《2018年中考數學試題分類匯編 知識點25 圖形的平移、旋轉與軸對稱》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018年中考數學試題分類匯編 知識點25 圖形的平移、旋轉與軸對稱（62頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 知識點25 圖形的平移、旋轉與軸對稱 一、選擇題 1.（2018四川綿陽，7，3分） 在平面直角坐標系中，以原點為對稱中心，把點A（3，4）逆時針旋轉90°，得到點B，則點B的坐標為 A.（4，-3） B.（-4，3） C.（-3，4） D.（-3，-4） 【答案】B. 【解析】解：如圖：∴點B的坐標為（-4，3）．故選B． 【知識點】圖形的旋轉 2. （2018四川綿陽，5，3分） 下列圖形是中心對稱圖形的是 A B

2、 C D 【答案】D. 【解析】解：A選項，不是中心對稱圖形，故此選項錯誤； B選項，不是中心對稱圖形，故此選項錯誤； C選項，不是中心對稱圖形，故此選項錯誤； D選項，是中心對稱圖形，故此選項正確. 故選D． 【知識點】中心對稱圖形 3. （2018四川內江，11，3）如圖，將矩形ABCD沿對角線BD折疊，點C落在點E處，BE交AD于點F，已知∠BDC＝62°，則∠DFE的度數為（ ） A．31° B．28° C．62°

3、D．56° 【答案】D 【思路分析】因為∠DFE＝∠ADB＋∠EBD，要求∠DFE的值，則需分別求∠ADB、∠EBD，而由矩形對邊平行，及軸對稱的性質可知∠EBD＝∠CBD＝∠ADB，利用∠ADB與∠BDC互余，即可出∠DFE的度數． 【解析】解：∵四邊形ABCD為矩形，∴∠ADC＝90°，∵∠BDC＝62°，∴∠ADB＝90°－62°＝28°，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，根據題意可知∠EBD＝∠CBD，∴∠ADB＝∠EBD＝28°，∴∠DFE＝∠ADB＋∠EBD＝56°．故選擇D． 【知識點】矩形性質，等腰三角形性質，平行線性質 4. （2018山東濱州，11，3

4、分）如圖，∠AOB＝60°，點P是∠AOB內的定點且OP＝，若點M、N分別是射線OA、OB上異于點O的動點，則△PMN周長的最小值是（ ） A． B． C．6 D．3 第11題圖 【答案】D 【解析】分別以OA、OB為對稱軸作點P的對稱點P1，P2，連接點P1，P2，分別交射線OA、OB于點M、N則此時△PMN的周長有最小值，△PMN周長等于＝PM＋PN＋MN＝ P1N＋P2N＋MN，根據對稱的性質可知，OP1＝OP2＝OP＝，∠P1OP2＝120°，∠OP1M＝30°，過點O作MN的垂線段，垂足為Q，在△OP1Q中，可

5、知P1Q＝,所以P1P2＝2P1Q＝3,故△PMN的周長最小值為3． 第11題答圖 【知識點】軸對稱的性質、兩點之間線段最短、直角三角形（有一個角為30°）的性質。 5. （2018浙江金華麗水，9，3分）如圖，將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△EDC．若點A，D，E在同一條直線上，∠ACB=20°，則∠ADC的度數是（ ）． A．55° B．60° C．65° D．70° 第9題圖 【答案】C． 【解析】將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△EDC，則∠ECD＝∠ACB＝20°，∠A

6、CE＝90°，EC＝AC，∴∠E＝45°，∴∠ADC＝65°．故選D． 【知識點】圖形的旋轉 6.（2018浙江衢州，第8題，3分）如圖，將矩形ABCD沿GH折疊，點C落在點Q處，點D落在AB邊上的點E處，若∠AGE=32°，則∠GHC等于（ ） 第8題圖 A．112° B．110° C．108° D．106° 【答案】D 【解析】本題考查了翻折變換（折疊問題）；矩形的性質、平行線性質等知識點. 根據折疊前后角相等可知∠DGH=∠EGH，∵∠AGE=32°,∴∠EGH=74°，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠AGH=∠GHC=∠EGH+∠A

7、GE， ∴∠GHC=106°，故選：D． 【知識點】翻折變換（折疊問題）；矩形的性質、平行線性質； 7. （2018甘肅白銀，8，3）如圖，點E是正方形ABCD的邊DC上一點，把△ADE繞點A順時針旋轉90°到△ABF的位置。若四邊形AECF的面積為25，DE=2,則AE的長為（ ) A.5 B. C.7 D. 【答案】D. 【思路分析】由旋轉性知四邊形AECF的面積與正方形的面積相等，從而得到正方形的面積等于25，邊長為5，于是在直角三角形ADE中由勾股定理可求出AE的長。 【解題過程】∵△ADE繞點A順時針旋轉90°到△ABF

8、 ∴△ADE≌△ABF ∴=25 ∴正方形的邊長AD=CD=5 ∴在RT△ADE中，AE==. 故選D 【知識點】正方形的性質及面積公式，旋轉的性質即旋轉前后圖形的形狀大小相等面積相等。 8. （2018安徽省，10，4分）如圖,直線都與直線l垂直,垂足分別為M,N,MN=1正方形ABCD的邊長為，對角線AC在直線l上,且點C位于點M處,將正方形ABCD沿l向右平移,直到點A與點N重合為止，記點C平移的距離為x,正方形ABCD的邊位于之間分的長度和為y，則y關于x的函數圖象太致為（ ） 【答案】A 【思路分析】這是一道動面問題，需要分段思考，求解關鍵是根據函

9、數的表達方法（解析式法，列表法和圖像法）之間的聯(lián)系，先確定函數解析式，再選擇圖像．其中，在圖形運動過程中，確定三種運動狀態(tài)下的圖形形態(tài)是重中之重．其中關鍵是確定圖形變化聯(lián)系瞬間的靜態(tài)圖形位置，從而得到分界點，然后再作動態(tài)思考，確定各種情況下的取值范圍．最后求出各部分對應的函數關系式，運用函數的圖像、性質分析作答．有時，直接根據各運動狀態(tài)（如前后圖形的對稱狀態(tài)帶來函數圖像的對稱，前后圖形面積的增減變化帶來函數圖像的遞增或遞減等），就能求解． 【解題過程】∵正方形邊長為，∴AC=BD=2. （1）如圖1，當C位于之間， （2）如圖2，當D位于之間， 設PR=a,則SQ=1-a , D

10、P+DQ=所以 （3）如圖3，當A位于之間， 綜上所述，y關于x的函數大致如選擇支A所示。 【知識點】函數的圖象；分段函數；分類討論 9.（2018江蘇無錫，5，3分）下列圖形中的五邊形ABCDE都是正五邊形，則這些圖形中的軸對稱圖形有（ ） A.1個 B. 2個 C.3個 D. 4個 【答案】D 【解析】圖中四個五邊形都是軸對稱圖形，所以答案選D. 【知識點】軸對稱圖形的定義 10. （2018江蘇無錫，10，3分）如圖是一個3×3正方形方格紙的對角線AB剪下圖形，一質點P由A點出發(fā)，沿格點線每次向右或向

11、上運動1個單位長度，則點P由點A運動到B點的不同路徑共有（ ） A.4條 B. 5條 C. 6條 D.7條 【答案】B 【思路分析】按照點P經過的格點確定所有符合要求的路線. 【解題過程】如圖所示， 運動路線有：ACDFGJB；ACDFIJB；ACEFGJB；ACEFIJB；ACEHIJB，共5條. 【知識點】 11. （2018山東聊城，10，3分）如圖，將一張三角形紙片ABC的一角折疊，使得點A落在△ABC外的一點A′出，折痕為DE.如果∠A=α，∠CEA′=β，∠BDA′=γ，那么下列式子中正確的是（ ） A.γ=2α+β

12、 B.γ=α+2β C.γ=α+β D.γ=180°-α-β 【答案】A 【解析】∵將一張三角形紙片ABC的一角折疊，使得點A落在△ABC外的一點A′出，折痕為DE， ∴∠A′=∠A=α. 如圖所示，設A′D交AC于點F， 則∠BDA′=∠A+∠AFD=∠A+∠A′+∠AEF， ∵∠A=α，∠CEA′=β，∠BDA′=γ， ∴γ=α+α+β=2α+β. 【知識點】軸對稱的性質、三角形內外角的關系 12. （2018山東聊城，11，3分）如圖，在平面直角坐標系中，矩形OABC的兩邊OA、OC分別在x軸和y軸上，并且OA=5，OC=

13、3.若把矩形OABC繞著點O逆時針旋轉，使點A恰好落在BC邊上的點處，則點C的對應點的坐標為（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】如圖所示，作M⊥x軸于點M，N⊥x軸于點M， ∵矩形OABC的兩邊OA、OC分別在x軸和y軸上，并且OA=5，OC=3，把矩形OABC繞著點O逆時針旋轉，使點A恰好落在BC邊上的點處， ∴O=OA=5，M=O=OC=3， ∴OM===4. 由題意得△ON∽△OM， ∴， 即， ∴，， ∴點的坐標為. 【知識點】旋轉的性質、正方形的性質、全等三角形的判定和性質、比例線段、

14、平面直角坐標系與點的坐標 13. （2018四川省達州市，3，3分）下列圖形中是中心對稱圖形的是（ ）． 【答案】B． 【解析】在平面內，把一個圖形繞著某個點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形，這個點叫做它的對稱中心 ．根據中心對稱圖形的定義，得圖形B是中心對稱圖形．故選B. 【知識點】中心對稱圖形 14. （2018四川省南充市，第2題，3分）下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（ ） A．扇形 B．正五邊形 C．菱形 D．平行四邊形 【答案

15、】C 【解析】解：A、扇形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故A選項不符合題意；B、正五邊形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故B選項不符合題意；C、菱形既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，故C選項符合題意；D、平行四邊形不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故D選項不符合題意；故選C. 【知識點】軸對稱圖形；中心對稱圖形 15. （2018·重慶B卷，2，4）下列圖形中，是軸對稱圖形的是 （ ） 【答案】D． 【解析】根據軸對稱圖形的定義，沿某條直線將圖形折疊，直線兩旁的部分能夠完全重合的圖形才是軸對稱圖形，故只有選項D滿足要求，因此選D． 【知識點】圖

16、形的變換 軸對稱圖形． 16.（2018湖南衡陽，3，3分） 下列生態(tài)環(huán)保標志中，是中心對稱圖形的是（） 【答案】B 【解析】根據中心對稱圖形的定義：在平面內，把一個圖形繞著某個點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形，對各選項分析判斷可得選項B是中心對稱圖形． 【知識點】中心對稱圖形 17. （2018湖南長沙，5題，3分）下列四個圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（ ） 【答案】A 【解析】沿某條直線折疊，圖形兩側部分可以重合，這種圖形稱為軸對稱圖形。繞一個定點旋轉180度后

17、的圖形能和原圖形重合，這種圖形稱為中心對稱圖形。由此可對各選項進行判斷：A既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，正確;B是軸對稱圖形，錯誤;C既不是軸對稱圖形也不是中心對稱圖形，錯誤;D不是軸對稱圖形是中心對稱圖形，錯誤。 【知識點】軸對稱,中心對稱 18. （2018江蘇省鹽城市，2，3分）下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（ ）． 【答案】D 【解析】在平面內，沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠完全重合的圖形是軸對稱圖形，這條直線就叫做對稱軸．在平面內，把一個圖形繞著某個點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形.根據軸對

18、稱圖形和中心對稱圖形的定義即可作出判斷，故選D. 【知識點】軸對稱圖形;中心對稱圖形 19.(2018山東青島中考，1，3分)觀察下列四個圖形，中心對稱圖形是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】選項C中圖形繞著它的中心旋轉180°后能與自身完全重合，是中心對稱圖形；選項A、B、D中圖形是軸對稱圖形．故選C． 【知識點】中心對稱圖形 20. （2018山東煙臺，2，3分）在學習《圖形變化的簡單應用》這一節(jié)時，老師要求同學們利用圖形變化設計圖案．下列設計的圖案中，是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形的是（　?。? D C

19、 B A . 【答案】C 【解析】根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解 A、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形．故錯誤； B、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形．故錯誤； C、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形．故正確； D、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形．故錯誤 故選C． 【知識點】中心對稱圖形；軸對稱圖形． 21. （2018山東省淄博市，3，4分） 下列圖形中，不是軸對稱圖形的是 （A） （B） （C） （D） 【答案】C 【解析】

20、選項A、B、D均可以沿一條直線折疊圖形左右兩邊的部分可以重合，故均為軸對稱圖形，只有C選項不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故選C. 【知識點】軸對稱 22. （2018天津市，4，3）下列圖形中，可以看作是中心對稱圖形的是（ ） A． B． C. D． 【答案】A 【解析】分析：本題考查中心對稱圖形的識別，結合選項，根據中心對稱圖形的概念對各選項進行判斷即可求解. 解：A. 是中心對稱圖形，本選項符合題意； B. 不是中心對稱圖形，本選項不符合題意； C. 不是中心對稱圖形，本選項不符合題意； D. 不是中心對稱圖形，本選項不符合題意. 故選A. 【

21、知識點】中心對稱圖形；中心對稱 23. （2018天津市，10，3）如圖，將一個三角形紙片沿過點的直線折疊，使點落在邊上的點處，折痕為，則下列結論一定正確的是（ ） A． B． C. D． 【答案】D 【解析】分析：本題考查折疊問題，由折疊前后不變，可得結果. 解：由折疊前后不變性，可知CB=EB, ∴AE+CB=AE+EB=AB 故選D 【知識點】翻折變換（折疊問題）；全等三角形 24. （2018浙江湖州，8，3）如圖，已知在△ABC中，∠BAC＞90°，點D為BC的中點，點E在AC上，將△CDE沿DE折疊，使得

22、點C恰好落在BA的延長線上的點F處，連結AD，則下列結論不一定正確的是（ ） A．AE＝EF B．AB＝2DE C．△ADF和△ADE的面積相等 D．△ADE和△FDE的面積相等 【答案】C 【解析】選項A，∵D為BC的中點，∴所以BD＝CD．∵FD＝CD，∴FD＝BD．∴∠B＝∠BFD．∵∠C＝∠DFE，∴ ∠B+∠C＝∠BFD+∠DFE．∴∠FAE＝∠AFE．∴AE＝FE．選項A正確． 選項B，∵E為AC的中點，D為BC的中點，∴DE為△ABC的中位線．∴AB＝2D

23、E．選項B正確． 選項C，∵BF∥DE，∴△ADF和△ADE的高相等．但不能證明AF＝DE，∴△ADF和△ADE的面積不一定相等．選項C錯誤． 選項D，△ADE和△FDE同底等高，面積相等，選項D正確．故選C. 【知識點】等腰三角形，折疊，中位線，三角形的外角 1. （2018·重慶A卷，2，4）下列圖形中一定是軸對稱圖形的是 （ ） 【答案】D． 【解析】根據軸對稱圖形的定義，看圖形沿某條直線折疊，直線兩旁的部分能否完全重合，易知矩形是軸對稱圖形，故選D． 【知識點】軸對稱圖形 2. （20

24、18廣東廣州，2，3分）圖中所示的五角星是軸對稱圖形，它的對稱軸共有（ ） A．1條 B．3條 C．5條 D．無數條 【答案】C 【解析】根據軸對稱圖形的定義：“如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形叫做軸對稱圖形，這條直線叫做對稱軸”進行分析，正五角星的對稱軸是過中心和每個頂角的直線，共5條．故答案為C． 【知識點】軸對稱圖形 3. （2018貴州遵義，2題，3分）觀察下列幾何圖形，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是 A B C

25、 D 【答案】C 【解析】A是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故A錯誤；B是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形，故B錯誤；C是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故C正確；D是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故D錯誤。 【知識點】軸對稱圖形，中心對稱圖形 4. （2018河北省，3，3）如圖中由“ ”和“ ”組成軸對稱圖形，該圖形的對稱軸是直線（ ） A．l1 B． l2 C． l3 D． l4 【答案】C 【解析】分別沿著途中的4條直線進行折疊，兩側能完全重合的只有l(wèi)

26、3，故選C． 【知識點】軸對稱圖形 5. （2018湖北宜昌，2，3分）如下字體的四個漢字中，是軸對稱圖形的是( ) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】D圖沿中間線折疊，直線兩旁的部分可重合，故選擇D. 【知識點】軸對稱圖形的概念. 6.（2018湖北宜昌，9，3分）如圖，正方形的邊長為1，點分別是對角線上的兩點, , ,，，垂足分別為，則圖中陰影部分的面積等于( ) (第9題圖) A．1 B． C. D． 【答案】B 【解析】圖形沿直線AC

27、折疊，直線兩旁的陰影部分可合并到△ABC中，△ABC的面積為正方形的面積的一半，故選擇B. 【知識點】軸對稱圖形，翻折. 7. （2018江西，5，3分）小軍同學在網格紙上將某些圖形進行平移操作，他發(fā)現平移前后的兩個圖形所組成的圖形可以是軸對稱圖形．如圖所示，現在他將正方形ABCD從當前位置開始進行一次平移操作，平移后的正方形的頂點也在格點上，則使平移前后的兩個正方形組成軸對稱圖形的平移方向有(　　) 第5題題 A. 3個 B. 4個 C. 5個 D. 無數個 【答案】C 【解析】①正方形向上平移；②正方形向下平移；③

28、正方形向右平移；④將正方形向東北方向平移；⑤將正方形向東南方向平移．故有5種． 【知識點】軸對稱圖形，平移 8. （2018山東德州，2，3分）下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（ ） A B C D 【答案】B 【解析】選項A只是中心對稱圖形，選項B既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，選項C只是軸對稱圖形，選項D既不是軸對稱圖形也不是中心對稱圖形，只是旋轉對稱圖形. 故選B. 【知識點】軸對稱圖形，中心對稱圖形 9.（2018山東德州，12，3分）如圖，等

29、邊三角形的邊長為4,點是△的中心， .繞點旋轉,分別交線段于兩點，連接,給出下列四個結論:①;②;③四邊形的面積始終等于;④△周長的最小值為6,上述結論中正確的個數是( ) A．1 B．2 C. 3 D．4 【答案】C 【解析】如圖1，連接OB、OC，因為點是△的中心，所以，OA=OB=OC，所以，，所以，所以（ASA），所以OD=OE，結論①正確；通過畫圖確定結論②錯誤，如當點E為BC中點時，；因為，所以，所以=，結論③正確；因為，所以BD=CE，所以BD＋CE=BC=4，因為，OB=OC，易得，如圖2，當OD

30、⊥AB時，OD最小=BD×tan∠OBD=，所以DE最小=2，所以△周長的最小值為6, 結論④正確. 故選C. 【知識點】旋轉，全等，定值，最值 10. （2018山東省日照市，2，3分）在下列圖案中，既是軸對稱又是中心對稱圖形的是（ ） 【答案】C 【解析】A圖案既不是軸對稱又不是中心對稱圖形；B圖案只是軸對稱圖形；C圖案既是軸對稱又是中心對稱圖形；D圖案只是中心對稱圖形，故選C。 【知識點】軸對稱圖形 中心對稱圖形 11. （2018廣東省深圳市，4，3分）觀察下列圖形，是中心對稱圖形的是( ) A． B． C.

31、D． 【答案】D 【解析】解：將試卷倒過來看，和原圖形完全相同的圖形就是中心對稱圖形．A、B、C三個選項中的圖案都是軸對稱圖形，故A、B、C選項錯誤；而 D選項中的圖案是中心對稱圖形，故D選項正確． 【知識點】軸對稱圖形；中心對稱圖形 12. （2018貴州安順，T1，F3）下面四個手機應用圖標中是軸對稱圖形的是（ ） 【答案】D 【解析】由軸對稱圖形的定義可知，選項D的圖形有對稱軸所以是軸對稱圖形． 【知識點】軸對稱圖形的性質. 13. （2018湖南省永州市，2，4）譽為全國第三大露天碑林的“浯溪碑林”，摩崖上銘刻著500多方古今名家碑文，其中懸針篆文具有較高

32、的歷史意義和研究價值，下面四個懸針篆文文字明顯不是軸對稱圖形的是 （ ）] A． B． C． D． 【答案】C 【解析】選項A、是軸對稱圖形，則此選項錯誤；選項B、是軸對稱圖形，則此選項錯誤；選項C、不是軸對稱圖形，則此選項正確；選項D、是軸對稱圖形，則此選項錯誤. 因此，本題選C． 【知識點】軸對稱 14. （2018四川攀枝花，5，3）下列平面圖形中，既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形的是( ) A.菱形 B.等邊三角形 C.平行四邊形

33、D.等腰梯形 【答案】A 【解析】A、菱形既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形，故本選項符合題意； B、等邊三角形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意； C、平行四邊形是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形，故本選項不符合題意； D、等腰梯形，故此選項符合題意；是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；故選A. 【知識點】 中心對稱圖形 軸對稱圖形 15. （2018 湖南張家界，3，3分）下列圖形中，既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形的是（ ） A B

34、 【答案】C 【解析】軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180°后兩部分重合. 故選項A是中心對稱圖形，選項B是軸對稱圖形，選項C既是中心對稱圖形又是軸對稱圖形，選項D是軸對稱圖形. 故選擇C. 【知識點】中心對稱圖形與軸對稱圖形. 16.（2018浙江省臺州市，2，3分） 在下列四個新能源汽車車標的設計圖中，屬于中心對稱圖形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】在同一

35、平面內，如果把一個圖形繞某一點旋轉180°，旋轉后的圖形能與原圖形完全重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形，這個旋轉點，就叫做中心對稱點. A．∵此圖形旋轉180°后不能與原圖形重合，∴此圖形不是中心對稱圖形，故此選項錯誤； B．∵此圖形旋轉180°后不能與原圖形重合，∴此圖形不是中心對稱圖形，故此選項錯誤； C．∵此圖形旋轉180°后不能與原圖形重合，∴此圖形不是中心對稱圖形，故此選項錯誤； D．∵此圖形旋轉180°后能夠與原圖形重合，∴此圖形是中心對稱圖形，故此選項正確； 【知識點】中心對稱圖形 二、填空題 1. （2018浙江衢州，第16題，4分）定義；在平面直角坐標系中，

36、一個圖形先向右平移a個單位，再繞原點按順時針方向旋轉θ角度，這樣的圖形運動叫做圖形的γ（a，θ）變換。 如圖，等邊△ABC的邊長為1，點A在第一象限，點B與原點O重合，點C在x軸的正半軸上．△A1B1C1就是△ABC經γ（1，180°）變換后所得的圖形． 第16題圖 若△ABC經γ（1，180°）變換后得△A1B1C1，△A1B1C1經γ（2，180°）變換后得△A2B2C2，△A2B2C2經γ（3，180°）變換后得△A3B3C3，依此類推…… △An-1B n-1C n-1經γ（n，180°）變換后得△AnBnC，則點A1的坐標是________，點A2018的坐標是_____

37、___。 【答案】（）（） 【解析】題考查了新概念理解、閱讀理解問題、等邊三角形性質、規(guī)律型點的坐標．、坐標與圖形變化﹣旋轉等知識內容，解決該題型題目時，寫出部分An點的坐標，根據坐標的變化找出變化規(guī)律是關鍵．首先計算A1的坐標為（），則A2為（），以此計算則有 A2018橫坐標為-2×2018=，故答案為：（）（）（） 【知識點】新概念理解、閱讀理解問題、等邊三角形性質、規(guī)律型點的坐標．、坐標與圖形變化﹣旋轉 2. （2018山東濰坊，16，3分）如圖，正方形ABCD的邊長為1，點A與原點重合，點B在y軸的正半軸上，點D在x軸的負半軸上，將正方形ABCD繞點A逆時針旋轉30°至

38、正方形AB′C′D′的位置，B′C′與CD相交于點M，則點M的坐標為 . 【答案】（－1，） 【思路分析】連接AM，證明Rt△AB′M≌Rt△ADM，求出∠ADM=30°，解直角三角形求得DM的長，注意M在第二象限，即可求出點M的坐標. 【解題過程】連接AM， 在Rt△AB′M和Rt△ADM中， AB′=AD，AM=AM, ∴Rt△AB′M≌Rt△ADM ∴∠DAM=∠B′AM= 在Rt△ADM中， tan30°= ∴DM=ADtan30°=1×=. ∴M（－1，）. 【知識點】圖形與坐標，正方形，全等三角形的判定和性質，

39、解直角三角形 3. （2018山東濰坊，24，12分）如圖1，在□ABCD中，DH⊥AB于點H，CD的垂直平分線交CD于點E，交AB于點F，AB=6，DH=4，BF∶FA=1∶5. （1）如圖2，作FG⊥AD于點G，交DH于點M，將△DGM沿DC方向平移，得到△CG′M′，連接M′B. ①求四邊形BHMM＇的面積； ②直線EF上有一動點N，求△DNM周長的最小值. （2）如圖3，延長CB交EF于點Q，過點Q作QK∥AB，過CD邊上的動點P作PK∥EF，并與QK交于點K，將△PKQ沿直線PQ翻折，使點K的對應點K＇恰好落在直線AB上，求線段CP的長. 【思路分析】（1）①由題

40、意可知四邊形BHMM＇為梯形，上底BH，下底MM′易求，故只需求出高MH即可，計算MH可通過同角的余角相等證明∠FMH=∠A，而∠A的正切值易求，故高MH可得（求高也可利用△FHM∽△DHA來計算），從而求出面積；②由EF垂直平分CD可得點D和點C關于直線EF對稱，故只需連接CM，CM與EF的交點即為滿足條件的點N，分別求出CM和DM即可求出周長的最小值；（2）先通過∠A的正切值不變求出FQ的長度，從而求出PK，由折疊可得PK′=PK，QK′=QK，利用勾股定理先求出GＫ′的長度，設PE=x，在Rt△QFK′中把FK′和QK′用x表示出來，利用勾股定理求出x的值，從而求出CP的長度. 【解題

41、過程】解：（1）①∵BF∶FA=1∶5，AB=6， ∴BF=1，AF=5. ∵四邊形ABCD為平行四邊形， ∴CD=AB=6， ∵EF垂直平分CD， ∴DE=CE=3. ∴FH=3，HA=AF－FH＝5－3＝2. 在Rt△ADH中 ∵∠A＋∠AFM=90°，∠AFM＋∠FMH=90°， ∴∠FMH=∠A ∴. ∵FH=3，∴MH= 由平移可知MM′=CD=6，BH=1+3=4 ∴S四邊形BHMM′=. ②由點C與點D關于直線EF對稱可知，連接CM交EF于點N，連接DN，此時△DMN周長最小. N DM=DH－MH=. 在Rt△CDM中， ，即DN

42、＋MN= . ∴△DNM周長的最小值為. （2）標準答案： ∵BF∥CE, ∴, ∴QF=2， ∴PK=PK′=6 過點K′作E′F′∥EF，分別交CD于點E′，交QK于點F′， 當點P在線段CE上時， 在Rt△PK′E′中， PE′2=PK′2－E′K′2, ∴PE′= , ∵Rt△PE′K′∽Rt△K′F′Q, ∴ , ∴ . ∴QF′=, ∴PE=PE′－EE′= . ∴CP= . 同理可得，當點P在線段ED上時，CP′=. 綜上可得，CP的長為或. 方法2：當點P在線段CE上時， 如圖所示，設直線AB與PK交于點G. 在Rt△BF

43、Q中，∠ABQ=∠A ∴tan∠ABQ= ， ∵BF=1，∴FQ=2. ∴EQ=EF＋FQ=4＋2=6 ∴PK=EQ=6. 由折疊可得：PK′=PK=6，QK′=QK 在Rt△PGK′中，PG=DH=4 GK′= 設PE=x，則GF=KQ=x，QK′=x,FK′=GK′－GF= 在Rt△QFK′中， 解得：. ∴CP=CE－PE= . 同理可得，當點P在線段ED上時， CP′=. 綜上可得，CP的長為或. 【知識點】平行四邊形，圖形的平移，圖形的軸對稱，勾股定理，梯形，幾何最值問題，分類討論思想 4. （2018四川省成都市，24，4） 如圖，在菱

44、形ABCD的中，tanA＝，M，N分別在邊AD，BC上，將四邊形AMNB沿MN翻折，使AB的對應線段AB的對應線段EF經過頂點D．當EF⊥AD時，的值為 ． 【答案】 【思路分析】延長NF交DC于H．根據翻折得∠A＝∠E，∠B＝∠DFN，利用菱形中鄰角互補，可得到∠A＝∠DFH，且∠DHF＝90°，在Rt△EDM中，根據tanA＝tanE＝，得到△EDM三邊的關系，求出菱形邊長，在解Rt△DHF和Rt△NHC，求出CN，BN，即可求出的值． 【解題過程】解：∵四邊形ABCD為菱形，∴AD∥BC，∴∠A＋∠B＝180°，∵∠DFN＋∠DFH＝180°，又∵∠B＝∠DFN，

45、∴∠A＝∠DFH，∵AB∥CD，∴∠A＋∠ADC＝180°，又∵∠ADF＝90°，∴∠A＋∠FDC＝90°，∴∠DFH＋∠FDC＝90°，∴∠DHF＝90°，∵∠A＝∠E，∴tanA＝tanE＝＝，設DM＝4x，DE＝3x，∴EM＝＝5x，∴AM＝5x，∴AD＝AM＋DM＝9x，∵EF＝AB＝AD＝9x，∴DF＝EF－DE＝6x，在Rt△DFH中∠A＝∠DFH，∴tanA＝tan∠DFH＝＝，∴DH＝DF＝x，∴CH＝DC－DH＝x，在Rt△CHN中∠A＝∠C，∴tanA＝tanC＝＝，∴CN＝CH＝7x，∴BN＝BC－CN＝2x，∴＝． 【知識點】菱形性質；銳角三角函數；翻折變換 5

46、. （2018四川省達州市，14，3分）如圖，平面直角坐標系中，矩形OABC的頂點A（－6，0），C（0，2）.將矩形OABC繞點O順時針方向旋轉，使點A恰好落在OB上的點A1處，則點B的對應點B1的坐標為___________． 第14題圖 【答案】（－2，6）. 【解析】如圖， ∵矩形OABC的頂點A（－6，0），C（0，2）. ∴OA＝6， AB＝OC＝2. ∵tan∠AOB＝,∴∠AOB＝30°， 在Rt△DOC1中， ∵∠DOC1＝30°，OC 1＝2， ∴OD＝4，DC1＝2． ∵B1C 1＝6，∴B1D＝4， 在Rt△DEB1中， ∵∠DB1E＝

47、30°，∴DE＝2， B1E＝2． ∴B1（－2，6）. 故答案為：（－2，6）. 【知識點】平面直角坐標系；銳角三角函數；旋轉的性質 6.（2018·重慶B卷，16，4）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，CD是斜邊AB上的中線，將△BCD沿直線CD翻折至△ECD的位置，連接AE．若DE∥AC，計算AE的長度等于 ． 【答案】2． 【解析】∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，CD是斜邊AB上的中線， ∴CD＝AB＝DA＝DB． 令∠B＝x°，則∠DCB＝∠B＝x°，

48、 由翻折知，DE＝DB，∠ECD＝∠DCB＝x°＝∠CED． ∵DE∥AC， ∴∠ACE＝∠CED＝x°． ∴由∠ACB＝90°，得3x＝90，x＝30，從而∠B＝30°，于是AC＝AB． 在Rt△ABC中，tanB＝，得AC＝BC tanB＝6tan30°＝2． ∴AC∥DE，AC＝DE，從而四邊形ACDE是平行四邊形． 又∵CD＝DE， ∴四邊形ACDE是菱形． ∴AE＝AC＝2． 【知識點】翻折 直角三角形

49、菱形 三角函數 7. （2018湖南衡陽，13，3分） 如圖，點A、B、C、D、O都在方格紙的格點上，若△COD是由△ AOB繞點O按順時針方向旋轉而得到的，則旋轉的角度為________ ． 【答案】90° 【解析】解：∵△COD由△AOB繞點O按順時針方向旋轉而得到的， ∴對應邊OB、OD的夾角∠BOD即為旋轉角， ∴旋轉的角度為90°. 【知識點】旋轉的性質 1. （2018·重慶A卷，16，4）如圖，把三角形紙片折疊，使點B、點C都與點A重合，折痕分別為DE、FG，得到∠AGE＝30°，若AE＝EG＝厘米，則△ABC的邊BC的長為 厘米．

50、 【答案】4＋6． 【解析】如下圖，過點E作EM⊥AG于點M，則由AE＝EG，得AG＝2MG． ∵∠AGE＝30°，EG＝厘米， ∴EM＝EG＝（cm）． 在Rt△EMG中，由勾股定理，得MG＝＝3（cm），從而AG＝6cm． 由折疊可知，BE＝AE＝（cm），GC＝AG＝6cm． ∴BC＝BE＋EG＋GC＝＋＋6＝4＋6（cm）． 【知識點】翻折；軸對稱；勾股定理；直角三角形的性質；等腰三角形 三、解答題 1.

51、（2018四川綿陽，24，12分） 如圖，已知△ABC的頂點坐標分別為A（3，0），B（0，4），C（-3，0）.動點M，N同時從A點出發(fā)，M沿A→C，N沿折線A→B→C，均以每秒1個單位長度的速度移動，當一個動點到達終點C時，另一個動點也隨之停止移動，移動的時間記為t秒.連接MN. （1）求直線BC的解析式； （2）移動過程中，將△AMN沿直線MN翻折，點A恰好落在BC邊上點D處求此時t值及點D的坐標； （3）當點M，N移動時，記△ABC在直線MN右側部分的面積為S，求S關于時間t的函數關系式. 【思路分析】（1）設直線BC的解析式為y=kx+b，利用待定系數法求出直線BC的解析

52、式； （2）首先過點D作DE⊥AC，根據題意可得出四邊形DMAN是菱形，進而得出DN∥AC，然后 根據平行線分線段成比例定理可得，解出t的值，然后根據三角函數的定義得出sin∠BCO，cos∠BCO，進而的得出點D的坐標； （3）分當0＜t≤5和當5＜t≤6兩種情況寫出S的解析式即可. 【解題過程】解：（1）設直線BC的解析式為y=kx+b ∵直線經過B（0，4），C（-3，0）， ∴，解得， ∴直線BC的解析式為. （2）過點D作DE⊥AC，如圖. ∵點M和點N均以每秒1個單位長度的速度移動， ∴AM=AN=t. ∵

53、A（3，0），B（0，4）， ∴OA=3，OB=4，AB=5， ∴BN=5-t， ∵△DMN是△AMN沿直線MN翻折得到的， ∴DN=DM=t， ∴四邊形DMAN是菱形， ∴DN∥AC， ∴， ∴，解得:t=. ∴CD=， ∵B（0，4），C（-3，0）， ∴OC=3，OB=4，BC=5， ∴sin∠BCO=，cos∠BCO=， ∴DE=CD·sin∠BCO=，CE=CD·cos∠BCO=， ∴OE=， ∴點D的坐標為（-，）. （3）當0＜t≤5時，S=； 當5＜t≤6時S=S△ABC-(6-t)·(10-t)·sin∠BCO=12-= 【知識

54、點】待定系數法求一次函數的解析式，菱形的判定與性質，平行線分線段成比例定理，三角函數的定義，三角形面積公式 2. （2018安徽省，17，8分）如圖,在由邊長為1個單位長度的小正方形組成的10×10網格中, 已知點O,A,B均為網格線的交點. （1）在給定的網格中,以點O為位似中心,將線段AB放大為原來的2倍,得到線段（點A,B的對應點分別為）.畫出線段; （2）將線段繞點逆時針旋轉90°得到線段.畫出線段; （3）以為頂點的四邊形的面積是______個平方單位. 【答案】 【思路分析】(1)連接OA,OB,并分別延長至滿足 再連接，即得到所求圖形；（2）過做垂線段得到

55、所求圖形滿足要求；（3）四邊形為正方形，邊長為，所以四邊形的面積為個平方單位 【解題過程】 解：（1）（2）如圖所示 （3）20 【知識點】作圖-位似變換；作圖-旋轉變換;四邊形面積． 3. （2018江蘇無錫，27，10分）如圖，矩形ABCD中，AB=m，BC=n.將此矩形繞點B順時針方向旋轉（0°＜＜90°）得到矩形，點在邊CD上. （1）若m=2，n=1，求在旋轉過程中，點D到點所經過路徑的長度； （2）將矩形繼續(xù)繞點B順時針方向旋轉得到矩形，點在BC的延長線上.設與CD交于點E，若，求的值. 【思路分析】（1）首先確定旋轉半徑和旋轉角，再利用弧長公式進行計算.

56、 （2）在Rt△中，由勾股定理得①；由△BCE∽△得②，消去CE即可得到mn的方程，求解得到答案. 【解題過程】（1）∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠=90°，AB∥CD，CD=AB=m=2，AD=BC=n=1，， ∴，∠=∠， ∴， ∴=∠=30°， 連接BD，由勾股定理得， ∴點D到點所經過路徑的長度為：. （2）∵， ∴， ∴. 在Rt△中，由勾股定理得① 由△BCE∽△得，即，∴② 由①②得， 即， ∴， 即， ∴（舍去）或， ∴（舍去）. 【知識點】矩形的性質、平行線的性質、勾股定理、旋轉的性質、銳角三角函數的定義、弧長公式、相似三角形的判定和

57、性質、因式分解、一元二次方程的解法、二次根式的化簡 4. （2018年山東省棗莊市，20，8分）如圖，在的方格紙中，的三個頂點都在格點上. （1）在圖1中，畫出一個與成中心對稱的格點三角形； （2）在圖2中，畫出一個與成軸對稱且與有公共邊的格點三角形； （3）在圖3中，畫出繞點按順時針方向旋轉后的三角形. 【思路分析】（1）以點C為對稱中心，作出點A、點B關于點C的對稱點A1、B1，連結A1C、B1C、A1B1即可畫出三角形； （2）以AC為對稱軸，作出點B關于直線AC的對稱點B′，連接AB′、B′C即可畫出三角形；或以BC為對稱軸，作出點A關于直線BC的對稱點A′，連接A

58、′C、A′B即可畫出三角形； （3）根據旋轉的性質作出點A和點B繞點C旋轉90°的對應點A″、B″，連接A″C、B″C 即可畫出旋轉后的三角形． 【解題過程】（1）如圖所示： △A1B1C是所求的三角形 （2）畫出下列其中一個即可． （3） 【知識點】中心對稱；軸對稱；旋轉 5. （2018四川省成都市，27，10）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，過點B作直線m∥AC，將△ABC繞點C順時針旋轉得到△A′B′C′(點A、B的對應點分別為A′、B′)，射線CA′、CB′分別交直線m于點P，Q． （1）如圖1，當P與A′重合時，求∠ACA′的

59、度數； （2）如圖2，設A′B′與BC的交點為M，當M為A′B′的中點時，求線段PQ的長； （3）在旋轉過程中，當點P，Q分別在CA′，CB′的延長線上時，試探究四邊形PA′B′Q的面積是否存在最小值．若存在，求出四邊形PA′B′Q的最小面積；若不存在，請說明理由． 【思路分析】（1）當P與A′重合時，解Rt△A′BC，求出∠BA′C的度數，即為∠ACA′的度數；（2）當M為A′B′的中點時，利用直角三角形斜邊中線等于斜邊一半，得∠MA′C＝∠BCA，解Rt△PBC求出PB，利用同角余角相等，得∠BQC＝∠PCB，解Rt△CBQ求出BQ，根據PQ＝PB＋BQ即可求得PQ；（3）作Rt△P

60、CQ斜邊中線CM，由S四邊形PA′B′Q＝S△PCQ－S△PA′B′＝PQ·BC－S△PA′B′＝CM·BC－S△PA′B′，根據垂線段最短，當CM⊥PQ時，S四邊形PA′B′Q最小，求出其最小值即可． 【解題過程】解：（1）∵∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，∴BC＝＝，當P與A′重合時，A′C＝AC＝2，在Rt△A′BC中，sin∠BA′C＝＝，∴∠BA′C＝60°，∵m∥AC，∴∠ACA′＝∠BA′C＝60°． （2）∵∠A′CB′＝90°，M為A′B′的中點時，∴A′M＝CM，∴∠MA′C＝∠A′CM＝∠A，∵在Rt△ABC中，tan∠A＝＝，∴在Rt△PBC中，tan∠A′

61、CB＝＝，∴PB＝．∵∠PCB＋∠BCQ＝∠BCQ＋∠BQC＝90°，∴∠BQC＝∠PCB，∴tan∠BQC＝tan∠A′CB＝，∴BQ＝＝2，∴PQ＝PB＋BQ＝． （3）取PQ的中點M，連接CM．∵S△CA′B′＝A′C·B′C＝×2×＝，S△PCQ＝PQ·BC＝PQ，∴S四邊形PA′B′Q＝S△PCQ－S△CA′B′＝PQ－，∵M為PQ的中點，∠PCQ＝90°，∴PQ＝2CM，∴S四邊形PA′B′Q＝S△PCQ－Q－S△CA′B′＝CM－，當CM最小時，S四邊形PA′B′Q最?。逤M≤BC＝，∴當CM＝時，S四邊形PA′B′Q的最小值＝ CM－＝3－． 【知識點】解直角三角形；

62、直角三角形斜邊中線等于斜邊一半；旋轉 6.（2018四川省南充市，第24題，10分）如圖，矩形中，，將矩形繞點旋轉得到矩形，使點的對應點落在上，交于點，在上取點，使. （1）求證：. （2）求的度數. （3）已知，求的長. 【思路分析】(1)根據直角三角形直角邊和斜邊的關系，求出角的度數；根據角之間關系，利用等角對等邊即可得證. (2)利用旋轉前后對應角相等、對應邊相等，從而得到等邊三角形，進而求得角的度數，再利用三角形內角和是180°計算即可. (3)連接AF，過點A作AM⊥BF于點M.易證∠AFM和∠ABM的度數，然后利用三角函數求出BM和MF的長即可. 【解題

63、過程】解：(1)∵四邊形ABCD是矩形，∴△ABC為Rt△. 又∵AC=2AB，cos∠BAC=，∴∠CAB=60°. 1分 ∴∠ACB=∠DAC=30°，∴∠B′AC′=60°.∴∠C′AD=30°=∠AC′B′. 2分 ∴AE=C′E. 3分 (2) ∵∠BAC=60°，又AB=AB′，∴△ABB′是等邊三角形. 4分 ∴BB′=AB，∠AB′B=60°，又∵∠AB′F=90°，∴BB′F=150°. 5分 ∵B′F=AB=BB′，∴∠B′BF=∠BFB′=15°. 6分 (3)連接AF，過點A作AM⊥BF于點M. 7分 由(2)可知△AB′F是等腰直角三角形，△ABB′是

64、等邊三角形. ∴∠AFB′=45°，∴∠AFM=30°，∠ABF=45°. 8分 在Rt△ABM中，AM=BM=AB?cos∠ABM=2×=. 9分 在Rt△AMF中，MF=.∴BF=+. 10分 【知識點】銳角三角函數；等腰三角形的判定；直角三角形的兩銳角互余；旋轉的性質；等邊三角形的性質和判定；三角形的內角和定理 7. （2018浙江紹興，23，12分） 小敏思考解決如下問題： 原題：如圖1，點，分別在菱形的邊，上，，求證：. （第23題圖） （1）小敏進行探索，若將點，的位置特殊化：把繞點旋轉得到，使，點，分別在邊，上，如圖2，此時她證明了.請你證明.

65、（2）受以上（1）的啟發(fā)，在原題中，添加輔助線：如圖3，作，，垂足分別為，.請你繼續(xù)完成原題的證明. （3）如果在原題中添加條件：，，如圖1.請你編制一個計算題（不標注新的字母），并直接給出答案（根據編出的問題層次，給不同的得分）. 【思路分析】（1）可先求出∠AFC=∠AFD=90°，然后證明即可； （2）先求出∠EAP=∠FAQ，再證明即可； （3）可以分三個不同的層次，①直接求菱形本身其它角或邊的度數，也可求菱形的周長。②可求、、的值。③可求四邊形的面積、與的面積和、四邊形周長的最小值等。 【解題過程】23.解：（1）如圖1， 在菱形中， ，，， ∵， ∴， ∴，

66、∵， ∴， ∴，， ∴， ∴. 第23題（1）答圖 （2）如圖2，由（1），∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴. 第23題（2）答圖 （3）不唯一，舉例如下： 層次1：①求的度數.答案：. ②分別求，的度數.答案：. ③求菱形的周長.答案：16. ④分別求，，的長.答案：4，4，4. 層次2：①求的值.答案：4. ②求的值.答案：4. ③求的值.答案：. 層次3：①求四邊形的面積.答案：. ②求與的面積和.答案：. ③求四邊形周長的最小值.答案：. ④求中點運動的路徑長.答案：. 【知識點】菱形的性質、三角形全等的判定和性質、垂直的定義和性質、 8. （2018江蘇泰州，25，12分）（本題滿分12分） 對給定的一張矩形紙片進行如下操作：先沿折疊，使點落在邊上(如圖①)，再沿折疊，這時發(fā)現點恰好與點重合(如圖②). (1)根據以上操作和發(fā)現，求的值； (2)將該矩形紙片展開. ①如圖③，折疊該矩形紙片，使點與點重合，折痕與相交于點，再將該矩形紙片展開，求證：. ②不借助工具，利用圖④探索一種新的折疊方