2018年全国各地中考数学真题汇编:平移与旋转(含答案)

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2018年全国各地中考数学真题汇编:平移与旋转(含答案)

2018年全国各地中考数学真题汇编:平移与旋转(含答案)

中考数学真题汇编:平移与旋转一、选择题1.下列图形中,可以看作是中心对称图形的是()A. B. C. D.【答案】A2.在平面直角坐标系中,点关于原点对称的点的坐标是()A. B. C. D.【答案】C3.在平面直角坐标系中,以原点为对称中心,把点A(3,4)逆时针旋转90°,得到点B,则点B的坐标为()A.(4,-3)B.(-4,3)C.(-3,4)D.(-3,-4)【答案】B4.如图,在平面直角坐标系中,的顶点在第一象限,点,的坐标分别为、,,,直线交轴于点,若与关于点成中心对称,则点的坐标为()A. B. C. D.【答案】A5.如图,将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC.若点A,D,E在同一条直线上,∠ACB=20°,则∠ADC的度数是()A. 55°B. 60°C. 65°D. 70°【答案】C6.下列图形中,既是轴对称又是中心对称图形的是()A. B. C. D.【答案】B7.在平面内由极点、极轴和极径组成的坐标系叫做极坐标系如图,在平面上取定一点称为极点;从点出发引一条射线称为极轴;线段的长度称为极径点的极坐标就可以用线段的长度以及从转动到的角度(规定逆时针方向转动角度为正)来确定,即或或等,则点关于点成中心对称的点的极坐标表示不正确的是( )A. B. C. D.【答案】D8.如图,点是正方形的边上一点,把绕点顺时针旋转到的位置,若四边形的面积为25,,则的长为()A. 5B.C. 7D.【答案】D9.如图是由6个大小相同的立方体组成的几何体,在这个几何体的三视图中,是中心对称图形的是()A. 主视图B. 左视图C. 俯视图D. 主视图和左视图【答案】C10.如图,将沿边上的中线平移到的位置,已知的面积为9,阴影部分三角形的面积为4.若,则等于()A. 2B. 3C.D.【答案】A11.如图,已知一个直角三角板的直角顶点与原点重合,另两个顶点A,B的坐标分别为(-1,0),(0,).现将该三角板向右平移使点A与点O重合,得到△OCB’,则点B的对应点B’的坐标是()A. (1,0)B. (,)C. (1,)D. (-1,)【答案】C12.如图,直线都与直线l垂直,垂足分别为M,N,MN=1,正方形ABCD的边长为,对角线AC 在直线l上,且点C位于点M处,将正方形ABCD沿l向右平移,直到点A与点N重合为止,记点C平移的距离为x,正方形ABCD的边位于之间分的长度和为y,则y关于x的函数图象大致为()A. B. C. D.【答案】A二、填空题13.在平面直角坐标系中,将点(3,-2)先向右平移2个单位长度,再向上平移3个单位长度,则所得的点的坐标是________.【答案】(5,1)14.如图,将含有30°角的直角三角板ABC放入平面直角坐标系,顶点AB分别落在x、y轴的正半轴上,∠OAB=60°,点A的坐标为(1,0),将三角板ABC沿x轴右作无滑动的滚动(先绕点A按顺时针方向旋转60°,再绕点C按顺时针方向旋转90°,…)当点B第一次落在x轴上时,则点B运动的路径与坐标轴围成的图形面积是________.【答案】+ π15.如图,正方形的边长为1,点与原点重合,点在轴的正半轴上,点在轴的负半轴上将正方形绕点逆时针旋转至正方形的位置, 与相交于点,则的坐标为________.【答案】16.如图,正比例函数y=kx与反比例函数y= 的图象有一个交点A(2,m),AB⊥x轴于点B,平移直线y=kx 使其经过点B,得到直线l,则直线l对应的函数表达式是________ .【答案】y= x-317.如图,中,,,,将绕点顺时针旋转得到,为线段上的动点,以点为圆心,长为半径作,当与的边相切时,的半径为________.【答案】或18.设双曲线与直线交于,两点(点在第三象限),将双曲线在第一象限的一支沿射线的方向平移,使其经过点,将双曲线在第三象限的一支沿射线的方向平移,使其经过点,平移后的两条曲线相交于点,两点,此时我称平移后的两条曲线所围部分(如图中阴影部分)为双曲线的“眸”,为双曲线的“眸径”当双曲线的眸径为6时,的值为________.【答案】三、解答题19.如图,在由边长为1个单位长度的小正方形组成的10×10网格中,已知点O,A,B均为网格线的交点.(1)①在给定的网格中,以点O为位似中心,将线段AB放大为原来的2倍,得到线段(点A,B的对应点分别为).画出线段;②将线段绕点逆时针旋转90°得到线段.画出线段;(2)以为顶点的四边形的面积是________个平方单位.【答案】(1)解:如图所示:(2)2020.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,D是AB边上一点(点D与A,B不重合),连结CD,将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE,连结DE交BC于点F,连结BE.(1)求证:△ACD≌△BCE;(2)当AD=BF时,求∠BEF的度数.【答案】(1)证明:∵线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE,∴∠DCE=90°,CD=CE,又∵∠ACB=90°∴∠ACB=∠DCE.∴∠ACD=∠BCE.在△ACD和△BCE中,∵CD=CE,∠ACD=∠BCE,AC=BC,∴△ACD≌△BCE(SAS),(2)解:∵∠ACB=90°,AC=BC,∴∠A=45°由(1)知△ACD≌△BCE,∴AD=BE,∠CBE=∠A=45°,又∵AD=BF,∴BE=BF,∴∠BEF=∠BFE= =67.5°.21.在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系,△ABC的顶点都在格点上,请解答下列问题:(1)①作出△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B1C1,并写出点C1的坐标;②作出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2,并写出点C2的坐标;(2)已知△ABC关于直线l对称的△A3B3C3的顶点A3的坐标为(-4,-2),请直接写出直线l的函数解析式.【答案】(1)解:如图所示,C1的坐标C1(-1,2), C2的坐标C2(-3,-2)(2)解:∵A(2,4),A3(-4,-2),∴直线l的函数解析式:y=-x.22.如图,在每个小正方形的边长为1的网格中,的顶点,,均在格点上.(1)的大小为________(度);(2)在如图所示的网格中,是边上任意一点. 为中心,取旋转角等于,把点逆时针旋转,点的对应点为.当最短时,请用无刻度的直尺,画出点,并简要说明点的位置是如何找到的(不要求证明)【答案】(1)(2)解:如图,即为所求.23.在平面直角坐标系中,四边形是矩形,点,点,点.以点为中心,顺时针旋转矩形,得到矩形,点,,的对应点分别为,,.(1)如图①,当点落在边上时,求点的坐标;(2)如图②,当点落在线段上时,与交于点.①求证;②求点的坐标.(3)记为矩形对角线的交点,为的面积,求的取值范围(直接写出结果即可).【答案】(1)解:∵点,点,∴,.∵四边形是矩形,∴,,.∵矩形是由矩形旋转得到的,∴.在中,有,∴.∴.∴点的坐标为.(2)解:①由四边形是矩形,得.又点在线段上,得.由(Ⅰ)知,,又,,∴.②由,得.又在矩形中,,∴.∴.∴.设,则,.在中,有,∴.解得.∴.∴点的坐标为.(3)解:24.在中,,,,过点作直线,将绕点顺时针得到(点,的对应点分别为,)射线,分别交直线于点,.(1)如图1,当与重合时,求的度数;(2)如图2,设与的交点为,当为的中点时,求线段的长;(3)在旋转过程时,当点分别在,的延长线上时,试探究四边形的面积是否存在最小值.若存在,求出四边形的最小面积;若不存在,请说明理由.【答案】(1)由旋转的性质得:.,,,,,.(2)为的中点,.由旋转的性质得:,.,.,,.(3),最小,即最小,.法一:(几何法)取中点,则..当最小时,最小,,即与重合时,最小.,,,.法二:(代数法)设,.由射影定理得:,当最小,即最小,.当时,“ ”成立,.。

全国181套中考数学试题分类汇编53图形的平移变换

全国181套中考数学试题分类汇编53图形的平移变换

53:图形的平移变换一、选择题1.(黑龙江大庆3分)在平面直角坐标系中,已知点A(-1,0)和B(1,2),连接AB ,平移线段AB 得到线段A 1B 1.若点A 的对应点A 1的坐标为(2,-1),则点B 的对应点B 1的坐标为A .(4,3)B .(4,1)C .(-2,3)D .(-2,1)【答案】B 。

【考点】坐标与图形的平移变换。

【分析】根据平移的性质,结合已知点A ,A 1的坐标,知A 点的平移方法是:先向右平移3个单位,再向下平移1个单位,得到点A 1,则B 点经同样的平移方法得到B 1(1+3,2-1),即(4,1)。

故选B 。

2.(广西河池3分)把二次函数2y x =的图象沿着x 轴向右平移2个单位,再向上平移3个单位,所得到的图象的函数解析式为A .()223y x =++B .()223y x =-+C . ()223y x =+-D .()223y x =--【答案】B 。

【考点】二次函数的顶点式,图象的平移。

【分析】图象的平移只要考虑关键点的平移。

根据点的平移变化的规律,左右平移只改变点的横坐标,左减右加。

上下平移只改变点的纵坐标,下减上加。

二次函数2y x =的图象的顶点坐标为(0,0),它沿着x 轴向右平移2个单位,再向上平移3个单位,得到新的图象的顶点坐标为(2,3)。

根据二次函数的顶点式得新的图象的函数解析式为()223y x =-+。

故选B 。

3.(广西河池3分)如图,已知点A(1,0)、B(7,0),⊙A、⊙B 的半径分别为1和2,将⊙A 沿x 轴向右平移3个单位,则此时该圆与⊙B 的位置关系是A .外切B .相交C .内含D .外离【答案】A 。

【考点】点的平移,两圆的位置关系。

【分析】根据两圆的位置关系的判定:外切(两圆圆心距离等于两圆半径之和),内切(两圆圆心距离等于两圆半径之差)相离(两圆圆心距离大于两圆半径之和),相交(两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差),内含(两圆圆心距离小于两圆半径之差)。

2022年中考数学真题汇编:平移与旋转(含解析)

2022年中考数学真题汇编:平移与旋转(含解析)
(1)如图1,若连接 ,则 的形状为______, 的值为______;
(2)若将 沿直线l平移,并以 为一边在直线l的上方作等边 .
①如图2,当 与 重合时,连接 ,若 ,求 的长;
②如图3,当 时,连接 并延长交直线l于点F,连接 .求证: .
24.(2022北京)在平面直角坐标系 中,已知点 对于点 给出如下定义:将点 向右 或向左 平移 个单位长度,再向上 或向下 平移 个单位长度,得到点 ,点 关于点 的对称点为 ,称点 为点 的“对应点”.
A.(3,-3)B.(3,3)C.(-1,1)D.(-1,3)
【答案】解:根据图形平移的性质,B′(1-2,2+1),即B′(-1,3);
故选:D.
8.(2022铜仁)如图,等边 、等边 的边长分别为3和2.开始时点A与点D重合, 在 上, 在 上, 沿 向右平移,当点D到达点B时停止.在此过程中,设 、 重合部分的面积为y, 移动的距离为x,则y与x的函数图象大致为()
D.圆是中心对称图形,也是轴对称图形,故本选项正确.
故选:D.
2.(2022北部湾)2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的,展现了运动员不断飞跃,超越自我,奋力拼搏,激励世界的冬残奥精神下列的四个图中,能由如图所示的会徽经过平移得到的是()
A. B. C. D.
【答案】根据题意,得
不能由 平移得到,
A. B. C. D.
3.(2022毕节)下列垃圾分类标识的图案既是轴对称图形,又是中心对称图形的是()
A. B. C. D.
4.(2022广东)在平面直角坐标系中,将点 向右平移2个单位后,得到的点的坐标是()
A. B. C. D.
5.(2022福建)如图,现有一把直尺和一块三角尺,其中 , ,AB=8,点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移,使得△ABC移动到 ,点 对应直尺的刻度为0,则四边形 的面积是()

【精品】2018版中考数学:6.2-轴对称、平移、旋转(含答案)

【精品】2018版中考数学:6.2-轴对称、平移、旋转(含答案)

§6.2轴对称、平移、旋转A组2018年全国中考题组一、选择题1.(2018·浙江嘉兴,2,4分)下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标,其中属于中心对称图形的有()解析第一个和第三个属于中心对称图形,第二个和第四个属于轴对称图形.答案B2.(2018·浙江温州,4,4分)下列选项中的图形,不属于中心对称图形的是() A.等边三角形B.正方形C.正六边形D.圆解析等边三角形是轴对称图形,正方形、正六边形、圆既是轴对称图形又是中心对称图形.答案A3.(2018·福建福州,7,3分)如图,在3×3的正方形网格中由四个格点A,B,C,D,以其中一点为原点,网格线所在直线为坐标轴,建立平面直角坐标系,使其余三个点中存在两个点关于一条坐标轴对称,则原点是()A.A点B.B点C.C点D.D点解析当以点B为原点时,A(-1,-1),C(1,-1),则点A和点C关于y轴对称,符合条件.答案B4.(2018·河北,3,3分)一张菱形纸片按如图1、图2依次对折后,再按如图3打出一个圆形小孔,则展开铺平后的图案是()解析严格按照图中的顺序向右翻折,向右上角翻折,打出一个圆形小孔,展开得到结论.答案C5.(2018·山东泰安,15,3分)如图,在平面直角坐标系中,正三角形OAB 的顶点B 的坐标为(2,0),点A 在第一象限内,将△OAB 沿直线OA 的方向平移至△O ′A ′B ′的位置,此时点A ′的横坐标为3,则点B ′的坐标为()A .(4,23)B .(3,33)C .(4,33)D .(3,23)解析作AM ⊥x 轴于点M .根据等边三角形的性质得出OA =OB =2,∠AOB =60°,在直角△OAM 中利用含30°角的直角三角形的性质求出OM =12OA =1,AM =3OM =3,则A (1,3),直线OA 的解析式为y =3x ,将x =3代入,求出y =33,那么A ′(3,33),由一对对应点A 与A ′的坐标求出平移规律,再根据此平移规律即可求出点B ′的坐标.答案A6.(2018·湖南邵阳,10,3分)如图,在矩形ABCD 中,已知AB =4,BC =3,矩形在直线l 上绕其右下角的顶点B 向右旋转90°至图①位置,再绕右下角的顶点继续向右旋转90°至图②位置,…,以此类推,这样连续旋转2015次后,顶点A 在整个旋转过程中所经过的路程之和是()A .2015πB .3019.5πC .3018πD .3024π解析转动一次A 的路线长是:90π×4180=2π,。

2018年中考数学真题分类汇编(第二期)专题10平面直角坐标系与点的坐标试题(含解析)

2018年中考数学真题分类汇编(第二期)专题10平面直角坐标系与点的坐标试题(含解析)

平面直角坐标系与点的坐标一.选择题1.(2018•山东东营市•3分)在平面直角坐标系中,若点P(m﹣2,m+1)在第二象限,则m 的取值范围是()A.m<﹣1 B.m>2 C.﹣1<m<2 D.m>﹣1【分析】根据第二象限内点的横坐标是负数,纵坐标是正数列出不等式组求解即可.【解答】解:∵点P(m﹣2,m+1)在第二象限,∴,解得﹣1<m<2.故选:C.【点评】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征以及解不等式,记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键,四个象限的符号特点分别是:第一象限(+,+);第二象限(﹣,+);第三象限(﹣,﹣);第四象限(+,﹣).2.(2018•山东聊城市•3分)如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC的两边OA,OC分别在x轴和y轴上,并且OA=5,OC=3.若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转,使点A恰好落在BC 边上的A1处,则点C的对应点C1的坐标为()A.(﹣,) B.(﹣,) C.(﹣,)D.(﹣,)【分析】直接利用相似三角形的判定与性质得出△ONC1三边关系,再利用勾股定理得出答案.【解答】解:过点C1作C1N⊥x轴于点N,过点A1作A1M⊥x轴于点M,由题意可得:∠C1NO=∠A1MO=90°,∠1=∠2=∠3,则△A1OM∽△OC1N,∵OA=5,OC=3,∴OA1=5,A1M=3,∴OM=4,∴设NO=3x,则NC1=4x,OC1=3,则(3x)2+(4x)2=9,解得:x=±(负数舍去),则NO=,NC1=,故点C的对应点C1的坐标为:(﹣,).故选:A.【点评】此题主要考查了矩形的性质以及勾股定理等知识,正确得出△A1OM∽△OC1N是解题关键.3. (2018•乌鲁木齐•4分)在平面直角坐标系xOy中,将点N(﹣1,﹣2)绕点O旋转180°,得到的对应点的坐标是()A.(1,2)B.(﹣1,2)C.(﹣1,﹣2)D.(1,﹣2)【分析】根据题意可知点N旋转以后横纵坐标都互为相反数,从而可以解答本题.【解答】解:在平面直角坐标系xOy中,将点N(﹣1,﹣2)绕点O旋转180°,得到的对应点的坐标是(1,2),故选:A.【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转,解答本题的关键是明确题意,利用旋转的知识解答.4.(2018•金华、丽水•3分)小明为画一个零件的轴截面,以该轴截面底边所在的直线为x 轴,对称轴为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系.若坐标轴的单位长度取1mm,则图中转折点P的坐标表示正确的是()A. (5,30)B. (8,10) C. (9,10) D. (10,10)【解析】【解答】解:因为点P在第一象限,点P到x轴的距离为:40-30=10,即纵坐标为10;点P到y轴的距离为,即横坐标为9,∴点P(9,10),故答案为:C。

2018年全国各地中考数学压轴题汇编:几何综合(浙江专版)(解析卷)

2018年全国各地中考数学压轴题汇编:几何综合(浙江专版)(解析卷)

2018年全国各地中考数学压轴题汇编(浙江专版)几何综合参考答案与试题解析1.数学课上,张老师举了下面的例题:例1等腰三角形ABC中,∠A=110°,求∠B的度数.(答案:35°)例2等腰三角形ABC中,∠A=40°,求∠B的度数,(答案:40°或70°或100°)张老师启发同学们进行变式,小敏编了如下一题:变式等腰三角形ABC中,∠A=80°,求∠B的度数.(1)请你解答以上的变式题.(2)解(1)后,小敏发现,∠A的度数不同,得到∠B的度数的个数也可能不同,如果在等腰三角形ABC中,设∠A=x°,当∠B有三个不同的度数时,请你探索x的取值范围.解:(1)若∠A为顶角,则∠B=(180°﹣∠A)÷2=50°;若∠A为底角,∠B为顶角,则∠B=180°﹣2×80°=20°;若∠A为底角,∠B为底角,则∠B=80°;故∠B=50°或20°或80°;(2)分两种情况:①当90≤x<180时,∠A只能为顶角,∴∠B的度数只有一个;②当0<x<90时,若∠A为顶角,则∠B=()°;若∠A为底角,∠B为顶角,则∠B=(180﹣2x)°;若∠A为底角,∠B为底角,则∠B=x°.当≠180﹣2x且180﹣2x≠x且≠x,即x≠60时,∠B有三个不同的度数.2.如图,在Rt△ABC中,点O在斜边AB上,以O为圆心,OB为半径作圆,分别与BC,AB相交于点D,E,连结AD.已知∠CAD=∠B.(1)求证:AD是⊙O的切线.(2)若BC=8,tanB=,求⊙O的半径.(1)证明:连接OD,∵OB=OD,∴∠3=∠B,∵∠B=∠1,∴∠1=∠3,在Rt△ACD中,∠1+∠2=90°,∴∠4=180°﹣(∠2+∠3)=90°,∴OD⊥AD,则AD为圆O的切线;(2)设圆O的半径为r,在Rt△ABC中,AC=BCtanB=4,根据勾股定理得:AB==4,∴OA=4﹣r,在Rt△ACD中,tan∠1=tanB=,∴CD=ACtan∠1=2,根据勾股定理得:AD2=AC2+CD2=16+4=20,在Rt△ADO中,OA2=OD2+AD2,即(4﹣r)2=r2+20,解得:r=.3.如图,在6×6的网格中,每个小正方形的边长为1,点A在格点(小正方形的顶点)上.试在各网格中画出顶点在格点上,面积为6,且符合相应条件的图形.解:符合条件的图形如图所示:4.如图,在四边形ABCD中,E是AB的中点,AD∥EC,∠AED=∠B.(1)求证:△AED≌△EBC.(2)当AB=6时,求CD的长.∴∠A=∠BEC,∵E是AB中点,∴AE=EB,∵∠AED=∠B,∴△AED≌△EBC.(2)解:∵△AED≌△EBC,∴AD=EC,∵AD∥EC,∴四边形AECD是平行四边形,∴CD=AE,∵AB=6,∴CD=AB=3.5.如图,已知AB是⊙O的直径,C,D是⊙O上的点,OC∥BD,交AD于点E,连结BC.(1)求证:AE=ED;(2)若AB=10,∠CBD=36°,求的长.证明:(1)∵AB是⊙O的直径,∴∠ADB=90°,∵OC∥BD,∴∠AEO=∠ADB=90°,即OC⊥AD,∴AE=ED;(2)∵OC⊥AD,∴,∴∠ABC=∠CBD=36°,∴∠AOC=2∠ABC=2×36°=72°,∴.6.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,以点B为圆心,BC长为半径画弧,交线段AB于点D;以点A为圆心,AD长为半径画弧,交线段AC于点E,连结CD.(1)若∠A=28°,求∠ACD的度数.(2)设BC=a,AC=b.①线段AD的长是方程x2+2ax﹣b2=0的一个根吗?说明理由.②若AD=EC,求的值.解:(1)∵∠ACB=90°,∠A=28°,∴∠B=62°,∵BD=BC,∴∠BCD=∠BDC=59°,∴∠ACD=90°﹣∠BCD=31°;(2)①由勾股定理得,AB==,∴AD=﹣a,解方程x2+2ax﹣b2=0得,x==﹣a,∴线段AD的长是方程x2+2ax﹣b2=0的一个根;②∵AD=AE,由勾股定理得,a2+b2=(b+a)2,整理得,=.7.在5×3的方格纸中,△ABC的三个顶点都在格点上.(1)在图1中画出线段BD,使BD∥AC,其中D是格点;(2)在图2中画出线段BE,使BE⊥AC,其中E是格点.解:(1)如图所示,线段BD即为所求;(2)如图所示,线段BE即为所求.8.如图,在▱ABCD中,AC是对角线,BE⊥AC,DF⊥AC,垂足分别为点E,F,求证:AE=CF.证明:如图,∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB=CD,AB∥CD,∴∠BAE=∠DCF.又BE⊥AC,DF⊥AC,∴∠AEB=∠CFD=90°.在△ABE与△CDF中,,∴得△ABE≌△CDF(AAS),∴AE=CF.9.已知:在△ABC中,AB=AC,D为AC的中点,DE⊥AB,DF⊥BC,垂足分别为点E,F,且DE=DF.求证:△ABC是等边三角形.证明:∵DE⊥AB,DF⊥BC,垂足分别为点E,F,∴∠AED=∠CFD=90°,∵D为AC的中点,∴AD=DC,在Rt△ADE和Rt△CDF中,,∴Rt△ADE≌Rt△CDF,∴∠A=∠C,∴BA=BC,∵AB=AC,∴AB=BC=AC,∴△ABC是等边三角形.10.如图,D是△ABC的BC边上一点,连接AD,作△ABD的外接圆,将△ADC 沿直线AD折叠,点C的对应点E落在BD上.(1)求证:AE=AB.(2)若∠CAB=90°,cos∠ADB=,BE=2,求BC的长.解:(1)由折叠的性质可知,△ADE≌△ADC,∴∠AED=∠ACD,AE=AC,∵∠ABD=∠AED,∴∠ABD=∠ACD,∴AB=AC,∴AE=AB;(2)如图,过A作AH⊥BE于点H,∵AB=AE,BE=2,∴BH=EH=1,∵∠ABE=∠AEB=∠ADB,cos∠ADB=,∴cos∠ABE=cos∠ADB=,∴=.∵∠BAC=90°,AC=AB,∴BC=3.11.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=12.点D在直线CB上,以CA,CD为边作矩形ACDE,直线AB与直线CE,DE的交点分别为F,G.(1)如图,点D在线段CB上,四边形ACDE是正方形.①若点G为DE中点,求FG的长.②若DG=GF,求BC的长.(2)已知BC=9,是否存在点D,使得△DFG是等腰三角形?若存在,求该三角形的腰长;若不存在,试说明理由.解:(1)①在正方形ACDE中,DG=GE=6,中Rt△AEG中,AG==6,∵EG∥AC,∴△ACF∽△GEF,∴=,∴==,∴FG=AG=2.②如图1中,正方形ACDE中,AE=ED,∠AEF=∠DEF=45°,∵EF=EF,∴△AEF≌△DEF,∴∠1=∠2,设∠1=∠2=x,∵AE∥BC,∵GF=GD,∴∠3=∠2=x,在△DBF中,∠3+∠FDB+∠B=180°,∴x+(x+90°)+x=180°,解得x=30°,∴∠B=30°,∴在Rt△ABC中,BC==12.(2)在Rt△ABC中,AB===15,如图2中,当点D中线段BC上时,此时只有GF=GD,∵DG∥AC,∴△BDG∽△BCA,设BD=3x,则DG=4x,BG=5x,∴GF=GD=4x,则AF=15﹣9x,∵AE∥CB,∴△AEF∽△BCF,∴=,∴=,整理得:x2﹣6x+5=0,解得x=1或5(舍弃)∴腰长GD为=4x=4.如图3中,当点D中线段BC的延长线上,且直线AB,CE的交点中AE上方时,此时只有GF=DG,设AE=3x,则EG=4x,AG=5x,∴FG=DG=12+4x,∵AE∥BC,∴△AEF∽△BCF,∴=,∴=,解得x=2或﹣2(舍弃),∴腰长DG=4x+12=20.如图4中,当点D在线段BC的延长线上,且直线AB,EC的交点中BD下方时,此时只有DF=DG,过点D作DH⊥FG.设AE=3x,则EG=4x,AG=5x,DG=4x+12,∴FH=GH=DG•cos∠DGB=(4x+12)×=,∴GF=2GH=,∴AF=GF﹣AG=,∵AC∥DG,∴△ACF∽△GEF,∴=,∴=,解得x=或﹣(舍弃),∴腰长GD=4x+12=,如图5中,当点D中线段CB的延长线上时,此时只有DF=DG,作DH⊥AG于H.设AE=3x,则EG=4x,AG=5x,DG=4x﹣12,∴FH=GH=DG•cos∠DGB=,∴FG=2FH=,∴AF=AG﹣FG=,∵AC∥EG,∴△ACF∽△GEF,∴=,∴=,解得x=或﹣(舍弃),∴腰长DG=4x﹣12=,综上所述,等腰三角形△DFG的腰长为4或20或或.12.如图,△ABC是⊙O的内接三角形,点D在上,点E在弦AB上(E不与A重合),且四边形BDCE为菱形.(1)求证:AC=CE;(2)求证:BC2﹣AC2=AB•AC;(3)已知⊙O的半径为3.①若=,求BC的长;②当为何值时,AB•AC的值最大?解:(1)∵四边形EBDC为菱形,∴∠D=∠BEC,∵四边形ABDC是圆的内接四边形,∴∠A+∠D=180°,又∠BEC+∠AEC=180°,∴∠A=∠AEC,∴AC=AE;(2)以点C为圆心,CE长为半径作⊙C,与BC交于点F,于BC延长线交于点G,则CF=CG,由(1)知AC=CE=CD,∴CF=CG=AC,∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形,∴∠G+∠AEF=180°,又∵∠AEF+∠BEF=180°,∴∠G=∠BEF,∵∠EBF=∠GBA,∴△BEF∽△BGA,∴=,即BF•BG=BE•AB,∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC,BE=CE=AC,∴(BC﹣AC)(BC+AC)=AB•AC,即BC2﹣AC2=AB•AC;(3)设AB=5k、AC=3k,∵BC2﹣AC2=AB•AC,∴BC=2k,连接ED交BC于点M,∵四边形BDCE是菱形,∴DE垂直平分BC,则点E、O、M、D共线,在Rt△DMC中,DC=AC=3k,MC=BC=k,∴DM==k,∴OM=OD﹣DM=3﹣k,在Rt△COM中,由OM2+MC2=OC2得(3﹣k)2+(k)2=32,解得:k=或k=0(舍),∴BC=2k=4;②设OM=d,则MD=3﹣d,MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2,∴BC2=(2MC)2=36﹣4d2,AC2=DC2=DM2+CM2=(3﹣d)2+9﹣d2,由(2)得AB•AC=BC2﹣AC2=﹣4d2+6d+18=﹣4(d﹣)2+,∴当x=,即OM=时,AB•AC最大,最大值为,∴DC2=,∴AC=DC=,∴AB=,此时=.13.小敏思考解决如下问题:原题:如图1,点P,Q分别在菱形ABCD的边BC,CD上,∠PAQ=∠B,求证:AP=AQ.(1)小敏进行探索,若将点P,Q的位置特殊化;把∠PAQ绕点A旋转得到∠EAF,使AE⊥BC,点E,F分别在边BC,CD上,如图2.此时她证明了AE=AF,请你证明.(2)受以上(1)的启发,在原题中,添加辅助线:如图3,作AE⊥BC,AF⊥CD,垂足分别为E,F.请你继续完成原题的证明.(3)如果在原题中添加条件:AB=4,∠B=60°,如图1,请你编制一个计算题(不标注新的字母),并直接给出答案(根据编出的问题层次,给不同的得分).(1)证明:∵四边形ABCD是菱形,∴∠B+∠C=180°,∠B=∠D,AB=AD,∵∠EAF=∠B,∴∠EAF+∠C=180°,∴∠AEC+∠AFC=180°,∵AE⊥BC,∴AF⊥CD,在△AEB和△AFD中,,∴△AEB≌△AFD,∴AE=AF;(2)证明:由(1)得,∠PAQ=∠EAF=∠B,AE=AF,∴∠EAP=∠FAQ,在△AEP和△AFQ中,,∴△AEP≌△AFQ,∴AP=AQ;(3)解:已知:AB=4,∠B=60°,求四边形APCQ的面积,解:连接AC、BD交于O,∵∠ABC=60°,BA=BC,∴△ABC为等边三角形,∵AE⊥BC,∴BE=EC,同理,CF=FD,∴四边形AECF的面积=×四边形ABCD的面积,由(2)得,四边形APCQ的面积=四边形AECF的面积,OA=AB=2,OB=AB=2,∴四边形ABCD的面积=×2×2×4=8,∴四边形APCQ的面积=4.14.如图,已知P为锐角∠MAN内部一点,过点P作PB⊥AM于点B,PC⊥AN 于点C,以PB为直径作⊙O,交直线CP于点D,连接AP,BD,AP交⊙O于点E.(1)求证:∠BPD=∠BAC.(2)连接EB,ED,当tan∠MAN=2,AB=2时,在点P的整个运动过程中.①若∠BDE=45°,求PD的长.②若△BED为等腰三角形,求所有满足条件的BD的长.(3)连接OC,EC,OC交AP于点F,当tan∠MAN=1,OC∥BE时,记△OFP 的面积为S1,△CFE的面积为S2,请写出的值.解:(1)∵PB⊥AM、PC⊥AN,∴∠ABP=∠ACP=90°,∴∠BAC+∠BPC=180°,又∠BPD+∠BPC=180°,∴∠BPD=∠BAC;(2)①如图1,∵∠APB=∠BDE=45°,∠ABP=90°,∴BP=AB=2,∵∠BPD=∠BAC,∴tan∠BPD=tan∠BAC,∴=2,∴BP=PD,∴PD=2;②当BD=BE时,∠BED=∠BDE,∴∠BPD=∠BPE=∠BAC,∴tan∠BPE=2,∵AB=2,∴BP=,∴BD=2;当BE=DE时,∠EBD=∠EDB,∵∠APB=∠BDE、∠DBE=∠APC,∴∠APB=∠APC,∴AC=AB=2,过点B作BG⊥AC于点G,得四边形BGCD是矩形,∵AB=2、tan∠BAC=2,∴AG=2,∴BD=CG=2﹣2;当BD=DE时,∠DEB=∠DBE=∠APC,∵∠DEB=∠DPB=∠BAC,∴∠APC=∠BAC,设PD=x,则BD=2x,∴=2,∴,∴x=,∴BD=2x=3,综上所述,当BD=2、3或2﹣2时,△BDE为等腰三角形;(3)如图3,过点O作OH⊥DC于点H,∵tan∠BPD=tan∠MAN=1,∴BD=PD,设BD=PD=2a、PC=2b,则OH=a、CH=a+2b、AC=4a+2b,∵OC∥BE且∠BEP=90°,∴∠PFC=90°,∴∠PAC+∠APC=∠OCH+∠APC=90°,∴∠OCH=∠PAC,∴△ACP∽△CHO,∴=,即OH•AC=CH•PC,∴a(4a+2b)=2b(a+2b),∴a=b,即CP=2a、CH=3a,则OC=a,∵△CPF∽△COH,∴=,即=,则CF=a,OF=OC﹣CF=a,∵BE∥OC且BO=PO,∴OF为△PBE的中位线,∴EF=PF,∴==.15.如图,在Rt△ABC中,AC=BC,∠ACB=90°,点D,E分别在AC,BC上,且CD=CE.(1)如图1,求证:∠CAE=∠CBD;(2)如图2,F是BD的中点,求证:AE⊥CF;(3)如图3,F,G分别是BD,AE的中点,若AC=2,CE=1,求△CGF的面积.解:(1)在△ACE和△BCD中,,∴△ACE≌△BCD,∴∠CAE=∠CBD;(2)如图2,在Rt△BCD中,点F是BD的中点,∴CF=BF,∴∠BCF=∠CBF,由(1)知,∠CAE=∠CBD,∴∠BCF=∠CAE,∴∠CAE+∠ACF=∠BCF+∠ACF=∠BAC=90°,∴∠AMC=90°,∴AE⊥CF;(3)如图3,∵AC=2,∴BC=AC=2,∵CE=1,∴CD=CE=1,在Rt△BCD中,根据勾股定理得,BD==3,∵点F是BD中点,∴CF=DF=BD=,同理:EG=AE=,连接EF,过点F作FH⊥BC,∵∠ACB=90°,点F是BD的中点,∴FH=CD=,=CE•FH=×1×=,∴S△CEF由(2)知,AE⊥CF,=CF•ME=×ME=ME,∴S△CEF∴ME=,∴ME=,∴GM=EG﹣ME=﹣=,=CF•GM=××=.∴S△CFG16.(2018年浙江省宁波市)如图1,直线l:y=﹣x+b与x轴交于点A(4,0),与y轴交于点B,点C是线段OA上一动点(0<AC<).以点A为圆心,AC长为半径作⊙A交x轴于另一点D,交线段AB于点E,连结OE并延长交⊙A于点F.(1)求直线l的函数表达式和tan∠BAO的值;(2)如图2,连结CE,当CE=EF时,①求证:△OCE∽△OEA;②求点E的坐标;(3)当点C在线段OA上运动时,求OE•EF的最大值.解:∵直线l:y=﹣x+b与x轴交于点A(4,0),∴﹣×4+b=0,∴b=3,∴直线l的函数表达式y=﹣x+3,∴B(0,3),∴OA=4,OB=3,在Rt△AOB中,tan∠BAO==;(2)①如图2,连接DF,∵CE=EF,∴∠CDE=∠FDE,∴∠CDF=2∠CDE,∵∠OAE=2∠CDE,∴∠OAE=∠ODF,∵四边形CEFD是⊙O的圆内接四边形,∴∠OEC=∠ODF,∴∠OEC=∠OAE,∵∠COE=∠EOA,∴△COE∽△EOA,②过点E⊥OA于M,由①知,tan∠OAB=,设EM=3m,则AM=4m,∴OM=4﹣4m,AE=5m,∴E(4﹣4m,3m),AC=5m,∴OC=4﹣5m,由①知,△COE∽△EOA,∴,∴OE2=OA•OC=4(4﹣5m)=16﹣20m,∵E(4﹣4m,3m),∴(4﹣4m)2+9m2=25m2﹣32m+16,∴25m2﹣32m+16=16﹣20m,∴m=0(舍)或m=,∴4﹣4m=,3m=,∴(,),(3)如图,设⊙O的半径为r,过点O作OG⊥AB于G,∵A(4,0),B(0,3),∴OA=4,OB=3,∴AB=5,∴AB×OG=OA×OB,∴OG=,∴AG==×=,∴EG=AG﹣AE=﹣r,连接FH,∵EH是⊙O直径,∴EH=2r,∠EFH=90°=∠EGO,∵∠OEG=∠HEF,∴△OEG∽△HEF,∴,∴OE•EF=HE•EG=2r(﹣r)=﹣2(r﹣)2+,∴r=时,OE•EF最大值为.。

2018版中考数学:6.2-轴对称、平移、旋转(含答案)

2018版中考数学:6.2-轴对称、平移、旋转(含答案)

§6.2轴对称、平移、旋转一、选择题1.(原创题)永州的文化底蕴深厚,永州人民的生活健康向上,如瑶族长鼓舞,东安武术,宁远举重等,下面的四幅简笔画是从永州的文化活动中抽象出来的,其中是轴对称图形的是()解析由轴对称图形的定义可知选项C中图形是轴对称图形,故选C.答案C2.(原创题)如图,有a,b,c三户家用电路接入电表,相邻电路的电线等距排列,则三户所用电线()A.a户最长B.b户最长C.c户最长D.三户一样长解析相邻电路的电线等距排列说明三条电线中水平部分是相等的,若将三条电线的铅直部分的下段都向右,使铅直部分在同一条直线上,可知这三条电线是相等的,故电线的总长相等,选D.答案D3.(改编题△)如图,在ABC中,AB=4,BC=6,∠B=60°,将△A BC沿射线BC的方向平移,得到△A′B′C△′,再将A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后,点B′恰好与点C重合,则平移的距离和旋转角的度数分别A.4,30°()B.2,60°C.1,30°D.3,60°解析由平移的性质可得A′B′=AB=4,A′B′∥AB,∠A′B′C=∠B=60°.由旋转的性质可得A′C=A′B△′,∴A′B′C是等边三角形,∴B′C=A′B′=4.∴BB′=BC-B′C=2,即平移的距离为△2.∵A′B′C是等边三角形,∴∠B′A′C=60°,即旋转角的度数为60°.故选B.答案B4.(改编题△)如图,在ABC中,∠ACB=90°,∠A=△20°,若将ABC沿CD折叠,使B点落在AC边上的E处,则∠ADE的度数是()A.30°B.40°C.50°D.55°解析由折叠可知∠CED=∠B=90°-∠A=90°-20°=70°.又∵∠CED△是AED的外角,∴∠ADE=∠CED-∠A=70°-20°=50°,选C.答案C5.(原创题)在方格纸中,选择某一个白色小正方形涂黑,与图中阴影部分构成轴对称图形,则不同的涂法有()A.1种C.3种B.2种D.4种解析如图,可以有下面3种不同的涂法,分别涂黑①②③的位置.故选C.答案C6.(改编题)如图,矩形ABCD边AD沿折痕AE折叠,使点D落在BC上的F处,已知AB=6,AD=10,则CE等于()A.1B.1.58C.3D.2解析在矩形ABCD中,∠B=90°,AD=BC,AD=10,由勾股定理可得BF=8,∴CF=2.由折叠可知∠AFE=90°,∴∠EFC=AB BF FC·BF2×88∠BAF△.∴ABF∽△FCE,FC=CE.∴CE=AB=6=3.故选C.答案C二、填空题7.(原创题)使平行四边形ABCD是轴对称图形,只需添加一个条件,这个条件可以是________(只要填写一种情况).解析若平行四边形ABCD是矩形、菱形、正方形,就是轴对称图形,故可添加:∠A=90°(或其它角为直角)或AC=BD,使成为矩形;也可添加:AB =BC(或其它邻边相等),AC⊥BD,使成为菱形;因为添加一个条件不能成为正方形,故可添加的条件可以是∠A=90°,AC=BD,AB=BC,AC⊥BD等.答案答案不唯一,如∠A=90°(或AC=BD,AB=BC,AC⊥BD) 8.(改编题)矩形纸片ABCD,按如图所示的方式折叠,点A、点C恰好落在对角AD线BD上,若得到的四边形BEDF是菱形,则A B=________.解析由折叠与菱形的性质可知∠ABF=30°,∴∠ABD=60°.在Rt△ABDAD中,AB=tan60°= 3.答案3三、解答题9.(改编题)如图,在边长为1的正方形组成的网格中,△AOB的顶点均在格点上,点A、B的坐标分别是A(3,2),B(1,△3).AOB绕点O逆时针旋转90°后得到△A1OB1.(1)点A关于点O成中心对称的点的坐标为________;(2)点A1的坐标为________;(3)在旋转过程中,求点B经过的路径的长.解(1)(-3,-2);(2)如图,在坐标系中画出将△AOB绕点O逆时针旋转△90°的A1OB1,点A1的坐标为(-2,3)︵︵(3)点B经过的路径为BB1,OB=12+32=10,BB1的长=90×π×1010180=2π.10.(改编题)实践与操作:如图1是以正方形两顶点为圆心,边长为半径,画两段相等的圆弧而成的轴对称图形,图2是以图1为基本图案经过图形变换拼成的一个中心对称图形.(1)请你仿照图1,用两段相等的圆弧(小于或等于半圆),在图3中重新设计一个不同的轴对称图形.(2)以你在图3中所画的图形为基本图案,经过图形变换在图4中拼成一个中心对称图形.解答案不唯一,仅供参考:(1)在图3中设计出符合题目要求的图形如下图1.(2)在图4中画出符合题目要求的图形如下图2.。

中考数学压轴题专题旋转的经典综合题及详细答案

中考数学压轴题专题旋转的经典综合题及详细答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.(1)发现:如图1,点A为线段BC外一动点,且BC=a,AB=b.填空:当点A位于时,线段AC的长取得最大值,且最大值为(用含a,b的式子表示) (2)应用:点A为线段BC外一动点,且BC=4,AB=1,如图2所示,分别以AB,AC为边,作等边三角形ABD和等边三角形ACE,连接CD,BE.①请找出图中与BE相等的线段,并说明理由;②直接写出线段BE长的最大值.(3)拓展:如图3,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(2,0),点B的坐标为(6,0),点P 为线段AB外一动点,且PA=2,PM=PB,∠BPM=90°,请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标.【答案】(1)CB的延长线上, a+b;(2)①CD=BE,理由见解析;②BE长的最大值为5;(3)满足条件的点P坐标(222)或(222),AM的最大值为2+4.【解析】【分析】(1)根据点A位于CB的延长线上时,线段AC的长取得最大值,即可得到结论;(2)①根据已知条件易证△CAD≌△EAB,根据全等三角形的性质即可得CD=BE;②由于线段BE长的最大值=线段CD的最大值,根据(1)中的结论即可得到结果;(3)连接BM,将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN,连接AN,得到△APN是等腰直角三角形,根据全等三角形的性质得到PN=PA=2,BN=AM,根据当N在线段BA的延长线时,线段BN取得最大值,即可得到最大值为2+4;如图2,过P作PE⊥x轴于E,根据等腰直角三角形的性质即可求得点P的坐标.如图3中,根据对称性可知当点P在第四象限时也满足条件,由此求得符合条件的点P另一个的坐标.【详解】(1)∵点A为线段BC外一动点,且BC=a,AB=b,∴当点A位于CB的延长线上时,线段AC的长取得最大值,且最大值为BC+AB=a+b,故答案为CB的延长线上,a+b;(2)①CD=BE,理由:∵△ABD与△ACE是等边三角形,∴AD=AB,AC=AE,∠BAD=∠CAE=60°,∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC,即∠CAD=∠EAB,在△CAD与△EAB中,AD ABCAD EAB AC AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△CAD≌△EAB(SAS),∴CD=BE;②∵线段BE长的最大值=线段CD的最大值,由(1)知,当线段CD的长取得最大值时,点D在CB的延长线上,∴最大值为BD+BC=AB+BC=5;(3)如图1,∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN,连接AN,则△APN是等腰直角三角形,∴PN=PA=2,BN=AM,∵A的坐标为(2,0),点B的坐标为(6,0),∴OA=2,OB=6,∴AB=4,∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值,∴当N在线段BA的延长线时,线段BN取得最大值,最大值=AB+AN,∵AN=2AP=22,∴最大值为22+4;如图2,过P作PE⊥x轴于E,∵△APN是等腰直角三角形,∴PE=AE2,∴OE=BO﹣AB﹣AE=6﹣42=22,∴P(2﹣2,2).如图3中,根据对称性可知当点P在第四象限时,P(2﹣2,﹣2)时,也满足条件.综上所述,满足条件的点P坐标(2﹣2,2)或(2﹣2,﹣2),AM的最大值为22+4.【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,最大值问题,旋转的性质.正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.2.(1)如图①,在矩形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,过点O作直线EF⊥BD,交AD于点E,交BC于点F,连接BE、DF,且BE平分∠ABD.①求证:四边形BFDE是菱形;②直接写出∠EBF的度数;(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究,如图②,点G、I分别在BF、BE边上,且BG=BI,连接GD,H为GD的中点,连接FH并延长,交ED于点J,连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系,并说明理由;(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究,如图③,当矩形ABCD满足AB=AD时,点E是对角线AC上一点,连接DE、EF、DF,使△DEF是等腰直角三角形,DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.【答案】(1)①详见解析;②60°.(2)IH3;(3)EG2=AG2+CE2.【解析】【分析】(1)①由△DOE≌△BOF,推出EO=OF,∵OB=OD,推出四边形EBFD是平行四边形,再证明EB=ED即可.②先证明∠ABD =2∠ADB ,推出∠ADB =30°,延长即可解决问题.(2)IH =3FH .只要证明△IJF 是等边三角形即可.(3)结论:EG 2=AG 2+CE 2.如图3中,将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ,先证明△DEG ≌△DEM ,再证明△ECM 是直角三角形即可解决问题.【详解】(1)①证明:如图1中,∵四边形ABCD 是矩形,∴AD ∥BC ,OB =OD ,∴∠EDO =∠FBO ,在△DOE 和△BOF 中,EDO FBO OD OBEOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩=== , ∴△DOE ≌△BOF ,∴EO =OF ,∵OB =OD ,∴四边形EBFD 是平行四边形,∵EF ⊥BD ,OB =OD ,∴EB =ED ,∴四边形EBFD 是菱形.②∵BE 平分∠ABD ,∴∠ABE =∠EBD ,∵EB =ED ,∴∠EBD =∠EDB ,∴∠ABD =2∠ADB ,∵∠ABD +∠ADB =90°,∴∠ADB =30°,∠ABD =60°,∴∠ABE =∠EBO =∠OBF =30°,∴∠EBF =60°.(2)结论:IH 3.理由:如图2中,延长BE 到M ,使得EM =EJ ,连接MJ .∵四边形EBFD 是菱形,∠B =60°,∴EB =BF =ED ,DE ∥BF ,∴∠JDH =∠FGH ,在△DHJ 和△GHF 中,DHG GHF DH GHJDH FGH ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩=== , ∴△DHJ ≌△GHF ,∴DJ =FG ,JH =HF ,∴EJ =BG =EM =BI ,∴BE =IM =BF ,∵∠MEJ =∠B =60°,∴△MEJ 是等边三角形,∴MJ =EM =NI ,∠M =∠B =60°在△BIF 和△MJI 中,BI MJ B M BF IM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩===,∴△BIF ≌△MJI ,∴IJ =IF ,∠BFI =∠MIJ ,∵HJ =HF ,∴IH ⊥JF ,∵∠BFI +∠BIF =120°,∴∠MIJ +∠BIF =120°,∴∠JIF =60°,∴△JIF 是等边三角形,在Rt △IHF 中,∵∠IHF =90°,∠IFH =60°,∴∠FIH =30°,∴IH 3.(3)结论:EG 2=AG 2+CE 2.理由:如图3中,将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ,∵∠FAD +∠DEF =90°,∴AFED 四点共圆,∴∠EDF =∠DAE =45°,∠ADC =90°,∴∠ADF +∠EDC =45°,∵∠ADF =∠CDM ,∴∠CDM +∠CDE =45°=∠EDG ,在△DEM 和△DEG 中,DE DE EDG EDM DG DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== , ∴△DEG ≌△DEM ,∴GE =EM ,∵∠DCM =∠DAG =∠ACD =45°,AG =CM ,∴∠ECM =90°∴EC 2+CM 2=EM 2,∵EG =EM ,AG =CM ,∴GE 2=AG 2+CE 2.【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质,等边三角形的判定和性质,勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形,学会转化的思想思考问题.3.如图1,△ABC 中,CA =CB ,∠ACB =90°,直线l 经过点C ,AF ⊥l 于点F ,BE ⊥l 于点E . (1)求证:△ACF ≌△CBE ;(2)将直线旋转到如图2所示位置,点D 是AB 的中点,连接DE .若AB =42,∠CBE =30°,求DE 的长.【答案】(1)答案见解析;(226+【解析】试题分析:(1)根据垂直的定义得到∠BEC=∠ACB=90°,根据全等三角形的性质得到∠EBC=∠CAF,即可得到结论;(2)连接CD,DF,证得△BCE≌△ACF,根据全等三角形的性质得到BE=CF,CE=AF,证得△DEF是等腰直角三角形,根据等腰直角三角形的性质得到EF=2DE,EF=CE+BE,进而得到DE的长.试题解析:解:(1)∵BE⊥CE,∴∠BEC=∠ACB=90°,∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°,∴∠EBC=∠CAF.∵AF⊥l于点F,∴∠AFC=90°.在△BCE与△ACF中,∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ACF≌△CBE(AAS);(2)如图2,连接CD,DF.∵BE⊥CE,∴∠BEC=∠ACB=90°,∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°,∴∠EBC=∠CAF.∵AF⊥l于点F,∴∠AFC=90°.在△BCE与△CAF中,∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△BCE≌△CAF(AAS);∴BE=CF.∵点D是AB的中点,∴CD=BD,∠CDB=90°,∴∠CBD=∠ACD=45°,而∠EBC=∠CAF,∴∠EBD=∠DCF.在△BDE与△CDF中,∵BE CFEBD FCDBD CF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△BDE≌△CDF(SAS),∴∠EDB=∠FDC,DE=DF.∵∠BDE+∠CDE=90°,∴∠FDC+∠CDE=90°,即∠EDF=90°,∴△EDF是等腰直角三角形,∴EF=2DE,∴EF=CE+CF=CE+BE.∵CA=CB,∠ACB=90°,AB=42,∴BC=4.又∵∠CBE=30°,∴CE=12BC=2,BE=3CE=23,∴EF=CE+BE=2+23,∴DE=2EF=2232+=2+6.点睛:本题考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质,直角三角形斜边上的中线的性质,证得△BCE≌△ACF是解题的关键.4.在正方形ABCD中,连接BD.(1)如图1,AE⊥BD于E.直接写出∠BAE的度数.(2)如图1,在(1)的条件下,将△AEB以A旋转中心,沿逆时针方向旋转30°后得到△AB′E′,AB′与BD交于M,AE′的延长线与BD交于N.①依题意补全图1;②用等式表示线段BM、DN和MN之间的数量关系,并证明.(3)如图2,E、F是边BC、CD上的点,△CEF周长是正方形ABCD周长的一半,AE、AF 分别与BD交于M、N,写出判断线段BM、DN、MN之间数量关系的思路.(不必写出完整推理过程)【答案】(1)45°;(2)①补图见解析;②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2,证明见解析;(3)答案见解析.【解析】(1)利用等腰直角三角形的性质即可;(2)依题意画出如图1所示的图形,根据性质和正方形的性质,判断线段的关系,再利用勾股定理得到FB2+BM2=FM2,再判断出FM=MN即可;(3)利用△CEF周长是正方形ABCD周长的一半,判断出EF=EG,再利用(2)证明即可.解:(1)∵BD是正方形ABCD的对角线,∴∠ABD=∠ADB=45°,∵AE⊥BD,∴∠ABE=∠BAE=45°,(2)①依题意补全图形,如图1所示,②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2,将△AND绕点D顺时针旋转90°,得到△AFB,∴∠ADB=∠FBA,∠BAF=∠DAN,DN=BF,AF=AN,∵在正方形ABCD中,AE⊥BD,∴∠ADB=∠ABD=45°,∴∠FBM=∠FBA+∠ABD=∠ADB+∠ABD=90°,在Rt△BFM中,根据勾股定理得,FB2+BM2=FM2,∵旋转△ANE得到AB1E1,∴∠E1AB1=45°,∴∠BAB1+∠DAN=90°﹣45°=45°,∵∠BAF=DAN,∴∠BAB1+∠BAF=45°,∴∠FAM=45°,∴∠FAM=∠E1AB1,∵AM=AM,AF=AN,∴△AFM≌△ANM,∴FM=MN,∵FB2+BM2=FM2,∴DN2+BM2=MN2,(3)如图2,将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG,∴DF=GB,∵正方形ABCD的周长为4AB,△CEF周长为EF+EC+CF,∵△CEF周长是正方形ABCD周长的一半,∴4AB=2(EF+EC+CF),∴2AB=EF+EC+CF∵EC=AB﹣BE,CF=AB﹣DF,∴2AB=EF+AB﹣BE+AB﹣DF,∴EF=DF+BE,∵DF=GB,∴EF=GB+BE=GE,由旋转得到AD=AG=AB,∵AM=AM,∴△AEG≌△AEF,∠EAG=∠EAF=45°,和(2)的②一样,得到DN2+BM2=MN2.“点睛”此题是四边形综合题,主要考查了正方形的性质、旋转的性质,三角形的全等,判断出(△AFN≌△ANM,得到FM=MM),是解题的关键.5.在△ABC中,AB=AC,∠A=300,将线段BC绕点B逆时针旋转600得到线段BD,再将线段BD平移到EF,使点E在AB上,点F在AC上.(1)如图1,直接写出∠ABD和∠CFE的度数;(2)在图1中证明:AE=CF;(3)如图2,连接CE,判断△CEF的形状并加以证明.【答案】(1)15°,45°;(2)证明见解析;(3)△CEF是等腰直角三角形,证明见解析.【解析】试题分析:(1)根据等腰三角形的性质得到∠ABC的度数,由旋转的性质得到∠DBC的度数,从而得到∠ABD的度数;根据三角形外角性质即可求得∠CFE的度数.(2)连接CD、DF,证明△BCD是等边三角形,得到CD=BD,由平移的性质得到四边形BDFE是平行四边形,从而AB∥FD,证明△AEF≌△FCD即可得AE=CF.(3)过点E作EG⊥CF于G,根据含30度直角三角形的性质,垂直平分线的判定和性质即可证明△CEF是等腰直角三角形.(1)∵在△ABC中,AB=AC,∠A=300,∴∠ABC=750.∵将线段BC绕点B逆时针旋转600得到线段BD,即∠DBC=600.∴∠ABD= 15°.∴∠CFE=∠A+∠ABD=45°.(2)如图,连接CD、DF.∵线段BC绕点B逆时针旋转60得到线段BD,∴BD=BC,∠CBD=600.∴△BCD是等边三角形.∴CD=BD.∵线段BD平移到EF,∴EF∥BD,EF=BD.∴四边形BDFE是平行四边形,EF= CD.∵AB=AC,∠A=300,∴∠ABC=∠ACB=750.∴∠ABD=∠ACD=15°.∵四边形BDFE是平行四边形,∴AB∥FD.∴∠A=∠CFD.∴△AEF≌△FCD(AAS).∴AE=CF.(3)△CEF是等腰直角三角形,证明如下:如图,过点E作EG⊥CF于G,∵∠CFE =45°,∴∠FEG=45°.∴EG=FG.∵∠A=300,∠AGE=90°,∴.∵AE=CF,∴.∴.∴G为CF的中点.∴EG为CF的垂直平分线.∴EF=EC.∴∠CEF=∠FEG=90°.∴△CEF是等腰直角三角形.考点:1.旋转和平移问题;2.等腰三角形的性质;3.三角形外角性质;4.等边三角形的判定和性质;5.平行四边形的判定和性质;6.全等三角形的判定和性质;7.含30度直角三角形的性质;8.垂直平分线的判定和性质;9.等腰直角三角形的判定.6.思维启迪:(1)如图1,A,B两点分别位于一个池塘的两端,小亮想用绳子测量A,B 间的距离,但绳子不够长,聪明的小亮想出一个办法:先在地上取一个可以直接到达B点的点C,连接BC,取BC的中点P(点P可以直接到达A点),利用工具过点C作CD∥AB 交AP的延长线于点D,此时测得CD=200米,那么A,B间的距离是米.思维探索:(2)在△ABC和△ADE中,AC=BC,AE=DE,且AE<AC,∠ACB=∠AED=90°,将△ADE绕点A顺时针方向旋转,把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置(此时点B和点D位于AC的两侧),设旋转角为α,连接BD,点P是线段BD的中点,连接PC,PE.①如图2,当△ADE在起始位置时,猜想:PC与PE的数量关系和位置关系分别是;②如图3,当α=90°时,点D落在AB边上,请判断PC与PE的数量关系和位置关系,并证明你的结论;③当α=150°时,若BC=3,DE=l,请直接写出PC2的值.【答案】(1)200;(2)①PC=PE,PC⊥PE;②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC=PE,PC⊥PE,见解析;③PC21033.【解析】【分析】(1)由CD∥AB,可得∠C=∠B,根据∠APB=∠DPC即可证明△ABP≌△DCP,即可得AB =CD,即可解题.(2)①延长EP 交BC 于F ,易证△FBP ≌△EDP (SAS )可得△EFC 是等腰直角三角形,即可证明PC =PE ,PC ⊥PE .②作BF ∥DE ,交EP 延长线于点F ,连接CE 、CF ,易证△FBP ≌△EDP (SAS ),结合已知得BF =DE =AE ,再证明△FBC ≌△EAC (SAS ),可得△EFC 是等腰直角三角形,即可证明PC =PE ,PC ⊥PE .③作BF ∥DE ,交EP 延长线于点F ,连接CE 、CF ,过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点,由旋转旋转可知,∠CAE =150°,DE 与BC 所成夹角的锐角为30°,得∠FBC =∠EAC ,同②可证可得PC =PE ,PC ⊥PE ,再由已知解三角形得∴EC 2=CH 2+HE 2=10+求出2211022PC EC +==【详解】(1)解:∵CD ∥AB ,∴∠C =∠B ,在△ABP 和△DCP 中,BP CPAPB DPC B C=⎧⎪∠=∠⎨⎪∠=∠⎩,∴△ABP ≌△DCP (SAS ),∴DC =AB .∵AB =200米.∴CD =200米,故答案为:200.(2)①PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC =PE ,PC ⊥PE .理由如下:如解图1,延长EP 交BC 于F ,同(1)理,可知∴△FBP ≌△EDP (SAS ),∴PF =PE ,BF =DE ,又∵AC =BC ,AE =DE ,∴FC =EC ,又∵∠ACB =90°,∴△EFC 是等腰直角三角形,∵EP =FP ,∴PC =PE ,PC ⊥PE .②PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC =PE ,PC ⊥PE .理由如下:如解图2,作BF ∥DE ,交EP 延长线于点F ,连接CE 、CF ,同①理,可知△FBP ≌△EDP (SAS ),∴BF =DE ,PE =PF =12EF ,∵DE =AE ,∴BF =AE ,∵当α=90°时,∠EAC =90°,∴ED ∥AC ,EA ∥BC∵FB ∥AC ,∠FBC =90,∴∠CBF =∠CAE ,在△FBC 和△EAC 中,BF AE CBE CAE BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△FBC ≌△EAC (SAS ),∴CF =CE ,∠FCB =∠ECA ,∵∠ACB =90°,∴∠FCE =90°,∴△FCE 是等腰直角三角形,∵EP =FP ,∴CP ⊥EP ,CP =EP =12EF . ③如解图3,作BF ∥DE ,交EP 延长线于点F ,连接CE 、CF ,过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点,当α=150°时,由旋转旋转可知,∠CAE =150°,DE 与BC 所成夹角的锐角为30°, ∴∠FBC =∠EAC =α=150°同②可得△FBP ≌△EDP (SAS ),同②△FCE 是等腰直角三角形,CP ⊥EP ,CP =EP, 在Rt △AHE 中,∠EAH =30°,AE =DE =1,∴HE =12,AH又∵AC =AB =3, ∴CH =3+2, ∴EC 2=CH 2+HE 2=10+∴PC 2=211022EC +=【点睛】本题考查几何变换综合题,考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于压轴题.7.如图1,直线DE上有一点O,过点O在直线DE上方作射线OC,∠COE=140°,将一直角三角板AOB的直角顶点放在点O处,一条直角边OA在射线OD上,另一边OB在直线DE上方,将直角三角板绕着点O按每秒10°的速度逆时针旋转一周,设旋转时间为t秒.(1)当直角三角板旋转到如图2的位置时,OA恰好平分∠COD,求此时∠BOC的度数;(2)若射线OC的位置保持不变,在旋转过程中,是否存在某个时刻,使得射线OA、OC、OD中的某一条射线是另两条射线所成夹角的角平分线?若存在,请求出t的取值,若不存在,请说明理由;(3)若在三角板开始转动的同时,射线OC也绕O点以每秒15°的速度逆时针旋转一周,从旋转开始多长时间,射线OC平分∠BOD.直接写出t的值.(本题中的角均为大于0°且小于180°的角)【答案】(1)∠BOC=70°;(2)存在,t=2,t=8或32;(3)12或372.【解析】【分析】(1)由图可知∠BOC=∠AOB﹣∠AOC,∠AOC可利用角平分线及平角的定义求出.(2)分OA平分∠COD,OC平分∠AOD,OD平分∠AOC三种情况分别进行讨论,建立关于t的方程,解方程即可.(3)分别用含t的代数式表示出∠COD和∠BOD,再根据OC平分∠BOD建立方程解方程即可,注意分情况讨论.【详解】(1)解:∵∠COE=140°,∴∠COD=180°﹣∠COE=40°,又∵OA平分∠COD,∴∠AOC=12∠COD=20°,∵∠AOB=90°,∴∠BOC=90°﹣∠AOC=70°;(2)存在①当OA平分∠COD时,∠AOD=∠AOC,即10°t=20°,解得:t=2;②当OC平分∠AOD时,∠AOC=∠DOC,即10°t﹣40°=40°,解得:t=8;③当OD平分∠AOC时,∠AOD=∠COD,即360°﹣10°t=40°,解得:t=32;综上所述:t=2,t=8或32;(3)12或372,理由如下:设运动时间为t,则有①当90+10t=2(40+15t)时,t=1 2②当270﹣10t=2(320﹣15t)时,t=37 2所以t的值为12或372.【点睛】本题主要考查角平分线的定义以及图形的旋转,根据题意,找到两个角之间的等量关系建立方程并分情况讨论是解题的关键.8.如图1,点O为直线AB上一点,过O点作射线OC,使∠AOC:∠BOC=1:2,将一直角三角板的直角顶点放在点O处,一边OM在射线OB上,另一边ON在直线AB的下方.(1)将图1中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图2的位置,使得ON落在射线OB 上,此时三角板旋转的角度为度;(2)继续将图2中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图3的位置,使得ON在∠AOC的内部.试探究∠AOM与∠NOC之间满足什么等量关系,并说明理由;(3)在上述直角三角板从图1逆时针旋转到图3的位置的过程中,若三角板绕点O按15°每秒的速度旋转,当直角三角板的直角边ON所在直线恰好平分∠AOC时,求此时三角板绕点O的运动时间t的值。

2018年中考数学试题分项版解析汇编(第02期)专题5.1 图形的平移对称与旋转(含解析)

2018年中考数学试题分项版解析汇编(第02期)专题5.1 图形的平移对称与旋转(含解析)

专题5.1 图形的平移对称与旋转一、单选题1.点A(2,﹣5)关于x轴对称的点的坐标是()A.(2,5) B.(﹣2,5) C.(﹣2,﹣5) D.(﹣5,2)【来源】湖北省武汉市2018年中考数学试卷【答案】A【解析】【分析】根据“关于x轴对称的点,横坐标相同,纵坐标互为相反数”进行解答即可.【详解】因为点(m,n)关于x轴的对称的点的坐标为(m,-n),所以点A(2,﹣5)关于x轴的对称点B的坐标为(2,5),故选A.【点睛】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标,解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律:(1)关于x轴对称的点,横坐标相同,纵坐标互为相反数;(2)关于y轴对称的点,纵坐标相同,横坐标互为相反数;(3)关于原点对称的点,横坐标与纵坐标都互为相反数.2.下列图形中,既是中心对称图形,又是轴对称图形的是()A. B. C. D.【来源】湖南省张家界市2018年初中毕业学业考试数学试题【答案】C点睛:本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念,轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分折叠后可重合,中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后两部分重合.3.如下字体的四个汉字中,是轴对称图形的是()A. B. C. D.【来源】湖北省宜昌市2018年中考数学试卷【答案】D点睛:本题考查了轴对称图形的定义,能够正确观察图形和理解轴对称图形的定义是解此题的关键.4.在下列图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是()A. B. C. D.【来源】湖北省恩施州2018年中考数学试题【答案】D【解析】分析:根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.详解:A、不是轴对称图形,是中心对称图形,故此选项错误;B、是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项错误;C、不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故此选项错误;D、是轴对称图形,也是中心对称图形,故此选项正确.故选:D.点睛:本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念:轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后与原图重合.5.如图,在平面直角坐标系中,把△ABC绕原点O旋转180°得到△CDA,点A,B,C的坐标分别为(﹣5,2),(﹣2,﹣2),(5,﹣2),则点D的坐标为()A.(2,2) B.(2,﹣2) C.(2,5) D.(﹣2,5)【来源】湖北省宜昌市2018年中考数学试卷【答案】A点睛:本题主要考查了坐标与图形变化,图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标.6.如图,点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上的一个动点,点M,N分别是AB,BC边上的中点,则MP+PN 的最小值是()A. B. 1 C. D. 2【来源】新疆自治区2018年中考数学试题【答案】B【解析】分析:先作点M关于AC的对称点M′,连接M′N交AC于P,此时MP+NP有最小值.然后证明四边形ABNM′为平行四边形,即可求出MP+NP=M′N=AB=1.详解:如图,点睛:本题考查的是轴对称-最短路线问题及菱形的性质,熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键.7.如图,在平面直角坐标系中,△ABC的顶点A在第一象限,点B,C的坐标分别为(2,1),(6,1),∠BAC=90°,AB=AC,直线AB交y轴于点P,若△ABC与△A′B′C′关于点P成中心对称,则点A′的坐标为()A.(﹣4,﹣5) B.(﹣5,﹣4) C.(﹣3,﹣4) D.(﹣4,﹣3)【来源】四川省内江市2018年中考数学试题【答案】A【解析】分析:先求得直线AB解析式为y=x-1,即可得出P(0,-1),再根据点A与点A'关于点P成中心对称,利用中点公式,即可得到点A′的坐标.令x=0,则y=-1,∴P(0,-1),又∵点A与点A'关于点P成中心对称,∴点P为AA'的中点,设A'(m,n),则=0,=-1,∴m=-4,n=-5,∴A'(-4,-5),故选:A.点睛:本题考查了中心对称,等腰直角三角形的运用,利用待定系数法得出直线AB的解析式是解题的关键.8.如图,在平面直角坐标系xOy中,A(4,0),B(0,3),C(4,3),I是△ABC的内心,将△ABC绕原点逆时针旋转90°后,I的对应点I'的坐标为()A.(﹣2,3) B.(﹣3,2) C.(3,﹣2) D.(2,﹣3)【来源】湖北省荆门市2018年中考数学试卷【答案】A【解析】【分析】直接利用直角三角形的性质得出其内切圆半径,进而得出I点坐标,再利用旋转的性质得出对应点坐标.则I(3,2),∵△ABC绕原点逆时针旋转90°,∴I的对应点I'的坐标为:(﹣2,3),故选A.【点睛】本题考查了直角三角形的内心、旋转的性质,根据直角三角形内心的性质得出其内心I的坐标是解题的关键.9.下列图形中的五边形ABCDE都是正五边形,则这些图形中的轴对称图形有()A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【来源】江苏省无锡市2018年中考数学试题【答案】D【解析】分析:直接利用轴对称图形的性质画出对称轴得出答案.详解:如图所示:直线l即为各图形的对称轴.,故选:D.点睛:此题主要考查了轴对称图形,正确把握轴对称图形的定义是解题关键.10.如图直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥BC,AD=2,BC=3,将腰CD以D为中心逆时针旋转90°至ED,连AE、CE,则△ADE的面积是()A. 1 B. 2 C. 3 D.不能确定【来源】浙江省杭州市临安市2018年中考数学试卷【答案】A在△DCG与△DEF中,,∴△DCG≌△DEF(AAS),∴EF=CG,∵AD=2,BC=3,∴CG=BC﹣AD=3﹣2=1,∴EF=1,∴△ADE的面积是:×AD×EF=×2×1=1,故选A.【点睛】本题考查梯形的性质和旋转的性质,熟知旋转变换前后,对应点到旋转中心的距离相等、每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等是解题的关键.同时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.11.图中由“○”和“□”组成轴对称图形,该图形的对称轴是直线()A. l1 B. l2 C. l3 D. l4【来源】河北省2018年中考数学试卷【答案】C【点睛】本题主要考查了轴对称图形,关键是掌握轴对称图形的定义.根据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.12.如图,一段抛物线y=﹣x2+4(﹣2≤x≤2)为C1,与x轴交于A0,A1两点,顶点为D1;将C1绕点A1旋转180°得到C2,顶点为D2;C1与C2组成一个新的图象,垂直于y轴的直线l与新图象交于点P1(x1,y1),P2(x2,y2),与线段D1D2交于点P3(x3,y3),设x1,x2,x3均为正数,t=x1+x2+x3,则t的取值范围是()A. 6<t≤8 B.6≤t≤8 C. 10<t≤12 D.10≤t≤12【来源】广西壮族自治区玉林市2018年中考数学试卷【答案】D【点睛】本题考查二次函数与x轴的交点,二次函数的性质,抛物线的旋转等知识,熟练掌握和灵活应用二次函数的相关性质以及旋转的性质是解题的关键.二、填空题13.在平面直角坐标系中,将点A′(﹣2,3)向右平移3个单位长度,再向下平移2个单位长度,那么平移后对应的点A′的坐标是_____.【来源】湖南省长沙市2018年中考数学试题【答案】(1,1)【解析】分析:直接利用平移的性质分别得出平移后点的坐标得出答案.详解:∵将点A′(-2,3)向右平移3个单位长度,∴得到(1,3),∵再向下平移2个单位长度,∴平移后对应的点A′的坐标是:(1,1).故答案为:(1,1).点睛:此题主要考查了平移,正确掌握平移规律:上加下减,左加右减,是解题关键.14.有五张卡片(形状、大小、质地都相同),上面分别画有下列图形:①线段;②正三角形;③平行四边形;④等腰梯形;⑤圆.将卡片背面朝上洗匀,从中抽取一张,正面图形一定满足既是轴对称图形,又是中心对称图形的概率是__________.【来源】四川省内江市2018年中考数学试卷【答案】点睛:此题考查了概率公式的应用.注意用到的知识点为:概率=所求情况数与情况总数之比.15.如图,将绕点A逆时针旋转,得到,这时点恰好在同一直线上,则的度数为______.【来源】湖南省张家界市2018年初中毕业学业考试数学试题【答案】15【解析】分析:先判断出∠BAD=150°,AD=AB,再判断出△BAD是等腰三角形,最后用三角形的内角和定理即可得出结论.详解:∵将△ABC绕点A逆时针旋转150°,得到△ADE,∴∠BAD=150°,AD=AB,∵点B,C,D恰好在同一直线上,∴△BAD是顶角为150°的等腰三角形,∴∠B=∠BDA,∴∠B=(180°-∠BAD)=15°,故答案为:15°.点睛:此题主要考查了旋转的性质,等腰三角形的判定和性质,三角形的内角和定理,判断出三角形ABD 是等腰三角形是解本题的关键.16.如图,正方形ABCD的边长为1,点A与原点重合,点B在y轴的正半轴上,点D在x轴的负半轴上,将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB'C′D′的位置,B'C′与CD相交于点M,则点M的坐标为_____.【来源】山东省潍坊市2018年中考数学试卷【答案】(﹣1,)【详解】如图,连接AM,∵将边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形AB'C′D′,∴AD=AB′=1,∠BAB′=30°,∴∠B′AD=60°,在Rt△ADM和Rt△AB′M中,,∴Rt△ADM≌Rt△AB′M(HL),∴∠DAM=∠B′AM=∠B′AD=30°,∴DM=AD•tan∠DAM=1×=,∴点M的坐标为(﹣1,),故答案为:(﹣1,).【点睛】本题主要考查旋转的性质、正方形的性质,解题的关键是掌握旋转变换的不变性与正方形的性质、全等三角形的判定与性质及三角函数的应用.17.点O是平行四边形ABCD的对称中心,AD>AB,E、F分别是AB边上的点,且EF=AB;G、H分别是BC 边上的点,且GH=BC;若S1,S2分别表示∆EOF和∆GOH的面积,则S1,S2之间的等量关系是______________【来源】陕西省2018年中考数学试题【答案】2S1=3S2【详解】过点O分别作OM⊥BC,垂足为M,作ON⊥AB,垂足为N,∵点O是平行四边形ABCD的对称中心,∴S平行四边形ABCD=AB•2ON, S平行四边形ABCD=BC•2OM,∴AB•ON=BC•OM,∵S1=EF•ON,S2=GH•OM,EF=AB,GH=BC,∴S1=AB•ON,S2=BC•OM,∴2S1=3S2,故答案为:2S1=3S2.【点睛】本题考查了平行四边形的面积,中心对称的性质,正确添加辅助线、准确表示出图形面积是解题的关键.18.如图,平面直角坐标系中,矩形OABC的顶点A(﹣6,0),C(0,2).将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转,使点A恰好落在OB上的点A1处,则点B的对应点B1的坐标为_____.【来源】四川省达州市2018年中考数学试题【答案】(-2,6)【解析】分析:连接OB1,作B1H⊥OA于H,证明△AOB≌△HB1O,得到B1H=OA=6,OH=AB=2,得到答案.详解:连接OB1,作B1H⊥OA于H,由题意得,OA=6,AB=OC-2,则tan∠BOA=,∴∠BOA=30°,∴∠OBA=60°,由旋转的性质可知,∠B1OB=∠BOA=30°,∴∠B1OH=60°,在△AOB和△HB1O,,∴△AOB≌△HB1O,∴B1H=OA=6,OH=AB=2,∴点B1的坐标为(-2,6),故答案为:(-2,6).点睛:本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质,掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质定理是解题的关键.19.如图,在▱ABCD中,AD=7,AB=2,∠B=60°.E是边BC上任意一点,沿AE剪开,将△ABE沿BC方向平移到△DCF的位置,得到四边形AEFD,则四边形AEFD周长的最小值为_____.【来源】吉林省长春市2018年中考数学试卷【答案】20【点睛】本题考查平移的性质,解题的关键是确定出当AE⊥BC时,四边形AEFD的周长最小.20.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=2,将Rt△ABC绕点A逆时针旋转30°后得到Rt△ADE,点B经过的路径为弧BD,则图中阴影部分的面积为_____.【来源】黑龙江省大庆市2018年中考数学试卷【答案】【解析】【分析】先根据勾股定理得到AB=2,再根据扇形的面积公式计算出S扇形ABD,由旋转的性质得到Rt△ADE≌Rt△ACB,于是S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD﹣S△ABC=S扇形ABD.【点睛】本题考查了旋转的性质、扇形面积的计算,得到S阴影部分 =S扇形ABD是解题的关键.三、解答题21.【来源】吉林省长春市2018年中考数学试卷图①、图②均是8×8的正方形网格,每个小正方形的顶点称为格点,线段OM、ON的端点均在格点上.在图①、图②给定的网格中以OM、ON为邻边各画一个四边形,使第四个顶点在格点上.要求:(1)所画的两个四边形均是轴对称图形.(2)所画的两个四边形不全等.【答案】作图见解析.【解析】【分析】结合网格特点以及轴对称图形的定义进行作图,然后用全等四边形的定义判断即可得符合题意的图形.【详解】如图所示:【点睛】本题考查了作图﹣轴对称变换,以及全等形的判定,熟练掌握各自的性质是解本题的关键.22.如图,在平面直角坐标系中,已知△ABC的三个顶点坐标分别是A(1,1),B(4,1),C(3,3).(1)将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1,请画出△A1B1C1;(2)将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2,请画出△A2B2C2;(3)判断以O,A1,B为顶点的三角形的形状.(无须说明理由)【来源】广西钦州市2018年中考数学试卷【答案】(1)画图见解析;(2)画图见解析;(3)三角形的形状为等腰直角三角形.【详解】(1)如图所示,△A1B1C1即为所求;【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换:根据旋转的性质可知,对应角都相等都等于旋转角,对应线段也相等,由此可以通过作相等的角,在角的边上截取相等的线段的方法,找到对应点,顺次连接得出旋转后的图形.23.在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系,△ABC的顶点都在格点上,请解答下列问题:(1)①作出△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B1C1,并写出点C1的坐标;②作出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2,并写出点C2的坐标;(2)已知△ABC关于直线l对称的△A3B3C3的顶点A3的坐标为(-4,-2),请直接写出直线l的函数解析式.【来源】四川省眉山市2018年中考数学试题【答案】(1)作图见解析,C1的坐标C1(-1,2), C2的坐标C2(-3,-2);(2)y=-x.详解:(1)如图所示, C1的坐标C1(-1,2), C2的坐标C2(-3,-2)(2)解:∵A(2,4),A3(-4,-2),∴直线l的函数解析式:y=-x.点睛:本题考查了作图-旋转变换:根据旋转的性质可知,对应角都相等都等于旋转角,对应线段也相等,由此可以通过作相等的角,在角的边上截取相等的线段的方法,找到对应点,顺次连接得出旋转后的图形.也考查了轴对称变换和平移变换.24.如图,矩形ABCD中,AB=m,BC=n,将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ(0°<θ<90°)得到矩形A1BC1D1,点A1在边CD上.(1)若m=2,n=1,求在旋转过程中,点D到点D1所经过路径的长度;(2)将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2,点D2在BC的延长线上,设边A2B与CD交于点E,若=﹣1,求的值.【来源】江苏省无锡市2018年中考数学试题【答案】(1)D到点D1所经过路径的长度为π;(2)(负根已经舍弃).详解:(1)作A1H⊥AB于H,连接BD,BD1,则四边形ADA1H是矩形.∴AD=HA1=n=1,在Rt△A1HB中,∵BA1=BA=m=2,∴BA1=2HA1,∴∠ABA1=30°,∴旋转角为30°,∵BD=,∴D到点D1所经过路径的长度=(2)∵△BCE∽△BA2D2,点睛:本题考查轨迹,旋转变换、解直角三角形、弧长公式等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.25.如图,在中,,,D是AB边上一点点D与A,B不重合,连结CD,将线段CD绕点C按逆时针方向旋转得到线段CE,连结DE交BC于点F,连接BE.求证:≌;当时,求的度数.【来源】浙江省宁波市2018年中考数学试卷【答案】证明见解析;.【解析】【分析】由题意可知:,,由于,从而可得,根据SAS即可证明≌;由≌可知:,,从而可求出的度数.【详解】由题意可知:,,,,,,在与中,,≌;【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质,解题的关键是熟练运用旋转的性质以及全等三角形的判定与性质.26.如图1,一副直角三角板满足AB=BC,AC=DE,∠ABC=∠DEF=90°,∠EDF=30°操作:将三角板DEF的直角顶点E放置于三角板ABC的斜边AC上,再将三角板DEF绕点E旋转,并使边DE 与边AB交于点P,边EF与边BC于点Q.探究一:在旋转过程中,(1)如图2,当时,EP与EQ满足怎样的数量关系?并给出证明;(2)如图3,当时,EP与EQ满足怎样的数量关系?并说明理由;(3)根据你对(1)、(2)的探究结果,试写出当时,EP与EQ满足的数量关系式为,其中m 的取值范围是.(直接写出结论,不必证明)探究二:若且AC=30cm,连接PQ,设△EPQ的面积为S(cm2),在旋转过程中:(1)S是否存在最大值或最小值?若存在,求出最大值或最小值;若不存在,说明理由.(2)随着S取不同的值,对应△EPQ的个数有哪些变化,求出相应S的值或取值范围.【来源】江苏省徐州巿2018年中考数学试卷【答案】探究一:(1)EP=EQ;证明见解析;(2)1:2,证明见解析;(3)EP:EQ=1:m,∴0<m≤2+;探究二:(1)当x=10时,面积最小,是50cm2;当x=10时,面积最大,是75cm2.(2)50<S≤62.5时,这样的三角形有2个;当S=50或62.5<S≤75时,这样的三角形有一个.(3)根据(2)中求解的过程,可以直接写出结果;要求m的取值范围,根据交点的位置的限制进行分析;探究二:(1)设EQ=x,结合上述结论,用x表示出三角形的面积,根据x的最值求得面积的最值;(2)首先求得EQ和EB重合时的三角形的面积的值,再进一步分情况讨论.【详解】探究一:(1)连接BE,根据E是AC的中点和等腰直角三角形的性质,得BE=CE,∠PBE=∠C,又∠BEP=∠CEQ,则△BEP≌△CEQ,得EP=EQ;(2)作EM⊥AB,EN⊥BC于M,N,∴∠EMP=∠ENC,∵∠MEP+∠PEN=∠PEN+∠NEF=90°,∴∠MEP=∠NEF,∴△MEP∽△NEQ,∴EP:EQ=EM:EN=AE:CE=1:2;(3)过E点作EM⊥AB于点M,作EN⊥BC于点N,∵在四边形PEQB中,∠B=∠PEQ=90°,∴∠EPB+∠EQB=180°(四边形的内角和是360°),又∵∠EPB+∠MPE=180°(平角是180°),∴∠MPE=∠EQN(等量代换),∴Rt△MEP∽Rt△NEQ,∴,在Rt△AME∽Rt△ENC,∴,∴,EP与EQ满足的数量关系式为EP:EQ=1:m,∴0<m≤2+;(当m>2+时,EF与BC不会相交).【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质,相似三角形的判定与性质等,综合性较强,正确添加辅助线,熟练运用等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定和性质进行求解是关键.27.在平面直角坐标系中,四边形是矩形,点,点,点.以点为中心,顺时针旋转矩形,得到矩形,点,,的对应点分别为,,.(Ⅰ)如图①,当点落在边上时,求点的坐标;(Ⅱ)如图②,当点落在线段上时,与交于点.①求证;②求点的坐标.(Ⅲ)记为矩形对角线的交点,为的面积,求的取值范围(直接写出结果即可).【来源】天津市2018年中考数学试题【答案】(Ⅰ)点的坐标为.(Ⅱ)①证明见解析;②点的坐标为.(Ⅲ).详解:(Ⅰ)∵点,点,∴,.∵四边形是矩形,∴,,.∵矩形是由矩形旋转得到的,∴.在中,有,∴.∴.∴点的坐标为.(Ⅲ).点睛:本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质,勾股定理以及旋转变换的性质等知识,灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.28.在中,,,,过点作直线,将绕点顺时针得到(点,的对应点分别为,),射线,分别交直线于点,.(1)如图1,当与重合时,求的度数;(2)如图2,设与的交点为,当为的中点时,求线段的长;(3)在旋转过程时,当点分别在,的延长线上时,试探究四边形的面积是否存在最小值.若存在,求出四边形的最小面积;若不存在,请说明理由.【来源】四川省成都市2018年中考数学试题【答案】(1)60°;(2);(3)详解:(1)由旋转可得:AC=A'C=2,∵∠ACB=90°,AB=,AC=2,∴BC=,∵∠ACB=90°,m∥AC,∴∠A'BC=90°,∴cos∠A'CB=,∴∠A'CB=30°,∴∠ACA'=60°;(2)∵M为A'B'的中点,∴∠A'CM=∠MA'C,由旋转可得,∠MA'C=∠A,∴∠A=∠A'CM,∴tan∠PCB=tan∠A=,∴PB=BC=,∵tan∠Q=tan∠A=,∴BQ=BC×=2,∴PQ=PB+BQ=;点睛:本题属于四边形综合题,主要考查了旋转的性质,解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用,解题时注意:旋转变换中,对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等.29.如图,在矩形ABCD中,AB═2,AD=,P是BC边上的一点,且BP=2CP.(1)用尺规在图①中作出CD边上的中点E,连接AE、BE(保留作图痕迹,不写作法);(2)如图②,在(1)的条体下,判断EB是否平分∠AEC,并说明理由;(3)如图③,在(2)的条件下,连接EP并廷长交AB的廷长线于点F,连接AP,不添加辅助线,△PFB能否由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形?如果能,说明理由,并写出两种方法(指出对称轴、旋转中心、旋转方向和平移距离)【来源】贵州省贵阳市2018年中考数学试卷【答案】(1)作图见解析;(2)EB是平分∠AEC,理由见解析;(3)△PFB能由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形,变换的方法为:将△BPF绕点B顺时针旋转120°和△EPA重合,①沿PF折叠,②沿AE折叠.【详解】(1)依题意作出图形如图①所示;(2)EB是平分∠AEC,理由:∵四边形ABCD是矩形,∴∠C=∠D=90°,CD=AB=2,BC=AD=,∵点E是CD的中点,∴DE=CE=CD=1,在△ADE和△BCE中,,∴△ADE≌△BCE,∴∠AED=∠BEC,在Rt△ADE中,AD=,DE=1,∴tan∠AED==,∴∠AED=60°,∴∠BCE=∠AED=60°,∴∠AEB=180°﹣∠AED﹣∠BEC=60°=∠BEC,∴BE平分∠AEC;在Rt△ABP中,tan∠BAP==,∴∠PAB=30°,∴∠EAP=30°=∠F=∠PAB,∵CB⊥AF,∴AP=FP,∴△AEP≌△FBP,∴△PFB能由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形,变换的方法为:将△BPF绕点B顺时针旋转120°和△EPA重合,①沿PF折叠,②沿AE折叠.【点睛】本题考查了矩形的性质,全等三角形的判定和性质,解直角三角形,图形的变换等,熟练掌握和灵活应用相关的性质与定理、判断出△AEP≌△△FBP是解本题的关键.30.已知Rt△OAB,∠OAB=90°,∠ABO=30°,斜边OB=4,将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°,如题图1,连接BC.(1)填空:∠OBC= °;(2)如图1,连接AC,作OP⊥AC,垂足为P,求OP的长度;(3)如图2,点M,N同时从点O出发,在△OCB边上运动,M沿O→C→B路径匀速运动,N沿O→B→C路径匀速运动,当两点相遇时运动停止,已知点M的运动速度为1.5单位/秒,点N的运动速度为1单位/秒,设运动时间为x秒,△OMN的面积为y,求当x为何值时y取得最大值?最大值为多少?【来源】广东省2018年中考数学试题【答案】(1)60;(2);(3).【详解】(1)由旋转性质可知:OB=OC,∠BOC=60°,∴△OBC是等边三角形,∴∠OBC=60°,故答案为:60;(3)①当0<x≤时,M在OC上运动,N在OB上运动,此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E,如图,则NE=ON•sin60°=x,∴S△OMN=•OM•NE=×1.5x×x,∴y=x2,∴x=时,y有最大值,最大值=;②当<x≤4时,M在BC上运动,N在OB上运动,③当4<x≤4.8时,M、N都在BC上运动,作OG⊥BC于G,如图,MN=12﹣2.5x,OG=AB=2,∴y=•MN•OG=12﹣x,当x=4时,y有最大值,最大值=2,综上所述,y有最大值,最大值为.【点睛】本题考查了旋转变换综合题,涉及到二次函数的最值,30度的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形的面积等知识,仔细分析,正确添加辅助线,分类讨论的思想思考问题是解题的关键.。

中考数学真题分类汇编及解析(三十六)平移、旋转及轴对称

中考数学真题分类汇编及解析(三十六)平移、旋转及轴对称

(2022•连云港中考)下列图案中,是轴对称图形的是()A. B. C. D.【解析】选A.A.是轴对称图形,故此选项符合题意;B.不是轴对称图形,故此选项不符合题意;C.不是轴对称图形,故此选项不符合题意;D.不是轴对称图形,故此选项不符合题意.(2022•遂宁中考)下面图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是()A.科克曲线 B.笛卡尔心形线 C.阿基米德螺旋线 D.赵爽弦图【解析】选A.A.科克曲线既是轴对称图形又是中心对称图形,故本选项符合题意;B.笛卡尔心形线是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项不符合题意;C.阿基米德螺旋线不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故本选项不符合题意;D.赵爽弦图不是轴对称图形,是中心对称图形,故本选项不符合题意.(2022•自贡中考)如图,将矩形纸片ABCD绕边CD所在直线旋转一周,得到的立体图形是() A.B.C.D.【解析】选A.根据“点动成线,线动成面,面动成体”,将矩形纸片ABCD绕边CD所在直线旋转一周,所得到的立体图形是圆柱.(2022•自贡中考)剪纸与扎染、龚扇被称为自贡小三绝,以下学生剪纸作品中,轴对称图形是()A. B. C. D.【解析】选D.选项A,B,C都不能找到这样的一条直线,使这些图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以不是轴对称图形;选项D能找到这样的一条直线,使这个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以是轴对称图形.A. B. C. D.【解析】选D.A.不是轴对称图形,故此选项不合题意;B.不是轴对称图形,故此选项不合题意;C.不是轴对称图形,故此选项不合题意;D.是轴对称图形,故此选项符合题意.(2022•重庆中考B卷)下列北京冬奥会运动标识图案是轴对称图形的是()A. B. C. D.【解析】选C.A.不是轴对称图形,故此选项不合题意;B.不是轴对称图形,故此选项不合题意;C.是轴对称图形,故此选项符合题意;D.不是轴对称图形,故此选项不合题意.(2022•怀化中考)如图,△ABC沿BC方向平移后的像为△DEF,已知BC=5,EC=2,则平移的距离是()A.1B.2C.3D.4【解析】选C.点B平移后对应点是点E.∴线段BE就是平移距离,∵已知BC=5,EC=2,∴BE=BC﹣EC=5﹣2=3(2022•扬州中考)如图,在△ABC中,AB<AC,将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE,点D在BC 边上,DE交AC于点F.下列结论:①△AFE∽△DFC;②DA平分∠BDE;③∠CDF=∠BAD,其中所有正确结论的序号是()A.①②B.②③C.①③D.①②③【解析】选D.∵将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE,∴∠BAC=∠DAE,∠B=∠ADE,AB=AD,∠E=∠C,∴∠B=∠ADB,∴∠ADE=∠ADB,∴DA平分∠BDE,∴②符合题意;∵∠AFE=∠DFC,∠E=∠C,∴△AFE∽△DFC,∴①符合题意;∵∠BAC=∠DAE,∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC,∴∠BAD=∠F AE,∵△AFE∽△DFC,∴∠F AE=∠CDF,∴∠BAD=∠CDF,∴③符合题意(2022•泰安中考)下列图形:其中轴对称图形的个数是()(2022•达州中考)在以下“绿色食品、响应环保、可回收物、节水”四个标志图案中,是轴对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选A.A.是轴对称图形,故此选项符合题意;B.不是轴对称图形,故此选项不合题意;C.不是轴对称图形,故此选项不合题意;D.不是轴对称图形,故此选项不合题意(2022•德阳中考)下列图形中,既是中心对称图形又是轴对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选A.A.既是中心对称图形,也是轴对称图形,故此选项符合题意;B.不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不合题意;C.不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不合题意;D.是中心对称图形,不是轴对称图形,故此选项不合题意;(2022•南充中考)如图,将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′,点B′恰好落在CA的延长线上,∠B=30°,∠C=90°,则∠BAC′为()A.90°B.60°C.45°D.30°【解析】选B.∵∠B=30°,∠C=90°,∴∠CAB=180°﹣∠B﹣∠C=60°,∵将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB′C′,∴∠C′AB′=∠CAB=60°.∵点B′恰好落在CA的延长线上,∴∠BAC′=180°﹣∠CAB﹣∠C′AB′=60°A .M 1B .M 2C .M 3D .M 4【解析】选B .∵点A (4,2),点P (0,2),∴P A ⊥y 轴,P A =4,由旋转得:∠APB =60°,AP =PB =4,如图,过点B 作BC ⊥y 轴于C ,∴∠BPC =30°,∴BC =2,PC =2√3,∴B (2,2+2√3),设直线PB 的解析式为:y =kx +b ,则{2k +b =2+2√3b =2,∴{k =√3b =2, ∴直线PB 的解析式为:y =√3x +2,当y =0时,√3x +2=0,x =−2√33,∴点M 1(−√33,0)不在直线PB 上, 当x =−√3时,y =﹣3+2=1,∴M 2(−√3,﹣1)在直线PB 上,当x =1时,y =√3+2,∴M 3(1,4)不在直线PB 上,当x =2时,y =2√3+2,∴M 4(2,112)不在直线PB 上 (2022•湖州中考)如图,将△ABC 沿BC 方向平移1cm 得到对应的△A 'B 'C '.若B 'C =2cm ,则BC ′的长是( )A .2cmB .3cmC .4cmD .5cm【解析】选C .∵将△ABC 沿BC 方向平移1cm 得到对应的△A 'B 'C ',∴BB ′=CC ′=1(cm ),∵B 'C =2(cm ),∴BC ′=BB ′+B ′C +CC ′=1+2+1=4(cm )(2022•山西中考)2022年4月16日,神舟十三号载人飞船圆满完成全部既定任务,顺利返回地球家园.六个月的飞天之旅展现了中国航天科技的新高度.下列航天图标,其文字上方的图案是中心对称图形的是()A.B. C.D.【解析】选B.A、C、D.均不能找到这样的一个点,使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合,∴不是中心对称图形,B.能找到这样的一个点,使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合,∴是中心对称图形. (2022•宜昌中考)将四个数字看作一个图形,则下列四个图形中,是中心对称图形的是()A. B. C. D.【解析】选D.中心对称图形,即把一个图形绕一个点旋转180°后能和原来的图形重合,D选项符合题意. (2022•武汉中考)现实世界中,对称现象无处不在,中国的方块字中有些也具有对称性.下列汉字是轴对称图形的是()A. B. C. D.【解析】选D.A、B、C.不能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,∴不是轴对称图形,D.能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,∴是轴对称图形.(2022•娄底中考)下列与2022年冬奥会相关的图案中,是中心对称图形的是()A. B. C. D.【解析】选D.A.不是中心对称图形,故此选项不合题意;B.不是中心对称图形,故此选项不合题意;C.不是中心对称图形,故此选项不合题意;D.是中心对称图形,故此选项符合题意(2022•嘉兴中考)“方胜”是中国古代妇女的一种发饰,其图案由两个全等正方形相叠组成,寓意是同心吉祥.如图,将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′,形成一个“方胜”图案,则点D,B′之间的距离为()A.1cm B.2cm C.(√2−1)cm D.(2√2−1)cm(2022•常德中考)国际数学家大会每四年举行一届,下面四届国际数学家大会会标中是中心对称图形的是()A. B.C.D.【解析】选B.∵将图形绕着一点旋转180°后能和它本身重合的图形是中心对称图形,∴选项B符合上述特征.(2022•常德中考)如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠ACB=30°,将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC,点A,B的对应点分别是D,E,点F是边AC的中点,连接BF,BE,FD.则下列结论错误的是()A.BE=BC B.BF∥DE,BF=DE C.∠DFC=90°D.DG=3GF【解析】选D.A、由旋转的性质可知,CB=CE,∠BCE=60°,∴△BCE为等边三角形,∴BE=BC,本选项结论正确,不符合题意;B、在Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠ACB=30°,点F是边AC的中点,∴AB=12AC=CF=BF,由旋转的性质可知,CA=CD,∠ACD=60°,∴∠A=∠ACD,在△ABC和△CFD中,{AB=CF∠A=∠FCD CA=CD,∴△ABC≌△CFD(SAS),∴DF=BC=BE,∵DE=AB=BF,∴四边形EBFD为平行四边形,∴BF∥DE,BF=DE,本选项结论正确,不符合题意;C、∵△ABC≌△CFD,∴∠DFC=∠ABC=90°,本选项结论正确,不符合题意;D、在Rt△GFC中,∠GCF=30°,∴GF=√33CF,(2022•苏州中考)如图,点A 的坐标为(0,2),点B 是x 轴正半轴上的一点,将线段AB 绕点A 按逆时针方向旋转60°得到线段AC .若点C 的坐标为(m ,3),则m 的值为( )A .4√33B .2√213C .5√33D .4√213【解析】选C .过C 作CD ⊥x 轴于D ,CE ⊥y 轴于E ,如图:∵CD ⊥x 轴,CE ⊥y 轴,∠DOE =90°,∴四边形EODC 是矩形,∵将线段AB 绕点A 按逆时针方向旋转60°得到线段AC ,∴AB =AC ,∠BAC =60°,∴△ABC 是等边三角形,∴AB =AC =BC ,∵A (0,2),C (m ,3),∴CE =m =OD ,CD =3,OA =2,∴AE =OE ﹣OA =CD ﹣OA =1,∴AC =√AE 2+CE 2=√m 2+1=BC =AB ,在Rt △BCD 中,BD =√BC 2−CD 2=√m 2−8,在Rt △AOB 中,OB =√AB 2−OA 2=√m 2−3,∵OB +BD =OD =m ,3(2022•乐山中考)如下字体的四个汉字中,是轴对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选D.选项A、C、B不能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以不是轴对称图形,选项D能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以是轴对称图形(2022•天津中考)在一些美术字中,有的汉字是轴对称图形.下面4个汉字中,可以看作是轴对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选D.选项A、C、B不能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以不是轴对称图形,选项D能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以是轴对称图形(2022•天津中考)如图,在△ABC中,AB=AC,若M是BC边上任意一点,将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN,点M的对应点为点N,连接MN,则下列结论一定正确的是()A.AB=AN B.AB∥NC C.∠AMN=∠ACN D.MN⊥AC【解析】选C.A、∵AB=AC,∴AB>AM,由旋转的性质可知,AN=AM,∴AB>AN,故本选项结论错误,不符合题意;B、当△ABC为等边三角形时,AB∥NC,除此之外,AB与NC不平行,故本选项结论错误,不符合题意;C、由旋转的性质可知,∠BAC=∠MAN,∠ABC=∠ACN,∵AM=AN,AB=AC,(2022•衡阳中考)下列选项中的垃圾分类图标,既是中心对称图形,又是轴对称图形的是()A.可回收物 B.其他垃圾 C.有害垃圾 D.厨余垃圾【解析】选C.A.既不是中心对称图形,也不是轴对称图形,故此选项不合题意;B.既不是中心对称图形,也不是轴对称图形,故此选项不合题意;D.不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不合题意(2022•桂林中考)下列图形中,是中心对称图形的是()A.等边三角形B.圆C.正五边形D.扇形【解析】选B.选项A、C、D均不能找到这样的一个点,使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合,所以不是中心对称图形;选项B能找到这样的一个点,使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合,所以是中心对称图形.(2022•福建中考)美术老师布置同学们设计窗花,下列作品为轴对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选A.选项B、C、D不能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以不是轴对称图形,选项A能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以是轴对称图形.0,则四边形ACC′A′的面积是()A.96B.96√3C.192D.160√3【解析】选B.在Rt△ABC中,∠CAB=60°,AB=8,则BC=AB•tan∠CAB=8√3,由平移的性质可知:AC=A′C′,AC∥A′C′,∴四边形ACC′A′为平行四边形,∵点A对应直尺的刻度为12,点A′对应直尺的刻度为0,∴AA′=12,∴S四边形ACC′A′=12×8√3=96√3.(2022•河南中考)如图,在平面直角坐标系中,边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合,AB∥x轴,交y轴于点P.将△OAP绕点O顺时针旋转,每次旋转90°,则第2022次旋转结束时,点A的坐标为()A.(√3,﹣1) B.(﹣1,−√3) C.(−√3,﹣1) D.(1,√3)【解析】选B.∵边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合,∴OA=AB=2,∠BAO=60°,∵AB∥x轴,∴∠APO=90°,∴∠AOP=30°,∴AP=1,OP=√3,∴A(1,√3),∵将△OAP绕点O顺时针旋转,每次旋转90°,可知点A2与D重合,由360°÷90°=4可知,每4次为一个循环,∴2022÷4=505……2,∴点A2022与点A2重合,∵点A2与点A关于原点O对称,∴A2(﹣1,−√3),∴第2022次旋转结束时,点A的坐标为(﹣1,−√3).A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④【解析】选A.①是中心对称图形,故本选项符合题意;②是中心对称图形,故本选项符合题意;③不是中心对称图形,故本选项不符合题意;④是中心对称图形,故本选项符合题意;故是中心对称图形的有①②③.(2022•北部湾中考)2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的,展现了运动员不断飞跃,超越自我,奋力拼搏,激励世界的冬残奥精神.下列的四个图中,能由如图所示的会徽经过平移得到的是()A.B.C.D.【解析】选D.根据平移的性质可知:能由如图经过平移得到的是D.(2022•毕节中考)下列垃圾分类标识的图形中,既是中心对称图形又是轴对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选A.A.既是中心对称图形,也是轴对称图形,故此选项符合题意;B.既不是中心对称图形,也不是轴对称图形,故此选项不合题意;C.既不是中心对称图形,也不是轴对称图形,故此选项不合题意;D.不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不合题意.(2022•哈尔滨中考)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.(2022•齐齐哈尔中考)下面四个交通标志中,是中心对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选A.选项B、C、D均不能找到这样的一个点,使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合,所以不是中心对称图形,选项A能找到这样的一个点,使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合,所以是中心对称图形.(2022•鄂州中考)孙权于公元221年4月自公安“都鄂”,在西山东麓营建吴王城,并取“以武而昌”之意,改鄂县为武昌.下面四个汉字中,可以看作是轴对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选D.选项A、B、C不能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以不是轴对称图形,选项D能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以是轴对称图形.(2022•鄂州中考)如图,定直线MN∥PQ,点B、C分别为MN、PQ上的动点,且BC=12,BC在两直线间运动过程中始终有∠BCQ=60°.点A是MN上方一定点,点D是PQ下方一定点,且AE∥BC∥DF,AE =4,DF=8,AD=24√3,当线段BC在平移过程中,AB+CD的最小值为()A.24√13B.24√15C.12√13D.12√15【解析】选C.如图,作DL⊥PQ于L,过点A作PQ的垂线,过点D作PQ的平行线,它们交于点R,延长DF至T,使DT=BC =12,连接AT,AT交MN于B′,作B′C′∥BC,交PQ于C′,则当BC在B′C′时,AB+CD最小,(2022•大庆中考)观察下列图形,其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选D.A.不是轴对称图形,是中心对称图形,故本选项不符合题意;B.是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项不符合题意;C.不是轴对称图形,是中心对称图形,故本选项不符合题意;D.既是轴对称图形,又是中心对称图形,故本选项符合题意.(2022•龙东中考)下列图形是汽车的标识,其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选C.A.既是中心对称图形,也是轴对称图形,故此选项不合题意;B.不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不合题意;C.是中心对称图形但不是轴对称图形,故此选项符合题意;D.不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不合题意.(2022•绥化中考)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.【解析】选D.A.是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项不符合题意;B.是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项不符合题意;C.不是轴对称图形,是中心对称图形,故本选项不符合题意;D.既是轴对称图形,又是中心对称图形,故本选项符合题意.(2022•包头中考)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2,将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C,其中点A'与点A是对应点,点B'与点B是对应点.若点B'恰好落在AB边上,则点A到直线A'C的距离等于()A.3√3B.2√3C.3D.2【解析】选C.连接AA′,如图,∵∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=2,∴AC=√3BC=2√3,∠B=60°,∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C,∴CA=CA′,CB=CB′,∠ACA′=∠BCB′,∵CB=CB′,∠B=60°,∴△CBB′为等边三角形,∴∠BCB′=60°,∴∠ACA′=60°,∴△CAA′为等边三角形,过点A作AD⊥A'C于点D,∴CD=12AC=√3,∴AD=√3CD=√3×√3=3,∴点A到直线A'C的距离为3.(2022•赤峰中考)下列图案中,不是轴对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选A.选项B、C、D能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以是轴对称图形,选项A不能找到这样的一条直线,使图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,所以不是轴对称图形.(2022·牡丹江中考)下列图形中是轴对称图形但不是中心对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选B.A、图形不是中心对称轴图形,也不是轴对称图形,此选项错误;B、图形不是中心对称轴图形,是轴对称图形,此选项正确;C、图形是中心对称轴图形,也是轴对称图形,此选项错误;D、图形是中心对称轴图形,不是轴对称图形,此选项错误.(2022·恩施州中考)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.【解析】选B.选项A中的图形是轴对称图形,不是中心对称图形,故选项A不符合题意;选项B中的图形既是轴对称图形又是中心对称图形,故选项B符合题意;选项C中的图形是轴对称图形,不是中心对称图形,故选项C不符合题意;选项D中的图形是中心对称图形,不是轴对称图形,故选项D不符合题意.(2022•抚顺中考)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.【解析】选D.A.不是中心对称图形,也不是轴对称图形,故此选项不合题意;B.不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项不合题意;C.是中心对称图形,不是轴对称图形,故此选项不合题意;D.是中心对称图形,也是轴对称图形,故此选项符合题意.(2022•临沂中考)剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一,先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录.鱼与“余”同音,寓意生活富裕、年年有余,是剪纸艺术中很受喜爱的主题.以下关于鱼的剪纸中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选D.A.是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项不符合题意;B.不是轴对称图形,是中心对称图形,故本选项不符合题意;C.不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故本选项不符合题意;D.既是轴对称图形,又是中心对称图形,故本选项符合题意.(2022•内江中考)2022年2月第24届冬季奥林匹克运动会在我国北京成功举办,以下是参选的冬奥会会徽设计的部分图形,其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是()A.B.C.D.【解析】选C.0根据轴对称图形和中心对称图形的定义可知,C选项既是轴对称图形,又是中心对称图形.A.△ABC绕点C逆时针旋转90°,再向下平移1个单位B.△ABC绕点C顺时针旋转90°,再向下平移1个单位C.△ABC绕点C逆时针旋转90°,再向下平移3个单位D.△ABC绕点C顺时针旋转90°,再向下平移3个单位【分析】观察图形可以看出,Rt△ABC通过变换得到Rt△ODE,应先旋转然后平移即可.【解析】选D.根据图形可以看出,△ABC绕点C顺时针旋转90°,再向下平移3个单位可以得到△ODE.(2022•金华中考)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2cm.把△ABC沿AB方向平移1cm,得到△A'B'C',连结CC',则四边形AB'C'C的周长为8+2√3cm.【解析】∵在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2cm,∴AB=2BC=4,∴AC=√AB2−BC2=2√3,∵把△ABC沿AB方向平移1cm,得到△A'B'C',∴B′C′=BC=2,AA′=CC′=1,A′B′=AB=4,∴AB′=AA′+A′B′=5.∴四边形AB'C'C的周长为AB′+B′C′+CC′+AC=5+2+1+2√3=(8+2√3)cm.答案 :8+2√3.(2022•丽水中考)一副三角板按图1放置,O是边BC(DF)的中点,BC=12cm.如图2,将△ABC绕点O顺时针旋转60°,AC与EF相交于点G,则FG的长是(3√3−3)cm.【解析】如图,设EF与BC交于点H,∵O是边BC(DF)的中点,BC=12cm.如图2,∴OD=OF=OB=OC=6cm.∵将△ABC绕点O顺时针旋转60°,∴∠BOD=∠FOH=60°,OF=3cm,∵∠F=30°,∴∠FHO=90°,∴OH=12∴CH=OC﹣OH=3cm,FH=√3OH=3√3cm,∵∠C=45°,∴CH=GH=3cm,∴FG=FH﹣GH=(3√3−3)cm.答案:(3√3−3).(2022•台州中考)如图,△ABC的边BC长为4cm.将△ABC平移2cm得到△A'B'C',且BB'⊥BC,则阴影部分的面积为8 cm2.【解析】由平移可知,阴影部分的面积等于四边形BB'CC'的面积为BC×BB'=4×2=8(cm2),答案:8(2022•永州中考)如图,图中网格由边长为1的小正方形组成,点A为网格线的交点.若线段OA绕原点O 顺时针旋转90°后,端点A的坐标变为(2,﹣2).【解析】线段OA绕原点O顺时针旋转90°如图所示,则A'(2,﹣2),则旋转后A点坐标变为:(2,﹣2),答案:(2,﹣2).(2022•贺州中考)如图,在平面直角坐标系中,△OAB为等腰三角形,OA=AB=5,点B到x轴的距离为4,若将△OAB绕点O逆时针旋转90°,得到△OA′B′,则点B′的坐标为(﹣4,8).【解析】过点B作BN⊥x轴,过点B′作B′M⊥y轴,∴∠B′MO=∠BNO=90°,∵OA=AB=5,点B到x轴的距离为4,∴AN=3,∴ON=8,∵将△OAB绕点O逆时针旋转90°,得到△OA′B′,∴∠BOB′=90°,OB=OB′,∴∠BOA′+∠B′OA′=∠BOA+∠BOA′,∴∠BOA=∠B′OA′,∴△AOB≌△A′OB′(AAS),∴OM=ON=8,B′M=BN=4,∴B′(﹣4,8),答案:(﹣4,8).(2022•吉林中考)第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素.如图,这个图案绕着它的中心旋转角α(0°<α<360°)后能够与它本身重合,则角α可以为72(答案不唯一).度.(写出一个即可)【解析】360°÷5=72°,则这个图案绕着它的中心旋转72°后能够与它本身重合.答案:72(答案不唯一)(2022·安徽中考)如图,在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中,△ABC的顶点均为格点(网格【解析】(1)如图,△A1B1C1即为所求;(2)如图,△A2B2C2即为所求.(2022•温州中考)如图,在2×6的方格纸中,已知格点P,请按要求画格点图形(顶点均在格点上).(1)在图1中画一个锐角三角形,使P为其中一边的中点,再画出该三角形向右平移2个单位后的图形.(2)在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形,使三边长都不相等,再画出该三角形绕点P旋转180°后的图形.【解析】(1)如图1中△ABC即为所求(答案不唯一);(2)如图2中△ABC即为所求(答案不唯一).(2022•武汉中考)如图是由小正方形组成的9×6网格,每个小正方形的顶点叫做格点.△ABC的三个顶点都是格点.仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图,画图过程用虚线表示.(1)在图(1)中,D,E分别是边AB,AC与网格线的交点.先将点B绕点E旋转180°得到点F,画出点F,再在AC上画点G,使DG∥BC;(2)在图(2)中,P是边AB上一点,∠BAC=α.先将AB绕点A逆时针旋转2α,得到线段AH,画出线段AH,再画点Q,使P,Q两点关于直线AC对称.【解析】(1)如图(1)中,点F,点G即为所求;(2)如图(2)中,线段AH,点Q即为所求.(2022•陕西中考)如图,△ABC的顶点坐标分别为A(﹣2,3),B(﹣3,0),C(﹣1,﹣1).将△ABC平移后得到△A'B'C',且点A的对应点是A'(2,3),点B、C的对应点分别是B'、C'.(1)点A、A'之间的距离是 4 ;(2)请在图中画出△A'B'C'.【解析】(1)∵A(﹣2,3),A'(2,3),∴点A、A'之间的距离是2﹣(﹣2)=4,答案:4;(2)如图所示,△A'B'C'即为所求.【解析】(1)如图1,(2)如图2,(3)图1是W,图2是X.【解析】(1)如图1中,在Rt △AOB 中,∠OAB =90°,OA =6,OB =10,∴AB =√OB 2−OA 2=√102−62=8,∴B (8,6);(2)如图1中,过点P 作PH ⊥OB 于点H .∵∠POH =45°,∴PH =OH ,设PH =OH =x ,∵∠B =∠B ,∠BHP =∠BAO =90°,∴△BHP ∽△BAO ,∴PHAO =BHBA =PBOB ,∴x 6=BH 8=PB 10, ∴PH =43x ,PB =53x ,∴x +43x =10,∴x =307,∴PB =53×307=507, ∴P A =AB =PB =8−507=67, ∴P (67,6); (3)如图2中,设P A ′交OB 于点T .∵∠OAB =90°,OE =EB ,∴EA =EO =EB =5,∴∠EAB =∠B ,由翻折的性质可知∠EAB =∠A ′,∴∠A ′=∠B ,∵A ′P ⊥OB ,∴∠ETA ′=∠BAO =90°,∴△A ′TE ∽△BAO ,∴A′EOB =ETAO,∴510=ET 6,∴ET =3,BT =5﹣3=2, ∵cos B =BT PB =AB OB ,∴2PB =810,∴PB =52, ∴AP =AB =PB =8−52=112, ∴P (112,6);(4)如图3中,以AF 为边向右作等边△AFK ,连接KG ,延长KG 交x 轴于点R ,过点K 作KJ ⊥AF 于点J .KQ ⊥OR 于点Q ,过点O 作OW ⊥KR 于W .∵∠AFK =∠PFG =60°,∴∠AFP =∠KFG ,∵F A =FK ,FP =FG ,∴△AFP ≌△KFG (SAS ),∴∠P AF =∠GKF =90°,∴点G 在直线KR 上运动,当点G 与W 重合时,OG 的值最小,∵KJ ⊥OA ,KQ ⊥OR ,∴∠KJO =∠JOQ =∠OQK =90°,∴四边形JOQK 是矩形,∴OJ =KQ ,JK =OQ ,∵KA =KF ,KJ ⊥AF ,∴AJ =JF =1,KJ =√3,∴KQ =OJ =5,∵∠KRQ =360°﹣90°﹣90°﹣120°=60°,∴QR =√33KQ =5√33,∴OQ =√3+5√33=8√33,∴OW =OR •sin60°=4,∴OG 的最小值为4,∵OF =OW =4,∠FOW =60°,∴△FOW 是等边三角形,∴FW =4,即FG =4,∴线段FP 扫过的面积=60⋅π×42360=8π3. (2022•龙东中考)如图,在正方形网格中,每个小正方形的边长都是一个单位长度,在平面直角坐标系中,【解析】(1)如图,△A1B1C1即为所求,点A1的坐标(﹣5,,3);(2)如图,△A2B2C1即为所求,点A2的坐标(2,4);(3)∵A1C1=√32+42=5,∴点A1旋转到点A2的过程中所经过的路径长=90π×5180=5π2.(2022·牡丹江中考)如图,在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中,△ABC与△DEF关于点O成中心对称,△ABC与△DEF的顶点均在格点上,请按要求完成下列各题.(1)在图中画出点O的位置.(2)将△ABC先向右平移4个单位长度,再向下平移2个单位长度,得到△A1B1C1,请画出△A1B1C1;(3)在网格中画出格点M,使A1M平分∠B1A1C1.【解析】(1)如图所示,点O为所求.(2)如图所示,△A1B1C1为所求.(3)如图所示,点M为所求.(1)在图①中,找一格点D,使以点A,B,C,D为顶点的四边形是轴对称图形;(2)在图②中,找一格点E,使以点A,B,C,E为顶点的四边形是中心对称图形.【解析】(1)作点B关于直线AC的对称点D,连接ABCD,四边形ABCD为筝形,符合题意.(2)将点A向右平移1个单位,再向上平移1个单位可得点D,连接ABCD,AD∥BC且AD=BC,∴四边形ABCD为矩形,符合题意.。

初三数学15 图形变换(平移、旋转、对称)-2024年中考数学真题分项汇编(全国通用)(解析版)

初三数学15 图形变换(平移、旋转、对称)-2024年中考数学真题分项汇编(全国通用)(解析版)

专题15 图形变换(平移、旋转、对称)一.选择题1.(2022·山东威海)图1是光的反射规律示意图.其中,PO是入射光线,OQ是反射光线,法线KO⊥MN,∠POK是入射角,∠KOQ是反射角,∠KOQ=∠POK.图2中,光线自点P射入,经镜面EF反射后经过的点是( )A.A点B.B点C.C点D.D点【答案】B【分析】根据光反射定律可知,反射光线、入射光线分居法线两侧,反射角等于入射角并且关于法线对称,由此推断出结果.【详解】连接EF,延长入射光线交EF于一点N,过点N作EF的垂线NM,如图所示:∠为入射角由图可得MN是法线,PNM因为入射角等于反射角,且关于MN对称∠由此可得反射角为MNB所以光线自点P射入,经镜面EF反射后经过的点是B故选:B.【点睛】本题考查了轴对称中光线反射的问题,根据反射角等于入射角,在图中找出反射角是解题的关键.2.(2022·湖南永州)剪纸是我国具有独特艺术风格的民间艺术,反映了劳动人民对现实生活的深刻感悟.下列剪纸图形中,是中心对称图形的有( )① ② ③ ④A .①②③B .①②④C .①③④D .②③④【答案】A【分析】根据中心对称图形的定义判断即可;【详解】解:在平面内,把一个图形绕着某个点旋转180°,如果旋转后的图形能与原来的图形重合,那么这个图形叫做中心对称图形;∴是中心对称图形的是:①②③;故选:A .【点睛】本题主要考查中心对称图形的定义,掌握中心对称图形的定义是解题的关键.3.(2022·江苏无锡)雪花、风车….展示着中心对称的美,利用中心对称,可以探索并证明图形的性质,请思考在下列图形中,是中心对称图形但不一定是轴对称图形的为( )A .扇形B .平行四边形C .等边三角形D .矩形【答案】B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.【详解】解:A 、扇形是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不合题意;B 、平行四边形不一定是轴对称图形,是中心对称图形,故此选项符合题意;C 、等边三角形是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项不合题意;D 、矩形既是轴对称图形,又是中心对称图形,故此选项不合题意;故选:B .【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义,熟练掌握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是解题关键.4.(2022·贵州遵义)在平面直角坐标系中,点(),1A a 与点()2,B b -关于原点成中心对称,则a b +的值为( )A .3-B .1-C .1D .3【答案】C【分析】根据关于原点对称的两个点,横坐标、纵坐标分别互为相反数,求得,a b 的值即可求解.【详解】解:∵点(),1A a 与点()2,B b -关于原点成中心对称,∴2,1a b ==-211a b ∴+=-=,故选C .【点睛】本题考查了关于原点对称的两个点,横坐标、纵坐标分别互为相反数,代数式求值,掌握关于原点对称的两个点,横坐标、纵坐标分别互为相反数是解题的关键.5.(2022·内蒙古赤峰)下列图案中,不是轴对称图形的是( )A .B .C .D .【答案】A【分析】根据轴对称图形的意义: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;据此判断即可.【详解】A 不是轴对称图形;B 、C 、D 都是轴对称图形;故选:A .【点睛】本题考查了轴对称图形,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.6.(2022·山东青岛)如图,将ABC 先向右平移3个单位,再绕原点O 旋转180︒,得到A B C ''' ,则点A 的对应点A '的坐标是( )A .(2,0)B .(2,3)--C .(1,3)--D .(3,1)--【答案】C【分析】先画出平移后的图形,再利用旋转的性质画出旋转后的图形即可求解.【详解】解:先画出△ABC平移后的△DEF,再利用旋转得到△A'B'C',由图像可知A'(-1,-3),故选:C.【点睛】本题考查了图形的平移和旋转,解题关键是掌握绕原点旋转的图形的坐标特点,即对应点的横纵坐标都互为相反数.7.(2022·四川内江)如图,在平面直角坐标系中,点B、C、E在y轴上,点C的坐标为(0,1),AC=2,Rt△ODE是Rt△ABC经过某些变换得到的,则正确的变换是( )A.△ABC绕点C逆时针旋转90°,再向下平移1个单位B.△ABC绕点C顺时针旋转90°,再向下平移1个单位C.△ABC绕点C逆时针旋转90°,再向下平移3个单位D.△ABC绕点C顺时针旋转90°,再向下平移3个单位【答案】D【分析】观察图形可以看出,Rt△ABC通过变换得到Rt△ODE,应先旋转然后平移即可.【详解】解:根据图形可以看出,△ABC绕点C顺时针旋转90°,再向下平移3个单位可以得到△ODE.故选:D.【点睛】本题考查的是坐标与图形变化,旋转和平移的知识,掌握旋转和平移的概念和性质是解题的关键.8.(2022·广西)如图,在△ABC中,点A(3,1),B(1,2),将△ABC向左平移2个单位,再向上平移1个单位,则点B的对应点B′的坐标为()A.(3,-3)B.(3,3)C.(-1,1)D.(-1,3)【答案】D【分析】根据图形的平移性质求解.【详解】解:根据图形平移的性质,B′(1-2,2+1),即B′(-1,3);故选:D.【点睛】本题主要考查图形平移的点坐标求解,掌握图形平移的性质是解题的关键.9.(2022·湖南郴州)下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是()A.B.C.D.【答案】B【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可.【详解】解:A、该图形是轴对称图形,不是中心对称图形,故A选项错误;B、该图形既是轴对称图形,也是中心对称图形,故B选项正确;C、该图形不是轴对称图形,是中心对称图形,故C选项错误;D、该图形既不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故D选项错误.故答案为B.【点睛】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念,轴对称图形的关键是寻找对称轴,中心对称图形是要寻找对称中心旋转180度后与原图重合.10.(2022·广西贵港)若点(,1)A a -与点(2,)B b 关于y 轴对称,则-a b 的值是( )A .1-B .3-C .1D .2【答案】A【分析】根据关于y 轴对称的点,纵坐标相同,横坐标互为相反数解答即可.【详解】∵点(,1)A a -与点(2,)B b 关于y 轴对称,∴a =-2,b =-1,∴a -b =-1,故选A .【点睛】本题考查了关于y 轴对称的点坐标的关系,代数式求值,解题的关键在于明确关于y 轴对称的点纵坐标相等,横坐标互为相反数.11.(2022·江苏常州)在平面直角坐标系xOy 中,点A 与点1A 关于x 轴对称,点A 与点2A 关于y 轴对称.已知点1(1,2)A ,则点2A 的坐标是( )A .(2,1)-B .(2,1)--C .(1,2)-D .(1,2)--【答案】D【分析】直接利用关于x ,y 轴对称点的性质分别得出A ,2A 点坐标,即可得出答案.【详解】解:∵点1A 的坐标为(1,2),点A 与点1A 关于x 轴对称,∴点A 的坐标为(1,-2),∵点A 与点2A 关于y 轴对称,∴点2A 的坐标是(-1,﹣2).故选:D .【点睛】此题主要考查了关于x ,y 轴对称点的坐标,正确掌握关于坐标轴对称点的性质是解题关键.12.(2022·北京)图中的图形为轴对称图形,该图形的对称轴的条数为( )A .1B .2C .3D .5【答案】D 【分析】根据题意,画出该图形的对称轴,即可求解.【详解】解∶如图,一共有5条对称轴.故选:D【点睛】本题主要考查了轴对称图形,熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合,这样的图形就叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴是解题的关键.13.(2022·山东临沂)剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一,先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录.鱼与“余”同音,寓意生活富裕、年年有余,是剪纸艺术中很受喜爱的主题,以下关于鱼的剪纸中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是()A.B.C.D.【答案】D【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念进行判断即可.【详解】A.是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项不合题意;B.不是轴对称图形,是中心对称图形,故本选项不合题意;C.不是轴对称图形,是中心对称图形,故本选项不合题意;D.既是轴对称图形,也是中心对称图形,故本选项符合题意;故选:D.【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念,把一个图形绕某一点旋转180°,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,这个点叫做对称中心;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;熟练掌握知识点是解题的关键.14.(2022·山东聊城)如图,在直角坐标系中,线段11A B 是将ABC 绕着点()3,2P 逆时针旋转一定角度后得到的111A B C △的一部分,则点C 的对应点1C 的坐标是( )A .(-2,3)B .(-3,2)C .(-2,4)D .(-3,3)【答案】A 【分析】根据旋转的性质解答即可.【详解】解:∵线段11A B 是将ABC 绕着点()3,2P 逆时针旋转一定角度后得到的111A B C △的一部分,∴A 的对应点为1A ,∴190APA ∠=︒,∴旋转角为90°,∴点C 绕点P 逆时针旋转90°得到的1C 点的坐标为(-2,3),故选:A .【点睛】本题主要考查了旋转的性质,练掌握对应点与旋转中心的连线是旋转角和旋转角相等是解答本题的关键.15.(2022·湖南)如图,点O 是等边三角形ABC 内一点,2OA =,1OB =,OC =AOB ∆与BOC ∆的面积之和为( )AB C D 【答案】C【分析】将AOB ∆绕点B 顺时针旋转60︒得BCD ∆,连接OD ,得到BOD 是等边三角形,再利用勾股定理的逆定理可得90COD ∠=︒,从而求解.【详解】解:将AOB ∆绕点B 顺时针旋转60︒得BCD ∆,连接OD ,OB OD ∴=,60BOD ∠=︒,2CD OA ==,BOD ∴∆是等边三角形,1OD OB ∴==,∵222214OD OC +=+=,2224CD ==,222OD OC CD ∴+=,90DOC ∴∠=︒,AOB ∴∆与BOC ∆的面积之和为21112BOC BCD BOD COD S S S S +=+=+⨯= C .【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质,勾股定理的逆定理,旋转的性质等知识,利用旋转将AOB ∆与BOC ∆的面积之和转化为BOC BCD S S + ,是解题的关键.16.(2022·内蒙古呼和浩特)如图,ABC 中,90ACB ∠=︒,将ABC 绕点C 顺时针旋转得到EDC △,使点B 的对应点D 恰好落在AB 边上,AC 、ED 交于点F .若BCD α∠=,则EFC ∠的度数是(用含α的代数式表示)( )A .1902α︒+B .1902α︒-C .31802α︒-D .32α【答案】C【分析】根据旋转的性质可得,BC =DC ,∠ACE =α,∠A =∠E ,则∠B =∠BDC ,利用三角形内角和可求得∠B ,进而可求得∠E ,则可求得答案.【详解】解:∵将ABC 绕点C 顺时针旋转得到EDC △,且BCD α∠=∴BC =DC ,∠ACE =α,∠A =∠E ,∴∠B =∠BDC ,∴1809022B BDC αα︒-∠=∠==︒-,∴90909022A E B αα∠=∠=︒-∠=︒-︒+=,∴2A E α∠=∠=,318018018022EFC ACE E ααα∴∠=︒-∠-∠=︒--=︒-,故选:C .【点睛】本题考查了旋转变换、三角形内角和、等腰三角形的性质,解题的关键是掌握旋转的性质.17.(2022·内蒙古赤峰)如图,点()2,1A ,将线段OA 先向上平移2个单位长度,再向左平移3个单位长度,得到线段''O A ,则点A 的对应点'A 的坐标是( )A .()3,2-B .()0,4C .()1,3-D .()3,1-【答案】C 【分析】根据点向上平移a 个单位,点向左平移b 个单位,坐标P (x ,y )⇒P (x ,y +a )⇒P (x +a ,y +b ),进行计算即可.【详解】解:∵点A 坐标为(2,1),∴线段OA 向h 平移2个单位长度,再向左平移3个单位长度,点A 的对应点A ′的坐标为(2-3,1+2),即(-1,3),故选C .【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化--平移,关键是掌握横坐标,右移加,左移减;纵坐标,上移加,下移减.18.(2022·黑龙江绥化)如图,线段OA 在平面直角坐标系内,A 点坐标为()2,5,线段OA 绕原点O 逆时针旋转90°,得到线段OA ',则点A '的坐标为( )A .()5,2-B .()5,2C .()2,5-D .()5,2-【答案】A 【分析】如图,逆时针旋转90°作出OA ',过A 作AB x ⊥轴,垂足为B ,过A '作A B x ''⊥轴,垂足为B ',证明()A OB BOA AAS '∠ ≌,根据A 点坐标为()2,5,写出5AB =,2OB =,则5OB '=,2A B '=,即可写出点A 的坐标.【详解】解:如图,逆时针旋转90°作出OA ',过A 作AB x ⊥轴,垂足为B ,过A '作A B x ''⊥轴,垂足为B ',∴90A BO ABO ∠'=∠=︒,OA OA '=,∵18090A OB AOB A OA '∠+∠=︒-∠'=︒,90AOB A ∠+∠=︒,∴A OB A ∠'=∠,∴()A OB BOA AAS '∠ ≌,∴OB AB '=,A B OB '=,∵A 点坐标为()2,5,∴5AB =,2OB =,∴5OB '=,2A B '=,∴()5,2A '-,故选:A .【点睛】本题考查旋转的性质,证明A OB BOA '∠ ≌是解答本题的关键.19.(2022·海南)如图,点(0,3)(1,0)A B 、,将线段AB 平移得到线段DC ,若90,2ABC BC AB ∠=︒=,则点的坐标是( )A .(7,2)B .(7,5)C .(5,6)D .(6,5)【答案】D 【分析】先过点C 做出x 轴垂线段CE ,根据相似三角形找出点C 的坐标,再根据平移的性质计算出对应D 点的坐标.【详解】如图过点C 作x 轴垂线,垂足为点E ,∵90ABC ∠=︒∴90ABO CBE ∠+∠=︒∵90CBE BCE +=︒∠∴ABO BCE Ð=Ð在ABO ∆和BCE ∆中,90ABO BCE AOB BEC =⎧⎨==︒⎩∠∠∠∠ ,∴ABO BCE ∆∆∽,∴12AB AO OB BC BE EC === ,则26BE AO == ,22EC OB ==∵点C 是由点B 向右平移6个单位,向上平移2个单位得到,∴点D 同样是由点A 向右平移6个单位,向上平移2个单位得到,∵点A 坐标为(0,3),∴点D 坐标为(6,5),选项D 符合题意,故答案选D【点睛】本题考查了图像的平移、相似三角形的判定与性质,利用相似三角形的判定与性质找出图像左右、上下平移的距离是解题的关键.20.(2022·广西)2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的,展现了运动员不断飞跃,超越自我,奋力拼搏,激励世界的冬残奥精神下列的四个图中,能由如图所示的会徽经过平移得到的是( )A .B .C .D .【答案】D【分析】根据平移的特点分析判断即可.【详解】根据题意,得不能由平移得到,故A 不符合题意;不能由平移得到,故B 不符合题意;不能由平移得到,故C 不符合题意;能由平移得到,故D 符合题意;故选D .【点睛】本题考查了平移的特点,熟练掌握平移的特点是解题的关键.21.(2022·广西)如图,在ABC 中,4,CA CB BAC α==∠=,将ABC 绕点A 逆时针旋转2α,得到AB C '' ,连接B C '并延长交AB 于点D ,当B D AB '⊥时, 'BB的长是( )A B C D 【答案】B【分析】先证'60B AD ∠=︒,再求出AB 的长,最后根据弧长公式求得 'BB.【详解】解:,'CA CB B D AB =⊥ ,12AD DB AB ∴==,AB C '' 是ABC 绕点A 逆时针旋转2α得到,'AB AB ∴=,1'2AD AB =,在'Rt AB D ∆中,1cos ''2AD B AD AB ∠==,'60B AD ∴∠=︒,,'2CAB B AB αα∠=∠= ,11'603022CAB B AB ∴∠=∠=⨯︒=︒,4AC BC == ,cos304AD AC ∴=︒==2AB AD ∴==BB ∴'的长=60180AB π=,故选:B .【点睛】本题考查了图形的旋转变换,等腰三角形的性质,三角函数定义,弧长公式,正确运算三角函数定义求线段的长度是解本题的关键.22.(2022·内蒙古包头)如图,在Rt ABC 中,90,30,2ACB A BC ∠=︒∠=︒=,将ABC 绕点C 顺时针旋转得到A B C '' ,其中点A '与点A 是对应点,点B '与点B 是对应点.若点B '恰好落在AB 边上,则点A 到直线A C '的距离等于( )A .B .C .3D .2【答案】C【分析】如图,过A 作AQ A C '⊥于,Q 求解4,AB AC == 结合旋转:证明60,,90,B A B C BC B C A CB '''''∠=∠=︒=∠=︒ 可得BB C '△为等边三角形,求解60,A CA '∠=︒ 再应用锐角三角函数可得答案.【详解】解:如图,过A 作AQ A C '⊥于,Q由90,30,2ACB A BC ∠=︒∠=︒=,4,AB AC ∴===结合旋转:60,,90,B A B C BC B C A CB '''''∴∠=∠=︒=∠=︒BB C '∴ 为等边三角形,60,30,BCB ACB ''∴∠=︒∠=︒60,A CA '∴∠=︒sin 60 3.AQ AC ∴=︒== ∴A 到A C '的距离为3.故选C【点睛】本题考查的是旋转的性质,含30︒的直角三角形的性质,勾股定理的应用,等边三角形的判定与性质,锐角三角函数的应用,作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键.23.(2022·内蒙古通辽)冬季奥林匹克运动会是世界上规模最大的冬季综合性运动会,下列四个图是历届冬奥会图标中的一部分,其中是轴对称图形的为( )A .B .C .D .【答案】A【分析】根据轴对称图形的定义,即可求解.【详解】解:A 、是轴对称图形,故本选项符合题意;B 、不是轴对称图形,故本选项不符合题意;C 、不是轴对称图形,故本选项不符合题意;D 、不是轴对称图形,故本选项不符合题意;故选:A【点睛】本题主要考查了轴对称图形的定义,熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合,这样的图形就叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴是解题的关键.24.(2022·四川内江)2022年2月第24届冬季奥林匹克运动会在我国北京成功举办,以下是参选的冬奥会会徽设计的部分图形,其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【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可.【详解】A.不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故A 错误;B.不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故B 错误;C.既是轴对称图形,也是中心对称图形,故C 正确;D.不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故D 错误.故选:C .【点睛】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义,如果一个平面图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,这个图形就叫做轴对称图形;中心对称图形的定义:把一个图形绕着某一个点旋转180°,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形叫做中心对称图形,这个点就是它的对称中心.25.(2022·广西河池)如图,在Rt △ABC 中,90ACB ∠︒=,6AC =,8BC =,将Rt ABC 绕点B 顺时针旋转90°得到Rt A B C ''' .在此旋转过程中Rt ABC 所扫过的面积为( )A .25π+24B .5π+24C .25πD .5π【答案】A 【分析】根据勾股定理定理求出AB ,然后根据扇形的面积和三角形的面积公式求解.【详解】解:∵90ACB ∠︒=,6AC =,8BC =,∴10AB ==,∴Rt ABC 所扫过的面积为2901016825243602ππ⋅⋅+⨯⨯=+.故选:A .【点睛】本题主要考查了旋转的性质,扇形的面积的计算,勾股定理,熟练掌握扇形的面积公式是解答的关键.26.(2022·上海)有一个正n 边形旋转90 后与自身重合,则n 为( )A .6B .9C .12D .15【答案】C【分析】根据选项求出每个选项对应的正多边形的中心角度数,与90 一致或有倍数关系的则符合题意.【详解】如图所示,计算出每个正多边形的中心角,90 是30 的3倍,则可以旋转得到.A. B. C. D.观察四个正多边形的中心角,可以发现正12边形旋转90°后能与自身重合故选C .【点睛】本题考查正多边形中心角与旋转的知识,解决本题的关键是求出中心角的度数并与旋转度数建立关系.27.(2022·贵州毕节)矩形纸片ABCD 中,E 为BC 的中点,连接AE ,将ABE △沿AE 折叠得到AFE △,连接CF .若4AB =,6BC =,则CF 的长是( )A .3B .175C .72D .185【答案】D 【分析】连接BF 交AE 于点G ,根据对称的性质,可得AE 垂直平分BF ,BE =FE ,BG =FG =12BF ,根据E 为BC 中点,可证BE =CE =EF ,通过等边对等角可证明∠BFC =90°,利用勾股定理求出AE ,再利用三角函数(或相似)求出BF ,则根据FC =【详解】连接BF ,与AE 相交于点G ,如图,∵将ABE △沿AE 折叠得到AFE △∴ABE △与AFE △关于AE 对称∴AE 垂直平分BF ,BE =FE ,BG =FG =12BF∵点E 是BC 中点∴BE =CE =DF =132BC =∴5AE ===∵sin BE BG BAE AE AB ∠==∴341255BE AB BG AE ⋅⨯===∴12242225BF BG ==⨯=∵BE =CE =DF ∴∠EBF =∠EFB ,∠EFC =∠ECF∴∠BFC =∠EFB +∠EFC =180902︒=︒∴185FC ==故选 D 【点睛】本题考查了折叠对称的性质,熟练运用对称性质证明相关线段相等是解题的关键.二.填空题28.(2022·山东临沂)如图,在平面直角坐标系中,ABC 的顶点A ,B 的坐标分别是()0,2A ,()2,1B -.平移ABC 得到A B C ''' ,若点A 的对应点A '的坐标为()1,0-,则点B 的对应点B '的坐标是_____________.【答案】()1,3-【分析】根据点A 坐标及其对应点A '的坐标的变化规律可得平移后对应点的横坐标减小1,纵坐标减小2,即可得到答案.【详解】 平移ABC 得到A B C ''' ,点()0,2A 的对应点A '的坐标为()1,0-,∴ABC 向左平移了1个单位长度,向下平移了2个单位长度,即平移后对应点的横坐标减小1,纵坐标减小2,∴()2,1B -的对应点B '的坐标是()1,3-,故答案为:()1,3-.【点睛】本题考查了平移坐标的变化规律,即左减右加,上加下减,熟练掌握知识点是解题的关键.29.(2022·广西贵港)如图,将ABC 绕点A 逆时针旋转角()0180αα︒<<︒得到ADE ,点B 的对应点D 恰好落在BC 边上,若,25DE AC CAD ⊥∠=︒,则旋转角α的度数是______.【答案】50︒【分析】先求出65ADE ∠=︒,由旋转的性质,得到65∠=∠=︒B ADE ,AB AD =,则65ADB ∠=︒,即可求出旋转角α的度数.【详解】解:根据题意,∵,25DE AC CAD ⊥∠=︒,∴902565ADE ∠=︒-︒=︒,由旋转的性质,则65∠=∠=︒B ADE ,AB AD =,∴65ADB B ∠=∠=︒,∴180665550BAD ︒-∠=︒=︒-︒;∴旋转角α的度数是50°;故答案为:50°.【点睛】本题考查了旋转的性质,三角形的内角和定理,解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算.30.(2022·广西贺州)如图,在平面直角坐标系中,OAB 为等腰三角形,5OA AB ==,点B 到x 轴的距离为4,若将OAB 绕点O 逆时针旋转90︒,得到OA B ''△,则点B '的坐标为__________.【答案】(4,8)-【分析】过B 作BC OA ⊥于C ,过B '作BD x ⊥轴于D ,构建OB D OBC '∆≅∆,即可得出答案.【详解】过B 作BC OA ⊥于C ,过B '作BD x ⊥轴于D ,∴90B DO BCO '∠=∠=︒,∴2390∠+∠= ,由旋转可知90BOB '∠=︒,OB OB '=,∴1290∠+∠=︒,∴13∠=∠,∵OB OB '=,13∠=∠,B DO BCO '∠=∠,∴OB D OBC '∆≅∆,∴B D OC '=,4OD BC ==,∵5AB AO ==,∴3AC ===,∴8OC =,∴8B D '=,∴(4,8)B '-.故答案为:(4,8)-.【点睛】本题考查了旋转的性质以及如何构造全等三角形求得线段的长度,准确构造全等三角形求得线段长度是解题的关键.31.(2022·四川泸州)点()2,3-关于原点的对称点的坐标为________.【答案】()2,3-【分析】根据两个点关于原点对称时,它们的坐标符号相反,可以直接得到答案.【详解】点()2,3-关于原点对称的点的坐标是()2,3-故答案为:()2,3-【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点,两个点关于原点对称时,它们的坐标符号相反,即点P (x ,y )关于原点O 的对称点是P ′(-x ,-y ).32.(2022·吉林)第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素.如图,这个图案绕着它的中心旋转角()0360αα︒<<︒后能够与它本身重合,则角α可以为__________度.(写出一个即可)【答案】60或120或180或240或300(写出一个即可)【分析】如图(见解析),求出图中正六边形的中心角,再根据旋转的定义即可得.【详解】解:这个图案对应着如图所示的一个正六边形,它的中心角3601606︒∠==︒,0360α︒<<︒ ,∴角α可以为60︒或120︒或180︒或240︒或300︒,故答案为:60或120或180或240或300(写出一个即可).【点睛】本题考查了正多边形的中心角、图形的旋转,熟练掌握正多边形的性质是解题关键.33.(2022·贵州铜仁)如图,在边长为2的正方形ABCD 中,点E 为AD 的中点,将△CDE 沿CE 翻折得△CME ,点M 落在四边形ABCE 内.点N 为线段CE 上的动点,过点N 作NP //EM 交MC 于点P ,则MN +NP 的最小值为________.【答案】8 5【分析】过点M作MF⊥CD于F,推出MN+NP的最小值为MF的长,证明四边形DEMG为菱形,利用相似三角形的判定和性质求解即可.【详解】解:作点P关于CE的对称点P′,由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线,∴点P′在CD上,过点M作MF⊥CD于F,交CE于点G,∵MN+NP=MN+NP′≤MF,∴MN+NP的最小值为MF的长,连接DG,DM,由折叠的性质知CE为线段DM的垂直平分线,∵AD=CD=2,DE=1,∴CE∵12CE×DO=12CD×DE,∴DO∴EO∵MF⊥CD,∠EDC=90°,∴DE ∥MF ,∴∠EDO =∠GMO ,∵CE 为线段DM 的垂直平分线,∴DO =OM ,∠DOE =∠MOG =90°,∴△DOE ≌△MOG ,∴DE =GM ,∴四边形DEMG 为平行四边形,∵∠MOG =90°,∴四边形DEMG 为菱形,∴EG =2OE GM = DE =1,∴CG ,∵DE ∥MF ,即DE ∥GF ,∴△CFG ∽△CDE ,∴FG CG DE CE =,即1FG , ∴FG =35,∴MF =1+35=85,∴MN +NP 的最小值为85.故答案为:85.【点睛】此题主要考查轴对称在解决线段和最小的问题,熟悉对称点的运用和画法,知道何时线段和最小,会运用勾股定理和相似三角形的判定和性质求线段长度是解题的关键.34.(2022·山东潍坊)小莹按照如图所示的步骤折叠A 4纸,折完后,发现折痕AB ′与A 4纸的长边AB 恰好重合,那么A 4纸的长AB 与宽AD 的比值为___________.1【分析】判定△AB ′D ′是等腰直角三角形,即可得出AB AD ,再根据AB ′= AB ,再计算即可得到结论.【详解】解:∵四边形ABCD 是矩形,∴∠D =∠B =∠DAB =90°,由操作一可知:∠DAB ′=∠D ′AB ′=45°,∠AD ′B ′=∠D =90°,AD =AD ′,∴△AB ′D ′是等腰直角三角形,∴AD =AD ′= B ′D ′,由勾股定理得AB ,又由操作二可知:AB ′=AB ,=AB ,∴AB AD ,∴A 4纸的长AB 与宽AD 1:1.【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及折叠变换的运用,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题.35.(2022·山东潍坊)如图,在直角坐标系中,边长为2个单位长度的正方形ABCO 绕原点O 逆时针旋转75︒,再沿y 轴方向向上平移1个单位长度,则点B ''的坐标为___________.【答案】(1)+【分析】连接OB ,OB '由题意可得∠BOB '=75°,可得出∠COB '=30°,可求出B '的坐标,即可得出点B ''的坐标.【详解】解:如图:连接OB ,OB ',作B M '⊥y 轴∵ABCO是正方形,OA=2∴∠COB=45°,OB=∵绕原点O逆时针旋转75︒∴∠BOB'=75°∴∠COB'=30°∵OB'=OB=∴MB'MO∴B'(∵沿y轴方向向上平移1个单位长度∴B''(1)故答案为:(1)【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转,坐标与图形变化﹣平移,熟练掌握网格结构,准确确定出对应点的位置是解题的关键.36.(2022·湖南永州)如图,图中网格由边长为1的小正方形组成,点A为网格线的交点.若线段OA绕原点O顺时针旋转90°后,端点A的坐标变为______.【答案】()2,2-【分析】根据题意作出旋转后的图形,然后读出坐标系中点的坐标即可.【详解】解:线段OA 绕原点O 顺时针旋转90°后的位置如图所示,∴旋转后的点A 的坐标为(2,-2),故答案为:(2,-2).【点睛】题目主要考查图形的旋转,点的坐标,理解题意,作出旋转后的图形读出点的坐标是解题关键.三.解答题37.(2022·湖南)如图所示的方格纸(1格长为一个单位长度)中,AOB ∆的顶点坐标分别为(3,0)A ,(0,0)O ,(3,4)B .(1)将AOB ∆沿x 轴向左平移5个单位,画出平移后的△111AO B (不写作法,但要标出顶点字母);(2)将AOB ∆绕点O 顺时针旋转90︒,画出旋转后的△222A O B (不写作法,但要标出顶点字母);(3)在(2)的条件下,求点B 绕点O 旋转到点2B 所经过的路径长(结果保留)π.【答案】(1)见解析(2)见解析(3)52π【分析】(1)利用平移变换的性质分别作出A ,O ,B 的对应点1A ,1O ,1B 即可;(2)利用旋转变换的性质分别作出A ,O ,B 的对应点2A ,2O ,2B 即可;(3)利用弧长公式求解即可.(1)解:如图,111A O B ∆即为所求;(2)解:如图,222A O B ∆(即△A 2OB 2)即为所求;(3)解:在Rt AOB ∆中,5OB ==,905253602l ππ∴=⨯⨯=.【点睛】本题考查作图-旋转变换,平移变换,勾股定理、弧长公式等知识,解题的关键是掌握平移变换,旋转变换的性质.38.(2022·湖北荆州)如图,在10×10的正方形网格中,小正方形的顶点称为格点,顶点均在格点上的图形称为格点图形,图中△ABC为格点三角形.请按要求作图,不需证明.(1)在图1中,作出与△ABC全等的所有格点三角形,要求所作格点三角形与△ABC有一条公共边,且不与△ABC重叠;(2)在图2中,作出以BC为对角线的所有格点菱形.【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】对于(1),以AC为公共边的有2个,以AB为公共边的有2个,以BC为公共边的有1个,一共有5个,作出图形即可;对于(2),△ABC是等腰直角三角形,以BC为对角线的菱形只有1个,作出图形即可.(1)如图所示.。

中考数学真题分类汇编——几何综合题(含答案)

中考数学真题分类汇编——几何综合题(含答案)

中考数学真题分类汇编——几何综合题(含答案)类型1 类比探究的几何综合题类型2 与图形变换有关的几何综合题类型3 与动点有关的几何综合题类型4 与实际操作有关的几何综合题类型5 其他类型的几何综合题类型1 类比探究的几何综合题(2018苏州)(2018烟台)(2018东营)(1)某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目:如图1,在△ABC中,点O在线段BC上,∠BAO=30°,∠OAC=75°,AO=33,BO:CO=1:3,求AB的长.经过社团成员讨论发现,过点B作BD∥AC,交AO的延长线于点D,通过构造△ABD就可以解决问题(如图2).请回答:∠ADB= °,AB= .(2)请参考以上解决思路,解决问题:如图3,在四边形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,AC⊥AD,AO=33,∠ABC=∠ACB=75°, BO:OD=1:3,求DC的长.(2018长春)(第24题图1) (第24题图2) (第24题图3)(2018陕西)(2018齐齐哈尔)(2018河南)(2018仙桃)问题:如图①,在Rt△ABC中,AB=AC,D为BC边上一点(不与点B,C重合),将线段AD绕点A 逆时针旋转90°得到AE,连接EC,则线段BC,DC,EC之间满足的等量关系式为;探索:如图②,在Rt△ABC与Rt△ADE中,AB=AC,AD=AE,将△ADE绕点A旋转,使点D落在BC边上,试探索线段AD,BD,CD之间满足的等量关系,并证明你的结论;应用:如图③,在四边形ABCD中,∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°.若BD=9,CD=3,求AD的长.(2018襄阳)如图(1),已知点G在正方形ABCD的对角线AC上,GE⊥BC,垂足为点E,GF⊥CD,垂足为点F.(1)证明与推断:①求证:四边形CEGF是正方形;的值为;②推断:AGBE(2)探究与证明:将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角(0°<α<45°),如图(2)所示,试探究线段AG与BE 之间的数量关系,并说明理由;(3)拓展与运用正方形CEGF在旋转过程中,当B,E,F三点在一条直线上时,如图(3)所示,延长CG交AD于点H.若AG=6,GH=22,则BC= .(2018淮安)(2018咸宁)(2018黄石)在△ABC 中,E 、F 分别为线段AB 、AC 上的点(不与A 、B 、C 重合). (1)如图1,若EF ∥BC ,求证:AEF ABC S AE AFS AB AC∆∆= (2)如图2,若EF 不与BC 平行,(1)中的结论是否仍然成立?请说明理由;(3)如图3,若EF 上一点G 恰为△ABC 的重心,34AE AB =,求AEFABC S S ∆∆的值.BBB(2018山西)(2018盐城)【发现】如图①,已知等边ABC ,将直角三角形的60角顶点D 任意放在BC 边上(点D 不与点B 、C 重合),使两边分别交线段AB 、AC 于点E 、F .(1)若6AB=,4AE=,2BD=,则CF=_______;(2)求证:EBD DCF∆∆.【思考】若将图①中的三角板的顶点D在BC边上移动,保持三角板与AB、AC的两个交点E、F都存在,连接EF,如图②所示.问点D是否存在某一位置,使ED平分BEF∠且FD平分CFE∠?若存在,求出BDBC的值;若不存在,请说明理由.【探索】如图③,在等腰ABC∆中,AB AC=,点O为BC边的中点,将三角形透明纸板的一个顶点放在点O处(其中MON B∠=∠),使两条边分别交边AB、AC于点E、F(点E、F均不与ABC∆的顶点重合),连接EF.设Bα∠=,则AEF∆与ABC∆的周长之比为________(用含α的表达式表示).(2018绍兴)(2018达州)(2018菏泽)(2018扬州)问题呈现如图1,在边长为1的正方形网格中,连接格点D、N和E、C,DN与EC相交于点P,求tan CPN∠的值.方法归纳求一个锐角的三角函数值,我们往往需要找出(或构造出)一个直角三角形.观察发现问题中CPN∠不在直角三角形中,我们常常利用网格画平行线等方法解决此类问题.比如连接格点M、N,可得∠就变换到中Rt DMN∆.∠=∠,连接DM,那么CPNMN EC,则DNM CPN//问题解决(1)直接写出图1中tan CPN ∠的值为_________;(2)如图2,在边长为1的正方形网格中,AN 与CM 相交于点P ,求cos CPN ∠的值; 思维拓展(3)如图3,AB BC ⊥,4AB BC =,点M 在AB 上,且AM BC =,延长CB 到N ,使2BN BC =,连接AN 交CM 的延长线于点P ,用上述方法构造网格求CPN ∠的度数.(2018常德)已知正方形ABCD 中AC 与BD 交于O 点,点M 在线段BD 上,作直线AM 交直线DC 于E ,过D 作DH AE ⊥于H ,设直线DH 交AC 于N .(1)如图14,当M 在线段BO 上时,求证:MO NO =;(2)如图15,当M 在线段OD 上,连接NE ,当//EN BD 时,求证:BM AB =; (3)在图16,当M 在线段OD 上,连接NE ,当NE EC ⊥时,求证:2AN NC AC =⋅.(2018滨州)(2018湖州)(2018自贡)如图,已知AOB 60∠=,在AOB ∠的平分线OM 上有一点C ,将一个120°角的顶点与点C 重合,它的两条边分别与直线OA OB 、相交于点D E 、 .⑴当DCE ∠绕点C 旋转到CD 与OA 垂直时(如图1),请猜想OE OD +与OC 的数量关系,并说明理由;⑵当DCE ∠绕点C 旋转到CD 与OA 不垂直时,到达图2的位置,⑴中的结论是否成立?并说明理由; ⑶当DCE ∠绕点C 旋转到CD 与OA 的反向延长线相交时,上述结论是否成立?请在图3中画出图形,若成立,请给于证明;若不成立,线段OD OE 、与OC 之间又有怎样的数量关系?请写出你的猜想,不需证明.(2018嘉兴、舟山)O BOO B图3.(2018淄博)(1)操作发现:如图①,小明画了一个等腰三角形ABC ,其中AB AC =,在ABC ∆的外侧分别以,AB AC 为腰作了两个等腰直角三角形ABD ACE ,,分别取,BD CE ,BC 的中点,,M N G ,连接,GM GN .小明发现了:线段GM 与GN 的数量关系是 ;位置关系是 . (2)类比思考:如图②,小明在此基础上进行了深入思考.把等腰三角形ABC 换为一般的锐角三角形,其中AB AC >,其它条件不变,小明发现的上述结论还成立吗?请说明理由. (3)深入研究:如图③,小明在(2)的基础上,又作了进一步的探究.向ABC ∆的内侧分别作等腰直角三角形,ABD ACE ,其它条件不变,试判断GMN ∆的形状,并给与证明.类型2 与图形变换有关的几何综合题(2018宜昌)在矩形ABCD 中,12AB =,P 是边AB 上一点,把PBC 沿直线PC 折叠,顶点B 的对应点是点G ,过点B 作BE CG ⊥,垂足为E 且在AD 上,BE 交PC 于点F . (1)如图1,若点E 是AD 的中点,求证:AEB DEC ∆∆≌; (2) 如图2,①求证: BP BF =;②当AD 25=,且AE DE <时,求cos PCB ∠的值; ③当BP 9=时,求BE EF 的值.图1 图2 图2备用图 23.(1)证明:在矩形ABCD 中,90,A D AB DC ∠=∠==, 如图1,又AE DE =,图1∆≅∆,ABE DCE(2)如图2,图2①在矩形ABCD中,90∠=,ABC∆沿PC折叠得到GPC∆BPC∠=∠∴∠=∠=,BPC GPC PGC PBC90⊥BE CG∴,BE PG//∴∠=∠GPF PFBBPF BFP∴∠=∠∴=BP BFAD=时,②当25∠=BEC90∴∠+∠=,90AEB CED90AEB ABE ∠+∠=,CED ABE ∴∠=∠ 又90A D ∠=∠=,ABE DEC ∴∆∆∽AB DEAE CD∴=∴设AE x =,则25DE x =-,122512xx -∴=, 解得19x =,216x =AE DE <9,16AE DE ∴==, 20,15CE BE ∴==,由折叠得BP PG =,BP BF PG ∴==,//BE PG , ECF GCP ∴∆∆∽EF CEPG CG∴=设BP BF PG y ===,152025y y -∴=253y ∴=则253BP = 在Rt PBC ∆中,PC =,cos 10BC PCB PC ∠=== ③若9BP =,解法一:连接GF ,(如图3)90GEF BAE ∠=∠=, //,BF PG BF PG =∴四边形BPGF 是平行四边形BP BF =,∴平行四边形BPGF 是菱形//BP GF ∴, GFE ABE ∴∠=∠, GEF EAB ∴∆∆∽EF ABGF BE∴=129108BE EF AB GF ∴==⨯= 解法二:如图2,90FEC PBC ∠=∠=,EFC PFB BPF ∠=∠=∠, EFC BPC ∴∆∆∽EF CEBP CB∴=又90BEC A ∠=∠=, 由//AD BC 得AEB EBC ∠=∠,AEB EBC ∴∆∆∽AB CEBE CB∴=AE EFBE BP∴=129108BE EF AE BP ∴==⨯=解法三:(如图4)过点F 作FH BC ⊥,垂足为HBPF PFEGS BF BFS EF PG BE∆==+四边形图41212BFC BEC S BF EF BC EFBE S BC ∆∆⋅===⨯ 912EFBE ∴=129108BE EF ∴=⨯=(2018邵阳)(2018永州)(2018无锡)(2018包头)(2018赤峰)(2018昆明)(2018岳阳)(2018宿迁)(2018绵阳)(2018南充)(2018徐州)类型3 与动点有关的几何综合题(2018吉林)(2018黑龙江龙东)(2018黑龙江龙东)(2018广东)已知Rt△OAB,∠OAB=90o,∠ABO=30o,斜边OB=4,将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60o,如图25-1图,连接BC.(1)填空:∠OBC=_______o;(2)如图25-1图,连接AC,作OP⊥AC,垂足为P,求OP的长度;(3)如图25-2图,点M、N同时从点O出发,在△OCB边上运动,M沿O→C→B路径匀速运动,N沿O→B→C路径匀速运动,当两点相遇时运动停止.已知点M的运动速度为1.5单位/秒,点N的运动速度为1单位/秒.设运动时间为x秒,△OMN的面积为y,求当x为何值时y取得最大值?最大值为多少?(结果可保留根号)(2018衡阳)(2018黔东南)如图1,已知矩形AOCB,6cm s的AB cm=,动点P从点A出发,以3/=,16BC cm速度向点O运动,直到点O为止;动点Q同时从点C出发,以2/cm s的速度向点B运动,与点P同时结束运动.(1)点P 到达终点O 的运动时间是________s ,此时点Q 的运动距离是________cm ; (2)当运动时间为2s 时,P 、Q 两点的距离为________cm ; (3)请你计算出发多久时,点P 和点Q 之间的距离是10cm ;(4)如图2,以点O 为坐标原点,OC 所在直线为x 轴,OA 所在直线为y 轴,1cm 长为单位长度建立平面直角坐标系,连结AC ,与PQ 相交于点D ,若双曲线ky x=过点D ,问k 的值是否会变化?若会变化,说明理由;若不会变化,请求出k 的值.(2018青岛)已知:如图,四边形ABCD ,//,AB DC CB AB ⊥,16,6,8AB cm BC cm CD cm ===,动点P 从点D 开始沿DA 边匀速运动,动点Q 从点A 开始沿AB 边匀速运动,它们的运动速度均为2/cm s .点P 和点Q 同时出发,以QA QP 、为边作平行四边形AQPE ,设运动的时间为()t s ,05t <<.根据题意解答下列问题: (1)用含t 的代数式表示AP ;(2)设四边形CPQB 的面积为()2S cm ,求S 与t 的函数关系式; (3)当QP BD ⊥时,求t 的值;(4)在运动过程中,是否存在某一时刻t ,使点E 在ABD ∠的平分线上?若存在,求出t 的值;若不存在,请说明理由.(2018广州)如图12,在四边形ABCD 中,∠B=60°,∠D=30°,AB=BC. (1)求∠A+∠C 的度数(2)连接BD,探究AD,BD,CD 三者之间的数量关系,并说明理由。

2018年中考数学真题汇编--二次函数压轴题(含答案解析)

2018年中考数学真题汇编--二次函数压轴题(含答案解析)

2018年中考数学真题汇编--二次函数压轴题1.(2018·甘肃)如图,已知二次函数y=ax2+2x+c的图象经过点C(0,3),与x轴分别交于点A,点B(3,0).点P是直线BC上方的抛物线上一动点.(1)求二次函数y=ax2+2x+c的表达式;(2)连接PO,PC,并把△POC沿y轴翻折,得到四边形POP′C.若四边形POP′C为菱形,请求出此时点P的坐标;(3)当点P运动到什么位置时,四边形ACPB的面积最大?求出此时P点的坐标和四边形ACPB的最大面积.2.(2018·盐城)如图①,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=ax2+bx+3经过点A(−1,0)、B(3,0)两点,且与y轴交于点C.(1)求抛物线的表达式;(2)如图②,用宽为4个单位长度的直尺垂直于x轴,并沿x轴左右平移,直尺的左右两边所在的直线与抛物线相交于P、Q两点(点P在点Q的左侧),连接PQ,在线段PQ 上方抛物线上有一动点D,连接DP、DQ.(1)若点P的横坐标为−1,求△DPQ面积的最大值,并求此时点D的坐标;2(Ⅱ)直尺在平移过程中,△DPQ面积是否有最大值?若有,求出面积的最大值;若没有,请说明理由.3.(2018·邵阳)如图所示,将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折,然后向右平移1个单位,再向上平移4个单位,得到二次函数y=ax2+bx+c的图象.函数y=x2+ 2x+1的图象的顶点为点A.函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B,和x轴的交点为点C,D(点D位于点C的左侧).(1)求函数y=ax2+bx+c的解析式;(2)从点A,C,D三个点中任取两个点和点B构造三角形,求构造的三角形是等腰三角形的概率;(3)若点M是线段BC上的动点,点N是△ABC三边上的动点,是否存在以AM为斜边?若存在,求tan∠MAN的值;若不存的Rt△AMN,使△AMN的面积为△ABC面积的13在,请说明理由.4.(2018·随州)如图1,抛物线C1:y=ax2−2ax+c(a<0)与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C.已知点A的坐标为(−1,0),点O为坐标原点,OC=3OA,抛物线C1的顶点为G.(1)求出抛物线C1的解析式,并写出点G的坐标;(2)如图2,将抛物线C1向下平移k(k>0)个单位,得到抛物线C2,设C2与x轴的交点为A′、B′,顶点为G′,当△A′B′G′是等边三角形时,求k的值:(3)在(2)的条件下,如图3,设点M为x轴正半轴上一动点,过点M作x轴的垂线分别交抛物线C1、C2于P、Q两点,试探究在直线y=−1上是否存在点N,使得以P、Q、N为顶点的三角形与△AOQ全等,若存在,直接写出点M,N的坐标:若不存在,请说明理由.5.(2018·杭州临安)如图,△OAB是边长为2+√3的等边三角形,其中O是坐标原点,顶点B在y轴正方向上,将△OAB折叠,使点A落在边OB上,记为A′,折痕为EF.(1)当A′E//x轴时,求点A′和E的坐标;x2+bx+c经过点A′和E时,求抛物线与x轴的交点(2)当A′E//x轴,且抛物线y=−16的坐标;(3)当点A′在OB上运动,但不与点O、B重合时,能否使△A′EF成为直角三角形?若能,请求出此时点A′的坐标;若不能,请你说明理由.6.(2018·荆门)如图,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于原点及点A,且经过点B(4,8),对称轴为直线x=−2.(1)求抛物线的解析式;(2)设直线y=kx+4与抛物线两交点的横坐标分别为x1,x2(x1<x2),当1x2−1x1=12时,求k的值;(3)连接OB,点P为x轴下方抛物线上一动点,过点P作OB的平行线交直线AB于点Q,当S△POQ:S△BOQ=1:2时,求出点P的坐标.(坐标平面内两点M(x1,y1),N(x2,y2)之间的距离MN=√(x1−x2)2+(y1−y2)2)7.(2018·安顺)如图,已知抛物线y=ax2+bx+C(a≠0)的对称轴为直线x=−1,且抛物线与x轴交于A、B两点,与y轴交于C点,其中A(1,0),C(0,3).(1)若直线y=mx+n经过B、C两点,求直线BC和抛物成的解析式;(2)在抛物线的对称轴x=−1上找一点M,使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小,求出点M的坐标;(3)设点P为抛物线的对称轴x=−1上的一个动点,求使△BPC为直角三角形的点P的坐标.8.(2018·株洲)如图,已知二次函数y=ax2−5√3x+c(a>0)的图象抛物线与x 轴相交于不同的两点A(x1,0),B(x2,0),且x1<x2,(1)若抛物线的对称轴为x=√3求的a值;(2)若a=15,求c的取值范围;(3)若该抛物线与y轴相交于点D,连接BD,且∠OBD=60∘,抛物线的对称轴l与x轴相交点E,点F是直线l上的一点,点F的纵坐标为3+1,连接AF,满足∠ADB=∠AFE,求2a该二次函数的解析式.9.(2018·永州)如图1,抛物线的顶点A的坐标为(1,4),抛物线与x轴相交于B、C两点,与y轴交于点E(0,3).(1)求抛物线的表达式;(2)已知点F(0,−3),在抛物线的对称轴上是否存在一点G,使得EG+FG最小,如果存在,求出点G的坐标:如果不存在,请说明理由.(3)如图2,连接AB,若点P是线段OE上的一动点,过点P作线段AB的垂线,分别与线段AB、抛物线相交于点M、N(点M、N都在抛物线对称轴的右侧),当MN最大时,求△PON的面积.10.(2018·南通)已知,正方形ABCD,A(0,−4),B(l,−4),C(1,−5),D(0,−5),抛物线y=x2+mx−2m−4(m为常数),顶点为M.(1)抛物线经过定点坐标是______,顶点M的坐标(用m的代数式表示)是______;(2)若抛物线y=x2+mx−2m−4(m为常数)与正方形ABCD的边有交点,求m的取值范围;(3)若∠ABM=45∘时,求m的值.11.(2018·湘潭)如图,点P为抛物线y=14x2上一动点.(1)若抛物线y=14x2是由抛物线y=14(x+2)2−1通过图象平移得到的,请写出平移的过程;(2)若直线l经过y轴上一点N,且平行于x轴,点N的坐标为(0,−1),过点P作PM⊥l 于M.①问题探究:如图一,在对称轴上是否存在一定点F,使得PM=PF恒成立?若存在,求出点F的坐标:若不存在,请说明理由.②问题解决:如图二,若点Q的坐标为(1.5),求QP+PF的最小值.12.(2018·宜昌)如图,在平面直角坐标系中,矩形OADB的顶点A,B的坐标分别为A(−6,0),B(0,4).过点C(−6,1)的双曲线y=kx(k≠0)与矩形OADB的边BD交于点E.(1)填空:OA=______,k=______,点E的坐标为______;(2)当1≤t≤6时,经过点M(t−1,−12t2+5t−32)与点N(−t−3,−12t2+3t−72)的直线交y轴于点F,点P是过M,N两点的抛物线y=−12x2+bx+c的顶点.①当点P在双曲线y=kx 上时,求证:直线MN与双曲线y=kx没有公共点;②当抛物线y=−12x2+bx+c与矩形OADB有且只有三个公共点,求t的值;③当点F和点P随着t的变化同时向上运动时,求t的取值范围,并求在运动过程中直线MN在四边形OAEB中扫过的面积.13.(2018·浙江)已知,点M为二次函数y=−(x−b)2+4b+1图象的顶点,直线y=mx+5分别交x轴正半轴,y轴于点A,B.(1)判断顶点M是否在直线y=4x+1上,并说明理由.(2)如图1,若二次函数图象也经过点A,B,且mx+5>−(x−b)2+4b+1,根据图象,写出x的取值范围.(3)如图2,点A坐标为(5,0),点M在△AOB内,若点C(14,y1),D(34,y2)都在二次函数图象上,试比较y1与y2的大小.14.(2018·恩施)如图,已知抛物线交x轴于A、B两点,交y轴于C点,A点坐标为(−1,0),OC=2,OB=3,点D为抛物线的顶点.(1)求抛物线的解析式;(2)P为坐标平面内一点,以B、C、D、P为顶点的四边形是平行四边形,求P点坐标;(3)若抛物线上有且仅有三个点M1、M2、M3使得△M1BC、△M2BC、△M3BC的面积均为定值S,求出定值S及M1、M2、M3这三个点的坐标.15.(2018·孝感)如图1,在平面直角坐标系xOy中,已知点A和点B的坐标分别为A(−2,0),B(0,−6),将Rt△AOB绕点O按顺时针方向分别旋转90∘,180∘得到Rt△A1OC,Rt△EOF.抛物线C1经过点C,A,B;抛物线C2经过点C,E,F.(1)点C的坐标为______,点E的坐标为______;抛物线C1的解析式为______.抛物线C2的解析式为______;(2)如果点P(x,y)是直线BC上方抛物线C1上的一个动点.①若∠PCA=∠ABO时,求P点的坐标;②如图2,过点P作x轴的垂线交直线BC于点M,交抛物线C2于点N,记ℎ=PM+NM+√2BM,求h与x的函数关系式,当−5≤x≤−2时,求h的取值范围.2018年最新中考数学压轴精选15题二次函数类【答案】1. 解:(1)将点B 和点C 的坐标代入函数解析式,得 {c =39a+6+c=0,解得{c =3a=−1,二次函数的解析是为y =−x 2+2x +3;(2)若四边形POP′C 为菱形,则点P 在线段CO 的垂直平分线上, 如图1,连接PP′,则PE ⊥CO ,垂足为E ,∵C(0,3),∴E(0,32),∴点P 的纵坐标32,当y =32时,即−x 2+2x +3=32,解得x 1=2+√102,x 2=2−√102(不合题意,舍), ∴点P 的坐标为(2+√102,32);(3)如图2,P 在抛物线上,设P(m,−m 2+2m +3), 设直线BC 的解析式为y =kx +b , 将点B 和点C 的坐标代入函数解析式,得 {b =33k+3=0, 解得{b =3k=−1.直线BC 的解析为y =−x +3, 设点Q 的坐标为(m,−m +3),PQ =−m 2+2m +3−(−m +3)=−m 2+3m . 当y =0时,−x 2+2x +3=0, 解得x 1=−1,x 2=3, OA =1,AB =3−(−1)=4,S 四边形ABPC =S △ABC +S △PCQ +S △PBQ =12AB ⋅OC +12PQ ⋅OF +12PQ ⋅FB =12×4×3+12(−m 2+3m)×3 =−32(m −32)2+758,当m =32时,四边形ABPC 的面积最大. 当m =32时,−m 2+2m +3=154,即P 点的坐标为(32,154). 当点P 的坐标为(32,154)时,四边形ACPB 的最大面积值为758.2. 解:(1)将A(−1,0)、B(3,0)代入y =ax 2+bx +3,得:{9a +3b +3=0a−b+3=0,解得:{b =2a=−1, ∴抛物线的表达式为y =−x 2+2x +3.(2)(I)当点P 的横坐标为−12时,点Q 的横坐标为72, ∴此时点P 的坐标为(−12,74),点Q 的坐标为(72,−94). 设直线PQ 的表达式为y =mx +n , 将P(−12,74)、Q(72,−94)代入y =mx +n ,得: {−12m +n =7472m +n =−94,解得:{m =−1n =54, ∴直线PQ 的表达式为y =−x +54.如图②,过点D 作DE//y 轴交直线PQ 于点E ,设点D 的坐标为(x,−x 2+2x +3),则点E 的坐标为(x,−x +54), ∴DE =−x 2+2x +3−(−x +54)=−x 2+3x +74,∴S △DPQ =12DE ⋅(x Q −x P )=−2x 2+6x +72=−2(x −32)2+8.∵−2<0,∴当x =32时,△DPQ 的面积取最大值,最大值为8,此时点D 的坐标为(32,154). (II)假设存在,设点P 的横坐标为t ,则点Q 的横坐标为4+t ,∴点P 的坐标为(t,−t 2+2t +3),点Q 的坐标为(4+t,−(4+t)2+2(4+t)+3), 利用待定系数法易知,直线PQ 的表达式为y =−2(t +1)x +t 2+4t +3. 设点D 的坐标为(x,−x 2+2x +3),则点E 的坐标为(x,−2(t +1)x +t 2+4t +3), ∴DE =−x 2+2x +3−[−2(t +1)x +t 2+4t +3]=−x 2+2(t +2)x −t 2−4t , ∴S △DPQ =12DE ⋅(x Q −x P )=−2x 2+4(t +2)x −2t 2−8t =−2[x −(t +2)]2+8.∵−2<0,∴当x =t +2时,△DPQ 的面积取最大值,最大值为8.∴假设成立,即直尺在平移过程中,△DPQ 面积有最大值,面积的最大值为8.3. 解:(1)y =x 2+2x +1=(x +1)2的图象沿x 轴翻折,得y =−(x +1)2.把y =−(x +1)2向右平移1个单位,再向上平移4个单位,得y =−x 2+4, ∴所求的函数y =ax 2+bx +c 的解析式为y =−x 2+4; (2)∵y =x 2+2x +1=(x +1)2, ∴A(−1,0),当y =0时,−x 2+4=0,解得x =±2,则D(−2,0),C(2,0); 当x =0时,y =−x 2+4=4,则B(0,4),从点A ,C ,D 三个点中任取两个点和点B 构造三角形的有:△ACB ,△ADB ,△CDB , ∵AC =3,AD =1,CD =4,AB =√17,BC =2√5,BD =2√5,∴△BCD 为等腰三角形,∴构造的三角形是等腰三角形的概率=13; (3)存在.易得BC 的解析是为y =−2x +4,S △ABC =12AC ⋅OB =12×3×4=6, M 点的坐标为(m,−2m +4)(0≤m ≤2),①当N 点在AC 上,如图1,∴△AMN 的面积为△ABC 面积的13, ∴12(m +1)(−2m +4)=2,解得m 1=0,m 2=1,当m =0时,M 点的坐标为(0,4),N(0,0),则AN =1,MN =4, ∴tan∠MAC =MN AN=41=4;当m =1时,M 点的坐标为(1,2),N(1,0),则AN =2,MN =2,∴tan∠MAC =MN AN=22;②当N 点在BC 上,如图2, BC =√22+42=2√5,∵12BC ⋅AN =12AC ⋅BC ,解得AN =3×42√5=6√55, ∵S △AMN =12AN ⋅MN =2, ∴MN =4AN =2√53, ∴∠MAC =MNAN =2√536√55=59; ③当N 点在AB 上,如图3,作AH ⊥BC 于H ,设AN =t ,则BN =√17−t , 由②得AH =6√55,则BH =√(√17)2−(6√55)2=7√55, ∵∠NBG =∠HBA , ∴△BNM ∽△BHA , ∴MN AH=BNBH ,即MN 6√55=√17−t7√55,∴MN=6√17−6t7,∵12AN⋅MN=2,即12⋅(√17−t)⋅6√17−6t7=2,整理得3t2−3√17t+14=0,△=(−3√17)2−4×3×14=−15<0,方程没有实数解,∴点N在AB上不符合条件,综上所述,tan∠MAN的值为1或4或59.4. 解:(1)∵点A的坐标为(−1,0),∴OA=1,∴OC=3OA,∴点C的坐标为(0,3),将A、C坐标代入y=ax2−2ax+c,得:{c=3a+2a+c=0,解得:{c=3a=−1,∴抛物线C1的解析式为y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4,所以点G的坐标为(1,4).(2)设抛物线C2的解析式为y=−x2+2x+3−k,即y=−(x−1)2+4−k,过点G′作G′D⊥x轴于点D,设BD′=m,∵△A′B′G′为等边三角形,∴G′D=√3B′D=√3m,则点B′的坐标为(m+1,0),点G′的坐标为(1,√3m),将点B′、G′的坐标代入y=−(x−1)2+4−k,得:{−m 2+4−k=04−k=√3m,解得:{k1=4m1=0(舍),{m2=√3k2=1,∴k=1;(3)设M(x,0),则P(x,−x 2+2x +3)、Q(x,−x 2+2x +2), ∴PQ =OA =1,∵∠AOQ 、∠PQN 均为钝角, ∴△AOQ ≌△PQN ,如图2,延长PQ 交直线y =−1于点H ,则∠QHN =∠OMQ =90∘, 又∵△AOQ ≌△PQN ,∴OQ =QN ,∠AOQ =∠PQN , ∴∠MOQ =∠HQN , ∴△OQM ≌△QNH(AAS),∴OM =QH ,即x =−x 2+2x +2+1, 解得:x =1±√132(负值舍去), 当x =1+√132时,HN =QM =−x 2+2x +2=√13−12,点M(1+√132,0),∴点N 坐标为(1+√132+√13−12,−1),即(√13,−1); 或(1+√132−√13−12,−1),即(1,−1); 如图3,同理可得△OQM≌△PNH,∴OM=PH,即x=−(−x2+2x+2)−1,解得:x=−1(舍)或x=4,当x=4时,点M的坐标为(4,0),HN=QM=−(−x2+2x+2)=6,∴点N的坐标为(4+6,−1)即(10,−1),或(4−6,−1)即(−2,−1);综上点M1(1+√132,0)、N1(√13,−1);M2(1+√132,0)、N2(1,−1);M3(4,0)、N3(10,−1);M4(4,0)、N4(−2,−1).5. 解:(1)由已知可得∠A′OE=60∘,A′E=AE,由A′E//x轴,得△OA′E是直角三角形,设A′的坐标为(0,b),AE=A′E=√3b,OE=2b,√3b+2b=2+√3,所以b=1,A′、E的坐标分别是(0,1)与(√3,1).(2)因为A′、E在抛物线上,所以{1=c1=−16⋅(√3)2+√3b+c,所以{c=1b=√36,函数关系式为y=−16x2+√36x+1,由−16x2+√36x+1=0,得x1=−√3,x2=2√3,与x轴的两个交点坐标分别是(−√3,0)与(2√3,0).(3)不可能使△A′EF成为直角三角形.∵∠FA′E=∠FAE=60∘,若△A′EF 成为直角三角形,只能是∠A′EF =90∘或∠A′FE =90∘ 若∠A′EF =90∘,利用对称性,则∠AEF =90∘, A 、E 、A 三点共线,O 与A 重合,与已知矛盾; 同理若∠A′FE =90∘也不可能, 所以不能使△A′EF 成为直角三角形. 6. 解:(1)根据题意得,{−b2a=−216a +4b +c =8c =0,∴{a =14b =1c =0, ∴抛物线解析式为y =14x 2+x ;(2)∵直线y =kx +4与抛物线两交点的横坐标分别为x 1,x 2, ∴14x 2+x =kx +4, ∴x 2−4(k −1)x −16=0,根据根与系数的关系得,x 1+x 2=4(k −1),x 1x 2=−16, ∵1x 2−1x 1=12,∴2(x 1−x 2)=x 1x 2, ∴4(x 1−x 2)2=(x 1x 2)2,∴4[(x 1+x 2)2−4x 1x 2]=(x 1x 2)2, ∴4[16(k −1)2+64]=162, ∴k =1;(3)如图,取OB 的中点C , ∴BC =12OB , ∵B(4,8), ∴C(2,4), ∵PQ//OB ,∴点O 到PQ 的距离等于点O 到OB 的距离, ∵S △POQ :S △BOQ =1:2, ∴OB =2PQ ,∴PQ =BC ,∵PQ//OB , ∴四边形BCPQ 是平行四边形, ∴PC//AB ,∵抛物线的解析式为y =14x 2+x②,令y =0, ∴14x 2+x =0, ∴x =0或x =−4, ∴A(−4,0), ∵B(4,8),∴直线AB 解析式为y =x +4,设直线PC 的解析式为y =x +m , ∵C(2,4),∴直线PC 的解析式为y =x +2②,联立①②解得,{x =2√2y =2√2+2(舍)或{x =−2√2y =−2√2+2,∴P(−2√2,−2√2+2).7. 解:(1)依题意得:{−b2a =−1a +b +c =0c =3,解之得:{a =−1b =−2c =3,∴抛物线解析式为y =−x 2−2x +3 ∵对称轴为x =−1,且抛物线经过A(1,0), ∴把B(−3,0)、C(0,3)分别代入直线y =mx +n ,得{n =3−3m+n=0,解之得:{n =3m=1,∴直线y =mx +n 的解析式为y =x +3;(2)设直线BC 与对称轴x =−1的交点为M ,则此时MA +MC 的值最小.把x =−1代入直线y =x +3得,y =2, ∴M(−1,2),即当点M 到点A 的距离与到点C 的距离之和最小时M 的坐标为(−1,2);(3)设P(−1,t), 又∵B(−3,0),C(0,3),∴BC 2=18,PB 2=(−1+3)2+t 2=4+t 2,PC 2=(−1)2+(t −3)2=t 2−6t +10,①若点B 为直角顶点,则BC 2+PB 2=PC 2即:18+4+t 2=t 2−6t +10解之得:t =−2; ②若点C 为直角顶点,则BC 2+PC 2=PB 2即:18+t 2−6t +10=4+t 2解之得:t =4,③若点P 为直角顶点,则PB 2+PC 2=BC 2即:4+t 2+t 2−6t +10=18解之得:t 1=3−√172,t 2=3−√172;综上所述P 的坐标为(−1,−2)或(−1,4)或(−1,3+√172) 或(−1,3−√172).8. 解:(1)抛物线的对称轴是:x =−b 2a =−−5√32a=√3,解得:a =52;(2)由题意得二次函数解析式为:y =15x 2−5√3x +c , ∵二次函数与x 轴有两个交点, ∴△>0,∴△=b 2−4ac =(−5√3)2−4×15c , ∴c <54;(3)∵∠BOD =90∘,∠DBO =60∘, ∴tan60∘=ODOB =cOB =√3, ∴OB =√33c , ∴B(√33c,0),把B(√33c,0)代入y =ax 2−5√3x +c 中得:ac 23−5√3⋅√3c 3+c =0,ac 23−5c +c =0,∵c ≠0, ∴ac =12, ∴c =12a,把c =12a代入y =ax 2−5√3x +c 中得:y =a(x 2−5√3x a+12a 2)=a(x −4√3a)(x −√3a), ∴x 1=4√3a,x 2=√3a, ∴A(√3a ,0),B(4√3a,0),D(0,12a ), ∴AB =4√3a −√3a=3√3a ,AE =3√32a, ∵F 的纵坐标为3+12a , ∴F(5√32a ,6a+12a),过点A作AG⊥DB于G,∴BG=12AB=AE=3√32a,AG=92a,DG=DB−BG=8√3a −3√32a=13√32a,∵∠ADB=∠AFE,∠AGD=∠FEA=90∘,∴△ADG∽△AFE,∴AEAG =FEDG,∴3√32a92a=6a+12a13√32a,∴a=2,c=6,∴y=2x2−5√3x+6.9. 解:(1)设抛物线的表达式为:y=a(x−1)2+4,把(0,3)代入得:3=a(0−1)2+4,a=−1,∴抛物线的表达式为:y=−(x−1)2+4=−x2+2x+3;(2)存在,如图1,作E关于对称轴的对称点,连接交对称轴于G,此时EG+FG的值最小,∵E(0,3),,易得的解析式为:y=3x−3,当x=1时,y=3×1−3=0,∴G(1,0)(3)如图2,∵A(1,4),B(3,0),易得AB的解析式为:y=−2x+6,设N(m,−m2+2m+3),则Q(m,−2m+6),(0≤m≤3),∴NQ=(−m2+2m+3)−(−2m+6)=−m2+4m−3,∵AD//NH,∴∠DAB=∠NQM,∵∠ADB=∠QMN=90∘,∴△QMN∽△ADB,∴QNMN =ABBD,∴−m2+4m−3MN =2√52,∴MN=−√55(m−2)2+√55,∵−√55<0,∴当m=2时,MN有最大值;过N作NG⊥y轴于G,∵∠GPN=∠ABD,∠NGP=∠ADB=90∘,∴△NGP∽△ADB,∴PGNG =BDAD=24=12,∴PG=12NG=12m,∴OP=OG−PG=−m2+2m+3−12m=−m2+32m+3,∴S△PON=12OP⋅GN=12(−m2+32m+3)⋅m,当m=2时,S△PON=12×2(−4+3+3)=2.10. (2,0);(−m2,−14m2−2m−4)11. 解:(1)∵抛物线y=14(x+2)2−1的顶点为(−2,−1)∴抛物线y=14(x+2)2−1的图象向上平移1个单位,再向右2个单位得到抛物线y=14x2的图象.(2)①存在一定点F,使得PM=PF恒成立.如图一,过点P作PB⊥y轴于点B设点P坐标为(a,14a2)∴PM=PF=14a2+1∵PB=a ∴Rt△PBF中BF=√PF2−PB2=√(14a2+1)2−a2=14a2−1∴OF=1∴点F坐标为(0,1)②由①,PM=PFQP+PF的最小值为QP+QM的最小值当Q、P、M三点共线时,QP+QM有最小值为点Q纵坐标5.∴QP+PF的最小值为5.,4)12. 6;−6;(−3213. 解:(1)点M为二次函数y=−(x−b)2+4b+1图象的顶点,∴M的坐标是(b,4b+1),把x=b代入y=4x+1,得y=4b+1,∴点M在直线y=4x+1上;(2)如图1,直线y=mx+5交y轴于点B,∴B点坐标为(0,5)又B在抛物线上,∴5=−(0−b)2+4b+1=5,解得b=2,二次函数的解析是为y=−(x−2)2+9,当y=0时,−(x−2)2+9=0,解得x1=5,x2=−1,∴A(5,0).由图象,得当mx+5>−(x−b)2+4b+1时,x的取值范围是x<0或x>5;(3)如图2,∵直线y=4x+1与直线AB交于点E,与y轴交于F,A(5,0),B(0,5)得直线AB的解析式为y=−x+5,联立EF,AB得方程组{y =−x +5y=4x+1, 解得{x =45y =215,∴点E(45,215),F(0,1). 点M 在△AOB 内,1<4b +1<215∴0<b <45.当点C ,D 关于抛物线的对称轴对称时,b −14=34−b ,∴b =12, 且二次函数图象开口向下,顶点M 在直线y =4x +1上, 综上:①当0<b <12时,y 1>y 2, ②当b =12时,y 1=y 2, ③当12<b <45时,y 1<y 2.14. 解:(1)由OC =2,OB =3,得到B(3,0),C(0,2),设抛物线解析式为y =a(x +1)(x −3), 把C(0,2)代入得:2=−3a ,即a =−23,则抛物线解析式为y =−23(x +1)(x −3)=−23x 2+43x +2;(2)抛物线y =−23(x +1)(x −3)=−23x 2+43x +2=−23(x −1)2+83, ∴D(1,83),当四边形CBPD 是平行四边形时,由B(3,0),C(0,2),得到P(4,23); 当四边形CDBP 是平行四边形时,由B(3,0),C(0,2),得到P(2,−23); 当四边形BCPD 是平行四边形时,由B(3,0),C(0,2),得到P(−2,143); (3)设直线BC 解析式为y =kx +b , 把B(3,0),C(0,2)代入得:{b =23k+b=0,解得:{k =−23b =2, ∴y =−23x +2,设与直线BC 平行的解析式为y =−23x +b , 联立得:{y =−23x +by =−23x 2+43x +2, 消去y 得:2x 2−6x +3b −6=0,当直线与抛物线只有一个公共点时,△=36−8(3b −6)=0, 解得:b =72,即y =−23x +72, 此时交点M 1坐标为(32,52);可得出两平行线间的距离为√1313,同理可得另一条与BC 平行且平行线间的距离为√1313的直线方程为y =−23x +12,联立解得:M 2(3−3√22,√2−12),M 3(3+3√22,−√2−12),此时S =1.15. (−6,0);(2,0);y =−12x 2−4x −6;y =−12x 2−2x +6【解析】1. (1)根据待定系数法,可得函数解析式;(2)根据菱形的对角线互相垂直且平分,可得P 点的纵坐标,根据自变量与函数值的对应关系,可得P 点坐标;(3)根据平行于y 轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标,可得PQ 的长,根据面积的和差,可得二次函数,根据二次函数的性质,可得答案.本题考查了二次函数综合题,解(1)的关键是待定系数法;解(2)的关键是利用菱形的性质得出P 点的纵坐标,又利用了自变量与函数值的对应关系;解(3)的关键是利用面积的和差得出二次函数,又利用了二次函数的性质.2. (1)根据点A 、B 的坐标,利用待定系数法即可求出抛物线的表达式;(2)(I)由点P 的横坐标可得出点P 、Q 的坐标,利用待定系数法可求出直线PQ 的表达式,过点D 作DE//y 轴交直线PQ 于点E ,设点D 的坐标为(x,−x 2+2x +3),则点E 的坐标为(x,−x +54),进而即可得出DE 的长度,利用三角形的面积公式可得出S △DPQ =−2x 2+6x +72,再利用二次函数的性质即可解决最值问题;(II)假设存在,设点P 的横坐标为t ,则点Q 的横坐标为4+t ,进而可得出点P 、Q 的坐标,利用待定系数法可求出直线PQ 的表达式,设点D 的坐标为(x,−x 2+2x +3),则点E 的坐标为(x,−2(t +1)x +t 2+4t +3),进而即可得出DE 的长度,利用三角形的面积公式可得出S △DPQ =−2x 2+4(t +2)x −2t 2−8t ,再利用二次函数的性质即可解决最值问题. 本题考查了待定系数法求二次(一次)函数解析式、二次(一次)函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及二次函数的最值,解题的关键是:(1)根据点的坐标,利用待定系数法求出二次函数表达式;(2)(I)利用三角形的面积公式找出S △DPQ =−2x 2+6x +72;(II)利用三角形的面积公式找出S △DPQ =−2x 2+4(t +2)x −2t 2−8t .3. (1)利用配方法得到y =x 2+2x +1=(x +1)2,然后根据抛物线的变换规律求解;(2)利用顶点式y =(x +1)2得到A(−1,0),解方程−x 2+4=0得D(−2,0),C(2,0)易得B(0,4),列举出所有的三角形,再计算出AC =3,AD =1,CD =4,AB =√17,BC =2√5,BD =2√5,然后根据等腰三角形的判定方法和概率公式求解;(3)易得BC 的解析是为y =−2x +4,S △ABC =6,M 点的坐标为(m,−2m +4)(0≤m ≤2),讨论:①当N 点在AC 上,如图1,利用面积公式得到12(m +1)(−2m +4)=2,解得m 1=0,m 2=1,当m =0时,求出AN =1,MN =4,再利用正切定义计算tan∠MAC 的值;当m =1时,计算出AN =2,MN =2,再利用正切定义计算tan∠MAC 的值;②当N 点在BC 上,如图2,先利用面积法计算出AN =6√55,再根据三角形面积公式计算出MN =2√53,然后利用正切定义计算tan∠MAC 的值;③当N 点在AB 上,如图3,作AH ⊥BC 于H ,设AN =t ,则BN =√17−t ,由②得AH =6√55,利用勾股定理可计算出BH =7√55,证明△BNM ∽△BHA ,利用相似比可得到MN =6√17−6t 7,利用三角形面积公式得到12⋅(√17−t)⋅6√17−6t7=2,根据此方程没有实数解可判断点N 在AB 上不符合条件,从而得到tan∠MAN 的值为1或4或59. 本题考查了二次函数的综合题:熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰三角形的判定、概率公式;理解二次函数图象的图象变换规律,会利用待定系数法求函数解析式;理解坐标与图形性质,记住两点间的距离公式,会利用相似比表示线段之间的关系;会运用分类讨论的思想解决数学问题.4. (1)由点A 的坐标及OC =3OA 得点C 坐标,将A 、C 坐标代入解析式求解可得;(2)设抛物线C 2的解析式为y =−x 2+2x +3−k ,即y =−(x −1)2+4−k ,′作G′D ⊥x 轴于点D ,设BD′=m ,由等边三角形性质知点B′的坐标为(m +1,0),点G′的坐标为(1,√3m),代入所设解析式求解可得;(3)设M(x,0),则P(x,−x2+2x+3)、Q(x,−x2+2x+2),根据PQ=OA=1且∠AOQ、∠PQN 均为钝角知△AOQ≌△PQN,延长PQ交直线y=−1于点H,证△OQM≌△QNH,根据对应边相等建立关于x的方程,解之求得x的值从而进一步求解.本题主要考查二次函数的综合问题,解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点.5. (1)当A′E//x轴时,△A′EO是直角三角形,可根据∠A′OE的度数用O′A表示出OE和A′E,由于A′E=AE,且A′E+OE=OA=2+√3,由此可求出OA′的长,也就能求出A′E的长.据此可求出A′和E的坐标;(2)将A′,E点的坐标代入抛物线中,即可求出其解析式.进而可求出抛物线与x轴的交点坐标;(3)根据折叠的性质可知:∠FA′E=∠A,因此∠FA′E不可能为直角,因此要使△A′EF成为直角三角形只有两种可能:①∠A′EF=90∘,根据折叠的性质,∠A′EF=∠AEF=90∘,此时A′与O重合,与题意不符,因此此种情况不成立.②∠A′FE=90∘,同①,可得出此种情况也不成立.因此A′不与O、B重合的情况下,△A′EF不可能成为直角三角形.本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、图形旋转变换、直角三角形的判定和性质等知识点,综合性较强.6. (1)先利用对称轴公式得出b=4a,进而利用待定系数法即可得出结论;(2)先利用根与系数的关系得出,x1+x2=4(k−1),x1x2=−16,转化已知条件,代入即可得出结论;(3)先判断出OB=2PQ,进而判断出点C是OB中点,再求出AB解析式,判断出PC//AB,即可得出PC解析式,和抛物线解析式联立解方程组即可得出结论.此题是二次函数综合题,主要考查了待定系数法,一元二次方程的根与系数的关系,平行四边形的判定和性质,等高的两三角形面积的比等于底的比,判断出OB=2PQ是解本题的关键.7. (1)先把点A,C的坐标分别代入抛物线解析式得到a和b,c的关系式,再根据抛物线的对称轴方程可得a和b的关系,再联立得到方程组,解方程组,求出a,b,c的值即可得到抛物线解析式;把B、C两点的坐标代入直线y=mx+n,解方程组求出m和n的值即可得到直线解析式;(2)设直线BC与对称轴x=−1的交点为M,则此时MA+MC的值最小.把x=−1代入直线y=x+3得y的值,即可求出点M坐标;(3)设P(−1,t),又因为B(−3,0),C(0,3),所以可得BC2=18,PB2=(−1+3)2+t2=4+t2,PC2=(−1)2+(t−3)2=t2−6t+10,再分三种情况分别讨论求出符合题意t值即可求出点P的坐标.本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数(二次函数和一次函数)的解析式、利用轴对称性质确定线段的最小长度、难度不是很大,是一道不错的中考压轴题.8. (1)根据抛物线的对称轴公式代入可得a的值;(2)根据已知得:抛物线与x轴有两个交点,则△>0,列不等式可得c的取值范围;(3)根据60∘的正切表示点B的坐标,把点B的坐标代入抛物线的解析式中得:ac=12,则c=12a,从而得A和B的坐标,表示F的坐标,作辅助线,构建直角△ADG,根据已知的角相等可得△ADG∽△AFE,列比例式得方程可得a和c的值.本题是二次函数综合题,涉及的知识点有:代入法的运用,根与判别式的关系,对称轴公式,解方程,三角形相似的性质和判定,勾股定理等知识,第3问有难度,利用特殊角的三角函数表示A、B两点的坐标是关键,综合性较强.9. (1)根据顶点式可求得抛物线的表达式;(2)根据轴对称的最短路径问题,作E关于对称轴的对称点,连接交对称轴于G,此时EG+FG的值最小,先求的解析式,它与对称轴的交点就是所求的点G;(3)如图2,先利用待定系数法求AB的解析式为:y=−2x+6,设N(m,−m2+2m+3),则Q(m,−2m+6),(0≤m≤3),表示NQ=−m2+4m−3,证明△QMN∽△ADB,列比例式可得MN的表达式,根据配方法可得当m=2时,MN有最大值,证明△NGP∽△ADB,同理得PG的长,从而得OP的长,根据三角形的面积公式可得结论,并将m=2代入计算即可.本题主要考查的是二次函数的综合应用,解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、一次函数的解析式、相似三角形的性质和判定、三角形的面积、轴对称的最短路径问题,根据比例式列出关于m的方程是解题答问题(3)的关键.10. 解:(1)y=x2+mx−2m−4=(x2−4)+m(x−2)=(x−2)(x+2+m),当x=2时,y=0,∴抛物线经过定点坐标是(2,0).∵抛物线的解析式为y=x2+mx−2m−4,∴顶点M的对称轴为直线x=−b2a =−m2当x═−m2时,y=(−m2)2+m⋅(−m2)−2m−4=−14m2−2m−4故答案为:(2,0);(−m2,−14m2−2m−4).(2)设x=−m2,y=−14m2−2m−4则m=−2x,带入y=−m2,−14m2−2m−4.整理得y=−x2+4x−4即抛物线的顶点在抛物线y=−x2+4x−4上运动.其对称轴为直线x=2,当抛物线顶点直线x=2右侧时即m<−4时,抛物线y=x2+mx−2m−4与正方形ABCD 无交点.当m>−4时,观察抛物线的顶点所在抛物线y=−x2+4x−4恰好过点A(0,−4),此时m= 0当抛物线y=x2+mx−2m−4过点C(1,−5)时−5=1+m−2m−4,得m=2∴抛物线y=x2+mx−2m−4(m为常数)与正方形ABCD的边有交点时m的范围为:0≤m≤2(3)由(2)抛物线顶点M在抛物线y=−x2+4x−4上运动当点M在线段AB上方时,过点B且使∠ABM=45∘的直线解析式为y=−x−3联立方程−x2+4x−4=−x−3求交点横坐标的x1=5+√212(舍去)x2=5−√212m=−5+√21当点M在线段AB下方时过点B且使∠ABM=45∘的直线解析式为y=x−5联立方程−x2+4x−4=x−5求交点横坐标为x1=3+√132(舍去)x2=3−√132m=−3+√13∴m的值为−5+√21或−3+√13(1)判断函数图象过定点时,可以分析代入的x值使得含m的同类项合并后为系数为零.(2)由(1)中用m表示的顶点坐标,可以得到在m变化时,抛物线顶点M抛物线在y=−x2+ 4x−4上运动,分析该函数图象和正方形ABCD的顶点位置关系可以解答本题;(3)由已知点M在过点B且与AB夹角为45∘角的直线与抛物线在y=−x2+4x−4的交点上,则问题可解.本题考查含有字母参数的二次函数图象及其性质,解答过程中注意数形结合,关注m的变化过程中,抛物线的变化趋势.11. (1)找到抛物线顶点坐标即可找到平移方式.(2)①设出点P坐标,利用PM=PF计算BF,求得F坐标;②利用PM=PF,将QP+PF转化为QP+QM,利用垂线段最短解决问题.本题以二次函数为背景,考查了数形结合思想、转换思想和学生解答问题的符号意思.12. 解:(1)∵A点坐标为(−6,0)∴OA=6∵过点C(−6,1)的双曲线y=kx∴k=−6y=4时,x=−64=−32∴点E 的坐标为(−32,4) 故答案为:6,−6,(−32,4)(2)①设直线MN 解析式为:y 1=k 1x +b 1 由题意得:{−12t 2+5t −32=k 1(t −1)+b 1−12t 2+3t −72=k 1(−t −3)+b 1 解得{k 1=1b =−12t 2+4t −12∵抛物线y =−12x 2+bx +c 过点M 、N∴{−12t 2+5t −32=−12(t −1)2+b(t −1)+c−12t 2+3t −72=−12(−t −3)2+b(−t −3)+c 解得{c =5t −2b=−1∴抛物线解析式为:y =−12x 2−x +5t −2 ∴顶点P 坐标为(−1,5t −32) ∵P 在双曲线y =−6x 上∴(5t −32)×(−1)=−6∴t =32此时直线MN 解析式为: 联立{y =x +358y =−6x∴8x 2+35x +49=0∵△=352−4×8×48=1225−1536<0∴直线MN 与双曲线y =−6x 没有公共点.②当抛物线过点B ,此时抛物线y =−12x 2+bx +c 与矩形OADB 有且只有三个公共点 ∴4=5t −2,得t =65当抛物线在线段DB 上,此时抛物线与矩形OADB 有且只有三个公共点 ∴10t−32=4,得t =1110∴t =65或t =1110③∵点P 的坐标为(−1,5t −32)∴y P =5t −32当1≤t ≤6时,y P 随t 的增大而增大 此时,点P 在直线x =−1上向上运动 ∵点F 的坐标为(0,−12t 2+4t −12)∴y F =−12(t −4)2+152∴当1≤t ≤4时,随者y F 随t 的增大而增大 此时,随着t 的增大,点F 在y 轴上向上运动∴1≤t ≤4当t =1时,直线MN :y =x +3与x 轴交于点G(−3,0),与y 轴交于点H(0,3) 当t =4−√3时,直线MN 过点A .当1≤t ≤4时,直线MN 在四边形AEBO 中扫过的面积为S =12×(32+6)×4−12×3×3=212(1)根据题意将先关数据带入(2)①用t 表示直线MN 解析式,及b ,c ,得到P 点坐标带入双曲线y =kx 解析式,证明关于t 的方程无解即可;②根据抛物线开口和对称轴,分别讨论抛物线过点B 和在BD 上时的情况;③由②中部分结果,用t 表示F 、P 点的纵坐标,求出t 的取值范围及直线MN 在四边形OAEB 中所过的面积.本题为二次函数与反比例函数综合题,考查了数形结合思想和分类讨论的数学思想.解题过程中,应注意充分利用字母t 表示相关点坐标.13. (1)根据顶点式解析式,可得顶点坐标,根据点的坐标代入函数解析式检验,可得答案; (2)根据待定系数法,可得二次函数的解析式,根据函数图象与不等式的关系:图象在下方的函数值小,可得答案;(3)根据解方程组,可得顶点M 的纵坐标的范围,根据二次函数的性质,可得答案. 本题考查了二次函数综合题,解(1)的关键是把点的坐标代入函数解析式检验;解(2)的关键是利用函数图不等式的关系:图象在上方的函数值大;解(3)的关键是解方程组得出顶点M 的纵坐标的范围,又利用了二次函数的性质:a <0时,点与对称轴的距离越小函数值越大.14. (1)由OC 与OB 的长,确定出B 与C 的坐标,再由A 坐标,利用待定系数法确定出抛物线解析式即可;(2)分三种情况讨论:当四边形CBPD 是平行四边形;当四边形BCPD 是平行四边形;四边形BDCP 是平行四边形时,利用平移规律确定出P 坐标即可;(3)由B 与C 坐标确定出直线BC 解析式,求出与直线BC 平行且与抛物线只有一个交点时交点坐标,。

专题 图形的轴对称、平移与旋转 中考数学

专题 图形的轴对称、平移与旋转 中考数学

专题 图形的轴对称、平移与旋转目录一、考情分析二、知识建构考点图形的轴对称、平移与旋转题型01 图形的识别题型02 与图形变化有关的作图问题题型03 几何图形的平移变化题型04 与函数图象有关的平移变化题型05 几何图形的折叠问题题型06 与函数图象有关的轴对称变化题型07 几何图形的旋转变化题型08 与函数图象有关的旋转变化题型09 利用平移、轴对称、旋转的性质解决多结论问题题型10 与图形变化有关的最值问题【核心提炼·查漏补缺】【好题必刷·强化落实】考点图形的轴对称、平移与旋转题型01 图形的识别平移的概念:在平面内,一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置,这样的图形运动叫做平移.轴对称图形定义:如果一个平面图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,那么这个图形就叫做轴对称图形.中心对称图形定义:如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合,我们就把这个图形叫做中心对称图形.在判断一个图形是否为轴对称图形、中心对称图形时,要明确以下两点:1)如果能找到一条直线(对称轴)把一个图形分成两部分,且直线两旁的部分完全重合,那么这个图形就是轴对称图形;2)把一个平面图形绕某一点旋转 180°,如果旋转后的图形能和原图形重合,那么这个图形就是中心对称图形.1.(2023·湖南郴州·中考真题)下列图形中,能由图形a通过平移得到的是( )A.B.C.D.2.(2023·黑龙江大庆·中考真题)搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭于2023年5月30日成功发射升空,景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员开启“太空出差”之旅,展现了中国航天科技的新高度.下列图标中,其文字上方的图案是中心对称图形的是()A.B.C.D.3.(2023·湖北荆州·中考真题)观察如图所示的几何体,下列关于其三视图的说法正确的是( )A.主视图既是中心对称图形,又是轴对称图形B.左视图既是中心对称图形,又是轴对称图形C.俯视图既是中心对称图形,又是轴对称图形D.主视图、左视图、俯视图都是中心对称图形4.(2022·宁夏·中考真题)如图,将三角尺直立举起靠近墙面,打开手机手电筒照射三角尺,在墙面上形成影子.则三角尺与影子之间属于以下哪种图形变换()A.平移B.轴对称C.旋转D.位似题型02与图形变化有关的作图问题解决图形变化有关的作图问题方法:1)平移与旋转作图都应抓住两个要点:一是平移、旋转的方向;二是平移的距离及旋转的角度.2)基本的作图方法是先选取已知图形的几个关键点,再根据平移或旋转的性质作它们的对应点,然后以“局部带动整体”的思想方法作变换后的图形.3)无论是平移、轴对称与旋转,都不改变图形的大小和形状.1.(2023·黑龙江·中考真题)如图,在平面直角坐标系中,已知△ABC的三个顶点坐标分别是A(2,−1),B (1,−2),C(3,−3).(1)将△ABC向上平移4个单位,再向右平移1个单位,得到△A1B1C1,请画出△A1B1C1.(2)请画出△ABC关于y轴对称的△A2B2C2.(3)将△A2B2C2着原点O顺时针旋转90°,得到△A3B3C3,求线段A2C2在旋转过程中扫过的面积(结果保留π).2.(2023·四川达州·中考真题)如图,网格中每个小正方形的边长均为1,△ABC的顶点均在小正方形的格点上.(1)将△ABC向下平移3个单位长度得到△A1B1C1,画出△A1B1C1;(2)将△ABC绕点C顺时针旋转90度得到△A2B2C2,画出△A2B2C2;(3)在(2)的运动过程中请计算出△ABC扫过的面积.3.(2022·广西河池·中考真题)如图、在平面直角坐标系中,△ABC的三个顶点的坐标分别为A(4,1),B (2,3),C(1,2).(1)画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1;(2)以原点O为位似中心,在第三象限内画一个△A2B2C2,使它与△ABC的相似比为2:1,并写出点B2的坐标.题型03 几何图形的平移变化平移变换问题:分几何图形平移变换和函数图像平移变换. 平移是将一个图形沿某一方向移动一段距离,不会改变图形的大小和形状,只改变图形的位置.在图形的变化过程中,解决此类问题的方法很多,而关键在于解决问题的着眼点,从恰当的着眼点出发,再根据具体图形变换的特点确定其变化.1.(2023·山东潍坊·中考真题)如图,在直角坐标系中,菱形OABC的顶点A的坐标为(−2,0),∠AOC=60°.将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度,再沿y轴向下平移1个单位长度,得到菱形OA′B′C′,其中点B′的坐标为()A.(−2,3−1)B.(−2,1)C.(−3,1)D.(−3,3−1)2.(2023·河南·中考真题)李老师善于通过合适的主题整合教学内容,帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题,形成科学的思维习惯.下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题,请你解答.(1)观察发现:如图1,在平面直角坐标系中,过点M(4,0)的直线l∥y轴,作△ABC关于y轴对称的图形△A1B1 C1,再分别作△A1B1C1关于x轴和直线l对称的图形△A2B2C2和△A3B3C3,则△A2B2C2可以看作是△ABC 绕点O顺时针旋转得到的,旋转角的度数为______;△A3B3C3可以看作是△ABC向右平移得到的,平移距离为______个单位长度.(2)探究迁移:如图2,▱ABCD中,∠BAD=α(0°<α<90°),P为直线AB下方一点,作点P关于直线AB的对称点P1,再分别作点P1关于直线AD和直线CD的对称点P2和P3,连接AP,AP2,请仅就图2的情形解决以下问题:①若∠PAP2=β,请判断β与α的数量关系,并说明理由;②若AD=m,求P,P3两点间的距离.(3)拓展应用:在(2)的条件下,若α=60°,AD=23,∠PAB=15°,连接P2P3.当P2P3与▱ABCD的边平行时,请直接写出AP的长.3.(2023·吉林·中考真题)【操作发现】如图①,剪两张对边平行的纸条,随意交叉叠放在一起,使重合的部分构成一个四边形EFMN.转动其中一张纸条,发现四边形EFMN总是平行四边形其中判定的依据是__________.【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条ABCD和EFGH(AB<BC,FG≤BC),其中AB=EF,∠B=∠FEH,将它们按图②放置,EF落在边BC上,FG,EH与边AD分别交于点M,N.求证:▱EFMN是菱形.【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条ABCD不动,将平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移,且EF始终在边BC 上.当MD =MG 时,延长CD ,HG 交于点P ,得到图③.若四边形ECPH 的周长为40,sin ∠EFG =45(∠EFG 为锐角),则四边形ECPH 的面积为_________.4.(2023·天津·中考真题)在平面直角坐标系中,O 为原点,菱形ABCD 的顶点A(3,0),B(0,1),D(23,1),矩形EFGH 的顶点E 0,−3,0,(1)填空:如图①,点C 的坐标为________,点G 的坐标为________;(2)将矩形EFGH 沿水平方向向右平移,得到矩形E ′F ′G ′H ′,点E ,F ,G ,H 的对应点分别为E ′,F ′,G ′,H ′.设EE ′=t ,矩形E ′F ′G ′H ′与菱形ABCD 重叠部分的面积为S .①如图②,当边E ′F ′与AB 相交于点M 、边G ′H ′与BC 相交于点N ,且矩形E ′F ′G ′H ′与菱形ABCD 重叠部分为五边形时,试用含有t 的式子表示S ,并直接写出t 的取值范围:②当233≤t ≤1134时,求S 的取值范围(直接写出结果即可).题型04 与函数图象有关的平移变化1.(2023·湖南益阳·中考真题)我们在学习一次函数、二次函数图象的平移时知道:将一次函数y =2x 的图象向上平移1个单位得到y =2x +1的图象;将二次函数y =x 2+1的图象向左平移2个单位得到y =(x +2)2+1的图象.若将反比例函数y =6x 的图象向下平移3个单位,如图所示,则得到的图象对应的函数表达式是 .2.(2023·山东青岛·中考真题)许多数学问题源于生活.雨伞是生活中的常用物品,我们用数学的眼光观察撑开后的雨伞(如图①)、可以发现数学研究的对象——抛物线.在如图②所示的直角坐标系中,伞柄在y 轴上,坐标原点O为伞骨OA,OB的交点.点C为抛物线的顶点,点A,B在抛物线上,OA,OB关于y轴对称.OC=1分米,点A到x轴的距离是0.6分米,A,B两点之间的距离是4分米.(1)求抛物线的表达式;(2)分别延长AO,BO交抛物线于点F,E,求E,F两点之间的距离;(3)以抛物线与坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积为S1,将抛物线向右平移m(m>0)个单位,得到一条新S1,求m的值.抛物线,以新抛物线与坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积为S2.若S2=35x2+bx−4的图像与x轴相交于点A(−2,0)、B,其顶点是3.(2023·江苏·中考真题)如图,二次函数y=12C.(1)b=_______;(2)D是第三象限抛物线上的一点,连接OD,tan∠AOD=5;将原抛物线向左平移,使得平移后的抛物线经过2点D,过点(k,0)作x轴的垂线l.已知在l的左侧,平移前后的两条抛物线都下降,求k的取值范围;(3)将原抛物线平移,平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q,且其顶点P落在原抛物线上,连接PC、QC、PQ.已知△PCQ是直角三角形,求点P的坐标.4.(2023·黑龙江绥化·中考真题)如图,抛物线y1=ax2+bx+c的图象经过A(−6,0),B(−2,0),C(0,6)三点,且一次函数y=kx+6的图象经过点B.(1)求抛物线和一次函数的解析式.(2)点E,F为平面内两点,若以E、F、B、C为顶点的四边形是正方形,且点E在点F的左侧.这样的E,F两点是否存在?如果存在,请直接写出所有满足条件的点E的坐标:如果不存在,请说明理由.(3)将抛物线y1=ax2+bx+c的图象向右平移8个单位长度得到抛物线y2,此抛物线的图象与x轴交于M,N两点(M点在N点左侧).点P是抛物线y2上的一个动点且在直线NC下方.已知点P的横坐标为m.过点P作PD有最大值,最大值是多少?PD⊥NC于点D.求m为何值时,CD+12题型05 几何图形的折叠问题【问题情境】如图1,小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠,展开后再折叠,使点B落在对角线BD上,点B的对应点记为B′,折痕与边AD,BC分别交于点E,F.【活动猜想】(1)如图2,当点B′与点D重合时,四边形BEDF是哪种特殊的四边形?答:_________.【问题解决】(2)如图3,当AB=4,AD=8,BF=3时,求证:点A′,B′,C在同一条直线上.【深入探究】(3)如图4,当AB与BC满足什么关系时,始终有A′B′与对角线AC平行?请说明理由.(4)在(3)的情形下,设AC与BD,EF分别交于点O,P,试探究三条线段AP,B′D,EF之间满足的等量关系,并说明理由.2.(2023·辽宁沈阳·中考真题)如图1,在▱ABCD纸片中,AB=10,AD=6,∠DAB=60°,点E为BC边上的一点(点E不与点C重合),连接AE,将▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠,点C,D的对应点分别为C′、D′,射线C′E与射线AD交于点F.(1)求证:AF=EF;(2)如图2,当EF⊥AF时,DF的长为______ ;(3)如图3,当CE=2时,过点F作FM⊥AE,垂足为点M,延长FM交C′D′于点N,连接AN、EN,求△ANE的面积.3.(2023·辽宁大连·中考真题)综合与实践问题情境:数学活动课上,王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质.已知AB=AC,∠A>90°,点E为AC上一动点,将△ABE以BE为对称轴翻折.同学们经过思考后进行如下探究:独立思考:小明:“当点D落在BC上时,∠EDC=2∠ACB.”小红:“若点E为AC中点,给出AC与DC的长,就可求出BE的长.”实践探究:奋进小组的同学们经过探究后提出问题1,请你回答:问题1:在等腰△ABC中,AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到.(1)如图1,当点D落在BC上时,求证:∠EDC=2∠ACB;(2)如图2,若点E为AC中点,AC=4,CD=3,求BE的长.问题解决:小明经过探究发现:若将问题1中的等腰三角形换成∠A<90°的等腰三角形,可以将问题进一步拓展.问题2:如图3,在等腰△ABC中,∠A<90°,AB=AC=BD=4,2∠D=∠ABD.若CD=1,则求BC的长.4.(2022·河南·中考真题)综合与实践综合与实践课上,老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动.(1)操作判断操作一:对折矩形纸片ABCD,使AD与BC重合,得到折痕EF,把纸片展平;操作二:在AD上选一点P,沿BP折叠,使点A落在矩形内部点M处,把纸片展平,连接PM,BM.根据以上操作,当点M在EF上时,写出图1中一个30°的角:______.(2)迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片,继续探究,过程如下:将正方形纸片ABCD按照(1)中的方式操作,并延长PM交CD于点Q,连接BQ.①如图2,当点M在EF上时,∠MBQ=______°,∠CBQ=______°;②改变点P在AD上的位置(点P不与点A,D重合),如图3,判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系,并说明理由.(3)拓展应用在(2)的探究中,已知正方形纸片ABCD的边长为8cm,当FQ=1cm时,直接写出AP的长.题型06 与函数图象有关的轴对称变化1.(2022·四川巴中·中考真题)函数y=|ax2+bx+c|(a>0,b2−4ac>0)的图象是由函数y=ax2+bx+c (a>0,b2−4ac>0)的图象x轴上方部分不变,下方部分沿x轴向上翻折而成,如图所示,则下列结论正确的是()①2a+b=0;②c=3;③abc>0;④将图象向上平移1个单位后与直线y=5有3个交点.A.①②B.①③C.②③④D.①③④2.(2023·四川德阳·中考真题)已知:在平面直角坐标系中,抛物线与x轴交于点A(−4,0),B(2,0),与y轴交于点C(0,−4).(1)求抛物线的解析式;(2)如图1,如果把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°,抛物线的其余部分保持不变,得到一个新图象.当平面内的直线y=kx+6与新图象有三个公共点时,求k的值;(3)如图2,如果把直线AB沿y轴向上平移至经过点D,与抛物线的交点分别是E,F,直线BC交EF于点H,过=25.求点F的坐标.点F作FG⊥CH于点G,若DFHG3.(2023·山东日照·中考真题)在平面直角坐标系xOy内,抛物线y=−ax2+5ax+2(a>0)交y轴于点C,过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D.(1)求点C,D的坐标;(2)当a=1时,如图1,该抛物线与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧),点P为直线AD上方抛物线上3一点,将直线PD沿直线AD翻折,交x轴于点M(4,0),求点P的坐标;(3)坐标平面内有两点+1,F(5,a+1),以线段EF为边向上作正方形EFGH.①若a=1,求正方形EFGH的边与抛物线的所有交点坐标;②当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点,且这两个交点到x轴的距离之差为5时,求a的值.24.(2022·辽宁沈阳·中考真题)如图,平面直角坐标系中,O是坐标原点,抛物线y=ax2+bx−3经过点B(6,0)和点D(4,−3)与x轴另一个交点A.抛物线与y轴交于点C,作直线AD.(1)①求抛物线的函数表达式②并直接写出直线AD的函数表达式.(2)点E是直线AD下方抛物线上一点,连接BE交AD于点F,连接BD,DE,△BDF的面积记为S1,△DEF 的面积记为S2,当S1=2S2时,求点E的坐标;(3)点G为抛物线的顶点,将抛物线图象中x轴下方部分沿x轴向上翻折,与抛物线剩下部分组成新的曲线为C1,点C的对应点C′,点G的对应点G′,将曲线C1,沿y轴向下平移n个单位长度(0<n<6).曲线C1与直线BC的公共点中,选两个公共点作点P和点Q,若四边形C′G′QP是平行四边形,直接写出P的坐标.题型07几何图形的旋转变化旋转变换问题:分为几何图形旋转变换和与函数图象有关的旋转变化.在实际解题中,若我们能恰当地运用图形的旋转变换,往往能起到集中条件、开阔思路、化难为易的效果,图形的旋转变换,既要借助于推理,但更要借助于直觉和观察,变换的意识与变换的视角,会使这种直觉更敏锐,使这种观察更具眼力. 1.(2023·内蒙古赤峰·中考真题)数学兴趣小组探究了以下几何图形.如图①,把一个含有45°角的三角尺放在正方形ABCD中,使45°角的顶点始终与正方形的顶点C重合,绕点C旋转三角尺时,45°角的两边CM,CN 始终与正方形的边AD,AB所在直线分别相交于点M,N,连接MN,可得△CMN.【探究一】如图②,把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH,同时得到点H在直线AB上.求证:∠CNM=∠CNH;【探究二】在图②中,连接BD,分别交CM,CN于点E,F.求证:△CEF∽△CNM;【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置,直线BD与三角尺45°角两边CM,CN分别交于点E,F.连接AC 的值.交BD于点O,求EFNM2.(2023·湖南·中考真题)如图,在等边三角形ABC中,D为AB上的一点,过点D作BC的平行线DE交AC于点E,点P是线段DE上的动点(点P不与D、E重合).将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°,得到△ACQ,连接EQ、PQ,PQ交AC于F.(1)证明:在点P的运动过程中,总有∠PEQ=120°.(2)当AP为何值时,△AQF是直角三角形?DP3.(2022·山东济南·中考真题)如图1,△ABC是等边三角形,点D在△ABC的内部,连接AD,将线段AD 绕点A按逆时针方向旋转60°,得到线段AE,连接BD,DE,CE.(1)判断线段BD 与CE 的数量关系并给出证明;(2)延长ED 交直线BC 于点F .①如图2,当点F 与点B 重合时,直接用等式表示线段AE ,BE 和CE 的数量关系为_______;②如图3,当点F 为线段BC 中点,且ED =EC 时,猜想∠BAD 的度数,并说明理由.题型08 与函数图象有关的旋转变化1.(2021·青海西宁·中考真题)如图,正比例函数y =12x 与反比例函数y =k x (x >0)的图象交于点A ,AB ⊥x 轴于点B ,延长AB 至点C ,连接OC .若cos ∠BOC =23,OC =3.(1)求OB 的长和反比例函数的解析式;(2)将△AOB 绕点О旋转90°,请直接写出旋转后点A 的对应点A '的坐标.2.(2022·四川资阳·中考真题)已知二次函数图象的顶点坐标为A(1,4),且与x 轴交于点B(−1,0).(1)求二次函数的表达式;(2)如图,将二次函数图象绕x轴的正半轴上一点P(m,0)旋转180°,此时点A、B的对应点分别为点C、D.①连结AB、BC、CD、DA,当四边形ABCD为矩形时,求m的值;②在①的条件下,若点M是直线x=m上一点,原二次函数图象上是否存在一点Q,使得以点B、C、M、Q为顶点的四边形为平行四边形,若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.x2+bx+c的图象经过点A(0,2),3.(2023·辽宁沈阳·中考真题)如图,在平面直角坐标系中,二次函数y=13与x轴的交点为点B(3,0)和点C.(1)求这个二次函数的表达式;(2)点E,G在y轴正半轴上,OG=2OE,点D在线段OC上,OD=3OE.以线段OD,OE为邻边作矩形ODFE,连接GD,设OE=a.①连接FC,当△GOD与△FDC相似时,求a的值;②当点D与点C重合时,将线段GD绕点G按逆时针方向旋转60°后得到线段GH,连接FH,FG,将△GFH绕点F 按顺时针方向旋转α(0°<α≤180°)后得到△G′FH′,点G,H的对应点分别为G′、H′,连接DE.当△G′FH′的边与线段DE垂直时,请直接写出点H′4.(2023·江苏徐州·中考真题)如图,在平而直角坐标系中,二次函数y=−3x2+23x的图象与x轴分别交于点O,A,顶点为B.连接OB,AB,将线段AB绕点A按顺时针方向旋转60°得到线段AC,连接BC.点D,E分别在线段OB,BC上,连接AD,DE,EA,DE与AB交于点F,∠DEA=60°.(1)求点A,B的坐标;(2)随着点E在线段BC上运动.①∠EDA的大小是否发生变化?请说明理由;②线段BF 的长度是否存在最大值?若存在,求出最大值;若不存在,请说明理由;(3)当线段DE 的中点在该二次函数的因象的对称轴上时,△BDE 的面积为 .题型09 利用平移、轴对称、旋转的性质解决多结论问题1.(2023·内蒙古赤峰·中考真题)如图,把一个边长为5的菱形ABCD 沿着直线DE 折叠,使点C 与AB 延长线上的点Q 重合.DE 交BC 于点F ,交AB 延长线于点E .DQ 交BC 于点P ,DM ⊥AB 于点M ,AM =4,则下列结论,①DQ =EQ ,②BQ =3,③BP =158,④BD ∥FQ .正确的是( )A .①②③B .②④C .①③④D .①②③④2.(2022·四川宜宾·中考真题)如图,△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形,∠BAC =∠DAE =90°,点D 是BC 边上的动点(不与点B 、C 重合),DE 与AC 交于点F ,连结CE .下列结论:①BD =CE ;②∠DAC =∠CED ;③若BD =2CD ,则CF AF =45;④在△ABC 内存在唯一一点P ,使得PA +PB +PC 的值最小,若点D 在AP 的延长线上,且AP 的长为2,则CE =2+3.其中含所有正确结论的选项是( )A .①②④B .①②③C .①③④D .①②③④3.(2022·四川眉山·中考真题)如图,四边形ABCD 为正方形,将△EDC 绕点C 逆时针旋转90°至△HBC ,点D ,B ,H 在同一直线上,HE 与AB 交于点G ,延长HE 与CD 的延长线交于点F ,HB =2,HG =3.以下结论:①∠EDC =135°;②EC 2=CD ⋅CF ;③HG =EF ;④sin ∠CED =23.其中正确结论的个数为( )A.1个B.2个C.3个D.4个4.(2023·山东日照·中考真题)如图,矩形ABCD中,AB=6,AD=8,点P在对角线BD上,过点P作MN⊥BD,交边AD,BC于点M,N,过点M作ME⊥AD交BD于点E,连接EN,BM,DN.下列结论:①EM=EN;;④BM+MN+ND的最小值是20.其中所②四边形MBND的面积不变;③当AM:MD=1:2时,S△MPE=9625有正确结论的序号是.题型10 与图形变化有关的最值问题1.(2023·辽宁盘锦·中考真题)如图,四边形ABCD是矩形,AB=10,AD=42,点P是边AD上一点(不与点A,D重合),连接PB,PC.点M,N分别是PB,PC的中点,连接MN,AM,DN,点E在边AD上,ME ∥DN,则AM+ME的最小值是()A.23B.3C.32D.422.(2023·湖北十堰·中考真题)在某次数学探究活动中,小明将一张斜边为4的等腰直角三角形ABC(∠A=90°)硬纸片剪切成如图所示的四块(其中D,E,F分别为AB,AC,BC的中点,G,H分别为DE,BF的中点),小明将这四块纸片重新组合拼成四边形(相互不重叠,不留空隙),则所能拼成的四边形中周长的最小值为,最大值为.3.(2023·黑龙江绥化·中考真题)如图,△ABC是边长为6的等边三角形,点E为高BD上的动点.连接CE,将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF.连接AF,EF,DF,则△CDF周长的最小值是.4.(2023·四川自贡·中考真题)如图1,一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起,M,N分别是斜边DE,AB 的中点,DE=2,AB=4.(1)将△CDE绕顶点C旋转一周,请直接写出点M,N距离的最大值和最小值;(2)将△CDE绕顶点C逆时针旋转120°(如图2),求MN的长.5.(2023·湖北随州·中考真题)1643年,法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题:给定不在同一条直线上的三个点A,B,C,求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置,意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明,该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”,该问题也被称为“将军巡营”问题.(1)下面是该问题的一种常见的解决方法,请补充以下推理过程:(其中①处从“直角”和“等边”中选择填空,②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空,③处填写角度数,④处填写该三角形的某个顶点)当△ABC的三个内角均小于120°时,如图1,将△APC绕,点C顺时针旋转60°得到△A′P′C,连接PP′,由PC =P ′C ,∠PCP ′=60°,可知△PCP ′为 ① 三角形,故PP ′=PC ,又P ′A ′=PA ,故PA +PB +PC =PA ′+PB +PP ′≥A ′B ,由 ② 可知,当B ,P ,P ′,A 在同一条直线上时,PA +PB +PC 取最小值,如图2,最小值为A ′B ,此时的P 点为该三角形的“费马点”,且有∠APC =∠BPC =∠APB = ③ ;已知当△ABC 有一个内角大于或等于120°时,“费马点”为该三角形的某个顶点.如图3,若∠BAC ≥120°,则该三角形的“费马点”为 ④ 点.(2)如图4,在△ABC 中,三个内角均小于120°,且AC =3,BC =4,∠ACB =30°,已知点P 为△ABC 的“费马点”,求PA +PB +PC 的值;(3)如图5,设村庄A ,B ,C 的连线构成一个三角形,且已知AC =4km ,BC =23km ,∠ACB =60°.现欲建一中转站P 沿直线向A ,B ,C 三个村庄铺设电缆,已知由中转站P 到村庄A ,B ,C 的铺设成本分别为a 元/km ,a 元/km ,2a 元/km ,选取合适的P 的位置,可以使总的铺设成本最低为___________元.(结果用含a 的式子表示)轴对称与轴对称图形定义把一个图形沿着某一条直线折叠,如果它能够与另一个图形重合,那么就说这两个图形关于这条直线对称,这条直线叫做对称轴.如果一个平面图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的对称轴.区别1)轴对称是指两个图形折叠重合.2)轴对称对称点在两个图形上.3)轴对称只有一条对称轴.1)轴对称图形是指本身折叠重合.2)轴对称图形对称点在一个图形上.3)轴对称图形至少有一条对称轴.联系1) 定义中都有一条直线,都要沿着这条直线折叠重合.2) 如果把轴对称的两个图形看成一个整体,那么它就是一个轴对称图形;反过来, 如果把轴对称图形沿对称轴分成两部分(即看成两个图形),那么这两个图形就关于这条直线成轴对称.性质1)关于某条直线对称的两个图形是全等形.2)两个图形关于某直线对称那么对称轴是对应点连线的垂直平分线.判定1)两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分,那么这两个图形关于这条直线对称.2)两个图形关于某条直线成轴对称,那么对称轴是对折重合的折痕线.常见的轴对称图形有:圆、正方形、长方形、菱形、等腰梯形、等腰三角形、等边三角形等.这个点叫做它的对称中心.区别中心对称是指两个图形的关系中心对称图形是指具有某种特性的一个图形联系两者可以相互转化,如果把中心对称的两个图形看成一个整体(一个图形),那么这“一个图形”就是中心对称图形;反过来,如果把一个中心对称图形相互对称的两部分看成两个图形,那么这“两个图形”中心对称.中心对称的性质:1)中心对称的两个图形,对称点所连线段都经过对称中心,而且被对称中心所平分;2)中心对称的两个图形是全等图形.找对称中心的方法和步骤:方法1:连接两个对应点,取对应点连线的中点,则中点为对称中心.方法2:连接两个对应点,在连接两个对应点,两组对应点连线的交点为对称中心.平移的三大要素:1)平移的起点,2)平移的方向,3)平移的距离.平移的性质:1)平移不改变图形的大小、形状,只改变图形的位置,因此平移前后的两个图形全等.2)平移前后对应线段平行且相等、对应角相等.3)任意两组对应点的连线平行(或在同一条直线上)且相等,对应点之间的距离就是平移的距离.旋转的三大要素:旋转中心、旋转方向和旋转角度.旋转的性质:1)对应点到旋转中心的距离相等;2)每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;3)旋转前后的图形全等.1. 图形的旋转由旋转中心、旋转方向与旋转的角度所决定.2. 旋转中心可以是图形外的一点,也可以是图形上的一点,还可以是图形内的一点.3. 对应点之间的运动轨迹是一段圆弧,对应点到旋转中心的线段就是这段圆弧所在圆的半径.4. 旋转是一种全等变换,旋转改变的是图形的位置,图形的大小关系不发生改变,所以在解答有关旋转的问题时,要注意挖掘相等线段、角,因此特殊三角形性质的运用、锐角三角函数建立的边角关系起着关键的作用.一、单选题1.(2023·山西吕梁·模拟预测)在我国“福禄寿喜”一般是指对人的祝福,代表健康长命幸福快活和吉祥如。

2018年全国各省市初中数学中考-函数真题汇编含解析

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2018年全国各省市中考数学函数与几何综合压轴题汇编含解析函数(共8小题)1.(2018•上海)一辆汽车在某次行驶过程中,油箱中的剩余油量y(升)与行驶路程x(千米)之间是一次函数关系,其部分图象如图所示.(1)求y关于x的函数关系式;(不需要写定义域)(2)已知当油箱中的剩余油量为8升时,该汽车会开始提示加油,在此次行驶过程中,行驶了500千米时,司机发现离前方最近的加油站有30千米的路程,在开往该加油站的途中,汽车开始提示加油,这时离加油站的路程是多少千米?解:(1)设该一次函数解析式为y=kx+b,将(150,45)、(0,60)代入y=kx+b中,,解得:,∴该一次函数解析式为y=﹣x+60.(2)当y=﹣x+60=8时,解得x=520.即行驶520千米时,油箱中的剩余油量为8升.530﹣520=10千米,油箱中的剩余油量为8升时,距离加油站10千米.∴在开往该加油站的途中,汽车开始提示加油,这时离加油站的路程是10千米.2.(2018•江西)如图,反比例函数y=(k≠0)的图象与正比例函数y=2x的图象相交于A(1,a),B两点,点C在第四象限,CA∥y轴,∠ABC=90°.(1)求k的值及点B的坐标;(2)求tanC的值.解:(1)把A(1,a)代入y=2x得a=2,则A(1,2),把A(1,2)代入y=得k=1×2=2,∴反比例函数解析式为y=,解方程组得或,∴B点坐标为(﹣1,﹣2);(2)作BD⊥AC于D,如图,∴∠BDC=90°,∵∠C+∠CBD=90°,∠CBD+∠ABD=90°,∴∠C=∠ABD,在Rt△ABD中,tan∠ABD===2,即tanC=2.3.(2018•安徽)小明大学毕业回家乡创业,第一期培植盆景与花卉各50盆.售后统计,盆景的平均每盆利润是160元,花卉的平均每盆利润是19元.调研发现:①盆景每增加1盆,盆景的平均每盆利润减少2元;每减少1盆,盆景的平均每盆利润增加2元;②花卉的平均每盆利润始终不变.小明计划第二期培植盆景与花卉共100盆,设培植的盆景比第一期增加x盆,第二期盆景与花卉售完后的利润分别为W1,W2(单位:元).(1)用含x的代数式分别表示W1,W2;(2)当x取何值时,第二期培植的盆景与花卉售完后获得的总利润W最大,最大总利润是多少?解:(1)设培植的盆景比第一期增加x盆,则第二期盆景有(50+x)盆,花卉有(50﹣x)盆,所以W1=(50+x)(160﹣2x)=﹣2x2+60x+8000,W2=19(50﹣x)=﹣19x+950;(2)根据题意,得:W=W1+W2=﹣2x2+60x+8000﹣19x+950=﹣2x2+41x+8950=﹣2(x﹣)2+,∵﹣2<0,且x为整数,∴当x=10时,W取得最大值,最大值为9160,答:当x=10时,第二期培植的盆景与花卉售完后获得的总利润W最大,最大总利润是9160元.4.(2018•福建)空地上有一段长为a米的旧墙MN,某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园ABCD,已知木栏总长为100米.(1)已知a=20,矩形菜园的一边靠墙,另三边一共用了100米木栏,且围成的矩形菜园面积为450平方米.如图1,求所利用旧墙AD的长;(2)已知0<α<50,且空地足够大,如图2.请你合理利用旧墙及所给木栏设计一个方案,使得所围成的矩形菜园ABCD的面积最大,并求面积的最大值.解:(1)设AD=x米,则AB=依题意得,解得x1=10,x2=90∵a=20,且x≤a∴x=90舍去∴利用旧墙AD的长为10米.(2)设AD=x米,矩形ABCD的面积为S平方米①如果按图一方案围成矩形菜园,依题意得:S=,0<x<a∵0<α<50∴x<a<50时,S随x的增大而增大当x=a时,S最大=50a ﹣②如按图2方案围成矩形菜园,依题意得S=,a≤x<50+当a<25+<50时,即0<a <时,则x=25+时,S最大=(25+)2=当25+≤a,即时,S随x的增大而减小∴x=a时,S最大=综合①②,当0<a <时,﹣()=>,此时,按图2方案围成矩形菜园面积最大,最大面积为平方米当时,两种方案围成的矩形菜园面积最大值相等.∴当0<a<时,围成长和宽均为(25+)米的矩形菜园面积最大,最大面积为平方米;教习网-课件试卷试题含解析免费下载当时,围成长为a米,宽为(50﹣)米的矩形菜园面积最大,最大面积为()平方米.5.(2018•江西)某乡镇实施产业扶贫,帮助贫困户承包了荒山种植某品种蜜柚,到了收获季节,已知该蜜柚的成本价为8元/千克,投入市场销售时,调查市场行情,发现该蜜柚销售不会亏本,且每天销售量y(千克)与销售单价x(元/千克)之间的函数关系如图所示.(1)求y与x的函数关系式,并写出x的取值范围;(2)当该品种的蜜柚定价为多少时,每天销售获得的利润最大?最大利润是多少?(3)某农户今年共采摘蜜柚4800千克,该品种蜜柚的保质期为40天,根据(2)中获得最大利润的方式进行销售,能否销售完这批蜜柚?请说明理由.解:(1)设y与x的函数关系式为y=kx+b,将(10,200)、(15,150)代入,得:,解得:,∴y与x的函数关系式为y=﹣10x+300(8≤x≤30);(2)设每天销售获得的利润为w,则w=(x﹣8)y=(x﹣8)(﹣10x+300)=﹣10(x﹣19)2+1210,∵8≤x≤30,∴当x=19时,w取得最大值,最大值为1210;(3)由(2)知,当获得最大利润时,定价为19元/千克,则每天的销售量为y=﹣10×19+300=110千克,∵保质期为40天,∴总销售量为40×110=4400,又∵4400<4800,∴不能销售完这批蜜柚.6.(2018•上海)在平面直角坐标系xOy中(如图).已知抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A(﹣1,0)和点B(0,),顶点为C,点D在其对称轴上且位于点C下方,将线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°,点C落在抛物线上的点P处.(1)求这条抛物线的表达式;(2)求线段CD的长;(3)将抛物线平移,使其顶点C移到原点O的位置,这时点P落在点E的位置,如果点M在y轴上,且以O、D、E、M为顶点的四边形面积为8,求点M的坐标.解:(1)把A(﹣1,0)和点B(0,)代入y=﹣x2+bx+c得,解得,∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+;(2)∵y=﹣(x﹣2)2+,∴C(2,),抛物线的对称轴为直线x=2,如图,设CD=t,则D(2,﹣t),∵线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°,点C落在抛物线上的点P处,∴∠PDC=90°,DP=DC=t,∴P(2+t,﹣t),把P(2+t ,﹣t)代入y=﹣x2+2x+得﹣(2+t)2+2(2+t)+=﹣t,整理得t2﹣2t=0,解得t1=0(舍去),t2=2,∴线段CD的长为2;(3)P点坐标为(4,),D点坐标为(2,),∵抛物线平移,使其顶点C(2,)移到原点O的位置,∴抛物线向左平移2个单位,向下平移个单位,而P点(4,)向左平移2个单位,向下平移个单位得到点E,∴E点坐标为(2,﹣2),设M(0,m),当m>0时,•(m++2)•2=8,解得m=,此时M点坐标为(0,);当m<0时,•(﹣m++2)•2=8,解得m=﹣,此时M点坐标为(0,﹣);综上所述,M点的坐标为(0,)或(0,﹣).7.(2018•福建)已知抛物线y=ax2+bx+c过点A(0,2).(1)若点(﹣,0)也在该抛物线上,求a,b满足的关系式;教习网-课件试卷试题含解析免费下载(2)若该抛物线上任意不同两点M(x1,y1),N(x2,y2)都满足:当x1<x2<0时,(x1﹣x2)(y1﹣y2)>0;当0<x1<x2时,(x1﹣x2)(y1﹣y2)<0.以原点O为心,OA为半径的圆与拋物线的另两个交点为B,C,且△ABC有一个内角为60°.①求抛物线的解析式;②若点P与点O关于点A对称,且O,M,N三点共线,求证:PA平分∠MPN.解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+c过点A(0,2),∴c=2.又∵点(﹣,0)也在该抛物线上,∴a(﹣)2+b(﹣)+c=0,∴2a﹣b+2=0(a≠0).(2)①∵当x1<x2<0时,(x1﹣x2)(y1﹣y2)>0,∴x1﹣x2<0,y1﹣y2<0,∴当x<0时,y随x的增大而增大;同理:当x>0时,y随x的增大而减小,∴抛物线的对称轴为y轴,开口向下,∴b=0.∵OA为半径的圆与拋物线的另两个交点为B、C,∴△ABC为等腰三角形,又∵△ABC有一个内角为60°,∴△ABC为等边三角形.设线段BC与y轴交于点D,则BD=CD,且∠OCD=30°,又∵OB=OC=OA=2,∴CD=OC•cos30°=,OD=OC•sin30°=1.不妨设点C在y轴右侧,则点C的坐标为(,﹣1).∵点C在抛物线上,且c=2,b=0,∴3a+2=﹣1,∴a=﹣1,∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2.②证明:由①可知,点M的坐标为(x 1,﹣+2),点N的坐标为(x2,﹣+2).直线OM的解析式为y=k1x(k1≠0).∵O、M、N三点共线,∴x1≠0,x2≠0,且=,∴﹣x1+=﹣x2+,∴x1﹣x2=﹣,∴x1x2=﹣2,即x2=﹣,∴点N的坐标为(﹣,﹣+2).设点N关于y轴的对称点为点N′,则点N′的坐标为(,﹣+2).∵点P是点O关于点A的对称点,∴OP=2OA=4,∴点P的坐标为(0,4).设直线PM的解析式为y=k2x+4,∵点M的坐标为(x,﹣+2),∴﹣+2=k 2x1+4,∴k2=﹣,∴直线PM的解析式为y=﹣+4.∵﹣•+4==﹣+2,∴点N′在直线PM上,∴PA平分∠MPN.8.(2018•江西)小资与小杰在探究某类二次函数问题时,经历了如下过程:求解体验:(1)已知抛物线y=﹣x2+bx﹣3经过点(﹣1,0),则b= ﹣4 ,顶点坐标为(﹣2,1),该抛物线关于点(0,1)成中心对称的抛物线表达式是y=x2﹣4x+5 .抽象感悟:我们定义:对于抛物线y=ax2+bx+c(a≠0),以y轴上的点M(0,m)为中心,作该抛物线关于点M对称的抛物线y′,则我们又称抛物线y′为抛物线y的“衍生抛物线”,点M为“衍生中心”.(2)已知抛物线y=﹣x2﹣2x+5关于点(0,m)的衍生抛物线为y′,若这两条抛物线有交点,求m的取值范围.问题解决:(1)已知抛物线y=ax2+2ax﹣b(a≠0)①若抛物线y的衍生抛物线为y′=bx2﹣2bx+a2(b≠0),两个抛物线有两个交点,且恰好是它们的顶点,求a、b的值及衍生中心的坐标;②若抛物线y关于点(0,k+12)的衍生抛物线为y1;其顶点为A1;关于点(0,k+22)的衍生抛物线为y2,其顶点为A2;…;关于点(0,k+n2)的衍生抛物线为y n;其顶点为A n…(n为正整数)求A n A n+1的长(用含n的式子表示).解:求解体验:(1)∵抛物线y=﹣x2+bx﹣3经过点(﹣1,0),∴﹣1﹣b﹣3=0,∴b=﹣4,∴抛物线解析式为y=﹣x2﹣4x﹣3=﹣(x+2)2+1,∴抛物线的顶点坐标为(﹣2,1),∴抛物线的顶点坐标(﹣2,1)关于(0,1)的对称点为(2,1),即:新抛物线的顶点坐标为(2,1),令原抛物线的x=0,∴y=﹣3,∴(0,﹣3)关于点(0,1)的对称点坐标为(0,5),设新抛物线的解析式为y=a(x﹣2)2+1,∵点(0,5)在新抛物线上,∴5=a(0﹣2)2+1,∴a=1,∴新抛物线解析式为y=(x﹣2)2+1=x2﹣4x+5,故答案为﹣4,(﹣2,1),y=x2﹣4x+5;抽象感悟:(2)∵抛物线y=﹣x2﹣2x+5=﹣(x+1)2+6①,∴抛物线的顶点坐标为(﹣1,6),抛物线上取点(0,5),∴点(﹣1,6)和(0,5)关于点(0,m)的对称点为(1,2m﹣6)和(0,2m﹣5),设衍生抛物线为y′=a(x﹣1)2+2m﹣6,∴2m﹣5=a+2m﹣6,∴a=1,∴衍生抛物线为y′=(x﹣1)2+2m﹣6=x2﹣2x+2m﹣5②,联立①②得,x2﹣2x+2m﹣5=﹣x2﹣2x+5,整理得,2x2=10﹣2m,∵这两条抛物线有交点,∴10﹣2m≥0,∴m≤5;问题解决:(1)①抛物线y=ax2+2ax﹣b=a(x+1)2﹣a﹣b,∴此抛物线的顶点坐标为(﹣1,﹣a﹣b),∵抛物线y的衍生抛物线为y′=bx2﹣2bx+a2=b(x﹣1)2+a2﹣b,∴此函数的顶点坐标为(1,a2﹣b),∵两个抛物线有两个交点,且恰好是它们的顶点,∴,∴a=0(舍)或a=3,∴b=﹣3,∴抛物线y的顶点坐标为(﹣1,0),抛物线y的衍生抛物线的顶点坐标为(1,12),∴衍生中心的坐标为(0,6);②抛物线y=ax2+2ax﹣b的顶点坐标为(﹣1,﹣a﹣b),∵点(﹣1,﹣a﹣b)关于点(0,k+n2)的对称点为(1,a+b+k+n2),∴抛物线y n的顶点坐标A n为(1,a+b+k+n2),同理:A n+1(1,a+b+k+(n+1)2)∴A n A n+1=a+b+k+(n+1)2﹣(a+b+k+n2)=2n+1.几何综合(共10小题)9.(2018•上海)如图,已知△ABC中,AB=BC=5,tan∠ABC=.教习网-课件试卷试题含解析免费下载(1)求边AC的长;(2)设边BC的垂直平分线与边AB的交点为D,求的值.解:(1)作A作AE⊥BC,在Rt△ABE中,tan∠ABC==,AB=5,∴AE=3,BE=4,∴CE=BC﹣BE=5﹣4=1,在Rt△AEC中,根据勾股定理得:AC==;(2)∵DF垂直平分BC,∴BD=CD,BF=CF=,∵tan∠DBF==,∴DF=,在Rt△BFD中,根据勾股定理得:BD==,∴AD=5﹣=,则=.10.(2018•安徽)如图,⊙O为锐角△ABC的外接圆,半径为5.(1)用尺规作图作出∠BAC的平分线,并标出它与劣弧的交点E(保留作图痕迹,不写作法);(2)若(1)中的点E到弦BC的距离为3,求弦CE的长.解:(1)如图,AE为所作;(2)连接OE交BC于F,连接OC,如图,∵AE平分∠BAC,∴∠BAE=∠CAE,∴=,∴OE⊥BC,∴EF=3,∴OF=5﹣3=2,在Rt△OCF中,CF==,在Rt△CEF中,CE==.11.(2018•上海)已知:如图,正方形ABCD中,P是边BC上一点,BE⊥AP,DF ⊥AP,垂足分别是点E、F.(1)求证:EF=AE﹣BE;(2)联结BF,如课=.求证:EF=EP.证明:(1)∵四边形ABCD为正方形,∴AB=AD,∠BAD=90°,∵BE⊥AP,DF⊥AP,∴∠BEA=∠AFD=90°,∵∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°,∴∠1=∠3,在△ABE和△DAF中,∴△ABE≌△DAF,∴BE=AF,∴EF=AE﹣AF=AE﹣BE;(2)如图,∵=,而AF=BE,∴=,∴=,∴Rt△BEF∽Rt△DFA,∴∠4=∠3,而∠1=∠3,∴∠4=∠1,∵∠5=∠1,∴∠4=∠5,即BE平分∠FBP,而BE⊥EP,∴EF=EP.12.(2018•江西)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,E为AB的中点,请仅用无刻度直尺分别按下列要求画图(保留画图痕迹).(1)在图1中,画出△ABD的BD边上的中线;(2)在图2中,若BA=BD,画出△ABD的AD边上的高.解:(1)如图1所示,AF即为所求:(2)如图2所示,BH即为所求.13.(2018•福建)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=10,AC=8.线段AD由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到,△EFG由△ABC沿CB方向平移得到,且直线EF 过点D.(1)求∠BDF的大小;(2)求CG的长.解:(1)∵线段AD是由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到,∴∠DAB=90°,AD=AB=10,∴∠ABD=45°,∵△EFG是△ABC沿CB方向平移得到,∴AB∥EF,∴∠BDF=∠ABD=45°;(2)由平移的性质得,AE∥CG,AB∥EF,∴∠DEA=∠DFC=∠ABC,∠ADE+∠DAB=180°,∵∠DAB=90°,∴∠ADE=90°,∵∠ACB=90°,∴∠ADE=∠ACB,∴△ADE∽△ACB,∴,∵AC=8,AB=AD=10,∴AE=12.5,由平移的性质得,CG=AE=12.5.14.(2018•江西)如图,在△ABC中,O为AC上一点,以点O为圆心,OC为半径做圆,与BC相切于点C,过点A作AD⊥BO交BO的廷长线于点D,且∠AOD=∠BAD.(1)求证:AB为⊙O的切线;(2)若BC=6,tan∠ABC=,求AD的长.解:(1)过点O作OE⊥AB于点E,∵AD⊥BO于点D,∴∠D=90°,∴∠BAD+∠ABD=90°,∠AOD+∠OAD=90°,∵∠AOD=∠BAD,∴∠ABD=∠OAD,又∵BC为⊙O的切线,∴AC⊥BC,∴∠BOC=∠D=90°,∵∠BOC=∠AOD,∴∠OBC=∠OAD=∠ABD,在△BOC和△BOE中,∵,∴△BOC≌△BOE(AAS),∴OE=OC,∵OE⊥AB,∴AB是⊙O的切线;(2)∵∠ABC+∠BAC=90°,∠EOA+∠BAC=90°,∴∠EOA=∠ABC,∵tan∠ABC=、BC=6,∴AC=BC•tan∠ABC=8,则AB=10,由(1)知BE=BC=6,∴AE=4,∵tan∠EOA=tan∠ABC=,∴=,∴OE=3,OB==3,∵∠ABD=∠OBC,∠D=∠ACB=90°,∴△ABD∽△OBC,∴=,即=,∴AD=2.15.(2018•福建)已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形,AC是⊙O的直径,DE⊥AB,垂足为E.(1)延长DE交⊙O于点F,延长DC,FB交于点P,如图1.求证:PC=PB;(2)过点B作BC⊥AD,垂足为G,BG交DE于点H,且点O和点A都在DE的左侧,如图2.若AB=,DH=1,∠OHD=80°,求∠BDE的大小.解:(1)如图1,∵AC是⊙O的直径,∴∠ABC=90°,∵DE⊥AB,∴∠DEA=90°,∴∠DEA=∠ABC,∴BC∥DF,∴∠F=∠PBC,∵四边形BCDF是圆内接四边形,∴∠F+∠DCB=180°,∵∠PCB+∠DCB=180°,∴∠F=∠PCB,∴∠PBC=∠PCB,∴PC=PB;(2)如图2,连接OD,∵AC是⊙O的直径,教习网-免费精品课件试卷任意下载∴∠ADC=90°,∵BG⊥AD,∴∠AGB=90°,∴∠ADC=∠AGB,∴BG∥DC,∵BC∥DE,∴四边形DHBC是平行四边形,∴BC=DH=1,在Rt△ABC中,AB=,tan∠ACB=,∴∠ACB=60°,∴BC=AC=OD,∴DH=OD,在等腰三角形DOH中,∠DOH=∠OHD=80°,∴∠ODH=20°,设DE交AC于N,∵BC∥DE,∴∠ONH=∠ACB=60°,∴∠NOH=180°﹣(∠ONH+∠OHD)=40°,∴∠DOC=∠DOH﹣∠NOH=40°,∵OA=OD,∴∠OAD=∠DOC=20°,∴∠CBD=∠OAD=20°,∵BC∥DE,∴∠BDE=∠CBD=20°.16.(2018•安徽)如图1,Rt△ABC中,∠ACB=90°,点D为边AC上一点,DE⊥AB 于点E.点M为BD中点,CM的延长线交AB于点F.(1)求证:CM=EM;(2)若∠BAC=50°,求∠EMF的大小;(3)如图2,若△DAE≌△CEM,点N为CM的中点,求证:AN∥EM.(1)证明:如图1中,∵DE⊥AB,∴∠DEB=∠DCB=90°,∵DM=MB,∴CM=DB,EM=DB,∴CM=EM.(2)解:∵∠AED=90°,∠A=50°,∴∠ADE=40°,∠CDE=140°,∵CM=DM=ME,∴∠NCD=∠MDC,∠MDE=∠MED,∴∠CME=360°﹣2×140°=80°,∴∠EMF=180°﹣∠CME=100°.(3)证明:如图2中,设FM=a.∵△DAE≌△CEM,CM=EM,∴AE=ED=EM=CM=DM,∠AED=∠CME=90°∴△ADE是等腰直角三角形,△DEM是等边三角形,∴=,=,∴=,∴EM∥AN.17.(2018•上海)已知⊙O的直径AB=2,弦AC与弦BD交于点E.且OD⊥AC,垂足为点F.(1)如图1,如果AC=BD,求弦AC的长;(2)如图2,如果E为弦BD的中点,求∠ABD的余切值;(3)联结BC、CD、DA,如果BC是⊙O的内接正n边形的一边,CD是⊙O的内接正(n+4)边形的一边,求△ACD的面积.解:(1)∵OD⊥AC,∴=,∠AFO=90°,又∵AC=BD,∴=,即+=+,∴=,∴==,∴∠AOD=∠DOC=∠BOC=60°,∵AB=2,∴AO=BO=1,∴AF=AOsin∠AOF=1×=,则AC=2AF=;(2)如图1,连接BC,∵AB为直径,OD⊥AC,∴∠AFO=∠C=90°,∴OD∥BC,∴∠D=∠EBC,∵DE=BE、∠DEF=∠BEC,∴△DEF≌△BEC(ASA),∴BC=DF、EC=EF,又∵AO=OB,∴OF是△ABC的中位线,设OF=t,则BC=DF=2t,∵DF=DO﹣OF=1﹣t,∴1﹣t=2t,解得:t=,则DF=BC=、AC===,∴EF=FC=AC=,∵OB=OD,∴∠ABD=∠D,(3)如图2,∵BC是⊙O的内接正n边形的一边,CD是⊙O的内接正(n+4)边形的一边,∴∠BOC=、∠AOD=∠COD=,则+2×=180,解得:n=4,∴∠BOC=90°、∠AOD=∠COD=45°,∴BC=AC=,∵∠AFO=90°,∴OF=AOcos∠AOF=,则DF=OD﹣OF=1﹣,∴S △ACD=AC•DF=××(1﹣)=.18.(2018•江西)在菱形ABCD中,∠ABC=60°,点P是射线BD上一动点,以AP 为边向右侧作等边△APE,点E的位置随着点P的位置变化而变化.(1)如图1,当点E在菱形ABCD内部或边上时,连接CE,BP与CE的数量关系是BP=CE ,CE与AD的位置关系是AD⊥CE ;(2)当点E在菱形ABCD外部时,(1)中的结论是否还成立?若成立,请予以证明;若不成立,请说明理由(选择图2,图3中的一种情况予以证明或说理);(3)如图4,当点P在线段BD的延长线上时,连接BE,若AB=2,BE=2,求四边形ADPE的面积.解:(1)如图1中,结论:PB=EC,CE⊥AD.理由:连接AC.∵四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,∴△ABC,△ACD都是等边三角形,∠ABD=∠CBD=30°,∵△APE是等边三角形,∴AB=AC,AP=AE,∠BAC=∠PAE=60°,∴△BAP≌△CAE,∴BP=CE,∠BAP=∠ACE=30°,延长CE交AD于H,∵∠CAH=60°,∴∠CAH+∠ACH=90°,∴∠AHC=90°,即CE⊥AD.故答案为PB=EC,CE⊥AD.(2)结论仍然成立.理由:选图2,连接AC交BD于O,设CE交AD于H.∵四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,∴△ABC,△ACD都是等边三角形,∠ABD=∠CBD=30°,∵△APE是等边三角形,∴AB=AC,AP=AE,∠BAC=∠PAE=60°,∴△BAP≌△CAE,∴BP=CE,∠BAP=∠ACE=30°,∵∠CAH=60°,∴∠CAH+∠ACH=90°,∴∠AHC=90°,即CE⊥AD.选图3,连接AC交BD于O,设CE交AD于H.∵四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,∴△ABC,△ACD都是等边三角形,∠ABD=∠CBD=30°,∵△APE是等边三角形,∴AB=AC,AP=AE,∠BAC=∠PAE=60°,∴△BAP≌△CAE,∴BP=CE,∠BAP=∠ACE=30°,∵∠CAH=60°,∴∠CAH+∠ACH=90°,∴∠AHC=90°,即CE⊥AD.(3)∴△BAP≌△CAE,由(2)可知EC⊥AD,CE=BP,在菱形ABCD中,AD∥BC,∴EC⊥BC,教习网-免费精品课件试卷任意下载教习网-课件试卷试题含解析免费下载∵BC=AB=2,BE=2,在Rt △BCE 中,EC==8, ∴BP=CE=8,∵AC 与BD 是菱形的对角线,∴∠ABD=∠ABC=30°,AC ⊥BD ,∴BD=2BO=2AB•cos30°=6,∴OA=AB=,DP=BP ﹣BD=8﹣6=2,∴OP=OD+DP=5,在Rt △AOP 中,AP==2,∴S 四边形ADPE =S △ADP +S △AEP =×2×+×(2)2=8.。

历年中考数学易错题汇编-初中数学 旋转练习题附答案解析

历年中考数学易错题汇编-初中数学 旋转练习题附答案解析

历年中考数学易错题汇编-初中数学旋转练习题附答案解析一、旋转1.已知正方形ABCD 中,E 为对角线BD 上一点,过E 点作EF⊥BD 交BC 于F,连接DF,G 为DF 中点,连接EG,CG.(1) 求证:EG=CG;(2) 将图①中△BEF 绕B 点逆时针旋转 45∘,如图②所示,取DF 中点G,连接EG,CG.问(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由;(3) 将图①中△BEF 绕B 点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问(1)中的结论是否仍然成立?通过观察你还能得出什么结论(均不要求证明).【答案】解:(1)CG=EG(2)(1)中结论没有发生变化,即EG=CG.证明:连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点.在△DAG与△DCG中,∵ AD=CD,∠ADG=∠CDG,DG=DG,∴△DAG≌△DCG.∴ AG=CG.在△DMG与△FNG中,∵∠DGM=∠FGN,FG=DG,∠MDG=∠NFG,∴△DMG≌△FNG.∴ MG=NG在矩形AENM中,AM=EN.在Rt△AMG 与Rt△ENG中,∵ AM=EN, MG=NG,∴△AMG≌△ENG.∴ AG=EG∴ EG=CG.(3)(1)中的结论仍然成立.【解析】试题分析:(1)利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,可证出CG=EG.(2)结论仍然成立,连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点;再证明△DAG≌△DCG,得出AG=CG;再证出△DMG≌△FNG,得到MG=NG;再证明△AMG≌△ENG,得出AG=EG;最后证出CG=EG.(3)结论依然成立.还知道EG⊥CG;试题解析:解:(1)证明:在Rt△FCD中,∵G为DF的中点,∴,同理,在Rt△DEF中,,∴CG=EG;(2)(1)中结论仍然成立,即EG=CG;连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点,如图所示:在△DAG与△DCG中,∵AD=CD,∠ADG=∠CDG,DC=DC,∴△DAG≌△DCG,∴AG=CG,在△DMG与△FNG中,∵∠DGM=∠FGN,DG=FG,∠MDG=∠NFG,∴△DMG≌△FNG,∴MG=NG,在矩形AENM中,AM=EN.,在Rt△AMG与Rt△ENG中,∵AM=EN,MG=NG,∴△AMG≌△ENG,∴AG=EG,∴EG=CG,(3)(1)中的结论仍然成立,即EG=CG且EG⊥CG。

2018年全国各地100份中考数学试卷分类汇编第31--平移、旋转与对称

2018年全国各地100份中考数学试卷分类汇编第31--平移、旋转与对称

2018年全国各地100份中考数学试卷分类汇编第31章平移、旋转与对称一、选择题1、(2018浙江省舟山,3,3分)如图,点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上,若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得,则旋转的角度为()(A)30°(B)45°(C)90°(D)135°【答案】C2、(2018广东广州市,4,3分)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、(0,1)B、(2,-1)C、(4,1)D、(2,3) 【答案】A3、(2018广东广州市,8,3分)如图1所示,将矩形纸片先沿虚线AB按箭头方向向右..对折,接着将对折后的纸片沿虚线CD向下对折,然后剪下一个小三角形,再将纸片打开,则打开后的展开图是()C DB(A)ABABC D图1ABOCD(第3题)A、B、C、D、【答案】D4、(2018江苏扬州,8,3分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90º,∠A=30º,BC=2,将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后,得到△EDC,此时,点D在AB边上,斜边DE交AC边于点F,则n的大小和图中阴影部分的面积分别为()A、30,2B、60,2C、60,23D、60,3【答案】C5、(2018山东菏泽,5,3分)如图所示,已知在三角形纸片ABC中,BC=3,AB=6,∠BCA=90°,在AC上取一点E,以BE为折痕,使AB的一部分与BC重合,A与BC延长线上的点D重合,则DE的长度为A、6B、3C、23D、3ABCDE【答案】C6、(2018山东泰安,3,3分)下列图形:其中是中心对称图形的个数为()A、1B、2C、3D、4【答案】B7、(2018浙江杭州,2,3)正方形纸片折一次,沿折痕剪开,能剪得的图形是()A、锐角三角形B、钝角三角形C、梯形D、菱形【答案】C8、(2018 浙江湖州,7,3)下列各图中,经过折叠不能..围成一个立方体的是【答案】D9、(2018 浙江湖州,8,3)如图,已知△OAB是正三角形,OC⊥OB,OC=OB,将△OAB绕点O按逆时针方向旋转,使得OA与OC 重合,得到△OCD,则旋转的角度是A、150°B、120°C、90°D、60°【答案】A10、(2018浙江省,2,3分)下列图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是()【答案】D11、(2018浙江义乌,6,3分)下列图形中,中心对称图形有()A、4个B、3个C、2个D、1个【答案】B12、(2018四川重庆,3,4分)下列图形中,是中心对称图形的是( )A、B、C、D、【答案】B13、(2018浙江省嘉兴,3,4分)如图,点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上,若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得,则旋转的角度为()(A)30°(B)45°(C)90°(D)135°【答案】C14、 (2018台湾台北,21)21、坐标平面上有一个线对称图形,)25,3(-A 、)211,3(-B 两点在此图形上且互为对称点。

中考数学平移、旋转、翻折试题汇编

中考数学平移、旋转、翻折试题汇编

适用精选文件资料分享2013 年中考数学平移、旋转、翻折试题汇编31、(2013?温州)如图,在方格纸中,△ ABC的三个极点和点 P 都在小方格的极点上,按要求画一个三角形,使它的极点在方格的极点上.(1)将△ ABC平移,使点 P 落在平移后的三角形内部,在图甲中画出表示图;(2)以点 C为旋转中心,将△ ABC旋转,使点 P 落在旋转后的三角形内部,在图乙中画出表示图.考点:作图-旋转变换;作图-平移变换.专题:图表型.分析:(1)依据网格结构,把△ ABC向右平移后可使点 P 为三角形的内部的三个格点中的任意一个;(2)把△ ABC绕点 C顺时针旋转 90°即可使点 P 在三角形内部.解答:解:(1)平移后的三角形以以下图;(2)以以下图,旋转后的三角形以以下图.评论:此题观察了利用旋转变换作图,利用平移变换作图,娴熟掌握网格结构是解题的要点.32、(13 年安徽省 4 分、 14)已知矩形纸片 ABCD中, AB=1,BC=2,将该纸片叠成一个平面图形,折痕 EF不经过 A 点( E、F 是该矩形界限上的点),折叠后点 A 落在 A,处,给出以下判断:(1)当四边形 A,CDF为正方形时, EF= (2)当 EF= 时,四边形 A,CDF为正方形(3)当 EF= 时,四边形 BA,CD为等腰梯形;(4)当四边形 BA,CD为等腰梯形时, EF= 。

此中正确的选项是(把全部正确结论序号都填在横线上)。

33(、2013?巴中)△ABC在平面直角坐标系xOy中的地点以以下图.(1)作△ ABC关于点 C成中心对称的△ A1B1C1.(2)将△ A1B1C1向右平移 4 个单位,作出平移后的△ A2B2C2.( 3)在 x 轴上求作一点 P,使PA1+PC2的值最小,并写出点P的坐标(不写解答过程,直接写出结果)考点:作图 - 旋转变换;轴对称 - 最短路线问题;作图 - 平移变换.分析:(1)延长 AC到 A1,使得 AC=A1C1,延长 BC到 B1,使得 BC=B1C1,即可得出图象;(2)依据△ A1B1C1将各极点向右平移 4 个单位,得出△ A2B2C2;(3)作出 A1 的对称点 A′,连接 A′C2,交 x 轴于点 P,再利用相似三角形的性质求出 P 点坐标即可.解答:解;(1)以以下图:(2)以以下图:(3)以以下图:作出 A1 的对称点 A′,连接 A′C2,交 x 轴于点 P,可得 P 点坐标为:(, 0).评论:此题主要观察了图形的平移与旋转和相似三角形的性质等知识,利用轴对称求求最小值问题是考试要点,同学们应要点掌握.34、(2013?张家界)如图,在方格纸上,以格点连线为边的三角形叫做格点三角形,请按要求完成以下操作:先将格点△ ABC绕 A 点逆时针旋转 90°获得△ A1B1C1,再将△ A1B1C1沿直线 B1C1作轴反射获得△A2B2C2.考点:作图 - 旋转变换;作图 - 轴对称变换.分析:△ABC绕 A 点逆时针旋转 90°获得△ A1B1C1,△A1B1C1沿直线 B1C1作轴反射得出△A2B2C2即可.解答:解:以以下图:评论:此题主要观察了图形的旋转变换以及轴对称图形,依据已知得出对应点地点是解题要点. 35 、(2013?淮安)如图,在边长为 1 个单位长度的小正方形构成的两格中,点 A、B、C 都是格点.(1)将△ ABC向左平移 6 个单位长度获得获得△ A1B1C1;(2)将△ ABC绕点 O按逆时针方向旋转 180°获得△ A2B2C2,请画出△ A2B2C2.考点:作图 - 旋转变换;作图 - 平移变换.分析:( 1)将点 A、B、C分别向左平移 6 个单位长度,得出对应点,即可得出△ A1B1C1;(2)将点 A、B、C分别绕点 O按逆时针方向旋转 180°,得出对应点,即可得出△ A2B2C2.解答:解:(1)以以下图:△A1B1C1,即为所求;(2)以以下图:△ A2B2C2,即为所求.评论:此题主要观察了图形的平移和旋转,依据已知得出对应点坐标是解题要点.36、(2013?眉山)如图,在 11×11 的正方形网格中,每个小正方形的边长都为 1,网格中有一个格点△ ABC(即三角形的极点都在格点上).(1)在图中作出△ ABC关于直线 l 对称的△ A1B1C1;(要求A与 A1,B 与 B1,C 与 C1相对应)(2)作出△ ABC绕点 C顺时针方向旋转 90°后获得的△ A2B2C;(3)在(2)的条件下直接写出点 B旋转到 B2 所经过的路径的长.(结果保留π)考点:作图 - 旋转变换;弧长的计算;作图 - 轴对称变换.专题:作图题.分析:(1)依据网格结构找出点A、B、C关于直线 l 的对称点A1、B1、C1的地点,而后按序连接即可;(2)依据网格结构找出点 A、B 绕点 C顺时针旋转 90°后的 A2、B2 的地点,而后按序连接即可;(3)利用勾股定理列式求出BC的长,再依据弧长公式列式计算即可得解.解答:解:(1)△ A1B1C1以以下图;(2)△ A2B2C以以下图;(3)依据勾股定理, BC= = ,因此,点 B 旋转到 B2 所经过的路径的长 = = π.评论:此题观察了利用轴对称变换作图,利用旋转变换作图,以及弧长的计算,娴熟掌握网格结构正确找出对应点的地点是解题的要点.37、(2013?昆明)在平面直角坐标系中,四边形 ABCD的地点以以下图,解答以下问题:(1)将四边形 ABCD先向左平移 4 个单位,再向下平移 6 个单位,获得四边形 A1B1C1D1,画出平移后的四边形A1B1C1D1;(2)将四边形 A1B1C1D1绕点 A1 逆时针旋转 90°,获得四边形 A1B2C2D2,画出旋转后的四边形 A1B2C2D2,并写出点 C2的坐标.考点:作图-旋转变换;作图-平移变换.专题:作图题.分析:(1)依据网格结构找出点 A、B、C、D平移后的对应点 A1、B1、C1、D1的地点,而后按序连接即可;(2)依据网格结构找出 B1、C1、D1绕点A1 逆时针旋转 90°的对应点 B2、C2、D2的地点,而后按序连接即可,再依据平面直角坐标系写出点 C2的坐标.解答:解:(1)四边形 A1B1C1D1以以下图;(2)四边形 A1B2C2D2以以下图, C2(1,? 2).评论:此题观察了利用旋转变换作图,利用平移变换作图,娴熟掌握网格结构,正确找出对应点的地点是解题的要点.38、(13 年安徽省 8 分、17)如图,已知 A(― 3,―3),B(― 2,―1),C(― 1,― 2)是直角坐标平面上三点。

2018年中考数学真题分类汇编(第三期)专题29平移旋转与对称试题(含解析)

2018年中考数学真题分类汇编(第三期)专题29平移旋转与对称试题(含解析)

平移旋转与对称一.选择题1. (2018·广西贺州·3分)下列图形中,属于中心对称图形的是()A.B.C.D.【解答】解:A.不是中心对称图形,故此选项错误;B.不是中心对称图形,故此选项错误;C.不是中心对称图形,故此选项错误;D.是中心对称图形,故此选项正确,故选:D.2. (2018·广西梧州·3分)如图,在正方形ABCD中,A.B.C三点的坐标分别是(﹣1,2)、(﹣1,0)、(﹣3,0),将正方形ABCD向右平移3个单位,则平移后点D的坐标是()A.(﹣6,2)B.(0,2)C.(2,0)D.(2,2)【分析】首先根据正方形的性质求出D点坐标,再将D点横坐标加上3,纵坐标不变即可.【解答】解:∵在正方形ABCD中,A.B.C三点的坐标分别是(﹣1,2)、(﹣1,0)、(﹣3,0),∴D(﹣3,2),∴将正方形ABCD向右平移3个单位,则平移后点D的坐标是(0,2),故选:B.【点评】本题考查了正方形的性质,坐标与图形变化﹣平移,是基础题,比较简单.3. (2018·广西梧州·3分)如图,在△ABC中,AB=AC,∠C=70°,△AB′C′与△ABC关于直线EF对称,∠CAF=10°,连接BB′,则∠ABB′的度数是()A.30° B.35° C.40° D.45°【分析】利用轴对称图形的性质得出△BAC≌△B′AC′,进而结合三角形内角和定理得出答案.【解答】解:连接BB′∵△AB′C′与△ABC关于直线EF对称,∴△BAC≌△B′AC′,∵AB=AC,∠C=70°,∴∠ABC=∠AC′B′=∠AB′C′=70°,∴∠BAC=∠B′AC′=40°,∵∠CAF=10°,∴∠C′AF=10°,∴∠BAB′=40°+10°+10°+40°=100°,∴∠ABB′=∠AB′B=40°.故选:C.【点评】此题主要考查了轴对称图形的性质以及等腰三角形的性质,正确得出∠BAC度数是解题关键.4.(2018·四川省攀枝花·3分)下列平面图形中,既是中心对称图形,又是轴对称图形的是()A.菱形B.等边三角形C.平行四边形D.等腰梯形解:A.菱形既是中心对称图形,也是轴对称图形,故本选项正确;B.等边三角形不是中心对称图形,是轴对称图形,故本选项错误;C.平行四边形是中心对称图形,不是轴对称图形,故本选项错误;D.等腰梯形不是中心对称图形,是轴对称图形,故本选项错误.故选A.5.(2018·云南省·4分)下列图形既是轴对称图形,又是中心对称图形的是()A.三角形B.菱形 C.角D.平行四边形【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.三角形不一定是轴对称图形和中心对称图形,故本选项错误;B.菱形既是轴对称图形又是中心对称图形,故本选项正确;C.角不一定是轴对称图形和中心对称图形,故本选项错误;D.平行四边形不一定是轴对称图形和中心对称图形,故本选项错误;故选:B.【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念:判断轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分沿对称轴折叠后可重合;判断中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后与原图重合.6.(2018·浙江省台州·4分)在下列四个新能源汽车车标的设计图中,属于中心对称图形的是()A.B.C.D.【分析】根据中心对称图形的概念求解.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.【解答】解:A.不是中心对称图形,本选项错误;B.不是中心对称图形,本选项错误;C.不是中心对称图形,本选项错误;D.是中心对称图形,本选项正确.故选:D.【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念.中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后两部分重合.7.(2018·辽宁省沈阳市)(2.00分)在平面直角坐标系中,点B的坐标是(4,﹣1),点A 与点B关于x轴对称,则点A的坐标是()A.(4,1)B.(﹣1,4)C.(﹣4,﹣1)D.(﹣1,﹣4)【分析】直接利用关于x轴对称点的性质,横坐标不变纵坐标改变符号进而得出答案.【解答】解:∵点B的坐标是(4,﹣1),点A与点B关于x轴对称,∴点A的坐标是:(4,1).故选:A.【点评】此题主要考查了关于x轴对称点的性质,正确把握横纵坐标的关系是解题关键.8.(2018·重庆市B卷)(4.00分)下列图形中,是轴对称图形的是()A.B.C.D.【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.【解答】解:A.不是轴对称图形,故本选项错误;B.不是轴对称图形,故本选项错误;C.不是轴对称图形,故本选项错误;D.是轴对称图形,故本选项正确.故选:D.【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.9.(2018·辽宁省盘锦市)下列图形中是中心对称图形的是()A.B.C.D.【解答】解:A.不是中心对称图形,是轴对称图形,故本选项错误;B.不是中心对称图形,是轴对称图形,故本选项错误;C.是中心对称图形,还是轴对称图形,故本选项正确;D.不是中心对称图形,是轴对称图形,故本选项错误.故选C.10.(2018·辽宁省抚顺市)(3.00分)已知点A的坐标为(1,3),点B的坐标为(2,1).将线段AB沿某一方向平移后,点A的对应点的坐标为(﹣2,1).则点B的对应点的坐标为()A.(5,3)B.(﹣1,﹣2)C.(﹣1,﹣1)D.(0,﹣1)【分析】根据点A.点A的对应点的坐标确定出平移规律,然后根据规律求解点B的对应点的坐标即可.【解答】解:∵A(1,3)的对应点的坐标为(﹣2,1),∴平移规律为横坐标减3,纵坐标减2,∵点B(2,1)的对应点的坐标为(﹣1,﹣1).故选:C.【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣平移,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,本题根据对应点的坐标确定出平移规律是解题的关键.11. (2018•莱芜•3分)下列图形中,既是中心对称,又是轴对称的是()A.B.C.D.【分析】根据中心对称图形,轴对称图形的定义进行判断.【解答】解:A.是中心对称图形,不是轴对称图形,故本选项错误;B.不是中心对称图形,也不是轴对称图形,故本选项错误;C.既是中心对称图形,又是轴对称图形,故本选项正确;D.不是中心对称图形,是轴对称图形,故本选项错误.故选:C.【点评】本题考查了中心对称图形,轴对称图形的判断.关键是根据图形自身的对称性进行判断.12.(2018·辽宁大连·3分)如图,将△ABC绕点B逆时针旋转α,得到△EBD,若点A恰好在ED的延长线上,则∠CAD的度数为()A.90°﹣αB.αC.180°﹣αD.2α解:由题意可得:∠CBD=α,∠ACB=∠EDB.∵∠EDB+∠ADB=180°,∴∠ADB+∠ACB=180°.∵∠ADB+∠DBC+∠BCA+∠CAD=360°,∠CBD=α,∴∠CAD=180°﹣α.故选C.二.填空题1. (2018·广西贺州·3分)如图,将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°,得到△A′B′C,连接BB',若∠A′B′B=20°,则∠A的度数是.【解答】解:∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C,∴BC=B′C,∴△BCB′是等腰直角三角形,∴∠CBB′=45°,∴∠B′A′C=∠A′B′B+∠CBB′=20°+45°=65°,由旋转的性质得∠A=∠B′A′C=65°.故答案为:65°.2. (2018·湖北十堰·3分)如图,Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=3,AC=6,点D,E分别是边BC,AC上的动点,则DA+DE的最小值为.【分析】如图,作A关于BC的对称点A',连接AA',交BC于F,过A'作AE⊥AC于E,交BC于D,则AD=A'D,此时AD+DE的值最小,就是A'E的长,根据相似三角形对应边的比可得结论.【解答】解:作A关于BC的对称点A',连接AA',交BC于F,过A'作AE⊥AC于E,交BC 于D,则AD=A'D,此时AD+DE的值最小,就是A'E的长;Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=3,AC=6,∴BC==9,S△ABC=AB•AC=BC•AF,∴3×=9AF,AF=2,∴AA'=2AF=4,∵∠A'FD=∠DEC=90°,∠A'DF=∠CDE,∴∠A'=∠C,∵∠AEA'=∠BAC=90°,∴△AEA'∽△BAC,∴,∴,∴A'E=,即AD+DE的最小值是;故答案为:.【点评】本题考查轴对称﹣最短问题、三角形相似的性质和判定、两点之间线段最短、垂线段最短等知识,解题的关键是灵活运用轴对称以及垂线段最短解决最短问题,属于中考选择3.(2018·云南省曲靖·3分)如图:图象①②③均是以P0为圆心,1个单位长度为半径的扇形,将图形①②③分别沿东北,正南,西北方向同时平移,每次移动一个单位长度,第一次移动后图形①②③的圆心依次为P1P2P3,第二次移动后图形①②③的圆心依次为P4P5P6…,依此规律,P0P2018= 673 个单位长度.【解答】解:由图可得,P0P1=1,P0P2=1,P0P3=1;P0P4=2,P0P5=2,P0P6=2;P0P7=3,P0P8=3,P0P9=3;∵2018=3×672+2,∴点P2018在正南方向上,∴P0P2018=672+1=673,故答案为:673.4.(2018·浙江省台州·5分)如图,把平面内一条数轴x绕原点O逆时针旋转角θ(0°<θ<90°)得到另一条数轴y,x轴和y轴构成一个平面斜坐标系.规定:过点P作y轴的平行线,交x轴于点A,过点P作x轴的平行线,交y轴于点B,若点A在x轴上对应的实数为a,点B在y轴上对应的实数为b,则称有序实数对(a,b)为点P的斜坐标,在某平面斜坐标系中,已知θ=60°,点M′的斜坐标为(3,2),点N与点M关于y轴对称,则点N的斜坐标为(﹣2,5).【分析】如图作ND∥x轴交y轴于D,作NC∥y轴交x轴于C.MN交y轴于K.利用全等三角形的性质,平行四边形的性质求出OC.OD即可;【解答】解:如图作ND∥x轴交y轴于D,作NC∥y轴交x轴于C.MN交y轴于K.∵NK=MK,∠DNK=∠BMK,∠NKD=∠MKB,∴△NDK≌△MBK,∴DN=BM=OC=2,DK=BK,在Rt△KBM中,BM=2,∠MBK=60°,∴∠BMK=30°,∴DK=BK=BM=1,∴OD=5,∴N(﹣2,5),故答案为(﹣2,5)【点评】本题考查坐标与图形变化,轴对称等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考常考题型.5.(2018·重庆市B卷)(4.00分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC=6,CD是斜边AB上的中线,将△BCD沿直线CD翻折至△ECD的位置,连接AE.若DE∥AC,计算AE的长度等于.【分析】根据题意、解直角三角形、菱形的性质、翻折变化可以求得AE的长.【解答】解:由题意可得,DE=DB=CD=AB,∴∠DEC=∠DCE=∠DCB,∵DE∥AC,∠DCE=∠DCB,∠ACB=90°,∴∠DEC=∠ACE,∴∠DCE=∠ACE=∠DCB=30°,∴∠ACD=60°,∠CAD=60°,∴△ACD是等边三角形,∴AC=CD,∴AC=DE,∵AC∥DE,AC=CD,∴四边形ACDE是菱形,∵在Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC=6,∠B=30°,∴AC=,∴AE=.【点评】本题考查翻折变化、平行线的性质、直角三角形斜边上的中线,解答本题的关键是明确题意,找出所求问题需要的条件,利用数形结合的思想解答.6.(2018·辽宁省盘锦市)如图,已知Rt△ABC中,∠B=90°,∠A=60°,AC=2+4,点M、N分别在线段AC.AB上,将△ANM沿直线MN折叠,使点A的对应点D恰好落在线段BC上,当△DCM为直角三角形时,折痕MN的长为或.【解答】解:分两种情况:①如图,当∠CDM=90°时,△CDM是直角三角形,∵在Rt△ABC中,∠B=90°,∠A=60°,AC=2+4,∴∠C=30°,AB=AC=,由折叠可得:∠MDN=∠A=60°,∴∠BDN=30°,∴BN=DN=AN,∴BN=AB=,∴AN=2BN=.∵∠DNB=60°,∴∠ANM=∠DNM=60°,∴∠AMN=60°,∴AN=MN=;②如图,当∠CMD=90°时,△CDM是直角三角形,由题可得:∠CDM=60°,∠A=∠MDN=60°,∴∠BDN=60°,∠BND=30°,∴BD=DN=AN,BN=BD\1AB=,∴AN=2,BN=,过N作NH⊥AM于H,则∠ANH=30°,∴AH=AN=1,HN=,由折叠可得:∠AMN=∠DMN=45°,∴△MNH是等腰直角三角形,∴HM=HN=,∴MN=.故答案为:或.7.(2018·辽宁省葫芦岛市) 如图,在矩形ABCD中,点E是CD的中点,将△BCE沿BE 折叠后得到△BEF、且点F在矩形ABCD的内部,将BF延长交AD于点G.若=,则=.【解答】解:连接GE.∵点E是CD的中点,∴EC=DE.∵将△BCE沿BE折叠后得到△BEF、且点F在矩形ABCD的内部,∴EF=DE,∠BFE=90°.在Rt△EDG和Rt△EFG中,∴Rt△EDG≌Rt△EFG(HL),∴FG=DG.∵=,∴设DG=FG=a,则AG=7a,故AD=BC=8a,则BG=BF+FG=9a,∴AB==4a,故==.故答案为:.8.(2018·辽宁省阜新市)如图,将等腰直角三角形ABC(∠B=90°)沿EF折叠,使点A 落在BC边的中点A1处,BC=8,那么线段AE的长度为 5 .【解答】解:由折叠的性质可得AE=A1E.∵△ABC为等腰直角三角形,BC=8,∴AB=8.∵A1为BC的中点,∴A1B=4,设AE=A1E=x,则BE=8﹣x.在Rt△A1BE中,由勾股定理可得42+(8﹣x)2=x2,解得x=5.故答案为:5.9. (2018•乐山•3分)如图,在数轴上,点A表示的数为﹣1,点B表示的数为4,C是点B关于点A的对称点,则点C表示的数为.解:设点C所表示的数为x.∵数轴上A.B两点表示的数分别为﹣1和4,点B关于点A的对称点是点C,∴AB=4﹣(﹣1),AC=﹣1﹣x,根据题意AB=AC,∴4﹣(﹣1)=﹣1﹣x,解得x=﹣6.故答案为:﹣6.10. (2018•乐山•3分)如图,△OAC的顶点O在坐标原点,OA边在x轴上,OA=2,AC=1,把△OAC绕点A按顺时针方向旋转到△O′AC′,使得点O′的坐标是(1,),则在旋转过程中线段OC扫过部分(阴影部分)的面积为.解:过O′作O′M⊥OA于M,则∠O′MA=90°,∵点O′的坐标是(1,),∴O′M=,OM=1.∵AO=2,∴AM=2﹣1=1,∴tan∠O′AM==,∴∠O′AM=60°,即旋转角为60°,∴∠CAC′=∠OAO′=60°.∵把△OAC绕点A按顺时针方向旋转到△O′AC′,∴S△OAC=S△O′AC′,∴阴影部分的面积S=S 扇形OAO′+S△O′AC′﹣S△OAC﹣S扇形CAC′=S扇形OAO′﹣S扇形CAC′=﹣=.故答案为:.11.(2018·江苏镇江·2分)如图,△ABC中,∠BAC>90°,BC=5,将△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°,点B对应点B′落在BA的延长线上.若sin∠B′AC=,则AC=.【解答】解:作CD⊥BB′于D,如图,∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°,点B对应点B′落在BA的延长线上,∴CB=CB′=5,∠BCB′=90°,∴△BCB′为等腰直角三角形,∴BB′=BC=5,∴CD=BB′=,在Rt△ACD中,∵sin∠DAC==,∴AC=×=.故答案为.三.解答题1. (2018·湖北江汉·10分)问题:如图①,在Rt△ABC中,AB=AC,D为BC边上一点(不与点B,C重合),将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE,连接EC,则线段BC,DC,EC 之间满足的等量关系式为BC=DC+EC ;探索:如图②,在Rt△ABC与Rt△ADE中,AB=AC,AD=AE,将△ADE绕点A旋转,使点D落在BC边上,试探索线段AD,BD,CD之间满足的等量关系,并证明你的结论;应用:如图③,在四边形ABCD中,∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°.若BD=9,CD=3,求AD的长.【分析】(1)证明△BAD≌△CAE,根据全等三角形的性质解答;(2)连接CE,根据全等三角形的性质得到BD=CE,∠ACE=∠B,得到∠DCE=90°,根据勾股定理计算即可;(3)作AE⊥AD,使AE=AD,连接CE,DE,证明△BAD≌△CAE,得到BD=CE=9,根据勾股定理计算即可.【解答】解:(1)BC=DC+EC,理由如下:∵∠BAC=∠DAE=90°,∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC,即∠BAD=∠CAE,在△BAD和△CAE中,,∴△BAD≌△CAE,∴BD=CE,∴BC=BD+CD=EC+CD,故答案为:BC=DC+EC;(2)BD2+CD2=2AD2,理由如下:连接CE,由(1)得,△BAD≌△CAE,∴BD=CE,∠ACE=∠B,∴∠DCE=90°,∴CE2+CD2=ED2,在Rt△ADE中,AD2+AE2=ED2,又AD=AE,∴BD2+CD2=2AD2;(3)作AE⊥AD,使AE=AD,连接CE,DE,∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,即∠BAD=∠CAD′,在△BAD与△CAE中,,∴△BAD≌△CAE(SAS),∴BD=CE=9,∵∠ADC=45°,∠EDA=45°,∴∠EDC=90°,∴DE==6,∵∠DAE=90°,∴AD=AE=DE=6.2.(2018·湖北荆州·8分)如图,对折矩形纸片ABCD,使AB与DC重合,得到折痕MN,将纸片展平;再一次折叠,使点D落到MN上的点F处,折痕AP交MN于E;延长PF交AB 于G.求证:(1)△AFG≌△AFP;(2)△APG为等边三角形.【解答】证明:(1)由折叠可得:M、N分别为AD.BC的中点,∵DC∥MN∥AB,∴F为PG的中点,即PF=GF,由折叠可得:∠PFA=∠D=90°,∠1=∠2,在△AFP和△AFG中,,∴△AFP≌△AFG(SAS);(2)∵△AFP≌△AFG,∴AP=A G,∵AF⊥PG,∴∠2=∠3,∵∠1=∠2,∴∠1=∠2=∠3=30°,∴∠2+∠3=60°,即∠PAG=60°,∴△APG为等边三角形.3.(2018·辽宁省阜新市)如图,△ABC在平面直角坐标系内,顶点的坐标分别为A(﹣4,4),B(﹣2,5),C(﹣2,1).(1)平移△ABC,使点C移到点C1(﹣2,﹣4),画出平移后的△A1B1C1,并写出点A1,B1的坐标;(2)将△ABC绕点(0,3)旋转180°,得到△A2B2C2,画出旋转后的△A2B2C2;(3)求(2)中的点C旋转到点C2时,点C经过的路径长(结果保留π).【解答】解:(1)如图所示,则△A1B1C1为所求作的三角形,(2分)∴A1(﹣4,﹣1),B1(﹣2,0);(4分)(2)如图所示,则△A2B2C2为所求作的三角形,(6分)(3)点C经过的路径长:是以(0,3)为圆心,以CC2为直径的半圆,由勾股定理得:CC2==4,∴点C经过的路径长:×2πr=2π.(8分)4. (2018•莱芜•9分)已知△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,D.E分别是AB.AC的中点,将△ADE绕点A按顺时针方向旋转一个角度α(0°<α<90°)得到△AD'E′,连接BD′、CE′,如图1.(1)求证:BD′=CE';(2)如图2,当α=60°时,设AB与D′E′交于点F,求的值.(1)首先依据旋转的性质和中点的定义证明AD′=AE′,然后再利用SAS证明△BD′A 【分析】≌△CE′A,最后,依据全等三角形的性质进行证明即可;(2)连接DD′,先证明△ADD′为等边三角形,然后再证明△△ABD′为直角三角形,接下来,再证明△BFD′∽△AFE′,最后,依据相似三角形的性质求解即可.【解答】解:(1)证明:∵AB=AC,D.E分别是AB.AC的中点,∴AD=BD=AE=EC.由旋转的性质可知:∠DAD′=∠EAE′=α,AD′=AD,AE′=AE.∴AD′=AE′,∴△BD′A≌△CE′A,∴BD′=CE′.(2)连接DD′.∵∠DAD′=60°,AD=AD′,∴△ADD′是等边三角形.∴∠ADD′=∠AD′D=60°,DD′=DA=DB.∴∠DBD′=∠DD′B=30°,∴∠BD′A=90°.∵∠D′AE′=90°,∴∠BAE′=30°,∴∠BAE′=∠ABD′,又∵∠BFD′=∠AFE′,∴△BFD′∽△AFE′,∴.∵在Rt△ABD′中,tan∠BAD′==,∴=.【点评】本题主要考查的是全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、旋转的性质,发现△BFD′∽△AFE′是解题的关键.5.(2018·吉林长春·6分)图①、图②均是8×8的正方形网格,每个小正方形的顶点称为格点,线段OM、ON的端点均在格点上.在图①、图②给定的网格中以OM、ON为邻边各画一个四边形,使第四个顶点在格点上.要求:(1)所画的两个四边形均是轴对称图形.(2)所画的两个四边形不全等.【分析】利用轴对称图形性质,以及全等四边形的定义判断即可.【解答】解:如图所示:【点评】此题考查了作图﹣轴对称变换,以及全等三角形的判定,熟练掌握各自的性质是解本题的关键.6.(2018·江苏常州·8分)如图,把△ABC沿BC翻折得△DBC.(1)连接AD,则BC与AD的位置关系是BC⊥AB .(2)不在原图中添加字母和线段,只加一个条件使四边形ABDC是平行四边形,写出添加的条件,并说明理由.【分析】(1)先由折叠知,AB=BD,∠ACB=∠DBC,进而判断出△AOB≌△DOB,最后用平角的定义即可得出结论;(2)由折叠得出∠ABC=∠DBC,∠ACB=∠DCB,再判断出∠ABC=∠ACB,进而得出∠ACB=∠DBC=∠ABC=∠DCB,最后用两边分别平行的四边形是平行四边形.【解答】解:(1)如图,连接AD交BC于O,由折叠知,AB=BD,∠ACB=∠DBC,∵BO=BO,∴△ABO≌△DBO(SAS),∴∠AOB=∠DOB,∵∠AOB+∠DOB=180°,∴∠AOB=∠DOB=90°,∴BC⊥AD,故答案为:BC⊥AD;(2)添加的条件是AB=AC,理由:由折叠知,∠ABC=∠DBC,∠ACB=∠DCB,∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∴∠ACB=∠DBC=∠ABC=∠DCB,∴AC∥BD,AB∥CD,∴四边形ABDC是平行四边形.【点评】此题主要考查了折叠的性质,平行四边形的判定,等腰三角形的性质,全等三角形的判定和性质,判断出△ABO≌△DBO(SAS)是解本题的关键.。

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中考数学真题汇编:平移与旋转
一、选择题
1. 在平面直角坐标系中,点关于原点对称的点的坐标是()
A. B. C. D.
【答案】C
2. 下列图形中,可以看作是中心对称图形的是()
A. B. C. D.
【答案】A
3. 如图,将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC.若点A,D,E在同一条直线上,∠ACB=20°,则∠ADC的度数是()
A. 55°
B. 60°
C. 65°
D. 70°
【答案】C
4. 在平面直角坐标系中,以原点为对称中心,把点A(3,4)逆时针旋转90°,得到点B,则点B的坐标为()
A.(4,-3)
B.(-4,3)
C.(-3,4)
D.(-3,-4)
【答案】B
5. 如图,在平面直角坐标系中,的顶点在第一象限,点,的坐标分别为、,
,,直线交轴于点,若与关于点成中心对称,则
点的坐标为()
A. B. C. D.
【答案】A
6.下列图形中,既是轴对称又是中心对称图形的是()
A. B. C. D.
【答案】B
7.在平面内由极点、极轴和极径组成的坐标系叫做极坐标系如图,在平面上取定一点称为极点;从点出
发引一条射线称为极轴;线段的长度称为极径点的极坐标就可以用线段的长度以及从
转动到的角度(规定逆时针方向转动角度为正)来确定,即或或
等,则点关于点成中心对称的点的极坐标表示不正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
8.如图,点是正方形的边上一点,把绕点顺时针旋转到的位置,
若四边形的面积为25,,则的长为()
A. 5
B.
C. 7
D.
【答案】D
9.如图是由6个大小相同的立方体组成的几何体,在这个几何体的三视图中,是中心对称图形的是()
A. 主视图
B. 左视图
C. 俯视图
D. 主视图和左视图
【答案】C
10. 如图,已知一个直角三角板的直角顶点与原点重合,另两个顶点A,B的坐标分别为(-1,0),(0,
).现将该三角板向右平移使点A与点O重合,得到△OCB’,则点B的对应点B’的坐标是()
A. (1,0)
B. (,)
C. (1,)
D. (-1,)
【答案】C
11. 如图,将沿边上的中线平移到的位置,已知的面积为9,阴影部分
三角形的面积为4.若,则等于()
A. 2
B. 3
C.
D.
【答案】A
12.如图,直线都与直线l垂直,垂足分别为M,N,MN=1,正方形ABCD的边长为,对角线AC 在直线l上,且点C位于点M处,将正方形ABCD沿l向右平移,直到点A与点N重合为止,记点C平移
的距离为x,正方形ABCD的边位于之间分的长度和为y,则y关于x的函数图象大致为()
A. B. C. D.
【答案】A
二、填空题
13.在平面直角坐标系中,将点(3,-2)先向右平移2个单位长度,再向上平移3个单位长度,则所得的点的坐标是________.
【答案】(5,1)
14.如图,将含有30°角的直角三角板ABC放入平面直角坐标系,顶点AB分别落在x、y轴的正半轴上,∠OAB=60°,点A的坐标为(1,0),将三角板ABC沿x轴右作无滑动的滚动(先绕点A按顺时针方向旋转60°,再绕点C按顺时针方向旋转90°,…)当点B第一次落在x轴上时,则点B运动的路径与坐标轴围成的图形面积是________.
【答案】+ π
15.如图,正方形的边长为1,点与原点重合,点在轴的正半轴上,点在轴的负半轴上将
正方形绕点逆时针旋转至正方形的位置, 与相交于点,则的坐标
为________.
【答案】
16.如图,正比例函数y=kx与反比例函数y= 的图象有一个交点A(2,m),AB⊥x轴于点B,平移直线y=kx 使其经过点B,得到直线l,则直线l对应的函数表达式是________ .
【答案】y= x-3
17.如图,中,,,,将绕点顺时针旋转
得到,为线段上的动点,以点为圆心,长为半径作,当与
的边相切时,的半径为________.
【答案】或
18.设双曲线与直线交于,两点(点在第三象限),将双曲线在第一象限的一
支沿射线的方向平移,使其经过点,将双曲线在第三象限的一支沿射线的方向平移,使其经过
点,平移后的两条曲线相交于点,两点,此时我称平移后的两条曲线所围部分(如图中阴影部分)
为双曲线的“眸”,为双曲线的“眸径”当双曲线的眸径为6时,的值为________.
【答案】
三、解答题
19.如图,在由边长为1个单位长度的小正方形组成的10×10网格中,已知点O,A,B均为网格线的交点.
(1)①在给定的网格中,以点O为位似中心,将线段AB放大为原来的2倍,得到线段(点A,B
的对应点分别为).画出线段;
②将线段绕点逆时针旋转90°得到线段.画出线段;
(2)以为顶点的四边形的面积是________个平方单位.
【答案】(1)解:如图所示:
(2)20
20.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,D是AB边上一点(点D与A,B不重合),连结CD,将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE,连结DE交BC于点F,连结BE.
(1)求证:△ACD≌△BCE;
(2)当AD=BF时,求∠BEF的度数.
【答案】(1)证明:∵线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE,
∴∠DCE=90°,CD=CE,
又∵∠ACB=90°
∴∠ACB=∠DCE.
∴∠ACD=∠BCE.
在△ACD和△BCE中,
∵CD=CE,∠ACD=∠BCE,AC=BC,
∴△ACD≌△BCE(SAS),
(2)解:∵∠ACB=90°,AC=BC,
∴∠A=45°
由(1)知△ACD≌△BCE,
∴AD=BE,∠CBE=∠A=45°,
又∵AD=BF,
∴BE=BF,
∴∠BEF=∠BFE= =67.5°.
21. 如图,在每个小正方形的边长为1的网格中,的顶点,,均在格点上.
(1)的大小为________(度);
(2)在如图所示的网格中,是边上任意一点. 为中心,取旋转角等于,把点逆时针
旋转,点的对应点为.当最短时,请用无刻度的直尺,画出点,并简要说明点的位置是如
何找到的(不要求证明)
【答案】(1)
(2)解:如图,即为所求.
22. 在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系,△ABC的顶点都在格点上,请解答下列问题:
(1)①作出△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B1C1,并写出点C1的坐标;
②作出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2,并写出点C2的坐标;
(2)已知△ABC关于直线l对称的△A3B3C3的顶点A3的坐标为(-4,-2),请直接写出直线l的函数解析式.
【答案】(1)解:如图所示,C1的坐标C1(-1,2), C2的坐标C2(-3,-2)
(2)解:∵A(2,4),A3(-4,-2),
∴直线l的函数解析式:y=-x.
23.
在中,,,,过点作直线,将绕点
顺时针得到(点,的对应点分别为,)射线,分别交直线于
点,.
(1)如图1,当与重合时,求的度数;
(2)如图2,设与的交点为,当为的中点时,求线段的长;
(3)在旋转过程时,当点分别在,的延长线上时,试探究四边形的面积是
否存在最小值.若存在,求出四边形的最小面积;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)由旋转的性质得:.,,,
,,.
(2)为的中点,.由旋转的性质得:,
.
, .


.
(3)

最小,
即最小,.
法一:(几何法)取
中点
,则
.
.

最小时,
最小,
,即

重合时, 最小.



.
法二:(代数法)设 , .
由射影定理得:


最小,即
最小,
.
当 时,“ ”成立, .
24. 在平面直角坐标系中,四边形 是矩形,点 ,点 ,点
.以点 为中心,
顺时针旋转矩形
,得到矩形
,点


的对应点分别为


.
(1)如图①,当点 落在 边上时,求点
的坐标;
(2)如图②,当点 落在线段
上时,

交于点
.
①求证 ;
②求点 的坐标.
(3)记
为矩形
对角线的交点,
为 的面积,求 的取值范围(直接写出结果即可)
.
【答案】(1)解:∵点,点,
∴,.
∵四边形是矩形,
∴,,.
∵矩形是由矩形旋转得到的,
∴.
在中,有,
∴.
∴.
∴点的坐标为.
(2)解:①由四边形是矩形,得.
又点在线段上,得.
由(Ⅰ)知,,又,,
∴.
②由,得.
又在矩形中,,
∴.∴.∴.
设,则,.
在中,有,
∴.解得.∴.
∴点的坐标为.
(3)解:。

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