【文档说明】中考数学一轮总复习21《图形的变化》知识讲解+巩固练习（提高版）（含答案）.doc，共(25)页，742.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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中考总复习：图形的变换--知识讲解（提高）【考纲要求】1.通过具体实例认识轴对称、平移、旋转，探索它们的基本性质；2.能够按要求作出简单平面图形经过轴对称、平移、旋转后的图形，能作出简单平面图形经过一次或两次轴对称后的图形；3.探索基本图形（等腰三角

形、矩形、菱形、等腰梯形、正多边形、圆）的轴对称性质及其相关性质.4.探索图形之间的变换关系（轴对称、平移、旋转及其组合）；5.利用轴对称、平移、旋转及其组合进行图案设计；认识和欣赏轴对称、平移、旋转在现实生活中的应用.【知识网络】【考点梳理】考点一、

平移变换1.平移的概念：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移，平移不改变图形的形状和大小．【要点诠释】（1）平移是运动的一种形式，是图形变换的一种，本讲的平移是指平面图形在同一平面内的变换；（2）图形的平移有两个要素：一是

图形平移的方向，二是图形平移的距离，这两个要素是图形平移的依据；（3）图形的平移是指图形整体的平移，经过平移后的图形，与原图形相比，只改变了位置，而不改变图形的大小，这个特征是得出图形平移的基本性质的

依据．2．平移的基本性质：由平移的概念知，经过平移，图形上的每一个点都沿同一个方向移动相同的距离，平移不改变图形的形状和大小，因此平移具有下列性质：经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应角相等．【要点诠释】（1）要注意正确找出“对应线

段，对应角”，从而正确表达基本性质的特征；（2）“对应点所连的线段平行且相等”，这个基本性质既可作为平移图形之间的性质，又可作为平移作图的依据．考点二、轴对称变换1．轴对称与轴对称图形轴对称：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果能够与另一个图形重合

，那么就说这两个图形关于这条直线对称，也叫做这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴，折叠后重合的对应点，叫做对称点.轴对称图形：把一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形.2．轴

对称变换的性质①关于直线对称的两个图形是全等图形.②如果两个图形关于某直线对称，对称轴是对应点连线的垂直平分线.③两个图形关于某直线对称，如果它们对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上.④如果两个图形的对应点连线被同一直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称.3．轴对称作图步骤①找

出已知图形的关键点，过关键点作对称轴的垂线，并延长至2倍，得到各点的对称点．②按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.４．翻折变换：图形翻折问题是近年来中考的一个热点，其实质是轴对称问题，折叠重合部分必全等，折痕所在直线就是这两个全等形的对称轴，互相重合的两点（对称点）连线必被折痕垂直平

分.【要点诠释】翻折的规律是，折叠部分的图形，折叠前后，关于折痕成轴对称，两图形全等，折叠图形中有相似三角形，常用勾股定理.考点三、旋转变换1．旋转概念：把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转.点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角.２．旋转变换的性质图形通过旋转，图形中每

一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化.３．旋转作图步骤①分析题目要求，找出旋转中心，确定旋转

角.②分析所作图形，找出构成图形的关键点.③沿一定的方向，按一定的角度、旋转各顶点和旋转中心所连线段,从而作出图形中各关键点的对应点.④按原图形连结方式顺次连结各对应点.【要点诠释】１．图形变换与图案设计的基本步骤①确定图案的设计主题及要求；②

分析设计图案所给定的基本图案；③利用平移、旋转、轴对称对基本图案进行变换，实现由基本图案到各部分图案的有机组合；④对图案进行修饰，完成图案.2．平移、旋转和轴对称之间的联系一个图形沿两条平行直线翻折（轴对称）两次相当于一次平移，沿不平行的两条直线翻折两次相当于一次旋转，其旋转角等

于两直线交角的2倍.【典型例题】类型一、平移变换1.如图，将矩形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ACD沿CA方向平移得到△A′C′D′．（1）证明△A′AD′≌△CC′B；（2）若∠ACB=30°，试问当点C′

在线段AC上的什么位置时，四边形ABC′D′是菱形，并请说明理由．【思路点拨】（1）根据已知利用SAS判定△A′AD′≌△CC′B；（2）由已知可推出四边形ABC′D′是平行四边形，只要再证明一组邻边相等即可确定四边形ABC′D′是菱形，由已知可得到BC′=12AC，AB=12AC，从而得到

AB=BC′，所以四边形ABC′D′是菱形．【答案与解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，△A′C′D′由△ACD平移得到，∴A′D′=AD=CB，AA′=CC′，A′D′∥AD∥BC．∴∠D′A′C′=∠BCA．∴△A′AD′≌△CC′B．（2）解：当点C′是线段AC的中点时，四

边形ABC′D′是菱形．理由如下：∵四边形ABCD是矩形，△A′C′D′由△ACD平移得到，∴C′D′=CD=AB．由（1）知AD′=C′B．∴四边形ABC′D′是平行四边形．在Rt△ABC中，点C′是线段AC的中点，∴BC′=12A

C．而∠ACB=30°，∴AB=12AC．∴AB=BC′．∴四边形ABC′D′是菱形．【总结升华】本题考查了平移的性质特点以及全等的判定和菱形的判定，注意对这两个判定定理的准确掌握，考查学生综合运用数学的能力．2．操作与探究：（1）对数轴上的点P进行如下操作：先把点P表示

的数乘以13，再把所得数对应的点向右平移1个单位，得到点P的对应点P′．点A，B在数轴上，对线段AB上的每个点进行上述操作后得到线段A′B′，其中点A，B的对应点分别为A′，B′．如图1，若点A表示的数是-3，则点A′表示的数是

________；若点B′表示的数是2，则点B表示的数是_____；已知线段AB上的点E经过上述操作后得到的对应点E′与点E重合，则点E表示的数是__________．（2）如图2，在平面直角坐标系xOy中，对正方形ABCD及其内部的每个点进行如下操作：把每个点的横、纵坐标都乘以同一个实

数a，将得到的点先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m＞0，n＞0），得到正方形A′B′C′D′及其内部的点，其中点A，B的对应点分别为A′，B′．已知正方形ABCD内部的一个点F经过上述操作后得到的对应点F

′与点F重合，求点F的坐标．【思路点拨】（1）根据题目规定，以及数轴上的数向右平移用加计算即可求出点A′，设点B表示的数为a，根据题意列出方程求解即可得到点B表示的数，设点E表示的数为b，根据题意列出方程计算即可得解；（2）先根据向上平移横坐标不变，纵坐标加，向右平移横坐标

加，纵坐标不变求出平移规律，然后设点F的坐标为（x，y），根据平移规律列出方程组求解即可．【答案与解析】（1）点A′：-3×13+1=-1+1=0，设点B表示的数为a，则13a+1=2，解得a=3，设点E表示的数为

b，则13b+1=b，解得b=32；故答案为：0；3；32.（2）根据题意得，-313202amaman，解得12122amn，设点F的坐标为（x，y），∵对应点F′与点F重合，∴12x+12=x，12y+2=y，解得x

=1，y=4，所以，点F的坐标为（1，4）．【总结升华】耐心细致的读懂题目信息是解答本题的关键．举一反三：【变式】如图，若将边长为cm2的两个互相重合的正方形纸片沿对角线AC翻折成等腰直角三角形后，再抽出一个

等腰直角三角形沿AC移动，若重叠部分PCA'的面积是21cm，则移动的距离'AA等于.【答案】根据题意得：AB∥A′B′，BC∥B′C′，∴∠A′PC=∠B=90°，∵∠A=∠CA′P=∠ACP=45°，∴△A′PC是等腰直角三角形，∵△A′PC的面积是1cm2，∴S△A′PC=12A′P

•PC=1（cm2），∴A′P=PC=2cm，∴A′C=2cm，由于原等腰直角三角形的斜边是22cm，所以平移的距离是：22-2（cm）．类型二、轴对称变换3．（2016•贵阳模拟）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是射线CB上的一个动点，把△DCE沿DE折叠，点C的对应点为C′．（1

）若点C′刚好落在对角线BD上时，BC′=；（2）若点C′刚好落在线段AB的垂直平分线上时，求CE的长；（3）若点C′刚好落在线段AD的垂直平分线上时，求CE的长．【思路点拨】（1）根据点B，C′，D在同一直线上得出BC′=BD﹣D

C′=BD﹣DC求出即可；（2）利用垂直平分线的性质得出CC′=DC′=DC，则△DC′C是等边三角形，进而利用勾股定理得出答案；（3）利用①当点C′在矩形内部时，②当点C′在矩形外部时，分别求出即可．【答案与解析】解：（1）如图1，

∵点B，C′，D在同一直线上，∴BC′=BD﹣DC′=BD﹣DC=10﹣6=4；故答案为：4；（2）如图2，连接CC′，∵点C′在AB的垂直平分线上，∴点C′在DC的垂直平分线上，∴CC′=DC′=DC，

则△DC′C是等边三角形，设CE=x，易得DE=2x，由勾股定理得：（2x）2﹣x2=62，解得：x=2，即CE的长为2；（3）作AD的垂直平分线，交AD于点M，交BC于点N，分两种情况讨论：①当点C′在矩形内部时，如图3

，∵点C′在AD的垂直平分线上，∴DM=4，∵DC′=6，由勾股定理得：MC′=2，∴NC′=6﹣2，设EC=y，则C′E=y，NE=4﹣y，故NC′2+NE2=C′E2，即（6﹣2）2+（4﹣y）2=y2，解得

：y=9﹣3，即CE=9﹣3；②当点C′在矩形外部时，如图4，∵点C′在AD的垂直平分线上，∴DM=4，∵DC′=6，由勾股定理得：MC′=2，∴NC′=6+2，设EC=z，则C′E=a，NE=z﹣4故NC′2+NE2=C′E2

，即（6+2）2+（z﹣4）2=z2，解得：z=9+3，即CE=9+3，综上所述：CE的长为9±3．【总结升华】此题主要考查了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识；利用数形结合以及分类讨论得出是解题关键．举一反三：【变式】如图所示，有

一块面积为1的正方形纸片ABCD，M、N分别为AD、BC的边上中点，将C点折至MN上，落在P点的位置，折痕为BQ，连接PQ．（1）求MP的长；（2）求证：以PQ为边长的正方形的面积等于13.【答案】（1）解：连接BP、PC，由折法知点P是点C关于折痕BQ的对称点．∴BQ

垂直平分PC，BC=BP．又∵M、N分别为AD、BC边上的中点，且四边形ABCD是正方形，∴BP=PC．∴BC=BP=PC．∴△PBC是等边三角形．∵PN⊥BC于N，BN=NC=12BC=12，∠BPN=12×∠BPC=30°，∴PN=32，MP=MN-PN=232．（2）

证明：由折法知PQ=QC，∠PBQ=∠QBC=30°．在Rt△BCQ中，QC=BC•tan30°=1×33=33，∴PQ=33．∴以PQ为边的正方形的面积为13．4.已知：矩形纸片ABCD中，AB=26厘米，5

.18BC厘米，点E在AD上，且6AE厘米，点P是AB边上一动点，按如下操作：步骤一，折叠纸片，使点P与点E重合，展开纸片得折痕MN（如图（1）所示）；步骤二，过点P作,ABPT交MN所在的直线于点Q，连结QE（如图（2）所示）；（1）无论点P在AB边上任何位置，都有PQQE（填“＞”、

“=”、“＜”号）（2）如图（3）所示，将矩形纸片ABCD放在直角坐标系中，按上述步骤一、二进行操作：①当点P在A点时，PT与MN交于点,1Q,1Q点的坐标是（，）；②当6PA厘米时，PT与MN交于点2Q，2Q点的坐标是（

，）；③当12PA厘米时，在图（3）中画出MN，PT（不要求写画法）并求出MN与PT的交点3Q的坐标；（3）点P在在运动过程中，PT与MN形成一系列的交点,1Q2Q，3Q…观察，猜想：众多的交点形成的图象是什么？并直接写出该图象的函数表达式.（1）（2）（3）【思路点拨】（1）根据

折叠的特点可知△NQE≌△NQP，所以PQ=QE．（2）过点E作EG⊥Q3P，垂足为G，则四边形APGE是矩形．设Q3G=x，则Q3E=Q3P=x+6．利用Rt△Q3EG中的勾股定理可知x=9，Q3P=15．

即Q3（12，15）．（3）根据上述的点的轨迹可猜测这些点形成的图象是一段抛物线，利用待定系数法可解得函数关系式：y=112x2+3（0≤x≤26）．【答案与解析】（1）由折叠的特点可知△NQE≌△NQP，所以PQ=QE．（2）①（0，3）；②（

6，6）．③画图，如图所示．过点E作EG⊥Q3P，垂足为G，则四边形APGE是矩形．∴GP=6，EG=12．设Q3G=x，则Q3E=Q3P=x+6．在Rt△Q3EG中，∵EQ32=EG2+Q3G2∴x=9．∴Q3P=15．∴Q3（12，15）（3）这些点形成的图象是一段抛物线．ABCDPEMN

BC（P）（A）BCDExN1QO6121824612182Qy函数关系式：y=112x2+3（0≤x≤26）．【总结升华】本题是一道几何与函数综合题，它以“问题情境--建立模型--解释、应用与拓展”的模式，通过动点P在AB上的移动构造探究性问题，让学生在“操作、观

察、猜想、建模、验证”活动过程中，提高动手能力，培养探究精神，发展创新思维．类型三、旋转变换5.（2016•本溪）已知，△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，点P是射线CB上一点（点P不与点B、C重合），线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接QB交射线AC于点M

.（1）如图①，当AC=BC，点P在线段CB上时，线段PB、CM的数量关系是；（2）如图②，当AC=BC，点P在线段CB的延长线时，（1）中的结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由．（3）如图③，若，点P在线段CB的延长线上，CM=2，AP=1

3，求△ABP的面积．【思路点拨】（1）作出△ABC绕点A顺时针旋转90°，利用旋转的性质，和等腰三角形的性质再用中位线即可；（2）作出△ABC绕点A顺时针旋转90°，利用旋转的性质，和等腰三角形的性质，再用中位线即可；（3）同（1）（2）的方法作出辅助线，利用平行线中的基本图形“

A”得出比例式，用勾股定理求出x，最后用三角形的面积公式即可．【答案与解析】解：（1）如图1，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB'C'，∴B'Q=BP，AB'=AB，连接BB'，∵AC⊥BC，∴点C在BB'上，且CB'=CB，依题意得，∠C'B'B=90°，∴CM∥B'C

'，而CB'=CB，∴2CM=B'Q，∵BP=B'Q，∴BP=2CM，故答案为：BP=2CM；（2）BP=2CM仍然成立，理由：如图2，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB'C'，连接B'Q，∴B'Q=BP，AB'=AB，连接BB'，∵AC⊥BC，∴点C在BB'上

，且CB'=CB，依题意得，∠C'B'B=90°，∴CM∥B'C'，而CB'=CB，∴2CM=B'Q，∵BP=B'Q，∴BP=2CM，（3）如图3，设BC=2x，则AC=5x，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB'C'，连接B'

Q，∴BC=B'C'，B'Q=BP，AC=AC'延长BC交C'Q于N，∴四边形ACNC'是正方形，∴C'N=CN=AC=5x，∴BN=CN+BC=7x∵CM∥QN，∴∵CM=2，∴∴QN=7，∴BP=B'Q=C'N+QN﹣B'C'=5x+7﹣2x=3x+7，∴PC=BC+BP=2

x+3x+7=5x+7，在Rt△ACP中，AC=5x，PC=5x+7，AP=13，根据勾股定理得，（5x）2+（5x+7）2=132∴x=1或x=﹣（舍），∴BP=3x+7=10，AC=5x=5，∴S△ABP=BP×AC=×10×5=25．【总结升华】此题是几何变换综合

题，主要考查了等腰直角三角形和直角三角形的性质，旋转的性质，中位线的性质，解本题的关键是作出辅助线，也是本题的难点．6.如图①，小慧同学把一个正三角形纸片（即△OAB）放在直线l1上，OA边与直线l1重合，然后将三角形纸片绕着顶点A按顺时针

方向旋转120°，此时点O运动到了点O1处，点B运动到了点B1处；小慧又将三角形纸片AO1B1绕点B1按顺时针方向旋转120°，此时点A运动到了点A1处，点O1运动到了点O2处（即顶点O经过上述两次旋转到达O2处）．小慧还发现：三角形纸片在上述两次旋转的过程中，顶点O运动所形成的图形是两段

圆弧，即1OO和12OO，顶点O所经过的路程是这两段圆弧的长度之和，并且这两段圆弧与直线l1围成的图形面积等于扇形AOO1的面积、△AO1B1的面积和扇形B1O1O2的面积之和．小慧进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片OABC放在直线l2上，OA边与直线l2重合，然后将正方形纸片绕着顶点

^按顺时针方向旋转90°，此时点O运动到了点O1处（即点B处），点C运动到了点C1处，点B运动到了点B1处；小慧又将正方形纸片AO1C1B1绕顶点B1按顺时针方向旋转90°，„„，按上述方法经过若干次旋转后．她提出了如下问题：问题①：若正方形纸片OABC接上述方法经过3次旋转，求顶点O

经过的路程，并求顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积；若正方形纸片OABC按上述方法经过5次旋转，求顶点O经过的路程；问题②：正方形纸片OABC按上述方法经过多少次旋转，顶点O经过的路程是______

_________?请你解答上述两个问题．【思路点拨】求出正方形OABC翻转时点O的轨迹弧长,再求面积即可.要理解的是第4n次旋转，顶点O没有移动.【答案与解析】解：问题①：如图，正方形纸片经过3次旋转，顶点O运动所形成的图形是三段圆弧112

23OO,OO,OO，所以顶点O在此运动过程中经过的路程为9019022211801802.顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线2l围成图形的面积为2290290122111360360

.正方形纸片经过5次旋转，顶点O运动经过的路程为：90190232318018022.问题②：∵正方形纸片每经过4次旋转，顶点O运动经过的路程均为：9019022211801802

.又412022201222，而2是正方形纸片第4n+1次旋转，顶点O运动经过的路程.∴正方形纸片OABC按上述方法经过81次旋转，顶点O经过的路程是412022.【总结升华】本题涉及到分类归

纳，图形的翻转，扇形弧长和面积.举一反三：【变式】如图，等腰梯形MNPQ的上底长为2，腰长为3，一个底角为60°．正方形ABCD的边长为1，它的一边AD在MN上，且顶点A与M重合．现将正方形ABCD在梯形的外面沿

边MN、NP、PQ进行翻滚，翻滚到有一个顶点与Q重合即停止滚动．(1)请在所给的图中，用尺规画出点A在正方形整个翻滚过程中所经过的路线图；(2)求正方形在整个翻滚过程中点A所经过的路线与梯形MNPQ的三边MN、NP、PQ

所围成图形的面积S．BPA(M)QNDC【答案】(1)点A在正方形整个翻滚过程中所经过的路线图如图：(2)弧AA1与AD，A1D围成图形的面积为：14圆的面积（半径为1）=4；弧A1A2与A1D，DN，A2N围成图形的面积为：14圆的面积（半径为2）＋正方形的面积（

边长为1）=12；弧A2A3与A2N，NA3围成图形的面积为：36012090536012圆的面积（半径为1）=512；其他三块小面积分别与以上三块相同.∴点A所经过的路线与梯形MNPQ的三边MN、NP、PQ所围成

图形的面积S为：5721=242123.中考总复习：图形的变换--巩固练习（提高）【巩固练习】一、选择题1．有下列四个说法，其中正确说法的个数是（）①图形旋转时，位置保持不变的点只有旋转中心

；②图形旋转时，图形上的每一个点都绕着旋转中心旋转了相同的角度；③图形旋转时，对应点与旋转中心的距离相等；④图形旋转时，对应线段相等，对应角相等，图形的形状和大小都没有发生变化．A.1个B.2个C.3个D.4个2.在旋转过程中，确定一个三角形旋转的位置所需的条件是（）.①

三角形原来的位置；②旋转中心；③三角形的形状；④旋转角．A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④3.（2017•大连模拟）如图，折叠直角三角形ABC纸片，使两锐角顶点A、C重合，设折痕为DE.若AB=4，

BC=3，则BD的值是（）A．78B．1C．98D．234.如图是一个旋转对称图形，要使它旋转后与自身重合，至少应将它绕中心逆时针方向旋转的度数为（）.A、30°B、60°C、120°D、180°5.如图,把矩形纸条ABCD沿EFGH，同时折叠，BC，两点恰好

落在AD边的P点处，若90FPH∠，8PF，6PH，则矩形ABCD的边BC长为（）.A.20B.22C.24D.30第4题第5题6．如图,正方形硬纸片ABCD的边长是4，点E、F分别是AB、BC的中点，若沿左图中的虚线剪开，拼成如下图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的

面积是（）.A．2B．4C．8D．10二、填空题7.（2017·郑州一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB=5，AC=3，点D是BC上一动点，连结AD，将△ADC沿AD折叠，点C落在点C，连结C’

D交AB于点E，连结BC’.当△BC’D是直角三角形时，DE的长为．8.在RtABC中，∠A<∠B，CM是斜边AB上的中线，将ACM沿直线CM折叠，点A落在点D处，如果CD恰好与AB垂直，那么∠A等于度.第7题第8

题9.在RtABC△中，903BACABM°，，为边BC上的点，连结AM（如图所示）．如果将ABM△沿直线AM翻折后，点B恰好落在边AC的中点处，那么点M到AC的距离是．10.如图，在ABC中，MN//AC，直线MN将ABC分割成面积相等的两

部分，将BMN沿直线MN翻折，点B恰好落在点E处，联结AE，若AE//CN，则AE:NC=.第9题第10题11.（2016•闸北区一模）如图，将一张矩形纸片ABCD沿着过点A的折痕翻折，使点B落在AD边上的

点F，折痕交BC于点E，将折叠后的纸片再次沿着另一条过点A的折痕翻折，点E恰好与点D重合，此时折痕交DC于点G，则CG：GD的值为．12.如图,在计算机屏幕上有一个矩形画刷ABCD，它的边AB＝l，．把ABCD以点B为中心按顺时针方向

旋转60°，则被这个画刷着色的面积为________.三、解答题13.如图（1）所示，一张三角形纸片ABC，6,8,90BCACACB.沿斜边AB的中线CD把这线纸片剪成11DAC和22DBC两个三角形如

图（2）所示.将纸片11DAC沿直线BD2（AB）方向平移（点BDDA,,,21始终在同一条直线上），当点1D与点B重合时，停止平移，在平移的过程中，11DC与2BC交于点E，1AC与222,BCDC分别交于点F，P.（1

）当11DAC平移到如图（3）所示的位置时，猜想图中ED1与FD2的数量关系，并证明你的猜想.（2）设平移距离12,DD为x，11DAC与22DBC重叠部分的面积为y，请写出y与x的函数关系式，以及自变量x的取值范围；（3）对于（2）中的结

论是否存在这样的x，使得重叠部分面积等于原ABC纸片面积的41？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由.14.（2015•河南）如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题

发现①当α=0°时，=；②当α=180°时，=．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）问题解决当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．1

5.如图所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），点D是线段BC上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线＝－＋交折线OAB于点E．（1）记△ODE的面积为S，求S与的函数关系式；（2）当点E在线段OA上时，若矩形OABC关于直线DE的对称图形

为四边形O1A1B1C1，试探究O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由.16．已知抛物线经过点A(0，4)、B(1，4)、C(3，2)，与x轴正半轴交于点D．(1)求此抛

物线的解析式及点D的坐标；(2)在x轴上求一点E，使得△BCE是以BC为底边的等腰三角形；(3)在(2)的条件下，过线段ED上动点P作直线PF//BC，与BE、CE分别交于点F、G，将△EFG沿FG翻折得到△E′FG．设P(x，0)，△E′

FG与四边形FGCB重叠部分的面积为S，求S与x的函数关系式及自变量x的取值范围．【答案与解析】一．选择题1．【答案】C．2．【答案】A.3．【答案】A.【解析】连接DC，AD=DC，设DB=x，则AD=DC=4-x，由勾股定理可得22234xx，解得78x.4．【答案】

B.【解析】正六边形被平分成六部分，因而每部分被分成的圆心角是60°，因而旋转60度的整数倍，就可以与自身重合．则α最小值为60度．故选B．5．【答案】C.【解析】Rt△PHF中，有FH=10，则矩形ABCD的边BC长为PF+FH+HC=8+10+6=

24，故选C．6．【答案】B.二．填空题7．【答案】32或34.【解析】当点E与点C’重合时，BC=4，由翻折性质：AE=AC=3，DC=DE，则EB=2.设CD=ED=x，则BD=4-x，22224xx，解得32x，则32DE；当∠EDB

=90°，由翻折性质：AC=AC’，∠C=∠C’=90°=∠CDC’，∴四边形ACDC’是正方形，∴CD=AC=3，DB=1，由AC∥DE，△BDE∽△BCA，∴14DEDBACCB，解得DE=34，点D在CB上运动，∠DBC’＜90°，故∠DBC’不可能为直角.8．【答案】30°.9．【答

案】2.10．【答案】2:1.【解析】利用翻折变换的性质得出BE⊥MN，BE⊥AC，进而利用相似三角形的判定与性质得出对应边之间的比值与高之间关系，即可得出答案．11.【答案】．【解析】如图所示：连接GE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD

=∠C=ADC=∠B=90°，AB=CD，AD=BC，由折叠的性质得：∠DAE=∠BAE=45°，∠DAG=∠EAG=22.5°，AG⊥DE，∴GD=GE，∴∠GDE=∠GED=∠DAG=22.5°，∴∠CGE=∠GDE+∠GED=45°，∴△CEG是等腰直角三角形，∴

GD=GE=CG，∴CG：GD=．故答案为：．12．【答案】23+3.【解析】首先理解题干条件可知这个画刷所着色的面积=2S△ABD+S扇形，扇形的圆心角为60°，半径为2，求出扇形面积和三角形的面积即可．三.综合题13．【

解析】(1)D1E=D2F．∵C1D1∥C2D2，∴∠C1=∠AFD2．又∵∠ACB=90°，CD是斜边上的中线，∴DC=DA=DB，即C1D1=C2D2=BD2=AD1∴∠C1=∠A，∴∠AFD2=∠A∴AD2=D2F．同理：BD1=

D1E．又∵AD1=BD2，∴AD2=BD1．∴D1E=D2F．（2）∵在Rt△ABC中，AC=8，BC=6，∴由勾股定理，得AB=10．即AD1=BD2=C1D1=C2D2=5又∵D2D1=x，∴D1E=BD1

=D2F=AD2=5-x．∴C2F=C1E=x在△BC2D2中，C2到BD2的距离就是△ABC的AB边上的高，为245．设△BED1的BD1边上的高为h，由探究，得△BC2D2∽△BED1，∴52455hx．∴h=24(5)25x．S△BED1=12×BD1×h=122

5（5-x）2又∵∠C1+∠C2=90°，∴∠FPC2=90°．又∵∠C2=∠B，sinB=45，cosB=35．∴PC2=35x，PF=45x，S△FC2P=12PC2×PF=625x2而y=S△BC2D2-S△BED1-S△FC

2P=12S△ABC-1225（5-x）2-625x2∴y=-1825x2+245x（0≤x≤5）．（3）存在．当y=14S△ABC时，即-1825x2+245x=6，整理得3x2-20x+25=0．解得，x1=53，x2=5

．即当x=53或x=5时，重叠部分的面积等于原△ABC面积的14．14．【解析】解：（1）①当α=0°时，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC=，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴，∴．②如图1，，当α=1

80°时，可得AB∥DE，∵，∴=．故答案为：．（2）如图2，，当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，∵∠ECD=∠ACB，∴∠ECA=∠DCB，又∵，∴△ECA∽△DCB，∴．（3）①如图3，，∵AC=4，CD=4，CD⊥AD，∴AD==

，∵AD=BC，AB=DC，∠B=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴．②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，，∵AC=4，CD=4，CD⊥AD，∴AD==，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴DE=

=2，∴AE=AD﹣DE=8﹣2=6，由（2），可得，∴BD==．综上所述，BD的长为4或．15．【解析】（1）∵四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），∴B（3，1），若直线经过点A（3，0）时，则b=32,若直线经过点B（3，1

）时，则b=52,若直线经过点C（0，1）时，则b=1,①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤32，如图1，此时E（2b，0）∴S=12OE•CO=12×2b×1=b；②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即32＜b＜5

2，如图2此时E（3，b-32），D（2b-2，1），∴S=S矩-（S△OCD+S△OAE+S△DBE）=3-[12（2b-2）×1+12×（5-2b）•（52-b）+12×3（b-32）]=52b-b2；（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N

，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积．由题意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四边形DNEM为平行四边形根据轴对称知，∠MED=∠NED又∵∠MDE=∠NED，∴∠MED=∠MDE，∴MD=ME，∴平行四边形DNEM为菱形．过点D作DH⊥O

A，垂足为H，设菱形DNEM的边长为a，由题意知，D（2b-2，1），E（2b，0），∴DH=1，HE=2b-（2b-2）=2，∴HN=HE-NE=2-a，则在Rt△DHN中，由勾股定理知：a2=（2-a）2+12，∴a=54，∴

S四边形DNEM=NE•DH=54．∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为54．16.【解析】(1)抛物线的解析式为，点D(4，0)．(2)点E(，0)．(3)可求得直线BC的解析

式为．从而直线BC与x轴的交点为H(5，0)．如图1，根据轴对称性可知S△E′FG=S△EFG，当点E′在BC上时，点F是BE的中点．∵FG//BC，∴△EFP∽△EBH．可证EP=PH．∵E(-1，0)，H(5，0)，∴P(2，0)．(i)如图2，分别过点B、C作BK⊥ED于

K，CJ⊥ED于J，则．当-1＜x≤2时，∵PF//BC，∴△EGP∽△ECH，△EFG∽△EBC．∴，∵P(x，0)，E(-1，0)，H(5，0)，∴EP=x+1，EH=6．∴．图2图3(ii)如图3，

当2＜x≤4时，在x轴上截取一点Q，使得PQ=HP，过点Q作QM//FG，分别交EB、EC于M、N．可证S=S四边形MNGF，△ENQ∽△ECH，△EMN∽△EBC．∴，．∵P(x，0)，E(-1，0)，H(5，0)，∴

EH=6，PQ=PH=5－x，EP=x+1，EQ=6－2(5－x)=2x－4．∴．同(i)可得，∴．综上，