中考数学一轮知识复习和巩固练习考点24 图形的变换（基础巩固） (含详解)

考向24   图形的变换

【知识梳理】

考点一、平移变换

1. 平移的概念：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移，平移不改变图形的形状和大小．

方法指导：

（1）平移是运动的一种形式，是图形变换的一种，本讲的平移是指平面图形在同一平面内的变换；

（2）图形的平移有两个要素：一是图形平移的方向，二是图形平移的距离，这两个要素是图形平移的依据；

（3）图形的平移是指图形整体的平移，经过平移后的图形，与原图形相比，只改变了位置，而不改变图形的大小，这个特征是得出图形平移的基本性质的依据．

2．平移的基本性质：由平移的概念知，经过平移，图形上的每一个点都沿同一个方向移动相同的距离，平移不改变图形的形状和大小，因此平移具有下列性质：经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应角相等．

方法指导：

（1）要注意正确找出“对应线段，对应角”，从而正确表达基本性质的特征；

（2）“对应点所连的线段平行且相等”，这个基本性质既可作为平移图形之间的性质，又可作为平移作图的依据．

考点二、轴对称变换

1．轴对称与轴对称图形
　  轴对称：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，也叫做这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴，折叠后重合的对应点，叫做对称点.
　  轴对称图形：把一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形.
    2．轴对称变换的性质
　　①关于直线对称的两个图形是全等图形.
　　②如果两个图形关于某直线对称，对称轴是对应点连线的垂直平分线.
　　③两个图形关于某直线对称，如果它们对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上.
　　④如果两个图形的对应点连线被同一直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称.
    3．轴对称作图步骤
　　①找出已知图形的关键点，过关键点作对称轴的垂线，并延长至2倍，得到各点的对称点．
　　②按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.

考点三、旋转变换

1．旋转概念：把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转.点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角.
    ２．旋转变换的性质
　　图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化.
    ３．旋转作图步骤
　　①分析题目要求，找出旋转中心，确定旋转角.
　　②分析所作图形，找出构成图形的关键点.
　　③沿一定的方向，按一定的角度、旋转各顶点和旋转中心所连线段,从而作出图形中各关键点的对应点.
　　④ 按原图形连结方式顺次连结各对应点.
    ４．中心对称与中心对称图形
  　中心对称：
　　把一个图形绕着某一点旋转180°，它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心对称的对称点．
　  中心对称图形：
　　把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫中心对称图形.
    5．中心对称作图步骤
　　① 连结决定已知图形的形状、大小的各关键点与对称中心，并且延长至2倍，得到各点的对称点.
　　② 按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.

方法指导：图形变换与图案设计的基本步骤
①确定图案的设计主题及要求；
②分析设计图案所给定的基本图案；
③利用平移、旋转、轴对称对基本图案进行变换，实现由基本图案到各部分图案的有机

组合；
④对图案进行修饰，完成图案.

【专项训练】

一、选择题

1. 以下图形：平行四边形、矩形、等腰三角形、线段、圆、菱形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有（    ）.

A．4个     B．5个     C．6个    D．3个

2．有以下现象：①温度计中，液柱的上升或下降；②打气筒打气时，活塞的运动；③钟摆的摆动；④传送带上瓶装饮料的移动，其中属于平移的是（    ）.

A．①③     B．①②    C．②③    D．②④

3.在图形的平移中，下列说法中错误的是（    ）.

A．图形上任意点移动的方向相同；    

B．图形上任意点移动的距离相同

C．图形上可能存在不动点；          

D．图形上任意对应点的连线长相等

4.如图，O是正六边形ABCDEF的中心，下列图形可由△OBC平移得到的是（    ）.
　　A.△OCD　　　

B.△OAB　　　

C.△OAF　　　

D.△OEF

5.如图，△ABC的面积为2，将△ABC沿AC方向平移到△DFE，且AC=CD，则四边形AEFB的面积为（　　）

A．6         

B．8       

C．10       

D．12

6.如图所示，△ABC中，AC＝5，中线AD＝7，△EDC是由△ADB旋转180°所得，则AB边的取值范围是（    ）．

A．l＜AB＜29 　　　

B．4＜AB＜24　　　

C．5＜AB＜19 　　　

D．9＜AB＜19

二、填空题

7. 如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠B＝45°，AE为BC边上的高，将△ABE沿AE所在直线翻折后得△AGE，那么△AGE与四边形AECD重叠部分的面积是           ．

8.如图，在△ACB中，∠BAC=50°，AC=2，AB=3，现将△ACB绕点A逆时针旋转50°得到△AC1B1，则阴影部分的面积为_______.
  

9. 如图，一张矩形纸片，要折叠出一个最大的正方形纸，小明把矩形的一个角沿折痕翻折上去，使AB边和AD边上的AF重合，则四边形ABEF就是一个最大的正方形，他的判定方法是________．

10. 如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2cm，点E在BC上，且AE＝CE．若将纸片沿AE折叠，点B恰好与AC上的点B1重合，则AC＝      cm．

11.如图，Rt△ABC，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则线段B′F的长为　      ．

12.如图,为矩形ABCD的中心，将直角三角板的直角顶点与点重合，转动三角板使两直角边始终与相交，交点分别为.如果，则与的关系式为          .

三、解答题

13.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上点F处．

（1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？（不需说明理由）

（2）如果AM=1，sin∠DMF=，求AB的长．

14.把两个全等的等腰直角三角板ABC和EFG（其直角边长均为4）叠放在一起（如图①），且使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合.现将三角板EFG绕O点顺时针方向旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°)，四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②）.

(1)在上述旋转过程中，BH与CK有怎样的数量关系？四边形CHGK的面积有何变化？证明你发现的结论；

(2)连接HK，在上述旋转过程中，设BH=，△GKH的面积为，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；

(3)在(2)的前提下，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的？若存在，求出此时的值；若不存在，说明理由.

15.如图，将矩形纸片ABCD按如下顺序进行折叠: 对折、展平, 得折痕EF(如图①); 沿GC折叠, 使点B落在EF上的点B′ 处(如图②)； 展平, 得折痕GC(如图③); 沿GH折叠, 使点C落在DH上的点C′ 处(如图④); 沿GC′ 折叠(如图⑤)； 展平, 得折痕GC′、GH(如图⑥).

(1)求图②中∠BCB′ 的大小；

(2)图⑥中的△GCC′ 是正三角形吗?请说明理由.

16.已知矩形纸片，.将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合.

（1）如果折痕FG分别与AD，AB交于点F，G（如图（1）），求DE的长.

（2）如果折痕FG分别与CD，AB交于点F，G（如图（2）），的外接圆与直线BC相切，求折痕FG的长.

答案与解析

一．选择题

1．【答案】A．

2．【答案】D.

【解析】①温度计中液柱的上升或下降改变图形的大小，不属于平移；
②打气筒打气时，活塞的运动属于平移；
③钟摆的摆动是旋转，不属于平移；
④传送带上瓶装饮料的移动符合平移的性质，属于平移．

3．【答案】C.

4．【答案】C.

5．【答案】C.

【解析】由题意可得平移的距离是2AC，AC=CD，连接FC，

S△BFC=2S△ABC，S△ABC= S△FDC=S△FDE=2，∴四边形AEFB的面积为10.

6．【答案】D.

【解析】∵△ADB绕点D旋转180°，得到△EDC，

∴AB=EC,AD=DE，而AD=7，∴AE=14，
在△ACE中，AC=5，
∴AE-AC＜EC＜AC+AE，
即14 -5＜EC＜14+5，∴9＜AD＜19．

二．填空题

7．【答案】2-2．

【解析】在边长为2的菱形ABCD中，∠B=45°，AE为BC边上的高，故AE=，
由折叠易得△ABG为等腰直角三角形，
∴S△ABG=BA•AG=2，S△ABE=1，∴CG=2BE-BC=2-2，
∴CO=OG=2-，∴S△COG=3-2，
∴重叠部分的面积为2-1-（3-2）=2-2．

8．【答案】.

【解析】S阴影=S扇形ABB1=．

9．【答案】对角线平分内角的矩形是正方形.

10．【答案】4cm.

【解析】∵AB=2cm，AB=AB1∴AB1=2cm，
∵四边形ABCD是矩形，AE=CE，∴∠ABE=∠AB1E=90°
∵AE=CE，∴AB1=B1C，∴AC=4cm．

11.【答案】　．

【解析】根据折叠的性质可知CD=AC=3，B′C=BC=4，∠ACE=∠DCE，∠BCF=∠B′CF，CE⊥AB，

∴B′D=4﹣3=1，∠DCE+∠B′CF=∠ACE+∠BCF，

∵∠ACB=90°，

∴∠ECF=45°，

∴△ECF是等腰直角三角形，

∴EF=CE，∠EFC=45°，

∴∠BFC=∠B′FC=135°，

∴∠B′FD=90°，

∵S△ABC=AC•BC=AB•CE，

∴AC•BC=AB•CE，

∵根据勾股定理求得AB=5，

∴CE=，

∴EF=，ED=AE=，

∴DF=EF﹣ED=，∴B′F=．

故答案为：．

12．【答案】.

三.综合题

13．【解析】

解：（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A=∠B=∠C=90°，

根据折叠的性质可知：∠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，△AMP∽△CQD；

（2）∵AD∥BC，

∴∠DQC=∠MDQ，

根据折叠的性质可知：∠DQC=∠DQM，

∴∠MDQ=∠DQM，

∴MD=MQ，

∵AM=ME，BQ=EQ，

∴BQ=MQ﹣ME=MD﹣AM，

∵sin∠DMF==，

∴设DF=3x，MD=5x，

∴BP=PA=PE=，BQ=5x﹣1，

∵△AMP∽△BPQ，

∴，∴，

解得：x=（舍）或x=2，

∴AB=6．

14．【解析】

(1).在上述旋转过程中，BH=CK，四边形CHGK的面积不变．
证明：连接CG，KH，
∵△ABC为等腰直角三角形，O（G）为其斜边中点，
∴CG=BG，CG⊥AB，
∴∠ACG=∠B=45°，
∵∠BGH与∠CGK均为旋转角，
∴∠BGH=∠CGK，
在△BGH与△CGK中，
∴△BGH≌△CGK（ASA），
∴BH=CK，S△BGH=S△CGK．
∴S四边形CHGK=S△CHG+S△CGK=S△CHG+S△BGH=S△ABC=××4×4=4，
即：S四边形CHGK的面积为4，是一个定值，在旋转过程中没有变化；
 

（2）∵AC=BC=4，BH=x，
  ∴CH=4-x，CK=x．
  由S△GHK=S四边形CHGK-S△CHK，
   得y=4 -x（4-x），
  ∴y=x2-2x+4．
由0°＜α＜90°，得到BH最大=BC=4，
∴0＜x＜4；
（3）存在．
根据题意，得x2-2x+4=×8，
解这个方程，得x1=1，x2=3，
即：当x=1或x=3时，△GHK的面积均等于△ABC的面积的．

15．【解析】

（1）由折叠的性质知：B′C=BC，
在Rt△B′FC中，
∵cos∠B′CF===，
∴∠B′CF=60°，
即∠BCB′=60°；
（2）根据题意得：GC平分∠BCC′，
∴∠GCB=∠GCC′=∠BCB′=30°，
∴∠GCC′=∠BCD-∠BCG=60°，
由折叠的性质知：GH是线段CC′的对称轴，
∴GC′=GC，
∴△GCC′是正三角形．

16.【解析】在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，，∠D=90°．
根据轴对称的性质，得EF=AF=．
∴DF=AD-AF=．在Rt△DEF中，DE=．

（2）设AE与FG的交点为O．根据轴对称的性质，得AO=EO．
取AD的中点M，连接MO．则MO=DE，MO∥DC．
设DE=x，则MO=x，在矩形ABCD中，∠C=∠D=90°，
∴AE为△AED的外接圆的直径，O为圆心．
延长MO交BC于点N，则ON∥CD,
∴∠CNM=180°-∠C=90°,
∴ON⊥BC，四边形MNCD是矩形．
∴MN=CD=AB=2．∴ON=MN-MO=2-x.
∵△AED的外接圆与BC相切，
∴ON是△AED的外接圆的半径,
∴OE=ON=2-x，AE=2ON=4-x．
在Rt△AED中，AD2+DE2=AE2，
∴12+x2=（4-x）2．
解这个方程，得x=． ∴DE=，OE=2-x=．
根据轴对称的性质，得AE⊥FG．
∴∠FOE=∠D=90°

可得,即FO=．
又AB∥CD，∴∠EFO=∠AGO，∠FEO=∠GAO．
  ∴△FEO≌△GAO．∴FO=GO．
∴FG=2FO=．
∴折痕FG的长是．