2024年中考数学总复习：投影与视图-知识讲解

2024中考总复习：投影与视图—知识讲解【考纲要求】1.通过实例了解平行投影和中心投影的含义及简单应用；2.会画基本几何体(直棱柱、圆柱、圆锥、球)的三视图(主视图，左视图、俯视图)，能根据三视图描述基本几何体或实物的原型．【知识网络】【考点梳理】考点一、生活中的几何体1．常见的几何体的分类在丰富多彩的图形世界中，我们常见的几何体有长方体、正方体、棱柱体、棱锥体、圆柱体、圆锥体、球体、台体等．2．点、线、面、体的关系(1)点动成线，线动成面，面动成体；(2)面面相交成线，线线相交成点．要点诠释：体体相交可成点，不一定成线．3．基本几何体的展开图(1)正方体的展开图是六个正方形；(2)棱柱的展开图是两个多边形和一个长方形；(3)圆锥的展开图是一个圆和一个扇形；(4)圆柱的展开图是两个圆和一个长方形．考点二、投影1．投影用光线照射物体，在某个平面上得到的影子叫做物体的投影，照射光线叫做投影线，投影所在平面叫做投影面．2．平行投影和中心投影由平行光线形成的投影是平行投影；由同一点(点光源)发出的光线形成的投影叫做中心投影．3．正投影投影线垂直投影面产生的投影叫做正投影．要点诠释：正投影是平行投影的一种．考点三、物体的三视图1．物体的视图当我们从某一角度观察一个物体时，所看到的图象叫做物体的视图．我们用三个互相垂直的平面作为投影面，其中正对我们的叫做正面，正面下方的叫做水平面，右边的叫做侧面．一个物体在三个投影面内同时进行正投影，在正面内得到的由前向后观察物体的视图，叫做主视图；在水平面内得到的由上向下观察物体的视图，叫做俯视图；在侧面内得到的由左向右观察物体的视图，叫做左视图．要点诠释：三视图就是我们从三个方向看物体所得到的3个图象．2．画三视图的要求(1)位置的规定：主视图下方是俯视图，主视图右边是左视图．(2)长度的规定：长对正，高平齐，宽相等．要点诠释：主视图反映物体的长和高，俯视图反映物体的长和宽，左视图反映物体的高和宽．【典型例题】类型一、三视图及展开图 1．用大小和形状完全相同的小正方体木块搭成一个几何体，使得它的主视图和俯视图如图所示，则搭成这样的一个几何体至少需要小正方体木块的个数为()A．22B．19C．16D．13【思路点拨】视图、俯视图是分别从物体正面、上面看，所得到的图形.【答案】D；【解析】综合主视图和俯视图，这个几何体的底层最少有3+3+1=7个小正方体，第二层最少有3个，第三层最少有2个，第四层最少有1个，因此搭成这样的一个几何体至少需要小正方体木块的个数为：7+3+2+1=13个．故答案为：13．【总结升华】由三视图判断组成原几何体的小正方体的个数与由相同的小正方体构成的几何体画三视图正好相反．举一反三：【变式1】（2014秋•莲湖区校级期末）用小正方体搭一个几何体，使它的主视图和俯视图如图所示，这样的几何体最少需要正方体个．【答案】7.【解析】∵俯视图中有5个正方形，∴最底层有5个正方体；∵主视图第二层有2个正方形，∴几何体第二层最少有2个正方体，∴最少有几何体5+2=7．【高清课堂：《空间与图形》专题：投影与视图例6】【变式2】下图是由几个相同的小正方体搭成的几何体从三个方向看到的图形，则搭成这个几何体的小正方体的个数是（）个．A．5 B．6 C．7 D．8左面看正面看上面看 左面看正面看上面看【答案】B.2．美术课上，老师要求同学们将如图所示的白纸只沿虚线剪开，用裁开的纸片和白纸上的阴影部份围成一个立体模型，然后放在桌面上，下面四个示意图中，只有一个符合上述要求，那么这个示意图是（）A．B．C．D．【思路点拨】动手操作看得到小正方体的阴影部分的具体部位即可．【答案】B【解析】动手操作折叠成正方体的形状放置到白纸的阴影部分上，所得正方体中的阴影部分应紧靠白纸，

故选B．【总结升华】用到的知识与正方体展开图有关，考察学生空间想象能力．建议学生在平时的教学过程中应结合实际模型将展开图的若干种情况分析清楚．举一反三：【变式】如图所示的是以一个由一些相同的小正方体组成的简单几何体的主视图和俯视图．设组成这个几何体的小正方体的个数为n，请写出n的所有可能的值．【答案】n为8，9，10，11．3．下列图形中经过折叠能围成一个棱柱的是（）A．B．C．D．【思路点拨】利用四棱柱及其表面展开图的特点解题．【答案】D；【解析】A、侧面少一个长方形，故不能；

B、侧面多一个长方形，折叠后不能围成棱柱，故不能；

C、折叠后少一个底面，不能围成棱柱；

只有D能围成四棱柱．

故选D．【总结升华】四棱柱的侧面展开图为四个长方形组成的大长方形．举一反三：【高清课堂：《空间与图形》专题：投影与视图课堂练习3】【变式】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是AB、BB1、BC的中点，沿EG、EF、FG将这个正方体切去一个角后，得到的几何体的俯视图是（）A．B．C．D．【答案】找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．从上面看易得1个正方形，但上面少了一个角，在俯视图中，右下角有一条线段．故选B．类型二、投影有关问题4．如图，在斜坡的顶部有一铁塔AB，B是CD的中点，CD是水平的，在阳光的照射下，塔影DE留在坡面上．已知铁塔底座宽CD=12m，塔影长DE=18m，小明和小华的身高都是1.6m，同一时刻，小明站在点E处，影子在坡面上，小华站在平地上，影子也在平地上，两人的影长分别为2m和1m，求塔高AB的长.【思路点拨】过点D构造矩形，把塔高的影长分解为平地上的BD，斜坡上的DE．然后根据影长的比分别求得AG，GB长，把它们相加即可．【答案与解析】【解析1】解：如图1，过D作DF⊥CD，交AE于点F，过F作FG⊥AB，垂足为G．可得矩形BDFG．由题意得：．∴DF=DE×1.6÷2=14.4（m）．∴GF=BD=CD=6m．又∵．∴AG=1.6×6=9.6（m）．∴AB=14.4+9.6=24（m）．答：铁塔的高度为24m．图1图2【解析2】如图2，作DG∥AE，交AB于点G，BG的影长为BD，AG的影长为DE，由题意得：．∴AG=18×1.6÷2=14.4（m）．又∵．∴BG=1.6×6=9.6（m）．∴AB=14.4+9.6=24（m）．答：铁塔的高度为24m．【总结升华】运用所学的解直角三角形的知识解决实际生活中的问题，要求我们要具备数学建模能力（即将实际问题转化为数学问题）．类型三、投影视图综合问题5.用小立方体搭成一个几何体，使它的主视图和俯视图如图所示，搭建这样的几何体最多要小立方体．【思路点拨】从正视图和侧视图考查几何体的形状，从俯视图看出几何体的小立方块最多的数目．【答案】17.【解析】解：由主视图可知，它自下而上共有3列，第一列3块，第二列2块，第三列1块．

由俯视图可知，它自左而右共有3列，第二列各3块，第三列1块，从空中俯视的块数只要最低层有一块即可．因此，综合两图可知这个几何体的形状不能确定；如图，最多时有3×5+2×1=17块小立方体．

故答案为17．【总结升华】本题考查简单空间图形的三视图，考查空间想象能力，是基础题，但很容易出错．6．（2015•永春县校级自主招生）如图是某中学生公寓时的一个示意图（每栋公寓均朝正南方向，且楼高相等，相邻两栋公寓的距离也相等）．已知该地区冬季正午的阳光与水平线的夹角为32°，在公寓的采光不受影响（冬季正午最底层受到阳光照射）的情况下，公寓的高为AB，相邻两公寓间的最小距离为BC．（1）若设计公寓高为20米，则相邻两公寓之间的距离至少需要多少米时，采光不受影响？（2）该中学现已建成的公寓为5层，每层高为3米，相邻两公寓的距离24米，问其采光是否符合要求？（参考数据：取sin32°=，cos32°=，tan32°=）【思路点拨】（1）在直角三角形ABC中，已知AB利用锐角三角函数求得BC的长即可；（2）利用楼高求得不受影响时候两楼之间的距离与24米比较即可得到结果；【答案与解析】解：（1）∵在直角三角形ABC中，AB=20米，∠ACB=32°，∴=tan32°∴BC===32米，∴相邻两公寓之间的距离至少需要32米时，采光不受影响；（2）∵楼高=3×5=15米，∴不受影响时两楼之间的距离为15÷tan32°=24米，∵相邻两公寓的距离恰为24米，∴符合采光要求；【总结升华】本题是将实际问题转化为直角三角形中的数学问题，做到学数学，用数学，才是学习数学的意义．7．如图，不透明圆锥体DEC放在直线BP所在的水平面上，且BP过底面圆的圆心，其高m，底面半径为2m．某光源位于点A处，照射圆锥体在水平面上留下的影长BE=4m．

（1）求∠B的度数；

（2）若∠ACP=2∠B，求光源A距平面的高度．【思路点拨】（1）如下图所示，过点D作DF垂直BC于点F．由题意，得DF=，EF=2，BE=4，在Rt△DFB中，tan∠B=，由此可以求出∠B；（2）过点A作AH垂直BP于点H．因为∠ACP=2∠B=60°所以∠BAC=30°，AC=BC=8．在Rt△ACH中，AH=AC•Sin∠ACP，所以可以求出AH了，即求出了光源A距平面的高度．【答案与解析】解：（1）过点D作DF垂直BC于点F．

由题意，得DF=，EF=2，BE=4．

在Rt△DFB中，tan∠B=，

所以∠B=30°；

（2）过点A作AH垂直BP于点H．

∵∠ACP=2∠B=60°，

∴∠BAC=30°，

∴AC=BC=8，

在Rt△ACH中，AH=AC•Sin∠ACP=，即光源A距平面的高度为m．【总结升华】本题考查了学生运用三角函数知识解决实际问题的能力，又让学生感受到生活处处有数学，数学在生产生活中有着广泛的作用．中考总复习：图形的变换--巩固练习（基础）【巩固练习】一、选择题1.以下图形：平行四边形、矩形、等腰三角形、线段、圆、菱形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有（）.A．4个B．5个C．6个D．3个2．有以下现象：①温度计中，液柱的上升或下降；②打气筒打气时，活塞的运动；③钟摆的摆动；④传送带上瓶装饮料的移动，其中属于平移的是（）.A．①③B．①②C．②③D．②④3.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4.如图，O是正六边形ABCDEF的中心，下列图形可由△OBC平移得到的是（）.

A.△OCDB.△OABC.△OAFD.△OEF5.（2017•莒县模拟）如图，△ABC的面积为2，将△ABC沿AC方向平移到△DFE，且AC=CD，则四边形AEFB的面积为（）A．6 B．8 C．10 D．126.如图所示，△ABC中，AC＝5，中线AD＝7，△EDC是由△ADB旋转180°所得，则AB边的取值范围是（）．A．l＜AB＜29B．4＜AB＜24C．5＜AB＜19D．9＜AB＜19二、填空题7.如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠B＝45°，AE为BC边上的高，将△ABE沿AE所在直线翻折后得△AGE，那么△AGE与四边形AECD重叠部分的面积是．第7题第8题8.（2016·黔东南州）如图，在△ACB中，∠BAC=50°，AC=2，AB=3，现将△ACB绕点A逆时针旋转50°得到△AC1B1，则阴影部分的面积为_______.

9.如图，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________．第9题第10题10.如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2cm，点E在BC上，且AE＝CE．若将纸片沿AE折叠，点B恰好与AC上的点B1重合，则AC＝cm．11.（2016•郑州一模）如图，Rt△ABC，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，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，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则线段B′F的长为．12.如图,为矩形ABCD的中心，将直角三角板的直角顶点与点重合，转动三角板使两直角边始终与相交，交点分别为.如果，则与的关系式为.三、解答题13.（2015•南充）如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上点F处．（1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？（不需说明理由）（2）如果AM=1，sin∠DMF=，求AB的长．14.把两个全等的等腰直角三角板ABC和EFG（其直角边长均为4）叠放在一起（如图①），且使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合.现将三角板EFG绕O点顺时针方向旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°)，四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②）.(1)在上述旋转过程中，BH与CK有怎样的数量关系？四边形CHGK的面积有何变化？证明你发现的结论；(2)连接HK，在上述旋转过程中，设BH=，△GKH的面积为，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；(3)在(2)的前提下，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的？若存在，求出此时的值；若不存在，说明理由.15.如图，将矩形纸片ABCD按如下顺序进行折叠:对折、展平,得折痕EF(如图①);沿GC折叠,使点B落在EF上的点B′处(如图②)；展平,得折痕GC(如图③);沿GH折叠,使点C落在DH上的点C′处(如图④);沿GC′折叠(如图⑤)；展平,得折痕GC′、GH(如图⑥).(1)求图②中∠BCB′的大小；(2)图⑥中的△GCC′是正三角形吗?请说明理由.16.已知矩形纸片，.将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合.（1）如果折痕FG分别与AD，AB交于点F，G（如图（1）），求DE的长.（2）如果折痕FG分别与CD，AB交于点F，G（如图（2）），的外接圆与直线BC相切，求折痕FG的长.【答案与解析】一．选择题1．【答案】A．2．【答案】D.【解析】①温度计中液柱的上升或下降改变图形的大小，不属于平移；

②打气筒打气时，活塞的运动属于平移；

③钟摆的摆动是旋转，不属于平移；

④传送带上瓶装饮料的移动符合平移的性质，属于平移．3．【答案】C.4．【答案】C.5．【答案】C.【解析】由题意可得平移的距离是2AC，AC=CD，连接FC，S△BFC=2S△ABC，S△ABC=S△FDC=S△FDE=2，∴四边形AEFB的面积为10.6．【答案】D.【解析】∵△ADB绕点D旋转180°，得到△EDC，∴AB=EC,AD=DE，而AD=7，∴AE=14，

在△ACE中，AC=5，

∴AE-AC＜EC＜AC+AE，

即14-5＜EC＜14+5，∴9＜AD＜19．二．填空题7．【答案】2-2．【解析】在边长为2的菱形ABCD中，∠B=45°，AE为BC边上的高，故AE=，

由折叠易得△ABG为等腰直角三角形，

∴S△ABG=BA•AG=2，S△ABE=1，∴CG=2BE-BC=2-2，

∴CO=OG=2-，∴S△COG=3-2，

∴重叠部分的面积为2-1-（3-2）=2-2．8．【答案】.【解析】S阴影=S扇形ABB1=．9．【答案】对角线平分内角的矩形是正方形.10．【答案】4cm.【解析】∵AB=2cm，AB=AB1∴AB1=2cm，

∵四边形ABCD是矩形，AE=CE，∴∠ABE=∠AB1E=90°

∵AE=CE，∴AB1=B1C，∴AC=4cm．11.【答案】．【解析】根据折叠的性质可知CD=AC=3，B′C=BC=4，∠ACE=∠DCE，∠BCF=∠B′CF，CE⊥AB，∴B′D=4﹣3=1，∠DCE+∠B′CF=∠ACE+∠BCF，∵∠ACB=90°，∴∠ECF=45°，∴△ECF是等腰直角三角形，∴EF=CE，∠EFC=45°，∴∠BFC=∠B′FC=135°，∴∠B′FD=90°，∵S△ABC=AC•BC=AB•CE，∴AC•BC=AB•CE，∵根据勾股定理求得AB=5，∴CE=，∴EF=，ED=AE=，∴DF=EF﹣ED=，∴B′F=．故答案为：．12．【答案】.三.综合题13．【解析】解：（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=90°，根据折叠的性质可知：∠APM=∠EPM，∠EPQ=∠BPQ，∴∠APM+∠BPQ=∠EPM+∠EPQ=90°，∵∠APM+∠AMP=90°，∴∠BPQ=∠AMP，∴△AMP∽△BPQ，同理：△BPQ∽△CQD，根据相似的传递性，△AMP∽△CQD；（2）∵AD∥BC，∴∠DQC=∠MDQ，根据折叠的性质可知：∠DQC=∠DQM，∴∠MDQ=∠DQM，∴MD=MQ，∵AM=ME，BQ=EQ，∴BQ=MQ﹣ME=MD﹣AM，∵sin∠DMF==，∴设DF=3x，MD=5x，∴BP=PA=PE=，BQ=5x﹣1，∵△AMP∽△BPQ，∴，∴，解得：x=（舍）或x=2，∴AB=6．14．【解析】(1).在上述旋转过程中，BH=CK，四边形CHGK的面积不变．

证明：连接CG，KH，

∵△ABC为等腰直角三角形，O（G）为其斜边中点，

∴CG=BG，CG⊥AB，

∴∠ACG=∠B=45°，

∵∠BGH与∠CGK均为旋转角，

∴∠BGH=∠CGK，

在△BGH与△CGK中，

∴△BGH≌△CGK（ASA），

∴BH=CK，S△BGH=S△CGK．

∴S四边形CHGK=S△CHG+S△CGK=S△CHG+S△BGH=S△ABC=××4×4=4，

即：S四边形CHGK的面积为4，是一个定值，在旋转过程中没有变化；

（2）∵AC=BC=4，BH=x，

∴CH=4-x，CK=x．

由S△GHK=S四边形CHGK-S△CHK，

得y=4-x（4-x），

∴y=x2-2x+4．

由0°＜α＜90°，得到BH最大=BC=4，

∴0＜x＜4；

（3）存在．

根据题意，得x2-2x+4=×8，

解这个方程，得x1=1，x2=3，

即：当x=1或x=3时，△GHK的面积均等于△ABC的面积的．15．【解析】（1）由折叠的性质知：B′C=BC，

在Rt△B′FC中，

∵cos∠B′CF===，

∴∠B′CF=60°，

即∠BCB′=60°；

（2）根据题意得：GC平分∠BCC′，

∴∠GCB=∠GCC′=∠BCB′=30°，

∴∠GCC′=∠BCD-∠BCG=60°，

由折叠的性质知：GH是线段CC′的对称轴，

∴GC′=GC，

∴△GCC′是正三角形．16.【解析】在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，，∠D=90°．

根据轴对称的性质，得EF=AF=．

∴DF=AD-AF=．在Rt△DEF中，DE=．

（2）设AE与FG的交点为O．根据轴对称的性质，得AO=EO．

取AD的中点M，连接MO．则MO=DE，MO∥DC．

设DE=x，则MO=x，在矩形ABCD中，∠C=∠D=90°，

∴AE为△AED的外接圆的直径，O为圆心．

延长MO交BC于点N，则ON∥CD,

∴∠CNM=180°-∠C=90°,

∴ON⊥BC，四边形MNCD是矩形．

∴MN=CD=AB=2．∴ON=MN-MO=2-x.

∵△AED的外接圆与BC相切，

∴ON是△AED的外接圆的半径,

∴OE=ON=2-x，AE=2ON=4-x．

在Rt△AED中，AD2+DE2=AE2，

∴12+x2=（4-x）2．

解这个方程，得x=．∴DE=，OE=2-x=．

根据轴对称的性质，得AE⊥FG．

∴∠FOE=∠D=90°可得,即FO=．

又AB∥CD，∴∠EFO=∠AGO，∠FEO=∠GAO．

∴△FEO≌△GAO．∴FO=GO．

∴FG=2FO=．

∴折痕FG的长是．中考总复习：图形的变换--巩固练习（提高）【巩固练习】一、选择题1．有下列四个说法，其中正确说法的个数是（）

①图形旋转时，位置保持不变的点只有旋转中心；

②图形旋转时，图形上的每一个点都绕着旋转中心旋转了相同的角度；

③图形旋转时，对应点与旋转中心的距离相等；

④图形旋转时，对应线段相等，对应角相等，图形的形状和大小都没有发生变化．A.1个B.2个C.3个D.4个2.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．①②④B．①②③C．②③④D．①③④3.（2017•大连模拟）如图，折叠直角三角形ABC纸片，使两锐角顶点A、C重合，设折痕为DE.若AB=4，BC=3，则BD的值是（）A． B．1 C． D．4.如图是一个旋转对称图形，要使它旋转后与自身重合，至少应将它绕中心逆时针方向旋转的度数为（）.

A、30°B、60°C、120°D、180°5.如图,把矩形纸条沿同时折叠，两点恰好落在边的点处，若，，，则矩形的边长为（）.A.20B.22C.24D.30第4题第5题6．如图,正方形硬纸片ABCD的边长是4，点E、F分别是AB、BC的中点，若沿左图中的虚线剪开，拼成如下图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的面积是（）.A．2B．4C．8D．10二、填空题7.（2017·郑州一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB=5，AC=3，点D是BC上一动点，连结AD，将△ADC沿AD折叠，点C落在点，连结C’D交AB于点E，连结BC’.当△BC’D是直角三角形时，DE的长为．8.在RtABC中，∠A<∠B，CM是斜边AB上的中线，将ACM沿直线CM折叠，点A落在点D处，如果CD恰好与AB垂直，那么∠A等于度.第7题第8题9.在中，为边上的点，连结（如图所示）．如果将沿直线翻折后，点恰好落在边的中点处，那么点到的距离是．10.如图，在ABC中，MN//AC，直线MN将ABC分割成面积相等的两部分，将BMN沿直线MN翻折，点B恰好落在点E处，联结AE，若AE//CN，则AE:NC=.第9题第10题11.（2016•闸北区一模）如图，将一张矩形纸片ABCD沿着过点A的折痕翻折，使点B落在AD边上的点F，折痕交BC于点E，将折叠后的纸片再次沿着另一条过点A的折痕翻折，点E恰好与点D重合，此时折痕交DC于点G，则CG：GD的值为．12.如图,在计算机屏幕上有一个矩形画刷ABCD，它的边AB＝l，．把ABCD以点B为中心按顺时针方向旋转60°，则被这个画刷着色的面积为________.

三、解答题13.如图（1）所示，一张三角形纸片，.沿斜边AB的中线CD把这线纸片剪成和两个三角形如图（2）所示.将纸片沿直线（AB）方向平移（点始终在同一条直线上），当点与点B重合时，停止平移，在平移的过程中，与交于点E，与分别交于点F，P.（1）当平移到如图（3）所示的位置时，猜想图中与的数量关系，并证明你的猜想.（2）设平移距离为，与重叠部分的面积为，请写出与的函数关系式，以及自变量的取值范围；（3）对于（2）中的结论是否存在这样的，使得重叠部分面积等于原纸片面积的？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.14.（2015•河南）如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现①当α=0°时，=；②当α=180°时，=．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．15.如图所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），点D是线段BC上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线＝－＋交折线OAB于点E．

（1）记△ODE的面积为S，求S与的函数关系式；

（2）当点E在线段OA上时，若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形O1A1B1C1，试探究O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由.

16．已知抛物线经过点A(0，4)、B(1，4)、C(3，2)，与x轴正半轴交于点D．

(1)求此抛物线的解析式及点D的坐标；

(2)在x轴上求一点E，使得△BCE是以BC为底边的等腰三角形；

(3)在(2)的条件下，过线段ED上动点P作直线PF//BC，与BE、CE分别交于点F、G，将△EFG沿FG翻折得到△E′FG．设P(x，0)，△E′FG与四边形FGCB重叠部分的面积为S，求S与x的函数关系式及自变量x的取值范围．

【答案与解析】一．选择题1．【答案】C．2．【答案】A.3．【答案】A.【解析】连接DC，AD=DC，设DB=x，则AD=DC=4-x，由勾股定理可得，解得.4．【答案】B.【解析】正六边形被平分成六部分，因而每部分被分成的圆心角是60°，因而旋转60度的整数倍，就可以与自身重合．则α最小值为60度．故选B．5．【答案】C.【解析】Rt△PHF中，有FH=10，则矩形ABCD的边BC长为PF+FH+HC=8+10+6=24，故选C．6．【答案】B.二．填空题7．【答案】或.【解析】当点E与点C’重合时，BC=4，由翻折性质：AE=AC=3，DC=DE，则EB=2.设CD=ED=x，则BD=4-x，，解得，则；当∠EDB=90°，由翻折性质：AC=AC’，∠C=∠C’=90°=∠CDC’，∴四边形ACDC’是正方形，∴CD=AC=3，DB=1，由AC∥DE，△BDE∽△BCA，∴，解得DE=，点D在CB上运动，∠DBC’＜90°，故∠DBC’不可能为直角.8．【答案】30°.9．【答案】2.10．【答案】:1.【解析】利用翻折变换的性质得出BE⊥MN，BE⊥AC，进而利用相似三角形的判定与性质得出对应边之间的比值与高之间关系，即可得出答案．11.【答案】．【解析】如图所示：连接GE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠C=ADC=∠B=90°，AB=CD，AD=BC，由折叠的性质得：∠DAE=∠BAE=45°，∠DAG=∠EAG=22.5°，AG⊥DE，∴GD=GE，∴∠GDE=∠GED=∠DAG=22.5°，∴∠CGE=∠GDE+∠GED=45°，∴△CEG是等腰直角三角形，∴GD=GE=CG，∴CG：GD=．故答案为：．12．【答案】.【解析】首先理解题干条件可知这个画刷所着色的面积=2S△ABD+S扇形，扇形的圆心角为60°，半径为2，求出扇形面积和三角形的面积即可．三.综合题13．【解析】(1)D1E=D2F．

∵C1D1∥C2D2，∴∠C1=∠AFD2．

又∵∠ACB=90°，CD是斜边上的中线，

∴DC=DA=DB，即C1D1=C2D2=BD2=AD1∴∠C1=∠A，∴∠AFD2=∠A

∴AD2=D2F．同理：BD1=D1E．

又∵AD1=BD2，∴AD2=BD1．∴D1E=D2F．

（2）∵在Rt△ABC中，AC=8，BC=6，

∴由勾股定理，得AB=10．即AD1=BD2=C1D1=C2D2=5

又∵D2D1=x，∴D1E=BD1=D2F=AD2=5-x．∴C2F=C1E=x

在△BC2D2中，C2到BD2的距离就是△ABC的AB边上的高，为．

设△BED1的BD1边上的高为h，由探究，得△BC2D2∽△BED1，

∴．∴h=．S△BED1=×BD1×h=（5-x）2

又∵∠C1+∠C2=90°，∴∠FPC2=90°．

又∵∠C2=∠B，sinB=，cosB=．

∴PC2=x，PF=x，S△FC2P=PC2×PF=x2

而y=S△BC2D2-S△BED1-S△FC2P=S△ABC-（5-x）2-x2

∴y=-x2+x（0≤x≤5）．

（3）存在．

当y=S△ABC时，即-x2+x=6，

整理得3x2-20x+25=0．解得，x1=，x2=5．

即当x=或x=5时，重叠部分的面积等于原△ABC面积的．14．【解析】解：（1）①当α=0°时，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC=，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴，∴．②如图1，，当α=180°时，可得AB∥DE，∵，∴=．故答案为：．（2）如图2，，当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，∵∠ECD=∠ACB，∴∠ECA=∠DCB，又∵，∴△ECA∽△DCB，∴．（3）①如图3，，∵AC=4，CD=4，CD⊥AD，∴AD==，∵AD=BC，AB=DC，∠B=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴．②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，，∵AC=4，CD=4，CD⊥AD，∴AD==，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴DE==2，∴AE=AD﹣DE=8﹣2=6，由（2），可得，∴BD==．综上所述，BD的长为4或．15．【解析】（1）∵四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），

∴B（3，1），

若直线经过点A（3，0）时，则b=,

若直线经过点B（3，1）时，则b=,

若直线经过点C（0，1）时，则b=1,

①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤，如图1，

此时E（2b，0）

∴S=OE•CO=×2b×1=b；

②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即＜b＜，如图2

此时E（3，b-），D（2b-2，1），

∴S=S矩-（S△OCD+S△OAE+S△DBE）

=3-[（2b-2）×1+×（5-2b）•（-b）+×3（b-）]

=b-b2；（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积．

由题意知，DM∥NE，DN∥ME，

∴四边形DNEM为平行四边形

根据轴对称知，∠MED=∠NED

又∵∠MDE=∠NED，

∴∠MED=∠MDE，

∴MD=ME，

∴平行四边形DNEM为菱形．

过点D作DH⊥OA，垂足为H，设菱形DNEM的边长为a，

由题意知，D（2b-2，1），E（2b，0），

∴DH=1，HE=2b-（2b-2）=2，

∴HN=HE-NE=2-a，

则在Rt△DHN中，由勾股定理知：a2=（2-a）2+12，

∴a=，

∴S四边形DNEM=NE•DH=．

∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为．

16.【解析】(1)抛物线的解析式为，点D(4，0)．

(2)点E(，0)．

(3)可求得直线BC的解析式为．

从而直线BC与x轴的交点为H(5，0)．

如图1，根据轴对称性可知S△E′FG=S△EFG，

当点E′在BC上时，点F是BE的中点．

∵FG//BC，

∴△EFP∽△EBH．

可证EP=PH．

∵E(-1，0)，H(5，0)，

∴P(2，0)．

(i)如图2，分别过点B、C作BK⊥ED于K，CJ⊥ED于J，

则．

当-1＜x≤2时，

∵PF//BC，

∴△EGP∽△ECH，△EFG∽△EBC．

∴，

∵P(x，0)，E(-1，0)，H(5，0)，

∴EP=x+1，EH=6．

∴．

图2图3

(ii)如图3，当2＜x≤4时，在x轴上截取一点Q，使得PQ=HP，

过点Q作QM//FG，分别交EB、EC于M、N．

可证S=S四边形MNGF，△ENQ∽△ECH，△EMN∽△EBC．

∴，．

∵P(x，0)，E(-1，0)，H(5，0)，

∴EH=6，PQ=PH=5－x，EP=x+1，

EQ=6－2(5－x)=2x－4．

∴．

同(i)可得，

∴．

综上，

中考总复习：图形的变换--知识讲解（基础）【考纲要求】1.通过具体实例认识轴对称、平移、旋转，探索它们的基本性质；2.能够按要求作出简单平面图形经过轴对称、平移、旋转后的图形，能作出简单平面图形经过一次或两次轴对称后的图形；3.探索基本图形（等腰三角形、矩形、菱形、等腰梯形、正多边形、圆）的轴对称性质及其相关性质.4.探索图形之间的变换关系（轴对称、平移、旋转及其组合）；5.利用轴对称、平移、旋转及其组合进行图案设计；认识和欣赏轴对称、平移、旋转在现实生活中的应用.【知识网络】【考点梳理】考点一、平移变换1.平移的概念：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移，平移不改变图形的形状和大小．【要点诠释】（1）平移是运动的一种形式，是图形变换的一种，本讲的平移是指平面图形在同一平面内的变换；（2）图形的平移有两个要素：一是图形平移的方向，二是图形平移的距离，这两个要素是图形平移的依据；（3）图形的平移是指图形整体的平移，经过平移后的图形，与原图形相比，只改变了位置，而不改变图形的大小，这个特征是得出图形平移的基本性质的依据．2．平移的基本性质：由平移的概念知，经过平移，图形上的每一个点都沿同一个方向移动相同的距离，平移不改变图形的形状和大小，因此平移具有下列性质：经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应角相等．【要点诠释】（1）要注意正确找出“对应线段，对应角”，从而正确表达基本性质的特征；（2）“对应点所连的线段平行且相等”，这个基本性质既可作为平移图形之间的性质，又可作为平移作图的依据．考点二、轴对称变换1．轴对称与轴对称图形

轴对称：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果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，也叫做这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴，折叠后重合的对应点，叫做对称点.

轴对称图形：把一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形.

2．轴对称变换的性质

①关于直线对称的两个图形是全等图形.

②如果两个图形关于某直线对称，对称轴是对应点连线的垂直平分线.

③两个图形关于某直线对称，如果它们对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上.

④如果两个图形的对应点连线被同一直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称.

3．轴对称作图步骤

①找出已知图形的关键点，过关键点作对称轴的垂线，并延长至2倍，得到各点的对称点．

②按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.考点三、旋转变换

1．旋转概念：把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转.点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角.

２．旋转变换的性质

图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化.

３．旋转作图步骤

①分析题目要求，找出旋转中心，确定旋转角.

②分析所作图形，找出构成图形的关键点.

③沿一定的方向，按一定的角度、旋转各顶点和旋转中心所连线段,从而作出图形中各关键点的对应点.

④按原图形连结方式顺次连结各对应点.

４．中心对称与中心对称图形

中心对称：

把一个图形绕着某一点旋转180°，它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心对称的对称点．

中心对称图形：

把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫中心对称图形.

5．中心对称作图步骤

①连结决定已知图形的形状、大小的各关键点与对称中心，并且延长至2倍，得到各点的对称点.

②按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.【要点诠释】图形变换与图案设计的基本步骤

①确定图案的设计主题及要求；

②分析设计图案所给定的基本图案；

③利用平移、旋转、轴对称对基本图案进行变换，实现由基本图案到各部分图案的有机组合；

④对图案进行修饰，完成图案.【典型例题】类型一、平移变换1.如图1，两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，得到图2，则阴影部分的周长为____________.【思路点拨】根据两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，得出线段之间的相等关系，进而得出OM+MN+NR+GR+EG+OE=A′D′+CD=1+1=2，即可得出答案．【答案与解析】∵两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，

∴A′M=A′N=MN，MO=DM=DO，OD′=D′E=OE，EG=EC=GC，B′G=RG=RB′，

∴OM+MN+NR+GR+EG+OE=A′D′+CD=1+1=2；【总结升华】此题主要考查了平移的性质以及等边三角形的性质，根据题意得出A′M=A′N=MN，MO=DM=DO，OD′=D′E=OE，EG=EC=GC，B′G=RG=RB′是解决问题的关键．举一反三：【变式】（2015•顺义区一模）如图，平行四边形ABCD中，点E是AD边上一点，且CE⊥BD于点F，将△DEC沿从D到A的方向平移，使点D与点A重合，点E平移后的点记为G．（1）画出△DEC平移后的三角形；（2）若BC=，BD=6，CE=3，求AG的长．【答案】解：（1）△AGB为△DEC平移后的三角形，如下图所示；（2）∵△AGB为△DEC平移后的三角形，∴BG=CE=3，BG∥CE，∵CE⊥BD，∴BG⊥BD．在Rt△BDG中，∵∠GBD=90°，BG=3，BD=6，∴DG==3，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC=2，∴AG=DG﹣AD=3﹣2=．2．如图（1），已知的面积为3，且现将沿CA方向平移CA长度得到.（1）求所扫过的图形面积；（2）试判断，AF与BE的位置关系，并说明理由；（3）若求AC的长.BCBCA（）FE【思路点拨】（1）根据平移的性质及平行四边形的性质可得到S△EFA=S△BAF=S△ABC，从而便可得到四边形CEFB的面积；

（2）由已知可证得平行四边形EFBA为菱形，根据菱形的对角线互相垂直平分可得到AF与BE的位置关系为垂直；

（3）作BD⊥AC于D，结合三角形的面积求解．【答案与解析】（1）由平移的性质得

AF∥BC，且AF=BC，△EFA≌△ABC

∴四边形AFBC为平行四边形

S△EFA=S△BAF=S△ABC=3

∴四边形EFBC的面积为9；

（2）BE⊥AF

证明：由（1）知四边形AFBC为平行四边形

∴BF∥AC，且BF=AC

又∵AE=CA

∴BF∥AE且BF=AE

∴四边形EFBA为平行四边形又已知AB=AC

∴AB=AE

∴平行四边形EFBA为菱形

∴BE⊥AF；

（3）如上图，作BD⊥AC于D

∵∠BEC=15°，AE=AB

∴∠EBA=∠BEC=15°

∴∠BAC=2∠BEC=30°

∴在Rt△BAD中，AB=2BD

设BD=x，则AC=AB=2x

∵S△ABC=3，且S△ABC=AC•BD=•2x•x=x2∴x2=3

∵x为正数

∴x=

∴AC=2．【总结升华】此题主要考查了全等三角形的判定，平移的性质，菱形的性质等知识点的综合运用及推理计算能力．类型二、轴对称变换3（2016•贵阳模拟）（1）数学课上，老师出了一道题，如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，，求证：∠B=30°，请你完成证明过程．（2）如图②，四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片，E、F分别为AB、CD的中点，沿过点D的抓痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，折痕交AE于点G，请运用（1）中的结论求∠ADG的度数和AG的长．（3）若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠，B、D两点恰好重合于一点O（如图④），当AB=6，求EF的长．【思路点拨】（1）Rt△ABC中，根据sinB═=，即可证明∠B=30°；（2）求出∠FA′D的度数，利用翻折变换的性质可求出∠ADG的度数，在Rt△A'FD中求出A'F，得出A'E，在Rt△A'EG中可求出A'G，利用翻折变换的性质可得出AG的长度．（3）先判断出AD=AC，得出∠ACD=30°，∠DAC=60°，从而求出AD的长度，根据翻折变换的性质可得出∠DAF=∠FAO=30°，在Rt△ADF中求出DF，继而得出FO，同理可求出EO，再由EF=EO+FO，即可得出答案．【答案与解析】（1）证明：Rt△ABC中，∠C=90°，，∵sinB==，∴∠B=30°；（2）解：∵正方形边长为2，E、F为AB、CD的中点，∴EA=FD=×边长=1，∵沿过点D的抓痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，∴A′D=AD=2，∴=，∴∠FA′D=30°，可得∠FDA′=90°﹣30°=60°，∵A沿GD折叠落在A′处，∴∠ADG=∠A′DG，AG=A′G，∴∠ADG===15°，∵A′D=2，FD=1，∴A′F==，∴EA′=EF﹣A′F=2﹣，∵∠EA′G+∠DA′F=180°﹣∠GA′D=90°，∴∠EA′G=90°﹣∠DA′F=90°﹣30°=60°，∴∠EGA′=90°﹣∠EA′G=90°﹣60°=30°，则A′G=AG=2EA′=2（2﹣）；（3）解：∵折叠后B、D两点恰好重合于一点O，∴AO=AD=CB=CO，∴DA=，∵∠D=90°，∴∠DCA=30°，∵AB=CD=6，在Rt△ACD中，=tan30°，则AD=DC•tan30°=6×=2，∵∠DAF=∠FAO=∠DAO==30°，∴=tan30°=，∴DF=AD=2，∴DF=FO=2，同理EO=2，∴EF=EO+FO=4．【总结升华】本题考查了翻折变换的知识，涉及了含30°角的直角三角形的性质、平行四边形的性质，综合考察的知识点较多，注意将所学知识融会贯通．举一反三：【变式】（2016·松北区模拟）如图（1）是四边形纸片ABCD，其中∠B=120°，∠D=50°.若将其右下角向内这出△PCR，恰使CP∥AB，RC∥AD，如图（2）所示，则∠C＝度.【答案】∵∠CPR=∠B=×120°=60°，∠CRP=∠D=×50°=25°，

∴∠C=180°－60°－25°=95°．4.如图1，矩形纸片ABCD的边长分别为a，b（a<b）．将纸片任意翻折（如图2），折痕为PQ．（P在BC上），使顶点C落在四边形APCD内一点C′，PC′的延长线交直线AD于M，再将纸片的另一部分翻折，使A落在直线PM上一点A′，且A′M所在直线与PM所在直线重合（如图3），折痕为MN．（1）猜想两折痕PQ，MN之间的位置关系，并加以证明．（2）若∠QPC的角度在每次翻折的过程中保持不变，则每次翻折后，两折痕PQ，MN间的距离有何变化？请说明理由．（3）若∠QPC的角度在每次翻折的过程中都为45°（如图4），每次翻折后，非重叠部分的四边形MC′QD，及四边形BPA′N的周长与a，b有何关系，为什么？（1）（2）（3）（4）【思路点拨】（1）猜想两直线平行，由矩形的对边平行，得到一组内错角相等，翻折前后对应角相等，那么可得到PQ与MN被MP所截得的内错角相等，得到平行．

（2）作出两直线间的距离．∵PM长相等，∠NPM是不变的，所以利用相应的三角函数可得到两直线间的距离不变．

（3）由特殊角得到所求四边形的形状，把与周长相关的边转移到同一线段求解．

【答案与解析】（1）PQ∥MN．

∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，且M在AD直线上，则有AM∥BC．

∴∠AMP=∠MPC．

由翻折可得：∠MPQ=∠CPQ=∠MPC，

∠NMP=∠AMN=∠AMP，

∴∠MPQ=∠NMP，故PQ∥MN．

（2）两折痕PQ，MN间的距离不变．