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中考数学 三轮专题复习 图形的变化-讲评卷

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初三数学复习专题课件：观近中考卷中的图形变化题

初三数学复习专题课件：观近中考卷中的图形变化题

常见的图形变化题类型
平移
图形保持大小和形状，只发生位置的变化。
对称
图形以某个线对称，左右两部分相同。
旋转
图形绕一个旋转点旋转，保持大小和形状。
放缩
图形按比例拉伸或压缩，保持形状。
图形变化题的解题方法
观察
仔细观察图形，注意形状、位 置和大小的变化。
归纳总结图形变化的规律，找出 键特征。推理根据规律推断下一个图形的形 状、位置和大小。
初三数学复习专题课件： 观近中考卷中的图形变化 题
数学是中考必考科目之一，图形变化题是数学试卷中常见且重要的题型。本 课件将帮助同学们了解图形变化题的类型、解题方法和技巧，同时提供实例 演示和优秀答题思路分享，帮助大家准备中考。
图形变化题简介
图形变化题是数学中的几何题目，考察考生对图形变化规律的掌握和应用能 力。通过观察和分析图形的变化，学生可以推断出图形的特点和规律，进而 解题。
实例演示
通过实例演示，详细解析图形变化题的 解题思路和方法。
优秀同学的答题思路分享
通过和优秀同学的交流和分享，学习他们解答图形变化题的思路和方法，互 相学习和提高。
总结和复习建议
总结要点
总结图形变化题的类型、解 题方法和技巧，形成复习要 点。
创新思维
培养创新思维，发现图形的 变化规律，灵活解题。
多练习
多做图形变化题的练习，提 高解题速度和准确性。
解题技巧和注意事项
1 细心观察
注意每一步变化，不漏掉任何细节。
2 套用模板
根据已知图形的变化规律，套用相应的变换模板。
3 推敲答案
反复检查答案，确保变化符合规律并得出正确结果。
练习题解析和实例演示
1
练习题2

2020年九年级数学中考三轮专题复习：函数及其图象(含答案)

2020年九年级数学中考三轮专题复习：函数及其图象(含答案)

2020年中考数学三轮专题复习函数及其图象（含答案）一、选择题（本大题共6道小题）1. 二次函数y=(x-1)2+3的图象的顶点坐标是 ()A.(1，3)B.(1，-3)C.(-1，3)D.(-1，-3)2. 若二次函数y=ax2+bx+c(a<0)的图象经过点(2，0)，且其对称轴为直线x=-1，则使函数值y>0成立的x的取值范围是()A.x<-4或x>2B.-4≤x≤2C.x≤-4或x≥2D.-4<x<23. 如图是雷达屏幕在一次探测中发现的多个目标，其中对目标A的位置表述正确的是()A.在南偏东75°方向处B.在5 km处C.在南偏东15°方向5 km处D.在南偏东75°方向5 km处4. 第一次“龟兔赛跑”，兔子因为在途中睡觉而输掉比赛，很不服气，决定与乌龟再比一次，并且骄傲地说，这次我一定不睡觉，让乌龟先跑一段距离我再去追都可以赢.结果兔子又一次输掉了比赛，则下列函数图象可以体现这次比赛过程的是()5. 从某容器口以均匀地速度注入酒精，若液面高度h随时间t的变化情况如图所示，则对应容器的形状为()6. 如图，☉O的半径为2，双曲线的解析式分别为y=和y=-，则阴影部分的面积为()A.4πB.3πC.2πD.π二、填空题（本大题共5道小题）7. 星期天，小明上午8:00从家里出发，骑车到图书馆去借书，再骑车回到家，他离家的距离y(千米)与时间t(分)的关系如图所示，则上午8:45小明离家的距离是千米.8. 如图，直线y=kx+b(k<0)经过点A(3，1)，当kx+b<x时，x的取值范围为.9. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)中的x和y满足下表:x…-1 0 1 2 3 …y… 3 0 -1 0 m…(1)观察上表可求得m的值为;(2)这个二次函数的解析式为;(3)若点A(n+2，y1)，B(n，y2)在该抛物线上，且y1>y2，则n的取值范围为.10. 已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴是直线x=1，其部分图象如图所示，下列说法中:①b>0;②a-b+c<0;③b+2c>0;④当-1<x<0时，y>0，正确的是__________________(填写序号).11. 如图，矩形OABC的顶点A，C分别在y轴、x轴的正半轴上，D为AB的中点，反比例函数y=(k>0)的图象经过点D，且与BC交于点E，连接OD，OE，DE，若△ODE的面积为3，则k的值为.三、解答题（本大题共6道小题）12. 为了节能减排，我市某校准备购买某种品牌的节能灯，已知3只A型节能灯和5只B型节能灯共需50元，2只A型节能灯和3只B型节能灯共需31元.(1)求1只A型节能灯和1只B型节能灯的售价各是多少元?(2)学校准备购买这两种型号的节能灯共200只，要求A型节能灯的数量不超过B型节能灯的数量的3倍，请设计出最省钱的购买方案，并说明理由.13. 小王骑车从甲地到乙地，小李骑车从乙地到甲地，小王的速度小于小李的速度，两人同时出发，沿同一条公路匀速前进.图中的折线表示两人之间的距离y(km)与小王的行驶时间x(h)之间的函数关系.请你根据图象进行探究:(1)小王和小李的速度分别是多少?(2)求线段BC所表示的y与x之间的函数解析式，并写出自变量x的取值范围.14. 如图，二次函数的图象与x轴交于A(-3，0)，B(1，0)两点，交y轴于点C(0，3)，点C，D是二次函数图象上的一对对称点，一次函数的图象过点B，D.(1)请直接写出点D的坐标;(2)求二次函数的解析式;(3)根据图象直接写出使一次函数值大于二次函数值的x的取值范围.15. 如图，抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A，B两点(A在B的左侧)，与y轴交于点N，过A点的直线l:y=kx+n与y轴交于点C，与抛物线y=-x2+bx+c的另一个交点为D，已知A(-1，0)，D(5，-6)，P点为抛物线y=-x2+bx+c上一动点(不与A，D重合).(1)求抛物线和直线l的解析式;(2)当点P在直线l上方的抛物线上时，过P点作PE∥x轴交直线l于点E，作PF∥y轴交直线l于点F，求PE+PF的最大值;(3)设M为直线l上的点，探究是否存在点M，使得以点N，C，M，P为顶点的四边形为平行四边形.若存在，求出点M的坐标;若不存在，请说明理由.16. 某农场拟建一间矩形种牛饲养室，饲养室的一面靠现有墙(墙足够长)，已知计划中的建筑材料可建围墙的总长度为50 m.设饲养室长为x(m)，占地面积为y(m2).(1)如图①，问饲养室长x为多少时，占地面积y最大?(2)如图②，现要求在图中所示位置留2 m宽的门，且仍使饲养室的占地面积最大.小敏说:“只要饲养室长比(1)中的长多2 m就行了.”请你通过计算，判断小敏的说法是否正确.17. 在画二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象时，甲写错了一次项的系数，列表如下:x…-1 0 1 2 3 …y甲… 6 3 2 3 6 …乙写错了常数项，列表如下:x…-1 0 1 2 3 …y乙…-2 -1 2 7 14 …通过上述信息，解决以下问题:(1)求原二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的表达式;(2)对于二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，当x时，y的值随x的值增大而增大;(3)若关于x的方程ax2+bx+c=k(a≠0)有两个不相等的实数根，求k的取值范围. 2020年中考数学三轮专题复习函数及其图象-答案一、选择题（本大题共6道小题）1. 【答案】A2. 【答案】D[解析]∵二次函数y=ax2+bx+c(a<0)的图象经过点(2，0)，且其对称轴为直线x=-1，∴二次函数的图象与x轴另一个交点为(-4，0)，∵a<0，∴抛物线开口向下，则使函数值y>0成立的x的取值范围是-4<x<2.3. 【答案】D[解析]目标A的位置在南偏东75°方向5 km处，故选D.4. 【答案】B[解析]根据题意可知兔子先让乌龟跑了一段距离，但是比乌龟晚到终点，故选项B正确.5. 【答案】C6. 【答案】C[解析]根据反比例函数y=，y=-及圆的中心对称性和轴对称性知，将二、四象限的阴影部分旋转到一、三象限对应部分，显然所有阴影部分的面积之和等于一、三象限内两个扇形的面积之和，也就相当于一个半径为2的半圆的面积.=π×22=2π.故选C.∴S阴影二、填空题（本大题共5道小题）7. 【答案】1.58. 【答案】x>3[解析]当x=3时，x=×3=1，∴点A在一次函数y=x的图象上，且一次函数y=x的图象经过第一、三象限，∴当x>3时，一次函数y=x的图象在y=kx+b的图象上方，即kx+b<x.9. 【答案】解:(1)3[解析]观察表格，根据抛物线的对称性可得x=3和x=-1时的函数值相等，∴m的值为3，故答案为:3.(2)y=(x-1)2-1[解析]由表格可得，二次函数y=ax2+bx+c图象的顶点坐标是(1，-1)，∴y=a(x-1)2-1.又当x=0时，y=0，∴a=1，∴这个二次函数的解析式为y=(x-1)2-1.(3)n>0[解析]∵点A(n+2，y1)，B(n，y2)在该抛物线上，且y1>y2，∴结合二次函数的图象和性质可知n>0.10. 【答案】①③④[解析]根据图象可得:a<0，c>0，对称轴:直线x=-=1，∴b=-2a.∵a<0，∴b>0，故①正确;把x=-1代入y=ax2+bx+c，得y=a-b+c.由抛物线的对称轴是直线x=1，且过点(3，0)，可得当x=-1时，y=0，∴a-b+c=0，故②错误;当x=1时，y=a+b+c>0.∵b=-2a，∴-+b+c>0，即b+2c>0，故③正确;由图象可以直接看出④正确.故答案为:①③④.11. 【答案】4[解析]过点D作DH⊥x轴于H点，交OE于M，∵反比例函数y=(k>0)的图象经过点D，E，∴S△ODH=S△ODA=S△OEC=，∴S△ODH-S△OMH=S△OEC-S△OMH，即S△OMD=S四边形EMHC，∴S△ODE=S梯形DHCE=3，设D(m，n)，∵D为AB的中点，∴B(2m，n).∵反比例函数y=(k>0)的图象经过点D，E，∴E2m，，∴S梯形=+n m=3，DHCE∴k=mn=4.三、解答题（本大题共6道小题）12. 【答案】解:(1)设1只A型节能灯的售价是x元，1只B型节能灯的售价是y元，根据题意，得解得答:1只A型节能灯的售价是5元，1只B型节能灯的售价是7元.(2)设购买A型节能灯a只，则购买B型节能灯(200-a)只，总费用为w元，w=5a+7(200-a)=-2a+1400，∵a≤3(200-a)，∴a≤150，∵-2<0，w随a的增大而减小，∴当a=150时，w取得最小值，此时w=1100，200-a=50.答:最省钱的购买方案是:购买A型节能灯150只，B型节能灯50只.13. 【答案】解:(1)从线段AB得:两人从相距30 km的两地同时出发，1 h后相遇，则v小王+v小李=30 km/h，小王从甲地到乙地行驶了3 h，∴v小王=30÷3=10(km/h)，∴v小李=20 km/h.(2)C点的意义是小李骑车从乙地到甲地用了30÷20=1.5(h)，此时小王和小李的距离是1.5×10=15(km)，∴C点坐标是(1.5，15).设直线BC的解析式为y=kx+b，将B(1，0)，C(1.5，15)分别代入解析式，得解得:∴线段BC的解析式为y=30x-30(1≤x≤1.5).14. 【答案】解:(1)D(-2，3).(2)设二次函数的解析式为y=ax2+bx+c(a，b，c为常数，且a≠0)，根据题意，得解得∴二次函数的解析式为y=-x2-2x+3.(3)x<-2或x>1.15. 【答案】[分析] (1)将点A，D的坐标分别代入直线表达式、抛物线的表达式，即可求解;(2)设出P点坐标，用参数表示PE，PF的长，利用二次函数求最值的方法.求解;(3)分NC是平行四边形的一条边或NC是平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可.解:(1)将点A，D的坐标代入y=kx+n得:解得:故直线l的表达式为y=-x-1.将点A，D的坐标代入抛物线表达式，得解得故抛物线的表达式为:y=-x2+3x+4.(2)∵直线l的表达式为y=-x-1，∴C(0，-1)，则直线l与x轴的夹角为45°，即∠OAC=45°，∵PE∥x轴，∴∠PEF=∠OAC=45°.又∵PF∥y轴，∴∠EPF=90°，∴∠EFP=45°.则PE=PF.设点P坐标为(x，-x2+3x+4)，则点F(x，-x-1)，∴PE+PF=2PF=2(-x2+3x+4+x+1)=-2(x-2)2+18，∵-2<0，∴当x=2时，PE+PF有最大值，其最大值为18.(3)由题意知N(0，4)，C(0，-1)，∴NC=5，①当NC是平行四边形的一条边时，有NC∥PM，NC=PM.设点P坐标为(x，-x2+3x+4)，则点M的坐标为(x，-x-1)，∴|y M-y P|=5，即|-x2+3x+4+x+1|=5，解得x=2±或x=0或x=4(舍去x=0)，则点M坐标为(2+，-3-)或(2-，-3+)或(4，-5);②当NC是平行四边形的对角线时，线段NC与PM互相平分.由题意，NC的中点坐标为0，，设点P坐标为(m，-m2+3m+4)，则点M(n'，-n'-1)，∴0==，解得:n'=0或-4(舍去n'=0)，故点M(-4，3).综上所述，存在点M，使得以N，C，M，P为顶点的四边形为平行四边形，点M的坐标分别为:(2+，-3-)，(2-，-3+)，(4，-5)，(-4，3).16. 【答案】解:(1)∵y=x·=-(x-25)2+，∴当x=25时，占地面积y最大.(2)y=x·=-(x-26)2+338，∴当x=26时，占地面积y最大.即当饲养室长为26 m时，占地面积最大.∵26-25=1≠2，∴小敏的说法不正确.17. 【答案】解:(1)根据甲同学的错误可知x=0时，y=c=3是正确的，由甲同学提供的数据，选择x=-1，y=6;x=1，y=2代入y=ax2+bx+3，得解得a=1是正确的.根据乙同学提供的数据，选择x=-1，y=-2;x=1，y=2代入y=x2+bx+c，得解得b=2是正确的，∴y=x2+2x+3.(2)≥-1[解析]抛物线y=x2+2x+3的对称轴为直线x=-1，∵二次项系数为1，故抛物线开口向上，∴当x≥-1时，y的值随x值的增大而增大.故答案为≥-1.(3)∵方程ax2+bx+c=k(a≠0)有两个不相等的实数根，即x2+2x+3-k=0有两个不相等的实数根，∴Δ=4-4(3-k)>0，解得k>2.。

2020中考数学 临考大专题复习：图形的变化(含答案)

2020中考数学 临考大专题复习：图形的变化(含答案)

2020中考数学临考大专题复习：图形的变化（含答案）一、选择题（本大题共6道小题）1. 下列四个标志是关于安全警示的标志，在这些标志中，是轴对称图形的是()2. 如图所示的正三棱柱的左视图是()3. 某几何体的三视图如图所示，则下列说法错误的是()A.该几何体是长方体B.该几何体的高是3C.底面有一边的长是1D.该几何体的表面积为18平方单位4. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是()5. 如图，在平面直角坐标系xOy中，将四边形ABCD先向下平移，再向右平移，得到四边形A1B1C1D1，已知A(-3，5)，B(-4，3)，A1(3，3)，则B1的坐标为()A.(1，2)B.(2，1)C.(1，4)D.(4，1)6. 一个长方体的三视图如图所示，若其俯视图为正方形，则这个长方体的高和底面边长分别为()A. 3，2 2B. 2，2 2C. 3，2D. 2，3二、填空题（本大题共6道小题）7. 如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10 cm，点D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=6 cm，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点为点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为cm.8. 如图，将Rt△ABC的斜边AB绕点A顺时针旋转α(0°<α<90°)得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转β(0°<β<90°)得到AF，连接EF，若AB=3，AC=2，且α+β=∠B，则EF=.9. 如图，在△ABC中，已知AC=3，BC=4，点D为边AB的中点，连接CD，过点A作AE△CD于点E，将△ACE沿直线AC翻折到△ACE'的位置.若CE'△AB，则CE'=.10. 如图，有一张矩形纸片ABCD，AB=8，AD=6，先将矩形纸片ABCD折叠，使边AD落在边AB上，点D落在点E处，折痕为AF;再将△AEF沿EF翻折，AF与BC相交于点G，则△GCF的周长为.11. 如图，正方形ABCD和正方形CEFG的边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论:①BE=DG;②BE⊥DG;③DE2+BG2=2a2+2b2.其中正确结论是(填序号).12. 如图，在△ABC中，AC=BC=2，AB=1，将它沿AB翻折得到△ABD，则四边形ADBC的形状是形，点P，E，F分别为线段AB，AD，DB上的任意一点，则PE+PF的最小值是.三、作图题（本大题共1道小题）13. 如图，△ABC中，△C=90°，AC=4，BC=8.(1)用直尺和圆规作AB的垂直平分线;(保留作图痕迹，不要求写作法)(2)若(1)中所作的垂直平分线交BC于点D，求BD的长.四、解答题（本大题共6道小题）14. 如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的12×12的网格中，给出了以格点(网格线的交点)为端点的线段AB.(1)将线段AB向右平移5个单位，再向上平移3个单位得到线段CD，请画出线段CD;(2)以线段CD为一边，作一个菱形CDEF，且点E，F也为格点.(作出一个菱形即可)15. 如图①，等腰直角三角形OEF的直角顶点O为正方形ABCD的中心，点C，D分别在OE和OF上，现将△OEF绕点O逆时针旋转角α(0°<α<90°)，连接AF，DE(如图②).(1)在图②中，∠AOF=;(用含α的式子表示)(2)在图②中，猜想AF与DE的数量关系，并证明你的结论.①②16. 如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合，得到折痕MN，将纸片展平;再一次折叠，使点D落到MN上的点F处，折痕AP交MN于E;延长PF交AB 于G.求证:(1)△AFG≌△AFP;(2)△APG为等边三角形.17. 已知△AOB=30°，H为射线OA上一定点，OH=√3+1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足△OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150°，得到线段PN，连接ON.(1)依题意补全图;(2)求证:△OMP=△OPN;(3)点M关于点H的对称点为Q，连接QP.写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON=QP，并证明.18. △ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠EDF＝90°，△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合．将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，线段DE与线段AB相交于点P，线段EF与射线CA相交于点Q.(1)如图①，当点Q在线段AC上，且AP＝AQ时，求证：△BPE≌△CQE；(2)如图②，当点Q在线段CA的延长线上时，①求证：△BPE∽△CEQ；②当BP＝2，CQ＝9时，求BC的长．19. 如图，已知一个直角三角形纸片ACB，其中∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，E、F分别是AC、AB边上的点，连接EF.(1)如图①，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S四边形ECBF ＝3S△EDF，求AE的长；(2)如图②，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在BC边上的点M 处，且使MF∥CA.①试判断四边形AEMF的形状，并证明你的结论；②求EF的长．2020中考数学临考大专题复习：图形的变化-答案一、选择题（本大题共6道小题）1. 【答案】D2. 【答案】A3. 【答案】D[解析]该几何体的表面积为:2×(1×2+2×3+1×3)=22(平方单位)，故D 错误，故选D.4. 【答案】B5. 【答案】B[解析]由A(-3，5)，A1(3，3)可知四边形ABCD先向下平移2个单位，再向右平移6个单位得到四边形A1B1C1D1，∵B(-4，3)，∴B1的坐标为(2，1).6. 【答案】C【解析】依据三视图画法特点：“主俯长对正，俯左宽相等，左主高平齐”．意思是说，主视图和俯视图的长与几何体的长相等，俯视图和左视图的宽与几何体的宽相等，左视图和主视图的高与几何体的高相等，由此可想象长方体的高与主视图中矩形的长相等，底面正方形的对角线长为22，由此求得底面正方形边长为2，故选C.二、填空题（本大题共6道小题）7. 【答案】(10-2√6)[解析]∵∠BAC=90°，∠BAD=15°，∴∠DAF=75°.由旋转可知，△ADE为等腰直角三角形，∠ADF=45°，过点A作AM⊥DF于点M，∠F AM=∠DAF-∠DAM=75°-45°=30°，AD=3√2，∴AM=√22AM=2√6.∴AF=2√33∵AC=AB=10，∴FC=AC-AF=10-2√6.8. 【答案】√13[解析]∵α+β=∠B，∴∠EAF=∠BAC+∠B=90°，∴△AEF 是直角三角形， ∵AE=AB=3，AF=AC=2， ∴EF=√AE 2+AF 2=√13.9. 【答案】95[解析]如图，作CH ⊥AB 于H.由翻折可知:∠AE'C=∠AEC=90°，∠ACE=∠ACE'，∵CE'∥AB ，∴∠ACE'=∠CAD ，∴∠ACD=∠CAD ，∴DC=DA. ∵AD=DB ，∴DC=DA=DB ，∴∠ACB=90°，∴AB=√AC 2+BC 2=5， ∵12·AB ·CH=12AC ·BC ，∴CH=125， ∴AH=√AC 2-CH 2=95，∵CE'∥AB ，∴∠E'CH +∠AHC=180°， ∵∠AHC=90°，∴∠E'CH=90°， ∴四边形AHCE'是矩形， ∴CE'=AH=95，故答案为95.10. 【答案】4+2√2[解析]在题图③中，由折叠的性质可知∠A=45°，AD=DF ，∴FC=2，∠AFC=45°，∴CG=2， ∴FG=2√2，∴△GCF 的周长为4+2√2.11. 【答案】①②③[解析]设BE ，DG 交于O ，∵四边形ABCD 和四边形EFGC 都为正方形， ∴BC=CD ，CE=CG ，∠BCD=∠ECG=90°， ∴∠BCD +∠DCE=∠ECG +∠DCE ，即∠BCE=∠DCG ，∴△BCE ≌△DCG (SAS)，∴BE=DG ，∠1=∠2，∵∠1+∠4=∠3+∠1=90°， ∴∠2+∠3=90°，∴∠BOD=90°， ∴BE ⊥DG.故①②正确. 连接BD ，EG ，如图所示， ∴DO 2+BO 2=BD 2=BC 2+CD 2=2a 2， EO 2+OG 2=EG 2=CG 2+CE 2=2b 2，则BG 2+DE 2=BO 2+OG 2+OE 2+OD 2=DO 2+BO 2+EO 2+OG 2=2a 2+2b 2，故③正确.12. 【答案】菱√154[解析]∵AC=BC ，∴△ABC 是等腰三角形.将△ABC 沿AB 翻折得到△ABD ，∴AC=BC=AD=BD ，∴四边形ADBC 是菱形. ∵△ABC 沿AB 翻折得到△ABD ，∴△ABC 与△ABD 关于AB 成轴对称.如图所示，作点E 关于AB 的对称点E'，连接PE'，根据轴对称的性质知AB 垂直平分EE'，∴PE=PE'， ∴PE +PF=PE'+PF ，当E'，P ，F 三点共线，且E'F ⊥AC 时，PE +PF 有最小值，该最小值即为平行线AC 与BD 间的距离.作CM ⊥AB 于M ，BG ⊥AD 于G ，由题知AC=BC=2，AB=1，∠CAB=∠BAD ， ∴cos ∠CAB=cos ∠BAD ，即122=AG 1，∴AG=14， 在Rt △ABG 中，BG=√AB 2-AG 2=√1-116=√154， 由对称性可知BG 长即为平行线AC ，BD 间的距离， ∴PE +PF 的最小值=√154. 三、作图题（本大题共1道小题）13. 【答案】解:(1)如图所示，直线l 为AB 的垂直平分线.(2)设AB的垂直平分线交AB于点E.连接AD，因为DE垂直平分AB，所以AD=BD，设AD=BD=x，则CD=8-x，在Rt△ACD中，AC2+CD2=AD2，即42+(8-x)2=x2，解得x=5，所以BD的长为5.四、解答题（本大题共6道小题）14. 【答案】解:(1)线段CD如图所示.(2)得到的菱形如图所示(答案不唯一).15. 【答案】解:(1)90°-α[解析]∵△OEF绕点O逆时针旋转角α，∴∠DOF=∠COE=α，∵四边形ABCD为正方形，∴∠AOD=90°，∴∠AOF=90°-α.故答案为90°-α.(2)AF=DE.证明:∵四边形ABCD为正方形，∴∠AOD=∠COD=90°，OA=OD，∵∠DOF=∠COE=α，∴∠AOF=∠DOE.∵△OEF 为等腰直角三角形，∴OF=OE.在△AOF 和△DOE 中，{AO =DO ，∠AOF =∠DOE ，OF =OE ，∴△AOF ≌△DOE (SAS)，∴AF=DE.16. 【答案】证明:(1)∵对折矩形纸片ABCD ，使AB 与CD 重合，得到折痕MN ，∴MN ∥AB ，M ，N 分别为AD ，BC 中点，由平行线的性质可知PF=GF . 由折叠的性质得∠PF A=∠GF A=90°，∴△AFG ≌△AFP (SAS).(2)∵△AFG ≌△AFP ，∴AP=AG ，∠2=∠3.又∵∠2=∠1，∴∠1=∠2=∠3.又∵∠1+∠2+∠3=90°，∴3∠2=90°，∴∠2=30°，∠P AG=2∠2=60°，∴△APG 为等边三角形.17. 【答案】 解:(1)如图所示:(2)证明:在△OPM 中，∠OMP=180°-∠POM -∠OPM=150°-∠OPM ，∠OPN=∠MPN -∠OPM=150°-∠OPM ，∴∠OMP=∠OPN.(3)过点P 作PK ⊥OA 于点K ，过点N 作NF ⊥OB 于点F .∵∠OMP=∠OPN ，∴∠PMK=∠NPF .在△NPF 和△PMK 中，{∠NPF =∠PMK ，∠NFO =∠PKM =90°，PN =PM ，∴△NPF ≌△PMK (AAS)，∴PF=MK ，∠PNF=∠MPK ，NF=PK.在Rt △NFO 和Rt △PKQ 中，{ON =PQ ，NF =PK ，∴Rt △NFO ≌Rt △PKQ (HL)，∴KQ=OF .设MK=y ，PK=x ，∵∠POA=30°，PK ⊥OQ ，∴OP=2x ，∴OK=√3x ，OM=√3x -y ，∴OF=OP +PF=2x +y ，MH=OH -OM=√3+1-(√3x -y )，KH=OH -OK=√3+1-√3x ，∵M 与Q 关于点H 对称，∴MH=HQ ，∴KQ=KH +HQ=√3+1-√3x +√3+1-√3x +y=2√3+2-2√3x +y ，∵KQ=OF ，∴2 √3+2-2√3x +y=2x +y ，整理得2√3+2=x (2+2√3)，∴x=1，即PK=1，∴OP=2.18. 【答案】(1)证明：∵△ABC 是等腰直角三角形，∴AB ＝AC ，∠B ＝∠C ＝45°，又∵AP ＝AQ ，∴BP ＝CQ ，∵E 是BC 的中点，∴BE ＝EC .∴在△BPE 与△CQE 中，∠∠BP CQ B C BE CE =⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴△BPE ≌△CQE (SAS)；(2)①证明：∵∠BEF ＝∠C ＋∠CQE ，∠BEF ＝∠BEP ＋∠DEF ，∠C ＝∠DEF ＝45°，∴∠CQE ＝∠BEP ，∵∠B ＝∠C ，∴△BPE ∽△CEQ ；②解：由①知△BPE ∽△CEQ ， ∴BE BP CQ CE=， ∴BE ·CE ＝BP ·CQ ，又∵BE ＝EC ，∴BE 2＝BP ·CQ ，∵BP ＝2，CQ ＝9，∴BE 2＝2×9＝18，∴BE ＝32，∴BC ＝2BE ＝6 2.19. 【答案】(1)如解图①，∵折叠后点A 落在AB 边上的点D 处，解图①∴EF ⊥AB ，△AEF ≌△DEF ，∴S △AEF ＝S △DEF ，∵S 四边形ECBF ＝3S △EDF ，∴S 四边形ECBF ＝3S △AEF ，∵S △ACB ＝S △AEF ＋S 四边形ECBF ，∴S △ACB ＝S △AEF ＋3S △AEF ＝4S △AEF ， ∴14△△AEF ACB S S =， ∵∠EAF ＝∠BAC ，∠AFE ＝∠ACB ＝90°，∴△AEF ∽△ABC ， ∴2△△（）AEF ACB S AE ABS =，∴214（）=，AE AB 在Rt △ACB 中，∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，∴AB 2＝AC 2＋BC 2，即AB ＝42＋32＝5，∴(AE 5)2＝14，∴AE ＝52；(2)①四边形AEMF 是菱形．证明：如解图②，∵折叠后点A 落在BC 边上的点M 处，∴∠CAB ＝∠EMF ，AE ＝ME ，又∵MF ∥CA ，∴∠CEM ＝∠EMF ，∴∠CAB ＝∠CEM ，∴EM ∥AF ，∴四边形AEMF 是平行四边形，而AE ＝ME ，∴四边形AEMF 是菱形，解图②②如解图②，连接AM ，与EF 交于点O ，设AE ＝x ，则AE ＝ME ＝x ，EC ＝4－x ，∵∠CEM ＝∠CAB ，∠ECM ＝∠ACB ＝90°，∴Rt △ECM ∽Rt △ACB ，∴EC AC ＝EM AB ，∵AB ＝5， ∴445-，x x =解得x ＝209， ∴AE ＝ME ＝209，EC ＝169，在Rt △ECM 中，∵∠ECM ＝90°，∴CM 2＝EM 2－EC 2，即CM ＝（209）2－（169）2＝43，∵四边形AEMF 是菱形，∴OE ＝OF ，OA ＝OM ，AM ⊥EF ，∴S AEMF 菱形＝4S △AOE ＝2OE ·AO ，在Rt △AOE 和Rt △ACM 中， ∵tan ∠EAO ＝tan ∠CAM ， ∴OE AO ＝CM AC ，∵CM ＝43，AC ＝4，∴AO ＝3OE ，∴S AEMF 菱形＝6OE 2，又∵S AEMF 菱形＝AE ·CM ，∴6OE 2＝209×43，解得OE ＝2109，∴EF ＝2OE ＝4109.。

2024年中考数学总复习：图形的变化(附答案解析)

2024年中考数学总复习：图形的变化(附答案解析)
A．
B．
C．
D．
4．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．
5．点P（2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（3，﹣2）B．（﹣2，﹣3）C．（﹣2，3）D．（3，2）
6．下列手机手势解锁图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
7．下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
23．如图所示，已知矩形ABCD的边AD长为8cm，边AB长为6cm，从中截去一个矩形（图中阴影部分），如果所截矩形与原矩形相似，那么所截矩形的面积是（ ）
A．21cm2B．24cm2C．27cm2D．30cm2
24．如图，在▱ABCD中，E为边AB上一点，连结DE、AC交于点F．若 ，则下列说法错误的是（ ）
A．16mB．15mC．14mD．13m
2024年中考数学总复习：图形的变化
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．若点M与点N关于x轴对称，点M的坐标为（﹣2，3），则点N的坐标为（ ）
A．（2，3）B．（2，﹣3）C．（﹣2，﹣3）D．（﹣2，3）
【分析】根据关于x轴对称的点的横纵坐标的特点解答即可．
A．3：2B．4：3C．5：3D．5：4
15．已知△ABC的周长为1，BC＝1﹣2AB，则下列直线一定是△ABC的对称轴的是（ ）
A．△ABC的边AB的垂直平分线
B．∠ACB的平分线所在的直线
C．△ABC的边AC上的高所在的直线
D．△ABC的边BC上的中线所在的直线
16．已知a＝3b，则a：b的值是（ ）
A．
B．△AEF与△CDF的周长比为1：4
C．△AEF与△CDF的面积比为1：4

中考数学复习----《图形变化规律》专项练习题(含答案)

中考数学复习----《图形变化规律》专项练习题(含答案)

中考数学复习----《图形变化规律》专项练习题（含答案）练习题1、（2022•济宁）如图，用相同的圆点按照一定的规律拼出图形．第一幅图4个圆点，第二幅图7个圆点，第三幅图10个圆点，第四幅图13个圆点……按照此规律，第一百幅图中圆点的个数是（）A．297 B．301 C．303 D．400【分析】首先根据前几个图形圆点的个数规律即可发现规律，从而得到第100个图摆放圆点的个数．【解答】解：观察图形可知：摆第1个图案需要4个圆点，即4+3×0；摆第2个图案需要7个圆点，即4+3＝4+3×1；摆第3个图案需要10个圆点，即4+3+3＝4+3×2；摆第4个图案需要13个圆点，即4+3+3+3＝4+3×3；…第n个图摆放圆点的个数为：4+3（n﹣1）＝3n+1，∴第100个图放圆点的个数为：3×100+1＝301．故选：B．2、（2022•广州）如图，用若干根相同的小木棒拼成图形，拼第1个图形需要6根小木棒，拼第2个图形需要14根小木棒，拼第3个图形需要22根小木棒……若按照这样的方法拼成的第n个图形需要2022根小木棒，则n的值为（）A．252 B．253 C．336 D．337【分析】根据图形特征，第1个图形需要6根小木棒，第2个图形需要6×2+2＝14根小木棒，第3个图形需要6×3+2×2＝22根小木棒，按此规律，得出第n个图形需要的小木棒根数即可．【解答】解：由题意知，第1个图形需要6根小木棒，第2个图形需要6×2+2＝14根小木棒，第3个图形需要6×3+2×2＝22根小木棒，按此规律，第n个图形需要6n+2（n﹣1）＝（8n﹣2）根小木棒，当8n﹣2＝2022时，解得n＝253，故选：B．3、（2022•玉林）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为2的正六边形ABCDEF 的顶点A处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，黑跳棋按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是（）A．4 B．23C．2 D．0【分析】分别计算红跳棋和黑跳棋过2022秒钟后的位置，红跳棋跳回到A点，黑跳棋跳到F点，可得结论．【解答】解：∵红跳棋从A点按顺时针方向1秒钟跳1个顶点，∴红跳棋每过6秒返回到A点，2022÷6＝337，∴经过2022秒钟后，红跳棋跳回到A点，∵黑跳棋从A点按逆时针方向3秒钟跳1个顶点，∴黑跳棋每过18秒返回到A点，2022÷18＝112•6，∴经过2022秒钟后，黑跳棋跳到E点，连接AE，过点F作FM⊥AE，由题意可得：AF＝AE＝2，∠AFE＝120°，∴∠FAE＝30°，在Rt△AFM中，AM＝AF＝，∴AE＝2AM＝2，∴经过2022秒钟后，两枚跳棋之间的距离是2．故选：B．4、（2022•荆州）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD 各边的中点，得到四边形A 1B 1C 1D 1；第二次，顺次连接四边形A 1B 1C 1D 1各边的中点，得到四边形A 2B 2C 2D 2；…如此反复操作下去，则第n 次操作后，得到四边形A n B n ∁n D n 的面积是（ ）A ．nab 2B ．12−n ab C ．12+n ab D ．nab 22【分析】连接A 1C 1，D 1B 1，可知四边形A 1B 1C 1D 1的面积为矩形ABCD 面积的一半，则S 1＝ab ，再根据三角形中位线定理可得C 2D 2＝C 1，A 2D 2＝B 1D 1，则S 2＝C 1×B 1D 1＝ab ，依此可得规律．【解答】解：如图，连接A 1C 1，D 1B 1，∵顺次连接矩形ABCD 各边的中点，得到四边形A 1B 1C 1D 1， ∴四边形A 1BCC 1是矩形， ∴A 1C 1＝BC ，A 1C 1∥BC ， 同理，B 1D 1＝AB ，B 1D 1∥AB ， ∴A 1C 1⊥B 1D 1， ∴S 1＝ab ，∵顺次连接四边形A 1B 1C 1D 1各边的中点，得到四边形A 2B 2C 2D 2，∴C2D2＝C1，A2D2＝B1D1，∴S2＝C1×B1D1＝ab，……依此可得S n＝，故选：A．5、（2022•江西）将字母“C”，“H”按照如图所示的规律摆放，依次下去，则第4个图形中字母“H”的个数是（）A．9 B．10 C．11 D．12【分析】列举每个图形中H的个数，找到规律即可得出答案．【解答】解：第1个图中H的个数为4，第2个图中H的个数为4+2，第3个图中H的个数为4+2×2，第4个图中H的个数为4+2×3＝10，故选：B．6、（2022•重庆）用正方形按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有5个正方形，第②个图案中有9个正方形，第③个图案中有13个正方形，第④个图案中有17个正方形，此规律排列下去，则第⑨个图案中正方形的个数为（）A．32 B．34 C．37 D．41【分析】根据图形的变化规律得出第n个图形中有4n+1个正方形即可．【解答】解：由题知，第①个图案中有5个正方形，第②个图案中有9个正方形，第③个图案中有13个正方形，第④个图案中有17个正方形，…，第n个图案中有4n+1个正方形，∴第⑨个图案中正方形的个数为4×9+1＝37，故选：C．7、（2022•重庆）把菱形按照如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有1个菱形，第②个图案中有3个菱形，第③个图案中有5个菱形，…，按此规律排列下去，则第⑥个图案中菱形的个数为（）A．15 B．13 C．11 D．9【分析】根据前面三个图案中菱形的个数，得出规律，第n个图案中菱形有（2n﹣1）个，从而得出答案．【解答】解：由图形知，第①个图案中有1个菱形，第②个图案中有3个菱形，即1+2＝3，第③个图案中有5个菱形即1+2+2＝5，……则第n个图案中菱形有1+2（n﹣1）＝（2n﹣1）个，∴第⑥个图案中有2×6﹣1＝11个菱形，故选：C．8、（2022•青海）木材加工厂将一批木料按如图所示的规律依次摆放，则第n个图中共有木料根．【分析】观察图形可得：第n个图形最底层有n根木料，据此可得答案．【解答】解：由图可知：第一个图形有木料1根，第二个图形有木料1+2＝3（根），第三个图形有木料1+2+3＝6（根），第四个图形有木料1+2+3+4＝10（根），.....．第n个图有木料1+2+3+4+......+n＝（根），故答案为：．9、（2022•大庆）观察下列“蜂窝图”，按照这样的规律，则第16个图案中的“”的个数是．【分析】从数字找规律，进行计算即可解答．【解答】解：由题意得：第一个图案中的“”的个数是：4＝4+3×0，第二个图案中的“”的个数是：7＝4+3×1，第三个图案中的“”的个数是：10＝4+3×2，..．∴第16个图案中的“”的个数是：4+3×15＝49，故答案为：49．10、（2022•绥化）如图，∠AOB＝60°，点P1在射线OA上，且OP1＝1，过点P1作P1K1⊥OA交射线OB于K1，在射线OA上截取P1P2，使P1P2＝P1K1；过点P2作P2K2⊥OA交射线OB于K2，在射线OA上截取P2P3，使P2P3＝P2K2…按照此规律，线段P2023K2023的长为．【分析】根据题意和题目中的数据，可以写出前几项，然后即可得到P n K n的式子，从而可以写出线段P2023K2023的长．【解答】解：由题意可得，P1K1＝OP1•tan60°＝1×＝，P2K2＝OP2•tan60°＝（1+）×＝（1+），P3K3＝OP3•tan60°＝（1+++3）×＝（1+）2，P4K4＝OP4•tan60°＝[（1+++3）+（1+）2]×＝（1+）3，…，P n K n＝（1+）n﹣1，∴当n＝2023时，P2023K2023＝（1+）2022，故答案为：（1+）2022．11、（2022•德阳）古希腊的毕达哥拉斯学派对整数进行了深入的研究，尤其注意形与数的关系，“多边形数”也称为“形数”，就是形与数的结合物．用点排成的图形如下：其中：图①的点数叫做三角形数，从上至下第一个三角形数是1，第二个三角形数是1+2＝3，第三个三角形数是1+2+3＝6，……图②的点数叫做正方形数，从上至下第一个正方形数是1，第二个正方形数是1+3＝4，第三个正方形数是1+3+5＝9，…………由此类推，图④中第五个正六边形数是．【分析】根据前三个图形的变化寻找规律，即可解决问题．【解答】解：图①的点数叫做三角形数，从上至下第一个三角形数是1，第二个三角形数是1+2＝3，第三个三角形数是1+2+3＝6，……图②的点数叫做正方形数，从上至下第一个正方形数是1，第二个正方形数是1+3＝4，第三个正方形数是1+3+5＝9，……图③的点数叫做五边形数，从上至下第一个五边形数是1，第二个五边形数是1+4＝5，第三个五边形数是1+4+7＝12，……由此类推，图④中第五个正六边形数是1+5+9+13+17＝45．故答案为：45．12、（2022•遂宁）“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，则第六代勾股树中正方形的个数为．【分析】由已知图形观察规律，即可得到第六代勾股树中正方形的个数．【解答】解：∵第一代勾股树中正方形有1+2＝3（个），第二代勾股树中正方形有1+2+22＝7（个），第三代勾股树中正方形有1+2+22+23＝15（个），.....．∴第六代勾股树中正方形有1+2+22+23+24+25+26＝127（个），故答案为：127．13、（2022•黑龙江）如图所示，以O为端点画六条射线OA，OB，OC，OD，OE，OF，再从射线OA上某点开始按逆时针方向依次在射线上描点并连线，若将各条射线所描的点依次记为1，2，3，4，5，6，7，8…后，那么所描的第2013个点在射线上．【分析】根据规律得出每6个数为一周期．用2013除以6，根据余数来决定数2013在哪条射线上．【解答】解：∵1在射线OA上，2在射线OB上，3在射线OC上，4在射线OD上，5在射线OE上，6在射线OF上，7在射线OA上，……每六个一循环，2013÷6＝335……3，∴所描的第2013个点在射线和3所在射线一样，∴所描的第2013个点在射线OC上．故答案为：OC．。

中考数学复习《图形的变化》测试题(含答案)

中考数学复习《图形的变化》测试题(含答案)

中考数学复习《图形的变化》测试题（含答案）一、填空题1.下列图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )2.将一根圆柱形的空心钢管任意放置，它的主视图不可能是( )3.用若干个大小相同的小正方体组合成的几何体的主视图和俯视图如图所示，下面所给的四个选项中，不可能是这个几何体的左视图的是( )第3题图 第4题图 第5题图4.一个长方体的三视图如图所示，则这个长方体的体积为( )A . 30B . 15C . 45D . 205.如图，已知钝角△ABC，依下列步骤尺规作图，并保留作图痕迹． 步骤1：以C 为圆心，CA 为半径画弧①；步骤2：以B 为圆心，BA 为半径画弧②，交弧①于点D ； 步骤3：连接AD ，交BC 延长线于点H. 下列叙述正确的是( )A . BH 垂直平分线段ADB . AC 平分∠BAD C . S △ABC ＝BC·AH D . AB ＝AD6.如图，在平面直角坐标系中，已知点A(－3，6)、B(－9，－3)，以原点O 为位似中心，相似比为13，把△ABO 缩小，则点A 的对应点A′的坐标是( )A ．(－1，2)B ．(－9，18)C ．(－9，18)或(9，－18)D ．(－1，2)或(1，－2)第6题图 第7题图7.如图，在△ABC 中，中线BE ，CD 相交于点O ，连接DE.下列结论：①DE BC ＝12；②S △DOE S △COB ＝12；③AD AB ＝OE OB ；④S △ODES △ADE ＝13.其中正确的个数有( ) A . 1个 B . 2个 C . 3个 D . 4个二、填空题8.如图，已知∠A＝∠D，要使△ABC∽△DEF，还需添加一个条件，你添加的条件是________________________．(只需写一个条件，不添加辅助线和字母)9.下列图标是由我们熟悉的一些基本数学图形组成的，其中是轴对称图形的是________．(填序号)10.如图，已知线段AB ，分别以点A 和点B 为圆心，大于12AB 的长为半径作弧，两弧相交于C ，D 两点，作直线CD 交AB 于点E.在直线CD 上任取一点F ，连接FA ，FB.若FA ＝5，则FB ＝________．第10题图 第11题图 第12题图11.如图，矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝6，点E 在对角线BD 上，且BE ＝1.8，连接AE 并延长交DC 于点F ，则CFCD＝________．12.如图，在△ABC 中，点D ，E ，F 分别在AB 、AC 、BC 上，DE∥BC，EF ∥AB ，若AB ＝8，BD ＝3，BF ＝4，则FC 的长为________．13.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________．第13题图 第14题图 第15题图14.如图，矩形ABCD 中，BC ＝2，将矩形ABCD 绕点D 顺时针旋转90°，点A 、C 分别落在点A′、C′处，如果点A′、C′、B 在同一条直线上，那么tan ∠ABA ′的值为________．15.如图，在Rt △ACB 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝3，CD ＝1，CH ⊥BD 于H ，点O 是AB 中点，连接OH ，则OH ＝________． 三、解答题16.如图，已知△ABC 中，D 为AB 的中点．(1)请用尺规作图法作边AC 的中点E ，并连接DE(保留作图痕迹，不要求写作法)； (2)在(1)的条件下，若DE ＝4，求BC 的长．17.如图，△ABC 是直角三角形，∠ACB ＝90°.(1)尺规作图：作⊙C，使它与AB 相切于点D ，与AC 相交于点E.(保留作图痕迹，不写作法，请标明字母．) (2)在你按(1)中要求所作的图中，若BC ＝3，∠A ＝30°，求DE ︵的长．18.如图，在▱ABCD 中，E 是AD 上一点，延长CE 到点F ，使∠FBC＝∠DCE. (1)求证：∠D＝∠F；(2)用直尺和圆规在AD 上作出一点P ，使△BPC∽△CDP(保留作图的痕迹，不写作法)．19.如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC 三个顶点的坐标分别是A(2，2)，B(4，0)，C(4，－4)． (1) 请画出△ABC 向左平移6个单位长度后得到的△A 1B 1C 1；(2) 以点O 为位似中心，将△ABC 缩小为原来的12，得到△A 2B 2C 2，请在y 轴右侧画出△A 2B 2C 2，并求出∠A 2C 2B 2的正弦值．20.如图，在▱ABCD 中，点E 在边BC 上，点F 在边AD 的延长线上，且DF ＝BE ，EF 与CD 交于点G. (1)求证：BD∥EF；(2)若DG GC ＝23，BE ＝4，求EC 的长．21.如图，已知EC∥AB，∠EDA＝∠ABF.(1)求证：四边形ABCD为平行四边形；(2)求证：OA2＝OE·OF.22.如图，△ABC为锐角三角形，AD是BC边上的高，正方形EFGH的一边FG在BC上，顶点E、H分别在AB、AC上，已知BC＝40 cm，AD＝30 cm.(1)求证：△AEH∽△ABC；(2)求这个正方形的边长与面积．23.如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，M是边CD上一点，将△ADM沿直线AM对折，得到△ANM.(1)当AN平分∠MAB时，求DM的长；(2)连接BN，当DM＝1时，求△ABN的面积；(3)当射线BN交线段CD于点F时，求DF的最大值．答案与解析：1. A2. A 【解析】根据从正面看得到的视图是主视图，将一根圆柱形的空心钢管任意放置时，易得它的主视图可以是选项B 、C 、D ，但不可能是选项A ，故选A.3. C 【解析】由主视图和左视图的高相等，故C 选项不可能是该几何体的左视图．4. A 【解析】由几何体的三视图可知，该长方体长、宽、高分别为3、2、5，∴这个长方体的体积是3×2×5＝30.5. A 【解析】逐项分析如下表：，故点A (－3，6)以原点O 为位似中心的对应点坐标的绝对值为：3×13＝1，6×13＝2，当点A ′在第二象限时A ′(－1，2)，在第四象限时A ′(1，－2)，故答案为D.7. C 【解析】∵BE 、CD 都是中线，∴点D 、点E 分别是边AB 、AC 的中点，∴DE ∥BC ，DE ＝12BC ，结论①正确．∵DE ∥BC ∴△DOE ∽△COB ，其相似比为1∶2，面积比为相似比的平方，为1∶4，∴结论②错误．∵DE ∥BC ，∴△DOE ∽△COB ，OE OB ＝DE CB ＝12，由△ADE ∽△ABC 可知AD AB ＝DE BC ＝12，∴AD AB ＝OEOB ，结论③正确．在△ABE 中，点D 是边AB 的中点，∴△ADE 和△BDE 等底共高，两个三角形面积相等．在△BDE 中，△ODE 和△ODB 共高，底边比为OE OB ＝DE CB ＝12，∴△ODE 和△ODB 面积比为1∶2，∴△ODE和△EDB 面积比为1∶3，故结论④正确，正确的个数有3个．8. AC ∥DF (答案不唯一) 【解析】由已知可得∠A ＝∠D ，所以添加一个角相等或是夹这个角的两边对应成比例都可以使△ABC ∽△DEF.当AC ∥DF ，则有∠ACB ＝∠F.9. ①②③④ 10. 511. 13 【解析】在矩形ABCD 中，∵AB ＝3，AD ＝6，∴BD ＝3，∵BE ＝1.8，∴ED ＝BD －BE＝3－1.8＝1.2，∵AB ∥DC ，∴△ABE ∽△FDE ，∴DF AB ＝DE BE ，即DF 3＝1.21.8，解得DF ＝233，∴CF ＝DC －DF ＝33，∴CF CD ＝333＝13.12. 2.4 【解析】∵DE ∥BC ，EF ∥AB ，∴四边形BFED 是平行四边形，∴EF ＝BD ＝3.∵EF ∥AB ，∴EF AB ＝FC BC ，∵BC ＝BF ＋FC ＝4＋FC ，∴38＝FC 4＋FC ，解得FC ＝2.4. 13. 17 【解析】如解图，第13题解图作E 关于直线AC 的对称点E′，连接E′F ，则E′F 即为所求．过F 作FG ⊥CD 于G ，在Rt △E ′FG 中，GE ′＝CD －DE′－CG ＝CD －BE －BF ＝4－1－2＝1，GF ＝4，所以E′F ＝FG 2＋E′G 2＝12＋42＝17.第14题解图14.5－12【解析】设AB ＝x ，则C′D ＝CD ＝x ，由旋转性质可知A′D ＝BC ＝2，∵AD ∥BC ，∴△A ′DC ′∽△A ′CB ，∴A′D A′C ＝C′D BC ，即2x ＋2＝x2，解得x ＝5－1，∴AB ＝CD ＝5－1，A ′C ＝2＋5－1＝5＋1，∵AB ∥CD ，∴∠ABA ′＝∠BA′C ，∴tan ∠ABA ′＝tan ∠BA ′C ＝BC A′C ＝25＋1＝5－12.第15题解图15.355【解析】如解图，取BC 的中点E ，连接HE ，OE ，又∵O 是AB 的中点，∴OE 是△ABC 的中位线，∴OE ＝12AC ＝32，OE ∥AC ，∵CH ⊥BD ，CE ＝BE ，∴HE 是Rt △BCH 的斜边中线，∴HE ＝12BC ＝32，∴CE ＝HE ＝OE ＝BE ，∴C 、H 、O 、B 都在以E 为圆心，EO 为半径的圆上，∵∠ACB ＝90°，OE ∥AC ，∴∠BEO ＝90°，∴∠BHO ＝12∠BEO ＝45°＝∠A ，又∵∠1＝∠1，∴△BOH ∽△BDA ，∴OHAD ＝OB BD ，又∵AD ＝AC －CD ＝2，OB ＝12AB ＝12AC 2＋BC 2＝322，BD ＝BC 2＋CD 2＝10，∴OH2＝32210，∴OH ＝355.16. 解：(1)作图如解图所示：第16题解图(2)∵D 是AB 的中点，E 是AC 的中点， ∴BC ＝2DE ， ∵DE ＝4，∴BC ＝2×4＝8.17. (1)【思路分析】由于求作的⊙C 与AB 相切于点D ，由切线的性质知CD ⊥AB 于点D.因此作⊙C 时，先过C 作AB 的垂线，与AB 交于点D ，再以C 为圆心，CD 为半径画圆即可．解：作图如解图所示：第17题解图【作法提示】①以C 为圆心，以大于点C 到AB 的距离而不大于BC 长度为半径画弧，使得该弧与线段AB 交于M 、Q 两点；②分别以M 、Q 为圆心，以大于12MQ 的长为半径画弧，交CD 延长线于点N ；③连接CN ，与AB 交于点D ；④以C 为圆心，CD 为半径画圆得到⊙C.(2)【思路分析】由⊙C 切AB 于点D ，易得∠ADC 的度数，再结合∠ACB 、∠A 的度数可得到∠B 和∠ACD 的度数，再利用锐角三角函数及BC 的值，求出CD ，利用弧长公式求值即可得解．解：∵⊙C 切AB 于点D. ∴CD ⊥AB ，∠ADC ＝90°， ∵∠ACB ＝90°，∠A ＝30°， ∴∠B ＝∠ACD ＝60°，在Rt △BCD 中，∵BC ＝3，sin B ＝CD BC ，∴CD ＝BC· sin B ＝3×32＝ 332， ∴DE ︵的长为：60π×332180＝3π2.18. (1)证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD ∥BC ，∴∠CED ＝∠BCF ，∵∠CED＋∠DCE＋∠D＝180°，∠BCF＋∠FBC＋∠F＝180°，∴∠D＝180°－∠CED－∠DCE，∠F＝180°－∠BCF－∠FBC，又∵∠DCE＝∠FBC，∴∠D＝∠F.(2)解：如解图，点P即为所求作的点．第18题解图【作法提示】1. 作线段BC的垂直平分线，线段BF的垂直平分线，相交于点O；2. 以点O为圆心，OB为半径作圆即可．19. 解：(1)△A1B1C1如解图①所示．第19题解图①(2)△A2B2C2如解图②所示.第19题解图②由解图②可知，A2D＝1，C2D＝3，则A2C2＝A2D2＋C2D2＝12＋32＝10，∴sin∠A2C2B2＝A2DA2C2＝110＝1010.20. (1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，点E在边BC上，点F在边AD的延长线上，∴DF∥BE，又∵DF＝BE，∴四边形DFEB为平行四边形，∴BD∥EF.(2)第20题解图解：如解图，∵DF ∥BC ，∴∠F ＝∠1，又∵∠2＝∠3，∴△DFG ∽△CEG ， ∴DF EC ＝DG GC ＝23， 又∵BE ＝DF ＝4， ∴4EC ＝23， ∴EC ＝6.21. 证明：(1)∵EC ∥AB ，∴∠C ＝∠ABF ，∵∠EDA ＝∠ABF ，∴∠C ＝∠EDA ，∴DA ∥CF ，∴四边形ABCD 是平行四边形.(2)∵DA ∥CF ，∴OA OF ＝OD OB， 又∵EC ∥AB ， ∴OE OA ＝OD OB， ∴OA OF ＝OE OA ， 即OA 2＝OE·OF.22. (1)证明：∵四边形EHGF 为正方形，∴EH ∥BC ，∴∠AHE ＝∠ACB ，在△AEH 和△ABC 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠AHE ＝∠C ∠EAH ＝∠BAC ， ∴△AEH ∽△ABC.第22题解图(2)解：设正方形边长为x cm ，如解图，设AD 与EH 交于P 点，则AP ＝AD －PD ＝30－x.由(1)得△AEH ∽△ABC ， ∴AP AD ＝EH BC ， 即30－x 30＝x 40， 解得x ＝1207， ∴S 正方形EFGH ＝(1207)2＝1440049(cm 2)， 故正方形的边长为1207 cm ，面积为1440049cm 2. 23. 解：(1)由折叠可知△ANM ≌△ADM ，∴∠MAN ＝∠DAM ，∵AN 平分∠MAB ，∴∠MAN ＝∠NAB ，∴∠DAM ＝∠MAN ＝∠NAB ，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠DAB ＝90°，∴∠DAM ＝13∠DAB ＝30°， ∴DM ＝AD·tan ∠DAM ＝3×33＝ 3.第23题解图①(2)如解图①，延长MN 交AB 的延长线于点Q ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ∥DC ，∴∠DMA ＝∠MAQ ，由折叠可知△ANM ≌△ADM ，∴∠DMA ＝∠AMQ ，AN ＝AD ＝3，MN ＝MD ＝1，∴∠MAQ ＝∠AMQ ，∴MQ ＝AQ ，设NQ ＝x ，则AQ ＝MQ ＝MN ＋NQ ＝1＋x ，在Rt △ANQ 中，AQ 2＝AN 2＋NQ 2，第23题解图②∴(1＋x)2＝32＋x 2，解得x ＝4，∴NQ＝4，AQ＝5，∵AB＝4，AQ＝5，∴S△ABN＝45S△ANQ＝45×12AN·NQ＝245.(3)如解图②，过点A作AH⊥BF于点H，则△ABH∽△BFC.∴BHAH＝CFBC，第23题解图③∵AH≤AN＝3，AB＝4，∴当点N、H重合(即AH＝AN)时，DF最大，(AH最大，BH最小，CF最小，DF最大)此时点M、F重合、B、N、M三点共线，△ABH≌△BFC(如解图③)，∴CF＝BH＝AB2－AH2＝42－32＝7，∴DF的最大值为4－7.。

2022年九年级数学复习专题---图形的变换(平移、翻折、旋转)综合问题题

2022年九年级数学复习专题---图形的变换(平移、翻折、旋转)综合问题题

2022年中考数学复习专题---图形的变换（平移、翻折、旋转）综合题班级：___________姓名：___________学号：___________1．综合与实践 问题情境：综合与实践课上，同学们以“三角形纸片的折叠与旋转“为主题展开数学活动，探究有关的数学问题． 动手操作：已知：三角形纸片ABC 中，6120AB AC BC BAC ==∠=︒，，.将三角形纸片ABC 按如下步骤进行操作： 第一步：如图1，折叠三角形纸片ABC ，使点C 与点A 重合，然后展开铺平，折痕分别交BC AC ，于点D E ，，连接AD ，易知AD CD =．第二步：在图1的基础上，将三角形纸片ABC 沿AD 剪开，得到ABD ∆和ACD ∆.保持ABD ∆的位置不变，将ACD ∆绕点D 逆时针旋转得到FDG ∆(点F G ，分别是A C ，的对应点)，旋转角为()0360αα︒<<︒问题解决：（1）如图2，小彬画出了旋转角0120α︒<<︒时的图形，设线段FG AC ，交于点P ，连接AG DP ，.小彬发现DP 所在直线始终垂直平分线段AG .请证明这一结论；（2）如图3，小颖画出了旋转角90α=︒时的图形，设直线AF 与直线CG 相交于点O ，连接CF 判断此时COF ∆的形状，说明理由；（3）在ACD ∆绕点D 逆时针旋转过程中，当FG BC ⊥时，请直接写出B F ，两点间的距离．2．如图，△ABC 中，已知∠C=90°，∠B=60°，点D 在边BC 上，过D 作DE ⊥AB 于E ． （1）连接AD ，取AD 的中点F ，连接CF ，EF ，判断△CEF 的形状，并说明理由（2）若．把△BED 绕着点D 逆时针旋转m （0＜m ＜180）度后，如果点B 恰好落在初始Rt △ABC 的边上，那么m=3．问题背景：如图1，在矩形ABCD 中，30AB ABD =∠=︒，点E 是边AB 的中点，过点E 作EF AB ⊥交BD 于点F ． 实验探究：（1）在一次数学活动中，小明在图1中发现AEDF=_________． 将图1中的BEF 绕点B 按逆时针方向旋转90︒，连接,AE DF ，如图2所示，发现AEDF=_________． （2）小亮同学继续将BEF 绕点B 按逆时针方向旋转，连接,AE DF ，旋转至如图3所示位置，请问探究（1）中的结论是否仍然成立?并说明理由． 拓展延伸：（3）在以上探究中，当BEF 旋转至D 、E 、F 三点共线时，AE 的长为____________．4．如图，在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，CD 平分ACB ∠．P 为边BC 上一动点，将DPB 沿着直线DP 翻折到DPE ，点E 恰好落在CDP 的外接圆O 上． （1）求证：D 是AB 的中点．（2）当60BDE ∠=︒，BP =DC 的长．（3）设线段DB 与O 交于点Q ，连结QC ，当QC 垂直于DPE 的一边时，求满足条件的所有QCB ∠的度数．5．如图1，O 为正方形ABCD 的中心，分别延长OA 、OD 到点,F E ，使OF=2OA ，OE 2OD =，连接EF ，将FOE ∆绕点O 按逆时针方向旋转角α得到F OE ''∆，连接,AE BF ''（如图2）．（1）探究AE '与BF '的数量关系，并给予证明； （2）当30α=︒时，求证：AOE '为直角三角形．6．如图，在△ABC 中，AB =∠B =45°，∠C =60°． （1）求BC 边上的高线长．（2）点E 为线段AB 的中点，点F 在边AC 上，连结EF ，沿EF 将△AEF 折叠得到△PEF ． ①如图2，当点P 落在BC 上时，求∠AEP 的度数． ②如图3，连结AP ，当PF ⊥AC 时，求AP 的长．7．如图1，点C 在线段AB 上，分别以AC 、BC 为边在线段AB 的同侧作正方形ACDE 和正方形BCMN ， 连结AM 、BD ．（1）AM与BD的关系是：________．（2）如果将正方形BCMN绕点C顺时针旋转锐角α(如图2)．(1) 中所得的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）在(2)的条件下，连接AB、DM，若AC=4，BC=2，求AB2+DM2的值．8．已知正方形ABCD，一等腰直角三角板的一个锐角顶点与A重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC、CD于M、N．（1）当M、N分别在边BC、CD上时（如图1），求证：BM+DN=MN；（2）当M、N分别在边BC、CD所在的直线上时（如图2），线段BM、DN、MN之间又有怎样的数量关系，请直接写出结论；（不用证明）（3）当M、N分别在边BC、CD所在的直线上时（如图3），线段BM、DN、MN之间又有怎样的数量关系，请写出结论并写出证明过程．9．如图，已知∠ABC=90°，△ABE是等边三角形，点P为射线BC上任意一点（点P与点B不重合），连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AQ，连接QE并延长交射线BC于点F．(1)如图，当BP=BA时，∠EBF=______°，猜想∠QFC =______°；(2)如图，当点P为射线BC上任意一点时，猜想∠QFC的度数，并加以证明．(3)已知线段AB＝BP＝x，点Q到射线BC的距离为y，求y关于x的函数关系式．10．我们知道，直角坐标系是研究“数形结合”的重要工具．请探索研究下列问题：（1）如图1，点A 的坐标为（-5，1），将点A 绕坐标原点（0，0）按顺时针方向旋转90°，得对应点A '，若反比例函数(0)k y x x=>的图像经过点A '，求k 的值．（2）将（1）中的(0)ky x x =>的图像绕坐标原点（0，0）按顺时针方向旋转45°，如图2，旋转后的图像与x 轴相交于点B ，若直线x =C 与点D ，求△BCD 的面积． （3）在（2）的情况下，半径为6的M 的圆心M 在x 轴上，如图3，若要使△BCD 完全在M 的内部，求M 的圆心M 横坐标xm 的范围（直接写出结果，不必写详细的解答过程）．11．对于平面直角坐标系xOy 中的点A 和点P ，若将点P 绕点A 逆时针旋转90︒后得到点Q ，则称点Q 为点P 关于点A 的“垂链点”，图1为点P 关于点A 的“垂链点”Q 的示意图．（1）已知点A 的坐标为(0,0)，点P 关于点A 的“垂链点”为点Q ；①若点P 的坐标为(2,0)，则点Q 的坐标为________； ②若点Q 的坐标为(2,1)-，则点P 的坐标为________； （2）如图2，已知点C 的坐标为(1,0)，点D 在直线113y x =+上，若点D 关于点C 的“垂链点”在坐标轴上，试求出点D 的坐标；（3）如图3，已知图形G 是端点为(1,0)和(0,2)-的线段，图形H 是以点O 为中心，各边分别与坐标轴平行的边长为6的正方形，点M 为图形G 上的动点，点N 为图形H 上的动点，若存在点(0,)T t ，使得点M 关于点T 的“垂链点”恰为点N ，请直接写出t 的取值范围．12．如图，正比例函数y ＝12x 与反比例函数()0k y x x =>的图象交于点A ，将正比例函数y ＝12x 向上平移6个单位，交y 轴于点C ，交反比例函数图象于点B ，已知AO ＝2BC ． （1）求反比例函数解析式；（2）作直线AB ，将直线AB 向下平移p 个单位，恰与反比例函数图象有唯一交点，求p 的值．13．综合与实践：问题情境：（1）如图，点E 是正方形ABCD 边CD 上的一点，连接BD 、BE ，将DBE ∠绕点B 顺针旋转90︒，旋转后角的两边分别与射线DA 交于点F 和点G ．①线段BE 和BF 的数量关系是______．②写出线段DE 、DF 和BD 之间的数量关系．并说明理由；操作探究：（2）在菱形ABCD 中，60ADC ∠=︒，点E 是菱形ABCD 边CD 所在直线上的－点，连接BD 、BE ，将DBE ∠绕点B 顺时针旋转120︒，旋转后角的两边分别与射线DA 交于点F 和点G ．①如图，点E 在线段DC 上时，请探究线段DE 、DF 和BD 之间的数量关系，写出结论并给出证明；②如图，点E在线段CD的延长线上时，BE交射线DA于点M，若2==，直接写出线段FM和AGDE DC a的长度．14．两个全等的直角三角形ABC和DEF重叠在一起，其中∠A＝60°，AC＝4．固定△ABC不动，将△DEF 进行如下操作：(1)操作发现如图①，△DEF沿线段AB向右平移(即D点在线段AB内移动)，连接DC，CF，FB，四边形CDBF的形状在不断的变化，那么它的面积大小是否变化呢?如果不变化，请求出其面积．(2)猜想论证如图②，当D点移到AB的中点时，请你猜想四边形CDBF的形状，并说明理由．(3)拓展探究如图③，△DEF的D点固定在AB的中点，然后绕D点按顺时针方向旋转△DEF，使DF落在AB边上，此时F点恰好与B点重合，连接AE，求sinα翻折问题姓名：___________班级：___________学号：___________1．如图将矩形纸片ABCD 沿AE 翻折，使点B 落在线段DC 上，对应的点为F ． （1）求证：EFC DAF ∠=∠；（2）若3tan 4AE EFC =∠=，求AB 的长．2．如图，在Rt△ABC 中，∠C=90°，AC=BC=2,AD 是BC 边上的中线，将A 点翻折与点D 重合，得到折痕EF ，求:CE AE 的值.3．如图，点A ，M ，N 在O 上，将MN 沿MN 折叠后，与AM 交于点B ．（1）若70MAN ∠=︒，则ANB ∠=________°； （2）如图1，点B 恰好是翻折所得MN 的中点， ①若MA MN =，求AMN ∠的度数；②若tan MAN ∠=tan AMN ∠的值； （3）如图2，若222AB BN MN +=，求MBAB的值．4．已知矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝m ，点E 是边BC 上一点，BE ＝1，连接AE ，沿AE 翻折△ABE 使点B 落在点F 处．（1）连接CF ，若CF ∥AE ，求m 的值；（2）连接DF ，若65≤DF ，求m 的取值范围．5．如图1，一张矩形纸ABCD ，ABa AD=，点,E F 分别在边,CD AB 上，且AE EF =，把ADE 沿AE 翻折得到AGE ．（1）如图1，若1AD =．（Ⅰ）当AD DE =时，AFE ∠=_____度； （Ⅱ）当//AG EF 时，求AF 的长度．（2）若直线EG 与边AB 交于点H ，当2AH FH =时，求a 的最小值．6．如图，在折纸游戏中，正方形ABCD 沿着BE ，BF 将BC ，AB 翻折，使A ，C 两点恰好落在点P ． （1）求证：45EBF ∠=︒．（2）如图，过点P 作//MN BC ，交BF 于点Q ． ①若5BM =，且10MP PN ⋅=，求正方形折纸的面积． ②若12QP BC =，求AM BM的值．7．如图，在ABC 中，12,120AC BC ACB ==∠=︒，点D 是AB 边上一点，连接CD ，以CD 为边作等边CDE △．（1）如图1，若45CDB ∠=︒，求等边CDE △的边长；（2）如图2，点D 在AB 边上移动过程中，连接BE ，取BE 的中点F ，连接,CF DF ，过点D 作DG AC ⊥于点G ． ①求证：CFDF ．②如图3，将CFD 沿CF 翻折得CFD '，连接BD '，求出BD '的最小值．8．在矩形ABCD 中，1AB =，BC a =，点E 是边BC 上一动点，连接AE ，将ABE △沿AE 翻折，点B 的对应点为点B '．（1）如图，设BE x =，BC =E 从B 点运动到C 点的过程中． ①AB CB ''+最小值是______，此时x =______； ②点B '的运动路径长为．（2）如图，设35BE a =，当点B 的对应点B '落在矩形ABCD 的边上时，求a 的值．9．如图1，平行四边形ABCD 的对角线AC ，BD 相交于点O ，CD 边的垂直平分线EH 交BD 于点E ，连接AE ，CE ．（1）过点A 作//AF EC 交BD 于点F ，求证：AF BF =；（2）如图2，将ABE △沿AB 翻折得到'ABE △．①求证：'//BE CE ；②若'//AE BC ，1OE =，求CE 的长度．10．如图，矩形ABCD 中，已知6AB =．8BC =，点E 是射线BC 上的一个动点，连接AE 并延长，交射线DC 于点F ．将ABE △沿直线AE 翻折，点B 的对应点为点B '，延长AB '交直线CD 于点M ．（1）如图1，若点B '恰好落在对角线AC 上，求BE CE的值． （2）如图2．当点E 为BC 的中点时，求DM 之长．（3）若32BE CE =，求sin DAB '∠．11．【基础巩固】（1）如图①，ABC ACD CED α∠=∠=∠=，求证：ABC CED ∽△△．【尝试应用】（2）如图②，在菱形ABCD 中，60A ∠=︒，点E ，F 分别为边,AD AB 上两点，将菱形ABCD 沿EF 翻折，点A 恰好落在对角线DB 上的点P 处，若2PD PB =，求AE AF的值． 【拓展提高】（3）如图③，在矩形ABCD 中，点P 是AD 边上一点，连接,PB PC ，若2,4,120PA PD BPC ==∠=︒，求AB 的长．12．如图，在ABC 中，60B ∠=︒，AD BC ⊥于点D ，CE AB ⊥于点E ，AB CE =．（1）如图1，将ABD △沿AD 翻折到AFD ，AF 交CE 于点G ，探索线段AB 、AG 、CG 之间有何等量关系，并加以证明；（2）如图2，H 为直线BC 上任意一点，连接AH ，将AH 绕点A 逆时针旋转60°到AH '，连接CH '，若BD =，求CH '的最小值．13．如图，在矩形ABCD 中，12BC AB =，F 、G 分别为AB 、DC 边上的动点，连接GF ，沿GF 将四边形AFGD 翻折至四边形EFGP ，点E 落在BC 上，EP 交CD 于点H ，连接AE 交GF 于点O（1）GF 与AE 之间的位置关系是：______，GF AE 的值是：______，请证明你的结论；（2）连接CP ，若3tan 4CGP ∠=，GF =CP 的长14．如图，在矩形ABCD 中，8AB =，10BC =，点P 在矩形的边CD 上由点D 向点C 运动.沿直线AP 翻折ADP ∆，形成如下四种情形，设DP x =，ADP ∆和矩形重叠部分（阴影）的面积为y .（1）如图4，当点P 运动到与点C 重合时，求重叠部分的面积y ；（2）如图2，当点P 运动到何处时，翻折ADP ∆后，点D 恰好落在BC 边上？这时重叠部分的面积y 等于多少？15．如图1，ABC 中，AB AC =，点D 在BA 的延长线上，点E 在BC 上，连接DE 、DC ，DE 交AC 于点G ，且DE DC =．（1）找出一个与BDE ∠相等的角；（2）若AB =mAD ，求DG GE的值（用含m 的式子表示）； （3）如图2，将ABC 沿BC 翻折，若点A 的对应点A '恰好落在DE 的延长线上，求BE EC的值．16．在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是斜边BC的中点，连接AD．（1）如图1，E是AC的中点，连接DE，将△CDE沿CD翻折到△CDE′，连接AE′，当时，求AE的值．（2）如图2，在AC上取一点E，使得CE=13AC，连接DE，将△CDE沿CD翻折到△CDE′，连接AE′交BC于点F，求证：DF=CF．。

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(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 。

2020中考数学图形的变化综合复习能力达标测试题4(附答案)

2020中考数学图形的变化综合复习能力达标测试题4(附答案)

2020中考数学图形的变化综合复习能力达标测试题4（附答案）1．如图，正方形ABCD中，E为CD的中点，F为BC边上一点，且EF⊥AE，AF的延长线与DC的延长线交于点G，连接BE，与AF交于点H，则下列结论中不正确的是（）A．AF＝CF+BC B．AE平分∠DAFC．tan∠CGF＝34D．BE⊥AG2．如图，在正方形ABCD中，E为AD的中点，P为AB上的一个动点，若AB2=，则PE PC+的最小值为( )A．122+B．23C．25+D．133．如图是由6个小正方体搭成的物体，该所示物体的主视图是（）A．B．C．D．4．如图，在平面直角坐标系xOy中，对正方形ABCD及其内部的每个点进行如下操作：把每个点的横、纵坐标都乘以同一个实数a，将得到的点先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m＞0，n＞0），得到正方形A'B'C'D'及其内部的点，其中点A、B的对应点分别为A'，B'．已知正方形ABCD内部的一个点F经过上述操作后得到的对应点F'与点F重合，则点F的坐标是（）A．（1，4）B．（1，5）C．（﹣1，4）D．（4，1）A．变大 B．变小 C．不变 D．无法确定6．如图，在6×6的正方形网格中，△ABC的顶点都在小正方形的顶点上，则tan∠BAC 的值是( )A．45B．43C．34D．357．下列图形中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．8．如图，△ABE、△ADC和△ABC分别是关于AB，AC边所在直线的轴对称图形，若∠1：∠2：∠3=7：2：1，则∠α的度数为（）．A．126°B．110°C．108°D．90°9．我国古代数学《九章算术》中，有个“井深几何”问题：今有井径五尺，不知其深，立五尺木于井上，从木末望水岸，入径四寸(1尺＝10寸)，问井深几何？其意思如图所示，则井深BD的长为()A．12尺B．56尺5寸C．57尺5寸D．62尺5寸10．如图的小三角形中，通过平移ABC可以得到的三角形有（）11．平面坐标系中，点P （3，4）是线段AB 上一点，以原点为位似中心把△AOB 扩大到原来的2倍，则点P 对应的点的坐标是_____．12．已知在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝5，AC ＝12，E 为线段AB 的中点，D 点是射线AC 上的一个动点，将△ADE 沿线段DE 翻折，得到△A′DE ，当A′D ⊥AB 时，则线段AD 的长为_____．13．如图，在矩形ABCD 中，AC 为对角线，点E 为BC 上一点，连接AE,若∠CAD ＝2∠BAE,CD=CE=9，则AE 的长为_____________.14．在平面直角坐标系中，已知点E （-4，2），F （-2，-2），以原点O 为位似中心，相似比为2，把△EFO 放大，则点E 的对应点E ′的坐标是_____．15．如图，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，把△ABC 沿斜边AC 折叠，使点B 落在B ’，点D ，点E 分别为BC 和AB ′上的点，连接DE 交AC 于点F ，把四边形ABDE 沿DE 折叠，使点B 与点C 重合，点A 落在A ′，连接AA ′交B ′C 于点H ，交DE 于点G ．若AB ＝3，BC ＝4，则GE 的长为_____．16．在Rt △ABC 中，∠=90C o ，=5AB ，=3BC ，点D 、E 分别在BC 、AC 上，且=BD CE ，设点C 关于DE 的对称点为F ，若DF ∥AB ，则BD 的长为__________．17．如图，若AC、BD的延长线交于点E，，则=________；=_________．18．若△ABC的三个外角的度数之比为3：4：5，最大边AB与最小边BC的关系是_________．19．如图，若△ADE∽△ACB，且ADAC=23，DE=10，则BC=________20．如图是由一些大小相同的小正方体组成的简单几何体的从正面看，从上边看到的图形，若组成的这个几何体的小正方体的块数为n，则n的所有可能的值之和为____________．21．如图,已知一次函数y=12x+b的图象与反比例函数y=kx(x<0)的图象交于点A(−1,2)和点B(1)求k的值及一次函数解析式；(2)点A与点A′关于y轴对称,则点A′的坐标是___；(3)在y轴上确定一点C，使△ABC的周长最小，求点C的坐标。

沪教版初中总复习专题训练中考总复习：图形的变换--知识讲解(基础)

沪教版初中总复习专题训练中考总复习：图形的变换--知识讲解(基础)

沪教版初中数学中考总复习知识点梳理重点题型（常考知识点）巩固练习中考总复习：图形的变换--知识讲解（基础）【考纲要求】1.通过具体实例认识轴对称、平移、旋转，探索它们的基本性质；2.能够按要求作出简单平面图形经过轴对称、平移、旋转后的图形，能作出简单平面图形经过一次或两次轴对称后的图形；3.探索基本图形（等腰三角形、矩形、菱形、等腰梯形、正多边形、圆）的轴对称性质及其相关性质.4.探索图形之间的变换关系（轴对称、平移、旋转及其组合）；5.利用轴对称、平移、旋转及其组合进行图案设计；认识和欣赏轴对称、平移、旋转在现实生活中的应用.【知识网络】【考点梳理】考点一、平移变换1.平移的概念：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移，平移不改变图形的形状和大小．【要点诠释】（1）平移是运动的一种形式，是图形变换的一种，本讲的平移是指平面图形在同一平面内的变换；（2）图形的平移有两个要素：一是图形平移的方向，二是图形平移的距离，这两个要素是图形平移的依据；（3）图形的平移是指图形整体的平移，经过平移后的图形，与原图形相比，只改变了位置，而不改变图形的大小，这个特征是得出图形平移的基本性质的依据．2．平移的基本性质：由平移的概念知，经过平移，图形上的每一个点都沿同一个方向移动相同的距离，平移不改变图形的形状和大小，因此平移具有下列性质：经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应角相等．【要点诠释】（1）要注意正确找出“对应线段，对应角”，从而正确表达基本性质的特征；（2）“对应点所连的线段平行且相等”，这个基本性质既可作为平移图形之间的性质，又可作为平移作图的依据．考点二、轴对称变换1．轴对称与轴对称图形轴对称：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，也叫做这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴，折叠后重合的对应点，叫做对称点. 轴对称图形：把一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形.2．轴对称变换的性质①关于直线对称的两个图形是全等图形.②如果两个图形关于某直线对称，对称轴是对应点连线的垂直平分线.③两个图形关于某直线对称，如果它们对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上.④如果两个图形的对应点连线被同一直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称.3．轴对称作图步骤①找出已知图形的关键点，过关键点作对称轴的垂线，并延长至2倍，得到各点的对称点．②按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.考点三、旋转变换1．旋转概念：把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转.点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角.２．旋转变换的性质图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化.３．旋转作图步骤①分析题目要求，找出旋转中心，确定旋转角.②分析所作图形，找出构成图形的关键点.③沿一定的方向，按一定的角度、旋转各顶点和旋转中心所连线段,从而作出图形中各关键点的对应点.④按原图形连结方式顺次连结各对应点.４．中心对称与中心对称图形中心对称：把一个图形绕着某一点旋转180°，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，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心对称的对称点．中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫中心对称图形.5．中心对称作图步骤①连结决定已知图形的形状、大小的各关键点与对称中心，并且延长至2倍，得到各点的对称点.②按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.【要点诠释】图形变换与图案设计的基本步骤①确定图案的设计主题及要求；②分析设计图案所给定的基本图案；③利用平移、旋转、轴对称对基本图案进行变换，实现由基本图案到各部分图案的有机组合；④对图案进行修饰，完成图案.【典型例题】类型一、平移变换1.如图1，两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，得到图2，则阴影部分的周长为____________.【思路点拨】根据两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，得出线段之间的相等关系，进而得出OM+MN+NR+GR+EG+OE=A′D′+CD=1+1=2，即可得出答案．【答案与解析】∵两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，∴A′M=A′N=MN，MO=DM=DO，OD′=D′E=OE，EG=EC=GC，B′G=RG=RB′，∴OM+MN+NR+GR+EG+OE=A′D′+CD=1+1=2；【总结升华】此题主要考查了平移的性质以及等边三角形的性质，根据题意得出A′M=A′N=MN，MO=DM=DO，OD′=D′E=OE，EG=EC=GC，B′G=RG=RB′是解决问题的关键．举一反三：【变式】（2015•顺义区一模）如图，平行四边形ABCD中，点E是AD边上一点，且CE⊥BD于点F，将△DEC沿从D到A的方向平移，使点D与点A重合，点E平移后的点记为G．（1）画出△DEC平移后的三角形；（2）若BC=，BD=6，CE=3，求AG的长．【答案】解：（1）△AGB为△DEC平移后的三角形，如下图所示；（2）∵△AGB为△DEC平移后的三角形，∴BG=CE=3，BG∥CE，∵CE⊥BD，∴BG⊥BD．在Rt△BDG中，∵∠GBD=90°，BG=3，BD=6，∴DG==3，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC=2，∴AG=DG﹣AD=3﹣2=．2．如图（1），已知的面积为3，且现将沿CA方向平移CA长度得到.（1）求所扫过的图形面积；（2）试判断，AF与BE的位置关系，并说明理由；（3）若求AC的长.【思路点拨】（1）根据平移的性质及平行四边形的性质可得到S△EFA=S△BAF=S△ABC，从而便可得到四边形CEFB 的面积；（2）由已知可证得平行四边形EFBA为菱形，根据菱形的对角线互相垂直平分可得到AF与BE的位置关系为垂直；（3）作BD⊥AC于D，结合三角形的面积求解．【答案与解析】（1）由平移的性质得AF∥BC，且AF=BC，△EFA≌△ABC∴四边形AFBC为平行四边形S△EFA=S△BAF=S△ABC=3∴四边形EFBC的面积为9；（2）BE⊥AF证明：由（1）知四边形AFBC为平行四边形∴BF∥AC，且BF=AC又∵AE=CA∴BF∥AE且BF=AE∴四边形EFBA为平行四边形又已知AB=AC∴AB=AE∴平行四边形EFBA为菱形∴BE⊥AF；（3）如上图，作BD⊥AC于D∵∠BEC=15°，AE=AB∴∠EBA=∠BEC=15°∴∠BAC=2∠BEC=30°∴在Rt△BAD中，AB=2BD设BD=x，则AC=AB=2x∵S△ABC=3，且S△ABC=AC•BD=•2x•x=x2∴x2=3∵x为正数∴x=∴AC=2．【总结升华】此题主要考查了全等三角形的判定，平移的性质，菱形的性质等知识点的综合运用及推理计算能力．类型二、轴对称变换3（2016•贵阳模拟）（1）数学课上，老师出了一道题，如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，，求证：∠B=30°，请你完成证明过程．（2）如图②，四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片，E、F分别为AB、CD的中点，沿过点D的抓痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，折痕交AE于点G，请运用（1）中的结论求∠ADG的度数和AG的长．（3）若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠，B、D两点恰好重合于一点O（如图④），当AB=6，求EF的长．【思路点拨】（1）Rt△ABC中，根据sinB═=，即可证明∠B=30°；（2）求出∠FA′D的度数，利用翻折变换的性质可求出∠ADG的度数，在Rt△A'FD中求出A'F，得出A'E，在Rt△A'EG中可求出A'G，利用翻折变换的性质可得出AG的长度．（3）先判断出AD=AC，得出∠ACD=30°，∠DAC=60°，从而求出AD的长度，根据翻折变换的性质可得出∠DAF=∠FAO=30°，在Rt△ADF中求出DF，继而得出FO，同理可求出EO，再由EF=EO+FO，即可得出答案．【答案与解析】（1）证明：Rt△ABC中，∠C=90°，，∵sinB==，∴∠B=30°；（2）解：∵正方形边长为2，E、F为AB、CD的中点，∴EA=FD=×边长=1，∵沿过点D的抓痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，∴A′D=AD=2，∴=，∴∠FA′D=30°，可得∠FDA′=90°﹣30°=60°，∵A沿GD折叠落在A′处，∴∠ADG=∠A′DG，AG=A′G，∴∠ADG===15°，∵A′D=2，FD=1，∴A′F==，∴EA′=EF﹣A′F=2﹣，∵∠EA′G+∠DA′F=180°﹣∠GA′D=90°，∴∠EA′G=90°﹣∠DA′F=90°﹣30°=60°，∴∠EGA′=90°﹣∠EA′G=90°﹣60°=30°，则A′G=AG=2EA′=2（2﹣）；（3）解：∵折叠后B、D两点恰好重合于一点O，∴AO=AD=CB=CO，∴DA=，∵∠D=90°，∴∠DCA=30°，∵AB=CD=6，在Rt△ACD中，=tan30°，则AD=DC•tan30°=6×=2，∵∠DAF=∠FAO=∠DAO==30°，∴=tan30°=，∴DF=AD=2，∴DF=FO=2，同理EO=2，∴EF=EO+FO=4．【总结升华】本题考查了翻折变换的知识，涉及了含30°角的直角三角形的性质、平行四边形的性质，综合考察的知识点较多，注意将所学知识融会贯通．举一反三：【变式】（2016·松北区模拟）如图（1）是四边形纸片ABCD，其中∠B=120°，∠D=50°.若将其右下角向内这出△PCR，恰使CP∥AB，RC∥AD，如图（2）所示，则∠C＝度.【答案】∵∠CPR=∠B=×120°=60°，∠CRP=∠D=×50°=25°，∴∠C=180°－60°－25°=95°．4. 如图1，矩形纸片ABCD的边长分别为a，b（a<b）．将纸片任意翻折（如图2），折痕为PQ．（P在BC上），使顶点C落在四边形APCD内一点C′，PC′的延长线交直线AD于M，再将纸片的另一部分翻折，使A落在直线PM上一点A′，且A′M所在直线与PM•所在直线重合（如图3），折痕为MN．（1）猜想两折痕PQ，MN之间的位置关系，并加以证明．（2）若∠QPC的角度在每次翻折的过程中保持不变，则每次翻折后，两折痕PQ，•MN间的距离有何变化？请说明理由．（3）若∠QPC的角度在每次翻折的过程中都为45°（如图4），每次翻折后，非重叠部分的四边形MC′QD，及四边形BPA′N的周长与a，b有何关系，为什么？（1）（2）（3）（4）【思路点拨】（1）猜想两直线平行，由矩形的对边平行，得到一组内错角相等，翻折前后对应角相等，那么可得到PQ与MN被MP所截得的内错角相等，得到平行．（2）作出两直线间的距离．∵PM长相等，∠NPM是不变的，所以利用相应的三角函数可得到两直线间的距离不变．（3）由特殊角得到所求四边形的形状，把与周长相关的边转移到同一线段求解．【答案与解析】（1）PQ∥MN．∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，且M在AD直线上，则有AM∥BC．∴∠AMP=∠MPC．由翻折可得：∠MPQ=∠CPQ=∠MPC，∠NMP=∠AMN=∠AMP，∴∠MPQ=∠NMP，故PQ∥MN．（2）两折痕PQ，MN间的距离不变．过P作PH⊥MN，则PH=PM•sin∠PMH，∵∠QPC的角度不变，∴∠C′PC的角度也不变，则所有的PM都是平行的．又∵AD∥BC，∴所有的PM都是相等的．又∵∠PMH=∠QPC，故PH的长不变．（3）当∠QPC=45°时，四边形PCQC′是正方形，四边形C′QDM是矩形．∵C′Q=CQ，C′Q+QD=a，∴矩形C′QDM的周长为2a．同理可得矩形BPA′N的周长为2a，∴两个四边形的周长都为2a，与b无关．【总结升华】翻折前后对应角相等，对应边相等，应注意使用相应的三角函数，平行线的判断，特殊四边形的判定．类型三、旋转变换【高清课堂图形的变换例4】5．已知O是等边三角形ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝135°，试问：（1）以OA，OB，OC为边能否构成一个三角形?若能，求出该三角形各角的度数；若不能，请说明理由；（2）如果∠AOB的大小保持不变，那么当∠BOC等于多少度时，以OA，OB，OC为边的三角形是一个直角三角形?【思路点拨】因为△ABC是等边三角形，所以可以运用旋转将△BCO转至△ACD.【答案与解析】（1）以OC为边作等边△OCD，连AD.∵△ABC是等边三角形∴∠BCO=∠ACD (∠BCO+∠ACO=60°，∠ACD+∠ACO=60°)∵ BC=AC，OC=CD∴△BCO≌△ACD (SAS)∴ OB=AD，∠ADC=∠BOC又∵OC=OD∴△OAD是以线段OA，OB，OC为边构成的三角形∵∠AOB=110°, ∠BOC=135°∴∠AOC=115°∴∠AOD=115°-60°=55°∵∠ADC=135°∴∠ADO=135°-60°=75°∴∠OAD=180°-55°-75°=50°∴以线段OA，OB，OC为边构成的三角形的各角是50°、55°、75°.（2）∠AOB+∠AOC+∠BOC=∠AOB+∠AOC+∠ADC=∠AOB+(∠AOD+∠DOC)+(∠ADO+∠CDO)=∠110°+(∠AOD+60°)+(∠ADO+60°) =360°∴∠AOD+∠ADO=130°∴∠OAD=50°当∠AOD是直角时，∠AOD=90°，∠AOC=90°+60°=150°，∠BOC=100°;当∠ADO是直角时，∠ADC=90°+60°=150°，∠BOC=150°.【总结升华】此题主要运用旋转的性质、等边三角形的判定、勾股定理的逆定理等知识，渗透分类讨论思想．6 . 如图1，O为正方形ABCD的中心，分别延长OA、OD到点F、E，使OF＝2OA，OE＝2OD，连接EF．将△EOF绕点O逆时针旋转角得到△E1OF1(如图2)．(1)探究AE1与BF1的数量关系，并给予证明；(2)当＝30°时，求证：△AOE1为直角三角形．【思路点拨】(1)要证AE1＝BF1，就要首先考虑它们是全等三角形的对应边；(2)要证△AOE1为直角三角形，就要考虑证∠E1AO＝90°.【答案与解析】(1)AE1＝BF1，证明如下：∵O为正方形ABCD的中心，∴OA＝OB＝OD.∴OE＝OF .∵△E1OF1是△EOF绕点O逆时针旋转角得到，∴OE1＝OF1.∵ ∠AOB＝∠EOF＝900，∴ ∠E1OA＝900－∠F1OA＝∠F1OB.在△E1OA和△F1OB中，，∴△E1OA≌△F1OB（SAS）.∴AE1＝BF1.(2)取OE1中点G，连接AG.∵∠AOD＝900，＝30°，∴ ∠E1OA＝900－＝60°.∵OE1＝2OA，∴OA＝OG，∴ ∠E1OA＝∠AGO＝∠OAG＝60°.∴ AG＝GE1，∴∠GAE1＝∠GE1A＝30°.∴∠E1AO＝90°.∴△AOE1为直角三角形.【总结升华】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定. 举一反三：【变式】如图，P为正方形ABCD内一点，若PA=a，PB=2a，PC=3a(a>0).(1)求∠APB的度数；(2)求正方形ABCD的面积.【答案】(1)将△ABP绕点B顺时针方向旋转90°得△CBQ.则△ABP≌△CBQ且PB⊥QB.于是PB=QB=2a，.在△PQC中，∵，.∴.∴.∵△PBQ是等腰直角三角形，∴∠BPQ=∠BQP=45°.故∠APB=∠CQB=90°+45°=135°.(2)∵∠APQ=∠APB+∠BPQ=135°+45°=180°，∴三点A、P、Q在同一直线上.在Rt△AQC中，.∴正方形ABCD的面积.。

2024年中考数学一轮复习章节测试及解析—第七章：图形的变化(提升卷)

2024年中考数学一轮复习章节测试及解析—第七章：图形的变化(提升卷)

2024年中考数学一轮复习章节测试及解析—第七章：图形的变化（提升卷）(时间：90分钟满分：120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，只有一个选项是符合题目要求的）1.下列垃圾分类标志分别是厨余垃圾、有害垃圾、其他垃圾和可回收物，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；故选：B．【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，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度后与原图重合．2.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】D【解析】【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】解：A 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B 、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；C 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；D 、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；故选：D ．【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．3.如图，在ABC 中，120BAC ∠=︒，将ABC 绕点C 逆时针旋转得到DEC ，点A ，B 的对应点分别为D ，E ，连接AD ．当点A ，D ，E 在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（）A ．ABC ADC ∠=∠B ．CB CD=C ．DE DC BC +=D ．AB CD∥【答案】D【分析】由旋转可知120EDC BAC ∠=∠=︒，即可求出60ADC ∠=︒，由于60ABC ∠<︒，则可判断ABC ADC ∠≠∠，即A 选项错误；由旋转可知CB CE =，由于CE CD >，即推出CB CD >，即B 选项错误；由三角形三边关系可知DE DC CE +>，即可推出DE DC CB +>，即C 选项错误；由旋转可知DC AC =，再由60ADC ∠=︒，即可证明ADC 为等边三角形，即推出60ACD ∠=︒．即可求出180ACD BAC ∠+∠=︒，即证明//AB CD ，即D 选项正确；【详解】由旋转可知120EDC BAC ∠=∠=︒，∵点A ，D ，E 在同一条直线上，∴18060ADC EDC ∠=︒-∠=︒，∵60ABC ∠<︒，∴ABC ADC ∠≠∠，故A 选项错误，不符合题意；由旋转可知CB CE =，∵120EDC ∠=︒为钝角，∴CE CD >，∴CB CD >，故B 选项错误，不符合题意；∵DE DC CE +>，∴DE DC CB +>，故C 选项错误，不符合题意；由旋转可知DC AC =，∵60ADC ∠=︒，∴ADC 为等边三角形，∴60ACD ∠=︒．∴180ACD BAC ∠+∠=︒，∴//AB CD ，故D 选项正确，符合题意；故选D ．【点睛】本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定．利用数形结合的思想是解答本题的关键．4.如图，在小正三角形组成的网格中，已有6个小正三角形涂黑，还需涂黑n 个小正三角形，使它们与原来涂黑的小正三角形组成的新图案恰有三条对称轴，则n 的最小值为A ．10B ．6C ．3D ．2【答案】C 【解析】如图所示，n 的最小值为3，故选C ．【名师点睛】本题主要考查利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握常见图形的性质和轴对称图形的性质．5.四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是(−1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（）A．将B向左平移4.5个单位B．将C向左平移4个单位C．将D向左平移5.5个单位D．将C向左平移3.5个单位【答案】C【分析】直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．【详解】解：∵点A(−1，b)关于y轴对称点为B(1，b)，C(2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，需要将点D(3.5，b)向左平移3.5+2=5.5个单位，故选：C．【点睛】本题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．6.在平面直角坐标系中，等边AOB ∆如图放置，点A 的坐标为()1,0，每一次将AOB ∆绕着点О逆时针方向旋转60︒，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到11AOB ∆，第二次旋转后得到22A OB ∆，…，依次类推，则点2021A 的坐标为（）A ．()202020202,2-B ．()202120212,2C ．()202020202,2D ．()201120212,2-【答案】C【分析】由题意，点A 每6次绕原点循环一周，利用每边扩大为原来的2倍即可解决问题．【详解】解：由题意，点A 每6次绕原点循环一周，20216371......5÷= ，2021A ∴点在第四象限，202120212OA =，202160xOA ∠=︒，∴点2020A 的横坐标为20212020122=2⨯，纵坐标为20212020=22-，()2020202020212,2A ∴，故选：C ．【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，规律型问题，解题的关键是理解题意，学会探究规律的方法，属于中考常考题型．7.如图，在菱形OABC 中，点B 在x 轴上，点A 的坐标为（2，)，将菱形绕点O 旋转，当点A 落在x 轴上时，点C 的对应点的坐标为（）A ．(2--,或2)-B ．(2,C ．(2,-D ．(2--,或(2,【答案】D【解析】【分析】如图所示，过点A 作AE ⊥x 轴于点E ，根据题意易得△AOB 为等边三角形，在旋转过程中，点A 有两次落在x 轴上，当点A 落在x 轴正半轴时，点C 落在点C′位置，利用旋转的性质和菱形的性质求解，当A 落在x 轴负半轴时，点C 落在点C′′位置，易证此时C′′与点A 重合，即可求解．【详解】解：如图所示，过点A 作AE ⊥x 轴于点E ，则23tan AOE=2∠，，∴∠AOE=60°，∵四边形ABCD 是菱形，∴△AOB 是等边三角形，当A 落在x 轴正半轴时，点C 落在点C′位置，此时旋转角为60°，∵∠BOC=60°，∠COF=30°，∴∠C′OF=60°-30°=30°，∵OC′=OA=4，∴OF=C'O cos ∠，C′F=C'Osin C'OF=2∠，∴C′（2,--），当A 落在x 轴负半轴时，点C 落在点C′′位置，∵∠AOC=∠AOC+∠BOC=120°，∴∠A′′OC=120°，∠GOC′=30°又∵OA=OC′′，∴此时C′′点A 重合，C C′′(2,，综上，点C 的对应点的坐标为(2--,或(2,，故答案为：D ．【点睛】本题考查菱形的性质，解直角三角形和旋转的性质，解题的关键是根据题意，分析点A 的运动情况，分情况讨论．8.如图，ABC 中，90,8,6ACB AC BC ∠=︒==，将ADE 沿DE 翻折，使点A 与点B重合，则CE的长为（）A．198B．2C．254D．74【答案】D【分析】先在RtABC中利用勾股定理计算出AB=10，再利用折叠的性质得到AE=BE，AD=BD=5，设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，在Rt△BCE中根据勾股定理可得到x2=62+（8-x）2，解得x，可得CE．【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，∴=10，∵△ADE沿DE翻折，使点A与点B重合，∴AE=BE，AD=BD=12AB=5，设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，在Rt△BCE中∵BE2=BC2+CE2，∴x2=62+（8-x）2，解得x=25 4，∴CE=2584-=74，故选：D ．【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图象全等，即对应角相等，对应边相等．也考查了勾股定理．9.在平面直角坐标系中，抛物线245y x x =-+与y 轴交于点C ，则该抛物线关于点C 成中心对称的抛物线的表达式为（）A ．245y x x =--+B ．245y x x =++C ．245y x x =-+-D ．245y x x =---【答案】A【分析】先求出C 点坐标，再设新抛物线上的点的坐标为（x,y ），求出它关于点C 对称的点的坐标，代入到原抛物线解析式中去，即可得到新抛物线的解析式．【详解】解:当x=0时，y=5，∴C （0,5）；设新抛物线上的点的坐标为（x,y ），∵原抛物线与新抛物线关于点C 成中心对称，由20x x ⨯-=-，2510y y ⨯-=-；∴对应的原抛物线上点的坐标为(),10x y --；代入原抛物线解析式可得：()()21045y x x -=--⋅-+，∴新抛物线的解析式为：245y x x =--+；故选：A ．【点睛】本题综合考查了求抛物线上点的坐标、中心对称在平面直角坐标系中的运用以及求抛物线的解析式等内容，解决本题的关键是设出新抛物线上的点的坐标，求出其在原抛物线上的对应点坐标，再代入原抛物线解析式中求新抛物线解析式，本题属于中等难度题目，蕴含了数形结合的思想方法等．10.如图．将菱形ABCD 绕点A 逆时针旋转α∠得到菱形'''AB C D ，B β∠=∠．当AC 平分''B AC ∠时，α∠与β∠满足的数量关系是（）A ．2αβ∠=∠B ．23αβ∠=∠C ．4180αβ∠+∠=︒D ．32180αβ∠+∠=︒【答案】C【分析】根据菱形的性质可得AB=AC ，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=1(180)2B ︒-∠，根据旋转的性质可得∠CAC′=∠BAB′=α∠，根据AC 平分''B AC ∠可得∠B′AC=∠CAC=α∠，即可得出4180αβ∠+∠=︒，可得答案．【详解】∵四边形ABCD 是菱形，B β∠=∠，∴AB=AC ，∴∠BAC=∠BCA=1(180)2B ︒-∠=1(180)2β︒-∠，∵将菱形ABCD 绕点A 逆时针旋转α∠得到菱形'''AB C D ，∴∠CAC′=∠BAB′=α∠，∵AC 平分''B AC ∠，∴∠B′AC=∠CAC=α∠，∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2α∠=1(180)2β︒-∠，∴4180αβ∠+∠=︒，故选；C ．【点睛】本题考查旋转的性质及菱形的性质，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题关键．二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）11.如图，三角形纸片ABC 中，点D ，E ，F 分别在边AB ，AC ，BC 上，BF ＝4，CF ＝6，将这张纸片沿直线DE 翻折，点A 与点F 重合．若DE ∥BC ，AF ＝EF ，则四边形ADFE 的面积为__________．【答案】【分析】根据折叠的性质得到DE 为ABC 的中位线，利用中位线定理求出DE 的长度，再解t R ACE △求出AF 的长度，即可求解．【详解】解：∵将这张纸片沿直线DE 翻折，点A 与点F 重合，∴DE 垂直平分AF ，AD DF =，AE EF =，ADE EDF ∠=∠，∵DE ∥BC ，∴ADE B ∠=∠，EDF BFD ∠=∠，90AFC ∠=︒，∴B BFD ∠=∠，∴BD DF =，∴BD AD =，即D 为AB 的中点，∴DE 为ABC 的中位线，∴152DE BC ==，∵AF ＝EF ，∴AEF 是等边三角形，在t R ACE △中，60CAF ∠=︒，6CF =，∴tan 60CF AF ==︒∴AG =∴四边形ADFE 的面积为122DE AG ⋅⨯=，故答案为：．【点睛】本题考查解直角三角形、中位线定理、折叠的性质等内容，掌握上述基本性质定理是解题的关键．12.如图，将边长为1的正方形ABCD 绕点A 顺时针旋转30°到111AB C D 的位置，则阴影部分的面积是______________；【答案】2323-【分析】CD 交11B C 于点E ，连接AE ；根据全等三角形性质，通过证明1AB E ADE △≌△，得1EAB EAD ∠=∠；结合旋转的性质，得130EAB EAD ∠=∠=︒；根据三角函数的性质计算，得1EB ，结合正方形和三角形面积关系计算，即可得到答案．【详解】解：如图，CD 交11B C 于点E ，连接AE根据题意，得：190AB E ADE ∠=∠=︒，11AB AD ==∵AE AE=∴1AB E ADE△≌△∴1EAB EAD∠=∠∵正方形ABCD 绕点A 顺时针旋转30°到111AB C D ∴130BAB ∠=︒，90BAD ∠=︒∴119060B AD BAB ∠=︒-∠=︒∴130EAB EAD ∠=∠=︒∴111tan 3EB EAB AB =∠=∴13EB =∴111112236AB E ADE S S AB EB ==⨯=⨯=△△∴阴影部分的面积()()122AB E ADE AB BC S S =⨯-+△△23=-故答案为：23-．【点睛】本题考查了正方形、全等三角形、旋转、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、旋转、三角函数的性质，从而完成求解．13.如图，在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，∠A ＝30°，AC ＝8，点D 在AB 上，且BD点E 在BC 上运动．将△BDE 沿DE 折叠，点B 落在点B′处，则点B′到AC 的最短距离是_____．【答案】2【解析】【分析】如图，过点D作DH⊥AC于H，过点B′作B′J⊥AC于J．在Rt△ACB中，根据三角函数知识可得DB′+B′J≥DH，DB′＝DB＝，当D，B′，J共线时，B′J的值最小，此时求出DH，DB′，即可解决问题．【详解】解：如图，过点D作DH⊥AC于H，过点B′作B′J⊥AC于J．在Rt△ACB中，∵∠ABC＝90°，AC＝8，∠A＝30°，∴AB＝AC•cos30°＝，∵BD，∴AD＝AB﹣BD＝，∵∠AHD＝90°，∴DH＝12AD＝332，∵B′D+B′J≥DH，DB′＝DB ∴B′J≥DH﹣DB′，∴B′J≥3 2，∴当D，B′，J共线时，B′J的值最小，最小值为3 2；故答案为2．【点睛】本题主要考查了图形的折叠，特殊锐角三角函数的知识．14.如图，射线OM 、ON 互相垂直，8OA =，点B 位于射线OM 的上方，且在线段OA 的垂直平分线l 上，连接AB ，5AB =．将线段AB 绕点O 按逆时针方向旋转得到对应线段A B ''，若点B '恰好落在射线ON 上，则点A '到射线ON 的距离d ≈______．【答案】245【分析】添加辅助线，连接'OA OB 、，过'A 点作'A P ON ⊥交ON 与点P ．根据旋转的性质，得到''A B O ABO ≅ ，在'Rt A PO ∆和中，'B OA BOA ∠=∠，根据三角函数和已知线段的长度求出点A '到射线ON 的距离=A'P d ．【详解】如图所示，连接'OA OB 、，过'A 点作'A P ON ⊥交ON 与点P ．∵线段AB 绕点O 按逆时针方向旋转得到对应线段A B ''∴'8OA OA ==，''B OB A OA∠=∠∴''''B OB BOA A OA BOA ∠-∠=∠-∠即''B OA BOA∠=∠∵点B 在线段OA 的垂直平分线l 上∴118422OC OA ==⨯=，5OB AB ==2222543BC OB OC =--∵''B OA BOA∠=∠∴'sin ''sin 'A P BC B OA BOA A O OB∠==∠=∴'385A P =∴24'5d A P ==【点睛】本题主要考查旋转的性质和三角函数．对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连的线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等．15.如图，将Rt △ABC 的斜边AB 绕点A 顺时针旋转α（0°<α<90°）得到AE ，直角边AC 绕点A 逆时针旋转β（0°<β<90°）得到AF ，连接EF ．若AB=3，AC=2，且α+β=∠B ，则EF=__________．【答案】13【解析】由旋转的性质可得AE=AB=3，AC=AF=2，∵∠B+∠BAC=90°，且α+β=∠B ，∴∠BAC+α+β=90°，∴∠EAF=90°，∴22AE AF +1313【名师点睛】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．16.如图，将ABCD 绕点A 逆时针旋转到AB C D ''' 的位置，使点B '落在BC 上，B C ''与CD 交于点E ，若3,4,1AB BC BB '===，则CE 的长为________．【答案】98【分析】过点C 作CM//C D ''交B C ''于点M ，证明ABB ADD ''∆∆∽求得53C D '=，根据AAS 证明ABB B CM ''∆≅∆可求出CM=1，再由CM//C D ''证明△CME DC E '∆∽，由相似三角形的性质查得结论．【详解】解：过点C 作CM//C D ''交B C ''于点M ，∵平行四边形ABCD 绕点A 逆时针旋转得到平行四边形AB C D '''∴AB AB '=，,AD AD '=B AB C D D '''∠=∠=∠=∠，BAD B AD ''∠=∠∴BAB DAD ''∠=∠，B D '∠=∠∴ABB ADD ''∆∆∽∴3,4BB AB AB DD AD BC ''===∵1BB '=∴43DD '=∴C D C D DD ''''=-CD DD '=-AB DD '=-433=-53=AB C AB C CB M ABC BAB '''''∠=∠+∠=∠+∠ ∴∠CB M BAB ''=∠∵413B C BC BB ''=-=-=∴B C AB'=∵AB AB '=∴∠AB B AB C ABB ''''=∠=∠∵//AB C D '''，//C D CM''∴//AB CM'∴∠AB C B MC'''=∠∴∠AB B B MC''=∠在ABB '∆和B MC '∆中，BAB CB M AB B B MC AB B C ∠=∠⎧⎪∠='''∠''⎨⎪=⎩∴ABB B CM''∆≅∆∴1BB CM '==∵//CM C D'∴△CME DC E'∆∽∴13553CM CE DC DE '===∴38CE CD =∴333938888CE CD AB ====故答案为：98．【点睛】此题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键．17.如图，点P 是正方形ABCD 内一点，且点P 到点A 、B 、C的距离分别为4则正方形ABCD 的面积为________【答案】314【解析】【分析】如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．【详解】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．∵2，∠PBM=90°，∴2PB=2，∵PC=4，3，∴PC2=CM2+PM2，∴∠PMC=90°，∵∠BPM=∠BMP=45°，∴∠CMB=∠APB=135°，∴∠APB+∠BPM=180°，∴A ，P ，M 共线，∵BH ⊥PM ，∴PH=HM ，∴BH=PH=HM=1，∴AH=2+1，∴AB 2=AH 2+BH 2=（）2+12，∴正方形ABCD 的面积为14+4．故答案为．【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．18.如图，已知正方形ABCD 边长为1，E 为AB 边上一点，以点D 为中心，将DAE △按逆时针方向旋转得DCF ，连接EF ，分別交BD ，CD 于点M ，N ．若25AE DN =，则sin EDM ∠=__________．【答案】5【分析】过点E 作EP ⊥BD 于P ，将∠EDM 构造在直角三角形DEP 中，设法求出EP 和DE 的长，然后用三角函数的定义即可解决．【详解】解：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ∥DC ，∠A=∠BCD=∠ADC=90°，AB=BC=CD=DA=1，BD =．∵△DAE 绕点D 逆时针旋转得到△DCF ，∴CF=AE ，DF=DE ，∠EDF=∠ADC=90°．设AE=CF=2x ，DN=5x ，则BE=1-2x ，CN=1-5x ，BF=1+2x ．∵AB ∥DC ，∴~FNC FEB ．∴NC FC EB FB =．∴1521212x x x x -=-+．整理得，26510x x +-=．解得，116x =，21x =-（不合题意，舍去）．∴1221233AE x EB x ===-=．∴103DE ===．过点E 作EP ⊥BD 于点P ，如图所示，设DP=y ，则2BP y =．∵22222EB BP EP DE DP -==-，∴)2222210233y y ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．解得，223y =．∴222210222333EP E D DP ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．∴在Rt △DEP 中，253sin 5103EP EDP ED ∠==．即5sin 5EDM ∠=．故答案为：55【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、方程的数学思想等知识点，熟知各类图形的性质与判定是解题的基础，构造直角三角形，利用锐角三角函数的定义是解题的关键．20.如图，在平面直角坐标系中，AB y ⊥轴，垂足为B ，将ABO 绕点A 逆时针旋转到11AB O V 的位置，使点B 的对应点1B 落在直线34y x =-上，再将11AB O V 绕点1B 逆时针旋转到112A B O 的位置，使点1O 的对应点2O 也落在直线34y x =-上，以此进行下去……若点B 的坐标为()0,3，则点21B 的纵坐标．．．为______．【答案】3875【分析】计算出△AOB 的各边，根据旋转的性质，求出OB 1，B 1B 3，，得出规律，求出OB 21，再根据一次函数图像上的点求出点B 21的纵坐标即可．【详解】解：∵AB ⊥y 轴，点B （0，3），∴OB=3，则点A 的纵坐标为3，代入34y x =-，得：334x =-，得：x=-4，即A （-4，3），∴OB=3，AB=4，，由旋转可知：OB=O 1B 1=O 2B 1=O 2B 2=…=3，OA=O 1A=O 2A 1=…=5，AB=AB 1=A 1B 1=A 2B 2=…=4，∴OB 1=OA+AB 1=4+5=9，B 1B 3=3+4+5=12，∴OB 21=OB 1+B 1B 21=9+（21-1）÷2×12=129，设B 21（a ，34a -），则OB 21129=，解得：5165a =-或5165（舍），则335163874455a ⎛⎫-=-⨯-= ⎪⎝⎭，即点B 21的纵坐标为3875，故答案为：387 5．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，旋转以及直角三角形的性质，求出△OAB的各边，计算出OB21的长度是解题的关键．三、解答题（本大题共6小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）21.如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△OAB的三个顶点O（0，0）、A（4，1）、B（4，4）均在格点上．（1）画出△OAB关于y轴对称的△OA1B1，并写出点A1的坐标；（2）画出△OAB绕原点O顺时针旋转90°后得到的△OA2B2，并写出点A2的坐标；（3）在（2）的条件下，求线段OA在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．【解析】（1）如下图所示，点A1的坐标是（–4，1）；（2）如下图所示，点A2的坐标是（1，–4）；（3）∵点A（4，1），∴=∴线段OA在旋转过程中扫过的面积是：290(17)360⨯π⨯=174π．【名师点睛】本题考查简单作图、扇形面积的计算、轴对称、旋转变换，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．22.在Rt ABC 中，90,5,3ACB AB BC ∠=︒==，将ABC 绕点B 顺时针旋转得到A BC ''△，其中点A ，C 的对应点分别为点A '，C '．（1）如图1，当点A '落在AC 的延长线上时，求AA '的长；（2）如图2，当点C '落在AB 的延长线上时，连接CC '，交A B '于点M ，求BM 的长；（3）如图3，连接,AA CC ''，直线CC '交AA '于点D ，点E 为AC 的中点，连接DE ．在旋转过程中，DE 是否存在最小值？若存在，求出DE 的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）8AA '=；（2）1511BM =；（3）存在，最小值为1【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC 长为4．再根据旋转的性质可知AB A B '=，最后由等腰三角形的性质即可求出AA '的长．（2）作CD AC '⊥交AC '于点D ，作//CE A B '交AC '于点E ．由旋转可得A BC ABC ''∠=∠，3BC BC '==．再由平行线的性质可知CEB A BC ''∠=∠，即可推出CEB ABC ∠=∠，从而间接求出3CE BC BC '===，DE DB =．由三角形面积公式可求出125CD =．再利用勾股定理即可求出185BE =，进而求出335C E '=．最后利用平行线分线段成比例即可求出BM 的长．（3）作//AP A C ''且交C D '延长线于点P ，连接A C '．由题意易证明BCC BC C ''∠=∠，90ACP BCC '∠=︒-∠，90A C D BC C '''∠=︒-∠，即得出ACP A C D ''∠=∠．再由平行线性质可知APC A C D ''∠=∠，即得出ACP APC ∠=∠，即可证明AP AC A C ''==，由此即易证()APD A C D AAS ''≅ ，得出AD A D '=，即点D 为AA '中点．从而证明DE 为ACA ' 的中位线，即12DE A C '=．即要使DE 最小，A C '最小即可．根据三角形三边关系可得当点A C B '、、三点共线时A C '最小，且最小值即为=A C A B BC ''-，由此即可求出DE 的最小值．【详解】（1）在Rt ABC 中，4AC ==．根据旋转性质可知AB A B '=，即ABA '△为等腰三角形．∵90ACB ∠=︒，即BC AA '⊥，∴4A C AC '==，∴8AA '=．（2）如图，作CD AC '⊥交AC '于点D ，作//CE A B '交AC '于点E ．由旋转可得A BC ABC ''∠=∠，3BC BC '==．∵//CE A B '，∴CEB A BC ''∠=∠，∴CEB ABC ∠=∠，∴3CE BC BC '===，DE DB =．∵1122ABC S AB CD AC BC == ，即543CD ⨯=⨯，∴125CD =．在Rt BCD 中，2295DB BC CD =-=，∴185BE =．∴335C E BE BC ''=+=．∵//CE A B '，∴BM BC CE C E '='，即33335BM =，∴1511BM =．（3）如图，作//AP A C ''且交C D '延长线于点P ，连接A C '．∵BC BC '=，∴BCC BC C ''∠=∠，∵180ACP ACB BCC '∠=︒-∠-∠，即90ACP BCC '∠=︒-∠，又∵90A C D BC C '''∠=︒-∠，∴ACP A C D ''∠=∠．∵//AP A C ''，∴APC A C D ''∠=∠，∴ACP APC ∠=∠，∴AP AC =，∴AP A C ''=．∴在APD △和AC D '' 中ADP A DC APD A C D AP A C '''∠=∠⎧⎪∠=∠'''⎨⎪=⎩，∴()APD A C D AAS ''≅ ，∴AD A D '=，即点D 为AA '中点．∵点E 为AC 中点，∴DE 为ACA ' 的中位线，∴12DE A C '=，即要使DE 最小，A C '最小即可．根据图可知A C A B BC ''≤-，即当点A C B '、、三点共线时A C '最小，且最小值为==53=2A C A B BC ''--．∴此时1=12DE A C '=，即DE 最小值为1．【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．23.已知在 ABC 中，O 为BC 边的中点，连接AO ，将 AOC 绕点O 顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到 EOF ，连接AE ，CF ．（1）如图1，当∠BAC ＝90°且AB ＝AC 时，则AE 与CF 满足的数量关系是；（2）如图2，当∠BAC ＝90°且AB≠AC 时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）如图3，延长AO 到点D ，使OD ＝OA ，连接DE ，当AO ＝CF ＝5，BC ＝6时，求DE 的长．【答案】（1）AE CF =；（2）成立，证明见解析；（3）5113【分析】（1）结论AE CF =．证明()AOE COF SAS ∆≅∆，可得结论．（2）结论成立．证明方法类似（1）．（3）首先证明90AED ∠=︒，再利用相似三角形的性质求出AE ，利用勾股定理求出DE 即可．【详解】解：（1）结论：AE CF =．理由：如图1中，∠=︒，OC OB=，BAC，90=AB AC⊥，∴==，AO BCOA OC OB∠=∠=︒，90AOC EOF∴∠=∠，AOE COF，OE OFOA OC==，∴∆≅∆，AOE COF SAS()∴=．AE CF（2）结论成立．理由：如图2中，，OC OB=，BAC∠=︒90∴==，OA OC OB，AOC EOF∠=∠∴∠=∠，AOE COFOA OC=，OE OF=，()AOE COF SAS∴∆≅∆，AE CF∴=．（3）如图3中，由旋转的性质可知OE OA=，OA OD=，5OE OA OD∴===，90AED∴∠=︒，OA OE=，OC OF=，AOE COF∠=∠，∴OA OE OC OF=，AOE COF∴∆∆∽，∴AE OA CF OC=，5CF OA== ，∴5 53 AE=，253 AE∴=，5113 DE∴=．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．24.已知：如图①，将一块45°角的直角三角板DEF 与正方形ABCD 的一角重合，连接,AF CE ，点M 是CE 的中点，连接DM ．（1）请你猜想AF 与DM 的数量关系是__________．（2）如图②，把正方形ABCD 绕着点D 顺时针旋转α角（090a ︒<<︒）．①AF 与DM 的数量关系是否仍成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（温馨提示：延长DM 到点N ，使MN DM =，连接CN ）②求证：AF DM ⊥；③若旋转角45α=︒，且2EDM MDC ∠=∠，求AD ED的值．（可不写过程，直接写出结果）【答案】（1）AF=2DM （2）①成立，理由见解析②见解析③622+【解析】【分析】（1）根据题意合理猜想即可；=，连接CN，先证明△MNC≌△MDE，再证明（2）①延长DM到点N，使MN DM△ADF≌△DCN，得到AF=DN，故可得到AF=2DM；②根据全等三角形的性质和直角的换算即可求解；③依题意可得∠AFD=∠EDM=30°，可设AG=k,得到DG,AD,FG,ED的长，故可求解．【详解】（1）猜想AF与DM的数量关系是AF=2DM，故答案为：AF=2DM；（2）①AF=2DM仍然成立，=，连接CN，理由如下：延长DM到点N，使MN DM∵M是CE中点，∴CM=EM又∠CMN=∠EMD，∴△MNC≌△MDE∴CN=DE=DF,∠MNC=∠MDE∴CN∥DE，又AD∥BC∴∠NCB=∠EDA∴△ADF≌△DCN∴AF=DN∴AF=2DM②∵△ADF≌△DCN∴∠NDC=∠FAD，∵∠CDA=90°，∴∠NDC+∠NDA=90°∴∠FAD+∠NDA=90°∴AF ⊥DM③∵45α=︒，∴∠EDC=90°-45°=45°∵2EDM MDC ∠=∠，∴∠EDM=23∠EDC=30°，∴∠AFD=30°过A 点作AG ⊥FD 的延长线于G 点，∴∠ADG=90°-45°=45°∴△ADG 是等腰直角三角形，设AG=k,则DG=k ，k ，k ，∴故ADED 622+=．【点睛】此题主要考查四边形综合，解题的关键是熟知正方形的性质、旋转的特点、全等三角形的判定与性质及三角函数的运用．25.如图1，点B 在线段CE 上，Rt △ABC ≌Rt △CEF ，90ABC CEF ∠=∠=︒，30BAC ∠=︒，1BC =．（1）点F 到直线CA 的距离是_________；（2）固定△ABC ，将△CEF 绕点C 按顺时针方向旋转30°，使得CF 与CA 重合，并停止旋转．①请你在图1中用直尺和圆规画出线段EF 经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）该图形的面积为_________；②如图2，在旋转过程中，线段CF 与AB 交于点O ，当OE OB =时，求OF 的长．【答案】（1）1；（2）12π；（3）23OF =【解析】【分析】（1）根据直角三角形的性质和全等三角形的性质可得∠ACF=∠ECF=30°，即CF 是∠ACB 的平分线，然后根据角平分线的性质可得点F 到直线CA 的距离即为EF 的长，于是可得答案；（2）①易知E 点和F 点的运动轨迹是分别以CF 和CE 为半径、圆心角为30°的圆弧，据此即可画出旋转后的平面图形；在图3中，先解Rt △CEF 求出CF 和CE 的长，然后根据S 阴影=（S △CEF +S 扇形ACF ）－（S △ACG +S 扇形CEG ）即可求出阴影面积；②作EH ⊥CF 于点H ，如图4，先解Rt △EFH 求出FH 和EH 的长，进而可得CH 的长，设OH=x ，则CO 和OE 2都可以用含x 的代数式表示，然后在Rt △BOC 中根据勾股定理即可得出关于x 的方程，解方程即可求出x 的值，进一步即可求出结果．【详解】解：（1）∵30BAC ∠=︒，90ABC ∠=︒，∴∠ACB=60°，∵Rt △ABC ≌Rt △CEF ，∴∠ECF=∠BAC=30°，EF=BC=1，∴∠ACF=30°，∴∠ACF=∠ECF=30°，∴CF 是∠ACB 的平分线，∴点F 到直线CA 的距离=EF=1；故答案为：1；（2）①线段EF 经旋转运动所形成的平面图形如图3中的阴影所示：在Rt △CEF 中，∵∠ECF=30°，EF=1，∴CF=2，CE=3，由旋转的性质可得：CF=CA=2，CE=CG=3，∠ACG=∠ECF=30°，∴S 阴影=（S △CEF +S 扇形ACF ）－（S △ACG +S 扇形CEG ）=S 扇形ACF －S 扇形CEG =()2230330236036012πππ⨯⨯-=；故答案为：12π；②作EH ⊥CF 于点H ，如图4，在Rt △EFH 中，∵∠F=60°，EF=1，∴13,22FH EH ==，∴CH=13222-=，设OH=x ，则32OC x =-，2222223324OE EH OH x x⎛⎫=+=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭，∵OB=OE ，∴2234OB x =+，在Rt △BOC 中，∵222OB BC OC +=，∴2233142x x ⎛⎫++=- ⎪⎝⎭，解得：16x =，∴112263OF =+=．【点睛】本题考查了旋转的性质和旋转作图、全等三角形的性质、角平分线的性质、扇形面积公式、勾股定理和解直角三角形等知识，涉及的知识点多，综合性较强，熟练掌握上述知识、灵活应用整体思想和方程思想是解题的关键．26.如图，在矩形ABCD 中，E 是边AB 上一点，BE BC =，EF CD ⊥，垂足为F ．将四边形CBEF 绕点C 顺时针旋转()090αα︒<<︒，得到四边形CB E F '''．B E ''所在的直线分别交直线BC 于点G ，交直线AD 于点P ，交CD 于点K ．E F ''所在的直线分别交直线BC 于点H ，交直线AD 于点Q ，连接B F ''交CD 于点O ．（1）如图1，求证：四边形BEFC 是正方形；（2）如图2，当点Q 和点D 重合时．①求证：GC DC =；②若1OK =，2CO =，求线段GP 的长；（3）如图3，若//BM F B ''交GP 于点M ，1tan 2G ∠=，求'GMB CF H S S △△的值．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②3）125-【分析】（1）先利用三个角是直角的四边形是矩形证明，再根据BE BC =证得结论；（2）①证明''CGB CDF ≅ 即可得到结论；②方法一：设正方形边长为a ，根据'~'B KO F CO ，求出11''22B K BC a ==，利用勾股定理得到222''B K B C CK +=，求出a，得到5B C '=，5B K '=，根据B KC ' ∽△CKG ，求出KG ，再根据PKD GKC ≅ ，求出答案；方法二：过点P 作PM GH ⊥于点M ，根据CG CD =，2CD CK =求出6CG =，由26PM CK ==，12GM =，再利用勾股定理求得结果；（3）方法一：延长''B F 与BH 的延长线交于点R ，证明~'GBM CRF ，求出'1'2F H CF =，设'F H x =，'2CF x =，则CH =，证明'~'RB C RF H ，求得2'''22CF R CF H S S x == ，由'~'GB C GE H，求出)21GB x =-，利用~'GBM CRF ，求出'6255GMB CF R S S -= ，即可得到答案；方法二，过点B 作BN PG ⊥，垂足为点N ．设FH x =，则'''''2CF B E E F BC x ====，'4GB x =，求得(2'465GBN CHF S GB S CH -⎛⎫== ⎪⎝⎭ ，证明~'GBN GCB，求出55GB GC =，再证明~''MBN B F C ，求出答案；方法三：设AB 与PQ 交于N 点，设FH x =，则'''''2CF CB B E E F BC x =====，'4GB x =，证明~'MBN F OC，得到(2'9620MBN F OC S BN S CO -⎛⎫==⎪⎝⎭ ，根据12GBN S BG BN =⨯⨯ ，求出答案．【详解】（1）在矩形ABCD 中，90B BCD ∠=∠=︒，∵EF AB ⊥，则90EFB ∠=︒，∴四边形BEFC 是矩形．∵BE BC =，∴矩形BEFC 是正方形．（2）①如图1，∵90GCK DCH ∠=∠=︒，∴'90CDF H ∠+∠=︒，90KGC H ∠+∠=︒，∴'KGC CDF ∠=∠，又∵''B C CF =，''GB C CF D ∠=∠，∴''CGB CDF ≅ ，∴CG CD =．②方法一：设正方形边长为a ，∵PG ∥CF '，∴'~'B KO F CO ，∴'1'2B K OK CF CO ==，∴11''22B K BC a ==，∴在'Rt B KC 中，222''B K B C CK +=，∴222132a a ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，∴5a =．∴5B C '=，5B K '=，∵90,CB K GCK B KC GKC ''∠=∠=︒∠=∠，∴B KC ' ∽△CKG ，∴2CK B K KG '=⋅,∴KG =∵1,,2B K a KE DKE B KC DE K KB C ''''''==∠=∠∠=∠，∴△B’CK ≌△E’KD ，∴DK=KC ，又∵∠DKP=∠GKC ，∠P=∠G ，∴PKD GKC ≅ ，∴PG=KG ，∴PG =；方法二：如图2，过点P 作PM GH ⊥于点M ，由''CGB CDF ≅ ，可得：CG CD =，由方法一，可知2CD CK =，∴6CG =，由方法一，可知K 为GP 中点，从而26PM CK ==，12GM =，从而由勾股定理得PG =．（3）方法一：如图3，延长''B F 与BH 的延长线交于点R ，由题意可知，'//CF GP ，'//RB BM ，∴~'GBM CRF ，'G F CR ∠=∠，∴'1tan tan ''2F HG F CH CF ∠=∠==，设'F H x =，'2CF x =，则CH =，∴''''''2CB CF E F B E BC x =====，∵'//'CB HE ，∴'~'RB C RF H ，∴''1''2F H RH RF B C RC RB ===，∴CH RH =，'''B F RF =，∴2CR CH ==，2'''22CF R CF H S S x == ，∵'//'CB HE ，∴'~'GB C GE H ，∴'22'33GC B C x GH E H x ===，'2'3B C E H ==，∴)21GB x =，∵~'GBM CRF ，∴22'216255GMBCF Rx S GB S CR ⎡⎤-⎛⎫=== ⎪⎝⎭．∵'''2CF R CF H S S =，∴'125GMB CF HS S -= ．方法二，如图4，过点B 作BN PG ⊥，垂足为点N ．由题意可知，'//CF GP ，'//HE BN ，∴~'GBN CHF ，∴2'GBN CHF S GB S CH ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∵'//CF GP ，∴'NGB F CH ∠=∠，∴'1tan tan ''2CB FH G F CH GB CF ∠=∠===，设FH x =，则'''''2CF B E E F BC x ====，'4GB x =，∴CH =，CG =，则)21GB x =，∴(22'21465GBN CHF x S GB S CH ⎛⎫--⎛⎫=== ⎪⎝⎭，∵2'1'2CF H S CF FH x =⋅= ，∴(2465GBNSx -=，∵'//HE BN ，∴~'GBN GCB，∴55'5GB GC CB BN -===，∵'//CB BN ，//''BM B F ，'//'CF GB ，∴~''MBN B F C ，∴22''55625'55MBN B F C S BN S CB ⎛⎫-⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴(2''26655MBNB FC SS x --==，∴(((222462626555MBGNBG MBN SS S xxx ---=-=-=，∴'12455GMB CF H S S -= ．方法三：如图5，设AB 与PQ 交于N 点，设FH x =，则'''''2CF CB B E E F BC x =====，'4GB x =，由题意可知，'//CF GP ，//''BM B F ，//BN CO ，∴~'MBN F OC ，∴2'MBN F OC S BN S CO ⎛⎫= ⎪⎝⎭，由方法（2）可知，)251GB x =，所以)51BN x =-，又∵22533CO CK x ==，∴(2'96520MBN F OC S BN S CO -⎛⎫==⎪⎝⎭ ，∴((229625362542035BMNSxx --=⨯=，∵)(222151652GBN S BG BN x x =⨯⨯==- ，∴(((2223625262562555GBMGBN NBM SS S x xx --=-=--=，∴2'1''2CF H S CF F H x =⨯⨯= ，∴'12455GMB CF H S S -= ．【点睛】此题考查正方形的判定定理及性质定理，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，综合掌握各知识点并熟练应用解决问题是解题的关键．。

中考数学三轮复习图形的变化测试(含答案解析)

中考数学三轮复习图形的变化测试(含答案解析)

图形的变化信心测试一、选择题(每小题6分，共30分)1．观察下列图形，其中既是轴对称又是中心对称图形的是( )2．如图，将正方形ABCD中的阴影三角形绕点A顺时针旋转90°后，得到的图形为( ),第2题图) ,第3题图)3．如图，四边形ABCD和A′B′C′D′是以点O为位似中心的位似图形，若OA∶OA′＝2∶3，则四边形ABCD与四边形A′B′C′D′的面积比为( )A．4∶9 B．2∶5 C．2∶3 D.2∶ 34．如图，学校环保社成员想测量斜坡CD旁一棵树AB的高度，他们先在点C处测得树顶B 的仰角为60°，然后在坡顶D测得树顶B的仰角为30°，已知斜坡CD的长度为20 m，DE 的长为10 m，则树AB的高度是( )A．20 3 m B．30 m C．30 3 m D．40 m,第4题图) ,第5题图)5．如图，若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PBA＝∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点(Brocard point)是法国数学家和数学教育家克洛尔(A.L.Crelle 1780－1855)于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡(Brocard 1845－1922)重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF＝90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ＝1，则EQ ＋FQ＝( )A．5 B．4 C．3＋ 2 D．2＋ 2二、填空题(每小题6分，共30分)6．如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，在BA的延长线上取一点E，连接OE交AD于点F.若CD＝5，BC＝8，AE＝2，则AF＝____．,第6题图) ,第7题图)7．如图，点P在等边△ABC的内部，且PC＝6，PA＝8，PB＝10，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____．8．如图，正方形ABCD的边长为4，E是边BC上的一点，且BE＝1，P是对角线AC上的一动点，连接PB，PE，当点P在AC上运动时，△PBE周长的最小值是____．,第8题图) ,第9题图)9．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＝12 cm，则顶点A从开始到结束所经过的路径长为___cm.10．如图，矩形纸片ABCD中，AB＝5，BC＝3，先按图②操作：将矩形纸片ABCD沿过点A 的直线折叠，使点D落在边AB上的点E处，折痕为AF；再按图③操作，沿过点F的直线折叠，使点C落在EF上的点H处，折痕为FG，则A，H两点间的距离为____．三、解答题(共40分)11．(10分)(1)如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，AE⊥BF于点M，求证：AE＝BF；(2)如图②，将 (1)中的正方形ABCD改为矩形ABCD，AB＝2，BC＝3，AE⊥BF于点M，探究AE与BF的数量关系，并证明你的结论．(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．。

浙江省中考数学总复习 第八章《图形的变化》综合测试

浙江省中考数学总复习 第八章《图形的变化》综合测试

13．如图，△ ABC 中，AB＝AC，BC＝12 cm，点 D 在 AC 上，DC＝4 cm.将线段 DC 沿着 CB 的方向平移 7 cm 得到线段 EF，点 E，F 分别落在边 AB，BC 上，则△ EBF 的周长为 cm.
【解析】∵将线段 DC 沿着 CB 的方向平移 7 cm 得到 线段 EF，∴EF＝ DC＝ 4 cm， FC＝ 7 cm.∵AB＝ AC， BC＝12 cm，∴∠B＝∠C，BF＝5 cm, ∴∠B＝∠BFE， ∴BE＝EF＝4 cm，∴△EBF 的周长为 4＋4＋5＝13(cm)．
A．2π C．7π
B．6π D．8π
6．如图，△ ABC 中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°，将 △ ABC 沿 射线 BC 的 方向平移 ，得到△ A′B′C′， 再将 △ A′B′C′绕点 A′逆时针旋转一定角度后，点 B′恰好与点 C 重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为( B )
A． 4， 30° C． 1， 30°
第八章《图形的变化》综合测试 (考试时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(每小题 4 分，共 44 分) 1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形 的是( A )
2．(2016·台州初级中学模拟)如图是由八个相同的小正 方体组合而成的几何体，其左视图是( B )
3．一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是 (D)
B． 2， 60° D． 3， 60°
7．由若干边长相等的小正方体构成的几何体的主视 图、左视图、俯视图如图所示，则构成这个几何体的小正 方体的个数是( B )
A． 5
B． 6
C． 7
D． 8
8．图 1 是一个小正方体的表面展开图，小正方体从图 2 所示的位置依次翻到第 1 格、第 2 格、第 3 格、第 4 格， 这时小正方体朝上一面的字是( )

《图形变换试卷评讲》说课

《图形变换试卷评讲》说课

《图形变换》试卷评讲说课保康县歇马镇中心学校蔡学钱尊敬的各位评委，各位老师：大家好！我说课的内容是人教版九年义务教育初中数学中考专题复习三《图形变换》的单元测试试卷评讲，根据新课标的理念，我将从教材分析、教学目标、学情分析、教法学法、教学流程、教学反思六个方面进行说课.一．教材分析1．教材地位和作用《图形变换》是空间与图形领域的基础知识，隐含着重要的数学思想，有利于渗透、发展学生的空间观念.《图形变换》是对前面所学《全等三角形》的拓展与延伸，也是后续学习《圆》、《锐角三角函数》、《二次函数》的基础，因此在教材中，有着承上启下的作用.历年中考，“图形变换”既是中考的重点也是热点，考试约占10分左右，大多以与三角形、四边形、圆、方程、函数等知识相结合的综合题出现，有少量的填空题或选择题.2．试卷分析根据以上信息，我紧扣中考说明，并搜集了历年中考中的“常见题型和易错题”来设计试卷，意在让学生了解这部分内容在中考中的考查形式，并用前车之鉴提醒学生少走弯路.鉴于学生审题不清，导致错答，解答格式不规范导致的失分现象，我将选择、填空、解答题的题目分别设计为“精心选一选”、“细心填一填”、“耐心做一做”，意在无形中给学生一个心理暗示，提醒学生认真思考，细心答题，培养学生严谨细致的学习习惯和基本的应考技巧.二．教学目标分析根据人教版《数学课程标准》的要求，结合考试情况及九年级学生已有的认知水平和认知特点，本节课我确定了如下教学目标：1．根据学生在考试中出现的问题进行查漏补缺.2．通过全新的试卷评讲模式调动学生的积极性、主动性，提高学生审题、解题、辩题的技能，规范答题格式，优化解题思路.3．通过合作交流，培养学生的团队意识和探究精神；通过班级展示使学生获得成功的体验，增强学生面对中考的信心.根据教学目标，我确定了以下教学重点和难点：教学重点：针对问题查漏补缺.教学难点：灵活、综合应用图形变换的知识解决问题.三．学情分析在中考复习中，试卷评讲课是一种具有特殊意义的复习课，它能起到以考带教、以考促教、以考补教的作用.在此之前，学生虽然已经有了系统复习和两个专题复习的经验.考试也是家常便饭，但从学生的角度来说，他们依然很渴望知道自己的分数.其结果呢？学生看了分数，或开心，或沮丧，或遗憾……，能静下心来关注错题原因的却是屈指可数，面对这种情况，考试之后及时评讲就显得尤为重要.四．教法学法教学中，教师是学生学习的组织者，引导者，合作者，为了体现以生为本的教学理念，我摒弃了传统试卷评讲课的模式，采用“激”“导”“变”“放”的原则展开教学，即通过多元评价激发学生的兴趣，重现学生的典型错题，引导学生分析，在此基础上适当变式，启发学生从变式中寻求共性，抓住问题的本质，最后放手让学生展示交流.学生作为学习的主体，课堂中学生的学习状态和参与度是决定教学效果的重要因素，因此在学法的选择上，我鼓励学生采用自主探索与合作交流相结合的方式学习，让学生在“独立自学”“合作互学”“展示竞学”“检测固学”中加深对知识的理解和掌握，真正提升学生的数学素养.五．教学过程基于以上的分析，为了实现本节课的教学目标，我把本节课的教学过程设计为如下六个【活动一】创设情境，激发兴趣首先让学生欣赏一组图片，它们分别涉及平移、轴对称、旋转三种图形变换.教师由此引入新课.设计意图：图片能迅速唤起学生的记忆.通过熟悉的画面，不仅让学生感受到图形变换无处不在，增强对图形变换的认识，建立直观形象的数学模型，也为后面的数学活动做好情感准备.体现教学活动建立在学生的认知发展水平和已有的知识经验基础上，同时注重所学知识与现实生活的联系.【活动二】考情分析促进进步1.总体成绩分析（媒体展示各分数段具体人数和所占的百分比）.设计意图：通过统计图分析成绩，不仅能让学生直观的了解本次考试班级概况，也能让学生对自己在班级中所占的位次心中有数，易于比较自己和其他同学的差别，明确今后努力的方向.2.激励评价（分别给予高分及进步大的同学颁发奖状）设计意图：一张小小的奖状，胜过教师千言万语.3. 优秀答卷展示（将卷面整洁、清晰，答题格式规范的试卷通过照片呈现）设计意图：榜样的力量是无穷的，这种方式也是一种变相的鼓励和激励，能够激发这些同学的学习热情，燃起其他同学的斗志.4.归类整理、分析错因（将学生的错题进行归类并分析错因）（1）审题不认真，解答格式不规范，如T1、7、15、20题；（2）图形变换的性质理解不透彻，不能熟练运用，如T4、5、12题；（3）缺乏转化的思想和意识，不能通过图形变换将不规则图形转化为规则图形后解决问题，如T16、17.（4）综合运用的能力差，不能将图形变换和全等、相似、四边形的相关知识相结合来解决问题，如T6、10、11、18、19设计意图：归类整理，学生能对号入座，找出自己主要错因，便于后期的补习.【活动三】错题更正查漏补缺1.独立更正查漏补缺（试卷分发给学生后，给3~5分钟让学生对能独立更正的问题进行更正，并分析错因）设计意图：独立更正有利于培养学生独立发现问题、独立解决问题的好习惯，让学生在更正过程中发现学习过程中的漏洞和薄弱环节，从而形成全面系统的方法和能力.2.自我评价得失分析在学生独立更正的基础上，我组织学生进行得失分析（见视频中学生展示）我的分数：_____ 失误_________分否则_______分失分原因分析：（1）信息提取不全面，审题不完整................................（）（2）基础知识掌握不牢，记忆错误..............................（）（3）计算错误...............................................（）（4）时间分配不合理，一味的攻难攻坚，导致简单题目没做完......（）（5）解答题的解题格式不够规范................................（）（6）心里紧张............................................（）我的解决对策：__________________________________________设计意图：考试结束以后，无论成绩好坏，都有问题的暴露，立即总结反思可以事半功倍.学生出错的原因可能很多，但学生自己找到的错因要比老师告诉他错在哪里记忆长久的多.最后教师的温馨提示，不仅增添了数学课的趣味性，也是对学生考试技巧的培养.3、合作交流取长补短首先通过媒体出示相关要求，由组长主持在小组内逐个交流独立更正中不能解决的问题，小组同学相互讨论、订正、达成共识.教师巡视了解情况、个别指导（见视频）.设计意图：生本教育的核心理念是一切为了学生，全面依靠学生，让学生的学习活动更加自主、高效.小组交流安排“兵教兵”，既可进一步促进优等生的发展，又可以增加学生之间沟通、交流的机会，同时也可减轻了老师的负担，提高课堂效果.【活动四】错题重现变式训练（插入视频）1.错题重现（将学生的典型错题通过照片呈现）并由相应的学生查找错因，若该生仍找不到，再有其余学生帮助查找，最后规范解答过程.设计意图：学生看到自己解答过程的照片会有一种亲切感，能够引起学生的兴趣，大家会齐心协力的帮助查找错因，这样，学生的认识就会更加深刻，弄清错因后，再给出规范解答过程，左右对比，意在给学生做好示范.错因提示可以起到画龙点睛的作用，渗透数学方法的思考.2、变式训练（在学生弄清错题的基础上，为了培养他们灵活运用知识的能力，我把T16变式成2012年的中考题，也就是将图形中东西向的矩形小路变成曲折的道路让学生尝试解答后进行展示）（插入视频）（2012•襄阳）为响应市委市政府提出的建设“绿色襄阳”的号召，我市某单位准备将院内一块长30m，宽20m的长方形空地，建成一个矩形花园，要求在花园中修两条纵向平行和一条横向弯折的小道，剩余的地方种植花草．如图所示，要使种植花草的面积为532m2，那么小道进出口的宽度应为多少米？（注：所有小道进出口的宽度相等，且每段小道均为平行四边形）设计意图：在试卷评讲过程中，根据学生的答题情况进行合理的、富有挑战性的变式训练，能激发学生的学习兴趣，促进知识的迁移，培养学生的发散思维能力，通过寻求变式共性的探讨，能让学生体会到万变不离其宗的数学本质；同时，变式后的题目让学生进行讲解，既可检验学生是否真的能融会贯通，又可培养学生的分析能力和表达能力。

中考数学真题分项详解(山西专用)专题05 图形的变化(解析版)

中考数学真题分项详解(山西专用)专题05 图形的变化(解析版)

专题05图形的变化三年中考真题1.（2020•山西）自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识，下面是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中的图案是轴对称图形的是()A．B．C．D．【解答】解：A、不是轴对称图形；B、不是轴对称图形；C、不是轴对称图形；D、是轴对称图形．故选：D．2.（2020•山西）下列几何体都是由4个大小相同的小正方体组成的，其中主视图与左视图相同的几何体是()A．B．C．D．【解答】解：A ．主视图的底层是两个小正方形，上层右边是一个小正方形；左视图底层是两个小正方形，上层左边是一个小正方形，故本选项不合题意；B ．主视图和左视图均为底层是两个小正方形，上层左边是一个小正方形，故本选项符合题意；C ．主视图底层是三个小正方形，上层中间是一个小正方形；左视图是一列两个小正方形，故本选项不合题意；D ．主视图底层是三个小正方形，上层右边是一个小正方形；左视图是一列两个小正方形，故本选项不合题意；故选：B ．3.（2020•山西）泰勒斯是古希腊时期的思想家，科学家，哲学家，他最早提出了命题的证明．泰勒斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度，金字塔的影长，推算出金字塔的高度，这种测量原理，就是我们所学的()A ．图形的平移B ．图形的旋转C ．图形的轴对称D ．图形的相似【解答】解：泰勒斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度，金字塔的影长，推算出金字塔的高度，这种测量原理，就是我们所学的图形的相似，故选：D ．4.（2019•山西）如图，在Rt ABC ∆中，90ABC ∠=︒，23AB =，2BC =，以AB 的中点O 为圆心，OA 的长为半径作半圆交AC 于点D ，则图中阴影部分的面积为()A ．5342π-B ．5342π+C ．23π-D ．32π-【解答】解： 在Rt ABC ∆中，90ABC ∠=︒，3AB =，2BC =，3tan 323BC A AB ∴===，30A ∴∠=︒，60DOB ∴∠=︒，132OD AB == ，32DE ∴=，∴阴影部分的面积是：23323260(3)5322236042ππ⨯⨯⨯⨯--=-，故选：A ．5.（2018•山西）如图，在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，60A ∠=︒，6AC =，将ABC ∆绕点C 按逆时针方向旋转得到△A B C ''，此时点A '恰好在AB 边上，则点B '与点B 之间的距离为()A ．12B ．6C ．62D ．63【解答】解：连接B B '，将ABC ∆绕点C 按逆时针方向旋转得到△A B C ''，AC A C '∴=，AB A B '=，60A CA B ''∠=∠=︒，∴△AA C '是等边三角形，60AA C '∴∠=︒，180606060B A B ''∴∠=︒-︒-︒=︒，将ABC ∆绕点C 按逆时针方向旋转得到△A B C ''，60ACA BAB ''∴∠=∠=︒，BC B C '=，906030CB A CBA ''∠=∠=︒-︒=︒，BCB '∴∆是等边三角形，60CB B '∴∠=︒，30CB A ''∠=︒ ，30A B B ''∴∠=︒，180603090B BA ''∴∠=︒-︒-︒=︒，90ACB ∠=︒ ，60A ∠=︒，6AC =，12AB ∴=，6A B AB AA AB AC ''∴=-=-=，B B '∴=故选：D ．6.（2016•山西）如图是由几个大小相同的小正方体搭成的几何体的俯视图，小正方形中数字表示该位置小正方体的个数，则该几何体的左视图是()A ．B ．C ．D ．【解答】解：观察图形可知，该几何体的左视图是．故选：A ．7.（2016•山西）宽与长的比是512-（约0.618)的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值，给我们以协调和匀称的美感．我们可以用这样的方法画出黄金矩形：作正方形ABCD ，分别取AD 、BC 的中点E 、F ，连接EF ：以点F 为圆心，以FD 为半径画弧，交BC 的延长线于点G ；作GH AD ⊥，交AD 的延长线于点H ，则图中下列矩形是黄金矩形的是()A ．矩形ABFEB ．矩形EFCDC ．矩形EFGHD ．矩形DCGH【解答】解：设正方形的边长为2，则2CD =，1CF =在直角三角形DCF 中，22125DF =+5FG ∴=51CG ∴=-∴512CG CD -=∴矩形DCGH 为黄金矩形故选：D ．8.（2020•山西）如图，在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，3AC =，4BC =，CD AB ⊥，垂足为D ，E 为BC 的中点，AE 与CD 交于点F ，则DF 的长为5485．【解答】解：如图，过点F 作FH AC ⊥于H ．在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒ ，3AC =，4BC =，2222435AB CB AC ∴=+=+=，CD AB ⊥ ，1122ABC S AC BC AB CD ∆∴== ，125CD ∴=，95AD ===，//FH EC ，∴FH AH EC AC=，2EC EB == ，∴23FH AH =，设2FH k =，3AH k =，33CH k =-，tan FH AD FCH CH CD ∠== ，∴92512335k k =-，917k ∴=，1817FH ∴=，272431717CH =-=，3017CF ∴===，12305451785DF ∴=-=，故答案为5485．9.（2019•山西）如图，在ABC ∆中，90BAC ∠=︒，10AB AC cm ==，点D 为ABC ∆内一点，15BAD ∠=︒，6AD cm =，连接BD ，将ABD ∆绕点A 按逆时针方向旋转，使AB 与AC 重合，点D 的对应点为点E ，连接DE ，DE 交AC 于点F ，则CF 的长为(10-cm．【解答】解：过点A 作AG DE ⊥于点G ，由旋转知：AD AE =，90DAE ∠=︒，15CAE BAD ∠=∠=︒，45AED ADG ∴∠=∠=︒，在AEF ∆中，60AFD AED CAE ∠=∠+∠=︒，在Rt ADG ∆中，AG DG ===，在Rt AFG ∆中，GF ==，2AF FG ==，(10CF AC AF cm ∴=-=-，故答案为：(10cm -．10.（2017•山西）如图，已知ABC ∆三个顶点的坐标分别为(0,4)A ，(1,1)B -，(2,2)C -，将ABC ∆向右平移4个单位，得到△A B C '''，点A ，B ，C 的对应点分别为A '、B '、C '，再将△A B C '''绕点B '顺时针旋转90︒，得到△A B C ''''''，点A '、B '、C '的对应点分别为A ''、B ''、C ''，则点A ''的坐标为(6,0)．【解答】解：如图所示：(0,4)A ，(1,1)B -，(2,2)C -，将ABC ∆向右平移4个单位，得到△A B C '''，A ∴'、B '、C '的坐标分别为(4,4)，(3,1)B ，(2,2)C ，再将△A B C '''绕点B '顺时针旋转90︒，得到△A B C ''''''，则点A ''的坐标为(6,0)；故答案为：(6,0)．11.（2017•山西）如图，创新小组要测量公园内一棵树的高度AB ，其中一名小组成员站在距离树10米的点E 处，测得树顶A 的仰角为54︒．已知测角仪的架高 1.5CE =米，则这棵树的高度为15.3米．（结果保留一位小数．参考数据：sin 540.8090︒=，cos540.5878︒=，tan 54 1.3764)︒=【解答】解：如图，过点C 作CD AB ⊥，垂足为D ．则四边形CEBD 是矩形， 1.5BD CE m ==，在Rt ACD ∆中，10CD EB m ==，54ACD ∠=︒，tan AD ACE CD∠= ，tan 10 1.3813.8AD CD ACD m ∴=∠≈⨯= ．13.8 1.515.3AB AD BD m ∴=+=+=．答：树的高度AB 约为15.3m ．故答案为15.312.（2017•山西）一副三角板按如图方式摆放，得到ABD ∆和BCD ∆，其中90ADB BCD ∠=∠=︒，60A ∠=︒，45CBD ∠=︒，E 为AB 的中点，过点E 作EF CD⊥于点F ．若4AD cm =，则EF 的长为cm ．【解答】解：过点A 作AG DC ⊥于G ．45CDB CBD ∠=∠=︒ ，90ADB ∠=︒，45ADG ∴∠=︒．DG AG ∴===．30ABD ∠=︒ ，BD ∴==．45CBD ∠=︒ ，CB ∴==．AG CG ⊥ ，EF CG ⊥，CB CG ⊥，////AG EF BC ∴．又E 是AB 的中点，F ∴为CG 的中点，①11()22EF AG BC cm ∴=+=+=+．②连结DE ，8AB cm =，4DE cm =，CD =，2DF cm =-÷=，EF cm ==+．故答案为：．13.（2016•山西）如图，已知点C 为线段AB 的中点，CD AB ⊥且4CD AB ==，连接AD ，BE AB ⊥，AE 是DAB ∠的平分线，与DC 相交于点F ，EH DC ⊥于点G ，交AD 于点H ，则HG 的长为35．【解答】解：4AB CD == ，C 为线段AB 的中点，2BC AC ∴==，25AD ∴=，EH DC ⊥ ，CD AB ⊥，BE AB ⊥，//EH AC ∴，四边形BCGE 为矩形，HEA EAB ∴∠=∠，2BC GE ==，又AE 是DAB ∠的平分线，EAB DAE ∴∠=∠，DAE HEA ∴∠=∠，HA HE ∴=，设GH x =，则2HA HE HG GE x ==+=+，//EH AC ，DHG DAC ∴∆∆∽，∴DH HG DA AC =25225x =，解得：3x =-，即3HG =-故答案为：3-14.（2020•山西）图①是某车站的一组智能通道闸机，当行人通过时智能闸机会自动识别行人身份，识别成功后，两侧的圆弧翼闸会收回到两侧闸机箱内，这时行人即可通过．图②是两圆弧翼展开时的截面图，扇形ABC 和DEF 是闸机的“圆弧翼”，两圆弧翼成轴对称，BC 和EF 均垂直于地面，扇形的圆心角28ABC DEF ∠=∠=︒，半径60BA ED cm ==，点A 与点D 在同一水平线上，且它们之间的距离为10cm ．（1）求闸机通道的宽度，即BC 与EF 之间的距离（参考数据：sin 280.47︒≈，cos 280.88︒≈，tan 280.53)︒≈；（2）经实践调查，一个智能闸机的平均检票速度是一个人工检票口平均检票速度的2倍，180人的团队通过一个智能闸机口比通过一个人工检票口可节约3分钟，求一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数．【解答】解：（1）连接AD ，并向两方延长，分别交BC ，EF 于M ，N ，由点A ，D 在同一条水平线上，BC ，EF 均垂直于地面可知，MN BC ⊥，MN EF ⊥，所以MN 的长度就是BC 与EF 之间的距离，同时，由两圆弧翼成轴对称可得，AM DN =，在Rt ABM ∆中，90AMB ∠=︒，28ABM ∠=︒，60AB =，sin AM ABM AB∠= ，sin 60sin 28600.4728.2AM AB ABM ∴=∠=︒≈⨯= ，228.221066.4MN AM DN AD AM AD ∴=++=+=⨯+=，BC ∴与EF 之间的距离为66.4cm ；（2）设一个人工检票口平均每分钟检票通过的人数为x人，根据题意得，18018032x x-=，解得：30x=，经检验，30x=是原方程的根，当30x=时，260x=，答：一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为60人．15.（2020•山西）综合与实践问题情境：如图①，点E为正方形ABCD内一点，90AEB∠=︒，将Rt ABE∆绕点B按顺时针方向旋转90︒，得到CBE∆'（点A的对应点为点)C．延长AE交CE'于点F，连接DE．猜想证明：（1）试判断四边形BE FE'的形状，并说明理由；（2）如图②，若DA DE=，请猜想线段CF与FE'的数量关系并加以证明；解决问题：（3）如图①，若15AB=，3CF=，请直接写出DE的长．【解答】解：（1）四边形BE FE'是正方形，理由如下：将Rt ABE ∆绕点B 按顺时针方向旋转90︒，90AEB CE B '∴∠=∠=︒，BE BE '=，90EBE '∠=︒，又90BEF ∠=︒ ，∴四边形BE FE '是矩形，又BE BE '= ，∴四边形BE FE '是正方形；（2）CF E F '=；理由如下：如图②，过点D 作DH AE ⊥于H ，DA DE = ，DH AE ⊥，12AH AE ∴=，90ADH DAH ∴∠+∠=︒，四边形ABCD 是正方形，AD AB ∴=，90DAB ∠=︒，90DAH EAB ∴∠+∠=︒，ADH EAB ∴∠=∠，又AD AB = ，90AHD AEB ∠=∠=︒，()ADH BAE AAS ∴∆≅∆，12AH BE AE ∴==， 将Rt ABE ∆绕点B 按顺时针方向旋转90︒，AE CE '∴=，四边形BE FE '是正方形，BE E F '∴=，12E F CE ''∴=，CF E F '∴=；（3）如图①，过点D 作DH AE ⊥于H ，四边形BE FE '是正方形，BE E F BE ''∴==，15AB BC == ，3CF =，222BC E B E C ''=+，22225(3)E B E B ''∴=++，9E B BE '∴==，12CE CF E F ''∴=+=，由（2）可知：9BE AH ==，12DH AE CE '===，3HE ∴=，DE ∴==16.（2020•山西）阅读与思考如图是小宇同学的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务．⨯年⨯月⨯日星期日没有直角尺也能作出直角今天，我在书店一本书上看到下面材料：木工师傅有一块如图①所示的四边形木板，他已经在木板上画出一条裁割线AB ，现根据木板的情况，要过AB 上的一点C ，作出AB 的垂线，用锯子进行裁割，然而手头没有直角尺，怎么办呢？办法一：如图①，可利用一把有刻度的直尺在AB 上量出30CD cm =，然后分别以D ，C 为圆心，以50cm 与40cm 为半径画圆弧，两弧相交于点E ，作直线CE ，则DCE ∠必为90︒．办法二：如图②，可以取一根笔直的木棒，用铅笔在木棒上点出M ，N 两点，然后把木棒斜放在木板上，使点M 与点C 重合，用铅笔在木板上将点N 对应的位置标记为点Q ，保持点N 不动，将木棒绕点N 旋转，使点M 落在AB 上，在木板上将点M 对应的位置标记为点R ．然后将RQ 延长，在延长线上截取线段QS MN =，得到点S ，作直线SC ，则90RCS ∠=︒．我有如下思考：以上两种办法依据的是什么数学原理呢？我还有什么办法不用直角尺也能作出垂线呢？⋯⋯任务：（1）填空：“办法一”依据的一个数学定理是勾股定理的逆定理；（2）根据“办法二”的操作过程，证明90RCS ∠=︒；（3）①尺规作图：请在图③的木板上，过点C 作出AB 的垂线（在木板上保留作图痕迹，不写作法）；②说明你的作法所依据的数学定理或基本事实（写出一个即可）．【解答】解：（1）30CD = ，50DE =，40CE =，222222304050CD CE DE ∴+=+==，90DCE ∴∠=︒，故“办法一”依据的一个数学定理是勾股定理的逆定理；故答案为：勾股定理的逆定理；（2）由作图方法可知，QP QC =，QS QC =，QCR QRC ∴∠=∠，QCS QSC ∠=∠，180SRC RCS QRC QSC ∠+∠+∠+∠=︒ ，2()180QCR QCS ∴∠+∠=︒，90QCR QCS ∴∠+∠=︒，即90RCS ∠=︒；（3）①如图③所示，直线PC 即为所求；②答案不唯一，到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上．17.（2019•山西）已知：如图，点B ，D 在线段AE 上，AD BE =，//AC EF ，C F ∠=∠．求证：BC DF =．【解答】证明：AD BE = ，AD BD BE BD ∴-=-，AB ED ∴=，//AC EF ，A E ∴∠=∠，在ABC ∆和EDF ∆中，C F A E AB ED ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ABC EDF AAS ∴∆≅∆，BC DF ∴=．18.（2019•山西）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：莱昂哈德 欧拉(Leonhard )Euler 是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定理，下面就是欧拉发现的一个定理：在ABC ∆中，R 和r 分别为外接圆和内切圆的半径，O 和I 分别为其中外心和内心，则222OI R Rr =-．如图1，O 和I 分别是ABC ∆的外接圆和内切圆，I 与AB 相切分于点F ，设O 的半径为R ，I 的半径为r ，外心O （三角形三边垂直平分线的交点）与内心I （三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI d =，则有222d R Rr =-．下面是该定理的证明过程（部分）:延长AI 交O 于点D ，过点I 作O 的直径MN ，连接DM ，AN ．D N ∠=∠ ，DMI NAI ∠=∠（同弧所对的圆周角相等）．MDI ANI ∴∆∆∽．∴IM ID IA IN=，IA ID IM IN ∴= ，①如图2，在图1（隐去MD ，)AN 的基础上作O 的直径DE ，连接BE ，BD ，BI ，IF ．DE 是O 的直径，所以90DBE ∠=︒．I 与AB 相切于点F ，所以90AFI ∠=︒，DBE IFA ∴∠=∠．BAD E ∠=∠ （同弧所对的圆周角相等），AIF EDB ∴∆∆∽，∴IA IF DE BD=．IA BD DE IF ∴= ②任务：（1）观察发现：IM R d =+，IN =R d -（用含R ，d 的代数式表示）；（2）请判断BD 和ID 的数量关系，并说明理由．（3）请观察式子①和式子②，并利用任务（1），（2）的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分；（4）应用：若ABC ∆的外接圆的半径为5cm ，内切圆的半径为2cm ，则ABC ∆的外心与内心之间的距离为cm ．【解答】解：（1）O 、I 、N 三点共线，OI IN ON∴+=IN ON OI R d∴=-=-故答案为：R d -；（2）BD ID=理由如下：如图3，过点I 作O 直径MN ，连接AI 交O 于D ，连接MD ，BI ，BD ，点I 是ABC ∆的内心BAD CAD ∴∠=∠，CBI ABI∠=∠DBC CAD ∠=∠ ，BID BAD ABI ∠=∠+∠，DBI DBC CBI∠=∠+∠BID DBI∴∠=∠BD ID∴=（3）由（2）知：BD ID=IA ID DE IF∴= DE IF IM IN= 2()()R r R d R d ∴=+- 222R d Rr∴-=222d R Rr∴=-（4）由（3）知：222d R Rr =-；将5R =，2r =代入得：2252525d =-⨯⨯=，d > d ∴=．19.（2019•山西）综合与实践动手操作：第一步：如图1，正方形纸片ABCD 沿对角线AC 所在的直线折叠，展开铺平．在沿过点C 的直线折叠，使点B ，点D 都落在对角线AC 上．此时，点B 与点D 重合，记为点N ，且点E ，点N ，点F 三点在同一条直线上，折痕分别为CE ，CF ．如图2．第二步：再沿AC 所在的直线折叠，ACE ∆与ACF ∆重合，得到图3．第三步：在图3的基础上继续折叠，使点C 与点F 重合，如图4，展开铺平，连接EF ，FG ，GM ，ME ．如图5，图中的虚线为折痕．问题解决：（1）在图5中，BEC ∠的度数是67.5︒，AE BE 的值是．（2）在图5中，请判断四边形EMGF 的形状，并说明理由；（3）在不增加字母的条件下，请你以图中5中的字母表示的点为顶点，动手画出一个菱形（正方形除外），并写出这个菱形：．【解答】解：（1）由折叠的性质得：BE EN =，AE AF =，CEB CEN ∠=∠，BAC CAD ∠=∠， 四边形ABCD 是正方形，90EAF ∴∠=︒，45AEF AFE ∴∠=∠=︒，135BEN ∴∠=︒，67.5BEC ∴∠=︒，45BAC CAD ∴∠=∠=︒，45AEF ∠=︒ ，AEN ∴∆是等腰直角三角形，AE ∴=，∴2AE BE EN==；故答案为：67.5︒（2）四边形EMGF 是矩形；理由如下：四边形ABCD 是正方形，90B BCD D ∴∠=∠=∠=︒，由折叠的性质得：BCE ECA ACF FCD ∠=∠=∠=∠，CM CG =，BEC NEC NFC DFC ∠=∠=∠=∠，9022.54BCE ECA ACF FCD ︒∴∠=∠=∠=∠==︒，67.5BEC NEC NFC DFC ∠=∠=∠=∠=︒，由折叠可知：MH 、GH 分别垂直平分EC 、FC ，MC ME CG GF ∴===，22.5MEC BCE ∴∠=∠=︒，22.5GFC FCD ∠=∠=︒，90MEF ∴∠=︒，90GFE ∠=︒，90MCG ∠=︒ ，CM CG =，45CMG ∴∠=︒，22.522.545BME BCE MEC ∠=∠+∠=︒+︒=︒ ，18090EMG CMG BME ∴∠=︒-∠-∠=︒，∴四边形EMGF 是矩形；（3）连接EH 、FH ，如图所示：由折叠可知：MH 、GH 分别垂直平分EC 、FC ，同时EC 、FC 也分别垂直平分MH 、GH ，∴四边形EMCH 与四边形FGCH 是菱形，故答案为：菱形EMCH 或菱形FGCH ．20.（2018•山西）祥云桥位于省城太原南部，该桥塔主体由三根曲线塔柱组合而成，全桥共设13对直线型斜拉索，造型新颖，是“三晋大地”的一种象征．某数学“综合与实践”小组的同学把“测量斜拉索顶端到桥面的距离”作为一项课题活动，他们制订了测量方案，并利用课余时间借助该桥斜拉索完成了实地测量．测量结果如下表．项目内容课题测量斜拉索顶端到桥面的距离测量示意图说明：两侧最长斜拉索AC ，BC 相交于点C ，分别与桥面交于A ，B 两点，且点A ，B ，C 在同一竖直平面内．测量数据A ∠的度数B ∠的度数AB 的长度38︒28︒234米⋯⋯（1）请帮助该小组根据上表中的测量数据，求斜拉索顶端点C 到AB 的距离（参考数据：sin 380.6︒≈，cos380.8︒≈，tan 380.8︒≈，sin 280.5︒≈，cos 280.9︒≈，tan 280.5)︒≈（2）该小组要写出一份完整的课题活动报告，除上表的项目外，你认为还需要补充哪些项目（写出一个即可）．【解答】解：（1）过点C 作CD AB ⊥于点D ．设CD x =米，在Rt ADC ∆中，90ADC ∠=︒，38A ∠=︒．tan 38CD AD ︒=，∴5tan 380.84CD x AD x ===︒．在Rt BDC ∆中，90BDC ∠=︒，28B ∠=︒． tan 28CD BD ︒=，∴2tan 280.5CD x BD x ===︒．234AD BD AB +== ，∴522344x x +=．解得72x =．答：斜拉索顶端点C 到AB 的距离为72米．（2）还需要补充的项目可为：测量工具，计算过程，人员分工，指导教师，活动感受等．（答案不唯一）21.（2018•山西）请阅读下列材料，并完成相应的任务：在数学中，利用图形在变化过程中的不变性质，常常可以找到解决问题的办法．著名美籍匈牙利数学家波利亚在他所著的《数学的发现》一书中有这样一个例子：请问如何在一个三角形ABC 的AC 和BC 两边上分别取一点X 和Y ，使得AX BY XY ==．（如图）解决这个问题的操作步骤如下：第一步，在CA 上作出一点D ，使得CD CB =，连接BD ．第二步，在CB 上取一点Y '，作//Y Z CA ''，交BD 于点Z '，并在AB 上取一点A '，使Z A Y Z ''''=．第三步，过点A 作//AZ A Z ''，交BD 于点Z ．第四步，过点Z 作//ZY AC ，交BC 于点Y ，再过点Y 作//YX ZA ，交AC 于点X ．则有AX BY XY ==．下面是该结论的部分证明：证明：//AZ A Z '' ，BA Z BAZ ''∴∠=∠，又A BZ ABZ ''∠=∠ ．∴△~BA Z BAZ ''∆．∴Z A BZ ZA BZ'''=．同理可得Y Z BZ YZ BZ '''=．∴Z A Y Z ZA YZ''''=．Z A Y Z ''''= ，ZA YZ ∴=．任务：（1）请根据上面的操作步骤及部分证明过程，判断四边形AXYZ 的形状，并加以证明；（2）请再仔细阅读上面的操作步骤，在（1）的基础上完成AX BY XY ==的证明过程；（3）上述解决问题的过程中，通过作平行线把四边形BA Z Y '''放大得到四边形BAZY ，从而确定了点Z ，Y 的位置，这里运用了下面一种图形的变化是D （或位似）．A ．平移B ．旋转C ．轴对称D ．位似【解答】解：（1）四边形AXYZ 是菱形．证明：//ZY AC ，//YX ZA ，∴四边形AXYZ 是平行四边形．ZA YZ = ，∴平行四边形AXYZ 是菱形．（2）证明：CD CB，=∴∠=∠．13，//ZY AC∴∠=∠．12∴∠=∠．23YB YZ∴=．四边形AXYZ是菱形，∴==．AX XY YZ∴==．AX BY XY（3）通过作平行线把四边形BA Z Y'''放大得到四边形BAZY，从而确定了点Z，Y的位置，此时四边形BA Z Y'''∽四边形BAZY，所以该变换形式是位似变换．故答案是：D（或位似）．22.（2017•山西）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，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，8AB cm=．=，12AD cm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(3AEN ∆，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．【解答】（1）证明： 四边形ABCD 是矩形，90D DAE ∴∠=∠=︒，由折叠的性质得，AE AD =，90AEF D ∠=∠=︒，90D DAE AEF ∴∠=∠=∠=︒，∴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，90AD H D ∠'=∠=︒，HF HD HD =='，四边形AEFD 是正方形，90EFD ∴∠=︒，90AD H ∠'=︒ ，90HD N ∴∠'=︒，在Rt HNF ∆与Rt HND ∆'中，HN HN HF HD =⎧⎨='⎩，Rt HNF Rt HND ∴∆≅∆'，NF ND ∴='；（3）解： 四边形AEFD是正方形，∴===，AE EF AD cm8由折叠得，8'==，AD AD cm设NF xcm'=，=，则ND xcm在Rt AEN∆中，222=+，AN AE EN222x x∴+=+-，(8)8(8)解得：2x=，EN cm=，AN x cm∴=+=，6810∴=，EN AE AN::3:4:5∴∆是(3，4，5)型三角形；AEN（4）解：图4中还有MFN∆，△MD H'，MDA∆是(3，4，5)型三角形，，//CF AE∽，∴∆∆MFN AENEN AE AN=，::3:4:5∴=，::3:4:5FN MF CN∴∆是(3，4，5)型三角形；MFN同理，△MD H'，MDA∆是(3，4，5)型三角形．23.（2017•山西）如图，ABC的直径，OD AB⊥，与AC交于，且AB为O∆内接于O点E，与过点C的O的切线交于点D．（1）若4BC=，求OE的长．AC=，2（2）试判断A∠的数量关系，并说明理由．∠与CDE【解答】解：（1）AB 为O 的直径，90ACB ∴∠=︒，在Rt ABC ∆中，由勾股定理得：22224225AB AC BC =++=152OA AB ∴==，OD AB ⊥ ，90AOE ACB ∴∠=∠=︒，又A A ∠=∠ ，AOE ACB ∴∆∆∽，∴OE OA BC AC=，即524OE =，解得：52OE =；（2）2CDE A ∠=∠，理由如下：连接OC ，如图所示：OA OC = ，1A ∴∠=∠，CD 是O 的切线，OC CD ∴⊥，90OCD ∴∠=︒，290CDE ∴∠+∠=︒，OD AB ⊥ ，2390∴∠+∠=︒，3CDE ∴∠=∠，312A A ∠=∠+∠=∠ ，2CDE A ∴∠=∠．24.（2017•河南）太阳能光伏发电因其清洁、安全、便利、高效等特点，已成为世界各国普遍关注和重点发展的新兴产业．如图是太阳能电池板支撑架的截面图，其中的粗线表示支撑角钢，太阳能电池板与支撑角钢AB 的长度相同，均为300cm ，AB 的倾斜角为30︒，50BE CA cm ==，支撑角钢CD ，EF 与底座地基台面接触点分别为D 、F ，CD 垂直于地面，FE AB ⊥于点E ．两个底座地基高度相同（即点D ，F 到地面的垂直距离相同），均为30cm ，点A 到地面的垂直距离为50cm ，求支撑角钢CD 和EF 的长度各是多少cm （结果保留根号）．【解答】解：过A 作AG CD ⊥于G ，则30CAG ∠=︒，在Rt ACG ∆中，1sin 3050252CG AC =︒=⨯=，503020GD =-= ，252045CD CG GD ∴=+=+=，连接FD 并延长与BA 的延长线交于H ，则30H ∠=︒，在Rt CDH ∆中，290sin 30CD CH CD ===︒，300505090290EH EC CH AB BE AC CH ∴=+=--+=--+=，在Rt EFH ∆中，32903tan 3029033EF EH =︒=⨯= ，答：支撑角钢CD 和EF 的长度各是45cm ，29033．25.（2016•山西）综合与实践问题情境在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动，如图1，将一张菱形纸片(90)ABCD BAD ∠>︒沿对角线AC 剪开，得到ABC ∆和ACD ∆．操作发现（1）将图1中的ACD ∆以A 为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使BAC α=∠，得到如图2所示的△AC D '，分别延长BC 和DC '交于点E ，则四边形ACEC '的形状是菱形；（2）创新小组将图1中的ACD ∆以A 为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使2BAC α=∠，得到如图3所示的△AC D '，连接DB ，C C '，得到四边形BCC D '，发现它是矩形，请你证明这个结论；实践探究（3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，量得图3中13BC cm =，10AC cm =，然后提出一个问题：将△AC D '沿着射线DB 方向平移acm ，得到△A C D '''，连接BD '，CC '，使四边形BCC D '恰好为正方形，求a 的值，请你解答此问题；（4）请你参照以上操作，将图1中的ACD ∆在同一平面内进行一次平移，得到△A C D ''，在图4中画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的结论，不必证明．【解答】解：（1）如图2，由题意可得：12∠=∠，23∠=∠，14∠=∠，AC AC ='，故//AC EC '，//AC C E '，则四边形ACEC '是平行四边形，故四边形ACEC '的形状是菱形；故答案为：菱形；（2）证明：如图3，作AM CC ⊥'于点M ，由旋转得：AC AC '=，则12CAM C AM BAC α∠=∠'==∠， 四边形ABCD 是菱形，BA BC ∴=，BCA BAC ∴∠=∠，CAM BCA ∴∠=∠，//AM BC ∴，同理可得：//AM DC '，//BC DC ∴'，则90BCC ∠'=︒，又BC DC =' ，∴四边形BCC D '是平行四边形，90BCC ∠'=︒ ，∴四边形BCC D '是矩形；（3）如图3，过点B 作BF AC ⊥，垂足为F ，BA BC = ，1110522CF AF AC ∴===⨯=，在Rt BCF ∆中，12BF ===，在ACM ∆和CBF ∆中，CAM BCF ∠=∠ ，90CMA BFC ∠=∠=︒，ACM CBF ∴∆∆∽，∴CM AC BF BC =，即101213CM =，解得：12013MC =，AC AC =' ，AM CC ⊥'，120240221313CC CM ∴'==⨯=，当四边形BCC D ''恰好为正方形时，分两种情况：①点C ''在边C C '上，2407113131313a C C ='-=-=，②点C ''在C C '的延长线上，24040913131313a C C ='+=+=，综上所述：a的值为：7113或40913；（4）答案不唯一，例：如图4，画出正确图形，平移及构图方法：将ACD∆沿着射线CA方向平移，平移距离为12AC的长度，得到△A C D'''，连接A B'，D C'，结论：BC A D=''，//BC A D''，∴四边形A BCD''是平行四边形．26.（2016•山西）请阅读下列材料，并完成相应的任务：阿基米德折弦定理阿基米德(archimedes，公元前287-公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．阿拉伯(9731050Al Binmi--年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al Binmi-译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理．阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC AB>，M是ABC的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD AB BD=+．下面是运用“截长法”证明CD AB BD=+的部分证明过程．证明：如图2，在CB 上截取CG AB =，连接MA ，MB ，MC 和MG ．M 是ABC 的中点，MA MC ∴=．⋯任务：（1）请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；（2）填空：如图3，已知等边ABC ∆内接于O ，2AB =，D 为 AC 上一点，45ABD ∠=︒，AE BD ⊥于点E ，则BDC ∆的周长是2+【解答】（1）证明：如图2，在CB 上截取CG AB =，连接MA ，MB ，MC 和MG ．M 是ABC 的中点，MA MC ∴=．在MBA ∆和MGC ∆中BA GC A C MA MC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()MBA MGC SAS ∴∆≅∆，MB MG ∴=，又MD BC ⊥ ，BD GD ∴=，DC GC GD AB BD ∴=+=+；（2）解：如图3，截取BF CD =，连接AF ，AD ，CD ，由题意可得：AB AC =，ABF ACD ∠=∠，在ABF ∆和ACD ∆中AB ACABF ACD BF DC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，() ABF ACD SAS∴∆≅，AF AD∴=，AE BD⊥，FE DE∴=，则CD DE BE+=，45ABD∠=︒，BE∴=，则BDC∆的周长是2+．故答案为：2+．一年模拟新题一．选择题（共15小题）27.（2020•山西一模）如图，ABC∆是等边三角形，点D，E，F分别在边AB，BC，AC上，且AD BE CF==，若DE BC⊥，则ADBD的值为()A．12B．13C．32D．33【解答】解：ABC∆是等边三角形，60B∴∠=︒，DE BC⊥，90BED∴∠=︒，∴1cos602 BEBD=︒=，AD BE=，∴12 ADBD=，故选：A．28.（2020•平遥县一模）窗棂即窗格（窗里面的横的或竖的格）是中国传统木构建筑的框架结构设计，下列表示我国古代窗棂样式结构图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是()A．B．C．D．【解答】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项正确；B、是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项错误；C、是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项错误；D、是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项错误；故选：A．29.（2020•平遥县一模）AB和DE是直立在水平地面上的两根立柱，7AB=米，某一时刻测得在阳光下的投影4BC=米，同时，测量出DE在阳光下的投影长为6米，则DE 的长为()A．143米B．212米C．247米D．76米【解答】解：如图，在测量AB的投影时，同时测量出DE在阳光下的投影长EF为6m，ABC DEF∆∆∽，7AB m=，4BC m=，6EF m=∴AB DE BC EF=，∴746DE =，21()2 DE m∴=故选：B．30.（2020•山西模拟）一个几何体由多个完全相同的小正方体组成，它的三视图如图所示，那么组成这个几何体的小正方体的个数为()A．5个B．4个C．3个D．2个【解答】解：从主视图与左视图可以得出此图形只有一排，只能得出一共有5个小正方体，从俯视图可以验证这一点，从而确定组成这个几何体的小正方体的个数为5个．故选：A．31.（2020•山西模拟）如图，已知点D，E，F分别在ABC∆的三边上，将ABC∆沿DE，DF翻折，顶点B，C均落在ABC∆内的点O处，且BD与CD重合于线段OD，若∠的度数为()58∠+∠=︒，则AAEO AFOA．58︒B．59︒C．60︒D．61︒【解答】解：连接BO、CO，如图所示：由折叠的性质得：BD CD OD==，∠+∠=︒，OBC OCB∴∠=︒，90BOC90又由折叠的性质得：EO DB=，FO FC=，∠=∠，EBO EOB∴∠=∠，FOC FCO∠=∠，58AEO AFOAFO FCO∠+∠=︒，AEO EBO，22∠=∠∴∠+∠=︒，EBO FCO2258∴∠+∠=︒，EBO FCO29∴∠+∠=∠+∠+∠+∠=︒+︒=︒，2990119ABC ACB EBO FCO OBC OCBA ABC ACB∴∠=︒-∠+∠=︒-︒=︒，180()18011961故选：D．32.（2020•太原模拟）下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是()A．B．C ．D ．【解答】解：A 、不是轴对称图形，故本选项不合题意；B 、不是轴对称图形，故本选项不合题意；C 、不是轴对称图形，故本选项不合题意；D 、是轴对称图形，故本选项符合题意．故选：D ．33.（2020•太原模拟）由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的主视图和俯视图如图所示，则组成这个几何体的小正方体的个数最多有()A ．8B ．7C ．6D ．5【解答】解：由俯视图易得最底层有4个小正方体，第二层最多有3个小正方体，那么搭成这个几何体的小正方体最多为437+=个．故选：B ．34.（2020•太原模拟）如图，点A 在x 轴上，90OAB ∠=︒，30B ∠=︒，6OB =，将OAB∆绕点O 按顺时针方向旋转120︒得到△OA B ''，则点B '的坐标是()A ．(33,3)-B ．(3,33)C ．(33,3)D ．(3,33)-【解答】解：90OAB ∠=︒ ，30B ∠=︒，6OB =，60AOB ∴∠=︒，132OA OB ==，333AB OA ==B ∴点坐标为(3，33)，将OAB ∆绕点O 按顺时针方向旋转120︒得到△OA B ''，120B OB ∴∠'=︒，6OB OB '==，60AOB ∴∠'=︒，∴点B '和点B 关于x 轴对称，∴点B '的坐标为(3,33)-．故选：D ．35.（2020•山西模拟）如图，把一张长方形纸片ABCD 沿EF 折叠，使其对角顶点A 与C 重合，点D 落在点G 处，若长方形的长BC 为6，当AEF ∆为等边三角形时，则线段DG 的长为()A ．3B ．4C ．32D ．3【解答】解：如图所示，过G 作GH AD ⊥于H ，由折叠可得，90GAF C ∠=∠=︒，90AGE ADC ∠=∠=︒，又AEF ∆ 是等边三角形，60EAF ∴∠=︒，30GAE ∴∠=︒，60AEG ∠=︒，由折叠可得，DE GE =，1302ADG AEG ∴∠=∠=︒，GAD GDA ∴∠=∠，GA GD ∴=，132AH DH AD ∴===，3cos 2DH GDH DG ∠==∴332DG =，23DG ∴=，故选：D ．36.（2020•扶沟县一模）如图，在ABC ∆中，8AB AC ==，6BC =，点P 从点B 出发以1个单位/s 的速度向点A 运动，同时点Q 从点C 出发以2个单位/s 的速度向点B 运动．当以B ，P ，Q 为顶点的三角形与ABC ∆相似时，运动时间为()A ．2411sB ．95sC ．2411s 或95sD ．以上均不对【解答】解：设运动时间为t 秒．BP t =，2CQ t =，62BQ BC CQ t =-=-，当BAC BPQ ∆∆∽，BP BQ AB BC =，即6286t t -=，解得2411t =；当BCA BPQ ∆∆∽，BP BQ BC AB =，即6268t t -=，解得95t =，综上所述，当以B ，P ，Q 为顶点的三角形与ABC ∆相似时，运动时间为2411s 或95s ，故选：C ．。

2023年九年级中考数学专题练——图形的变化(含解析)

2023年九年级中考数学专题练——图形的变化(含解析)

2023年浙江省温州市中考数学专题练——9图形的变化一．选择题（共15小题）1．（2022•永嘉县三模）某零件由两长方体组合而成如图所示，则它的左视图是（ ）A．B．C．D．2．（2022•鹿城区校级三模）三个大小一样的正方体按如图摆放，它的主视图是（ ）A．B．C．D．3．（2022•鹿城区校级二模）如图，梯子AB＝AC＝l，∠ACB＝α，两梯脚之间的距离BC 的长为d．则d与l的关系式为（ ）A．d＝l•sinαB．d＝2l•cosαC．d＝2l•sinαD．d＝l•cosα4．（2022•鹿城区校级二模）在《寺庙难题》书中，有这样一道题：五个正方形ABCD，CEFG，FHMN，GNPQ，DGST如图所示排列，其中点A，B、E，H，M共线，可得结论：正方形CEFG与△SGQ的面积相等．若正方形CEFG与△SGQ的面积之和为120，则正方形DGST与正方形GNPQ面积之和为（ ）A ．270B ．300C ．320D ．3505．（2022•乐清市三模）如图，在直角坐标系中，△ABC 与△A'B'C'是位似图形，则位似中心为（ ）A ．点MB ．点NC ．点OD ．点P6．（2022•鹿城区校级模拟）已知12＜cosA ＜sin80°，则锐角A 的取值范围是（ ）A ．60°＜A ＜80°B ．30°＜A ＜80°C ．10°＜A ＜60°D ．10°＜A ＜30°7．（2022•乐清市三模）下列柱体俯视图是圆形的是（ ）A ．B ．C ．D ．8．（2022•鹿城区校级三模）如图，△ABC 与△DEF 是位似图形，点O 是位似中心，若OA ：OD ＝1：3，且△ABC 的面积为2，则△DEF 的面积为（ ）A．6B．9C．18D．27 9．（2022•鹿城区二模）如图，旧楼的一楼窗台高为1米，在旧楼的正南处有一新楼高25米．已知某日中午12时太阳从正南方照射的光线与水平线的夹角为α，光线正好照在旧楼一楼窗台上，则两楼之间的距离为（ ）A．24sinα米B．24cosα米C．24tanα米D．24 tanα米10．（2022•鹿城区校级三模）铁路道口的栏杆如图．已知栏杆长为3米，当栏杆末端从水平位置上升到点C处时，栏杆前端从水平位置下降到点A处，下降的垂直距离AD为0.5米（栏杆的粗细忽略不计），上升前后栏杆的夹角为α，则栏杆末端上升的垂直距离CE 的长为（ ）A．(3tanα―0.5)米B．(3sinα―0.5)米C．（3tanα﹣0.5）米D．（3sinα﹣0.5）米11．（2022•温州校级模拟）为了疫情防控工作的需要，某学校在学校门口的大门上方安装了一个人体体外测温摄像头，摄像头到地面的距离DE＝2.7米，小明身高BF＝1.5米，他在点A测得点D的仰角是在点B测得点D仰角的2倍，已知小明在点B测得的仰角是a，则体温监测有效识别区域AB的长为（ ）米．A ．65tan α―65tan2αB ．65tanα―65tan2αC ．65tan2α―65tanαD ．56tanα―56tan2α12．（2022•永嘉县三模）如图，架在消防车上的云梯AB 长为15m ，BD ∥CE ，∠ABD ＝α，云梯底部离地面的距离BC 为2m ．则云梯的顶端离地面的距离AE 的长为（ ）A ．（2+15sin α）mB ．（2+15tan α）mC ．17tan αmD ．17sin αm13．（2022•乐清市一模）等积变换法是证明勾股定理的常用方法之一．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，以AB 为边向下作正方形ADEB ，CN 平分∠ACB 分别交AB ，DE 于M ，N ，过点A ，B 分别作AG ∥BC ，BF ∥AC ，交CN 于点G ，F ，连结DG ，利用此图形可以证明勾股定理，记△AMG ，△DGN 的面积分别为S ，S ，若S+S ＝7，FG =22，则AB 的长为（ ）A ．26B ．5C ．26D ．3414．（2022•鹿城区校级二模）如图，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，以△ABC 的三边为底边分别在AC 的上方作三个相似的等腰三角形，△ABD ∽△ACF ∽△BCE ，且AF ⊥DB于点G ，BE 交CF 于点H ，若DG GB =32，则BH HE 的值（ ）A ．27B ．15C ．5―110D ．51015．（2022•洞头区模拟）如图1是放置在水平地面上的落地式话筒架．图2是其示意图，主杆AB 垂直于地面，斜杆CD 固定在主杆的点A 处，若∠CAB ＝α，AB ＝120cm ，AD ＝40cm ，则话筒夹点D 离地面的高度DE 为（ ）cmA ．120+40sin αB ．120+40cos αC ．120+40sinαD ．120+40cosα二．填空题（共7小题）16．（2022•鹿城区校级三模）如图1是个家用折叠梯子，使用时四个踏板都是平行于地面且全等的矩形，BC ＝CD ＝DE ＝EL ，将踏板往上收起时（如图2），点A 与点F 重合，此时，踏板可以看作与支架AL 重合，将梯子垂直摆放时，量得点A 离地面110cm ，点H 离地面65cm ，则踏板宽BF ＝ cm ；图3是图1的简略视图，记支架AM 交BF 于点P ，此时点G 恰好在A 的正下方，且量得PB ：PF ＝13：4，则AM ＝ cm ．17．（2022•温州模拟）图1是一折叠桌，桌板DEIJ固定墙上，支架AD，HE绕点D，E旋转时，AD∥HE，桌板边缘AH∥BG∥CF∥DE，桌脚AN⊥AH，桌子放平得图2．图3是打开过程中侧面视图，当点N在直线CF上时，点N到墙OE的距离为 cm．视图中以C，K为顶点的长方形表示一圆柱体花瓶，桌子打开至点M，C，F在同一直线时，桌板边缘GL恰卡在点K，为不影响桌板BG收放，则至少将花瓶沿CF方向平移 cm．18．（2022•乐清市一模）如图1为某智能洗拖一体扫地机，它正常工作及待机充电时的示意图如图2所示，四边形ABCD为它的手柄，OE为支撑杆，OM为拖把支架，且点O始终在AB的延长线上，当待机时，BC∥OM，已知AB＝18cm，BC＝15cm，∠ABC＝∠C＝90°，AD+CD＝27cm，则CD＝ cm；OE绕点O逆时针旋转一定角度，机器开始工作，当D'，C'，M在同一直线上时，点A，B分别绕O点旋转到点A'，B'，且高度分别下降了21.6cm和18cm，则此时点D'到OM距离为 cm．19．（2022•温州校级模拟）图1中周长为58的矩形纸片剪掉一块边长为4的正方形后，将剩下的部分沿着虚线剪开，拼成不重叠、无缝隙的矩形ABCD（如图2），则图2中线段BE的长为 ，连接部分⑤的对角线交矩形ABCD于点M、N，则MN＝ ．20．（2022•鹿城区校级三模）图1是一款摆臂遮阳蓬的实物图，图2是其侧面示意图，点A，O为墙壁上的固定点，摆臂OB绕点O旋转过程中，遮阳蓬AB可自由伸缩，蓬面始终保持平整．如图2，∠AOB＝90°，OA＝OB＝1.5米，光线l与水平地面的夹角约为tanα＝3，此时身高为1米的小朋友（MN＝1米）站在遮阳蓬下距离墙角1.2米（QN＝1.2米）处，刚好不被阳光照射到，此时小朋友的头顶M距离遮阳蓬的竖直高度（MP）为 米；同一时刻下，旋转摆臂OB，点B的对应点B'恰好位于小朋友头顶M的正上方，当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度为 米．21．（2022•瑞安市校级三模）如图，一张矩形纸片ABCD中，BCAB=m（m为常数）．将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点A落在BC边上的点H处，点D的对应点为点M，CD 与HM交于点P．（1）当m=34，若tan∠BEH=43，EF=25，则BH的长为 ．（2）当点H落在BC的中点时，且CPCD=13，则m＝ ．22．（2022•鹿城区二模）小郑在一次拼图游戏中，发现了一个很神奇的现象：（1）他先用图形①②③④拼出矩形ABCD ．（2）接着拿出图形⑤．（3）通过平移的方法，用①②③④⑤拼出了矩形ABMN ．已知AE ：EO ＝2：3，图形④的面积为15，则增加的图形⑤的面积为： ，当CO=312，EH ＝4时，tan ∠BAO ＝ ．三．解答题（共8小题）23．（2022•永嘉县三模）如图，在矩形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，AE ，BF 交于点P ．（1）求证：AP ＝4PE ．（2）若∠BPE ＝∠BFD ，且AD ＝8，求四边形PFCE 的面积．24．（2022•鹿城区校级三模）如图，9×9的方格都是由边长为1的小正方形组成．平行四边形ABCD 的顶点都在格点上，请按以下要求在图1，图2中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．（1）画出平行四边形ABCD 绕点A 旋转得到的平行四边形AB ′C ′D ′，使得点B ′落在边BC 上．（2）请以A 为位似中心，作与平行四边形ABCD 的面积比为14的位似图形平行四边形AEFG ．25．（2022•洞头区模拟）如图，E 是菱形ABCD 对角线AC 上一点，四边形BGFE 是矩形．点F ，G 分别在DC ，BC 上．（1）求证：∠CFG ＝∠ABE ．（2）若BE ＝4，tan ∠ABE =34，求FM 的长．26．（2022•鹿城区校级二模）如图，矩形ABCD 中，点E 为边AB 上一点，将△ADE 沿DE 折叠，使点A 的对应点F 恰好落在BC 边上，连接AF 交DE 于点G ，连接BG ．（1）求证：△GBF ∽△DAF ．（2）若BF •AD ＝15，cos ∠BGF =23，求矩形ABCD 的面积．27．（2022•乐清市三模）如图，△ABC 内接于⊙O ，BC 是直径，AD 平分∠BAC 交于点D ，EF 切⊙O 于D ，BF ⊥AB 交EF 于F ．（1）求证：四边形BCEF 为平行四边形．（2）若BF =52，AB ＝4，求AE 的长．28．（2022•鹿城区二模）在Rt △ABC 中，AB =35，BC =45，过点C 作CG ∥AB ，CF 平分∠ACD 交射线BA 于点F ，D 是射线CG 上的一个动点，连结AD 交CF 于点E ．（1）求CF 的长．（2）当△ACE 是等腰三角形时，求CD 的长．（3）当B 关于AD 的对称点B'落在CF 上时，求DE AE 的值．29．（2022•鹿城区校级三模）如图1是某路灯，图2是此路灯在铅垂面内的示意图，灯芯A 在地面上的照射区域BC长为7米，从B，C两处测得灯芯A的仰角分别为α和β，且tanα＝6，tanβ＝1．（1）求灯芯A到地面的高度．（2）立柱DE的高为6米，灯杆DF与立柱DE的夹角∠D＝120°，灯芯A到顶部F的距离为1米，且DF⊥AF，求灯杆DF的长度．30．（2022•龙港市模拟）如图，在10×10的正方形网格中，点A，B均在格点上，请按要求画图．（1）在图中找一点C，使得△ABC是以AB为底的等腰三角形．（2）将（1）中所画的△ABC绕点A逆时针旋转90°，记作△AB'C'．2023年浙江省温州市中考数学专题练——9图形的变化参考答案与试题解析一．选择题（共15小题）1．（2022•永嘉县三模）某零件由两长方体组合而成如图所示，则它的左视图是（ ）A．B．C．D．【解答】解：从左面看，视图是一个矩形，由于物体正面看有上下两层，从左边看不到凹槽的棱，用虚线表示，故选：C．2．（2022•鹿城区校级三模）三个大小一样的正方体按如图摆放，它的主视图是（ ）A．B．C．D．【解答】解：从正面看，是一行两个小正方形，每个正方形的中间有一条纵向的虚线．故选：B．3．（2022•鹿城区校级二模）如图，梯子AB＝AC＝l，∠ACB＝α，两梯脚之间的距离BC 的长为d．则d与l的关系式为（ ）A．d＝l•sinαB．d＝2l•cosαC．d＝2l•sinαD．d＝l•cosα【解答】解：作AD⊥BC于点D，∵AB＝AC＝l，BC＝d，∴CD=12 d，∵∠ACB＝α，cos∠ACD=CD AC，∴cosα=12d l，∴d＝2lcosα，故选：B．4．（2022•鹿城区校级二模）在《寺庙难题》书中，有这样一道题：五个正方形ABCD，CEFG，FHMN，GNPQ，DGST如图所示排列，其中点A，B、E，H，M共线，可得结论：正方形CEFG与△SGQ的面积相等．若正方形CEFG与△SGQ的面积之和为120，则正方形DGST与正方形GNPQ面积之和为（ ）A．270B．300C．320D．350【解答】解：如图，过点G作GK⊥CD，交DC的延长线于K，GJ⊥FN，交NF的延长线于J，∵四边形GCEF是正方形，∴CG＝EF＝GF＝CE，∠CGF＝∠GFE＝∠CEF＝∠GCE＝90°，∴∠CGK+∠JGF＝90°＝∠JGF+∠GFJ＝∠GFJ+∠JFE＝∠JFE+∠EFH，∴∠CGK＝∠EFH，又∵∠GKC＝∠EHF＝90°，∴△CGK≌△EFH（AAS），∴GK＝FH，CK＝EH，同理可求：GJ＝BC，JF＝BE，BC＝EH，BE＝FH，∴BC＝CK＝EH＝GJ，BE＝GK＝JF＝FH，∴DK＝2BC，NJ＝2FH＝2BE，∵正方形CEFG与△SGQ的面积相等．若正方形CEFG与△SGQ的面积之和为120，∴正方形CEFG的面积＝60，∴BC+BE＝CE＝60，∵正方形DGST与正方形GNPQ面积之和＝DG+GN，∴正方形DGST与正方形GNPQ面积之和＝DK+GK+GJ+JN＝4BC+BE+4BE+BC＝5（BC+BE）＝300，故选：B．5．（2022•乐清市三模）如图，在直角坐标系中，△ABC与△A'B'C'是位似图形，则位似中心为（ ）A．点M B．点N C．点O D．点P【解答】解：连接BB′，交AA′于点P，则点P为位似中心，故选：D．6．（2022•鹿城区校级模拟）已知12＜cosA＜sin80°，则锐角A的取值范围是（ ）A．60°＜A＜80°B．30°＜A＜80°C．10°＜A＜60°D．10°＜A＜30°【解答】解：∵12=cos60°，sin80°＝cos10°，∴cos60°＜cosA＜cos10°，∴10°＜A＜60°．故选：C．7．（2022•乐清市三模）下列柱体俯视图是圆形的是（ ）A．B．C．D．【解答】解：A．正六棱柱的俯视图是正六边形，故本选项不合题意；B．正立放置的圆柱体的俯视图是圆形，故本选项符合题意；C．长方体的俯视图是长方形，故本选项不合题意；D．三棱柱的俯视图是三角形，故本选项不合题意．故选：B．8．（2022•鹿城区校级三模）如图，△ABC与△DEF是位似图形，点O是位似中心，若OA：OD＝1：3，且△ABC的面积为2，则△DEF的面积为（ ）A ．6B ．9C ．18D ．27【解答】解：∵△ABC 与△DEF 是位似图形，∴△ABC ∽△DEF ，AB ∥DE ，∴△OAB ∽△ODE ，∴AB DE =OA OD =13，∴S △ABCS △DEF =（13）=19，∵△ABC 的面积为2，∴△DEF 的面积为18，故选：C ．9．（2022•鹿城区二模）如图，旧楼的一楼窗台高为1米，在旧楼的正南处有一新楼高25米．已知某日中午12时太阳从正南方照射的光线与水平线的夹角为α，光线正好照在旧楼一楼窗台上，则两楼之间的距离为（ ）A ．24sin α米B ．24cos α米C ．24tan α米D ．24tanα米【解答】解：如图，过点C 作CD ⊥AB ，垂足为D ．由题意知四边形CEBD 是矩形．∴CE ＝BD ＝1m ，CD ＝EB ．∴AD ＝AB ﹣BD ＝24（m ）．由平行线的性质，易得∠ACD ＝α°．在Rt △ACD 中，∵tan ∠ACD =AD CD，∴EB ＝CD =24tana（m ）．故选：D．10．（2022•鹿城区校级三模）铁路道口的栏杆如图．已知栏杆长为3米，当栏杆末端从水平位置上升到点C处时，栏杆前端从水平位置下降到点A处，下降的垂直距离AD为0.5米（栏杆的粗细忽略不计），上升前后栏杆的夹角为α，则栏杆末端上升的垂直距离CE 的长为（ ）A．(3tanα―0.5)米B．(3sinα―0.5)米C．（3tanα﹣0.5）米D．（3sinα﹣0.5）米【解答】解：如图：过点A作AF∥DE，交CE的延长线于点F，∵CE⊥DE，∴∠CED＝90°，∵AF∥DE，∴∠CFA＝∠CED＝90°，∠CAF＝∠CBE＝α，由题意可知：EF＝AD＝0.5米，AC＝3米，∵sin∠CAF=CF AC，∴CF＝3sinα（米），∴CE＝CF﹣EF＝（3sinα﹣0.5）（米），即栏杆末端上升的垂直距离CE的长为（3sinα﹣0.5）米．故选：D．11．（2022•温州校级模拟）为了疫情防控工作的需要，某学校在学校门口的大门上方安装了一个人体体外测温摄像头，摄像头到地面的距离DE＝2.7米，小明身高BF＝1.5米，他在点A 测得点D 的仰角是在点B 测得点D 仰角的2倍，已知小明在点B 测得的仰角是a ，则体温监测有效识别区域AB 的长为（ ）米．A ．65tan α―65tan2αB ．65tanα―65tan2αC ．65tan2α―65tanαD ．56tanα―56tan2α【解答】解：由题意得：∠DCA ＝90°，CE ＝BF ＝1.5米，∵DE ＝2.7米，∴DC ＝DE ﹣CE ＝2.7﹣1.5＝1.2（米），在Rt △DCB 中，∠DBC ＝α，∴BC =DC tanα= 1.2tanα=65tanα（米），在Rt △DCA 中，∠DAC ＝2∠DBC ＝2α，∴AC =DC tan2α= 1.2tan2α=65tan2α（米），∴AB ＝BC ﹣AC ＝（65tanα―62tan2α）米，故选：B ．12．（2022•永嘉县三模）如图，架在消防车上的云梯AB 长为15m ，BD ∥CE ，∠ABD ＝α，云梯底部离地面的距离BC 为2m ．则云梯的顶端离地面的距离AE 的长为（ ）A ．（2+15sin α）mB ．（2+15tan α）mC．17tanαm D．17sinαm【解答】解：∵AE⊥CE，BC⊥CE，∴∠AEC＝∠BCE＝90°．∵BD∥CE，∴BD⊥AE，BD⊥BC．∴∠ADB＝∠BDE＝∠DBC＝90°．∴四边形BCED是矩形．∴DE＝BC＝2m．∵AD＝ABsin∠ABD＝15sinα（m），∴AE＝DE+AD＝2+15sinα（m）．故选：A．13．（2022•乐清市一模）等积变换法是证明勾股定理的常用方法之一．如图，在Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，以AB为边向下作正方形ADEB，CN平分∠ACB分别交AB，DE 于M，N，过点A，B分别作AG∥BC，BF∥AC，交CN于点G，F，连结DG，利用此图形可以证明勾股定理，记△AMG，△DGN的面积分别为S，S，若S+S＝7，FG=2 2，则AB的长为（ ）A．26B．5C．26D．34【解答】解：设AC＝x，BC＝y，∵∠MAC＝∠DAG，AD＝AB，AG＝AC，∴△AGD≌△ACB（SAS），∴∠AGD＝∠ACB＝90°，∴△DNG∽△AMC，∴S2S△AMC=y2x2，同理可得S1S△BMC=x2y2，S+S=x2y2S△BMC+y2x2S△AMC，∵CN平分∠ACB，∴AM MB =x y ，∴S △AMCS △BMC =x y ，∴S+S ＝（x 2y 2+y x ）S ，S =xy 22(x +y)，得：（x 2y 2+y x ）×xy 22(x +y)=7，∵FC =2y ，CG =2x ，FG =22，∴2x ―2y ＝22，即x ＝y+2，∴AB =x 2+y 2=26，故选：A ．14．（2022•鹿城区校级二模）如图，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，以△ABC 的三边为底边分别在AC 的上方作三个相似的等腰三角形，△ABD ∽△ACF ∽△BCE ，且AF ⊥DB于点G ，BE 交CF 于点H ，若DG GB =32，则BH HE 的值（ ）A ．27B ．15C ．5―110D ．510【解答】解：作HP ⊥CE 于点P ．∵AF ⊥DB ，△ABD ∽△ACF ∽△BCE ，且均为等腰三角形，∴∠D ＝∠E ＝∠F ，∠DAB ＝∠FAC ＝∠ECB ，∴∠DAG ＝∠BAC ，∠ECH ＝∠ACB ，∠ABC ＝90°，AF ⊥BF ，∴∠DGA ＝∠ABC ＝90°，∴△ADG ∽△ACB ，∴∠D＝∠ACB＝∠ECH＝∠E，∴HE＝HC，∵HP⊥CE，∴CP＝PE，∵DGGB=32，∴DGAD=35，∵∠E＝∠D，∠AGD＝∠HPE＝90°，∴△ADG∽△HEP，∴EPHE=DGAD=35，∴HECE=56，即HEBE=56，∴HE=56BE，BH=16BE，∴BHEH=16BE56BE=15．故选：B．15．（2022•洞头区模拟）如图1是放置在水平地面上的落地式话筒架．图2是其示意图，主杆AB垂直于地面，斜杆CD固定在主杆的点A处，若∠CAB＝α，AB＝120cm，AD＝40cm，则话筒夹点D离地面的高度DE为（ ）cmA．120+40sinαB．120+40cosαC．120+40sinαD．120+40cosα【解答】解：过点A作AF⊥DE，垂足为F，∵AB⊥BE，DE⊥BE，∴∠AFE＝∠ABE＝∠BEF＝90°，∴四边形AFEB是矩形，∴AB＝FE＝120cm，AB∥EF，∴∠D＝∠CAB＝α，在Rt△ADF中，AD＝40cm，∴DF＝AD•cosα＝40cosα（cm），∴DE＝DF+EF＝（40cosα+120）cm，∴话筒夹点D离地面的高度DE为（40cosα+120）cm，故选：B．二．填空题（共7小题）16．（2022•鹿城区校级三模）如图1是个家用折叠梯子，使用时四个踏板都是平行于地面且全等的矩形，BC＝CD＝DE＝EL，将踏板往上收起时（如图2），点A与点F重合，此时，踏板可以看作与支架AL重合，将梯子垂直摆放时，量得点A离地面110cm，点H 离地面65cm，则踏板宽BF＝　20　cm；图3是图1的简略视图，记支架AM交BF于点P，此时点G恰好在A的正下方，且量得PB：PF＝13：4，则AM＝　5501017cm．【解答】解：设BF＝xcm，BC＝ycm，根据题意可得，x+4y=110x+2y=65，解得x=20y=22.5．即BF＝20cm；连接AG，交BF于点N，连接ML，根据题意可得AG⊥BF，∵BF＝20cm，PB：PF＝13：4，∴PB=26017cm，∵BC＝22.5cm，CG＝BF＝20cm，AB＝BF＝20cm，BF∥CG，∴BN：CG＝B：AC，即BN：20＝20：42.5，解得BN=16017cm，∴PN＝PB﹣BN=10017cm，∴AN=30017cm，AP=1001017cm，∵PB∥ML，∴△APB∽△AML，∴AP：AM＝AB：AL＝2：11，∴AM=5501017cm．故答案为：20；5501017．17．（2022•温州模拟）图1是一折叠桌，桌板DEIJ固定墙上，支架AD，HE绕点D，E旋转时，AD∥HE，桌板边缘AH∥BG∥CF∥DE，桌脚AN⊥AH，桌子放平得图2．图3是打开过程中侧面视图，当点N在直线CF上时，点N到墙OE的距离为　69　cm．视图中以C，K为顶点的长方形表示一圆柱体花瓶，桌子打开至点M，C，F在同一直线时，桌板边缘GL恰卡在点K，为不影响桌板BG收放，则至少将花瓶沿CF方向平移　15　cm．【解答】解：如图，当点N在直线CF上时，连接CN，延长AN，DE交于点O，由由题图2可得，AB+BC+CD+DE＝150，∴AB＝BC＝CD＝DE=1504=37.5，∴AC＝AB+BC＝75，AN＝72，又∵AN⊥CN，∴CN=AC2―AN2=21，由题意可得，NC∥OD，∴∠ANC＝∠O，∠ACN＝∠ADO，∴△ANC∽△AOD，∴CNOD=ACAD=23，即21OD=23，∴OD＝31.5，∴OE＝OD+DE＝31.5+37.5＝69，∴点N到墙OE的距离为69cm．由题意可得，如图，连接CM，此时点K与点G重合，∴AM＝AN﹣MN＝60，∵AM⊥MC，∴MC=AC2―AM2=752―602=45，∵AM∥KP，∴∠AMC＝∠KPF＝90°，∵AC∥GF，∴∠ACM＝∠GFP，∴△AMC∽△KPF，∴MCPF=ACKF=2，即45PF=2，∴PF＝22.5，∴CP＝CF﹣PF＝37.5﹣22.5＝15，∴至少将花瓶沿CF方向平移15cm．故答案为：69；15．18．（2022•乐清市一模）如图1为某智能洗拖一体扫地机，它正常工作及待机充电时的示意图如图2所示，四边形ABCD为它的手柄，OE为支撑杆，OM为拖把支架，且点O始终在AB的延长线上，当待机时，BC∥OM，已知AB＝18cm，BC＝15cm，∠ABC＝∠C＝90°，AD+CD＝27cm，则CD＝　10　cm；OE绕点O逆时针旋转一定角度，机器开始工作，当D'，C'，M在同一直线上时，点A，B分别绕O点旋转到点A'，B'，且高度分别下降了21.6cm和18cm，则此时点D'到OM距离为　89　cm．【解答】解：如图，过点D作DF⊥AB于F，∵DF⊥AB，∴∠BFD＝∠AFD＝90°，∵∠ABC＝∠C＝90°，∴四边形BCDF是矩形，∴DF＝BC＝15cm，BF＝CD，设CD＝x cm，则AF＝AB﹣BF＝AB﹣CD＝（18﹣x）cm，∵AD+CD＝27cm，∴AD＝（27﹣x）cm，在Rt△AFD中，由勾股定理，（18﹣x）+15＝（27﹣x），解得x＝10，即CD的长为10cm．如图，过点A'作A'P⊥OM交MO延长线于P，点B′作B′N⊥OM交MO延长线于N，点D'作D'G⊥OM交MO延长线于G，点O作OH⊥CM于H，设OB＝ycm，由旋转可得，OB＝OB′＝ycm，A′B′＝AB＝18cm，B′C′＝BC＝15cm，C′D′＝CD＝10cm，由题意，得A′P＝AB+OB﹣21.6＝18+y﹣21.6＝（y﹣3.6）cm，B′N＝（y﹣18）cm，∵A′POA′=sin∠A'OP＝sin∠B′ON=B′NOB，即y―3.618+y=y―18y，解得y＝90，即OB′＝OB＝90cm，∵OH⊥C′M，∴∠OHC′＝∠OHM＝90°，∵C′M∥OB′，∴∠B′OH＝90°，∵∠C′B′O＝90°，∴四边形B′C′HO是矩形，∴C'H＝OB′＝90cm，OH＝B'C′＝15cm，∵C′M∥OB'，∴∠OMH＝∠NOB'，∴OHOM=sin∠OMH＝sin∠NOB'=B′NOB′，∴15OM=90―1890，∴OM=75 4．在Rt△OHM中，由勾股定理得，MH=(754)2―152=454，∴MD'＝MH+C′H+D′C′=445 4，在Rt△GMD中，由D′GD′M=sin∠GMD'＝sin∠NOB′=B′NOB′，即D′G4454=90―1890，∴D′G＝89cm．即点D′到OM的距离为89cm．故答案为：10；89．19．（2022•温州校级模拟）图1中周长为58的矩形纸片剪掉一块边长为4的正方形后，将剩下的部分沿着虚线剪开，拼成不重叠、无缝隙的矩形ABCD（如图2），则图2中线段BE的长为　10　，连接部分⑤的对角线交矩形ABCD于点M、N，则MN＝　11521721　．【解答】解：把图1标注字母如下：根据题意得：PS＝PT＝JQ＝4，设QT＝a，LS＝b，∵JP+LP=12×58＝29，∴a+b＝29﹣12＝17①，∵∠K＝L＝90°，∠SRL＝90°﹣∠JRK＝∠KJR，∴△SRL∽△RJK，∴AFCG=EFECSLRK=RLJK，∴b4=4+a4+b②，由①②解得：a＝11，b＝6，∴JK＝4+b＝10，∴图2中的BE＝10，在图2中，以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，过E作EH⊥AB于H，过F作FG⊥CD于G，如图：∵a＝11，b＝6，∴AE＝CF＝4，IF＝11，BI＝6，在Rt△AEB中，AB=AE2+BE2=42+102=229，∵AE•BE＝AB•EH，∴EH=AE⋅BEAB=4×10229=202929，∵tan∠ABE=AEBE=EHBH，∴410=202929BH，∴BH =502929，∴E （202929，502929），同理可得DG =502929，FG =202929，∴CG ＝CD ﹣DG ＝AB ﹣DG ＝229―502929=82929，在Rt △BIC 中，BC =BI 2+CI 2=62+(11+4)2=329，∴x ＝BC ﹣FG ＝329―202929=672929，∴F （672929，82929），设直线EF 的解析式为y ＝kx+b ，将E （202929，502929），F （672929，82929）代入得：k +b =502929k +b =82929，解得k =―4247b =1102947，∴直线EF 的解析式为y =―4247x +1102947，在y =―4247x +1102947中，令y ＝0得x =552921知N （552921，0），令y ＝229得x =82921知M （82921，229），∴MN =(552921―82921)2+(0―229)2=11521721，故答案为：10，11521721．20．（2022•鹿城区校级三模）图1是一款摆臂遮阳蓬的实物图，图2是其侧面示意图，点A ，O 为墙壁上的固定点，摆臂OB 绕点O 旋转过程中，遮阳蓬AB 可自由伸缩，蓬面始终保持平整．如图2，∠AOB ＝90°，OA ＝OB ＝1.5米，光线l 与水平地面的夹角约为tan α＝3，此时身高为1米的小朋友（MN＝1米）站在遮阳蓬下距离墙角1.2米（QN＝1.2米）处，刚好不被阳光照射到，此时小朋友的头顶M距离遮阳蓬的竖直高度（MP）为　0.3　米；同一时刻下，旋转摆臂OB，点B的对应点B'恰好位于小朋友头顶M的正上方，当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度为　1.3　米．【解答】解：∵OA＝OB，∠AOB＝90°，∴∠ABO＝45°，∴MP＝MB，∵OM＝QN＝1.2m，OB＝1.5m，∴MP＝MB＝1.5﹣1.2＝0.3（m），过点B′作B′C∥BN，与QN交于点C，过B′作B′F⊥AQ于F，过C作CD⊥B′F于点D，与AB′交于点E，则B′F＝OM＝QN＝1.2（m），∴FO＝B′M=OB′2―OM2=1．52―1．22=0.9（m），∴B′N＝B′M+MN＝1.9（m），AF＝OA﹣FO＝0.6（m），∵B′C∥BN，∴∠B′CN＝∠α，∴tan∠B′CN=B′NCN=3，∴B′D＝CN=1.93=1930（m），∵DE∥AF，∴B′DB′F=DEAF，即19301.2=DE0.6∴DE=1915≈1.3（m），即当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度约为1.3m．故答案为：0.3；1.3．21．（2022•瑞安市校级三模）如图，一张矩形纸片ABCD中，BCAB=m（m为常数）．将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点A落在BC边上的点H处，点D的对应点为点M，CD 与HM交于点P．（1）当m=34，若tan∠BEH=43，EF=25，则BH的长为　83　．（2）当点H落在BC的中点时，且CPCD=13，则m＝　277　．【解答】解：（1）过点F作FG⊥AB于G，则DF＝AG，FG＝AD＝BC，EF=25，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，在Rt△BEH中，∵tan∠BEH=4 3，∴BHBE=43，∴设BH＝4x，BE＝3x，x＞0，则EH=BH2+BE2=5x，由折叠的性质得，∠MHE＝∠A＝∠D＝∠M＝90°，AE＝EH＝5x，DF＝MF，BC＝AD ＝MH，∴AB＝AE+BE＝8x，∵BCAB=34，BHBE=43，∴BCAB=BEBH，∴BC8x=3x4x，解得BC＝6x，∴CH＝BC﹣BH＝6x﹣4x＝2x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，∴∠CHP+∠CPH＝90°，∵∠MHE＝∠A＝90°，∴∠CHP+∠BHE＝90°，∴∠CPH＝∠BHE，∴△CHP∽△BEH，∴CHBE=CPBH=PHEH，即2x3x=CP4x=PH5x，解得CP=83x，PH=103x，∴PM=MH―PH=6x―103x=83x，∵∠M＝∠C＝90°，∠MPF＝∠CPH，∴△CHP∽△MFP，∴CHMF=CPPM，即2xMF=83x83x，解得MF＝2x，∴DF＝MF＝2x，∴GE＝AB﹣AG﹣BE＝AB﹣DF﹣BE＝3x，在Rt△EFG中，FG+EG＝EF，∴(6x)2+(3x)2=(25)2，解得x=2 3，∴BH=4x=4×23=83；故答案为：8 3；（2）∵CPCD=13，设CP＝t，则CD＝AB＝3t，∵点H是BC的中点，∴CH=BH=12 BC，∵△CHP∽△BEH，∴CHBE=CPBH，即12BCBE=t12BC，∴BC＝4BE•t①，∵AE＝AB﹣BE，AE＝EH，CD＝AB＝3t，∴AE＝EH＝3t﹣BE，在Rt△BEH中，EH＝BE+BH，∴(3t―BE)2=BE2+(12BC)2②，解①②得BE=97 t，∴B C2=4BE⋅t=4×97t×t=367t2，∴BC=677t，∴m=BCAB=677t3t=277．故答案为：27 7．22．（2022•鹿城区二模）小郑在一次拼图游戏中，发现了一个很神奇的现象：（1）他先用图形①②③④拼出矩形ABCD．（2）接着拿出图形⑤．（3）通过平移的方法，用①②③④⑤拼出了矩形ABMN．已知AE ：EO ＝2：3，图形④的面积为15，则增加的图形⑤的面积为：　152　，当CO =312，EH ＝4时，tan ∠BAO ＝　13　．【解答】解：（1）如图，在平移后的图形中分别标记O ′，O ″，F ′，H ′，E ′和G ′，由题意可知，AE ：EO ＝2：3 G ′H ′＝FC ＝NF ′∴DF ：FC ＝2：3，NO ′：O ′F ′＝1：2又∵图⑤和图④的高相等，∴图⑤和图④的面积比为1：2，∴图⑤的面积为152．故答案为：152．（3）由题意可知，S =12×(CO +AD)×CD ，S =12×(MO +AN)×NF ，S +152=S 设DF ＝2a ，DG ＝x ，则CF ＝G ′H ′＝3a ，CO ＝H ′E ′=312，CD ＝NF ＝5a ，EF ＝AG ′＝4+x ，AG ＝E ′F ′=312+x ，∴AD ＝x +312+x =312+2x ，AN ＝4+x+x ＝4+2x ，2综上解得：a＝3，x=5 2，∵OB＝2x＝5，AB＝5a＝15，∴tan∠BAO=OBAB=515=13，故答案为：1 3．三．解答题（共8小题）23．（2022•永嘉县三模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AE，BF 交于点P．（1）求证：AP＝4PE．（2）若∠BPE＝∠BFD，且AD＝8，求四边形PFCE的面积．【解答】（1）证明：如图：取BF的中点G，连接EG，∵E是BC的中点，∴EG是△BCF的中位线，∴EG∥CD，FC＝2GE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABE＝90°，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD，∴EG∥AB，∵F是CD的中点，∴CD＝2CF，∴AB＝CD＝2FC＝4GE，∵EG∥AB，∴∠BAE＝∠AEG，∠ABP＝∠BGE，∴△ABP∽△EGP，AP AB4∴AP＝4PE；（2）解：∵∠BPE＝∠BFD，∠BFD+∠2＝180°，∠BPE+∠1＝180°，∴∠1＝∠2，∵AB∥CD，∴∠3＝∠2，∴∠1＝∠3，∴AB＝AP＝4PE，设PE＝a，则AB＝AP＝4a，AE＝AP+PE＝5a，在Rt△ABE中，由勾股定理得：BE=AE2―AB2=(5a)2―(4a)2=3a，∵点E是BC的中点，∴BC＝2BE＝6a，∴AD＝BC＝2BE＝6a，∵AD＝8，∴6a＝8，∴a=4 3，∴S△ABE=AB×BE2=4a×3a2=6a2=323，∵F是CD的中点，∴CF=12CD＝2a，∴S=BC⋅CF2=6a⋅2a2=6a=323．∴S＝S，∴S＝﹣S＝S﹣S，∴S＝S，∵AP＝4PE，∴S四边形PFCE=S△ABP=45S△ABE=12815，∴四边形PFCE的面积为128 15．24．（2022•鹿城区校级三模）如图，9×9的方格都是由边长为1的小正方形组成．平行四边形ABCD的顶点都在格点上，请按以下要求在图1，图2中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．（1）画出平行四边形ABCD绕点A旋转得到的平行四边形AB′C′D′，使得点B′落在边BC上．（2）请以A为位似中心，作与平行四边形ABCD的面积比为14的位似图形平行四边形AEFG．【解答】解：（1）如图1，平行四边形AB'C'D'即为所求．（2）如图2，平行四边形AEFG即为所求（画出其中一种即可）．25．（2022•洞头区模拟）如图，E是菱形ABCD对角线AC上一点，四边形BGFE是矩形．点F，G分别在DC，BC上．（1）求证：∠CFG＝∠ABE．（2）若BE＝4，tan∠ABE=34，求FM的长．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴∠CAB＝∠DCA，∵四边形BGFE是矩形，∴BE∥FG，∴∠BEM＝∠FME，∵∠BEM＝∠BAE+∠ABE，∠FME＝∠ACD+∠CFG，∴∠CFG＝∠ABE；（2）解：∵四边形BGFE是矩形，∴EB＝FG＝4，∠EFG＝∠FGB＝90°，EF∥BG，∴∠FGC＝180°﹣∠FGB＝90°，∵tan∠ABE=34，∠CFG＝∠ABE，∴tan∠CFG=3 4，∴CG＝FG•tan∠CFG＝4×34=3，∴FC=FG2+CG2=42+32=5，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AD＝DC，∴AD∥EF，∴∠DAC＝∠FEC，∵AD＝DC，∴∠DAC＝∠DCA，∴∠FEC＝∠DCA，∴FE＝FC＝5，∵∠EFG＝∠FGC＝90°，∠EMF＝∠CMG，∴△EFM∽△CGM，∴EFCG=FMGM，∴53=FM4―FM，∴FM=5 2，∴FM的长为5 2．26．（2022•鹿城区校级二模）如图，矩形ABCD中，点E为边AB上一点，将△ADE沿DE 折叠，使点A的对应点F恰好落在BC边上，连接AF交DE于点G，连接BG．（1）求证：△GBF∽△DAF．（2）若BF•AD＝15，cos∠BGF=23，求矩形ABCD的面积．【解答】（1）证明：由题意得：△ADE≌△FDE，DE垂直平分AF，∴DA＝DF，AG＝GF，∴∠DAF＝∠DFA．∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABF＝90°，∴BG＝AG＝FG=12 AF．∴△AGB和△GBF为等腰三角形，∴∠GBF＝∠GFB，∠GAB＝∠GBA．∵∠GAB+∠DAF＝90°，∠GAB+∠AFB＝90°，∴∠DAF＝∠GFB，∴∠DAF＝∠GFB，∠DFA＝∠GBF，∴△GBF∽△DAF；（2）解：∵△GBF∽△DAF，∴BFAF=BGAD，∴BG•AF＝BF•AD＝15，∵BG＝AG＝FG=12 AF，∴AF＝30，∴AF=30，∴BG=30 2．由（1）知：DE垂直平分AF，∴∠EGF＝90°，AE＝EF．∵∠ABC＝90°，∴∠ABC+∠EGF＝180°，∴点E，B，F，G四点共圆，∴∠BEF＝∠BGF．∵cos∠BGF=2 3，∴cos∠BEF=2 3，∵cos∠BEF=BE EF，∴BEEF=23，设BE＝2x，则EF＝3x，AE＝3x，∴BF=EF2―BE2=5x，AB＝AE+BE＝5x．∵AB+BF＝AF，∴(5x)2+(5x)2=(30)2，解得：x＝1．∴AB＝5，BF=5．∵BFAF=BGAD，∴530=302AD，∴AD＝35，∴矩形ABCD的面积＝AD•AB＝155．27．（2022•乐清市三模）如图，△ABC内接于⊙O，BC是直径，AD平分∠BAC交于点D，EF切⊙O于D，BF⊥AB交EF于F．（1）求证：四边形BCEF为平行四边形．（2）若BF=52，AB＝4，求AE的长．【解答】（1）证明：连接OD，∵BF⊥AB，∴∠ABF＝90°，∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，∴∠BAC+∠ABF＝180°，∴BF∥AE，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴BD=CD，∴BC⊥OD，∵EF切⊙O于D，∴EF⊥OD，∴BC∥EF，∴四边形BCEF为平行四边形；（2）解：由（1）知：四边形BCEF为平行四边形，∴CE＝BF=5 2，如图，连接OD，过点C作CG⊥EF于G，∴∠COD＝∠ODG＝∠CGD＝90°，∵OC＝OD，∴四边形CODG是正方形，∴CG＝OC，∠BCG＝90°，∴∠ACB+∠ECG＝90°，∵∠ACB+∠ABC＝90°，∴∠ECG ＝∠ABC ，∵∠CGE ＝∠BAC ＝90°，∴△ABC ∽△GCE ，∴AB CG =BC CE ，设⊙O 的半径是r ，则BC ＝2r ，∴4r =2r52，∴r =5（负值舍），∴BC ＝25，∴AC =BC 2―AB 2=(25)2―42=2，∴AE ＝AC+CE ＝2+52=92．28．（2022•鹿城区二模）在Rt △ABC 中，AB =35，BC =45，过点C 作CG ∥AB ，CF 平分∠ACD 交射线BA 于点F ，D 是射线CG 上的一个动点，连结AD 交CF 于点E ．（1）求CF 的长．（2）当△ACE 是等腰三角形时，求CD 的长．（3）当B 关于AD 的对称点B'落在CF 上时，求DE AE的值．【解答】解：（1）在Rt △ABC 中，AB =35，BC =45，∴AC ＝55，∵CF 平分∠ACD ，∴∠ACF ＝∠DCF ，∵CG ∥AB ，∴∠F ＝∠DCF ，∴∠F ＝∠ACF ，∴AC ＝AF ＝55，∴BF ＝AB+AF ＝85，在Rt △BCF 中，CF =CB 2+BF 2=20，（2）①当∠ECA＝∠AEC时，△ACE是等腰三角形，∴∠CAE＝∠AEC＝∠F＝∠DCF，∴△ACE∽△CFA，∴ACFC=CECA，∴5520=CE55，∴CE=25 4，∴EF＝CF﹣CE=55 4，∵CG∥AB，∴△DCE∽△AFE，∴CDAF=CEEF，∴CD=255 11；②当∠CAE＝∠AEC时，△ACE是等腰三角形，如图所示：∴AC＝CE＝55，∴EF＝CF+CE＝20﹣55，∵CDAF=CEEF，∴CD=100+25511，③∵∠CEA＞∠CFA，∠F＝∠ACF，∴∠CEA＞∠ACE，∴∠CEA≠∠ACE，综上所述：CD的长为25511或100+25511；（3）作DM⊥BA，垂足为M，作B′N⊥BF，垂足为N，∴∠DMB＝∠DMA＝90°，∠B′NB＝90°，∵CG∥AB，∠B＝90°，∴∠CDM＝∠DMA＝90°，∴四边形CBMD是矩形，∴DM＝CB＝45，∵B关于AD的对称点为B'，∴BB′⊥AD，AB＝AB′＝35，∵tanF=BCBF=4585=12，∴tanF=B′NNF=12，∴FN＝2B′N，设B′N＝x，则FN＝2x，∴AN＝AF﹣FN＝55―2x，∵AN+NB′＝AB′，∴(55―2x)2+x=(35)2，解得x＝2+25或x＝﹣2+25，当x＝﹣2+25时，AN=5―4＜0，（舍去），∴B′N＝2+25，∴AN＝4+5，∴BN＝AB+AN＝4+45，∵∠B′BA+∠BAN＝∠BAN+ADM＝90°，∴∠B′BA＝∠ADM，∴△ADM∽△B′BN，∴DMBN=AMB′N，∴454+45=AM―2+25，∴AM＝35―5，∴BM＝CD＝AB﹣AM＝5，∴DEAE=CDAF=555=55．29．（2022•鹿城区校级三模）如图1是某路灯，图2是此路灯在铅垂面内的示意图，灯芯A 在地面上的照射区域BC长为7米，从B，C两处测得灯芯A的仰角分别为α和β，且tanα＝6，tanβ＝1．（1）求灯芯A到地面的高度．（2）立柱DE的高为6米，灯杆DF与立柱DE的夹角∠D＝120°，灯芯A到顶部F的距离为1米，且DF⊥AF，求灯杆DF的长度．【解答】解：（1）过点A作AH⊥BC，垂足为H，设BH＝x米，在Rt△ABH中，tanα＝6，∴AH＝BH•tanα＝6x（米），在Rt△ACH中，tanβ＝1，∴CH=AHtanβ=6x（米），∵BC＝7米，∴BH+CH＝7，∴x+6x＝7，∴x＝1，∴AH＝6米，∴灯芯A到地面的高度为6米；（2）连接AD，∵DE⊥BC，AH⊥BC，∴DE∥AH，∵DE＝AH＝6米，∴四边形DEHA是平行四边形，∵∠DEH＝90°，∴四边形DEHA是矩形，∴∠EDA＝90°，∵∠EDF＝120°，∴∠ADF＝∠EDF﹣∠EDA＝30°，∵DF⊥AF，∴∠F＝90°，∴在Rt△DFA中，AF＝1米，∴DF=AFtan30°=133=3（米），∴灯杆DF的长度为3米．30．（2022•龙港市模拟）如图，在10×10的正方形网格中，点A，B均在格点上，请按要求画图．（1）在图中找一点C，使得△ABC是以AB为底的等腰三角形．（2）将（1）中所画的△ABC绕点A逆时针旋转90°，记作△AB'C'．【解答】解：（1）如图，点C即为所求；答案不唯一；（2）如图，△AB'C'即为所求．答案不唯一．。

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中考数学三轮专题复习图形的变化-讲评卷一、选择题（本大题共6道小题）1. 改革开放以来，我国众多科技实体在各自行业取得了举世瞩目的成就，大疆科技、华为集团、太极股份和凤凰光学等就是其中的杰出代表.上述四个企业的标)志是轴对称图形的是(易组卷：100683 难度：1 使用次数：0 入库日期：2020-06-02考点：轴对称与中心对称)2. 某几何体的三视图如图所示，则下列说法错误的是(A.该几何体是长方体B.该几何体的高是3C.底面有一边的长是1D.该几何体的表面积为18平方单位【答案】D[解析]该几何体的表面积为:2×(1×2+2×3+1×3)=22(平方单位)，故D 错误，故选D.易组卷：100687 难度：2 使用次数：0 入库日期：2020-06-02考点：展开图与视图3. 如图，将△ABC折叠，使点A与BC边中点D重合，折痕为MN，若AB=9，)BC=6，则△DNB的周长为(1/ 11A.12B.13C.14D.15【答案】A[解析]∵D为BC的中点，且BC=6，∴BD=BC=3，由折叠的性质知NA=ND，则△DNB的周长=ND+NB+BD=NA+NB+BD=AB+BD=9+3=12.易组卷：100686 难度：2 使用次数：0 入库日期：2020-06-02考点：轴对称与中心对称4. 如图，△ABC沿着点B到点E的方向，平移到△DEF，如果BC=5，EC=3，)那么平移的距离为(C.5D.7【答案】A[解析]观察图形，发现平移前后B，E为对应点，C，F为对应点.根据平移的性质，易得平移的距离=BE=5-3=2.易组卷：100527 难度：2 使用次数：0 入库日期：2020-05-28考点：平移与旋转5. 如图，在小正三角形组成的网格中，已有6个小正三角形涂黑，还需涂黑n 个小正三角形，使它们与原来涂黑的小正三角形组成的新图案恰有三条对称轴，则n的最小值为()【答案】C[解析]如图所示，2/ 11∴n的最小值为3.易组卷：100514 难度：3 使用次数：1 入库日期：2020-05-28考点：轴对称与中心对称6. 如图是由几个相同大小的小正方体搭建而成的几何体的主视图和俯视图，则搭)建这个几何体所需要的小正方体的个数至少为(【答案】B易组卷：100507 难度：4 使用次数：0 入库日期：2020-05-28考点：展开图与视图二、填空题（本大题共5道小题）7. 如图，在△ABC中，∠CAB=55°，∠ABC=25°，在同一平面内，将△ABC绕的值是.点A逆时针旋转70°得到△ADE，连接EC，BD，则tan∠DEC【答案】1[解析]根据旋转的性质得∠EAC=70°，EA=CA，∠AED=∠ACB=180°-∠CAB-∠ABC=100°，∴∠AEC=(180°-70°)÷2=55°，∴∠DEC=45°，∴tan∠DEC=tan45°=1.易组卷：100534 难度：3 使用次数：0 入库日期：2020-05-28考点：平移与旋转8. 如图D7-12，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=2.将△ABC绕直角3/ 11顶点C逆时针旋转60°得△A'B'C，则点B转过的路径长为.【答案】π[解析]在△ABC中，∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴cos∠ABC==，∴BC=2×=，∵△ABC绕直角顶点C逆时针旋转60°得△A'B'C，∴∠BCB'=60°，∴弧BB'的长==π.故答案为π.易组卷：100694 难度：4 使用次数：0 入库日期：2020-06-02考点：平移与旋转9. 如图，有一张矩形纸片ABCD，AB=8，AD=6，先将矩形纸片ABCD折叠，使边AD落在边AB上，点D落在点E处，折痕为AF;再将△AEF沿EF翻折，AF 与BC相交于点G，则△GCF的周长为.【答案】4+2[解析]在题图③中，由折叠的性质可知∠A=45°，AD=DF，∴FC=2，∠AFC=45°，∴CG=2，∴FG=2，∴△GCF的周长为4+2.易组卷：100521 难度：5 使用次数：1 入库日期：2020-05-28考点：轴对称与中心对称4/ 1110. 问题背景:如图①，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，可推出结论:P A+PC=PE.问题解决:如图②，在△MNG中，MN=6，∠M=75°，MG=4.点O是△MNG内一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是.【答案】2[解析]由题意构造等边三角形MFN，等边三角形MHO，则△MFH ≌△MNO，∴OM+ON+OG=HO+HF+OG，∴距离和最小值为FG=2.易组卷：100542 难度：7 使用次数：0 入库日期：2020-05-28考点：平移与旋转11. 如图，在△ABC中，AC=BC=2，AB=1，将它沿AB翻折得到△ABD，则四边形ADBC的形状是形，点P，E，F分别为线段AB，AD，DB上的任意一点，则PE+PF的最小值是.【答案】菱[解析]∵AC=BC，∴△ABC是等腰三角形.将△ABC沿AB翻折得到△ABD，∴AC=BC=AD=BD，∴四边形ADBC是菱形.∵△ABC沿AB翻折得到△ABD，∴△ABC与△ABD关于AB成轴对称.5/ 11如图所示，作点E关于AB的对称点E'，连接PE'，根据轴对称的性质知AB垂直平分EE'，∴PE=PE'，∴PE+PF=PE'+PF，当E'，P，F三点共线，且E'F⊥AC时，PE+PF有最小值，该最小值即为平行线AC与BD间的距离.作CM⊥AB于M，BG⊥AD于G，由题知AC=BC=2，AB=1，∠CAB=∠BAD，∴cos∠CAB=cos∠BAD ，即=，∴AG=，在Rt△ABG中，BG===，由对称性可知BG长即为平行线AC，BD间的距离，∴PE+PF的最小值=.易组卷：100526 难度：7 使用次数：2 入库日期：2020-05-28考点：矩形、菱形轴对称与中心对称三、作图题（本大题共2道小题）12. 如图，△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=8.(1)用直尺和圆规作AB的垂直平分线;(保留作图痕迹，不要求写作法)(2)若(1)中所作的垂直平分线交BC于点D，求BD的长.【答案】解:(1)如图所示，直线l为AB的垂直平分线.6/ 11(2)设AB的垂直平分线交AB于点E.连接AD，因为DE垂直平分AB，所以AD=BD，设AD=BD=x，则CD=8-x，在Rt△ACD中，AC2+CD2=AD2，即42+(8-x)2=x2，解得x=5，所以BD的长为5.易组卷：100695 难度：3 使用次数：0 入库日期：2020-06-02考点：尺规作图13. 在数学活动课上，王老师要求学生将图①所示的3×3正方形方格纸剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形.规定:凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形，如图②的四幅图就视为同一种设计方案(阴影部分为要剪掉部分).请在图③中画出4种不同的设计方案，将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑(每)个3×3的正方形方格画一种，例图除外【答案】解:如图所示.7/ 11易组卷：100522 难度：5 使用次数：0 入库日期：2020-05-28考点：轴对称与中心对称四、解答题（本大题共4道小题）14. 如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的12×12的网格中，给出了以格点(网格线的交点)为端点的线段AB.(1)将线段AB向右平移5个单位，再向上平移3个单位得到线段CD，请画出线段CD;(2)以线段CD为一边，作一个菱形CDEF，且点E，F也为格点.(作出一个菱形)即可【答案】解:(1)线段CD如图所示.(2)得到的菱形如图所示(答案不唯一).易组卷：100539 难度：4 使用次数：0 入库日期：2020-05-28考点：平移与旋转15. 如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，△OAB的三个顶点O(0，0)、A(4，1)、B(4，4)均在格点上.8/ 11(1)画出△OAB关于y轴对称的△OA1B1，并写出点A1的坐标;(2)画出△OAB绕原点O顺时针旋转90°后得到的△OA2B2，并写出点A2的坐标;(3)在(2)的条件下，求线段OA在旋转过程中扫过的面积(结果保留π).【答案】解:(1)图略，A1(-4，1).(2)图略，A2(1，-4).(3)∵OA==，∴线段OA 扫过的面积为=.易组卷：100696 难度：4 使用次数：0 入库日期：2020-06-02考点：平移与旋转16. 如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合，得到折痕MN，将纸片展平;再一次折叠，使点D落到MN上的点F处，折痕AP交MN于E;延长PF交AB 于G.求证:(1)△AFG≌△AFP;(2)△APG为等边三角形.【答案】证明:(1)∵对折矩形纸片ABCD，使AB与CD重合，得到折痕MN，∴MN∥AB，M，N分别为AD，BC中点，由平行线的性质可知PF=GF.由折叠的性质得∠PF A=∠GF A=90°，∴△AFG≌△AFP(SAS).(2)∵△AFG≌△AFP，∴AP=AG，∠2=∠3.又∵∠2=∠1，∴∠1=∠2=∠3.9/ 11又∵∠1+∠2+∠3=90°，∴3∠2=90°，∴∠2=30°，∠P AG=2∠2=60°，∴△APG 为等边三角形.易组卷：100524 难度：5 使用次数：3 入库日期：2020-05-28考点：全等三角形矩形、菱形轴对称与中心对称17. 已知∠AOB=30°，H为射线OA上一定点，OH=+1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足∠OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150°，得到线段PN，连接ON.(1)依题意补全图;(2)求证:∠OMP=∠OPN;(3)点M关于点H的对称点为Q，连接QP.写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON=QP，并证明.【答案】:解:(1)如图所示∠OPN=∠MPN-∠OPM=150°-∠OPM，∴∠OMP=∠OPN.(3)过点P作PK⊥OA于点K，过点N作NF⊥OB于点F.10/ 11∵∠OMP=∠OPN，∴∠PMK=∠NPF.在△NPF和△PMK中，∴△NPF≌△PMK(AAS)，∴PF=MK，∠PNF=∠MPK，NF=PK.在Rt△NFO和Rt△PKQ中，∴Rt△NFO≌Rt△PKQ(HL)，∴KQ=OF.设MK=y，PK=x，∵∠POA=30°，PK⊥OQ，∴OP=2x，∴OK=x，OM=x-y，∴OF=OP+PF=2x+y，MH=OH-OM=+1-(x-y)，KH=OH-OK=+1-x，∵M与Q关于点H对称，∴MH=HQ，∴KQ=KH+HQ=+1-x ++1-x+y=2+2-2x+y，∵KQ=OF，∴2 +2-2x+y=2x+y，整理得2+2=x (2+2)，∴x=1，即PK=1，∴OP=2.易组卷：100698 难度：7 使用次数：0 入库日期：2020-06-02 考点：平移与旋转11/ 11。

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