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历年中考数学图形的变换题汇总

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中考数学总复习《图形变换综合压轴题》专项提升练习题(附答案)

中考数学总复习《图形变换综合压轴题》专项提升练习题(附答案)

中考数学总复习《图形变换综合压轴题》专项提升练习题（附答案)学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________1．如图1，在Rt△ABC中∠C=90°,AC=BC=5，等腰直角三角形BDE的顶点点D是边BC上的一点，且α(0°≤α<360°)．的值为________，直线AE,CD相交形成的较小角的度数为________；(1)【问题发现】当α=0°时，AECD(2)【拓展探究】试判断：在旋转过程中，（1）中的两个结论有无变化？请仅就图2的情况给出证明；(3)【问题解决】当△BDE旋转至A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出△ACD的面积．2．已知等边三角形ABC，过A点作AC的垂线l，点P为l上一动点（不与点A重合），连接CP，把线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到CQ，连QB．(1)如图1，判断线段AP与BQ的数量关系，并说明理由；(2)如图2，当点P、B在AC同侧且AP＝AC时，求证：直线PB垂直平分线段CQ；(3)如图3，若等边三角形ABC的边长为4，点P、B分别位于直线AC异侧，且△APQ的面积等于√3，请直接4写出线段AP的长度．3．在中Rt△ABC中∠ABC=90°，AB=BC点E在射线CB上运动．连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF．(1)如图1，点E在点B的左侧运动；①当BE=2，BC=2√3时，则∠EAB=_________°；②猜想线段CA，CF与CE之间的数量关系为_________．(2)如图2，点E在线段CB上运动时，第（1）间中线段CA，CF与CE之间的数量关系是否仍然成立如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出它们之间新的数量关系．(3)点E在射线CB上运动BC=√3，设BE=x，以A，E，C，F为顶点的四边形面积为y，请直接写出y与x之间的函数关系式（不用写出x的取值范围）．4．如图1，在矩形ABCD中AB=6，AD=8把AB绕点B顺时针旋转α(0<α<180°)得到，连接，过B点作BE⊥AA′于E点，交矩形ABCD边于F点．(1)求DA′的最小值；(2)若A点所经过的路径长为2π，求点A′到直线AD的距离；(3)如图2，若CF=4，求tan∠ECB的值；(4)当∠A′CB的度数取最大值时，直接写出CF的长．5．【问题探究】（1）如图1锐角△ABC中分别以AB AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD 使AE＝AB AD＝AC∠BAE＝∠CAD＝90°连接BD CE试猜想BD与CE的大小关系不需要证明．【深入探究】（2）如图2四边形ABCD中AB＝5BC＝2∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三角形将BD进行转化再计算请你准确的叙述辅助线的作法再计算；【变式思考】（3）如图3四边形ABCD中AB＝BC∠ABC＝60°∠ADC＝30°AD＝6BD ＝10则CD＝．6．如图1所示在菱形ABCD和菱形AEFG中点A B E在同一条直线上P是线段CF的中点连接PD PG．(1)若∠BAD=∠AEF=120°请直接写出∠DPG的度数及PG的值______．PD(2)若∠BAD=∠AEF=120°将菱形ABCD绕点A顺时针旋转使菱形ABCD的对角线AC恰好与菱形AEFG的边AE在同一直线上如图2 此时（1）中的两个结论是否发生改变？写出你的猜想并加以说明．(3)若∠BAD=∠AEF=180°−2α(0°<α<90°)将菱形ABCD绕点A顺时针旋转到图3的位置求出PGPD 的值．7．如图1 在平面直角坐标系中抛物线y＝ax2+bx+4与x轴交于A（﹣2 0）B两点与y轴交于点C OB＝OC．连接BC点D是BC的中点．(1)求抛物线的表达式；(2)点M在x轴上连接MD将△BDM沿DM翻折得到△DMG当点G落在AC上时求点G的坐标；(3)如图2 E在第二象限的抛物线上连接DE交y轴于点N将线段DE绕点D逆时针旋转45°交ABOM直接写出点E的坐标．与点M若ON＝438．[证明体验]（1）如图1 在△ABC和△BDE中点A B D在同一直线上△A＝△CBE＝△D＝90° 求证：△ABC△△DEB．（2）如图2 图3 AD＝20 点B是线段AD上的点AC△AD AC＝4 连结BC M为BC中点将线段BM绕点B顺时针旋转90°至BE连结DE．ME时求AB的长．[思考探究]（1）如图2 当DE=√22[拓展延伸]（2）如图3 点G过CA延长线上一点且AG＝8 连结GE△G＝△D求ED的长．9．新定义：如图1（图2图3）在△ABC中把AB边绕点A顺时针旋转把AC边绕点A逆时针旋转得到△AB′C′若∠BAC＋∠BA′C′=180°我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形” △AB′C′的中线AD叫做△ABC的“旋补中线” 点A叫做“旋补中心”(1)【特例感知】①若△ABC是等边三角形（如图2）BC=4则AD=________；②若∠BAC=90°（如图3）BC=6AD=_______；(2)【猜想论证】在图1中当△ABC是任意三角形时猜想AD与BC的数量关系并证明你的猜想；（提示：过点B′作B′E∥AC′且B′E＝AC′连接C′E则四边形AB′EC是平行四边形．）(3)【拓展应用】如图4点A B C D都在半径为5的圆P上且AB与CD不平行AD=6△APD是△BPC的“旋补三角形” 点P是“旋补中心” 求BC的长．10．如图① 抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A(x10) 点C(x20) 且x1x2满足x1+x2＝2x1•x2＝﹣3 与y轴交于点B E(m0)是x轴上一动点过点E作EP△x轴于点E交抛物线于点P．(1)求抛物线解析式．(2)如图② 直线EP交直线AB于点D连接PB．①点E在线段OA上运动若△PBD是等腰三角形时求点E的坐标；②点E在x轴的正半轴上运动若△PBD+△CBO＝45° 请求出m的值．(3)如图③ 点Q是直线EP上的一动点连接CQ将线段CQ绕点Q逆时针旋转90° 得到线段QF 当m＝1时请直接写出PF的最小值．11．如图△ABC与△DEF都是等腰直角三角形AC=BC DE=DF．边AB EF的中点重合于点O连接BF CD．(1)如图① 当FE△AB时易证BF=CD（不需证明）；(2)当△DEF绕点O旋转到如图②位置时猜想BF与CD之间的数量关系并证明；(3)当△ABC与△DEF均为等边三角形时其他条件不变如图③ 猜想BF与CD之间的数量关系直接写出你的猜想不需证明．12．已知Rt△ABC中AC＝BC△C＝90° D为AB边的中点△EDF＝90° △EDF绕D点旋转它的两边分别交AC CB（或它们的延长线）于E F．(1)如图1 当△EDF绕D点旋转到DE△AC于E时易证S△DEF＋S△CEF与S△ABC的数量关系为__________；(2)如图2 当△EDF绕D点旋转到DE和AC不垂直时上述结论是否成立？若成立请给予证明；(3)如图3 这种情况下请猜想S△DEF S△CEF S△ABC的数量关系不需证明．13．如图① 将一个直角三角形纸片ABC放置在平面直角坐标系中点A(−2,0)点B(6,0)点C在第一象限∠ACB=90°∠CAB=30°．(1)求点C的坐标；(2)以点B为中心顺时针旋转三角形ABC得到三角形BDE点A C的对应点分别为D E．①如图② 当DE∥AB时BD与y轴交于点F求点F的坐标；②如图③ 在（1）的条件下点F不变继续旋转三角形BDE当点D落在射线BC上时求证四边形FDEB为矩形；(3)点F不变记P为线段FD的中点Q为线段ED的中点求PQ的取值范围（直接写出结果即可）．14．如图在Rt△ABC中∠ACB=90∘∠A=30∘点O为AB中点点P为直线BC上的动点（不与点B C重合）连接OC OP将线段OP绕点P逆时针旋转60∘得到线段P Q连接BQ．(1)如图1 当点P在线段BC上时请直接写出线段BQ与CP的数量关系；(2)如图2 当点P在CB长线上时（1）中结论是否成立？若成立请加以证明；若不成立请说明理由；(3)如图3 当点P在BC延长线上时若∠BPO=45∘AC=√6请直接写出BQ的长．15．如图在RtΔABC中∠BAC=90°AB=AC点P是AB边上一动点作PD⊥BC于点D连接AD把AD绕点A逆时针旋转90°得到AE连接CE DE PE．(1)求证：四边形PDCE是矩形；(2)如图2所示当点P运动BA的延长线上时DE与AC交于点F其他条件不变已知BD=2CD的值；求APAF(3)点P在AB边上运动的过程中线段AD上存在一点Q使QA+QB+QC的值最小当QA+QB+QC的值取得最小值时若AQ的长为2 求PD的长．16．感知：如图① △ABC和△ADE都是等腰直角三角形∠BAC=∠DAE=90°点B在线段AD上点C在线段AE上我们很容易得到BD=CE不需要证明；(1)探究：如图② 将△ADE绕点A逆时针旋转α(0<α<90°)连结BD和CE此时BD=CE是否依然成立?若成立写出证明过程；若不成立说明理由；(2)应用：如图③ 当△ADE绕点A逆时针旋转使得点D落在BC的延长线上连接CE；①探究线段BC CD CE之间的数量关系．②若AB=AC=√2CD=1求线段DE的长．17．如图抛物线C：y=ax2+6ax+9a−8与x轴相交于A B两点（点A在点B的左侧）已知点B的横坐标是2 抛物线C的顶点为D．(1)求a的值及顶点D的坐标；(2)点P是x轴正半轴上一点将抛物线C绕点P旋转180°后得到的抛物线C1记抛物线C1的顶点为E抛物线C1与x轴的交点为F G（点F在点G的右侧）．当点P与点B重合时（如图1）求抛物线C1的表达式；(3)如图2 在（2）的条件下从A B D中任取一点E F G中任取两点若以取出的三点为顶点能构成直角三角形我们就称抛物线C1为抛物线C的“勾股伴随同类函数”．当抛物线C1是抛物线C的勾股伴随同类函数时求点P的坐标．18．如图点B坐标为（5 2）过点B作BA△y轴于点A作BC△x轴于点C点D在第一象限内．(1)如图1 反比例函数y1＝mx （x＞0）的图象经过点B点D且直线OD的表达式为y＝52x求线段OD的长；(2)将线段OD从（1）中位置绕点O逆时针旋转得到OD′（如图2）反比例函数y2＝nx（x＞0）的图象过点D' 交AB于点E交BC于点F连接OE OF EF．①若AE+CF＝EF求n的值；②若△OEF＝90°时设D′的坐标为（a b）求（a+b）2的值.19．已知正方形ABCD和等腰直角三角形BEF BE＝EF△BEF＝90° 按图1放置使点F在BC上取DF的中点G连接EG CG．(1)探索EG CG的数量关系和位置关系并证明；(2)将图（1）中△BEF绕点B顺时针旋转45° 再连接DF取DF中点G（见图2）（1）中的结论是否仍然成立？证明你的结论；(3)将图（1）中△BEF绕点B顺时针转动任意角度（旋转角在0°到90°之间）再连接DF取DF中点G（见图3）（1）中的结论是否仍然成立？证明你的结论．20．如图1 已知正方形BEFG点C在BE的延长线上点A在GB的延长线上且AB＝BC过点C作AB的平行线过点A作BC的平行线两条平行线相交于点D．(1)证明：四边形ABCD是正方形；(2)当正方形BEFG绕点B顺时针（或逆时针）旋转一定角度得到图2 使得点G在射线DB上连接BD和DF点Q是线段DF的中点连接CQ和QE猜想线段CQ和线段QE的关系并说明理由；(3)将正方形BEFG绕点B旋转一周时当△CGB等于45°时直线AE交CG于点H探究线段CH EG AH的长度关系．参考答案1．（1）解：Rt△ABC中∵∠C=90°,AC=BC=5∴AB=√AC2+BC2=√52+52=5√2∵ED⊥BC BD=ED=√2∴EB=√DB2+DE2=2,∠B=45°∴AE=AB－EB=5√2−2,CD=BC−DB=5−√2∴AECD =5√2−25−√2=√2故答案为：√2,45°；（2）解：（1）中的两个结论不发生变化理由如下：如图延长AE CD交于F由旋转可得∠CBD=∠ABE∵AB=5√2,BC=5,BE=2,DB=√2∴ABBC =5√25=√2EBDB=2√2=√2∴ABBC=EBDB∴ΔAEB∽ΔCDB∴AECD =ABCB=√2∠EAB=∠DCB∵∠BAC+∠ACB=90°+45°=135°∴∠BAC+∠ACD+∠DCB=∠BAC+∠ACD+∠EAB=135°即∠FAC+∠ACD=135°∴∠F=180°−(∠FAC+∠ACD)=45°∴（1）中的两个结论不发生变化．（3）解：分情况讨论：如图当点D在线段AE上时过点C作CF⊥AD于点F在RtΔABD中AB=5√2,BD=√2∴AD=√AB2−DB2=√(5√2)2−(√2)2=4√3由（2）知ΔEAB∽ΔDCB∠ADC=45°AE=AD+DE=4√3+√2∴CDAE=CBAB∴CD4√3+√2=55√2∴CD=2√6+1在Rt△CDF中CF=CD·sin∠ADC=(2√6+1)·sin45°=2√3+√22∴S△ADC=12AD·CF=12×4√3×(2√3+√22)=12+√6；当点E在线段AD上时如图过点C作CF⊥AD于点F在RtΔADB中AB=5√2,DB=√2∴AD=√AB2−DB2=√(5√2)2−(√2)2=4√3∴AE=AD−DE=4√3−2由（2）知△CDB∽△AEB∴CDAE=BCAB∴CD4√3−2=55√2∴CD=2√6−1由（2）知∠ADC=45°∴CF=CD·sin45°=(2√6−1)×√22=2√3−√22∴SΔACD=12AD·CF=12×4√3×(2√3−√22)=12−√6综上△ADC的面积为12+√6或12−√6．2．（1）解：AP＝BQ．理由如下：在等边△ABC中AC＝BC△ACB＝60°由旋转可得CP＝CQ△PCQ＝60°△△ACB＝△PCQ△△ACB﹣△PCB＝△PCQ﹣△PCB即△ACP＝△BCQ△△ACP△△BCQ（SAS）△AP＝BQ；（2）证明：在等边△ABC中AC＝BC△ACB＝60°由旋转可得CP＝CQ△PCQ＝60°△△ACB＝△PCQ△△ACB﹣△PCB＝△PCQ﹣△PCB即△ACP＝△BCQ△△ACP△△BCQ（SAS）△AP＝BQ△CBQ＝△CAP＝90°；△BQ＝AP＝AC＝BC.△AP＝AC△CAP＝90°△△BAP＝30° △ABP＝△APB＝75°△△CBP＝△ABC+△ABP＝135°△△CBD＝45°△△QBD＝45°△△CBD＝△QBD即BD平分△CBQ△BD△CQ且点D是CQ的中点即直线PB垂直平分线段CQ；（3）解：AP 的长为：√3或√33或2√3+√212． 理由如下：①当点Q 在直线l 上方时 如图所示 延长BQ 交l 于点E 过点Q 作QF ⊥l 于点F由题意可得AC ＝BC PC ＝CQ △PCQ ＝△ACB ＝60°△△ACP ＝△BCQ△△APC △△BCQ （SAS ）△AP ＝BQ △CBQ ＝△CAP ＝90°△△CAB ＝△ABC ＝60°△△BAE ＝△ABE ＝30°△AB ＝AC ＝4△AE ＝BE =4√33△△BEF ＝60°设AP ＝t 则BQ ＝t△EQ =4√23−t在Rt △EFQ 中 QF =√32EQ =√32（4√23−t ） △S △APQ =12AP •QF =√34 即12•t √32（4√23−t ）=√34 解得t =√3或t =√33．即AP 的长为√3或√33．②当点Q 在直线l 下方时 如图所示 设BQ 交l 于点E 过点Q 作QF ⊥l 于点F由题意可得AC ＝BC PC ＝CQ △PCQ ＝△ACB ＝60°△△ACP ＝△BCQ△△APC △△BCQ （SAS ）△AP ＝BQ △CBQ ＝△CAP ＝90°△△CAB ＝△ABC ＝60°△△BAE ＝△ABE ＝30°△△BEF ＝120° △QEF ＝60°△AB ＝AC ＝4△AE ＝BE =4√33设AP ＝m 则BQ ＝m△EQ ＝m −4√33在Rt △EFQ 中 QF =√32EQ =√32（m −4√33） △S △APQ =12AP •QF =√34 即12•m •√32（m −4√33）=√34 解得m =2√3+√213（m =2√3-√213 负值舍去）．综上可得 AP 的长为：√3或√33或2√3+√213． 3．（1）解：①△AB =BC =2√3 BE =2 △ABC =90°△tan∠EAB =BE AB =22√3=√33△△EAB =30°故答案为：30；②过点F 作FD △BC 于D 如图3△△BAE + △AEB = 90° △DEF +△AEB =90°△△BAE = △DEF△AE = EF △ABE =△EDF = 90°△△АВЕ △△ЕDF△AB = ED = BC△FD = DC△CF =√2CD AC =√2AB =√2ED△AC + CF=√2CD +√2ED=√2 (CD + ED )=√2CE ；故答案为：AC +CF =√2CE ；（2）过F 作FH △BC 交BC 的延长线于H 如图4△△AEF =90° AE =EF易证△ABE △△EHF△FH =BE EH =AB =BC△△FHC 是等腰直角三角形△CH =BE =√22FC△EC =BC -BE =√22AC -√22FC 即CA -CF =√2CE ；（3）如图3 当点E在点B左侧运动时y=12×CE×(AB+FD)=12×(√3+x)×(√3+x)=1 2x2+√3x+32；如图4 当点E在点B右侧运动时连接AF 根据勾股定理得AE=√AB2+BE2=√3+x2由旋转得AE=EF△EC=EH-CH=BC-BE=√3−x△y=12×AE×EF+12×EC×FH=1 2x2+32+12(√3−x)x=√3 2x+32综上当点E在点B左侧运动时y=12x2+√3x+32；当点E在点B右侧运动时y=√32x+32．4．（1）解：连接BD DA′ 如图△四边形ABCD是矩形△△BAD=90°△AB=6 AD=8△BD=10由旋转可得BA′=BA=6△BA′+DA′≥BD△当点A′落在BD上时DA′最小最小值为10-6=4△DA′最小值为4；（2）解：由题意得απ×6180=2π解得：α=60°△AB=A′B△△ABA′是等边三角形△△BAA′=60° AB=A′B=AA′=6△△DAA′=30°过点A′作A′M△AD于M点△A′M=12AA′=3△点A′到直线AD的距离为3（3）解：△BC=8 CF=4△BF=4√5△△BAE+△ABE=90° △CBF+△ABE=90°△△BAE=△CBF△△AEB=△BCF=90°△△ABE△△BFC△BE CF =ABBF△BE=6√55过E作EH△BC于H点△EH∥CD△△BEH△△BFC△BE BF =EHCF=BHBC△EH=65BH=125△CH=285△tan∠ECB=EHCH =314；（4）解：当A′C与以B为圆心AB为半径的圆相切时△A′CB最大此时△BA′C=90°分两种情况：当A′在BC的上方时如图1△AB=A′B AE△AA′于E△△ABF=△A′BF△BF=BF△△ABF△△A′BF△△BA′F=△BAF=90°△C A′ F在一条直线上△S△BCF=12BC×AB=12A′B×CF△CF =BC =8如图2当A ′在BC 的下方时连接AF A ′F 则AF =A ′F△A ′B =6 BC =8△A′C =2√7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°△△BCA ′=△CA ′P△△BA ′C =△A ′PC△△A ′BC △△PCA ′△A ′B PC =BC CA ′=A ′CPA ′△A′P =72 PC =32√7△AD 2+DF 2=A ′P 2+PF 2△82+(6−CF )2=(72)2+(32√7+CF)2△CF =83(4−√7)．综上 CF 的长为8或83（4−√7)．5．解：（1）BD ＝CE ．理由是：△△BAE ＝△CAD△△BAE +△BAC ＝△CAD +△BAC 即△EAC ＝△BAD在△EAC 和△BAD 中{AE =AB∠EAC =∠BAD AC =AD△△EAC △△BAD△BD ＝CE ；（2）如图2 在△ABC 的外部 以A 为直角顶点作等腰直角△BAE使△BAE ＝90° AE ＝AB 连接EAEB EC ．△△ACD＝△ADC＝45°△AC＝AD△CAD＝90°△△BAE+△BAC＝△CAD+△BAC即△EAC＝△BAD 在△EAC和△BAD中{AE=AB ∠EAC=∠BAD AC=AD△△EAC△△BAD△BD＝CE．△AE＝AB＝5△BE＝√52+52=5√2△ABE＝△AEB＝45°又△△ABC＝45°△△ABC+△ABE＝45°+45°＝90°△EC2=BE2+BC2=(5√2)2+22=54△BD2=CE2=54．（3）如图△AB＝BC△ABC＝60°△△ABC是等边三角形把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE连接DE 则BE＝AD△CDE是等边三角形△DE＝CD△CED＝60°△△ADC＝30°△△BED＝30°+60°＝90°在Rt△BDE中DE＝√BD2−BE2＝√102−62＝8△CD＝DE＝8．6．解：（1）延长GP交CD于H如图1所示：∵在菱形ABCD和菱形AEFG中AB=CD=AD BE//CD AG=FG FG//BE∴FG//CD∴∠PFG=∠PCH ∵P是线段CF的中点∴PF=PC在△PFG和△PCH中{∠PFG=∠PCHPF=PC∠FPG=∠CPH ∴△PFG≅△PCH(ASA)∴FG=CH PG=PH∴AG=CH∴DG=DH∴DP⊥GH（三线合一）∴∠DPG=90°；∵∠BAD=120°∴∠ADC=60°∴∠PDG=∠PDH=12∠ADC=30°∴PGPD =tan∠PDG=tan30°=√33；（2）（1）中的两个结论不发生改变；理由如下：延长GP交CE于H连接DH DG如图2所示：∵四边形AEFG为菱形∴FG//EC∴∠GFP=∠HCP ∵P是线段CF的中点∴PF=PC在△PFG和△PCH中{∠GFP=∠HCPPF=PC∠FPG=∠CPH ∴△PFG≅△PCH(ASA)∴FG=CH PG=PH∵FG=AG∴AG=CH∵四边形ABCD是菱形∴AC=CD∵∠BAD=∠AEF=120°∴∠ACD=60°∴△ACD是等边三角形∴AD=CD∴∠EAG=∠ADC=60°∠DAC=∠DCA=60°∴∠GAD=180°−∠EAG−∠DAC=60°在△ADG和△CDH中{AD=CD∠GAD=∠DCHAG=CH ∴△ADG≅△CDH(SAS)∴DG=DH∠ADG=∠CDH∴DP⊥GH∴∠DPG=90°∠GDH=∠ADC=60°∴∠GDP=30°∴PGPD =tan30°=√33；（3）延长GP到H使得PH=GP连接CH DG DH延长DC交EA的延长线于点M如图3所示：同（2）可证△PFG≅△PCH∴∠GFC=∠HCF FG=CH∴FG//CH∵FG//AE∴CH//EM∴∠DCH=∠M∵CD//AB∴∠M=∠MAB∴∠DCH=∠MAB∵∠BAD=∠AEF=180°−2α∴∠EAG=∠ADC=2α∴∠GAM=180°−2α∴∠GAD=∠BAM∴∠GAD=∠DCH∵AG=FG∴AG=CH在△ADG和△CDH中{AD=CD∠GAD=∠DCHAG=CH ∴△ADG≅△CDH(SAS)∴∠ADG=∠CDH DG=DH∴∠GDH=∠ADC=2α∴∠DPG =90° ∠GDP =12∠GDH =α∴ PGPD =tanα．7．（1）解：△抛物线y =ax 2+bx +4与y 轴交于点C△点C 的坐标为（0 4）△OC =4△OB=OC =4△B （4 0）将A （-2 0）和B （4 0）的坐标分别代入y =ax 2+bx +4中得：{4a −2b +4=016a +4b +4=0解得：{a =−12b =1△y =−12x 2+x +4（2）解：△A （－2 0） C （0 4）设直线AC 的解析式为y =kx +4将点A （－2 0）代入y =kx +4中 得：−2k +4=0 解得：k =2△直线AC 的解析式为y =2x +4设G （x 2x ＋4）△点D 是BC 的中点△D（2 2）△翻折△△MDB△△MDG△DB=DG△(x−2)2+(2x+4−2)2=(2−4)2+(2−0)2△5x2+4x=0△x1=0，x2=−45△y1=4，y2=125△G（0 4）G（−45125）（3）解：E(2−2√13314−2√139)如图过点D作DP△OC于点P DQ△OB于点Q点D作DH△DN交OB于点H∵∠PDQ=∠NDM=90°∴∠PDQ−∠NDQ=∠NDM−∠NDQ∴∠PDN=∠QDH在ΔDPN和ΔDQH中{DP=DQ∠DON=∠DQH=90°∠PDN=∠QDH∴ΔDPN≅ΔDQH(ASA)∴DN=DH∠NDM=90°−∠PDN−∠QDM=90°−∠QDH−∠QDM=∠HDM 在ΔDMN和ΔDMH中{DN=DH∠NDM=∠HDMDM=DM∴△DMN≌△DMH(SAS)∴MN=MQ+PN△ON =43OM 设OM =x 则ON =43x QM =2－x PN =2－43x △MN =MQ ＋PN =4－73x在Rt △OMN 中 △MON=90°MN 2=ON 2+OM 2即(4−73x)2=(43x)2+(2−x )2△2x 2−x +9=0△x =1 x =92(舍) △N (0 43) △D （2 2）设直线DN 的解析式为y =k 1x +b 1将点N (0 43)和点D （2 2）代入y =k 1x +b 1中 得：{b 1=432k 1+b 1=2 解得：{b 1=43k 1=13△直线DN 的解析式为y =13x +43△y =−12x 2+x +4 △−12x 2+x +4=13x +43△x =2−2√133 x =2+2√133（舍） △y =14−2√139 △E (2−2√133 14−2√139). 8．解：（1）证明 △△A ＝90° △CBE ＝90°△△C ＋△CBA ＝90° △CBA ＋△DBE ＝90°△△C ＝△DBE （同角的余角相等）．又△△A ＝△D ＝90°△△ABC △△DEB ；（2）①△M绕点B顺时针旋转90°至点E M为BC中点△△BME为等腰直角三角形BEBC =BMBC=12△BE=√22ME又△DE=√22ME△BE＝DE．如图过点E作EF△AD垂足为F则BF＝DF △△A＝△CBE＝△BFE＝90°△由（1）得：△ABC△△FEB△BF AC =BEBC=12△AC＝4△BF＝2△AB＝AD－BF－FD＝20－2－2＝16；②如图过点M作AD的垂线交AD于点H过点E作AD的垂线交AD于点F过D作DP△AD过E作NP△DP交AC的延长线于N△M为BC中点MH△AC∴MHAC =BMBC=BHAB=12△MH=12AC=2BH＝AH△△MHB＝△MBE＝△BFE＝90°由（1）得：∠HBM=∠FEB△MB＝EB△△MHB△△BFE△BF＝MH＝2 EF＝BH设EF＝x则DP＝x BH＝AH＝x EP＝FD＝20－2－2x＝18－2x GN＝x＋8 NE＝AF＝2x＋2由(1)得△NGE△△PED△PE NG =PDNE即18−2xx+8=x2x+2解得x1=6x2=−65（舍去）△FD＝18－2x＝6△ED=√EF2+FD2=√62+62=6√2．9．（1）解：①△△ABC是等边三角形BC=4△AB=AC=4∠BAC=60°△AB′=AC′=4∠B′AC′=120°△AD为等腰△AB′C′'的中线△AD⊥B′C′∠C′=30°△∠ADC′=90°在Rt△ADC′'中∠ADC′=90°AC′=4∠C′=30°△AD=12AC′=2；②△∠BAC=90°△∠B′AC′=90°在△ABC和△AB′C′'中{AB=AB′∠BAC=∠B′AC′AC=AC′△△ABC≌△AB′C′（SAS）△B′C′=BC=6△AD=12B′C′=3；故答案为：①2；②3（2）AD＝12BC理由如下：证明：在图1中过点B′作B′E∥AC′且B′E＝AC′连接C′E DE则四边形AB′EC是平行四边形．△∠BAC＋∠B′AC′=180°∠B′AC′+∠AB′E=180°△∠BAC=∠AB′E又△AC＝AC′△CA=EB′在△BAC和△AB′E中{BA=AB′∠BAC=∠AB′E CA=EB′△△BAC≌△AB′E（SAS）△BC=AE又△AD＝12AE△AD＝12BC；（3）如图过点P作PF⊥BC则BF＝CF△PB=PC PF⊥BC△PF为△BC的中线△PF＝12AD=3．在Rt△BPF中∠BFP=90°PB=5PF=3△BF＝√PB2−PF2＝4△BC=2BF=8．10．（1）解：△x 1 x 2满足x 1+x 2＝2 x 1•x 2＝﹣3△b =2 c =3△抛物线的解析式为y ＝﹣x 2+2x +3（2）解：①抛物线y ＝﹣x 2+2x +3与x 轴交于点A (x 1 0) 点C (x 20) 与y 轴交于点B △当y =0时 ﹣x 2+2x +3=0解得x 1=3 x 2=-1当x =0时y ＝3△A (3 0) C (-1 0) B (0 3)△△AOB 为等腰直角三角形△△BAO =45°又EP △x 轴△△ADE 为等腰直角三角形△△ADE =45°又△△PDB =△ADE△△PDB =45°设直线AB 的解析式为y =kx +b则{3k +b =0b =3 解得{k =−1b =3△直线AB 的解析式为y =-x +3△E (m 0) 直线EP 交直线AB 于点D△设点D 为（m -m +3） 点P 为（m ﹣m 2+2m +3）点E 在线段OA 上运动 若△PBD 是等腰三角形 则0＜m ＜3当PD =PB 时△PBD 是以P 为直角顶点的等腰直角三角形△﹣m 2+2m +3-（-m +3）=m解得m=2或m=0（舍去）△点E为（2 0）当BD=BP时△PBD是以B为直角顶点的等腰直角三角形△2 m =﹣m2+2m+3-（-m+3）解得m=1或m=0（舍去）△点E为（1 0）当DB=DP时△PBD是以D为顶点的等腰三角形△△OBD=45°△BD=√2OE=√2m△√2m=﹣m2+2m+3-（-m+3）解得m=3-√2或m=0（舍去）△点E为（3-√20）综上可知点E为（2 0）或（1 0）或（3-√20）②当P在x轴上方时连接BC延长BP交x轴于点F△△BAO=△ABO=45°又△PBD+△CBO＝45°△△CBP=90°△△OBF+△CBO＝90°又△BCO+△CBO＝90°△△OBF=△BCO△△BOC△△FOB△BO FO =OC OB△C(-1 0) B(0 3)△3 FO =1 3△OF=9△点F为（9 0）设直线PB 的解析式为y =mx +n则{9m +n =0n =3解得{m =−13n =3△直线PB 的解析式为y =-13x +3△P B 都在抛物线上△{y =−13x +3y =−x 2+2x +3解得{x =0y =3 （舍去）{x =73y =209△点P 为（73 209）△m =73当P 在x 轴下方时连接BC 设BP 与x 轴交于点H△△PBD +△CBO =45° △OBH +△PBD =45°△△CBO =△OBH又OB =OB △COB =△BOH∴△BOH △△BOC （ASA ）△OC =OH =1△点H （1 0）设直线BH 解析式为：y =kx +b△{k +b =0b =3 解得{k =−3b =3△直线BH 解析式为：y =-3x +3△联立方程组{y =−3x +3y =−x 2+2x +3解得{x =0y =3 （舍去）{x =5y =−12△点P 为（5 -12）△m =5综上可知 m 的值为73或5． （3）解：当m ＝1 得点E （1 0） P （1 4）过点F 作FH △PE又PE △x 轴 △CQF =90°△△CQH +△FQH =90° △CQH +△QCH =90°°△QEC =△QHF =90°△△FQH =△QCH△线段CQ 绕点Q 逆时针旋转90° 得到线段QF△CQ=QF△△QCE △△FQH （AAS ）△CE=QH QE=FH又E （1 0） C （-1 0）△CE=QH =2令Q 为（1 a ）QE=FH=a△点F 的坐标为（1+a a -2）△PF=√(1+a −1)2+(a −2−4)2=√2a 2−12a +36△2＞0△当a =-−122×2=3时 PF 有最小值 且最小值为3√2．11．解：（1）证明：如图① 连接OC∵ΔABC与ΔDEF都是等腰直角三角形AC=BC DE=DF．边AB EF的中点重合于点O∴OC⊥AB OC=12AB=OB OD⊥EF OD=12EF=OF∵FE⊥AB于O∴C F O三点共线在ΔBOF与ΔCOD中{∠OB=OC∠BOF=∠COD=90°OF=OD∴ΔBOF≅ΔCOD(SAS)∴BF=CD；（2）解：猜想BF=CD理由如下：如图② 连接OC OD∵ΔABC与ΔDEF都是等腰直角三角形AC=BC DE=DF．边AB EF的中点重合于点O∴OC⊥AB OC=12AB=OB OD⊥EF OD=12EF=OF∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF ∴∠BOF=∠COD．在ΔBOF与ΔCOD中{OB=OC∠BOF=∠COD OF=OD∴ΔBOF≅ΔCOD(SAS)∴BF=CD；（3）解：猜想BF=√33CD理由如下：如图③ 连接OC OD．∵ΔABC为等边三角形点O为边AB的中点∴∠BCO=∠ACO=30°∠BOC=90°∴tan∠BCO=OBOC=tan30°=√33∵ΔDEF为等边三角形点O为边EF的中点∴∠FDO=∠EDO=30°∠DOF=90°∴tan∠FDO=OFOD=tan30°=√33∴OBOC =OFOD=√33∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF∴∠BOF=∠COD∴ΔBOF∽ΔCOD∴BFCD =OBOC=√33∴BF=√33CD．12．解：（1）当△EDF 绕D 点旋转到DE △AC 时 四边形CEDF 是正方形．设△ABC 的边长AC =BC =a 则正方形CEDF 的边长为12a ．△S △ABC =12a 2 S 正方形DECF =（12a ）2=12a 2 即S △DEF +S △CEF =12S △ABC ；故答案为：S △DEF +S △CEF =12S △ABC ； （2）（1）中的结论成立；证明：过点D 作DM △AC DN △BC 则△DME =△DNF =△MDN =90°又△△C =90°△DM △BC DN △AC△D 为AB 边的中点由中位线定理可知：DN =12AC MD =12BC △AC =BC△MD =ND△△EDF =90°△△MDE +△EDN =90° △NDF +△EDN =90°△△MDE=△NDF在△DME 与△DNF 中{∠DME ＝∠DNFMD ＝ND ∠MDE ＝∠NDF△△DME △△DNF （ASA ）△S △DME =S △DNF△S 四边形DMCN =S 四边形DECF =S △DEF +S △CEF由以上可知S 四边形DMCN =12S △ABC △S △DEF +S △CEF =12S △ABC ．（3）连接DC证明：同（2）得：△DEC △△DBF △DCE =△DBF =135°△S △DEF =S 五边形DBFEC=S △CFE +S △DBC=S △CFE +S ΔABC2△S △DEF -S △CFE =S ΔABC2．故S △DEF S △CEF S △ABC 的关系是：S △DEF -S △CEF =12S △ABC ．13．（1）解：如图 过点C 作C G ⊥x 轴∵点A(−2,0)点B(6,0)△AB=8 又∵∠ACB=90°∠CAB=30°△在Rt△ABC中BC=4 在Rt△GBC中BG=2 CG=2√3．又∵点C在第一象限△C(4,2√3)；（2）①∵以点B为中心顺时针旋转三角形ABC得到三角形BDE点A C的对应点分别为D E 且DE//AB△∠FBA=∠EDB=∠CAB=30°．△在Rt△FOB中∵OB=6△OF=2√3．△F(0,2√3)；②△点D落在射线BC上△∠ABD=60°．由①知∠FBA=30°△∠FBD=30°．△∠FBD=∠BDE△DE//FB．又DE=FB=4√3△四边形FDEB是平行四边形.又∠BED=90°△四边形FDEB是矩形.（3）如图连接PQ,FE∵P,Q分别为FD,DE的中点∴PQ=1EF2∵FB=4√3BE=4∵旋转则点E在以B为圆心BE为半径的圆上运动∴FB−BE≤EF≤FB+BE 即4√3−4≤EF≤4√3+4∴2√3−2≤PQ≤2√3+2 14．（1）解：CP=BQ理由：如图1 连接OQ由旋转知PQ=OP△OPQ=60°△△POQ是等边三角形△OP=OQ△POQ=60°在Rt△ABC中O是AB中点△OC=OA=OB△△BOC=2△A=60°=△POQ△△COP=△BOQ在△COP和△BOQ中{OC=OB∠COP=∠BOQOP=OQ△△COP△△BOQ（SAS）；（2）解：CP=BQ理由：如图2 连接OQ由旋转知PQ=OP△OPQ=60°△△POQ是等边三角形△OP=OQ△POQ=60°在Rt△ABC中O是AB中点△OC=OA=OB△△BOC=2△A=60°=△POQ△△COP=△BOQ在△COP和△BOQ中{OC=OB∠COP=∠BOQOP=OQ△△COP△△BOQ（SAS）△CP=BQ；（3）解：BQ＝√6−√22．在Rt△ABC中△A＝30° AC＝√6△BC＝AC·tan A＝√2如图③ 过点O作OH△BC于点H△△OHB＝90°＝△BCA△OH △AC△O 是AB 中点△CH ＝12BC =√22 OH ＝12AC ＝√62△△BPO ＝45° △OHP ＝90°△△BPO ＝△POH△PH ＝OH ＝√62△CP ＝PH －CH ＝√62－√22＝√6−√22连接OQ 同（1）的方法得 BQ ＝CP ＝√6−√22． 15．（1）证明：△AB ＝AC △BAC ＝90°△△B ＝△ACB ＝45°△△DAE ＝△BAC ＝90° AD ＝AE△△BAD ＝△CAE在△BAD 和△CAE 中 {AB =AC∠BAD =∠CAE AD =AE△△BAD △△CAE （SAS ）△△B ＝△ACE ＝45° BD ＝CE△△ECD ＝△ACE +△ACB ＝90°△PD △BC△△BDP ＝△ECD ＝90°△PD △CE△△B ＝△BPD ＝45°△PD ＝BD△PD ＝EC△四边形PDCE 是平行四边形△△PDC ＝90°△四边形PDCE 是矩形；（2）解△如图 过点A 作AM △BC 于点M 过点F 作FN △BC 于点N设CD ＝2m 则BD ＝2CD ＝4m BC ＝6m△AB ＝AC △BAC ＝90° AM △BC△BM ＝MC ＝3m△AM ＝BM ＝3m AB ＝AC ＝3√2m DM =CM -CD =m△BD ＝PD ＝4m△PB ＝4√2m△P A ＝√2m△△ABD △△ACE△BD ＝EC ＝4m设CN ＝FN ＝x△FN △CE△△DFN △△DEC△FN EC ＝DN DC△FNDN ＝EC DC=4m2m =2 △DN ＝12x△12x +x ＝2m△x ＝43m △CF ＝4√23 m△AF ＝AC -CF ＝3√2m －4√23m ＝5√23m △AP AF =√2m 5√23m=35；（3）即：如图 将△BQC 绕点B 顺时针旋转60°得到△BNM 连接QN△BQ＝BN QC＝NM△QBN＝60°△△BQN是等边三角形△BQ＝QN△QA+QB+QC＝AQ+QN+MN△当点A点Q点N点M共线时QA+QB+QC值最小如图连接MC△将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM△BQ＝BN BC＝BM△QBN＝60°＝△CBM△△BQN是等边三角形△CBM是等边三角形△△BQN＝△BNQ＝60° BM＝CM又△AB＝AC△AM垂直平分BC△AD△BC△BQD＝60°△△DBQ=30°BQ△QD=12△BD＝√3QD△AB＝AC△BAC＝90° AD△BC△AD＝BD此时P与A重合设PD＝x则DQ＝x－2△x＝√3（x－2）△x＝3+√3△PD＝3+√3．16．（1）解：成立理由是：△△ABC和△ADE都是等腰直角三角形△AB=AC AD=AE△将△ADE绕点A逆时针旋转α(0<α<90°)连结BD和CE△∠BAD=∠CAE△△ABD≌△ACE(SAS)△BD=CE；（2）解：①△AB=AC∠BAD=∠CAE AD=AE△△ACE≌△ABD(SAS)△BD=CE△BC+CD=BD=CE．②△△ACE≌△ABD△∠ACE=∠ABD=45°又△∠ACB=45°△∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°在Rt△BAC中△AB=AC=√2△BC=√AB2+AC2=2又△CD=1CE=BC+CD=3△在Rt△CDE中17．（1）解：△抛物线C：y=ax2+6ax+9a−8与x轴相交于A B两点点B的横坐标是2△B (2,0)△a ×22+6a ×2+9a −8=0解得a =825△抛物线C 的解析式为：y =825x 2+4825x −12825 对称轴：x =−48252×825=−3△当x =−3时 y =825×(−3)2+4825×(−3)−12825=−8 △顶点D 的坐标为(−3,−8)．△a =825 D (−3,−8)．（2）△抛物线C 与x 轴相交于A B 两点△当y =0时 得：825x 2+4825x −12825=0 即(x +8)(x −2)=0解得：x 1=−8 x 2=2△A (−8,0)△点P 与点B 重合△点P 的坐标为(2,0)当抛物线C 绕点P 旋转180°后得到的抛物线C 1 且点P 与点B 重合时△在抛物线C 1中 点B 的坐标仍为(2,0)△点F 与点A 关于点P 对称△点F 的坐标为(12,0)同理点E 与点D 关于点P 对称 设E (m,n ) 则△点P 的坐标为(m−32,n−82) △{m−32=2n−82=0△{m =7n =8△点E 的坐标为(7,8)设抛物线C 1的表达式为：y =a 1(x −12)(x −2)△(7−12)×(7−2)a 1=8△a 1=−825 △y =−825(x −12)(x −2)=−825x 2+11225x −19225 △抛物线C 1的表达式为：y =−825x 2+11225x −19225．（3）根据题意可知 在构成的直角三角形三个顶点中 有两个顶点是从点E F G 中选取 有一个点是从A B D 中任取．由图可知 当点为E G 或F G 时 与A B D 中任意一点构成的三角形是钝角三角形 故只有点E F 为直角三角形其中的两个顶点．设P (m,0)又△抛物线C 绕点P 旋转180°后得到的抛物线C 1 A (−8,0) B (2,0) D (−3,−8)△E (2m +3,8) F (2m +8,0)①当A 为顶点时△在抛物线C 1中 ∠EFO 是一个锐角 点A 在点P 的左侧△∠AEF =90°△AE 2+EF 2=AF 2△(√(2m +11)2+82)2+(√52+(−8)2)2=(2m +16)2解得：m =910；②当B 为顶点时同理可得∠BEF =90°△BE 2+EF 2=BF 2△[√(2m +1)2+82)2+(√52+(−8)2)2=(2m +6)2 解得：m =5910；③当D 为顶点时分两种情况：第一种：∠DEF =90°△DE 2+EF 2=DF 2△(√(2m +6)2+(8+8)2)2+(√52+(−8)2)2=(√(2m +11)2+82)2解得：m =495第二种：∠DFE =90°△DF 2+EF 2=DE 2△(√(2m +11)2+82)2+(√52+(−8)2)2=(√(2m +6)2+(8+8)2)2 解得：m =910．△点P 的坐标为(910,0)或(5910,0)或(495,0)． 18．（1）解：∵D 在直线y =52x 上 ∴设D(t,52t)∵y 1=m x 经过点B (5,2)． ∴m =10．∵D(t,52t)在反比例函数的图象上∴52t 2=10 ∴t =2（负值已舍去）．∴由两点间的距离公式可知：OD =√22+52=√29．（2）解：①∵函数y 2=n x 的图象经过点E ∴OA ⋅AE =OC ⋅CF =n ．∵OC =5 OA =2∴AE =52CF ．∴可设：AE =52t∴EF =AE +CF =72t EB =5−52t在Rt △EBF 由勾股定理得：EF 2=BF 2+BE 2 ∴494t 2=(5−52t)2+(2−t)2． 解得t =7√29−2910∴n =5t =7√29−292． ②∵∠OEF =90°∴∠AEO +∠BEF =90°∵BA ⊥y 轴 BC ⊥x 轴∴∠ABC=90°∴∠BEF+∠BFE=90°∴∠AEE=∠BFE∴△AOE∽△BEF∴OA:AE=BE:BF∵CF=n5,AE=n2,BE=5−n2,BF=2−n5∴2:n2=(5−n2):(2−n5)解得：n=85或n=10（舍）∵D′(a,b)∴ab=8 5由（1）得OD=√29∴OD′=√29∴a2+b2=29∴(a+b)2=29+2×85=1615故(a+b)2的值为1615．19．解：（1）EG＝CG且EG△CG．证明如下：如图① 连接BD．△正方形ABCD和等腰Rt△BEF△△EBF＝△DBC＝45°．△B E D三点共线．△△DEF＝90° G为DF的中点△DCB＝90°△EG＝DG＝GF＝CG．△△EGF＝2△EDG△CGF＝2△CDG．△△EGF＋△CGF＝2△EDC＝90°即△EGC＝90°△EG△CG．（2）仍然成立证明如下：如图② 延长EG交CD于点H．。

专题17图形的变换(共50题)-2020年中考数学真题分项汇编【全国通用】

专题17图形的变换(共50题)-2020年中考数学真题分项汇编【全国通用】

2020年中考数学真题分项汇编（全国通用）专题17图形的变换（共50题）一．选择题（共20小题）1．（2020•广东）在平面直角坐标系中，点（3，2）关于x轴对称的点的坐标为（）A．（﹣3，2）B．（﹣2，3）C．（2，﹣3）D．（3，﹣2）2．（2020•乐山）观察下列各方格图中阴影部分所示的图形（每一小方格的边长为1），如果将它们沿方格边线或对角线剪开重新拼接，不能拼成正方形的是（）A．B．C．D．3．（2020•扬州）“致中和，天地位焉，万物育焉．”对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，常被运用于建筑、器物、绘画、标识等作品的设计上，使对称之美惊艳了千年的时光．在下列与扬州有关的标识或简图中，不是轴对称图形的是（）A．B．C．D．4．（2020•菏泽）在平面直角坐标系中，将点P（﹣3，2）向右平移3个单位得到点P'，则点P'关于x轴的对称点的坐标为（）A．（0，﹣2）B．（0，2）C．（﹣6，2）D．（﹣6，﹣2）5．（2020•青岛）如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O．若AE ＝5，BF＝3，则AO的长为（）A ．√5B ．32√5C ．2√5D ．4√56．（2020•枣庄）如图，在矩形纸片ABCD 中，AB ＝3，点E 在边BC 上，将△ABE 沿直线AE 折叠，点B 恰好落在对角线AC 上的点F 处，若∠EAC ＝∠ECA ，则AC 的长是（ ）A ．3√3B ．4C ．5D ．67．（2020•广东）如图，在正方形ABCD 中，AB ＝3，点E ，F 分别在边AB ，CD 上，∠EFD ＝60°．若将四边形EBCF 沿EF 折叠，点B 恰好落在AD 边上，则BE 的长度为（ ）A ．1B ．√2C ．√3D ．28．（2020•内江）如图，矩形ABCD 中，BD 为对角线，将矩形ABCD 沿BE 、BF 所在直线折叠，使点A 落在BD 上的点M 处，点C 落在BD 上的点N 处，连结EF ．已知AB ＝3，BC ＝4，则EF 的长为（ ）A ．3B ．5C ．5√136D ．√139．（2020•哈尔滨）如图，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，∠B ＝50°，AD ⊥BC ，垂足为D ，△ADB 与△ADB '关于直线AD 对称，点B 的对称点是点B '，则∠CAB '的度数为（ ）A ．10°B ．20°C ．30°D ．40°10．（2020•滨州）如图，对折矩形纸片ABCD ，使AD 与BC 重合，得到折痕EF ，把纸片展平后再次折叠，使点A 落在EF 上的点A ′处，得到折痕BM ，BM 与EF 相交于点N ．若直线BA ′交直线CD 于点O ，BC ＝5，EN ＝1，则OD 的长为（ ）A ．12√3B ．13√3C ．14√3D ．15√311．（2020•孝感）如图，点E 在正方形ABCD 的边CD 上，将△ADE 绕点A 顺时针旋转90°到△ABF 的位置，连接EF ，过点A 作EF 的垂线，垂足为点H ，与BC 交于点G ．若BG ＝3，CG ＝2，则CE 的长为（ ）A ．54B ．154 C ．4 D ．92 12．（2020•河北）如图，将△ABC 绕边AC 的中点O 顺时针旋转180°．嘉淇发现，旋转后的△CDA 与△ABC 构成平行四边形，并推理如下：小明为保证嘉洪的推理更严谨，想在方框中“∵CB ＝AD ，”和“∴四边形…”之间作补充，下列正确的是（ ）A ．嘉淇推理严谨，不必补充B ．应补充：且AB ＝CDC ．应补充：且AB ∥CDD ．应补充：且OA ＝OC13．（2020•天津）如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，将△ABC 绕点C 顺时针旋转得到△DEC ，使点B 的对应点E 恰好落在边AC 上，点A 的对应点为D ，延长DE 交AB 于点F ，则下列结论一定正确的是（ ）A ．AC ＝DEB ．BC ＝EF C ．∠AEF ＝∠D D ．AB ⊥DF14．（2020•淮安）在平面直角坐标系中，点（3，2）关于原点对称的点的坐标是（ ）A ．（2，3）B ．（﹣3，2）C ．（﹣3，﹣2）D ．（﹣2，﹣3）15．（2020•菏泽）如图，将△ABC 绕点A 顺时针旋转角α，得到△ADE ，若点E 恰好在CB 的延长线上，则∠BED 等于（ ）A ．α2B ．23αC ．αD ．180°﹣α16．（2020•北京）下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）A ．B ．C．D．17．（2020•青岛）如图，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点A的对应点A′的坐标是（）A．（0，4）B．（2，﹣2）C．（3，﹣2）D．（﹣1，4）18．（2020•齐齐哈尔）有两个直角三角形纸板，一个含45°角，另一个含30°角，如图①所示叠放，先将含30°角的纸板固定不动，再将含45°角的纸板绕顶点A顺时针旋转，使BC∥DE，如图②所示，则旋转角∠BAD的度数为（）A．15°B．30°C．45°D．60°19．（2020•枣庄）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB ＝∠B＝30°，OA＝2．将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是（）A ．（−√3，3）B ．（﹣3，√3）C ．（−√3，2+√3）D ．（﹣1，2+√3）20．（2020•苏州）如图，在△ABC 中，∠BAC ＝108°，将△ABC 绕点A 按逆时针方向旋转得到△AB 'C '．若点B '恰好落在BC 边上，且AB '＝CB '，则∠C '的度数为（ ）A ．18°B ．20°C ．24°D ．28°二．填空题（共23小题）21．（2020•天水）如图，在边长为6的正方形ABCD 内作∠EAF ＝45°，AE 交BC 于点E ，AF 交CD 于点F ，连接EF ，将△ADF 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABG ．若DF ＝3，则BE 的长为 ．22．（2020•衡阳）如图，在平面直角坐标系中，点P 1的坐标为（√22，√22），将线段OP 1绕点O 按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP 1的2倍，得到线段OP 2；又将线段OP 2绕点O 按顺时针方向旋转45°，长度伸长为OP 2的2倍，得到线段OP 3；如此下去，得到线段OP 4，OP 5，…，OP n （n 为正整数），则点P 2020的坐标是 ．23．（2020•滨州）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2√3、√2、4，则正方形ABCD的面积为．24．（2020•泰安）如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为A（0，3），B（﹣1，1），C（3，1）．△A'B'C′是△ABC关于x轴的对称图形，将△A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，点A'的对应点为M，则点M的坐标为．25．（2020•台州）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b，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）26．（2020•金华）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cm．（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．27．（2020•武威）如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点A，B的坐标分别为（3，√3），（4，0）．把△OAB沿x轴向右平移得到△CDE，如果点D的坐标为（6，√3），则点E的坐标为．28．（2020•襄阳）如图，矩形ABCD中，E为边AB上一点，将△ADE沿DE折叠，使点A的对应点F恰好落在边BC上，连接AF交DE于点N，连接BN．若BF•AD＝15，tan∠BNF=√52，则矩形ABCD的面积为．29．（2020•牡丹江）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点E在AC边上．将∠A沿直线BE翻折，点A落在点A'处，连接A'B，交AC于点F．若A'E⊥AE，cos A=45，则A′FBF=．30．（2020•武汉）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，EF为折痕，AB＝1，AD＝2．设AM的长为t，用含有t的式子表示四边形CDEF的面积是．31．（2020•内江）如图，在矩形ABCD中，BC＝10，∠ABD＝30°，若点M、N分别是线段DB、AB上的两个动点，则AM+MN的最小值为．32．（2020•黑龙江）如图，在边长为4的正方形ABCD中，将△ABD沿射线BD平移，得到△EGF，连接EC、GC．求EC+GC的最小值为．33．（2020•凉山州）如图，矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，E是AB上一点，且EB＝3，F是BC上一动点，若将△EBF沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距离为．34．（2020•黑龙江）在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，点E在边BC上，且BE=35a，连接AE，将△ABE沿AE折叠．若点B的对应点B′落在矩形ABCD的边上，则折痕的长为．35．（2020•达州）如图，点P（﹣2，1）与点Q（a，b）关于直线1（y＝﹣1）对称，则a+b＝．36．（2020•德州）如图，在4×4的正方形网格中，有4个小正方形已经涂黑，若再涂黑任意1个白色的小正方形（每个白色小正方形被涂黑的可能性相同），使新构成的黑色部分图形是轴对称图形的概率是 ．37．（2020•安徽）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD 沿过点A 的直线折叠，使得点B 落在CD 上的点Q 处．折痕为AP ；再将△PCQ ，△ADQ 分别沿PQ ，AQ 折叠，此时点C ，D 落在AP 上的同一点R 处．请完成下列探究：（1）∠P AQ 的大小为 °；（2）当四边形APCD 是平行四边形时，ABQR 的值为 ．38．（2020•甘孜州）如图，有一张长方形纸片ABCD ，AB ＝8cm ，BC ＝10cm ，点E 为CD 上一点，将纸片沿AE 折叠，BC 的对应边B ′C ′恰好经过点D ，则线段DE 的长为 cm ．39．（2020•聊城）如图，在直角坐标系中，点A （1，1），B （3，3）是第一象限角平分线上的两点，点C 的纵坐标为1，且CA ＝CB ，在y 轴上取一点D ，连接AC ，BC ，AD ，BD ，使得四边形ACBD 的周长最小，这个最小周长的值为 ．40．（2020•黑龙江）如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD方向平移，得到△EFG，连接EC、GC．求EC+GC的最小值为．41．（2020•常德）如图1，已知四边形ABCD是正方形，将△DAE，△DCF分别沿DE，DF向内折叠得到图2，此时DA与DC重合（A、C都落在G点），若GF＝4，EG＝6，则DG的长为．42．（2020•铜仁市）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为A1，折痕为DE．若将∠B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则AB＝．43．（2020•杭州）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＝，BE＝．三．解答题（共7小题）44．（2020•绥化）如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，点B，点O均为格点（每个小正方形的顶点叫做格点）．（1）作点A关于点O的对称点A1；（2）连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，画出旋转后的线段A1B1；（3）连接AB1，求出四边形ABA1B1的面积．45．（2020•黔西南州）规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．根据以上规定，回答问题：（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是；A．矩形B．正五边形C．菱形D．正六边形（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有：（填序号）；（3）下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形．其中真命题的个数有个；A．0B．1C．2D．3（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45°，90°，135°，180°，将图形补充完整．46．（2020•达州）如图，△ABC中，BC＝2AB，D、E分别是边BC、AC的中点．将△CDE绕点E旋转180度，得△AFE．（1）判断四边形ABDF的形状，并证明；（2）已知AB＝3，AD+BF＝8，求四边形ABDF的面积S．47．（2020•黑龙江）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E分别在AC、BC边上，DC＝EC，连接DE、AE、BD，点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN．（1）BE与MN的数量关系是．（2）将△DEC绕点C逆时针旋转到图②和图③的位置，判断BE与MN有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．48．（2020•武威）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠MAN＝45°．把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE．（1）求证：△AEM≌△ANM．（2）若BM＝3，DN＝2，求正方形ABCD的边长．49．（2020•重庆）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．（1）求证：CF=√22AD；（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当BD＝2CD时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG 与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使P A+PB+PC的值最小．当P A+PB+PC的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．50．（2020•湖州）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=12AC；（2）变式求异如图2，若∠C＝90°，m＝6√2，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．。

2024年中考数学真题汇编专题25 图形的平移翻折对称+答案详解

2024年中考数学真题汇编专题25 图形的平移翻折对称+答案详解

2024年中考数学真题汇编专题25 图形的平移翻折对称+答案详解（试题部分）一、单选题1．（2024·江苏苏州·中考真题）下列图案中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．2．（2024·天津·中考真题）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（）A．B．C．D．3．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．4．（2024·重庆·中考真题）下列标点符号中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．5．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是80cm，则图中阴影图形的周长是（）A．440cm B．320cm C．280cm D．160cm6．（2024·四川眉山·中考真题）下列交通标志中，属于轴对称图形的是（）A ．B ．C ．D ．7．（2024·河北·中考真题）如图，AD 与BC 交于点O ，ABO 和CDO 关于直线PQ 对称，点A ，B 的对称点分别是点C ，D ．下列不一定正确的是（ ）A ．AD BC ⊥B ．AC PQ ⊥ C ．ABO CDO △≌△D ．AC BD ∥8．（2024·湖南·中考真题）下列命题中，正确的是（ ）A ．两点之间，线段最短B ．菱形的对角线相等C ．正五边形的外角和为720︒D ．直角三角形是轴对称图形9．（2024·贵州·中考真题）“黔山秀水”写成下列字体，可以看作是轴对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．10．（2024·北京·中考真题）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 ． 11．（2024·湖北武汉·中考真题）现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性．下列汉字是轴对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．12．（2024·广西·中考真题）端午节是中国传统节日，下列与端午节有关的文创图案中，成轴对称的是（ ）A ．B ．C ．D ．13．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．14．（2024·广东·中考真题）下列几何图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．15．（2024·青海·中考真题）如图，一次函数23y x =−的图象与x 轴相交于点A ，则点A 关于y 轴的对称点是（ ）A ．3,02⎛⎫− ⎪⎝⎭B ．3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．()0,3D ．()0,3−16．（2024·福建·中考真题）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中OAB 与ODC 都是等腰三角形，且它们关于直线l 对称，点E ，F 分别是底边AB ，CD 的中点，OE OF ⊥．下列推断错误的是（ ）A ．OB OD ⊥B ．BOC AOB ∠=∠ C ．OE OF =D ．180BOC AOD ∠+∠=︒17．（2024·河北·中考真题）平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“和点”．将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度．若“和点”Q 按上述规则连续平移16次后，到达点()161,9Q −，则点Q 的坐标为（ ）A ．()6,1或()7,1B ．()15,7−或()8,0C ．()6,0或()8,0D ．()5,1或()7,1二、填空题18．（2024·江西·中考真题）在平面直角坐标系中，将点()1,1A 向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点B ，则点B 的坐标为 ．19．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，在ABC 中，点A 的坐标为()0,1，点B 的坐标为()4,1，点C 的坐标为()3,4，点D 在第一象限（不与点C 重合），且ABD △与ABC 全等，点D 的坐标是 ．20．（2024·四川甘孜·中考真题）如图，Rt ABC △中，90C ∠=︒，8AC =，4BC =，折叠ABC ，使点A 与点B 重合，折痕DE 与AB 交于点D ，与AC 交于点E ，则CE 的长为 ．21．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，等腰ABC 中，2AB AC ==，120BAC ∠=︒，将ABC 沿其底边中线AD 向下平移，使A 的对应点A '满足13AA AD '=，则平移前后两三角形重叠部分的面积是 ．22．（2024·四川广安·中考真题）如图，在ABCD Y 中，4AB =，5AD =，30ABC ∠=︒，点M 为直线BC 上一动点，则MA MD +的最小值为 ．23．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD 的边AB 在x 轴上，点A 的坐标为()20−，，点E 在边CD 上．将BCE 沿BE 折叠，点C 落在点F 处．若点F 的坐标为()06，，则点E 的坐标为 ．24．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为(1,0)，点B 在反比例函数(0)ky x x =>的图像上，BC x ⊥轴于点C ，30BAC ∠=︒，将ABC 沿AB 翻折，若点C 的对应点D 落在该反比例函数的图像上，则k 的值为 ．25．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知50AOB ∠=︒，点P 为AOB ∠内部一点，点M 为射线OA 、点N 为射线OB 上的两个动点，当PMN 的周长最小时，则MPN ∠= ．26．（2024·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知()3,0A ，()0,2B ，过点B 作y 轴的垂线l ，P 为直线l 上一动点，连接PO ，PA ，则PO PA +的最小值为 ．27．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点()0,2A −，()1,0B ，将线段AB 平移得到线段DC ，若90ABC ∠=︒，2BC AB =，则点D 的坐标是 ．28．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形ABCD 中，对角线AC ，BD 相交于点O ，53AC BD =．线段AB 与A B ''关于过点O 的直线l 对称，点B 的对应点B '在线段OC 上，A B ''交CD 于点E ，则B CE '与四边形OB ED '的面积比为29．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，ABC ，90ACB ∠=︒，5CB =，10CA =，点D ，E 分别在AC AB ，边上，AE =，连接DE ，将ADE V 沿DE 翻折，得到FDE V ，连接CE ，CF ．若CEF △的面积是BEC 面积的2倍，则AD = ．三、解答题30．（2024·河南·中考真题）如图，矩形ABCD 的四个顶点都在格点（网格线的交点）上，对角线AC ，BD 相交于点E ，反比例函数()0ky x x=>的图象经过点A ．(1)求这个反比例函数的表达式．(2)请先描出这个反比例函数图象上不同于点A 的三个格点，再画出反比例函数的图象．(3)将矩形ABCD 向左平移，当点E 落在这个反比例函数的图象上时，平移的距离为________． 31．（2024·福建·中考真题）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸ABCD ，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中AE FB =），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．图1 图2 图3(1)直接写出AD AB的值； (2)如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是（ ）图4A．B．C．D．(3)现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整AE，EF的比例，制作棱长为10cm 的正方体礼品盒，如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所用卡纸的总费用．（要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用）32．（2024·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是33⨯的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A 、B 均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作四边形ABCD ，使其是轴对称图形且点C 、D 均在格点上．(1)在图①中，四边形ABCD 面积为2；(2)在图②中，四边形ABCD 面积为3；(3)在图③中，四边形ABCD 面积为4．33．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）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()1,1A −，()2,3B −，()5,2C −．(1)画出ABC 关于y 轴对称的111A B C △，并写出点1B 的坐标；(2)画出ABC 绕点A 逆时针旋转90︒后得到的22AB C ，并写出点2B 的坐标；(3)在（2）的条件下，求点B 旋转到点2B 的过程中所经过的路径长（结果保留π） 34．（2024·吉林·中考真题）图①、图②均是44⨯的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点A ，B ，C ，D ，E ，O 均在格点上．图①中已画出四边形ABCD ，图②中已画出以OE 为半径的O ，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图．(1)在图①中，面出四边形ABCD 的一条对称轴．(2)在图②中，画出经过点E 的O 的切线．35．（2024·天津·中考真题）将一个平行四边形纸片OABC 放置在平面直角坐标系中，点()0,0O ，点()3,0A ，点,B C 在第一象限，且2,60OC AOC ∠==．(1)填空：如图①，点C 的坐标为______，点B 的坐标为______；(2)若P 为x 轴的正半轴上一动点，过点P 作直线l x ⊥轴，沿直线l 折叠该纸片，折叠后点O 的对应点O '落在x 轴的正半轴上，点C 的对应点为C '．设OP t =．①如图②，若直线l 与边CB 相交于点Q ，当折叠后四边形PO C Q ''与OABC 重叠部分为五边形时，O C ''与AB 相交于点E ．试用含有t 的式子表示线段BE 的长，并直接写出t 的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为S ，当21134t ≤≤时，求S 的取值范围（直接写出结果即可）． 36．（2024·北京·中考真题）在平面直角坐标系xOy 中，O 的半径为1，对于O 的弦AB 和不在直线AB 上的点C ，给出如下定义：若点C 关于直线AB 的对称点C '在O 上或其内部，且ACB α∠=，则称点C 是弦AB 的“α可及点”．(1)如图，点()0,1A ，()1,0B ．①在点()12,0C ，()21,2C ，31,02C ⎛⎫ ⎪⎝⎭中，点___________是弦AB 的“α可及点”，其中α=____________︒；②若点D 是弦AB 的“90︒可及点”，则点D 的横坐标的最大值为__________；(2)已知P 是直线y =且存在O 的弦MN ，使得点P 是弦MN 的“60︒可及点”．记点P 的横坐标为t ，直接写出t 的取值范围．2024年中考数学真题汇编专题25 图形的平移翻折对称+答案详解（答案详解）一、单选题1．（2024·江苏苏州·中考真题）下列图案中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】此题主要考查轴对称图形的概念，掌握轴对称图形的概念是解题的关键．根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．【详解】解：A、是轴对称图形，故此选项正确；B、不是轴对称图形，故此选项错误；C、不是轴对称图形，故此选项错误；D、不是轴对称图形，故此选项错误．故选：A．2．（2024·天津·中考真题）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】本题考查轴对称图形，掌握轴对称图形的定义：如果一个图形沿某一条直线对折,对折后的两部分是完全重合的,那么就称这样的图形为轴对称图形是解题的关键．【详解】解：A.不是轴对称图形；B.不是轴对称图形；C.是轴对称图形；D.不是轴对称图形；故选C．3．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握中心对称图形与轴对称图形定义是解题关键．中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重台，这样的图形叫做轴对称图形．根据定义依次对各个选项进行判断即可．【详解】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、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；故选：C．4．（2024·重庆·中考真题）下列标点符号中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】本题考查轴对称图形的识别．解题的关键是理解轴对称的概念（如果一个平面图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴），寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．据此对各选项逐一进行判断即可．【详解】解：A．该标点符号是轴对称图形，故此选项符合题意；B．该标点符号不是轴对称图形，故此选项不符合题意；C．该标点符号不是轴对称图形，故此选项不符合题意；D．该标点符号不是轴对称图形，故此选项不符合题意．故选：A．5．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是80cm，则图中阴影图形的周长是（）A．440cm B．320cm C．280cm D．160cm【答案】A【分析】本题考查平移的性质，利用平移的性质将阴影部分的周长转化为边长是80cm的正方形的周长加上边长是80cm的正方形的两条边长再减去220cm⨯，由此解答即可．【详解】解：由图可得：阴影部分的周长为边长是80cm的正方形的周长加上边长是80cm的正方形的两条边长再减去220cm⨯，∴阴影图形的周长是：480280220440cm⨯+⨯−⨯=，故选：A．6．（2024·四川眉山·中考真题）下列交通标志中，属于轴对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】本题主要考查了轴对称图形，根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形可得答案．【详解】解：A.是轴对称图形，故此选项符合题意；B.不是轴对称图形，故此选项不符合题意；C. 不是轴对称图形，故此选项不符合题意；D. 不是轴对称图形，故此选项不符合题意；故选：A．7．（2024·河北·中考真题）如图，AD与BC交于点O，ABO和CDO关于直线PQ对称，点A，B的对称点分别是点C，D．下列不一定正确的是（）A ．AD BC ⊥B ．AC PQ ⊥ C ．ABO CDO △≌△D ．AC BD ∥ 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称图形的性质，平行线的判定，熟练掌握知识点是解题的关键． 根据轴对称图形的性质即可判断B 、C 选项，再根据垂直于同一条直线的两条直线平行即可判断选项D ．【详解】解：由轴对称图形的性质得到ABO CDO △≌△，,AC PQ BD PQ ⊥⊥，∴AC BD ∥，∴B 、C 、D 选项不符合题意，故选：A ．8．（2024·湖南·中考真题）下列命题中，正确的是（ ）A ．两点之间，线段最短B ．菱形的对角线相等C ．正五边形的外角和为720︒D ．直角三角形是轴对称图形【答案】A【分析】本题考查了命题与定理的知识，多边形外角性质，菱形性质及轴对称图形的特点，解题的关键是掌握这些基础知识点．【详解】解：A 、两点之间，线段最短，正确，是真命题，符合题意；B 、菱形的对角线互相垂直，不一定相等，选项错误，是假命题，不符合题意；C 、正五边形的外角和为360︒，选项错误，是假命题，不符合题意；D 、直角三角形不一定是轴对称图形，只有等腰直角三角形是轴对称图形，选项错误，是假命题，不符合题意；故选：A ．9．（2024·贵州·中考真题）“黔山秀水”写成下列字体，可以看作是轴对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】B【分析】本题考查了轴对称图形概念，一个图形沿着某条直线折叠后直线两旁的部分能够完全重合，这个图形就叫轴对称图形．根据轴对称图形概念，结合所给图形即可得出答案．【详解】解：A．不是轴对称图形，不符合题意；B．是轴对称图形，符合题意；C．不是轴对称图形，不符合题意；D．不是轴对称图形，不符合题意；故选：B．10．（2024·北京·中考真题）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】B【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180 ，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．掌握中心对称图形与轴对称图形的定义是解题的关键．【详解】解：A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故不符合题意；B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；故选：B．11．（2024·湖北武汉·中考真题）现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性．下列汉字是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】本题考查了轴对称图形的识别，根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．【详解】解：A，B，D选项中的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，C选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．故选：C．12．（2024·广西·中考真题）端午节是中国传统节日，下列与端午节有关的文创图案中，成轴对称的是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】本题主要考查成轴对称的定义，掌握成轴对称的定义是解题的关键．把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它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，这条直线叫作对称轴，折叠后重合的点是对应点，叫作对称点．根据两个图形成轴对称的定义，逐一判断选项即可．【详解】A．图案不成轴对称，故不符合题意；B．图案成轴对称，故符合题意；C．图案不成轴对称，故不符合题意；D．图案不成轴对称，故不符合题意；故你：B．13．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）下列图形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】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180 ，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．【详解】解：A 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故A 选项不合题意；B 、既是轴对称图形又是中心对称图形，故B 选项符合题意；C 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C 选项不合题意；D 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D 选项不合题意．故选：B ．14．（2024·广东·中考真题）下列几何图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】C【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180︒，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．【详解】解：A ．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；B ．不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；C ．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故不符合题意；D ．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；故选：C ．15．（2024·青海·中考真题）如图，一次函数23y x =−的图象与x 轴相交于点A ，则点A 关于y 轴的对称点是（ ）A ．3,02⎛⎫− ⎪⎝⎭B ．3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．()0,3D ．()0,3−【答案】A【分析】本题考查了一次函数与坐标轴的交点坐标，点的对称，属于简单题，求交点坐标是解题关键．16．（2024·福建·中考真题）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中OAB 与ODC 都是等腰三角形，且它们关于直线l 对称，点E ，F 分别是底边AB ，CD 的中点，OE OF ⊥．下列推断错误的是（ ）A ．OB OD ⊥B ．BOC AOB ∠=∠ C ．OE OF =D ．180BOC AOD ∠+∠=︒ 由对称的性质得OAB ODC ≌，由全等三角形的性质即可判断；OH ，可得 GOD ∠=，即可判断；掌握轴对称的性质是解题的关键．A.OE OF ⊥，90︒，点的中点，OAB 与ODC 都是等腰三角形，由对称得OAB ODC ≌，F 分别是底边AB ，，结论正确，故不符合题意；O 作GM OH ⊥，90GOD DOH ∴∠+∠=︒，90BOH DOH ∠+∠=︒，GOD BOH ∴∠=∠，由对称得GOD COH ∴∠=∠，同理可证AOD ∠∴故选：B 17．（2024·河北·中考真题）平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“和点”．将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度．若“和点”Q 按上述规则连续平移16次后，到达点()161,9Q −，则点Q 的坐标为（ ）A ．()6,1或()7,1B ．()15,7−或()8,0C ．()6,0或()8,0D ．()5,1或()7,1【答案】D【分析】本题考查了坐标内点的平移运动，熟练掌握知识点，利用反向运动理解是解决本题的关键．先找出规律若“和点”横、纵坐标之和除以3所得的余数为0时，先向右平移1个单位，之后按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移，按照16Q 的反向运动理解去分类讨论：①16Q 先向右1个单位，不符合题意；②16Q 先向下1个单位，再向右平移，当平移到第15次时，共计向下平移了8次，向右平移了7次，此时坐标为()6,1，那么最后一次若向右平移则为()7,1，若向左平移则为()5,1．【详解】解：由点()32,2P 可知横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，继而向上平移1个单位得到()42,3P ，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为2，继而向左平移1个单位得到()41,3P ，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，又要向上平移1个单位，因此发现规律为若“和点”横、纵坐标之和除以3所得的余数为0时，先向右平移1个单位，之后按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移，若“和点”Q 按上述规则连续平移16次后，到达点()161,9Q −，则按照“和点”16Q 反向运动16次求点Q 坐标理解，可以分为两种情况：①16Q 先向右1个单位得到()150,9Q ，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为0，应该是15Q 向右平移1个单位得到16Q ，故矛盾，不成立；②16Q 先向下1个单位得到()151,8Q −，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，则应该向上平移1个单位得到16Q ，故符合题意，那么点16Q 先向下平移，再向右平移，当平移到第15次时，共计向下平移了8次，向右平移了7次，此时坐标为()17,98−+−，即()6,1，那么最后一次若向右平移则为()7,1，若向左平移则为()5,1，故选：D ．二、填空题18．（2024·江西·中考真题）在平面直角坐标系中，将点()1,1A 向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点B ，则点B 的坐标为 ．【答案】()3,4【分析】本题考查了坐标与图形变化－平移．利用点平移的坐标规律，把A 点的横坐标加2，纵坐标加3即可得到点B 的坐标． 【详解】解：∵点()1,1A 向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点B ， ∴点B 的坐标为()12,13++，即()3,4．故答案为：()3,4．19．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，在ABC 中，点A 的坐标为()0,1，点B 的坐标为()4,1，点C 的坐标为()3,4，点D 在第一象限（不与点C 重合），且ABD △与ABC 全等，点D 的坐标是 ．【答案】()1,4【分析】本题考查坐标与图形，三角形全等的性质．利用数形结合的思想是解题的关键．根据点D 在第一象限（不与点C 重合），且ABD △与ABC 全等，画出图形，结合图形的对称性可直接得出()1,4D ．【详解】解：∵点D 在第一象限（不与点C 重合），且ABD △与ABC 全等，∴AD BC =，AC BD =，∴可画图形如下，由图可知点C 、D 关于线段AB 的垂直平分线2x =对称，则()1,4D ．故答案为：()1,4．20．（2024·四川甘孜·中考真题）如图，Rt ABC △中，90C ∠=︒，8AC =，4BC =，折叠ABC ，使点A 与点B 重合，折痕DE 与AB 交于点D ，与AC 交于点E ，则CE 的长为 ．【答案】3【分析】本题考查了折叠的性质和勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 设CE x =，则8AE BE x ==−，根据勾股定理求解即可．【详解】解：由折叠的性质，得AE BE =，设CE x =，则8AE BE x ==−，由勾股定理，得222BC CE BE +=，∴()22248x x +=−，解得3x =.故答案为：3．21．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，等腰ABC 中，2AB AC ==，120BAC ∠=︒，将ABC 沿其底边中线AD 向下平移，使A 的对应点A '满足13AA AD '=，则平移前后两三角形重叠部分的面积是 ．出A EF A B C ''''∽，根据对应边上的中线比等于相似比，利用面积公式进行求解即可．【详解】解：∵等腰ABC 中，30ABC ∠=︒，AD 为中线，AD BC ⊥，BD CD =，∵将ABC 沿其底边中线,C BC B '∥∴A EF A B C ''''∽，EF A D B C A G'='''， 13AA AD '=，3223DA AD A G '='=2EF A D '22．（2024·四川广安·中考真题）如图，在ABCD Y 中，4AB =，5AD =，30ABC ∠=︒，点M 为直线BC 上一动点，则MA MD +的最小值为 ．∵4AB =，30ABC ∠=︒，在ABCD Y ∴122AH AB ==，AD BC ∥，∴24AA AH '==，AA AD '⊥，∵5AD =，23．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD 的边AB 在x 轴上，点A 的坐标为()20−，，点E 在边CD 上．将BCE 沿BE 折叠，点C 落在点F 处．若点F 的坐标为()06，，则点E 的坐标为 ．【答案】()3,10【分析】设正方形ABCD 的边长为a ，CD 与y 轴相交于G ，先判断四边形AOGD 是矩形，得出OG AD a ==，DG AO =，90EGF ∠=︒，根据折叠的性质得出BF BC a ==，CE FE =，在Rt BOF △中，利用勾股定理构建关于a 的方程，求出a 的值，在Rt EGF 中，利用勾股定理构建关于CE 的方程，求出CE 的值，即可求解．【详解】解∶设正方形ABCD 的边长为a ，CD 与y 轴相交于G ，。

中考数学《图形的变换》总复习训练含答案解析

中考数学《图形的变换》总复习训练含答案解析

图形的变换一、选择题1．以下几何图形中，必定是轴对称图形的有（）A．2个B．3个C．4个D．5个2．有一个四平分转盘，在它的上、右、下、左的地点分别挂着“众”、“志”、“成”、“城”四个字牌，如图1．若将位于上下地点的两个字牌对换，同时将位于左右位置的两个字牌对换，再将转盘顺时针旋转90°，则达成一次变换．图2，图3分别表示第1次变换和第2次变换．按上述规则达成第9次变换后，“众”字位于转盘的地点是（）A．上B．下C．左D．右3．以下图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．等腰梯形B．平行四边形C．正三角形D．矩形4．如图①～④是四种正多边形的瓷砖图案．此中，是轴对称图形但不是中心对称的图形为（）A．①③B．①④C．②③D．②④5．如图，把矩形ABCD沿EF对折后使两部分重合，若∠1=50°，则∠AEF=（）第1页（共19页）A．110°B．115°C．120°D．130°6．下边四张扑克牌中，图案属于中心对称图形的是图中的（）A．B．C．D．7．下边的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．8．将如下图的图案按顺时针方向旋转90°后能够获得的图案是（）A．B．C．D．9．若将图中的每个字母都当作独立的图案，则这七个图案中是中心对称图形的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个10．以下图形中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．11．下边的图形中，是中心对称图形的是（）第2页（共19页）A．B．C．D．二、填空题12．如图，点G是△ABC的重心，CG的延伸线交AB于D，GA=5cm，GC=4cm，GB=3cm，将△ADG绕点D旋转180°获得△BDE，则DE=cm，△ABC的面积=cm2．13．已知等腰三角形的一条腰长是5，底边长是6，则它底边上的高为．14．将线段AB平移1cm，获得线段A′，B′则点A到点A′的距离是cm．三、解答题15．如图，方格纸中的每个小正方形的边长均为1．（1）察看图1、2中所画的“L型”图形，而后各补画一个小正方形，使图1中所成的图形是轴对称图形，图2中所成的图形是中心对称图形；（2）补画后，图1、2中的图形是否是正方体的表面睁开图？（填“是”或“不是”）16．如图，在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1对于点E成中心对称．1）画出对称中心E，并写出点E、A、C的坐标；2）P（a，b）是△ABC的边AC上一点，△ABC经平移后点P的对应点为P（2a+6，b+2），请画出上述平移后的△A2B2C2，并写出点A2、C2的坐标；第3页（共19页）（3）判断△A2B2C2和△A1B1C1的地点关系．（直接写出结果）17．在一平直河岸l同侧有A，B两个乡村，A，B到l的距离分别是3km和2km，AB=akm（a＞1）．现计划在河岸l上建一抽水站P，用输水管向两个乡村供水．方案设计：某班数学兴趣小组设计了两种铺设管道方案：图1是方案一的表示图，设该方案中管道长度为d1，且d1=PB+BA（km）（此中BP⊥l于点p）；图2是方案二的表示图，设该方案中管道长度为d2，且d2=PA+PB（km）（此中点A'与点A对于I对称，A′B与l交于点P．察看计算：（1）在方案一中，d1= km（用含a的式子表示）；2）在方案二中，组长小宇为了计算d2的长，作了如图3所示的协助线，请你按小宇同学的思路计算，d2= km（用含a的式子表示）．研究概括（1）①当a=4时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=或”“＜”）；②当a=6时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=或”“＜”）；（2）请你参照右侧方框中的方法指导，就a（当a＞1时）的全部取值状况进行剖析，要使铺设的管道长度较短，应选择方案一仍是方案二？第4页（共19页）第5页（共19页）图形的变换参照答案与试题分析一、选择题1．以下几何图形中，必定是轴对称图形的有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【考点】轴对称图形．【剖析】对于某条直线对称的图形叫轴对称图形．【解答】解：全部图形沿某条直线折叠后直线两旁的部分能够完整重合，那么必定是轴对称图形的有5个，应选D．【评论】轴对称图形的判断方法：假如一个图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够相互重合，那么这个图形叫做轴对称图形．2．有一个四平分转盘，在它的上、右、下、左的地点分别挂着“众”、“志”、“成”、“城”四个字牌，如图1．若将位于上下地点的两个字牌对换，同时将位于左右位置的两个字牌对换，再将转盘顺时针旋转90°，则达成一次变换．图2，图3分别表示第1次变换和第2次变换．按上述规则达成第9次变换后，“众”字位于转盘的地点是（）A．上B．下C．左D．右【考点】旋转的性质．【专题】压轴题；操作型；规律型．第6页（共19页）【剖析】依据题意可知每一次变换后相当于逆时针旋转了90°，经过4次变换后会回到原始地点，因此按上述规则达成第9次变换后，相当于第一次变化后的位置关系，剖析比较可得答案．【解答】解：依据题意可知每一次变换后相当于逆时针旋转了90度，经过4次变换后会回到原始地点，因此按上述规则达成第9次变换后，“众”字位于转盘的地点是应当是第一次变换后的地点即在左侧，比较可得C切合要求．应选C．【评论】本题考察旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．要注意旋转的三因素：①定点为旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．重点是找到旋转的方向和角度．3．以下图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．等腰梯形B．平行四边形C．正三角形D．矩形【考点】中心对称图形；轴对称图形．【剖析】依据轴对称图形与中心对称图形的观点和等腰梯形、平行四边形、正三角形、矩形的性质解答．【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不切合题意；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不切合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不切合题意；D、是轴对称图形，也是中心对称图形，切合题意．应选D．【评论】掌握中心对称图形与轴对称图形的观点．假如一个图形沿着一条直线对折后两部分完整重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．假如一个图形绕某一点旋转180°后能够与自己重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．第7页（共19页）4．如图①～④是四种正多边形的瓷砖图案．此中，是轴对称图形但不是中心对称的图形为（）A．①③B．①④C．②③D．②④【考点】中心对称图形；轴对称图形．【剖析】依据轴对称图形与中心对称图形的观点和各图的特色求解．【解答】解：①、是轴对称图形，不是中心对称图形；②、是轴对称图形，也是中心对称图形；③、是轴对称图形，不是中心对称图形；④、是轴对称图形，也是中心对称图形．知足条件的是①③，应选A．【评论】掌握好中心对称图形与轴对称图形的观点．轴对称图形的重点是找寻对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要找寻对称中心，旋转180度后两部分重合．5．如图，把矩形ABCD沿EF对折后使两部分重合，若∠1=50°，则∠AEF=（）A．110°B．115°C．120°D．130°【考点】翻折变换（折叠问题）．【专题】压轴题．【剖析】依据折叠的性质，对折前后角相等．【解答】解：依据题意得：∠2=∠3，∵∠1+∠2+∠3=180°，∴∠2=（180°﹣50°）÷2=65°，∵四边形ABCD是矩形，第8页（共19页）AD∥BC，∴∠AEF+∠2=180°，∴∠AEF=180°﹣65°=115°．应选B．【评论】本题考察图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，依据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．6．下边四张扑克牌中，图案属于中心对称图形的是图中的（）A．B．C．D．【考点】中心对称图形；生活中的旋转现象．【剖析】依照中心对称图形的定义即可求解．【解答】解：此中A选项、C选项及D选项旋转180度后新图形中间的桃心向下，原图形中间的桃心向上，因此不是中心对称图形．应选B．【评论】本题考察中心对称图形的定义：绕对称中心旋转180度后所得的图形与原图形完整重合．7．下边的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．第9页（共19页）【考点】中心对称图形；轴对称图形．【专题】惯例题型．【剖析】依据轴对称图形与中心对称图形的观点求解．【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项错误；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故B选项错误；C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项错误．应选：C．【评论】本题考察了中心对称及轴对称的知识，解题时掌握好中心对称图形与轴对称图形的观点．轴对称图形的重点是找寻对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要找寻对称中心，旋转180度后两部分重合．8．将如下图的图案按顺时针方向旋转90°后能够获得的图案是（）A．B．C．D．【考点】生活中的旋转现象．【剖析】依据旋转的意义，找出图中眼，眉毛，嘴 5个重点处按顺时针方向旋转90°后的形状即可选择答案．【解答】解：依据旋转的意义，图片按顺时针方向旋转90°，即正立状态转为顺时针的横向状态，从而可确立为A图，应选A．【评论】本题考察了图形的旋转变化，学生主要要看清是顺时针仍是逆时针旋转，旋转多少度，难度不大，但易错．9．若将图中的每个字母都当作独立的图案，则这七个图案中是中心对称图形的有（）第10页（共19页）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】中心对称图形．【剖析】依据中心对称图形的观点求解．【解答】解：依据中心对称图形的观点可知，图案O、I是中心对称图形；而图案L、Y、M、P、C都不是中心对称图形．应选B．【评论】解答本题要掌握中心对称图形的观点：在同一平面内，假如把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完整重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个旋转点，就叫做中心对称点．10．．以下图形中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【考点】轴对称图形．【剖析】依据轴对称图形的定义：假如一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够相互重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也能够说这个图形对于这条直线（成轴）对称，从而得出答案．【解答】解：A、不是轴对称图形，故A错误；B、是轴对称图形，故B正确；C、不是轴对称图形，故C错误；D、不是轴对称图形，故D错误．应选：B．【评论】本题考察了轴对称图形的观点．轴对称图形的重点是找寻对称轴，图形两部分折叠后可重合．11．下边的图形中，是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【考点】中心对称图形．第11页（共19页）【剖析】依据中心对称图形的观点求解．【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图形，故本选项正确；C、不是中心对称图形，故本选项错误；D、不是中心对称图形，故本选项错误；应选B．【评论】本题考察了中心对称图形的知识，中心对称图形是要找寻对称中心，旋转180度后与原图重合．二、填空题12．如图，点G是△ABC的重心，CG的延伸线交AB于D，GA=5cm，GC=4cm，GB=3cm，将△ADG绕点D旋转180°获得△BDE，则DE= 2 cm，△ABC的面积18cm2．【考点】旋转的性质．【专题】压轴题．【剖析】三角形的重心是三条中线的交点，依据中线的性质，S△ACD=S△BCD；再利用勾股定理逆定理证明BG⊥CE，从而得出△BCD的高，可求△BCD的面积．【解答】解：∵点G是△ABC的重心，DE=GD=GC=2，CD=3GD=6，GB=3，EG=GC=4，BE=GA=5，BG2+GE2=BE2，即BG⊥CE，∵CD为△ABC的中线，S△ACD=S△BCD，∴S△ABC△ACDS△BCD△BCD2．填：2，18．=S+=2S=2××BG×CD=18cm第12页（共19页）【评论】本题考察旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所组成的旋转角相等．要注意旋转的三因素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．13．已知等腰三角形的一条腰长是5，底边长是6，则它底边上的高为 4 ．【考点】等腰三角形的性质；勾股定理．【剖析】依据等腰三角形三线合一的性质及勾股定理不难求得底边上的高．【解答】解：依据等腰三角形的三线合一，知：等腰三角形底边上的高也是底边上的中线．即底边的一半是3，再依据勾股定理得：底边上的高为4．故答案为：4【评论】考察等腰三角形的三线合一及勾股定理的运用．14．将线段AB平移1cm，获得线段A′，B′则点A到点A′的距离是 1 cm．【考点】平移的性质．【专题】压轴题．【剖析】依据题意，画出图形，由平移的性质直接求得结果．【解答】解：在平移的过程中各点的运动状态是同样的，此刻将线段平移1cm，则每一点都平移1cm，即AA′=1cm，∴点A到点A′的距离是1cm．【评论】本题考察了平移的性质：由平移知识可得对应点间线段即为平移距离．学生在学习中应当借助图形，理解掌握平移的性质．三、解答题15．如图，方格纸中的每个小正方形的边长均为1．（1）察看图1、2中所画的“L型”图形，而后各补画一个小正方形，使图1中所成的图形是轴对称图形，图2中所成的图形是中心对称图形；（2）补画后，图1、2中的图形是否是正方体的表面睁开图？（填“是”或“不是”）第13页（共19页）【考点】利用旋转设计图案；利用轴对称设计图案．【专题】网格型．【剖析】（1）依据轴对称图形与中心对称的定义即可作出，第一确立对称轴，即可作出所要作的正方形；2）利用折叠的方法进行考证即可．【解答】解：（1）如图（画对一个得3分）．2）图1（不是）或图2（是），图3（是）．【评论】掌握轴对称的性质：沿着向来线折叠后重合．中心对称的性质：绕某一点旋转180°此后重合．16．如图，在平面直角坐标系中，△ABC和△A1B1C1对于点E成中心对称．1）画出对称中心E，并写出点E、A、C的坐标；2）P（a，b）是△ABC的边AC上一点，△ABC经平移后点P的对应点为P（2a+6，b+2），请画出上述平移后的△A2B2C2，并写出点A2、C2的坐标；（3）判断△A2B2C2和△A1B1C1的地点关系．（直接写出结果）第14页（共19页）【考点】作图﹣旋转变换；作图﹣平移变换．【专题】作图题；压轴题．【剖析】（1）连结对应点，对应点的中点即为对称中心，在网格中可直接得出点E、A、C的坐标；2）依据“（a+6，b+2）”的规律求出对应点的坐标A2（3，4），C2（4，2），按序连结即可；（3）由△A2B2C2和△A1B1C1的地点关系直接看出是对于原点O成中心对称．【解答】解：（1）如图，E（﹣3，﹣1），A（﹣3，2），C（﹣2，0）；（4分）2）如图，A2（3，4），C2（4，2）；（8分）3）△A2B2C2与△A1B1C1对于原点O成中心对称．（10分）【评论】本题考察的是平移变换与旋转变换作图．作平移图形时，找重点点的对应点也是重点的一步．平移作图的一般步骤为：①确立平移的方向和距离，先确立一组对应点；②确立图形中的重点点；③利用第一组对应点和平移的性质确立图中所相重点点的对应点；④按原图形次序挨次连结对应点，所获得的图形即为平移后的图形．第15页（共19页）作旋转后的图形的依照是旋转的性质，基本作法是①先确立图形的重点点；②利用旋转性质作出重点点的对应点；③按原图形中的方式按序连结对应点．要注意旋转中心，旋转方向和角度．中心对称是旋转180度时的特别状况．17．在一平直河岸l同侧有A，B两个乡村，A，B到l的距离分别是3km和2km，AB=akm（a＞1）．现计划在河岸l上建一抽水站P，用输水管向两个乡村供水．方案设计：某班数学兴趣小组设计了两种铺设管道方案：图1是方案一的表示图，设该方案中管道长度为d1，且d1=PB+BA（km）（此中BP⊥l于点p）；图2是方案二的表示图，设该方案中管道长度为d2，且d2=PA+PB（km）（此中点A'与点A对于I对称，A′B与l交于点P．察看计算：1）在方案一中，d1=a+2km（用含a的式子表示）；2）在方案二中，组长小宇为了计算d2的长，作了如图3所示的协助线，请你按小宇同学的思路计算，d2= km（用含a的式子表示）．研究概括（1）①当a=4时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=或”“＜”）；②当a=6时，比较大小：d1（）d2（填“＞”、“=或”“＜”）；（2）请你参照右侧方框中的方法指导，就a（当a＞1时）的全部取值状况进行剖析，要使铺设的管道长度较短，应选择方案一仍是方案二？第16页（共19页）【考点】作图—应用与设计作图．【专题】压轴题；阅读型；方案型．【剖析】运用勾股定理和轴对称求出d2，依据方法指导，先求d12﹣d22，再依据差进行分类议论选用合理方案．【解答】解：（1）∵A和A'对于直线l对称，PA=PA'，d1=PB+BA=PB+PA'=a+2；故答案为：a+2；2）由于BK2=a2﹣1，A'B2=BK2+A'K2=a2﹣1+52=a2+24因此d2= ．研究概括：（1）①当a=4时，d1=6，d2= ，d1＜d2；②当a=6时，d1=8，d2= ，d1＞d2；∴（2）=4a﹣20．①当4a﹣20＞0，即a＞5时，d12﹣d22＞0，d1﹣d2＞0，d1＞d2；第17页（共19页）②当4a﹣20=0，即a=5时，d12﹣d22=0，d1﹣d2=0，d1=d2③当4a﹣20＜0，即a＜5时，d12﹣d22＜0，d1﹣d2＜0，d1＜d2综上可知：当a＞5时，选方案二；当a=5时，选方案一或方案二；当1＜a＜5（缺a＞1不扣分）时，选方案一．【评论】本题为方案设计题，综合考察了学生的作图能力，运用数学知识解决实际问题的能力，以及察看研究和分类议论的数学思想方法．第18页（共19页）中考数学《图形的变换》总复习训练含答案解析第19页（共19页）21 / 2121。

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

辽宁省中考数学试题分类汇编)——图形的变换(含答案)

辽宁省中考数学试题分类汇编)——图形的变换(含答案)

辽宁省数学中考试题分类——图形的变换一．轴对称图形（共1小题）1．（2019•铁岭）下面四个图形中，属于轴对称图形的是（）A．B．C．D．二．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共1小题）2．（2020•大连）平面直角坐标系中，点P（3，1）关于x轴对称的点的坐标是（）A．（3，1）B．（3，﹣1）C．（﹣3，1）D．（﹣3，﹣1）三．轴对称-最短路线问题（共2小题）3．（2020•鞍山）如图，在平面直角坐标系中，已知A（3，6），B（﹣2，2），在x轴上取两点C，D（点C在点D左侧），且始终保持CD＝1，线段CD在x轴上平移，当AD+BC 的值最小时，点C的坐标为．4．（2020•营口）如图，△ABC为等边三角形，边长为6，AD⊥BC，垂足为点D，点E和点F分别是线段AD和AB上的两个动点，连接CE，EF，则CE+EF的最小值为．四．翻折变换（折叠问题）（共3小题）5．（2020•盘锦）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，点E和点F分别为AD，CD上的点，将△DEF沿EF翻折，使点D落在BC上的点M处，过点E作EH∥AB交BC于点H，过点F作FG∥BC交AB于点G．若四边形ABHE与四边形BCFG的面积相等，则CF的长为．6．（2020•葫芦岛）一张菱形纸片ABCD的边长为6cm，高AE等于边长的一半，将菱形纸片沿直线MN折叠，使点A与点B重合，直线MN交直线CD于点F，则DF的长为cm．7．（2020•沈阳）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，对角线AC，BD相交于点O，点P为边AD上一动点，连接OP，以OP为折痕，将△AOP折叠，点A的对应点为点E，线段PE与OD相交于点F．若△PDF为直角三角形，则DP的长为．五．旋转的性质（共2小题）8．（2020•大连）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝40°．将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，则∠CAA′的度数是（）A．50°B．70°C．110°D．120°9．（2020•阜新）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2．将△ABC绕点B逆时针旋转60°，得到△A1BC1，则AC边的中点D与其对应点D1的距离是．六．作图-旋转变换（共1小题）10．（2020•阜新）如图，△ABC 在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为A （4，4），B （1，1），C （4，1）．（1）画出与△ABC 关于y 轴对称的△A 1B 1C 1；（2）将△ABC 绕点O 1顺时针旋转90°得到△A 2B 2C 2，弧AA 2是点A 所经过的路径，则旋转中心O 1的坐标为 ；（3）求图中阴影部分的面积（结果保留π）．七．几何变换综合题（共3小题）11．（2020•锦州）已知△AOB 和△MON 都是等腰直角三角形（√22OA ＜OM ＝ON ），∠AOB ＝∠MON ＝90°．（1）如图1：连AM ，BN ，求证：△AOM ≌△BON ； （2）若将△MON 绕点O 顺时针旋转，①如图2，当点N 恰好在AB 边上时，求证：BN 2+AN 2＝2ON 2；②当点A，M，N在同一条直线上时，若OB＝4，ON＝3，请直接写出线段BN的长．12．（2020•葫芦岛）在等腰△ADC和等腰△BEC中，∠ADC＝∠BEC＝90°，BC＜CD，将△BEC绕点C逆时针旋转，连接AB，点O为线段AB的中点，连接DO，EO．（1）如图1，当点B旋转到CD边上时，请直接写出线段DO与EO的位置关系和数量关系；（2）如图2，当点B旋转到AC边上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；（3）若BC＝4，CD＝2√6，在△BEC绕点C逆时针旋转的过程中，当∠ACB＝60°时，请直接写出线段OD的长．13．（2020•沈阳）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB，DC．（1）如图1，当α＝60°时，①求证：P A＝DC；②求∠DCP的度数；（2）如图2，当α＝120°时，请直接写出P A和DC的数量关系．（3）当α＝120°时，若AB＝6，BP=√31，请直接写出点D到CP的距离为．八．平行线分线段成比例（共1小题）14．（2020•营口）如图，在△ABC中，DE∥AB，且CDBD =32，则CECA的值为（）A ．35B ．23C ．45D ．32九．相似三角形的性质（共1小题）15．（2019•沈阳）已知△ABC ∽△A 'B 'C '，AD 和A 'D '是它们的对应中线，若AD ＝10，A 'D '＝6，则△ABC 与△A 'B 'C '的周长比是（ ） A ．3：5B ．9：25C ．5：3D ．25：9一十．相似三角形的判定与性质（共7小题）16．（2019•鞍山）如图，正方形ABCD 和正方形CGFE 的顶点C ，D ，E 在同一条直线上，顶点B ，C ，G 在同一条直线上．O 是EG 的中点，∠EGC 的平分线GH 过点D ，交BE 于点H ，连接FH 交EG 于点M ，连接OH ．以下四个结论：①GH ⊥BE ；②△EHM ∽△FHG ；③BC CG=√2−1；④S △HOM S △HOG=2−√2，其中正确的结论是（ ）A ．①②③B ．①②④C ．①③④D ．②③④17．（2019•营口）如图，在△ABC 中，DE ∥BC ，AD AB=23，则S △ADE S 四边形DBCE的值是（ ）A ．45B ．1C ．23D ．4918．（2020•锦州）如图，在△ABC 中，D 是AB 中点，DE ∥BC ，若△ADE 的周长为6，则△ABC 的周长为 ．19．（2020•大连）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E在边AD上，CE与BD相交于点F．设DE＝x，BF＝y，当0≤x≤8时，y关于x的函数解析式为．20．（2020•鞍山）如图，在菱形ABCD中，∠ADC＝60°，点E，F分别在AD，CD上，且AE＝DF，AF与CE相交于点G，BG与AC相交于点H．下列结论：①△ACF≌△CDE；②CG2＝GH•BG；③若DF＝2CF，则CE＝7GF；④S四边形ABCG=√34BG2．其中正确的结论有．（只填序号即可）21．（2020•锦州）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点E，以AB为直径的⊙O经过点E，与AD交于点F，G是AD延长线上一点，连接BG，交AC于点H，且∠DBG=12∠BAD．（1）求证：BG是⊙O的切线；（2）若CH＝3，tan∠DBG=12，求⊙O的直径．22．（2020•朝阳）如图，以AB为直径的⊙O经过△ABC的顶点C，过点O作OD∥BC交⊙O于点D，交AC于点F，连接BD交AC于点G，连接CD，在OD的延长线上取一点E ，连接CE ，使∠DEC ＝∠BDC ． （1）求证：EC 是⊙O 的切线；（2）若⊙O 的半径是3，DG •DB ＝9，求CE 的长．一十一．位似变换（共2小题）23．（2019•盘锦）如图，点P （8，6）在△ABC 的边AC 上，以原点O 为位似中心，在第一象限内将△ABC 缩小到原来的12，得到△A ′B ′C ′，点P 在A ′C ′上的对应点P ′的坐标为（ ）A ．（4，3）B ．（3，4）C ．（5，3）D ．（4，4）24．（2020•盘锦）如图，△AOB 三个顶点的坐标分别为A （5，0），O （0，0），B （3，6），以点O 为位似中心，相似比为23，将△AOB 缩小，则点B 的对应点B '的坐标是 ．一十二．作图-位似变换（共2小题）25．（2020•朝阳）如图所示的平面直角坐标系中，△ABC 的三个顶点坐标分别为A （﹣3，2），B （﹣1，3），C （﹣1，1），请按如下要求画图：（1）以坐标原点O 为旋转中心，将△ABC 顺时针旋转90°，得到△A 1B 1C 1，请画出△A 1B 1C 1；（2）以坐标原点O为位似中心，在x轴下方，画出△ABC的位似图形△A2B2C2，使它与△ABC的位似比为2：1．26．（2020•丹东）如图，在平面直角坐标系中，网格的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，点A，B，C的坐标分别为A（1，2），B（3，1），C（2，3），先以原点O为位似中心在第三象限内画一个△A1B1C1．使它与△ABC位似，且相似比为2：1，然后再把△ABC绕原点O逆时针旋转90°得到△A2B2C2．（1）画出△A1B1C1，并直接写出点A1的坐标；（2）画出△A2B2C2，直接写出在旋转过程中，点A到点A2所经过的路径长．一十三．相似形综合题（共1小题）27．（2020•营口）如图，在矩形ABCD中，AD＝kAB（k＞0），点E是线段CB延长线上的一个动点，连接AE，过点A作AF⊥AE交射线DC于点F．（1）如图1，若k＝1，则AF与AE之间的数量关系是；（2）如图2，若k≠1，试判断AF与AE之间的数量关系，写出结论并证明；（用含k的式子表示）（3）若AD＝2AB＝4，连接BD交AF于点G，连接EG，当CF＝1时，求EG的长．一十四．解直角三角形的应用（共1小题）28．（2020•鞍山）图1是某种路灯的实物图片，图2是该路灯的平面示意图，MN为立柱的一部分，灯臂AC，支架BC与立柱MN分别交于A，B两点，灯臂AC与支架BC交于点C，已知∠MAC＝60°，∠ACB＝15°，AC＝40cm，求支架BC的长．（结果精确到1cm，参考数据：√2≈1.414，√3≈1.732，√6≈2.449）一十五．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（共1小题）29．（2020•阜新）如图，为了了解山坡上两棵树间的水平距离，数学活动小组的同学们测得该山坡的倾斜角α＝20°，两树间的坡面距离AB＝5m，则这两棵树的水平距离约为m（结果精确到0.1m，参考数据：sin20°≈0.342，cos20°≈0.940，tan20°≈0.364）．一十六．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共2小题）30．（2020•盘锦）如图，某数学活动小组要测量建筑物AB的高度，他们借助测角仪和皮尺进行了实地测量，测量结果如下表．测量项目测量数据测角仪到地面的距离CD＝1.6m点D到建筑物的距离BD＝4m从C处观测建筑物顶部A的仰角∠ACE＝67°从C处观测建筑物底部B的俯角∠BCE＝22°请根据需要，从上面表格中选择3个测量数据，并利用你选择的数据计算出建筑物AB（结果精确到0.1米，参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，tan67°≈2.36．sin22°的高度．≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40）（选择一种方法解答即可）31．（2020•葫芦岛）如图，小明利用学到的数学知识测量大桥主架在水面以上的高度AB，在观测点C处测得大桥主架顶端A的仰角为30°，测得大桥主架与水面交汇点B的俯角为14°，观测点与大桥主架的水平距离CM为60米，且AB垂直于桥面．（点A，B，C，M在同一平面内）（1）求大桥主架在桥面以上的高度AM；（结果保留根号）（2）求大桥主架在水面以上的高度AB．（结果精确到1米）（参考数据sin14°≈0.24，cos14°≈0.97，tan14°≈0.25，√3≈1.73）一十七．解直角三角形的应用-方向角问题（共5小题）32．（2020•大连）如图，小明在一条东西走向公路的O处，测得图书馆A在他的北偏东60°方向，且与他相距200m ，则图书馆A 到公路的距离AB 为（ ）A ．100mB ．100√2mC ．100√3mD ．200√33m33．（2020•朝阳）为了丰富学生的文化生活，学校利用假期组织学生到红色文化基地A 和人工智能科技馆C 参观学习如图，学校在点B 处，A 位于学校的东北方向，C 位于学校南偏东30°方向，C 在A 的南偏西15°方向（30+30√3）km 处．学生分成两组，第一组前往A 地，第二组前往C 地，两组同学同时从学校出发，第一组乘客车，速度是40km /h ，第二组乘公交车，速度是30km /h ，两组同学到达目的地分别用了多长时间？哪组同学先到达目的地？请说明理由（结果保留根号）．34．（2020•锦州）如图，某海岸边有B ，C 两码头，C 码头位于B 码头的正东方向，距B 码头40海里．甲、乙两船同时从A 岛出发，甲船向位于A 岛正北方向的B 码头航行，乙船向位于A 岛北偏东30°方向的C 码头航行，当甲船到达距B 码头30海里的E 处时，乙船位于甲船北偏东60°方向的D 处，求此时乙船与C 码头之间的距离．（结果保留根号）35．（2020•丹东）如图，小岛C和D都在码头O的正北方向上，它们之间距离为6.4km，一艘渔船自西向东匀速航行，行驶到位于码头O的正西方向A处时，测得∠CAO＝26.5°，渔船速度为28km/h，经过0.2h，渔船行驶到了B处，测得∠DBO＝49°，求渔船在B处时距离码头O有多远？（结果精确到0.1km）（参考数据：sin26.5°≈0.45，cos26.5°≈0.89，tan26.5°≈0.50，sin49°≈0.75，cos49°≈0.66，tan49°≈1.15）36．（2020•营口）如图，海中有一个小岛A，它周围10海里内有暗礁，渔船跟踪鱼群由东向西航行，在B点测得小岛A在北偏西60°方向上，航行12海里到达C点，这时测得小岛A在北偏西30°方向上，如果渔船不改变方向继续向西航行，有没有触礁的危险？并说明理由．（参考数据：√3≈1.73）一十八．简单几何体的三视图（共1小题）37．（2020•阜新）下列立体图形中，左视图与主视图不同的是（）A．正方体B．圆柱C．圆锥D．球一十九．简单组合体的三视图（共9小题）38．（2020•盘锦）如图中的几何体是由六个完全相同的小正方体组成的，它的主视图是（）A．B．C．D．39．（2020•锦州）如图，是由五个相同的小立方体搭成的几何体，这个几何体的俯视图是（）A．B．C．D．40．（2020•沈阳）如图是由四个相同的小立方块搭成的几何体，这个几何体的主视图是（）A．B．C．D．41．（2020•营口）如图所示的几何体是由四个完全相同的小正方体搭成的，它的俯视图是（）A．B．C．D．42．（2020•辽阳）如图是由一个长方体和一个圆锥组成的几何体，它的主视图是（）A．B．C．D．43．（2019•铁岭）如图所示几何体的主视图是（）A．B．C．D．44．（2019•盘锦）如图，是由4个大小相同的正方体组成的几何体，该几何体的俯视图是（）A．B．C．D．45．（2019•朝阳）如图是由5个相同的小立方块搭成的几何体，这个几何体的左视图是（）A．B．C．D．46．（2019•沈阳）如图是由五个相同的小立方块搭成的几何体，这个几何体的俯视图是（）A．B．C．D．2019年、2020年 辽宁省数学中考试题分类（12）——图形的变换参考答案与试题解析一．轴对称图形（共1小题）1．【解答】解：A 、不属于轴对称图形，故此选项错误； B 、不属于轴对称图形，故此选项错误； C 、属于轴对称图形，故此选项正确； D 、不属于轴对称图形，故此选项错误； 故选：C ．二．关于x 轴、y 轴对称的点的坐标（共1小题）2．【解答】解：点P （3，1）关于x 轴对称的点的坐标是（3，﹣1） 故选：B ．三．轴对称-最短路线问题（共2小题）3．【解答】解：把A （3，6）向左平移1得A ′（2，6），作点B 关于x 轴的对称点B ′，连接B ′A ′交x 轴于C ，在x 轴上取点D （点C 在点D 左侧），使CD ＝1，连接AD ， 则AD +BC 的值最小， ∵B （﹣2，2）， ∴B ′（﹣2，﹣2），设直线B ′A ′的解析式为y ＝kx +b ， ∴{−2k +b =−22k +b =6， 解得：{k =2b =2，∴直线B ′A ′的解析式为y ＝2x +2， 当y ＝0时，x ＝﹣1， ∴C （﹣1，0）， 故答案为：（﹣1，0）．4．【解答】解：过C作CF⊥AB交AD于E，则此时，CE+EF的值最小，且CE+EF的最小值＝CF，∵△ABC为等边三角形，边长为6，∴BF=12AB=12×6＝3，∴CF=2−BF2=√62−32=3√3，∴CE+EF的最小值为3√3，故答案为：3√3．四．翻折变换（折叠问题）（共3小题）5．【解答】解：设CF＝x，CH＝y，则BH＝2﹣y，∵四边形ABHE与四边形BCFG的面积相等，∴2﹣y＝2x，∴y＝2﹣2x，由折叠知，MF＝DF＝1﹣x，EM＝ED＝CH＝y＝2﹣2x，∠EMF＝∠D＝90°，∴∠EMH+∠CMF＝90°，∵∠C＝90°，∴∠CMF+∠CFM＝90°，∴∠EMH＝∠MFC，∵∠EHM＝∠C＝90°，∴△EMH ∽△MFC ， ∴EM MF=EH MC ，即2−2x 1−x=√(1−x)2−x 2，解得，x =38．经检验，x =38是原方程的解， 故答案为：38．6．【解答】解：①根据题意画出如图1：∵菱形纸片ABCD 的边长为6cm ， ∴AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝6， ∵高AE 等于边长的一半， ∴AE ＝3，∵sin ∠B =AEAB =12， ∴∠B ＝30°，将菱形纸片沿直线MN 折叠，使点A 与点B 重合， ∴BH ＝AH ＝3， ∴BG =BHcos30°=2√3，∴CG ＝BC ﹣BG ＝6﹣2√3， ∵AB ∥CD ，∴∠GCF ＝∠B ＝30°，∴CF ＝CG •cos30°＝（6﹣2√3）×√32=3√3−3， ∴DF ＝DC +CF ＝6+3√3−3＝（3√3+3）cm ； ②如图2，BE ＝AE ＝3， 同理可得DF ＝3√3−3．综上所述：则DF 的长为（3√3+3）或（3√3−3）cm ． 故答案为：（3√3+3）或（3√3−3）．7．【解答】解：如图1，当∠DPF ＝90°时，过点O 作OH ⊥AD 于H ，∵四边形ABCD 是矩形，∴BO ＝OD ，∠BAD ＝90°＝∠OHD ，AD ＝BC ＝8， ∴OH ∥AB ， ∴OH AB=HD AD=OD BD=12，∴OH =12AB ＝3，HD =12AD ＝4，∵将△AOP 折叠，点A 的对应点为点E ，线段PE 与OD 相交于点F ， ∴∠APO ＝∠EPO ＝45°， 又∵OH ⊥AD ，∴∠OPH ＝∠HOP ＝45°， ∴OH ＝HP ＝3， ∴PD ＝HD ﹣HP ＝1； 当∠PFD ＝90°时，∵AB ＝6，BC ＝8，∴BD =√AB 2+AD 2=√36+64=10，∵四边形ABCD 是矩形，∴OA ＝OC ＝OB ＝OD ＝5，∴∠DAO ＝∠ODA ，∵将△AOP 折叠，点A 的对应点为点E ，线段PE 与OD 相交于点F ，∴AO ＝EO ＝5，∠PEO ＝∠DAO ＝∠ADO ，又∵∠OFE ＝∠BAD ＝90°，∴△OFE ∽△BAD ，∴OF AB =OE BD ， ∴OF 6=510，∴OF ＝3，∴DF ＝2，∵∠PFD ＝∠BAD ，∠PDF ＝∠ADB ，∴△PFD ∽△BAD ，∴PD BD =DF AD ， ∴PD 10=28，∴PD =52，综上所述：PD =52或1，故答案为52或1． 五．旋转的性质（共2小题）8．【解答】解：∵∠ACB ＝90°，∠ABC ＝40°，∴∠CAB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣40°＝50°，∵将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A′BC′，使点C的对应点C′恰好落在边AB上，∴∠A′BA＝∠ABC＝40°，A′B＝AB，∴∠BAA′＝∠BA′A=12（180°﹣40°）＝70°，∴∠CAA'＝∠CAB+∠BAA′＝50°+70°＝120°．故选：D．9．【解答】解：连接BD、BD1，如图，∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，∴AC=√22+22=2√2，∵D点为AC的中点，∴BD=12AC=√2，∵△ABC绕点B逆时针旋转60°，得到△A1BC1，∴BD1＝BD，∠DBD1＝60°，∴△BDD1为等边三角形，∴DD1＝BD=√2．故答案为√2．六．作图-旋转变换（共1小题）10．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）旋转中心O1的坐标为（2，0），故答案为（2，0）；（3）设旋转半径为r，则r2＝22+42＝20，∴阴影部分的图形面积为：S阴影=14⋅πr2−12×2×4−12×2×2+12×1×1=5π−112．七．几何变换综合题（共3小题）11．【解答】（1）证明：如图1中，∵∠AOB＝∠MON＝90°，∴∠AOM＝∠BON，∵AO＝BO，OM＝ON，∴△AOM≌△BON（SAS）．（2）①证明：如图2中，连接AM．同法可证△AOM≌△BON，∴AM＝BN，∠OAM＝∠B＝45°，∵∠OAB＝∠B＝45°，∴∠MAN＝∠OAM+∠OAB＝90°，∴MN2＝AN2+AM2，∵△MON是等腰直角三角形，∴MN2＝2ON2，∴NB2+AN2＝2ON2．②如图3﹣1中，设OA交BN于J，过点O作OH⊥MN于H．∵△AOM≌△BON，∴AM＝BN，∠OAM＝∠OBN，∵∠AJN＝∠BJO，∴∠ANJ＝∠JOB＝90°，∵OM＝ON＝3，∠MON＝90°，OH⊥MN，∴MN＝3√2，MH＝HN═OH=3√2 2，∴AH=√OA2−OH2=42−(322)2=√462，∴BN＝AM＝MH+AH=√46+3√22．如图3﹣2中，同法可证AM＝BN=√46−3√22．12．【解答】解：（1）DO⊥EO，DO＝EO；理由：当点B旋转到CD边上时，点E必在边AC上，∴∠AEB＝∠CEB＝90°，在Rt△ABE中，点O是AB的中点，∴OE＝OA=12AB，∴∠BOE＝2∠BAE，在Rt△ABD中，点O是AB的中点，∴OD＝OA=12AB，∴∠DOE＝2∠BAD，∴OD＝OE，∵等腰△ADC，且∠ADC＝90°，∴∠DAC＝45°，∴∠DOE＝∠BOE+∠DOE＝2∠BAE+2∠BAD＝2（∠BAE+∠DAE）＝2∠DAC＝90°，∴OD⊥OE；（2）仍然成立，理由：如图2，延长EO到点M，使得OM＝OE，连接AM，DM，DE，∵O是AB的中点，∴OA＝OB，∵∠AOM＝∠BOE，∴△AOM≌△BOE（SAS），∴∠MAO＝∠EBO，MA＝EB，∵△ACD和△CBE是等腰三角形，∠ADC＝∠CEB＝90°，∴∠CAD＝∠ACD＝∠EBC＝∠BCE＝45°，∵∠OBE＝180°﹣∠EBC＝135°，∴∠MAO＝135°，∴∠MAD＝∠MAO﹣∠DAC＝90°，∵∠DCE＝∠DCA+∠BCE＝90°，∴∠MAD＝∠DCE，∵MA＝EB，EB＝EC，∴MA＝EC，∵AD＝DC，∴△MAD≌△ECD，∴MD＝ED，∠ADM＝∠CDE，∵∠CDE+∠ADE＝90°，∴∠ADM+∠ADE＝90°，∴∠MDE＝90°，∵MO＝EO，MD＝DE，∴OD=12ME，OD⊥ME，∵OE=12 ME，∴OD＝OE，OD⊥OE；（3）①当点B在AC左侧时，如图3，延长EO到点M，使得OM＝OE，连接AM，DM，DE，同（2）的方法得，△OBE≌△OAM（SAS），∴∠OBE＝∠OAM，OM＝OE，BE＝AM，∵BE＝CE，∴AM＝CE，在四边形ABECD中，∠ADC+∠DCE+∠BEC+∠OBE+∠BAD＝540°，∵∠ADC＝∠BEC＝90°，∴∠DCE＝540°﹣90°﹣90°﹣∠OBE﹣∠BAD＝360°﹣∠OBE＝360°﹣∠OAM﹣∠BAD，∵∠DAM+∠OAM+∠BAD＝360°，∴∠DAM＝360°﹣∠OAM﹣∠BAD，∴∠DAM＝∠DCE，∵AD＝CD，∴△DAM≌△DCE（SAS），∴DM＝DE，∠ADM＝∠CDE，∴∠EDM＝∠ADM+∠ADE＝∠CDE+∠ADE＝∠ADC＝90°，∵OM＝OE，∴OD＝OE=12ME，∠DOE＝90°，在Rt△BCE中，CE=√22BC＝2√2，过点E作EH⊥DC交DC的延长线于H，在Rt△CHE中，∠ECH＝180°﹣∠ACD﹣∠ACB﹣∠BCE＝180°﹣45°﹣60°﹣45°＝30°，∴EH=12CE=√2，根据勾股定理得，CH=√3EH=√6，∴DH＝CD+CH＝3√6，在Rt△DHE中，根据勾股定理得，DE=√EH2+DH2=2√14，∴OD=√22DE＝2√7，②当点B在AC右侧时，如图4，同①的方法得，OD＝OE，∠DOE＝90°，连接DE，过点E作EH⊥CD于H，在Rt△EHC中，∠ECH＝30°∴EH=12CE=√2，根据勾股定理得，CH=√6，∴DH＝CD﹣CH=√6，在Rt△DHE中，根据勾股定理得，DE＝2√2，∴OD=√22DE＝2，即：线段OD的长为2或2√7．13．【解答】（1）①证明：如图1中，∵将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，∴PB＝PD，∵AB ＝AC ，PB ＝PD ，∠BAC ＝∠BPD ＝60°，∴△ABC ，△PBD 是等边三角形，∴∠ABC ＝∠PBD ＝60°，∴∠PBA ＝∠DBC ，∵BP ＝BD ，BA ＝BC ，∴△PBA ≌△DBC （SAS ），∴P A ＝DC ．②解：如图1中，设BD 交PC 于点O ．∵△PBA ≌△DBC ，∴∠BP A ＝∠BDC ，∵∠BOP ＝∠COD ，∴∠OBP ＝∠OCD ＝60°，即∠DCP ＝60°．（2）解：结论：CD =√3P A ．理由：如图2中，∵AB ＝AC ，PB ＝PD ，∠BAC ＝∠BPD ＝120°，∴BC ＝2•AB •cos30°=√3BA ，BD ═2BP •cos30°=√3BP ，∴BC BA =BD BP =√3，∵∠ABC ＝∠PBD ＝30°，∴∠ABP ＝∠CBD ，∴△CBD ∽△ABP ，∴CD PA =BC AB =√3，∴CD =√3P A ．（3）过点D 作DM ⊥PC 于M ，过点B 作BN ⊥CP 交CP 的延长线于N ． 如图3﹣1中，当△PBA 是钝角三角形时，在Rt △ABN 中，∵∠N ＝90°，AB ＝6，∠BAN ＝60°，∴AN ＝AB •cos60°＝3，BN ＝AB •sin60°＝3√3，∵PN =√PB 2−BN 2=√31−27=2，∴P A ＝3﹣2＝1，由（2）可知，CD =√3P A =√3，∵∠BP A ＝∠BDC ，∴∠DCA ＝∠PBD ＝30°，∵DM ⊥PC ，∴DM =12CD =√32如图3﹣2中，当△ABP 是锐角三角形时，同法可得P A ＝2+3＝5，CD ＝5√3，DM =12CD =5√32，综上所述，满足条件的DM 的值为√32或5√32． 故答案为√32或5√32． 八．平行线分线段成比例（共1小题）14．【解答】解：∵DE ∥AB ，∴CE AE =CD BD =32， ∴CE CA 的值为35，故选：A ．九．相似三角形的性质（共1小题）15．【解答】解：∵△ABC ∽△A 'B 'C '，AD 和A 'D '是它们的对应中线，AD ＝10，A 'D '＝6， ∴△ABC 与△A 'B 'C '的周长比＝AD ：A ′D ′＝10：6＝5：3．故选：C ．一十．相似三角形的判定与性质（共7小题）16．【解答】解：如图，∵四边形ABCD 和四边形CGFE 是正方形，∴BC ＝CD ，CE ＝CG ，∠BCE ＝∠DCG ，在△BCE 和△DCG 中，{BC =CD ∠BCE =∠DCG CE =CG∴△BCE ≌△DCG （SAS ），∴∠BEC ＝∠BGH ，∵∠BGH +∠CDG ＝90°，∠CDG ＝∠HDE ，∴∠BEC +∠HDE ＝90°，∴GH ⊥BE ．故①正确；∵△EHG 是直角三角形，O 为EG 的中点，∴OH ＝OG ＝OE ，∴点H 在正方形CGFE 的外接圆上，∵EF ＝FG ，∴∠FHG ＝∠EHF ＝∠EGF ＝45°，∠HEG ＝∠HFG ，∴△EHM ∽△FHG ，故②正确；∵△BGH ≌△EGH ，∴BH ＝EH ，又∵O 是EG 的中点，∴HO ∥BG ，∴△DHN ∽△DGC ，∴DN DC =HN CG ，设EC 和OH 相交于点N ．设HN ＝a ，则BC ＝2a ，设正方形ECGF 的边长是2b ，则NC ＝b ，CD ＝2a ，∴b−2a 2a =a 2b ，即a 2+2ab ﹣b 2＝0，解得：a ＝（﹣1+√2）b ，或a ＝（﹣1−√2）b （舍去），则2a 2b =√2−1， ∴BC CG =√2−1，故③正确；∵△BGH ≌△EGH ，∴EG ＝BG ，∵HO 是△EBG 的中位线，∴HO =12BG ，∴HO =12EG ，设正方形ECGF 的边长是2b ，∴EG ＝2√2b ，∴HO =√2b ，∵OH ∥BG ，CG ∥EF ，∴OH ∥EF ，∴△MHO ∽△MFE ，∴OM EM =OH EF =√2b 2b =√22， ∴EM =√2OM ，∴OM OE =(1+√2)OM =1+√2=√2−1， ∴S △HOMS △HOE =√2−1，∵EO ＝GO ，∴S △HOE ＝S △HOG ，∴S △HOMS △HOG =√2−1，故④错误，故选：A ．17．【解答】解：∵DE ∥BC ，∴△ADE ∽△ABC ，∴S △ADE S △ABC =（AD AB ）2=49， ∴S △ADE S 四边形DBCE =45，故选：A ．18．【解答】解：∵DE ∥BC ，∴△ADE ∽△ABC ，∵D 是AB 的中点，∴AD AB =12， ∴△ADE 的周长△ABC 的周长=12 ∵△ADE 的周长为6，∴△ABC 的周长为12，故答案为：12．19．【解答】解：在矩形 中，AD ∥BC ，∴△DEF ∽△BCF ，∴DE BC =DF BF ，∵BD =√BC 2+CD 2=10，BF ＝y ，DE ＝x ，∴DF ＝10﹣y ，∴x 8=10−y y ，化简得：y =80x+8，∴y 关于x 的函数解析式为：y =80x+8， 故答案为：y =80x+8．20．【解答】解：∵ABCD 为菱形，∴AD ＝CD ，∵AE ＝DF ，∴DE ＝CF ，∵∠ADC ＝60°，∴△ACD 为等边三角形， ∴∠D ＝∠ACD ＝60°，AC ＝CD ，∴△ACF ≌△CDE （SAS ），故①正确；过点F 作FP ∥AD ，交CE 于P 点．∵DF ＝2CF ，∴FP ：DE ＝CF ：CD ＝1：3，∵DE ＝CF ，AD ＝CD ，∴AE ＝2DE ，∴FP ：AE ＝1：6＝FG ：AG ，∴AG ＝6FG ，∴CE ＝AF ＝7GF ，故③正确；过点B 作BM ⊥AG 于M ，BN ⊥GC 于N ，∵∠AGE ＝∠ACG +∠CAF ＝∠ACG +∠GCF ＝60°＝∠ABC ，即∠AGC +∠ABC ＝180°，∴点A 、B 、C 、G 四点共圆，∴∠AGB ＝∠ACB ＝60°，∠CGB ＝∠CAB ＝60°，∴∠AGB ＝∠CGB ＝60°，∴BM ＝BN ，又AB ＝BC ，∴△ABM ≌△CBN （HL ），∴S 四边形ABCG ＝S 四边形BMGN ，∵∠BGM ＝60°，∴GM=12BG，BM=√32BG，∴S四边形BMGN＝2S△BMG＝2×12×12BG×√32BG=√34BG2，故④正确；∵∠CGB＝∠ACB＝60°，∠CBG＝∠HBC，∴△BCH∽△BGC，∴BCBG =BHBC=CHCG，则BG•BH＝BC2，则BG•（BG﹣GH）＝BC2，则BG2﹣BG•GH＝BC2，则GH•BG＝BG2﹣BC2，当∠BCG＝90°时，BG2﹣BC2＝CG2，此时GH•BG＝CG2，而题中∠BCG未必等于90°，故②不成立，故正确的结论有①③④，故答案为：①③④．21．【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB＝90°，∴∠BAE+∠ABE＝90°，∵四边形ABCD为平行四边形，∴四边形ABCD为菱形，∴∠BAE=12∠BAD，∵∠DBG=12∠BAD．∴∠BAE＝∠DBG，∴∠DBG+∠ABE＝90°，∴∠ABG＝90°，∴BG是⊙O的切线；（2）∵∠ABG＝∠AEB＝90°，∠HAB＝∠BAE，∴△ABH∽△AEB，∴AB2＝AE•AH，∵tan∠DBG=1 2，∴设HE＝x，则BE＝2x，∵CH＝3，∴AE＝CE＝3+x，∴AH＝AE+HE＝3+2x，∴AB2＝（3+x）•（3+2x），∵AB2＝BE2+AE2＝（2x）2+（3+x）2，∴（3+x）•（3+2x）＝（2x）2+（3+x）2，解得x＝1或0（舍去），∴AB2＝（3+1）（3+2）＝20，∴AB=2√5，即⊙O的直径为2√5．22．【解答】解：（1）证明：如图，连接OC，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵OD∥BC，∴∠CFE＝∠ACB＝90°，∴∠DEC+∠FCE＝90°，∵∠DEC＝∠BDC，∠BDC＝∠A，∴∠DEC＝∠A，∵OA＝OC，∴∠OCA ＝∠A ，∴∠OCA ＝∠DEC ，∵∠DEC +∠FCE ＝90°，∴∠OCA +∠FCE ＝90°，即∠OCE ＝90°，∴OC ⊥CE ，又∵OC 是⊙O 的半径，∴CE 是⊙O 切线．（2）由（1）得∠CFE ＝90°，∴OF ⊥AC ，∵OA ＝OC ，∴∠COF ＝∠AOF ，∴CD̂=AD ̂， ∴∠ACD ＝∠DBC ，又∵∠BDC ＝∠BDC ，∴△DCG ∽△DBC ，∴DC DB =DG DC ，∴DC 2＝DG •DB ＝9，∴DC ＝3，∵OC ＝OD ＝3，∴△OCD 是等边三角形，∴∠DOC ＝60°，在Rt △OCE 中tan60°=CE OC， ∴√3=CE 3， ∴CE =3√3．一十一．位似变换（共2小题）23．【解答】解：∵点P （8，6）在△ABC 的边AC 上，以原点O 为位似中心，在第一象限内将△ABC 缩小到原来的12，得到△A ′B ′C ′， ∴点P 在A ′C ′上的对应点P ′的坐标为：（4，3）．故选：A．24．【解答】解：如图，∵△OAB∽△OA′B′，相似比为3：2，B（3.6），∴B′（2，4），根据对称性可知，△OA″B″在第三象限时，B″（﹣2，﹣4），∴满足条件的点B′的坐标为（2，4）或（﹣2，﹣4）．故答案为（2，4）或（﹣2，﹣4）．一十二．作图-位似变换（共2小题）25．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．（2）如图，△A2B2C2即为所求．26．【解答】解：（1）如图所示：点A1的坐标为（﹣2，﹣4）；（2）如图所示：由勾股定理得OA =√12+22=√5，点A 到点A 2所经过的路径长为90×π×√5180=√5π2． 一十三．相似形综合题（共1小题）27．【解答】解：（1）AE ＝AF ．∵AD ＝AB ，四边形ABCD 矩形，∴四边形ABCD 是正方形，∴∠BAD ＝90°，∵AF ⊥AE ，∴∠EAF ＝90°，∴∠EAB ＝∠F AD ，∴△EAB ≌△F AD （ASA ），∴AF ＝AE ；故答案为：AF ＝AE ．（2）AF ＝kAE ．证明：∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BAD ＝∠ABC ＝∠ADF ＝90°，∴∠F AD +∠F AB ＝90°，∵AF ⊥AE ，∴∠EAF ＝90°，∴∠EAB +∠F AB ＝90°，∴∠EAB ＝∠F AD ，∵∠ABE +∠ABC ＝180°，∴∠ABE ＝180°﹣∠ABC ＝180°﹣90°＝90°， ∴∠ABE ＝∠ADF ．∴△ABE ∽△ADF ，∴AB AD =AE AF ，∵AD ＝kAB ，∴AB AD =1k ， ∴AE AF =1k ， ∴AF ＝kAE ．（3）解：①如图1，当点F 在线段DC 上时，∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ＝CD ，AB ∥CD ，∵AD ＝2AB ＝4，∴AB ＝2，∴CD ＝2，∵CF ＝1，∴DF ＝CD ﹣CF ＝2﹣1＝1．在Rt △ADF 中，∠ADF ＝90°，∴AF =√AD 2+DF 2=√42+12=√17， ∵DF ∥AB ，∴∠GDF ＝∠GBA ，∠GFD ＝∠GAB ， ∴△GDF ∽△GBA ，∴GF GA =DF BA =12， ∵AF ＝GF +AG ，∴AG =23AF =23√17． ∵△ABE ∽△ADF ，∴AE AF =AB AD =24=12， ∴AE =12AF =12×√17=√172． 在Rt △EAG 中，∠EAG ＝90°，∴EG =√AE 2+AG 2=(172)2+(2173)2=5√176， ②如图2，当点F 在线段DC 的延长线上时，DF ＝CD +CF ＝2+1＝3，在Rt △ADF 中，∠ADF ＝90°，∴AF =√AD 2+DF 2=√42+32=5．∵DF ∥AB ， ∵∠GAB ＝∠GFD ，∠GBA ＝∠GDF ，∴△AGB ∽△FGD ，∴AGFG =ABFD =23， ∵GF +AG ＝AF ＝5， ∴AG ＝2，∵△ABE ∽△ADF ，∴AEAF =AB AD =24=12， ∴AE =12AF =12×5=52，在Rt △EAG 中，∠EAG ＝90°，∴EG =√AE 2+AG 2=√(52)2+22=√412．综上所述，EG 的长为5√176或√412． 一十四．解直角三角形的应用（共1小题）28．【解答】解：如图2，过C 作CD ⊥MN 于D ，则∠CDB ＝90°，∵∠CAD ＝60°，AC ＝40（cm ），∴CD ＝AC •sin ∠CAD ＝40×sin60°＝40×√32=20√3（cm ），∵∠ACB ＝15°，∴∠CBD ＝∠CAD ﹣∠ACB ＝45°，∴BC =√2CD ＝20√6≈49（cm ），答：支架BC 的长约为49cm ．一十五．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（共1小题）29．【解答】解：过点A 作水平面的平行线AH ，作BH ⊥AH 于H ，由题意得，∠BAH ＝α＝20°，在Rt △BAH 中，cos ∠BAH =AH AB ，∴AH ＝AB •cos ∠BAH ≈5×0.940≈4.7（m ），故答案为：4.7．一十六．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共2小题）30．【解答】解：选择CD ＝1.6m ，BD ＝4m ，∠ACE ＝67°，过C 作CE ⊥AB 于E ，则四边形BDCE 是矩形，∴BE ＝CD ＝1.6m ，CE ＝BD ＝4m ，在Rt △ACE 中，∵∠ACE ＝67°，∴tan ∠ACE =AE CE ， ∴AE 4≈2.36，∴AE ≈9.4m ，∴AB ＝AE +BE ＝9.4+1.6＝11.0（m ），答：建筑物AB 的高度为11.0m ．31．【解答】解：（1）∵AB 垂直于桥面，∴∠AMC ＝∠BMC ＝90°，在Rt △AMC 中，CM ＝60，∠ACM ＝30°，tan ∠ACM =AM CM， ∴AM ＝CM •tan ∠ACM ＝60×√33=20√3（米），答：大桥主架在桥面以上的高度AM 为20√3米；（2）在Rt △BMC 中，CM ＝60，∠BCM ＝14°，tan ∠BCM =BM CM ，∴MB ＝CM •tan ∠BCM ≈60×0.25＝15（米），∴AB ＝AM +MB ＝15+20√3≈50（米）答：大桥主架在水面以上的高度AB 约为50米．一十七．解直角三角形的应用-方向角问题（共5小题）32．【解答】解：由题意得，∠AOB ＝90°﹣60°＝30°，∴AB =12OA ＝100（m ），故选：A ．33．【解答】解：作BD ⊥AC 于D ．依题意得，∠BAE ＝45°，∠ABC ＝105°，∠CAE ＝15°，∴∠BAC ＝30°，∴∠ACB ＝45°．在Rt △BCD 中，∠BDC ＝90°，∠ACB ＝45°，∴∠CBD ＝45°，∴∠CBD ＝∠DCB ，∴BD ＝CD ，设BD ＝x ，则CD ＝x ，在Rt △ABD 中，∠BAC ＝30°，∴AB ＝2BD ＝2x ，tan30°=BD AD， ∴√33=x AD ， ∴AD =√3x ，在Rt △BDC 中，∠BDC ＝90°，∠DCB ＝45°，∴sin ∠DCB =BD BC =√22，∴BC =√2x ，∵CD +AD ＝30+30√3，∴x +√3x =30+30√3，∴x ＝30，∴AB ＝2x ＝60，BC =√2x =30√2，第一组用时：60÷40＝1.5（h）；第二组用时：30√2÷30=√2（h），∵√2＜1.5，∴第二组先到达目的地，答：第一组用时1.5小时，第二组用时√2小时，第二组先到达目的地．34．【解答】解：过D作DF⊥BE于F，∵∠ADE＝∠DEB﹣∠A＝60°﹣30°＝30°，∴∠A＝∠ADE，∴AE＝DE，∵∠B＝90°，∠A＝30°，BC＝40（海里），∴AC＝2BC＝80（海里），AB=√3BC＝40√3（海里），∵BE＝30（海里），∴AE＝（40√3−30）（海里），∴DE＝（40√3−30）（海里），在Rt△DEF中，∵∠DEF＝60°，∠DFE＝90°，∴∠EDF＝30°，∴DF=√32DE＝（60﹣15√3）（海里），∵∠A＝30°，∴AD＝2DF＝120﹣30√3（海里），∴CD＝AC﹣AD＝80﹣120+30√3=(30√3−40)海里，答：乙船与C码头之间的距离为(30√3−40)海里．35．【解答】解：设B处距离码头O有xkm，在Rt△CAO中，∠CAO＝26.5°，∵tan∠CAO=CO OA，∴CO＝AO•tan∠CAO＝（28×0.2+x）•tan26.5°≈2.8+0.5x（km），在Rt△DBO中，∠DBO＝49°，∵tan∠DBO=DO BO，∴DO＝BO•tan∠DBO＝x•tan49°≈1.15x（km），∵DC＝DO﹣CO，∴6.4＝1.15x﹣（2.8+0.5x），∴x≈14.2（km）．因此，B处距离码头O大约14.2km．36．【解答】解：没有触礁的危险；理由：如图，过点A作AN⊥BC交BC的延长线于点N，由题意得，∠ABE＝60°，∠ACD＝30°，∴∠ACN＝60°，∠ABN＝30°，∴∠ABC＝∠BAC＝30°，∴BC＝AC＝12海里，在Rt△ANC中，AN＝AC•sin60°＝12×√32=6√3海里，∵AN＝6√3海里≈10.38海里＞10海里，∴没有危险．一十八．简单几何体的三视图（共1小题）37．【解答】解：A．左视图与主视图都是正方形，故选项A不合题意；B．左视图是圆，主视图都是矩形，故选项B符合题意；C．左视图与主视图都是三角形；故选项C不合题意；D．左视图与主视图都是圆，故选项D不合题意；故选：B．一十九．简单组合体的三视图（共9小题）38．【解答】解：从正面看第一层是3个小正方形，第二层右边1个小正方形．故选：B．39．【解答】解：观察图形可知，这个几何体的俯视图是．故选：A．40．【解答】解：从几何体的正面看，底层是三个小正方形，上层的中间是一个小正方形．故选：D．41．【解答】解：从上面看易得俯视图：．故选：C．42．【解答】解：从正面看，“底座长方体”看到的图形是矩形，“上部圆锥体”看到的图形是等腰三角形，因此选项C的图形符合题意，故选：C．43．【解答】解：从正面可看到的图形是：故选：B．44．【解答】解：从上面看得到的图形是：故选：B．45．【解答】解：从左边看，从左往右小正方形的个数依次为：2，1．左视图如下：故选：C．46．【解答】解：从上面看易得上面一层有3个正方形，下面左边有一个正方形．故选：A．。

图形的变换贵州中考数学题汇总及答案

图形的变换贵州中考数学题汇总及答案

图形的变换贵州中考数学题汇总及答案为了帮助各位贵州考生熟悉图形的变化在中的考察形式，帮大家带来了一份贵州中考数学题之图形的变换的汇总，附有答案，希望能对大家有帮助，更多内容欢送关注!1. (xx贵州贵阳3分)以下四个几何体中，主视图、左视图与俯视图是全等图形的几何体是【】A.圆锥B.圆柱C.三棱柱D.球【答案】D。

【考点】简单几何体的三视图。

190187【分析】根据几何体的三种视图，进展选择即可：A、圆锥的主视图、左视图都是等腰三角形，俯视图是圆形，不符合题意，故此选项错误;B、圆柱的主视图、左视图可以都是矩形，俯视图是圆形，不符合题意，故此选项错误;C、三棱柱的主视图、左视图都是矩形，俯视图是三角形，不符合题意，故此选项错误;D、球的三视图都是相等的圆形，故此选项正确。

应选D。

2. (xx贵州毕节3分)王老师有一个装文具用的盒子，它的三视图如下图，这个盒子类似于【】A.圆锥B.圆柱C.长方体D.三棱柱【答案】D。

【考点】由三视图判断几何体。

【分析】根据三视图的知识可使用排除法来解答：如图，俯视图为三角形，故可排除B 、C.主视图以及侧视图都是矩形，可排除A，应选D。

3. (xx贵州六盘水3分)如图是教师每天在黑板上书写用的粉笔，它的主视图是【】A. B. C. D.【答案】C。

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】该几何体是圆台，主视图即从正面看到的图形是等腰梯形。

应选C。

4. (xx贵州黔东南4分)如图，矩形ABCD边AD沿拆痕AE折叠，使点D落在BC上的F处，AB=6，△ABF的面积是24，那么FC 等于【】A.1B.2C.3D.4【答案】B。

【考点】翻折变换(折叠问题)，折叠的性质，矩形的性质，勾股定理。

【分析】由四边形ABCD是矩形与AB=6，△ABF的面积是24，易求得BF的长，然后由勾股定理，求得AF的长，根据折叠的性质，即可求得AD，BC的长，从而求得答案：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，AD=BC。

中考数学总复习《图形变换综合压轴题》专题测试卷(附答案)

中考数学总复习《图形变换综合压轴题》专题测试卷(附答案)

中考数学总复习《图形变换综合压轴题》专题测试卷（附答案）1．线段AB与CD的位置关系如图1所示AB=CD=m，AB与CD的交点为O，且∠AOC=60°，分别将AB和AC平移到CE,BE的位置（如图2）．(1)求CE的长和∠DCE的度数；(2)在图2中求证：AC+BD>m．2．如图，在Rt△ABC中∠ACB=90°，∠B=30°将Rt△ABC绕点C顺时针旋转得到Rt△A′B′C，且点B′、A′、B在同一直线上．请仅用无刻度的直尺完成以下作图．(1)在图1中，作出一个以AB为边的等边三角形；(2)在图2中，作出一个菱形．3．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别A（1，4），B（2，0），C（3，2）（1）画出将△ABC沿AC翻折得到的△AB1C1；（2）画出将△ABC沿x轴翻折得到的△A2BC2；（3）观察发现：△A2BC2可由△AB1C绕点（填写坐标）旋转得到（4）在旋转过程中，点B1经过的路径长为．∠ABC．以点B为旋转中心，4．如图1，在△ABC中BA=BC，D、E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝12将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，连接DF．(1)求证：DF=DE；(2)如图2，若AB⊥BC，其他条件不变．求证：DE2=AD2+EC2．5．如图，将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF，使点C恰好落到线段AD上的E点处，连接CE，连接CG交BE于点H．(1)求证：CE平分∠BED；(2)取BC的中点M，连接MH，求证：MH∥BG；(3)若BC=2AB=4，求CG的长．6．已知，△ABC为等边三角形，点D，E为直线BC上两动点，且BD＝CE．点F，点E关于直线AC成轴对称，连接AE，顺次连接A，D，F．（1）如图1，若点D，点E在边BC上，试判断△ADF的形状并说明理由；（2）如图2，若点D，点E在边BC外，求证：∠BAD=∠FDC．7．如图，正方形ABCD中∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交BC、DC（或它们的延长线）于点M、N．(1)如图1，求证：MN=BM+DN；(2)当AB=6，MN=5时，求△CMN的面积；(3)当∠MAN绕点A旋转到如图2位置时线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想并证明．8．如图1 在△ABC中AB=AC点DE、分别在边AB、AC上AD=AE连接DC点P、Q、M分别为DE、BC、DC的中点连接MQ、PM．(1)求证：PM=MQ；(2)当∠A=50°时求 PMQ的度数；(3)将△ADE绕点A沿逆时针方向旋转到图2的位置若∠PMQ=120°判断△ADE的形状并说明理由．9．已知△ABC∠ACB=90°AC=BC=4D是射线CB上一点连接AD将AD绕点A逆时针旋转90°点D落在点E处连接BE交射线AC于点F．(1)如图1当点D与点C重合时求AF的长；(2)如图2当点D在线段BC上时连接CE在点D的运动过程中请问△AEC的面积是否会发生变化？如果不会求出它的面积；如果会请说明理由；(3)当BD=1时求AF的长．10．在等边△BCD中DF⊥BC于点F点A为直线DF上一动点以点B为旋转中心把BA顺时针旋转60°至BE．(1)如图1 点A在线段DF上连接CE求证：CE=DA；(2)如图2 点A在线段FD的延长线上请在图中画出BE并连接CE当∠DEC=45°时连接AC求出∠BAC的度数；(3)在点A的运动过程中若BD=6求EF的最小值11．如图一个含60°角的纸片顶点与等边△ABC的点B重合将该纸片绕点B旋转使纸片60°角的一边交直线AC于点D在另一边上截取点E使BE=BD连接AE．(1)当点D在边AC上时如图① 求证：AC=AD+AE；(2)当点D在边AC所在直线上如图②、如图③时线段AD,AC,AE之间又有怎样的数量关系？请直接写出结论．(3)在图③中AD、BE交于点K若AE=4,BC=6则AD=_______ DK=______．12．已知四边形ABCD中AB⊥AD，BC⊥CD AB=BC,∠ABC=120°∠MBN=60°,∠MBN绕B点旋转它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．(1)当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1）求证：AE+CF=EF．(2)当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时在图2种情况下求证：AE+CF=EF．(3)当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时在图3种情况下上述结论是否成立？若成立请给予证明；若不成立线段AE，CF EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想不需证明．13．如图在平行四边形ABCD中AC是对角线AB=AC点E是BC边上一点连接AE将AE绕着点A 顺时针旋转α得到线段AF．(1)如图1 若α=∠BAC=90°连接BF BF=3BC=8求△ABE的面积；(2)如图2 若α=2∠BAC=120°连接CF交AB于H求证：2AH+CE=AD；(3)若在（2）的条件下3CE=BC=9点P为AB边上一动点连接EP将线段EP绕着点E顺时针旋转60°得到线段EQ连接CQ当线段CQ取得最小值时直接写出四边形BHQE的面积．14．已知：正方形ABCD以A为旋转中心旋转AD至AP连接BP、DP．(1)若将AD顺时针旋转30°至AP如图1所示求∠BPD的度数？(2)若将AD顺时针旋转α度(0°<α<90°)至AP求∠BPD的度数？(3)若将AD逆时针旋转α度(0°<α<180°)至AP请分别求出0°<α<90°、α=90°、90°<α<180°三种情况下的∠BPD的度数（图2、图3、图4）．15．已知如图1正方形ABCD的边长为5点E、F分别在边AB、AD的延长线上且BE=DF连接EF．(1)证明：EF⊥AC；(2)将△AEF绕点A顺时针方向旋转当旋转角α满足0°<α<45°时设EF与射线AB交于点G与AC交于点H如图所示试判断线段FH、HG、GE的数量关系并说明理由．(3)若将△AEF绕点A旋转一周连接DF、BE并延长EB交直线DF于点P连接PC试说明点P的运动路径并求线段PC的取值范围．16．【问题思考】如图1 点E是正方形ABCD内的一点过点E的直线AQ以DE为边向右侧作正方形DEFG 连接GC直线GC与直线AQ交于点P则线段AE与GC之间的关系为______．【问题类比】如图2 当点E是正方形ABCD外的一点时【问题思考】中的结论还成立吗？若成立请证明你的结论；若不成立请说明理由；【拓展延伸】如图3 点E是边长为6的正方形ABCD所在平面内一动点【问题思考】中其他条件不变则动点P到边AD的最大距离为______（直接写出结果）．17．（1）【问题发现】如图1 在Rt△ABC中AB=AC∠BAC=90°点D为BC的中点以BD为一边作正方形BDFE点F恰好与点A重合则线段CF与AE的数量关系为_______；（2）【拓展探究】在（1）的条件下如果正方形BDFE绕点B顺时针旋转连接CF AE BF线段CF与AE 的数量关系有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（3）【问题解决】当AB=AC=6且（2）中的正方形BDFE绕点B顺时针旋转到E F C三点共线时求出线段AE的长．18．综合与实践：问题情景：如图1、正方形ABCD与正方形AEFG的边AB AE(AB<AE)在一条直线上正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转设旋转角为α在旋转过程中两个正方形只有点A重合其它顶点均不重合连接BE DG．(1)操作发现：当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时求证：BE=DG；(2)操作发现：如图3 当点E在BC延长线上时连接FC求∠FCE的度数；(3)问题解决：如图4 如果α=45°AB=2AE=4√2请直接写出点G到BE的距离．19．如图①在正方形ABCD中连接BD点E是边AB上的一点EF⊥AB交BD于点F点P是FD的中点连接EP、CP．(1)如图① 探究EP与CP有何关系并说明理由；(2)若将△BEF绕点B顺时针旋转90° 得到图② 连接FD取FD的中点P连接EP、CP请问在该条件下①中的结论是否成立并说明理由；(3)如果把△BEF绕点B顺时针旋转180° 得到图③ 同样连接FD取FD的中点P连接EP、CP请你直接写出EP与CP的关系．20．综合与实践问题情境：数学活动课上老师向大家展示了一个图形变换的问题．如图1．将正方形纸片ABCD折叠使边AB AD都落在对角线AC上展开得折痕AE AF连接EF．试判断△AEF的形状．独立思考：(1)请解答问题情境提出的问题并写出证明过程．实践探究：(2)如图2．将图1中的∠EAF绕点A旋转使它的两边分别交边BC CD于点P Q连接PQ．请猜想线段BP PQ DQ之间的数量关系并加以证明．问题解决：(3)如图3．连接正方形对角线BD若图2中的∠PAQ的边AP AQ分别交对角线BD于点M N将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开如图4所示．若BM=7DN=24求MN的长．参考答案1．（1）解：∵将AB和AC平移到CE,BE的位置∵AB=CE,AB∥CE∵∠AOC=∠DCE∵∠AOC=60°AB=CD=m∵∠DCE=60°CE=AB=m；（2）证明：如图连接DE由（1）得：∠DCE=60°CE=AB=m∵AB=CD=m∵CD=CE∵△CDE是等边三角形∵DE=CD=m∵将AB和AC平移到CE,BE的位置∵AC=BE在△BDE中BD+BE>DE即AC+BD>m．2．（1）解：△ADB是等边三角形即为所求理由如下：如图延长AC交BB′于一点D∵∠ACB=90°∠CBA=30°将Rt△ABC绕点C顺时针旋转得到Rt△A′B′C ∵∠A=60°，∠B′=30°，BC=B′C∵∠B′BC=30°，∠ABD=60°∵∠BDA=180°−60°−60°=60°∵△ADB是等边三角形；（2）解：四边形ABDE是菱形即为所求理由如下：过点D作DE平行于AB交BC的延长线于一点即为点E连接AE如图：由（1）知△ADB是等边三角形且∠ACB=90°∵BC⊥AD∵DC=AC∵∠DEB =∠ABC∵∠DCE =∠ACB∵△DCE ≌△ACB∵BC =EC∵四边形ABDE 是菱形．3．解：（1）如图：（2）如图：（3）（5 0）（4）B 1经过的路径是以（5 0）为圆心 BB 1为半径的圆弧∵C ＝14×2×π×3＝32π；4．（1）证明：∵∠DBE =12∠ABC∵∠ABD +∠CBE =∠DBE =12∠ABC∵△ABF 由△CBE 旋转而成∵BE =BF ∠ABF =∠CBE∵∠DBF =∠DBE在△DBE 与△DBF 中{BE =BF ∠DBE =∠DBF BD =BD∵△DBE ≌△DBF （SAS ）（2）证明：∵将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF∵BA=BC∠ABC=90°∵∠BAC=∠BCE=45°∵图形旋转后点C与点A重合CE与AF重合∵AF=EC∵∠FAB=∠BCE=45°∵∠DAF=90°在Rt△ADF中DF2=AF2+AD2∵AF=EC∵DF2=EC2+AD2同（1）可得DE=DF∵DE2=AD2+EC2．5．（1）证明：∵将矩形ABCD绕着点B逆时针旋转得到矩形GBEF使点C恰好落到线段AD上的E点处∴BE=BC∴∠BEC=∠BCE∵AD∥BC∴∠BCE=∠DEC∴∠BEC=∠DEC∴CE平分∠BED；（2）证明：过点C作CN⊥BE于N如图：∵CE平分∠BED CD⊥DE CN⊥BE∴CD=CN∴BG=AB=CD=CN∵∠BHG=∠NHC∠GBH=∠CNH=90°BG=CN∴△BHG≌△NHC(AAS)∴GH=CH即点H是CG中点∵点M是BC中点∴MH是△BCG的中位线∵MH∥BG；（3）解：过点C作CN⊥BE于N过G作GR⊥BC于R如图：∵BC=2AB=4∴BG=AB=CD=CN=2∴CN=12 BC∴∠NBC=30°∵∠GBE=90°∴∠GBR=60°∴BR=12BG=1GR=√3BR=√3在Rt△GRC中CG=√GR2+CR2=√(√3)2+(1+4)2=2√7∴CG的长为2√7．6．解：（1）△ADF为等边三角形理由如下：∵△ABC为等边三角形∵AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°．在△ABD和△ACE中{AB=AC∠ABC=∠ACBBD=CE∴△ABD≅△ACE(SAS)∴AD=AE,∠BAD=∠CAE．∵点F 点E关于直线AC成轴对称∴AF=AE,∠CAF=∠CAE ∴AD=AF,∠CAF=∠BAD．∵∠BAD+∠DAC=60°∴∠CAF+∠DAC=60°即∠DAF=60°,∵△ADF为等边三角形．（2）∵△ABC为等边三角形∵AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°．在△ABD和△ACE中{AB=AC∠ABC=∠ACBBD=CE∴△ABD≅△ACE(SAS)∴AD=AE,∠BAD=∠CAE．∵点F 点E关于直线AC成轴对称∴AF=AE,∠CAF=∠CAE ∴AD=AF,∠CAF=∠BAD．∵∠BAD+∠DAC=60°∴∠CAF+∠DAC=60°∵△ADF为等边三角形．∴∠ADF=∠FDC+∠ADC=60°∵∠BAD+∠ADC=∠ABC=60°∵∠BAD=∠FDC7．（1）解：如图将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADM′则：△ABM≌△ADM′∵AM=AM′,BM=DM′,∠BAM=∠DAM′∵四边形ABCD为正方形∵∠BAD=90°∵∠MAN=45°∵∠MAB+∠NAD=45°∵∠M′AD+∠NAD=∠M′AN=45°∵∠MAN=∠M′AN又∵AM=AM′,AN=AN∵△AMN≌△AM′N（SAS）∵MN=M′N=M′D+DN=BM+DN；（2）解：∵四边形ABCD为正方形∵AD=AB=6S正方形=62=36∵△AMN≌△AM′N∵MN′=MN=5∵S△AMN=S△AM′N=12M′N⋅AD=12×5×6=15∵△ABM≌△ADM′∵S△ABM+S△ADN=S△ABM′+S△ADN=S△AM′N=15∵S△CMN=S正方形−S△AMN−S△ADN−S△AMB=36−15−15=6；（3）解：DN=BM+MN理由如下：如图将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADM′连接MN 则：∠MAM′=90°△ABM≌△ADM′∵AM=AM′,BM=DM′,∠BAM=∠DAM′∵∠MAN=45°∵∠M′AN=∠M′AM−∠MAN=90°−45°=45°∵∠MAN=∠M′AN又∵AM=AM′,AN=AN∵△AMN≌△AM′N（SAS）∵MN=M′N∵DN=M′D+M′N=BM+MN．8．（1）证明：∵AB=AC AD=AE∵BD=CE∵P M分别为DE DC的中点∵PM=12CE PM∥CE∵M Q分别为DC CB的中点∵MQ=12DB MQ∥OB∵PM=MQ；（2）解：∵点P、Q、M分别为DE、BC、DC的中点∵MQ∥DB PM∥AC∵∠MQC=∠B∵∠PMQ=∠DMP+∠DMQ=∠ACD+∠BCD+∠MQC=∠ACD+∠BCD+∠B =180°−50°=130°；（3）解：∵ADE是等边三角形理由如下：由旋转的性质可知∠BAC=∠DAE∵∠BAD=∠CAE在△BAD和△CAE中{AB=AC ∠BAD=∠CAE AD=AE∵∵BAD∵∵CAE（SAS）∵BD=CE∠ABD=∠ACE ∵P M为DE DC的中点∵PM∥EC∵∠PMD=∠ECD∵M Q为DC BC的中点∵MQ∥DB∵∠MQC=∠DBC∵∠MPQ=∠DMP+∠DMQ=∠DCE+∠MQC+∠MCQ=∠ACD+∠ACE+∠DBC+∠MCQ=∠ACD+∠MCQ+∠DBC+∠ABD=∠ACB+∠ABC=120°∵∠BAC=180°−120°=60°∵∠DAE=∠BAC=60°又∵AD=AE∵∵ADE是等边三角形．9．（1）解：∵将AD绕点A逆时针旋转90°∵AD=AE，∠DAE=90°∵点D与点C重合∵AC=AE∵BC=AC=AE又∵∠AFE=∠BFC∠EAF=∠BCF=90°∵△BCF≌△EAF(AAS)∵AF=CF∵AC=BC=4∵AF=CF=2；（2）解：△AEC的面积不会变化理由如下：如图过点E作EH⊥AC于H∵将AD绕点A逆时针旋转90°∵AD=AE，∠DAE=90°=∠ACB∵∠DAC+∠CAE=90°=∠DAC+∠ADC∵∠ADC=∠CAE∵△ADC≌△EAH(AAS)∵EH =AC =4∵S △ACE =12×AC ⋅EH =8；（3）解：当点D 在线段BC 上时∵BD =1，BC =4∵CD =3∵△ADC ≌△EAH∵CD =AH =3∵CH =1∵∠EHF =∠ACB =90° ∠AFE =∠BFC ，AC =EH =BC∵△EFH ≌△BFC(AAS)∵FH =FC =12 ∵AF =AF +FH =72；当点D 在线段CB 的延长线时 过点E 作EH ⊥直线AC 于H∵BD =1，BC =4∵CD =5同理可证△ACD ≌△EHA∵CD =AH =5∵CH =1同理可证：△BCF ≌△EHF∵FH =FC =12 ∵AF =AC +FC =92综上所述：AF 的长为72或92．10．（1）解：由旋转得 BA =BE ∠ABE =60°∵△BCD 是等边三角形∵BD=BC∠DBC=60°∵∠ABE=∠DBC∵∠DBA+∠ABC=∠ABC+∠CBE ∵∠DBA=∠CBE在△DBA与△CBE中{BD=BC ∠DBA=∠CBE BA=BE∵△DBA≌△CBE（SAS）∵DA=CE．（2）解：如图3由（1）可知△DBA≌△CBE∵DA=CE∠BDA=∠BCE又∵△BCD是等边三角形∵∠BDC=∠BCD=60°DB=DC∵DB=DC∵∵BCD是等腰三角形∵DF⊥BC∵∠BDF=12∠BDC=30°∵∠BDA=180°−∠BDF=150°∵∠BCE=150°∠CDA=360°−∠BDA−∠BDC=150°∵∠DCE=∠BCE−∠BCD=90°∵∠DEC=45°∵∠EDC=45°∵∠DEC=∠EDC ∵CE=CD∵DB=DC=DA∵∠BAD=180°−∠BDA2=15°∠CAD=180°−∠CDA2=15°∵∠BAC=∠BAD+∠CAD=30°．（3）解：∵由图1可知当点A在线段DF上时∠BCE=∠BDA=30°；由图3可知当点A在线段FD的延长线上时∠BCE=∠BDA=150°；由图4可知当点A在线段DF的延长线上时∠BCE=∠BDA=30°；∵综上所述当点A在直线DF上运动时直线CE与直线BC的夹角始终为30°即点E的运动轨迹为一条直线过点F作FE′⊥EC于点E′则当点E运动到点E′时此时EF的长度最短∵BD=CD=BC=6DF⊥BC∵CF=12BC=3又∵FE′⊥EC∠BCE=30°∵FE′=12CF=32∵EF的最小值为32．11．(（1）证明：∵△ABC是等边三角形∵AB=BC∠ABC=60°．∵∠EBD=60°∵∠EBA+∠ABD=∠CBD+∠ABD即：∠ABE=∠CBD∵BD=BE∵△ABE≌△CBD（SAS）∵AE=CD．∵AC=AD+CD∵AC=AD+AE．（2）如图2 当点D在CA的延长线时∵∵DBE=∵ABC=60°∵∵DBE+∵ABD=∵ABC+∵ABD即∵ABE=∵CBD∵AB=BC BE=BD∵∵ABE∵△CBD（SAS）∵AE=CD=AC+AD∵AD=AE-AC；如图3 当点D在AC的延长线上时∵∵ABC=∵DBE=60°∵∵ABC-∵CBE=∵DBE-∵CBE即∵ABE=∵CBD∵AB=BC BD=BE∵△ABE∵△CBD（SAS）∵AE=CD=AD-AC∵AC=AD-AE；综上当点D在CA延长线时AD=AE-AC；当点D在AC的延长线上时AC=AC-AE；（3）解：由（2）得∵ABE∵∵CBD∵CD=AE=4 ∵BAE=∵BCD=180°-∵ACB=120°∵AD=AC+CD=6+4=10 ∵CAE=∵BAE-∵BAC=60°∵∵CAE=∵ACB∵AE∵BC∵∵AKE∵∵CKB∵AK CK =AEBC=46∵AK =23CK又∵AK +CK =AC =BC =6∵53 CK =6∵CK =185∵DK =CK +CD =185+4=385．12．解：（1）∵AB ⊥AD,BC ⊥CD,∵∠A =∠C ,在△ABE 与△CBF 中{AB =BC ∠A =∠C AE =CF ∵△ABE ≅△CBF(SAS),∵∠ABE =∠CBF,BE =BF,∵∠ABC =120°,∠MBN =60°,∵∠ABE =∠CBF =30°,∵AE =12BE,CF =12BF,∵∠MBN =60°，BE =BF∵△BEF 为等边三角形∵BE =BF =EF,∵AE =CF =12EF,∵AE +CF =EF;（2）如图 将Rt △ABE 顺时针旋转120°得△BCG∵BE=BG,AE=CG,∠A=∠BCG,∵AB=BC,∠ABC=120°,∵点A与点C重合∵∠A=∠BCF=90°,∵∠BCG+∠BCF=180°,∵点G、C、F三点共线∵∠ABC=120°,∠MBN=60°,∠ABE=∠CBG,∵∠GBF=60°,在△GBF与△EBF中{BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF∵△GBF≅△EBF(SAS),∵FG=EF,∵EF=AE+CF；（3）不成立EF=AE−CF理由如下：如图将RtΔABE顺时针旋转120° 得ΔBCG∵AE=CG由（2）同理得点C、F、G三点共线∵AB=BC,∠ABC=120°,∵点A与点C重合∵BG=BE,∵∠ABC=∠ABE+∠CBE=120°,∵∠CBG+∠CBE=∠GBE=120°,∵∠MBN=60°,∵∠GBF=60°,在ΔBFG与ΔBFE中{BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF∵△BFG≅△BFE(SAS)∵GF=EF,∵EF=AE−CF.13．（1）解：如图：过点A作BC的垂线交BC于点M∵α=∠BAC=90°∴∠FAB=∠EAC在△FAB和△EAC{FA=EA ∠FAB=∠EAC BA=CA∴△FAB≅△EAC(SAS)∴FB=CE又∵BF=3BC=8∴BE=BC−CE=8−3=5又∵∠BAC=90°AB=AC ∴AM=12BC=4∴S△ABE=12BE×AM=12×5×4=10．（2）解：在BH上截取BP=CE连接CP∵α=2∠BAC=120°∵∠BAC=60°∵AB=AC∵△ABC是等边三角形∵∠B=∠ACB=60°BC=AC 在△CBP和△ACE中{BP=CE∠B=∠ACB=60°BC=AC∴△CBP≅△ACE∴CP=AE=AF∠BPC=∠AEC=60°+∠BAE ∴∠APC=180°−(∠BAE+60°)∵∠FAB=120°−∠BAE∴∠APC=∠FAB在△AHF和△CPH中{∠APC=∠FAB ∠AHF=∠PHC CP=AF∵△AHF≅△PHC(AAS)∴AH=PH∵BP=CE∴AB=BC=AD=AH+PH+CE=2AH+CE．（3）解：如图：∵3CE=BC=9∵CE=3BE=BC−CE=6,连接EH由（2）可知∠BAC=∠ABC=60°∵△BHE是等边三角形∵∠BEH=60°，BE=HE∵将线段EP绕着点E顺时针旋转60°得到线段EP1∵PE=P1E∠PEP1=60°即∠HEP1=∠BEP,在△BPE和△HEP1中{PE=P1E∠HEP1=∠BEPBE=HE,∵△BEP≅△HEP1(SAS),∵∠B=∠EHP1=60°,∵∠BEH=60°∵∠BEH=∠EHP1=60°,∵HP1∥BC点P1的轨迹为过点H且平行BC的直线过H作HP1∥BC其延长线角CD于M过C作CQ⊥BP1于Q由点到直线的距离垂线段最短可知：当CQ⊥MH时即CQ有最小值∵BH∥CM，BC∥HM∵四边形BHMC是平行四边形∵CM=BH=6∠HMC=∠B=60°∵∠QCM=30°∵MQ=12CM=3∵CQ=√CM2−MQ2=3√3∵边形BHQE的面积为BE⋅CQ=6×3√3=18√3．14．（1）解：∵AD顺时针旋转30°至AP∵AD=AP∠PAD=30°∵∠APD=12(180°−30°)=75°∵四边形ABCD为正方形∵AB=AD=AP∠BAD=90°∵∠BAP=90°−30°=60°∵∠BPA=12(180°−60°)=60°∵∠BPD=60°+75°=135°．（2）∵AD顺时针旋转α至AP ∵AD=AP∠PAD=α∵∠APD=12(180°−α)=90°−α2∵四边形ABCD为正方形∵AB=AD=AP∠BAD=90°∵∠BAP=90°−α∵∠BPA=12[180°−(90−α)]=45°+α2∵∠BPD=(90°−α2)+(45°+α2)=135°．（3）①当0°<α<90°时∵AD逆时针旋转α至AP∵AD=AP∠PAD=α∵∠APD=12(180°−α)=90°−α2∵四边形ABCD为正方形∵AB=AD=AP∠BAD=90°∵∠BAP=90°+α∵∠BPA=12[180°−(90+α)]=45°−α2∵∠BPD=(90°−α2)−(45°−α2)=45°．②当α=90°时∵AD逆时针旋转90°至AP∵AD=AP∠PAD=90°∵四边形ABCD为正方形∵AB=AD=AP∠BAD=90°∵∠BAP=90°+90°=180°即点P、A、B三点共线∵∠BPD=∠APD=12(180°−90°)=45°．③当90°<α<180°时∵AD逆时针旋转α至AP∵AD=AP∠PAD=α∵∠APD=12(180°−α)=90°−α2∵四边形ABCD为正方形∵AB=AD=AP∠BAD=90°∵∠BAP=360°−90°+α=270°−α∵∠BPA=12[180°−(270°−α)]=α2−45°∵∠BPD=(90°−α2)+(α2−45°)=45°．15．（1）证明：如图1：∵四边形ABCD是正方形∴AD=AB∠DAC=∠BAC∵BE=DF ∴AD+DF=AB+BE即AF=AE∴AC⊥EF.（2）解：FH2+GE2=HG2理由如下：如图2过A作AK⊥AC截取AK=AH连接GK、EK∵∠CAB=45°∴∠CAB=∠KAB=45°∵AG=AG∴△AGH≅△AGK(SAS)∴GH=GK由旋转得：∠FAE=90°AF=AE∵∠HAK=90°∴∠FAH=∠KAE∴△AFH≅△AEK(SAS)∴∠AEK=∠AFH=45°FH=EK∵∠AEH=45°∴∠KEG=45°+45°=90°Rt△GKE中KG2=EG2+EK2即：FH2+GE2=HG2．（3）解：如图3∵AD=AB∠DAF=∠BAE AE=AF∴△DAF≅△BAE(SAS)∴∠DFA=∠BEA∵∠PNF=∠ANE∴∠FPE=∠FAE=90°∴将△AEF绕点A旋转一周总存在直线EB与直线DF垂直∴点P的运动路径是：以BD为直径的圆如图4当P与C重合时PC最小PC=0当P与A重合时PC最大为5√2．∴线段PC的取值范围是：0≤PC≤5√2．16．解：问题思考：设AQ和BC交于点H∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形∵∠ADC=∠EDG=90°DA=DC,DE=DG ∵∠ADC−∠EDC=∠EDG−∠EDC即∠ADE=∠CDG∵△DAE≌△DCG(SAS)∵AE=CG∠DAE=∠DCG∵∠DAB=∠DCB=90°∵∠DAE+∠HAB=∠DCG+∠PCH即∠BAH=∠PCH∵∠AHB=∠CHP∵∠B=∠CPA=90°即AE⊥CG故答案为：AE=GC AE⊥GC；问题类比：问题思考中的结论仍然成立理由如下：设AQ和BC交于点H∵四边形ABCD和四边形DEFG都为正方形∵∠ADC=∠EDG=90°DA=DC,DE=DG ∵∠ADC−∠EDC=∠EDG−∠EDC即∠ADE=∠CDG∵△DAE≌△DCG(SAS)∵AE=CG∠DAE=∠DCG∵∠DAB=∠DCB=90°∵∠DAE+∠HAB=∠DCG+∠PCH即∠BAH=∠PCH∵∠AHB=∠CHP∵∠B=∠CPA=90°即AE⊥CG故答案为：AE=GC AE⊥GC；拓展应用：∵∠CPA=90°∵点P的运用轨迹即为以AC为直径的⊙O上如图：当点P位于AD右侧PH⊥AD且经过圆心O时动点P到边AD的距离最大∵正方形的边长为6∵AC=6√2OH=3∵OP=OC=12AC=3√2∵PH=OH+OP=3+3√2即动点P到边AD的最大距离为3+3√2故答案为：3+3√2．17．（1）解：如图1 ∵四边形BDFE是正方形∵FE=BE∠E=90°∵BF=√BE2+FE2=√2FE2=√2FE∵点F与点A重合AB=AC∵CF=AC=AB=BF FE=AE∵CF=√2AE故答案为：CF=√2AE；（2）无变化理由如下：证：如图2 ∵EB=EF∠BEF=90°∵∠EBF=∠EFB=45°BF=√EB2+EF2=√2EB2=√2EB∵AB=AC∠BAC=90°∵∠ABC=∠ACB=45°BC=√AB2+AC2=√2AB2=√2AB∵BF EB =BCAB=√2∠CBF=∠ABE=45°−∠ABF∵△CBF∽△ABE∵CF AE =BCAB=√2∵CF=√2AE；（3）如图2 E F C三点共线且点F在线段CE上∵BC=√2AB AB=AC=6∵BC=√2×6=6√2由（1）得BD=12BC∵BE=EF=BD=12×6√2=3√2∵∠BEC=90°∵CE=√BC2−BE2=√(6√2)2−(3√2)2=3√6∵CF=CE−EF=3√6−3√2∵CF=√2AE∵AE=√22CF=√22×(3√6−3√2)=3√3−3；如图3 E F C三点共线且点F在线段CE的延长线上∵BF EB =BCAB=√2∠CBF=∠ABE=45°+∠CBE∵△CBF∽△ABE∵CF AE =BCAB=√2∵CF=√2AE∵∠BEF=90°∵∠BEC=180°−∠BEF=90°∵CE=√BC2−BE2=√(6√2)2−(3√2)2=3√6∵CF=CE+EF=3√6+3√2∵AE=√22CF=√22×(3√6+3√2)=3√3+3综上所述线段AE的长为3√3−3或3√3+3．18．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形∵AB =AD ∠BAE +∠EAD =90°又∵四边形AEFG 是正方形∵AE =AG ∠EAD +∠DAG =90°∵∠BAE =∠DAG ．在△ABE 与△ADG 中{AB =AD,∠BAE =∠DAG AE =AG,∵△ABE ≅△ADG (SAS )∵BE =DG ；（2）解；过F 作FH ⊥BE 垂足为H∵∠AEF =∠ABE =∠EHF =90°∵∠AEB +∠FEH =90° ∠FEH +∠EFH =90°∵∠AEB =∠EFH∵四边形AEFG 是正方形∵AE =EF在△ABE 与△EHF 中{∠ABE =∠EHF ∠AEB =EFH AE =EF∵△ABE≌△EHF (AAS )∵AB =EH BE =FH∵AB =BC =EH∵BC +EC =EH +EC∵BE =CH =FH又∵∠EHF =90°∵∠FCE=45°（3）解：如图连接GB GE过点B作BH⊥AE于点H ∵GE是正方形AEFG的对角线∵∠AEG=45°∵∠EAB=45°∵AB∥GE∵S△BEG=S△AEG=12S正方形AEFG=12×4√2×4√2=16∵AB=2∵BH=AH=√2∵HE=4√2−√2=3√2在Rt△BHE中BE=√(√2)2+(3√2)2=2√5设点G到BE的距离为h∵S△BEG=12×BE×ℎ∵1 2×2√5×ℎ=16解得：ℎ=16√55∵点G到BE的距离为16√55．19．解：（1）EP=CP且EP⊥CP．证明：过PH⊥AB于点H延长HP交CD于点I作PK⊥AD于点K．则四边形PIDK是正方形四边形AKPH是矩形∴AK=HP KD=DI=PI=AH∵AD=CD∴IC=HP ∵AD∥PH∥EF P是DF的中点∴HA=HE∴HE=PI 在Rt△HPE和Rt△ICP中{HE=PI ∠PHE=∠CIP HP=IC∴Rt△HPE≌Rt△ICP(SAS)∴EP=CP∠HPE=∠PCI∠HEP=∠CPI∴∠HPE+∠CPI=90°∴∠EPC=90°∴EP⊥CP；（2）成立．证明：图2中作PH⊥BC则EF∥PH∥CD又∵P是DF的中点∴EH=CH 则PH是EC的中垂线∴PE=CP∵EF=EB∴EF+CD=EC ∵P是DF的中点EH=CH则PH=12(EF+CD)∴PH=12 EC∴△EPC是等腰直角三角形∴EP=CP且EP⊥CP；（3）图3中延长FE交DC延长线于M连MP．∵∠AEM=90°∠EBC=90°∠BCM=90°∴四边形BEMC是矩形．∴BE=CM∠EMC=90°由图（2）可知∵BD平分∠ABC∠ABC=90°∴∠EBF=45°又∵EF⊥AB∴△BEF为等腰直角三角形∴BE=EF∠F=45°．∴EF=CM．∵∠EMC=90°∴MP=12FD=FP．∵BC=EM BC=CD∴EM=CD．∵EF=CM∴EF+EM=CM+DC 即FM=DM又∵FP=DP∠CMP=12∠EMC=45°∴∠F=∠PMC．在△PFE和△PMC中{FP=MP ∠F=∠PMC EF=CM∴△PFE≌△PMC(SAS)．∴EP=CP∠FPE=∠MPC．∵∠FMC=90°MF=MD FP=DP∴MP⊥FD∴∠FPE+∠EPM=90°∴∠MPC+∠EPM=90°即∠EPC=90°∴EP⊥CP．20．（1）解∵ ∵AEF是等腰三角形理由如下∵∵四边形ABCD是正方形∵AB=AD=BC=CD∵BAD=∵B=∵D=90°∵∵ABC∵ADC都是等腰三角形∵∵BAC=∵DAC=45°根据题意得∵∵BAE=∵CAE=22.5° ∵DAF=∵CAF=22.5°(∠BAC+∠DAC)=45°∵BAE=∵DAF=22.5°∵∠EAF=12∵∵B=∵D=90° AB=AD∵∵BAE∵∵DAF（ASA）∵AE=AF∵∵AEF是等腰三角形；（2）解∵ PQ=BP+DQ理由如下∵如图延长CB到T使得BT=DQ．∵AD=AB∵ADQ=∵ABT=90° DQ=BT∵∵ADQ∵∵ABT（SAS）∵AT=AQ∵DAQ=∵BAT由（1）得∵∵P AQ=45°∵∵P AT=∵BAP+∵BAT=∵BAP+∵DAQ=45°∵∵P AT=∵P AQ=45°∵AP=AP∵∵P AT∵∵P AQ（SAS）∵PQ=PT∵PT=PB+BT=PB+DQ∵PQ=BP+DQ；（3）解：如图将∵ADN绕点A顺时针旋转90°得到∵ABR连接RM．∵∵BAD=90° ∵MAN=45°∵∵DAN+∵BAM=45°∵∵DAN=∵BAR∵∵BAM+∵BAR=45°∵∵MAR=∵MAN=45°∵AR=AN AM=AM∵∵AMR∵∵AMN(SAS)∵ RM=MN∵∵D=∵ABR=∵ABD=45°∵∵RBM=90°∵RM2=BR2+BM2∵ DN=BR MN=RM∵BM2+DN2=MN2．∵BM=7DN=24∵MN=√72+242=25．。

江苏省13市中考数学试题分类解析汇编专题5图形的变换问题

江苏省13市中考数学试题分类解析汇编专题5图形的变换问题

专题5：图形的变换问题1. （2015年江苏泰州3分）一个几何体的表面展开图如图所示，则这个几何体是【】A. 四棱锥B. 四棱柱C. 三棱锥D. 三棱柱【答案】A.【考点】几何体的展开.【分析】由图知，这个几何体的底面是正方形，四外侧面是三角形，所以，这个几何体是四棱锥. 故选A.2. （2015年江苏无锡3分）如图的正方体盒子的外表面上画有3条粗黑线，将这个正方体盒子的表面展开（外表面朝上），展开图可能是【】D. B. A. C.【答案】D.【考点】几何体的展开图．.【分析】根据正方体的表面展开图，两条相邻黑线成直角，故B错误；三条黑线所在的正方形不是依次相邻的三个，故A错误；三条黑线的端点都应两两相连，故C错误. 只有D选项符合条件，故选D.RtABCACBACBCACCEA落沿，＝4，将边33. （2015年江苏无锡分）如图，△翻折，使点中，∠＝90o，＝3ABDBCCFBCDBAB分别交处；再将边沿的延长线上的点翻折，使点落在′处，两条折痕与斜边在上的点EFBF的长为【】于点、，则线段′12343 C. D. B. A.3552．【答案】B ；折叠的性质；等腰直角三角形的判定和性质；勾股定理．【考点】翻折变换（折叠问题）ABCE?B?CF，?ACE??DCE，?BCF?BCD?AC?3，?C?BC?4，?根据折叠的性质可知，【分析】13?D?4??ACE??BCFB?B，?DCE???CF?∴.??45，?EFC45?V ECFEF?CE?ACB?90??ECF?. . ∴，∴. ∴∵是等腰直角三角形?90?FD?FC?135??B?BFC??B?. . ∴∴11CE??ABAC??BCS??CE??ABAC?BC. ，∴∵ABC V221212?CECE5??3?EF?CE?4?ABCRt V A，∴B=5. .∴在中，根据勾股定理，得559922?CE?ED??AE?AEACAEC V Rt中，根据勾股定理，得.在，∴553??EDEFDF?. ∴5234??222??DF?1?B?F?B?DFDB V?Rt.中，根据勾股定理，得在??55??．故选B】3分）下列四个几何体中，主视图为圆的是【年江苏徐州4. （2015A. B. D. C.B.【答案】 .【考点】简单几何体的三视图正面、左面和上面看，所得到的图形，正方体的主视图为正是分别从物体【分析】主视图、左视图、俯视图 2方形，球的主视图为圆，圆柱的主视图为长方形，圆锥的主视图为三角形，故选B.5. （2015年江苏盐城3分）在下列四个几何体中，主视图与俯视图都是圆的为【】D. A. C. B.D.【答案】【考点】简单几何体的三视图．【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．因此，圆柱的主视图与俯视图都是矩形；圆台的主视图与俯视图都是等腰梯形；圆锥的主视图与俯视图都是等腰三角形；球的主视图与俯视图都是圆．故选D.6. （2015年江苏扬州3分）如图所示的物体的左视图为【】D. A. C. B.A.【答案】【考点】简单组合体的三视图．【分析】细心观察图中几何体中正方体摆放的位置，根据左视图是从左面看到的图形判定，从物体左面看，共两层，下层有1个大矩形，上层的左边有1个小矩形．故选A.7. （2015年江苏常州2分）将一张宽为4cm的长方形纸片（足够长）折叠成如图所示图形，重叠部分是一个三角形，则这个三角形面积的最小值是【】3816332222 cmcm B.8 cm D. 16cm C. A.33 B．【答案】；等腰直角三角形的性质．.【考点】翻折变换（折叠问题）ABAC⊥时，三角形面积最小，【分析】如答图，当ACABBAACB=4cm. ∵∠=45°，∴C=90°，∠=12S∴．=×4×4=8cm ABCB故选．△2】3分）如图所示物体的主视图是【年江苏淮安8. （2015C. A.D. B.C.【答案】简单组合体的三视图．【考点】个正方形，上层中间有一个正方找到从正面看所得到的图形即可，从正面看易得有两层，下层有【分析】3C.形．故选】分）下面四个几何体中，俯视图是圆的几何体共有【年江苏南通9. （20153个 C. 3个 D. 4个个A. 1 B. 2．【答案】B 4【考点】简单几何体的三视图．.【分析】根据俯视图是从上面看所得到的图形判断即可:从上面看，三棱柱的俯视图为三角形；圆柱的俯视图为圆；四棱锥的俯视图是四边形；球的俯视图是圆；俯视图是圆的几何体共有2个．故选B．10. （2015年江苏镇江3分）由五个小正方体搭成的一个几何体如图所示，它的俯视图是【】D. A. C. B.．【答案】D【考点】简单组合体的三视图．【分析】俯视图是从上往下看立体图形得到的平面图，从上往下看是4个小正方形排成一排组成的平面图. 故选D．1. （2015年江苏连云港3分）如图是一个几何体的三视图，其中主视图与左视图都是边长为4的等边三角形，则这个几何体的侧面展开图的面积为▲．?8.【答案】【考点】由三视图判断几何体；几何体的展开图；扇形面积的计算．【分析】∵这个几何体为圆锥，圆锥的母线长为4，底面圆的直径为4，51??84?4??∴这个几何体的侧面展开图的面积=．2ABCD EBPABPBPABBCPAD =6，沿为翻折至△上一点，2. （2015年江苏泰州3分）如图，矩形中，将△=8，，PECDOOEODAP的长为 =与▲．相交于点，则，且24. 【答案】5【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质；折叠对称的性质；勾股定理，全等三角形的判定和性质；方程思想的应用.ABCD是矩形，如答图，∵四边形【分析】8AB?CD?AD?BC?6,C?D??A???90?,. ∴EBP??ABP≌根据折叠对称的性质，得，8?BE?AB?90?,?EP?AP,E??A.∴E?D????OEG??ODPOE?OD和在中，∵，??EOG?DOP?????ASAOEG?ODP?GEPG??OG,OP. ∴.∴≌EPDG?.∴??x??6?x2?CG?8?x,BG8?x?AP?EPx?DG??PDGE?6x,. ，∴设，则2422????2222BG??CGBCBCG?Rtx2x??6??8?x. .解得在，即中，根据勾股定理，得524AP. ∴的长为5的扇形围成一个圆锥的侧面，该圆锥底面圆的90°，半径为4用一个圆心角为20153. （年江苏徐州3分）▲．半径1.【答案】圆锥和扇形的计算。

初三中考数学试题分类汇总解析图形的变换专题

初三中考数学试题分类汇总解析图形的变换专题

初三中考数学试题分类汇总解析图形的变换专题一、选择题1.（2016湖州）为了迎接杭州G20峰会，某校开展了设计“YJ G20”图标的活动，下列图形中及时轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】D2.（2016绍兴）我国传统建筑中，窗框（如图1）的图案玲珑剔透、千变万化，窗框一部分如图2，它是一个轴对称图形，其对称轴有（）A．1条B．2条C．3条D．4条【答案】B3.（2019嘉兴）如图，在直角坐标系中，已知菱形OABC的顶点A(1,2)，B(3,3)．作菱形OABC关于y轴的对称图形OA′B′C′，再作图形OA′B′C′关于点O的中心对称图形OA″B″C″，则点C的对应点C″的坐标是（）A．(2,-1)B．(1,-2) C．(-2,1) D．(-2,-1)【答案】A4.（2019台州）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】D5.（2016温州）如图，一张三角形纸片ABC，其中△C=90°，AC=4，BC=3．现小林将纸片做三次折叠：第一次使点A落在C处；将纸片展平做第二次折叠，使点B落在C处；再将纸片展平做第三次折叠，使点A落在B处．这三次折叠的折痕长依次记为a，b，c，则a，b，c的大小关系是（）A．c＞a＞b B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．b＞c＞a【答案】D6.（2018金华）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，△ACB=20°，则△ADC的度数是（）A ．55°B ．60°C ．65°D ．70°【答案】C7.（2016舟山）把一张圆形纸片按如图所示方式折叠两次后展开，图中的虚线表示折痕，则的度数是（ ）A ．120°B ．135°C ．150°D ．165°【答案】C8.（2017湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造．下列四幅图中有三幅是小明用如图所示的七巧板拼成的，则不是小明拼成的那副图是（ ）【答案】C9.（2017嘉兴）若平移点到点，使以点，，，为顶点的四边形是菱形，则正确的平移方法是（ ）A C O A C BA ．向左平移1个单位，再向下平移1个单位B ．向左平移个单位，再向上平移1个单位C个单位，再向上平移1个单位D ．向右平移1个单位，再向上平移1个单位【答案】D ．10.（2018临安）如图直角梯形ABCD 中，AD △BC ，AB △BC ，AD =2，BC =3，将腰CD 以D 为中心逆时针旋转90°至ED ，连AE 、CE ，则△ADE 的面积是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．不能确定【答案】A11.（2020湖州）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD 的内角，正方形ABCD 变为菱形ABC ′D ′．若△D ′AB ＝30°，则菱形ABC ′D ′的面积与正方形ABCD 的面积之比是（ ）1)A．1B．C．D．故选：B．12.（2020嘉兴）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 B. C. D.【答案】C13.（2019金丽）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图△，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图△，其中,FM GN是折痕．若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等，则FMGF的值是（）A B 1 C ．12 D 【答案】A【解析】【分析】连接HF ，设直线MH 与AD 边的交点为P ，根据剪纸的过程以及折叠的性质得PH ＝MF 且正方形EFGH 的面积＝15×正方形ABCD 的面积，从而用a 分别表示出线段GF 和线段MF 的长即可求解．【详解】连接HF ，设直线MH 与AD 边的交点为P ，如图：由折叠可知点P 、H 、F 、M 四点共线，且PH ＝MF ，设正方形ABCD 的边长为2a ，则正方形ABCD 的面积为4a 2，△若正方形EFGH 与五边形MCNGF 的面积相等△由折叠可知正方形EFGH 的面积＝15×正方形ABCD 的面积＝245a ，△正方形EFGH 的边长GF 5a = ，△HFGFa，△MF＝PH＝252a aa -=，△5552FMaGFa--=÷=.故选A．【点睛】本题考查了剪纸问题、正方形的性质以及折叠的性质，根据剪纸的过程得到图形中边的关系是解决问题关键．14.（2018台州）如图，等边三角形ABC边长是定值，点O是它的外心，过点O任意作一条直线分别交AB，BC于点D，E，将△BDE沿直线DE折叠，得到△B′DE，若B′D，B′E 分别交AC于点F，G，连接OF，OG，则下列判断错误的是（）A．△ADF△△CGEB．△B′FG的周长是一个定值C．四边形FOEC的面积是一个定值D．四边形OGB'F的面积是一个定值【答案】D【解析】分析：A、根据等边三角形ABC的外心的性质可知：AO平分△BAC，根据角平分线的定理和逆定理得：FO平分△DFG，由外角的性质可证明△DOF=60°，同理可得△EOG=60°，△FOG=60°=△DOF=△EOG，可证明△DOF△△GOF△△GOE，△OAD△△OCG，△OAF△△OCE，可得AD=CG，AF=CE，从而得△ADF△△CGE；B、根据△DOF△△GOF△△GOE，得DF=GF=GE，所以△ADF△△B'GF△△CGE，可得结论；C、根据S四边形FOEC=S△OCF+S△OCE，依次换成面积相等的三角形，可得结论为：S△AOC=1 3S△ABC（定值），可作判断；D、方法同C，将S四边形OGB'F=S△OAC-S△OFG，根据S△OFG=12•FG•OH，FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB'F的面积也变化，可作判断．详解：A、连接OA、OC，△点O是等边三角形ABC的外心，△AO平分△BAC，△点O到AB、AC的距离相等，由折叠得：DO平分△BDB'，△点O到AB、DB'的距离相等，△点O到DB'、AC的距离相等，△FO平分△DFG，△DFO=△OFG=12（△F AD+△ADF），由折叠得：△BDE=△ODF=12（△DAF+△AFD），△△OFD+△ODF=12（△F AD+△ADF+△DAF+△AFD）=120°，△△DOF=60°，同理可得△EOG=60°，△△FOG=60°=△DOF=△EOG，△△DOF△△GOF△△GOE，△OD=OG，OE=OF，△OGF=△ODF=△ODB，△OFG=△OEG=△OEB，△△OAD△△OCG，△OAF△△OCE，△AD=CG，AF=CE，△△ADF△△CGE，故选项A正确；B、△△DOF△△GOF△△GOE，△DF=GF=GE，△△ADF△△B'GF△△CGE，△B'G=AD，△△B'FG的周长=FG+B'F+B'G=FG+AF+CG=AC（定值），故选项B正确；C、S四边形FOEC=S△OCF+S△OCE=S△OCF+S△OAF=S△AOC=13S△ABC（定值），故选项C正确；D、S四边形OGB'F=S△OFG+S△B'GF=S△OFD+△ADF=S四边形OF AD=S△OAD+S△OAF=S△OCG+S△OAF=S△OAC-S△OFG，过O作OH△AC于H，△S△OFG=12•FG•OH，由于OH是定值，FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB'F的面积也变化，故选项D不一定正确；故选D．点睛：本题考查了等边三角形的性质、三角形全等的性质和判定、角平分线的性质和判定、三角形和四边形面积及周长的确定以及折叠的性质，有难度，本题全等的三角形比较多，要注意利用数形结合，并熟练掌握三角形全等的判定，还要熟练掌握角平分线的逆定理的运用，证明FO平分△DFG是本题的关键，二、填空题1.（2016台州）如图，把三角板的斜边紧靠直尺平移，一个顶点从刻度“5”平移到刻度“10”，则顶点C平移的距离CC′= ．【答案】5．2.（2016温州）如图，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，使点A′落在BC的延长线上．已知△A=27°，△B=40°，则△ACB′=度．【答案】463.（2016金华）如图，Rt△ABC纸片中，△C=90°，AC=6，BC=8，点D在边BC上，以AD 为折痕将△ABD折叠得到△AB′D,AB′与边BC交于点E.若△DEB′为直角三角形，则BD的长是_______.【答案】2或5.4.（2017金华）如图，把平面内一条数轴x绕原点O逆时针旋转角θ（0°＜θ＜90°）得到另一条数轴y，x轴和y轴构成一个平面斜坐标系．规定：过点P作y轴的平行线，交x轴于点A，过点P作x轴的平行线，交y轴于点B，若点A在x轴上对应的实数为a，点B在y轴上对应的实数为b，则称有序实数对（a，b）为点P的斜坐标，在某平面斜坐标系中，已知θ=60°，点M′的斜坐标为（3，2），点N与点M关于y轴对称，则点N的斜坐标为_____．【答案】（﹣2，5）5.（2018湖州）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，E是AB的中点，直线l平行于直线EC，且直线l与直线EC之间的距离为2，点F在矩形ABCD边上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点A恰好落在直线l上，则DF的长为．【答案】22或4﹣22【解析】考点：(1)、矩形的性质；(2)、翻折变换（折叠问题）6. （2017嘉兴）一副含和角的三角板和叠合在一起，边与重合，（如图1），点为边的中点，边与相交于点，此时线段的长是．现将三角板绕点按顺时针方向旋转（如图2），在从到的变化过程中，点相应移动的路径长共为．（结果保留根号）【答案】．-18．【解析】试题解析：如图1中，作HM△BC于M，HN△AC于N，则四边形HMCN是正方形，设边长为a．在Rt△ABC中，△△ABC=30°，BC=12，30︒45︒ABC DEF BC EF 12BC EF cm==G BC()EF FD ABH BH DEF GCGF∠0︒60︒H△AB如图2中，当DG △AB 时，易证GH 1△DF ，此时BH 1的值最小，易知BH 1=B K+KH 1+3，△HH 1=BH -BH 1-15，当旋转角为60°时，F 与H2重合，易知BH 2，观察图象可知，在△CGF 从0°到60°的变化过程中，点H 相应移动的路径长=2HH 1+HH 2-（-12）．12考点：旋转的性质.7.（2019杭州）如图，把某矩形纸片ABCD 沿EF 、GH 折叠（点E 、H 在AD 边上，点F 、G 在BC 边上），使得点B 、点C 落在AD 边上同一点P 处，A 点的对称点为A 点，D 点的对称点为D 点，若90FPG ，A EP △的面积为4，D PH △的面积为1，则矩形ABCD 的面积等于_____.【答案】.【解析】【分析】根据相似三角形的判断得到△A 'EP ～△D 'PH ，由三角形的面积公式得到S △A 'EP ，再由折叠的性质和勾股定理即可得到答案.【详解】△A 'E △PF△△A 'EP =△D 'PH又△△A =△A '=90°，△D =△D '=90°△△A '=△D '△△A 'EP ～△D 'PH又△AB =CD ，AB =A 'P ，CD =D 'P△A 'P = D 'P设A 'P =D 'P =x△S △A 'EP ：S △D 'PH =4：1△A 'E =2D 'P =2x△S △A 'EP =2112422A E A P x x x ''⨯⨯=⨯⨯== △0x >△2x =△A 'P =D 'P =2△A 'E =2D 'P =4△EP ==△1=2PH EP =△112DH D H A P ''===△415AD AE EP PH DH =+++=+=+△2AB A P '==△25)10ABCD S AB AD =⨯=⨯=矩形【点睛】本题考查矩形的性质、折叠的性质，解题的关键是掌握矩形的性质、折叠的性质.三、解答题1.（2016宁波）下列3×3网格都是由9个相同小正方形组成，每个网格图中有3个小正方形已涂上阴影，请在余下的6个空白小正方形中，按下列要求涂上阴影：（1）选取1个涂上阴影，使4个阴影小正方形组成一个轴对称图形，但不是中心对称图形；（2）选取1个涂上阴影，使4个阴影小正方形组成一个中心对称图形，但不是轴对称图形；（3）选取2个涂上阴影，使5个阴影小正方形组成一个轴对称图形。

初三数学15 图形变换(平移、旋转、对称)-2024年中考数学真题分项汇编(全国通用)(解析版)

初三数学15 图形变换(平移、旋转、对称)-2024年中考数学真题分项汇编(全国通用)(解析版)

专题15 图形变换（平移、旋转、对称）一．选择题1．（2022·山东威海）图1是光的反射规律示意图．其中，PO是入射光线，OQ是反射光线，法线KO⊥MN，∠POK是入射角，∠KOQ是反射角，∠KOQ＝∠POK．图2中，光线自点P射入，经镜面EF反射后经过的点是( )A．A点B．B点C．C点D．D点【答案】B【分析】根据光反射定律可知，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角并且关于法线对称，由此推断出结果．【详解】连接EF，延长入射光线交EF于一点N，过点N作EF的垂线NM，如图所示：∠为入射角由图可得MN是法线，PNM因为入射角等于反射角，且关于MN对称∠由此可得反射角为MNB所以光线自点P射入，经镜面EF反射后经过的点是B故选：B．【点睛】本题考查了轴对称中光线反射的问题，根据反射角等于入射角，在图中找出反射角是解题的关键．2．（2022·湖南永州）剪纸是我国具有独特艺术风格的民间艺术，反映了劳动人民对现实生活的深刻感悟.下列剪纸图形中，是中心对称图形的有（ ）① ② ③ ④A ．①②③B ．①②④C ．①③④D ．②③④【答案】A【分析】根据中心对称图形的定义判断即可；【详解】解：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；∴是中心对称图形的是：①②③；故选：A ．【点睛】本题主要考查中心对称图形的定义，掌握中心对称图形的定义是解题的关键．3．（2022·江苏无锡）雪花、风车…．展示着中心对称的美，利用中心对称，可以探索并证明图形的性质，请思考在下列图形中，是中心对称图形但不一定是轴对称图形的为（ ）A ．扇形B ．平行四边形C ．等边三角形D ．矩形【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 、扇形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；B 、平行四边形不一定是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；C 、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；D 、矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不合题意；故选：B ．【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心是解题关键．4．（2022·贵州遵义）在平面直角坐标系中，点(),1A a 与点()2,B b -关于原点成中心对称，则a b +的值为（ ）A ．3-B ．1-C ．1D ．3【答案】C【分析】根据关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数，求得,a b 的值即可求解．【详解】解：∵点(),1A a 与点()2,B b -关于原点成中心对称，∴2,1a b ==-211a b ∴+=-=，故选C ．【点睛】本题考查了关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数，代数式求值，掌握关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数是解题的关键．5．（2022·内蒙古赤峰）下列图案中，不是轴对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【分析】根据轴对称图形的意义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；据此判断即可．【详解】A 不是轴对称图形；B 、C 、D 都是轴对称图形；故选：A ．【点睛】本题考查了轴对称图形，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．6．（2022·山东青岛）如图，将ABC 先向右平移3个单位，再绕原点O 旋转180︒，得到A B C ''' ，则点A 的对应点A '的坐标是（ ）A ．(2,0)B ．(2,3)--C ．(1,3)--D ．(3,1)--【答案】C【分析】先画出平移后的图形，再利用旋转的性质画出旋转后的图形即可求解．【详解】解：先画出△ABC平移后的△DEF，再利用旋转得到△A'B'C'，由图像可知A'（-1，-3），故选：C．【点睛】本题考查了图形的平移和旋转，解题关键是掌握绕原点旋转的图形的坐标特点，即对应点的横纵坐标都互为相反数．7．（2022·四川内江）如图，在平面直角坐标系中，点B、C、E在y轴上，点C的坐标为（0，1），AC＝2，Rt△ODE是Rt△ABC经过某些变换得到的，则正确的变换是（ ）A．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移1个单位B．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移1个单位C．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移3个单位D．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位【答案】D【分析】观察图形可以看出，Rt△ABC通过变换得到Rt△ODE，应先旋转然后平移即可．【详解】解：根据图形可以看出，△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位可以得到△ODE．故选：D．【点睛】本题考查的是坐标与图形变化，旋转和平移的知识，掌握旋转和平移的概念和性质是解题的关键．8．（2022·广西）如图，在△ABC中，点A（3，1），B（1，2），将△ABC向左平移2个单位，再向上平移1个单位，则点B的对应点B′的坐标为（）A．（3，-3）B．（3，3）C．（－1，1）D．（－1，3）【答案】D【分析】根据图形的平移性质求解．【详解】解：根据图形平移的性质，B′（1-2，2+1），即B′（-1，3）；故选：D．【点睛】本题主要考查图形平移的点坐标求解，掌握图形平移的性质是解题的关键．9．（2022·湖南郴州）下列图形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】根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．【详解】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项错误；B、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故B选项正确；C、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故C选项错误；D、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D选项错误．故答案为B．【点睛】本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，中心对称图形是要寻找对称中心旋转180度后与原图重合．10．（2022·广西贵港）若点(,1)A a -与点(2,)B b 关于y 轴对称，则-a b 的值是（ ）A ．1-B ．3-C ．1D ．2【答案】A【分析】根据关于y 轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数解答即可．【详解】∵点(,1)A a -与点(2,)B b 关于y 轴对称，∴a =-2，b =-1，∴a -b =-1，故选A ．【点睛】本题考查了关于y 轴对称的点坐标的关系，代数式求值，解题的关键在于明确关于y 轴对称的点纵坐标相等，横坐标互为相反数．11．（2022·江苏常州）在平面直角坐标系xOy 中，点A 与点1A 关于x 轴对称，点A 与点2A 关于y 轴对称．已知点1(1,2)A ，则点2A 的坐标是（ ）A ．(2,1)-B ．(2,1)--C ．(1,2)-D ．(1,2)--【答案】D【分析】直接利用关于x ，y 轴对称点的性质分别得出A ，2A 点坐标，即可得出答案．【详解】解：∵点1A 的坐标为（1，2），点A 与点1A 关于x 轴对称，∴点A 的坐标为（1，-2），∵点A 与点2A 关于y 轴对称，∴点2A 的坐标是（-1，﹣2）．故选：D ．【点睛】此题主要考查了关于x ，y 轴对称点的坐标，正确掌握关于坐标轴对称点的性质是解题关键．12．（2022·北京）图中的图形为轴对称图形，该图形的对称轴的条数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．5【答案】D 【分析】根据题意，画出该图形的对称轴，即可求解．【详解】解∶如图，一共有5条对称轴．故选：D【点睛】本题主要考查了轴对称图形，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键．13．（2022·山东临沂）剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．鱼与“余”同音，寓意生活富裕、年年有余，是剪纸艺术中很受喜爱的主题，以下关于鱼的剪纸中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念进行判断即可．【详解】A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；B.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；D.既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称；熟练掌握知识点是解题的关键．14．（2022·山东聊城）如图，在直角坐标系中，线段11A B 是将ABC 绕着点()3,2P 逆时针旋转一定角度后得到的111A B C △的一部分，则点C 的对应点1C 的坐标是（ ）A ．(-2，3)B ．(-3，2)C ．(-2，4)D ．(-3，3)【答案】A 【分析】根据旋转的性质解答即可．【详解】解：∵线段11A B 是将ABC 绕着点()3,2P 逆时针旋转一定角度后得到的111A B C △的一部分，∴A 的对应点为1A ，∴190APA ∠=︒，∴旋转角为90°，∴点C 绕点P 逆时针旋转90°得到的1C 点的坐标为（-2，3），故选：A ．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，练掌握对应点与旋转中心的连线是旋转角和旋转角相等是解答本题的关键．15．（2022·湖南）如图，点O 是等边三角形ABC 内一点，2OA =，1OB =，OC =AOB ∆与BOC ∆的面积之和为（ ）AB C D 【答案】C【分析】将AOB ∆绕点B 顺时针旋转60︒得BCD ∆，连接OD ，得到BOD 是等边三角形，再利用勾股定理的逆定理可得90COD ∠=︒，从而求解．【详解】解：将AOB ∆绕点B 顺时针旋转60︒得BCD ∆，连接OD ，OB OD ∴=，60BOD ∠=︒，2CD OA ==，BOD ∴∆是等边三角形，1OD OB ∴==，∵222214OD OC +=+=，2224CD ==，222OD OC CD ∴+=，90DOC ∴∠=︒，AOB ∴∆与BOC ∆的面积之和为21112BOC BCD BOD COD S S S S +=+=+⨯= C ．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质等知识，利用旋转将AOB ∆与BOC ∆的面积之和转化为BOC BCD S S + ，是解题的关键．16．（2022·内蒙古呼和浩特）如图，ABC 中，90ACB ∠=︒，将ABC 绕点C 顺时针旋转得到EDC △，使点B 的对应点D 恰好落在AB 边上，AC 、ED 交于点F ．若BCD α∠=，则EFC ∠的度数是（用含α的代数式表示）（ ）A ．1902α︒+B ．1902α︒-C ．31802α︒-D ．32α【答案】C【分析】根据旋转的性质可得，BC =DC ，∠ACE =α，∠A =∠E ，则∠B =∠BDC ，利用三角形内角和可求得∠B ，进而可求得∠E ，则可求得答案．【详解】解：∵将ABC 绕点C 顺时针旋转得到EDC △，且BCD α∠=∴BC =DC ，∠ACE =α，∠A =∠E ，∴∠B =∠BDC ，∴1809022B BDC αα︒-∠=∠==︒-，∴90909022A E B αα∠=∠=︒-∠=︒-︒+=，∴2A E α∠=∠=，318018018022EFC ACE E ααα∴∠=︒-∠-∠=︒--=︒-，故选：C ．【点睛】本题考查了旋转变换、三角形内角和、等腰三角形的性质，解题的关键是掌握旋转的性质．17．（2022·内蒙古赤峰）如图，点()2,1A ，将线段OA 先向上平移2个单位长度，再向左平移3个单位长度，得到线段''O A ，则点A 的对应点'A 的坐标是（ ）A ．()3,2-B ．()0,4C ．()1,3-D ．()3,1-【答案】C 【分析】根据点向上平移a 个单位，点向左平移b 个单位，坐标P （x ，y ）⇒P （x ，y +a ）⇒P （x +a ，y +b ），进行计算即可．【详解】解：∵点A 坐标为（2，1），∴线段OA 向h 平移2个单位长度，再向左平移3个单位长度，点A 的对应点A ′的坐标为（2-3，1+2），即（-1，3），故选C ．【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化--平移，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．18．（2022·黑龙江绥化）如图，线段OA 在平面直角坐标系内，A 点坐标为()2,5，线段OA 绕原点O 逆时针旋转90°，得到线段OA '，则点A '的坐标为（ ）A ．()5,2-B ．()5,2C ．()2,5-D ．()5,2-【答案】A 【分析】如图，逆时针旋转90°作出OA '，过A 作AB x ⊥轴，垂足为B ，过A '作A B x ''⊥轴，垂足为B '，证明()A OB BOA AAS '∠ ≌，根据A 点坐标为()2,5，写出5AB =，2OB =，则5OB '=，2A B '=，即可写出点A 的坐标．【详解】解：如图，逆时针旋转90°作出OA '，过A 作AB x ⊥轴，垂足为B ，过A '作A B x ''⊥轴，垂足为B '，∴90A BO ABO ∠'=∠=︒，OA OA '=，∵18090A OB AOB A OA '∠+∠=︒-∠'=︒，90AOB A ∠+∠=︒，∴A OB A ∠'=∠，∴()A OB BOA AAS '∠ ≌，∴OB AB '=，A B OB '=，∵A 点坐标为()2,5，∴5AB =，2OB =，∴5OB '=，2A B '=，∴()5,2A '-，故选：A ．【点睛】本题考查旋转的性质，证明A OB BOA '∠ ≌是解答本题的关键．19．（2022·海南）如图，点(0,3)(1,0)A B 、，将线段AB 平移得到线段DC ，若90,2ABC BC AB ∠=︒=，则点的坐标是（ ）A ．(7,2)B ．(7,5)C ．(5,6)D ．(6,5)【答案】D 【分析】先过点C 做出x 轴垂线段CE ，根据相似三角形找出点C 的坐标，再根据平移的性质计算出对应D 点的坐标．【详解】如图过点C 作x 轴垂线，垂足为点E ，∵90ABC ∠=︒∴90ABO CBE ∠+∠=︒∵90CBE BCE +=︒∠∴ABO BCE Ð=Ð在ABO ∆和BCE ∆中，90ABO BCE AOB BEC =⎧⎨==︒⎩∠∠∠∠ ，∴ABO BCE ∆∆∽，∴12AB AO OB BC BE EC === ，则26BE AO == ,22EC OB ==∵点C 是由点B 向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，∴点D 同样是由点A 向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，∵点A 坐标为(0，3)，∴点D 坐标为(6，5)，选项D 符合题意，故答案选D【点睛】本题考查了图像的平移、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的判定与性质找出图像左右、上下平移的距离是解题的关键．20．（2022·广西）2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的，展现了运动员不断飞跃，超越自我，奋力拼搏，激励世界的冬残奥精神下列的四个图中，能由如图所示的会徽经过平移得到的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【分析】根据平移的特点分析判断即可．【详解】根据题意，得不能由平移得到，故A 不符合题意；不能由平移得到，故B 不符合题意；不能由平移得到，故C 不符合题意；能由平移得到，故D 符合题意；故选D ．【点睛】本题考查了平移的特点，熟练掌握平移的特点是解题的关键．21．（2022·广西）如图，在ABC 中，4,CA CB BAC α==∠=，将ABC 绕点A 逆时针旋转2α，得到AB C '' ，连接B C '并延长交AB 于点D ，当B D AB '⊥时， 'BB的长是（ ）A B C D 【答案】B【分析】先证'60B AD ∠=︒，再求出AB 的长，最后根据弧长公式求得 'BB．【详解】解：,'CA CB B D AB =⊥ ，12AD DB AB ∴==，AB C '' 是ABC 绕点A 逆时针旋转2α得到，'AB AB ∴=，1'2AD AB =，在'Rt AB D ∆中，1cos ''2AD B AD AB ∠==，'60B AD ∴∠=︒，,'2CAB B AB αα∠=∠= ，11'603022CAB B AB ∴∠=∠=⨯︒=︒，4AC BC == ，cos304AD AC ∴=︒==2AB AD ∴==BB ∴'的长=60180AB π=，故选：B ．【点睛】本题考查了图形的旋转变换，等腰三角形的性质，三角函数定义，弧长公式，正确运算三角函数定义求线段的长度是解本题的关键．22．（2022·内蒙古包头）如图，在Rt ABC 中，90,30,2ACB A BC ∠=︒∠=︒=，将ABC 绕点C 顺时针旋转得到A B C '' ，其中点A '与点A 是对应点，点B '与点B 是对应点．若点B '恰好落在AB 边上，则点A 到直线A C '的距离等于（ ）A ．B ．C ．3D ．2【答案】C【分析】如图，过A 作AQ A C '⊥于,Q 求解4,AB AC == 结合旋转：证明60,,90,B A B C BC B C A CB '''''∠=∠=︒=∠=︒ 可得BB C '△为等边三角形，求解60,A CA '∠=︒ 再应用锐角三角函数可得答案．【详解】解：如图，过A 作AQ A C '⊥于,Q由90,30,2ACB A BC ∠=︒∠=︒=，4,AB AC ∴===结合旋转：60,,90,B A B C BC B C A CB '''''∴∠=∠=︒=∠=︒BB C '∴ 为等边三角形，60,30,BCB ACB ''∴∠=︒∠=︒60,A CA '∴∠=︒sin 60 3.AQ AC ∴=︒== ∴A 到A C '的距离为3．故选C【点睛】本题考查的是旋转的性质，含30︒的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．23．（2022·内蒙古通辽）冬季奥林匹克运动会是世界上规模最大的冬季综合性运动会，下列四个图是历届冬奥会图标中的一部分，其中是轴对称图形的为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【分析】根据轴对称图形的定义，即可求解．【详解】解：A 、是轴对称图形，故本选项符合题意；B 、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；C 、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D 、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；故选：A【点睛】本题主要考查了轴对称图形的定义，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键．24．（2022·四川内江）2022年2月第24届冬季奥林匹克运动会在我国北京成功举办，以下是参选的冬奥会会徽设计的部分图形，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】C【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．【详解】A.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A 错误；B.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故B 错误；C.既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C 正确；D.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D 错误．故选：C ．【点睛】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．25．（2022·广西河池）如图，在Rt △ABC 中，90ACB ∠︒＝，6AC ＝，8BC ＝，将Rt ABC 绕点B 顺时针旋转90°得到Rt A B C ''' ．在此旋转过程中Rt ABC 所扫过的面积为( )A ．25π+24B ．5π+24C ．25πD ．5π【答案】A 【分析】根据勾股定理定理求出AB ，然后根据扇形的面积和三角形的面积公式求解．【详解】解：∵90ACB ∠︒＝，6AC ＝，8BC ＝，∴10AB ==，∴Rt ABC 所扫过的面积为2901016825243602ππ⋅⋅+⨯⨯=+．故选：A ．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，扇形的面积的计算，勾股定理，熟练掌握扇形的面积公式是解答的关键．26．（2022·上海）有一个正n 边形旋转90 后与自身重合，则n 为（ ）A ．6B ．9C ．12D ．15【答案】C【分析】根据选项求出每个选项对应的正多边形的中心角度数，与90 一致或有倍数关系的则符合题意．【详解】如图所示，计算出每个正多边形的中心角，90 是30 的3倍，则可以旋转得到．A. B. C. D.观察四个正多边形的中心角，可以发现正12边形旋转90°后能与自身重合故选C ．【点睛】本题考查正多边形中心角与旋转的知识，解决本题的关键是求出中心角的度数并与旋转度数建立关系．27．（2022·贵州毕节）矩形纸片ABCD 中，E 为BC 的中点，连接AE ，将ABE △沿AE 折叠得到AFE △，连接CF ．若4AB =，6BC =，则CF 的长是（ ）A ．3B ．175C ．72D ．185【答案】D 【分析】连接BF 交AE 于点G ，根据对称的性质，可得AE 垂直平分BF ，BE =FE ，BG =FG =12BF ，根据E 为BC 中点，可证BE =CE =EF ，通过等边对等角可证明∠BFC =90°，利用勾股定理求出AE ，再利用三角函数（或相似）求出BF ，则根据FC =【详解】连接BF ，与AE 相交于点G ，如图，∵将ABE △沿AE 折叠得到AFE △∴ABE △与AFE △关于AE 对称∴AE 垂直平分BF ，BE =FE ，BG =FG =12BF∵点E 是BC 中点∴BE =CE =DF =132BC =∴5AE ===∵sin BE BG BAE AE AB ∠==∴341255BE AB BG AE ⋅⨯===∴12242225BF BG ==⨯=∵BE =CE =DF ∴∠EBF =∠EFB ，∠EFC =∠ECF∴∠BFC =∠EFB +∠EFC =180902︒=︒∴185FC ==故选 D 【点睛】本题考查了折叠对称的性质，熟练运用对称性质证明相关线段相等是解题的关键．二．填空题28．（2022·山东临沂）如图，在平面直角坐标系中，ABC 的顶点A ，B 的坐标分别是()0,2A ，()2,1B -．平移ABC 得到A B C ''' ，若点A 的对应点A '的坐标为()1,0-，则点B 的对应点B '的坐标是_____________．【答案】()1,3-【分析】根据点A 坐标及其对应点A '的坐标的变化规律可得平移后对应点的横坐标减小1，纵坐标减小2，即可得到答案．【详解】 平移ABC 得到A B C ''' ，点()0,2A 的对应点A '的坐标为()1,0-，∴ABC 向左平移了1个单位长度，向下平移了2个单位长度，即平移后对应点的横坐标减小1，纵坐标减小2，∴()2,1B -的对应点B '的坐标是()1,3-，故答案为：()1,3-．【点睛】本题考查了平移坐标的变化规律，即左减右加，上加下减，熟练掌握知识点是解题的关键．29．（2022·广西贵港）如图，将ABC 绕点A 逆时针旋转角()0180αα︒<<︒得到ADE ，点B 的对应点D 恰好落在BC 边上，若,25DE AC CAD ⊥∠=︒，则旋转角α的度数是______．【答案】50︒【分析】先求出65ADE ∠=︒，由旋转的性质，得到65∠=∠=︒B ADE ，AB AD =，则65ADB ∠=︒，即可求出旋转角α的度数．【详解】解：根据题意，∵,25DE AC CAD ⊥∠=︒，∴902565ADE ∠=︒-︒=︒，由旋转的性质，则65∠=∠=︒B ADE ，AB AD =，∴65ADB B ∠=∠=︒，∴180665550BAD ︒-∠=︒=︒-︒；∴旋转角α的度数是50°；故答案为：50°．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算．30.（2022·广西贺州）如图，在平面直角坐标系中，OAB 为等腰三角形，5OA AB ==，点B 到x 轴的距离为4，若将OAB 绕点O 逆时针旋转90︒，得到OA B ''△，则点B '的坐标为__________．【答案】(4,8)-【分析】过B 作BC OA ⊥于C ，过B '作BD x ⊥轴于D ，构建OB D OBC '∆≅∆，即可得出答案．【详解】过B 作BC OA ⊥于C ，过B '作BD x ⊥轴于D ，∴90B DO BCO '∠=∠=︒，∴2390∠+∠= ，由旋转可知90BOB '∠=︒，OB OB '=，∴1290∠+∠=︒，∴13∠=∠，∵OB OB '=，13∠=∠，B DO BCO '∠=∠，∴OB D OBC '∆≅∆，∴B D OC '=，4OD BC ==，∵5AB AO ==，∴3AC ===，∴8OC =，∴8B D '=，∴(4,8)B '-．故答案为：(4,8)-．【点睛】本题考查了旋转的性质以及如何构造全等三角形求得线段的长度，准确构造全等三角形求得线段长度是解题的关键．31．（2022·四川泸州）点()2,3-关于原点的对称点的坐标为________．【答案】()2,3-【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，可以直接得到答案．【详解】点()2,3-关于原点对称的点的坐标是()2,3-故答案为：()2,3-【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P （x ，y ）关于原点O 的对称点是P ′（-x ，-y ）．32．（2022·吉林）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角()0360αα︒<<︒后能够与它本身重合，则角α可以为__________度．（写出一个即可）【答案】60或120或180或240或300（写出一个即可）【分析】如图（见解析），求出图中正六边形的中心角，再根据旋转的定义即可得．【详解】解：这个图案对应着如图所示的一个正六边形，它的中心角3601606︒∠==︒，0360α︒<<︒ ，∴角α可以为60︒或120︒或180︒或240︒或300︒，故答案为：60或120或180或240或300（写出一个即可）．【点睛】本题考查了正多边形的中心角、图形的旋转，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．33．（2022·贵州铜仁）如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点E 为AD 的中点，将△CDE 沿CE 翻折得△CME ，点M 落在四边形ABCE 内．点N 为线段CE 上的动点，过点N 作NP //EM 交MC 于点P ，则MN +NP 的最小值为________．【答案】8 5【分析】过点M作MF⊥CD于F，推出MN+NP的最小值为MF的长，证明四边形DEMG为菱形，利用相似三角形的判定和性质求解即可．【详解】解：作点P关于CE的对称点P′，由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，∴点P′在CD上，过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，∵MN+NP=MN+NP′≤MF，∴MN+NP的最小值为MF的长，连接DG，DM，由折叠的性质知CE为线段DM的垂直平分线，∵AD=CD=2，DE=1，∴CE∵12CE×DO=12CD×DE，∴DO∴EO∵MF⊥CD，∠EDC=90°，∴DE ∥MF ，∴∠EDO =∠GMO ，∵CE 为线段DM 的垂直平分线，∴DO =OM ，∠DOE =∠MOG =90°，∴△DOE ≌△MOG ，∴DE =GM ，∴四边形DEMG 为平行四边形，∵∠MOG =90°，∴四边形DEMG 为菱形，∴EG =2OE GM = DE =1，∴CG ，∵DE ∥MF ，即DE ∥GF ，∴△CFG ∽△CDE ，∴FG CG DE CE =，即1FG ， ∴FG =35，∴MF =1+35=85，∴MN +NP 的最小值为85．故答案为：85．【点睛】此题主要考查轴对称在解决线段和最小的问题，熟悉对称点的运用和画法，知道何时线段和最小，会运用勾股定理和相似三角形的判定和性质求线段长度是解题的关键．34．（2022·山东潍坊）小莹按照如图所示的步骤折叠A 4纸，折完后，发现折痕AB ′与A 4纸的长边AB 恰好重合，那么A 4纸的长AB 与宽AD 的比值为___________．1【分析】判定△AB ′D ′是等腰直角三角形，即可得出AB AD ，再根据AB ′= AB ，再计算即可得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD 是矩形，∴∠D =∠B =∠DAB =90°，由操作一可知：∠DAB ′=∠D ′AB ′=45°，∠AD ′B ′=∠D =90°，AD =AD ′，∴△AB ′D ′是等腰直角三角形，∴AD =AD ′= B ′D ′，由勾股定理得AB ，又由操作二可知：AB ′=AB ，=AB ，∴AB AD ，∴A 4纸的长AB 与宽AD 1：1．【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及折叠变换的运用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．35．（2022·山东潍坊）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO 绕原点O 逆时针旋转75︒，再沿y 轴方向向上平移1个单位长度，则点B ''的坐标为___________．【答案】(1)+【分析】连接OB ，OB '由题意可得∠BOB '=75°，可得出∠COB '=30°，可求出B '的坐标，即可得出点B ''的坐标．【详解】解：如图：连接OB ，OB '，作B M '⊥y 轴∵ABCO是正方形，OA=2∴∠COB=45°，OB=∵绕原点O逆时针旋转75︒∴∠BOB'=75°∴∠COB'=30°∵OB'=OB=∴MB'MO∴B'(∵沿y轴方向向上平移1个单位长度∴B''(1)故答案为：(1)【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，坐标与图形变化﹣平移，熟练掌握网格结构，准确确定出对应点的位置是解题的关键．36．（2022·湖南永州）如图，图中网格由边长为1的小正方形组成，点A为网格线的交点.若线段OA绕原点O顺时针旋转90°后，端点A的坐标变为______．【答案】()2,2-【分析】根据题意作出旋转后的图形，然后读出坐标系中点的坐标即可．【详解】解：线段OA 绕原点O 顺时针旋转90°后的位置如图所示，∴旋转后的点A 的坐标为（2，-2），故答案为：（2，-2）．【点睛】题目主要考查图形的旋转，点的坐标，理解题意，作出旋转后的图形读出点的坐标是解题关键．三．解答题37．（2022·湖南）如图所示的方格纸(1格长为一个单位长度）中，AOB ∆的顶点坐标分别为(3,0)A ，(0,0)O ，(3,4)B ．(1)将AOB ∆沿x 轴向左平移5个单位，画出平移后的△111AO B （不写作法，但要标出顶点字母）；(2)将AOB ∆绕点O 顺时针旋转90︒，画出旋转后的△222A O B （不写作法，但要标出顶点字母）；(3)在（2）的条件下，求点B 绕点O 旋转到点2B 所经过的路径长（结果保留)π．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)52π【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A ，O ，B 的对应点1A ，1O ，1B 即可；（2）利用旋转变换的性质分别作出A ，O ，B 的对应点2A ，2O ，2B 即可；（3）利用弧长公式求解即可．(1)解：如图，111A O B ∆即为所求；(2)解：如图，222A O B ∆(即△A 2OB 2）即为所求；(3)解：在Rt AOB ∆中，5OB ==，905253602l ππ∴=⨯⨯=．【点睛】本题考查作图-旋转变换，平移变换，勾股定理、弧长公式等知识，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质．38．（2022·湖北荆州）如图，在10×10的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的图形称为格点图形，图中△ABC为格点三角形．请按要求作图，不需证明．(1)在图1中，作出与△ABC全等的所有格点三角形，要求所作格点三角形与△ABC有一条公共边，且不与△ABC重叠；(2)在图2中，作出以BC为对角线的所有格点菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】对于（1），以AC为公共边的有2个，以AB为公共边的有2个，以BC为公共边的有1个，一共有5个，作出图形即可；对于（2），△ABC是等腰直角三角形，以BC为对角线的菱形只有1个，作出图形即可．(1)如图所示．。

中考数学图形的变换专题复习题及答案

中考数学图形的变换专题复习题及答案

热点11 图形的变换（时间：100分钟总分：100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，只有一个是符合题目要求的）1．在图形的平移中，下列说法中错误的是（）A．图形上任意点移动的方向相同； B．图形上任意点移动的距离相同C．图形上可能存在不动点； D．图形上任意对应点的连线长相等2．如图所示图形中，是由一个矩形沿顺时针方向旋转90•°后所形成的图形的是（）A．（1）（4） B．（2）（3） C．（1）（2） D．（2）（4）3．在旋转过程中，确定一个三角形旋转的位置所需的条件是（）①三角形原来的位置；②旋转中心；③三角形的形状；④旋转角．A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①③④4．如图，O是正六边形ABCDEF的中心，下列图形中可由△OBC平移得到的是（• ）A．△COD B．△OAB C．△OAF D．△OEF5．下列说法正确的是（）A．分别在△ABC的边AB、AC的反向延长线上取点D、E，使DE∥BC，•则△ADE•是△ABC 放大后的图形；B．两个位似图形的面积比等于位似比；新课标第一网C．位似多边形中对应对角线之比等于位似比；D．位似图形的周长之比等于位似比的平方6．下面选项中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．等边三角形 B．等腰梯形 C．五角星 D．菱形7．下列图形中对称轴的条数多于两条的是（）A．等腰三角形 B．矩形 C．菱形 D．等边三角形8．在如图所示的四个图案中既包含图形的旋转，•又有图形的轴对称设计的是（）9．钟表上2时15分，时针与分针的夹角是（）A．30° B．45° C．22．5° D．15°10．如图1，已知正方形ABCD的边长是2，如果将线段BD绕点B旋转后，点D•落在CB的延长线上的D′处，那么tan∠BAD′等于（）A．1 B．2 C．22D．22（1） (2) (3)二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）11．一个正三角形至少绕其中心旋转________度，就能与本身重合，•一个正六边形至少绕其中心旋转________度，就能与其自身重合．12．如图2中图案，可以看作是由一个三角形通过_______次旋转得到的，每次分别旋转了__________．13．如图3，在梯形ABCD中，将AB平移至DE处，则四边形ABED是_______四边形．14．已知等边△ABC，以点A为旋转中心，将△ABC旋转60°，•这时得到的图形应是一个_______，且它的最大内角是______度．15．•如果两个位似图形的对应线段长分别为3cm•和5cm，•且较小图形的周长为30cm，则较大图形周长为________．16．将如左图所示，放置的一个Rt△ABC（∠C=90°）绕斜边AB旋转一周，所得到的几何体的主视图是右图所示四个图形中的_______（只填序号）．17．如图4，一张矩形纸片，要折叠出一个最大的正方形纸，小明把矩形的一个角沿折痕翻折上去，使AB边和AD边上的AF重合，则四边形ABEF就是一个最大的正方形，他的判定方法是________．(4) (5)18．如图5，有一腰长为5cm，底边长为4cm的等腰三角形纸片，•沿着底边上的中线将纸片剪开，得到两个全等的直角三角形纸片，用这两个直角三角形纸片拼成的平面图形中有_______个不同的四边形．三、解答题（本大题共46分，19～23题每题6分，24题、25题每题8分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．如图，平移图中的平行四边形ABCD使点A移动至E点，作出平移后的图形．20．如图，作出Rt△ABC绕点C顺时针旋转90°、180°、270°后的图案，•看看得到的图案是什么？21．如图，P是正方形内一点，将△ABP绕点B顺时针方向旋转能与△CBP′重合，若BP=3，求PP′．22．如图所示，四边形ABCD是正方形，E点在边DE上，F点在线段CB•的延长线上，且∠EAF=90°．（1）试证明：△ADE≌△ABF．（2）△ADE可以通过平移、翻转、旋转中的哪种方法到△ABF的位置．（3）指出线段AE与AF之间的关系．23．如图，魔术师把4张扑克牌放在桌子上，如图（1），然后蒙住眼睛，请一位观众上台把某一张牌旋转180°，魔术师解开蒙具后，看到四张牌如图（2）所示，•他很快确定了哪一张牌被旋转过，你能说明其中的奥妙吗？24．如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，CD⊥BC，E为BC边上的点，将直角梯形ABCD沿对角线BD折叠，使△ABD与△EBD重合（如图中的阴影部分）．若∠A=120°，•AB=4cm，求梯形ABCD的高CD．25．如图，正方形ABCD 内一点P ，使得PA ：PB ：PC=1：2：3，请利用旋转知识，•证明∠APB=135°．（提示：将△ABP 绕点B 顺时针旋转90°至△BCP ′，连结PP ′）答案:一、选择题1．C 2．B 3．A 4．C 5．C 6．D 7．D 8．D 9．C 10．B二、填空题11．120 50 12．4，72°，144°，216°，288° 13．平行 14．菱形，12015．•50cm 16．（2） 17．对角线平分内角的矩形是正方形 18．4三、解答题19．解：略 20．解：略．21．解：由放置的性质可知PBP ′=∠ABC=90°，BP ′=BP=3，在Rt △PBP ′中，PP ′=22'BP BP +=32．22．解：（1）90909090EAF BAF BAE BAD DAE BAE ∠=︒⇒∠+∠=︒⎫⇒⎬∠=︒⇒∠+∠=︒⎭∠EAF=∠EAD ， 而AD=AB ，∠D=∠ABF=90°，故△ADE ≌△ABF ．（2）可以通过旋转，将△ADE 绕点A 顺时针旋转90°就可以到△ABF 的位置．（3）由△ADE ≌△ABF 可知AE=AF ．23．解：图（1）与图（2）中扑克牌完全一样，说明被旋转过的牌是中心对称图形，而图中只有方块4是中心对称图形，故方块4被旋转过．24．解：由题意可知△ABD ≌△EBD ，∴∠ADB=∠EDB，由于AD∥BC，∴∠ADB=∠DBE．∴∠EDB=∠DBE，∴ED=EB，∴DE=AB=4cm．∵∠CDE=30°，∴CD=DE·cos30°=4×32=23．25．证明：旋转后图形如图，设AP=x，PB=2x，PC=3x，则由旋转的性质可知CP′=x，BP′=2x，∠PBP′=90°，∴PP′=22x，所以∠BP′P=45°．在△PP′C中，P′P2+P′C2=8x2+x2=9x2，又∵PC2=9x2，∴P′P2+P′C2=PC2．∴∠PP′C=90°，∴∠BP′C=90°+45°=135°．∴∠APB=135°．。

(word版)全国中考数学真题分类汇编22：图形变换(对称、平移、旋转、位似),文档

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图形变换〔对称、平移、旋转、位似〕一、选择题1.〔2021年安徽省〕点A〔1，-3〕关于x轴的对称点A'在反比例函数y=k的图像上，x那么实数k的值为〔〕B.1 D.-133【考点】轴对称、反比例函数【解答】∵点A〔1，-3〕关于x轴的对称点A'的坐标为〔1，3〕∴把〔1，3〕代入y=k得：k=3x∴选A2.(2021年天津市)在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形，下面4个汉字中，可以看做是轴对称图形的是〔〕【考点】轴对称图形【解答】美、丽、校、园四个汉子中，“美〞可以看做轴对称图形。

应选A3.(2021年天津市)如图，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，A使的点对应点D恰好落在边AB上，点B的对应点为E，连接BE，以下结论一定正确的选项是〔〕A.AC=AD ⊥EB C. BC=DED.∠A=∠EBC【考点】旋转的性质、等腰三角形的性质【解答】由旋转性质可知，AC=CD，AC≠AD，∴A错由旋转性质可知，BC=EC，BC≠DE，∴C错由旋转性质可知，∠ACB=∠DCE，∵∠ACB=∠ACD+∠DCB，∠DCE=∠ECB+∠DCB，∴∠ACD=∠ECB，∵AC=CD，BC=CE，∴∠11 A=∠CDA=〔180°-∠ECB〕，∠EBC=∠CEB= 22〔180°-∠ECB，〕∴D正确，由于由题意无法得到∠ABE=90选°项，错∴B误.应选D。

4.〔2021年北京市〕以下倡导节约的图案中，是轴对称图形的是〔〕A. B. C. D.【考点】轴对称图形【解答】此题考察轴对称图形的概念，应选C5.〔2021年乐山市〕以下四个图形中，可以由图1通过平移得到的是()(A)(B)(C)(D)图1【考点】平移的性质【解答】平移前后的图像的大小、形状、方向是不变的，应选 D.6.〔2021年山东省德州市〕以下图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是〔〕A. B. C. D.【考点】轴对称图形、中心对称图形【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误，B、是中心对称图形但不是轴对称图形，故本选项正确，C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误，、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误．应选：B．7.〔2021年山东省菏泽市〕以下图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是〔〕A．B．C．D．【考点】轴对称图形、中心对称图形【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；应选：C．8.〔2021年山东省济宁市〕以下图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是〔〕A．B．C．D．【考点】轴对称图形、中心对称图形【解答】解：A、既是中心对称图形也是轴对称图形，故此选项正确；B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误．应选：A．9.〔2021年山东省青岛市〕以下四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是〔〕A．B．C．D．【考点】轴对称图形、中心对称图形【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确．应选：D．10.〔2021年山东省青岛市〕如图，将线段AB先向右平移5个单位，再将所得线段绕原点按顺时针方向旋转90°，得到线段A′B′，那么点B的对应点B′的坐标是〔〕A．〔﹣4，1〕B．〔﹣1，2〕C．〔4，﹣1〕D．〔1，﹣2〕【考点】图形的平移与旋转【解答】解：将线段AB先向右平移5个单位，点B〔2，1〕，连接OB，顺时针旋转90°，那么B'对应坐标为〔1，﹣2〕，应选：D．11.〔2021年山东省枣庄市〕以下图形，可以看作中心对称图形的是〔〕A．B．C．D．【考点】轴对称图形、中心对称图形【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B、是中心对称图形，故本选项符合题意；C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意．应选：B．〔2021年山东省枣庄市〕如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°ABF到△的位置．假设四边形AECF的面积为20，DE＝2，那么AE的长为〔〕A．4B．2C．6D．2【考点】正方形的性质、旋转的性质【解答】解：∵△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置．∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于20，∴AD＝DC＝2，∵DE＝2，∴Rt△中，AE ＝＝2ADE应选：D．〔2021年四川省达州市〕剪纸是我国传统的民间艺术，以下剪纸作品中，轴对称图形是〔〕A．B．C．D．【考点】轴对称图形、中心对称图形【解答】解：A、不是轴对称图形，故此选项不合题意；B、不是轴对称图形，故此选项不合题意；C、不是轴对称图形，故此选项不合题意；D、是轴对称图形，故此选项符合题意；应选：D．14.〔2021年云南省〕以下图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是()【考点】轴对称图形、中心对称图形【解答】根据轴对称和中心对称定义可知，A选项是轴对称，B选项既是轴对称又是中心对称，C选项是轴对称，D选项是轴对称图形，应选D〔2021年广西贵港市〕假设点P〔m-1，5〕与点Q〔3，2-n〕关于原点成中心对称，那么m+n的值是〔〕【考点】中心对称【解答】解：∵点P〔m-1，5〕与点Q〔3，2-n〕关于原点对称，∴m-1=-3，2-n=-5，解得：m=-2，n=7，那么m+n=-2+7=5．应选：C．16.〔2021年广西贺州市〕以下图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是〔〕A．正三角形B．平行四边形C．正五边形D．圆【考点】轴对称图形、中心对称图形【解答】解：A．正三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形；B．平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形；C．正五边形是轴对称图形，但不是中心对称图形；D．圆既是轴对称图形，又是中心对称图形；应选：D．17.〔2021年江苏省苏州市〕如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC 4，BD 16，将VABO沿点A到点C的方向平移，得到 VABC，当点A与点C重合时，点A与点B之间的距离为〔〕A．6B．8C．10D．12ADOB C〔A')O'B'【考点】菱形的性质、勾股定理、平移【解答】由菱形的性质得AO OC CO 2，BO OD BO 8AOB A OB90oVAOB为直角三角形AB AO2 BO2628210应选C18.〔2021年江苏省无锡市〕以下图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是()【考点】轴对称图形、中心对称图形【解答】A、B、D都既是中心对称也是轴对称图形；应选 C.19.〔2021年江苏省扬州市〕以下图案中，是中心对称图形的是()A. B. C. D.【考点】轴对称图形、中心对称图形【解答】D.20.〔2021年浙江省杭州市〕在平面直角坐标系中，点A(m,2)与点b(3,n)关于y轴对称，那么〔〕A.m=3，n=2B.m=-3，n=2C.m=2，n=3D.m=-2，n=3【考点】关于坐标轴对称的点的坐标特征【解答】A，B关于y轴对称，那么横坐标互为相反数，纵坐标相同应选B21.〔2021年湖北省荆州市〕在平面直角坐标系中，点A的坐标为〔1，〕，以原点为中心，将点A顺时针旋转30°得到点A'，那么点A'的坐标为〔〕A．〔，1〕B．〔，﹣1〕C．〔2，1〕D．〔0，2〕【考点】旋转的性质【解答】解：如图，作AE⊥x轴于E，A′F⊥x轴于F．∵∠AEO＝∠OFA′＝90°AOE，∠＝∠AOA′＝∠A′OF＝30°∴∠AOE＝∠A′，∵OA＝OA′，∴△AOE≌△OA′F〔AAS〕，∴OF＝AE＝，A′F＝OE＝1，∴A′〔，1〕．应选：A．22.〔2021年湖北省宜昌市〕如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是〔〕A．〔﹣1，2+〕B．〔﹣，3〕C．〔﹣，2+〕D．〔﹣3，〕【考点】旋转的性质、解直角三角形【解答】解：如图，作B′H⊥y轴于H．由题意：OA′＝A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，∴∠A′B′H＝30°，∴AH′＝A′B′＝1，B′H＝，∴OH＝3，∴B′〔﹣，3〕，应选：B．23.〔2021年甘肃省武威市〕如图，将图形用放大镜放大，应该属于〔〕A．平移变换B．相似变换C．旋转变换D．对称变换【考点】相似形【解答】解：根据相似图形的定义知，用放大镜将图形放大，属于图形的形状相同，大小不相同，所以属于相似变换．应选：B．24.〔2021年辽宁省本溪市〕以下图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是〔〕A．B．C．D．【考点】轴对称图形、中心对称图形【解答】解：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；C、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意．应选：B．25.〔2021年辽宁省大连市〕如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，假设AB＝4，BC＝8．那么D′F的长为〔〕A．2B．4C．3D．2【考点】折叠变换、矩形的性质、相似三角形的判定与性质【解答】解：连接AC交EF于点O，如下图：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝8，∠B＝∠D＝90°，AC＝＝＝4，∵折叠矩形使C与A重合时，EF⊥AC，AO＝CO＝ AC＝2，∴∠AOF＝∠D＝90°，OAF∠＝∠DAC，∴那么Rt△FOA∽Rt ADC△，∴＝，即：＝，解得：AF＝5，∴D′F＝DF＝AD﹣AF＝8﹣5＝3，应选：C．26.〔2021年西藏〕如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝3，动点P满足S△PAB＝S 矩形ABCD，那么点P到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为〔〕A．2B．2C．3D．【考点】轴对称﹣最短路线问题、勾股定理【解答】解：设△ABP中AB边上的高是h．∵S△PAB＝S矩形ABCD，∴AB?h＝AB?AD，∴h＝AD＝2，∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，BE，那么BE的长就是所求的最短距离．在Rt△ABE中，∵AB＝6，AE＝2+2＝4，∴BE＝＝＝2，即PA+PB的最小值为2．应选：A．二、填空题1.〔2021年山东省滨州市〕在平面直角坐标系中，△ABO三个顶点的坐标分别为A〔﹣2，4〕，B〔﹣4，0〕，O〔0，0〕．以原点O为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，得到△CDO，那么点A的对应点C的坐标是．【考点】位似变换【解答】解：以原点O为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，点A的坐标为〔﹣2，4〕，∴点C的坐标为〔﹣2×，4×〕或〔2×，﹣4×〕，即〔﹣1，2〕或〔1，﹣2〕，故答案为：〔﹣1，2〕或〔1，﹣2〕．2.(2021年天津市)如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E是边CD上一点，连接AE，折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上，假设DE=5，那么GE 的长为.【考点】轴对称、全等三角形、相似三角形、勾股定理【解答】因为四边形ABCD 是正方形，易得△ AFB ≌△DEA ，∴AF=DE=5BF=13，.那么又易知△AH AF60 120AFH ∽△BFA ，所以，即AH=，∴AH=2AH=，∴由勾股定理得BA BF 131349AE=13，∴GE=AE-AG=133.〔2021 年山东省青岛市〕如图，在正方形纸片ABCD 中，E 是CD 的中点，将正方形纸片折叠，点B 落在线段AE 上的点G 处，折痕为AF ．假设AD ＝4cm ，那么CF 的长为 cm ．【考点】轴对称、勾股定理、正方形的性质、方程建模【解答】解：设 BF ＝x ，那么FG ＝x ，CF ＝4﹣x ．在Rt △ADE 中，利用勾股定理可得AE ＝．根据折叠的性质可知AG ＝AB ＝4，所以GE ＝ ﹣4． 在Rt △GEF 中，利用勾股定理可得 EF 2＝〔﹣4〕2+x 2，在Rt △FCE 中，利用勾股定理可得 EF 2＝〔4﹣x 〕2+22，所以〔﹣4〕2+x 2＝〔4﹣x 〕2+22，解得x ＝﹣2．那么FC＝4﹣x＝6﹣．故答案为6﹣．〔2021年四川省资阳市〕如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，点D为边AB的中点，连结CD，过点A作AE⊥CD于点E，将△ACE沿直线AC翻折到△ACE′的位置．假设CE′∥AB，那么CE′＝．【考点】翻折变换、勾股定理、矩形的性质、平行线的性质【解答】解：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＝＝5，∵?AB?CH＝?AC?BC，∴CH＝，∴AH＝＝，∵CE∥AB，∴∠E′CH+∠AHC＝180°，∵∠AHC＝90°，∴∠E′CH＝90°，∴四边形AHCE′是矩形，∴CE′＝AH＝，故答案为．〔2021年广西贺州市〕如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，AF平分∠BAE交BC于点F，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，那么CF的长为．【考点】旋转的性质、也考查了正方形的性质【解答】解：作FM⊥AD于M，FN⊥AG于N，如图，易得四边形CFMD为矩形，那么FM4，∵正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，∴DE＝2，∴AE＝＝2，∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，∴AG＝AE＝2，BG＝DE＝2，∠3＝∠4，GAE∠＝90°，∠ABG＝∠D＝90°，而∠ABC＝90°，∴点G在CB的延长线上，∵AF平分∠BAE交BC于点F，∴∠ 1＝∠2，∴∠ 2+∠4＝∠1+∠3FA，平即分∠GAD，∴FN＝FM＝4，AB?GF＝FN?AG，∴GF＝＝2，∴CF＝CG﹣GF＝4+2﹣2＝6﹣2．故答案为6﹣2．〔2021年湖北省十堰市〕如图，正方形ABCD和Rt△AEF，AB＝5，AE＝AF＝4，连接BF，DE．假设△AEF绕点A旋转，当∠ABF最大时，S△ADE＝．【考点】正方形的性质，旋转的性质、勾股定理【解答】解：作DH⊥AE于H，如图，∵AF＝4，当△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上，∴当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，即BF⊥AF，在Rt△ABF中，BF＝＝3，∵∠EAF＝90°，∴∠BAF+∠BAH＝90°，∵∠DAH+∠BAH＝90°，∴∠DAH＝∠BAF，在△ADH和△ABF中，∴△ADH≌△ABF〔AAS〕，∴DH＝BF＝3，∴S△ADE＝AE?DH＝×3×4＝6．故答案为6．7.〔2021年浙江省杭州市〕如图，把某矩形纸片ABCD沿EF、GH折叠〔点E、H在AD边上，点F、G在BC边上〕，使得点B、点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A'点，D点的对称点为D'点，假设∠FPG=90°，△的面A'EP积为4，△D'PH的面积为1，那么矩形ABCD的面积等于________.A1D1A E PDB F G C【考点】矩形性质、折叠【解答】∵A'E∥PF∴∠ A'EP=∠D'PH又∵∠A=∠A'=90°，∠D=∠D'=90°∴∠ A'=∠D'∴△ A'EP～△D'PH又∵AB=CD，AB=A'P，CD=D'PA'P=D'P设A'P=D'P=x∵S△A'EP：S△D'PH=4：1A'E=2D'P=2x△A'EP11x24∴S=AEAP2xx22∵x0∴x2A'P=D'P=2A'E=2D'P=4∴EP AE2AP2422225∴PH=15 EP2∴DH DH 1AP1 2∴AD AE EP PH DH42551535∴AB AP2∴S矩形ABCD AB AD2(355)65108.〔2021年甘肃省天水市〕如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，点E在DC上，将矩形ABCD沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，那么sin∠EFC的值为．【考点】矩形的性质、折叠的性质、勾股定理【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，∴AD＝BC＝5，AB＝CD＝3，∵矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的F处，∴AF＝AD＝5，EF＝DE，在Rt△ABF中，∵BF＝＝4，∴CF＝BC﹣BF＝5﹣4＝1，设CE＝x，那么DE＝EF＝3﹣x在Rt△ECF中，∵CE 2+FC2＝EF2，∴x 2+12＝〔3﹣x〕2，解得x＝，∴EF＝3﹣x＝，∴sin EFC∠＝＝．故答案为：．〔2021年湖北省随州市〕如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的直角顶点C的坐标为〔1，0〕，点A在x轴正半轴上，且AC=2．将△ABC先绕点C逆时针旋转90°，再向左平移3个单位，那么变换后点A的对应点的坐标为______．【考点】旋转变换的性质、平移的性质【解答】解：∵点C的坐标为〔1，0〕，AC=2，∴点A的坐标为〔3，0〕，如下图，将Rt△ABC先绕点C逆时针旋转90°，那么点A′的坐标为〔1，2〕，再向左平移3个单位长度，那么变换后点A′的对应点坐标为〔-2，2〕，故答案为：〔-2，2〕．10.〔2021年辽宁省本溪市〕在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是A〔4，2〕，B5，0〕，以点O为位似中心，相们比为，把△ABO缩小，得到△A1B1O，那么点A的对应点A1的坐标为．【考点】位似变换的性质【解答】解：以点O为位似中心，相们比为，把△ABO缩小，点A的坐标是A〔4，2〕，那么点A的对应点A1的坐标为〔4×，2×〕或〔﹣4×，﹣2×〕，即〔2，1〕或〔﹣2，﹣1〕，故答案为：〔2，1〕或〔﹣2，﹣1〕．〔2021年内蒙古包头市〕如图，在△ABC中，∠CAB＝55°，ABC∠＝25°，在同一平面内，将△ABC绕A点逆时针旋转70°得到△ADE，连接EC，那么tan∠DEC的值是．【考点】三角函数的应用、旋转变换【解答】解：由旋转的性质可知：AE＝AC，∠CAE＝70°，∴∠ACE＝∠AEC＝55°，又∵∠AED＝∠ACB，∠CAB＝55°，∠ABC＝25°，∴∠ACB＝∠AED＝100°，∴∠DEC＝100°﹣55°＝45°，tan DEC∠＝tan45°1＝，故答案为：1〔2021年新疆〕如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，将△ABC绕点A顺时针旋转30°，得到△ACD，延长AD交BC的延长线于点E，那么DE的长为．【考点】直角三角形的性质、旋转变换【解答】解：根据旋转过程可知：∠CAD＝30°＝CAB∠，AC＝AD＝4．∴∠BCA＝∠ACD＝∠ADC＝75°．∴∠ECD＝180°﹣2×75°＝30°．∴∠E＝75°﹣30°＝45°．过点C作CH⊥AE于H点，在Rt△ACH中，CH＝AC＝2，AH＝2．∴HD＝AD﹣AH＝4﹣2．在Rt△CHE中，∵∠E＝45°，∴EH＝CH＝2．∴DE＝EH﹣HD＝2﹣〔4﹣2〕＝2﹣2．故答案为2﹣2．13.〔2021年海南省〕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°AF〕得，到连结EF．假设AB＝3，AC＝2，且α+β＝∠B，那么EF＝．【考点】勾股定理、旋转变换【解答】解：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°∴EF＝＝故答案为：〔2021年西藏〕如图，把一张长为4，宽为2的矩形纸片，沿对角线折叠，那么重叠部分的面积为．【考点】矩形的性质、勾股定理、折叠的性质、【解答】解：设BF长为x，那么FD＝4﹣x，∵∠ACB＝∠BCE＝∠CBD，∴△BCF为等腰三角形，BF＝CF＝x，在Rt△CDF中，〔4﹣x〕2+22＝x2，解得：x＝，∴BF＝，∴S△BFC＝BF×CD＝××2＝.5．即重叠局部面积为．故答案为：．三、解答题1.〔2021年北京市〕AOB 30，H为射线OA上一定点，OH31，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1；〔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．B BO H AO H A图1备用图【考点】旋转、轴对称、全等三角形、特殊直角三角形【解答】〔1〕如下图2〕在△OPM中，∠OMP=180-°∠POM-∠OPM=150°-∠OPMOPN=∠MPN-∠OPM=150°-∠OPM∴∠OMP=∠OPN3〕过点P作PK⊥OA，过点N作NF⊥OB.∵∠OMP=∠OPN，∴∠PMK=∠NPF在△ NPF和△PMK中NPF PMKNFO PMK 90PN PM，∴△NPF≌△PMKAAS〔〕PF=MK，∠PNF=∠MPK，NF=PK.又∵ON=PQ，在Rt△NOF和Rt△PKQ中ON PQNF PK，∴Rt△NOF≌Rt△PKQHL〕〔，∴KQ=OF.设MK=y，PK=x∵∠POA=30°，PK⊥OQ∴OP=2x，∴OK=3x，OM3xy∴OFOPPF2x y，MH OH OM31(3xy) KH OHOM313x∵M与Q关于H对称，∴MH=HQ∴KQ=KH+HQ=313x313xy23223xy∵KQ=OF，∴23223xy2x y，整理得232x(223)所以x1，即PK=1∵∠POA=30°，∴OP=22.〔2021年四川省广安市〕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〔阴影局部为要剪掉局部〕请在图中画出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〕【考点】旋转、轴对称【解答】解：如下图3.〔2021年江苏省苏州市〕如图，△ABC中，点E在BC边上，AE AB，将线段AC绕点A旋转到AF的位置，使得CAF BAE，连接EF，EF与AC交于点G1〕求证：EFBC；2〕假设ABC65，ACB28，求FGC的度数.【考点】全等三角形的判定和性质、旋转的性质【解答】解：〔1〕Q CAF BAEBAC EAF又QAE AB，AC AF△BAC≌△EAFSASEF BC2〕QABAE，ABC65BAE18065250FAG50又Q△BAC≌△EAFF C 28FGC 50 28 784.〔2021年湖北省荆州市〕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α角〔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中猜测AF与DE的数量关系，并证明你的结论．【考点】正方形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质【解答】解：〔1〕如图2，∵△OEF绕点O逆时针旋转α角，∴∠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．理由如下：如图②，∵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，∴△AOF≌△DOE〔SAS〕，∴AF＝DE．〔2021年黑龙江省伊春市〕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〔结果保存π〕．【考点】轴对称的性质、旋转的性质、扇形的面积【解答】解：〔1〕如右图所示，点A1的坐标是〔﹣4，1〕；〔2〕如右图所示，点A2的坐标是〔1，﹣4〕；〔3〕∵点A〔4，1〕，∴OA＝，∴线段OA在旋转过程中扫过的面积是：＝．。

图形的变换中考数学试题汇编

图形的变换中考数学试题汇编

图形的变换一、选择题1.（2017山东德州市第11题）如图放置的两个正方形，大正方形ABCD 边长为a ，小正方形CEFG 边长为b(a ＞b),M 在边BC 上，且BM=b ，连AM ，MF ，MF 交CG 于点P ，将△ABM 绕点A 旋转至△ADN ，将△MEF 绕点F 旋转至△NGF 。

给出以下五种结论：①∠MAD=∠AND ；②CP=2-b b a；③ΔABM ≌ΔNGF ；④S 四边形AMFN =a 2+b 2；⑤A ，M ，P ，D 四点共线 其中正确的个数是（ ）A ．2B ．3C ．4D ．52.（2017重庆A 卷第2题）下列图形中是轴对称图形的是（ ）3.（2017甘肃庆阳第1题）下面四个手机应用图标中，属于中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．4.（2017广西贵港第11题）如图，在Rt ABC ∆中，90ACB ∠= ，将ABC ∆绕顶点C 逆时针旋转得到'',A B C M ∆是BC 的中点，P 是''A B 的中点，连接PM ，若230BC BAC =∠=，，则线段PM 的最大值是（）A．4 B．3 C.2 D．15.（2017贵州安顺第7题）如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点O，若AO=5cm，则AB的长为（）A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm6.（2017江苏无锡第4题）下列图形中，是中心对称图形的是（）A．B．C． D．7.（2017江苏无锡第10题）如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，点D是BC的中点，将△ABD沿AD翻折得到△AED，连CE，则线段CE的长等于（）A．2 B．54C．53D．758.（2017江苏盐城第3题）下列图形中，是轴对称图形的是（）9. （2017江苏盐城第6题）如图，将函数y=12（x-2）2+1的图象沿y 轴向上平移得到一条新函数的图象，其中点A （1，m ），B （4，n ）平移后的对应点分别为点A'、B'．若曲线段AB 扫过的面积为9（图中的阴影部分），则新图象的函数表达式是（ ）A ．y ＝12 (x −2)2−2 B ．y ＝12 (x −2)2+7 C ．y ＝12 (x −2)2−5 D ．y ＝12(x −2)2+4 10.（2017甘肃兰州第14题）如图，在正方形ABCD 和正方形DEFG 中，点G 在CD 上，2DE =，将正方形DEFG 绕点D 顺时针旋转60°，得到正方形'''DE F G ，此时点'G 在AC 上，连接'CE ，则''CE CG +=( )A.26+B.31+C.32+D.36+11.（2017山东烟台第2题）下列国旗图案是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）12.（2017四川宜宾第7题）如图，在矩形ABCD 中BC=8，CD=6，将△ABE 沿BE 折叠，使点A 恰好落在对角线BD 上F 处，则DE 的长是（ ）A ．3B ．245C ．5D ．891613.（2017四川自贡第6题0下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）14.(2017江苏徐州第题0下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．15.（2017浙江嘉兴第7题）若平移点A 到点C ，使以点O ，A ，C ，B 为顶点的四边形是菱形，则正确的平移方法是（ ）A ．向左平移1个单位，再向下平移1个单位B ．向左平移(221)-个单位，再向上平移1个单位C ．向右平移2个单位，再向上平移1个单位D ．向右平移1个单位，再向上平移1个单位16.（2017浙江嘉兴第9题）一张矩形纸片ABCD ，已知3AB =，2AD =，小明按所给图步骤折叠纸片，则线段DG 长为（ ）A．2B．22C．1D．217.（2017山东德州第2题）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）二、填空题1.（2017浙江衢州第14题）如图，从边长为（a+3）的正方形纸片中剪去一个边长为3的正方形，剩余部分沿虚线又剪拼成一个如图所示的长方形（不重叠无缝隙），则拼成的长方形的另一边长是．2. （2017浙江衢州第16题）如图，正△ABO的边长为2，O为坐标原点，A在x轴上，B在第二象限。

中考数学规律问题图形变化类汇编经典及答案

中考数学规律问题图形变化类汇编经典及答案

中考数学规律问题图形变化类汇编经典及答案一、规律问题图形变化类1．如图是用黑色棋子摆成的美丽图案，按照这样的规律摆下去，第20个这样的图案需要黑色棋子的个数为（ ）A ．448B ．452C ．544D ．6022．如图，图①是一块边长为1，周长记为P 1的正三角形纸板，沿图①的底边剪去一块边长为12的正三角形纸板后得到图②，然后沿同一底边依次剪去一块更小的正三角形纸板（即其边长为前一块被剪掉正三角形纸板边长的12）后，得图③、④，…，记第n （n≥3）块纸板的周长为P n ，则P n －P n －1等于…（ ）A ．112n - B ．3－12n C ．1－132n - D ．132n -＋212n -3．“科赫曲线”是瑞典数学家科赫1904构造的图案（又名“雪花曲线”）．其过程是：第一次操作，将一个等边三角形每边三等分，再以中间一段为边向外作等边三角形，然后去掉中间一段，得到边数为12的图②．第二次操作，将图②中的每条线段三等分，重复上面的操作，得到边数为48的图③．如此循环下去，得到一个周长无限的“雪花曲线”．若操作4次后所得“雪花曲线”的边数是（ ）A ．192B ．243C ．256D ．7684．如图，都是由棱长为1的正方体叠成的图形．例如：第①个图形由1个正方体叠成，第②个图形由4个正方体叠成，第③个图形由10个正方体叠成…，低此规律，第10个图形由n 个正方体叠成，则n 的值为（ ）A．220B．165C．120D．555．第①图形中有2个三角形，第②图形中有8个三角形，第③个图形中有14个三角形，依此规律，第⑦个图形中三角形的个数是（）A．40 B．38 C．36 D．346．如图，将一张正方形纸片剪成四个小正方形，得到4个小正方形，称为第一次操作；然后，将其中的一个正方形再剪成四个小正方形，共得到7个小正方形，称为第二次操作；再将其中的一个正方形再剪成四个小正方形，共得到10个小正方形，称为第三次操作；…；根据以上操作，若操作670次，得到小正方形的个数是（）A．2009B．2010C．2011D．20127．如图是一组有规律的图案，它们是由边长相同的正方形和正三角形拼接而成，第①个图案有4个三角形和1个正方形，第②个图案有7个三角形和2个正方形，第③个图案有10个三角形和3个正方形，…依此规律，如果第n个图案中正三角形和正方形的个数共有2021个，则n的值为（）A．504 B．505 C．677 D．6788．观察下列一组图形中点的个数，其中第1个图中共有4个点，第2个图中共有10个点，第3个图中共有19个点，按此规律第8个图中共有点的个数是（）个A ．108B ．109C ．110D ．1129．法国数学家柯西于1813年在拉格朗日、高斯的基础上彻底证明了《费马多边形数定理》，其主要突破在“五边形数”的证明上．如图为前几个“五边形数”的对应图形，请据此推断，第20个“五边形数”应该为（ ），第2020个“五边形数”的奇偶性为（ ）A ．533；偶数B ．590；偶数C ．533；奇数D ．590；奇数10．按图示的方式摆放餐桌和椅子，图1中共有6把椅子，图2中共有10把椅子，…，按此规律，则图7中椅子把数是（ ）A ．28B ．30C ．36D ．4211．如图甲，直角三角形ABC 的三边a ，b ，c ，满足222+=a b c 的关系．利用这个关系，探究下面的问题：如图乙，OAB 是腰长为1的等腰直角三角形，90OAB ∠=︒，延长OA 至1B ，使1AB OA =，以1OB 为底，在OAB 外侧作等腰直角三角形11OA B ，再延长1OA 至2B ，使121A B OA =，以2OB 为底，在11OA B 外侧作等腰直角三角形22OA B ，……，按此规律作等腰直角三角形n n OA B （1n ≥，n 为正整数），则22A B 的长及20212021OA B 的面积分别是（ ）A ．2，20202B ．4，20212C ．22，20202D ．2，2019212．如图，四边形OAA 1B 1是边长为1的正方形，以对角线OA 1为边作第二个正方形OA 1A 2B 2，连接AA 2，得到AA 1A 2；再以对角线OA 2为边作第三个正方形OA 2A 3B 3，连接A 1A 3，得到A 1A 2A 3，再以对角线OA 3为边作第四个正方形OA 2A 4B 4，连接A 2A 4，得到A 2A 3A 4，…，设AA 1A 2，A 1A 2A 3，A 2A 3A 4，…，的面积分别为S 1，S 2，S 3，…，如此下去，则S 2020的值为（ ）A ．202012 B ．22018 C ．22018+12D ．101013．如图，点Q 在线段AP 上，其中10PQ =，第一次分别取线段AP 和AQ 的中点1P ，1Q 得到线段11PQ ；再分别取线段1AP 和1AQ 的中点2P ，2Q 得到线段22P Q ；第三次分别取线段2AP 和2AQ 的中点3P ，3Q 得到线段33PQ ；连续这样操作11次，则每次的两个中点所形成的所有线段之和1122331111PQ P Q PQ P Q ++++=（ ）A ．1010102-B ．1110102-C ．1010102+D ．1110102+14．如图，在平面直角坐标系中，点1A ，2A ，3A ，和1B ，2B ，3B ，分别在直线15y x b =+和x 轴上，11OA B ∆，122B A B ∆，233B A B ∆，是以1A ，2A ，3A ，为顶点的等腰直角三角形．如果点()11,1A ，那么点2020A 的纵坐标是（ ）A ．201932⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．202032⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．201923⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．202023⎛⎫ ⎪⎝⎭15．如图，①是一个三角形，分别连接这个三角形三边中点得到图②，再连接图②中间小三角形三边的中点得到图③，按这样的方法进行下去，第n 个图形中共有三角形的个数为（ ）A ．2n ﹣3B ．4n ﹣1C ．4n ﹣3D ．4n ﹣216．图①是一个三角形，分别连接这个三角形三边的中点得到图②，再分别连接图②中间小三角形三边的中点，得到图③．按这样的方法继续下去，第n 个图形中有（ ）个三角形（用含n 的代数式表示）．A ．4nB ．41n +C ．41n -D ．43n -17．下列图形都是由同样大小的圆按一定的规律组成，其中第1个图形中有5个圆，第2个图形中有9个圆，第3个图形中14个圆，……，则第7个图形中圆的个数是（ ）A ．42B ．43C ．44D ．4518．如图，在射线OA ，OB 上分别截取11OA OB =，连接11A B ，在11B A ，1B B 上分别截取1212B A B B =，连接22A B ，⋯按此规律作下去，若11A B O a ∠=，则20202020A B O ∠=（ ）A ．20202a B ．20192aC ．4040aD ．4038a19．如图，每一幅图中均含有若干个正方形，第①个图形中含有1个正方形，第②个图形中含有5个正方形，按此规律下去，则第⑥个图形含有正方形的个数是（ ）A ．102B ．91C ．55D ．3120．如图，已知1111222233334,,,AB A B A B A A A B A A A B A A ==== ……，若∠A ＝70°，则11n n n A A B --∠的度数为（ ）A ．702nB ．1702n + C ．1702n - D ．2702n - 21．如图，把正六边形各边按同一方向延长，使延长的线段与原正六边形的边长相等，顺次连接这六条线段外端点可以得到一个新的正六边形，…，重复上述过程，经过2020次后，所得到的正六边形的边长是原正六边形边长的（ ）A ．2018(3)倍B ．2019(3)倍C ．2020(3)倍D ．2021(3)倍22．下列图形都是由同样大小的黑色正方形纸片组成，其中图①有3张黑色正方形纸片，图②有5张黑色正方形纸片，图③有7张黑色正方形纸片…按此规律排列下去，图⑩中黑色正方形纸片的张数为（ ）A ．17B ．19C ．21D ．2323．如图，依次连结第一个菱形各边的中点得到一个矩形，再依次连结矩形各边的中点得到第二个菱形，按此方法继续下去．已知第一个菱形的面积为1，则第4个菱形的面积是（ ）A ．14B ．116C ．132D ．16424．如图，每个图案都由若干个“●”组成，其中第①个图案中有7个“●”，第②个图案中有13个“●”，…，则第⑨个图案中“●”的个数为( )A ．87B ．91C ．103D ．11125．携带着2公斤珍贵月壤的嫦娥五号返回器于2020年12月17日凌晨1时32分，降落在内蒙古市四子王旗，实现了中国版的“空间跳跃”.在科幻电影《银河护卫队》中，星际之间的穿梭往往靠宇宙飞船沿固定路径“空间跳跃”完成，如图所示，两个星球之间的路径只有一条，三个星际之间的路径有3条，四个星际之间的路径有6条，...，按此规律，则10个星际之间的路径有（ ）A ．45条B ．21条C ．42条D ．38条【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、规律问题图形变化类 1．C 【分析】观察各图可知，第一个图案需要黑色棋子的个数为(1+2+3)×2（个），第二个图案需要的个数为[(1+2+3+4)×2+2×1]（个），第三个图案需要的个数为[(1+2+3+4+5)×2+2×2]（个），第四个图案需要的个数为[(1+2+3+4+5+6)×2+2×3]（个）…由此可以推出第n 个图案需要的个数为()(){}1231[]222n n +++⋯++⨯+-（个），所以第20个图案需要的个数只需将n=20代入即可． 【详解】解：由图知第一个图案需要黑色棋子的个数为(1+2+3)×2（个）； 第二个图案需要的个数为[(1+2+3+4)×2+2×1]（个）； 第三个图案需要的个数为[(1+2+3+4+5)×2+2×2]（个）；第四个图案需要的个数为[(1+2+3+4+5+6)×2+2×3]（个）； …第n 个图案需要的个数为()(){}1231[]222n n +++⋯++⨯+-（个） ∴第20个图案需要的个数为(1+2+3+…+22)×2+2×19=544（个） 故选C ． 【点睛】本题考查了图形的变化．解题的关键是观察各个图形找到它们之间的规律． 2．A 【分析】根据等边三角形的性质（三边相等）求出等边三角形的周长P 1，P 2，P 3，P 4，然后周长相减即可得到规律，进行解答． 【详解】解：P 1＝1＋1＋1＝3， P 2＝1＋1＋12＝52， P 3＝1＋1＋14×3＝114， P4＝1＋1＋14×2＋18×3＝238， … ∴P 3－P 2＝114－52＝211=42， P 4－P 3＝238－114＝311=82， ∴P n －P n －1＝n-112， 故答案为：A ． 【点睛】本题主要考查对等边三角形的性质的理解和掌握，此题是一个规律型的题目，题型较好． 3．D 【分析】结合图形的变化写出前3次变化所得边数，发现规律：每多一次操作边数就是上一次边数的4倍，进而可以写出操作4次后所得“雪花曲线”的边数． 【详解】解：操作1次后所得“雪花曲线”的边数为12，即3×41＝12； 操作2次后所得“雪花曲线”的边数为48，即3×42＝48； 操作3次后所得“雪花曲线”的边数为192，即3×43＝192； 所以操作4次后所得“雪花曲线”的边数为768，即3×44＝768； 故选：D ．本题主要考查了规律题型图形变化类，准确判断计算是解题的关键．4．A【分析】根据题目给出的正方体的个数规律，可知第n个图形中的正方体的个数为1+3+6+…+(1)2n n+，据此可得第10个图形中正方体的个数．【详解】解：由图可得：图①中正方体的个数为1；图②中正方体的个数为4＝1+3；图③中正方体的个数为10＝1+3+6；图④中正方体的个数为20＝1+3+6+10；故第n个图形中的正方体的个数为1+3+6+…+(1)2n n+．第10个图形中正方体的个数为1+3+6+10+15+21+28+36+45+55＝220．故选：A．【点睛】本题考查了图形的变化类规律，解决问题的关键是依据图形得到变换规律．解题时注意：第n个图形中的正方体的个数为1+3+6+…+(1)2n n+．5．B【分析】由图形可知：第①个图形有2+6×0=2个三角形；第②个图形有2+6×1=8个三角形；第③个图形有2+6×2=14个三角形；…第n个图形有2+6×（n-1）=6n-4个三角形；进一步代入求得答案即可．【详解】解：∵第①个图形有2+6×0=2个三角形；第②个图形有2+6×1=8个三角形；第③个图形有2+6×2=14个三角形；…∴第n个图形有2+6×（n-1）=6n-4个三角形；∴第⑦个图形有6×7-4=38个三角形，故选：B．【点睛】本题考查了规律型：图形的变化类：首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．6．C先根据题意发现规律，然后再按照规律计算即可． 【详解】解：将一张正方形纸片剪成四个小正方形，得到4个小正方形，称为第一次操作； 将其中的一个正方形再剪成四个小正方形，共得到7个小正方形，称为第二次操作； 将其中的一个正方形再剪成四个小正方形，共得到10个小正方形，称为第三次操作； ……将其中的一个正方形再剪成四个小正方形，共得到4+3（n-1）个小正方形，称为第n 次操作；令n=670，可得4+3×（670-1）=2011． 故选：C ． 【点睛】本题主要考查了数字变化类规律问题，根据题意发现规律成为解答本题的关键． 7．B 【分析】根据图形的变化规律、正方形和三角形的个数可发现第n 个图案有31n +个三角形和n 个正方形，正三角形和正方形的个数共有41n +个，进而可求得当412021n +=时n 的值． 【详解】解：∵第①个图案有4个三角形和1个正方形，正三角形和正方形的个数共有5个； 第②个图案有7个三角形和2个正方形，正三角形和正方形的个数共有9个； 第③个图案有10个三角形和3个正方形，正三角形和正方形的个数共有13个； 第④个图案有13个三角形和4个正方形，正三角形和正方形的个数共有17个；∴第n 个图案有()43131n n +-=+个三角形和n 个正方形，正三角形和正方形的个数共有3141n n n ++=+个∵第n 个图案中正三角形和正方形的个数共有2021个 ∴412021n += ∴505n =． 故选：B 【点睛】本题考查了图形变化类的规律问题、利用一元一次方程求解等，解决本题的关键是观察图形的变化寻找规律． 8．B 【分析】由图可知：其中第1个图中共有1+1×3=4个点，第2个图中共有1+1×3+2×3=10个点，第3个图中共有1+1×3+2×3+3×3=19个点，…，由此规律得出第n 个图有1+1×3+2×3+3×3+…+3n 3(1)12n n +=+个点，然后依据规律解答即可．解：第1个图中共有1+1×3=4个点， 第2个图中共有1+1×3+2×3=10个点， 第3个图中共有1+1×3+2×3+3×3=19个点， …第n 个图有1+1×3+2×3+3×3+…+3n=13(123)n ++++⋯+3(1)12n n +=+个点， ∴第8个图中共有点的个数38(81)11092⨯+=+=个， 故选B. 【点睛】此题考查图形的变化规律，根据图形得出数字之间的运算规律是解题的关键． 9．B 【分析】根据前几个“五边形数”的对应图形找到规律，得出第n 个“五边形数”为23122n n -，将n=10代入可求得第20个“五边形数”，利用奇偶性判断第2020个“五边形数”的奇偶性． 【详解】解：第1个“五边形数”为1=2311122⨯-⨯， 第2个“五边形数”为5=2312222⨯-⨯， 第3个“五边形数”为12= 2313322⨯-⨯， 第4个“五边形数”为22= 2314422⨯-⨯， 第5个“五边形数”为35= 2315522⨯-⨯， ···由此可发现：第n 个“五边形数”为23122n n -， 当n=20时，23122n n -= 231202022⨯-⨯=590， 当n=2020时，232n =3×2020×1010是偶数，12n =1010是偶数，所以23122n n -是偶数，故选：B ． 【点睛】本题考查数字类规律探究、有理数的混合运算，通过观察图形，发现数字的变化规律是解答的关键． 10．B观察图形变化，得出n 张餐桌时，椅子数为4n +2把（n 为正整数），代入n ＝7即可得出结论． 【详解】解：1张桌子可以摆放的椅子数为：2+1×4＝6， 2张桌子可以摆放的椅子数为：2+2×4＝10， 3张桌子可以摆放的椅子数为：2+3×4＝14， …，n 张桌子可以摆放的椅子数为：2+4n ， 令n ＝7，可得2+4×7＝30（把）． 故选：B ． 【点睛】此题考查图形类规律探究，列式计算,根据图形的排列总结规律并运用解决问题是解题的关键． 11．A 【分析】根据题意结合等腰直角三角形的性质，即可判断出22A B 的长，再进一步推出一般规律，利用规律求解20212021OA B 的面积即可． 【详解】由题意可得：11OA AB AB ===，12OB =， ∵11OA B 为等腰直角三角形，且“直角三角形ABC 的三边a ，b ，c ，满足222+=a b c 的关系”，∴根据题意可得：111OA A B =∴212OB OA ==∴22222OA A B ===，，∴总结出nn OA =，∵111122△OAB S =⨯⨯=，11112△OA B S ==，2212222△OA B S =⨯⨯=，∴归纳得出一般规律：1122n nnnn OA B S -=⨯⨯=，∴2021202120202OA B S=，故选：A ． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，图形变化类的规律探究问题，立即题意并灵活运用等腰直角三角形的性质归纳一般规律是解题关键．12．B【分析】首先求出S1、S2、S3，然后猜测命题中隐含的数学规律，即可解决问题．【详解】解：如图∵四边形OAA1B1是正方形，∴OA＝AA1＝A1B1＝1，∴S1＝12⨯1×1＝12，∵∠OAA1＝90°，∴OA12＝12+12＝2，∴OA2＝A2A3＝2，∴S2＝12⨯2×1＝1，同理可求：S3＝12⨯2×2＝2，S4＝4…，∴S n＝2n﹣2，∴S2020＝22018，故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了学生找规律的能力，本题中找到a n的规律是解题的关键．13．B【分析】根据线段中点定义先求出P1Q1的长度，再由P1Q1的长度求出P2Q2的长度，从而找到P n Q n 的规律，即可求出结果．【详解】解：∵线段PQ=10，线段AP和AQ的中点P1，Q1，∴P1Q1=AP1-AQ1=12AP-12AQ=12（AP-AQ）=12PQ =12×10 =5．∵线段AP 1和AQ 1的中点P 2，Q 2； ∴P 2Q 2=AP 2-AQ 2 =12AP 1-12AQ 1 =12（AP 1-AQ 1） =12P 1 Q 1 =12×12×10 =212×10 =52． 发现规律：P n Q n =12n ×10 ∴P 1Q 1+P 2Q 2+…+P 11Q 11=12×10+212×10+312×10+…+1112×10 =10（12+212+312+…+1112） =10（1111212 ）=10（1-1112） =10-11102 故选：B ． 【点睛】本题考查了线段规律性问题，准确根据题意找出规律是解决本题的关键，比较有难度． 14．A 【分析】设点A 2，A 3，A 4…，A 2019坐标，结合函数解析式，寻找纵坐标规律，进而解题． 【详解】解：1(1,1)A 在直线15y x b =+， 45b ∴=， 1455y x ∴=+， 设22(A x ，2)y ，33(A x ，3)y ，44(A x ，4)y ，⋯，20202020(A x ，2019)y ，则有221455y x =+，331455y x =+，⋯，202020201455y x =+，又△11OA B ，△122B A B ，△233B A B ，⋯，都是等腰直角三角形，2122x y y ∴=+，312322x y y y =++，⋯，2020123201920202222x y y y y y =+++⋯++．将点坐标依次代入直线解析式得到： 21112y y =+，3121131222y y y =++=2y ，432y =3y ，⋯，2020201932y y =，又11y =，232y ∴=，233()2y =，343()2y =，⋯，201920203()2y =，故选：A ． 【点睛】此题主要考查了一次函数点坐标特点，等腰直角三角形斜边上高等于斜边长一半，解题的关键是找出规律． 15．C 【分析】由题意易得第一个图形三角形的个数为1个，第二个图形三角形的个数为5个，第三个图形三角形的个数为9个，第四个图形三角形的个数为13个，由此可得第n 个图形三角形的个数． 【详解】 解：由题意得：第一个图形三角形的个数为4×1-3=1个， 第二个图形三角形的个数为4×2-3=5个， 第三个图形三角形的个数为4×3-3=9个， 第四个图形三角形的个数为4×4-3=13个， …..∴第n 个图形三角形的个数为()43n -个； 故选C ． 【点睛】本题主要考查图形规律问题，关键是根据图形得到一般规律即可． 16．D 【分析】由题意易得第一个图形三角形的个数为1个，第二个图形三角形的个数为5个，第三个图形三角形的个数为9个，第四个图形三角形的个数为13个，由此可得第n 个图形三角形的个数． 【详解】 解：由题意得：第一个图形三角形的个数为4×1-3=1个， 第二个图形三角形的个数为4×2-3=5个， 第三个图形三角形的个数为4×3-3=9个， 第四个图形三角形的个数为4×4-3=13个， ……∴第n 个图形三角形的个数为()43n -个； 故选：D ． 【点睛】本题主要考查图形规律问题，关键是根据图形得到一般规律即可． 17．C 【分析】根据图形中圆的个数变化规律，进而求出答案． 【详解】 解：如图所示：第一个图形一共有2+3=5个圆， 第二个图形一共有2+3+4=9个圆， 第三个图形一共有2+3+4+5=14个圆，∴第七个图形一共有2+3+4+5+6+7+8+9=44个圆， 故选：C ． 【点睛】此题主要考查了图形变化类，根据题意得出圆的个数变化规律是解题关键． 18．B 【分析】根据等腰三角形两底角相等结合三角形外角性质用α表示出22A B O ∠，依此类推即可得到结论． 【详解】解：1212B A B B =，11A B O α∠=， 22111122A B O A B O α∴∠=∠=，同理3322211112222A B O A B O αα∠=∠=⨯=，∴44312A B O α∠=，112n n n A B O α-∴∠=， 2020202020192A B O α∴∠=，故选：B ． 【点睛】本题考查了等腰三角形两底角相等的性质，和三角形外角性质,图形的变化规律，依次求出每个三角形的一个底角，得到分母成2的指数次幂变化，分子不变的规律是解题的关键． 19．B 【分析】观察发现，第①个图形有正方形的个数为1；第②个图形有正方形的个数为：1+4=5；第③个图形有正方形的个数为：1+4+9=14；…；第n 个图形有正方形的个数为：1+4+9+…+n 2，从而得到答案． 【详解】 解：观察发现：第①个图形含有正方形的个数为1， 第②个图形含有正方形的个数为：1+4=5， 第③个图形含有正方形的个数为：1+4+9=14， …第n 个图形含有正方形的个数为：1+4+9+…+n 2，∴第⑥个图形含有正方形的个数为：1+4+9+16+25+36=91， 故选：B ． 【点睛】此题考查了图形的变化规律，解题的关键是仔细观察图形并找到规律，利用规律解决问题． 20．C 【分析】根据等边对等角可得∠AA 1B=∠A=70°，然后根据三角形外角的性质和等边对等角可得∠A 1A 2B 1=12∠AA 1B=702︒=35°，同理可得：∠A 2A 3B 2=12∠A 1A 2B 1=2702︒=17.5︒，∠A 3A 4B 3=12∠A 2A 3B 2=3702︒=8.75︒，找出规律即可得出结论． 【详解】∵1AB A B =，70A ∠=︒ ∴∠AA 1B=∠A=70° ∵1112A B A A = ∴∠A 1A 2B 1=∠A 1 B 1A 2 ∵∠AA 1B=∠A 1A 2B 1＋∠A 1 B 1A 2∴∠A 1A 2B 1=12∠AA 1B=702︒=35° 同理可得：∠A 2A 3B 2=12∠A 1A 2B 1=2702︒=17.5︒ ∠A 3A 4B 3=12∠A 2A 3B 2=3702︒=8.75︒ ∴11n n n A A B --∠=1702n -︒故选C ． 【点睛】此题考查的是等腰三角形的性质和三角形外角的性质，掌握等边对等角和三角形外角的性质是解决此题的关键． 21．C 【分析】先根据正六边形的性质得出∠1的度数，再根据AD=CD=BC 判断出△ABC 的形状及∠2的度数，求出AB 的长，进而可得出，经过2020次后，即可得出所得到的正六边形的边长． 【详解】∵此六边形是正六边形，∴∠1=180°-120°=60°，AD=CD=BC ，∴△BCD 为等边三角形， ∴BD=12AC ， ∴△ABC 是直角三角形又∵BC=12AC ， ∴∠2=30°，∴33CD ，同理可得，经过2次后，所得到的正六边形是原正六边形边长的23)倍， ，∴经过2020次后，所得到的正六边形的边长是原正六边形边长的20203)倍． 【点睛】本题考查了正多边形和圆，正多边形内角的性质，直角三角形的判定，含30度角的直角三角形的性质等，能总结出规律是解此题的关键．22．C【分析】设第n（n为正整数）个图形有a n张黑色正方形纸片，根据各图形中黑色正方形纸片张数的变化，可找出变化规律“a n=2n+1”，再代入n=10即可求出结论．【详解】解：设第n（n为正整数）个图形有a n张黑色正方形纸片．观察图形，可知：a1=3=2×1+1，a2=5=2×2+1，a3=7=2×3+1，…，∴a n=2n+1，∴a10=2×10+1=21．故选：C．【点睛】本题考查了规律型：图形的变化类，根据各图形中黑色正方形纸片张数的变化，找出变化规律“a n=2n+1”是解题的关键．23．D【分析】易得第二个菱形的面积为（12）2，第三个菱形的面积为（12）4，依此类推，第n个菱形的面积为（12）2n-2，把n=4代入即可．【详解】解：已知第一个菱形的面积为1；则第二个菱形的面积为原来的（12）2，第三个菱形的面积为（12）4，依此类推，第n个菱形的面积为（12）2n-2，当n=4时，则第4个菱形的面积为（12）2×4-2=(12)6=164．故选：D．【点睛】本题考查了三角形的中位线定理及矩形、菱形的性质，是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．24．D【分析】根据第①个图案中“●”有：1+3×（0+2）个，第②个图案中“●”有：1+4×（1+2）个，第③个图案中“●”有：1+5×（2+2）个，第④个图案中“●”有：1+6×（3+2）个，据此可得第⑨个图案中“●”的个数．【详解】解：∵第①个图案中“●”有：1+3×（0+2）=7个，第②个图案中“●”有：1+4×（1+2）=13个，第③个图案中“●”有：1+5×（2+2）=21个，第④个图案中“●”有：1+6×（3+2）=31个，…∴第9个图案中“●”有：1+11×（8+2）=111个，故选：D．【点睛】本题考查规律型：图形的变化，解题的关键是将原图形中的点进行无重叠的划分来计数．25．A【分析】设n个星球之间的路径有a n条（n为正整数，且n≥2），观察图形，根据各图形中星球之间“空间跳跃”的路径的条数的变化，可得出变化规律“a n=12n（n-1）（n为正整数，且n≥2）”，再代入n=10即可求出结论．【详解】解：设n个星球之间的路径有a n条（n为正整数，且n≥2）．观察图形，可知：a2=12×2×1=1，a3=12×3×2=3，a4=12×4×3=6，…，∴a n=12n（n-1）（n为正整数，且n≥2），∴a10=12×10×9=45．故选：A．【点睛】本题考查了规律型：图形的变化类，根据各图形中星球之间“空间跳跃”的路径的条数的变化，找出变化规律“a n=12n（n-1）（n为正整数，且n≥2）”是解题的关键．。

中考数学中18大类图形变换问题

中考数学中18大类图形变换问题

专题01 矩形的折叠中的距离或线段长度问题【典例1】在矩形纸片ABCD中，AB=3，AD=5. 如图例1-1所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A’处，折痕为PQ，当点A’在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动. 若限定点P、Q分别在AB、AD边上移动，则点A’在BC边上可移动的最大距离为.图例1-1【解析】此题根据题目要求准确判断出点A'的最左端和最右端位置.当点Q与点D重合时，A'的位置处于最左端，当点P与点B重合时，点A'的位置处于最右端. 根据分析结果，作出图形，利用折叠性质分别求出两种情况下的BA'或CA'的长度，二者之差即为所求.①当点Q与点D重合时，A'的位置处于最左端，如图例1-2所示.确定点A'的位置方法：因为在折叠过程中，A'Q=AQ，所以以点Q为圆心，以AQ长为半径画弧，与BC的交点即为点A'. 再作出①A'QA的角平分线，与AB的交点即为点P.图例1-2 图例1-3由折叠性质可知，AD= A'D=5，在Rt①A'CD中，由勾股定理得，A C==='4①当点P与点B重合时，点A'的位置处于最右端，如图例1-3所示.确定点A'的位置方法：因为在折叠过程中，A'P=AP，所以以点P为圆心，以AP长为半径画弧，与BC 的交点即为点A'. 再作出①A'P A的角平分线，与AD的交点即为点Q.由折叠性质可知，AB= A'B=3，所以四边形AB A'Q为正方形. 所以A'C=BC－A'B=5－3=2.综上所述，点A移动的最大距离为4－2=2.【小结】此类问题难度较大，主要考察学生的分析能力，作图能力。

作图的依据是折叠前后线段长度不变，据此先找到点A的落点A'，再根据对称轴（折痕）是对应点连线的垂直平分线，确定出折痕PQ的位置. 利用勾股定理、正方形的判定定理及其性质求得相应的线段长度.【巩固提升】1、如图，在矩形ABCD 中，AB =2，BC =4，P 为边AD 上一动点，连接B P ，把△AB P 沿B P 折叠，使A 落在A ′处，当△A ′DC 为等腰三角形时，A P 的长为（ ）A ．2B ．3C ．2或3D ．2或3【分析】根据△A ′DC 为等腰三角形，分三种情况进行讨论：①A 'D =A 'C ，②A 'D =DC ，③CA '=CD ，分别求得A P 的长，并判断是否符合题意．【解析】①如图，当A ′D =A ′C 时，过A ′作EF ⊥AD ，交DC 于E ，交AB 于F ，则EF 垂直平分CD ，EF 垂直平分AB ，∴A 'A =A 'B由折叠得，AB =A 'B ，∠AB P=∠A 'B P ，∴△ABA '是等边三角形，∴∠AB P=30°，∴A P===； ②如图，当A 'D =DC 时，A 'D =2由折叠得，A 'B =AB =2，∴A 'B +A 'D =2+2=4，连接BD ，则Rt △ABD 中，BD =，∴A 'B +A 'D ＜BD （不合题意），故这种情况不存在； ③如图，当CD =CA '时，CA '=2由折叠得，A'B=AB=2，∴A'B+A'C=2+2=4，∴点A'落在BC上的中点处此时，∠AB P=12∠ABA'=45°，∴A P=AB=2．综上所述，当△A′DC为等腰三角形时，A P的长为2．【小结】本题以折叠问题为背景，主要考查了等腰三角形的性质，解决问题的关键是画出图形进行分类讨论，分类时注意不能重复，不能遗漏．2、矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当△CEB′为直角三角形时，BE的长为( )A．3 B．32C．2或3 D．3或32【分析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．连结AC，先利用勾股定理计算出AC=5，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=3，可计算出CB′=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．②当点B′落在AD边上时，如图2所示．此时ABEB′为正方形．【解析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．连结AC，在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，∴AC，∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，∴∠AB′E=∠B=90°，当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，∴EB=EB′，AB=AB′=3，∴CB′=5-3=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，在Rt△CEB′中，∵EB′2+CB′2=CE2，∴x2+22=（4-x）2，解得x=32，∴BE=32；②当点B′落在AD边上时，如图2所示．此时ABEB′为正方形，∴BE=AB=3．综上所述，BE的长为32或3．故选D．【小结】本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．3、如图，在矩形ABCD中，AB＝√3，BC＝3，将△ABC沿对角线AC折叠，点B恰好落在点P处，C P与AD交于点F，连接B P交AC于点G，交AD于点E，下列结论不正确的是( )A．PGCG =13B．△P BC是等边三角形C．AC＝2A P D．S△BGC＝3S△AG P【分析】如图，首先运用勾股定理求出AC的长度，进而求出∠ACB＝30°，此为解决该题的关键性结论；运用翻折变换的性质证明△BC P为等边三角形；运用射影定理求出线段CG、AG之间的数量关系，进而证明选项A、B、C成立，选项A不成立.【解析】如图，∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC＝90°；由勾股定理得：AC2＝AB2+BC2，而AB＝√3，BC＝3，∴AC＝2√3，AB＝12AC，∴∠ACB＝30°；由翻折变换的性质得：B P⊥AC，∠ACB＝∠AC P＝30°，BC＝P C，AB＝A P，BG＝P G，∴GC＝√3BG＝√3P G，∠BC P＝60°，AC＝2A P，∴△BC P为等边三角形，故选项B、C成立，选项A不成立；由射影定理得：BG2＝CG•AG，∴AG＝√33BG，CG＝3AG，∴S△BCG＝3S△ABG；由题意得：S△ABG＝S△AG P，∴S△BGC＝3S△AG P，故选项D正确；故选：A．【小结】考查了翻折变换的性质、矩形的性质、射影定理、三角形的面积公式等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用矩形的性质、射影定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．4、如图，矩形ABCD 中，3AB =，4BC =，点E 是BC 边上一点，连接AE ，把矩形沿AE 折叠，使点B 落在点B '处．当CEB '∆为直角三角形时，BE 的长为____________．【分析】当△CEB ′为直角三角形时，有两种情况： ①当点B ′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC ，先利用勾股定理计算出AC =10，根据折叠的性质得∠AB ′E =∠B =90°，而当△CEB ′为直角三角形时，只能得到∠EB ′C =90°，所以点A 、B ′、C 共线，即∠B 沿AE 折叠，使点B 落在对角线AC 上的点B ′处，则EB =EB ′，AB =AB ′=6，可计算出CB ′=4，设BE =x ，则EB ′=x ，CE =8-x ，然后在Rt △CEB ′中运用勾股定理可计算出x ．②当点B ′落在AD 边上时，如答图2所示．此时四边形ABEB ′为正方形． 【解析】由题意知，需分两种情况讨论：①当90CB E ︒'∠=时，如图1，由折叠得，90AB E B ︒'∠=∠=，AB AB '=，∴180AB C ︒'∠=， ∴,,A B C '三点共线．在矩形ABCD 中，3AB =，4BC =，∴5AC =． ∵AB AB 3'==， ∴2B C AC AB ''=-=．设BE x =，则4CE BC BE x =-=-，B E x '=， 在Rt B CE '∆中，222B E B C CE ''+=，即2222(4)xx +=-，解得32x =． ②当90B EC ︒'∠=时，如图2，由折叠可知ABE AB E '∆∆≌， ∴BE B E '=，90B AB E ︒'∠=∠=， ∴四边形ABEB '是正方形， ∴3BE AB ==．综上所述，当CEB '∆为直角三角形时，BE 的长为32或3． 【小结】考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．5、如图，矩形纸片ABCD ，5AB =，3BC =，点P 在BC 边上，将CDP ∆沿DP 折叠，点C 落在点E 处，PE ，DE 分别交AB 于点O ，F ，且OP OF =，则AF 的值为_____________．【分析】由矩形的性质和已知条件OP OF =，可判定OEF OBP ∆≅∆,设EF x =，根据全等三角形的性质及矩形的性质可用含x 的式子表示出DF 和AF 的长，在Rt ADF ∆根据勾股定理可求出x 的值，即可确定AF 的值. 【解析】四边形ABCD 是矩形,∴ 5CD AB ==,3AD BC ==,90B C A ︒∠=∠=∠=DEP ∆是由CDP ∆沿DP 折叠而来的∴5DE CD ==,EP CP = ,90E C ︒∠=∠=B E ∴∠=∠又,FOE POB OP OF ∠=∠=∴OEF OBP ∆≅∆（AAS ） ,EF BP OE OB ∴==BF BO OF EO OP EP CP ∴=+=+==设=EF BP x =,则5,3DF x BF CP x =-==-5(3)2AF AB BF x x ∴=-=--=+在Rt ADF ∆中，根据勾股定理得：222AD AF DF += ,即2223(2)(5)x x ++=-解得67x =620277AF ∴=+=故答案为：207【小结】本题考查了求多边形中的线段长，主要涉及的知识点有矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，数学的方程思想，用同一个字母表示出直角三角形中的三边长是解题的关键.6、如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，则AF的最小值为__．【分析】通过观察可以发现，当∠AFE=90°时，AF最小；然后设BE=x，则：EF=x，AE=3-x，然后多次使用勾股定理即可解答；【解析】设BE=x，则：EF=x，AE=3-x在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC；在Rt△EBC中，由勾股定理得:EC由折叠可知CF=CB=2，所以：AF=AC-CF【小结】本题考查几何图形中的最值问题，其中找到出现最值的位置和运用勾股定理解题是关键.7、如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝E是AB边上一点，AE＝2，F是直线CD上一动点，将△AEF沿直线EF折叠，点A的对应点为点A′，当点E，A′，C三点在一条直线上时，DF的长为_____．【分析】利用勾股定理求出CE，再证明CF=CE即可解决问题．（注意有两种情形）【解析】如图，由翻折可知，∠FEA＝∠FEA′，∵CD∥AB，∴∠CFE＝∠AEF，∴∠CFE＝∠CEF，∴CE＝CF，在Rt△BCE中，EC==，∴CF＝CE＝，∵AB＝CD＝6，∴DF＝CD﹣CF＝6﹣，当点F在DC的延长线上时，易知EF⊥EF′，CF＝CF′＝，∴DF＝CD+CF′＝【小结】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，本题的突破点是证明△CFE的等腰三角形，属于中考常考题型．8、如图，矩形OABC中，OA=4，AB=3，点D在边BC上，且CD=3DB，点E是边OA上一点，连接DE，将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，则OE的长为_________.【解析】连接A′D，AD，①四边形OABC是矩形，①BC=OA=4，OC=AB=3，①C=①B=①O=90°，①CD=3DB，①CD=3，BD=1，①CD=AB，①将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，①A′D=AD，A′E=AE，在Rt①A′CD与Rt①DBA中，，①Rt①A′CD①Rt①DBA（HL），①A′C=BD=1，①A′O=2，①A′O2+OE2=A′E2，①22+OE2=（4﹣OE）2，①OE=，【小结】本题关键词：“对应点的连线段被折痕垂直平分”，“全等相似”，“十字架”，“勾股定理解方程”9、如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E为BC的中点，将①ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为．【解析】连接BF，①BC=6，点E为BC的中点，①BE=3，又①AB=4，①AE==5，①BH=，则BF=，①FE=BE=EC，①①BFC=90°，根据勾股定理得，CF===．10、如图，已知E为长方形纸片ABCD的边CD上一点，将纸片沿AE对折，点D的对应点D′恰好在线段BE上．若AD=3，DE=1，则AB=5．【解析】①折叠，①①ADE①①AD'E，①AD=AD'=3，DE=D'E=1，①DEA=①D'EA，①四边形ABCD是矩形，①AB①CD，①①DEA=①EAB，①①EAB=①AEB，①AB=BE，①D'B=BE﹣D'E=AB﹣1，在Rt①ABD'中，AB2=D'A2+D'B2，①AB2=9+（AB﹣1）2，①AB=511、如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=10，点N为边BC的中点，点M为AB边上任意一点，连接MN，把①BMN沿MN折叠，使点B落在点E处，若点E恰在矩形ABCD的对称轴上，则BM的长为5或．【解析】①当E在矩形的对称轴直线PN上时，如图1此时①MEN=①B=90°，①ENB=90°，①四边形BMEN是矩形．又①ME=MB，①四边形BMEN是正方形．①BM=BN=5．①当E在矩形的对称轴直线FG上时，如图2，过N点作NH①FG于H点，则NH=4．根据折叠的对称性可知EN=BN=5，①在Rt①ENH中，利用勾股定理求得EH=3．①FE=5﹣3=2．设BM=x，则EM=x，FM=4﹣x，在Rt①FEM中，ME2=FE2+FM2，即x2=4+（4﹣x）2，解得x=，即BM=．故答案为5或．12、如图，矩形ABCD中，AD=4，O是BC边上的点，以OC为半径作①O交AB于点E，BE=AE，把四边形AECD沿着CE所在的直线对折（线段AD对应A′D′），当①O与A′D′相切时，线段AB的长是．【解析】设①O与A′D′相切于点F，连接OF，OE，则OF①A′D′，①OC=OE，①①OCE=①OEC，①四边形ABCD是矩形，①①A=①B=A′=90°，由折叠的性质得：①AEC=①A′EC，①①B+①BCE=①A′EO+①OEC，①①OEA′=①B=90°，①OE=OF，①四边形A′FOE是正方形，①A′E=AE=OE=OC，①BE=AE，设BE=3x，AE=5x，①OE=OC=5x，①BC=AD=4，①OB=4﹣5x，在R t BOE中，OE2=BE2+OB2，①（5x）2=（3x）2+（4﹣5x）2，解得：x=，x=4（舍去），①AB=8x=．故答案为：．13、如图，矩形ABCD中，AB=2BC，E是AB上一点，O是CD上一点，以OC为半径作①O，将①ADE折叠至①A′DE，点A′在①O上，延长EA′交BC延长线于F，且恰好过点O，过点D作①O的切线交BC延长线于点G．若FG=1，则AD=2，①O半径=．【解析】作OH①DG于H，如图，设DA=x，则AB=2x，①①ADE折叠至①A′DE，①DA′=DA=x，①DA′E=①A=90°，①DA′与①O相切，在①ODA′和①OCF中，，①①DOA′①①FOC．①DA′=CF=x，①DG是①O的切线，OH①DG，①H点为切点，①DH=DA′=x，GH=GC=CF+GF=x+1，在Rt①DCG中，①DC2+CG2=DG2，①（2x）2+（x+1）2=（x+x+1）2，解得x1=0（舍去），x2=2，①AD=2，设①O的半径为r，则OC=OA′=r，OD=2x﹣r=4﹣r，在Rt①DOA′中，①DA′2+OA′2=DO2，①22+r2=（4﹣r）2，解得r=，即①O的半径为．故答案为2，．14、长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将①AED沿AE所在的直线折叠，使点D落在点F处．（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且①BAC=54°，则①DAE的度数为18°．（2）如图2，若点F落在边BC上，且AB=6，AD=10，求CE的长．（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的沿长线交BC于点G，且AB=6，AD=10，求CG的长．【解析】（1）①四边形ABCD是矩形，①①BAD=90°，①①BAC=54°，①①DAC=90°﹣54°=36°，由折叠的性质得：①DAE=①F AE，①①DAE=①DAC=18°（2）①四边形ABCD是矩形，①①B=①C=90°，BC=AD=10，CD=AB=6，由折叠的性质得：AF=AD=10，EF=ED，①BF===8，①CF=BC﹣BF=10﹣8=2，设CE=x，则EF=ED=6﹣x，在Rt①CEF中，由勾股定理得：22+x2=（6﹣x）2，解得：x=，即CE的长为；（3）连接EG，如图3所示：①点E是CD的中点，①DE=CE，由折叠的性质得：AF=AD=10，①AFE=①D=90°，FE=DE，①①EFG=90°=①C，在Rt①CEG和①FEG中，，①Rt①CEG①①FEG（HL），①CG=FG，设CG=FG=y，则AG=AF+FG=10+y，BG=BC﹣CG=10﹣y，在Rt①ABG中，由勾股定理得：62+（10﹣y）2=（10+y）2，解得：y=，即CG的长为．专题02 矩形折叠问题中的类比问题【典例2】如图例2-1，矩形ABCD 中，E 是AD 的中点，将△ABE 沿BE 折叠后得到△GBE ，且点G 在矩形ABCD 内部．小明将BG 延长交DC 于点F ，认为GF =DF ，你同意吗？说明理由． （2）问题解决保持（1）中的条件不变，若DC =2DF ，求ADAB的值； （3）类比探求保持（1）中条件不变，若DC =nDF ，求ADAB的值．图例2-1 图例2-2【解析】（1）同意，理由如下： 如图例2-2，连接EF∵E 是AD 的中点，∴AE =ED ，由折叠及矩形性质得：AE =EG ，∠EGF =∠D =90°，所以，EG =DE 在Rt △EFG 和Rt △EFD 中，∵EF =EF EG =DE ，∴Rt △EFG ≌Rt △EFD （H L ），∴DF =FG （2）根据DC =2DF ，设DF =FC =x ，AE =ED =y 由折叠性质及（1）知BF =BG +GF =AB +GF =3x在Rt △BCF 中，由勾股定理得：BF 2=BC 2+CF 2，(3x )2=(2y )2+x 2，即：2y x，∴（3）设AE =ED =y ，DF =x ，根据DC =nDF ，得CD =nx ，FC =(n －1)x ； 由折叠性质及矩形性质知：BF =BG +GF =AB +GF =(n +1)x在Rt △BCF 中， BF 2=BC 2+CF 2，[(n +1)x ]2=(2y )2+[(n -1)x ]2，即：，∴【小结】本题立意新颖，是河南中考首次采用此类型题目，给人一种耳目一新的感觉. “操作发现——问题解决——类比探究”所展现的是数学研究的核心，即“提出问题——解决问题——理论扩展及应用”. 学生需要具备完善的知识体系及一定的观察、计算能力才能完整解答此题. 本题的意义不仅在于考查学生对折叠、矩形、全等三角形、勾股定理、解方程等知识的本质理解与掌握，在很大程度上是检验学生的学习过程和学习方式，从一个新的数学角度考查了学生的数学思维能力．AEBCFG【巩固提升】1、如图，矩形纸片ABCD ，AB =4，BC =3，点P 在BC 边上，将△CD P 沿D P 折叠，点C 落在点E 处，P E 、DE 分别交AB 于点O 、F ，且OP =O F ，则ADDF的值为A ．1113B ．1315C ．1517D ．1719【分析】根据折叠的性质可得出DC =DE 、C P =E P ，由∠E O F =∠B OP 、∠B =∠E 、OP =O F 可得出△O EF ≌△O B P （AAS ），根据全等三角形的性质可得出O E =O B 、EF =B P ，设EF =x ，则B P =x 、DF =4﹣x 、BF =P C =3﹣x ，进而可得出AF =1+x ．在Rt △DAF 中，利用勾股定理可求出x 的值，即可得出答案． 【解析】根据折叠，可知：△DC P ≌△DE P ，∴DC =DE =4，C P =E P ．在△O EF 和△O B P 中，∵90EOF BOPB E OP OF ∠∠∠∠=⎧⎪==︒⎨⎪=⎩，∴△O EF ≌△O B P （AAS ），∴O E =O B ，EF =B P ．设EF =x ，则B P =x ，DF =DE ﹣EF =4﹣x ．又∵BF =O B +O F =O E +OP =P E =P C ，P C =BC ﹣B P =3﹣x ，∴AF =AB ﹣BF =1+x ． 在Rt △DAF 中，AF 2+AD 2=DF 2，即（1+x ）2+32=（4﹣x ）2， 解得：x =0.6，∴DF =4﹣x =3.4，∴1517AD DF =． 故选C ．【小结】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形，利用勾股定理结合AF =1+x ，求出AF 的长度是解题的关键．2、如图，以矩形AB O D 的两边O D 、O B 为坐标轴建立直角坐标系，若E 是AD 的中点，将△ABE 沿BE 折叠后得到△GBE ，延长BG 交O D 于F 点．若O F ＝1，FD ＝2，则G 点的坐标为( )A ．(35，5) B ．(35，5)C ．(25)D ．(25) 【分析】连结EF ，作GH ⊥x 轴于H ，根据矩形的性质得AB =O D =O F +FD =3，再根据折叠的性质得BA =BG =3，EA =EG ，∠BGE =∠A =90°，而AE =DE ，则GE =DE ，于是可根据“H L ”证明Rt △DEF ≌Rt △GEF ，得到FD =FG =2，则BF =BG +GF =5．在Rt △O BF 中，利用勾股定理计算出O B ，然后根据△FGH ∽△FB O ，利用相似比计算出GH 和FH ，根据O H =O F ﹣HF ，即可得到G 点的坐标． 【解析】连结EF ，作GH ⊥x 轴于H ，如图， ∵四边形AB O D 为矩形，∴AB =O D =O F +FD =1+2=3．∵△ABE 沿BE 折叠后得到△GBE ，∴BA =BG =3，EA =EG ，∠BGE =∠A =90°． ∵点E 为AD 的中点，∴AE =DE ，∴GE =DE ．在Rt △DEF 和Rt △GEF 中，∵ED EGEF EF =⎧⎨=⎩，∴Rt △DEF ≌Rt △GEF （H L ），∴FD =FG =2，∴BF =BG +GF =3+2=5．在Rt △O BF 中，O F =1，BF =5，∴O B =∵GH ∥O B ，∴△FGH ∽△FB O ，∴GH FH FGOB OF FB ==215FH ==，∴GH 5=，FH 25=，∴O H =O F ﹣HF =12355-=，∴G 点坐标为（355，）．故选B ． 【小结】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了坐标与图形的性质和相似三角形的判定与性质．3、如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是边AB上一点，且AE=2EB，点P是边BC上一点，连接E P，过点P作P Q⊥P E交射线CD于点Q．若点C关于直线P Q的对称点正好落在边AD上，求B P的值．【解析】过点P作P E⊥AD于点E，∴∠P EC'=90°∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4∴∠EAB=∠B=∠C=∠QDC'=90°，CD=AB=3∴四边形C P ED是矩形∴DE=P C，P E=CD=3∵AE=2EB，∴AE=2，EB=1设B P=x，则DE=P C=4﹣x∵点C与C'关于直线P Q对称，∴△P C'Q≌△P CQ∴P C'=P C=4﹣x，C'Q=CQ，∠P C'Q=∠C=90°∵P E⊥P Q，∴∠B P E+∠C P Q=90°又∵∠BE P+∠B P E=90°，∴∠BE P=∠C P Q，∴△BE P∽△C P Q同理可证：△P EC'∽△C'DQ∴，，∴CQ==x（4﹣x）∴C'Q=x（4﹣x），DQ=3﹣x（4﹣x）=x2﹣4x+3∴，∴C'D=3x，EC'=∵EC'+C'D=DE，∴，解得：x1=1，x2=∴B P的值为1或4、已知一个矩形纸片O ACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设B P=t．（1）如图①，当∠B OP=30°时，求点P的坐标；（2）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线P B′上，得点C′和折痕P Q，若AQ=m，求m（用含有t的式子表示）；（3）在（2）的条件下，当点C′恰好落在边O A上时，求点P的坐标（直接写出结果）．【解析】（1）根据题意，∠O B P=90°，O B=6，在Rt△O B P中，由∠B OP=30°，B P=t，得OP=2t．∵OP2=O B2+B P2，即（2t）2=62+t2，解得：t1=2，t2=﹣2（舍去）．∴点P的坐标为（2，6）；（2）∵△O B′P、△QC′P分别是由△O B P、△QC P折叠得到的，∴△O B′P≌△O B P，△QC′P≌△QC P，∴∠OP B′=∠OP B，∠Q P C′=∠Q P C，∵∠OP B′+∠OP B+∠Q P C′+∠Q P C=180°，∴∠OP B+∠Q P C=90°，∵∠B OP+∠OP B=90°，∴∠B OP=∠C P Q，又∵∠O B P=∠C=90°，∴△O B P∽△P CQ，∴=，由题意设B P=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则P C=11﹣t，CQ=6﹣m．∴=，∴m=t2﹣t+6（0＜t＜11）；（3）过点P作P E⊥O A于E，如图3，∴∠P EA=∠QAC′=90°，∴∠P C′E+∠E P C′=90°，∵∠P C′E+∠QC′A=90°，∴∠E P C′=∠QC′A，∴△P C′E∽△C′QA，∴=，在△P C′E和△O C′B′中，，∴△P C′E≌△O C′B′（AAS），∴P C'=O C'=P C，∴B P=AC'，∵AC′=P B=t，P E=O B=6，AQ=m，EC′=11﹣2t，∴=，∵m=t2﹣t+6，∴3t2﹣22t+36=0，解得：t1=，t2=故点P的坐标为（，6）或（，6）．5、如图，在矩形ABCD中，AB=6，点E在边AD上且AE=4，点F是边BC上的一个动点，将四边形ABFE 沿EF翻折，A、B的对应点A1、B1与点C在同一直线上，A1B1与边AD交于点G，如果DG=3，那么BF的长为．【解析】∵△CDG∽△A'EG，A'E=4∴A'G=2∴B'G=4由勾股定理可知CG'=，则CB'=由△CDG∽△CFB'设BF=x∴解得x=故答案为6、如图，已知E是正方形ABCD的边AB上一点，点A关于DE的对称点为F，∠BFC=90°，求的值．【解析】如图，延长EF交CB于M，连接CM，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠A=∠BCD=90°，∵将△ADE沿直线DE对折得到△DEF，∴∠DFE=∠DFM=90°，在Rt△DFM与Rt△DCM中，，∴Rt△DFM≌Rt△DCM，∴MF=MC，∴∠MFC=∠MCF，∵∠MFC+∠BFM=90°，∠MCF+∠FBM=90°，∴∠MFB=∠MBF，∴MB=MC，设MF=MC=BM=a，AE=EF=x，∵BE2+BM2=EM2，即（2a﹣x）2+a2=（x+a）2，解得：x=a，∴AE=a，∴==3．7、（1）如图1，将矩形ABCD折叠，使BC落在对角线BD上，折痕为BE，点C落在点C′处，若∠ADB=46°，则∠DBE的度数为．（2）小明手中有一张矩形纸片ABCD，AB=4，AD=9．【画一画】如图2，点E在这张矩形纸片的边AD上，将纸片折叠，使AB落在CE所在直线上，折痕设为MN（点M，N分别在边AD，BC上），利用直尺和圆规画出折痕MN（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清楚）；【算一算】如图3，点F在这张矩形纸片的边BC上，将纸片折叠，使FB落在射线FD上，折痕为GF，点A，B分别落在点A′，B′处，若AG=，求B′D的长；【验一验】如图4，点K在这张矩形纸片的边AD上，DK=3，将纸片折叠，使AB落在CK所在直线上，折痕为H I，点A，B分别落在点A′，B′处，小明认为B′I所在直线恰好经过点D，他的判断是否正确，请说明理由．【解析】（1）如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC=46°，由翻折不变性可知，∠DBE=∠EBC=∠DBC=23°，故答案为23．（2）【画一画】，如图2中，【算一算】如图3中，∵AG=，AD=9，∴GD=9﹣=，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DGF=∠BFG，由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，∴∠DFG=∠DGF，∴DF=DG=，∵CD=AB=4，∠C=90°，∴在Rt△CDF中，CF==，∴BF=BC﹣CF=，由翻折不变性可知，FB=FB′=，∴DB′=DF﹣FB′=﹣=3．【验一验】如图4中，小明的判断不正确．理由：连接I D，在Rt△CDK中，∵DK=3，CD=4，∴CK==5，∵AD∥BC，∴∠DKC=∠I CK，由折叠可知，∠A′B′I=∠B=90°，∴∠I B′C=90°=∠D，∴△CDK∽△I B′C，∴==，即==，设CB′=3k，I B′=4k，I C=5k，由折叠可知，I B=I B′=4k，∴BC=B I+I C=4k+5k=9，∴k=1，∴I C=5，I B′=4，B′C=3，在Rt△I CB′中，tan∠B′I C==，连接I D，在Rt△I CD中，tan∠D I C==，∴tan∠B′I C≠tan∠D I C，∴B′I所在的直线不经过点D．专题03 图形折叠中的直角三角形问题【典例3-1】如图例3-1，在Rt ①ABC 中，①ACB =90°，①B =30°，BC =3，点D 是BC 边上一动点（不与点B 、C 重合），过点D 作DE ①BC 交AB 边于点E ，将①B 沿直线DE 翻折，点B 落在射线BC 上的点F 处，当①AEF 为直角三角形时，BD 的长为图例3-1 图例3-2图例3-3【解析】从题目所给的“当①AEF 为直角三角形时”条件出发，以直角顶点所在位置进行分类讨论. 通过观察及分析可知①BED =①DEF =60°，所以①AEF =180－120°=60°. 即点E 不可能为直角顶点. 分两种情况考虑：①当①EAF =90°时，如图例3-2所示.①①B =30°，BC =3，①30AC tan BC =︒⨯=2AB AC = ①①EAF =90°，①①AFC =60°，①CAF =30°在Rt ①ACF 中，有：cos AF AC CAF =÷∠÷，24BF AF == 由折叠性质可得：①B =①DFE =30°，122BD DF BF === ①当①AFE =90°时，如图例3-3所示.由折叠性质得：①B =①DFE =30°，122BD DF BF ===，①①AFC =60°，①F AC =30°①tan 1CF FAC AC =∠⨯==，所以，BF =2，112BD DF BF === 综上所述，BD 的长为2或1.【小结】本题难度适中，要求学生具备分类讨论思想及数形结合解决问题的能力，另外还需要熟练运用勾股定理及相似三角形知识. 通过此题，可总结出：①遇到直角三角形存在性问题时，分类讨论的出发点在于直角顶点的位置；①解决直角三角形存在性问题的方法是数形结合，先作出符合题意的图形，再用勾股定理或相似三角形、三角函数性质解题.【典例3-2】如图例4-1，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把①B沿AE折叠，使点B落在点B′处．当①CEB′为直角三角形时，BE的长为．图例4-1 图例4-2 图例4-3【解析】此题以“当①CEB′为直角三角形时”为突破口，分析可能是直角顶点的点，得出存在两种情况，即点B′及点E分别为直角顶点.分两种情况考虑：①当①CEB′=90°时，如图例4-2所示.由折叠性质得：AB=AB′，四边形ABE B′是矩形.所以四边形ABE B′是正方形.此时，BE=AB=3.①当①CB′E=90°时，如图例4-3所示.由折叠性质知，①AB′C=90°，所以①AB′C+①CB′E=180°.①点A、B′、C共线在Rt①ABC中，由勾股定理得AC=5由折叠得：AB= AB′=3所以B′C=2设BE=x，则B′E=x，EC=4－x在Rt①ABC中，由勾股定理得：EC2=B′E2+B′C2即：（4-x）2=x2+22解得：x=1.5.综上所述，BE的值为3或1.5.【小结】本题解题关键在准确对问题进行分类讨论且作出相应图形，要求学生掌握三点共线的理由，折叠的性质及勾股定理的应用.【典例3-3】如图例5-1，在Rt ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，1BC =+，点M ，N 分别是边BC ，AB 上的动点，沿MN 所在的直线折叠B ∠，使点B 的对应点'B 始终落在边AC 上.若'MB C ∆为直角三角形，则BM 的长为 ．图例5-1图例5-2图例5-3【解析】通过观察及分析可知，C 点不可能为直角顶点，分两种情况讨论. ①当①CM B ′=90°时，如图例5-2所示.由折叠知：①BMN =①B ′MB =45°，又因为①B =45°，所以①BNM =90°，①MNB ′=90° 即①BNM +①MN B ′=180°，所以B 、N 、B ′三点共线，此时B ′与点A 重合.所以，12BM BC ==①当①CB ′M =90°时，如图例5-3所示.由折叠知①B =①B ′=45°，因为①C =45°，可得①B ′MC =45°，所以①B ′MC 是等腰直角三角形设BM = B ′M =x ，B ′C =x ，则MC = x因为BC +1所以x x +1 解得：x =1，即BM =1.综上所述，BM 或1. 【小结】根据题意判断出C 点不可能为直角顶点，分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的三边关系求解.【典例3-4】如图例6-1，在①MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，①A’BC 与①ABC关于BC所在直线对称. D、E分别为AC、BC的中点，连接DE并延长交A’B所在直线于点F，连接A’E. 当①A’EF为直角三角形时，AB的长为.图例6-1图例6-2图例6-3【解析】分两种情况讨论.①当①A’FE=90°时，如图例6-2所示.①D、E分别为AC、BC的中点，①DE是三角形ABC的中位线，即DE①BA①①A’BA=90°①四边形AB A’C为矩形由折叠得AC=A’C①四边形AB A’C为正方形，即AB=AC=4.①当①A’EF=90°时，如图例6-3所示.①①A’EF=①CDE=90°①A’E①CD①①DCE=①CEA’由折叠知：①DCE=①A’CE①①CEA’=①A’CE，①A’C=A’E=4又①E是BC中点，即A’E是Rt①A’BC的中线，①BC=2A’E=8在Rt①A’BC中，由勾股定理得，A’B=由折叠性质得：AB= A’B=综上所述，AB的长为4或【小结】利用中位线性质（三角形的中位线平行于第三边）及正方形判定，用勾股定理求解.【巩固提升】1、矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，把①B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当①CEB′为直角三角形时，BE的长为【解析】当①CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．连结AC，在Rt①ABC中，AB=3，BC=4，①AC，①①B沿AE折叠，使点B落在点B′处，①①AB′E=①B=90°，当①CEB′为直角三角形时，只能得到①EB′C=90°，①点A、B′、C共线，即①B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，①EB=EB′，AB=AB′=3，①CB′=5-3=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，在Rt①CEB′中，①EB′2+CB′2=CE2，①x2+22=（4-x）2，解得x=32，①BE=32；①当点B′落在AD边上时，如图2所示．此时ABEB′为正方形，①BE=AB=3．综上所述，BE的长为32或3．【小结】本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．2、如图，矩形纸片ABCD ，AB =4，BC =3，点P 在BC 边上，将①CDP 沿DP 折叠，点C 落在点E 处，PE 、DE 分别交AB 于点O 、F ，且OP =OF ，则ADDF的值为A ．1113B ．1315C ．1517D ．1719【分析】根据折叠的性质可得出DC =DE 、CP =EP ，由①EOF =①BOP 、①B =①E 、OP =OF 可得出①OEF ①①OBP （AAS ），根据全等三角形的性质可得出OE =OB 、EF =BP ，设EF =x ，则BP =x 、DF =4﹣x 、BF =PC =3﹣x ，进而可得出AF =1+x ．在Rt ①DAF 中，利用勾股定理可求出x 的值，即可得出答案． 【解析】根据折叠，可知：①DCP ①①DEP ，①DC =DE =4，CP =EP ．在①OEF 和①OBP 中，①90EOF BOPB E OP OF ∠∠∠∠=⎧⎪==︒⎨⎪=⎩，①①OEF ①①OBP （AAS ），①OE =OB ，EF =BP ．设EF =x ，则BP =x ，DF =DE ﹣EF =4﹣x ．又①BF =OB +OF =OE +OP =PE =PC ，PC =BC ﹣BP =3﹣x ，①AF =AB ﹣BF =1+x ．在Rt ①DAF 中，AF 2+AD 2=DF 2，即（1+x ）2+32=（4﹣x ）2，解得：x =0.6，①DF =4﹣x =3.4，①1517AD DF =． 故选C ．【小结】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形，利用勾股定理结合AF =1+x ，求出AF 的长度是解题的关键．3、如图，已知正方形ABCD 的边长为3，E 是BC 上一点，BE Q 是CD 上一动点，将①CEQ 沿直线EQ 折叠后，点C 落在点P 处，连接P A ．点Q 从点C 出发，沿线段CD 向点D 运动，当P A 的长度最小时，CQ 的长为（ ）A ．3-B ．3C ．32D ．3【解析】如图所示：在Rt ①ABE 中，AE =．①BC =3，BE =，①EC =3-． 由翻折的性质可知：P E =CE =3-．①A P+P E ≥AE ，①A P≥AE -P E ．①当点A 、P 、E 一条直线上时，A P 有最小值． ①A P=AE -P E =2-（3-）=3-3．故选A ．4、如图，矩形ABCD 中，3AB =，4BC =，点E 是BC 边上一点，连接AE ，把矩形沿AE 折叠，使点B 落在点B '处．当CEB '∆为直角三角形时，BE 的长为____________．【分析】当①CEB ′为直角三角形时，有两种情况： ①当点B ′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC ，先利用勾股定理计算出AC =10，根据折叠的性质得①AB ′E =①B =90°，而当①CEB ′为直角三角形时，只能得到①EB ′C =90°，所以点A 、B ′、C 共线，即①B 沿AE 折叠，使点B 落在对角线AC 上的点B ′处，则EB =EB ′，AB =AB ′=6，可计算出CB ′=4，设BE =x ，则EB ′=x ，CE =8-x ，在Rt ①CEB ′中运用勾股定理计算出x ． ①当点B ′落在AD 边上时，如答图2所示．此时四边形ABEB ′为正方形． 【解析】由题意知，需分两种情况讨论：①当90CB E ︒'∠=时，如图1，由折叠得，90AB E B ︒'∠=∠=，AB AB '=，①180AB C ︒'∠=， ①,,A B C '三点共线．在矩形ABCD 中，3AB =，4BC =，①5AC =． ①AB AB 3'==，①2B C AC AB ''=-=．设BE x =，则4CE BC BE x =-=-，B E x '=， 在Rt B CE '∆中，222B E B C CE ''+=，即2222(4)xx +=-，解得32x =． ①当90B EC ︒'∠=时，如图2，由折叠可知ABE AB E '∆∆≌，①BE B E '=，90B AB E ︒'∠=∠=，①四边形ABEB '是正方形，①3BE AB ==．综上所述，当CEB '∆为直角三角形时，BE 的长为32或3．【小结】考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．5、如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝，E是AB边上一点，AE＝2，F是直线CD上一动点，将①AEF 沿直线EF折叠，点A的对应点为点A′，当点E，A′，C三点在一条直线上时，DF的长为_____．【分析】利用勾股定理求出CE，再证明CF=CE即可解决问题．（注意有两种情形）【解析】如图，由翻折可知，①FEA＝①FEA′，①CD①AB，①①CFE＝①AEF，①①CFE＝①CEF，①CE＝CF，在Rt①BCE中，EC==①CF＝CE＝，①AB＝CD＝6，①DF＝CD﹣CF＝6﹣，当点F在DC的延长线上时，易知EF①EF′，CF＝CF′＝，①DF＝CD+CF′＝故答案为6﹣或．【小结】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，本题的突破点是证明①CFE的等腰三角形，属于中考常考题型．6、如图，在菱形ABCD 中，①DAB =45°，AB =4，点P 为线段AB 上一动点，过点P 作PE ①AB 交直线AD 于点E ，将①A 沿PE 折叠，点A 落在F 处，连接DF ，CF ，当①CDF 为直角三角形时，线段AP 的长为__________．【分析】分两种情形讨论：①如图1，当DF ①AB 时，①CDF 是直角三角形；①如图2，当CF ①AB 时，①DCF 是直角三角形，分别求出即可．【解析】分两种情况讨论：①如图1，当DF ①AB 时，①CDF 是直角三角形．①在菱形ABCD 中，AB =4，①CD =AD =AB =4．在Rt ①ADF 中，①AD =4，①DAB =45，DF =AF ①AP 12=AF =①如图2，当CF ①AB 时，①DCF 是直角三角形．在Rt ①CBF 中，①①CFB =90°，①CBF =①A =45°，BC =4，①BF =CF ，①AF ，①AP 12=AF =2．综上所述：线段AP 或2．【小结】本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键，正确画出图象，注意分类讨论的思想，属于中考常考题型．。

2023年中考数学【图形的旋转】真题汇编(共30题,解析版)

2023年中考数学【图形的旋转】真题汇编(共30题,解析版)

图形的旋转(30题)一、单选题江苏无锡·统考中考真题)如图，△ABC中，∠BAC=55°，将△ABC逆时针旋转α(0°<α< 55°),得到△ADE，DE交AC于F．当α=40°时，点D恰好落在BC上，此时∠AFE等于()A.80°B.85°C.90°D.95°【答案】B【分析】根据旋转可得∠B=∠ADB=∠ADE，再结合旋转角α=40°即可求解．【详解】解：由旋转性质可得：∠BAC=∠DAE=55°，AB=AD，∵α=40°，∴∠DAF=15°，∠B=∠ADB=∠ADE=70°，∴∠AFE=∠DAF+∠ADE=85°，故选：B．【点睛】本题考查了几何-旋转问题，掌握旋转的性质是关键．天津·统考中考真题)如图，把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在BC的延长线上，连接BD，则下列结论一定正确的是()A.∠CAE=∠BEDB.AB=AEC.∠ACE=∠ADED.CE=BD【答案】A【分析】根据旋转的性质即可解答．【详解】根据题意，由旋转的性质，可得AB=AD，AC=AE，BC=DE，故B选项和D选项不符合题意，∠ABC=∠ADE∵∠ACE=∠ABC+∠BAC∴∠ACE=∠ADE+∠BAC，故C选项不符合题意，∠ACB=∠AED∵∠ACB=∠CAE+∠CEA∵∠AED=∠CEA+∠BED∴∠CAE=∠BED，故A选项符合题意，故选：A ．【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．3(2023·四川宜宾·统考中考真题)如图，△ABC 和△ADE 是以点A 为直角顶点的等腰直角三角形，把△ADE 以A 为中心顺时针旋转，点M 为射线BD 、CE 的交点．若AB =3，AD =1．以下结论：①BD =CE ；②BD ⊥CE ；③当点E 在BA 的延长线上时，MC =3-32；④在旋转过程中，当线段MB 最短时，△MBC 的面积为12．其中正确结论有()A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】D 【分析】证明△BAD ≌△CAE 即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明∠DCM ∽∠ECA 得出MC 3=3-12，即可判断③；以A 为圆心，AD 为半径画圆，当CE 在⊙A 的下方与⊙A 相切时，MB 的值最小，可得四边形AEMD 是正方形，在Rt △MBC 中MC =BC 2-MB 2=2+1，然后根据三角形的面积公式即可判断④．【详解】解：∵△ABC 和△ADE 是以点A 为直角顶点的等腰直角三角形，∴BA =CA ,DA =EA ,∠BAC =∠DAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，∴△BAD ≌△CAE ，∴∠ABD =∠ACE ，BD =CE ，故①正确；设∠ABD =∠ACE =α，∴∠DBC =45°-α,∴∠EMB =∠DBC +∠BCM =∠DBC +∠BCA +∠ACE =45°-α+45°+α=90°，∴BD ⊥CE ，故②正确；当点E 在BA 的延长线上时，如图所示∵∠DCM =∠ECA ，∠DMC =∠EAC =90°，∴∠DCM ∽∠ECA∴MC AC =CD EC ∵AB =3，AD =1．∴CD =AC -AD =3-1，CE =AE 2+AC 2=2∴MC 3=3-12∴MC =3-32，故③正确；④如图所示，以A 为圆心，AD 为半径画圆，∵∠BMC =90°，∴当CE 在⊙A 的下方与⊙A 相切时，MB 的值最小，∠ADM =∠DAE =∠AEM =90°∴四边形AEMD 是矩形，又AE =AD ，∴四边形AEMD 是正方形，∴MD =AE =1，∵BD =EC =AC 2-AE 2=2，∴MB =BD -MD =2-1，在Rt △MBC 中，MC =BC 2-MB 2∴PB 取得最小值时，MC =AB 2+AC 2-MB 2=3+3-2-1 2=2+1∴S △BMC =12MB ×MC =122-1 2+1 =12故④正确，故选：D ．【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最短，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．4(2023·山东聊城·统考中考真题)如图，已知等腰直角△ABC ，∠ACB =90°，AB =2，点C 是矩形ECGF 与△ABC 的公共顶点，且CE =1，CG =3；点D 是CB 延长线上一点，且CD =2．连接BG ，DF ，在矩形ECGF 绕点C 按顺时针方向旋转一周的过程中，当线段BG 达到最长和最短时，线段DF 对应的长度分别为m 和n ，则m n的值为()A.2B.3C.10D.13【答案】D【分析】根据锐角三角函数可求得AC=BC=1，当线段BG达到最长时，此时点G在点C的下方，且B，C，G三点共线，求得BG=4，DG=5，根据勾股定理求得DF=26，即m=26，当线段BG达到最短时，此时点G在点C的上方，且B，C，G三点共线，则BG=2，DG=1，根据勾股定理求得DF=2，即n =2，即可求得mn=13．【详解】∵△ABC为等腰直角三角形，AB=2，∴AC=BC=AB⋅sin45°=2×22=1，当线段BG达到最长时，此时点G在点C的下方，且B，C，G三点共线，如图：则BG=BC+CG=4，DG=DB+BG=5，在Rt△DGF中，DF=DG2+GF2=52+12=26，即m=26，当线段BG达到最短时，此时点G在点C的上方，且B，C，G三点共线，如图：则BG=CG-BC=2，DG=BG-DB=1，在Rt△DGF中，DF=DG2+GF2=12+12=2，即n=2，故mn=262=13，故选：D．【点睛】本题考查了锐角三角函数，勾股定理等，根据旋转推出线段BG最长和最短时的位置是解题的关键．二、填空题5(2023·江苏连云港·统考中考真题)以正五边形ABCDE的顶点C为旋转中心，按顺时针方向旋转，使得新五边形A B CD E 的顶点D 落在直线BC上，则正五边ABCDE旋转的度数至少为°．【答案】72【分析】依据正五边形的外角性质，即可得到∠DCF的度数，进而得出旋转的角度．【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠DCF=360°÷5=72°，∴新五边形A B CD E 的顶点D 落在直线BC上，则旋转的最小角度是72°，故答案为：72．【点睛】本题主要考查了正多边形、旋转性质，关键是掌握正多边形的外角和公式的运用．6(2023·湖南张家界·统考中考真题)如图，AO为∠BAC的平分线，且∠BAC=50°，将四边形ABOC 绕点A逆时针方向旋转后，得到四边形AB O C ，且∠OAC =100°，则四边形ABOC旋转的角度是．【答案】75°【分析】根据角平分线的性质可得∠BAO=∠OAC=25°，根据旋转的性质可得∠BAC=∠B AC =50°，∠B AO =∠O AC =25°，求得∠OAO =75°，即可求得旋转的角度．【详解】∵AO为∠BAC的平分线，∠BAC=50°，∴∠BAO=∠OAC=25°，∵将四边形ABOC绕点A逆时针方向旋转后，得到四边形AB O C ，∴∠BAC=∠B AC =50°，∠B AO =∠O AC =25°，∴∠OAO =∠OAC -∠O AC =100°-25°=75°，故答案为：75°．【点睛】本题考查了角平分线的性质，旋转的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．7(2023·湖南常德·统考中考真题)如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=6，D是AB上一点，且AD=2，过点D作DE∥BC交AC于E，将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置．则图2中BDCE的值为．【答案】45【分析】首先根据勾股定理得到AC =AB 2+BC 2=10，然后证明出△ADE ∽△ABC ，得到AD AB =AE AC ，进而得到AD AE =AB AC ，然后证明出△ABD ∽△ACE ，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】∵在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，AB =8，BC =6，∴AC =AB 2+BC 2=10∵DE ∥BC ∴∠ADE =∠ABC =90°，∠AED =∠ACB∴△ADE ∽△ABC∴AD AB =AE AC ∴AD AE =AB AC∵∠BAC =∠DAE∴∠BAC +∠CAD =∠DAE +∠CAD∴∠BAD =∠CAE∴△ABD ∽△ACE∴BD CD =AB AC =810=45．故答案为：45．【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质和判定定理．8(2023·江苏无锡·统考中考真题)已知曲线C 1、C 2分别是函数y =-2x (x <0),y =k x(k >0,x >0)的图像，边长为6的正△ABC 的顶点A 在y 轴正半轴上，顶点B 、C 在x 轴上(B 在C 的左侧)，现将△ABC 绕原点O 顺时针旋转，当点B 在曲线C 1上时，点A 恰好在曲线C 2上，则k 的值为．【答案】6【分析】画出变换后的图像即可(画△AOB 即可)，当点A 在y 轴上，点B 、C 在x 轴上时，根据△ABC 为等边三角形且AO ⊥BC ，可得OB OA =13，过点A 、B 分别作x 轴垂线构造相似，则△BFO ∽OEA ，根据相似三角形的性质得出S △AOE =3，进而根据反比例函数k 的几何意义，即可求解．【详解】当点A 在y 轴上，点B 、C 在x 轴上时，连接AO ，∵△ABC 为等边三角形且AO ⊥BC ，则∠BAO =30°，∴tan ∠BAO =tan30°=OB OA=33，如图所示，过点A ,B 分别作x 轴的垂线，交x 轴分别于点E ,F ，∵AO ⊥BO ，∠BFO =∠AEO =∠AOB =90°，∴∠BOF=90°-∠AOE=∠EAO，∴△BFO∽OEA，∴S△BFOS△AOE=OBOA2=13，∴S△BFO=-22=1，∴S△AOE=3，∴k=6．【点睛】本题考查了反比例函数的性质，k的几何意义，相似三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造相似三角形是解题关键．9(2023·辽宁·统考中考真题)如图，线段AB=8，点C是线段AB上的动点，将线段BC绕点B顺时针旋转120°得到线段BD，连接CD，在AB的上方作RtΔDCE，使∠DCE=90°,∠E=30°，点F为DE的中点，连接AF，当AF最小时，ΔBCD的面积为．【答案】3【分析】连接CF，BF，BF，CD交于点P，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得BF垂直平分CF，∠ABF=60°为定角，可得点F在射线BF上运动，当AF⊥BF时，AF最小，由含30度角直角三角形的性质即可求解．【详解】解：连接CF，BF，BF，CD交于点P，如图，∵∠DCE=90°，点F为DE的中点，∴FC=FD，∵∠E=30°，∴∠FDC=60°,∴△FCD是等边三角形，∴∠DFC=∠FCD=60°；∵线段BC绕点B顺时针旋转120°得到线段BD，∴BC=BD，∵FC=FD，∴BF垂直平分CF，∠ABF=60°，∴点F在射线BF上运动，∴当AF⊥BF时，AF最小，此时∠FAB=90°-∠ABF=30°，∴BF=12AB=4；∵∠BFC=12∠DFC=30°，∴∠FCB=∠BFC+∠ABF=90°，∴BC=12BF=2，∵PB=12BC=1，∴由勾股定理得PC=BC2-PB2=3，∴CD=2PC=23，∴S△BCD=12CD⋅PB=12×23×1=3；故答案为：3．【点睛】本题考查了等腰三角形性质，含30度直角三角形的性质，斜边中线性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定，勾股定理，旋转的性质，确定点F的运动路径是关键与难点．10(2023·江西·统考中考真题)如图，在▱ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，将AB绕点A逆时针旋转角α(0°<α<360°)得到AP，连接PC，PD．当△PCD为直角三角形时，旋转角α的度数为．【答案】90°或270°或180°【分析】连接AC，根据已知条件可得∠BAC=90°，进而分类讨论即可求解．【详解】解：连接AC，取BC的中点E，连接AE，如图所示，∵在▱ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，∴BE=CE=12BC=AB，∴△ABE是等边三角形，∴∠BAE=∠AEB=60°，AE=BE，∴AE=EC∠AEB=30°，∴∠EAC=∠ECA=12∴∠BAC=90°∴AC⊥CD，如图所示，当点P在AC上时，此时∠BAP=∠BAC=90°，则旋转角α的度数为90°，当点P在CA的延长线上时，如图所示，则α=360°-90°=270°当P在BA的延长线上时，则旋转角α的度数为180°，如图所示，∵PA=PB=CD，PB∥CD，∴四边形PACD是平行四边形，∵AC⊥AB∴四边形PACD是矩形，∴∠PDC=90°即△PDC是直角三角形，综上所述，旋转角α的度数为90°或270°或180°故答案为：90°或270°或180°．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．11(2023·上海·统考中考真题)如图，在△ABC中，∠C=35°，将△ABC绕着点A旋转α(0°<α< 180°)，旋转后的点B落在BC上，点B的对应点为D，连接AD，AD是∠BAC的角平分线，则α=．【答案】110 3°【分析】如图，AB=AD，∠BAD=α，根据角平分线的定义可得∠CAD=∠BAD=α，根据三角形的外角性质可得∠ADB=35°+α，即得∠B=∠ADB=35°+α，然后根据三角形的内角和定理求解即可．【详解】解：如图，根据题意可得：AB=AD，∠BAD=α，∵AD是∠BAC的角平分线，∴∠CAD=∠BAD=α，∵∠ADB=∠C+∠CAD=35°+α，AB=AD，∴∠B=∠ADB=35°+α，则在△ABC中，∵∠C+∠CAB+∠B=180°，∴35°+2α+35°+α=180°，解得：α=1103°；故答案为：110 3°【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．12(2023·湖南郴州·统考中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3cm，∠B=60°．将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB C ，若点B的对应点B 恰好落在线段BC上，则点C的运动路径长是cm(结果用含π的式子表示)．【答案】3π【分析】由于AC 旋转到AC ，故C 的运动路径长是CC 的圆弧长度，根据弧长公式求解即可．【详解】以A 为圆心作圆弧CC ，如图所示．在直角△ABC 中，∠B =60°，则∠C =30°，则BC =2AB =2×3=6cm ．∴AC =BC 2-AB 2=62-32=33cm ．由旋转性质可知，AB =AB ，又∠B =60°，∴△ABB 是等边三角形．∴∠BAB =60°．由旋转性质知，∠CAC =60°．故弧CC 的长度为：60360×2×π×AC =π3×33=3πcm ；故答案为：3π【点睛】本题考查了含30°角直角三角形的性质、勾股定理、旋转的性质、弧长公式等知识点，解题的关键是明确C 点的运动轨迹．13(2023·内蒙古·统考中考真题)如图，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°,AC =3,BC =1，将△ABC 绕点A 逆时针方向旋转90°，得到△AB C ．连接BB ，交AC 于点D ，则ADDC的值为．【答案】5【分析】过点D 作DF ⊥AB 于点F ，利用勾股定理求得AB =10，根据旋转的性质可证△ABB 、△DFB 是等腰直角三角形，可得DF =BF ，再由S △ADB =12×BC ×AD =12×DF ×AB ，得AD =10DF ，证明△AFD ∼△ACB ，可得DF BC =AF AC，即AF =3DF ，再由AF =10-DF ，求得DF =104，从而求得AD=52，CD =12，即可求解．【详解】解：过点D 作DF ⊥AB 于点F ，∵∠ACB =90°，AC =3，BC =1，∴AB =32+12=10，∵将△ABC 绕点A 逆时针方向旋转90°得到△AB C ，∴AB=AB =10，∠BAB =90°，∴△ABB 是等腰直角三角形，∴∠ABB =45°，又∵DF⊥AB，∴∠FDB=45°，∴△DFB是等腰直角三角形，∴DF=BF，∵S△ADB=12×BC×AD=12×DF×AB，即AD=10DF，∵∠C=∠AFD=90°，∠CAB=∠FAD，∴△AFD∼△ACB，∴DF BC =AFAC，即AF=3DF，又∵AF=10-DF，∴DF=104，∴AD=10×104=52，CD=3-52=12，∴AD CD =5212=5，故答案为：5．【点睛】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．14(2023·黑龙江绥化·统考中考真题)已知等腰△ABC，∠A=120°，AB=2．现将△ABC以点B为旋转中心旋转45°，得到△A BC ，延长C A 交直线BC于点D．则A D的长度为．【答案】4+23或4-23【分析】根据题意，先求得BC=23，当△ABC以点B为旋转中心逆时针旋转45°，过点B作BE⊥A B交A D于点E，当△ABC以点B为旋转中心顺时针旋转45°，过点D作DF⊥BC 交BC 于点F，分别画出图形，根据勾股定理以及旋转的性质即可求解．【详解】解：如图所示，过点A作AM⊥BC于点M，∵等腰△ABC，∠BAC=120°，AB=2．∴∠ABC=∠ACB=30°，∴AM=1AB=1，BM=CM=AB2-AM2=3,2∴BC=23，如图所示，当△ABC以点B为旋转中心逆时针旋转45°，过点B作BE⊥A B交A D于点E，∵∠BAC=120°，∴∠DA B=60°，∠A EB=30°，在Rt△A BE中，A E=2A B=4，BE=A E2-A B2=23，∵等腰△ABC，∠BAC=120°，AB=2．∴∠ABC=∠ACB=30°，∵△ABC以点B为旋转中心逆时针旋转45°，∴∠ABA =45°，∴∠DBE=180°-90°-45°-30°=15°，∠A BD=180°-45°-30°=105°在△A BD中，∠D=180°-∠DA B-∠A BD=180°-60°-105°=15°,∴∠D=∠EBD，∴EB=ED=23，∴A D=A E+DE=4+23，如图所示，当△ABC以点B为旋转中心顺时针旋转45°，过点D作DF⊥BC 交BC 于点F，在△BFD中，∠BDF=∠CBC =45°，∴DF=BF在Rt△DC F中，∠C =30°FC'∴DF=33∴BC=BF+3BF=23∴DF=BF=3-3∴DC =2DF=6-23∴A D=C D-A C =6-23-2=4-23，综上所述，A D的长度为4-23或4+23，故答案为：4-23或4+23．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，分类讨论是解题的关键．15(2023·浙江嘉兴·统考中考真题)一副三角板ABC 和DEF 中，∠C =∠D =90°，∠B =30°，∠E =45°，BC =EF =12．将它们叠合在一起，边BC 与EF 重合，CD 与AB 相交于点G (如图1)，此时线段CG 的长是，现将△DEF 绕点C (F )按顺时针方向旋转(如图2)，边EF 与AB 相交于点H ，连结DH ，在旋转0°到60°的过程中，线段DH 扫过的面积是．【答案】66-62；12π-183+18【分析】如图1，过点G 作GH ⊥BC 于H ，根据含30°直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出BH =3GH ，GH =CH ，然后由BC =12可求出GH 的长，进而可得线段CG 的长；如图2，将△DEF 绕点C 顺时针旋转60°得到△D 1E 1F ，FE 1与AB 交于G 1，连接D 1D ，AD 1，△D 2E 2F 是△DEF 旋转0°到60°的过程中任意位置，作DN ⊥CD 1于N ，过点B 作BM ⊥D 1D 交D 1D 的延长线于M ，首先证明△CDD 1是等边三角形，点D 1在直线AB 上，然后可得线段DH 扫过的面积是弓形D 1D 2D 的面积加上△D 1DB 的面积，求出DN 和BM ，然后根据线段DH 扫过的面积=S 弓形D 1D 2D +S △D 1DB =S 扇形CD 1D -S △CD 1D +S △D 1DB 列式计算即可．【详解】解：如图1，过点G 作GH ⊥BC 于H ，∵∠ABC =30°，∠DEF =∠DFE =45°，∠GHB =∠GHC =90°，∴BH =3GH ，GH =CH ，∵BC =BH +CH =3GH +GH =12，∴GH =63-6，∴CG =2GH =2×63-6 =66-62；如图2，将△DEF 绕点C 顺时针旋转60°得到△D 1E 1F ，FE 1与AB 交于G 1，连接D 1D ，由旋转的性质得：∠E 1CB =∠DCD 1=60°，CD =CD 1，∴△CDD 1是等边三角形，∵∠ABC =30°，∴∠CG 1B =90°，∴CG 1=12BC ，∵CE1=BC，∴CG1=12CE1，即AB垂直平分CE1，∵△CD1E1是等腰直角三角形，∴点D1在直线AB上，连接AD1，△D2E2F是△DEF旋转0°到60°的过程中任意位置，则线段DH扫过的面积是弓形D1D2D的面积加上△D1DB的面积，∵BC=EF=12，∴DC=DB=22BC=62，∴D1C=D1D=62，作DN⊥CD1于N，则ND1=NC=32，∴DN=D1D2-ND12=622-322=36，过点B作BM⊥D1D交D1D的延长线于M，则∠M=90°，∵∠D1DC=60°，∠CDB=90°，∴∠BDM=180°-∠D1DC-∠CDB=30°，∴BM=12BD=32，∴线段DH扫过的面积=S弓形D1D2D +S△D1DB，=S扇形CD1D -S△CD1D+S△D1DB，=60π⋅622360-12×62×36+12×62×32，=12π-183+18，故答案为：66-62，12π-183+18．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含30°直角三角形的性质，二次根式的运算，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算等知识，作出图形，证明点D1在直线AB上是本题的突破点，灵活运用各知识点是解题的关键．三、解答题16(2023·北京·统考中考真题)在△ABC中、∠B=∠C=α0°<α<45°，AM⊥BC于点M，D是线段MC上的动点(不与点M，C重合)，将线段DM绕点D顺时针旋转2α得到线段DE．(1)如图1，当点E在线段AC上时，求证：D是MC的中点；(2)如图2，若在线段BM上存在点F(不与点B，M重合)满足DF=DC，连接AE，EF，直接写出∠AEF的大小，并证明．【答案】(1)见解析(2)∠AEF=90°，证明见解析【分析】(1)由旋转的性质得DM=DE，∠MDE=2α，利用三角形外角的性质求出∠DEC=α=∠C，可得DE=DC，等量代换得到DM=DC即可；(2)延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，可得DE是△FCH的中位线，然后求出∠B=∠ACH，设DM=DE=m，CD=n，求出BF=2m=CH，证明△ABF≅△ACH SAS，得到AF=AH，再根据等腰三角形三线合一证明AE⊥FH即可．【详解】(1)证明：由旋转的性质得：DM=DE，∠MDE=2α，∵∠C=α，∴∠DEC=∠MDE-∠C=α，∴∠C=∠DEC，∴DE=DC，∴DM=DC，即D是MC的中点；(2)∠AEF=90°；证明：如图2，延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，∵DF=DC，∴DE是△FCH的中位线，∴DE∥CH，CH=2DE，由旋转的性质得：DM=DE，∠MDE=2α，∴∠FCH=2α，∵∠B=∠C=α，∴∠ACH=α，△ABC是等腰三角形，∴∠B=∠ACH，AB=AC，设DM=DE=m，CD=n，则CH=2m，CM=m+n，∴DF=CD=n，∴FM=DF-DM=n-m，∵AM⊥BC，∴BM=CM=m+n，∴BF=BM-FM=m+n-n-m=2m，∴CH=BF，在△ABF和△ACH中，AB=AC∠B=∠ACH BF=CH，∴△ABF≅△ACH SAS，∴AF =AH ，∵FE =EH ，∴AE ⊥FH ，即∠AEF =90°．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．17(2023·四川自贡·统考中考真题)如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，M ，N 分别是斜边DE ，AB 的中点，DE =2,AB =4．(1)将△CDE 绕顶点C 旋转一周，请直接写出点M ，N 距离的最大值和最小值；(2)将△CDE 绕顶点C 逆时针旋转120°(如图2)，求MN 的长．【答案】(1)最大值为3，最小值为1(2)7【分析】(1)根据直角三角形斜边上的中线，得出CM ,CN 的值，进而根据题意求得最大值与最小值即可求解；(2)过点N 作NP ⊥MC ，交MC 的延长线于点P ，根据旋转的性质求得∠MCN =120°，进而得出∠NCP =60°，进而可得CP =1，勾股定理解Rt △NCP ,Rt △MCP ，即可求解．【详解】(1)解：依题意，CM =12DE =1，CN =12AB =2，当M 在NC 的延长线上时，M ,N 的距离最大，最大值为CM +CN =1+2=3，当M 在线段CN 上时，M ,N 的距离最小，最小值为CN -CN =2-1=1；(2)解：如图所示，过点N 作NP ⊥MC ，交MC 的延长线于点P ，∵△CDE 绕顶点C 逆时针旋转120°，∴∠BCE =120°，∵∠BCN =∠ECM =45°，∴∠MCN =∠BCM -∠ECM =∠BCE =120°，∴∠NCP =60°，∴∠CNP =30°，∴CP =12CN =1，在Rt △CNP 中，NP =NC 2-CP 2=3，在Rt △MNP 中，MP =MC +CP =1+1=2，∴MN =NP 2+MP 2=3+4=7．【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键．18(2023·四川达州·统考中考真题)如图，网格中每个小正方形的边长均为1，△ABC 的顶点均在小正方形的格点上．(1)将△ABC 向下平移3个单位长度得到△A 1B 1C 1，画出△A 1B 1C 1；(2)将△ABC 绕点C 顺时针旋转90度得到△A 2B 2C 2，画出△A 2B 2C 2；(3)在(2)的运动过程中请计算出△ABC 扫过的面积．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)5+5π2【分析】(1)先作出点A 、B 、C 平移后的对应点A 1，B 1、C 1，然后顺次连接即可；(2)先作出点A 、B 绕点C 顺时针旋转90度的对应点A 2，B 2，然后顺次连接即可；(3)证明△ABC 为等腰直角三角形，求出S △ABC =12AB ×BC =52，S 扇形CAA 2=90π×10 2360=5π2，根据旋转过程中△ABC 扫过的面积等于△ABC 的面积加扇形CAA 1的面积即可得出答案．【详解】(1)解：作出点A 、B 、C 平移后的对应点A 1，B 1、C 1，顺次连接，则△A 1B 1C 1即为所求，如图所示：(2)解：作出点A 、B 绕点C 顺时针旋转90度的对应点A 2，B 2，顺次连接，则△A 2B 2C 2即为所求，如图所示：(3)解：∵AB =12+22=5，AC =32+12=10，BC =12+22=5，∴AB =BC ，∵5 2+5 2=10=10 2，∴AB 2+BC 2=AC 2，∴△ABC 为等腰直角三角形，∴S △ABC =12AB ×BC =52，根据旋转可知，∠ACA 2=90°，∴S 扇形CAA 2=90π×10 2360=5π2，∴在旋转过程中△ABC 扫过的面积为S =S △ABC +S 扇形CAA 2=5+5π2．【点睛】本题主要考查了平移、旋转作图，勾股定理逆定理，扇形面积计算，解题的关键是作出平移或旋转后的对应点．19(2023·辽宁·统考中考真题)在Rt ΔABC 中，∠ACB =90°，CA =CB ，点O 为AB 的中点，点D 在直线AB 上(不与点A ,B 重合)，连接CD ，线段CD 绕点C 逆时针旋转90°，得到线段CE ，过点B 作直线l ⊥BC ，过点E 作EF ⊥l ，垂足为点F ，直线EF 交直线OC 于点G ．(1)如图，当点D与点O重合时，请直接写出线段AD与线段EF的数量关系；(2)如图，当点D在线段AB上时，求证：CG+BD=2BC；(3)连接DE，△CDE的面积记为S1，△ABC的面积记为S2，当EF:BC=1:3时，请直接写出S1S2的值．【答案】(1)EF=22AD(2)见解析(3)59或17 9【分析】(1)可先证△BCD≌△BCE，得到BD=BE，根据锐角三角函数，可得到BE和EF的数量关系，进而得到线段AD与线段EF的数量关系．(2)可先证△ACD≌△GEC，得到DA=CG，进而得到CG+BD=DA+BD=AB，问题即可得证．(3)分两种情况：①点D在线段AB上，过点C作CN垂直于FG，交FG于点N，过点E作EM垂直于BC，交BC于点M，设EF=a，利用勾股定理，可用含a的代数式表示EC，根据三角形面积公式，即可得到答案．②点D在线段BA的延长线上，过点E作EJ垂直于BC，交BC延长线于点J,令EF交AC于点I,连接BE,设EF=b，可证△CDA≌△CEB，进一步证得△EBJ是等腰直角三角形，EJ=BJ，利用勾股定理，可用含b的代数式表示EC，根据三角形面积公式，即可得到答案【详解】(1)解：EF=22 AD．理由如下：如图，连接BE．根据图形旋转的性质可知CD=CE．由题意可知，△ABC为等腰直角三角形，∵CD为等腰直角三角形△ABC斜边AB上的中线，∴∠BCD=45°，AD=BD．又∠DCE=90°，∴∠BCE=45°．在△BCD和△BCE中，CD =CE∠BCD =∠BCEBC =BC∴△BCD ≌△BCE ．∴BD =BE ，∠CBE =∠CBD =45°．∴∠EBF =45°．∴EF =BE ·sin ∠EBF =22BE ．∴EF =22AD ．(2)解：∵CO 为等腰直角三角形△ABC 斜边AB 上的中线，∴AO =BO ．∵∠ACD +∠DCB =∠BCE +∠DCB =90°，∴∠ACD =∠BCE ．∵BC ⊥l ，EF ⊥l ，∴BC ∥EF ．∴∠G =∠OCB =45°，∠GEC =∠BCE ．∴∠G =∠A ，∠ACD =∠GEC ．在△ACD 和△GEC 中，∠ACD =∠GEC∠A =∠GCD =CE∴△ACD ≌△GEC ．∴DA =CG ．∴CG +BD =DA +BD =AB =2BC ．(3)解：当点D 在线段AB 延长线上时，不满足条件EF :BC =1:3，故分两种情况：①点D 在线段AB 上，如图，过点C 作CN 垂直于FG ，交FG 于点N ；过点E 作EM 垂直于BC ，交BC 于点M ．设EF =a ，则BC =AC =3a ．根据题意可知，四边形BFEM 和CMEN 为矩形，△GCN 为等腰直角三角形．∴EF =BM =a ，CM =NE =2a ．由(2)证明可知△ACD ≌△GEC ，∴AC =GE =3a ．∴NG =NC =a ．∴NC =EM =a ．根据勾股定理可知CE =EM 2+CM 2=2a 2+a 2=5a ，△CDE 的面积S 1与△ABC 的面积S 2之比S 1S 2=12CE 212BC 2=125a 2123a2=59②点D 在线段BA 的延长线上，过点E 作EJ 垂直于BC ，交BC 延长线于点J ,令EF 交AC 于点I ,连接BE ,由题意知，四边形FBJE ，FBCI 是矩形，∵∠DCE =∠ACB =90°∴∠DCE -∠ACE =∠ACB -∠ACE即∠DCA =∠ECB又∵CD =CE ，CA =CB∴△CDA ≌△CEB∴∠DAC =∠EBC而∠DAC =180°-∠CAB =180°-45°=135°∴∠EBC =135°∠EBJ =180°-∠EBC =45°∴△EBJ 是等腰直角三角形，EJ =BJ设EF =b ，则BC =IF =3b ，EJ =BJ =CI =b∴EI =EF +IF =4b Rt △CIE 中，CE =CI 2+EI 2=b 2+(4b )2=17b△CDE 的面积S 1与△ABC 的面积S 2之比S 1S 2=12CE 212BC 2=1217b 2123b2=179【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质、勾股定理以及图形旋转的性质，灵活利用全等三角形的判定及性质是解题的关键．20(2023·四川乐山·统考中考真题)在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动【问题情境】刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第121页“探索”部分内容：如图，将一个三角形纸板△ABC绕点A逆时针旋转θ到达△AB C 的位置，那么可以得到：AB=AB ，AC =AC ，BC=B C ；∠BAC=∠B AC ，∠ABC=∠AB C ，∠ACB=∠AC B ()刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键；故数学就是一门哲学．【问题解决】(1)上述问题情境中“( )”处应填理由：；(2)如图，小王将一个半径为4cm，圆心角为60°的扇形纸板ABC绕点O逆时针旋转90°到达扇形纸板A BC 的位置．①请在图中作出点O；②如果BB =6cm，则在旋转过程中，点B经过的路径长为；【问题拓展】小李突发奇想，将与(2)中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置，另一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止，此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图所示，请你帮助小李解决这个问题．【答案】问题解决(1)旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等(2)①见解析；②322πcm 问题拓展：83π-833cm 2【分析】问题解决(1)根据旋转性质得出旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；(2)①分别作BB 和AA 的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为所求点O ；②根据弧长公式求解即可；问题拓展，连接PA ，交AC 于M ，连接PA ，PD ，AA ，由旋转得∠PA B =30°，PA =PA =4，在Rt △PAM 和Rt △A DM 中求出A M 和DM 的长，可以求出S 阴影部分B DP =S 扇形B A P -S △ADP ，再证明△ADP ≌△A DP ，即可求出最后结果．【详解】解：【问题解决】(1)旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等(2)①下图中，点O 为所求②连接OB ，OB ，∵扇形纸板ABC 绕点O 逆时针旋转90°到达扇形纸板A B C 的位置，∴∠BOB =90°，OB =OB ,∵BB =6cm ，设OB =OB =xcm ，∴x 2+x 2=62，∴OB =OB =32cm ，在旋转过程中，点B 经过的路径长为以点O 为圆心，圆心角为90°，OB 为半径的所对应的弧长，∴点B 经过的路径长=90×π×32180=322πcm ；【问题拓展】解：连接PA ，交AC 于M ，连接PA ，PD ，AA 如图所示∴∠PAC =12∠BAC =30°．由旋转得∠PA B =30°，PA =PA =4． 在Rt △PAM 中，A M =PM =PA ⋅sin ∠PAM =4×sin30°=2．在Rt △A DM 中，∵∠DA M =12∠B A C =30°，∴A D =A M cos ∠DA M =2cos30°=433，DM =12A D =12×433=233． ∴S △A DP =12DM ⋅A P =12×233×4=433．S 扇形B A P =30×π×42360=43π．∴S 阴影部分B DP =S 扇形B A P -S △ADP =43π-433， 在△ADP 和△A DP 中，∵AD =AM -DM =23-233=433=A D ，又∵∠PAD =∠PA D =30°，PA =PA ，∴△ADP ≌△A DP ．又∵S 扇形PAC =S 扇形B AP ，∴S 阴影部分BDP =S 阴影部分CDP ，∴S 阴影部分=2S 阴影部分BDP =2×43π-433 =83π-833 cm 2．【点睛】本题考查了旋转的性质，弧长公式，解直角三角形，三角形全等的性质与判定，解题的关键是抓住图形旋转前后的对应边相等，对应角相等，正确作出辅助线构造出直角三角形．21(2023·浙江绍兴·统考中考真题)在平行四边形ABCD 中(顶点A ,B ,C ,D 按逆时针方向排列)，AB =12,AD =10,∠B 为锐角，且sin B =45．(1)如图1，求AB 边上的高CH 的长．(2)P 是边AB 上的一动点，点C ,D 同时绕点P 按逆时针方向旋转90°得点C ,D ．①如图2，当点C 落在射线CA 上时，求BP 的长．②当△AC D 是直角三角形时，求BP 的长．【答案】(1)8(2)①BP =347；②BP =6或8±2【分析】(1)利用正弦的定义即可求得答案；(2)①先证明△PQC ≌△CHP ，再证明△AQC ∽△AHC ，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可；②分三种情况讨论完成，第一种：C 为直角顶点；第二种：A 为直角顶点；第三种，D 为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案．【详解】(1)在▱ABCD 中，BC =AD =10，在Rt △BCH 中，CH =BC sin B =10×45=8．(2)①如图1，作CH ⊥BA 于点H ，由(1)得，BH =BC 2-CH 2=6，则AH =12-6=6，作C Q ⊥BA 交BA 延长线于点Q ，则∠CHP =∠PQC =90°，∴∠C PQ +∠PC Q =90°．∵∠C PQ +∠CPH =90°∴∠PC Q =∠CPH ．由旋转知PC =PC ，∴△PQC ≌△CHP ．设BP =x ，则PQ =CH =8,C Q =PH =6-x ,QA =PQ -PA =x -4．∵C Q ⊥AB ,CH ⊥AB ，∴C Q ∥CH ，∴△AQC ∽△AHC ，∴C Q CH =QA HA ，即6-x 8=x -46，∴x =347，∴BP =347．②由旋转得△PCD ≌△PC D ,CD =C D ，CD ⊥C D ，又因为AB ∥CD ，所以C D ⊥AB ．情况一：当以C 为直角顶点时，如图2．∵C D ⊥AB ，∴C 落在线段BA 延长线上．∵PC ⊥PC ，∴PC ⊥AB ，由(1)知，PC =8，∴BP =6．情况二：当以A 为直角顶点时，如图3．设C D 与射线BA 的交点为T ，作CH ⊥AB 于点H ．∵PC ⊥PC ，∴∠CPH +∠TPC =90°，∵C D ⊥AT ，∴∠PC T +∠TPC =90°，∴∠CPH =∠PC T ．又∵∠CHP =∠PTC =90°,PC =C P ，∴△CPH ≌△PC T ，∴C T =PH ,PT =CH =8．设C T =PH =t ，则AP =6-t ，∴AT =PT -PA =2+t∵∠C AD =90°,C D ⊥AB ，∴△ATD ∽△C TA ，∴AT TD =CT TA ，∴AT 2=C T ⋅TD ，∴(2+t )2=ι12-t ，化简得t 2-4t +2=0，解得t =2±2，∴BP =BH +HP =8±2．情况三：当以D 为直角顶点时，点P 落在BA 的延长线上，不符合题意．综上所述，BP =6或8±2．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键．22(2023·四川南充·统考中考真题)如图，正方形ABCD 中，点M 在边BC 上，点E 是AM 的中点，连接ED ，EC ．(1)求证：ED =EC ；(2)将BE 绕点E 逆时针旋转，使点B 的对应点B 落在AC 上，连接MB ′．当点M 在边BC 上运动时(点M 不与B ，C 重合)，判断△CMB ′的形状，并说明理由．(3)在(2)的条件下，已知AB =1，当∠DEB ′=45°时，求BM 的长．【答案】(1)见解析(2)等腰直角三角形，理由见解析(3)BM =2-3【分析】(1)根据正方形的基本性质以及“斜中半定理”等推出△EAD ≌△EBC ，即可证得结论；(2)由旋转的性质得EB =EB =AE =EM ，从而利用等腰三角形的性质推出∠MB C =90°，再结合正方形对角线的性质推出B M =B C ，即可证得结论；(3)结合已知信息推出△CME ∽△AMC ，从而利用相似三角形的性质以及勾股定理进行计算求解即可．【详解】(1)证：∵四边形ABCD 为正方形，∴∠BAD =∠ABC =90°，AD =BC ，∵点E 是AM 的中点，∴EA =EB ，∴∠EAB =∠EBA ，∴∠BAD -∠EAB =∠ABC -∠EBA ，即：∠EAD =∠EBC ，在△EAD 与△EBC 中，EA =EB∠EAD =∠EBCAD =BC∴△EAD ≌△EBC SAS ，∴ED =EC ；。

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历年中考数学图形的变换题汇总
一、选择题
1. (北京4分)下列图形中，即是中心对称又是轴对称图形的是
A、等边三角形
B、平行四边形
C、梯形
D、矩形
【答案】D。

【考点】中心对称和轴对称图形。

【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合;中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。

从而有A、是轴对称图形，不是中心对称图形.故本选项错误;B、是不是轴对称图形，是中心对称图形.故本选项错误;C、是轴对称图形，不是中心对称图形.故本选项错误;D、既是轴对称图形，又是中心对称图形.故本选项正确。

故选D。

2.(天津3分)下列汽车标志中，可以看作是中心对称图形的是
【答案】A。

【考点】中心对称图形。

【分析】根据在平面内，一个图形绕某个点旋转180，如果旋转前后的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形的定义，直接得出结果。

3.(天津3分)下图是一支架(一种小零件)，支架的两个
台阶的高度和宽度都是同一长度.则它的三视图是
【答案】A。

【考点】几何体的三视图。

【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中：细心观察原立体图形的位置，从正面看，是一个矩形，矩形左上角缺一个角;从左面看，是一个正方形;从上面看，也是一个正方形。

故选A。

4.(河北省2分)将图1围成图2的正方体，则图1中的红心标志所在的正方形是正方体中的
A、面CDHE
B、面BCEF
C、面ABFG
D、面ADHG
【答案】A。

【考点】展开图折叠成几何体。

【分析】由图1中的红心标志，可知它与等边三角形相邻，折叠成正方体是正方体中的面CDHE。

故选A。

5.(山西省2分)将一个矩形纸片依次按图(1)、图(2)的方式对折，然后沿图(3)中的虚线裁剪，最后将图(4)的纸再展开铺平，所得到的图案是
【答案】A。

【考点】剪纸问题。

【分析】严格按照图中的顺序先向上再向右对折，从左下方角剪去一个直角三角形，展开得到结论。

故选A。

6.(山西省2分)如图是一个工件的三视图，图中标有尺
寸，则这个工件的体积是
【答案】B。

【考点】由三视图判断几何体，圆柱的计算
【分析】根据三视图可知该几何体是两个圆柱体叠加在一起，体积是两个圆柱体的体积的和：底面直径分别是2cm 和4cm，高分别是4cm和1cm，体积为：422+cm2。

故选B。

7.(内蒙古巴彦淖尔、赤峰3分)在下面的四个几何体中，主视图、俯视图、左视图都相同的几何体的个数有
A、1个
B、2个
C、3个
D、4个
【答案】A。

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】主视图、俯视图、左视图是分别从物体正面、上面和左面看，所得到的图形，
圆柱主视图、俯视图、左视图分别是长方形、圆、长方形，主视图、左视图与俯视图不相同;
圆锥主视图、俯视图、左视图分别是三角形、有圆心的圆、三角形，主视图、左视图与俯视图不相同;
球主视图、俯视图、左视图都是圆，主视图、俯视图、左视图都相同;
长方体主视图、俯视图、左视图是大小不同的矩形，三视图不相同。

共1个同一个几何体的主视图与俯视图、左视图相同。

故选A。

8.(内蒙古包头3分)下列几何体各自的三视图中，只有两个视图相同的是
①正方体
②圆锥体
③球体
④圆柱体
A.①③
B.②③
C.③④
D.②④
【答案】D。

【考点】简单几何体的三视图。

【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形，分别分析四个几何体的三视图，从中找出只有两个视图相同的几何体，可得出结论：①正方形的主、左和俯视图都是正方形;②圆锥的主、左视图是三角形，俯视图是圆;③球体的主、左和俯视图都是圆形;
④圆柱的主、左视图是长方形，俯视图是圆。

只有两个视图相同的几何体是圆锥和圆柱。

故选D。

9.(内蒙古呼和浩特3分)已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则圆柱的侧面积为
A、2
B、4
C、2
D、4
【答案】D。

【考点】圆柱的展开。

【分析】圆柱沿一条母线剪开，所得到的侧面展开图是一个矩形，它的长是底面圆的周长，即2，宽为母线长为2cm，所以它的面积为4cm2。

故选D。

10.(内蒙古呼和浩特3分)将如图所示表面带有图案的正方体沿某些棱展开后，得到的图形是
A、 B、 C、 D、【答案】C。

【考点】几何体的展开图。

【分析】由原正方体知，带图案的三个面相交于一点，而通过折叠后A、B都不符合，且D折叠后图案的位置正好相反，所以能得到的图形是C。

故选C。

11.(内蒙古呼伦贝尔3分)如图，几何体的俯视图是
【答案】C。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】找到从上面看所得到的图形即可：从上面看易得里层有4个正方形，外层左边有1个正方形。

故选C。

12.(内蒙古乌兰察布3分)如图是由五个相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图是
【答案】B。

【考点】简单组合体的三视图。

【分析】找到从正面看所得到的图形即可：从正面看易得第一层左边有1个正方形，第二层有3个正方形。

故选B。

13.(内蒙古乌兰察布3分)己知O为圆锥的顶点，M 为
圆锥底面上一点，点 P 在 OM上.一只锅牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短路线的痕迹如图所示,若沿OM将圆锥侧面剪开并展开，所得侧面展开图是【答案】D。

【考点】圆锥的展开，扇形的轴对称性，线段的性质。

【分析】根据两点之间比下有余最短的性质，锅牛爬过的最短路线应是一条线段：根据扇形的轴对称性，选择D正确。

故选D。

14.(内蒙古乌兰察布3分)将正方体骰子(相对面上的点数分别为 1 和 6 、 2 和 5 、 3 和 4 )放置于水平桌面上，如图① .在图②中，将骰子向右翻滚 90 ，然后在桌面上按逆时针方向旋转 90 ，则完成一次变换.若骰子的初始位置为图①所示的状态，那么按上述规则连续完成10次变换后，骰子朝上一面的点数是
A . 6
B . 5
C . 3
D . 2
【答案】B。

【考点】分类归纳(图形变化类)。

【分析】寻找规律：
可知，按上述规则连续完成3次变换后，骰子回到初始位置，因此连续完成10次变换后，骰子与完成1次变换的状态相同。

故选B。

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