2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：图像的平移、折叠、旋转（含答案）

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2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：图像的平移、折叠、旋转
一．选择题（共10小题）
1．（2021•绵阳模拟）如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，连接BD，把△BDC沿BD翻折，得到△BDC′，DC'与AB交于点E，连接AC′，若AD＝AC′＝2，BD＝3，则点D到BC的距离为（ ）

A． B． C． D．
2．（2021•佳木斯二模）如图，在正方形ABCD中，M是AB上一动点，E是CM的中点，AE绕点E顺时针旋转90°得EF，连接DE，DF，CF．下列结论：①DE＝EF；②∠CDF＝45°；③∠AEM＝∠FEC；④∠BCM+∠DCF＝45°．其中结论正确的序号是（ ）

A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④
3．（2018•乐清市模拟）如图，一张三角形纸片ABC，其中∠BAC＝60°，BC＝6，点D是BC边上一动点，将BD，CD翻折使得B′，C′分别落在AB，AC边上，（B与B′，C与C′分别对应），点D从点B运动运动至点C，△B′C′D面积的大小变化情况是（ ）

A．一直减小 B．一直不变
C．先减小后增大 D．先增大后减小
4．（2020•卧龙区一模）如图，已知点A1（1，1），将点A1向上平移1个单位长度，再向右平移2个单位长度得到点A2；将点A2向上平移2个单位长度，再向右平移4个单位长度得到点A3；将点A3向上平移4个单位长度，再向右平移8个单位长度得到点A4，…按这个规律平移下去得到点An（n为正整数），则点An的坐标是（ ）

A．（2n，2n﹣1） B．（2n﹣1，2n）
C．（2n﹣1，2n+1） D．（2n﹣1，2n﹣1）
5．（2021•宜兴市校级二模）如图，四边形ABCD为矩形，点E为边AB一点，将△ADE沿DE折叠，点A落在矩形ABCD内的点F处，连接BF，且BE＝EF，∠BEF的正弦值为，则的值为（ ）

A． B． C． D．
6．（2021•雷州市模拟）如图，菱形ABCD的边长为4，∠A＝60°，M是AD的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则当A′C取得最小值时，tan∠DCA′的值为（ ）

A． B． C． D．
7．（2021•滨城区二模）如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB＝2，对折矩形片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N处，折痕BM与EF交于点Q；再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G；P为线段BM上一动点，有如下结论：①∠ABN＝60°；②AM＝1；③△BMG是等边三角形；④QN＝BG；⑤若H是BN的中点，则PN+PH的最小值是，其中正确结论的序号是（ ）

A．①②③④⑤ B．①②③ C．②③④ D．①③④⑤
8．（2012•十堰）如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+3；⑤S△AOC+S△AOB＝6+．其中正确的结论是（ ）

A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③
9．（2020秋•乌兰察布期末）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，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（ ）

A．12 B．6 C．3 D．1
10．（2021•伊金霍洛旗一模）如图，菱形ABCD的形状和大小保持不变，将菱形ABCD绕点B旋转适当角度得到菱形A'BC'D'，边A'D'与AD，DC交于E，F（D，E，F不重合），连接EB，FB．在旋转过程中，下列判断错误的是（ ）

A．EB平分∠AED'
B．FB平分∠A'FC
C．△DEF的周长是一个定值
D．S△DEF+2S△BEF＝S菱形ABCD

2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：图像的平移、折叠、旋转（10题）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2021•绵阳模拟）如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，连接BD，把△BDC沿BD翻折，得到△BDC′，DC'与AB交于点E，连接AC′，若AD＝AC′＝2，BD＝3，则点D到BC的距离为（ ）

A． B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；点到直线的距离．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】连接CC'，交BD于点M，过点D作DH⊥BC'于点H，由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，证△ADC'为等边三角形，利用解直角三角形求出DM＝1，C'M＝DM＝，BM＝2，在Rt△BMC'中，利用勾股定理求出BC'的长，在△BDC'中利用面积法求出DH的长，则可得出答案．
【解答】解：如图，连接CC'，交BD于点M，过点D作DH⊥BC'于点H，

∵AD＝AC′＝2，D是AC边上的中点，
∴DC＝AD＝2，
由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，
∴DC＝DC'＝2，BC＝BC'，CM＝C'M，
∴AD＝AC′＝DC'＝2，
∴△ADC'为等边三角形，
∴∠ADC'＝∠AC'D＝∠C'AC＝60°，
∵DC＝DC'，
∴∠DCC'＝∠DC'C＝×60°＝30°，
在Rt△C'DM中，
∠DC'C＝30°，DC'＝2，
∴DM＝1，C'M＝DM＝，
∴BM＝BD﹣DM＝3﹣1＝2，
在Rt△BMC'中，
BC'＝＝＝，
∵S△BDC'＝BC'•DH＝BD•CM，
∴DH＝3×，
∴DH＝，
∵∠DCB＝∠DBC'，
∴点D到BC的距离为，
故选：C．
【点评】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，勾股定理等，解题关键是会通过面积法求线段的长度．
2．（2021•佳木斯二模）如图，在正方形ABCD中，M是AB上一动点，E是CM的中点，AE绕点E顺时针旋转90°得EF，连接DE，DF，CF．下列结论：①DE＝EF；②∠CDF＝45°；③∠AEM＝∠FEC；④∠BCM+∠DCF＝45°．其中结论正确的序号是（ ）

A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力；应用意识．
【分析】延长AE交DC的延长线于点H，由“AAS”可证△AME≌△HCE，可得AE＝EH，由直角三角形的性质可得AE＝EF＝EH，可判断①；由四边形内角和定理可求2∠ADE+2∠EDF＝270°，可得∠ADF＝135°，可判断②；由连接AC，过点E作EP⊥AD于点P，过点F作FN⊥EP于N，交CD于G，由梯形中位线定理可求PE＝（AM+CD），由“AAS”可证△APE≌△ENF，可得AP＝NE＝AD，即可求AM＝2DG＝2×＝DF，从而证明△MAC∽△FDC，得∠MCA＝∠DCF，即可得∠BCM+∠DCF＝45°，故可判定④；由条件不能证明△AEM与△FEC全等，可判断③，即可得到答案．
【解答】解：如图，延长AE交DC的延长线于点H，如图：

∵点E是CM的中点，
∴ME＝EC，
∵AB∥CD，
∴∠MAE＝∠H，∠AME＝∠HCE，
∴△AME≌△HCE（AAS），
∴AE＝EH，
又∵∠ADH＝90°，
∴DE＝AE＝EH，
∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴AE＝DE＝EF，故①正确；
∵AE＝DE＝EF，
∴∠DAE＝∠ADE，∠EDF＝∠EFD，
∵∠AEF+∠DAE+∠ADE+∠EDF+∠EFD＝360°，
∴2∠ADE+2∠EDF＝270°，
∴∠ADF＝135°，
∴∠CDF＝∠ADF﹣∠ADC＝135°﹣90°＝45°，故②正确；
连接AC，过点E作EP⊥AD于点P，过点F作FN⊥EP于N，交CD于G，如图：

∵EP⊥AD，FN⊥EP，∠ADC＝90°，
∴四边形PDGN是矩形，
∴PN＝DG，∠DGN＝90°，
∵EP⊥AD，AM⊥AD，CD⊥AD，
∴AM∥PE∥CD，
∴＝＝1，
∴AP＝PD，
∴PE是梯形AMCD的中位线，
∴PE＝（AM+CD），
∵∠FDC＝45°，FN⊥CD，
∴∠DFG＝∠FDC＝45°，
∴DG＝GF，DF＝DG，
∵∠AEP+∠FEN＝90°，∠AEP+∠EAP＝90°，
∴∠FEN＝∠EAP，
又∵AE＝EF，∠APE＝∠ENF＝90°，
∴△APE≌△ENF（AAS），
∴AP＝NE＝AD，
∵PE＝（AM+CD）＝NE+NP＝AD+NP，
∴AM＝NP＝DG，
∴AM＝2DG＝2×＝DF，
又∵AC＝CD，
∴＝＝，
∵∠MAC＝∠FDC＝45°，
∴△MAC∽△FDC，
∴∠MCA＝∠DCF，
∵∠BCM+∠MCA＝45°，
∴∠BCM+∠DCF＝45°，故④正确；
由条件不能证明△AEM与△FEC全等，故不能证明∠AEM＝∠FEC，故③错误，
∴正确的有①②④，
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，旋转的性质，平行线分线段成比例，梯形中位线的定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
3．（2018•乐清市模拟）如图，一张三角形纸片ABC，其中∠BAC＝60°，BC＝6，点D是BC边上一动点，将BD，CD翻折使得B′，C′分别落在AB，AC边上，（B与B′，C与C′分别对应），点D从点B运动运动至点C，△B′C′D面积的大小变化情况是（ ）

A．一直减小 B．一直不变
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【专题】三角形．
【分析】如图，作B′H⊥DC′于H．设BD＝DB′＝x，则CD＝DC′＝6﹣x．构建二次函数，利用二次函数的性质即可判断．
【解答】解：如图，作B′H⊥DC′于H．设BD＝DB′＝x，则CD＝DC′＝6﹣x．

∵∠A＝60°，
∴∠B+∠C＝120°，
由翻折不变性可知：∠B＝∠DB′B，∠C＝∠DC′C，
∴∠BDB′+∠CDC′＝120°，∴∠B′DC′＝60°，
∴B′H＝x，
∴S△DB′C′＝（6﹣x）＝﹣（x﹣3）2+，
∴S△DB′C′的值先增大后减小，
故选：D．
【点评】本题考查翻折变换、二次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
4．（2020•卧龙区一模）如图，已知点A1（1，1），将点A1向上平移1个单位长度，再向右平移2个单位长度得到点A2；将点A2向上平移2个单位长度，再向右平移4个单位长度得到点A3；将点A3向上平移4个单位长度，再向右平移8个单位长度得到点A4，…按这个规律平移下去得到点An（n为正整数），则点An的坐标是（ ）

A．（2n，2n﹣1） B．（2n﹣1，2n）
C．（2n﹣1，2n+1） D．（2n﹣1，2n﹣1）
【考点】坐标与图形变化﹣平移；规律型：点的坐标．
【专题】作图题；应用意识．
【分析】探究规律，利用根据解决问题即可．
【解答】解：由题意知，A1（1，1），A2（3，2），A3（7，4），A4（15，8），…An（2n﹣1，2n﹣1）．
故选：D．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣平移，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
5．（2021•宜兴市校级二模）如图，四边形ABCD为矩形，点E为边AB一点，将△ADE沿DE折叠，点A落在矩形ABCD内的点F处，连接BF，且BE＝EF，∠BEF的正弦值为，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；矩形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】过点E作EM⊥BF于点M，作点F作FN⊥AB于点N．设NF＝24k，EF＝25k，则NE＝7k，则BE＝EF＝25k，NB＝BE﹣NE＝25k﹣7k＝18k，所以BF＝，根据∠AED+∠FED+∠BEF＝∠EBF+∠EFB+∠BEF＝180°，推出∠AED＝∠FED＝∠EBF＝∠EFB，所以tan∠AED＝tan∠NBF＝＝＝，则＝，因此AD＝AE＝×25k＝k，即可解决问题．
【解答】解：如图．
过点E作EM⊥BF于点M，作点F作FN⊥AB于点N．
∵∠BEF的正弦值为，
∴设NF＝24k，EF＝25k，则NE＝7k，
∴BE＝EF＝25k，NB＝BE﹣NE＝25k﹣7k＝18k，
∴BF＝＝，
由折叠可知，∠AED＝∠FED，AE＝25k，
∴AB＝AE+EB＝25k+25k＝50k，
∵BE＝EF，
∴∠EBF＝∠EFB，
∵∠AED+∠FED+∠BEF＝∠EBF+∠EFB+∠BEF＝180°，
∴∠AED＝∠FED＝∠EBF＝∠EFB，
∴tan∠AED＝tan∠NBF＝＝＝，
∴＝，
∴AD＝AE＝×25k＝k，
∴＝＝．
故选：A．

【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
6．（2021•雷州市模拟）如图，菱形ABCD的边长为4，∠A＝60°，M是AD的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则当A′C取得最小值时，tan∠DCA′的值为（ ）

A． B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【分析】根据题意得出A′的位置，过点M作MH⊥DC于点H，进而利用锐角三角函数关系即可解决问题．
【解答】解：如图所示：

∵MA′是定值，当A′C长度取最小值时，即A′在MC上时，
过点M作MH⊥DC于点H，
在边长为4的菱形ABCD中，∠A＝60°，
∵M为AD中点，
∴2MD＝AD＝CD＝4，∠HDM＝60°，
∴∠HMD＝30°，
∴HD＝MD＝1，
∴HM＝DM×cos30°＝，
∴CH＝HD+CD＝5，
∴tan∠DCA′＝＝，
∴tan∠DCA′的值为．
故选：B．
【点评】本题考查翻折变换、菱形的性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，本题的突破点是正确寻找点A′的位置．
7．（2021•滨城区二模）如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB＝2，对折矩形片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N处，折痕BM与EF交于点Q；再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G；P为线段BM上一动点，有如下结论：①∠ABN＝60°；②AM＝1；③△BMG是等边三角形；④QN＝BG；⑤若H是BN的中点，则PN+PH的最小值是，其中正确结论的序号是（ ）

A．①②③④⑤ B．①②③ C．②③④ D．①③④⑤
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；等边三角形的性质；矩形的性质；轴对称﹣最短路线问题．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】先证明BN＝2BE，推出∠ENB＝30°，再利用翻折不变性以及直角三角形、等边三角形的性质一一判断即可．
【解答】解：在Rt△BEN中，∵BN＝AB＝2BE，
∴∠ENB＝30°，
∴∠ABN＝60°，故①正确，
∴∠ABM＝∠NBM＝∠NBG＝30°，
∴AM＝AB•tan30°＝，故②错误，
∵∠AMB＝∠BMN＝60°，
∵AD∥BC，
∴∠GBM＝∠AMB＝60°，
∴∠MBG＝∠BMG＝∠BGM＝60°，
∴△BMG为等边三角形，故③正确．
∴BG＝BM＝2AM＝，
∵EF∥BC∥AD，AE＝BE，
∴BQ＝QM，MN＝NG，
∴QN是△BMG的中位线，
∴QN＝BG，故④正确．
连接PE．
∵BH＝BE＝1，∠MBH＝∠MBE，
∴E、H关于BM对称，
∴PE＝PH，
∴PH+PN＝PE+PN，
∴E、P、N共线时，PH+PN的值最小，最小值＝EN＝，故⑤正确，
故选：D．

【点评】本题考查翻折变换、等边三角形的判定和性质、矩形的性质、三角形中位线定理、直角三角形的性质、轴对称最短问题等知识，熟练掌握翻折变换得性质是解题的关键．
8．（2012•十堰）如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+3；⑤S△AOC+S△AOB＝6+．其中正确的结论是（ ）

A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理．
【专题】压轴题．
【分析】证明△BO′A≌△BOC，又∠OBO′＝60°，所以△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，故结论①正确；
由△OBO′是等边三角形，可知结论②正确；
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，故△AOO′是直角三角形；进而求得∠AOB＝150°，故结论③正确；
S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′＝6+4，故结论④错误；
如图②，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．利用旋转变换构造等边三角形与直角三角形，将S△AOC+S△AOB转化为S△COO″+S△AOO″，计算可得结论⑤正确．
【解答】解：由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，∴∠1＝∠3，
又∵OB＝O′B，AB＝BC，
∴△BO′A≌△BOC，又∵∠OBO′＝60°，
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，
故结论①正确；
如图①，连接OO′，
∵OB＝O′B，且∠OBO′＝60°，
∴△OBO′是等边三角形，
∴OO′＝OB＝4．
故结论②正确；
∵△BO′A≌△BOC，∴O′A＝5．
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，
故结论③正确；
S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′＝×3×4+×42＝6+4，
故结论④错误；
如图②所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．
易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的直角三角形，
则S△AOC+S△AOB＝S四边形AOCO″＝S△COO″+S△AOO″＝×3×4+×32＝6+，
故结论⑤正确．
综上所述，正确的结论为：①②③⑤．
故选：A．


【点评】本题考查了旋转变换中等边三角形，直角三角形的性质．利用勾股定理的逆定理，判定勾股数3、4、5所构成的三角形是直角三角形，这是本题的要点．在判定结论⑤时，将△AOB向不同方向旋转，体现了结论①﹣结论④解题思路的拓展应用．
9．（2020秋•乌兰察布期末）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，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是（ ）

A．12 B．6 C．3 D．1
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形．
【分析】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．
【解答】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．

【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
10．（2021•伊金霍洛旗一模）如图，菱形ABCD的形状和大小保持不变，将菱形ABCD绕点B旋转适当角度得到菱形A'BC'D'，边A'D'与AD，DC交于E，F（D，E，F不重合），连接EB，FB．在旋转过程中，下列判断错误的是（ ）

A．EB平分∠AED'
B．FB平分∠A'FC
C．△DEF的周长是一个定值
D．S△DEF+2S△BEF＝S菱形ABCD
【考点】旋转的性质；三角形的面积；菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】如图，过点B作BH⊥A′D′于H，BM⊥AD于M，BN⊥CD于N．利用角平分线的判定定理证明选项A，B正确，再利用全等三角形的性质证明△DEF的周长＝2DM＝定值，即可判断．
【解答】解：如图，过点B作BH⊥A′D′于H，BM⊥AD于M，BN⊥CD于N．

∵菱形BA′D′C′是由菱形ABCD旋转得到，菱形的每条边上的高相等，
∴BM＝BH＝BN，
∵BH⊥A′D′于H，BM⊥AD于M，BN⊥CD于N，
∴BE平分∠AED′，BF平分∠A′FC，故选项A，B不符合题意，
∵∠BME＝∠NHE＝90°，BE＝BE，BM＝BH，
∴Rt△BEM≌Rt△BEH（HL），
∴EH＝EM，
同法可证，FH＝FN，
∴△DEF的周长＝DE+EF+DF＝DE+EM+DF+FN＝DM+DN，
∵∠BMA＝∠BNC＝90°，BM＝BN，BA＝BC，
∴Rt△BMA≌Rt△BNC（HL），
∴AM＝CN，
∵DA＝DC，
∴DM＝DN，
∴△DEF的周长＝2DM＝定值，故选项C不符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查旋转变换的性质，菱形的性质，角平分线的判定定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．

考点卡片
1．规律型：点的坐标
规律型：点的坐标．
2．点到直线的距离
（1）点到直线的距离：直线外一点到直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．
（2）点到直线的距离是一个长度，而不是一个图形，也就是垂线段的长度，而不是垂线段．它只能量出或求出，而不能说画出，画出的是垂线段这个图形．
3．三角形的面积
（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△＝×底×高．
（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
4．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
5．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
6．等边三角形的判定与性质
（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．
（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．
（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．
7．勾股定理的逆定理
（1）勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
说明：
①勾股定理的逆定理验证利用了三角形的全等．
②勾股定理的逆定理将数转化为形，作用是判断一个三角形是不是直角三角形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．
（2）运用勾股定理的逆定理解决问题的实质就是判断一个角是不是直角．然后进一步结合其他已知条件来解决问题．
注意：要判断一个角是不是直角，先要构造出三角形，然后知道三条边的大小，用较小的两条边的平方和与最大的边的平方比较，如果相等，则三角形为直角三角形；否则不是．
8．菱形的性质
（1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
（2）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（3）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）
9．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
10．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
11．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．
12．翻折变换（折叠问题）
1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．
2、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
3、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．
13．坐标与图形变化-平移
（1）平移变换与坐标变化
①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y）
①向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y）
①向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b）
①向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b）
（2）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．）
14．旋转的性质
（1）旋转的性质：
①对应点到旋转中心的距离相等． ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角． ③旋转前、后的图形全等． （2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度． 注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
15．解直角三角形
（1）解直角三角形的定义
在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
（2）解直角三角形要用到的关系
①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；
②三边之间的关系：a2+b2＝c2；
③边角之间的关系：
sinA＝＝，cosA＝＝，tanA＝＝．
（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）