图形与几何考题分析

1、图形与几何：考题分析提高课堂质量是一项系统工程，教师对课标要求、教学内容、主要考点的深刻理解是其中重要节点.图形与几何在初中学段有：（1）图形的性质；（2）图形的变化；（3）图形与坐标三个子模块。一、图形的性质综观近年中考数学试题，有关图形性质部分考查的重点多是学生对图形基本性质的理解与掌握，利用图形性质描述、分析和解决数学问题的能力，以及合情推理能力与演绎推理能力的获得，突出了考查数学基本思想方法、基本活动经验和分析解决问题基本策略。一般关于图形性质的试题的分值在14 -20分左右。 1. 注重基本图形的建构，考查学生利用图形性质分析、解决问题的能力关于图形性质运用的综合型考题，一般是围绕平

2、行线、三角形、四边形、圆等基本图形进行设置。这类题一般由易到难，有一定的梯度，由多个基本图形组成较为复杂的图形，解法、证法多样，解答过程有较为严格的推理要求。解答的这类题的关键是建构与观察，定形与定量，建构是添加辅助线，观察是发现构成问题的基本图形。要求学生熟知图形的基本性质，有一定的观察能力与演绎推理能力。（2009年天津）如图1，已知AB为O的直径，PA、PC是O的切线，A、C为切点，BAC=30°（1）求P的大小；（2）若AB=2，求PA的长（结果保留根号）PCAOB图1解（1）PA是O的切线，AB为O的直径，BAP=90°. BAC=30°， CAP=PA

3、B-CAB=60° PA、PC是O的切线， PA=PC， PAC是等边三角形. P=60°. （2）如图，连接BC，则ACB=90°ACB中，AB=2 ，BAC=30°， BC=1，AC=. PAC是等边三角形， PA=AC=.【评析】本题通过连结BC或OP或OC，建构了符合应用直径上圆周角性质或切线长定理、或切线性质的图形，构成问题的基本图形是直角三角形、等边三角形（两个）和等腰三角形，通过它们的边与角之间的相互联系，使问题得以解决。题目是按先定形、后定量设计的两个问题。掌握切线性质、切线长定理、直径所对圆周角是解答本题的关键.PCAOB图1-1PCA

4、OB图1CAOB图1-2PCAOB图1-1-1图1-2-2CAOB30°图形分解：（2010年天津）AB是O的直径，AP是O的切线，A是切点，BP与O交于点C.（1）如图21，若AB=2，P=30°，求AP的长（结果保留根号）；（2）如图22，若D为AP的中点，求证直线CD是O的切线.ABCOP图21解（1）如图2-1，PA是O的切线，AB为直径，BAP=90°.在直角PAB中，P=30°，AB=2， PB=2AB=4.由勾股定理得 .ABCOPD图22（2）证明：如图22，连接OC、AC， AB是O的直径， BCA=ACP=90°.在直角AP

5、C中，D为AP的中点， CD=AP=PD. P=DCP.又 OC=OB， B=OCB. B+P=OCB+DCP=90°. OCD= 90°. 直线CD是O的切线.【评析】 此题有计算，有证明，难度不高，是圆的基本性质应用的综合考题。重点考查的是切线的性质和判定、直径所对圆周角性质、直角三角形和等腰三角形性质、三角形全等的判定和性质等内容。题（2）证明中添加的辅助线建构了符合切线证明、直径所对圆周角性质应用的图形，构成问题的基本图形是直角三角形、等腰三角形或全等三角形（三角形中位线），进而使相切问题先转化为垂直问题，再转化为这些基本图形的边角关系问题，使解题思路清晰。本题解法

6、灵活多样，对学生图形基本性质的掌握和思维能力的考查具有较好的效度.ABCOP图21AB30°OP图2-1-1切线直径ABCOPD图22ABCOPD图2-2-1ABCOPD图2-2-2图形分解：（2011年天津）已知AB与O相切于点C，OA=OB，OA、OB与O分别交于点D、E（1）如图1，若O的直径为8，AB=10，求OA的长（结果保留根号）；（2）如图2，连接CD、CE，若四边形ODCE为菱形，求的值图1解（1）如图1，连接，则 与相切于点， 在中，由，得 图2在中，由勾股定理，得 （2）如图2，连接，则 四边形是菱形， 为等边三角形，有 由（1）知， ， 【评析】题（1），通过连

7、接过切点的半径，使问题转化为已知等腰三角形的底边和底边高求腰长，考查了切线的性质，等腰三角形的性质和勾股定理；题（2）主要考查的是菱形的性质，等边三角形、含30°角的直角三角形的性质，上述解法用了等线段的代换，将OD与OA 的比转化为OC与OA 的比，本题的解法多样，如连接DE 交OC 与H ，可将OD与OA 的比转化为OH与OC 的比，或用CE替代OD ，可转化为求CE 与OA的比，也是BC 与BA 的比.连接过切点的半径是常用的辅助线.题（1）研究的是大小，与教材的一道例题相似，题（2） 研究的是形状，与教材一道习题相似.图形分解：图1-1410图1图2图2-2-1图2-1（20

8、12年天津）已知O中，AC为直径，MA、MB分别切O于点A、B（1）如图1，若BAC=25°，求AMB的大小；图1（2）如图2，过点B作DBAC于点E，交O于点D，若BD=MA，求AMB的大小.解（1） 切于点，有 、分别切于点、， ， 图2（2）如图，连接、 ，又 ， ， 四边形是平行四边形 ， 四边形是菱形，为直径，得， 是等边三角形，有 在菱形中，【评析】题（1）考查的是切线的性质、切线长定理、等腰三角形性质。解答的关键是熟知相关性质，能把已知相切转化为直角，题目选自教材原题；题（2）考查的是垂径定理，平行四边形、菱形的判定，等边三角形性质。解法多样，如转化为题（1），求出BA

9、C=30°（题1已知BAC=25°），各种解法的关键是四边形（或）形状的确定。在解答相关计算题时要注意先定形后定量。图1图1-125°图1-1-265°图2图2-1图2-1-2图形分解：（2013年天津）已知直线l与O，是的直径，ADl于点D.（1）如图1，当直线l与O 相切于点C时，若DAC30°，求BAC的大小； （2）如图2，当直线l与O 相交于点E、F时，若DAE18°，求BAF的大小.解（1）连接OC . 直线与O 相切于点C，OCl ADl，OCAD图1lDCBOADAC=OCA. OA=OC，OAC=OCA. DAC=O

10、AC=30°.（2）连接BF . AB是O 直径，AFB=90°图2lDEFBOABAF+B=90°. ADl，DAE+AED=90°. 四边形ABFE是圆内接四边形，B+AEF=180°. AED+AEF=180°，B=AED . BAF=DAE=18°.图2-1lDEFBOA图2-2l(E)DB(F)OA图2-3lEDBOAF【评析】题（1）考查的是切线的性质，平行线、等腰三角形的性质与判定。解答的关键是连接过切点的半径，通过平行借用内错角（或余角）将圆周角BAC转化为已知角DAC，题目与教材的一道习题相似；题（2）考查

11、的是直径所对圆周角、同弧所对圆周角的性质，圆内接四边形的性质，因为已知角所在三角形是直角三角形，所以连接BF （或BE）构成直径所对圆周角是关键（定形）.本题有多种解法，作两条辅助线是关键，一条是作过切点的半径（或直径），另一条是连线构成直径所对圆周角，这是常用辅助线。题（1）是当直线与O相切时有DAC=BAC，点C 是切点，题（2）是当直线与O相交时有DAE=BAF，点E、F 是交点。组合在一起是直线在移动中，两个位置的角关系不发生变化。图形分解：图1lDCBOA图1-1lDCBOA图1-1-3DCOA图1-1-2CBOA图2lDEFBOA图2-1EFBA图2-2lDEFA图3-1EFBOA

12、图3-2lDEBA图3lDEFBOA建议：基本图形的性质是研究图形与几何问题的基础，一般把考查点设置在与三角形、四边形或圆的相关问题中。复习时要突出基础知识的归纳与整理和基本技能的掌握，熟知基本图形的性质和其内在联系，这些节点既是考点又是构成知识框架的节点。注重基本图形的重组与变化，提高识图能力，能在复杂的图形中辨识、发现、建构出基本图形，能把由基本图形获取的信息串联起来，从中发现解题思路。学生要熟知基本图形的性质与判定，对相关的小的证明、计算、问答题，要做到小题大做、精作，为大题搭实台阶。注重开放性问题的构建，考查学生用图形性质探究、思考与实践的能力根据经历观察、操作、推理、想象等探索过程的

13、评价要求，试题中有关操作、探究型试题呈现逐年增多的发展趋势。这类考题设置新颖开放，考生先要经历操作、猜想的过程，再运用图形的基本性质进行验证、探究，考查的是学生基本的数学活动经验、合情推理能力及创新、思考与实践的能力，将探究过程与数学学习结合，体现了对考生学习能力的考查。第（17）题（2009年天津）如图，是由12个边长相等的正三角形镶嵌而成的平面图形，则图中的平行四边形共有_个解21分类讨论：边长为1的平行四边形有：13个边长为1、2的平行四边形有：6边长为1、3的平行四边形有：2DCAFBEG第（17）题-2（2010年天津）如图，等边三角形ABC中，、分别为、边上的点，与交于点，于点，

14、则的值为 第（17）题-1DCAFBEG解图（2）中点、分别为、边的反向延长线上，结论也成立.第（17）题-3（2011年天津）如图，六边形ABCDEF的六个内角都相等，若，则这个六边形的周长等于 解15第（17）题-1第（17）题-4第（17）题-2（2012年天津）如图，已知正方形ABCD的边长为1，以顶点A、B为圆心，1为半径的两弧交于点E，以顶点C、D为圆心，1为半径的两弧交于点F，则EF的长为 解第（17）题-1第（17）题-2（2013年天津）如图，在边长为9的正三角形中，BD3，ADE60°，则AE的长为 EDCABP第（17）题EDCAB解7建议：化归、分类、由特殊到

15、一般等数学思想和方法是数学知识在更高层次上的抽象与概括，是发现、探究图形变化规律的一种基本方法，是继续学习的基础。要注意基本图形的组合与动态变化，注重数学思想方法的运用，注重问题解决中通性通法的渗透，突出数学思想，用相对“静态”的数学知识探究简单动态的问题。 2、图形的变化、图形与坐标图形的变化、图形与坐标是图形与几何模块的两个重要子模块，包括两部分内容坐标与图形的位置、坐标与图形的运动，是近年备受关注的考点。题目一般是把变化与坐标综合设置，除小题外，解答题都有一定的难度。1. 在坐标系中用坐标的特点探究图形特点，体现数与形的结合（09年天津）在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），B（，0）

16、，C（0，），D（，0），则以这四个点为顶点的四边形ABCD是（ ）.A(0，2)B(，0)C(0，-2)D(，0)O A矩形 B菱形C正方形 D梯形解：答案B.评析：将点的坐标转化线段的长，进而发现这个四边形的对角线是互相垂直平分.解答的关键是在坐标系中准确找到四个点的位置，得到四边形，考查的不仅是特殊四边形的判断，更重要的是数到形的转化过程。2在坐标系中探究图形平移、对称、旋转变化时坐标特点（09年天津）平面直角坐标系中，先将抛物线关于轴作轴对称变换，再将所得的抛物线关于轴作轴对称变换，那么经两次变换后所得的新抛物线的解析式为（ ）.A BC D解：答案C.评析：轴对称变换的几何特点是轴是

17、对称点连线的垂直平分线，坐标的特点是关于轴是（，），关于轴（，）。抛物线关于轴的变换的结果应是，即，再关于轴的变换的结果是，即.实际是抛物线上的点关于轴再关于轴的变换，这两次变换的实质是点关于原点的变换，.近年图形的变化、图形与坐标类型考题（08年天津）已知RtABC中，有一个圆心角为，半径的长等于的扇形绕点C旋转，且直线CE，CF分别与直线交于点M，N（1）当扇形绕点C在的内部旋转时，如图1，求证：；思路点拨：考虑符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决可将沿直线对折，得，连，只需证，就可以了请你完成证明过程：（2）当扇形CEF绕点C旋转至图2的位置时，关系式是否仍然成立？若成立，请证

18、明；若不成立，请说明理由图1CABEFDMNCABEFMNG图2图形的变换是旋转，没有涉及坐标问题。（09年天津）已知一个直角三角形纸片，其中如图，将该纸片放置在平面直角坐标系中，折叠该纸片，折痕与边交于点，与边交于点（1）若折叠后使点与点重合，求点的坐标；（2）若折叠后点落在边上的点为，设，试写出关于的函数解析式，并确定的取值范围； ，（3）若折叠后点落在边上的点为，且使，求此时点的坐标 xyBOADC图1图2xyBOBDC图3xyBOBDC 点C（，）本题图形变换是轴对称（对折），利用折叠后图形的特点，求动点的关系式和特殊位置时的坐标.（10年天津） 在平面直角坐标系中，矩形的顶点O在坐标

19、原点，顶点A、B分别在轴、轴的正半轴上，D为边OB的中点.（1）若为边上的一个动点，当的周长最小时，求点的坐标；第（25）题-1yBODCAxEyBODCAx第（25）题-2（2）若、为边上的两个动点，且，当四边形的周长最小时，求点、的坐标.本题需要轴对称变换和平移变换，确定最短路径问题，由于是两种变换，有一定难度.（11年天津）在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点，以点为旋转中心，把顺时针旋转，得记旋转角为，为（1）如图，当旋转后点恰好落在边上时，求点的坐标；（，）（2）如图，当旋转后满足轴时，求与之间的数量关系；（ ）（3）当旋转后满足时，求直线的解析式（直接写出结果即可）（或）图1图2

20、B图3-1OABDCAODC图3-2图3-1，旋转角是，图3-2，旋转角是，本题的变换是旋转变换，与08年相似，都是旋转变换，（3）问的难度较大。（12年天津）已知一个矩形纸片，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点为边上的动点（点不与点、重合），经过点、折叠该纸片，得点和折痕设（1）如图1，当时，求点的坐标； （2）如图2，经过点再次折叠纸片，使点落在直线上，得点和折痕，若，试用含有的式子表示； (，）（3）在（2）的条件下，当点恰好落在边上时，求点的坐标（直接写出结果即可）（点的坐标为或）图2图1图3-2图3-1本题是轴对称变换，同09年相似，求的是动点的关系式和动点特殊位置时的坐标.

21、（13年天津）在平面直角坐标系中，已知点，点，点E在OB上，且OAEOBA. （1）如图（1），求点的坐标；（2）如图，将沿x轴向右平移得到，连接.设，其中，试用含的式子表示，并求出使取得最小值时点的坐标；当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）AEOB图1 O'E'AEOBA'图2题（1）是两个直角三角形的形似问题，其中已知一组锐角对应相等，求得OE=1，进而得到点E（0，1）；题（2），平移变换后，得到、分别是Rt和Rt斜边（点不与点重合），可得到与的关系式，由于关系式关于的二次函数，所以可用二次函数的极值（顶点坐标）解答。题（3），由已知条件，及（0，1），

22、可知的形状是确定.因为是由沿轴平移得到的，所以的形状确定位置不确定.所以题目的本质是两个动点和平移至何处时，取得最小值，其中点B 是定点. 由于问题中有两个动点，使解题的难度增大，由题（2）得到的、的关系式是二次无理式，不易确定的最小值。先看两个教材中简单问题的解答：问题1，已知直线和不在上的两个定点和，点是直线上的动点，当点在直线的什么位置时，最小？定点和与直线的位置有两种可能：点和在直线的两侧，如图（1）1；点和在直线的同侧，如图（1）2.问题的关键是点是动点，线段、长随点的移动而变化，解决的方法是：图（1）1，根据“两点的所有连线中，线段最短”，连接，交直线与点，此时最小；图（1）2，作

23、点关于直线的对称点，根据轴对称的性质，可得，问题转化为的情况，可解.BPA图（1）-2BBPA图（1）-1PBQAP图（2）-1问题2，如图（2）1，直线，点、是两个定点，点是直线上一个动点，交直线于点，当点在直线的什么位置时，最小？BQP图（2）-2AABQAPA图（2）-3BQAP图（2）-5BBQAP图（2）-4B问题中，点随着点的移动同时在直线上移动，也是动点，所以本题有两个动点，只是的长是定值，因此当最小时，有最小.由于长是定值，所以平移，使点与点重合，点移至点，连接，得四边形是平行四边形，有，所以将随点的移动的变化转化为随点的移动的变化.进而问题转化为在直线上确定点，使最小，即转化

24、为问题1的只有一个动点的情形，如图（2）2所示，其解答如图（2）3所示. 图（2）4是在直线上确定点Q,使直线两侧的点A、点B与点Q 的和最小，其解答如图（2）5所示.看考题，问题中线段、随着点、的移动在变化，其中点在轴上移动，同时点在直线移动，线段、长为定值.与问题2相似，解决的方法可以与问题2的相同，通过平移，将两个动点问题转化为一个动点问题，使其与问题（1）情形相似.（1）转化为动点解法1：如图（3），作点B 关于轴的称点B，则有B（0，-4），.ABOEOEP图（3）AB 平移线段AE，使点A与点B重合，得线段BP. 可得P（2，-3）.连接，则四边形AEP B是平行四边形. AB=

25、PE. .当点在同一直线上时，最小.设直线PB为.把点B（0，4）、P（2，-3）代入，得.当时，得. E（，1）.通过作对称点，平移，构造，使问题转化为：点、为直线两侧的两个定点，点是直线上的动点，确定点的位置，使最小，与问题1-相似.解法2，如图（4），平移线段AE，使点A与点B重合，得线段BP，可得P（2，5）. AABOEOEP图（4）B 连接EP，则四边形AEPB是平行四边形. AB=EP. 作点B 关于直线的对称点B，有B（0，-2），.当点在同一直线上时，有最小.设直线PB为.把点B（0，-2）、P（2，5）代入，得.当时，得. E（，1）.通过平移构造，使问题转化为：点、为直线同侧的两个定点，点是直线上的动点，确定点的位置，使最小，与问题1-相似.（2）转化为动点如图（5），作点B 关于直线的称点. 平移线段AE，使点E与点B重合，得线段BP. 连接，则四边形是平行四边形，得.问题转化为点、为轴两侧的两个定点，点为轴上动点，在轴上确定点，使最小，与问题1-相似.如图（6），平移线段AE，使点E与点B重合，得线段BP. 连接AP，则四边形是平行四边形，得 AP=EB. 问题转化为点、为轴同侧的两个定点，点为轴上动点，在轴上确定点，使最小，与问题1-相似.ABOEOEP图（6）ABABOEOEBP图（6）A图（5）（3）转化为动点如图（7），作点B 关于直线