中考数学复习考点解密 第二讲 操作设计型问题.docx

中考数学复习考点解密 第二讲 操作设计型问题.docx

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中考数学复习考点解密第二讲操作设计型问题

中考数学复习考点解密第二讲操作设计型问题

【专题诠释】

操作设计型中考题是指与设计几何图案有关的问题，它把代数计算与几何作图融为一体，新颖独特，是中考试题中一道亮丽的风景．这类问题格调清新，不但有利于考查学生的识图能力、计算能力、动手操作能力和空间想象能力，而且能够充分体现义务教育阶段《数学课程标准（修订稿）》倡导的“学生的数学学习内容应当是现实的、有意义的、富有挑战性的”新课程理念．

【解题策略】

平移、轴对称、旋转、位似等图形变换知识是解决图案设计型问题的重要理论工具．因此，要想圆满地解答这类问题，必须要掌握几种图形变换的相关知识。

解决图案设计类问题，关键是要学会自觉地运用平移、轴对称、旋转、位似等图形变换知识去观察、分析、抽象、概括所给的实际问题，揭示其数学本质，使实际问题转化为我们熟悉的数学问题，从而达到问题的解决．

【解法精讲】

对于操作性设计问题，主要出现两种，一是给出设计好的图案，让考生指出图案的特征或求出图案的性质；二是让考生利用图形的变换知识设计出和谐、丰富、美观的几何图形．

【考点精讲】

考点一：

辨别图案的对称类型

这类中考题，给出设计好的图案，让考生辨别它是平移变换图形、轴对称图形、中心对称图形和位似变换图形中的哪一种图形或哪几种图形．这类题通常以选择题的形式出现，属于基础题．

例1（2017哈尔滨）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．

【考点】R5：

中心对称图形；P3：

轴对称图形．

【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．

【解答】解：

A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；

B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；

C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；

D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意．

故选：

D．

考点二：

判断图案变换后的位置

这类中考题，题面提供一个图案，给出变换的条件，要求考生根据心智操作活动来变换图案，并判断出图案的最终位置．这类题在中考试卷中通常是以选择题和填空题的形式出现，属于中等题．

例2（2017四川眉山）△ABC是等边三角形，点O是三条高的交点．若△ABC以点O为旋转中心旋转后能与原来的图形重合，则△ABC旋转的最小角度是　120°　．

【考点】R3：

旋转对称图形．

【分析】根据旋转的性质及等边三角形的性质求解．

【解答】解：

若△ABC以O为旋转中心，旋转后能与原来的图形重合，

根据旋转变化的性质，可得△ABC旋转的最小角度为180°﹣60°=120°．

故答案为：

120°．

考点三：

探求设计的图案性质

这一类中考题，通常是先描述一个图案的设计过程，然后让我们根据图案的设计过程来探求它蕴涵的数学性质．这类试题一般难度不太大，但具有一定的综合性，属于中等难度题．

例3（2017广东）如图，矩形纸片ABCD中，AB=5，BC=3，先按图

（2）操作：

将矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在边AB上的点E处，折痕为AF；再按图（3）操作，沿过点F的直线折叠，使点C落在EF上的点H处，折痕为FG，则A、H两点间的距离为　　．

【考点】PB：

翻折变换（折叠问题）；LB：

矩形的性质．

【分析】如图3中，连接AH．由题意可知在Rt△AEH中，AE=AD=3，EH=EF﹣HF=3﹣2=1，根据AH=，计算即可．

【解答】解：

如图3中，连接AH．

由题意可知在Rt△AEH中，AE=AD=3，EH=EF﹣HF=3﹣2=1，

∴AH===，

故答案为．

【评析】解决此类问题首先要弄清图案设计的过程，明白它是经过怎样的图形变换得到的，然后根据变换前后图形的形状、大小、位置关系及发生变化的规律来解决问题．

在操作活动中展开探究，是一种基本的、也是重要的研究问题的方法，它越来越受到中考命题者的青睐．

考点四：

利用变换设计图案

所谓设计图案，就是让考生利用图形的平移、对称、旋转、位似等变换知识来设计和谐、丰富、美观的组合图形．这类试题综合性较强，题型以作图题为主，具有一定的开放性和灵活性，此类问题近年来倍受中考命题者的崇拜．

例4（2017黑龙江鹤岗）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC三个顶点都在格点上，点A、B、C的坐标分别为A（﹣1，3），B（﹣3，1），C（﹣1，1）．请解答下列问题：

（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出B1的坐标．

（2）画出△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°后得到的△A2B2C1，并求出点A1走过的路径长．

【考点】R8：

作图﹣旋转变换；O4：

轨迹；P7：

作图﹣轴对称变换．

【分析】

（1）根据网格结构找出点A、B、C关于y轴的对称点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；

（2）根据弧长公式列式计算即可得解．

【解答】解：

（1）如图，B1（3，1）；

（2）如图，A1走过的路径长：

×2×π×2=π

四．真题演练

1.（2017.江苏宿迁）将抛物线y=x2向右平移2个单位，再向上平移1个单位，所得抛物线相应的函数表达式是（　　）

A．y=（x+2）2+1B．y=（x+2）2﹣1C．y=（x﹣2）2+1D．y=（x﹣2）2﹣1

【考点】：

二次函数图象与几何变换．

【分析】由抛物线平移不改变y的值，根据平移口诀“左加右减，上加下减”可知移动后的顶点坐标，再由顶点式可求移动后的函数表达式．

【解答】解：

将抛物线y=x2向右平移2个单位，再向上平移1个单位，所得抛物线相应的函数表达式是y=（x﹣2）2+1．

故选B．

2.（2017浙江湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造．下列四幅图中有三幅是小明用如图所示的七巧板拼成的，则不是小明拼成的那副图是（　　）

A．B．C．D．

【考点】IM：

七巧板．

【分析】解答此题要熟悉七巧板的结构：

五个等腰直角三角形，有大、小两对全等三角形；一个正方形；一个平行四边形，根据这些图形的性质便可解答．

【解答】解：

图C中根据图7、图4和图形不符合，故不是由原图这副七巧板拼成的．故选C

3.（2017内江）如图，在矩形AOBC中，O为坐标原点，OA、OB分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（0，3），∠ABO=30°，将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，则点D的坐标为（　　）

A．（，）B．（2，）C．（，）D．（，3﹣）

【考点】PB：

翻折变换（折叠问题）；D5：

坐标与图形性质；LB：

矩形的性质．

【分析】根据翻折变换的性质结合锐角三角函数关系得出对应线段长，进而得出D点坐标．

【解答】解：

∵四边形AOBC是矩形，∠ABO=30°，点B的坐标为（0，3），

∴AC=OB=3，∠CAB=30°，

∴BC=AC•tan30°=3×=3，

∵将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，

∴∠BAD=30°，AD=3，

过点D作DM⊥x轴于点M，

∵∠CAB=∠BAD=30°，

∴∠DAM=30°，

∴DM=AD=，

∴AM=3×cos30°=，

∴MO=﹣3=，

∴点D的坐标为（，）．

故选：

A．

4.（2017宁夏）在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）．

（1）把△ABC平移后，其中点A移到点A1（4，5），画出平移后得到的△A1B1C1；

（2）把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，画出旋转后的△A2B2C2．

【分析】

（1）根据图形平移的性质画出平移后得的△A1B1C1即可；

（2）根据图形旋转的性质画出旋转后的△A2B2C2即可．

【解答】解：

（1）如图，△A1B1C1即为所求；

（2）如图，△A2B2C2即为所求．

【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．

5.（2017黑龙江鹤岗）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若四边形ABCD是正方形如图1：

则有AC=BD，AC⊥BD．

旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC′与BD′有什么关系？

（直接写出）

若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC′与BD′又有什么关系？

写出结论并证明．

【考点】LE：

正方形的性质；KD：

全等三角形的判定与性质；L8：

菱形的性质；R2：

旋转的性质．

【分析】图2：

根据四边形ABCD是正方形，得到AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，等量代换得到AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，根据全等三角形的性质得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，于是得到结论；

图3：

根据四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求得OB=OA，OD=OC，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，求得OD′=OC′，∠AOC′=∠BOD′，根据相似三角形的性质得到BD′=AC′，于是得到结论．

【解答】解：

图2结论：

AC′=BD′，AC′⊥BD′，

理由：

∵四边形ABCD是正方形，

∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，

∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，

∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，

∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，

在△AOC′与△BOD′中，，

∴△AOC′≌△BOD′，

∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，

∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，

∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，

∴AC′⊥BD′；

图3结论：

BD′=AC′，AC′⊥BD’

理由：

∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，

∵∠ABC=60°，

∴∠ABO=30°，

∴OB=OA，OD=OC，

∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，

∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，

∴OD′=OC′，∠AOC′=∠BOD′，

∴=，

∴△AOC′∽△BOD′，

∴==，∠OAC′=∠OBD′，

∴BD′=AC′，

∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，

∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，

∴AC′⊥BD′．

6.（2017.江苏宿迁）如图，在矩形纸片ABCD中，已知AB=1，BC=，点E在边CD上移动，连接AE，将多边形ABCE沿直线AE翻折，得到多边形AB′C′E，点B、C的对应点分别为点B′、C′．

（1）当B′C′恰好经过点D时（如图1），求线段CE的长；

（2）若B′C′分别交边AD，CD于点F，G，且∠DAE=22.5°（如图2），求△DFG的面积；

（3）在点E从点C移动到点D的过程中，求点C′运动的路径长．

【考点】LO：

四边形综合题．

【分析】

（1）如图1中，设CE=EC′=x，则DE=1﹣x，由△ADB′′∽△DEC，可得=，列出方程即可解决问题；

（2）如图2中，首先证明△ADB′，△DFG都是等腰直角三角形，求出DF即可解决问题；

（3）如图3中，点C的运动路径的长为的长，求出圆心角、半径即可解决问题．

【解答】解：

（1）如图1中，设CE=EC′=x，则DE=1﹣x，

∵∠ADB′+∠EDC′=90°，∠B′AD+∠ADB′=90°，

∴∠B′AD=∠EDC′，

∵∠B′=∠C′=90°，AB′=AB=1，AD=，

∴DB′==，

∴△ADB′′∽△DEC，

∴=，

∴=，

∴x=﹣2．

∴CE=﹣2．

（2）如图2中，

∵∠BAD=∠B′=∠D=90°，∠DAE=22.5°，

∴∠EAB=∠EAB′=67.5°，