【文档说明】专题08 几何变换-【题型与技法】中考数学二轮复习金典专题讲练系列（通用版）（解析版）.docx，共(34)页，3.275 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-c1fa4aede99a7fea29f089944323b055.html

以下为本文档部分文字说明：

考点目录85.对称翻折...................................................................586.平移................

.......................................................587.旋转......................................................................1188

.位似......................................................................1389.尺规作图-等线段......................................

.....................2090.尺规作图-等角..............................................错误!未定义书签。90.尺规作图-角平分线....

......................................错误!未定义书签。91.尺规作图-垂直平分线........................................错误!未定义书签。聚焦1投影与视图考点

一由立体图形到视图1．视图：当我们从某一角度观察一个物体时，所看到的图象叫做物体的一个视图．一个物体在三个投影面内同时进行正投影，在正面内得到的由前向后观察物体的视图，叫做主视图；在水平面内得到的由上向下观察物体的视图，叫做俯视图；在侧面内得到由左向右观察

物体的视图，叫做左视图．2．常见几何体的三种视图：几何体主视图左视图俯视图圆柱长方形长方形圆圆锥三角形三角形圆和圆心球圆圆圆3．三视图的画法：(1)长对正；(2)高平齐；(3)宽相等．考点二由视图到立体图形由视图想象实物图形

时不像由实物到视图那样唯一确定，由一个视图往往可以想象出多种物体．由视图描述实物时，需了解简单的、常见的、规则物体的视图，能区分类似的物体视图的联系与区别．如主视图是长方形，可想象出是四棱柱、三棱柱、圆柱等．俯视图是圆的可以是球、圆柱等．考点

三物体的投影1．平行投影：太阳光线可以看成平行光线，像这样的光线所形成的投影称为平行投影．平行投影与视图之间的关系：当投影线与投影面垂直时，这种投影叫做正投影．物体的正投影称为物体的视图．物体的三视图实际上就是该物体在某一平行光线(垂

直于投影面的平行光线)下的平行投影．2．中心投影：探照灯、手电筒、路灯和台灯的光线可以看成是从一点出发的光线，像这样的光线所形成的投影称为中心投影．聚焦2图形的轴对称与中心对称考点一图形的轴对称1．定义：(1)轴对称：

把一个图形沿着某一条直线对折后，如果能与另一个图形重合，那么就说这两个图形成轴对称，这条直线就是对称轴，两个图形中的对应点叫做对称点．(2)轴对称图形：把一个图形沿某条直线对折，如果直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对

称图形．这条直线就是它的对称轴．2．性质：(1)对称点的连线被对称轴垂直平分；(2)对应线段相等，对应角相等；(3)成轴对称的两个图形是全等图形．考点二图形的中心对称1．定义：(1)中心对称：把一个图形

绕着一点旋转180°后，如果与另一个图形重合，那么这两个图形叫做关于这一点成中心对称，这个点叫做对称中心，旋转前后的点叫做对称点．(2)中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°后，能与原来位置的图形重合，这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．2．性质：(1)关于某点成中

心对称的两个图形是全等图形；(2)关于某点成中心对称的两个图形，对称点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．考点三图形折叠问题折叠问题是轴对称变换，折痕所在直线就是轴对称问题中的对称轴；应用时注意折叠所对应的图形，抓住它们之间的不变关系及其性质，寻找相等的量．聚焦3图形的平移和旋转考点

一图形的平移1．定义：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，图形的这种变换，叫做平移变换，简称平移．确定一个平移变换的条件是平移的方向和距离．2．性质：(1)平移不改变图形的形状与大小，即平移前后的两个图形是全等图形；(2)连接各组对应点的线段平行(或共

线)且相等；(3)对应线段平行(或共线)且相等；(4)对应角相等．考点二图形的旋转1．定义：在平面内，把一个平面图形绕着一个定点沿着某个方向旋转一定的角度，图形的这种变换，叫做旋转变换．这个定点叫做旋转中心，这个角度叫旋转角．图形的旋转由旋转方向和旋转

角所决定．2．性质：(1)图形上的每一点都绕着旋转中心沿着相同的方向旋转了同样大小的角度；(2)旋转后的图形与原来的图形的形状和大小都没有发生变化，即它们是全等的；(3)旋转前后两个图形的对应点到旋转中心的距离相等；(4)对应点到旋转中心的

连线所成的角相等，并且等于旋转角．考点三简单的平移作图与旋转作图1．平移作图的步骤：(1)首先找出原图形中的关键点，如多边形的顶点，圆的圆心；(2)根据平移的距离与方向，画出特殊点的对应点；(3)顺次连接各对应点，就得到原图形平移

后的图形．2．旋转作图的步骤：(1)找出旋转中心与旋转角；(2)找出构成图形的关键点；(3)作出这些关键点旋转后的对应点；(4)顺次连接各对应点．聚焦4尺规作图考点一尺规作图1．定义：只用没有刻度的直尺和圆规作图叫做尺规作图．2．步骤

：(1)根据给出的条件和求作的图形，写出已知和求作部分；(2)分析作图的方法和过程；(3)用直尺和圆规进行作图；(4)写出作法步骤，即作法．考点二五种基本作图1．作一线段等于已知线段；2．作一个角等于已知角；3．作已知角的平分线；4．过一点作已知直线的垂线；5．作已知

线段的垂直平分线．考点三基本作图的应用1．利用基本作图作三角形(1)已知三边作三角形；(2)已知两边及其夹角作三角形；(3)已知两角及其夹边作三角形；(4)已知底边及底边上的高作等腰三角形；(5)已知一直角边和斜边作直角三角形．2．与圆有关的尺规作图(1)过不在

同一直线上的三点作圆(即三角形的外接圆)．(2)作三角形的内切圆．85.对称翻折【例题1】（2022•安阳县一模）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在AB边的中点C上，若4AB=，8BC=，则tanBFC的值为()A．34B．815C．81

7D．1517【分析】先求出BC，再由图形折叠特性知，CFCF=，在Rt△CBF中，运用勾股定理222BFBCCF+=求出x的值，然后利用锐角三角函数即可解决问题．【解答】解：设BFx=，则8CFBCBFx=−=−，由折叠可得8CFCFx==−，C是AB的中点，114222BCAB

===，四边形ABCD是矩形，90B=，222BCBFCF+=，2222(8)xx+=−，解得：154x=，1517844CF=−=，28tan17174BCBFCBF===．故选：C．【点评

】本题考查了折叠问题，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，综合能力要求较高．同时也考查了列方程求解的能力．解题的关键是找出线段的关系，利用勾股定理求解．【例题2】（2021•毕节市）如图，在矩形纸片ABCD中，7AB=，9BC=，M是BC上的点，且2C

M=．将矩形纸片ABCD沿过点M的直线折叠，使点D落在AB上的点P处，点C落在点C处，折痕为MN，则线段PA的长是()A．4B．5C．6D．25【分析】连接PM，设APx=，可得出7PBx=−，7BM

=，根据折叠的性质可得7CDPC==，2CMCM==，在RtPBM中和Rt△PCM中，根据勾股定理222PBBMPM+=，222(7)7PMx=−+，222CPCMPM+=，22272PM=+，因为PM是公共边，所以可得PMPM=，即2222(7)772x−+=+

，求出x的值即可得出答案．【解答】解法一：解：连接PM，如图，设APx=，7AB=，2CM=，7PBx=−，7BMBCCM=−=，由折叠性质可知，7CDPC==，2CMCM==，在RtPBM中，222PBBMPM+=，222(7)7PMx=−+，在Rt△PCM中，

222CPCMPM+=，22272PM=+，2222(7)772x−+=+，解得：15x=，29x=（舍去），5AP=．解法二：解：连接PM，如图，7AB=，2CM=，7BMBCCM=−=，由折叠性质得，7CDPC==，90CPCMPBM===，2CMCM==，

在RtPBM和Rt△MCP中，PMPMBMPC==，RtPBMRt△()MCPHL，2PBCM==，5PAABPB=−=．故选：B．【点评】本题主要考查了翻折变化、矩形的性质及勾股定理，熟练应用翻折变化的性质及矩形的性质进行计算是解决本题的关键．【例题3】（20

21•海拉尔区模拟）在平面直角坐标系中，长为3的线段CD（点D在点C右侧）在x轴上移动，(0,2)A，(0,4)B，连接AC，BD，则ACBD+的最小值为()A．25B．210C．62D．35【分析】平移CD使点D落在点B处，连接BC，则点C的对应点

为B，即BCBD=，进而得出(3,4)B−，再作点A关于x轴的对称点A，则(0,2)A−，进而得出ACBD+的最小值为AB，即可求解答案．【解答】解：如图，平移CD使点D落在点B处，连接BC，则点C的对应点为B，即BC

BD=，3CD=，(0,4)B，点(3,4)B−，作点A关于x轴的对称点A，此时点A，C，B在同一条线上时，ACBD+最小，(0,2)A，(0,2)A−，连接AB，则ACBD+的最小值为22(3)(42)35AB=−++=，故选：D．【点评】此题主要考查了对称的

性质，平移的性质，将ACBD+的最小值转化为AB是解本题的关键．【例题4】（2021•宿迁）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，折痕为MN，已知8AB=，4AD=，则MN的长是()A．55

3B．25C．753D．45【分析】由折叠的性质可得BMMD=，BNDN=，DMNBMN=，可证四边形BMDN是菱形，在RtADM中，利用勾股定理可求BM的长，由菱形的面积公式可求解．【解答】解：如图，连接BD，BN，折叠

矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，BMMD=，BNDN=，DMNBMN=，//ABCD，BMNDNM=，DMNDNM=，DMDN=，DNDMBMBN===，四边形BMDN是菱形，222ADAMDM+=，2216(8)AMAM+=−，3AM=，5DM

BM==，8AB=，4AD=，22641645BDADAB=+=+=，12BMDNSBDMNBMAD==菱形，45254MN=，25MN=，故选：B．【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，菱形判定和性质，勾股定理，求出BM的长是解题的关键．【例题

5】（2021•涡阳县模拟）如图，ABC中，10ABAC==，45A=，BD是ABC的边AC上的高，点P是BD上动点，则22BPCP+的最小值是()A．522B．52C．10D．102【分析】过

点P作PEAB⊥于点E，由勾股定理得22PEBP=．继而证明当C、P、E三点共线且CE⊥，22BPPCPEPC+=+的值最小为CE．由由等腰三角形腰上的高相等，解出BD的长，即为CE的长．【解答】解：45A=，BDAC⊥，45ABD=．过点P作PEAB⊥于点E，由勾股定理得22

PEBP=．22BPPCPEPC+=+．当C、P、E三点共线，且CE⊥时，22BPPCPEPC+=+的值最小为CE．ABC中，10ABAC==，BDAC⊥，CEAB⊥，由等腰三角形腰上的高相等，BDC

E=，在RtABD中，105222ABBDCE====．故2522BPPCPEPCCE+=+==．故选：B．【点评】本题考查垂线段最短（此题也是胡不归模型），涉及等腰三角形的性质、勾股定理等知识，属于常考内容，掌握22BPPC+转化为PEPC

+是解题关键．86.平移【例题6】（2022•重庆模拟）在平面直角坐标系中，将点(,1)Aaa−先向左平移3个单位得点1A，再将1A向上平移1个单位得点2A，若点2A落在第三象限，则a的取值范围是()A．23aB

．3aC．2aD．2a或3a【分析】根据点的平移规律可得2(3,11)Aaa−−+，再根据第三象限内点的坐标符号可得．【解答】解：点(,1)Aaa−先向左平移3个单位得点1A，再将1A向上平移1个单位得点2(3,11)Aaa−−+，点A位于第三象限，30110

aa−−+，解得：23a，故选：A．【点评】此题主要考查了坐标与图形变化−平移，关键是横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．【例题7】（2021•绵阳）如图，在平面直角坐标系中，//ABDC，ACBC⊥，

5CDAD==，6AC=，将四边形ABCD向左平移m个单位后，点B恰好和原点O重合，则m的值是()A．11.4B．11.6C．12.4D．12.6【分析】如图，过点D作DTAC⊥交AC于J，交AB于T，连接CT．想办法求出OB的长即可．【解答】解：如图，过

点D作DTAC⊥交AC于J，交AB于T，连接CT．5ADDC==，DJAC⊥，3AJJC==，2222534DJADAJ=−=−=，//CDAT．DCJTAJ=，DJCTJA=，()DCJTAJASA，5CDAT==，4DJJT==，90

AJTACB==，//JTBC，AJJC=，5ATTB==，设OAx=，22222ODADOADTOT=−=−，222258(5)xx−=−+，解得1.4x=，1.41011.4OBOAAB=+=+=，将四边形ABCD向左平移m个单位后，点B恰好和原点O重合，11.4

mOB==，故选：A．【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．【例题8】（2022•祁阳县校级模拟）点(2,3)P−先向左平移4个单位，再向上平移5个单

位，所得点的坐标是(2,2)−．【分析】根据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．即可得出平移后点的坐标．【解答】解：由题意可得，平移后点的横坐标为242−=−；纵坐标为352−+=，所得点的坐

标为(2,2)−故答案为(2,2)−．【点评】本题考查了点的平移及平移特征，掌握平移中点的变化规律是关键．87.旋转【例题9】（2022•芜湖一模）如图，将ABC绕顶点C顺时针旋转35得到DEC，点A、B的对应点分别是点D和点E．设边ED，AC相交于点F

．若30A=，则EFC的度数为()A．60B．65C．72.5D．115【分析】由旋转的性质可得30AD==，35ACD=，即可求解．【解答】解：将ABC绕顶点C顺时针旋转35得到DEC，30AD

==，35ACD=，65EFCDACD=+=，故选：B．【点评】本题考查了旋转的性质，三角形的外角性质，掌握旋转的性质是解题的关键．【例题10】（2022•山西模拟）中国传统纹饰图案不

但蕴含了丰富的文化，而且大多数图案还具有对称美．下列纹饰图案中是中心对称图形的是()A．B．C．D．【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．把一个图形绕某一点旋转180，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，这个点叫做对称中心．【解

答】解：A．不是中心对称图形，故本选项不合题意；B．不是中心对称图形，故本选项不合题意；C．不是中心对称图形，故本选项不合题意；D．是中心对称图形，故本选项符合题意．故选：D．【点评】本题考查了中心对称图形的概念，判断中心对称

图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．【例题11】（2022•泸县一模）如图，ABC绕点C旋转，点B转到点E的位置，则下列说法正确的是()A．点B与点D是对应点B．BCD等于旋转角C．点A与点E是对应点D．ABCDEC【分析】直接利用旋转的性质可求解．【解答】解

：ABC绕点C旋转，点B转到点E的位置，ABCDEC，点B与点E是对应点，点A与点D是对应点，ACD与BCE是旋转角，故选：D．【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定，掌握旋转的性质是解题的关键．【例题12】（

2022•钟山县校级模拟）在平面直角坐标系中，对于平面内任意一点(,)xy，若规定以下两种变换：①(fx，)(yy=，)x．如(3f，4)(4=，3)；②(gx，)(yy=−，)x−．如(3g，4)(4=−，3)−．按照以上变换有：((3fg，4)

)(3=−，4)−，那么((4,5))gf−等于()A．(5,4)−B．(4,5)−C．(4,5)−D．(5,4)−【分析】根据变换f、g的变换方法解答即可．【解答】解：((4gf−，5))(5g=，

4)(4−=，5)−．故选：C．【点评】本题考查了点的坐标，读懂题目信息，理解变换f、g的变换方法是解题的关键．【例题13】（2021•武进区模拟）如图，在ABC中，4ABAC==，120BAC=，点P是ABC的中线AD上一点，将点B绕点P逆时针旋转60，点B的对应点是点E，则

AE的取值范围是()A．45x剟B．235x剟C．2327x剟D．427x剟【分析】当点P与点A重合时，AE有最小值，当点P与点D重合时，AE有最大值，由旋转的性质和等边三角形的性质可求解．【解答】解：4ABAC==，120BAC=，AD是中线，30

ABCACB==，BDCD=，2AD=，23BD=，当点P与点A重合时，AE有最小值，如图，将点B绕点P逆时针旋转60，BPBE=，60PBE=，PBE是等边三角形，4PEABAE===，当

点P与点D重合时，AE有最大值，如图，将点B绕点P逆时针旋转60，BPBE=，60PBE=，PBE是等边三角形，23BPBE==，90ABEABCPBE=+=，2222161227AEABBEABBE=+=+=+=，AE的取值范围是427AE剟，故选：D．

【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，利用特殊位置求解是解题的关键．【例题14】（2021•和平区二模）如图，以点C为旋转中心，把ABC顺时针旋转得DEC，记旋转角为，连接AE，AED为，则BAE的度数为()A．−B．2+

C．2D．2−【分析】根据旋转的性质得到DBAC=，ACD=，根据三角形的内角和定理得到DAEDCAEACD+=+，得到BACCAE−=−，于是得到结论．【解答】解：把ABC顺时针旋转得DEC，记旋转角为，DBAC=，ACD=，DAED

CAEACD+=+，BACCAE+=+，BACCAE−=−，BAEBACCAE=−，BAE=−，故选：A．【点评】本题考查了旋转的性质，三角形等你结婚定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．【例题15】（2022•平凉模拟）如图，在四边形ABCD

中，30ABC=，将DCB绕点C顺时针旋转60后，点D的对应点恰好与点A重合，得到ACE，5AB=，9BC=，则BD=106．【分析】连接BE，如图，根据旋转的性质得60BCE=，CBCE=，BDAE=，再判断B

CE为等边三角形得到9BEBC==，60CBE=，从而有90ABE=，然后利用勾股定理计算出AE即可．【解答】解：连接BE，如图，DCB绕点C顺时针旋转60后，点D的对应点恰好与点A重合，得到ACE，60BCE=，CBCE=，BDA

E=，BCE为等边三角形，9BEBC==，60CBE=，30ABC=，90ABE=，在RtABE中，222259106AEABBE=+=+=，106BD=．故答案为：106．【点评】本题考查了旋

转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．【例题16】（2022•灞桥区校级一模）如图，D是等边三角形ABC外一点，3AD=，2CD=，当BD长最大时，ABC的面积为1

934．【分析】以CD为边作等边DCE，连接AE．利用全等三角形的性质证明BDAE=，利用三角形的三边关系，可得BD的最大值为5，利用直角三角形的性质和勾股定理可求2AB，即可求解．；【解答】解：如图1，以C

D为边作等边DCE，连接AE．BCAC=，CDCE=，60BCADCE==，BCDACE=，在BCD和ACE中，BCACBCDACECDCE===，()BCDACESAS，BDAE=，在ADE中，3AD=，

2DECD==，AEADDE+„，5AE„，AE的最大值为5，BD的最大值为5，此时点D在AE上，如图2，过点A作AFBD⊥于F，BCDACE，60BDCE==，60ADF=，AFBD⊥，30DAF=，1322DFAD==，3332AFDF==

，72BF=，22219ABAFBF=+=，ABC的面积2319344AB==，故答案为：1934．【点评】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．【例题17】（2022•

哈尔滨模拟）如图，在ABC中，75BAC=，以点A为旋转中心，将ABC绕点A逆时针旋转，得△ABC，连接BB，若//BBAC，则BAC的度数是105．【分析】由旋转的性质可得75BACBAC==，ABAB=，由平

行线的性质和等腰三角形的性质可得30BAB=，即可求解．【解答】解：以点A为旋转中心，将ABC绕点A逆时针旋转，得△ABC，75BACBAC==，ABAB=，//BBAC，75CABA

BB==，ABAB=，75ABBBBA==，30BAB=，7530105BACBABBAC=+=+=，故答案为：105．【点评】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，

灵活运用旋转的性质是本题的关键．【例题18】（2022•中山市一模）如图，把ABC绕点C顺时针旋转得到△ABC，此时ABAC⊥于D，已知50A=，则BCB的度数是40．【分析】由旋转的性质可得50AA==，BCBACA=

，由直角三角形的性质可求40ACABCB==．【解答】解：把ABC绕点C顺时针旋转得到△ABC，50AA==，BCBACA=ABAC⊥90AACA+=

40ACA=40BCB=故答案为：40．【点评】本题考查了旋转的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．88.位似【例题19】（2022•南岸区校级模拟）如图，ABC与DEF位似，点O是它们的位似中心，其中2OAOD=，则ABC与DEF的周长之比是()A．2:1B

．4:1C．3:1D．9:1【分析】根据位似图形的概念得到//ABDE，得到AOBDOE∽，根据相似三角形的性质求出:ABDE，根据相似三角形的周长比等于相似比解答即可．【解答】解：ABC与DEF位似，/

/ABDE，AOBDOE∽，2ABOADEOD==，ABC与DEF的周长之比是2:1，故选：A．【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质、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．【例题20】（20

22•温州一模）如图，四边形ABCD与四边形AEFG是位似图形，位似比为2:3．若6EF=，则BC的长为()A．8B．9C．10D．15【分析】利用相似多边形的性质求解即可．【解答】解：四边形ABCD与四边形AE

FG是位似图形，位似比为2:3，四边形ABCD∽四边形AEFG，32BCEF=，6EF=，9BC=，故选：B．【点评】本题考查位似变换，解题的关键是掌握位似变换的性质，属于中考常考题型．【例题21】（2022•澄城县一模）如图，已知ABC

和ADE是以点A为位似中心的位似图形，且ABC和ADE的周长比为2:1，则ABC和ADE的位似比是()A．1:4B．4:1C．1:2D．2:1【分析】利用位似的性质求解．【解答】解：ABC和ADE是以点A为位似中心的位似图形，ABCADE∽，位似比等于相似比，ABC和ADE

的周长比为2:1，ABC和ADE的相似比为2:1，ABC和ADE的位似比是2:1．故选：D．【点评】本题考查了位似变换：位似的两个图形必须是相似形；对应点的连线都经过同一点．【例题22】（20

22•舟山一模）如图是由5个相同小正方形搭成的几何体，若将小正方体A放到小正方体B的正上方，则关于该几何体变化前后的三视图，下列说法正确的是()A．主视图不变B．俯视图改变C．左视图不变D．以上三种视图都改变【分析】根据三视图的定义求解即可．【解答】

解：根据图形可知，主视图发生变化，上层的小正方形由原来位于左边变为右边，俯视图和左视图都没有发生变化．故选：C．【点评】本题考查了简单组合体的三视图，解题的关键是学生的观察能力和对几何体三种视图的空间想象能力．【例题23】（2022•合肥一模）如图所示是一个放在水平面上

的几何体，它的主视图是()A．B．C．D．【分析】根据主视图是从物体正面看所得到的图形解答即可．【解答】解：从正面看，可得图形如下：故选：B．【点评】本题考查的是简单组合体的三视图的作图，主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、侧面和上面看所得到的图形．【例题24】（2022

•安徽模拟）如图，一个圆柱体在正方体上沿虚线从左向右平移，平移过程中不变的是()A．主视图B．左视图C．俯视图D．主视图和俯视图【分析】主视图是从正面观察得到的图形，左视图是从左侧面观察得到的图形，俯视图是从上面观察得到的图形，结合图形即可作出判断．【解答】解：根据图形，可得：平移过程中不

变的是的左视图，变化的是主视图和俯视图．故选：B．【点评】此题主要考查了平移的性质和应用，以及简单组合体的三视图，要熟练掌握，解答此题的关键是掌握主视图、俯视图以及左视图的观察方法．【例题25】（2022•北碚区校级开学）如图是由8个完全相同的小正方体组成的一个

立体图形，其主视图是()A．B．C．D．【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：从正面看有两层，底层是三个小正方形，上层的中间是一个正方形．故选：D．【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26】（2021•安徽模拟）如图所示几何体的左视图是()A．B．C．D．【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，是一个矩形，

矩形内部有一条横向的虚线．故选：D．【点评】本题考查简单组合体的三视图，解题的关键是理解三视图的定义，属于中考常考题型．89.尺规作图【例题27】（2022•武安市一模）如图，已知ABC，用尺规按照下面步骤操作：①作线段

AB的垂直平分线DE；②作线段BC的垂直平分线FG，交DE于点0；③以O为圆心，OB长为半径作O．结论I：点O是ABC的内心．结论:IIBGAD=对于结论I和结论Ⅱ，下列判断正确的是()A．I和Ⅱ都对B．I和Ⅱ都不对C．I不对II对D．I对Ⅱ不对【分析】根据三角形外心的定义对结论（Ⅰ）进行判断

；利用点D、G有任意性可对结论（Ⅱ）进行判断．【解答】解：点O为AB和BC的垂直平分线的交点，点O为ABC的外心，所以结论（Ⅰ）不对；点D、G的位置不能确定，BG和AD的长度不确定，所以结论（Ⅱ）不对．故选：D．【点评】本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是

熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段垂直平分线的性质和三角形的外心与内心．【例题28】（2022•永城市一模）如图，在矩形ABCD中，8AB=，6BC=，以B为圆心，适当的长为半径画弧，交

BD，BC于M，N两点；再分别以M，N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线BP交CD于点F；再以B为圆心，BD的长为半径画弧，交射线BP于点E，则EF的长为()A．35B．45C．1035−D．1045−【分析】先利用勾

股定理计算出10BD=，再利用基本作图得BF平分CBD，10BEBD==，则根据角平分线的性质得到F点到BC和BD的距离相等，接着利用面积法得到:3:5CFDF=，所以3CF=，5DF=，然后利用勾股定理计算出BF，从而得到EF的长．【

解答】解：在矩形ABCD中，8AB=，6BC=，8CDAB==，226810BD=+=，由作法得BF平分CBD，10BEBD==，F点到BC和BD的距离相等，::6:103:5BCFBDFSSBCBD===，::3

:5BCFBDFSSCFDF==，3CF=，5DF=，在RtBCF中，223635BF=+=，1035EFBEBF=−=−．故选：C．【点评】本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐

步操作．也考查了角平分线的性质和矩形的性质．【例题29】（2022•石家庄模拟）过点A用尺规作出直线MN的垂线AD，如图所示的作法中正确的是()A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④【分析】①根据直径所对的圆周角是直角判

断即可；②③根据基本作图判断即可；④根据等腰三角形的三线合一的性质判断即可．【解答】解：图①中，由圆周角定理可知，90ADN=，符合题意．图②中，由作图可知ADMN⊥，符合题意．图③中，由作图可知MN垂直平分线段AD，符合题意．图④中，根据等腰三角

形三线合一的性质可知ADMN⊥，符合题意，故选：D．【点评】本题考查作图−复杂作图，垂线等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．【例题30】（2022•本溪模拟）如图，在ABC中，90ACB=，

分别以点A和B为圆心，以大于12AB的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线MN交AB于点D，交BC于点E，连接CD，若12CDEB=，则A等于()A．36B．40C．48D．54【分

析】利用基本作图得到ADBD=，DEAB⊥，设CDE=，则2B=，利用CD为斜边AB上的中线得到CDBD=，则2DCBB==，利用三角形外角性质得到3DEB=，则利用90BDEB+=可求出18=，从而得到B的度数，然后利用互余求出A的度数．【解

答】解：由作法得DE垂直平分AB，ADBD=，DEAB⊥，90BDE=，设CDE=，则2B=，90ACB=，CD为斜边AB上的中线，CDBD=，2DCBB==，23DEBDCECDE

=+=+=，90BDEB+=，2390+=，解得18=，236B==，90903654AB=−=−=．故选：D．【点评】本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本

性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段垂直平分线的性质．【例题31】（2022•河南模拟）如图．在ABC中，ABAC=，分别以点A，B为圆心．大于12AB的长为半径画弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN分

别交BC、AB于点D和点E，若52C=．则CAD的度数是()A．22B．24C．26D．28【分析】先根据线段垂直平分线的性质得到DADB=，则DABB=，再利用等腰三角形的性质和三角

形内内角和计算出76BAC=，然后计算BACDAB−即可．【解答】解：由作法得MN垂直平分AB，DADB=，DABB=，ABAC=，52BC==，18025276BAC=−=，52DABB==，765224CADBACDAB=−=

−=．故选：B．【点评】本题考查了作图−基本作图，熟练掌握5种基本作图是解决此类问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质．【例题32】（2022•滑县模拟）如图，在ABC中，分别以点A和点C为圆心，大于

12AC的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN，交AC于点E，3AE=，ABD的周长为13，则ABC的周长是()A．16B．17C．18D．19【分析】利用线段的垂直平分线的性质即可解决问题．【解答】解：根据作图知DE

垂直平分线段AC，DADC=，6AEEC+=，13ABADBD++=，13ABBDDC++=，ABC的周长13619ABBDBCAC=+++=+=，故选：D．【点评】本题考查作图−基本作图，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握线段的垂直平分线的性质，属于中

考常考题型．【例题33】（2021•平泉市一模）如图，已知直线AB和AB外一点C，用尺规过点C作AB的垂线．步骤如下：第一步：任意取一点K，使点K和点C在AB的两旁；第二步：以C为圆心，以a为半径画弧，交直线AB

于点D，E；第三步：分别以D，E为圆心，以b为半径画弧，两弧交于点F；第四步：画直线CF．直线CF即为所求．下列正确的是()A．a，b均无限制B．aCK=，12bDE的长C．a有最小限制，b无限制D．aCK…，12bDE的长【分析】根据过直线外一点作

已知直线的垂线的步骤，判断即可．【解答】解：由作图可知，aCK=，12bDE的长，故选：B．【点评】本题考查作图−基本作图，解题的关键是理解题意，熟练掌握垂线的作法．【例题34】（2022•拱墅区模拟）如图，在RtABC中，90B=，5AC=，3AB=，点E是边CB上一

动点，过点E作//EFCA交AB于点F，D为线段EF的中点，按下列步骤作图：①以C为圆心，适当长为半径画弧交CB，CA于点M，点N；②分别以M，N为圆心，适当长为半径画弧，两弧的交点为G；③作射线CG．若射线CG经过点D，则C

E的长度为()A．813B．1513C．2013D．2513【分析】先利用勾股定理计算出4BC=，利用基本作图得到CD平分ACB，再证明DCECDE=得到ECED=，设CEx=，则2EFx=，4BEx=−，接着证明BEFBCA∽，利用相似比得到2454xx−=，然后解方程即可．【

解答】解：90B=，5AC=，3AB=，2222534BCACAB=−=−=，由作法得CD平分ACB，DCEDCA=，//EFAC，DCACDE=，DCECDE=，ECED=，D点为EF的中点，DEDF=，设CEx=，则2EFx=，4BEx=−，//EFAC

，BEFBCA∽，EFBEACBC=，即2454xx−=，解得2013x=，即CE的长为2013．故选：C．【点评】本题考查了作图−基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已

知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了相似三角形的判定与性质．【例题35】（2021•河南模拟）如图，在OABC中，边OC在x轴上，点(1,3)A，点(3,0)C．按以下步骤作图：分别以点B，C为圆心，大于12BC的长为半径作弧，两弧相交于E，F两点；作直线E

F，交AB于点H；连接OH，则OH的长为()A．5B．7C．22D．23【分析】连接HC，过A点作AMx⊥轴于M，如图，录用解直角三角形得到2OA=，60AOM=，再根据平行四边形的性质得到60BA

OM==，2BCOA==，利用基本作图得到HCHB=，所以HBC为等边三角形，则2BH=，从而得到H点的坐标为(2,3)，然后根据两点间的距离公式计算OH．【解答】解：连接HC，过A点作AMx⊥轴于M，如图，1OM=，3AM=，3OC=，221(3

)2OA=+=，3tan31AOM==，60AOM=，四边形ABCD为平行四边形，60BAOM==，2BCOA==，由作法得EF垂直平分BC，HCHB=，HBC为等边三角形，2BH=，1AH=，H点的坐标为(2,3)，222(3)7OH=+=

．故选：B．【点评】本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质．【例题36】（2022•新乡模拟

）如图所示，在平行四边形ABCD中，243ABBC==，以点B为圆心，以适当长度为半径作弧，分别交BA、BC于点M、N，再分别以M、N为圆心，以大于12MN的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线BP交AD于点E．交CD的延长线于点F，则D

F的长度为()A．43B．2C．52D．3【分析】证明6CFCB==，4ABCD==，可得结论．【解答】解：由作图可知，BF平分ABC，ABECBF=，四边形ABCD是平行四边形，4ABCD==，263BCADBC===，//ABC

F，FABE=，FCBF=，6CFCB==，642DFCFCD=−=−=，故选：B．【点评】本题考查作图−基本作图，角平分线的定义，平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．获得更多资源请扫码加入享学

资源网微信公众号www.xiangxue100.com