【初中教育】最新中考数学试题分项解析汇编第05期专题04图形的变换含解析

 ——教学资料参考参考范本—— 【初中教育】最新中考数学试题分项解析汇编第05期专题04图形的变换含解析 ______年______月______日 ____________________部门 1 / 19 一、选择题 1。 （20xx年湖北省××市第2题）如下字体的四个汉字中，是轴对称图形的是（ ） A． B． C． D．【答案】A 考点：轴对称图形 2．（20xx年江西省第3题）下列图形中，是轴对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 试题分析：根据轴对称图形的概念可知： A、不是轴对称图形，故A不符合题意； B、不是轴对称图形，故B不符合题意； C、是轴对称图形，故C符合题意； D、不是轴对称图形，故D不符合题意； 故选：C． 2 / 19 考点：轴对称图形 3。 （20xx年内蒙古××市第4题）下列图形中，是轴对称图形，不是中心对称图形的是（ ） A． 【答案】D 考点：1、中心对称图形；2、轴对称图形 4．（20xx年山东省××市第9题）如图，把△ABC沿着BC的方向平移到△DEF的位置，它们重叠部分的面积是△ABC面积的一半，若BC=，则△ABC移动的距离是（ ）3 A． B． C． D．﹣【答案】D 【解析】 试题分析：移动的距离可以视为BE或CF的长度，根据题意可知△ABC与阴影部分为相似三角形，且面积比为2：1，所以EC：BC=1：，推出EC=，利用线段的差求BE=BC﹣EC=﹣．2故选：D． 考点：1、相似三角形的判定和性质，2、平移的性质 5。 （20xx年山东省××市第3题）下列图案： 其中，中心对称图形是（ ） A．①② B．②③ C。 ②④ D．③④ 【答案】D 623B． C． D． 33623236 26 2 3 / 19 考点：中心对称图形 6。 （20xx年湖南省××市第2题）下列图形既是对称图形又是中心对称图形的是（ ） 【答案】B． 【解析】 试题分析：根据轴对称图形和中心对称图形的概念可得选项A是轴对称图形，不是中心对称图形； 选项B既是轴对称图形又是中心对称图形；选项C不是轴对称图形，是中心对称图形；选项D是轴对称图形，不是中心对称图形．故选B． 考点：轴对称图形和中心对称图形。 7．（20xx年四川省××市第6题）下列图形：平行四边形、矩形、菱形、圆、等腰三角形，这些图形中只是轴对称图形的有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A． 考点：轴对称图形． 4 / 19 8。 （20xx年四川省××市第5题）下列图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A． B． C。 D．【答案】D 【解析】 试题分析：根据轴对称图形和中心对称图形的概念，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不是轴对称图形，但是中心对称图形，故不正确； C是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不正确； D即是轴对称图形，也是中心对称图形，故正确。 故选：D。 考点：轴对称图形和中心对称图形识别 9。 （20xx年四川省××市第8题）如图，四边形 和 是以点为位似中心的位似图形，若 ，则四边形与四边形的面积比为（ ）ABCDABCDOOA:OA2:3ABCDABCD A． 4：9 B． 2：5 C。 2：3 D． 2:3 5 / 19 【答案】A 考点：位似变换的性质 10。 （20xx年贵州省××市第2题）国产越野车“BJ40”中，哪个数字或字母既是中心对称图形又是轴对称图形( ) A。 B。 D。 0BJ C。 4 【答案】D． 试题分析：选项A是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；选项B不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；选项C不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；选项D是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确．故选D． 考点：中心对称图形；轴对称图形． 11．（20xx年山东省××市第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． 试题分析：根据轴对称图形和中心对称图形的概念可知：选项A既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项正确；选项B不是中 6 / 19 心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；选项C既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项错误；选项D既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项错误．故选A． 考点：中心对称图形；轴对称图形． 12．（20xx年湖南省××市第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 考点：1、中心对称图形，2、轴对称图形 13．（20xx年湖南省××市第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（ ）ABCDACDHHC,DADEBCFABBCGABCDmCHGnn m212251H 2A． B． C． D．随点位置的变化而变化【答案】B 【解析】 7 / 19 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， 考点：1、正方形，2、相似三角形的判定与性质，3、勾股定理 二、填空题 1．（20xx年贵州省黔东南州第11题）在平面直角坐标系中有一点A（﹣2，1），将点A先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，则平移后点A的坐标为 ． 【答案】（1，﹣1） 【解析】 试题分析：根据坐标平移规律，可知：A的横坐标+3，纵坐标﹣2，即可求出平移后A的坐标为（1，﹣1） 故答案为：（1，﹣1） 考点：坐标与图形变化﹣平移 2。 （20xx年湖北省××市第15题）将直线y=x+b沿y轴向下平移3个单位长度，点A（-1,2）关于轴的对称点落在平移后的直线上，则的值为__________。 【答案】4 【解析】 8 / 19 试题分析：先根据一次函数平移规律得出直线y=x+b沿y轴向下平移3个单位长度后的直线解析式y=x+b﹣3，再把点A（﹣1，2）关于y轴的对称点（1，2）代入y=x+b﹣3，得1+b﹣3=2，解得b=4． 故答案为4． 考点：一次函数图象与几何变换 3。 （20xx年湖北省××市第18题）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在轴的负半轴、轴的正半轴上，点B在第二象限。将矩形OABC绕点O顺时针旋转，使点B落在轴上，得到矩形ODEF，BC与OD相交于点M。若经过点M的反比例函数y=（x＜0）的图象交AB于点N，的图象交AB于点N, S矩形OABC=32，tan∠DOE=,,则BN的长为______________。【答案】3 k1 x2考点：1、坐标与图形变化﹣旋转；2、反比例函数系数k的几何意义；3、解直角三角形 4。 （20xx年内蒙古××市第16题）如图，将八个边长为1的小正方形摆放在平面直角坐标系中，若过原点的直线将图形分成面积相等的两部分，则将直线向右平移3个单位后所得到直线的函数关系式 9 / 19 为 。lll' 【答案】y927x1010 ∴将直线l向右平移3个单位后所得直线l′的函数关系式为；y927x 1010927x 1010故答案为：．y考点：一次函数图象与几何变换 5．（20xx年山东省××市第15题）如图，已知菱形ABCD的周长为16，面积为8，E为AB的中点，若P为对角线BD上一动点，则EP+AP的最小值为 ．3 【答案】23 考点：1、轴对称﹣最短问题，2、菱形的性质 6。 （20xx年山东省××市第24题）如图， ，为上一点， ，点是上的一动点， ，垂足为点，则的最小值为 ．BCA30MACAM2PABPQACQPMPQ 10 / 19 【答案】 3 考点：轴对称﹣最短路线问题 7。 （20xx年山东省××市第18题）如图，将一张矩形纸片的边斜着向边对折，使点落在上，记为，折痕为；再将边斜向下对折，使点落在上，记为，折痕为,，。则矩形纸片的面积为 。ABCD1BCADBDBCECDDBCDCGBD2BEBCABCD 3【答案】15 考点：1、翻折变换（折叠问题）；2、矩形的性质 11 / 19 8．（20xx年四川省××市第16题）如图，正方形ABCD中，BC=2，点M是边AB的中点，连接DM，DM与AC交于点P，点E在DC上，点F在DP上，且∠DFE=45°．若PF=，则CE= ．【答案】． 【解析】 765 6考点：相似三角形的判定与性质；正方形的性质；综合题． 9。 （20xx年辽宁省××市第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】。ABCDAB5，BC3ABCDBGBEFAABCDCDCECE 310 5 12 / 19 考点：四边形与旋转的综合题。 10。 （20xx年湖北省××市第14题）已知：如图，在中，，将绕顶点，按顺时针方向旋转到处，此时线段与的交点恰好为的中点，则线段 。AOBAOB900,AO3cm,BO4cmAOBOAOB11OB1ABDABB1Dcm 【答案】 考点：1、直角三角形，2、勾股定理，3、旋转 11．（20xx年湖南省××市第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 13 / 19 的坐标是，则点的坐标是 ．ABOA(2,4),B(6,0),C(0,0)OA'B'OB'(3,0)A' 12【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）。1 2故答案为：（1，2） 考点：位似变换 三、解答题 1．（20xx年湖北省××市第24题）已知O为直线MN上一点，OP⊥MN，在等腰Rt△ABO中，∠BAO=90°，AC∥OP交OM于C，D为OB的中点，DE⊥DC交MN于E． （1）如图1，若点B在OP上，则 ①AC OE（填“＜”，“=”或“＞”）； ②线段CA、CO、CD满足的等量关系式是 ； （2）将图1中的等腰Rt△ABO绕O点顺时针旋转α（0°＜α＜45°），如图2，那么（1）中的结论②是否成立？请说明理由； （3）将图1中的等腰Rt△ABO绕O点顺时针旋转α（45°＜α＜90°），请你在图3中画出图形，并直接写出线段CA、CO、CD满足的等量关系式 ． 【答案】(1)。 ①AC=OE, ②线段CA、CO、CD满足的等量关系式是 AC2+CO2=CD²; （2）。（1）中的结论②不成立，理由见解析；（3）线段CA、CO、CD满足的等量关系式OC﹣AC=CD．2 14 / 19 试题解析：（1）①AC=OE， 理由：如图1，∵在等腰Rt△ABO中，∠BAO=90°，∴∠ABO=∠AOB=45°， ∵OP⊥MN，∴∠COP=90°，∴∠AOC=45°， ∵AC∥OP，∴∠CAO=∠AOB=45°，∠ACO=∠POE=90°，∴AC=OC， 连接AD， ∵BD=OD，∴AD=OD，AD⊥OB，∴AD∥OC，∴四边形ADOC是正方形，∴∠DCO=45°， ∴AC=OD，∴∠DEO=45°，∴CD=DE，∴OC=OE， ∴AC=OE； ②在Rt△CDO中， ∵CD2=OC2+OD2，∴CD2=AC2+OC2； 故答案为：AC2+CO2=CD2； （3）如图3，结论：OC﹣CA=CD，2 理由是：连接AD，则AD=OD， 同理：∠ADC=∠EDO， ∵∠CAB+∠CAO=∠CAO+∠AOC=90°，∴∠CAB=∠AOC， ∵∠DAB=∠AOD=45°，∴∠DAB﹣∠CAB=∠AOD﹣∠AOC， 15 / 19 即∠DAC=∠DOE，∴△ACD≌△OED，∴AC=OE，CD=DE，∴△CDE是等腰直角三角形， ∴CE2=2CD2，∴（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，∴OC﹣AC=CD，2 故答案为：OC﹣AC=CD．2 考点：几何变换的综合题 2。 （20xx年山东省××市第24题）（本题满分12分）边长为6的等边中，点、分别在、边上, , 。 ABCDEACBCDE//ABEC23 （l）如图1，将沿射线方向平移，得到，边与的交点为,边与的角平分线交于点。当多大时，四边形为菱形?并说明理由。 （2）如图2，将绕点旋转（），得到,连接、，边的中点为。 ①在旋转过程中，和有怎样的数量关系?并说明理由。DECECDECDEACMCDACCNCCMCND DECC0360DECADBEDEP ADBE ②连接,当最大时，求的值。（结果保留根号） APAPAD 【答案】（1）当CC'=时，四边形MCND'是菱形（2）①AD'=BE'②2321 【解析】 试题解析：（1）当CC'=时，四边形MCND'是菱形．3 理由：由平移的性质得，CD∥C'D'，DE∥D'E'， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠B=∠ACB=60°， ∴∠ACC'=180°﹣∠ACB=120°， 16 / 19 ∵CN是∠ACC'的角平分线， 1∴∠D'E'C'=∠ACC'=60°=∠B， 2∴∠D'E'C'=∠NCC'， ∴D'E'∥CN， ∴四边形MCND'是平行四边形， ∵∠ME'C'=∠MCE'=60°，∠NCC'=∠NC'C=60°， ∴△MCE'和△NCC'是等边三角形， ∴MC=CE'，NC=CC'， ∵E'C'=2，3 ∵四边形MCND'是菱形， ∴CN=CM， 1∴CC'=E'C'=；23 在Rt△APD'中，由勾股定理得，AD'==2．AP2PD'221 考点：四边形综合题 3。 如图，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点从点出发，沿的方向以的速度运动，当不与点重合是，将绕点逆时针方向旋转得到，连接。ABC4cmABOMOA6cmDOOM1cm/sDAACDC600BCEDE （1）求证：是等边三角形；CDE （2）当时，的周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长；6t10BDEBDE 若不存在，请说明理由。 17 / 19 （3）当点在射线上运动时，是否存在以为顶点的三角形是直角三角形？DOMD,E,B 若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由。t 【答案】（1）详见解析；（2）存在，2+4；（3）当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．3 【解析】 试题分析：（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；（3）存在，①当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s． （3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形， ∴当点D与点B重合时，不符合题意， ②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°， ∴∠BED=90°， 由（1）可知，△CDE是等边三角形， ∴∠DEB=60°， ∴∠CEB=30°， ∵∠CEB=∠CDA， 18 / 19 ∴∠CDA=30°， ∵∠CAB=60°， ∴∠ACD=∠ADC=30°， ∴DA=CA=4， ∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2， ∴t=2÷1=2s； 考点：旋转与三角形的综合题。 19 / 19