2018年浙江新中考数学第八章《图形的变化》小自测

阶段测评(七)图形与变换时间：90分钟满分：120分一、选择题(每小题3分，共30分)1．(2017武汉中考)点A(－3，2)关于y轴对称的点的坐标为( B)A．(3，－2) B．(3，2) C．(－3，－2) D．(2，－3)2．(2017自贡中考)下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是( A),A),B),C),D)3．(河北中考)一张菱形纸片按如图①、图②依次对折后，再按如图③打出一个圆形小孔，则展开铺平后的图案是( C),A),B) ,C),D)4．(2017黄冈中考)已知：如图，是一个几何体的三视图，则该几何体的名称为( D)A．长方体B．正三棱柱C．圆锥D．圆柱,(第4题图)),(第5题图)),(第6题图))5．如图，EF是△ABC的中位线，将△AEF沿中线AD的方向平移到△A1E1F1的位置，使E1F1与BC边重合．已知△AEF的面积为7，则图中阴影部分的面积为( B)A．7 B．14 C．21 D．286．如图，在平面直角坐标系中，点A(－1，m)在直线y＝2x＋3上，连结OA，将线段OA绕点O顺时针旋转90°，点A的对应点B恰好落在直线y＝－x＋b上，则b的值为( D)A ．－2B ．1C .32D ．27．(2017益阳中考)如图，空心卷筒纸的高度为12 cm ，外径(直径)为10 cm ，内径为4 cm ，在比例尺为1∶4的三视图中，其主视图的面积是( D )A .21π4 cm 2B .21π16cm 2 C ．30 cm 2 D ．7.5 cm 2,(第7题图)),(第8题图)),(第9题图))8．如图，AB 是⊙O 的直径，弦CD 交AB 于点E ，且E 为OB 的中点，∠CDB ＝30°，CD ＝43，则阴影部分的面积为( D )A ．πB ．4πC .43πD .163π9．(2017枣庄中考)如图，直线y ＝23x ＋4与x 轴、y 轴分别交于点A 和点B ，点C ，D 分别为线段AB ，OB 的中点，点P 为OA 上一动点，当PC ＋PD 的值最小时，点P 的坐标为( C )A ．(－3，0)B ．(－6，0)C ．(－32，0)D ．(－52，0)10．(2017荆州中考)如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC 的顶点A 、C 分别在x 轴的负半轴、y 轴的正半轴上，点B 在第二象限．将矩形OABC 绕点O 顺时针旋转，使点B 落在y 轴上，得到矩形ODEF ，BC与OD 相交于点M.若经过点M 的反比例函数y ＝k x (x ＜0)的图象交AB 于点N ，S 矩形OABC ＝32，tan ∠DOE ＝12，则BN 的长为( A )A ．3B ．4C ．5D ．6二、填空题(每小题4分，共24分)11．(威海中考)一个几何体由几个大小相同的小正方体搭成，其左视图和俯视图如图，则搭成这个几何体的小正方体的个数是__4个__．,(第11题图)),(第12题图)),(第13题图))12．(荆门中考)两个全等的三角尺重叠放在△ACB的位置，将其中一个三角尺绕着点C按逆时针方向旋转至△DCE的位置，使点A恰好落在边DE上，AB与CE相交于点F.已知∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝30°，AB＝8 cm，则CF＝cm.13．(随州中考)(单位：cm)，根据图中数据计算这个长方体的体积是__24__cm3.14．如图，在▱ABCD 中，对角线AC ，BD 交于点E ，∠AEB ＝45°，BD ＝2，将△ABC 沿AC 所在直线翻折180°到其原来所在的同一平面内，若点B 的落点记为B′，则DB′的长为．15．长为1，宽为a 的矩形纸片⎝ ⎛⎭⎪⎫12<a<1，如图那样折一下，剪下一个边长等于矩形宽度的正方形(称为第一次操作)；再把剩下的矩形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时矩形宽度的正方形(称为第二次操作)；如此反复操作下去．若在第n 次操作后，剩下的矩形为正方形，则操作终止．当n ＝3时，a 的值为__35或34__．,(第15题图)),(第16题图))16．如图，射线QN 与等边三角形ABC 的两边AB ，BC 分别交于点M ，N ，且AC∥QN，AM ＝MB ＝2 cm ，QM ＝4 cm .动点P 从点Q 出发，沿射线QN 以1 cm /s 的速度向右移动，经过t s ，以点P 为圆心， 3 cm 长为半径的圆与△ABC 的边相切(切点在边上)，请写出t 可取的一切值：__t ＝2或3≤t≤7或t ＝8__.(单位：s )三、解答题(共66分)17．(8分)(龙东中考)如图，在平面直角坐标系中，点A ，B ，C 的坐标分别为(－1，3)，(－4，1)，(－2，1)，先将△ABC 沿一确定方向平移得到△A 1B 1C 1，点B 的对应点B 1的坐标是(1，2)，再将△A 1B 1C 1绕原点O 顺时针旋转90°得到△A 2B 2C 2，点A 1的对应点为点A 2.(1)画出△A 1B 1C 1； (2)画出△A 2B 2C 2；(3)求出在这两次变换过程中，点A 经过点A 1到达点A 2的路径总长． 解：(1)如图，△A 1B 1C 1即为所求作图形；(2分) (2)如图，△A 2B 2C 2即为所求作图形；(4分)(3)OA 1＝42＋42＝42，点A 经过点A 1到达点A 2的路径总长＝52＋12＋90·π·42180＝26＋22π.(8分)18．(8分)(1)如图①，纸片▱ABCD 中，AD ＝5，S ▱ABCD ＝15.过点A 作AE⊥BC，垂足为E ，沿AE 剪下△ABE ，将它平移至△DCE′ 的位置，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D 的形状为( )A ．平行四边形B ．菱形C ．矩形D ．正方形(2)如图②，在(1)中的四边形纸片AEE′D 中，在EE′上取一点F ，使EF ＝4，剪下△AEF，将它平移至△DE′F′的位置，拼成四边形AFF′D.①求证：四边形AFF′D是菱形；②求四边形AFF′D的两条对角线的长．解：(1)C；(2分)(2)①∵AD＝5，S▱ABCD＝15，∴AE＝3.∵EF＝4，∴在Rt△AEF中，AF＝AE2＋EF2＝32＋42＝5，∴AF ＝AD＝5.又∵AF∥DF′，AF＝DF′，∴四边形AFF′D是平行四边形．又∵AF＝AD，∴四边形AFF′D是菱形；(5分)②连结AF′，DF.在Rt△DE′F中，∵E′F＝E′E－EF＝5－4＝1，DE′＝3，∴DF＝12＋32＝10.在Rt△AEF′中，∵EF′＝EF＋FF′＝4＋5＝9，AE＝3，∴AF′＝32＋92＝310.(8分)19．(8分)如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，连结AG.(1)求证：△ABG≌△AFG；(2)求BG的长．解：(1)∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠D＝90°，AD＝AB.由折叠的性质可知：AD＝AF，∠AFE＝∠D＝90°，∴∠AFG＝90°，AB＝AF，∴∠AFG＝∠B.又AG＝AG，∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)；(4分)(2)∵△ABG≌△AFG，∴BG＝FG.设BG＝FG＝x，则GC＝6－x.∵E为CD的中点，∴CE＝EF＝DE＝3，∴EG＝x＋3，∴32＋(6－x)2＝(x＋3)2，解得x＝2，∴BG＝2.(8分)20．(8分)(巴中中考)如图，方格中，每个小正方形的边长都是单位1，△ABC在平面直角坐标系中的位置如图．(1)画出将△ABC向右平移2个单位得到的△A1B1C1；(2)画出将△ABC 绕点O 顺时针方向旋转90°得到的△A 2B 2C 2； (3)求△A 1B 1C 1与△A 2B 2C 2重合部分的面积．解：(1)如图，△A 1B 1C 1即为所求作图形；(2分) (2)如图，△A 2B 2C 2即为所求作图形；(4分)(3)如图，设B 2C 2与A 1B 1相交于点F ，B 2A 2与A 1B 1相交于点E ，直线A 1B 1与直线y ＝1相交于点H.∵B 2(0，1)，C 2(2，3)，B 1(1，0)，A 1(2，5)，A 2(5，0)，∴直线A 1B 1的表达式为y ＝5x －5，直线B 2C 2的表达式为y ＝x ＋1，直线A 2B 2的表达式为y ＝－15x ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝5x －5，y ＝x ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32，y ＝52，∴E (32，52)．(6分)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝5x －5，y ＝－15x ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1513，y ＝1013，∴F(1513，1013)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝5x －5，y ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝65，y ＝1，∴H(65，1)．S 重合部分＝S △B 2EF ＝S △B 2HE ＋S △B 2HF ＝12B 2H ·(y E －y H )＋12B 2H ·(y H －y F )＝12×65×⎝ ⎛⎭⎪⎫52－1＋12×65×(1－1013)＝2726.(8分)21．(8分)(天津中考)如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，A ，E 为格点，B ，F 为小正方形边的中点，C 为AE ，BF 的延长线的交点．(1)AE 的长等于________；(2)若点P 在线段AC 上，点Q 在线段BC 上，且满足AP ＝ PQ ＝ QB ，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出线段PQ，并简要说明点P，Q的位置是如何找到的．(不要求证明)解：(1)5；(3分)(2)如图，AC与网格线相交，得点P；取格点M，连结AM并延长与BC相交，得点Q.连结PQ，线段PQ 即为所求．(8分)22．(8分)邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又余下一个四边形，称为第二次操作；…….依此类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形，如图①，▱ABCD中，若AB＝1，BC＝2，则▱ABCD为1阶准菱形．(1)判断与推理：①邻边长分别为2和3的平行四边形是________阶准菱形；②小明为了剪去一个菱形，进行如下操作：如图②，把▱ABCD沿BE折叠(点E在AD上)，使点A落在BC边上的点F处，得到四边形ABFE，请证明四边形ABFE是菱形；(2)操作、探究与计算：①已知▱ABCD的邻边长分别为1，a(a＞1)，且是3阶准菱形，请画出▱ABCD及裁剪线的示意图，并在图形下方写出a的值；②已知▱ABCD的邻边长分别为a，b(a>b)，满足a＝6b＋r，b＝5r，请写出▱ABCD是几阶准菱形．解：(1)①2；②证明：由折叠知，∠ABE＝∠FBE，AB＝BF.∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥BF，∴∠AEB＝∠FBE，∴∠AEB＝∠ABE，∴AE＝AB，∴AE＝BF，∴四边形ABFE是平行四边形，∴四边形ABFE 是菱形；(4分)(2)①(6分)②10阶准菱形，理由略．(8分)23．(8分)(潍坊中考)如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠BAD ＝60°，过点D 作DE⊥AB 于点E ，DF ⊥BC 于点F.(1)如图①，连结AC 分别交DE ，DF 于点M ，N ，求证：MN ＝13AC ；(2)如图②，将∠EDF 以点D 为旋转中心旋转，其两边DE′，DF ′分别与直线AB ，BC 相交于点G ，P ，连结GP ，当△DGP 的面积等于33时，求旋转角的大小并指明旋转方向．解：(1)连结BD ，设BD 交AC 于点O ，∵在菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，AD ＝AB ，∴△ABD 为等边三角形．(1分)∵DE ⊥AB ，∴AE ＝EB.∵AE∥CD，∴AM CM ＝AE CD ＝12，(2分)同理，CN AN ＝12，∴M ，N 是线段AC 的三等分点，∴MN ＝13AC ；(3分)(2)∵AB∥CD，∠BAD ＝60°，∴∠ADC ＝120°. 又∵∠ADE＝∠CDF ＝30°，∴∠EDF ＝60°.(4分)当∠EDF 顺时针旋转时，由旋转的性质知∠EDG＝∠FDP，∠GDP ＝∠EDF＝60°.∵DE ＝DF ＝3，∠DEG ＝∠DFP＝90°，∴Rt △DEG ≌Rt △DFP ，∴DG ＝DP ，(5分)∵∠GDP ＝60°，∴△DGP 是等边三角形，则S △DGP ＝34DG 2，由34DG 2＝33，又DG>0，解得DG ＝23，(6分)∴cos ∠EDG ＝DE DG ＝323＝12，∴∠EDG ＝60°，∴当顺时针旋转60°时，△DGP 的面积是3 3.同理可得，当逆时针旋转60°时，△DGP 的面积是3 3.综上所述，将∠EDF 以点D 为旋转中心顺时针或逆时针旋转60°时，△DGP 的面积是3 3.(8分)24．(10分)(2017重庆中考)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝33x 2－233x －3与x 轴交于A ，B 两点(点A 在点B 的左侧)，与y 轴交于点C ，对称轴与x 轴交于点D ，点E(4，n)在抛物线上．(1)求直线AE 的表达式；(2)点P 为直线CE 下方抛物线上的一点，连结PC ，PE.当△PCE 的面积最大时，连结CD ，CB ，点K 是线段CB 的中点，点M 是CP 上的一点，点N 是CD 上的一点，求KM ＋MN ＋NK 的最小值；(3)点G 是线段CE 的中点，将抛物线y ＝33x 2－233x －3沿x 轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D ，y ′的顶点为点F.在新抛物线y′的对称轴上，是否存在一点Q ，使得△FGQ 为等腰三角形？若存在，直接写出点Q 的坐标，若不存在，请说明理由．解：(1)∵y＝33x 2－233x －3，∴y ＝33(x ＋1)(x －3)，∴A(－1，0)，B(3，0)．当x ＝4时，n ＝533，∴E(4，533)．(2分) 设直线AE 的表达式为y ＝kx ＋b ，将点A 和点E 的坐标代入得：⎩⎪⎨⎪⎧－k ＋b ＝0，4k ＋b ＝533，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝33，b ＝33.∴直线AE 的表达式为y ＝33x ＋33；(3分) (2)设直线CE 的表达式为y ＝mx －3，将点E 的坐标代入得：4m －3＝533，解得m ＝233.∴直线CE 的表达式为y ＝233x － 3.如图①，过点P 作PF∥y 轴，交CE 于点F.设点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，33x 2－233x －3，则点F(x ，233x －3)，则FP ＝(233x －3)－(33x 2－233x －3)＝－33x 2＋433x.∴S △EPC ＝12×(－33x 2＋433x)×4＝－233x 2＋833x ，∴当x ＝2时，△EPC 的面积最大，∴P(2，－3)．(5分)如图②所示，作点K 关于CD 和CP 的对称点G ，H ，连结G ，H 交CD 和CP 于N ，M.∵点K 是CB 的中点，∴K(32，－32)．∵点H 与点K 关于CP 对称，∴点H 的坐标为(32，－332)．∵点G 与点K 关于CD 对称，∴点G(0，0)，∴KM ＋MN ＋NK ＝MH ＋MN ＋GN.当点O ，N ，M ，H 在一条直线上时，KM ＋MN ＋NK 有最小值，最小值＝GH ，∴GH ＝（32）2＋（332）2＝3，∴KM ＋MN ＋NK 的最小值为3；(6分) (3)存在，点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－43＋2213或⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－43－2213或(3，23)或⎝⎛⎭⎪⎫3，－235.(10分)。

阶段检测8 图形的变化一、选择题(本大题有10小题，每小题4分，共40分．请选出各小题中唯一的正确选项，不选、多选、错选，均不得分)1．下列图案属于轴对称图形的是( )2．如图，小明同学将一个圆锥和一个三棱柱组成组合图形，观察其三视图，其俯视图是( )第2题图第3题图第5题图3．如图，已知钝角△ABC，依下列步骤尺规作图，并保留作图痕迹．步骤1：以C为圆心，CA为半径画弧①；步骤2：以B为圆心，BA为半径画弧②，交弧①于点D；步骤3：连结AD，交BC延长线于点H.下列叙述正确的是( )A．BH垂直平分线段AD B．AC平分∠BADC．S△ABC＝BC·AH D．AB＝AD4．规定：在平面内，将一个图形绕着某一点旋转一定的角度(小于周角)后能和自身重合，则称此图形为旋转对称图形．下列图形是旋转对称图形，且有一个旋转角为60°的是( )A．正三角形 B．正方形 C．正六边形 D．正十边形5．图1和图2中所有的正方形都全等，将图1的正方形放在图2中的①②③④某一位置，所组成的图形不能围成正方体的位置是( )A ．①B ．②C ．③D ．④6．如图，用一个半径为5cm 的定滑轮带动重物上升，滑轮上一点P 旋转了108°，假设绳索(粗细不计)与滑轮之间没有滑动，则重物上升了( )A ．πcmB ．2πcmC ．3πcmD ．5πcm第6题图第7题图7．如图，直线m∥n ，圆心在直线n 上的⊙A 是由⊙B 平移得到的，则图中两个阴影三角形的面积大小关系是( )A ．S 1＜S 2B ．S 1＝S 2C ．S 1＞S 2D ．不能确定8．如图，已知∠AOB ＝30°，以O 为圆心、a 为半径画弧交OA 、OB 于A 1、B 1，再分别以A 1、B 1为圆心、a 为半径画弧交于点C 1，以上称为一次操作．再以C 1为圆心，a 为半径重新操作，得到C 2.重复以上步骤操作，记最后一个两弧的交点(离点O 最远)为C K ，则点C K 到射线OB 的距离为( )第8题图A.a 2B.32a C ．a D.3a 9．如图，正方形纸片ABCD 中，对角线AC 、BD 交于点O ，折叠正方形纸片ABCD ，使AD 落在BD 上，点A 恰好与BD 上的点F 重合，展开后折痕DE 分别交AB 、AC 于点E 、G ，连结GF ，给出下列结论：①∠ADG ＝22.5°；②tan ∠AED ＝2；③S △AGD ＝S △OGD ；④四边形AEFG 是菱形；⑤BE ＝2OG ；⑥若S △OGF ＝1，则正方形ABCD 的面积是6＋42，其中正确的结论个数为( )第9题图A．2 B．3 C．4 D．510．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C，当A1落在AB边上时，连结B1B，取BB1的中点D，连结A1D，则A1D的长度是( )第10题图A.7 B．2 2 C．3 D．23二、填空题(本大题有6小题，每小题5分，共30分)11．夏季荷花盛开，为了便于游客领略“人从桥上过，如在河中行”的美好意境，某景点拟在如图所示的矩形荷塘上架设小桥．若荷塘周长为280m，且桥宽忽略不计，则小桥总长为m.第11题图第12题图第13题图第14题图12．如图，在直角坐标系中，右边的蝴蝶是由左边的蝴蝶飞过去以后得到的，左图案中左右翅尖的坐标分别是(－4，2)、(－2，2)，右图案中左翅尖的坐标是(3，4)，则右图案中右翅尖的坐标是.13．如图，△ABC是一张直角三角形纸片，∠C＝90°，两直角边AC＝6cm、BC＝8cm，现将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为EF，则tan∠CAE＝.14．如图，以边长为20cm的正三角形纸板的各顶点为端点，在各边上分别截取4cm长的六条线段，过截得的六个端点作所在边的垂线，形成三个有两个直角的四边形．把它们沿图中虚线剪掉，用剩下的纸板折成一个底为正三角形的无盖柱形盒子，则它的容积为cm3.15．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，连结BQ.若PA＝6，PB＝8，PC＝10，则四边形APBQ的面积为.第15题图第16题图16．如图，两块完全相同的含30°角的直角三角板ABC和A′B′C′重合在一起，将三角板A′B′C′绕其直角顶点C′按逆时针方向旋转角α(0°＜α≤90°)，有以下四个结论：①当α＝30°时，A′C与AB的交点恰好为AB中点；②当α＝60°时，A′B′恰好经过B；③在旋转过程中，存在某一时刻，使得AA′＝BB′；④在旋转过程中，始终存在AA′⊥BB′，其中结论正确的序号是.(多填或填错得0分，少填酌情给分)三、解答题(本大题有8小题，第17～20题每题8分，第21题10分，第22、23题每题12分，第24题14分，共80分)17．如图，△ABC是等腰三角形，AB＝BC，点D为BC的中点．(1)用圆规和没有刻度的直尺作图，并保留作图痕迹：①过点B作AC的平行线BP；②过点D作BP的垂线，分别交AC，BP，BQ于点E，F，G；(2)在(1)所作的图中，连结BE，CF.求证：四边形BFCE是平行四边形．第17题图18．如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x，y轴分别交于A，B两点，OB＝8，OA ＝6，M是OB上一点，将△ABM沿AM折叠，点B恰好落在x轴上的点C.(1)求点C的坐标；(2)求△OMC的面积．第18题图19．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在AB，AC上，CE＝BC，连结CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CF，连结EF.第19题图(1)补充完成图形；(2)若EF∥CD，求证：∠BDC＝90°.20．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(1，1)，B(4，2)，C(3，4)(1)请画出将△ABC向左平移4个单位长度后得到的图形△A1B1C1；(2)请画出△ABC关于原点O成中心对称的图形△A2B2C2；(3)在x轴上找一点P，使PA＋PB的值最小，请直接写出点P的坐标．第20题图21．如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是射线CB上的一个动点，把△DCE沿DE折叠，点C的对应点为C′.第21题图(1)若点C′刚好落在对角线BD上时，BC′＝；(2)若点C′刚好落在线段AB的垂直平分线上时，求CE的长；(3)若点C′刚好落在线段AD的垂直平分线上时，求CE的长．22．(1)如图1，纸片▱ABCD中，AD＝5，S▱ABCD＝15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE 剪下△ABE，将它平移至△DCE′的位置，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的形状为.第22题图A．平行四边形 B．菱形C．矩形 D．正方形(2)如图2，在(1)中的四边形纸片AEE′D中，在EE′上取一点F，使EF＝4，剪下△AEF，将它平移至△DE′F′的位置，拼成四边形AFF′D.①求证：四边形AFF′D是菱形，②求四边形AFF′D的两条对角线的长．23．如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，点D是边AC的中点，点E是斜边AB上的动点，将△ADE沿DE所在的直线折叠得到△A1DE.(1)当点A1落在边BC(含边BC的端点)上时，折痕DE的长是多少？(可在备用图上作图)(2)连结A1B，当点E在边AB上移动时，求A1B长的最小值．第23题图24．在平面直角坐标系中，O为原点，点A(4，0)，点B(0，3)，把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A，O旋转后的对应点为A′，O′，记旋转角为α.第24题图(1)如图1，若α＝90°，求AA′的长；(2)如图2，若α＝120°，求点O′的坐标；(3)在(2)的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P＋BP′取得最小值时，求点P′的坐标．(直接写出结果即可)参考答案阶段检测8 图形的变化一、1—5.ABACA 6—10.CBCBA二、11.140 12.(5，4) 13.72414.144 15.24＋9 3 16．①②④三、17.(1)如图1：(2)证明：如图2：∵BP∥AC，∴∠ACB ＝∠PBC，在△ECD 和△FBD 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠ACB ＝∠PBC，CD ＝BD ，∠CDE ＝∠BDF，∴△ECD ≌△FBD ，∴CE ＝BF ，∴四边形ECFB 是平行四边形．图1图2第17题图18．(1)在Rt △AOB 中，AB ＝AO 2＋BO 2＝62＋82＝10，由折叠的性质可知：BA ＝AC ＝10，CO ＝AC －OA ＝10－6＝4.∴点C 的坐标为(－4，0)； (2)设OM ＝x ，则CM ＝8－x.在Rt△COM 中，CM 2＝OC 2＋OM 2，即(8－x)2＝42＋x 2.解得：x ＝3.S △COM ＝12OC ·OM ＝12×4×3＝6. 19．(1)补全图形，如图所示；(2)由旋转的性质得：∠DCF＝90°，∴∠DCE ＋∠ECF＝90°，∵∠ACB ＝90°，∴∠DCE ＋∠BCD＝90°，∴∠ECF ＝∠BCD，∵EF ∥DC ，∴∠EFC ＋∠DCF＝180°，∴∠EFC ＝90°，在△BDC 和△EFC 中，⎩⎪⎨⎪⎧DC ＝FC ，∠BCD ＝∠ECF，BC ＝EC ，∴△BDC ≌△EFC(SAS)，∴∠BDC ＝∠EFC＝90°.第19题图20．(1)如图1所示；(2)如图2所示；(3)找出A 的对称点A′(1，－1)，连结BA′，与x 轴交点即为P ；如图3所示：点P 坐标为(2，0)．图1图2图3第20题图21．(1)如图1，∵点B ，C ′，D 在同一直线上，∴BC ′＝BD －DC′＝BD －DC ＝10－6＝4；故答案为：4； (2)如图2，连结CC′，∵点C′在AB 的垂直平分线上，∴点C′在DC 的垂直平分线上，∴CC ′＝DC′＝DC ，则△DC′C 是等边三角形，设CE ＝x ，易得DE ＝2x ，由勾股定理得：(2x)2－x 2＝62，解得：x ＝23，即CE 的长为23； (3)作AD 的垂直平分线，交AD 于点M ，交BC 于点N ，分两种情况讨论：①当点C′在矩形内部时，如图3，∵点C′在AD 的垂直平分线上，∴DM ＝4，∵DC ′＝6，由勾股定理得：MC′＝25，∴NC ′＝6－25，设EC ＝y ，则C′E＝y ，NE ＝4－y ，故NC′2＋NE 2＝C′E 2，即(6－25)2＋(4－y)2＝y 2，解得：y ＝9－35，即CE ＝9－35；②当点C′在矩形外部时，如图4，∵点C′在AD 的垂直平分线上，∴DM ＝4，∵DC ′＝6，由勾股定理得：MC′＝25，∴NC ′＝6＋25，设EC ＝z ，则C′E＝z ，NE ＝z －4，故NC′2＋NE 2＝C′E 2，即(6＋25)2＋(z －4)2＝z 2，解得：z ＝9＋35，即CE ＝9＋35，综上所述：CE 的长为9±3 5.第21题图22．(1)C (2)①证明：∵纸片▱ABCD 中，AD ＝5，S ▱ABCD ＝15，过点A 作AE⊥BC，垂足为E ，∴AE ＝3.如图2：将△AEF 平移至△DE′F′，∴AF ∥DF ′，AF ＝DF′，∴四边形AFF′D 是平行四边形．在Rt △AEF 中，由勾股定理，得AF ＝AE 2＋EF 2＝32＋42＝5，∴AF ＝AD ＝5，∴四边形AFF′D 是菱形； ②连结AF′，DF ，如图3：在Rt △DE ′F 中E′F＝FF′－E′F′＝5－4＝1，DE ′＝3，∴DF ＝E ′D 2＋E′F 2＝12＋32＝10，在Rt △AEF ′中EF′＝EF ＋FF′＝4＋5＝9，AE ＝3，∴AF ′＝AE 2＋F′E 2＝32＋92＝310.第22题图23．(1)∵点D 是边AC 的中点，∴DC ＝DA ＝1，∴点A 1落在边BC 上时，点A 1与点C 重合，如图1所示．此时，DE 为AC 的垂直平分线，即DE 为△ABC 的中位线，∴DE ＝12BC ＝1； (2)连结BD ，DE ，在Rt △BCD 中，BD ＝BC 2＋CD 2＝5，由折叠知△A 1DE ≌△ADE ，∴A 1D ＝AD ＝1，由A 1B ＋A 1D ≥BD ，得：A 1B ≥BD －A 1D ＝5－1，∴A 1B 长的最小值是5－1.第23题图24．(1)如图1，∵点A(4，0)，点B(0，3)，∴OA ＝4，OB ＝3，∴AB ＝32＋42＝5，∵△ABO 绕点B 逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA ＝BA′，∠ABA ′＝90°，∴△ABA ′为等腰直角三角形，∴AA ′＝2BA ＝52； (2)作O′H⊥y 轴于H ，如图2，∵△ABO 绕点B 逆时针旋转120°，得△A′BO′，∴BO ＝BO′＝3，∠OBO ′＝120°，∴∠HBO ′＝60°，在Rt △BHO ′中，∵∠BO ′H ＝90°－∠HBO′＝30°，∴BH ＝12BO ′＝32，O ′H ＝3BH ＝332，∴OH ＝OB ＋BH ＝3＋32＝92，∴O ′点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫332，92；(3)∵△ABO 绕点B 逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P 的对应点为P′，∴BP ＝BP′，∴O ′P ＋BP′＝O′P＋BP ，作B 点关于x 轴的对称点C ，连结O ′C 交x 轴于P 点，如图2，则O′P＋BP ＝O′P＋PC ＝O′C，此时O′P ＋BP 的值最小，∵点C 与点B 关于x 轴对称，∴C(0，－3)，设直线O′C 的解析式为y ＝kx＋b ，把O′⎝ ⎛⎭⎪⎫332，92，C(0，－3)代入得⎩⎪⎨⎪⎧332k ＋b ＝92b ＝－3，，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝533，b ＝－3，∴直线O′C 的解析式为y ＝533x －3，当y ＝0时，533x －3＝0，解得x ＝335，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫335，0，∴OP ＝335，∴O ′P ′＝OP ＝335，作P′D⊥O′H 于D ，∵∠BO ′A ′＝∠BOA＝90°，∠BO ′H ＝30°，∴∠DP ′O ′＝30°，∴O ′D ＝12O ′P ′＝3310，P ′D ＝3O ′D ＝910，∴DH ＝O′H－O′D＝332－3310＝635，P ′纵坐标为OH ＋P′D＝92＋910＝275，∴P ′点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫635，275.第24题图。

24.( 09金华本题一2分)如图，在平面直角坐标系中，点A （0，6），点B 是x 轴上的一个动点，连结AB ，取AB 的中点M ，将线段MB 绕着点B 按顺时针方向旋转90o ，得到线段BC .过点B 作x 轴的垂线交直线AC 于点D .设点B 坐标是（t ，0）. （一）当t =4时，求直线AB 的解析式；（2）当t >0时，用含t 的代数式表示点C 的坐标及△ABC 的面积； （3）是否存在点B ,使△ABD 为等腰三角形?若存在，请求出所有符合条件的点B 的坐标；若不存在，请说明理由.（09衢州）24. （本题一4分）如图，已知点A (-4，8)和点B (2，n )在抛物线2y ax =上．(一) 求a 的值及点B 关于x 轴对称点P 的坐标，并在x 轴上找一点Q ，使得AQ +QB 最短，求出点Q 的坐标；(2) 平移抛物线2y ax =，记平移后点A 的对应点为A ′，点B 的对应点为B ′，点C (-2，0)和点D (-4，0)是x 轴上的两个定点． ① 当抛物线向左平移到某个位置时，A ′C +CB ′ 最短，求此时抛物线的函数解析式； ② 当抛物线向左或向右平移时，是否存在某个位置，使四边形A ′B ′CD 的周长最短？若存在，求出此时抛物线的函数解析式；若不存在，请说明理由．（09义乌）23.如图，在矩形ABCD 中，AB=3,AD=一,点P 在线段AB 上运动，设AP=x ，现将纸片折叠，使点D 与点P 重合，得折痕EF （点E 、F 为折痕与矩形边的交点），再将纸片还原。

（一）当x=0时，折痕EF 的长为 # .；当点E 与点A重合时，折痕EF 的长为 # .；（2）请写出使四边形EPFD 为菱形的x 的取值范围，并求出· yOA x备用图得 分 评卷人当x=2时菱形的边长；（3）令2y EF =，当点E 在AD 、点F 在BC 上时，写出y 与x 的函数关系式。

（1）选择题1. （2002年浙江绍兴3分）如图，以圆柱的下底面为底面，上底面圆心为顶点的圆锥的母线长为4，高线长为3，则圆柱的侧面积为【 】（A ）30π （B ）76π （C ）20π （D ）74π2. （2003年浙江绍兴4分）圆锥的母线长为13cm ，底面半径为5cm ，则此圆锥的高线长为【 】 A ．6 cm B ．8 cm C ．10 cm D ．12 cm∴根据勾股定理得：()cm 。

故选D 。

3. （2003年浙江绍兴4分）如图，有一矩形纸片ABCD ，AB=10，AD=6，将纸片折叠，使AD 边落在AB 边上，折痕为AE ，再将△AED 以DE 为折痕向右折叠，AE 与BC 交于点F ，则△CEF 的面积为【 】A．4 B．6 C．8 D．104. （2004年浙江绍兴4分）一个圆锥的底面半径为52，母线长为6，则此圆锥侧面展开图的圆心角是【】A．180° B．150° C．120°D．90°5. （2004年浙江绍兴4分）如图，一张长方形纸沿AB对折，以AB中点O为顶点将平角五等分，并沿五等分的折线折叠，再沿CD剪开，使展开后为正五角星（正五边形对角线所构成的图形）.则∠OCD等于【】A．108°B．144°C．126°D．129°【答案】C 。

【考点】矩形的性质，折叠对称的性质。

【分析】展开如图：五角星的每个角的度数是：00180365=。

∵∠COD=3600÷10=360，∠ODC=360÷2=180， ∴∠OCD=1800－360－180=1260。

故选C 。

6. （2005年浙江绍兴4分）已知圆柱的侧面积为10π，则它的轴截面面积为【 】 （A ） 5 （B ） 10 （C ） 12 （D ） 207. （2005年浙江绍兴4分）将一张正方形纸片，沿图的虚线对折，得图，然后剪去一个角，展开铺平后的图形如下图所示，则图中沿虚线的剪法是【 】（A ） （B ） （C ）（D ）8. （2006年浙江绍兴4分）下图中几何体的正视图是【 】A. B ． C ．D.9. （2006年浙江绍兴4分）如图，设M，N分别是直角梯形ABCD两腰AD，CB的中点，DE上AB于点E，将△ADE沿DE翻折，M与N恰好重合，则AE：BE等于【】A．2:1 B．1:2 C．3:2 D．2:3【答案】A。

（1）选择题1. （2002年浙江金华、衢州4分）圆锥的轴截面是【】(A)梯形(B)等腰三角形 (C)矩形(D)圆2. （2003年浙江金华、衢州4分）在下列几何体中，轴截面是等腰梯形的是【】A．圆锥B．圆台C．圆柱D．球3. （2003年浙江金华、衢州4分）如果用□表示1个立方体，用表示两个立方体叠加，用■表示三个立方体叠加，那么下面图是由7个立方体叠成的几何体，从正前方观察，可画出的平面图形是【】4. （2004年浙江金华4分）圆柱的轴截面是【】A、等腰三角形B、等腰梯形C、矩形D、圆5. （2004年浙江金华4分）将一张矩形纸片纸对折（如图），然后沿着图中的虚线剪下，得到①、②两部分，将①展开后得到的平面图形是【】A、三角形B、矩形C、菱形D、梯形6. （2004年浙江金华4分）下列图形中，不是立方体表面展开图的是（）7. （2005年浙江金华4分）圆柱的侧面展开图是【】Ａ、等腰三角形Ｂ、等腰梯形Ｃ、扇形Ｄ、矩形8. （2005年浙江金华4分）如图是跷跷板的示意图，支柱OC与地面垂直，点Ｏ是横板AB的中点，ＡＢ可以绕着点Ｏ上下转动，当Ａ端落地时，∠OAC＝20°，横板上下可转动的最大角度（即∠Ａ′OA）是【】Ａ、80°Ｂ、60°Ｃ、40°Ｄ、20°9. （2005年浙江金华4分）如图（１），在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，将△ADE沿线段ＤＥ向下折叠，得到图（２），下列关于图（２）的四个结论中，不一定成立的是【】Ａ、点Ａ落在边ＢＣ的中点Ｂ、∠Ｂ＋∠Ｃ＝180°Ｃ、△DBA是等腰三角形Ｄ、DE∥BC10. （2006年浙江金华4分）下图所示的几何体的主视图是【】11. （2006年浙江金华4分）将叶片图案旋转180°后，得到的图形是【】12. （2007年浙江金华4分）如图是小玲在九月初九“重阳节”送给她外婆的礼盒，图中所示礼盒的主视图是【】13. （2008年浙江金华3分）在生活和生产实践中，我们经常需要运用三视图来描述物体的形状和大小。

专题提升八以图形变换为背景的作图与计算一、图形变换的作图与计算热点解读图形变换要揭示变换过程中的隐含条件；对比变换前后图形中的对应量，从而找到问题中的等量关系而求解．该题型是中考常用题型．母题呈现1．(2017·北京市海淀区模拟)如图，在△ABC中，AB＝2，AC＝4，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A′B′C，使CB′∥AB，分别延长AB，CA′相交于点D，则线段BD的长为.2．如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点. △ABC的三个顶点A，B，C都在格点上，将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°得到△AB′C′.(1)在正方形网格中，画出△AB′C′；(2)计算线段AB在变换到AB′的过程中扫过区域的面积．对点训练1．如图所示把一张长方形纸片对折，折痕为AB，再以AB的中点O为顶点，把平角∠AOB 三等分，沿平角的三等分线折叠，将折叠后的图形剪出一个以O为顶点的直角三角形，那么剪出的直角三角形全部展开铺平后得到的平面图形一定是( )第1题图A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形2．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0，3)，△OAB沿x轴向右平移后得到△O′A′B′，点A的对应点在直线y＝34x上，则点B与其对应点B′间的距离为______________________．第2题图3．(2016·广州)如图，△ABC中，AB＝AC，BC＝12cm，点D在AC上，DC＝4cm.将线段DC沿着CB的方向平移7cm得到线段EF，点E，F分别落在边AB，BC上，则△EBF的周长为cm.第3题图第4题图4．(2016·温州)如图，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，使点A′落在BC的延长线上．已知∠A＝27°，∠B＝40°，则∠ACB′＝度．5．(2016·内江)如图所示，已知点C(1，0)，直线y＝－x＋7与两坐标轴分别交于A，B两点，D，E分别是AB，OA上的动点，则△CDE周长的最小值是.第5题图6．(2017·宁波)如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F，G分别在边AB，AD上，则cos∠EFG的值为____________________．第6题图7．(2016·毕节)如图，已知△ABC中，AB＝AC，把△ABC绕A点沿顺时针方向旋转得到△ADE，连结BD，CE交于点F.(1)求证：△AEC≌△ADB；(2)若AB＝2，∠BAC＝45°，当四边形ADFC是菱形时，求BF的长．第7题图二、旋转变换中探究性问题热点解读旋转前、后的图形全等，所以借此可以在较复杂的图形中发现等量(或全等)关系，或通过旋转(割补)图形，把分散的已知量聚合起来，便于打通解题思路，疏通解题突破口．用旋转来设计中考题是命题策略之一．母题呈现(2017·襄阳)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF 与AC交于点M，DE与BC交于点N.(1)如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF；(2)如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，①探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由；②若CE＝4，CF＝2，求DN的长．对点训练8．(2016·丹东模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝ 3.将矩形ABCD绕点A逆时针旋转至矩形AB′C′D′，使得点B′恰好落在对角线BD上，连结DD′，则DD′的长度为( )A. 3B. 5C.3＋1 D．2第8题图9．(2016·大连模拟)如图1，教室里有一只倒地的装垃圾的灰斗，BC与地面的夹角为50°，∠C＝25°，小贤同学将它扶起平放在地面上(如图2)，则灰斗柄AB绕点C转动的角度为____________________．第9题图10．(2016·苏州模拟)如图，边长为6的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连结EC，将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连结DF.则在点E运动过程中，DF的最小值是____________________．第10题图11．(2016·福州模拟)已知，四边形ABCD是正方形，点P在直线BC上，点G在直线AD上(P、G不与正方形顶点重合，且在CD的同侧)，PD＝PG，DF⊥PG于点H，交直线AB于点F，将线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，连结EF.(1)如图1，当点P与点G分别在线段BC与线段AD上时．①求证：DG＝2PC；②求证：四边形PEFD是菱形；(2)如图2，当点P与点G分别在线段BC与线段AD的延长线上时，请猜想四边形PEFD 是怎样的特殊四边形，并证明你的猜想．第11题图12.现有一副直角三角板，已知含45°角的直角三角板的斜边恰与含30°角的直角三角板的较长直角边完全重合(如图1)．即△C′DA′的顶点A′、C′分别与△BAC的顶点A、C 重合．现在让△C′DA′固定不动，将△BAC通过变换使斜边BC经过△C′DA′的直角顶点D.(1)如图2，将△BAC绕点C按顺时针方向旋转角度α(0°＜α＜180°)，使BC边经过点D，则α＝____________________°；(2)如图3，将△BAC绕点A按逆时针方向旋转，使BC边经过点D.试说明：BC∥A′C′；(3)如图4，若将△BAC沿射线A′C′方向平移m个单位长度，使BC边经过点D，已知AB ＝2，求m 的值．第12题图参考答案专题提升八 以图形变换为背景的作图与计算一、图形变换的作图与计算【母题呈现】1.62．(1)如图，△AB ′C ′即为所求． (2)∵AB ＝42＋32＝5，∴扫过区域的面积为：90·π·52360＝254π.【对点训练】1.A 2.4 3.13 4.46 5.10 6.2177．(1)由旋转的性质得：△ABC ≌△ADE ，且AB ＝AC ，∴AE ＝AD ，AC ＝AB ，∠BAC ＝∠DAE ，∴∠BAC ＋∠BAE ＝∠DAE ＋∠BAE ，即∠CAE ＝∠DAB ，在△AEC 和△ADB 中，⎩⎪⎨⎪⎧AE ＝AD ，∠CAE ＝∠DAB ，AC ＝AB ，∴△AEC ≌△ADB (SAS )； (2)∵四边形ADFC 是菱形，且∠BAC ＝45°，∴∠DBA ＝∠BAC ＝45°，由(1)得：AB ＝AD ，∴∠DBA ＝∠BDA ＝45°，∴△ABD 为直角边为2的等腰直角三角形，∴BD 2＝2AB 2，即BD ＝22，∴AD ＝DF ＝FC ＝AC ＝AB ＝2，∴BF ＝BD －DF ＝22－2. 二、旋转变换中探究性问题【母题呈现】(1)∵∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，AD ＝BD ，∴∠BCD ＝∠ACD ＝45°，∠BCE ＝∠ACF ＝90°，∴∠DCE ＝∠DCF ＝135°，在△DCE 与△DCF 中，⎩⎪⎨⎪⎧CE ＝CF ，∠DCE ＝∠DCF ，CD ＝CD ，∴△DCE ≌△DCF ，∴DE ＝DF ；(2)①∵∠DCF ＝∠DCE ＝135°，∴∠CDF ＋∠F ＝180°－135°＝45°，∵∠CDF ＋∠CDE ＝45°，∴∠F ＝∠CDE ，∴△CDF ∽△CED ，∴CD CE ＝CF CD，即CD 2＝CE ·CF ，∵∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，AD ＝BD ，∴CD ＝12AB ，∴AB 2＝4CE ·CF ； ②如图，过D 作DG ⊥BC 于G ，则∠DGN ＝∠ECN ＝90°，CG ＝DG ，当CE ＝4，CF ＝2时，由CD 2＝CE ·CF 得CD ＝22，∴在Rt △DCG 中，CG ＝DG ＝CD ·sin ∠DCG ＝22×sin45°＝2，∵∠ECN ＝∠DGN ，∠ENC ＝∠DNG ，∴△CEN ∽△GDN ，∴CN GN ＝CEDG＝2，∴GN ＝13CG ＝23，∴DN ＝GN 2＋DG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋22＝2103. 【对点训练】8．A 9.105° 10.1.511．(1)证明：①作PM ⊥DG 于M ，如图1，∵PD ＝PG ，∴MG ＝MD ，∵四边形ABCD 为正方形，∴PCDM 为矩形，∴PC ＝MD ，∴DG ＝2PC ； ②∵四边形ABCD 为正方形，∴AD ＝AB ，∵四边形ABPM 为矩形，∴AB ＝PM ，∴AD ＝PM ，∵DF ⊥PG ，∴∠DHG ＝90°，∴∠GDH ＋∠DGH＝90°，∵∠MGP ＋∠MPG ＝90°，∴∠GDH ＝∠MPG ，在△ADF 和△MPG 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠A ＝∠GMP ，AD ＝PM ，∠ADF ＝∠MPG ，∴△ADF ≌△MPG (ASA )，∴DF ＝PG ，而PD ＝PG ，∴DF ＝PD ，∵线段PG 绕点P 逆时针旋转90°得到线段PE ，∴∠EPG ＝90°，PE ＝PG ，∴PE ＝PD ＝DF ，而DF ⊥PG ，∴DF ∥PE ，即DF ∥PE ，且DF ＝PE ，∴四边形PEFD 为平行四边形，∵DF ＝PD ，∴四边形PEFD 为菱形； (2)四边形PEFD 是菱形．理由如下：作PM ⊥DG 于M ，如图2，与(1)一样同理可证得△ADF ≌△MPG ，∴DF ＝PG ，而PD ＝PG ，∴DF ＝PD ，∵线段PG 绕点P 逆时针旋转90°得到线段PE ，∴∠EPG ＝90°，PE ＝PG ，∴PE ＝PD ＝DF ，而DF ⊥PG ，∴DF ∥PE ，即DF ∥PE ，且DF ＝PE ，∴四边形PEFD 为平行四边形，∵DF ＝PD ，∴四边形PEFD 为菱形．第11题图12．(1)15 (2)如图3，过点A 作AH ⊥BC 于点H ，∵∠C ＝30°，∴AH ＝12AC ，∵AD ＝22AC ，∴DH ＝AD 2－AH 2＝12AC ，∴AH ＝DH ，∴∠HAD ＝45°，∴∠HAC ′＝∠HAD ＋∠DAC ′＝90°，∴HA ⊥AC ′，∴BC ∥A ′C ′；(3)如图4，过点D 作DH ⊥AC ，垂足为H ，∵AB ＝2，∴AC ＝A ′C ′＝2×3＝6，∴HC ′＝DH ＝12A ′C ′＝62，∴HC ＝62×3＝322，所以m 的值为：HC－HC ′＝322－62.第12题图13．(1)∵正方形ABCD 和正方形DEFG ，∴AD ＝CD ，DE ＝DG ，∠ADC ＝∠EDG ＝90°，∴∠ADE ＝∠CDG ，在△AED 和△CGD 中，∵AD ＝CD ，∠ADE ＝∠CDG ，DE ＝DG ，∴△ADE ≌△CDG ，∴AE ＝CG ，∴AE ∶CG ＝1∶1； (2)成立．∵正方形ABCD 和正方形DEFG ，∴AD ＝CD ，DE ＝DG ，∠ADC ＝∠EDG ＝90°，∴∠ADE ＝∠CDG ，在△AED 和△CGD 中，∵AD ＝CD ，∠ADE ＝∠CDG ，DE ＝DG ，∴△ADE ≌△CDG ，∴AE ＝CG ，∴AE ∶CG ＝1∶1； (3)∵矩形ABCD 和矩形DEFG ，∴∠ADC ＝∠EDG ＝90°，∴∠ADE ＝∠CDG ，∵AD DE ＝42＝2，CD DG ＝63＝2，∴AD DE ＝CDDG，∴△ADE ∽△CDG ，∴AE ∶CG ＝AD ∶DC ＝4∶6＝2∶3.。

中考数学解法探究专题图形变换综合探究专题考题研究：本专题主要包括图形的变换和相似形．其中轴对称图形、平移、中心对称图形的识别，相似三角形性质以填空和选择题为主，主要是考查对图形的识别和性质；图形的折叠、平移、旋转与几何图形面积相关的计算问题以填空题和解答题为主，主要是考查对几何问题的综合运用能力；而相似三角形的性质及判断定的应用往往还会结合圆或者解直角三角形等问题一并考查，主要是以解答题为主。

解题攻略：图形的轴对称、平移、旋转是近年中考的新题型、热点题型，它主要考查学生的观察与实验能力，探索与实践能力，因此在解题时应注意以下方面：1.熟练掌握图形的轴对称、图形的平移、图形的旋转的基本性质和基本方法。

2.结合具体问题大胆尝试，动手操作平移、旋转，探究发现其内在规律是解答操作题的基本方法。

3．注重图形与变换的创新题，弄清其本质，掌握其基本的解题方法，尤其是折叠与旋转等。

解题思路：1.变换中求角度注意平移性质：平移前后图形全等，对应点连线平行且相等．2．变换中求线段长时把握折叠的性质：折线是对称轴、折线两边图形全等、对应点连线垂直对称轴、对应边平行或交点在对称轴上．3．变换中求坐标时注意旋转性质：对应线段、对应角的大小不变，对应线段的夹角等于旋转角.4．变换中求面积，注意前后图形的变换性质及其位置等情况。

例题解析1．如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC 和△DEF（顶点为网格线的交点），以及过格点的直线l．（1）将△ABC向右平移两个单位长度，再向下平移两个单位长度，画出平移后的三角形．（2）画出△DEF关于直线l对称的三角形．（3）填空：∠C+∠E=45°．【考点】P7：作图﹣轴对称变换；Q4：作图﹣平移变换．【分析】（1）将点A、B、C分别右移2个单位、下移2个单位得到其对应点，顺次连接即可得；（2）分别作出点D、E、F关于直线l的对称点，顺次连接即可得；（3）连接A′F′，利用勾股定理逆定理证△A′C′F′为等腰直角三角形即可得．【解答】解：（1）△A′B′C′即为所求；（2）△D′E′F′即为所求；（3）如图，连接A′F′，∵△ABC≌△A′B′C′、△DEF≌△D′E′F′，∴∠C+∠E=∠A′C′B′+∠D′E′F′=∠A′C′F′，∵A′C′==、A′F′==，C′F′==，∴A′C′2+A′F′2=5+5=10=C′F′2，∴△A′C′F′为等腰直角三角形，∴∠C+∠E=∠A′C′F′=45°，故答案为：45°．2．实验探究：（1）如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开；再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN，MN．请你观察图1，猜想∠MBN的度数是多少，并证明你的结论．（2）将图1中的三角形纸片BMN剪下，如图2，折叠该纸片，探究MN与BM 的数量关系，写出折叠方案，并结合方案证明你的结论．【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质；P9：剪纸问题．【分析】（1）猜想：∠MBN=30°．只要证明△ABN是等边三角形即可；（2）结论：MN=BM．折纸方案：如图，折叠△BMN，使得点N落在BM上O 处，折痕为MP，连接OP．由折叠可知△MOP≌△MNP，只要证明△MOP≌△BOP，即可推出MO=BO=BM；【解答】解：（1）猜想：∠MBN=30°．理由：如图1中，连接AN，∵直线EF是AB的垂直平分线，∴NA=NB，由折叠可知，BN=AB，∴AB=BN=AN，∴△ABN是等边三角形，∴∠ABN=60°，∴NBM=∠ABM=∠ABN=30°．（2）结论：MN=BM．折纸方案：如图2中，折叠△BMN，使得点N落在BM上O处，折痕为MP，连接OP．理由：由折叠可知△MOP≌△MNP，∴MN=OM，∠OMP=∠NMP=∠OMN=30°=∠B，∠MOP=∠MNP=90°，∴∠BOP=∠MOP=90°，∵OP=OP，∴△MOP≌△BOP，∴MO=BO=BM，∴MN=BM．3．在如图的正方形网格中，每一个小正方形的边长为1．格点三角形ABC（顶点是网格线交点的三角形）的顶点A、C的坐标分别是（﹣4，6），（﹣1，4）．（1）请在图中的网格平面内建立平面直角坐标系；（2）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；（3）请在y轴上求作一点P，使△PB1C的周长最小，并写出点P的坐标．【考点】P7：作图﹣轴对称变换；KQ：勾股定理；PA：轴对称﹣最短路线问题．【分析】（1）根据A点坐标建立平面直角坐标系即可；（2）分别作出各点关于x轴的对称点，再顺次连接即可；（3）作出点B关于y轴的对称点B2，连接A、B2交y轴于点P，则P点即为所求．【解答】解：（1）如图所示；（2）如图，即为所求；（3）作点B关于y轴的对称点B2，连接A、B2交y轴于点P，则点P即为所求．设直线AB2的解析式为y=kx+b（k≠0），∵A（﹣4，6），B2（2，2），∴，解得，∴直线AB2的解析式为：y=﹣x+，∴当x=0时，y=，∴P（0，）．4．阅读填空：（1）请你阅读芳芳的说理过程并填出理由：如图1，已知AB∥CD．求证：∠BAE+∠DCE=∠AEC．理由：作EF∥AB，则有EF∥CD（平行于同一条直线的两条直线平行）∴∠1=∠BAE，∠2=∠DCE（两直线平行，内错角相等）∴∠AEC=∠1+∠2=∠BAE+∠DCE（等量代换）思维拓展：（2）如图2，已知AB∥CD，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC．BE、DE所在直线交于点E，若∠FAE=m°，∠ABC=n°，求∠BED的度数．（用含m、n的式子表示）（3）将图2中的线段BC沿DC方向平移，使得点B在点A的右侧，其他条件不变，得到图3，直接写出∠BED的度数是180°﹣n°+m°（用含m、n的式子表示）．【考点】Q2：平移的性质；JB：平行线的判定与性质．【分析】（1）根据平行线的性质即可得到结论；（2）先过点E作EH∥AB，根据平行线的性质和角平分线的定义，即可得到结论；（3）过E作EG∥AB，根据平行线的性质和角平分线的定义，即可得到结论．【解答】解：阅读填空：（1）平行于同一条直线的两条直线平行；两直线平行，内错角相等；等量代换，故答案为：平行于同一条直线的两条直线平行，两直线平行，内错角相等，等量代换；思维拓展：（2）如图2，过点E作EH∥AB，∵AB∥CD，∠FAD=m°，∴∠FAD=∠ADC=m°，∵DE平分∠ADC，∠ADC=m°，．∴∠EDC=∠ADC=m°，∵BE平分∠ABC，∠ABC=n°，∴∠ABE=∠ABC=n°，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥EH，∴∠ABE=∠BEH=n°，∠CDE=∠DEH=m°，∴∠BED=∠BEH+∠DEH=n°+m°=（n°+m°）；（3）∠BED的度数改变．过点E作EG∥AB，∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∠ABC=n°，∠ADC=∠FAD=m°∴∠ABE=∠ABC=n°，∠CDE=∠ADC=m°∵AB∥CD，∴AB∥CD∥EF，∴∠BEF=180°﹣∠ABE=180°﹣n°，∠CDE=∠DEF=m°，∴∠BED=∠BEF+∠DEF=180°﹣n°+m°．故答案为：180°﹣n°+m°．5．某游乐场部分平面图如图所示，C、E、A在同一直线上，D、E、B在同一直线上，测得A处与E处的距离为80 米，C处与D处的距离为34米，∠C=90°，∠BAE=30°．（≈1.4，≈1.7）（1）求旋转木马E处到出口B处的距离；（2）求海洋球D处到出口B处的距离（结果保留整数）．【考点】R2：旋转的性质．【分析】（1）在Rt△ABE中，利用三角函数即可直接求得BE的长；（2）在Rt△CDE中，利用三角函数求得DE的长，然后利用DB=DE+EB求解．【解答】解：（1）∵在Rt△ABE中，∠BAE=30°，∴BE=AE=×80=40（米）；（2）∵在Rt△ABE中，∠BAE=30°，∴∠AEB=90°﹣30°=60°，∴∠CED=∠AEB=60°，∴在Rt△CDE中，DE=≈=40（米），则BD=DE+BE=40+40=80（米）．6．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点D，E分别在AC，BC上（点D 与点A，C不重合），且∠DEC=∠A，将△DCE绕点D逆时针旋转90°得到△DC′E′．当△DC′E′的斜边、直角边与AB分别相交于点P，Q（点P与点Q不重合）时，设CD=x，PQ=y．（1）求证：∠ADP=∠DEC；（2）求y关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围．【考点】R2：旋转的性质；E3：函数关系式；LD：矩形的判定与性质；T7：解直角三角形．【分析】（1）根据等角的余角相等即可证明；（2）分两种情形①如图1中，当C′E′与AB相交于Q时，即＜x≤时，过P 作MN∥DC′，设∠B=α．②当DC′交AB于Q时，即＜x＜3时，如图2中，作PM⊥AC于M，PN⊥DQ于N，则四边形PMDN是矩形，分别求解即可；【解答】（1）证明：如图1中，∵∠EDE′=∠C=90°，∴∠ADP+∠CDE=90°，∠CDE+∠DEC=90°，∴∠ADP=∠DEC．（2）解：如图1中，当C′E′与AB相交于Q时，即＜x≤时，过P作MN∥DC′，设∠B=α∴MN⊥AC，四边形DC′MN是矩形，∴PM=PQ•cosα=y，PN=×（3﹣x），∴（3﹣x）+y=x，∴y=x﹣，当DC′交AB于Q时，即＜x＜3时，如图2中，作PM⊥AC于M，PN⊥DQ于N，则四边形PMDN是矩形，∴PN=DM，∵DM=（3﹣x），PN=PQ•sinα=y，∴（3﹣x）=y，∴y=﹣x+．综上所述，y=7．已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH．（1）如图1所示，易证：OH=AD且OH⊥AD（不需证明）（2）将△COD绕点O旋转到图2，图3所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论．【考点】R2：旋转的性质；KD：全等三角形的判定与性质；KW：等腰直角三角形．【分析】（1）只要证明△AOD≌△BOC，即可解决问题；（2）①如图2中，结论：OH=AD，OH⊥AD．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，由△BEO≌△ODA即可解决问题；②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD 于G．由△BEO≌△ODA即可解决问题；【解答】（1）证明：如图1中，∵△OAB与△OCD为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，∴OC=OD，OA=OB，∵在△AOD与△BOC中，，∴△AOD≌△BOC（SAS），∴∠ADO=∠BCO，∠OAD=∠OBC，∵点H为线段BC的中点，∴OH=HB，∴∠OBH=∠HOB=∠OAD，又因为∠OAD+∠ADO=90°，所以∠ADO+∠BOH=90°，所以OH⊥AD（2）解：①结论：OH=AD，OH⊥AD，如图2中，延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，易证△BEO≌△ODA∴OE=AD∴OH=OE=AD由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO∴∠DAO+∠AOH=∠EOB+∠AOH=90°，∴OH⊥AD．②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD 于G．易证△BEO≌△ODA∴OE=AD∴OH=OE=AD由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO∴∠DAO+∠AOF=∠EOB+∠AOG=90°，∴∠AGO=90°∴OH⊥AD．8．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC三个顶点都在格点上，点A、B、C的坐标分别为A（﹣1，3），B（﹣3，1），C（﹣1，1）．请解答下列问题：（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出B1的坐标．（2）画出△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°后得到的△A2B2C1，并求出点A1走过的路径长．【考点】R8：作图﹣旋转变换；O4：轨迹；P7：作图﹣轴对称变换．【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于y轴的对称点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；（2）根据弧长公式列式计算即可得解．【解答】解：（1）如图，B1（3，1）；（2）如图，A1走过的路径长：×2×π×2=π学科网9．在4×4的方格内选5个小正方形，让它们组成一个轴对称图形，请在图中画出你的4种方案．（每个4×4的方格内限画一种）要求：（1）5个小正方形必须相连（有公共边或公共顶点视为相连）（2）将选中的小正方行方格用黑色签字笔涂成阴影图形．（每画对一种方案得2分，若两个方案的图形经过翻折、平移、旋转后能够重合，均视为一种方案）【考点】R9：利用旋转设计图案；P8：利用轴对称设计图案；Q5：利用平移设计图案．【分析】利用轴对称图形的性质用5个小正方形组成一个轴对称图形即可．【解答】解：如图．．10．综合与实践背景阅读早在三千多年前，我国周朝数学家商高就提出：将一根直尺折成一个直角，如果勾等于三，股等于四，那么弦就等于五，即“勾三、股四、弦五”．它被记载于我国古代著名数学著作《周髀算经》中，为了方便，在本题中，我们把三边的比为3：4：5的三角形称为（3，4，5）型三角形，例如：三边长分别为9，12，15或3，4，5的三角形就是（3，4，5）型三角形，用矩形纸片按下面的操作方法可以折出这种类型的三角形．实践操作如图1，在矩形纸片ABCD中，AD=8cm，AB=12cm．第一步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，再沿EF折叠，然后把纸片展平．第二步：如图3，将图2中的矩形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为GH，然后展平，隐去AF．第三步：如图4，将图3中的矩形纸片沿AH折叠，得到△AD′H，再沿AD′折叠，折痕为AM，AM与折痕EF交于点N，然后展平．问题解决（1）请在图2中证明四边形AEFD是正方形．（2）请在图4中判断NF与ND′的数量关系，并加以证明；（3）请在图4中证明△AEN（3，4，5）型三角形；探索发现（4）在不添加字母的情况下，图4中还有哪些三角形是（3，4，5）型三角形？请找出并直接写出它们的名称．【考点】RB：几何变换综合题．【分析】（1）根据矩形的性质得到∠D=∠DAE=90°，由折叠的性质得得到AE=AD，∠AEF=∠D=90°，求得∠D=∠DAE=∠AEF=90°，得到四边形AEFD是矩形，由于AE=AD，于是得到结论；（2）连接HN，由折叠的性质得到∠AD′H=∠D=90°，HF=HD=HD′，根据正方形的想知道的∠HD′N=90°，根据全等三角形的性质即可得到结论；（3）根据正方形的性质得到AE=EF=AD=8cm，由折叠得，AD′=AD=8cm，设NF=xcm，则ND′=xcm，根据勾股定理列方程得到x=2，于是得到结论；（4）根据（3，4，5）型三角形的定义即可得到结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠DAE=90°，由折叠的性质得，AE=AD，∠AEF=∠D=90°，∴∠D=∠DAE=∠AEF=90°，∴四边形AEFD是矩形，∵AE=AD，∴矩形AEFD是正方形；（2）解：NF=ND′，理由：连接HN，由折叠得，∠AD′H=∠D=90°，HF=HD=HD′，∵四边形AEFD是正方形，∴∠EFD=90°，∵∠AD′H=90°，∴∠HD′N=90°，在Rt△HNF与Rt△HND′中，，∴Rt△HNF≌Rt△HND′，∴NF=ND′；（3）解：∵四边形AEFD是正方形，∴AE=EF=AD=8cm，由折叠得，AD′=AD=8cm，设NF=xcm，则ND′=xcm，在Rt△AEN中，∵AN2=AE2+EN2，∴（8+x）2=82+（8﹣x）2，解得：x=2，∴AN=8+x=10cm，EN=6cm，∴EN：AE：AN=3：4：5，∴△AEN是（3，4，5）型三角形；（4）解：图4中还有△MFN，△MD′H，△MDA是（3，4，5）型三角形，∵CF∥AE，∴△CFN∽△AEN，∵EN：AE：AN=3：4：5，∴FN：CF：CN=3：4：5，∴△MFN是（3，4，5）型三角形；同理，△MD′H，△MDA是（3，4，5）型三角形．11．如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．（1）观察猜想图1中，线段PM与PN的数量关系是PM=PN，位置关系是PM ⊥PN；（2）探究证明把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出△PMN面积的最大值．【考点】RB：几何变换综合题．【分析】（1）利用三角形的中位线得出PM=CE，PN=BD，进而判断出BD=CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠DPM=∠DCA，最后用互余即可得出结论；（2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，同（1）的方法得出PM=BD，PN= BD，即可得出PM=PN，同（1）的方法即可得出结论；（3）先判断出MN最大时，△PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大=AM+AN，最后用面积公式即可得出结论．【解答】解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，∴PN∥BD，PN=BD，∵点P，M是CD，DE的中点，∴PM∥CE，PM=CE，∵AB=AC，AD=AE，∴BD=CE，∴PM=PN，∵PN∥BD，∴∠DPN=∠ADC，∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCA，∵∠BAC=90°，∴∠ADC+∠ACD=90°，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，∴PM⊥PN，故答案为：PM=PN，PM⊥PN，（2）由旋转知，∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN=BD，PM=CE，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，同（1）的方法得，PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，同（1）的方法得，PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，∵∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ABC=90°，∴∠MPN=90°，∴△PMN是等腰直角三角形，（3）如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，∴MN最大时，△PMN的面积最大，∴DE∥BC且DE在顶点A上面，∴MN最大=AM+AN，连接AM，AN，在△ADE中，AD=AE=4，∠DAE=90°，∴AM=2，在Rt△ABC中，AB=AC=10，AN=5，∴MN最大=2+5=7，=PM2=×MN2=×（7）2=．∴S△PMN最大12．如图示，正方形ABCD的顶点A在等腰直角三角形DEF的斜边EF上，EF与BC相交于点G，连接CF．①求证：△DAE≌△DCF；②求证：△ABG∽△CFG．【考点】S8：相似三角形的判定；KD：全等三角形的判定与性质；KW：等腰直角三角形；LE：正方形的性质．【分析】①由正方形ABCD与等腰直角三角形DEF，得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS即可得证；②由第一问的全等三角形的对应角相等，根据等量代换得到∠BAG=∠BCF，再由对顶角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证．【解答】证明：①∵正方形ABCD，等腰直角三角形EDF，∴∠ADC=∠EDF=90°，AD=CD，DE=DF，∴∠ADE+∠ADF=∠ADF+∠CDF，∴∠ADE=∠CDF，在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF；②延长BA到M，交ED于点M，∵△ADE≌△CDF，∴∠EAD=∠FCD，即∠EAM+∠MAD=∠BCD+∠BCF，∵∠MAD=∠BCD=90°，∴∠EAM=∠BCF，∵∠EAM=∠BAG，∴∠BAG=∠BCF，∵∠AGB=∠CGF，∴△ABG∽△CFG．13．如图，在锐角三角形ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，AG⊥BC于点G，AF⊥DE于点F，∠EAF=∠GAC．（1）求证：△ADE∽△ABC；（2）若AD=3，AB=5，求的值．【考点】S9：相似三角形的判定与性质．【分析】（1）由于AG⊥BC，AF⊥DE，所以∠AFE=∠AGC=90°，从而可证明∠AED=∠ACB，进而可证明△ADE∽△ABC；（2）△ADE∽△ABC，，又易证△EAF∽△CAG，所以，从而可知．【解答】解：（1）∵AG⊥BC，AF⊥DE，∴∠AFE=∠AGC=90°，∵∠EAF=∠GAC，∴∠AED=∠ACB，∵∠EAD=∠BAC，∴△ADE∽△ABC，（2）由（1）可知：△ADE∽△ABC，∴=由（1）可知：∠AFE=∠AGC=90°，∴∠EAF=∠GAC，∴△EAF∽△CAG，∴，∴=14．如图，已知直线PT与⊙O相切于点T，直线PO与⊙O相交于A，B两点．（1）求证：PT2=PA•PB；（2）若PT=TB=，求图中阴影部分的面积．【考点】S9：相似三角形的判定与性质；MC：切线的性质；MO：扇形面积的计算．【分析】（1）连接OT，只要证明△PTA∽△PBT，可得=，由此即可解决问题；（2）首先证明△AOT是等边三角形，根据S阴=S扇形OAT﹣S△AOT计算即可；【解答】（1）证明：连接OT．∵PT是⊙O的切线，∴PT⊥OT，∴∠PTO=90°，∴∠PTA+∠OTA=90°，∵AB是直径，∴∠ATB=90°，∴∠TAB+∠B=90°，∵OT=OA，∴∠OAT=∠OTA，∴∠PTA=∠B，∵∠P=∠P，∴△PTA∽△PBT，∴=，∴PT2=PA•PB．（2）∵TP=TB=，∴∠P=∠B=∠PTA，∵∠TAB=∠P+∠PTA，∴∠TAB=2∠B，∵∠TAB+∠B=90°，∴∠TAB=60°，∠B=30°，∴tanB==，∴AT=1，∵OA=OT，∠TAO=60°，∴△AOT是等边三角形，2=﹣．∴S阴=S扇形OAT﹣S△AOT=﹣•115．如图，AB是⊙O的直径，AB=4，点E为线段OB上一点（不与O，B重合），作CE⊥OB，交⊙O于点C，垂足为点E，作直径CD，过点C的切线交DB 的延长线于点P，AF⊥PC于点F，连接CB．（1）求证：CB是∠ECP的平分线；（2）求证：CF=CE；（3）当=时，求劣弧的长度（结果保留π）【考点】S9：相似三角形的判定与性质；M2：垂径定理；MC：切线的性质；MN：弧长的计算．【分析】（1）根据等角的余角相等证明即可；（2）欲证明CF=CE，只要证明△ACF≌△ACE即可；（3）作BM⊥PF于M．则CE=CM=CF，设CE=CM=CF=4a，PC=4a，PM=a，利用相似三角形的性质求出BM，求出tan∠BCM的值即可解决问题；【解答】（1）证明：∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∵PF是⊙O的切线，CE⊥AB，∴∠OCP=∠CEB=90°，∴∠PCB+∠OCB=90°，∠BCE+∠OBC=90°，∴∠BCE=∠BCP，∴BC平分∠PCE．（2）证明：连接AC．∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠BCP+∠ACF=90°，∠ACE+∠BCE=90°，∵∠BCP=∠BCE，∴∠ACF=∠ACE，∵∠F=∠AEC=90°，AC=AC，∴△ACF≌△ACE，∴CF=CE．（3）解：作BM⊥PF于M．则CE=CM=CF，设CE=CM=CF=3a，PC=4a，PM=a，∵△BMC∽△PMB，∴=，∴BM2=CM•PM=3a2，∴BM=a，∴tan∠BCM==，∴∠BCM=30°，∴∠OCB=∠OBC=∠BOC=60°，∴的长==π．16．如图，以AB边为直径的⊙O经过点P，C是⊙O上一点，连结PC交AB于点E，且∠ACP=60°，PA=PD．（1）试判断PD与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若点C是弧AB的中点，已知AB=4，求CE•CP的值．【考点】S9：相似三角形的判定与性质；M4：圆心角、弧、弦的关系；MB：直线与圆的位置关系．【分析】（1）连结OP，根据圆周角定理可得∠AOP=2∠ACP=120°，然后计算出∠PAD和∠D的度数，进而可得∠OPD=90°，从而证明PD是⊙O的切线；（2）连结BC，首先求出∠CAB=∠ABC=∠APC=45°，然后可得AC长，再证明△CAE∽△CPA，进而可得，然后可得CE•CP的值．【解答】解：（1）如图，PD是⊙O的切线．证明如下：连结OP，∵∠ACP=60°，∴∠AOP=120°，∵OA=OP，∴∠OAP=∠OPA=30°，∵PA=PD，∴∠PAO=∠D=30°，∴∠OPD=90°，∴PD是⊙O的切线．（2）连结BC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，又∵C为弧AB的中点，∴∠CAB=∠ABC=∠APC=45°，∵AB=4，．∵∠C=∠C，∠CAB=∠APC，∴△CAE∽△CPA，∴，∴CP•CE=CA2=（2）2=8．。

2018年中考“图形的变化”专题命题分析车宏路辽宁省大连市大连湾中学摘要：2018年全国各地中考试卷中，“图形的变化”部分仍是重要的考查内容之一.“图形的变化”部分的试题在考查学生的基础知识和基本技能的同时，更着重考查学生对这一部分内容中涉及的基本思想和基本活动经验的掌握情况，突出考查学生的理性思维能力.对2018年全国部分地区中考试卷中有关“图形的变化”的试题从命题、考法评析的角度进行粗浅的解析，同时编制一些模拟试题以供读者参考．关键词：图形的变化；考法评析；思维能力收稿日期：2018-11-15作者简介：车宏路（1977—），男，中学高级教师，初中数学教研员，主要从事中学数学教育与教学研究．《义务教育数学课程标准（2011年版）》（以下简称《标准》）将“图形与几何”分成图形的性质、图形的变化、图形与坐标三大块，其中“图形的变化”主要包括图形的轴对称、图形的旋转、图形的平移、图形的相似，还包括锐角三角函数，以及视图与投影、简单几何体的展开图等.这部分内容是初中几何学习的重点内容，也是2018年中考试卷中考查的重点之一.在基于学科核心素养的教学背景下，中考试题中对“图形的变化”这一领域的考查变得更加灵活多样.试题既注重考查学生对基础知识和基本技能的理解，又考查学生对解决基本的数学问题的思考过程，同时突出考查了学生对初中数学思想方法的掌握情况.为此，首先对“图形的变化”相关概念涉及的试题进行分析，然后对该领域相关的数学思维形成过程所涉及的试题进行枚举和点评，最后给出“图形的变化”部分关联的一部分原创、改编试题，以供读者参考.一、基于对概念及性质理解的考查数学是一门具有高度抽象性和严密逻辑性的学科，数学概念及性质是数学知识体系的核心和基础，也是理解和掌握数学理论和方法的基础.在初中阶段，“图形的变化”涉及的内容除图形的平移、轴对称和旋转（俗称“图形的三大变换”）外，还包括图形的相似、锐角三角函数，以及视图与投影，这些是初中阶段数学学习的重要内容.1.图形的平移、轴对称和旋转图形的变换是《标准》中明确规定的重要内容之一，有利于培养学生的实践与操作能力，形成空间观念和几何直观意识.围绕图形的变换，2018年全国各地区中考试卷中产生了多种形式的试题，其精彩纷呈，各有千秋.试题都巧妙地将运动图形和各种数学概念、性质等知识点联系在一起，使得试题“动”起微信扫码！立即观看！微信扫描左侧二维码，即可获取本文配套资源——模拟题讲解微视频，欢迎观看！··82来，充满活力，不再枯燥.下面从平移、轴对称、旋转三个初中阶段的图形变换举例说明.例1（湖北·恩施卷）在下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）.（A）（B）（D ）例2（海南卷）如图1，在平面直角坐标系中，△ABC 位于第一象限，点A 的坐标是A ()4，3，把△ABC 向左平移6个单位长度，得到△A 1B 1C 1，则点B 1的坐标是（）.图1（A ）()-2，3（B ）()3，-1（C ）()-3，1（D ）()-5，2例3（湖南·湘潭卷）如图2，点A 的坐标为A ()-1，2，点A 关于y 轴的对称点的坐标为（）.图2（A ）()1，2（B ）()-1，-2（C ）()1，-2（D ）()2，-1【评析】直接考查图形变换相关的概念及性质的试题是2018年各地区中考试卷中几乎都有的，常见题型为填空题、选择题、作图题.例1直接考查了轴对称图形和中心对称图形的识别；例2和例3是将平移和轴对称变换融入平面直角坐标系中考查，不仅为概念的考查提供了有效的问题情境，更重要的是在平面直角坐标系中可有力突出试题中数与形之间的联系，凸显图形变换在数形结合思想中的价值.2.图形的相似尽管《标准》对图形的相似部分的要求有所弱化，但是对这部分内容的考查却未曾减少.一方面，是由于图形的相似本身所具有的价值，其工具性特点是无法替代的.图形的相似描述的是“形状相同”的两个图形间的一种关系，这种关系的数量刻画就是相似比.两个相似图形的对应边构成的比例等式具有方程模型的特点，这是初中数学中有关线段长度计算的重要途径和工具.另一方面，由于各地区有独特的命题特色和区域命题的要求，也使得图形的相似这类试题在中考试卷依然没有减少.例4（吉林·长春卷）《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，成书于约一千五百年前，其中有首歌谣：今有竿不知其长，量得影长一丈五尺，立一标杆，长一尺五寸，影长五寸，问竿长几何？意即：有一根竹竿不知道有多长，量出它在太阳下的影子长一丈五尺，同时立一根一尺五寸的小标杆（如图3），它的影长五寸（提示：1丈=10尺，1尺=10寸），则竹竿的长为（）.标杆竹竿图3（A ）五丈（B ）四丈五尺（C ）一丈（D ）五尺例5（湖南·岳阳卷）《九章算术》是我国古代数学名著，书中有下列问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”其意思为：“今有直角三角形，勾（短直角边）长为5步，股（长直角边）长为12步，问该直角三角形能容纳的正方形边长最大是多少？（如图4）”该问题的答案是.【评析】数学史的重要意义越来越被人们所认识.数学史不但进入教材、课堂，而且正在走进中考和竞图4··83赛中.这类试题除了有较好的教育意义之外，更让试题鲜活和“复古”起来.2018年多个地区中考试卷中都关注以数学史题为背景的试题，如例4和例5，借助相似数学史问题为背景，直接考查相似三角形的性质.例4和例5的不同之处在于例4的难度较低，直接应用相似三角形的性质即可解决，而例5则需要分类讨论、建立方程求解，具有一定的难度.值得注意的是，这类试题对初中数学教学有较好的导向作用.3.锐角三角函数在高中数学中，三角函数是非常重要的内容.在初中阶段，锐角三角函数是衔接高中三角函数的基础课程，而解直角三角形则是体现锐角三角函数的价值和意义的一种方式.在2018年中考试题中，考查锐角三角函数的试题大体可以分为两类：一类是以实际问题作为背景参与考查的，这类试题更侧重对学生应用意识的考查；另一类则是在数学内部直接考查三角函数相关的计算，体现出数学知识间的联系性和中考试题的综合性.例6（浙江·金华卷）如图5，两根竹竿AB 和AD 斜靠在墙CE 上，量得∠ABC =α，∠ADC =β，则竹竿AB 与AD 的长度之比为（）.（A ）tan αtan β（B ）sin βsin α（C ）sin αsin β（D ）cos βcos α例7（重庆A 卷）如图6，旗杆及升旗台的剖面和教学楼的剖面在同一平面上，旗杆与地面垂直，在教学楼底部点E 处测得旗杆顶端的仰角∠AED =58°，升旗台底部到教学楼底部的距离DE =7米，升旗台坡面CD 的坡度i =1∶0.75，坡长CD =2米，若旗杆底部到坡面CD 的水平距离BC =1米，则旗杆AB 的高度约为（）.参考数据：sin 58°≈0.85，cos 58°≈0.53，tan 58°≈1.6.（A ）12.6米（B ）13.1米（C ）14.7米（D ）16.3米【评析】例6与例7属于前面提到的第一类试题，即基于实际问题背景而命制的，以考查学生对锐角三角函数基本概念掌握情况为目的的试题.例6是借助线段比值，考查学生在实际问题背景中对正弦的概念的理解；例7则是应用三角函数及勾股定理构建直角三角形，进而解决问题.值得一提的是，例7融入了近似计算，使得试题具有一定的综合性.4.视图与投影视图与投影相关的试题能充分考查学生的几何直观及空间观念.虽然该部分内容在教材中篇幅较少，但却是不可缺少的一部分内容.本部分内容在一定程度上提供了三维空间向二维平面转换的手段，运用这些手段培养和发展学生的空间观念.当然这类试题还体现出中考试卷考查内容的完整性，也是为学生未来学习立体几何等内容做铺垫.因此，在各地区中考中对此部分内容都比较重视，不过考查难度都比较低.例8（湖北·襄阳卷）一个几何体的三视图如图7所示，则这个几何体是（）.图7（A）（B）（C）（D ）例9（湖南·常德卷）把图8（1）中的正方体的一角切下后摆在图8（2）所示的位置，则图8（2）中的几何体的主视图为（）.OPQS （1）SO PQ（2）图8（A ）（B ）（C ）（D ）教学楼EAB CD 图6FA B CD E βα图5··84【评析】例8给出实际物体的三视图，由三视图判断几何体.例9则略有创新，先揭示四面体的来源，之后确认四面体的主视图.这两道题的素材源于教材，试题命制背景公平、自然，对教学也有较好的启示.借助中考试题将实际生活中的大量原型完美呈现，通过解决与这些原型有关的问题可以有效地考查学生的数学应用意识和空间观念.二、基于思维过程、思想方法的考查数学核心素养，说得更直接些，就是对学生理性思维能力的培养.在中考试题中去体现对学生的理性思维的考查，即借助试题考查学生在探究问题时分析问题和解决问题中所呈现的思维形成过程.对数学基本思想方法的掌握程度的考查，其实是长久以来数学命题工作者一直在坚守的优良传统.中考试题考查学生对“四基”的掌握情况，强调在复杂的问题背景下，通过试题所提供的信息，使学生经历观察、猜想、试验、操作、论证等思维过程，并借助图形的演绎变化，考查学生对解决问题的基本方法和基本活动经验的选择、迁移和应用的能力.可以看出，2018年各地区中考试题深刻地强调中考评价对平日教学的引导，试图在评价中突出数学核心素养的价值，使之落地.1.图形的平移、轴对称和旋转在初中阶段学生所学的图形变换主要指的是图形的平移变换、轴对称变换、旋转变换.这三类变换隶属于全等变换，它们都刻画了全等图形的特定的数量关系和位置关系.借助图形变换可以有效改善已知条件中信息的呈现方式，还可以借助图形变换独特的性质，让试题变得更加灵活，尤其在解答题中“图形的变换”的地位无法撼动.2018年各地区中考试题中对图形的变换的性质的考查有着很多的突破和创新.举例如下.例10（新疆卷）如图9，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上的一个动点，M，N分别是边AB，BC上的中点，则MP+PN的最小值是（）.（A）12（B）1（C）2（D）2N AB CDP M图9′图10例11（四川·宜宾卷）如图10，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A′B′C′的位置，已知△ABC的面积为9，阴影部分三角形的面积为4.若AA′=1，则A′D等于（）.（A）2（B）3（C）23（D）32例12（山东·临沂卷）如图11，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α()0°<α<360°，得到矩形AEFG.（1）如图11，当点E在BD上时.求证：FD=CD.（2）当α为何值时，GC=GB？画出图形，并说明理由.GABC DEF图11图12例13（浙江·温州卷）如图12，P，Q是方格纸中的两格点，试按要求画出以PQ为对角线的格点四边形.（1）在图中画出一个面积最小的▱PAQB.（2）在图中画出一个四边形PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到.【评析】三大变换刻画了全等图形独有的数量和位置关系，这些性质不仅能解决复杂的数学问题，更为几何推理提供依据，让几何推理更加严谨且周密.例10的背景是著名的“将军饮马”问题，凸显轴对称的作用，考查学生对轴对称变换的性质的掌握情况.例11借助平移变换构成相似图形，进而考查学生借助相似图形的性质解决面积问题，借助图形变换叙述试题的形成过程，以增加图形动态成分.此类试题不仅考查学生借助变换的性质解决问题，更重要的是突出对学生的空间想象能力的考查.例12是一道对日常教学有着极好的启发性的试题.一方面，试题中结合特殊四边形和三角形进行设计，侧重于考查学生利用四边形性质，三角形全等、相似等工具求证线段相等或角相等的能力；另一方面，利用旋转变换突出考查学生对基本数学思想的掌握情况.例12具有较好的信度和效度.例13在平面直角坐标系中通过操作、画图考查图··85形变换，也是常见的命题方式.这样借助平面直角坐标系中的坐标（特殊数量），也可得出特定的线段的数量关系，充分体现数学知识间的联系，这样的考法具有良好的推广性.例14（四川·南充卷）如图13，在矩形ABCD 中，AC =2AB ，将矩形ABCD 绕点A 旋转得到矩形AB ′C ′D ′，使点B 的对应点B ′落在AC 上，B ′C ′交AD 于点E ，在B ′C ′上取一点F ，使B ′F =AB .（1）求证：AE =C ′E .（2）求∠FBB ′的度数.（3）已知AB =2，求BF 的长.【评析】在此类试题中，用图形的变换演绎着试题中图形的呈现和发展，之后为了突出几何计算经常会融入勾股定理和锐角三角函数等知识，利用这些“工具”将原本的逻辑推理变得复杂化，通过计算得到特殊的数量关系，进而解决线段和角度相关的、隐含的数量问题.例14在Rt △ABC 中，由AC =2AB ，得到∠ACB =30°，再由旋转变换得到一对角相等，利用等角对等边即可证得第（1）小题，进而得到△ABB′为等边三角形，利用矩形、等边三角形的性质及三角函数知识可解决余下问题.例15（山东·德州卷）再读教材：宽与长的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感，世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计，下面，我们用宽为2的矩形纸片折叠黄金矩形.（提示：MN =2.）第一步，在矩形纸片一端，利用图14（1）的方法折出一个正方形，然后把纸片展平.第二步，如图14（2），把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平.第三步，折出内侧矩形的对角线AB ，并把AB 折到图14（3）所示的AD 处.第四步，展平纸片，按照所得的点D 折出DE ，使DE ⊥ND ，则图14（4）中就会出现黄金矩形.问题解决：（1）如图14（3）中AB 的值为（保留根号）；（2）如图14（3），判断四边形BADQ 的形状，并说明理由；（3）试写出图14（4）中所有的黄金矩形，并选择其中一个说明理由.实际操作：（4）结合图14（4），试在矩形BCDE 中添加一条线段，设计一个新的黄金矩形，用字母表示出来，并写出它的长和宽.（3）（4）M ABC ED FN （1）（2）图14【评析】此题以学生熟悉的黄金矩形为背景，通过折叠（轴对称变化）演绎图形的变化，进而探究在各种变换下的一些具体问题（计算和证明）.此题结合勾股定理及四边形的性质，较为有效地考查了学生的观察、操作、推理和计算能力.此题虽然具有多次的操作过程，但都是常见的基本要求，起到突出考查“四基”的目的，有利于基本功扎实的学生展示在数学中所取得的成就，具有一定的区分度，突出图形变换在考查学生合情推理和演绎推理中能力的掌握程度.同时，此题的问题设计层层递进，较好地创设出平日学习数学的问题情境，即模拟一个探究活动，实现了对学生在探究活动中分析和解决问题的能力，这也是对学习几何方法的考查.因此，此题具有较高的推广性，值得借鉴.2.图形的相似在中考试卷中，借助相似的判定和性质解决高难问题也是常见的命题方式之一.因为图形的相似不仅可以结合几何领域中所有的知识，甚至代数领域中的函数等有关知识都可以适度融合，从而提升试题的难度，进而考查学生破解高难问题的能力.尤其在压轴题方面，其由浅入深的设计彰显试题的层次感，让不同层次的学生得到不同的体验，从而使试题具有较好DABCD ′B ′C ′EF 图13··86的区分度.例16（辽宁·大连卷）阅读下面材料：小明遇到这样一个问题：如图15（1），在△ABC中，∠ACB=90°，点D在AB 上，且∠BAC=2∠DCB，求证：AC=AD.小明发现，除了直接用角度计算的方法外，还可以用下面两种方法.方法1：如图15（2），作AE平分∠CAB，与CD相交于点E.方法2：如图15（3），作∠DCF=∠DCB，与AB相交于点F.（1）根据阅读材料，任选一种方法，证明AC=AD.用学过的知识或参考小明的方法，解决下面的问题.（2）如图15（4），在△ABC中，点D在AB上，点E 在BC上，且∠BDE=2∠ABC，点F在BD上，且∠AFE=∠BAC，延长DC，FE，相交于点G，且∠DGF=∠BDE.①在图15（4）中找出与∠DEF相等的角，并加以证明；②若AB=kDF，猜想线段DE与DB的数量关系，并证明你的猜想.C （1）CE （2）C （3）A B CFEG（4）图15【评析】以阅读理解形式命制的试题还是比较有创意的，如北京、河南的中考试卷，常年有一道这类试题.因为这不仅仅是完整地还原课堂学习中的一个探究活动，更主要的是这类试题遵循了学生的学习方式，即学生怎么学.此类试题在阅读材料中渗透了解决问题的方法，让学生参照所给的方法破解更新的、更复杂的问题，进而考查学生类比、联想、迁移等能力.如例16，这类试题通常利用图形中已有的等角（倍角）的隐含条件，以充分发挥基本图形的作用.例16由于解题方法的多样性，可有利于不同层次学生的发挥，难度较高，具有一定的区分度.例17（湖北·武汉卷）抛物线l：y=-x2+bx+c 经过点A()0，1，与它的对称轴直线x=1交于点B.（1）直接写出抛物线l的解析式；（2）如图16（1），过定点的直线y=kx-k+4()k＜0与抛物线l交于点M，N.若△BMN的面积等于1，求k 的值；（3）如图16（2），将抛物线l向上平移m()m＞0个单位长度得到抛物线l1，抛物线l1与y轴交于点C，过点C作y轴的垂线交抛物线l1于另一点D.F为抛物线l1的对称轴与x轴的交点，P为线段OC上一点.若△PCD 与△POF相似，并且符合条件的点P恰有2个，求m的（1）（2）图16【评析】虽然现在不再提倡将几何问题孕育在抛物线内，但2018年中考试卷中依然存在这类问题.此类试题将二次函数图象与几何图形存在性相结合，常出现在中考试卷中的压轴题位置.此类试题凸显了数学知识的关联，以及突出图形相似在多种综合问题中的重要作用，即通过图形的相似得出特殊的数量关系，进而建立方程模型打开解决问题的突破口，突出考查学生在复杂问题的解决过程中对数形结合思想的理解和掌握.例17是典型的几何图形与函数图象综合问题.第（3）小题借助△PCD∽△POF和△PCD∽△FOP两种情况进行分类讨论，由对应边成比例得出关于t与m的方程，从而得出符合条件的点P恰有2个，结合方程的解的情况求解可得.例18（湖北·十堰卷）如图17，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交AC于点E，过点D作FG⊥AC于点F，交AB的延长线于点G.图17··87（1）求证：FG 是⊙O 的切线；（2）若tan C =2，求GB GA的值.【评析】自从《标准》淡化了圆与圆的位置关系之后，中考试卷中关于圆的试题基本以直线和圆为背景，如例18.以“切割线定理”为背景的试题是学生十分熟悉的问题情境，而此时相似恰到好处的被引入其中，借助弦切角构成三角形相似，进而通过边的数量关系构建线段的等量关系式，从而求出线段的长.此类试题出现在全国半数中考试卷之中.3.锐角三角函数在初中阶段，锐角三角函数这一部分知识主要体现在直角三角形中角与角、边与边、角与边之间的数量关系.这些关系将直角三角形各个元素联系在一起，是解决直角三角形中边或角的相关问题的有力工具；通过解直角三角形及其应用，突出地展示了锐角三角函数的自身特点.例19（浙江·嘉兴卷）如图18（1），滑动调节式遮阳伞的立柱AC 垂直于地面AB ，P 为立柱上的滑动调节点，伞体的截面示意图为△PDE ，F 为PD 的中点，AC =2.8m ，PD =2m ，CF =1m ，∠DPE =20°，当点P 位于初始位置P 0时，点D 与点C 重合（如图18（2））.根据生活经验，当太阳光线与PE 垂直时，遮阳效果最佳.（1）上午10：00时，太阳光线与地面的夹角为65°（如图18（3）），为使遮阳效果最佳，点P 需从点P 0上调多少距离？（结果精确到0.1m.）（2）中午12：00时，太阳光线与地面垂直（如图18（4）），为使遮阳效果最佳，点P 在（1）的基础上还需上调多少距离？（结果精确到0.1m.）参考数据：sin 70°≈0.94，cos 70°≈0.34，tan 70°≈2.75，2≈1.41，3≈1.73.P C FD E B（1）（2）（3）（4）图18【评析】锐角三角函数是解决数学问题的重要工具.学生通过掌握这方面的知识，可以进一步发展自己的数学应用意识和解决问题的能力.初中阶段只是在直角三角形中借助锐角三角函数解决线段的数量问题及平面直角坐标系中的点的坐标.同时，解直角三角形本身是一种工具，尤其在实际问题中有着广泛的应用，多数情况都可构造直角三角形建立数学模型来解决问题.例20（湖南·岳阳卷）已知在Rt △ABC 中，∠BAC =90°，CD 为∠ACB 的平分线，将∠ACB 沿CD 所在的直线对折，使点B 落在点B′处，连接AB′，BB′，延长CD 交BB′于点E ，设∠ABC =2α()0°<α<45°.（1）如图19（1），若AB =AC ，求证：CD =2BE ；（2）如图19（2），若AB ≠AC ，试求CD 与BE 的数量关系（用含α的式子表示）；（3）如图19（3），将（2）中的线段BC 绕点C 逆时针旋转角()α+45°，得到线段FC ，连接EF 交BC 于点O ，设△COE 的面积为S 1，△COF 的面积为S 2，求S 1S 2（用含α的式子表示）.ABC D EB′（1）ABCD E B′2α（2）AB CDEB′OF（3）图19【评析】例20是将三角函数引入较难的几何推理问题中，即将三角函数及等腰三角形、图形相似等问题融于一体考查.这类试题是“图形的变化”相关问题的典型试题，不仅可以有效的考查相似、全等、图形变换等性质，更可以借助三角函数表达线段的数量关系.这类试题注重对学生的转化、化归和数学建模能力的考查，能有效地考查学生分析和解决问题的能力.综观2018年各地区中考试卷，对“图形的变化”的考查几乎渗透到初中数学内容的各个领域，并较好地承担起特色的工具性作用.同时，“图形的变化”相关内容又是学生深度思考的强有力依托，基于学生对这一领域内容的掌握，命题者可以在中考试卷中命制··88出多种多样的试题，便于对学生学科思维能力的考查.三、几道图形的变化相关的改编与原创题结合2018年中考试卷中相关“图形的变化”试题，笔者以阅读理解的形式给出几道试题，以供大家参考.之所以以这种形式命题，是方便读者更清晰的了解试题命题意图及考查的几何推理方法.试题难度较高，详细解答过程与思维形成过程，请扫描文章标题上方的二维码观看解题微视频.1.阅读下面材料：小胖同学遇到这样一个问题：如图20，在△ABC 中，点D 在边BC 上，点F 是CA 延长线上的点，连接DF 交AB 于点G.过点D 作DE ⊥AC ，垂足为点E.若∠AGD =2∠C ，DF =AB ，求CE AF的值.小胖通过计算角度，发现∠BGD =2∠CDE ，于是作出如图21所示的点C 关于DE 的对称点C′，使得∠CDC′=∠BGD ，进而得出∠C′DF =∠B ，接着截取BK =DC′，得出一组全等三角形，……A BC′DGK图21ABDG图20（1）试沿着小胖的思路继续完成此题的解答过程.（2）参考小胖的解题方法完成下面的问题.如图22，在△ABC 中，∠ACB =2∠B ，BD =2CD ，∠BAD =∠CED ，探索AE ，CE ，CD 三条线段之间的数量关系.A E图222.阅读下面材料：小胖同学遇到这样一个问题：如图23，以△ABC 的边AC 向外作等边三角形ACD ，AB =6，∠ABC =30°，BC =8，求线段BD 的长度.如图24，小胖以BD 为边向下作等边三角形BDE ，连接CE ，可得一组全等三角形，进而借助勾股定理解决此题.ABD图23ABCDE图24（1）按照小胖的想法完整写出此题的解答过程.（2）参考小胖的方法解决下面的问题.如图25，在△ABC 中，AB =AC ，点D 为边BC 上一点，∠BAD =60°，点E 是BA 延长线上一点，且∠DAC =2∠ACE.过点D 作DF ⊥CE 于点F ，交AC 于点G ，若AG ∶DF =k ，求AB ，CF ，AE 三条线段之间的数量关系（用含有k 的式子表示）.ABF G E图253.阅读材料：小胖同学遇到这样一个问题：如图26，在△ABC中，∠ABC =45°，AB =22，AD =AE ，∠DAE =90°，CE =5.求CD 的长.小胖经过思考后，在CD 上取点F 使得∠DEF =∠ADB （如图27），进而得到∠EFD =45°，试图构建“一线三等角”图形解决问题，于是他继续分析，又意外发现△CEF ∽△CDE ，……AE图26AE图27（1）试按照小胖的思路完成这道题目的解答过程.··89。

年浙江省中考数学图形变换试题解析学科试卷以下是__（）为您推荐的____年浙江省中考数学图形的变换试题解析，希望本篇文章对您学习有所帮助。

____年浙江省中考数学图形的变换试题解析一、选择题1.(____浙江湖州3分)下列四个水平放置的几何体中，三视图如图所示的是A.B.C.D.D。

由三视图判断几何体。

主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形，由于从主视图、左视图、俯视图可以看出这个几何体的正面、左面、底面是长方形，所以这个几何体是长方体。

故选D。

2.(____浙江嘉兴、舟山4分)下列图案中，属于轴对称图形的是A.B.C.D.A。

轴对称图形。

根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，因此，B、C、D都不是轴对称图形，只有A是轴对称图形。

故选A。

3.(____浙江丽水、金华3分)在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成中心对称图形.该小正方形的序号是A.①B.②C.③D.④B。

中心对称图形。

根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。

因此，通过观察发现，当涂黑②时，所形成的图形关于点A 中心对称。

故选B。

4.(____浙江丽水、金华3分)如图是一台球桌面示意图，图中小正方形的边长均相等，黑球放在如图所示的位置，经白球撞击后沿箭头方向运动，经桌边反弹最后进入球洞的序号是A.①B.②C.⑤D.⑥A。

生活中的轴对称现象。

如图，根据入射线与水平线的夹角等于反射线与水平线的夹角，可求最后落入①球洞。

故A。

5.(____浙江丽水、金华3分)小明用棋子摆放图形来研究数的规律.图1中棋子围城三角形，其棵数3，6，9，12，称为三角形数.类似地，图2中的4，8，12，16，称为正方形数.下列数中既是三角形数又是正方形数的是 A.____ B.____ C.____ D.____D。

分类归纳(图形的变化类)。

图形变换（2018湖州）24．（本小题12分）如图，已知直角梯形OABC 的边OA 在y 轴的正半轴上，OC 在x 轴的正半轴上，OA ＝AB ＝2，OC ＝3，过点B 作BD ⊥BC ，交OA 于点D ．将∠DBC 绕点B 按顺时针方向旋转，角的两边分别交y 轴的正半轴、x 轴的正半轴于E 和F ．（1）求经过A 、B 、C 三点的抛物线的解析式；（2）当BE 经过（1）中抛物线的顶点时，求CF 的长；（3）连结EF ，设△BEF 与△BFC 的面积之差为S ，问：当CF 为何值时S 最小，并求出这个最小值．（2018金华）24 如图，把含有30°角的三角板ABO 置入平面直角坐标系中，A ，B 两点坐标分别为 （3，0）和(0，.动点P 从A点开始沿折线AO-OB-BA 运动，点P 在AO ，OB ，BA 上运动的速度分别为1 2 (长度单位/秒)﹒一直尺的上边缘l 从x 轴的位置开 始以33(长度单位/秒)的速度向上平行移动（即移动过程中保持l ∥x 轴），且分别与OB ，AB 交于E ，F 两点﹒设动点P 与动直线l 同时出发，运动时间为t 秒，当点P 沿折线 AO -OB -BA 运动一周时，直线l 和动点P 同时停止运动．请解答下列问题：（1）过A ，B 两点的直线解析式是 ▲ ；（2）当t ﹦4时，点P 的坐标为 ▲ ；当t ﹦ ▲ ，点P 与点E 重合； （3）① 作点P 关于直线EF 的对称点P′. 在运动过程中，若形成的四边形PEP′F 为菱形，则t 的值是多少？② 当t ﹦2时，是否存在着点QQ 的坐标；若不存在，请说明理由．（2018台州）23．如图1，Rt △ABC ≌Rt △EDF ，∠ACB =∠F =90°，∠A =∠E =30°．△EDF 绕着边AB 的中点D 旋转， DE ，DF 分别交线段．．AC 于点M ，K ．（1）观察： ①如图2、图3，当∠CDF =0° 或60°时，AM +CK _______MK (填“>”，“<”或“=”)．②如图4，当∠CDF =30° 时，AM +CK ___MK (只填“>”或“<”)．（2）猜想：如图1，当0°＜∠CDF ＜60°时，AM +CK _______MK ，证明你所得到的结论． （3）如果222AM CK MK =+，请直接写出∠CDF 的度数和AMMK 的值．……………………………2分（2018温州）24．(本题l4分)如图，在RtAABC 中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，过点B 作射线BBl ∥AC ．动点D 从点A 出发沿射线AC 方向以每秒5个单位的速度运动，同时动点E 从点C 出发沿射线AC 方向以每秒3个单位的速度运动．过点D 作DH ⊥AB 于H ，过点E 作EF 上AC 交射线BB 1于F ，G 是EF 中点，连结DG ．设点D 运动的时间为t 秒． (1)当t 为何值时，AD=AB ，并求出此时DE 的长度； (2)当△DEG 与△AC B 相似时，求t 的值；(3)以DH 所在直线为对称轴，线段AC 经轴对称变换后的图形为A ′C ′． ①当t>53时，连结C ′C ，设四边形ACC ′A ′的面积为S ，求S 关于t 的函数关系式； ②当线段A ′C ′与射线BB ，有公共点时，求t 的取值范围(写出答案即可)． 图1图2图3（第23题）EEE图4A（2018义乌）23．如图1，已知∠ABC =90°，△ABE 是等边三角形，点P 为射线BC 上任意一点（点P 与点B 不重合），连结AP ，将线段AP 绕点A 逆时针旋转60°得到线段AQ ，连结QE 并延长交射线BC 于点F .（1）如图2，当BP =BA 时，∠EBF = ▲ °，猜想∠QFC = ▲ °；（2）如图1，当点P 为射线BC 上任意一点时，猜想∠QFC 的度数，并加以证明； （3）已知线段AB =32，设BP =x ，点Q 到射线BC 的距离为y ，求y 关于x 的函数关系式．（2018义乌）24．如图1，已知梯形OABC ，抛物线分别过点O （0，0）、A （2，0）、B （6，3）．（1）直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点M 的坐标；（2）将图1中梯形OABC 的上下底边所在的直线OA 、CB 以相同的速度同时向上平移，分别交抛物线于点O 1、A 1、C 1、B 1，得到如图2的梯形O 1A 1B 1C 1．设梯形O 1A 1B 1C 1的面积为S ，A 1、 B 1的坐标分别为（x 1，y 1）、（x 2，y 2）．用含S 的代数式表示2x －1x ，并求出当S =36时点A 1的坐标；（3）在图1中，设点D 坐标为（1，3），动点P 从点B 出发，以每秒1个单位长度的速度沿着线段BC 运动，动点Q 从点D 出发，以与点P 相同的速度沿着线段DM 运动．P 、Q 两点同时出发，当点Q 到达点M 时，P 、Q 两点同时停止运动．设P 、Q 两点的运动时间为t ，是否存在某一时刻t ，使得直线PQ 、直线AB 、x 轴围成的三角形与直线PQ 、直线AB 、抛物线的对称轴．．．围成的三角形相似？若存在，请求出t 的值；若不存在，请说明理由．图1 图2ABE QP F 图1ACBEQF P 图2（2018衢州）24. (本题12分)△ABC 中，∠A=∠B=30°，AB=ABC 放在平面直角坐标系中，使AB 的中点位于坐标原点O(如图)，△ABC 可以绕点O 作任意角度的旋转．(1) 当点B在第一象限，纵坐标是时，求点B 的横坐标；(2) 如果抛物线2y ax bx c =++(a≠0)的对称轴经过点C ，请你探究：①当a =，12b =-，c =时，A ，B 两点是否都在这条抛物线上？并说明理由； ② 设b=-2am ，是否存在这样的m 的值，使A ，B 两点不可能同时在这条抛物线上？若存在，直接写出m 的值；若不存在，请说明理由．（2018衢州）20. (本题8分)如图，直线l 与⊙O 相交于A ，B 两点，且与半径OC 垂直，垂足为H ，已知AB=16厘米，4cos 5OBH ∠=． (1) 求⊙O 的半径；(2) 如果要将直线l 向下平移到与⊙O 相切的位置，平移的距离应是多少？请说明理由．得 分 评卷人A BO H l 得 分 评卷人（2018年宁波）（2018金华） (本题12分)解：（1）333+-=x y ；………4分 （2）（0,3），29=t ；……4分（各2分） （3）①当点P 在线段AO 上时，过F 作FG ⊥x 轴，G∵FG OE =,FP EP =,∠=EOP ∠=FGP 90° ∴△EOP ≌△FGP ，∴PGOP =﹒又∵t FG OE 33==,∠=A 60°,∴FG AG60tan 0= 而t AP =，∴t OP -=3,t AG AP PG 32=-=由t t 323=-得 59=t ； (1)分当点P 在线段OB 当点P 在线段BA 上时， 过P 作PH ⊥EF ，PM ⊥OB ，H 、M ∵t OE 33=,∴t BE 3333-=,∴360tan 0BE EF == ∴6921tEF EH MP -===， 又∵)6(2-=t BP 在Rt △BMP 中，MP BP =⋅060cos 即6921)6(2t t -=⋅-，解得745=t ．…………………………………………………1分②存在﹒理由如下：∵2=t ，∴332=OE ,2=AP ，1=OP 将△BEP 绕点E 顺时针方向旋转90°，得到△EC B '（如图3）∵OB ⊥EF ，∴点B '在直线EF 上， C 点坐标为（332，332－1） 过F 作FQ ∥C B '，交EC 于点Q ,则△FEQ ∽△EC B '由3=='=QE CE FE E B FE BE ，可得Q 的坐标为（－32，33）………………………1分(图1)根据对称性可得，Q 关于直线EF 的对称点Q '（－32，3）也符合条件．……1 2018台州23．（12分）（1）① = ………………………………………………………………………2分② ＞ …………………………………………………………………………………2分 （2）＞………………………………………………………………………………………2分 证明：作点C 关于FD 的对称点G ，连接GK ，GM ，GD ， 则CD =GD ，GK = CK ，∠GDK =∠CDK ，∵D 是AB 的中点，∴AD =CD =GD ．∵=∠A 30°，∴∠CDA =120°，∵∠EDF =60°，∴∠GDM +∠GDK =60°，∠ADM +∠CDK =60°．∴∠ADM =∠GDM ，………………………………………………………………………3分 ∵DM =DM ，∴△ADM ≌△GDM ，∴GM =AM ．∵GM +GK ＞MK ，∴AM +CK ＞MK ．……………………………………………………1分（3）∠CDF =15°，23=AMMK ．……………………………（2018义乌）23．解: （1）=∠EBF 30°...............................1分 QFC ∠= 60°..................................2分 （2）QFC ∠=60°.....................................1分不妨设BP, 如图1所示∵∠BAP=∠BAE+∠EAP=60°+∠EAP ∠EAQ=∠QAP+∠EAP=60°+∠EAP∴∠BAP=∠EAQ ..........................................2分在△ABP 和△AEQ 中 AB=AE ，∠BAP=∠EAQ ， AP=AQ ∴△ABP ≌△AEQ （SAS ）.........................3分 ∴∠AEQ=∠ABP=90°...............................4分∴∠BEF 180180906030AEQ AEB =︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒ ∴QFC ∠=EBF BEF ∠+∠=3030︒+︒=60°…………………………............5分(事实上当BP 时，如图2情形，不失一般性结论仍然成立，不分类讨论不扣分）(3)在图1中，过点F 作FG ⊥BE 于点G∵△ABE 是等边三角形 ∴BE=AB=32，由（1）得=∠EBF 30° 在Rt △BGF 中，2BE BG == ∴BF=2cos30BG=︒∴EF =2.......1分∵△ABP ≌△AEQ ∴QE=BP=x ∴QF =QE ＋图2 AB E Q PF GHEF 2x =+................2分过点Q 作QH ⊥BC ，垂足为H在Rt △QHF中，sin 602)y QH QF x ==︒=+ （x ＞0） 即y 关于x的函数关系式是：2y x =.......................................................3分（2018义乌）24．解：（1）对称轴：直线1x =……………………………………………………..… 1分解析式：21184y x x =-或211(1)88y x =-- (2)分顶点坐标：M （1，18-） (3)分（2）由题意得 213y y -=2221221111118484y y x x x x -=--+=3……………………………………..1分得：212111()[()]384x x x x -+-=① (2)分12122(11)3()62x x s x x -+-⨯3==+-得：1223sx x +=+ ② (3)分把②代入①并整理得：2172x x s-=(S ＞0) (事实上，更确切为S ＞66)4分当36s =时，2121142x x x x +=⎧⎨-=⎩ 解得：1268x x =⎧⎨=⎩(注：S ＞0或S ＞66不写不扣分) 把16x =代入抛物线解析式得13y = ∴点A 1（6，3） (5)分（3）存在 (1)分解法一：易知直线AB 的解析式为3342y x =-，可得直线AB 与对称轴的交点E 的坐标为31,4⎛⎫- ⎪⎝⎭ ∴BD =5，DE =154，DP =5－t ，DQ = t当PQ ∥AB 时，DQ DPDE DB=51554t t -=得 157t =………2分 下面分两种情况讨论: 设直线PQ 与直线AB 、x 轴的交点分别为点F 、G ①当0<157t <时，如图1-1 ∵△FQE ∽△F AG ∴∠FGA ＝∠FEQ∴∠DPQ ＝∠DEB 易得△DPQ ∽△DEB ∴DQ DPDB DE=∴51554t t -= 得201577t =>∴207t =(舍去)…………………………3分② 当157<18t <3时，如图1-2 ∵△FQE ∽△F AG ∴∠F AG ＝∠FQE∵∠DQP ＝∠FQE ∠F AG ＝∠EBD∴∠DQP ＝∠DBE 易得△DPQ ∽△DEB∴DQ DP DB DE = ∴51554t t -=， ∴207t = ∴当207t =秒时，使直线PQ 、直线AB 、x 轴围成的三角形与直线PQ 、直线AB 、抛物线的对称轴围成的三角形相似………………………………4分(注:未求出157t =能得到正确答案不扣分)解法二：可将284x x y =-向左平移一个单位得到2188x y =-,再用解法一类似的方法可求得2172x x S ''-= , 1(5,3)A ', 207t =∴2172x x S -= 1(6,3)A , 207t =.图1-1（2018温州）（2018衢州）24. (本题12分)解：(1)∵点O是AB的中点，∴12OB AB==……1分设点B的横坐标是x(x>0)，则222x+=，……1分解得1x=，2x=(舍去)．∴点B的横坐标是．……2分(2)①当a=，12b=-，c=时，得212y x=-……(＊)2y x=-．……1分以下分两种情况讨论．情况1：设点C在第一象限(如图甲)，则点C的横坐标为，tan301OC OB=⨯︒==．……1分由此，可求得点C的坐标为(，)，……1分点A的坐标为(，)，∵A，B两点关于原点对称，∴点B的坐标为(，)．将点A的横坐标代入(＊)式右边，计算得，即等于点A的纵坐标；将点B的横坐标代入(＊)式右边，计算得，即等于点B的纵坐标．∴在这种情况下，A，B两点都在抛物线上．……2分(甲)(乙)情况2：设点C在第四象限(如图乙)，则点C的坐标为(，-)，点A的坐标为(，)，点B的坐标为(，)．经计算，A，B两点都不在这条抛物线上．……1分(情况2另解：经判断，如果A，B两点都在这条抛物线上，那么抛物线将开口向下，而已知的抛物线开口向上．所以A，B两点不可能都在这条抛物线上)②存在．m的值是1或-1．……2分(22()y a x m am c=--+，因为这条抛物线的对称轴经过点C，所以-1≤m≤1．当m=±1时，点C在x轴上，此时A，B两点都在y轴上．因此当m=±1时，A，B两点不可能同时在这条抛物线上)（2018年宁波）。

2018中考数学试卷及答案分类汇编：图形的变换一、选择题1. （北京4分）下列图形中，即是中心对称又是轴对称图形的是A、等边三角形B、平行四边形C、梯形D、矩形【答案】D。

【考点】中心对称和轴对称图形。

【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。

从而有A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项错误；B、是不是轴对称图形，是中心对称图形．故本选项错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项错误；D、既是轴对称图形，又是中心对称图形．故本选项正确。

故选D。

2.（天津3分）下列汽车标志中，可以看作是中心对称图形的是【答案】A。

【考点】中心对称图形。

【分析】根据在平面内，一个图形绕某个点旋转180°，如果旋转前后的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形的定义，直接得出结果。

3.（天津3分）下图是一支架(一种小零件)，支架的两个台阶的高度和宽度都是同一长度．则它的三视图是【答案】A。

【考点】几何体的三视图。

【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中：细心观察原立体图形的位置，从正面看，是一个矩形，矩形左上角缺一个角；从左面看，是一个正方形；从上面看，也是一个正方形。

故选A。

4.（河北省2分）将图1围成图2的正方体，则图1中的红心“”标志所在的正方形是正方体中的A、面CDHEB、面BCEFC、面ABFGD、面ADHG【答案】A。

【考点】展开图折叠成几何体。

【分析】由图1中的红心“”标志，可知它与等边三角形相邻，折叠成正方体是正方体中的面CDHE。

故选A。

5.（山西省2分）将一个矩形纸片依次按图(1)、图(2)的方式对折，然后沿图(3)中的虚线裁剪，最后将图(4)的纸再展开铺平，所得到的图案是【答案】A。

【考点】剪纸问题。

【分析】严格按照图中的顺序先向上再向右对折，从左下方角剪去一个直角三角形，展开得到结论。

专题7 图形的变化（平移、翻折与旋转）一、图形的平移1．（2017江苏盐城）如图，将函数y =(x −2)2+1的图象沿y 轴向上平移得到一条新函数的图象，其中点A （1，m ），B （4，n ）平移后的对应点分别为点A '、B '．若曲线段AB 扫过的面积为9（图中的阴影部分），则新图象的函数表达式是（ ）A ．y ＝(x −2)2−2B ．y ＝(x −2)2+7C ．y ＝(x −2)2−5D ．y ＝(x −2)2+4第1题 第2题 第3题2．如图,在平面直角坐标系中,点A 的坐标为(0,6),将△OAB 沿x 轴向左平移得到△O ′A ′B ′，点A 的对应点A ′落在直线34y x =-上，则点B 与其对应点B ′间的距离为 ． 3．如图，已知△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将△ABC 沿射线BC 方向平移m 个单位得到△DEF ，顶点A 、B 、C 分别与D 、E 、F 对应，若以点A 、D 、E 为顶点的三角形是等腰三角形，且AE 为腰，则m 的值是__________．二、图形的翻折4.（2017江苏无锡）如图，△ABC 中，∠BAC =90°，AB =3，AC =4，点D 是BC 的中点，将△ABD 沿AD 翻折得到△AED ，连CE ，则线段CE 的长等于 （ ）A ．2B ．54C ．53D ．75第4题 第5题 第6题5．如图，将矩形ABCD 沿GH 对折，点C 落在Q 处，点D 落在AB 边上的点E 处，EQ 与BC 相交于F ，若AD ＝8cm ，AB ＝6cm ，AE ＝4cm ．则△EBF 的周长是 cm ． 6. (2016﹒淮安)如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝6，BC ＝8，点F 在边AC 上，并且CF ＝2，点E 为边BC 上的动点，将△CEF 沿直线EF 翻折，点C 落在点P 处，则点P 到边AB 距离的最小值是 ．三、图形的旋转7．如图，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，将△ABC 绕点C 逆时针旋转，旋转后的图形是△A ′B ′C ，点A 的对应点A ′落在中线AD 上，且点A ′是△ABC 的重心，A ′B ′与BC 相交于点E ，那么BE ∶CE ＝___________．第7题 第8题 第9题8．(2017﹒衢州)如图，正△ABO 的边长为2，O 为坐标原点，A 在x 轴上，B 在第二象限，△ABO 沿x 轴正方向作无滑动的翻滚，经一次翻滚后得到△A 1B 1O ,则翻滚3次后点B 的对应点的坐标是________，翻滚2017次后AB 中点M 经过的路径长为________． 9．(2017﹒盐城)如图，曲线l 是由函数y ＝6x 在第一象限内的图象绕坐标原点O 逆时针旋转45°得到的，过点A (－4 2,4 2),B (2 2,2 2)的直线与曲线l 相交于点M 、N ，则△OMN 的面积为 ．10．(2017﹒荆州）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC 的顶点A 、C 分别在x 轴的负半轴、y 轴的正半轴上，点B 在第二象限．将矩形OABC 绕点O 顺时针旋转，使点B 落在y 轴上，得到矩形ODEF ，BC 与OD 相交于点M ．若经过点M 的反比例函数y ＝kx(x ＜0)的图象交AB 于点N ，S 矩形OABC ＝32，tan ∠DOE ＝12,则BN 的长为________． 11．(2009﹒宁德)如图，已知抛物线C 1：y ＝a (x ＋2)2－5的顶点为P ，与x 轴相交于A 、B 两点(点A 在点B 的左边)，点B 的横坐标是1． (1)求P 点坐标及a 的值；(2)如图(1)，抛物线C 2与抛物线C 1关于x 轴对称，将抛物线C 2向右平移，平移后的抛物线记为C 3,C 3的顶点为M ，当点P 、M 关于点B 成中心对称时，求C 3的解析式； (3)如图(2)，点Q 是x 轴正半轴上一点，将抛物线C 1绕点Q 旋转180°后得到抛物线C 4．抛物线C 4的顶点为N ，与x 轴相交于E 、F 两点(点E 在点F 的左边)，当以点P 、N 、F 为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q 的坐标．12．(2009﹒凉山州）如图，已知抛物线y＝x2＋bx＋c经过A(1，0)，B(0，2)两点，顶点为D．（1）求抛物线的解析式；（2）将△OAB绕点A顺时针旋转90°后，点B落到点C的位置，将抛物线沿y轴平移后经过点C，求平移后所得图象的函数关系式；（3）设（2）中平移后，所得抛物线与y轴的交点为B1,顶点为D1,若点N在平移后的抛物线上，且满足△NBB1的面积是△NDD1面积的2倍，求点N的坐标．13.(2017﹒烟台)【操作发现】(1)如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于30°)，旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF＝CD，线段AB上取点E，使∠DCE＝30°，连接AF，EF．①求∠EAF的度数；②DE与EF相等吗？请说明理由；【类比探究】(2)如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于45°)，旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF＝CD，线段AB上取点E，使∠DCE＝45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：①∠EAF的度数；②线段AE，ED，DB之间的数量关系．答案1．解：∵函数y ＝12(x －2)2＋1的图象过点A (1,m ),B (4,n ),∴m ＝12(1－2)2＋1＝1 12,n ＝12(4－2)2＋1＝3,∴A ⎝⎛⎭⎫1,1 12,B (4,3),过A 作AC ∥x 轴,交B ′B 的延长线于点C ,则C ⎝⎛⎭⎫4,1 12,∴AC ＝4－1＝3,∵曲线段AB 扫过的面积为9(图中的阴影部分), ∴AC ﹒AA ′＝3AA ′＝9, ∴AA ′＝3,即将函数y ＝12(x －2)2＋1的图象沿y 轴向上平移3个单位长度得到一条新函数的图象,∴新图象的函数表达式是y ＝12(x －2)2＋4．故选：D ．2．解：由题意可知,点A 移动到点A ′位置时,纵坐标不变,∴点A ′的纵坐标为6,∵点A ′落在直线上y ＝－ 34x 上,∴－ 34x ＝6,解得x ＝－8,∴△OAB 沿x 轴向左平移得到△O ′A ′B ′位置,移动了8个单位, ∴点B 与其对应点B ′间的距离为8．3．如图2，四边形ABED 保持平行四边形，AM ＝EN ＝4，BM ＝DN ＝3，AD ＝BE ＝m ．①如图3，当EA ＝ED 时，点E 在AD 的垂直平分线上，此时AD ＝2ND ＝6．②如图4，当AE ＝AD 时，根据AE 2＝AD 2，得m 2＝42＋(m －3)2．解得256m =．图2 图3 图44．解：如图连接BE 交AD 于O ,作AH ⊥BC 于H ．在Rt △ABC 中,∵AC ＝4,AB ＝3, ∴BC ＝32＋42＝5, ∵CD ＝DB ,∴AD ＝DC ＝DB ＝52, ∵12﹒BC ﹒AH ＝12﹒AB ﹒AC , ∴AH ＝125,∵AE ＝AB , ∴点A 在BE 的垂直平分线上．∵DE ＝DB ＝DC , ∴点D 在BE 使得垂直平分线上,△BCE 是直角三角形, ∴AD 垂直平分线段BE , ∵12﹒AD ﹒BO ＝12﹒BD ﹒AH , ∴OB ＝125,∴BE ＝2OB ＝245, 在Rt △BCE 中,EC ＝BC 2－BE 2＝52－⎝⎛⎭⎫2452＝75,故选：D ．5．解：设AH ＝a ,则DH ＝AD －AH ＝8－a , 在Rt △AEH 中,∠EAH ＝90°,AE ＝4,AH ＝a ,EH ＝DH ＝8－a ,∴EH 2＝AE 2＋AH 2,即(8－a )2＝42＋a 2, 解得：a ＝3． ∵∠BFE ＋∠BEF ＝90°,∠BEF ＋∠AEH ＝90°, ∴∠BFE ＝∠AEH ． 又∵∠EAH ＝∠FBE ＝90°, ∴△EBF ∽△HAE , ∴C △EBF C △HAE ＝BE AH ＝AB －AE AH ＝23． ∵C △HAE ＝AE ＋EH ＋AH ＝AE ＋AD ＝12, ∴C △EBF ＝23C △HAE ＝8．故答案为：8．6．如图2，作PG ⊥AB 于G ，作FH ⊥AB 于H ．在Rt △AFH 中，FH ＝AF ·sin ∠A ＝445⨯＝165． 在△PFG 中，PF ＝2为定值，PF ＋PG ＞FG ． 而FG 的最小值是FH ，所以PG 的最小值是FH －PF ＝1625-＝65（如图3）．7．根据旋转前后的对应边相等，对应角相等，可知∠ACB ＝∠A ′CB ′，CA ＝CA ′．∴∠CAA ′＝∠CA ′A ．又因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，所以DA ＝DC ． ∴∠CAA ′＝∠ACB ．∴∠A ′CB ′＝∠CA ′A ．∴AD // B ′C ．根据重心的性质，可得1'3DA DA =．又因为12DA CB =，所以1'6DA CB =．∴'1'6DE DA CE CB ==．∴71847163BE CE +===-． 8．解：如图作B 3E ⊥x 轴于E ,易知OE ＝5,B 3E ＝3, ∴B 3(5, 3),观察图象可知3三次一个循环,一个循环点M 的运动路径为120﹒π﹒ 3180＋ 120π﹒1180＋ 120π﹒1180＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2 3＋43π, ∵2017÷3＝672…1,∴翻滚2017次后AB 中点M 经过的路径长为672﹒⎝ ⎛⎭⎪⎫2 3＋43π＋ 2 33π＝⎝⎛⎭⎫ 1346 33＋896π．故答案为⎝⎛⎭⎫ 1346 33＋896π．9．解：∵A (－4 2,4 2),B (2 2,2 2), ∴OA ⊥OB ,建立如图新的坐标系,OB 为x ′轴,OA 为y ′轴．在新的坐标系中,A (0,8),B (4,0),∴直线AB 解析式为y ′＝－2x ′＋8,由 ⎩⎪⎨⎪⎧y ′＝－2x ′＋8y ′＝ 6x ′,解得 ⎩⎨⎧x ′＝1y ′＝6或 ⎩⎨⎧x ′＝3y ′＝2,∴M (1,6),N (3,2),∴S △OMN ＝S △OBM －S △OBN ＝12﹒4﹒6－ 12﹒4﹒2＝8,故答案为8．10．解：∵S 矩形OABC ＝32， ∴A B ﹒BC ＝32，∵矩形OABC 绕点O 顺时针旋转，使点B 落在y 轴上，得到矩形ODEF , ∴AB ＝DE ,OD ＝OA ， 在Rt △ODE 中,tan ∠DOE ＝DE OD ＝12,即OD ＝2DE , ∴DE ﹒2DE ＝32，解得DE ＝4， ∴AB ＝4,OA ＝8，在Rt △OCM 中，∵tan ∠COM ＝MC OC ＝12,而OC ＝AB ＝4， ∴MC ＝2， ∴M (－2,4),把M (－2,4)代入y ＝kx 得k ＝－2×4＝－8，∴反比例函数解析式为y ＝－ 8x ,当x ＝－8时，y ＝－ 8－8＝1，则N (－8,1), ∴BN ＝4－1＝3． 故答案为3．11．【解答】解：(1)由抛物线C 1：y ＝a (x ＋2)2－5得, 顶点P 的坐标为(－2,－5), ∵点B (1,0)在抛物线C 1上,∴0＝a (1＋2)2－5,解得a ＝59;(2)连接PM ,作PH ⊥x 轴于H ,作MG ⊥x 轴于G , ∵点P 、M 关于点B 成中心对称, ∴PM 过点B ,且PB ＝MB , ∴△PBH ≌△MBG ,∴MG ＝PH ＝5,BG ＝BH ＝3, ∴顶点M 的坐标为(4,5),抛物线C 2由C 1关于x 轴对称得到,抛物线C 3由C 2平移得到, ∴抛物线C 3的表达式为y ＝－ 59(x －4)2＋5;(3)∵抛物线C 4由C 1绕点x 轴上的点Q 旋转180°得到, ∴顶点N 、P 关于点Q 成中心对称, 由(2)得点N 的纵坐标为5, 设点N 坐标为(m ,5),作PH ⊥x 轴于H ,作NG ⊥x 轴于G ,作PK ⊥NG 于K ,∵旋转中心Q 在x 轴上, ∴EF ＝AB ＝2BH ＝6,∴FG ＝3,点F 坐标为(m ＋3,0)． H 坐标为(－2,0),K 坐标为(m ,－5), ∵顶点P 的坐标为(－2,－5), 根据勾股定理得：PN 2＝NK 2＋PK 2＝m 2＋4m ＋104, PF 2＝PH 2＋HF 2＝m 2＋10m ＋50, NF 2＝52＋32＝34,①当∠PNF ＝90°时,PN 2＋NF 2＝PF 2,解得m ＝443,∴Q 点坐标为⎝⎛⎭⎫ 193,0．②当∠PFN ＝90°时,PF 2＋NF 2＝PN 2,解得m ＝103,∴Q 点坐标为⎝⎛⎭⎫ 23,0．③∵PN ＞NK ＝10＞NF , ∴∠NPF ≠90°综上所得,当Q 点坐标为⎝⎛⎭⎫ 193,0或⎝⎛⎭⎫ 23,0时,以点P 、N 、F 为顶点的三角形是直角三角形．12．解：（1）已知抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 经过A (1,0),B (0,2), ∴ ⎩⎨⎧0＝1＋b ＋c 2＝0＋0＋c， 解得 ⎩⎨⎧b ＝－3c ＝2，∴所求抛物线的解析式为y ＝x 2－3x ＋2;（2）∵A (1,0),B (0,2), ∴OA ＝1,OB ＝2，可得旋转后C 点的坐标为(3,1),当x ＝3时，由y ＝x 2－3x ＋2得y ＝2，可知抛物线y ＝x 2－3x ＋2过点(3,2),∴将原抛物线沿y 轴向下平移1个单位后过点C ． ∴平移后的抛物线解析式为：y ＝x 2－3x ＋1;（3）∵点N 在y ＝x 2－3x ＋1上，可设N 点坐标为()x 0,x 02－3x 0＋1, 将y ＝x 2－3x ＋1配方得y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x － 322－ 54, ∴其对称轴为直线x ＝32．①0≤x 0≤ 32时，如图①，∵S △NBB 1＝2S △NDD 1, ∴12×1×x 0＝2× 12×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫ 32－x 0 ∵x 0＝1，此时x 02－3x 0＋1＝－1， ∴N 点的坐标为(1,－1)． ②当x 0＞ 32时，如图②，同理可得12×1×x 0＝2× 12×⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－ 32, ∴x 0＝3，此时x 02－3x 0＋1＝1，∴点N 的坐标为(3,1)．③当x ＜0时，由图可知，N 点不存在， ∴舍去．综上，点N 的坐标为(1,－1)或(3,1)．13．解：(1)①∵△ABC 是等边三角形,∴AC ＝BC ,∠BAC ＝∠B ＝60°, ∵∠DCF ＝60°, ∴∠ACF ＝∠BCD ,在△ACF 和△BCD 中, ⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC∠ACF ＝∠BCD CF ＝CD,∴△ACF ≌△BCD (SAS ),∴∠CAF ＝∠B ＝60°,∴∠EAF ＝∠BAC ＋∠CAF ＝120°; ②DE ＝EF ；理由如下：∵∠DCF ＝60°,∠DCE ＝30°, ∴∠FCE ＝60°－30°＝30°, ∴∠DCE ＝∠FCE ,在△DCE 和△FCE 中, ⎩⎪⎨⎪⎧CD ＝CF∠DCE ＝∠FCE CE ＝CE,∴△DCE ≌△FCE (SAS ),∴DE ＝EF ；(2)①∵△ABC 是等腰直角三角形,∠ACB ＝90°, ∴AC ＝BC ,∠BAC ＝∠B ＝45°, ∵∠DCF ＝90°, ∴∠ACF ＝∠BCD ,在△ACF 和△BCD 中, ⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC∠ACF ＝∠BCD CF ＝CD,∴△ACF ≌△BCD (SAS ),∴∠CAF ＝∠B ＝45°,AF ＝DB , ∴∠EAF ＝∠BAC ＋∠CAF ＝90°; ②AE 2＋DB 2＝DE 2,理由如下： ∵∠DCF ＝90°,∠DCE ＝45°, ∴∠FCE ＝90°－45°＝45°, ∴∠DCE ＝∠FCE ,在△DCE 和△FCE 中, ⎩⎪⎨⎪⎧CD ＝CF∠DCE ＝∠FCE CE ＝CE,∴△DCE ≌△FCE (SAS ),∴DE ＝EF ,在Rt △AEF 中,AE 2＋AF 2＝EF 2, 又∵AF ＝DB , ∴AE 2＋DB 2＝DE 2．。