决胜中考图形的几何变换.docx
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决胜中考图形的几何变换
决胜2020年中考图形的几何变换
点睛导航
1．剪纸问题
一张纸经过折和剪的过程，会形成一个轴对称图案．解决这类问题要熟知轴对称图形的特点，关键是准确的找到对称轴．一般方法是动手操作，拿张纸按照题目的要求剪出图案，展开即可得到正确的图案．
2．轴对称-最短路线问题
（1）最短路线问题
在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点．
（2）凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
3．翻折变换（折叠问题）
翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．
4．坐标与图形变化-平移
在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：
横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．）
挑战突破
1．（2020•深圳模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：
①△ADG≌△FDG；②GB＝2AG；③△GDE∽△BEF；④S△BEF
．在以上4个结论中，正确的有（）
A．1B．2C．3D．4
【点睛】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD＝DF，∠A＝∠GFD＝90°，于是根据“HL”判定△ADG≌△FDG，再由GF+GB＝GA+GB＝12，EB＝EF，△BGE为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出AG＝4，BG＝8，进而求出△BEF的面积，再抓住△BEF是等腰三角形，而△GED显然不是等腰三角形，判断③是错误的．
【解析】解：
由折叠可知，DF＝DC＝DA，∠DFE＝∠C＝90°，
∴∠DFG＝∠A＝90°，
∴△ADG≌△FDG，①正确；
∵正方形边长是12，
∴BE＝EC＝EF＝6，
设AG＝FG＝x，则EG＝x+6，BG＝12﹣x，
由勾股定理得：
EG2＝BE2+BG2，
即：
（x+6）2＝62+（12﹣x）2，
解得：
x＝4
∴AG＝GF＝4，BG＝8，BG＝2AG，②正确；
BE＝EF＝6，△BEF是等腰三角形，易知△GED不是等腰三角形，③错误；
S△GBE
6×8＝24，S△BEF
•S△GBE
，④正确．
故选：
C．
2．（2020•闽清模拟）如图，在2×2的方格纸中有一个以格点为顶点的△ABC，则与△ABC成轴对称且以格点为顶点三角形共有（）个．
A．3个B．4个C．5个D．6个
【点睛】解答此题首先找到△ABC的对称轴，EH、GC、AD，BF等都可以是它的对称轴，然后依据对称找出相应的三角形即可．
【解析】解：
与△ABC成轴对称且以格点为顶点三角形有△ABG、△CDF、△AEF、△DBH，△BCG共5个，
故选：
C．
3．（2020•宁夏模拟）如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，△ABD是等边三角形．如图②，将四边形ACBD折叠，使D与C重合，EF为折痕，则∠ACE的正弦值为（）
A．
B．
C．
D．
【点睛】在Rt△ABC中，设AB＝2a，已知∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，即可求得AB、AC的值，由折叠的性质知：
DE＝CE，可设出DE、CE的长，然后表示出AE的长，进而可在Rt△AEC中，由勾股定理求得AE、CE的值，即可求∠ACE的正弦值．
【解析】解：
∵△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，设AB＝2a，
∴AC
a，BC＝a；
∵△ABD是等边三角形，
∴AD＝AB＝2a；
设DE＝EC＝x，则AE＝2a﹣x；
在Rt△AEC中，由勾股定理，得：
（2a﹣x）2+3a2＝x2，解得x
；
∴AE
，EC
，
∴sin∠ACE
．
故选：
B．
4．（2020•平山模拟）如图，边长为24的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连结MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连结HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（）
A．12B．6C．3D．1
【点睛】取CB的中点G，连接MG，根据等边三角形的性质可得BH＝BG，再求出∠HBN＝∠MBG，根据旋转的性质可得MB＝NB，然后利用“边角边”证明△MBG≌△NBH，再根据全等三角形对应边相等可得HN＝MG，然后根据垂线段最短可得MG⊥CH时最短，再根据∠BCH＝30°求解即可．
【解析】解：
如图，取BC的中点G，连接MG，
∵旋转角为60°，
∴∠MBH+∠HBN＝60°，
又∵∠MBH+∠MBC＝∠ABC＝60°，
∴∠HBN＝∠GBM，
∵CH是等边△ABC的对称轴，
∴HB
AB，
∴HB＝BG，
又∵MB旋转到BN，
∴BM＝BN，
在△MBG和△NBH中，
，
∴△MBG≌△NBH（SAS），
∴MG＝NH，
根据垂线段最短，当MG⊥CH时，MG最短，即HN最短，
此时∠BCH
60°＝30°，CG
AB
24＝12，
∴MG
CG
12＝6，
∴HN＝6，
故选：
B．
5．（2020•淄博模拟）如图，P为等边三角形ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，则△ABC的面积为（）
A．
B．
C．
D．
【点睛】将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，则△BPE为等边三角形，得到PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，延长BP，作AF⊥BP于点FAP＝3，PE＝4，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，即可得到∠APB的度数，在直角△APF中利用三角函数求得AF和PF的长，则在直角△ABF中利用勾股定理求得AB的长，进而求得三角形ABC的面积．
【解析】解：
∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F．如图，
∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，
∴△BPE为等边三角形，
∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，
在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，
∴AE2＝PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，
∴∠APB＝90°+60°＝150°．
∴∠APF＝30°，
∴在直角△APF中，AF
AP
，PF
AP
．
∴在直角△ABF中，AB2＝BF2+AF2＝（4
）2+（
）2＝25+12
．
则△ABC的面积是
•AB2
•（25+12
）
．
故选：
A．
6．（2020•碑林区校级模拟）如图所示，凸四边形ABCD中，∠A＝90°，∠C＝90°，∠D＝60°，AD＝3，AB
，若点M、N分别为边CD，AD上的动点，则△BMN的周长最小值为（）
A．2
B．3
C．6D．3
【点睛】由轴对称知识作出对称点，连接两对称点，由两点之间线段最短证明B'B''最短，多次用勾股定理求出相关线段的长度，平角的定义及角的和差求出角度的大小，最后计算出△BMN的周长最小值为6．
【解析】解：
作点B关于CD、AD的对称点分别为点B'和点B''，
连接B'B''交DC和AD于点M和点N，DB，连接MB、NB；
再DC和AD上分别取一动点M'和N'（不同于点M和N），
连接M'B，M'B'，N'B和N'B''，如图1所示：
∵B'B''＜M'B'+M'N'+N'B''，
B'M'＝BM'，B''N'＝BN'，
∴BM'+M'N'+BN'＞B'B''，
又∵B'B''＝B'M+MN+NB''，
MB＝MB'，NB＝NB''，
∴NB+NM+BM＜BM'+M'N'+BN'，
∴l△BMN＝NB+NM+BM时周长最小；
连接DB，过点B'作B'H⊥DB''于B''D的延长线于点H，
如图示2所示：
∵在Rt△ABD中，AD＝3，AB
，
∴
2
，
∴∠2＝30°，
∴∠5＝30°，DB＝DB''，
又∵∠ADC＝∠1+∠2＝60°，
∴∠1＝30°，
∴∠7＝30°，DB'＝DB，
∴∠B'DB''＝∠1+∠2+∠5+∠7＝120°，
DB'＝DB''＝DB＝2
，
又∵∠B'DB''+∠6＝180°，
∴∠6＝60°，
∴HD
，HB'＝3，
在Rt△B'HB''中，由勾股定理得：
6．
∴l△BMN＝NB+NM+BM＝6，
故选：
C．
7．（2020•慈溪市模拟）如图，已知，M，N分别为锐角∠AOB的边OA，OB上的点，ON＝6，把△OMN沿MN折叠，点O落在点C处，MC与OB交于点P，若MN＝MP＝5，则PN＝（）
A．2B．3C．
D．
【点睛】依据∠CPN＝∠CNM，∠C＝∠C，即可得到△CPN∽△CNM，再根据相似三角形的性质，即可得到CP＝4，进而得出PN的长．
【解析】解：
∵MN＝MP，
∴∠MNP＝∠MPN，
∴∠CPN＝∠ONM，
由折叠可得，∠ONM＝∠CNM，CN＝ON＝6，
∴∠CPN＝∠CNM，
又∵∠C＝∠C，
∴△CPN∽△CNM，
，即CN2＝CP×CM，
∴62＝CP×（CP+5），
解得CP＝4，
又∵
，
∴
，
∴PN
，
故选：
D．
8．（2020•二七区校级模拟）如图，在平面直角坐标系上有点A（1，0），点A第一次跳动至点A1（﹣1，1），第二次向右跳动3个单位至点A2（2，1），第三次跳动至点A3（﹣2，2），第四次向右跳动5个单位至点A4（3，2），…，以此规律跳动下去，点A第2020次跳动至点A2020的坐标是（）
A．（1012，1011）B．（1009，1008）
C．（1010，1009）D．（1011，1010）
【点睛】根据点的坐标、坐标的平移寻找规律即可求解．
【解析】解：
因为A1（﹣1，1），A2（2，1）
A3（﹣2，2）A4（3，2）
A5（﹣3，3）A6（4，3）
A7（﹣4，4）A8（5，4）
…
A2n﹣1（﹣n，n）A2n（n+1，n）（n为正整数）
所以2n＝2020，
n＝1010
所以A2020（1011，1010）
故选：
D．
9．（2020•鼓楼区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知A（2，0），B（4，0），点P为线段AB外一动点，且PA
，以PB为边作等边△PBM，则线段AM的最大值为（）
A．
B．
C．
D．
【点睛】△PBM是等边三角形，点P在圆心为A半径为
的⊙A上运动，推出点M的运动轨迹也是圆，当点P1（3.5，0）时，点M与E重合，当P2（0.5，0）时，点M与F重合，点M所在的⊙O′的直径EF＝P2P1＝3，利用点与圆的位置关系即可解决问题．
【解析】解：
如图所示，
∵△PBM是等边三角形，点P在圆心为A，半径为
的⊙A上运动，
∴点M的运动轨迹也是圆，
当点P1（3.5，0）时，点M与E重合，当P2（0.5，0）时，点M与F重合，点M所在的⊙O′的直径EF＝P1P2＝3，
∴AO′＝2，当点M在AO′的延长线上时，AM的值最大，最大值为2+1.5
，
故选：
B．
10．（2020•浉河区校级模拟）如图，边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，连接EC将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF，则在点E运动过程中，DF的最小值是（）
A．4B．3C．2D．1
【点睛】连接BF，判定△ACE≌△BCF，即可得到∠CBF＝∠CAE＝30°，进而得出点F的运动轨迹为直线BF，依据当DF⊥BF时，DF最短，即可得到DF的最小值是2．
【解析】解：
如图，连接BF，
由旋转可得，CE＝FC，∠ECF＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∴∠ACE＝∠BCF，
∴△ACE≌△BCF（SAS），
∴∠CBF＝∠CAE，
∵边长为8的等边三角形ABC中，E是对称轴AD上的一个动点，
∴∠CAE＝30°，BD＝4，
∴∠CBF＝30°，
即点F的运动轨迹为直线BF，
∴当DF⊥BF时，DF最短，
此时，DF
BD
4＝2，
∴DF的最小值是2，
故选：
C．
11．（2020•山西模拟）如图，两建筑物的水平距离为a米，从A点测得D点的俯角为α，测得C点的俯角为β，则较低建筑物的高为（）
A．a米B．acotα米
C．acotβ米D．a（tanβ﹣tanα）米
【点睛】作DE⊥AB于点E，分别在直角△ADE和直角△ABC中，利用三角函数即可表示出AB于AE的长，根据DC＝BE＝AB﹣AE即可求解．
【解析】解：
作DE⊥AB于点E．
在直角△AED中，ED＝BC＝a，∠ADE＝α
∵tan∠ADE
，
∴AE＝DE•tan∠ADE＝a•tanα．
同理AB＝a•tanβ．
∴DC＝BE＝AB﹣AE＝a•tanβ﹣a•tanα＝a（tanβ﹣tanα）．
故选：
D．
12．（2020•济宁模拟）如图，两个直径分别为36cm和16cm的球，靠在一起放在同一水平面上，组成如图所示的几何体，则该几何体的俯视图的圆心距是（）
A．10cm．B．24cmC．26cmD．52cm
【点睛】根据两球相切，可得球心距，根据两圆相切，可得圆心距是半径的和，根据根据勾股定理，可得答案．
【解析】解：
球心距是（36+16）÷2＝26，
两球半径之差是（36﹣16）÷2＝10，
俯视图的圆心距是
24cm，
故选：
B．
13．（2020•南通模拟）下列轴对称图形中，只用一把无刻度的直尺不能画出对称轴的是（）
A．菱形B．三角形C．等腰梯形D．正五边形
【点睛】针对各图形的对称轴，对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解析】解：
A、菱形，对角线所在的直线即为对称轴，可以用直尺画出，故A选项错误；
B、三角形对称轴只用一把无刻度的直尺无法画出，故B选项正确；
C、等腰梯形，延长两腰相交于一点，作两对角线相交于一点，根据等腰梯形的对称性，过这两点的直线即为对称轴，故C选项错误；
D、正五边形，作一条对角线把正五边形分成一个等腰三角形与一个等腰梯形，根据正五边形的对称性，过等腰三角形的顶点与梯形的对角线的交点的直线即为对称轴，故D选项错误．
故选：
B．
14．（2020•南宁模拟）如图所示，把一张长方形纸片对折，折痕为AB，再以AB的中点O为顶点，把平角∠AOB三等分，沿平角的三等分线折叠，将折叠后的图形剪出一个以O为顶点的直角三角形，那么剪出的直角三角形全部展开铺平后得到的平面图形一定是（）
A．正三角形B．正方形C．正五边形D．正六边形
【点睛】先求出∠O＝60°，再根据直角三角形两锐角互余沿折痕展开依次进行判断即可得解．
【解析】解：
∵平角∠AOB三等分，
∴∠O＝60°，
∵90°﹣60°＝30°，
∴剪出的直角三角形沿折痕展开一次得到底角是30°的等腰三角形，
再沿另一折痕展开得到有一个角是30°的直角三角形，
最后沿折痕AB展开得到等边三角形，
即正三角形．
故选：
A．
15．（2020•呼和浩特模拟）如图是某几何体的三视图，根据图中数据，求得该几何体的体积为（）
A．60πB．70πC．90πD．160π
【点睛】易得此几何体为空心圆柱，圆柱的体积＝底面积×高，把相关数值代入即可求解．
【解析】解：
观察三视图发现该几何体为空心圆柱，其内圆半径为3，外圆半径为4，高为10，
所以其体积为10×（42π﹣32π）＝70π，
故选：
B．
16．（2020•南岗区校级模拟）如图，将正方形纸片ABCD沿MN折叠，折痕为MN，点A的对应点是点A′，点B的对应点是点B′，点B′落在边CD上，若CB′
CD，且BN＝5，则折痕MN的长为（）
A．
B．
C．
D．
【点睛】根据正方形性质和折叠问题，构造相似利用勾股定理即可求解．
【解析】解：
如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵CB′
CD，且BN＝5，
设CB′＝x，则DC＝BC＝3x，DB′＝2x，
根据折叠可知：
B′N＝BN＝5，则CN＝3x﹣5，
在Rt△NCB′中，根据勾股定理，得
（3x﹣5）2+x2＝52，解得x1＝3，x2＝0（舍去），
∴B′C＝3，CN＝4，DB′＝6，
∵∠C＝∠D＝∠A′B′N＝90°
∴∠DB′A′＝∠B′NC，
∴△DEB′∽△B′CN，
∴
即
解得DE＝4.5，EB′＝7.5，
∴A′E＝1.5，AE＝4.5，∴ME＝4.5﹣AM，
在Rt△A′EM中，设AM＝A′M＝y，
根据勾股定理，得
y2+1.52＝（4.5﹣y）2，解得y＝2，
作MF⊥BC于点F，得矩形ABFM，∴MF＝AB＝9，FN＝5﹣2＝3，
在Rt△MFN中，根据勾股定理，得
MN
3
．
故选：
C．
【点评】本题考查了正方形的性质、勾股定理、折叠问题，解决本题的关键是通过折叠前后的图形变化解决问题．
17．（2020•武昌区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，点P在边AB上，连接CP，将△BCP沿直线CP翻折后，点B恰好落在边AC的中点处，则点P到AC的距离是（）
A．2.5B．
C．4D．
【点睛】根据翻折的性质和已知条件可得CP是角平分线，再根据锐角三角函数即可求解．
【解析】解：
如图：
作PE⊥AC于点E，设PE＝x．
∵∠ACB＝90°，BC＝6，
将△BCP沿直线CP翻折后，点B恰好落在边AC的中点处，
∴BC＝CD＝AD＝6，∠BCP＝∠ACP＝45°，
∴PE＝EC＝x，DE＝6﹣x，AE＝6+6﹣x＝12﹣x，
∵在Rt△APE和Rt△ABC中，
tan∠A
，
∴
，
解得x＝4，
故选：
C．
18．一些完全相同的小正方体搭成一个几何体，这个几何体从正面和左面看所得的平面图形均如图所示，小正方体的块数可能有（）
A．7种B．8种C．9种D．10种
【点睛】从正面看得到的图形表现了几何体的长与高，从左面看得到的图形表现了几何体的宽和高，得到组合几何体的正方体的最多的个数和最少的个数，进而得到相应的可能情况总数即可．
【解析】解：
由2个视图可得该组合几何体有3行，3列，所以最底层最多有9个正方体，最少有3个正方体；第二层最多有4个正方体，最少有2个正方体；第3层最多有1个正方体，最少有1个正方体，所以组合几何体最多有9+4+1＝14个正方体，最少有3+2+1＝6个正方体．
故正方体可能的个数在6和14之间，共有9种可能的情况，
故选：
C．
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