《图形的变化》阶段练习

初中数学鲁教版八年级上册第四章4图形变化的简单应用练习题一、选择题1.如图，在正方形网格中，已将图中的四个小正方形涂上阴影，若再从图中标序号的小正方形中选一个涂上阴影，使得整个阴影部分组成的图形是轴对称图形，那么不符合条件的小正方形是A. B. C. D.2.经过平移或旋转不可能将甲图案变成乙图案的是A. B. C. D.3.下列各项中，不是由平移设计的是A. B. C. D.4.如图，在的正方形网格中，有三个小正方形己经涂成灰色，若再任意涂灰1个白色的小正方形每个白色的小正方形被涂成灰色的可能性相同，使新构成灰色部分的图形是轴对称图形的概率是A. B. C. D.5.以如图的右边缘所在直线为轴将该图案向右翻折后，再绕中心旋转，所得到的图形是A. B. C. D.6.如图正方形网格中，已有两个小正方形被涂黑，再将图中其余小正方形涂黑一个，使整个图案构成一个轴对称图形的方法有种．A. 4B. 5C. 6D. 77.如图是5个小正方形纸片拼成的图形，现将其中一个小正方形纸片平移，使它与原图中剩下的小正方形纸片有一条或两条边重合后拼成一个轴对称图形，在拼出的所有不同位置的轴对称图形中，全等的图形共有A. 0对B. 1对C. 2对D. 3对8.小军同学在网格纸上将某些图形进行平移操作，他发现平移前后的两个图形所组成的图形可以是轴对称图形如图所示，现在他将正方形ABCD从当前位置开始进行一次平移操作，平移后的正方形的顶点也在格点上，则使平移前后的两个正方形组成轴对称图形的平移方向有A. 3个B. 4个C. 5个D. 无数个9.下列图案中，含有旋转变换的有A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个10.在玩俄罗斯方块游戏时，底部己有的图形如图所示，接下去出现如下哪个形状时，通过旋转变换后能与已有图形拼成一个中心对称图形A. B. C. D.二、填空题11.如图1所示的图形是一个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小明按图2所示方法玩拼图游戏，两两相扣，相互间不留空隙，那么小明用9个这样的图形图拼出来的图形的总长度是______结果用含a，b代数式表示．12.如图所示，第1个图案是由黑白两种颜色的六边形地面砖组成的，第2个，第3个图案可以看成是由第1个图案经过平移而得，那么第n个图案中白色六边形地面砖的数量为______代数式需要简化．13.如图所示的图案，可以看成是由字母“Y”绕中心每次旋转______度构成的．14.如图所示的美丽图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转____次，每次旋转____度形成的．15.如图，香港特别行政区区徽由五个相同的花瓣组成，它是以一个花瓣为“基本图案”通过连续四次旋转所组成，这四次旋转中，旋转角度最小是____度．三、解答题16.图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有5个小等边三角形已涂上阴影，请在余下的空白小等边三角形中，按下列要求选取一个涂上阴影：使得6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．使得6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形17.已知和都是等腰直角三角形，．如图1：连AM，BN，求证：≌；若将绕点O顺时针旋转，如图2，当点N恰好在AB边上时，求证：；当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段BN的长．18.探索发现如图，与为等腰三角形，且两顶角，连接BD与CE，则与的关系是______；操作探究在中，，，D是BC的中点，在线段AD上任取一点P，连接PB，将线段PB绕点P按逆时针方向旋转，点B的对应点是点E，连接BE，得到，随着点P在线段AD 上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你探究，当点E在直线AD上时，如图所示，连接CE，判断直线CE与直线AB 的位置关系，并说明理由．拓展应用在的应用下，请在图中画出，使得点E在直线AD的右侧，连接CE，试求出点P 在线段AD上运动时，AE的最小值．19.已知：如图，等边的边长为4，点C为OA中点．如图1，将OC绕点O顺时针旋转，使点C落到OB边的点D处，设旋转角为则此时______；此时是______三角形填特殊三角形的名称．如图2，固定等边不动，将中得到的绕点O逆时针旋转，连接AC，BD，设旋转角为．求证：；当旋转角为何值时，，并说明理由；当A、C、D三点共线时，直接写出线段BD的长．答案和解析1.【答案】A【解析】分析根据轴对称图形的定义进行设计即可．此题主要考查了轴对称图形的设计，正确把握轴对称图形的定义是解题关键．详解解：有3个使之成为轴对称图形分别为：，，．故选A．2.【答案】C【解析】解：A、B、D通过旋转或平移，和乙图各点对应，均正确；C、经过平移或旋转变换不可能将甲图案变成乙，故错误．故选：C．根据平移和旋转的性质进行选择，平移不改变图形的大小和形状，旋转改变图形的方向，可以作出选择．本题考查了平移和旋转的性质，属于基础题，关键是掌握几何变换不改变图形的大小．3.【答案】D【解析】解：根据平移的性质可知：A、B、C选项的图案都是由平移设计的，D选项的图案是由旋转设计的．故选：D．根据确定一个基本图案按照一定的方向平移一定的距离，连续作图即可设计出美丽的图案．通过改变平移的方向和距离可使图案变得丰富多彩．本题考查了利用平移设计图案，解决本题的关键是掌握平移的性质：平移按一定的方向移动一定的距离．4.【答案】D【解析】解：如图所示：当1，2两个分别涂成灰色，新构成灰色部分的图形是轴对称图形，故新构成灰色部分的图形是轴对称图形的概率是：．故选：D．直接利用轴对称图形的性质分析得出答案．此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．5.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形，利用中心对称旋转180度后重合得出是解题关键．首先根据轴对称的性质得出翻折后图形，再利用中心对称图形的概念得出即可．【解答】解：以图的右边缘所在的直线为轴将该图形向右翻转后，黑圆在右上角，再按顺时针方向旋转，黑圆在左下角．故选A．6.【答案】B【解析】【分析】本题考查了利用轴对称设计图案的知识，关键是掌握好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．根据轴对称的概念作答，如果一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．【解答】解：选择一个正方形涂黑，使得3个涂黑的正方形组成轴对称图形，选择的位置有以下几种：1处，2处，3处，4处，5处，选择的位置共有5处．故选B．7.【答案】B【解析】解：如图所示：在拼出的所有不同位置的轴对称图形中，全等的图形共有1对，故选：B．将其中一个小正方形纸片平移，使它与原图中剩下的小正方形纸片有一条或两条边重合后拼成一个轴对称图形，进而得出结论．本题主要考查了利用平移设计图案，确定一个基本图案按照一定的方向平移一定的距离，连续作图即可设计出美丽的图案．通过改变平移的方向和距离可使图案变得丰富多彩．8.【答案】C【解析】【分析】此题主要考查了利用轴对称设计图案以及平移的性质，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键，直接利用平移的性质结合轴对称图形的性质得出答案．【解答】解：如图所示，正方形ABCD可以向上，向下，向右以及沿射线AC或BD方向平移，平移后的两个正方形组成轴对称图形．故选C．9.【答案】B【解析】解：根据旋转的含义可知：选项中给出的4个图都可以通过旋转得到，其中第3个也可以利用平移得到；故选：B．根据利用旋转设计图案关键是利用旋转中的三个要素旋转中心；旋转方向；旋转角度设计图案．通过旋转变换不同角度或者绕着不同的旋转中心向着不同的方向进行旋转都可设计出美丽的图案，进而判断得出即可．本题是考查运用旋转设计图案，根据旋转图形的特点得出是解题关键．10.【答案】D【解析】【分析】此题主要考查了利用旋转设计图案，正确掌握中心对称图形的性质是解题关键．直接利用中心对称图形的定义结合图形的旋转变换得出答案．【解答】解：如图所示：只有选项D可以与已知图形组成中心对称图形．故选：D．11.【答案】【解析】解：由图可得，拼出来的图形的总长度．故答案为：．本题主要考查了利用轴对称设计图案，利用轴对称设计图案关键是要熟悉轴对称的性质，利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案．12.【答案】【解析】解：第一个图案中，有白色的是6个，后边是依次多4个．第n个图案中，是．故答案为：．观察图形可知，第一个黑色地面砖由六个白色地面砖包围，再每增加一个黑色地面砖就要增加四个白色地面砖．本题考查利用平移设计图形，主要培养学生的观察能力和空间想象能力，解题的关键是发现规律：在第一个图案的基础上，多一个图案，多4块白色地砖．13.【答案】36【解析】解：根据图形可得：这是一个由字母“Y”绕着中心连续旋转9次，每次旋转36度角形成的图案．故答案为：36．如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度小于后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．利用基本图形和旋转次数，即可得到旋转的角度．本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．14.【答案】7；45【解析】【分析】本题主要考查利用旋转设计图案，关键是掌握把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．利用旋转中的三个要素旋转中心；旋转方向；旋转角度设计图案，进而判断出基本图形和旋转次数与角度．【解答】45度形成的，故答案为：7；45．15.【答案】72【解析】【分析】本题把旋转的性质和一个周角是结合求解．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．注意结合图形解题的思想．根据旋转的性质和周角是求解即可．【解答】解：观察图形可知，中心角是由五个相同的角组成，旋转角度是，这四次旋转中，旋转角度最小是．故答案为72．16.【答案】解：如图1所示：6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形；如图2所示：6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．【解析】直接利用轴对称图形的性质分析得出答案；直接利用中心对称图形的性质分析得出答案．此题主要考查了中心对称图形以及轴对称图形，正确把握相关定义是解题关键．17.【答案】证明：如图1中，≌．证明：如图2中，连接AM．同法可证≌，，，，，，是等腰直角三角形，，．如图中，设OA交BN于J，过点O作于H．≌，，，，，，如图中，同法可证．【解析】根据SAS证明三角形全等即可．连接AM，证明，，利用勾股定理解决问题即可．分两种情形分别画出图形求解即可．本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．18.【答案】相似【解析】解：如图中，与为等腰三角形，且两顶角，，，，∽，，，故答案为：相似．如图2中，结论：．理由：，，，，，，，，垂直平分线段BC，，，，，，，．故答案为50，．如图3中，以P为圆心，PB为半径作．垂直平分线段BC，，，，．如图4中，作于H，点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值．结论：相似．先判断出∽，即可得出结论．利用等腰三角形的性质证明，，推出即可．如图3中，以P为圆心，PB为半径作利用圆周角定理证明，推出，因为点E在射线CE 上运动，点P在线段AD上运动，所以当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值．本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，平行线的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．19.【答案】等边【解析】解：如图1，是等边三角形，，，将OC绕点O顺时针旋转，使点C落到OB边的点D处，，，是等边三角形，故答案为：，等边；是等边三角形，，，，又，≌，；如图2，当点C在点O的上方时，若，，如图，当点C在点O的下方时，若，，，综上所述：或；如图3，当点D在线段AC上时，过点O作于E，等边的边长为4，点C为OA中点，，，，，≌，，，，，，，；如图4，当点C在线段AD上时，过点O作于F，同理可求，，，综上所述：或．由旋转的性质可得，，可证是等边三角形；由“SAS”可证≌，可得；分两种情况讨论，由平行线的性质和旋转的性质可求解；分两种情况讨论，由勾股定理可求解．性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．。

图形变化专题练习一、平移1、下列现象中是平移的是（）A、将一张纸沿它的中线折叠B、飞碟的快速转动C、电梯的上下移动D、翻开书中的每一页纸张2、如图所示，将周长为8的△ABC沿BC方向平移1个单位长度得到△DEF，则四边形ABFD 的周长为（）A、6B、8C、10D、123、如图，在平面直角坐标系XOY中，已知点A．若平移点A到点C，使以点O、A、C、(B)1,1(),0,2B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2个单位，再向上平移1个单位B、向左平移1-2C、向右平移2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4、如图，已知直线l1∥l2，l1、l2之间的距离为8，点P到直线l1的距离为6，点Q到直线4，在直线l1上有一动点A，直线l2上有一动点B，满足AB⊥l2，l2的距离为4，PQ=30且PA+AB+BQ最小，此时PA+BQ= ．5、如图，在平面内，线段AB=6，P为线段AB上的动点，三角形纸片CDE的边CD所在的直线与线段AB垂直相交于点P，且满足PC=PA．若点P沿AB方向从点A运动到点B，则点E运动的路径长为．6、如图，长方形ABCD中，AB=6，第一次平移长方形ABCD沿AB的方向向右平移5个单位，得到长方形A1B1C1D1，第2次平移将长方形A1B1C1D1沿A1B1的方向向右平移5个单位，得到长方形A2B2C2D2…，第n次平移将长方形A n﹣1B n﹣1C n﹣1D n﹣1沿A n﹣1B n﹣1的方向向右平移5个单位，得到长方形A n B n C n D n（n＞2），若AB n的长度为2016，则n的值为（）A、400B、401C、402D、4037、△ABC与△A’B’C’在平面直角坐标系中的位置如图.8、如图，将△ABC沿着射线BC方向平移至△A'B'C'，使点A'落在∠ACB的外角平分线CD上，连结AA'．9、如图1，已知直线PQ∥MN，点A在直线PQ上，点C、D在直线MN上，连接AC、AD，∠PAC=50°，∠ADC=30°，AE平分∠PAD，CE平分∠ACD，AE与CE相交于E．（1）、求∠AEC的度数；（2）、若将图1中的线段AD沿MN向右平移到A1D1如图2所示位置，此时A1E平分∠AA1D1，CE平分∠ACD1，A1E与CE相交于E，∠PAC=50°，∠A1D1C=30°，求∠A1EC的度数．（3）、若将图1中的线段AD沿MN向左平移到A1D1如图3所示位置，其他条件与（2）相同，求此时∠A1EC的度数．10、如图①，BD是矩形ABCD的对角线，∠ABD=30°，AD=1．将△BCD沿射线BD方向平移到△B'C'D'的位置，使B'为BD中点，连接AB'，C'D，AD'，BC'，如图②．（1）、求证：四边形AB'C'D是菱形；（2）、四边形ABC'D′的周长为；（3）、将四边形ABC'D'沿它的两条对角线剪开，用得到的四个三角形拼成与其面积相等的矩形，直接写出所有可能拼成的矩形周长．二：轴对称（折叠）1、如图，等边△ABC的边长为1cm，D、E分别是AB、AC上的点，将△ADE沿直线DE 折叠，点A落在点A′处，且点A′在△ABC外部，则阴影部分图形的周长为2、如图，△ABC是等边三角形，AD是BC边上的中线，点E在AC上，且∠CDE=20°，现将△CDE沿直线DE折叠得到△FDE，连结BF．∠BFE的度数是.3、如图，在矩形ABCD中，AD=5，AB=8，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠，当点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为．4、如图，将边长为6的正方形纸片ABCD对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展平后，再将点B折到边CD上，使边AB经过点E，折痕为GH，点B的对应点为M，点A的对应点为N。

人教版五年级数学下册《第5章图形的运动（三）运用平移、对称和旋转设计图案》同步测试题一．选择题（共6小题）1．下列图案每一幅都是由一个基本图形变化得到的．其中没有运用旋转规律得到的图案是（）A．B．C．2．小玲应用图形的运动设计了一副漂亮的图案（图案的变换过程如下图所示）．上面图案经历的变换过程是（）A．轴对称→旋转→放大B．旋转→放大→旋转C．旋转→放大→放大D．平移→旋转→放大3．把下面的图A绕中心点顺时针旋转90度后再向下平移四个格得到图形是（）A．A B．B C．C D．D4．国旗上的四个小五角星，通过怎样的移动可以相互得到（）A．轴对称B．平移C．旋转D．平移和旋转5．如图的图案是运用（）的变化形式设计出来的．A．平移B．旋转C．轴对称6．左图是由经过（）变换得到的．A．平移B．旋转C．对称D．折叠二．填空题（共6小题）7．图形的变换方式有平移、、．8．本学期我们学习了利用、和可以设计美丽的图案，像打开的电风扇属于现象．9．如图用了原理。

10．旋转左边的图可以得到，平移左边的图可以得到．（填序号）11．钟面上指针从“12”开始，顺时针旋转90°到“”；指针从“12”开始，顺时针旋转到“5”．12．如图中图形2先绕点O按方向旋转°，再向平移格，得到图形1．三．判断题（共3小题）13．如图的花边是用平移对称的方法设计的．（判断对错）14．要设计一个美丽的图案，可以用平移、旋转和作轴对称图形．（判断对错）15．图中是由经过旋转得到的．．（判断对错）四．操作题（共1小题）16．请你在下面的方格图中设计一个具有对称美的图形．五．解答题（共7小题）17．利用旋转的知识，争当小小设计师．18．利用旋转画一朵小花．19．2021图的七巧板，通过平移，旋转或轴对称的方法设计你喜欢的图形．21．下面右边哪个图形能由左边图形平移和旋转得到？在序号上“√”．22．试一试．利用旋转画一朵小花．23．你能用这个图形，通过对称、平移或旋转设计出美丽的图案吗？请把你设计的美丽图案画出来．参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．【分析】寻找基本图形，旋转中心，旋转角，旋转次数，逐一判断．【解答】解：图形1可由一个基本“花瓣”绕其中心经过4次旋转，每次旋转90°得到；图形2可由一个基本“不规则5边形”绕其中心经过4次旋转，每次旋转90°得到；图形3可由一个基本图形三角形经过平移得到；其中没有运用旋转规律得到的图案是C；故选：C．【点评】本题考查了利用旋转设计图案的知识，培养学生分析和判断问题的能力．2．【分析】根据旋转的特征，图形1正方形绕两对角线的交点顺时针或逆时针方向旋转90°即可得到图形2；再用一边长等于图形1对角线长的两正方形，用同样的旋转方法得到一幅图，与图2叠放即可得到图形3；再用边长等于图3中最大正方形的对角线长的正方形，用同样的旋转方法得到一幅图，与图3叠放即可得到图形4．上述整个经过的过程实际上就是旋转、放大、再放大．【解答】解：如图，小玲应用图形的运动设计了一副漂亮的图案，这个图案经历的变换过程是简单地概括为：旋转→放大→放大．故选：C．【点评】此题主要是考查了旋转的特征．经过旋转，图形上的每一个点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．（旋转前后两个图形的对应线段相等、对应角相等．）3．【分析】观察图形，图形A绕中心点顺时针旋转90度后，再向下平移4格后，得到的图形是C，据此即可选择．【解答】解：图形A绕中心点顺时针旋转90度后，再向下平移4格后，得到的图形是C，故选：C。

2021年山东中考数学真题分类汇编之图形的变化一．选择题（共12小题）1．（2021•淄博）下列几何体中，其俯视图一定是圆的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个2．（2021•临沂）如图，点A，B都在格点上，若BC＝，则AC的长为（）A．B．C．2D．33．（2021•淄博）如图，AB，CD相交于点E，且AC∥EF∥DB，点C，F，B在同一条直线上．已知AC＝p，EF＝r，DB＝q，则p，q，r之间满足的数量关系式是（）A．+＝B．+＝C．+＝D．+＝4．（2021•枣庄）如图，三角形纸片ABC，AB＝AC，∠BAC＝90°，点E为AB中点，沿过点E的直线折叠，使点B与点A重合，折痕交BC于点F．已知EF＝，则BC的长是（）A．B．3C．3D．35．（2021•东营）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝42°，BC＝8，若用科学计算器求AC的长，则下列按键顺序正确的是（）A．B．C．D．6．（2021•东营）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面展开图圆心角的度数为（）A．214°B．215°C．216°D．217°7．（2021•东营）如图，△ABC中，A、B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是（1，0），以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A'B'C，并把△ABC的边长放大到原来的2倍，设点B 的横坐标是a，则点B的对应点B′的横坐标是（）A．﹣2a+3B．﹣2a+1C．﹣2a+2D．﹣2a﹣28．（2021•菏泽）如图是一个几何体的三视图，根据图中所标数据计算这个几何体的体积为（）A．12πB．18πC．24πD．30π9．（2021•枣庄）小明有一个呈等腰三角形的积木盒，现在积木盒中只剩下如图的九个空格，下面有四种积木的搭配，其中不能放入的有（）A．搭配①B．搭配②C．搭配③D．搭配④10．（2021•聊城）如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（）A．（，）B．（，）C．（，）D．（，）11．（2021•泰安）如图，为了测量某建筑物BC的高度，小颖采用了如下的方法：先从与建筑物底端B 在同一水平线上的A点出发，沿斜坡AD行走130米至坡顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若干米后至点E处，在E点测得该建筑物顶端C的仰角为60°，建筑物底端B的俯角为45°，点A、B、C、D、E在同一平面内，斜坡AD的坡度i＝1：2.4．根据小颖的测量数据，计算出建筑物BC的高度约为（参考数据：≈1.732）（）A．136.6米B．86.7米C．186.7米D．86.6米12．（2021•淄博）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE是斜边AB上的中线，过点E作EF⊥AB 交AC于点F．若BC＝4，△AEF的面积为5，则sin∠CEF的值为（）A．B．C．D．二．填空题（共10小题）13．（2021•烟台）《九章算术》中记载了一种测量古井水面以上部分深度的方法．如图所示，在井口A 处立一根垂直于井口的木杆AB，从木杆的顶端B观察井水水岸D，视线BD与井口的直径AC交于点E，如果测得AB＝1米，AC＝1.6米，AE＝0.4米，那么CD为米．14．（2021•枣庄）如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P 的坐标为．15．（2021•东营）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，点F是AD上一点，将△CDF沿CF折叠，点D落在点G处，连接DG并延长交AB于点E．若AE＝5，则GE的长为．16．（2021•聊城）如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A，C分别在x轴，y轴上，B，D两点坐标分别为B（﹣4，6），D（0，4），线段EF在边OA上移动，保持EF＝3，当四边形BDEF的周长最小时，点E的坐标为．17．（2021•菏泽）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，AD＝5，BC＝10，四边形EFGH和四边形HGNM均为正方形，且点E、F、G、N、M都在△ABC的边上，那么△AEM与四边形BCME的面积比为．18．（2021•烟台）数学兴趣小组利用无人机测量学校旗杆高度，已知无人机的飞行高度为40米，当无人机与旗杆的水平距离是45米时，观测旗杆顶部的俯角为30°，则旗杆的高度约为米．（结果精确到1米，参考数据：≈1.41，≈1.73）19．（2021•烟台）综合实践活动课上，小亮将一张面积为24cm2，其中一边BC为8cm的锐角三角形纸片（如图1），经过两刀裁剪，拼成了一个无缝隙、无重叠的矩形BCDE（如图2），则矩形的周长为cm．20．（2021•东营）如图，正方形ABCB1中，AB＝，AB与直线l所夹锐角为60°，延长CB1交直线l于点A1，作正方形A1B1C1B2，延长C1B2交直线l于点A2，作正方形A2B2C2B3，延长C2B3交直线l于点A3，作正方形A3B3C3B4…，依此规律，则线段A2020A2021＝．21．（2021•泰安）如图，将矩形纸片ABCD折叠（AD＞AB），使AB落在AD上，AE为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将BE边折起，使点B落在AE上的点G处，连接DE，若DE＝EF，CE＝2，则AD的长为．22．（2021•威海）如图，先将矩形纸片ABCD沿EF折叠（AB边与DE在CF的异侧），AE交CF于点G；再将纸片折叠，使CG与AE在同一条直线上，折痕为GH．若∠AEF＝α，纸片宽AB＝2cm，则HE＝cm．三．解答题（共8小题）23．（2021•威海）在一次测量物体高度的数学实践活动中，小明从一条笔直公路上选择三盏高度相同的路灯进行测量．如图，他先在点B处安置测倾器，于点A处测得路灯MN顶端的仰角为10°，再沿BN方向前进10米，到达点D处，于点C处测得路灯PQ顶端的仰角为27°．若测倾器的高度为1.2米，每相邻两根灯柱之间的距离相等，求路灯的高度（结果精确到0.1米）．（参考数据：sin10°≈0.17，cos10°≈0.98，tan10°≈0.18，sin27°＝0.45，cos27°≈0.89，tan27°≈0.51）24．（2021•聊城）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，AE是直径，交BC于点H，点D在上，连接AD，CD过点E作EF∥BC交AD的延长线于点F，延长BC交AF于点G．（1）求证：EF是⊙O的切线；（2）若BC＝2，AH＝CG＝3，求EF和CD的长．25．（2021•菏泽）某天，北海舰队在中国南海例行训练，位于A处的济南舰突然发现北偏西30°方向上的C处有一可疑舰艇，济南舰马上通知位于正东方向200海里B处的西安舰，西安舰测得C处位于其北偏西60°方向上，请问此时两舰距C处的距离分别是多少？26．（2021•临沂）如图，在某小区内拐角处的一段道路上，有一儿童在C处玩耍，一辆汽车从被楼房遮挡的拐角另一侧的A处驶来，已知CM＝3m，CO＝5m，DO＝3m，∠AOD＝70°，汽车从A处前行多少米才能发现C处的儿童（结果保留整数）？（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75；sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）27．（2021•枣庄）2020年7月23日，我国首次火星探测“天问一号”探测器，由长征五号遥四运载火箭在中国文昌航天发射场发射成功，正式开启了中国的火星探测之旅．运载火箭从地面O处发射，当火箭到达点A时，地面D处的雷达站测得AD＝4000米，仰角为30°.3秒后，火箭直线上升到达点B处，此时地面C处的雷达站测得B处的仰角为45°．O，C，D在同一直线上，已知C，D两处相距460米，求火箭从A到B处的平均速度．（结果精确到1米，参考数据：≈1.732，≈1.414）28．（2021•聊城）时代中学组织学生进行红色研学活动．学生到达爱国主义教育基地后，先从基地门口A处向正南方向走300米到达革命纪念碑B处，再从B处向正东方向走到党史纪念馆C处，然后从C处向北偏西37°方向走200米到达人民英雄雕塑D处，最后从D处回到A处．已知人民英雄雕塑在基地门口的南偏东65°方向，求革命纪念碑与党史纪念馆之间的距离（精确到1米）．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14）29．（2021•济宁）研究立体图形问题的基本思路是把立体图形问题转化为平面图形问题．（1）阅读材料立体图形中既不相交也不平行的两条直线所成的角，就是将直线平移使其相交所成的角．例如，正方体ABCD﹣A′B′C′D′（图1），因为在平面AA′C′C中，CC′∥AA'，AA′与AB 相交于点A，所以直线AB与AA′所成的∠BAA′就是既不相交也不平行的两条直线AB与CC′所成的角．解决问题如图1，已知正方体ABCD﹣A′B′C′D'，求既不相交也不平行的两直线BA′与AC所成角的大小．（2）如图2，M，N是正方体相邻两个面上的点；①下列甲、乙、丙三个图形中，只有一个图形可以作为图2的展开图，这个图形是；②在所选正确展开图中，若点M到AB，BC的距离分别是2和5，点N到BD，BC的距离分别是4和3，P是AB上一动点，求PM+PN的最小值．30．（2021•东营）已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D．我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．（1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD 的数量关系是．（2）[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；②若∠COD＝60°，请直接写出线段AC、BD、OC之间的数量关系．2021年山东中考数学真题分类汇编之图形的变化参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）1．（2021•淄博）下列几何体中，其俯视图一定是圆的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】简单几何体的三视图．【专题】投影与视图；空间观念．【分析】根据视图的意义，从上面看该几何体，所得到的图形进行判断即可．【解答】解：其俯视图一定是圆的有：球，圆柱，共2个．故选：B．【点评】本题考查简几何体的三视图，理解视图的意义，掌握俯视图的画法是正确判断的前提．2．（2021•临沂）如图，点A，B都在格点上，若BC＝，则AC的长为（）A．B．C．2D．3【考点】相似三角形的应用．【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；运算能力；应用意识．【分析】根据相似三角形的判定和性质可以得到AB的长，然后由图可知AC＝AB﹣BC，然后代入数据计算即可．【解答】解：作CD⊥BD于点D，作AE⊥BD于点E，如右图所示，则CD∥AE，∴△BDC∽△BEA，∴，∴＝，解得BA＝2，∴AC＝BA﹣BC＝2﹣＝，故选：B．【点评】本题考查相似三角形的应用，解答本题的关键是求出AB的长，利用数形结合的思想解答．3．（2021•淄博）如图，AB，CD相交于点E，且AC∥EF∥DB，点C，F，B在同一条直线上．已知AC＝p，EF＝r，DB＝q，则p，q，r之间满足的数量关系式是（）A．+＝B．+＝C．+＝D．+＝【考点】平行线分线段成比例．【专题】图形的相似；推理能力．【分析】根据平行线分线段成比例，可证得，，两式相加即可得出结论．【解答】解：∵AC∥EF，∴，∵EF∥DB，∴，∴＝+＝＝＝1，即＝1，∴．故选：C．【点评】本题主要考查了平行线分线段成比例定理的运用，通过平行线分线段成比例定理得出线段的比是解题的关键．4．（2021•枣庄）如图，三角形纸片ABC，AB＝AC，∠BAC＝90°，点E为AB中点，沿过点E的直线折叠，使点B与点A重合，折痕交BC于点F．已知EF＝，则BC的长是（）A．B．3C．3D．3【考点】等腰直角三角形；翻折变换（折叠问题）．【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．【分析】由题意可得点F是BC的中点，△ABF是等腰直角三角形，再根据EF的长度，可求出BF 的长度，进而得出结论．【解答】解：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠C＝45°，由折叠可知，EF⊥AB，BE＝AE，AF＝BF，∴∠B＝∠BAF＝45°，∴∠AFB＝90°，即AF⊥BC，∴点F是BC的中点，∴BC＝2BF，在△ABF中，∠AFB＝90°，BE＝AE，∴BE＝EF＝，∴BF＝，∴BC＝3．故选：C．【点评】本题主要考查折叠的性质，等腰直角三角形的性质与判定，得出△ABF是等腰直角三角形是解题关键．5．（2021•东营）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝42°，BC＝8，若用科学计算器求AC的长，则下列按键顺序正确的是（）A．B．C．D．【考点】计算器—三角函数．【专题】解直角三角形及其应用；几何直观；运算能力．【分析】根据正切函数的定义，可得tan∠B＝，根据计算器的应用，可得答案．【解答】解：在△ABC中，因为∠C＝90°，所以tan∠B＝，因为∠B＝42°，BC＝8，所以AC＝BC•tan B＝8×tan42°．故选：D．【点评】本题考查了计算器．能够正确利用锐角三角函数进行计算，熟练运用计算器是解题的关键．6．（2021•东营）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面展开图圆心角的度数为（）A．214°B．215°C．216°D．217°【考点】几何体的展开图；圆心角、弧、弦的关系；由三视图判断几何体．【专题】投影与视图；空间观念．【分析】由常见几何体的三视图可得该几何体为圆锥，根据三视图知圆锥的底面圆的直径为6、半径为3，高为4，得出母线长为5，再根据扇形的弧长公式可得答案．【解答】解：由三视图可知，该几何体为圆锥；由三视图数据知圆锥的底面圆的直径为6、半径为3，高为4，则母线长为＝5，所以则该几何体的侧面展开图圆心角的度数为π×6÷（π×5×2）×360°＝216°．故选：C．【点评】本题主要考查由三视图判断几何体，解题的关键是掌握常见几何体的三视图及扇形的弧长计算．7．（2021•东营）如图，△ABC中，A、B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是（1，0），以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A'B'C，并把△ABC的边长放大到原来的2倍，设点B 的横坐标是a，则点B的对应点B′的横坐标是（）A．﹣2a+3B．﹣2a+1C．﹣2a+2D．﹣2a﹣2【考点】坐标与图形性质；位似变换．【专题】图形的相似；推理能力．【分析】设点B′的横坐标为x，根据数轴表示出BC、B′C的水平的距离，再根据位似比列式计算即可．【解答】解：设点B′的横坐标为x，则B、C间的水平距离为a﹣1，B′、C间的水平距离为﹣x+1，∵△ABC放大到原来的2倍得到△A′B′C，∴2（a﹣1）＝﹣x+1，解得：x＝﹣2a+3，故选：A．【点评】本题考查的是位似变换、坐标与图形的性质，根据位似比的定义，利用两点间的水平距离等于对应边的比列出方程是解题的关键．8．（2021•菏泽）如图是一个几何体的三视图，根据图中所标数据计算这个几何体的体积为（）A．12πB．18πC．24πD．30π【考点】由三视图判断几何体．【专题】投影与视图；几何直观．【分析】直接利用三视图得出几何体的形状，再利用圆柱体积求法得出答案．【解答】解：由三视图可得，几何体是空心圆柱，其小圆半径是1，大圆半径是2，则大圆面积为：π×22＝4π，小圆面积为：π×12＝π，故这个几何体的体积为：6×4π﹣6×π＝24π﹣6π＝18π．故选：B．【点评】此题主要考查了由三视图判断几何体，正确判断出几何体的形状是解题关键．9．（2021•枣庄）小明有一个呈等腰三角形的积木盒，现在积木盒中只剩下如图的九个空格，下面有四种积木的搭配，其中不能放入的有（）A．搭配①B．搭配②C．搭配③D．搭配④【考点】图形的剪拼．【专题】几何图形；应用意识．【分析】把这四种搭配进行组合，可得出如图的九个空格的形状，即为本题的选项．【解答】解：搭配④中，有10个小正方形，显然不符合9个小正方形的条件，故选：D．【点评】本题考查图形的拼剪，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．10．（2021•聊城）如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（）A．（，）B．（，）C．（，）D．（，）【考点】勾股定理；坐标与图形变化﹣旋转．【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称；推理能力．【分析】如图，设AB交OB1于T，过点A1作A1R⊥x轴于R．解直角三角形求出OT，AT，再利用相似三角形的性质求出OR，RA1即可．【解答】解：如图，设AB交OB1于T，过点A1作A1R⊥x轴于R．∵A（0，2），B（﹣1，0），∴OB＝1，OA＝2，∴AB＝＝＝，∵•OB•OA＝•AB•OT，∴OT＝＝，∴AT＝＝＝，∵∠AOR＝∠A OB＝90°，∴∠AOT＝∠A1OR，∵∠ATO＝∠A1RO＝90°，∴△ATO∽△A1RO，∴＝＝，∴1＝＝，∴OR＝，RA1＝，∴A1（，），故选：A．【点评】本题考查坐标与图形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．11．（2021•泰安）如图，为了测量某建筑物BC的高度，小颖采用了如下的方法：先从与建筑物底端B 在同一水平线上的A点出发，沿斜坡AD行走130米至坡顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若干米后至点E处，在E点测得该建筑物顶端C的仰角为60°，建筑物底端B的俯角为45°，点A、B、C、D、E在同一平面内，斜坡AD的坡度i＝1：2.4．根据小颖的测量数据，计算出建筑物BC的高度约为（参考数据：≈1.732）（）A．136.6米B．86.7米C．186.7米D．86.6米【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题；解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．【分析】作DH⊥AB于H，延长DE交BC于F．则四边形DHBF是矩形，在Rt△ADH中求出DH，再在Rt△EFB中求出EF，在Rt△EFC中求出CF即可解决问题．【解答】解：如图作DH⊥AB于H，延长DE交BC于F．在Rt△ADH中，AD＝130米，DH：AH＝1：2.4，∴DH＝50（米），∵四边形DHBF是矩形，∴BF＝DH＝50（米），在Rt△EFB中，∠BEF＝45°，∴EF＝BF＝50（米），在Rt△EFC中，FC＝EF•tan60°，∴CF＝50×≈86.6（米），∴BC＝BF+CF＝136.6（米）．故选：A．【点评】本题考查了解直角三角形，坡度，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．12．（2021•淄博）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE是斜边AB上的中线，过点E作EF⊥AB 交AC于点F．若BC＝4，△AEF的面积为5，则sin∠CEF的值为（）A．B．C．D．【考点】三角形的面积；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形．【专题】图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【分析】根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半可得CE＝AE＝BE＝AB，进而得到∠BEC＝2∠A＝∠BFC，从而有∠CEF＝∠CBF，根据三角形的面积公式求出AF，由勾股定理，在Rt△BCF 中，求出CF，再根据锐角三角函数的定义求解即可．【解答】解：连接BF，∵CE是斜边AB上的中线，EF⊥AB，∴EF是AB的垂直平分线，∴S△AFE＝S△BFE＝5，∠FBA＝∠A，∴S△AFB＝10＝AF•BC，∵BC＝4，∴AF＝5＝BF，在Rt△BCF中，BC＝4，BF＝5，∴CF＝＝3，∵CE＝AE＝BE＝AB，∴∠A＝∠FBA＝∠ACE，又∵∠BCA＝90°＝∠BEF，∴∠CBF＝90°﹣∠BFC＝90°﹣2∠A，∠CEF＝90°﹣∠BEC＝90°﹣2∠A，∴∠CEF＝∠FBC，∴sin∠CEF＝sin∠FBC＝＝，故选：A．【点评】本题考查折叠轴对称的性质，直角三角形的边角关系，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的关键．二．填空题（共10小题）13．（2021•烟台）《九章算术》中记载了一种测量古井水面以上部分深度的方法．如图所示，在井口A 处立一根垂直于井口的木杆AB，从木杆的顶端B观察井水水岸D，视线BD与井口的直径AC交于点E，如果测得AB＝1米，AC＝1.6米，AE＝0.4米，那么CD为3米．【考点】相似三角形的判定与性质．【专题】图形的相似；推理能力．【分析】由题意知：△ABE∽△CDE，得出对应边成比例即可得出CD．【解答】解：由题意知：AB∥CD，则∠BAE＝∠C，∠B＝∠CDE，∴△ABE∽△CDE，∴，∴，∴CD＝3米，故答案为：3．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，根据题意得出△ABE∽△CDE是解决问题的关键．14．（2021•枣庄）如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P 的坐标为（1，﹣1）．【考点】坐标与图形变化﹣旋转．【分析】连接AA′，CC′，线段AA′、CC′的垂直平分线的交点就是点P．【解答】解：连接AA′、CC′，作线段AA′的垂直平分线MN，作线段CC′的垂直平分线EF，直线MN和直线EF的交点为P，点P就是旋转中心．∵直线MN为：x＝1，设直线CC′为y＝kx+b，由题意：，∴，∴直线CC′为y＝x+，∵直线EF⊥CC′，经过CC′中点（，），∴直线EF为y＝﹣3x+2，由得，∴P（1，﹣1）．故答案为（1，﹣1）．【点评】本题考查旋转的性质，掌握对应点连线段的垂直平分线的交点就是旋转中心，是解题的关键．15．（2021•东营）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，点F是AD上一点，将△CDF沿CF折叠，点D落在点G处，连接DG并延长交AB于点E．若AE＝5，则GE的长为．【考点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）．【专题】图形的全等；矩形菱形正方形；平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；推理能力．【分析】由“ASA”可证△ADE≌△DCF，可得AE＝DF＝5，由锐角三角函数可求DO的长，即可求解．【解答】解：设CF与DE交于点O，∵将△CDF沿CF折叠，点D落在点G处，∴GO＝DO，CF⊥DG，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠A＝∠ADC＝90°＝∠FOD，∴∠CFD+∠FCD＝90°＝∠CFD+∠ADE，∴∠ADE＝∠FCD，在△ADE和△DCF中，，∴△ADE≌△DCF（ASA），∴AE＝DF＝5，∵AE＝5，AD＝12，∴DE＝＝＝13，∵cos∠ADE＝，∴，∴DO＝＝GO，∴EG＝13﹣2×＝，故答案为：．【点评】本题考查了翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，证明△ADE≌△DCF是解题的关键．16．（2021•聊城）如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A，C分别在x轴，y轴上，B，D两点坐标分别为B（﹣4，6），D（0，4），线段EF在边OA上移动，保持EF＝3，当四边形BDEF的周长最小时，点E的坐标为（﹣，0）．【考点】坐标与图形性质；矩形的性质；轴对称﹣最短路线问题．【专题】一次函数及其应用；矩形菱形正方形；平移、旋转与对称；推理能力．【分析】在BC上截取BH＝3，可证四边形BHEF是平行四边形，可得BF＝EH，由对称性可得DE ＝D'E，则四边形BDEF的周长＝EH+ED'+BD+EF，由EF和BD是定值，则当EH+D'E有最小值时，四边形BDEF的周长有最小值，即当点E，点H，点D'共线时，EH+D'E有最小值，利用待定系数法可求HD'解析式，即可求解．【解答】解：在BC上截取BH＝3，作点D关于x轴的对称点D'，连接D'H交AO于点E，∴BH＝EF＝3，BC∥AO，∴四边形BHEF是平行四边形，∴BF＝EH，∵点D与点D'关于x轴对称，∴DE＝D'E，点D'坐标为（0，﹣4），∵四边形BDEF的周长＝EF+BF+BD+DE，∴四边形BDEF的周长＝EH+ED'+BD+EF，∵EF和BD是定值，∴当EH+D'E有最小值时，四边形BDEF的周长有最小值，∴当点E，点H，点D'共线时，EH+D'E有最小值，∵点B（﹣4，6），∴点H（﹣1，6），设直线D'H的解析式为y＝kx+b，则，解得：，∴直线D'H的解析式为y＝﹣10x﹣4，∴当y＝0时，x＝﹣，∴点E（﹣，0），故答案为：（﹣，0）．【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，坐标与图形，平行四边形的判定和性质，一次函数的性质等知识，确定点E的位置是解题的关键．17．（2021•菏泽）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，AD＝5，BC＝10，四边形EFGH和四边形HGNM均为正方形，且点E、F、G、N、M都在△ABC的边上，那么△AEM与四边形BCME的面积比为1：3．【考点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质．【专题】矩形菱形正方形；图形的相似；推理能力．【分析】通过证明△AEM∽△ABC，可得，可求EF的长，由相似三角形的性质可得＝（）2＝，即可求解．【解答】解：∵四边形EFGH和四边形HGNM均为正方形，∴EF＝EH＝HM，EM∥BC，∴△AEM∽△ABC，∴，∴，∴EF＝，∴EM＝5，∵△AEM∽△ABC，∴＝（）2＝，∴S四边形BCME＝S△ABC﹣S△AEM＝3S△AEM，∴△AEM与四边形BCME的面积比为1：3，故答案为：1：3．【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，利用相似三角形的性质求出EF的长是解题的关键．18．（2021•烟台）数学兴趣小组利用无人机测量学校旗杆高度，已知无人机的飞行高度为40米，当无人机与旗杆的水平距离是45米时，观测旗杆顶部的俯角为30°，则旗杆的高度约为14米．（结果精确到1米，参考数据：≈1.41，≈1.73）【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．【专题】解直角三角形及其应用；几何直观．【分析】过O点作OC⊥AB于C点，利用直角三角形的解法得出OC，进而解答即可．【解答】解：过O点作OC⊥AB于C点，∵当无人机与旗杆的水平距离是45米时，观测旗杆顶部的俯角为30°，∴AC＝45米，∠CAO＝30°，∴OC＝AC•tan30°＝（米），∴旗杆的高度＝40﹣15≈14（米），故答案为：14．【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角、俯角的问题，以及解直角三角形方法，解题的关键是从实际问题中构造出直角三角形，难度不大．19．（2021•烟台）综合实践活动课上，小亮将一张面积为24cm2，其中一边BC为8cm的锐角三角形纸片（如图1），经过两刀裁剪，拼成了一个无缝隙、无重叠的矩形BCDE（如图2），则矩形的周长为22cm．【考点】矩形的性质；图形的剪拼．【专题】作图题；矩形菱形正方形；推理能力．【分析】延长AT交BC于点P，利用三角形的面积公式求出AP，求出BE，CD，DE，可得结论．【解答】解：延长AT交BC于点P，∵AP⊥BC，∴•BC•AP＝24，∴×8×AP＝24，∴AP＝6（cm），由题意，AT＝PT＝3（cm），∴BE＝CD＝PT＝3（cm），∵DE＝BC＝8cm，∴矩形BCDE的周长为8+8+3+3＝22（cm）．故答案为：22．【点评】本题考查图形的拼剪，矩形的性质，解题的关键是读懂图象信息，属于中考常考题型．20．（2021•东营）如图，正方形ABCB1中，AB＝，AB与直线l所夹锐角为60°，延长CB1交直线l于点A1，作正方形A1B1C1B2，延长C1B2交直线l于点A2，作正方形A2B2C2B3，延长C2B3交直线l于点A3，作正方形A3B3C3B4…，依此规律，则线段A2020A2021＝2×（）2020．【考点】规律型：图形的变化类；相似三角形的判定与性质．【专题】推理填空题；推理能力．【分析】根据题意可知图中斜边在直线l上的直角三角形都是含30度角的直角三角形，根据其性质得出三边的长度，以此类推可找到规律：A n B n＝（）n﹣1，A n﹣1A n＝2A n B n＝2×（）n﹣1．【解答】解：根据题意可知AB1＝AB＝，∠B1AA1＝90°﹣60°＝30°，∴tan∠B1AA1＝＝，∴A1B1＝AB1×＝×＝1，AA1＝2A1B1＝2，A2B2＝A1B2×＝A1B1×＝，A1A2＝2A2B2＝2×，A3B3＝A2B3×＝A2B2×＝×＝（）2，A2A3＝2A3B3＝2×（）2，∴A2021B2021＝A2020B2021×＝（）2020，A2020A2021＝2A2021B2021＝2×（）2020，故答案为：2×（）2020．【点评】本题考查相似三角形的判定与性质及规律型中图形的变化类，要根据题意寻找三角形各条边分别的规律，从而求解．21．（2021•泰安）如图，将矩形纸片ABCD折叠（AD＞AB），使AB落在AD上，AE为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将BE边折起，使点B落在AE上的点G处，连接DE，若DE＝EF，CE＝2，则AD的长为4+2．【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．【专题】平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；推理能力．【分析】证明Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），推出BF＝DB′，再证明DB′＝EC＝BF＝2，想办法求出AB′，可得结论．【解答】解：由翻折的性质可知，EB＝EB′，∠B＝∠AB′E＝∠EB′D＝90°，在Rt△EBF和Rt△EB′D中，，∴Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），∴BF＝DB′，∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝∠CDB′＝∠EB′D＝90°，∴四边形ECDB′是矩形，∴DB′＝EC＝2，∴BF＝EC＝2，由翻折的性质可知，BF＝FG＝2，∠F AG＝45°，∠EGF＝∠B＝∠AGF＝90°，∴AG＝FG＝2，∴AF＝2．∴AB＝AB′＝2+2，∴AD＝AB′+DB′＝4+2，故答案为：4+2．【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．22．（2021•威海）如图，先将矩形纸片ABCD沿EF折叠（AB边与DE在CF的异侧），AE交CF于点G；再将纸片折叠，使CG与AE在同一条直线上，折痕为GH．若∠AEF＝α，纸片宽AB＝2cm，则HE＝cm．【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．【专题】多边形与平行四边形；矩形菱形正方形；平移、旋转与对称；推理能力；应用意识．【分析】根据题意，先证明四边形GHEF为平行四边形，运用∠AEF的正弦和余弦的关系以及等腰三角形的性质，求出HE，【解答】解：如图，分别过G、E作GM⊥HE于M，EN⊥GH于N，延长GF、延长HE至点P，则GM＝AB＝2cm，由题意，∠AEF＝α，由折叠性质可得∠PEF＝∠AEF＝α，∵四边形ABCD为矩形，∴GF∥HE，∴∠GFE＝∠PEF＝α，∴GE＝GF．同理可得：GE＝HE．∴HE＝GF，∴四边形GHEF为平行四边形．∴∠GFE＝∠GHE＝α，∵EN⊥GH于N，HE＝GE，∴由等腰三角形三线合一性质可得：HN＝GN＝，∵sin∠GHE＝sinα＝＝，∴HG＝，在Rt△HEN中，cos∠GHE＝cosα＝，∴HE＝＝＝＝．故答案为：．【点评】本题考查了轴对称的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的性质，锐角三角函数，理解题意并作出辅助线是解题关键．三．解答题（共8小题）23．（2021•威海）在一次测量物体高度的数学实践活动中，小明从一条笔直公路上选择三盏高度相同的路灯进行测量．如图，他先在点B处安置测倾器，于点A处测得路灯MN顶端的仰角为10°，再沿BN方向前进10米，到达点D处，于点C处测得路灯PQ顶端的仰角为27°．若测倾器的高度为1.2米，每相邻两根灯柱之间的距离相等，求路灯的高度（结果精确到0.1米）．（参考数据：sin10°≈0.17，cos10°≈0.98，tan10°≈0.18，sin27°＝0.45，cos27°≈0.89，tan27°。

5.1 认识图形的放大或缩小1.看图填空。

右图中，左边正方形的边长是( )格，右边正方形的边长是( )格，左边正方形的边长( )就是布边正方形的边长。

2.量一量，填一填。

(1)把图1( )得到图2。

把图2( )得到图3。

把图1( )得到图3。

(2)图l里面可以放( )个图2。

图2里面可以放( )个图3。

图1里面可以放( )个图3。

答案提示：1.6 2 缩小为原来的31 。

2.(1)缩小 缩小 缩小 (2)4 9 365.2 画出放大或缩小的图形1.按要求画图。

(1) 把“凸”形各边放大为原来的3倍。

(2) 将直角三角形各边长缩小为原来的31。

2.一个平行四边形的底和高分别是1．3cm ，1cm ，将它适当放大后画在方格纸上。

：3.从不同方向观察下面的物体，得到3个不同的图形，画在了物体下面的方格纸中，将方格纸中的3个图形的各边分别放大到原来的3倍，相对位置不变，画在旁边的方格纸上。

答案：略。

5.3 练习十七1.填空。

⑴图形按比例放大或缩小，可以改变图形的（），但不能改变图形的（）。

⑵小芳把一个面积4cm2的正方形的边长按2：1比例放大，放大后的正方形面积是（）平方厘米。

⑶如果一个图形按2：1放大，图形的周长将扩大（）倍，面积将扩大（）倍。

⑷如果将一个长3cm，宽2cm的长方形放大按1：4的比例尺作图。

图上的长方形的长是（）cm，宽是（）cm，面积是（）cm2。

⑸如果把一个正方形按3：1放大，放大前后的边长比是（）：（），面积比是（）：（）。

⑹一块正方形手帕，边长10cm，将其按（）的比放大后，边长变为30厘米。

⑺图形在平移或旋转后，（）发生了变化，（）不变。

图形在放大或缩小后，（）发生了变化，（）不变。

⑻把一个长4cm，宽2cm的长方形按3：1放大后，得到的新图形面积是（）cm2。

⑼将一个三角形按2：1的比放大后，面积是原来的（）倍。

⑽一个长8cm，宽5cm的长方形按5：1放大后，得到的图形面积是（）。

5.2 图形的运动一．选择题1．小明想用图形1通过作图变换得到图形2，下列这些变化中不可行的是（）A．轴对称变换B．平移变换 C．旋转变换 D．中心对称变换2．如图，A，B，C，D 四点在同一条直线上，AB=CD，AE=BF，CE=DF．则下列结论正确的是（）A．△ACE和△BDF成轴对称B．△ACE经过旋转可以和△BDF重合C．△ACE和△BDF成中心对称D．△ACE经过平移可以和△BDF重合3．如图，如果将其中的甲图变成乙图，那么经过的变换正确的是（）A．旋转、平移B．对称、平移C．旋转、对称D．旋转、旋转4．如图所示的图形绕着虚线旋转一周形成的几何体是由下边的（）A．B．C．D．5．一个平面截圆柱，则截面形状不可能是（）A．圆B．三角形C．长方形D．梯形6．下列说法不正确的是（）A．用一个平面去截一个正方体可能截得五边形B．五棱柱有10个顶点C．沿直角三角形某条边所在的直线旋转一周，所得的几何体为圆柱D．将折起的扇子打开，属于“线动成面”的现象7．下列说法正确的是（）A．平移不改变图形的形状和大小，而旋转则改变图形的形状和大小B．在成中心对称的两个图形中，连结对称点的线段都被对称中心平分C．在平面直角坐标系中，一点向右平移2个单位，纵坐标加2D．在平移和旋转图形中，对应角相等，对应线段相等且平行8．以下变换可以改变图形的大小的是（）A．位似变换B．旋转变换C．轴对称变换D．平移变换9．如图，矩形ABCD，AB=a，BC=b，a＞b；以AB边为轴将矩形绕其旋转一周形成圆柱体甲，再以BC边为轴将矩形绕其旋转一周形成圆柱体乙；记两个圆柱体的体积分别为V甲、V乙，侧面积分别为S甲、S乙，则下列式子正确的是（）A．V甲＞V乙S甲=S乙B．V甲＜V乙S甲=S乙C．V甲=V乙S甲=S乙D．V甲＞V乙S甲＜S乙10．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11．观察图，在下列四种图形变换中，该图案不包含的变换是（ ）A ．旋转B ．轴对称C ．位似D ．平移12．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 ．二．填空题13．将一个长4cm 宽2cm 的矩形绕它的一边所在的直线旋转一周，所得几何体的体积为 cm 3．14．如图，一个表面涂满颜色的正方体，现将每条棱三等分，再把它切开变成若干个小正方体，两面都涂色的有 个；只有一面涂色的小正方体有 个．15．用一个平面去截长方体，截面 是平行四边形（填“可能”或“不可能”）．16．一个图形无论经过平移变换还是旋转变换，下列结论一定正确的是 （把所有你认为正确的序号都写上）①对应线段平行；②对应线段相等；③对应角相等；④图形的形状和大小都不变．17．用一个平面去截一个几何体，截面形状为三角形，则这个几何体可能为：①正方体；②圆柱；③圆锥；④正三棱柱（写出所有正确结果的序号）．18．如图，Rt△AOB和Rt△COD中，∠AOB=∠COD=90°，∠B=50°，∠C=60°，点D在边OA上，将图中的△AOB绕点O按每秒20°的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，在第t秒时，边CD恰好与边AB平行，则t的值为．19．用一根长28分米的木条截开后刚好能搭一个长方体的架子，这个长方体的长、宽、高的长度都是整数分米，且都不相等，那么这个长方体的体积等于立方分米．20．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．三．解答题21．如图，试说明△A′B′C′是由△ABC通过怎样的图形变换或变换组合（平移、旋转、轴对称）得到的？22．小明学习了“面动成体”之后，他用一个边长为3cm、4cm和5cm的直角三角形，绕其中一条边旋转一周，得到了一个几何体．（1）请画出可能得到的几何体简图．（2）分别计算出这些几何体的体积．（锥体体积=底面积×高）23．用平面截几何体可得到平面图形，在表示几何体的字母后填上它可截出的平面图形的号码．如A（1、5、6）；则B（）；C（）；D（）；E（）．24．如图，在由边长为1的小正方形组成的方格纸中，有两个全等的三角形，即△A1B1C1和△A2B2C2．请你指出在方格纸内如何运用平移、旋转变换，将△A1B1C1重合到△A2B2C2上．25．将第一行的图形绕轴旋转一周，便得到第二行的几何体，用线连一连．26．如图1至图3是将正方体截去一部分后得到的多面体．（1）根据要求填写表格：面数（f）顶点数（v）棱数（e）图1图2图3（2）猜想f、v、e三个数量间有何关系；（3）根据猜想计算，若一个多面体有顶点数2013个，棱数4023条，试求出它的面数．27．如图，有三个菱形位于同一个平面直角坐标系中，解答下列问题：（1）这三个菱形的对称中心坐标分别为：①、②、③，而面积都等于．（2）菱形②可以看做是由菱形①如何旋转得到的？答：．（3）菱形③与菱形②可看做是关于直线l对称的，则直线l所对应的函数关系式是．（4）从菱形①变换到菱形③，可以满足什么几何变换？请你设计两种不同的变换方法．28．探究：有一弦长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）？参考答案与解析一．选择题1．小明想用图形1通过作图变换得到图形2，下列这些变化中不可行的是（）A．轴对称变换B．平移变换 C．旋转变换 D．中心对称变换【分析】根据轴对称变换、平移变换、旋转变换和中心对称变换的概念进行判断即可．【解答】解：连接AB，作线段AB的垂直平分线，垂足为O，∴图形1以直线l为对称轴通过轴对称变换得到图形2，A可行；图形1以O为旋转中心，旋转180°得到图形2，C、D可行；故选：B．【点评】本题考查的是几何变换的类型，掌握轴对称变换、平移变换、旋转变换和中心对称变换的概念是解题的关键．2．如图，A，B，C，D 四点在同一条直线上，AB=CD，AE=BF，CE=DF．则下列结论正确的是（）A．△ACE和△BDF成轴对称B．△ACE经过旋转可以和△BDF重合C．△ACE和△BDF成中心对称D．△ACE经过平移可以和△BDF重合【分析】先证明△AEC≌△BFD，然后根据平移变换、旋转变换、位似变换和对称轴变换的性质进行判断．【解答】解：∵AB=CD，∴AC=BD，∵AE=BF，CE=DF，∴△AEC≌△BFD，∴△ACE向右平移AB的长度单位可以和△BDF重合．故选D．【点评】本题考查了几何变换的类型：熟练掌握平移变换、旋转变换、位似变换和对称轴变换的性质．3．如图，如果将其中的甲图变成乙图，那么经过的变换正确的是（）A．旋转、平移B．对称、平移C．旋转、对称D．旋转、旋转【分析】观察本题中图案的特点，根据对称、旋转的性质即可得出答案．【解答】解：观察图形可得：将甲图先轴对称变化，再逆时针旋转即可变成乙图；故选C．【点评】本题考查了几何变换的类型，用到的知识点是轴对称、旋转变化的性质：如果一个图形沿着一条直线对折，两侧的图形能完全重合，这个图形就是轴对称图形．折痕所在的这条直线叫做对称轴．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，两组对应点连线的交点是旋转中心．4．如图所示的图形绕着虚线旋转一周形成的几何体是由下边的（）A．B．C．D．【分析】根据题意，一个长方形沿虚线旋转一周，所围成的几何体是圆柱．【解答】解：结合图形特征可知，所围成的几何体是圆柱．故选A．【点评】本题考查的是图形的旋转，考法较新颖，解题关键是正确理解常见图形的旋转情况．5．一个平面截圆柱，则截面形状不可能是（）A．圆B．三角形C．长方形D．梯形【分析】根据圆柱的特点，考虑截面从不同角度和方向截取的情况．【解答】解：用平面截圆柱，横切就是圆，竖切就是长方形，如果底面圆的直径等于高时，是正方形，从底面斜着切向侧面是梯形，不论怎么切不可能是三角形．故选B．【点评】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．6．下列说法不正确的是（）A．用一个平面去截一个正方体可能截得五边形B．五棱柱有10个顶点C．沿直角三角形某条边所在的直线旋转一周，所得的几何体为圆柱D．将折起的扇子打开，属于“线动成面”的现象【分析】根据几何体的特征以及面动成体、线动成面的概念进行判断即可．【解答】解：（A）用一个平面去截一个正方体，截面可能为三角形、四边形、五边形或六边形，故（A）正确；（B）五棱柱的上下底面上各有5个顶点，所以共有10个顶点，故（B）正确；（C）沿直角三角形某条边所在的直线旋转一周，所得的几何体为圆锥或底面重合的两个圆锥，故（C）错误；（D）将折起的扇子打开，属于“线动成面”的现象，故（D）正确．故选（C）【点评】本题主要考查了截一个几何体以及点、线、面、体的定义．截面的形状随截法的不同而改变，一般为多边形或圆，也可能是不规则图形．从运动的观点来看，点动成线，线动成面，面动成体．7．下列说法正确的是（）A．平移不改变图形的形状和大小，而旋转则改变图形的形状和大小B．在成中心对称的两个图形中，连结对称点的线段都被对称中心平分C．在平面直角坐标系中，一点向右平移2个单位，纵坐标加2D．在平移和旋转图形中，对应角相等，对应线段相等且平行【分析】分别利用图形的平移以及中心对称图形的性质和旋转的性质分别判断得出即可．【解答】解：A、平移不改变图形的形状和大小，旋转也不改变图形的形状和大小，故此选项错误；B、在成中心对称的两个图形中，连结对称点的线段都被对称中心平分，此选项正确；C、在平面直角坐标系中，一点向右平移2个单位，横坐标加2，故此选项错误；D、在平移中，对应角相等，对应线段相等且平行，旋转则对应线段有可能不平行，故此选项错误．故选：B．【点评】此题主要考查了几何变换的类型，利用平移的性质分析得出是解题关键．8．以下变换可以改变图形的大小的是（）A．位似变换 B．旋转变换 C．轴对称变换D．平移变换【分析】根据题意，结合选项一一分析，排除错误答案．【解答】解：A、形状不变，但大小可以改变的变换是相似变换，故正确；B、旋转变换是原图形中的点都绕着一个固定的中心点转动一个恒等的角度，故错误；C、轴对称变换是由反射产生一个图形的映象的过程，故错误；D、平移变换是原图形中的点都沿着平行的途径运动一个恒等的距离，故错误；故选A．【点评】本题考查的是相似变换定义，即形状相同，但大小不一定相同的变换是相似变换．9．如图，矩形ABCD，AB=a，BC=b，a＞b；以AB边为轴将矩形绕其旋转一周形成圆柱体甲，再以BC边为轴将矩形绕其旋转一周形成圆柱体乙；记两个圆柱体的体积分别为V甲、V乙，侧面积分别为S甲、S乙，则下列式子正确的是（）A．V甲＞V乙S甲=S乙B．V甲＜V乙S甲=S乙C．V甲=V乙S甲=S乙D．V甲＞V乙S甲＜S乙【分析】根据圆柱体的体积=底面积×高求解，再利用圆柱体侧面积求法得出答案．【解答】解：V甲=π•b2×a=πab2，V乙=π•a2×b=πba2，∵πab2＜πba2，∴V甲＜V乙，∵S甲=2πb•a=2πab，S乙=2πa•b=2πab，∴S甲=S乙，故选：B．【点评】此题主要考查了面动成体，关键是掌握圆柱体的体积和侧面积计算公式．10．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．11．观察图，在下列四种图形变换中，该图案不包含的变换是（）A．旋转 B．轴对称C．位似 D．平移【分析】根据平移是沿直线移动一定距离得到新图形，旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形，轴对称是一个图形沿一条直线对着直线两旁的部分能完全重合，位似是相似图形的每组对应点所在的直线都经过同一个点，可得答案．【解答】解：A、大小相同的图形是旋转得到的，故A正确；B、一个图形沿一条直线对着直线两旁的部分能完全重合，故B正确；C、位置相同、形状相同的图案、大小不同的图形是位似得到的，故C正确；D 、图形没有平移，故D 错误；故选：D ．【点评】本题考查了几何变换的类型，平移是沿直线移动一定距离得到新图形，旋转是绕某个点旋转一定角度得到新图形，轴对称是一个图形沿一条直线对着直线两旁的部分能完全重合，位似是相似图形的每组对应点所在的直线都经过同一个点，观察时要紧扣图形变换特点，认真判断．12．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．二．填空题13．将一个长4cm 宽2cm 的矩形绕它的一边所在的直线旋转一周，所得几何体的体积为 16π或32π cm 3．【分析】根据圆柱体的体积=底面积×高求解，注意底面半径和高互换得圆柱体的两种情况．【解答】解：分两种情况：①绕长所在的直线旋转一周得到圆柱体积为：π×22×4=16π（cm 3）；②绕宽所在的直线旋转一周得到圆柱体积为：π×42×2=32π（cm3）．故它们的体积分别为16πcm3或32πcm3．故答案为：16π或32π．【点评】本题考查圆柱体的体积的求法，注意分情况讨论，难度适中．14．如图，一个表面涂满颜色的正方体，现将每条棱三等分，再把它切开变成若干个小正方体，两面都涂色的有12 个；只有一面涂色的小正方体有 6 个．【分析】根据图示可发现除顶点外位于棱上的小方块两面，涂色位于表面中心的一面涂色．【解答】解：根据以上分析：有一条边在棱上的正方体有12个两面涂色；每个面的正中间的一个只有一面涂色的有6个．故答案为：12，6．【点评】主要考查了正方体的组合与分割．要熟悉正方体的性质，在分割时有必要可动手操作．15．用一个平面去截长方体，截面可能是平行四边形（填“可能”或“不可能”）．【分析】让截面不垂直于长方体，又经过长方体的4个面，动手操作可得到答案．【解答】解：当截面不垂直于长方体，又经过长方体的4个面时，得到截面为四边形，对边平行且相等，为平行四边形．【点评】解决本题的关键是理解截面经过几个面，得到的截面形状就是几边形；经过面相同，从不同的位置截取得到的多边形的形状也不相同．16．一个图形无论经过平移变换还是旋转变换，下列结论一定正确的是②③④（把所有你认为正确的序号都写上）①对应线段平行；②对应线段相等；③对应角相等；④图形的形状和大小都不变．【分析】根据平移和旋转的性质及其区别，平移变换对应线段平行，但旋转后对应线段不平行，即可得出答案．【解答】解：∵平移后对应线段平行；对应线段相等；对应角相等；图形的形状和大小没有发生变化；旋转后对应线段不平行；对应线段相等；对应角相等；图形的形状和大小没有发生变化；∴结论一定正确的是②③④；故答案为：②③④．【点评】此题考查了图形变换的性质及其区别，关键是根据平移和旋转的性质及其区别解答．17．用一个平面去截一个几何体，截面形状为三角形，则这个几何体可能为：①正方体；②圆柱；③圆锥；④正三棱柱①③④（写出所有正确结果的序号）．【分析】当截面的角度和方向不同时，圆柱体的截面无论什么方向截取圆柱都不会截得三角形．【解答】解：①正方体能截出三角形；②圆柱不能截出三角形；③圆锥沿着母线截几何体可以截出三角形；④正三棱柱能截出三角形．故截面可能是三角形的有3个．故答案为：①③④．【点评】本题考查几何体的截面，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．18．如图，Rt△AOB和Rt△COD中，∠AOB=∠COD=90°，∠B=50°，∠C=60°，点D在边OA上，将图中的△AOB绕点O按每秒20°的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，在第t秒时，边CD恰好与边AB平行，则t的值为 5.5秒或14.5秒．【分析】分两种情况：①旋转的角度小于180°；②旋转的角度大于180°；进行讨论即可求解．【解答】解：①50°+60°=110°，110°÷20°=5.5（秒）；②110°+180°=290°，290°÷20°=14.5（秒）．答：t的值为5.5秒或14.5秒．故答案为：5.5秒或14.5秒．【点评】考查了点、线、面、体，从运动的观点来看：点动成线，线动成面，面动成体．19．用一根长28分米的木条截开后刚好能搭一个长方体的架子，这个长方体的长、宽、高的长度都是整数分米，且都不相等，那么这个长方体的体积等于8 立方分米．【分析】根据长方体的棱长总和=（长+宽+高）×4，求出长、宽、高的和是6米，因为长、宽、高的长度均为整数米，且互不相等，所以推断长、宽、高分别为3米、2米、1米，再根据长方体的体积v=abh，列式解答．【解答】解：28÷4=7（分米），7=4+2+1，所以长、宽、高分别为4分米、2分米、1分米，体积：4×2×1=8（立方分米）；即：这个长方体体积是8立方米．故答案为：8．【点评】本题考查了截一个几何体，解答此题关键是先求出长宽高的和，再由条件推断出长、宽、高，然后根据体积公式解答．20．（2016•衡阳）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．三．解答题21．如图，试说明△A′B′C′是由△ABC通过怎样的图形变换或变换组合（平移、旋转、轴对称）得到的？【分析】观察此图可知此图形状，大小没变，只是位置发生了变化．由旋转平移的性质可知此图是通过旋转、平移得到．【解答】解：通过旋转、平移得到．以B为中心，逆时针旋转90°，向下平移1个单位，再向右平移5个单位．【点评】本题考查几何变换的类型及几种几何变换的特点，解答此题的关键是掌握旋转、平移的性质并熟悉图形特征．22．小明学习了“面动成体”之后，他用一个边长为3cm、4cm和5cm的直角三角形，绕其中一条边旋转一周，得到了一个几何体．（1）请画出可能得到的几何体简图．（2）分别计算出这些几何体的体积．（锥体体积=底面积×高）【分析】（1）根据三角形旋转是圆锥，可得几何体；（2）根据圆锥的体积公式，可得答案．【解答】解：（1）以4cm为轴，得；以3cm为轴，得；以5cm为轴，得；（2）以4cm为轴体积为×π×32×4=12π，以3cm为轴的体积为×π×42×3=16π，以5cm为轴的体积为×π（）2×5=9.6π．【点评】本题考查了点线面体，利用三角形旋转是圆锥是解题关键．23．用平面截几何体可得到平面图形，在表示几何体的字母后填上它可截出的平面图形的号码．如A（1、5、6）；则B（）；C（）；D（）；E（）．【分析】分别分析其余四种图形的所有的截面情况，再写出答案．【解答】解：B三棱锥，截面有可能是三角形，正方形，梯形C正方体，截面有可能是三角形，四边形（矩形，正方形，梯形），五边形，六边形D球体，截面只可能是圆E圆柱体，截面有可能是椭圆，圆，矩形，因此应该写B（1、3、4）；C（1、2、3、4）；D（5）；E（3、5、6）．【点评】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．24．如图，在由边长为1的小正方形组成的方格纸中，有两个全等的三角形，即△A1B1C1和△A2B2C2．请你指出在方格纸内如何运用平移、旋转变换，将△A1B1C1重合到△A2B2C2上．【分析】根据△A1B1C1和△A2B2C2的位置，结合各几何变换的类型进行判断即可．【解答】解：将△A1B1C1向上平移4个单位，再向右平移3个单位，然后绕点C1顺时针旋转90°即可得出将△A1B1C1重合到△A2B2C2上．【点评】本题考查了几何变换的类型，属于基础题，解答本题的关键是掌握几种几何变换的特点．25．将第一行的图形绕轴旋转一周，便得到第二行的几何体，用线连一连．【分析】根据图形，结合想象，即可选出答案．【解答】解：如图所示，A旋转后得出图形c，B旋转后得出图形d，C旋转后得出图形a，D旋转后得出图形e，E 旋转后得出图形b．【点评】本题考查了点、线、面、体等知识点的应用，主要考查学生的理解能力、空间想象能力和观察能力．26．如图1至图3是将正方体截去一部分后得到的多面体．（1）根据要求填写表格：面数（f）顶点数（v）棱数（e）图1 7 9 14图2 6 8 12图3 7 10 15（2）猜想f、v、e三个数量间有何关系；（3）根据猜想计算，若一个多面体有顶点数2013个，棱数4023条，试求出它的面数．【分析】（1）根据图形数出即可．（2）根据（1）中结果得出f+v﹣e=2．（3）代入f+v﹣e=2求出即可．【解答】解：（1）题1，面数f=7，顶点数v=9，棱数e=14，题2，面数f=6，顶点数v=8，棱数e=12，题3，面数f=7，顶点数v=10，棱数e=15，故答案为：7，9，14.6，8，12，7，10，15．（2）f+v﹣e=2．（3）∵v=2013，e=4023，f+v﹣e=2∴f+2013﹣4023=2，f=2012，即它的面数是2012．【点评】本题考查了截一个几何体，图形的变化类的应用，关键是能根据（1）中的结果得出规律．27．如图，有三个菱形位于同一个平面直角坐标系中，解答下列问题：（1）这三个菱形的对称中心坐标分别为：①（8，0）、②（0，8）、③（﹣8，0），而面积都等于12 ．（2）菱形②可以看做是由菱形①如何旋转得到的？答：以坐标原点O为旋转中心，按逆时针方向旋转90°．（3）菱形③与菱形②可看做是关于直线l对称的，则直线l所对应的函数关系式是y=﹣x ．（4）从菱形①变换到菱形③，可以满足什么几何变换？请你设计两种不同的变换方法．【分析】（1）根据对称中心的概念即可找出答案，（2）根据旋转的特点即可得出答案，（3）根据对称特点及坐标即可得出解析式，（4）根据几何变换的特点即可得出答案．【解答】解：（1）根据对称中心的概念可知①（8，0）②（0，8）③（﹣8，0），S=12，故答案为①（8，0）②（0，8）③（﹣8，0），S=12，（2）根据旋转的特点可知：以坐标原点O为旋转中心，按逆时针方向旋转90°，故答案为以坐标原点O为旋转中心，按逆时针方向旋转90°，（3）根据题意得解析式为y=﹣x，（4）平移变换：菱形①沿x轴反方向（或从右往左）平移16各单位得到菱形③，旋转变换：菱形①以原点为旋转中心顺时针（或逆时针）旋转180°得到菱形③．【点评】本题主要考查了对称中心的概念、旋转的特点、解析式的求法、几何变换特点，难度适中．28．探究：有一弦长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，。

阶段检测卷(七)图形变化(第24讲～第27讲)(满分120分时间90分钟)题号一二三总分得分一、选择题(共12小题，每小题3分，满分36分)1. 我国的文字非常讲究对称美，分析图中的四个图案，哪一个图案有别于其余三个图案( D )A B C D2. 如图所示的是某几何体的三视图，则该几何体的形状是( B )A. 长方体B. 三棱柱C. 圆锥D. 正方体3. 下图是由几个相同的小正方体搭成的一个几何体，它的俯视图是(D)4. 将点A(2，1)向左平移2个单位长度得到点A′，则点A′的坐标是(A)A. (0，1)B. (2，－1)C. (4，1)D. (2，3)5. 如图，把△ABC绕点C顺时针旋转35°，得到△A′B′C，A′B′交AC于点D，若∠A′DC＝90°，则∠A度数为(B)A. 45°B. 55°C. 65°D. 75°第5题第6题6. 如图，在△ABC中，BA＝BC，∠B＝80°，观察图中尺规作图的痕迹，则∠DCE的度数为( B )A．60° B．65° C．70° D．75°7. 下列四个图形中，每个小正方形都标上了颜色，若要求一个正方体两个相对面上的颜色都一样，那么不可能是这一个正方体的展开图的是( C )8. 已知：如图，E(－4，2)，F(－1，－1)，以O为位似中心，按比例尺1∶2，把△EFO 缩小，则点E的对应点E′的坐标为( A )A. (2，－1)或(－2，1)B. (8，－4)或(－8，4)C. (2，－1)D. (8，－4)第8题第9题9. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝36°，AD是斜边BC上的中线，将△ACD 沿AD对折，使点C落在点F处，线段DF与AB相交于点E，则∠BED等于(B)A．120° B．108° C．72° D．36°10. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点B的对应点E恰好落在边AC上，点A的对应点为D，延长DE交AB于点F，则下列结论一定正确的是(D)A．AC＝DE B．BC＝EFC．∠AEF＝∠D D．AB⊥DF第10题第11题11. 如图，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，将BC绕点B顺时针旋转θ(0°＜θ＜90°)，得到BP，连结CP，过点A作AH⊥CP交CP的延长线于点H，连结AP，则∠PAH的度数(C) A．随着θ的增大而增大B．随着θ的增大而减小C．不变D．随着θ的增大，先增大后减小12. 如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，AC为对角线，E、F分别为边AB、CD上的动点，且EF⊥AC于点M，连接AF，CE，则AF＋CE的最小值为( A )A．5 B．6C．4 D．7二、填空题(共6小题，每小题3分，满分18分)13. 写出两个既是轴对称图形，又是中心对称图形的几何图形__矩形__，__正方形__．14. 如图，在▱ABCD中，AB＝13，AD＝4，将▱ABCD沿AE翻折后，点B恰好与点C重合，则折痕AE的长为__3__．第14题第15题15. 如图，已知四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝3，BC＝5，AB＝1，把线段CD绕点D逆时针旋转90°到DE位置，连接AE，则AE的长为__25__．16. 如图，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM＝2，N是对角线上的一动点，则DN＋MN的最小值为__10__．第16题第17题第18题17. 如图，△COD是△AOB绕点O顺时针方向旋转40°后所得的图形，点C恰好在AB上，∠AOD＝90°，则∠D的度数是__60°__.18. 如图，四边形ABCD中，∠BAD＝∠C＝90°，AB＝AD，AE⊥BC于E，若线段AE＝__25__．＝5，则S四边形ABCD三、解答题(共8小题，满分66分)19. (6分)尺规作图，已知线段a，画一个底边长度为a，底边上的高也为a的等腰三角形．(要求：用直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不写作法及证明)解：如图即为所求作：20. (6分)如图，在△ABC中，∠BAC＝2∠C.(1)在图中作出△ABC的内角平分线AD.(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写证明)(2)在已作出的图形中，写出一对相似三角形，并说明理由．解：如右下图，AD即为所求．(2)△ABD∽△CBA.理由如下：∵AD平分∠BAC，∠BAC＝2∠C，∴∠BAD＝∠BCA.又∵∠B＝∠B，∴△ABD∽△CBA.21. (6分)为美化校园，学校准备在如图所示的三角形(△ABC)空地上修建一个面积最大的圆形花坛，请在图中画出这个圆形花坛. (用圆规、直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹)解：如右上图，⊙O即为所求作．22. (6分)如图，在平面直角坐标系中，A(2，0)，B(0，1)，AC由AB绕点A顺时针旋转90°而得，求AC所在直线的解析式．解：过点C作CD⊥x轴交x轴于点D.易证△BOA≌△ADC，∴AD＝BO＝1，DC＝OA＝2.∴C点坐标为(3，2)．∴直线AC解析式为y＝2x－4.23. (8分)如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点B的坐标为(1，0)．(1)画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；(2)画出将△ABC绕原点O按逆时针旋转90°所得的△A2B2C2；(3)△A1B1C1与△A2B2C2成轴对称图形吗？若成轴对称图形，画出所有的对称轴；(4)△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，写出所有的对称中心的坐标.解：如图所示：(4)成中心对称，对称中心坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12.24. (10分)如图，将矩形纸片ABCD 沿对角线BD 折叠，使点A 落在平面上的F 点处，DF 交BC 于点E.(1) 求证：△DCE ≌△BFE ；(2) 若CD ＝2，∠ADB ＝30°，求BE 的长． (1)证明：∵四边形ABCD 为矩形， ∴∠A ＝∠C ＝90°，AB ＝CD. 根据折叠的性质∠F ＝∠A ＝∠C ， ∴BF ＝AB ＝DC.又∠BEF ＝∠DEC ， ∴△DCE ≌△BFE (AAS )． (2)解：由(1)，得BE ＝DE.又∵∠ADB ＝30°，∴∠ADF ＝2∠ABD ＝60°.∴∠EDC ＝30°. 在Rt △DCE 中，CD ＝2，∠EDC ＝30°， ∴cos 30°＝DC DE .∴DE ＝433 .∴BE ＝DE ＝433.25. (12分)问题探究：(1)请在图①的正方形ABCD 内，画出使∠APB ＝90°的一个点P ，并说明理由.(2)请在图②的正方形ABCD 内(含边)，画出使∠APB ＝60°的所有的点P ，并说明理由. 问题解决：(3)如图③，现在有一块矩形钢板ABCD ，AB ＝4，BC ＝3. 工人师傅想用它裁出两块全等的、面积最大的△APB 和△CP′D 钢板，且∠APB ＝∠CP′D ＝60°. 请你在图③中画出符合要求的点P 和P′，并求出△APB 的面积(结果保留根号)．(1)解：如图①，连接AC ，BD 交于点P ， 则∠APB ＝90°.∴点P 为所求. (2)解：如图②，画法如下：①以AB 为边在正方形内作等边△ABP.②作△ABP 的外接圆⊙O ，分别与AD ，BC 交于点E ，F. ∵在⊙O 中，弦AB 所对的APB ︵上的圆周角均为60°， ∴EF ︵上的所有点均为所求的点P. (3)解：如图③，画法如下：①连接AC.②以AB 为边作等边△ABE. ③作等边△ABE 的外接圆⊙O ，交AC 于点P ； ④在AC 上截取AP′＝CP.则点P ，P′为所求. 过点B 作BG ⊥AC ，交AC 于点G. ∵在Rt △ABC 中，AB ＝4，BC ＝3.∴AC ＝AB 2＋BC 2＝5.∴BG ＝AB·BC AC ＝125. 在Rt △ABG 中，AB ＝4，∴AG ＝AB 2－BG 2＝165. 在Rt △BPG 中，∠BPA ＝60°，∴PG ＝BG tan60°＝125×33＝435.∴AP ＝AG ＋PG ＝165＋435. S △APB ＝12AP·BG ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫165＋435×125＝96＋24325.26. (12分)如图1，在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝4，BC ＝2，点D ，E 分别是边BC ，AC 的中点，连接DE.将△CDE 绕点C 逆时针方向旋转，记旋转角为α. (1)问题发现 ①当α＝0°时，AE BD ＝__5__；②当α＝180°时，AEBD＝__5__． (2)拓展探究试判断：当0°≤α<360°时，AEBD的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明． (3)问题解决△CDE 绕点C 逆时针旋转至A ，B ，E 三点在同一条直线上时，求线段BD 的长． 解：(2)AEBD的大小无变化． 证明：如图1，∵∠B ＝90°，AB ＝4，BC ＝2， ∴AC ＝AB 2＋BC 2＝42＋22＝2 5. ∵点D ，E 分别是边BC ，AC 的中点， ∴CE ＝12AC ＝5，CD ＝12BC ＝1.如图2，∵∠DCE＝∠BCA，∴∠ACE＋∠DCA＝∠BCD＋∠DCA.∴∠ACE＝∠BCD.∵CECD＝CACB＝5，∴△ACE∽△BCD.∴AEBD＝CECD＝5，即AEBD的大小无变化．(3)第一种情况(如图3)：在Rt△ACE中，CE＝5，BC＝2，BE＝EC2－BC2＝5－4＝1.∴AE＝AB＋BE＝5.由(2)得AEBD＝5，∴BD＝AE5＝ 5.第二种情况(如图4)：由第一种情况知：BE＝1.∴AE＝AB－BE＝3.由(2)得AEBD＝5，∴BD＝AE5＝355.综上所述，线段BD的长为5或35 5.。

四边形图形变换多种情况专项练习15题（有答案）1．如图，已知△ABC中，AB=AC，D为△ABC所在平面内的一点，过D作DE∥AB，DF∥AC分别交直线AC、直线AB于点E、F．（1）如图1，当点D在线段BC上时，通过观察分析线段DE、DF、AB之间的数量关系，并说明理由；（2）如图2，当点D在直线BC上，其它条件不变时，试猜想线段DE、DF、AB之间的数量关系（请直接写出等式，不需证明）；（3）如图3，当点D是△ABC内一点，过D作DE∥AB，DF∥AC分别交直线AC、直线AB和直线BC于E、F和G．试猜想线段DE、DF、DG与AB之间的数量关系（请直接写出等式，不需证明）．2．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．结论1：DM、MN的数量关系是；结论2：DM、MN的位置关系是；拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．3．如图1，正方形OABC与正方形ODEF放置在直线l上，连结AD、CF，此时AD=CF．AD⊥CF成立．（1）正方形ODEF绕O点逆时针旋转一定的角度，如图2，试判断AD与CF还相等吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．（2）正方形ODEF绕O点逆时针旋转，使点E旋转至直线l上，如图3，求证：AD⊥CF．（3）在（2）小题的条件下，AD与OC的交点为G，当AO=3，OD=时，求线段CG的长．4．（1）已知：如图①正方形ABCD，以AD，CD为一边向外作等边△ADE和等边△CDF，连BE，EF，FB．①求证：△ABE≌△CFB；②填空：△BEF是三角形．（2）将（1）中条件正方形ABCD改为矩形ABCD，如图②，其他条件不变，那么题目中的两个结论还成立吗？若成立，证明：若不成，说明理由．（3）将题目（1）条件中的正方形ABCD改为▱ABCD，其他条件不变，那么（1）中的结论是否成立？画出图形，并结合图形写出相应结论，不必证明．5．已知，四边形ABCD是正方形，点P在直线BC上，点G在直线AD上（P、G不与正方形顶点重合，且在CD的同侧），PD=PG，DF⊥PG于点H，交直线AB于点F，将线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，连结EF．（1）如图1，当点P与点G分别在线段BC与线段AD上时．①求证：DG=2PC；②求证：四边形PEFD是菱形；（2）如图2，当点P与点G分别在线段BC与线段AD的延长线上时，请猜想四边形PEFD是怎样的特殊四边形，并证明你的猜想．6．已知，在矩形ABCD中，连接对角线AC，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△EFG，并将它沿直线AB 向左平移，直线EG与BC交于点H，连接AH，CG．（1）如图①，当AB=BC，点F平移到线段BA上时，线段AH，CG有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你的猜想；（2）如图②，当AB=BC，点F平移到线段BA的延长线上时，（1）中的结论是否成立，请说明理由；（3）如图③，当AB=nBC（n≠1）时，对矩形ABCD进行如已知同样的变换操作，线段AH，CG有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你的猜想．7．如图①，已知点O为菱形ABCD的对称中心，∠A=60°，将等边△OEF的顶点放在点O处，OE，OF分别交AB，BC于点M，N．（1）求证：OM=ON；（2）将图①中的△OEF绕O点顺时针旋转至图②所示的位置，请写出线段BM，BN与AB之间的数量关系，并进行证明．8．如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线BD=16，点O是直线BD上的动点，OE⊥AB于E，OF⊥AD于F．（1）对角线AC的长是，菱形ABCD的面积是；（2）如图1，当点O在对角线BD上运动时，OE+OF的值是否会发生变化？请说明理由；（3）如图2，当点O在对角线BD的延长线上时，OE+OF的值是否会发生变化？若不变，请说明理由；若变化，请探究OE、OF之间的数量关系，并说明理由．9．如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形，（1）如图1，连接AG、CE，试判断AG和CE的数量关系和位置关系并证明；（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转β角（0°＜β＜180°），如图2，连接AG、CE相交于点M，连接MB，当角β发生变化时，∠EMB的度数是否发生变化？若不变化，求出∠EMB的度数；若发生变化，请说明理由．（3）在（2）的条件下，过点A作AN⊥MB交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM与BN的数量关系：．10．如图①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点D是BC的中点．作正方形DEFG，使点A，C 分别在DG、DE上，连接AE、BG．（1）试猜想线段BG和AE的数量关系，请直接写出你得到的结论；（2）将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图②，（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由．11．如图，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，BC=2，D是线段BC上一点，以AD为边，在AD的右侧作正方形ADEF．直线AE与直线BC交于点G，连接CF．（1）猜想线段CF与线段BD的数量关系和位置关系，并说明理由；（2）连接FG，当△CFG是等腰三角形时，①当BD＜1时求BD的长．②当BD＞1时，BD的长度是否改变，若改变，请直接写出BD的长度．12．已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB＞CE．（1）如图1，连接BG、DE．求证：BG=DE；（2）如图2，将正方形CEFG绕着点C旋转到某一位置时恰好使得CG∥BD，BG=BD．求∠BDE的度数；（3）在（2）的条件下，当正方形ABCD的边长为时，请直接写出正方形CEFG的边长．13．已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB＞CE．（1）如图1，连接BG、DE．求证：BG=DE；（2）如图2，如果正方形ABCD的边长为，将正方形CEFG绕着点C旋转到某一位置时恰好使得CG∥BD，BG=BD．①求∠BDE的度数；②请直接写出正方形CEFG的边长的值．14．如图1，△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，D、F分别在AB、AC边上，此时BD=CF，BD⊥CF成立．（1）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD=CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．（2）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点G．求证：BD⊥CF；（3）在（2）小题的条件下，AC与BG的交点为M，当AB=4，AD=时，求线段CM的长．15．如图1，在正方形ABCD中，点E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在正方形ABCD 内部，延长AF交CD于点G．（1）请判断线段GF与GC的大小关系是．（2）若将图1中的正方形改成矩形，其他条件不变，如图2，那么线段GF与GC之间的大小关系是否改变？并证明你的结论．（3）若将图1中的正方形改为平行四边形，其他条件不变，如图3，那么线段GF与GC之间的大小关系是否会改变？并证明你的结论．四边形图形变换多种情况专项练习15题参考答案：1．解：（1）DE+DF=AB．理由如下：如图1．∵DE∥AB，DF∥AC，∴四边形AEDF是平行四边形，∴DE=AF．∵DF∥AC，∴∠FDB=∠C，∵AB=AC，∴∠C=∠B，∴∠FDB=∠B，∴DF=FB，∴DE+DF=AF+FB=AB；（2）当点D在直线BC上时，分三种情况：①当点D在CB延长线上时，如图2①，AB=DE﹣DF；②当点D在线段BC上时，如图1，AB=DE+DF；③当点D在BC的延长线上时，如图2②，AB=DF﹣DE；（3）如图3，AB=DE+DG+DF．2．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）解：相等，垂直；证明：∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，∴∠DMN=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，证明：连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN=AE，由（1）同理可证，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM=AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．3．（1）解：AD=CF．理由如下：在正方形ABCO和正方形ODEF中，AO=CO，OD=OF，∠AOC=∠DOF=90°，∴∠AOC+∠COD=∠DOF+∠COD，（等式的性质）即∠AOD=∠COF，在△AOD和△COF中，，∴△AOD≌△COF（SAS），∴AD=CF（全等三角形的对应边相等）；（2）证明：如图2，设AD与CF交于点H∵△AOD≌△COF（SAS）（已证）∴∠OCF=∠GAO（全等三角形的对应角相等）．∵∠CGH=∠AGO（对顶角相等），∴△AOG∽△CHG（两个角对应相等的两个三角形相似）．∴∠CHG=∠GOA=90°（相似三角形的对应角相等）．∴AD⊥CF．（3）解：如图，连接DF交OE于M，则DF⊥OE，DM=OM=OE，∵正方形ODEF的边长为，由勾股定理得∴OE==2，∴DM=OM=OE×=1，∴AM=AO+OM=3+1=4（线段的和差）在Rt△ADM中，tan∠DAM=．∴tan∠GAO=tan∠DAM=，∴OG==∴CG=OC﹣OG=3﹣=4．①证明：∠BAE=90°+60°=150°，∠FCB=90°+60°=150°，在△ABE和△CFB中，，∴△ABE≌△CFB（SAS）．②∠FDE=360°﹣60°﹣60°﹣90°=150°，在△ABE和△DFE中，，∴△ABE≌△DFE（SAS），∴BE=FE，又∵△ABE≌△CFB，∴BE=FB=FE，∴△BFE是等边三角形．（2）∠BAE=90°+60°=150°，∠FCB=90°+60°=150°，∠FDE=360°﹣60°﹣60°﹣90°=150°，在△ABE和△CFB中，，∴△ABE≌△CFB（SAS），在△ABE和△DFE中，，∴△ABE≌△DFE（SAS），∴△ABE≌△CFB≌△DFE，∴BE=EF=FB，∴两结论成立．（3）将题目（1）条件中的正方形ABCD改为▱ABCD，（1）的两个结论依然成立．如图：5．（1）证明：①作PM⊥DG于M，如图1，∵PD=PG，∴MG=MD，∵四边形ABCD为矩形，∴PCDM为矩形，∴PC=MD，∴DG=2PC；②∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB，∵四边形ABPM为矩形，∴AB=PM，∴AD=PM，∵DF⊥PG，∴∠DHG=90°，∴∠GDH+∠DGH=90°，∵∠MGP+∠MPG=90°，∴∠GDH=∠MPG，在△ADF和△MPG中，∴△ADF≌△MPG（ASA），∴DF=PG，而PD=PG，∴DF=PD，∵线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，∴∠EPG=90°，PE=PG，∴PE=PD=DF，而DF⊥PG，∴DF∥PE，即DF∥PE，且DF=PE，∴四边形PEFD为平行四边形，∵DF=PD，∴四边形PEFD为菱形；（2）解：四边形PEFD是菱形．理由如下：作PM⊥DG于M，如图2，与（1）一样同理可证得△ADF≌△MPG，∴DF=PG，而PD=PG，∴DF=PD，∵线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，∴∠EPG=90°，PE=PG，∴PE=PD=DF而DF⊥PG，∴DF∥PE，即DF∥PE，且DF=PE，∴四边形PEFD为平行四边形，∵DF=PD，∴四边形PEFD为菱形．6．解：（1）AH=CG，AH⊥CG．证明：延长AH与CG交于点T，如图①，由旋转和平移的性质可得：EF=AB，FG=BC，∠EFG=∠ABC．∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，∴EF=GF，∠EFG=∠ABC=90°．∴∠CBG=90°，∠EGF=45°．∴∠BHG=90°﹣45°=45°=∠EGF．∴BH=BG．在△ABH和△CBG中，，∴△ABH≌△CBG（SAS）．∴AH=CG，∠HAB=∠GCB．∴∠HAB+∠AGC=∠GCB+∠AGC=90°．∴∠ATC=90°．∴AH⊥CG．（2）（1）中的结论仍然成立．证明：延长CG与AH交于点Q，如图②，由旋转和平移的性质可得：EF=AB，FG=BC，∠EFG=∠ABC．∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，∴EF=GF，∠EFG=∠ABC=90°．∴∠ABH=90°，∠EGF=45°．∴∠BGH=∠EGF=45°．∴∠BHG=90°﹣45°=45°=∠BGH．∴BH=BG．在△ABH和△CBG中，，∴△ABH≌△CBG（SAS）．∴AH=CG，∠HAB=∠GCB．∴∠GCB+∠CHA=∠HAB+∠CHA=90°．∴∠CQA=90°．∴CG⊥AH．（3）AH=nCG，AH⊥CG．理由如下：延长AH与CG交于点N，如图③，由旋转和平移的性质可得：EF=AB，FG=BC，∠EFG=∠ABC．∵四边形ABCD是矩形，AB=nBC，∴EF=nGF，∠EFG=∠ABC=90°．∴∠EFG+∠ABC=180°．∴BH∥EF．∴△GBH∽△GFE．∴=．∵=n=，∴=．∵∠ABH=∠CBG，∴△ABH∽△CBG．∴==n，∠HAB=∠GCB．∴AH=nCG，∠HAB+∠AGC=∠GCB+∠AGC=90°．∴∠ANC=90°．∴AH⊥CG．7．（1）证明：取BC的中点G，连接OG∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°∴∠A=∠C=∠ABD=60°，AB=BC=CD=DA，∵点O为菱形ABCD的对称中心，∴OD=OB∴OG∥CD∴∠BGO=∠C=60°，OG=OB∵△OEF是等边三角形，∴∠EOF=60°，∴∠BOM=∠NOG又∵∠BGO=∠ABD=60°在△OBM和△OGN中，，∴△OBM≌△OGN（ASA），∴OM=ON；（2）证明：取BC中点G，同理可证：△OBM≌△OGN，∴BM=GN，∴BG=BN﹣NG，∴BN﹣BM=BG=AB．8．解：（1）如图，连接AC与BD相交于点G，在菱形ABCD中，AC⊥BD，BG=BD=×16=8，由勾股定理得，AG===6，∴AC=2AG=2×6=12，菱形ABCD的面积=AC•BD=×12×16=96；故答案为：12；96；（2）如图1，连接AO，则S△ABD=S△ABO+S△ADO，所以，BD•AG=AB•OE+AD•OF，即×16×6=×10•OE+×10•OF，解得OE+OF=9.6是定值，不变；（3）如图2，连接AO，则S△ABD=S△ABO﹣S△ADO，所以，BD•AG=AB•OE﹣AD•OF，即×16×6=×10•OE﹣×10•OF，解得OE﹣OF=9.6，是定值，不变，所以，OE+OF的值变化，OE、OF之间的数量关系为：OE﹣OF=9.6．9．解：（1）AG=EC，AG⊥EC，理由为：∵正方形BEFG，正方形ABCD，∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，在△ABG和△BEC中，，∴△ABG≌△BEC（SAS），∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，延长CE交AG于点M，∴∠BEC=∠AEM，∴∠ABC=∠AME=90°，∴AG=EC，AG⊥EC；（2）∠EMB的度数不发生变化，∠EMB的度数为45°理由为：过B作BP⊥EC，BH⊥AM，在△ABG和△CEB中，，∴△ABG≌△CEB（SAS），∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，∴EC•BP=AG•BH，∴BP=BH，∴MB为∠EMG的平分线，∵∠AMC=∠ABC=90°，∴∠EMB=∠EMG=×90°=45°；（3）CM=BN，理由为：在NA上截取NQ=NB，连接BQ，∴△BNQ为等腰直角三角形，即BQ=BN，∵∠AMN=45°，∠N=90°，∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN，∴MN﹣BN=AN﹣NQ，即AQ=BM，∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，∴∠MBC=∠BAN，在△ABQ和△BCM中，，∴△ABQ≌△BCM（SAS），∴CM=BQ，则CM=BN．故答案为：CM=BN10．解：（1）BG=AE．理由如下：如图①，∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点D是BC的中点，∴BD=CD=AD，∵在△BDG和△ADE中，，∴△BDG≌△ADE（SAS），∴BG=AE；（2）证明：连接AD，∵Rt△BAC中，D为斜边BC的中点，∴AD=BD，AD⊥BC，∴∠ADG+∠GDB=90°，∵EFGD为正方形，∴DE=DG，且∠GDE=90°，∴∠ADG+∠ADE=90°，∴∠BDG=∠ADE，在△BDG和△ADE中，，∴△BDG≌△ADE（SAS），∴BG=AE．11．解：（1）猜想：CF=BD，CF⊥BD，∵△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°∴∠BAD=∠CAF，在△ABD与△ACF中，，∴△ABD≌△ACF （SAS），∴CF=BD，∠ACF=∠B=∠ACB=45°，∴∠BCF=90°，∴CF⊥BD；（2）∵AE是正方形ADEF的对角线，∴∠FAE=∠DAE=45°在△AFG与△ADG中，，∴△AFG≌△ADG（SAS），∴FG=DG，由（1）知，∠GCF=90°，若Rt△FCG是等腰三角形，则CG=CF，设CF=x，得CG=CF=BD=x①当BD＜1时，如图1，FG=DG=2﹣2x在Rt△CFG中，FG2=CF2+CG2∴（2﹣2x）2=2x2，解得：x1=2+＞1（舍去），x2=2﹣∴BD=2﹣，②当BD＞1时，如图2∵CG=CF=BD，∴FG=DG=BC=2在Rt△CFG中，FG2=CF2+CG2，∴22=2x2，解得x1=﹣（舍去），x2=．12．证明：（1）∵四边形ABCD和CEFG是正方形∴BC=DC，∠BCG=∠ECD=90°在△BCG和△ECG中，，△BCG≌△ECG（SAS）．∴BG=DE；（2）解：如图连接BE，∵BG=DE，BG=BD∴DE=BD∵CG∥BD∴∠DCG=∠BDC=45°∴∠BCG=90°+45°=135°∠BCE=360°﹣135°﹣90°=135°在△BCG和△BCE中，，∴△BCG≌△BCE（SAS）．∴BE=BG，∴DE=BD=BE，∴△BDE是等边三角形．∴∠BDE=60°；（3）解：CG=﹣113．（1）证明：∵四边形ABCD和CEFG为正方形，∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90°．∴∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG，∴∠BCG=∠DCE．在△BCG和△DCE中，，∴△BCG≌△DCE（SAS）．∴BG=DE；（2）解：①连接BE．由（1）可知：BG=DE．∵CG∥BD，∴∠DCG=∠BDC=45°．∴∠BCG=∠BCD+∠GCD=90°+45°=135°．∵∠GCE=90°，∴∠BCE=360°﹣∠BCG﹣∠GCE=360°﹣135°﹣90°=135°．∴∠BCG=∠BCE．∵BC=BC，CG=CE，在△BCG和△BCE中，，∴△BCG≌△BCE（SAS）．∴BG=BE．∵BG=BD=DE，∴BD=BE=DE．∴△BDE为等边三角形．∴∠BDE=60°．②延长EC交BD于点H，在△BCE和△BCG中，，∴△BCE≌△BCG（SSS），∴∠BEC=∠DEC，∴EH⊥BD，BH=．∵BC=CD=，在Rt△BCD中由勾股定理，得∴BD===2．∴BH=1．∴CH=1．在Rt△BHE中，由勾股定理，得EH=，∴CE=﹣1．∴正方形CEFG的边长为．14．（1）解：BD=CF成立．理由：∵△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°，∵∠BAD=∠BAC﹣∠DAC，∠CAF=∠DAF﹣∠DAC，∴∠BAD=∠CAF，∵在△BAD和△CAF中，，∴△BAD≌△CAF（SAS），∴BD=CF．（2）证明：设BG交AC于点M，∵△BAD≌△CAF，∴∠ABM=∠GCM，∵∠BMA=∠CMG，∴△BMA∽△CMG，∴∠BGC=∠BAC=90°，∴BD⊥CF．（3）过点F作FN⊥AC于点N，∵在正方形ADEF中，AD=DE=，∴AE==2，∴AN=FN=AE=1．∵在等腰直角△ABC中，AB=AC=4，∴CN=AC﹣AN=3，BC==4，∴在Rt△FCN中，tan∠FCN==，∴在Rt△ABM中，tan∠ABM==tan∠FCN=，∴AM=AB=，∴CM=AC﹣AM=4﹣=．15．解：（1）∵E是BC的中点∴BE=CE∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE∴BE=EF，∴EF=EC；同样，在折叠中，∠B=∠EFA=90°又∵∠C=∠B，∠EFG=∠EFA∴∠C=∠EFG=90°∵EG=EG，∴△ECG≌△EFG∴FG=CG；（2）不会改变．证明：连接EG∵E是BC的中点∴BE=CE∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE∴BE=EF，∴EF=EC；同样，在折叠中，∠B=∠EFA=90°又∵∠C=∠B，∠EFG=∠EFA∴∠C=∠EFG=90°∵EG=EG，∴△ECG≌△EFG∴FG=CG；（3）不会改变．证明：连接EG、FC∵E是BC的中点∴BE=CE∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE∴BE=EF，∠B=∠AFE∴EF=EC∴∠EFC=∠ECF∵矩形ABCD改为平行四边形∴∠B=∠D∵∠ECD=180°﹣∠D，∠EFG=180°﹣∠AFE=180°﹣∠B=180°﹣∠D ∴∠ECD=∠EFG∴∠GFC=∠GFE﹣∠EFC=∠ECG﹣∠ECF=∠GCF∴∠GFC=∠GCF∴△ECG≌△EFG∴FG=CG即（1）中的结论仍然成立。