2017春季中考数学 图形的平移旋转折叠问题解析版

2017春季中考数学 图形的平移旋转折叠问题解析版

‎2017春季中考数学第五讲 图形的平移、旋转、折叠问题 ‎【基础回顾】‎ 考点聚焦 ‎1.了解轴对称图形和图形成轴对称的概念,知道线段、角、等腰三角形、矩形、菱形、正方形、等腰梯形、圆等常见的轴对称图形；了解平移、旋转的概念、掌握平移变换、旋转变换的基本性质,能按要求作出简单平面图形平移后的图形.‎ ‎2.掌握中心对称的概念,会判断一些基本图形的中心对称性,理解中心对称与旋转变换的区别.‎ ‎3.探索图形之间的变换关系(轴对称、平移、旋转及其组合),能灵活运用轴对称、平移和旋转的组合进行图案设计.‎ 考点一 轴对称图形、轴对称变换 例1、如图,将三角形纸片ABC沿DE折叠,使点A落在BC边上的点F处,‎ 且DE∥BC,下列结论:①△BDF是等腰三角形;②DE=BC;③四边形ADFE 是菱形;④∠BDF+∠FEC=2∠A.其中一定正确的个数是( ).‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎【思路点拨】如图,分别过点D，E作BC的垂线DG，EH；连接AF,由于折叠是轴对称变换知AF与DE垂直,因为DE∥BC，所以AF与BC垂直,且AM=MF,可以证明点D，E分别是AB,AC的中点,即DE是△ABC的中位线,所以②DE=BC是正确的；由于折叠是轴对称变换知AD=DF,AE=EF,所以DA=DB=DF,所以①△BDF是等腰三角形是正确的；因DG∥AF∥EH,所以∠BDG=∠DAM,又因为DG是等腰三角形BDF的高,所以∠BDF=2∠DAM,同 理 ∠CEF = 2 ∠EAM, 所以 ④∠BDF+∠FEC=2∠A是正确的；如图显然四边形ADFE不是菱形,③是错误的．‎ ‎【参考答案】C ‎【方法归纳】轴对称图形的定义：把一个图形沿着一条直线对折后,直线两旁的部分能够互相重合,那么这个图形就叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴.轴对称图形的性质：(1)对应点所连的线段被对称轴垂直平分；(2)对应线段相等、对应角相等,对应的图形是全等图形.‎ ‎【误区提醒】折纸问题是近年来中考中的热点问题,本题巧妙的运用平行线性质、折叠全等不变性质得到三角形中位线,如果能顺利地判断出这一点,其他问题就将迎刃而解.在解题时不要受给出的图形影响,如△ABC像是等腰三角形,就认为△ABC就是等腰三角形,那样的话四边形ADFE就是菱形了,造成判断上的错误.此外,轴对称图形是指一个图形,而轴对称变换是指两个图形之间的关系.‎ 考点二 中心对称图形、中心对称 例2、下列图形中,是中心对称图形但不是轴对称图形的是( ).‎ ‎【思路点拨】把一个图形沿着某一条直线折叠,如果直线两旁的部分能互相重合,那么这个图形是轴对称图形； 把一个平面图形绕某一点旋转180°,如果旋转后的图形能和原图形互相重合,那么这个图形叫做中心对称图形.对照定义,可知A是轴对称图形,且有1条对称轴,但不是中心对称图形；B是中心对称图形,不是轴对称图形；C是轴对称图形,有1条对称轴,但不是中心对称图形；D既是中心对称图形又是轴对称图形,有4条对称轴．‎ ‎【参考答案】B ‎【方法归纳】如果一个图形绕着中心点旋转180°后能与自身重合,我们把这种图形叫做中心对称图形.成中心对称的两个图形的对称点的连线都经过对称中心,并且被对称中心平分.‎ ‎【误区提醒】中心对称图形是指一个图形,而中心对称是指两个图形之间的关系.‎ 考点三 平移变换 例3、如图，在平面直角坐标系中，正三角形OAB的顶点B的坐标为（2，0），‎ 点A在第一象限内，将△OAB沿直线OA的方向平移至△O′A′B′的位置，‎ 此时点A′的横坐标为3，则点B′的坐标为 .‎ ‎【思路点拨】作AM⊥x轴于点M.根据等边三角形的性质得OA=OB=2，∠AOB=60°，‎ 在Rt△OAM中,利用含30°角的直角三角形的性质求出OM=1，AM=，从而求得 点A的坐标为（1，），直线OA的解析式为y=x,当x=3时，y=3,所以 点A′的坐标为（3，3），所以点A′是由点A向右平移2个单位，向上平移 ‎23个单位后得到的，于是得点B′的坐标为（4,2）.‎ ‎【参考答案】（4,23）‎ ‎【方法归纳】本题考查了坐标与图形变化——平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同.平移中点的变化规律：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减.也考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质.求出点A′的坐标是解题的关键.‎ 考点四 旋转变换 例4、在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠B=30°,线段AD是BC边上的中线,如图1,将△ADC沿直线BC平移,使点D与点C重合,得到△FCE,如图2,再将△FCE绕点C顺时针旋转,设旋转角为α(0°＜α≤90°),连接AF,DE．‎ ‎(1)在旋转过程中,当∠ACE=150°时,求旋转角α的度数；‎ ‎(2)探究旋转过程中四边形ADEF能形成哪些特殊四边形？请说明理由．‎ ‎【思路点拨】(1)由题意分析可知此问需分两种情况讨论：①点E和点D在直线AC两侧；②点E和点D在直线AC同侧；(2)在旋转过程中,总是存在AC=CE,DC=CE.由图形的对称性可知,将会出现两种对角线相等的特殊四边形：等腰梯形和矩形.抓住平移和旋转的性质,较易证明．‎ 解：(1)在图1中,∵∠BAC=90°,∠B=30°,‎ ‎∴∠ACE=∠BAC+∠B=120°．‎ 如图2,当点E和点D在直线AC两侧时,由于∠ACE=150°,∴α=150°-120°=30°.当点E和点D在直线AC同侧时,由于∠ACB=180°-∠BAC-∠B=60°,∴∠DCE=∠ACE-∠ACB=150°-60°=90°.‎ ‎∴α=180°-∠DCE=90°.∴旋转角α为30°或90°;‎ ‎(2)四边形ADEF能形成等腰梯形和矩形．‎ ‎∵∠BAC=90°,∠B=30°,∴AC=BC．‎ 又∵AD是BC边上的中线,∴AD=DC=BC=AC.∴△ADC为正三角形．‎ ‎①当α=60°时,如图3,∠ACE=120°+60°=180°.‎ ‎∵CA=CE=CD=CF,‎ ‎∴四边形ADEF为矩形．‎ ‎②当α≠60°时,∠ACF≠120°,∠DCE=360°-60°-60°-∠ACF≠120°．‎ 显然DE≠AF．∵AC=CF,CD=CE,‎ ‎∴2∠FAC+∠ACF=2∠CDE+∠DCE=180°.‎ ‎∵∠ACF+∠DCE=360°-60°-60°=240°,‎ ‎∴∠FAC+∠CDE=60°.∴∠DAF+∠ADE=120°+60°=180°.∴AF∥DE．‎ 又∵DE≠AF,AD=EF,∴四边形ADEF为等腰梯形．‎ ‎【方法归纳】旋转的概念：在平面内,将一个图形绕一个定点沿某一个方向转动一个角度,这种图形的运动称为旋转,这个定点叫做旋转中心,转动的角度叫做旋转角.‎ 旋转变换的性质：经过旋转,图形上每个点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同的角度,任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是旋转角,对应点到旋转中心的距离相等,旋转变换不改变图形的形状和大小,是全等变换.‎ ‎【误区提醒】决定旋转变换的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度,作图按三个步骤进行：(1)在已知图形上找一些关键的点；(2)画出这些关键点的对应点；(3)顺次连接这些对应点.‎ 考点五 图形变换的应用 例5、如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上的点F处.‎ ‎（1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？‎ ‎（2）如果AM=1，sin∠DMF=，求AB的长.‎ ‎【思路点拨】（1）由矩形的性质得∠A=∠B=∠C=90°，由折叠的性质和等角的余角相等，可得∠BPQ=∠AMP=∠DQC，所以△AMP∽△BPQ∽△CQD；（2）先证明MD=MQ，然后根据sin∠DMF=DFMD=35，设DF=3x，MD=5x，再分别表示出AP，BP，BQ，根据△AMP∽△BPQ，列出比例式解方程求解即可.‎ 解：（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD.‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=90°.‎ 由折叠的性质可知∠APM=∠EPM，∠EPQ=∠BPQ.‎ ‎∴∠APM+∠BPQ=∠EPM+∠EPQ=90°.‎ ‎∵∠APM+∠AMP=90°，∴∠BPQ=∠AMP.‎ ‎∴△AMP∽△BPQ.‎ 同理：△BPQ∽△CQD.‎ 根据相似的传递性可得△AMP∽△CQD；‎ ‎（2）∵AD∥BC，∴∠DQC=∠MDQ.‎ 由折叠的性质可知∠DQC=∠DQM.‎ ‎∴∠MDQ=∠DQM.∴MD=MQ.‎ ‎∵AM=ME，BQ=EQ，‎ ‎∴BQ=MQ-ME=MD-AM.‎ ‎∵sin∠DMF=，则设DF=3x，MD=5x，则BP=PA=PE=，BQ=5x-1.‎ ‎∵△AMP∽△BPQ，∴，即，解得x=（舍去）或x=2，∴AB=6.‎ ‎【方法归纳】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、翻折的性质以及锐角三角函数的综合运用，图形的折叠是对称变换，是一种全等变换.‎ ‎【误区提醒】折叠问题要注意找正确边角的等量关系，本题求AB长时，关键是恰当的设出未知数表示出一对相似三角形的对应边并列比例式.‎ ‎【例题讲解】‎ ‎1.图形的平移：如图1，在平面直角坐标系中，正三角形OAB的顶点B的坐标为（2, 0），点A在第一象限内，将△OAB沿直线OA的方向平移至△O′B′A′的位置，此时点A′的横坐标为3，则点B′的坐标为（ ）．‎ A．（4，） B．（3，） C．（4，） D．（3，）‎ ‎ 图1 图 2 图3 图4‎ 答案 A．思路如下：‎ 如图，当点B的坐标为（2, 0），点A的横坐标为1．‎ 当点A'的横坐标为3时，等边三角形A′OC的边长为6．‎ 在Rt△B′CD中，B′C＝4，所以DC＝2，B′D＝．此时B′．‎ ‎2.图形的折叠：如图2，在矩形ABCD中，AD＝15，点E在边DC上，联结AE，△ADE沿直线AE翻折后点D落到点F，过点F作FG⊥AD，垂足为G．如果AD＝3GD，那么DE＝_____．‎ 答案 ．思路如下：‎ 如图，过点F作AD的平行线交AB于M，交DC于N．‎ 因为AD＝15，当AD＝3GD时，MF＝AG＝10，FN＝GD＝5．‎ 在Rt△AMF中，AF＝AD＝15，MF＝10，所以AM＝．‎ 设DE＝m，那么NE＝．‎ 由△AMF∽△FNE，得，即．解得m＝．‎ ‎3.图形的旋转：如图3，已知Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝6，BC＝4，将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，若点F是DE的中点，连接AF，则AF= ．‎ 答案 5．思路如下：‎ 如图，作FH⊥AC于H．‎ 由于F是ED的中点，所以HF是△ECD的中位线，所以HF＝3．‎ 由于AE＝AC－EC＝6－4＝2，EH＝2，所以AH＝4．所以AF＝5．‎ ‎4.三角形： 如图4，△ABC≌△DEF（点A、B分别与点D、E对应），AB＝AC＝5，BC＝6．△ABC固定不动，△DEF运动，并满足点E在BC边从B向C移动（点E不与B、C重合），DE 始终经过点A，EF与AC边交于点M，当△AEM是等腰三角形时，BE＝_________．‎ 答案 或1．思路如下：‎ 设BE＝x．‎ 由△ABE∽△ECM，得，即．‎ 等腰三角形AEM分三种情况讨论：‎ ‎①如图2，如果AE＝AM，那么△AEM∽△ABC．‎ 所以．解得x＝0，此时E、B重合，舍去．‎ ‎②如图3，当EA＝EM时，．解得x＝1．‎ ‎③如图4，当MA＝ME时，△MEA∽△ABC．所以．解得x＝．‎ 图2 图3 图4‎ ‎5.四边形：如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（ ）．‎ A． B． C．5 D．6‎ 图5 图6 图7‎ 答案 C．思路如下：‎ 拖动点E在AB上运动，可以体验到，当EF与AC垂直时，四边形EGFH是菱形（如图2）．‎ 如图3，在Rt△ABC中，AB＝8，BC＝4，所以AC＝．‎ 由cos∠BAC＝，得．所以AE＝5．‎ 图2 图3‎ ‎6.圆：如图1，⊙O的半径为2，AB，CD是互相垂直的两条直径，点P是⊙O上任意一点（P与A，B，C，D不重合），过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥CD于点N，点Q是MN的中点，当点P沿着圆周转过45°时，点Q走过的路径长为__________．‎ A. B. C. D. ‎ 答案 A．思路如下：‎ 拖动点P在圆周上运动一周，可以体验到，当点P沿着圆周转过45°时，点Q走过的路径是圆心角为45°半径为1的一段弧．‎ 如图2，四边形PMON是矩形，对角线MN与OP互相平分且相等，因此点Q是OP的中点．‎ 如图3，当∠DOP＝45°时，的长为．‎ 图2 图3‎ ‎7.函数图像：如图7，直线l与半径为4的⊙O相切于点A，P是⊙O上一个动点（不与点A重合），过点P作PB⊥l，垂足为B，联结PA．设PA＝x，PB＝y，则(x－y)的最大值是_____．‎ 答案 2．思路如下：‎ 拖动点P在圆上运动一周，可以体验到，AF的长可以表示x－y，点F的轨迹象两叶新树丫，当AF最大时，OF与AF垂直（如图2）．‎ 如图3，AC为⊙O的直径，联结PC．‎ 由△ACP∽△PAB，得，即．所以．‎ 因此．‎ 所以当x＝4时，x－y最大，最大值为2．‎ 图2 图3‎ ‎【课后练习】‎ ‎1.如图1，在△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°，将△ABC沿射线BC方向平移2个单位后，得到△A′B′C′，联结A′C，则△A′B′C的周长为_______．（答案 12）‎ 图1 图2 图3 图4‎ ‎2.如图2，已知在矩形ABCD中，点E在边BC上，BE＝2CE，将矩形沿着过点E的直线翻折后，点C、D分别落在边BC下方的点C′、D′处，且点C′、D′、B在同一条直线上，折痕与边AD交于点F，D′F与BE交于点G．设AB＝t，那么△EFG的周长为______________（用含t的代数式表示）．‎ 答案 ．思路如下：如图2-1，等边三角形EFG的高＝AB＝t，计算得边长为．‎ 图2-1 图3-1‎ ‎3.如图3，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝4，D为边AC上一点，且AD＝3，如果△ABD绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，点D旋转至D'，那么线段DD'的长为 ．‎ 答案 ．思路如下：如图3-1，由△ABC∽△ADD'，可得．5∶4＝3∶DD'．‎ ‎4.如图4，正方形ABCD的边长为‎3cm，E为CD边上一点，∠DAE＝30°，M为AE的中点，过点M作直线分别与AD、BC相交于点P、Q．若PQ＝AE，则AP的长等于__________cm．‎ 答案 1或2．思路如下：如图2，当PQ＝AE时，可证PQ与AE互相垂直．‎ 在Rt△ADE中，由∠DAE＝30°，AD＝3，可得AE＝．‎ 在Rt△APM中，由∠PAM＝30°，AM＝，可得AP＝2．‎ 在图3中，∠ADF＝30°，当PQ＝DF时，DP＝2，所以AP＝1．‎ ‎ 图2 图3‎ ‎5. 将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形ABCD，转动这个四边形，使它形状改变．当∠B＝90°时，如图5-1，测得AC＝2．当∠B＝60°时，如图5-2，AC等于（ ）．‎ ‎(A)； (B)2； (C) ； (D) 2．‎ 图5-1 图5-2 图6‎ 答案 (A)．思路如下：拖动点A绕着点B旋转，，当∠B＝90°时，△ABC 是等腰直角三角形；当∠B＝60°时，△ABC是等边三角形（如图3）．‎ ‎6.如图6，在矩形ABCD中，AD＝8，E是AB边上一点，且AE＝AB，⊙O经过点E，与边CD所在直线相切于点G（∠GEB为锐角），与边AB所在直线相交于另一点F，且EG∶EF＝∶2．当边AD或BC所在的直线与⊙O相切时，AB的长是________．‎ 答案 12或4．思路如下：‎ 拖动点B运动，可以体验到，⊙O的大小是确定的，⊙O既可以与BC相切（如图3），也可以与AD相切（如图4）．‎ 如图2，在Rt△GEH中，由GH＝8，EG∶EF＝∶2，可以得到EH＝4．‎ 在Rt△OEH中，设⊙O的半径为r，由勾股定理，得r2＝42＋(8－r)2．解得r＝5．‎ 设AE＝x，那么AB＝4x．‎ 如图3，当⊙O与BC相切时，HB＝r＝5．‎ 由AB＝AE＋EH＋HB，得4x＝x＋4＋5．解得x＝3．此时AB＝12．‎ 如图4，当⊙O与AD相切时，HA＝r＝5．‎ 由AE＝AH－EH，得x＝5－4＝1．此时AB＝4．‎ 图2 图3 图4‎ ‎7.如图所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,∠BAC=60°,AB=8.半径为的⊙M与射线BA相切,切点为N,且AN=3.将Rt△ABC顺时针旋转120°后得到Rt△ADE,点B,C的对应点分别是点D,E．‎ ‎(1)画出旋转后的Rt△ADE； ‎ ‎(2)求出Rt△ADE 的直角边DE被⊙M截得的弦PQ的长度；‎ ‎(3)判断Rt△ADE的斜边AD所在的直线与⊙M的位置关系,并说明理由. ‎ ‎【思路点拨】(1)点A不动,由于∠BAC=60°,因此旋转120°后AE与AB在同一条直线上；(2)过点M作MF⊥DE,垂足为F.连接MP,构造出Rt△MPF，再通过勾股定理解直角三角形并结合垂径定理即可求解；(3)易猜想AD与⊙M相切.欲证AD与⊙M相切,只需HM=NM即可,而HM=NM可由△MHA≌△MNA得到．‎ 证明：(1)如图1，Rt△ADE就是旋转后的图形；‎ ‎ (2)如图2,过点M作MF⊥DE,垂足为F,连接MP．在Rt△MPF中,MP=,MF=4-3=1,由勾股定理易得PF=2,再由垂径定理知PQ=2PF=2；‎ ‎(3)AD与⊙M相切．‎ 证法一：如图2,过点M作MH⊥AD于H,连接MN, MA,则MN⊥AE且MN=.在Rt△AMN中,tan∠，∴∠MAN=30°.‎ ‎∵∠DAE=∠BAC=60°,∴∠MAD=30°.‎ ‎∴∠MAN=∠MAD=30°.∴MH=MN(由△MHA≌△MNA或解Rt△AMH求得MH=3,从而得MH=MN 亦可).‎ ‎∴AD与⊙M相切；‎ 证法二：如图2,连接MA,ME,MD,则S△ADE=S△AMD+S△AME+S△DME,过M作MH⊥AD于H, MF⊥DE于F, 连接MN, 则MN⊥AE且MN=,MF=1,‎ ‎∴AC·BC=AD·MH+AE·MN+DE·MF,由此可以计算出MH=.∴MH=MN.‎ ‎∴AD与⊙M相切．‎ ‎【方法归纳】本题综合了旋转、垂径定理、勾股定理、等腰三角形、圆与直线的位置关系等有关知识,是一道中等偏上的题,有一定区分度.其中证明圆与直线相切时通常是“作垂直,证半径”．‎