2017-2021年山东中考数学真题分类汇编之图形的变化

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2017-2021年山东中考数学真题分类汇编之图形的变化
一．选择题（共16小题）
1．（2020•青岛）如图所示的几何体，其俯视图是（　　）

A． B．
C． D．
2．（2019•莱芜区）下列图形中，既是中心对称，又是轴对称的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2021•青岛）剪纸是我国古老的民间艺术．下列四个剪纸图案为轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2021•青岛）如图所示的几何体，其左视图是（　　）

A． B．
C． D．
5．（2021•青岛）如图，将线段AB先绕原点O按逆时针方向旋转90°，再向下平移4个单位，得到线段A'B'，则点A的对应点A'的坐标是（　　）

A．（1，﹣6） B．（﹣1，6） C．（1，﹣2） D．（﹣1，﹣2）
6．（2021•德州）如图所示的几何体，对其三视图叙述正确的是（　　）

A．左视图和俯视图相同 B．三个视图都不相同
C．主视图和左视图相同 D．主视图和俯视图相同
7．（2021•济南）无人机低空遥感技术已广泛应用于农作物监测．如图，某农业特色品牌示范基地用无人机对一块试验田进行监测作业时，在距地面高度为135m的A处测得试验田右侧边界N处俯角为43°，无人机垂直下降40m至B处，又测得试验田左侧边界M处俯角为35°，则M，N之间的距离为（　　）（参考数据：tan43°≈0.9，sin43°≈0.7，cos35°≈0.8，tan35°≈0.7，结果保留整数）

A．188m B．269m C．286m D．312m
8．（2021•德州）某商场准备改善原有楼梯的安全性能，把坡角由37°减至30°，已知原楼梯长为5米，调整后的楼梯会加长（　　）（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）．

A．6米 B．3米 C．2米 D．1米
9．（2021•日照）一张水平放置的桌子上摆放着若干个碟子，其三视图如图所示，则这张桌子上共有碟子的个数为（　　）

A．10 B．12 C．14 D．18
10．（2021•青岛）如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC，AB＝10，∠B＝60°，将纸片折叠，使点B落在AD边上的点G处，折痕为EF，若∠BFE＝45°，则BF的长为（　　）

A．5 B．3 C．5 D．
11．（2021•潍坊）如图，一束水平光线照在有一定倾斜角度的平面镜上，若入射光线与出射光线的夹角为60°，则平面镜的垂线与水平地面的夹角α的度数是（　　）

A．15° B．30° C．45° D．60°
12．（2020•济南）如图，△ABC、△FED区域为驾驶员的盲区，驾驶员视线PB与地面BE的夹角∠PBE＝43°，视线PE与地面BE的夹角∠PEB＝20°，点A，F为视线与车窗底端的交点，AF∥BE，AC⊥BE，FD⊥BE．若A点到B点的距离AB＝1.6m，则盲区中DE的长度是（　　）
（参考数据：sin43°≈0.7，tan43°≈0.9，sin20°≈0.3，tan20°≈0.4）

A．2.6m B．2.8m C．3.4m D．4.5m
13．（2019•东营）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，过点O作射线OM、ON分别交BC、CD于点E、F，且∠EOF＝90°，OC、EF交于点G．给出下列结论：①△COE≌△DOF；②△OGE∽△FGC；③四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；④DF2+BE2＝OG•OC．其中正确的是（　　）

A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．③④
14．（2021•罗湖区）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，以点O为圆心，2为半径的圆与OB交于点C，过点C作CD⊥OB交AB于点D，点P是边OA上的动点．当PC+PD最小时，OP的长为（　　）

A． B． C．1 D．
15．（2019•济南）某数学社团开展实践性研究，在大明湖南门A测得历下亭C在北偏东37°方向，继续向北走105m后到达游船码头B，测得历下亭C在游船码头B的北偏东53°方向．请计算一下南门A与历下亭C之间的距离约为（　　）（参考数据：tan37°≈，tan53°≈）

A．225m B．275m C．300m D．315m
16．（2021•罗湖区）如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A、B重合），对角线AC、BD相交于点O，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F，交AD、BC于点M、N．下列结论：
①△APE≌△AME；
②PM+PN＝AC；
③PE2+PF2＝PO2；
④△POF∽△BNF；
⑤点O在M、N两点的连线上．
其中正确的是（　　）

A．①②③④ B．①②③⑤ C．①②③④⑤ D．③④⑤
二．填空题（共3小题）
17．（2019•烟台）如图，在直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABO的顶点坐标分别为A（﹣2，﹣1），B（﹣2，﹣3），O（0，0），△A1B1O1的顶点坐标分别为A1（1，﹣1），B1（1，﹣5），O1（5，1），△ABO与△A1B1O1是以点P为位似中心的位似图形，则P点的坐标为　 　．

18．（2018•日照）如图是一个几何体的三视图（图中尺寸单位：cm），根据图中所示数据计算这个几何体的表面积是　 　．

19．（2019•莱芜区）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝，E为CD边上一点，将△BCE沿BE折叠，使得C落到矩形内点F的位置，连接AF，若tan∠BAF＝，则CE＝　 　．

三．解答题（共4小题）
20．（2018•莱芜）已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D、E分别是AB、AC的中点，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转一个角度α（0°＜α＜90°）得到△AD'E′，连接BD′、CE′，如图1．
（1）求证：BD′＝CE'；
（2）如图2，当α＝60°时，设AB与D′E′交于点F，求的值．

21．（2018•菏泽）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠BAC＝36°，过点A作AD∥BC，与∠ABC的平分线交于点D，BD与AC交于点E，与⊙O交于点F．
（1）求∠DAF的度数；
（2）求证：AE2＝EF•ED；
（3）求证：AD是⊙O的切线．

22．（2020•东营）如图1，在等腰三角形ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接BE，点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．
（1）观察猜想．
图1中，线段NM、NP的数量关系是　 　，∠MNP的大小为　 　．
（2）探究证明
把△ADE绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接MP、BD、CE，判断△MNP的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸
把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝1，AB＝3，请求出△MNP面积的最大值．

23．（2020•济南）在等腰△ABC中，AC＝BC，△ADE是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．
（1）当∠CAB＝45°时．
①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是　 　．线段BE与线段CF的数量关系是　 　；
②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；
学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：
思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；
思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解决问题．
（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．


2017-2021年山东中考数学真题分类汇编之图形的变化
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．（2020•青岛）如图所示的几何体，其俯视图是（　　）

A． B．
C． D．
【考点】简单组合体的三视图．版权所有
【专题】投影与视图；几何直观．
【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：从上面看是一个矩形，矩形的中间处有两条纵向的实线，实线的两旁有两条纵向的虚线．
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．（2019•莱芜区）下列图形中，既是中心对称，又是轴对称的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．版权所有
【专题】平移、旋转与对称．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项错误；
B、既是中心对称图形又是轴对称图形，故本选项正确；
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误．
故选：B．
【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．（2021•青岛）剪纸是我国古老的民间艺术．下列四个剪纸图案为轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】轴对称图形．版权所有
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【分析】根据轴对称图形的概念求解即可．
【解答】解：A、不是轴对称图形，本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，本选项符合题意；
D、不是轴对称图形，本选项不符合题意．
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，图形两部分折叠后可重合，
4．（2021•青岛）如图所示的几何体，其左视图是（　　）

A． B．
C． D．
【考点】简单几何体的三视图．版权所有
【专题】投影与视图；几何直观．
【分析】画出从左面看这个几何体所得到的图形即可．
【解答】解：这个几何体的左视图为：
．
故选：A．
【点评】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的意义，掌握三视图的画法是得出正确答案的前提．
5．（2021•青岛）如图，将线段AB先绕原点O按逆时针方向旋转90°，再向下平移4个单位，得到线段A'B'，则点A的对应点A'的坐标是（　　）

A．（1，﹣6） B．（﹣1，6） C．（1，﹣2） D．（﹣1，﹣2）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；坐标与图形变化﹣平移．版权所有
【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力．
【分析】先求出A点绕O点逆时针旋转90°后的坐标为（﹣1，2），再求向下平移4个单位后的点的坐标即可．
【解答】解：A点绕O点逆时针旋转90°，得到点A''（﹣1，2），
A''向下平移4个单位，得到A'（﹣1，﹣2），
故选：D．

【点评】本题考查坐标与图形变化，能够根据题意画出线段AB旋转、平移后的图形是解题的关键．
6．（2021•德州）如图所示的几何体，对其三视图叙述正确的是（　　）

A．左视图和俯视图相同 B．三个视图都不相同
C．主视图和左视图相同 D．主视图和俯视图相同
【考点】简单组合体的三视图．版权所有
【专题】投影与视图；空间观念．
【分析】分别得出该几何体的三视图，进而得出答案．
【解答】解：如图所示：

故该几何体的主视图和左视图相同．
故选：C．
【点评】本题考查了三视图的知识，正确把握三视图的画法是解题关键．
7．（2021•济南）无人机低空遥感技术已广泛应用于农作物监测．如图，某农业特色品牌示范基地用无人机对一块试验田进行监测作业时，在距地面高度为135m的A处测得试验田右侧边界N处俯角为43°，无人机垂直下降40m至B处，又测得试验田左侧边界M处俯角为35°，则M，N之间的距离为（　　）（参考数据：tan43°≈0.9，sin43°≈0.7，cos35°≈0.8，tan35°≈0.7，结果保留整数）

A．188m B．269m C．286m D．312m
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．版权所有
【专题】解直角三角形及其应用；推理能力．
【分析】根据题意得两个直角三角形△AON、△BOM，通过解这两个直角三角形求得OB、ON的长度，进而即可求出答案．
【解答】解：由题意得：∠N＝43°，∠M＝35°，AO＝135m，BO＝AO﹣AB＝95m，
在Rt△AON中，
tanN＝＝tan43°，
∴NO＝≈150m，
在Rt△BOM中，
tanM＝＝tan35°，
∴MO＝≈135.7m，
∴MN＝MO+NO＝135.7+150≈286m．
故选：C．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．解决本题的关键是结合图形利用三角函数解直角三角形．
8．（2021•德州）某商场准备改善原有楼梯的安全性能，把坡角由37°减至30°，已知原楼梯长为5米，调整后的楼梯会加长（　　）（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）．

A．6米 B．3米 C．2米 D．1米
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有
【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．
【分析】根据正弦的定义求出BD，根据直角三角形的性质计算，得到答案．
【解答】解：在Rt△BAD中，AB＝5米，∠BAD＝37°，
则BD＝AB•sin∠BAD≈5×＝3（米），
在Rt△BCD中，∠C＝30°，
∴BC＝2BD＝6（米），
则调整后的楼梯会加长：6﹣5＝1（米），
故选：D．

【点评】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
9．（2021•日照）一张水平放置的桌子上摆放着若干个碟子，其三视图如图所示，则这张桌子上共有碟子的个数为（　　）

A．10 B．12 C．14 D．18
【考点】由三视图判断几何体．版权所有
【专题】几何直观．
【分析】从俯视图看只有三列碟子，主视图中可知左侧碟子有6个，右侧有2个，根据三视图的思路可解答该题．
【解答】解：从俯视图可知该桌子共摆放着三列碟子．主视图可知左侧碟子有6个，右侧有2个，而左视图可知左侧有4个，右侧与主视图的左侧碟子相同，共计12个，
故选：B．
【点评】本题的难度不大，主要是考查三视图的基本知识以及在现实生活中的应用．
10．（2021•青岛）如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC，AB＝10，∠B＝60°，将纸片折叠，使点B落在AD边上的点G处，折痕为EF，若∠BFE＝45°，则BF的长为（　　）

A．5 B．3 C．5 D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行线的性质．版权所有
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】由折叠知：BF＝GF，∠BFE＝∠GFE，得∠BFG＝90°，过点A作AH⊥BC于H，在Rt△ABH中，求出AH的长度，再证四边形AHFG是矩形，从而得出AH＝GF，即可解决问题．
【解答】解：由折叠知：BF＝GF，∠BFE＝∠GFE，
∵∠BFE＝45°，
∴∠BFG＝90°，
过点A作AH⊥BC于H，

在Rt△ABH中，AH＝sin60°×AB＝＝5，
∵AD∥BC，
∴∠GAH＝∠AHB＝90°，
∴∠GAH＝∠AHB＝∠BFG＝90°，
∴四边形AHFG是矩形，
∴FG＝AH＝5，
∴BF＝GF＝5．
故选：C．
【点评】本题主要考查了翻折的性质，平行线的性质，矩形的判定与性质，特殊角的三角函数等知识，作辅助线构造直角三角形是解题的关键．
11．（2021•潍坊）如图，一束水平光线照在有一定倾斜角度的平面镜上，若入射光线与出射光线的夹角为60°，则平面镜的垂线与水平地面的夹角α的度数是（　　）

A．15° B．30° C．45° D．60°
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】作CD⊥平面镜，垂足为G，根据EF⊥平面镜，可得CD∥EF，根据水平线与地面所在直线平行，进而可得夹角α的度数．
【解答】解：如图，作CD⊥平面镜，垂足为G，交地面于D．
∵EF⊥平面镜，
∴CD∥EF，
∴∠CDH＝∠EFH＝α，

根据题意可知：AG∥DF，
∴∠AGC＝∠CDH＝α，
∴∠AGC＝α，
∵∠AGC＝AGB＝×60°＝30°，
∴α＝30°．
故选：B．
【点评】本题考查了入射角等于反射角问题，解决本题的关键是法线CG平分∠AGB．
12．（2020•济南）如图，△ABC、△FED区域为驾驶员的盲区，驾驶员视线PB与地面BE的夹角∠PBE＝43°，视线PE与地面BE的夹角∠PEB＝20°，点A，F为视线与车窗底端的交点，AF∥BE，AC⊥BE，FD⊥BE．若A点到B点的距离AB＝1.6m，则盲区中DE的长度是（　　）
（参考数据：sin43°≈0.7，tan43°≈0.9，sin20°≈0.3，tan20°≈0.4）

A．2.6m B．2.8m C．3.4m D．4.5m
【考点】解直角三角形的应用；视点、视角和盲区．版权所有
【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．
【分析】首先证明四边形ACDF是矩形，求出AC，DF即可解决问题．
【解答】解：∵FD⊥EB，AC⊥EB，
∴DF∥AC，
∵AF∥EB，
∴四边形ACDF是平行四边形，
∵∠ACD＝90°，
∴四边形ACDF是矩形，
∴DF＝AC，
在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，
∴AC＝AB•sin43°≈1.6×0.7＝1.12（m），
∴DF＝AC＝1.12（m），
在Rt△DEF中，∵∠FDE＝90°，
∴tan∠E＝，
∴DE≈＝2.8（m），
故选：B．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
13．（2019•东营）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，过点O作射线OM、ON分别交BC、CD于点E、F，且∠EOF＝90°，OC、EF交于点G．给出下列结论：①△COE≌△DOF；②△OGE∽△FGC；③四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；④DF2+BE2＝OG•OC．其中正确的是（　　）

A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．③④
【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的判定与性质．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形．
【分析】①由正方形证明OC＝OD，∠ODF＝∠OCE＝45°，∠COM＝∠DOF，便可得结论；
②由全等三角形得OE＝OF，得∠OEG＝∠FCG＝45°，再利用对顶角相等，证得△OGE∽△FGC便可；
③先证明S△COE＝S△DOF，便可；
④证明△OEG∽△OCE，得OG•OC＝OE2，再证明BE2+DF2＝EF2，由EF＞OE，可得结论．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴OC＝OD，AC⊥BD，∠ODF＝∠OCE＝45°，
∵∠MON＝90°，
∴∠COM＝∠DOF，
∴△COE≌△DOF（ASA），
故①正确；
②∵△COE≌△DOF，
∴OE＝OF，
∵∠MON＝90°，
∴∠OEG＝45°＝∠FCG，
∵∠OGE＝∠FGC，
∴△OGE∽△FGC，
故②正确；
③∵△COE≌△DOF，
∴S△COE＝S△DOF，
∴，
故③正确；
④∵△COE≌△DOF，
∴OE＝OF，
又∵∠EOF＝90°，
∴△EOF是等腰直角三角形，
∴∠OEG＝45°＝∠OCE，
∵∠EOG＝∠COE，
∴△OEG∽△OCE，
∴OE：OC＝OG：OE，
∴OG•OC＝OE2，
∵CE＝DF，BC＝CD，
∴BE＝CF，
又∵Rt△CEF中，CF2+CE2＝EF2，
∴BE2+DF2＝EF2，
∵EF2＞OE2，
∴BE2+DF2＞OG•OC，
故④错误，
故选：B．

【点评】本题属于正方形的综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的综合运用．解题时注意：全等三角形的对应边相等，相似三角形的对应边成比例．
14．（2021•罗湖区）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，以点O为圆心，2为半径的圆与OB交于点C，过点C作CD⊥OB交AB于点D，点P是边OA上的动点．当PC+PD最小时，OP的长为（　　）

A． B． C．1 D．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；平行线分线段成比例．版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；平移、旋转与对称；与圆有关的计算；应用意识．
【分析】延长CO交⊙O于点E，连接EP，交AO于点P，则PC+PD的值最小，利用平行线分线段成比例分别求出CD，PO的长即可．
【解答】解：如图，延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点P，此时PC+PD的值最小．

∵CD⊥OB，
∴∠DCB＝90°，
又∠AOB＝90°，
∴∠DCB＝∠AOB，
∴CD∥AO
∴
∵OC＝2，OB＝4，
∴BC＝2，
∴，解得，CD＝；
∵CD∥AO，
∴＝，即＝，解得，PO＝
故选：B．
【点评】此题主要考查了轴对称﹣﹣﹣最短距离问题，同时考查了平行线分线段成比例，掌握轴对称性质和平行线分线段成比例定理是解题的关键．
15．（2019•济南）某数学社团开展实践性研究，在大明湖南门A测得历下亭C在北偏东37°方向，继续向北走105m后到达游船码头B，测得历下亭C在游船码头B的北偏东53°方向．请计算一下南门A与历下亭C之间的距离约为（　　）（参考数据：tan37°≈，tan53°≈）

A．225m B．275m C．300m D．315m
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．版权所有
【专题】解直角三角形及其应用．
【分析】如图，作CE⊥BA于E．设EC＝xm，BE＝ym．构建方程组求出x，y即可解决问题．
【解答】解：如图，作CE⊥BA于E．设EC＝xm，BE＝ym．

在Rt△ECB中，tan53°＝，即＝，
在Rt△AEC中，tan37°＝，即＝，
解得x＝180，y＝135，
∴AC＝＝＝300（m），
故选：C．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣方向角等知识，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，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考常考题型．
16．（2021•罗湖区）如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A、B重合），对角线AC、BD相交于点O，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F，交AD、BC于点M、N．下列结论：
①△APE≌△AME；
②PM+PN＝AC；
③PE2+PF2＝PO2；
④△POF∽△BNF；
⑤点O在M、N两点的连线上．
其中正确的是（　　）

A．①②③④ B．①②③⑤ C．①②③④⑤ D．③④⑤
【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定；正方形的性质．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】依据正方形的性质以及勾股定理、矩形的判定方法即可判断△APM和△BPN以及△APE、△BPF都是等腰直角三角形，四边形PEOF是矩形，从而作出判断．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAC＝∠DAC＝45°．
∵在△APE和△AME中，
，
∴△APE≌△AME（ASA），故①正确；
∴PE＝EM＝PM，
同理，FP＝FN＝NP．
∵正方形ABCD中AC⊥BD，
又∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO＝∠EOF＝∠PFO＝90°，且△APE中AE＝PE
∴四边形PEOF是矩形．
∴PF＝OE，
∴PE+PF＝OA，
又∵PE＝EM＝PM，FP＝FN＝NP，OA＝AC，
∴PM+PN＝AC，故②正确；
∵四边形PEOF是矩形，
∴PE＝OF，
在直角△OPF中，OF2+PF2＝PO2，
∴PE2+PF2＝PO2，故③正确．
∵△BNF是等腰直角三角形，而△POF不一定是等腰直角三角形，故④错误；
连接OM，ON，
∵OA垂直平分线段PM．OB垂直平分线段PN，
∴OM＝OP，ON＝OP，
∴OM＝OP＝ON，
∴点O是△PMN的外接圆的圆心，
∵∠MPN＝90°，
∴MN是直径，
∴M，O，N共线，故⑤正确．
故选：B．

【点评】本题考查正方形的性质、矩形的判定、勾股定理等知识，认识△APM和△BPN以及△APE、△BPF都是等腰直角三角形，四边形PEOF是矩形是关键．
二．填空题（共3小题）
17．（2019•烟台）如图，在直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABO的顶点坐标分别为A（﹣2，﹣1），B（﹣2，﹣3），O（0，0），△A1B1O1的顶点坐标分别为A1（1，﹣1），B1（1，﹣5），O1（5，1），△ABO与△A1B1O1是以点P为位似中心的位似图形，则P点的坐标为　（﹣5，﹣1）　．

【考点】位似变换；坐标与图形性质．版权所有
【专题】图形的相似．
【分析】分别延长B1B、O1O、A1A，它们相交于点P，然后写出P点坐标即可．
【解答】解：如图，P点坐标为（﹣5，﹣1）．

故答案为（﹣5，﹣1）．
【点评】本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．位似图形的性质有 两个图形必须是相似形；对应点的连线都经过同一点；对应边平行或共线．
18．（2018•日照）如图是一个几何体的三视图（图中尺寸单位：cm），根据图中所示数据计算这个几何体的表面积是　4πcm2　．

【考点】由三视图判断几何体；圆锥的计算．版权所有
【专题】几何图形．
【分析】由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状，确定圆锥的母线长和底面半径，从而确定其表面积．
【解答】解：由主视图和左视图为三角形判断出是锥体，由俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆锥；
根据三视图知：该圆锥的母线长为cm，底面半径为1cm，
故表面积＝πrl+πr2＝π×1×3+π×12＝4πcm2，
故答案为：4πcm2，
【点评】考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，关键是由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体．
19．（2019•莱芜区）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝，E为CD边上一点，将△BCE沿BE折叠，使得C落到矩形内点F的位置，连接AF，若tan∠BAF＝，则CE＝　　．

【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；矩形的判定与性质．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；图形的相似；解直角三角形及其应用．
【分析】已知tan∠BAF＝，可作辅助线构造直角三角形，设未知数，利用勾股定理可求出FM、BM，进而求出FN，再利用三角形相似和折叠的性质求出EC．
【解答】解：过点F作MN∥AD，交AB、CD分别于点M、N，则MN⊥AB，MN⊥CD，
由折叠得：EC＝EF，BC＝BF＝，∠C＝∠BFE＝90°，
∵tan∠BAF＝＝，设FM＝x，则AM＝2x，BM＝4﹣2x，
在Rt△BFM中，由勾股定理得：
x2+（4﹣2x）2＝（）2，
解得：x1＝1，x2＝＞2舍去，
∴FM＝1，AM＝BM＝2，
∴FN＝﹣1，
易证△BMF∽△FNE，
∴，即：，
解得：EF＝＝EC．
故答案为：．

【点评】考查矩形的性质、直角三角形的边角关系、轴对称的性质以及相似三角形的性质等知识，作合适的辅助线，恰当的利用题目中的已知条件，是解决问题的关键．
三．解答题（共4小题）
20．（2018•莱芜）已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D、E分别是AB、AC的中点，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转一个角度α（0°＜α＜90°）得到△AD'E′，连接BD′、CE′，如图1．
（1）求证：BD′＝CE'；
（2）如图2，当α＝60°时，设AB与D′E′交于点F，求的值．

【考点】相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形中位线定理；旋转的性质．版权所有
【专题】常规题型．
【分析】（1）首先依据旋转的性质和中点的定义证明AD′＝AE′，然后再利用SAS证明△BD′A≌△CE′A，最后，依据全等三角形的性质进行证明即可；
（2）连接DD′，先证明△ADD′为等边三角形，然后再证明△ABD′为直角三角形，接下来，再证明△BFD′∽△AFE′，最后，依据相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）证明：∵AB＝AC，D、E分别是AB、AC的中点，
∴AD＝BD＝AE＝EC．
由旋转的性质可知：∠DAD′＝∠EAE′＝α，AD′＝AD，AE′＝AE．
∴AD′＝AE′，
∴△BD′A≌△CE′A，
∴BD′＝CE′．
（2）连接DD′．

∵∠DAD′＝60°，AD＝AD′，
∴△ADD′是等边三角形．
∴∠ADD′＝∠AD′D＝60°，DD′＝DA＝DB．
∴∠DBD′＝∠DD′B＝30°，
∴∠BD′A＝90°．
∵∠D′AE′＝90°，
∴∠BAE′＝30°，
∴∠BAE′＝∠ABD′，
又∵∠BFD′＝∠AFE′，
∴△BFD′∽△AFE′，
∴．
∵在Rt△ABD′中，tan∠BAD′＝＝，
∴＝．
【点评】本题主要考查的是全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、旋转的性质，发现△BFD′∽△AFE′是解题的关键．
21．（2018•菏泽）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠BAC＝36°，过点A作AD∥BC，与∠ABC的平分线交于点D，BD与AC交于点E，与⊙O交于点F．
（1）求∠DAF的度数；
（2）求证：AE2＝EF•ED；
（3）求证：AD是⊙O的切线．

【考点】相似三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的判定．版权所有
【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）求出∠ABC、∠ACB的度数，根据圆周角定理求出∠AFB＝∠C＝72°，根据平行线的性质求出∠D，再根据三角形的外角性质求出答案即可；
（2）求出△AEF∽△DEA，根据相似三角形的性质得出即可；
（3）连接AO，求出∠OAD＝90°即可．
【解答】（1）解：∵AD∥BC，
∴∠D＝∠CBD，
∵AB＝AC，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠ACB＝×（180°﹣∠BAC）＝72°，
∴∠AFB＝∠ACB＝72°，
∵∠D+∠DAF＝∠AFB，
∴∠DAF＝∠AFB﹣∠D＝72°﹣36°＝36°；

（2）证明：∵∠CBD＝36°，∠FAC＝∠CBD，
∴∠FAC＝36°＝∠D，
∵∠AED＝∠AEF，
∴△AEF∽△DEA，
∴＝，
∴AE2＝EF×ED；

（3）证明：连接OA、OF，
∵∠ABF＝36°，
∴∠AOF＝2∠ABF＝72°，
∵OA＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA＝×（180°﹣∠AOF）＝54°，
由（1）知∠DAF＝36°，
∴∠DAO＝36°+54°＝90°，
即OA⊥AD，
∵OA为半径，
∴AD是⊙O的切线．
【点评】本题考查了切线的判定，圆周角定理，三角形内角和定理，三角形的外角性质，等腰三角形的性质等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
22．（2020•东营）如图1，在等腰三角形ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接BE，点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．
（1）观察猜想．
图1中，线段NM、NP的数量关系是　NM＝NP　，∠MNP的大小为　60°　．
（2）探究证明
把△ADE绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接MP、BD、CE，判断△MNP的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸
把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝1，AB＝3，请求出△MNP面积的最大值．

【考点】几何变换综合题．版权所有
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【分析】（1）先证明由AB＝AC，AD＝AE，得BD＝CE，再由三角形的中位线定理得NM与NP的数量关系，由平行线性质得∠MNP的大小；
（2）先证明△ABD≌△ACE得BD＝CE，再由三角形的中位线定理得NM＝NP，由平行线性质得∠MNP＝60°，再根据等边三角形的判定定理得结论；
（3）由BD≤AB+AD，得MN≤2，再由等边三角形的面积公式得△MNP的面积关于MN的函数关系式，再由函数性质求得最大值便可．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，AD＝AE，
∴BD＝CE，
∵点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点，
∴MN＝BD，PN＝CE，MN∥AB，PN∥AC，
∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBA，∠ENP＝∠AEB，
∴∠MNE+∠ENP＝∠ABE+∠AEB，
∵∠ABE+∠AEB＝180°﹣∠BAE＝60°，
∴∠MNP＝60°，
故答案为：NM＝NP；60°；

（2）△MNP是等边三角形．
理由 如下：由旋转可得，∠BAD＝∠CAE，
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．
∴MN＝BD，PN＝CE，MN∥BD，PN∥CE，
∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBD，∠BPN＝∠BCE，
∴∠ENP＝∠NBP+∠NPB＝∠NBP+∠ECB，
∵∠EBD＝∠ABD+∠ABE＝∠ACE+∠ABE，
∴∠MNP＝∠MNE+∠ENP＝∠ACE+∠ABE+∠EBC+∠EBC+∠ECB＝180°﹣∠BAC＝60°，
∴△MNP是等边三角形；
（3）根据题意得，BD≤AB+AD，即BD≤4，
∴MN≤2，
∴△MNP的面积＝＝，
∴△MNP的面积的最大值为．
【点评】本题是三角形的一个综合题，主要考查了等边三角形的判定，三角形的中位线定理，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，关键证明三角形全等和运用三角形中位线定理使已知与未知联系起来．
23．（2020•济南）在等腰△ABC中，AC＝BC，△ADE是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．
（1）当∠CAB＝45°时．
①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是　∠EAB＝∠CBA　．线段BE与线段CF的数量关系是　CF＝BE　；
②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；
学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：
思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；
思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解决问题．
（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．

【考点】相似形综合题．版权所有
【专题】几何综合题；应用意识．
【分析】（1）①如图1中，设DE交AB于T．首先证明BD＝BE，再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．
②解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．证明△CMF≌△BMN（SAS）可得结论．
解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°得到△CBT，连接DT，GT，BG．证明四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，可得结论．
（2）结论：BE＝2CF．如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．证明△BAE∽△CTF可得结论．
【解答】解：（1）①如图1中，设DE交AB于T．

∵CA＝CB，∠CAB＝45°，
∴∠CAB＝∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴AD＝AE，
∵∠DAT＝∠EAT＝45°，
∴AT⊥DE，DT＝ET，
∴AB垂直平分DE，
∴BD＝BE，
∵∠BCD＝90°，DF＝FB，
∴CF＝BD，
∴CF＝BE．
∵∠CBA＝45°，∠EAB＝45°，
∴∠EAB＝∠ABC．
故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．

②结论不变．
解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．

∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，
∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，
设AD＝AE＝y．FM＝x，DM＝a，则DF＝FB＝a+x，
∵AM＝BM，
∴y+a＝a+2x，
∴y＝2x，即AD＝2FM，
∵AM＝BM，EN＝BN，
∴AE＝2MN，MN∥AE，
∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，
∴∠CMF＝∠BMN＝90°，
∴△CMF≌△BMN（SAS），
∴CF＝BN，
∵BE＝2BN，
∴CF＝BE．

解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°得到△CBT，连接DT，GT，BG．

∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，
∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝EG，
∵∠CAB＝45°，
∴∠CAG＝90°，
∴AC⊥AG，
∴AC∥DE，
∵∠ACB＝∠CBT＝90°，
∴AC∥BT∥DE，
∵AG＝BT，
∴DG＝BT＝EG，
∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，
∴BD与GT互相平分，
∵点F是BD的中点，
∴BD与GT交于点F，
∴GF＝FT，
∵△GCT是等腰直角三角形，
∴CF＝FG＝FT，
∴CF＝BE．

（2）结论：BE＝2CF．
理由：如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．

∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，
∵AT＝TB，
∴CT⊥AB，
∴AT＝CT，
∴AB＝2CT，
∵DF＝FB，AT＝TB，
∴TF∥AD，AD＝2FT，
∴∠FTB＝∠CAB＝30°，
∵∠CTB＝∠DAE＝90°，
∴∠CTF＝∠BAE＝60°，
∵∠ADE＝∠ACB＝60°，
∴AE＝AD＝2FT，
∴＝＝2，
∴△BAE∽△CTF，
∴＝＝2，
∴BE＝2CF．
【点评】本题属于相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似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，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．

考点卡片
1．坐标与图形性质
1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．
2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．
3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．
2．平行线的性质
1、平行线性质定理
定理1：两条平行线被第三条直线所截，同位角相等． 简单说成：两直线平行，同位角相等．
定理2：两条平行线被地三条直线所截，同旁内角互补．．简单说成：两直线平行，同旁内角互补．
定理3：两条平行线被第三条直线所截，内错角相等． 简单说成：两直线平行，内错角相等．
2、两条平行线之间的距离处处相等．
3．全等三角形的判定
（1）判定定理1：SSS﹣﹣三条边分别对应相等的两个三角形全等．
（2）判定定理2：SAS﹣﹣两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．
（3）判定定理3：ASA﹣﹣两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．
（4）判定定理4：AAS﹣﹣两角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等．
（5）判定定理5：HL﹣﹣斜边与直角边对应相等的两个直角三角形全等．
方法指引：全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．
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．等腰直角三角形
（1）两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．
（2）等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．即：两个锐角都是45°，斜边上中线、角平分线、斜边上的高，三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，而高又为内切圆的直径（因为等腰直角三角形的两个小角均为45°，高又垂直于斜边，所以两个小三角形均为等腰直角三角形，则两腰相等）；
（3）若设等腰直角三角形内切圆的半径r＝1，则外接圆的半径R＝+1，所以r：R＝1：+1．
6．三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE＝BC．

7．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．

8．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．
9．正方形的判定与性质
（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．
（2）正方形的判定
正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．
10．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
11．切线的判定
（1）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
（2）在应用判定定理时注意：
①切线必须满足两个条件：a、经过半径的外端；b、垂直于这条半径，否则就不是圆的切线．
②切线的判定定理实际上是从”圆心到直线的距离等于半径时，直线和圆相切“这个结论直接得出来的．
③在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线的垂线段，证明该线段的长等于半径，可简单的说成“无交点，作垂线段，证半径”；当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线，可简单地说成“有交点，作半径，证垂直”．
12．圆锥的计算
（1）连接圆锥顶点和底面圆周上任意一点的线段叫做圆锥的母线．连接顶点与底面圆心的线段叫圆锥的高．
（2）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．
（3）圆锥的侧面积：S侧＝•2πr•l＝πrl．
（4）圆锥的全面积：S全＝S底+S侧＝πr2+πrl
（5）圆锥的体积＝×底面积×高
注意：①圆锥的母线与展开后所得扇形的半径相等．
②圆锥的底面周长与展开后所得扇形的弧长相等．
13．轴对称图形
（1）轴对称图形的概念：
如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称．
（2）轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合；轴对称图形的对称轴可以是一条，也可以是多条甚至无数条．
（3）常见的轴对称图形：
等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．
14．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．
15．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．
16．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．）
17．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．
18．中心对称图形
（1）定义
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同．
（2）常见的中心对称图形
平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．
19．坐标与图形变化-旋转
（1）关于原点对称的点的坐标
P（x，y）⇒P（﹣x，﹣y）
（2）旋转图形的坐标
图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
20．几何变换综合题
几何变换综合题．
21．平行线分线段成比例
（1）定理1：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
推论：平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例．
（2）推论1：如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边．
（3）推论2：平行于三角形的一边，并且和其他两边（或两边的延长线）相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例．
22．相似三角形的判定与性质
（1）相似三角形相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等．
（2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有事可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．
23．位似变换
（1）位似图形的定义：
如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
注意：①两个图形必须是相似形；
②对应点的连线都经过同一点；
③对应边平行．
（2）位似图形与坐标
在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．
24．相似形综合题
相似形综合题．
25．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）
26．解直角三角形的应用
（1）通过解直角三角形能解决实际问题中的很多有关测量问．
如：测不易直接测量的物体的高度、测河宽等，关键在于构造出直角三角形，通过测量角的度数和测量边的长度，计算出所要求的物体的高度或长度．
（2）解直角三角形的一般过程是：
①将实际问题抽象为数学问题（画出平面图形，构造出直角三角形转化为解直角三角形问题）．
②根据题目已知特点选用适当锐角三角函数或边角关系去解直角三角形，得到数学问题的答案，再转化得到实际问题的答案．
27．解直角三角形的应用-坡度坡角问题
（1）坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比，又叫做坡比，它是一个比值，反映了斜坡的陡峭程度，一般用i表示，常写成i＝1：m的形式．
（2）把坡面与水平面的夹角α叫做坡角，坡度i与坡角α之间的关系为：i＝h/l＝tanα．
（3）在解决坡度的有关问题中，一般通过作高构成直角三角形，坡角即是一锐角，坡度实际就是一锐角的正切值，水平宽度或铅直高度都是直角边，实质也是解直角三角形问题．
应用领域：①测量领域；②航空领域 ③航海领域：④工程领域等．
28．解直角三角形的应用-仰角俯角问题
（1）概念：仰角是向上看的视线与水平线的夹角；俯角是向下看的视线与水平线的夹角．
（2）解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形，另当问题以一个实际问题的形式给出时，要善于读懂题意，把实际问题划归为直角三角形中边角关系问题加以解决．
29．解直角三角形的应用-方向角问题
（1）在辨别方向角问题中：一般是以第一个方向为始边向另一个方向旋转相应度数．
（2）在解决有关方向角的问题中，一般要根据题意理清图形中各角的关系，有时所给的方向角并不一定在直角三角形中，需要用到两直线平行内错角相等或一个角的余角等知识转化为所需要的角．
30．简单几何体的三视图
（1）画物体的主视图的口诀为：主、俯：长对正；主、左：高平齐；俯、左：宽相等．
（2）常见的几何体的三视图：

圆柱的三视图：
31．简单组合体的三视图
（1）画简单组合体的三视图要循序渐进，通过仔细观察和想象，再画它的三视图．
（2）视图中每一个闭合的线框都表示物体上的一个平面，而相连的两个闭合线框常不在一个平面上．
（3）画物体的三视图的口诀为：
主、俯：长对正；
主、左：高平齐；
俯、左：宽相等．
32．由三视图判断几何体
（1）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．
（2）由物体的三视图想象几何体的形状是有一定难度的，可以从以下途径进行分析：
①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，以及几何体的长、宽、高；
②从实线和虚线想象几何体看得见部分和看不见部分的轮廓线；
③熟记一些简单的几何体的三视图对复杂几何体的想象会有帮助；
④利用由三视图画几何体与有几何体画三视图的互逆过程，反复练习，不断总结方法．
33．视点、视角和盲区
（1）把观察者所处的位置定为一点，叫视点．
（2）人眼到视平面的距离视固定的（视距），视平面左右两个边缘到人眼的连线得到的角度就是视角．
（3）盲区：视线到达不了的区域为盲区．
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日期：2022/3/17 9:14:11；用户：组卷1；邮箱：zyb001@xyh.com；学号：41418964