2018年浙江中考数学复习难题突破专题七：图形变换综合探究题

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2018届浙江省中考数学复习阶段测评(7)图形与变换(有答案)

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)。

6.4图形的变换综合题(第3部分)-2018年中考数学试题分类汇编(word解析版)

第六部分图形的变化6.4 图形的变换综合题【一】知识点清单几何变换的类型；几何变换综合题；多种变换综合题1、平移生活中的平移现象；平移的概念及性质；作图-平移变换；坐标与图形变化-平移；利用平移设计图案2、轴对称生活中的轴对称现象；轴对称；轴对称的性质；轴对称的应用；轴对称图形；轴对称与轴对称图形的区别与联系；镜面对称（补充）；3、画轴对称图形作图-轴对称变换；坐标与图形变化-轴对称；利用轴对称设计图案；翻折变换（折叠问题）；图形的剪拼；4、课题学习最短路径问题轴对称-最短路线问题5、图形的旋转生活中的旋转现象；旋转的性质；旋转对称图形；作图-旋转变换6、中心对称中心对称及其相关概念；中心对称的性质；作图-中心对称；中心对称图形；坐标与图形变化-中心对称7、课题学习图案设计利用轴对称设计图案；利用平移设计图案；利用旋转设计图案；几何变换的类型；几何变换综合题【二】分类试题汇编及参考答案与解析一、选择题1．（2018年贵州省黔东南州/黔西南州/黔南州-第5题-3分）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【知识考点】中心对称图形；轴对称图形．【思路分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答过程】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确．故选：D．【总结归纳】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．2．（2018年贵州省遵义市-第2题-3分）观察下列几何图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【知识考点】轴对称图形；中心对称图形．【思路分析】根据等腰三角形，平行四边形、矩形、圆的性质即可判断；【解答过程】解：∵等腰三角形是轴对称图形，平行四边形是中心对称图形，半圆是轴对称图形，矩形既是轴对称图形又是中心对称图形；故选：C．【总结归纳】本题考查中心对称图形、轴对称图形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．3．（2018年广西桂林市-第11题-3分）如图，在正方形ABCD中，AB=3，点M在CD的边上，且DM=1，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为（）A．3 B．C D【知识考点】正方形的性质；轴对称的性质；旋转的性质．【思路分析】解法一：连接BM．先判定△FAE≌△MAB（SAS），即可得到EF=BM．再根据BC=CD=AB=3，CM=2，利用勾股定理即可得到，Rt△BCM中，BM=，进而得出EF的长；解法二：过E作HG∥AD，交AB于H，交CD于G，作EN⊥BC于N，判定△AEH∽△EMG，即可得到==，设MG=x，则EH=3x，DG=1+x=AH，利用勾股定理可得，Rt△AEH中，（1+x）2+（3x）2=32，进而得出EH==BN，CG=CM﹣MG==EN，FN=，再根据勾股定理可得，Rt△AEN中，EF==．【解答过程】解：如图，连接BM．∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，∴AE=AD，∠MAD=∠MAE．∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，∴AF=AM，∠FAB=∠MAD．∴∠FAB=∠MAE∴∠FAB+∠BAE=∠BAE+∠MAE．∴∠FAE=∠MAB．∴△FAE≌△MAB（SAS）．∴EF=BM．∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD=AB=3．∵DM=1，∴CM=2．∴在Rt△BCM中，BM==，∴EF=，故选：C．解法二：如图，过E作HG∥AD，交AB于H，交CD于G，作EN⊥BC于N，则∠AHG=∠MGE=90°，由折叠可得，∠AEM=∠D=90°，AE=AD=3，DM=EM=1，∴∠AEH+∠MEG=EMG+∠MEG=90°，∴∠AEH=∠EMG，∴△AEH∽△EMG，∴==，设MG=x，则EH=3x，DG=1+x=AH，∴Rt△AEH中，（1+x）2+（3x）2=32，解得x1=，x2=﹣1（舍去），∴EH==BN，CG=CM﹣MG==EN，又∵BF=DM=1，∴FN=，∴Rt△AEN中，EF==，故选：C．【总结归纳】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．4．（2018年山东省潍坊市-第10题-3分）在平面内由极点、极轴和极径组成的坐标系叫做极坐标系．如图，在平面上取定一点O称为极点；从点O出发引一条射线Ox称为极轴；线段OP的长度称为极径．点P的极坐标就可以用线段OP的长度以及从Ox转动到OP的角度（规定逆时针方向转动角度为正）来确定，即P（3，60°）或P（3，﹣300°）或P（3，420°）等，则点P关于点O成中心对称的点Q的极坐标表示不正确的是（）A．Q（3，240°）B．Q（3，﹣120°）C．Q（3，600°）D．Q（3，﹣500°）【知识考点】中心对称；坐标与图形变化﹣旋转．【思路分析】根据中心对称的性质解答即可．【解答过程】解：∵P（3，60°）或P（3，﹣300°）或P（3，420°），由点P关于点O成中心对称的点Q可得：点Q的极坐标为（3，240°），（3，﹣120°），（3，600°），故选：D．【总结归纳】此题考查中心对称的问题，关键是根据中心对称的性质解答．5．（2018年山东省济宁市-第6题-3分）如图，在平面直角坐标系中，点A，C在x轴上，点C的坐标为（﹣1，0），AC=2．将Rt△ABC先绕点C顺时针旋转90°，再向右平移3个单位长度，则变换后点A的对应点坐标是（）A．（2，2）B．（1，2）C．（﹣1，2）D．（2，﹣1）【知识考点】坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转．【思路分析】根据旋转变换的性质得到旋转变换后点A的对应点坐标，根据平移的性质解答即可．【解答过程】解：∵点C的坐标为（﹣1，0），AC=2，∴点A的坐标为（﹣3，0），如图所示，将Rt△ABC先绕点C顺时针旋转90°，则点A′的坐标为（﹣1，2），再向右平移3个单位长度，则变换后点A′的对应点坐标为（2，2），故选：A．【总结归纳】本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移，掌握旋转变换、平移变换的性质是解题的关键．6．（2018年四川省南充市-第2题-3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．扇形B．正五边形C．菱形D．平行四边形【知识考点】中心对称图形；轴对称图形．【思路分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答过程】解：A、扇形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；B、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；C、菱形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项正确；D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误．故选：C．【总结归纳】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．7．（2018年黑龙江省齐齐哈尔市-第1题-3分）下列“数字图形”中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【知识考点】轴对称图形；中心对称图形．【思路分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．【解答过程】解：第一个图形不是轴对称图形，是中心对称图形；第二、三、四个图形是轴对称图形，也是中心对称图形；故选：C．【总结归纳】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．二、填空题1．（2018年内蒙古鄂尔多斯市-第12题-3分）从平行四边形、菱形、正五边形、圆、角中随机抽取一个图形，抽到既是中心对称图形又是轴对称图形的概率是．【知识考点】轴对称图形；中心对称图形；概率公式．【思路分析】先找出既是轴对称图形又是中心对称图形的个数，再根据概率公式进行计算即可．【解答过程】解：∵平行四边形、菱形、正五边形、圆、角中随机抽取一个图形，既是中心对称图形又是轴对称图形的有菱形、圆共2个，∴抽到既是中心对称图形又是轴对称图形的概率是；故答案为：．【总结归纳】此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝．2．（2018年湖北省咸宁市-第16题-3分）如图，已知∠MON=120°，点A，B分别在OM，ON上，且OA=OB=a，将射线OM绕点O逆时针旋转得到OM′，旋转角为α（0°＜α＜120°且α≠60°），作点A关于直线OM′的对称点C，画直线BC交OM′于点D，连接AC，AD，有下列结论：①AD=CD；②∠ACD的大小随着α的变化而变化；③当α=30°时，四边形OADC为菱形；④△ACD2；其中正确的是．（把你认为正确结论的序号都填上）．【知识考点】等边三角形的性质；菱形的判定与性质；轴对称的性质；旋转的性质．【思路分析】①根据对称的性质：对称点的连线被对称轴垂直平分可得：OM'是AC的垂直平分线，再由垂直平分线的性质可作判断；②作⊙O，根据四点共圆的性质得：∠ACD=∠E=60°，说明∠ACD是定值，不会随着α的变化而变化；③当α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，证明△AOC是等边三角形和△ACD是等边三角形，得OC=OA=AD=CD，可作判断；④先证明△ACD是等边三角形，当AC最大时，△ACD的面积最大，当AC为直径时最大，根据面积公式计算后可作判断．【解答过程】解：①∵A、C关于直线OM'对称，∴OM'是AC的垂直平分线，∴CD=AD，故①正确；②连接OC，由①知：OM'是AC的垂直平分线，∴OC=OA，∴OA=OB=OC，以O为圆心，以OA为半径作⊙O，交AO的延长线于E，连接BE，则A、B、C都在⊙O上，∵∠MON=120°，∴∠BOE=60°，∵OB=OE，∴△OBE是等边三角形，∴∠E=60°，∵A、C、B、E四点共圆，∴∠ACD=∠E=60°，故②不正确；③当α=30°时，即∠AOD=∠COD=30°，∴∠AOC=60°，∴△AOC是等边三角形，∴∠OAC=60°，OC=OA=AC，由①得：CD=AD，∴∠CAD=∠ACD=∠CDA=60°，∴△ACD是等边三角形，∴AC=AD=CD，∴OC=OA=AD=CD，∴四边形OADC为菱形；故③正确；④∵CD=AD，∠ACD=60°，∴△ACD是等边三角形，当AC最大时，△ACD的面积最大，∵AC是⊙O的弦，即当AC为直径时最大，此时AC=2OA=2a，α=90°，∴△ACD面积的最大值是：AC2==，故④正确，所以本题结论正确的有：①③④故答案为：①③④．【总结归纳】本题是圆和图形变换的综合题，考查了轴对称的性质、四点共圆的性质、等边三角形的判定、菱形的判定、三角形面积及圆的有关性质，有难度，熟练掌握轴对称的性质是关键，是一道比较好的填空题的压轴题．3．（2018年山东省潍坊市-第16题-3分）如图，正方形ABCD的边长为1，点A与原点重合，点B 在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB'C′D′的位置，B'C′与CD相交于点M，则点M的坐标为．【知识考点】正方形的性质；坐标与图形变化﹣旋转．【思路分析】连接AM，由旋转性质知AD=AB′=1、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°，证Rt△ADM≌Rt△AB′M得∠DAM=∠B′AD=30°，由DM=ADtan∠DAM可得答案．【解答过程】解：如图，连接AM，∵将边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形AB'C′D′，∴AD=AB′=1，∠BAB′=30°，∴∠B′AD=60°，在Rt△ADM和Rt△AB′M中，∵，∴Rt△ADM≌Rt△AB′M（HL），∴∠DAM=∠B′AM=∠B′AD=30°，∴DM=ADtan∠DAM=1×=，∴点M的坐标为（﹣1，），故答案为：（﹣1，）．【总结归纳】本题主要考查旋转的性质、正方形的性质，解题的关键是掌握旋转变换的不变性与正方形的性质、全等三角形的判定与性质及三角函数的应用．三、解答题1．（2018年内蒙古鄂尔多斯市-第19题-8分）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，BD＝6，DC＝4，求AD的长．小明同学利用翻折，巧妙地解答了此题，按小明的思路探究并解答下列问题：（1）分别以AB，AC所在直线为对称轴，画出△ABD和△ACD的对称图形，点D的对称点分别为点E，F，延长EB和FC相交于点G，求证：四边形AEGF是正方形；（2）设AD＝x，建立关于x的方程模型，求出AD的长．【知识考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的判定与性质；轴对称的性质；翻折变换（折叠问题）．【思路分析】（1）先根据△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，得出∠EAF＝90°；再根据对称的性质得到AE＝AF，从而说明四边形AEGF是正方形；（2）利用勾股定理，建立关于x的方程模型（x﹣6）2+（x﹣4）2＝102，求出AD＝x＝12．【解答过程】（1）证明：由题意可得：△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF．∴∠DAB＝∠EAB，∠DAC＝∠FAC，又∠BAC＝45°，∴∠EAF＝90°．又∵AD⊥BC∴∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°．∴四边形AEGF是矩形，又∵AE＝AD，AF＝AD∴AE＝AF．∴矩形AEGF是正方形；（2）解：设AD＝x，则AE＝EG＝GF＝x．∵BD＝6，DC＝4，∴BE＝6，CF＝4，∴BG＝x﹣6，CG＝x﹣4，在Rt△BGC中，BG2+CG2＝BC2，∴（x﹣6）2+（x﹣4）2＝102．化简得，x2﹣10x﹣24＝0解得x1＝12，x2＝﹣2（舍去）所以AD＝x＝12．【总结归纳】本题考查图形的翻折变换和利用勾股定理，建立关于x的方程模型的解题思想．要能灵活运用．2．（2018年内蒙古鄂尔多斯市-第24题-12分）（1）【操作发现】如图1，将△ABC绕点A顺时针旋转60°，得到△ADE，连接BD，则∠ABD＝度．（2）【类比探究】如图2，在等边三角形ABC内任取一点P，连接PA，PB，PC，求证：以PA，PB，PC的长为三边必能组成三角形．（3）【解决问题】如图3ABC内有一点P，∠APC＝90°，∠BPC＝120°，求△APC 的面积．（4）【拓展应用】如图4是A，B，C三个村子位置的平面图，经测量AC＝4，BC＝5，∠ACB＝30°，P为△ABC 内的一个动点，连接PA，PB，PC．求PA+PB+PC的最小值．【知识考点】几何变换综合题．【思路分析】（1）【操作发现】：如图1中，只要证明△DAB是等边三角形即可；（2）【类比探究】：如图2中，以PA为边长作等边△PAD，使P、D分别在AC的两侧，连接CD．利用全等三角形的性质以及三角形的三边关系即可解决问题；（3）【解决问题】：如图3中，将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，只要证明∠PP′C＝90°，利用勾股定理即可解决问题；（4）【拓展应用】：如图4中，先由旋转的性质得出△APC≌△EDC，则∠ACP＝∠ECD，AC＝EC＝4，∠PCD＝60°，再证明∠BCE＝90°，然后在Rt△BCE中，由勾股定理求出BE的长度，即为PA+PB+PC的最小值；【解答过程】（1）【操作发现】解：如图1中，连接BD．∵△ABC绕点A顺时针旋转60°，得到△ADE，∴AD＝AB，∠DAB＝60°，∴△DAB是等边三角形，∴∠ABD＝60°故答案为60．（2）【类比探究】证明：如图2中，以PA为边长作等边△PAD，使P、D分别在AC的两侧，连接CD．∵∠BAC＝∠PAD＝60°，∴∠BAP＝∠CAD，∵AB＝AC，AP＝AD，∴△PAB≌△ACD（SAS），∴BP＝CD，在△PCD中，∵PD+CD＞PC，又∵PA＝PD，∴AP+BP＞PC．∴PA，PB，PC的长为三边必能组成三角形．（3）【解决问题】解：如图3中，∵将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，∴△APP′是等边三角形，∠AP′C＝∠APB＝360°﹣90°﹣120°＝150°，∴PP′＝AP，∠AP′P＝∠APP′＝60°，∴∠PP′C＝90°，∠P′PC＝30°，∴PP′＝PC，即AP＝PC，∵∠APC＝90°，∴AP2+PC2＝AC2，即（PC）2+PC2＝（）2，∴PC＝2，∴AP＝，∴S△APC＝AP•PC＝××2＝．（4）【拓展应用】解：如图4中，将△APC绕点C顺时针旋转60°，得到△EDC，连接PD、BE．∵将△APC绕点C顺时针旋转60°，得到△EDC，∴△APC≌△EDC（旋转的性质），∴∠ACP＝∠ECD，AC＝EC＝4，∠PCD＝60°，∴∠ACP+∠PCB＝∠ECD+∠PCB，∴∠ECD+∠PCB＝∠ACB＝30°，∴∠BCE＝∠ECD+∠PCB+∠PCD＝30°+60°＝90°，在Rt△BCE中，∵∠BCE＝90°，BC＝5，CE＝4，∴BE＝＝＝，即PA+PB+PC的最小值为；【总结归纳】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．3．（2018年湖北省襄阳市-第24题-10分）如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．（1）证明与推断：①求证：四边形CEGF是正方形；②推断：AGBE的值为：（2）探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE 之间的数量关系，并说明理由：（3）拓展与运用：正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H．若AG=6，GH=BC=．【知识考点】相似形综合题．【思路分析】（1）①由GE⊥BC、GF⊥CD结合∠BCD=90°可得四边形CEGF是矩形，再由∠ECG=45°即可得证；②由正方形性质知∠CEG=∠B=90°、∠ECG=45°，据此可得=、GE∥AB，利用平行线分线段成比例定理可得；（2）连接CG，只需证△ACG∽△BCE即可得；（3）证△AHG∽△CHA得==，设BC=CD=AD=a，知AC=a，由=得AH= a、DH=a、CH=a，由=可得a的值．【解答过程】解：（1）①∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，∵GE⊥BC、GF⊥CD，∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，∴四边形CEGF是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，∴EG=EC，∴四边形CEGF是正方形；②由①知四边形CEGF是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，∴=，GE∥AB，∴==，故答案为：；（2）连接CG，由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，在Rt△CEG和Rt△CBA中，=cos45°=、=cos45°=，∴==，∴△ACG∽△BCE，∴==，∴线段AG与BE之间的数量关系为AG=BE；（3）∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，∴∠BEC=135°，∵△ACG∽△BCE，∴∠AGC=∠BEC=135°，∴∠AGH=∠CAH=45°，∵∠CHA=∠AHG，∴△AHG∽△CHA，∴==，设BC=CD=AD=a，则AC=a，则由=得=，∴AH=a，则DH=AD﹣AH=a，CH==a，∴=得=，解得：a=3，即BC=3，故答案为：3．【总结归纳】本题主要考查相似形的综合题，解题的关键是掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点．4．（2018年湖南邵阳市-第25题-8分）如图1所示，在四边形ABCD中，点O，E，F，G分别是AB，BC，CD，AD的中点，连接OE，EF，FG，GO，GE．（1）证明：四边形OEFG是平行四边形；（2）将△OGE绕点O顺时针旋转得到△OMN，如图2所示，连接GM，EN．①若OG=1，求ENGM的值；②试在四边形ABCD中添加一个条件，使GM，EN的长在旋转过程中始终相等．（不要求证明）【知识考点】相似形综合题．【思路分析】（1）连接AC，由四个中点可知OE∥AC、OE=AC，GF∥AC、GF=AC，据此得出OE=GF、OE=GF，即可得证；（2）①由旋转性质知OG=OM、OE=ON，∠GOM=∠EON，据此可证△OGM∽△OEN得==；②连接AC、BD，根据①知△OGM∽△OEN，若要GM=EN只需使△OGM≌△OEN，添加使AC=BD 的条件均可以满足此条件．【解答过程】解：（1）如图1，连接AC，∵点O、E、F、G分别是AB、BC、CD、AD的中点，∴OE∥AC、OE=AC，GF∥AC、GF=AC，∴OE=GF，OE=GF，∴四边形OEFG是平行四边形；（2）①∵△OGE绕点O顺时针旋转得到△OMN，∴OG=OM、OE=ON，∠GOM=∠EON，∴=，∴△OGM∽△OEN，∴==．②添加AC=BD，如图2，连接AC、BD，∵点O、E、F、G分别是AB、BC、CD、AD的中点，∴OG=EF=BD、OE=GF=BD，∵AC=BD，∴OG=OE，∵△OGE绕点O顺时针旋转得到△OMN，∴OG=OM、OE=ON，∠GOM=∠EON，∴OG=OE、OM=ON，在△OGM和△OEN中，∵，∴△OGM ≌△OEN （SAS ）， ∴GM=EN ．【总结归纳】本题主要考查相似形的综合题，解题的关键是熟练掌握中位线定义及其定理、平行四边形的判定、旋转的性质、相似三角形与全等三角形的判定与性质等知识点．5．（2018年江苏省无锡市-第27题-10分）如图，矩形ABCD 中，AB=m ，BC=n ，将此矩形绕点B 顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A 1BC 1D 1，点A 1在边CD 上．（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D 到点D 1所经过路径的长度；（2）将矩形A 1BC 1D 1继续绕点B 顺时针方向旋转得到矩形A 2BC 2D 2，点D 2在BC 的延长线上，设边A 2B 与CD 交于点E ，若11A E EC =，求nm的值．【知识考点】轨迹；旋转的性质．【思路分析】（1）作A 1H ⊥AB 于H ，连接BD ，BD 1，则四边形ADA 1H 是矩形．解直角三角形，求出∠ABA 1，得到旋转角即可解决问题；（2）由△BCE ∽△BA 2D 2，推出==，可得CE=由=﹣1推出=，推出AC=•，推出BH=AC==•，可得m 2﹣n 2=6•，可得1﹣=6•，由此解方程即可解决问题；【解答过程】解：（1）作A 1H ⊥AB 于H ，连接BD ，BD 1，则四边形ADA 1H 是矩形．∴AD=HA1=n=1，在Rt△A1HB中，∵BA1=BA=m=2，∴BA1=2HA1，∴∠ABA1=30°，∴旋转角为30°，∵BD==，∴D到点D1所经过路径的长度==π．（2）∵△BCE∽△BA2D2，∴==，∴CE=∵=﹣1∴=，∴AC=•，∴BH=AC==•，∴m2﹣n2=6•，∴m4﹣m2n2=6n4，1﹣=6•，∴=（负根已经舍弃）．【总结归纳】本题考查轨迹，旋转变换、解直角三角形、弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．6．（2018年辽宁省葫芦岛市-第26题-14分）如图，抛物线y=ax2+4x+c（a≠0）经过点A（﹣1，0），点E（4，5），与y轴交于点B，连接AB．（1）求该抛物线的解析式；（2）将△ABO绕点O旋转，点B的对应点为点F．①当点F落在直线AE上时，求点F的坐标和△ABF的面积；②当点F到直线AE时，过点F作直线AE的平行线与抛物线相交，请直接写出交点的坐标．【知识考点】二次函数综合题．【思路分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；（2）根据旋转的性质，可得关于n的方程，根据自变量与函数值的对应关系，可得F点的坐标，根据面积的和差，可得答案；（3）根据相似三角形的判定与性质，可得HG=CG=，根据勾股定理，可得HC，根据平移的规律，可得直线l，直线l1，根据解方程组，可得答案．【解答过程】解：（1）将A，E点坐标代入函数解析式，得，解得，抛物线的解析式是y=﹣x2+4x+5，（2）设AE的解析式为y=kx+b，将A，E点坐标代入，得，解得，AE的解析式为y=x+1，x=0时，y=1即C（0，1），设F点坐标为（n，n+1），由旋转的性质得，OF=OB=5，n2+（n+1）2=25，解得n1=﹣4，n2=3，F（﹣4，﹣3），F（3，4），当F（﹣4，﹣3）时如图1，S△ABF=S△BCF﹣S△ABC=BC•|x F|﹣BC•|x A|=BC•（x A﹣x F）S△ABF=×4（﹣1+4）=6；当F（3，4）时，如图2，S△ABF=S△BCF+S△ABC=BC•|x F|+BC•|x A|=BC•（x F﹣x A）S△ABF=×4（3+1）=8；（3）如图3，∵∠HCG=∠ACO，∠HGC=∠COA，∴△HGC∽△COA，∵OA=OC=1，∴CG=HG=，由勾股定理，得HC==2，直线AE向上平移2个单位或向下平移2个单位，l的解析是为y=x+3，l1的解析是为y=x﹣1，联立解得x1=，x2=，，解得x3=，x4=，F点的坐标为（，），（，），（，），（，）．【总结归纳】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用旋转的性质得出关于n的方程；解（3）的关键是利用相似三角形的判定与性质得出HG=CG=，又利用了直线的平移，解方程组求函数图象的交点．7．（2018年四川省南充市-第24题-10分）如图，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．【知识考点】旋转的性质；矩形的性质．【思路分析】（1）在直角三角形ABC中，由AC=2AB，得到∠ACB=30°，再由折叠的性质得到一对角相等，利用等角对等边即可得证；（2）由（1）得到△ABB′为等边三角形，利用矩形的性质及等边三角形的内角为60°，即可求出所求角度数；（3）由AB=2，得到B′B=B′F=2，∠B′BF=15°，过B作BH⊥BF，在直角三角形BB′H中，利用锐角三角函数定义求出BH的长，由BF=2BH即可求出BF的长．【解答过程】（1）证明：∵在Rt△ABC中，AC=2AB，∴∠ACB=∠AC′B′=30°，∠BAC=60°，由旋转可得：AB′=AB，∠B′AC=∠BAC=60°，∴∠EAC′=∠AC′B′=30°，∴AE=C′E；（2）解：由（1）得到△ABB′为等边三角形，∴∠AB′B=60°，∴∠FBB′=15°；（3）解：由AB=2，得到B′B=B′F=2，∠B′BF=15°，过B作BH⊥BF，在Rt△BB′H中，cos15°=，即BH=2×=，则BF=2BH=+．【总结归纳】此题考查了旋转的性质，矩形的性质，锐角三角函数定义，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．8．（2018年浙江省嘉兴市舟山市-第24题-12分）我们定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．（1）概念理解：如图1，在△ABC中，AC=6，BC=3，∠ACB=30°，试判断△ABC是否是”等高底”三角形，请说明理由．（2）问题探究：如图2，△ABC是“等高底”三角形，BC是”等底”，作△ABC关于BC所在直线的对称图形得到△A'BC，连结AA′交直线BC于点D．若点B是△AA′C的重心，求ACBC的值．（3）应用拓展：如图3，已知l1∥l2，l1与l2之间的距离为2．“等高底”△ABC的“等底”BC在直线l1上，点A在直线l2上，有一边的长是BC倍．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，A′C所在直线交l2于点D．求CD的值．【知识考点】相似形综合题．【思路分析】（1）过A作AD⊥BC于D，则△ADC是直角三角形，∠ADC=90°，依据∠ACB=30°，AC=6，可得AD=AC=3，进而得到AD=BC=3，即△ABC是“等高底”三角形；（2）依据△ABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，可得AD=BC，依据△ABC关于BC所在直线的对称图形是△A'BC，点B是△AA′C的重心，即可得到BC=2BD，设BD=x，则AD=BC=2x，CD=3x，由勾股定理得AC=x，即可得到==；（3）①当AB=BC时，画出图形分两种情况分别求得CD=x=或CD=AC=2；当AC=BC时，画出图形分两种情况讨论，求得CD=AB=BC=2．【解答过程】解：（1）△ABC是“等高底”三角形；理由：如图1，过A作AD⊥BC于D，则△ADC是直角三角形，∠ADC=90°，∵∠ACB=30°，AC=6，∴AD=AC=3，∴AD=BC=3，即△ABC是“等高底”三角形；（2）如图2，∵△ABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，∴AD=BC，∵△ABC关于BC所在直线的对称图形是△A'BC，∴∠ADC=90°，∵点B是△AA′C的重心，∴BC=2BD，设BD=x，则AD=BC=2x，CD=3x，由勾股定理得AC=x，∴==；（3）①当AB=BC时，Ⅰ．如图3，作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，∵“等高底”△ABC的“等底”为BC，l1∥l2，l1与l2之间的距离为2，AB=BC，∴BC=AE=2，AB=2，∴BE=2，即EC=4，∴AC=2，∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，∴∠DCF=45°，设DF=CF=x，∵l1∥l2，∴∠ACE=∠DAF，∴==，即AF=2x，∴AC=3x=2，∴x=，CD=x=．Ⅱ．如图4，此时△ABC等腰直角三角形，∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，∴△ACD是等腰直角三角形，∴CD=AC=2．②当AC=BC时，Ⅰ．如图5，此时△ABC是等腰直角三角形，∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，∴A'C⊥l1，∴CD=AB=BC=2；Ⅱ．如图6，作AE⊥BC于E，则AE=BC，∴AC=BC=AE，∴∠ACE=45°，∴△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°，得到△A'B'C时，点A'在直线l1上，∴A'C∥l2，即直线A'C与l2无交点，综上所述，CD的值为，2，2．【总结归纳】本题属于相似形综合题，主要考查了重心的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是依据题意画出图形，根据分类讨论的思想进行解答．。

【最新资料】【浙教版】中考数学难题突破：专题七-图形变换综合探究题(含答案)

最新资料•中考数学难题突破专题七图形变换综合探究题图形的轴对称、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．类型1 平移变换问题1 两个三角板ABC，DEF按如图Z7－1所示的位置摆放，点B与点D重合，边AB与边DE在同一条直线上(假设图形中所有的点、线都在同一平面内)，其中，∠C＝∠DEF＝90°，∠ABC＝∠F＝30°，AC＝DE＝6 cm.现固定三角板DEF，将三角板ABC沿射线DE方向平移，当点C落在边EF上时停止运动．设三角板平移的距离为x(cm)，两个三角板重叠部分的面积为y(cm2)．(1)当点C落在边EF上时，x＝________cm；图Z7－1(2)求y关于x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；(3)设边BC的中点为点M，边DF的中点为点N，直接写出在三角板平移过程中，点M与点N之间距离的最小值．例题分层分析(1)当点C落在EF边上时记为C′，此时A点的对应点记为A′，根据锐角三角函数，可得A′E＝________ cm，所以x＝AA′＝AE－A′E＝______cm.(2)分类讨论：①当0≤x≤6时，根据三角形的面积公式可得答案；②当6＜x≤12时，根据面积的和差可得答案；③当12＜x≤15时，根据面积的和差可得答案．(3)根据点与直线上所有点的连线中垂线段最短，可得当NM⊥BD时，MN最小．根据线段的和差即可求得答案．类型2 折叠问题2 [2015·衢州] 如图Z7－2①，将矩形ABCD沿DE折叠使顶点A落在点A′处，然后将矩形展平，沿EF折叠使顶点A落在折痕DE上的点G处，再将矩形ABCD沿CE折叠，此时顶点B恰好落在DE上的点H处，如图②.(1)求证EG＝CH；(2)已知AF＝2，求AD和AB的长．图Z7－2例题分层分析(1)由折叠的性质及矩形的性质可知________＝________＝________，__________＝________，再根据四边形ABCD 是矩形，可得____________＝________，等量代换即可证明EG＝CH；(2)由折叠的性质可知∠ADE＝________°，∠FGE＝∠A＝90°，AF＝2，那么DG＝________，利用勾股定理求出DF＝________，于是可得AD＝AF＋DF＝________；再利用AAS证明△AEF≌△BCE，得到____________，于是AB＝AE＋BE＝________．解题方法点析折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．解决折叠问题要注意折叠前后对应点的位置；掌握辅助线的作法；折痕两边折叠部分是全等的；折叠的某点与所落位置之间线段被折痕垂直平分．类型3 旋转变换问题3 [2016·成都] 如图Z7－3①，△ABC中，∠ABC＝45°，AH⊥BC于点H，点D在AH上，且DH＝CH，连结BD.图Z7－3(1)求证：BD＝AC；(2)将△BHD绕点H旋转，得到△EHF(点B，D分别与点E，F对应)，连结AE.(ⅰ)如图②，当点F落在AC上时(F不与C重合)，若BC＝4，tan C＝3，求AE的长；(ⅱ)如图③，当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时，设射线CF与AE相交于点G，连结GH，试探究线段GH与EF之间满足的等量关系，并说明理由．例题分层分析(1)先判断出AH＝BH，再证明△BHD≌△AHC即可；(2)(ⅰ)在Rt△AHC中，tan C＝________＝3.由AH＝BH及BC＝4可求得AH＝________，CH＝________，过点H作HP⊥AE于P，然后根据△EHA∽△FHC，得到HP＝________AP，AE＝________AP，最后用勾股定理求解即可；(ⅱ)设AH与CG交于点Q.先判断出△AGQ∽△CHQ，得到________，然后判断出△AQC∽△GQH，最后用相似比求解即可．专题训练1．[2017·菏泽] 如图Z7－4，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连结AA′，若∠1＝25°，则∠BAA′的度数是( )A．55° B．60° C．65° D．70°图Z7－4 图Z7－52．[2017·舟山] 如图Z7－5，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(2，0)，B(1，1)．若平移点A到点C，使以点O，A，C，B为顶点的四边形是菱形，则正确的平移方法是( )A．向左平移1个单位，在向下平移1个单位B．向左平移(2－1)个单位，再向上平移1个单位C．向右平移(2－1)个单位，再向上平移1个单位D．向右平移1个单位，再向上平移1个单位3．[2016·聊城] 如图Z7－6，把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，若∠2＝40°，则图中∠1的度数为( )A．115° B．120° C．130° D．140°图Z7－6 图Z7－74．[2016·温州] 如图Z7－7，一张三角形纸片ABC，其中∠C＝90°，AC＝4，BC＝3.现小林将纸片做三次折叠：第一次使点A落在C处，将纸片展平做第二次折叠，使点B落在C处，再将纸片展平做第三次折叠，使点A落在B处．这三次折叠的折痕长依次记为a，b，c，则a，b，c的大小关系是( )A．c>a>b B．b>a>c C．c>b>a D．b>c>a5．[2017·贵港] 如图Z7－8，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，连结PM.若BC＝2，∠BAC＝30°，则线段PM的最大值是( )图Z7－8A．4 B．3 C．2 D．16．如图Z7－9，折叠矩形纸片ABCD，使B点落在AD上一点E处，折痕的两端点分别在AB，BC上(含端点)，且AB ＝6，BC＝10.设AE＝x，则x的取值范围是________．图Z7－97．[2017·武汉] 如图Z7－10，在△ABC中，AB＝AC＝23，∠BAC＝120°，点D，E都在边BC上，∠DAE＝60°.若BD＝2CE，则DE的长为________．图Z7－108．如图Z7－11，是两块完全一样的含30°角的三角板，分别记作△ABC和△A1B1C1，现将两块三角板重叠在一起，设较长直角边的中点为M，绕中点M转动上面的三角板ABC，使其直角顶点C恰好落在三角板A1B1C1的斜边A1B1上．当∠A＝30°，AC＝10时，两直角顶点C，C1的距离是________．图Z7－11 图Z7－129．[2017·德阳] 如图Z7－12，将△ABC沿BC翻折得到△DBC，再将△DBC绕点C逆时针旋转60°得到△FEC，延长BD交EF于H，已知∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，AC＝1，则四边形CDHF的面积为________．10．[2017·舟山] 一副含30°和45°角的三角板ABC和DEF叠合在一起，边BC与EF重合，BC＝EF＝12 cm(如图Z7－13①)，点G为边BC(EF)的中点，边FD与AB相交于点H，现将三角板DEF绕点G按顺时针方向旋转(如图Z7－13②)，在∠CGF从0°到60°的变化过程中，观察点H的位置变化，点H相应移动的路径长共为________．(结果保留根号)图Z7－1311．[2017·自贡] 如图Z7－14①，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A(－1，0)，点B(0，3)．(1)求∠BAO的度数．(2)如图①，将△AOB绕点O顺时针旋转得△A′OB′，当点A′恰好落在AB边上时，设△AB′O的面积为S1，△BA′O的面积为S2，S1与S2有何关系？为什么？(3)若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图Z7－14②所示的位置，S1与S2的关系发生变化了吗？证明你的判断．图Z7－1412．[2017·赤峰] △OPA和△OQB分别是以OP，OQ为直角边的等腰直角三角形，点C，D，E分别是OA，OB，AB 的中点．(1)当∠AOB＝90°时，如图Z7－15①，连结PE，QE，直接写出EP与EQ的大小关系；(2)将△OQB绕点O逆时针方向旋转，当∠AOB是锐角时，如图Z7－15②，(1)中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请加以说明．(3)仍将△OQB绕点O旋转，当∠AOB为钝角时，延长PC，QD交于点G，使△ABG为等边三角形，如图Z7－15③，求∠AOB的度数．图Z7－15参考答案类型1 平移变换问题例1 【例题分层分析】 (1)3 15解：(1)在Rt △ABC 中，∠ABC ＝30°，则∠BAC ＝60°，AB ＝2AC ＝12cm ，BC ＝6 3cm.如图①，当点C 在EF 上时，∠C ′A ′E ＝60°，则A ′E ＝12A ′C ′＝3 cm ，所以AA ′＝AE －A ′E ＝15 cm.故x ＝15 cm.(2)如图②，当0≤x ≤6时，BD ＝x ，DG ＝12x ，则BG ＝32x ，所以y ＝12DG ·BG ＝38x 2.如图③，当6<x ≤12时，BD ＝x ，BE ＝x －6，则DG ＝12x ，BG ＝32x ，EH ＝33(x －6)，所以y ＝12DG ·BG －12EH ·BE ＝38x 2－36(x －6)2＝－324x 2＋2 3x －6 3.如图④，当12<x ≤15时，BE ＝x －6，则EH ＝33(x －6)，则y ＝12AC ·BC －12EH ·BE ＝18 3－36(x －6)2＝－36x 2＋2 3x ＋12 3.(3)当NM ⊥BD 时，MN 最小．如图⑤，由题意可知DN ＝FN ＝12DF ＝6cm ，DP ＝12DN ＝3cm ，则PN ＝3 3cm.BM ＝CM ＝12BC ＝3 3cm ，则PM ＝323cm ，所以MN ＝PN －PM ＝323cm.故点M ，N 之间距离的最小值为32 3 cm.类型2 折叠问题例2 【例题分层分析】 (1)AE AD EG BC CH AD BC (2)452 22＋2 AF ＝BE 2 2＋2解：(1)证明：由折叠知AE ＝AD ＝EG ，BC ＝CH ， ∵四边形ABCD 是矩形， ∴AD ＝BC ，∴EG ＝CH .(2)∵∠ADE ＝45°，∠FGE ＝∠A ＝90°，AF ＝2， ∴DG ＝FG ＝2，DF ＝2， ∴AD ＝AF ＋DF ＝2＋2.由折叠知∠AEF ＝∠GEF ，∠BEC ＝∠HEC ， ∴∠GEF ＋∠HEC ＝90°，∠AEF ＋∠BEC ＝90°. ∵∠AEF ＋∠AFE ＝90°，∴∠BEC ＝∠AFE .在△AEF 与△BCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠AFE＝∠BEC，∠A ＝∠B＝90°，AE ＝BC ，∴△AEF ≌△BCE ，∴AF ＝BE ，∴AB ＝AE ＋BE ＝2＋2＋2＝2 2＋2. 类型3 旋转变换问题例3 【例题分层分析】(2)(ⅰ)AH CH 3 1 3 2 (ⅱ)AQ CQ ＝GQHQ解：(1)证明：在Rt △AHB 中，∠ABH ＝45°， ∴AH ＝BH .在△BHD 和△AHC 中，⎩⎪⎨⎪⎧BH ＝AH ，∠BHD ＝∠AHC＝90°，DH ＝CH ，∴△BHD ≌△AHC ，∴BD ＝AC . (2)(ⅰ)如图，在Rt △AHC 中， ∵tan C ＝3，∴AHCH ＝3.设CH ＝x ，则BH ＝AH ＝3x ， ∵BC ＝4，∴3x ＋x ＝4， ∴x ＝1， ∴AH ＝3，CH ＝1.由旋转知，∠EHF ＝∠BHD ＝∠AHC ＝90°，EH ＝AH ＝3，CH ＝DH ＝FH ＝1， ∴∠EHA ＝∠FHC ，EH AH ＝FHHC ＝1，∴△EHA ∽△FHC ，∴∠EAH ＝∠C ， ∴tan ∠EAH ＝tan C ＝3. 过点H 作HP ⊥AE 于点P ，则HP ＝3AP ，AE ＝2AP ，在Rt △AHP 中，AP 2＋HP 2＝AH 2， ∴AP 2＋(3AP )2＝9，∴AP ＝3 1010，∴AE ＝3 105.(ⅱ)EFHG ＝2.理由：设AH 与GC 交于点Q ，由旋转的性质可得△AEH 和△FHC 都为等腰三角形，且∠AHE ＝∠CHF ＝120°，∴∠GAH ＝∠HCG ＝30°. 又∵∠AQG ＝∠CQH ， ∴△AGQ ∽△CHQ ， ∴AQ CQ ＝GQ HQ ，∴AQ GQ ＝CQ HQ， ∵∠AQC ＝∠GQH ，∴△AQC ∽△GQH ， ∴EF HG ＝AC GH ＝AQ GQ ＝1sin 30°＝2. 专题训练1．C [解析] 根据旋转的性质可得AC ＝A ′C ，因为△ACA ′是等腰直角三角形，所以∠CA ′A ＝45°，所以∠CAB ＝∠CA ′B ′＝45°－25°＝20°，所以∠BAA ′＝20°＋45°＝65°.2．D [解析] 根据点A (2，0)，B (1，1)可得OA ＝2，OB ＝2，将点A 向右平移1个单位，再向上平移1个单位，可得AC ＝2，BC ＝2，利用“四边相等的四边形为菱形”，可得当点A 向右平移1个单位，再向上平移1个单位时，以点O ，A ，C ，B 为顶点的四边形是菱形．3．A [解析] ∵把一张矩形纸片ABCD 沿EF 折叠后，点A 落在CD 边上的点A ′处，点B 落在点B ′处， ∴∠BFE ＝∠EFB ′，∠B ′＝∠B ＝90°， ∵∠2＝40°，∴∠CFB ′＝50°， ∴∠1＋∠EFB ′－∠CFB ′＝180°，即∠1＋∠1－50°＝180°，解得∠1＝115°，故选A .4．D [解析] 第一次折叠如图①，折痕为DE ，由折叠得AE ＝EC ＝12AC ＝12×4＝2，DE ⊥AC ,∵∠ACB ＝90°，∴DE ∥BC ， ∴a ＝DE ＝12BC ＝12×3＝32.第二次折叠如图②，折痕为MN ，由折叠得BN ＝NC ＝12BC ＝12×3＝32，MN ⊥BC ，∵∠ACB ＝90°，∴MN ∥AC ， ∴b ＝MN ＝12AC ＝12×4＝2.第三次折叠如图③，折痕为GH ，由勾股定理得AB ＝32＋42＝5，由折叠得AG ＝BG ＝12AB ＝12×5＝52，GH ⊥AB ，∴∠AGH ＝90°. ∵∠A ＝∠A ，∠AGH ＝∠ACB ，∴△ACB ∽△AGH ，∴AC AG ＝BC GH ，∴452＝3GH ，∴GH ＝158，即c ＝158. ∵2＞158＞32，∴b ＞c ＞a ，故选D.5．B 6.2≤x ≤6 7.3 3－3 8.5 9.33[解析] 考虑用割补法计算四边形CDHF 的面积，即S 四边形CDHF ＝S △CFE －S △DEH . ∵AC ＝1，∠ABC ＝30°，∴BC ＝2，AB ＝ 3.由翻折，得CD ＝AC ＝1，∠BDC ＝∠BAC ＝90°，∠DBC ＝∠CBA ＝30°. 由旋转，得∠E ＝∠DBC ＝30°，CE ＝BC ＝2，∴DE ＝CE －CD ＝1，DH ＝13，∴S △DHE ＝12×1×13＝36.又S △CFE ＝S △CAB ＝32，则S 四边形CDHF ＝S △CFE －S △DEH ＝33. 10．(12 3－18)cm11．解：(1)∵A (－1，0)，B (0，3)，∴AO ＝1，BO ＝3，∴tan ∠BAO ＝BO AO ＝31＝3， ∴∠BAO ＝60°.(2)S 1＝S 2.理由：根据旋转的性质可得AO ＝A ′O ，∠OA ′B ′＝60°. ∵∠BAO ＝60°，∴△AOA ′是等边三角形，∴∠AOA ′＝60°，∴∠AOA ′＝∠OA ′B ′，∴A ′B ′∥x 轴，∴A ′B ′⊥y 轴．如图，设A ′B ′与y 轴交于点C. 在Rt △A ′CO 中，A ′O ＝1，∠A ′OC ＝90°－60°＝30°，∴A ′C ＝12，CO ＝32.∴S 1＝12AO ·CO ＝12×1×32＝34，S 2＝12BO ·A ′C ＝12×3×12＝34， ∴S 1＝S 2.(3)关系没有变化．理由：如图，过点B ′作B ′D ⊥x 轴于D ，过点B 作BE ⊥OA ′于点E ，∴∠ODB ′＝∠OEB ＝90°.∵∠AOA ′＝∠BOB ′，∴∠BOE ＝∠B ′OD .又∵OB ＝OB ′，∴△OBE ≌△OB ′D ，∴BE ＝B ′D .又∵OA ＝OA ′，∴S 1＝S 2.12．解：(1)EP ＝EQ .连结OE .∵∠AOB ＝90°，E 是AB 的中点，∴OE ＝AE .又∵OP ＝AP ，∴PE 垂直平分OA ，∵C 为OA 的中点，∴点C 在PE 上．∵∠OPA ＝90°，∴∠OPE ＝12∠OPA ＝45°. 同理可证∠OQE ＝45°.∴EP ＝EQ .(2)成立．∵△OPA 为等腰直角三角形，点C 是OA 的中点， ∴OC ＝PC ，∠PCA ＝90°.∵点C ，D ，E 分别是OA ，OB ，AB 的中点，∴CE ∥OD ，OC ∥DE ，∴四边形ODEC 是平行四边形，∠ACE ＝∠AOD ＝∠EDB .∴OC ＝DE ，∴PC ＝DE .同理可证CE ＝DQ ，∠BDQ ＝90°.∴∠PCE ＝∠EDQ .∴△PCE ≌△EDQ .∴EP ＝EQ .(3)连结OG .∵△OPA 为等腰直角三角形，点C 是OA 的中点，∴OC ＝PC ，∠PCA ＝90°.∴PC 垂直平分OA .∵点G 在PC 上，∴AG ＝OG .同理可证点G 在QD 上，∴BG ＝OG .∴∠GAO ＝∠GOA ，∠GOB ＝∠GBO .∵△ABG 为等边三角形，∴∠AGB ＝60°.∵四边形AOBG 的内角和为360°，∠AOB ＝∠GOA ＋∠GOB ，∴∠AOB ＝12×(360°－60°)＝150°.。

2018年全国各地中考数学压轴题汇编：几何综合(浙江专版)(解析卷)

2018年全国各地中考数学压轴题汇编（浙江专版）几何综合参考答案与试题解析1．数学课上，张老师举了下面的例题：例1等腰三角形ABC中，∠A=110°，求∠B的度数．（答案：35°）例2等腰三角形ABC中，∠A=40°，求∠B的度数，（答案：40°或70°或100°）张老师启发同学们进行变式，小敏编了如下一题：变式等腰三角形ABC中，∠A=80°，求∠B的度数．（1）请你解答以上的变式题．（2）解（1）后，小敏发现，∠A的度数不同，得到∠B的度数的个数也可能不同，如果在等腰三角形ABC中，设∠A=x°，当∠B有三个不同的度数时，请你探索x的取值范围．解：（1）若∠A为顶角，则∠B=（180°﹣∠A）÷2=50°；若∠A为底角，∠B为顶角，则∠B=180°﹣2×80°=20°；若∠A为底角，∠B为底角，则∠B=80°；故∠B=50°或20°或80°；（2）分两种情况：①当90≤x＜180时，∠A只能为顶角，∴∠B的度数只有一个；②当0＜x＜90时，若∠A为顶角，则∠B=（）°；若∠A为底角，∠B为顶角，则∠B=（180﹣2x）°；若∠A为底角，∠B为底角，则∠B=x°．当≠180﹣2x且180﹣2x≠x且≠x，即x≠60时，∠B有三个不同的度数．2．如图，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点D，E，连结AD．已知∠CAD=∠B．（1）求证：AD是⊙O的切线．（2）若BC=8，tanB=，求⊙O的半径．（1）证明：连接OD，∵OB=OD，∴∠3=∠B，∵∠B=∠1，∴∠1=∠3，在Rt△ACD中，∠1+∠2=90°，∴∠4=180°﹣（∠2+∠3）=90°，∴OD⊥AD，则AD为圆O的切线；（2）设圆O的半径为r，在Rt△ABC中，AC=BCtanB=4，根据勾股定理得：AB==4，∴OA=4﹣r，在Rt△ACD中，tan∠1=tanB=，∴CD=ACtan∠1=2，根据勾股定理得：AD2=AC2+CD2=16+4=20，在Rt△ADO中，OA2=OD2+AD2，即（4﹣r）2=r2+20，解得：r=．3．如图，在6×6的网格中，每个小正方形的边长为1，点A在格点（小正方形的顶点）上．试在各网格中画出顶点在格点上，面积为6，且符合相应条件的图形．解：符合条件的图形如图所示：4．如图，在四边形ABCD中，E是AB的中点，AD∥EC，∠AED=∠B．（1）求证：△AED≌△EBC．（2）当AB=6时，求CD的长．∴∠A=∠BEC，∵E是AB中点，∴AE=EB，∵∠AED=∠B，∴△AED≌△EBC．（2）解：∵△AED≌△EBC，∴AD=EC，∵AD∥EC，∴四边形AECD是平行四边形，∴CD=AE，∵AB=6，∴CD=AB=3．5．如图，已知AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，OC∥BD，交AD于点E，连结BC．（1）求证：AE=ED；（2）若AB=10，∠CBD=36°，求的长．证明：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∵OC∥BD，∴∠AEO=∠ADB=90°，即OC⊥AD，∴AE=ED；（2）∵OC⊥AD，∴，∴∠ABC=∠CBD=36°，∴∠AOC=2∠ABC=2×36°=72°，∴．6．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以点B为圆心，BC长为半径画弧，交线段AB于点D；以点A为圆心，AD长为半径画弧，交线段AC于点E，连结CD．（1）若∠A=28°，求∠ACD的度数．（2）设BC=a，AC=b．①线段AD的长是方程x2+2ax﹣b2=0的一个根吗？说明理由．②若AD=EC，求的值．解：（1）∵∠ACB=90°，∠A=28°，∴∠B=62°，∵BD=BC，∴∠BCD=∠BDC=59°，∴∠ACD=90°﹣∠BCD=31°；（2）①由勾股定理得，AB==，∴AD=﹣a，解方程x2+2ax﹣b2=0得，x==﹣a，∴线段AD的长是方程x2+2ax﹣b2=0的一个根；②∵AD=AE，由勾股定理得，a2+b2=（b+a）2，整理得，=．7．在5×3的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．（1）在图1中画出线段BD，使BD∥AC，其中D是格点；（2）在图2中画出线段BE，使BE⊥AC，其中E是格点．解：（1）如图所示，线段BD即为所求；（2）如图所示，线段BE即为所求．8．如图，在▱ABCD中，AC是对角线，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E，F，求证：AE=CF．证明：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB∥CD，∴∠BAE=∠DCF．又BE⊥AC，DF⊥AC，∴∠AEB=∠CFD=90°．在△ABE与△CDF中，，∴得△ABE≌△CDF（AAS），∴AE=CF．9．已知：在△ABC中，AB=AC，D为AC的中点，DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为点E，F，且DE=DF．求证：△ABC是等边三角形．证明：∵DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为点E，F，∴∠AED=∠CFD=90°，∵D为AC的中点，∴AD=DC，在Rt△ADE和Rt△CDF中，，∴Rt△ADE≌Rt△CDF，∴∠A=∠C，∴BA=BC，∵AB=AC，∴AB=BC=AC，∴△ABC是等边三角形．10．如图，D是△ABC的BC边上一点，连接AD，作△ABD的外接圆，将△ADC 沿直线AD折叠，点C的对应点E落在BD上．（1）求证：AE=AB．（2）若∠CAB=90°，cos∠ADB=，BE=2，求BC的长．解：（1）由折叠的性质可知，△ADE≌△ADC，∴∠AED=∠ACD，AE=AC，∵∠ABD=∠AED，∴∠ABD=∠ACD，∴AB=AC，∴AE=AB；（2）如图，过A作AH⊥BE于点H，∵AB=AE，BE=2，∴BH=EH=1，∵∠ABE=∠AEB=∠ADB，cos∠ADB=，∴cos∠ABE=cos∠ADB=，∴=．∵∠BAC=90°，AC=AB，∴BC=3．11．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G．（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．①若点G为DE中点，求FG的长．②若DG=GF，求BC的长．（2）已知BC=9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．解：（1）①在正方形ACDE中，DG=GE=6，中Rt△AEG中，AG==6，∵EG∥AC，∴△ACF∽△GEF，∴=，∴==，∴FG=AG=2．②如图1中，正方形ACDE中，AE=ED，∠AEF=∠DEF=45°，∵EF=EF，∴△AEF≌△DEF，∴∠1=∠2，设∠1=∠2=x，∵AE∥BC，∵GF=GD，∴∠3=∠2=x，在△DBF中，∠3+∠FDB+∠B=180°，∴x+（x+90°）+x=180°，解得x=30°，∴∠B=30°，∴在Rt△ABC中，BC==12．（2）在Rt△ABC中，AB===15，如图2中，当点D中线段BC上时，此时只有GF=GD，∵DG∥AC，∴△BDG∽△BCA，设BD=3x，则DG=4x，BG=5x，∴GF=GD=4x，则AF=15﹣9x，∵AE∥CB，∴△AEF∽△BCF，∴=，∴=，整理得：x2﹣6x+5=0，解得x=1或5（舍弃）∴腰长GD为=4x=4．如图3中，当点D中线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点中AE上方时，此时只有GF=DG，设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，∴FG=DG=12+4x，∵AE∥BC，∴△AEF∽△BCF，∴=，∴=，解得x=2或﹣2（舍弃），∴腰长DG=4x+12=20．如图4中，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点中BD下方时，此时只有DF=DG，过点D作DH⊥FG．设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x+12，∴FH=GH=DG•cos∠DGB=（4x+12）×=，∴GF=2GH=，∴AF=GF﹣AG=，∵AC∥DG，∴△ACF∽△GEF，∴=，∴=，解得x=或﹣（舍弃），∴腰长GD=4x+12=，如图5中，当点D中线段CB的延长线上时，此时只有DF=DG，作DH⊥AG于H．设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x﹣12，∴FH=GH=DG•cos∠DGB=，∴FG=2FH=，∴AF=AG﹣FG=，∵AC∥EG，∴△ACF∽△GEF，∴=，∴=，解得x=或﹣（舍弃），∴腰长DG=4x﹣12=，综上所述，等腰三角形△DFG的腰长为4或20或或．12．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D在上，点E在弦AB上（E不与A重合），且四边形BDCE为菱形．（1）求证：AC=CE；（2）求证：BC2﹣AC2=AB•AC；（3）已知⊙O的半径为3．①若=，求BC的长；②当为何值时，AB•AC的值最大？解：（1）∵四边形EBDC为菱形，∴∠D=∠BEC，∵四边形ABDC是圆的内接四边形，∴∠A+∠D=180°，又∠BEC+∠AEC=180°，∴∠A=∠AEC，∴AC=AE；（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG，由（1）知AC=CE=CD，∴CF=CG=AC，∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形，∴∠G+∠AEF=180°，又∵∠AEF+∠BEF=180°，∴∠G=∠BEF，∵∠EBF=∠GBA，∴△BEF∽△BGA，∴=，即BF•BG=BE•AB，∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，∴（BC﹣AC）（BC+AC）=AB•AC，即BC2﹣AC2=AB•AC；（3）设AB=5k、AC=3k，∵BC2﹣AC2=AB•AC，∴BC=2k，连接ED交BC于点M，∵四边形BDCE是菱形，∴DE垂直平分BC，则点E、O、M、D共线，在Rt△DMC中，DC=AC=3k，MC=BC=k，∴DM==k，∴OM=OD﹣DM=3﹣k，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2得（3﹣k）2+（k）2=32，解得：k=或k=0（舍），∴BC=2k=4；②设OM=d，则MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，∴BC2=（2MC）2=36﹣4d2，AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2，由（2）得AB•AC=BC2﹣AC2=﹣4d2+6d+18=﹣4（d﹣）2+，∴当x=，即OM=时，AB•AC最大，最大值为，∴DC2=，∴AC=DC=，∴AB=，此时=．13．小敏思考解决如下问题：原题：如图1，点P，Q分别在菱形ABCD的边BC，CD上，∠PAQ=∠B，求证：AP=AQ．（1）小敏进行探索，若将点P，Q的位置特殊化；把∠PAQ绕点A旋转得到∠EAF，使AE⊥BC，点E，F分别在边BC，CD上，如图2．此时她证明了AE=AF，请你证明．（2）受以上（1）的启发，在原题中，添加辅助线：如图3，作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F．请你继续完成原题的证明．（3）如果在原题中添加条件：AB=4，∠B=60°，如图1，请你编制一个计算题（不标注新的字母），并直接给出答案（根据编出的问题层次，给不同的得分）．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴∠B+∠C=180°，∠B=∠D，AB=AD，∵∠EAF=∠B，∴∠EAF+∠C=180°，∴∠AEC+∠AFC=180°，∵AE⊥BC，∴AF⊥CD，在△AEB和△AFD中，，∴△AEB≌△AFD，∴AE=AF；（2）证明：由（1）得，∠PAQ=∠EAF=∠B，AE=AF，∴∠EAP=∠FAQ，在△AEP和△AFQ中，，∴△AEP≌△AFQ，∴AP=AQ；（3）解：已知：AB=4，∠B=60°，求四边形APCQ的面积，解：连接AC、BD交于O，∵∠ABC=60°，BA=BC，∴△ABC为等边三角形，∵AE⊥BC，∴BE=EC，同理，CF=FD，∴四边形AECF的面积=×四边形ABCD的面积，由（2）得，四边形APCQ的面积=四边形AECF的面积，OA=AB=2，OB=AB=2，∴四边形ABCD的面积=×2×2×4=8，∴四边形APCQ的面积=4．14．如图，已知P为锐角∠MAN内部一点，过点P作PB⊥AM于点B，PC⊥AN 于点C，以PB为直径作⊙O，交直线CP于点D，连接AP，BD，AP交⊙O于点E．（1）求证：∠BPD=∠BAC．（2）连接EB，ED，当tan∠MAN=2，AB=2时，在点P的整个运动过程中．①若∠BDE=45°，求PD的长．②若△BED为等腰三角形，求所有满足条件的BD的长．（3）连接OC，EC，OC交AP于点F，当tan∠MAN=1，OC∥BE时，记△OFP 的面积为S1，△CFE的面积为S2，请写出的值．解：（1）∵PB⊥AM、PC⊥AN，∴∠ABP=∠ACP=90°，∴∠BAC+∠BPC=180°，又∠BPD+∠BPC=180°，∴∠BPD=∠BAC；（2）①如图1，∵∠APB=∠BDE=45°，∠ABP=90°，∴BP=AB=2，∵∠BPD=∠BAC，∴tan∠BPD=tan∠BAC，∴=2，∴BP=PD，∴PD=2；②当BD=BE时，∠BED=∠BDE，∴∠BPD=∠BPE=∠BAC，∴tan∠BPE=2，∵AB=2，∴BP=，∴BD=2；当BE=DE时，∠EBD=∠EDB，∵∠APB=∠BDE、∠DBE=∠APC，∴∠APB=∠APC，∴AC=AB=2，过点B作BG⊥AC于点G，得四边形BGCD是矩形，∵AB=2、tan∠BAC=2，∴AG=2，∴BD=CG=2﹣2；当BD=DE时，∠DEB=∠DBE=∠APC，∵∠DEB=∠DPB=∠BAC，∴∠APC=∠BAC，设PD=x，则BD=2x，∴=2，∴，∴x=，∴BD=2x=3，综上所述，当BD=2、3或2﹣2时，△BDE为等腰三角形；（3）如图3，过点O作OH⊥DC于点H，∵tan∠BPD=tan∠MAN=1，∴BD=PD，设BD=PD=2a、PC=2b，则OH=a、CH=a+2b、AC=4a+2b，∵OC∥BE且∠BEP=90°，∴∠PFC=90°，∴∠PAC+∠APC=∠OCH+∠APC=90°，∴∠OCH=∠PAC，∴△ACP∽△CHO，∴=，即OH•AC=CH•PC，∴a（4a+2b）=2b（a+2b），∴a=b，即CP=2a、CH=3a，则OC=a，∵△CPF∽△COH，∴=，即=，则CF=a，OF=OC﹣CF=a，∵BE∥OC且BO=PO，∴OF为△PBE的中位线，∴EF=PF，∴==．15．如图，在Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D，E分别在AC，BC上，且CD=CE．（1）如图1，求证：∠CAE=∠CBD；（2）如图2，F是BD的中点，求证：AE⊥CF；（3）如图3，F，G分别是BD，AE的中点，若AC=2，CE=1，求△CGF的面积．解：（1）在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD，∴∠CAE=∠CBD；（2）如图2，在Rt△BCD中，点F是BD的中点，∴CF=BF，∴∠BCF=∠CBF，由（1）知，∠CAE=∠CBD，∴∠BCF=∠CAE，∴∠CAE+∠ACF=∠BCF+∠ACF=∠BAC=90°，∴∠AMC=90°，∴AE⊥CF；（3）如图3，∵AC=2，∴BC=AC=2，∵CE=1，∴CD=CE=1，在Rt△BCD中，根据勾股定理得，BD==3，∵点F是BD中点，∴CF=DF=BD=，同理：EG=AE=，连接EF，过点F作FH⊥BC，∵∠ACB=90°，点F是BD的中点，∴FH=CD=，=CE•FH=×1×=，∴S△CEF由（2）知，AE⊥CF，=CF•ME=×ME=ME，∴S△CEF∴ME=，∴ME=，∴GM=EG﹣ME=﹣=，=CF•GM=××=．∴S△CFG16．（2018年浙江省宁波市）如图1，直线l：y=﹣x+b与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，点C是线段OA上一动点（0＜AC＜）．以点A为圆心，AC长为半径作⊙A交x轴于另一点D，交线段AB于点E，连结OE并延长交⊙A于点F．（1）求直线l的函数表达式和tan∠BAO的值；（2）如图2，连结CE，当CE=EF时，①求证：△OCE∽△OEA；②求点E的坐标；（3）当点C在线段OA上运动时，求OE•EF的最大值．解：∵直线l：y=﹣x+b与x轴交于点A（4，0），∴﹣×4+b=0，∴b=3，∴直线l的函数表达式y=﹣x+3，∴B（0，3），∴OA=4，OB=3，在Rt△AOB中，tan∠BAO==；（2）①如图2，连接DF，∵CE=EF，∴∠CDE=∠FDE，∴∠CDF=2∠CDE，∵∠OAE=2∠CDE，∴∠OAE=∠ODF，∵四边形CEFD是⊙O的圆内接四边形，∴∠OEC=∠ODF，∴∠OEC=∠OAE，∵∠COE=∠EOA，∴△COE∽△EOA，②过点E⊥OA于M，由①知，tan∠OAB=，设EM=3m，则AM=4m，∴OM=4﹣4m，AE=5m，∴E（4﹣4m，3m），AC=5m，∴OC=4﹣5m，由①知，△COE∽△EOA，∴，∴OE2=OA•OC=4（4﹣5m）=16﹣20m，∵E（4﹣4m，3m），∴（4﹣4m）2+9m2=25m2﹣32m+16，∴25m2﹣32m+16=16﹣20m，∴m=0（舍）或m=，∴4﹣4m=，3m=，∴（，），（3）如图，设⊙O的半径为r，过点O作OG⊥AB于G，∵A（4，0），B（0，3），∴OA=4，OB=3，∴AB=5，∴AB×OG=OA×OB，∴OG=，∴AG==×=，∴EG=AG﹣AE=﹣r，连接FH，∵EH是⊙O直径，∴EH=2r，∠EFH=90°=∠EGO，∵∠OEG=∠HEF，∴△OEG∽△HEF，∴，∴OE•EF=HE•EG=2r（﹣r）=﹣2（r﹣）2+，∴r=时，OE•EF最大值为．。

浙江省中考数学复习各地区2018-2020年模拟试题分类(金华专版)(7)——图形的变化(含解析)

浙江省中考数学复习各地区2018-2020年模拟试题分类（金华专版）（7）——图形的变化一．选择题（共9小题）1．（2020•金华二模）如图是某工件的三视图，则此工件的表面积为（）A．20πcm2B．36πcm2C．56πcm2D．24πcm22．（2019•东阳市模拟）以下由两个全等的30°直角三角板拼成的图形中，属于中心对称图形的是（）A．B．C．D．3．（2020•永康市一模）如图，将等边△AOB放在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，4），点B在第一象限，将等边△AOB绕点O顺时针旋转180°得到△A′OB′，则点B的对应点B′的坐标是（）A．(2√3，2)B．(2√3，−2)C．(−2√3，−2)D．（0，﹣4）4．（2020•东阳市模拟）从棱长为2a的一个正方体零件的一角，挖去一个棱长为a的小正方体，得到一个如图所示的零件，则这个零件的左视图是（）A．B．C．D．5．（2019•义乌市一模）如图，平面直角坐标系中O是原点，▱OABC的顶点A，C的坐标分别是（8，0），（3，4），点D，E把线段OB三等分，延长CD，CE分别交OA，AB于点F，G，连结FG，则下列结论：▱F是OA的中点；▱△OFD与△BEG相似；▱四边形DEGF的面积是20；▱OD=43√5，其中正确的结论个数是（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个6．（2019•东阳市模拟）如图，在矩形ABCD 中，E 是CD 边的中点，且BE ⊥AC 于点F ，连接DF ，则下列结论错误的是（）A ．△ADC ∽△CFBB ．AD ＝DFC ．BB BB =12D ．B △BBBB △BBB =147．（2018•金东区模拟）木匠有32公尺的木材可以做花圃周围的边界，以下造型中，花圃周围用32公尺木材做边界不能完成的是（）A ．B ．C ．D ．8．（2018•义乌市模拟）已知正方形的一条对角线长为2，把正方形经过某种图形变换后的面积为4，则图形变换是（）A ．相似变换B ．旋转变换C ．轴对称变换D ．平移变换9．（2018•金华一模）如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝6，BC ＝8．在△ABC 内并排（不重叠）放入边长为1的小正方形纸片，第一层小纸片的一条边都在AB 上，首尾两个正方形各有一个顶点分别在AC 、BC 上，依次这样摆放上去，则最多能摆放（）个小正方形纸片．A ．14个B ．15个C ．16个D ．17个二．填空题（共17小题）10．（2020•义乌市模拟）如图，菱形ABCD 的对角线相交于点O ，AC ＝24，BD ＝10．点P 在对角线AC 上．（1）在AB 上取点Q ，则BP +PQ 的最小值是．（2）若过点P 作边AB ，BC 的垂线（垂足在边上），垂足分别为E ，F ，记m ＝PD +PE +PF ，则m 的范围是．11．（2020•东阳市模拟）图2、图3是起重机平移物体示意图．在固定机架BAM中，AB＝5m，tan∠BAM=43．吊杆BCE由伸缩杆BC与6m长的直杆CE组成，在机架BAM与直杆CE间有一根9m长的支撑杆AD，且CD＝2m．假设起重机吊起物体准备平移时，点E、C、B恰好在同一水平线上（图2），在物体平移过程中始终保持EB∥AM（AM处在水平位置）．（1）如图2，当准备平移物体时，伸缩杆BC＝m．（2）在物体沿EB方向平移过程中，当∠ADE＝60°时，物体被平移的距离为m．12．（2020•永康市模拟）航拍器拍出的照片会给我们视觉上带来震撼的体验，越来越受追捧．如图，航拍器在空中拍摄地面的区域是一个圆，且拍摄视角α固定：（1）现某型号航拍器飞行高度为36m，测得可拍摄区域半径为48m．若要使拍摄区域面积为现在的2倍，则该航拍器还要升高m；（2）航拍器由遥控器控制，与（1）中同型号的航拍器最远飞行距离为距遥控器2000m，则该航拍器可拍摄区域的最大半径为m．（忽略遥控器所在高度）13．（2019•东阳市二模）在△ABC中，AC＝4，BC＝2，点D在射线AB上，在构成的图形中，△ACD为等腰三角形，且存在两个互为相似的三角形，则CD的长是．14．（2019•永康市一模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，点M、N分别在AC、AB两边上，将△AMN沿直线MN折叠，使点A的对应点D恰好落在线段BC上，当△DCM是直角三角形时，则tan∠AMN的值为．15．（2019•婺城区模拟）如图，正方形ABCD的边长为（√2+1），点M、N分别是边BC、AC上的动点，沿MN所在直线折叠正方形，使点C的对应点C'始终落在边AB上，若△NAC'为直角三角形，则CN的长为．16．（2019•婺城区一模）在△ABC中，AB=4√2，BC＝6，∠B＝45°，D为BC边上一点将△ABC沿着过D点的直线折叠，使得点C落在AB边上，记CD＝m，则AC＝，m的取值范围是17．（2019•金华模拟）如图是一个海绵拖把，图1、图2是它的示意图，现用线段BC表示拉手柄，线段DE表示海绵头，其工作原理是：当拉动BC时线段OA能绕点O旋转（设定转角∠AOQ大于等于0°且小于等于180°），同时带动连杆AQ拉着DE向上移动．图1表示拖把的初始位置（点O、A、Q三点共线，P、Q重合），此时OQ＝45cm，图2表示拉动过程中的一种状态图，若DE可提升的最大距离PQ＝10cm．（1）请计算：OA＝cm；AQ＝cm．（2）当sin∠OQA=110时，则PQ＝cm．18．（2018•永康市模拟）在边长为3的正方形ABCD中，点E是线段BC上的动点（不与B，C重合），连结AE，将△ABE沿AE向正方形内部翻折得△AFE，连结CF和DF，若△DFC为等腰三角形，则BE的长为．19．（2018•永康市模拟）△ABC是一张等腰直角三角形彩纸，AC＝BC＝30√2cm，将斜边上高CD进行n 等分，然后裁出宽度相等的矩形纸带（如图甲）．（1）当n＝5时，得到矩形纸带的总长度是cm；（2）若用这些纸带为一矩形作文墙镶边（纸条不重叠，如图乙的阴影部分）．已知作文墙的长和宽分别是90cm，60cm，则n的最小值为．20．（2018•金华模拟）如图，△ABC 中，AB ＝AC ，∠A ＝60°，BC ＝6，直线MN ∥BC ，且分别交边AB ，AC 于点M ，N ，已知直线MN 将△ABC 分为△AMN 和梯形MBCN 面积之比为5：1的两部分，如果将线段AM 绕着点A 旋转，使点M 落在边BC 上的点D 处，那么BD ＝．21．（2020•金华模拟）如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90〫，∠A ＝30〫，BC ＝2，线段BC 的中垂线分别交BC 、AB 于点D 、E ，P 是直线DE 上的一个动点．（1）点P 离△ABC 的外心的最近距离是；（2）当∠P AC ＝∠PBC 时，PD ＝．22．（2020•义乌市校级模拟）若2a ＝3b ，则B +B B = ．23．（2019•金华模拟）小明家的门框上装有一把防盗门锁（如图1）．其平面结构图如图2所示，锁身可以看成由两条等弧AD ，弧BC 和矩形ABCD 组成，弧BC 的圆心是倒锁按钮点M ．已知弧AD 的弓形高GH ＝2cm ，AD ＝8cm ，EP ＝11cm ．当锁柄PN 绕着点N 旋转至NQ 位置时，门锁打开，此时直线PQ 与弧BC 所在的圆相切，且PQ ∥DN ，tan ∠NQP ＝2．（1）弧BC 所在圆的半径为 cm ．（2）线段AB 的长度约为 cm ．（√5≈2.236，结果精确到0.1cm ）24．（2019•永康市模拟）如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，∠B ＝30°，AC ＝1，且AC 在直线l 上，将△ABC 绕点A 顺时针旋转到▱，可得到点P 1，此时AP 1＝2；将位置▱的三角形绕点P 1顺时针旋转到位置▱，可得到点P 2，此时AP 2＝2+√3；将位置▱的三角形绕点P 2顺时针旋转到位置▱，可得到点P 3，此时AP 3＝3+√3；…按此规律继续旋转，直到点P 2018为止，则AP 2018等于．25．（2019•义乌市校级模拟）同学们都喜欢老师给他的作业打“红勾”，我们将一张长10cm ，宽1cm 的矩形红纸条（如左图）进行翻折，便可得到一个漂亮的“红勾”（如右图）．如果“红勾”所成的锐角为60°，则这个“红勾”的面积为 cm 2（结果保留根号）．26．（2018•金东区模拟）若a ：b ＝2：3，b ：c ＝4：5，则a ：c ＝．三．解答题（共17小题）27．（2020•永康市模拟）根据要求画出剪痕（剪痕要求为直线段）：（1）如图1，把平行四边形纸片剪拼成一个矩形，且剪痕的条数最少；（2）如图2，把矩形纸片剪拼成一个角为45°的平行四边形，且剪痕的条数最少；（3）如图3，是由两个正方形拼成的图形，把它剪拼成一个大的正方形，且剪痕的条数最少；（4）如图4，是由5个全等的正方形拼成的图形，把它剪拼成一个大的正方形，且剪痕的条数最少．28．（2020•金华二模）图▱、图▱、图▱都是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，线段AB 的端点都在格点上，在图▱、图▱、图▱中，分别以AB 为边画一个面积为152的三角形，在给定的网格中，只用无刻度的直尺，按下列要求画图，只保留作图痕迹，不要求写画法．（1）在图▱中画△ABC ，使∠BAC ＝45°．（2）在图▱中画△ABD ，使△ABD 是轴对称图形．（3）在图▱中画△ABE ，使AB 边上的高将△ABE 分成面积比为1：2的两部分．29．（2020•金东区模拟）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）以及格点P ．（1）将△ABC 向右平移五个单位长度，再向上平移一个单位长度，画出平移后的三角形．（2）画出△DEF 关于点P 的中心对称三角形．（3）求∠A +∠F 的度数．30．（2020•金华模拟）如图，△ABC 内接于▱O ，AB 为直径，点D 在▱O 上，过点D 作▱O 的切线与AC 的延长线交于点E ，点D 是弧BC 的中点，连结AD 交BC 于点F ．（1）求证：DE ∥BC ；（2）若AC ＝2，CF ＝1，求AB 的长．31．（2019•永康市二模）如图，为了测量建筑物AC 的高度，从距离建筑物底部C 处50米的点D （点D 与建筑物底部C 在同一水平面上）出发，沿坡度i ＝1：2的斜坡DB 前进10√5米到达点B ，在点B 处测得建筑物顶部A 的仰角为53°，求建筑物AC 的高度．（结果精确到0.1米．参考数据：sin53°≈0.798，cos53°≈0.602，tan53°≈1.327．）32．（2019•婺城区模拟）如图，△ABC 内接于▱O ，∠CBG ＝∠A ，CD 为直径，OC 与AB 相交于点E ，过点E 作EF ⊥BC ，垂足为F ，连接BD ．（1）求证：BG 与▱O 相切；（2）若BB BB =58，求BB BB 的值．33．（2019•永康市一模）如图，已知半圆O 的直径AB ＝4，C 为▱O 上的点，∠ABC 的平分线交▱O 于点D ，过点D 作DE ⊥BC 交BC 的延长线于点E ，延长ED 交BA 延长线于点F ．（1）试判断EF 与▱O 的位置关系，并说明理由；（2）若BB BB =√3，求图中阴影部分的面积．34．（2019•永康市一模）随着天气的逐渐炎热（如图1），遮阳伞在我们的日常生活中随处可见．如图2所示，遮阳伞立柱OA垂直于地面，当将遮阳伞撑开至OD位置时，测得∠BOD＝45°，当将遮阳伞撑开至OE位置时，测得∠BOE＝60°，且此时遮阳伞边沿上升的竖直高度BC为30cm，求当遮阳伞撑开至OE位置时，伞下半径EC的长．（结果精确到0.1cm，参考值√2≈1.414，√3≈1.732，√6≈2.449）．35．（2019•婺城区模拟）如图，利用一幢已知高度的楼房CD（楼高为20m），来测量一幢高楼AB的高在DB上选取观测点E、F，从E测得楼房CD和高楼AB的顶部C、A的仰角分别为58°、45°．从F测得C，A的仰角分别为22°，70°．求楼AB的高度（精确到1m）（参考数据：tan22°≈0.40，tan58°≈1.60，tan70°≈2.75）36．（2019•婺城区一模）如图，已知在平面直角坐标系内，点A（1，﹣4），点B（3，3），点C（5，1）（1）画出△ABC；（2）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（3）求四边形ABB1A1的面积．37．（2019•永康市模拟）如图（1），格点△ABC（顶点在小正方形的顶点处的三角形称为格点三角形），请按要求在图（2）、（3）中各画一个格点三角形，使它们都和△ABC相似．要求：▱其中有一个相似比为2；▱其中有一个面积为2．38．（2019•义乌市校级模拟）在△ABC中，沿着中位线DE剪切后，用得到的△ADE和四边形DBCE可以拼成平行四边形DBCF，剪切线与拼图如图1所示．仿照上述的方法，按要求完成下列操作设计，并在规定位置画出图示．（画图工具不限，剪切线用实线表示，拼接线用虚线表示，要求写出简要的说明）（1）将平行四边形ABCD剪切成两个图形，再将它们拼成一个矩形，剪切线与拼图画在图2的位置；（2）将梯形ABCD剪切成两个图形，再将它们拼成一个平行四边形，剪切线与拼图画在图3的位置．39．（2018•金东区模拟）如图，已知在平面直角坐标系中，点P从原点O以每秒1个单位速度沿x轴正方向运动，运动时间为t秒，作点P关于直线y＝tx的对称点Q，过点Q作x轴的垂线，垂足为点A．（1）当t＝2时，求AO的长．（2）当t＝3时，求AQ的长．（3）在点P的运动过程中，用含t的代数式表示线段AP的长．40．（2018•永康市模拟）某校为丰富学生的业余生活，开展风筝制作比赛，小明制作的风筝外形是四边形ABCD，其中AB＝AD，BC＝CD．（1）∠ADC＝122°，求∠ABC的度数；（2）若∠BCD＝42°，∠BAD＝74°，AD＝50cm．求AC的长．（参考数据：sin37°≈35，tan37°≈34，sin21°≈925，tan21°≈38）41．（2020•永康市一模）如图1是一手机支架，其中AB＝8cm，底座CD＝1cm，当点A正好落在桌面上时如图2所示，∠ABC＝80°，∠A＝60°．（1）求点B到桌面AD的距离；（2）求BC的长．（结果精确到0.1cm；参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19，√3≈1.73）42．（2019•金华模拟）在日常生活中我们经常使用订书机．如图，AB是订书机的托板，压柄BC绕着点B 旋转，连接杆DE的一端点D固定，点E从A向B处滑动，在滑动过程中，DE的长保持不变．已知BD ＝5√2cm．（1）如图1，当∠ABC＝45°时，B，E之间的距离为15cm，求连接杆DE的长度．（2）现将压柄BC从图1的位置旋转到与底座AB垂直，如图2所示．求在此过程中点E滑动的距离．43．（2019•东阳市二模）学校植物园沿路护栏的纹饰部分设计成若干个全等菱形图案，每增加一个菱形图案，纹饰长度就增加dcm，如图所示，已知每个菱形图案的边长为10√3cm，其中一个内角为60°．（1）求一个菱形图案水平方向的对角线长；（2）若d＝26，纹饰的长度L能否是6010cm？若能，求出菱形个数；若不能，说明理由．浙江省中考数学复习各地区2018-2020年模拟试题分类（金华专版）（7）——图形的变化参考答案与试题解析一．选择题（共9小题）1．【答案】B【解答】解：由三视图，得：OB ＝8÷2＝4（cm ），OA ＝3cm ，由勾股定理得AB =√42+32=5（cm ），圆锥的侧面积12×8π×5＝20π（cm 2），圆锥的底面积π×（82）2＝16π（cm 2），圆锥的表面积20π+16π＝36π（cm 2）．故选：B ．2．【答案】D【解答】解：A ．此图案是轴对称图形，不符合题意；B ．此图案不是中心对称图形，不符合题意；C ．此图案是轴对称图形，不符合题意；D ．此图案是中心对称图形，符合题意；故选：D ．3．【答案】C【解答】解：作BH ⊥y 轴于H ，如图，∵△OAB 为等边三角形，∴OH ＝AH ＝2，∠BOA ＝60°，∴BH =√3OH ＝2√3，∴B 点坐标为（2√3，2），∵等边△AOB 绕点O 顺时针旋转180°得到△A ′OB ′，∴点B ′的坐标是（﹣2√3，﹣2）．故选：C ．4．【答案】C【解答】解：这个零件的左视图是故选：C ．5．【答案】A【解答】解：▱∵四边形OABC 是平行四边形，∴BC ∥OA ，BC ＝OA ，∴△CDB ∽△FDO ，∴BB BB=BB BB ， ∵D 、E 为OB 的三等分点， ∴BB BB =2，∴BC ＝2OF ，∴OA ＝2OF ，∴F 是OA 的中点；所以▱结论正确；▱如图2，延长BC 交y 轴于H ，由C （3，4）知：OH ＝4，CH ＝3，∴OC ＝5，∴AB ＝OC ＝5，∵A （8，0），∴OA ＝8，∴OA ≠AB ，∴∠AOB ≠∠EBG ，∴△OFD ∽△BEG 不成立，所以▱结论错误；▱由▱知：F 为OA 的中点，同理得；G 是AB 的中点，∴FG 是△OAB 的中位线，∴FG =12OB ，FG ∥OB ，∵OB ＝3DE ，∴FG =32DE ，∴BB BB =32，如图3，过C 作CQ ⊥AB 于Q ，S ▱OABC ＝OA •OH ＝AB •CQ ，∴4×8＝5CQ ，∴BB =325， ∴B △BBB =12BB ⋅BB =12×4×8=8，S △BBB =12BB ⋅BB =12×52×325=8，B △BBB =12×4×2=4， ∴S △CFG ＝S ▱OABC ﹣S △OFC ﹣S △CBG ﹣S △AFG ＝8×4﹣8﹣8﹣4＝12，∵DE ∥FG ，∴△CDE ∽△CFG ，∴B △BBB B △BBB =(BB BB )2=49， ∴B 四边形BBBB B △BBB =59，∴B 四边形BBBB=203，所以▱结论错误；▱在Rt △OHB 中，由勾股定理得：OB 2＝BH 2+OH 2，∴BB =√42+112=√137，∴BB =√1373，所以▱结论错误；故选：A ．6．【答案】C【解答】解：∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，∠ADC ＝∠BCD ＝90°，∴∠CAD ＝∠BCF ，∵BE ⊥AC ，∴∠CFB ＝90°，∴∠ADC ＝∠CFB ，∴△ADC ∽△CFB ，故A 选项正确；如图，过D 作DM ∥BE 交AC 于N ，交AB 于M ，∵DE ∥BM ，BE ∥DM ，∴四边形BMDE 是平行四边形，∴BM ＝DE =12DC ， ∴BM ＝AM ，∴AN ＝NF ，∵BE ⊥AC 于点F ，DM ∥BE ，∴DN ⊥AF ，∴DM 垂直平分AF ，∴DF ＝DA ，故B 选项正确；设CE ＝a ，AD ＝b ，则CD ＝2a ，由△ADC ∽△ECB ，可得B B =B 2B ，即b =√2a ，∴BB BB =√22，∴BB BB =√33，故C 选项错误； ∵E 是CD 边的中点，∴CE ：AB ＝1：2，又∵CE ∥AB ，∴△CEF ∽△ABF ，∴B △BBBB △BBB =（12）2=14，故选D 选项正确；故选：C ．7．【答案】B【解答】解：A 、周长＝2（10+6）＝32m ；B 、∵垂线段最短，∴平行四边形的另一边一定大于6m ，∵2（10+6）＝32m ，∴周长一定大于32m ；C 、周长＝2（10+6）＝32m ；D 、周长＝2（10+6）＝32m ；故选：B ．8．【答案】A【解答】解：由题意得，正方形的边长为√2，故面积为2，把正方形经过某种图形位似变换后的面积为4，故选：A ．9．【答案】C【解答】解：作CF ⊥AB 于点F ．在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝8，BC ＝6，则由勾股定理，得AB ＝10∵S △ABC =12AB •CF =12AC •BC ∴CF ＝4.8．则小正方形可以排4排．最下边的一排小正方形的上边的边所在的直线与△ABC 的边交于D 、E ．∵DE ∥AB ，BB BB =4.8−14.8，BB BB =3.84.8，解得：DE =9512整数部分是7．则最下边一排是7个正方形．第二排正方形的上边的边所在的直线与△ABC 的边交于G 、H ．BB BB=4.8−24.8，解得GH =356整数部分是5，则第二排是5个正方形；同理：第三排是：3个；第四排是：1个．则正方形的个数是：7+5+3+1＝16．故选：C ．二．填空题（共17小题）10．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD 是菱形，∴点B ，D 关于直线AC 对称，AC ⊥BD ，过D 作DQ ⊥AB 于Q ，交AC 于P ，此时，BP +PQ 的值最小，BP +PQ 的最小值＝DQ ，∵AC ＝24，BD ＝10，∴AO =12AC ＝12，BO =12BD ＝5，∴AB =√BB 2+BB 2=13，∴S 菱形ABCD =12AC •BC =12AB •DQ ，∴DQ =12×12×1013=6013， ∴BP +PQ 的最小值是6013；故答案为：6013；（2）如图2，∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ＝BC ，连接PB ，∵PE ⊥AB ，PF ⊥BC ，∴S △ABC ＝S △ABP +S △BCP ，∴12×24×5=12×13×PE +12×13×PF ，∴PE +PF =12013， ∴当P 与O 重合时，m ＝PD +PE +PF 取最小值，即m =12013+5=18513，当P 与A 或C 重合时，m ＝PD +PE +PF 取最大值，即m =12013+13=28913，∴m 的范围是18513≤m ≤28913，故答案为：18513≤m ≤28913．11．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）过点A 作AG ⊥BC 于G ，如图1，在Rt △ABG ，∠ABG ＝∠BAM ，AB ＝5，∴BB BB =BBBBBBB =BBBBBBB =43，设AG ＝4xm ，则BG ＝3xm ，∴BB =√BB 2+BB 2=5B ，∴5x ＝5，∴x ＝1，∴AG ＝4m ，BG ＝3m ，∴GD =√BB −BB =√65（m ），∴BC ＝BG +GD ﹣CD ＝3+√65−2=√65+1（m ），故答案为：（√65+1）；（2）连接BE ，过A 作AF ⊥BE 于F ，过E 作EG ⊥AD 于G ，如图2，∵BE ∥AM ，∴∠ABF ＝∠BAM ，∴tan ∠ABF ＝tan ∠BAM =43，设AF ＝4xm ，则BF ＝3xm ，∴AB ＝5x ＝5，∴x ＝1，∴AF ＝4m ，BF ＝3m ，在Rt △DEG 中，DE ＝4m ，∠EDG ＝60°，∴DG =12BB =2m ，EG =√32×4=2√3m ，∴AG ＝AD ﹣DG ＝9﹣2＝7m ，∵∠AFH ＝∠EGH ＝90°，∠AHF ＝∠EHG ，∴△AFH ∽△EGH ，∴BB BB =BB BB ，即BB BB =23=√3，设AH ＝2y ，则EH =√3y ，∴HG =√BB 2−BB 2=√3B 2−12，∴AG ＝AH +GH ＝2y +√3B 2−12=7，解得，y ＝14﹣3√15，或y ＝14+3√15＞7（舍）， ∴EH =√3y ＝14√3−9√5（m ），AH ＝2y ＝28﹣6√15（m ），∴GH ＝AG ﹣AH ＝6√15−21，∵△AFH ∽△EGH ，∴BB BB =BB BB =√3，∴FH =3GH ＝12√5−14√3， ∴BE ＝BF +FH +EH ＝3+12√5−14√3+14√3−9√5=3+3√5，∴物体平移的距离为：（√65+1+6）﹣（3+3√5）=√65+4﹣3√5．故答案为：（√65+4﹣3√5）．12．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由题意：tan B 2=4836=43， ∵拍摄区域面积为现在的2倍，∴可拍摄区域半径为48√2m ，设航拍器飞行高度为hm ，则有tan B 2=48√2B =43， ∴h ＝36√2，该航拍器还要升高（36√2−36）m ，故答案为（36√2−36）．（2）设航拍器可拍摄区域的最大半径为rm ．则有B 2000=43，解得r =80003，故答案为80003． 13．【答案】见试题解答内容【解答】解：▱如图1中，当点D 在线段AB 上，DC ＝AD ，且△BCD ∽△BAC 时，设CD ＝x ，BD ＝y ，则有：BB BB =BB BB =BB BB ， ∴2B +B =B 2=B 4，解得：x =4√33，y =2√33，∴CD =4√33． ▱如图2中，当点D 在AB 的延长线上时，AC ＝AD ＝4，△DCB ∽△DAC ．设CD ＝x ，BD ＝y ，则：BB BB =BB BB =BB BB ，∴B 4=24=B B ，解得x ＝2，y ＝1，∴CD ＝2，▱当CA ＝CD ＝4时，△ACB ∽△DCB ，▱如图4中，当AC ＝AD ＝4，△BCD ∽△BAC 时．则有BB BB =BB BB =BB BB ， ∴2BB +4=BB 2， ∴BD ＝2√2−2或﹣2√2−2（舍弃）， ∴BB 4=2√2−22，∴CD ＝4√2−4 综上所述，满足条件的CD 的值为4√33或2或4或4√2−4．14．【答案】见试题解答内容【解答】解：分两种情况：▱如图1中，当∠CDM ＝90°时，△CDM 是直角三角形，作NH ⊥AM 于H ．易证四边形AMDN 是菱形，设AN ＝AM ＝a ，在Rt △ABC 中，∵AB ＝3，BC ＝4，∴AC =√32+42=5，由△AHN ∽△ABC ，∴BB BB =BB BB =BB BB ， ∴B 5=BB 3=BB 4，∴AH =35a ，NH =45a ，∴MH ＝a −35a =25a ，∴tan ∠AMN =BB BB =2， ▱如图2中，当∠CMD ＝90°时，△CDM 是直角三角形，此时∠AMN ＝45°，∴tan ∠AMN ＝1，综上所述，满足条件的tan ∠AMN 的值为1或2．15．【答案】见试题解答内容【解答】解：∵正方形ABCD 的边长为（√2+1），∴AC =√2×（√2+1）＝2+√2，AB =√2+1，∠CAB ＝45° 若∠C 'NA ＝90°，∴∠AC 'N ＝∠CAB ＝45°∴AN ＝NC '，∵折叠∴CN ＝C 'N∴CN ＝AN =12AC =2+√22 若∠NC 'A ＝90°∴∠ANC '＝∠CAB ＝45°∴NC '＝AC '∴AN =√2AC '=√2C 'N∵折叠∴CN ＝C 'N∵AC ＝CN +AN =√2CN +CN ＝2+√2∴CN =√2故答案为：√2或2+√2216．【答案】见试题解答内容【解答】解：过A 点作AN ⊥BC 于点N ，如图1所示：∵∠B ＝45°，∠ANB ＝90°，∴AN ＝BN =√22AB =√22×4√2=4，∴CN ＝BC ﹣BN ＝2，在Rt △ANC 中，由勾股定理得：AC =√BB 2+BB 2=√42+22=2√5； ▱如图2所示，∵CD ＝DE ，∴当DE ⊥AB 时，DE 最小，即CD 最小，∵∠B ＝45°，∴△DEB 是等腰直角三角形，设CD＝DE＝x，则DE＝EB＝x，∠DEB＝90°，DB=√2x，∵BC＝6，∴x+√2x＝6，∴x＝6√2−6，▱如图3所示，当E与A重合时，作AH⊥CB于H，设CD＝DE＝x，在Rt△AHB中，AH＝HB＝4，∠AHB＝90°，HD＝x﹣2，DE＝x，∴x2＝42+（x﹣2）2，∴x＝5，综上可知，CD的最大值为5，最小值为6√2−6，∴CD的取值范围是6√2−6≤CD≤5，故答案为：2√5，6√2−6≤m≤5．17．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由题意OA=12×10＝5cm，AQ＝45﹣5＝40cm，故答案为5，40．（2）当∠OAQ是钝角时，如图1中，作AH⊥PQ于H．在Rt△AHQ中，∵sin∠AQH=BBBB=110，AQ＝40，∴AH＝4，∴QH=√BB2−BB2=√40−4=12√11，在Rt△QOH中，OH=√BB2−BB2=3，∴OQ＝3+12√11，∴PQ＝45﹣（3+12√11）＝（42﹣12√11）（cm），当∠OAQ是锐角时，如图2中，作AH⊥OP交PO的延长线于H．同法可得：OQ＝12√11−3，∴PQ＝45﹣（12√11−3）＝（48﹣12√11）（cm．故答案为：42﹣12√11或48﹣12√11．18．【答案】见试题解答内容【解答】解：如图1中，当DF＝DC时，在AB上取一点H，使得AH＝HE，连接EH．∵AF＝AB＝CD＝DF＝AD，∴△ADF是等边三角形，∴∠F AD＝60°，∵∠DAB＝90°，∴∠BAF＝30°，∴∠EAB＝∠EAF＝15°，∵HA＝HE，∴∠HEA＝∠HAE＝15°，∴∠BHE＝∠HAE+∠HEA＝30°，设BE＝a，则HE＝AH＝2a，HB=√3a，∴2a+√3a＝3，∴a＝3（2−√3）＝6﹣3√3．如图2中，当FD＝FC时，作FH⊥CD于H，FM⊥AD于M，则四边形FHDM是矩形．∴FM ＝DH ，∵FD ＝FC ，FH ⊥CD ，∴DH ＝HC ，∴FM ＝DH ＝DC =12CD =12AF ，∴∠F AM ＝30°，∴∠BAF ＝60°，∴∠BAE ＝∠EAF ＝30°，∴BE ＝AB •tan30°=√3．综上所述，BE 的长为√3或6﹣3√3．故答案为√3或6﹣3√3．19．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）n ＝5时，矩形纸带的总长度是12+24+36+48＝120（cm ），故答案为120．（2）由题意：60B （1+2+3+…+n ﹣1）≥300+4×30B ，整理得：n 2﹣11n ﹣4≥0，解得n ≥11+√1372或n ≤11−√1372， ∵11+√1372≈11.4，n 是整数，∴n 的最小值为12，故答案为12．20．【答案】见试题解答内容【解答】解：过点A 作AE ⊥BC 于点E ，如图所示．∵AB ＝AC ，∠A ＝60°，∴△ABC 为等边三角形，∴BE ＝CE =12BC ＝3，AE =√32BC ＝3√3． ∵MN ∥BC ，∴△AMN ∽△ABC ，∴B △BBBB △BBB=（BB BB ）2． ∵直线MN 将△ABC 分为△AMN 和梯形MBCN 面积之比为5：1的两部分， ∴B △BBBB △BBB =（BB BB ）2=55+1，即（BB 6）2=56，解得：AM =√30，∴AD ＝AM =√30．在Rt △ADE 中，∠AED ＝90°，AD =√30，AE ＝3√3，∴DE =√3，∴BD ＝BE ±DE ＝3±√3．故答案为：3±√3．21．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）∵线段BC 的中垂线分别交BC 、AB 于点D 、E ，∴△ABC 的外心在直线DE 上，∵P 是直线DE 上的一个动点，∴点P 离△ABC 的外心的最近距离是0，故答案为：0．（2）当点P 在△ABC 内部时，如图1，过点A 作AF ⊥DE 于点F ，则四边形AFDC 是矩形，∴AC ＝DF ，AF ＝CD ，∵∠C ＝90°，∠A ＝30°，BC ＝2，∴AC =BB BBB30°=2√3， ∵D 是CB 的中点，∴CD ＝BD ＝1，∵∠ACD ＝∠EDB ＝90°，∴DF ∥AC ，∴∠P AC ＝∠APF ，∵∠P AC ＝∠PBC ，∴∠APF ＝∠PBC ，∵∠AFP ＝∠PDB ＝90°，∴△AFP ∽△PDB ，∴BB BB=BB BB ，设PD ＝x ，则PF ＝DF ﹣PD ＝2√3−x ， ∴1B =2√3−B 1，解得，x =√3±√2，∴DP =√3+√2或√3−√2．当点P 在△ABC 外部时，如图2，过点A 作AF ⊥PD 于点F ，同理可得△AFP ∽△PDB ，∴BB BB=BB BB ，设PD ＝x ，则PF ＝DF +PD ＝2√3+x ， ∴1B =2√3+B 1，解得，x ＝2−√3，（x =−√3−2舍去）∴DP ＝2−√3．故答案为：2−√3或√3−√2或√3+√2．22．【答案】见试题解答内容【解答】解：∵2a ＝3b ，∴a =32b ，∴B +B B =3B 2+B B =52．故答案为52．23．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）如图，连接BM ，设HM 交BC 于K ，延长PQ 交NM 的延长线于点T ，若直线PQ 与弧BC 所在的圆相切于J ，连结MJ ．设BM ＝r ，在Rt △BMK 中，则有r 2＝42+（r ﹣2）2，解得r ＝5，∴BM ＝5，即弧BC 所在圆的半径为5cm ．（2）∵DN ∥PB ，∴∠DNE ＝∠P ，∵NP ＝NQ ，∴∠P ＝∠NQP ，∴∠DNE ＝∠NQP ，∴tan ∠DNE ＝tan ∠NQP ＝2=BB BB ， ∵DE ＝DG ＝4，∴DE ＝NG ＝8，∴NP ＝NE +EP ＝4+11＝15，∵直线PQ 与弧BC 所在的圆相切于J ，∴MJ ⊥PQ ，MJ ＝5，∴∠TMJ ＝∠NPT ，∴tan ∠TMJ ＝tan ∠NPT ＝2，∴BB BB =BB BB =12， ∴NT ＝15×2＝30，TJ ＝5×2＝10，∴BB =√BB 2+BB 2=√52+102=5√5，∴MN ＝NT ﹣MT ＝30﹣5√5，∴AB ＝GN +MN +MK ＝8+30﹣5√5+3＝41﹣5√5≈29.8cm故答案为：（1）5，（2）29.8．24．【答案】见试题解答内容【解答】解：由题意可得：三次一循环，∵2018÷3＝672…2，∴AP 2018＝672（3+√3）+2+√3=2018+673√3，故答案为：2018+673√3．25．【答案】见试题解答内容【解答】解：根据翻折变换的特点和题意可知，红勾重合的部分正好是个等边三角形，其高是1，所以它的边长是2√33，故等边三角形的面积是√33，所以这个“红勾”的面积为（10−√33）cm 2．故答案是：（10−√33）．26．【答案】见试题解答内容【解答】解：因为a ：b ＝2：3＝8：12，b ：c ＝4：5＝12：15，所以a ：b ：c ＝8：12：15，故答案为：8：15．三．解答题（共17小题）27．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）剪痕如图1所示．（2）剪痕如图2所示．（3）剪痕如图3所示．（4）剪痕如图4所示．28．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）如图▱中，△ABC即为所求．（2）如图▱中，△ABD即为所求（答案不唯一）．（3）如图▱中，△ABE即为所求（答案不唯一）．29．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）如图，△A′B′C′即为所求．（2）如图，△E′F′D′即为所求．（3）观察图象可知：∠A+∠F＝∠B′A′C′+∠E′F′D′＝45°．30．【答案】见试题解答内容【解答】（1）证明：如图，连接OD ．∵DE 是▱O 的切线，∴DE ⊥OD ，∵BB̂=BB ̂， ∴OD ⊥BC ，∴DE ∥BC ．（2）解：连接BD ．∵BB̂=BB ̂， ∴∠CAD ＝∠DAB ＝∠DBF ，∵AB 是直径，∴∠ACF ＝∠ADB ＝90°，∴△ACF ∽△ADB ∽△BDF ，∴BB BB =BB BB =BB BB =2，设DF ＝m ，则BD ＝2m ，AD ＝4m ，∵AF =√BB 2+BB 2=√22+12=√5，∵DF ＝AD ﹣AF ，∴m ＝4m −√5，∴m =√53，∴BD =2√53，AD =4√53， ∴AB =√BB 2+BB 2=(4√53)2+(2√53)2=103． 31．【答案】见试题解答内容【解答】解：如图作BN ⊥CD 于N ，BM ⊥AC 于M ．在Rt △BDN 中，∵tan ∠D ＝1：2，BD ＝10√5，∴BN ＝10，DN ＝20，∵∠C ＝∠CMB ＝∠CNB ＝90°，∴四边形CMBN 是矩形，∴CM ＝BM ＝10，BM ＝CN ＝30，在Rt △ABM 中，tan ∠ABM ＝tan53°=BB BB ≈1.327， ∴AM ≈39.81，∴AC ＝AM +CM ＝39.81+10＝49.81≈49.8 （米）．答：建筑物AC 的高度49.8米．32．【答案】见试题解答内容【解答】（1）证明：延长BO 交▱O 于H ，连接CH ．∵BH 是直径，∴∠BCH ＝90°，∴∠CBH +∠H ＝90°，∵∠CBG ＝∠CAB ＝∠H ，∴∠CBG +∠CBH ＝90°，∴OB ⊥BG ，∴BG 是▱O 的切线．（2）解：连接AD ．∵CD 是直径，∴∠CAD ＝90°，∵EF ⊥BC ，∴∠BFE ＝∠CAD ＝90°，∵∠FBE ＝∠CDA ，∴△EBF ∽△CDA ，∴BB BB =BB BB ， ∴BB 2BB =58， ∴BB BB =54．33．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）EF 与▱O 的位置关系：相切，理由如下：连接OD ，∵BD 平分∠ABC ，∴∠OBD ＝∠EBD ，∵OB ＝OC ，∴∠OBD ＝∠ODB ，∠ODB ＝∠EBD ，∵DE ⊥BC ，∴∠EBD +∠EDB ＝90°，∴∠ODB +∠EDB ＝90°，即∠ODE ＝90°，OD ⊥EF ，∴EF 是▱O 的切线；（2）连接OC ，设F A ＝x ，则DF =√3B ，∵AB ＝4，∴OA ＝OB ＝2，∵OD 2+DF 2＝OF 2，∴22+（√3B ）2＝（2+x ）2，解得x ＝2，∴AF ＝2，DF =2√3，∠F ＝30°，∠DOF ＝60°，∠EBA ＝60°，∠DOB ＝120°，∵OC ＝OB ，∴△OCB 为等边三角形，∠COB ＝60°，∠DOC ＝60°∴S 阴＝S 扇形ODB ﹣S △ODB ﹣（S 扇形OCB ﹣S △OCB ）＝S 扇形ODB ﹣S △ODB ﹣S 扇形OCB +S △OCB＝S 扇形ODC=60360B ⋅22=23B ． 34．【答案】见试题解答内容【解答】解：由题意可得：OE ＝OD ，在Rt △OEC 中，∠BOE ＝60°，∠OCE ＝90°，∴OC =12OE ，在Rt △OBD 中，∠DOB ＝45°，∠OBD ＝90°， ∴OB =√22BB =√22BB ，∵BC ＝OB ﹣OC ，即√22BB −12BB =30，解得：OE =60(√2+1)，∴EC =√3×30(√2+1)=30√6+30√3≈30×2.449+30×1.732≈125.4cm ．35．【答案】见试题解答内容【解答】解：在Rt △CED 中，∠CED ＝58°，∵tan58°=BB BB ，∴DE =BB BBB58°=20BBB58°，在Rt△CFD中，∠CFD＝22°，∵tan22°=BB BB，∴DF=BBBBB22°=20BBB22°，∴EF＝DF﹣DE=20BBB22°−20BBB50°，同理：EF＝BE﹣BF=BBBBB45−BBBBB70°，∴BBBBB45−BBBBB70°=20BBB22°−20BBB50°，解得：AB≈59（米），答：建筑物AB的高度约为59米．36．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）△ABC如图所示．（2）△A1B1C1如图所示．（3）B四边形BBB1B1=12×（2+6）×7＝28．37．【答案】见试题解答内容【解答】解：如图（2）所示，△DEF∽△ABC，其相似比为2；如图（3）所示，△PQR∽△ABC，且S△PQR＝2．38．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）如图：过点A作AE⊥BC，再把△ABE剪切，然后移到△DCF的位置即可；（2）如图：过AB的中点作GF∥DC，再把△BGF剪切，然后旋转到△AEG的位置即可；39．【答案】见试题解答内容【解答】解：过P 作PD ⊥x 轴，交直线y ＝tx 于D ，连接OQ ，（1）解法一：当t ＝2时，y ＝PD ＝2x ＝4，∵∠ODP +∠QPD ＝∠QPD +∠APQ ＝90°，∴∠ODP ＝∠APQ ，∵∠OPD ＝∠P AQ ＝90°，∴△OPD ∽△QAP ，∴BB BB =BB BB =24=12， ∴AP ＝2AQ ，设AQ ＝a ，则AP ＝2a ，Rt △AQO 中，OQ ＝OP ＝2，由勾股定理得：OQ 2＝AQ 2+AO 2，∴22＝a 2+（2a ﹣2）2，5a 2﹣8a ＝0，a 1＝0（舍），a 2=85，∴AO =85， ∴AO ＝AP ﹣OP ＝2×85−2=65；解法二：t ＝2时，直线OD 的解析式为：y ＝2x ，∴设PQ 的解析式为：y =−12x +b ，把P （2，0）代入得：−12×2+B =0，b ＝1， ∴PQ 的解析式为：y =−12x +1，设Q （x ，−12x +1）， ∴OA ＝﹣x ，AQ =−12x +1， Rt △AQO 中，OQ ＝OP ＝2，由勾股定理得：OQ 2＝AQ 2+AO 2，∴22＝（﹣x ）2+（−12x +1）2，5x 2﹣4x ﹣12＝0，x 1＝2（舍），x 2=−65，∴OA =65；（2）当t ＝3时，OP ＝3，PD ＝9，设AO ＝a ，Rt △AQO 中，OQ ＝OP ＝3，由勾股定理得：OQ 2＝AQ 2+AO 2，32=B 2+[13(B +3)]2，5a 2+3a ﹣36＝0，（a +3）（5a ﹣12）＝0，a 1＝﹣3（舍），a 2=125， ∴AQ =13AP =13（125+3）=95；（3）解法一：同理直线OD 的解析式为：y ＝tx ，∴设PQ 的解析式为：y =−B B +b ，把P （t ，0）代入得：﹣1+b ＝0，b ＝1，∴PQ 的解析式为：y =−B B +1，设Q （x ，−B B +1）， ∴OA ＝﹣x ，AQ =−B B +1， Rt △AQO 中，OQ ＝OP ＝t ，由勾股定理得：OQ 2＝AQ 2+AO 2，∴t 2＝（﹣x ）2+（−B B +1）2，解得：x =B +B 3B 2+1（舍）或B −B 3B 2+1， ∴AP ＝OP +AO ＝t ﹣x ＝t +B 3−B B 2+1=2B 3B 2+1；解法二：同理OP ＝t ，PD ＝t 2，∴△OPD ∽△QAP ，∴BB BB =BB BB =BB 2=1B ，∴AP ＝tAQ ，Rt △AQO 中，OQ ＝OP ＝t ，由勾股定理得：OQ 2＝AQ 2+AO 2，∴B 2=(BB −B )2+(BB B )2，AP =2B 3B 2+1．40．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）在△ABC 和△ADC 中，{BB =BB BB =BB BB =BB ，∴△ABC ≌△ADC ，∴∠ABC ＝∠ADC ＝122°．（2）设AC 交BD 于点O ．∵AB ＝AD ，CB ＝CD ，∴AC 垂直平分线段BD ，∠DAC =12∠BAD ＝37°，∠ACD =12∠BCD ＝21°，在Rt △AOD 中，OD ＝AD •sin37°≈30（cm ），OA =√BB 2−BB 2=40（cm ），在Rt △ODC 中，tan21°=BB BB ， ∴OC ＝80（cm ），∴AC ＝OA +OC ＝40+80＝120（cm ）．41．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）过点B 作BE ⊥AD 于点E ，∴∠AEB ＝90°，∵∠A ＝60°，AB ＝8，∴BE ＝4√3，∴点B 到桌面AD 的距离是4√3．（2）延长交BE 于点F ，连接BC ，∴∠BFC ＝90°∵∠A ＝60°，∠ABC ＝80°，∴∠CBF ＝50°，由题意可知：BF ＝4√3−1，∵cos50°=BB BB ，∴BC =4√3−10.64≈9.3cm ， ∴BC 的长度为9.3cm ．42．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）在图1中，过点D 作DM ⊥AB ，垂足为M ．在Rt △BDM 中，DM ＝BD •sin45°＝5，BM ＝BD •cos45°＝5，在Rt △DEM 中，∠DME ＝90°，DM ＝5，EM ＝BE ﹣BM ＝10， ∴DE =√BB +BB =5√5，∴连接杆DE 的长度为5√5cm ．（2）在Rt △DBE 中，∠DBE ＝90°，BD ＝5√2，DE ＝5√5， ∴BE =√BB 2−BB 2=5√3，∴在此过程中点E 滑动的距离为（15﹣5√3）cm ．43．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）连接AC ，BD 交于点E ，如图所示． ∵四边形ABCD 为菱形，∠A ＝60°，∴AB ＝AD ，AC ＝2AE ，AE ⊥BD ，∴△ABD 为等边三角形，∴∠ABE＝60°．在△ABE中，AB＝10√3cm，∠ABE＝60°，∠AEB＝90°∴AE＝AB•sin∠ABE＝15cm，∴AC＝2AE＝30cm．∴一个菱形图案水平方向的对角线长30cm．（2）设菱形的个数为x，依题意，得：30+26（x﹣1）＝6010，解得：x＝231．∴纹饰的长度L能是6010cm，菱形个数为231个．。

浙江省2018年中考数学复习第一部分考点研究第七单元图形的变化尺规作图巩固集训试题

第七单元图形的变化尺规作图巩固集训 (建议答题时间：50分钟)1．如图，用尺规法作∠DEC ＝∠BAC ，作图痕迹MN ︵的正确画法是( ) A ．以点E 为圆心，线段AP 为半径的弧 B ．以点E 为圆心，线段QP 为半径的弧 C ．以点G 为圆心，线段AP 为半径的弧 D ．以点G 为圆心，线段QP 为半径的弧第1题图2. 如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，∠CAB ＝50°，按以下步骤作图：①以点A 为圆心，小于AC 长为半径画弧，分别交AB 、AC 于点E 、F ；②分别以点E 、F 为圆心，大于12EF 长为半径画弧，两弧相交于点G ；③作射线AG ，交BC 边于点D .则∠ADC 的度数为( )第2题图A ．40°B ．55°C ．65°D ．75° 3. 如图，在已知的△ABC 中，按以下步骤作图：①分别以B ，C 为圆心，以大于12BC 的长为半径作弧，两弧相交于两点M ，N ；②作直线MN 交AB 于点D ，连接CD .若CD ＝AC ，∠B ＝25°，则∠ACB 的度数为( )A. 90°B. 95°C. 100°D. 105°第3题图4. “花儿与少年”是一个以数学研究为目的微信群，好友一起探究题目如下：利用尺规作图画Rt △ABC ，使其斜边AB ＝c ，一条直角边BC ＝a ，小黄作法如图所示，你认为这种作法中∠ACB 是直角的依据是( )第4题图A. 勾股定理B. 90°的圆周角所对的弦是直径C. 勾股定理的逆定理D. 直径所对圆周角是直角5. 如图，在△ABC 中，AD 平分∠BAC ，按如下步骤作图：第5题图步骤1：分别以点A ，D 为圆心，以大于12AD 的长为半径，在AD 两侧作弧，两弧交于点M ，N ；步骤2：连接MN ，分别交AB ，AC 于点E ，F ；步骤3：连接DE ，DF .下列叙述不一定成立的是( ) A. 线段DE 是△ABC 的中位线 B. 四边形AFDE 是菱形 C. MN 垂直平分线段ADD. BD DC ＝BEEA6. 如图，已知△ABC (AB <BC <AC )，用尺规在AC 上确定一点P ，使PB ＋PC ＝AC ，则下列选项中，一定符合要求的作图痕迹是( )第6题图7. 如图，已知线段a ，用尺规作出△ABC ，使AB ＝a ，BC ＝AC ＝2a . 作法提示：(1)作一条线段AB ＝________；(2)分别以______、______为圆心，以________为半径画弧，两弧交于C 点； (3)连接________、________，则△ABC 就是所求作的三角形； (4)根据以上作法提示，作出△ABC ，保留作图痕迹．第7题图8. 在数学课上，老师提出如下问题：已知：线段a，b.求作：等腰△A B C，使AB＝AC，BC＝a，BC边上的高为b.(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)第8题图9. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°.(1)请用直尺和圆规按下列步骤作图，保留作图痕迹：①作∠ACB的平分线，交斜边AB于点D；②过点D作AC的垂线，垂足为点E.(2)在(1)作出的图形中，若CB＝4，CA＝6，则DE＝________．第9题图10. 已知△ABC中，AD⊥BC于点D，∠BAC＝45°，BD＝6，CD＝4(1)画出△ABC的外接圆(尺规作图，不写作法，保留痕迹)(2)求△ABC的外接圆半径与AD长．第10题图11. (2017陕西)如图，在钝角△ABC中，过钝角顶点B作BD⊥BC交AC于点D.请用尺规作图法在BC边上求作一点P，使得点P到AC的距离等于BP的长．(保留作图痕迹，不写作法)第11题图12. (2017青岛) 已知：四边形ABCD .求作：点P ，使∠PCB ＝∠B ，且点P 到边AD 和CD 的距离相等．第12题图13. (2017无锡)如图，已知等边△ABC ，请用直尺(不带刻度)和圆规，按下列要求作图(不要求写作法，但要保留作图痕迹)：(1)作△ABC 的外心O ；(2)设D 是AB 边上一点，在图中作出一个正六边形DEFGHI ，使点F 、点H 分别在边BC 和AC 上．第13题图答案1. D 【解析】先以点A 为圆心，以任意长为半径画弧，分别交AC ，AB 于点Q ，P ；再以点E 为圆心，AQ 的长为半径画弧，交AC 于点G ，再以点G 为圆心，PQ 的长为半径画弧．2. C 【解析】根据作图方法可得AG 是∠CAB 的角平分线，∵∠CAB ＝50°，∴∠CAD ＝12∠CAB ＝25°，∵∠C ＝90°，∴∠CDA ＝90°－25°＝65°.3. D 【解析】由题意可得：MN 垂直平分BC ，∴BD ＝CD ，∴∠DCB ＝∠B ＝25°，∴∠CDA ＝∠DCB ＋∠B ＝50°，又∵AC ＝CD ，∴∠A ＝∠CDA ＝50°，∴∠ACD ＝180°－∠A －∠CDA ＝80°，∴∠ACB ＝∠ACD ＋∠BCD ＝80°＋25°＝105°.4. D 【解析】由作图痕迹可以看出O 为AB 的中点，以O 为圆心，AB 为直径作圆，然后以B 为圆心，BC ＝a 为半径画弧与圆O 交于一点C ，故∠ACB 是直径所对的圆周角，所以这种作法中判断∠ACB 是直角的依据是：直径所对的圆周角是直角．5. A 【解析】∵根据作法可知：MN 是线段AD 的垂直平分线，∴AE ＝DE ，AF ＝DF ，∴∠EAD ＝∠EDA ，∵AD 平分∠BAC ，∴∠BAD ＝∠CAD ，∴∠EDA ＝∠CAD ，∴DE ∥AC ，同理DF ∥AE ，∴四边形AEDF 是平行四边形，∵EA ＝ED ，∴四边形AEDF 为菱形，故B ，C 正确；∵四边形AEDF 为菱形，∴DE ∥AC ，∴BD CD ＝BE EA，故D 正确．6. C 【解析】∵点P 在AC 上，∴PA ＋PC ＝AC ，而PB ＋PC ＝AC ，∴PA ＝PB ，∴点P 在线段AB 的垂直平分线上，所以作线段AB 的垂直平分线交AC 于点P .故选C.7. 解：(1)a ； (2)A 、B ，2a ； (3)AC ，BC ；(4)作△ABC 如解图所示．第7题解图8. 解：如解图所示，等腰△ABC 即为所求．第8题解图【作法提示】作线段BC ＝a ；作线段BC 的垂直平分线MN 交线段BC 于点D ；在MN 上截取线段DA ＝b ，连接AB ，AC .则△ABC 就是所求作的等腰三角形．9. 解：(1)①作图如解图，线段CD 即为所求作∠ACB 的平分线；第9题解图【作法提示】1.以点C 为圆心，小于BC 长为半径作弧，分别交AC 、BC 于点M 、N ； 2．分别以点M 、N 为圆心，以大于12MN 长为半径画弧，两弧相交于点O ；3．过点C 作射线CO ，交AB 于点D ，则CD 即为所求作的角平分线． ②作图如解图，直线DE 为AC 的垂线．【作法提示】1.在直线AC 异于点D 的一侧取点F ；2．以点D 为圆心，DF 长为半径画弧，交直线AC 于P ，Q 两点；3．分别以P ，Q 为圆心，大于12PQ 长为半径画弧，两弧交点F 同侧于点H ；4．过点D 、H 作直线DH 交AC 于点E ，直线DE 即为AC 的垂线． (2)125.【解法提示】 ∵CD 是∠ACB 的平分线， ∴∠ACD ＝∠BCD ，又∵DE ⊥AC ，∠ACB ＝90°， ∴DE ∥BC ， ∴∠E D C ＝∠BCD ，∴∠EDC ＝∠ACD ， ∴DE ＝CE . ∵DE ∥BC ， ∴△ADE ∽△ABC ，∴DE BC ＝AC －CE AC ＝AC －DE AC，即DE 4＝6－DE 6，解得DE ＝125. 10. (1)如解图所示，⊙O 即为所求；第10题解图(2)如解图，过点O 作OE ⊥AD 于点E ，作OF ⊥BC 于点F ，连接OA 、OB 、OC ， ∵∠BAC ＝45°， ∴∠BOC ＝90°，∵OB ＝OC ，且BD ＝6、CD ＝4，∴△BOC 为等腰直角三角形，且BC ＝10，则OB ＝OC ＝22BC ＝52，即△ABC 外接圆半径为52； ∵Rt △BOC 中，BC ＝10，OF ⊥BC ， ∴BF ＝CF ＝OF ＝12BC ＝5，∵∠OED ＝∠OFD ＝∠EDF ＝90°， ∴四边形OEDF 是矩形，∴DE ＝OF ＝5，OE ＝DF ＝CF －CD ＝1，在Rt △OAE 中，∵AE ＝OA 2－OE 2＝（52）2－12＝7， ∴AD ＝AE ＋DE ＝12.11. 解：如解图所示，点P 即为所求．第11题解图12. 解：如解图所示，点P 即为所求．第12题解图【作法提示】①以点B 为圆心，以适当长为半径，画弧，交∠ABC 的边AB 于点M ，BC 于点N ；②以点C 为圆心，以BM 的长为半径画弧，交CB 于点G ；③以点G 为圆心，MN 的长为半径画弧交②中弧于点H ，作射线CH ； ④以点D 为圆心，适当长为半径画弧，交AD ，CD 于点Q ，O ；⑤分别以点Q 、O 为圆心，以大于12QO 的长为半径画弧，两弧交于点R ，作射线DR ；⑥射线CH 与射线DR 的交点即为点P . 13. 解：(1)如解图①所示； (2)如解图②所示．第13题解图【解法提示】(1)作三角形两边的垂直平分线，交点即外心；(2)取BD中点E，在BC 上截取BF＝CG＝DE，在AC上截取CH＝AI＝DE，作EF∥AC交BC于F，在CF上截取FG＝EF，作GH∥AB交AC于H，在HA上截取HI＝GH，连接DI、EF、HG.第29课时视图与投影1. C 【解析】球体的主视图是圆，是中心对称图形．2. A 【解析】圆柱体的主视图是长方形．A正确B、C错误，D是俯视图．3. B 【解析】4. B 【解析】俯视图即从上朝下看所看到的图形，题图的俯视图是个正六边形．5. B 【解析】从上往下看该几何体，外面是个圆，里面也有个看不见的圆．6. C 【解析】从正面由前向后看第一层是三个小正方形，第二层是两个小正方形．7. C 【解析】此几何体的主视图、左视图、俯视图分别是由5个、3个、4个正方形构成，所以面积最小的是左视图．8. B 【解析】由题图可知，左边两行都只有一个正方体，中间一列有三个正方体，右边一列是一个正方体．9. D 【解析】主视图是从一个几何体的正面由前向后看所得到的视图，从这个几何体的正面看，可以得到的视图是D.10. D 【解析】对于正方体的平面展开图中相对的面一定相隔一个小正方形，由图形可知，与“我”字相对的字是“家”．11. D 【解析】12. A 【解析】根据各层小正方体的个数，然后得出三视图中主视图的形状，即可得出答案．由俯视图知最右边的一列对应的小正方体有两排，前排1个，后排3个，正面看此列有3个小正方形，因此排除B 、C 两项，由俯视图中间这列观察两排各自有两个小正方体，正面看此列有2个小正方形，排除选项D.13. C 【解析】结合主视图和俯视图可知，左边后排最多有3个，左边前排最多有3个，右边只有一层，且只有1个，∴图中的小正方体最多7块，结合主视图和俯视图可知，左边后排和前排最少一共4个，右边只有一层，且只有1个，所以图中的小正方体最少5块，a ＋b ＝12.14. D 【解析】主视图是从几何体的正面由前向后看所得到的视图，从这个圆柱形筒纸的正面由前向后看，可以得到一个中间有两条竖直虚线的矩形，则其主视图面积为12×10＝120 cm 2，当比例尺按1∶4缩小后，则面积变为120×(14)2＝7.5 cm 2.15. D 【解析】由三视图可以判定，该几何体是由一个底面半径为10 ，高为8的圆柱体和一个长为30，宽为20，高为5的长方体组成，故该几何体的体积＝圆柱体的体积＋长方体的体积＝π·102·8＋30·20·5＝800π＋3000.16. 8 【解析】由题可知，正三棱柱的俯视图为正三角形，∵底面周长＝9，∴底面边长＝9÷3＝3，由于截去一个底面周长为3的正三棱柱．∴截去的三角形为边长为1的正三角形，几何体俯视图如解图，虚线为切割线，周长＝1＋2＋2＋3＝8.第16题解图17. 5 【解析】综合三视图可知，这个几何体的底层应该有3＋1＝4个小正方体，第二层应该有1个小正方体，因此搭成这个几何体所用小正方体的个数是4＋1＝5个，所以这个几何体的体积是5.18. 18π 【解析】由几何体的三视图知，该几何体是底面半径为3cm ，母线长是6cm 的圆锥，故侧面积为π×3×6＝18π.19. 123＋48 【解析】由三视图可知，该几何体是正六棱柱，其中底面正六边形外接圆的直径为4，则正六边形的边长为2，故底面正六边形的面积为6×32×2×2＝123，正六棱柱的高为4，则侧面积为2×6×4＝48，∴该正六棱柱的表面积为123＋48.20. (225＋252)π 【解析】观察该几何体的三视图可知，该几何体是由底面半径相同的圆锥与圆柱组合而成，∴几何体的表面积＝圆柱侧面积＋底面圆面积＋圆锥侧面积，由勾股定理可求得圆锥母线长为52，∴几何体表面积＝10π×20＋52×π＋12×10×π×52＝(225＋252)π.21. 120 【解析】由几何体的三视图可知该几何体是一边长为5 cm 的正方体，左上角被截去一个底面边长为1 cm ，高为5 cm 的长方体的图形，故该几何体的体积为5×5×5－1×1×5＝120 cm.22. 解：(1)8；(2)如解图，共有四种情况：第22题解图(3)∵长方体纸盒的底面是一个正方形，∴设最短的棱长高为a cm，则长与宽相等为5a cm，∵长方体纸盒所有棱长的和是880 cm，∴4(a＋5a＋5a)＝880 cm，解得a＝20 cm，∴这个长方体纸盒的体积为：20×100×100＝200000 cm3.。

浙江省中考数学复习第一部分考点研究第七单元图形的变化第30课时图形的对称、平移与旋转试题(2021

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第七单元图形的变化第30课时图形的对称、平移与旋转（建议答题时间:：60分钟)基础过关1。

（2017重庆A卷）下列图形中是轴对称图形的是（)2。

(2017德州)下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（)3. (2017呼和浩特）下图中序号(1)(2）（3）(4)对应的四个三角形，都是△ABC这个图形进行了一次变换之后得到的,其中是通过轴对称得到的是（）第3题图A。

（1) B。

(2）C。

（3) D。

（4）4。

(2017泰安)下列图案：其中，中心对称图形是（)A。

①② B。

②③ C. ②④ D. ③④5. (2017天水）下列给出的函数中，其图象是中心对称图形的是( )①函数y＝x；②函数y＝x2；③函数y＝错误!A。

①② B. ②③ C. ①③ D。

都不是6。

下列关于图形对称性的命题,正确的是( ）A。

圆既是轴对称图形，又是中心对称图形B。

正三角形既是轴对称图形，又是中心对称图形C. 线段是轴对称图形,但不是中心对称图形D. 菱形是中心对称图形,但不是轴对称图形7。

(2017潍坊)小莹和小博士下棋，小莹执圆子，小博士执方子．如图，棋盘中心方子的位置用(－1,0)表示，右下角方子的位置用（0，－1)表示．小莹将第4枚圆子放入棋盘后，所有棋子构成一个轴对称图形．她放的位置是（)A。

浙江省中考数学总复习专题提升八以图形变换为背景的作图与计算试题(2021学年)

浙江省2０18年中考数学总复习专题提升八以图形变换为背景的作图与计算试题编辑整理:尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（浙江省２０１8年中考数学总复习专题提升八以图形变换为背景的作图与计算试题）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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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△A Ｂ′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=＼f（3,4)x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B Ｃ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。

6.4图形的变换综合题(第2部分)-2018年中考数学试题分类汇编(word解析版)

2018中考试题研究数学(浙江)精品复习：第七章_图形的变化自我测试(含答案)

第七章图形的变化自我测试一、选择题(每小题4分，共32分)1．(2018·临夏州)下列图形中，是轴对称图形又是中心对称图形的是( D )2．(2018·资阳)如图，在Rt △ABC 中，∠BAC＝90°.如果将该三角形绕点A 按顺时针方向旋转到△AB 1C 1的位置，点B 1恰好落在边BC 的中点处．那么旋转的角度等于( B )A ．55°B ．60°C ．65°D ．80°3．(2018·毕节)如图，△ABC 中，AE 交BC 于点D ，∠C＝∠E，AD∶DE＝3∶5，AE ＝8，BD ＝4，则DC 的长等于( A ) A.154 B.125 C.203 D.1744．(2018·兰州)如图，在Rt △ABC 中，∠C＝90°，BC ＝3，AC ＝4，那么cos A 的值等于( D )A.34B.43C.35D.45 5．(2018·东营)下列关于位似图形的表述：①相似图形一定是位似图形，位似图形一定是相似图形；②位似图形一定有位似中心；③如果两个图形是相似图形，且每组对应点的连线所在的直线都经过同一个点，那么，这两个图形是位似图形；④位似图形上任意两点与位似中心的距离之比等于位似比．其中正确命题的序号是( A ) A ．②③ B ．①② C ．③④ D ．②③④6．(2018·泰安)在如图所示的单位正方形网格中，△ABC 经过平移后得到△A 1B 1C 1，已知在AC 上一点P(2.4，2)平移后的对应点为P 1，点P 1绕点O 逆时针旋转180°，得到对应点P 2，则P 2点的坐标为( C )A ．(1.4，－1)B ．(1.5，2)C ．(1.6，1)D ．(2.4，1)7．(2018·襄阳)如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在边AB ，BC 上，且AE ＝13AB ，将矩形沿直线EF 折叠，点B 恰好落在AD 边上的点P 处，连接BP 交EF 于点Q ，对于下列结论：①EF＝2BE ；②PF＝2PE ；③FQ＝4EQ ；④△PBF 是等边三角形．其中正确的是( D )A ．①②B ．②③C ．①③D ．①④8．(2018·青岛)如图，△ABO 缩小后变为△A′B′O，其中A ，B 的对应点分别为A′，B′，A′，B′均在图中格点上，若线段AB 上有一点P(m ，n)，则点P 在A′B′上的对应点P′的坐标为( D )A．(m2，n) B．(m，n) C．(m，n2) D．(m2，n2)二、填空题(每小题6分，共24分)9．(2018·雅安)如图，在▱ABCD中，点E在AB上，CE，BD交于点F，若AE∶BE＝4∶3，且BF＝2，则DF＝__143__．,第9题图) ,第10题图) 10．(2018·威海)如图，有一直角三角形纸片ABC，边BC＝6，AB＝10，∠ACB ＝90°，将该直角三角形纸片沿DE折叠，使点A与点C重合，则四边形DBCE 的周长为__18__．11．(2018·苏州)如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8.若∠BPC＝12∠BAC，则tan∠BPC＝__43__．,第11题图) ,第12题图) 12．(2018·遵义)“今有邑，东西七里，南北九里，各开中门，出东门一十五里有木，问：出南门几何步而见木？”这段话摘自《九章算术》，意思是说：如图，矩形ABCD，东边城墙AB长9里，南边城墙AD长7里，东门点E、南门点F分别是AB，AD的中点，EG⊥AB，FH⊥AD，EG＝15里，HG经过A点，则FH＝__1.05__里．三、解答题(共44分)13．(10分)(2018·凉山)如图所示，正方形网格中，△ABC为格点三角形(即三角形的顶点都在格点上)．(1)把△ABC沿BA方向平移后，点A移到点A1，在网格中画出平移后得到的△A1B1C1；(2)把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，在网格中画出旋转后的△A1B2C2；(3)如果网格中小正方形的边长为1，求点B经过(1)(2)变换的路径总长．解：(1)连接AA1，然后从C点作AA1的平行线且A1C1＝AC.同理找到点B1(2)如图所示：(3)BB1＝22＋22＝22；弧B1B2的长＝90π2180＝2π2.点B所走的路径总长＝22＋2π214．(10分)(2018·遵义)如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C 落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N.(1)求证：CM＝CN；(2)若△CMN的面积与△CDN的面积比为3∶1，求MNDN的值．解：(1)证明：由折叠的性质可得∠ANM＝∠CNM，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD∥BC，∴∠ANM＝∠CMN，∴∠CMN＝∠CNM，∴CM＝CN(2)解：过点N 作NH⊥BC 于点H ，则四边形NHCD 是矩形， ∴HC＝DN ，NH ＝DC ，∵△CMN 的面积与△CDN 的面积比为3∶1， ∴S △CMN S △CDN ＝12·MC·NH12·ND·NH ＝MC ND＝3，∴MC＝3ND ＝3HC ，∴MH＝2HC ，设DN ＝x ，则HC ＝x ，MH ＝2x ，∴CM＝3x ＝CN ，在Rt △CDN 中，DC ＝CN 2－DN 2＝22x ，∴HN＝22x ，在Rt △MNH 中，MN ＝MH 2＋HN 2＝23x ，∴MN DN ＝23x x＝2 315．(12分)(2018·兰州)如图，在电线杆上的C 处引拉线CE ，CF 固定电线杆，拉线CE 和地面成60°角，在离电线杆6米的B 处安置测角仪，在A 处测得电线杆上C 处的仰角为30°，已知测角仪高AB 为1.5米，求拉线CE 的长．(结果保留根号)解：过点A 作AH⊥CD，垂足为点H ，由题意可知四边形ABDH 为矩形，∠CAH＝30°，∴AB＝DH ＝1.5，BD ＝AH ＝6，在Rt △ACH 中，tan ∠CAH＝CH AH， ∴CH＝AH·tan ∠CAH＝6tan 30°＝6×33＝23(米)，∵DH＝1.5， ∴CD＝23＋1.5，在Rt △CDE 中，∵∠CED＝60°，sin ∠CED＝CD CE， ∴CE＝CD sin 60°＝23＋1.532＝(4＋3)(米)，答：拉线CE 的长为(4＋3)米16．(12分)(2018·徐州)如图，在Rt △ABC 中，∠C＝90°，翻折∠C，使点C 落在斜边AB 上某一点D 处，折痕为EF(点E ，F 分别在边AC ，BC 上)．(1)若△CEF 与△ABC 相似．①当AC ＝BC ＝2时，AD 的长为；②当AC ＝3，BC ＝4时，AD 的长为__1.8或2.5__；(2)当点D 是AB 的中点时，△CEF 与△ABC 相似吗？请说明理由．解：(1)若△CEF 与△ABC 相似．①当AC ＝BC ＝2时，△ABC 为等腰直角三角形，如图①所示．此时点D 为AB 边中点，AD ＝22AC ＝ 2 ②当AC ＝3，BC ＝4时，有两种情况：(Ⅰ)若CE∶CF＝3∶4，如图②所示．∵CE∶CF＝AC∶BC，∴EF∥BC.由折叠性质可知，CD⊥EF，∴CD⊥AB，即此时CD 为AB 边上的高．在Rt △ABC 中，AC ＝3，BC ＝4，∴AB＝5，∴cos A ＝35，AD ＝AC·cos A ＝3×35＝1.8(Ⅱ)若CF∶CE＝3∶4，如图③所示．∵△CEF∽△CBA， ∴∠CEF＝∠B.由折叠性质可知，∠CEF＋∠ECD＝90°，又∵∠A＋∠B＝90°，∴∠A＝∠ECD，∴AD＝CD.同理可得∠B＝∠FCD，CD ＝BD ，∴此时AD ＝12AB ＝12×5＝2.5.综上所述，当AC＝3，BC＝4时，AD的长为1.8或2.5(2)当点D是AB的中点时，△CEF与△ABC相似．理由如下：如图③所示，连接CD，与EF交于点Q.∵CD是Rt△ABC的中线，∴CD＝DB＝12AB，∴∠DCB＝∠B.由折叠性质可知，∠CQF＝∠DQF＝90°，∴∠DCB＋∠CFE＝90°，∵∠B＋∠A＝90°，∴∠CFE＝∠A，又∵∠ECF＝∠BCA，∴△CEF∽△CBA。

中考数学总复习《图形变换综合压轴题》专题测试卷(附答案)

中考数学总复习《图形变换综合压轴题》专题测试卷（附答案）1．线段AB与CD的位置关系如图1所示AB=CD=m，AB与CD的交点为O，且∠AOC=60°，分别将AB和AC平移到CE,BE的位置（如图2）．(1)求CE的长和∠DCE的度数；(2)在图2中求证：AC+BD>m．2．如图，在Rt△ABC中∠ACB=90°，∠B=30°将Rt△ABC绕点C顺时针旋转得到Rt△A′B′C，且点B′、A′、B在同一直线上．请仅用无刻度的直尺完成以下作图．(1)在图1中，作出一个以AB为边的等边三角形；(2)在图2中，作出一个菱形．3．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别A（1，4），B（2，0），C（3，2）（1）画出将△ABC沿AC翻折得到的△AB1C1；（2）画出将△ABC沿x轴翻折得到的△A2BC2；（3）观察发现：△A2BC2可由△AB1C绕点（填写坐标）旋转得到（4）在旋转过程中，点B1经过的路径长为．∠ABC．以点B为旋转中心，4．如图1，在△ABC中BA=BC，D、E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝12将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，连接DF．(1)求证：DF=DE；(2)如图2，若AB⊥BC，其他条件不变．求证：DE2=AD2+EC2．5．如图，将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF，使点C恰好落到线段AD上的E点处，连接CE，连接CG交BE于点H．(1)求证：CE平分∠BED；(2)取BC的中点M，连接MH，求证：MH∥BG；(3)若BC=2AB=4，求CG的长．6．已知，△ABC为等边三角形，点D，E为直线BC上两动点，且BD＝CE．点F，点E关于直线AC成轴对称，连接AE，顺次连接A，D，F．（1）如图1，若点D，点E在边BC上，试判断△ADF的形状并说明理由；（2）如图2，若点D，点E在边BC外，求证：∠BAD=∠FDC．7．如图，正方形ABCD中∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交BC、DC（或它们的延长线）于点M、N．(1)如图1，求证：MN=BM+DN；(2)当AB=6，MN=5时，求△CMN的面积；(3)当∠MAN绕点A旋转到如图2位置时线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想并证明．8．如图1 在△ABC中AB=AC点DE、分别在边AB、AC上AD=AE连接DC点P、Q、M分别为DE、BC、DC的中点连接MQ、PM．(1)求证：PM=MQ；(2)当∠A=50°时求 PMQ的度数；(3)将△ADE绕点A沿逆时针方向旋转到图2的位置若∠PMQ=120°判断△ADE的形状并说明理由．9．已知△ABC∠ACB=90°AC=BC=4D是射线CB上一点连接AD将AD绕点A逆时针旋转90°点D落在点E处连接BE交射线AC于点F．(1)如图1当点D与点C重合时求AF的长；(2)如图2当点D在线段BC上时连接CE在点D的运动过程中请问△AEC的面积是否会发生变化？如果不会求出它的面积；如果会请说明理由；(3)当BD=1时求AF的长．10．在等边△BCD中DF⊥BC于点F点A为直线DF上一动点以点B为旋转中心把BA顺时针旋转60°至BE．(1)如图1 点A在线段DF上连接CE求证：CE=DA；(2)如图2 点A在线段FD的延长线上请在图中画出BE并连接CE当∠DEC=45°时连接AC求出∠BAC的度数；(3)在点A的运动过程中若BD=6求EF的最小值11．如图一个含60°角的纸片顶点与等边△ABC的点B重合将该纸片绕点B旋转使纸片60°角的一边交直线AC于点D在另一边上截取点E使BE=BD连接AE．(1)当点D在边AC上时如图① 求证：AC=AD+AE；(2)当点D在边AC所在直线上如图②、如图③时线段AD,AC,AE之间又有怎样的数量关系？请直接写出结论．(3)在图③中AD、BE交于点K若AE=4,BC=6则AD=_______ DK=______．12．已知四边形ABCD中AB⊥AD，BC⊥CD AB=BC,∠ABC=120°∠MBN=60°,∠MBN绕B点旋转它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．(1)当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1）求证：AE+CF=EF．(2)当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时在图2种情况下求证：AE+CF=EF．(3)当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时在图3种情况下上述结论是否成立？若成立请给予证明；若不成立线段AE，CF EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想不需证明．13．如图在平行四边形ABCD中AC是对角线AB=AC点E是BC边上一点连接AE将AE绕着点A 顺时针旋转α得到线段AF．(1)如图1 若α=∠BAC=90°连接BF BF=3BC=8求△ABE的面积；(2)如图2 若α=2∠BAC=120°连接CF交AB于H求证：2AH+CE=AD；(3)若在（2）的条件下3CE=BC=9点P为AB边上一动点连接EP将线段EP绕着点E顺时针旋转60°得到线段EQ连接CQ当线段CQ取得最小值时直接写出四边形BHQE的面积．14．已知：正方形ABCD以A为旋转中心旋转AD至AP连接BP、DP．(1)若将AD顺时针旋转30°至AP如图1所示求∠BPD的度数？(2)若将AD顺时针旋转α度(0°<α<90°)至AP求∠BPD的度数？(3)若将AD逆时针旋转α度(0°<α<180°)至AP请分别求出0°<α<90°、α=90°、90°<α<180°三种情况下的∠BPD的度数（图2、图3、图4）．15．已知如图1正方形ABCD的边长为5点E、F分别在边AB、AD的延长线上且BE=DF连接EF．(1)证明：EF⊥AC；(2)将△AEF绕点A顺时针方向旋转当旋转角α满足0°<α<45°时设EF与射线AB交于点G与AC交于点H如图所示试判断线段FH、HG、GE的数量关系并说明理由．(3)若将△AEF绕点A旋转一周连接DF、BE并延长EB交直线DF于点P连接PC试说明点P的运动路径并求线段PC的取值范围．16．【问题思考】如图1 点E是正方形ABCD内的一点过点E的直线AQ以DE为边向右侧作正方形DEFG 连接GC直线GC与直线AQ交于点P则线段AE与GC之间的关系为______．【问题类比】如图2 当点E是正方形ABCD外的一点时【问题思考】中的结论还成立吗？若成立请证明你的结论；若不成立请说明理由；【拓展延伸】如图3 点E是边长为6的正方形ABCD所在平面内一动点【问题思考】中其他条件不变则动点P到边AD的最大距离为______（直接写出结果）．17．（1）【问题发现】如图1 在Rt△ABC中AB=AC∠BAC=90°点D为BC的中点以BD为一边作正方形BDFE点F恰好与点A重合则线段CF与AE的数量关系为_______；（2）【拓展探究】在（1）的条件下如果正方形BDFE绕点B顺时针旋转连接CF AE BF线段CF与AE 的数量关系有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（3）【问题解决】当AB=AC=6且（2）中的正方形BDFE绕点B顺时针旋转到E F C三点共线时求出线段AE的长．18．综合与实践：问题情景：如图1、正方形ABCD与正方形AEFG的边AB AE(AB<AE)在一条直线上正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转设旋转角为α在旋转过程中两个正方形只有点A重合其它顶点均不重合连接BE DG．(1)操作发现：当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时求证：BE=DG；(2)操作发现：如图3 当点E在BC延长线上时连接FC求∠FCE的度数；(3)问题解决：如图4 如果α=45°AB=2AE=4√2请直接写出点G到BE的距离．19．如图①在正方形ABCD中连接BD点E是边AB上的一点EF⊥AB交BD于点F点P是FD的中点连接EP、CP．(1)如图① 探究EP与CP有何关系并说明理由；(2)若将△BEF绕点B顺时针旋转90° 得到图② 连接FD取FD的中点P连接EP、CP请问在该条件下①中的结论是否成立并说明理由；(3)如果把△BEF绕点B顺时针旋转180° 得到图③ 同样连接FD取FD的中点P连接EP、CP请你直接写出EP与CP的关系．20．综合与实践问题情境：数学活动课上老师向大家展示了一个图形变换的问题．如图1．将正方形纸片ABCD折叠使边AB AD都落在对角线AC上展开得折痕AE AF连接EF．试判断△AEF的形状．独立思考：(1)请解答问题情境提出的问题并写出证明过程．实践探究：(2)如图2．将图1中的∠EAF绕点A旋转使它的两边分别交边BC CD于点P Q连接PQ．请猜想线段BP PQ DQ之间的数量关系并加以证明．问题解决：(3)如图3．连接正方形对角线BD若图2中的∠PAQ的边AP AQ分别交对角线BD于点M N将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开如图4所示．若BM=7DN=24求MN的长．参考答案1．（1）解：∵将AB和AC平移到CE,BE的位置∵AB=CE,AB∥CE∵∠AOC=∠DCE∵∠AOC=60°AB=CD=m∵∠DCE=60°CE=AB=m；（2）证明：如图连接DE由（1）得：∠DCE=60°CE=AB=m∵AB=CD=m∵CD=CE∵△CDE是等边三角形∵DE=CD=m∵将AB和AC平移到CE,BE的位置∵AC=BE在△BDE中BD+BE>DE即AC+BD>m．2．（1）解：△ADB是等边三角形即为所求理由如下：如图延长AC交BB′于一点D∵∠ACB=90°∠CBA=30°将Rt△ABC绕点C顺时针旋转得到Rt△A′B′C ∵∠A=60°，∠B′=30°，BC=B′C∵∠B′BC=30°，∠ABD=60°∵∠BDA=180°−60°−60°=60°∵△ADB是等边三角形；（2）解：四边形ABDE是菱形即为所求理由如下：过点D作DE平行于AB交BC的延长线于一点即为点E连接AE如图：由（1）知△ADB是等边三角形且∠ACB=90°∵BC⊥AD∵DC=AC∵∠DEB =∠ABC∵∠DCE =∠ACB∵△DCE ≌△ACB∵BC =EC∵四边形ABDE 是菱形．3．解：（1）如图：（2）如图：（3）（5 0）（4）B 1经过的路径是以（5 0）为圆心 BB 1为半径的圆弧∵C ＝14×2×π×3＝32π；4．（1）证明：∵∠DBE =12∠ABC∵∠ABD +∠CBE =∠DBE =12∠ABC∵△ABF 由△CBE 旋转而成∵BE =BF ∠ABF =∠CBE∵∠DBF =∠DBE在△DBE 与△DBF 中{BE =BF ∠DBE =∠DBF BD =BD∵△DBE ≌△DBF （SAS ）（2）证明：∵将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF∵BA=BC∠ABC=90°∵∠BAC=∠BCE=45°∵图形旋转后点C与点A重合CE与AF重合∵AF=EC∵∠FAB=∠BCE=45°∵∠DAF=90°在Rt△ADF中DF2=AF2+AD2∵AF=EC∵DF2=EC2+AD2同（1）可得DE=DF∵DE2=AD2+EC2．5．（1）证明：∵将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF使点C恰好落到线段AD上的E点处∴BE=BC∴∠BEC=∠BCE∵AD∥BC∴∠BCE=∠DEC∴∠BEC=∠DEC∴CE平分∠BED；（2）证明：过点C作CN⊥BE于N如图：∵CE平分∠BED CD⊥DE CN⊥BE∴CD=CN∴BG=AB=CD=CN∵∠BHG=∠NHC∠GBH=∠CNH=90°BG=CN∴△BHG≌△NHC(AAS)∴GH=CH即点H是CG中点∵点M是BC中点∴MH是△BCG的中位线∵MH∥BG；（3）解：过点C作CN⊥BE于N过G作GR⊥BC于R如图：∵BC=2AB=4∴BG=AB=CD=CN=2∴CN=12 BC∴∠NBC=30°∵∠GBE=90°∴∠GBR=60°∴BR=12BG=1GR=√3BR=√3在Rt△GRC中CG=√GR2+CR2=√(√3)2+(1+4)2=2√7∴CG的长为2√7．6．解：（1）△ADF为等边三角形理由如下：∵△ABC为等边三角形∵AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°．在△ABD和△ACE中{AB=AC∠ABC=∠ACBBD=CE∴△ABD≅△ACE(SAS)∴AD=AE,∠BAD=∠CAE．∵点F 点E关于直线AC成轴对称∴AF=AE,∠CAF=∠CAE ∴AD=AF,∠CAF=∠BAD．∵∠BAD+∠DAC=60°∴∠CAF+∠DAC=60°即∠DAF=60°,∵△ADF为等边三角形．（2）∵△ABC为等边三角形∵AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°．在△ABD和△ACE中{AB=AC∠ABC=∠ACBBD=CE∴△ABD≅△ACE(SAS)∴AD=AE,∠BAD=∠CAE．∵点F 点E关于直线AC成轴对称∴AF=AE,∠CAF=∠CAE ∴AD=AF,∠CAF=∠BAD．∵∠BAD+∠DAC=60°∴∠CAF+∠DAC=60°∵△ADF为等边三角形．∴∠ADF=∠FDC+∠ADC=60°∵∠BAD+∠ADC=∠ABC=60°∵∠BAD=∠FDC7．（1）解：如图将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADM′则：△ABM≌△ADM′∵AM=AM′,BM=DM′,∠BAM=∠DAM′∵四边形ABCD为正方形∵∠BAD=90°∵∠MAN=45°∵∠MAB+∠NAD=45°∵∠M′AD+∠NAD=∠M′AN=45°∵∠MAN=∠M′AN又∵AM=AM′,AN=AN∵△AMN≌△AM′N（SAS）∵MN=M′N=M′D+DN=BM+DN；（2）解：∵四边形ABCD为正方形∵AD=AB=6S正方形=62=36∵△AMN≌△AM′N∵MN′=MN=5∵S△AMN=S△AM′N=12M′N⋅AD=12×5×6=15∵△ABM≌△ADM′∵S△ABM+S△ADN=S△ABM′+S△ADN=S△AM′N=15∵S△CMN=S正方形−S△AMN−S△ADN−S△AMB=36−15−15=6；（3）解：DN=BM+MN理由如下：如图将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADM′连接MN 则：∠MAM′=90°△ABM≌△ADM′∵AM=AM′,BM=DM′,∠BAM=∠DAM′∵∠MAN=45°∵∠M′AN=∠M′AM−∠MAN=90°−45°=45°∵∠MAN=∠M′AN又∵AM=AM′,AN=AN∵△AMN≌△AM′N（SAS）∵MN=M′N∵DN=M′D+M′N=BM+MN．8．（1）证明：∵AB=AC AD=AE∵BD=CE∵P M分别为DE DC的中点∵PM=12CE PM∥CE∵M Q分别为DC CB的中点∵MQ=12DB MQ∥OB∵PM=MQ；（2）解：∵点P、Q、M分别为DE、BC、DC的中点∵MQ∥DB PM∥AC∵∠MQC=∠B∵∠PMQ=∠DMP+∠DMQ=∠ACD+∠BCD+∠MQC=∠ACD+∠BCD+∠B =180°−50°=130°；（3）解：∵ADE是等边三角形理由如下：由旋转的性质可知∠BAC=∠DAE∵∠BAD=∠CAE在△BAD和△CAE中{AB=AC ∠BAD=∠CAE AD=AE∵∵BAD∵∵CAE（SAS）∵BD=CE∠ABD=∠ACE ∵P M为DE DC的中点∵PM∥EC∵∠PMD=∠ECD∵M Q为DC BC的中点∵MQ∥DB∵∠MQC=∠DBC∵∠MPQ=∠DMP+∠DMQ=∠DCE+∠MQC+∠MCQ=∠ACD+∠ACE+∠DBC+∠MCQ=∠ACD+∠MCQ+∠DBC+∠ABD=∠ACB+∠ABC=120°∵∠BAC=180°−120°=60°∵∠DAE=∠BAC=60°又∵AD=AE∵∵ADE是等边三角形．9．（1）解：∵将AD绕点A逆时针旋转90°∵AD=AE，∠DAE=90°∵点D与点C重合∵AC=AE∵BC=AC=AE又∵∠AFE=∠BFC∠EAF=∠BCF=90°∵△BCF≌△EAF(AAS)∵AF=CF∵AC=BC=4∵AF=CF=2；（2）解：△AEC的面积不会变化理由如下：如图过点E作EH⊥AC于H∵将AD绕点A逆时针旋转90°∵AD=AE，∠DAE=90°=∠ACB∵∠DAC+∠CAE=90°=∠DAC+∠ADC∵∠ADC=∠CAE∵△ADC≌△EAH(AAS)∵EH =AC =4∵S △ACE =12×AC ⋅EH =8；（3）解：当点D 在线段BC 上时∵BD =1，BC =4∵CD =3∵△ADC ≌△EAH∵CD =AH =3∵CH =1∵∠EHF =∠ACB =90° ∠AFE =∠BFC ，AC =EH =BC∵△EFH ≌△BFC(AAS)∵FH =FC =12 ∵AF =AF +FH =72；当点D 在线段CB 的延长线时过点E 作EH ⊥直线AC 于H∵BD =1，BC =4∵CD =5同理可证△ACD ≌△EHA∵CD =AH =5∵CH =1同理可证：△BCF ≌△EHF∵FH =FC =12 ∵AF =AC +FC =92综上所述：AF 的长为72或92．10．（1）解：由旋转得 BA =BE ∠ABE =60°∵△BCD 是等边三角形∵BD=BC∠DBC=60°∵∠ABE=∠DBC∵∠DBA+∠ABC=∠ABC+∠CBE ∵∠DBA=∠CBE在△DBA与△CBE中{BD=BC ∠DBA=∠CBE BA=BE∵△DBA≌△CBE（SAS）∵DA=CE．（2）解：如图3由（1）可知△DBA≌△CBE∵DA=CE∠BDA=∠BCE又∵△BCD是等边三角形∵∠BDC=∠BCD=60°DB=DC∵DB=DC∵∵BCD是等腰三角形∵DF⊥BC∵∠BDF=12∠BDC=30°∵∠BDA=180°−∠BDF=150°∵∠BCE=150°∠CDA=360°−∠BDA−∠BDC=150°∵∠DCE=∠BCE−∠BCD=90°∵∠DEC=45°∵∠EDC=45°∵∠DEC=∠EDC ∵CE=CD∵DB=DC=DA∵∠BAD=180°−∠BDA2=15°∠CAD=180°−∠CDA2=15°∵∠BAC=∠BAD+∠CAD=30°．（3）解：∵由图1可知当点A在线段DF上时∠BCE=∠BDA=30°；由图3可知当点A在线段FD的延长线上时∠BCE=∠BDA=150°；由图4可知当点A在线段DF的延长线上时∠BCE=∠BDA=30°；∵综上所述当点A在直线DF上运动时直线CE与直线BC的夹角始终为30°即点E的运动轨迹为一条直线过点F作FE′⊥EC于点E′则当点E运动到点E′时此时EF的长度最短∵BD=CD=BC=6DF⊥BC∵CF=12BC=3又∵FE′⊥EC∠BCE=30°∵FE′=12CF=32∵EF的最小值为32．11．(（1）证明：∵△ABC是等边三角形∵AB=BC∠ABC=60°．∵∠EBD=60°∵∠EBA+∠ABD=∠CBD+∠ABD即：∠ABE=∠CBD∵BD=BE∵△ABE≌△CBD（SAS）∵AE=CD．∵AC=AD+CD∵AC=AD+AE．（2）如图2 当点D在CA的延长线时∵∵DBE=∵ABC=60°∵∵DBE+∵ABD=∵ABC+∵ABD即∵ABE=∵CBD∵AB=BC BE=BD∵∵ABE∵△CBD（SAS）∵AE=CD=AC+AD∵AD=AE-AC；如图3 当点D在AC的延长线上时∵∵ABC=∵DBE=60°∵∵ABC-∵CBE=∵DBE-∵CBE即∵ABE=∵CBD∵AB=BC BD=BE∵△ABE∵△CBD（SAS）∵AE=CD=AD-AC∵AC=AD-AE；综上当点D在CA延长线时AD=AE-AC；当点D在AC的延长线上时AC=AC-AE；（3）解：由（2）得∵ABE∵∵CBD∵CD=AE=4 ∵BAE=∵BCD=180°-∵ACB=120°∵AD=AC+CD=6+4=10 ∵CAE=∵BAE-∵BAC=60°∵∵CAE=∵ACB∵AE∵BC∵∵AKE∵∵CKB∵AK CK =AEBC=46∵AK =23CK又∵AK +CK =AC =BC =6∵53 CK =6∵CK =185∵DK =CK +CD =185+4=385．12．解：（1）∵AB ⊥AD,BC ⊥CD,∵∠A =∠C ,在△ABE 与△CBF 中{AB =BC ∠A =∠C AE =CF ∵△ABE ≅△CBF(SAS),∵∠ABE =∠CBF,BE =BF,∵∠ABC =120°,∠MBN =60°,∵∠ABE =∠CBF =30°,∵AE =12BE,CF =12BF,∵∠MBN =60°，BE =BF∵△BEF 为等边三角形∵BE =BF =EF,∵AE =CF =12EF,∵AE +CF =EF;（2）如图将Rt △ABE 顺时针旋转120°得△BCG∵BE=BG,AE=CG,∠A=∠BCG,∵AB=BC,∠ABC=120°,∵点A与点C重合∵∠A=∠BCF=90°,∵∠BCG+∠BCF=180°,∵点G、C、F三点共线∵∠ABC=120°,∠MBN=60°,∠ABE=∠CBG,∵∠GBF=60°,在△GBF与△EBF中{BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF∵△GBF≅△EBF(SAS),∵FG=EF,∵EF=AE+CF；（3）不成立EF=AE−CF理由如下：如图将RtΔABE顺时针旋转120° 得ΔBCG∵AE=CG由（2）同理得点C、F、G三点共线∵AB=BC,∠ABC=120°,∵点A与点C重合∵BG=BE,∵∠ABC=∠ABE+∠CBE=120°,∵∠CBG+∠CBE=∠GBE=120°,∵∠MBN=60°,∵∠GBF=60°,在ΔBFG与ΔBFE中{BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF∵△BFG≅△BFE(SAS)∵GF=EF,∵EF=AE−CF.13．（1）解：如图：过点A作BC的垂线交BC于点M∵α=∠BAC=90°∴∠FAB=∠EAC在△FAB和△EAC{FA=EA ∠FAB=∠EAC BA=CA∴△FAB≅△EAC(SAS)∴FB=CE又∵BF=3BC=8∴BE=BC−CE=8−3=5又∵∠BAC=90°AB=AC ∴AM=12BC=4∴S△ABE=12BE×AM=12×5×4=10．（2）解：在BH上截取BP=CE连接CP∵α=2∠BAC=120°∵∠BAC=60°∵AB=AC∵△ABC是等边三角形∵∠B=∠ACB=60°BC=AC 在△CBP和△ACE中{BP=CE∠B=∠ACB=60°BC=AC∴△CBP≅△ACE∴CP=AE=AF∠BPC=∠AEC=60°+∠BAE ∴∠APC=180°−(∠BAE+60°)∵∠FAB=120°−∠BAE∴∠APC=∠FAB在△AHF和△CPH中{∠APC=∠FAB ∠AHF=∠PHC CP=AF∵△AHF≅△PHC(AAS)∴AH=PH∵BP=CE∴AB=BC=AD=AH+PH+CE=2AH+CE．（3）解：如图：∵3CE=BC=9∵CE=3BE=BC−CE=6,连接EH由（2）可知∠BAC=∠ABC=60°∵△BHE是等边三角形∵∠BEH=60°，BE=HE∵将线段EP绕着点E顺时针旋转60°得到线段EP1∵PE=P1E∠PEP1=60°即∠HEP1=∠BEP,在△BPE和△HEP1中{PE=P1E∠HEP1=∠BEPBE=HE,∵△BEP≅△HEP1(SAS),∵∠B=∠EHP1=60°,∵∠BEH=60°∵∠BEH=∠EHP1=60°,∵HP1∥BC点P1的轨迹为过点H且平行BC的直线过H作HP1∥BC其延长线角CD于M过C作CQ⊥BP1于Q由点到直线的距离垂线段最短可知：当CQ⊥MH时即CQ有最小值∵BH∥CM，BC∥HM∵四边形BHMC是平行四边形∵CM=BH=6∠HMC=∠B=60°∵∠QCM=30°∵MQ=12CM=3∵CQ=√CM2−MQ2=3√3∵边形BHQE的面积为BE⋅CQ=6×3√3=18√3．14．（1）解：∵AD顺时针旋转30°至AP∵AD=AP∠PAD=30°∵∠APD=12(180°−30°)=75°∵四边形ABCD为正方形∵AB=AD=AP∠BAD=90°∵∠BAP=90°−30°=60°∵∠BPA=12(180°−60°)=60°∵∠BPD=60°+75°=135°．（2）∵AD顺时针旋转α至AP ∵AD=AP∠PAD=α∵∠APD=12(180°−α)=90°−α2∵四边形ABCD为正方形∵AB=AD=AP∠BAD=90°∵∠BAP=90°−α∵∠BPA=12[180°−(90−α)]=45°+α2∵∠BPD=(90°−α2)+(45°+α2)=135°．（3）①当0°<α<90°时∵AD逆时针旋转α至AP∵AD=AP∠PAD=α∵∠APD=12(180°−α)=90°−α2∵四边形ABCD为正方形∵AB=AD=AP∠BAD=90°∵∠BAP=90°+α∵∠BPA=12[180°−(90+α)]=45°−α2∵∠BPD=(90°−α2)−(45°−α2)=45°．②当α=90°时∵AD逆时针旋转90°至AP∵AD=AP∠PAD=90°∵四边形ABCD为正方形∵AB=AD=AP∠BAD=90°∵∠BAP=90°+90°=180°即点P、A、B三点共线∵∠BPD=∠APD=12(180°−90°)=45°．③当90°<α<180°时∵AD逆时针旋转α至AP∵AD=AP∠PAD=α∵∠APD=12(180°−α)=90°−α2∵四边形ABCD为正方形∵AB=AD=AP∠BAD=90°∵∠BAP=360°−90°+α=270°−α∵∠BPA=12[180°−(270°−α)]=α2−45°∵∠BPD=(90°−α2)+(α2−45°)=45°．15．（1）证明：如图1：∵四边形ABCD是正方形∴AD=AB∠DAC=∠BAC∵BE=DF ∴AD+DF=AB+BE即AF=AE∴AC⊥EF.（2）解：FH2+GE2=HG2理由如下：如图2过A作AK⊥AC截取AK=AH连接GK、EK∵∠CAB=45°∴∠CAB=∠KAB=45°∵AG=AG∴△AGH≅△AGK(SAS)∴GH=GK由旋转得：∠FAE=90°AF=AE∵∠HAK=90°∴∠FAH=∠KAE∴△AFH≅△AEK(SAS)∴∠AEK=∠AFH=45°FH=EK∵∠AEH=45°∴∠KEG=45°+45°=90°Rt△GKE中KG2=EG2+EK2即：FH2+GE2=HG2．（3）解：如图3∵AD=AB∠DAF=∠BAE AE=AF∴△DAF≅△BAE(SAS)∴∠DFA=∠BEA∵∠PNF=∠ANE∴∠FPE=∠FAE=90°∴将△AEF绕点A旋转一周总存在直线EB与直线DF垂直∴点P的运动路径是：以BD为直径的圆如图4当P与C重合时PC最小PC=0当P与A重合时PC最大为5√2．∴线段PC的取值范围是：0≤PC≤5√2．16．解：问题思考：设AQ和BC交于点H∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形∵∠ADC=∠EDG=90°DA=DC,DE=DG ∵∠ADC−∠EDC=∠EDG−∠EDC即∠ADE=∠CDG∵△DAE≌△DCG(SAS)∵AE=CG∠DAE=∠DCG∵∠DAB=∠DCB=90°∵∠DAE+∠HAB=∠DCG+∠PCH即∠BAH=∠PCH∵∠AHB=∠CHP∵∠B=∠CPA=90°即AE⊥CG故答案为：AE=GC AE⊥GC；问题类比：问题思考中的结论仍然成立理由如下：设AQ和BC交于点H∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形∵∠ADC=∠EDG=90°DA=DC,DE=DG ∵∠ADC−∠EDC=∠EDG−∠EDC即∠ADE=∠CDG∵△DAE≌△DCG(SAS)∵AE=CG∠DAE=∠DCG∵∠DAB=∠DCB=90°∵∠DAE+∠HAB=∠DCG+∠PCH即∠BAH=∠PCH∵∠AHB=∠CHP∵∠B=∠CPA=90°即AE⊥CG故答案为：AE=GC AE⊥GC；拓展应用：∵∠CPA=90°∵点P的运用轨迹即为以AC为直径的⊙O上如图：当点P位于AD右侧PH⊥AD且经过圆心O时动点P到边AD的距离最大∵正方形的边长为6∵AC=6√2OH=3∵OP=OC=12AC=3√2∵PH=OH+OP=3+3√2即动点P到边AD的最大距离为3+3√2故答案为：3+3√2．17．（1）解：如图1 ∵四边形BDFE是正方形∵FE=BE∠E=90°∵BF=√BE2+FE2=√2FE2=√2FE∵点F与点A重合AB=AC∵CF=AC=AB=BF FE=AE∵CF=√2AE故答案为：CF=√2AE；（2）无变化理由如下：证：如图2 ∵EB=EF∠BEF=90°∵∠EBF=∠EFB=45°BF=√EB2+EF2=√2EB2=√2EB∵AB=AC∠BAC=90°∵∠ABC=∠ACB=45°BC=√AB2+AC2=√2AB2=√2AB∵BF EB =BCAB=√2∠CBF=∠ABE=45°−∠ABF∵△CBF∽△ABE∵CF AE =BCAB=√2∵CF=√2AE；（3）如图2 E F C三点共线且点F在线段CE上∵BC=√2AB AB=AC=6∵BC=√2×6=6√2由（1）得BD=12BC∵BE=EF=BD=12×6√2=3√2∵∠BEC=90°∵CE=√BC2−BE2=√(6√2)2−(3√2)2=3√6∵CF=CE−EF=3√6−3√2∵CF=√2AE∵AE=√22CF=√22×(3√6−3√2)=3√3−3；如图3 E F C三点共线且点F在线段CE的延长线上∵BF EB =BCAB=√2∠CBF=∠ABE=45°+∠CBE∵△CBF∽△ABE∵CF AE =BCAB=√2∵CF=√2AE∵∠BEF=90°∵∠BEC=180°−∠BEF=90°∵CE=√BC2−BE2=√(6√2)2−(3√2)2=3√6∵CF=CE+EF=3√6+3√2∵AE=√22CF=√22×(3√6+3√2)=3√3+3综上所述线段AE的长为3√3−3或3√3+3．18．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形∵AB =AD ∠BAE +∠EAD =90°又∵四边形AEFG 是正方形∵AE =AG ∠EAD +∠DAG =90°∵∠BAE =∠DAG ．在△ABE 与△ADG 中{AB =AD,∠BAE =∠DAG AE =AG,∵△ABE ≅△ADG (SAS )∵BE =DG ；（2）解；过F 作FH ⊥BE 垂足为H∵∠AEF =∠ABE =∠EHF =90°∵∠AEB +∠FEH =90° ∠FEH +∠EFH =90°∵∠AEB =∠EFH∵四边形AEFG 是正方形∵AE =EF在△ABE 与△EHF 中{∠ABE =∠EHF ∠AEB =EFH AE =EF∵△ABE≌△EHF (AAS )∵AB =EH BE =FH∵AB =BC =EH∵BC +EC =EH +EC∵BE =CH =FH又∵∠EHF =90°∵∠FCE=45°（3）解：如图连接GB GE过点B作BH⊥AE于点H ∵GE是正方形AEFG的对角线∵∠AEG=45°∵∠EAB=45°∵AB∥GE∵S△BEG=S△AEG=12S正方形AEFG=12×4√2×4√2=16∵AB=2∵BH=AH=√2∵HE=4√2−√2=3√2在Rt△BHE中BE=√(√2)2+(3√2)2=2√5设点G到BE的距离为h∵S△BEG=12×BE×ℎ∵1 2×2√5×ℎ=16解得：ℎ=16√55∵点G到BE的距离为16√55．19．解：（1）EP=CP且EP⊥CP．证明：过PH⊥AB于点H延长HP交CD于点I作PK⊥AD于点K．则四边形PIDK是正方形四边形AKPH是矩形∴AK=HP KD=DI=PI=AH∵AD=CD∴IC=HP ∵AD∥PH∥EF P是DF的中点∴HA=HE∴HE=PI 在Rt△HPE和Rt△ICP中{HE=PI ∠PHE=∠CIP HP=IC∴Rt△HPE≌Rt△ICP(SAS)∴EP=CP∠HPE=∠PCI∠HEP=∠CPI∴∠HPE+∠CPI=90°∴∠EPC=90°∴EP⊥CP；（2）成立．证明：图2中作PH⊥BC则EF∥PH∥CD又∵P是DF的中点∴EH=CH 则PH是EC的中垂线∴PE=CP∵EF=EB∴EF+CD=EC ∵P是DF的中点EH=CH则PH=12(EF+CD)∴PH=12 EC∴△EPC是等腰直角三角形∴EP=CP且EP⊥CP；（3）图3中延长FE交DC延长线于M连MP．∵∠AEM=90°∠EBC=90°∠BCM=90°∴四边形BEMC是矩形．∴BE=CM∠EMC=90°由图（2）可知∵BD平分∠ABC∠ABC=90°∴∠EBF=45°又∵EF⊥AB∴△BEF为等腰直角三角形∴BE=EF∠F=45°．∴EF=CM．∵∠EMC=90°∴MP=12FD=FP．∵BC=EM BC=CD∴EM=CD．∵EF=CM∴EF+EM=CM+DC 即FM=DM又∵FP=DP∠CMP=12∠EMC=45°∴∠F=∠PMC．在△PFE和△PMC中{FP=MP ∠F=∠PMC EF=CM∴△PFE≌△PMC(SAS)．∴EP=CP∠FPE=∠MPC．∵∠FMC=90°MF=MD FP=DP∴MP⊥FD∴∠FPE+∠EPM=90°∴∠MPC+∠EPM=90°即∠EPC=90°∴EP⊥CP．20．（1）解∵ ∵AEF是等腰三角形理由如下∵∵四边形ABCD是正方形∵AB=AD=BC=CD∵BAD=∵B=∵D=90°∵∵ABC∵ADC都是等腰三角形∵∵BAC=∵DAC=45°根据题意得∵∵BAE=∵CAE=22.5° ∵DAF=∵CAF=22.5°(∠BAC+∠DAC)=45°∵BAE=∵DAF=22.5°∵∠EAF=12∵∵B=∵D=90° AB=AD∵∵BAE∵∵DAF（ASA）∵AE=AF∵∵AEF是等腰三角形；（2）解∵ PQ=BP+DQ理由如下∵如图延长CB到T使得BT=DQ．∵AD=AB∵ADQ=∵ABT=90° DQ=BT∵∵ADQ∵∵ABT（SAS）∵AT=AQ∵DAQ=∵BAT由（1）得∵∵P AQ=45°∵∵P AT=∵BAP+∵BAT=∵BAP+∵DAQ=45°∵∵P AT=∵P AQ=45°∵AP=AP∵∵P AT∵∵P AQ（SAS）∵PQ=PT∵PT=PB+BT=PB+DQ∵PQ=BP+DQ；（3）解：如图将∵ADN绕点A顺时针旋转90°得到∵ABR连接RM．∵∵BAD=90° ∵MAN=45°∵∵DAN+∵BAM=45°∵∵DAN=∵BAR∵∵BAM+∵BAR=45°∵∵MAR=∵MAN=45°∵AR=AN AM=AM∵∵AMR∵∵AMN(SAS)∵ RM=MN∵∵D=∵ABR=∵ABD=45°∵∵RBM=90°∵RM2=BR2+BM2∵ DN=BR MN=RM∵BM2+DN2=MN2．∵BM=7DN=24∵MN=√72+242=25．。

2018年数学中考图形变换精品

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。

2018中考数学压轴题探究专题：图形变换综合探究专题

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年中考数学专题大讲堂第七讲几何变换之翻折探究(Word含答案)-文档资料

几何变换之翻折探究思考与解决几何图形的问题，主要是借助基本图形的性质（定义，定理等）和图形之间的关系．许多基本图形的性质都源于这个图形本身的“变换特征”，而最为重要和最为常用的图形关系“全等三角形”很多的情况也是同样具有“变换”形式的联系．本来两个三角形全等是指它们的形状和大小都一样，和相互间的位置没有直接关系，但是，在同一个问题中涉及到的两个全等三角形，绝大多数都有一定的位置关系，或成轴对称关系，或成平移关系，或成旋转的关系（包括中心对称）．这样，在解决具体的几何图形问题时，图形本身所显示或暗示的“变换特征”，对我们识别出、构造出基本图形和图形关系（如全等三角形），有着极为重要的启发和引导的作用．图形的翻折问题本质上是轴对称问题，满足轴对称的性质，即：1. 折叠图形关于折痕对称2. 对应边、角相等3. 对应点的连线被折痕垂直平分我们解决翻折问题一般也是从以上性质出发解决的．先讲翻折题的三种常见方法【题目】（16 年秋锡山区期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形 ABCO 的边 OA 在 x 轴上，边 OC 在 y 轴上，点 B 的坐标为（1，3），将矩形沿对角线 AC 翻折，点 B 落在点 D 的位置，且 AD 交 y 轴于点 E ，那么点 D 的坐标为．法一：求．定．点．关．于．定．直．线．的．对．称．点．（万能方法）如答图 1，连 BD ，交 AC 于 G ，则△ABC ∽△AGB ∽△BFD ，∴BD ＝2BG ＝AB · 1 ·2＝3× 1 ×2＝ 6 ，DF ＝BD · 1 ＝110 × 6 ＝3，BF ＝3DF ＝9，10 10 10 1010 5 5 ∴D （－4，12）5 5 法二：由．直．角．翻．折．主．动．寻．求．K ．型．相．似．（特殊技巧）如答图 1，由∠ADC ＝90°⟹△ADN ∽△DCF ，相似比为 3：1，设 ON ＝CF ＝x ，则 DN ＝3x ，DF ＝3－3x ，由AN＝3DF 得x＋1＝3（3－3x），解得x＝4，∴D（－4，12）5 5 5法三：由．翻．折．主．动．寻．求．等．腰．三．角．形．（特殊技巧）如答图 2，延长 CD 交 x 轴于 H ，可得 CH ＝AH ，设 DH ＝y ，则 AH ＝y ，在 Rt △ADH 中用勾股定理可得 y ＝4 易得 DM ＝12，∴D （－4，12）5 5 5法四：由．翻．折．主．动．寻．求．等．腰．三．角．形．（特殊技巧）如答图 2，设 CE ＝AE ＝a ，则 OE ＝3－a ，在 Rt △AOE 中用勾股定理可得 a ＝5，3 由比例关系可得 OM ＝4，∴D （－4，12）5 5 5 【例题剖析】题型一：利用对应边相等，对应角相等例 1－1、（2019 年无锡）10．如图，Rt △ABC 中，∠ACB ＝90º，AC ＝3，BC ＝4，将边 AC 沿 CE 翻折，使点 A 落在 AB 上的点 D 处；再将边 BC 沿 CF 翻折，使点 B 落在 CD 的延长线上的点 B′处，两条折痕与斜边 AB 分别交于点 E 、F ，则线段 B′F 的长为（） A 3 4 2 3． B ． C ． 5 3 D ． 2【解答】选 B〖点评〗本题的关键点在于发现并证明∠B′FB 是直角，由翻折可知∠A ＝∠ADC ＝∠B′DF ，∠A ＋∠B ＝90°又∠B ＝∠B′========‹∠B′FB 是直角⟹△B ′DF 是“345”的三角形又由翻折可知 B ′C ＝BC ＝4，CD ＝AC ＝3，例1－2、（18 年4 月锡山区二模）17．如图，在△ABC 中，∠ACB＝90°，点D，E 分别在AC，BC 上，且∠CDE＝∠B，将△CDE 沿DE 折叠，点C 恰好落在AB 边上的点F 处．若AC＝8，AB＝10，则CD 的长为．【解答】CD＝258答图1 答图2 母子三角形〖点评〗本题的关键点在于发现并证明F 是AB 的中点，如答图，由翻折⟹CF⊥DE===== ‹∠1＝∠B 直角三角形斜边上的中线定理的逆命题∠1＝∠2====‹∠2＝∠B⟹CF＝BF======================‹F 是AB 中点本题也可以根据90 度翻折构造K 型相似来解决，如答图 2〖针对练习〗1、（18 年4 月宜兴一模）16．如图，在矩形ABCD 中，AB＝4，BC＝6，E 是BC 的中点，连结AE，将△ABE 沿AE 折叠，点B 落在点F 处，连结CF，则sin∠EFC＝．【解答】45例2－1、（18 年4 月宜兴一模）10．一张矩形纸片ABCD，其中AD＝8 cm，AB＝6 cm，先沿对角线BD 对折，点C 落在点C′的位置，BC′交AD 于点G（图1）；再折叠一次，使点D 与点A 重合，得折痕EN，EN 交AD 于点M（图2），则EM 的长为（）A．2 B．32 C． 2 D．76【解答】选D〖点评〗本题的关键点在于发现并利用△DEN 是等腰三角形，由翻折⟹∠CDB＝∠EDB，作高EHEN 是折痕⟹EN∥CD⟹∠END＝∠BDC⟹∠END＝∠EDN⟹EN＝ED===‹△DEN 是“556”的三角形例 2－2、（12 年南长区一模）已知正方形 ABCD 的边长为 6cm ，点 E 是射线 BC 上的一个动点，连接 AE 交射线 DC 于点 F ，将△ABE 沿直线 AE 翻折，点 B 落在点 B′处．（1）当BE ＝1 时，CF ＝ cm ；CE （2）当BE＝2 时，求 sin ∠DAB′的值； CE （3）略【解答】当 E 点在 BC 边上时，sin ∠DAB′＝ 5，当 E 点在 BC 的延长线上时，sin ∠DAB′ 13 ＝3， 5 〖点评〗本题三种方法都可以，方法一：如答图 1，构造等腰三角形 AGF ，再由勾股定理得到方程 x 2＋62＝（9－x ）2 解得 x ＝5，所以 sin ∠DAB′＝ 52 13方法二：如答图 2，△ABE ∽△AHB ∽△B′GB ，三边之比都为 2：3： 13，∴BH ＝ 3 BE ＝ 3 ×4＝ 12 ⟹BB′＝2BH ＝ 24 ⟹BG ＝ 2 BB′＝48 ⟹AG ＝30 ⟹sin ∠13 13 13 DAB′＝ 5 13 13 13 13 13方法三：如答图 3，构造相似三角形△AB′F ∽△B′EG ，且相似比为 3：2，可得方程组3x ＋2y ＝6 ，解得 x ＝10 13，所以 sin ∠DAB′＝ 53x 2＋ 3y 2＝36 y ＝24 13 13另一种情况类似，参考答图 4答图 1 答图 2 答图 3答图4例2－3、（17 年滨湖二模）18．如图，在Rt△ABC 中，∠C＝90°，AC＝3 cm，BC＝4 cm，点E 从C 点出发向终点B 运动，速度为1 cm/秒，运动时间为t 秒，作EF∥AB，点P 是点C 关于EF 的对称点，连结AP，当△AFP 恰好是直角三角形时，t 的值为．【解答】t＝25或78 8答图1 答图2〖点评〗本题的关键点在于CP 与折痕EF 垂直，也即与AB 垂直，在∠APE＝90°时，可得等腰三角形ABE。

浙江省中考数学第七单元图形的变换测试练习(新版)浙教版

单元测试(七)[范围:图形的变换限时:45分钟满分:100分]一、选择题(每题6分,共42分)1.以下图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是()图D7-12.图D7-2是一个由5个完整同样的小正方体构成的立体图形,它的俯视图是()图D7-3图D7-23.将图D7-4左边的平面图形绕轴l旋转一周,能够获得的立体图形是()图D7-41图D7-54.尺规作图要求:Ⅰ.过直线外一点作这条直线的垂线;Ⅱ.作线段的垂直均分线;Ⅲ.过直线上一点作这条直线的垂线;Ⅳ.作角的均分线.图D7-6是按上述要求排乱次序的尺规作图:图D7-6则正确的配对是( )A.①—Ⅳ,②—Ⅱ,③—Ⅰ,④—ⅢB.①—Ⅳ,②—Ⅲ,③—Ⅱ,④—ⅠC.①—Ⅱ,②—Ⅳ,③—Ⅲ,④—ⅠD.①—Ⅳ,②—Ⅰ,③—Ⅱ,④—Ⅲ5.图D7-7是某圆锥的主视图和左视图,该圆锥的侧面积是( )图D7-7A.25πB.24πC.20πD.15π6.对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图D7-8所示,点O为对角线的交点 ,过点O折叠菱形,使B,B'两点重合,MN是折痕.若B'M=1,则CN的长为( )2图D7-8A.7B.6C.5D.47.由若干个完整同样的小正方体构成一个立体图形,它的左视图和俯视图如图 D7-9所示,则小正方体的个数不行能是( )图D7-9A.5B.6C.7D.8二、填空题(每题6分,共24分)8.如图D7-10,在平面直角坐标系中,A(4,0), B(0,3), 以点A为圆心,AB长为半径画弧,交x轴的负半轴于点C,则点C坐标为.图D7-10如图D711,在△中,按以下步骤作图:①分别以点和点为圆心,以大于的长为半径作弧,两弧订交于,两-ABC CACMN点;②作直线MN交BC于点D,连接AD.若AB=BD,AB=6,∠C=30°,则△ACD的面积为.3图D7-1110.如图D7-12,在矩形ABCD中,AB=2,BC=4,点E,F分别在BC,CD上,若AE= ,∠EAF=45°,则AF的长为 .图D7-1211.在Rt△ABC中,AB=1,∠A=60°,∠ABC=90°,如图D7-13所示,将Rt△ABC沿直线l无滑动地转动至Rt△DEF,则点B所经过的路径与直线l所围成的关闭图形的面积为.(结果不取近似值)图D7-13三、解答题(共34分)2(10分)如图D714,矩形中,,把矩形沿对角线所在直线折叠,使点落在点处,AE交于点,连接-ABCD AB>AD AC CD F DE.求证:△ADE≌△CED;求证:△DEF是等腰三角形.图D7-14413.(12分)求证:相像三角形对应边上的中线之比等于相像比.要求:(1)依据给出的△ABC及线段A'B',∠A'(∠A'=∠A),以线段A'B'为一边,在给出的图形上用尺规作出△A'B'C',使得△A'B'C'∽△ABC,不写作法,保存作图印迹;在已有的图形上画出一组对应中线,并据此写出已知、求证和证明过程.图D7-1514.(12分)如图D7-16,矩形ABCD中,AC=2AB,将矩形ABCD绕点A旋转获得矩形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'上取点F,使B'F=AB.5求证:AE=C'E;求∠FBB'的度数;已知AB=2,求BF的长.图D7-16参照答案1.C2.B3.D [分析]A 是由圆或半圆绕直径旋转一周获得的,故A错误;B是由矩形绕其一边旋转一周获得的,故B错误;C是由三角形绕一边上的高旋转一周获得的,故C错误;D是由直角梯形绕轴l旋转一周获得的,故D正确.4.D [分析] 依据不一样的作图方法能够一一对应.②的已知点在直线外 ,因此对应Ⅰ,④的已知点在直线上,因此对应Ⅲ.5.C [分析] 依据圆锥的主视图、左视图知,该圆锥的轴截面是一个底边长为8,高为3的等腰三角形(如图),则AB= =5,底面半径=4,底面周长=8π,∴侧面积=×8π×5=20π,应选C.6.D [分析]( 法一,清除法)连接AC,BD,∵菱形ABCD,AC=6,BD=8,∴CO=3,DO=4,CO⊥DO,∴CD=5,而CN<CD,∴CN<5,故排除A,B,C,应选D.6(法二,正确推导)可证△BMO ≌△DNO ,∴DN=BM,∵折叠,∴B'M=BM=1=DN,由法一知,CD=5,∴CN=4.7.A [分析] 此题考察的是由立方体组合成的不一样的组合体的视图 ,解题的重点是了解俯视图的第一行对应左视图的第一列,俯视图的第二行对应左视图的第二列 ,因此,在俯视图中,第一行起码有一个标明数字 2,最多有三个标明数字 2,第二行标明 1,因此小正方体的个数为 1+1+1+1+2=6或1+1+1+2+2=7,1+1+2+2+2=8,不行能是 5,应选A.8.(-1,0)99[分析]依题意的垂直均分线,因此∠30°,因此∠∠∠60°,又 ,因此△ABD.MN ACC=DAC= ADB=C+DAC= AB=BD 为等边三角形,∠BAD=60°,因此∠BAC=∠DAC+∠BAD=90°,由于AB=6, 因此AC=6,因此△ABC 的面积为×6×6 =18 .又BD=AD=DC,因此S △ACD =S △ABC =9 ,故应填9 .10. [分析]取AD,BC 的中点M,N,连接MN,由AD=4,AB=2,易得四边形ABNM 是正方形,连接 EH(此处忽视EF,免得影响),由∠45°,四边形是正方形,可知此处有典型的正方形内“半角模型”,故有由2,AE=HAE= ABNMEH=MH+BE.AB = 易知BE=1,因此EN=BN-BE=2-1=1,设MH=x,由M 是AD 中点,△AMH ∽△ADF 可知,DF=2MH=2x,HN=2-x,EH=MH+BE=x+1,在Rt222222=.△EHN 中有EN+HN=EH,故1 +(2-x)=(x+1),解得x=,故DF=,故AF=11. π+ [分析] 在Rt△ABC中,AB=1,∠A=60°,∴BC= ,∠BCB'=150°,∠B'A'E=120°.第一次转动的半径为,依据扇形面积公式S扇形BCB'= = ,第二次转动的半径为 1,故S扇形B'A'E= =,△ABC的面积为×1×= ,因此总面积为++ = + .712.证明:(1) ∵四边形ABCD是矩形,AD=BC,AB=CD.由折叠的性质可得:BC=CE,AB=AE,AD=CE,AE=CD.在△ADE和△CED中,∴△ADE≌△CED(SSS).由(1)得△ADE≌△CED,∴∠DEA=∠EDC,即∠DEF=∠EDF,EF=DF,∴△DEF是等腰三角形.13.解:(1) 如下图,△A'B'C'就是所求作的三角形.(2)已知:如图,△A'B'C'∽△,,,求证:=k.ABC===kA'D'=D'B'AD=DB证明:∵A'D'=D'B',AD=DB,∴A'D'=A'B',AD=AB,8==.∵△A'B'C'∽△ABC, ∴∠∠', =A=在△A'D'C'和△ADC中, = ,且∠A=∠A',∴△A'D'C'∽△ADC,==k.14.[分析](1) 依据直角三角形直角边和斜边的关系,求出角的度数;依据角之间关系 ,利用等角平等边即可得证.利用旋转前后对应角相等、对应边相等,从而获得等边三角形,从而求得角的度数,再利用三角形内角和是180°计算即可.(3)连接AF,过点A作AM⊥BF于点M.易求∠AFM和∠ABM的度数,而后利用三角函数求出BM和MF的长,再求出BF的长即可.解:(1)证明:∵四边形 ABCD是矩形,∴△ABC为直角三角形.又∵AC=2AB,cos∠BAC==,∴∠CAB=60°,∴∠ACB=∠DAC=30°,∠B'AC'=60°,∴∠C'AD=30°=∠AC'B',AE=C'E.(2)∵∠BAC=60°,又AB=AB',9∴△ABB'是等边三角形,BB'=AB,∠AB'B=60°.又∵∠AB'F=90°,∴∠BB'F=150°.B'F=AB=BB',∴∠B'BF=∠BFB'=15°.连接AF,过点A作AM⊥BF于点M.由(2)可知△AB'F是等腰直角三角形,△ABB'是等边三角形 . ∴∠AFB'=45°,∴∠AFM=30°,∠ABF=45°.在Rt△ABM中,AM=BM=AB·cos∠ABM=2× = .在Rt△AMF中,MF= = = .∴BF= + .1 0。

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难题突破专题七图形变换综合探究题图形的轴对称、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．类型1 平移变换问题1 两个三角板ABC，DEF按如图Z7－1所示的位置摆放，点B与点D重合，边AB与边DE在同一条直线上(假设图形中所有的点、线都在同一平面内)，其中，∠C＝∠DEF＝90°，∠ABC＝∠F＝30°，AC＝DE＝6 cm.现固定三角板DEF，将三角板ABC沿射线DE方向平移，当点C落在边EF上时停止运动．设三角板平移的距离为x(cm)，两个三角板重叠部分的面积为y(cm2)．(1)当点C落在边EF上时，x＝________cm；图Z7－1(2)求y关于x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；(3)设边BC的中点为点M，边DF的中点为点N，直接写出在三角板平移过程中，点M与点N之间距离的最小值．例题分层分析(1)当点C落在EF边上时记为C′，此时A点的对应点记为A′，根据锐角三角函数，可得A′E＝________ cm，所以x＝AA′＝AE－A′E＝______cm.(2)分类讨论：①当0≤x≤6时，根据三角形的面积公式可得答案；②当6＜x≤12时，根据面积的和差可得答案；③当12＜x≤15时，根据面积的和差可得答案．(3)根据点与直线上所有点的连线中垂线段最短，可得当NM⊥BD时，MN最小．根据线段的和差即可求得答案．类型2 折叠问题2 [2015·衢州] 如图Z7－2①，将矩形ABCD沿DE折叠使顶点A落在点A′处，然后将矩形展平，沿EF折叠使顶点A落在折痕DE上的点G处，再将矩形ABCD沿CE折叠，此时顶点B恰好落在DE上的点H处，如图②.(1)求证EG＝CH；(2)已知AF＝2，求AD和AB的长．图Z7－2例题分层分析(1)由折叠的性质及矩形的性质可知________＝________＝________，__________＝________，再根据四边形ABCD 是矩形，可得____________＝________，等量代换即可证明EG＝CH；(2)由折叠的性质可知∠ADE＝________°，∠FGE＝∠A＝90°，AF＝2，那么DG＝________，利用勾股定理求出DF＝________，于是可得AD＝AF＋DF＝________；再利用AAS证明△AEF≌△BCE，得到____________，于是AB＝AE＋BE＝________．解题方法点析折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．解决折叠问题要注意折叠前后对应点的位置；掌握辅助线的作法；折痕两边折叠部分是全等的；折叠的某点与所落位置之间线段被折痕垂直平分．类型3 旋转变换问题3 [2016·成都] 如图Z7－3①，△ABC中，∠ABC＝45°，AH⊥BC于点H，点D在AH上，且DH＝CH，连结BD.图Z7－3(1)求证：BD＝AC；(2)将△BHD绕点H旋转，得到△EHF(点B，D分别与点E，F对应)，连结AE.(ⅰ)如图②，当点F落在AC上时(F不与C重合)，若BC＝4，tan C＝3，求AE的长；(ⅱ)如图③，当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时，设射线CF与AE相交于点G，连结GH，试探究线段GH与EF之间满足的等量关系，并说明理由．例题分层分析(1)先判断出AH＝BH，再证明△BHD≌△AHC即可；(2)(ⅰ)在Rt△AHC中，tan C＝________＝3.由AH＝BH及BC＝4可求得AH＝________，CH＝________，过点H作HP⊥AE于P，然后根据△EHA∽△FHC，得到HP＝________AP，AE＝________AP，最后用勾股定理求解即可；(ⅱ)设AH与CG交于点Q.先判断出△AGQ∽△CHQ，得到________，然后判断出△AQC∽△GQH，最后用相似比求解即可．专题训练1．[2017·菏泽] 如图Z7－4，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连结AA′，若∠1＝25°，则∠BAA′的度数是( )A．55° B．60° C．65° D．70°图Z7－4 图Z7－52．[2017·舟山] 如图Z7－5，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(2，0)，B(1，1)．若平移点A到点C，使以点O，A，C，B为顶点的四边形是菱形，则正确的平移方法是( )A．向左平移1个单位，在向下平移1个单位B．向左平移(2－1)个单位，再向上平移1个单位C．向右平移(2－1)个单位，再向上平移1个单位D．向右平移1个单位，再向上平移1个单位3．[2016·聊城] 如图Z7－6，把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，若∠2＝40°，则图中∠1的度数为( )A．115° B．120° C．130° D．140°图Z7－6 图Z7－74．[2016·温州] 如图Z7－7，一张三角形纸片ABC，其中∠C＝90°，AC＝4，BC＝3.现小林将纸片做三次折叠：第一次使点A落在C处，将纸片展平做第二次折叠，使点B落在C处，再将纸片展平做第三次折叠，使点A落在B处．这三次折叠的折痕长依次记为a，b，c，则a，b，c的大小关系是( )A．c>a>b B．b>a>c C．c>b>a D．b>c>a5．[2017·贵港] 如图Z7－8，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，连结PM.若BC＝2，∠BAC＝30°，则线段PM的最大值是( )图Z7－8A．4 B．3 C．2 D．16．如图Z7－9，折叠矩形纸片ABCD，使B点落在AD上一点E处，折痕的两端点分别在AB，BC上(含端点)，且AB ＝6，BC＝10.设AE＝x，则x的取值范围是________．图Z7－97．[2017·武汉] 如图Z7－10，在△ABC中，AB＝AC＝23，∠BAC＝120°，点D，E都在边BC上，∠DAE＝60°.若BD＝2CE，则DE的长为________．图Z7－108．如图Z7－11，是两块完全一样的含30°角的三角板，分别记作△ABC和△A1B1C1，现将两块三角板重叠在一起，设较长直角边的中点为M，绕中点M转动上面的三角板ABC，使其直角顶点C恰好落在三角板A1B1C1的斜边A1B1上．当∠A＝30°，AC＝10时，两直角顶点C，C1的距离是________．图Z7－11 图Z7－129．[2017·德阳] 如图Z7－12，将△ABC沿BC翻折得到△DBC，再将△DBC绕点C逆时针旋转60°得到△FEC，延长BD交EF于H，已知∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，AC＝1，则四边形CDHF的面积为________．10．[2017·舟山] 一副含30°和45°角的三角板ABC和DEF叠合在一起，边BC与EF重合，BC＝EF＝12 cm(如图Z7－13①)，点G为边BC(EF)的中点，边FD与AB相交于点H，现将三角板DEF绕点G按顺时针方向旋转(如图Z7－13②)，在∠CGF从0°到60°的变化过程中，观察点H的位置变化，点H相应移动的路径长共为________．(结果保留根号)图Z7－1311．[2017·自贡] 如图Z7－14①，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A(－1，0)，点B(0，3)．(1)求∠BAO的度数．(2)如图①，将△AOB绕点O顺时针旋转得△A′OB′，当点A′恰好落在AB边上时，设△AB′O的面积为S1，△BA′O的面积为S2，S1与S2有何关系？为什么？(3)若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图Z7－14②所示的位置，S1与S2的关系发生变化了吗？证明你的判断．图Z7－1412．[2017·赤峰] △OPA和△OQB分别是以OP，OQ为直角边的等腰直角三角形，点C，D，E分别是OA，OB，AB 的中点．(1)当∠AOB＝90°时，如图Z7－15①，连结PE，QE，直接写出EP与EQ的大小关系；(2)将△OQB绕点O逆时针方向旋转，当∠AOB是锐角时，如图Z7－15②，(1)中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请加以说明．(3)仍将△OQB绕点O旋转，当∠AOB为钝角时，延长PC，QD交于点G，使△ABG为等边三角形，如图Z7－15③，求∠AOB的度数．图Z7－15参考答案类型1 平移变换问题例1 【例题分层分析】 (1)3 15解：(1)在Rt △ABC 中，∠ABC ＝30°，则∠BAC ＝60°，AB ＝2AC ＝12cm ，BC ＝6 3cm.如图①，当点C 在EF 上时，∠C ′A ′E ＝60°，则A ′E ＝12A ′C ′＝3 cm ，所以AA ′＝AE －A ′E ＝15 cm.故x ＝15 cm.(2)如图②，当0≤x ≤6时，BD ＝x ，DG ＝12x ，则BG ＝32x ，所以y ＝12DG ·BG ＝38x 2.如图③，当6<x ≤12时，BD ＝x ，BE ＝x －6，则DG ＝12x ，BG ＝32x ，EH ＝33(x －6)，所以y ＝12DG ·BG －12EH ·BE ＝38x 2－36(x －6)2＝－324x 2＋2 3x －6 3.如图④，当12<x ≤15时，BE ＝x －6，则EH ＝33(x －6)，则y ＝12AC ·BC －12EH ·BE ＝18 3－36(x －6)2＝－36x 2＋2 3x ＋12 3.(3)当NM ⊥BD 时，MN 最小．如图⑤，由题意可知DN ＝FN ＝12DF ＝6cm ，DP ＝12DN ＝3cm ，则PN ＝3 3cm.BM ＝CM ＝12BC ＝3 3cm ，则PM ＝323cm ，所以MN ＝PN －PM ＝323cm.故点M ，N 之间距离的最小值为32 3 cm.类型2 折叠问题例2 【例题分层分析】 (1)AE AD EG BC CH AD BC (2)452 22＋2 AF ＝BE 2 2＋2解：(1)证明：由折叠知AE ＝AD ＝EG ，BC ＝CH ， ∵四边形ABCD 是矩形， ∴AD ＝BC ，∴EG ＝CH .(2)∵∠ADE ＝45°，∠FGE ＝∠A ＝90°，AF ＝2， ∴DG ＝FG ＝2，DF ＝2， ∴AD ＝AF ＋DF ＝2＋2.由折叠知∠AEF ＝∠GEF ，∠BEC ＝∠HEC ， ∴∠GEF ＋∠HEC ＝90°，∠AEF ＋∠BEC ＝90°. ∵∠AEF ＋∠AFE ＝90°，∴∠BEC ＝∠AFE .在△AEF 与△BCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠AFE＝∠BEC，∠A ＝∠B＝90°，AE ＝BC ，∴△AEF ≌△BCE ，∴AF ＝BE ，∴AB ＝AE ＋BE ＝2＋2＋2＝2 2＋2. 类型3 旋转变换问题例3 【例题分层分析】(2)(ⅰ)AH CH 3 1 3 2 (ⅱ)AQ CQ ＝GQHQ解：(1)证明：在Rt △AHB 中，∠ABH ＝45°， ∴AH ＝BH .在△BHD 和△AHC 中，⎩⎪⎨⎪⎧BH ＝AH ，∠BHD ＝∠AHC＝90°，DH ＝CH ，∴△BHD ≌△AHC ，∴BD ＝AC . (2)(ⅰ)如图，在Rt △AHC 中， ∵tan C ＝3，∴AHCH ＝3.设CH ＝x ，则BH ＝AH ＝3x ， ∵BC ＝4，∴3x ＋x ＝4， ∴x ＝1， ∴AH ＝3，CH ＝1.由旋转知，∠EHF ＝∠BHD ＝∠AHC ＝90°，EH ＝AH ＝3，CH ＝DH ＝FH ＝1， ∴∠EHA ＝∠FHC ，EH AH ＝FHHC ＝1，∴△EHA ∽△FHC ，∴∠EAH ＝∠C ， ∴tan ∠EAH ＝tan C ＝3. 过点H 作HP ⊥AE 于点P ，则HP ＝3AP ，AE ＝2AP ，在Rt △AHP 中，AP 2＋HP 2＝AH 2， ∴AP 2＋(3AP )2＝9，∴AP ＝3 1010，∴AE ＝3 105.(ⅱ)EFHG ＝2.理由：设AH 与GC 交于点Q ，由旋转的性质可得△AEH 和△FHC 都为等腰三角形，且∠AHE ＝∠CHF ＝120°，∴∠GAH ＝∠HCG ＝30°. 又∵∠AQG ＝∠CQH ， ∴△AGQ ∽△CHQ ， ∴AQ CQ ＝GQ HQ ，∴AQ GQ ＝CQ HQ， ∵∠AQC ＝∠GQH ，∴△AQC ∽△GQH ， ∴EF HG ＝AC GH ＝AQ GQ ＝1sin 30°＝2. 专题训练1．C [解析] 根据旋转的性质可得AC ＝A ′C ，因为△ACA ′是等腰直角三角形，所以∠CA ′A ＝45°，所以∠CAB ＝∠CA ′B ′＝45°－25°＝20°，所以∠BAA ′＝20°＋45°＝65°.2．D [解析] 根据点A (2，0)，B (1，1)可得OA ＝2，OB ＝2，将点A 向右平移1个单位，再向上平移1个单位，可得AC ＝2，BC ＝2，利用“四边相等的四边形为菱形”，可得当点A 向右平移1个单位，再向上平移1个单位时，以点O ，A ，C ，B 为顶点的四边形是菱形．3．A [解析] ∵把一张矩形纸片ABCD 沿EF 折叠后，点A 落在CD 边上的点A ′处，点B 落在点B ′处， ∴∠BFE ＝∠EFB ′，∠B ′＝∠B ＝90°， ∵∠2＝40°，∴∠CFB ′＝50°， ∴∠1＋∠EFB ′－∠CFB ′＝180°，即∠1＋∠1－50°＝180°，解得∠1＝115°，故选A .4．D [解析] 第一次折叠如图①，折痕为DE ，由折叠得AE ＝EC ＝12AC ＝12×4＝2，DE ⊥AC ,∵∠ACB ＝90°，∴DE ∥BC ， ∴a ＝DE ＝12BC ＝12×3＝32.第二次折叠如图②，折痕为MN ，由折叠得BN ＝NC ＝12BC ＝12×3＝32，MN ⊥BC ，∵∠ACB ＝90°，∴MN ∥AC ， ∴b ＝MN ＝12AC ＝12×4＝2.第三次折叠如图③，折痕为GH ，由勾股定理得AB ＝32＋42＝5，由折叠得AG ＝BG ＝12AB ＝12×5＝52，GH ⊥AB ，∴∠AGH ＝90°. ∵∠A ＝∠A ，∠AGH ＝∠ACB ，∴△ACB ∽△AGH ，∴AC AG ＝BC GH ，∴452＝3GH ，∴GH ＝158，即c ＝158. ∵2＞158＞32，∴b ＞c ＞a ，故选D.5．B 6.2≤x ≤6 7.3 3－3 8.5 9.33[解析] 考虑用割补法计算四边形CDHF 的面积，即S 四边形CDHF ＝S △CFE －S △DEH . ∵AC ＝1，∠ABC ＝30°，∴BC ＝2，AB ＝ 3.由翻折，得CD ＝AC ＝1，∠BDC ＝∠BAC ＝90°，∠DBC ＝∠CBA ＝30°. 由旋转，得∠E ＝∠DBC ＝30°，CE ＝BC ＝2，∴DE ＝CE －CD ＝1，DH ＝13，∴S △DHE ＝12×1×13＝36.又S △CFE ＝S △CAB ＝32，则S 四边形CDHF ＝S △CFE －S △DEH ＝33. 10．(12 3－18)cm11．解：(1)∵A (－1，0)，B (0，3)，∴AO ＝1，BO ＝3，∴tan ∠BAO ＝BO AO ＝31＝3， ∴∠BAO ＝60°.(2)S 1＝S 2.理由：根据旋转的性质可得AO ＝A ′O ，∠OA ′B ′＝60°. ∵∠BAO ＝60°，∴△AOA ′是等边三角形，∴∠AOA ′＝60°，∴∠AOA ′＝∠OA ′B ′，∴A ′B ′∥x 轴，∴A ′B ′⊥y 轴．如图，设A ′B ′与y 轴交于点C. 在Rt △A ′CO 中，A ′O ＝1，∠A ′OC ＝90°－60°＝30°，∴A ′C ＝12，CO ＝32.∴S 1＝12AO ·CO ＝12×1×32＝34，S 2＝12BO ·A ′C ＝12×3×12＝34， ∴S 1＝S 2.(3)关系没有变化．理由：如图，过点B ′作B ′D ⊥x 轴于D ，过点B 作BE ⊥OA ′于点E ，∴∠ODB ′＝∠OEB ＝90°.∵∠AOA ′＝∠BOB ′，∴∠BOE ＝∠B ′OD .又∵OB ＝OB ′，∴△OBE ≌△OB ′D ，∴BE ＝B ′D .又∵OA ＝OA ′，∴S 1＝S 2.12．解：(1)EP ＝EQ .连结OE .∵∠AOB ＝90°，E 是AB 的中点，∴OE ＝AE .又∵OP ＝AP ，∴PE 垂直平分OA ，∵C 为OA 的中点，∴点C 在PE 上．∵∠OPA ＝90°，∴∠OPE ＝12∠OPA ＝45°. 同理可证∠OQE ＝45°.∴EP ＝EQ .(2)成立．∵△OPA 为等腰直角三角形，点C 是OA 的中点， ∴OC ＝PC ，∠PCA ＝90°.∵点C ，D ，E 分别是OA ，OB ，AB 的中点，∴CE ∥OD ，OC ∥DE ，∴四边形ODEC 是平行四边形，∠ACE ＝∠AOD ＝∠EDB .∴OC ＝DE ，∴PC ＝DE .同理可证CE ＝DQ ，∠BDQ ＝90°.∴∠PCE ＝∠EDQ .∴△PCE ≌△EDQ .∴EP ＝EQ .(3)连结OG .∵△OPA 为等腰直角三角形，点C 是OA 的中点，∴OC ＝PC ，∠PCA ＝90°.∴PC 垂直平分OA .∵点G 在PC 上，∴AG ＝OG .同理可证点G 在QD 上，∴BG ＝OG .∴∠GAO ＝∠GOA ，∠GOB ＝∠GBO .∵△ABG 为等边三角形，∴∠AGB ＝60°.∵四边形AOBG 的内角和为360°，∠AOB ＝∠GOA ＋∠GOB ，∴∠AOB ＝12×(360°－60°)＝150°.。

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