中考数学总复习专题几何变换压轴题课件
2023年 九年级数学中考复习 几何图形变换综合压轴题 专题训练(含答案)
2023年春九年级数学中考复习《几何图形变换综合压轴题》专题训练（附答案）1．如图，△ABC和△ECD都是等边三角形，直线AE，BD交于点F．（1）如图1，当A，C，D三点在同一直线上时，∠AFB的度数为，线段AE与BD的数量关系为．（2）如图2，当△ECD绕点C顺时针旋转α（0°≤α＜360°）时，（1）中的结论是否还成立？若不成立，请说明理由；若成立，请就图2给予证明．（3）若AC＝4，CD＝3，当△ECD绕点C顺时针旋转一周时，请直接写出BD长的取值范围．2．如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D、E两点分别在AC、BC上，且DE∥AB，将△CDE绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现：当α＝0°时，的值为；（2）拓展探究：当0°≤α＜360°时，若△EDC旋转到如图2的情况时，求出的值；（3）问题解决：当△EDC旋转至A、B、E三点共线时，若CE＝5，AC＝4，直接写出线段AD的长．3．已知：如图1，线段AD＝5，点B从点A出发沿射线AD方向运动，以AB为底作等腰△ABC，使得AC＝BC＝AB．（1）如图2，当AB＝10时，求证：CD⊥AB；（2）当△BCD是以BC为腰的等腰三角形时，求BC的长；（3）当AB＞5时，在线段BC上是否存在点E，使得△BDE与△ACD全等，若存在，求出BC的长；若不存在，请说明理由；（4）作点A关于直线CD的对称点A′，连接CA′当CA′∥AB时，CA′＝（请直接写出答案）．4．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于点E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．（1）试判断BD与AC的位置关系是：；数量关系是：；（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．①试猜想BD与AC的数量关系为：；②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．5．如图，平面直角坐标系中O为原点，Rt△ABC的直角顶点A在y轴正半轴上，斜边BC 在x轴上，已知B、C两点关于y轴对称，且C（﹣8，0）．（1）请直接写出A、B两点坐标；（2）动点P在线段AB上，横坐标为t，连接OP，请用含t的式子表示△POB的面积；（3）在（2）的条件下，当△POB的面积为24时，延长OP到Q，使得PQ＝OP，在第一象限内是否存在点D，使得△OQD是等腰直角三角形，如果存在，求出D点坐标；如果不存在，请说明理由．6．如图1，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，点D在AB边的延长线上，且CD ＝AB．（Ⅰ）求BD的长度；（Ⅱ）如图2，将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A'CD'．①若α＝30°，A'D'与CD相交于点E，求DE的长度；②连接A'D、BD'，若旋转过程中A'D＝BD'时，求满足条件的α的度数．（Ⅲ）如图3，将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A'CD'，若点M 为AC的中点，点N为线段A'D'上任意一点，直接写出旋转过程中线段MN长度的取值范围．7．如图①，将两个等腰直角三角形纸片OAB和OCD放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（0，+1），点B（+1，0），点C（0，1），点D（1，0）．（Ⅰ）求证：AC＝BD；（Ⅱ）如图②，现将△OCD绕点O顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），连接AC，BD，这一过程中AC和BD是否仍然保持相等？说明理由；当旋转角α的度数为时，AC所在直线能够垂直平分BD；（Ⅲ）在（Ⅱ）的情况下，将旋转角α的范围扩大为0°＜α＜360°，那么在旋转过程中，求△BAD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．（直接写出结果即可）8．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，过点A作直线l平行于BC，点D是直线l上一动点，连接CD，射线DC绕点D顺时针旋转α交直线AB于点E．（1）如图1，若α＝60°，当点E在线段AB上时，请直接写出线段AC，AD，AE之间的数量关系，不用证明；（2）如图2，若α＝60°，当点E在线段BA的延长线上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明．（3）如图3，若α＝90°，BC＝6，AD＝，请直接写出AE的长．9．有一根直尺短边长4cm，长边长10cm，还有一块锐角为45°的直角三角形纸板，它的斜边长为16cm，如图甲，将直尺的短边DE与直角三角形纸板的斜边AB重合，且点D 与点A重合．将直尺沿射线AB方向平移，如图乙，设平移的长度为xcm，且满足0≤x ≤12，直尺和三角形纸板重叠部分的面积为Scm2．（1）当x＝0cm时，S＝；当x＝12cm时，S＝．（2）当0＜x＜8（如图乙、图丙），请用含x的代数式表示S．（3）是否存在一个位置，使重叠部分面积为28cm2？若存在求出此时x的值．10．如图①，C为线段BD上的一点，BC≠CD，分别以BC，BD为边在BD的上方作等边△ABC和等边△CDE，连接AE，F，G，H分别是BC，AE，CD的中点，连接FG，GH，FH．（1）△FGH的形状是；（2）将图①中的△CDE绕点C顺时针旋转，其他条件不变，（1）的结论是否成立？结合图②说明理由；（3）若BC＝2，CD＝4，将△CDE绕点C旋转一周，当A，E，D三点共线时，直接写出△FGH的周长．11．已知，射线AB∥CD，P是直线AC右侧一动点，连接AP，CP，E是射线AB上一动点，过点E的直线分别与AP，CP交于点M，N，与射线CD交于点F，设∠BAP＝∠1，∠DCP＝∠2．（1）如图1，当点P在AB，CD之间时，求证：∠P＝∠1+∠2；（2）如图2，在（1）的条件下，作△PMN关于直线EF对称的△P'MN，求证：∠3+∠4＝2（∠1+∠2）；（3）如图3，当点P在AB上方时，作△PMN关于直线EF对称的△P'MN，（1）（2）的结论是否仍然成立，若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出∠P，∠1，∠2之间数量关系，以及∠3，∠4与∠1，∠2之间数量关系．12．（1）如图1，平面直角坐标系中A（0，a），B（a，0）（a＞0）．C为线段AB的中点，CD⊥x轴于D，若△AOB的面积为2，则△CDB的面积为．（2）如图2，△AOB为等腰直角三角形，O为直角顶点，点E为线段OB上一点，且OB＝3OE，C与E关于原点对称，线段AB交x轴于点D，连CD，若CD⊥AE，试求的值．（3）如图3，点C、E在x轴上，B在y轴上，OB＝OC，△BDE是以B为直角顶点的等腰直角三角形，直线CB、ED交于点A，CD交y轴于点F，试探究：是否为定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是，请求出其取值范围．13．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°．（1）如图1，点P，Q在线段BC上，AP＝AQ，∠BAP＝15°，求∠AQB的度数；（2）点P，Q在线段BC上（不与点B，C重合），AP＝AQ，点Q关于直线AC的对称点为M，连接AM，PM．①依题意将图2补全；②用等式表示线段BP，AP，PC之间的数量关系，并证明．14．【问题背景】如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上的一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连接CE，求证：△ABD≌△ACE；【尝试应用】如图2，在图1的条件下，延长DE，AC交于点G，BF⊥AB交DE于点F，求证：FG＝AE；【拓展创新】如图3，A是△BDC内一点，∠ABC＝∠ADB＝45°，∠BAC＝90°，BD ＝，直接写出△BDC的面积为．15．在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b）分别是x轴负半轴和y轴正半轴上一点，点C与点A关于y轴对称，点P是x轴正半轴上C点右侧一动点．（1）当2a2+4ab+4b2+2a+1＝0时，求A，B的坐标；（2）当a+b＝0时，①如图1，若D与P关于y轴对称，PE⊥DB并交DB延长线于E，交AB的延长线于F，求证：PB＝PF；②如图2，把射线BP绕点B顺时针旋转45o，交x轴于点Q，当CP＝AQ时，求∠APB的大小．16．已知：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，BC＝6，左右作平行移动的等边三角形DEF的两个顶点E、F始终在边BC上，DE、DF分别与AB相交于点G、H．（1）如图1，当点F与点C重合时，点D恰好在斜边AB上，求△DEF的周长；（2）如图2，在△DEF作平行移动的过程中，图中是否存在与线段CF始终相等的线段？如果存在，请指出这条线段，并加以证明；如果不存在，请说明理由；（3）假设C点与F点的距离为x，△DEF与△ABC的重叠部分的面积为y，求y与x的函数关系式，并写出定义域．17．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝2，点D为边AC的中点（如图），点P、Q 分别是射线BC、BA上的动点，且BQ＝BP，联结PQ、QD、DP．（1）求证：PQ⊥AB；（2）如果点P在线段BC上，当△PQD是直角三角形时，求BP的长；（3）将△PQD沿直线QP翻折，点D的对应点为点D'，如果点D'位于△ABC内，请直接写出BP的取值范围．18．定义：如图1，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点．（1）已知点M，N是线段AB的勾股分割点，若AM＝2，MN＝3，求BN的长．（2）如图2，在等腰直角△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点M，N为边AB上两点满足∠MCN＝45°，求证：点M，N是线段AB的勾股分割点；阳阳同学在解决第（2）小题时遇到了困难，陈老师对阳阳说：要证明勾股分割点，则需设法构造直角三角形，你可以把△CBN绕点C逆时针旋转90°试一试．请根据陈老师的提示完成第（2）小题的证明过程．19．问题背景如图（1），△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．尝试应用如图（2），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD．若BD⊥BC，求的值．拓展创新如图（3），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．20．【教材呈现】如图是苏科版九年级下册数学教材第92页的第17题．一块直角三角形木板，它的一条直角边AC长为1.5m，面积为1.5m2．甲乙两人分别按图1、图2把它加工成一个正方形的桌面，请说明哪个正方形的面积较大．【解决问题】（1）记图1、图2中的正方形面积分别为S1，S2，则S1S2．（填“＞”、“＜”或“＝”）．【问题变式】若木板形状是锐角三角形A1B1C1．某数学兴趣小组继续思考：按图3、图4、图5三种方式加工，分别记所得的正方形面积为S3、S4、S5，哪一个正方形的面积最大呢？（2）若木板的面积S仍为1.5m2．小明：记图3中的正方形为“沿B1C1边的内接正方形”，图4中的正方形为“沿A1C1边的内接正方形”，依此类推．以图3为例，求“沿B1C1边的内接正方形DEFG”的面积．设EF ＝x ，B 1C 1＝a ，B 1C 1边上的高A 1H ＝h ，则S ＝ah ．由“相似三角形对应高的比等于相似比”易得x ＝；同理可得图4、图5中正方形边长，再比较大小即可．小红：若要内接正方形面积最大，则x 最大即可；小莉：同一块木板，面积相同，即S 为定值，本题中S ＝1.5，因此，只需要a +h 最小即可．我们可以借鉴以前研究函数的经验，令y ＝a +h ＝a +＝a +（a ＞0）．下面来探索函数y ＝a +（a ＞0）的图象和性质．①根据如表，画出函数的图象：（如图6）a… 1 2 3 4 … y … 12 9 6 4 3 3 4 4…②观察图象，发现该函数有最小值，此时a 的取值 ；A ．等于2；B ．在1～之间；C ．在～之间；D ．在～2之间．（3）若在△A 1B 1C 1中（如图7），A 1B 1＝5，A 1C 1＝，高A 1H ＝4．①结合你的发现，得到S 3、S 4、S 5的大小关系是 （用“＜”连接）． ②小明不小心打翻了墨水瓶，已画出最大面积的内接正方形的△A 1B 1C 1原图遭到了污损，请用直尺和圆规帮他复原△A 1B 1C 1．（保留作图痕迹，不写作法）参考答案1．解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝60°，∵△ECD是等边三角形，∴CE＝CD，∠DCE＝60°，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCE＝∠DCE+∠BCE，即∠ACE＝∠BCD，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD，在△ABF中，∠AFB＝180°﹣（∠BAF+∠ABF）＝180°﹣（∠BAF+∠CBF+∠ABC）＝180°﹣（∠BAC+∠ABC）＝180°﹣（60°+60°）＝60°，∴∠AFB＝60°，故答案为：∠AFB＝60°，AE＝BD；（2）（1）中结论仍成立，证明：∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝60°，∵△ECD是等边三角形，∴CE＝CD，∠DCE＝60°，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCE＝∠DCE+∠BCE，即∠ACE＝∠BCD，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD，∵∠AFB+∠CBD＝∠ACB+∠CAE，∴∠AFB＝∠ACB，∵∠ACB＝60°，∴∠AFB＝60°；（3）在△BCD中，BC+CD＞BD，BC﹣CD＜BD，∴点D在BC的延长线上时，BD最大，最大为4+3＝7，当点D在线段BC上时，BD最小，最小为4﹣3＝1，∴1≤BD≤7，即BD长的取值范围为1≤BD≤7．2．解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴△ABC为等腰直角三角形，∠B＝45°，∵DE∥AB，∴∠DEC＝∠B＝45°，∠CDE＝∠A＝90°，∴△DEC为等腰直角三角形，∴cos∠C＝＝，∵DE∥AB，∴＝＝，故答案为：；（2）由（1）知，△BAC和△CDE均为等腰直角三角形，∴＝＝，又∠BCE＝∠ACD＝α，∴△BCE∽△ACD，∴＝＝，即＝；（3）①如图3﹣1，当点E在线段BA的延长线上时，∵∠BAC＝90°，∴∠CAE＝90°，∴AE＝＝＝3，∴BE＝BA+AE＝4+3＝7；由（2）知，＝．故AD＝．②如图3﹣2，当点E在线段BA上时，AE＝＝＝3，∴BE＝BA﹣AE＝4﹣3＝1，由（2）知，＝．故AD＝．综上所述，AD的长为或，故答案为：或．3．解：（1）如图2中，∵AB＝10，AD＝5，∴AD＝DB，∵CA＝CB，AD＝DB，∴CD⊥AB．（2）如图1中，当AB＜AD时，BC＝BD．设AB＝10k，则AC＝BC＝6k，∵AD＝5，∴10k+6k＝5，∴k＝，∴BC＝6k＝．如图1﹣1中，当AB＞AD时，BC＝BD，同法可得10k﹣6k＝5，解得k＝，∴BC＝6k＝，综上所述，BC的值为或．（3）如图3﹣1中，当△ADC≌△BED时，BD＝AC＝BC，由（2）可知，BC＝．如图3﹣2中，当△ADC≌△BCE时，点E与C重合，此时AB＝10k＝10，∴k＝1，BC＝6k＝6．综上所述，BC的值为或6．（4）如图3中，当CA′∥AB时，∵CA′∥AB，∴∠ADC＝∠A′CD，由翻折可知，∠A′CD＝∠ACD，∴∠ACD＝∠ADC，∴AC＝AD＝5，∴CA′＝CA＝5．故答案为5．4．解：（1）结论：BD＝AC，BD⊥AC．理由：延长BD交AC于F．∵AE⊥CB，∴∠AEC＝∠BED＝90°．在△AEC和△BED中，，∴△AEC≌△BED（SAS），∴AC＝BD，∠CAE＝∠EBD，∵∠AEC＝90°，∴∠ACB+∠CAE＝90°，∴∠CBF+∠ACB＝90°，∴∠BFC＝90°，∴AC⊥BD，故答案为：BD⊥AC，BD＝AC．（2）如图2中，不发生变化，设DE与AC交于点O，BD与AC交于点F．理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，，∴△BED≌△AEC（SAS），∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，∵∠DEC＝90°，∴∠ACE+∠EOC＝90°，∵∠EOC＝∠DOF，∴∠BDE+∠DOF＝90°，∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，∴BD⊥AC；（3）①如图3中，结论：BD＝AC，理由是：∵△ABE和△DEC是等边三角形，∴AE＝BE，DE＝EC，∠BEA＝∠DEC＝60°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，，∴△BED≌△AEC（SAS），∴BD＝AC，故答案为：BD＝AC．②能；设BD与AC交于点F，由①知，△BED≌△AEC，∴∠BDE＝∠ACE，∴∠DFC＝180°﹣（∠BDE+∠EDC+∠DCF）＝180°﹣（∠ACE+∠EDC+∠DCF）＝180°﹣（60°+60°）＝60°，即BD与AC的夹角中的锐角的度数为60°．5．解：（1）∵B、C两点关于y轴对称，且C（﹣8，0），∴点B（8，0），BO＝CO，又∵AO⊥BC，∴AC＝AB，∵∠CAB＝90°，AC＝AB，CO＝BO，∴AO＝CO＝BO＝8，∴点A（0，8）；（2）如图1，过点P作PM⊥OB于M，∵点P的横坐标为t，∴OM＝t，∴MB＝8﹣t，∵∠CAB＝90°，AC＝AB，∴∠ABO＝45°，∴∠BPM＝∠ABO＝45°，∴PM＝MB＝8﹣t，∴S△POB＝×OB×PM＝×8×（8﹣t）＝32﹣4t；（3）∵△POB的面积为24，∴32﹣4t＝24，∴t＝2，∴点P（2，6），如图2，当点Q为直角顶点时，过点Q作HG⊥y轴，过点D作DG⊥HG于点G，∵PQ＝OP，点P（2，6），∴点Q（4，12），∵∠OQD＝90°＝∠OHQ＝∠QGD，∴∠OQH+∠DQG＝90°＝∠OQH+∠HOQ，∴∠HOQ＝∠GQD，又∵OQ＝QD，∴△OHQ≌△QGD（AAS），∴OH＝QG＝12，HQ＝GD＝4，∴HG＝16，∴点D（16，8）；当点D为直角顶点时，过点Q作HG⊥y轴，过点D作DG⊥HG于点G，过点D作DN ⊥y轴于N，同理可求△QDG≌△ODN，∴ON＝QG，DN＝DG，∵DN＝QG+HQ＝4+QG，DG＝HN＝12﹣ON，∴ON＝QG＝4，DN＝DG＝8，∴点D（8，4），综上所述：点D（16，8）或（8，4）．6．解：（Ⅰ）如图1，过点C作CH⊥AB于H，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，CH⊥AB，∴AB＝CD＝6，CH＝BH＝AB＝3，∠CAB＝∠CBA＝45°，∴DH＝＝＝3，∴BD＝DH﹣BH＝3﹣3；（Ⅱ）①如图2，过点E作EF⊥CD'于F，∵将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A′CD′，∴CD＝CD'＝6，∠DCD'＝30°＝∠CDA＝∠CD'A'，∴CE＝D'E，又∵EF⊥CD'，∴CF＝D'F＝3，EF＝，CE＝2EF＝2，∴DE＝DC﹣CE＝6﹣2；②如图2﹣1，∵∠ABC＝45°，∠ADC＝30°，∴∠BCD＝15°，∴∠ACD＝105°，∵将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A′CD′，∴AC＝A'C，CD＝CD'，∠ACA'＝∠DCD'＝α，∴CB＝CA'，又∵A′D＝BD′，∴△A'CD≌△BCD'（SSS），∴∠A'CD＝∠BCD'，∴105°﹣α＝15°+α，∴α＝45°；如图2﹣2，同理可证：△A'CD≌△BCD'，∴∠A'CD＝∠BCD'，∴α﹣105°＝360°﹣α﹣15°，∴α＝225°，综上所述：满足条件的α的度数为45°或225°；（Ⅲ）如图3，当A'D'⊥AC时，N是AC与A'D'的交点时，MN的长度最小，∵∠A'＝45°，A'D'⊥AC，∴∠A'＝∠NCA'＝45°，∴CN＝A'N＝3，∵点M为AC的中点，∴CM＝AC＝3，∴MN的最小值＝NC﹣CM＝3﹣3；如图4，当点A，点C，点D'共线，且点N与点D'重合时，MN有最大值，此时MN＝CM+CN＝6+3，∴线段MN的取值范围是3﹣3≤MN≤6+3．7．解：（Ⅰ）∵点A（0，+1），点B（+1，0），点C（0，1），点D（1，0），∴OA＝+1，OB＝+1，OC＝1，OD＝1，∴AC＝OA﹣OC＝+1﹣1＝，BD＝+1﹣1＝，∴AC＝BD；（Ⅱ）由题意知，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOC＝∠AOB﹣∠COB＝90°﹣∠COB，∠BOD＝∠COD﹣∠COB＝90°﹣∠COB，∴∠AOC＝∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD，∠OAC＝∠OBD，如图1（注：点C在x轴上，为了不要出现误解，点C没画在x轴上），延长AC交BD 于D，连接BC，在Rt△AOB中，OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝45°，∴∠CAB+∠ABD＝∠OAB﹣∠OAC+∠ABO+∠BOD＝∠OAB+∠OBA＝90°，∴AC⊥BD，∵AC垂直平分BD，∴CD＝BC，设点C的坐标为（m，n），∴m2+n2＝1①，由旋转知，CD＝＝，∵B（+1，0），[m﹣（+1）]2+n2＝2②，联立①②解得，m＝1，n＝0，∴点C在x轴上，∴旋转角为∠AOC＝90°，故答案为：90°；（Ⅲ）如图2，∵OA＝OB＝+1，∴AB＝OA＝2+，过点O作OH⊥AB于H，∴S△AOB＝OA•OB＝AB•OH，∴OH＝＝＝＝，过点D作DG⊥AB于G，S△ABD＝AB•DG＝（2+）DG，要使△ABD的面积最大，则DG最大，由旋转知，点D是以O为圆心，1为半径的圆上，∴点D在HO的延长线上时，DG最大，即DG的最大值为D'H＝OD'+OH＝1+＝，∴S△ABD最大＝AB•D'H＝（2+）×＝，在Rt△AOB中，OA＝OB，OH⊥AB，∴∠BOH＝45°，∴旋转角∠BOD'＝180°﹣45°＝135°．8．解：（1）AC＝AE+AD．证明：连接CE，∵线段DC绕点D顺时针旋转α交直线AB于点E，α＝60°，∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴CB＝CA＝AB，∠ACB＝60°，∵AD∥BC，∴∠DAF＝∠ACB＝60°，∵∠FDC＝∠EAF＝60°，∠AFE＝∠DFC，∴△AFE∽△DFC，∴，∴，∵∠AFD＝∠EFC，∴△AFD∽△EFC，∴∠DAF＝∠FEC＝60°，∴△DEC是等边三角形，∴CD＝CE，∠ECD＝60°，∴∠BCE＝∠ACD，∴△BCE≌△ACD（SAS），∴BE＝AD，∴AB＝AE+BE＝AE+AD，∴AC＝AE+AD；（2）不成立，AD＝AC+AE．理由如下：在AC的延长线上取点F，使AF＝AD，连接DF，当α＝60°时，∠BAC＝∠EDC＝60°，∵AB＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC∠BCA＝60°，∵l∥BC，∴∠DAC＝∠BCA＝60°，∠EAD＝∠ABC＝60°，∵AF＝AD，∴∠ADF＝∠AFD＝60°，AD＝FD＝AF，∴∠EDC＝∠ADF＝60°，∴∠EDC﹣∠ADC＝∠ADF﹣∠ADC，即∠EDA＝∠CDF，∵AD＝FD，∠EAD＝∠AFD＝60°，∴△EAD≌△CFD（ASA），∴AE＝CF，∴AD＝AF＝AC+CF＝AC+AE；（3）AE的长为或．当点E在线段AB上，过点D作直线l的垂线，交AC于点F，如图3所示．∵△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，∴∠ACB＝∠B＝45°．∵直线l∥BC，∴∠DAF＝∠ACB＝45°．∵FD⊥直线l，∴∠DAF＝∠DF A＝45°．∴AD＝FD．∵∠EDC＝∠ADF＝90°，∴∠ADE＝∠FDC．由（1）可知DC＝DE，∴△ADE≌△FDC（SAS），∴AE＝CF．∵AD＝，∴AF＝2，∵BC＝6，∴AC＝AB＝3，∴AE＝AC﹣AF＝3﹣2．当点E在线段AB的延长线上时，如图4所示．过点D作直线l的垂线，交AB于点M，同理可证得△ADC≌△MDE（SAS），∴AC＝EM＝3，∵AD＝，∴AM＝2，∴EM+AM＝3+2．综合以上可得AE的长为3+2或3﹣2．9．解：（1）当x＝0cm时，S＝4×4÷2＝8cm2；当x＝12cm时，S＝4×4÷2＝8cm2．故答案为：8cm2；8cm2．（2）①当0＜x＜4时，∵△CAB为等腰直角三角形，∴∠CAB＝45°，∴△ADG和△AEF都是等腰直角三角形，∴AD＝DG＝x，AE＝EF＝x+4，∴梯形GDEF的面积＝×（GD+EF）×DE＝×（x+x+4）×4＝4x+8．②如图所示：过点C作CM⊥AB于点M．当4＜x＜8时，梯形GDMC的面积＝（GD+CM）×DM＝（x+8）（8﹣x）＝﹣x2+32，梯形CMEF的面积＝（EF+CM）×ME＝[16﹣（x+4）+8][（x+4）﹣8]＝（20﹣x）（x﹣4）＝﹣x2+12x﹣40，S＝梯形GDMC的面积+梯形CMEF的面积＝（﹣x2+32）+（﹣x2+12x﹣40）＝﹣x2+12x ﹣8．综合以上可得，S＝．（3）当0＜x＜4时s最大值小于24，当x＝4时，S＝24cm2，所以当S＝28cm2时，x必然大于4，即﹣x2+12x﹣8＝28，解得x1＝x2＝6，当x＝6cm时，阴影部分面积为28cm2．当8＜≤12时，由对称性可知s的最大值也是小于24，不合题意舍去．∴当x＝6cm时，阴影部分面积为28cm2．10．解：（1）∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴∠B＝∠DCE＝60°，AB＝BC，CE＝CD，∴CE∥AB，∵BC≠CD，∴CE≠AB，∴四边形ABCE是梯形，∵点F，G分别是BC，AE的中点，∴FG是梯形ABCE的中位线，∴FG∥AB，∴∠GFC＝60°，同理：∠GHB＝60°，∴∠FGH＝180°﹣∠GFC﹣∠GHB＝60°＝∠GFC＝∠GHB，∴△FGH是等边三角形，故答案为：等边三角形；（2）成立，理由如下：如图1，取AC的中点P，连接PF，PG，∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴AB＝BC，CE＝CD，∠BAC＝∠ACB＝∠ECD＝∠B＝60°，又F，G，H分别是BC，AE，CD的中点，∴FP＝AB，FC＝BC，CH＝CD，PG＝CE，PG∥CE，PF∥AB，∴FP＝FC，PG＝CH，∠GPC+∠PCE＝180°，∠FPC＝∠BAC＝60°，∠PFC＝∠B＝60°，∴∠FPG＝∠FPC+∠GPC＝60°+∠GPC，∠GPC＝180°﹣∠PCE，∴∠FCH＝360°﹣∠ACB﹣∠ECD﹣∠PCE＝360°﹣60°﹣60°﹣（180°﹣∠GPC）＝60°+∠GPC，∴∠FPG＝∠FCH，∴△FPG≌△FCH（SAS），∴FG＝FH，∠PFG＝∠CFH，∴∠GFH＝∠GFC+∠CFH＝∠GFC+∠PFG＝∠PFC＝60°，∴△FGH为等边三角形；（3）①当点D在AE上时，如图2，∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°，AC＝BC＝2，∵△CDE是等边三角形，∴∠CED＝∠CDE＝60°，CE＝CD＝DE＝4，过点C作CM⊥AE于M，∴DM＝EM＝DE＝2，在Rt△CME中，根据勾股定理得，CM＝＝＝2，在Rt△AMC中，根据勾股定理得，AM＝＝＝4，∴AD＝AM﹣DM＝4﹣2＝2，∵∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，∴∠ACD＝∠BCE，连接BE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD＝2，∠ADC＝∠BEC，∵∠ADC＝180°﹣∠CDE＝120°，∴∠BEC＝120°，∴∠BEA＝∠BEC﹣∠CED＝60°，过点B作BN⊥AE于N，∴∠BNE＝90°，在Rt△BNE中，∠EBN＝90°﹣∠BEA＝30°，∴EN＝BE＝1，∴BN＝EN＝，DN＝DE﹣EN＝3，连接BD，根据勾股定理得，BD＝＝＝2，∵点H是CD的中点，点F是BC的中点，∴FH是△BCD的中位线，∴FH＝BD＝，由（2）知，△FGH是等边三角形，∴△FGH的周长为3FH＝3，②当点D在AE的延长线上时，如图3，同①的方法得，FH＝，∴△FGH的周长为3FH＝3，即满足条件的△FGH的周长为3或3．11．（1）证明：如图1中，过点P作PT∥AB．∵AB∥CD，AB∥PT，∴AB∥PT∥CD，∴∠1＝∠APT，∠2＝∠CPT，∴∠APC＝∠APT+∠CPT＝∠1+∠2．（2）证明：如图2中，连接PP′．∵∠3＝∠MPP′+∠MP′P，∠4＝∠NPP′+∠NP′P，∠APC＝∠MP′N，∴∠3+∠4＝2∠APC，∵∠APC＝∠1+∠2，∴∠3+∠4＝2（∠1+∠2）．（3）结论不成立．结论是：∠P＝∠2﹣∠1，∠4﹣∠3＝2（∠2﹣∠1）．理由：如图3中，设PC交AB于E，AP交NP′于F．∵AB∥CD，∴∠PEB＝∠2，∵∠PEB＝∠1+∠P，∴∠2＝∠P+∠1，∴∠P＝∠2﹣∠1．∵∠4＝∠P+∠PFN，∠PFN＝∠3+∠P′，∠P＝∠P′，∴∠4＝∠P+∠3+∠P，∴∠4﹣∠3＝2∠P＝2（∠2﹣∠1），∴∠4﹣∠3＝2（∠2﹣∠1）．12．解：（1）∵A（0，a），B（a，0）（a＞0），∴OA＝a，OB＝a，∵△AOB的面积为2，∴S△AOB＝×a×a＝2，∴a＝2（负值舍去），∴A（0，2），B（2，0），∵C为线段AB的中点，∴C（1，1），∴OD＝BD＝CD＝1，∴S△CDB＝×1×1＝．故答案为：．（2）连AC，过点D作DM⊥BC于M，∵△AOB是等腰直角三角形，∴AO⊥BO，AO＝BO，∠B＝∠OAB＝45°，又CO＝EO，∴AO是CE的垂直平分线，∴AE＝AC，不妨设AE、CD交于F，AO、CD交于G，∴∠CGA＝∠OAE+∠AFC＝∠OCD+∠COA，∵∠AFC＝∠COA＝90°，∴∠OAE＝∠OCD＝∠OAC，又∵∠CAD＝∠CAO+∠OAB＝∠OCD+∠B＝∠CDA，∴CD＝CA＝EA，∴△AOE≌△CMD（AAS），∴OE＝DM，∴＝＝＝3，∴＝2；（3）＝2，理由如下：作点C关于y轴的对称点N，连接BN，作DM∥BC交y轴于M，∵OB＝OC＝ON，∠BON＝90°，∴△BON等腰直角三角形，∴∠BNO＝∠BMD＝45°，∴∠MBD＝∠OBE+∠DBE＝∠OBE+∠BOE＝∠BEN，又∵BD＝BE，∴△BMD≌△ENB（AAS），∴EN＝BM，BN＝DM＝BC，又∵∠BFC＝∠DFM，∠BCF＝∠FDM，∴△BCF≌△MDF（AAS），∴BF＝MF，∴CO﹣EO＝NO﹣EO＝NE＝BM＝2BF，即＝2．13．解：（1）∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠C＝45°，∵∠APQ是△ABC的一个外角，∴∠APQ＝∠B+∠BAP，∵∠BAP＝15°，∴∠APQ＝60°，∵AP＝AQ，∴∠APQ＝∠AQB＝60°．（2）①图形如图2所示．②解：结论：PC2+BP2＝2AP2．理由：连接MC．∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵AP＝AQ，∴∠APQ＝∠AQP，∴∠BAP＝∠CAQ，∴△ABP≌△ACQ（SAS），∴BP＝CQ，∵点Q关于直线AC的对称点为M，∴AQ＝AM，CQ＝CM，∠CAM＝∠CAQ，∠ACM＝∠ACQ＝45°，∴AP＝AM，∠B＝∠ACM＝45°，∠BAP＝∠CAM，BP＝CM，∴∠BAC＝∠P AM＝90°，在Rt△APM中，AP＝AM，∠P AM＝90°，∴PM＝，∵∠ACQ＝∠ACM＝45°，∴∠PCM＝90°，在Rt△PCM中，∠PCM＝90°，∴PC2+CM2＝PM2，∴PC2+BP2＝2AP2．14．【问题背景】证明：如图1，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠DAB＝∠EAC，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）．【尝试应用】证明：如图2，过点D作DK⊥DC交FB的延长线于K．∵DK⊥CD，BF⊥AB，∴∠BDK＝∠ABK＝90°，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠DBK＝∠K＝45°，∴DK＝DB，∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE＝135°，DB＝EC＝DK，∴∠ECG＝45°，∵BF⊥AB，CA⊥AB，∴AG∥BF，∴∠G＝∠DFK，在△ECG和△DKF中，，∴△ECG≌△DKF（AAS），∴DF＝EG，∵DE＝AE，∴DF+EF＝AE，∴EG+EF＝AE，即FG＝AE．【拓展创新】解：如图3中，过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE．．∵∠ADB＝45°，∠DAE＝90°，∴△ADE与△ABC都是等腰直角三角形，同法可证△ABD≌△ACE，∴CE＝BD＝2，∵∠AEC＝∠ADB＝45°，∴∠CED＝∠CEB＝90°，∴S△BDC＝•BD•CE＝×2×2＝6．故答案为：6．15．解：（1）∵2a2+4ab+4b2+2a+1＝0，∴（a+2b）2+（a+1）2＝0，∵（a+2b）2≥0 （a+1）2≥0，∴a+2b＝0，a+1＝0，∴a＝﹣1，b＝，∴A（﹣1，0）B（0，）．（2）①证明：如图1中，∵a+b＝0，∴a＝﹣b，∴OA＝OB，又∵∠AOB＝90°，∴∠BAO＝∠ABO＝45°，∵D与P关于y轴对称，∴BD＝BP，∴∠BDP＝∠BPD，设∠BDP＝∠BPD＝α，则∠PBF＝∠BAP+∠BP A＝45°+α，∵PE⊥DB，∴∠BEF＝90°，∴∠F＝90o﹣∠EBF，又∠EBF＝∠ABD＝∠BAO﹣∠BDP＝45°﹣α，∴∠F＝45o+α，∴∠PBF＝∠F，∴PB＝PF．②解：如图2中，过点Q作QF⊥QB交PB于F，过点F作FH⊥x轴于H．可得等腰直角△BQF，∵∠BOQ＝∠BQF＝∠FHQ＝90°，∴∠BQO+∠FQH＝90°，∠FQH+∠QFH＝90°，∴∠BQO＝∠QFH，∵QB＝QF，∴△FQH≌△QBO（AAS），∴HQ＝OB＝OA，∴HO＝AQ＝PC，∴PH＝OC＝OB＝QH，∴FQ＝FP，又∠BFQ＝45°∴∠APB＝22.5°．16．解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，BC＝6，∴AC＝2，∠A＝60°，∵△DEF是等边三角形，∴∠DCE＝60°，∴∠ACD＝30°，∴∠ADC＝90°，∴CD＝AC＝3，∴△DEF的周长＝9；（2）解：结论：CF＝DG．理由：∵BC＝6，EF＝DF＝DE＝3，∴CF+BE＝BC﹣EF＝6﹣3＝3，∵△DEF是等边三角形，∴∠DEF＝60°，∵∠DEF＝∠B+∠EGB，∴∠B＝∠EGB＝∠DGE＝30°，∴EG＝BE，∵EG+DG＝CF+BE＝3，∴CF＝DG；（3）∵S△DEF＝×32＝，S△DGH＝•GH•DH＝•x•x＝x2，y＝S△DFE﹣S△DHG＝﹣x2（0≤x≤3）．17．解：（1）在Rt△ABC中，AC＝2，BC＝2，根据勾股定理得，AB＝＝＝4，∴＝，∵BQ＝BP，∴＝，∴，∵∠QBP＝∠CBA，∴△BPQ∽△BAC，∴∠BQP＝∠ACB＝90°，∴PQ⊥AB；（2）∵点D是AC的中点，∴AD＝CD＝AC＝1，由（1）知，PQ⊥AB，∴∠AQP＝90°，∴∠PQD＜90°，∵△PQD是直角三角形，∴①当∠DPQ＝90°时，如图1，在Rt△ABC中，AC＝2，AB＝4，∴sin∠ABC＝＝，∴∠ABC＝30°，∴∠QPB＝90°﹣∠ABC＝60°，∴∠DPC＝90°﹣∠BPQ＝30°，∴CP＝＝＝，∴BP＝BC﹣CP＝，②当∠PDQ＝90°时，∴∠ADQ+∠PDC＝90°，如图2，过Q作QE⊥AC于E，∴∠DEQ＝90°＝∠ACB，∴∠ADQ+∠DQE＝90°，∴∠DQE＝∠PDC，∴△EQD∽△CDP，∴，∴，设BP＝t，则CP＝BC﹣BP＝2﹣t，在Rt△BQP中，BQ＝BP cos30°＝t，∴AQ＝AB﹣BQ＝4﹣t，在Rt△AEQ中，QE＝AQ cos30°＝（4﹣t）•＝2﹣t，AE＝AQ＝2﹣t，∴DE＝AD﹣AE＝t﹣1，∴，∴t＝或t＝（大于2，舍去）∴BP＝；即BP＝或；（3）；理由：如图3，①当点D'恰好落在边BC上时，由折叠知，PD'＝PD，PQ⊥DD'，由（1）知，PQ⊥AB，∴DD'∥AB，∴∠DD'C＝∠ABC＝30°，∴CD'＝CD＝，设BP＝m，则CP＝BC﹣BP＝2﹣m，∴DP＝D'P＝CD'﹣CP＝m﹣，在Rt△CDP中，根据勾股定理得，DP2＝CP2+CD2，∴（m﹣）2＝（2﹣m）2+1，∴m＝，②当点D'落在D时，即PQ过点D，在Rt△CDP'中，∠P'＝90°﹣∠DD'P'＝30°，∴CP'＝＝＝，∴BP'＝BC+CP'＝，综上：．18．（1）解：当MN最长时，BN＝＝＝；当BN最长时，BN＝＝＝，综合以上可得BN的长为或；（2）证明：如图，把△CBN绕点C逆时针旋转90°，得到△CAN'，连接MN'，∴△AN'C≌△BNC，∴CN'＝CN，∠ACN'＝∠BCN，∠CBN＝∠CAN'，∵∠MCN＝45°，∴∠N'CA+∠ACM＝∠ACM+∠BCN＝45°，∴∠MCN'＝∠BCM，∴△MN'C≌△MNC（SAS），∴MN'＝MN，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠B＝∠CAM＝45°，∴∠CAN'＝45°，∴∠MAN'＝∠CAN'+∠CAM＝45°+45°＝90°，在Rt△MN'A中，AN'2+AM2＝N'M2，∴BN2+AM2＝MN2，∴点M，N是线段AB的勾股分割点．19．问题背景解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形，∴∠BAD＝60°，∠CAE＝60°，AD＝AB，AC＝AE，∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAE，∴△ACD≌△AEB（SAS），∴△ACD可以由△AEB绕点A顺时针旋转60°得到，即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是60°；尝试应用∵△ACD和△ABE都是等边三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，∠CAD＝∠BAE＝60°，∴∠CAB＝∠DAE，∴△ADE≌△ACB（SAS），∴∠ADE＝∠ACB＝90°，DE＝CB，∵∠ADE＝90°，∴∠ADF＝90°，∵∠ADC＝∠ACD＝60°，∴∠DCF＝∠CDF＝30°，∴CF＝DF，∵BD⊥BC，∴∠BDF＝30°，∴BF＝DF，设BF＝x，则CF＝DF＝2x，DE＝3x，∴；拓展创新∵∠ACB＝90°，∴点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，∴CD＝AB＝1，如图，过点A作AE⊥AB，且使AE＝AD，连接PE，BE，∵将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，∴∠P AC＝90°，P A＝AC，∵∠EAD＝90°，∴∠P AE＝∠CAD，∴△CAD≌△P AE（SAS），∴PE＝CD＝1，∵AB＝2，AE＝AD＝1，∴BE＝＝＝，∴BP≤BE+PE＝+1，当且仅当P、E、B三点共线时取等号，∴BP的最大值为+1．20．解：（1）由AC长为1.5m，△ABC的面积为1.5m2，可得BC＝2m，如图①，设加工桌面的边长为xcm，∵DE∥CB，∴△ADE∽△ACB，∴＝，即＝，解得：x＝；如图②，设加工桌面的边长为ym，过点C作CM⊥AB，分别交DE、AB于点N、M，∵AC＝1.5m，BC＝2m，∴AB＝＝＝2.5（m），∵△ABC的面积为1.5m2，∴CM＝m，∵DE∥AB，∴△CDE∽△CAB，∴＝，即＝，解得：y＝，∴x＞y，即S1＞S2，故答案为：＞．（2）①函数图象如图6所示：②观察图象，发现该函数有最小值，此时a的取值～2之间．故选D．（3）①由（2）可知，S5＜S4＜S3．故答案为：S5＜S4＜S3．②如图7，△A1B1C1即为所求作．。
福建省中考数学总复习课件(专题：图形变换)
（1）由勾股定理求出 OB，作 NP⊥OA 于点P，则 NP∥
AB，得出△OPN∽△OAB，得出比例式
PN
OP
ON ,ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
AB OA OB
求出 OP，PN，即可得出点 N 的坐标；
（2）由三角形的面积公式得出 S 是
x 的二次函数，即可得出 S 的最大值；
（3）分两种情况：
①若∠OMN=90°，则 MN∥AB，
∵BD 是正方形ABCD 的对称轴，
∴AH=CH，∠DAH=∠HCP．∴∠DAH=∠HPC.
∴∠AHP=180°-∠ADP=90°．
∴AH=PH，AH⊥PH．
h
7
（2）如图 2，∵四边形ABCD 是正方形，QH⊥BD，
∴∠HDQ=45°．
∴△DHQ是等腰直角三角形．
∵△BCQ 由△ADP 平移而成，
列问题：
（1）求点 N 的坐标（用含 x 的代数
式表示）.
（2）设△ OMN 的面积是 S，求 S 与
x 之间的函数表达式．当 x 为何值时，
S 有最大值？最大值是多少？
（3）在两个动点运动过程中，是否存
在某一时刻，使△OMN 是直角三角形？若存在，求出 x 的值；
若不存在，请说明理由． h
16
思路点拨：
则 MN∥AB.
此时 OM=4-x，ON=1.25x.
∵MN∥AB，
∴△OMN∽△OAB.
∴ OM ON ， OA OB
即 4 x 1.25x . 解得 x=2.
4
5
h
20
②若∠ONM=90°，如图 3 所示，则∠ONM=∠OAB.
此时 OM=4-x，ON=1.25x.
中考数学总复亮点汇编--几何变换专题
1.（2021 年上海市 23．12 分）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=．求证：EF=EP．【分析】（1）利用正方形的性质得 AB=AD，∠BAD=90°，根据等角的余角相等得到∠1=∠3，则可判断△ABE≌△DAF，则 BE=AF，然后利用等线段代换可得到结论；（2）利=和AF=BE 得=，则可判定Rt△BEF∽Rt△DFA，所以∠4=∠3，再证明∠4=∠5，然后根据等腰三角形的性质可判断 EF=EP．【解答】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．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．也考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质．2.（2018 年台湾省 14．3 分）如图，I 点为△ABC的内心，D 点在 BC 上，且 ID ⊥BC，若∠B=44°，∠C=56°，则∠AID的度数为何？（）A．174 B．176 C．178 D．180【分析】连接 CI，利用三角形内角和定理可求出∠BAC的度数，由 I 点为△ABC 的内心，可得出∠CAI、∠ACI、∠DCI的度数，利用三角形内角和定理可得出∠AIC、∠CID 的度数，再由∠AID=∠AIC+∠CID 即可求出∠AID 的度数．【解答】解：连接 CI，如图所示．在△ABC 中，∠B=44°，∠ACB=56°，∴∠BAC=180°﹣∠B﹣∠ACB=80°．∵I 点为△ABC 的内心，∴∠CAI=∠BAC=40°，∠ACI=∠DCI=∠ACB=28°，∴∠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．3.（2018 年台湾省 20.3 分）如图 1 的矩形 ABCD 中，有一点 E 在AD 上，今以 BE 为折线将 A 点往右折，如图 2 所示，再作过 A 点且与 CD 垂直的直线，交 CD 于 F 点，如图3 所示，若，BC=13，∠BEA=60°，则图3 中AF 的长度为何？（）A．2 B．4 D．4【分析】作AH⊥BC于H．则四边形AFCH 是矩形．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．在Rt△AHB 中，∠ABH=30°，∴BH=AB•cos30°=9，∴CH=BC﹣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 落在点E 处，BE 交AD 于点F，已知∠BDC=62°，则∠DFE的度数为（）A．31°B．28°C．62°D．56°【分析】先利用互余计算出∠ FDB=28° ，再根据平行线的性质得∠ CBD= ∠FDB=28°，接着根据折叠的性质得∠FBD=∠CBD=28°，然后利用三角形外角性质计算∠DFE的度数．【解答】解：∵四边形 ABCD 为矩形，∴AD∥BC，∠ADC=90°，∵∠FDB=90°﹣∠BDC=90°﹣62°=28°，∵AD∥BC，∴∠CBD=∠FDB=28°，∵矩形 ABCD 沿对角线 BD 折叠，∴∠FBD=∠CBD=28°，∴∠DFE=∠FBD+∠FDB=28°+28°=56°．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=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）【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．【解答】解：∵点 B，C 的坐标分别为（2，1），（6，1），∠BAC=90°，AB=AC，∴△ABC 是等腰直角三角形，∴A（4，3），设直线 AB 解析式为 y=kx+b，则，解得，∴直线 AB 解析式为 y=x﹣1，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.（2018 年四川省南充市 10．3 分）如图，正方形 ABCD 的边长为 2，P 为CD 的中点，连结AP，过点 B 作BE⊥AP于点E，延长 CE 交AD 于点F，过点 C 作CH⊥BE 于点G，交AB 于点H，连接HF．下列结论正确的是（）A．CE= C．cos∠CEP=D．HF2=EF•CF【分析】首先证明 BH=AH，推出 EG=BG，推出 CE=CB，再证明△CEH≌△CBH，Rt △HFE≌Rt△HFA，利用全等三角形的性质即可一一判断．【解答】解：连接 EH．∵四边形 ABCD 是正方形，∴CD=AB═BC=AD=2，CD∥AB，∵BE⊥AP，CH⊥BE，∴CH∥PA，∴四边形 CPAH 是平行四边形，∴CP=AH，∵CP=PD=1，∴AH=PC=1，∴AH=BH，在Rt△ABE 中，∵AH=HB，∴EH=HB，∵HC⊥BE，∴BG=EG，∴CB=CE=2，故选项 A 错误，∵CH=CH，CB=CE，HB=HE，∴△ABC≌△CEH，∴∠CBH=∠CEH=90°，∵HF=HF，HE=HA，∴Rt△HFE≌Rt△HFA，∴AF=EF，设 EF=AF=x，在Rt△CDF 中，有 22+（2﹣x）2=（2+x）2，∴x=，∴EF=，故 B 错误，∵PA∥CH，∴∠CEP=∠ECH=∠BCH，∴co s∠CEP=cos∠BCH==，故 C 错误．∵HF=，EF=，FC=∴HF2=EF•FC，故D 正确，故选：D．【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，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，属于中考选择题中的压轴题．7.（2018 年四川省南充市 24．10 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．【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】（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，即=，则BF=2BH= + ．2【点评】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 年四川省宜宾市 7．3 分）如图，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 ．2B ．3 D ．【分析】由 S △ABC =9、S △A′EF =4 且 AD 为 BC 边的中线知 S △A′EF =2，S △ABD =S △ ABC =，根据△DA′E∽△DAB 知） = ，据此求解可得．【解答】解：如图，∵S △ABC =9、S △A′EF =4，且 AD 为 BC 边的中线，∴S △A′DE = S △A′EF =2，S △ABD = S △ABC = ，∵将△ABC 沿 BC 边上的中线 AD 平移得到△A'B'C'，∴A′E∥AB，∴△DA′E∽△DAB，则）2= ，即）2= ，解得A′D=2或A′D=﹣（舍），故选：A．【点评】本题主要平移的性质，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质与三角形中线的性质、相似三角形的判定与性质等知识点．9.（2018 年四川省宜宾市 8．3 分）在△ABC中，若 O 为BC 边的中点，则必有：AB2+AC2=2AO2+2BO2 成立．依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG 中，已知DE=4，EF=3，点P 在以DE 为直径的半圆上运动，则PF2+PG2 的最小值为（）A．C．34 D．10【分析】设点 M 为DE 的中点，点 N 为FG 的中点，连接 MN，则 MN、PM 的长度是定值，利用三角形的三边关系可得出 NP 的最小值，再利用 PF2+PG2=2PN2+2FN2 即可求出结论．【解答】解：设点 M 为DE 的中点，点 N 为FG 的中点，连接 MN 交半圆于点 P，此时 PN 取最小值．∵DE=4，四边形 DEFG 为矩形，∴GF=DE，MN=EF，∴MP=FN=DE=2，∴NP=MN﹣MP=EF﹣MP=1，∴PF2+PG2=2PN2+2FN2=2×12+2×22=10．故选：D．【点评】本题考查了点与圆的位置关系、矩形的性质以及三角形三边关系，利用三角形三边关系找出 PN 的最小值是解题的关键．10. （2018 年四川省宜宾市 16．3 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB=3，CB=2，点E 为线段AB 上的动点，将△CBE沿CE 折叠，使点B 落在矩形内点F 处，下列结论正确的是①②③（写出所有正确结论的序号）①当 E 为线段 AB 中点时，AF∥CE；②当E 为线段AB 中点时；③当A、F、C 三点共线时；④当 A、F、C 三点共线时，△CEF≌△AEF．【分析】分两种情形分别求解即可解决问题；【解答】解：如图 1 中，当 AE=EB 时，∵AE=EB=EF，∴∠EAF=∠EFA，∵∠CEF=∠CEB，∠BEF=∠EAF+∠EFA，∴∠BEC=∠EAF，∴AF∥EC，故①正确，作EM⊥AF，则AM=FM，在Rt△ECB中=，∵∠AME=∠B=90°，∠EAM=∠CEB，∴△CEB∽△EAM，∴=，∴= ，∴AM=，∴AF=2AM= ，故②正确，如图 2 中，当 A、F、C 共线时，设 AE=x．则﹣2，在Rt△AEF中，∵AE2=AF2+EF2，∴x2=（﹣2）2+（3﹣x）2，∴x=，∴AE=，故③正确，如果，△CEF≌△AEF，则∠EAF=∠ECF=∠ECB=30°，显然不符合题意，故④错误，故答案为①②③．【点评】本题考查翻折变换、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．11.（2018 年四川省成都市24．4 分）如图，在菱形ABCD 中，M，N 分别在边AD，BC 上，将四边形AMNB 沿MN 翻折，使AB 的对应线段EF 经过顶点D，当EF⊥AD时的值为．【分析】首先延长 NF 与DC 交于点 H，进而利用翻折变换的性质得出NH⊥DC，再利用边角关系得出 BN，CN 的长进而得出答案．【解答】解：延长 NF 与 DC 交于点 H，∵∠ADF=90°，∴∠A+∠FDH=90°，∵∠DFN+∠DFH=180°，∠A+∠B=180°，∠B=∠DFN，∴∠A=∠DFH，∴∠FDH+∠DFH=90°，∴NH⊥DC，设 DM=4k，DE=3k，EM=5k，∴AD=9k=DC，DF=6k，∵tanA=ta n∠DFH=，则，∴DH=DF=k，∴CH=9k﹣k=k，∵cosC=cosA==，∴CN=CH=7k，∴BN=2k，∴=．【点评】此题主要考查了翻折变换的性质以及解直角三角形，正确表示出 CN 的长是解题关键．12. （2018 年四川省成都市27．10 分）在Rt△ABC中，AC=2，过点 B 作直线m∥AC，将△ABC绕点C 顺时针旋转得到△A′B′C′（点A，B 的对应点分别为 A'，B′），射线CA′，CB′分別交直线 m 于点P，Q．（1）如图 1，当 P 与A′重合时，求∠ACA′的度数；（2）如图 2，设A′B′与 BC 的交点为 M，当 M 为A′B′的中点时，求线段 PQ 的长；（3）在旋转过程中，当点 P，Q 分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形PA'B′Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形PA′B′Q的最小面积；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由旋转可得：AC=A'C=2，进而得到 ，依据∠A'BC=90°，可得=，即可得到∠A'CB=30°，∠ACA'=60°；（2）根据 M 为 A'B'的中点，即可得出∠A=∠A'CM，进而得到 BC=，依据，即可得到 BQ=BC×=2，进而得出 ；（3）依据 S 四边形 PA'B′Q =S △PCQ ﹣S △A'CB '=S △PCQ ﹣ ，即可得到 S 四边形 PA'B′Q 最小，即 S △PCQ 最小，而 S △PCQ = PQ×BC =PQ ，利用几何法或代数法即可得到 S △PCQ 的最小值=3， S 四边形 PA'B′Q =3﹣ ． 【解答】解：（1）由旋转可得：AC=A'C=2， ∵∠ACB=90°，AB=，AC=2， ∴BC =，∵∠ACB=90°，m∥AC， ∴∠A'BC=90°， ∴co s ∠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， ∴ta n ∠PCB=tan∠A =，∴PB =BC=，∵ta n ∠Q=tan∠A =， ∴BQ=BC×=2，∴PQ=P B+BQ=；（3）∵S 四边形 ， ∴S 四边形 PA'B′Q 最小，即 S △PCQ 最小， ∴S △PCQ =PQ×BC =PQ ，法一：（几何法）取 PQ 的中点 G ，则∠PCQ=90°， ∴CG =PQ ，即 PQ=2CG ， 当 CG 最小时，PQ 最小，∴CG⊥PQ，即 CG 与 CB 重合时，CG 最小，∴C Gmin =，PQmin=2，∴S△PCQ 的最小值=3，S四边形；法二（代数法）设PB=x，BQ=y，由射影定理得：xy=3，∴当 PQ 最小时，x+y 最小，∴（x+y）2=x2+2xy+y2=x2+6+y2≥2xy+6=12，当x=y= 时，“=”成立，∴PQ=+ ，∴S△PCQ 的最小值=3，S四边形．【点评】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．13.（2018 年四川省泸州市 16．3 分）如图，等腰△ABC的底边 BC=20，面积为120，点F 在边BC 上，且BF=3FC，EG 是腰AC 的垂直平分线，若点D 在EG 上运动，则△CDF周长的最小值为 18 ．【分析】如图作AH⊥BC于 H，连接 AD．由 EG 垂直平分线段 AC，推出 DA=DC，推出 DF+DC=AD+DF，可得当 A、D、F 共线时，DF+DC 的值最小，最小值就是线段 AF 的长；【解答】解：如图作AH⊥BC 于 H，连接 AD．∵EG 垂直平分线段 AC，∴DA=DC，∴DF+DC=AD+DF，∴当 A、D、F 共线时，DF+DC 的值最小，最小值就是线段 AF 的长，∵•BC•AH=120，∴AH=12，∵AB=AC，AH⊥BC，∴BH=CH=10，∵BF=3FC，∴CF=FH=5，∴AF===13，∴DF+DC 的最小值为 13．∴△CDF周长的最小值为 13+5=18；故答案为 18．【点评】本题考查轴对称﹣最短问题、线段的垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称，解决最短问题，属于中考常考题型．14.（2018 年四川省自贡市 12．4 分）如图，在边长为 a 正方形 ABCD 中，把边BC 绕点B 逆时针旋转60°，得到线段BM，连接AM 并延长交CD 于N，连接MC，则△MNC的面积为（）A．B．C．D．【分析】作MG⊥BC于G，MH⊥CD于 H，根据旋转变换的性质得到△MBC是等边三角形，根据直角三角形的性质和勾股定理分别求出 MH、CH，根据三角形的面积公式计算即可．【解答】解：作MG⊥BC于G，MH⊥CD于H，则BG=GC，AB∥MG∥CD，∴AM=MN，∵MH⊥CD，∠D=90°，∴MH∥AD，∴NH=HD，由旋转变换的性质可知，△MBC 是等边三角形，∴MC=BC=a，由题意得，∠MCD=30°，∴MH=MC=a，CH=a，∴DH=a﹣a，∴CN=CH﹣NH= a﹣（a﹣ a）=（﹣1）a，∴△MNC的面积××（﹣1）a= a2，故选：C．【点评】本题考查的是旋转变换的性质、正方形的性质，掌握正方形的性质、平行线的性质是解题的关键．15. （2018 年四川省自贡市 25．12 分）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．（1）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；（2）当∠DCE绕点 C 旋转到 CD 与OA 不垂直时，到达图 2 的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）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．【分析】（1）先判断出∠OCE=60°，再利用特殊角的三角函数得出OC，同OC，即可得出结论；（2）同（1）的方法得OC，再判断出△CFD≌△CGE，得出 DF=EG，最后等量代换即可得出结论；（3）同（2）的方法即可得出结论．【解答】解：（1）∵OM是∠AOB的角平分线，∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=30°，∵CD⊥OA，∴∠ODC=90°，∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=60°，在Rt△OCD中OC，同理：OE= OC，∴OD+OE=OC；（2）（1）中结论仍然成立，理由：过点 C 作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=60°，∴∠FCG=120°，同（1）的方法得OC，OG=OC，∴O F+OG=OC，∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点 C 是∠AOB 的平分线 OM 上一点，∴CF=CG，∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，∴∠DCF=∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF=EG，∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，∴OD+OE=OC；（3）（1）中结论不成立，结论为：OE﹣OD= OC，理由：过点C 作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC=∠OGC=90°，∵∠AOB=60°，∴∠FCG=120°，同（1）的方法得OC，OG=OC，∴O F+OG=OC，∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点 C 是∠AOB 的平分线 OM 上一点，∴CF=CG，∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，∴△CFD≌△CGE， ∴DF=EG，∴OF=DF﹣OD=EG ﹣OD ，OG=OE ﹣EG ， ∴OF+OG=EG﹣OD+OE ﹣EG=OE ﹣OD ， ∴O E ﹣OD=OC ．【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了角平分线的定义和定理，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．16.（2018 年四川省达州市 14．3 分）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 A 1 处，则点 B 的对应点 B 1 的坐标为 ，6） ．【分析】连接 OB 1，作 B 1H⊥OA 于 H ，证明△AOB≌△HB 1O ，得到 B 1H=OA=6，OH=AB=2 ，得到答案．【解答】解：连接 OB 1，作 B 1H⊥OA 于 H ， 由题意得，则 =， ∴∠BOA=30°， ∴∠OBA=60°，由旋转的性质可知，∠B 1OB=∠BOA=30°， ∴∴∠B 1OH=60°， 在△AOB 和△HB 1O ，，∴△AOB≌△HB 1O ，∴B 1H=OA=6，OH=AB=2 ， ∴点 B 1 的坐标为（﹣2 ，6），故答案为：（﹣2 ，6）．【点评】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．17. （2018 年四川省达州市 16．3 分）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=5，点D 是BC 边上一点且 CD=1，点 P 是线段 DB 上一动点，连接 AP，以 AP 为斜边在AP 的下方作等腰Rt△AOP．当 P 从点D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径长为．【分析】过O 点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接 CO，如图，易得四边形 OECF 为矩形，由△AOP 为等腰直角三角形得到 OA=OP，∠AOP=90°，则可证明△OAE ≌△OPF，所以 AE=PF，OE=OF，根据角平分线的性质定理的逆定理得到 CO 平分∠ACP，从而可判断当 P 从点D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径为一条线段，接着证明CE=（AC+CP），然后分别计算P 点在D 点和B 点时OC 的长，从而计算它们的差即可得到 P 从点D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径长．【解答】解：过 O 点作OE⊥CA 于 E，OF⊥BC 于 F，连接 CO，如图，∵△AOP 为等腰直角三角形，∴OA=OP，∠AOP=90°，易得四边形 OECF 为矩形，∴∠EOF=90°，CE=CF，∴∠AOE=∠POF，∴△OAE≌△OPF，∴AE=PF，OE=OF，∴CO 平分∠ACP，∴当 P 从点 D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径为一条线段，∵AE=PF，即 AC﹣CE=CF﹣CP，而 CE=CF，∴CE= （AC+CP），∴OC=CE= （AC+CP），当AC=2，CP=CD=1 时×（2+1）=，当AC=2，CP=CB=5 时×（2+5）=，∴当P 从点D 出发运动至点B 停止时，点O 的运动路径长﹣=2．故答案为．【点评】本题考查了轨迹：灵活运用几何性质确定图形运动过程中不变的几何量，从而判定轨迹的几何特征，然后进行几何计算．也考查了全等三角形的判定与性质．18.（2018 年四川省遂宁市 10．4 分）已知如图，在正方形 ABCD 中，AD=4，E，F 分别是 CD，BC 上的一点，且∠EAF=45°，EC=1，将△ADE绕点A 沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合，连接 EF，过点 B 作BM∥AG，交 AF 于点M，则以下结=中正确的是（）论，③AF=，④S△MBFA．①②③ B．②③④ C．①③④D．①②④【分析】利用全等三角形的性质条件勾股定理求出 BF 的长，再利用相似三角形的性质求出△BMF的面积即可．【解答】解：∵AG=AE，∠FAE=∠FAG=45°，AF=AF，∴△AFE≌△AFG，∴EF=FG，∵DE=BG，∴EF=FG=BG+FB=DE+BF，故①正确，∵BC=CD=AD=4，EC=1，∴DE=3，设 BF=x，则EF=x+3，CF=4﹣x，在Rt△ECF中，（x+3）2=（4﹣x）2+12，解得 x= ，∴BF=，AF==，故②正确，③错误，∵BM∥AG，∴△FBM∽△FGA，∴）2，=，故④正确，∴S△FBM故选：D．【点评】本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．19.（2018 年天津市 11．3 分）如图，在正方形 ABCD 中，E，F 分别为 AD，BC 的中点，P 为对角线 BD 上的一个动点，则下列线段的长等于 AP+EP 最小值的是（）A．AB B．DE C．BD D．AF【分析】连接 CP，当点 E，P，C 在同一直线上时，AP+PE 的最小值为 CE 长，依据△ABF≌△CDE，即可得到 AP+EP 最小值等于线段 AF 的长．【解答】解：如图，连接 CP，由 AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，DP=DP，可得△ADP≌△CDP，∴AP=CP，∴AP+PE=CP+PE，∴当点 E，P，C 在同一直线上时，AP+PE 的最小值为 CE 长，此时，由 AB=CD，∠ABF=∠CDE，BF=DE，可得△ABF≌△CDE，∴AF=CE，∴AP+EP最小值等于线段 AF 的长，故选：D．【点评】本题考查的是轴对称，最短路线问题，根据题意作出 A 关于 BD 的对称点C 是解答此题的关键．20.（2018 年天津市 24．10 分）在平面直角坐标系中，四边形 AOBC 是矩形，点O （0，0），点 A（5，0），点 B（0，3）．以点 A 为中心，顺时针旋转矩形 AOBC，得到矩形 ADEF，点O，B，C 的对应点分别为 D，E，F．（Ⅰ）如图①，当点 D 落在 BC 边上时，求点 D 的坐标；（Ⅱ）如图②，当点 D 落在线段 BE 上时，AD 与 BC 交于点 H．①求证△ADB≌△AOB；②求点 H 的坐标．（Ⅲ）记K 为矩形 AOBC 对角线的交点，S 为△KDE的面积，求 S 的取值范围（直接写出结果即可）．【分析】（Ⅰ）如图①，在Rt△ACD 中求出 CD 即可解决问题；（Ⅱ）①根据 HL 证明即可；②，设 AH=BH=m，则 HC=BC﹣BH=5﹣m，在Rt△AHC中，根据 AH2=HC2+AC2，构建方程求出 m 即可解决问题；（Ⅲ）如图③中，当点 D 在线段 BK 上时，△DEK的面积最小，当点 D 在BA 的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；【解答】解：（Ⅰ）如图①中，∵A（5，0），B（0，3），∴OA=5，OB=3，∵四边形 AOBC 是矩形，∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，∵矩形 ADEF 是由矩形 AOBC 旋转得到，∴AD=AO=5，在Rt△ADC中=4，∴BD=BC﹣CD=1，∴D（1，3）．（Ⅱ）①如图②中，由四边形 ADEF 是矩形，得到∠ADE=90°，∵点 D 在线段 BE 上，∴∠ADB=90°，由（Ⅰ）可知，AD=AO，又 AB=AB，∠AOB=90°，∴R t△ADB≌Rt△AOB（HL）．②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形 AOBC 中，OA∥BC，∴∠CBA=∠OAB，∴∠BAD=∠CBA，∴BH=AH，设 AH=BH=m，则HC=BC﹣BH=5﹣m，在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，∴m2=32+（5﹣m）2，∴m=，∴BH=，∴H（，3）．（Ⅲ）如图③中，当点D 在线段BK 上时，△DEK的面积最小，最小值•DE•DK=×3×（5﹣）= ，当点D 在BA 的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积= ×D′E′×KD′=×3×（5+）=．综上所述≤S≤．【点评】本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．21.（2018 年安徽省 23．14 分）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．【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质定理即可证明；（2）利用四边形内角和定理求出∠CME 即可解决问题；（3）首先证明△ADE 是等腰直角三角形，△DEM 是等边三角形，设 FM=a，则AE=CM=EM= a，EF=2a，推=，=，由此即可解决问题；【解答】（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，∴∠DEM=60°，∠MEF=30°，∴AE=CM=EM=a，EF=2a，∵CN=NM，∴MN=a，∴=，=，∴=，∴EM∥AN．【点评】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．22.（2018 年ft东省临沂市 25．11 分）将矩形 ABCD 绕点A 顺时针旋转α （0°＜α＜360°），得到矩形 AEFG．（1）如图，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．【分析】（1）先运用 SAS 判定△AED≌△FDE，可得 DF=AE，再根据 AE=AB=CD，即可得出 CD=DF；（2）当GB=GC 时，点G 在BC 的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG=60°，即可得到旋转角α的度数．【解答】解：（1）由旋转可得，AE=AB，∠AEF=∠ABC=∠DAB=90°，EF=BC=AD，∴∠AEB=∠ABE，又∵∠ABE+∠EDA=90°=∠AEB+∠DEF，∴∠EDA=∠DEF，又∵DE=ED，∴△AE D≌△FDE（SAS），∴DF=AE，又∵AE=AB=CD，∴CD=DF；（2）如图，当 GB=GC 时，点 G 在BC 的垂直平分线上，分两种情况讨论：①当点 G 在 AD 右侧时，取 BC 的中点 H，连接 GH 交 AD 于 M，∵GC=GB，∴GH⊥BC，∴四边形 ABHM 是矩形，∴AM=BH=AD=AG，∴GM 垂直平分 AD，∴GD=GA=DA，∴△ADG 是等边三角形，∴∠DAG=60°，∴旋转角α =60°；②当点 G 在 AD 左侧时，同理可得△ADG 是等边三角形，∴∠DAG=60°，∴旋转角α =360°﹣60°=300°．【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．22.（2018 年ft东省威海市 21．8 分）如图，将矩形 ABCD（纸片）折叠，使点 B 与 AD 边上的点 K 重合，EG 为折痕；点 C 与AD 边上的点 K 重合，FH 为折痕．已知+1，求BC 的长．【分析】由题意知∠3=180°﹣2∠1=45°、∠4=180°﹣2∠2=30°、BE=KE、KF=FC，作KM⊥BC，设KM=x，知EM=x、x，根据EF 的长求得x=1，再进一步求解可得．【解答】解：由题意，得：∠3=180°﹣2∠1=45°，∠4=180°﹣2∠2=30°，BE=KE、KF=FC，如图，过点 K 作KM⊥BC 于点 M，设KM=x，则EM=x、MF= x，∴x+x= +1，解得：x=1，∴EK=、KF=2，∴BC=B E+EF+FC=EK+EF+KF=3++，∴BC的长为+．【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质：折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．23.（2018 年ft东省威海市 24．12 分）如图①，在四边形 BCDE 中，BC⊥CD，DE⊥CD，AB⊥AE，垂足分别为 C，D，A，BC≠AC，点 M，N，F 分别为 AB，AE，BE的中点，连接 MN，MF，NF．（1）如图②，当BC=4，DE=5，tan∠FMN=1时，的值；（2）若，BC=4，则可求出图中哪些线段的长？写出解答过程；（3）连接 CM，DN，CF，DF．试证明△FMC 与△DNF 全等；（4）在（3）的条件下，图中还有哪些其它的全等三角形？请直接写出．【分析】（1）根据四边形 ANFM 是平行四边形，AB⊥AE，即可得到四边形 ANFM是矩形，再根据 FN=FM，即可得出矩形 ANFM 是正方形，AB=AE，结合∠1=∠3，∠C=∠D=90°，即可得到△ABC≌△EAD，进而得到BC=AD，CA=DE，即可得=；（2）依据四边形MANF 为矩形AE，NF=AB，tan∠FMN=，即可得=，依据△ABC∽△EAD，即可得==，即可得到AD 的长；（3）根据△ABC和△ADE都是直角三角形，M，N 分别是 AB，AE 的中点，即可得到 BM=CM，NA=ND，进而得出∠4=2∠1，∠5=2∠3，根据∠4=∠5，即可得到∠FMC=∠FND，再根据 FM=DN，CM=NF，可得△FMC≌△DNF；（4）由BM=AM=FN，MF=AN=NE，∠FMB=∠MFN=∠MAN=∠ENF=90°，即可得到：△ BMF≌△NFM≌△MAN≌△FNE．【解答】解：（1）∵点M，N，F 分别为 AB，AE，BE 的中点，∴MF，NF 都是△ABE 的中位线，∴MF=AE=AN，NF=AB=AM，∴四边形 ANFM 是平行四边形，又∵AB⊥AE，∴四边形 ANFM 是矩形，又∵tan∠FMN=1，∴FN=FM，∴矩形 ANFM 是正方形，AB=AE，又∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，∵∠C=∠D=90°，∴△AB C≌△EAD（AAS），∴BC=AD=4，CA=DE=5，∴=；（2）可求线段 AD 的长．由（1）可得，四边形MANF 为矩形AE，NF=AB，∵ta n∠FMN=，=，∴=，∵∠1=∠3，∠C=∠D=90°，∴△ABC∽△EAD，∴==，∵BC=4，∴AD=8；（3）∵BC⊥CD，DE⊥CD，∴△ABC 和△ADE 都是直角三角形，∵M，N 分别是 AB，AE 的中点，∴BM=CM，NA=ND，∴∠4=2∠1，∠5=2∠3，∵∠1=∠3，∴∠4=∠5，∵∠FMC=90°+∠4，∠FND=90°+∠5，∴∠FMC=∠FND，∵FM=DN，CM=NF，∴△FM C≌△DNF（SAS）；（4）在（3）的条件下，BM=AM=FN，MF=AN=NE，∠FMB=∠MFN=∠MAN=∠ENF=90°，∴图中有：△BMF≌△NFM≌△MAN≌△FNE．【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质以及矩形的判定与性质的综合运用，解决问题的关键是判定全等三角形或相似三角形，利用全等三角形的对应边相等，相似三角形的对应边成比例得出有关结论．24.（218 年ft东省德州市 12．4 分）如图，等边三角形 ABC 的边长为 4，点 O 是△ABC的中心，∠FOG=120°，绕点 O 旋转∠FOG，分别交线段 AB、BC 于 D、E两点，连接 DE，给出下列四个结论：①OD=OE；②S△ODE =S△BDE；③四边形 ODBE 的面积始终等于；④△BDE周长的最小值为 6．上述结论中正确的个数是（）2 2A ．1B ．2C ．3D ．4【分析】连接 OB 、OC ，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°，再证明∠BOD=∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以 BD=CE ，OD=OE ，则可对① 进行判断；利用 S △BOD =S △COE 得到四边形 ODBE 的面积S △ABC =，则可对③进行 判断；作 OH⊥DE，如图，则 DH=EH ，计算出 OE ，利用 S △ODE 随 OE 的变化而变化和四边形 ODBE 的面积为定值可对②进行判断； 由于△ BDE 的周长 =BC+DE=4+DE=4+OE ，根据垂线段最短，当 OE⊥BC 时，OE 最小，△BDE 的周长最小，计算出此时 OE 的长则可对④进行判断．【解答】解：连接 OB 、OC ，如图，∵△ABC 为等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∵点 O 是△ABC 的中心，∴OB=OC，OB 、OC 分别平分∠ABC 和∠ACB，∴∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°∴∠BOC=120°，即∠BOE+∠COE=120°，而∠DOE=120°，即∠BOE+∠BOD=120°，∴∠BOD=∠COE，在△BOD 和△COE 中，∴△BOD≌△COE，∴BD=CE，OD=OE ，所以①正确；∴S △BOD =S △COE ，∴四边形 ODBE 的面积S △ABC =××4 ，所以③正确； 作 OH⊥DE，如图，则 DH=EH ，∵∠DOE=120°，∴∠ODE=∠OEH=30°，∴OH= OE，HE=OE ， ∴DE= OE ， ∴S △ODE = • OE• OE= OE 2，即S△ODE随OE 的变化而变化，而四边形 ODBE 的面积为定值，∴S△ODE ≠S△BDE；所以②错误；∵BD=CE，∴△BDE的周长=BD+BE+DE=CE+BE+DE=BC+DE=4+DE=4+ OE，当OE⊥BC时，OE 最小，△BDE的周长最小，此时OE= ，∴△BDE 周长的最小值=4+2=6，所以④正确．故选：C．【点评】本题考查了旋转的性质：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．也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质．25.（2018 年ft东省德州市 24．12 分）再读教材：宽与长的比（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①的方法折出一个正方形，然后把纸片展平．第二步，如图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①中所示的 AD 处．第四步，展平纸片，按照所得的点 D 折出 DE，使DE⊥ND，则图④中就会出现黄金矩形．。
最新苏科版数学中考专项复习几何变换(共21张PPT)教育课件
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小结 有关旋转问题的解题思路
1.要深刻理解旋转变换的概念及特征，抓住旋转 前后的两个图形全等，分清哪个是旋转角 ； 2. 要关注旋转后的新生成，如共顶点的旋转出等腰， 当旋转角为60°时出等边等等； 3.用常见的模型解决问题，如全等三角形，用勾股 定理列方程，解直角三角形等方法。
人
的
一
生
说
白
了
，
也
就
是
三
万
余
天
，
贫
穷
与
富
贵
，
都
是
一
种
生
活
境
遇
。
懂
得
爱
自
己
的
人
，
对
生
活
从
来
就
没
有
过
高
的
奢
望
，
只
是
对
生
存
的
现
状
欣
然
接
受
。
漠
漠
红
尘
，
芸
芸
众
生
皆
是
客
，
时
光
深
处
，
流
年
似
水
，
转
瞬
间
，
光
阴
就
会
老
去
，
留
在
心
头
的
，
只
是
2024年广东省中考数学填空题压轴题专题：几何变换(翻折、平移、旋转)课件
∵△ABC为等边三角形， ∴∠A＝∠B＝60°． ∴∠BDP＝180°－∠B－∠BPD＝90°．
∵∠BPD＝30°， ∴BD＝12BP，即 2t＝12(6－2t)． ∴t＝1.
∠AQP＝180°－∠APQ－∠A＝30°．
故答案为：1.
∵∠BDP＝∠APQ＝90°，DP＝PQ，∠BPD＝∠AQP＝30°，
123＝25
.
又HF＝AB＝6， 在Rt△FHE中， EF＝ HF2＋HE2＝2 13. 故答案为：2 13.
9．如图，在△ABC中，AB＝4 cm，BC＝2 cm，∠ABC＝30°，把△ABC绕
点B逆时针旋转，使点C旋转到AB边的延长线上的点C′处，那么AC边扫过的
图形(图中阴影部分)的面积是__5_π__cm2. 【解析】∵∠ABC＝∠A′BC′＝30°，
【解析】过点F作FH⊥AD于点H.
易证Rt△AD′E≌Rt△ABF，
四边形ABFH为矩形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝6，BC＝AD＝9.
答图
设AE＝x，由折叠可知ED′＝ED＝(9－x)．
在Rt△AD′E中，由勾股定理，得62＋(9－x)2＝x2，
解得x＝123 .
∴AH＝BF＝D′E＝ED＝9－ ∴HE＝123－25＝4.
答图1
14．(2023辽宁)如图，在三角形纸片ABC中，AB＝AC，∠B＝20°，点D
是 边 BC 上 的 动 点 ， 将 三 角 形 纸 片 沿 AD 对 折 ， 使 点 B 落 在 点 B′ 处 ， 当 B′D⊥BC时，∠BAD的度数为__2_5_°__或__1_1_5_°__．
②如图2，当点B′在直线BC的上方时， ∵B′D⊥BC， ∴∠BDB′＝90°． 由折叠得∠ADB′＝∠ADB＝×90°＝45°． ∴∠BAD＝180°－∠B－∠ADB＝ 180°－20°－45°＝115°． 故答案为：25°或115°．
最新中考专题讲座——几何压轴题(34张ppt)
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4.图形变换的解题思路
图形变换包括平移、对称、旋转三大部分，而中考试卷中多 数情况下考察旋转。
平移
平移的核心思想就是构造新的平四或者
等腰三角形
A
平移
E B
D C
A
平移
E B
D
F C
对称
对称的核心思想就是把对称轴两边的图
形补全，并充分利用两边全等的性质
对称
2014•北京）在正方形ABCD外侧作直线AP，点B关于直线AP的对称点为E， 连接BE，DE，其中DE交直线AP于点F．
平移 对称 旋转
2.全等三角形的常见辅助线
中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线 ”添加辅助线，所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造初全等三 角形/相似三角形，从而运用全等三角形/相似三角形的有关知识来解决问题的方法，倍 长中线它延续着旋转的思想，它们都是把离散的条件集中起来，构成新的图形，从而 产生新的已知条件。
手拉手全等
已知，如图△ABC，AD是BC边上的中线，分别以AB边、AC边为直角边各 向形外作等腰直角三角形
E 求证EF＝2AD。
F
A
B
D
C
垂直全等
垂直全等在旋转全等里出现的频率一般。 常见模型就是直角三角形旋转90°后所产 生的旋转全等（类似于线上直角）
垂直全等
在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，点D在射线BC上（不与点B、C重合）， 连接AD，将AD绕点D顺时针旋转90°得到DE，连接BE. （1）如图1，点D在BC边上. ①依题意补全图1； ②作DF⊥BC交AB于点F，若AC=8，DF=3，求BE的长； （2）如图2，点D在BC边的延长线上，用等式表示线段AB、BD、BE之间 的数量关系
河北省中考数学总复习 专题五 几何变换压轴题课件.pptx
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5．(2017·常德)如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，
D在BC上，连接AD，作BF⊥AD分别交AD于点E，交AC于点F. (1)如图1，若BD＝BA，求证：△ABE≌△DBE； (2)如图2，若BD＝4DC，取AB的中点G，连接CG交AD于点M. 求证：①GM＝2MC；②AG2＝AF·AC.
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(1)当t＝1时，KE＝ ，EN＝ ； (2)当t为何值时，△APM的面积与△MNE的面积相等？ (3)当点K到达点N时，求出t的值； (4)当t为何值时，△PKB是直角三角形？
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【分析】 (1)利用△APM∽△ABC求出PM，然后求出ME，再 利用△APM∽△NEM，即可求出EN；(2)△APM的面积与△MNE 的面积相等，且两个三角形相似，所以只要两个三角形全 等面积就相等，表示出三角形的面积，从而求出t值；(3) 根据PE＋NE＝AP的值，解出t即可；(4)分两种情况，K在PE 边上任意一点时△PKB是直角三角形，在FE上的一点时也是 直角三角形，利用三角形相似求出t的值．
专题五 几何变换压轴题
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几何变换压轴题多以四边形和圆为主，结合平移、 旋转、翻折、相似等变换．四边形的问题常常转化成三角 形的问题来解决，通过证明三角形全等或相似得到相等的 角、相等的边或成比例的边，通过勾股定理计算边长；圆 的问题主要考查切线的性质及判定、相似三角形的性质与
2020中考数学压轴题专题14 几何变换
专题14 几何变换问题【考点1】平移变换问题【例1】（2019·山东中考真题）在平面直角坐标系中，将点A （1，﹣2）向上平移3个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到点A′，则点A′的坐标是（ ）A ．（﹣1，1）B ．（﹣1，﹣2）C ．（﹣1，2）D ．（1，2）【答案】A【解析】试题分析：已知将点A （1，﹣2）向上平移3个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到点A′，根据向左平移横坐标减，向上平移纵坐标加可得点A′的横坐标为1﹣2=﹣1，纵坐标为﹣2+3=1，即A ′的坐标为（﹣1，1）．故选A ．考点：坐标与图形变化-平移．【变式1-1】（2019·甘肃中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy 中，将四边形ABCD 向下平移，再向右平移得到四边形1111A B C D ，已知1(3,5),(4,3),(3,3)A B A --，则点1B 坐标为（ ）A ．(1,2)B ．(2,1)C ．(1,4)D ．(4,1)【答案】B【解析】【分析】 根据A 和A 1的坐标得出四边形ABCD 先向下平移2个单位，再向右平移6个单位得到四边形1111A B C D ，则B 的平移方法与A 点相同，即可得到答案．【详解】图形向下平移，纵坐标发生变化，图形向右平移，横坐标发生变化. A （－3，5）到A 1（3，3）得向右平移3－（－3）＝6个单位，向下平移5－3＝2个单位.所以B （－4，3）平移后B 1（2，1）.故选B.【点睛】此题考查图形的平移.，掌握平移的性质是解题关键【变式1-2】（2019·广西中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知ABC ∆的三个顶点坐标分别是2,1,1,()()2,3,3()A B C ---（1）将ABC ∆向上平移4个单位长度得到111A B C ∆，请画出111A B C ∆；（2）请画出与ABC ∆关于y 轴对称的222A B C ∆；（3）请写出12A A 、的坐标．【答案】（1）如图所示：111A B C ∆，即为所求；见解析；（2）如图所示：222A B C ∆，即为所求；见解析；（3）122,3,),1(()2A A --．【解析】【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；（2）直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案；（3）利用所画图象得出对应点坐标.【详解】（1）如图所示：111A B C ∆，即为所求；（2）如图所示：222A B C ∆，即为所求；（3）122,3,),1(()2A A --．【点睛】此题主要考查了轴对称变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键.【考点2】轴对称变换问题（含折叠变换）【例2】（2019·四川中考真题）如图，在菱形ABCD 中，4sin 5B =，点,E F 分别在边,AD BC 上，将四边形AEFB 沿EF 翻折，使AB 的对应线段MN 经过顶点C ，当MN BC ⊥时，AE AD 的值是_____．【答案】29. 【解析】【分析】延长CM 交AD 于点G ，进而利用翻折变换的性质得出AE ME =，A EMC ∠=∠，BF FN =，B N ∠=∠，AB MN =，再利用菱形的性质得出AB BC CD AD ===，B D ∠=∠，180A B ︒∠+∠=，设4CF x =，5FN x =，利用勾股定理得出9BC x AB CD AD ====，再根据三角函数进行计算即可解答【详解】延长CM 交AD 于点G ，∵将四边形AEFB 沿EF 翻折，∴AE ME =，A EMC ∠=∠，BF FN =，B N ∠=∠，AB MN =∵四边形ABCD 是菱形∴AB BC CD AD ===，B D ∠=∠，180A B ︒∠+∠=∵4sin sin 5CF B N FN===， ∴设4CF x =，5FN x =，∴223CN FN CF x =-=， ∴9BC x AB CD AD ====，∵4sin sin 5GC B D CD=== ∴365x GC = ∴()36x 6655GM GC MN CN x x =--=-= ∵180A B ︒∠+∠=，180EMC EMG ︒∠+∠=∴B EMG ∠=∠∴4sin sin 5EG B EMG EM=∠== ∴3cos 5GM EMG EM ∠== ∴=2EM x ，∴2AE x =，∴2299AE x AD x == 故答案为：29. 【点睛】此题考查翻折变换，菱形的性质，三角函数，解题关键在于利用折叠的性质进行解答【变式2-1】（2019·江苏中考真题）如图，将平行四边形纸片ABCD 沿一条直线折叠，使点A 与点C 重合，点D 落在点G 处，折痕为EF ．求证：（1）ECB FCG ∠=∠；（2）EBC FGC ∆≅∆．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】(1)依据平行四边形的性质，即可得到A BCD ∠=∠，由折叠可得，A ECG ∠=∠，即可得到ECB FCG ∠=∠；(2)依据平行四边形的性质，即可得出D B ∠=∠，AD BC =，由折叠可得，D G ∠=∠，AD CG =，即可得到B G ∠=∠，BC CG =，进而得出EBC FGC ∆≅∆．【详解】(1)Q 四边形ABCD 是平行四边形，A BCD ∴=∠，由折叠可得， A ECG ∠=∠，BCD ECG ∴∠=∠，BCD ECF ECG ECF ∴∠-∠=∠-∠，ECB FCG ∴∠=∠；(2)Q 四边形ABCD 是平行四边形，D B ∴∠=∠，AD BC =，由折叠可得，D G ∠=∠，AD CG =，B G ∴∠=∠，BC CG =，又ECB FCG ∠=∠Q ，()EBC FGC ASA ∴∆≅∆．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定，熟练掌握平行四边形的性质以及折叠的性质是解题的关键.【变式2-2】（2019·江苏中考真题）如图，已知等边△ABC 的边长为8，点P 是AB 边上的一个动点（与点A 、B 不重合），直线l 是经过点P 的一条直线，把△ABC 沿直线l 折叠，点B 的对应点是点B’. （1）如图1，当PB=4时，若点B’恰好在AC 边上，则AB’的长度为_____；（2）如图2，当PB=5时，若直线l //AC ，则BB’的长度为 ；（3）如图3，点P 在AB 边上运动过程中，若直线l 始终垂直于AC ，△ACB’的面积是否变化？若变化，说明理由；若不变化，求出面积；（4）当PB=6时，在直线l 变化过程中，求△ACB’面积的最大值.【答案】（1）4；（2）53；（3）面积不变，S△ACB’=163；（4）24+43【解析】【分析】(1)证明△APB′是等边三角形即可解决问题；(2)如图2中，设直线l交BC于点E，连接B B′交PE于O，证明△PEB是等边三角形，求出OB即可解决问题；(3)如图3中，结论：面积不变，证明B B′//AC即可；(4)如图4中，当PB′⊥AC时，△ACB′的面积最大，设直线PB′交AC于点E，求出B′E即可解决问题. 【详解】(1)如图1，∵△ABC为等边三角形，∴∠A=60°，AB=BC=CA=8，∵PB=4，∴PB′=PB=PA=4，∵∠A=60°，∴△APB′是等边三角形，∴AB′=AP=4，故答案为4；(2)如图2，设直线l交BC于点E，连接B B′交PE于O，∵PE∥AC，∴∠BPE=∠A=60°，∠BEP=∠C=60°，∴△PEB是等边三角形，∵PB=5，B、B′关于PE对称，∴BB′⊥PE，BB′=2OB，∴OB=PB·sin60°=53，∴BB′=53，故答案为53；(3)如图3，结论：面积不变.过点B作BE⊥AC于E，则有BE=AB·sin60°=3843=∴S△ABC=1184322AC BE=⨯⨯g3，∵B、B′关于直线l对称，∴BB′⊥直线l，∵直线l⊥AC，∴AC//BB′，∴S△ACB’=S△ABC=163；(4)如图4，当B′P⊥AC时，△ACB′的面积最大，设直线PB′交AC于E，在Rt△APE中，PA=2，∠PAE=60°，∴PE=PA·sin60°3，∴3∴S△ACB最大值=12×3)×3【点睛】本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定与性质，轴对称变换，解直角三角形，平行线的判定与性质等知识，理解题意，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.【考点3】旋转变换问题【例3】（2019·山东中考真题）(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.填空:线段AD,BE之间的关系为.(2)拓展探究如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由. (3)解决问题如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.【答案】(1) AD=BE ，AD ⊥BE ．(2) AD=BE ，AD ⊥BE ．(3) 5-32≤PC≤5+32．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE （SAS ），得AD=BE ，∠EBC=∠CAD ，延长BE 交AD 于点F ，由垂直定义得AD ⊥BE ．（2）根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE （SAS ），AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，由垂直定义得∠OHB=90°，AD ⊥BE ；（3）作AE ⊥AP ，使得AE=PA ，则易证△APE ≌△ACP ，PC=BE ，当P 、E 、B 共线时，BE 最小，最小值=PB-PE ；当P 、E 、B 共线时，BE 最大，最大值=PB+PE ，故5-32≤BE≤5+32.【详解】（1）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ．理由：如图1中，∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=BE ，∠EBC=∠CAD延长BE 交AD 于点F ，∵BC ⊥AD ，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF ，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD ⊥BE ．∴AD=BE ，AD ⊥BE ．故答案为AD=BE ，AD ⊥BE ．（2）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ．理由：如图2中，设AD 交BE 于H ，AD 交BC 于O ．∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ECD=90°，∴ACD=∠BCE ，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH ，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD⊥BE，∴AD=BE，AD⊥BE．（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，∴PC=BE，图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE=5-32，图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+32，∴5-32≤BE≤5+32，即5-32≤PC≤5+32．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．【变式3-1】（2019·辽宁中考真题）如图，△ABC在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为A(-4，4)，B(-1，1)，C(-1，4)．(1)画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1．(2)将△ABC绕点B逆时针旋转90°，得到△A2BC2，画两出△A2BC2．(3)求线段AB在旋转过程中扫过的图形面积．(结果保留π)【答案】(1)作图见解析；(2)作图见解析；(3)9 2π.【解析】【分析】(1)根据关于y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；(2)利用网格特点和旋转的性质画出A、C的对应点A2、C2即可；(3)线段AB在旋转过程中扫过的图形为扇形，然后根据扇形面积公式计算即可．【详解】解：(1)如图，△A l B1C1为所作.(2)如图，△A2BC2为所作；(3)AB=2233+=32，所以线段AB在旋转过程中扫过的图形面积=290π(32)360⋅⋅=92π．【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．也考查了扇形面积公式．【变式3-2】（2019·江苏中考真题）如图①，在ABC∆中，3AB AC==，100BAC︒∠=，D是BC的中点．小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB．将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80︒，点B的对应点是点E，连接BE，得到BPE∆．小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：（1）当点E 在直线AD 上时，如图②所示．①BEP ∠= ；②连接CE ，直线CE 与直线AB 的位置关系是 ．（2）请在图③中画出BPE ∆，使点E 在直线AD 的右侧，连接CE ．试判断直线CE 与直线AB 的位置关系，并说明理由．（3）当点P 在线段AD 上运动时，求AE 的最小值．【答案】（1）①50︒；②EC AB ∥；（2）AB EC ∥；（3）AE 的最小值3．【解析】【分析】（1）①利用等腰三角形的性质即可解决问题．②证明40ABC ︒∠=，40ECB ︒∠=，推出ABC ECB ∠=∠即可．（2）如图③中，以P 为圆心，PB 为半径作⊙P ．利用圆周角定理证明1402BCE BPE ︒∠=∠=即可解决问题．（3）因为点E 在射线CE 上运动，点P 在线段AD 上运动，所以当点P 运动到与点A 重合时，AE 的值最小，此时AE 的最小值3AB ==．【详解】（1）①如图②中，∵80BPE ︒∠=，PB PE =，∴50PEB PBE ︒∠=∠=，②结论：AB EC ∥．理由：∵AB AC =，BD DC =，∴AD BC ⊥，∴90BDE ︒∠=，∴905040EBD ︒︒︒∠=-=，∵AE 垂直平分线段BC ，∴EB EC =，∴40ECB EBC ︒∠=∠=，∵AB AC =，100BAC ︒∠=，∴40ABC ACB ︒∠=∠=，∴ABC ECB ∠=∠，∴AB EC ∥．故答案为50，AB EC ∥．（2）如图③中，以P 为圆心，PB 为半径作⊙P ．∵AD 垂直平分线段BC ，∴PB PC =， ∴1402BCE BPE ︒∠=∠=， ∵40ABC ︒∠=，∴ AB EC ∥．（3）如图④中，作AH CE ⊥于H ，∵点E 在射线CE 上运动，点P 在线段AD 上运动，∴当点P 运动到与点A 重合时，AE 的值最小，此时AE 的最小值3AB ==．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，平行线的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．【考点4】位似变换问题【例4】（2019·广西中考真题）如图，ABC ∆与'''A B C ∆是以坐标原点O 为位似中心的位似图形，若点()()2,2,3,4A B ，()6,1C ，()'6,8B 则'''A B C ∆的面积为__．【答案】18．【解析】【分析】根据()3,4B ，()'6,8B 的坐标得到位似比，继而得到A 、C 对应点的坐标，再用'''A B C ∆所在的矩形的面积减去顶点处的三角形面积即可求得答案.【详解】∵ABC ∆与'''A B C ∆是以坐标原点O 为位似中心的位似图形，若点()3,4B ，()'6,8B ，∴位似比为：31=62， ∵()2,2A ，()6,1C ，∴()()'4,4,'12,2A C ，∴'''A B C ∆的面积为：1116824662818222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=， 故答案为：18．【点睛】本题考查了位似变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题关键． 【变式4-1】（2019·山东中考真题）在平面直角坐标系中，ABO V 三个顶点的坐标分别为()()()2,4,4,0,0,0A B O --．以原点O 为位似中心，把这个三角形缩小为原来的12，得到CDO V ，则点A 的对应点C 的坐标是__________．【答案】()1,2-或()1,2-【解析】【分析】根据位似图形的中心和位似比例即可得到点A 的对应点C.【详解】解：以原点O 为位似中心，把这个三角形缩小为原来的12，点A 的坐标为()2,4-， ∴点C 的坐标为112,22(4)-⨯⨯或112,22(4)⨯-⨯，即()1,2-或()1,2-，故答案为：()1,2-或()1,2-．【点睛】本题主要考查位似图形的对应点，关键在于原点的位似图形，要注意方向. 【变式4-2】（2018·四川中考真题）如图，ABC ∆在方格纸中.（1）请在方格纸上建立平面直角坐标系，使(2,3)A ，(6,2)C ，并求出B 点坐标；（2）以原点O 为位似中心，相似比为2，在第一象限内将ABC ∆放大，画出放大后的图形'''A B C ∆； （3）计算'''A B C ∆的面积S .【答案】（1）作图见解析；(2,1)B .（2）作图见解析；（3）16.【解析】分析：（1）直接利用A ，C 点坐标得出原点位置进而得出答案；（2）利用位似图形的性质即可得出△A'B'C'；（3）直接利用（2）中图形求出三角形面积即可．详解：（1）如图所示，即为所求的直角坐标系；B （2，1）；（2）如图：△A'B'C'即为所求；（3）S △A'B'C '=12×4×8=16． 点睛：此题主要考查了位似变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题的关键．画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和关键点；③根据位似比，确定位似图形的关键点；④顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．一、单选题1．（2019·浙江中考真题）在平面直角坐标系中，点(),2A m 与点()3,b n 关于y 轴对称，则（ ） A ．3m =，2n =B ．3m =-，2n =C ．2m =，3n =D ．2m =-，3n = 【答案】B【解析】【分析】根据点关于y 轴对称，其横坐标互为相反数，纵坐标相同即可得到答案.【详解】A ，B 关于y 轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标相同,故选B【点睛】本题考查点坐标的轴对称，解题的关键熟练掌握点坐标的轴对称.2．（2019·辽宁中考真题）如图，点P （8，6）在△ABC 的边AC 上，以原点O 为位似中心，在第一象限内将△ABC 缩小到原来的12，得到△A ′B ′C ′，点P 在A ′C ′上的对应点P ′的的坐标为（ ）A ．（4，3）B ．（3，4）C ．（5，3）D ．（4，4）【答案】A【解析】【分析】 直接利用在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k ，那么位似图形对应点的坐标的比等于k 或−k ，进而结合已知得出答案．【详解】∵点P （8，6）在△ABC 的边AC 上，以原点O 为位似中心，在第一象限内将△ABC 缩小到原来的12，得到△A′B′C′，∴点P 在A′C′上的对应点P′的的坐标为：（4，3）．故选：A ．【点睛】此题主要考查了位似变换，正确得出位似比是解题关键．3．（2019·湖南中考真题）如图，将OAB ∆绕点O 逆时针旋转70°到OCD ∆的位置，若40AOB ∠=o ，则AOD ∠=（ ）A ．45°B ．40°C ．35°D ．30°【答案】D【解析】【分析】 首先根据旋转角定义可以知道70BOD ∠=o ，而40AOB ∠=o ，然后根据图形即可求出AOD ∠．【详解】解：∵OAB ∆绕点O 逆时针旋转70°到OCD ∆的位置，∴70BOD ︒∠=，而40AOB ︒∠=，∴704030AOD ∠=-=o o o故选：D ．【点睛】此题主要考查了旋转的定义及性质，其中解题主要利用了旋转前后图形全等，对应角相等等知识． 4．（2019·广东中考真题）下列四个银行标志中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是( ) A ． B ． C ． D ．【答案】C【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐一进行判断即可得.【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意，故选C.【点睛】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形，在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，如果把一个图形绕某个点旋转180°后，能与原图形重合，那么就说这个图形是中心对称图形.5．（2019·浙江中考真题）如图，在直角坐标系中，已知菱形OABC的顶点A(1,2)，B(3,3)．作菱形OABC 关于y轴的对称图形OA′B′C′，再作图形OA′B′C′关于点O的中心对称图形OA″B″C″，则点C的对应点C″的坐标是（）A．(2,-1) B．(1,-2) C．(-2,1) D．(-2,-1)【答案】A【解析】【分析】先找出对应点，再用线段顺次连接作出图形，根据图形解答即可.【详解】如图，()''21C -，.故选A.【点睛】本题考查了轴对称作图及中心对称作图，熟练掌握轴对称作图及中心对称的性质是解答本题的关键，中心对称的性质：①关于中心对称的两个图形能够完全重合；②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分.6．（2019·四川中考真题）在平面直角坐标系中，将点()2,3-向右平移4个单位长度后得到的点的坐标为（ ）A ．()2,3B ．()6,3-C ．()2,7-D ．()2,1--【答案】A【解析】【分析】根据直角坐标系的坐标平移即可求解.【详解】一个点向右平移之后的点的坐标，纵坐标不变，横坐标加4，故选A【点睛】此题主要考查坐标的平移，解题的关键是熟知直角坐标系的特点.7．（2019·湖南中考真题）点(1,2)-关于原点的对称点坐标是（ ）A ．(1,2)--B ．(1,2)-C ．(1,2)D ．(2,1)- 【答案】B【解析】【分析】坐标系中任意一点(),P x y ，关于原点的对称点是(),x y --，即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．【详解】根据中心对称的性质，得点()1,2-关于原点的对称点的坐标为()1,2-．故选B ．【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．8．（2019·湖南中考真题）如图，以点O 为位似中心，把ABC V 放大为原图形的2倍得到A'B'C'V ，以下说法中错误的是（ ）A ．ABC A'B'C'V V ∽B ．点C 、点O 、点C′三点在同一直线上 C ．AO:AA'1:2=D ．AB A'B'P【答案】C【解析】【分析】 直接利用位似图形的性质进而分别分析得出答案．【详解】∵以点O 为位似中心，把ABC V 放大为原图形的2倍得到A'B'C'V ，∴ABC A'B'C'V V ∽，点C 、点O 、点C′三点在同一直线上，AB A'B'P ，AO:AA'1:3=，∴C 选项错误，符合题意．故选C ．【点睛】此题主要考查了位似变换，正确把握位似图形的性质是解题关键．9．（2018·湖南中考真题）如图所示，在平面直角坐标系中，已知点A （2，4），过点A 作AB ⊥x 轴于点B ．将△AOB 以坐标原点O 为位似中心缩小为原图形的12，得到△COD ，则CD 的长度是（ ）A ．2B ．1C ．4D ．25【答案】A【解析】 【分析】直接利用位似图形的性质结合A 点坐标可直接得出点C 的坐标，即可得出答案．【详解】∵点A （2，4），过点A 作AB ⊥x 轴于点B ，将△AOB 以坐标原点O 为位似中心缩小为原图形的12，得到△COD ， ∴C （1，2），则CD 的长度是2，故选A ．【点睛】本题主要考查了位似变换以及坐标与图形的性质，正确把握位似图形的性质是解题关键．10．（2019·山东中考真题）如图，点A 的坐标是(-2,0)，点B 的坐标是(0,6)，C 为OB 的中点，将△ABC 绕点B 逆时针旋转90°后得到A B C '''∆．若反比例函数k y x=的图象恰好经过A B '的中点D ，则k 的值是（ ）A ．9B ．12C ．15D ．18【答案】C【解析】【分析】 作'A H y ⊥轴于.H 证明AOB V ≌()'BHA AAS V ，推出OA BH =，'OB A H =，求出点'A 坐标，再利用中点坐标公式求出点D 坐标即可解决问题．【详解】解：作A H y '⊥轴于H ．∵90AOB A HB ABA ∠=∠'=∠'=︒，∴90ABO A BH ∠+∠'=︒，90ABO BAO ∠+∠=︒，∴BAO A BH ∠=∠'，∵BA BA ='，∴()AOB BHA AAS 'V V ≌，∴OA BH =，OB A H ='，∵点A 的坐标是()2,0-，点B 的坐标是()0,6，∴2OA =，6OB =，∴2BH OA ==，6A H OB '==，∴4OH =，∴()6,4A '，∵BD A D ='，∴()3,5D ，∵反比例函数k y x=的图象经过点D ， ∴15k =．故选：C ．【点睛】本题考查反比例函数图形上的点的坐标特征，坐标与图形的变化-旋转等知识，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，属于中考选择题中的压轴题．11．（2019·浙江中考真题）在数学拓展课上，小明发现：若一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积. 如图是由5个边长为1的小正方形拼成的图形，P 是其中4个小正方形的公共顶点，小强在小明的启发下，将该图形沿着过点P 的某条直线剪一刀，把它剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（ ）A ．22B ．5C ．35D ．10【答案】D【解析】【分析】 根据中心对称的性质即可作出剪痕，根据三角形全等的性质即可证得EM=DN ，利用勾股定理即可求得．【详解】如图，EF 为剪痕，过点F 作FG EM ⊥于G .∵EF 将该图形分成了面积相等的两部分，∴EF 经过正方形ABCD 对角线的交点，∴,AF CN BF DN ==.易证PME PDN ∆∆≌，∴EM DN =，而AF MG =，∴1EG EM MG DN AF DN CN DC =+=+=+==.在Rt FGE ∆中， 22223110FG EG EF +=+=故选：D.【点睛】本题考查了图形的剪拼，中心对称的性质，勾股定理的应用，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键． 12．（2019·湖北中考真题）如图，矩形ABCD 中，AC 与BD 相交于点E ，:3AD AB =，将ABD △沿BD 折叠，点A 的对应点为F ，连接AF 交BC 于点G ，且2BG =，在AD 边上有一点H ，使得BH EH +的值最小，此时BH CF=（ ）A 3B ．233C ．62D ．32【答案】B【解析】【分析】设BD 与AF 交于点M ．设AB=a ，3a ，根据矩形的性质可得△ABE 、△CDE 都是等边三角形，利用折叠的性质得到BM 垂直平分AF ，BF=AB=a ，3a ．解直角△BGM ，求出BM ，再表示DM ，由△ADM ∽△GBM ，求出33B 点关于AD 的对称点B′，连接B′E ，设B′E 与AD 交于点H ，则此时BH+EH=B′E ，值最小．建立平面直角坐标系，得出B （3，3，B′（3，3，E （03，利用待定系数法求出直线B′E 的解析式，得到H （1，0），然后利用两点间的距离公式求出BH=4，进而求出23BH CF =23． 【详解】 如图，设BD 与AF 交于点M ．设AB=a ，3a ，∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB=90°，tan∠ABD=31 ADAB=，∴22AB AD+，∠ABD=60°，∴△ABE、△CDE都是等边三角形，∴BE=DE=AE=CE=AB=CD=a，∵将△ABD沿BD折叠，点A的对应点为F，∴BM垂直平分AF，BF=AB=a，3a，在△BGM中，∵∠BMG=90°，∠GBM=30°，BG=2，∴GM=12BG=1，33∴3∵矩形ABCD中，BC∥AD，∴△ADM∽△GBM，∴AD DMBG BM=，即3323a=，∴3，∴3AD=BC=6，3，易证∠BAF=∠FAC=∠CAD=∠ADB=∠BDF=∠CDF=30°，∴△ADF是等边三角形，∵AC平分∠DAF，∴AC 垂直平分DF ，∴CF=CD=23，作B 点关于AD 的对称点B′，连接B′E ，设B′E 与AD 交于点H ，则此时BH+EH=B′E ，值最小． 如图，建立平面直角坐标系，则A （3，0），B （3，3，B′（3，3，E （03，易求直线B′E 的解析式为33∴H （1，0），∴22(31)(230)-+-，∴23BH CF ==233． 故选：B ．【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质，解直角三角形，等边三角形、垂直平分线、相似三角形的判定与性质，待定系数法求直线的解析式，轴对称-最短路线问题，两点间的距离公式等知识．综合性较强，有一定难度．分别求出BH 、CF 的长是解题的关键．13．（2019·湖南中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC 绕点O 顺时针旋转45︒后得到正方形111OA B C ，依此方式，绕点O 连续旋转2019次得到正方形201920192019OA B C ，那么点2019A 的坐标是( )A ．22⎝⎭B ．(1,0)C ．22⎛ ⎝⎭D ．(0,1)- 【答案】A【解析】【分析】 根据旋转的性质分别求出点A 1、A 2、A 3、…的坐标，继而发现8次为一个循环，用2019除以8，看余数即可求得答案.【详解】Q 四边形OABC 是正方形，且OA 1=，()A 0,1∴，Q 将正方形OABC 绕点O 逆时针旋转45︒后得到正方形111OA B C ，∴点A 1的横坐标为12sin 452⨯︒=，点A 1的纵坐标为12cos 452⨯︒=， 122A ∴⎝⎭，继续旋转则()2A 1,0，322A 22⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，A 4(0，-1)，A 52222⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，A 6(-1，0)，A 722,22⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，A 8(0，1)，A 922⎝⎭，……，发现是8次一循环，所以20198252÷= (3)∴点2019A 的坐标为22,22⎛- ⎝⎭，故选A ．【点睛】本题考查了旋转的性质，规律题——点的坐标的变化规律，通过分析正确得出坐标的变化规律是解题的关键.14．（2019·江苏中考真题）如图，△ABC 中，AB=AC=2，∠B=30°，△ABC 绕点A 逆时针旋转α(0<α<120°)得到AB C ''∆，''B C 与BC ，AC 分别交于点D ，E.设CD DE x +=，AEC ∆'的面积为y ，则y 与x 的函数图象大致为( )A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】【分析】连接B′C ，作AH ⊥B′C′，垂足为H ，由已知以及旋转的性质可得AB′=AB=AC=AC′=2，∠AB′C′=∠C′=30°，继而可求出AH 长，B′C′的长，由等腰三角形的性质可得∠AB′C=∠ACB′，再根据∠AB′D=∠ACD=30°，可得∠DB′C=∠DCB′，从而可得B′D=CD ，进而可得 B′E=x ，由此可得3，再根据三角形面积公式即可求得y 与x 的关系式，由此即可得到答案.【详解】连接B′C ，作AH ⊥B′C′，垂足为H ，∵AB=AC，∠B=30°，∴∠C=∠B=30°，∵△ABC绕点A逆时针旋转α(0<α<120°)得到AB C''∆，∴AB′=AB=AC=AC′=2，∠AB′C′=∠C′=30°，∴AH=12AC′=1，∴C′H=223AC AH'-=，∴B′C′=2C′H=23，∵AB′=AC，∴∠AB′C=∠ACB′，∵∠A B′D=∠ACD=30°，∴∠AB′C-∠AB′D=∠ACB′-∠ACD，即∠DB′C=∠DCB′，∴B′D=CD，∵CD+DE=x，∴B′D+DE=x，即B′E=x，∴C′E=B′C′-B′E=23-x，∴y=12C E AH'g=12×(23-x)×1=132x-+，观察只有B选项的图象符合题意，故选B.【点睛】本题考查的是几何综合题，涉及了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，一次函数的应用等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.15．（2019·辽宁中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将△ABO沿x轴向右滚动到△AB1C1的位置，再到△A1B1C2的位置……依次进行下去，若已知点A(4，0)，B(0，3)，则点C100的坐标为( )A．121200,5⎛⎫⎪⎝⎭B．()600,0C．12600,5⎛⎫⎪⎝⎭D．()1200,0【答案】B【解析】【分析】根据三角形的滚动，可得出：每滚动3次为一个周期，点C1，C3，C5，…在第一象限，点C2，C4，C6，…在x轴上，由点A，B的坐标利用勾股定理可求出AB的长，进而可得出点C2的横坐标，同理可得出点C4，C6的横坐标，根据点的横坐标的变化可找出变化规律“点C2n的横坐标为2n×6(n为正整数)”，再代入2n=100即可求出结论．【详解】解：根据题意，可知：每滚动3次为一个周期，点C1，C3，C5，...在第一象限，点C2，C4，C6， (x)上．∵A(4，0)，B(0，3)，∴OA=4，OB=3，∴22OA OB+，∴点C2的横坐标为4+5+3=12=2×6，同理，可得出：点C4的横坐标为4×6，点C6的横坐标为6×6，…，∴点C2n的横坐标为2n×6(n为正整数)，∴点C100的横坐标为100×6=600，∴点C100的坐标为(600，0)．故选：B．【点睛】本题考查了规律型：点的坐标，根据点的坐标的变化找出变化规律是解题的关键．二、填空题16．（2019·湖南中考真题）在如图所示的方格纸(1格长为1个单位长度)中，△ABC的顶点都在格点上，将△ABC 绕点O 按顺时针方向旋转得到△A'B'C'，使各顶点仍在格点上，则其旋转角的度数是____________．．【答案】90°【解析】【分析】根据旋转角的概念找到∠BOB′是旋转角，从图形中可求出其度数即可．【详解】根据旋转角的概念：对应点与旋转中心连线的夹角，可知∠BOB′是旋转角，且∠BOB′＝90°，故答案为：90°．【点睛】本题主要考查了旋转角的概念，解题的关键是根据旋转角的概念找到旋转角．17．（2019·山东中考真题）如图，在正方形网格中，格点ABC ∆绕某点顺时针旋转角()0180αα<<︒得到格点111A B C ∆，点A 与点1A ，点B 与点1B ，点C 与点1C 是对应点，则α=_____度．【答案】90【解析】【分析】先连接1CC ，1AA ，作1CC ，1AA 的垂直平分线交于点E ，连接AE ，1A E ，再由题意得到旋转中心，由旋转的性质即可得到答案.【详解】如图，连接1CC ，1AA ，作1CC ，1AA 的垂直平分线交于点E ，连接AE ，1A E ，∵1CC ，1AA 的垂直平分线交于点E ，∴点E 是旋转中心，∵190AEA ∠=︒，∴旋转角90α=︒.故答案为：90.【点睛】本题考查旋转，解题的关键是掌握旋转的性质.18．（2019·海南中考真题）如图，将Rt ABC ∆的斜边AB 绕点A 顺时针旋转()090αα︒︒<<得到AE ，直角边AC 绕点A 逆时针旋转()090ββ︒︒<<得到AF ，连结EF ．若=3AB ，=2AC ，且B αβ+=∠，则=EF _____．13【解析】【分析】由旋转的性质可得3AE AB ==，2AC AF ==，由勾股定理可求EF 的长．【详解】解：由旋转的性质可得3AE AB ==，2AC AF ==，90B BAC ︒∠+∠=Q ，且B αβ+=∠，90BAC αβ︒∴∠++=90EAF ︒∴∠=2213EF AE AF ∴=+=故答案为：13【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，灵活运用旋转的性质是本题的关键．19．（2019·山东中考真题）在平面直角坐标系中，点()4,2P 关于直线1x =的对称点的坐标是_____．【答案】()2,2-【解析】【分析】先求出点P 到直线1x =的距离，再根据对称性求出对称点P'到直线1x =的距离，从而得到点P'的横坐标，即可得解．【详解】∵点()4,2P ，∴点P 到直线1x =的距离为413-=，∴点P 关于直线1x =的对称点P'到直线1x =的距离为3， ∴点P'的横坐标为132-=-，∴对称点P'的坐标为()2,2-.故答案为：()2,2-．【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣对称，根据轴对称性求出对称点到直线1x =的距离，从而得到横坐标是解题的关键，作出图形更形象直观．20．（2019·山东中考真题）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，建立平面直角坐标系，ABO V 与A B O '''V 是以点P 为位似中心的位似图形，它们的顶点均在格点（网格线的交点）上，则点P 的坐标为_____。
中考数学压轴题复习 几何变换压轴题(共64张PPT)
几何变换压轴题多以三角形、四边形为主，结合平
移、旋转、翻折、类比等变换，而四边形的问题常要转化 成三角形的问题来解决，通过证明三角形的全等或相似得 到相等的角、相等的边或成比例的边，通过勾股定理计算 边长．要熟练掌握特殊四边形的判定定理和性质定理，灵
活选择解题方法，注意区分各种四边形之间的关系，正确 认识特殊与一般的关系，注意方程思想、对称思想以及转 化思想的相互渗透．
延长DE交BC的延长线于点P，其他条件不变，判断△CEF的
形状并给出证明．
解：(1)①如图：
②AAS
(2)设AE＝a，AC＝b，
(3)如图，作BN∥DE，延长EF交BN于N，连接CN，
则∠DEF＝∠FNB. 又∵DF＝BF，∠DFE＝∠BFN， ∴△DEF≌△BNF，
∴BN＝DE，EF＝FN.
请根据以上证明过程，解答下列两个问题：
①在图1中作出证明中所描述的辅助线；
②在证明的括号中填写理由(请在SAS，ASA，AAS，SSS中选 择)． (2)在(1)的探究结论的基础上，请你帮助小婷求出∠CEF的 度数，并判断△CEF的形状．
问题拓展 (3)如图2，当△ADE绕点A逆时针旋转某个角度时，连接CE，
2．(2017·济南)某学习小组在学习时遇到了下面的问题：
如图1，在△ABC和△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠CAB
＝∠EAD＝60°，点E，A，C在同一直线上，连接BD，F是BD 的中点，连接EF，CF，试判断△CEF的形状并说明理由．
问题探究 (1)小婷同学提出解题思路：先探究△CEF的两条边是否相 等，如EF＝CF.以下是她的证明过程：
(1)当x为何值时，直线AD1过点C?
(2)当x为何值时，直线AD1过BC的中点E? (3)求出y与x的函数关系式．
中考数学复习 专题五 几何变换压轴题数学课件
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12/9/2021
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解：(1) 1 7 (2)∵∠AO2 B＝90°，点C是AB的中点， ∴OC＝BC＝ 1 AB，∴∠CBO＝∠COB. ∵四边形OBD2 E是正方形，
∴BD＝OE，∠DBO＝∠EOB＝90°， ∴∠CBD＝∠COE.
12/9/2021
在△CBD和△COE中， ∴△CBD≌△COE(SAS)．
理由：由平移的性质得CD∥C′D′，DE∥D′E′. ∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°， ∴∠ACC′＝180°－60°＝120°. ∵CN是∠ACC′的角平分线， ∴∠NCC′＝60°. ∵AB∥DE，DE∥D′E′，∴AB∥D′E′，
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∴∠D′E′C′＝∠B＝60°，
12/9/2021
∵OE＝OF，∴OE＝FG. ∵CF＝FG＋CG，∴CF＝OE＋AE. 选图3的结论证明如下： 如图，延长EO交FC的延长线于点G.
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∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴AE∥CF， ∴∠AEO＝∠G. 在△AOE和△COG中，
12/9/2021
∴△AOE≌△COG， ∴OE＝OG，AE＝CG. 在Rt△EFG中， ∵OE＝OG，∴OE＝OF＝OG. ∵∠OFE＝30°， ∴∠OFG＝90°－30°＝60°， ∴△OFG是等边三角形，∴OF＝FG. ∵OE＝OF，∴OE＝FG. ∵CF＝FG－CG，∴CF＝OE－AE.
∴∠D′E′C′＝∠NCC′，∴D′E′∥CN.
∴四边形MCND′为平行四边形．
∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°，
∴△MCE′和△NCC′为等边三角形，
故MC＝CE′，NC＝CC′.
又E′C′＝2 ，CC′＝ ，∴CE′＝CC′＝ ，
中考数学复习专题四几何变换压轴题课件
几何变换压轴题多以三角形、四边形为主，结合平移、 旋转、翻折、相似等变换，而四边形的问题常要转化成三角 形的问题来解决，通过证明三角形的全等或相似得到相等 的角、相等的边或成比例的边，通过勾股定理计算边长． 要熟练掌握特殊四边形的判定定理和性质定理，灵活选择
解题方法，注意区分各种四边形之间的关系，正确认识特 殊与一般的关系，注意方程思想、对称思想以及转化思想 的相互渗透．
2019/5/23
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三、课后“静思2分钟”大有学问
我们还要注意课后的及时思考。利用课间休息时间，在心中快速把刚才上课时刚讲过的一些关键思路理一遍，把老师讲解的题目从题意到解答整个过 程详细审视一遍，这样，不仅可以加深知识的理解和记忆，还可以轻而易举地掌握一些关键的解题技巧。所以，2分钟的课后静思等于同一学科知识的课 后复习30分钟。
编后语
常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分 钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？
一、释疑难
对课堂上老师讲到的内容自己想不通卡壳的问题，应该在课堂上标出来，下课时，在老师还未离开教室的时候，要主动请老师讲解清楚。如果老师已 经离开教室，也可以向同学请教，及时消除疑难问题。做到当堂知识，当堂解决。
二、补笔记
上课时，如果有些东西没有记下来，不要因为惦记着漏了的笔记而影响记下面的内容，可以在笔记本上留下一定的空间。下课后，再从头到尾阅读一 遍自己写的笔记，既可以起到复习的作用，又可以检查笔记中的遗漏和错误。遗漏之处要补全，错别字要纠正，过于潦草的字要写清楚。同时，将自己 对讲课内容的理解、自己的收获和感想，用自己的话写在笔记本的空白处。这样，可以使笔记变的更加完整、充实。
中考数学复习压轴题突破-利用旋转变换解决几何问题课件(18张PPT)
简解： 因为BC=AC ，∠ABC=∠ACD=60°,BE=CD, 所以以△ABC的中心（等边三角形三条中线的交点）O 为旋转中心，将△ADC顺时针旋转120°就得到了 △CEB， ∴∠AME=180°-∠AMC=180°-120°=60°
★以等腰直角三角形或正方形为背景的旋转问题
举例9：已知：如图，正方形ABCD内点P到A，B，C三点的距 离之和的最小值为 , .求此正方形的边长. 2 6
例8．如图，在ΔABC中，∠ ACB =900，BC=AC，P为 ΔABC内一点，且PA=3，PB=1，PC=2。求∠ BPC的度 数。
例8．如图，在ΔABC中，∠ ACB =900，BC=AC，P为ΔABC内一点，且PA=3， PB=1，PC=2。求∠ BPC的度数。
★以等腰直角三角形转法。
• （1）图形中出现等腰（直角）三角形，常 考虑将以腰为边的某三角形绕等腰三角形 的顶角所在的顶点旋转一顶角后与另一腰 重合． • （2）图形中出现等边三角形，常考虑将含 有等边三角形边长的某个三角形绕顶点旋 转 角后与另一边重合． • （3）图形中出现正方形时，常考虑将含有 正方形边长的某个三角形绕顶点旋转 角后 与另一边重合．
例10.如图，正方形ABCD内一点P，∠PAD＝∠PDA＝ 15°，连结PB、PC，请问：ΔPBC是等边三角形吗？为 什么？
例10.如图，正方形ABCD内一点P，∠PAD＝∠PDA＝15°，连结PB、PC，请
问：ΔPBC是等边三角形吗？为什么？ 分析：本题关键是说明∠PCD＝∠PBA＝30°，利用条件可以设想将ΔAPD绕点 D逆时针方向旋转 90°，而使A与C重合，此时问题得到解决. 解：将ΔAPD绕点D逆时针旋转90°，得ΔDP’C，再作ΔDP’C关于DC的轴对 称图形ΔDQC， 得ΔCDQ与ΔADP经过对折 后能够重合。 ∵PD=QD ∴∠PDQ=90°-15°-15°=60°， ∴△PDQ为等边三角形， ∴∠PQD=60°. ∵∠DQC=∠APD=180°-15°-15°=150°， ∴∠PQC=360°-60°-150°=150°=∠DQC,， ∵PQ=QD=CQ ， ∴∠PCQ＝∠DCQ＝15° ∴∠PCD=30° ∴∠PCB=60° ∵PC=BC=CD ∴ΔPBC为等边三角形
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济南市学考对此问题的考查：2016年学考试题第21题考查了 翻折问题，第27题考查了旋转、相似问题；2015年学考试题第15 题考查了二次函数图象平移问题，第27题考查了旋转问题；2014 年学考试题第12题考查了翻折问题，第20题考查了平移问题，第 27题考查了旋转问题；2013年学考试题第9题考查了旋转问题； 2012年学考试题第19题考查了平移问题，第26题考查了旋转、相 似问题.
几何变换压轴题多以三角形、四边形ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ主，结合平移、旋转 、翻折、相似等变换，而四边形的问题常要转化成三角形的问题 来解决，通过证明三角形的全等或相似得到相等的角、相等的边 或成比例的边，通过勾股定理计算边长.要熟练掌握特殊四边形的 判定定理和性质定理，灵活选择解题方法，注意区分各种四边形 之间的关系，正确认识特殊与一般的关系，注意方程思想、对称 思想以及转化思想的相互渗透.