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

1、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OAB的位置，此时点A的横坐标为3，则点B的坐标为 .解析作AMx轴于点M.根据等边

2、三角形的性质得OA=OB=2，AOB=60，在RtOAM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RtABC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（090）,连接AF,DE（1）在旋转过程中,当ACE=150时,求旋转角的度数；（

3、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：点E和点D在直线AC两侧；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=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.=180-DCE=90.旋转角

4、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为正三角形当=60时,如图3,ACE=120+60=180CA=CE=CD=CF,四边形ADEF为矩形当60时,ACF120,DCE=360-ACF120显然DEAFAC=CF,CD=CE,2FAC+ACF=2CDE+DCE=180ACF+DCE=360=240FAC+CDE=60.DAF+ADE=120.AFDE又DEAF,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（APAM），点A和点B都与点E重

5、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，sinDMF= ，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AMPBPQCQD；（2）先证明MD=MQ，然后根据sinDMF= DFMD=35，设DF=3x，MD=5x，再分别表示出AP，BP，BQ，根据AMPBPQ，列出比例式解方程求解即可.解：（1）AMPBPQCQD.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

6、=90APM+AMP=90，BPQ=AMP.AMPBPQ.同理：BPQCQD.根据相似的传递性可得AMPCQD；（2）ADBC，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.sinDMF= ，则设DF=3x，MD=5x，则BP=PA=PE= ，BQ=5x-1.AMPBPQ， ，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OBA的位置，此时点A的横坐标为3，则点B的坐标为（ ）A（4， ）

7、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AOC的边长为6在RtBCD中，BC4，所以DC2，BD 此时B 例7、图形的折叠：如图，在矩形ABCD中，AD15，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FGAD，垂足为G如果AD3GD，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AD15，当AD3GD时，MFAG10，FNGD5在RtAMF中，AFAD15，MF10，所以AM 设DEm，那么NE 由AMFFNE，得 ，即 解得m 例8、图形

8、的旋转：如图，已知RtABC中，ABC90，AC6，BC4，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FHAC于H由于F是ED的中点，所以HF是ECD的中位线，所以HF3由于AEACEC642，EH2，所以AH4所以AF5例9、三角形： 如图，ABCDEF（点A、B分别与点D、E对应），ABAC5，BC6ABC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BEx由ABEECM，得 ，即 等腰三角形AEM分三种情况讨论：如图2，如果AE

9、AM，那么AEMABC所以 解得x0，此时E、B重合，舍去如图3，当EAEM时， 解得x1如图4，当MAME时，MEAABC所以 解得x 图2 图3 图4例10、四边形：如图，矩形ABCD中，AB8，BC4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 C5 D6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RtABC中，AB8，BC4，所以AC 由cosBAC ，得 所以AE5 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

10、合），过点P作PMAB于点M，PNCD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DOP45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PBl，垂足为B，联结PA设PAx，PBy，则（xy）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xy，点F

11、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ACPPAB，得 ，即 所以 因此 所以当x4时，xy最大，最大值为2例13、.如图所示,在RtABC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RtABC顺时针旋转120后得到RtADE,点B,C的对应点分别是点D,E（1）画出旋转后的RtADE； （2）求出RtADE 的直角边DE被M截得的弦PQ的长度；（3）判断RtADE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；（

12、2）过点M作MFDE,垂足为F.连接MP,构造出RtMPF，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MHAMNA得到答案证明：（1）如图1，RtADE就是旋转后的图形；（2）如图2,过点M作MFDE,垂足为F,连接MP在RtMPF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MHAD于H,连接MN, MA,则MNAE且MN= .在RtAMN中,tan ，MAN=30DAE=BAC=60,MAD=30MAN=MAD=30.MH=MN（由MHAMNA或解RtAMH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SADE=SAMD+SAME+SDME,过M作MHAD于H, MFDE于F, 连接MN, 则MNAE且MN= ,MF=1, ACBC= ADMH+ AEMN+ DEMF,由此可以计算出MH= .MH=MN.AD与M相切