2026年中考数学一轮复习考点探究基础练 （河北） 第七章　图形的变化

第二讲　投影与视图 1.传统文化砚台与笔、墨、纸是中国传统的文房四宝,是中国书法的必备用具.如图是一方寓意“规矩方圆”的砚台,它的俯视图是(　　) A B C D 2.传统文化唐三彩最早、最多出土于洛阳,亦有“洛阳唐三彩”之称.下列唐三彩图形中,主视图和左视图相同的是(　　) A B C D 3.(2025·石家庄长安区一模)如图是由5个相同的小正方体组合而成的几何体,现将小正方体①移到②的正上方后,这个几何体的三视图中不变的是(　　) A.主视图 B.俯视图 C.左视图 D.俯视图与主视图 4.(2025·潍坊)某物体的三视图如图所示,则该物体可能是(　　) A B C D 5.(2025·邯郸模拟)如图表示白天某一时刻两棵树及它们的影子,其中一棵树及影子被不透光的硬纸片遮住了,则遮住的可能是(　　) A B C D 6.(2025·邯郸磁县三模)如图是由几个大小相同的小正方体组成的立体图形的俯视图,则这个立体图形可能是(　　) A B C　　 D 7.(2025·南通)如图是一个几何体的三视图(图中尺寸单位:cm),则这个几何体的底面圆的周长为(　　) A.6π cm B.9π cm C.12π cm D.16π cm 8.(2025·唐山二模)如图是一个正方体的表面展开图,将其折叠成正方体后,下面各点中到顶点P距离最大的是(　　) A.点A B.点B C.点C D.点D 9.一块直角三角板ABC如图所示放置,∠ACB=90°,BC=12 cm,AC=8 cm,测得BC边在平面的中心投影B1C1长为24 cm,则A1B1长为　　　　 cm,△A1B1C1的面积为　　　　 cm2.  10.(2025·绥化一模)如图是一个几何体的三视图. (1)该几何体的名称是　　　　.  (2)根据图中给的信息,求该几何体的表面积和体积. 1.如图1是由大小相同的小正方体搭成的几何体,将上层的小正方体按照三种不同的方式平移后得到图2、图3、图4.关于平移前后几何体的三视图,下列说法正确的是(　　) A.图1和图2的主视图相同 B.图1和图3的主视图不相同 C.图1和图3的左视图相同 D.图1和图4的俯视图相同 2.如图是一个正方体的表面展开图,正方体相对两个面上的代数式的积相同,则A为(　　) A. B. C. D. 3.如图是由若干块棱长为2 cm的小正方体搭成的几何体. (1)请你在网格中分别画出它的左视图和俯视图. (2)求这个几何体的表面积(含底面). (3)若你手边还有一些相同的小正方体,如果保持左视图和俯视图不变,那么最多可以添加多少块小正方体? 【详解答案】 基础夯实 1.C　解析:从上边看,可得如图:.故选C. 2.B　解析:从正面看到的图形和从左面看到的图形相同的只有选项B.故选B. 3.B　解析:将小正方体①移到②的正上方后,新几何体的三视图与原几何体的三视图相比,俯视图没有发生改变,主视图和左视图均发生变化.故选B. 4.B　解析:主视图和左视图相同,均为两层,上层的矩形较宽,下层的矩形较窄,故选项A,C不符合题意;俯视图是一个正方形,正方形的内部是一个圆,故几何体的底层是一个圆柱,故选项D不符合题意,选项B符合题意.故选B. 5.A　解析:根据已知给出的树的影子可知,被遮住的树的影子应该在树的右侧,因此可以排除C,D两个选项;根据给出的树的影子长不到树高的2倍,则被遮住的树的影子长也应该不到树高的2倍,因此排除B选项,故A正确.故选A. 6.D　解析:根据给出的俯视图,可知D选项中图形符合题意.故选D. 7.A　解析: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是圆锥.根据三视图知,该圆锥的底面圆的半径为3 cm,则该几何体的底面圆的周长为2×3π=6π(cm).故选A. 8.C　解析:将展开图折叠成正方体,如图所示: 设正方体的棱长为1,则PD=1,PC=,PB=,∵1<,∴点C到顶点P的距离最大.故选C. 9.8　192　解析:∵∠ACB=90°,BC=12 cm,AC=8 cm,∴AB=4 cm, ∵△ABC∽△A1B1C1,∴A1B1∶AB=B1C1∶BC=A1C1∶AC=2∶1,∴A1B1=8 cm,A1C1=16 cm, ∵∠A1C1B1=∠ACB=90°,∴A1C1·B1C1=×16×24=192(cm2). 10.解:(1)长方体 (2)表面积为2×(10×5+5×6+10×6)=280(cm2). 体积为10×5×6=300(cm3). 能力提升 1.D　解析:题图1的主视图为,题图2的主视图为,故A错误,不符合题意;题图1的主视图为,题图3的主视图为,故B错误,不符合题意;题图1的左视图为,题图3的左视图为,故C错误,不符合题意;题图1的俯视图为,题图4的俯视图为,故D正确,符合题意.故选D. 2.D　解析:这是一个正方体的表面展开图,共有六个面,其中面“”与面“A”相对,面“”与面“”相对,由题意可得·A=·,∴A=·=·=··=.故选D. 3.解:(1)如图所示: (2)几何体的表面积为(2×2×7+2×2×7+2×2×7)×2=168(cm2). (3)从左到右第2列第2行最多可增加2块小正方体,第3列第2行最多可增加1块小正方体,第4列第2行最多可增加2块小正方体, ∴最多可以添加2+1+2=5(块)小正方体. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三讲　图形的对称 1.跨语文学科(2025·武汉)现实世界中,对称现象无处不在,中国的方块字中有些也具有对称性.下列美术字是轴对称图形的是(　　) A B C D 2.(2025·河北二模)如图,若△ABC与△A'B'C'关于某个点对称,则这个点是(　　) A.O点 B.P点 C.R点 D.Q点 3.如图所示,下列轴对称图案中,对称轴最多的是(　　) A B C D 4.如图所示的方格纸网格线上的八条等长线段形成一个轴对称图形.图中有四条线段标示上号码,判断擦去下列哪个选项中的两条线段后,剩下的图形不是轴对称图形(　　) A.①和② B.①和③ C.②和③ D.②和④ 5.(2025·武汉)如图,在△ABC中,AB=AC,D是边AB上的点,将△BCD沿直线CD折叠,点B的对应点E恰好落在边AC上.若∠A=34°,则∠ADE的大小是(　　) A.35° B.37° C.39° D.41° 6.(2025·长沙)如图,将△ABC沿折痕AD折叠,使点B落在AC边上的点E处,若AB=4,BC=5,AC=6,则△CDE的周长为(　　) A.5 B.6 C.6.5 D.7 7.(2025·湖北)如图,折叠正方形ABCD的一边BC,使点C落在BD上的点F处,折痕BE交AC于点G.若DE=2,则CG的长是(　　) A. B.2 C.+1 D.2 8.(2025·武安二模)如图,在等腰三角形ABC中,AB=AC,BC=6,D是边BC上靠近点C的三等分点,且满足AD⊥AB,点B'是点B关于直线AD的对称点,则线段B'C的长为　　　　.  9.(2025·河北一模)如图,四边形ABCD为平行四边形,点P从点A出发向点B运动,O为平行四边形的中心,射线PO和CD相交于点Q,若,S△OCQ=3,则四边形ABCD的面积为　　　　.  10.(2025·绥化)如图,在菱形ABCD中,AB=4,对角线BD=4,点P是边CD的中点,点M是对角线BD上的一个动点,连接PM,CM,则PM+CM的最小值是　　　　.  11.如图所示,在平面直角坐标系中,A(1,2),B(3,1),C(-2,-1). (1)在图中作出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1,并写出A1,B1,C1的坐标. (2)求△A1B1C1的面积. (3)在x轴上求作一点P,使PA+PB的值最小(保留作图痕迹,不写作法). 1.(2025·石家庄三模)如图,在矩形ABCD中,∠ABD=48°,P为AD边上一点,连接BP,作△PBA关于BP对称的△PBE,点F与点E关于BD对称.设∠ABP=x°,若点F在△PBD内(不包括边界),则x的取值范围是(　　) A.21<x<24 B.24<x<32 C.24<x<42 D.42<x<48 2.(2025·沧州模拟)如图,在△ABC中,D,E分别是边AB,AC的中点.将△ABC沿DE折叠,使点A落在平面上的A'处.下列结论不一定正确的是(　　) A.CD⊥AB B.AA'⊥DE C.DE∥BC D.△A'CE是等腰三角形 3.(2025·武安三模)如图,在平面直角坐标系中,对△ABC进行循环往复的轴对称变换,若原来点A的坐标是(m,n),则经过2 025次变换后所得的点A的坐标是(　　) A.(-m,n) B.(-m,-n) C.(m,-n) D.(m,n) 4.(2025·连云港)如图,在菱形ABCD中,AC=4,BD=2,E为线段AC上的动点,四边形DAEF为平行四边形,则BE+BF的最小值为　　　　.  5.(2025·沧州模拟)如图,将▱ABCD沿EF(点E,F分别在边AB,CD上)折叠,使点A与点C重合,点D落在平面上点G处.若AB=6,BC=4,∠ABC=60°,则FG的长为　　　　.  6.(2025·石家庄模拟)如图,直角三角板ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=60°,AC=3.已知斜边AB的端点A,B分别在相互垂直的射线OM,ON上滑动,连接OC.给出下列结论: ①若C,O两点关于直线AB对称,则OB=; ②C,O两点间距离的最大值为4; ③若AB平分CO,则AB⊥CO; ④在滑动过程中,∠AOC始终等于60°. 其中所有正确结论的序号是　　　　.  【详解答案】 基础夯实 1.D　 2.A　解析:连接AA',BB',如图.∵关于某点对称的两个图形的对应点连线交于一点,∴若△ABC与△A'B'C'关于某个点对称,则这个点是O点.故选A. 3.C　解析:A.图形一共有2条对称轴;B.图形一共有2条对称轴;C.图形一共有4条对称轴;D.图形一共有1条对称轴.故选C. 4.C　解析:擦去①和②,①和③,②和④,剩下的图形是轴对称图形;擦去②和③,剩下的图形不是轴对称图形.故选C. 5.C　解析:∵AB=AC,∴∠B=∠ACB,∵∠B+∠ACB+∠A=180°,且∠A=34°,∴2∠ACB+34°=180°, ∴∠B=∠ACB=73°,∵将△BCD沿直线CD折叠,点B的对应点E恰好落在边AC上,∴∠CED=∠B=73°, ∴∠BDE=360°-∠B-∠ACB-∠CED=360°-3×73°=141°,∴∠ADE=180°-∠BDE=180°-141°=39°.故选C. 6.D　解析:∵AB=4,BC=5,AC=6,∴由折叠的性质得AE=AB=4,DE=BD, ∴CE=AC-AE=6-4=2,CD+DE=CD+BD=BC=5,∴△CDE的周长为CE+CD+DE=2+5=7.故选D. 7.B　解析:解法一:如图,过点G作GH⊥BC于点H,设AC与BD交于点O. ∵四边形ABCD是正方形, ∴BC=CD=AB=AD,∠BCD=∠ADC=90°,∠DBC=∠BDC=45°,AC=BD,OA=OC=OB=OD,AC⊥BD, 由折叠可得BC=BF,CE=EF,∠BFE=∠BCE=90°=∠DFE,∠FBE=∠CBE,∴∠DEF=∠FDE=45°, ∵DE=2,∴DF=EF=DE·sin 45°=2,∴CD=BC=2+2=BF,∴AC=BD=BF+DF=2+4,∴OB=BD=+2, ∵∠FBE=∠CBE,GH⊥BC,AC⊥BD,∴OG=HG,∵BG=BG,∴Rt△OBG≌Rt△HBG,∴BH=BO=+2, ∴CH=BC-BH=,∵GH⊥BC,∠HCG=45°,∴CH=GH=,∴CG==2.故选B. 解法二:设AC与BD交于点O(图略), 由折叠的性质得EF=CE,∠BFE=∠BCD=90°,又∵DE=2,∠CDB=45°,∴DF=FE=CE=2. ∵∠FBE=∠CBE=22.5°,∠BOG=90°,∠BCD=90°,∴∠OGB=90°-22.5°=67.5°=∠CGE,∠CEG=90°-22.5°=67.5°, ∴∠CEG=∠CGE=67.5°,∴CG=CE=EF=2.故选B. 8.2　解析:如图,连接AB'. ∵点B和点B'关于AD对称,且AD⊥AB,∴点B,A,B'在一条直线上,AB=AB'.又∵AB=AC,∴AB'=AC,∠B=∠ACB,∴∠AB'C=∠ACB', ∴∠ACB'+∠ACB=×180°=90°,即∠BCB'=90°.∵BC=6,D是边BC上靠近点C的三等分点,∴CD=2,BD=4.连接B'D,则BD=B'D=4.在Rt△B'CD中,B'C==2. 9.60　解析:如图,连接DO. ∵平行四边形ABCD是中心对称图形,PQ为过中心O的线段,∴AP=CQ,DQ=BP,∵,∴, ∴S△ODQ=4S△OCQ=12,∴S△OCD= S△ODQ+ S△OCQ=15, ∵四边形ABCD为平行四边形,∴OB=OD,B,D,O三点在同一直线上, ∴S△OBC=S△OCD=15,∴S△BCD=S△OCD+S△OBC=30,∴S四边形ABCD=2S△BCD=60. 10.2　解析:作点P'和P关于BD对称,连接AC,PP',CP',P'M,如图. ∵四边形ABCD是菱形,AB=4,P是CD的中点,∴点P'是AD的中点, ∴DP'=AD=2,由BD=4,AB=AD=4,易知∠ABD=∠ADB=30°,∴∠ADC=60°,又AD=CD, ∴△ACD是等边三角形,∴AC=CD, ∴CP'⊥AD,∴CP'=2.∴PM+CM的最小值为2. 11.解:(1)如图所示,△A1B1C1即为所求.A1(-1,2),B1(-3,1),C1(2,-1). (2)=5×3-×2×1-×5×2-×3×3=. (3)如图所示,点P即为所求. 能力提升 1.B　解析:由题意可知∠ABP=∠EBP=x°,当点F在BD上时,点E,F重合,此时∠ABP+∠EBP=48°,即x=24;当点F在PB上时,∠DBP=∠DBE=x°,∵∠ABP=x°,∠ABP+∠DBP=48°,∴x+x=48,解得x=32,∴x的取值范围是24<x<32.故选B. 2.A　解析:A.如图,当AC=BC时,∵D是边AB的中点,∴CD⊥AB,故A符合题意;B.由题意得,点A,A'关于DE对称,∴DE垂直平分AA',∴DE⊥AA',故B不符合题意;C.∵D,E分别是边AB,AC的中点,∴DE是△ABC的中位线,∴DE∥BC,故C不符合题意;D.∵D,E分别是边AB,AC的中点,∴DE是△ABC的中位线,∴DE∥BC,∴∠DEA'=∠EA'C,∠AED=∠C,由折叠的性质得,∠AED=∠DEA',∴∠EA'C=∠C,∴A'E=CE,∴△A'EC是等腰三角形,故D不符合题意.故选A. 3.A　解析:由题意可知,第1次轴对称变换后,点A的坐标是(-m,n),第2次轴对称变换后,点A的坐标是(-m,-n),第3次轴对称变换后,点A的坐标是(m,-n),第4次轴对称变换后,点A的坐标是(m,n),…,观察可知,点A的坐标每四次循环一次,依次为(-m,n),(-m,-n),(m,-n),(m,n),∵2 025÷4=506……1,∴经过2 025次变换后所得的点A的坐标是(-m,n).故选A. 4.　解析:如图,连接CF,由平行四边形和菱形的性质可知,EF∥AD∥BC,EF=AD=BC,∴四边形BEFC是平行四边形,∴BE=CF.作点C关于DF的对称点C',连接BC',C'F,则C'F=CF,CC'⊥AC,∴BE+BF=CF+BF=C'F+BF.根据“两点之间,线段最短”可知,当B,F,C'三点共线时,C'F+BF的值最小,最小值为BC'的长.过点B作BG⊥CC',交C'C的延长线于点G,记AC与BD交于点O,则AC⊥BD,OC=AC=2,OB=OD=BD=1,∴四边形OBGC是矩形,CC'=2OD=2,∴CG=OB=1,BG=OC=2,C'G=2+1=3,由勾股定理可得BC'=,即BE+BF的最小值为. 5.　解析:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB=CD=6,BC=AD=4,∠ABC=∠ADC=60°, ∴∠BAD=∠BCD=180°-∠ABC=120°, 由折叠的性质,得EA=EC,FD=FG,AD=CG,∠EAD=∠ECG=120°,∠ADC=∠FGC=60°, ∵∠BCE+∠ECF=∠ECF+∠FCG=120°,∴∠BCE=∠GCF, 又∠EBC=∠FGC=60°,BC=CG,∴△BCE≌△GCF(ASA),∴FG=BE,如图所示,过点E作EH⊥BC于点H, 设AE=CE=x,则BE=AB-AE=6-x,在Rt△BEH中,∠B=60°,∴∠BEH=30°,∴BH=BE=×(6-x)=3-x, ∴EH=BH==3x,CH=BC-BH=4-=1+x,在Rt△CEH中,CE2=CH2+EH2,∴x2=+3x2,解得x=,∴AE=, ∴BE=FG=6-x=6-. 6.①④　解析:在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=60°,AC=3,∴AB=AC÷sin 60°=2,BC=AC÷tan 60°=.①若C,O两点关于直线AB对称,则AB为OC的垂直平分线,∴OB=BC=,故①正确;②当OC经过AB的中点时,OC最大且C,O两点间距离的最大值为2,故②不正确;③AB平分CO不代表AB垂直平分CO,只有当AB垂直平分CO时,才满足AB⊥CO,故③不正确;④∵∠ACB=∠AOB=90°,∴∠ACB+∠AOB=180°,∴点A,C,B,O四点共圆, ∴∠AOC=∠ABC=60°,故④正确. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一讲　尺规作图 1.(2025·吉林)如图,在△ABC中,∠B=45°,∠A>∠ACB>∠B,尺规作图操作如下:(1)以点B为圆心,适当长为半径画弧,分别交边BA,BC于点M,N;(2)以点C为圆心,BN长为半径画弧,交边CB于点N';再以点N'为圆心,MN长为半径画弧,与前一条以点C为圆心的弧相交于三角形内部的点M';(3)过点M'画射线CM'交边AB于点D.下列结论错误的为(　　) A.∠B=∠DCB B.∠BDC=90° C.DB=DC D.AD+DC=BC 2.(2025·资阳)如图,在射线BA,BC上,分别截取BM,BN,使BM=BN;再分别以点M和点N为圆心,大于线段MN一半的长为半径作圆弧,在∠ABC内,两弧交于点D,作射线BD;过点D作DE∥BC交BA于点E.若∠BDE=30°,则∠AED的度数是(　　) A.30° B.45° C.60° D.75° 3.(2025·邯郸二模)根据图中圆规的作图痕迹,只用直尺就可确定△ABC的外心的是(　　) A B C D 4.(2025·唐山二模)以下文字是嘉淇设计的一个尺规作图的过程: ①在直线l上取一点A,l外取一点P,作射线PA,以点A为圆心,AP长为半径画弧,交PA的延长线于点B; ②在直线l上取一点C(不与点A重合),作射线BC,以点C为圆心,CB长为半径画弧,交BC的延长线于点Q; ③作直线PQ,则直线PQ即为所求. 通过作图,可以得出的结论为(　　) A.∠ACB=∠ABC B.∠APQ=∠ACQ C.∠PQC=∠ACB D.∠PBQ=∠PQB 5.(2025·湖南)如图,在△ABC中,BC=6,点E是AC的中点,分别以点A,B为圆心,以大于AB的长为半径画弧,两弧相交于点M,N,直线MN交AB于点D,连接DE,则DE的长是　　　　.  6.(2025·大庆)如图,Rt△ABC中,∠ABC=90°,∠BAC=60°,AB=2.在AB和AC上分别截取AM,AN,使AM=AN.分别以M,N为圆心,以大于MN的长为半径作弧,两弧在∠BAC内交于点F.作射线AF交BC于点D,则点D到AC的距离为　　　　.  7.一题多解(2025·青岛)已知:如图,D是∠AOB内部一点. 求作:等腰三角形COE,使点C,E分别在射线OA,OB上,且底边CE经过点D. 8.(2025·沧州盐山县模拟)如图,☉O为△ABD的外接圆,且AB为☉O的直径. (1)请用无刻度的直尺和圆规过点B作☉O的切线,交AD的延长线于点C.(不写作法,保留作图痕迹) (2)若,试判断△BCD的形状,并说明理由. 1.(2025·辽宁)如图,在△ABC中,AB=16,BC=12,CA=10,∠ABC的平分线BP与AC相交于点D.在线段AD上取一点K,以点C为圆心,CK长为半径作弧,与射线BP相交于点M和点N,再分别以点M和点N为圆心,大于MN的长为半径作弧,两弧相交于点Q,作射线CQ,与AB相交于点E,连接DE.则△DAE的周长为(　　) A.12 B.14 C.16 D.18 2.(2025·齐齐哈尔)如图,在▱ABCD中,BC=2AB=8,连接AC,分别以点A,C为圆心,大于AC的长为半径作弧,两弧交于点E,F,作直线EF,交AD于点M,交BC于点N,若点N恰为BC的中点,则AC的长为　　　　.  3.(2025·苏州)如图,∠MON=60°,以O为圆心,2为半径画弧,分别交OM,ON于A,B两点,再分别以A,B为圆心,为半径画弧,两弧在∠MON内部相交于点C,作射线OC,连接AC,BC,则tan∠BCO= 　　　　.(结果保留根号)  4.(2025·威海)(1)如图1,将平行四边形纸片ABCD的四个角向内折叠,恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形EFGH.判断四边形EFGH的形状,并说明理由. (2)如图2,已知▱ABCD能按照图1的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形MNPQ,其中,点M在AD上,点N在AB上,点P在BC上,点Q在CD上.请用直尺和圆规确定点M的位置.(不写作法,保留作图痕迹) 【详解答案】 基础夯实 1.D　解析:由作图可知∠B=∠DCB=45°,∴DB=DC,∠BDC=90°,故选项A,B,C正确.故选D. 2.C　解析:由作图过程可知,射线BD为∠ABC的平分线,∴∠ABC=2∠CBD. ∵DE∥BC,∴∠AED=∠ABC,∠CBD=∠BDE=30°,∴∠ABC=60°,∴∠AED=60°.故选C. 3.B　解析:∵三角形外心是三角形三条垂直平分线的交点,∴四个选项中只有B选项作图方法是垂直平分线的尺规作图.故选B. 4.C　解析:根据作图可得AB=AP,BC=CQ,∴, 又∵∠ABC=∠PBQ,∴△BAC∽△BPQ,∴∠ACB=∠PQB,即∠PQC=∠ACB,故C正确; ∵AB=AC不一定成立,∴∠ACB=∠ABC不一定成立,故A错误; 没有条件能说明∠APQ=∠ACQ,故B错误; ∵PB=PQ不一定成立,∴∠PBQ=∠PQB不一定成立,故D错误.故选C. 5.3　解析:由作图过程可知,直线MN为线段AB的垂直平分线,∴点D为AB的中点. ∵点E是AC的中点,∴DE为△ABC的中位线,∴DE=BC=3. 6.　解析:由作图过程得AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠BAC=×60°=30°, 在Rt△ABD中,∵∠ABD=90°,∠BAD=30°,∴BD=AB=, ∵AD平分∠BAC,∴点D到AB,AC的距离相等, ∵点D到AB的距离为,∴点D到AC的距离为. 7.解:解法一:如图,等腰三角形COE即为所求. 解法二:如图,△COE即为所求. 8.解:(1)如图所示,直线BC即为所求. (2)△BCD为等腰直角三角形. 理由如下: ∵, ∴AD=BD, 由条件可得∠ADB=90°, ∴∠A=∠ABD=45°, ∵BC为☉O的切线, ∴∠ABC=90°, ∴∠CBD=45°=∠C, ∴BD=CD, ∴△BCD为等腰直角三角形. 能力提升 1.B　解析:由作图可知,CE⊥BD,设CE,BD交于点O,则∠BOC=∠BOE=90°, ∵BP平分∠ABC,∴∠EBO=∠CBO.在△BOC和△BOE中, ∴△BOC≌△BOE(ASA),∴OC=OE,BC=BE=12,又BD⊥CE,∴BD垂直平分CE,AE=AB-BE=4,∴DE=CD,∴△DAE的周长为AE+DE+AD=AE+CD+AD=AE+AC=14.故选B. 2.4　解析:设MN交AC于点O,如图. 由作图过程可知,直线EF为线段AC的垂直平分线,∴点O为AC的中点,∠CON=90°. ∵点N为BC的中点,∴ON为△ABC的中位线,∴ON∥AB,∴∠CAB=∠CON=90°. ∵BC=2AB=8,∴AB=4,∴AC==4. 3.　解析:如图,过点B作BD⊥OC于点D,∴∠BDO=∠BDC=90°. 由作图过程可知,OC平分∠MON,∴∠BOD=∠MON=30°,∴BD=OB=×2=1, ∵BC=,∴CD=, ∴tan∠BCO=. 4.解:(1)四边形EFGH是矩形. 理由:通过折叠的性质可知∠AFE=∠EFK,∠BFG=∠KFG, ∵∠AFB=180°, ∴2∠EFK+2∠KFG=180°, ∴∠EFK+∠KFG=90°,即 ∠EFG=90°, 同理可得∠FGH=∠EHG=90°, ∴四边形EFGH是矩形. (2)如图,M1,M2即为所求. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四讲　图形的平移与旋转 1.(2025·南通)如图,将△ABC沿着射线BC平移到△DEF.若BC=6,EC=4,则平移的距离为(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 2.(2025·邯郸三模)如图,将△ABC绕点O顺时针旋转80°变为△DEF,则下列结论不正确的是(　　) A.AB=DE B.∠CAB=∠FDE C.∠AOE=80° D.∠COF=80° 3.(2025·宿迁)如图,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(3,2),将线段OA绕着点O逆时针旋转90°得线段OA',则点A'的坐标为(　　) A.(-3,2) B.(-2,3) C.(3,-2) D.(2,-3) 4.(2025·辽宁)在平面直角坐标系xOy中,点A的坐标为(3,0),点B的坐标为(2,-2),将线段AB平移得到线段CD,点A的对应点C的坐标为(3,5),则点B的对应点D的坐标为(　　) A.(7,-2) B.(2,3) C.(2,-7) D.(-3,-2) 5.如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=BC=6,将Rt△ABC沿着射线BA的方向平移得到Rt△A'B'C',当点C'落在∠ABC的平分线上时,B'C'交AC于点E,此时CE的长为(　　) A.4 B.5 C.3 D.4 6.(2025·大庆)如图,△ABC中,AB=BC=2,∠CBA=120°.将△ABC绕点A顺时针旋转120°得到△ADE,点B,点C的对应点分别为点D,点E,连接CE,点D恰好落在线段CE上,则CD的长为(　　) A.2 B.4 C.3 D.6 7.(2025·石家庄一模)如图,将线段AB绕它的中点O逆时针旋转α(0°<α<180°)得到线段A'B',A,B的对应点分别是点A',B',依次连接AA',A'B,BB',B'A.则下列结论不一定正确的是(　　) A.∠AA'B=90° B.对于任意α,四边形AA'BB'都是矩形 C.AB=2BB' D.当α=90°时,四边形AA'BB'是正方形 8.如图,在平面直角坐标系中,菱形OABC的顶点A的坐标为(-2,0),∠AOC=60°.将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度,再沿y轴向下平移1个单位长度,得到菱形O'A'B'C',其中点B'的坐标为(　　) A.(-2,-1) B.(-2,1) C.(-,1) D.(-,-1) 9.(2025·龙东地区)如图,在正方形网格中,每个小正方形的边长都是1个单位长度,在平面直角坐标系中,△ABC的三个顶点坐标分别为A(2,-1),B(1,-3),C(3,-4). (1)将△ABC向上平移5个单位长度,再向右平移1个单位长度,得到△A1B1C1,画出两次平移后的△A1B1C1,并写出点C1的坐标. (2)画出△A1B1C1绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2,并写出点C2的坐标. (3)在(2)的条件下,求点C1旋转到点C2的过程中,所经过的路径长(结果保留π). 1.(2025·石家庄一模)如图,在△ABC中,∠A=70°,AC=BC,将△ABC绕点B按顺时针方向旋转一定角度,得到△A'BC',点A'恰好落在AC上,连接CC',则∠ACC'的度数为(　　) A.95° B.100° C.110° D.120° 2.(2025·廊坊安次区二模)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC=,AC=2,将边AC绕点A逆时针旋转,旋转角为β,点C的对应点是点D,连接CD,BD,若旋转角β=90°,则BD的长为　　　　.  3.如图,在平面直角坐标系中,边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°,再沿y轴向上平移1个单位长度,则点B″的坐标为　　　　.  4.综合与实践(2025·廊坊广阳区二模) 【问题情境】在综合与实践课上,老师出示了这样一个情境: 在△ABC中,AB=CB,AC≠AB,∠ABC=45°,将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE,点B,C的对应点分别是点D,E. 【初探感知】(1)如图1,∠E=　　　　°.  【深入领悟】(2)如图2,当线段DE经过点C时,求证:AD⊥BC. 【融会贯通】(3)如图3,在旋转的过程中,当点D落在BC的延长线上时,过点E作EG∥BD,交BA的延长线于点G.请你判断线段AG和CD的数量关系,并说明理由. 【详解答案】 基础夯实 1.A　 2.C　解析:∵△ABC绕点O顺时针旋转80°变为△DEF,∴AB=DE,∠CAB=∠FDE,∠AOD=∠COF=80°,故A,B,D选项正确,不符合题意;∠AOE=∠AOD+∠DOE=80°+∠DOE,故C选项不正确,符合题意.故选C. 3.B　解析:如图,过点A作AB⊥x轴于点B,过点A'作A'C⊥y轴于点C,则∠A'CO=∠ABO=90°, 由旋转性质可知,∠AOA'=90°,AO=A'O,∴∠COA+∠A'OC=90°,∵∠AOB+∠COA=90°,∴∠AOB=∠A'OC, ∴△A'CO≌△ABO(AAS),∴A'C=AB,OC=OB,∵点A的坐标为(3,2),∴AB=2,OB=3,∴A'C=AB=2,OC=OB=3, ∴点A'的坐标为(-2,3).故选B. 4.B　解析:∵点A的坐标为(3,0),点B的坐标为(2,-2),将线段AB平移得到线段CD,点A的对应点C的坐标为(3,5),∴点A向上平移5个单位长度得到点C,∴点B向上平移5个单位长度得到点D,∴点D的坐标为(2,-2+5),即(2,3).故选B. 5.C　解析:由平移可知,BC∥B'C',B'C'=BC=6,∴∠CBC'=∠BC'B',∠B'EA=90°,又∵BC'平分∠CBB', ∴∠CBC'=∠B'BC',∴∠B'BC'=∠BC'B',∴BB'=B'C'=6.易知△ABC和△AB'E都是等腰直角三角形, ∴AB=BC=6,∴AB'=6-6,∴AE=AB'=6-3,∴CE=AC-AE=6-(6-3)=3.故选C. 6.B　解析:在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°,∴∠BAC=(180°-∠ABC)=×(180°-120°)=30°, 由旋转可知∠BAD=120°,∴∠CAD=90°,由旋转得AD=AB=2,∠ADE=120°, ∴∠ADC=60°,∴∠ACD=30°,∴CD=2AD=2×2=4.故选B. 7.C　解析:由旋转的性质得OA=OB=OA'=OB',∴四边形AA'BB'是矩形,∴∠AA'B=90°,∵不清楚旋转角度,∴不能证明AB=2BB',当∠AOA'=α=90°时,AB⊥A'B',∴四边形AA'BB'是正方形,故选项A,B,D不符合题意,选项C符合题意.故选C. 8.A　解析:如图,过点B作BH⊥x轴于点H, ∵菱形OABC的顶点A的坐标为(-2,0),∠AOC=60°,∴OA=AB=2,AB∥OC,∴∠BAH=∠AOC=60°, ∴AH=AB·cos 60°=1,BH=,∴B(-3,),∵将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度,再沿y轴向下平移1个单位长度,∴B'(-2,-1).故选A. 9.解:(1)如图,△A1B1C1即为所求. 点C1的坐标为(4,1). (2)如图,△A2B2C2即为所求. 点C2的坐标为(-1,4). (3)由勾股定理得,OC1=,∴点C1旋转到点C2的过程中,所经过的路径长为π. 能力提升 1.C　解析:∵AC=BC,∴∠A=∠ABC,由旋转的性质可得,∠A'BC'=∠ABC,A'B=AB,BC=BC', ∴∠A=∠BA'A,AC=BC',∴∠A'BC'=∠BA'A,∴AC∥BC',∴四边形ABC'C是平行四边形, ∴∠ACC'+∠A=180°,∴∠ACC'=110°.故选C. 2.　解析:如图, 由旋转可知AC=AD,∠CAD=β=90°,延长BC,过点D作DM⊥BC,交BC的的延长线于点M,则∠DMC=90°, 又∵∠ACB=90°,∴∠ACM=90°,∴四边形ACMD是正方形,∴AC=AD=DM=CM=2, 又∵BC=,∴BM=BC+CM=+2=3,∴BD==. 3.(-,+1)　解析:如图,连接OB,OB',作B'M⊥y轴, ∵四边形ABCO是正方形,OA=2,∴∠COB=45°,OB=2,∵绕原点O逆时针旋转75°,∴∠BOB'=75°, ∴∠COB'=30°,∵OB'=OB=2,∴MB'=,∴MO=,∴B'(-,), ∵沿y轴向上平移1个单位长度,∴B″(-,+1). 4.解:(1)67.5 (2)证明:由旋转的性质得AE=AC, ∠ACB=∠E=67.5°,∠ADE=∠ABC=45°,∴∠ACE=∠E=67.5°, ∴∠BCE=135°, ∴∠DFC=∠BCE-∠ADE=135°-45°=90°, ∴AD⊥BC. (3)AG=CD.理由:如图,延长BG,DE交于点H, 由旋转的性质得,AD=AB=DE=BC,∠ADE=∠ABC=45°,∠ACB=∠AED=67.5°, ∴∠ADB=∠ABC=45°, ∴∠BDE=90°, ∴∠H=45°=∠ABC,∴∠GAE=∠AED-∠H=22.5°, ∴HD=BD, ∴HD-DE=BD-BC,即HE=CD, ∵EG∥BD,∴∠HGE=∠ABC=45°, ∴∠H=∠HGE,∴∠GEA=∠HGE- ∠GAE=22.5°, ∴HE=GE,∠GEA=∠GAE, ∴GE=AG,∴AG=CD. 学科网（北京）股份有限公司 $