2017年中考数学试题分项版解析汇编第02期专题04图形的变换含解析.doc

专题4：图形的变换 一、选择题 ‎1.(2017北京第5题)下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）‎ A． B． ‎ C. D．‎ ‎【答案】A.‎ 考点：轴对称图形和中心对称图形的识别 ‎2.(2017天津第3题)在一些美术字中，有的汉子是轴对称图形.下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）‎ ‎【答案】C.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据轴对称图形的定义可知，只有选项C是轴对称图形，故选C.‎ ‎3.(2017福建第5题)下列关于图形对称性的命题，正确的是（ ）‎ A．圆既是轴对称性图形，又是中心对称图形 B．正三角形既是轴对称图形，又是中心对称图形 C．线段是轴对称图形，但不是中心对称图形 D．菱形是中心对称图形，但不是轴对称图形 ‎【答案】A ‎【解析】A，正确；B，正三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故错误；线段既是轴对称图形又是中心对称图形，故错误；D，菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故错误；故选A.‎ ‎4.(2017福建第10题)如图，网格纸上正方形小格的边长为1．图中线段和点绕着同一个点做相同的旋转，分别得到线段和点，则点所在的单位正方形区域是（ ）‎ A．1区 B．2区 C．3区 D．4区 ‎【答案】D ‎【解析】如图，根据题意可得旋转中心O，旋转角是90°，旋转方向为逆时针，因此可知点P的对应点落在了4区，故选D.‎ ‎5. （2017广东广州第2题）如图2，将正方形中的阴影三角形绕点顺时针旋转90°后，得到图形为 （ ）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：顺时针90°后，AD转到AB边上，所以，选A。‎ 考点：旋转的特征 ‎6. （2017广东广州第8题）如图4，分别是的边上的点，，将四边形沿翻折，得到，交于点，则的周长为 （ ）‎ A．6 B． 12 C. 18 D．24‎ ‎【答案】C 考点： 平行线的性质 ‎7. （2017湖南长沙第4题）在下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：利用：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，可知 A既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不正确；‎ B是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不正确；‎ C既是轴对称图形，也是中心对称图形，故正确；‎ D不是轴对称图形，但是中心对称图形，故不正确.‎ 故选：C 考点：1、中心对称图形，2、轴对称图形 ‎8. （2017湖南长沙第12题）如图，将正方形折叠，使顶点与边上的一点重合（不与端点重合），折痕交于点，交于点，边折叠后与边交于点，设正方形的周长为，的周长为，则的值为（ ）‎ A． B． C． D．随点位置的变化而变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：设正方形ABCD的边长为2a，正方形的周长为m=8a，‎ 设CM=x，DE=y，则DM=2a-x，EM=2a-y，‎ ‎∵∠EMG=90°，‎ ‎∴∠DME+∠CMG=90°．‎ ‎∵∠DME+∠DEM=90°，‎ ‎∴∠DEM=∠CMG，‎ 又∵∠D=∠C=90°△DEM∽△CMG，‎ ‎∴,即 ‎∴CG= ‎ ‎△CMG的周长为CM+CG+MG= ‎ 在Rt△DEM中，DM2+DE2=EM2‎ 即（2a-x）2+y2=（2a-y）2‎ 整理得4ax-x2=4ay ‎∴CM+MG+CG==n．‎ 所以 故选：B．‎ 考点：1、正方形，2、相似三角形的判定与性质，3、勾股定理 ‎9. （2017山东青岛第2题）下列四个图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）．‎ ‎ ‎ ‎【答案】A 考点：轴对称图形和中心对称图形的定义 ‎10. （2017山东青岛第5题）如图，若将△ABC绕点O逆时针旋转90°则顶点B的对应点B1的坐标为（ ）‎ ‎ ‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：将△ABC绕点O逆时针旋转90°后，图形如下图 所以B1的坐标为 故选：B ‎11. (2017四川泸州第5题)已知点与点关于原点对称，则的值为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(﹣x,﹣y),由此可得a=4，b=-1，所以a+b=3，故选C.‎ ‎12. (2017山东日照第2题)剪纸是我国传统的民间艺术．下列剪纸作品既不是中心对称图形，也不是轴对称图形的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A．‎ 考点：中心对称图形；轴对称图形．‎ ‎13. (2017辽宁沈阳第6题)在平面直角坐标系中，点，点关于轴对称，点的坐标是，则点的坐标是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：关于y轴对称点的坐标的特点是横坐标互为相反数，纵坐标不变，由此可得点B的坐标为（-2，-8），故选A.‎ 考点：关于y轴对称点的坐标的特点.‎ 二、填空题 ‎1.(2017北京第15题)如图，在平面直角坐标系中，可以看作是经过若干次图形的变化（平移、轴对称、旋转）得到的，写出一中由得到的过程： ．‎ ‎【答案】将△COD绕点C顺时针旋转90°，再向左平移2个单位长度得到△AOB（答案不唯一）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：观察图形即可，将△COD绕点C顺时针旋转90°，再向左平移2个单位长度得到△AOB，注意是顺时针还是逆时针旋转.‎ 考点：几何变换的类型 ‎2.(2017河南第15题)如图，在中，，，，点，分别是边，上的动点，沿所在的直线折叠，使点的对应点始终落在边上.若为直角三角形，则的长为 ．‎ ‎【答案】1或.‎ 考点：折叠（翻折变换）.‎ ‎3.（2017湖南长沙第16题）如图，三个顶点的坐标分别为，以原点为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，可以得到，已知点的坐标是，则点的坐标是 ．‎ ‎【答案】（1，2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据位似变换的性质及位似比，可知A′的坐标为（1，2）.‎ 故答案为：（1，2）‎ 考点：位似变换 ‎4.(2017山东滨州第15题)在平面直角坐标系中，点C、D的坐标分别为C(2，3)、D(1，0)．现以原点为位似中心，将线段CD放大得到线段AB，若点D的对应点B在x轴上且OB＝2，则点C的对应点A的坐标为_______．‎ ‎【答案】（4，6）或（-4，-6）.‎ ‎【解析】已知点D（1，0），点D的对应点B在x轴上，且OB=2，所以位似比为2，即可得点A的坐标为（2×2，3×2）或[2×（-2），3×（-2）],即点A的坐标为（4，6）或（-4，-6）.‎ ‎5.(2017山东滨州第16题)如图，将矩形ABCD沿GH对折，点C落在Q处，点D落在AB边上的E处，EQ与BC相交于点F．若AD＝8，AB＝6，AE＝4，则△EBF周长的大小为___________．‎ ‎【答案】8.‎ ‎6.(2017辽宁沈阳第16题)如图，在矩形中，,将矩形绕点按顺时针方向旋转得到矩形，点落在矩形的边上，连接，则的长是 .‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：如图，过点C作MNBG，分别交BG、EF于点M、N，根据旋转的旋转可得AB=BG=EF=CD=5，AD=GF=3，在Rt△BCG中，根据勾股定理求得CG=4，再由,即可求得CM= ,在Rt△BCM中，根据勾股定理求得BM=，根据已知条件和辅助线作法易知四边形BENMW为矩形，根据矩形的旋转可得BE=MN=3,BM=EN=,所以CN=MN-CM=3-=,在Rt△ECN中，根据勾股定理求得EC=.‎ 考点：四边形与旋转的综合题.‎ ‎7.（2017江苏苏州第18题）如图，在矩形中，将绕点按逆时针方向旋转一定角度后，的对应边交边于点．连接、，若，，，则 （结果保留根号）．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：连接AG,设DG=x,则 ‎ 在 中， ，则 ‎ ‎ ‎ 考点：旋转的性质 ，勾股定理 .‎ ‎8.(2017浙江舟山第7题)如图，在平面直角坐标系中，已知点.若平移点到点，使以点，，，为顶点的四边形是菱形，则正确的平移方法是（ ）‎ A．向左平移1个单位，在向下平移1个单位 ‎ B．向左平移1个单位，在向上平移1个单位 ‎ C. 向右平移个单位，在向上平移1个单位 ‎ D．向右平移1个单位，在向上平移1个单位 ‎【答案】D.‎ 考点：勾股定理，菱形的判定，平移的性质，坐标与图形变化-平移 ‎9.(2017浙江舟山第9题)一张矩形纸片，已知，小明按下图步骤折叠纸片，则线段长为（ ）‎ A． B． C.1 D．2‎ ‎【答案】A.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由折叠可得，A'D=AD=A'E=2，则A'C'=A'C=1，则GC'是△DEA'的中位线，由勾股定理求得DE= ，则GG=DE=，故选A.‎ 考点：三角形中位线定理，翻折变换（折叠问题）.‎ ‎10.(2017浙江舟山第16题)一副含和的三角板和叠合在一起，边与重合，（如图1），点为边的中点，边与相交于点，现将三角板绕点按顺时针方向旋转（如图2），在从到的变化过程中，观察点的位置变化，点相应移动的路径长为 (结果保留根号)．‎ ‎【答案】12-18.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：如图2和图3，在 ∠ C G F 从 0 ° 到 60 ° 的变化过程中，点H先向AB方向移，在往BA方向移，直到H与F重合（下面证明此时∠CGF=60度），此时BH的值最大，如图3，当F与H重合时，连接CF，因为BG=CG=GF，所以∠BFC=90度，∵∠B=30度，∴∠BFC=60度，由CG=GF可得∠CGF=60度.∵BC=12cm，所以BF=BC=6；如图2，当GH⊥DF时，GH有最小值，则BH有最小值，且GF//AB，连接DG，交AB于点K，则DG⊥AB，∵DG=FG，∴∠DGH=45度，则KG=KH=GH=×（ ×6）=3，BK=KG=3，则BH=BK+KH=3+3则点Ｈ运动的总路程为6-（3+3）+[12（-1）-（3+3）]=12-18（cm）.‎ 考点：旋转的性质.‎ 三、解答题 ‎1.(2017天津第24题)将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点.是边上的一点（点不与点重合），沿着折叠该纸片，得点的对应点.‎ ‎（1）如图①，当点在第一象限，且满足时，求点的坐标；‎ ‎（2）如图②，当为中点时，求的长；‎ ‎（3）当时，求点的坐标（直接写出结果即可）.‎ ‎【答案】（1）点A’的坐标为（，1）；（2）1；（3）或 .‎ 试题解析：（1）因点，点，‎ ‎∴OA= ,OB=1.‎ 根据题意，由折叠的性质可得△A’OP≌△AOP.‎ ‎∴OA’=OA=,‎ 由，得∠A’BO=90°. ‎ 在Rt△A’OB中，,‎ ‎∴点A’的坐标为（，1）.‎ ‎(2) 在Rt△AOB中，OA= ,OB=1,‎ ‎∴‎ ‎∵当为中点，‎ ‎∴AP=BP=1,OP=AB=1.‎ ‎∴OP=OB=BP,‎ ‎∴△BOP是等边三角形 ‎∴∠BOP=∠BPO=60°，‎ ‎∴∠OPA=180°-∠BPO=120°.‎ 由（1）知，△A’OP≌△AOP，‎ ‎∴∠OPA’=∠OPA=120°，P’A=PA=1，‎ 又OB=PA’=1，‎ ‎∴四边形OPA’B是平行四边形.‎ ‎∴A’B=OP=1.‎ ‎(3)或 .‎ ‎2.(2017河南第22题)如图1，在中，，，点，分别在边，上，，连接，点，，分别为，，的中点.‎ ‎（1）观察猜想 图1中，线段与的数量关系是 ，位置关系是 ；‎ ‎（2）探究证明 把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；‎ ‎（3）拓展延伸 把绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）PM=PN，；（2）等腰直角三角形，理由详见解析；（3）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)已知 点，，分别为，，的中点，根据三角形的中位线定理可得,,,根据平行线的性质可得∠DPM=∠DCE，∠NPD=∠ADC，在 中，，，，可得BD=EC，∠DCE+∠ADC=90°，即可得PM=PN，∠DPM+∠NPD=90°，即；（2）是等腰直角三角形，根据旋转的性质易证△BAD≌△CAE，即可得BD=CE，∠ABD=∠ACE，根据三角形的中位线定理及平行线的性质（方法可类比（1）的方法）可得PM=PN, ∠MPD=∠ECD，∠PNC=∠DBC，所以∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD，∠DPN=∠PNC+∠PCN =∠DBC+∠PCN，即可得∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°，即△PMN为等腰直角三角形；（3）把绕点旋转到如图的位置，此时PN=(AD+AB)=7, PM=(AE+AC)=7,且PN、PM的值最长，由（2）可知PM=PN，，所以面积的最大值为 .‎ 试题解析：‎ ‎（1）PM=PN，；‎ ‎（2）等腰直角三角形，理由如下：‎ 由旋转可得∠BAD=∠CAE，‎ 又AB=AC,AD=AE ‎∴△BAD≌△CAE ‎∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，‎ ‎∵点，分别为，的中点 ‎∴PM是△DCE的中位线 ‎∴PM=CE，且,‎ 同理可证PN=BD，且 ‎∴PM=PN, ∠MPD=∠ECD，∠PNC=∠DBC，‎ ‎∴∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD，‎ ‎∠DPN=∠PNC+∠PCN =∠DBC+∠PCN，‎ ‎∴∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°，‎ 即△PMN为等腰直角三角形.‎ ‎(3).‎ 考点： 旋转和三角形的综合题.‎ ‎3.（2017山东临沂第25题）数学课上，张老师出示了问题：如图1，、是四边形的对角线，若，则线段，，三者之间有何等量关系？‎ 经过思考，小明展示了一种正确的思路：如图2，延长到，使，连接，证得，从而容易证明是等边三角形，故，所以.‎ 小亮展示了另一种正确的思路：如图3，将绕着点逆时针旋转，使与重合，从而容易证明是等比三角形，故，所以.‎ 在此基础上，同学们作了进一步的研究：‎ ‎（1）小颖提出：如图4，如果把“”改为“”，其它条件不变，那么线段，，三者之间有何等量关系？针对小颖提出的问题，请你写出结论，并给出证明.‎ ‎（2）小华提出：如图5，如果把“”改为“”，其它条件不变，那么线段，，三者之间有何等量关系？针对小华提出的问题，请你写出结论，不用证明.‎ ‎【答案】（1）BC+CD=AC（2）BC+CD=2AC•cosα ‎【解析】‎ 试题分析：（1）先判断出∠ADE=∠ABC，即可得出△ACE是等腰三角形，再得出∠AEC=45°，即可得出等腰直角三角形，即可；（判断∠ADE=∠ABC也可以先判断出点A，B，C，D四点共圆）‎ ‎（2）先判断出∠ADE=∠ABC，即可得出△ACE是等腰三角形，再用三角函数即可得出结论．‎ 试题解析：（1）BC+CD=AC；‎ 理由：如图1，‎ 延长CD至E，使DE=BC，‎ ‎∵∠ABD=∠ADB=45°，‎ ‎∴AB=AD，∠BAD=180°﹣∠ABD﹣∠ADB=90°，‎ ‎∵∠ACB=∠ACD=45°，‎ ‎∴∠ACB+∠ACD=45°，‎ ‎∴∠BAD+∠BCD=180°，‎ ‎∴∠ABC+∠ADC=180°，‎ ‎∵∠ADC+∠ADE=180°，‎ ‎∴∠ABC=∠ADE，‎ 在△ABC和△ADE中，，‎ ‎∴△ABC≌△ADE（SAS），‎ ‎∴∠ACB=∠AED=45°，AC=AE，‎ ‎∴△ACE是等腰直角三角形，‎ ‎∴CE=AC，‎ ‎∵CE=CE+DE=CD+BC，‎ ‎∴BC+CD=AC；‎ ‎（2）BC+CD=2AC•cosα．‎ 理由：如图2，‎ 延长CD至E，使DE=BC，‎ ‎∵∠ABD=∠ADB=α，‎ ‎∴AB=AD，∠BAD=180°﹣∠ABD﹣∠ADB=180°﹣2α，‎ ‎∵∠ACB=∠ACD=α，‎ ‎∴∠ACB+∠ACD=2α，‎ ‎∴∠BAD+∠BCD=180°，‎ ‎∴∠ABC+∠ADC=180°，‎ ‎∵∠ADC+∠ADE=180°，‎ ‎∴∠ABC=∠ADE，‎ 在△ABC和△ADE中，，‎ ‎∴△ABC≌△ADE（SAS），‎ ‎∴∠ACB=∠AED=α，AC=AE，‎ ‎∴∠AEC=α，‎ 过点A作AF⊥CE于F，‎ ‎∴CE=2CF，在Rt△ACF中，∠ACD=α，CF=AC•cos∠ACD=AC•cosα，‎ ‎∴CE=2CF=2AC•cosα，‎ ‎∵CE=CD+DE=CD+BC，‎ ‎∴BC+CD=2AC•cosα．‎ 考点：1、几何变换综合题，2、全等三角形的判定，3、四边形的内角和，4、等腰三角形的判定和性质 ‎4.(2017浙江金华第19题)如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为．‎ ‎(1)作出关于原点成中心对称的．‎ ‎(2)作出点关于轴的对称点．若把点向右平移个单位长度后落在的内部（不包括顶点和边界）求的取值范围．‎ ‎【答案】详见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）分别作出点A、B、C关于圆点O对称的点，然后顺次连接即可；（2）作出点A关于X轴的对称点，再向右平移即可.‎ 试题解析：（1）如下图：‎ ‎（2）解：A′如图所示：‎ a的取值范围是4＜a＜6. ‎ ‎5.(2017浙江金华第23题)如图1，将纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．‎ ‎(1)将纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形，则操作形成的折痕分别是线段_____，_____；______.‎ ‎(2)纸片还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形，若，，求的长．‎ ‎(3)如图4，四边形纸片满足．小明把该纸片折叠，得到叠合正方形．请你帮助画出叠合正方形的示意图，并求出的长．‎ ‎【答案】（1）（1）AE；GF；1:2；（2）13；（3）按图1的折法，则AD=1，BC=7；按图2的折法，则AD= ,BC=.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由图2观察可得出答案为AE,GF,由折叠的轴对称性质可得出答案为1：2；（2）由EF和EH的长度根据勾股定理可求出FH的长度，再由折叠的轴对称性质易证△AEH≌△CGF；再根据全等三角形的性质可得出AD的长度；（3）由折叠的图可分别求出AD和BC的长度. ‎ ‎ （3）解：本题有以下两种基本折法，如图1，图2所示. ‎ 按图1的折法，则AD=1，BC=7. 按图2的折法，则AD= ,BC=. ‎