中考数学二轮复习难题突破：平移旋转折叠问题（解析版）

这是一份中考数学二轮复习难题突破：平移旋转折叠问题（解析版），共9页。试卷主要包含了图形的旋转，三角形等内容，欢迎下载使用。
平移旋转折叠问题例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【解析】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．【答案】C例2、下列图形中,是中心对称图形但不是轴对称图形的是(     ).【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°,∠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．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=        ．     【答案】  5．【解析】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．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＝_________．【答案】  或1【解析】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．【解析】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．【解析】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．【解析】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．