2024成都中考数学复习逆袭卷 专题七 图形的变化 (含详细解析)

这是一份2024成都中考数学复习逆袭卷 专题七 图形的变化 (含详细解析)，共39页。
(针对诊断小卷十三第10题)
1. (诊断小卷十三 第10题变式练—结合三角形相似) (创新考法·注重过程性学习) 如图，已知矩形ABCD及对角线AC.
(1)过点B作AC的垂线，垂足为E；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
(2)结合图形猜想△ABE∽△CAD，请将下面的证明过程补充完整．
第1题图
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥①________，∠D＝②______°(矩形的对边平行，每个角都是直角)，
∴∠BAE＝∠ACD(③__________________________)，(填推理的依据)
∵BE⊥AC，
∴∠AEB＝90°，
∴∠AEB＝∠D，
∴△ABE∽△CAD(④__________________________).(填推理的依据)
2. (结合作角平分线)如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°.
(1)作∠BAC的平分线，交BC于点D；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)
(2)在(1)的条件下，若∠BAC＝60°，BD＝2，求AC的长．
第2题图
针对考向2 根据尺规作图痕迹进行判断或计算
(针对诊断小卷十三第5题、小卷十四第3题)
3. (结合作图痕迹判断中点)已知△ABC，AB≠AC，通过如下尺规作图，能确定点D是BC中点的是( )
4. (诊断小卷十四 第3题变式练—变为结论判断)如图，在△ABC中，∠BAC≠90°，①分别以点B，C为圆心，大于 eq \f(1,2) BC长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线MN，交BC于点D，连接AD；②在AC右侧取一点O，以D为圆心，DO长为半径作弧交AC于点P，Q；③分别以P，Q为圆心，大于 eq \f(1,2) PQ长为半径作弧，两弧交于点R，作直线RD交AC于点E，则有以下结论：①BD＝CD；②S△ABD＝S△ADC；③DE⊥AC；④AD＝BD.其中正确的结论的个数为( )
第4题图
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
5. (诊断小卷十三 第5题变式练—结合坐标系)如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点B，C在x轴上，且∠ABC＝45°，BC＝4.连接AC，以点C为圆心，CA长为半径画弧交AD于点E，若B(1，0)，则点E的坐标为________．

第5题图
拓展考向 间接尺规作图
1. (结合菱形)如图，已知等边△ABC，在平面内求作一点D，连接AD，CD，使四边形ABCD为菱形．(保留作图痕迹，不写作法)
第1题图
2. (结合三角形周长转化)如图，已知△ABC，请用尺规作图法，在边BC上求作一点D，连接AD，使△ABD的周长等于AB＋BC.(保留作图痕迹，不写作法)
第2题图
3. (结合角的倍数关系)如图，已知平行四边形ABCD.
(1)请用尺规作图法，在AD边上找一点E，使2∠AEB＝∠ABC；(保留作图痕迹，不写作法)
(2)在(1)的条件下，连接BE并延长交CD的延长线于点F，求证：DE＝DF.
第3题图
考点2 无刻度直尺作图
针对考向 结合网格性质作图
(针对诊断小卷十四第10题)
1. (诊断小卷十四 第10题变式练)如图，在6×10的正方形网格中，小正方形的边长都为1，线段AB的端点均在格点(网格线的交点)上，请仅用无刻度的直尺在给定网格中完成作图(保留作图痕迹).
(1)请在图①中以线段AB为斜边作Rt△ABC，点C在格点上(作出一个即可)；
(2)请在图②中以AB为边作菱形ABDE，点D，E均在格点上(作出一个即可).
第1题图
2. (结合三角形网格)如图，在边长为1的小等边三角形构成的网格中，△ABC的顶点都在格点上，请仅用无刻度的直尺在给定网格中完成作图(保留作图痕迹).
(1)如图①，作△ACD，使点D在格点上，且∠ADC＝30°，S△ADC＝2S△ABC；
(2)如图②，在AC上作一点E，使得AE＝2CE.
第2题图
3. (结合圆)如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，B，C在格点上．
(1)AB的长为________；
(2)以AB为直径的半圆的圆心为O，连接AC，在半圆上有一点P，连接AP，满足∠PAC＝ eq \f(1,4) ∠ACB.请用无刻度的直尺在如图所示的网格中画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的(不要求证明).
第3题图
拓展考向 结合几何图形性质作图
1. (结合平行四边形)如图，在平行四边形ABCD中，点E是边CD的中点．请仅用无刻度的直尺完成下列作图(保留作图痕迹).
(1)在图①中，作对角线BD的三等分点M；
(2)在图②中，过点E作EF∥BC交AB于点F.
第1题图
2. (结合正多边形)如图，A，B，C，D，E为正八边形的五个顶点，且DE∥AB，请仅用无刻度的直尺分别按下列要求作图(保留作图痕迹).
(1)在图①中，过点D作BC的平行线；
(2)在图②中，作AE的垂线，使得垂足在AE上(不与点E重合).
第2题图
3. (结合圆)如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的两点，且BC＝BD，请仅用无刻度的直尺分别按下列要求作图(保留作图痕迹).
(1)在图①中，画出直径AB的垂直平分线；
(2)在图②中，若BC＝BO，过点C作⊙O的切线．
第3题图
考点3 几何体的三视图
针对考向1 三视图的判断
(针对诊断小卷十三第1题、小卷十四第2题)
1. (诊断小卷十三 第1题变式练)如图是由正六棱柱和球体组合而成的几何体，其主视图是( )
第1题图

2. (诊断小卷十四 第2题变式练)如图，是由5个大小相同的小正方体组成的几何体，其左视图是( )
3. (考查俯视图)如图，是一个“工”型零件的示意图，其俯视图是( )
针对考向2 立体图形的展开与折叠
(针对诊断小卷十三第3题)
4. (根据展开图还原几何体)如图，是某几何体的表面展开图，则该几何体是( )
第4题图
A. 圆柱 B. 圆锥
C. 圆台 D. 球体
5. (诊断小卷十三 第3题变式练)2022年6月5日10时44分，神舟十四号载人飞船发射成功，探索浩瀚宇宙，发展航天事业，建设航天强国，是我们不懈追求的航天梦．如图是正方体的一种平面展开图，它的每个面上都有一个汉字，那么在原正方体中，与 “强” 字所在面相对面上的汉字是( )
第5题图
A. 建 B. 设 C. 航 D. 国
拓展考向 三视图还原几何体
1. (还原几何体)从不同方向看某个立体图形得到的平面图形如图所示，则这个立体图形可能是( )
第1题图
A. 三棱锥 B. 三棱柱 C. 四棱柱 D. 四棱锥
2. (判断小题正方体个数最值)如图，是由若干个相同的小正方体搭成的几何体的俯视图和左视图，则搭成这个几何体的小正方体的个数至少为________．

第2题图
考点4 图形的对称及性质的有关计算
针对考向1 对称图形的识别
(针对诊断小卷十三第2题、小卷十四第1题)
1. 在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是( )
2. (诊断小卷十三 第2题变式练)下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
3. (诊断小卷十四 第1题变式练)对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，常被运用于建筑、器物、绘画、标识等作品的设计上，使对称之美惊艳了千年的时光．下面四幅图中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
针对考向2 利用轴对称的性质解决最值问题
(针对诊断小卷十三第9题、小卷十四第9题)
4. (结合三角形)如图，在Rt△ABC中，AC＝5，BC＝2 eq \r(5) ，BD是斜边AC上的高线，AE是角平分线，F是直线AE上的动点，连接BF，DF，则|BF－DF|的最大值为________．
第4题图
5. (结合菱形)如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝12，E，F分别是BC，BO的中点，P是AC上的动点，则PE＋PF的最小值为________．
第5题图
6. (诊断小卷十四 第9题变式练)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E，F分别是AC，AD上的动点，连接DE，EF，当DE＋EF的值最小时，AF的长为________．
第6题图
7. (诊断小卷十三 第9题变式练)如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝45°，AB＝6 eq \r(2) ，点D，E，F分别是AB，BC，AC上的动点，则△DEF周长的最小值为________．
第7题图
8. (结合正方形)如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点E是边CD的中点，P，Q是对角线BD上的动点，且PQ＝ eq \r(2) ，连接AP，QE，当AP＋QE的值最小时，△QDE的面积为________．
第8题图
针对考向3 图形折叠的有关计算
(针对诊断小卷十三第8题、小卷十四第6，11题)
9. (诊断小卷十三 第8题变式练—结合矩形)如图，将矩形纸片ABCD沿直线EF折叠，使得点B落在边AD上的点G处，连接BG.已知AF＝ eq \f(1,3) AB，则∠BGF的度数为( )
A. 15° B. 20° C. 30° D. 45°
第9题图
10. (诊断小卷十四 第6题变式练—结合菱形)如图，在菱形ABCD中，AB＝3，∠B＝60°，E，F分别是AB，BC上的点，且BF＝2CF，将菱形ABCD沿EF折叠，点B的对应点B′恰好落在AC上，则AB′的长为________．
第10题图
11. (结合直角三角形)如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，D是AC边上的一个动点，连接BD，将△CBD沿BD折叠，得到△C′BD，当C′D与△ABC的直角边垂直时，CD的长为________．
第11题图
12. (创新考法·填空双空)如图，点E，F是正方形纸片ABCD边AD上的两点，把正方形纸片沿BE，CF折叠，使点A与点D重合于点O，∠OEF的度数为________；若AB＝2 eq \r(3) ，则EF的长为________.

第12题图
13. (诊断小卷十四 第11题变式练—结合矩形)如图，在矩形ABCD中，AD＝3AB＝9，点E是AD的三等分点(AE>DE)，将矩形ABCD沿BE折叠，点C，D的对应点分别为C1，D1，BC1与AD交于点F.
(1)求证：∠AFB＝2∠FEB；
(2)求点C1到AD边的距离．
第13题图
考点5 图形的平移
针对考向 图形的平移及其有关计算
(针对诊断小卷十三第4题、小卷十四第8题)
1. (诊断小卷十三 第4题变式练)如图，在平面直角坐标系中，△ABC为直角三角形，∠A＝90°，点B，C分别为x轴，y轴上的点，BC＝5，tan ∠ABC＝ eq \f(3,4) ，将△ABC沿x轴向右平移得到△COE，点F为OE边上的中点，则点F的坐标为( )
A. (2， eq \f(3,2) ) B. ( eq \f(3,2) ，2) C. (3，2) D. (2，3)
第1题图
2. (结合等腰三角形)如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，∠B＝30°，将△ABC沿BC方向平移，得到△DEF，AC交DE的中点于点G，则点C到点F的距离为( )
第2题图
A. eq \r(3) B. 2 C. 2 eq \r(3) D. 3
3. (诊断小卷十四 第8题变式练—变为正方形)如图，将边长为3 cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移 eq \r(2) cm，得到正方形EFGH，其中EF，FG分别交AD，CD于点I，J，则四边形IFJD的周长为( )
第3题图
A. 4 cm B. 6 cm C. 8 cm D. 10 cm
4. (结论判断)如图，将△ABC向上平移得到△DEF，DE，EF分别与AC相交于点G，H，下列结论：①EG∥AB；② eq \f(FH,EH) ＝ eq \f(DG,GE) ；③∠CHF＝∠ACB；④若点G为DE的中点，则S△GEH＝ eq \f(1,4) S阴影．其中正确的是________(填正确结论的序号).
第4题图
5. (结合平行四边形)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2，BC＝4，∠B＝60°，过点D作CD的垂线交BC的延长线于点E，将△DCE沿CB方向平移2个单位长度，得到△FGH，FH交CD边于点I，则四边形FGCI的面积为________．
第5题图
拓展考向 与平移有关的网格作图
1. (结合菱形)如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，菱形ABCD的顶点均在格点(网格线的交点)上．
(1)将菱形ABCD先向右平移6个单位，再向上平移4个单位，画出平移后的菱形A1B1C1D1；
(2)作菱形A1B1C1D1以直线l为对称轴的对称图形A2B2C2D2.
第1题图
考点6 图形的旋转
针对考向 图形的旋转及其有关计算
(针对诊断小卷十三第6，11题、小卷十四第5，7题)
1. (诊断小卷十四 第7题变式练—变为三角形)如图，将△ABC绕点B顺时针旋转，得到△DBE，点A的对应点D恰好落在边BC上，且AB⊥BE，连接CE，则∠DCE的度数为( )
A. 45° B. 55.5° C. 67.5° D. 72.5°
第1题图
2. (诊断小卷十四 第5题变式练—正方形与菱形结合)如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点都在坐标轴上，对角线的交点为坐标原点，且点B的坐标为(2，0)，以AD为边构造菱形ADEF，将菱形ADEF与正方形ABCD组成的图形绕点O逆时针旋转90°，若点F的对应点为F1，则点F1的坐标为( )
第2题图
A. (－2，2 eq \r(2) ) B. (－2，－2 eq \r(2) ) C. (2 eq \r(2) ，－2) D. (－2 eq \r(2) ，2)
3. (诊断小卷十三 第6题变式练—变为等腰直角三角形)如图，已知△ABC为等腰直角三角形，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，下列结论中：①BC＝AD，②AC＝CE，③△BDA为等边三角形，④∠CAE－∠BAC＝20°，正确的为( )
第3题图
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④
4. (结合矩形)如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形EBFG，使得点G落在BC的延长线上，CD与BE相交于点H，连接BD，则CH的长为______．
第4题图
5. (创新考法·填空双空)如图，在正方形 ABCD 中，AB＝2，现将正方形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转60°得到正方形 AEFG，CD与EF相交于点H，则∠DHE的度数为________，四边形AEHD的面积为________．
第5题图
6. (诊断小卷十三 第11题变式练—变为直角三角形)如图，点O是Rt△ABC的斜边AB的中点，∠C＝90°，∠A＝30°，以点O为旋转中心逆时针旋转△ABC得到△DEF，且BC∥DF，DF交AB于点G.
(1)求证：OG＝FG；
(2)若EF＝4，求BG的长．
第6题图
拓展考向 与旋转有关的网格作图
1. (结合平移)如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点分别为A(1，1)，B(2，3)，C(4，3).
第1题图
(1)将△ABC先向下平移3个单位长度，再向左平移2个单位长度得到△A1B1C1，点A，B，C的对应点分别为A1，B1，C1，画出平移后的△A1B1C1，并写出△A1B1C1的顶点坐标；
(2)将△A1B1C1绕点A顺时针旋转90°后得到△A2B2C2，画出旋转后的△A2B2C2，并求出点A1旋转到A2所经过的路径长(结果保留π).
考点7 图形的位似
针对考向 图形的位似及其有关计算
(针对诊断小卷十三第7题、小卷十四第4题)
1. (诊断小卷十三 第7题变式练—结合坐标系)如图，△ABC与△DEF是位似图形，点O是位似中心．若A(－2，1)，B(－3，3)，DE＝ eq \f(3\r(5),2) ，则点D的坐标为( )
A. (3，－ eq \f(3,2) ) B. (3， eq \f(3,2) ) C. ( eq \f(3,2) ，3) D. (－ eq \f(3,2) ，3)
第1题图
2. (诊断小卷十四 第4题变式练—变为求周长比)如图，四边形ABCD和EFGH是以O为位似中心的位似图形，若OB∶OF＝4∶3，则四边形ABCD和四边形EFGH的周长之比为________．
第2题图
拓展考向 与位似有关的网格作图
1. (结合旋转)如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(－4，2)，B(－2，2)，C(－2，6).
第1题图
(1)请画出△ABC绕点M(－1，0)顺时针旋转90°后的图形△A1B1C1；
(2)以点M为位似中心，在第三象限内画出将△A1B1C1缩小为原来的 eq \f(1,2) 的新图形△A2B2C2.
参考答案与解析
考点1 五种基本尺规作图
[逆袭必备]五种基本尺规作图
1．作一条线段等于已知线段(已知线段a)
2.作一个角等于已知角(已知∠α)
3.作角的平分线(已知∠AOB)
4.作线段的垂直平分线(已知线段AB)
5.过一点作已知直线的垂线
针对考向1 直接尺规作图
1. 解：(1)如解图，BE即为所求；
第1题解图
(2)①CD，②90，③两直线平行，内错角相等，④有两个角分别相等的两个三角形相似．
2. 解：(1)如解图，AD即为所求；
第2题解图
(2)∵AD为∠BAC的平分线，∠BAC＝60°，∠ABC＝90°，∴∠BAD＝∠CAD＝30°，∠C＝30°，
在Rt△ABD中，tan ∠BAD＝ eq \f(BD,AB) ，即AB＝ eq \f(BD,tan ∠BAD) ＝2 eq \r(3) ，在Rt△ABC中，sin C＝ eq \f(AB,AC) ，即AC＝ eq \f(AB,sin C) ＝4 eq \r(3) .
针对考向2 根据尺规作图痕迹进行判断或计算
3. D 【解析】A选项，AD为∠BAC的平分线，∵AB≠AC，∴AD不是△ABC的中线，∴点D不是BC的中点，故A选项错误；B，C选项中，AD⊥BC，∵AB≠AC，∴AD不是△ABC的中线，∴点D不是BC的中点，故B，C选项错误；D选项中，D为BC的垂直平分线与BC的交点，∴点D为BC的中点，故选D.
4. C 【解析】根据作图步骤①及作图痕迹可判断出，MN为BC的垂直平分线，∴BD＝CD，故①正确；∵△ABD和△ADC等底同高，∴S△ABD＝S△ADC，故②正确；根据作图步骤②③及作图痕迹可知，DE⊥AC，故③正确；∵BD＝CD，∴AD是BC边上的中线，∵∠BAC≠90°，∴AD≠BD，故④错误．综上所述，正确的结论有3个．
5. (9－2 eq \r(2) ，2 eq \r(2) ) 【解析】如解图，连接CE，由作图可知CE＝CA，∴△ACE为等腰三角形．分别过点A，C作BC，AD的垂线，垂足分别为点M，N，∴AN＝NE，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴四边形AMCN是矩形，∴MC＝AN＝NE.在Rt△AMB中，∵AB＝BC＝4，∠ABM＝45°，∴AM＝BM＝ eq \f(\r(2),2) AB＝ eq \f(\r(2),2) ×4＝2 eq \r(2) ，∴点A的坐标为(1＋2 eq \r(2) ，2 eq \r(2) )，MC＝4－2 eq \r(2) ，∴AE＝2AN＝2MC＝8－4 eq \r(2) .∵点B的坐标为(1，0)，∴点E的坐标为(1＋2 eq \r(2) ＋8－4 eq \r(2) ，2 eq \r(2) )，即E(9－2 eq \r(2) ，2 eq \r(2) ).
第5题解图
拓展考向 间接尺规作图
1. 解：如解图①，点D即为所求．
【解法提示】∵△ABC为等边三角形，要使四边形ABCD为菱形，故需作∠DAC＝∠ACB，AD＝AB.如解图①，以点C为圆心，适当长为半径画弧，分别交BC，AC于点E，F，以点A为圆心，CF长为半径画弧交AC于点G，以点G为圆心，EF长为半径画弧交前弧于点H，作射线AH，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交射线AH于点D，连接CD，四边形ABCD即为所求．

图① 图②
第1题解图
(一题多解)
如解图②，点D即为所求．
【解法提示】∵△ABC为等边三角形，∴AC＝AB＝BC，要使四边形ABCD为菱形，故需作AD＝CD＝AB，即AD＝CD＝AC.如解图②，分别以点A，C为圆心，AC长为半径画弧，两弧相交于点D，连接AD，CD，四边形ABCD即为所求．
2. 解：如解图，点D即为所求．
第2题解图
3. (1)解：如解图①，点E即为所求；
第3题解图①
【解法提示】要使2∠AEB＝∠ABC，则∠AEB＝ eq \f(1,2) ∠ABC，结合平行四边形对边平行的性质，可得到∠AEB＝∠EBC(两直线平行，内错角相等)，故可作∠ABC的平分线，∠ABC的平分线与AD的交点即为点E.作法：①以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BC，AB于点M，N；②分别以点M，N为圆心，大于 eq \f(1,2) MN长为半径画弧，两弧在∠ABC的内部相交于点P；③作射线BP，BP交AD于点E，点E即为所求．
(一题多解)
结合角平分线和平行线的性质可得出AE＝AB，故可通过作AE＝AB作出点E.作法：如解图②，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交AD于点E，点E即为所求．
第3题解图②
(2)证明：如解图①，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠FED＝∠CBE(两直线平行，同位角相等)，∠F＝∠ABE(两直线平行，内错角相等)，
∵BE为∠ABC的平分线，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠FED＝∠F，
∴DE＝DF(等角对等边).
考点2 无刻度直尺作图
针对考向 结合网格性质作图
1. 解：(1)如解图①②，Rt△ABC即为所求(作出一种即可)；

图① 图②
第1题解图
【解法提示】由小正方形的边长均为1，可知AB＝5，要使∠ACB＝90°，结合网格性质及勾股定理可知，两直角边长分别为 eq \r(5) 和2 eq \r(5) 时，点C在格点上，∴点C的位置如解图①②所示，连接AC，BC，△ABC即为所求．
(2)如解图③，菱形ABDE即为所求(作法不唯一).
第1题解图③
【解法提示】根据菱形的对角线互相垂直且平分，可在解图①的基础上，将点C看作菱形对角线的交点，如解图③，延长BC至点E，使CE＝BC，易得AB＝5，∴将点E向右平移5个单位长度得到点D，连接AE，BD，DE，则四边形ABDE即为所求．
(一题多解)
因为菱形的邻边相等，AB＝5，由勾股定理可知两直角边长可以为3，4，故可以确定点E，根据菱形的对边平行且相等可知ED＝5，因此确定点D的位置，连接AE，ED，DB，得到菱形ABDE，如解图④⑤.

图④ 图⑤
第1题解图
2. 解：(1)如解图①，△ACD即为所求；
第2题解图①
【解法提示】根据网格的性质可知∠ABC＝90°，AC＝2BC，∴∠ACB＝60°，在BC的延长线上构造CD＝AC，则∠ADC＝30°，此时S△ADC＝2S△ABC，故△ACD即为所求．
(2)如解图②，点E即为所求(作法不唯一).
第2题解图②
【解法提示】要使AE＝2CE，则可考虑将AC转化为三角形的一条中线，利用三角形的中线交点将中线分为2∶1的两段作图．如解图②，取格点F，使得BC＝CF，且F在BC的延长线上，连接AF，则AC为△ABF的中线，取格点M，N，连接MN交AB于点P，则点P为AB的中点，连接FP交AC于点E，此时AE＝2CE.
3. 解：(1) eq \r(37) ；
【解法提示】根据勾股定理可得AB＝ eq \r(37) .
(2)如解图，点P即为所求．
作法：取格点M，N，连接MN交网格线于点K，连接KO，KO交半圆于点P，连接AP.
第3题解图
【解法提示】由∠ACB＝90°可知，点C在半圆上，由∠PAC＝ eq \f(1,4) ∠ACB可得∠PAC＝22.5°，故所对的圆周角为22.5°，所以所对的圆心角为45°.取格点M，N，连接MN交网格线于点K，点K为小正方形边长的中点，连接CK，取格点E，F，根据网格的性质可得，KE＝OF，∠CEK＝∠CFO＝90°，CE＝CF，得证△CEK≌△CFO(SAS)，根据全等三角形的性质可得CK＝CO，∠ECK＝∠FCO，所以∠OCK＝∠FCE＝90°，连接KO，KO交半圆于点P，所以△OCK是等腰直角三角形，∠COP＝45°，连接AP，则∠PAC＝ eq \f(1,2) ∠COP＝22.5°，即∠PAC＝ eq \f(1,4) ∠ACB.
拓展考向 结合几何图形性质作图
1. 解：(1)如解图①，点M即为所求(作法不唯一)；
【解法提示】连接AE交BD于点M，由平行四边形的性质可得AB∥DC，AB＝DC，∵点E是边CD的中点，∴CD∶DE＝AB∶DE＝2∶1，由AB∥DE可得△ABM∽△EDM，∴BM∶DM＝AB∶ED＝2∶1，∴点M为BD的三等分点．

图① 图②
第1题解图
(2)如解图②，EF即为所求．
【解法提示】连接AC交BD于点O，作直线EO，交AB于点F，则EF即为所求．
2. 解：(1)如解图①，DG即为所求；
【解法提示】如解图①，连接 AC，BE交于点F，连接DF并延长交AB于点G，则DG即为所求．

图① 图②
第2题解图
(2)如解图②，MN即为所求．
【解法提示】如解图②，连接AC，BE交于点F，延长AB，DC交于点M，连接MF并延长交AE于点N，则MN即为所求．
3. 解：(1)如解图①，OP即为所求(作法不唯一)；
【解法提示】如解图①，连接DO并延长交⊙O于点K，连接AC，BK交于点P，连接OP，则OP即为所求．

图① 图②
第3题解图
(2)如解图②，CG即为所求．
【解法提示】如解图②，连接AD，连接CO并延长交AD于点F，连接CD交AB于点E，连接FE并延长交DB的延长线于点G，连接CG，则CG即为所求．
考点3 几何体的三视图
针对考向1 三视图的判断
1. D 2. A 3. C
针对考向2 立体图形的展开与折叠
4. B
5. A 【解析】根据题图可知，“航”“天”“国”“设”所在的面均与“强”字所在的面相邻，∴与“强”字所在面相对面上的汉字是“建”．
拓展考向 三视图还原几何体
1. B
2. 5 【解析】根据俯视图可知该几何体最底下一层有4个小正方体，根据左视图可知该几何体共有两层，且第二层从前往后第一排无小正方体，第二排小正方体的个数是1或2或3个，故搭成这个几何体的小正方体的个数至少为4＋1＝5个．
考点4 图形的对称及性质的有关计算
针对考向1 对称图形的识别
1. D 2. D 3. C
针对考向2 利用轴对称的性质解决最值问题
[逆袭必备]常见利用轴对称的性质解决的最值问题
(1)异侧线段和的最小值问题
问题：两定点A，B位于直线l异侧，在直线l上找一点P，使PA＋PB的值最小．
解题思路：根据两点之间线段最短可知，PA＋PB的最小值即为线段AB的长．
(2)同侧线段和的最小值问题
问题：两定点A，B位于直线l同侧，在直线l上找一点P，使得PA＋PB的值最小．
解题思路：将同侧两定点转化为异侧问题，同“(1)异侧线段和的最小值问题”即可解决．
(注：也可以作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B，与直线 l交于点P，点P即为所求)
(3)三角形周长最小值问题
问题：点P是∠AOB的内部一定点，在OA上找一点M，在OB上找一点N，使得△PMN的周长最小．
解题思路：同(2)将同侧问题转化为异侧问题，即假设点N为“定点”，此时选择作定点P关于OA的对称点，将PM＋MN可转化为异侧线段和问题，假设点M为“定点”，同理，将PN＋MN转化为异
侧线段和问题，则△PMN的周长即可转化为顺次相连的三条线段之和，根据两点之间线段最短即可解决问题．
(4)同侧线段差的最大值问题
问题：两定点A，B位于直线l同侧，在直线l上找一点P，使得|PA－PB|的值最大．
解题思路：根据三角形的两边之差小于第三边可知，当P，A，B三点共线时，|PA－PB|的值最大，即为线段AB的长．
(5)异侧线段差的最大值问题
问题：两定点A，B位于直线l异侧，在直线l上找一点P，使得|PA－PB|的值最大．
解题思路：将异侧两定点转化为同侧问题，同“(4)同侧线段差的最大值问题”即可解决．
(注：也可作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′并延长交直线l于点P)
(6)造桥选址问题
问题：直线a∥b，且a，b之间的距离为h，定点A位于直线a上方，定点B位于直线b下方，在直线b上找一点M，过点M作MN⊥直线b于点M，交直线a于点N，连接AN，BM，使AN＋MN＋BM的值最小．
解题思路：根据题意可知MN＝h，要求AN＋MN＋BM的最小值，即求AN＋BM的最小值，构造平行四边形AA′MN，利用平行四边形的性质将AN转化为A′M，则问题转化为异侧两定点问题，同“(1)异侧线段和的最小值问题”即可解决．
4. eq \r(5) －1 【解析】如解图，作点D关于AE的对称点D′，∵AE是∠BAC的平分线，∴点D′在AB上，且AD′＝AD，连接D′F，D′F＝DF，∴|BF－DF|＝|BF－D′F|≤BD′(三角形中两边之差小于第三边)，当B，D′，F三点共线时，|BF－DF|＝|BF－D′F|＝BD′，即|BF－DF|的最大值为BD′的长．在Rt△ABC中，AC＝5，BC＝2 eq \r(5) ，由勾股定理可得AB＝ eq \r(AC2－BC2) ＝ eq \r(5) ，∴cs ∠BAC＝ eq \f(AB,AC) ＝ eq \f(\r(5),5) ，∵BD⊥AC，∴cs ∠BAD＝ eq \f(AD,AB) ＝ eq \f(\r(5),5) ，即 eq \f(AD,\r(5)) ＝ eq \f(\r(5),5) ，∴AD＝1，∴AD′＝AD＝1，∴BD′＝AB－AD′＝ eq \r(5) －1，∴|BF－DF|的最大值为 eq \r(5) －1.
第4题解图
5. 2 eq \r(13) 【解析】根据题意可知点E，F为两个定点，点P是AC上的动点，考虑利用轴对称的性质，将线段进行转化．如解图，连接EF，作点E关于AC的对称点E′，∵菱形的对角线平分一组对角，∴点E′在边CD上，且点E′是CD的中点，连接PE′，∴PE′＝PE(对称轴是对应点连线的垂直平分线，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等)，∴PE＋PF＝PE′＋PF，连接E′F交AC于点P′，∴PE＋PF＝PE′＋PF≥E′F，当点P与点P′重合时，PE＋PF＝PE′＋PF＝E′F，即PE＋PF的最小值为E′F的长．∵四边形ABCD是边长为10的菱形，BD＝12，∴BC＝10，AC⊥BD，BO＝DO＝6，在Rt△BOC中，CO＝ eq \r(BC2－BO2) ＝8，∵点E，F分别是BC，BO的中点，∴EF＝ eq \f(1,2) CO＝4，EF∥CO，∴∠EFB＝∠COB＝90°，∵点E，E′分别是BC，CD的中点，∴EE′＝ eq \f(1,2) BD＝6，EE′∥BD，∴∠E′EF＝∠EFB＝90°，在Rt△E′EF中，E′F＝ eq \r(E′E2＋EF2) ＝ eq \r(62＋42) ＝2 eq \r(13) ，∴PE＋PF的最小值为2 eq \r(13) .
第5题解图
6. eq \f(28,25) 【解析】点D为定点，点E，F分别为AC，AD上的动点，看到DE＋EF的最小值，考虑用轴对称的性质将线段进行转化．如解图，作点D关于AC的对称点D′，连接DD′，DD′与AC的交点为O，则DD′⊥AC，DO＝D′O，连接D′E，则D′E＝DE，连接D′F，∴DE＋EF＝D′E＋EF≥D′F(三角形中两边之和大于第三边)，过点D′作D′F′⊥AD于点F′，交AC于点E′，∴D′F≥D′F′(垂线段最短)，∴当点F与点F′重合，点E与点E′重合时，DE＋EF＝D′E＋EF＝D′F＝D′F′，即DE＋EF的最小值为D′F′的长，∴DE＋EF的值最小时，AF的长即为AF′的长．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，CD＝AB＝3，AD＝BC＝4，在Rt△ADC中，由勾股定理可得AC＝ eq \r(AD2＋CD2) ＝5，∵S△ACD＝ eq \f(1,2) AD·CD＝ eq \f(1,2) AC·DO，∴4×3＝5DO，∴DO＝ eq \f(12,5) ，∴DD′＝2DO＝ eq \f(24,5) ，∵DD′⊥AC，D′F′⊥AD，∴∠D′F′D＝∠AOD＝90°，又∵∠D′DF′＝∠ADO(公共角)，∴△D′DF′∽△ADO，∴ eq \f(D′D,AD) ＝ eq \f(DF′,DO) ，即 eq \f(\f(24,5),4) ＝ eq \f(DF′,\f(12,5)) ，∴DF′＝ eq \f(72,25) ，∴AF′＝AD－DF′＝4－ eq \f(72,25) ＝ eq \f(28,25) ，∴当DE＋EF的值最小时，AF的长为 eq \f(28,25) .
第6题解图
7. 6 eq \r(3) 【解析】看到周长最小值，考虑作轴对称转化线段．如解图①，分别作点F关于AB，BC的对称点F′，F″，连接DF′，EF″，则DF＝DF′，EF＝EF″，∴DE＋DF＋EF＝DE＋DF′＋EF″≥F′F″，当F′，D，E，F″四点共线时，DE＋DF＋EF＝DE＋DF′＋EF″＝F′F″，∴要求DE＋DF＋EF的最小值，即求F′F″长的最小值．连接BF，BF′，BF″，由对称性可得BF＝BF′＝BF″，∠F′BD＝∠FBD，∠F″BE＝∠FBE，∴∠F′BD＋∠FBD＋∠F″BE＋∠FBE＝2∠FBD＋2∠FBE＝2(∠FBD＋∠FBE)＝2∠ABC＝120°，∴△F′BF″是顶角为120°的等腰三角形，∴∠BF′F″＝∠BF″F′＝30°.在等腰△F′BF″中构造直角三角形，利用锐角三角函数求解F′F″，△F′BF″的图形抽离出来如解图②，在等腰△F′BF″中，过点B作BH⊥F′F″于点H，∴F′H＝F″H，在Rt△F′BH中，F′H＝BF′·cs ∠BF′F″＝BF′·cs 30°＝ eq \f(\r(3),2) BF′，∴F′F″＝2F′H＝ eq \r(3) BF′＝ eq \r(3) BF，∴当BF最短时，F′F″最短，在解图①中，过点B作BM⊥AC于点M，此时BM的长即为BF长的最小值(垂线段最短)，在Rt△ABM中，BM＝AB·sin ∠BAC＝6 eq \r(2) ·sin 45°＝6 eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＝6，∴BF长的最小值为6，此时F′F″的长取得最小值6 eq \r(3) ，即DE＋DF＋EF取得最小值6 eq \r(3) ，∴△DEF周长的最小值为6 eq \r(3) .(本题也可分别作点E关于AB，AC的对称点转化线段解题，思路同作点F的对称点)
第7题解图
8. 1 【解析】如解图，过点A作AA′∥BD，且AA′＝PQ，连接A′Q，A′E，A′E交AD于点M，交BD于点Q′，∴四边形APQA′是平行四边形(有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)，∴A′Q＝AP，∴AP＋QE＝A′Q＋QE≥A′E(三角形中两边之和大于第三边)，当点Q与点Q′重合时，AP＋QE＝A′Q＋QE＝A′E，即AP＋QE的最小值为A′E的长，∴当AP＋QE的值最小时，△QDE的面积即为△Q′DE的面积．过点A′作A′N⊥AD于点N，∴∠A′NM＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC＝90°，∠ADB＝∠CDB＝45°，AB＝AD＝CD＝4，∴∠A′NM＝∠ADC，∵AA′∥BD，∴∠A′AN＝∠ADB＝45°，∴△A′AN是等腰直角三角形，∵AA′＝PQ＝ eq \r(2) ，∴AN＝A′N＝AA′·cs 45°＝ eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＝1，∴ND＝AD－AN＝4－1＝3，∵点E是CD的中点，∴DE＝ eq \f(1,2) CD＝2，设MN＝x，则DM＝3－x，∵∠A′NM＝∠EDM，∠A′MN＝∠EMD(对顶角)，∴△A′NM∽△EDM，∴ eq \f(A′N,ED) ＝ eq \f(MN,MD) ，即 eq \f(1,2) ＝ eq \f(x,3－x) ，解得x＝1，∴DM＝3－x＝2，∴DE＝DM，∵∠EDM＝90°，∴△EDM是等腰直角三角形，∵∠ADB＝∠CDB＝45°，∴点Q′是ME的中点(等腰三角形三线合一)，∴S△Q′DE＝ eq \f(1,2) S△MDE＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) DM·DE＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ×2×2＝1，∴当AP＋QE的值最小时，△QDE的面积为1.
第8题解图
针对考向3 图形折叠的有关计算
9. C 【解析】由折叠可知，FB＝FG.∵AF＝ eq \f(1,3) AB，∴AF＝ eq \f(1,2) FB，∴AF＝ eq \f(1,2) FG，∠GBF＝∠FGB.∵四边形ABCD为矩形，∴∠A＝90°，∴∠AGF＝30°(30°角所对的直角边等于斜边的一半)，∴∠AFG＝60°，∴∠BFG＝120°，∴∠BGF＝(180°－120°)÷2＝30°.
10. eq \f(5－\r(13),2) 【解析】如解图，过点F作FG⊥AC于点G，由折叠的性质，得B′F＝BF，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝3，又∵∠B＝60°，∴△ABC为等边三角形，∴AC＝AB＝3，∠ACB＝60°，∴∠GFC＝30°，∵BF＝2CF，∴CF＝1，BF＝2，∴CG＝ eq \f(1,2) ，FG＝ eq \f(\r(3),2) ，设B′G＝x，则( eq \f(\r(3),2) )2＋x2＝22，解得x＝ eq \f(\r(13),2) (负值已舍去)，即B′G＝ eq \f(\r(13),2) ，∴AB′＝AC－B′G－CG＝ eq \f(5－\r(13),2) .
第10题解图
11. 2或4 【解析】折叠中的动点问题常结合题设条件确定出满足条件的情况，画出图形既而求值. 由折叠的性质得∠C′DB＝∠CDB，∠C′＝∠C，BC′＝BC＝4.在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，由勾股定理，得AC＝5，如解图①，当C′D⊥BC时，延长C′ D交BC于点E，则∠C′EB＝∠ABC＝90°，又∵∠C′＝∠C，∴△C′BE∽△CAB，∴ eq \f(C′B,CA) ＝ eq \f(BE,AB) ，即 eq \f(4,5) ＝ eq \f(BE,3) ，解得BE＝ eq \f(12,5) ，∴CE＝BC－BE＝4－ eq \f(12,5) ＝ eq \f(8,5) ，在Rt△CDE和Rt△CAB中，cs C＝ eq \f(CE,CD) ＝ eq \f(BC,AC) ，∴ eq \f(\f(8,5),CD) ＝ eq \f(4,5) ，解得CD＝2；如解图②，当C′D⊥AB时，则∠C′EB＝∠ABC＝90°，∴C′D∥BC，∴∠C′DB＝∠DBC，∵∠C′DB＝∠CDB，∴∠DBC＝∠CDB，∴CD＝BC＝4.综上所述，CD的长为2或4.
第11题解图
12. 30°；12－6 eq \r(3) 【解析】由折叠的性质可知OB＝AB，OC＝CD，AE＝OE，OF＝DF，∠BOE＝∠A，∠COF＝∠D.∵四边形ABCD为正方形，∴∠A＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD，∴∠BOE＝∠COF＝90°，OB＝OC＝BC，∴△OBC为等边三角形，∴∠OBC＝60°，∴∠ABE＝ eq \f(1,2) (90°－∠OBC)＝15°，∴∠OEB＝∠AEB＝180°－∠A－∠ABE＝75°，∴∠OEF＝180°－∠OEB－∠AEB＝30°，同理，∠OFE＝30°，∴OE＝OF，如解图，过点O作OG⊥EF于点G，延长GO交BC于点H，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∵OG⊥AD，∴OH⊥BC，∵△OBC是等边三角形，∴BH＝CH(等边三角形三线合一)，∵AB＝2 eq \r(3) ，∴BH＝ eq \f(1,2) BC＝ eq \f(1,2) AB＝ eq \r(3) ，∴在Rt△BOH中，OH＝ eq \r(OB2－BH2) ＝ eq \r(（2\r(3)）2－（\r(3)）2) ＝3，∵∠A＝∠AGH＝∠GHB＝90°，∴四边形ABHG是矩形，∴GH＝AB＝2 eq \r(3) ，∴OG＝GH－OH＝2 eq \r(3) －3，在Rt△EGO中，∠GEO＝30°，∴EG＝ eq \f(OG,tan 30°) ＝ eq \f(2\r(3)－3,\f(\r(3),3)) ＝6－3 eq \r(3) ，∵OE＝OF，OG⊥EF，∴EG＝FG(等腰三角形三线合一)，∴EF＝2EG＝12－6 eq \r(3) .
第12题解图
13. (1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∴∠CBE＝∠FEB.
由折叠的性质可知∠CBE＝∠FBE，
∴∠FBE＝∠FEB，
∴∠AFB＝∠FBE＋∠FEB＝2∠FEB；
(2)解：如解图，过点C1作AD的平行线，交BA的延长线于点G.
第13题解图
∵AD＝3AB＝9，∴AB＝3.
∵点E是AD的三等分点，AE>DE，∴AE＝6.
由(1)可知，∠FBE＝∠FEB，∴FB＝FE，设BF＝EF＝x，
∴AF＝AE－EF＝6－x.
在Rt△ABF中，BF2＝AB2＋AF2，即x2＝32＋(6－x)2，解得x＝ eq \f(15,4) ，即BF＝ eq \f(15,4) ，
∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝9，由折叠的性质可知BC1＝BC＝9.
∵C1G∥AD，∴△BAF∽△BGC1，
∴ eq \f(BA,BG) ＝ eq \f(BF,BC1) ，∴ eq \f(3,BG) ＝ eq \f(\f(15,4),9) ，解得BG＝ eq \f(36,5) ，
∴AG＝BG－AB＝ eq \f(21,5) ，即点C1到AD边的距离为 eq \f(21,5) .
考点5 图形的平移
[逆袭必备]平移的性质：
1．平移前后，对应线段平行(或共线)且相等，对应角相等；
2．对应点所连线段平行(或共线)且相等；
3．平移前、后的图形全等．
针对考向 图形的平移及其有关计算
1. B 2. C 3. C
4. ①②③ 【解析】根据平移前后，对应线段平行(或共线)且相等可知，DE∥AB，DF∥AC，EF∥BC，∴EG∥AB，结论①正确；∵DF∥AC，∴ eq \f(FH,EH) ＝ eq \f(DG,GE) (两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例)，结论②正确；∵EF∥BC，∴∠CHF＝∠ACB(两直线平行，内错角相等)，结论③正确；若点G为DE的中点，则GH为△DEF的中位线，∴S△GEH＝ eq \f(1,4) S△DEF，∵△ABC≌△DEF，∴S△ABC＝S△DEF，∴S△GEH＝ eq \f(1,3) S阴影，结论④错误 .
5. eq \f(3\r(3),2) 【解析】∵四边形ABCD为平行四边形，∴CD＝AB＝2，CD∥AB，∴∠DCE＝∠B＝60°(两直线平行，同位角相等)，∵CD⊥DE，∴∠E＝90°－∠DCE＝30°，∴在Rt△DCE中，CE＝2CD＝4，DE＝
eq \r(CE2－CD2) ＝2 eq \r(3) ，∵△DCE沿CB方向平移2个单位长度得到△FGH，∴CG＝2，GH＝CE＝4(平移前后，对应线段相等)，FG∥CD(平移前后，对应线段平行)，△DCE≌△FGH(平移前后的三角形全等)，∵FG∥CD，CG＝CH，∴FI＝HI＝ eq \f(1,2) DE＝ eq \r(3) ，CI＝ eq \f(1,2) FG＝ eq \f(1,2) CD＝1，∴S△CHI＝ eq \f(1,2) CI·HI＝ eq \f(1,2) ×1× eq \r(3) ＝ eq \f(\r(3),2) ，∵△DCE≌△FGH，∴S△FGH＝S△DCE＝ eq \f(1,2) CD·DE＝ eq \f(1,2) ×2×2 eq \r(3) ＝2 eq \r(3) ，∴S四边形FGCI＝S△FGH－S△CHI＝ eq \f(3\r(3),2) .
拓展考向 与平移有关的网格作图
1. 解：(1)如解图，菱形A1B1C1D1即为所求；
(2)如解图，菱形A2B2C2D2即为所求．
第1题解图
考点6 图形的旋转
[逆袭必备]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；
4．旋转180°，对应点关于旋转点中心对称．
针对考向 图形的旋转及其有关计算
1. C
2. B 【解析】∵B(2，0)，四边形ABCD为正方形，∴OB＝OD＝OA＝2，∴AD＝ eq \r(2) OA＝2 eq \r(2) ，∵四边形ADEF是菱形，∴AF＝AD＝2 eq \r(2) ，∴F(－2 eq \r(2) ，2)，如解图，连接OF，过点O作OF1⊥OF，且OF1＝OF，过点F1作F1G⊥y轴于点G，则Rt△OAF≌Rt△F1GO，∴F1G＝OA＝2，OG＝AF＝2 eq \r(2) ，∴点F1的坐标为(－2，－2 eq \r(2) ).
第2题解图
3. A 【解析】∵将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，∴∠BAD＝60°，∠CAE＝60°(一组对应点与旋转中心所连的角叫旋转角，图形上任意一点的旋转角均相等)，△ABC≌△ADE(旋转前、后的图形全等)，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠DAE，∵△ABC为等腰直角三角形，∴AB＝BC，∴BC＝AD，①正确；∵AC＝AE，∠CAE＝60°，∴△ACE为等边三角形，∴AC＝CE，②正确；∵∠BAD＝60°，AB＝AD，∴△BDA为等边三角形，③正确；∠CAE－∠BAC＝60°－45°＝15°，④错误．综上所述，正确的结论是①②③.
4. eq \f(9,4) 【解析】∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD＝∠BCD＝90°(矩形的四个角均为直角)，BC＝AD(矩形的对边相等)，∵AB＝4，AD＝3，∴BC＝AD＝3，BD＝ eq \r(AB2＋AD2) ＝ eq \r(42＋32) ＝5，由旋转的性质可得，BG＝BD＝5，BE＝AB＝4，EG＝AD＝3，∠BEG＝∠BAD＝90°(旋转前后，对应边、对应角均相等)，∴∠BCD＝∠BEG，又∵∠CBH＝∠EBG(公共角)，∴△BCH∽△BEG，∴ eq \f(BC,BE) ＝ eq \f(CH,EG) ，即 eq \f(3,4) ＝ eq \f(CH,3) ，解得CH＝ eq \f(9,4) .
5. 150°；8－4 eq \r(3) 【解析】如解图，过点E作AD的垂线交AD于点I，连接AH，过点H作EI的垂线交EI于点J，∵将正方形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转60°得到正方形 AEFG，∴∠BAE＝60°，正方形AEFG≌正方形ABCD，∵四边形ABCD，AEFG均为正方形，∴∠BAD＝∠AEF＝∠ADC＝90°，AE＝AD，∴∠EAD＝∠BAD－∠BAE＝90°－60°＝30°，∴∠DHE＝360°－∠EAD－∠AEF－∠ADC＝150°，又∵AH＝AH，∴Rt△AEH≌Rt△ADH(HL)，∴EH＝DH，在Rt△AIE中，AI＝AE·cs ∠EAD＝ eq \r(3) ，EI＝AE·sin ∠EAD＝1，∴DI＝AD－AI＝2－ eq \r(3) ，∵EI⊥AD，JH⊥CD，∠ADC＝90°，∴四边形IDHJ为矩形，∴JH＝DI＝2－ eq \r(3) ，∠EHJ＝∠DHE－∠DHJ＝60°，∴∠JEH＝30°，在Rt△JEH中，EH＝ eq \f(JH,sin ∠JEH) ＝4－2 eq \r(3) ，∴DH＝EH＝4－2 eq \r(3) ，∴S四边形AEHD＝2S△ADH＝2× eq \f(1,2) AD·DH＝8－4 eq \r(3) .
第5题解图
6. (1)证明：如解图，连接OF，由旋转性质得，∠D＝∠A＝30°，
∠DFE＝∠C＝90°，点O是DE的中点，
第6题解图
∴OF＝OD，
∴∠OFD＝∠D＝30°，
∵BC∥DF，
∴∠AGD＝∠ABC＝90°－30°＝60°，
∴∠GOF＝∠AGD－∠OFD＝60°－30°＝30°，
∴∠GOF＝∠OFG，
∴OG＝FG；
(2)解：由旋转的性质得AB＝DE，BC＝EF＝4，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，
∴DE＝AB＝2BC＝8，
∵点O是AB，DE的中点，
∴OB＝OD＝4，
由(1)知∠AGD＝60°，∠D＝30°，
∴∠DOG＝90°，
∴OG＝DO·tan D＝ eq \f(4\r(3),3) ，
∴BG＝OB－OG＝4－ eq \f(4\r(3),3) ＝ eq \f(12－4\r(3),3) .
拓展考向 与旋转有关的网格作图
1. 解：(1)作图如解图，A1(－1，－2)，B1(0，0)，C1(2，0)；
(2)作图如解图，旋转过程中，点A1运动到A2所经过的路径长等于圆心角为90°，半径为AA1＝ eq \r(22＋32) ＝ eq \r(13) 所对的扇形的弧长，则在此旋转过程中，点A1运动到点A2所经过的路径长为 eq \f(90π×\r(13),180) ＝ eq \f(\r(13)π,2) .
第1题解图
考点7 图形的位似
[逆袭必备] 位似的性质：
1．位似图形的对应边成比例，对应角相等，周长之比等于位似比，面积之比等于位似比的平方；
2．位似图形上任意一对对应点到位似中心的距离之比等于位似比；
3．对应点的连线都经过位似中心．
针对考向 图形的位似及其有关计算
1. A 【解析】在平面直角坐标系中，如果以原点为位似中心，画出一个与原图形位似的图形，使它与原图形的相似比为k，那么与原图形上的点(x，y)对应的位似图形上的点的坐标为(kx，ky)或(－kx，－ky).以△ABC为原图形，则△DEF是以O为位似中心的△ABC的位似图形，∵A(－2，1)，B(－3，3)，由两点间距离公式可得AB＝ eq \r([－2－（－3）]2＋（1－3）2) ＝ eq \r(5) ，∵DE＝ eq \f(3\r(5),2) ，∴ eq \f(DE,AB) ＝ eq \f(\f(3\r(5),2),\r(5)) ＝ eq \f(3,2) ，∴△DEF与△ABC的位似比为3∶2，∵点A的坐标为(－2，1)，∴点D的坐标为(－2×(－ eq \f(3,2) )，1×(－ eq \f(3,2) ))，即D(3，－ eq \f(3,2) )(当位似图形与原图形在位似中心的异侧时，原图形的点坐标乘－k，即可得到位似图形对应点的坐标).
2. 4∶3
拓展考向 与位似有关的网格作图
1. 解：(1)如解图，△A1B1C1即为所求；
(2)如解图，△A2B2C2即为所求．
第1题解图
步骤
(1)作射线OP；
(2)以点O为圆心，a为半径作弧，交OP于点A，OA即为所求线段
作图依据
圆上的点到圆心的距离等于半径
步骤
(1)在∠α上以点O为圆心，以适当长为半径作弧，交∠α的两边于点P，Q；
(2)作射线O′A；
(3)以点O′为圆心，OP长为半径作弧，交O′A于点M；
(4)以点M为圆心，PQ长为半径作弧，交前弧于点N；
(5)过点N作射线O′B，∠AO′B即为所求角
作图依据
(1)圆上的点到圆心的距离等于半径；
(2)两点确定一条直线；
(3)三边分别相等的两个三角形全等；
(4)全等三角形的对应角相等
步骤
(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，以大于 eq \f(1,2) MN长为半径作弧，两弧相交于点P；
(3)作射线OP，OP即为所求角的平分线
作图依据
(1)圆上的点到圆心的距离等于半径；
(2)两点确定一条直线；
(3)三边分别相等的两个三角形全等；
(4)全等三角形的对应角相等
步骤
(1)分别以点A，B为圆心，以大于 eq \f(1,2) AB长为半径在AB两侧作弧，两弧分别交于点M，N；
(2)作直线MN，MN即为所求线段的垂直平分线
作图依据
(1)两点确定一条直线；
(2)到线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上
步骤
点在直线上
(1)以点O为圆心，任意长为半径在点O两侧作弧，交直线于A，B两点；
(2)分别以点A，B为圆心，以大于 eq \f(1,2) AB长为半径在直线同侧作弧，交点为M；
(3)作直线OM，OM即为所求垂线
作图依据
(1)等腰三角形“三线合一”；
(2)两点确定一条直线
步骤
点在直线外
(1)在直线另一侧取点M；
(2)以点P为圆心，PM长为半径画弧，交直线于A，B两点；
(3)分别以点A，B为圆心，以大于 eq \f(1,2) AB长为半径画弧，交点M的同侧于点N；
(4) 作直线PN，则直线PN即为所求垂线
作图依据
(1)到线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上；
(2)两点确定一条直线