2020浙江新中考数学一轮复习第23讲图形与变换第2课时

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2020浙江新中考数学一轮复习第25讲解直角三角形第2课时

类型一解直角三角形中一个常见的模型
例1 如图 1，某社会实践活动小组实地测量两岸互相平行的一段河的宽度，在河的南岸边点 A 处，测得河的北岸边点 B 在其北偏东 45°方向，
然后向西走 60m 到达 C 点，测得点 B 在点 C 的北偏东 60°方向，如图 2.
(1)求∠CBA 的度数；
(2)求出这段河的宽(结果精确到 1m，备用数据 2≈1.41， 3≈1.73)．
同一平面上． (1)转动连杆 BC，CD，使∠BCD 成平角，∠ABC＝150°，如图 2，求连杆端点 D 离桌面 l 的高度 DE； (2)将(1)中的连杆 CD 再绕点 C 逆时针旋转，使∠BCD＝165°，如图 3，问此时连杆端点 D 离桌面 l 的高度是增加还是减少？
增加或减少了多少？(精确到 0.1cm，参考数据： 2≈1.41，
问：校门打开了多少米？(结果精确到 1 米，参考数据：sin5°≈ 0.0872，cos5°≈0.9962，sin10°≈0.1736，cos10°≈0.9848)
【分析与解】先求出校门关闭时，20 个菱形的宽即大门的宽；再求出校门打开时，20 个菱形的宽即伸缩门的宽；然后将它们相减即可．如图，校门关闭时，取其中一个菱形 ABCD. 根据题意，得∠BAD＝60°，AB＝0.3 米． ∵在菱形 ABCD 中，AB＝AD， ∴△BAD 是等边三角形，∴BD＝AB＝0.3 米， ∴大门的宽是：0.3×20＝6(米)；校门打开时，取其中一个菱形 A1B1C1D1. 根据题意，得∠B1A1D1＝10°，A1B1＝0.3 米． ∵在菱形 A1B1C1D1 中，A1C1⊥B1D1，∠B1A1O1＝5°， ∴在 Rt△A1B1O1 中，B1O1＝sin∠B1A1O1·A1B1＝sin5°×0.3≈0.02616(米)， ∴B1D1＝2B1O1≈0.05232 米， ∴伸缩门的宽是：0.05232×20＝1.0464 米； ∴校门打开的宽度为：6－1.0464＝4.9536≈5(米)．故校门打开了 5 米．

人教版中考数学第一轮复习第七章图形与变换

第七章图形与变换第二十四讲平移、旋转与对称【基础知识回顾】一、轴对称与轴对称图形：1、轴对称：把一个图形沿着某一条直线翻折过去，如果它能够与另一个图形那么就说这两个图形成轴对称，这条直线叫2、轴对称图形：如果把一个图形沿着某条直线对折，直线两旁的部分能够互相那么这个图形叫做轴对称图形3、轴对称性质：⑴关于某条直线对称的两个图形⑵对应点连接被对称轴【名师提醒：1、轴对称是指个图形的位置关系，而轴对称图形是指个具有特殊形状的图形；2、对称轴是而不是线段，轴对称图形的对称轴不一定只有一条】二、图形的平移与旋转：1、平移：⑴定义：在平面内，把某个图形沿着某个移动一定的这样的图形运动称为平移⑵性质：Ⅰ、平移不改变图形的与，即平移前后的图形Ⅱ、平移前后的图形对应点所连的线段平行且【名师提醒：平移作图的关键是确定平移的和】2、旋转：⑴定义：在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向旋转一个，这样的图形运动称为旋转，这个点称为转动的称为旋转角⑵旋转的性质：Ⅰ、旋转前后的图形Ⅱ、旋转前后的两个圆形中，对应点到旋转中心的距离都，每对对应点与旋转中心的连线所成的角度都是旋转角都【名师提醒：1、旋转作用的关键是确定、和，2、一个图形旋转一定角度后如果能与自身重合，那么这个图形就是旋转对称图形】三、中心对称与中心对称图形：1、中心对称：在平面内，一个图形绕某一点旋转1800能与另一个图形就说这两个图形关于这个点成中心对称，这个点叫做2、中心对称图形：一个图形绕着某点旋转后能与自身重合，这种图形叫中心对称图形，这个点叫做3、性质：在中心对称的两个图形中，对称点的连线都经过且被平分【名师提醒：1、中心对称是指个图形的位置关系，而中心对称图形是指个具有特殊形状的图形2、常见的轴对称图形有、、、、、等，常见的中心对称图形有、、、、、等3、所有的正n边形都是对称图形，且有条对称轴，边数为偶数的正多边形，又是对称图形，4、注意圆形的各种变换在平面直角坐标系中的运用】【典型例题解析】1.已知点P（3，-1）关于y轴的对称点Q的坐标是（a+b，1-b），则a b的值为．2．点P（2，-1）关于x轴对称的点P′的坐标是．3．在图示的方格纸中（1）作出△ABC关于MN对称的图形△A1B1C1；（2）说明△A2B2C2是由△A1B1C1经过怎样的平移得到的？4.已知点P（3，2），则点P关于y轴的对称点P1的坐标是，点P关于原点O的对称点P2的坐标是5.下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．6.点（3，2）关于x轴的对称点为（）A．（3，-2）B．（-3，2）C．（-3，-2）D．（2，-3）7.在平面直角坐标系中，将点A（-2，3）向右平移3个单位长度后，那么平移后对应的点A′的坐标是（）A．（-2，-3）B．（-2，6）C．（1，3）D．（-2，1）8.如图，将Rt△ABC（其中∠B=35°，∠C=90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（）A．55°B．70°C．125°D．145°9．P是∠AOB内一点，分别作点P关于直线OA、OB的对称点P1、P2，连接OP1、OP2，则下列结论正确的是（）A．OP1⊥OP B．OP1=OP2C．OP1⊥OP2且OP1=OP2D．OP1≠OP2 10.已知点M（3，-2），将它先向左平移4个单位，再向上平移3个单位后得到点N，则点N的坐标是．11.夏季荷花盛开，为了便于游客领略“人从桥上过，如在河中行”的美好意境，某景点拟在如图所示的矩形荷塘上架设小桥．若荷塘周长为280m，且桥宽忽略不计，则小桥总长为m．12.如图，在直角△OAB中，∠AOB=30°，将△OAB绕点O逆时针旋转100°得到△OA1B1，则∠A1OB= °．13.如图，正方形ABCD的边长为4，点P在DC边上且DP=1，点Q是AC上一动点，则DQ+PQ的最小值为．14.如图，在矩形纸片ABCD中，AB=12，BC=5，点E在AB上，将△DAE沿DE折叠，使点A落在对角线BD上的点A′处，则AE的长为．15.如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点上，点A的坐标为（2，4），请解答下列问题：（1）画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标．（2）画出△A1B1C1绕原点O旋转180°后得到的△A2B2C2，并写出点A2的坐标．第二十五讲相似图形（一）：【知识梳理】1.比例基本性质及运用（1）线段比的含义：如果选用同一长度单位得两条线段a、b的长度分别为m、n，那么就说这两条线段的比是a：b=m：n，或写成a m=b n，和数的一样，两条线段的比a、b中，a叫做比的前项 b叫做比的后项．注意：①针对两条线段；②两条线段的长度单位相同，但与所采用的单位无关；③其比值为一个不带单位的正数．（2）线段成比例及有关概念的意义：在四条线段中，如果其中两条线段的比等于另外两条线段的比，那么这四条线段叫做成比例线段，简称比例线段，已知四条线段a、b、c、d，如果a c=b d或a：b=c：d，那么a、b、c、d叫做成比例的项，线段a、d叫做比例外项，线段b、d叫做比例内项，线段d叫做a、b、c的第四比例项，当比例内项相同时，即a bb c=或a：b=b：c，那么线段b叫做线段a和c的比例中项．（3）比例的性质，①基本性质：如果a：b=c：d，那么ad=bc；反之亦成立。

几何(网格、尺规)作图+第五章图形的变换与作图+课件+2025年中考数学一轮总复习第五章

径画弧，分别交BA，BC于点D，E；
1
②分别以点D，E为圆心，大于 DE长
2
为半径画弧，两弧在∠ABC的内部相
交于点F，作射线BF交AC于点G.则
∠ABG的大小为 35
度.
6.如图，在平面直角坐标系中，若将△ABC绕点C顺
时针旋转90°得到△A1B1C，则点B的对应点B1的坐标
为
（2，－1）.
7.如图，在菱形ABCD中，按如下步骤作图：
交线段BO于点D，交BC于点E；
②以点O为圆心，BD长为半径画弧，交
线段OA于点F；
③以点F为圆心，DE长为半径画弧，交前一条弧于点
G，点G与点C在直线AB同侧；
④作直线OG，交AC于点M.
下列结论不一定成立的是（
D ）
A.∠AOM＝∠B
B.∠OMC＋∠C＝180°
C.AM＝CM
1
D.OM＝ AB
1
①分别以点C，D为圆心，大于 CD长为半径作弧，两弧交于
2
点M，N；
②作直线MN，且MN恰好经过点A，
与CD交于点E，连接BE.
若AD＝4，则BE的长为 2 7
.
8.（2024·龙东）如图，在正方形网格中，每个小正方
形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，
△ABC的三个顶点坐标分别为A（－1，1），B（－2，
若射线AP恰好经过点E，则下列四个结
论：①∠C＝30°；②AP垂直平分线段
1
BF；③CE＝2BE；④S△BEF＝ S△ABC.其中
6
正确结论的个数有（ D
A.1个 B.2个 C.3个
）
D.4个
5.（2024·甘孜州）如图，在△ABC
中，AB＝AC，∠A＝40°，按如下步

2020浙江新中考数学一轮复习第22讲尺规作图与图形投影

4．(2018·杭州模拟)如图是一个长方体的三视图(单
位：cm)，根据图中数据计算这个长方体的体积是 24 cm3.
5．(2019·衢州)如图，在 4×4 的方格纸中，△ABC 的三个顶点都在格点上．
(1)在图 1 中画出线段 CD，使 CD⊥CB，其中 D 是格点； (2)在图 2 中画出平行四边形 ABEC，其中 E 是格点．
(2)(2019·宁波)如图所示，矩形纸片ABCD中，AD ＝6cm，把它分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片 EFCD后，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则AB的长为 () A．3.5cm B．4cm C．4.5cm D．5cm
(2)设 AB＝x，由题意，得90π18· 0 x＝(6－x)π ，解得 x＝
( A)
A．x2＋3x＋2
B．x2＋2
C．x2＋2x＋1
D．2x2＋3x
2．(2018·嘉兴)用尺规在一个平行四边形内作菱形
ABCD，下列作法中错误的是( C )
3．(2018·海宁模拟)已知△ABC(AB＜AC＜BC)，用尺规作图的方法在 BC 上取一点 P，使 PA＋PC＝BC，下列选项
正确的是( B )
警示点 27：没有理解尺规作图原理
用直尺和圆规作 Rt△ABC 斜边 AB 上的高线 CD，以下
四个作图中，作法错误的是( D )
警示点 28：分不清三视图中的实线与虚线
一个空心的圆柱如图所示，那么它的主视图是( A )
1．(2019·河北)图 2 是图 1 中长方体的三视图，若
用 S 表示面积，S 主＝x2＋2x，S 左＝x2＋x，则 S 俯＝
成的几何体，在这个几何体的三视图中，是中心

2023中考数学复习：三角形、四边形图形变换

此时∠BA'C=90°.
当A'在BC的上方时,如图4,
又∵AB=A'B,AE⊥AA'于E,
∴∠ABF=∠A'BF.
又∵BF=BF,∴△ABF≌△A'BF(SAS),
∴∠BA'F=∠BAF=90°.
例题 1
1
2
返回类型清单
∴C,A',F在一条直线上.
1
1
∵S△BCF= BC·AB= A'B·CF,∴CF=BC=8.
∠BAC=30°+90°=120°,
∴∠D=180°-(∠ABD+∠BAD)=60°.
例题 1
1
2
返回类型清单
(3)当△A1B1C绕点C逆时针旋转过程中,
①请直接写出S△ABA 的最大值;

(3)解:①由题意,AC=2,AB=2 3,CA1=1,当点A1落在AC的延长线时,△ABA1
1
的面积最大,最大值为 ×2 3×(2+1)=3 3.
2
2
当A'在BC的下方时,如图5,
连接AF,A'F,则AF=A'F,
∵A'B=6,BC=8,∴A'C=2 .
过A'作A'P⊥CD,垂足落在DC的延长线上,
∵∠BCA'+∠A'CP=90°,∠A'CP+∠CA'P=90°,
例题 1
1
2
返回类型清单
∴∠BCA'=∠CA'P.
∵∠BA'C=∠A'PC,∴△A'BC∽△PCA',
形;
(2)把握运动中的特殊位置,临界位置,分段、分情况进行讨论;

2020浙江新中考数学一轮复习阶段检测6 图形变换与解直角三角形

5
NB BM
t＝2.②当△NBM∽△ABC 时，则AB＝BC，
5 3－ 3t 2t
15
即 10 ＝5 3，解得：t＝ 7 .综上
5
15
所述：当 t＝2或 t＝ 7 时，△MBN 与
△ABC 相似．
阶段检测 6 图形变换与解直角三角形
时间：40分钟，满分：100分
一、选择题(每小题4分，共32分)
1．在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，AB＝5，
BC＝3，则 tanA 的值是( A )
A.34
B.43
C.35
D.45
2．如图，点 F 在平行四边形 ABCD 的边 AB 上，射
线 CF 交 DA 的延长线于点 E，在不添加辅助线的
12．如图，AB是半圆O的直径，C是半圆O 上若一AB点＝，6，弦AADD＝平5分，∠则BDAEC的，长交为BC__于1_51点_．E，
第11题图
第12题图
13．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP
绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，连结BQ.若PA
＝6，PB＝8，PC＝10，则四边形APBQ的面积
为 24＋9 3 ．
14．如图，平面直角坐标系中，已知点A(4，0)和点
B(0，3)，点C是AB的中点，点P在折线AOB上，直
线CP截△AOB，所得的三角形与△AOB相似，那么
点P的坐标是 0，32，(2，0)，78，0
．
第13题图
第14题图
三、解答题(第15～17题每题8分，第18～19题每题 10分，共44分)
A．1∶3 B．1∶4 C．1∶5 D．1∶25
5．如图，要测量小河两岸相对的两点 P，A 的距
离，可以在小河边取 PA 的垂线 PB 上的一点 C，

专题11 图形的变换-2020年中考数学真题分专题训练(浙江专版)(教师版含解析)

专题11图形的变换1.【2020年浙江省杭州市中考数学试卷】如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝2，BE＝﹣1．【分析】根据矩形的性质得到AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，根据折叠的性质得到CF＝BC，∠CFE＝∠B＝90°，EF＝BE，根据全等三角形的性质得到DF＝AE＝2；根据相似三角形的性质即可得到结论．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，∵把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，∴CF＝BC，∠CFE＝∠B＝90°，EF＝BE，∴CF＝AD，∠CFD＝90°，∴∠ADE+∠CDF＝∠CDF+∠DCF＝90°，∴∠ADF＝∠DCF，∴△ADE≌△FCD(ASA)，∴DF＝AE＝2；∵∠AFE＝∠CFD＝90°，∴∠AFE＝∠DAE＝90°，∵∠AEF＝∠DEA，∴△AEF∽△DEA，∴，∴＝，∴EF＝﹣1(负值舍去)，∴BE＝EF＝﹣1，故答案为：2，﹣1．2.【2020年浙江省湖州市中考数学试卷】七巧板是我国祖先的一项卓越创造，流行于世界各地．由边长为2的正方形可以制作一副中国七巧板或一副日本七巧板，如图1所示．分别用这两副七巧板试拼如图2中的平行四边形或矩形，则这两个图形中，中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数分别是()A．1和1B．1和2C．2和1D．2和2【分析】根据要求拼平行四边形矩形即可．【解答】解：中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数都是2，如图所示：故选：D．3.【2020年浙江省湖州市中考数学试卷】已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC 边的点P处(不与点A，C重合)，折痕交BC边于点E．(1)特例感知如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：AP＝AC；(2)变式求异如图2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；(3)化归探究如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．【分析】(1)证明△ADP是等边三角形即可解决问题．(2)分两种情形：情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中．情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，分别求解即可．(3)如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．求出DP＝DB时AD的值，结合图形即可判断．【解答】(1)证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB，∠A＝60°，由题意，得DB＝DP，DA＝DB，∴DA＝DP，∴△ADP使得等边三角形，∴AP＝AD＝AB＝AC．(2)解：∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，∴AB＝＝＝12，∵DH⊥AC，∴DH∥BC，∴△ADH∽△ABC，∴＝，∵AD＝7，∴＝，∴DH＝，将∠B沿过点D的直线折叠，情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，∵AB＝12，∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，∴HP1＝＝＝，∴A1＝AH+HP1＝4，情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，同法可证HP2＝，∴AP2＝AH﹣HP2＝3，综上所述，满足条件的AP的值为4或3．(3)如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．∵CA＝CB，CH⊥AB，∴AH＝HB＝6，∴CH＝＝＝8，当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，∵tan A＝＝，∴＝，∴x＝，∴AD＝AB﹣BD＝，观察图形可知当6≤a＜时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．4.【2020年浙江省嘉兴、舟山市中考数学试卷】如图，正三角形ABC的边长为3，将△ABC绕它的外心O逆时针旋转60°得到△A'B'C'，则它们重叠部分的面积是()A．2B．C．D．【分析】根据重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解．解：作AM⊥BC于M，如图：重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形．∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，∴AB＝BC＝3，BM＝CM＝BC＝，∠BAM＝30°，∴AM＝BM＝，∴△ABC的面积＝BC×AM＝×3×＝，∴重叠部分的面积＝△ABC的面积＝×＝；故选：C．5.【2020年浙江省嘉兴、舟山市中考数学试卷】如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上．当点B'恰好落在边CD上时，线段BM 的长为cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为(﹣)cm．【分析】第一个问题证明BM＝MB′＝NB′，求出NB即可解决问题．第二个问题，探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．解：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠3，由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，∴∠2＝∠3，∴MB′＝NB′，∵NB′＝＝＝(cm)，∴BM＝NB′＝(cm)．如图2中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm，在Rt△ADE中，则有x2＝22+(4﹣x)2，解得x＝，∴DE＝4﹣＝(cm)，如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2(cm)，如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′(即DE″)＝5﹣1﹣＝(4﹣)(cm)，∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝2﹣+2﹣(4﹣)＝(﹣)(cm)．故答案为，(﹣)．6.【2020年浙江省嘉兴、舟山市中考数学试卷】在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合(如图1)，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD(如图2)，当点F与点C重合时停止平移．【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形(如图3)．求AF的长．活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度(0≤α≤90)，连结OB，OE(如图4)．【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．【分析】【思考】由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；【发现】连接BE交AD于点O，设AF＝x(cm)，则OA＝OE＝(x+4)，得出OF＝OA﹣AF＝2﹣x，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出；【探究】如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH(ASA)，得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH ＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD(AAS)，得出BD＝OH，则结论得证．解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．证明：如图，∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，∴AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形；【发现】如图1，连接BE交AD于点O，∵四边形ABDE为矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE，设AF＝x(cm)，则OA＝OE＝(x+4)，∴OF＝OA﹣AF＝2﹣x，在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，∴，解得：x＝，∴AF＝cm．【探究】BD＝2OF，证明：如图2，延长OF交AE于点H，∵四边形ABDE为矩形，∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，∴∠ABD+∠BAE＝180°，∴AE∥BD，∴∠OHE＝∠ODB，∵EF平分∠OEH，∴∠OEF＝∠HEF，∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，∴△EFO≌△EFH(ASA)，∴EO＝EH，FO＝FH，∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，∴△EOH≌△OBD(AAS)，∴BD＝OH＝2OF．7.【2020年浙江省丽水市中考数学试卷】下列四个图形中，是中心对称图形的是()A．B．C．D．【分析】根据中心对称图形的概念对各图形分析判断即可得解．【解答】解：A、该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；B、该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；C、该图形是中心对称图形，故本选项符合题意；D、该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；故选：C．8.【2020年浙江省丽水市中考数学试卷】如图，工人师傅用角尺画出工件边缘AB的垂线a和b，得到a∥b．理由是()A．连结直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短B．在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线互相平行C．在同一平面内，过一点有一条而且仅有一条直线垂直于已知直线D．经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行【分析】根据垂直于同一条直线的两条直线平行判断即可．【解答】解：由题意a⊥AB，b⊥AB，∴a∥b(垂直于同一条直线的两条直线平行)，故选：B．9.【2020年浙江省丽水市中考数学试卷】如图，平移图形M，与图形N可以拼成一个平行四边形，则图中α的度数是30°．【分析】根据平行四边形的性质解答即可．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D＝180°﹣∠C＝60°，∴∠α＝180°﹣(540°﹣70°﹣140°﹣180°)＝30°，故答案为：30．10.【2020年浙江省丽水市中考数学试卷】图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD(点A与点B重合)，点O 是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE＝OF＝1cm，AC＝BD＝6cm，CE＝DF，CE：AE＝2：3．按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动．(1)当E，F两点的距离最大时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是16cm．(2)当夹子的开口最大(即点C与点D重合)时，A，B两点的距离为cm．【分析】(1)当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形，求出矩形的长和宽即可解决问题．(2)如图3中，连接EF交OC于H．想办法求出EF，利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．【解答】解：(1)当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形，∵OE＝OF＝1cm，∴EF＝2cm，∴AB＝CD＝2cm，∴此时四边形ABCD的周长为2+2+6+6＝16(cm)，故答案为16．(2)如图3中，连接EF交OC于H．由题意CE＝CF＝×6＝(cm)，∵OE＝OF＝1cm，∴CO垂直平分线段EF，∵OC＝＝＝(cm)，∵•OE•EC＝•CO•EH，∴EH＝＝(cm)，∴EF＝2EH＝(cm)∵EF∥AB，∴＝＝，∴AB＝×＝(cm)．故答案为．11.【2020年浙江省丽水市中考数学试卷】如图，在△ABC中，AB＝4，∠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【分析】(1)如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．(2)①证明BE＝EP，可得∠EPB＝∠B＝45°解决问题．②如图3中，由(1)可知：AC＝＝，证明△AEF∽△ACB，推出＝，由此求出AF 即可解决问题．【解答】解：(1)如图1中，过点A作AD⊥BC于D．在Rt△ABD中，AD＝AB•sin45°＝4×＝4．(2)①如图2中，∵△AEF≌△PEF，∴AE＝EP，∵AE＝EB，∴BE＝EP，∴∠EPB＝∠B＝45°，∴∠PEB＝90°，∴∠AEP＝180°﹣90°＝90°．②如图3中，由(1)可知：AC＝＝，∵PF⊥AC，∴∠PF A＝90°，∵△AEF≌△PEF，∴∠AFE＝∠PFE＝45°，∴∠AFE＝∠B，∵∠EAF＝∠CAB，∴△AEF∽△ACB，∴＝，即＝，∴AF＝2，在Rt△AFP，AF＝FP，∴AP＝AF＝2．12.【2020年浙江省绍兴市中考数学试卷】将如图的七巧板的其中几块，拼成一个多边形，为中心对称图形的是()A．B．C．D．【分析】根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断．【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D、是中心对称图形，故本选项符合题意．故选：D．13.【2020年浙江省绍兴市中考数学试卷】如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO 交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为()A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形C．平行四边形→正方形→菱形→矩形D．平行四边形→菱形→正方形→矩形【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．【解答】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．故选：B．14.【2020年浙江省绍兴市中考数学试卷】如图，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，将BC绕点B顺时针旋转θ(0°＜θ＜90°)，得到BP，连结CP，过点A作AH⊥CP交CP的延长线于点H，连结AP，则∠P AH的度数()A．随着θ的增大而增大B．随着θ的增大而减小C．不变D．随着θ的增大，先增大后减小【分析】由旋转的性质可得BC＝BP＝BA，由等腰三角形的性质和三角形内接和定理可求∠BPC+∠BP A＝135°＝∠CP A，由外角的性质可求∠P AH＝135°﹣90°＝45°，即可求解．【解答】解：∵将BC绕点B顺时针旋转θ(0°＜θ＜90°)，得到BP，∴BC＝BP＝BA，∴∠BCP＝∠BPC，∠BP A＝∠BAP，∵∠CBP+∠BCP+∠BPC＝180°，∠ABP+∠BAP+∠BP A＝180°，∠ABP+∠CBP＝90°，∴∠BPC+∠BP A＝135°＝∠CP A，∵∠CP A＝∠AHC+∠P AH＝135°，∴∠P AH＝135°﹣90°＝45°，∴∠P AH的度数是定值，故选：C．15.【2020年浙江省绍兴市中考数学试卷】如图1，直角三角形纸片的一条直角边长为2，剪四块这样的直角三角形纸片，把它们按图2放入一个边长为3的正方形中(纸片在结合部分不重叠无缝隙)，则图2中阴影部分面积为4．【分析】根据题意和图形，可以得到直角三角形的一条直角边的长和斜边的长，从而可以得到直角三角形的另一条直角边长，再根据图形，可知阴影部分的面积是四个直角三角形的面积，然后代入数据计算即可．【解答】解：由题意可得，直角三角形的斜边长为3，一条直角边长为2，故直角三角形的另一条直角边长为：＝，故阴影部分的面积是：＝4，故答案为：4．16.【2020年浙江省绍兴市中考数学试卷】将两条邻边长分别为，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片(无余纸片)，各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的①②③④(填序号)．①，②1，③﹣1，④，⑤．【分析】首先作出图形，再根据矩形的性质和等腰三角形的判定即可求解．【解答】解：如图所示：则其中一个等腰三角形的腰长可以是①，②1，③﹣1，④，不可以是．故答案为：①②③④．17.【2020年浙江省绍兴市中考数学试卷】如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG⊥BC，OG＝2，OC＝4．将△ABC绕点O逆时针旋转α(0°≤α＜180°)得到△A′B′C′．(1)当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离．(2)在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2．①当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离．②当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．【分析】(1)如图1中，过点C′作C′H⊥OF于H．解直角三角形求出CH即可．(2)①分两种情形：如图2中，当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M．如图3中，当C′P∥DG 时，过点C′作C′N⊥FG于N．分别求出C′M，C′N即可．②设d为所求的距离．第一种情形：如图4中，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．如图5中，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．结合图象可得结论．第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2，如图6中，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．求出QG可得结论．第三种情形：当A′P经过点F时，如图7中，显然d＝3．综上所述可得结论．【解答】解：(1)如图1中，过点C′作C′H⊥OF于H．∵∠HC′O＝α＝30°，∴C′H＝C′O•cos30°＝2，∴点C′到直线OF的距离为2．(2)①如图2中，当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M．∵C′P∥OF，∴∠O＝180°﹣∠OC′P＝45°，∴△OC′M是等腰直角三角形，∵OC′＝4，∴C′M＝2，∴点C′到直线DE的距离为2．如图3中，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．同法可证△OC′N是等腰直角三角形，∴′N＝2，∴点C′到直线DE的距离为2+2．②设d为所求的距离．第一种情形：如图4中，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．∵OA′＝2，OM＝2，∠OMA′＝90°，∴A′M＝＝＝4，∴A′D＝2，即d＝2，如图5中，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．∵PQ＝1，OQ＝5，∴OP＝＝，∴PM＝＝，∴PD＝﹣2，∴d＝﹣2，∴2≤d≤﹣2．第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2，如图6中，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ 交OB′于R，连接OP．∵OP＝，OF＝5，∴FP＝＝＝1，∵OF＝OT，PF＝PT，∠F＝∠PTO＝90°，∴Rt△OPF≌Rt△OPT(HL)，∴∠FOP＝∠TOP，∵PQ∥OQ，∴∠OPR＝∠POF，∴∠OPR＝∠POR，∴OR＝PR，∵PT2+TR2＝PR2，∴12+(5﹣PR)2＝PR2，∴PR＝2.6，RT＝2.4，∵△B′PR∽△B′QO，∴＝，∴＝，∴OQ＝，∴QG＝OQ﹣OG＝，即d＝∴2﹣2≤d＜，第三种情形：当A′P经过点F时，如图7中，显然d＝3．综上所述，2≤d≤﹣2或d＝3．18.【2020年浙江省宁波市中考数学试卷】图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影：(1)使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．(2)使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．(请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形)【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】【分析】(1)根据轴对称图形的定义画出图形构成一个大的等边三角形即可(答案不唯一)．(2)根据中心对称图形的定义画出图形构成一个平行四边形即可(答案不唯一)．【详解】解：(1)轴对称图形如图1所示．(2)中心对称图形如图2所示．【点睛】本题考查利用中心对称设计图案，利用轴对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．19.【2020年浙江省台州市中考数学试卷】如图，把△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到△DEF，则顶点C(0，-1)对应点的坐标为()A. (0，0)B. (1，2)C. (1，3)D. (3，1)【答案】D【解析】【分析】先找到顶点C的对应点为F，再根据直角坐标系的特点即可得到坐标．【详解】∵顶点C的对应点为F，由图可得F的坐标为(3，1)，故选D．【点睛】此题主要考查坐标与图形，解题的关键是熟知直角坐标系的特点．20.【2020年浙江省台州市中考数学试卷】把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD折叠成如图所示的阴影图案，顶点A，D互相重合，中间空白部分是以E为直角顶点，腰长为2cm的等腰直角三角形，则纸片的长AD(单位：cm)为()A. 7+B. 7+C. 8+D. 8+【答案】D【解析】【分析】如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．想办法求出AR，RM，MN，NW，WD即可解决问题．【详解】解：如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．由题意△EMN 是等腰直角三角形，EM=EN=2，MN=∵四边形EMHK 是矩形，∴EK= A'K=MH=1，KH=EM=2，∵△RMH 是等腰直角三角形，∴RH=MH=1，，同法可证，题意AR=R A'= A'W=WD=4，∴++4=8+故答案为：D.【点睛】本题考查翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形或特殊四边形解决问题．21.【2020年浙江省台州市中考数学试卷】用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a ，小正方形地砖面积为依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD ．则正方形ABCD 的面积为____________(用含a ，b 的代数式表示)．【答案】+a b【解析】【分析】如图，连接AE 、AF ，先证明△GAE ≌△HAF ，由此可证得AEF GAHE S S =△四边形，进而同理可得，根据正方形ABCD 的面积等于四个相同四边形的面积之和及小正方形的面积即可求得答案．【详解】解：如图，连接AE 、AF ，∵点A 为大正方形的中心，△AE =AF ，△EAF =90°，△△AEF =△AFE =45°，△△GEF =90°，△△AEG =△GEF -△AEF =45°，△△AEG =△AFE ，∵四边形ABCD 为正方形，∴△DAB =△EAF =90°，∴∠GAE =△HAF ，在△GAE 与△HAF 中，GAE HAF AE AF AEG AFH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴△GAE ≌△HAF (ASA )，∴GAE HAF S S =△△，∴GAE AEH HAF AEH S S S S +=+△△△△，即AEF GAHE S S =△四边形， △11=44AEF S S a =△大正方形， ∴11=44GAHE S S a =四边形大正方形， ∴同理可得：1=44ABCD S a b ⨯+正方形，即=ABCD S a b +正方形，故答案为：+a b ．【点睛】本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质并能作出正确的辅助线是解决本题的关键．22.【2020年浙江省台州市中考数学试卷】如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，将△ABC 沿直线AB 翻折得到△ABD ，连接CD 交AB 于点M ．E 是线段CM 上的点，连接BE ．F 是△BDE 的外接圆与AD 的另一个交点，连接EF ，BF ，(1)求证：△BEF 是直角三角形；(2)求证：△BEF ∽△BCA ；(3)当AB=6，BC=m 时，在线段CM 正存在点E ，使得EF 和AB 互相平分，求m 的值．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)【解析】【分析】(1)想办法证明∠BEF=90°即可解决问题(也可以利用圆内接四边形的性质直接证明)．(2)根据两角对应相等两三角形相似证明．(3)证明四边形AFBE 是平行四边形，推出FJ=12BD=12m ，EF=m ，由△ABC ∽△CBM ，可得BM=26m ，由△BEF ∽△BCA ，推出 AC BC EF BE，由此构建方程求解即可. 【详解】(1)证明：由折叠可知，∠ADB=∠ACB=90°∵∠EFB=∠EDB ，∠EBF=∠EDF ，∴∠EFB+∠EBF=∠EDB+∠EDF=∠ADB=90°，∴∠BEF=90°，∴△BEF 是直角三角形．(2) 证明：∵BC=BD ，∴∠BDC=∠BCD，∵∠EFB=∠EDB，∴∠EFB=∠BCD，∵AC=AD，BC=BD，∴AB⊥CD，∴∠AMC=90°，∵∠BCD+∠ACD=∠ACD+∠CAB=90°，∴∠BCD=∠CAB，∴∠BFE=∠CAB，∵∠ACB=∠FEB=90°，∴△BEF∽△BCA．(3) 设EF交AB于J．连接AE，如下图所示：∵EF与AB互相平分，∴四边形AFBE是平行四边形，∴∠EFA=∠FEB=90°，即EF⊥AD，∵BD⊥AD，∴EF∥BD，∵AJ=JB，∴AF=DF，△ FJ=1= 22m BD△ EF=m△ △ABC△△CBM ，△ BC:MB=AB:BC ， △ BM=26m ， △ △BEJ△△BME ，△ BE:BM=BJ:BE ，， △ △BEF△△BCA ，△=AC BC EF BE即=m m m，解得m =负根舍去).故答案为：【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．23.【2020年浙江省温州市中考数学试卷】如图，在河对岸有一矩形场地ABCD ，为了估测场地大小，在笔直的河岸l 上依次取点E ，F ，N ，使AE ⊥l ，BF ⊥l ，点N ，A ，B 在同一直线上．在F 点观测A 点后，沿FN 方向走到M 点，观测C 点发现∠1＝∠2．测得EF ＝15米，FM ＝2米，MN ＝8米，∠ANE ＝45°，则场地的边AB 为_______米，BC 为_______米．【答案】(1). (2).【解析】【分析】过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则△ABG、△BCH 都是等腰直角三角形，四边形BGEF、BHPF是矩形，于是可根据等腰直角三角形的性质和勾股定理依次求出AG、BG、AB的长，设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，易证△AEF∽△CPM，然后根据相似三角形的性质即可得到关于x的方程，解方程即可求出x，再根据勾股定理即可求出BC的长．【详解】解：过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则GH⊥AE，GH⊥CP，∴四边形BGEF、BHPF是矩形，∵∠ANE＝45°，∴∠NAE＝45°，∴AE=EN=EF+FM+MN=15+2+8=25，∵∠ABG＝45°，∴∠GAB＝45°，∴AG=BG=EF=15，∴AB=，GE=BF=PH=10，∵∠ABG＝45°，∠ABC＝90°，∴∠CBH＝45°，∴∠BCH=45°，∴BH=CH，设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，∵∠1=∠2，∠A EF =∠CPM =90°，∴△AEF ∽△CPM ， ∴AE CP EF PM =，即2510152x x +=-，解得：x =20，即BH=CH =20，∴BC ==∴AB =BC =故答案为：【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，正确作出辅助线、熟练掌握相关知识是解题的关键．24.【2020年浙江省温州市中考数学试卷】如图，在四边形ABCD 中，∠A ＝∠C ＝90°，DE ，BF 分别平分∠ADC ，∠ABC ，并交线段AB ，CD 于点E ，F (点E ，B 不重合)．在线段BF 上取点M ，N (点M 在BN 之间)，使BM ＝2FN ．当点P 从点D 匀速运动到点E 时，点Q 恰好从点M 匀速运动到点N ．记QN ＝x ，PD ＝y ，已知6125y x =-+，当Q 为BF 中点时，245y =． (1)判断DE 与BF 的位置关系，并说明理由；(2)求DE ，BF 的长；(3)若AD ＝6．①当DP ＝DF 时，通过计算比较BE 与BQ 的大小关系；②连结PQ ，当PQ 所在直线经过四边形ABCD 的一个顶点时，求所有满足条件的x 的值．【答案】(1)//DE BF ，理由见解析；(2)12,16DE BF == ；(3)①BQ BE >；②101410,,33【解析】【分析】(1)推出∠AED=∠ABF ，即可得出DE ∥BF ；(2)求出DE=12，MN=10，把254y =代入6125y x =-+，解得：x=6，得到NQ=6，得出QM=4，由FQ=QB ，BM=2FN ，得出FN=2，BM=4，即可得出结果；(3)①连接EM 并延长交BC 于点H ，易证四边形DFME 是平行四边形，得出DF=EM ，求出∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，∠MEB=∠FBE=30°，得出∠EHB=90°，DF=EM=BM=4，MH=2，EH=6，由勾股定理得BH =，BE =当DP=DF 时，求出223BQ = ，得到BQ ＞BE ；②(Ⅰ)当PQ 经过点D 时，y=0，则x=10；(Ⅱ)当PQ 经过点C 时，由FQ ∥DP ，得出△CFQ ∽△CDP ，则FQ CF DP CD =，即可求得103x = ；(Ⅲ)当PQ 经过点A 时，由PE ∥BQ ，得出△APE ∽△AQB ，则PE AE BQ AB = ，根据勾股定理得=AE则AB = ，143x = ；由图可知，PQ 不可能过点B ．【详解】解：(1)DE 与BF 的位置关系为：DE ∥BF ，理由如下：如图1所示：∵∠A=∠C=90°，∴∠ADC+∠ABC=360°-(∠A+∠C )=180°，∵DE 、BF 分别平分∠ADC 、∠ABC ，1122ADE ADC ABF ABC ∴∠=∠∠=∠，， 1180902ADE ABF ∴∠+∠=⨯︒=︒， ∵∠ADE+∠AED=90°，∴∠AED=∠ABF ，∴DE∥BF；(2)令x=0，得y=12，∴DE=12，令y=0，得x=10，∴MN=10，把254y=代入6125y x=-+，解得：x=6，即NQ=6，∴QM=10-6=4，∵Q是BF中点，∴FQ=QB，∵BM=2FN，∴FN+6=4+2FN，解得：FN=2，∴BM=4，∴BF=FN+MN+MB=16；(3)①连接EM并延长交BC于点H，如图2所示：∵FM=2+10=12=DE，DE∥BF，∴四边形DFME是平行四边形，∴DF=EM，∵AD=6，DE=12，∠A=90°，∴∠DEA=30°，∴∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，∴∠ADE=60°，∴∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，∴∠DFM=∠DEM=120°，∴∠MEB=180°-120°-30°=30°，∴∠MEB=∠FBE=30°，∴∠EHB=180°-30°-30°-30°=90°，DF=EM=BM=4，122MH BM ∴==， ∴EH=4+2=6，由勾股定理得：BH === ，∴BE ===，当DP=DF 时，61245x -+= ，解得：302x = ， 2022141433BQ x ∴=-=-= ， 22433＞， BQ ＞BE ；②(Ⅰ)当PQ 经过点D 时，如图3所示：y=0，则x=10；(Ⅱ)当PQ 经过点C 时，如图4所示：∵BF=16，∠FCB=90°，∠CBF=30°，182CF BF == ， CD=8+4=12，∵FQ ∥DP ，∴△CFQ ∽△CDP ， ∴FQ CF DP CD= ， ∴28612125x +=-+ ，解得：103x = ； (Ⅲ)当PQ 经过点A 时，如图5所示：∵PE ∥BQ ，∴△APE ∽△AQB ， ∴PE AE BQ AB= ，根据勾股定理得：AE === ,∴AB ==，61212514x ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭∴=- ，解得：143x = ；由图可知，PQ 不可能过点B ；综上所述，当x=10或103x =或143x =时，PQ 所在的直线经过四边形ABCD 的一个顶点．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的的判定与性质、勾股定理、角平分线的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．25.【2020年浙江省衢州市中考数学试卷】二次函数2y x =的图象平移后经过点(2，0)，则下列平移方法正确的是A ．向左平移2个单位，向下平移2个单位B ．向左平移1个单位，向上平移2个单位C ．向右平移1个单位，向下平移1个单位D ．向右平移2个单位，向上平移1个单位答案：C26.【2020年浙江省衢州市中考数学试卷】如图，把一张矩形纸片ABCD 按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF ，若BC ＝1，则AB 的长度为AB．12 C．12 D ．43答案：A27.【2020年浙江省衢州市中考数学试卷】小慧用图1中的一副七巧板拼出如图2所示的“行礼图”．已知正方形ABCD 的边长为4dm ，则图2中h的值为dm．答案：28.【2020年浙江省衢州市中考数学试卷】图1是由七根连杆链接而成的机械装置，图2是其示意图．已知O，P两点固定，连杆PA＝PC＝140cm，AB＝BC＝CQ＝QA＝60cm，OQ＝50cm，O，P两点间距与OQ长度相等．当OQ绕点O转动时，点A，B，C的位置随之改变，点B恰好在线段MN上来回运动．当点B运动至点M或N时，点A，C重合，点P，Q，A，B在同一直线上(如图3)．(1)点P到MN的距离为cm；(2)当点P，O，A在同一直线上时，点Q到MN的距离为cm．答案：。

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描述旋转三要素：旋转中心，旋转方向，旋转角度．
类型一识别(画)图形的平移、旋转变换
例1 (1)(2018·温州)如图，已知一个直角三角板的
直角顶点与原点重合，另两个顶点 A，B 的坐标分别为
(－1，0)，(0， 3)．现将该三角板向右平移使点 A
与点 O 重合，得到△OCB′，则点 B 的对应点 B′的坐
角形沿 x 轴向右平移得到 Rt△O′A′B′，此时点 B′的坐
标为(2 2，2 2)，则线段 OA 在平移过程中扫过部分的图
形面积为 4 ．
【经验积累题】【提出问题】 (1)如图 1，在等边△ABC 中，点 M 是 BC 上的任意一点(不含端点 B、C)，连结 AM，以 AM 为边作等边△AMN，连结 CN.求证：∠ABC＝∠ACN；【类比探究】 (2)如图 2，在等边△ABC 中，点 M 是 BC 延长线上的任意一点(不含端点 C)，其他条件不变，(1)中结论∠ABC＝∠ACN 还成立吗？请说明理由；
(2)(2018·山西)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝ 90°，∠A＝60°，AC＝6，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________．
【思路分析】(1)根据平移的性质，结合阴影部分是平行四边形，再根据等腰直角三角形的性质，设 AA′＝x，则阴影部分的底长为 x，高 A′D＝12－x，根据平行四边形的面积公式即可列出方程求解．(2)连结 B′B，利用旋转的性质和直角三角形的性质即可．【答案】(1)4 或 8 (2)6 3
【解后感悟】图形的平移、旋转只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小．求图中的阴影部分的面积时，如果不能直接求可以转化为规则图形来求．
1．(2018·长兴模拟)如图，直角△ABC 中，AC＝3，BC＝4，
AB＝5，则内部五个小直角三角形的周长为12 ．
2．(2018·株洲)如图，O 为坐标原点，△OAB 是等腰直角三角形，∠OAB＝90°，点 B 的坐标为(0，2 2)，将该三
【答案】(1)如图所示：△A1B1C 即为所求； (2)如图所示：△A2B2C2 即为所求； (3)旋转中心坐标(0，－2)．
【解后感悟】本题是旋转的性质以及图形的平移等知识运用，根据题意得出对应点坐标是解题关键．
类型三平移、旋转变换解决路径、面积等问题
例3 (1)(2017·丽水模拟)如图，将边长为12的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD 方向平移，得到△A′B′C′，当两个三角形重叠的面积为32时，它移动的距离AA′等于________．
【拓展延伸】 (3)如图 3，在等腰△ABC 中，BA＝BC，点 M 是 BC 上的任意一点(不含端点 B、C)，连结 AM，以 AM 为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN＝∠ABC.连结 CN.试探究∠ABC 与∠ACN 的数量关系，并说明理由．
【分析与解】(1)利用 SAS 可证明△BAM≌△CAN，继而得出结论．证明：∵△ABC、△AMN 是等边三角形， ∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°， ∴∠BAM＝∠CAN，
标是( C )
A．(1，0)
B．( 3， 3)
C．(1， 3)
D．(－1， 3)
(2)(2018·湖州模拟)两个全等的三角尺重叠放在△
ACB 的位置，将其中一个三角尺绕着点 C 按逆时针方
向旋转至△DCE 的位置，使点 A 恰好落在边 DE 上，AB
与 CE 相交于点 F.已知∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝
图1
图2
②当正三角形 AEF 在正方形 ABCD 的外部时，如图 2，∵正方
形 ABCD 与正三角形 AEF 的顶点 A 重合，BE＝DF，AB＝AD，AE
＝AF，∴△ABE≌△ADF(SSS)，∴∠BAE＝∠FAD，∵∠EAF＝
60°，∴2∠BAE－∠EAF＋90°＝360°，∴∠BAE＝165°.
∵在△BAM 和△CAN 中，A∠B＝ BAAMC＝，∠CAN， AM＝AN，
∴△BAM≌△CAN(SAS)， ∴∠ABC＝∠ACN.
(3)首先得出∠BAC＝∠MAN，从而判定△ABC∽△AMN，得 AB AC
到AM＝AN，根据∠BAM＝∠BAC－∠MAC，∠CAN＝∠MAN－∠MAC，得到∠BAM＝∠CAN，从而判定△BAM∽△CAN，得出结论．结论：∠ABC＝∠ACN. 理由如下：∵BA＝BC，MA＝MN，顶角∠ABC＝∠AMN， ∴底角∠BAC＝∠MAN，∴△ABC∽△AMN，∴AABM＝AACN，又∵∠BAM＝∠BAC－∠MAC，∠CAN＝∠MAN－∠MAC， ∴∠BAM＝∠CAN，∴△BAM∽△CAN，∴∠ABC＝∠ACN.
∵在△BAM 和△CAN 中，A∠B＝ BAAMC＝，∠CAN， AM＝AN，
∴△BAM≌△CAN(SAS)， ∴∠ABC＝∠ACN.
(2)可以通过证明△BAM≌△CAN，得出结论，和(1)的思路完全一样．结论∠ABC＝∠ACN 仍成立．理由如下：∵△ABC、△AMN 是等边三角形， ∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°， ∴∠BAM＝∠CAN，
【方法与对策】这是一道从特殊到一般设置的题型，通过基础图形等边三角形到等腰三角形，步步深入设置问题，其实解决问题的策略也是从简单到复杂，即全等三角形到相似三角形解决问题，通过前面方法来解决后面问题，在学习上是经验积累．这是中考热门题型．
警示点 30：旋转时考虑不全，出现漏解
如图，正方形 ABCD 与正三角形 AEF 的顶点 A 重合，将 △AEF 绕其顶点 A 旋转，在旋转过程中，当 BE＝DF 时，
【答案】(1)如图所示，△A1B1C1 即为所求；
(2)∵点 A′坐标为(－2，2)，由图可知，平移 4 个单位和 6 个单位时，刚好落在△A1B1C1 的边界上，∴若要使向右平移后的 A′落在△A1B1C1 的内部，即 4＜a＜6.
【提示】课后请完成作业本BP31－32练习．
30°，AB＝8cm，则 CF＝__2___3___cm.
【解后感悟】 (1)此题是坐标与图形变化，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解． (2)此题是旋转的性质以及直角三角形的性质相结合，正确得出∠AFC的度数是解题关键．
类型二网格、平面直角坐标系中的图形变换
例2 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是 1 个单位长度，
∠BAE 的大小是 15°或165° ．
①当正三角形 AEF 在正方形 ABCD 的内部时，如图 1，∵正方形 ABCD 与正三角形 AEF 的顶点 A 重合，BE＝DF，∵AB＝AD， AE＝AF，∴△ABE≌△ADF(SSS)，∴∠BAE＝∠FAD.∵∠EAF ＝60°，∴∠BAE＋∠FAD＝30°，∴∠BAE＝∠FAD＝15°.
【解析】(1)平移后的三角形如图 1；
(2)如图 2，旋转后的三角形如图所示．
(3)画平移图形，必须找出平移的方向、距离；画旋转图形，必须找出旋转中心、方向、角度．运用图形的平移和旋转，要根据已知得出对应点坐标是解题关键．
【知识梳理】 1．平移性质：对应点的连线段相等且平行(或在同一直线上)；对应线段相等且平行(或在同一直线上)；平移不改变图形的形状和大小．描述平移二要素：平移方向，平移距离． 2．旋转性质：对应点到旋转中心的距离相等；任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前后的图形全等．
故答案为 15°或 165°.
1．(2019·孝感)如图，在平面直角坐标系中，将点
P(2，3)绕原点 O 顺时针旋转 90°得到点 P′，则 P′
的坐标为( D )
A．(3，2)
B．(3，－1)
C．(2，－3)
D．(3，－2)
2．(2019·滨州)在平面直角坐标系中，将点 A(1，－2)
向上平移 3 个单位长度，再向左平移 2 个单位长度，得
第23讲图形与变换
第2课时图形平移与旋转
【问题】如图，在方格纸中，△ABC 的三个顶点和点 P 都在小方格的顶点上，按要求画一个三角形，使它的顶点在方格的顶点上．
(1)将△ABC 平移，使点 P 落在平移后的三角形内部，在图甲中画出示意图；
(2)以点 C 为旋转中心，将△ABC 旋转，使点 P 落在旋转后的三角形内部，在图乙中画出示意图； (3)通过(1)、(2)作图，你认为利用旋转变换、平移变换作图要注意哪些？
到点 B，则点 B 的坐标是( A )
A．(－1，1)
B．(3，1)

C．(4，－4)
D．(4，0)
3．如图，直径为 2cm 的圆 O1 平移 3cm 到圆 O2，则图中阴影部分的面积为 6 cm2.
4．如图，△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝
BC. 把 △ABC 绕点 A 按顺时针方向旋转 45 ° 后得到
△AB′C′，若 AB＝2，则线段 BC 在上述旋转过程中所扫
π
过部分(阴影部分)的面积是__4__．(结果保留π )
5．(2017·金华)如图，在平面直角坐标系中，△ABC 各顶点的坐标分别为 A(－2，－2)，B(－4，－1)，C(－4，－4)． (1)作出△ABC 关于原点 O 成中心对称的△A1B1C1； (2)作出点 A 关于 x 轴的对称点 A′，若把点 A′向右平移 a 个单位长度后落在△A1B1C1 的内部(不包括顶点和边界)，求 a 的取值范围．
Rt△ABC 的三个顶点 A(－2，2)，B(0，5)，C(0，2)．
(1)将△ABC 以点 C 为旋转中心旋转 180°，得到△A1B1C，请画出△A1B1C 的图形； (2)平移△ABC，使点 A 的对应点 A2 坐标为(－2，－6)，请画出平移后对应的△A2B2C2 的图形； (3)若将△A1B1C 绕某一点旋转可得到 △A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．

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