第七单元　图形的变化 课件 2026年中考数学一轮复习（江苏）

该初中数学课件系统梳理了“主从联动”这一中考核心考点，依据近三年考情明确“轨迹一致（瓜豆原理）”占3年3考、“轨迹不一致”占3年1考的权重，按“直线轨迹、圆轨迹”分类归纳全等型、相似型等常考题型，对接中考说明体现备考针对性。 课件亮点在于“原理推导+真题解析+题后反思”模式，如2024连云港16题通过相似证∠ACC′=90°确定圆轨迹，培养学生几何直观与推理能力。针对“线生圆”设计构图步骤，配合动态演示帮助掌握轨迹判定技巧，助力学生高效突破中考难点，为教师提供系统复习框架。

第七单元　图形的变化 第32课时　图形的平移与旋转 节前复习导图 图形的 平移与旋转 图形的平移 图形的旋转 定义 要素 性质 作图步骤 1 考点梳理 2 江苏真题随堂练 3 分层作业本 考点梳理 一、图形的平移 1. 定义：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形 运动叫作平移(如图①) 图① 2. 两大要素：平移方向和 ⁠ 3. 性质 平移距离 (1).平移前后，对应线段 ， 对应角 ⁠ (2)．各对应点所连接的线段平行(或在同一条直线上)且 ⁠ (3)．平移前后的图形 ⁠ 平行(或在同一条直线上)且相等 相等 相等 全等 返回思维导图 返回目录 4. 作图步骤 (1). 根据题意，确定平移的方向和距离 (2). 找出原图形的关键点 (3). 按平移方向和平移距离平移各关键点，得到各关键点的对应点 (4). 按原图形依次连接各关键点的对应点，得到平移后的图形 返回思维导图 返回目录 二、图形的旋转 1. 定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向转动一个角度，这样的图形运动 叫作旋转，这个定点叫作旋转中心，转动的这个角叫作旋转角．原图形上点A旋转后 成为点C，这样的两个点叫作对应点(如图②) 图② 2. 三大要素：旋转中心、 ⁠、旋转方向 旋转角度 返回思维导图 返回目录 3. 性质 (1).对应点到旋转中心的距离 ⁠ (2).对应点与旋转中心连线所成的角都相等且等于 ⁠ (3).旋转前后的图形 ⁠ 4. 作图步骤 (1). 根据题意，确定旋转中心、旋转方向和旋转角 (2). 找出原图形的关键点 (3). 连接关键点与旋转中心，按旋转方向和旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点 (4). 按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形 相等 旋转角 全等 返回思维导图 返回目录 江苏真题随堂练 图形的平移(3年1考) 命题点 1 1. 如图，▱ABCD的边CD在x轴上，沿x轴正方向将▱ABCD平移到 ▱A′B′C′D′的位置，点C的坐标为(b，0)，点C′的坐标为(a，0)，则点A平 移的距离为(　C　) A. a B. b C. a－b D. b－a C 返回目录 2. (新苏科七下习题改编)如图，将△ABC沿BC方向平移得到 △DEF，DE与AC交于点G，连接AD. (1)若∠B=60°，∠ACB=30°，则∠EDF的度数为 °； 【解析】由平移的性质得，∠DEF=∠B=60°，∠F=∠ACB=30°， ∴∠EDF=180°－60°－30°=90°. 90 返回目录 (2)四边形ACFD的形状为 ⁠； 【解析】由平移的性质得，AD=CF，AD∥CF，∴四边形ACFD是平行四 边形. 平行四边形 2. 如图，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF，DE与AC交于点G，连接AD. 返回目录 (3)AD，BC，BF之间的数量关系为 ⁠； 【解析】由平移的性质得，AD=CF，∴BF=BC＋CF=BC＋AD. BF=BC＋AD 2. 如图，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF，DE与AC交于点G，连接AD. 返回目录 (4)若AB=3，DF=4，CE=2，△DEF的周长为12，则△ABC平移的距离 为 ⁠. 【解析】由平移的性质得，△ABC的周长=△DEF的周长=12， ∵AB=3，DF=4，∴AC=DF=4，∴BC=12－3－4=5， ∴平移的距离BE=BC－CE=5－2=3. 3 2. 如图，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF，DE与AC交于点G，连接AD. 返回目录 图形的旋转(3年5考) 命题点 2 3. (2024无锡8题)如图，在△ABC中，∠B=80°，∠C=65°，将△ABC绕 点A逆时针旋转得到△AB′C′.当AB′落在AC上时，∠BAC′的度数为(　B　) A. 65° B. 70° C. 80° D. 85° 【解析】由旋转的性质得，∠B′AC′=∠BAC， ∵∠BAC＋∠B＋∠C=180°，∴∠BAC=180°－80°－65°=35°， ∴∠B′AC′=∠BAC=35°，∴∠BAC′=∠BAC＋∠B′AC′=70°. B 返回目录 4. (苏科八下尝试改编)如图，将△ABC绕点C顺时针旋转. (1)如图①，将△ABC旋转后得到△DEC，不添加辅助线，则图中相等的 线段有 ，图中相等的角有 ⁠ ⁠； AC=DC，CB=CE，AB=DE ∠A=∠EDC， ∠B=∠E，∠ACB=∠DCE，∠ACD=∠BCE 返回目录 4.如图，将△ABC绕点C顺时针旋转. (2)如图②，若点D恰好落在AB边上，DE交BC于点F，∠ACB=90°， ∠B=30°. ①∠BDF的度数为 ⁠； ②△EFC与△CDE的面积之比为 ⁠； ③(2023盐城15题考法)若AC=3，则DE的长为 ，点A的运动轨迹长 为 .(结果保留π) 60° 3∶4 6 π 返回目录 5. (2023连云港14题)以正六边形ABCDEF的顶点C为旋转中心，按顺时针 方向旋转，使得新正六边形A′B′CD′E′F′的顶点D′落在直线BC上，则正六 边形ABCDEF至少旋转 ⁠°. 【解析】∵六边形ABCDEF是正六边形，∴正六边形ABCDEF每个外角的 度数为360°÷6=60°，∵新正六边形A′B′CD′E′F′的顶点D′落在直线BC 上，∴旋转的最小角度是60°. 60 返回目录 6. (2024盐城16题)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，点D 是AC的中点，连接BD，将△BCD绕点B旋转，得到△BEF，连接CF，当CF∥AB时，CF=________________. 2＋或－2　 【点拨】分两种情况讨论：①如解图①，将 △BCD顺时针旋转得到△BEF，过点B作 BG⊥CF于点G，△BCD≌△BEF， ②如解图②，△BCD顺时针旋转得到△BEF， 过点B作BH⊥CF，交FC的延长线于点H， FH=，CF = FH －CH. 解图① 解图② 返回目录 【解析】分两种情况讨论：①如解图①，将△BCD顺时针旋转得到△BEF，过点B作BG⊥CF于点G， ∵∠ACB=90°，AC=BC=2， ∴∠A=∠CBA=45°，AB=4， ∵D为AC的中点，∴CD=，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，CD=，BC=2，∴BD==， 由旋转的性质得，△BCD≌△BEF， ∴BE=BC=2，EF=CD=， BF=BD=，∠BEF=∠BCD=90°， 解图① 返回目录 ∵AB∥CF， ∴∠BCG=∠ABC=45°，∴△BCG为等腰直角三角形， 可求得CG =BG =2， 在Rt△BFG中， ∵BF=，BG=2，∠BGF=90°， ∴GF==，∴CF =CG ＋GF=2＋； 解图① 返回目录 ②如解图②，△BCD顺时针旋转得到△BEF，过点B作BH⊥CF，交FC的 延长线于点H， ∵CF∥AB，∴ ∠BCH = ∠ABC = 45°， ∵AC=BC=2，CD=，∴BF=BD=，CH=BH=2， ∴FH==，∴CF = FH －CH=－2，综上所述，CF=2＋ 或－2. 解图② 返回目录 7. 如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=120°，连接AC，E 是射线AC上一点，连接DE，将DE绕点D逆时针旋转60°得到DF，连接 EF，CF. (1)若点F落在CD上，判断EF与CF的数量关系，并说明理由； 解：(1)EF=CF， 理由：由旋转的性质得，∠EDF=60°，DE=DF， ∴△DEF是等边三角形， ∴EF=DF=DE， 返回目录 ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°， ∴∠ADC=120°，∠BCD=60°， ∵点E在射线AC上，当点F落在CD上时，∠EDC=∠EDF=∠ADC=60°， ∴DE平分∠ADC，∴DE⊥AC， ∵CA平分∠BCD，∴∠ACD=30°， ∴在Rt△CED中，DE=DF=CD， ∴DF=CF，∴EF=CF； 返回目录 (2)随着点E在射线AC上运动，EF与CF的数量关系是否发生变化？请说明 理由. (2)不变， 理由：如图，连接BD，BE， 由(1)得，△DEF是等边三角形， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°， ∴∠BCD=60°， 7. 如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=120°，连接AC，E是射线AC上一点，连接DE，将DE绕点D逆时针旋转60°得到DF，连接EF，CF. 返回目录 ∵BC=CD， ∴△BCD是等边三角形， ∴∠EDF=∠BDC， ∴∠BDE＋∠BDF=∠BDF＋∠CDF， ∴∠BDE=∠CDF， 由旋转的性质得，DE=DF， 在△BDE和△CDF中， ， 返回目录 ∴△BDE≌△CDF(SAS)， ∴BE=CF， ∵菱形的对角线互相垂直且平分， ∴AC垂直平分BD， ∴DE=BE， ∵△DEF是等边三角形， ∴DE=EF， ∴BE=EF， ∴EF=CF， ∴随着点E在射线AC上运动，EF与CF的数量关系不变. 返回目录 8. 在由边长为1的小正方形组成的网格中建立如图所示的平面直角坐标 系，△ABC是格点三角形(三角形的顶点是网格线的交点)，点B的坐标为 (4，2). (1)画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1； 解：(1)如解图，△A1B1C1即为所求； 解图 返回目录 (2)画出△A1B1C1向下平移5个单位长度得到的△A2B2C2； (3)画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到的△A3B3C3； 解图 (2)如解图，△A2B2C2即为所求； (3)如解图，△A3B3C3即为所求； 返回目录 (4)请直接写出点B经过(3)中旋转后的对应点B3的坐标. (4)B3的坐标为(2，－4). 解图 返回目录 $ 第七单元　图形的变化 微专题　几何最值问题 一阶　方法训练 类型一　利用“垂线段最短”求最值(3年1考) 适用情况：所求线段两端点起点为定点，终点为动点，考查垂线段最短 情形 问题描述 图示 情形1　一动一 定问题 点P在直线l外，在直线l上找一点H，使得HP的值最小. 情形2　两动一 定问题 M是∠BAC内部一定点，在AC上找一点P，在AB上找一点N，使得PN＋PM的值最小. 返回目录 几何画板动态演示 温馨提示：点击查看原文件 返回目录 例1　如图，在等边△ABC中，AB=4，D是BC边上的动点，则线段AD的 最小值为 　. 2 【解析】如解图，过点A作AD′⊥BC于点D′，根据垂线段最短可知，当点 D与点D′重合时，AD的值最小，最小值为AD′的长，∵△ABC为等边三角 形，∴∠B=60°，∴AD′=AB∙sin 60°=4×=2， ∴线段AD的最小值为2. 解图 返回目录 例2　如图，在△ABC中，AB=4，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于 点D，E，F分别是线段AD，AB上的动点，求BE＋EF的最小值. 解：如解图，作点B关于AD的对称点B′，过点B′向AB作垂线，交AD于点 E′，交AB于点F′，连接BE′，当点E与点E′重合，点F与点F′重合时，BE ＋EF取得最小值，最小值为B′F′的长， 解图 返回目录 易得AD垂直平分BB′，且AD是∠BAC的平分线， ∴点B′恰好落在AC上， ∵AB=4， ∴AB′=AB=4，BE′=B′E′， 在Rt△AB′F′中，∠B′AF′=45°，AB′=4， ∴B′F′=AB′=2， 解图 ∴BE＋EF的最小值为2. 返回目录 类型二　利用“两点之间线段最短”求最值(3年2考) 适用情况：所求线段两端点起点为定点，终点为定点，考虑两点之间线段 最短 情形 问题描述 图示 情形1　“两定点＋一动点”型异侧线段和最小值问题 在直线l上找一点P，使PA＋PB的值最小. 情形2　“两定点＋一动点”型同侧线段和最小值问题 在直线l上找一点P，使PA＋PB的值最小. 返回目录 情形 问题描述 图示 情形3　“两定点＋定长”型同侧线段和最小值问题 在直线l上找两点M，N(MN=d，M在N的左侧)，使得AM＋MN＋BN的值最小. 情形4　“一定点＋两动点”周长最小值问题 在OA上找一点M，在OB上找一点N，使得△PMN周长最小. 情形5　“两定点＋定长”型异侧线段和最小值问题 在l1，l2上分别找一点M，N(MN=d)，使得MN⊥l1，且AM＋MN＋BN的值最小. 返回目录 几何画板动态演示 温馨提示：点击查看原文件 返回目录 几何画板动态演示 温馨提示：点击查看原文件 返回目录 例3　如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为AD上的一动点，F为CD的 中点，连接BE，EF，则BE＋EF的最小值为 　​ 　​ 　​ 　. ​ 返回目录 【解析】如解图，作点F关于AD的对称点F′，连接BF′，交AD于点E′，连 接E′F，当点E位于点E′的位置时，BE＋EF的值最小，最小值为BF′的 长，∵四边形ABCD是正方形，AB=2，∴BC=CD=AB=2，∵F为CD的中 点，∴DF′=DF=1，∴CF′=CD＋DF′=3，在Rt△BCF′中，由勾股定理得 BF′==，即BE＋EF的最小值为. 解图 返回目录 例4　如图，在△ABC中，∠ABC=45°，点D在边AC上，P，Q分别是边 AB，BC上的动点，连接DP，DQ，PQ，BD，若BD=6，则△DPQ周长的 最小值为 　. 6 返回目录 【解析】如解图，分别作点D关于AB，BC的对称点D′，D″，连接D′P， D′B，D″Q，D″B，D′D″，由对称的性质可得，D′P=DP，D″Q=DQ， DB=D′B=D″B，∴△DPQ的周长为PD＋PQ＋DQ=D′P＋PQ＋ D″Q≥D′D″，∴当D′，P，Q，D″四点共线时，△DPQ的周长最小，由对 称的性质可得，∠ABD=∠ABD′，∠CBD=∠CBD″， ∵∠ABC=45°，BD=6，∴∠D′BD″=2∠ABD＋2∠CBD =2∠ABC=90°， D′B=D″B=BD=6，∴△D′BD″是等腰直角三角形， ∴D′D″=D′B=6，∴△DPQ周长的最小值为6. 解图 返回目录 例5　如图，在正方形ABCD中，AB=4，P为边AB上的点，且AP=2BP，E 为边BC上的点，连接DE，交对角线AC于点F，H为AC上的点，且 FH=AC，连接PH，当DF＋FH＋HP的值最小时，求DE的长. 解：∵FH=AC， ∴FH为定值， ∴要使DF＋FH＋HP的值最小， 只需DF＋HP的值最小即可， 返回目录 如解图①，过点P作PP′∥AC交BC于点P′，连接P′D，P′F，则 △PBP′∽△ABC， ∵AP=2BP，∴AB=3BP， ∴AC=3PP′， ∵FH=AC，∴PP′=FH， ∴四边形FHPP′为平行四边形， ∴HP=FP′， ∴DF＋HP=DF＋FP′≥DP′， ∴当D，F，P′三点共线时，DF＋HP的值最小，最小值为DP′的长， 解图①　 返回目录 如解图②，此时点P′与点E重合， ∵△PBE∽△ABC，AB=3BP， ∴BC=3BE， ∵BC=AB=4， ∴CE=BC=， ∴DE==. 　　 解图② 返回目录 二阶　综合训练 1. 如图，在矩形ABCD中，BC=2，∠ACB=30°，若M，N分别是线段 AC，BC上的两个动点，则BM＋MN的最小值为(　B　) A. B. C. D. 2 B 返回目录 【解析】如解图，作点B关于AC的对称点B1，过点B1作B1E⊥BC于点E， 设BB1交AC于点F，连接B1M，由对称性可知，BM=B1M，∴BM＋ MN=B1M＋MN≥B1E，∴BM＋MN的最小值为B1E的长，∵AC垂直平分 BB1，∴∠CFB=∠AFB=90°，∵BC=2，∠ACB=30°， ∴∠ABF=30°，BF=1，∴BB1=2，∵B1E⊥BC， ∴∠BB1E=∠ABF=30°，∴BE=1， ∴B1E===， ∴BM＋MN的最小值为. 解图 返回目录 2. 如图，在Rt△ACB中，∠ABC=30°，AC=，点D在边BC上且 BD=BC，P是斜边AB上的一个动点，连接PC，PD，则△PCD周长的最 小值为 　. 2＋ 返回目录 【解析】根据“两点一线”模型——将军饮马作解图，当C，P，D′三点共 线，即点P与点P′重合时，PC＋PD的值最小，最小值为CD′的长，连接 BD′，过点D′作D′E⊥BC于点E，在Rt△ABC中， ∵∠ABC=30°，AC=，∴AB=2AC=2，BC=AC=3， ∵BD=BC，∴BD=1，CD=2， ∵点D′是点D关于AB的对称点，∴∠ABD′=∠ABC=30°，BD=BD′，∴∠DBD′=60°，∴△DBD′是等边三角形， ∴DD′=1，BE=DE=，D′E=， 解图 返回目录 ∴CE=CD＋DE=， 在Rt△CED′中， 由勾股定理得，CD′==， ∴CD＋CD′=2＋，∴△PCD周长的最小值为2＋. 解图 返回目录 3. 如图，正方形ABCD的边长为6，E，F是对角线BD上的两个动点，且 EF=2，连接CE，CF，则CE＋CF的最小值为 　4　　. 4 返回目录 【解析】如解图，过点C作CH∥BD，使得CH=EF=2，连接AH交BD于 点F，连接AC，∵CH=EF，CH∥EF，∴四边形EFHC是平行四边形， ∴EC=FH，∵BD垂直平分AC，∴FA=FC，∴CE＋CF=FH＋AF，∴当 A，F，H三点共线时，FH＋AF有最小值，即AH的长，∵AC⊥BD， CH∥BD，∴AC⊥CH，∴∠ACH=90°，在Rt△ABC中，AC=AB=6， ∴AH===4， ∴CE＋CF的最小值为4. 解图 返回目录 4. 如图，在正方形ABCD中，P为对角线AC上一点，将线段BP绕点B顺时 针旋转60°得到线段BP′，连接P′C，若P′C长度的最小值为1，则此时AP 的长为 　​ 　. ​ 返回目录 【解析】如解图，将线段AB绕点B顺时针旋转60°得到BE，连接AE， DE，P′E，CE，∴AB=BE，∠ABP=∠EBP′， 易得△EAB为等边三角形，由题意得BP=BP′， ∴△APB≌△EP′B(SAS)，∴AP=EP′，∠BEP′=∠BAP=45°， 同理可证得△AED≌△BEC， ∴ED=EC，在等边△EAB中，AB=AE，∠BAE=∠AEB=60°， 在正方形ABCD中，∠BAC=45°，AB=AD， ∠BAD=∠ADC=90°， ∴AE=AD，∠EAD=30°， 解图 返回目录 解图 ∴∠AED=∠ADE=×(180°－∠EAD)=75°， ∴∠EDC=90°－75°=15°，∠DEP′=75°＋60°＋45°=180°， ∴D，E，P′三点共线， ∵此时CP′=1，∴∠P′EC=2∠EDC=30°， ∴当CP′⊥DP′时，CP′最小， ∵此时CP′=1，∴EP′=CP′=， 即AP=EP′=. 返回目录 5. 如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，对角线AC，BD交于点O， BD=4，E为OD的中点，F为AB上一点，且AF=3BF，P为AC上一动点， 连接PE，PF，则|PF－PE|的最大值为 ⁠. 1 【点拨】如解图，取OB中点E′，连接PE′，作射线FE′交AC于点P′，当P与P′重合，P′，E′，F三点在同一直线上时，|PF－PE′|有最大值，即为FE′的长. 解图 返回目录 【解析】如解图，取OB中点E′，连接PE′，作射线FE′交AC于点P′，易得 PE=PE′，∴|PF－PE|=|PF－PE′|≤FE′，当P与P′重合，P′，E′，F三点在 同一直线上时，|PF－PE′|有最大值，即为FE′的长，∵在菱形ABCD中， ∠ABC=120°，∴∠ABD=60°，∠DAB=60°，∴△ABD为等边三角 形，∵BD=4，∴AB=AD=BD=4，∴OD=OB=2，∵E′为OB的中点， ∴E′B=1，∵AF=3BF，∴BF=AB=1，∴BF=E′B， ∵∠ABD=60°， ∴△BE′F为等边三角形，∴E′F=FB=1， ∴|PF－PE|的最大值为1. 解图 返回目录 6. 如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，点M，N在边BC上且 MN=2，以MN为边在矩形ABCD内部作正方形MNPQ，连接BQ，DP，求 BQ＋PD的最小值. 解：如解图，把线段BQ沿QP所在直线平移，使点Q与点P重合，点B的对 应点为B′，连接DB′，由平移的性质得，B′P=BQ，QP=BB′， 解图 返回目录 ∴BQ＋PD=B′P＋PD≥DB′， 当D，P，B′三点共线时，BQ＋PD的值最小，最小值为DB′的长， ∵四边形MNPQ是正方形，MN=2， ∴PQ=MN=2， ∴BB′=2， ∵BC=5， ∴B′C=BC－BB′=3， ∵四边形ABCD是矩形，AB=3， 解图 返回目录 ∴∠C=90°，CD=AB=3， 在Rt△CDB′中，由勾股定理得，DB′==3，即BQ＋PD的 最小值为3. 解图 返回目录 $ 第七单元　图形的变化 第31课时　图形的对称 节前复习导图 图形的对称 轴对称图形与 中心对称图形 轴对称与 中心对称 图形 判断步骤 图形 性质 作图方法 1 考点梳理 2 江苏真题随堂练 3 分层作业本 考点梳理 一、轴对称图形与中心对称图形 轴对称图形 中心对称图形 图形 判断 步骤 1.找对称轴； 2.图形沿对称轴折叠； 3.对称轴两边的图形完全重合 1.找对称中心； 2.图形绕对称中心旋转180°； 3.旋转前后的图形完全重合 返回思维导图 返回目录 将下列常见图形对应的序号填在对应横线上： A. 等腰三角形，B. 等边三角形，C. 平行四边形，D. 菱形，E. 矩形，F. 正方形，G. 正五边形，H. 正六边形，I. 圆 (1)轴对称图形有： ⁠； (2)中心对称图形有： ⁠； (3)既是轴对称图形又是中心对称图形： ⁠ A，B，D，E，F，G，H，I C，D，E，F，H，I D，E，F，H，I 返回思维导图 返回目录 二、轴对称与中心对称 轴对称 中心对称 图形 性质 1.成轴对称的两个图形是全等图形； 2.对称点所连线段被对称轴垂直平分 1.成中心对称的两个图形是全等图形； 2.对称点所连线段都经过对称中心，并且被对称中心所平分 作图 方法 1.找出原图形的关键点，作出它们关于对称轴(或对称中心)的对称点； 2.根据原图形依次连接各对称点即可 返回思维导图 返回目录 江苏真题随堂练 命题点 对称图形的识别(3年5考) 1. (2025淮安2题)下列交通标志中，属于轴对称图形的是(　C　) C 返回目录 2. (2024淮安3题)中国古典建筑中的镂空砖雕图案精美，下列砖雕图案中 不是中心对称图形的是(　A　) A 返回目录 3. (2023盐城3题)下列图形中，属于中心对称图形的是(　B　) 4. (2023淮安2题)剪纸是中国优秀的传统文化，下列剪纸图案中，是轴对 称图形的是(　B　) B B 返回目录 5. (2023连云港2题)在美术字中，有些汉字可以看成是轴对称图形.下列汉 字中，是轴对称图形的是(　C　) C 返回目录 6. (2025扬州2题)窗棂是中国传统木构建筑的重要元素，既散发着古典之 韵，又展现了几何之美.下列窗棂图案中，是轴对称图形但不是中心对称 图形的是(　C　) C 返回目录 7. (2023徐州2题)下列图案是中心对称图形但不是轴对称图形的是(　A　) 8. (2022盐城3题)下列四幅照片中，主体建筑的构图不对称的是(　B　) A B 返回目录 9. (2024扬州2题)“致中和，天地位焉，万物育焉”，对称之美随处可见.下 列选项分别是扬州大学、扬州中国大运河博物馆、扬州五亭桥、扬州志愿 服务的标识，其中的轴对称图形是(　C　) C 返回目录 10. (2023苏州2题)古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美.下面 四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是(　C　) C 返回目录 11. (2022无锡6题)雪花，风车，…，展示着中心对称的美，利用中心对 称，可以探索并证明图形的性质.请思考在下列图形中，是．中心对称图形 但不．一．定．是．轴对称图形的为(　B　) A. 扇形 B. 平行四边形 C. 等边三角形 D. 矩形 【解析】扇形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故选项A不符合题 意；平行四边形是中心对称图形，但不一定是轴对称图形，故选项B符合 题意；等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故选项C不符合 题意；矩形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故选项D不符合题意. B 返回目录 12. (2025苏州模拟)下列图形中是旋转对称图形的有(　C　) A. 　1个 B. 　2个 C. 　3个 D. 　4个 C 返回目录 13. 围棋起源于中国，古代称为“弈”.如图是两 位同学的部分对弈图，轮到白方落子，观察棋盘，白方如果落子于 点 的位置，则所得的对弈图是轴对称图形.(填写A，B，C，D 中的一处即可，A，B，C，D均位于棋盘的格点上) 新考法 传统文化 A(或C) 返回目录 $ 第七单元　图形的变化 微专题　图形的折叠 一阶　方法训练 类型一　利用折叠出现的等腰、直角三角形求解 原理 图形分析 解题思路 利用折叠的性质得到直角三角形或者等腰三角形，再利 用等腰三角形性质、勾股定理或三角函数求解 在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=c，AC=b，BC=a，将△ABC按照如图所示的折痕折叠，点C的对应点E落在AB上 如图，设DE=x，则 CD=DE=x，AE=AC=b，故BD=a－ x，BE=c－b.在Rt△BED中，利用勾股 定理可得x2＋(c－b)2=(a －x)2 返回目录 原理 图形分析 解题思路 利用折叠的性 质得到直角三 角形或者等腰 三角形，再利 用等腰三角形 性质、勾股定 理或三角函数 求解 在矩形ABCD中，AB=a， BC=b，将矩形按照如图所示 的折痕折叠 如图，设DF=x，则 AF=b－x，BF=DF=x. 在Rt△ABF中，利用勾 股定理可得a2＋(b－ x)2=x2 返回目录 例1　如图，在矩形ABCD中，CD=4，BC=8，将△BCD沿BD翻折得到 △BED，BE交AD于点F，则AF的长为 ⁠. 3 【解析】∵四边形ABCD为矩形CD=4，BC=8，∴AD=BC=8， AB=CD=4，AD∥BC，∠A=90°，∴∠ADB=∠CBD，由折叠的性质得， ∠CBD=∠EBD，∴∠ADB=∠EBD，∴BF=DF，设AF=x，则 BF=DF=AD－AF=8－x，在Rt△ABF中， BF2=AB2＋AF2，即(8－x)2=42＋x2， 解得x=3，∴AF=3. 返回目录 例2　如图，已知矩形纸片的宽为2，将矩形纸片沿MN折叠，得到重合部 分△AMN，若∠MAN=45°，则△AMN的面积为 　. 2 【解析】如解图，过点M作MP⊥AN于点P，∵纸条为矩形， ∴MB∥AN，∴∠1=∠ANM，由折叠的性质可知∠1=∠AMN， ∴∠AMN=∠ANM，∴△AMN是等腰三角形.∵∠MAN=45°，MP=2， ∴AN=AM===2，∴S△AMN=AN∙MP=×2×2=2. 解图 返回目录 例3　如图，在Rt△ABC中，BC=6，AB=9，∠B=90°，将△ABC沿MN 折叠，使点A与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段DN的长为 ⁠. 【解析】设AN=x，由折叠的性质得，DN=AN=x，则BN=9－x. ∵D是BC的中点，BC=6，∴BD=×6=3， 在Rt△BDN中，由勾股定理，得ND2=NB2＋BD2， ∴x2=(9－x)2＋33，解得x=5.∴DN=5. 5 返回目录 例4　如图，对折矩形纸片ABCD，使得AD与BC重合，得到折痕EF，把 纸片展平.沿过点B的直线再折叠一次纸片，使点A的对应点A′落在EF上， 得到折痕BM，连接MF，若MF⊥BM，AB=6 cm，求AD的长. 解：∵四边形ABCD为矩形，AB=6 cm， ∴∠A=∠D=90°，CD=AB=6 cm， 由折叠的性质，得BE=DF=3 cm，A′B=AB=6 cm， ∠A′EB=90°，∠ABM=∠A′BM， 在Rt△A′BE中， ∵A′B=2BE， ∴∠BA′E=30°， 返回目录 ∴∠A′BE=60°，∴∠ABM=30°， ∴∠AMB=60°，∴AM=AB∙tan 30°=6×=2(cm)， ∵MF⊥BM， ∴∠BMF=90°， ∴∠DMF=30°， ∴∠DFM=60°， ∴DM=DF∙tan 60°=3×=3(cm)， ∴AD=AM＋DM=2＋3=5(cm). 返回目录 类型二　利用折叠出现的全等、相似求解 原理 图形分析 解题思路 利用折叠的性 质得到全等、 相似三角形， 再利用全等、 相似三角形的 性质求解 将矩形 ABCD按照 如图所示的 折痕折叠 点B′落在矩形边上 ①全等关系： △BCP≌△B′CP； ②相似关系： △AB′P∽△DCB′ 返回目录 原理 图形分析 解题思路 利用折叠的性 质得到全等、 相似三角形， 再利用全等、 相似三角形的 性质求解 将矩形 ABCD按 照如图所 示的折痕 折叠 点B′落在矩形外 ①全等关系： △ABC≌△AB′C， △AB′F≌△CDF； ②特殊三角形： Rt△AB′F，Rt△CDF，等 腰△AFC 返回目录 原理 图形分析 解题思路 利用折叠的性 质得到全等、 相似三角形， 再利用全等、 相似三角形的 性质求解 将矩形 ABCD按 照如图所 示的折痕 折叠 点B′落在矩形对 角线上 ①全等关系： △BCP≌△B′CP； ②相似关系： △AB′P∽△ABC 返回目录 例5　如图是一张矩形纸片ABCD，点E在AB边上，把纸片沿CE所在直线 折叠，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF. 若点E，F，D在同一条 直线上，AE=2. (1)求DF的长； 解：(1)∵四边形ABCD是矩形， ∴AD=BC，∠ADC=∠B=∠DAE=90°， 由折叠的性质得，CF=BC，∠CFE=∠B=90°， EF=BE， ∴CF=AD，∠CFD=90°， 返回目录 ∴∠ADE＋∠CDF=∠CDF＋∠FCD=90°， ∴∠ADE=∠FCD， ∴△ADE≌△FCD(ASA)， ∴DF=AE=2； 返回目录 矩形ABCD，把纸片沿CE所在直线折叠，使点B落在对角线AC上的点F 处，AE=2. (2) 求BE的长. (2)∵∠AFE=∠CFD=90°， ∴∠AFE=∠DAE=90°， ∵∠AEF=∠DEA， ∴△AEF∽△DEA， ∴=， 即=， ∴EF=－1(负值已舍去)， 由折叠的性质可得，BE=EF， ∴BE=EF=－1. 一题多解法 返回目录 解法二：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB=CD， ∴S△ACD=S△DCE， ∴S△ACD－S△DCF=S△DCE－S△DCF， ∴S△ADF=S△ECF， 由折叠的性质得，BC=CF，BE=EF，S△ECF=S△BCE， ∵S△ACD=S△ABC， ∴S△ACD－S△ADF=S△ABC－S△ECF=S△ABC－S△BCE， ∴S△DCF=S△ACE，即DF∙CF=AE∙BC， 返回目录 ∵CF=BC， ∴DF=AE=2， 设BE=EF=x，则DC=AB=x＋2， ∵AE∥CD， ∴△AEF∽△CDF， ∴=，即=，解得x=－1(负值已舍去)， ∴BE=－1. 返回目录 二阶　综合训练 1. 如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠B=45°，E是边CD上一点，连接 AE，将△ADE沿AE折叠，点D的对应点F恰好在DC的延长线上，则线段 CF的长为(　A　) A. 4－4 B. 4－2 C. 2－2 D. 2－1 A 返回目录 2. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，AB=6，D是斜边AB 的中点，把△ABC沿着CD折叠，点B的对应点为点E，连接AE，则AE的 长为(　A　) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 A 返回目录 3. 如图，在平面直角坐标系中，矩形AOBC的边OB，OA分别在x轴、y轴 的正半轴上，点D在BC边上，将矩形AOBC沿AD折叠，点C恰好落在边 OB上的点E处.若OA=8，OB=10，则点D的坐标是 ⁠. (10，3) 返回目录 【解析】∵四边形AOBC是矩形，OA=8，OB=10，∴AC=OB=10， BC=OA=8，∵将矩形AOBC沿AD折叠，点C恰好落在OB边上的点E处， ∴AE=AC=10，CD=DE，由勾股定理得，OE=6，∴BE=4，设BD=m，则 DE=CD=8－m，在Rt△BDE中，BE2＋BD2=DE2，即42＋m2=(8－m)2，解 得m=3，∴BD=3，∴D(10，3). 返回目录 4. (2024连云港15题)如图，将一张矩形纸片ABCD上下对折，使之完全重 合，打开后，得到折痕EF，连接BF. 再将矩形纸片折叠，使点B落在BF 上的点H处，折痕为AG. 若点G恰好为线段BC最靠近点B的一个五等分 点，AB=4，则BC的长为 　. 2 【点拨】如解图，设AG与BF交于点M，设BG=a，则BC=5a，AG=，BF=， S△ABG=AB∙BG=AG∙BM，BM=， cos∠FBC==，解得a. 解图 返回目录 【解析】如解图，设AG与BF交于点M， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠ABC=∠C=90°，AB=CD=4， 由折叠的性质可知，CF=CD=2，AG⊥BH，设BG=a，则BC=5a，∴AG==，BF==， ∵S△ABG=AB∙BG=AG∙BM，∴BM==， ∵∠BMG=∠C=90°，∴cos∠FBC==， 解图 返回目录 ∴BM∙BF=BG∙BC， ∴∙=a∙5a， 解得a=(负值已舍去)， 经检验a=是原方程的解，∴BC=5a=2. 解图 返回目录 5. 如图，正方形纸片ABCD的边长为6，M，N分别是边AB，CD上的点， 将正方形纸片ABCD沿MN折叠，使点A落在边BC上，对应点为点A′，点D 落在D′处，A′D′与CD交于点E. (1) 若BA′=2，求折痕MN的长； 解：(1)如解图①，过点N作NF⊥AB，连接AA′，与NF交于点P， 与MN交于点Q， 解图① 一题多解法 返回目录 ∵四边形ABCD是正方形， ∴DA⊥AB，DC∥BA，∠ABC=90°，AB=AD， ∴NF∥AD， ∴四边形AFND是矩形，NF=AD=6， 由折叠的性质得，AA′⊥MN， 在△APF和△NPQ中， ∵∠APF=∠NPQ，∠AFP=∠NQP=90°， 解图① ∴∠PAF=∠PNQ，即∠BAA′=∠FNM， 返回目录 ∵∠ABA′=∠NFM=90°，NF=AD=AB=6， ∴△ABA′≌△NFM(ASA)， ∵BA′=2， ∴MN=AA′==2； 解图① 返回目录 解法二:如解图②，连接AA′与MN交于点Q，连接AN， 解图② 由折叠的性质得，AQ=A′Q，NM⊥AA′，AM=A′M， ∵AB=6，BA′=2，∠B=90°， ∴AA′=2， ∴AQ=A′Q=， 设BM=x，则A′M=AM=6－x， 在Rt△A′BM中，BM2＋BA′2=A′M2， 即x2＋22=(6－x)2，解得x=， 返回目录 ∵S△AMN=AM∙AD=MN∙AQ， ∴BM=，AM=A′M=， ∴MN=2； 解图② 返回目录 5. 如图，正方形纸片ABCD的边长为6，将正方形纸片ABCD沿MN折叠，使点A落在边BC上，对应点为点A′，点D落在D′处，A′D′与CD交于点E. (2)探究△A′CE的周长是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说 明理由. (2)△A′CE的周长是定值. 如解图③，连接AA′，AE， 过点A作AG⊥A′E， 垂足为G， 解图③ 返回目录 由折叠的性质得，A′M=AM，∠MA′G=∠MAD=90°， ∴∠MA′A=∠MAA′， ∵∠AA′G＋∠MA′A=90°，∠AA′G＋∠A′AG=90°， ∴∠MA′A=∠A′AG， ∴∠MAA′=∠A′AG， ∵∠B=∠AGA′=90°，AA′=AA′， 解图③ ∴△ABA′≌△AGA′(AAS)， ∴GA′=BA′，GA=BA=AD， ∵∠D=∠AGE=90°，AE=AE， ∴Rt△ADE≌Rt△AGE(HL)， 返回目录 ∴GE=DE， ∴△A′CE的周长=A′C＋CE＋A′E=A′C＋CE＋A′B＋ED=BC＋DC=12. 解图③ 返回目录 $ 第七单元　图形的变化 第30课时　视图与投影 节前复习导图 视图与投影 常见几何体的 三视图、展开图及还原 正方体的 展开图类型 一四一型 二三一型 二二二型 三三型 投影 平行投影 中心投影 三视图的概念 主视图 左视图 俯视图 1 考点梳理 2 江苏真题随堂练 3 分层作业本 考点梳理 一、投影 1. 平行投影：由平行光线形成的投影，分正投影和斜投影，如太阳光的照射 2. 中心投影：由同一点(点光源)发出的光线形成的投影，如灯光的照射 二、三视图的概念 1. 主视图：在正面得到的由 ⁠观察物体的视图 2. 左视图：在侧面内得到的由 ⁠观察物体的视图 3. 俯视图：在水平面内得到的由 ⁠观察物体的视图 前向后 左向右 上向下 返回思维导图 返回目录 三、常见几何体的三视图、展开图及还原 返回思维导图 返回目录 【满分技法】1.主视图与俯视图要长对正，主视图与左视图要 ⁠，左视图与 俯视图要 ⁠ 2. 看得见部分的轮廓线画成 线，看不见部分的轮廓线画成 ⁠线 高平齐 宽相等 实 虚 返回思维导图 返回目录 四、正方体的展开图类型　 1.一四一型：(巧记：中间四个面，上下各一面) 2.二三一型：(巧记：中间三 个面，一二隔河见) 3.二二二型：(巧记：中间两个面，楼梯天天见) 4.三三型：(巧记：中间 没有面，三三连一线) 注：图中每两个颜色相同的面为相对面 返回思维导图 返回目录 【满分技法】正方体的表面展开图中不可能出现图形“ ”“ ”“ ”； 若出现图形“ ”，则另两面必须在两侧，可借助此方法来排除错误选项 返回思维导图 返回目录 江苏真题随堂练 投影 命题点 1 1. (苏科九下练习改编)小华拿着一块正方形木板在阳光下做投影实验，这 块正方形木板在地面上形成的投影不可能是(　A　) A. 等腰梯形 B. 矩形 C. 平行四边形 D. 线段 【解析】∵在同一时刻，平行物体的投影仍旧平行，∴这块正方形木板在 地面上形成的投影可能是矩形、平行四边形、线段，不可能是等腰梯形. A 返回目录 三视图的判断(3年2考) 命题点 2 2. (2023连云港4题)下列水平放置的几何体中，主视图是圆形的是(　C　) 3. (2023常州3题)运动场上的颁奖台如图所示，它的主视图是(　A　) C A 返回目录 4. 如图是由长方体和圆柱体组成的几何体，则它的左视图是(　B　) B 返回目录 5. (2023盐城6题)由六块相同的小正方体搭成的几何体如图所示，则它的 俯视图是(　D　) D 返回目录 三视图还原几何体及其相关计算(3年2考) 命题点 3 6. (2025宿迁4题)某几何体的三视图如图所示，这个几何体是(　D　) A. 圆柱 B. 圆锥 C. 正方体 D. 长方体 D 返回目录 7. (2023淮安7题)如图是一个几何体的三视图，则该几何体的侧面积是 (　B　) A. 12π B. 15π C. 18π D. 24π B 返回目录 【解析】由题图可得，这个几何体为圆锥，如解图，过点A作AD⊥BC于 点D，根据题意得，AB=AC，AD=4，BC=6，∴CD=BC=3， ∴AC==5，即圆锥的母线长为5，∴该几何体的侧面积是 π×6×5=15π. 解图 返回目录 常见几何体的展开图(3年2考) 命题点 4 8. (2024盐城5题)正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种平面 展开图，那么在原正方体中，与“盐”字所在面相对的面上的汉字是 (　C　) A. 湿 B. 地 C. 之 D. 都 C 返回目录 9. (2024扬州6题)如图是某几何体的表面展开后得到的平面图形，则该几 何体是(　C　) A. 三棱锥 B. 圆锥 C. 三棱柱 D. 长方体 C 返回目录 10. (2024常州4题)下列图形中，为四棱锥的侧面展开图的是(　B　) B 返回目录 $ 第七单元　图形的变化 第29课时　尺规作图 章前复习思路 平面图形 立体图形 全等 变化 图形的变化 视图与投影 图形的 平移与旋转 投影 几何体的三视图 立体图形的展开及还原 图形的平移 图形的旋转 要素 性质 轴对称图形与中心对称图形 轴对称与中心对称 五种基本尺规作图 尺规作图 作图步骤 图形的折叠 图形的对称 1 教材基本作图回顾 2 江苏真题随堂练 3 分层作业本 教材基本作图回顾 例1　作一条线段等于已知线段 已知：线段a， 求作：OA=a(根据作法使用直尺和圆规作图). 作法：(1)作射线OP； (2)以点O为圆心，① 为半径作弧，交OP于点A，OA即为所求作的 线段. a 圆上的点到圆心的距离 等于半径 这种作一条线段等于已知线段的作图依据是② ⁠ ⁠. 返回目录 例2　作一个角等于已知角 已知：∠α， 求作：∠AO′B=∠α(根据作法使用直尺和圆规作图). 作法：(1)在∠α上以点O为圆心，以适当的长为半径作弧， 交∠α的两边于点P，Q(点P在点Q下方)； (2)作射线O′A； (3)以点O′为圆心，① 长为半径作弧，交O′A于点M，可得 到O′M=OP； (4)以点M为圆心，② 长为半径作弧，与前弧相交于点N； (5)过点N作射线O′B，∠AO′B即为所求作的角. OP(或OQ) PQ 返回目录 请证明∠AO′B=∠α，并说明依据. 解：证明：如解图，连接PQ，MN，根据作图痕迹可知，OQ=OP=O′N， OP=O′M=MN， 则△OPQ≌△O′MN(SSS)， 即∠AO′B=∠α. 依据：三边分别相等的两个三角形全等； 全等三角形的对应角相等. 解图 返回目录 题后反思 已知两边及夹角，你都能作出什么图形呢？ 解：平行四边形.(作法不唯一) 解图 返回目录 例3　作已知角的平分线 已知：∠AOB， 求作：∠AOB的平分线(根据作法使用直尺和圆规作图). 作法：(1)以点O为圆心，适当长为半径作弧，分别交OA，OB于点N，M； (2)分别以点M，N为圆心，①______⁠的长为半径作弧，两弧 在∠AOB内相交于点P； (3)作射线OP，OP即为∠AOB的平分线. 大于MN 返回目录 (1)请填空并说明理由； 解：①大于MN； 理由：若不大于MN，则两弧没有交点； 作图如解图所示： 解图 返回目录 (2)证明∠BOP=∠AOP，并说明依据. 解：证明：如解图，连接MP，NP，根据作图可知，OM=ON，MP=NP， OP=OP， 则△MOP≌△NOP(SSS)， 可得∠BOP=∠AOP， 即OP为∠AOB的平分线. 依据：三边分别相等的两个三角形全等；全等三角形的对应角相等. 解图 返回目录 例4　作线段的垂直平分线 已知：线段AB， 求作：线段AB的垂直平分线(根据作法使用直尺和圆规作图). 作法：(1)分别以点A，B为圆心，①________的长为半径，在AB 两侧作弧，两弧交于M，N两点(点M在AB上方)； (2)连接两弧交点M，N所成直线l即为所求作的垂直平分线. 大于AB 返回目录 (1)请填空并说明理由； 解：①大于AB； 理由：若不大于AB，则两弧没有交点； 作图如解图所示： 解图 返回目录 (2)请证明直线l垂直平分线段AB，并说明依据. 解：证明：如解图，连接AM，BM，AN，BN， 根据作图得，AM=BM=AN=BN， ∴点M，N均在线段AB的垂直平分线上， ∴直线l垂直平分线段AB. 依据：到一条线段两个端点距离相等的点， 在这条线段的垂直平分线上；两点确定一条直线. 解图 返回目录 例5　过直线上一点作已知直线的垂线 已知：直线l及直线l上一点P， 求作：直线PN，使得PN⊥l(根据作法使用直尺和圆规作图). 作法：(1)以点P为圆心，任意长为半径向点P两侧作弧，交直线l于点A和 点B，可得到PA=PB； (2)分别以点A，B为圆心，①________⁠长为半径在直线上方作 弧，两弧交于点N； (3)连接PN，则直线PN即为所求作的垂线. 大于AB 返回目录 (1)请填空并说明理由； 解：①大于AB； 理由：若不大于AB，则两弧没有交点； 作图如解图所示： 解图 返回目录 (2)请证明PN⊥AB，并说明依据. 解：证明：如解图，连接AN，BN，根据作图得，AN=NB，AP=BP， ∴△ANB为等腰三角形，且P为AB的中点， ∴NP⊥AB. 依据：等腰三角形“三线合一”. 解图 返回目录 题后反思 已知两边，你能作出矩形吗？ 【题后反思】 解图 返回目录 例6　过直线外一点作已知直线的垂线 已知：直线l及直线l外一点P， 求作：直线PN，使得PN⊥l(根据作法使用直尺和圆规作图). 作法：(1)在直线l另一侧取点M； (2)以点P为圆心，① 长为半径作弧，交直线l于点A和点B(点A在 点B左侧)； (3)分别以点A，B为圆心，②__________长为半径作弧，交点M同 侧于点N； (4)连接PN，则直线PN即为所求作的垂线. PM 大于AB 返回目录 (1)请填空并说明理由； 解：①PM；②大于AB； 理由：若不大于AB，则两弧没有交点； 作图如解图所示： 解图 返回目录 (2)请证明PN⊥AB，并说明依据. 解：证明：如解图，连接AP，BP，AN，BN， 根据作图可得，AP=BP，AN=BN，∴点P，N在线段AB的垂直平分线， ∴PN⊥AB. 依据：到一条线段两个端点距离相等的点， 在这条线段的垂直平分线上. 解图 返回目录 例7 　(2022课标新增)过直线外一点作已知直线的平行线 已知：直线l及直线l外一点P. 求作：直线PQ，使得PQ∥l(根据作法使用直尺和圆规作图). 作法：(1)在直线l上取一点A，作射线AP； (2)以点A为圆心，适当长为半径作弧，分别交AP，l于点M，N； (3)以点P为圆心，① 长为半径作弧，交射线AP于点M′， 可得到AM=PM′； (4)以点M′为圆心，② 长为半径作弧，与前弧相交于点Q； (5)连接PQ，则直线PQ即为所求作的直线. AM(或AN) MN 返回目录 (1)请填空； (2)请证明PQ∥l，并说明依据. 证明：如解图，连接MN，M′Q，根据作图痕迹可知，AM=AN， AM=PM′，AN=PQ，MN=M′Q， 则△AMN≌△PM′Q(SSS)， ∴∠MAN=∠M′PQ， ∴PQ∥l. 依据：三边分别相等的两个三角形全等；全等三角形的对应角相等；同位 角相等，两直线平行. 解图 返回目录 题后反思 你还可以用什么方法作平行线呢？ 解：利用三角形中位线的性质作图如解图所示. 解图 返回目录 1. (2023常州7题)小明按照以下步骤画线段AB的三等分点： 画法 图形 1.以A为端点画一条射线； 2.用圆规在射线上依次截取3条等长线段AC，CD， DE，连接BE； 3.过点C，D分别画BE的平行线，交线段AB于点M、 N，M、N就是线段AB的三等分点. 江苏真题随堂练 根据作图痕迹进行相关判断与计算(3年1考) 命题点 1 返回目录 这一画图过程体现的数学依据是(　D　) A. 两直线平行，同位角相等 B. 两条平行线之间的距离处处相等 C. 垂直于同一条直线的两条直线平行 D. 两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例 D 返回目录 2. 如图，在△ABC中，D是AB的中点，按以下步骤作图：①以 点A为圆心，适当长为半径作弧，分别交AB，AC于点M，N；②以点D为 圆心，AM长为半径作弧，交DB于点M′；③以点M′为圆心，MN长为半径 作弧，在∠BAC内部交前面的弧于点N′；④过点N′作射线DN′交BC于点E. 若AC=4，则DE的长为(　C　) A. 1 B. C. 2 D. C 返回目录 3. (2024宿迁16题)如图，在△ABC中，∠B=50°，∠C=30°，AD是高， 以点A为圆心，AB长为半径画弧，交AC于点E，再分别以B，E为圆心， 大于BE的长为半径画弧，两弧在∠BAC的内部交于点F，作射线AF，则 ∠DAF= ⁠°. 10 返回目录 4. (2025苏州15题3分)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) ​ 【解析】如图，连接AB，交OC于点D，OC是∠MON的平分线，∴OC⊥AB，BD=AB， △AOB是等边三角形，在Rt△BCD中，CD=，tan∠BCO=tan∠BCD=. D 返回目录 利用尺规作图进行相关证明与计算 命题点 2 类型一　五种基本作图(3年2考) 5. (2023盐城21题)如图，AB=AE，BC=ED，∠B=∠E. (1)求证：AC=AD； 证明：在△ABC和△AED中，， ∴△ABC≌△AED(SAS)， ∴AC=AD； 返回目录 (2)用直尺和圆规作图：过点A作AF⊥CD，垂足为F. (不写作法，保留作 图痕迹) 解：如解图，AF即为所求.(作法不唯一) 解图 5. (2023盐城21题)如图，AB=AE，BC=ED，∠B=∠E. 返回目录 类型二　转化类作图(3年8考) 6. (2024连云港20题)如图，AB与CD相交于点E，EC=ED，AC∥BD. (1)求证：△AEC≌△BED； 证明：∵AC∥BD， ∴∠A=∠B，∠C=∠D， 在△AEC和△BED中，， ∴△AEC≌△BED(AAS)； 返回目录 (2)用无刻度的直尺和圆规作图：求作菱形DMCN，使得点M在AC上，点 N在BD上.(不写作法，保留作图痕迹，标明字母) 解：如解图所示，菱形DMCN即为所求. 解图 6. (2024连云港20题)如图，AB与CD相交于点E，EC=ED，AC∥BD. 返回目录 7. (2023宿迁24题)如图，在▱ABCD中，AB=5，AD=3，∠A=45°. (1)求出对角线BD的长； 解：如图，连接BD，过点D作DF⊥AB于点F， ∟ F ∵∠A=45°， ∴△ADF是等腰直角三角形， ∵AD=3， ∴AF=DF=AD∙sin 45°=3， ∵AB=5， ∴BF=AB－AF=5－3=2， ∴在Rt△BDF中，BD==； 返回目录 (2)尺．规．作．图．：将四边形ABCD沿着经过A点的某条直线翻折，使点B落在 CD边上的点E处，请作出折痕.(不写作法，保留作图痕迹) 解：如解图②，直线AG即为所求作的折痕. 解图② 7. (2023宿迁24题)如图，在▱ABCD中，AB=5，AD=3，∠A=45°. 返回目录 8. (2023连云港24题)如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交边 AC于点D，连接BD，过点C作CE∥AB. (1)请用无刻度的直尺和圆规作图：过点B作⊙O的切线，交CE于点F；(不 写作法，保留作图痕迹，标明字母) 解：如解图，直线BF即为所求作；(作法不唯一) 解图 返回目录 (2)在(1)的条件下，求证：BD=BF. 证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB， ∵CE∥AB，∴∠ABC=∠BCF， ∴∠BCF=∠ACB， ∵点D在以AB为直径的圆上， ∴∠ADB=90°，∴∠BDC=90°， ∵BF为⊙O的切线，∴∠ABF=90°， 8. (2023连云港24题)如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交边 AC于点D，连接BD，过点C作CE∥AB. 返回目录 ∵CE∥AB， ∴∠BFC＋∠ABF=180°，∴∠BFC=90°， ∴∠BDC=∠BFC， 在△BCD和△BCF中，， ∴△BCD≌△BCF(AAS)， ∴BD=BF. 返回目录 9. (2025宿迁24题)实验活动：仅用一把圆规作图. 【任务阅读】如图①，仅用一把圆规在∠AOB内部画一点P，使点P在 ∠AOB的平分线上. 小明的作法如下： 如图②，以点O为圆心，适当长为半径画弧，分别交射线OA， OB于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF长为 半径画弧，两弧交于点P，则点P为所求点. 返回目录 理由：如图③，连接EP，FP，OP， 由作图可知，OE=OF，PE=PF， 又因为OP=OP， 所以 ⁠. 所以∠EOP=∠FOP. 所以OP平分∠AOB. 即点P为所求点. △EOP≌△FOP 返回目录 【实践操作】如图④，已知直线AB及其外一点P，只用一把圆规画一点 Q，使点P，Q所在直线与直线AB平行，并给出证明.(保留作图痕迹，不写 作法) 【实践操作】如解图，点Q即为所求， 解图 返回目录 证明：如解图，连接AP，PQ，BQ， 由作图可知PQ=AB，BQ=AP， ∴四边形ABQP是平行四边形， ∴PQ∥AB， ∴点P，Q所在直线与直线AB平行.(作法不唯一) 解图 返回目录 $ 第七单元　图形的变化 微专题　主从联动 如果一个点随着另一个点的移动而移动，这种问题属于主从联动问题.不 动的点叫定点，自己移动的点叫主动点，因为主动点移动而移动的点叫从 动点. 返回目录 一阶　方法训练 类型一　“从动点”轨迹与“主动点”轨迹一致(瓜豆原理)(3年3考) 构图 线生线 圆生圆 结论 1.形状：从动点路径和主动点路径形状相同； 2. 定值=主动点路径长∶从动点路径长=主动点与定点间的距离∶ 从动点与定点间的距离=主动点所在圆的圆心与定点间的距离∶从 动点所在圆的圆心与定点间的距离(运动路径是圆)； 返回目录 结论 3. 定角=主动点、从动点与定点连线的夹角=主动点所在圆的圆 心、从动点所在圆的圆心与定点连线的夹角(运动路径是圆)=主动 点路径所在直线与从动点路径所在直线的夹角(运动路径是直线)； 4. 位置：从动点路径=主动点路径绕定点旋转定角缩放定比(从图形的旋转角度来看) 原理 旋转相似或全等(定点与主动点及其轨迹中一点所形成的三角形相 似或全等于定点与从动点及对应点所形成的三角形) 返回目录 几何画板动态演示 温馨提示：点击查看原文件 返回目录 例1　点A，B，C为平面内不重合的三点，A为定点，试探究点B和点C运 动轨迹的关系. (1)(全等型＋平行线)如图①，A，B，C三点在同一直线上，且AB=AC，当 点B在直线l上运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹； 图① 构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ，= ⁠，为定值， 点B的运动轨迹为直线，则点C的运动轨迹为 ⁠. B C 1 直线 返回目录 解：点C的运动轨迹如解图①所示； 解图① 返回目录 (2)(全等型＋相交线)如图②，A，B，C三点不在同一直线上，AB=AC，当 点B在直线l上运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹； 图② 构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ，= ⁠，为定值， 点B的运动轨迹为直线，则点C的运动轨迹为 ⁠. 解：点C的运动轨迹如解图②所示； B C 1 直线 解图② 返回目录 (3)(相似型＋相交线)如图③，A，B，C三点不在同一直线上，AB=mAC， 当点B在直线l上运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹. 图③ 构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ，= ⁠，为定值， 点B的运动轨迹为直线，则点C的运动轨迹为 ⁠. 解：点C的运动轨迹如解图③所示. B C m 直线 解图③ 返回目录 题后反思 你能根据上述例题总结出直线轨迹的构图步骤吗？ (1)确定一定点A和两动点B，C，其中主动点B的轨迹为直线； (2)确定定角∠BAC和定比=k； (3)确定从动点C的轨迹为直线. 图③ 返回目录 例2　点A，B，C为平面内不重合的三点，A为定点，试探究点B和点C运 动轨迹的关系. (1)(全等型)如图①，A，B，C三点在同一直线上，且AB=AC，当点B在 ⊙O上运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹； 图① 构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ， = ⁠，为定值，点B的运动轨迹为圆， 则点C的运动轨迹为 ⁠. B C 1 圆 返回目录 解：点C的运动轨迹如解图①所示； 解图① 返回目录 (2)(全等型)如图②，A，B，C三点不在同一直线上，AB=AC，当点B在 ⊙O上运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹； 图② 构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ，= ⁠，为定值， 点B的运动轨迹为圆，则点C的运动轨迹为 ⁠. B C 1 圆 解：点C的运动轨迹如解图②所示； 解图② 返回目录 (3)(相似型)如图③，A，B，C三点不在同一直线上，AB=mAC，当点B在 ⊙O上运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹. 图③ 构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ，= ⁠，为定值， 点B的运动轨迹为圆，则点C的运动轨迹为 ⁠. 解：点C的运动轨迹如解图③所示. 解图③ B C m 圆 返回目录 题后反思 你能根据上述例题总结出圆轨迹的构图步骤吗？ (1)确定圆心所在的直线：主、从动点所在轨迹的圆心与定点连线的夹角 等于主、从动点与定点连线的夹角，即∠BAC=∠OAO′； (2)确定圆心所在的位置：主、从动点到定点的距离之比等于主、从动点 所在轨迹的圆心到定点的距离之比，即==m； (3)确定圆的半径：主动点所在轨迹的半径是从动点 所在轨迹的半径的m倍，即OB=mO′C. 图③ 返回目录 类型二　“从动点”轨迹与“主动点”轨迹不一致(3年1考) 构图 线生圆 圆生线 结论 1. 形状：从动点路径和主动点路径形状不同； 2. 定值=主动点与定点间的距离×从动点与定点间的距离； 3. 定角=主动点、从动点与定点连线的夹角 原理 旋转相似或全等(定点与主动点及其轨迹中一点所形成的三角形相 似或全等于定点与从动点及对应点所形成的三角形) 返回目录 例3　(线生圆)如图，点B在直线l上运动，A是直线l外一定点，点C在线段 AB上，且AB∙AC=m，当点B运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹，并 说明理由. 构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ，AB∙AC= ⁠，为定 值，点B的运动轨迹为直线，则点C的运动轨迹为 ⁠. 解：画出点C的轨迹如解图所示. B C m 圆 解图 返回目录 理由：如解图，过点A作AB′⊥直线l，在线段AB′上取点C′，使得 AB′∙AC′=m， ∴AB′∙AC′=AB∙AC=m， 则=， ∵∠A=∠A， ∴△ACC′∽△AB′B， ∴∠ACC′=∠AB′B=90°， ∴点C的轨迹是以AC′为直径的⊙O. 解图 返回目录 题后反思 若A，B，C三点不在一条直线上，该结论还成立吗？ 解：成立.如解图，点B在直线l上运动，A是直线l外一定点，∠BAC=α，且AB∙AC=m，当点B运动时，点C的运动轨迹依然是圆，理由如下： 如解图，过点A作AB′⊥直线l于点B′，作∠B′AC′=∠BAC，且使得 AC′∙AB′=m，连接CC′， ∵AB∙AC=AC′∙AB′=m， ∴=， 解图 返回目录 ∵∠BAC－∠B′AC=∠B′AC′－∠B′AC， ∴∠BAB′=∠C′AC， ∴△BAB′∽△C′AC， ∴∠ACC′=∠AB′B=90°， ∴点C的轨迹是以AC′为直径的⊙O. 解图 返回目录 二阶　综合训练 1. 如图，AB为⊙O的直径，AB=4，C为半圆AB的中点，P为劣弧上一 动点，延长BP至点Q，使BP∙BQ=AB2.若点P由A沿劣弧运动到C，则点 Q运动的路径长为 ⁠. 4 返回目录 【解析】如解图，连接AQ，AP. ∵BP∙BQ=AB2，∴=， 又∵∠ABP=∠QBA，∴△ABP∽△QBA，∴∠QAB=∠APB=90°， ∴QA始终与AB垂直，当点P在A点时，Q与A重合， 当点P在C点时，AQ=2OC=4，此时，Q运动到最远处， ∴点Q运动路径长为4. 解图 返回目录 2. 如图，线段AB=8，P是平面内一个动点，且BP=2，连接AP，以AP为斜 边在AP上方作Rt△ACP，且CA=CP. 连接BC，则BC的最大值为 ⁠. 5　 返回目录 【解析】如解图，以AB为斜边，在AB上方作等腰Rt△ABD，连接CD， 则BD=4，∵==，且∠CAD=∠PAB=45°－∠DAP， ∴△CAD∽△PAB，∴=，∴CD=，∵点P在以点B为圆心，2为半 径的圆上运动，∴点C在以D点为圆心，为半径的圆上运动，当B，C， D三点在同一直线上，且点C在BD延长线上时，BC最大， 最大值为4＋=5. 解图 返回目录 3. (2024连云港16题)如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=2.点 P在边AC上，过点P作PD⊥AB，垂足为D，过点D作DF⊥BC，垂足为F. 连接PF，取PF的中点E. 在点P从点A到点C的运动过程中，点E所经过的 路径长为 　​ 　. ​ 返回目录 【解析】如解图，以C为原点，CB方向为x轴，CA方向为y轴，建立平面 直角坐标系，过点D作DG⊥AC于点G，设AP=a，则CP=2－a，则P(0，2 －a)， ∵∠B=30°，∠C=90°，∴∠A=60°， ∵PD⊥AB，∴∠PDA=90°，∴∠APD=30°，∴AD=AP=，∵DG⊥AC， ∴∠AGD=90°，∴AG=AD=，DG=AG=a， ∵DF⊥BC，DG⊥AC，∠ACB=90°， ∴四边形DGCF为矩形，∴DG=CF，∴F(a，0)， 解图 返回目录 解图 ∵E为PF的中点，∴E(a，1－a)， 令x=a，y=1－a，则y=1－x，点E在直线y=1－x上运动， 当点P与A重合时，a=0，此时E(0，1)， 当点P与C重合时，a=2， 此时E(，0)，∴点E所经过的路径长为 =. 返回目录 4. (2025扬州18题)如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=4，点E是BC边 上的动点，将△ABE沿直线AE翻折得到△APE，过点P作PF⊥AD，垂足 为F，点Q是线段AP上一点，且AQ=PF. 当点E从点B运动到点C时，点Q 运动的路径长是  　　　　　. ​ 返回目录 【解析】∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD=∠B=90°，由翻折可得， AP=AB=4，如解图①，当点P在矩形内部时，过点Q作QH⊥AP，交AB于 点H，则∠AQH=90°=∠BAD，∴∠AHQ=∠PAF=90°－∠HAQ， ∵PF⊥AD，∴∠PFA=90°=∠AQH，∴△AQH∽△PFA，∴=， ∵AQ=PF，∴AH=AP=2，∴点Q在以AH为直径的⊙G上运动，∴当点E 从点B开始运动直至点P落在AD上时，点Q的运动轨迹为 半圆G(半圆在矩形内)，∴点Q运动的路径长为×2π=π； 解图① 返回目录 如解图②，当点P在矩形ABCD的外部时，过点Q作QK⊥AP，交BA的延长 线于点K，同理可得∠AKQ=∠PAF，△AKQ∽△PAF，AK=AP=2，∴点 Q在以AK为直径的⊙O上运动，连接OQ，当点E运动到点C时，∵AB=4， BC=4，∠B=90°，∴tan∠BAC==，∴∠BAC=60°， ∴∠CAD=∠BAD－∠BAC=30°，∠PAC=∠BAC=60°， ∴∠PAF=∠PAC－∠CAD=30°，∴∠AKQ=∠PAF=30°， ∴∠AOQ=2∠AKQ=60°， ∴点Q的运动轨迹为圆心角为60°的， 路径长为=，∴点Q运动的路径长为π＋=. 解图② 返回目录 $