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考点分布 考查频率 命题趋势
考向1：创新作图类 ★★★ 题型结构：以尺规作图为核心，强化无刻度直尺作图（如网格作图、对称/旋转图形设计），同时融入跨学科融合场景（如结合物理电路图分析几何关系）。题型可能包含条件开放型（如“选择两个条件证明全等”）和动态几何操作（如折叠、旋转后的图形性质探究）。 难度分层：基础题侧重规范作图步骤（如作角平分线、垂直平分线），综合题则需结合几何模型（全等、相似、圆的性质）进行多步推理，部分题目可能涉及创新设计（如优化测量方案或图形结构），难度中等偏上。分值占比：预计占8%-12%，基础操作题（如单一步骤作图）占4-6分，综合应用题（如结合函数或跨学科背景的实践设计）占6-8分。 命题方向强调动手能力与逻辑思维结合，需关注几何模型的实际应用与开放性条件分析。
考向2：剪、拼等实践操作 ★★★★★
考向3：图形变换操作 ★★★★
根据题目要求操作图形的定义作图即可（旋转变换的性质，平移变换性质，轴对称变换的性质等），必须按照题目要求选择是否使用尺规。
熟练掌握5种基本作图（1.作一条线段等于已知线段2.作一个角等于已知角3.作已知角的平分线4.作线段的垂直平分线（中垂线）5.过一点作已知直线的垂线）是解决问题的关键
尺规作图与其它几何知识综合应用，需要熟练掌握尺规作图的基本模型，能与其它知识点结合运用
解析题目具体操作方案，根据题目要求动手操作后即可得到答案．（严格按照题目要求操作是解题关键）
本类题考查了展开图折成几何体，熟练掌握平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点是关键．
熟练掌握正方体及其表面展开图的特点是解题的关键
根据轴对称变换，平移变换，相似变换，旋转变换的相关概念结合题目进行解答
先定抛物线定点，根据平移变换即得到平移后抛物线的顶点坐标，然后根据顶点式写出解析式是解题关键（把抛物线变换转化成点的对应变换）
熟练应用折叠的性质是解题的关键（翻折前后成轴对称图形，对应边，对应角相等，折痕是对称轴）
熟悉掌握旋转的性质是解题的关键（旋转前后成全等图形，对应边，对应角相等，对应边的旋转角相等）
观察图形结构，进行旋转变换把阴影面积进行转移拼接求解是解题关键
先根据变换性质求出部分点坐标，再探究规律，最后利用规律解决问题即可。
例1.如图①、图②、图③均是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长均为1，点A、B均在格点上．在图①、图②、图③中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，不要求写出画法，保留必要的作图痕迹．
（1）在图①中画一个锐角三角形ABC，使其面积为6；
（2）在图②中画出一个轴对称四边形ABEF，且点E、F在格点上；
（3）在图③中的线段AB上找到一点M，使AM＝4MB．
变式1.图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．图①中点A、B均为格点；图②中点A是格点，点B在格线上；图③中，点M、N、P均是格点，点A、B分别为线段MN、MP与格线的交点．只用无刻度的直尺．分别在图①、图②、图③中作出线段AB的中点C．
变式2.如图，在由小正方形组成的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段AB．
（1）将线段BA绕点B顺时针旋转90°，得到线段BA1，画出线段BA1．
（2）将线段BA1向上平移2个单位长度，得到线段B1A2，画出线段B1A2，并连接线段AA2．
（3）在线段AA2，BA1上分别找到点C，D，使得直线CD垂直平分线段AA2．
例2.如图，在 ABCD中，由尺规作图的痕迹，判断下列结论中不一定成立的是（　　）
A．∠DAE＝∠BAE B．AD＝DE C．DE＝BE D．BC＝DE
变式1.如图，在△ABC中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在AC边上，直线DE与BC交于点F，连接BD，BE，CE．若CD＝2，∠ACB＝30°，则四边形BECD的面积为（　　）
A． B． C．4 D．8
变式2.如图，已知∠AOB，以点O为圆心，以任意长为半径画弧，与OA、OB分别交于点C、D，再分别以点C、D为圆心，以大于长为半径画弧，两弧相交于点F，过射线OF上一点M作MN∥OA，与OB相交于点N，∠MNB＝50°．则∠AOM＝（　　）
A．15° B．25° C．30° D．50°
例3.如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC内接于圆，点A，B均在格点上，且∠ABC＝90°．
（Ⅰ）线段AB的长等于 　 　 ；
（Ⅱ）若D为圆与网格线的交点，P为边AC上的动点，当DP+PB取得最小值时，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）
变式1．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，线段AB的两个端点均落在格点上．
（Ⅰ）线段AB的长等于　　 ；
（Ⅱ）经过点A，B作圆，若所对的圆心角是120°，请在圆上找一点M，使△ABM是等边三角形；再过点B作圆的切线BP．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M和切线BP，并简要说明它们的位置是如何找到的（不要求证明，画图时所有添加的线不超过10条）．
变式2．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A和点B是格点，点C在格线上，点M是AC的中点，DE为所在半圆的直径．
（Ⅰ）点A和点B的距离为 　　 ；
（Ⅱ）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，在半圆上画出CD的中点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）．
例1．一次数学课上，老师让大家在一张长12cm、宽5cm的矩形纸片内，折出一个菱形．甲同学按照取两组对边中点的方法折出菱形EFGH（见方案一），乙同学沿矩形的对角线AC折出∠CAE＝∠DAC，∠ACF＝∠ACB的方法得到菱形AECF（见方案二），请你通过计算，比较这两种折法中，菱形面积较大的是（　　）
A．甲 B．乙 C．甲乙相等 D．无法判断
变式1．将正方形纸片按图1方式依次对折得图2的△ABC，点D是AC边上一点，沿线段BD剪开展开后得到一个正方形，则点D应满足（　　）
A．AD＝AB B．BD⊥AC C．DB＝2AD D．∠ADB＝60°
变式2．小莹按照如图所示的步骤折叠A4纸，折完后，发现折痕AB′与A4纸的长边AB恰好重合，那么A4纸的长AB与宽AD的比值为 　 　 ．
例2．如图所示的是一个正方体的展开图，这个正方体可能是（　　）
A． B． C． D．
变式1．如图所示的展开图能折叠成的长方体是（　　）
A． B．
C． D．
变式2．下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是（　　）
A． B．
C． D．
例3．一个正方体的表面展开图如图所示，六个面上各有一字，连起来的意思是“祝你考试顺利”，把它折成正方体后，与“祝”相对的字是（　　）
A．考 B．试 C．顺 D．利
变式1．“学而不思则罔，思而不学则殆”体现了学习和思考的重要性．如图是每个面上都有一个汉字的正方体的一种表面展开图，那么在原正方体中与“学”字相对面上的字是（　　）
A．不 B．思 C．则 D．罔
变式2．一个骰子相对两面的点数之和为7，将它按如图位置放置后，按箭头所示方向滚动，滚动到最后一格时，该骰子朝上一面的点数是（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
例4．如图是正方体的展开图，相对面上的多项式的和相等，则A等于（　　）
A．x2﹣4 B．x2﹣4x﹣2 C．x2﹣x﹣1 D．x﹣1
变式1．有一个正方体的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，从三个不同的角度观察这个正方体所得到的结果如图所示，如果标有数字1的面所对面上的数字记为a，标有数字4的面所对面上的数字记为b，那么a﹣b的值为（　　）
A．﹣1 B．5 C．﹣5 D．3
变式2．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．
例1．观察图，依次几何变换顺序正确的是（　　）
A．轴对称、旋转、平移 B．旋转、轴对称、平移
C．轴对称、平移、旋转 D．平移、轴对称、旋转
变式1．如图，在平面内，由图1经过两次图形变换得到图3，下列说法正确的是（　　）
A．只经过平移 B．只经过中心对称
C．只经过旋转 D．只经过轴对称
变式2．如图所示，该图案是经过（　　）
A．平移得到的 B．旋转或轴对称得到的
C．轴对称得到的 D．旋转得到的
变式3．我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
变式4．如图，从放大镜里看到的三角尺和原来的三角尺之间的变换是（　　）
A．轴对称变换 B．平移变换
C．相似变换 D．旋转变换
例2．将抛物线y＝﹣2x2向左平移2个单位，再向上平移3个单位得到的抛物线，其表达式为（　　）
A．y＝﹣2（x+2）2+3 B．y＝﹣2（x﹣2）2﹣3
C．y＝﹣2（x+2）2﹣3 D．y＝﹣2（x﹣2）2+3
变式1．在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y＝2x2先向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度后所得到的抛物线的解析式为（　　）
A．y＝2（x﹣1）2﹣3 B．y＝2（x﹣1）2+3
C．y＝2（x+1）2﹣3 D．y＝2（x+1）2+3
变式2．若将抛物线C：y＝2x2﹣4x+1向右平移3个单位得到抛物线C′则抛物线C与C′一定关于某条直线对称，这条直线是（　　）
A．x B．x＝2 C．x D．x＝3
变式3．在平面直角坐标系中，将抛物线y＝x2+2x+3绕着原点旋转180°，所得抛物线的解析式是（　　）
A．y＝﹣（x﹣1）2﹣2 B．y＝﹣（x+1）2﹣2
C．y＝﹣（x﹣1）2+2 D．y＝﹣（x+1）2+2
例3．如图，在⊙O中，直径AB＝2，C是圆上一点，将弧BC沿BC折叠，折叠后的弧恰好经过点O，则图中阴影部分的周长为（　　）
A． B． C． D．1π
变式1．如图，将平行四边形纸片ABCD按如图方式折叠，使点C与点A重合，点D的落点记为点D′，折痕为EF，连接CF．若∠B＝45°，∠FCE＝60°，，则线段D′F的长为（　　）
A．6 B． C． D．
变式2．如图，在 ABCD中，，点E为BC边上一点，BE＝6，点F是AB边上的动点，将△BEF沿直线EF折叠得到△GEF，点B的对应点为点G，连接DE，有下列4个结论：①tanB＝2；②DE＝10；③当GE⊥BC时，；④若点G恰好落在线段DE上时，则．其中正确的是（　　）
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
例4．已知：如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，以BC为边向形外作等边三角形BCD，把△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，且A、C、E三点共线，若AB＝3，AC＝2，求∠BAD的度数与AD的长．
变式1．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点．将△ABD绕点A旋转后得到△ACE那么下列结论正确的是（　　）
A．AB＝AE B．AB∥EC C．∠ABC＝∠DAE D．DE⊥AC
变式2．如图，D是等边△ABC内的一点，∠ADC＝150°，∠ADB＝90°，若△ACD的面积为，则边AB的长为 　 　 ．
例5．如图，已知⊙O的半径为1，AB是直径，分别以点A、B为圆心，以AB的长为半径画弧．两弧相交于C、D两点，则图中阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
变式1．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点E，F分别为AD，BC的中点，分别以点E，F为圆心，EF长为半径作半圆，两半圆交于点G，H，连接EF，EG，EH，FG，FH，则图中阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．
变式2．如图，正六边形ABCDEF的外接圆⊙O的半径为2，过圆心O的两条直线l1、l2的夹角为60°，则图中的阴影部分的面积为（　　）
A．π B．π C．π D．π
例6．如图，平面直角坐标系中，A（﹣1，0），B（0，1），，将△ABC绕点A顺时针旋转，每秒旋转45°，则第86秒旋转结束时，点C的坐标为（　　）
A． B．
C． D．
变式1．如图，把正方形铁片OABC置于平面直角坐标系中，顶点A的坐标为（3，0），点P（1，2）在正方形铁片上，将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转90°，第一次旋转至图①位置，第二次旋转至图②位置，…则正方形铁片连续旋转2024次后，点P的坐标为（　　）
A．（6070，2） B．（6072，2） C．（6073，2） D．（6074，1）
变式2．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），∠OAB＝120°，AB＝AO＝2，且点B在第一象限内，将△AOB绕点O顺时针旋转，每次旋转60°，则第2023次旋转后，点B的坐标是（　　）
A． B． C． D．
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考点分布 考查频率 命题趋势
考向1：创新作图类 ★★★ 题型结构：以尺规作图为核心，强化无刻度直尺作图（如网格作图、对称/旋转图形设计），同时融入跨学科融合场景（如结合物理电路图分析几何关系）。题型可能包含条件开放型（如“选择两个条件证明全等”）和动态几何操作（如折叠、旋转后的图形性质探究）。 难度分层：基础题侧重规范作图步骤（如作角平分线、垂直平分线），综合题则需结合几何模型（全等、相似、圆的性质）进行多步推理，部分题目可能涉及创新设计（如优化测量方案或图形结构），难度中等偏上。分值占比：预计占8%-12%，基础操作题（如单一步骤作图）占4-6分，综合应用题（如结合函数或跨学科背景的实践设计）占6-8分。 命题方向强调动手能力与逻辑思维结合，需关注几何模型的实际应用与开放性条件分析。
考向2：剪、拼等实践操作 ★★★★★
考向3：图形变换操作 ★★★★
根据题目要求操作图形的定义作图即可（旋转变换的性质，平移变换性质，轴对称变换的性质等），必须按照题目要求选择是否使用尺规。
熟练掌握5种基本作图（1.作一条线段等于已知线段2.作一个角等于已知角3.作已知角的平分线4.作线段的垂直平分线（中垂线）5.过一点作已知直线的垂线）是解决问题的关键
尺规作图与其它几何知识综合应用，需要熟练掌握尺规作图的基本模型，能与其它知识点结合运用
解析题目具体操作方案，根据题目要求动手操作后即可得到答案．（严格按照题目要求操作是解题关键）
本类题考查了展开图折成几何体，熟练掌握平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点是关键．
熟练掌握正方体及其表面展开图的特点是解题的关键
根据轴对称变换，平移变换，相似变换，旋转变换的相关概念结合题目进行解答
先定抛物线定点，根据平移变换即得到平移后抛物线的顶点坐标，然后根据顶点式写出解析式是解题关键（把抛物线变换转化成点的对应变换）
熟练应用折叠的性质是解题的关键（翻折前后成轴对称图形，对应边，对应角相等，折痕是对称轴）
熟悉掌握旋转的性质是解题的关键（旋转前后成全等图形，对应边，对应角相等，对应边的旋转角相等）
观察图形结构，进行旋转变换把阴影面积进行转移拼接求解是解题关键
先根据变换性质求出部分点坐标，再探究规律，最后利用规律解决问题即可。
例1.如图①、图②、图③均是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长均为1，点A、B均在格点上．在图①、图②、图③中，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，不要求写出画法，保留必要的作图痕迹．
（1）在图①中画一个锐角三角形ABC，使其面积为6；
（2）在图②中画出一个轴对称四边形ABEF，且点E、F在格点上；
（3）在图③中的线段AB上找到一点M，使AM＝4MB．
【分析】（1）根据锐角三角形的定义，再结合三角形的面积作图即可；
（2）根据轴对称图形的定义作图即可；
（3）根据相似三角形的性质作图即可．
【解答】解：（1）如图①所示，锐角三角形ABC即为所求，（答案不唯一）；
（2）如图②所示，四边形ABEF即为所求（答案不唯一）；
（3）如图所示，点M即为所求．
变式1.图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．图①中点A、B均为格点；图②中点A是格点，点B在格线上；图③中，点M、N、P均是格点，点A、B分别为线段MN、MP与格线的交点．只用无刻度的直尺．分别在图①、图②、图③中作出线段AB的中点C．
【分析】图①中，取格点EF并连接交AB于点C，则点C即为所求；
图②中，取AB与网格线的交点C即可；
图③中，取格点E、D，连接ND、PE相交于点O，连接MO并延长交AB于点C，则点C即为所求．
【解答】解：作图如图所示：
变式2.如图，在由小正方形组成的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段AB．
（1）将线段BA绕点B顺时针旋转90°，得到线段BA1，画出线段BA1．
（2）将线段BA1向上平移2个单位长度，得到线段B1A2，画出线段B1A2，并连接线段AA2．
（3）在线段AA2，BA1上分别找到点C，D，使得直线CD垂直平分线段AA2．
【分析】（1）根据旋转变换的性质作图即可；
（2）根据平移变换的性质作图即可；
（3）根据线段垂直平分线的性质结合网格作图即可．
【解答】解：（1）如图所示，线段BA1即为所求；
（2）作图如图所示；
（3）作图如图所示．
例2.如图，在 ABCD中，由尺规作图的痕迹，判断下列结论中不一定成立的是（　　）
A．∠DAE＝∠BAE B．AD＝DE C．DE＝BE D．BC＝DE
【分析】利用基本作图得到AE平分∠BAD，则可对A选项进行判断；根据平行四边形的性质得到AD＝BC，CD∥AB，再证明∠DEA＝∠DAE，所以DA＝DE＝CD，则可对B、D选项进行判断；由于不能确定DE＝BE，则可对C选项进行判断．
【解答】解：由作图的痕迹得AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE，所以A选项不符合题意；
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD＝BC，CD∥AB，
∴∠BAE＝∠DEA，
∴∠DEA＝∠DAE，
∴DA＝DE，所以B选项不符合题意，
∴CD＝DE，所以D选项不符合题意，
不能确定DE＝BE，所以C选项符合题意．
故选：C．
变式1.如图，在△ABC中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在AC边上，直线DE与BC交于点F，连接BD，BE，CE．若CD＝2，∠ACB＝30°，则四边形BECD的面积为（　　）
A． B． C．4 D．8
【分析】由作图可得到DE⊥BC，四边形BECD是菱形，则BC＝2CF，DE＝2DF，再由含30°角的直角三角形和勾股定理求出DF＝1，，即可得到，即可得到四边形BECD的面积．
【解答】解：由题意可知，DE垂直平分BC，BD＝CD＝BE＝CE，
∴DE⊥BC，四边形BECD是菱形，
∴BC＝2CF，DE＝2DF，
∵CD＝2，∠ACB＝30°，
∴FDDC1，
∴CF，
∴，
∴四边形BECD的面积为，
故选：B．
变式2.如图，已知∠AOB，以点O为圆心，以任意长为半径画弧，与OA、OB分别交于点C、D，再分别以点C、D为圆心，以大于长为半径画弧，两弧相交于点F，过射线OF上一点M作MN∥OA，与OB相交于点N，∠MNB＝50°．则∠AOM＝（　　）
A．15° B．25° C．30° D．50°
【分析】利用平行线的性质，角平分线的定义求解．
【解答】解：′∵MN∥OA，
∴∠AOB＝∠MNB＝50°，
由作图可知OM平分∠AOB，
∴∠AOM∠AOPB＝25°．
故选：B．
例3.如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC内接于圆，点A，B均在格点上，且∠ABC＝90°．
（Ⅰ）线段AB的长等于 　　 ；
（Ⅱ）若D为圆与网格线的交点，P为边AC上的动点，当DP+PB取得最小值时，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） 　取点B所在竖向格线与圆的交点H，连接DH交AC于点O，则∠ABC＝∠DBH＝90°，点O为圆心，取AB与中间竖向格线的交点E，取AC与竖向格线的交点F，作直线FE交竖向格线的交点G，连接BG交圆于点I，过点I作直径IB'，连接DB'交直径AC于点P，点P即为所作　 ．
【分析】（1）利用勾股定理求解即可；
（2）取点B所在竖向格线与圆的交点H，连接DH交AC于点O，则∠ABC＝∠DBH＝90°，点O为圆心，取AB与中间竖向格线的交点E，取AC与竖向格线的交点F，作直线FE交竖向格线的交点G，连接BG交圆于点I，过点I作直径IB'，连接DB'交直径AC于点P，点P即为所作．
【解答】解：（1）由勾股定理得，
故答案为：；
（2）如图，点P即为所作，
由作图知FE＝GE，AE＝BE，∠AEF＝∠BEG，
∴△AEF≌△BEG（SAS），
∴∠FAE＝∠EBG，
∴AC∥BG，
∵IB'为直径，
∴∠IBB'＝90°，
∴BB'⊥AC，
由垂径定理知B和B'关于直径AC对称，
∴PB'＝PB，
∴DP+PB＝DP+PB'＝DB'，
∴点P即为所作．
故答案为：取点B所在竖向格线与圆的交点H，连接DH交AC于点O，则∠ABC＝∠DBH＝90°，点O为圆心，取AB与中间竖向格线的交点E，取AC与竖向格线的交点F，作直线FE交竖向格线的交点G，连接BG交圆于点I，过点I作直径IB'，连接DB'交直径AC于
点P，点P即为所作．
变式1．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，线段AB的两个端点均落在格点上．
（Ⅰ）线段AB的长等于　　 ；
（Ⅱ）经过点A，B作圆，若所对的圆心角是120°，请在圆上找一点M，使△ABM是等边三角形；再过点B作圆的切线BP．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M和切线BP，并简要说明它们的位置是如何找到的（不要求证明，画图时所有添加的线不超过10条）．
【分析】（I）利用勾股定理即可解答；
（II）取格点C，D，连接CD与格线交于点E，取AB与格线的交点F，连接EF与圆交于点M；连接MA，取MA与格线的交点Q，连接QF并延长，与格线交于点P，作直线BP，则点M与直线BP即为所求．
【解答】解：（I），
故答案为：；
（II）如图，取格点C，D，连接CD与格线交于点E，取AB与格线的交点F，连接EF与圆交于点M；连接MA，取MA与格线的交点Q，连接QF并延长，与格线交于点P，作直线BP，则点M与直线BP即为所求．
证明：如图，取格点l，H，连接BM，BD，设圆的圆心为O，连接BO，
根据图形可得CI＝DH＝1，ID＝HB＝4，∠CID＝∠DHB，
∴△CID≌△DHB（SAS），
∴∠CDI＝∠DBH，
∴∠CDI+∠HDB＝∠DBH+∠HDB＝90°，
∴∠CDB＝90°，
由作图可得CD∥AB且CD＝AB，点E，F分别为CD，AB的中点．
∴ED＝FB，
∴四边形EFBD为平行四边形，
∵∠EDB＝90°，
∴四边形EFBD为矩形，
∴∠MFB＝90°，
∴MF为AB的垂直平分线，
∴MA＝MB，
∵所对的圆心角是120°，
∴∠AMB＝60°，
∴△AMB为等边三角形；
由作图可得QF＝PF，
∵AF＝BF，∠QFA＝∠PFB，
∴△QFA≌△PFB（SAS），
∴∠QAF＝∠PBF＝60°，
∵OM＝OB，
∴∠OMB＝∠OBM＝30°，
∴∠OBF＝30°，
∴∠OBP＝∠OBF+∠PBF＝90°，即OB⊥BP，
∴BP为圆的切线．
变式2．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A和点B是格点，点C在格线上，点M是AC的中点，DE为所在半圆的直径．
（Ⅰ）点A和点B的距离为 　　 ；
（Ⅱ）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，在半圆上画出CD的中点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） 　连接AC交格线于点N，作射线MN交直径DE于点O，连接DC交格线于点F1，F2，取格点F，作射线F1F，F2F，连接F1B交线段F2F于点G，作射线CG交F1F于点B'，作直线BB'交格线于点J，K，作射线JD，KC交于点H，连接BH交DC于点I，作射线OI交于点P，点P即为所求　 ．
【分析】（I）根据勾股定理进行计算即可；
（Ⅱ）连接AC交格线于点N，作射线MN交直径DE于点O，连接DC交格线于点F1，F2，取格点F，作射线F1F，F2F，连接F1B交线段F2F于点G，作射线CG交F1F于点B'，作直线BB'交格线于点J，K，作射线JD，KC交于点H，连接BH交DC于点I，作射线OI交于点P，点P即为所求．
【解答】解：（I）由勾股定理得：AB，
故答案为：；
（II）连接AC交格线于点N，作射线MN交直径DE于点O，连接DC交格线于点F1，F2，取格点F，作射线F1F，F2F，连接F1B交线段F2F于点G，作射线CG交F1F于点B'，作直线BB'交格线于点J，K，作射线JD，KC交于点H，连接BH交DC于点I，作射线OI交于点P，点P即为所求．
故答案为：连接AC交格线于点N，作射线MN交直径DE于点O，连接DC交格线于点F1，F2，取格点F，作射线F1F，F2F，连接F1B交线段F2F于点G，作射线CG交F1F于点B'，作直线BB'交格线于点J，K，作射线JD，KC交于点H，连接BH交DC于点I，作射线OI交于点P，点P即为所求．
例1．一次数学课上，老师让大家在一张长12cm、宽5cm的矩形纸片内，折出一个菱形．甲同学按照取两组对边中点的方法折出菱形EFGH（见方案一），乙同学沿矩形的对角线AC折出∠CAE＝∠DAC，∠ACF＝∠ACB的方法得到菱形AECF（见方案二），请你通过计算，比较这两种折法中，菱形面积较大的是（　　）
A．甲 B．乙 C．甲乙相等 D．无法判断
【分析】方案一中，通过图可知四个小直角三角形全等，用矩形面积减去4个小直角三角形的面积，即可得菱形面积；方案二中，两个小直角三角形全等，设菱形边长为x，在直角三角形中利用勾股定理可求x，再利用底×高可求菱形面积．然后比较两者面积大小．
【解答】解：方案一中，
∵E、F、G、H都是矩形ABCD的中点，
∴△HAE≌△HDG≌△FCG≌△FBE，
S△HAEAE AHABAD512，
S菱形EFGH＝S矩形ABCD﹣4S△HAE＝12×54＝30；
方案二中，设BE＝x，则CE＝AE＝12﹣x，
∵AF＝EC，AB＝CD，AE＝CF，
∴△ABE≌△CDF，
在Rt△ABE中，AB＝5，BE＝x，AE＝12﹣x，由勾股定理得（12﹣x）2＝52+x2，解得x，
S△ABEBE AB5，
S菱形EFGH＝S矩形ABCD﹣2S△ABE＝12×52≈60﹣25＝35＞30，
故甲＜乙．
故选：B．
变式1．将正方形纸片按图1方式依次对折得图2的△ABC，点D是AC边上一点，沿线段BD剪开展开后得到一个正方形，则点D应满足（　　）
A．AD＝AB B．BD⊥AC C．DB＝2AD D．∠ADB＝60°
【分析】动手操作后即可得到答案．
【解答】解：动手操作，沿线段BD剪开展开后得到一个正方形，则△ABD是正方形的八分之一，如图：
线段AD是正方形对边中点连线的一半，
∴BD⊥AD，即BD⊥AC，
故选：B．
变式2．小莹按照如图所示的步骤折叠A4纸，折完后，发现折痕AB′与A4纸的长边AB恰好重合，那么A4纸的长AB与宽AD的比值为 　　 ．
【分析】由第①次折叠知△AD'B'是等腰直角三角形，由第②次折叠知，AB＝AB'，从而解决问题．
【解答】解：由第②次折叠知，AB＝AB'，
由第①次折叠知，∠B'AB＝45°，
∴△AD'B'是等腰直角三角形，
∴AB'AD'，
∴AB与宽AD的比值为，
故答案为：，
例2．如图所示的是一个正方体的展开图，这个正方体可能是（　　）
A． B． C． D．
【分析】结合正方体的展开图中字母所在面的位置，把展开图折叠再观察其位置，即可得到这个正方体．
【解答】解：把展开图折叠后，可知选项A中字母C所在的面应在左边，选项B中字母C所在的面也应在左边，选项D中字母A所在的面与字母E所在的面应相对，不相邻，所以这个正方体是C．
故选：C．
变式1．如图所示的展开图能折叠成的长方体是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】利用正方体及其表面展开图的特点依次分析选项可得答案．注意本题两个白面是相对的两个面．
【解答】解：根据题中展开图可知，长方体两端是黑色的小正方形，且两个黑面是相对的两个面，两个白面也是相对的两个面．
故选：C．
变式2．下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据棱柱的特点进行分析即可．
【解答】解：A、不能围成棱柱，底面应该在两侧，故此选项不符合题意；
B、不能围成棱柱，侧面有4个，底面是三角形，应该是四边形才行，故此选项不符合题意；
C、能围成三棱柱，侧面有3个，底面是三角形，故此选项符合题意；
D、不能围成棱柱，底面应该在两侧，故此选项不符合题意；
故选：C．
例3．一个正方体的表面展开图如图所示，六个面上各有一字，连起来的意思是“祝你考试顺利”，把它折成正方体后，与“祝”相对的字是（　　）
A．考 B．试 C．顺 D．利
【分析】利用正方体及其表面展开图的特点解题．
【解答】解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“你”与面“试”相对，面“祝”与面“顺”相对，“考”与面“利”相对．
故选：C．
变式1．“学而不思则罔，思而不学则殆”体现了学习和思考的重要性．如图是每个面上都有一个汉字的正方体的一种表面展开图，那么在原正方体中与“学”字相对面上的字是（　　）
A．不 B．思 C．则 D．罔
【分析】根据正方体及其表面展开图的特点进行求解即可．
【解答】解：由题意可知，在原正方体中与“学”字相对面上的字是“则”，
故选：C．
变式2．一个骰子相对两面的点数之和为7，将它按如图位置放置后，按箭头所示方向滚动，滚动到最后一格时，该骰子朝上一面的点数是（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
【解答】解：∵相对两面的点数之和为7，
∴1的对面为6，3的对面为4，2的对面为5，
∴第一次滚动之后，3朝下，4朝上，
第二次滚动之后，1朝下，6朝上，
第三次滚动之后，2朝下，5朝上．
所以骰子朝上一面的点数5．
故选：B．
例4．如图是正方体的展开图，相对面上的多项式的和相等，则A等于（　　）
A．x2﹣4 B．x2﹣4x﹣2 C．x2﹣x﹣1 D．x﹣1
【分析】根据相对面上的多项式的和相等，列出关于A的算式进行计算即可．
【解答】解：根据相对面上的多项式的和相等可得：
A＝x2+1+（﹣x﹣2）﹣（3x+1）
＝x2+1﹣x﹣2﹣3x﹣1
＝x2﹣4x﹣2．
故选：B．
变式1．有一个正方体的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，从三个不同的角度观察这个正方体所得到的结果如图所示，如果标有数字1的面所对面上的数字记为a，标有数字4的面所对面上的数字记为b，那么a﹣b的值为（　　）
A．﹣1 B．5 C．﹣5 D．3
【分析】根据与1相邻的面的数字有2，3，4，6判断出1的对面数字是5，与4相邻的面的数字有1，3，5，6判断出4的对面数字是2，从而确定出3的对面数字是6，然后确定出a、b的值，相加即可求解．
【解答】解：由图可知，1的对面数字是5，4的对面数字是2，3的对面数字是6，
∵标有数字1的面所对面上的数字记为a，标有数字4的面所对面上的数字记为b，
∴a＝5，b＝2，
∴a﹣b＝5﹣2＝3，
故选：D．
变式2．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．
【分析】利用正方体及其表面展开图的特点可得：面“”与面“A”相对，面“”与面“”相对，再根据相对两个面上的代数式的积相同表示出A，最后运用整式的混合吞噬法则化简即可．
【解答】解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，根据正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”，可知其中面“”与面“A”相对，面“”与面“”相对，
由题意可得：
．
故选：D．
例1．观察图，依次几何变换顺序正确的是（　　）
A．轴对称、旋转、平移 B．旋转、轴对称、平移
C．轴对称、平移、旋转 D．平移、轴对称、旋转
【分析】根据轴对称的性质、旋转的性质、平移的性质即可得到结论．
【解答】解：依次几何变换顺序是轴对称、平移、旋转，
故选：C．
变式1．如图，在平面内，由图1经过两次图形变换得到图3，下列说法正确的是（　　）
A．只经过平移 B．只经过中心对称
C．只经过旋转 D．只经过轴对称
【分析】根据轴对称的性质即可得到结论．
【解答】解：由图1经过两次图形变换得到图3，只经过轴对称即可，
故选：D．
变式2．如图所示，该图案是经过（　　）
A．平移得到的 B．旋转或轴对称得到的
C．轴对称得到的 D．旋转得到的
【解答】解：图案外面是一个圆，里面是均匀分布的三个“花瓣”，
∴图案既可以看成一个“花瓣”绕圆心旋转2次得到的，也可以看成其中一个“花瓣”的对称轴为对称轴通过轴对称得到的，
故选：B．
变式3．我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】中心对称图形是在平面内，把一个图形绕某一定点旋转180°，能够与自身重合的图形．轴对称图形是在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．依据定义判断．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意．
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意．
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
变式4．如图，从放大镜里看到的三角尺和原来的三角尺之间的变换是（　　）
A．轴对称变换 B．平移变换
C．相似变换 D．旋转变换
【分析】根据轴对称变换，平移变换，相似变换，旋转变换的相关概念结合题目，采用排除法即可选出正确选项．
【解答】解：根据相似图形的定义可知，用放大镜将图形放大．属于图形的形状相同，大小不相同，所以属于相似变换，
故选：C．
例2．将抛物线y＝﹣2x2向左平移2个单位，再向上平移3个单位得到的抛物线，其表达式为（　　）
A．y＝﹣2（x+2）2+3 B．y＝﹣2（x﹣2）2﹣3
C．y＝﹣2（x+2）2﹣3 D．y＝﹣2（x﹣2）2+3
【分析】先确定原抛物线的顶点坐标为（0，0），再利用点的平移规律得到点（0，0）向左平移2个单位，再向上平移3个单位得到的对应点的坐标为（﹣2，3），
然后利用顶点式写出平移后的抛物线解析式．
【解答】解：抛物线y＝﹣2x2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）向左平移2个单位，再向上平移3个单位得到的对应点的坐标为（﹣2，3），
所以平移的抛物线解析式为y＝2（x+2）2+3．
故选：A．
变式1．在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y＝2x2先向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度后所得到的抛物线的解析式为（　　）
A．y＝2（x﹣1）2﹣3 B．y＝2（x﹣1）2+3
C．y＝2（x+1）2﹣3 D．y＝2（x+1）2+3
【分析】把抛物线y＝2x2的顶点（0，0）先向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度后得到点的坐标为（﹣1，﹣3），即得到平移后抛物线的顶点坐标，然后根据顶点式写出解析式即可．
【解答】解：抛物线y＝2x2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）先向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度后得到点的坐标为（﹣1，﹣3），
所以平移后所得的抛物线的解析式为y＝2（x+1）2﹣3．
故选：C．
变式2．若将抛物线C：y＝2x2﹣4x+1向右平移3个单位得到抛物线C′则抛物线C与C′一定关于某条直线对称，这条直线是（　　）
A．x B．x＝2 C．x D．x＝3
【分析】先把y＝2x2﹣4x+1配成顶点式，得到抛物线y＝2x2﹣4x+1的顶点坐标为（1，﹣1），再根据点平移的规律得到点（1，﹣1）向右平移3个单位的对应点的坐标为（4，﹣1），然后通过确定两顶点关于直线x对称得到两抛物线关于此直线对称．
变式3．在平面直角坐标系中，将抛物线y＝x2+2x+3绕着原点旋转180°，所得抛物线的解析式是（　　）
A．y＝﹣（x﹣1）2﹣2 B．y＝﹣（x+1）2﹣2
C．y＝﹣（x﹣1）2+2 D．y＝﹣（x+1）2+2
【分析】先利用配方法得到抛物线y＝x2+2x+3的顶点坐标为（﹣1，2），再写出点（﹣1，2）关于原点的对称点为（1，﹣2），由于旋转180°，抛物线开口相反，于是得到抛物线y＝x2+2x+3绕着原点旋转180°，所得抛物线的解析式是y＝﹣（x﹣1）2﹣2．
【解答】解：y＝x2+2x+3＝（x+1）2+2，抛物线y＝x2+2x+3的顶点坐标为（﹣1，2），点（﹣1，2）关于原点的对称点为（1，﹣2），
所以抛物线y＝x2+2x+3绕着原点旋转180°，所得抛物线的解析式是y＝﹣（x﹣1）2﹣2．
故选：A．
例3．如图，在⊙O中，直径AB＝2，C是圆上一点，将弧BC沿BC折叠，折叠后的弧恰好经过点O，则图中阴影部分的周长为（　　）
A． B． C． D．1π
【分析】作⊙O半径OM⊥BC于N，由折叠的性质得到，得到，由，求出∠BON＝60°，得到∠MOA＝180°﹣60°＝120°，由弧长公式求出的长，即可求出阴影的周长．
【解答】解：作⊙O半径OM⊥BC于N，
由折叠的性质得到，，
∴，
∵，
∴∠BON＝60°，
∴∠MOA＝180°﹣60°＝120°，
∵OA＝1，
∴，
∴阴影的周长OAOA．
故选：A．
变式1．如图，将平行四边形纸片ABCD按如图方式折叠，使点C与点A重合，点D的落点记为点D′，折痕为EF，连接CF．若∠B＝45°，∠FCE＝60°，，则线段D′F的长为（　　）
A．6 B． C． D．
【解答】解：平行四边形纸片ABCD按如图方式折叠，使点C与点A重合，点D的落点记为点D′，折痕为EF，∠FCE＝60°，如图，过A作AH⊥BE，
∴∠EAF＝∠ECF＝60°，D′F＝DF，∠AFE＝∠CFE，AF＝CF，AE＝CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD∥BC，AD＝BC，
∴∠AFE＝∠CFE＝∠FEC，∠FAE＝∠AEB＝60°，
∴CE＝AF＝CF，
∴DF＝BE＝D′F，
∵∠B＝45°，，AH⊥BE，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
变式2．如图，在 ABCD中，，点E为BC边上一点，BE＝6，点F是AB边上的动点，将△BEF沿直线EF折叠得到△GEF，点B的对应点为点G，连接DE，有下列4个结论：①tanB＝2；②DE＝10；③当GE⊥BC时，；④若点G恰好落在线段DE上时，则．其中正确的是（　　）
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
【分析】过点A作AH⊥BC于点H，利用三线合一以及正切的定义，求出tanB，即可判断①；过点D作DK⊥BC于点K，利用勾股定理求出DE，判断②；过点F作FM⊥BC于点M，证明△EMF为等腰直角三角形，设EM＝FM＝x，三角函数求出BM的长，利用BE＝BM+EM，求出x的值，进而求出EF的长，判断③；证明△AND∽△CNE，推出∠ENC＝∠ECN，根据折叠的性质，推出EF∥CA，利用平行线分线段成比例，即可得出结论，判断④．
【解答】解：①过点A作AH⊥BC于点H，
∵，
∴，
∴，
∴；故①正确；
②过点D作DK⊥BC于点K，则：四边形AHKD为矩形，
∴DK＝AH＝8，HK＝AD＝BC＝8，
∵BE＝6，
∴CE＝2，
∵，
∴CK＝4，
∴EK＝CE+CK＝6，
∴；故②正确；
③过点F作FM⊥BC于点M，
∵GE⊥BC，
∴∠BEG＝90°，
∵翻折，
∴∠BEF＝∠GEF＝45°，
∴∠EFM＝∠BEF＝45°，
∴EM＝FM，
设EM＝FM＝x，
∵，
∴，
∴，
∴x＝4，
∴EM＝FM＝4，
∴；故③错误；
④当点G恰好落在线段DE上时，如图：设AC与DE交于点N，
∵AB＝CD，
∴AD∥BC，
∴△AND∽△CNE，
∴，
∴，
∴，
∴∠ENC＝∠ECN，
∴∠BEN＝∠ENC+∠ECN＝2∠ECN，
∵翻折，
∴∠BEN＝2∠BEF，
∴∠BEF＝∠ECN，
∴EF∥AC，
∴；故④正确，
综上：正确的是①②④；
故选：D．
例4．已知：如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，以BC为边向形外作等边三角形BCD，把△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，且A、C、E三点共线，若AB＝3，AC＝2，求∠BAD的度数与AD的长．
【分析】由旋转的性质可得出∠ADE＝60°、DA＝DE，进而可得出△ADE为等边三角形以及∠DAE＝60°，由点A、C、E在一条直线上可得出∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝60°；由点A、C、E在一条直线上可得出AE＝AC+CE，根据旋转的性质可得出CE＝AB，结合AB＝3、AC＝2可得出AE的长度，再根据等边三角形的性质即可得出AD的长度．
【解答】解：∵△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，
∴∠ADE＝60°，DA＝DE，
∴△ADE为等边三角形，
∴∠DAE＝60°．
∵点A、C、E在一条直线上，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝120°﹣60°＝60°．
∵点A、C、E在一条直线上，
∴AE＝AC+CE．
∵△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，
∴CE＝AB，
∴AE＝AC+AB＝2+3＝5．
∵△ADE为等边三角形，
∴AD＝AE＝5．
变式1．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点．将△ABD绕点A旋转后得到△ACE那么下列结论正确的是（　　）
A．AB＝AE B．AB∥EC C．∠ABC＝∠DAE D．DE⊥AC
【分析】利用转的性质证明△ABD≌△ACE，从而得AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，所以∠CAD＝∠CAE，根据等腰三角形的性质即可得证．
【解答】解：∵AB＝AC，点D是BC的中点．
∴∠BAD＝∠CAD，
由旋转可得△ABD≌△ACE，
∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，
∴∠CAD＝∠CAE，
∴AC⊥DE，
所以D对
故答案选：D．
变式2．如图，D是等边△ABC内的一点，∠ADC＝150°，∠ADB＝90°，若△ACD的面积为，则边AB的长为 　　 ．
【分析】将△ACD绕点C逆时针旋转60° 得到△BCE作CF⊥BE交BE的延长线于点F，首先证明出△DCE是等边三角形，然后设CF＝x，则DE＝CE＝2x，得到BEDE＝2x，根据S△BEC＝S△ACD求BE×CF＝2，求出x，然后利用股定理求解即可．
【解答】解：如图所示，
将△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE，
作CF⊥BE交BE的延长线于点F，
∴△ACD≌△BCE，∠DCE＝60°，∠BEC＝∠ADC＝150°，
∴CD＝CE，
∴△DCE是等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°，
∴∠BDE＝360°﹣∠ADB﹣∠ADC＝60°，
∴∠BED＝∠BEC﹣∠CED＝90°，
∴∠DBE＝30°，
∴∠CEF＝180°﹣∠BEC＝30°，
∴设CF＝x，则DE＝CE＝2x，
∴BEDE＝2x，
∵△ACD≌△BCE，
∴S△BCE＝S△ACDBE×CF＝2，
即：2x×x＝2，
解得x（负值舍去），
∴CF，EFCF，
BE＝2x＝2，∴BF＝BE+EF＝3，
∴BC2，
∴AB＝BC＝2，
故答案为：2．
例5．如图，已知⊙O的半径为1，AB是直径，分别以点A、B为圆心，以AB的长为半径画弧．两弧相交于C、D两点，则图中阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
【分析】连接AC、BC，如图，先判断△ACB为等边三角形，则∠BAC＝60°，由于S弓形BC＝S扇形BAC﹣S△ABC，所以图中阴影部分的面积＝4S弓形BC+2S△ABC﹣S⊙O，然后利用扇形的面积公式、等边三角形的面积公式和圆的面积公式计算．
【解答】解：连接BC，如图，
由作法可知AC＝BC＝AB＝2，
∴△ACB为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴S弓形BC＝S扇形BAC﹣S△ABC，
∴图中阴影部分的面积＝4S弓形BC+2S△ABC﹣S⊙O
＝4（S扇形BAC﹣S△ABC）+2S△ABC﹣S⊙O
＝4S扇形BAC﹣2S△ABC﹣S⊙O
＝4222﹣π×12
π﹣2．
故选：A．
变式1．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点E，F分别为AD，BC的中点，分别以点E，F为圆心，EF长为半径作半圆，两半圆交于点G，H，连接EF，EG，EH，FG，FH，则图中阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据矩形、菱形的性质以及正三角形的判定求出EG＝EH＝EF＝FG＝FH＝2，∠EFG＝∠EFH＝60°，OE＝OF＝1，再根据扇形面积、三角形面积的计算方法进行计算即可．
【解答】解：由题意得EG＝EH＝EF＝FG＝FH＝2，
∴△EFG，△EFH是正三角形，
∴∠EFG＝∠EFH＝60°，
∴OE＝OF＝1，
∴OG＝OHOE，
∴GH＝2，
∴S弓形EGH＝S扇形FGH﹣S△FGH
1
，
∴S阴影①②＝S半圆﹣2S弓形EGH
π×222
＝2，
∴S阴影＝4．
故选：D．
变式2．如图，正六边形ABCDEF的外接圆⊙O的半径为2，过圆心O的两条直线l1、l2的夹角为60°，则图中的阴影部分的面积为（　　）
A．π B．π C．π D．π
【分析】连接AD，OC，由⊙O是正六边形的外接圆可求得∠COD＝60°，△COD是等边三角形，根据扇形面积公式可求S扇形COD，根据三角形面积公式可求S△COD，利用三角形全等将两块阴影部分拼接，转化为弓形，根据S阴影＝S扇形COD﹣S△COD即可求解．
【解答】解：如图，连接AD，OC，
∵⊙O是正六边形的外接圆，
∴AD必过点O，∠COD60°，
又∵OC＝OD，
∴△COD是等边三角形，OC＝OD＝CD＝2，
∵直线l1、l2的夹角为60°，
∴∠COD﹣∠KOD＝∠KOH﹣∠KOD，
即∠COK＝∠DOH，
又∵∠DOH＝∠AOG，
∴∠COK＝∠AOG，
∵∠OCK＝∠OAG＝60°，OC＝OA，
∴△OCK≌△OAG（ASA），S扇形COM＝S扇形AON，
∴S扇形COM﹣S△OCK＝S扇形AON﹣S△OAG，
∴S阴影＝S扇形COD﹣S△COD，
∵S扇形CODπ，
S△COD，
∴S阴影π．
故选：C．
例6．如图，平面直角坐标系中，A（﹣1，0），B（0，1），，将△ABC绕点A顺时针旋转，每秒旋转45°，则第86秒旋转结束时，点C的坐标为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】由题意得，每旋转8秒△ABC回到原来位置，则第86秒旋转结束时△ABC的位置与第6秒旋转结束时△ABC的位置相同，结合旋转的性质可得答案．
【解答】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转，每秒旋转45°，
∴每旋转8秒△ABC回到原来位置．
∵86＝8×10+6，
∴第86秒旋转结束时△ABC的位置与第6秒旋转结束时△ABC的位置相同．
如图，第6秒旋转结束时△ABC旋转到△AB6C6的位置，
∵6×45°＝270°，
∴AC6⊥x轴．
∵A（﹣1，0），，
∴AC．
由旋转得，AC6＝AC，
∴C6（﹣1，），
∴第86秒旋转结束时，点C的坐标为（﹣1，）．
故选：B．
变式1．如图，把正方形铁片OABC置于平面直角坐标系中，顶点A的坐标为（3，0），点P（1，2）在正方形铁片上，将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转90°，第一次旋转至图①位置，第二次旋转至图②位置，…则正方形铁片连续旋转2024次后，点P的坐标为（　　）
A．（6070，2） B．（6072，2） C．（6073，2） D．（6074，1）
【分析】首先求出P1～P5的坐标，探究规律后，利用规律解决问题．
【解答】解：第一次P1（5，2），
第二次P2（8，1），
第三次P3（10，1），
第四次P4（13，2），
第五次P5（17，2），
…
发现点P的位置4次一个循环，
∵2024÷4＝506，
P2024的纵坐标与P4相同为2，横坐标为1+12×506＝6073，
∴P2024（6073，2）．
故选：C．
变式2．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），∠OAB＝120°，AB＝AO＝2，且点B在第一象限内，将△AOB绕点O顺时针旋转，每次旋转60°，则第2023次旋转后，点B的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【分析】求出B1～B5的坐标，探究规律，利用规律解决问题即可．
【解答】解：过点B作BH⊥y轴于H．
在Rt△ABH中，∠AHB＝90°，∠BAH＝180°﹣120°＝60°，AB＝OA＝2，
∴AH＝AB cos60°＝1，BHAH，
∵∠BOH＝30°，
∴OB＝2BH＝2，B（3，），
由题意B1（3，），B2（0，﹣2），B3（﹣3，），B4（﹣3，），B5（0，2），…，6次一个循环，
∵2023÷6＝337……1，
∴B2023（3，），
故选：A．
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