【备考2022】泰安市近十年中考数学考点8 图形变换综合问题（含答案）

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八、 图形的变换综合问题
[基础知识]
平移的性质、平移的要素：平移方向和距离；坐标系中的平移：左减右加，上加下减；
旋转的性质、旋转的要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度 ；
轴对称的性质，坐标系中的对称：关于横轴对称横同纵反，关于纵轴对称横反纵同，关于原点对称横反纵反
折叠的性质：对应线段、角相等，图形全等。
[中考真题]
（2021）17．（3分）如图，将矩形纸片ABCD折叠（AD＞AB），使AB落在AD上，AE为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将BE边折起，使点B落在AE上的点G处，连接DE，若DE＝EF，CE＝2，则AD的长为 　 　．
（2020）14．如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为A（0，3），B（﹣1，1），C（3，1）．△A'B'C′是△ABC关于x轴的对称图形，将△A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，点A'的对应点为M，则点M的坐标为　 　．
（2019）18．（4分）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝12，E为AD中点，F为AB上一点，将△AEF沿EF折叠后，点A恰好落到CF上的点G处，则折痕EF的长是　　．
（2018）11．（3分）如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中每个小正方形的边长均为1，△ABC经过平移后得到△A1B1C1，若AC上一点P（1.2，1.4）平移后对应点为P1，点P1绕原点顺时针旋转180°，对应点为P2，则点P2的坐标为（　　）
A．（2.8，3.6）　 B．（﹣2.8，﹣3.6）
C．（3.8，2.6）　 D．（﹣3.8，﹣2.6）
（2018）15．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，将矩形ABCD沿BE折叠，点A落在A'处，若EA'的延长线恰好过点C，则sin∠ABE的值为 ．
（2017）（2017）18．如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为（　　）
A．30° B．60°
C．90° D．120°
（2017）24．如图，∠BAC=30°，M为AC上一点，AM=2，点P是AB上的一动点，PQ⊥AC，垂足为点Q，则PM+PQ的最小值为　　．
（2016）（2016）8．如图，四个实数m，n，p，q在数轴上对应的点分别为M，N，P，Q，若n+q=0，则m，n，p，q四个实数中，绝对值最大的一个是（　　）
A．p B．q C．m D．n
（2015）20．（3分）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于点F．若AB=6，BC=4，则FD的长为（　　）
( http: / / www.21cnjy.com / )
　 A．2 B． 4 C． D． 2
（2014）12．如图①是一个直角三角形纸片，∠A=30°，BC=4cm，将其折叠，使点C落在斜边上的点C′处，折痕为BD，如图②，再将②沿DE折叠，使点A落在DC′的延长线上的点A′处，如图③，则折痕DE的长为（　　）
　 A．cm B． 2cm C． 2cm D． 3cm
（2013）11．在如图所示的单位正方形网格中，△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知在AC上一点P（2.4，2）平移后的对应点为P1，点P1绕点O逆时针旋转180°，得到对应点P2，则P2点的坐标为（　　）
　 A．（1.4，﹣1） B．（1.5，2） C．（1.6，1） D．（2.4，1）
（2012）17.如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点B与CD的中点重合，若AB=2，BC=3，则△FCB′与△B′DG的面积之比为（　　）
A.9：4　　 B.3：2　　 C.4：3　　 D.16：9
[答案解析]
（2021）17．（3分）如图，将矩形纸片ABCD折叠（AD＞AB），使AB落在AD上，AE为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将BE边折起，使点B落在AE上的点G处，连接DE，若DE＝EF，CE＝2，则AD的长为 　 　．
【分析】 翻折的性质
【解答】：由翻折的性质可知，EB＝EB′,∠B＝∠AB′E＝∠EB′D＝90°,
在Rt△EBF和Rt△EB′D中，
,
∴Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL）,
∴BF＝DB′,
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠CDB′＝∠EB′D＝90°,
∴四边形ECDB′是矩形，
∴DB′＝EC＝2,
∴BF＝EC＝2,
由翻折的性质可知，BF＝FG＝2,∠FAG＝45°,∠AGF＝∠B＝∠AGF＝90°,
∴AG＝FG＝2,
∴AF＝2．
∴AB＝AB′＝2+2,
∴AD＝AB′+DB′＝4+2,
故答案为：4+2。
（2020）14．如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为A（0，3），B（﹣1，1），C（3，1）．△A'B'C′是△ABC关于x轴的对称图形，将△A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，点A'的对应点为M，则点M的坐标为　 　．
【分析】延长A'B'后得出点M，进而利用图中坐标解答即可．
【解答】：将△A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，如图所示：
所以点M的坐标为（﹣2，1），
故答案为：（﹣2，1）．
（2019）18．（4分）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝12，E为AD中点，F为AB上一点，将△AEF沿EF折叠后，点A恰好落到CF上的点G处，则折痕EF的长是　 　．
【分析】 连接EC，利用矩形的性质，求出EG，DE的长度，证明EC平分∠DCF，再证∠FEC＝90°，最后证△FEC∽△EDC，利用相似的性质即可求出EF的长度．
【解答】解：如图，连接EC，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，BC＝AD＝12，DC＝AB＝3，
∵E为AD中点，
∴AE＝DE＝AD＝6
由翻折知，△AEF≌△GEF，
∴AE＝GE＝6，∠AEF＝∠GEF，∠EGF＝∠EAF＝90°＝∠D，
∴GE＝DE，
∴EC平分∠DCG，
∴∠DCE＝∠GCE，
∵∠GEC＝90°﹣∠GCE，∠DEC＝90°﹣∠DCE，
∴∠GEC＝∠DEC，
∴∠FEC＝∠FEG+∠GEC＝×180°＝90°，
∴∠FEC＝∠D＝90°，
又∵∠DCE＝∠GCE，
∴△FEC∽△EDC，
∴，
∵EC＝＝＝3，
∴，
∴FE＝2，
故答案为：2．
【总结】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质等，解题关键是能够作出适当的辅助线，连接CE，构造相似三角形，最终利用相似的性质求出结果．
（2018）15．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，将矩形ABCD沿BE折叠，点A落在A'处，若EA'的延长线恰好过点C，则sin∠ABE的值为　　．
【分析】 先利用勾股定理求出A'C，进而利用勾股定理建立方程求出AE，即可求出BE，最后用三角函数即可得出结论．
【解答】解：由折叠知，A'E=AE，A'B=AB=6，∠BA'E=90°，
∴∠BA'C=90°，
在Rt△A'CB中，A'C==8，
设AE=x，则A'E=x，
∴DE=10﹣x，CE=A'C+A'E=8+x，
在Rt△CDE中，根据勾股定理得，（10﹣x）2+36=（8+x）2，
∴x=2，
∴AE=2，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得，BE==2，
∴sin∠ABE==，
故答案为：．
【总结】此题主要考查了折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，充分利用勾股定理求出线段AE是解本题的关键．
（2017）18．如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为（　　）
A．30° B．60° C．90° D．120°
【分析】根据题意确定旋转中心后即可确定旋转角的大小．
【解答】解：如图：
显然，旋转角为90°，
故选C．
（2018）24．如图，∠BAC=30°，M为AC上一点，AM=2，点P是AB上的一动点，PQ⊥AC，垂足为点Q，则PM+PQ的最小值为　　．
【分析】轴对称﹣最短路线问题．本题作点M关于AB的对称点N，根据轴对称性找出点P的位置，如图，根据三角函数求出MN，∠N，再根据三角函数求出结论．
【解答】：作点M关于AB的对称点N，过N作NQ⊥AC于Q交AB于P，
则NQ的长即为PM+PQ的最小值，
连接MN交AB于D，则MD⊥AB，DM=DN，
∵∠NPB=∠APQ，
∴∠N=∠BAC=30°，
∵∠BAC=30°，AM=2，
∴MD=AM=1，
∴MN=2，
∴NQ=MN cos∠N=2×=，
故答案为：．
（2016）8．如图，四个实数m，n，p，q在数轴上对应的点分别为M，N，P，Q，若n+q=0，则m，n，p，q四个实数中，绝对值最大的一个是（　　）
A．p B．q C．m D．n
【分析】 根据n+q=0可以得到n、q的关系，从而可以判定原点的位置，从而可以得到哪个数的绝对值最大，本题得以解决．
【解答】：∵n+q=0，
∴n和q互为相反数，0在线段NQ的中点处，
∴绝对值最大的点P表示的数p，
故选A．
【总结】本题考查实数与数轴，解题的关键是明确数轴的特点，利用数形结合的思想解答．
（2015）20．（3分）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于点F．若AB=6，BC=4，则FD的长为（　　）
( http: / / www.21cnjy.com )
　 A．2 B． 4 C． D． 2
【分析】 根据点E是AD的中点 ( http: / / www.21cnjy.com )以及翻折的性质可以求出AE=DE=EG，然后利用“HL”证明△EDF和△EGF全等，根据全等三角形对应边相等可证得DF=GF；设FD=x，表示出FC、BF，然后在Rt△BCF中，利用勾股定理列式进行计算即可得解．
【解答】：∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴AE=EG，AB=BG，
∴ED=EG，
∵在矩形ABCD中，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠EGF=90°，
∵在Rt△EDF和Rt△EGF中，
，
∴Rt△EDF≌Rt△EGF（HL），
∴DF=FG，
设DF=x，则BF=6+x，CF=6﹣x，
在Rt△BCF中，（4）2+（6﹣x）2=（6+x）2，
解得x=4．
故选：B．
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【总结】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折的性质，熟记性质，找出三角形全等的条件EF=EC是解题的关键．
（2014）12．如图①是一个直角三角形纸片，∠A=30°，BC=4cm，将其折叠，使点C落在斜边上的点C′处，折痕为BD，如图②，再将②沿DE折叠，使点A落在DC′的延长线上的点A′处，如图③，则折痕DE的长为（　　）
　 A．cm B． 2cm C． 2cm D． 3cm
【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC=60°，翻折前后两个图形能够互相重合可得∠BDC=∠BDC′，∠CBD=∠ABD=30°，∠ADE=∠A′DE，然后求出∠BDE=90°，再解直角三角形求出BD，然后求出DE即可．
【解答】：∵△ABC是直角三角形，∠A=30°，∴∠ABC=90°﹣30°=60°，
∵沿折痕BD折叠点C落在斜边上的点C′处，
∴∠BDC=∠BDC′，∠CBD=∠ABD=∠ABC=30°，
∵沿DE折叠点A落在DC′的延长线上的点A′处，∴∠ADE=∠A′DE，
∴∠BDE=∠ABD+∠A′DE=×180°=90°，
在Rt△BCD中，BD=BC÷cos30°=4÷=cm，
在Rt△ADE中，DE=BD tan30°=×=cm．故选A．
【总结】本题考查了翻折变换的性质，解直角三角形，熟记性质并分别求出有一个角是30°角的直角三角形是解题的关键．
（2013）11．在如图所示的单位正方形网格中，△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知在AC上一点P（2.4，2）平移后的对应点为P1，点P1绕点O逆时针旋转180°，得到对应点P2，则P2点的坐标为（　　）
　 A．（1.4，﹣1） B．（1.5，2） C．（1.6，1） D．（2.4，1）
【分析】根据平移的性质得出，△ABC的平移方向以及平移距离，即可得出P1坐标，进而利用中心对称图形的性质得出P2点的坐标．
【解答】：∵A点坐标为：（2，4），A1（﹣2，1），
∴点P（2.4，2）平移后的对应点P1为：（﹣1.6，﹣1），
∵点P1绕点O逆时针旋转180°，得到对应点P2，
∴P2点的坐标为：（1.6，1）．
故选：C．
【总结】此题主要考查了旋转的性质以及平移的性质，根据已知得出平移距离是解题关键．　
（2012）17.如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点B与CD的中点重合，若AB=2，BC=3，则△FCB′与△B′DG的面积之比为（　　）
A.9：4　　 B.3：2　　 C.4：3　　 D.16：9
【分析】 翻折变换（折叠问题）。
【解答】：设BF=x，则CF=3﹣x，BF′=x，
又点B′为CD的中点，
∴B′C=1，
在Rt△B′CF中，BF′2=B′C2+CF2，即，
解得：，即可得CF=，
∵∠DB′G=∠DGB=90°，∠DB′G+∠CB′F=90°，
∴∠DGB=∠CB′F，
∴Rt△DB′G∽Rt△CFB′，
根据面积比等于相似比的平方可得：==．
故选D．
[解题攻略]
此题主要考查折叠、平移、旋转的性质，结合勾股定理，锐角三角函数等知识进行分析是解题的关键．
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