人教版2016年中考数学一轮复习导学案(专题30_图形的变换)
中考一轮复习图形的变换导学案
图形的变换一、图形的相似考点一 相似的有关概念1. 在同一单位长度下 叫做两条线段的比2. 在四条线段中，如果其中两条线段的比等于另外两条线段的比，那么这四条线段叫做成比例线段，简称比例线段3. 比例的基本性质：⇔=dc b a （0≠bd ） 考点二 相似三角形的性质与判定1. 定义：对应角相等， 成比例的三角形叫做相似三角形2. 性质：①相似三角形的对应角相等；②相似三角形的对应线段（边、高、中位线、角平分线） ；③相似三角形的周长比等于 ，面积比等于3. 判定：①两角对应相等；② 对应成比例且 相等；③三边对应成比例；④两个直角三角形的斜边和一条 对应成比例，两个三角形相似例1（2021浙江舟山） 如图，已知△ABC 和△DEC 的面积相等，点E 在BC 边上，DE//AB 交AC 于点F,AB=12，EF=9，求DF 的长例2 如图，△ABC 和△DEF 是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC=∠EDF=90°，△DEF 的顶点E 与△ABC 的斜边BC 的中点重合.将△DEF 绕点E 旋转，旋转过程中，线段DE 与线段AB 相交于点P ，线段EF 与射线CA 相交于点Q.（1）如图①，当点Q 在线段AC 上，且AP=AQ 时，求证：△BPE ≌△CQE ；（2）如图②，当点Q 在线段CA 的延长线上时，求证：△BPE ∽△CEQ ；并求当BP=a ，CQ=29a 时，P ，Q 两点间的距离（用含a 的代数式表示）。
考点三图形的位似1.位似图形的定义：如果两个图形不仅而且每组对应点所在直线都，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心，对应边的比叫做，位似比等于相似比2.位似图形的性质：位似图形上任意一点对应点到位似中心的距离比等于3.位似图形的周长比等于位似比，面积比等于二、图形的变换考点一图形的轴对称1.轴对称图形和轴对称（1）轴对称图形：如果一个图形沿某条直线对折，对折的两部分是的，那么就称这样的图形为轴对称图形，这条直线称为 .对称轴一定为直线.（2）轴对称：把一个图形沿着某一条直线翻折过去，如果它能与另一个图形重合，那么称这两个图形成 .两个图形中的对应点（即两个图形重合时互相重合的点）叫2.轴对称图形的性质（1）对应线段，对应角相等；对称点的连线被对称轴轴对称变换的特征是不改变图形的和大小，只改变图形的 .新旧图形具有对称性.（2）成轴对称的两个图形，它们的对应线段或其延长线若相交，则交点在上.考点二图形的平移1.定义：在平面内，将某个图形沿某个移动一定的，这样的图形运动称为平移.2.性质：（1）平移后，对应线段相等且平行，对应点所连的线段（或在同一直线上）且 . （2）平移后，对应角且对应角的两边分别平行（或在同一直线上），方向相同。
2016年中考数学一轮复习第29课图形变换导学案
图形变换【考点梳理】：(一)对称：1、轴对称: 如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴。
（1）学过的轴对称平面图形：长（正）方形、圆形、等腰三角形、等边三角形、等腰梯形……等腰三角形有1条对称轴，等边三角形有3条对称轴，长方形有2条对称轴，正方形有4条对称轴，等腰梯形有1条对称轴，任意梯形和平行四边形不是轴对称图形。
（2）圆有无数条对称轴。
3）对称点到对称轴的距离相等。
2、轴对称图形的特征和性质：（1）、对应点到对称轴的距离相等；（2）、对应点的连线与对称轴垂直；（3）、对称轴两边的图形大小、形状完全相同。
3、对称图形包括轴对称图形和中心对称图形。
（二）旋转1、旋转：在平面内，一个图形绕着一个顶点旋转一定的角度得到另一个图形的变化较做旋转，定点O叫做旋转中心，旋转的角度叫做旋转角，原图形上的一点旋转后成为的另一点成为对应点。
（1）生活中的旋转：电风扇、车轮、纸风车（2）旋转要明确绕点，角度和方向。
（3）长方形绕中点旋转180度与原来重合，正方形绕中点旋转90度与原来重合。
等边三角形绕中点旋转120度与原来重合。
2、旋转的性质：（1）图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动；（2）其中对应点到旋转中心的距离相等；（3）旋转前后图形的大小和形状没有改变；（4）两组对应点分别与旋转中心的连线所成的角相等，都等于旋转角；3、对称和旋转的画法：旋转要注意：顺时针、逆时针、度数【思想方法】抓住变与不变的量【考点一】：轴对称和中心对称【例题赏析】（1）（2015，福建南平，3，4分）下列图形中，不是中心对称图形的为（）A．圆B．正六边形C．正方形D．等边三角形考点：中心对称图形．分析：根据中心对称的定义，结合选项进行判断即可．解答：解：A、是中心对称图形，故本选项错误；B、是中心对称图形，故本选项错误；C、是中心对称图形，故本选项错误；D、不是中心对称图形，故本选项正确；故选D．点评：本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．（2）（2015，广西钦州，1，3分）下列图形中，是轴对称图形的是（）A．B．C． D．考点：轴对称图形．分析：根据轴对称图形的概念对各图形分析判断即可得解．解答：解：A、该图形不是轴对称图形，故本选项错误；B、该图形是中心对称图形，故本选项错误；C、该图形是轴对称图形，故本选项正确；D、该图形既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故本选项错误；故选：C．点评：本题考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，后可重合．【考点二】：平移、旋转与轴对称性质的应用【例题赏析】（2015•天津,第11题3分）（2015•天津）如图，已知▱ABCD中，AE⊥BC于点E 以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA∠ADC=60°，∠ADA′=50°，则∠DA′E′的大小为（）A．130°B．150°C．160°D．170°考点：旋转的性质；平行四边形的性质．分析：根据平行四边形对角相等、邻角互补，得∠ABC=60°，∠DCB=120°，再由∠A DC=10°，可运用三角形外角求出∠DA′B=130°，再根据旋转的性质得到∠BA′E′= BAE=30°，从而得到答案．解答：解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=60°，∴∠ABC=60°，∠DCB=120°，∵∠ADA′=50°，∴∠A′DC=10°，∴∠DA′B=130°，∵AE⊥BC于点E，∴∠BAE=30°，∵△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，∴∠BA′E′=∠BAE=30°，∴∠DA′E′=∠DA′B+∠BA′E′=160°．故选：C．点评：本题主要考查了平行四边形的性质，三角形内角和定理及推论，旋转的性质，此题难度不大，关键是能综合运用以上知识点求出∠DA′B和∠BA′E′．【考点三】：图形的变化与点的坐标【例题赏析】（2015•贵州省黔东南州,第9题4分））如图，在△ABO中，AB⊥OB，OB=AB=1．将△ABO绕O点旋转90°后得到△A1B1O，则点A1的坐标为（）A．（﹣1，）B．（﹣1，）或（1，﹣）C．（﹣1，﹣）D．（﹣1，﹣）或（﹣，﹣1）考点：坐标与图形变化-旋转．分析：需要分类讨论：在把△ABO绕点O顺时针旋转90°和逆时针旋转90°后得到△A1B1时点A1的坐标．解答：解：∵△ABO中，AB⊥OB，OB=，AB=1，∴∠A OB=30°，当△ABO绕点O顺时针旋转90°后得到△A1B1O，则易求A1（1，﹣）；当△ABO绕点O逆时针旋转90°后得到△A1B1O，则易求A1（﹣1，）．故选B．点评：本题考查了坐标与图形变化﹣旋转．解题时，注意分类讨论，以防错解．【考点四】：图形变换的综合运用【例题赏析】（2015•辽宁省朝阳,第题3分）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=7，点E BC上一动点，把△ABE沿AE折叠，当点B的对应点B′落在∠ADC的角平分线上时，则点B 到BC的距离为（）A．1或2 B． 2或3 C． 3或4 D． 4或5考点：翻折变换（折叠问题）．分析：如图，连接B′D，过点B′作B′M⊥AD于M．设DM=B′M=x，则AM=7﹣x腰直角三角形的性质和折叠的性质得到：（7﹣x）2=25﹣x2，通过解方程求得xB′到BC的距离．解答：解：如图，连接B′D，过点B′作B′M⊥AD于M．∵点B的对应点B′落在∠ADC的角平分线上，∴设DM=B′M=x，则AM=7﹣x，又由折叠的性质知AB=AB′=5，∴在直角△AMB′中，由勾股定理得到：AM2=AB′2﹣B′M2即（7﹣x）2=25﹣x2，解得x=3或x=4，则点B′到BC的距离为2或1．故选：A．点评：本题考查了矩形的性质，翻折变换（折叠问题）．解题的关键是作出辅助线，构建直角三角形△AMB′和等腰直角△B′DM，利用勾股定理将所求的线段与已知线段的数量关系联系起来．【真题专练】1.（2015•葫芦岛）（第2题，3分）下列图形属于中心对称图形的是（）A．B．C．D．2.（2015福建龙岩3，4分）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．3.（2015•齐齐哈尔,第2题3是（）A． B． C． D．4．（2015•甘南州第12题 4分）将点A（2，1）向上平移3个单位长度得到点B的坐标是．5. .（2015•宁德）.如图，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转60°得△ADE，则∠BAD= 60 度．6.（2015，广西钦州，17，3分）如图，在4×4为1，将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD为．7.（2015•山东日照，第20题10分）如图，已知，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，EF分别是CA，CB边的三等分点，将△ECF绕点C逆时针旋转α角（0°＜α＜90°）△MCN，连接AM，BN．（1）求证：AM=BN；（2）当MA∥CN时，试求旋转角α的余弦值．8.（2015，广西玉林，17，3分）如图，等腰直角△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点O斜边AB为BO：OA=1：，将△BOC绕C点顺时针方向旋转到△AQC的位置，则∠AQC= ．9.（2015，广西玉林，18，3分）如图，已知正方形ABCD边长为3，点E在AB边上且BE=1点P，Q分别是边BC，CD的动点（均不与顶点重合），当四边形AEPQ边形AEPQ的面积是．10.（2015•内蒙古赤峰25，12分）如图，四边形ABCD是边长为2，一个锐角等于菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，三角形纸片，使它的两边分别交CB、BA（或它们的延长线）于点E、F，∠EDF=60°，当时，如图1小芳同学得出的结论是DE=DF．（1）继续旋转三角形纸片，当CE≠AF时，如图2小芳的结论是否成立？若成立，若不成立，请说明理由；（2）再次旋转三角形纸片，当点E、F分别在CB、BA的延长线上时，如图3请直接写出与DF的数量关系；（3）连EF，若△DEF的面积为y，CE=x，求y与x的关系式，并指出当x为何值时，y有最小值，最小值是多少？【真题演练参考答案】1.（2015•葫芦岛）（第2题，3分）下列图形属于中心对称图形的是（）A．B．C．D．考点：中心对称图形．分析：根据中心对称图形的定义即可作出判断．解答：解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误；B、不是中心对称图形，故选项错误；C、是中心对称图形，故选项正确；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误．故选C．点评：本题主要考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．2.（2015福建龙岩3，4分）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：中心对称图形；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、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A正确；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故B错误；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C错误；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D错误．故选：A．点评：本题考查了中心对称及轴对称的知识，解题时掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．3.（2015•齐齐哈尔,第2题3分）下列汉字或字母中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A． B． C． D．考点：中心对称图形；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．故错误；B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；C、是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确；D、不是轴对称图形，是中心对称图形．故错误．故选C．点评：本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．4．（2015•甘南州第12题 4分）将点A（2，1）向上平移3个单位长度得到点B的坐标是（2，4）．考点：坐标与图形变化-平移．分析：直接利用平移中点的变化规律求解即可．解答：解：原来点的横坐标是2，纵坐标是1，向上平移3个单位长度得到新点的横坐标不变，纵坐标为1+3=4．即该坐标为（2，4）．故答案填：（2，4）．点评：本题考查图形的平移变换，关键是要懂得左右平移点的纵坐标不变，而上下平移时点的横坐标不变．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．5. .（2015•宁德）.如图，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转60°得△ADE，则∠BAD= 60 度．考点：旋转的性质．分析：根据旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，依此即可求解．解答：解：∵将△ABC绕点A按顺时针方向旋转60°得△ADE，∴∠BAD=60度．故答案为：60．点评：本题考查了旋转的性质，主要利用了旋转角的确定，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．6.（2015，广西钦州，17，3分）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD，则旋转过程中形成的阴影部分的面积为．考点：旋转的性质；扇形面积的计算．分析：根据OA=3，再根据△OAB所扫过的面积=S扇形AOC+S△DOC﹣S△AOB=S扇形AOC求解即可．解答：解：将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD，所以S△DOC=S△AOB，可得：旋转过程中形成的阴影部分的面积=S扇形AOC+S△DOC﹣S△AOB=S扇形AOC=，故答案为：点评：本题考查了利用旋转变换作图，得出扇形的面积和熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．7.（2015•山东日照，第20题10分）如图，已知，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，E，F分别是CA，CB边的三等分点，将△ECF绕点C逆时针旋转α角（0°＜α＜90°），得到△MCN，连接AM，BN．（1）求证：AM=BN；（2）当MA∥CN时，试求旋转角α的余弦值．考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质．分析：（1）由CA=CB，E，F分别是CA，CB边的三等分点，得CE=CF，根据旋转的性质，CM=CE=CN=CF，∠ACM=∠BCN=α，证明△AMC≌△BNC即可；（2）当MA∥CN时，∠ACN=∠CAM，由∠ACN+∠ACM=90°，得到∠CAM+∠ACM=90°，所以cotα==13．解答：（1）∵CA=CB，∠ACB=90°，E，F分别是CA，CB边的三等分点，∴CE=CF，根据旋转的性质，CM=CE=CN=CF，∠ACM=∠BCN=α，在△AMC和△BNC中，，∴△AMC≌△BNC，∴AM=BN；（2）∵MA∥CN，∴∠ACN=∠CAM，∵∠ACN+∠ACM=90°，∴∠CAM+∠ACM=90°，∴∠AMC=90°，∴cosα===13．点评：本题主要考查了旋转的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的性质以及锐角三角函数的综合运用，难度适中，掌握旋转的性质是关键．8.（2015，广西玉林，17，3分）如图，等腰直角△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点O分斜边AB为BO：OA=1：，将△BOC绕C点顺时针方向旋转到△AQC的位置，则∠AQC= 105°．考点：旋转的性质；等腰直角三角形．专题：计算题．分析：连接OQ，由旋转的性质可知：△AQC≌△BOC，从而推出∠OAQ=90°，∠OCQ=90°，再根据特殊直角三角形边的关系，分别求出∠AQO与∠OQC的值，可求出结果．解答：连接OQ，∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BAC=∠A=45°，由旋转的性质可知：△AQC≌△BOC，∴AQ=BO，CQ=CO，∠QAC=∠B=45°，∠ACQ=∠BCO，∴∠OAQ=∠BAC+∠CAQ=90°，∠OCQ=∠OCA+∠ACQ=∠OCA+∠BCO=90°，∴∠OQC=45°，∵BO：OA=1：，设BO=1，OA=，∴AQ=，∴∠AQO=60°，∴∠AGC=105°．点评：本题主要考查了图形旋转的性质，特殊角直角三角形的边角关系，掌握图形旋转的性质，熟记特殊直角三角形的边角关系是解决问题的关键．9.（2015，广西玉林，18，3分）如图，已知正方形ABCD边长为3，点E在AB边上且BE=1，点P，Q分别是边BC，CD的动点（均不与顶点重合），当四边形AEPQ的周长取最小值时，四边形AEPQ的面积是．2考点：轴对称-最短路线问题；正方形的性质．专题：计算题．分析：根据最短路径的求法，先确定点E关于BC的对称点E′，再确定点A关于DC的对称点A′，连接A′E′即可得出P，Q的位置；再根据相似得出相应的线段长从而可求得四边形AEPQ的面积．解答：解：如图1所示，作E关于BC的对称点E′，点A关于DC的对称点A′，连接A′E′，四边形AEPQ的周长最小，∵AD=A′D=3，BE=BE′=1，∴AA′=6，AE′=4．∵DQ∥AE′，D是AA′的中点，∴DQ是△AA′E′的中位线，∴DQ=12AE′=2；CQ=DC﹣CQ=3﹣2=1，∵BP∥AA′，∴△BE′P∽△AE′A′，∴=，即=14，BP=32，CP=BC﹣BP=3﹣32=32，S四边形AEPQ=S正方形ABCD﹣S△ADQ﹣S△PCQ﹣S BEP=9﹣12AD•DQ﹣12CQ•CP﹣12BE•BP=9﹣12×3×2﹣12×1×32﹣12×1×32=92，故答案为：92．点评：本题考查了轴对称，利用轴对称确定A′、E′，连接A′E′得出P、Q的位置是解题关键，又利用了相似三角形的判定与性质，图形分割法是求面积的重要方法．10.（2015•内蒙古赤峰25，12分）如图，四边形ABCD是边长为2，一个锐角等于60°的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交CB、BA（或它们的延长线）于点E、F，∠EDF=60°，当CE=AF 时，如图1小芳同学得出的结论是DE=DF．（1）继续旋转三角形纸片，当CE≠AF时，如图2小芳的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由；（2）再次旋转三角形纸片，当点E、F分别在CB、BA的延长线上时，如图3请直接写出DE 与DF的数量关系；（3）连EF，若△DEF的面积为y，CE=x，求y与x的关系式，并指出当x为何值时，y有最小值，最小值是多少？考点：几何变换综合题．分析：（1）如答图1，连接BD．根据题干条件首先证明∠ADF=∠BDE，然后证明△ADF≌△BDE（ASA），得DF=DE；（2）如答图2，连接BD．根据题干条件首先证明∠ADF=∠BDE，然后证明△ADF≌△BDE（ASA），得DF=DE；（3）根据（2）中的△ADF≌△BDE得到：S△ADF=S△BDE，AF=BE．所以△DEF的面积转化为：y=S △BEF+S△ABD．据此列出y关于x的二次函数，通过求二次函数的最值来求y的最小值．解答：解：（1）DF=DE．理由如下：如答图1，连接BD．∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB．又∵∠A=60°，∴△ABD是等边三角形，∴AD=BD，∠ADB=60°，∴∠DBE=∠A=60°∵∠EDF=60°，∴∠ADF=∠BDE．∵在△ADF与△BDE中，，∴△ADF≌△BDE（ASA），∴DF=DE；（2）DF=DE．理由如下：如答图2，连接BD．∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB．又∵∠A=60°，∴△ABD是等边三角形，∴AD=BD，∠ADB=60°，∴∠DBE=∠A=60°∵∠EDF=60°，∴∠ADF=∠BDE．∵在△ADF与△BDE中，，∴△ADF≌△BDE（ASA），∴DF=DE；（3）由（2）知，△ADF≌△BDE．则S△ADF=S△BDE，AF=BE=x．依题意得：y=S△BEF+S△ABD=（2+x）xsin60°+×2×2sin60°=（x+1）2+．即y=（x+1）2+．∵＞0，∴该抛物线的开口方向向上，∴当x=0即点E、B重合时，y最小值=．点评：本题考查了几何变换综合题，解题过程中，利用了三角形全等的判定与性质，菱形的性质以及等边三角形的判定与性质，对于促进角与角（边与边）相互转换，将未知角转化为已知角（未知边转化为已知边）是关键．。
中考数学第一轮复习图形与变换学案
课题：图形与变换班级： 姓名：【考点目标】1、 掌握图形变换的基本性质，能运用图形变换解决相关问题的计算和证明；2、 通过对各种类型题目的探索，提高学生观察分析问题的能力，培养学生思维的灵活性，敏捷性及准确性，从而有效地解决相关问题；3、 在解决图形与变换的问题中进一步体会数形结合思想，转化思想，方程与函数思想，分类讨论等数学思想； 【考点目标】结合图形的变换解决综合性问题。
【课前练习】1．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）A ．等边三角形B ．平行四边形C ．抛物线D ．双曲线2．在下图右侧的四个三角形中，不能由△ABC 经过旋转或平移得到的是（ ）3.如图，将左边的矩形绕点B 旋转一定角度后，位置如右边的矩形，则∠ABC =___ ___ ．4.如图，把△ABC 沿AB 边平移到△A 1B 1C 1的位置，它们的重叠部分（阴影）的面积是△ABC 面积的一半，若AB=2，则此三角形称动的距离AA 1= 【例题精讲】ABC（A ）（B ）（C ）（D ）C11C例1. 在如图所示的方格纸中，每个小正方形的边长都为1，构成的图形是中心对称图形．（1）画出此中心对称图形的对称中心；（2）画出将沿直线DE 方向向上平移5格得到的；（3）要使重合，则绕点顺时针方向旋转；至少要旋转多少度？（不要求证明）例2．在矩形ABCD 中，如图，AB 3=，BC 4=，将矩形折叠，使点C 与点A 重合，求折痕EF 的长．例3、如图所示，直线分别与x 轴、y 轴交于B 、A 两点．（1）求B 、A 两点的坐标； （2）把以直线AB 为轴翻折，点O 落在平面上的点C处，以BC 为一边作等边．求D 点的坐标．OFEDCBAA BCD【课堂检测】1．如图，正方形ABCD 的边长为4cm ，则图中阴影部分 的面积为 cm 2．2. 直角三角形纸片的两直角边长分别为6，8，现将ABC △ 如图那样折叠，使点A 与点B 重合，折痕为DE ， 则tan CBE 的值是（ ） A ．247B ．73C ．724 D ．133．如图，已知Rt△ABC≌Rt△DEC，∠E＝30°，D 为AB 的中点，AC ＝1，若△DEC 绕点D 顺时针旋转，使ED 、CD 分别与Rt△ABC 的直角边BC 相交于M 、N ，则当△DMN 为等边三角形时，AM 的值为（ ）A ．3B ．233C ．33D ．14、四边形ABCD 是正方形，E 、F 分别是DC 和CB 的延长线上的点，且DE =BF ，连接AE 、AF 、EF ． （1）求证：△ADE ≌△ABF ；（2）填空：△ABF 可以由△ADE 绕旋转中心 点，按顺时针方向旋转 度得到； （3）若BC =8，DE =6，求△AEF 的面积．【课后巩固】68CEABA1．与平面图形有①有相同对称性的平面图形是（ ）2．如图，已知梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB=CD=AD ，AC ，BD 相交于O 点，∠BCD=60°， 则下列说法正确的个数是（ ） ①梯形ABCD 是轴对称图形 ②BC=2A D ③梯形ABCD 是中心对称图形 ④AC 平分∠DCBA ．1个B ．2个C ．3个D ．4个3．如图，在Rt △ABC 中，AB AC =，D 、E 是斜边BC 上两点，且∠DAE =45°，将△ADC 绕 点A 顺时针旋转90︒后，得到△AFB ，连接EF ，下列结论： ①△AED ≌△AEF ； ②△ABE ∽△ACD ； ③BE DC DE +=； ④222BE DC DE +=其中正确的是（ ）A ．②④；B ．①④；C ．②③；D ．①③．4．如图，直角三角板ABC 中，∠A ＝30o，BC ＝3cm，将直角三角板ABC绕着直角顶点C 按顺时针方向旋转90o至△A 1B 1C 的位置，再沿CB 向左平移，使点B 1落在△ABC 的斜边AB 上，点A 1平移到A 2位置，则点A 由A →A 1→A 2运动的路径长度为___________（结果用带π和根号的式子表示）．5．如图，若□ABCD 与□EBCF 关于BC 所在直线对称，∠ABE ＝90o，则∠F ＝________．（ 第4题图 第5题图 第6题图6、如图，△ABC 是边长为3的等边三角形，△BDC 是等腰三角形，且∠BDC ＝120°。
中考数学第一轮复习学案之第十单元：图形变换
初中数学中考第一轮复习导学案第十单元：图形变换考点一： 尺规作图1、画已知线段：已知线段a ，求作一条线段，全它的长等于线段a.2、画一个作等于已知角: 已知a ∠，求作一个角，使它的大小等于a ∠。
3、画角的角平分线：已知ACB ∠，作出它的角平分线。
4、作垂线：（1）如图1：已知线段AB ，作出它的垂直平分线（2）如图2：已知点C 是直线上的一个点，过这个点作出直线的垂线 （3）如图3：已知点C 是直线外的一个点，过这个点作出直线的垂线（1） （2） （3）1、 尺规作图时要注意关键词：（1）到两点的距离相等要作中垂线； （2）到两边的距离相等作角平分线 2、中垂线的重要作用：（1）直角；（2）中点1、 如图所示，小李用直尺和圆规作∠CAB 的平分线AD ，则得出∠CAD ＝∠DAB 的依据是（ ） A 、ASA B 、AASC 、SSSD 、SASaCBAA B B C ABCA2、有公路1l 同侧、2l 异侧的两个城镇A ，B ，如下图．电信部门 要修建一座信号发射塔，按照设计要求，发射塔到两个城镇A 、B 的距离必须相等，到两条公路1l ，2l 的距离也必须相等，发射塔C 应修建在什么位置？请用尺规作图找出所有符合条件的点， 注明点C 的位置．（保留作图痕迹，不要求写出画法）3、已知ABC ，请作出一个三角形，并使两个三角形全等。
4、如图，利用尺规，在△ABC 的边AC 上方作∠CAE ＝∠ACB ，在射线AE 上截取AD ＝BC ，连接CD ，并证明：CD ∥AB （尺规作图要求保留作图痕迹，不写作法）5、如图，在△ABC 中，∠ABC ＝80°，∠BAC ＝40°，AB 的垂直平分线分别与AC 、AB 交于点D 、E 、 （1）尺规作图作出AB 的垂直平分线DE ，并连结BD ；（保留作图痕迹，不写作法） （2）证明：△ABC ∽△BDC2l1ABB AC6、如图，在平行四边形ABCD中，AB＜BC、（1）利用尺规作图，在BC边上确定点E，使点E到边AB，AD的距离相等（不写作法，保留作图痕迹）；（2）若BC＝8，CD＝5，求CE的长1、如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6（1）尺规作图：作△BAC的角平分线AD（保留作图痕迹，不写作法）（2）求AD的长2、如图，AC是⊙O的直径，点B在⊙O上，∠ACB＝30°（1）利用尺规作∠ABC的平分线BD，交AC于点E，交⊙O于点D，连接CD（保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）所作的图形中，求△ABE与△CDE的面积之比1、如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＞CD，AD＝AB+CD、（1）利用尺规作∠ADC的平分线DE，交BC于点E，连接AE（保留作图痕迹，不写作法）；（2）在（1）的条件下，①证明：AE⊥DE②若CD＝2，AB＝4，点M，N分别是AE，AB上的动点，求BM+MN的最小值2、如图，△ABC中，AB＝AC＝4，cos C＝、（1）动手操作：利用尺规作以AC为直径的⊙O，并标出⊙O与AB的交点D，与BC的交点E（保留作图痕迹，不写作法）；（2）综合应用：在你所作的图中，①求证：＝②求点D到BC的距离考点二：命题与逆命题1、下列命题是真命题的是（）A、若a2＝b2，则a＝bB、若x＝y，则2﹣3x＞2﹣3yC、若x2＝2，则x＝±D、若x3＝8，则x＝±22、下列各命题中，属假命题的是（）A、若a﹣b＝0，则a＝b＝0B、若a﹣b＞0，则a＞bC、若a﹣b＜0，则a＜bD、若a﹣b≠0，则a≠b3、已知命题：“如果两个三角形全等，那么这两个三角形的面积相等、”写出它的逆命题：，该逆命题是命题（填“真”或“假”）、1、任何一个命题都包括题设和结论，命题分为真命题和假命题2、如果把一个命题的题设和论反正过来，则这个命题叫原命题的逆命题3、如果一个定理的逆命题仍然是成立的，则这个逆命题叫原定理的逆定理1、下列命题中假命题是（）A、正六边形的外角和等于360°B、位似图形必定相似C、样本方差越大，数据波动越小D、方程x2+x+1＝0无实数根2、下列命题中，正确的是（）A、对顶角相等B、同位角相等C、内错角相等D、同旁内角互补3、下列选项中，可以用来证明命题“若a2＞1，则a＞1”是假命题的反例是（）A、a＝﹣2B、a＝﹣1C、a＝1D、a＝24、已知三条不同的直线a、b、c在同一平面内，下列四条命题，其中真命题的是（填写序号）①如果a∥b，a⊥c，那么b⊥c；②如果b∥a，c∥a，那么b∥c；③如果b⊥a，c⊥a，那么b⊥c；④如果b⊥a，c⊥a，那么b∥c、5、写出命题“对顶角相等”的逆命题是，它是命题（填“真”或“假”）、1、用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于60°”时，首先应假设这个三角形中（）A、有一个内角大于60°B、有一个内角小于60°C、每一个内角都大于60°D、每一个内角都小于60°考点三： 轴对称与中心对称1、下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）2、如图，△ABC 与△A ′B ′C ′关于直线l 对称，且∠A ＝78°，∠C ′＝48°，则∠B 的度数为（ ）A 、48°B 、54°C 、74°D 、78°3、如图，△ABC 与△A ′B ′C ′关于点O 成中心对称，则下列结论不成立的是（ ） A 、点A 与点A ′是对称点 B 、BO ＝B ′OC 、AB ∥A ′B ′D 、∠ACB ＝∠C ′A ′B ′4、在线段，平行四边形，矩形，正五角星，圆，正方形，等边三角形中， 既是轴对称图形，又是中心对称图形的图形有（ ） A 、3个 B 、4个 C 、5个 D 、6个1、轴对称定义：把图形沿某条直线对折后能重合2、轴对称的性质：轴对称图形的对称轴是对应点连线段的垂直平分线；3、常见的轴对称图形：线段、角、等腰（边）三角形、矩形、菱形、正方形、正多边形、等腰梯形。
2016届中考数学第一轮复习导学案30
几何图形综合题几何图形综合题是四川各地中考的必考题，难度较大，分值也较大，要想在中考中取得较高的分数，必须强化这类题目的训练．题型1与三角形、四边形有关的几何综合题类型1操作探究题(2015·南充)如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A，B和D的距离分别为1，22，10.△ADP沿点A旋转至△ABP ′，连PP′，并延长AP与BC相交于点Q.(1)求证：△APP′是等腰直角三角形；(2)求∠BPQ的大小；(3)求CQ的长．【思路点拨】(1)利用旋转 相等的线段、相等的角 △APP′是等腰直角三角形；(2)利用勾股定理逆定理证△BPP′是直角三角形，再利用(1)的结论，得∠BPQ的大小；(3)过点B作BM⊥AQ于M，充分利用等腰直角三角形、直角三角形的性质，特别是锐角三角函数，先求得正方形的边长和BQ的长，进而求得CQ的长度．【解答】(1)证明：由旋转可得：AP＝AP′，∠BAP′＝∠DAP. ∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°.∴∠PAP ′＝∠PAB ＋∠BAP ′＝∠PAB ＋∠DAP ＝∠BAD ＝90°. ∴△APP ′是等腰直角三角形．(2)由(1)知∠PAP ′＝90°，AP ＝AP ′＝1，∴PP ′＝ 2.∵P ′B ＝PD ＝10，PB ＝22，∴P ′B 2＝PP ′2＋PB 2.∴∠P ′PB ＝90°.∵△APP ′是等腰直角三角形，∴∠APP ′＝45°.∴∠BPQ ＝180°－90°－45°＝45°.(3)过点B 作BM ⊥AQ 于M.∵∠BPQ ＝45°，∴△PMB 为等腰直角三角形．由已知，BP ＝22，∴BM ＝PM ＝2.∴AM ＝AP ＋PM ＝3.在Rt △ABM 中，AB ＝AM 2＋BM 2＝32＋22＝13.∵cos ∠QAB ＝AM AB ＝AB AQ ，即313＝13AQ， ∴AQ ＝133.在Rt △ABQ 中，BQ ＝AQ 2－AB 2＝2313. ∴QC ＝BC －BQ ＝13－2313＝133.1．图形的旋转涉及三角形的全等，会出现相等的线段或者角．若旋转角是直角，则会出现等腰直角三角形，若旋转角是60度，则会出现等边三角形．2．旋转的题目中若出现三条线段的长度，则不妨考虑通过旋转将条件集中，看是否存在直角三角形．1．(2015·自贡)在△ABC 中，AB ＝AC ＝5，cos ∠ABC ＝35，将△ABC绕点C 顺时针旋转，得到△A 1B 1C.图1 图2(1)如图1，当点B 1在线段BA 延长线上时．①求证：BB 1∥CA 1；②求△AB 1C 的面积；(2)如图2，点E是BC上的中点，点F为线段AB上的动点，在△ABC 绕点C顺时针旋转过程中，点F的对应点是F1，求线段EF1长度的最大值与最小值的差．2．(2013·自贡)将两块全等的三角板如图1摆放，其中∠A1CB1＝∠ACB＝90°，∠A1＝∠A＝30°.(1)将图1中的△A1B1C顺时针旋转45°得图2，点P1是A1C与AB 的交点，点Q是A1B1与BC的交点，求证：CP1＝CQ；(2)在图2中，若AP1＝2，则CQ等于多少？(3)如图3，在B1C上取一点E，连接BE、P1E，设BC＝1，当BE⊥P1B 时，求△P1BE面积的最大值．3．(2013·内江)如图，在等边△ABC中，AB＝3，D，E分别是AB，AC上的点，且DE∥BC，将△ADE沿DE翻折，与梯形BCED重叠的部分为图形L.(1)求△ABC的面积；(2)设AD＝x，图形L的面积为y，求y关于x的函数解析式；(3)已知图形L的顶点均在⊙O上，当图形L的面积最大时，求⊙O 的面积．类型2动态探究题(2015·乐山)如图1，四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AB＝3，BC＝2，tanA＝43.(1)求CD边的长；(2)如图2，将直线CD边沿箭头方向平移，交DA于点P，交CB于点Q(点Q运动到点B停止)，设DP＝x，四边形PQCD的面积为y，求y与x的函数关系式，并求出自变量x的取值范围．【思路点拨】(1)分别延长AD、BC相交于E，通过构造的Rt△ABE、Rt△DCE求解；(2)利用△EDC∽△EPQ及S四边形PQCD＝S△EPQ－S△EDC求解．【解答】(1)分别延长AD、BC相交于E.在Rt △ABE 中，∵tanA ＝43，AB ＝3，∴BE ＝4.∵BC ＝2，∴EC ＝2.在Rt △ABE 中，AE ＝AB 2＋BE 2＝32＋42＝5.∴sinE ＝35＝DC EC .∴CD ＝65.(2)∵∠B ＝∠ADC ＝90°，∠E ＝∠E ，∴∠ECD ＝∠A.∴tan ∠ECD ＝tanA ＝43.∴ED CD ＝ED 65＝43，解得ED ＝85.如图4，由PQ ∥DC ，可知△EDC ∽△EPQ ，∴ED EP ＝DC PQ .∴8585＋x＝65PQ ，即PQ ＝65＋34x.∵S 四边形PQCD ＝S △EPQ －S △EDC ，∴y ＝12PQ ·EP －12DC ·ED＝12(65＋34x)(85＋x)－12×65×85＝38x 2＋65x.如图5，当Q 点到达B 点时，EC ＝BC ，DC ∥PQ ，可证明△DCE ≌△HQC ，从而得CH ＝ED ＝85，∴自变量x 的取值方范围为：0＜x≤85.动态型问题包括动点、动线、动形问题，解动态问题的关键就是：从特殊情形入手，变中求不变，动中求静，抓住静的瞬间，以静制动，把动态的问题转化为静态的问题来解决．本题化动为静后利用三角形相似列比例式，表示出相关线段的长，求出函数关系．1．(2013·成都)如图，点B 在线段AC 上，点D ，E 在AC 的同侧，∠A ＝∠C ＝90°，BD ⊥BE ，AD ＝BC.(1)求证：AC ＝AD ＋CE ；(2)若AD ＝3，AB ＝5，点P 为线段AB 上的动点，连接DP ，作PQ ⊥DP ，交直线BE 于点Q.①当点P 与A ，B 两点不重合时，求DP PQ 的值；②当点P 从A 点运动到AC 的中点时，求线段DQ 的中点所经过的路径(线段)长．(直接写出结果，不必写出解答过程)2．(2015·攀枝花)如图1，矩形ABCD的两条边在坐标轴上，点D与坐标原点O重合，且AD＝8，AB＝6，如图2，矩形ABCD沿OB 方向以每秒1个单位长度的速度运动，同时点P从A点出发也以每秒1个单位长度的速度沿矩形ABCD的边AB经过点B向点C运动，当点P到达C时，矩形ABCD和点P同时停止运动，设点P的运动时间为t秒．(1)当t＝5时，请直接写出点D、点P的坐标；(2)当点P在线段AB或线段BC上运动时，求出△PBD的面积S关于t的函数关系式，并写出相应t的取值范围；(3)点P在线段AB或线段BC上运动时，作PE⊥x轴，垂足为点E，当△PEO与△BCD相似时，求出相应的t值．3．(2015·绵阳)如图，在边长为2的正方形ABCD中，G是AD延长线上的一点，且DG＝AD，动点M从A点出发，以每秒1个单位的速度沿着A、C、G的路线向G点匀速运动(M不与A、G重合)，设运动时间为t秒，连接BM并延长交AG于N.(1)是否存在点M，使△ABM为等腰三角形？若存在，分析点M的位置；若不存在，请说明理由；(2)当点N在AD边上时，若BN⊥HN，NH交∠CDG的平分线于H，求证：BN＝NH；(3)过点M分别作AB、AD的垂线，垂足分别为E、F，矩形AEMF 与△ACG重叠部分的面积为S，求S的最大值．类型3类比探究题(2015·成都)已知AC，EC分别为四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在△ABC内，∠CAE＋∠CBE＝90°.(1)如图1，当四边形ABCD 和EFCG 均为正方形时，连接BF. ①求证：△CAE ∽△CBF ；②若BE ＝1，AE ＝2，求CE 的长．(2)如图2，当四边形ABCD 和EFCG 均为矩形，且AB BC ＝EF FC ＝k 时，若BE ＝1，AE ＝2，CE ＝3，求k 的值；(3)如图3，当四边形ABCD 和EFCG 均为菱形，且∠DAB ＝∠GEF ＝45°时，设BE ＝m ，AE ＝n ，CE ＝p ，试探究m ，n ，p 三者之间满足的等量关系．(直接写出结果，不必写出解答过程)【思路点拨】 (1)利用“夹这个角的两边对应成比例”得△CAE ∽△CBF ，进而证明∠EBF ＝90°，利用勾股定理求EF ，进而求CE ；(2)类比(1)解题思路以及相似三角形性质得到对应边成比例，进而用含有k 的式子表示出CE ，BF ，并建立CE 2，BF 2的等量关系，从而求出k ；(3)类比(1)、(2)的思路及菱形的性质找m ，n ，p 的关系．【解答】 (1)①∵∠ACE ＋∠ECB ＝45°，∠BCF ＋∠ECB ＝45°， ∴∠ACE ＝∠BCF.又∵AC BC ＝CE CF ＝2，∴△CAE ∽△CBF.②∵AE BF ＝AC BC ＝2，AE ＝2，∴BF ＝ 2.由△CAE ∽△CBF 可得∠CAE ＝∠CBF.又∠CAE ＋∠CBE ＝90°，∴∠CBF ＋∠CBE ＝90°，即∠EBF ＝90°.∴EF ＝BE 2＋BF 2＝ 3.∴CE ＝2EF ＝ 6.(2)连接BF ，同理可得∠EBF ＝90°，由AB BC ＝EF FC ＝k ，可得BC ∶AB ∶AC ＝1∶k ∶k 2＋1，CF ∶EF ∶EC ＝1∶k ∶k 2＋1.∴AC BC ＝AE BF ＝k 2＋1.∴BF ＝AE k 2＋1，BF 2＝AE 2k 2＋1. ∴CE 2＝k 2＋1k 2×EF 2＝k 2＋1k 2(BE 2＋BF 2)，即32＝k 2＋1k 2(12＋22k 2＋1)，解得k ＝104. (3)p 2－n 2＝(2＋2)m 2.提示：连接BF ，同理可得∠EBF ＝90°，过C 作CH ⊥AB ，交AB 延长线于H ，可解得AB 2∶BC 2∶AC 2＝1∶1∶(2＋2)，EF 2∶FC 2∶EC 2＝1∶1∶(2＋2)，∴p 2＝(2＋2)EF 2＝(2＋2)(BE 2＋BF 2)＝(2＋2)(m 2＋n 22＋2)＝(2＋2)m 2＋n 2. ∴p 2－n 2＝(2＋2)m 2.本例是将某一问题的解决方法，运用到解决不同情境下的类似问题，这类题充分体现了实践性、探究性，其解答思路的突破点是紧扣题中交代的思想方法，结合不同情境中对应知识来解决问题．1．(2013·乐山)阅读下列材料：如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，点M，N分别在边AB，DC上，且MN∥AD，记AD＝a，BC＝b.若AMMB＝mn，则有结论：MN＝bm＋anm＋n.请根据以上结论，解答下列问题：如图2，图3，BE，CF是△ABC的两条角平分线，过EF上一点P 分别作△ABC三边的垂线段PP1，PP2，PP3，交BC于点P1，交AB 于点P2，交AC于点P3.(1)若点P为线段EF的中点．求证：PP1＝PP2＋PP3；(2)若点P为线段EF上的任意位置时，试探究PP1，PP2，PP3的数量关系，并给出证明．2．(2015·随州)问题：如图1，点E、E分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．[发现证明]小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，从而发现EF＝BE ＋FD，请你利用图1证明上述结论．[类比引申]如图2，四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足______关系时，仍有EF＝BE＋FD.[探究应用]如图3，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形ABCD.已知AB＝AD＝80米，∠B＝60°，∠ADC＝120°，∠BAD＝150°，道路BC、CD上分别有景点E、F，且AE⊥AD，DF＝40(3－1)米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的长(结果取整数，参考数据：2≈1.41，3≈1.73)．参考答案类型1操作探究题1．(1)①证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB.∵B1C＝BC，∴∠CB1B＝∠B.又由旋转性质得∠A1CB1＝∠ACB，∴∠CB1B＝∠A1CB1.∴BB 1∥CA 1.②过A 作AG ⊥BC 于G ，过C 作CH ⊥AB 于H.∵AB ＝AC ，AG ⊥BC ，∴BG ＝CG .∵在Rt △AGB 中，cos ∠ABC ＝BG AB ＝35，AB ＝5，∴BG ＝3.∴BC ＝6.∴B 1C ＝BC ＝6.∵B 1C ＝BC ，CH ⊥AB ，∴BH ＝B 1H.∴B 1B ＝2BH.∵在Rt △BHC 中，cos ∠ABC ＝BH BC ＝35，∴BH ＝185.∴BB 1＝365.∴AB 1＝BB 1－AB ＝365－5＝115，CH ＝BC 2－BH 2＝62－（185）2＝245.∴S △AB 1C ＝12AB 1·CH ＝12×115×245＝13225.(2)过点C 作CF ⊥AB 于F ，以点C 为圆心，CF 为半径画圆交BC 于F 1，此时EF 1最小．此时在Rt △BFC 中，CF ＝245. ∴CF 1＝245.∴EF 1的最小值为CF －CE ＝245－3＝95.以点C 为圆心，BC 为半径画圆交BC 的延长线于F ′1，此时EF′1有最大值．此时EF′1＝EC ＋CF′1＝3＋6＝9.∴线段EF 1的最大值与最小值的差9－95＝365.2.(1)证明：∵∠B 1CB ＝45°，∠B 1CA 1＝90°， ∴∠B 1CQ ＝∠BCP 1＝45°.在△B 1CQ 和△BCP 1中，⎩⎪⎨⎪⎧∠B 1CQ ＝∠BCP 1，B 1C ＝BC ，∠B 1＝∠B ，∴△B 1CQ ≌△BCP 1.∴CQ ＝CP 1.(2)作P 1D ⊥CA 于D ，∵∠A ＝30°，∴P 1D ＝12AP 1＝1.∵∠P 1CD ＝45°，∴CP 1＝2P 1D ＝ 2.∵CP 1＝CQ ，∴CQ ＝ 2.(3)∵∠ACB ＝90°，∠A ＝30°，∴AC ＝3BC.∵BE ⊥P 1B ，∠ABC ＝60°， ∴∠CBE ＝30°.∴∠CBE ＝∠A.由旋转的性质可得：∠ACP 1＝∠BCE ，∴△AP 1C ∽△BEC.∴AP 1∶BE ＝AC ∶BC ＝3∶1.设AP 1＝x ，则BE ＝33x ，在Rt △ABC 中，∠A ＝30°， ∴AB ＝2BC ＝2.∴BP 1＝2－x.∴S △P 1BE ＝12×33x(2－x)＝－36x 2＋33x ＝－36(x －1)2＋36， ∵－36<0，∴当x ＝1时，△P 1BE 面积的最大值为36. 3.(1)作AH ⊥BC 于H ，∴∠AHB ＝90°.在Rt △AHB 中，AH ＝AB·sinB ＝3×sin60°＝3×32＝332.∴S △ABC ＝3×3232＝934.(2)如图1，当0＜x≤1.5时，y ＝S △ADE .图1作AG ⊥DE 于G ，∴∠AGD ＝90°，∠DAG ＝30°. ∴DE ＝x ，AG ＝32x. ∴y ＝x×32x2＝34x 2.如图2，当1.5＜x ＜3时，作MG ⊥DE于G ，图2∵AD ＝x ，∴DE ＝AD ＝x ，BD ＝DM ＝3－x. ∴DG ＝12(3－x)，MF ＝MN ＝2x －3. ∴MG ＝32(3－x)．∴y ＝（2x －3＋x ）32（3－x ）2＝－334x 2＋33x －934. ∴y ＝⎩⎨⎧34x 2（0＜x≤1.5），－334x 2＋33x －934（1.5＜x ＜3）.(3)当0＜x≤1.5时，y ＝34x 2，∵a ＝34＞0，开口向上，在对称轴的右侧y 随x 的增大而增大，∴x ＝1.5时，y 最大＝9316，如图3，当1.5＜x ＜3时，y ＝－334x 2＋33x －934，∴y ＝－334(x 2－4x)－934＝334(x －2)2＋334.∵a ＝－334＜0，开口向下，∴x ＝2时，y 最大＝334.∵334＞9316， ∴y 最大时，x ＝2.图3∴DE ＝AD ＝2，BD ＝DM ＝1. 作FO ⊥DE 于O ，连接MO ，ME. ∴DO ＝OE ＝1.∴DM ＝DO. ∵∠MDO ＝60°， ∴△MDO 是等边三角形．∴∠DMO ＝∠DOM ＝60°，MO ＝DO ＝1. ∴MO ＝OE ，∠MOE ＝120°. ∴∠OME ＝30°. ∴∠DME ＝90°.∴DE 是直径，S ⊙O ＝π×12＝π. 类型2 动态探究题1．(1)证明：∵BD ⊥BE ，A ，B ，C 三点共线， ∴∠ABD ＋∠CBE ＝90°.∵∠C ＝90°， ∴∠CBE ＋∠E ＝90°. ∴∠ABD ＝∠E.又∵∠A ＝∠C ，AD ＝BC ，∴△DAB ≌△BCE(AAS)．∴AB ＝CE. ∴AC ＝AB ＋BC ＝AD ＋CE.(2)①连接DQ ，设BD 与PQ 交于点F.∵∠DPF ＝∠QBF ＝90°，∠DFP ＝∠QFB ，∴△DFP ∽△QFB.∴DF QF ＝PFBF . 又∵∠DFQ ＝∠PFB ，∴△DFQ ∽△PFB.∴∠DQP ＝∠DBA. ∴tan ∠DQP ＝tan ∠DBA.即在Rt △DPQ 和Rt △DAB 中，DP PQ ＝DAAB . ∵AD ＝3，AB ＝CE ＝5， ∴DP PQ ＝35.②过Q 作QH ⊥BC 于点H.∵PQ ⊥DP ，∠A ＝∠H ＝90°，∴△APD ∽△HQP.∴DP PQ ＝DA PH ＝35.∵DA ＝3，∴PH ＝5. ∵AP ＝PC ＝4，AB ＝PH ＝5，∴PB ＝CH ＝1.∵EC ⊥BH ，QH ⊥BH ，∴EC QH ＝BC BH .∴5QH ＝34.∴QH ＝203. 在Rt △BHQ 中，BQ ＝BH 2＋QH 2＝（203）2＋（123）2＝4343.∵MN 是△BDQ 的中位线，∴MN ＝2343. 2.(1)D(－4，3)，P(－12，8)．(2)当点P 在边AB 上时，BP ＝6－t.∴S ＝12BP ·AD ＝12(6－t)·8＝－4t ＋24.当点P 在边BC 上时，BP ＝t －6. ∴S ＝12BP ·AB ＝12(t －6)·6＝3t －18.∴S ＝⎩⎪⎨⎪⎧－4t ＋24（0≤t≤6），3t －18（6＜t≤14）.(3)∵D(－45t ，35t)，当点P 在边AB 上时，P(－45t －8，85t)．若PE OE ＝CD CB 时，85t45t ＋8＝68，解得t ＝6.若PE OE ＝CB CD 时，85t45t ＋8＝86，解得t＝20.∵0≤t≤6，∴t ＝20时，点P 不在边AB 上， 不合题意．当点P 在边BC 上时，P(－14＋15t ，35t ＋6)．若PE OE ＝CDBC 时，35t ＋614－15t ＝68，解得t ＝6.若PE OE ＝BC CD 时，35t ＋614－15t＝86，解得t ＝19013.∵6≤t ≤14，∴t ＝19013时，点P 不在边BC 上，不合题意． ∴当t ＝6时，△PEO 与△BCD 相似．3.(1)当点M 为AC 的中点时，有AM ＝BM ，则△ABM 为等腰三角形；当点M 与点C 的重合时，BA ＝BM ，则△ABM 为等腰三角形；当点M 在AC 上且AM ＝2时，AM ＝AB ，则△ABM 为等腰三角形；当点M 为CG 的中点时，有AM ＝BM ，则△ABM 为等腰三角形． (2)证明：在AB 上取点K ，使AK ＝AN ，连接KN. ∵AB ＝AD ，BK ＝AB －AK ，ND ＝AD －AN ， ∴BK ＝DN.又DH 平分直角∠CDG ， ∴∠CDH ＝45°.∴∠NDH ＝90°＋45°＝135°. ∵∠BKN ＝180°－∠AKN ＝135°，∴∠BKN ＝∠NDH.∵在Rt △ABN 中，∠ABN ＋∠ANB ＝90°， 又BN ⊥NH ，即∠BNH ＝90°，∴∠ANB ＋∠DNH ＝180°－∠BNH ＝90°.∴∠ABN ＝∠DNH.∴△BNK ≌△NHD(ASA)， ∴BN ＝NH.(3)①当M 在AC 上时，即0＜t≤22时，易知：△AMF 为等腰直角三角形．∵AM ＝t ，∴AF ＝FM ＝22t.∴S ＝12AF ·FM ＝12·22t ·22t ＝14t 2. 当M 在CG 上时，即22＜t ＜42时，CM ＝t －AC ＝t －22，MG ＝42－t.∵AD ＝DC ，∠ADC ＝∠CDG ，CD ＝CD ，∴△ACD ≌△GCD(SAS)．∴∠ACD ＝∠GCD ＝45°.∴∠ACM ＝∠ACD ＋∠GCD ＝90°.∴∠G ＝90°－∠GCD ＝90°－45°＝45°.∴△MFG 为等腰直角三角形．∴FG ＝MG·cos45°＝(42－t)·22＝4－22t.∴S ＝S △ACG －S △MCJ －S △FMG ＝12×4×2－12·CM ·CM －12·FG ·FM ＝4－12·(t －22)2－12·(4－22t)2＝－34t 2＋42t －8.∴S ＝⎩⎨⎧14t 2（0＜t≤22），－34t 2＋42t －8（22＜t ＜42）. ②在0＜t≤22范围内，当t ＝22时，S 的最大值为14×(22)2＝2；在22＜t ＜42范围内，S ＝－34(t －823)2＋83.当t ＝823时，S 的最大值为83.∵83>2，∴当t ＝823秒时，S 的最大值为83. 类型3 类比探究题1．(1)证明：过点E 作ER ⊥BC 于点R ，ES ⊥AB 于点S. ∵BE 为角平分线，∴ER ＝ES.过点F 作FM ⊥BC 于点M ，FN ⊥AC 于点N ，同理FM ＝FN.∵ES ⊥BA ，PP 2⊥AB ，∴PP 2∥ES.同理得PP 3∥FN ，FM ∥PP 1∥ER. ∵点P 为EF 中点，PP 2∥ES ， ∴△FPP 2∽△FES.∴ES ＝2PP 2，同理FN ＝2PP 3. ∴FM ＝2PP 3，ER ＝2PP 2.在梯形FMRE 中，FM ∥PP 1∥ER ，FP PE ＝11，∴根据题设结论可知：PP 1＝ER×1＋FM×11＋1＝ER ＋FM 2＝2PP 2＋2PP 32＝PP 2＋PP 3.(2)探究结论：PP 1＝PP 2＋PP 3.证明：过点E 作ER ⊥BC 于点R ，ES ⊥AB 于点S ，则有ER ＝ES. 过点F 作FM ⊥BC 于点M ，FN ⊥AC 于点N ，则有FM ＝FN.点P 为EF 上任意一点，不妨设FP PE ＝m n ，则PF EF ＝m m ＋n ，PE EF ＝nm ＋n .∵PP 2∥ES ，∴PP 2ES ＝PF EF ＝n m ＋n .∴ES ＝m ＋nm PP 2.∵PP 3∥FN ，∴PP 3FN ＝PE EF ＝nm ＋n .∴FN ＝m ＋n n PP 3.∴ER ＝m ＋n m PP 2，FM＝m ＋n n PP 3.在梯形FMRE 中，FM ∥PP 1∥ER ，PF PE ＝mn ，∴根据题设结论可知：PP 1＝mER ＋nFMm ＋n ＝m·m ＋n m PP 2＋n·m ＋n n PP 3m ＋n ＝（m ＋n ）PP 2＋（m ＋n ）PP 3m ＋n＝PP 2＋PP 3.2.[发现证明]：将△ABE 绕点A 逆时针旋转90°至△ADG ，使AB 与AD 重合．∴△ABE ≌△ADG .∴∠BAE ＝∠DAG ，∠B ＝∠ADG ，AE ＝AG ，BE ＝DG .∴∠GAF ＝∠GAD ＋∠DAF ＝∠BAE ＋∠DAF ＝45°. 在正方形ABCD 中，∠B ＝∠ADF ＝90°.∴∠ADG ＋∠ADF ＝180°，即点G 、D 、F 在一条直线上．在△EAF 和△GAF 中，⎩⎪⎨⎪⎧AE ＝AG ，∠EAF ＝∠GAF ＝45°，AF ＝AF ，∴△EAF ≌△GAF.∴EF ＝GF.又GF ＝DG ＋DF ＝BE ＋DF. ∴EF ＝BE ＋FD.[类比引申]：∠EAF ＝12∠BAD ，理由如下：将△ABE 绕点A 逆时针方向旋转∠DAB 至△ADG ，使AB 与AD 重合． ∴△ABE ≌△ADG .∴∠BAE ＝∠DAG ，∠B ＝∠ADG ，AE ＝AG ，BE ＝DG . ∴∠GAF ＝∠GAD ＋∠DAF ＝∠BAE ＋∠DAF ＝12∠BAD. ∵在四边形ABCD 中，∠B ＋∠ADF ＝180°.∴∠ADG ＋∠ADF ＝180°，即点G 、D 、F 在一条直线上．在△EAF和△GAF 中，⎩⎨⎧AE ＝AG ，∠EAF ＝∠GAF ＝12∠BAD ，AF ＝AF ，∴△EAF ≌△GAF. ∴EF ＝GF.又GF ＝DG ＋DF ＝BE ＋DF ， ∴EF ＝BE ＋FD.[探究应用]：连接AF ，延长BA 、CD 交于点O.则∠BOC ＝180°－∠B －∠C ＝90°.∴△AOD 为直角三角形．在Rt △AOD 中，∠ODA ＝60°，∠OAD ＝30°，AD ＝80米． ∴AO ＝403米，OD ＝40米．∵OF ＝OD ＋DF ＝40＋40(3－1)＝403(米)，∴AO ＝OF.∴∠OAF ＝45°.∴∠DAF ＝45°－30°＝15°.∴∠EAF ＝90°－15°＝75°.∴∠EAF ＝12∠BAD.∵∠BAE ＝180°－∠OAF －∠EAF ＝60°，∠B ＝60°，∴△BAE 为等边三角形．∴BE ＝AB ＝80米．由[类比引申]的结论可得EF ＝BE ＋DF ＝40(3＋1)≈109(米)．。
中考数学一轮复习导学案图形的变换
30.图形的变换➢题组练习一（问题习题化）1.下列图案中，轴对称图形是（）A B ＣＤ2.下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中属于中心对称图形的有（）个.23.在下列交通标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．4.如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1；平移△ABC，若点A的对应点A2的坐标为（0，﹣4），画出平移后对应的△A2B2C2；（2）若将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A3B3C3；请直接写出旋转中心的坐标；（3）在x轴上有一点P，使得PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．（4）请画一个格点△A4B4C4，使△A4B4C4∽△ABC，且相似比不为1．➢知识梳理具体考点内容知识技能要求过程性要求A B C D A B C1、轴对称、平移、旋转的概念∨2、轴对称、平移、旋转∨∨的基本性质3、近要求作简单平面图形的轴对称、平移、旋转后的图形∨4、利用平移、旋转轴对称进行图案设计∨5、平移、旋转、轴对称在现实生活中的应用∨6、基本图形的轴对称性，中心对称性及其性质∨➢题组练习二（知识网络化）5.在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成中心对称图形，涂黑的小正方形的序号是．6.如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC，OA=3，OC=6，将△ABC沿对角线AC 翻折，使点B落在点B′处，AB′与y轴交于点D，则点D的坐标为．7．如图，直线y=﹣43x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，把△A0B绕点A顺时针旋转90°后得到△AO′B′，则点B′的坐标是______．8．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=6cm，动点P从点A出发，沿AB方向以每秒cm的速度向终点B运动；同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，将△PQC 沿BC翻折，点P的对应点为点P′．设Q点运动的时间为t秒，若四边形QP′CP为菱形，则t的值为（）③④①②A ．B ．2C ．D ． 39．如图，在边长为2的菱形ABCD 中，∠B=45°，AE 为BC 边上的高，将△ABE 沿AE 所在直线翻折得△AB 1E ，则△AB 1E 与四边形AECD重叠部分的面积是 ．4.如图，某数学兴趣小组将边长为3的正方形铁丝框ABCD 变形为以A 为圆心，AB 为半径的扇形(忽略铁丝的粗细)，则所得的扇形DAB 的面积为( )A.6B.7C.8D.9➢ 题组练习三（中考考点链接） 11.在Rt △ABC中，∠A=90°，AC=AB=4， D ，E 分别是AB ，AC 的中点．若等腰Rt △ADE 绕点A 逆时针旋转，得到等腰Rt △AD 1E 1，设旋转角为α（0<α≤180°），记直线BD 1与CE 1的交点为P ． （1）如图1，当α=90°时，线段BD 1的长等于 ，线段CE 1的长等于 ；（直接填写结果）（2）如图2，当α=135°时，求证：BD 1= CE 1，且BD 1⊥CE 1；（3）①设BC 的中点为M ，则线段PM 的长为 ；②点P 到AB 所在直线的距离的最大值为 ．（直接填写结果）答案：E 1B C E D （D 1）A PE 1BCED D 1A1.D;2.2;3.C ；4. 略5. ②；6. （0，）．7.（7,3）；8.B;9. 2﹣2; 10.D;11. 2，2；（2）证明：当α=135°时，如图2， ∵Rt △AD 1E 是由Rt △ADE 绕点A 逆时针旋转135°得到， ∴AD 1=AE 1，∠D 1AB=∠E 1AC=135°， 在△D 1AB 和△E 1AC 中∵，∴△D 1AB ≌△E 1AC （SAS ），∴BD 1=CE 1，且∠D 1BA=∠E 1CA ， 记直线BD 1与AC 交于点F ，∴∠BFA=∠CFP ，∴∠CPF=∠FAB=90°，∴BD 1⊥CE 1；（3）1+．94。
2016年初中数学一轮复习课时导学案(共30讲) 通用12(免费推荐下载)
年初中数学中考一轮复习第课多边形及其内角和导学案【考点梳理】：一、多边形及其相关的概念1．多边形：在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形.的概念应注意两点：①在平面内，②线段首尾顺次连接.六边形.如果一个多边形由条线段组成，那么这个多边形就叫做边形.图图．正多边形：在平面内，各个内角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形.边形是正多边形应具备两个条件：①各个内角大小相等；②每条边长度一样. ．多边形的内角：多边形相邻两条边组成的角叫做多边形的内角.∠、∠是六边形的个内角.多边形内角的个数与边数相等.．多边形的内角和：多边形所有的内角的和叫做多边形的内角和.∠∠∠∠.．多边形的外角：多边形的边与它的邻边的延长线组成的角叫做多边形的外角.长，则∠是六边形的一个外角.在多边形的一个顶点处可画出两个外角.角和.如图，六边形的外角和为∠∠∠∠∠∠.．多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.的一个顶点和其它不相邻的各顶点，可得()条对角线.如图，线段、线.图图.多边形内角和公式的推导多边形的内角和公式()·°的推导是将多边形分割为三角形,熟悉的三角形的内角和来解决的.这里体现一种转化思想.常见的推导方法有三种:(1)从一个顶点出发引边形的()条对角线,把边形分割成()个三角形,则这()角和就是边形的内角和,从而得到边形的内角和为()·°.()在边形内任意取一点,然后把这一点与各顶点连接,将边形分割成个三角形,内角和比边形的内角和多出了一个周角°,所以边形的内角和为×°°()·°.()在边形的一边上取一点,把这点与多边形的个顶点连接,把边形分割成()个三角形,这个三角形的内角的和比边形的内角的和多出了一个平角即°,所以边形的内角和是()()·°..多边形外角和的推导边形的任何一个外角加上与它相邻的内角都等于共有个角，这些角的总和为·°.总和减去内角和，即外角和等于·°()·°×°°.三、需注意的几个问题.利用多边形的内角和公式()·°,当知道的值时可以直接求出边形的内角和；时,可以根据公式构造方程,通过解方程求到边数,注意方程思想的应用..对于多边形的外角和°,应注意理解多边形的外角和与边数无关；问题转化为外角问题解决,注意转化思想的应用.【思想方法】解决此类问题时要注重观察、操作、猜想、探究等活动过程，注重知识的理解和运用.考点：多边形内角与外角；三角形内角和定理．分析：利用三角形的内角和为°，四边形的内角和为°，分别表示出∠，∠，∠，根据∠∠∠，得到∠∠，因为∠∠∠∠∠∠，所以∠∠，即可解答．解答：解：如图，在△中，∠°，∴∠°﹣∠﹣∠°﹣∠，在四边形中，∠°﹣∠°﹣°°，∴∠∠（°﹣∠﹣∠）÷°﹣∠，∵∠∠∠，∴°﹣∠°﹣∠，∴∠∠，∵∠∠∠∠∠∠，∴∠∠，故选：．点评：本题考查了多边形的内角和，解决本题的关键是根据利用三角形的内角和为°，边形的内角和为°，分别表示出∠，∠，∠．【考点二】：多边形内角与外角运用【例题赏析】（分）（•铜仁市）的边数是（）．．．．考点：多边形内角与外角．分析：由一个多边形的每一个外角都等于°，且多边形的外角和等于°，形的边数．解答：解：∵一个多边形的每一个外角都等于°，且多边形的外角和等于°，∴这个多边形的边数是：÷．故选：．点评：此题考查了多边形的外角和定理．此题比较简单，关键．【考点三】：正多边形【例题赏析】（•烟台,第题分）正多边形的一个外角是72o是。
[初中数学]2016年初中数学一轮复习课时导学案(共30讲) 通用22
第30课投影与视图导学案【考点梳理】：（一）投影1．太阳光与影子（1）太阳光线可以看成平行光线，像这样的光线所形成的投影称为_________．（2）物体在太阳光照射的不同时刻，不仅影子的长短在_______变．根据不同时刻影长的变换规律，以及太阳东____西______的自然规律，先后顺序．2．平行投影与中心投影（1）分别过每个物体的顶端及其影子的顶端作一条直线，若两直线______，若两直线_______，则为中心投影，其交点就是光源的位置．（2）灯光的光线可以看成是从_______发出的（即为点光源）称为中心投影．（3线的___________即为光源的位置．（二）视图1、三种视图的内在联系主视图反映物体的_________；俯视图反映物体的_______________．因此，在画三种视图时，主、俯视图要长对______，主、左视图要高_______，左视图要_______．2、三种视图的位置关系一般地，首先确定主视图的位置，画出主视图，然后在主视图的______主视图的________画出左视图．3、三种视图的画法首先观察物体，画出视图的外轮廓线，然后将视图补充完整，通常画成______线，看不见部分的轮廓线通常画成_______线．【思想方法】转化：立体与平面互化【考点一】：平行投影与中心投影【例题赏析】（2015•江苏盐城，第4题3分）的为（）A．B．C．D．考点：简单组合体的三视图．分析：分别分析四个选项的主视图、左视图、俯视图，从而得出都是圆的几何体．解答：解：圆柱的主视图、左视图都是矩形、俯视图是圆；圆台的主视图、左视图是等腰梯形，俯视图是圆环；圆锥主视图、左视图都是等腰三角形，俯视图是圆和圆中间一点；球的主视图、左视图、俯视图都是圆．故选D点评：本题考查了三视图，力的培养．【考点二】：三视图【例题赏析】（2015•安徽, 第4题4分）下列几何体中，俯视图是矩形的是（）A．B．C．D．考点：简单几何体的三视图．分析：可解答．解答：解：A、俯视图为圆，故错误；B、俯视图为矩形，正确；C、俯视图为三角形，故错误；D、俯视图为圆，故错误；故选：B．点评：本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．（2）（2015•海南，第5题3分）如图是由5几何体的主视图是（）A． B． C． D．考点：简单组合体的三视图．分析：根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案．解答：解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层右边一个小正方形，故选：B．点评：本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的视图是主视图．【考点三】：直角坐标系中的位似变化【例题赏析】（2015•娄底，第18题3分）一块直角三角板ABC按如图放置，顶点A为（0，1），直角顶点C的坐标为（﹣3，0），∠B=30°，则点B的坐标为（﹣3﹣，3）．考点：相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质．分析：过点B作BD⊥OD于点D，根据△ABC为直角三角形可证明△BCD∽△COA，设点B标为（x，y），根据相似三角形的性质即可求解．解答：解：过点B作BD⊥OD于点D，∵△ABC为直角三角形，∴∠BCD+∠CAO=90°，∴△BCD∽△COA，∴=，设点B坐标为（x，y），则=，y=﹣3x﹣9，∴BC==，AC==，∵∠B=30°，∴==，解得：x=﹣3﹣，则y=3．即点B的坐标为（﹣3﹣，3）．故答案为：（﹣3﹣，3）．点评：出合适的辅助线，证明三角形的相似，进而求解．【考点四】：视图与投影的运用【例题赏析】（2015·江苏连云港，第14题3与左视图都是边长为4的等边三角形，则这个几何体的侧面展开图的面积为8π．考点：由三视图判断几何体；几何体的展开图．分析：根据三视图得到这个几何体为圆锥，且圆锥的母线长为4，底面圆的直径为4根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，锥的母线长和扇形的面积公式求解．解答：这个几何体为圆锥，圆锥的母线长为4，底面圆的直径为4，所以这个几何体的侧面展开图的面积=×4π×4=8π．故答案为：8π．点评：本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了三视图．【真题专练】1.（2015•鄂州, 第5题3分）如图所示的几何体是由一些正方体组合而成的立体图形，这个几何体的俯视图是（）A． B． C． D．2.（2015•湖北, 第10题3如图所示，则组成这个几何体的小正方体的个数是（）A． 4 B． 5 C． 6 D． 93.（2015•温州第2题4分）将一个长方体内部挖去一个圆柱（如图所示）（）A．B．C．D．4．（2015•四川凉山州第2题4图是（）A． B．C．D．是它的主视图和俯视图，那么要组成该几何体，至少需要多少个这样的小正方体（）6.（2015·湖北省随州市，第13 题3分）如图是一个长方体的三视图（单位：cm）图中数据计算这个长方体的体积是cm3．7.（2015·江苏连云港，第14题3都是边长为4的等边三角形，则这个几何体的侧面展开图的面积为．得出该长方体的体积是18 cm3．（第1题图）9.（2014•广东广州，第14题3何体的全面积为．（结果保留π）【真题演练参考答案】1.（2015•鄂州, 第5题3分）如图所示的几何体是由一些正方体组合而成的立体图形，则这个几何体的俯视图是（）A． B． C． D．考点：简单组合体的三视图．分析：找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．解答：解：从上面看易得左侧有2个正方形，右侧有一个正方形．故选A．点评：本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．2.（2015•湖北, 第10题3分）由若干个相同的小正方体组合而成的一个几何体的三视图如图所示，则组成这个几何体的小正方体的个数是（）A． 4 B． 5 C． 6 D． 9考点：由三视图判断几何体．分析：根据三视图，该几何体的主视图以及俯视图可确定该几何体共有两层3列，故可得出该几何体的小正方体的个数．解答：解：综合三视图，我们可得出，这个几何体的底层应该有3个小正方体，第二层应该有1个小正方体，因此搭成这个几何体的小正方体的个数为3+1=4个，故选A．点评：本题意在考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．3.（2015•温州第2题4分）将一个长方体内部挖去一个圆柱（如图所示），它的主视图是（）A．B．C．D．考点：简单组合体的三视图．.分析：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．解答：解：从正面看易得主视图为长方形，中间有两条垂直地面的虚线．故选A．点评：本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．4．（2015•四川凉山州第2题4分）如图是由四个相同小正方体摆成的立体图形，它的俯视图是（）A． B．C．D．考点：简单组合体的三视图．.分析：根据从上面看得到的视图是俯视图，可得答案．解答：解：从上边看第一层是一个小正方形，第二层在第一层的上面一个小正方形，右边一个小正方形，故选：B．点评：本题考查了简单组合体的三视图，从上面看的到的视图是俯视图．5.（2015•甘肃庆阳，第5题，3分）某几何体由一些大小相同的小正方体组成，如图分别是它的主视图和俯视图，那么要组成该几何体，至少需要多少个这样的小正方体（）A．3 B．4 C．5 D．6考点：由三视图判断几何体．专题：数形结合．分析：先由俯视图可得最底层有3个小正方体，然后根据主视图得到第二列由两层，于是可判断上面第二列至少有1个小正方体，从而得到几何体所需要最少小正方体的个数．解答：解：从俯视图可得最底层有3个小正方体，由主视图可得上面一层至少有1个小正方体，所以至少需要4个这样的小正方体．故选B．点评：本题考查了由三视图判断几何体：由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．6.（2015·湖北省随州市，第13 题3分）如图是一个长方体的三视图（单位：cm），根据图中数据计算这个长方体的体积是24 cm3．考点：由三视图判断几何体．.分析：根据三视图我们可以得出这个几何体应该是个长方体，它的体积应该是3×2×4=24cm3．解答：该几何体的主视图以及左视图都是相同的矩形，俯视图也为一个矩形，可确定这个几何体是一个长方体，依题意可求出该几何体的体积为3×2×4=24cm3．答：这个长方体的体积是24cm3．故答案为：24．点评：考查了由三视图判断几何体，本题要先判断出几何体的形状，然后根据其体积公式进行计算即可．7.（2015·江苏连云港，第14题3分）如图是一个几何体的三视图，其中主视图与左视图都是边长为4的等边三角形，则这个几何体的侧面展开图的面积为8π．考点：由三视图判断几何体；几何体的展开图．分析：根据三视图得到这个几何体为圆锥，且圆锥的母线长为4，底面圆的直径为4，然后根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．解答：这个几何体为圆锥，圆锥的母线长为4，底面圆的直径为4，所以这个几何体的侧面展开图的面积=×4π×4=8π．故答案为：8π．点评：本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了三视图．8.（2014•扬州）如图，这是一个长方体的主视图和俯视图，由图示数据（单元：cm）可以得出该长方体的体积是18 cm3．（第1题图）考点：由三视图判断几何体．分析：首先确定该几何体为立方体，并说出其尺寸，直接计算其体积即可．解答：观察其视图知：该几何体为立方体，且立方体的长为3，宽为2，高为3，故其体积为：3×3×2=18，故答案为：18．点评：本题考查了由三视图判断几何体，牢记立方体的体积计算方法是解答本题的关键．9.（2014•广东广州，第14题3分）一个几何体的三视图如图，根据图示的数据计算该几何体的全面积为24π．（结果保留π）考点：圆锥的计算；由三视图判断几何体．分析：根据圆锥侧面积公式首先求出圆锥的侧面积，再求出底面圆的面积为，即可得出表面积．解答：∵如图所示可知，圆锥的高为4，底面圆的直径为6，∴圆锥的母线为：5，∴根据圆锥的侧面积公式：πrl=π×3×5=15π，底面圆的面积为：πr2=9π，∴该几何体的表面积为24π．故答案为：24π．点评：此题主要考查了圆锥侧面积公式，根据已知得母线长，再利用圆锥侧面积公式求出是解决问题的关键．。
数学人教版九年级上册《图形变换》专题复习教学设计
初中学业水平考试数学《图形变换》专题复习教学设计课时1、图形的平移、旋转与轴对称一、复习目标【知识与技能】理解轴对称、轴对称图形、中心对称、中心对称图形、平移和图形旋转的概念，并掌握它们的性质。
能按平移、旋转或轴对称的要求作出简单的图形，并作一些简单计算。
【过程与方法】通过例举生活实例，帮助学生温习知识点。
【情感态度与价值观】通过本节内容的复习，让学生走进中考，增加挑战中考的信心。
二、学情分析本届九年级学生基础高低参差不齐，有的基础较牢，成绩较好。
在复习中，既要注意概念的科学性，又要注意概念形成的阶段性。
在教学中要尽可能做到通俗易懂，通过对分析、比较、抽象、概括，使学生形成概念，并注意引导学生在学习，生活和劳动中应用学过的概念，以便不断加深对概念的理解和提高运用数学知识的能力。
要在区别的基础上进行记忆，在掌握时应进行对比，抓住本质、概念特征，加以记忆。
激发学生学习数学的兴趣，帮助学生获得知识和技能，培养观察和分析推理能力，培养学生实事求是、严肃认真的科学态度和科学的学习方法。
所以在复习中再加强指导和练习，加大对学生所学知识的检查，并做好及时的讲评和反馈学生情况。
三、中考热点与特点1.热点：平移、旋转、轴对称的特征,中心对称和轴对称的性质。
2.特点：轴对称、中心对称、点的坐标特征多在选择题，填空题中考查；简单的平移和旋转作图多在解答题中考查，难度中等。
四、复习过程1、知识点梳理我们复习的目的是考好学业水平考试，那么我们首先就得搞清图形变换在学业水平考试中的热点和特点。
热点：平移、旋转、轴对称的特征,中心对称和轴对称的性质。
特点：轴对称、中心对称、点的坐标特征多在选择题，填空题中考查；简单的平移和旋转作图多在解答题中考查，难度中等。
当然还会掺杂些综合性的问题，详见后面的题目。
下面我们先回忆下初中阶段的图形变换有哪些知识点。
图形的变换包括图形的平移、旋转、翻折（轴对称），图形在运动的过程中，对应线段、对应角的大小不变，也就是说这三种变换都是全等变换。
图形的变换导学案
图形的变换导学案学习目标：1、通过观察、操作、想象，经历一个简单图形经过平移或旋转制作复杂图形的过程，体验图形的变换，发展空间观念。
2、借助方格纸上的操作和分析，有条理地表达图形的平移或旋转的变换过程。
3、利用七巧板在方格纸上变换各种图形，进一步提高的想象能力。
教学重、难点：通过观察、操作活动，说出图形的平移或旋转的变换过程。
教具、学具准备：三角尺、直尺、彩笔、圆规、每人准备一张方格纸，4张大小相等的等腰直角三角形（硬纸）、一副七巧板一、检查预习师：在以前的学习中我们已初步认识了平移和旋转，下面请同学们用一个三角形在方格纸上边摆边说，说说什么是平移、什么是旋转。
我的疑问：课内探究探究点一：学生在自己的方格纸上操作交流，然后请几位学生展示。
（同学们在分析图形的变换时，不仅要说出它的平移或旋转情况，还要说清楚是怎样平移或旋转的，这样就能清楚地知道它的变换过程。
）探究点二：请同桌的两个同学互相合作，用两个三角形自己设计一个图形，然后进行变换，并说一说它的变换过程。
（学生进行自己的设计与操作，师巡视指导）（请几个同学上来演示他们设计的图形，并说一说它是怎样变换图形的。
如果是经过旋转组成的图案，每旋转一次，都应说一说是什么图形绕者哪一点旋转的？）当堂检测：请同学们观察下图，边观察边思考，并拿出课前准备好的方格纸和三角形，分别给四个三角形标上A、B、C、D，自己摆一摆，移一移，转一转，进行图形的变换，然后按照下面老师提出的四个问题，与同桌同学进行交流。
（1）四个三角形A、B、C、D如何变换得到“风车”图形？（2）“风车”图形中的四个三角形如何变换得到长方形？（3）长方形中的四个三角形如何变换得到正方形？（4）正方形中的四个三角形如何变换回到最初的图形？学生自己操作，同桌交流图形变换的方法，教师巡视指导。
师：刚才同学们做得很认真，现在我们一起来交流，让同学们说出各自不同的方法，只要方法正确，老师应给予肯定。
应用拓展１、请同学们动手摆一摆，再说一说左图的七巧板是如何平移或旋转得到右图的。
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30.图形的变换
题组练习一（问题习题化）
1.下列图案中，轴对称图形是（）
A B ＣＤ
2.下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中属于中心对称图形的有（）个.2
3.在下列交通标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）
A． B． C． D．
4.如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1；平移△ABC，若点A的对应点A2的坐标为（0，﹣4），画出平移后对应的△A2B2C2；
（2）若将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A3B3C3；请直接写出旋转中心的坐标；
（3）在x轴上有一点P，使得PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．
（4）请画一个格点△A4B4C4，使△A4B4C4∽△ABC，且相似比不为1．
知识梳理
在现实生活中的应用
题组练习二（知识网络化）
5.在方格纸中，选择标有序号①②③④中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成中心对称图形，涂黑的小正方形的序号是 ．
6.如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC ，OA =3，OC =6，将△ABC 沿对角线AC 翻折，使点B 落在点B ′处，AB ′与y 轴交于点D ，则点D 的坐标为 ．
7．如图，直线y=﹣4
3x+4与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，把△A0B 绕点A 顺时针旋转90°后得到△AO′B′，则点B′的坐标是______．
8．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=6cm，动点P从点A出发，沿AB方向以每秒cm的速度向终点B运动；同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，将△PQC 沿BC翻折，点P的对应点为点P′．设Q点运动的时间为t秒，若四边形QP′CP为菱形，则t的值为（）
A．
B．2
C．
D．3
9．如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠B=45°，AE为BC边上的高，将△ABE沿AE所在直线翻折得△AB1E，则△AB1E与四边形AECD重叠部分的面积是．
4.如图，某数学兴趣小组将边长为3的正方形铁丝框ABCD变形为以A为圆心，AB为半径的扇形(忽略铁丝的粗细)，则所得的扇形DAB的面积为( )
A.6
B.7
C.8
D.9
题组练习三（中考考点链接）
11.在Rt△ABC中，∠A=90°，AC=AB=4， D，E分别是AB，AC的中点．若等腰Rt△ADE绕点A逆时
针旋转，得到等腰Rt△AD1E1，设旋转角为α（0<α≤180°），记直线BD1与CE1的交点为P．
（1）如图1，当α=90°时，线段BD1的长等于，线段CE1的长等于；（直接填写结果）（2）如图2，当α=135°时，求证：BD1= CE1，且BD1⊥CE1；
（3）①设BC的中点为M，则线段PM的长为；②点P到AB所在直线的距离的最大值为．（直接填写结果）
E 1B C E （D 1）A P
E 1B
C
E
D D 1A 答案：
1.D;
2.2;
3.C ；
4. 略
5. ②；
6. （0，94
）． 7.（7,3）；8.B; 9. 2
﹣2; 10.D; 11. 2，2；
（2）证明：当α=135°时，如图2， ∵Rt △AD 1E 是由Rt △ADE 绕点A 逆时针旋转135°得到， ∴AD 1=AE 1，∠D 1AB=∠E 1AC=135°， 在△D 1AB 和△E 1AC 中 ∵，
∴△D 1AB ≌△E 1AC （SAS ），
∴BD 1=CE 1，且∠D 1BA=∠E 1CA ， 记直线BD 1与AC 交于点F ，
∴∠BFA=∠CFP ，
∴∠CPF=∠FAB=90°，
∴BD 1⊥CE 1； （3）1+．。