专题04图形的变换
一、选择题
1.（2017贵州遵义第3题）把一张长方形纸片按如图，图的方式从右向左连续对折两次后得到图，再在图中挖去一个如图所示的三角形小孔，则重新展开后得到的图形是（）
A． B． C． D．
【答案】C.
考点：剪纸问题．
如图，△ABC中，E是BC中点，AD是∠BAC的平分线，EF∥AD交AC于F．若AB=11，AC=15，则FC的长为（）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】C.
【解析】
试题分析：∵AD是∠BAC的平分线，AB=11，AC=15，
∴,
∵E是BC中点，
∴,
∵EF∥AD，
∴，
∴CF=CA=13．
故选C．
考点：平行线的性质；角平分线的性质．
这个图形进行了一次变换之后得到的，其中是通过轴对称得到的是（）
A．（1） B．（2） C．（3） D．（4）
【答案】A
【解析】
试题分析：∵轴对称是沿着某条直线翻转得到新图形，通过轴对称得到的是（1）．
故选A．
轴对称图形．
A． B． C． D．B是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D不是中心对称图形，故本选项符合题意；
故选D．中心对称图形；2轴对称图形
【答案】B．
考点：轴对称图形和中心对称图形.
6.（2017郴州第7题）如图（1）所示的圆锥的主视图是（）
【答案】A．
【解析】
试题分析：主视图是从正面看所得到的图形,圆锥的主视图是等腰三角形，如图所示：,故选A.
考点：三视图.
7.（2017湖北咸宁第8题）在平面直接坐标系中，将一块含义角的直角三角板如图放置，直角顶点的坐标为，顶点的坐标为，顶点恰好落在第一象限的双曲线上，现将直角三角板沿轴正方向平移，当顶点恰好落在该双曲线上时停止运动，则此点的对应点的坐标为（）
A．B．C.D．
【答案】C.
∴x=，
当顶点A恰好落在该双曲线上时，
此时点A移动了个单位长度，
C也移动了个单位长度，
此时点C的对应点C′的坐标为（，0）
故选C（2017哈尔滨第题）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．
【答案】D中心对称图形；轴对称图形．
A． B． C． D．【答案】DA、不是轴对称图形，故A选项错误；B、不是轴对称图形，故B选项错误；
C、不是轴对称图形，故C选项错误；D、是轴对称图形，故D选项正确．
故选D．轴对称图形．
平行投影．是在点为位似中心经过位似变换得到的，若的面积与的面积比是，则为（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
试题分析：由位似变换的性质可知，A′B′AB，A′C′AC，
A′B′C′∽△ABC．
A''B''C''与ABC的面积的比4：9，
A''B''C''与ABC的相似比为2：3，
=
故选A．位似变换．
，在直角坐标系，的坐标为原点中心，将顺时针旋转，则点为
A．B．C.D．
【答案】D
考点：坐标与图形的变化﹣旋转，六边形内角都相等，下列的个数
①；②；③；④四边形是平行四边形；⑤六边形中心，又是图形
A．B．C.D．
【答案】D
考点：平行四边形的判定和性质；平行线的判定和性质；轴对称图形中心对称图形A、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意；．
故选A．
中心对称图形；轴对称图形．向右平移，则点关于轴的对称点的坐标为B．C.D．
【答案】B
考点：1.关于x轴、y轴对称的点的坐标；坐标与图形变化﹣平移．
（2017上海第题）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（）
A．菱形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．等腰梯形
A、菱形既是轴对称又是中心对称图形，故本选项正确；
B、等边三角形是轴对称，不是中心对称图形，故本选项错误；
C、平行四边形不是轴对称，是中心对称图形，故本选项错误；
D、等腰梯形是轴对称，不是中心对称图形，故本选项错误．
故选A．中心对称图形与轴对称图形中，线段的两个端点坐标分别为，.平移线段，得到线段.已知点的坐标为，则点的坐标为（）
A．B．C.D．
【答案】B.
考点：坐标与图形变化﹣平移如图，在平面直角坐标系中，ABC位于第二象限，点A的坐标是（﹣2，3），先把ABC向右平移4个单位长度得到A1B1C1，再作与A1B1C1关于x轴对称的A2B2C2，则点A的对应点A2的坐标是（）
(-3，2)B.（2，-3））
【答案】B.
【解析】
试题分析：首先利用平移的性质得到A1B1C1，进而利用关于x轴对称点的性质得到A2B2C2，即可得出答案．
如图所示：点A的对应点A2的坐标是：（2，﹣3）．故选：B．
的性质，轴对称的性质国产越野车“BJ40”中，哪个数或字母既是中心对称图形又是轴对称图形()
A. B. C. D.0
【答案】D．中心对称图形；轴对称图形．，在矩形，在上，在上，把这个矩形沿，点落在上的矩形面积为，则折的长为（）
B．C.D．
【答案】C.
【解析】
试题解析：由折叠的性质可知，DF=GF，HE=CE，GH=DC，DFE=∠GFE．
GFE+∠DFE=180°﹣AFG=120°，
GFE=60°．
AF∥GE，AFG=60°，
，点在双曲线，点是，的动点则四边形的最小值为）
B．C.D．
【答案】B．分别把点A（a，3）、B（b，1）代入双曲线y=得：a=1，b=3，
则点A的坐标为（1，3）、B点坐标为（3，1），
作A点关于y轴的对称点P，B点关于x轴的对称点Q，
如图示直线y=x与x轴、y轴分别交于点A、B，当直线绕着点A按顺时针方向旋转到与x轴首次重合时，点B运动的路径的长度为．
.
【解析】
试题分析：y=0时，x=0，解得x=﹣1，则A（﹣1，0），
当x=0时，y=x=，则B（0，），
在RtOAB中，tan∠BAO==，BAO=60°，
AB=，
当直线绕着点A按顺时针方向旋转到与x轴首次重合时，点B运动的路径的长度=．
故答案为．
一次函数图象与几何变换；轨迹．
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为.
【答案】
设直线方程为y=kx，
则3=k，
，
直线l解析式为y=x，
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；
故答案为：．
一次函数图象与几何变换，点矩形纸片中心，上一点，将纸片沿后，点与点，则折痕长为则AE=6的正六边形的中心与坐标原点重合，轴，将正六边形绕原点顺时针旋转次，每次旋转，当时，顶点的坐标为．
【答案】（2，2）
考点：坐标与图形变化﹣旋转；规律型：点的坐标．
5.（2017湖南常德第16题）如图，有一条折线A1B1A2B2A3B3A4B4…，它是由过A1（0，0），B1（2，2），A2（4，0）组成的折线依次平移4，8，12，…个单位得到的，直线y=kx2与此折线恰有2n（n1，且为整数）个交点，则k的值为．
【答案】．
考点：
【答案】（1，3）．在正方形OABC中，O为坐标原点，点C在y轴正半轴上，点A的坐标为（2，0），
OC=OA=2，C（0，2），
将正方形OABC沿着OB方向平移OB个单位，即将正方形OABC沿先向右平移1个单位，再向上平移1个单位，
点C的对应点坐标是（1，3）．坐标与图形变化﹣平移．
中，，，沿底边上的高剪成两个三角形，用这两个三角形拼成平行四边形，则这个平行四边形较长的对角线的长是．
【答案】10cm或2cm或4cm．图形的剪拼．沿对折，使点落在点处，若，则的长为
【解析】
试题分析：过点C作CG⊥AB的延长线于点G，
在?ABCD中，∠D=∠EBC，AD=BC，∠A=∠DCB，
由于?ABCD沿EF对折，∴∠D′=∠D=∠EBC，∠D′CE=∠A=∠DCB，D′C=AD=BC，
∴∠D′CF+∠FCE=∠FCE+∠ECB，∴∠D′CF=∠ECB，
在△D′CF与△ECB中，,∴△D′CF≌△ECB（ASA）,∴D′F=EB，CF=CE，
∵DF=D′F，∴DF=EB，AE=CF
设AE=x，则EB=8﹣x，CF=x，∵BC=4，∠CBG=60°，∴BG=BC=2，由勾股定理可知：CG=2，
∴EG=EB+BG=8﹣x+2=10﹣x
在△CEG中，由勾股定理可知：（10﹣x）2+（2）2=x2，
解得：x=AE=
考点：1.翻折变换（折叠问题）；2.平行四边形的性质．
9.（2017上海第1题）一副三角尺按如图的位置摆放（顶点C与F重合，边CA与边FE叠合，顶点B、C、D在一条直线上）．将三角尺DEF绕着点F按顺时针方向旋转n°后（0n＜180），如果EFAB，那么n的值是．
45
考点：1.旋转变换；2.平行线的性质
10.（2017湖南张家界第14题）如图，在正方形ABCD中，AD=，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为．
【答案】．
考点：如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，点E在DC上，将矩形ABCD沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，那么cosEFC的值是．
.
考点：轴对称的性质，矩形的性质，的概念与点关于原点对称，则点的坐标是．
【答案】（﹣2，﹣1）
【解析】
试题分析：根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得答案．
点A（2，1）与点B关于原点对称，点B的坐标是（﹣2，﹣1），
故答案为（﹣2，﹣1）．关于原点对称的点的坐标如图示，若ABC内一点P满足PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocardpoint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，EDF=90°，若点Q为DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQFQ=（）
A．5 B．4 C．D．
【答案】D.
考点：旋转的性质；平行线的判定与性质；等腰直角三角形．如图示AB为O的一条弦，点C为劣弧AB的中点，E为优弧AB上一点，点F在AE的延长线上，且BE=EF，线段CE交弦AB于点D．
求证：CEBF；
若BD=2，且EA：EB：EC=3：1：，求BCD的面积（注：根据圆的对称性可知OCAB）．
；BCD的面积2．
试题分析：①连接AC，BE，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出F=∠AEB，由圆周角定理得出AEC=∠BEC，证出AEC=∠F，即可得出结论；
证明ADE∽△CBE，得出，证明CBE∽△CDB，得出，求出CB=2，得出AD=6，AB=8，由垂径定理得出OCAB，AG=BG=AB=4，由勾股定理求出CG==2，即可得出BCD
②解：DAE=∠DCB，AED=∠CEB，
ADE∽△CBE，
，即，
CBD=∠CEB，BCD=∠ECB，
CBE∽△CDB，
，即，
CB=2，
AD=6，
AB=8，
点C为劣弧AB的中点，
OC⊥AB，AG=BG=AB=4，
CG==2，
BCD的面积=BD?CG=2×2=2．
相似三角形的判定与性质；垂径定理圆周角定理三角形的外角性质勾股定理
3.（2017郴州第26题）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.
（1）求证：是等边三角形；
（2）当时，的周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长；
若不存在，请说明理由.
（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？
若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）详见解析；（2）存在，24；当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．（2）存在，当6t＜10时，
由旋转的性质得，BE=AD，
C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，
由（1）知，CDE是等边三角形，
DE=CD，
C△DBE=CD+4，
由垂线段最短可知，当CDAB时，BDE的周长最小，
此时，CD=2cm，
BDE的最小周长=CD4=2+4；
（3）存在，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，
当0t＜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，
CDA=30°，
CAB=60°，
ACD=∠ADC=30°，
的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画出关于轴的对称图形；
（2）画出将绕原点逆时针方向旋转得到的；
（3）求（2）中线段扫过的图形面积．
【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析；（3）线段OA扫过的图形面积为π．作图﹣旋转变换；扇形面积的计算；作图﹣轴对称变换．中，，，点分别在上（点与点不重合），且.将绕点逆时针旋转得到.当的斜边、直角边与分别相交于点（点与点不重合）时，设.
（1）求证：；
（2）求关于的函数解析式，并直接写出自变量的取值范围.
【答案】（1）；（）
考点：旋转的性质；函数关系式；矩形的判定与性质；解直角三角形的对角线相交于点，，，，.
（1）填空：与的数量关系为；
（2）求的值；
（3）将沿翻折，得到（如图2），连接，与相交于点.若，求的长.
【答案】（1）BAD+∠ACB=180°；（）（）
由（1）可知，DE=CE，DCA=∠DCA′，EDC=∠ECD=∠DCA′，
DE∥CA′∥AB，ABC+∠A′CB=180°，
EAD∽△ACB，DAE=∠ABC=∠DA′C，
DA′C+∠A′CB=180°，A′D∥BC，
PA′D∽△PBC，
，
，即
PC=1．三角形的判定和性质一元二次方程三角形的内角和定理，在边长为正方形网格中，顶点均在格点上.
(1)画出于原点成中心对称的并直接写出顶点的坐标.
(2)点到点路径(结果保留).
【答案】(1);(2).
考点：坐标与图形变化-旋转；．如图，的直径，点上，为的中点，直径一动点.
(1)利用尺规作图，确定当时的位置(不写作法，但要保留作图痕迹).
(2)求最小值.
【答案】（1）详见解析；(2)2.
试题分析：(1)画出A点关于MN的称点,连接B,就可以得到P点;(2)利用得∠AON=∠=60°，又为弧AN的中点．．
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