A．B．
C．D．
2．（2020?恩施州）如圖是由四個相同的小正方體組成的立體圖形，它的主視圖為（ ）
A．B．C．D．
3．（2021?衢州）如圖是由四個相同的小正方體組成的立體圖形，它的主視圖為（ ）
A．B．C．D．
4．（2021?寧波）如圖所示的幾何體是由一個圓柱和一個長方體組成的，它的主視圖是（ ）
A．B．
C．D．
5．（2020?嘉興）如圖，在直角坐標(biāo)系中，△OAB的頂點為O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以點O為位似中心，在第三象限內(nèi)作與△OAB的位似比為的位似圖形△OCD，則點C的坐標(biāo)為（ ）
A．（﹣1，﹣1）B．（﹣，﹣1）C．（﹣1，﹣）D．（﹣2，﹣1）
6．（2020?臺州）如圖，把△ABC先向右平移3個單位，再向上平移2個單位得到△DEF，則頂點C（0，﹣1）對應(yīng)點的坐標(biāo)為（ ）
A．（0，0）B．（1，2）C．（1，3）D．（3，1）
7．（2021?衢州）如圖．將菱形ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)∠α得到菱形AB′C′D′，∠B＝∠β．當(dāng)AC平分∠B′AC′時，∠α與∠β滿足的數(shù)量關(guān)系是（ ）
A．∠α＝2∠βB．2∠α＝3∠β
C．4∠α+∠β＝180°D．3∠α+2∠β＝180°
8．（2021?溫州）直六棱柱如圖所示，它的俯視圖是（ ）
A．B．
C．D．
9．（2021?紹興）如圖，樹AB在路燈O的照射下形成投影AC，已知路燈高PO＝5m，樹影AC＝3m，樹AB與路燈O的水平距離AP＝4.5m，則樹的高度AB長是（ ）
A．2mB．3mC．mD．m
10．（2020?紹興）如圖，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，將BC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)θ（0°＜θ＜90°），得到BP，連接CP，過點A作AH⊥CP交CP的延長線于點H，連接AP，則∠PAH的度數(shù)（ ）
A．隨著θ的增大而增大
B．隨著θ的增大而減小
C．不變
D．隨著θ的增大，先增大后減小
11．（2021?臺州）如圖，將長、寬分別為12cm，3cm的長方形紙片分別沿AB，AC折疊，點M，N恰好重合于點P．若∠α＝60°，則折疊后的圖案（陰影部分）面積為（ ）
A．（36）cm2B．（36）cm2
C．24cm2D．36cm2
12．（2020?衢州）如圖，把一張矩形紙片ABCD按所示方法進(jìn)行兩次折疊，得到等腰直角三角形BEF，若BC＝1，則AB的長度為（ ）
A．B．C．D．
13．（2019?臺州）如圖是用8塊A型瓷磚（白色四邊形）和8塊B型瓷磚（黑色三角形）不重疊、無空隙拼接而成的一個正方形圖案，圖案中A型瓷磚的總面積與B型瓷磚的總面積之比為（ ）
A．：1B．3：2C．：1D．：2
14．（2020?溫州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊向外作正方形，過點C作CR⊥FG于點R，再過點C作PQ⊥CR分別交邊DE，BH于點P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，則CR的長為（ ）
A．14B．15C．8D．6
二．填空題（共4小題）
15．（2021?湖州）如圖，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝2，則sinB的值是 ．
16．（2021?杭州）如圖是一張矩形紙片ABCD，點M是對角線AC的中點，點E在BC邊上，把△DCE沿直線DE折疊，使點C落在對角線AC上的點F處，連接DF，EF．若MF＝AB，則∠DAF＝ 度．
17．（2021?嘉興）如圖，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝45°，AB＝2，點P從點A出發(fā)沿AB方向運動，到達(dá)點B時停止運動，連結(jié)CP，點A關(guān)于直線CP的對稱點為A′，連結(jié)A′C，A′P．在運動過程中，點A′到直線AB距離的最大值是 ；點P到達(dá)點B時，線段A′P掃過的面積為 ．
18．（2020?金華）圖1是一個閉合時的夾子，圖2是該夾子的主視示意圖，夾子兩邊為AC，BD（點A與點B重合），點O是夾子轉(zhuǎn)軸位置，OE⊥AC于點E，OF⊥BD于點F，OE＝OF＝1cm，AC＝BD＝6cm，CE＝DF，CE：AE＝2：3．按圖示方式用手指按夾子，夾子兩邊繞點O轉(zhuǎn)動．
（1）當(dāng)E，F(xiàn)兩點的距離最大時，以點A，B，C，D為頂點的四邊形的周長是 cm．
（2）當(dāng)夾子的開口最大（即點C與點D重合）時，A，B兩點的距離為 cm．
三．解答題（共3小題）
19．（2021?杭州）如圖，銳角三角形ABC內(nèi)接于⊙O，∠BAC的平分線AG交⊙O于點G，交BC邊于點F，連接BG．
（1）求證：△ABG∽△AFC．
（2）已知AB＝a，AC＝AF＝b，求線段FG的長（用含a，b的代數(shù)式表示）．
（3）已知點E在線段AF上（不與點A，點F重合），點D在線段AE上（不與點A，點E重合），∠ABD＝∠CBE，求證：BG2＝GE?GD．
20．（2021?溫州）如圖中4×4與6×6的方格都是由邊長為1的小正方形組成．圖1是繪成的七巧板圖案，它由7個圖形組成，請按以下要求選擇其中一個并在圖2、圖3中畫出相應(yīng)的格點圖形（頂點均在格點上）．
（1）選一個四邊形畫在圖2中，使點P為它的一個頂點，并畫出將它向右平移3個單位后所得的圖形．
（2）選一個合適的三角形，將它的各邊長擴(kuò)大到原來的倍，畫在圖3中．
21．（2020?寧波）【基礎(chǔ)鞏固】
（1）如圖1，在△ABC中，D為AB上一點，∠ACD＝∠B．求證：AC2＝AD?AB．
【嘗試應(yīng)用】
（2）如圖2，在?ABCD中，E為BC上一點，F(xiàn)為CD延長線上一點，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的長．
【拓展提高】
（3）如圖3，在菱形ABCD中，E是AB上一點，F(xiàn)是△ABC內(nèi)一點，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF＝∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形ABCD的邊長．
2017-2021年浙江中考數(shù)學(xué)真題分類匯編之圖形的變化
參考答案與試題解析
一．選擇題（共14小題）
1．（2020?紹興）將如圖的七巧板的其中幾塊，拼成一個多邊形，為中心對稱圖形的是（ ）
A．B．
C．D．
【考點】中心對稱圖形；七巧板；多邊形．
【專題】平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；幾何直觀．
【分析】根據(jù)中心對稱的定義，結(jié)合所給圖形即可作出判斷．
【解答】解：A、不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；
B、不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；
C、不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；
D、是中心對稱圖形，故本選項符合題意．
故選：D．
【點評】本題考查了中心對稱圖形的特點，屬于基礎(chǔ)題，判斷中心對稱圖形的關(guān)鍵是旋轉(zhuǎn)180°后能夠于原圖形重合．
2．（2020?恩施州）如圖是由四個相同的小正方體組成的立體圖形，它的主視圖為（ ）
A．B．C．D．
【考點】簡單組合體的三視圖．
【專題】投影與視圖；幾何直觀．
【分析】找到從正面看所得到的圖形即可，注意所有的看到的棱都應(yīng)表現(xiàn)在主視圖中．
【解答】解：從正面看易得第一列有2個正方形，第二列底層有1個正方形．
故選：A．
【點評】本題考查了三視圖的知識，主視圖是從物體的正面看得到的視圖．
3．（2021?衢州）如圖是由四個相同的小正方體組成的立體圖形，它的主視圖為（ ）
A．B．C．D．
【考點】簡單組合體的三視圖．
【專題】投影與視圖；空間觀念．
【分析】根據(jù)主視圖的意義，從正面看該組合體所得到的圖形進(jìn)行判斷即可．
【解答】解：從正面看該組合體，所看到的圖形與選項A中的圖形相同，
故選：A．
【點評】本題考查簡單組合體的主視圖，理解視圖的意義，掌握三視圖的畫法是正確判斷的前提．
4．（2021?寧波）如圖所示的幾何體是由一個圓柱和一個長方體組成的，它的主視圖是（ ）
A．B．
C．D．
【考點】簡單組合體的三視圖．
【專題】投影與視圖；空間觀念．
【分析】根據(jù)主視圖是從正面看得到的視圖，可得答案．
【解答】解：從正面看，底層是一個比較長的矩形，上層中間是一個比較窄的矩形．
故選：C．
【點評】本題考查了簡單組合體的三視圖，從正面看得到的圖形是正視圖，注意圓柱的主視圖是矩形．
5．（2020?嘉興）如圖，在直角坐標(biāo)系中，△OAB的頂點為O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以點O為位似中心，在第三象限內(nèi)作與△OAB的位似比為的位似圖形△OCD，則點C的坐標(biāo)為（ ）
A．（﹣1，﹣1）B．（﹣，﹣1）C．（﹣1，﹣）D．（﹣2，﹣1）
【考點】位似變換；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．
【專題】圖形的相似；應(yīng)用意識．
【分析】根據(jù)關(guān)于以原點為位似中心的對應(yīng)點的坐標(biāo)的關(guān)系，把A點的橫縱坐標(biāo)都乘以﹣即可．
【解答】解：∵以點O為位似中心，位似比為，
而A （4，3），
∴A點的對應(yīng)點C的坐標(biāo)為（﹣，﹣1）．
故選：B．
【點評】本題考查了位似變換：在平面直角坐標(biāo)系中，如果位似變換是以原點為位似中心，相似比為k，那么位似圖形對應(yīng)點的坐標(biāo)的比等于k或﹣k．
6．（2020?臺州）如圖，把△ABC先向右平移3個單位，再向上平移2個單位得到△DEF，則頂點C（0，﹣1）對應(yīng)點的坐標(biāo)為（ ）
A．（0，0）B．（1，2）C．（1，3）D．（3，1）
【考點】坐標(biāo)與圖形變化﹣平移．
【專題】平面直角坐標(biāo)系；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．
【分析】利用平移規(guī)律進(jìn)而得出答案．
【解答】解：∵把△ABC先向右平移3個單位，再向上平移2個單位得到△DEF，頂點C（0，﹣1），
∴F（0+3，﹣1+2），
即F（3，1），
故選：D．
【點評】此題主要考查了坐標(biāo)與圖形變化﹣平移，正確得出對應(yīng)點位置是解題關(guān)鍵．
7．（2021?衢州）如圖．將菱形ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)∠α得到菱形AB′C′D′，∠B＝∠β．當(dāng)AC平分∠B′AC′時，∠α與∠β滿足的數(shù)量關(guān)系是（ ）
A．∠α＝2∠βB．2∠α＝3∠β
C．4∠α+∠β＝180°D．3∠α+2∠β＝180°
【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；菱形的性質(zhì)．
【專題】矩形 菱形 正方形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．
【分析】由菱形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證：∠BAB'＝∠B'AC＝∠CAC'＝∠DAC'＝∠α，再根據(jù)AD∥BC，即可得出4∠α+∠β＝180°．
【解答】解：∵AC平分∠B′AC′，
∴∠B'AC＝∠C'AC，
∵菱形ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)∠α得到菱形AB′C′D′，
∴∠BAB'＝∠CAC'＝∠α，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴∠BAB'＝∠DAC'，
∴∠BAB'＝∠B'AC＝∠CAC'＝∠DAC'＝∠α，
∵AD∥BC，
∴∠B+∠BAD＝180°，
∴4∠α+∠β＝180°，
故選：C．
【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，以及旋轉(zhuǎn)前后對應(yīng)角相等等知識，熟記其性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
8．（2021?溫州）直六棱柱如圖所示，它的俯視圖是（ ）
A．B．
C．D．
【考點】簡單幾何體的三視圖．
【專題】投影與視圖；空間觀念．
【分析】根據(jù)簡單幾何體的三視圖進(jìn)行判斷即可．
【解答】解：從上面看這個幾何體，看到的圖形是一個正六邊形，因此選項C中的圖形符合題意，
故選：C．
【點評】本題考查簡單幾何體的三視圖，理解視圖的意義是正確判斷的前提．
9．（2021?紹興）如圖，樹AB在路燈O的照射下形成投影AC，已知路燈高PO＝5m，樹影AC＝3m，樹AB與路燈O的水平距離AP＝4.5m，則樹的高度AB長是（ ）
A．2mB．3mC．mD．m
【考點】相似三角形的應(yīng)用；中心投影．
【專題】圖形的相似；應(yīng)用意識．
【分析】利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．
【解答】解：∵AB∥OP，
∴△CAB∽△CPO，
∴，
∴，
∴AB＝2（m），
故選：A．
【點評】本題考查中心投影以及相似三角形的應(yīng)用．測量不能到達(dá)頂部的物體的高度，通常利用相似三角形的性質(zhì)即相似三角形的對應(yīng)邊的比相等和“在同一時刻物高與影長的比相等”的原理解決．
10．（2020?紹興）如圖，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，將BC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)θ（0°＜θ＜90°），得到BP，連接CP，過點A作AH⊥CP交CP的延長線于點H，連接AP，則∠PAH的度數(shù)（ ）
A．隨著θ的增大而增大
B．隨著θ的增大而減小
C．不變
D．隨著θ的增大，先增大后減小
【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；三角形的外角性質(zhì)；等腰直角三角形．
【專題】等腰三角形與直角三角形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．
【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BC＝BP＝BA，由等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理可求∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，由外角的性質(zhì)可求∠PAH＝135°﹣90°＝45°，即可求解．
【解答】解：∵將BC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)θ（0°＜θ＜90°），得到BP，
∴BC＝BP＝BA，
∴∠BCP＝∠BPC，∠BPA＝∠BAP，
∵∠CBP+∠BCP+∠BPC＝180°，∠ABP+∠BAP+∠BPA＝180°，∠ABP+∠CBP＝90°，
∴∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，
∵∠CPA＝∠AHC+∠PAH＝135°，
∴∠PAH＝135°﹣90°＝45°，
∴∠PAH的度數(shù)是定值，
故選：C．
【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的外角性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．
11．（2021?臺州）如圖，將長、寬分別為12cm，3cm的長方形紙片分別沿AB，AC折疊，點M，N恰好重合于點P．若∠α＝60°，則折疊后的圖案（陰影部分）面積為（ ）
A．（36）cm2B．（36）cm2
C．24cm2D．36cm2
【考點】翻折變換（折疊問題）；矩形的性質(zhì)．
【專題】矩形 菱形 正方形；幾何直觀．
【分析】根據(jù)題意可知陰影部分的面積＝長方形的面積﹣三角形ABC的面積，根據(jù)題中數(shù)據(jù)計算三角形ABC的面積即可．
【解答】解：根據(jù)翻折可知，
∠MAB＝∠BAP，∠NAC＝∠PAC，
∴∠BAC＝∠PAB+∠PAC＝（∠MAB+∠BAP+∠NAC+∠PAC）＝180°＝90°，
∵∠α＝60°，
∴∠MAB＝180°﹣∠BAC﹣∠α＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴AB＝＝6（cm），
AC＝＝2（cm），
∴陰影部分的面積＝S長方形﹣S△ABC＝12×3﹣6×＝（36﹣6）（cm2），
故選：A．
【點評】本題主要考查翻折和矩形的性質(zhì)等知識點，熟練掌握和應(yīng)用翻折的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
12．（2020?衢州）如圖，把一張矩形紙片ABCD按所示方法進(jìn)行兩次折疊，得到等腰直角三角形BEF，若BC＝1，則AB的長度為（ ）
A．B．C．D．
【考點】翻折變換（折疊問題）；等腰直角三角形；矩形的性質(zhì)．
【專題】平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；運算能力．
【分析】先判斷出∠ADE＝45°，進(jìn)而判斷出AE＝AD，利用勾股定理即可得出結(jié)論．
【解答】
解：由折疊補全圖形如圖所示，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ADA'＝∠B＝∠C＝∠A＝90°，AD＝BC＝1，CD＝AB，
由第一次折疊得：∠DA'E＝∠A＝90°，∠ADE＝∠ADC＝45°，
∴∠AED＝∠ADE＝45°，
∴AE＝AD＝1，
在Rt△ADE中，根據(jù)勾股定理得，DE＝AD＝，
由第二次折疊知，CD＝DE＝，
∴AB＝．
故選：A．
【點評】此題主要考查了折疊問題，掌握折疊前后的對應(yīng)邊，對應(yīng)角相等是解本題的關(guān)鍵．
13．（2019?臺州）如圖是用8塊A型瓷磚（白色四邊形）和8塊B型瓷磚（黑色三角形）不重疊、無空隙拼接而成的一個正方形圖案，圖案中A型瓷磚的總面積與B型瓷磚的總面積之比為（ ）
A．：1B．3：2C．：1D．：2
【考點】圖形的剪拼；正方形的性質(zhì)．
【專題】圖表型；矩形 菱形 正方形．
【分析】如圖，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，連接DF．求出△DFN與△DNK的面積比即可．
【解答】解：如圖，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，連接DF．
由題意：四邊形DCFK是正方形，∠CDM＝∠MDF＝∠FDN＝∠NDK，
∴∠CDK＝∠DKF＝90°，DK＝FK，DF＝DK，
∴＝＝＝（角平分線的性質(zhì)定理，可以用面積法證明），
∴＝＝，
∴圖案中A型瓷磚的總面積與B型瓷磚的總面積之比為：1，
故選：A．
【點評】本題考查圖形的拼剪，正方形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題．
14．（2020?溫州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊向外作正方形，過點C作CR⊥FG于點R，再過點C作PQ⊥CR分別交邊DE，BH于點P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，則CR的長為（ ）
A．14B．15C．8D．6
【考點】相似三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；正方形的性質(zhì)．
【專題】矩形 菱形 正方形；圖形的相似；解直角三角形及其應(yīng)用．
【分析】如圖，連接EC，CH．設(shè)AB交CR于J．證明△ECP∽△HCQ，推出＝＝＝，由PQ＝15，可得PC＝5，CQ＝10，由EC：CH＝1：2，推出AC：BC＝1：2，設(shè)AC＝a，BC＝2a，證明四邊形ABQC是平行四邊形，推出AB＝CQ＝10，根據(jù)AC2+BC2＝AB2，構(gòu)建方程求出a即可解決問題．
【解答】解：如圖，連接EC，CH．設(shè)AB交CR于J．
∵四邊形ACDE，四邊形BCIH都是正方形，
∴∠ACE＝∠BCH＝45°，
∵∠ACB＝90°，∠BCI＝90°，
∴∠ACE+∠ACB+∠BCH＝180°，∠ACB+∠BCI＝180°
∴B，C，D共線，A，C，I共線，E、C、H共線，
∵DE∥AI∥BH，
∴∠CEP＝∠CHQ，
∵∠ECP＝∠QCH，
∴△ECP∽△HCQ，
∴＝＝＝，
∵PQ＝15，
∴PC＝5，CQ＝10，
∵EC：CH＝1：2，
∴AC：BC＝1：2，設(shè)AC＝a，BC＝2a，
∵PQ⊥CR，CR⊥AB，
∴CQ∥AB，
∵AC∥BQ，CQ∥AB，
∴四邊形ABQC是平行四邊形，
∴AB＝CQ＝10，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴5a2＝100，
∴a＝2（負(fù)根已經(jīng)舍棄），
∴AC＝2，BC＝4，
∵?AC?BC＝?AB?CJ，
∴CJ＝＝4，
∵JR＝AF＝AB＝10，
∴CR＝CJ+JR＝14，
故選：A．
【點評】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．
二．填空題（共4小題）
15．（2021?湖州）如圖，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝2，則sinB的值是 ．
【考點】銳角三角函數(shù)的定義．
【專題】解直角三角形及其應(yīng)用；運算能力．
【分析】根據(jù)在直角三角形中sinB＝，代值計算即可得出答案．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝2，
∴sinB＝＝．
故答案為：．
【點評】此題考查了銳角三角函數(shù)的定義，熟練掌握在直角三角形中，正弦＝是解題的關(guān)鍵．
16．（2021?杭州）如圖是一張矩形紙片ABCD，點M是對角線AC的中點，點E在BC邊上，把△DCE沿直線DE折疊，使點C落在對角線AC上的點F處，連接DF，EF．若MF＝AB，則∠DAF＝ 18 度．
【考點】翻折變換（折疊問題）；矩形的性質(zhì)．
【專題】三角形；矩形 菱形 正方形；運算能力；推理能力．
【分析】連接DM，利用斜邊上的中線等于斜邊的一半可得△AMD和△MCD為等腰三角形，∠DAF＝∠MDA，∠MCD＝∠MDC；由折疊可知DF＝DC，可得∠DFC＝∠DCF；由MF＝AB，AB＝CD，DF＝DC，可得FM＝FD，進(jìn)而得到∠FMD＝∠FDM；利用三角形的外角等于和它不相鄰的兩個內(nèi)角的和，可得∠DFC＝2∠FMD；最后在△MDC中，利用三角形的內(nèi)角和定理列出方程，結(jié)論可得．
【解答】解：連接DM，如圖：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°．
∵M(jìn)是AC的中點，
∴DM＝AM＝CM，
∴∠FAD＝∠MDA，∠MDC＝∠MCD．
∵DC，DF關(guān)于DE對稱，
∴DF＝DC，
∴∠DFC＝∠DCF．
∵M(jìn)F＝AB，AB＝CD，DF＝DC，
∴MF＝FD．
∴∠FMD＝∠FDM．
∵∠DFC＝∠FMD+∠FDM，
∴∠DFC＝2∠FMD．
∵∠DMC＝∠FAD+∠ADM，
∴∠DMC＝2∠FAD．
設(shè)∠FAD＝x°，則∠DFC＝4x°，
∴∠MCD＝∠MDC＝4x°．
∵∠DMC+∠MCD+∠MDC＝180°，
∴2x+4x+4x＝180．
∴x＝18．
故答案為：18．
【點評】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，折疊問題，三角形的內(nèi)角和定理及其推論，利用三角形內(nèi)角和定理列出方程是解題的關(guān)鍵．
17．（2021?嘉興）如圖，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝45°，AB＝2，點P從點A出發(fā)沿AB方向運動，到達(dá)點B時停止運動，連結(jié)CP，點A關(guān)于直線CP的對稱點為A′，連結(jié)A′C，A′P．在運動過程中，點A′到直線AB距離的最大值是 ；點P到達(dá)點B時，線段A′P掃過的面積為 （1+）π﹣1﹣ ．
【考點】軸對稱的性質(zhì)．
【專題】平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．
【分析】如圖1中，過點B作BH⊥AC于H．解直角三角形求出CA，當(dāng)CA′⊥AB時，點A′到直線AB的距離最大，求出CA′，CK．可得結(jié)論．如圖2中，點P到達(dá)點B時，線段A′P掃過的面積＝S扇形A′CA﹣2S△ABC，由此求解即可．
【解答】解：如圖1中，過點B作BH⊥AC于H．
在Rt△ABH中，BH＝AB?sin30°＝1，AH＝BH＝，
在Rt△BCH中，∠BCH＝45°，
∴CH＝BH＝1，
∴AC＝CA′＝1+，
當(dāng)CA′⊥AB時，點A′到直線AB的距離最大，
設(shè)CA′交AB的延長線于K．
在Rt△ACK中，CK＝AC?sin30°＝，
∴A′K＝CA′﹣CK＝1+﹣＝．
如圖2中，點P到達(dá)點B時，線段A′P掃過的面積＝S扇形A′CA﹣2S△ABC＝﹣2××（1+）×1＝（1+）π﹣1﹣．
故答案為：，（1+）π﹣1﹣．
【點評】本題考查軸對稱的性質(zhì)，翻折變換，解直角三角形，扇形的面積，三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，學(xué)會利用分割法求面積，屬于中考填空題中的壓軸題．
18．（2020?金華）圖1是一個閉合時的夾子，圖2是該夾子的主視示意圖，夾子兩邊為AC，BD（點A與點B重合），點O是夾子轉(zhuǎn)軸位置，OE⊥AC于點E，OF⊥BD于點F，OE＝OF＝1cm，AC＝BD＝6cm，CE＝DF，CE：AE＝2：3．按圖示方式用手指按夾子，夾子兩邊繞點O轉(zhuǎn)動．
（1）當(dāng)E，F(xiàn)兩點的距離最大時，以點A，B，C，D為頂點的四邊形的周長是 16 cm．
（2）當(dāng)夾子的開口最大（即點C與點D重合）時，A，B兩點的距離為 cm．
【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；角平分線的性質(zhì)．
【專題】平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；應(yīng)用意識．
【分析】（1）當(dāng)E，F(xiàn)兩點的距離最大時，E，O，F(xiàn)共線，此時四邊形ABCD是矩形，求出矩形的長和寬即可解決問題．
（2）如圖3中，連接EF交OC于H．想辦法求出EF，利用平行線分線段成比例定理即可解決問題．
【解答】解：（1）當(dāng)E，F(xiàn)兩點的距離最大時，E，O，F(xiàn)共線，此時四邊形ABCD是矩形，
∵OE＝OF＝1cm，
∴EF＝2cm，
∴AB＝CD＝2cm，
∴此時四邊形ABCD的周長為2+2+6+6＝16（cm），
故答案為16．
（2）如圖3中，連接EF交OC于H．
由題意CE＝CF＝×6＝（cm），
∵OE＝OF＝1cm，
∴CO垂直平分線段EF，
∵OC＝＝＝（cm），
∵?OE?EC＝?CO?EH，
∴EH＝＝（cm），
∴EF＝2EH＝（cm）
∵EF∥AB，
∴＝＝，
∴AB＝×＝（cm）．
故答案為．
【點評】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題．
三．解答題（共3小題）
19．（2021?杭州）如圖，銳角三角形ABC內(nèi)接于⊙O，∠BAC的平分線AG交⊙O于點G，交BC邊于點F，連接BG．
（1）求證：△ABG∽△AFC．
（2）已知AB＝a，AC＝AF＝b，求線段FG的長（用含a，b的代數(shù)式表示）．
（3）已知點E在線段AF上（不與點A，點F重合），點D在線段AE上（不與點A，點E重合），∠ABD＝∠CBE，求證：BG2＝GE?GD．
【考點】相似三角形的判定與性質(zhì)；圓周角定理；三角形的外接圓與外心．
【專題】圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；應(yīng)用意識．
【分析】（1）根據(jù)∠BAC的平分線AG交⊙O于點G，知∠BAG＝∠FAC，由圓周角定理知∠G＝∠C，即可證△ABG∽△AFC；
（2）由（1）知＝，由AC＝AF得AG＝AB，即可計算FG的長度；
（3）先證△DGB∽△BGE，得出線段比例關(guān)系，即可得證BG2＝GE?GD．
【解答】（1）證明：∵AG平分∠BAC，
∴∠BAG＝∠FAC，
又∵∠G＝∠C，
∴△ABG∽△AFC；
（2）解：由（1）知，△ABG∽△AFC，
∴＝，
∵AC＝AF＝b，
∴AB＝AG＝a，
∴FG＝AG﹣AF＝a﹣b；
（3）證明：∵∠CAG＝∠CBG，∠BAG＝∠CAG，
∴∠BAG＝∠CBG，
∵∠ABD＝∠CBE，
∴∠BDG＝∠BAG+∠ABD＝∠CBG+∠CBE＝∠EBG，
又∵∠DGB＝∠BGE，
∴△DGB∽△BGE，
∴＝，
∴BG2＝GE?GD．
【點評】本題主要考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理等知識，熟練掌握圓周角定理和相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
20．（2021?溫州）如圖中4×4與6×6的方格都是由邊長為1的小正方形組成．圖1是繪成的七巧板圖案，它由7個圖形組成，請按以下要求選擇其中一個并在圖2、圖3中畫出相應(yīng)的格點圖形（頂點均在格點上）．
（1）選一個四邊形畫在圖2中，使點P為它的一個頂點，并畫出將它向右平移3個單位后所得的圖形．
（2）選一個合適的三角形，將它的各邊長擴(kuò)大到原來的倍，畫在圖3中．
【考點】利用平移設(shè)計圖案；相似三角形的性質(zhì)；七巧板；勾股定理．
【專題】作圖題；幾何直觀．
【分析】（1）直接將其中正方形向右平移3個單位得出符合題意的圖形；
（2）直接將其中直角邊為的三角形邊長擴(kuò)大為原來的倍，即可得出所求圖形．
【解答】解：（1）如圖2所示，即為所求；
（2）如圖3所示，即為所求．
【點評】此題主要考查了平移變換以及圖形的相似，正確將三角形各邊擴(kuò)大是解題關(guān)鍵．
21．（2020?寧波）【基礎(chǔ)鞏固】
（1）如圖1，在△ABC中，D為AB上一點，∠ACD＝∠B．求證：AC2＝AD?AB．
【嘗試應(yīng)用】
（2）如圖2，在?ABCD中，E為BC上一點，F(xiàn)為CD延長線上一點，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的長．
【拓展提高】
（3）如圖3，在菱形ABCD中，E是AB上一點，F(xiàn)是△ABC內(nèi)一點，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF＝∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形ABCD的邊長．
【考點】相似形綜合題．
【專題】幾何綜合題；等腰三角形與直角三角形；圖形的相似；運算能力；推理能力．
【分析】（1）證明△ADC∽△ACB，得出，則可得出結(jié)論；
（2）證明△BFE∽△BCF，得出比例線段，則BF2＝BE?BC，求出BC，則可求出AD．
（3）分別延長EF，DC相交于點G，證得四邊形AEGC為平行四邊形，得出AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，證明△EDF∽△EGD，得出比例線段，則DE＝EF，可求出DG，則答案可求出．
【解答】解：（1）證明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2＝AD?AB．
（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD＝BC，∠A＝∠C，
又∵∠BFE＝∠A，
∴∠BFE＝∠C，
又∵∠FBE＝∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴，
∴BF2＝BE?BC，
∴BC＝＝，
∴AD＝．
（3）如圖，分別延長EF，DC相交于點G，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，∠BAC＝∠BAD，
∵AC∥EF，
∴四邊形AEGC為平行四邊形，
∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，
∵∠EDF＝∠BAD，
∴∠EDF＝∠BAC，
∴∠EDF＝∠G，
又∵∠DEF＝∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴，
∴DE2＝EF?EG，
又∵EG＝AC＝2EF，
∴DE2＝2EF2，
∴DE＝EF，
又∵，
∴DG＝，
∴DC＝DG﹣CG＝5﹣2．
【點評】此題是相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)等知識，正確掌握相似三角形的判定方法是解題關(guān)鍵．

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