2018年中考数学总复习专题11图形的变换与综合实践精讲试题

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2018中考数学压轴题探究专题：图形变换综合探究专题

中考数学解法探究专题图形变换综合探究专题考题研究：本专题主要包括图形的变换和相似形．其中轴对称图形、平移、中心对称图形的识别，相似三角形性质以填空和选择题为主，主要是考查对图形的识别和性质；图形的折叠、平移、旋转与几何图形面积相关的计算问题以填空题和解答题为主，主要是考查对几何问题的综合运用能力；而相似三角形的性质及判断定的应用往往还会结合圆或者解直角三角形等问题一并考查，主要是以解答题为主。

解题攻略：图形的轴对称、平移、旋转是近年中考的新题型、热点题型，它主要考查学生的观察与实验能力，探索与实践能力，因此在解题时应注意以下方面： 1.熟练掌握图形的轴对称、图形的平移、图形的旋转的基本性质和基本方法。

2.结合具体问题大胆尝试，动手操作平移、旋转，探究发现其内在规律是解答操作题的基本方法。

3．注重图形与变换的创新题，弄清其本质，掌握其基本的解题方法，尤其是折叠与旋转等。

解题思路：1.变换中求角度注意平移性质：平移前后图形全等，对应点连线平行且相等．2．变换中求线段长时把握折叠的性质：折线是对称轴、折线两边图形全等、对应点连线垂直对称轴、对应边平行或交点在对称轴上．3．变换中求坐标时注意旋转性质：对应线段、对应角的大小不变，对应线段的夹角等于旋转角.4．变换中求面积，注意前后图形的变换性质及其位置等情况。

例题解析1．如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC 和△DEF（顶点为网格线的交点），以及过格点的直线l．（1）将△ABC向右平移两个单位长度，再向下平移两个单位长度，画出平移后的三角形．（2）画出△DEF关于直线l对称的三角形．（3）填空：∠C+∠E=45°．【考点】P7：作图﹣轴对称变换；Q4：作图﹣平移变换．【分析】（1）将点A、B、C分别右移2个单位、下移2个单位得到其对应点，顺次连接即可得；（2）分别作出点D、E、F关于直线l的对称点，顺次连接即可得；为等腰直角三角形即可得．（3）连接A′F′，利用勾股定理逆定理证△A′C′F′即为所求；【解答】解：（1）△A′B′C′（2）△D′E′F′即为所求；，（3）如图，连接A′F′、△DEF≌△D′E′F′，∵△ABC≌△A′B′C′，∠A′C′F′+∠D′E′F′＝∴∠C+∠E=∠A′C′B′∵A′C′＝=、A′F′＝=，C′F′＝=，∴A′C′2，2+A′F′2=5+5=10=C′F′为等腰直角三角形，∴△A′C′F′，∴∠C+∠E=∠A′C′F′=45°故答案为：45°．2．实验探究：（1）如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开；再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN，MN．请你观察图1，猜想∠MBN的度数是多少，并证明你的结论．（2）将图1中的三角形纸片BMN剪下，如图2，折叠该纸片，探究MN与BM 的数量关系，写出折叠方案，并结合方案证明你的结论．【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质；P9：剪纸问题．【分析】（1）猜想：∠MBN=30°．只要证明△ABN是等边三角形即可；（2）结论：MN=BM．折纸方案：如图，折叠△BMN，使得点N落在BM上O 处，折痕为MP，连接OP．由折叠可知△MOP≌△MNP，只要证明△MOP≌△BOP，即可推出MO=BO=BM；【解答】解：（1）猜想：∠MBN=30°．理由：如图1中，连接AN，∵直线EF是AB的垂直平分线，∴NA=NB，由折叠可知，BN=AB，∴AB=BN=AN，∴△ABN是等边三角形，∴∠ABN=60°，∴NBM=∠ABM=∠ABN=30°．（2）结论：MN=BM．折纸方案：如图2中，折叠△BMN，使得点N落在BM上O处，折痕为MP，连接OP．理由：由折叠可知△MOP≌△MNP，∴MN=OM，∠OMP=∠NMP=∠OMN=30°=∠B，∠MOP=∠MNP=90°，∴∠BOP=∠MOP=90°，∵OP=OP，∴△MOP≌△BOP，∴MO=BO=BM，∴MN=BM．3．在如图的正方形网格中，每一个小正方形的边长为1．格点三角形ABC（顶点是网格线交点的三角形）的顶点A、C的坐标分别是（﹣4，6），（﹣1，4）．（1）请在图中的网格平面内建立平面直角坐标系；（2）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；（3）请在y轴上求作一点P，使△PB1C的周长最小，并写出点P的坐标．【考点】P7：作图﹣轴对称变换；KQ：勾股定理；PA：轴对称﹣最短路线问题．【分析】（1）根据A点坐标建立平面直角坐标系即可；（2）分别作出各点关于x轴的对称点，再顺次连接即可；（3）作出点B关于y轴的对称点B2，连接A、B2交y轴于点P，则P点即为所求．【解答】解：（1）如图所示；（2）如图，即为所求；（3）作点B关于y轴的对称点B2，连接A、B2交y轴于点P，则点P即为所求．设直线AB2的解析式为y=kx+b（k≠0），∵A（﹣4，6），B2（2，2），∴，解得，∴直线AB2的解析式为：y=﹣x+，∴当x=0时，y=，∴P（0，）．4．阅读填空：（1）请你阅读芳芳的说理过程并填出理由：如图1，已知AB∥CD．求证：∠BAE+∠DCE=∠AEC．理由：作EF∥AB，则有EF∥CD（平行于同一条直线的两条直线平行）∴∠1=∠BAE，∠2=∠DCE（两直线平行，内错角相等）∴∠AEC=∠1+∠2=∠BAE+∠DCE（等量代换）思维拓展：（2）如图2，已知AB∥CD，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC．BE、DE所在直线交于点E，若∠FAE=m°，∠ABC=n°，求∠BED的度数．（用含m、n的式子表示）（3）将图2中的线段BC沿DC方向平移，使得点B在点A的右侧，其他条件不变，得到图3，直接写出∠BED的度数是180°﹣n°+m°（用含m、n的式子表示）．【考点】Q2：平移的性质；JB：平行线的判定与性质．【分析】（1）根据平行线的性质即可得到结论；（2）先过点E作EH∥AB，根据平行线的性质和角平分线的定义，即可得到结论；（3）过E作EG∥AB，根据平行线的性质和角平分线的定义，即可得到结论．【解答】解：阅读填空：（1）平行于同一条直线的两条直线平行；两直线平行，内错角相等；等量代换，故答案为：平行于同一条直线的两条直线平行，两直线平行，内错角相等，等量代换；思维拓展：（2）如图2，过点E作EH∥AB，∵AB∥CD，∠FAD=m°，∴∠FAD=∠ADC=m°，∵DE平分∠ADC，∠ADC=m°，．∴∠EDC=∠ADC=m°，∵BE平分∠ABC，∠ABC=n°，∴∠ABE=∠ABC=n°，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥EH，∴∠ABE=∠BEH=n°，∠CDE=∠DEH=m°，∴∠BED=∠BEH+∠DEH=n°+m°=（n°+m°）；（3）∠BED的度数改变．过点E作EG∥AB，∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∠ABC=n°，∠ADC=∠FAD=m°∴∠ABE=∠ABC=n°，∠CDE=∠ADC=m°∵AB∥CD，∴AB∥CD∥EF，∴∠BEF=180°﹣∠ABE=180°﹣n°，∠CDE=∠DEF=m°，∴∠BED=∠BEF+∠DEF=180°﹣n°+m°．故答案为：180°﹣n°+m°．5．某游乐场部分平面图如图所示，C、E、A在同一直线上，D、E、B在同一直线上，测得A处与E处的距离为80 米，C处与D处的距离为34米，∠C=90°，∠BAE=30°．（≈1.4，≈1.7）（1）求旋转木马E处到出口B处的距离；（2）求海洋球D处到出口B处的距离（结果保留整数）．【考点】R2：旋转的性质．【分析】（1）在Rt△ABE中，利用三角函数即可直接求得BE的长；（2）在Rt△CDE中，利用三角函数求得DE的长，然后利用DB=DE+EB求解．【解答】解：（1）∵在Rt△ABE中，∠BAE=30°，∴BE=AE=×80=40（米）；（2）∵在Rt△ABE中，∠BAE=30°，∴∠AEB=90°﹣30°=60°，∴∠CED=∠AEB=60°，∴在Rt△CDE中，DE=≈=40（米），则BD=DE+BE=40+40=80（米）．6．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点D，E分别在AC，BC上（点D．当与点A，C不重合），且∠DEC=∠A，将△DCE绕点D逆时针旋转90°得到△DC′E′的斜边、直角边与AB分别相交于点P，Q（点P与点Q不重合）时，设△DC′E′CD=x，PQ=y．（1）求证：∠ADP=∠DEC；（2）求y关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围．【考点】R2：旋转的性质；E3：函数关系式；LD：矩形的判定与性质；T7：解直角三角形．【分析】（1）根据等角的余角相等即可证明；与AB相交于Q时，即＜x≤时，过P （2）分两种情形①如图1中，当C′E′作MN∥DC′，设∠B=α．②当DC′交AB于Q时，即＜x＜3时，如图2中，作PM⊥AC于M，PN⊥DQ于N，则四边形PMDN是矩形，分别求解即可；【解答】（1）证明：如图1中，∵∠EDE′＝∠C=90°，∴∠ADP+∠CDE=90°，∠CDE+∠DEC=90°，∴∠ADP=∠DEC．与AB相交于Q时，即＜x≤时，过P作MN∥（2）解：如图1中，当C′E′DC′，设∠B=α∴MN⊥AC，四边形DC′MN是矩形，∴PM=PQ?cosα＝y，PN=×（3﹣x），∴（3﹣x）+y=x，∴y=x﹣，当DC′交AB于Q时，即＜x＜3时，如图2中，作PM⊥AC于M，PN⊥DQ于N，则四边形PMDN是矩形，∴PN=DM，∵DM=（3﹣x），PN=PQ?sinα＝y，∴（3﹣x）=y，∴y=﹣x+．综上所述，y=7．已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH．（1）如图1所示，易证：OH=AD且OH⊥AD（不需证明）（2）将△COD绕点O旋转到图2，图3所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论．【考点】R2：旋转的性质；KD：全等三角形的判定与性质；KW：等腰直角三角形．【分析】（1）只要证明△AOD≌△BOC，即可解决问题；（2）①如图2中，结论：OH=AD，OH⊥AD．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，由△BEO≌△ODA即可解决问题；②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD 于G．由△BEO≌△ODA即可解决问题；【解答】（1）证明：如图1中，∵△OAB与△OCD为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，∴OC=OD，OA=OB，∵在△AOD与△BOC中，，∴△AOD≌△BOC（SAS），∴∠ADO=∠BCO，∠OAD=∠OBC，∵点H为线段BC的中点，∴OH=HB，∴∠OBH=∠HOB=∠OAD，又因为∠OAD+∠ADO=90°，所以∠ADO+∠BOH=90°，所以OH⊥AD（2）解：①结论：OH=AD，OH⊥AD，如图2中，延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，易证△BEO≌△ODA∴OE=AD∴OH=OE=AD由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO∴∠DAO+∠AOH=∠EOB+∠AOH=90°，∴OH⊥AD．②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD 于G．易证△BEO≌△ODA∴OE=AD∴OH=OE=AD由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO∴∠DAO+∠AOF=∠EOB+∠AOG=90°，∴∠AGO=90°∴OH⊥AD．8．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC三个顶点都在格点上，点A、B、C的坐标分别为A（﹣1，3），B（﹣3，1），C（﹣1，1）．请解答下列问题：（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出B1的坐标．（2）画出△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°后得到的△A2B2C1，并求出点A1走过的路径长．【考点】R8：作图﹣旋转变换；O4：轨迹；P7：作图﹣轴对称变换．【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于y轴的对称点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；（2）根据弧长公式列式计算即可得解．【解答】解：（1）如图，B1（3，1）；（2）如图，A1走过的路径长：×2×π×2=π学科网9．在4×4的方格内选5个小正方形，让它们组成一个轴对称图形，请在图中画出你的4种方案．（每个4×4的方格内限画一种）要求：（1）5个小正方形必须相连（有公共边或公共顶点视为相连）（2）将选中的小正方行方格用黑色签字笔涂成阴影图形．（每画对一种方案得2分，若两个方案的图形经过翻折、平移、旋转后能够重合，均视为一种方案）【考点】R9：利用旋转设计图案；P8：利用轴对称设计图案；Q5：利用平移设计图案．【分析】利用轴对称图形的性质用5个小正方形组成一个轴对称图形即可．【解答】解：如图．．10．综合与实践背景阅读早在三千多年前，我国周朝数学家商高就提出：将一根直尺折成一个直角，如果勾等于三，股等于四，那么弦就等于五，即“勾三、股四、弦五”．它被记载于我国古代著名数学著作《周髀算经》中，为了方便，在本题中，我们把三边的比为3：4：5的三角形称为（3，4，5）型三角形，例如：三边长分别为9，12，15或3，4，5的三角形就是（3，4，5）型三角形，用矩形纸片按下面的操作方法可以折出这种类型的三角形．实践操作如图1，在矩形纸片ABCD中，AD=8cm，AB=12cm．第一步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，再沿EF折叠，然后把纸片展平．第二步：如图3，将图2中的矩形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为GH，然后展平，隐去AF．第三步：如图4，将图3中的矩形纸片沿AH折叠，得到△AD′Ｈ，再沿AD′折叠，折痕为AM，AM与折痕EF交于点N，然后展平．问题解决（1）请在图2中证明四边形AEFD是正方形．（2）请在图4中判断NF与ND′的数量关系，并加以证明；（3）请在图4中证明△AEN（3，4，5）型三角形；探索发现（4）在不添加字母的情况下，图4中还有哪些三角形是（3，4，5）型三角形？请找出并直接写出它们的名称．【考点】RB：几何变换综合题．【分析】（1）根据矩形的性质得到∠D=∠DAE=90°，由折叠的性质得得到AE=AD，∠AEF=∠D=90°，求得∠D=∠DAE=∠AEF=90°，得到四边形AEFD是矩形，由于AE=AD，于是得到结论；（2）连接HN，由折叠的性质得到∠AD′H=∠D=90°，HF=HD=HD′，根据正方形的想知道的∠HD′N=90°，根据全等三角形的性质即可得到结论；（3）根据正方形的性质得到AE=EF=AD=8cm，由折叠得，AD′=AD=8cm，设NF=xcm，则ND′=xcm，根据勾股定理列方程得到x=2，于是得到结论；（4）根据（3，4，5）型三角形的定义即可得到结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠DAE=90°，由折叠的性质得，AE=AD，∠AEF=∠D=90°，∴∠D=∠DAE=∠AEF=90°，∴四边形AEFD是矩形，∵AE=AD，∴矩形AEFD是正方形；（2）解：NF=ND′，理由：连接HN，由折叠得，∠AD′H=∠D=90°，HF=HD=HD′，∵四边形AEFD是正方形，∴∠EFD=90°，∵∠AD′H=90°，∴∠HD′N=90°，在Rt△HNF与Rt△HND′中，，∴Rt△HNF≌Rt△HND′，∴NF=ND′；（3）解：∵四边形AEFD是正方形，∴AE=EF=AD=8cm，由折叠得，AD′=AD=8cm，设NF=xcm，则ND′=xcm，在Rt△AEN中，∵AN2=AE2+EN2，∴（8+x）2=82+（8﹣x）2，解得：x=2，∴AN=8+x=10cm，EN=6cm，∴EN：AE：AN=3：4：5，∴△AEN是（3，4，5）型三角形；（4）解：图4中还有△MFN，△MD′Ｈ，△MDA是（3，4，5）型三角形，∵CF∥AE，∴△CFN∽△AEN，∵EN：AE：AN=3：4：5，∴FN：CF：CN=3：4：5，∴△MFN是（3，4，5）型三角形；同理，△MD′Ｈ，△MDA是（3，4，5）型三角形．11．如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．（1）观察猜想图1中，线段PM与PN的数量关系是PM=PN，位置关系是PM ⊥PN；（2）探究证明把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出△PMN面积的最大值．【考点】RB：几何变换综合题．【分析】（1）利用三角形的中位线得出PM=CE，PN=BD，进而判断出BD=CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠DPM=∠DCA，最后用互余即可得出结论；（2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，同（1）的方法得出PM=BD，PN= BD，即可得出PM=PN，同（1）的方法即可得出结论；（3）先判断出MN最大时，△PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大=AM+AN，最后用面积公式即可得出结论．【解答】解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，∴PN∥BD，PN=BD，∵点P，M是CD，DE的中点，∴PM∥CE，PM=CE，∵AB=AC，AD=AE，∴BD=CE，∴PM=PN，∵PN∥BD，∴∠DPN=∠ADC，∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCA，∵∠BAC=90°，∴∠ADC+∠ACD=90°，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，∴PM⊥PN，故答案为：PM=PN，PM⊥PN，（2）由旋转知，∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN=BD，PM=CE，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，同（1）的方法得，PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，同（1）的方法得，PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，∵∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ABC=90°，∴∠MPN=90°，∴△PMN是等腰直角三角形，（3）如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，∴MN最大时，△PMN的面积最大，∴DE∥BC且DE在顶点A上面，∴MN最大=AM+AN，连接AM，AN，在△ADE中，AD=AE=4，∠DAE=90°，∴AM=2，在Rt△ABC中，AB=AC=10，AN=5，∴MN最大=2+5=7，∴S△PMN最大=PM2=×MN2=×（7）2=．12．如图示，正方形ABCD的顶点A在等腰直角三角形DEF的斜边EF上，EF与BC相交于点G，连接CF．①求证：△DAE≌△DCF；②求证：△ABG∽△CFG．【考点】S8：相似三角形的判定；KD：全等三角形的判定与性质；KW：等腰直角三角形；LE：正方形的性质．【分析】①由正方形ABCD与等腰直角三角形DEF，得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS即可得证；②由第一问的全等三角形的对应角相等，根据等量代换得到∠BAG=∠BCF，再由对顶角相等，利用两对角相等的三角形相似即可得证．【解答】证明：①∵正方形ABCD，等腰直角三角形EDF，∴∠ADC=∠EDF=90°，AD=CD，DE=DF，∴∠ADE+∠ADF=∠ADF+∠CDF，∴∠ADE=∠CDF，在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF；②延长BA到M，交ED于点M，∵△ADE≌△CDF，∴∠EAD=∠FCD，即∠EAM+∠MAD=∠BCD+∠BCF，∵∠MAD=∠BCD=90°，∴∠EAM=∠BCF，∵∠EAM=∠BAG，∴∠BAG=∠BCF，∵∠AGB=∠CGF，∴△ABG∽△CFG．13．如图，在锐角三角形ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，AG⊥BC于点G，AF⊥DE于点F，∠EAF=∠GAC．（1）求证：△ADE∽△ABC；（2）若AD=3，AB=5，求的值．【考点】S9：相似三角形的判定与性质．【分析】（1）由于AG⊥BC，AF⊥DE，所以∠AFE=∠AGC=90°，从而可证明∠AED=∠ACB，进而可证明△ADE∽△ABC；（2）△ADE∽△ABC，，又易证△EAF∽△CAG，所以，从而可知．【解答】解：（1）∵AG⊥BC，AF⊥DE，∴∠AFE=∠AGC=90°，∵∠EAF=∠GAC，∴∠AED=∠ACB，∵∠EAD=∠BAC，∴△ADE∽△ABC，（2）由（1）可知：△ADE∽△ABC，∴=由（1）可知：∠AFE=∠AGC=90°，∴∠EAF=∠GAC，∴△EAF∽△CAG，∴，∴=14．如图，已知直线PT与⊙O相切于点T，直线PO与⊙O相交于A，B两点．（1）求证：PT2=PA?PB；（2）若PT=TB=，求图中阴影部分的面积．【考点】S9：相似三角形的判定与性质；MC：切线的性质；MO：扇形面积的计算．【分析】（1）连接OT，只要证明△PTA∽△PBT，可得=，由此即可解决问题；（2）首先证明△AOT是等边三角形，根据S阴=S扇形OAT﹣S△AOT计算即可；【解答】（1）证明：连接OT．∵PT是⊙O的切线，∴PT⊥OT，∴∠PTO=90°，∴∠PTA+∠OTA=90°，∵AB是直径，∴∠ATB=90°，∴∠TAB+∠B=90°，∵OT=OA，∴∠OAT=∠OTA，∴∠PTA=∠B，∵∠P=∠P，∴△PTA∽△PBT，∴=，∴PT2=PA?PB．（2）∵TP=TB=，∴∠P=∠B=∠PTA，∵∠TAB=∠P+∠PTA，∴∠TAB=2∠B，∵∠TAB+∠B=90°，∴∠TAB=60°，∠B=30°，∴tanB==，∴AT=1，∵OA=OT，∠TAO=60°，∴△AOT是等边三角形，∴S阴=S扇形OAT﹣S△AOT=﹣?12=﹣．15．如图，AB是⊙O的直径，AB=4，点E为线段OB上一点（不与O，B重合），作CE⊥OB，交⊙O于点C，垂足为点E，作直径CD，过点C的切线交DB 的延长线于点P，AF⊥PC于点F，连接CB．（1）求证：CB是∠ECP的平分线；（2）求证：CF=CE；（3）当=时，求劣弧的长度（结果保留π）【考点】S9：相似三角形的判定与性质；M2：垂径定理；MC：切线的性质；MN：弧长的计算．【分析】（1）根据等角的余角相等证明即可；（2）欲证明CF=CE，只要证明△ACF≌△ACE即可；（3）作BM⊥PF于M．则CE=CM=CF，设CE=CM=CF=4a，PC=4a，PM=a，利用相似三角形的性质求出BM，求出tan∠BCM的值即可解决问题；【解答】（1）证明：∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∵PF是⊙O的切线，CE⊥AB，∴∠OCP=∠CEB=90°，∴∠PCB+∠OCB=90°，∠BCE+∠OBC=90°，∴∠BCE=∠BCP，∴BC平分∠PCE．（2）证明：连接AC．∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠BCP+∠ACF=90°，∠ACE+∠BCE=90°，∵∠BCP=∠BCE，∴∠ACF=∠ACE，∵∠F=∠AEC=90°，AC=AC，∴△ACF≌△ACE，∴CF=CE．（3）解：作BM⊥PF于M．则CE=CM=CF，设CE=CM=CF=3a，PC=4a，PM=a，∵△BMC∽△PMB，∴=，∴BM2=CM?PM=3a2，∴BM=a，∴tan∠BCM==，∴∠BCM=30°，∴∠OCB=∠OBC=∠BOC=60°，∴的长==π．16．如图，以AB边为直径的⊙O经过点P，C是⊙O上一点，连结PC交AB于点E，且∠ACP=60°，PA=PD．（1）试判断PD与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若点C是弧AB的中点，已知AB=4，求CE?CP的值．【考点】S9：相似三角形的判定与性质；M4：圆心角、弧、弦的关系；MB：直线与圆的位置关系．【分析】（1）连结OP，根据圆周角定理可得∠AOP=2∠ACP=120°，然后计算出∠PAD和∠D的度数，进而可得∠OPD=90°，从而证明PD是⊙O的切线；（2）连结BC，首先求出∠CAB=∠ABC=∠APC=45°，然后可得AC长，再证明△CAE∽△CPA，进而可得，然后可得CE?CP的值．【解答】解：（1）如图，PD是⊙O的切线．证明如下：连结OP，∵∠ACP=60°，∴∠AOP=120°，∵OA=OP，∴∠OAP=∠OPA=30°，∵PA=PD，∴∠PAO=∠D=30°，∴∠OPD=90°，∴PD是⊙O的切线．（2）连结BC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，又∵C为弧AB的中点，∴∠CAB=∠ABC=∠APC=45°，∵AB=4，．∵∠C=∠C，∠CAB=∠APC，∴△CAE∽△CPA，∴，∴CP?CE=CA2=（2）2=8．。

初中数学图与图形的变换精讲

图形与图形的变换1．图形的初步认识①掌握画基本几何体(直棱柱、圆柱、圆锥、球)的三视图，会判断简单物体的三视图，能根据三视图描述基本几何体或实物原型．②了解直棱柱、圆锥的侧面展开图，能根据展开图判断立体模型．③了解几何体与其三视图、展开图(球除外)之间的关系．④掌握比较角的大小，估计一个角的大小，计算角度的和与差，进行度、分、秒简单换算．⑤了解角平分线及其性质，了解补角、余角、对顶角；理解等角的余角相等、等角的补角相等、对顶角相等．⑥了解两点之间，线段最短；了解经过两点有一条直线，并且只有一条直线．⑦了解垂线、垂线段等概念，垂线段最短的性质，点到直线距离的意义；了解过一点有且仅有一条直线垂直于已知直线．⑧掌握用三角尺或量角器过一点画一条直线的垂线；了解线段垂直平分线及其性质．⑨理解平行线的特征和平行线的识别；了解过直线外一点有且仅有一条直线平行于已知直线；掌握用三角尺和直尺过已知直线外一点画这条直线的平行线．⑩理解平行线之间距离的意义；掌握度量两条平行线之间的距离的方法．2．轴对称①认识轴对称．②理解对应点所连的线段被对称轴垂直平分的性质．③掌握能按要求作简单平面图形经过一次或两次轴对称后的图形．④掌握简单图形之间的轴对称关系，并指出对称轴．⑤掌握基本图形(等腰三角形、矩形、菱形、等腰梯形、正多边形、圆)的轴对称性质及相关性质．⑥掌握利用轴对称进行图案的设计．3．平移和旋转①认识平移，理解对应点连线平行且相等的性质；掌握按要求作简单平面图形平移后的图形；掌握选用平移进行图案设计．②认识旋转(含中心对称)；理解对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中心连线所成的角彼此相等的性质．③了解平行四边形、圆是中心对称图形．④掌握按要求作简单平面图形旋转后的图形．⑤掌握图形之间的轴对称、平移、旋转及其组合四种关系形式．⑥掌握运用轴对称、平移和旋转的组合进行图案设计．⑦在观察、操作、推理、归纳等探索过程中，发展学生的合情推理能力，培养学生的数学说理的习惯与能力．【课时分布】图形与图形的变换在第一轮复习时大约需要3个课时，下表为内容及课时安排(仅供参考)课时数内容1基本图形的认识1轴对称与轴对称图形1平移与旋转1图形与图形的变换单元测试与评析【知识回顾】1．知识脉络图形的初步认识立体图形平面图形视图平面展开图点和线角相交线平行线图形之间的变换关系轴对称平移旋转旋转对称中心对称2．基础知识(1)两点之间线段最短；连结直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短．(2)视图有正视图、俯视图、侧视图(左视图、右视图)．(3)平行线间的距离处处相等．(4)平移是由移动的方向和距离决定的．(5)平移的特征：①对应线段平行(或共线)且相等；连结对应的线段平行(或共线)且相等；②对应角分别相等；③平移后的图形与原图形全等．(6)图形的旋转由旋转中心、旋转角度和旋转方向决定．(7)旋转的特征：①对应点与旋转中心的距离相等；对应线段相等，对应角相等；②每一点都绕旋转中心旋转了相同的角度；③旋转后的图形与原图形全等．3、能力要求例1选择、填空题(1)如图6-1，小军将一个直角三角板绕它的一条直角边所在的直线旋转一周形成一个几何体，将这个几何体的侧面展开得到的大致图形是·····································Ａ．B．C ．D ．【分析】图形的旋转与展开．【解】D ．(2)如图6-2，已知□ABCD 的对角线BD =4cm ，将□ABCD 绕其对称中心O 旋转180°，则点D 所转过的路径长为（）A ．4πcmB ．3πcmC ．2πcmD ．πcm【分析】图形的旋转与圆弧问题结合．【解】C ．(3)有两个完全重合的矩形，将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心O 按逆时针方向进行旋转，每次均旋转45 ，第1次旋转后得到图①，第2次旋转后得到图②……，则第10次旋转后得到的图形与图①～图④中相同的是（）A ．图①B ．图②C ．图③D ．图④【分析】图形的旋转与操作．【解】B ．(4)如图6-3，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝8，BC ＝6，ABCD 图6-3C’图①图②图③图④图6-2ABCDO图6-1(5)按图中所示方法将△BCD 沿BD 折叠，使点C 落在边AB 上的点C ′处，则折痕BD的长为__________．【分析】图形的折叠与勾股定理应用．【解】35．(5)如图6-4，在68⨯的网格图（每个小正方形的边长均为1个单位长度）中，⊙A 的半径为2个单位长度，⊙B 的半径为1个单位长度，要使运动的⊙B 与静止的⊙A 内切，应将⊙B 由图示位置向左平移个单位长度．【分析】图形平移、圆的位置关系与发散思维结合【解】4或6(6)如图6-5所示，在折纸活动中，小明制作了一张ABC △纸片，点D E 、分别是边AB 、AC 上，将ABC△沿着DE 折叠压平，A 与'A 重合，若=70A ︒∠，则1+2∠∠=（）A.140︒B.130︒C.110︒D.70︒【分析】图形折叠、三角形内角和与平角的结合【解】A(7)如图6-6-1和6-6-2，四边形ABCD 是边长为1的正方形，四边形EFGH 是边长为2的正方形，点D 与点F 重合，点B ，D （F ），H 在同一条直线上，将正方形ABCD 沿F →H 方向平移至点B 与点H 重合时停止，设点D 、F 之间的距离为x ，正方形ABCD 与正方形EFGH 重叠部分的面积为y ，则能大致反映y 与x 之间函数关系的图象是（）图6-4图6-5图图【分析】图形的平移、动点问题及函数图像【解】B【说明】由于概念、性质比较多，复习时可以通过基本练习题的训练，使学生熟练掌握图形与图形变换的基本知识、基本方法和基本技能．重视平移、旋转、折叠、展开过程中学生思维的训练，重视平移、旋转、折叠、展开的操作过程，提高学生的分解、组合图形的能力和动手能力。

2018-2019年北京中考数学真题分类解析【04】图形的变换(原卷版)

1.（2003年北京市4分）如果圆柱的底面半径为4cm ，底面为5cm ，那么它的侧面积等于【】A. 220cm πB. 240cm πC. 20cm 2D. 40cm 22. （2004年北京市4分）如果圆锥的底面半径为3cm ，母线长为4cm ，那么它的侧面积等于【】（A ）24πcm 2 （B ）12πcm 2 （C ）12cm 2 （D ）6πcm 23. （2006年北京市课标4分）将如图所示的圆心角为90的扇形纸片AOB 围成圆锥形纸帽，使扇形的两条半径OA 与OB 重合（接缝粘贴部分忽略不计），则围成的圆锥形纸帽是【】4. （2007年北京市4分）下图所示是一个三棱柱纸盒，在下面四个图中，只有一个是这个纸盒的展开图，那么这个展开图是【】5. （2008年北京市4分）已知O 为圆锥的顶点，M 为圆锥底面上一点，点P 在OM 上．一只蜗牛从P 点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P 点时所爬过的最短路线的痕迹如左图所示．若沿OM 将圆锥侧面剪开并展开，所得侧面展开图是【】6. （2009年北京市4分）若下图是某几何体的三视图，则这个几何体是【】A.圆柱B.正方体C.球D.圆锥7. （2019年北京市4分）美术课上，老师要求同学们将下图所示的白纸只沿虚线裁开，用裁开的纸片和白纸上的阴影部分围成一个立体模型，然后放在桌面上，下列四个示意图中，只有一个．．．．符合上述要求，那么这个示意图是【】8. （2019年北京市4分）下图是某个几何体的三视图，该几何体是【】A．长方体 B．正方体 C．圆柱 D．三棱柱9.（2019年北京市3分）下图是几何体的三视图，该几何体是【】A.圆锥 B．圆柱 C．正三棱柱 D．正三棱锥1.（2006年北京市大纲4分）如图，圆锥的底面半径为2cm ，母线长为4cm ，那么它的侧面积等于 ▲ cm 2。

2.（2007年北京市4分）下图是对称中心为点O 的正六边形。

如果用一个含30°角的直角三角板的角，借助点O （使角的顶点落在点O 处），把这个正六边形的面积n 等分，那么n 的所有可能的值是 ▲ 。

专题11图形的变换(共24题)-备战2021年中考数学真题模拟题分类汇编(原卷版)【上海专版】

备战2021年中考数学真题模拟题分类汇编（上海专版）专题11图形的变换（共24题）一．选择题（共7小题）1．（2020•上海）如果存在一条线把一个图形分割成两个部分，使其中一个部分沿某个方向平移后能与另一个部分重合，那么我们把这个图形叫做平移重合图形．下列图形中，平移重合图形是（）A．平行四边形B．等腰梯形C．正六边形D．圆2．（2020•杨浦区二模）若将一个长方形纸条折成如图的形状，则图中∠1与∠2的数量关系是（）A．∠1＝2∠2B．∠1＝3∠2C．∠1+∠2＝180°D．∠1+2∠2＝180°3．（2020•嘉定区二模）下列图形，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（）A．线段B．矩形C．等腰梯形D．圆4．（2020•宝山区二模）下列四边形中，是中心对称但不是轴对称的图形是（）A．矩形B．等腰梯形C．正方形D．平行四边形5．（2020•静安区二模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，其中点B、C分别与点D、E对应，如果B、D、C三点恰好在同一直线上，那么下列结论错误的是（）A．∠ACB＝∠AED B．∠BAD＝∠CAE C．∠ADE＝∠ACE D．∠DAC＝∠CDE 6．（2020•浦东新区三模）已知长方体ABCD﹣EFGH如图所示，那么下列各条棱中与棱GC平行的是（）A．棱EA B．棱AB C．棱GH D．棱GF7．（2017•上海）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（）A．菱形B．等边三角形C．平行四边形D．等腰梯形二．填空题（共15小题）8．（2019•上海）如图，已知直线11∥l2，含30°角的三角板的直角顶点C在l1上，30°角的顶点A在l2上，如果边AB与l1的交点D是AB的中点，那么∠1＝度．9．（2020•宝山区一模）点A和点B在同一平面上，如果从A观察B，B在A的北偏东14°方向，那么从B观察A，A在B的方向．10．（2020•崇明区一模）已知线段AB＝8cm，点C在线段AB上，且AC2＝BC•AB，那么线段AC的长cm．11．（2020•浦东新区二模）如图，AB∥CD，如果∠B＝50°，∠D＝20°，那么∠E＝．12．（2020•青浦区二模）在△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝2，将△ABC绕着点B顺时针旋转，如果点A落在射线BC上的点A'处．那么AA'＝．13．（2020•虹口区二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点D、E分别是边BC、AB 上一点，DE∥AC，BD＝5√2，把△BDE绕着点B旋转得到△BD'E'（点D、E分别与点D'，E'对应），如果点A，D'、E'在同一直线上，那么AE'的长为．14．（2020•金山区二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，把△ABC绕C点旋转得到△A'B'C，其中点A'在线段AB上，那么∠A'B'B的正切值等于．15．（2020•宝山区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，tan B=34，将△ABC绕点B逆时针旋转，得到△A1BC1，当点C1在线段CA延长线上时△ABC1的面积为．16．（2020•闵行区二模）如图，已知在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转，使点B落在点B1处，点C落在点C1处，且BB1⊥AC．联结B1C和C1C，那么△B1C1C的面积等于．17．（2020•闵行区一模）已知正方形ABCD的边长为2，如果将线段BD绕着点B旋转后，点D落在BC 的延长线上的点E处，那么tan∠BAE＝．18．（2020•普陀区一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，sin B=513，点P为边BC上一点，PC＝3，将△ABC绕点P旋转得到△A'B'C'（点A、B、C分别与点A'、B'、C'对应），使B'C'∥AB，边A'C'与边AB交于点G，那么A'G的长等于．19．（2020•奉贤区一模）如图，已知矩形ABCD（AB＞BC），将矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°，点A、D分别落在点E、F处，连接DF，如果点G是DF的中点，那么∠BEG的正切值是．20．（2020•嘉定区一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，cos A=35（如图），把△ABC绕着点C按照顺时针的方向旋转，将A、B的对应点分别记为点A'、B'．如果A'B'恰好经过点A，那么点A与点A'的距离为．21．（2020•金山区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝4，点P在边BC上，联结AP，将△ABP绕着点A旋转，使得点P与边AC的中点M重合，点B的对应点是点B′，则BB′的长等于．22．（2020•松江区一模）如图，矩形ABCD中，AD＝1，AB＝k，将矩形ABCD绕着点B顺时针旋转90°得到矩形A′BC′D′，联结AD′，分别交边CD，A′B于E、F，如果AE=√2D′F，那么k＝．三．解答题（共2小题）23．（2020•宝山区一模）如图，OC是△ABC中AB边的中线，∠ABC＝36°，点D为OC上一点，如果OD＝k⋅OC，过D作DE∥CA交于BA点E，点M是DE的中点，将△ODE绕点O顺时针旋转α度（其中0°＜α＜180°）后，射线OM交直线BC于点N．（1）如果△ABC的面积为26，求△ODE的面积（用k的代数式表示）；（2）当N和B不重合时，请探究∠ONB的度数y与旋转角α的度数之间的函数关系式；（3）写出当△ONB为等腰三角形时，旋转角α的度数．24．（2020•浦东新区一模）在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝3，D为AB边上一动点（点D与点A、B不重合），联结CD，过点D作DE⊥DC交边BC于点E．（1）如图，当ED＝EB时，求AD的长；（2）设AD＝x，BE＝y，求y关于x的函数解析式并写出函数定义域；（3）把△BCD沿直线CD翻折得△CDB'，联结AB'，当△CAB'是等腰三角形时，直接写出AD的长．。

中考数学复习专项知识总结—图形的变换(中考必备)

中考数学复习专项知识总结—图形的变换（中考必备）1、平移(1)定义：把一个图形沿着某一直线方向移动，这种图形的平行移动，简称为平移。

(2)平移的性质：平移后的图形与原图形全等；对应角相等；对应点所连的线段平行(或在同一条直线上)且相等。

(3)坐标的平移：点（x，y）向右平移a个单位长度后的坐标变为（x+a，y）；点（x，y）向左平移a个单位长度后的坐标变为（x-a，y）；点（x，y）向上平移a个单位长度后的坐标变为（x，y+a）；点（x，y）向下平移a个单位长度后的坐标变为（x，y-a）。

2、轴对称(1)轴对称：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成轴对称。

这条直线叫做对称轴，折叠后重合的点是对应点，叫做对称点。

(2)轴对称图形：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，这个图形叫做轴对称图形。

这条直线叫做它的对称轴。

(3)轴对称的性质：关于某条直线对称的图形是全等形。

经过线段中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线。

如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。

轴对称图形的对称轴，是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。

(4)线段垂直平分线的性质线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等；与一条线段两个端点距离相等的点，在线段的垂直平分线上。

(5)坐标与轴对称：点（x，y）关于x轴对称的点的坐标是（x，-y）；点（x，y）关于y轴对称的点的坐标是（-x，y）；3、旋转(1)旋转定义：把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，叫做图形的旋转。

点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。

如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做这个旋转的对应点。

旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；①对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；①旋转前后的图形全等。

(2)中心对称定义：把一个图形绕着某一点旋转180°，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个点对称或中心对称。

中考数学-2018年中考数学图形与变换复习专题精品

专题九《图形与变换》●中考点击命题预测：本专题主要包括图形的变换和相似形．其中轴对称图形、平移、中心对称图形的识别，相似三角形性质以填空和选择题为主，主要是考查对图形的识别和性质；图形的折叠、平移、旋转与几何图形面积相关的计算问题以填空题和解答题为主，主要是考查对几何问题的综合运用能力；而相似三角形的性质及判断定的应用往往还会结合圆或者解直角三角形等问题一并考查，主要是以解答题为主。

对比近两年中考试题，预测2009年在这方面的考查将会弱化较为复杂的综合题和计算题，而相对强化图形与变换中的对称、平移、旋转以及相似和位似等方面的识别题、创新题、开放题，主要考查学生的动手能力，观察与实验能力，探索与实践能力，中考命题趋势是稳中求变，变中创新。

●难题透视例1如图9-1，把一个正方形三次对折后沿虚线剪下，则所得图形是（）【考点要求】本题考查学生轴对称知识的灵活应用。

【思路点拔】通过实物的演示或者操作以及空间想象，不难得到正确答案。

【方法点拨】在解答图形的折叠问题时，有时可借助实物进行操作、演示，帮助理解，从而弥补空间思维上出现的盲区。

例2如图9-2，一只小狗正在平面镜前欣赏自己的全身像，此时，它所看到的全身像（）图9-1【考点要求】本题考查平面镜的轴对称变换。

【思路点拔】观察所给的“小狗照镜子”图，可以发现小狗的尾巴向左，并且正面向镜子，由于平面镜成像是轴对称变换，由性质可知，像的尾巴应向左且正面向前。

【答案】选A。

【错解剖析】部分学生未能抓住平面镜成像的轴对称变换特性而选择错误答案。

解题关键：先分析清问题是何种对称变换，然后利用性质解题。

例3如图9-3，下列图案②③④⑤⑥⑦中，是由①平移得出的，是由①平移且旋转得出的。

【考点要求】本题考查平移、旋转的定义。

【思路点拔】图①中的鸽子是头向左，尾巴向右展翅飞翔，平移后的图形应与其方向保持一致，而如果经过旋转后则会发生方向上的改变。

【答案】③⑤是由①平移得出的，②④⑥⑦是由①平移且旋转得出的。

中考数学总复习第二编专题突破篇专题11图形的变换与综合实践精讲试题

年份题型考点题号分值难易度2017选择题、解答题中心对称、图形旋转的相关计算5、23、253＋9＋11＝23容易题、中等题、较难题2016选择题、解答题图形的折叠、轴对称、中心对称、图形旋转的探究3、11、253＋2＋11＝16容易题、中等题2015选择题、解答题图形的折叠、图形旋转的探究3、26 3＋14＝17容易题、较难题命题规律纵观河北历年中考，此专题内容为必考内容，它可以与其他知识点混搭，例如2017年第25题与平行四边形，第23题与圆，此专题属于能力部分，复习时多加练习．预测2018年将继续延续2017年模式，在解答题中与其他知识点综合出现，有一定难度.解题策略掌握三种变换前后形状、大小不变的规律，用心发现问题中隐藏的三种变换．,重难点突破)平移变换【例1】如图，将边长为4个单位长度的等边△ABC沿边BC向右平移2个单位长度得到△DEF，则四边形A．12B．16C．20D．24【解析】平移是全等的图形变化，在平移过程中线段的长度和图形中的角度保持不变．【答案】B1．(济宁中考)如图，将△ABE向右平移2 cm得到△DCF，如果△ABE的周长是16 cm，那么四边形ABFD的周长是( C)A．16 cm B．18 cm C．20 cm D．21 cm(第1题图)(第2题图) 2．(2016保定一模)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AB＝8，将△ABC沿C B向右平移得到△DEF，若四边形ABED的面积等于8，则平移距离等于( A)A．2 B．4 C．8 D．16【方法指导】运用平移前后两个图形全等以及每个点平移的距离相等解决问题．折叠变换【例2】(黄冈中考)如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，且DC＝3DE＝3a，将矩形沿直线EF 折叠，使点C恰好落在AD边上的点P处，则FP＝________.【解析】利用折叠前后图形全等解决问题．先求出DE＝a，EC＝2a.再根据折叠的性质得到PE＝EC＝2a，∠PEF＝∠FEC，PF＝FC.在Rt△PDE中，利用三角函数可推出∠PED＝60°，从而可得∠PEF＝∠FEC＝60°.在Rt△FEC中，利用三角函数可求得FC＝23a，所以FP＝FC＝23a.【答案】23a3．如图，将矩形ABCD 沿CE 向上折叠，使点B 落在AD 边上的点F 处．若AE ＝23BE ，则长AD 与宽AB 的比值是__355__．【方法指导】熟练掌握两个图形翻折前后全等，以及轴对称的性质，结合图形解题．旋转变换【例3】(宁夏中考)如图，把正方形ABCD 绕点C 按顺时针方向旋转45°，得到正方形A′B′CD′(此时，点B′落在对角线AC 上，点A′落在CD 的延长线上)，A ′B ′交AD 于点E ，连接AA′，CE.求证：(1)△ADA′≌△CDE；(2)直线CE 是线段AA′的垂直平分线．【解析】(1)根据正方形的性质可得AD ＝CD ，∠ADC ＝90°，∠EA ′D ＝45°，则∠A′DE＝90°，∠A ′ED ＝45°.根据等角对等边可得A′D＝ED ，即可利用“SAS ”证明△ADA′≌△CDE；(2)由AC ＝A′C，可得点C 在AA′的垂直平分线上．根据两点确定一条直线可得直线CE 是线段AA′的垂直平分线．【答案】证明：(1)∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ＝CD ，∠ADC ＝90°，∴∠A ′DE ＝90°.根据正方形的性质可得，∠EA ′D＝45°，∴∠A ′ED ＝45°，∴A ′D ＝DE.在△ADA′和△CDE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AD ＝CD ，∠A ′DA ＝∠EDC＝90°，A ′D ＝ED ，∴△ADA ′≌△CDE(SAS )；(2)根据旋转的性质可得，AC ＝A′C，∴点C 在AA′的垂直平分线上．∵AC 是正方形ABCD 的对角线，∴∠CAE ＝45°.∵AC ＝A′C，CB ′＝CD ，∴AB ′＝A′D.在△AEB′和△A′ED 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠EAB ′＝∠EA′D，∠AEB ′＝∠A′ED，AB ′＝A′D.∴△AEB ′≌△A ′ED(AAS )．∴AE ＝A′E.∴点E 也在AA′的垂直平分线上．∴直线CE 是线段AA′的垂直平分线．4．如图所示，在平面直角坐标系中，Rt △AOB 的两条直角边OA ，OB 分别在x 轴，y 轴的负半轴上，且OA ＝2，OB ＝1.将Rt △AOB 绕点O 按顺时针方向旋转90°后，再把所得的图形沿x 轴正方向平移1个单位长度，得到△CDO.(1)写出点A ，C 的坐标；(2)求点A 与点C 之间的距离．解：(1)点A 的坐标是(－2，0)，点C 的坐标是(1，2)；(2)连接AC ，在Rt △ACD 中，AD ＝OA ＋OD ＝3，CD ＝2.∴AC ＝CD 2＋AD 2＝22＋32＝13.【方法指导】熟练掌握两个图形旋转前后全等，以及旋转的性质，再结合图形解题．5．(2016石家庄四十三中二模)如图，在平面直角坐标系中，Rt △ABC 的三个顶点分别是A(－3，2)，B(0，4)，C(0，2)．(1)将△ABC 以点C 为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A 1B 1C 1；平移△ABC，若点A 的对应点A 2的坐标为(0，－4)，画出平移后对应的△A 2B 2C 2；(2)若将△A 1B 1C 1绕某一点旋转可以得到△A 2B 2C 2，请直接写出旋转中心的坐标；(3)在x 轴上有一点P ，使得PA ＋PB 的值最小，请直接写出点P 的坐标．解：(1)如图所示；(2)如图所示，旋转中心的坐标为E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－1； (3)点P 的坐标为(－2，0)．。

2018年数学中考图形变换精品

24.( 09金华本题一2分)如图，在平面直角坐标系中，点A （0，6），点B 是x 轴上的一个动点，连结AB ，取AB 的中点M ，将线段MB 绕着点B 按顺时针方向旋转90o ，得到线段BC .过点B 作x 轴的垂线交直线AC 于点D .设点B 坐标是（t ，0）. （一）当t =4时，求直线AB 的解析式；（2）当t >0时，用含t 的代数式表示点C 的坐标及△ABC 的面积；（3）是否存在点B ,使△ABD 为等腰三角形?若存在，请求出所有符合条件的点B 的坐标；若不存在，请说明理由.（09衢州）24. （本题一4分）如图，已知点A (-4，8)和点B (2，n )在抛物线2y ax =上．(一) 求a 的值及点B 关于x 轴对称点P 的坐标，并在x 轴上找一点Q ，使得AQ +QB 最短，求出点Q 的坐标；(2) 平移抛物线2y ax =，记平移后点A 的对应点为A ′，点B 的对应点为B ′，点C (-2，0)和点D (-4，0)是x 轴上的两个定点． ① 当抛物线向左平移到某个位置时，A ′C +CB ′ 最短，求此时抛物线的函数解析式； ② 当抛物线向左或向右平移时，是否存在某个位置，使四边形A ′B ′CD 的周长最短？若存在，求出此时抛物线的函数解析式；若不存在，请说明理由．（09义乌）23.如图，在矩形ABCD 中，AB=3,AD=一,点P 在线段AB 上运动，设AP=x ，现将纸片折叠，使点D 与点P 重合，得折痕EF （点E 、F 为折痕与矩形边的交点），再将纸片还原。

（一）当x=0时，折痕EF 的长为 # .；当点E 与点A重合时，折痕EF 的长为 # .；（2）请写出使四边形EPFD 为菱形的x 的取值范围，并求出· yOA x备用图得分评卷人当x=2时菱形的边长；（3）令2y EF =，当点E 在AD 、点F 在BC 上时，写出y 与x 的函数关系式。

中考数学图形的变换专题复习题及答案

热点11 图形的变换（时间：100分钟总分：100分）一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）1．在图形的平移中，下列说法中错误的是（）A．图形上任意点移动的方向相同； B．图形上任意点移动的距离相同C．图形上可能存在不动点； D．图形上任意对应点的连线长相等2．如图所示图形中，是由一个矩形沿顺时针方向旋转90•°后所形成的图形的是（）A．（1）（4） B．（2）（3） C．（1）（2） D．（2）（4）3．在旋转过程中，确定一个三角形旋转的位置所需的条件是（）①三角形原来的位置；②旋转中心；③三角形的形状；④旋转角．A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④4．如图，O是正六边形ABCDEF的中心，下列图形中可由△OBC平移得到的是（• ）A．△COD B．△OAB C．△OAF D．△OEF5．下列说法正确的是（）A．分别在△ABC的边AB、AC的反向延长线上取点D、E，使DE∥BC，•则△ADE•是△ABC 放大后的图形；B．两个位似图形的面积比等于位似比；新课标第一网C．位似多边形中对应对角线之比等于位似比；D．位似图形的周长之比等于位似比的平方6．下面选项中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．等边三角形 B．等腰梯形 C．五角星 D．菱形7．下列图形中对称轴的条数多于两条的是（）A．等腰三角形 B．矩形 C．菱形 D．等边三角形8．在如图所示的四个图案中既包含图形的旋转，•又有图形的轴对称设计的是（）9．钟表上2时15分，时针与分针的夹角是（）A．30° B．45° C．22．5° D．15°10．如图1，已知正方形ABCD的边长是2，如果将线段BD绕点B旋转后，点D•落在CB的延长线上的D′处，那么tan∠BAD′等于（）A．1 B．2 C．22D．22（1） (2) (3)二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）11．一个正三角形至少绕其中心旋转________度，就能与本身重合，•一个正六边形至少绕其中心旋转________度，就能与其自身重合．12．如图2中图案，可以看作是由一个三角形通过_______次旋转得到的，每次分别旋转了__________．13．如图3，在梯形ABCD中，将AB平移至DE处，则四边形ABED是_______四边形．14．已知等边△ABC，以点A为旋转中心，将△ABC旋转60°，•这时得到的图形应是一个_______，且它的最大内角是______度．15．•如果两个位似图形的对应线段长分别为3cm•和5cm，•且较小图形的周长为30cm，则较大图形周长为________．16．将如左图所示，放置的一个Rt△ABC（∠C=90°）绕斜边AB旋转一周，所得到的几何体的主视图是右图所示四个图形中的_______（只填序号）．17．如图4，一张矩形纸片，要折叠出一个最大的正方形纸，小明把矩形的一个角沿折痕翻折上去，使AB边和AD边上的AF重合，则四边形ABEF就是一个最大的正方形，他的判定方法是________．(4) (5)18．如图5，有一腰长为5cm，底边长为4cm的等腰三角形纸片，•沿着底边上的中线将纸片剪开，得到两个全等的直角三角形纸片，用这两个直角三角形纸片拼成的平面图形中有_______个不同的四边形．三、解答题（本大题共46分，19～23题每题6分，24题、25题每题8分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．如图，平移图中的平行四边形ABCD使点A移动至E点，作出平移后的图形．20．如图，作出Rt△ABC绕点C顺时针旋转90°、180°、270°后的图案，•看看得到的图案是什么？21．如图，P是正方形内一点，将△ABP绕点B顺时针方向旋转能与△CBP′重合，若BP=3，求PP′．22．如图所示，四边形ABCD是正方形，E点在边DE上，F点在线段CB•的延长线上，且∠EAF=90°．（1）试证明：△ADE≌△ABF．（2）△ADE可以通过平移、翻转、旋转中的哪种方法到△ABF的位置．（3）指出线段AE与AF之间的关系．23．如图，魔术师把4张扑克牌放在桌子上，如图（1），然后蒙住眼睛，请一位观众上台把某一张牌旋转180°，魔术师解开蒙具后，看到四张牌如图（2）所示，•他很快确定了哪一张牌被旋转过，你能说明其中的奥妙吗？24．如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，CD⊥BC，E为BC边上的点，将直角梯形ABCD沿对角线BD折叠，使△ABD与△EBD重合（如图中的阴影部分）．若∠A=120°，•AB=4cm，求梯形ABCD的高CD．25．如图，正方形ABCD 内一点P ，使得PA ：PB ：PC=1：2：3，请利用旋转知识，•证明∠APB=135°．（提示：将△ABP 绕点B 顺时针旋转90°至△BCP ′，连结PP ′）答案:一、选择题1．C 2．B 3．A 4．C 5．C 6．D 7．D 8．D 9．C 10．B二、填空题11．120 50 12．4，72°，144°，216°，288° 13．平行 14．菱形，12015．•50cm 16．（2） 17．对角线平分内角的矩形是正方形 18．4三、解答题19．解：略 20．解：略．21．解：由放置的性质可知PBP ′=∠ABC=90°，BP ′=BP=3，在Rt △PBP ′中，PP ′=22'BP BP +=32．22．解：（1）90909090EAF BAF BAE BAD DAE BAE ∠=︒⇒∠+∠=︒⎫⇒⎬∠=︒⇒∠+∠=︒⎭∠EAF=∠EAD ，而AD=AB ，∠D=∠ABF=90°，故△ADE ≌△ABF ．（2）可以通过旋转，将△ADE 绕点A 顺时针旋转90°就可以到△ABF 的位置．（3）由△ADE ≌△ABF 可知AE=AF ．23．解：图（1）与图（2）中扑克牌完全一样，说明被旋转过的牌是中心对称图形，而图中只有方块4是中心对称图形，故方块4被旋转过．24．解：由题意可知△ABD ≌△EBD ，∴∠ADB=∠EDB，由于AD∥BC，∴∠ADB=∠DBE．∴∠EDB=∠DBE，∴ED=EB，∴DE=AB=4cm．∵∠CDE=30°，∴CD=DE·cos30°=4×32=23．25．证明：旋转后图形如图，设AP=x，PB=2x，PC=3x，则由旋转的性质可知CP′=x，BP′=2x，∠PBP′=90°，∴PP′=22x，所以∠BP′P=45°．在△PP′C中，P′P2+P′C2=8x2+x2=9x2，又∵PC2=9x2，∴P′P2+P′C2=PC2．∴∠PP′C=90°，∴∠BP′C=90°+45°=135°．∴∠APB=135°．。

初三数学(青岛版)图形的变换复习(中考题选)带答案

初三数学第二章图形与变换复习（NO：005）知识总结1、（2012浙江）如图,将周长为8的△ABC 沿BC 方向平移1个单位得到△DEF ，则四边形ABFD 的周长为 102、（2012绍兴）在如图所示的平面直角坐标系内，画在透明胶片上的▱ABCD ，点A 的坐标是（0，2）．现将这张胶片平移，使点A 落在点A′（5，﹣1）处，则此平移可以是（ B ）A ．先向右平移5个单位，再向下平移1个单位B ．先向右平移5个单位，再向下平移3个单位C ．先向右平移4个单位，再向下平移1个单位D ．先向右平移4个单位，再向下平移3个单位3、（2012湖北咸宁，6，3分）如图，正方形OABC 与正方形ODEF 是位似图形，O 为位似中心，相似比为1∶2，点A 的坐标为(1，0)，则E 点的坐标为（ C ）．A ．(2，0)B ．(23，23) C ．(2，2) D ．(2，2)4、（2012年广西玉林市，10，3）如图，正方形ABCD 的两边BC 、AB 分别在平面直角坐标系内的x 轴、y 轴的正半轴上，正方形A ′B ′C ′D ′与正方形ABCD 是以AC 的中点O ′为中心的位似图形，已知AC=23，若点A ′的坐标为（1，2），则正方形A ′B ′C ′D ′与正方形ABCD 的相似比是（ B ）5、（2012聊城）如图，在方格纸中，△ABC 经过变换得到△DEF，正确的变换是（ B ） A ．把△ABC 绕点C 逆时针方向旋转90°，再向下平移2格 B ．把△ABC 绕点C 顺时针方向旋转90°，再向下平移5格 C ．把△ABC 向下平移4格，再绕点C 逆时针方向旋转180° D ．把△ABC 向下平移5格，再绕点C 顺时针方向旋转180°6、(2012山东德州)由图中左侧三角形仅经过一次平移、旋转或轴对称变换，不能得到的图形是（ C ）A B DF（第6题）（A ）（C ）（D ）（B ）7、（2007潍坊）如图，两个全等的长方形ABCD 与CDEF ，旋转长方形ABCD 能和长方形CDEF 重合，则可以作为旋转中心的点有（ A ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．无数个8、（2008潍坊）如图，在平面直角坐标系中，Rt OAB △的顶点A的坐标为，若将OAB △绕O 点逆时针旋转60后，B 点到达B '点，则B '点的坐标是)23,33(第7题第8题第9题9、（2009潍坊）如图，已知Rt ABC △中，9030ABC BAC AB ∠=∠==°，°，，将ABC △绕顶点C 顺时针旋转至A B C '''△的位置，且A C B '、、三点在同一条直线上，则点A 经过的最短路线的长度是（ D ）cm ．A ．8B．C ．32π3D ．8π310、(2012广东汕头)如图，将△ABC 绕着点C 顺时针旋转50°后得到△A′B′C′．若∠A=40°．∠B′=110°，则∠BCA′的度数是 80011、(2012贵州六盘水)两块大小一样斜边为4且含有30°角的三角板如图5水平放置.将△CDE 绕C 点按逆时针方向旋转，当E 点恰好落在AB 上时，△CDE 旋转了 30 度.第10题第11题第12题12、（2012中考）如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90º，∠B ＝30º，AC ＝1，AC 在直线l 上．将△ABC 绕点A 顺时针旋转到位置①，可得到点P 1，此时AP 1＝2；将位置①的三角形绕点P 1顺时针旋转到位置②，可得到点P 2，此时AP 2＝2＋3；将位置②的三角形绕点P 2顺时针旋转到位置③，可得到点P 3，此时AP 3＝3 ＋3；…，按此规律继续旋转，直到得到点P 2012为止，则AP 2012＝【】A ．2011＋671 3B ．2012＋671 3C ．2013＋671 3D ．2014＋671 3'B①② ③1P 2 P 3 … l又∵2012÷3=670…2，∴AP 2012=670（3+3）+（2+3）=2012+6713故选B ．13、（2012山东泰安）如图，菱形OABC 的顶点O 在坐标原点，顶点A 在x 轴上，∠B=120°，OA=2，将菱形OABC 绕点O 顺时针旋转105°至OA B C '''的位置，则点B '的坐标为（2,2-）14、（2012广州）如图4，在等边△ABC 中，AB=6，D 是BC 上一点，且BC=3BD ，△ABD 绕点A 旋转后得到△ACE ，则CE 的长度为 2 。

2018年中考“图形的变化”专题命题分析

2018年中考“图形的变化”专题命题分析车宏路辽宁省大连市大连湾中学摘要：2018年全国各地中考试卷中，“图形的变化”部分仍是重要的考查内容之一.“图形的变化”部分的试题在考查学生的基础知识和基本技能的同时，更着重考查学生对这一部分内容中涉及的基本思想和基本活动经验的掌握情况，突出考查学生的理性思维能力.对2018年全国部分地区中考试卷中有关“图形的变化”的试题从命题、考法评析的角度进行粗浅的解析，同时编制一些模拟试题以供读者参考．关键词：图形的变化；考法评析；思维能力收稿日期：2018-11-15作者简介：车宏路（1977—），男，中学高级教师，初中数学教研员，主要从事中学数学教育与教学研究．《义务教育数学课程标准（2011年版）》（以下简称《标准》）将“图形与几何”分成图形的性质、图形的变化、图形与坐标三大块，其中“图形的变化”主要包括图形的轴对称、图形的旋转、图形的平移、图形的相似，还包括锐角三角函数，以及视图与投影、简单几何体的展开图等.这部分内容是初中几何学习的重点内容，也是2018年中考试卷中考查的重点之一.在基于学科核心素养的教学背景下，中考试题中对“图形的变化”这一领域的考查变得更加灵活多样.试题既注重考查学生对基础知识和基本技能的理解，又考查学生对解决基本的数学问题的思考过程，同时突出考查了学生对初中数学思想方法的掌握情况.为此，首先对“图形的变化”相关概念涉及的试题进行分析，然后对该领域相关的数学思维形成过程所涉及的试题进行枚举和点评，最后给出“图形的变化”部分关联的一部分原创、改编试题，以供读者参考.一、基于对概念及性质理解的考查数学是一门具有高度抽象性和严密逻辑性的学科，数学概念及性质是数学知识体系的核心和基础，也是理解和掌握数学理论和方法的基础.在初中阶段，“图形的变化”涉及的内容除图形的平移、轴对称和旋转（俗称“图形的三大变换”）外，还包括图形的相似、锐角三角函数，以及视图与投影，这些是初中阶段数学学习的重要内容.1.图形的平移、轴对称和旋转图形的变换是《标准》中明确规定的重要内容之一，有利于培养学生的实践与操作能力，形成空间观念和几何直观意识.围绕图形的变换，2018年全国各地区中考试卷中产生了多种形式的试题，其精彩纷呈，各有千秋.试题都巧妙地将运动图形和各种数学概念、性质等知识点联系在一起，使得试题“动”起微信扫码！立即观看！微信扫描左侧二维码，即可获取本文配套资源——模拟题讲解微视频，欢迎观看！··82来，充满活力，不再枯燥.下面从平移、轴对称、旋转三个初中阶段的图形变换举例说明.例1（湖北·恩施卷）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）（D ）例2（海南卷）如图1，在平面直角坐标系中，△ABC 位于第一象限，点A 的坐标是A ()4，3，把△ABC 向左平移6个单位长度，得到△A 1B 1C 1，则点B 1的坐标是（）.图1（A ）()-2，3（B ）()3，-1（C ）()-3，1（D ）()-5，2例3（湖南·湘潭卷）如图2，点A 的坐标为A ()-1，2，点A 关于y 轴的对称点的坐标为（）.图2（A ）()1，2（B ）()-1，-2（C ）()1，-2（D ）()2，-1【评析】直接考查图形变换相关的概念及性质的试题是2018年各地区中考试卷中几乎都有的，常见题型为填空题、选择题、作图题.例1直接考查了轴对称图形和中心对称图形的识别；例2和例3是将平移和轴对称变换融入平面直角坐标系中考查，不仅为概念的考查提供了有效的问题情境，更重要的是在平面直角坐标系中可有力突出试题中数与形之间的联系，凸显图形变换在数形结合思想中的价值.2.图形的相似尽管《标准》对图形的相似部分的要求有所弱化，但是对这部分内容的考查却未曾减少.一方面，是由于图形的相似本身所具有的价值，其工具性特点是无法替代的.图形的相似描述的是“形状相同”的两个图形间的一种关系，这种关系的数量刻画就是相似比.两个相似图形的对应边构成的比例等式具有方程模型的特点，这是初中数学中有关线段长度计算的重要途径和工具.另一方面，由于各地区有独特的命题特色和区域命题的要求，也使得图形的相似这类试题在中考试卷依然没有减少.例4（吉林·长春卷）《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，成书于约一千五百年前，其中有首歌谣：今有竿不知其长，量得影长一丈五尺，立一标杆，长一尺五寸，影长五寸，问竿长几何？意即：有一根竹竿不知道有多长，量出它在太阳下的影子长一丈五尺，同时立一根一尺五寸的小标杆（如图3），它的影长五寸（提示：1丈=10尺，1尺=10寸），则竹竿的长为（）.标杆竹竿图3（A ）五丈（B ）四丈五尺（C ）一丈（D ）五尺例5（湖南·岳阳卷）《九章算术》是我国古代数学名著，书中有下列问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”其意思为：“今有直角三角形，勾（短直角边）长为5步，股（长直角边）长为12步，问该直角三角形能容纳的正方形边长最大是多少？（如图4）”该问题的答案是.【评析】数学史的重要意义越来越被人们所认识.数学史不但进入教材、课堂，而且正在走进中考和竞图4··83赛中.这类试题除了有较好的教育意义之外，更让试题鲜活和“复古”起来.2018年多个地区中考试卷中都关注以数学史题为背景的试题，如例4和例5，借助相似数学史问题为背景，直接考查相似三角形的性质.例4和例5的不同之处在于例4的难度较低，直接应用相似三角形的性质即可解决，而例5则需要分类讨论、建立方程求解，具有一定的难度.值得注意的是，这类试题对初中数学教学有较好的导向作用.3.锐角三角函数在高中数学中，三角函数是非常重要的内容.在初中阶段，锐角三角函数是衔接高中三角函数的基础课程，而解直角三角形则是体现锐角三角函数的价值和意义的一种方式.在2018年中考试题中，考查锐角三角函数的试题大体可以分为两类：一类是以实际问题作为背景参与考查的，这类试题更侧重对学生应用意识的考查；另一类则是在数学内部直接考查三角函数相关的计算，体现出数学知识间的联系性和中考试题的综合性.例6（浙江·金华卷）如图5，两根竹竿AB 和AD 斜靠在墙CE 上，量得∠ABC =α，∠ADC =β，则竹竿AB 与AD 的长度之比为（）.（A ）tan αtan β（B ）sin βsin α（C ）sin αsin β（D ）cos βcos α例7（重庆A 卷）如图6，旗杆及升旗台的剖面和教学楼的剖面在同一平面上，旗杆与地面垂直，在教学楼底部点E 处测得旗杆顶端的仰角∠AED =58°，升旗台底部到教学楼底部的距离DE =7米，升旗台坡面CD 的坡度i =1∶0.75，坡长CD =2米，若旗杆底部到坡面CD 的水平距离BC =1米，则旗杆AB 的高度约为（）.参考数据：sin 58°≈0.85，cos 58°≈0.53，tan 58°≈1.6.（A ）12.6米（B ）13.1米（C ）14.7米（D ）16.3米【评析】例6与例7属于前面提到的第一类试题，即基于实际问题背景而命制的，以考查学生对锐角三角函数基本概念掌握情况为目的的试题.例6是借助线段比值，考查学生在实际问题背景中对正弦的概念的理解；例7则是应用三角函数及勾股定理构建直角三角形，进而解决问题.值得一提的是，例7融入了近似计算，使得试题具有一定的综合性.4.视图与投影视图与投影相关的试题能充分考查学生的几何直观及空间观念.虽然该部分内容在教材中篇幅较少，但却是不可缺少的一部分内容.本部分内容在一定程度上提供了三维空间向二维平面转换的手段，运用这些手段培养和发展学生的空间观念.当然这类试题还体现出中考试卷考查内容的完整性，也是为学生未来学习立体几何等内容做铺垫.因此，在各地区中考中对此部分内容都比较重视，不过考查难度都比较低.例8（湖北·襄阳卷）一个几何体的三视图如图7所示，则这个几何体是（）.图7（A）（B）（C）（D ）例9（湖南·常德卷）把图8（1）中的正方体的一角切下后摆在图8（2）所示的位置，则图8（2）中的几何体的主视图为（）.OPQS （1）SO PQ（2）图8（A ）（B ）（C ）（D ）教学楼EAB CD 图6FA B CD E βα图5··84【评析】例8给出实际物体的三视图，由三视图判断几何体.例9则略有创新，先揭示四面体的来源，之后确认四面体的主视图.这两道题的素材源于教材，试题命制背景公平、自然，对教学也有较好的启示.借助中考试题将实际生活中的大量原型完美呈现，通过解决与这些原型有关的问题可以有效地考查学生的数学应用意识和空间观念.二、基于思维过程、思想方法的考查数学核心素养，说得更直接些，就是对学生理性思维能力的培养.在中考试题中去体现对学生的理性思维的考查，即借助试题考查学生在探究问题时分析问题和解决问题中所呈现的思维形成过程.对数学基本思想方法的掌握程度的考查，其实是长久以来数学命题工作者一直在坚守的优良传统.中考试题考查学生对“四基”的掌握情况，强调在复杂的问题背景下，通过试题所提供的信息，使学生经历观察、猜想、试验、操作、论证等思维过程，并借助图形的演绎变化，考查学生对解决问题的基本方法和基本活动经验的选择、迁移和应用的能力.可以看出，2018年各地区中考试题深刻地强调中考评价对平日教学的引导，试图在评价中突出数学核心素养的价值，使之落地.1.图形的平移、轴对称和旋转在初中阶段学生所学的图形变换主要指的是图形的平移变换、轴对称变换、旋转变换.这三类变换隶属于全等变换，它们都刻画了全等图形的特定的数量关系和位置关系.借助图形变换可以有效改善已知条件中信息的呈现方式，还可以借助图形变换独特的性质，让试题变得更加灵活，尤其在解答题中“图形的变换”的地位无法撼动.2018年各地区中考试题中对图形的变换的性质的考查有着很多的突破和创新.举例如下.例10（新疆卷）如图9，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上的一个动点，M，N分别是边AB，BC上的中点，则MP+PN的最小值是（）.（A）12（B）1（C）2（D）2N AB CDP M图9′图10例11（四川·宜宾卷）如图10，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A′B′C′的位置，已知△ABC的面积为9，阴影部分三角形的面积为4.若AA′=1，则A′D等于（）.（A）2（B）3（C）23（D）32例12（山东·临沂卷）如图11，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α()0°<α<360°，得到矩形AEFG.（1）如图11，当点E在BD上时.求证：FD=CD.（2）当α为何值时，GC=GB？画出图形，并说明理由.GABC DEF图11图12例13（浙江·温州卷）如图12，P，Q是方格纸中的两格点，试按要求画出以PQ为对角线的格点四边形.（1）在图中画出一个面积最小的▱PAQB.（2）在图中画出一个四边形PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到.【评析】三大变换刻画了全等图形独有的数量和位置关系，这些性质不仅能解决复杂的数学问题，更为几何推理提供依据，让几何推理更加严谨且周密.例10的背景是著名的“将军饮马”问题，凸显轴对称的作用，考查学生对轴对称变换的性质的掌握情况.例11借助平移变换构成相似图形，进而考查学生借助相似图形的性质解决面积问题，借助图形变换叙述试题的形成过程，以增加图形动态成分.此类试题不仅考查学生借助变换的性质解决问题，更重要的是突出对学生的空间想象能力的考查.例12是一道对日常教学有着极好的启发性的试题.一方面，试题中结合特殊四边形和三角形进行设计，侧重于考查学生利用四边形性质，三角形全等、相似等工具求证线段相等或角相等的能力；另一方面，利用旋转变换突出考查学生对基本数学思想的掌握情况.例12具有较好的信度和效度.例13在平面直角坐标系中通过操作、画图考查图··85形变换，也是常见的命题方式.这样借助平面直角坐标系中的坐标（特殊数量），也可得出特定的线段的数量关系，充分体现数学知识间的联系，这样的考法具有良好的推广性.例14（四川·南充卷）如图13，在矩形ABCD 中，AC =2AB ，将矩形ABCD 绕点A 旋转得到矩形AB ′C ′D ′，使点B 的对应点B ′落在AC 上，B ′C ′交AD 于点E ，在B ′C ′上取一点F ，使B ′F =AB .（1）求证：AE =C ′E .（2）求∠FBB ′的度数.（3）已知AB =2，求BF 的长.【评析】在此类试题中，用图形的变换演绎着试题中图形的呈现和发展，之后为了突出几何计算经常会融入勾股定理和锐角三角函数等知识，利用这些“工具”将原本的逻辑推理变得复杂化，通过计算得到特殊的数量关系，进而解决线段和角度相关的、隐含的数量问题.例14在Rt △ABC 中，由AC =2AB ，得到∠ACB =30°，再由旋转变换得到一对角相等，利用等角对等边即可证得第（1）小题，进而得到△ABB′为等边三角形，利用矩形、等边三角形的性质及三角函数知识可解决余下问题.例15（山东·德州卷）再读教材：宽与长的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感，世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计，下面，我们用宽为2的矩形纸片折叠黄金矩形.（提示：MN =2.）第一步，在矩形纸片一端，利用图14（1）的方法折出一个正方形，然后把纸片展平.第二步，如图14（2），把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平.第三步，折出内侧矩形的对角线AB ，并把AB 折到图14（3）所示的AD 处.第四步，展平纸片，按照所得的点D 折出DE ，使DE ⊥ND ，则图14（4）中就会出现黄金矩形.问题解决：（1）如图14（3）中AB 的值为（保留根号）；（2）如图14（3），判断四边形BADQ 的形状，并说明理由；（3）试写出图14（4）中所有的黄金矩形，并选择其中一个说明理由.实际操作：（4）结合图14（4），试在矩形BCDE 中添加一条线段，设计一个新的黄金矩形，用字母表示出来，并写出它的长和宽.（3）（4）M ABC ED FN （1）（2）图14【评析】此题以学生熟悉的黄金矩形为背景，通过折叠（轴对称变化）演绎图形的变化，进而探究在各种变换下的一些具体问题（计算和证明）.此题结合勾股定理及四边形的性质，较为有效地考查了学生的观察、操作、推理和计算能力.此题虽然具有多次的操作过程，但都是常见的基本要求，起到突出考查“四基”的目的，有利于基本功扎实的学生展示在数学中所取得的成就，具有一定的区分度，突出图形变换在考查学生合情推理和演绎推理中能力的掌握程度.同时，此题的问题设计层层递进，较好地创设出平日学习数学的问题情境，即模拟一个探究活动，实现了对学生在探究活动中分析和解决问题的能力，这也是对学习几何方法的考查.因此，此题具有较高的推广性，值得借鉴.2.图形的相似在中考试卷中，借助相似的判定和性质解决高难问题也是常见的命题方式之一.因为图形的相似不仅可以结合几何领域中所有的知识，甚至代数领域中的函数等有关知识都可以适度融合，从而提升试题的难度，进而考查学生破解高难问题的能力.尤其在压轴题方面，其由浅入深的设计彰显试题的层次感，让不同层次的学生得到不同的体验，从而使试题具有较好DABCD ′B ′C ′EF 图13··86的区分度.例16（辽宁·大连卷）阅读下面材料：小明遇到这样一个问题：如图15（1），在△ABC中，∠ACB=90°，点D在AB 上，且∠BAC=2∠DCB，求证：AC=AD.小明发现，除了直接用角度计算的方法外，还可以用下面两种方法.方法1：如图15（2），作AE平分∠CAB，与CD相交于点E.方法2：如图15（3），作∠DCF=∠DCB，与AB相交于点F.（1）根据阅读材料，任选一种方法，证明AC=AD.用学过的知识或参考小明的方法，解决下面的问题.（2）如图15（4），在△ABC中，点D在AB上，点E 在BC上，且∠BDE=2∠ABC，点F在BD上，且∠AFE=∠BAC，延长DC，FE，相交于点G，且∠DGF=∠BDE.①在图15（4）中找出与∠DEF相等的角，并加以证明；②若AB=kDF，猜想线段DE与DB的数量关系，并证明你的猜想.C （1）CE （2）C （3）A B CFEG（4）图15【评析】以阅读理解形式命制的试题还是比较有创意的，如北京、河南的中考试卷，常年有一道这类试题.因为这不仅仅是完整地还原课堂学习中的一个探究活动，更主要的是这类试题遵循了学生的学习方式，即学生怎么学.此类试题在阅读材料中渗透了解决问题的方法，让学生参照所给的方法破解更新的、更复杂的问题，进而考查学生类比、联想、迁移等能力.如例16，这类试题通常利用图形中已有的等角（倍角）的隐含条件，以充分发挥基本图形的作用.例16由于解题方法的多样性，可有利于不同层次学生的发挥，难度较高，具有一定的区分度.例17（湖北·武汉卷）抛物线l：y=-x2+bx+c 经过点A()0，1，与它的对称轴直线x=1交于点B.（1）直接写出抛物线l的解析式；（2）如图16（1），过定点的直线y=kx-k+4()k＜0与抛物线l交于点M，N.若△BMN的面积等于1，求k 的值；（3）如图16（2），将抛物线l向上平移m()m＞0个单位长度得到抛物线l1，抛物线l1与y轴交于点C，过点C作y轴的垂线交抛物线l1于另一点D.F为抛物线l1的对称轴与x轴的交点，P为线段OC上一点.若△PCD 与△POF相似，并且符合条件的点P恰有2个，求m的（1）（2）图16【评析】虽然现在不再提倡将几何问题孕育在抛物线内，但2018年中考试卷中依然存在这类问题.此类试题将二次函数图象与几何图形存在性相结合，常出现在中考试卷中的压轴题位置.此类试题凸显了数学知识的关联，以及突出图形相似在多种综合问题中的重要作用，即通过图形的相似得出特殊的数量关系，进而建立方程模型打开解决问题的突破口，突出考查学生在复杂问题的解决过程中对数形结合思想的理解和掌握.例17是典型的几何图形与函数图象综合问题.第（3）小题借助△PCD∽△POF和△PCD∽△FOP两种情况进行分类讨论，由对应边成比例得出关于t与m的方程，从而得出符合条件的点P恰有2个，结合方程的解的情况求解可得.例18（湖北·十堰卷）如图17，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交AC于点E，过点D作FG⊥AC于点F，交AB的延长线于点G.图17··87（1）求证：FG 是⊙O 的切线；（2）若tan C =2，求GB GA的值.【评析】自从《标准》淡化了圆与圆的位置关系之后，中考试卷中关于圆的试题基本以直线和圆为背景，如例18.以“切割线定理”为背景的试题是学生十分熟悉的问题情境，而此时相似恰到好处的被引入其中，借助弦切角构成三角形相似，进而通过边的数量关系构建线段的等量关系式，从而求出线段的长.此类试题出现在全国半数中考试卷之中.3.锐角三角函数在初中阶段，锐角三角函数这一部分知识主要体现在直角三角形中角与角、边与边、角与边之间的数量关系.这些关系将直角三角形各个元素联系在一起，是解决直角三角形中边或角的相关问题的有力工具；通过解直角三角形及其应用，突出地展示了锐角三角函数的自身特点.例19（浙江·嘉兴卷）如图18（1），滑动调节式遮阳伞的立柱AC 垂直于地面AB ，P 为立柱上的滑动调节点，伞体的截面示意图为△PDE ，F 为PD 的中点，AC =2.8m ，PD =2m ，CF =1m ，∠DPE =20°，当点P 位于初始位置P 0时，点D 与点C 重合（如图18（2））.根据生活经验，当太阳光线与PE 垂直时，遮阳效果最佳.（1）上午10：00时，太阳光线与地面的夹角为65°（如图18（3）），为使遮阳效果最佳，点P 需从点P 0上调多少距离？（结果精确到0.1m.）（2）中午12：00时，太阳光线与地面垂直（如图18（4）），为使遮阳效果最佳，点P 在（1）的基础上还需上调多少距离？（结果精确到0.1m.）参考数据：sin 70°≈0.94，cos 70°≈0.34，tan 70°≈2.75，2≈1.41，3≈1.73.P C FD E B（1）（2）（3）（4）图18【评析】锐角三角函数是解决数学问题的重要工具.学生通过掌握这方面的知识，可以进一步发展自己的数学应用意识和解决问题的能力.初中阶段只是在直角三角形中借助锐角三角函数解决线段的数量问题及平面直角坐标系中的点的坐标.同时，解直角三角形本身是一种工具，尤其在实际问题中有着广泛的应用，多数情况都可构造直角三角形建立数学模型来解决问题.例20（湖南·岳阳卷）已知在Rt △ABC 中，∠BAC =90°，CD 为∠ACB 的平分线，将∠ACB 沿CD 所在的直线对折，使点B 落在点B′处，连接AB′，BB′，延长CD 交BB′于点E ，设∠ABC =2α()0°<α<45°.（1）如图19（1），若AB =AC ，求证：CD =2BE ；（2）如图19（2），若AB ≠AC ，试求CD 与BE 的数量关系（用含α的式子表示）；（3）如图19（3），将（2）中的线段BC 绕点C 逆时针旋转角()α+45°，得到线段FC ，连接EF 交BC 于点O ，设△COE 的面积为S 1，△COF 的面积为S 2，求S 1S 2（用含α的式子表示）.ABC D EB′（1）ABCD E B′2α（2）AB CDEB′OF（3）图19【评析】例20是将三角函数引入较难的几何推理问题中，即将三角函数及等腰三角形、图形相似等问题融于一体考查.这类试题是“图形的变化”相关问题的典型试题，不仅可以有效的考查相似、全等、图形变换等性质，更可以借助三角函数表达线段的数量关系.这类试题注重对学生的转化、化归和数学建模能力的考查，能有效地考查学生分析和解决问题的能力.综观2018年各地区中考试卷，对“图形的变化”的考查几乎渗透到初中数学内容的各个领域，并较好地承担起特色的工具性作用.同时，“图形的变化”相关内容又是学生深度思考的强有力依托，基于学生对这一领域内容的掌握，命题者可以在中考试卷中命制··88出多种多样的试题，便于对学生学科思维能力的考查.三、几道图形的变化相关的改编与原创题结合2018年中考试卷中相关“图形的变化”试题，笔者以阅读理解的形式给出几道试题，以供大家参考.之所以以这种形式命题，是方便读者更清晰的了解试题命题意图及考查的几何推理方法.试题难度较高，详细解答过程与思维形成过程，请扫描文章标题上方的二维码观看解题微视频.1.阅读下面材料：小胖同学遇到这样一个问题：如图20，在△ABC 中，点D 在边BC 上，点F 是CA 延长线上的点，连接DF 交AB 于点G.过点D 作DE ⊥AC ，垂足为点E.若∠AGD =2∠C ，DF =AB ，求CE AF的值.小胖通过计算角度，发现∠BGD =2∠CDE ，于是作出如图21所示的点C 关于DE 的对称点C′，使得∠CDC′=∠BGD ，进而得出∠C′DF =∠B ，接着截取BK =DC′，得出一组全等三角形，……A BC′DGK图21ABDG图20（1）试沿着小胖的思路继续完成此题的解答过程.（2）参考小胖的解题方法完成下面的问题.如图22，在△ABC 中，∠ACB =2∠B ，BD =2CD ，∠BAD =∠CED ，探索AE ，CE ，CD 三条线段之间的数量关系.A E图222.阅读下面材料：小胖同学遇到这样一个问题：如图23，以△ABC 的边AC 向外作等边三角形ACD ，AB =6，∠ABC =30°，BC =8，求线段BD 的长度.如图24，小胖以BD 为边向下作等边三角形BDE ，连接CE ，可得一组全等三角形，进而借助勾股定理解决此题.ABD图23ABCDE图24（1）按照小胖的想法完整写出此题的解答过程.（2）参考小胖的方法解决下面的问题.如图25，在△ABC 中，AB =AC ，点D 为边BC 上一点，∠BAD =60°，点E 是BA 延长线上一点，且∠DAC =2∠ACE.过点D 作DF ⊥CE 于点F ，交AC 于点G ，若AG ∶DF =k ，求AB ，CF ，AE 三条线段之间的数量关系（用含有k 的式子表示）.ABF G E图253.阅读材料：小胖同学遇到这样一个问题：如图26，在△ABC中，∠ABC =45°，AB =22，AD =AE ，∠DAE =90°，CE =5.求CD 的长.小胖经过思考后，在CD 上取点F 使得∠DEF =∠ADB （如图27），进而得到∠EFD =45°，试图构建“一线三等角”图形解决问题，于是他继续分析，又意外发现△CEF ∽△CDE ，……AE图26AE图27（1）试按照小胖的思路完成这道题目的解答过程.··89。

天津市河北区普通中学2018届初三数学中考复习图形的变化专题复习练习含答案

天津市河北区普通中学2018届初三数学中考复习图形的变化专题复习练习一、选择题1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( B )2．从一个边长为3 cm的大立方体挖去一个边长为1 cm的小立方体，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图正确的是( C )3．如图是由5块完全相同的小正方体所搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示在该位置小正方体的个数，其主视图是( B )4．在平面直角坐标系中，将点A(x，y)向左平移5个单位长度，再向上平移3个单位长度后与点B(－3，2)重合，则点A的坐标是( D )A．(2，5) B．(－8，5) C．(－8，－1) D．(2，－1)5．如图，是用围棋子摆出的图案(围棋子的位置用有序数对表示，如点A在(5，1))，如果再摆一黑一白两枚棋子，使9枚棋子组成的图案既是轴对称图形又是中心对称图形，则下列摆放正确的是( B )A．黑(3，3)，白(3，1) B．黑(3，1)，白(3，3)C．黑(1，5)，白(5，5) D．黑(3，2)，白(3，3),第5题图) ,第6题图) ,第7题图)6．如图，点O 为平面直角坐标系的原点，点A 在x 轴上，△OAB 是边长为4的等边三角形，以O 为旋转中心，将△OAB 按顺时针方向旋转60°，得到△OA′B′，那么点A′的坐标为( D )A ．(2，23)B ．(－2，4)C ．(－2，22)D ．(－2，23) 7．如图，点P 是∠AOB 内任意一点，OP ＝5 cm ，点M 和点N 分别是射线OA 和射线OB 上的动点，△PMN 周长的最小值是5 cm ，则∠AOB 的度数是( B )A ．25°B ．30°C ．35°D ．40° 8．如图，以点O 为位似中心，将△ABC 缩小后得到△A′B′C′，已知OB ＝3OB′，则△A ′B ′C ′与△ABC 的面积比为( D )A ．1∶3B ．1∶4C ．1∶5D ．1∶99．如图，在△ABC 中，点D 在AB 上，BD ＝2AD ，DE ∥BC 交AC 于E ，则下列结论不正确的是( D )A ．BC ＝3DE B.BD BA ＝CE CA C ．△ADE ∽△ABC D ．S △ADE ＝13S △ABC10．如图，在矩形ABCD 中，E 是AD 边的中点，BE ⊥AC ，垂足为点F ，连接DF ，分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF ；③DF＝DC ；④tan ∠CAD ＝ 2.其中正确的结论有( B )A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个二、填空题11．如图，一个等腰直角三角板ABC ，在水平桌面上绕点C 按顺时针方向旋转到A ′B ′C 的位置，使A ，C ，B ′三点共线，那么旋转角的度数是__135°__．12．某景点拟在如图的矩形荷塘上架设小桥，若荷塘中小桥的总长为100米，则荷塘周长为__200米__．13．如图，大圆的面积为4π，大圆的两条直径互相垂直，则图中的阴影部分的面积的和为__π__．14．如图，在△ABC 中，D ，E 分别是AB ，AC 边上的点(DE 不平行于BC)，要使△ADE 与△ABC 相似，需要添加的一个条件是__∠ADE＝∠C 或∠AED＝∠B 或ADAC＝AEAB__．(写出一个即可)15．如图，正方形OABC 与正方形ODEF 是位似图形，点O 为位似中心，相似比为1∶2，点A 的坐标为(0，1)，则点E 的坐标是．16．如图，已知△ABC 和△DEC 的面积相等，点E 在BC 边上，DE ∥AB 交AC 于点F ，AB ＝12，EF ＝9，则DF 的长是__7__．17．如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为BC 上一点，BE ＝1，F 为AB 上一点，AF ＝2，P 为AC 上一点，则PF ＋PE 的最小值为．18．(2016·梅州)如图，在平面直角坐标系中，将△ABO 绕点A 顺时针旋转到△AB 1C 1的位置，点B ，O 分别落在点B 1，C 1处，点B 1在x 轴上，再将△AB 1C 1绕点B 1顺时针旋转到△A 1B 1C 2的位置，点C 2在x 轴上，将△A 1B 1C 2绕点C 2顺时针旋转到△A 2B 2C 2的位置，点A 2在x 轴上，依次进行下去……若点A(32，0)，B(0，2)，则点B 2016的坐标为__(6048，2)__．三、解答题19．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC 的三个顶点的坐标分别为A(－3，5)，B(－2，1)，C(－1，3)．(1)若△ABC 经过平移后得到△A 1B 1C 1，已知点C 1的坐标为(4，0)，写出顶点A 1，B 1的坐标；(2)若△ABC 和△A 2B 2C 2关于原点O 成中心对称图形，写出△A 2B 2C 2的各顶点的坐标；(3)将△ABC 绕着点O 按顺时针方向旋转90°得到△A 3B 3C 3，写出△A 3B 3C 3的各顶点的坐标．解：(1)图略，A 1(2，2)，B 1(3，－2)(2)图略，A 2(3，－5)，B 2(2，－1)，C 2(1，－3) (3)图略，A 3(5，3)，B 3(1，2)，C 3(3，1)20．如图，△ABC 中，CD 是边AB 上的高，且AD CD ＝CDBD.(1)求证：△ACD∽△CBD；(2)求∠ACB 的大小．解：(1)∵CD 是边AB 上的高，∴∠ADC ＝∠CDB＝90°，又AD CD ＝CDBD，∴△ACD ∽△CBD(2)∵△ACD∽△CBD，∴∠A ＝∠BCD，在△ACD 中，∠ADC ＝90°，∴∠A ＋∠ACD ＝90°，∴∠BCD ＋∠ACD＝90°，即∠ACB＝90°21．如图，把矩形纸片ABCD 沿EF 折叠，使点B 落在边AD 上的点B′处，点A 落在点A′处．(1)求证：B′E＝BF ；(2)若AE ＝3，AB ＝4，求BF 的长．解：(1)∵矩形ABCD 中，AD ∥BC ，∴∠B ′EF ＝∠EFB，又∵∠B′FE＝∠EFB，∴∠B ′FE ＝∠B′EF，∴B ′E ＝B′F，又∵BF＝B′F，∴B ′E ＝BF(2)∵直角△A′B′E 中，A ′B ′＝AB ＝4，∴B ′E ＝A′B ′2＋A′E 2＝32＋42＝5，∴BF ＝B′E＝522．(1)如图1，纸片▱ABCD 中，AD ＝5，S ▱ABCD ＝15，过点A 作AE⊥BC，垂足为E ，沿AE 剪下△ABE，将它平移至△DCE′的位置，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D 的形状为( C )A ．平行四边形B ．菱形C ．矩形D ．正方形(2)如图2，在(1)中的四边形纸片AEE ′D 中，在EE ′上取一点F ，使EF ＝4，剪下△AEF ，将它平移至△DE ′F ′的位置，拼成四边形AFF ′D . ①求证：四边形AFF ′D 是菱形；②求四边形AFF ′D 的两条对角线的长．解：(2)①∵AF 綊DF′，∴四边形AFF′D 是平行四边形，∵S ▱ABCD ＝AD·AE＝15，AD ＝5，∴AE ＝3，在Rt △AEF 中，AF ＝AE 2＋EF 2＝32＋42＝5，∴AD ＝AF ，∴四边形AFF′D 是菱形②连接AF′，DF ，在Rt △AEF ′中，AE ＝3，EF ′＝9，∴AF ′＝310，在Rt △DFE ′中，FE ′＝1，DE ′＝AE ＝3，∴DF ＝10，∴四边形AFF′D 两条对角线的长分别是310和1023．如图，⊙O 是△ABC 的外接圆，P 是⊙O 外的一点，AM 是⊙O 的直径，∠PAC ＝∠ABC.(1)求证：PA 是⊙O 的切线；(2)连接PB 与AC 交于点D ，与⊙O 交于点E ，F 为BD 上的一点，若M 为BC ︵的中点，且∠DCF＝∠P，求证：BD PD ＝FD ED ＝CDAD.解：(1)连接CM.∵∠PAC＝∠ABC，∠M ＝∠ABC，∴∠PAC ＝∠M，∵AM 为直径，∴∠M ＋∠MAC＝90°，∴∠PAC ＋∠MAC＝90°，即∠MAP＝90°，∴MA ⊥AP ，∴PA 是⊙O 的切线(2)连接AE.∵M 为BC ︵中点，AM 为⊙O 的直径，∴AM ⊥BC ，∵AM ⊥AP ，∴AP ∥BC ，∴△ADP ∽△CDB ，∴BD PD ＝CDAD，∵AP ∥BC ，∴∠P ＝∠CBD，∵∠CBD ＝∠CAE，∴∠P ＝∠CAE，∵∠P ＝∠DCF，∴∠DCF ＝∠CAE，又∵∠ADE＝∠CDF，∴△ADE ∽△CDF ，∴CD DA ＝FD ED ，∴BD PD ＝FD ED ＝CDAD24.(10分)(2016·东营)如图1，△ABC 是等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，四边形ADEF 是正方形，点B ，C 分别在边AD ，AF 上，此时BD ＝CF ，BD ⊥CF 成立．(1)当△ABC 绕点A 逆时针旋转θ(0°＜θ＜90°)时，如图2，BD ＝CF 成立吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由；(2)当△ABC 绕点A 逆时针旋转45°时，如图3，延长DB 交CF 于点H. ①求证：BD⊥CF；②当AB ＝2，AD ＝32时，求线段DH 的长．解：(1)BD ＝CF.理由：由题意得∠CAF ＝∠BAD ＝θ，可证△CAF≌△BAD(SAS)，∴BD ＝CF(2)①由(1)得△CAF≌△BAD，∴∠CFA ＝∠BDA，∵∠FNH ＝∠DNA，∠DNA ＋∠NDA＝90°，∴∠CFA ＋∠FNH＝90°，∴∠FHN ＝90°，即BD⊥CF②连接DF ，延长AB 交DF 于M ，∵△ABC 绕点A 逆时针旋转45°，∴∠BAD ＝45°，∵∠MAD ＝∠MDA＝45°，∴∠AMD ＝90°，∴AM ⊥DF ，∵四边形ADEF 是正方形，AD ＝32，AB ＝2，∴AM ＝DM ＝3，BM ＝AM －AB ＝1，∴DB ＝DM 2＋BM 2＝10，又∠DHF＝90°，∠MDB ＝∠HDF，∴△DMB ∽△DHF ，∴DM DH ＝DB DF ，即3DH ＝106，∴DH ＝910525．(12分)(2016·资阳)在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，Rt △ABC 绕点A 顺时针旋转到Rt △ADE 的位置，点E 在斜边AB 上，连接BD ，过点D 作DF⊥A C 于点F.(1)如图1，若点F 与点A 重合，求证：AC ＝BC ； (2)若∠DAF＝∠DBA，①如图2，当点F 在线段CA 的延长线上时，判断线段AF 与线段BE 的数量关系，并说明理由；②当点F 在线段CA 上时，设BE ＝x ，请用含x 的代数式表示线段AF.解：(1)由旋转得∠BAC＝∠BA D ，∵DF ⊥AC ，∴∠CAD ＝90°，∴∠BAC ＝∠BAD＝45°，∵∠ACB ＝90°，∴∠ABC ＝45°，∴AC ＝CB(2)①AF＝BE.理由：由旋转得AD ＝AB ，∴∠ABD ＝∠ADB，∵∠DAF ＝∠ABD，∴∠DAF ＝∠ADB，∴AF ∥BD ，∴∠BAC ＝∠ABD，由旋转得∠BAC＝∠BAD ，∴∠FAD ＝∠BAC＝∠BAD＝13×180°＝60°，∴△ABD 是等边三角形，∴AD ＝BD ，可证△AFD≌△BED(AAS)，∴AF ＝BE②由旋转得∠BAC＝∠BAD，∵∠ABD ＝∠FAD＝∠BAC＋∠BAD＝2∠BAD，由旋转得，AD ＝AB ，∴∠ABD ＝∠ADB＝2∠BAD，可求∠BAD＝36°，设BD ＝x ，作BG 平分∠ABD，∴∠BAD ＝∠GBD＝36°，∴AG ＝BG ＝BD ＝x ，∴DG ＝AD －AG ＝AD－BG ＝AD －BD ，又∵∠BDG＝∠ADB，∴△BDG ∽△ADB ，∴BD AD ＝DG DB .∴BD AD ＝AD －BDBD，∴AD BD ＝1＋52，∵∠FAD ＝∠EBD，∠AFD ＝∠BED，∴△AFD ∽△BED ，∴AD BD ＝AF BE，∴AF ＝AD·BE BD ＝1＋52x。

中考数学试题及答案分类汇编：图形的变换

2018中考数学试卷及答案分类汇编：图形的变换一、选择题1. （北京4分）下列图形中，即是中心对称又是轴对称图形的是A、等边三角形B、平行四边形C、梯形D、矩形【答案】D。

【考点】中心对称和轴对称图形。

【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。

从而有A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项错误；B、是不是轴对称图形，是中心对称图形．故本选项错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项错误；D、既是轴对称图形，又是中心对称图形．故本选项正确。

故选D。

2.（天津3分）下列汽车标志中，可以看作是中心对称图形的是【答案】A。

【考点】中心对称图形。

【分析】根据在平面内，一个图形绕某个点旋转180°，如果旋转前后的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形的定义，直接得出结果。

3.（天津3分）下图是一支架(一种小零件)，支架的两个台阶的高度和宽度都是同一长度．则它的三视图是【答案】A。

【考点】几何体的三视图。

【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中：细心观察原立体图形的位置，从正面看，是一个矩形，矩形左上角缺一个角；从左面看，是一个正方形；从上面看，也是一个正方形。

故选A。

4.（河北省2分）将图1围成图2的正方体，则图1中的红心“”标志所在的正方形是正方体中的A、面CDHEB、面BCEFC、面ABFGD、面ADHG【答案】A。

【考点】展开图折叠成几何体。

【分析】由图1中的红心“”标志，可知它与等边三角形相邻，折叠成正方体是正方体中的面CDHE。

故选A。

5.（山西省2分）将一个矩形纸片依次按图(1)、图(2)的方式对折，然后沿图(3)中的虚线裁剪，最后将图(4)的纸再展开铺平，所得到的图案是【答案】A。

【考点】剪纸问题。

【分析】严格按照图中的顺序先向上再向右对折，从左下方角剪去一个直角三角形，展开得到结论。

河北省2018年中考数学总复习第二编专题突破篇专题11图形的变换与综合实践精练试题20171212287

专题十一图形的变换与综合实践一、选择题1．(2017呼和浩特中考)如图中序号(1)(2)(3)(4)对应的四个三角形，都是由△ABC 这个图形进行了一次变换之后得到的，其中是通过轴对称得到的是( A )A ．(1)B ．(2)C ．(3)D ．(4)2．(2017咸宁中考)在平面直角坐标系xOy 中，将一块含有45°角的直角三角板如图放置，直角顶点C 的坐标为(1，0)，顶点A 的坐标为(0，2)，顶点B 恰好落在第一象限的双曲线上，现将直角三角板沿x 轴正方向平移，当顶点A 恰好落在该双曲线上时停止运动，则此点C 的对应点C′的坐标为( C )A .⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0 B ．(2，0)C .⎝ ⎛⎭⎪⎫52，0 D ．(3，0)3．(2017孝感中考)如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为(－1，3)，以原点O 为中心，将点A 顺时针旋转150°得到点A′，则点A′坐标为( D )A ．(0，－2)B ．(1，－3)C ．(2，0)D ．(3，－1)(第3题图)(第4题图)4．(2017考试说明)如图，在等边△ABC 中，AC ＝9，点O 在AC 上，且AO ＝3，点P 是AB 上一动点，连接OP ，将线段OP 绕点O 逆时针旋转60°得到线段OD.要使点D 恰好落在BC 上，则AP 的长是( C )A ．4B ．5C ．6D ．85．(2017滨州中考)如图，点P 为定角∠AOB 的平分线上的一个定点，且∠MPN 与∠AOB 互补．若∠M P N 在绕点P 旋转的过程中，其两边分别与OA ，OB 相交于M ，N 两点，则以下结论：①PM＝PN 恒成立；②OM＋ON 的值不变；③四边形PMON 的面积不变；④MN 的长不变，其中正确的个数为( B )A ．4B ．3C ．2D ．1(第5题图)(第6题图)6．如图，已知直线l 的表达式是y ＝43x －4，并且与x 轴、y 轴分别交于A ，B 两点．一个半径为1.5的⊙C，圆心C 从点(0，1.5)开始以每秒0.5个单位的速度沿y 轴向下运动，当⊙C 与直线l 相切时，则该圆运动的时间为( D )A ．3 s 或6 sB ．6 sC ．3 sD ．6 s 或16 s7．(2017河南中考)如图，将半径为2，圆心角为120°的扇形OAB 绕点A 逆时针旋转60°，点O ，B 的对应点分别为O′，B ′，连接BB′，则图中阴影部分的面积是( C )A .2π3 B ．23－π3C ．23－2π3 D ．43－2π3(第7题图)(第8题图)8．(2017考试说明)如图，已知点F 的坐标为(3，0)，点A ，B 分别是某函数图像与x 轴、y 轴的交点，点P 是此图像上的一动点，设点P 的横坐标为x ，PF 的长为d ，且d 与x 之间满足关系：d ＝5－35x(0≤x≤5)，结论：①AF ＝2；②BF＝4；③OA ＝5；④OB＝3.则正确结论的序号是( B )A ．①②③B ．①③C ．①②④D ．③④二、填空题9．(2017齐齐哈尔中考)如图，在等腰三角形纸片ABC 中，AB ＝AC ＝10，BC ＝12，沿底边BC 上的高AD 剪成两个三角形，用这两个三角形拼成平行四边形，则这个平行四边形较长的对角线的长是．(第9题图)(第10题图)10．(2017西宁中考)如图，将▱ABCD 沿EF 对折，使点A 落在点C 处，若∠A＝60°，AD ＝4，AB ＝6，则AE 的长为__194__．11．(2017襄阳中考)如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，点D ，E 分别在AC ，BC 上，且∠CDE＝∠B，将△CDE 沿DE 折叠，点C 恰好落在AB 边上的点F 处．若AC ＝8，AB ＝10，则CD 的长为__258__.(第11题图)(第12题图)12．(2017上海中考)一副三角尺按如图的位置摆放(顶点C 与F 重合，边CA 与边FE 叠合，顶点B ，C ，D 在一条直线上)．将三角尺DEF 绕着点F 按顺时针方向旋转n °后(0＜n ＜180)，如果EF∥AB，那么n 的值是__45__．13．(2017苏州中考)如图，在矩形ABCD 中，将∠ABC 绕点A 按逆时针方向旋转一定角度后，BC 的对应边B′C′交CD 边于点G.连接BB′，CC ′，若AD ＝7，CG ＝4，AB ′＝B′G，则CC′BB′＝5．三、解答题14．(2017宁波中考)在4×4的方格纸中，△ABC 的三个顶点都在格点上.(1)在图①中画出与△ABC 成轴对称且与△ABC 有公共边的格点三角形；(画出一个即可) (2)将图②中的△ABC 绕着点C 按顺时针方向旋转90°，画出经旋转后的三角形.解：(1)如图所示：(2)如图所示：15．(2017宿迁中考)如图，在矩形纸片ABCD 中，已知AB ＝1，BC ＝3，点E 在边CD 上移动，连接AE ，将多边形ABCE 沿直线AE 折叠，得到多边形AB′C′E，点B ，C 的对应点分别为点B′，C ′.(1)当B′C′恰好经过点D 时(如图①)，求线段CE 的长；(2)若B′C′分别交边AD ，CD 于点F ，G ，且∠DAE＝22.5°(如图②)，求△DFG 的面积； (3)在点E 从点C 移动到点D 的过程中，求点C′运动的路径长．解：(1)由折叠得，∠B ＝∠B′＝90°，AB ＝AB′＝1，BC ＝B′C′＝3，C ′E ＝CE ，由勾股定理得，B ′D ＝AD 2－AB′2＝（3）2－12＝2， ∴DC ′＝3－ 2.∵∠ADE ＝90°，∴∠ADB ′＋∠EDC′＝90°. 又∵∠EDC′＋∠DEC′＝90°， ∴∠ADB ′＝∠DEC′.又∠B＝∠C′＝90°，∴△AB ′D ∽△DC ′E. ∴AB′DC′＝B′D C′E ，即13－2＝2C′E，∴CE ＝6－2； (2)连接AC ，∵tan ∠BAC ＝BC AB ＝31＝3，∴∠BAC ＝60°，故∠DAC＝30°. 又∠DAE＝22.5°，∴∠EAC ＝∠DAC－∠DAE＝30°－22.5°＝7.5°，由折叠得，∠B ′AE ＝∠BAE＝67.5°， ∴∠B ′AF ＝67.5°－22.5°＝45°， ∴AF ＝2AB′＝2， ∴DF ＝3－2，∵∠DFG ＝∠B′FA＝45°，∠D ＝90°，∴DF ＝DG ，∴S △DFG ＝12×(3－2)2＝52－6；(3)如答图，连接AC ，AC ′，则AC ＝AC′＝2，∴点C′的运动路径是以点A 为圆心，以AC 为半径的圆弧；当点E 运动到点D 时，点C′恰好在CD 的延长线上，此时∠CAC′＝60°，∴点C′的运动路径长是60π×2180＝2π3.16．(2017枣庄中考)已知正方形ABCD ，P 为射线AB 上的一点，以BP 为边作正方形BPEF ，使点F 在线段CB 的延长线上，连接EA ，EC.(1)如图①，若点P 在线段AB 的延长线上，求证：EA ＝EC ；(2)如图②，若点P 为线段AB 的中点，连接AC ，判断△ACE 的形状，并说明理由；(3)如图③，若点P 在线段AB 上，连接AC ，当EP 平分∠AEC 时，设AB ＝a ，BP ＝b ，求a∶b 及∠AEC 的度数．解：(1)∵四边形ABCD 和四边形BPEF 是正方形，∴AB ＝BC ，BP ＝BF ，∴AP ＝CF ，在△APE和△CFE中，∵AP＝CF，∠P ＝∠F，PE＝EF，∴△APE≌△CFE，∴EA＝EC；(2)△ACE是直角三角形，理由如下：∵P为AB的中点，∴PA＝PB.∵PB＝PE，∴PA＝PE，∴∠PAE＝45°.又∵∠BAC＝45°，∴∠CAE＝90°，即△ACE是直角三角形；(3)如答图，设CE交AB于G.∵EP平分∠AEC，EP⊥AG，∴AP＝PG＝a－b，BG＝a－(2a－2b)＝2b－a，∵PE∥CF，∴PEBC＝PGGB，即ba＝a－b2b－a，解得：a＝2b.∴a∶b＝2∶1，作GH⊥AC于H，∵∠CAB＝45°，AG＝2AP＝2(a－b)＝22b－2b，∴HG＝22AG＝22(22b－2b)＝(2－2)b.又∵BG＝2b－a＝(2－2)b，∴GH＝GB，∵GH⊥AC，GB⊥BC，∴∠HCG＝∠BCG，∵PE∥CF，∴∠PEG＝∠BCG，∴∠AEC＝∠ACB＝45°.。

2018年安徽中考数学复习试题：图形变换

【考点突破】图形变换安徽中考2017年中考1．（2017•安徽10）如图，在矩形ABCD 中，AB=5，AD=3，动点P 满足S △PAB =13S 矩形ABCD ，则点P 到A 、B两点距离之和PA+PB 的最小值为（） A ．29 B ．34 C ．5 2 D ．41（第1题图）（第2题图）2．（2017•安徽）在三角形纸片ABC 中，∠A=90°，∠C=30°，AC=30cm ，将该纸片沿过点B 的直线折叠，使点A 落在斜边BC 上的一点E 处，折痕记为BD （如图1），剪去△CDE 后得到双层△BDE （如图2），再沿着过△BDE 某顶点的直线将双层三角形剪开，使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形，则所得平行四边形的周长为 cm ．3．（2017•安徽18）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC 和△DEF （顶点为网格线的交点），以及过格点的直线l ．（1）将△ABC 向右平移两个单位长度，再向下平移两个单位长度，画出平移后的三角形．（2）画出△DEF 关于直线l 对称的三角形．（3）填空：∠C+∠E= ．【解】2016年中考1．（2016•安徽10）如图，Rt △ABC 中，AB ⊥BC ，AB=6，BC=4，P 是△ABC 内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC ，则线段CP 长的最小值为（） A ．32B ．2C ．5D ．6（第1题图）（第2题图）2．（2016•安徽）如图，在矩形纸片ABCD 中，AB=6，BC=10，点E 在CD 上，将△BCE 沿BE 折叠，点C 恰落在边AD 上的点F 处；点G 在AF 上，将△ABG 沿BG 折叠，点A 恰落在线段BF 上的点H 处，有下列结论：①∠EBG=45°；②△DEF ∽△ABG ；③S △ABG =32S △FGH ；④AG+DF=FG ．其中正确的是．（把所有正确结论的序号都选上）3．（2016•安徽17）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的12×12网格中，给出了四边形ABCD 的两条边AB 与BC ，且四边形ABCD 是一个轴对称图形，其对称轴为直线AC ．（1）试在图中标出点D ，并画出该四边形的另两条边；（2）将四边形ABCD 向下平移5个单位，画出平移后得到的四边形A′B′C′D′．【解】2015年中考1．（2015•安徽17）如图，在边长为1个单位长度的小正方形网格中，给出了△ABC （顶点是网格线的交点）．（1）请画出△ABC 关于直线l 对称的△A 1B 1C 1；（2）将线段AC 向左平移3个单位，再向下平移5个单位，画出平移得到的线段A 2C 2，并以它为一边作一个格点△A 2B 2C 2，使A 2B 2=C 2B 2．【解】2014年中考1．（2014•安徽8）如图，Rt △ABC 中，AB=9，BC=6，∠B=90°，将△ABC 折叠，使A 点与BC 的中点D 重合，折痕为MN ，则线段BN 的长为（） A ．53 B ．52C ．4D ．52．（2014•安徽17）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC （顶点是网格线的交点）．（1）将△ABC 向上平移3个单位得到△A 1B 1C 1，请画出△A 1B 1C 1；（2）请画一个格点△A 2B 2C 2，使△A 2B 2C 2∽△ABC ，且相似比不为1．【解】考点演练考点一、平移1．（2017•铜仁市）如图，△ABC 沿着BC 方向平移得到△A′B′C′，点P 是直线AA′上任意一点，若△ABC ，△PB′C′的面积分别为S 1，S 2，则下列关系正确的是（） A ．S 1＞S 2 B ．S 1＜S 2 C ．S 1=S 2 D ．S 1=2S 2 2．（2017•东营）如图，把△ABC 沿着BC 的方向平移到△DEF 的位置，它们重叠部分的面积是△ABC 面积的一半，若BC=3，则△ABC 移动的距离是（）（第1题图）（第2题图）3．（2017•邵阳）如图所示，三架飞机P ，Q ，R 保持编队飞行，某时刻在坐标系中的坐标分别为（-1，1），（-3，1），（-1，-1）．30秒后，飞机P 飞到P′（4，3）位置，则飞机Q ，R 的位置Q′，R′分别为（）A ．Q′（2，3），R′（4，1）B ．Q′（2，3），R′（2，1）C ．Q′（2，2），R′（4，1）D ．Q′（3，3），R′（3，1）（第3题图）（第5题图） 4．（2017•黔东南州）在平面直角坐标系中有一点A （-2，1），将点A 先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，则平移后点A 的坐标为．5．（2017•百色）如图，在正方形OABC 中，O 为坐标原点，点C 在y 轴正半轴上，点A 的坐标为（2，0），将正方形OABC 沿着OB 方向平移12错误！未指定书签。

12--(夏加生)2018年全国各地中考试题之几何变换专题解析版

∴∠ CAI= ∠BAC=4°0 ，∠ ACI=∠ DCI= ∠ACB=2°8 ，
∴∠ AIC=180°﹣∠ CAI﹣∠ ACI=112°，又 ID⊥ BC， ∴∠ CID=90°﹣∠ DCI=62°， ∴∠ AID=∠AIC+∠CID=112° +62°=174°．
故选： A．
【点评】本题考查了三角形的内心、三角形内角和定理以及角平分线的性质，根据三角形内心的性质结合三角形内角和定理求出∠ AIC、∠ CID 的度数是解题的关键．
A．2 B．4 C．2 D．4 【分析】作 AH⊥BC于 H．则四边形 AFCH是矩形， AF=CH，AH=CF=3 ．在 Rt△ ABH中，解直角三角形即可解决问题；【解答】解：作 AH⊥BC于 H．则四边形 AFCH是矩形， AF=CH，AH=CF=3 ．
在 Rt△ AHB中，∠ ABH=3°0 ， ∴BH=AB?cos3°0 =9， ∴ CH=B﹣C BH=13﹣9=4， ∴ AF=CH=，4 故选： B．【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 4. （ 2018 年四川省内江市 11．3 分）如图，将矩形 ABCD沿对角线 BD折叠，点 C
故选： D．
【点评】本题考查了平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同
旁内角互补；两直线平行，内错角相等．
5. （ 2018 年四川省内江市 12．3 分）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=9°0 ，AB=AC，
【点评】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．

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

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