中考复习专题之历年热点试题：图形与变换(带答案解析)

1、中考复习专题之历年热点试题:图形与变换一、选择题（题型注释）1在平面直角坐标系中，已知点P（2，3），则点P在【 】A第一象限 B第二象限 C第三象限D第四象限2下图空心圆柱体的主视图的画法正确的是【 】A. B. C. D. 3下列几何体的主视图、俯视图和左视图都是长方形的是【 】A、 B、 C、 D、4下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是【 】A. B. C. D.5把等腰ABC沿底边BC翻折，得到DBC，那么四边形ABDC【 】A是中心对称图形，不是轴对称图形 B是轴对称图形，不是中心对称图形C既是中心对称图形，又是轴对称图形 D以上都不正确6下列图形即使轴对称图形又是中心对

2、称图形的有：【 】平行四边形；正方形；等腰梯形；菱形；正六边形A1个B2个C3个D4个7由图中三角形仅经过一次平移、旋转或轴对称变换，不能得到的图形是【 】A、 B、 C、 D、 8如图，菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，A=120°，则图中阴影部分的面积是【 】A B2 C3 D9如图，该图形围绕点O按下列角度旋转后，不能与其自身重合的是【 】A B C D10如图，直角三角板ABC的斜边AB=12，A=30°，将三角板ABC绕C顺时针旋转90°至三角板的位置后，再沿CB方向向左平移，使点落在原三角板ABC的斜边AB上，则三角板平移的距离为【 】A.

3、 6 B. 4 C.（6 ） D.（）11如图，矩形BCDE的各边分别平行于x轴或y轴，物体甲和物体乙分别由点A（2，0）同时出发，沿矩形BCDE的边作环绕运动，物体甲按逆时针方向以1个单位/秒匀速运动，物体乙按顺时针方向以2个单位/秒匀速运动，则两个物体运动后的第2012次相遇地点的坐标是【 】A（2，0）B（1，1）C（2，1）D（1，1）二、填空题（题型注释）12在平面直角坐标系中，将点P（1，4）向右平移2个单位长度后，再向下平移3个单位长度，得到点P1，则点P1的坐标为 13如图，点A的坐标为（1，0），点B在直线y2x4上运动，当线段AB最短时，点B的坐标是 。 14两块大小一样斜

4、边为4且含有30°角的三角板如图水平放置将CDE绕C点按逆时针方向旋转，当E点恰好落在AB上时，CDE旋转了 度，线段CE旋转过程中扫过的面积为 15如图，将边长为cm的正方形ABCD沿直线l向右翻动（不滑动），当正方形连续翻动6次后，正方形的中心O经过的路线长是 cm（结果保留）16如图，在梯形ABCD中，AD/BC，对角线AC、BD相交于点O，若AD1，BC3，AOD的面积为3，则BOC的面积为 。17如图，将正方形ABCD沿BE对折，使点A落在对角线BD上的A处，连接AC，则BAC= 度18如图，O为矩形ABCD的中心，M为BC边上一点，N为DC边上一点，ONOM，若AB6，A

5、D4，设OMx，ONy，则y与x的函数关系式为 19如图，矩形ABCD中，AB=2，AD=4，AC的垂直平分线EF交AD于点E、交BC于点F，则EF= 。三、计算题（题型注释）四、解答题（题型注释）20如图，ABC的顶点坐标分别为A(1，3)、B(4，2)、C(2，1)(1)作出与ABC关于x轴对称的A1B1C1，并写出A1、B1、C1的坐标；(2)以原点O为位似中心，在原点的另一侧画出A2B2C2，使21已知：ABC在坐标平面内，三个顶点的坐标分别为A（0，3），B（3，4），C（2，2）.（正方形网格中， 每个小正方形的边长是1个单位长度）（1）画出ABC向下平移4个单位得到的A1B1C1

6、，并直接写出C1点的坐标；（2）以点B为位似中心，在网格中画出A2BC2，使A2BC2与ABC位似，且位似比为21，并直接写出C2点的坐标及A2BC2的面积22利用对称性可设计出美丽的图案在边长为1的方格纸中,有如图所示的四边形(顶点都在格点上) (1)先作出该四边形关于直线成轴对称的图形，再作出你所作的图形连同原四边形绕0点按顺时针方向旋转90o后的图形；(2)完成上述设计后，整个图案的面积等于_23如图，已知ABC，按如下步骤作图：分别以A、C为圆心，以大于AC的长为半径在AC的两边作弧，交于点M、N；连接MN，分别交AB、AC于点D、O；过点C作CEAB交MN于点E，连接AE、CD(1)

7、求证：四边形ADEC是菱形；(2)当ACB90º，BC6，ACD的周长为18时，求四边形ADEC的面积24如图，在ABC中，C=90°，BC=5米，AC=12米M点在线段CA上，从C向A运动，速度为1米/秒；同时N点在线段AB上，从A向B运动，速度为2米/秒运动时间为t秒（1）当t为何值时，AMN=ANM？（2）当t为何值时，AMN的面积最大？并求出这个最大值25（1）如图，在ABC和ADE中，AB=AC，AD=AE，BAC=DAE=90°当点D在AC上时，如图1，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你猜想的结论；将图1中的ADE绕点A顺时针旋转角（

8、0°90°），如图2，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由（2）当ABC和ADE满足下面甲、乙、丙中的哪个条件时，使线段BD、CE在（1）中的位置关系仍然成立？不必说明理由甲：AB：AC=AD：AE=1，BAC=DAE90°；乙：AB：AC=AD：AE1，BAC=DAE=90°；丙：AB：AC=AD：AE1，BAC=DAE90°26在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点P在线段BC上（不含点B），BPEACB，PE交BO于点E，过点B作BFPE，垂足为F，交AC于点G（1） 当点P与点C重合时（如图）求证：BOGPOE

9、；（4分）（2）通过观察、测量、猜想：= ，并结合图证明你的猜想；（5分）（3）把正方形ABCD改为菱形，其他条件不变（如图），若ACB=，求的值（用含的式子表示）（5分） 27矩形ABCD中，AD=5，AB=3，将矩形ABCD沿某直线折叠，使点A的对应点A落在线段BC上，再打开得到折痕EF （1）当A与B重合时（如图1），EF= ；当折痕EF过点D时（如图2），求线段EF的长； （2）观察图3和图4，设BA=x，当x的取值范围是 时，四边形AEAF是菱形；在的条件下，利用图4证明四边形AEAF是菱形28如图，在RtABC中，ACB=90°，AC=8cm，BC=4cm，D、E分别为边

10、AB、BC的中点，连结DE，点P从点A出发，沿折线ADDEEB运动，到点B停止点P在AD上以cm/s的速度运动，在折线DEEB上以1cm/s的速度运动当点P与点A不重合时，过点P作PQAC于点Q，以PQ为边作正方形PQMN，使点M落在线段AC上设点P的运动时间为t(s).（1）当点P在线段DE上运动时，线段DP的长为_cm,（用含t的代数式表示）（2）当点N落在AB边上时，求t的值（3）当正方形PQMN与ABC重叠部分图形为五边形时，设五边形的面积为S（cm²），求S与t的函数关系式（4）连结CD当点N于点D重合时，有一点H从点M出发，在线段MN上以2.5cm/s的速度沿M-N-M连

11、续做往返运动，直至点P与点E重合时，点H停止往返运动；当点P在线段EB上运动时，点H始终在线段MN的中心处直接写出在点P的整个运动过程中，点H落在线段CD上时t的取值范围29王大伯要做一张如图1的梯子，梯子共有8级互相平行的踏板，每相邻两级踏板之间的距离都相等已知梯子最上面一级踏板的长度，最下面一级踏板的长度木工师傅在制作这些踏板时，截取的木板要比踏板长，以保证在每级踏板的两个外端各做出一个长为4cm的榫头（如图2所示），以此来固定踏板现市场上有长度为2.1m的木板可以用来制作梯子的踏板（木板的宽厚和厚度正好符合要制作梯子踏板的要求），请问：制作这些踏板，王大伯最少需要买几块这样的木板？请说明

12、理由（不考虑锯缝的损耗）五、判断题（题型注释）试卷第7页，总8页本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1D。【解析】根据平面直角坐标系中各象限点的特征，判断其所在象限，四个象限的符号特征分别是：第一象限（，）；第二象限（，）；第三象限（，）；第四象限（，）。因此点P（2，3）位于第四象限。故选D。2C。【解析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中：从正面观察物体可以发现：它的主视图应为矩形，又因为该几何体为空心圆柱体，故中间的两条棱在主视图中应为虚线。故选C。3B。【解析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到

13、的图形找到几何体的三视图即可作出判断：A、主视图和左视图为矩形，俯视图为圆，故选项错误；B、主视图为矩形，俯视图和左视图都为矩形，故选项正确；C、主视图和左视图为等腰梯形，俯视图为圆环，故选项错误；D、主视图和左视图为三角形，俯视图为有对角线的矩形，故选项错误。故选B。 4A。【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分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，B选项是轴对称也是中心对称图形，C、D选项是轴对称但不是中心对称图形，A选项只是中心对称图形但不是轴对称图形。故选A。5C。【解析】等腰ABC沿底边BC翻折，得到DBC，四边形AB

14、DC是菱形。 菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，四边形ABDC既是中心对称图形，又是轴对称图形。故选C。6C。【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分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，符合条件的是正方形、菱形和正六边形三个。故选C。7B。【解析】根据平移、旋转和轴对称的性质即可得出正确结果：A、图中三角形经过一次平移变换可得，故选项错误；B、图中三角形需经过一次旋转和一次轴对称变换后，才能得到，故选项正确；C、图中三角形经过一次轴对称变换可得，故选项错误；D、图中三角形经过一次旋转变换可得，故选项错误。故选B。8A。【解析

15、】如图，设BF、CE相交于点M，菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，BCMBGF，即。解得CM=1.2。DM=21.2=0.8。A=120°，ABC=180°120°=60°。菱形ABCD边CD上的高为2sin60°=2×，菱形ECGF边CE上的高为3sin60°=3×。阴影部分面积=SBDM+SDFM=×0.8×+×0.8×。故选A。9B。【解析】由该图形类同正五边形，正五边形的圆心角是3600÷5=720。根据旋转的性质，当该图形围绕点O旋转后，旋转角

16、是720的倍数时，与其自身重合，否则不能与其自身重合。由于1080不是720的倍数，从而旋转角是1080时，不能与其自身重合。故选B。10C。【解析】如图，过B作BDAC，垂足为B，在RtABC中，AB=12，A=30°，BC=AB=6，AC=ABsin30°=。由旋转的性质可知BC=BC=6，AB=ACBC=。在RtABD中，A=30°，BD=ABtan30°=（cm）。故选C。11D。【解析】利用行程问题中的相遇问题，由于矩形的边长为4和2，物体乙是物体甲的速度的2倍，求得每一次相遇的地点，找出规律作答： 矩形的边长为4和2，物体乙是物体甲的速度的2

17、倍，时间相同，物体甲与物体乙的路程比为1：2。由题意知：第一次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×1，物体甲行的路程为12×=4，物体乙行的路程为12×=8，在BC边相遇；第二次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×2，物体甲行的路程为12×2×=8，物体乙行的路程为12×2×=16，在DE边相遇；第三次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×3，物体甲行的路程为12×3×=12，物体乙行的路程为12×3×=24，在A点相遇；此时甲乙回到原出发点，则每相遇三次，两点回到出

18、发点，2012÷3=6702，故两个物体运动后的第2012次相遇地点的是：第二次相遇地点，即物体甲行的路程为12×2×=8，物体乙行的路程为12×2×=16，在DE边相遇。此时相遇点的坐标为：（1，1）。故选D。12（1，1）。【解析】根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐标，下减上加。因此，点P（1，4）向右平移2个单位长度，向下平移3个单位长度，1+2=1，43=1。点P1的坐标为（1，1）。13（）。【解析】如图，由题意，根据垂直线段最短的性质，当线段AB最短时点B的位置B1，有AB1BD。过

19、点B1作B1E垂直x轴于点E。由点C、D在直线y2x4可得，C（2，0），D（0，4） 设点B1（x ，2x4），则E（x ，0）。由A（1，0），得AE= x1，EB1=2x4=42x，CO=2，DO=4。易得AB1EDCO，即。解得。B1（）。当线段AB最短时，点B的坐标是（）。14。【解析】根据含有30°角的直角三角形的性质可知CE是ACB的中线，可得ECB是等边三角形，从而得出ACE的度数和CE的长，从而得出CDE旋转的度数；再根据扇形面积公式计算求解：三角板是两块大小一样斜边为4且含有30°的角，CE是ACB的中线。CE=BC=BE=2。ECB是等边三角形。BCE

20、=60°。ACE=90°60°=30°。线段CE旋转过程中扫过的面积为：。153。【解析】根据题意，画出正方形ABCD“滚动”时中心O所经过的轨迹，然后根据弧长的计算公式求得中心O所经过的路程：正方形ABCD的边长为cm，正方形的对角线长是2cm。每翻动一次中心经过的路线是以正方形对角线的一半为半径，圆心角为900的弧。中心经过的路线长是：（cm）。1627。【解析】先判定出AODBOC，再根据相似三角形面积的比等于相似比的平方列式计算即可得解： ADBC，AODBOC。AD=1，BC=3，。1767.5。【解析】由折叠的对称和正方形的性质，知ABEAB

21、E，BEA=67.50，ADE是等腰直角三角形。设AE=AE=AD =x，则ED=。设CD=y，则BD=。又EDA=ADC=450，EDAADC。DAC=DEA=67.50450=112.50。BAC=1800112.50=67.50。18y=x。【解析】如图，作OFBC于F，OECD于E，ABCD为矩形，C=90°。OFBC，OECD，EOF=90°。EON+FON=90°。ONOM，EON=FOM。OENOFM。O为矩形ABCD的中心，。 ，即y=x。19【解析】解：连接EC，AC的垂直平分线EF，AE=EC，四边形ABCD是矩形，D=B=90°，A

22、B=CD=2，AD=BC=4，ADBC，AOECOF，AOOC =OEOF ，OA=OC，OE=OF，即EF=2OE，在RtCED中，由勾股定理得：CE2=CD2+ED2，集CE2=（4-CE）2+22，解得： CE=，在RtABC中，AB=2，BC=4，由勾股定理得：AC=，CO=，在RtCEO中，CO=，CE=，由勾股定理得：EO=，EF=2EO=，连接CE，根据矩形性质得出D=B=90°，AB=CD=2，AD=BC=4，ADBC，求出EF=2EO，在RtCED中，由勾股定理得出CE2=CD2+ED2，求出CE值，求出AC、CO、EO，即可求出EF20（1），A1（1，3），B1

23、（4，2），C1（2，1）（2）【解析】解：（1）ABC关于x轴对称的A1B1C1，如图所示：A1（1，3），B1（4，2），C1（2，1）。（2）根据A（1，3）、B（4，2）、C（2，1），以原点O为位似中心，在原点的另一侧画出A2B2C2，使，则A2（2，6），B2（8，4），C2（4，2）。在坐标系中找出各点并连接，如图所示：（1）根据坐标系找出点A、B、C关于x轴对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点A1、B1、C1的坐标即可。（2）利用在原点的另一侧画出A2B2C2，使，原三角形的各顶点坐标都乘以2得出对应点的坐标即可得出图形。21解：（1）如图

24、，A1B1C1即为所求，C1（2，2）。（2）如图，A2BC2即为所求，C2（1，0），A2BC2的面积：10【解析】（1）根据网格结构，找出点A、B、C向下平移4个单位的对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点C1的坐标。（2）延长BA到A2，使AA2=AB，延长BC到C2，使CC2=BC，然后连接A2C2即可，再根据平面直角坐标系写出C2点的坐标，利用A2BC2所在的矩形的面积减去四周三个小直角三角形的面积，列式计算即可得解：A2BC2的面积=6×4×2×6×2×4×2×4=10。22（

25、1）（2）20【解析】解：（1）作图如图所示：先作出关于直线l的对称图形；再作出所作的图形连同原四边形绕0点按顺时针方向旋转90°后的图形。（2）20。（1）根据图形对称的性质先作出关于直线l的对称图形，再作出所作的图形连同原四边形绕0点按顺时针方向旋转90°后的图形即可。（2）先利用割补法求出原图形的面积，由图形旋转及对称的性质可知经过旋转与轴对称所得图形与原图形全等即可得出结论。边长为1的方格纸中一个方格的面积是1，原图形的面积为5。整个图案的面积=4×5=20。23（1）证明见解析(2)24【解析】（1）证明：由作法可知：直线DE是线段AC的垂直平分线， A

26、CDE，即AOD=COE=90°，且AD=CD，AO=CO。又CEAB，ADO =CEO。AODCOE（AAS）。OD=OE。四边形ADCE是菱形。（2）解：当ACB=90°时， 由（1）知ACDE，ODBC。ADOABC。又BC=6，OD=3。又ADC的周长为18，AD+AO=9， 即AD=9AO。，解得AO=4。（1）利用直线DE是线段AC的垂直平分线，得出ACDE，即AOD=COE=90°，从而得出AODCOE，即可得出四边形ADCE是菱形。（2）利用当ACB=90°时，ODBC，即有ADOABC，即可由相似三角形的性质和勾股定理得出OD和AO的长

27、，即根据菱形的性质得出四边形ADCE的面积。24（1）4（2）当t=6时，AMN的面积最大，最大值为【解析】解：（1）从C向A运动，速度为1米/秒；同时N点在线段AB上，从A向B运动，速度为2米/秒，运动时间为t秒，AM=12t，AN=2t。AMN=ANM，AM=AN，即12t=2t，解得：t=4 秒。当t为4时，AMN=ANM。 （2）如图作NHAC于H，NHA=C=90°。NHBC。ANHABC。，即。NH=。当t=6时，AMN的面积最大，最大值为。（1）用t表示出AM和AN的值，根据AM=AN，得到关于t的方程求得t值即可。 （2）作NHAC于H，证得ANHABC，从而得到比例

28、式，然后用t表示出NH，从而计算其面积得到有关t的二次函数求最值即可。25（1）结论：BD=CE，BDCE结论：BD=CE，BDCE，理由见解析（2）乙【解析】解：（1）结论：BD=CE，BDCE。结论：BD=CE，BDCE。理由如下：BAC=DAE=90°，BADDAC=DAEDAC，即BAD=CAE。在RtABD与RtACE中，AB=AC，BAD=CAE ，AD=AE，ABDACE（SAS）。BD=CE。延长BD交AC于F，交CE于H。在ABF与HCF中，ABF=HCF，AFB=HFC，CHF=BAF=90°。BDCE。（2）结论：乙AB：AC=AD：AE，BAC=DA

29、E=90°。（1）BD=CE，BDCE。根据全等三角形的判定定理SAS推知ABDACE，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等ABF=ECA；然后在ABD和CDF中，由三角形内角和定理可以求得CFD=90°，即BDCF。BD=CE，BDCE。根据全等三角形的判定定理SAS推知ABDACE，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等ABF=ECA；作辅助线（延长BD交AC于F，交CE于H）BH构建对顶角ABF=HCF，再根据三角形内角和定理证得BHC=90°。（2）根据结论、的证明过程知，BAC=DFC（或FHC=90°）时，该

30、结论成立了，所以本条件中的BAC=DAE90°不合适。26（1）证明见解析（2），证明见解析（3）【解析】解：（1）证明：四边形ABCD是正方形，P与C重合，OB=OP ， BOC=BOG=90°。PFBG ，PFB=90°，GBO=90°BGO，EPO=90°BGO。GBO=EPO 。BOGPOE（AAS）。（2）。证明如下：如图，过P作PM/AC交BG于M，交BO于N，PNE=BOC=900， BPN=OCB。OBC=OCB =450， NBP=NPB。NB=NP。MBN=900BMN， NPE=900BMN，MBN=NPE。BMNPEN（

31、ASA）。BM=PE。BPE=ACB，BPN=ACB，BPF=MPF。PFBM，BFP=MFP=900。又PF=PF， BPFMPF（ASA）。BF=MF ，即BF=BM。BF=PE， 即。（3）如图，过P作PM/AC交BG于点M，交BO于点N，BPN=ACB=，PNE=BOC=900。由（2）同理可得BF=BM， MBN=EPN。 BNM=PNE=900，BMNPEN。在RtBNP中， ，即。（1）由正方形的性质可由AAS证得BOGPOE。（2）过P作PM/AC交BG于M，交BO于N，通过ASA证明BMNPEN得到BM=PE，通过ASA证明BPFMPF得到BF=MF，即可得出的结论。（3）过

32、P作PM/AC交BG于点M，交BO于点N，同（2）证得BF=BM， MBN=EPN，从而可证得BMNPEN，由和RtBNP中即可求得。27（1）当A与B重合时，EF=5，当折痕EF过点D时EF= ，（2），证明见解析【解析】解：(1)5。由折叠（轴对称）性质知AD=AD=5，A=EAD=900。 在RtADC中，DC=AB=2， 。AB=BCAC=54=1。 EABBEA=EABFAC=900， BEA=FAC。 又 B=C=900，RtEBARtACF。，即 。在RtAEF中，。 （2）。 证明：由折叠（轴对称）性质知AEF=FEA，AE=AE，AF=AF。 又 ADBC，AFE=FEA 。

33、AEF=AFE 。 AE=AF。AE=AE=AF=AF。 四边形AEAF是菱形。 (1)根据折叠和矩形的性质，当A与B重合时（如图1），EF= AD=5。根据折叠和矩形的性质，以及勾股定理求出AB、AF和FC的长，由RtEBARtACF求得，在RtAEF中，由勾股定理求得EF的长。 （2）由图3和图4可得，当时，四边形AEAF是菱形。 由折叠和矩形的性质，可得AE=AE，AF=AF。由平行和等腰三角形的性质可得AE=AF。从而AE=AE=AF=AF。根据菱形的判定得四边形AEAF是菱形。28（1）t2（2）t=4或t=（3）（4）t=或t=5或6t8。【解析】解：（1）t2。（2）当点N落在A

34、B边上时，有两种情况：如图（2）a，当点N与点D重合时，此时点P在DE上，DP=2=EC，即t2=2，t=4。如图（2）b，此时点P位于线段EB上DE=1 2 AC=4，点P在DE段的运动时间为4s，PE=t-6，PB=BE-PE=8-t，PC=PE+CE=t-4。PNAC，BNPBAC。PN：AC = PB：BC=2，PN=2PB=16-2t。由PN=PC，得16-2t=t-4，解得t=。综上所述，当点N落在AB边上时，t=4或t=。（3）当正方形PQMN与ABC重叠部分图形为五边形时，有两种情况：当2t4时，如图（3）a所示。DP=t-2，PQ=2，CQ=PE=DE-DP=4-（t-2）=6-t，AQ=AC-CQ=2+t，AM=AQ-MQ=t。MNBC，AFMABC。FM：BC = AM：AC=1：2，即FM：AM=BC：AC=1：2。FM=AM=t 。当t8时，如图（3）b所示。PE=t-6，PC=CM=PE+CE=t-4，A