《图形的运动》教案专题

《图形的运动》教案专题

《图形的运动》教案专题 篇1

教学目标

1.通过观察、操作、想象，经历一个简单图形经过平移或旋转制作复杂图形的过程，体验图形的变换，发展空间观念。

2.借助方格纸上的操作和分析，有条理地表达图形的平移或旋转的变换过程。3.利用七巧板在方格纸上变换各种图形，进一步提高学生的想象能力。

教学重难点

通过观察、操作活动，说出图形的平移或旋转的变换过程。

教学过程

一、复习旧知，师：在以前的学习中我们已初步认识了平移和旋转，下面请同学们用一个三角形在方格纸上边摆边说，说说什么是平移、什么是旋转。

师：今天我们利用所学的知识进一步探索图形的运动（板书课题：图形的运动）

二、自主探索 1.情境探索：

课件呈现情境图（教材第32页）

如下图，七巧板中有两个图形移动了位置。

请同学们观察上图，你能通过平移将图①移入七巧板相应的位置吗？想一想，再在方格纸上摆一摆。

师：哪位同学上来展示一下自己的做法。生1：先向上平移4格，再向左平移10格。生1：先向左平移10格，再向上平移4格。

2.师：你能通过平移和旋转将图②移入七巧板相应的位置吗？与同伴交流你的做法。

学生先独立思考，然后摆一摆，最后在小组内说一说，可以边摆边说，教师巡视参与交流，再组织全班反馈。

生1：先左平移9格，再绕直角顶点逆时针旋转900。生2：先绕直角顶点逆时针旋转900，再左平移9格。

三、课堂练习

1.请将图形A绕点O顺时针旋转900，得到图形B，再将图形B向右平移5格，得到图形C。画一画，说说要注意什么。

2.如下图，图1是一幅由四张卡片组成的图，图2中有两张卡片移动了位置。你能通过卡片的平移和旋转将图2“还原”为图1吗？

3.观察方格纸中图形的变换，并与同学进行交流。

（1）四个三角形A、B、C、D如何变换得到“风车”图形？（2）“风车”图形中四个三角形如何变换得到长方形？

（3）长方形中的四个三角形如何变换得到正方形？（4）正方形中四个三角形如何变换回最初的图形？

四、课堂小结

《图形的运动》教案专题 篇2

基本图形一:四个面都是直角三角形的三棱锥.

如图1, 在三棱锥S-ABC中, 只要满足下列条件之一: (1) SA、AB、BC两两互相垂直; (2) SA⊥平面ABC, 且AB⊥BC; (3) SA⊥平面A BC, 且SB⊥BC; (4) SA⊥平面ABC, 且平面SAB⊥平面SBC.则三棱锥S-ABC的四个面都是直角三角形.

进一步可以得到:如图2, 若点A在SB、SC上的射影分别为N、M, 则三棱锥S-ANM的四个面也都是直角三角形.

显然, 四个面都是直角三角形的三棱锥, 具有非常丰富的线线、线面、面面垂直关系, 比如: (1) 线线垂直 (5组) :SA⊥AB, SA⊥BC, SA⊥AC, CB⊥AB, CB⊥SB; (2) 线面垂直 (2组) :SA⊥平面ABC, CB⊥平面SAB; (3) 面面垂直 (3组) :平面SAB⊥平面ABC, 平面SAC⊥平面ABC, 平面SAB⊥平面SBC.可以说, “四个面都是直角三角形的三棱锥”是探究空间线线垂直、线面垂直、面面垂直关系的一个十分重要的基本图形.我们来看两道例题.

例1 (2009年高考北京理科卷第16题) 如图3, 在三棱锥P-ABC中, PA⊥底面ABC, PA=AB, ∠ABC=60°, ∠BCA=90°, 点D、E分别在棱PB、PC上, 且DE∥BC.

(1) 求证:BC⊥平面PAC.

(2) 当D为PB的中点时, 求AD与平面PAC所成的角的大小.

(3) 是否存在点E使得二面角A-DE-P为直二面角?并说明理由.

简析:本题主要考查直线和平面垂直、直线与平面所成的角、二面角等基础知识, 考查考生的空间想象能力、运算能力和推理论证能力.明显地, 三棱锥P-ABC的四个面都是直角三角形, 所以平面PBC⊥平面PAC, 于是当点A运动到AE⊥PC时, 由面面垂直的性质定理, 有AE⊥平面PBC, 此时二面角A-DE-P为直二面角.由此可知, 对基本图形“四个面都是直角三角形的三棱锥”丰富线面垂直关系的深入考查, 正是本题的立意所在.

其实, “四个面都是直角三角形的三棱锥”可通过下列图形生成: (1) 四个面都是直角三角形的三棱锥 (本文例1) ; (2) 直二面角 (如2006年高考陕西卷第19题) ; (3) 圆柱 (如2010年高考福建卷第20题) ; (4) 平面图形折叠 (如2009年高考福建卷第17题) ; (5) 正三棱柱; (6) 正方体; (7) 长方体; (8) 底面是直角梯形的四棱锥.善于发现、善于学习、善于运用此基本图形, 是激发学生立体几何学习兴趣的有效途径.此外, “四个面都是直角三角形的三棱锥”为线线垂直、线面垂直、面面垂直关系的相互转化提供了丰富素材 (见图4) .

基本图形二:正方体.

正方体是空间图形中特殊且内涵丰富的几何图形之一, 在正方体中能反映空间基本的线线关系、线面关系、面面关系 (尤其是平行垂直关系) , 可以说, 正方体是研究空间线面位置关系的一个重要载体, 也是展开空间想象的一个重要依托.那么, 哪些是正方体丰富的线线、线面、面面平行垂直关系?哪些方面体现了正方体与其他几何体之间的内在关系?对此, 历年全国高考试题做了很好的诠释, 见例2.

例2 (2010年高考天津文科卷第19题) 如图5, 在五面体ABCDEF中, 四边形ADEF是正方形, FA⊥平面ABCD.BC∥AD, CD=1, ∠BAD=∠CDA=45°.

(1) 求异面直线CE与AF所成角的余弦值.

(2) 证明:CD⊥平面ABF.

(3) 求二面角B-EF-A的正切值.

简析:不难发现, 本题的五面体ABCDEF由正方体截割而成, 将它还原为正方体PE (如图6) , 显然, ∠CED即为异面直线CE与AF所成的角, 且平面ABF即为正方体的对角面AQHF, 由于PD⊥平面AQHF, 故CD⊥平面ABF……至此, 本题的思路变得十分清晰, 几乎可以望而生解.

事实上, 图形处理能力是立体几何试题考查的一个重要方面, 而巧妙地补形将大大提升学生的图形处理能力.因此, 在立体几何专题的复习中, 一方面要注重正方体线面垂直关系的发现与合理运用;另一方面应通过图形的建构, 引导学生发现正方体与其他几何体之间的内在联系, 以培养学生思维的广阔性、创造性、深刻性等.如, 对于以下几何图形, 对它们进行补形, 使之成为正方体的一部分, 会产化繁为简的效果: (1) 正四面体; (2) 三条侧棱两两垂直的正三棱锥; (3) 四个面都是直角三角形的三棱锥; (4) 等腰三棱锥; (5) 正八面体; (6) 四个侧面都是等边三角形的正四棱锥; (7) 相对侧面互相垂直的正四棱锥; (8) 底面是等腰直角三角形的直三棱柱.

基本图形三:正三棱柱.

底面为等边三角形, 且侧棱与底面垂直的三棱柱, 我们称之为正三棱柱.正三棱柱的线面垂直关系同样十分丰富, 同时它又是一个“平面对称”图形, 且具备下列我们非常熟悉的几何性质.

如图7, 在正三棱柱ABC-A1B1C1中, “AB1⊥BC1”的充分必要条件是“”.事实上, 取A1B1的中点H, 则C1H⊥A1B1, 由于ABC-A1B1C1是正三棱柱, 所以平面A1B1C1⊥平面ABB1A1.所以C1H⊥平面ABB1A1.所以BH是BC1在平面ABB1A1上的射影, 于是

可见, “正三棱柱”也是探究空间线线垂直、线面垂直、面面垂直关系的一个重要的基本图形.

例3 (2007年高考福建卷第18题) 如图8, 正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2, D为CC1的中点.

(1) 求证:AB1⊥平面A1BD.

(2) 求二面角A-A1D-B的大小.

(3) 略.

简析:本题以 (横放的) 棱长都相等正三棱柱为载体, 主要考查直线与平面的位置关系, 二面角的大小, 点到平面的距离等知识 (新课程高考对“点到平面的距离”已经不作要求) , 兼顾空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力的考查.取BC中点O, 则AO⊥BC.由于平面ABC⊥平面BCC1B1, 所以AO⊥平面BCC1B1.以O为原点, (O1为B1C1中点) , 的方向为x, y, z轴的正方向建立空间直角坐标系, 此时就把定性分析的问题转化为了定量计算的问题.很明显, 本题抓住图形的“平面对称”特征, 思路变得十分的自然, 向量方法的运用, 又使得本题的解法简捷、合理.由这道题, 笔者联想到了2008年高考全国卷Ⅰ第18题, 那道题有一定难度, 思路较宽, 是一道检测考生思维品质、培养学生创新能力的好试题.若运用上述正三棱柱的性质及向量方法去处理, 也将省时省力, 读者不妨一试.

《图形的运动》教案专题 篇3

班级:一(3)班 授课教师:范湘玲

一、教学目标: 1.通过操作和观察，使学生初步认识长方体、正方体、圆柱、球;知道它们的名称;会辩认识这几种物体和图形。

2.培养学生动手操作、观察能力，初步建立空间观念。

3.通过学生活动，激发学习兴趣，培养学生合作、探究和创新意识。

二、教学重、难点: 初步认识长方体、正方体、圆柱和球的实物与图形，建立空间观念。

三、教具、学具准备: 各种形状的物体，图形卡片，计算机软件、投影片。

四、教学过程:(一)、实物导入: 教师:小朋友们，我们在生活中会看见各种各样的物体，看看老师讲台上的东西，你们都认识吗,告诉老师它们叫什么名字，是用来做什么的呢, 学生回答:茶叶盒、书、弹珠、文具盒、粉笔盒……(二)、操作感知 :

1、分一分，揭示概念。

(1)教师:很好，大家都认识这些东西。那我们再来看看贝贝给大家带来了什么啊,(出示flash动画)咱们现在要把形状相同的物体放在一块儿。看，如果老师把文具盒放在第一个方框内，那还有哪些东西和它形状一样，我们可以把它和文具盒放在一块呢,(肥皂、纸盒)第二个方框内老师放上魔方，那有什么和魔方可以放在一块的,(色子、墨水盒)还有没有啊,(没有了)现在第三个方框内，你想放上哪些物品呢,(水壶、可乐罐、笔筒、接力棒)好的，那第四个放上什么呢,(弹珠、皮球、足球)(2)问:你们是怎样分的,为什么这样分, 学生可能回答可分成这样几组:一组是长长方方的;一组是四四方方的;一组是直直的，像柱子;一组是圆圆的球。(3)揭示概念。教师展示出大小不同、形状不同、颜色不同的实物直观揭示长方体、正方体、圆柱和球的概念。(出示幻灯片)教师:我们把形状像肥皂盒、纸盒、文具盒这样长长方方的叫长方体;和魔方、色子、墨水盒一样正正方方的叫做正方体;跟水壶、可乐罐、笔筒、接力棒一样直直的，柱子一样的，我们就叫做圆柱;而弹珠、皮球、足球他们拥有一个共同的名字，那就是球。(边说边在黑板上画出模型，写出名称)(4)说一说，你身边有哪些物体与上面这些形状相同呢,老师要叫一些小朋友起来说说，把你们的手举好了。(学生自由发言，教师即时给予肯定)(5)练习题。老师现在要考考大家了。注意观察，把上面一排的物体与下面相同形状的图形连在一起。比如说红色的盒子是正方体，我们就把它和正方体连在一块。

2、摸一摸，感知特点。

(1)现在跟老师来玩一个小游戏。老师把这些物体全部放入这个纸袋里面，你们说叫老师拿出什么形状的物体，老师不看，就用手拿出什么，你们看老师拿的对不对。(学生说，老师拿)知道老师为什么每次都能拿对吗,(因为老师用手摸了，感觉)对了，老师用手摸了，知道它们的特点，所以就很容易拿对了。现在你们自己摸一摸老师发给你们的模型，自己感受一下。

(2)让学生动手摸一摸长方体、正方体、圆柱和球的实物，然后把自己的感受和发现在班上交流。

(3)汇报交流 学生可能说出: 长方体:是长长方方的，有平平的面。正方体:是四四方方的，有平平的面。圆 柱:是直直的，上下一样粗细，两头是圆的，平平的。球:是圆圆的。(如果学生说出长方体、正方体有6个面等，教师应给予肯定，但不要求学生必须说出来。)

3、形成表象，初步建立空间观念(1)学生闭眼想四种图形的样子。

(2)学生闭眼按教师要求拿出四种不同形状的图形。

现在闭上你们的眼睛，老师现在说什么图形，你们就在自己脑海中想一想它是什么样子的，然后拿出来。四四方方的，平平的，自己想一下应该是什么，然后拿出来;两头圆圆的，直直的，上下一样粗细;长长的、有平平的面;圆鼓鼓的又是什么呢,(3)让学生拿出长方体和圆柱，放在桌面上玩一玩，使学生发现圆柱会“轱辘”，然后教师说明，圆柱可以滚动。

(4)让学生用长方体、正方体、圆柱和球搭一搭。通过搭，使学生明确:球没有平平的面，能任意滚动;长方体、正方体和圆柱都有平平的面，搭在一起很平稳。

(5)游戏“看谁摸得准”。

两个人一组，一个人闭上眼睛，摸一摸同桌给出的物体，然后猜出它的形状，看谁摸得准。

(6)练习题:猜一猜。老师现在出谜语大家来猜一猜，看哪个小朋友猜得对。圆圆鼓鼓小淘气，滚来滚去不费力(球)。正正方方六张脸，平平滑滑一个样(正方体)。上下圆圆一样大，放倒一推就滚动(圆柱)。长长方方六张脸，相对两面一个样(长方体)。(三)、巩固练习

1、数一数。同学们请看屏幕，这个图形像什么动物啊,(小狗)那它是由哪些形状的图形搭成的呢,(长方体、正方体、圆柱、球)它们分别有几个呢,长方体有几个,(4个，前脚、嘴、身体)正方体有几个,(1个，头)球有几个,(2个，眼睛)圆柱有几个,(4个，脖子、尾巴、后脚)

《图形的运动》教案专题 篇4

教学目标：

1、通过练习，进一步认识轴对称图形，感受平移和旋转在日常生活中的应用。

2、会用所学的图形拼出图案，培养欣赏美的能力。

3、发展动手操作能力、空间想象力和创造力。教学重点：

感受图形自身蕴含的丰富的形态美。教学难点：

如何引导学生发挥想象、打开思路进行创作。教法：

谈话法。谈话讲解，通过语言引导学生学习知识，适当点拨，突出重点。教学过程：

一、回顾再现，复习引入

1、谈话：同学们，通过这一单元的学习，你学到了哪些知识？

2、小结并过渡：这一单元，我们认识了轴对称图形、平移和旋转这两种现象，老师收集了一些生活中的运动现象，你能说说哪些是平移，哪些是旋转吗？（课件出示“练习七”第7题。）

学生自己判断，指名汇报，逐个说出自己是怎样判断的，教师注意引导学生用准确的语言进行表达。

二、分层练习，强化提高

1、完成教材“练习七”的第8题。

谈话：你瞧，平移和旋转在生活中的应用可真广，刚才同学们说钟面上指针的运动是旋转，老师这里有一个钟面，你能写出分针从12旋转到下面各个位置所经过的之间吗？

课件出示3个钟面图。

分针走到“3”的时候是几分？（15分）

分针走到“1”的时候是几分？（5分）分针走到“10”的时候是几分？（50分）

2、完成教材“练习七”的第6题。

谈话：明明用这些图形通过平移拼成一个火箭的图形。（课件出示图形）请你猜猜下面的四幅图中哪幅是明明拼的？为什么？

引导学生讨论，明确平移是直线运动的，只有第2幅图是由所有图形平移而成，所以应该是第2幅。

3、完成教材“练习七”的第13题。

谈话：同学们爱照镜子吗？把脸对着镜子，镜子里面就会出现和这边一样的图像，小明把这个图形对着镜子，镜子里面出现了另一半，（课件演示），你知道这是什么图形吗？（蝴蝶）

你有什么发现？

教师小结：照镜子时，镜子外的是物体和镜子内的成像前后、上下——不变，但是左右相反发生变化，这就是镜面对称现象。镜面对称的图形也是我们学过的轴对称图形。

出示半边的天坛、笑脸、青蛙、雪花等图案，让学生想办法利用镜面对称，判断出是什么，指出这些图形的对称轴。

4、完成教材“练习七”的第14题。

三、动手操作，提高练习

1、做一做。（教材“练习七”的第9题。）

课件出示题目要求，小组合作，用圆片制作一个数字转盘。

游戏，两人一组，每人各转两次，计算出两个数的乘积，比比谁的积大。

2、拼一拼。（教材“练习七”的第10题。）出示第121页的学具，让学生拿出学具拼一拼。说说拼出的是什么图形。

3、剪一剪。（教材“练习七”的第11题。）拿出正方形纸，按要求剪一剪。

根据图中的折法和剪掉的部分，想象剪出的最后的形状。展示学生的作品。

四、课堂小结

通过今天这节课，你有什么收获？

教师小结：这节课我们复习了轴对称图形、平移和旋转现象，同学们剪出了漂亮的轴对称图形，能判断平移和旋转。下课后，不要停下发现的脚步，去生活中寻找更多的数学知识，做生活的小主人。板书设计

练习七

轴对称图形平移现象 旋转现象

《图形的运动》教案专题 篇5

（三）第一课时

教学目标

1、认识旋转，理解旋转的三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角；并能识别在旋转过程中旋转图形的对应点、对应线段和对应角。

2、通过对具体图形旋转过程的观察和抽象，发展学生概括能力和空间想象能力。

3、通过欣赏生活中的旋转现象，激发学生学习数学的兴趣，体验数学的价值与魅力。教学重点 ：认识旋转，理解旋转的三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角。教学难点： 能识别在旋转过程中旋转图形的对应点、对应线段和对应角。教学过程：

一、创设情境，引入课题：

师：今天这一节课老师将和你们一起来学习旋转的内容（板课题）

二、认识旋转

1.出示例

1、（课件出示旋转地钟面）

从“12”到“1”，指针绕点O按顺时针方向旋转30°；从“1”到“——”，指针绕点O按顺时针方向旋转60°；从“3”到“6”，指针绕点O按顺时针方向旋转——°；从“6”到“12”，指针绕点O按顺时针方向旋转——°。

学生自己独立完成。

2．师：生活中，你见过哪些旋转的现象呢？ 课件出示生活中的旋转现象。（多媒体动画板示）（1）师：以上几种旋转，它们有什么共同点？

（2）师：它们哪里转动了？比如：荡秋千哪转动了？挡车杆呢？---（3）假如，我们把荡秋千的踏板看作是一个点、汽车的刮水器看作一条线段、风车的风叶看作是个四边形或三角形。那么它们的转动又会是怎么样子呢？（生观察图形：点、线段、三角形的旋转演示回答问题）强调像点、线段、三角形这样子的运动我们称之为旋转

3、尝试给旋转下定义。

师：现在你能说说什么是旋转了吗？（让学生根据刚才的认识尝试说说）

三、结合生活，理解旋转的三要素

1、旋转中心（三角形动画旋转演示）

师：当图形旋转时，这个定点可以在旋转图形的哪个位置？ 2旋转方向

师：旋转的方向有顺时针和逆时针。（用挡车杆的关和开来演示）3旋转角度（用时针转动角度的大小演示）

师：①.当指针旋转了90°时，指针指向了哪里？ ②.当指针旋转了180°时，指针又指向了哪里？

四、拓展应用 课后做一做。

五、总 结： 展示旋转大楼视频激发学生再学习旋转的兴趣？并说明有什么收获？

六、作业布置 教材85页3、4题

课后反思：

第二课时

教学目标：

1、通过具体事例认识图形的旋转变换，探索它的基本性质。

2、能按要求画出简单的平面图形旋转后的图形。

3、通过观察、操作等探索过程，发展学生的合情推理能力。重点： 认识图形的旋转变换，探索它的基本性质。

难点 ：按要求画出简单的平面图形旋转后的图形。教学过程：

一、提问。在日常生活中，我们经常看到哪些运动是旋转运动的? 下列图中哪些是旋转运动的现象?接着让学生看课本图，并回答上述问题。最后让学生回答：这些图形有什么特征呢?

二、导入新授。

1．看课本图根据转动，让学生回答。(1)什么是旋转?(2)什么样的点是旋转中心?(3)＿＿＿＿＿在旋转过程中保持不变，图形的旋转由＿＿＿＿＿和＿＿＿＿＿＿所决定。

2．如图，可以看到点A旋转到点A′，OA旋转到OA′，∠AOB旋转到∠A′OB′，这些都是互相对应的点、线段与角。那么，点B的对应点是点＿＿＿＿＿；线段OB的对应线段是线段＿＿＿＿＿＿；线段AB的对应线段是线段＿＿＿＿＿＿；∠A的对应角是＿＿＿＿＿＿＿；∠B的对应角是＿＿＿＿＿＿＿； 旋转中心是点＿＿＿＿＿＿； 旋转的角度是＿＿＿＿＿＿。

3．想一想。

△AOB的边OB的中点O的对应点在哪里?

三、拓展应用： 让学生举出现实生活中旋转的一些实例。(针对自己画的旋转图形，找出对应角、对应点、对应线段。)

四、总 结 ：你在这节课上学到了哪些知识?谈一谈好吗?

五、作业布置： 完成做一做。

课后反思：

第三课时

教学目标

1、通过在方格纸上平移、旋转的方式用七巧板拼组鱼图，加深学生对已经学过的平移、旋转等知识的理解，发展空间观念。

2、让学生通过看一看、做一做、说一说等活动，观察、再操作、后交流反馈。在交流反馈中加深对图形变换的基本特征和方法的理解。

3、让学生在活动中欣赏图形拼组所创造出的美，进一步感受平移、旋转在生活中的应用，体会数学的价值。教学重点 感受并体会平移、对称、旋转在拼组图形中的应用。

教学难点 能利用平移、对称、旋转等方法拼组鱼图。

教学过程：

一、导入新课：

1、出示一组图片复习近平移、对称、旋转等知识。师：孩子们，你们知道这些美丽的图案是怎么得到的吗？

这节课我们将应用图形的变换知识解决有关七巧板拼鱼的问题，同学们感兴趣吗？（板书课题）

2、认识七巧板。

师：七巧板是什么？你们了解吗？ 出示七巧板图片，教师进行相关介绍。

七巧板又称七巧图、智慧板，是汉族民间流传的智力玩具。七巧板是由七块板组成的，完整图案为一个正方形：五块等腰直角三角形（两块小三角形3号和5号、一块中三角形7号、两块大三角形1号和2号）、一块正方形4号和一块平行四边形6号组成。作为传统的玩具七巧板，不同的七巧板拼法将会显现出不同的图形，如三角形、平行四边形、不规则图形；当然还可以拼成各种动物、植物、人物、建筑等等。

二、教学新课：

1、理解题意 课件出示例4上的图片

师：请观察例4中的情境图，说说例4的具体要求。

2、动手操作

让学生按题意要求，用七巧板拼组鱼图。温馨提示：鱼图只是一个外形的轮廓，要先判断出每块板平移、旋转后所在鱼图中的位置，并标出序号。

3、组织交流

（1）展示标序号鱼图。

师：你能把自己在鱼图中画出相应的每块板的轮廓线展示一下吗？

教师用投影仪展示学生的作业，让学生说说自己是怎样拼组鱼图的。学生可以有不同的想法，只要合理，都应给予肯定。

（2）组织说一说 说一说每板块是怎样平移和旋转的？

① 板1和板2可以先绕直角顶点顺时针方向旋转90°，向下平移1格，再向右平移9格。②板3可以先绕直角顶点顺时针方向旋转90°，再向右平移11格。③ 板4可以先向下平移2格，再向右平移11格。

④ 板5可以先绕直角顶点顺时针旋转90°，向下平移2格，再向右平移9格。

⑤ 板6可以先绕右边的锐角顶点逆时针方向旋转90°，向上平移2格，再向右平移9格。⑥ 板7先绕直角顶点逆时针旋转90°，向下平移6格，再向右平移11格。（方法不唯一。）

教师小结：在对图形进行变换时，要多角度考虑，不要以为一个图形只能通过一种变换的方式得到，一个图形可以通过一种或两种方式得到，还可以是多种变换方式的组合。

4、组织反思

师:请孩子们回顾反思自己解决问题的过程，你是通过什么方法解决问题的？（板书：阅读理解、分析解答、回顾反思）

三、巩固应用：

1、组织学生完成87页“做一做”，并组织交流。汇报展示：请学生到投影仪上展示。

（交流时一定要让学生说一说 每幅图是怎样平移、旋转的。）

四、布置作业：

练习二十二1—3题。

课后反思：

第四课时

练习

一、按要求画一画。

二、找一找，下列哪些字是轴对称图形，画“√”。

三、找一找，下列哪些字是轴对称图形，画“√”。

如果一个图形沿着一条直线对折，直线两侧的图形能够完全重合，这个图形就是轴对称图形。折痕所在的这条直线叫做对称轴。

练一练：下面图形中哪些是轴对称图形 ？再画出它们的对称轴。

《图形的运动》教案专题 篇6

本学期，我有幸参加了由教研室钱老师组织的“小学数学图形与几何教学专题”培训班，听了钱朝霞老师、郁红老师、斯苗儿老师、王晓东老师等多位专家的讲座，还听了多节关于“小学数学图形与几何”这一块知识的优质课，使我受益匪浅。

“图形与几何”这一块知识一直是我们数学老师最头疼的，孩子的年龄小，空间观念差，而传统的平面几何教学过分抽象和“形式化”，缺少与现实生活的紧密联系，使“几何”直观的优势没有得到充分的发挥；过分强调演绎推理和“形式化”使不少学生怕学几何，甚至厌恶几何、远离几何，从而丧失学习的兴趣和信心。因此积极探索“空间与图形”教学的新思路是非常有益的。这次培训，各位专家和优秀教师给了我们一个很好的引领，首先，几何教学要抓住核心概念展开教学

要抓住“空间观念”的核心要素——想象。其实就是对几何图形的想象能力，从这个意义上讲，无论是一维的，还是二维的还是三维的，即使是你对直线两端无限延伸的这种想象能力，都能很有效地培养我们空间观念。空间观念想要真正能够落实，还需要我们在教学过程中，充分地留给学生感受体验的过程。唯有过程充分了，观念和能力才能有所提升。几何直观反映了一个学生，能否把他的理解用一种适当的方式表达出来，能否用图形的方式来去帮助别人、帮助自己，去理解一个可能不太容易理解的东西，这是应该作为一个现代人的一种能力体现。我们应更有意识地培养学生运用图形说话，通过画图来解释，来分析问题，从而对学生的“几何直观”能力给予关注和培养。几何直观主要是指利用图形描述和分析问题，借助几何直观，可以把复杂的数学问题，变得简明、形象，有助于探索解决问题的思路，预测结果。几何直观可以帮助学生直观的理解数学，在整个数学的学习中，发挥着重要的作用。

其次，搜集利于学生掌握知识，利于培养数学能力，且学生感兴趣的“空间与图形”的素材。

人们生活在三维空间，丰富多彩的图形世界给“空间与图形”的学习提供了大量现实有趣的素材。小学生年龄虽小，但在生活中积累了一定的生活经验，形成了不少的数学表象，教学中利用学生己有的生活经验，联系实际“做数学”，让学生从生活中来，到生活中去。让学生自己在身边所熟悉的事例中提取数学素材，使学生感到亲切、自然、有趣，引发学习数学的欲望。再次，要充分重视引导学生自主探索，并与同伴进行合作交流

以被动听讲和练习为主的方式，是难以形成空间观念的，培养学生的空间观念需要大量的实践活动，学生要有充分的时间和空间，观察、测量、动手操作，对周围环境和实物产生直接感知，这些不仅需要自主探索、亲身实践，更离不开大家一起动手，共同参与。在教学中，教师要尽量向学生提供充分的从事数学活动和交流的机会，促使学生主动探索构建数学知识。

《图形的运动》教案专题 篇7

几何图形的动态问题精编

1.如图，平行四边形ABCD中，AB=

cm，BC=2cm，∠ABC=45°，点P从点B出发，以1cm/s的速度沿折

2线BC→CD→DA运动，到达点A为止，设运动时间为t(s)，△ABP的面积为S(cm)，则S与t的大致图象是（）

A.B.C.【答案】A 【解析】 ：分三种情况讨论：

D.①当0≤t≤2时，过A作AE⊥BC于E．∵∠B=45°，∴△ABE是等腰直角三角形．∵AB= ∴S= BP×AE= ×t×1= t；，∴AE=1，②当2＜t≤ ③当 ＜t≤ 时，S= = ×2×1=1；

-t）×1=（-t）． 时，S= AP×AE= ×（故答案为：A．

【分析】根据题意分三种情况讨论：①当0≤t≤2时，过A作AE⊥BC于E；②当2＜t≤ 2 +当 2 + ＜t≤ 4 +

时；③时，分别求出S与t的函数解析式，再根据各选项作出判断，即可得出答案。

2018年中考数学专题复习卷含解析

2.如图，边长为a的菱形ABCD中,∠DAB=60°,E是异于A、D两点的动点,F是CD上的动点,满足AE+CF=a,△BEF的周长最小值是（）

A.B.【答案】B 【解析】 ：连接BD

∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，∵∠DAB=60°，∴△ABD是等边三角形，∴AB=DB，∠BDF=60° ∴∠A=∠BDF 又∵AE+CF=a，∴AE=DF，在△ABE和△DBF中，∴△ABE≌△DBF（SAS），∴BE=BF，∠ABE=∠DBF，∴∠EBF=∠ABD=60°，∴△BEF是等边三角形．

∵E是异于A、D两点的动点,F是CD上的动点，C.D.2018年中考数学专题复习卷含解析

要使△BEF的周长最小，就是要使它的边长最短 ∴当BE⊥AD时，BE最短 在Rt△ABE中，BE=∴△BEF的周长为

=

【分析】根据等边三角形的性质及菱形的性质，证明∠A=∠BDF，AE=DF，AB=AD，就可证明△ABE≌△DBF，根据全等三角形的性质，可证得BE=BF，∠ABE=∠DBF，再证明△BEF是等边三角形，然后根据垂线段最短，可得出当BE⊥AD时，BE最短，利用勾股定理求出BE的长，即可求出△BEF的周长。3.如图,菱形 的边长是4厘米，,动点 以1厘米/秒的速度自 点出发沿

运动至 点停止若点

方向同时出运动至 点停止,动点 以2厘米/秒的速度自 点出发沿折线 发运动了 秒,记 的面积为 ,下面图象中能表示 与 之间的函数关系的是（）

A.B.2018年中考数学专题复习卷含解析

C.D.【答案】D 【解析】 当0≤t＜2时，S=2t× 当2≤t＜4时，S=4× 只有选项D的图形符合． 故答案为：D．

【分析】分别求出当0≤t＜2时和当2≤t＜4时，s与t的函数解析式，再根据各选项的图像逐一判断即可。

4.如图,矩形ABCD,R是CD的中点,点M在BC边上运动,E，F分别为AM，MR的中点,则EF的长随M点的运动（）

×（4-t）=-

t+8

t+4 ；

2t；

×（4-t）=-2

A.变短

B.变长

C.不变

D.无法确定 【答案】C 4

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【解析】 ：∵E，F分别为AM，MR的中点, ∴EF是△ANR的中位线 ∴EF= AR ∵R是CD的中点，点M在BC边上运动 ∴AR的长度一定 ∴EF的长度不变。

故答案为：C【分析】根据已知E，F分别为AM，MR的中点,，可证得EF是△ANR的中位线，根据中位线定理，可得出EF= AR，根据已知可得出AR是定值，因此可得出EF也是定值，可得出结果。

5.如图甲，A，B是半径为1的⊙O上两点，且OA⊥OB．点P从A出发，在⊙O上以每秒一个单位的速度匀速运动，回到点A运动结束．设运动时间为x，弦BP的长度为y，那么如图乙图象中可能表示y与x的函数关系的是（）

A.①

B.④

C.①或③

D.②或④ 【答案】C 【解析】 当点P顺时针旋转时，图象是③，当点P逆时针旋转时，图象是①，故答案为①③.故答案为：C．

【分析】由题意知PB的最短距离为0，最长距离是圆的直径；而点P从A点沿顺时针旋转和逆时针旋转后与点B的距离有区别，当点P从A点沿顺时针旋转时，弦BP的长度y的变化是：从AB的长度增大到直径的长，然后渐次较小至点B为0，再从点B运动到点A，则弦BP的长度y由0增大到AB的长；

当点P从A点沿逆时针旋转时，弦BP的长度y的变化是：从AB的长度减小到0，再由0增大到直径的长，最后由直径的长减小到AB的长。

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6.如图，一块等边三角形的木板，边长为1，现将木板沿水平线翻滚，那么B点从开始至结束所走过的路径长度为________．

【答案】，第二段= 【解析】 ：从图中发现：B点从开始至结束所走过的路径长度为两段弧长即第一段= ．

故B点从开始至结束所走过的路径长度= 故答案为：

+

=

．

【分析】B点的运动路径是2个圆心角是120度的扇形的弧长，根据弧长公式求解。

7.如图，长方形ABCD中，AB=4cm，BC=3cm，点E是CD的中点，动点P从A点出发，以每秒1cm的速度沿A→B→C→E 运动，最终到达点E．若点P运动的时间为x秒，那么当x= ________时，△APE的面积等于5 ．

【答案】或5 【解析】 ①如图1，当P在AB上时，∵△APE的面积等于5，∴ x⋅3=5，x= ；

②当P在BC上时，2018年中考数学专题复习卷含解析

∵△APE的面积等于5，∴，∴3×4−

(3+4−x)×2− ×2×3− ×4×(x−4)=5，x=5；

③当P在CE上时，∴

(4+3+2−x)×3=5，x= <3+4+2，此时不符合；

或5.故答案为：

【分析】先对点P所在不同线段的区间进行分类讨论，再结合实际情况与所得结果进行对比从而判断结果的合理性.8.如图，在矩形 若点 中，点

同时从点 出发，分别在，上运动，的运动速度是每秒2个单位长度，且是点 运动速度的2倍，当其中一个点到达终点时，停止一为对称轴作

与矩形 的对称图形

．点

恰好在

上的时间为________秒．在切运动．以

整个运动过程中，重叠部分面积的最大值为________．

【答案】；

【解析】 ：（1）如图，当B′与AD交于点E，作FM⊥AD于F，∴∠DFM=90°． ∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB．AD=BC．∠D=∠C=90°．

∴四边形DCMF是矩形，∴CD=MF．

∵△MNB与△MNE关于MN对称，∴△MNB≌△MNE，∴ME=MB，NE=BN． ∵BN=t，BM=2t，∴EN=t，ME=2t． ∵AB=6，BC=8，∴CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t 在Rt△MEF和Rt△AEN中，由勾股定理，得（1）EF=AE= ∴＋=2t 解得

：t=

（2）如图，∵△MNE与△MNB关于MN对称，∴∠MEN=∠MBN=90°．

∵∠MEN+∠MBN+∠EMB+∠ENB=360°，∴∠EMB+∠ENB=180°． ∵∠ENA+∠ENB=180°，∴∠ENA=∠EMB． ∵tan∠ENA= ∴tan∠EMB=

∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠EFG=∠EMB．

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∵BN=t，BM=2t，∴EN=t，ME=2t． ∵AB=6，BC=8，∴CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6 ∴GA=(6-t)GN=(6-t)∵EG=EN-GN=t-(6-t)=∴EF=(∴当S=t-(2t-2)×=2t-时，)(.2)=-(t-6)+

2∴t=4时，s最大=当0＜t≤∴t=∵时，S=t

.时，S最大=＞

∴最大值为【分析】（1）如图，当B′与AD交于点E，作FM⊥AD于F，根据矩形的性质得出CD=AB．AD=BC．∠D=∠C=90°．进而判断出四边形DCMF是矩形，根据矩形的对边相等得出CD=MF．根据翻折的性质得出△MNB≌△MNE，根据全等三角形对应边相等得出ME=MB，NE=BN．然后表示出EN=t，ME=2t．CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t，在Rt△MEF和Rt△AEN中，由勾股定理EF,AE的长，根据线段的和差得出方程，求解得出t的 值；

（2）根据翻折的性质得出∠MEN=∠MBN=90°．根据四边形的内角和，邻补角定义及等量代换得出∠ENA=∠EMB．根据等角的同名三角函数值相等得出tan∠ENA=tan∠EMB=，根据矩形的性质得出∠EFG=∠EMB．EN=t，ME=2t．CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t，进而表示出GA,GN,EG,EF,的长，当 与当0＜t≤ 时，分别求出S的值，再比大小即可得出答案。

< t ≤ 4 时，9.如图，在△ABC中，BC＝AC＝5，AB＝8，CD为AB边的高，点A在x轴上，点B在y轴上，点C在第一象限，若A从原点出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点B随之沿y轴下滑，并带动△ABC 9

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在平面内滑动，设运动时间为t秒，当B到达原点时停止运动

（1）连接OC，线段OC的长随t的变化而变化，当OC最大时，t＝________；（2）当△ABC的边与坐标轴平行时，t＝________。【答案】（1）（2）t＝

【解析】（1）如图：

当 三点共线时，取得最大值，（2）分两种情况进行讨论：①设 ∴CA∥y轴，∴∠CAD=∠ABO.又

∴Rt△CAD∽Rt△ABO，∴ 解得 ②设 即

时，时，CA⊥OA，2018年中考数学专题复习卷含解析

∴CB∥x轴，Rt△BCD∽Rt△ABO，∴

综上可知,当以点C为圆心,CA为半径的圆与坐标轴相切时,t的值为 故答案为：

或

或

即

【分析】（1）当 O , C , D 三点共线时，OC取得最大值，此时OC是线段AB的中垂线，根据中垂线的性质，及勾股定理得出OA =OB = 4 , 然后根据时间等于路程除以速度即可得出答案；

（2）分两种情况进行讨论：①设OA = t 1 时，CA⊥OA，故CA∥y轴，然后判断出Rt△CAD∽Rt△ABO，根据相似三角形对应边成比例得出AB∶CA = AO∶CD ,从而得出答案；②设 A O = t 2 时，BC ⊥OB，故CB∥x轴，然后判断出Rt△BCD∽Rt△ABO，根据相似三角形对应边成比例得出BC∶AB=BD∶ AO, 从而得出答案.10.如图，在平面直角坐标系中，A(4，0)、B(0，-3)，以点B为圆心、2 为半径的⊙B上 有一动点P.连接AP，若点C为AP的中点，连接OC，则OC的最小值为________．

【答案】

【解析】 ：作A关于y轴的对称点A′，则A′（－4，0），∴OC是△AA′P的中位线，当A′P取最小值时，OC取最小值．连接A′B交⊙B于点P，此时A′P最小．

2018年中考数学专题复习卷含解析

在Rt△OA′B中，OA′=4，OB=3，∴A′B=5，∴A′P=5-2=3，∴OC=，∴OC的最小值 ． 故答案为： ．

【分析】作A关于y轴的对称点A′，可得出点A′的坐标，可证得OC是△AA′P的中位线，因此当A′P取最小值时，OC取最小值．连接A′B交⊙B于点P，此时A′P最小，再利用勾股定理求出A′B，再根据圆的半径求出A′P的长，利用三角形的中位线定理，即可求出OC的最小值。11.已知矩形 中，是

边上的一个动点，点，分别是，的中点.（1）求证：（2）设，当四边形

；

是正方形时，求矩形 的面积.【答案】（1）解：∵点F,H分别是BC,CE的中点，∴FH∥BE，∴ ． ．

又∵点G是BE的中点，∴ 又∵ ．，∴△BGF ≌ △FHC．

（2）解：当四边形EGFH是正方形时，可知EF⊥GH且 ∵在△BEC中，点G，H分别是BE,EC的中点, ∴ ∴ 且GH∥BC，又∵AD∥BC, AB⊥BC, ∴ ∴，．

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【解析】【分析】（1）根据点F,H分别是BC,CE的中点，可证得FH是△BCE的中位线，就可证得FH∥BE，FH=BE 再根据点G是BE的中点，得出FH=BG，就可证得结论。

（2）当四边形EGFH是正方形时，可知EF⊥GH且 E F = G H，根据已知在△BEC中，点G，H分别是BE,EC的中点，可证得GH是△BCE的中位线，可求出GH的长及GH∥BC，再根据AD∥BC, AB⊥BC，可证得AB=GH，然后利用矩形的面积公式，即可求解。

12.如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝5cm，点D在BC上，且CD＝3cm.动点P、Q分别从A、C两点同时出发，其中点P以1cm/s的速度沿AC向终点C移动；点Q以 cm/s的速度沿CB向终点B移动．过点P作PE∥CB交AD于点E，设动点的运动时间为x秒．

（1）用含x的代数式表示EP；

（2）当Q在线段CD上运动几秒时，四边形PEDQ是平行四边形；

（3）当Q在线段BD(不包括点B、点D)上运动时，求当x为何值时，四边形EPDQ面积等于.【答案】（1）解:如图所示，∵PE∥CB，∴∠AEP＝∠ADC.又∵∠EAP＝∠DAC，∴△AEP∽△ADC，∴ ∴ ＝，＝，∴EP＝ x.（2）解：由四边形PEDQ1是平行四边形，可得EP＝DQ1.2018年中考数学专题复习卷含解析

即 x＝3－ x，所以x＝1.5.∵0＜x＜2.4 ∴当Q在线段CD上运动1.5秒时，四边形PEDQ是平行四边形（3）解： S四边形EPDQ2＝

(x＋ x－3)·(4－x)＝－x＋ ∵四边形EPDQ面积等于，∴－x2＋ x－6＝，2x－6，整理得：2x2－11x＋15＝0.解得：x＝3或x＝2.5，∴当x为3或2.5时，四边形EPDQ面积等于.【解析】【分析】（1）抓住已知条件PE∥CB，证明△AEP∽△ADC，再根据相似三角形的性质得出对应边成比例，可得出EP的长。

（2）根据已知可知PE∥CB，要证四边形PEDQ是平行四边形，则EP＝DQ1，建立关于x的方程，求出x的值，再写出x的取值范围即可。

（3）根据PE∥CB，可证得四边形EPDQ是梯形，根据梯形的面积=，建立关于x的方程，再解方程求解即可。

13.如图1，图2中，正方形ABCD的边长为6，点P从点B出发沿边BC—CD以每秒2个单位长的速度向点D匀速运动，以BP为边作等边三角形BPQ，使点Q在正方形ABCD内或边上，当点Q恰好运动到AD边上时，点P停止运动。设运动时间为t秒（t≥0）。

（1）当t＝2时，点Q到BC的距离＝________；

（2）当点P在BC边上运动时，求CQ的最小值及此时t的值；（3）若点Q在AD边上时，如图2，求出t的值；（4）直接写出点Q运动路线的长。

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【答案】（1）解：，根据垂线段最短，当，时，CQ最小，（2）解：点P在BC边上运动时，有 如图，在直角三角形BCQ中，∴ ∴ ∴

（3）解：若点Q在AD边上，则 ∵

∴Rt△BAQ≌Rt△BCP（HL）, ∴ ∴ ∵ ∴ 解得： ∴，且由勾股定理可得，（不合题意，舍去），（4）解：点Q运动路线的长等于点 运动的路线长：

【解析】【解答】 过点 作 如图：

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当 时，是等边三角形，故答案为：

【分析】(1）过点 Q 作QE⊥BC, 根据路程等于速度乘以时间，由 t = 2，得出BP的长，根据等边三角形的性质得出BQ = 4 , ∠QBE = 60 ∘ ,在Rt△BPQ中，根据正弦函数的定义即可得出QE的长；

（2）点P在BC边上运动时，有 ∠QBC = 60 °，根据垂线段最短，当 CQ⊥BQ 时，CQ最小，如图，在直角三角形BCQ中，∠QBC= 60 °，从而得出BQ的长度，根据等边三角形的性质得出BP=BQ=3，根据时间等于路程除以速度，从而得出t的值，再根据正切函数的定义，即可得出CQ的长；

（3）若点Q在AD边上，则 C P = 2 t − 6，首先利用HL判断出Rt△BAQ≌Rt△BCP，根据全等三角形对应边相等得出A Q = C P = 2 t − 6 , 进而得出DQ =DP= 12 − 2 t , 由 BP = PQ，且由勾股定理可得，DQ+ DP =QP，BC +CP =BP得出关于t的方程，求解并检验即可得出t的值；（4）根据题意点Q运动路线的长等于点 P 运动的路线长，由路程等于速度乘以时间即可得出答案。14.已知：如图①，在平行四边形ABCD中，AB=12，BC=6，AD⊥BD．以AD为斜边在平行四边形AB CD的内部作Rt△AED，∠EAD=30°，∠AED=90°． 2 2 2

2,（1）求△AED的周长；

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（2）若△ AED以每秒2个单位长度的速度沿DC向右平行移动，得到△AE0D0，当A0D0与BC重合时停止移动，设运动时间为t秒，△A0E0D0与△BDC重叠的面积为S，请直接写出 S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围；

（3）如图②，在（2）中，当△AED停止移动后得到△BEC，将△BEC绕点C按顺时针方向旋转α（0°＜α＜180°），在旋转过程中，B的对应点为B1，E的对应点为E1，设直线B1E1与直线BE交于点P、与直线CB交于点Q．是否存在这样的α，使△BPQ为等腰三角形？若存在，求出α的度数；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC=6．

在Rt△ADE中，AD=6，∠EAD=30°，∴AE=AD•cos30°=6×=3，DE=AD•sin30°=6×=3，∴△AED的周长为：6+3+3=9+

3。

（2）解：在△AED向右平移的过程中：

（I）当0≤t≤1.5时，如答图1所示，此时重叠部分为△D0NK．

∵DD0=2t，∴ND0=DD0•sin30°=t，NK=ND0÷tan30°=∴S=S△D0NK=1ND0•NK=t•t=

t；

2t，（II）当1.5

∵AA0=2t，∴A0B=AB-AA0=12-2t，∴A0N=A0B=6-t，NK=A0N•tan30°=

（6-t）．

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∴S=S四边形D0E0KN=S△A0D0E0-S△A0NK=×3×-×（6-t）×（6-t）=-t+

t-；

（III）当4.5

∵AA0=2t，∴A0B=AB-AA0=12-2t=D0C，∴A0N=A0B=6-t，D0N=6-（6-t）=t，BN=A0B•cos30°=易知CI=BJ=A0B=D0C=12-2t，∴BI=BC-CI=2t-6，S=S梯形BND0I-S△BKJ=[t+（2t-6）]•=故答案为：S=S==-S=t2+2

t2；（0≤t≤1.5）t-（1.5

（4.5

（6-t）-（12-2t）

（6-t）；

（3）证明：存在α，使△BPQ为等腰三角形． 理由如下：经探究，得△BPQ∽△B1QC，故当△BPQ为等腰三角形时，△B1QC也为等腰三角形．（I）当QB=QP时（如答图4），则QB1=QC，∴∠B1CQ=∠B1=30°，即∠BCB1=30°，∴α=30°；

（II）当BQ=BP时，则B1Q=B1C，若点Q在线段B1E1的延长线上时（如答图5），∵∠B1=30°，∴∠B1CQ=∠B1QC=75°，即∠BCB1=75°，∴α=75°；

若点Q在线段E1B1的延长线上时（如答图6），∵∠CB1E1=30°，∴∠B1CQ=∠B1QC=15°，即∠BCB1=180°-∠B1CQ=180°-15°=165°，∴α=165°．

③当PQ=PB时（如答图7），则CQ=CB1，∵CB=CB1，∴CQ=CB1=CB，2018年中考数学专题复习卷含解析

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又∵点Q在直线CB上，0°<α<180°，∴点Q与点B重合，此时B、P、Q三点不能构成三角形．

综上所述，存在α=30°，75°或165°，使△BPQ为等腰三角形．

【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质求出AD的长，再利用解直角三角形求出AE、DE的长，然后求出△AED的周长即可。

（2）在△AED向右平移的过程中，分三种情况讨论：（I）当0≤t≤1.5时，如答图1所示，此时重叠部分为△D0NK；（II）当1.5

15.如图，在直角坐标系XOY中，菱形OABC的边OA在x轴正半轴上，点B，C在第一象限，∠C=120°，边长OA=8，点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长的速度作匀速运动，点N从A出发沿边AB—BC—CO以每秒2个单位长的速度作匀速运动.过点M作直线MP垂直于x轴并交折线OCB于P，交对角线OB于Q，点M和点N同时出发，分别沿各自路线运动，点N运动到原点O时，M和N两点同时停止运动.（1）当t=2时，求线段PQ的长；（2）求t为何值时，点P与N重合；

（3）设△APN的面积为S，求S与t的函数关系式及t的取值范围.【答案】（1）解：在菱形OABC中，∠AOC=60°，∠AOQ=30°，当t=2时，OM=2，PM=2 PQ=，QM=，（2）解：当t≤4时，AN=PO=2OM=2t，t=4时，P到达C点，N到达B点，点P，N在边BC上相遇.设t秒时，点P与N重合，则(t-4)+2(t-4)=8, ∴t=.20

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即t= 秒时，点P与N重合

（3）解：①当0≤t≤4时，PN=OA=8，且PN∥OA，PM= S△APN= ·8· ②当4＜t≤ t=4 t，t；

时，PN=8-3(t-4)=20-3t，S△APN= ×4 ③当 ×(20-3t)=40

t；

＜t≤8时，PN=3(t-4)-8=3t-20，×(3t-20)= 6

t-4

；

t,，CP=t-4，BP=12-t，S△APN= ×4 ④8＜t≤12时，ON=24-2t，N到OM距离为12 N到CP距离为4-(12

t)=

t-8 S△APN=S菱形-S△AON-S△CPN-S△APB =32 = t)-（t-4）（t-8）-（12-t）×4

综上，S与t的函数关系式为：

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【解析】【分析】（1）根据菱形的性质得出∠AOC=60°，∠AOQ=30°，当t=2时，OM=2，再直角三角形中根据含30°角的直角三角形的边之间的关系得出PM,QM的长，进而利用线段的和差得出PQ的长；（2）当t≤4时，AN=PO=2OM=2t，t=4时，P到达C点，N到达B点，点P，N在边BC上相遇.设t秒时，点P与N重合，根据相遇问题的等量关系，列出方程，求解得出t的值；

（3）①当0≤t≤4时，PN=OA=8，且PN∥OA，PM= 3 t，根据三角形的面积公式，及平行线间的距离是一个定值即可得出S与t的函数关系式；②当4＜t

时，P,N都在BC上相向运动，此时PN=8-3(t-4)=20-3t，根据三角形的面积公式，及平行线间的距离是一个定值即可得出S与t的函数关系式；③当 ＜t≤8时，P,N都在BC上运动，不过此时是背向而行，此时PN=3(t-4)-8=3t-20，根据三角形的面积公式，及平行线间的距离是一个定值即可得出S与t的函数关系式；④8＜t≤12时，N在OC上运动，ON=24-2t，M在A点的右侧运动，N到OM距离为12-(12= ·AC·OB-·CM·NF，= ×6×4-×（6-t）×（10-t），=-t + t-12.【解析】【分析】（1）设直线BC解析式为：y=kx+b，将B、C两点坐标代入即可得出二元一次方程组，解之即可得出直线BC解析式.（2）依题可得：AM=AN=t，根据翻折性质得四边形AMDN为菱形，作NF⊥x轴，连接AD交MN于O′，结合已知条件得M（3-t，0），又△ANF∽△ABO，根据相似三角形性质得

= ，= 代入数值即可得AF= t，NF= t，从而得N（3-t，t），根据中点坐标公式得O′（3-t, t），设D（x,y）,再由中点坐标公式得D（3-t，t），又由D在直线BC上，代入即可得D点坐标.（3）①当0

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②当5

=

= ·AC·OB-·CM·NF，代入数值即17.已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜边OB=4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如题图1，连接BC．

（1）填空：∠OBC=________°；

（2）如图1，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；

（3）如图2，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？ 【答案】（1）60（2）解：如图1中，∵OB=4，∠ABO=30°，∴OA= OB=2，AB= OA=2，=2，∴S△AOC= •OA•AB= ×2×2 ∵△BOC是等边三角形，∴∠OBC=60°，∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°，∴AC= =2，∴OP= = =

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（3）解：①当0＜x≤ 时，M在OC上运动，N在OB上运动，此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E．

则NE=ON•sin60°= x，x，∴S△OMN= •OM•NE= ×1.5x× ∴y= x ． 2∴x= 时，y有最大值，最大值= ．

②当 ＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动． 作MH⊥OB于H．

则BM=8﹣1.5x，MH=BM•sin60°= ∴y= ×ON×MH=﹣ x+2

2（8﹣1.5x），x．，当x= 时，y取最大值，y＜

③当4＜x≤4.8时，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G．

MN=12﹣2.5x，OG=AB=2，26

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∴y= •MN•OG=12 ﹣ x，当x=4时，y有最大值，最大值=2 综上所述，y有最大值，最大值为

【解析】【解答】解：（1）由旋转性质可知：OB=OC，∠BOC=60°，∴△OBC是等边三角形，∴∠OBC=60°． 故答案为60．

【分析】（1）根据旋转的性质得出OB=OC，∠BOC=60°，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可判断出△OBC是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得出答案；

（2）根据含30角的直角三角形的边之间的关系得出OA,AB的长，由S△AOC=•OA•AB得出△AOC的面积，根据等边三角形的性质及角的和差得出∠ABC=90°，根据勾股定理得出AC的长，利用三角形的面积法即可得出OP的长；（3）①当0＜x≤ 时，M在OC上运动，N在OB上运动，此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E．利用正

•OM•NE，得出y与x之间的函数关系弦函数的定义由NE=ON•sin60°，表示出NE的长，根据∴S△OMN= 式，根据函数的性质得出答案；②当 BM=8﹣1.5x，MH=BM•sin60°=

＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动，作MH⊥OB于H．则

（8﹣1.5x），根据三角形的面积公式由y=

×ON×MH得出y与x之间的函数关系，根据函数性质得出结论；③当4＜x≤4.8时，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G．MN=12﹣2.5x，OG=AB=2，根据三角形的面积公式由y= •MN•OG得出y与x之间的函数关系，根据函数性质得出结论；通过比较即可得出最终答案。18.如图1，四边形 是矩形，点 的坐标为，点 的坐标为

.点 从点 出发，沿 以每秒2个单位长度的速度向点 以每秒1个单位长度的速度向点 运动，同时点 从点 出发，沿

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运动，当点 与点 重合时运动停止.设运动时间为 秒.（1）当（2）当（3）当 时，线段 与 时，抛物线 的中点坐标为________； 相似时，求 的值；

经过、两点，与 轴交于点，抛物线的顶点为，如图2所示.问该抛物线上是否存在点，使 坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）（，2）

（2）解：如图1，∵四边形OABC是矩形，∴∠B=∠PAQ=90°

∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况： ①当△PAQ∽△QBC时，∴

2，若存在，求出所有满足条件的 点，4t-15t+9=0，（t-3）（t-）=0，t1=3（舍），t2=，②当△PAQ∽△CBQ时，∴

t2-9t+9=0，t=，＞7，，∵0≤t≤6，28

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∴x= 不符合题意，舍去，综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是 或（3）解：当t=1时，P（1，0），Q（3，2），把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线y=x2+bx+c中得：，解得：，∴抛物线：y=x2-3x+2=（x-）2-，∴顶点k（，-），∵Q（3，2），M（0，2），∴MQ∥x轴，作抛物线对称轴，交MQ于E，∴KM=KQ，KE⊥MQ，∴∠MKE=∠QKE= ∠MKQ，如图2，∠MQD= ∠MKQ=∠QKE，设DQ交y轴于H，∵∠HMQ=∠QEK=90°，∴△KEQ∽△QMH，∴，∴ ∴MH=2，∴H（0，4），易得HQ的解析式为：y=-x+4，29

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则，x2-3x+2=-x+4，解得：x1=3（舍），x2=-，∴D（-，）；

同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM= ∠MKQ=∠QKE，由对称性得：H（0，0），易得OQ的解析式：y= x，则，x-3x+2= x，解得：x1=3（舍），x2=，∴D（，）；

综上所述，点D的坐标为：D（-，）或（，）2【解析】【解答】解：（1）如图1，∵点A的坐标为（3，0），∴OA=3，当t=2时，OP=t=2，AQ=2t=4，∴P（2，0），Q（3，4），∴线段PQ的中点坐标为：（故答案为：（，2）；

【分析】（1）根据A点坐标得出OA的长度，当t=2时，OP=t=2，AQ=2t=4，从而得出P,Q两点的坐标，），即（，2）；

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根据线段中点坐标公式得出线段PQ的中点坐标；

（2）根据矩形的性质得出∠B=∠PAQ=90°，当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：①当△PAQ∽△QBC时，PA∶ AQ ＝QB∶BC，②当△PAQ∽△CBQ时，PA∶AQ＝BC∶QB，从而得出关于t的方程，求解并检验得出t的值；

（3）当t=1时，得出P,Q两点的坐标，再将P,Q两点的坐标分别代入抛物线y=x2+bx+c中得：得出关于b,c的二元一次方程组，求解得出b,c的值，从而得出抛物线的解析式，进一步得出抛物线的顶点K的坐标，根据Q,M两点的坐标特点得出MQ∥x轴，作抛物线对称轴，交MQ于E，根据抛物线的对称性得出KM=KQ，KE⊥MQ，根据等腰三角形的三线合一得出∠MKE=∠QKE=

∠MKQ，如图2，∠MQD=

∠MKQ=∠QKE，设DQ交y轴于H，然后判断出△KEQ∽△QMH，根据相似三角形对应边成比例得出KE∶EQ＝MQ∶MH，从而得出MH的长度，H点的坐标，用待定系数法得出直线HQ的解析式，解联立直线HQ的解析式及抛物线的解析式组成的方程组，并检验得出D点的坐标，同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM=

图形的运动一教学设计 篇8

教学目标：

1、通过观察、操作等活动，直观认识轴对称现象，知道对称轴，能辨认轴对称图形。

2、经历“剪一剪、折一折、辩一辩”等过程，培养观察能力，想象能力和表达能力，发展初步的空间观念。

3、感知现实世界中普遍存在的对称现象，感受数学的对称美，激发学生学习数学的积极情感。

教学重点：直观认识轴对称现象和轴对称图形。教学难点：辨认轴对称图形。教学过程：

一、创设情境，导入新课

（一）猜想激趣

1、（教师讲述）：今天呀，我们班里来了几位新朋友，据说你们他们是图形王国中的一家人，们想不想认识下他们呀？有请新朋友出场，咦！这几位朋友你们认识吗？他们虽然长相各不相同，但他们却是一家人，想必身上一定有相同的地方，同学们仔细观察找出相同特征。

2、学生大胆猜想，得出结论：图形的左右两边相同。

3、师：动手操作，验证结论，小结：把一个图形对折后，图像的两边能够完全重合，我们就把这样的图形叫做对称图形。【板书：对称图形】所以这三位朋友都是对称图形。

二、动手操作，探究新知

1、三位朋友想变回原来的模样，我们该怎么做呢？（把对折图形打开），请同学们再仔细观察这行图形，对折后再打开，图形和以前没对折之前有什么变化？图形中间都有一条什么呀？（直线），那这条直线在整个图形中有什么作用呢？小结：沿着这条直线对折图形，直线两侧的图形才能够完全重合，这样的图形我们称它为轴对称图形，而这条直线我们称它为对称轴。通常对称轴我们都会用虚线表示。【板书：轴对称和对称轴】。

2、其实，我们身边也有许多轴对称现象，请大家在教师中找一找并说出它的对称轴。

3、鉴于这几位同学完美地回答，老师决定送他们每人一份剪纸礼物，请同学们看看老师是如何操作的。猜猜这是什么？（爱心）。它属于什么图形（轴对称图形），老师希望我们班每一位同学，都能做一个乐于助人、团结有爱优秀小学生，你们能做到吗？老师送你们的礼物喜欢吗？你想不想动手设计一个更漂亮的？（通过折一折、画一画、剪一剪，体验轴对称现象。）

4、小组合作，探究方法。

5、汇报展示，优化方法。

6、升研中设计一个对称轴中含有多条对称轴。

7、在各自创作的作品中画出对称轴。

三、巩固练习深化理解

内容由浅入深，先做教材33页1题、2题、再做课件中含有挑战性的练习题。

四、接下来我们放松一下，欣赏生活中的对称美【课件加音乐】

五、课堂小结：

1、回顾这节课的知识，谈谈你有什么收获？

结束语：看了这些图形，你们觉得它们美吗？其实我们生活中存在许多对称美，老师希望你们用智慧的双眼去发现生活中的美，并用所学知识创造更美的生活，今天可就到这里，下课！

课后反思：

本节课主要内容是让学生们直观认识对称现象，知道对称轴，能辨认轴对称图形。所以在导入环节以一家人的特点引导学生们去发现这些图形中的共同特征，通过动手折一折验证图形左右两边完全重合，从而导出对称现象。在此基础上又让学生们观察对折后与对折前有什么地方不同，从而找出折痕，导出轴对称和对称轴的概念。之后通过让学生们动手折一折、画一画、剪一剪的过程加深同学们对概念的理解和认识„„。

《图形的运动》教案专题 篇9

一、单选题

1．【湖南省长沙市2018年中考数学试题】将下列如图的平面图形绕轴l旋转一周，可以得到的立体图形是（）

A． 【答案】D B． C． D．

点睛：本题考查立体图形的判断，关键是根据面动成体以及圆台的特点解答．

2．【河北省2018年中考数学试卷】如图，快艇从P处向正北航行到A处时，向左转50°航行到B处，再向右转80°继续航行，此时的航行方向为（）

A． 北偏东30° B． 北偏东80° C． 北偏西30° D． 北偏西50° 【答案】A 【解析】【分析】根据平行线的性质，可得∠2，根据角的和差，可得答案． 【详解】如图，AP∥BC，∴∠2=∠1=50°，∵∠EBF=80°=∠2+∠3，∴∠3=∠EBF﹣∠2=80°﹣50°=30°，∴此时的航行方向为北偏东30°，故选A．

【点睛】本题考查了方向角，利用平行线的性质得出∠2是解题关键．

3．【江苏省徐州巿2018年中考数学试卷】下列平面展开图是由5个大小相同的正方形组成，其中沿正方形的边不能折成无盖小方盒的是（）

A． 【答案】B B． C． D．

【点睛】本题考查了正方体的展开图，熟记正方体的特征以及正方体展开图的各种情形是解题的关键.4．【浙江省湖州市2018年中考数学试题】如图所示的几何体的左视图是（）

A． 【答案】D B． C． D．

【解析】从左边看是一个正方形，正方形的左上角是一个小正方形，故选C．

5．【湖南省怀化市2018年中考数学试题】如图，直线a∥b，∠1=60°，则∠2=（）

A． 30° B． 60° C． 45° D． 120° 【答案】B

点睛：本题考查了平行线的性质，掌握两直线平行，同位角相等是解题的关键．

6．【吉林省长春市2018年中考数学试卷】如图，在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于点D，过点D作DE∥BC交AC于点E．若∠A=54°，∠B=48°，则∠CDE的大小为（）

A． 44° B． 40° C． 39° D． 38° 【答案】C 【解析】【分析】根据三角形内角和得出∠ACB，利用角平分线得出∠DCB，再利用平行线的性质解答即可． 【详解】∵∠A=54°，∠B=48°，∴∠ACB=180°﹣54°﹣48°=78°，∵CD平分∠ACB交AB于点D，∴∠DCB=×78°=39°，∵DE∥BC，∴∠CDE=∠DCB=39°，故选C．

【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线的定义、平行线的性质等，解题的关键是熟练掌握和灵活运用根据三角形内角和定理、角平分线的定义和平行线的性质．

7．【湖南省郴州市2018年中考数学试卷】如图，直线a，b被直线c所截，下列条件中，不能判定a∥b（）

A． ∠2=∠4 B． ∠1+∠4=180° C． ∠5=∠4 D． ∠1=∠3 【答案】D

【点睛】本题主要考查了平行线的判定，熟记平行线的判定方法是解题的关键.解答此类要判定两直线平行的题，可围绕截线找同位角、内错角和同旁内角．本题是一道探索性条件开放型题目，能有效地培养“执果索因”的思维方式与能力．

8．【湖北省荆门市2018年中考数学试卷】已知直线a∥b，将一块含45°角的直角三角板（∠C=90°）按如图所示的位置摆放，若∠1=55°，则∠2的度数为（）

A． 80° B． 70° C． 85° D． 75° 【答案】A 【解析】【分析】如图，先根据三角形外角的性质求出∠4的度数，再根据平行线的性质求出∠5的度数，最后根据邻补角的定义进行求解即可得.【详解】如图，【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，三角形的外角的性质等知识，结合图形灵活运用相关的知识解决问题是关键.9．【湖南省邵阳市2018年中考数学试卷】如图所示，直线AB，CD相交于点O，已知∠AOD=160°，则∠BOC的大小为（）

A． 20° B． 60° C． 70° D． 160° 【答案】D

【点睛】本题考查对顶角、邻补角，熟知对顶角、邻补角的图形特征以及对顶角相等的性质是解题的关键.10．【江苏省淮安市2018年中考数学试题】如图，三角板的直角顶点落在矩形纸片的一边上．若∠1=35°，则∠2的度数是（）

A． 35° B． 45° C． 55° D． 65° 【答案】C 【解析】分析：求出∠3即可解决问题； 详解：如图，∵∠1+∠3=90°，∠1=35°，∴∠3=55°，∴∠2=∠3=55°，故选：C．

点睛：此题考查了平行线的性质．两直线平行，同位角相等的应用是解此题的关键．

11．【台湾省2018年中考数学试卷】如图，锐角三角形ABC中，BC＞AB＞AC，甲、乙两人想找一点P，使得∠BPC与∠A互补，其作法分别如下：

（甲）以A为圆心，AC长为半径画弧交AB于P点，则P即为所求；

（乙）作过B点且与AB垂直的直线l，作过C点且与AC垂直的直线，交l于P点，则P即为所求.对于甲、乙两人的作法，下列叙述何者正确？（）

A． 两人皆正确 B． 两人皆错误 C． 甲正确，乙错误 D． 甲错误，乙正确 【答案】D 【解析】分析：甲：根据作图可得AC=AP，利用等边对等角得：∠APC=∠ACP，由平角的定义可知：∠BPC+∠APC=180°，根据等量代换可作判断； 乙：根据四边形的内角和可得：∠BPC+∠A=180°． 详解：甲：如图1，乙：如图2，∵AB⊥PB，AC⊥PC，∴∠ABP=∠ACP=90°，∴∠BPC+∠A=180°，∴乙正确，故选：D．

点睛：本题考查了垂线的定义、四边形的内角和定理、等腰三角形的性质，正确地理解题意是解题的关键．

12．【湖北省恩施州2018年中考数学试题】如图所示，直线a∥b，∠1=35°，∠2=90°，则∠3的度数为（）

A． 125° B． 135° C． 145° D． 155° 【答案】A 【解析】分析：如图求出∠5即可解决问题． 详解：

点睛：本题考查平行线的性质、三角形内角和定理，邻补角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．

13．【山东省聊城市2018年中考数学试卷】如图，直线点，若，则的度数是（），点是直线

上一点，点是直线

外一

A． B． C． D．

【答案】C

详解: 延长FE交DC于点N，∵直线AB∥EF，∴∠BCD=∠DNF=95°，∵∠CDE=25°，∴∠DEF=95°+25°=120°． 故选：C.点睛：此题主要考查了平行线的性质以及三角形的外角，正确掌握平行线的性质是解题关键.14．【山东省菏泽市2018年中考数学试题】如图，直线上，若，则的度数是（），等腰直角三角形的两个顶点分别落在直线、A． B． C．

D．

【答案】C 【解析】分析：根据平行线的性质和等腰直角三角形的性质进行计算即可.详解：

即

根据等腰直角三角形的性质可知：

故选C.点睛：考查平行线的性质和等腰直角三角形的性质，掌握两直线平行，同旁内角互补是解题的关键.15．【湖北省孝感市2018年中考数学试题】如图，直线（），若，则的度数为 A． B． C．

D．

【答案】C

点睛：本题主要考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，内错角相等．

16．【湖北省随州市2018年中考数学试卷】如图，在平行线l1、l2之间放置一块直角三角板，三角板的锐角顶点A，B分别在直线l1、l2上，若∠l=65°，则∠2的度数是（）

A． 25° B． 35° C． 45° D． 65° 【答案】A

【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，根据题意作出辅助线，构造出平行线是解答此题的关键． 17．【湖北省襄阳市2018年中考数学试卷】如图，把一块三角板的直角顶点放在一直尺的一边上，若∠1=50°，则∠2的度数为（）

A． 55° B． 50° C． 45° D． 40° 【答案】D 【解析】【分析】如图，根据平行线的性质求出∠3的度数即可解决问题.【详解】如图，∵AB//CD，∴∠3=∠1=50°，∵∠2+∠3=180°-90°=90°，∴∠2=90°-∠3=40°，故选D．

【点睛】本题考查了平行线的性质，三角板的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 18．【新疆自治区2018年中考数学试题】如图，AB∥CD，点E在线段BC上，CD=CE．若∠ABC=30°，则∠D为（）

A． 85° B． 75° C． 60° D． 30° 【答案】B

点睛：此题考查的是平行线的性质及三角形内角和定理，解题的关键是先根据平行线的性质求出∠C，再由CD=CE得出∠D=∠CED，由三角形内角和定理求出∠D．

二、填空题

19．【黑龙江省大庆市2018年中考数学试卷】已知圆柱的底面积为60cm，高为4cm，则这个圆柱体积为

3_____cm． 【答案】240 【解析】【分析】根据圆柱体积=底面积×高，即可求出结论． 【详解】V=S•h =60×4 =240（cm），故答案为：240．

【点睛】本题考查了圆柱体的体积，熟练掌握圆柱体的体积公式是解题的关键.20．【云南省昆明市2018年中考数学试题】如图，过直线AB上一点O作射线OC，∠BOC=29°18′，则∠AOC的度数为_____． 3

【答案】150°42′

点睛：此题主要考查了角的计算，正确理解互为邻补角的和等于180°是解题关键．

21．【贵州省（黔东南，黔南，黔西南）2018年中考数学试题】∠α=35°，则∠α的补角为_____度． 【答案】145 【解析】分析：根据两个角的和等于180°，则这两个角互补计算即可． 详解：180°﹣35°=145°，则∠α的补角为145°，故答案为：145．

点睛：本题考查的是补角，若两个角的和等于180°，则这两个角互补．

22．【湖南省湘西州2018年中考数学试卷】如图，DA⊥CE于点A，CD∥AB，∠1=30°，则∠D=_____．

【答案】60°

【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及垂线的定义，解题时注意：两直线平行，内错角相等． 23．【山东省淄博市2018年中考数学试题】如图，直线a∥b，若∠1=140°，则∠2=__________°．

【答案】40 【解析】分析：由两直线平行同旁内角互补得出∠1+∠2=180°，根据∠1的度数可得答案． 详解：∵a∥b，∴∠1+∠2=180°，∵∠1=140°，∴∠2=180°﹣∠1=40°，故答案为：40．

点睛：本题主要考查平行线的性质，解题的关键是掌握两直线平行同旁内角互补．

24．【2018年湖南省湘潭市中考数学试卷】如图，点E是AD延长线上一点，如果添加一个条件，使BC∥AD，则可添加的条件为__________．（任意添加一个符合题意的条件即可）

【答案】∠A+∠ABC=180°或∠C+∠ADC=180°或∠CBD=∠ADB或∠C=∠CDE

点睛：本题主要考查了平行线的判定，同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行．

三、解答题

25．【湖北省宜昌市2018年中考数学试卷】如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=40°，△ABC的外角∠CBD的平分线BE交AC的延长线于点E．（1）求∠CBE的度数；

（2）过点D作DF∥BE，交AC的延长线于点F，求∠F的度数．

【答案】(1)65°；(2)25°． 【解析】

分析：（1）先根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC=90°﹣∠A=50°，由邻补角定义得出∠CBD=130°．再根据角平分线定义即可求出∠CBE=∠CBD=65°；

（2）先根据三角形外角的性质得出∠CEB=90°﹣65°=25°，再根据平行线的性质即可求出∠F=∠CEB=25°．