2015年中考数学一轮复习第10讲 图形变换

备考2023年中考数学一轮复习-图形的变换_图形的相似_相似三角形的判定与性质-综合题专训及答案相似三角形的判定与性质综合题专训1、(2017哈尔滨.中考模拟) 如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣3，0）、C（0，4），点B在抛物线上，CB∥x轴，且AB平分∠CAO（1）求抛物线的解析式；（2）点P在线段AB上，过点P作y轴的平方线，交抛物线于点Q，当PQ取最大值时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，把线段PA绕点P顺时针旋转90°，得线段PD，连接BD交直线PQ于点M，作MN⊥AB于N，求MN的长．2、(2018灌云.中考模拟) 如图（1）如图，正方形AEGH的顶点E、H在正方形ABCD的边上，直接写出HD：GC：EB的结果；（2）将图中的正方形AEGH绕点A旋转一定角度，如图，求HD：GC：EB；（3）把图中的正方形都换成矩形，如图，且已知DA：：，求此时HD：GC：EB的值简要写出过程．3、(2018无锡.中考模拟) 如图，A、B两点的坐标分别为（0，6），（0，3），点P为x轴正半轴上一动点，过点A作AP的垂线，过点B作BP的垂线，两垂线交于点Q，连接PQ，M为线段PQ的中点．（1）求证：A、B、P、Q四点在以M为圆心的同一个圆上；（2）当⊙M与x轴相切时，求点Q的坐标；（3）当点P从点（2，0）运动到点（3，0）时，请直接写出线段QM扫过图形的面积．4、(2019慈溪.中考模拟) 双曲线y= （k>0)的图象如图所示，点A的坐标是（0,6），点B(a,0）(a>0)是x轴上的一个动点，G为线段AB的中点，把线段BG绕点B按顺时针方向旋转90°后得到线段BC，然后以AB，BC为边作矩形ABCD。

（1）求C点坐标（用a的式子表示) ；（2）若矩形ABCD水平向右平移二个单位，使双曲线y= 经过A，C两点，求a的值。

5、(2011嘉兴.中考真卷) 已知直线y=kx+3（k＜0）分别交x轴、y轴于A、B两点，线段OA上有一动点P由原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，过点P 作x轴的垂线交直线AB于点C，设运动时间为t秒．（1）当k=﹣1时，线段OA上另有一动点Q由点A向点O运动，它与点P以相同速度同时出发，当点P到达点A时两点同时停止运动（如图1）．①直接写出t=1秒时C、Q两点的坐标；②若以Q、C、A为顶点的三角形与△AOB相似，求t的值．（2）当时，设以C为顶点的抛物线y=（x+m）2+n与直线AB的另一交点为D （如图2），①求CD的长；②设△COD的OC边上的高为h，当t为何值时，h的值最大？6、(2019泉州.中考模拟) 如图，在ABCD中，AC与BD相交于点O，AC⊥BC，垂足为C.将△ABC沿AC翻折得到△AEC，连接DE.（1）求证：四边形ACED是矩形；（2）若AC=4，BC=3，求sin∠ABD的值.7、(2018洛阳.中考模拟) 在等腰直角三角形ABC中,∠ACB＝90°,AC＝BC,D是AB 边上的中点，Rt△EFG的直角顶点E在AB边上移动.（1）如图1，若点D与点E重合且EG⊥AC、DF⊥BC，分别交AC、BC于点M、N，易证EM＝EN；如图2，若点D与点E重合，将△EFG绕点D旋转，则线段EM与EN的长度还相等吗?若相等请给出证明，不相等请说明理由；（2）将图1中的Rt△EGF绕点D顺时针旋转角度α(0∘＜α＜45∘). 如图2，在旋转过程中,当∠MDC＝15∘时，连接MN，若AC＝BC＝2，请求出线段MN的长；（3）图3, 旋转后,若Rt△EGF的顶点E在线段AB上移动(不与点D、B重合)，当AB＝3AE时，线段EM与EN的数量关系是；当AB＝m·AE时，线段EM与EN的数量关系是.8、(2019福田.中考模拟) 如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC．BD 交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E．连接OE．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）若AB＝．OE＝2，求线段CE的长．9、(2018毕节.中考模拟) 如图，在▱ABCD中过点A作AE⊥DC，垂足为E，连接BE，F为BE上一点，且∠AFE=∠D．（1）求证：△ABF∽△BEC；（2）若AD=5，AB=8，sinD= ，求AF的长．10、(2018遵义.中考模拟) 如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝5cm，点D在BC上，且CD＝3cm.动点P、Q分别从A、C两点同时出发，其中点P以1cm/s的速度沿AC向终点C移动；点Q以cm/s的速度沿CB向终点B移动．过点P 作PE∥CB交AD于点E，设动点的运动时间为x秒．（1）用含x的代数式表示EP；（2）当Q在线段CD上运动几秒时，四边形PEDQ是平行四边形；（3）当Q在线段BD(不包括点B、点D)上运动时，求当x为何值时，四边形EPDQ面积等于.11、(2017陕西.中考真卷) 综合题（1）问题提出如图①，△ABC是等边三角形，AB=12，若点O是△ABC的内心，则OA的长为；（2）问题探究如图②，在矩形ABCD中，AB=12，AD=18，如果点P是AD边上一点，且AP=3，那么BC边上是否存在一点Q，使得线段PQ将矩形ABCD的面积平分？若存在，求出PQ的长；若不存在，请说明理由．（3）问题解决某城市街角有一草坪，草坪是由△ABM草地和弦AB与其所对的劣弧围成的草地组成，如图③所示．管理员王师傅在M处的水管上安装了一喷灌龙头，以后，他想只用喷灌龙头来给这块草坪浇水，并且在用喷灌龙头浇水时，既要能确保草坪的每个角落都能浇上水，又能节约用水，于是，他让喷灌龙头的转角正好等于∠AMB（即每次喷灌时喷灌龙头由MA转到MB，然后再转回，这样往复喷灌．）同时，再合理设计好喷灌龙头喷水的射程就可以了．如图③，已测出AB=24m，MB=10m，△AMB的面积为96m2；过弦AB的中点D作DE⊥AB 交于点E，又测得DE=8m．请你根据以上信息，帮助王师傅计算喷灌龙头的射程至少多少米时，才能实现他的想法？为什么？（结果保留根号或精确到0.01米）12、(2018青海.中考真卷) 如图，抛物线与坐标轴交点分别为，，，作直线BC．（1）求抛物线的解析式；（2）点P为抛物线上第一象限内一动点，过点P作轴于点D，设点P 的横坐标为，求的面积S与t的函数关系式；（3）条件同，若与相似，求点P的坐标．13、(2020营口.中考模拟) 如图（提出问题）（1）如图1，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等边△AMN，连结CN．求证：∠ABC=∠ACN．（2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论∠ABC=∠ACN还成立吗？请说明理由．（3）如图3，在等腰△ABC中，BA=BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN=∠ABC．连结CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由．14、(2020扬州.中考真卷) 如图1，已知点O在四边形ABCD的边AB上，且，OC平分，与BD交于点G，AC分别与BD、OD 交于点E、F.（1）求证：；（2）如图2，若，求的值；（3）当四边形ABCD的周长取最大值时，求的值.15、(2020昆明.中考真卷) 如图1，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点E，F分别为AB，CD的中点.（1）求证：四边形AEFD是矩形；（2）如图2，点P是边AD上一点，BP交EF于点O，点A关于BP的对称点为点M，当点M落在线段EF上时，则有OB＝OM.请说明理由；（3）如图3，若点P是射线AD上一个动点，点A关于BP的对称点为点M，连接AM，DM，当△AMD是等腰三角形时，求AP的长.相似三角形的判定与性质综合题答案1.答案：2.答案：3.答案：4.答案：5.答案：6.答案：7.答案：8.答案：9.答案：10.答案：11.答案：12.答案：13.答案：14.答案：15.答案：。

Day7 图形的变换一、几何变换（轴对称、平移、旋转、折叠）1、图形的平移：2、图形的轴对称：对称，如图直线L是这两个图形的对称轴，点A和点E是对称点★记忆：简单来说就是能使得两个图形重合的直线就是对称轴。

要区分“对称轴”和“轴对称图形”。

“对称轴”是一条直线，“轴对称图形”是两个全等的图形如图，两个▲关于直线L对称，直线L是对应点B和点F连线BF的垂直平分线如图▲ABC和▲EFG是以直线L为对称轴的轴对称图形如图，两个▲关于直线L对称，直线L是对应点B和点F连线BF的垂直平分线3、图形的翻折翻折前后图形全等（对应线段和对应角都分别相等）4、图形的旋转转动一个角度，’、5、中心对称（特殊的旋转）二、视图、展开图、位似作图1、投影用光线照射物体，在某个平面上得到的影子叫做物体的投影.由一点（光源）（位似变换），2、三视图：主视图、俯视图、左视图①看得见的部分画成实线，被遮挡而看不见的部分画成虚线3、展开图有些立体图形是由一些平面图形围成的，将这些立体图形的表面剪开可以展开成平面图形，这样的平面图形称为相应立体图形的展开图。

注意：不是所有的立体图形都有平面展开图，如球体就不能展开。

4、位似作图（1）几何作图：对应点到位似中心的距离之比等于位似比★记忆：位似即位置相似，位置距离成比例位似又分为同侧位似和异侧位似★注意：位似比，即位似图形的相似比，指的是题目要求画的新图形与参照的原图形的相似比，所以以不同的图形为参照图，所得的位似比不同。

如上面左图同侧位似中，如果题目的意思是“以▲ABC为参照的原图，▲DEF为新图形，求出位似比”，则此时的位似比=DOAO= 95；而如果题目的意思是“以▲DEF为参照的原图，▲ABC为新图形，求出位似比”则此时的位似比=AODO= 59总之位似比总是原图形的数值作分母，口诀：位似比即旧分之新（位似比=新旧）（2）代数作图：如果以原点为位似中心，位似比为k，则原图形上的点（x，y）对应的位似图形上的点的坐标为（kx，ky）或（一kx，一ky）★记忆：如果是同侧位似则位似对应点的坐标是（kx，ky），如果是异侧位似则位似对应点的坐标是（一kx，一ky）。

中考数学总复习《图形变换综合压轴题》专项提升练习题（附答案)学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________1．如图1，在Rt△ABC中∠C=90°,AC=BC=5，等腰直角三角形BDE的顶点点D是边BC上的一点，且α(0°≤α<360°)．的值为________，直线AE,CD相交形成的较小角的度数为________；(1)【问题发现】当α=0°时，AECD(2)【拓展探究】试判断：在旋转过程中，（1）中的两个结论有无变化？请仅就图2的情况给出证明；(3)【问题解决】当△BDE旋转至A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出△ACD的面积．2．已知等边三角形ABC，过A点作AC的垂线l，点P为l上一动点（不与点A重合），连接CP，把线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到CQ，连QB．(1)如图1，判断线段AP与BQ的数量关系，并说明理由；(2)如图2，当点P、B在AC同侧且AP＝AC时，求证：直线PB垂直平分线段CQ；(3)如图3，若等边三角形ABC的边长为4，点P、B分别位于直线AC异侧，且△APQ的面积等于√3，请直接4写出线段AP的长度．3．在中Rt△ABC中∠ABC=90°，AB=BC点E在射线CB上运动．连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF．(1)如图1，点E在点B的左侧运动；①当BE=2，BC=2√3时，则∠EAB=_________°；②猜想线段CA，CF与CE之间的数量关系为_________．(2)如图2，点E在线段CB上运动时，第（1）间中线段CA，CF与CE之间的数量关系是否仍然成立如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出它们之间新的数量关系．(3)点E在射线CB上运动BC=√3，设BE=x，以A，E，C，F为顶点的四边形面积为y，请直接写出y与x之间的函数关系式（不用写出x的取值范围）．4．如图1，在矩形ABCD中AB=6，AD=8把AB绕点B顺时针旋转α(0<α<180°)得到，连接，过B点作BE⊥AA′于E点，交矩形ABCD边于F点．(1)求DA′的最小值；(2)若A点所经过的路径长为2π，求点A′到直线AD的距离；(3)如图2，若CF=4，求tan∠ECB的值；(4)当∠A′CB的度数取最大值时，直接写出CF的长．5．【问题探究】（1）如图1锐角△ABC中分别以AB AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD 使AE＝AB AD＝AC∠BAE＝∠CAD＝90°连接BD CE试猜想BD与CE的大小关系不需要证明．【深入探究】（2）如图2四边形ABCD中AB＝5BC＝2∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三角形将BD进行转化再计算请你准确的叙述辅助线的作法再计算；【变式思考】（3）如图3四边形ABCD中AB＝BC∠ABC＝60°∠ADC＝30°AD＝6BD ＝10则CD＝．6．如图1所示在菱形ABCD和菱形AEFG中点A B E在同一条直线上P是线段CF的中点连接PD PG．(1)若∠BAD=∠AEF=120°请直接写出∠DPG的度数及PG的值______．PD(2)若∠BAD=∠AEF=120°将菱形ABCD绕点A顺时针旋转使菱形ABCD的对角线AC恰好与菱形AEFG的边AE在同一直线上如图2 此时（1）中的两个结论是否发生改变？写出你的猜想并加以说明．(3)若∠BAD=∠AEF=180°−2α(0°<α<90°)将菱形ABCD绕点A顺时针旋转到图3的位置求出PGPD 的值．7．如图1 在平面直角坐标系中抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于A（﹣2 0）B两点与y轴交于点C OB＝OC．连接BC点D是BC的中点．(1)求抛物线的表达式；(2)点M在x轴上连接MD将△BDM沿DM翻折得到△DMG当点G落在AC上时求点G的坐标；(3)如图2 E在第二象限的抛物线上连接DE交y轴于点N将线段DE绕点D逆时针旋转45°交ABOM直接写出点E的坐标．与点M若ON＝438．[证明体验]（1）如图1 在△ABC和△BDE中点A B D在同一直线上△A＝△CBE＝△D＝90° 求证：△ABC△△DEB．（2）如图2 图3 AD＝20 点B是线段AD上的点AC△AD AC＝4 连结BC M为BC中点将线段BM绕点B顺时针旋转90°至BE连结DE．ME时求AB的长．[思考探究]（1）如图2 当DE=√22[拓展延伸]（2）如图3 点G过CA延长线上一点且AG＝8 连结GE△G＝△D求ED的长．9．新定义：如图1（图2图3）在△ABC中把AB边绕点A顺时针旋转把AC边绕点A逆时针旋转得到△AB′C′若∠BAC＋∠BA′C′=180°我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形” △AB′C′的中线AD叫做△ABC的“旋补中线” 点A叫做“旋补中心”(1)【特例感知】①若△ABC是等边三角形（如图2）BC=4则AD=________；②若∠BAC=90°（如图3）BC=6AD=_______；(2)【猜想论证】在图1中当△ABC是任意三角形时猜想AD与BC的数量关系并证明你的猜想；（提示：过点B′作B′E∥AC′且B′E＝AC′连接C′E则四边形AB′EC是平行四边形．）(3)【拓展应用】如图4点A B C D都在半径为5的圆P上且AB与CD不平行AD=6△APD是△BPC的“旋补三角形” 点P是“旋补中心” 求BC的长．10．如图① 抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A(x10) 点C(x20) 且x1x2满足x1+x2＝2x1•x2＝﹣3 与y轴交于点B E(m0)是x轴上一动点过点E作EP△x轴于点E交抛物线于点P．(1)求抛物线解析式．(2)如图② 直线EP交直线AB于点D连接PB．①点E在线段OA上运动若△PBD是等腰三角形时求点E的坐标；②点E在x轴的正半轴上运动若△PBD+△CBO＝45° 请求出m的值．(3)如图③ 点Q是直线EP上的一动点连接CQ将线段CQ绕点Q逆时针旋转90° 得到线段QF 当m＝1时请直接写出PF的最小值．11．如图△ABC与△DEF都是等腰直角三角形AC=BC DE=DF．边AB EF的中点重合于点O连接BF CD．(1)如图① 当FE△AB时易证BF=CD（不需证明）；(2)当△DEF绕点O旋转到如图②位置时猜想BF与CD之间的数量关系并证明；(3)当△ABC与△DEF均为等边三角形时其他条件不变如图③ 猜想BF与CD之间的数量关系直接写出你的猜想不需证明．12．已知Rt△ABC中AC＝BC△C＝90° D为AB边的中点△EDF＝90° △EDF绕D点旋转它的两边分别交AC CB（或它们的延长线）于E F．(1)如图1 当△EDF绕D点旋转到DE△AC于E时易证S△DEF＋S△CEF与S△ABC的数量关系为__________；(2)如图2 当△EDF绕D点旋转到DE和AC不垂直时上述结论是否成立？若成立请给予证明；(3)如图3 这种情况下请猜想S△DEF S△CEF S△ABC的数量关系不需证明．13．如图① 将一个直角三角形纸片ABC放置在平面直角坐标系中点A(−2,0)点B(6,0)点C在第一象限∠ACB=90°∠CAB=30°．(1)求点C的坐标；(2)以点B为中心顺时针旋转三角形ABC得到三角形BDE点A C的对应点分别为D E．①如图② 当DE∥AB时BD与y轴交于点F求点F的坐标；②如图③ 在（1）的条件下点F不变继续旋转三角形BDE当点D落在射线BC上时求证四边形FDEB为矩形；(3)点F不变记P为线段FD的中点Q为线段ED的中点求PQ的取值范围（直接写出结果即可）．14．如图在Rt△ABC中∠ACB=90∘∠A=30∘点O为AB中点点P为直线BC上的动点（不与点B C重合）连接OC OP将线段OP绕点P逆时针旋转60∘得到线段P Q连接BQ．(1)如图1 当点P在线段BC上时请直接写出线段BQ与CP的数量关系；(2)如图2 当点P在CB长线上时（1）中结论是否成立？若成立请加以证明；若不成立请说明理由；(3)如图3 当点P在BC延长线上时若∠BPO=45∘AC=√6请直接写出BQ的长．15．如图在RtΔABC中∠BAC=90°AB=AC点P是AB边上一动点作PD⊥BC于点D连接AD把AD绕点A逆时针旋转90°得到AE连接CE DE PE．(1)求证：四边形PDCE是矩形；(2)如图2所示当点P运动BA的延长线上时DE与AC交于点F其他条件不变已知BD=2CD的值；求APAF(3)点P在AB边上运动的过程中线段AD上存在一点Q使QA+QB+QC的值最小当QA+QB+QC的值取得最小值时若AQ的长为2 求PD的长．16．感知：如图① △ABC和△ADE都是等腰直角三角形∠BAC=∠DAE=90°点B在线段AD上点C在线段AE上我们很容易得到BD=CE不需要证明；(1)探究：如图② 将△ADE绕点A逆时针旋转α(0<α<90°)连结BD和CE此时BD=CE是否依然成立?若成立写出证明过程；若不成立说明理由；(2)应用：如图③ 当△ADE绕点A逆时针旋转使得点D落在BC的延长线上连接CE；①探究线段BC CD CE之间的数量关系．②若AB=AC=√2CD=1求线段DE的长．17．如图抛物线C：y=ax2+6ax+9a−8与x轴相交于A B两点（点A在点B的左侧）已知点B的横坐标是2 抛物线C的顶点为D．(1)求a的值及顶点D的坐标；(2)点P是x轴正半轴上一点将抛物线C绕点P旋转180°后得到的抛物线C1记抛物线C1的顶点为E抛物线C1与x轴的交点为F G（点F在点G的右侧）．当点P与点B重合时（如图1）求抛物线C1的表达式；(3)如图2 在（2）的条件下从A B D中任取一点E F G中任取两点若以取出的三点为顶点能构成直角三角形我们就称抛物线C1为抛物线C的“勾股伴随同类函数”．当抛物线C1是抛物线C的勾股伴随同类函数时求点P的坐标．18．如图点B坐标为（5 2）过点B作BA△y轴于点A作BC△x轴于点C点D在第一象限内．(1)如图1 反比例函数y1＝mx （x＞0）的图象经过点B点D且直线OD的表达式为y＝52x求线段OD的长；(2)将线段OD从（1）中位置绕点O逆时针旋转得到OD′（如图2）反比例函数y2＝nx（x＞0）的图象过点D' 交AB于点E交BC于点F连接OE OF EF．①若AE+CF＝EF求n的值；②若△OEF＝90°时设D′的坐标为（a b）求（a+b）2的值.19．已知正方形ABCD和等腰直角三角形BEF BE＝EF△BEF＝90° 按图1放置使点F在BC上取DF的中点G连接EG CG．(1)探索EG CG的数量关系和位置关系并证明；(2)将图（1）中△BEF绕点B顺时针旋转45° 再连接DF取DF中点G（见图2）（1）中的结论是否仍然成立？证明你的结论；(3)将图（1）中△BEF绕点B顺时针转动任意角度（旋转角在0°到90°之间）再连接DF取DF中点G（见图3）（1）中的结论是否仍然成立？证明你的结论．20．如图1 已知正方形BEFG点C在BE的延长线上点A在GB的延长线上且AB＝BC过点C作AB的平行线过点A作BC的平行线两条平行线相交于点D．(1)证明：四边形ABCD是正方形；(2)当正方形BEFG绕点B顺时针（或逆时针）旋转一定角度得到图2 使得点G在射线DB上连接BD和DF点Q是线段DF的中点连接CQ和QE猜想线段CQ和线段QE的关系并说明理由；(3)将正方形BEFG绕点B旋转一周时当△CGB等于45°时直线AE交CG于点H探究线段CH EG AH的长度关系．参考答案1．（1）解：Rt△ABC中∵∠C=90°,AC=BC=5∴AB=√AC2+BC2=√52+52=5√2∵ED⊥BC BD=ED=√2∴EB=√DB2+DE2=2,∠B=45°∴AE=AB－EB=5√2−2,CD=BC−DB=5−√2∴AECD =5√2−25−√2=√2故答案为：√2,45°；（2）解：（1）中的两个结论不发生变化理由如下：如图延长AE CD交于F由旋转可得∠CBD=∠ABE∵AB=5√2,BC=5,BE=2,DB=√2∴ABBC =5√25=√2EBDB=2√2=√2∴ABBC=EBDB∴ΔAEB∽ΔCDB∴AECD =ABCB=√2∠EAB=∠DCB∵∠BAC+∠ACB=90°+45°=135°∴∠BAC+∠ACD+∠DCB=∠BAC+∠ACD+∠EAB=135°即∠FAC+∠ACD=135°∴∠F=180°−(∠FAC+∠ACD)=45°∴（1）中的两个结论不发生变化．（3）解：分情况讨论：如图当点D在线段AE上时过点C作CF⊥AD于点F在RtΔABD中AB=5√2,BD=√2∴AD=√AB2−DB2=√(5√2)2−(√2)2=4√3由（2）知ΔEAB∽ΔDCB∠ADC=45°AE=AD+DE=4√3+√2∴CDAE=CBAB∴CD4√3+√2=55√2∴CD=2√6+1在Rt△CDF中CF=CD·sin∠ADC=(2√6+1)·sin45°=2√3+√22∴S△ADC=12AD·CF=12×4√3×(2√3+√22)=12+√6；当点E在线段AD上时如图过点C作CF⊥AD于点F在RtΔADB中AB=5√2,DB=√2∴AD=√AB2−DB2=√(5√2)2−(√2)2=4√3∴AE=AD−DE=4√3−2由（2）知△CDB∽△AEB∴CDAE=BCAB∴CD4√3−2=55√2∴CD=2√6−1由（2）知∠ADC=45°∴CF=CD·sin45°=(2√6−1)×√22=2√3−√22∴SΔACD=12AD·CF=12×4√3×(2√3−√22)=12−√6综上△ADC的面积为12+√6或12−√6．2．（1）解：AP＝BQ．理由如下：在等边△ABC中AC＝BC△ACB＝60°由旋转可得CP＝CQ△PCQ＝60°△△ACB＝△PCQ△△ACB﹣△PCB＝△PCQ﹣△PCB即△ACP＝△BCQ△△ACP△△BCQ（SAS）△AP＝BQ；（2）证明：在等边△ABC中AC＝BC△ACB＝60°由旋转可得CP＝CQ△PCQ＝60°△△ACB＝△PCQ△△ACB﹣△PCB＝△PCQ﹣△PCB即△ACP＝△BCQ△△ACP△△BCQ（SAS）△AP＝BQ△CBQ＝△CAP＝90°；△BQ＝AP＝AC＝BC.△AP＝AC△CAP＝90°△△BAP＝30° △ABP＝△APB＝75°△△CBP＝△ABC+△ABP＝135°△△CBD＝45°△△QBD＝45°△△CBD＝△QBD即BD平分△CBQ△BD△CQ且点D是CQ的中点即直线PB垂直平分线段CQ；（3）解：AP 的长为：√3或√33或2√3+√212． 理由如下：①当点Q 在直线l 上方时 如图所示 延长BQ 交l 于点E 过点Q 作QF ⊥l 于点F由题意可得AC ＝BC PC ＝CQ △PCQ ＝△ACB ＝60°△△ACP ＝△BCQ△△APC △△BCQ （SAS ）△AP ＝BQ △CBQ ＝△CAP ＝90°△△CAB ＝△ABC ＝60°△△BAE ＝△ABE ＝30°△AB ＝AC ＝4△AE ＝BE =4√33△△BEF ＝60°设AP ＝t 则BQ ＝t△EQ =4√23−t在Rt △EFQ 中 QF =√32EQ =√32（4√23−t ） △S △APQ =12AP •QF =√34 即12•t √32（4√23−t ）=√34 解得t =√3或t =√33．即AP 的长为√3或√33．②当点Q 在直线l 下方时 如图所示 设BQ 交l 于点E 过点Q 作QF ⊥l 于点F由题意可得AC ＝BC PC ＝CQ △PCQ ＝△ACB ＝60°△△ACP ＝△BCQ△△APC △△BCQ （SAS ）△AP ＝BQ △CBQ ＝△CAP ＝90°△△CAB ＝△ABC ＝60°△△BAE ＝△ABE ＝30°△△BEF ＝120° △QEF ＝60°△AB ＝AC ＝4△AE ＝BE =4√33设AP ＝m 则BQ ＝m△EQ ＝m −4√33在Rt △EFQ 中 QF =√32EQ =√32（m −4√33） △S △APQ =12AP •QF =√34 即12•m •√32（m −4√33）=√34 解得m =2√3+√213（m =2√3-√213 负值舍去）．综上可得 AP 的长为：√3或√33或2√3+√213． 3．（1）解：①△AB =BC =2√3 BE =2 △ABC =90°△tan∠EAB =BE AB =22√3=√33△△EAB =30°故答案为：30；②过点F 作FD △BC 于D 如图3△△BAE + △AEB = 90° △DEF +△AEB =90°△△BAE = △DEF△AE = EF △ABE =△EDF = 90°△△АВЕ △△ЕDF△AB = ED = BC△FD = DC△CF =√2CD AC =√2AB =√2ED△AC + CF=√2CD +√2ED=√2 (CD + ED )=√2CE ；故答案为：AC +CF =√2CE ；（2）过F 作FH △BC 交BC 的延长线于H 如图4△△AEF =90° AE =EF易证△ABE △△EHF△FH =BE EH =AB =BC△△FHC 是等腰直角三角形△CH =BE =√22FC△EC =BC -BE =√22AC -√22FC 即CA -CF =√2CE ；（3）如图3 当点E在点B左侧运动时y=12×CE×(AB+FD)=12×(√3+x)×(√3+x)=1 2x2+√3x+32；如图4 当点E在点B右侧运动时连接AF 根据勾股定理得AE=√AB2+BE2=√3+x2由旋转得AE=EF△EC=EH-CH=BC-BE=√3−x△y=12×AE×EF+12×EC×FH=1 2x2+32+12(√3−x)x=√3 2x+32综上当点E在点B左侧运动时y=12x2+√3x+32；当点E在点B右侧运动时y=√32x+32．4．（1）解：连接BD DA′ 如图△四边形ABCD是矩形△△BAD=90°△AB=6 AD=8△BD=10由旋转可得BA′=BA=6△BA′+DA′≥BD△当点A′落在BD上时DA′最小最小值为10-6=4△DA′最小值为4；（2）解：由题意得απ×6180=2π解得：α=60°△AB=A′B△△ABA′是等边三角形△△BAA′=60° AB=A′B=AA′=6△△DAA′=30°过点A′作A′M△AD于M点△A′M=12AA′=3△点A′到直线AD的距离为3（3）解：△BC=8 CF=4△BF=4√5△△BAE+△ABE=90° △CBF+△ABE=90°△△BAE=△CBF△△AEB=△BCF=90°△△ABE△△BFC△BE CF =ABBF△BE=6√55过E作EH△BC于H点△EH∥CD△△BEH△△BFC△BE BF =EHCF=BHBC△EH=65BH=125△CH=285△tan∠ECB=EHCH =314；（4）解：当A′C与以B为圆心AB为半径的圆相切时△A′CB最大此时△BA′C=90°分两种情况：当A′在BC的上方时如图1△AB=A′B AE△AA′于E△△ABF=△A′BF△BF=BF△△ABF△△A′BF△△BA′F=△BAF=90°△C A′ F在一条直线上△S△BCF=12BC×AB=12A′B×CF△CF =BC =8如图2当A ′在BC 的下方时连接AF A ′F 则AF =A ′F△A ′B =6 BC =8△A′C =2√7过A ′作A ′P △CD 垂足落在DC 的延长线上△△BCA ′+△A ′CP =90° △A ′CP +△CA ′P =90°△△BCA ′=△CA ′P△△BA ′C =△A ′PC△△A ′BC △△PCA ′△A ′B PC =BC CA ′=A ′CPA ′△A′P =72 PC =32√7△AD 2+DF 2=A ′P 2+PF 2△82+(6−CF )2=(72)2+(32√7+CF)2△CF =83(4−√7)．综上 CF 的长为8或83（4−√7)．5．解：（1）BD ＝CE ．理由是：△△BAE ＝△CAD△△BAE +△BAC ＝△CAD +△BAC 即△EAC ＝△BAD在△EAC 和△BAD 中{AE =AB∠EAC =∠BAD AC =AD△△EAC △△BAD△BD ＝CE ；（2）如图2 在△ABC 的外部 以A 为直角顶点作等腰直角△BAE使△BAE ＝90° AE ＝AB 连接EAEB EC ．△△ACD＝△ADC＝45°△AC＝AD△CAD＝90°△△BAE+△BAC＝△CAD+△BAC即△EAC＝△BAD 在△EAC和△BAD中{AE=AB ∠EAC=∠BAD AC=AD△△EAC△△BAD△BD＝CE．△AE＝AB＝5△BE＝√52+52=5√2△ABE＝△AEB＝45°又△△ABC＝45°△△ABC+△ABE＝45°+45°＝90°△EC2=BE2+BC2=(5√2)2+22=54△BD2=CE2=54．（3）如图△AB＝BC△ABC＝60°△△ABC是等边三角形把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE连接DE 则BE＝AD△CDE是等边三角形△DE＝CD△CED＝60°△△ADC＝30°△△BED＝30°+60°＝90°在Rt△BDE中DE＝√BD2−BE2＝√102−62＝8△CD＝DE＝8．6．解：（1）延长GP交CD于H如图1所示：∵在菱形ABCD和菱形AEFG中AB=CD=AD BE//CD AG=FG FG//BE∴FG//CD∴∠PFG=∠PCH ∵P是线段CF的中点∴PF=PC在△PFG和△PCH中{∠PFG=∠PCHPF=PC∠FPG=∠CPH ∴△PFG≅△PCH(ASA)∴FG=CH PG=PH∴AG=CH∴DG=DH∴DP⊥GH（三线合一）∴∠DPG=90°；∵∠BAD=120°∴∠ADC=60°∴∠PDG=∠PDH=12∠ADC=30°∴PGPD =tan∠PDG=tan30°=√33；（2）（1）中的两个结论不发生改变；理由如下：延长GP交CE于H连接DH DG如图2所示：∵四边形AEFG为菱形∴FG//EC∴∠GFP=∠HCP ∵P是线段CF的中点∴PF=PC在△PFG和△PCH中{∠GFP=∠HCPPF=PC∠FPG=∠CPH ∴△PFG≅△PCH(ASA)∴FG=CH PG=PH∵FG=AG∴AG=CH∵四边形ABCD是菱形∴AC=CD∵∠BAD=∠AEF=120°∴∠ACD=60°∴△ACD是等边三角形∴AD=CD∴∠EAG=∠ADC=60°∠DAC=∠DCA=60°∴∠GAD=180°−∠EAG−∠DAC=60°在△ADG和△CDH中{AD=CD∠GAD=∠DCHAG=CH ∴△ADG≅△CDH(SAS)∴DG=DH∠ADG=∠CDH∴DP⊥GH∴∠DPG=90°∠GDH=∠ADC=60°∴∠GDP=30°∴PGPD =tan30°=√33；（3）延长GP到H使得PH=GP连接CH DG DH延长DC交EA的延长线于点M如图3所示：同（2）可证△PFG≅△PCH∴∠GFC=∠HCF FG=CH∴FG//CH∵FG//AE∴CH//EM∴∠DCH=∠M∵CD//AB∴∠M=∠MAB∴∠DCH=∠MAB∵∠BAD=∠AEF=180°−2α∴∠EAG=∠ADC=2α∴∠GAM=180°−2α∴∠GAD=∠BAM∴∠GAD=∠DCH∵AG=FG∴AG=CH在△ADG和△CDH中{AD=CD∠GAD=∠DCHAG=CH ∴△ADG≅△CDH(SAS)∴∠ADG=∠CDH DG=DH∴∠GDH=∠ADC=2α∴∠DPG =90° ∠GDP =12∠GDH =α∴ PGPD =tanα．7．（1）解：△抛物线y =ax 2+bx +4与y 轴交于点C△点C 的坐标为（0 4）△OC =4△OB=OC =4△B （4 0）将A （-2 0）和B （4 0）的坐标分别代入y =ax 2+bx +4中得：{4a −2b +4=016a +4b +4=0解得：{a =−12b =1△y =−12x 2+x +4（2）解：△A （－2 0） C （0 4）设直线AC 的解析式为y =kx +4将点A （－2 0）代入y =kx +4中 得：−2k +4=0 解得：k =2△直线AC 的解析式为y =2x +4设G （x 2x ＋4）△点D 是BC 的中点△D（2 2）△翻折△△MDB△△MDG△DB=DG△(x−2)2+(2x+4−2)2=(2−4)2+(2−0)2△5x2+4x=0△x1=0，x2=−45△y1=4，y2=125△G（0 4）G（−45125）（3）解：E(2−2√13314−2√139)如图过点D作DP△OC于点P DQ△OB于点Q点D作DH△DN交OB于点H∵∠PDQ=∠NDM=90°∴∠PDQ−∠NDQ=∠NDM−∠NDQ∴∠PDN=∠QDH在ΔDPN和ΔDQH中{DP=DQ∠DON=∠DQH=90°∠PDN=∠QDH∴ΔDPN≅ΔDQH(ASA)∴DN=DH∠NDM=90°−∠PDN−∠QDM=90°−∠QDH−∠QDM=∠HDM 在ΔDMN和ΔDMH中{DN=DH∠NDM=∠HDMDM=DM∴△DMN≌△DMH(SAS)∴MN=MQ+PN△ON =43OM 设OM =x 则ON =43x QM =2－x PN =2－43x △MN =MQ ＋PN =4－73x在Rt △OMN 中 △MON=90°MN 2=ON 2+OM 2即(4−73x)2=(43x)2+(2−x )2△2x 2−x +9=0△x =1 x =92(舍) △N (0 43) △D （2 2）设直线DN 的解析式为y =k 1x +b 1将点N (0 43)和点D （2 2）代入y =k 1x +b 1中 得：{b 1=432k 1+b 1=2 解得：{b 1=43k 1=13△直线DN 的解析式为y =13x +43△y =−12x 2+x +4 △−12x 2+x +4=13x +43△x =2−2√133 x =2+2√133（舍） △y =14−2√139 △E (2−2√133 14−2√139). 8．解：（1）证明 △△A ＝90° △CBE ＝90°△△C ＋△CBA ＝90° △CBA ＋△DBE ＝90°△△C ＝△DBE （同角的余角相等）．又△△A ＝△D ＝90°△△ABC △△DEB ；（2）①△M绕点B顺时针旋转90°至点E M为BC中点△△BME为等腰直角三角形BEBC =BMBC=12△BE=√22ME又△DE=√22ME△BE＝DE．如图过点E作EF△AD垂足为F则BF＝DF △△A＝△CBE＝△BFE＝90°△由（1）得：△ABC△△FEB△BF AC =BEBC=12△AC＝4△BF＝2△AB＝AD－BF－FD＝20－2－2＝16；②如图过点M作AD的垂线交AD于点H过点E作AD的垂线交AD于点F过D作DP△AD过E作NP△DP交AC的延长线于N△M为BC中点MH△AC∴MHAC =BMBC=BHAB=12△MH=12AC=2BH＝AH△△MHB＝△MBE＝△BFE＝90°由（1）得：∠HBM=∠FEB△MB＝EB△△MHB△△BFE△BF＝MH＝2 EF＝BH设EF＝x则DP＝x BH＝AH＝x EP＝FD＝20－2－2x＝18－2x GN＝x＋8 NE＝AF＝2x＋2由(1)得△NGE△△PED△PE NG =PDNE即18−2xx+8=x2x+2解得x1=6x2=−65（舍去）△FD＝18－2x＝6△ED=√EF2+FD2=√62+62=6√2．9．（1）解：①△△ABC是等边三角形BC=4△AB=AC=4∠BAC=60°△AB′=AC′=4∠B′AC′=120°△AD为等腰△AB′C′'的中线△AD⊥B′C′∠C′=30°△∠ADC′=90°在Rt△ADC′'中∠ADC′=90°AC′=4∠C′=30°△AD=12AC′=2；②△∠BAC=90°△∠B′AC′=90°在△ABC和△AB′C′'中{AB=AB′∠BAC=∠B′AC′AC=AC′△△ABC≌△AB′C′（SAS）△B′C′=BC=6△AD=12B′C′=3；故答案为：①2；②3（2）AD＝12BC理由如下：证明：在图1中过点B′作B′E∥AC′且B′E＝AC′连接C′E DE则四边形AB′EC是平行四边形．△∠BAC＋∠B′AC′=180°∠B′AC′+∠AB′E=180°△∠BAC=∠AB′E又△AC＝AC′△CA=EB′在△BAC和△AB′E中{BA=AB′∠BAC=∠AB′E CA=EB′△△BAC≌△AB′E（SAS）△BC=AE又△AD＝12AE△AD＝12BC；（3）如图过点P作PF⊥BC则BF＝CF△PB=PC PF⊥BC△PF为△BC的中线△PF＝12AD=3．在Rt△BPF中∠BFP=90°PB=5PF=3△BF＝√PB2−PF2＝4△BC=2BF=8．10．（1）解：△x 1 x 2满足x 1+x 2＝2 x 1•x 2＝﹣3△b =2 c =3△抛物线的解析式为y ＝﹣x 2+2x +3（2）解：①抛物线y ＝﹣x 2+2x +3与x 轴交于点A (x 1 0) 点C (x 20) 与y 轴交于点B △当y =0时 ﹣x 2+2x +3=0解得x 1=3 x 2=-1当x =0时y ＝3△A (3 0) C (-1 0) B (0 3)△△AOB 为等腰直角三角形△△BAO =45°又EP △x 轴△△ADE 为等腰直角三角形△△ADE =45°又△△PDB =△ADE△△PDB =45°设直线AB 的解析式为y =kx +b则{3k +b =0b =3 解得{k =−1b =3△直线AB 的解析式为y =-x +3△E (m 0) 直线EP 交直线AB 于点D△设点D 为（m -m +3） 点P 为（m ﹣m 2+2m +3）点E 在线段OA 上运动 若△PBD 是等腰三角形 则0＜m ＜3当PD =PB 时△PBD 是以P 为直角顶点的等腰直角三角形△﹣m 2+2m +3-（-m +3）=m解得m=2或m=0（舍去）△点E为（2 0）当BD=BP时△PBD是以B为直角顶点的等腰直角三角形△2 m =﹣m2+2m+3-（-m+3）解得m=1或m=0（舍去）△点E为（1 0）当DB=DP时△PBD是以D为顶点的等腰三角形△△OBD=45°△BD=√2OE=√2m△√2m=﹣m2+2m+3-（-m+3）解得m=3-√2或m=0（舍去）△点E为（3-√20）综上可知点E为（2 0）或（1 0）或（3-√20）②当P在x轴上方时连接BC延长BP交x轴于点F△△BAO=△ABO=45°又△PBD+△CBO＝45°△△CBP=90°△△OBF+△CBO＝90°又△BCO+△CBO＝90°△△OBF=△BCO△△BOC△△FOB△BO FO =OC OB△C(-1 0) B(0 3)△3 FO =1 3△OF=9△点F为（9 0）设直线PB 的解析式为y =mx +n则{9m +n =0n =3解得{m =−13n =3△直线PB 的解析式为y =-13x +3△P B 都在抛物线上△{y =−13x +3y =−x 2+2x +3解得{x =0y =3 （舍去）{x =73y =209△点P 为（73 209）△m =73当P 在x 轴下方时连接BC 设BP 与x 轴交于点H△△PBD +△CBO =45° △OBH +△PBD =45°△△CBO =△OBH又OB =OB △COB =△BOH∴△BOH △△BOC （ASA ）△OC =OH =1△点H （1 0）设直线BH 解析式为：y =kx +b△{k +b =0b =3 解得{k =−3b =3△直线BH 解析式为：y =-3x +3△联立方程组{y =−3x +3y =−x 2+2x +3解得{x =0y =3 （舍去）{x =5y =−12△点P 为（5 -12）△m =5综上可知 m 的值为73或5． （3）解：当m ＝1 得点E （1 0） P （1 4）过点F 作FH △PE又PE △x 轴 △CQF =90°△△CQH +△FQH =90° △CQH +△QCH =90°°△QEC =△QHF =90°△△FQH =△QCH△线段CQ 绕点Q 逆时针旋转90° 得到线段QF△CQ=QF△△QCE △△FQH （AAS ）△CE=QH QE=FH又E （1 0） C （-1 0）△CE=QH =2令Q 为（1 a ）QE=FH=a△点F 的坐标为（1+a a -2）△PF=√(1+a −1)2+(a −2−4)2=√2a 2−12a +36△2＞0△当a =-−122×2=3时 PF 有最小值 且最小值为3√2．11．解：（1）证明：如图① 连接OC∵ΔABC与ΔDEF都是等腰直角三角形AC=BC DE=DF．边AB EF的中点重合于点O∴OC⊥AB OC=12AB=OB OD⊥EF OD=12EF=OF∵FE⊥AB于O∴C F O三点共线在ΔBOF与ΔCOD中{∠OB=OC∠BOF=∠COD=90°OF=OD∴ΔBOF≅ΔCOD(SAS)∴BF=CD；（2）解：猜想BF=CD理由如下：如图② 连接OC OD∵ΔABC与ΔDEF都是等腰直角三角形AC=BC DE=DF．边AB EF的中点重合于点O∴OC⊥AB OC=12AB=OB OD⊥EF OD=12EF=OF∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF ∴∠BOF=∠COD．在ΔBOF与ΔCOD中{OB=OC∠BOF=∠COD OF=OD∴ΔBOF≅ΔCOD(SAS)∴BF=CD；（3）解：猜想BF=√33CD理由如下：如图③ 连接OC OD．∵ΔABC为等边三角形点O为边AB的中点∴∠BCO=∠ACO=30°∠BOC=90°∴tan∠BCO=OBOC=tan30°=√33∵ΔDEF为等边三角形点O为边EF的中点∴∠FDO=∠EDO=30°∠DOF=90°∴tan∠FDO=OFOD=tan30°=√33∴OBOC =OFOD=√33∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF∴∠BOF=∠COD∴ΔBOF∽ΔCOD∴BFCD =OBOC=√33∴BF=√33CD．12．解：（1）当△EDF 绕D 点旋转到DE △AC 时 四边形CEDF 是正方形．设△ABC 的边长AC =BC =a 则正方形CEDF 的边长为12a ．△S △ABC =12a 2 S 正方形DECF =（12a ）2=12a 2 即S △DEF +S △CEF =12S △ABC ；故答案为：S △DEF +S △CEF =12S △ABC ； （2）（1）中的结论成立；证明：过点D 作DM △AC DN △BC 则△DME =△DNF =△MDN =90°又△△C =90°△DM △BC DN △AC△D 为AB 边的中点由中位线定理可知：DN =12AC MD =12BC △AC =BC△MD =ND△△EDF =90°△△MDE +△EDN =90° △NDF +△EDN =90°△△MDE=△NDF在△DME 与△DNF 中{∠DME ＝∠DNFMD ＝ND ∠MDE ＝∠NDF△△DME △△DNF （ASA ）△S △DME =S △DNF△S 四边形DMCN =S 四边形DECF =S △DEF +S △CEF由以上可知S 四边形DMCN =12S △ABC △S △DEF +S △CEF =12S △ABC ．（3）连接DC证明：同（2）得：△DEC △△DBF △DCE =△DBF =135°△S △DEF =S 五边形DBFEC=S △CFE +S △DBC=S △CFE +S ΔABC2△S △DEF -S △CFE =S ΔABC2．故S △DEF S △CEF S △ABC 的关系是：S △DEF -S △CEF =12S △ABC ．13．（1）解：如图 过点C 作C G ⊥x 轴∵点A(−2,0)点B(6,0)△AB=8 又∵∠ACB=90°∠CAB=30°△在Rt△ABC中BC=4 在Rt△GBC中BG=2 CG=2√3．又∵点C在第一象限△C(4,2√3)；（2）①∵以点B为中心顺时针旋转三角形ABC得到三角形BDE点A C的对应点分别为D E 且DE//AB△∠FBA=∠EDB=∠CAB=30°．△在Rt△FOB中∵OB=6△OF=2√3．△F(0,2√3)；②△点D落在射线BC上△∠ABD=60°．由①知∠FBA=30°△∠FBD=30°．△∠FBD=∠BDE△DE//FB．又DE=FB=4√3△四边形FDEB是平行四边形.又∠BED=90°△四边形FDEB是矩形.（3）如图连接PQ,FE∵P,Q分别为FD,DE的中点∴PQ=1EF2∵FB=4√3BE=4∵旋转则点E在以B为圆心BE为半径的圆上运动∴FB−BE≤EF≤FB+BE 即4√3−4≤EF≤4√3+4∴2√3−2≤PQ≤2√3+2 14．（1）解：CP=BQ理由：如图1 连接OQ由旋转知PQ=OP△OPQ=60°△△POQ是等边三角形△OP=OQ△POQ=60°在Rt△ABC中O是AB中点△OC=OA=OB△△BOC=2△A=60°=△POQ△△COP=△BOQ在△COP和△BOQ中{OC=OB∠COP=∠BOQOP=OQ△△COP△△BOQ（SAS）；（2）解：CP=BQ理由：如图2 连接OQ由旋转知PQ=OP△OPQ=60°△△POQ是等边三角形△OP=OQ△POQ=60°在Rt△ABC中O是AB中点△OC=OA=OB△△BOC=2△A=60°=△POQ△△COP=△BOQ在△COP和△BOQ中{OC=OB∠COP=∠BOQOP=OQ△△COP△△BOQ（SAS）△CP=BQ；（3）解：BQ＝√6−√22．在Rt△ABC中△A＝30° AC＝√6△BC＝AC·tan A＝√2如图③ 过点O作OH△BC于点H△△OHB＝90°＝△BCA△OH △AC△O 是AB 中点△CH ＝12BC =√22 OH ＝12AC ＝√62△△BPO ＝45° △OHP ＝90°△△BPO ＝△POH△PH ＝OH ＝√62△CP ＝PH －CH ＝√62－√22＝√6−√22连接OQ 同（1）的方法得 BQ ＝CP ＝√6−√22． 15．（1）证明：△AB ＝AC △BAC ＝90°△△B ＝△ACB ＝45°△△DAE ＝△BAC ＝90° AD ＝AE△△BAD ＝△CAE在△BAD 和△CAE 中 {AB =AC∠BAD =∠CAE AD =AE△△BAD △△CAE （SAS ）△△B ＝△ACE ＝45° BD ＝CE△△ECD ＝△ACE +△ACB ＝90°△PD △BC△△BDP ＝△ECD ＝90°△PD △CE△△B ＝△BPD ＝45°△PD ＝BD△PD ＝EC△四边形PDCE 是平行四边形△△PDC ＝90°△四边形PDCE 是矩形；（2）解△如图 过点A 作AM △BC 于点M 过点F 作FN △BC 于点N设CD ＝2m 则BD ＝2CD ＝4m BC ＝6m△AB ＝AC △BAC ＝90° AM △BC△BM ＝MC ＝3m△AM ＝BM ＝3m AB ＝AC ＝3√2m DM =CM -CD =m△BD ＝PD ＝4m△PB ＝4√2m△P A ＝√2m△△ABD △△ACE△BD ＝EC ＝4m设CN ＝FN ＝x△FN △CE△△DFN △△DEC△FN EC ＝DN DC△FNDN ＝EC DC=4m2m =2 △DN ＝12x△12x +x ＝2m△x ＝43m △CF ＝4√23 m△AF ＝AC -CF ＝3√2m －4√23m ＝5√23m △AP AF =√2m 5√23m=35；（3）即：如图 将△BQC 绕点B 顺时针旋转60°得到△BNM 连接QN△BQ＝BN QC＝NM△QBN＝60°△△BQN是等边三角形△BQ＝QN△QA+QB+QC＝AQ+QN+MN△当点A点Q点N点M共线时QA+QB+QC值最小如图连接MC△将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM△BQ＝BN BC＝BM△QBN＝60°＝△CBM△△BQN是等边三角形△CBM是等边三角形△△BQN＝△BNQ＝60° BM＝CM又△AB＝AC△AM垂直平分BC△AD△BC△BQD＝60°△△DBQ=30°BQ△QD=12△BD＝√3QD△AB＝AC△BAC＝90° AD△BC△AD＝BD此时P与A重合设PD＝x则DQ＝x－2△x＝√3（x－2）△x＝3+√3△PD＝3+√3．16．（1）解：成立理由是：△△ABC和△ADE都是等腰直角三角形△AB=AC AD=AE△将△ADE绕点A逆时针旋转α(0<α<90°)连结BD和CE△∠BAD=∠CAE△△ABD≌△ACE(SAS)△BD=CE；（2）解：①△AB=AC∠BAD=∠CAE AD=AE△△ACE≌△ABD(SAS)△BD=CE△BC+CD=BD=CE．②△△ACE≌△ABD△∠ACE=∠ABD=45°又△∠ACB=45°△∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°在Rt△BAC中△AB=AC=√2△BC=√AB2+AC2=2又△CD=1CE=BC+CD=3△在Rt△CDE中17．（1）解：△抛物线C：y=ax2+6ax+9a−8与x轴相交于A B两点点B的横坐标是2△B (2,0)△a ×22+6a ×2+9a −8=0解得a =825△抛物线C 的解析式为：y =825x 2+4825x −12825 对称轴：x =−48252×825=−3△当x =−3时 y =825×(−3)2+4825×(−3)−12825=−8 △顶点D 的坐标为(−3,−8)．△a =825 D (−3,−8)．（2）△抛物线C 与x 轴相交于A B 两点△当y =0时 得：825x 2+4825x −12825=0 即(x +8)(x −2)=0解得：x 1=−8 x 2=2△A (−8,0)△点P 与点B 重合△点P 的坐标为(2,0)当抛物线C 绕点P 旋转180°后得到的抛物线C 1 且点P 与点B 重合时△在抛物线C 1中 点B 的坐标仍为(2,0)△点F 与点A 关于点P 对称△点F 的坐标为(12,0)同理点E 与点D 关于点P 对称 设E (m,n ) 则△点P 的坐标为(m−32,n−82) △{m−32=2n−82=0△{m =7n =8△点E 的坐标为(7,8)设抛物线C 1的表达式为：y =a 1(x −12)(x −2)△(7−12)×(7−2)a 1=8△a 1=−825 △y =−825(x −12)(x −2)=−825x 2+11225x −19225 △抛物线C 1的表达式为：y =−825x 2+11225x −19225．（3）根据题意可知 在构成的直角三角形三个顶点中 有两个顶点是从点E F G 中选取 有一个点是从A B D 中任取．由图可知 当点为E G 或F G 时 与A B D 中任意一点构成的三角形是钝角三角形 故只有点E F 为直角三角形其中的两个顶点．设P (m,0)又△抛物线C 绕点P 旋转180°后得到的抛物线C 1 A (−8,0) B (2,0) D (−3,−8)△E (2m +3,8) F (2m +8,0)①当A 为顶点时△在抛物线C 1中 ∠EFO 是一个锐角 点A 在点P 的左侧△∠AEF =90°△AE 2+EF 2=AF 2△(√(2m +11)2+82)2+(√52+(−8)2)2=(2m +16)2解得：m =910；②当B 为顶点时同理可得∠BEF =90°△BE 2+EF 2=BF 2△[√(2m +1)2+82)2+(√52+(−8)2)2=(2m +6)2 解得：m =5910；③当D 为顶点时分两种情况：第一种：∠DEF =90°△DE 2+EF 2=DF 2△(√(2m +6)2+(8+8)2)2+(√52+(−8)2)2=(√(2m +11)2+82)2解得：m =495第二种：∠DFE =90°△DF 2+EF 2=DE 2△(√(2m +11)2+82)2+(√52+(−8)2)2=(√(2m +6)2+(8+8)2)2 解得：m =910．△点P 的坐标为(910,0)或(5910,0)或(495,0)． 18．（1）解：∵D 在直线y =52x 上 ∴设D(t,52t)∵y 1=m x 经过点B (5,2)． ∴m =10．∵D(t,52t)在反比例函数的图象上∴52t 2=10 ∴t =2（负值已舍去）．∴由两点间的距离公式可知：OD =√22+52=√29．（2）解：①∵函数y 2=n x 的图象经过点E ∴OA ⋅AE =OC ⋅CF =n ．∵OC =5 OA =2∴AE =52CF ．∴可设：AE =52t∴EF =AE +CF =72t EB =5−52t在Rt △EBF 由勾股定理得：EF 2=BF 2+BE 2 ∴494t 2=(5−52t)2+(2−t)2． 解得t =7√29−2910∴n =5t =7√29−292． ②∵∠OEF =90°∴∠AEO +∠BEF =90°∵BA ⊥y 轴 BC ⊥x 轴∴∠ABC=90°∴∠BEF+∠BFE=90°∴∠AEE=∠BFE∴△AOE∽△BEF∴OA:AE=BE:BF∵CF=n5,AE=n2,BE=5−n2,BF=2−n5∴2:n2=(5−n2):(2−n5)解得：n=85或n=10（舍）∵D′(a,b)∴ab=8 5由（1）得OD=√29∴OD′=√29∴a2+b2=29∴(a+b)2=29+2×85=1615故(a+b)2的值为1615．19．解：（1）EG＝CG且EG△CG．证明如下：如图① 连接BD．△正方形ABCD和等腰Rt△BEF△△EBF＝△DBC＝45°．△B E D三点共线．△△DEF＝90° G为DF的中点△DCB＝90°△EG＝DG＝GF＝CG．△△EGF＝2△EDG△CGF＝2△CDG．△△EGF＋△CGF＝2△EDC＝90°即△EGC＝90°△EG△CG．（2）仍然成立证明如下：如图② 延长EG交CD于点H．。

备考2023年中考数学一轮复习-图形的变换_平移、旋转变换_坐标与图形变化﹣平移-填空题专训及答案坐标与图形变化﹣平移填空题专训1、(2016黑龙江.中考真卷) 如图，等边三角形的顶点A（1，1）、B（3，1），规定把等边△ABC“先沿x轴翻折，再向左平移1个单位”为一次変换，如果这样连续经过2016次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为________．2、(2011宿迁.中考真卷) 在平面直角坐标系中，已知点A（﹣4，0）、B（0，2），现将线段AB向右平移，使A与坐标原点O重合，则B平移后的坐标是________．3、(2019海门.中考模拟) 在平面直角坐标系中，将点A（﹣2，3）向右平移2个单位长度得到点B，则点B关于x轴的对称点C的坐标是________.4、(2018江苏.中考模拟) 若将点A（1，3）向左平移2个单位，再向下平移4个单位得到点B，则点B的坐标为________．5、(2018金华.中考模拟) 如图，已知直线与反比例函数（）图像交于点A，将直线向右平移4个单位，交反比例函数（）图像于点B，交y轴于点C，连结AB、AC，则△ABC的面积为________6、(2022北.中考模拟) 如图，正比例函数y=kx 与反比例函数y= 的图象有一个交点A(2，m)，AB⊥x 轴于点B ，平移直线y=kx 使其经过点B ，得到直线l ，则直线l 对应的函数表达式是________ .7、(2019泰安.中考模拟) 如图，单位网格中，将线段AB 先向右平移2个单位，再向上平移2个单位，然后再绕P 点按顺时针方向旋转90°得到A'B'，则A 的坐标是________8、(2017东营.中考模拟) 将抛物线y=﹣x 2向左平移2个单位，再向下平移3个单位，所得抛物线的表达式为________．9、(2017常德.中考真卷) 如图，有一条折线A 1B 1A 2B 2A 3B 3A 4B 4…，它是由过A 1（0，0），B 1（2，2），A 2（4，0）组成的折线依次平移4，8，12，…个单位得到的，直线y=kx+2与此折线恰有2n （n≥1，且为整数）个交点，则k 的值为________．10、(2020湖州.中考模拟) 如图，在平面直角坐标系中，反比例y＝（k＞0）的图象和△ABC都在第一象限内，AB＝AC＝，BC∥x轴，且BC＝4，点A的坐标为（3，5）.若将△ABC向下平移m个单位长度，A，C两点同时落在反比例函数图象上，则m的值为________.11、(2014钦州.中考真卷) 如图，△A′B′C′是△ABC经过某种变换后得到的图形，如果△ABC中有一点P的坐标为（a，2），那么变换后它的对应点Q的坐标为________．12、(2017广元.中考真卷) 在平面直角坐标系中，将P（﹣3，2）向右平移2个单位，再向下平移2个单位得点P′，则P′的坐标为________．13、(2013绵阳.中考真卷) 如图，把“QQ”笑脸放在直角坐标系中，已知左眼A的坐标是（﹣2，3），嘴唇C点的坐标为（﹣1，1），则将此“QQ”笑脸向右平移3个单位后，右眼B的坐标是________．14、(2011遵义.中考真卷) 将点P（﹣2，1）先向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度得到点P′，则点P′的坐标为________．15、(2019青海.中考模拟) 如图，等边三角形的顶点A(1，1)，B(3，1)，规定把等边△ABC“先沿x轴翻折，再向左平移1个单位”为一次变换，则一次变换后顶点C的坐标为________，如果这样连续经过2017次变换后，等边△ABC的顶点C 的坐标为________.16、(2019朝阳.中考模拟) 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y=﹣x上，则点B与其对应点B′间的距离为________．17、(2020中宁.中考模拟) 若线段CD是由线段AB平移得到的，点A（﹣2，3）的对应点为C（3，6），则点B（﹣5，﹣2）的对应点D的坐标是________18、(2020通榆.中考模拟) 如图，在平面直角坐标系中，已知点A(2，1)，点B(3，-1)，平移线段AB，使点A落在点A1(-2，2)处，则点B的对应点B1的坐标为________ 。

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】中考总复习：图形的变换--知识讲解（基础）【考纲要求】1.通过具体实例认识轴对称、平移、旋转，探索它们的基本性质；2.能够按要求作出简单平面图形经过轴对称、平移、旋转后的图形，能作出简单平面图形经过一次或两次轴对称后的图形；3.探索基本图形（等腰三角形、矩形、菱形、等腰梯形、正多边形、圆）的轴对称性质及其相关性质.4.探索图形之间的变换关系（轴对称、平移、旋转及其组合）；5.利用轴对称、平移、旋转及其组合进行图案设计；认识和欣赏轴对称、平移、旋转在现实生活中的应用.【知识网络】【考点梳理】考点一、平移变换1.平移的概念：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移，平移不改变图形的形状和大小．【要点诠释】（1）平移是运动的一种形式，是图形变换的一种，本讲的平移是指平面图形在同一平面内的变换；（2）图形的平移有两个要素：一是图形平移的方向，二是图形平移的距离，这两个要素是图形平移的依据；（3）图形的平移是指图形整体的平移，经过平移后的图形，与原图形相比，只改变了位置，而不改变图形的大小，这个特征是得出图形平移的基本性质的依据．2．平移的基本性质：由平移的概念知，经过平移，图形上的每一个点都沿同一个方向移动相同的距离，平移不改变图形的形状和大小，因此平移具有下列性质：经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应角相等．【要点诠释】（1）要注意正确找出“对应线段，对应角”，从而正确表达基本性质的特征；（2）“对应点所连的线段平行且相等”，这个基本性质既可作为平移图形之间的性质，又可作为平移作图的依据．考点二、轴对称变换1．轴对称与轴对称图形轴对称：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，也叫做这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴，折叠后重合的对应点，叫做对称点. 轴对称图形：把一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形.2．轴对称变换的性质①关于直线对称的两个图形是全等图形.②如果两个图形关于某直线对称，对称轴是对应点连线的垂直平分线.③两个图形关于某直线对称，如果它们对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上.④如果两个图形的对应点连线被同一直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称.3．轴对称作图步骤①找出已知图形的关键点，过关键点作对称轴的垂线，并延长至2倍，得到各点的对称点．②按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.考点三、旋转变换1．旋转概念：把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转.点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角.２．旋转变换的性质图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化.３．旋转作图步骤①分析题目要求，找出旋转中心，确定旋转角.②分析所作图形，找出构成图形的关键点.③沿一定的方向，按一定的角度、旋转各顶点和旋转中心所连线段,从而作出图形中各关键点的对应点.④按原图形连结方式顺次连结各对应点.４．中心对称与中心对称图形中心对称：把一个图形绕着某一点旋转180°，它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心对称的对称点．中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫中心对称图形.5．中心对称作图步骤①连结决定已知图形的形状、大小的各关键点与对称中心，并且延长至2倍，得到各点的对称点.②按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.【要点诠释】图形变换与图案设计的基本步骤①确定图案的设计主题及要求；②分析设计图案所给定的基本图案；③利用平移、旋转、轴对称对基本图案进行变换，实现由基本图案到各部分图案的有机组合；④对图案进行修饰，完成图案.【典型例题】类型一、平移变换1.如图1，两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，得到图2，则阴影部分的周长为____________.【思路点拨】根据两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，得出线段之间的相等关系，进而得出OM+MN+NR+GR+EG+OE=A′D′+CD=1+1=2，即可得出答案．【答案与解析】∵两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，∴A′M=A′N=MN，MO=DM=DO，OD′=D′E=OE，EG=EC=GC，B′G=RG=RB′，∴OM+MN+NR+GR+EG+OE=A′D′+CD=1+1=2；【总结升华】此题主要考查了平移的性质以及等边三角形的性质，根据题意得出A′M=A′N=MN，MO=DM=DO，OD′=D′E=OE，EG=EC=GC，B′G=RG=RB′是解决问题的关键．举一反三：【变式】（2015•顺义区一模）如图，平行四边形ABCD中，点E是AD边上一点，且CE⊥BD于点F，将△DEC沿从D到A的方向平移，使点D与点A重合，点E平移后的点记为G．（1）画出△DEC平移后的三角形；（2）若BC=，BD=6，CE=3，求AG的长．【答案】解：（1）△AGB为△DEC平移后的三角形，如下图所示；（2）∵△AGB为△DEC平移后的三角形，∴BG=CE=3，BG∥CE，∵CE⊥BD，∴BG⊥BD．在Rt△BDG中，∵∠GBD=90°，BG=3，BD=6，∴DG==3，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC=2，∴AG=D G﹣AD=3﹣2=．2．如图（1），已知ABC ∆的面积为3，且,AC AB =现将ABC ∆沿CA 方向平移CA 长度得到EFA ∆. （1）求ABC ∆所扫过的图形面积；（2）试判断，AF 与BE 的位置关系，并说明理由； （3）若,15︒=∠BEC 求AC 的长.【思路点拨】（1）根据平移的性质及平行四边形的性质可得到S △EFA =S △BAF =S △ABC ，从而便可得到四边形CEFB 的面积；（2）由已知可证得平行四边形EFBA 为菱形，根据菱形的对角线互相垂直平分可得到AF 与BE 的位置关系为垂直；（3）作BD ⊥AC 于D ，结合三角形的面积求解． 【答案与解析】（1）由平移的性质得 AF ∥BC ，且AF=BC ，△EFA ≌△ABC ∴四边形AFBC 为平行四边形 S △EFA =S △BAF =S △ABC =3∴四边形EFBC 的面积为9；（2）BE ⊥AF证明：由（1）知四边形AFBC 为平行四边形 ∴BF ∥AC ，且BF=AC 又∵AE=CA∴BF ∥AE 且BF=AE∴四边形EFBA 为平行四边形又已知AB=AC ∴AB=AE∴平行四边形EFBA 为菱形 ∴BE ⊥AF ；（3）如上图，作BD ⊥AC 于D ∵∠BEC=15°，AE=AB ∴∠EBA=∠BEC=15° ∴∠BAC=2∠BEC=30°BCA （'C ）E∴在Rt△BAD中，AB=2BD 设BD=x，则AC=AB=2x∵S△ABC=3，且S△ABC=12AC•BD=12•2x•x=x2∴x2=3∵x为正数∴x=3∴AC=23．【总结升华】此题主要考查了全等三角形的判定，平移的性质，菱形的性质等知识点的综合运用及推理计算能力．类型二、轴对称变换3（2016•贵阳模拟）（1）数学课上，老师出了一道题，如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，，求证：∠B=30°，请你完成证明过程．（2）如图②，四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片，E、F分别为AB、CD的中点，沿过点D的抓痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，折痕交AE于点G，请运用（1）中的结论求∠ADG的度数和AG的长．（3）若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠，B、D两点恰好重合于一点O（如图④），当AB=6，求EF的长．【思路点拨】（1）Rt△ABC中，根据sinB═=，即可证明∠B=30°；（2）求出∠FA′D的度数，利用翻折变换的性质可求出∠ADG的度数，在Rt△A'FD中求出A'F，得出A'E，在Rt△A'EG中可求出A'G，利用翻折变换的性质可得出AG的长度．（3）先判断出AD=AC，得出∠ACD=30°，∠DAC=60°，从而求出AD的长度，根据翻折变换的性质可得出∠DAF=∠FAO=30°，在Rt△ADF中求出DF，继而得出FO，同理可求出EO，再由EF=EO+FO，即可得出答案．【答案与解析】（1）证明：Rt△ABC中，∠C=90°，，∵sinB==，∴∠B=30°；（2）解：∵正方形边长为2，E、F为AB、CD的中点，∴EA=FD=×边长=1，∵沿过点D的抓痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，∴A′D=AD=2，∴=，∴∠FA′D=30°，可得∠FDA′=90°﹣30°=60°，∵A沿GD折叠落在A′处，∴∠ADG=∠A′DG，AG=A′G，∴∠ADG===15°，∵A′D=2，FD=1，∴A′F==，∴EA′=EF﹣A′F=2﹣，∵∠EA′G+∠DA′F=180°﹣∠GA′D=90°，∴∠EA′G=90°﹣∠DA′F=90°﹣30°=60°，∴∠EGA′=90°﹣∠EA′G=90°﹣60°=30°，则A′G=AG=2EA′=2（2﹣）；（3）解：∵折叠后B、D两点恰好重合于一点O，∴AO=AD=CB=CO，∴DA=，∵∠D=90°，∴∠DCA=30°，∵AB=CD=6，在Rt△ACD中，=tan30°，则AD=DC•tan30°=6×=2，∵∠DAF=∠FAO=∠DAO==30°，∴=tan30°=，∴DF=AD=2，∴DF=FO=2，同理EO=2，∴EF=EO+FO=4．【总结升华】本题考查了翻折变换的知识，涉及了含30°角的直角三角形的性质、平行四边形的性质，综合考察的知识点较多，注意将所学知识融会贯通．举一反三：【变式】（2016·松北区模拟）如图（1）是四边形纸片ABCD，其中∠B=120°，∠D=50°.若将其右下角向内这出△PCR，恰使CP∥AB，RC∥AD，如图（2）所示，则∠C＝度.【答案】∵∠CPR=12∠B=12×120°=60°，∠CRP=12∠D=12×50°=25°，∴∠C=180°－60°－25°=95°．4. 如图1，矩形纸片ABCD的边长分别为a，b（a<b）．将纸片任意翻折（如图2），折痕为PQ．（P 在BC上），使顶点C落在四边形APCD内一点C′，PC′的延长线交直线AD于M，再将纸片的另一部分翻折，使A落在直线PM上一点A′，且A′M所在直线与PM•所在直线重合（如图3），折痕为MN．（1）猜想两折痕PQ，MN之间的位置关系，并加以证明．（2）若∠QPC的角度在每次翻折的过程中保持不变，则每次翻折后，两折痕PQ，•MN间的距离有何变化？请说明理由．（3）若∠QPC的角度在每次翻折的过程中都为45°（如图4），每次翻折后，非重叠部分的四边形MC′QD，及四边形BPA′N的周长与a，b有何关系，为什么？（1）（2）（3）（4）【思路点拨】（1）猜想两直线平行，由矩形的对边平行，得到一组内错角相等，翻折前后对应角相等，那么可得到PQ与MN被MP所截得的内错角相等，得到平行．（2）作出两直线间的距离．∵PM长相等，∠NPM是不变的，所以利用相应的三角函数可得到两直线间的距离不变．（3）由特殊角得到所求四边形的形状，把与周长相关的边转移到同一线段求解．【答案与解析】（1）PQ∥MN．∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，且M在AD直线上，则有AM∥BC．∴∠AMP=∠MPC．由翻折可得：∠MPQ=∠CPQ=12∠MPC，∠NMP=∠AMN=12∠AMP，∴∠MPQ=∠NMP，故PQ∥MN．（2）两折痕PQ，MN间的距离不变．过P作PH⊥MN，则PH=PM•sin∠PMH，∵∠QPC的角度不变，∴∠C′PC的角度也不变，则所有的PM都是平行的．又∵AD∥BC，∴所有的PM都是相等的．又∵∠PMH=∠QPC，故PH的长不变．（3）当∠QPC=45°时，四边形PCQC′是正方形，四边形C′QDM是矩形．∵C′Q=CQ，C′Q+QD=a，∴矩形C′QDM的周长为2a．同理可得矩形BPA′N的周长为2a，∴两个四边形的周长都为2a，与b无关．【总结升华】翻折前后对应角相等，对应边相等，应注意使用相应的三角函数，平行线的判断，特殊四边形的判定．类型三、旋转变换【高清课堂图形的变换例4】5．已知O是等边三角形ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝135°，试问：（1）以OA，OB，OC为边能否构成一个三角形?若能，求出该三角形各角的度数；若不能，请说明理由；（2）如果∠AOB的大小保持不变，那么当∠BOC等于多少度时，以OA，OB，OC为边的三角形是一个直角三角形?【思路点拨】因为△ABC是等边三角形，所以可以运用旋转将△BCO转至△ACD.【答案与解析】（1）以OC为边作等边△OCD，连AD.∵△ABC是等边三角形∴∠BCO=∠ACD (∠BCO+∠ACO=60°，∠ACD+∠ACO=60°)∵ BC=AC，OC=CD∴△BCO≌△ACD (SAS)∴ OB=AD，∠ADC=∠BOC又∵OC=OD∴△OAD是以线段OA，OB，OC为边构成的三角形∵∠AOB=110°, ∠BOC=135°∴∠AOC=115°∴∠AOD=115°-60°=55°∵∠ADC=135°∴∠ADO=135°-60°=75°∴∠OAD=180°-55°-75°=50°∴以线段OA，OB，OC为边构成的三角形的各角是50°、55°、75°.（2）∠AOB+∠AOC+∠BOC=∠AOB+∠AOC+∠ADC=∠AOB+(∠AOD+∠DOC)+(∠ADO+∠CDO)=∠110°+(∠AOD+60°)+(∠ADO+60°) =360°∴∠AOD+∠ADO=130°∴∠OAD=50°当∠AOD是直角时，∠AOD=90°，∠AOC=90°+60°=150°，∠BOC=100°;当∠ADO是直角时，∠ADC=90°+60°=150°，∠BOC=150°.【总结升华】此题主要运用旋转的性质、等边三角形的判定、勾股定理的逆定理等知识，渗透分类讨论思想．6 . 如图1，O为正方形ABCD的中心，分别延长OA、OD到点F、E，使OF＝2OA，OE＝2OD，连接EF．将△EOF绕点O逆时针旋转α角得到△E1OF1(如图2)．(1)探究AE1与BF1的数量关系，并给予证明；(2)当α＝30°时，求证：△AOE1为直角三角形．【思路点拨】(1)要证AE1＝BF1，就要首先考虑它们是全等三角形的对应边；(2)要证△AOE1为直角三角形，就要考虑证∠E1AO＝90°.【答案与解析】(1)AE1＝BF1，证明如下：∵O为正方形ABCD的中心，∴OA＝OB＝OD.∴OE＝OF .∵△E1OF1是△EOF绕点O逆时针旋转α角得到，∴OE1＝OF1.∵ ∠AOB＝∠EOF＝900，∴ ∠E1OA＝900－∠F1OA＝∠F1OB.在△E1OA和△F1OB中，1111OE OFE OA FOBO A OB⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△E1OA≌△F1OB（SAS）.∴AE1＝BF1.(2)取OE1中点G，连接AG.∵∠AOD＝900，α＝30°，∴ ∠E1OA＝900－α＝60°.∵OE1＝2OA，∴OA＝OG，∴ ∠E1OA＝∠AGO＝∠OAG＝60°.∴ AG＝GE1，∴∠GAE1＝∠GE1A＝30°.∴∠E1AO＝90°.∴△AOE1为直角三角形.【总结升华】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定. 举一反三：【变式】如图，P为正方形ABCD内一点，若PA=a，PB=2a，PC=3a(a>0).(1)求∠APB的度数；(2)求正方形ABCD的面积.【答案】(1)将△ABP 绕点B顺时针方向旋转90°得△CBQ.则△ABP≌△CBQ且PB⊥QB.于是PB=QB=2a，.在△PQC中，∵，.∴.∴.∵△PBQ是等腰直角三角形，∴∠BPQ=∠BQP=45°.故∠APB=∠CQB=90°+45°=135°.(2)∵∠APQ=∠APB+∠BPQ=135°+45°=180°，∴三点A、P、Q在同一直线上.在Rt△AQC中，.∴正方形ABCD的面积.中考数学知识点代数式一、重要概念分类：1.代数式与有理式用运算符号把数或表示数的字母连结而成的式子，叫做代数式。

备考2023年中考数学一轮复习-图形的变换_锐角三角函数_解直角三角形解直角三角形专训单选题：1、(2017佳木斯.中考真卷) 如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点G，连接AG交BE于点H，连接DH，下列结论正确的个数是（）①△ABG∽△FDG ②HD平分∠EHG ③AG⊥BE ④S△HDG ：S△HBG=tan∠DAG ⑤线段DH的最小值是2 ﹣2．A . 2B . 3C . 4D . 5 2、(2019天宁.中考模拟) 如图，若△ABC和△DEF的面积分别为S1、S2，则（）A . S1= S2B . S1= S2C . S1=S2D . S1= S23、(2019宽城.中考模拟) 西周时期，丞相周公旦设置过一种通过测定日影长度来确定时间的仪器，称为圭表.如图是一个根据北京的地理位置设计的圭表，其中，立柱AC高为a.已知，冬至时北京的正午日光入射角∠ABC约为26.5°，则立柱根部与圭表的冬至线的距离（即BC的长）约为（）A . asin26.5°B .C . acos26.5°D .4、(2013杭州.中考真卷) 在Rt△ABC中，∠C=90°，若AB=4，sinA= ，则斜边上的高等于（）A .B .C .D .5、(2019河南.中考模拟) 在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1D1、D1E1E2B2、A2B2C2D2、D 2E3E4B3…按如图所示的方式放置，其中点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E 4、C3…在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为l，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3…，则正方形A2017B2017C2017D2017的边长是（）A . （）2016B . （）2017C . （）2016D . （）20176、(2017濮阳.中考模拟) 如图，已知锐角三角形ABC，以点A为圆心，AC为半径画弧与BC交于点E，分别以点E、C为圆心，以大于EC的长为半径画弧相交于点P，作射线AP，交BC于点D．若BC=5，AD=4，tan∠BAD= ，则AC的长为（）A . 3B . 5C .D . 27、(2020通辽.中考模拟) 将两个等腰Rt△ADE、Rt△ABC如图放置在一起，其中∠DAE＝∠ABC＝90°.点E在AB上，AC与DE交于点H，连接BH、CE，且∠BCE ＝15°，下列结论：①AC垂直平分DE；②△CDE为等边三角形；③tan∠BCD＝；④ ；正确的个数是（）A . 1B . 2C . 3D . 48、(2017重庆.中考模拟) 在学习解直角三角形以后，重庆八中数学兴趣小组测量了旗杆的高度．如图，某一时刻，旗杆AB的影子一部分落在平台上的影长BC 为6米，落在斜坡上的影长CD为4米，AB⊥BC，同一时刻，光线与旗杆的夹角为37°，斜坡的坡角为30°，旗杆的高度AB约为（）米．（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，≈1.73）A . 10.61B . 10.52C . 9.87D . 9.379、(2017雁塔.中考模拟) 如图，已知△ABC内接于⊙O，∠BAC=120°，AB=AC，BD 为⊙O的直径，AD=6，则BC的长为（）A .B . 6C .D .10、(2021烟台.中考真卷) 由12个有公共顶点O的直角三角形拼成的图形如图所示，．若，则的长为（）A .B .C .D .填空题：11、(2017邹城.中考模拟) 如图，菱形ABCD的边长为15，sin∠BAC= ，则对角线AC的长为________．12、(2017东营.中考模拟) 如图，6个形状、大小完全相同的菱形组成网格，菱形的顶点称为格点．已知菱形的一个角（∠O）为60°，A，B，C都在格点上，则tan∠ABC 的值是________．13、(2019绍兴.中考真卷) 把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图四块，其中点O为正方形的中心，点E，F分别为AB，AD的中点，用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是________。

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2015年中考数学图形的变换专题试题解析一、选择题1.如图，矩形ABcD中，点E在边AB上，将矩形ABcD沿直线DE折叠，点A恰好落在边Bc的点F处.若AE=5，BF=3，则cD 的长是【】【答案】c。

【考点】折叠的性质，矩形的性质，勾股定理。

【分析】根据折叠的性质，EF=AE=5;根据矩形的性质，∠B=900。

在Rt△BEF中，∠B=900，EF=5，BF=3，∴根据勾股定理，得。

∴cD=AB=AE+BE=5+4=9。

故选c。

2.如图，是由4个相同小正方体组合而成的几何体，它的左视图是【】【答案】D。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】找到从左面看所得到的图形即可：从左面看易得只有一排，两层都是1个正方形，。

故选D。

3.如图所示，该几何体的主视图应为【】【答案】c。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】几何体的主视图就是从正面看所得到的图形，从正面看可得到一个大矩形左上边去掉一个小矩形的图形。

故选c。

4.如图所示，矩形纸片ABcD中，AB=6cm，Bc=8cm，现将其沿EF对折，使得点c与点A重合，则AF长为【】【答案】B。

【考点】翻折变换，折叠对称的性质，矩形的性质，勾股定理。

【分析】设AF=xcm，则DF=cm，∵矩形纸片ABcD中，AB=6cm，Bc=8cm，现将其沿EF对折，使得点c与点A重合，∴DF=D′F，在Rt△AD′F中，∵AF2=AD′2+D′F2，即x2=62+2，解得：x=。

故选B。

5.已知：顺次连接矩形各边的中点，得到一个菱形，如图①;再顺次连接菱形各边的中点，得到一个新的矩形，如图②;然后顺次连接新的矩形各边的中点，得到一个新的菱形，如图③;如此反复操作下去，则第2019个图形中直角三角形的个数有【】个个个个【答案】B。

北师大数学中考一轮综合复习（图形变换）知识点1 翻折变换翻折就是将一个图形或图形的一部分沿着一条直线折叠。

【典例】例1（2020春•高新区期中）如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH＝6cm，EF＝8cm，则边AB的长度等于（）A．10cm B．9.6cm C．8.4cm D．8cm例2（2020•嘉兴模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，已知AD＝8，折叠纸片，使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，且EF＝3，则AB的长为（）A．3B．4C．5D．6例3（2020春•鞍山期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝12，将∠A向内翻折，使点A在BC上，记为A'，折痕为DE．（1）若点A'恰好是边BC的中点，请直接写出AB的长；（2）在（1）的条件下，若将∠B沿EA'向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B'，求出此时AE的长；（3）连结CB'，试判断CB'与A'B'的数量关系．例4（2021秋•黄陂区期中）在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，∠A ＝α，O 为AC 的中点，将点O 沿BC 翻折得到点O ′，将△ABC 绕点O ′顺时针旋转，使点B 与C 重合，旋转后得到△ECF ．（1）如图1，旋转角为 ．（用含α的式子表示）（2）如图2，连BE ，BF ，点M 为BE 的中点，连接OM ，①∠BFC 的度数为 ．（用含α的式子表示）②试探究OM 与BF 之间的关系．（3）如图3，若α＝30°，请直接写出的值为 ．【随堂练习】1．（2020秋•崂山区期中）如图，Rt △ABC 中，AB ＝3，BC ＝2，∠B ＝90°，将△ABC 折叠，使A 点与BC 的中点D 重合，折痕为MN ，则线段BN 的长为（ ）A ．59B ．43C ．56D ．532．（2020秋•旌阳区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点A （0，4），B （3，0），连接AB ，将△AOB 沿过点B 的直线折叠，使点A 落在x 轴上的点A '处，折痕所在的直线交y 轴正半轴于点C ．则BC 的长为（ ）A ．3√32B ．√13C ．3√52D ．52 3．（2021秋•溧水区期中）问题：如图1，在等边三角形△ABC 中，点E 在AB 上，点D 在CB 的延长线上，ED ＝EC ，回答下列问题：（1）与AE 相等的线段是 ．（2）请证明（1）中得到的结论，证明思路如下：①小聪思路：如图2，过E 作EF ∥BC ，交AC 于点F ，请你完成剩下解答过程；②小明思路：如图3，把△EBD 沿BE 翻折得到△EBF ，连接CF ，请你完成剩下解答过程．4．（2020秋•昆都仑区期末）已知矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝8．（1）如图1，点P 从点D 开始沿D →A 以每秒1个单位的速度移动，同时另一个点Q 从点B 开始在线段BC 上以每秒3个单位的速度往返移动．设P ，Q 运动时间为t 秒，当0＜t ≤8时，是否存在这样的时刻，四边形DCQP 为平行四边形？若存在，请求出t 的值；若不存在，请说明理由；（2）如图2，将矩形ABCD折叠，使点B与点D重合，点A与点E重合，展平后折痕为MF．一动点N从点D出发，沿D→A→B→C→D，以每秒1个单位的速度移动一周，设N运动的时间为x秒．请直接写出当△MFN为直角三角形时x的值．知识点2平移变换1、平移的定义平移，是指在平面内，将一个图形上的所有点都按照某个方向做相同距离的移动，这样的图形运动叫做图形的平移运动，简称平移。

备考2023年中考数学一轮复习-图形的变换_平移、旋转变换_旋转的性质-单选题专训及答案旋转的性质单选题专训1、(2018牡丹江.中考真卷) 如图，△ABC三个顶点的坐标分别是A（1，﹣1），B（2，﹣2），C（4，﹣1），将△ABC绕着原点O旋转75°，得到△A1B1C1，则点B1的坐标为（）A . （，）或（﹣，﹣）B . （，）或（﹣，﹣）C . （﹣，﹣）或（，）D . （﹣，﹣）或（，）2、(2019南通.中考真卷) 如图，△ABC中，AB=AC=2，∠B=30°，△ABC绕点A逆时针旋转α(0<α<120°)得到，与BC，AC分别交于点D，E.设，的面积为，则与的函数图象大致为( )A .B .C .D .3、(2019新华.中考模拟) 如图，将正五边形ABCDE沿逆时针方向绕其顶点A旋转，若使点B落在AE边所在的直线上，则旋转的角度可以是（）A . 72°B . 54°C . 45°D . 36°4、(2019哈尔滨.中考模拟) 将△ABC绕点A逆时针旋转100°，得到△ADE．若点D 在线段BC的延长线上，如图，则∠EDP的大小为（）A . 80°B . 100°C . 120°D . 不能确定5、(2017哈尔滨.中考模拟) 如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转一个锐角α到△AB′C′的位置，连接CC′，若CC′∥AB，则旋转角α的度数为（）A . 40°B . 50°C . 30°D . 35°6、(2018南京.中考模拟) 如图，⊙O1与⊙O2的半径均为5，⊙O1的两条弦长分别为6和8，⊙O2的两条弦长均为7，则图中阴影部分面积的大小关系为（）A . S1＞S2B . S1＜S2C . S1＝S2D . 无法确定7、(2017苏州.中考模拟) 如图，在R t△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE 交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（）A . 30，2B . 60，2C . 60，D . 60，8、(2017仪征.中考模拟) 如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′的度数是（）A . 70°B . 35°C . 40°D . 50°9、(2019台州.中考模拟) 如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，连接ED，若BC＝10，BD＝9，则△ADE 的周长为（）A . 19B . 20C . 27D . 3010、(2019.中考模拟) 如图，边长为2的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB′C′D′，边B′C′与DC交于点O，则四边形AB′OD的面积等于（）A . 6B . 4 ﹣4C . 2 ﹣2D . 4 +411、(2019温州.中考模拟) 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝20°．将△ABC 绕点C按逆时针方向旋转得△A′B′C，且点B在A′B′上，CA′交AB于点D，则∠BDC的度数为（）A . 40°B . 50°C . 60°D . 70°12、(2018嘉兴.中考模拟) 如图，在△ABC中，∠CAB=75°，在同一平面内，将△ABC 绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′=（）A . 30°B . 35°C . 40°D . 50°13、(2017株洲.中考真卷) 如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（）A . 5B . 4C .D .14、(2017台州.中考模拟) 如图，Rt△AOB∽△DOC，∠AOB=∠COD=90°，M为OA的中点，OA=6，OB=8，将△COD绕O点旋转，连接AD，CB交于P点，连接MP，则MP的最大值（）A . 7B . 8C . 9D . 1015、(2011湖州.中考真卷) 如图，已知△AOB是正三角形，OC⊥OB，OC=OB，将△OAB 绕点O按逆时针方向旋转，使得OA与OC重合，得到△OCD，则旋转的角度是（）A . 150°B . 120°C . 90°D . 60°16、(2018三明.中考模拟) 如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若AB=4，AC=3，BC=2，则BE的长为（）A . 5B . 4C . 3D . 217、(2017诸城.中考模拟) 如图，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°后得到△A′BC′，若AB=3，BC=2，则CC′的长为（）A . 2B . ﹣2C . 2D . 318、(2017枣庄.中考模拟) 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将Rt△ABC绕点C 按逆时针方向旋转48°得到Rt△A′B′C′，点A在边B′C上，则∠B′的大小为（）A . 42°B . 48°C . 52°D . 58°19、(2017唐河.中考模拟) 如图，已知菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°则第30秒时，菱形的对角线交点D的坐标为（）A . （1，﹣1）B . （﹣1，﹣1）C . （，0）D . （0，﹣）20、(2020金华.中考模拟) 如图，在平面直角坐标系中，将线段绕点按逆时针方向旋转后，得到线，则点的坐标为( )A .B .C .D .21、(2019武昌.中考模拟) 如图，AB为半圆O的直径，，点C为半圆上动点，以BC为边向形外作正方形BCDE，连接OD，则OD的最大值为A . 2B .C .D .22、(2016深圳.中考模拟) 如图，边长为1的正方形ABCD绕点A顺时针旋转30°到AB′C′D′的位置，则图中阴影部分的面积为（）A .B .C . 1﹣D . 1﹣23、(2019广西壮族自治区.中考模拟) 如图，直径AB为12的半圆，绕A点逆时针旋转60°，此时点B旋转到点B′，则图中阴影部分的面积是（）A . 12πB . 24πC . 6πD . 36π24、(2017桂平.中考模拟) 如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（）A . 35° B. 40° C . 50° D . 70°25、(2017贵港.中考真卷) 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C，M是BC的中点，P是A'B'的中点，连接PM．若BC=2，∠BAC=30°，则线段PM的最大值是（）A . 4B . 3C . 2D . 126、(2017兰州.中考真卷) 如图，在正方形ABCD和正方形DEFG中，点G在CD上，DE=2，将正方形DEFG绕点D顺时针旋转60°，得到正方形DE′F′G′，此时点G′在AC上，连接CE′，则CE′+CG′=（）A .B .C .D .27、(2020阳新.中考模拟) 如图所示，边长为2的正三角形ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点O逆时针旋转30°得到三角形OA1B1，则点A1的坐标为（）A . （，1）B . （，﹣1）C . （1，﹣）D . （2，﹣1）28、(2020南山.中考模拟) 如图，在△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC 绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使得C′C∥AB，则∠B′AB为（）A . 25°B . 30°C . 50°D . 55°29、(2021禹州.中考模拟) 如图，在△ABC中，∠BAC＝138°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'.若点B刚好落在BC边上，且AB'＝CB'，则∠C的度数为（）A . 16°B . 15°C . 14°D . 13°30、如图，在△ABC中，∠BAC=90°，∠B=70°，将△ABC绕着点A逆时针旋转，得到△ADE，使得点D落在BC边上，过点E的直线l∥BC，则∠1=（）A .B .C .D .旋转的性质单选题答案1.答案：C2.答案：B3.答案：A4.答案：B5.答案：A6.答案：B7.答案：C8.答案：C9.答案：A10.答案：B11.答案：C12.答案：A13.答案：D14.答案：C15.答案：A16.答案：B17.答案：A18.答案：A19.答案：A20.答案：A21.答案：C22.答案：C23.答案：B24.答案：B25.答案：B26.答案：A27.答案：28.答案：29.答案：30.答案：。