2017中考数学试题及答案分类汇编：图形的变换(1)

2017年全国中考数学真题分类平移、旋转与轴对称解答题三、解答题1. (2017四川广安，24，8分)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，请在下图中画出你的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(有公共边或公共顶视为相连)(2)将选中的小正方形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，视为一种方案)思路分析：在正方形中先画一条直线作为图案的对称轴，然后围绕该直线进行设计． 解：答案不唯一，如：2. （2017山东枣庄19，8分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC 三个顶点的坐标分别是A （2，2），B （4，0），C （4，－4）．（1）请在图1中，画出△ABC 向左平移6个单位长度后得到的△111A B C ； （2）以点O 为位似中心，将△ABC 缩小为原来的12，得到△222A B C ，请在图2中y 轴的右侧画出△222A B C ，并求出∠222A C B 的正弦值．思路分析：（1）将A、B、C三点分别向左平移6个单位即可得到的△A1B1C1；（2）连接OA、OC，分别取OA、OB、OC的中点即可画出△A2B2C2，求出直线AC与OB的交点，求出∠ACB的正弦值即可解决问题．解：（1）请画出△ABC向左平移6个单位长度后得到的△A1B1C1，如图1所示，（2）以点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的12，得到△A2B2C2，请在y轴右侧画出△A2B2C2，如图2所示，∵A（2，2），C（4，－4），B（4，0），∴直线AC解析式为y＝－3x＋8，与x轴交于点D（83，0），∵∠CBD＝90°，∴CD ＝224BC 103BD +=， ∴sin ∠DCB ＝84101034103BD CD -==． ∵∠A 2C 2B 2＝∠ACB ， ∴sin ∠A 2C 2B 2＝sin ∠DCB ＝10． 3. （2017浙江金华，19，6分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC 各顶点的坐标分别为A (－2，－2)，B (－4，－1)，C (－4，－4)．(1)作出△ABC 关于原点O 成中心对称的△A 1B 1C 1．(2)作出点A 关于x 轴的对称点A ＇.若把点A ＇向右平移a 个单位长度后落在△A 1B 1C 1的内部（不包括顶点和边界），求a 的取值范围．思路分析：(1)根据关于原点对应点的坐标特征，对应点的横纵坐标互为相反数，得到A ，B ，C 关于原点的对应点A 1，B 1，C 1，连接对应线段得到所作图形；(2)根据点关于x 轴对称点的特征，横坐标不变，纵坐标变为相反数，即可确定点A ＇，点A ＇向右平移4各单位长度与点A 1重合，向右平移6个单位长度，在边B 1C 1上，再根据要求“不包括顶点和边界”，可确定a 的取值范围．解：（1）如图，△A 1B 1C 1就是所求作的图形． （2）A ＇如图所示. a 的取值范围是4<a <6．4.（2017安徽中考18．·8分）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。

浙江省2017年中考数学真题分类汇编图形的对称、平移与旋转一、单选题1、（2017•湖州）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标是（）A、B、C、D、2、（2017•湖州）在每个小正方形的边长为的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．从一个格点移动到与之相距的另一个格点的运动称为一次跳马变换．例如，在的正方形网格图形中（如图1），从点经过一次跳马变换可以到达点，，，等处．现有的正方形网格图形（如图2），则从该正方形的顶点经过跳马变换到达与其相对的顶点，最少需要跳马变换的次数是（）A、B、C、D、3、（2017•绍兴）一块竹条编织物，先将其按如图所示绕直线MN翻转180°，再将它按逆时针方向旋转90°，所得的竹条编织物是（）A、B、C、D、4、（2017•绍兴）矩形ABCD的两条对称轴为坐标轴，点A的坐标为（2,1）.一张透明纸上画有一个点和一条抛物线，平移透明纸，这个点与点A重合，此时抛物线的函数表达式为y=x2，再次平移透明纸，使这个点与点C重合，则该抛物线的函数表达式变为（）A、y=x2+8x+14B、y=x2-8x+14C、y=x2+4x+3D、y=x2-4x+35、（2017·嘉兴）一张矩形纸片，已知，，小明按所给图步骤折叠纸片，则线段长为（）A、B、C、D、6、（2017·嘉兴）如图，在平面直角坐标系中，已知点，．若平移点到点，使以点，，，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，再向下平移1个单位B、向左平移个单位，再向上平移1个单位C、向右平移个单位，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7、（2017·丽水）将函数y=x2的图象用下列方法平移后，所得的图象不经过点A（1,4）的方法是（）A、向左平移1个单位B、向右平移3个单位C、向上平移3个单位D、向下平移1个单位8、（2017·台州）如图，矩形EFGH四个顶点分别在菱形ABCD的四条边上，BE=BF，将△AEH，△CFG分别沿边EH，FG折叠，当重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的时，则为（）A、B、2C、D、49、（2017·衢州）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于（）A、B、C、D、二、填空题10、（2017•温州）如图，矩形OABC的边OA，OC分别在x轴、y轴上，点B在第一象限，点D在边BC上，且∠AOD=30°，四边形OA′B′D与四边形OABD关于直线OD对称（点A′和A，B′和B分别对应）．若AB=1，反比例函数y= （k≠0）的图象恰好经过点A′，B，则k的值为________．11、（2017•舟山）一副含和角的三角板和叠合在一起，边与重合，（如图1），点为边的中点，边与相交于点．现将三角板绕点按顺时针方向旋转（如图2），在从到的变化过程中，点相应移动的路径长为________．（结果保留根号）12、（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________．13、（2017•宁波）已知△ABC的三个顶点为A ，B ，C ，将△ABC向右平移m（）个单位后，△ABC某一边的中点恰好落在反比例函数的图象上，则m的值为________.14、（2017·衢州）如图，正△ABO的边长为2，O为坐标原点，A在轴上，B在第二象限。

专题04 图形的变换一、选择题1．（2017四川省南充市）如图由7个小正方体组合而成的几何体，它的主视图是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A ．考点：简单组合体的三视图． 二、填空题2．（2017四川省南充市）如图，正方形ABCD 和正方形CEFG 边长分别为a 和b ，正方形CEFG 绕点C 旋转，给出下列结论：①BE =DG ；②BE ⊥DG ；③222222DE BG a b +=+，其中正确结论是 （填序号）【答案】①②③． 【解析】试题分析：设BE ，DG 交于O ，∵四边形ABCD 和EFGC 都为正方形，∴BC =CD ，CE =CG ，∠BCD =∠ECG =90°，∴∠BCE +∠DCE =∠ECG +∠DCE =90°+∠DCE ，即∠BCE =∠DCG ，在△BCE 和△DCG 中，∵BC =DC ，∠BCE =∠DCG ，CE =CG ，∴△BCE ≌△DCG （SAS ），∴BE =DG ，∴∠1=∠2，∵∠1+∠4=∠3+∠1=90°，∴∠2+∠3=90°，∴∠BOC =90°，∴BE ⊥DG ；故①②正确；连接BD ，EG ，如图所示，∴DO 2+BO 2=BD 2=BC 2+CD 2=2a 2，EO 2+OG 2=EG 2=CG 2+CE 2=b 2，则BG 2+DE 2=DO 2+BO 2+EO 2+OG 2=2a 2+b 2，故③正确．故答案为：①②③．考点：1．旋转的性质；2．全等三角形的判定与性质；3．正方形的性质．三、解答题3．（2017四川省广安市）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式为相连）（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反折、平移、旋转后能够重合，均视为一种方案）【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析．【解析】试题分析：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．试题解析：如图．．考点：1．利用旋转设计图案；2．利用轴对称设计图案；3．利用平移设计图案．4．（2017四川省眉山市）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．【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）P（0，2）．【解析】试题分析：（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B2交y轴于点P，则P点即为所求．试题解析：（1）如图所示；（2）如图，即为所求；（3）作点C关于y轴的对称点C′，连接B1C′交y轴于点P，则点P即为所求．设直线B1C′的解析式为y=kx+b（k≠0），∵B1（﹣2，-2），C′（1，4），∴224k bk b-+=-⎧⎨+=⎩，解得：22kb=⎧⎨=⎩，∴直线AB2的解析式为：y=2x+2，∴当x=0时，y=2，∴P（0，2）．考点：1．作图﹣轴对称变换；2．勾股定理；3．轴对称﹣最短路线问题；4．最值问题．5．（2017山东省枣庄市）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别是A（2，2），B（4，0），C（4，﹣4）．（1）请在图中，画出△ABC向左平移6个单位长度后得到的△A1B1C1；（2）以点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的12，得到△A2B2C2，请在图中y轴右侧，画出△A2B2C2，并求出∠A2C2B2的正弦值．【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析，sin∠A2C2B2．【解析】试题分析：（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；（2）利用位似图形的性质得出对应点位置，再利用锐角三角三角函数关系得出答案．试题解析：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求，由图形可知，∠A2C2B2=∠ACB，过点A作AD⊥BC交BC的延长线于点D，由A （2，2），C （4，﹣4），B （4，0），易得D （4，2），故AD =2，CD =6，AC ，∴sin ∠ACB =ADAC =10，即sin ∠A 2C 2B 2=10．考点：1．作图﹣位似变换；2．作图﹣平移变换；3．解直角三角形．6．（2017广西四市）如图，在平面直角坐标系中，△ABC 的三个顶点分别为A （﹣1，﹣2），B （﹣2，﹣4），C （﹣4，﹣1）．（1）把△ABC 向上平移3个单位后得到△A 1B 1C 1，请画出△A 1B 1C 1并写出点B 1的坐标；（2）已知点A 与点A 2（2，1）关于直线l 成轴对称，请画出直线l 及△ABC 关于直线l 对称的△A 2B 2C 2，并直接写出直线l 的函数解析式．【答案】（1）作图见解析；（2）y =﹣x ． 【解析】试题分析：（1）根据图形平移的性质画出△A 1B 1C 1并写出点B 1的坐标即可； （2）连接AA 2，作线段AA 2的垂线l ，再作△ABC 关于直线l 对称的△A 2B 2C 2即可． 试题解析：（1）如图，△A 1B 1C 1即为所求，B 1（﹣2，﹣1）；（2）如图，△A2B2C2即为所求，直线l的函数解析式为y=﹣x．考点：1．作图﹣轴对称变换；2．待定系数法求一次函数解析式；3．作图﹣平移变换．7．（2017江苏省连云港市）如图，在平面直角坐标系xOy中，过点A（﹣2，0）的直线交y轴正半轴于点B，将直线AB绕着点顺时针旋转90°后，分别与x轴、y轴交于点D．C．（1）若OB=4，求直线AB的函数关系式；（2）连接BD，若△ABD的面积是5，求点B的运动路径长．【答案】（1）y=2x+4；（2．【解析】试题分析：（1）依题意求出点B坐标，然后用待定系数法求解析式；（2）设OB=m，则AD=m+2，根据三角形面积公式得到关于m的方程，解方程求得m的值，然后根据弧长公式即可求得．试题解析：（1）∵OB=4，∴B（0，4）．∵A（﹣2，0），设直线AB的解析式为y=kx+b，则420bk bì=ïí-+=ïî，解得24kbì=ïí=ïî，∴直线AB的解析式为y=2x+4；（2）设OB =m ，则AD =m +2，∵△ABD 的面积是5，∴12AD •OB =5，∴12（m +2）•m =5，即22100m m +-= ，解得1m =-1m =--，∵∠BOD =90°，∴点B 的运动路径长为：(1214p 创-=． 考点：1．一次函数图象与几何变换；2．轨迹；3．弧长的计算．8．（2017河北省）如图，AB =16，O 为AB 中点，点C 在线段OB 上（不与点O ，B 重合），将OC 绕点O 逆时针旋转270°后得到扇形COD ，AP ，BQ 分别切优弧CD 于点P ，Q ，且点P ，Q 在AB 异侧，连接OP ． （1）求证：AP =BQ ；（2）当BQ =QD 的长（结果保留π）；（3）若△APO 的外心在扇形COD 的内部，求OC 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）143π；（3）4＜OC ＜8． 【解析】试题分析：（1）连接OQ ．只要证明Rt △APO ≌Rt △BQO 即可解决问题； （2）求出优弧DQ 的圆心角以及半径即可解决问题；（3）由△APO 的外心是OA 的中点，OA =8，推出△APO 的外心在扇形COD 的内部时，OC 的取值范围为4＜OC ＜8；试题解析：（1）证明：连接OQ ．∵AP 、BQ 是⊙O 的切线，∴OP ⊥AP ，OQ ⊥BQ ，∴∠APO =∠BQO =90°，在Rt △APO 和Rt △BQO 中，∵OA =OB ，OP =OQ ，∴Rt △APO ≌Rt △BQO ，∴AP =BQ ；（2）∵Rt △APO ≌Rt △BQO ，∴∠AOP =∠BOQ ，∴P 、O 、Q 三点共线，∵在Rt △BOQ 中，cos B =QB OB ==∴∠B =30°，∠BOQ =60°，∴OQ =12OB =4，∵∠COD =90°，∴∠QOD =90°+60°=150°，∴优弧QD 的长=2104180π⨯=143π； （3）∵△APO 的外心是OA 的中点，OA =8，∴△APO 的外心在扇形COD 的内部时，OC 的取值范围为4＜OC ＜8．考点：1．切线的性质；2．弧长的计算；3．旋转的性质．9．（2017湖北省襄阳市）如图，在△ABC 中，∠ACB =90°，CD 是中线，AC =BC ，一个以点D 为顶点的45°角绕点D 旋转，使角的两边分别与AC 、BC 的延长线相交，交点分别为点E ，F ，DF 与AC 交于点M ，DE 与BC 交于点N ．（1）如图1，若CE =CF ，求证：DE =DF ； （2）如图2，在∠EDF 绕点D 旋转的过程中：①探究三条线段AB ，CE ，CF 之间的数量关系，并说明理由； ②若CE =4，CF =2，求DN 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）①AB 2=4CE •CF ． 【解析】试题分析：（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD =∠ACD =45°，∠BCE =∠ACF =90°，于是得到∠DCE =∠DCF =135°，根据全等三角形的性质即可的结论； （2）①证得△CDF ∽△CED ，根据相似三角形的性质得到CD CF CE CD=，即CD 2=CE •CF ，根据等腰直角三角形的性质得到CD =12AB ，于是得到AB 2=4CE •CF ；②如图，过D 作DG ⊥BC 于G ，于是得到∠DGN =∠ECN =90°，CG=DG，当CE=4，CF=2时，求得CD=推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到CN CEGN DG=2，根据勾股定理即可得到结论．试题解析：（1）证明：∵∠ACB=90°，AC=BC，AD=BD，∴∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，∴∠DCE=∠DCF=135°，在△DCE与△DCF中，∵CE=CF，∠DCE=∠DCF，CD=CD，∴△DCE≌△DCF，∴DE=DF；考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．和差倍分；4．综合题．10．（2017山东省济宁市）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．【答案】（1）∠MBN =30°；（2）MN =12BM ． 【解析】试题分析：（1）猜想：∠MBN =30°．只要证明△ABN 是等边三角形即可；（2）结论：MN =12BM ． 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 =12∠OMN =30°=∠B ，∠MOP =∠MNP =90°，∴∠BOP =∠MOP =90°，∵OP =OP ，∴△MOP ≌△BOP ，∴MO =BO =12BM ，∴MN =12BM ．考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．矩形的性质；3．剪纸问题．11．（2017广西四市）如图，已知抛物线a ax ax y 9322--=与坐标轴交于A ，B ，C 三点，其中C （0，3），∠BAC 的平分线AE 交y 轴于点D ，交BC 于点E ，过点D 的直线l 与射线AC ，AB 分别交于点M ，N ． （1）直接写出a 的值、点A 的坐标及抛物线的对称轴；（2）点P 为抛物线的对称轴上一动点，若△PAD 为等腰三角形，求出点P 的坐标；（3）证明：当直线l 绕点D 旋转时，ANAM 11+均为定值，并求出该定值．【答案】（1）a =13-，A 0），抛物线的对称轴为x ；（2）点P ，2，04）；（3）2． 【解析】试题分析：（1）由点C 的坐标为（0，3），可知﹣9a =3，故此可求得a 的值，然后令y =0得到关于x 的方程，解关于x 的方程可得到点A 和点B 的坐标，最后利用抛物线的对称性可确定出抛物线的对称轴；（3）设直线MN 的解析式为y =kx +1，接下来求得点M 和点N 的横坐标，于是可得到AN 的长，然后利用特殊锐角三角函数值可求得AM 的长，最后将AM 和AN 的长代入化简即可． 试题解析：（1）∵C （0，3），∴﹣9a =3，解得：a =13-．令y =0得：290ax a --=，∵a ≠0，∴290x --=，解得：x =x =A 的0），B （0），∴抛物线的对称轴为x（2）∵OA OC =3，∴tan ∠CAO CAO =60°．∵AE 为∠BAC 的平分线，∴∠DAO =30°，∴DO AO =1，∴点D 的坐标为（0，1）．设点P a ）．依据两点间的距离公式可知：AD 2=4，AP 2=12+a 2，DP 2=3+（a ﹣1）2． 当AD =PA 时，4=12+a 2，方程无解．当AD =DP 时，4=3+（a ﹣1）2，解得a =2或a =0，∴点P 20）． 当AP =DP 时，12+a 2=3+（a ﹣1）2，解得a =﹣4，∴点P 的坐标为（，﹣4）．综上所述，点P 20，﹣4）．（3）设直线AC 的解析式为y =mx +3，将点A 的坐标代入得：30+=，解得：m ，∴直线AC 的解析式为3y =+．设直线MN 的解析式为y =kx +1．把y =0代入y =kx +1得：kx +1=0，解得：x =1k -，∴点N 的坐标为（1k -，0），∴AN =1k-+1k -．将3y =+与y =kx +1联立解得：x，∴点M ．过点M 作MG ⊥x 轴，垂足为G ．则AG+．∵∠MAG =60°，∠AGM =90°，∴AM =2AG+，∴AN AM 11++考点：1．二次函数综合题；2．旋转的性质；3．定值问题；4．动点型；5．分类讨论；6．压轴题．12．（2017四川省南充市）如图1，已知二次函数2y ax bx c =++（a 、b 、c 为常数，a ≠0）的图象过点O（0，0）和点A （4，0），函数图象最低点M 的纵坐标为38-，直线l 的解析式为y =x ．（1）求二次函数的解析式；（2）直线l 沿x 轴向右平移，得直线l ′，l ′与线段OA 相交于点B ，与x 轴下方的抛物线相交于点C ，过点C 作CE ⊥x 轴于点E ，把△BCE 沿直线l ′折叠，当点E 恰好落在抛物线上点E ′时（图2），求直线l ′的解析式；（3）在（2）的条件下，l ′与y 轴交于点N ，把△BON 绕点O 逆时针旋转135°得到△B ′ON ′，P 为l ′上的动点，当△PB ′N ′为等腰三角形时，求符合条件的点P 的坐标．【答案】（1）22833y x x =-；（2）y =x ﹣3；（3）P 坐标为（0，﹣3）或（32+，32+）．【解析】试题分析：（1）由题意抛物线的顶点坐标为（2，38-），设抛物线的解析式为2(2)3y a x 8=--，把（0，0）代入得到a =23，即可解决问题；（3）分两种情形求解即可①当P 1与N 重合时，△P 1B ′N ′是等腰三角形，此时P 1（0，﹣3）．②当N ′=N ′B ′时，设P （m ，m ﹣3），列出方程解方程即可；试题解析：（1）由题意抛物线的顶点坐标为（2，38-），设抛物线的解析式为2(2)3y a x 8=--，把（0，0）代入得到a =23，∴抛物线的解析式为22(2)33y x 8=--，即22833y x x =-．（2）如图1中，设E （m ，0），则C （m ，22833m m -），B （221133m m -+，0），∵E ′在抛物线上，∴E 、B 关于对称轴对称，∴2211()332m m m +-+ =2，解得m =1或6（舍弃），∴B （3，0），C （1，﹣2），∴直线l ′的解析式为y =x ﹣3．（3）如图2中，①当P 1与N 重合时，△P 1B ′N ′是等腰三角形，此时P 1（0，﹣3）． ②当N ′=N ′B ′时，设P （m ，m ﹣3），则有222((3m m +-=，解得m或32+，∴P 2（32-，32-），P 3（32+，32+）．综上所述，满足条件的点P 坐标为（0，﹣3，．考点：1．二次函数综合题；2．几何变换综合题；3．分类讨论；4．压轴题．13．（2017四川省达州市）如图1，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边△OAB，点C为x 轴上一动点，且在点A右侧，连接BC，以BC为边在第一象限内作等边△BCD，连接AD交BC于E．（1）①直接回答：△OBC与△ABD全等吗？②试说明：无论点C如何移动，AD始终与OB平行；（2）当点C运动到使AC2=AE•AD时，如图2，经过O、B、C三点的抛物线为y1．试问：y1上是否存在动点P，使△BEP为直角三角形且BE为直角边？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由；（3）在（2）的条件下，将y1沿x轴翻折得y2，设y1与y2组成的图形为M，函数y=+的图象l 与M有公共点．试写出：l与M的公共点为3个时，m的取值．【答案】（1）①△OBC与△ABD全等；②证明见解析；（2）P（3）或（﹣2，-；（3）﹣4912≤m＜0．【解析】试题分析：（1）①利用等边三角形的性质证明△OBC≌△ABD；②证明∠OBA=∠BAD=60°，可得OB∥AD；（2）首先证明DE⊥BC，再求直线AE与抛物线的交点就是点P，所以分别求直线AE和抛物线y1的解析式组成方程组，求解即可；（3）先画出如图3，根据图形画出直线与图形M有个公共点时，两个边界的直线，上方到y=，将y=向下平移即可满足l与图形M有3个公共点，一直到直线l与y2相切为止，主要计算相切时，列方程组，确定△≥0时，m的值即可．试题解析：（1）①△OBC与△ABD全等，理由是：如图1，∵△OAB和△BCD是等边三角形，∴∠OBA=∠CBD=60°，OB=AB，BC=BD，∴∠OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC，即∠OBC=∠ABD，∴△OBC≌△ABD（SAS）；②∵△OBC≌△ABD，∴∠BAD=∠BOC=60°，∴∠OBA=∠BA D，∴OB∥AD，∴无论点C如何移动，AD始终与OB平行；（2）如图2，∵AC 2=AE •AD ，∴AC AEAD AC=，∵∠EAC =∠DAC ，∴△AEC ∽△ACD ，∴∠ECA =∠ADC ，∵∠BAD =∠BAO =60°，∴∠DAC =60°，∵∠BED =∠AEC ，∴∠ACB =∠ADB ，∴∠ADB =∠ADC ，∵BD =CD ，∴DE ⊥BC ，Rt △ABE 中，∠BAE =60°，∴∠ABE =30°，∴AE =12AB =12×2=1，Rt △AEC 中，∠EAC =60°，∴∠ECA =30°，∴AC =2AE =2，∴C （4，0），等边△OAB 中，过B 作BH ⊥x 轴于H ，∴BH，∴B （1，设y 1的解析式为：y =ax （x ﹣4），把B （1=a （1﹣4），a =，∴设y 1的解析式为：y 1=﹣3x （x ﹣4）=233x x -+，过E 作EG ⊥x 轴于G ，Rt △AGE 中，AE =1，∴AG =12AE =12，EG2，∴E （52，2），设直线AE 的解析式为：y =kx +b ，把A （2，0）和E （52，2）代入得：20522k b k b +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得：k b ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，∴直线AE 的解析式为：y =-，则233y y x x ⎧=-⎪⎨=-+⎪⎩，解得：113x y =⎧⎪⎨=⎪⎩112x y =-⎧⎪⎨=-⎪⎩P （32，-； （3）如图3，y 1=233x x -+=22)33x --+，顶点（2，3），∴抛物线y 2的顶点为（2，），∴y 222)x --，当m =0时，y =与图形M 两公共点，当y 2与l 相切时，即有一个公共点，l 与图形M 有3个公共点，则：22)y x y ⎧=-⎪⎨⎪=⎩22)x +=--，x 2﹣7x ﹣3m =0，△=（﹣7）2﹣4×1×（﹣3m ）≥0，m ≥﹣4912，∴当l 与M 的公共点为3个时，m 的取值是：﹣4912≤m ＜0．考点：1．二次函数综合题；2．翻折变换（折叠问题）；3．动点型；4．存在型；5．分类讨论；6．压轴题． 14．（2017江苏省连云港市）如图，已知二次函数23y ax bx =++（a ≠0）的图象经过点A （3，0），B （4，1），且与y 轴交于点C ，连接AB 、AC 、BC ． （1）求此二次函数的关系式；（2）判断△ABC 的形状；若△ABC 的外接圆记为⊙M ，请直接写出圆心M 的坐标；（3）若将抛物线沿射线BA 方向平移，平移后点A 、B 、C 的对应点分别记为点A 1、B 1、C 1，△A 1B 1C 1的外接圆记为⊙M 1，是否存在某个位置，使⊙M 1经过原点？若存在，求出此时抛物线的关系式；若不存在，请说明理由．【答案】（1）215322y x x =-+；（2）直角三角形，M （2，2）；（3）21(2y x =或21(2y x =． 【解析】试题分析：（1）直接利用待定系数法求出a ，b 的值进而得出答案；（2）首先得出∠OAC =45°，进而得出AD =BD ，求出∠OAC =45°，即可得出答案；（2）△ABC 是直角三角形，过点B 作BD ⊥x 轴于点D ，易知点C 坐标为：（0，3），所以OA =OC ，所以∠OAC =45°，又∵点B 坐标为：（4，1），∴AD =BD ，∴∠OAC =45°，∴∠BAC =180°﹣45°﹣45°=90°，∴△ABC 是直角三角形，圆心M 的坐标为：（2，2）；（3）存在．取BC 的中点M ，过点M 作ME ⊥y 轴于点E ，∵M 的坐标为：（2，2），∴MC OM =∴∠MOA =45°，又∵∠BAD =45°，∴OM ∥AB ，∴要使抛物线沿射线BA 方向平移，且使⊙M 1经过原点，则平移的长度为：-∵∠BAD或个单位长度，∵2215151322228y x x x 骣琪=-+=--琪桫，∴平移后抛物线的关系式为：2151228y x 骣琪=---琪桫，即212y x 骣琪=--琪桫或2151228y x 骣琪=---琪桫，即212y x 骣琪=--琪桫． 综上所述，存在一个位置，使⊙M 1经过原点，此时抛物线的关系式为：21117(228y x -=--或21117(228y x +=--．考点：1．二次函数综合题；2．平移的性质；3．动点型；4．存在型；5．压轴题．15．（2017浙江省绍兴市）如图1，已知□ABCD ，AB ∥x 轴，AB =6，点A 的坐标为（1，-4），点D 的坐标为（-3，4），点B 在第四象限，点P 是□ABCD 边上一个动点． （1） 若点P 在边BC 上，PD =CD ，求点P 的坐标．（2）若点P 在边AB 、AD 上，点P 关于坐标轴对称的点Q ，落在直线1y x =-上，求点P 的坐标． （3） 若点P 在边AB ，AD ，CD 上，点G 是AD 与y 轴的交点，如图2，过点P 作y 轴的平行线PM ，过点G 作x 轴的平行线GM ，它们相交于点M ，将△PGM 沿直线PG 翻折，当点M 的对应点落在坐标轴上时，求点P 的坐标（直接写出答案）．【答案】（1）P （3，4）；（2）（-3，4）或（-1，0）或（5，-4）或（3，-4）；（3）P （2，-4）或（-52，3）或（，4，4）． 【解析】试题分析：（1）点P 在BC 上，要使PD =CD ，只有P 与C 重合；（2）首先要分点P 在边AB ，AD 上时讨论，根据“点P 关于坐标轴对称的点Q ”，即还要细分“点P 关于x 轴的对称点Q 和点P 关于y 轴的对称点Q ”讨论，根据关于x 轴、y 轴对称点的特征（关于x 轴对称时，点的横坐标不变，纵坐标变成相反数；关于y 轴对称时，相反；）将得到的点Q 的坐标代入直线y =x -1，即可解答；（3）在不同边上，根据图象，点M 翻折后，点M ’落在x 轴还是y 轴，可运用相似求解． 试题解析：（1）∵CD =6，∴点P 与点C 重合，∴点P 的坐标是（3，4）．（3）因为直线AD 为y =-2x -2，所以G （0，-2）．①如图，当点P 在CD 边上时，可设P （m ，4），且-3≤m ≤3，则可得M ′P =PM =4+2=6，M ′G =GM =|m |，易证得△OGM ′∽△HM ′P ，则'''OM GM HP M P =，即'46m OM =，则OM ′=23m ，在Rt △OGM ′中，由勾股定理得，2222()23m m += ，解得m =-5或 5，则P （ -5，4）或（ 5，4）；②如下图，当点P 在AD 边上时，设P （m ，-2m -2），则PM ′=PM =|-2m |，GM ′=MG =|m |，易证得△OGM ′∽△HM ′P ，则'''OM GM HP M P =，即'222m OM m m=---，则OM ′=1222m +，在Rt △OGM ′中，由勾股定理得，2221(22)22m m ++= ，整理得m = -52，则P （-52，3）；如下图，当点P 在AB 边上时，设P （m ，-4），此时M ′在y 轴上，则四边形PM ′GM 是正方形，所以GM =PM =4-2=2，则P （2，-4）．综上所述，点P 的坐标为（2，-4）或（-52，3）或（，4，4）． 考点：1．一次函数综合题；2．平行四边形的性质；3．翻折变换（折叠问题）；4．动点型；5．分类讨论；6．压轴题．。

专题04 图形的变换一、选择题1.（2017山东德州市第11题）如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b(a ＞b),M在边BC上，且BM=b，连AM，MF，MF交CG于点P，将△ABM绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转至△NGF。

给出以下五种结论：①∠MAD=∠AND；②CP=2-bba；③ΔABM≌ΔNGF；④S四边形AMFN=a2+b2；⑤A，M，P，D四点共线其中正确的个数是（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【解析】考点:正方形、全等、相似、勾股定理2.（2017重庆A卷第2题）下列图形中是轴对称图形的是（）【答案】C.【解析】试题解析：A 、不是轴对称图形，不合题意； B 、不是轴对称图形，不合题意； C 、是轴对称图形，符合题意； D 、不是轴对称图形，不合题意． 故选C ．考点：轴对称图形.3.（2017甘肃庆阳第1题）下面四个手机应用图标中，属于中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B ．考点：中心对称图形.4.（2017广西贵港第11题）如图，在Rt ABC ∆中，90ACB ∠= ，将ABC ∆绕顶点C 逆时针旋转得到'',A B C M ∆是BC 的中点，P 是''A B 的中点，连接PM ，若230BC BAC =∠=，，则线段PM 的最大值是 （ ）A ．4B ．3 C.2 D ．1 【答案】B 【解析】试题解析：如图连接PC ．在Rt △ABC 中，∵∠A=30°，BC=2，∴AB=4，根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，∴A′P=PB′，∴PC=12A′B′=2，∵CM=BM=1，又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．故选B．考点：旋转的性质．5.（2017贵州安顺第7题）如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE 交DC于点O，若AO=5cm，则AB的长为（）A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm【答案】C．【解析】考点：翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．6.（2017江苏无锡第4题）下列图形中，是中心对称图形的是（）A．B．C． D．【答案】C．【解析】试题解析：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C、是中心对称图形，故本选项符合题意；D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；故选C．考点：中心对称图形．7.（2017江苏无锡第10题）如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，点D是BC的中点，将△ABD沿AD翻折得到△AED，连CE，则线段CE的长等于（）A．2 B．54C．53D．75【答案】D．【解析】试题解析：如图连接BE交AD于O，作AH⊥BC于H．在Rt△ABC中，∵AC=4，AB=3，∴=5，∵CD=DB，∴AD=DC=DB=52，∵12•BC•AH=12•AB•AC，∴AH=125，∵AE=AB，DE=DB=DC，∴AD垂直平分线段BE，△BCE是直角三角形，∵12•AD•BO=12•BD•AH，∴OB=125，∴BE=2OB=245，在Rt△BCE中，75== .故选D．考点：1.翻折变换（折叠问题）；2.直角三角形斜边上的中线；3.勾股定理．8.（2017江苏盐城第3题）下列图形中，是轴对称图形的是（）【答案】D．【解析】试题解析：D的图形沿中间线折叠，直线两旁的部分可重合，故选D．考点：轴对称图形.9. （2017江苏盐城第6题）如图，将函数y=12（x-2）2+1的图象沿y轴向上平移得到一条新函数的图象，其中点A（1，m），B（4，n）平移后的对应点分别为点A'、B'．若曲线段AB扫过的面积为9（图中的阴影部分），则新图象的函数表达式是（）A．y＝12(x−2)2−2 B．y＝12(x−2)2+7 C．y＝12(x−2)2−5 D．y＝12(x−2)2+4【答案】D．【解析】试题解析：∵函数y=12（x-2）2+1的图象过点A（1，m），B（4，n），∴m=12（1-2）2+1=112，n=12（4-2）2+1=3，∴A（1，112），B（4，3），过A 作AC ∥x 轴，交B′B 的延长线于点C ，则C （4，112）， ∴AC=4-1=3，∵曲线段AB 扫过的面积为9（图中的阴影部分）， ∴AC•AA′=3AA′=9， ∴AA′=3， 即将函数y=12（x-2）2+1的图象沿y 轴向上平移3个单位长度得到一条新函数的图象， ∴新图象的函数表达式是y=12（x-2）2+4． 故选D ．考点：二次函数图象与几何变换．10.（2017甘肃兰州第14题）如图，在正方形ABCD 和正方形DEFG 中，点G 在CD 上，2DE =，将正方形DEFG 绕点D 顺时针旋转60°，得到正方形'''DE F G ，此时点'G 在AC 上，连接'CE ，则''CE CG +=( )1【答案】AA 【解析】试题解析：作G′I⊥CD 于I ，G′R⊥BC 于R ，E′H⊥BC 交BC 的延长线于H ．连接RF′．则四边形RCIG′是正方形．∵∠DG′F′=∠IGR=90°， ∴∠DG′I=∠RG′F′， 在△G′ID 和△G′RF 中，DG I RG G D G I G G F F R '=∠''''⎧=⎪∠''⎨=⎪⎩∴△G′ID≌△G′RF， ∴∠G′ID=∠G′RF′=90°， ∴点F 在线段BC 上，在Rt △E′F′H 中，∵E′F′=2，∠E′F′H=30°， ∴E′H=12， 易证△RG′F′≌△HF′E′， ∴RF′=E′H，RG′RC=F′H， ∴CH=RF′=E′H，∴CE′+故选A ．考点：旋转的性质；正方形的性质．11.（2017山东烟台第2题）下列国旗图案是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）【答案】A．考点：中心对称图形；轴对称图形．12.（2017四川宜宾第7题）如图，在矩形ABCD中BC=8，CD=6，将△ABE沿BE折叠，使点A恰好落在对角线BD上F处，则DE的长是（）A．3 B．245C．5 D．8916【答案】C.【解析】试题解析：∵矩形ABCD，∴∠BAD=90°，由折叠可得△BEF≌△BAE，∴EF⊥BD，AE=EF，AB=BF，在Rt△ABD中，AB=CD=6，BC=AD=8，根据勾股定理得：BD=10，即FD=10﹣6=4，设EF=AE=x，则有ED=8﹣x，根据勾股定理得：x2+42=（8﹣x）2，解得：x=3（负值舍去），则DE=8﹣3=5，故选C.考点：1. 翻折变换（折叠问题）；2.矩形的性质．13.（2017四川自贡第6题0下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（）【答案】A.考点：1.轴对称图形；2.中心对称图形.14.(2017江苏徐州第题0下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】C．【解析】试题解析：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；C、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意．故选C．考点：1.中心对称图形；2.轴对称图形．15.（2017浙江嘉兴第7题）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，再向下平移1个单位B．向左平移1)个单位，再向上平移1个单位C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【答案】D．【解析】试题解析：过B作射线BC∥OA，在BC上截取BC=OA，则四边形OACB是平行四边形，过B作DH⊥x轴于H，∵B（1，1），0），∴C（1）∴OA=OB，∴则四边形OACB是菱形，∴平移点A到点C，向右平移1个单位，再向上平移1个单位而得到，考点：1.菱形的性质；2.坐标与图形变化-平移．16.（2017浙江嘉兴第9题）一张矩形纸片ABCD ，已知3AB =，2AD =，小明按所给图步骤折叠纸片，则线段DG 长为（ ）AB ．C ．1D ．2【答案】A ．【解析】试题解析：∵AB=3，AD=2，∴DA′=2，CA′=1，∴DC′=1，∵∠D=45°，故选A ．考点：矩形的性质.17.（2017山东德州第2题）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）【答案】D【解析】试题分析：选项A 和B 是中心对称图形，但不是轴对称图形；选项C 是轴对称图形，但不是中心对称图形；选项D 既是轴对称图形又是中心对称图形。

中考数学分项解析3--图形的变换（2017版）专题04图形的变换一、选择题1．（2017四川省南充市）如图由7个小正方体组合而成的几何体，它的主视图是（）A．B．C．D．【答案】A．考点：简单组合体的三视图．二、填空题2．（2017四川省南充市）如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE=DG；②BE⊥DG；③，其中正确结论是（填序号）【答案】①②③．【解析】试题分析：设BE，DG交于O，∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCE+∠DCE=∠ECG+∠DCE=90°+∠DCE，即∠BCE=∠DCG，在△BCE和△DCG中，∵BC=DC，∠BCE=∠DCG，CE=CG，∴△BCE≌△DCG（SAS），∴BE=DG，∴∠1=∠2，∵∠1+∠4=∠3+∠1=90°，∴∠2+∠3=90°，∴∠BOC=90°，∴BE⊥DG；故①②正确；连接BD，EG，如图所示，∴DO2+BO2=BD2=BC2+CD2=2a2，EO2+OG2=EG2=CG2+CE2=b2，则BG2+DE2=DO2+BO2+EO2+OG2=2a2+b2，故③正确．故答案为：①②③．考点：1．旋转的性质；2．全等三角形的判定与性质；3．正方形的性质．三、解答题3．（2017四川省广安市）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式为相连）（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反折、平移、旋转后能够重合，均视为一种方案）【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析．【解析】试题分析：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．试题解析：如图．．考点：1．利用旋转设计图案；2．利用轴对称设计图案；3．利用平移设计图案．4．（2017四川省眉山市）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．【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；（3）P （0，2）．【解析】试题分析：（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B2交y轴于点P，则P点即为所求．试题解析：（1）如图所示；（2）如图，即为所求；（3）作点C关于y轴的对称点C′，连接B1C′交y轴于点P，则点P即为所求．设直线B1C′的解析式为y=kx+b（k≠0），∵B1（﹣2，-2），C′（1，4），∴，解得：，∴直线AB2的解析式为：y=2x+2，∴当x=0时，y=2，∴P（0，2）．考点：1．作图﹣轴对称变换；2．勾股定理；3．轴对称﹣最短路线问题；4．最值问题．5．（2017山东省枣庄市）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别是A（2，2），B（4，0），C（4，﹣4）．（1）请在图中，画出△ABC向左平移6个单位长度后得到的△A1B1C1；（2）以点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的，得到△A2B2C2，请在图中y轴右侧，画出△A2B2C2，并求出∠A2C2B2的正弦值．【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析，sin∠A2C2B2=．【解析】试题分析：（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；（2）利用位似图形的性质得出对应点位置，再利用锐角三角三角函数关系得出答案．试题解析：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求，由图形可知，∠A2C2B2=∠ACB，过点A作AD⊥BC交BC的延长线于点D，由A（2，2），C（4，﹣4），B（4，0），易得D（4，2），故AD=2，CD=6，AC==，∴sin∠ACB===，即sin∠A2C2B2=．考点：1．作图﹣位似变换；2．作图﹣平移变换；3．解直角三角形．6．（2017广西四市）如图，在平面直角坐标系中，△ABC 的三个顶点分别为A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣4），C（﹣4，﹣1）．（1）把△ABC向上平移3个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1并写出点B1的坐标；（2）已知点A与点A2（2，1）关于直线l成轴对称，请画出直线l及△ABC关于直线l对称的△A2B2C2，并直接写出直线l的函数解析式．【答案】（1）作图见解析；（2）y=﹣x．【解析】试题分析：（1）根据图形平移的性质画出△A1B1C1并写出点B1的坐标即可；（2）连接AA2，作线段AA2的垂线l，再作△ABC关于直线l对称的△A2B2C2即可．试题解析：（1）如图，△A1B1C1即为所求，B1（﹣2，﹣1）；（2）如图，△A2B2C2即为所求，直线l的函数解析式为y=﹣x．考点：1．作图﹣轴对称变换；2．待定系数法求一次函数解析式；3．作图﹣平移变换．7．（2017江苏省连云港市）如图，在平面直角坐标系xOy 中，过点A（﹣2，0）的直线交y轴正半轴于点B，将直线AB绕着点顺时针旋转90°后，分别与x轴、y轴交于点D．C．（1）若OB=4，求直线AB的函数关系式；（2）连接BD，若△ABD的面积是5，求点B的运动路径长．【答案】（1）y=2x+4；（2）．【解析】试题分析：（1）依题意求出点B坐标，然后用待定系数法求解析式；（2）设OB=m，则AD=m+2，根据三角形面积公式得到关于m的方程，解方程求得m的值，然后根据弧长公式即可求得．试题解析：（1）∵OB=4，∴B（0，4）．∵A（﹣2，0），设直线AB的解析式为y=kx+b，则，解得，∴直线AB的解析式为y=2x+4；（2）设OB=m，则AD=m+2，∵△ABD的面积是5，∴ADOB=5，∴（m+2）m=5，即，解得或（舍去），∵∠BOD=90°，∴点B的运动路径长为：．考点：1．一次函数图象与几何变换；2．轨迹；3．弧长的计算．8．（2017河北省）如图，AB=16，O为AB中点，点C在线段OB上（不与点O，B重合），将OC绕点O逆时针旋转270°后得到扇形COD，AP，BQ分别切优弧于点P，Q，且点P，Q在AB异侧，连接OP．（1）求证：AP=BQ；（2）当BQ=时，求的长（结果保留π）；（3）若△APO的外心在扇形COD的内部，求OC的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）；（3）4＜OC＜8．【解析】试题分析：（1）连接OQ．只要证明Rt△APO≌Rt△BQO即可解决问题；（2）求出优弧DQ的圆心角以及半径即可解决问题；（3）由△APO的外心是OA的中点，OA=8，推出△APO的外心在扇形COD的内部时，OC的取值范围为4＜OC＜8；试题解析：（1）证明：连接OQ．∵AP、BQ是⊙O的切线，∴OP⊥AP，OQ⊥BQ，∴∠APO=∠BQO=90°，在Rt△APO和Rt△BQO中，∵OA=OB，OP=OQ，∴Rt△APO≌Rt△BQO，∴AP=BQ；（2）∵Rt△APO≌Rt△BQO，∴∠AOP=∠BOQ，∴P、O、Q 三点共线，∵在Rt△BOQ中，cosB=，∴∠B=30°，∠BOQ=60°，∴OQ=OB=4，∵∠COD=90°，∴∠QOD=90°+60°=150°，∴优弧的长==；（3）∵△APO的外心是OA的中点，OA=8，∴△APO的外心在扇形COD的内部时，OC的取值范围为4＜OC＜8．考点：1．切线的性质；2．弧长的计算；3．旋转的性质．9．（2017湖北省襄阳市）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是中线，AC=BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．（1）如图1，若CE=CF，求证：DE=DF；（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中：①探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由；②若CE=4，CF=2，求DN的长．【答案】（1）证明见解析；（2）①AB2=4CECF；②．【解析】试题分析：（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，于是得到∠DCE=∠DCF=135°，根据全等三角形的性质即可的结论；（2）①证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2=CECF，根据等腰直角三角形的性质得到CD=AB，于是得到AB2=4CECF；②如图，过D作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN=∠ECN=90°，CG=DG，当CE=4，CF=2时，求得CD=，推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到=2，根据勾股定理即可得到结论．试题解析：（1）证明：∵∠ACB=90°，AC=BC，AD=BD，∴∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，∴∠DCE=∠DCF=135°，在△DCE与△DCF中，∵CE=CF，∠DCE=∠DCF，CD=CD，∴△DCE≌△DCF，∴DE=DF；考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．和差倍分；4．综合题．10．（2017山东省济宁市）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．【答案】（1）∠MBN=30°；（2）MN=BM．【解析】试题分析：（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．考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．矩形的性质；3．剪纸问题．11．（2017广西四市）如图，已知抛物线与坐标轴交于A，B，C三点，其中C（0，3），∠BAC的平分线AE交y轴于点D，交BC于点E，过点D的直线l与射线AC，AB分别交于点M，N．（1）直接写出a的值、点A的坐标及抛物线的对称轴；（2）点P为抛物线的对称轴上一动点，若△PAD为等腰三角形，求出点P的坐标；（3）证明：当直线l绕点D旋转时，均为定值，并求出该定值．【答案】（1）a=，A（﹣，0），抛物线的对称轴为x=；（2）点P的坐标为（，2）或（，0）或（，﹣4）；（3）．【解析】试题分析：（1）由点C的坐标为（0，3），可知﹣9a=3，故此可求得a的值，然后令y=0得到关于x的方程，解关于x的方程可得到点A和点B的坐标，最后利用抛物线的对称性可确定出抛物线的对称轴；（3）设直线MN的解析式为y=kx+1，接下来求得点M和点N的横坐标，于是可得到AN的长，然后利用特殊锐角三角函数值可求得AM的长，最后将AM和AN的长代入化简即可．试题解析：（1）∵C（0，3），∴﹣9a=3，解得：a=．令y=0得：，∵a≠0，∴，解得：x=﹣或x=，∴点A的坐标为（﹣，0），B（，0），∴抛物线的对称轴为x=．（2）∵O A=，OC=3，∴tan∠CAO=，∴∠CAO=60°．∵AE为∠BAC的平分线，∴∠DAO=30°，∴DO=AO=1，∴点D的坐标为（0，1）．设点P的坐标为（，a）．依据两点间的距离公式可知：AD2=4，AP2=12+a2，DP2=3+（a﹣1）2．当AD=PA时，4=12+a2，方程无解．当AD=DP时，4=3+（a﹣1）2，解得a=2或a=0，∴点P 的坐标为（，2）或（，0）．当AP=DP时，12+a2=3+（a﹣1）2，解得a=﹣4，∴点P 的坐标为（，﹣4）．综上所述，点P的坐标为（，2）或（，0）或（，﹣4）．（3）设直线AC的解析式为y=mx+3，将点A的坐标代入得：，解得：m=，∴直线AC的解析式为．设直线MN的解析式为y=kx+1．把y=0代入y=kx+1得：kx+1=0，解得：x=，∴点N的坐标为（，0），∴AN==．将与y=kx+1联立解得：x=，∴点M的横坐标为．过点M作MG⊥x轴，垂足为G．则AG=．∵∠MAG=60°，∠AGM=90°，∴AM=2AG==，∴====．考点：1．二次函数综合题；2．旋转的性质；3．定值问题；4．动点型；5．分类讨论；6．压轴题．12．（2017四川省南充市）如图1，已知二次函数（a、b、c为常数，a≠0）的图象过点O（0，0）和点A（4，0），函数图象最低点M的纵坐标为，直线l的解析式为y=x．（1）求二次函数的解析式；（2）直线l沿x轴向右平移，得直线l′，l′与线段OA 相交于点B，与x轴下方的抛物线相交于点C，过点C作CE⊥x轴于点E，把△BCE沿直线l′折叠，当点E恰好落在抛物线上点E′时（图2），求直线l′的解析式；（3）在（2）的条件下，l′与y轴交于点N，把△BON 绕点O逆时针旋转135°得到△B′ON′，P为l′上的动点，当△PB′N′为等腰三角形时，求符合条件的点P的坐标．【答案】（1）；（2）y=x﹣3；（3）P坐标为（0，﹣3）或（，）或（，）．【解析】试题分析：（1）由题意抛物线的顶点坐标为（2，），设抛物线的解析式为，把（0，0）代入得到a=，即可解决问题；（3）分两种情形求解即可①当P1与N重合时，△P1B′N′是等腰三角形，此时P1（0，﹣3）．②当N′=N′B′时，设P（m，m﹣3），列出方程解方程即可；试题解析：（1）由题意抛物线的顶点坐标为（2，），设抛物线的解析式为，把（0，0）代入得到a=，∴抛物线的解析式为，即．（2）如图1中，设E（m，0），则C（m，），B（，0），∵E′在抛物线上，∴E、B关于对称轴对称，∴=2，解得m=1或6（舍弃），∴B（3，0），C（1，﹣2），∴直线l′的解析式为y=x﹣3．（3）如图2中，①当P1与N重合时，△P1B′N′是等腰三角形，此时P1（0，﹣3）．②当N′=N′B′时，设P（m，m﹣3），则有，解得m=或，∴P2（，），P3（，）．综上所述，满足条件的点P坐标为（0，﹣3）或（，）或（，）．考点：1．二次函数综合题；2．几何变换综合题；3．分类讨论；4．压轴题．13．（2017四川省达州市）如图1，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边△OAB，点C为x轴上一动点，且在点A右侧，连接BC，以BC为边在第一象限内作等边△BCD，连接AD交BC于E．（1）①直接回答：△OBC与△ABD全等吗？②试说明：无论点C如何移动，AD始终与OB平行；（2）当点C运动到使AC2=AEAD时，如图2，经过O、B、C三点的抛物线为y1．试问：y1上是否存在动点P，使△BEP为直角三角形且BE为直角边？若存在，求出点P 坐标；若不存在，说明理由；（3）在（2）的条件下，将y1沿x轴翻折得y2，设y1与y2组成的图形为M，函数的图象l与M有公共点．试写出：l与M的公共点为3个时，m的取值．【答案】（1）①△OBC与△ABD全等；②证明见解析；（2）P（3，）或（﹣2，）；（3）﹣≤m＜0．【解析】试题分析：（1）①利用等边三角形的性质证明△OBC≌△ABD；②证明∠OBA=∠BAD=60°，可得OB∥AD；（2）首先证明DE⊥BC，再求直线AE与抛物线的交点就是点P，所以分别求直线AE和抛物线y1的解析式组成方程组，求解即可；（3）先画出如图3，根据图形画出直线与图形M有个公共点时，两个边界的直线，上方到，将向下平移即可满足l与图形M有3个公共点，一直到直线l与y2相切为止，主要计算相切时，列方程组，确定△≥0时，m的值即可．试题解析：（1）①△OBC与△ABD全等，理由是：如图1，∵△OAB和△BCD是等边三角形，∴∠OBA=∠CBD=60°，OB=AB，BC=BD，∴∠OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC，即∠OBC=∠ABD，∴△OBC≌△ABD（SAS）；②∵△OBC≌△ABD，∴∠BAD=∠BOC=60°，∴∠OBA=∠BAD，∴OB∥AD，∴无论点C如何移动，AD始终与OB平行；（2）如图2，∵AC2=AEAD，∴，∵∠EAC=∠DAC，∴△AEC∽△ACD，∴∠ECA=∠ADC，∵∠BAD=∠BAO=60°，∴∠DAC=60°，∵∠BED=∠AEC，∴∠ACB=∠ADB，∴∠ADB=∠ADC，∵BD=CD，∴DE⊥BC，Rt△ABE中，∠BAE=60°，∴∠ABE=30°，∴AE=AB=×2=1，Rt△AEC 中，∠EAC=60°，∴∠ECA=30°，∴AC=2AE=2，∴C（4，0），等边△OAB中，过B作BH⊥x轴于H，∴BH==，∴B （1，），设y1的解析式为：y=ax（x﹣4），把B（1，）代入得：=a（1﹣4），a=﹣，∴设y1的解析式为：y1=﹣x（x﹣4）=，过E作EG⊥x轴于G，Rt△AGE中，AE=1，∴AG=AE=，EG==，∴E（，），设直线AE的解析式为：y=kx+b，把A（2，0）和E（，）代入得：，解得：，∴直线AE的解析式为：，则，解得：，，∴P（3，）或（﹣2，）；（3）如图3，y1==，顶点（2，），∴抛物线y2的顶点为（2，﹣），∴y2=，当m=0时，与图形M两公共点，当y2与l相切时，即有一个公共点，l与图形M有3个公共点，则：，，x2﹣7x﹣3m=0，△=（﹣7）2﹣4×1×（﹣3m）≥0，m≥﹣，∴当l与M的公共点为3个时，m的取值是：﹣≤m＜0．考点：1．二次函数综合题；2．翻折变换（折叠问题）；3．动点型；4．存在型；5．分类讨论；6．压轴题．14．（2017江苏省连云港市）如图，已知二次函数（a≠0）的图象经过点A（3，0），B（4，1），且与y轴交于点C，连接AB、AC、BC．（1）求此二次函数的关系式；（2）判断△ABC的形状；若△ABC的外接圆记为⊙M，请直接写出圆心M的坐标；（3）若将抛物线沿射线BA方向平移，平移后点A、B、C 的对应点分别记为点A1、B1、C1，△A1B1C1的外接圆记为⊙M1，是否存在某个位置，使⊙M1经过原点？若存在，求出此时抛物线的关系式；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）直角三角形，M（2，2）；（3）或．【解析】试题分析：（1）直接利用待定系数法求出a，b的值进而得出答案；（2）首先得出∠OAC=45°，进而得出AD=BD，求出∠OAC=45°，即可得出答案；（2）△ABC是直角三角形，过点B作BD⊥x轴于点D，易知点C坐标为：（0，3），所以OA=OC，所以∠OAC=45°，又∵点B坐标为：（4，1），∴AD=BD，∴∠OAC=45°，∴∠BAC=180°﹣45°﹣45°=90°，∴△ABC是直角三角形，圆心M的坐标为：（2，2）；（3）存在．取BC的中点M，过点M作ME⊥y轴于点E，∵M的坐标为：（2，2），∴MC=，OM=，∴∠MOA=45°，又∵∠BAD=45°，∴OM∥AB，∴要使抛物线沿射线BA方向平移，且使⊙M1经过原点，则平移的长度为：或；∵∠BAD=45°，∴抛物线的顶点向左、向下均分别平移个单位长度或个单位长度，∵，∴平移后抛物线的关系式为：，即或，即．综上所述，存在一个位置，使⊙M1经过原点，此时抛物线的关系式为：或．考点：1．二次函数综合题；2．平移的性质；3．动点型；4．存在型；5．压轴题．15．（2017浙江省绍兴市）如图，已知□ABCD，AB∥x 轴，AB=6，点A的坐标为（1，-4），点D的坐标为（-3，4），点B在第四象限，点P是□ABCD边上一个动点．（1）若点P在边BC上，PD=CD，求点P的坐标．（2）若点P在边AB、AD上，点P关于坐标轴对称的点Q，落在直线上，求点P的坐标．（3）若点P在边AB，AD，CD上，点G是AD与y轴的交点，如图，过点作y轴的平行线PM，过点G作x轴的平行线GM，它们相交于点M，将△PGM沿直线PG翻折，当点M的对应点落在坐标轴上时，求点P的坐标（直接写出答案）．【答案】（1）P（3，4）；（2）（-3，4）或（-1，0）或（5，-4）或（3，-4）；（3）P（2，-4）或（-，3）或（-，4）或（，4）．【解析】试题分析：（1）点P在BC上，要使PD=CD，只有P与C 重合；（2）首先要分点P在边AB，AD上时讨论，根据“点P关于坐标轴对称的点Q”，即还要细分“点P关于x轴的对称点Q和点P关于y轴的对称点Q”讨论，根据关于x 轴、y轴对称点的特征（关于x轴对称时，点的横坐标不变，纵坐标变成相反数；关于y轴对称时，相反；）将得到的点Q的坐标代入直线y=x-1，即可解答；（3）在不同边上，根据图象，点M翻折后，点M’落在x 轴还是y轴，可运用相似求解．试题解析：（1）∵CD=6，∴点P与点C重合，∴点P的坐标是（3，4）．（3）因为直线AD为y=-2x-2，所以G（0，-2）．①如图，当点P在CD边上时，可设P（m，4），且-3≤m≤3，则可得M′P=PM=4+2=6，M′G=GM=|m|，易证得△OGM′∽△HM′P，则，即，则OM′=，在Rt△OGM′中，由勾股定理得，，解得m=-或，则P（-，4）或（，4）；②如下图，当点P在AD边上时，设P（m，-2m-2），则PM′=PM=|-2m|，GM′=MG=|m|，易证得△OGM′∽△HM′P，则，即，则OM′=，在Rt△OGM′中，由勾股定理得，，整理得m=-，则P（-，3）；如下图，当点P在AB边上时，设P（m，-4），此时M′在y轴上，则四边形P M′GM是正方形，所以GM=PM=4-2=2，则P（2，-4）．综上所述，点P的坐标为（2，-4）或（-，3）或（-，4）或（，4）．考点：1．一次函数综合题；2．平行四边形的性质；3．翻折变换（折叠问题）；4．动点型；5．分类讨论；6．压轴题．。

2017全国部分省市中考数学真题汇编----图形的运动图形的运动一．选择题1．经过圆锥顶点的截面的形状可能是（ ）A．B． C．D．2．如图所示的图形绕虚线旋转一周，所形成的几何体是（ ）A．B．C．D．3．下列几何体中，截面图不可能是三角形的有（ ）①圆锥；②圆柱；③长方体；④球．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．对于平面图形上的任意两点P，Q，如果经过某种变换得到的新图形上的对应点P1，Q1，下列变换中不一定保证PQ=P1Q1的是（ ）A．平移B．旋转C．翻折D．位似5．观察下图，请把如图图形绕着给定的直线旋转一周后可能形成的几何体选出来（ ）A．B． C． D．6．下列说法：①一点在平面内运动的过程中，能形成一条线段；②一条线段在平面内运动的过程中，能形成一个平行四边形；③一个三角形在空间内运动的过程中，能形成一个三棱柱；④一个圆形在空间内平移的过程中，能形成一个球体．其中正确的是（ ）A．①②③④B．①②③C．②③④D．①③④7．圆柱是由长方形绕着它的一边所在直线旋转一周所得到的，那么下列四个选项绕直线旋转一周可以得到如图立体图形的是（ ）A．B．C．D．8．用一个平面去截一个正方体，截面的形状不可能是（ ）A．梯形B．五边形C．六边形D．七边形9．视力表的一部分如图，其中开口向上的两个“E”之间的变换是（ ）A．平移B．旋转C．对称D．位似二．填空题10．如图，正方形ABCD的边长为3cm，以直线AB为轴，将正方形旋转一周，所得几何体的体积为 cm3．（结果保留π）11．如图，长方形硬纸板以其中任意一边为轴旋转都可得到一个圆柱，你认为以厘米长的边为轴旋转得到的圆柱体积较大．12．把一个长方体切去一个角后，剩下的几何体的顶点个数为 ．13．如图所示，1条直线将平面分成2个部分，2条直线最多可将平面分成4个部分，3条直线最多可将平面分成7个部分，4条直线最多可将平面分成11个部分．现有n条直线最多可将平面分成56个部分，则n的值为 ．14．以如图（1）（以O为圆心，半径为1的半圆）作为“基本图形”，分别经历如下变换能得到图（2）的有 （只填序号，多填或错填得0分，少填个酌情给分）．①只要向右平移1个单位；②先以直线AB为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位；③先绕着点O旋转180°，再向右平移一个单位；④绕着OB的中点旋转180°即可．15．如图是棱长为2cm的正方体，过相邻三条棱的中点截取一个小正方体，则剩下部分的表面积为 cm2．）小题）（共10小题解答题（三．解答题16．（1）图（1）是正方体木块，把它切去一块，可能得到形如图（2），（3），（4），（5）的木块．我们知道，图（1）的正方体木块有8个顶点，12条棱，6个面，请你将图（2），（3），（4），（5）中木块的顶点数，棱数，面数填入表：图顶点数棱数面数（1）8126（2）（3）（4）（5）（2）观察表，请你归纳上述各种木块的顶点数，棱数，面数之间的数量关系，这种数量关系是：．（3）图⑥是用虚线画出的正方体木块，请你想象一种与图②～⑤不同的切法，把切去一块后得到的那一块的每条棱都改画成实线，则该木块的顶点数为 ，棱数为 ，面数为 ．这与你（2）题中所归纳的关系是否相符？17．如图是一个长为4cm，宽为3cm的长方形纸片（1）若将此长方形纸片绕长边或短边所在直线旋转一周，能形成的几何体是 ，这能说明的事实是 ．（2）求：当此长方形纸片绕长边所在直线旋转一周时（如图1），所形成的几何体的体积．（3）求：当此长方形纸片绕短边所在直线旋转一周时（如图2），所形成的几何体的体积．18．如图所示，已知直角三角形纸板ABC ，直角边AB=4cm ，BC=8cm ．（1）将直角三角形纸板绕三角形的边所在的直线旋转一周，能得到 种大小不同的几何体？（2）分别计算绕三角形直角边所在的直线旋转一周，得到的几何体的体积？（圆锥的体积=πr 2h ，其中π取3）19．一个直角三角尺的两条直角边长是6和8，它的斜边长是10，将这个三角尺绕着它的一边所在的直线旋转一周．（温馨提示：①结果用π表示；②你可能用到其中的一个公式，V 圆柱=πr 2h ，V 球体=πR 3，V 圆锥=πr 2h ）．（1）如果绕着它的斜边所在的直线旋转一周形成的几何体是 ．（2）如果绕着它的直角边6所在的直线旋转一周形成的几何体的体积是多少？（3）如果绕着斜边10所在的直线旋转一周形成的几何体的体积与绕着直角边8所在的直线旋转一周形成的几何体的体积哪个大？20．探究：有一长6cm ，宽4cm 的矩形纸板，现要求以其一组对边中点所在直线为轴，旋转180°，得到一个圆柱，现可按照两种方案进行操作：方案一：以较长的一组对边中点所在直线为轴旋转，如图①；方案二：以较短的一组对边中点所在直线为轴旋转，如图②．（1）请通过计算说明哪种方法构造的圆柱体积大；（2）如果该矩形的长宽分别是5cm 和3cm 呢？请通过计算说明哪种方法构造的圆柱体积大；（3）通过以上探究，你发现对于同一个矩形（不包括正方形），以其一组对边中点所在直线为轴旋转得到一个圆柱，怎样操作所得到的圆柱体积大（不必说明原因）？参考答案与解析考答案与解析一．选择题1．经过圆锥顶点的截面的形状可能是（ ）A．B． C．D．【分析】根据已知的特点解答．【解答】解：经过圆锥顶点的截面的形状可能B中图形，故选：B．【点评】本题考查的是用一个平面去截一个几何体，掌握圆锥的特点是解题的关键．2．如图所示的图形绕虚线旋转一周，所形成的几何体是（ ）A．B．C．D．【分析】上面的直角三角形旋转一周后是一个圆锥，下面的长方形旋转一周后是一个圆柱．所以应是圆锥和圆柱的组合体．【解答】解：根据以上分析应是圆锥和圆柱的组合体．故选：B．【点评】本题考查的是点、线、面、体知识点，可把较复杂的图象进行分解旋转，然后再组合．3．下列几何体中，截面图不可能是三角形的有（ ）①圆锥；②圆柱；③长方体；④球．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据截面的概念、结合图形解答即可．【解答】解：圆锥的轴截面是三角形，①不合题意；圆柱截面图不可能是三角形，②符合题意；长方体对角线的截面是三角形，③不合题意；球截面图不可能是三角形，④符合题意．故选：B．【点评】本题考查的是截一个几何体的知识，截面：用一个平面去截一个几何体，截出的面叫做截面．4．对于平面图形上的任意两点P，Q，如果经过某种变换得到的新图形上的对应点P1，Q1，下列变换中不一定保证PQ=P1Q1的是（ ）A．平移B．旋转C．翻折D．位似【分析】根据平移、旋转变换、翻折变换和位似变换的性质进行判断即可．【解答】解：平移的性质是把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同，故PQ=P1Q1；旋转的性质：旋转前、后的图形全等，故PQ=P1Q1；翻折的性质：成轴对称的两个图形全等，故PQ=P1Q1；位似变换的性质：位似变换的两个图形是相似形，则位似变换不一定保证PQ=P1Q1；故选：D．【点评】本题考查的是平移、旋转变换、翻折变换和位似变换，理解并掌握平移、旋转变换、翻折变换和位似变换的性质是解题的关键．5．观察下图，请把如图图形绕着给定的直线旋转一周后可能形成的几何体选出来（ ）A．B． C． D．【分析】根据面动成体的原理以及空间想象力即可解．【解答】解：由图形可以看出，左边的长方形的竖直的两个边与已知的直线平行，因而这两条边旋转形成两个柱形表面，因而旋转一周后可能形成的立体图形是一个管状的物体．故选D．【点评】考查学生立体图形的空间想象能力及分析问题，解决问题的能力．6．下列说法：①一点在平面内运动的过程中，能形成一条线段；②一条线段在平面内运动的过程中，能形成一个平行四边形；③一个三角形在空间内运动的过程中，能形成一个三棱柱；④一个圆形在空间内平移的过程中，能形成一个球体．其中正确的是（ ）A．①②③④B．①②③C．②③④D．①③④【分析】根据点动成线，可以判断①；根据线动成面，可以判断②；根据面动成体，可以判断③；根据平移的性质，可以判断④．【解答】解：①一点在平面内运动的过程中，能形成一条线段是正确的；②一条线段在平面内运动的过程中，能形成一个平行四边形是正确的；③一个三角形在空间内运动的过程中，能形成一个三棱柱是正确的；④一个圆形在空间内平移的过程中，能形成一个圆柱，原来的说法错误．故选：B．【点评】此题考查了点、线、面、体，关键是掌握平面图形与立体图形的联系，培养学生的观察能力和空间想象能力．7．圆柱是由长方形绕着它的一边所在直线旋转一周所得到的，那么下列四个选项绕直线旋转一周可以得到如图立体图形的是（ ）A．B．C．D．【分析】如图本题是一个平面图形围绕一条边为中心对称轴旋转一周根据面动成体的原理即可解．【解答】解：由长方形绕着它的一边所在直线旋转一周可得到圆柱体，如图立体图形是两个圆柱的组合体，则需要两个一边对齐的长方形，绕对齐边所在直线旋转一周即可得到，故选：A．【点评】本题考查面动成体，需注意可把较复杂的体分解来进行分析．8．用一个平面去截一个正方体，截面的形状不可能是（ ）A．梯形B．五边形C．六边形D．七边形【分析】正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，最少与三个面相交得三角形．因此截面的形状可能是：三角形、四边形、五边形、六边形．【解答】解：用平面去截正方体，得的截面可能为三角形、四边形、五边形、六边形，不可能为七边形．故选D．【点评】本题考查正方体的截面．正方体的截面的四种情况应熟记．9．视力表的一部分如图，其中开口向上的两个“E”之间的变换是（ ）A．平移B．旋转C．对称D．位似【分析】开口向上的两个“E”形状相似，但大小不同，因此它们之间的变换属于位似变换．如果没有注意它们的大小，可能会误选A．【解答】解：根据位似变换的特点可知它们之间的变换属于位似变换．故选D．【点评】本题考查了位似的相关知识，位似是相似的特殊形式，平移、旋转、对称的图形都是全等形．小题））填空题（二．填空题（共13小题10．如图，正方形ABCD的边长为3cm，以直线AB为轴，将正方形旋转一周，所得几何体的体积为 27πcm3．（结果保留π）【分析】首先根据题意可得将正方形旋转一周可得圆柱体，圆柱的高为3cm，底面直径为6cm，再找出主视图的形状可得答案．【解答】解：直线AB为轴，将正方形旋转一周可得圆柱体，圆柱的高为3cm，底面直径为6cm，∴所得几何体的体积=32π•3=27π故答案为：27πcm3．【点评】此题主要考查了点、线、面、体，以及三视图，关键是掌握主视图是从几何体的正面看所得到的图形．11．如图，长方形硬纸板以其中任意一边为轴旋转都可得到一个圆柱，你认为以 3厘米长的边为轴旋转得到的圆柱体积较大．【分析】圆柱的体积公式是：V=sh=πr2h，分别计算以3cm和4cm长的边为轴旋转得到的圆柱体积，进相比较即可．【解答】解：以3cm长的边为轴旋转得到的圆柱体积=π×42×3=48π，以4cm长的边为轴旋转得到的圆柱体积=π×32×4=36π，∵36π＜48π，∴以3厘米长的边为轴旋转得到的圆柱体积较大．故答案为：3．【点评】本题主要考查了圆柱体体积的计算公式的运用，解决问题的关键是掌握圆柱的体积公式：V=πr2h．12．把一个长方体切去一个角后，剩下的几何体的顶点个数为 7，8，9，10．【分析】结合长方体，动手操作，得出结果即可．【解答】解：把一个长方体切去一个角后，剩下的几何体的顶点个数为7，8，9，10，故答案为：7，8，9，10【点评】此题考查了截一个几何体，截面的形状既与被截的几何体有关，还与截面的角度和方向有关．对于这类题，最好是动手动脑相结合，亲自动手做一做，从中学会分析和归纳的思想方法．13．如图所示，1条直线将平面分成2个部分，2条直线最多可将平面分成4个部分，3条直线最多可将平面分成7个部分，4条直线最多可将平面分成11个部分．现有n条直线最多可将平面分成56个部分，则n的值为 10．【分析】n条直线最多可将平面分成S=1+1+2+3…+n=n（n+1）+1，依此可得等量关系：n条直线最多可将平面分成56个部分，列出方程求解即可．【解答】解：依题意有n（n+1）+1=56，解得n1=﹣11（不合题意舍去），n2=10．答：n的值为10．故答案为：10．【点评】考查了点、线、面、体，规律性问题及一元二次方程的应用；得到分成的最多平面数的规律是解决本题的难点．14．以如图（1）（以O为圆心，半径为1的半圆）作为“基本图形”，分别经历如下变换能得到图（2）的有 ②③④ （只填序号，多填或错填得0分，少填个酌情给分）．①只要向右平移1个单位；②先以直线AB为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位；③先绕着点O旋转180°，再向右平移一个单位；④绕着OB的中点旋转180°即可．【分析】根据轴对称变换，平移变换，旋转变换的定义结合图形解答即可．【解答】解：由图可知，图（1）先以直线AB为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位，或先绕着点O旋转180°，再向右平移一个单位，或绕着OB的中点旋转180°即可得到图（2）．故答案为：②③④．【点评】本题考查了几何变换的类型，熟练掌握常见的几种几何变换是解题的关键．15．如图是棱长为2cm的正方体，过相邻三条棱的中点截取一个小正方体，则剩下部分的表面积为 24cm2．【分析】由于是在正方体的顶点上截取一个小正方体，去掉小正方形的三个面的面积，同时又多出小正方形的三个面的面积，表面积没变，由此求得答案即可．【解答】解：过相邻三条棱的中点截取一个小正方体，则剩下部分的表面积为2×2×6=24cm2．故答案为：24．【点评】此题考查截一个几何体，求几何体的表面积，理解截取的面与增加的面之间的关系是解决问题的关键．三．解答题16．（1）图（1）是正方体木块，把它切去一块，可能得到形如图（2），（3），（4），（5）的木块．我们知道，图（1）的正方体木块有8个顶点，12条棱，6个面，请你将图（2），（3），（4），（5）中木块的顶点数，棱数，面数填入表：图顶点数棱数面数（1）8126（2）695（3）8126（4）8137（5）10157（2）观察表，请你归纳上述各种木块的顶点数，棱数，面数之间的数量关系，这种数量关系是：顶点数+面数﹣2=棱数 ．（3）图⑥是用虚线画出的正方体木块，请你想象一种与图②～⑤不同的切法，把切去一块后得到的那一块的每条棱都改画成实线，则该木块的顶点数为 8，棱数为 12，面数为 6．这与你（2）题中所归纳的关系是否相符？【分析】根据欧拉公式，可得答案．【解答】解：观察表，请你归纳上述各种木块的顶点数，棱数，面数之间的数量关系，这种数量关系是：顶点数+面数﹣2=棱数．（3）图⑥是用虚线画出的正方体木块，请你想象一种与图②～⑤不同的切法，把切去一块后得到的那一块的每条棱都改画成实线，则该木块的顶点数为8，棱数为12，面数为6．这与你（2）题中所归纳的关系是相符．故答案为：6，9，5；8，12，6；8，13，7；10，15，7；顶点数+面数﹣2=棱数；12，6．【点评】本题考查了欧拉公式，利用欧拉公式是解题关键．17．如图是一个长为4cm，宽为3cm的长方形纸片（1）若将此长方形纸片绕长边或短边所在直线旋转一周，能形成的几何体是 圆柱 ，这能说明的事实是 面动成体 ．（2）求：当此长方形纸片绕长边所在直线旋转一周时（如图1），所形成的几何体的体积．（3）求：当此长方形纸片绕短边所在直线旋转一周时（如图2），所形成的几何体的体积．【分析】（1）矩形旋转一周得到圆柱；（2）绕长旋转得到的圆柱的底面半径为4cm，高为6cm，从而计算体积即可；（3）绕宽旋转得到的圆柱底面半径为6cm，高为4cm，从而计算体积即可．【解答】解：（1）若将此长方形纸片绕长边或短边所在直线旋转一周，能形成的几何体是圆柱，这能说明的事实是面动成体；（2）绕长边旋转得到的圆柱的底面半径为3cm，高为4cm，体积=π×32×4=36πcm3；（3）绕短边旋转得到的圆柱底面半径为4cm，高为3cm，体积=π×42×3=48πcm3．故答案为：圆柱；面动成体．【点评】本题考查了点、线、面、体的知识，熟记常见平面图形旋转可得到什么立体图形是解决本题的关键，另外要掌握圆柱的体积计算公式．18．如图所示，已知直角三角形纸板ABC，直角边AB=4cm，BC=8cm．（1）将直角三角形纸板绕三角形的边所在的直线旋转一周，能得到 3种大小不同的几何体？（2）分别计算绕三角形直角边所在的直线旋转一周，得到的几何体的体积？（圆锥的体积=πr2h，其中π取3）【分析】（1）将直角三角形纸板ABC绕三角形的三条边所在的直线旋转一周，能得到3种大小不同的几何体．（2）如果以AB所在的直线旋转一周得到的圆锥的底面半径是8厘米，高是4厘米；如果以BC所在的直线旋转一周得到的圆锥的底面半径是4厘米，高是8厘米，根据圆锥的体积公式：v=πr2h，把数据代入公式解答．【解答】解：（1）将直角三角形纸板ABC绕三角形的三条边所在的直线旋转一周，能得到3种大小不同的几何体．（2）以AB为轴：×3×82×4=×3×64×4=256（立方厘米）；以BC为轴：×3×42×8=×3×16×8 =128（立方厘米）．答：以AB 为轴得到的圆锥的体积是256立方厘米，以BC 为轴得到的圆锥的体积是128立方厘米． 故答案为：3．【点评】此题考查了点、线、面、体，关键是理解掌握圆锥的特征，以及圆锥体积公式的灵活运用．19．一个直角三角尺的两条直角边长是6和8，它的斜边长是10，将这个三角尺绕着它的一边所在的直线旋转一周．（温馨提示：①结果用π表示；②你可能用到其中的一个公式，V 圆柱=πr 2h ，V 球体=πR 3，V 圆锥=πr 2h ）．（1）如果绕着它的斜边所在的直线旋转一周形成的几何体是 两个圆锥形成的几何体 ．（2）如果绕着它的直角边6所在的直线旋转一周形成的几何体的体积是多少？ （3）如果绕着斜边10所在的直线旋转一周形成的几何体的体积与绕着直角边8所在的直线旋转一周形成的几何体的体积哪个大？【分析】（1）作斜边上的高分成两个直角三角形旋转即可； （2）确定圆锥的高与半径即可求出体积； （3）分别求出两种图形的体积，再比较即可． 【解答】解：（1）两个圆锥形成的几何体， 故答案为：两个圆锥形成的几何体．（2）V 圆锥=πr 2h=π×82×6=128π，（3）①如图=，解得r=，所以绕着斜边10所在的直线旋转一周形成的几何体的体积为V 圆锥=πr 2h=π×（）2×10=76.8π=πr2h=π×62②绕着直角边8所在的直线旋转一周形成的几何体的体积为V圆锥×8=96π，故绕着直角边8所在的直线旋转一周形成的几何体的体积大．【点评】本题主要考查了几何体的旋转，主要培养学生空间的想象能力．20．探究：有一长6cm，宽4cm的矩形纸板，现要求以其一组对边中点所在直线为轴，旋转180°，得到一个圆柱，现可按照两种方案进行操作：方案一：以较长的一组对边中点所在直线为轴旋转，如图①；方案二：以较短的一组对边中点所在直线为轴旋转，如图②．（1）请通过计算说明哪种方法构造的圆柱体积大；（2）如果该矩形的长宽分别是5cm和3cm呢？请通过计算说明哪种方法构造的圆柱体积大；（3）通过以上探究，你发现对于同一个矩形（不包括正方形），以其一组对边中点所在直线为轴旋转得到一个圆柱，怎样操作所得到的圆柱体积大（不必说明原因）？【分析】（1）根据矩形旋转是圆柱，可得几何体，根据圆柱的体积公式，可得答案；（2）根据矩形旋转是圆柱，可得几何体，根据圆柱的体积公式，可得答案；（3）根据矩形旋转所的几何体的大小比较，可得答案．【解答】解：（1）方案一：π×32×4=36π（cm3），方案二：π×22×6=24π（cm3），∵36π＞24π，∴方案一构造的圆柱的体积大；（2）方案一：π×（）2×3=π（cm3），方案二：π×（）2×5=π（cm3），∵π＞π，∴方案一构造的圆柱的体积大；（3）由（1）、（2），得以较长一组对边中点所在直线为轴旋转得到的圆柱的体积大．【点评】本题考查了点线面体，利用矩形旋转得圆柱是解题关键．。

图形的变换一、选择题1．下列几何图形中，一定是轴对称图形的有（）A．2个B．3个C．4个D．5个2．有一个四等分转盘，在它的上、右、下、左的位置分别挂着“众”、“志”、“成”、“城”四个字牌，如图1．若将位于上下位置的两个字牌对调，同时将位于左右位置的两个字牌对调，再将转盘顺时针旋转90°，则完成一次变换．图2，图3分别表示第1次变换和第2次变换．按上述规则完成第9次变换后，“众”字位于转盘的位置是（）A．上B．下C．左D．右3．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．等腰梯形 B．平行四边形C．正三角形 D．矩形4．如图①～④是四种正多边形的瓷砖图案．其中，是轴对称图形但不是中心对称的图形为（）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④5．如图，把矩形ABCD沿EF对折后使两部分重合，若∠1=50°，则∠AEF=（）A．110°B．115°C．120°D．130°6．下面四张扑克牌中，图案属于中心对称图形的是图中的（）A．B．C．D．7．下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C． D．8．将如图所示的图案按顺时针方向旋转90°后可以得到的图案是（）A．B．C．D．9．若将图中的每个字母都看成独立的图案，则这七个图案中是中心对称图形的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个10．下列图形中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．11．下面的图形中，是中心对称图形的是（）A．B． C．D．二、填空题12．如图，点G是△ABC的重心，CG的延长线交AB于D，GA=5cm，GC=4cm，GB=3cm，将△ADG绕点D旋转180°得到△BDE，则DE= cm，△ABC的面积= cm2．13．已知等腰三角形的一条腰长是5，底边长是6，则它底边上的高为．14．将线段AB平移1cm，得到线段A′B′，则点A到点A′的距离是cm．三、解答题15．如图，方格纸中的每个小正方形的边长均为1．（1）观察图1、2中所画的“L”型图形，然后各补画一个小正方形，使图1中所成的图形是轴对称图形，图2中所成的图形是中心对称图形；（2）补画后，图1、2中的图形是不是正方体的表面展开图？（填“是”或“不是”）16．如图，在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1关于点E成中心对称．（1）画出对称中心E，并写出点E、A、C的坐标；（2）P（a，b）是△ABC的边AC上一点，△ABC经平移后点P的对应点为P2（a+6，b+2），请画出上述平移后的△A2B2C2，并写出点A2、C2的坐标；（3）判断△A2B2C2和△A1B1C1的位置关系．（直接写出结果）17．在一平直河岸l同侧有A，B两个村庄，A，B到l的距离分别是3km和2km，AB=akm（a ＞1）．现计划在河岸l上建一抽水站P，用输水管向两个村庄供水．方案设计：某班数学兴趣小组设计了两种铺设管道方案：图1是方案一的示意图，设该方案中管道长度为d1，且d1=PB+BA（km）（其中BP⊥l于点p）；图2是方案二的示意图，设该方案中管道长度为d2，且d2=PA+PB（km）（其中点A'与点A关于I对称，A′B与l交于点P．观察计算：（1）在方案一中，d1= km（用含a的式子表示）；（2）在方案二中，组长小宇为了计算d2的长，作了如图3所示的辅助线，请你按小宇同学的思路计算，d2= km（用含a的式子表示）．探索归纳（1）①当a=4时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=”或“＜”）；②当a=6时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=”或“＜”）；（2）请你参考右边方框中的方法指导，就a（当a＞1时）的所有取值情况进行分析，要使铺设的管道长度较短，应选择方案一还是方案二？图形的变换参考答案与试题解析一、选择题1．下列几何图形中，一定是轴对称图形的有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【考点】轴对称图形．【分析】关于某条直线对称的图形叫轴对称图形．【解答】解：所有图形沿某条直线折叠后直线两旁的部分能够完全重合，那么一定是轴对称图形的有5个，故选D．【点评】轴对称图形的判断方法：如果一个图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．2．有一个四等分转盘，在它的上、右、下、左的位置分别挂着“众”、“志”、“成”、“城”四个字牌，如图1．若将位于上下位置的两个字牌对调，同时将位于左右位置的两个字牌对调，再将转盘顺时针旋转90°，则完成一次变换．图2，图3分别表示第1次变换和第2次变换．按上述规则完成第9次变换后，“众”字位于转盘的位置是（）A．上B．下C．左D．右【考点】旋转的性质．【专题】压轴题；操作型；规律型．【分析】根据题意可知每一次变换后相当于逆时针旋转了90°，经过4次变换后会回到原始位置，所以按上述规则完成第9次变换后，相当于第一次变化后的位置关系，分析比较可得答案．【解答】解：根据题意可知每一次变换后相当于逆时针旋转了90度，经过4次变换后会回到原始位置，所以按上述规则完成第9次变换后，“众”字位于转盘的位置是应该是第一次变换后的位置即在左边，比较可得C符合要求．故选C．【点评】本题考查旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．要注意旋转的三要素：①定点为旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．关键是找到旋转的方向和角度．3．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．等腰梯形 B．平行四边形C．正三角形 D．矩形【考点】中心对称图形；轴对称图形．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念和等腰梯形、平行四边形、正三角形、矩形的性质解答．【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意．故选D．【点评】掌握中心对称图形与轴对称图形的概念．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．4．如图①～④是四种正多边形的瓷砖图案．其中，是轴对称图形但不是中心对称的图形为（）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【考点】中心对称图形；轴对称图形．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念和各图的特点求解．【解答】解：①、是轴对称图形，不是中心对称图形；②、是轴对称图形，也是中心对称图形；③、是轴对称图形，不是中心对称图形；④、是轴对称图形，也是中心对称图形．满足条件的是①③，故选A．【点评】掌握好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．5．如图，把矩形ABCD沿EF对折后使两部分重合，若∠1=50°，则∠AEF=（）A．110°B．115°C．120°D．130°【考点】翻折变换（折叠问题）．【专题】压轴题．【分析】根据折叠的性质，对折前后角相等．【解答】解：根据题意得：∠2=∠3，∵∠1+∠2+∠3=180°，∴∠2=（180°﹣50°）÷2=65°，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠AEF+∠2=180°，∴∠AEF=180°﹣65°=115°．故选B．【点评】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．6．下面四张扑克牌中，图案属于中心对称图形的是图中的（）A．B．C．D．【考点】中心对称图形；生活中的旋转现象．【分析】依据中心对称图形的定义即可求解．【解答】解：其中A选项、C选项及D选项旋转180度后新图形中间的桃心向下，原图形中间的桃心向上，所以不是中心对称图形．故选B．【点评】本题考查中心对称图形的定义：绕对称中心旋转180度后所得的图形与原图形完全重合．7．下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C． D．【考点】中心对称图形；轴对称图形．【专题】常规题型．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项错误；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故B选项错误；C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项错误．故选：C．【点评】本题考查了中心对称及轴对称的知识，解题时掌握好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．8．将如图所示的图案按顺时针方向旋转90°后可以得到的图案是（）A．B．C．D．【考点】生活中的旋转现象．【分析】根据旋转的意义，找出图中眼，眉毛，嘴5个关键处按顺时针方向旋转90°后的形状即可选择答案．【解答】解：根据旋转的意义，图片按顺时针方向旋转90°，即正立状态转为顺时针的横向状态，从而可确定为A图，故选A．【点评】本题考查了图形的旋转变化，学生主要要看清是顺时针还是逆时针旋转，旋转多少度，难度不大，但易错．9．若将图中的每个字母都看成独立的图案，则这七个图案中是中心对称图形的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】中心对称图形．【分析】根据中心对称图形的概念求解．【解答】解：根据中心对称图形的概念可知，图案O、I是中心对称图形；而图案L、Y、M、P、C都不是中心对称图形．故选B．【点评】解答此题要掌握中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个旋转点，就叫做中心对称点．10．．下列图形中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【考点】轴对称图形．【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称，进而得出答案．【解答】解：A、不是轴对称图形，故A错误；B、是轴对称图形，故B正确；C、不是轴对称图形，故C错误；D、不是轴对称图形，故D错误．故选：B．【点评】本题考查了轴对称图形的概念．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．11．下面的图形中，是中心对称图形的是（）A．B． C．D．【考点】中心对称图形．【分析】根据中心对称图形的概念求解．【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图形，故本选项正确；C、不是中心对称图形，故本选项错误；D、不是中心对称图形，故本选项错误；故选B．【点评】本题考查了中心对称图形的知识，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．二、填空题12．如图，点G是△ABC的重心，CG的延长线交AB于D，GA=5cm，GC=4cm，GB=3cm，将△ADG绕点D旋转180°得到△BDE，则DE= 2 cm，△ABC的面积= 18 cm2．【考点】旋转的性质．【专题】压轴题．【分析】三角形的重心是三条中线的交点，根据中线的性质，S△ACD=S△BCD；再利用勾股定理逆定理证明BG⊥CE，从而得出△BCD的高，可求△BCD的面积．【解答】解：∵点G是△ABC的重心，∴DE=GD=GC=2，CD=3GD=6，∵GB=3，EG=GC=4，BE=GA=5，∴BG2+GE2=BE2，即BG⊥CE，∵CD为△ABC的中线，∴S△ACD=S△BCD，∴S△ABC=S△ACD+S△BCD=2S△BCD=2××BG×CD=18cm2．填：2，18．【点评】本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．13．已知等腰三角形的一条腰长是5，底边长是6，则它底边上的高为 4 ．【考点】等腰三角形的性质；勾股定理．【分析】根据等腰三角形三线合一的性质及勾股定理不难求得底边上的高．【解答】解：根据等腰三角形的三线合一，知：等腰三角形底边上的高也是底边上的中线．即底边的一半是3，再根据勾股定理得：底边上的高为4．故答案为：4【点评】考查等腰三角形的三线合一及勾股定理的运用．14．将线段AB平移1cm，得到线段A′B′，则点A到点A′的距离是 1 cm．【考点】平移的性质．【专题】压轴题．【分析】根据题意，画出图形，由平移的性质直接求得结果．【解答】解：在平移的过程中各点的运动状态是一样的，现在将线段平移1cm，则每一点都平移1cm，即AA′=1cm，∴点A到点A′的距离是1cm．【点评】本题考查了平移的性质：由平移知识可得对应点间线段即为平移距离．学生在学习中应该借助图形，理解掌握平移的性质．三、解答题15．如图，方格纸中的每个小正方形的边长均为1．（1）观察图1、2中所画的“L”型图形，然后各补画一个小正方形，使图1中所成的图形是轴对称图形，图2中所成的图形是中心对称图形；（2）补画后，图1、2中的图形是不是正方体的表面展开图？（填“是”或“不是”）【考点】利用旋转设计图案；利用轴对称设计图案．【专题】网格型．【分析】（1）根据轴对称图形与中心对称的定义即可作出，首先确定对称轴，即可作出所要作的正方形；（2）利用折叠的方法进行验证即可．【解答】解：（1）如图（画对一个得3分）．（2）图1（不是）或图2（是），图3（是）．【点评】掌握轴对称的性质：沿着一直线折叠后重合．中心对称的性质：绕某一点旋转180°以后重合．16．如图，在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1关于点E成中心对称．（1）画出对称中心E，并写出点E、A、C的坐标；（2）P（a，b）是△ABC的边AC上一点，△ABC经平移后点P的对应点为P2（a+6，b+2），请画出上述平移后的△A2B2C2，并写出点A2、C2的坐标；（3）判断△A2B2C2和△A1B1C1的位置关系．（直接写出结果）【考点】作图﹣旋转变换；作图﹣平移变换．【专题】作图题；压轴题．【分析】（1）连接对应点，对应点的中点即为对称中心，在网格中可直接得出点E、A、C 的坐标；（2）根据“（a+6，b+2）”的规律求出对应点的坐标A2（3，4），C2（4，2），顺次连接即可；（3）由△A2B2C2和△A1B1C1的位置关系直接看出是关于原点O成中心对称．【解答】解：（1）如图，E（﹣3，﹣1），A（﹣3，2），C（﹣2，0）；（4分）（2）如图，A2（3，4），C2（4，2）；（8分）（3）△A2B2C2与△A1B1C1关于原点O成中心对称．（10分）【点评】本题考查的是平移变换与旋转变换作图．作平移图形时，找关键点的对应点也是关键的一步．平移作图的一般步骤为：①确定平移的方向和距离，先确定一组对应点；②确定图形中的关键点；③利用第一组对应点和平移的性质确定图中所有关键点的对应点；④按原图形顺序依次连接对应点，所得到的图形即为平移后的图形．作旋转后的图形的依据是旋转的性质，基本作法是①先确定图形的关键点；②利用旋转性质作出关键点的对应点；③按原图形中的方式顺次连接对应点．要注意旋转中心，旋转方向和角度．中心对称是旋转180度时的特殊情况．17．在一平直河岸l同侧有A，B两个村庄，A，B到l的距离分别是3km和2km，AB=akm（a ＞1）．现计划在河岸l上建一抽水站P，用输水管向两个村庄供水．方案设计：某班数学兴趣小组设计了两种铺设管道方案：图1是方案一的示意图，设该方案中管道长度为d1，且d1=PB+BA（km）（其中BP⊥l于点p）；图2是方案二的示意图，设该方案中管道长度为d2，且d2=PA+PB（km）（其中点A'与点A关于I对称，A′B与l交于点P．观察计算：（1）在方案一中，d1= a+2 km（用含a的式子表示）；（2）在方案二中，组长小宇为了计算d2的长，作了如图3所示的辅助线，请你按小宇同学的思路计算，d2= km（用含a的式子表示）．探索归纳（1）①当a=4时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=”或“＜”）；②当a=6时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=”或“＜”）；（2）请你参考右边方框中的方法指导，就a（当a＞1时）的所有取值情况进行分析，要使铺设的管道长度较短，应选择方案一还是方案二？【考点】作图—应用与设计作图．【专题】压轴题；阅读型；方案型．【分析】运用勾股定理和轴对称求出d2，根据方法指导，先求d12﹣d22，再根据差进行分类讨论选取合理方案．【解答】解：（1）∵A和A'关于直线l对称，∴PA=PA'，d1=PB+BA=PB+PA'=a+2；故答案为：a+2；（2）因为BK2=a2﹣1，A'B2=BK2+A'K2=a2﹣1+52=a2+24所以d2=．探索归纳：（1）①当a=4时，d1=6，d2=，d1＜d2；②当a=6时，d1=8，d2=，d1＞d2；（2）=4a﹣20．①当4a﹣20＞0，即a＞5时，d12﹣d22＞0，∴d1﹣d2＞0，∴d1＞d2；②当4a﹣20=0，即a=5时，d12﹣d22=0，∴d1﹣d2=0，∴d1=d2③当4a﹣20＜0，即a＜5时，d12﹣d22＜0，∴d1﹣d2＜0，∴d1＜d2综上可知：当a＞5时，选方案二；当a=5时，选方案一或方案二；当1＜a＜5（缺a＞1不扣分）时，选方案一．【点评】本题为方案设计题，综合考查了学生的作图能力，运用数学知识解决实际问题的能力，以及观察探究和分类讨论的数学思想方法．。

专题04 图形的变换一、选择题1.（2017年湖北省宜昌市第2题）如下字体的四个汉字中，是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】A考点：轴对称图形2．（2017年江西省第3题）下列图形中，是轴对称图形的是（）A．B．C． D．【答案】C【解析】试题分析：根据轴对称图形的概念可知：A、不是轴对称图形，故A不符合题意；B、不是轴对称图形，故B不符合题意；C、是轴对称图形，故C符合题意；D、不是轴对称图形，故D不符合题意；故选：C．考点：轴对称图形3. （2017年内蒙古通辽市第4题）下列图形中，是轴对称图形，不是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】D考点：1、中心对称图形；2、轴对称图形4．（2017年山东省东营市第9题）如图，把△ABC沿着BC的方向平移到△DEF的位置，它们重叠部分的面积是△ABC面积的一半，若ABC移动的距离是（）A B D【答案】D【解析】试题分析：移动的距离可以视为BE或CF的长度，根据题意可知△ABC与阴影部分为相似三角形，且面积比为2：1，所以EC：BC=1BE=BC﹣故选：D．考点：1、相似三角形的判定和性质，2、平移的性质5.（2017年山东省泰安市第3题）下列图案：其中，中心对称图形是（）A．①② B．②③ C. ②④ D．③④【答案】D考点：中心对称图形6. （2017年湖南省郴州市第2题）下列图形既是对称图形又是中心对称图形的是（）【答案】B．【解析】试题分析：根据轴对称图形和中心对称图形的概念可得选项A是轴对称图形，不是中心对称图形；选项B既是轴对称图形又是中心对称图形；选项C不是轴对称图形，是中心对称图形；选项D是轴对称图形，不是中心对称图形．故选B．考点：轴对称图形和中心对称图形.7．（2017年四川省内江市第6题）下列图形：平行四边形、矩形、菱形、圆、等腰三角形，这些图形中只是轴对称图形的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】A．考点：轴对称图形．8. （2017年四川省成都市第5题）下列图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）A ．B ． C.D ．【答案】D【解析】 试题分析：根据轴对称图形和中心对称图形的概念，可知：A 既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不正确；B 不是轴对称图形，但是中心对称图形，故不正确；C 是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不正确；D 即是轴对称图形，也是中心对称图形，故正确.故选：D.考点：轴对称图形和中心对称图形识别9. （2017年四川省成都市第8题）如图，四边形ABCD 和A B C D '''' 是以点O 为位似中心的位似图形，若:2:3OA OA '= ，则四边形ABCD 与四边形A B C D ''''的面积比为（ ）A． 4：9 B． 2：5 C. 2：3 D【答案】A考点：位似变换的性质10. （2017年贵州省六盘水市第2题）国产越野车“BJ40”中，哪个数字或字母既是中心对称图形又是轴对称图形( )A.BB.JC. 4D. 0【答案】D．试题分析：选项A是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；选项B不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；选项C不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；选项D是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确．故选D．考点：中心对称图形；轴对称图形．11．（2017年山东省日照市第2题）剪纸是我国传统的民间艺术．下列剪纸作品既不是中心对称图形，也不是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】A．试题分析：根据轴对称图形和中心对称图形的概念可知：选项A既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项正确；选项B不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；选项C既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项错误；选项D 既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项错误．故选A ． 考点：中心对称图形；轴对称图形．12．（2017年湖南省长沙市第4题）在下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）【答案】C考点：1、中心对称图形，2、轴对称图形13．（2017年湖南省长沙市第12题）如图，将正方形ABCD 折叠，使顶点A 与CD 边上的一点H 重合（H 不与端点D C ,重合），折痕交AD 于点E ，交BC 于点F ，边AB 折叠后与边BC 交于点G ，设正方形ABCD 的周长为m ，CHG ∆的周长为n ，则m n 的值为（ ） A ．22 B ．21 C ．215- D ．随H 点位置的变化而变化【答案】B【解析】试题分析：设正方形ABCD 的边长为2a ，正方形的周长为m=8a ，设CM=x，DE=y，则DM=2a-x，EM=2a-y，∵∠EMG=90°，∴∠DME+∠CMG=90°．∵∠DME+∠DEM=90°，∴∠DEM=∠CMG，考点：1、正方形，2、相似三角形的判定与性质，3、勾股定理二、填空题1．（2017年贵州省黔东南州第11题）在平面直角坐标系中有一点A（﹣2，1），将点A先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，则平移后点A的坐标为．【答案】（1，﹣1）【解析】试题分析：根据坐标平移规律，可知：A的横坐标+3，纵坐标﹣2，即可求出平移后A的坐标为（1，﹣1）故答案为：（1，﹣1）考点：坐标与图形变化﹣平移2.（2017年湖北省荆州市第15题）将直线y=x+b沿y轴向下平移3个单位长度，点A（-1,2）关于轴的对称点落在平移后．．．的直线上，则的值为__________.【答案】4【解析】试题分析：先根据一次函数平移规律得出直线y=x+b沿y轴向下平移3个单位长度后的直线解析式y=x+b﹣3，再把点A（﹣1，2）关于y轴的对称点（1，2）代入y=x+b﹣3，得1+b﹣3=2，解得b=4．故答案为4．考点：一次函数图象与几何变换3.（2017年湖北省荆州市第18题）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在轴的负半轴、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落在轴上，得到矩形ODEF，BC与OD相交于点M.若经过点M的反比例函数y=kx（x＜0）的图象交AB于点N，的图象交AB于点N, S矩形OABC=32，tan∠DOE=12,,则BN的长为______________.【答案】3考点：1、坐标与图形变化﹣旋转；2、反比例函数系数k的几何意义；3、解直角三角形4. （2017年内蒙古通辽市第16题）如图，将八个边长为1的小正方形摆放在平面直角坐标系中，若过原点的直线l将图形分成面积相等的两部分，则将直线l向右平移3个单位后所得到直线'l的函数关系式为 .【答案】9271010 y x=-∴将直线l向右平移3个单位后所得直线l′的函数关系式为9271010y x=-；故答案为：9271010y x=-．考点：一次函数图象与几何变换5．（2017年山东省东营市第15题）如图，已知菱形ABCD 的周长为16，面积为E 为AB 的中点，若P 为对角线BD 上一动点，则EP+AP 的最小值为 ．【答案】考点：1、轴对称﹣最短问题，2、菱形的性质6. （2017年山东省泰安市第24题）如图， 30BCA ∠=，M 为AC 上一点， 2AM =，点P 是AB 上的一动点， PQ AC ⊥，垂足为点Q ，则PM PQ +的最小值为 ．考点：轴对称﹣最短路线问题7. （2017年山东省潍坊市第18题）如图，将一张矩形纸片ABCD 的边BC 斜着向AD 边对折，使点B 落在D 上，记为B '，折痕为CE ；再将CD 边斜向下对折，使点D 落在C B '上，记为D '，折痕为CG ,2=''D B ，BC BE 31=.则矩形纸片ABCD 的面积为 .【答案】15考点：1、翻折变换（折叠问题）；2、矩形的性质8．（2017年四川省内江市第16题）如图，正方形ABCD中，BC=2，点M是边AB的中点，连接DM，DM与AC交于点P，点E在DC上，点F在DP上，且∠DFE=45°．若PF=6，则CE= ．【答案】76．【解析】考点：相似三角形的判定与性质；正方形的性质；综合题．9.（2017年辽宁省沈阳市第16题）如图，在矩形ABCD中，53AB BC==，,将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形GBEF，点A落在矩形ABCD的边CD上，连接CE，则CE的长是 ..考点：四边形与旋转的综合题.10. （2017年湖北省黄冈市第14题）已知：如图，在AOB ∆中，090,3,4AOB AO cm BO cm ∠===，将AOB ∆绕顶点O ，按顺时针方向旋转到11A OB ∆处，此时线段1OB 与AB 的交点D 恰好为AB 的中点，则线段1B D = cm .【答案】考点：1、直角三角形，2、勾股定理，3、旋转11．（2017年湖南省长沙市第16题）如图，ABO ∆三个顶点的坐标分别为)0,0(),0,6(),4,2(C B A ，以原点O 为位似中心，把这个三角形缩小为原来的21，可以得到O B A ''∆，已知点'B 的坐标是)0,3(，则点'A 的坐标是 ．【答案】（1，2）【解析】 试题分析：根据位似变换的性质及位似比12，可知A ′的坐标为（1，2）. 故答案为：（1，2）考点：位似变换三、解答题1．（2017年湖北省十堰市第24题）已知O 为直线MN 上一点，OP ⊥MN ，在等腰Rt △ABO 中，∠BAO=90°，AC ∥OP 交OM 于C ，D 为OB 的中点，DE ⊥DC 交MN 于E ．（1）如图1，若点B在OP上，则①AC OE（填“＜”，“=”或“＞”）；②线段CA、CO、CD满足的等量关系式是；（2）将图1中的等腰Rt△ABO绕O点顺时针旋转α（0°＜α＜45°），如图2，那么（1）中的结论②是否成立？请说明理由；（3）将图1中的等腰Rt△ABO绕O点顺时针旋转α（45°＜α＜90°），请你在图3中画出图形，并直接写出线段CA、CO、CD满足的等量关系式．【答案】(1). ①AC=OE, ②线段CA、CO、CD满足的等量关系式是AC2+CO2=CD²;（2）.（1）中的结论②不成立，理由见解析；（3）线段CA、CO、CD满足的等量关系式OC﹣．试题解析：（1）①AC=OE，理由：如图1，∵在等腰Rt△ABO中，∠BAO=90°，∴∠ABO=∠AOB=45°，∵OP⊥MN，∴∠COP=90°，∴∠AOC=45°，∵AC∥OP，∴∠CAO=∠AOB=45°，∠ACO=∠POE=90°，∴AC=OC，连接AD，∵BD=OD，∴AD=OD，AD⊥OB，∴AD∥OC，∴四边形ADOC是正方形，∴∠DCO=45°，∴AC=OD，∴∠DEO=45°，∴CD=DE，∴OC=OE，∴AC=OE；②在Rt△CDO中，∵CD2=OC2+OD2，∴CD2=AC2+OC2；故答案为：AC2+CO2=CD2；（3）如图3，结论：OC﹣，理由是：连接AD，则AD=OD，同理：∠ADC=∠EDO，∵∠CAB+∠CAO=∠CAO+∠AOC=90°，∴∠CAB=∠AOC，∵∠DAB=∠AOD=45°，∴∠DAB﹣∠CAB=∠AOD﹣∠AOC，即∠DAC=∠DOE，∴△ACD≌△OED，∴AC=OE，CD=DE，∴△CDE是等腰直角三角形，∴CE2=2CD2，∴（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，∴OC﹣，故答案为：OC﹣．考点：几何变换的综合题∆中，点D、E分别在AC、2.（2017年山东省潍坊市第24题）（本题满分12分）边长为6的等边ABCDE//, 3BC边上, ABEC.2=（l ）如图1，将D E C ∆沿射线EC 方向平移，得到C E D '''∆，边E D ''与AC 的交点为M ,边D C ''与C AC '∠的角平分线交于点N .当C C '多大时，四边形D MCN '为菱形?并说明理由.（2）如图2，将DEC ∆绕点C 旋转α（︒<<︒3600α），得到C E D ''∆,连接D A '、E B '，边E D ''的中点为P .①在旋转过程中，D A '和E B '有怎样的数量关系?并说明理由.②连接AP ,当AP 最大时，求D A '的值.（结果保留根号）【答案】（1）当MCND'是菱形（2）①AD'=BE'②【解析】试题解析：（1）当MCND'是菱形．理由：由平移的性质得，CD ∥C'D'，DE ∥D'E'，∵△ABC 是等边三角形，∴∠B=∠ACB=60°，∴∠ACC'=180°﹣∠ACB=120°，∵CN 是∠ACC'的角平分线，∴∠D'E'C'=12∠ACC'=60°=∠B ， ∴∠D'E'C'=∠NCC'，∴D'E'∥CN ，∴四边形MCND'是平行四边形，∵∠ME'C'=∠MCE'=60°，∠NCC'=∠NC'C=60°，∴△MCE'和△NCC'是等边三角形，∴MC=CE'，NC=CC'，∵∵四边形MCND'是菱形， ∴CN=CM ，∴CC'=12在Rt △APD'中，由勾股定理得，考点：四边形综合题3. 如图，ABC ∆是边长为4cm 的等边三角形，边AB 在射线OM 上，且6OA cm =，点D 从点O 出发，沿OM 的方向以1/cm s 的速度运动，当D 不与点A 重合是，将ACD ∆绕点C 逆时针方向旋转060得到BCE ∆，连接DE .（1）求证：CDE ∆是等边三角形；（2）当610t <<时，的BDE ∆周长是否存在最小值？若存在，求出BDE ∆的最小周长；若不存在，请说明理由.（3）当点D 在射线OM 上运动时，是否存在以,,D E B 为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）存在，；（3）当t=2或14s 时，以D 、E 、B 为顶点的三角形是直角三角形．【解析】试题分析：（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC ，即可得到结论；（2）当6＜t ＜10时，由旋转的性质得到BE=AD ，于是得到C △DBE =BE+DB+DE=AB+DE=4+DE ，根据等边三角形的性质得到DE=CD ，由垂线段最短得到当CD ⊥AB 时，△BDE 的周长最小，于是得到结论；（3）存在，①当点D 与点B 重合时，D ，B ，E 不能构成三角形，②当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s．（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意，②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB=60°，∴∠CEB=30°，∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°，∵∠CAB=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴DA=CA=4，∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，∴t=2÷1=2s；考点：旋转与三角形的综合题.。

图形变换问题【专题点拨】数学里的变换，指一个图形（或表达式）到另一个图形（或表达式）的演变。

图象变换是函数的一种作图方法。

已知一个函数的图象，通过某种或多种连续方式变换，得到另一个与之相关的函数的图象，这样的作图方法叫做图象变换。

【解题策略】从具体图形入手一解析变换形式一把握变换性质一运用性质解题一得到结论【典例解析】类型一：平移问题研究例题1：（2016 •山东省菏泽市-3分）如图，A, B的坐标为（2, 0）,（0,1）,若【考点】坐标与图形变化-平移.【解析】直接利用平移中点的变化规律求解即可.【解答】解：由B点平移前后的纵坐标分别为1、2,可得B点向上平移了 1个单位，由A点平移前后的横坐标分别是为2、3,可得A点向右平移了1个单位，由此得线段AB的平移的过程是：向上平移1个单位，再向右平移1个单位，所以点A、B均按此规律平移，由此可得 a=0+1=1, b=0+1=1,故 a+b=2.故选：A.【点评】本题考查了坐标系中点、线段的平移规律，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同.平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减.变式训练1:（2016 •山东省济宁市・3分）如图，将4ABE向右平移2cm得到△DCF,如果4ABE的周长是16cm,那么四边形ABFD的周长是（）A. 16cmB. 18cmC. 20cmD. 21cm类型二：轴对称问题研究例题2：（2016 •山东潍坊・3分）已知/408=60°,点P是NAOB的平分线OC上的动点，点M在边OA上，且OM=4,则点P到点M与到边OA的距离之和的最小值是_2上L.【考点】轴对称-最短路线问题.【解析】过M作MN/,OB于N’,交OC于P,即MN’的长度等于点P到点M与到边OA 的距离之和的最小值，解直角三角形即可得到结论.【解答】解：过M作MN/,OB于N’,交OC于P,则MN,的长度等于PM+PN的最小值，即MN’的长度等于点P到点M与到边OA的距离之和的最小值，VZON'M=90°, OM=4,.•・MN/=OM・sin60°=2；§,・••点P到点M与到边OA的距离之和的最小值为2 /3.变式训练2：（2016 •黑龙江龙东・3分）如图，MN是。