2017春季中考数学图形的平移旋转折叠问题解析版 11页

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( ). 2 1 2 1 【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． 3 3 3 3 3 3 【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. 2 1 2 1 5 3 【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. 5 3= MD DF 5 3= MD DF 2 3x BQ AP BP AM = 1-x5 2 x3 2 x3 1 = 9 2 【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＝_________． 2 3 3 3 3 3 2 3 2 3 (4,2 3) 3 5 5 5 5 5 m− AM FN MF NE = 5 5 5 10 5 5 m = − 3 5 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． 11 6 AB EA EC ME = 5 6 EA x ME =− 5 5 6 6 EA ME x = = − 5 16 EA x ME = =− 6 5 5 6 EA ME x = = − 11 6 2 5 3 5 4 5 AB AO AC AE = 8 2 5 4 5 AE = 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 4 π 2 π 6 π 3 π 'D Q 1 2 1=8 4 ππ× × AC PA AP PB = 8 x x y = 21 8y x= 2 21 1 ( 4) 28 8x y x x x− = − = − − + 【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． 2 3t 2 3 3 t 12 5 2 3 3 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 2 6 2 1 4 5 5 3 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”． 3 2 3 3 3= AN MN 3 2 1 2 1 2 1 2 1 3