中考数学二轮复习重难题型突破类型二平移旋转折叠问题Word下载.docx
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[解析]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.
[答案]B
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
.
[解析]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).
[答案](4,23)
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.
[解析]
(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.
[答案]:
(1)在图1中,∵∠BAC=90°
∴∠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°
∴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°
-∠ACF≠120°
显然DE≠AF.∵AC=CF,CD=CE,
∴2∠FAC+∠ACF=2∠CDE+∠DCE=180°
∵∠ACF+∠DCE=360°
=240°
∴∠FAC+∠CDE=60°
.∴∠DAF+∠ADE=120°
.∴AF∥DE.
又∵DE≠AF,AD=EF,∴四边形ADEF为等腰梯形.
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.
[解析]
(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.
例6、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′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,)
[答案]A
[解析]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′.
例7、图形的折叠:
如图,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]
[解析]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=.
例8、图形的旋转:
如图,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=
.
5.
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.
例9、三角形:
如图,△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=_________.
或1
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
例10、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
[答案]C.
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3
例11、圆:
如图,⊙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.
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.
例12、函数图象:
如图,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.
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.
例13、.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.
[分析]
(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.
[答案]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.