山东各2019年中考数学分类解析-专项4：图形的变换

山东各2019年中考数学分类解析-专项4：图形的变换
本卷须知
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2、选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3、请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4、保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

专题4：图形的变换
选择题
1.〔2018山东滨州3分〕某几何体的三视图如下图，那么这个几何体是【】
A、圆柱
B、正方体
C、球
D、圆锥
【答案】D。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】根据主视图和左视图为三角形判断出是锥体，根据俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆锥，应选D。

2.〔2018山东德州3分〕由图中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【】
A、B、C、D、
【答案】B。

【考点】几何变换的性质。

【分析】根据平移、旋转和轴对称的性质即可得出正确结果：
A、图中三角形经过一次平移变换可得，应选项错误；
B、图中三角形需经过一次旋转和一次轴对称变换后，才能得到，应选项正确；
C、图中三角形经过一次轴对称变换可得，应选项错误；
D、图中三角形经过一次旋转变换可得，应选项错误。

应选B。

3.〔2018山东德州3分〕如图给定的是纸盒的外表面，下面能由它折叠而成的是【】
A、B、C、D、
【答案】B。

【考点】几何体的展开。

【分析】将A、B、C、D分别展开，能和原图相对应的即为正确答案：
A、展开得到，不能和原图相对应，故本选项错误；
B、展开得到，能和原图相对，故本选项正确；
C、展开得到，不能和原图相对应，故本选项错误；
D、展开得到，不能和原图相对应，故本选项错误。

应选B。

4.〔2018山东菏泽3分〕如果用□表示1个立方体，用表示两个立方体叠加，用■表示三个立方体叠加，那么下面图是由7个立方体叠成的几何体，从正前方观察，可画出的平面图形是【】
A、B、C、D、
【答案】B。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】从正前方观察，应看到长有三个立方体，且中间的为三个立方体叠加；高为两个立方体，在中间且有两个立方体叠加。

应选B。

5.〔2018山东济南3分〕下面四个立体图形中，主视图是三角形的是【】
A、B、C、D、
【答案】C。

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】找到立体图形从正面看所得到的图形为三角形即可：
A、主视图为长方形，不符合题意；
B、主视图为中间有一条竖线的长方形，不符合题意；
C、主视图为三角形，符合题意；
D、主视图为长方形，不符合题意。

应选C。

6.〔2018山东济宁3分〕如图，是由假设干个完全相同的小正方体组成的一个几何体的主视图和左视图，那么组成这个几何体的小正方体的个数是【】
A、3个或4个
B、4个或5个
C、5个或6个
D、6个或7个
【答案】B。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】左视图与主视图相同，可判断出底面最少有3个小正方体，最多有4个小正方体、而第二行那么只有1个小正方体。

那么这个几何体的小立方块可能有4或5个。

应选B。

7.〔2018山东济宁3分〕如图，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH＝12厘米，EF＝16厘米，那么边AD的长是【】
A、12厘米
B、16厘米
C、20厘米
D、28厘米
【答案】C。

【考点】翻折变换〔折叠问题〕，折叠的性质，矩形的性质和判定，勾股定理。

【分析】设斜线上两个点分别为P、Q，
∵P点是B点对折过去的，∴∠EPH为直角，△AEH≌△PEH。

∴∠HEA＝∠PEH。

同理∠PEF＝∠BEF。

∴这四个角互补。

∴∠PEH＋∠PEF＝90°，
∴四边形EFGH是矩形，∴△DHG≌△BFE，HEF是直角三角形。

∴BF＝DH＝PF。

∵AH＝HP，∴AD＝HF。

∵EH＝12CM，EF＝16CM，
∴FH＝错误！未找到引用源。

〔CM〕。

∴AD＝FH＝20CM。

应选C。

8.〔2018山东莱芜3分〕如下图是由假设干个相同的小立方体搭成的几何体的俯视图和左视图，那么小立方
体的个数不可能是【】
A、6个
B、7个
C、8个
D、9个
【答案】D。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形。

从俯视图知，几何
体的下层有5个小立方体；结合左视图知，几何体的上层前排有小立方体，后排没有，即可能有1，2，3
个，那么小立方体的总数可能是6，7，8个，不可能是9个。

应选D。

9.〔2018山东莱芜3分〕假设一个圆锥的底面积为错误！未找到引用源。

CM2，高为42CM，那么该圆锥的侧面展开图中圆心角为【】
A、40º
B、80º
C、120º
D、150º
【答案】C。

【考点】圆锥的计算，勾股定理，扇形的弧长。

【分析】如图，由，圆锥的底面积为错误！未找到引用源。

CM2，那么底面半
径OA＝2CM，周长为错误！未找到引用源。

CM。

∵圆锥的高OB＝42CM，
∴根据勾股定理得，圆锥的母线AB＝错误！未找到引用源。

＝6CM。

∵圆锥的侧面展开图是以AB＝6为半径，错误！未找到引用源。

为弧长的扇
形，
∴根据扇形的弧长公式，得错误！未找到引用源。

应选C。

10.〔2018山东聊城3分〕用两块完全相同的长方体搭成如下图的几何体，这个几何体的主视图是【】
A、B、C、D、
【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】根据主视图的定义，找到从正面看所得到的图形即可：
从物体正面看，左边1列、右边1列上下各一个正方形，且左右正方形中间是虚线。

应选C。

11.〔2018山东聊城3分〕如图，在方格纸中，△ABC经过变换得到△DEF，正确的变换是【】
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°
【答案】B。

【考点】几何变换的类型。

【分析】根据图象，△ABC绕点C顺时针方向旋转90°，再向下平移5格即可与△DEF重合。

应选B。

12.〔2018山东临沂3分〕如图是一个几何体的三视图，那么这个几何体的侧面积是【】
A、18CM2
B、20CM2
C、〔18＋2〕CM2
D、〔18＋4〕CM2
【答案】A。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】根据三视图判断，该几何体是正三棱柱，
底边边长为2CM，侧棱长是3CM，
∴侧面积是：〔3×2〕×3＝6×3＝18〔CM2〕。

应选A。

13.〔2018山东青岛3分〕如图，正方体表面上画有一圈黑色线条，那么它
的左视图是【】
A、B、C、D、
【答案】B。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】找到从左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：左视图是正方形，中间还有一条竖线。

应选B。

14.〔2018山东日照3分〕如图，是由两个相同的圆柱组成的图形，它的俯视图是【】
〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】找到从上面看所得到的图形即可：从上面看立着的圆柱是一个圆，躺着的圆柱是一个矩形，并且
矩形位于圆的右侧。

应选C。

15.〔2018山东日照3分〕如图，在4×4的正方形网格中，假设将△ABC绕着点A 逆时针旋转得到△AB′C′，那么错误！未找到引用源。

的长为【】
〔A〕错误！未找到引用源。

〔B〕错误！未找到引用源。

〔C〕7错误！未找到引用源。

〔D〕6错误！未找到引用源。

【答案】A。

【考点】旋转的性质，弧长的计算。

【分析】根据图示知，∠BAB′＝45°，∴错误！未找到引用源。

的长为：错误！未找到引用源。

应选A。

16.〔2018山东日照4分〕如图，在斜边长为1的等腰直角三角形OAB中，作内接正方形A1B1C1D1；在等腰直角三角形OA1B1中，作内接正方形A2B2C2D2；在等腰直角三角形OA2B2中，作内接正方形A3B3C3D3；……；依次作下去，那么第N个正方形ANBNCNDN 的边长是【】
〔A〕错误！未找到引用源。

〔B〕错误！未找到引用源。

〔C〕错误！未找到引用源。

〔D〕错误！未找到引用源。

【答案】B。

【考点】分类归纳〔图形的变化类〕，等腰直角三角形和正方形的性质。

【分析】寻找规律：∵等腰直角三角形OAB中，∠A＝∠B＝450，
∴△AA1C1和△BB1D1都是等腰直角三角形。

∴AC1＝A1C1，BD1＝B1D1。

又∵正方形A1B1C1D1中，A1C1＝C1D1＝B1D1＝A1B1，∴AC1＝C1D1＝D1B。

又∵AB＝1，∴C1D1＝错误！未找到引用源。

，即正方形A1B1C1D1的边长为错误！未找到引用源。

同理，正方形A2B2C2D2的边长为错误！未找到引用源。

，正方形A3B3C3D3的边长为错误！未找到引用源。

，……正方形ANBNCNDN的边长为错误！未找到引用源。

应选B。

17.〔2018山东泰安3分〕如下图的几何体的主视图是【】
A、B、C、D、
【答案】A。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】从正面看易得底层有1个大长方形，上层中间有一个小长方形、应选A。

18.〔2018山东泰安3分〕如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点B与CD的中点重合，假设AB＝2，BC＝3，那么△FCB′与△B′DG的面积之比为【】
A、9：4
B、3：2
C、4：3
D、16：9
【答案】D。

【考点】翻折变换〔折叠问题〕，折叠对称的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。

【分析】设BF＝X，那么由BC＝3得：CF＝3﹣X，由折叠对称的性质得：B′F＝X。

∵点B′为CD的中点，AB＝DC＝2，∴B′C＝1。

在RT△B′CF中，B′F2＝B′C2＋CF2，即错误！未找到引用源。

，解得：错误！未
找到引用源。

，即可得CF＝错误！未找到引用源。

∵∠DB′G＝∠DGB′＝90°，∠DB′G＋∠CB′F＝90°，∴∠DGB′＝∠CB′F。

∴RT△DB′G∽RT△CFB′。

根据面积比等于相似比的平方可得：错误！未找到引用源。

应选D。

19.〔2018山东威海3分〕如下图的零件的左视图是【】
【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】找到从左面看所得到的图形即可：从左面看易得共一行，上下各有1个正方形。

应选C。

20.〔2018山东潍坊3分〕右图空心圆柱体的主视图的画法正确的选项是【】、
A. B. C. D.
【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

【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：
从正面观察物体可以发现：它的主视图应为矩形，又因为该几何体为空心圆柱体，故中间的两条棱在主视图中应为虚线。

应选C。

21.〔2018山东潍坊3分〕矩形ABCD中，AB＝1，在BC上取一点E，沿AE将ΔABE 向上折叠，使B点落在AD上的F点，假设四边形EFDC与矩形ABCD相似，那么AD＝【】、
A、错误！未找到引用源。

B、错误！未找到引用源。

C.错误！未找到引用源。

D、2
【答案】B。

【考点】翻折变换〔折叠问题〕，折叠的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，相似多边形的性质。

【分析】∵矩形ABCD中，AF由AB折叠而得，∴ABEF是正方形。

又∵AB＝1，∴AF ＝AB＝EF＝1。

设AD＝X，那么FD＝X－1。

∵四边形EFDC与矩形ABCD相似，∴错误！未找到引用源。

，即错误！未找到引用源。

解得错误！未找到引用源。

，错误！未找到引用源。

〔负值舍去〕。

经检验错误！未找到引用源。

是原方程的解。

应选B。

22.〔2018山东烟台3分〕如图是几个小正方体组成的一个几何体，这个几何体的俯视图是【】
A、B、C、D、
【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】俯视图是从上面看到的图形，共分三列，从左到右小正方形的个数是：1，1，1。

应选C。

23.〔2018山东烟台3分〕一个由小菱形组成的装饰链，断去了一部分，剩下部分如下图，那么断去部分的小菱形的个数可能是【】
A、3
B、4
C、5
D、6
【答案】C。

【考点】分类归纳〔图形的变化类〕。

【分析】如下图，断去部分的小菱形的个数为5：
应选C。

24.〔2018山东烟台3分〕如图，矩形ABCD中，P为CD中点，点Q为AB上的动点〔不与A，B重合〕、过Q作QM⊥PA于M，QN⊥PB于N、设AQ的长度为X，QM与QN的长度和为Y、那么能表示Y与X之间的函数关系的图象大致是【】
A、B、C、D、
【答案】D。

【考点】动点问题的函数图象。

【分析】如图，连接PQ，作PE⊥AB垂足为E，
∵过Q作QM⊥PA于M，QN⊥PB于N，
∴S△PAB＝错误！未找到引用源。

PE×AB，S△PAB＝S△PAQ＋S△PQB
＝错误！未找到引用源。

×QN•PB＋错误！未找到引用源。

×PA×MQ。

∵矩形ABCD中，P为CD中点，∴PA＝PB。

∵QM与QN的长度和为Y，
∴S△PAB＝S△PAQ＋S△PQB＝错误！未找到引用源。

×QN×PB＋错误！未找到引用源。

×PA×MQ＝错误！未找到引用源。

PB〔QM＋QN〕＝错误！未找到引用源。

PBY。

∴S△PAB＝错误！未找到引用源。

PE×AB＝错误！未找到引用源。

PBY，∴错误！未找到引用源。

∵PE＝AD，∴PB，AB，PB都为定值。

∴Y的值为定值，符合要求的图形为D。

应选D。

25.〔2018山东枣庄3分〕如图，该图形围绕点O按以下角度旋转后，不能与其自身重合的是【】
A、错误！未找到引用源。

B、错误！未找到引用源。

C、错误！未找到引用源。

D、错误！未找到引用源。

【答案】B。

【考点】旋转的性质，多边形圆心角。

【分析】由该图形类同正五边形，正五边形的圆心角是3600÷5＝720。

根据旋转的性质，当该图形围绕点O
旋转后，旋转角是720的倍数时，与其自身重合，否那么不能与其自身重合。

由于1080不是720的倍数，从
而旋转角是1080时，不能与其自身重合。

应选B。

26.〔2018山东枣庄3分〕如图，从边长为〔错误！未找到引用源。

〕CM的正方形纸片中剪去一个边长为〔错误！未找到引用源。

〕CM的正方形〔错误！未找到引用源。

〕，剩余部分沿虚线又剪拼成一个矩形〔不重叠无缝隙〕，那么矩形的面积为【】
A、错误！未找到引用源。

B、错误！未找到引用源。

C、错误！未找到引用源。

D、错误！未找到引用源。

【答案】D。

【考点】图形的剪拼。

【分析】从图中可知，矩形的长是两个正方形边长的和错误！未找到引用源。

，宽是两个正方形边长的差3，因此矩形的面积为错误！未找到引用源。

应选D。

【二】填空题
1.〔2018山东济南3分〕如图，在RT△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，将△ABC沿CB 向右平移得到△DEF，假设平移距离为2，那么四边形ABED的面积等于▲、
【答案】8。

【考点】平移的性质，平行四边形的判定和性质。

【分析】根据平移的性质，经过平移，对应点所连的线段平行且相等，可得四边形ABED是平行四边形，
再根据平行四边形的面积公式即可求解：
∵将△ABC沿CB向右平移得到△DEF，平移距离为2，∴AD∥BE，AD＝BE＝2，
∴四边形ABED是平行四边形。

∴四边形ABED的面积＝BE×AC＝2×4＝8。

2.〔2018山东莱芜4分〕在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6、假设点P在边AC上移动，那么BP的最小值是▲、
【答案】错误！未找到引用源。

【考点】动点问题，垂直线段的性质，勾股定理。

【分析】如图，根据垂直线段最短的性质，当BP′⊥AC时，BP取
得最小值。

设AP′＝X，那么由AB＝AC＝5得CP′＝5－X，
又∵BC＝6，∴在RT△ABP′和RT△CBP′中应用勾股定理，得
错误！未找到引用源。

∴错误！未找到引用源。

，即错误！未找到引用源。

，解得错误！未
找到引用源。

∴错误！未找到引用源。

，即BP的最小值是错误！未找到引用源。

3.〔2018山东莱芜4分〕将正方形ABCD的各边按如下图延长，从射线AB开始，分别在各射线上标
记点A1、A2、A3、…，按此规律，点A2018在射线▲上、
【答案】AB。

【考点】分类归纳〔图形的变化类〕。

【分析】寻找规律，从图示知，各点按16次一循环：
A1、A3、A10、A12、…在射线AB上；A2、A4、A9、A11、…在射线DC上；
A5、A7、A14、A16、…在射线BD上；A6、A8、A13、A15、…在射线CA上。

∵2018÷16＝125……12，∴点A2018与A12位置相同，即在射线AB上。

4.〔2018山东青岛3分〕如图，在△ABC中，∠ACB＝90º，∠ABC＝30º，AC＝1、现在将△ABC绕点
C逆时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，连接BB′，那么BB′的长度为▲、
【答案】错误！未找到引用源。

【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理。

【分析】∵RT△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1，
∴A′C＝AC＝1，AB＝2，BC＝错误！未找到引用源。

∵∠A＝60°，∴△AA′C是等边三角形。

∴AA′＝错误！未找到引用源。

AB＝1。

∴A′C＝A′B。

∴∠A′CB＝∠A′BC＝30°。

∵△A′B′C是△ABC旋转而成，∴∠A′CB′＝90°，BC＝B′C。

∴∠B′CB＝90°－30°＝60°。

∴△BCB′是等边三角形。

∴BB′＝BC＝错误！未找到引用源。

5.〔2018山东青岛3分〕如图，圆柱形玻璃杯高为12CM、底面周长为18CM，在杯内离杯底4CM的点C
处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿4CM与蜂蜜相对的点A处，那么蚂蚁到达蜂蜜的最
短距离为▲CM、
【答案】15。

【考点】圆柱的展开，矩形的性质，轴对称的性质，三角形三边关系，勾股定理。

【分析】如图，圆柱形玻璃杯展开〔沿点A竖直剖开〕后侧面是
一个长18宽12的矩形，作点A关于杯上沿MN的对称点B，连接BC
交MN于点P，连接BM，过点C作AB的垂线交剖开线MA于点D。

由轴对称的性质和三角形三边关系知AP＋PC为蚂蚁到达蜂蜜
的最短距离，且AP＝BP。

由和矩形的性质，得DC＝9，BD＝12。

在RT△BCD中，由勾股定理得错误！未找到引用源。

∴AP＋PC＝BP＋PC＝BC＝15，即蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为15CM。

6.〔2018山东威海3分〕如图，在平面直角坐标系中，△ABC的
顶点坐标分别为〔4，0〕〔8，2〕，〔6，4〕。

△A1B1C1的两个顶点的坐标为〔1，3〕，〔2，5〕。

假设△ABC与△A1B1C1位似，那么△A1B1C1的第三个顶点的坐标为▲.
【答案】〔3，4〕或〔0，4〕。

【考点】网格问题，位似。

【分析】如图，作出位似中心，即可得出△A1B1C1的第三个顶点的坐标〔3，4〕或〔0，4〕。

7.〔2018山东潍坊3分〕下图中每一个小方格的面积为L，那么可根据面积计算得到如下算式：1＋3＋5＋7＋…＋〔2N－1〕＝▲.〔用N表示，N是正整数〕
【答案】N2。

【考点】分类归纳〔图形的变化类〕。

【分析】由图可知：
当K＝1时，面积为12＝1；当K＝2时，面积为1＋3＝22＝4；当K＝3时，面积为1＋3＋5＝32＝9；
当K＝4时，面积为1＋3＋5＋7＝42＝16；······
当K＝N时，面积为1＋3＋5＋···＋〔2N－1〕＝N2。

8.〔2018山东烟台3分〕如图，在RT△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝2、将△ABC绕顶点A顺时针方向旋转至△AB′C′的位置，B，A，C′三点共线，那么线段BC扫过的区域面积为▲、
【答案】错误！未找到引用源。

【考点】扇形面积的计算，旋转的性质。

【分析】先根据RT△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝2求出BC及AC的长，再根据线段BC扫过的区域面积为：S阴影＝AB扫过的扇形面积＋△AB′C′面积﹣AC 扫过的扇形面积﹣△ABC面积
＝AB扫过的扇形面积﹣AC扫过的扇形面积。

∵RT△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝2，∴错误！未找到引用源。

∵B，A，C′三点共线，∴∠BAB′＝150°。

∴S阴影＝AB扫过的扇形面积＋△ABC面积﹣BC扫过的扇形面积
错误！未找到引用源。

【三】解答题
1.〔2018山东德州12分〕如下图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点〔不与点A、点D重合〕将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH、
〔1〕求证：∠APB＝∠BPH；
〔2〕当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；
〔3〕设AP为X，四边形EFGP的面积为S，求出S与X的函数关系式，试问S是否存在最小值？假设存在，求出这个最小值；假设不存在，请说明理由、
【答案】解：〔1〕如图1，∵PE＝BE，∴∠EBP＝∠EPB、
又∵∠EPH＝∠EBC＝90°，
∴∠EPH﹣∠EPB＝∠EBC﹣∠EBP，即∠PBC＝∠BPH。

又∵AD∥BC，∴∠APB＝∠PBC。

∴∠APB＝∠BPH。

〔2〕△PHD的周长不变为定值8。

证明如下：
如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q。

由〔1〕知∠APB＝∠BPH，
又∵∠A＝∠BQP＝90°，BP＝BP，
∴△ABP≌△QBP〔AAS〕。

∴AP＝QP，AB＝BQ。

又∵AB＝BC，∴BC＝BQ。

又∵∠C＝∠BQH＝90°，BH＝BH，∴△BCH≌△BQH〔HL〕。

∴CH＝QH。

∴△PHD的周长为：PD＋DH＋PH＝AP＋PD＋DH＋HC＝AD＋CD＝8。

〔3〕如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，那么FM＝BC＝AB。

又∵EF为折痕，∴EF⊥BP。

∴∠EFM＋∠MEF＝∠ABP＋∠BEF＝90°。

∴∠EFM＝∠ABP。

又∵∠A＝∠EMF＝90°，AB＝ME，∴△EFM≌△BPA〔ASA〕。

∴EM＝AP＝X、
∴在RT△APE中，〔4﹣BE〕2＋X2＝BE2，即错误！未找到引用源。

∴错误！未找到引用源。

又∵四边形PEFG与四边形BEFC全等，
∴错误！未找到引用源。

∵错误！未找到引用源。

，∴当X＝2时，S有最小值6。

【答案】依题意可知，折痕AD是四边形OAED的对称轴，
∴在RT△ABE中，AE＝AO＝10，AB＝8，错误！未找到引用源。

，
∴CE＝4，∴E〔4，8〕。

在RT△DCE中，DC2＋CE2＝DE2，
又∵DE＝OD，∴〔8﹣OD〕2＋42＝OD2。

∴OD＝5。

∴D〔0，5〕。

【考点】翻折变换〔折叠问题〕，坐标与图形性质，勾股定理。

【分析】先根据勾股定理求出BE的长，从而可得出CE的长，求出E点坐标。

在RT △DCE中，由DE＝OD及勾股定理可求出OD的长，从而得出D点坐标。

3.〔2018山东济南9分〕如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝23，AC，BD相交于点O、
〔1〕求边AB的长；
〔2〕如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF 与AC相交于点G、
①判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由；
②旋转过程中，当点E为边BC的四等分点时〔BE》CE〕，求CG的长、
【答案】解：〔1〕∵四边形ABCD是菱形，∴△AOB为直角三角形，且OA＝错误！未找到引用源。

AC＝1，OB＝错误！未找到引用源。

BD＝3。

在RT△AOB中，由勾股定理得：AB＝错误！未找到引用源。

〔2〕①△AEF是等边三角形。

理由如下：
∵由〔1〕知，菱形边长为2，AC＝2，∴△ABC与△ACD均为等边三角形。

∴∠BAC＝∠BAE＋∠CAE＝60°。

又∠EAF＝∠CAF＋∠CAE＝60°，∴∠BAE＝∠CAF。

在△ABE与△ACF中，∵∠BAE＝∠CAF，AB＝AC＝2，∠EBA＝∠FCA＝60°，
∴△ABE≌△ACF〔ASA〕。

∴AE＝AF。

∴△AEF是等腰三角形。

又∵∠EAF＝60°，∴△AEF是等边三角形。

②BC＝2，E为四等分点，且BE》CE，∴CE＝错误！未找到引用源。

，BE＝错误！未找到引用源。

由①知△ABE≌△ACF，∴CF＝BE＝错误！未找到引用源。

∵∠EAC＋∠AEG＋∠EGA＝∠GFC＋∠FCG＋∠CGF＝180°〔三角形内角和定理〕，∠AEG＝∠FCG＝60°〔等边三角形内角〕，∠EGA＝∠CGF〔对顶角〕，
∴∠EAC＝∠GFC。

在△CAE与△CFG中，∵∠EAC＝∠GFC，∠ACE＝∠FCG＝60°，
∴△CAE∽△CFG。

∴错误！未找到引用源。

，即错误！未找到引用源。

解得：CG
＝错误！未找到引用源。

【考点】旋转的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理。

【分析】〔1〕根据菱形的性质，确定△AOB为直角三角形，然后利用勾股定理求出边AB的长度。

〔2〕①确定一对全等三角形△ABE≌△ACF，得到AE＝AF，再根据条件∠EAF＝60°，可以判定△AEF是等边三角形。

②确定一对相似三角形△CAE∽△CFG，由对应边的比例关系求出CG的长度。

4.〔2018山东莱芜9分〕如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90º，D、E分别是AB、AC边的中
点、将△ABC绕点A顺时针旋转错误！未找到引用源。

角〔0º《错误！未找到引用源。

《180º〕，得到△AB′C′〔如图2〕、
〔1〕探究DB′与EC′的数量关系，并给予证明；
〔2〕当DB′∥AE时，试求旋转角错误！未找到引用源。

的度数、
【答案】解：〔1〕DB′＝EC′。

证明如下：
∵D、E分别是AB、AC边的中点、∴AD＝错误！未找到引用源。

AB，AE＝错误！未找到引用源。

AC。

∵AB＝AC，∴AD＝AE。

∵△AB′C′是△ABC绕点A顺时针旋转得到，
∴∠EAC′＝∠DAB′＝错误！未找到引用源。

，AC′＝AC＝AB′＝AB。

∴△ADB′≌△AEC′〔SAS〕。

∴DB′＝EC′。

〔2〕由〔1〕△ADB′≌△AEC′，∴∠C′EA＝∠B′DA。

∵DB′∥AE，∠BAC＝900，∴∠B′DA＝∠DAE＝900。

∴∠C′EA＝∠B′DA＝900。

∵AE＝错误！未找到引用源。

AC′，∴错误！未找到引用源。

∴旋转角错误！未找到引用源。

【考点】等腰三角形的性质，旋转的性质，三角形中位线定理，平行的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

〔1〕由三角形中位线定理和AB＝AC可得AD＝AE，由旋转的性质可得∠EAC′【分析】
＝∠DAB′＝错误！未找到引用源。

，AC′＝AC＝AB′＝AB，从而由SAS得△ADB′≌△AEC′，因此得DB′＝EC′。

〔2〕由〔1〕△ADB′≌△AEC′可得∠C′EA＝∠B′DA；由DB′∥AE，∠BAC＝900可得∠B′DA＝∠DAE＝900，从而∠C′EA＝900。

在RT△C′EA中，应用锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值即可求得旋转角错误！未找到引用源。

的度数。

5.〔2018山东临沂11分〕，在矩形ABCD中，AB＝A，BC＝B，动点M从点A出发沿边AD向点D运动、
〔1〕如图1，当B＝2A，点M运动到边AD的中点时，请证明∠BMC＝90°；
〔2〕如图2，当B》2A时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC＝90°，假设存在，请给与证明；假设不存在，请说明理由；
〔3〕如图3，当B《2A时，〔2〕中的结论是否仍然成立？请说明理由、
【答案】〔1〕证明：∵B＝2A，点M是AD的中点，∴AB＝AM＝MD＝DC＝A，
又∵在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，∴∠AMB＝∠DMC＝45°。

∴∠BMC＝90°。

〔2〕解：存在，理由如下：
假设∠BMC＝90°，那么∠AMB＝∠DMC＝90°。

又∵∠AMB＋∠ABM＝90°，∴∠ABM＝∠DMC。

又∵∠A＝∠D＝90°，∴△ABM∽△DMC。

∴错误！未找到引用源。

设AM＝X，那么错误！未找到引用源。

，整理得：X2﹣BX＋A2＝0。

∵B》2A，A》0，B》0，∴△＝B2﹣4A2》0。

∴方程有两个不相等的实数根。

又∵两根之积等于A2》0，∴两根同号。

又∵两根之和等于B》0，∴两根为正。

符合题意。

∴当B》2A时，存在∠BMC＝90°。

〔3〕解：不成立、理由如下：
假设∠BMC＝90°，由〔2〕可知X2﹣BX＋A2＝0，
∵B《2A，A》0，B》0，∴△＝B2﹣4A2《0，∴方程没有实数根。

∴当B《2A时，不存在∠BMC＝90°，即〔2〕中的结论不成立。

【考点】动点问题，矩形的性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。

【分析】〔1〕由B＝2A，点M是AD的中点，可得AB＝AM＝MD＝DC＝A，又由四边形ABCD是矩形，即可求得∠AMB＝∠DMC＝45°，那么可求得∠BMC＝90°。

〔2〕由∠BMC＝90°，易证得△ABM∽△DMC，设AM＝X，根据相似三角形的对应边成比例，即
可得方程：X2－BX＋A2＝0，由B》2A，A》0，B》0，即可判定△》0，结合根与系数的关系可确定方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意。

〔3〕用反证法，由〔2〕，当B《2A，A》0，B》0，判定方程X2－BX＋A2＝0的根的情况，即可求得答案。

6.〔2018山东青岛10分〕问题提出：以N边形的N个顶点和它内部的M个点，共〔M＋N〕个点作为顶
点，可把原N边形分割成多少个互不重叠的小三角形？
问题探究：为了解决上面的问题，我们将采取一般问题特殊化的策略，先从简单和具体的情形入手：
探究一：以△ABC的3个顶点和它内部的1个点P，共4个点为顶点，可把△ABC
分割成多少个互
不重叠的小三角形？如图①，显然，此时可把△ABC分割成3个互不重叠的小三角形、
探究二：以△ABC的3个顶点和它内部的2个点P、Q，共5个点为顶点，可把△ABC 分割成多少个
互不重叠的小三角形？
在探究一的基础上，我们可看作在图①△ABC的内部，再添加1个点Q，那么点Q 的位置会有两种
情况：
一种情况，点Q在图①分割成的某个小三角形内部、不妨设点Q在△PAC的内部，如图②；
另一种情况，点Q在图①分割成的小三角形的某条公共边上、不妨设点Q在PA上，如图③、
显然，不管哪种情况，都可把△ABC分割成5个互不重叠的小三角形、
探究三：以△ABC的三个顶点和它内部的3个点P、Q、R，共6个点为顶点，可把△ABC分割成个
互不重叠的小三角形，并在图④中画出一种分割示意图、
探究四：以△ABC的三个顶点和它内部的M个点，共〔M＋3〕个点为顶点，可把△ABC分割成个
互不重叠的小三角形、
探究拓展：以四边形的4个顶点和它内部的M个点，共〔M＋4〕个点为顶点，可把四边形分割成
个互不重叠的小三角形、
问题解决：以N边形的N个顶点和它内部的M个点，共〔M＋N〕个点作为顶点，可把原N边形分割成
个互不重叠的小三角形、
实际应用：以八边形的8个顶点和它内部的2018个点，共2020个顶点，可把八边形分割成多少个互
不重叠的小三角形？〔要求列式计算〕
【答案】解：探究三：7。

分割示意图如下〔答案不唯一〕：
探究四：三角形内部1个点时，共分割成3部分，3＝3＋2〔1－1〕，
三角形内部2个点时，共分割成5部分，5＝3＋2〔2－1〕，
三角形内部3个点时，共分割成7部分，7＝3＋2〔3－1〕，
…，
所以，三角形内部有M个点时，共分割成3＋2〔M－1〕＝2M＋1部分。

探究拓展：2M＋2。

问题解决：2M＋N－2。

实际应用：把N＝8，M＝2018代入上述代数式，得
2M＋N－2＝2×2018＋8－2＝4024＋8－2＝4030。

【考点】分类归纳〔图形的变化类〕，作图〔应用与设计作图〕。

【分析】探究三：分三角形内部三点共线与不共线两种情况作出分割示意图，查出分成的部分即可。

探究四：根据前三个探究不难发现，三角形内部每增加一个点，分割部分增加2部分，根据此规律写出〔M＋3〕个点分割的部分数即可。

探究拓展：类似于三角形的推理写出规律整理即可得解。