【中考数学试卷+答案解析】平移旋转与对称

平移旋转与对称一、选择题1．（山西3如，在Rt△ABC，∠平移旋转与对称一、选择题1．（山西3如，在Rt△ABC，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=6，将△ABC点C按逆针方旋得到△A’B’C时点A恰好在AB，点B’与点B间距是（）C.62D.63A.12B.6【答案D【考点旋，边角性质【解连接BB旋可知AC=A’CBC=B’C∵∠A=60°∴△ACA’为边角，∴∠ACA’=60°∴∠BCB’=60°∴△BCB为边角，∴BB’=BC=63.2．东庄•3分）平直坐系，将点A﹣1﹣）右平移3单位长度点B则点B于x的点B的标为（ ）A（﹣3﹣）B（ 2，）C（﹣22）D（，2）【分首根据坐右移左减得B坐后根据于x轴对点标特点横标变纵标符改可答．【解】：点A﹣1﹣2向平移3个位度得的B坐为﹣+3，2即（，﹣则点B于x的点B′坐是（，2故选B．【点此主要查坐标图变﹣移以及于x轴称的标关是握点的标化律．3.（四川成都•3）在平面直角坐标中点关于原点对称的点坐标是（）A.B.C.D.【答】C【考】于点称坐标征【解解】：点关于点称标是（）A.B.C.D.【答】C【考】于点称坐标征【解解】：点关于点称点坐为（35故案：C【分】据于点称点坐特是纵标都为反，可出答。4.（山淄•4）下图中不轴称图的（）A．B．C．D．【考】P：对图．【分】察个项形，据对图的念即得结．【解】：据对图形概，知项C中图不轴称形．故选C．【点】题查轴称图，记对图的概是题关．5.（山淄•4如P为边角形BC的点且P三顶点BC的距分为，，5则△AC面为（）A．B．C．D．【考】R：转性；KK等三形性；KS勾定的定．【分】△BC点B逆时转6°△BE，根旋的得BEP=4，E=P=，∠PBE60，△BE等边角，到E=P4，∠PE=0，△AP中，A=5长BP作A⊥BP点FP=3，E=，据股的逆理得△AE直角角，且∠AE=9°即得∠AB度，直△PF利三函得F和PF的，则在角ABF中用股定得AB的，求得形ABC的积．【解】：△AC等边角，∴BA=C，可将BPC绕点B时旋转0得△【解】：△AC等边角，∴BA=C，可将BPC绕点B时旋转0得△EA连E，且长P作A⊥BP于点．图，∴BE=P=，AEPC=，BE=6°，∴△BE等三形，∴PE=B=，∠PE=0，在△AP，A=5AP=，PE=，∴AE2PE2+A2，∴△AE直三形且∠AE=9°，∴∠AB=9°+0°15．∴∠AF=3°，∴在角APF中AF=A=，PF=AP=．∴在角ABF中AB2=2+AF2（4+）2+（）225+．•AB2=则△AC面是•25+12）=．故选A．【点本考查等三角的定性股定的定以旋的性旋前后的个形等对点与转心连段夹角于转应到旋中的距离相．6.（四凉•3）下图中是对图形又中对图的是（）A．B．C．D．【分】据对图和中对图的念各选分判即得．【解】：、是称图，中对图，故选错；B、不轴称形不是心称形故选项误；C、不轴称形不是心称形故选项误；D、是对图，中心称形．故选D．【点】题查中对称形轴称形概念轴称形关是寻对，图形部折后重，中对图是寻对称心转故选D．【点】题查中对称形轴称形概念轴称形关是寻对，图形部折后重，中对图是寻对称心转180度两部重．7.（四凉•3）如将形BCD沿线BD折，使C在C处，B′交AD点E则到论一定立是（）A．ADBC′ B．∠BD∠EDB C．△BE△CDD．si∠AE=【分】要据叠后角边等到等边之的系即选正确案．【解】：、BCBC，AD=C∴ADBC，以正．B、∠BD∠ED，CBD∠EB，∠EB=∠DB确．D、∵inABE= ，∴∠ED=EDB∴BE=E∴si∠AB=．故选C．【点题要排法明BD正所不确就是C除法是学中一常的题法．8.（江•3分军同在格上某图形行移作他现平前的两个形组的形以是对图.图，现他正形从当位置开始进一平操移后正形顶也格点使移后两个方组成轴对图的移向有A.3个B.4个.5个D.AB(第5题)DC【解析】本考图变换平的向有5个上上【解析】本考图变换平的向有5个上上5°右下45°方向，否两图不轴称.【答案】C★★9.（山滨•3）如，AOB60点P是AOB内定且O=，点M、N分是线O、B于点O的点则PMN周长最值（）A．B．C．6D．3【分作P分关于AOB的称点C接CD分交OOB于N图利用轴称性得P=MNP=NDOP=D=O=∠BOP∠BOD∠AP=AOC所∠COD2∠AOB12°用点间线最判此△PN周最作H⊥D于H则H=D，然后含30度直角形边关计出D即可．【解作P分关于AOB的称点接D别交OB于图，则MPMCNP=D，P=OOC=，∠BO=∠OD∠A=∠AO，∴PN+M+M=NDMN+C=D，∠CD=BOP∠BD+OP+∠OC=∠AB=10，∴此△PN长小，作O⊥CD于，则H=D，∵∠OH=3°，∴OH=OC=，CH=OH=，∴CD=CH=．故选D．【点本考查轴称﹣短线题熟掌握对的【点本考查轴称﹣短线题熟掌握对的质会用两之段最短决径短题．10（江苏盐城3分）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】D【考】对图，心对及心称形【解解】：A既不轴称形也是中对图，故A符合意B、是轴称形但是心对图故B符题意；C、轴称形但中心称形故C不合题；D、轴称形但中心称形故D符题意；故答为D【分对图着一线叠够全合的形中对图绕某点旋转18°够自重的图；据义个断即。112018湖南省衡阳3分下生环标中，中对图的（）A．B．C．D．【解】：、是对称形故选错；B、中对图，选项确；C、是心称形本选错；D、是心称C、是心称形本选错；D、是心称形本选错．故选B．12（01·北宜3分如字的个字中是对图的（）A．B．C．D．【分】据对图的定逐判即．【解】：、是称图，本项符题意；B、是对图，选项符题；C、是对图，选项符题；D、轴称形故项符题；故选D．【点题查轴称图的义能正观察形理轴称形的义是解此的键．13.2018湖北省宜昌3分如图正形ABD的边为1点，F是对线AC上的点，E⊥ABEI⊥D，FHAB，F⊥A，垂分别为G，IH，J则中阴部分的面等于（）A．1B．C．D．【分】据对图的性，决题可；【解】：四形CD正形，∴线AC是方形ABCD的对轴，∵EGABEIADFHB，F⊥A，足别为，I，，．∴根对性知四形EFG面与边形FJI面相，∴S阴=S正方形ABCD=，故选B．【点本考查方的性解的关是用轴称性解问于考考题型．142018湖北省宜昌3平直标系把ABC绕点O旋转18°得到CD点C坐标别（5﹣2﹣2（5﹣2点D坐为（ ）A（，2） B（，﹣（ ）A（，2） B（，﹣）C（，5） D（2，）【分】据形ACD是平四形即到BD点O据B的标为﹣，﹣2即出D坐为（，2【解】：点，C坐标别（5，，﹣2∴点O是C中，∵AB=D，D=B，∴四形BCD是行形，∴BD经点O，∵B坐为﹣，﹣∴D坐为2，故选A．【点题要查坐标图变形点旋之要合转角度图的特殊性来出转的的坐．15.（01·东岛3分）察列个形中心称形（）A．B．C．D．【分】据心称形的念各项析断即得．【解】：、是对称形故选错；B、是心称形本选错；C、中对图，选项确；D、是心称形本选错．故选C．【点本考查中对称形概心称图是寻对中转10两部重．16.（01·东岛·3分）图将16.（01·东岛·3分）图将段B点P顺针向转9°，到段A'B'其点、B的点分点A、B，点A'的标（）A（1，）B（，0）C，﹣）D，﹣）【分】图得论．【解】：图下：则A（5﹣1故选D．【点本考了转性练握时或时针转个或直的位．17.（218山东安·3分）如，正方网放置在面角坐系，其中个小正方的长为△AC经平后到A1B1C若AC上点（114平后对应为P1点P1原时针转80，应为P2点P2的标（）A（28，.6）A（28，.6）B（2.，﹣.6）C（38，.6）D（3.，﹣.6）【分】题点P下移5个位再平移4到据1与2关于原对，可决题；【解】：题点P向平移5单，向左移4个位到P，∵P（.21.4∴P1﹣28﹣3.∵P1与P2于点称，∴P22.，3.故选A．【点】题查标图形化平变，转变等识解的键是解，灵活用学识决题，于考考型．18201山潍3分在面由点轴和径成坐系做极标如图在面取定点O称为点O发一条线x为轴段OP的度称为极．点P极标可以线段OP的度从Ox转动到OP的度规定时方向转角为来即（6或（30或42°点P关点O成心称点Q极标示正的是（）A．Q3，40）B．Q3﹣12°） C．Q3，00） D．Q3﹣50°）【分】据心称性质答可．【解】：P（，6°或P3﹣30°或P3，20由点P关点O成心称点Q得点Q坐标（320°（3﹣12°（，600°故选D．【点】题查心称的题关是据心对的质答．19.（湖省【点】题查心称的题关是据心对的质答．19.（湖省州•4分誉全第大天碑的浯碑”摩崖铭着500方今家文中悬篆具较的史意和究值下四个针文文字显是对图的是（）A．B．C．D．【分】据对图的概进判即．【解】：、轴图形故选错；B、轴称形故项错；C、是对图，选项确；D、轴称形故项错；故选C．【点本考查是对称形概对图形关是找称形部沿对称折后重．20（01·川宾3分）图将ABC沿C边上线AD平到△B'C'位，已知ABC的积为9影部三形面为．若A'=，则A'D等（）A．2B．3C．D．【考】Q：移性．【分】由S△ABC9、△A′E=4且D为C的线知S△A′DE=S△A′EF=，S△AD=S△ABC=，根）=据△D′∽△AB知（，此解得．【解】：图，∵S△ABC9、△A′EF=且AD为BC边中，∴S△A′D=S△A′EF=2∵S△ABC9、△A′EF=且AD为BC边中，∴S△A′D=S△A′EF=2S△ABD=SABC=，∵将ABC沿C上线AD平得△A''C，∴A′∥A，∴△D′∽△AB，）2=）2= ，则（，即（解得′D2或A′=﹣舍，故选A．【点本主平的质解的键熟掌平移换性与角中线性、相似角的定性等知点．21.201·津3）下图中可看是中对图的（ ）A.B.C.【答】A【解】析根中对称定，合给形即作判．详解A是心称，故选正；B、是心称形本选错；C、是心称形本选错；D、是心称形本选错；故选A．点睛本D、是心称形本选错；故选A．点睛本考了心图形特于础判断心称形关是转18°后能重．22.（018天3如图在方形上的个点则列段的等于中分为 ，最值是（ ）的中点为角线A.【答】DB.C.【解】析点E于BD对点E在段D上得E为D点接A′与BD的点为点PPAPE最值是段A的长过明角角形DE≌直角形ABF即得．详解点E于BD对点E，接A′交BD于点P．∴PA+E最值A′；∵E为AD的点，∴E为CD的点，∵四形BCD是方，∴AB=C=C=D，∠BFADE=9°,∴DE=B，∴ΔAFΔADE，∴AE=AF.故选点题查了对-最路问方性题要是用两点间段最短和任两之大于三因只作点点E关线BD的称点A′或′再接E′或A′或′再接E′或A′即．23.（21疆产设兵5如点P是边为1的形BCD角线C一个点点，N分是A，BC边的点则MPPN最值（）A．B．1C．D．2【分作点M于AC的对点′连接′N交AC于P此时MP+P最小后证明形ABM为四边，可出P+NM′N=B=．【解】：图，作点M关于AC的称点′，接′N交AC于，时MPNP最值最小为′N的长．∵形ABD于AC对，M是AB边的点，∴M是AD的点，又∵N是C上中，∴AM∥B，A′=N，∴四形BN′平边形，∴M′=AB1，∴MP+P=′N=即MPP的小为，故选B．【点题查是对称最路问及形的质熟两之线段短知识是解此的键．24.201川贡4分图在长为a方形BCD中把边C点B时旋转6°得线段M接AM并长交CD于N连接C则△NC面为（）A．B．C．D．【分作MGBC于GH⊥CD于根旋变的性得△MA．B．C．D．【分作MGBC于GH⊥CD于根旋变的性得△MC等三角据直角角的质勾定理别出H、H据三形面公计即可．【解】作M⊥BC于GMHCD于H，则BGGCABMGCD，∴AM=N，∵MHCD∠D90，∴MHAD，∴NH=D，由旋变的质知△MBC是边角，∴MC=C=，由题得∠MD=3°，∴MH=MC=a，CH=a，∴DH=﹣a，∴CN=H﹣H=a﹣（﹣a=（ ﹣1），a2，∴△MC面=××（1）a=故选C．【点题查是转变的质正形性质掌正形性平线性质是解的键．25.201·湾分下列项的形一为轴称形判此为何（）A．B．C．D．【分】据对图的概求．果个形沿一直对A．B．C．D．【分】据对图的概求．果个形沿一直对后部分全，这样图叫轴称形．条线做称．【解】：、是称图，本项误；B、是对图，选项误；C、是对图，选项误；D、轴称形对为两的点连所的直，本项确．故选D．【点本考查对图意握轴称形的对称形关键寻称轴，形部折后重合．26（北施•3下图是对称形是心称形的（）A．B．C．D．【分】据对图与中对图的念解．【解】：、是称图，中对图，故选错；B、轴称形不心对图，此项误；C、是对图，是中对图，此项错；D、轴称形也心对图，此项确．故选D．【点】题查中对称形轴称形概念轴称形关是寻对，图形部沿称折后可合中对图是要找称心旋转80后原图重合．27（湖黄•3）下图中轴称形但是心称形是（）A．B．C．D．【分】据对图与中对图的念解．【解】：、是称图，不中对图形故选错；B、轴称形也心对图，此项误；C、轴称形不心对图，此C、轴称形不心对图，此项确；D、是对图，是中对图，此项错．故选C．【点】题查中对称形轴称形概念轴称形关是寻对，图形部沿称折后可合中对图是要找称心旋转80后原图重合．28（01江安3分图角形ACDADBCABBCD=BC=腰CD以D中逆针转90至E，连E、E△ADE的积（）A．1B．2C．3D．能定【考】形性和转的质【分】图辅线利用转三形等明△DG△DEF全，根据等角形对边等得F，即ADE的，后出三形面．【解】：图示作E⊥AD交AD延于F，作DGBC，∵CD以D为心时转9°至D，∴∠EF+CDF90，DCD，又∵CDF∠CG=9°，∴∠CG=ED，在△DG△DF，∴△DG△DE（AS∴EF=G，∵AD=，B=3，∴CG=C﹣D=﹣2=，∴EF=，∴△AE面是：×A×EF=×21=．故选A．【点本考查形性质旋的质旋变化应点旋中心【点本考查形性质旋的质旋变化应点旋中心距等以及一对点旋中心线构的转相等要意转三素定为旋转中；旋方；旋转度．29.201·庆()4分）列形一是对称形是A.B.D.C.40°平行四边形直角三角形四边形矩形【考】对、心称【解析】A4°直三形不对图；B两角是角四形一是轴称图形C行边是心对图不轴称形；D矩是对图，有条称轴【点评】题要查本几图中轴称形和心称形难系数，考生要意清题要求。1.201广广3分如所的角轴对图它对共（）A.1条B.3条C.5条D.无条【答】C【考】对图形【解解】：星有条称.故答为C.【分对图面内一图沿条线折线旁部能够全合的图形这直叫对。由定即得答.30.201·东圳3分观下图，30.201·东圳3分观下图，中心称形是()A.B.C.D.【答】D【考】心称中对称形【解【答解A.边三形轴称形有三对轴不心对图形A不符题.角轴对图有条轴但是心称形B不合意；C.爱为对图，一条称，不中对称形C符题；D.平四形中对图形对线交为称中，D符题；故答为D.【分中对图在平一图着某点转80果旋后图形能与来图重么这图叫中对图个叫做的称中由即可得答。31.（21东3分把数=x上移3个列该后的线的点是()A.B.C.D.【答】D【考】次数象几何换【解解】：数y=x向移3单，∴yx+3,∴当=2，y5，即（25在移的上，故答为D.【分根平移性得平后函解式再将的【分根平移性得平后函解式再将的坐代出y值一判断即可出案.32.（208广3分下列述形是称图但是心称形的（）A．圆B．形C．行边形D．腰角形【分】据对图与中对图的念解．【解】：、轴图形也中对图，故选错；B、轴称形也心对图，此项误；C、是对图，心对图，此项误；D、轴称形不心对图，此项确．故选D．【点】题查中对称形轴称形概念轴称形关是寻对，图形部沿称折后可合中对图是要找称心旋转80后原图重合．33.西林•3分）列形轴称形的（）A.B.C.【答】A【解】析根轴称图的念各项析判即得．详解A是对图故本项确；B、是对图，选项误；C、是对图，选项误；D、是对图，选项误．故选A．34.西林•3分）图在形ABD中，A=3点M在D上且DM1，ΔAEM与ΔADM于AM在的线称将ΔADM顺时方绕点A旋转9°得到ΔAB，连接F则段EF的为（）A.3B.C..【答】C【解】析A.3B.C..【答】C【解】析接BM证明AF≌△MB得FEB，运勾定求出M的即.详解接B，图，由旋的质：A=AF.∵四形BCD是方，∴AD=B=B=C，∠ADC=90,∵ΔAM与ΔAM于M所在直对，∴∠DM=EAM.∵∠DM+BAM∠FE+AM=9°,∴∠BM=EAF,∴△AE△AMB∴FE=M.在R△BCM中BC=，CCD-DM3-12,∴BM=∴FE= .故选点题查了转性应到旋中的距相对应与转中所段的夹等旋角旋前、的形等也查了方的质．35.北•3分图1○□组成对图图的对轴直线（ ）A．1答案C．l2．3D．l4A．1答案C．l2．3D．l436.(018四省阳下列形是心称形的（）A.B.C.D.【答】D【考】对图，心对及心称形【解解】：A是中对图，A不合题；B.是对图，B不合题；C.不中对图，C不符题；D.是心称形D合题故答为D.【分一平内把一图绕某点转18°如旋后形能原的图形合那这图叫做心称形由判断可出案.37.(018四省阳市在平直坐系原点对中点3逆针旋转0，到点，点B坐为（）A.（，-）B.（-A.（，-）B.（-，）C.（-，）D.（-，-）【答】B【考】的标旋的性质【解解】：：由旋的质得：△AO≌△OD，∴OD=C，D=A，又∵（3,∴OD=C=，BDAC=，∵B在二限，∴B（4,）.故答为B.【分建平面角标据转的质△AO≌△O再全三角的和点的标质出B点标，此可出案.38（208四省市图平面角标系中△AC顶点A第一限点BC的标别（61∠BA=9°B=A直线AB交y轴点△ABC△′BC关点P成心称则点A坐标（）A．﹣4﹣）B．﹣5﹣A．﹣4﹣）B．﹣5﹣）C．﹣3﹣）D．﹣4﹣）【考】R：心称W：腰角角；R坐标图变﹣转．【分求直线AB析为y=﹣1即出（0﹣1根点A与点'点P中对，用点公，可点A的坐．【解】：点，C坐标别（，1，，1，∠AC=0，ABC，∴△AC等直三形，∴A（，），设线AB解式为y=kb，则，解得，∴线AB解式为y=1，令x=，则y=1，∴P（，1又点A点'于点P成中对，∴点P为A'中，设A（mn，则=0，﹣1，∴m=4，=﹣，∴A'﹣，﹣），故选A．【点】题查中对称等直三形【点】题查中对称等直三形运用利待系法出直线AB析式解的键．39208年川南市下图是对称形是心称形的（A．形B．五形C．形D．行边形【考】R：心称形；P：对图．【分】据对图与中对图的念解．【解】：、形轴对图，是心称图，此项误；B、五形轴称，不中对图，此选错；C、形是对图是中对图，此项正；D、行边不轴图形是心称形故此项误．故选C．）【点】题查中对称形轴称形知识轴称形关是寻对，图形部折后重中对图的键要寻对中转10度两分重合．二.填空题1.(218川眉市1分)如△ABC是直角角∠AB=9A=BC2△ABC绕点A顺针向转4°得△AC′则段C上旋过程所过部分阴部）面是 .【答】.【考】形积计算【解解】：可得：∠BA′=B′C′45△AB≌△B′′，又∵A=BC2∠AC=9，∴AB=2,∴S=S扇ABB′S△ABC+△AB′C-S扇ACC，S扇ABB′S扇ACC，=，π-，= .故答为:.【分】据转性= .故答为:.【分】据转性得∠BB′∠′A′=4°,△BC△A′′在RtABC根据股得AB2,以S=S扇ABB′S△ABCS△AB′′-S扇ACC′=S扇ABB′S扇ACC代扇形圆角度和径可得答案2.（河南3）图,∠AN=0°点C边AM上AC=,点B边N上一点连接BC，△BC与ABC关于BC在直对，点D,E分为AC,BC中点连接DE并延长交B所直点F连接E.当△EF为直三形,AB的长 .3.（01·川宾3分）点A线y=13.（01·川宾3分）点A线y=1一，横标﹣，点B与点A于y轴称点B的标为 （，） ．【考】F：次数象上的标征P5关于x轴y对的的坐．【分】用定数求点A标再用对称性求点B坐即可；【解】：意A﹣，∵AB于y轴称，∴B（，故答为（，【点题查次的应对的质识题关是练基本识，属于考考型．4（208津3分将线【答】向上移2单长移后线解式 ．【解】析直根“上下，加减的平规求即．详解将线=x向平移2个位所直的解为y=+2．故答为=x+．点题查图的移变和数析之的关在面直坐系移解析式这一规“加右，加减．5.201天3如每小方边为1网，在格上.的点均（1）的小为 （度；（25.201天3如每小方边为1网，在格上.的点均（1）的小为 （度；（2如所的格是边上意点.中取转等于把时针旋的应为.当短用的出简说的位是如何找的不求明 ．【答】().；(2).见析【解】析（1利勾股理可决题；（2如，格点，接交于点取点，接交延线点取，连接交延线点则即为求.详解（1∵个正形的为1，∴AC=∵，BC=，A=,∴∴ΔAC直三形且∠C90°故答为0；（2如，为求.点睛本题查作-应与设、勾定理知，解的关是利数结合思想解决问，会转的想思问.6（株市•3分图O决问，会转的想思问.6（株市•3分图O为标点△OAB是等直三形∠O＝90B的标为该角轴向平得到时的坐为线段A平过中部分图面为 .【答】4【解】析利平的性出A′长据等直三形性得到A对应的高再合行边面积式出可．详解点B坐为，2 ，将三沿x向右移到t△′B′此时点B的标（2 ，2 ∴AA=B′=2 ，∵△OB等直三形，∴A（ ， ∴AA对的高 ，∴段OA在移程过部的形为2 × 4．故答为4．点题要考了移变等直角角的性以平四面求用移规律出应坐是题关．7（208山潍·3）如，方形BCD长为1点A与点，点B在y轴的正轴，点D在x轴的半上将方形ABCD绕点A逆时旋转30°正形AB'CD的置，'C与CD相于点M则点M的坐为 （1，） ．【分接A旋性知ADAB=BA【分接A旋性知ADAB=BA′=3∠′A=6证R△AD≌Rt△A′M得DAM=∠AD=3°由D=ADanAM得案．【解】：图接AM，∵将为1正形CD点A逆针转3得到形ABC′′，∴AD=B′1∠BA′=°，∴∠′AD60，在R△ADM和t△B′M中，∵，∴RtAD≌R△A′ML∴∠DM=B′M=∠B′=30，∴DM=Dta∠DM=× = ，∴点M的标（1，故答为（﹣，【点本主要查转的方形性题关是掌旋变换不与正方的质全三形的定性及角数的用．82018湖南省衡阳3分）图点AB、D、O在格的点，若COD是由△AB点O按时方向转得的则转的度9°．【解】：△CD由△A【解】：△CD由△AB点O按时方向转得，∴OB=D，∴旋的度∠BD大小，∵∠BD=9°，∴旋的为9°．故答为90．9.（江扬•3）如，形OBC是形点A的标（，0，点C标04矩形ABC沿OB折叠点C落点D处点D的标为（）．【分由叠的质到一角再矩对边行到对错相量换及等对边到E=OE利用AS到形OED与三形EA等由等三形应边相得到E=A，过D作DF垂直于OE利股定及积求出DF与OF的，可确出D标．【解】：折得∠CBO∠DO，∵形ABO，∴BCOA，∴∠CO=BO，∴∠DO=BO，∴BE=E，在△OE△BE，∴△OE△BA（AS∴AE=E，设DEAE=，有O=BE﹣x，在R△ODE中根勾定理：4+（﹣）2=x，解得x=，即OE=，D3，过D作D⊥O，∵S△OED=OD•E=OE•D，∴DF=，OF==，则D（，﹣故答为（，﹣）【点】此考查翻变化折叠题解得x=，即OE=，D3，过D作D⊥O，∵S△OED=OD•E=OE•D，∴DF=，OF==，则D（，﹣故答为（，﹣）【点】此考查翻变化折叠题坐标图形换，及矩的质，练掌握折叠性是本的键．10.西•3分如图在形中，=3，矩形绕点时旋得到矩形，点对点上，且则的为 .GDAFBC（第10题）【解析】 本考矩的性和转对线，利勾定理计算的.=3,=90°所以【答案】★★E11.（四凉州3分将ABC绕点B针旋11.（四凉州3分将ABC绕点B针旋到A′C使′同一直线，∠BA=9°∠BAC30，A=4c，图中影分积π cm．【分析易整后影分面为心为20°两个径为4和2圆环．【解】：∠BA=9°，BAC30，A=4c，∴BC=，A=2，∠′BA20°∠CC′12°，2 22∴阴部面=（△A′BC+S扇形BAA）S扇形BCC′SABC=×42）4πm．故答为4π．【点】题用直三角的质扇的积公求．12.东博•4在图示平四形ABDAB2A=3将△AD角线C叠点D在ABC在面的点E且AE过BC的点ADE周长等于10．【考】P：折换折叠题；L：行形的质．【分】计周首需要明、、D线E可，题解．【解】：四形CD平四形∴ADBCCD=B=2由折，DAC∠EC∵∠DC=ACB∴∠AB=EAC∴OA=C∵AE过BC的点O∴AO=BC∴∠BC=9°∴∠AE=9°由折∴∠AE=9°由折，ACD90°∴E、、D共，则DE=4∴△AE周为3+3+2=10故答为10【点本考查平四边的轴称形性和点线证题注不能略EC、D三共．13.东博•4分）知物线y=x22x3与x轴于A，B两点A在点B的左侧将条物向平移m＞个移后抛于x于CD（点C在点D左若BC是段D三分则m值2．【考】H：物与x轴的点H6二函图象几变．【分】根三分的定得AC=C=B，平移m单可：A=D=m计点A和B坐得AB的从而结．【解】：图∵C是段D三分，∴AC=C=B，由题得AC=D=，当y=0时x2+x﹣=0，（x﹣（+3=0，x1=1x2=3，∴A﹣30B（，0∴AB=+1=，∴AC=C=，∴m=，故答为2．【点本考查抛线与x轴交问物线平及一二方程问利用数结的想三分点定解问是键．14.东庄4分）图在形ACD中，A=2，边C点B时旋转3°到段P14.东庄4分）图在形ACD中，A=2，边C点B时旋转3°到段P接P延交D点，接P，三形CE的面为9﹣5．【分析】根据旋转的思想得PBBC=B，∠PBC30°，推出△AP是等边三角形，得到∠过P作PFCD于，BAP=6APAB=2于是到论．角三形到E=2﹣2P=4﹣2【解】：四形CD正形，∴∠AC=9°，∵边BC绕点B时转3°到段B，∴PB=C=A，PBC30，∴∠AP=6°，∴△AP等三形，∴∠BP=6°AP=B=2，∵AD=2，∴AE=，D=2，∴CE=2﹣，PE4﹣2，过P作P⊥CD于，∴PF=PE=2﹣3，∴三形CE面=CE•F=×2﹣2）（2﹣39﹣5，故答为9﹣5．【点题查旋的性方的质边三形判和质解直三形，正确作辅线解的关．15.（四成都3菱形中，的对线段，经顶点分别在边上四形沿翻折正确作辅线解的关．15.（四成都3菱形中，的对线段，经顶点分别在边上四形沿翻折使时，的为 _.【答】【考】勾定理菱的性，翻变换折问题相似角的判与性，解直角三形【解解】：沿翻，使的对段经过点，∴∠A∠E∠，∠=∠，EM=M，B=E=DCAD∵EFEF∴∠EM=9°∴ta∠E==设DM4xDE=x则EMM=5x=F∴DC=D=A+DM9xDF=-DE=9-3x6x延长F交BC点H∴ADBCEFEF∴∠EM=DHC90∵=∠C∴△DM△HCD∵∠1∠HN=10∠BC=18°∠1∠B∴∠HN=C∠DH=∠N=90°∴△FN△CHD∴FN:C=F:C，即FN:=解之FN=x=BN∴CN=∴∠HN=C∠DH=∠N=90°∴△FN△CHD∴FN:C=F:C，即FN:=解之FN=x=BN∴CN=C-B=9x2x=x：∴=故答为：【分据叠性可出形沿翻折使的对线段顶点，可得出∠A=E=C，∠1=∠B，EMAM，A=F=DC=A，利用锐角角函数的定义可出tn∠==设DM4DE3x则M=M=5x=F就求菱形的边及M长F交C点证△EM∽HC求出H用股定理出DH的，可出FH的，后明△HN∽CH，出FN的，即出BN的长从可出N和N之。三.解答题1.（四凉州8）如，平面角系中点O1的标为4，0以点O1为圆，8为径与x轴于，B两过A作线l与x成的角，交y于C，点O2135为心与x相点D．（1求线l的析；（2将⊙O2以秒1个位的度沿x向平，当O2一与⊙O1切时求O2平移时．【分（）直的析式可先出、C点的标就以据定系法出函数解式．（2设⊙O2平移t后⊙O3处⊙O1一外于点P⊙O3与x相于1O1O3，OD1．在直△OO3D1中根股定，可出O1D，进出在直△OO3D1中根股定，可出O1D，进出D1D的，到平的．【解】（）题得OA|﹣|+||=1，∴A坐为﹣1，0∵在t△OC，OAC0°，OC=OAanOAC12tan°=12．∴C的标（，﹣设线l解为y=+b，由l过AC点，得，得∴线l解式：y﹣x﹣．（2如，⊙O2移t秒后⊙O3与O1第次外点P⊙O3与x相于D1连接OO3O3D1．则O1O=O1PPO3=+5=3．∵O3D⊥x轴，O3D15，在R△O1OD1中，．∵O1DO1O+D=413=7D1D=O1﹣O11=1﹣1=5，∴（．∴⊙O2移时为5【点本综合待系数求数析及圆位关中圆相时助线的法经用的．2.川州•10分图已抛线y2+bx+c过（002两，顶为D．（1求物的析；（2将△AB绕点A顺针旋转0后，点B落点C的置将物线沿y轴平后经过点，平后得象的数系；（3过点，平后得象的数系；（3（平后得抛与y的为B1点为D1点N在移后抛物线上且足NBB1积是NDD1积的2求点N的标．【分（）用定数法点AB坐入解式可得；（2根旋的识：A（，0，（02∴OA=，O=2，可得后C的标（3当x3由y=2﹣3x2得y=知线y=x﹣3+2过（将抛沿y向移1单后点平后抛线解式：y=x23x+；（3首求得B1，D1的标，据形别得可，注利方思．【解】（）知物线=x2+x+c经过A（，0B（，2∴，解得，∴所抛线解为y=x23x+；（2∵A1，，（2∴OA=，O=2，可得后C的标（3，当x=3时由=x23x2得y=，可知线y=x﹣3+2点（，2∴将抛沿y向平移1个位点C．∴平后抛线析为：yx23x+；（3∵点N在y=x﹣3x1上可设N坐为x，x23x+0 0 0将y=x﹣3+1配得yx﹣）2﹣，∴其称为线=．①0≤0≤时如①，∵，∴∵x0=，2此时x0①0≤0≤时如①，∵，∴∵x0=，2此时x0﹣x0+1﹣，∴N的标（，﹣②当时，图，同理得，∴x0=，2此时x0﹣x0+11，∴点N的标（，1③当＜0时由可N点存，∴舍．综上点N的标（﹣1或（，1【点题于考的压题难较识点查较而联密切需学生认真题．此题查二函与次函的合识解的关是注数结思想应．3.（山枣•8）如3.（山枣•8）如在44方中，ABC的个点在格上．（1在图1，出与△AC中对的点三形；（2在图2，出与△AC轴称与BC公边格三；（3）在图3中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转9°后的三角形．【分（）据心称的质可出形；（2根轴称性可作图；（3根旋的质求出形．【解】（）图示，△DCE为求作（2如所，△ACD为求作（3如所示△ECD为求作【点】题查形换，题关是确解图变的质本属于．4（四川都•9）在中，顺针得到分，，，过点作线） 射 线绕点，（点的应别为 ，别交 直 线于 点 ，.（1如图1△ECD为求作【点】题查形换，题关是确解图变的质本属于．4（四川都•9）在中，顺针得到分，，，过点作线） 射 线绕点，（点的应别为 ，别交 直 线于 点 ，.（1如图1当与重时，求的度；（图与 的点为当 为的中时求线段的长；（3）在旋转过程时，当点分别在，的延长线上时，试探究四边形的面是存最值存在求四形请说理.的面积若存，【答案（1）由旋转的性质得：.，，，，，.的中点，.（2）为.转的质：，，.，，.（3），最小，法一（何）取即最，.中点，则..当最小，最小，，即与重合，最小.，，，.法二（数）设由射定得：，当.小，即，最小，.当时，“”立，.【考】角的积（3），最小，法一（何）取即最，.中点，则..当最小，最小，，即与重合，最小.，，，.法二（数）设由射定得：，当.小，即，最小，.当时，“”立，.【考】角的积解直三形旋的质【解析【分（1）根据旋转的性质可得出，根据已知易证m∥AC，得出∠A'C直，用角的角数，求∠A'B度，可结果。（2根中的义质的质可得A='CM利解角角出B和BQ的长再据Q=P+B计算可答。（3根已得四形FA''Q面最，△PCQ的积小可示出PCQ的面积，用何取中点，则，出P=2C当G小，则PQ最小据线最，出G值从可出Q最值就求边形FA''Q面积的小。可利代数解此。5.（山菏•10分）题境：在综与践在综与践让同们“形片剪拼为题展学动如图将：矩形片BCD沿角线C剪，到ABC和△D．且得A=2c，A4cm．操作现：（1将图1中△ACD点A为转心按针方旋∠α，∠α∠BA，到如图2所的ACD点C作A′平线与C'的长交点E则边形CE′的形是菱形．（2创小图1中△AD点A为转，按时方旋使B、AD三点在同条线得图3示△A′接CC取C′中点F连接F延长至点G使F=AF连接CC′G得四形AC′发它正形你证这结论．实践究：（3缜小在新发现论基上进如下作将ABC沿着D方平，使点B点A时A点移至A''C与C′交点图4示连接CC，试求anC′H值．【考】L：边综题．【分（1先断∠AD=∠BC而断∠BC=∠A'D进判出∠AC'=AC'，即可结；（2先断∠CA'=9°，判出A⊥C'，F=C'，而断四形ACG'平行四边，可出论；（3先断∠AC=3，进出B，A，求出H，'H即得结论．【解】（）图1中，∵AC是形ABD对线，∴∠B∠D90，A∥C，∴∠AD=BA，在图2，旋知C'=A，∠C'D∠AD，∴∠BC=AC'，∵∠CC'∠BA，∴∠CC'∠ACD，∴ACC'，∵AC∥C，∴四形CEC是行边形，∵AC=∵AC∥C，∴四形CEC是行边形，∵AC=C'，∴▱ACC'菱，故答为菱；（2在图1，四形ABD矩，∴ABCD，∴∠CD=AC，∠=9，∴∠BC+ACB90°在图3中由转，AC'=DA，∴∠AB=DAC，∴∠BC+DAC=9°，∵点，，B同条线上，∴∠CC'=0，由旋知AC=C'，∵点F是C'中，∴AGCC，CFC'，∵AF=G，∴四形CGC是行边形，∵AGCC，∴▱ACC'菱，∵∠CC'=0，∴形ACC'正形；（3在R△AC，AB，AC=，∴BC'AC=，B=BC2，sn∠AC==，∴∠AB=3°，由（）合移，∠C'=9°，在R△BCH中∠AB=3°，∴BH=C•sn3°=∴C'HBC﹣BH4﹣，，在R△ABH中AH=AB=，∴CH=C﹣H=﹣1=，在∴CH=C﹣H=﹣1=，在R△CH'，ta∠CH==．【点此是边合题主要查矩性质平行边形菱矩形正形的判定性，勾定，锐角角数，转性质，断∠CA'=9是解本的关键．6（208山临·1分）形ACD点A时针转α0＜α＜60°，到矩形EF．（1如，点E在BD上时求：F=C；（2当α为值，GGB？出形并明由．【分】1先用SAS判定AE≌R△FD，得DF=E再据AEAB=D，可出CD=D；（2当GBGC时点G在BC垂平线上分种情讨据DAG0°即得到旋角α度．【解】：1由可得AE=B∠AE=∠C=∠DB=9°EF=C=A，∴∠AB=AB，又∵ABE∠GE=9°AEB+DE，∴∠EG=DE，∴DG=G，∴FG=G，又∵DGF∠EA，∴△AG≌t△DGSA∴DF=E，又∵A=ABCD，∴CD=F；（2又∵A=ABCD，∴CD=F；（2如，当GB=C点G在BC的直分，分两情讨：①点G在AD右时取BC的点，接GH交AD于，∵GC=B，∴GHBC，∴四形BHM是形，∴AM=H=AD=AG，∴GM垂平分D，∴GD=A=D，∴△AG等三形，∴∠DG=6°，∴旋角α=6°；②点G在AD左时理可△AG等三形，∴∠DG=6°，∴旋角α=30﹣6=300．【点题要查旋转性等角的判与质运题时意对应点与转心连段夹角于转．7（徽分）如，在边为1个位度的正形的110格，已7（徽分）如，在边为1个位度的正形的110格，已知点，，B为格的交.（1给的格中点O位中线段B放为来的2倍得线段（点A，B的应分为）.画出段;（2将段绕点 逆时转9°到段.画出段;（3为顶的边形面积 个方位.【答（）图解（2画见析3）【解【析（1结网格点接A延至A1使OA12OA同方法到1，连接AB1即得；（2结网特根转作的法到A2连接AB1即得；（3根网特可边形A1B1【详（）图示；（2如所；（3结网特易边形A1B1A2是方求出长可得积.A2是方，AA1=，所以形AA11A2面积：=20，故答为20.【点本考了图位似，转，根据似旋方旋转角得关点对点作图关.8（甘白定威•3）是正形【点本考了图位似，转，根据似旋方旋转角得关点对点作图关.8（甘白定威•3）是正形的边上一把绕点时旋转到的位若四形的面为5，的长（）A.5B.C.7D.【答】D【解】分】用转的质出方边，再用股理出案．【解】把ADE顺针旋△AF位，∴四形ECF的积正形ABD面等于5，∴AD=C=，∵DE=，∴RtADE中,故选【点查转性质正方的质勾定等练握转性是解的.9（208天·10分在平直坐系，边形是矩，点，点，点.点中顺针转矩形得矩形点的对点别，.（Ⅰ如①当落在边上，点坐；（Ⅱ如②当落线段上时，与 交于.①求证②求的标.（为形；对角的点为的面求取直写结即.【答Ⅰ点坐为.（）证见析点的标为.Ⅲ）.【解析Ⅰ根旋转性得D=A=5设CD=x在角角形ACD中运勾定理可D值从可定D坐；（Ⅱ①据角角全等判方进判即可；②由.【解析Ⅰ根旋转性得D=A=5设CD=x在角角形ACD中运勾定理可D值从可定D坐；（Ⅱ①据角角全等判方进判即可；②由知再据形质得.从而H=A，在R△ACH中运勾定理得AH的，求得案；（Ⅲ）.详解（）点，点，∴，.是矩，，是矩形.中有∵四形∴∵矩形∴在，旋得的，.，∴∴∴点坐为...（Ⅱ①四形是矩，得..又点线段由（），∴②由又在形∴上得，又.，得，，，.中，.∴.∴.设在，则中有，.，∴..∴.∴点坐为.（Ⅲ）.点睛本题要查等腰角的定性，勾定∴..∴.∴点坐为.（Ⅲ）.点睛本题要查等腰角的定性，勾定以旋变的性等，灵活用股理解解决题关.10（01·川贡·2分如，知AOB0°在∠OB的分线M上一点C，将个12°的点点C合它两边别与线A、B交点DE．（1当∠CE点C旋到CD与OA垂如图猜想E+OD与C数量系并说明由；（2当DCE绕点C到CD与OA不直达图2的置（的论是成？并说理；（3当∠CE绕点C旋到CD与OA的向长相交，述论否立？图3中画图若于证若成线段OE与C间有样数量系？请写出你的猜想，不需证明．【分1先断出OE=60再利特角三角数出D=OC同E=OC，即可出论；（2同（）方得O+OG=即可出论；OC，判出CF△CG，得出DF=G最等量换（3同（）方即得出论．【解】（）OM∠AOB（3同（）方即得出论．【解】（）OM∠AOB的平线，∴∠AC=BOC=∠AB=3°，∵CDOA，∴∠OC=9°，∴∠OD=6°，∴∠OE=DC﹣∠CD=°，在R△OCD中OD=E•c30°=OC，同理OE= OC，∴OD+D=OC；（21中论然，理：过点C作F⊥A于F，⊥OB于G，∴∠OC=OGC90，∵∠AB=6°，∴∠FG=10，同（）方得，F=OC，OG=OC，∴OF+G=OC，∵CFOACGOB点C是AOB的分线OM一点，∴CF=G，∵∠DE=10，∠CG=0°，∴∠DF=EC，∴△CD△CG，∴DF=G，∴OF=D+D=ODEGOG=﹣EG，∴OF+G=O+EGOEEG=+OE，∴ODO=；（31中论成结论：O﹣O=（31中论成结论：O﹣O=理由点C作C⊥OA于FCGOB于G，∴∠OC=OGC90，∵∠AB=6°，∴∠FG=10，OC，同（）方得，F=OC，OG=OC，∴OF+G=OC，∵CFOACGOB点C是AOB的分线OM一点，∴CF=G∵∠CE=20，∠FG=10，∴∠DF=EC，∴△CD△CG，∴DF=G，∴OF=F﹣D=E﹣O，OOE﹣E，∴OF+G=E﹣O+O﹣EGE﹣O，∴OEOD=OC．【点此是几变综合主考查角分线定和理全三角的和性质特角三函直角角的质正作出助是本的键．11.（01·江波·0分如，△AC中∠ACB90，A=B，D是AB上点（点D与，B重合连结C，线段CD绕点C按逆针向转9得到段C，连结E交BC点，接B．（1求：△CD△B；（2当A=BF时求∠F的数．【考】转性【考】转性、等三形判与质【分1由意知CD=CDCE90∠ACB90所∠AC∠AC﹣∠CB，∠BCE∠DE∠DC，以∠AD=BC，而明△AD△BC（SS）（2由△CD△BE（S）知∠A∠CB=4，BE=F从可出∠F的数．【解】（）题可知CD=E∠DC=9，∵∠AB=9°，∴∠AD=AC﹣∠CB，∠BCE∠DE∠DC，∴∠AD=BC，在△AD△BE∴△AD△BC（SS）（2∵∠CB=0，ACC，∴∠A45，由（）知∠A∠CB45°，∵AD=F，∴BE=F，∴∠BF=6.5°【点题查等角形判与质解的关是练用转性质及等三角形判与质本属于等型．12.（08·广东广州·14分）如图，在四边形ABCD中，∠B6°，∠D3°，AB=B．（1求∠+C度。（2连接BD探究（2连接BD探究ADD，CD三之的量系，说理。（3若AB1点E在边形BCD内部动且足的长。【答（）：四形ABD，∠=6°D=30，∴∠A∠C36°-B-=360-6°-3°=70。，求点E运路径（2解如，△BD绕点B逆针转0得到BA，接D，∵BD=Q∠DB=6°，∴△BQ等三形，∴BD=Q，∵∠BD+C=20，∴∠BD+BAQ27°，∴∠DQ=30°27°=9°，∴△DQ直三形∴AD2AQ2=Q2 ，即AD2CD2BD2（3