江苏省13市2021年中考数学试题分类汇编解析：几何三大变换问题

1、江苏省13市2021年中考数学试题分类解析汇编20专题专题14：几何三大变换问题1. 2021年江苏泰州3分如图，在平面直角坐标系xOy中，由绕点P旋转得到，那么点P的坐标为【 】A. B. C. D. 【答案】B.【考点】旋转的性质；旋转中心确实定；线段垂直平分线的性质. 【分析】根据“旋转不改变图形的形状与大小和“垂直平分线上的点到线段两端的距离相等的性质，确定图形的旋转中心的步骤为：1.把这两个三角形的对应点连接起来；2.作每条线的垂直平分线；3.这三条垂直平分线交于一点,此点为旋转中心. 因此，作图如答图, 点P的坐标为.应选B.2. 2021年江苏无锡3分以下图形中，是轴对称图形但不

2、是中心对称图形的是【 】A. 等边三角形 B. 平行四边形 C. 矩形 D. 圆【答案】A【考点】轴对称图形和中心对称图形.【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两局部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. 因此，【7：96800】A、只是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；B、只是中心对称图形，不合题意；C、D既是轴对称图形又是中心对称图形，不合题意应选A3. 2021年江苏无锡3分如图，RtABC中，ACB90，AC3，BC4，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B处，两条

3、折痕与斜边AB分别交于点E、F，那么线段BF的长为【 】A. B. C. D. 【答案】B【考点】翻折变换折叠问题；折叠的性质；等腰直角三角形的判定和性质；勾股定理【分析】根据折叠的性质可知，.，. 是等腰直角三角形. . .，.在中，根据勾股定理，得AB=5，.在中，根据勾股定理，得，.在中，根据勾股定理，得.应选B4. 2021年江苏徐州3分以下图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是【 】A. 直角三角形 B. 正三角形 C. 平行四边形 D. 正六边形3-2-1-04-4【答案】B.【考点】轴对称图形和中心对称图形.【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两局部沿对称轴

4、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. 因此，96*8网A. 直角三角形不一定是轴对称图形和中心对称图形；B. 正三角形是轴对称图形但不是中心对称图形； C. 平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形； D. 正六边形是轴对称图形也是中心对称图形.应选B.5. 2021年江苏盐城3分以下四个图形中，是中心对称图形的为【 】A. B. C. D. 【答案】C.【考点】中心对称图形.【分析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合. 因此，所给图形中是中心对称图形的为. 应选C.6. 2021年江苏扬州3分如图，在平面直角坐标系中，

5、点B、C、E在y轴上，RtABC 经过变换得到RtODE，假设点C的坐标为0，1，AC=2，那么这种变换可以是【 】A. ABC绕点C顺时针旋转90，再向下平移3 B. ABC绕点C顺时针旋转90，再向下平移1 C. ABC绕点C逆时针旋转90，再向下平移1 D. ABC绕点C逆时针旋转90，再向下平移3【答案】A.【考点】图形的旋转和平移变换. 【分析】按各选项的变换画图如答图，与题干图形比拟得出结论. 应选A.7. 2021年江苏常州2分以下“慢行通过，注意危险，禁止行人通行，禁止非机动车通行四个交通标志图黑白阴影图片中为轴对称图形的是【 】A. B. C. D. 【答案】B【考点】轴对称

6、图形.【分析】根据轴对称图形的概念，轴对称图形两局部沿对称轴折叠后可重合. 因此，A、不是轴对称图形，故本选项错误；B、是轴对称图形，故本选项正确；C、不是轴对称图形，故本选项错误；D、不是轴对称图形，故本选项错误应选B8. 2021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下图图形，重叠局部是一个三角形，那么这个三角形面积的最小值是【 】2-1-07A. cm2 B.8 cm2 C. cm2 D. 16cm2【答案】B【考点】翻折变换折叠问题；等腰直角三角形的性质.【分析】如答图，当ACAB时，三角形面积最小，BAC=90，ACB=45，AB=AC=4cm.SABC=44=8c

7、m2应选B9. 2021年江苏南通3分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. 【答案】A【考点】轴对称图形；中心对称图形【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两局部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. 因此，2104.4A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A正确；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故B错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C错误；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D错误应选A1. 2021年江苏南京2分在平面直角坐标系中，点A的坐标是，作点A关于x轴的对称点得到点A，再作点

8、A关于y轴的对称点，得到点A，那么点A的坐标是 ， 【答案】；3.【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标特征.【分析】关于x轴对称的点的坐标特征是横坐标相同，纵坐标互为相反数，从而点A关于x轴对称的点A的坐标是；关于y轴对称的点的坐标特征是纵坐标不变，横坐标互为相反数，从而点A 关于y轴对称的点A的坐标是.2. 2021年江苏苏州3分如图，在ABC中，CD是高，CE是中线，CE=CB，点A、D关于点F对称，过点F作FGCD，交AC边于点G，连接GE假设AC=18，BC=12，那么CEG的周长为 【答案】27.【考点】点对称的性质；等腰三角形的性质；三角形中位线的性质.【分析】CE=CB，BC=1

9、2，CE=CB=12.点E是AB 的中点，EG 是ABC 的中位线. .又点A、D关于点F对称，FGCD，FG 是ADC的中位线.AC=18，.CEG 的周长为：CE+GE+CG=12+6+9=27.3. 2021年江苏泰州3分如图， 矩形中，AB=8，BC=6，P为AD上一点，将ABP 沿BP翻折至EBP， PE与CD相交于点O，且OE=OD，那么AP的长为 21*04*4【答案】.【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. 【分析】如答图，四边形是矩形，.根据折叠对称的性质，得，.在和中，. .设，那么，.在中，根据勾股定理，得

10、，即.解得.AP的长为.4. 2021年江苏扬州3分如图，RtABC中，ABC=90，AC=6，BC=4，将ABC绕直角顶点C顺时针旋转90得到DEC，假设点F是DE的中点，连接AF，那么AF= 【答案】5.【考点】面动旋转问题；直角三角形斜边上中线的性质；等腰三角形的性质；三角形中位线定理；勾股定理.【分析】如答图，连接，过点作于点，在RtABC中，ABC=90，点F是DE的中点，.是等腰三角形.将ABC绕直角顶点C顺时针旋转90得到DEC，BC=4，AC=6，.，.又分别是的中点，是DEC的中位线.在RtAGF中，由勾股定理，得AF=5.5. 2021年江苏镇江2分如图，将等边OAB绕O点

11、按逆时针方向旋转150，得到OAB点A，B分别是点A，B的对应点，那么1= 【答案】150【考点】旋转的性质；等边三角形的性质【分析】等边OAB绕点O按逆时针旋转了150，得到OAB，AOA=150，AOB=60，1=360AOAAOB=36015060=150.3.21-5.46. 2021年江苏镇江2分如图，ABC和DBC是两个具有公共边的全等三角形，AB=AC=3cm，BC=2cm，将DBC沿射线BC平移一定的距离得到D1B1C1，连接AC1，BD1如果四边形ABD1C1是矩形，那么平移的距离为 cm【答案】7【考点】面动平移问题；相似三角形的判定和性质；等腰三角形的性质；矩形的性质；平

12、移的性质【分析】如答图，过点A作AEBC于点E，AEB=AEC1=90，BAE+ABC=90.AB=AC，BC=2，BE=CE=BC=1，四边形ABD1C1是矩形，BAC1=90.ABC+AC1B=90. BAE=AC1B.ABEC1BA. .AB=3，BE=1，.BC1=9.CC1=BC1BC=92=7，即平移的距离为71. 2021年江苏连云港10分如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD进行折叠，折叠后点C落在点F处，DF交AB于点E(1求证；EDB=EBD；(2判断AF与DB是否平行，并说明理由【答案】解：1证明：由折叠可知：CDB=EDB，四边形ABCD是平行四边形，DCAB. CDB

13、=EBD.EDB=EBD.2AFDB. 理由如下：EDB=EBD，DE=BE.由折叠可知：DC=DF，四边形ABCD是平行四边形，DC=AB. DF=AB.AE=EF. EAF=EFA.在BED中，EDB+EBD+DEB=180，2EDB+DEB=180.同理，在AEF中，2EFA+AEF=180.DEB=AEF，EDB=EFA. AFDB【考点】翻折变换折叠问题；平行四边形的性质；平行的判定和性质；三角形内角和定理；等腰三角形的判定和性质【分析】1一言面，由折叠可得CDB=EDB，另一方面，由四边形ABCD是平行四边形可得DCAB，从而得到CDB=EBD，进而得出结论.2可判定AFDB，首先

14、证明AE=EF，得出AFE=EAF，然后根据三角形内角和定理与等式性质可证明BDE=AFE，从而得出AFBD的结论.2. 2021年江苏连云港12分在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上1小明发现DGBE，请你帮他说明理由2如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长3如图3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，将线段DG与线段BE相交，交点为H，写出GHE与BHD面积之和的最大值，并简要说明理由【答案】解：1四边形A

15、BCD和四边形AEFG都为正方形，AD=AB，DAG=BAE=90，AG=AE，ADGABESAS.AGD=AEB.如答图1，延长EB交DG于点H，在ADG中，AGD+ADG=90，AEB+ADG=90.在EDH中，AEB+ADG+DHE=180，DHE=90. DGBE.2四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，AD=AB，DAB=GAE=90，AG=AE，DAB+BAG=GAE+BAG，即DAG=BAE，ADGABESAS.DG=BE.如答图2，过点A作AMDG交DG于点M，那么AMD=AMG=90，BD为正方形ABCD的对角线，MDA=45.在RtAMD中，MDA=45，AD=2，.在

16、RtAMG中，根据勾股定理得：，.3GHE和BHD面积之和的最大值为6，理由如下：对于EGH，点H在以EG为直径的圆上，当点H与点A重合时，EGH的高最大；对于BDH，点H在以BD为直径的圆上，当点H与点A重合时，BDH的高最大.GHE和BHD面积之和的最大值为2+4=6【考点】面动旋转问题；正方形的性质；全等三角形的判定和性质；三角形内角和定理；等腰直角三角形的性质，勾股定理；数形结合思想的应用【2：218】【分析】1由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到ADGABE，利用全等三角形对应角相等得AGD=AEB，作辅助线“延长EB交

17、DG于点H，利用等角的余角相等得到DHE=90，从而利用垂直的定义即可得DGBE.2由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到ADGABE，利用全等三角形对应边相等得到DG=BE，作辅助线“过点A作AMDG交DG于点M，那么AMD=AMG=90，在RtAMD中，根据等腰直角三角形的性质求出AM的长，即为DM的长，根据勾股定理求出GM的长，进而确定出DG的长，即为BE的长.3GHE和BHD面积之和的最大值为6，理由为：对两个三角形，点H分别在以EG为直径的圆上和以BD为直径的圆上，当点H与点A重合时，两个三角形的高最大，即可确定出面积的最

18、大值3. 2021年江苏苏州10分如图，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcmab4，半径为2cm的O在矩形内且与AB、AD均相切现有动点P从A点出发，在矩形边上沿着ABCD的方向匀速移动，当点P到达D点时停止移动；O在矩形内部沿AD向右匀速平移，移动到与CD相切时立即沿原路按原速返回，当O回到出发时的位置即再次与AB相切时停止移动点P与O同时开始移动，同时停止移动即同时到达各自的终止位置1如图，点P从ABCD，全程共移动了 cm用含a、b的代数式表示；2如图，点P从A点出发，移动2s到达B点，继续移动3s，到达BC的中点假设点P与O的移动速度相等，求在这5s时间内圆心O移动的距离；3如

19、图，a=20，b=10是否存在如下情形：当O到达O1的位置时此时圆心O1在矩形对角线BD上，DP与O1恰好相切？请说明理由【答案】解：1.2在整个运动过程中，点P移动的距离为cm，圆心移动的距离为cm，由题意得.点P移动2s到达B点，即点P用2s移动了cm，点P继续移动3s到达BC的中点，即点P用3s移动了cm，905064.联立，解得.点P移动的速度与O移动的速度相等，O移动的速度为cm/s.这5s时间内圆心O移动的距离为cm.3存在这样的情形.设点P移动的速度为cm/s，O移动的速度为cm/s，根据题意，得.如答图，设直线OO1与AB交于点E，与CD交于点E，O1与AD相切于点PG.假设P

20、D与O1相切，切点为H，那么.易得DO1GDO1H，ADB=BDP.BCAD，ADB=CBD. BDP =CBD.BP=DP.设cm，那么cm，cm，在中，由勾股定理，得，即，解得.此时点P移动的距离为cm.EFAD，BEO1BAD. ，即.cm，cm.当O首次到达O1的位置时，O与移动的距离为14cm.此时点P移动的速度与O移动的速度比为.此时DP与O1恰好相切.当O在返回途中到达O1的位置时，O与移动的距离为cm.此时点P移动的速度与O移动的速度比为.此时DP与O1不可能相切.【考点】单动点和动圆问题；矩形的性质；直线与圆的位置关系；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质

21、；方程思想和分类思想的应用.【出处：218名师】【分析】1根据矩形的性质可得：点P从ABCD，全程共移动了cm.2根据“在整个运动过程中，点P移动的距离等于圆心移动的距离和“点P用2s移动了cm，点P用3s移动了cm列方程组求出a，b，根据点P移动的速度与O移动的速度相等求得O移动的速度，从而求得这5s时间内圆心O移动的距离.3分O首次到达O1的位置和O在返回途中到达O1的位置两种情况讨论即可.4. 2021年江苏盐城12分如图，在平面直角坐标系xOy中，将抛物线的对称轴绕着点P，2顺时针旋转45后与该抛物线交于A、B两点，点Q是该抛物线上的一点.1求直线AB的函数表达式；2如图，假设点Q在直

22、线AB的下方，求点Q到直线AB的距离的最大值；3如图，假设点Q在y轴左侧，且点T0，tt2是直线PO上一点，当以P、B、Q为顶点的三角形与PAT相似时，求所有满足条件的t的值.【答案】解：1如答图1，设直线AB与轴的交点为M，P，2，.设直线AB的解析式为，那么，解得.直线AB的解析式为.2如答图2，过点Q作轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为点D，根据条件可知，是等腰直角三角形.设，那么，.当时，点Q到直线AB的距离的最大值为.3，中必有一角等于45.由图可知，不合题意.假设，如答图3，过点B作轴的平行线与轴和抛物线分别交于点，此时，.根据抛物线的轴对称性质，知，是等

23、腰直角三角形.与相似，且，也是等腰直角三角形.i假设，联立，解得或. .，此时，.ii假设，此时，.假设，是情况之一，答案同上.如答图4，5，过点B作轴的平行线与轴和抛物线分别交于点，以点为圆心，为半径画圆，那么都在上，设与y轴左侧的抛物线交于另一点.根据圆周角定理，点也符合要求.设，由得解得或，而，故.可证是等边三角形，.那么在中，.i假设，如答图4，过点作轴于点，那么，.，此时，.ii假设，如答图5，过点作轴于点，设，那么.，.，此时，.综上所述，所有满足条件的t的值为或或或.【考点】二次函数综合题；线动旋转和相似三角形存在性问题；待定系数法的应用；曲线上点的坐标与方程的关系；等腰直角三角

24、形的判定和性质；含30度角直角三角形的性质；二次函数最值；勾股定理；圆周角定理；分类思想、数形结合思想、方程思想的应用.【分析】1根据旋转的性质得到等腰直角三角形，从而得到解决点M的坐标，进而应用待定系数法即可求得直线AB的解析式.2作辅助线“过点Q作轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为点D，设，求出关于的二次函数，应用二次函数最值原理即可求解.3分，三种情况讨论即可.5. 2021年江苏扬州10分如图，将沿过点A的直线折叠，使点D落到AB边上的点处，折痕交CD边于点E，连接BE.1求证：四边形是平行四边形；2假设BE平分ABC，求证：.【答案】证明：1如答图，将沿过点

25、A的直线折叠，.四边形是平行四边形，. . .，. 四边形是平行四边形.2如答图，BE平分ABC，.四边形是平行四边形，. .由1，即.在中，由勾股定理，得.【考点】折叠问题；折叠对称的性质；平行四边形的判定和性质；平行的性质；等腰三角形的判定；三角形内角和定理；勾股定理.【分析】1要证四边形是平行四边形，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定，一方面，由四边形是平行四边形可有；另一方面，由折叠对称的性质、平行的内错角相等性质、等腰三角形的等角对等边的性质可得，从而得证.2要证，根据勾股定理，只要的即可，而要证，一方面，由BE平分ABC可得如答图，下同；另一方面，由可得，从而得到，结

26、合1即可根据三角形内角和定理得到，进而得证.6. 2021年江苏淮安10分如图，菱形OABC的顶点A的坐标为2，0，COA600，将菱形OABC绕坐标原点O逆时针旋转1200得到菱形ODEF.1直接写出点F的坐标；2求线段OB的长及图中阴影局部的面积.【答案】解：1.2如答图，连接，与相交于点，菱形OABC中，COA600，.，.将菱形OABC绕坐标原点O逆时针旋转1200得到菱形ODEF，. 【考点】面动旋转问题；旋转的性质；菱形的性质；扇形和菱形面积的计算；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；转换思想的应用.01cn03【分析】1根据旋转和菱形的性质知，且在一直线 上，点F的坐标为.2作

27、辅助线“连接，与相交于点，构成直角三角形，解之可求得，从而应用求解即可.7. 2021年江苏淮安12分阅读理解：如图，如果四边形ABCD满足AB=AD，CB=CD，B=D=900,那么我们把这样的四边形叫做“完美筝形.将一张如图所示的“完美筝形纸片ABCD先折叠成如图所示的形状，再展开得到图，其中CE、CF为折痕，BCD=ECF=FCD，点B为点B的对应点，点D为点D的对应点，连接EB、FD相交于点O.简单应用：1在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形的是 ；2当图中的时，AEB ；3当图中的四边形AECF为菱形时，对应图中的“完美筝形有 个包含四边形ABCD.拓展提升：

28、 当图中的时，连接AB，请探求ABE的度数，并说明理由.【答案】解：简单应用：1正方形.280.35.拓展提升：，理由如下：如答图，连接，且AB=AD，四边形ABCD是正方形. .由折叠对称的性质，得，点在以为直径的圆上.由对称性，知，.【考点】新定义和阅读理解型问题；折叠问题；正方形的判定和性质；折叠对称的性质；圆周角定理；等腰直角三角形的性质.218网【分析】简单应用：1根据“完美筝形的定义，知只有正方形是“完美筝形.2，根据折叠对称的性质，得.，. .3根据“完美筝形的定义，可知是“完美筝形.拓展提升：作辅助线“连接，由题意判定四边形ABCD是正方形，从而证明点在以为直径的圆上，即可得出

29、.8. 2021年江苏南通13分如图，RtABC中，C=90，AB=15，BC=9，点P，Q分别在BC，AC上，CP=3x，CQ=4x0x3把PCQ绕点P旋转，得到PDE，点D落在线段PQ上1求证：PQAB；2假设点D在BAC的平分线上，求CP的长；3假设PDE与ABC重叠局部图形的周长为T，且12T16，求x的取值范围【答案】解：1证明：在RtABC中，AB=15，BC=9，又C=C，PQCBAC. CPQ=B. PQAB.2如答图1，连接AD，PQAB，ADQ=DAB点D在BAC的平分线上，DAQ=DAB.ADQ=DAQ. AQ=DQ在RtCPQ中，CP=3x，CQ=4x，PQ=5x.PD

30、=PC=3x，DQ=2xAQ=124x，124x=2x，解得x=2.CP=3x=63当点E在AB上时，PQAB，DPE=PEBCPQ=DPE，CPQ=B，B=PEB. PB=PE=5x.3x+5x=9，解得当0x时，此时0T.当0x时，T随x的增大而增大，12T16，当12T时，1x.当x3时，如答图2，设PE交AB于点G，DE交AB于F，作GHFQ，垂足为H，HG=DF，FG=DH，RtPHGRtPDE.PG=PB=93x，.，此时，T18当x3时，T随x的增大而增大.12T16，当T16时，x.综上所述，当12T16时，x的取值范围是1x【考点】面动旋转问题；勾股定理；相似三角形的判定和性

31、质；平行的判定和性质；方程思想、函数思想、分类思想的应用218名师原创作品【分析】1先根据勾股定理求出AC的长，再由相似三角形的判定定理得出PQCBAC，由相似三角形的性质得出CPQ=B，由此可得出结论.2连接AD，根据PQAB可知ADQ=DAB，再由点D在BAC的平分线上，得出DAQ=DAB，故ADQ=DAQ，AQ=DQ在RtCPQ中根据勾股定理可知，AQ=124x，故可得出x的值，进而得出结论.3当点E在AB上时，根据等腰三角形的性质求出x的值，再分0x；x3两种情况进行分类讨论9. 2021年江苏宿迁8分如图，在平面直角坐标系中，点A8，1，B0，3，反比例函数的图象经过点A，动直线x=t0t8与反比例函数的图象交于点M，与直线AB交于点N1求k的值；2求BMN面积的最大值；3假设MAAB，求t的值【答案】解：1把点A8，1代入反比例函数得：k=18=8， k=8.2设直线