No.1-22013
2012年中考数学试题分类解析———空间与图形刘金英（天津市中小学教育教学研究室）何志平（天津市静海县教育教学研究室）贯忠喜（天津市东丽区教育教学研究室）摘要：为促进基础教育内涵发展，有效落实《数学课程标准》的基本要求，2012年全国各地中考试题，结合“空间与图形”学习领域，在考查图形的性质、图形的变化、图形与坐标等相关内容上均进行了积极的探索，更加强调从复杂几何图形中分解出简单、基本的图形，以及由基本的图形中寻找基本元素及其关系的能力，关注了学生可以在新的问题情境下，合理选择已有数学活动经验，分析及解决问题的能力，也更加突出了学生对“图形变换是研究几何问题的工具和方法”及“数学是研究数量关系和空间形式的科学”的思想内涵的领悟及综合应用的水平.现拟围绕试题考查的亮点，对部分省、市中考典型试题进行评析，并对2013年中考命题趋势及教学中需要注意的问题提出建议.
关键词：空间与图形；中考试题；试题亮点；教学建议《全日制义务教育数学课程标准（实验稿）》（以下简称《标准》）指出：“空间与图形”的内容主要涉及现实世界中的物体、几何体和平面图形的形状、大小、位置关系及其变换，它是人们更好地认识和描述生活空间并进行交流的重要工具.义务教育第三学段，要求学生通过“空间与图形”内容的学习，探索基直线形、圆）的基本性质及其相互关系，进一步丰富本图形（
对空间图形的认识和感受，明确平移、旋转、对称的基本性质，欣赏并体验变换在现实生活中的广泛应用，并能够运用坐标系确定物体的位置，发展空间观念.
综观2012年全国各地中考试题，均较好地体现了《标准》的基本理念，在考查学生数学基础知识、基本技能的基础上，
收稿日期：2012－12－18
强调了学生对基本数学思想方法的理解及应用的水平，关注了学生在新的问题情境下，可以合理地选择已有的数学活动经验，分析及解决问题的能力.关于“空间与图形”学习领域，突出体现了以下特色.
第一，试题更加关注了对基础知识和基本技能的考查，特别强调在复杂几何图形中分解出简单、基本的图形，以及由基本的图形中寻找出基本元素及其关系的能力；
第二，试题更加注重使学生经历观察试验、操作探究、推理论证等过程，并借助于图形的运动和变化，考查学生对已有的基本数学活动经验的合理选择及运用的能力；
第三，试题更加突出“图形变换是研究几何问题的工具和方法”的重要意义，而且将几何图形放置于平面直角坐标系中，考查了学生对“数学是研究数量关系和空间形式的科学”思想内涵的领悟及综合应用的水平.
为此，本文拟从“图形的性质”、“图形的变化”、“图形与坐标”展开，结合涉及“空间与图形”学习内容考查的亮点，对2012年部分省、市中考典型试题进行评析，并对2013年中考命题趋势及教学中需要注意的问题提出建议.
一、试题亮点介绍及典型例题分析（一）图形的性质
图形的性质，考查重点主要包括相交线、平行线、三角形、四边形、圆等相关性质、判定及尺规作图等.在2012年各地中考试题中，多以计算、证明、探究、作图等形式呈现，形式新颖、内涵丰富，特别关注了对基础知识和基本技能的考查，强调在复杂图形中寻找基本图形，并合理运用基本性质，通过逻
作者简介：刘金英（1965－），女，山东人，中学高级教师，天津师范大学教育学院特聘教授，教育硕士研究生导师，苏步青数学教育奖二等奖，主要从事数学教育与中学数学教学与评价研究．
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辑推理加以证明的能力，在考查学生应用基本数学思想方法和基本活动经验解决问题等方面，做了积极的尝试和探索．
亮点１：注重构造基本图形，考查几何基础知识
对基本几何图形性质的考查，一般是以三角形、四边形、圆等基本图形为素材，通过拼合构成较为复杂的图形，并呈现出相应的几何问题.这些问题大都以几何基础知识为载体，有的是基本问题的组合，有的是教材习题的变式，题目的解决大都强调“抽象基本图形、沟通内在联系”或“添加辅助线、构造基本图形”的研究思路，在考查基础知识、基本方法的同时，从尊重学生不同认知水平的角度出发，考查了学生思维的灵活性和解题方法的多样性.
例1（湖北·襄阳卷）如图1，ABCD是正方形，G是BC上（除端点外）的任意一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE，交AG于点F.下列结论不一定成立的是（
）.
（A）△AED≌△BFA（B）DE－BF＝EF（C）△GFB∽△AED（D）DE－BG＝FG答案：D.
【评析】此题由人教版《义务教育课程标准实验教科书·数学》八年级下册习题19.2第15题改编而成，题目以正方形为依托，探究点G在变化过程中，正方形的边之间、角之间，以及所形成的三角形之间的关系，重点考查了正方形的性质、全等三角形、相似三角形等基础知识.
能够根据已知条件进行观察，辨识其中的基本图形，寻找基本元素及其关系，是解答此题的关键.在这里，△AED、△BFA、△GFB均为直角三角形，可以借助于正方形对边平行的关系得到∠DAE=∠BGF，易得△AED≌△BFA及△GFB∽△AED.进而由△AED≌△BFA，得对应边相等.推得DE－BF＝EF.而由点G的任意性，DE－BG＝FG不一定成立.
基本图形往往是解决几何问题的重要因素，熟知基本图形，是解决几的特征，并能够从复杂的图形中分离出“基本图形”何问题常用的方法.
例2（重庆卷）已知：如图2，在菱形ABCD中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于点M，过点M作ME⊥CD于点E，∠1=∠2.
（1）若CE=1，求BC的长；（2）求证：AM=DF+ME.有CD=2CE=2.所以BC=2.
（2）思路1：如图3，延长DF、AB交于点G，
可证得△CEM≌△CFM，△CDF≌△BGF，△MAG为等腰三角形.
CE图2F
M2DB1ABE
FG图1
CA
D
CE图3F
M2DN图4
G
B1A
CEF
M2D于是，DF+ME=GF+MF=MG=AM.
B1A思路２：如图４，延长AD、ME交于点N，
可证得△CEM≌△CFM，△CDF≌△DNE，△MAN为等腰三角形.
于是，DF+ME=NE+ME=MN=AM.思路３：如图5，连接BD，交AC于点O，
可证得△CEM≌△CFM，△MCD为等腰三角形，△BCD为等边三角形，∠2=30°.
设ME=x，则DM=2x，DF=3x.于是AM=DF+ME.
【评析】此题以菱形为载体，考查全等三角形、等腰三角形、“直角三角形中，30°角所对边等于斜边的一半”等知识，思路1、思路2运用了“遇到中线延长一倍”的常见的辅助线作法，思路3运用了特殊直角三角形的三边关系.
由于学生思考角度不同，所使用的方法必然是多样的，此题从尊重学生出发，从考查证明线段数量关系的基本解题思路出发，为学生展示自己不同的数学思维提供了机会.
例3（上海卷）如图6，在半径为2的扇形AOB中，∠AOB=90°，点C是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合），OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分别为点D、E.
（1）当BC=1时，求线段OD的长.
（2）在△DOE中是否存在长度保
持不变的边？如果存在，指出并求其长度；如果不存在，说明理由.
（3）设BD=x，△DOE的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域.
答案：（1）姨15.
2（2）存在DE满足条件.如图7，连接AB，易得DE为△ABC的中位线.得DE=姨2.
O图7
EABDC
O图6
BDC
CE图5F
M2ODB
1A
EA答案：（1）在菱形ABCD中，易得△MCD为等腰三角形.
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（3）由题设，BD=x，则OD=姨4-x2.
如图8，作DF⊥OE于点F，
2得△DOE的高DF=姨4-x.
姨2而OE=OF+EF，
BDC
AB的半径OA长是6米，C是OA的中点，点D在AB上，CD∥OB，则图中休闲区（阴影部分）的面积是（
9
姨3（A）10π-2A图8
∠∠）.米∠2
∠米∠米∠小
路
2
2
9
姨3（B）π-2∠FOE9
姨3（C）6π-2答案：C.
∠（D）（6π-9姨3）米2
小
路
代入面积公式，化简之后，得y=1（4-x2+x姨4-x2）（0 进行计算；第（2）小题，以探索题的形式给出，需要建立与定长“AB”之间的联系；第（3）小题，求BD与△DOE的面积y之间的函数关系，考查学生灵活运用勾股定理解决问题的能力，需要将△ODE中相关的线段表示为含有x的式子，再代入三角形面积公式进行求解，此题较好地体现了“源于基础、重在思维”的评价理念. 亮点２：注重呈现新颖形式，考查学生基本技能 在2012年各地中考试题中，特别注重了题目呈现形式上的新颖与独特，力求使数学试题“秀其外且慧其中”.尤其是以学生日常学习中经常使用的学习工具为素材，以学生熟知的生活中的情境为素材，命制的试题是学生喜闻乐见的.同时，以选择题的形式完成对作图等操作技能的考查，也是2012年中考试题的一个新尝试. 例4（四川·巴中卷）一副三角板如图9所示放置，点C在FD的延长线上，AB∥CF，∠F=∠ACB=90°，∠E=30°，∠A=45°，AC=12姨2，试求CD的长. E B A E B A 小路 A图11 DB DB 休闲区CO小路 A休闲区CO图12 【评析】此题以“某公园的一角”为素材，问题的呈现有新意、有特色，贴近学生的实际生活.题目主要考查了“直角三角形中如果一直角边等于斜边的一半，那么这条边所对的角等于30°”、勾股定理、平行线性质、扇形面积公式及数学中常用的转化思想等.如图12，连接OD，解答的关键是在Rt△DCO中，由OC=1，得∠CDO=30°.进而得扇形的圆心角∠DOA=OD260°.再求出扇形DOA和△DCO的面积. 此题难度不大，但可以借助于学生熟知的生活情境，将涉及几何基本图形中的相关内容进行有效沟通，恰当地实现了对“图形与几何”领域基础知识、基本技能的考查，不失为一次有益的尝试. 例6（台湾卷）如图13，Rt△ABC有一外接圆，其中∠B=90°，AB＞BC，今欲在BC上找一点P，使得BP=CP，以下（如图14）是甲、乙两人的作法. CB图13 A ∠∠∠F DC图9 FGD图10 C甲：如图14（1）所示.（1）取AB中点D； 答案：如图10，作BG⊥FC，垂足为点G，则CG=12，DG=4姨3.所以CD=CG－DG=12－4姨3. 【评析】此题打破了以往以一般平面图形呈现的形式，而是以学生熟悉的物品（一副三角板）为载体，重点考查了等腰三角形、三角函数等基础知识，重点考查了添加辅助线构造基本图形解决问题的基本方法.这里，两块三角板组合所形成的图形中，包含了30°、45°、60°、90°等角，这就为可以形成特殊的三角形，探寻三角形内边、角之间的关系，奠定了基础，解题时只需抓住CD=CG－DG这一关键，求出CG、DG即可. 此题立足基础，构思巧妙，内涵丰富，较好地实现了《标准》中提到的对“基础知识、基本技能、基本思想方法”的考查. 例5（山西卷）如图11是某公园的一角，∠AOB=90°， （2）过点D作直线AC的平行线，交BC于点P，则点P即为所求. 乙：如图14（2）所示.（1）取AC中点E； （2）过点E作直线AB的平行线，交BC于点P，则点P即为所求. AAEDPCB图14 P（2） C∠∠B （1） 56 ZHONGKAOZHINAN 中考指南 对于甲、乙两人的作法，下列判断正确的是（（A）两人皆正确）甲正确，乙错误（C答案：D. 【评析】此题将圆中的作图问题，以选择题的形式呈现，主要考查垂径定理、三角形的中位线定理及圆周角定理. 如图14（1），甲所作的图中，DP只是△ABC中位线所在的直线，不平分BC；如图14（2），乙所作的图中，利用垂径定理，可以确保BP=CP始终是成立的.如此，学生通过对这些关系的分析与甄别，不仅加深了对相关基础知识的理解，同时也会从“操作”的层面，对平分弧的作图，建立起一种全新的认识. 亮点３：注重动手操作探究，考查基本活动经验 《标准》指出：通过实践活动，感受数学在日常生活中的作用，体验运用所学的知识和方法解决简单问题的过程，获得初步的数学活动经验.2012年各地中考试题，不乏考查学生动手探究、实践操作的问题，这些问题或依托已有的数学结论，或依托生活中的知识经验，以不同形式考查学生实验探究、动手操作、发现问题、解决的能力.解决这类问题的关键，是需要学生能够运用日常学习和生活中所获得的经验和方法，结合具体的问题情境，创造性的加以处理，体现了对学生创新精神和实践能力的考查.另外，在解决这类问题的过程中，一些富有创意的研究问题的方法应运而生，很好地彰显了数学中考试题的教育功能. 例7（贵州·贵阳卷）如果一条直线把一个平面图形的面积分成相等的两部分，我们把这条直线称为这个平面图形的一条面积等分线. （1）三角形有_____条面积等分线，平行四边形有____条面积等分线； （2）如图15，在矩形中剪去一个小正方形，试画出这个图形的一条面积等分线； （3）如图16，在四边形ABCD中，AB与CD不平行，AB≠CD，且S△ABC A A图19 MA 图20 ）.【评析】此题属于阅读理解与综合实践相结合的问题，从操作层面对学生进行考查，为便于叙述，此题引进了“面积等分线”的概念，题目通过对三角形、平行四边形、不规则矩形和一般四边形“面积等分线”的研究，逐层深入地提出问题，构成了鲜明的思考问题的线索，内涵丰富、探究性强. 第（1）小题，以填空的形式，易于学生作答，属基础知识范小题，要灵活运用平行四边形面积等分线的概念；畴；第（2）第（3）小题，必须通过作平行线，作出与△ABC面积相等的△AEC（如图18），再作△AED的面积等分线AF.这样，逐层递进式的设计，为学生合理运用“平分三角形面积”和“平分平行四边形面积”的方法，准确画出“平分新的平面图形”的等分线，.做到了数学活动经验上的“正迁移” 例8（天津卷）“三等分任意角”是数学史上一个著名问题.已知一个角∠MAN，设∠α＝１∠MAN. ３（1）当∠MAN=６９°时，∠α的大小为_______； ）如图19，将∠MAN放置在每个小正方形的边长为1cm（2 的网格中，角的一边AM与水平方向的网格线平行，另一边AN经过格点B，且AB=2.5cm.现要求只能使用带刻度的直尺，在图中作出∠α，并简要说明作法（不要求证明）. NBBCMN D（B）两人皆错误（D）甲错误，乙正确 △△答案：（1）3，无数； （2）如图17，直线O1O2即是其中的一条； （3）如图18，BE∥AC，F是DE的中点，直线AF即为所求. BO2 O1 E图１７ CF图１８ DA △答案：（1）23°； （2）如图20，让直尺有刻度一边过点A，设该边与过点B的竖直方向的网格线交于点C，与过点B的水平方向的网格线交于点D，保持直尺有刻度的一边经过点A，调整点C、D的位置，使CD=5cm. 画射线AD，此时∠MAD即为所求的∠α. 【评析】“三等分任意角”是数学史上一个著名“尺规不能”问题，而此题的设计，是给出了“带刻度的直尺”，并巧妙的以正方形网格为依托，将∠MAN放置于网格中，以调整刻度尺的方法将其三等分，不仅考查了学生知识的掌握情况和作图能力，也考查了学生对数学活动的理解、表达及解释结果合理性的能 C 图１５ 图１６ D力.试题命制精巧，内涵丰富，极具创意. 此题，在设计上充分体现了刻度尺的“度量功能”和“调.如，给出“AB=2.5cm”这个条件，一方面，是为了整功能” 提醒学生注意使用刻度尺的测量功能；另一方面，是为了避免学生测量AB长度时出现不必要的误差.而给出“AM与水平方向的网格线平行，另一边AN经过格点B”，则是为了让学生在解题时突破难以实现的“只用直尺作平行线和垂线”的问题，需要在不断“调整”和“试验”中，寻找满足三等分角的条件.这样的设计，使构造含有倍角关系的△ABD（∠BAD=2∠B－DA）成为一种自然的思考路径.如图20，构建Rt△DBC，利用 57 ZHONGKAOZHINAN 中考指南 “直角三角形斜边的中线等于斜边的一半”，借助网格背景中已有的平行、垂直关系，得到∠MAD即为所求的∠α. 此题，应该是继“阿基米德纸条法”之后，给出的又一全新的三等分角的方法.事实上，此题所运用的“观察、试验、调义务教育课程标准实验教整”基本数学活动经验，与人教版《 科书·数学》八年级上册习题中“工人师傅利用卡尺平分任意角”是一致的，关键是学生能否真正的将日常教学中所获得的经验和方法，在新的问题情境中加以运用和实施.从这个意义上讲，此题在关注知识内涵的同时，充分关注到了对学生创新精神和实践能力的考查，开拓性地发掘了中考试题的教育功能，评价也是一次学习和提高的过程. （二）图形的变化 涉及“图形的变化”，考查重点主要包括：图形的轴对称、图形的平移、图形的旋转和图形的相似.2012年全国各地中考试题对这类问题的考查，一方面，从强化空间观念、揭示图形变化后的数量关系入手，考查学生的合情推理和解决问题的能力；另一方面，强调图形变换是研究几何问题的工具，考查学生灵活运用“图形的变化”分析问题、研究问题的能力. 亮点1：基于对图形变化内容的考查，突出“变中的不变性” 让学生体验在图形变化的过程中，某些基本图形的性质的标准》对这部分内容的基本要求.在2012年各地不变性，是《 中考试卷中，出现了平移、旋转基本图形后探究图形周长、面积等核心要素是否发生变化的试题，这些问题往往以问题串儿的形式给出，形成使思维不断提升的问题情境，学生通过解决这类问题，能更好地体验数学问题“变中的不变性”，感受变与不变的和谐与统一，这正反映了对数学本质问题的探究. 例9（河北卷）如图21，两个等边△ABD、△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，得到图22，则阴影部分的周长为_________. DD D′ AB图24 A图25 G E B′B1=2.其中的核心，是无论图中△ABD沿AC方向向右怎样平移，只要能形成六边形，六边形的周长永远保持一个定值.这恰好揭示了数学问题中“变”与“不变”的和谐与统一. 例10（湖南·益阳卷）已知：如图24，在面积为3的正方形ABCD中，E、F分别是BC和CD边上的两点，AE⊥BF于点G，且BE=1. （1）求证：△ABE≌△BCF； （2）求出△ABE和△BCF重叠部分（即△BEG）的面积；（3）现将△ABE绕点A逆时针方向旋转到△AB′E′（如图25），使点E落在CD边上的点E′处，问△ABE在旋转前后与△BCF重叠部分的面积是否发生了变化？并说明理由. DFCDFE′ C答案：（1）略；（2）姨3； 8）没有变化.（3 如图26，延长AG交BC于点E，可得∠BAE=30°，△ABE≌△AB′E′≌△ADE′. 进而可推得△BGA≌△HGA.有S四边形GHE′B′=S△ABE-S△BGA=S△EGB. A 图26 GDFE′H EB′BC所以△ABE在旋转前后与△BCF重叠部分的面积没有变化.【评析】此题考查正方形的性质、全等三角形的判定、相似三角形的判定和性质、旋转的性质等.第（1）小题，突出了证明三角形全等的基本方法，属基础知识范畴；第（2）小题，借助（1）中的图形求阴影部分的面积，这样命制，使常规问题一下子具）小题需要运用相似三角形的有了发展的主线和新意，解决第（2判定和性质，并借助△ABE的面积求得△EGB的面积，也可以通过相似求出GE与BE的长度加以解决；第（3）小题，又在（2）的基础上将△ABE旋转，进而提出了探究性的问题，解决这个问题的关键，是先证明△BGA≌△HGA，Rt△ABE≌Rt△AB′E′. 此题以常见的基本图形为载体，以“论证结论、计算结果、探究问题”的形式逐步展开，将相似、全等及正方形的典型知识有机地结合，由浅入深、一气呵成，综合考查了学生分析问题、解决问题的能力.如此，为学生所提供的使思维不断提升、递进的问题情境，可以让学生充分体会到“变”与“不变”的相互包容与转化. 亮点2：基于对“研究问题方法”的考查，突出变换的工具性 C ACA′C BB图22 B′ 答案：2. 图21 【评析】“通过具体实例认识平移，探索它的基本性质”是《标准》对平移的基本要求.此题将“正三角形”和“平移”有机融合，通过正三角形的平移，形成动态问题，让学生在不断变化的图形中寻求不变的“几何元素”，正是对上述基本要求最好的诠释. 求解此题的关键，要抓住在平移过程中，如图23，△A′MN、△MDO、A′△D′OE、△ECG、△GB′R、△BNR始终都为等边三角形，解得OM+MN+NR+GR+EG+OE=A′D′+CD=1+ NBR图23 GB′ DM OD′E 把图形变换作为一种解决问题、研究问题的方法或工具，在近几年中考试题中屡见不鲜.这类试题，要求学生通过平移、旋转或翻折等适当的图形变换，构造新的基本图形，并借助构造出来的基本图形解决问题.如，运用“轴对称变换”构造基本 58 ZHONGKAOZHINAN 中考指南 图形解“线段和最小”问题，运用旋转构造基本图形解一类等腰直角三角形问题，对这类问题的解决，既可以印证“变换”是研究问题、解决问题的重要工具，又可以让学生感受到数学方法的博大精深. 例11（甘肃·兰州卷）如图27，在四边形ABCD中，∠BAD=120°，∠B=∠D=90°，在BC、CD上分别找一点M、N，当△AMN周长最小时，则∠AMN+∠ANM的度数为（ （A）130°（C）110°答案：B. 【评析】此题以四边形为载体，以“线段和的最小值”为核心，意在探讨动点M、N达到确定位置，即使△AMN周长最小时，∠AMN+∠ANM大小的情况，揭示了数学问题中不同的量之间“既相互制约，又相互影响”的事实，体现了知识之间的内在联系. 此题主要考查了平面内与“最短路线”相关问题的解题方法、三角形外角的性质、垂直平分线的性质及对称的性质等知识.解决问题的关键，是作点A关于BC和DC的对称点A′、A″，连接A′A″，从而确定使△AMN的周长达到最小时点M、N的位置（如图28），再运用等腰三角形的性质和外角的性质，求得∠AA′M+∠A″=∠HAA′=60°.进而得到结果. H A D A″ B MCN A D （2）当0°＜α≤45°时，小敏在旋转的过程中发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系BD2＋CE2＝DE2.同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决： 小颖的方法：将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF，如图30）；连接EF（ 小亮的方法：将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，如图31）.连接EG（ 试从中任选一种方法进行证明.（3）小敏继续旋转三角板，在探究中得出：当45°＜α≤135°，且α≠90°时，等量关系BD2＋CE2＝DE2仍然成立.继续探究：当135°＜α<180°时（如图32），等量关系BD2＋CE2＝DE2是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由. B图32 CA ）.（B）120°（D）100° 图27 答案：（1）由∠DAM＋∠MAE＝45°，∠BAD＋∠EAC＝45° 及题意，可得∠MAE＝∠EAC. 所以AE平分∠MAC.（2）证明小亮的方法： 将△ABD绕点A逆时针旋转90°，得到△ACG.连接EG（如图31），易证△ADE≌△AGE.再证明EC2＋GC2＝EG2，即可.（3）BD2＋CE2＝DE2仍然成立.基本思路如下： 如图33，按小颖的方法作图，设AB与EF相交于点G，由△AEF≌△AEC，得CE＝FE. DFG BA BMA′ 图28 N E图33 CC 又由∠FDE＋∠DEF=90°，得∠DFE＝90°.故DF2＋FE2＝DE2.所以BD2＋CE2＝DE2. 【评析】此题将角平分线的定义、等腰直角三角形性质、折叠对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形内角和定理等静态的知识点，借助旋转融入到动态的情境之中，体现了动静相依、动静并存的完美统一. 第（1）小题，由角平分线的定义，根据等腰直角三角形和旋转的性质容易证明；第（2）小题，小颖的方法是应用折叠对称性质添加辅助线，通过全等和勾股定理加以解决，小亮的方法是 A G 不难看出，此题借助轴对称作图，确定点M、N的位置，使问题得到解决，这不但突出了轴对称变换内容的丰富内涵，同时还印证了轴对称变换本身也是研究和解决问题的有力工具. 例12（福建·宁德卷）某数学兴趣小组开展了一次活动，过程如下： 如图29，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，小敏将一块三角板中含45°角的顶点放在点A处，从AB边开始绕点A顺时针旋转一个角α，其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D，直角边所在的直线交直线BC于点E. A DF图29 图30 图31 A 通过将△ABD旋转90°构造Rt△ECG，再证明△ADE≌△AGE，并通过勾股定理加以解决；第（3）小题，可以依照第（2）小题的证明思路，得到“BD2＋CE2＝DE2”仍然成立. 此题以旋转变化的内容为载体，以“同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法”这种学生感觉亲切和易于接受的方式，为学生提供了解题的思路，使学生在明确的指向下主动运用两种变换的思想解决问题，这也是命题者想试图突出“图形变换是研究问题和解决问题的工具”观点的具体体现.如此的 BDMECBECBDEC（1）小敏在线段BC上取一点M，连接AM，旋转中发现：若AD平分∠MAB，则AE也平分∠MAC.试证明小敏发现的结论. 59 ZHONGKAOZHINAN 中考指南 “示范”，不仅可以使学生在这种“变换的解题策略”中学会研究问题和解决问题的策略，而且还可以感受到数学方法的博大精深. 亮点３：基于对综合分析能力的考查，突出变换的思想性对“图形的变换”内容的考查，往往是在图形的对称、平移、旋转变换的过程中，考查学生对图形基本性质的理解及运用的水平，这需要综合相关数学知识，合理分析解决问题的能力.2012年中考试题中，命题者主要是以问题串的形式，以“等腰三角形、正方形、矩形”等内容为载体命制了一些优秀的试题，这些题“入手”容易，层层递进，其“出口”的思维含量颇为丰富，或探寻图形中的数量关系，或研究问题结论的一般性，解决问题时往往需要添加辅助线或自己画出新的图形，从而借助图形直观加以解决，对这些问题的设计均突出了对学生思维层次的考查. 例13（辽宁·铁岭卷）已知△ABC是等边三角形. （1）将△ABC绕点A逆时针旋转角θ（0°＜θ＜180°），得到△ADE，BD和EC所在直线相交于点O. ①如图34，当θ=20°时，△ABD与△ACE是否全等？（填“是”或“否”），∠BOE= ； B′DBA图37 AθO EBDO图34 CB图35 C DC′C 性质、全等三角形的判定和性质、三角形和多边形内角和定理、等边三角形的性质、相似三角形的性质及判定等基础知识. 第（1）小题，①以填空的形式呈现，“入手”较为容易，学生通过观察、猜想，或者利用验证的方法，容易得出△ABD与△ACE是全等的，再运用全等的性质，得到∠BOE=120°；求解②中角的大小，需利用①中△BAD≌△CAE的结果，得出∠ADB=∠AEC，再利用四边形ABOE的内角和等于360°，推出∠BOE+∠DAE=180°，进而根据等边三角形的每一个角都是60°，得到∠DAE=60°.第（2）小题，要求直接写出∠BOE的度数，绕点A旋转的△AB′C′由原来与△ABC全等，变为与△ABC相似，并且AB′ A OE B′ DB图38 C′CA EO ②当△ABC旋转到如图35所在位置时，求∠BOE的度数. E 例14（湖南·怀化卷）如图39，四边形ABCD是边长为3姨2的正方形，长方形AEFG的长EF=7姨3，宽AE=7. 22将长方形AEFG绕点A顺时针旋转15°得到长方形AMNH（如图40），这时BD与MN相交于点O. （1）求∠DOM的度数； （2）在图40中，求D、N两点间的距离； （3）若把长方形AMNH绕点A再顺时针旋转15°得到长方 A （2）如图36，在AB和AC上分别截取点B′和点C′，使AB=姨3AB′，AC=姨3AC′，连接B′C′，将△AB′ C′绕点A逆时针旋转角θ（0°＜θ＜180°），得到△ADE，BD和EC所在直线相交于点O，利用图36探索∠BOE的度数，直接写出结果，不必说明理由. 答案：（1）①是；120. ②由△BAD≌△CAE，得∠ADB=∠AEC.所以∠AEC+∠ABO+∠BAD=180°. B′B 形ARTZ，问此时点B在矩形ARTZ的内部、外部、还是边上？并说明理由. C′C DG F D CHC N 图36 OAA图39 EB图40 KBM 又由∠ABO+∠AEC+∠BAE+∠BOE=360°，推得∠DAE+∠BOE=180°.所以∠BOE=120°. （2）当0°＜θ≤30°时，∠BOE=60°；当30°＜θ＜180°时，∠BOE=120°. 【评析】此题以最简单的正多边形（等边三角形）为基本图形进行旋转，以一系列“问题串”的形式，主要考查了旋转的 答案：（1）120°. （2）如图41，连接AN，交BD于点I，连接DN，由边的关系，得∠HAN=30°.所以AN=2NH=7.所以∠DAN=45°.因为∠DAC=45°， 60 ZHONGKAOZHINAN 中考指南 所以A、C、N三点共线.所以DI=AI=1AC=3. 2所以NI=4. 在Rt△DIN中，求得DN=5. HD CN ZDCT E I A图41 OKM B Q H AR图42 KBB 图44 GFC MB 图45 E HGFC 答案：（1）略； ）如图44，过点B作BQ⊥PH，垂足为点Q.（2 由△PAB≌△PQB，得AP=QP，AB=BQ.又由△BCH≌△BQH，得CH=QH.所以△HDP的周长不变，值为8. AP DAP D（3）如图42，因为∠BAR=30°，∠R=90°，AR=7， 2所以AK=7姨3. 3因为AB=3姨2＞7姨3， 3所以点B在矩形ARTZ的外部. 【评析】此题的设置，主要根据矩形绕正方形一顶点旋转所形成的数量关系而展开，主要考查了旋转的性质、矩形和正方形的性质、勾股定理、锐角三角函数定义、特殊角的三角函数值，以及实数的大小比较等. 第（1）小题，由旋转的性质，得∠BAM=15°，∠OKB=∠AKM=75°.再由∠ABD=45°，利用外角性质，可得∠DOM的度数.第（2）小题，由特殊角的三角函数值，求得∠HAN=30°.又由旋转的性质，求得∠DAN=45°.即可证得A、C、N三点共线.再利用勾股定理求得DN=5.第（3）小题，在Rt△ARK中，利用三角函数可求得AK的值，与AB比较大小，确定点B的位置是在矩形ARTZ的外部. 此题特别值得关注的，就是将角度的计算、线段长度的计算，以及点与图形的位置关系的判断融为一体，从不同角度对同一几何问题所进行的刻画与研究，无疑会有助于对学生综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力的考查. 例15（山东·德州卷）如图43，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在点G处，PG交DC于点H，折痕为EF，连接BP、BH. （1）求证：∠APB=∠BPH； （2）当点P在边AD上移动时，△HDP的周长是否发生变化？并证明你的结论； （3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，说明理由. B图43 E HGFCA P D（3）如图45，过点F作FM⊥AB，垂足为点M.由△EMF≌△PAB，得EM=AP=x. 2 所以在Rt△PAE中，求得PE=BE=2+x. 82 所以CF=2+x-x. 8又因为四边形PEFG与四边形BEFC全等，所以S=1（BE+CF）·BC. 22 带入，解得S=1（x-2）+6. 2 所以当x=2时，S有最小值6. 【评析】此题主要考查轴对称变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、二次函数的最值等知识.熟练利用全等三角形的判定得出对应相等的关系，是此题解题的关键. 第（1）小题，由轴对称变换的性质，易得∠APB=∠BPH.属于基础知识的考查.第（2）小题，需要添加辅助线，构造基本图形，通过△PAB≌△PQB、△BCH≌△BQH，推得AP=QP、CH=QH.对学生要求较高，属于能力的考查.第（3）小题，探究四边形面积S与线段x之间的数量关系，并求最小值，学生可通过四边形PEFG与四边形BEFC全等，借助勾股定理，先用含x的式子表示BE和CF，用含x的式子表示四边形BEFC的面积，再通过代数方法计算，得最小值为6，这需要对基本几何图形具有全面而清晰的理解. 从整体来看，此题的设计，第（1）小题对∠APB=∠BPH的证明，揭示了翻折前后“角之间的数量关系”；第（2）小题所探究的点P在边AD上移动时，三角形周长的不变性，揭示了在图形变换过程中“线段之间的数量关系”；第（3）小题求“S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？”，进一步探究了依附于几何基本图形之中的更深层次的数量关系.三个问题，直接指向“空间形式”与“数量关系”，深刻诠释了“数学是研究空间形式和数量关系的科学”的本质含义. （三）图形与坐标 2012年各地中考试题，对“图形与坐标”考查的力度有所加强，题目的风格也稳中有变.涉及的内容主要有“坐标与图形 61 ZHONGKAOZHINAN 中考指南 位置”、“坐标与图形变换（包括平移、对称、旋转、位似等）”、.突出坐标是沟通“数”与“形”的纽“坐标与图形的运动变化” 带，体现坐标在问题解决过程中的工具作用，揭示坐标的核心是变化规律和对应关系.呈现形式主要是将几何图形放置于平面直角坐标系中，通过图形中关键点的坐标表示，赋予图形以数的特征，使“数”与“形”融合共生，为用代数方法研究几何问题提供条件，形成代数运算与几何特征的完美统一. 亮点1：关注坐标与图形位置及性质的考查 2012年各地中考试题，对坐标与图形位置及性质的考查，突出表现在以下两个方面：一方面，通过点的坐标确定图形的位置；另一方面，将图形的位置坐标化，通过数量关系来研究与图形的性质有关的问题.问题的设置一般以平面直角坐标系或含有网格的平面直角坐标系为背景，其模型可简略表述为：结果=f（直角坐标系，图形位置特征，图形性质，推理计算），主要考查直角坐标系的概念、点的坐标的意义和点的“坐标”与位置的对应关系，考查学生“数”与“形”的转换能力和综合运用知识分析问题、解决问题的能力. 例16（广东·广州卷）如图46，⊙P的圆心为P（-3，2），（5，0），且平行于y轴，点N在半径为3，直线MN过点M点M的上方. （1）在图46中作出⊙P关于y轴对称的⊙P′.根据作图直接写出⊙P′与直线MN的位置关系. （2）若点N在（1）中的⊙P′上，求PN的长. y64P-6-4-2-2-4-6图４６22M46xNP-6-4-2-2-4-6图４７y6422AP′M46xN的关键所在. 此题将几何作图和计算与点的坐标融合在一起，较好地考查了学生对“坐标与图形”的理解和综合运用知识解决问题的能力. 例17（广东·珠海卷）如图48，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴正半轴上，点B的坐标为（3，2），OB与AC交于点P，点D、E、F、G分别是线段OP、AP、BP、CP的中点，则四边形DEFG的周长为________. 答案：5. 【评析】此题把矩形放置在平面直角坐标系中，通过点B的坐标和矩形在坐标系中的特殊位置，隐性地给出了矩形的边长，较好地考查了学生对点的坐标的理解和“数”与“形”的转换能力. 此题涉及的主要知识有平面直角坐标系，点的坐标的几何意义，矩形的性质，三角形的中位线等.其中考查的核心为图形的性质.由四边形OABC是矩形，有OA=BC，AB=OC.由点D、E、F、G分别是线段OP、AP、BP、CP的中点，有DE=GF=1OA，DG=EF=1AB.而解决问题的关键在于对点的坐22标的理解和运用，由点B坐标为（3，2），有OA=3，AB=2.两者的融合使得基本的几何问题变得生动而深刻. 此题充分体现了点的坐标与图形之间的本质联系.几何是研究图形的形状、大小和位置关系的一门学科.而在平面直角坐标系中图形的形状、大小和位置关系又能通过点的坐标来反映，这是在“坐标与图形”学习中必须建立的最基本观点.从这个意义上看，此题抓住了“坐标与图形”的最本质和最核心的东西，揭示了“坐标”与“图形”的本质联系，考查了学生进一步学习的潜能，对于日常教学也具有积极的引导和促进作用. 例18（江苏·苏州卷）已知在平面直角坐标系中放置了5个如图49所示的正方形（用阴影表示），点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上.若正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3，则点A3到x轴的距离是（ ）. y A1 A2 D1B2D2B3A3 xO图48D y C G P EAxF B答案：（1）如图47所示，⊙P′与直线MN相交；）设直线PP′与MN相交于点A，（2 在Rt△P′AN中，可得AN=姨P′N-AP′=姨5. 22于是，在Rt△PAN中，PN=姨AP2+AN2=姨69.【评析】此题将圆放置在坐标系的网格中，利用轴对称变换，主要考查“坐标与图形位置”、“坐标与图形运动”，以及在图形变化过程中对基本图形的识别、推理和计算能力、动手能力等.此题所涉及的基本要素有直角坐标系、点的坐标、轴对称、直线与圆的位置关系、勾股定理等.核心要素是点的“坐标”与“位置”的对应关系. 第（1）小题，由点P的坐标确定点P′的坐标，进而由点P′的坐标确定点P′的位置完成作图；第（2）小题，由直线MN与y轴平行的位置关系，且直线MN过点M（5，0）可知，直线MN上的点横坐标均为5，进而再由点P和点P′的坐标确定出线段AP和AP′的长，这些都是不可避免的思维过程，也是顺利解答此题 B1 OC1E1E2C2E3E4C3 图49 （A）姨3+3 18（C）姨3+3 6答案：D. （B）姨3+1 18（D）姨3+1 662 ZHONGKAOZHINAN 中考指南 【评析】此题以直角坐标系为背景，在坐标系中考查图形的性质，实现了坐标与图形的有机结合.在坐标系中有规律地摆放5个大小不同的正方形，便自然产生正方形的大小和点的坐标问题，问题模型可简略表述为结果=f（坐标系，一列图形，位置.特征，推理计算） 此题涉及的主要知识有直角坐标系、点的坐标、正方形的性质、平行线判定与性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形等.主要考查了学生数与形的转换能力，识图、推理及计算能力. 解答此题的关键是根据规律求出最后一个正方形的边长，而求边长B3C3的关键是对摆放规律的理解和运用，这便极大地丰富了考查内容，提升了思维含量.依摆放的规律可知，△B1OC1、△C1E1D1、△B2E2C2、△C2E3D2、△B3E4C3都是含有30°角的直角三角形，并且△B1OC1≌△C1E1D1，△B2E2C2≌△C2E3D2.由此可求出D1E1=B2E2=1，B2C2=姨3，D2E3=B3E4= 23姨3，B3C3=1.进而求得点A3到x轴的距离为姨3+1. 636如果对摆放规律认识更加深刻，可将中间两个过渡的正方形隐去.如图50，将正方形A2B2C2D2和正方形A3B3C3D3向左平移，过点A3作x轴的垂线，垂足为点E，则A3E=1A3C2= 21（CD+BC），CD=BC=姨3，BC=1.所以AE= 22332222333 2331+姨3. 6图51）中画出△ABC.设AB与y轴的交点为点D，则S△ADO= S△ABC______； （2）若点A的坐标为（a，b）（ab≠0），则△ABC的形状为____________. y 321 -3-2-1O-1-2-3 图５１ 12 3xy3 BDA21 -3-2-1O-1-2C-3 12 3x图５２ 答案：（1）△ABC如图52所示，1； 4（2）直角三角形. 【评析】此题第（1）小题，以作图的方式，考查了点关于坐标轴和原点对称与点的坐标的变化规律；第（2）小题，以判断图形形状的方式，考查了由点的坐标变化规律判断图形形状及性质.第（1）与第（2）小题相结合，较好地体现了“坐标与图形”中主要研究的两方面的问题：一方面，是研究点或图形运动变化引起点或图形顶点坐标变化规律；另一方面，是研究点或图形顶点坐标有规律变化引起的点或图形的运动变化.从这个意义上讲，问题虽然简单，但反映的是知识的核心内容而更显深刻. 此题问题的设置，由具体到抽象，由特殊到一般，问题的（1，2）作出关于y轴的对称点为点产生自然流畅.由点A B（－1，2）和关于原点O的对称点为点C（－1，－2）后，自然产生出△ABC和△ADO，也就自然产生两个三角形形状大小和位置关 y A1 A2 B2 B1 D1B2 系问题.将点A（1，2）抽象成A（a，b），有利于考查学生对坐标 D2A3B3 D3 C3E x变化规律与图形变化之间理解的深刻程度. 例20（海南卷）如图53，在正方形网络中，△ABC的三个顶点都在格点上，点A、B、C的坐标分别为（－2，4），（－2，0），），结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：（－4，1 （1）画出△ABC关于原点O对称的△A1B1C1； （2）平移△ABC，使点A移动到点A（），画出平移后20，2的△A2B2C2，并写出点B2、C2的坐标； （3）在△ABC、△A1B1C1、△A2B2C2中，△A2B2C2与_______成中心对称，其对称中心的坐标为_______. yAC C A A2 BOxBOC2 B2 B1 C1 A1 图53 图54 xy OC1C2图50 可见，思维越深刻，过程越简洁，所以，此题具有一定的考试效度与信度. 亮点2：突出坐标与图形变换的考查 以图形变换（包括平移、对称、旋转、位似等）为素材，以直角坐标系及正方形网格为背景，探究图形变换中关键点的变化所引起的对应点的坐标的变化规律，或者由点或图形变换中关键点的坐标有规律的变化所引起的点或图形的变化，这样的试题在2012年各地中考试卷中经常出现.问题模型可简述为：结果=f（网格坐标系，图形变换，点的坐标变化规律，作图或求点的坐标），主要考查学生对图形变换的理解与对点的坐标变化规律的掌握情况.因解答一般不需过多的推理过程，所以常以画图和填空题型的形式出现. 例19（吉林卷）在平面直角坐标系中，点A关于y轴的对称点为点B，点A关于原点O的对称点为点C. （1）若点A的坐标为（1，2），试在给出的坐标系（如 答案：（1）△ABC关于原点O对称的△A1B1C1如图54所示； 63 ZHONGKAOZHINAN 中考指南 （2）平移后的△A2B2C2如图51所示，点B2、C2的坐标分别），（－2，－1）；为（0，－2 ）△A1B1C1，（1，－1）.（3 【评析】此题是图形变换与点的坐标变化规律相结合的作图和求解问题.其情境是以直角坐标系及正方形网格为背景，基本对象涉及图形变换与点的坐标两个方面，主要条件为特殊的变换及图形的特定位置，任务是确定点的坐标和画图，主要考查学生对图形变换的理解与对点的坐标变化规律情况的掌握.问题模型可表述为：所求结果=f（网格坐标系，图形变换（包括平移、对称、旋转、位似等），点的坐标变化规律，作图或求点的坐标）.利用这种问题模型设置的试题在2012年的试卷中较为常见.因解答一般不需过多的推理过程，所以常以画图和填空题型的形式出现.另外，此题第（1）小题画出关于原点O的对称图形是最基本的图形变换问题，第（2）小题是在一定的平移条件下的）小题是通过观察图形确定中心对称关系，进而图形变换，第（3写出对称中心，思维层次逐步提升，试题难度虽然不大，但具有良好的区分度和效度. 例21（黑龙江·绥化卷）如图55，四边形ABCD为矩形，点C在x轴上，点A在y轴上，点D坐标是（0，0），点B坐标是（3，4），矩形ABCD沿直线EF折叠，点A落在BC边上的点G处，点E、F分别在AD、AB上，且点F的坐标是）.（2，4 （1）求点G坐标；（2）求直线EF解析式； ）点N在x轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、（3 F、G四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由. 答案：（1）G（3，4-姨3）； （2）直线EF的解析式为y=姨3x+4-2姨3； 44姨3，姨3，M21-姨3，-姨3，（3）M13-33EO（D）图55 CxAy F BG 小题则要深刻得多，不仅需要掌握坐标与图形相互转换的知识和相关经验，还需要对其转换具有深刻的理解和很强的应用意（3）小题，以观察、探究、分类讨论的方式展开，先由平识.第 行四边形的性质确定平行四边形的位置，如图56所示.而后，问题转化为求顶点M的坐标，）、（2）小题的方若采用解决第（1法，求出与各位置的点M的横、纵坐标相对应的线段的长，或把点M看作两条直线的交点，求出相应直线的方程组成方程组求解，都是比较困难的.较简便的方法是：过点M1作x轴的垂 N2 E QOHN1C（D）（N3）M2 图56 xM1 G A F Dy 线，垂足为点H，利用△GBF≌△M1HN1，得M1H=姨3.因4 姨3，姨3.因为点M1为点M1在直线EF上，易得M13-3 33与点M3关于点F（2，4）成中心对称，点M1与点M2关于直线EF与x轴的交点Q2-4姨3，0成中心对称，再利用两点关于 3某点成中心对称时，三点坐标间所满足的关系，很容易可求出点M2、M3的坐标. 此题充分体现了点的坐标在解决“数”与“形”问题中的工具作用和应用价值. 亮点3：注重坐标与图形运动变化的考查 坐标变化是图形运动变化的本质反映，坐标的核心是变化规律和对应关系，这种规律或对应关系往往通过“代数式”、“方程”或“函数”反映出来.所以，我们常借助于代数运算，、“方程”或“函数”等工具，通过一些“程序利用“代数式” 化”的计算，探究图形的相关性质.另外，对许多代数问题的研究，如果赋予其几何特征，借助几何图形的直观，就可以使代数运算具有很好的“方向性”. 例22（黑龙江·鸡西卷）如图57，在平面直角坐标系中，有一边长为1的正方形OABC，边OA、OC分别在x轴、y轴上，如果以对角线OB为边作第二个正方形OBB1C1，再以对角线OB1为边作第三个正方形OB1B2C2，照此规律作下去，则点B2012的坐标为_______. 20122012 答案：（－21006，－21006）或表示为（－（姨2），－（姨2））. 33y B2C1 B3 C2 CB1 BOAx姨姨334 姨3，8-姨3.M31+333【评析】此题以折纸为背景，将图形变换放置在平面直角坐标系中进行，通过点的坐标将“数”与“形”有机地融合在一起.涉及的主要知识有平面直角坐标系、点的坐标、一次函数、平行线、直角三角形、矩形、平行四边形、轴对称、三角函数等.这些知识都是《标准》中要求掌握的基础知识，是考查学生基本数学素养的关键点，实现了对重点知识重点考查.在这些知识中，平行线、直角三角形、矩形、平行四边形、轴对称这些“空间与图形”中最基本元素组合得得体，它们与点的坐标和一次函数融合得自然. 在问题解决过程中，点的坐标与图形间的相互转换贯穿始终.第（1）、（2）小题，坐标与图形的转换显然，相比之下第（3） C3 图57 【评析】此题以“形”的变化为载体，借助坐标系“形”的变化规律与数的变化规律有机地结合起来，使数的变化规律有了现实情境的依托. 问题模型可表述为：结果=f（直角坐标系，点或图形的动态情境，坐标变化规律，归纳推理），利用此种模型设计的试题在2012年的试卷中较为常见.此题涉及的主要知识有直角坐标 64 ZHONGKAOZHINAN 中考指南 系、点的坐标、正方形、等腰直角三角形、勾股定理、三角函数等.主要考查学生通过观察、归纳、猜想等思维方式分析问题和解决问题的能力，合情推理能力，以及几何直观和空间想象能力. 此题根据图形变化规律需要进行“定量”和“定性”分析.定性：B1，B2，B3，…依次分布在坐标轴和一、三象限及二、四象限的角平分线上，OB1，OB2，OB3，…依次相应地逆时针旋转45°角.因为2012=251×8＋4，所以可判定点B2012在第三象限 2 的角平分线上.定量：因为OBn+1=姨2OBn，有OB1=（姨2），342013OB2=（姨2），OB3=（姨2），…，OB2012=（姨2）.进而求20122012得B（－（姨2），－（姨2））. （2）根据题意，有 姨3a+m=2. -3a+m=-1， 解得a=1，m=1. 22由0×a+n=2，得n=2.设点F的坐标为（x0，y0），则有1x0+1=x0，1y0+2=y0.222得x0=1，y0=4. 所以点F的坐标为（1，4）. 【评析】此题考查的是《标准》中“坐标与图形运动”的基本知识，但立意深刻，情境和题型新颖别致.对坐标变化规律与图形运动变化间的关系，不拘泥于结论的识记与套用，更关注于对结论的形成过程的理解和掌握，揭示了坐标变化是图形运动的本质反映. 第（1）小题，在给定的操作规程下将线段AB进行伸缩和平移变换，由点A表示的数为－3求点A′所表示的数，属于给定的操作规程的直接应用，由点B′表示的数为2求点B表示的数x，即由变换后的点逆向求原始点，可列方程1x+1=2求解，点 3E作为线段AB上的特殊点与按操作规程变换后的对应点E′重合，可列方程1x+1=x求解；第（2）小题，从一维（数轴）发 3展到二维（平面直角坐标系），操作规程也由具体发展到一般，需要先确定伸缩、平移变换，再进行求解. 综观试题，问题的产生、发展自然流畅，思维含量层层提升，较好地考查了学生知识结构的完备性和对知识理解的深刻 此题综合性强，有一定的思维含量，并且坐标与图形融合自然.由于问题的解决依赖于不完全归纳，不易用数学语言准确表达解题过程，且用填空题足以实现考查目标，因此题型使用恰当，这样的命题方式是考查合情归纳、推理能力的典型方式. 例23（北京卷）操作与探究： （1）对数轴上的点P进行如下操作：先把点P表示的数乘以1，再把所得数对应的点向右平移1个单位，得到点P的对 3应点P′. 点A、B在数轴上，对线段AB上的每个点进行上述操作后得到线段A′B′，其中点A、B的对应点分别为点A′、B′.如图58，若点A表示的数是-3，则点A′表示的数是________；若点B′表示的数是2，则点B表示的数是______；已知线段AB上的点E经过上述操作后得到的对应点E′与点E重合，则点E表示的数是______； A-4-3 B′ -2 -1 0图58 1 2 3 4 性以及思维的灵活性. 综上所述，此题所反映出的命题理念与构造策略，值得研究和借鉴，而且对促进学生转变学习方式具有积极的意义. 例24（广西·南宁卷）已知点A（3，4），点B为直线x＝－1上的动点，设B（－1，y）. （1）如图60，若点C（x，0），且－1＜x＜3，BC⊥AC，求y与x之间的函数关系式； （2）在（1）的条件下，y是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，说明理由； y A y A （2）如图59，在平面直角坐标系xOy中，对正方形ABCD及其内部的每个点进行如下操作：把每个点的横、纵坐标都乘以同一种实数a，将得到的点先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m>0，n>0），得到正方形A′B′C′D′及其内部的点，其中点A、B的对应点分别为点A′、B′.已知正方形ABCD内部的一个点F经过上述操作后得到的对应点F′与点F重合，求点F的坐标. D D′y C′ C A（′-1，2）A（-3，0） O图５９ B（′2，2）B（3，0） xB D-1Ox=-1 图60 CxB（-1，1）D-1O x=-1 图61 EFx（3）如图61，当点B的坐标为（－1，1）时，在x轴上另取两点E、F，且EF＝1，线段EF在x轴上平移.线段EF平移至何处时，四边形ABEF的周长最小？求出此时点E的坐标. 答案：（1）0，3，3. 265 ZHONGKAOZHINAN 中考指南 答案：（1）如图62，过点A作AM⊥Ox，垂足为点M，由△BDC∽△CMA，可得 y=x+1. 3-x4二、2013年中考命题趋势及教学中需要注意的问题鉴于上述对2012年各地中考典型试题的分析，可以看到，“空间与图形”部分考查的内容，主要包括图形的性质、分类、度量，以及对图形基本性质的证明；图形的平移、旋转、轴对称变换；运用坐标描述图形的位置和运动.其中考查的重点是“可以从复杂几何图形中分解出基本图形”的能力，以及对“图 yy A B4224xA化简，得y=-1x2+1x+3（－1＜x＜3）. 424（2）当x＝1时，y最大值＝1. 、“数学是研究数量关系和形变换是研究几何问题的工具和方法” 空间形式的科学”思想内涵的领悟程度及综合应用的水平. 因此，笔者以为，在以上关于“图形的性质”、“图形的变化”、“图形与坐标”中所反映出来的特色的基础上，2013年中考试题将更加关注空间观念、几何直观、推理能力、应用意识等核心问题，关注“合情推理和演绎推理”的关系，更加强调可以在新的问题情境下，合理选择已有的数学活动经验，在图形的运动和变化的过程中，探索图形的性质，感悟数学思想的精髓.具体体现在以下3个方面. （一）基于核心概念，强化基础知识和基本技能的有效落实基于数学核心概念，把握数学问题的本质，是理解数学知识、解决数学问题的关键.以数学核心概念为载体，设置中考试题，将会始终作为中考命题的基本原则. 针对“空间与图形”学习内容，考查学生基础知识和基本技能的达成情况，将主要借助于基本图形：三角形、四边形和圆，考查学生对重要几何基本事实的理解与运用，考查“图形的变化”、“图形与坐标”的有关内容，考查学生能否在具体情境中合理应用图形的性质解决问题的能力. 因此，建议教学中，应充分利用好教材这一课程资源，重点把握基础知识和基本技能的教学，立足核心，抓落实.建议可以依托“空间观念”和“几何直观”，强化对几何基本问题的认识和理解.如，发展学生的空间观念，应重视从实物到图形的抽象、二维平面与三维空间的转化，重视“视图”、“图形的投影”、“直棱柱、圆锥的侧面展开图”等内容的教学，引导学生从形状、特征、方位、关系等多种角度，通过变换、运动等手段，理解空间图形.再如，借助几何直观，帮助学生进行思考、分析、解决几何问题，可以先把研究的“对象”抽象成为“图形”，再把“对象之间的关系”转化为“图形之间的关系”，从而把所研究的问题转化为关于“图形的数量或位置关系”的问题，依托几何直观，能够使问题变得简明. （二）注重学习过程，体现生活经验和思考经验的合理延伸《标准》将“基本活动经验”作为数学课程的总体目标，揭示了“过程与方法”在获得、应用数学知识过程中的重要作用.基于活动经验，并在设置中考试题的过程中予以呈现，是中考命题的特色. 基本活动经验，应包含“生活的经验”和“思考的经验”两部分.建议在教学中，注意引导学生经历“从生活到数学”的建模过程.比如，日常生活中的各种包装盒的设计，与直棱柱、 FO-4-2DEB 2D1CMx-1Ox=-1 图62 图63-2x=-1-4A″A′（3）四边形ABEF的周长＝AB＋BE＋EF＋AF.线段EF在x轴上平移时，线段AB、EF始终保持不变.故当BE＋AF最小时，四边形ABEF的周长最小.如图63，过点A作x轴的对称点A′， 将点A′向左平移1个单位到点A″，当点B与点A″成一条直线时，BE＋AF＝BE＋A″E＝A″B最小. 由对称和平移性质，可得A（′3，－4），A（″2，－4）.可求得直线BA″为y=-5x-2. 33当y＝0时，x＝-2.52 故点E的坐标为-，0. 5∽∽【评析】此题将几何图形放置于平面直角坐标系中，赋予图形中关键点的坐标表示，使具有某种几何特征的点与坐标间的对应关系紧密联系在一起，实现了“坐标”与“图形”的完美统一.同时，揭示了在“坐标与图形运动”中，坐标的核心是变化规律和对应关系，而不仅在于具体的表示形式. 此题考查的主要内容，是在图形运动变化过程中坐标的变化规律和对应关系，图形的轴对称变换、平移变换的基本概念和基本应用，在图形变化过程中对基本图形的识别、推理、论证和计算能力等.第（1）小题，点B和点C分别在直线x=－1和x轴上运动，满足的几何关系是BC⊥AC，反映到点的坐标之间的对应关系上，则满足二次函数y=-1x2+1x+3（－1＜x＜3）. 424第（3）小题，反映了在平面直角坐标系中研究几何问题先“定性”后“定量”的一般方法，通过几何中轴对称确定点A′，通过平移确定点A″，而后通过代数运算求出点E的坐标，使得几何图形与坐标表示相得益彰，较好地实现了代数与几何之间的和谐与共生. 66 ZHONGKAOZHINAN 中考指南 圆锥的侧面展开图有关；房屋的装饰、地面图案的设计、剪纸等，与视图，图形的平移、轴对称、旋转有关；日常生活中的一些“最短问题”，与“两点之间线段最短”，以及“图形的对称”有关；建筑、艺术中的设计，常常与线段的“黄金分割”有关；全等三角形、相似三角形、锐角三角函数等知识，都可以用于测量物体的长度、高度；等等.教学中充分利用好这些素材，使学生切实体会到现实生活中蕴涵着大量与几何图形有关的问题. 另外，引导学生能够从不同角度分析问题，还原知识的发生、发展、形成的过程，使学生能够在一点一滴“活动经验”的基础之上，完成对新知识学习的正迁移，实现对“基础知识与基本技能”的内化，也是在教学中应特别值得关注的问题，建议适当加强“运用图形运动探索图形性质”的方法的教学.例如，图形之间的全等关系，全等可以从图形能够重合来直观理解，而图形的重合需要通过运动来实现，这种运动是刚体运动（平移、旋转、轴对称），刚体运动的特征是保距、保角，即图《标准》中列出的许多图形性形的形状和大小都不变，事实上， 质，都可以运用图形运动的方法去发现，类似这种在“思考的经验”层面上的引导，势必会对学生的学习，产生积极的影响. （三）强调思维含量，关注合情推理和演绎推理的有机融合数学不仅仅是一种重要的“工具”和“方法”，更重要的是一种思维模式，数学思维是数学基础知识在更高层次上的抽象和概括，它蕴含于数学知识之中，是数学知识的精髓.强调数学思维含量，是设置中考试题永恒的主题. 《标准》中明确指出：推理能力的发展应贯穿在整个数学学习过程中.推理是数学的基本思维方式，也是人们学习和生活中经常使用的思维方式，推理能力的形成不同于基础知识和基本技能的掌握，需要一个长期、缓慢的过程，这意味着，日常教学中，必须考虑提供给学生适当、合理的探索、交流的空间，引导学生经历观察、实验、猜想、证明的过程，把发展学生的推理能力融合在“过程”之中. 推理一般包括合情推理和演绎推理，合情推理是从已有的事实出发，凭借经验和直觉，通过归纳和类比等推断某些结果；演绎推理是从已有的事实（包括定义、公理、定理等）和确定的规则（包括运算的定义、法则、顺序等）出发，按照逻辑推理的法则证明和计算.在解决问题的过程中，合情推理用于探索思路，发现结论，演绎推理用于证明结论，两者的有机融合，才能实现对学生思维水平的提升. 因此，建议在教学中，一方面，应重点引导学生通过操作、观察、实验等活动，对现象进行归纳或类比，通过图形的运动，观察图形运动过程中变与不变的关系，引导学生发现图形的性质，突出合情推理在分析、解决问题中的作用；另一方面，帮助学生通过演绎推理，明确证明的意义和必要性，知道证明要合乎逻辑，并以不同的表达形式，清晰、条理地表达自己的思 A1B1的值为（ AB（A）1 2（C）1 3答案：A. 3．如图66，已知等边△ABC，顶点B（1，1），C（3，1）.规定把△ABC先沿x轴翻折，再向左平移1个单位称为一次变换，如此，经过连续2013次变换后，顶点A的坐标是（ ）. y 4 A321BC-4-3-2-1O1234-1-2-3-4 图66 图64O B1B 图65 C1 C 考过程.作为研究图形性质的有效方法和工具，“合情推理”与“演绎推理”相辅相成，将有助于发展学生的思维能力，从而实现“增强（学生）发现和提出问题的能力、分析和解决问题的能力”的数学课程总目标. 总之，针对“空间与图形”学习内容的教学与评价，只有立足基础知识，关注数学知识产生、发展、应用的过程，并在这一过程中，感悟数学基本思想，积累实践活动和数学思维活动的经验，体会数学的应用价值和教育功能，这样，才能使教学与评价做到科学、有效，真正促进学生全面、和谐、可持续地发展. 三、2013年中考模拟试题（一）选择题 1．如图64，用一个等腰三角形，绕着点O旋转，制成了一个五角星的图案，那么旋转角可以是（ （A）45°答案：C. AA1 .） （D）90° （B）60°（C）72° 2．如图65，若正△A1B1C1内接于正△ABC的内切圆，则 ）. （B）姨22（D）姨33（A）（-2011，-1-姨3）（B）（-2011，1+姨3）（C）（-2012，-姨3）（D）（-2012，姨3）答案：A.（二）填空题 x4．如图67，正六边形ABCDEF由六个全等三角形所围成，则图中∠α的大小为_________. 答案：60°. 67 ZHONGKAOZHINAN 中考指南 ABC D图67 EB 图68 AE C1 C（1） D B（C）1 C（2）AEDAαFE AE 5．如图68，是一个在19×16的点阵图上画出的“中国结”，点阵的每行及每列之间的距离都是1，则图中阴影部分的面积是_________. 答案：64. 6．如图69，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC=3，BC=4.若以点C为圆心，r为半径所作的圆与斜边只有一个公共点，则r的取值范围是__________. 答案：2.4或3 C D D E C C C1 B（3） CD图73 C1 BD（4） C答案：（1）证明：因为AB⊥BC，CD⊥DE， A图69 B所以∠B=∠D=90°. 因为在△ABC与△CDE中，∠B=∠D， BC=DE， 所以△ABC≌△CDE（SAS）.所以∠ACB=∠E. 又因为∠E+∠ECD=90°，所以∠ECD+∠ACB=90°.所以∠ACE=90°.所以AC⊥CE. （2）解：对于图73中的四种情形，（1）的结论仍然成立.以图73（1）的情形为例，说明如下：同（1），可得△ABC≌△C1DE.所以∠ACB=∠C1ED.而∠C1ED+∠EC1D=90°，所以∠EC1D+∠ACB=90°.于是AC⊥C1E. 9．将矩形纸片OABC放置在直角坐标系中，点A（4姨3，0），（0，4）.点M、N分别为边OA、BC上的动点（点M不与点点C O、A重合，点N不与点B、C重合），经过点M、N折叠纸片，得折痕MN，点A、B的对应点分别为点A′、B′. （1）如图74，当点B′与原点重合时，求点M、N的坐标；（2）如图75，当点B′的坐标为（-姨3，0）时，求点M、N ∠ ∠∠∠∠∠∠∠∠∠∠ AB=CD， A图70 B A图71 FB答案：如图71，过点C作CE⊥AD交AD延长线于点E，作CF⊥AB于点F， 因为AC平分∠BAD，所以CE=CF. 因为CE⊥AE，CF⊥AB，所以∠CED=∠CFB=90°.所以在Rt△CED与Rt△CFB中， ⊥DC=BC. CE=CF， 所以Rt△CED≌Rt△CFB（HL）.有∠EDC=∠B. 因为∠EDC=∠ADC=180°，所以∠B+∠ADC=180°. 8．如图72，已知AB⊥BC，ACD⊥DE，B、C、D三点在同一条直线上，且AB=CD，BC=DE. （1）求证：AC⊥CE； （2）若将CD沿CB方向平移，B得到图73中的四种情形，试问上面的结论是否仍然成立，并说明理由. C图72 DE 的坐标； （3）如图76，当点B′落在边OC上，且CB′=1时，求 OCn点M、N的坐标（用含n的式子表示）； （4）设OM=t，若点N在边BC上运动时，总能使点B′落在y轴的右侧，求t的取值范围（直接写出结果即可）. 68 ZHONGKAOZHINAN 中考指南 yC（B′）OA′图74 yCB′OA′图76 MAxyC（B′）OA′图77 NB yC N B 同（1），可证B′M=BN. 因为B′O+OF+FM=姨3+OF+16姨315=B′M，BN= MAxB′ OA′ MAxBC-CN=4姨3-OF， 所以姨3+OF+16姨3=4姨3-OF. 15图75 解得OF=29姨3. 30B NBNO′M又因为OM=OF+FM=61姨3， 30所以M61姨3，0，N29姨3，4. 3030（3）如图79，连接MB′和MB，设BN=x， 则B′N=x，NC=4姨3-x，B′C=4. n在Rt△NCB′中，B′N2=B′C2+NC2.所以x2= 4 +（4姨33n≌2 2 -x）. Ax3≌3≌答案：（1）如图77，连接BB′， =姨3，因为tan∠B′BC=B′C=4 BC34姨3所以∠B′BC=30°.因为B′N=BN，所以∠BB′N=30°.所以∠CB′N=30°. 所以CN=1B′N=1NB，3CN=BC，CN=4姨3. 223所以N4姨3，4.3则B′O′=BO′. 又因为∠B′BN=∠BOM， 所以△B′O′M≌△BO′N，B′M=BN，B′M=2CN，B′M=OM=8姨3. 3所以M8姨3，0. 3BB′，交OC于点E， 则有△B′OE∽△BCE.所以B′O=OE. BCCE所以姨3=OE. 4-OE4姨3所以OE=4. 5由∠B′EO=∠NMF，所以Rt△B′OE∽Rt△NFM.所以OB′=FN. OEFM4×4 NF·OE5=16姨3.所以FM==OB′15姨3B′y CB′ONBMA′图79 Axn2+1）.解得x=2姨3（323nn2+1）=6姨3n2-2姨3.所以NC=4姨3-2姨3（323n3n22 2姨3，4.有N=6姨3n-23n333≌设MN与B′B交于点O′，设AM=y， 则OM=4姨3-y，OB′=4-4. n在Rt△MAB和Rt△B′OM中，B′M=BM.所以AM2+AB2=OB′2+OM2.4 所以y2+42=4-n3≌yC N B 3≌+（4姨32 2 -y）. （2）如图78，过点N作x轴的垂线，垂足为点F，连接 3n2-2n+1）.解得y=2姨3（23n3n2-2n+1）=所以OM=OA-AM=4姨3-2姨3（23n6姨3n2+4姨3n-2姨3. 3n2 OEFA′ MAx2 所以M6姨3n+4姨23n-2姨3，0. 3n3≌图78 （4）8姨3 ［1］中华人民共和国教育部制订.全日制义务教育数学课程 标准（实验稿）［M］.北京：北京师范大学出版社，2001.［2］刘金英，张义民，王立明.2010年中考数学试题分类解 析（二）：空间与图形［J］.中国数学教育（初中版），2011（1/2）：46－57. 69 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容