专题20 几何变换（精讲精练）（解析版）.docx

1、第20讲 几何变换（精讲）1.了解轴对称的概念，理解轴对称的基本性质：成轴对称的两个图形中，对应点的连线被对称轴垂直平分。2.掌握画出简单平面图形（点、线段、直线、三角形等）关于给定对称轴的对称图形。3.了解轴对称图形的概念，理解等腰三角形、矩形、菱形、正多边形、圆的轴对称性质；了解自然界和现实生活中的轴对称图形。4.了解平面图形关于旋转中心的旋转的认识，理解平面图形关于旋转中心的旋转的基本性质：一个图形和它经过旋转所得到的图形中，对应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等5.了解中心对称、中心对称图形等的概念；理解中心对称、中心对称图形的基本性质：成中心对称的两个图形

2、中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分6.理解平移的意义及其基本性质：一个图形和它经过平移所得的图形中，两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等7.了解图形的位似，利用位似可以将一个图形放大或缩小了解中心投影和平行投影等的概念；理解画直棱柱、圆柱、圆锥、球的主视图、左视图、俯视图；掌握简单物体视图的判断；理解根据视图描述简单的几何体；了解直棱柱、圆柱、圆锥的侧面展开图；掌握根据展开图想象实物模型第20讲 几何变换（精讲）1考点1：对称翻折3考点2：平移17考点3：旋转22考点4：位似32考点5：视图与投影39课堂总结：思维导图49分层训练：课堂知识巩固50考点1：对称翻折图形的轴

3、对称：（1）定义：轴对称：把一个图形沿某一条直线翻折过去，如果它能够与另一个图形重合，那么就称这两个图形关于这条直线对称轴对称图形：如果一个平面图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴.（2）性质：如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线；反过来，成轴对称的两个图形中，对应点的连线被对称轴垂直平分. 【例题精析1】 对称下列图案中，可以看成轴对称图形的是ABCD【分析】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【解答】解：选项的图形能找到这样的一条直线，

4、使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，选项、的图形均不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，故选：【点评】此题主要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【例题精析2】 对称点与关于轴对称，则的值为ABC2D6【分析】根据关于轴对称的点的坐标特征判断即可【解答】解：点与关于轴对称，故选：【点评】本题考查了关于轴、轴对称的点的坐标，熟练掌握关于轴、轴对称的点的坐标特征是解题的关键【例题精析3】 翻折如图，中，点、分别是边、上的点，把沿折叠，点恰好落在上的点处，若点为的中点，则的值

5、是ABCD【分析】过点作于点，设，设，则，根据勾股定理求出，进而可以解决问题【解答】解：如图，过点作于点，中，设，点为的中点，设，则，在中，根据勾股定理，得，解得，则故选：【点评】本题考查翻折变换，等腰直角三角形，解决本题的关键是掌握翻折的性质【例题精析4】 翻折如图把一张长方形的纸按如图那样折叠后，、两点分别落在了，点处，若，则的度数为ABCD【分析】根据折叠的性质可得出，再根据，由平角的定义即可得出的度数【解答】解：、两点落在、点处，故选：【点评】本题考查了角的计算以及翻折变换，注意翻折前后不变的边和角，是解此题的关键【对点精练1】 翻折如图，在长方形中，在上找一点，沿直线把折叠，使点恰好

6、落在上，设这一点为，若的面积是54，则的面积6【分析】根据三角形的面积求出，利用勾股定理列式求出，再根据翻折变换的性质可得，然后求出，设，表示出、，然后在中，利用勾股定理列方程求解和三角形的面积公式解答即可【解答】解：因为的面积是54，即，所以因为，所以，因为，所以设，则，则，所以的长为5所以的长为4所以的面积故答案为：6【点评】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，三角形的面积，勾股定理，熟记各性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键【对点精练2】 翻折将一张长方形的纸按照如图所示折叠后，点、两点分别落在点、处，若平分，则【分析】由折叠的性质可得，再由角平分线的定义得，则有，利用平角的定义得，

7、从而可求解【解答】解：由题意得：，平分，解得：，故答案为：【点评】本题主要考查折叠的性质，解答的关键是熟记折叠的性质，找到相等的角【对点精练3】 翻折如图，将进行折叠，折叠后恰好经过点得到，则线段的长度为 24【分析】由平行四边形的性质可得，可得，由折叠的性质可得，由勾股定理可求的长，的长【解答】解：四边形是平行四边形，将平行四边形进行折叠，折叠后恰好经过点得到，故答案为：24【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质，求出的长是本题的关键【对点精练4】 翻折如图，在的同侧，点为的中点，若，则的最大值是 19【分析】如图，作点关于直线的对称点，作点关于直线的对称点，连接，证明是等

8、边三角形，再根据，当，共线时，的值最大【解答】解：如图，作点关于直线的对称点，作点关于直线的对称点，连接，点为的中点，是等边三角形，当，共线时，的值最大，最大值为19，故答案为：19【点评】本题考查轴对称的性质，两点之间线段最短，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决问题，属于中考填空题中的压轴题【对点精练5】 翻折为等腰底边上的高，且，腰的垂直平分线交于，为线段上一动点，则的最小值为 8【分析】根据是线段的垂直平分线可知，点关于直线的对称点为点，故的长为的最小值，由此即可得出结论【解答】解：是线段的垂直平分线，点关于直线的对称点为点，的长为的最小值，最小值为8，故答案为

9、：8【点评】本题考查的是轴对称最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键【对点精练6】 翻折如图，等腰直角中，为中点，为上一个动点，当点运动时，的最小值为4【分析】根据勾股定理得到，作点关于对称点，则，连接，交于，连接，此时的值最小由对称性可知，于是得到，然后根据勾股定理即可得到结论【解答】解：设，为中点，（负值舍去），作点关于对称点，则，连接，交于，连接此时的值最小，由对称性可知，根据勾股定理可得故答案为：4【点评】此题考查了轴对称线路最短的问题，确定动点何位置时，使的值最小是解题的关键【对点精练7】 翻折如图，、和分别是关于，边所在直线对称的轴对称图形，若，则的度数为【分析

10、】根据三角形的内角和定理和折叠的性质计算即可【解答】解：延长交于点，设，由得：，解得，故，故答案为：【点评】本题考查图形的折叠变化及三角形的内角和定理关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化【对点精练8】 翻折如图，在边长为2的菱形中，是边中点，为边上的动点，将沿所在直线翻折到，连结，则的最小值为 【分析】易得点在以点为圆心，1为半径的圆上，再利用菱形的性质和锐角三角函数得，易得，由勾股定理得，从而求得的最小值【解答】解：点在以点为圆心，1为半径的圆上，连接交圆于点，过点向的延长线作垂线，垂足为点，如图：，在中，在中，即的最小值

11、为，故答案为：【点评】本题主要考查了菱形的性质，翻折的性质，最短距离问题，理解圆外一点与圆上各点之间的最短距离是这点到圆心的距离与半径的差是解答此题的关键【实战经典1】 （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ABCD【分析】根据轴对称图形的概念求解即可【解答】解：、不是轴对称图形，本选项不符合题意；、不是轴对称图形，本选项不符合题意；、是轴对称图形，本选项符合题意；、不是轴对称图形，本选项不符合题意故选：【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，【实战经典2】 （2021阿坝州）平面直角坐标系中，点关于轴的对称点的

12、坐标是ABCD【分析】直接利用关于轴对称点的特点（纵坐标不变，横坐标互为相反数）得出答案【解答】解：点关于轴对称的点的坐标是故选：【点评】此题主要考查了关于轴对称点的特点，正确记忆横纵坐标的符号是解题关键【实战经典3】 （2021青岛）如图，在四边形纸片中，将纸片折叠，使点落在边上的点处，折痕为，若，则的长为A5BCD【分析】由折叠知：，得，过点作于，在中，求出的长度，再证四边形是矩形，从而得出，即可解决问题【解答】解：由折叠知：，过点作于，在中，四边形是矩形，故选：【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【实

13、战经典4】 （2021西藏）如图，在中，点是线段上一动点，点在线段上，当时，的最小值为ABCD【分析】作点关于的对称点，连接交于点，则的最小值为的长，过点作于点，在中，可求，在中，所以的最小值为【解答】解：作点关于的对称点，连接交于点，的最小值为的长，过点作于点，在中，在中，的最小值为，故选：【点评】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离的方法，灵活应用勾股定理是解题的关键考点2：平移平移：（1）定义：在平面内，将某个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移（2）性质：平移后，对应线段相等且平行，对应点所连的线段相等且平行；平移后，对应角相等且对应角的两边分别平行、方向

14、相同；平移不改变图形的形状和大小， 只改变图形的位置，平移后新旧两个图形全等【例题精析1】 平移将某图形的各点的横坐标加上2，纵坐标保持不变，可将该图形A横向向右平移2个单位B横向向左平移2个单位C纵向向上平移2个单位D纵向向下平移2个单位【分析】纵坐标不变，图形左右平移，横坐标加2，是向右平移2个单位【解答】解：某图形的各点的横坐标加上2，纵坐标保持不变，可将该图形向右平移2个单位，故选：【点评】本题考查了坐标与图形的变化平移，熟记平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减是解题的关键【例题精析2】 平移在平面直角坐标系中，将点先向右平移3个单位，再向上平移2个单位，得

15、到点若点位于第四象限，则、的取值范围分别是A，B，C，D，【分析】构建不等式解决问题【解答】解：由题意，故选：【点评】本题考查坐标与图形变化平移，解题的关键是构建不等式解决问题，属于中考常考题型【例题精析3】 平移如图，沿方向平移，使点移动到线段的中点，点的对应点是点，点的对应点是点，连接若的周长为，的长为，则四边形的周长为ABCD【分析】先根据平移的性质得到，再利用三角形和四边形的周长解答即可【解答】解：沿方向平移得到，的周长为，四边形的周长，故选：【点评】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由

16、原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等【对点精练1】 平移在平面直角坐标系中，把点向左平移3个单位得到点，则的值为 15【分析】根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得答案【解答】解：将点向左平移3个单位，得到点，点的坐标为，故答案为：15【点评】本题考查了坐标系中点的平移规律平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减【对点精练2】 平移如图，在一块长8米，宽6米的长方形草地上，有一条弯曲的小路，小路的左边线向右平移1米就是它的右边线，则这块草地的绿地面积为 35米【分析】根据平移可知，绿地部分拼成的图形长为米

17、，宽为6米，然后进行计算即可【解答】解：由题意得：（平方米），所以：这块草地的绿地面积为42平方米，故答案为：42【点评】本题考查了生活中的平移，根据平移求出绿地部分拼成的图形长和宽是解题的关键【实战经典1】 （2021绵阳）如图，在平面直角坐标系中，将四边形向左平移个单位后，点恰好和原点重合，则的值是A11.4B11.6C12.4D12.6【分析】如图，过点作交于，交于，连接想办法求出的长即可【解答】解：如图，过点作交于，交于，连接，设，解得，将四边形向左平移个单位后，点恰好和原点重合，故选：【点评】本题考查坐标与图形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅

18、助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题【实战经典2】 （2021鞍山）如图，沿所在直线向右平移得到，已知，则平移的距离为3【分析】利用平移的性质解决问题即可【解答】解：由平移的性质可知，平移的距离为3，故答案为：3【点评】本题考查平移的性质，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质，属于中考常考题型【实战经典3】 （2020柳州）点的坐标是，将点向上平移4个单位长度得到点，则点的坐标为【分析】将点的纵坐标加4，横坐标不变，即可得出点的坐标【解答】解：将点向上平移4个单位得到点，则点的坐标是，即故答案为【点评】此题考查了坐标与图形变化平移，掌握平移中点的变化规律：横坐标右移加，左

19、移减；纵坐标上移加，下移减是解题的关键考点3：旋转旋转概念：在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向旋转一个角度，这样的图形运动称为旋转，这个定点称为旋转中心，转动的角度称为旋转角性质：在图形旋转过程中，图形上每一个点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同角度；注意每一对对应点与旋转中心的连线所成的角度都叫旋转角，旋转角都相等；对应点到旋转中心的距离相等 【例题精析1】 旋转古典园林中的窗户是中国传统建筑装饰的重要组成部分，一窗一姿容，一窗一景致下列窗户图案中，是中心对称图形的是ABCD【分析】把一个图形绕某一点旋转，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，根据中心对称

20、图形的概念求解【解答】解：选项能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，选项、均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故选：【点评】本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合【例题精析2】 旋转如图，“三等分角仪”由两根有槽的棒，组成，两根棒在点相连并可绕转动，点固定，点，可在槽中滑动，若，则ABCD【分析】根据，可得，根据三角形的外角性质可知，进一步根据三角形的外角性质可知，即可求出的度数，则可求出的度数【解答】解：，故选：【点评】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质以及三

21、角形的外角性质，理清各个角之间的关系是解答本题的关键【例题精析3】 旋转如图，将绕点顺时针旋转，得到，若点恰好在的延长线上，则等于ABCD【分析】证明，推出即可解决问题【解答】解：由旋转可知：，故选：【点评】本题考查旋转的性质，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【例题精析4】 旋转如图，在中，将绕点顺时针旋转后得到的（点的对应点是点，点的对应点是点，连接若，则的大小是ABCD【分析】由旋转的性质可得，由等腰直角三角形的性质可得，由外角的性质可求解【解答】解：将绕点顺时针旋转后得到的，故选：【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键【

22、例题精析5】 旋转如图，是等边三角形的边上的高，点是上的一个动点（点不与点重合），连接将线段绕点顺时针旋转得到，连接、，若，则线段长度的最小值是A3BC1.5D1【分析】由旋转的性质可得，可证是等边三角形，可得，由“”可证，可得，即点在射线上运动，当时，有最小值，由直角三角形的性质可求解【解答】解：如图，连接，是等边三角形的边上的高，将线段绕点顺时针旋转得到，是等边三角形，在和中，点在射线上运动，当时，有最小值，此时，线段长度的最小值是1.5，故选：【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，确定点的运动路径是解题的关键【对点精练1】 旋转如图，等腰和等腰的腰长分别

23、为4和2，其中，点为边的中点，若等腰绕点旋转，则点到点的距离最小值为 【分析】由题意可得点在以点为圆心，长为半径的圆上运动，则当在线段上时，点到点的距离有最小值，即可求解【解答】解：如图，连接，是等腰直角三角形，点为边的中点，等腰绕点旋转，点在以点为圆心，长为半径的圆上运动，则当在线段上时，点到点的距离有最小值，故答案为：【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，确定点的轨迹是解题的关键【对点精练2】 旋转如图所示，是绕点顺时针方向旋转后所得的图形，点恰好在上，则的度数是【分析】由旋转的性质可得，即可求解【解答】解：是绕点顺时针方向旋转后所得的图形，且，故答案为【点评】本题考查了旋转

24、的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键【对点精练3】 旋转如图，在中，将绕点逆时针旋转，得到，连接，则的长是 【分析】首先考虑到所在的三角形并不是特殊三角形，所以猜想到要求，可能需要构造直角三角形由旋转的性质可知，故是等边三角形，可证明与全等，可得到，再证和是直角三角形，然后在根据勾股定理求解【解答】解：连接，设与相交于点，如下图所示，中，绕点逆时针旋转与重合，又旋转角为，是等边三角形在与中，在中，在中，由勾股定理得，又在中，可得故答案为【点评】此题是旋转性质题，解决此题，关键是思路要明确：“构造”直角三角形在熟练掌握旋转的性质的基础上，还要应用全等的判定及性质，直角三角形的判定及勾股定理的应

25、用【对点精练4】 旋转如图，点是等边内的一点，若点是外的一点，且，则的度数为 【分析】连接，由可知：，然后依据等式的性质可得到，从而可得到为等边三角形，得，在中，用勾股定理逆定理证出直角三角形，得出，可求的度数【解答】解：连接，由旋转可知，为等边三角形，；，为直角三角形，且，故答案为：【点评】本题主要考查的是全等三角形的性质、等边三角形的判定、勾股定理的逆定理的应用，证得为等边三角形、为直角三角形是解题的关键【对点精练5】 旋转如图，点为线段外一动点，分别以、为边作等边、等边，连接则线段长的最大值为 5【分析】连接，则，因为，所以当、在同一直线上时，最长，即可求出线段长的最大值为5【解答】解：

26、连接、为等边三角形，当、在同一直线上时，最长，线段长的最大值为5故答案为：5【点评】本题考查了线段最大值问题，正确运用两点之间线段距离最短是解题的关键【实战经典1】 （2021大连）如图，在中，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点在边上（不与点，重合），则的度数为ABCD【分析】由旋转知，从而得出是等腰直角三角形，即可解决问题【解答】解：将绕点顺时针旋转得到，是等腰直角三角形，故选：【点评】本题主要考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质，明确旋转前后对应角相等、对应线段相等是解题的关键【实战经典2】 （2021徐州）下列图形，是轴对称图形但不是中心对称图形的是ABCD【分析】根据轴对称图形与中心对

27、称图形的概念求解【解答】解：不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意；不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意故选：【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形，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度后与原图重合【实战经典3】 （2021广安）如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为ABCD【分析】由旋转的性质可得，由直角三角形的性质可得，即可求解【解答】解：将绕点逆时针旋转得，故选：【点评】本题考查了

28、旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键考点4：位似位似：（1）如果两个多边形不仅相似，而且对应顶点的连线相交于一点，这样的图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心（2）性质：对应角相等，对应边之比等于位似比；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【例题精析1】 位似如图，已知与位似，位似中心为点，且的周长为2，则的周长为A4B6C8D18【分析】利用位似的性质得，然后根据相似三角形的性质解决问题【解答】解：与位似，点为位似中心，的周长：的周长，的周长为故选：【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

29、似图形，这个点叫做位似中心位似图形必须是相似形，对应点的连线都经过同一点；对应边平行或共线【例题精析2】 位似如图，已知与是位似图形，点是位似中心，若是的中点，则与的面积比是ABCD【分析】根据位似图形的概念得到，根据，求出，根据相似三角形的性质计算，得到答案【解答】解：与是位似图形，与的面积比为，故选：【点评】本题考查的是位似变换的概念、相似三角形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键【例题精析3】 位似如图，与位似，位似中心为点，的周长为9，则周长为AB6C4D【分析】根据位似变换的概念得到，证明，根据相似三角形的性质解答即可【解答】解：，与位似，与的周长比为，的周长为

30、9，周长为6，故选：【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质、相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的周长比等于相似比是解题的关键【对点精练1】 位似在平面直角坐标系中，与位似，位似中心是原点已知与是对应顶点且，的坐标分别是，若的周长为3，则的周长为 9【分析】直接利用对应点坐标得出位似比，进而得出周长比，即可得出答案【解答】解：，的坐标分别是，与的相似比为：，与的周长比为：，的周长为3，的周长为：9故答案为：9【点评】此题主要考查了位似变换，正确得出两三角形相似比是解题关键【对点精练2】 位似（2021黑龙江）在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，在平面直角坐标系中的位置如图所示（1）以点

31、为位似中心，作出的位似图形，使其位似比为，并写出点的坐标；（2）作出绕点逆时针旋转后的图形；（3）在（2）的条件下，求出点所经过的路径长【分析】（1）延长到使，延长到使，则可得到，然后写出点的坐标；（2）利用网格特点和旋转的性质画出、的对应点、即可；（3）先利用勾股定理计算出，然后根据弧长公式计算点所经过的路径长【解答】解：（1）如图，为所作，点的坐标为；（2）如图，为所作；（3），所以点所经过的路径长【点评】本题考查了作图位似变换：画位似图形的一般步骤为：先确定位似中心；再分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；然后根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；最后顺次连接上述各点，得到

32、放大或缩小的图形也考查了旋转变换和弧长公式【实战经典1】 （2021重庆）如图，与位似，点是它们的位似中心，其中，则与的周长之比是ABCD【分析】根据位似图形的概念得到，进而证明，根据相似三角形的性质解答即可【解答】解：与位似，即与的相似比为，与的周长之比为，故选：【点评】本题考查的是位似图形的概念和性质、相似三角形的性质，掌握位似图形的对应边平行是解题的关键【实战经典2】 （2020河北）在如图所示的网格中，以点为位似中心，四边形的位似图形是A四边形B四边形C四边形D四边形【分析】由以点为位似中心，确定出点对应点，设网格中每个小方格的边长为1，则，由，得点对应点，点对应点，点对应点，即可得出

33、结果【解答】解：以点为位似中心，点对应点，设网格中每个小方格的边长为1，则，点对应点，点对应点，点对应点，以点为位似中心，四边形的位似图形是四边形，故选：【点评】本题考查了位似变换、勾股定理等知识；熟练掌握位似中心，找出点对应点是解题的关键【实战经典3】 （2021嘉兴）如图，在直角坐标系中，与是位似图形，则它们位似中心的坐标是 【分析】根据图示，对应点所在的直线都经过同一点，该点就是位似中心【解答】解：如图，点即为所求的位似中心故答案是：【点评】本题考查了位似的相关知识，位似是相似的特殊形式，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（或在同一条直线上），那么这

34、样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心考点5：视图与投影三视图主视图：从正面看到的图形.俯视图：从上面看到的图形.左视图：从左面看到的图形.三视图的对应关系(1)长对正：主视图与俯视图的长相等，且相互对正；(2)高平齐：主视图与左视图的高相等，且相互平齐；(3)宽相等：俯视图与左视图的宽相等，且相互平行常见几何体的三视图常见几何体的三视图正方体：正方体的三视图都是正方形.圆柱：圆柱的三视图有两个是矩形，另一个是圆.圆锥：圆锥的三视图中有两个是三角形，另一个是圆.球的三视图都是圆.正方体的平面展开图有如下11种类型： 平行投影：由平行光线形成的投影中心投影：由同一点(点光源)发出的光线形成

35、的投影【例题精析1】 视图如图，由一个球体和一个长方体组成的几何体，从它的正面看得到的平面图形是ABCD【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中【解答】解：从正面看，底层是一个矩形，上层中间是一个圆故选：【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图【例题精析2】 视图如图所示是由八个完全相同的小正方体搭成的几何体从上面看到的形状图，小正方形中的数字表示该位置上小正方体的个数，则这个几何体从正面看到的形状图是ABCD【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中【解答】解：从正面看易得共由3列，从左到右小正方形的个

36、数分别为：3、2、2故选：【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图【例题精析3】 视图如图所示的工件中，该几何体的俯视图是ABCD【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案【解答】解：从上边看是一个同心圆，外圆是实线，内圆是虚线，故选：【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图【例题精析4】 视图一个立体图形，从上面看到的形状是，从正面看到的形状是，从左面看到的形状是要搭成这个立体图形需要个小正方体A4B5C6D7【分析】利用俯视图，写出小正方体的个数，可得结论【解答】解：这个几何体需要小正方体的个数为（个，故选：【点评】本题考查由三视图判定

37、几何体，解题的关键是理解三视图的定义，属于中考常考题型【例题精析5】 视图如图是一个正方体的平面展开图，原正方体中“美”的对面是A榆B丽C通D建【分析】根据正方体的平面展开图找相对面的方法，“ “字两端是对面判断即可【解答】解：原正方体中“美”的对面是榆，故选：【点评】本题考查了几何体的展开图，熟练掌握正方体的平面展开图的特征是解题的关键【对点精练1】 视图如图的一个几何体，其左视图是ABCD【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案【解答】解：从左边看，是一列三个相邻的矩形故选：【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图象是左视图【对点精练2】 视图下面的三视图所对应的几何

38、体是ABCD【分析】根据“俯视打地基、主视疯狂盖、左视拆违章”得出组成该几何体的小正方体分布情况，继而得出答案【解答】解：根据三视图知，组成该几何体的小正方体分布情况如下：与之相对应的选项，故选：【点评】本题考查由三视图判断几何体，关键是由主视图和左视图、俯视图可判断确定几何体的具体形状【对点精练3】 视图将一个正方体截去一个角，得到的几何体如图所示，则该几何体的主视图是ABCD【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的和看不到的棱都应表现在图中【解答】解：从几何体的正面看可得到一个正方形，正方形的右上角处有一个看得见的小三角形画为实线，故选：【点评】本题考查了三视图的知识，主视图

39、是从物体的正面看得到的视图；注意看到的用实线表示，看不到的用虚线表示【对点精练4】 视图如图所示的几何体，它的主视图是ABCD【分析】根据主视图的意义，从正面看该组合体所得到的图形即可【解答】解：从正面看该组合体，底层是一个矩形，矩形的两侧分别由一条纵向的实线，上层是一个矩形故选：【点评】本题考查简单组合体的三视图，理解视图的意义，掌握主视图的画法是正确判断的关键【对点精练5】 视图如图所示的几何体由六块相同的小正方体搭成，若移走一块小正方体几何体的左视图发生了改变，则移走的小正方体是ABCD【分析】根据左视图是从左边看得到的图形，可得答案【解答】解：单独移开或或，得到的几何体的左视图与原来的

40、几何体的左视图相同，均为底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形；移走，则得到的几何体的左视图为一列两个小正方形所以若移走一块小正方体，几何体的左视图发生了改变，则移走的小正方体是故选：【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图【对点精练6】 视图下列图形中不是正方体展开图的是ABCD【分析】由平面图形的折叠及正方体的展开图解题【解答】解：选项，都可以围成正方体，只有选项无法围成立方体故选：【点评】此题主要考查了几何体的展开图，正确掌握立方体的展开图的基本形式是解题关键【实战经典1】 （2021青岛）如图所示的几何体，其左视图是ABCD【分析】画出从左面看这个几何体所

41、得到的图形即可【解答】解：这个几何体的左视图为：故选：【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【实战经典2】 （2021德阳）图中几何体的三视图是ABCD【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形；认真观察实物图，按照三视图的要求画图即可，注意看得到的棱用实线表示，看不到的棱用虚线的表示【解答】解：该几何体的三视图如下：故选：【点评】此题主要考查三视图的画法，注意实线和虚线在三视图的用法【实战经典3】 （2021兴安盟）根据三视图，求出这个几何体的侧面积ABCD【分析】首先根据三视图得出这个几何体是圆柱，再根据圆柱

42、的侧面积公式列式计算即可【解答】解：由题意可知，这个几何体是圆柱，侧面积是：故选：【点评】本题考查了三视图，圆柱的侧面积，主要培养学生的理解能力和空间想象能力，题型较好，是一道比较好的题目【实战经典4】 （2021赤峰）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的侧面积是ABCD【分析】首先判断该几何体的形状，然后根据其尺寸求得其侧面积即可【解答】解：观察三视图发现该几何体为圆锥，其底面直径为，母线长为，所以其侧面积为：，故选：【点评】本题考查了由三视图判断几何体，圆锥的有关计算，由该三视图中的数据确定圆锥的底面直径和母线长是解本题的关键【实战经典5】 （2021广东）下列图形是正方体展开图的个

43、数为A1个B2个C3个D4个【分析】由平面图形的折叠及正方体的展开图的特征解答即可【解答】解：由正方体的展开图的特征可知，可以拼成正方体是下列三个图形：故这些图形是正方体展开图的个数为3个故选：【点评】本题考查了几何体的展开图解题时勿忘记四棱柱的特征及正方体展开图的各种情形课堂总结：思维导图分层训练：课堂知识巩固1（2022秋章丘区校级期末）下面有4组立体图形，从左面看与其他3组不同的是ABCD【解答】解：上面4组立体图形，从左面看的图形分别得到的形状图，如图所示：故选项与其他3组不同；故选：2（2022秋路北区校级期末）2022年零点钟声响起之后，翟志刚、王亚平、叶光富三位航天员也在中国空间

44、站给大家拜年，天地同庆，一起喜迎新年！近两年，中国接二连三地在航天领域中拿出让世界瞩目的成就，下列与航天相关的图片中，是轴对称图形的是ABCD【解答】解：，选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；故选：3（2022秋渝中区校级期末）如图，用大小相同的五个正方体搭成的几何体的左视图是ABCD【解答】解：从左面可看到从左往右2列，小正方形的个数为：2，1，故选：4（2022秋路北区校级期末）如图，将一张三角形纸片的一角折叠，使点落

45、在外的处，折痕为如果，那么，三个角的关系是ABCD【解答】解：由折叠得：，故选：5（2022秋海港区校级期末）如图，在中，则下列结论正确的是ABCD【解答】解：，所以选项的结论错误；，所以选项的结论正确；，所以选项的结论错误；，所以选项的结论错误故选：6（2023惠阳区校级开学）下列图形中，属于中心对称图形，但不属于轴对称图形的是ABCD【解答】解：该图形属于中心对称图形，但不属于轴对称图形故本选项符合题意；该图形属于中心对称图形且属于轴对称图形故本选项不合题意；该图形是轴对称图形，不是中心对称图形故本选项不合题意；该图形是轴对称图形，不是中心对称图形故本选项不合题意故选：7（2022秋商河县

46、期末）如图所示的几何体中，主视图与左视图均是三角形的是ABCD【解答】解：、球的主视图和左视图均为全等的圆，不符合题意；、正方体的主视图和左视图均为全等的正方形，不符合题意；、圆锥的主视图和左视图均为全等的三角形，符合题意；、圆柱的主视图和左视图均为全等的长方形，不符合题意；故选：8（2022秋丛台区校级期末）如图，已知线段，点的坐标为，以原点为位似中心，将线段缩小后得到线段，若，则端点的坐标为ABCD【解答】解：图形以原点为位似中心，将线段缩小后得到线段，且，两图形的位似比为，点的坐标为，端点的坐标为：故选：9（2022秋峄城区校级期末）如图，将一个长方体内部挖去一个圆柱，这个几何体的主视图

47、是ABCD【解答】解：从正面看易得主视图为长方形，中间有两条垂直地面的虚线，故选：1（2022秋滨城区校级期末）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人进行围棋人机大战截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是ABCD【解答】解：选项、的图形都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形选项的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形故选：2（2022秋天长市校级期末）如图，把一张矩形纸片沿着它的长边对折为折痕），得到两个全等的小矩形若小矩

48、形的长与宽的比恰好等于原来矩形的长与宽的比，则小矩形的长与宽的比是ABCD【解答】解：由折叠得：，由题意得：矩形与矩形相似，故选：二填空题（共4小题）3（2022秋双流区期末）如图，在和中，为的中点，将绕点旋转，直线，交于点，连接，则的最小值是 【解答】解：如图，取的中点，连接、，则，又为的中点，为的中点，为的中点，的最小值为故答案为：4（2022秋汝州市期末）如图是用7块相同的小长方体搭成的几何体若拿走一块长方体后，该几何体的主视图和左视图都没改变，则这块长方体的序号是 【解答】解：若拿走一块长方体后，该几何体的主视图和左视图都没改变，则这块长方体的序号是故答案为：5（2022秋邹城市校级期

49、末）如图，点在射线上，以为边作等边，为中点，且，为中点，当最小时，【解答】解：如图，在边上截取，是等边三角形，为中点，在和中，当时，最小，即最小为，如图，作于点，作于点，连接，是等边三角形，为中点，故答案为：6（2022秋洪山区校级期末）如图，在边长为2的等边中，是的中点，点在线段上，连接，在的下方作等边，连接当的周长最小时，的度数是【解答】解：如图，连接，、都是等边三角形，在和中，如图，作点关于的对称点，连接，则，当，在同一直线上时，的最小值等于线段长，且时，的周长最小，由轴对称的性质，可得，是等边三角形，故答案为：1（2022渠县一模）如图，将正方形纸片沿折叠，使点落在边的点处（不与点，点

50、重合），点落在点处，交于点，连接，交于点，连接下列结论：平分；，若，则，其中正确结论的序号是ABCD【解答】解：如图1，由折叠可知：，又，即又，平分故正确；如图2，过作于，由知：，又，又，即，故正确；由知：，即，由折叠得：，是等腰直角三角形，；故正确；由折叠得，在中，是等腰直角三角形，故错误；故选：2（2022吴中区模拟）如图，在正方形中，是边上一点，连接，以为斜边作等腰直角三角形有下列四个结论：；当时，为的内心；若点在上以一定的速度，从往运动，则点与点的运动速度相等其中正确的结论的个数为A1B2C3D4【解答】解：四边形是正方形，是等腰直角三角形，故正确；，是等腰直角三角形，故正确；，在和中

51、，分别平分，平分，点是角平分线的交点，为的内心，故正确；如图，连接交于点，当点与点重合时，点与点重合；当点与点重合时，点与点重合，点的运动轨迹为线段，点的运动轨迹是线段，且点与点的运动时间相同，点与点的运动速度不相同，故错误综上所述：正确的结论是，共3个故选：3（2022武进区一模）如图，正方形的边长是3，连接，交于点，并分别与边，交于点，连接，下列结论：；其中正确结论的个数A1B3C2D0【解答】解：四边形是正方形，在与中，故结论正确；，；故结论错误；在与中，在与中，即；故结论正确；故选：二填空题（共4小题）4（2022秋浑南区期末）如图，已知在矩形中，点在边上，将矩形沿着过点的直线翻折后，

52、点，分别落在边下方的点，处，且点，在同一条直线上，折痕与边交于点，与交于点设，那么的周长为 【解答】解：由翻折的性质得，又，是等边三角形，的周长故答案为：5（2022秋南岸区校级期中）如图，在矩形中，把沿对角线折叠，使点落在处，交于点，、分别是和上的点，线段交于点，把沿折叠，使点落在点处，线段交于点，则线段的长为 【解答】解：由翻折而成，在与中，；，设，则，在中，即，解得：，是翻折而成，垂直平分，过点作于，则，即，故答案为：6（2022大同三模）如图，中，点在斜边上运动，点在边上运动，把沿折叠得到，交边于点，则的长为 【解答】解：如图，过点作于点，设的长为，在中，、由折叠而来，在中，在中，解得，经检验：是原分式方程的解，的长为故答案为：7（2022和平区二模）如图，在正方形中，点，点，点分别在边上，边上，边上，将正方形纸片沿折叠，使点与点重合，连接，若，下列结论：；四边形是菱形；的周长是；其中正确的是 （只填写序号）【解答】解：根据题意可知：，在和中，故正确；在正方形中，点在边上，四边形是姜形，故错误；如图，过点作于点，设，在中，根据勾股定理得：，在中，根据勾股定理得：，整理得，在中，根据勾股定理得：，整理得，解得或（舍去），故正确；，的周长是，故错误；如图，连接交于点，垂直平分，故正确；所以正确的结论有故答案为：