中考数学试题分项版解析汇编第期专题图形的变换含解析.doc

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

给出以下五种结论:①∠MAD=∠AND;②CP=
2
-
b
b
a
;③ΔABM≌ΔNGF;④S四边形AMFN=a2+b2;⑤A,
M,P,D四点共线
其中正确的个数是()
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】D
【解析】
考点:正方形、全等、相似、勾股定理
2.(2017重庆A卷第2题)下列图形中是轴对称图形的是()
【答案】C. 【解析】
试题解析:A 、不是轴对称图形,不合题意; B 、不是轴对称图形,不合题意; C 、是轴对称图形,符合题意; D 、不是轴对称图形,不合题意. 故选C .
考点:轴对称图形.
3.(2017甘肃庆阳第1题)下面四个手机应用图标中,属于中心对称图形的是( )
A .
B .
C .
D .
【答案】B .
考点:中心对称图形.
4.(2017广西贵港第11题)如图,在Rt ABC ∆中,90ACB ∠= ,将ABC ∆绕顶点C 逆时针旋转得到
'',A B C M ∆是BC 的中点,P 是''A B 的中点,连接PM ,若230BC BAC =∠=,,则线段PM 的最
大值是 ( )
A.4 B.3 C.2 D.1【答案】B
【解析】
试题解析:如图连接PC.
在Rt△ABC中,∵∠A=30°,BC=2,
∴AB=4,
根据旋转不变性可知,A′B′=AB=4,
∴A′P=PB′,
∴PC=1
2
A′B′=2,
∵CM=BM=1,
又∵PM≤PC+CM,即PM≤3,
∴PM的最大值为3(此时P、C、M共线).
故选B.
考点:旋转的性质.
5.(2017贵州安顺第7题)如图,矩形纸片ABCD中,AD=4cm,把纸片沿直线AC折叠,点B落在E处,AE 交DC于点O,若AO=5cm,则AB的长为()
A.6cm B.7cm C.8cm D.9cm
【答案】C.
【解析】
考点:翻折变换(折叠问题);矩形的性质.
6.(2017江苏无锡第4题)下列图形中,是中心对称图形的是()
A.B.C. D.
【答案】C.
【解析】
试题解析:A、不是中心对称图形,故本选项不符合题意;
B、不是中心对称图形,故本选项不符合题意;
C、是中心对称图形,故本选项符合题意;
D、不是中心对称图形,故本选项不符合题意;
故选C.
考点:中心对称图形.
7.(2017江苏无锡第10题)如图,△ABC中,∠BAC=90°,AB=3,AC=4,点D是BC的中点,将△ABD沿AD翻折得到△AED,连CE,则线段CE的长等于()
A.2 B.5
4
C.
5
3
D.
7
5
【答案】D.
【解析】
试题解析:如图连接BE交AD于O,作AH⊥BC于H.
在Rt△ABC中,∵AC=4,AB=3,
∴=5,
∵CD=DB,
∴AD=DC=DB=5
2

∵1
2
•BC•AH=
1
2
•AB•AC,
∴AH=12
5

∵AE=AB,DE=DB=DC,
∴AD垂直平分线段BE,△BCE是直角三角形,
∵1
2
•AD•BO=
1
2
•BD•AH,
∴OB=12
5

∴BE=2OB=24
5

在Rt△BCE中,
7
5
== .
故选D.
考点:1.翻折变换(折叠问题);2.直角三角形斜边上的中线;3.勾股定理.8.(2017江苏盐城第3题)下列图形中,是轴对称图形的是()
【答案】D.
【解析】
试题解析:D的图形沿中间线折叠,直线两旁的部分可重合,
故选D.
考点:轴对称图形.
9. (2017江苏盐城第6题)如图,将函数y=1
2
(x-2)2+1的图象沿y轴向上平移得到一条新函数的图象,
其中点A(1,m),B(4,n)平移后的对应点分别为点A'、B'.若曲线段AB扫过的面积为9(图中的阴影部分),则新图象的函数表达式是()
A.y=1
2
(x−2)2−2 B.y=
1
2
(x−2)2+7 C.y=
1
2
(x−2)2−5 D.y=
1
2
(x−2)2+4
【答案】D.【解析】
试题解析:∵函数y=1
2
(x-2)2+1的图象过点A(1,m),B(4,n),
∴m=
12(1-2)2+1=112,n=12
(4-2)2
+1=3, ∴A (1,1
1
2
),B (4,3), 过A 作AC ∥x 轴,交B′B 的延长线于点C ,则C (4,11
2
), ∴AC=4-1=3,
∵曲线段AB 扫过的面积为9(图中的阴影部分), ∴AC•AA′=3AA′=9, ∴AA′=3, 即将函数y=
12
(x-2)2
+1的图象沿y 轴向上平移3个单位长度得到一条新函数的图象, ∴新图象的函数表达式是y=12
(x-2)2
+4. 故选D .
考点:二次函数图象与几何变换.
10.(2017甘肃兰州第14题)如图,在正方形ABCD 和正方形DEFG 中,点G 在CD 上,2DE =,将正方形DEFG 绕点D 顺时针旋转60°,得到正方形'''DE F G ,此时点'G 在AC 上,连接'CE ,则''CE CG +=( )
1
【答案】AA 【解析】
试题解析:作G′I⊥CD 于I ,G′R⊥BC 于R ,E′H⊥BC 交BC 的延长线于H .连接RF′.则四边形RCIG′
是正方形.
∵∠DG′F′=∠IGR=90°, ∴∠DG′I=∠RG′F′, 在△G′ID 和△G ′RF 中,
DG I RG G D G I G G F F R '=∠''''⎧=⎪
∠''⎨=⎪⎩
∴△G′ID≌△G′RF, ∴∠G′ID=∠G′RF′=90°, ∴点F 在线段BC 上,
在Rt △E′F′H 中,∵E′F′=2,∠E′F′H=30°, ∴E′H=
1
2
易证△RG′F′≌△HF′E′, ∴RF′=E′H,RG′RC=F′H, ∴CH=RF′=E′H,
∴CE′+
故选A .
考点:旋转的性质;正方形的性质.
11.(2017山东烟台第2题)下列国旗图案是轴对称图形但不是中心对称图形的是( )
【答案】A.
考点:中心对称图形;轴对称图形.
12.(2017四川宜宾第7题)如图,在矩形ABCD中BC=8,CD=6,将△ABE沿BE折叠,使点A恰好落在对角线BD上F处,则DE的长是()
A.3 B.24
5
C.5 D.
89
16
【答案】C.
【解析】
试题解析:∵矩形ABCD,
∴∠BAD=90°,
由折叠可得△BEF≌△BAE,
∴EF⊥BD,AE=EF,AB=BF,
在Rt△ABD中,AB=CD=6,BC=AD=8,
根据勾股定理得:BD=10,即FD=10﹣6=4,设EF=AE=x,则有ED=8﹣x,
根据勾股定理得:x2+42=(8﹣x)2,
解得:x=3(负值舍去),
则DE=8﹣3=5,
故选C.
考点:1. 翻折变换(折叠问题);2.矩形的性质.
13.(2017四川自贡第6题0下列图形中,是轴对称图形,但不是中心对称图形的是()
【答案】A.
考点:1.轴对称图形;2.中心对称图形.
14.(2017江苏徐州第题0下列图形中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是()
A. B. C. D.
【答案】C.
【解析】
试题解析:A、不是轴对称图形,是中心对称图形,不合题意;
B、是轴对称图形,不是中心对称图形,不合题意;
C、是轴对称图形,也是中心对称图形,符合题意;
D、不是轴对称图形,是中心对称图形,不合题意.
故选C.
考点:1.中心对称图形;2.轴对称图形.
15.(2017浙江嘉兴第7题)若平移点A到点C,使以点O,A,C,B为顶点的四边形是菱形,则正确的平移方法是()
A.向左平移1个单位,再向下平移1个单位
B.向左平移1)个单位,再向上平移1个单位
C1个单位
D.向右平移1个单位,再向上平移1个单位
【答案】D.
【解析】
试题解析:过B作射线BC∥OA,在BC上截取BC=OA,则四边形OACB是平行四边形,
过B作DH⊥x轴于H,
∵B(1,1),
0),
∴C(1)
∴OA=OB,
∴则四边形OACB是菱形,
∴平移点A到点C,向右平移1个单位,再向上平移1个单位而得到,
故选D .
考点:1.菱形的性质;2.坐标与图形变化-平移.
16.(2017浙江嘉兴第9题)一张矩形纸片ABCD ,已知3AB =,2AD =,小明按所给图步骤折叠纸片,则线段DG 长为( )
A B .C .1 D .2
【答案】A .
【解析】
试题解析:∵AB=3,AD=2,
∴DA′=2,CA′=1,
∴DC′=1,
∵∠D=45°,
故选A .
考点:矩形的性质.
17.(2017山东德州第2题)下列图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
【答案】D
【解析】
试题分析:选项A 和B 是中心对称图形,但不是轴对称图形;选项C 是轴对称图形,但不是中心对称图形;选项D 既是轴对称图形又是中心对称图形。

考点:轴对称图形和中心对称图形的定义
二、填空题
1.(2017浙江衢州第14题)如图,从边长为(a+3)的正方形纸片中剪去一个边长为3的正方形,剩余部分沿虚线又剪拼成一个如图所示的长方形(不重叠无缝隙),则拼成的长方形的另一边长是.
【答案】a+6.
【解析】
试题解析:拼成的长方形的面积=(a+3)2﹣32,
=(a+3+3)(a+3﹣3),
=a(a+6),
∵拼成的长方形一边长为a,
∴另一边长是a+6.
考点:图形的拼接.
2. (2017浙江衢州第16题)如图,正△ABO的边长为2,O为坐标原点,A在x轴上,B在第二象限。

△ABO沿x轴正方向作无滑动的翻滚,经第一次翻滚后得△A1B1O,则翻滚3次后点B的对应点的坐标是__________;翻滚2017次后AB中点M经过的路径长为__________
【答案】(5;(+896) .
【解析】
试题解析:如图,作B3E⊥x轴于E,
易知OE=5,B 3,
∴B 3(5,
观察图象可知三次一个循环,一个循环点M 的运动路径为:
12012011201++=1801801803
ππππ⨯⨯⨯⨯, ∵2017÷3=672…1,
∴翻滚2017次后AB 中点M 经过的路径长为:
672•(+=(+896)333
πππ. 考点:点的坐标.
3.(2017浙江宁波第18题)如图,在边长为2的菱形ABCD 中,∠A=60°,点M 是AD 边的中点,连接MC ,将菱形ABCD 翻折,使点A 落在线段CM 上的点E 处,折痕交AB 于点N ,则线段EC 的长为 .

【解析】
试题分析:如图所示:过点M 作MF⊥DC 于点F ,
∵在边长为2的菱形ABCD中,∠A=60°,M为AD中点,∴2MD=AD=CD=2,∠FDM=60°,
∴∠FMD=30°,
∴FD=1
2
MD=
1
2

∴FM=DM×cos30°=
2

∴EC=MC.
考点:1.折叠问题;2.菱形的性质.
4.(2017重庆A卷第18题)如图,正方形ABCD中,AD=4,点E是对角线AC上一点,连接DE,过点E作EF⊥ED,交AB于点F,连接DF,交AC于点G,将△EFG沿EF翻折,得到△EFM,连接DM,交EF于点N,若点F是AB的中点,则△EMN的周长是.
【答案】
【解析】
试题解析:如图1,过E作PQ⊥DC,交DC于P,交AB于Q,连接BE,
∵DC∥AB,
∴PQ⊥AB,
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠ACD=45°,
∴△PEC是等腰直角三角形,
∴PE=PC,
设PC=x,则PE=x,PD=4﹣x,EQ=4﹣x,∴PD=EQ,
∵∠DPE=∠EQF=90°,∠PED=∠EFQ,∴△DPE≌△EQF,
∴DE=EF,
易证明△DEC≌△BEC,
∴DE=BE,
∴EF=BE,
∵EQ⊥FB,
∴FQ=BQ=1
2 BF,
∵AB=4,F是AB的中点,
∴BF=2,
∴FQ=BQ=PE=1,

Rt△DAF中,
∵DE=EF,DE⊥EF,
∴△DEF是等腰直角三角形,

∴,
如图2,
∵DC∥AB,
∴△DGC∽△FGA,

4
2
2
CG DC DG
AG AF FG
====,
∴CG=2AG,DG=2FG,

FG=
1
33
⨯=,

=

CG=
2
33
⨯=,

EG=
33
-=,
连接GM、GN,交EF于H,
∵∠GFE=45°,
∴△GHF是等腰直角三角形,

3 =,
∴EH=EF﹣
-=
∴∠NDE=∠AEF,
∴tan∠NDE=tan∠AEF=EN GH DE EH
=,
1
2
3
EN
==,

EN=
2

∴NH=EH﹣
-=
Rt△GNH中,
6
==,
由折叠得:MN=GN,EM=EG,
∴△EMN的周长
++=
考点:1.折叠;2.正方形的性质.
5.(2017广西贵港第16题)如图,点P在等边ABC
∆的内部,且6,8,10
PC PA PB
===,将线段PC 绕点C顺时针旋转60得到'P C,连接'
AP,则sin'
PAP
∠的值为.
【答案】
3
5
【解析】
试题解析:连接PP′,如图,
∵线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P'C,
∴CP=CP′=6,∠PCP′=60°,
∴△CPP′为等边三角形,
∴PP′=PC=6,
∵△ABC 为等边三角形,
∴CB=CA ,∠ACB=60°,
∴∠PCB=∠P′CA,
在△PCB 和△P′CA 中
PC P C PCB P CA CB CA '⎧=⎪'
∠=∠⎨⎪=⎩
∴△PCB ≌△P′CA,
∴PB=P′A=10,
∵62+82=102,
∴PP′2+AP 2=P′A 2,
∴△APP′为直角三角形,∠APP ′=90°,
∴sin ∠PAP′=63105
PP P A '=='. 考点:旋转的性质;等边三角形的性质;解直角三角形.
6.(2017贵州安顺第16题)如图,一块含有30°角的直角三角板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,若BC=12cm ,则顶点A 从开始到结束所经过的路径长为 cm .
【答案】16π
【解析】
试题解析:∵∠BAC=30°,∠ABC=90°,且BC=12,
∴∠ACA′=∠BAC+∠ABC=120°,AC=2BC=24cm ,
由题意知点A 所经过的路径是以点C 为圆心、CA 为半径的圆中圆心角为120°所对弧长,
∴其路径长为12024
180
π⨯
=16π(cm)
考点:旋转的性质.
7.(2017贵州安顺第17题)如图所示,正方形ABCD的边长为6,△ABE是等边三角形,点E在正方形ABCD 内,在对角线AC上有一点P,使PD+PE的和最小,则这个最小值为.
【答案】6.
【解析】
试题解析:设BE与AC交于点P,连接BD,
∵点B与D关于AC对称,
∴PD=PB,
∴PD+PE=PB+PE=BE最小.
即P在AC与BE的交点上时,PD+PE最小,为BE的长度;
∵正方形ABCD的边长为6,
∴AB=6.
又∵△ABE是等边三角形,
∴BE=AB=6.
故所求最小值为6.
考点:轴对称﹣最短路线问题;等边三角形的性质;正方形的性质.
8.(2017湖北武汉第15题)如图△ABC中,AB=AC,∠BAC=120°,∠DAE=60°,BD=5,CE=8,则DE的长为.
【答案】7.
【解析】
试题解析:∵AB=AC,
∴可把△AEC 绕点A 顺时针旋转120°得到△AE′B,如图,
∴BE′=EC=8,AE′=AE,∠E′AB=∠EAC,
∵∠BAC=120°,∠DAE=60°,
∴∠BAD+∠EAC=60°,
∴∠E′AD=∠E′AB+∠BAD=60°,
在△E′AD 和△EAD 中
AE =AE E AD =EAD AD =AD ⎧'∠'∠⎪⎨⎪⎩
∴△E′AD≌△EAD(SAS ),
∴E′D=ED,
过E′作EF⊥BD 于点F ,
∵AB=AC,∠BAC=120°,
∴∠ABC=∠C=∠E′BA=30°,
∴∠E′BF=60°,
∴∠BE′F=30°, ∴BF=12
∵BD=5,
∴FD=BD-BF=1,
在Rt△E′FD中,由勾股定理可得,
∴DE=7.
考点:1.含30度角的直角三角形;2.等腰三角形的性质.
9.(2017江苏盐城第14题)如图,将⊙O沿弦AB折叠,点C在AmB上,点D在AB上,若∠ACB=70°,则∠ADB= °.
【答案】110°
【解析】
试题解析:∵点C在AmB上,点D在AB上,若∠ACB=70°,
∴∠ADB+∠ACB=180°,
∴∠ADB=110°
考点:圆周角定理.
10. (2017江苏盐城第15题)如图,在边长为1的小正方形网格中,将△ABC绕某点旋转到△A'B'C'的位置,则点B运动的最短路径长为.
【答案】
2
【解析】
试题解析:如图作线段AA′、CC′的垂直平分线相交于点P ,点P 即为旋转中心,
观察图象可知,旋转角为90°(逆时针旋转)时B 运动的路径长最短,
∴B 运动的最短路径长为=18090132
ππ=. 考点:旋转的性质. 11.(2017江苏盐城第16题)如图,曲线l 是由函数y=6x
在第一象限内的图象绕坐标原点O 逆时针旋转45°
得到的,过点A (,B (的直线与曲线l 相交于点M 、N ,则△OMN 的面积为 .
【答案】8.
【解析】
试题解析:∵A (B (),
∴OA ⊥OB ,
建立如图新的坐标系(OB 为x′轴,OA 为y′轴.
在新的坐标系中,A(0,8),B(4,0),∴直线AB解析式为y′=-2x′+8,

28
6
y=x
y=
x
'-'+
'
'



⎪⎩
,解得
1
6
x=
y=
'
'




3
2
x=
y=
'
'




∴M(1.6),N(3,2),
∴S△OMN=S△OBM-S△OBN=1
2
•4•6-
1
2
•4•2=8
考点:坐标与图形变化-旋转;反比例函数系数k的几何意义.
12.(2017贵州黔东南州第11题)在平面直角坐标系中有一点A(﹣2,1),将点A先向右平移3个单位,再向下平移2个单位,则平移后点A的坐标为.
【答案】(1,﹣1)
【解析】
试题解析:由题意可知:A的横坐标+3,纵坐标﹣2,即可求出平移后的坐标,
∴平移后A的坐标为(1,﹣1)
考点:坐标与图形变化﹣平移.
13.(2017四川宜宾第12题)如图,将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△COD,若∠AOB=15°,则∠AOD的度数是.
【答案】60°.
【解析】
试题解析:如图,由题意及旋转变换的性质得:∠AOC=45°,
∵∠AOB=15°,
∴∠AOD=45°+15°=60°.
考点:旋转的性质.
14.(2017浙江嘉兴第16题)一副含30︒和45︒角的三角板ABC和DEF叠合在一起,边BC与EF重合,
12
BC EF cm
==(如图1),点G为边BC()
EF的中点,边FD与AB相交于点H,此时线段BH的长是.现将三角板DEF绕点G按顺时针方向旋转(如图2),在CGF
∠从0︒到60︒的变化过程中,点H相应移动的路径长共为.(结果保留根号)
【答案】


【解析】
试题解析:如图1中,作HM⊥BC于M,HN⊥AC于N,则四边形HMCN是正方形,设边长为a.
在Rt△ABC中,∵∠ABC=30°,BC=12,
12
在Rt△BHM中,BH=2HM=2a,
在Rt△AHN中,
HN
=
2
a,
∴2a+
3
a
-6,

如图2中,当DG∥AB时,易证GH1⊥DF,此时BH1的值最小,易知BH1=BK+KH1
+3,
∴HH1=BH-BH1

当旋转角为60°时,F与H2重合,易知BH2

观察图象可知,在∠CGF从0°到60°的变化过程中,点H相应移动的路径长=2HH1+HH2


-18.
考点:旋转的性质.
三、解答题
1.(2017山东德州市第23题)如图1,在矩形纸片ABCD中,AB=3cm,AD=5cm,折叠纸片使B点落在边AD 上的E处,折痕为PQ.过点E作EF∥AB交PQ于F,连接BF,
(1)求证:四边形BFEP为菱形;
(2)当E在AD边上移动时,折痕的端点P,Q也随着移动.
①当点Q与点C重合时,(如图2),求菱形BFEP的边长;
②如限定P,Q分别在BA,BC上移动,求出点E在边AD上移动的最大距离.
【答案】(1)证明见解析;(2)①菱形BFEP的边长为5
3
cm.②点E在边AD上移动的最大距离为2cm.
【解析】
试题分析:(1)利用定理:四条边都相等的四边形是菱形,证明四边形BFEP为菱形;
(2)①在直角三角形APE中,根据勾股定理求出EP=5 3
②分两种情况讨论:第一:点Q和点C重合;第二:点P和点A重合
(2)①如图2
∵四边形ABCD是矩形
∴BC=AD=5cm,CD=AB=3cm,∠A=∠D=90°∵点B与点E关于PQ对称
∴CE=BC=5cm
在RtΔCDE中,DE2=CE2-CD2,即DE2=52-32∴DE=4cm
∴AE=AD-DE=5cm-4cm=1cm
在RtΔAPE中,AE=1,AP=3-PB=3-PE
∴EP2=12+(3-EP)2,解得:EP=5
3
cm.
∴菱形BFEP的边长为5
3 cm.
②当点Q与点C重合时,如图2,点E离A点最近,由①知,此时AE=1cm.
当点P与点A重合时,如图3.点E离A点最远,此时,四边形ABQE是正方形.
AE=AB=3cm
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm.
考点:折叠问题,矩形的性质,菱形的性质与判定,分类讨论思想
2.(2017甘肃兰州第26题)如图,1,将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠,顶点C落到点E 处,BE交AD于点F.
(1)求证:BDF
△是等腰三角形;
(2)如图2,过点D作DG BE
∥,交BC于点G,连结FG交BD于点O.
①判断四边形BFDG的形状,并说明理由;
②若6
AB=,8
AD=,求FG的长.
【答案】(1)证明见解析;(2) 15
2

【解析】
试题分析: (1)根据两直线平行内错角相等及折叠特性判断;(2)①根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等判断;
②根据折叠特性设未知边,构造勾股定理列方程求解.
试题解析:(1)证明:如图1,根据折叠,∠DBC=∠DBE,
又AD∥BC,
∴∠DBC=∠ADB,
∴∠DBE=∠ADB,
∴DF=BF,
∴△BDF是等腰三角形;
(2)①∵四边形ABCD是矩形,
∴AD∥BC,
∴FD∥BG,
又∵FD∥BG,
∴四边形BFDG 是平行四边形,
∵DF=BF ,
∴四边形BFDG 是菱形;
②∵AB=6,AD=8,
∴BD=10.
∴OB=12
BD=5. 假设DF=BF=x ,∴AF=AD ﹣DF=8﹣x .
∴在直角△ABF 中,AB 2+A 2=BF 2,即62+(8﹣x )2=x 2,
解得x=254
, 即BF=254

∴=154, ∴FG=2FO=
152.
考点:四边形综合题.
3.(2017山东烟台第23题)【操作发现】
(1)如图1,ABC ∆为等边三角形,先将三角板中的0
60角与ACB ∠重合,再将三角板绕点C 按顺时针方向旋转(旋转角大于00且小于030).旋转后三角板的一直角边与AB 交于点D .在三角板斜边上取一点F ,使CD CF =,线段AB 上取点E ,使030=∠DCE ,连接AF ,EF .
①求EAF ∠的度数;
②DE 与EF 相等吗?请说明理由;
【类比探究】
(2)如图2,ABC ∆为等腰直角三角形,090=∠ACB ,先将三角板的0
90角与ACB ∠重合,再将三角板绕点C 按顺时针方向旋转(旋转角大于00且小于045).旋转后三角板的一直角边与AB 交于点D .在三角板另一直角边上取一点F ,使CD CF =,线段AB 上取点E ,使045=∠DCE ,连接AF ,EF .请直接写出探究结果:
①EAF ∠的度数;
②线段DB ED AE ,,之间的数量关系.
【答案】(1)①120°;②DE=EF ;理由见解析;(2)①90°;②AE 2+DB 2=DE 2
.理由见解析.
【解析】
试题分析:(1)①由等边三角形的性质得出AC=BC ,∠BAC=∠B=60°,求出∠ACF=∠BCD ,证明△ACF ≌△BCD ,得出∠CAF=∠B=60°,求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°;
②证出∠DCE=∠FCE ,由SAS 证明△DCE ≌△FCE ,得出DE=EF 即可;
(2)①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC ,∠BAC=∠B=45°,证出∠ACF=∠BCD ,由SAS 证明△ACF ≌△BCD ,得出∠CAF=∠B=45°,AF=DB ,求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°;
②证出∠DCE=∠FCE ,由SAS 证明△DCE ≌△FCE ,得出DE=EF ;在Rt △AEF 中,由勾股定理得出AE2+AF2=EF2,即可得出结论.
试题解析:(1)①∵△ABC 是等边三角形,
∴AC=BC ,∠BAC=∠B=60°,
∵∠DCF=60°,
∴∠ACF=∠BCD ,
在△ACF 和△BCD 中,
AC BC ACF BCD CF CD ⎧=⎪∠=∠⎨⎪=⎩

∴△ACF ≌△BCD (SAS ),
∴∠CAF=∠B=60°,
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°;
②DE=EF ;理由如下:
∵∠DCF=60°,∠DCE=30°,
∴∠FCE=60°﹣30°=30°,
∴∠DCE=∠FCE ,
在△DCE 和△FCE 中,
CD CF DCE FCE CE CE ⎧=⎪∠=∠⎨⎪=⎩

∴△DCE ≌△FCE (SAS ),
∴DE=EF ;
(2)①∵△ABC 是等腰直角三角形,∠ACB=90°,
∴AC=BC ,∠BAC=∠B=45°,
∵∠DCF=90°,
∴∠ACF=∠BCD ,
在△ACF 和△BCD 中,
AC BC ACF BCD CF CD ⎧=⎪∠=∠⎨⎪=⎩

∴△ACF ≌△BCD (SAS ),
∴∠CAF=∠B=45°,AF=DB ,
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°;
②AE 2+DB 2=DE 2
,理由如下:
∵∠DCF=90°,∠DCE=45°,
∴∠FCE=90°﹣45°=45°,
∴∠DCE=∠FCE ,
在△DCE 和△FCE 中,
CD CF DCE FCE CE CE ⎧=⎪∠=∠⎨⎪=⎩

∴△DCE ≌△FCE (SAS ),
∴DE=EF ,
在Rt △AEF 中,AE 2+AF 2=EF 2

又∵AF=DB ,
∴AE 2+DB 2=DE 2.
考点:几何变换综合题.
4.(2017四川自贡第25题) 如图1,在平面直角坐标系,O 为坐标原点,点A (﹣1,0),点B (0
).
(1)求∠BAO 的度数;
(2)如图1,将△AOB 绕点O 顺时针得△A ′OB′,当A′恰好落在AB 边上时,设△AB′O 的面积为S 1,△BA′O 的面积为S 2,S 1与S 2有何关系?为什么?
(3)若将△AOB 绕点O 顺时针旋转到如图2所示的位置,S 1与S 2的关系发生变化了吗?证明你的判断.
【答案】(1) ∠BAO=60°;(2) S 1=S 2;(3) S 1=S 2不发生变化;理由见解析.
【解析】
试题分析:(1)先求出OA ,OB ,再利用锐角三角函数即可得出结论;
(2)根据等边三角形的性质可得AO=AA ',再根据直角三角形30°角所对的直角边等斜边的一半求出AO=12
AB ,然后求出AO=AA ’,,然后再根据等边三角形的性质求出点O 到AB 的距离等于点A '到AO 的距离,然后根据等底等高的三角形的面积相等解答;
(3)根据旋转的性质可得BO=OB ',AA '=OA ',再求出∠AON=∠A 'OM ,然后再证明ΔAON ≌ΔA 'OM ,可得AN=A 'M ,然后利用等底等高的三角形面积相等证明.
试题解析:(1)∵A (﹣1,0),B (0),
∴OA=1,
在Rt △AOB 中,tan ∠BAO=
OB OA , ∴∠BAO=60°; (2)∵∠BAO=60°,∠AOB=90°,
∴∠ABO=30°,
∴CA'=AC=12
AB , ∴OA'=AA'=AO ,
根据等边三角形的性质可得,△AOA'的边AO 、AA'上的高相等,
∴△BA'O 的面积和△AB'O 的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),
即S 1=S 2.
(3)S 1=S 2不发生变化;
理由:如图,过点'作A'M ⊥OB .过点A 作AN ⊥OB'交B'O 的延长线于N ,
∵△A'B'O 是由△ABO 绕点O 旋转得到,
∴BO=OB',AO=OA',
∵∠AON+∠BON=90°,∠A'OM+∠BON=180°﹣90°=90°,
∴∠AON=∠A'OM ,
在△AON 和△A'OM 中,
AON A OM OMA ONA AO A O '⎧∠=∠⎪''∠=∠⎨⎪'=⎩

∴△AON ≌△A'OM (AAS ),
∴AN=A'M ,
∴△BOA'的面积和△AB'O 的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),
即S 1=S 2.
考点:几何变换综合题.
5.(2017江苏徐州第25题)如图,已知AC BC ⊥
,垂足为,4,C AC BC ==,将线段AC 绕点A 按逆时针方向旋转60,得到线段AD ,连接,DC DB
.
(1)线段DC = ;
(2)求线段DB 的长度.
【答案】(1)4;(2
【解析】
试题分析:(1)证明△ACD 是等边三角形,据此求解;
(2)作DE ⊥BC 于点E ,首先在Rt △CDE 中利用三角函数求得DE 和CE 的长,然后在Rt △BDE 中利用勾股定理求解.
试题解析:(1)∵AC=AD ,∠CAD=60°,
∴△ACD 是等边三角形,
∴DC=AC=4.
(2)作DE ⊥BC 于点E .
∵△ACD 是等边三角形,
∴∠ACD=60°,
又∵AC ⊥BC ,
∴∠DCE=∠ACB-∠ACD=90°-60°=30°,
∴Rt △CDE 中,DE=12
DC=2,
CE=DC•cos30°=4×
2

∴Rt △BDE 中,=
考点:旋转的性质.
6.(2017江苏徐州第27题)如图,将边长为6的正三角形纸片ABC 按如下顺序进行两次折叠,展开后,得折痕,AD BE (如图①),点O 为其交点.
(1)探求AO 与OD 的数量关系,并说明理由;
(2)如图②,若,P N 分别为,BE BC 上的动点.
①当PN PD +的长度取得最小值时,求BP 的长度;
②如图③,若点Q 在线段BO 上,1BQ =,则QN NP PD ++的最小值= .
【答案】(1)AO=2OD,理由见解析;(2【解析】
试题解析:(1)AO=2OD,
理由:∵△ABC是等边三角形,
∴∠BAO=∠ABO=∠OBD=30°,
∴AO=OB,
∵BD=CD,
∴AD⊥BC,
∴∠BDO=90°,
∴OB=2OD,
∴OA=2OD ;
(2)如图②,作点D 关于BE 的对称点D′,过D′作D′N⊥BC 于N 交BE 于P ,
则此时PN+PD 的长度取得最小值,
∵BE 垂直平分DD′,
∴BD=BD′,
∵∠ABC=60°,
∴△BDD′是等边三角形,
∴BN=12BD=32
, ∵∠PBN=30°,
∴BN PB ,
∴;
(3)如图③,作Q 关于BC 的对称点Q′,作D 关于BE 的对称点D′, 连接Q′D′,即为QN+NP+PD 的最小值.
根据轴对称的定义可知:∠Q′BN=∠QBN=30°,∠QBQ′=60°,
∴△BQQ′为等边三角形,△BDD′为等边三角形,
∴∠D′BQ′=90°,
∴在Rt△D′BQ′中,
∴QN+NP+PD的最小值
7.(2017浙江宁波第20题)在44
△的三个顶点都在格点上.
´的方格纸中,ABC
(1)在图1中画出与ABC
△有公共边的格点三角形(画出一个即可);
△成轴对称且与ABC
(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.
【答案】(1)作图见解析;(2)作图见解析.
【解析】
试题分析:根据题意画出图形即可.
试题解析:(1)如图所示:

(2)如图所示:
考点:1.轴对称图形;2.旋转.。

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