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7.2 图形的平移和旋转-中考数学一轮复习 知识点+练习
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这是一份7.2 图形的平移和旋转-中考数学一轮复习 知识点+练习,文件包含72图形的平移和旋转-解析版docx、72图形的平移和旋转-原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共105页, 欢迎下载使用。
第七章 图形的变化
7.2图形的平移和旋转
一、课标解读
1.图形的旋转
(1)通过具体实例认识平面图形关于旋转中心的旋转,并探索它的基本性质。
(2)了解中心对称、中心对称图形的概念,并探索它的基本性质。
(3)探索线段、平行四边形、正多边形、圆的中心对称性质。
(4)认识并欣赏自然界和现实生活中的中心对称图形。
2.图形的平移
(1)通过具体实例认识平移,并探索它的基本性质。
(2)认识并欣赏平移在自然界和现实生活中的应用。
(3)运用图形的轴对称、旋转、平移进行图案设计。
二、知识点回顾
知识点1.图形的平移
1.定义
在平面内,将一个图形整体沿某-直线方向移动一定的距离,图形的这种运动称为平移.
2.要素
平移的方向和距离.
3.性质
(1)平移前、后的图形全等;
(2)对应线段平行(或共线)且相等;
(3)对应点连线相等且平行(或共线).
知识点2. 图形的旋转
1.定义
把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度,叫做图形的旋转,点O叫做旋转中心,转动的角叫做旋转角.
2.三要素
旋转中心、旋转方向和旋转角.
3.性质
(1)旋转前、后的图形全等;
(2)对应点到旋转中心的距离相等;
(3)任意一对对应点与旋转中心连线段的夹角等于旋转角.
三、热点训练
热点1:图形的平移变换
一练基础
1.(2021·广西梧州·模拟预测)下列图形中,不能通过其中一个阴影图形平移得到的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据平移的特征,对应点连线平行且相等可判断A、B、D、可排除C.
【详解】
解:A可以通过阴影菱形平移3次可以得到全图,故不符合题意;
B可以通过阴影菱形平移3次可以得到全图,故不符合题意;
C通过旋转5次,60°,120°,180°,240°,300°,可以的到全图,故不是平移得到的,符合题意;
D可以通过阴影圆平移4次可以得到全图,故不符合题意;
故选择:C.
【点睛】
本题考查图形的平移与旋转,掌握平移的特征,注意与旋转特征的区别是解题关键.图形的平移只改变图形的位置,而不改变图形的形状和大小,对应点连线平行且相等.
2.(2020·全国·九年级专题练习)如图,8×8方格纸的两条对称轴EF,MN相交于点O,图a到图b的变换是( )
A.绕点O旋转180°
B.先向上平移3格,再向右平移4格
C.先以直线MN为对称轴作轴对称,再向上平移4格
D.先向右平移4格,再以直线EF为对称轴作轴对称
【答案】D
【解析】
【详解】
观察图形,把图形b关于EF对称后的图形与a的位置一致,然后在把该图形向左平移四个小方格就可得到图形a,
∴图a到图b的变换是先向右平移4格,再以直线EF为对称轴作轴对称,
故选D
【点睛】
本题考查图形的变换,掌握对称和平移的概念和特征是解本题的关键,本题属基础题
3.(2020·湖南衡阳·中考真题)如图,学校课外生物小组的试验园地的形状是长35米、宽20米的矩形.为便于管理,要在中间开辟一横两纵共三条等宽的小道,使种植面积为600平方米,则小道的宽为多少米?若设小道的宽为米,则根据题意,列方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
把阴影部分分别移到矩形的上边和左边,可得种植面积为一个矩形,根据种植的面积为600列出方程即可.
【详解】
解:如图,设小道的宽为,
则种植部分的长为,宽为
由题意得:.
故选C.
【点睛】
考查一元二次方程的应用;利用平移的知识得到种植面积的形状是解决本题的突破点;得到种植面积的长与宽是解决本题的关键.
4.(2021·天津河东·二模)如图,两个全等的直角三角形重叠在一起,将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到△DEF的位置,AB=10,DO=4,平移距离为6,则阴影部分面积为( )
A.48 B.96 C.84 D.42
【答案】A
【解析】
【分析】
根据平移的性质得出BE=2,DE=AB=14,则OE=3,则阴影部分面积=S四边形ODFC=S梯形ABEO,根据梯形的面积公式即可求解.
【详解】
解:由平移的性质知,BE=2,DE=AB=4,
∴OE=DE-DO=4-1=3,
∴S四边形ODFC=S梯形ABEO=(AB+OE)•BE=(4+3)×2=7.
故选:A.
【点睛】
本题主要考查了平移的性质及梯形的面积公式,得出阴影部分和梯形ABEO的面积相等是解题的关键.
5.(2020·甘肃金昌·中考真题)如图,在平面直角坐标系中,的顶点,的坐标分别为,,把沿轴向右平移得到,如果点的坐标为,则点的坐标为__________.
【答案】(7,0)
【解析】
【分析】
根据B点横坐标与A点横坐标之差和E点横坐标与D点横坐标之差相等即可求解.
【详解】
解:由题意知:A、B两点之间的横坐标差为:,
由平移性质可知:E、D两点横坐标之差与B、A两点横坐标之差相等,
设E点横坐标为a,
则a-6=1,∴a=7,
∴E点坐标为(7,0) .
故答案为:(7,0) .
【点睛】
本题考查了图形的平移规律,平移前后对应点的线段长度不发生变化,熟练掌握平移的性质是解决此题的关键.
二练巩固
6.(2021·浙江绍兴·中考真题)数学兴趣小组同学从“中国结”的图案(图1)中发现,用相同的菱形放置,可得到更多的菱形.如图2,用2个相同的菱形放置,得到3个菱形.下面说法正确的是( )
A.用3个相同的菱形放置,最多能得到6个菱形
B.用4个相同的菱形放置,最多能得到16个菱形
C.用5个相同的菱形放置,最多能得到27个菱形
D.用6个相同的菱形放置,最多能得到41个菱形
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可
【详解】
如图所示,
用2个相同的菱形放置,最多能得到3个菱形;
用3个相同的菱形放置,最多能得到8个菱形,
用4个相同的菱形放置,最多能得到16个菱形,
用5个相同的菱形放置,最多能得到29个菱形,
用6个相同的菱形放置,最多能得到47个菱形.
故选:B.
【点睛】
本题考查了生活中的平移现象,菱形的判定,正确的识别图形是解题的关键.
7.(2020·浙江湖州·模拟预测)如图,已知线段AB与射线BC垂直,AB=2.把线段AB向右平移3个单位,那么AB扫过区域的面积是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】D
【解析】
【分析】
此题根据平移考查矩形的面积.
【详解】
当向右平移3个单位后,形成一个矩形,
该矩形的长为3,宽为AB=2,
∴面积为 ,
即AB扫过区域的面积是6,
故选:D.
【点睛】
此题利用平移的相关知识考查矩形面积,难度一般.
8.(2019·吉林长春·模拟预测)如图,△ABC的顶点A,C落在坐标轴上,且顶点B的坐标为(﹣5,2),将△ABC沿x轴向右平移得到△A1B1C1,使得点B1恰好落在函数y=上,若线段AC扫过的面积为48,则点C1的坐标为( )
A.(3,2) B.(5,6) C.(8,6) D.(6,6)
【答案】C
【解析】
【分析】
B和B1的纵坐标相同,据此把y=2代入反比例函数的解析式求得B1的坐标,则平移的距离即可求得,线段AC扫过的部分是平行四边形,利用平行四边形的面积公式求得C1的纵坐标,则坐标即可求得.
【详解】
B1的纵坐标是2,把y=2代入y=得x==3,
则B1的坐标是(3,2),则平移的距离是3﹣(﹣5)=8(单位长度).
则AA1=8.
则C1的纵坐标是=6,
则C1的坐标是(8,6).
故选C.
【点睛】
本题考查了图形的平移以及反比例函数的性质,正确求得平移的距离是关键.
9.(2021·山东单县·二模)如图,将沿边上的中线平移到的位置,已知的面积为9,阴影部分三角形的面积为4.若,则等于( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】A
【解析】
【分析】
将阴影部分的三角形表示为,如下图所示;由且为边的中线知,,根据知 ,据此求解可得.
【详解】
解:如图,
∵,且AD为BC边的中线,
∴,,
∵将沿边上的中线平移到,
∴,
∴,
则,
即,
解得或(舍),
故选:A.
【点睛】
本题主要平移的性质,解题的关键是熟练掌握平移变换的性质与三角形中线的性质、相似三角形的判定与性质等知识点.
10.(2019·安徽·一模)方格中,每个小正方形的边长都是单位1,△ABC在平面直角坐标系中的位置如图.
(1)画出将△ABC向右平移2个单位得到△A1B1C1;
(2)画出将△ABC绕点O顺时针方向旋转90°得到的△A2B2C2;
(3)求(2)中C点所经过的路径长.
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)
【解析】
【分析】
(1)直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案;
(2)直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案;
(3)利用点C的坐标求得OC,然后根据弧长公式即可求得.
【详解】
解:(1)如图所示:△A1B1C1,即为所求;
(2)如图所示:△A2B2C2,即为所求;
(3)∵C(﹣3,2),
∴OC=,
∴(2)中C点所经过的路径长:.
【点睛】
此题主要考查了平移变换、旋转变换,正确得出对应点位置是解题关键.
三练拔高
11.(2021·山东龙口·二模)如图,在△ABC中,BC=4,将△ABC平移7个单位长度得到△A1B1C1,点P、Q分别是AB、A1C1的中点,PQ的最小值等于( )
A.9 B.4 C.2 D.5
【答案】D
【解析】
【分析】
取A1B1的中点P′,连接QP′、PP′,如图,根据平移的性质得到PP′=7,B1C1=BC=4,再利用P′Q为△A1B1C1的中位线得到P′Q=2,利用三角形三边的关系得到
∴PP′﹣P′Q≤PQ≤PP′+P′Q(当且仅当P、P′、Q三点共线时取等号),从而得到PQ的最小值.
【详解】
解:取A1B1的中点P′,连接QP′、PP′,如图,
∵△ABC平移7个单位长度得到△A1B1C1,
∴PP′=7,B1C1=BC=4,
∵Q是A1C1的中点,P′为A1B1的中点,
∴P′Q为△A1B1C1的中位线,
∴P′Q=B1C1=2,
∴PP′﹣P′Q≤PQ≤PP′+P′Q(当且仅当P、P′、Q三点共线时取等号),
即7﹣2≤PQ≤7+2,
∴PQ的最小值为5.
故选:D.
【点睛】
本题考查了平移的性质:把一个图形整体沿某一直线方向移动,会得到一个新的图形,新图形与原图形的形状和大小完全相同;新图形中的每一点,都是由原图形中的某一点移动后得到的,这两个点是对应点.连接各组对应点的线段平行(或共线)且相等.
12.(2021·湖北黄冈·二模)如图,在中,,,点是的中点,连接,将沿射线方向平移,在此过程中,的边与的边、分别交于点、,当的面积是面积的时,则平移的距离是______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据三角形中线把三角形的面积分成相等的两部分得到,根据题意得到△AEF的面积是△ADC面积的,通过证得△AEF∽△ADC求得AF,即可求得CF.
【详解】
解:∵D是AB的中点,
∴,
∵△AEF的面积是Rt△ABC面积的,
∴△AEF的面积是△ADC面积的,
∵EF∥CD,
∴△AEF∽△ADC,
∴,即,
∴AF=,
∴CF=,
△BCD平移的距离是,
故答案为:.
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边中线的性质,三角形的面积,平移的性质,三角形相似的判定和性质,求得CF的长是解题的关键.
13.(2021·江苏邗江·二模)已知:在中,,,,将沿射线AC向下平移得,边交BC于点D.
(1)求;
(2)连接,判断四边形的形状,并说明理由;
(3)若四边形为正方形,则平移得距离为________________.
【答案】(1);(2)矩形,理由见解析;(3)6
【解析】
【分析】
(1)由平移得到,根据的余弦值求值即可.
(2)四边形是平行四边形,,进行判定即可.
(3)由正方形性质,.
【详解】
(1)解:∵由平移性质可知,
∴,
∵,,,
∴,
∴
(2)由平移性质可知,
∴四边形是平行四边形,
又∵,
∴四边形是矩形,
(3)∵ 四边形为正方形,
∴
【点睛】
本题考查矩形的判定,正方形的性质,锐角三角函数、平移的性质等相关知识点,根据相关定理找见需要的条件是解题关键.
14.(2021·河南邓州·一模)如图,抛物线过,,三点,边长为4的正方形的顶点,分别在轴上,轴上.
(1)求抛物线解析式,并直接写出当时的最大值与最小值的差.
(2)将正方形向右平移,平移距离记为.
①当点首次落在抛物线上,求的值.
②当抛物线落在正方形内的部分,满足随的增大而减小时,请直接写出的取值范围.
【答案】(1)y=2x2-8x+6,18;(2)①;②
【解析】
【分析】
(1)根据待定系数法即可求出抛物线的解析式,然后根据二次函数的性质可确定y的最大值与最小值,进而可得答案;
(2)①当点首次落在抛物线上,则,解方程即可求出结果;
②当点首次落在抛物线上,,当时,抛物线落在正方形内的部分,满足 随的增大而减小,当时,即正方形运动到点处,此时抛物线落在正方形内的部分,满足 随的增大而减小,当时,对称轴右侧的抛物线进入正方形内,即满足随的增大而减小,故,进而求解.
【详解】
解:(1)由题意得:,解得 ,
故抛物线的表达式为,
由抛物线的表达式知,其顶点坐标为,
当时,,
故当时,时,取得最大值16,而在顶点处取得最小值 ,
的最大值与最小值的差为;
(2)①当点首次落在抛物线上,则,解得 ,
由于点C首次落在抛物线上,则;
②当点首次落在抛物线上,,当时,抛物线落在正方形内的部分,满足 随的增大而减小,
当时,即正方形运动到点处,此时抛物线落在正方形内的部分,满足随 的增大而减小,
当时,对称轴右侧的抛物线进入正方形内,即满足随的增大而减小,故;
故.
【点睛】
本题是二次函数综合题,主要考查了一次函数的性质、正方形的性质、图形的平移等,确定正方形和抛物线的位置关系是本题解题的关键.
15.(2021·天津·九年级专题练习)将一个平行四边形纸片ABCD放置在平面直角坐标系中,O为原点,点,点,点D在y轴正半轴上,.
(I)如图①,求点D的坐标;
(II)剪切下并将其沿x轴正方向平移,点A的对应点为,点D的对应点为,点O的对应点为,设,和四边形OBCD重叠部分的面积为S.
①如图②,若平移后和四边形OBCD重叠部分是五边形时,交y轴于点E,交BC于点F,试用含有t的式子表示S,并直接写出t的取值范围;
②当时,求S的取值范围(直接写出结果即可).
【答案】(Ⅰ)点D的坐标为; (Ⅱ)①;②.
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由 结合 从而可得答案;
(Ⅱ)①由平移可知,,从而可得,,,由,结合平移的性质可得,,再利用三角函数求解 同法求解 再利用,从而可得答案;②分三种情况讨论,当时,可得 当时,由①得:,再利用二次函数的性质可得: 当时,可得 由函数的性质可得当时, 从而可得答案.
【详解】
解:(Ⅰ)∵点,
∴.
在中,,
∴.
又点D在y轴正半轴上,
∴点D的坐标为.
(Ⅱ)①由平移可知,,
,,.
由知,,,
在中,.
∴.
同理.
又.
∴,
即.
②当时,如图,记与交于点
同理可得:当时,
即当时,
当时,由①得:
< 有最大值,
当时,
当时,如图,记与的交点为
同理可得:
< 当>时,随的增大而减少,
当时,
综上:.
【点睛】
本题考查的是平移的综合题,平行四边形的性质,坐标与图形,列二次函数的解析式及二次函数的性质,锐角三角函数的应用,掌握以上知识是解题的关键.
热点2:与图形平移有关的证明与计算
一练基础
1.(2020·河北迁安·一模)如图所示的直角坐标系内,双曲线的解析式为,若将原坐标系的轴向上平移两个单位,则双曲线在新坐标系内的解析式为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
将坐标系向上平移2个单位相当于将图象向下平移2个单位,据此求解即可.
【详解】
解:∵将坐标系向上平移两个单位相当于将图象向下平移2个单位,
∴向下平移2个单位的解析式为-2,
即:y+2=,
故选:B.
【点睛】
考查了反比例函数的性质及图象的平移规律,解题的关键是了解将坐标系向上平移2个单位相当于将图象向下平移2个单位,难度不大.
2.(2015·河南·模拟预测)如图,在平面直角坐标系中,点的坐标为,沿轴向右平移后得到,点的对应点在直线上一点,则点与其对应点间的距离为( )
A. B.3 C.4 D.5
【答案】C
【解析】
【分析】
连接,先根据平移的特点和点在直线上求出点的坐标,从而求出之间的距离,最后利用平移的性质可知,从而可得出答案.
【详解】
如图,连接 ,
∵点的坐标为,沿轴向右平移后得到,
∴点的纵坐标为3.
∵点在直线上,
∴,解得,
∴点的坐标为,
∴.
根据平移的性质可知 ,
故选:C.
【点睛】
本题主要考查点的平移,平移的性质及一次函数,掌握平移的性质是解题的关键.
3.(2020·安徽·一模)如图,在边长为个单位长度的小正方形组成的的网格中,给出了格点(网格线的交点)为端点的线段
(1)将线段通过平移使得点和点重合,点的对应点为,则应该先将线段向 平移个单位,再向上平移 个 单位,画出平移后对应的线段;
(2)将线段绕点按顺时针方向旋转点的对应点为 ,画出线段
(3)填空:
【答案】(1)右,2,作图见解析;(2)见解析;(3)135°
【解析】
【分析】
(1)利用对应点移动的规律进而得出图形的平移规律;
(2)根据网格结构找出点的位置,然后连接即可;
(3)将线段绕C点旋转,的对应点为,利用勾股定理的逆定理求得的度数,即可求解.
【详解】
(1)根据题意,应该先将线段向右平移个单位,再向上平移2个单位,线段如图所示:
(2)线段如图所示:
(3) 将线段绕C点旋转,的对应点为,连接、,
,,
∵,
∴,
∴为等腰直角三角形,
∴,
∴.
【点睛】
本题考查了平移变换和旋转变换作图,等腰直角三角形的判定和性质,熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键.
4.(2020·天津南开·一模)在平面直角坐标系中,有一条线段,已知点和,平移线段得到线段,若点的对应点的坐标为,则线段平移经过的区域(四边形)的面积为__________.
【答案】15
【解析】
【分析】
首先根据A点和A1的坐标可得点A向右平移了3个单位,又向下平移了1个单位,进而利用面积公式解答即可.
【详解】
解:∵点A(−3,0),点A的对应点A1的坐标为(0,−1),
∴点A向右平移了3个单位,又向下平移了1个单位,
∴B的平移方式也是向右平移了3个单位,又向下平移了1个单位,
∵B(0,4),
∴B1的点(3,3),
BA1=4+1=5
过B1作B1N⊥A1B于N,∴B1N=3
线段AB平移经过的区域(四边形ABB1A1)的面积为:
=15
故答案为:15
【点睛】
本题主要考查了坐标与图形的变化,关键是掌握横坐标,右移加,左移减;纵坐标,上移加,下移减.
5.(2021·全国·九年级专题练习)如图,在平面直角坐标系中,三个顶点的坐标分别是,,.
(1)请画出向左平移5个单位长度后得到的;
(2)请画出点关于原点的对称点,并写出点的坐标;
(3)若直线经过点和点,求直线的解析式.
【答案】(1)作图见解析;(2)作图见解析,;(3).
【解析】
【分析】
(1)利用平移的性质得出对应点的位置进而作图即可;
(2)利用原点对称点的性质得出对应点位置并作图即可;
(3)设直线的解析式为,把点和点代入直线,解方程组即可求出.
【详解】
(1)如图所示,为所求;
(2)如上图所示,点的坐标为;
(3)设直线的解析式为,
则,
所以,,,
所以,直线的解析式为.
【点睛】
本题主要考查了平移变换和旋转变换作图以及运用待定系数法求一次函数解析式.
二练巩固
6.(2021·全国·九年级课时练习)如图,将函数的图象沿轴向上平移得到一条新函数的图象,其中点,平移后的对应点分别为点、.若曲线段扫过的面积为20(图中的阴影部分),则新图象的函数表达式是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
曲线段AB扫过的面积=(xB-xA)×AA′=4AA′=20,则AA′=5,即可求解.
【详解】
解:曲线段AB扫过的面积=(xB-xA)×AA′=4AA′=20,
则AA′=5,
故抛物线向上平移5个单位,则;
故选:D.
【点睛】
本题考查的是抛物线与x轴的交点,主要考查函数图象上点的坐标特征,要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法,及这些点代表的意义及函数特征.
7.(2021·江苏高邮·一模)如图,在中,,若将平移6个单位长度得到,点、分别是、的中点,则的最大值是______.
【答案】8
【解析】
【分析】
取的中点M,连接PM,MQ,根据平移的性质和三角形中位线的性质得出PM=6,,,然后利用三角形三边关系求解即可.
【详解】
如图,取的中点M,连接PM,MQ,
根据题意可得:PM=6,,.
∵点M是的中点,点Q是的中点,
∴,
∴,即,
∴
∴PQ的最大值为8.
故答案为:8.
【点睛】
本题主要考查平移的性质和三角形三边关系,三角形的中位线的性质,掌握三角形三边关系是解题的关键.
8.(2020·辽宁阜新·中考真题)如图,把沿边平移到的位置,图中所示的三角形的面积与四边形的面积之比为4∶5,若,则此三角形移动的距离是____________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意可知△A1BD∽△ABC,又根据已知条件“图中所示的三角形的面积与四边形的面积之比为4∶5”可得与的面积比为4∶9,即得出A1B∶AB=2∶3,已知,故可求A1B,最终求出.
【详解】
∵根据题意“把沿边平移到的位置”,
∴AC∥A1D,故判断出△A1BD∽△ABC,
∵图中所示的三角形的面积与四边形的面积之比为4∶5,
∴与的面积比为4∶9,
∴A1B∶AB=2∶3,
∵,
∴A1B=,
∴=AB-A1B=4-=.
故答案为.
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定和性质,掌握相似三角形的判定方法和性质是解答本题的关键.
9.(2020·河北高阳·模拟预测)如图,边长为2的等边与等边互相重合,将沿直线向左平移个单位长度,将沿直线向右平移个单位长度.
(1)若,则______________;
(2)若、是线段的三等分点时,_______________.
【答案】 6 2或
【解析】
【分析】
(1)根据点平移的性质可得出AD=2m=12,从而得出结论;
(2)分点E、C的位置不同,两种情况来考虑,根据线段间的关系结合BC=2即可得出关于m的一元一次方程,解方程即可得出结论.
【详解】
∵将沿直线向左平移个单位长度,将向右也平移个单位长度,∴,
∵,
∴,
∴,
故填:6;
若、是线段的三等分点时分两种情况:
①点在点的左边时,如解图①所示.
∵、是线段的三等分点,
∴,
∵,,
∴,
解得;
②点在点的右边时,如解图②所示.
∵、是线段的三等分点,
∴,
∵,,
∴,
解得.
综上可知,当、是线段的三等分点时,的值为或2,
故填:或2.
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质以及平移的性质,解题的关键是:(1)找出AD=2m;(2)分两种情况考虑.本题属于中档题,难度不大,解决(2)时,很多同学往往忘记考虑到第二种情况,造成失分,故应在日常学习中多做些分类讨论(分段)的练习题.
10.(2021·江苏·苏州市金阊实验中学校一模)如图,在直角坐标系中,为原点,直线分别与轴、轴交于点、点,四边形是矩形,且点在轴正半轴上,连接于点,反比例函数()经过点,
(1)求点的坐标及的值;
(2)若将绕点逆时针旋转,点、点分别对应点、点,再将向右平移个单位,若平移后点在反比例函数图像上,求的值.
【答案】(1)B(1,0),k=10;(2)
【解析】
【分析】
(1)令y=0,代入,可得B的坐标,设D(a,2),则AD=OC=a,根据勾股定理列出关于a的方程,求出a的值,进而即可求解;
(2)过点作M⊥AD,由旋转的性质得BO=M=1,设再将向右平移个单位,(2+n,3),进而即可求解.
【详解】
解:(1)∵直线与轴交于点,
∴令y=0,代入,得,解得:x=1,令x=0,y=2,
∴B(1,0),A(0,2),
∴OA=2,
∵四边形是矩形,
∴CD=AO=2,
设D(a,2),则AD=OC=a,
∵,
∴,
又∵,,
∴,解得:a=5,即:D(5,2),
∴把D(5,2),代入,得k=10;
(2)过点作M⊥AD,
∵将绕点A逆时针旋转,点、点分别对应点、点,
∴也是由绕点A逆时针转90°得到,
∴BO=M=1,
∴(2,3),
设再将向右平移个单位,(2+n,3),在的图像上,则,解得:n=.
【点睛】
本题主要考查反比例函数与一次函数综合,熟练掌握矩形的性质,勾股定理,旋转的性质以及函数图像上点的坐标特征,是解题的关键.
三练拔高
11.(2020·湖南衡阳·中考真题)如图1,在平面直角坐标系中,在第一象限,且轴.直线从原点出发沿轴正方向平移.在平移过程中,直线被截得的线段长度与直线在轴上平移的距离的函数图象如图2所示.那么的面积为( )
A.3 B. C.6 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图象可以得到当移动的距离是4时,直线经过点A;当移动距离是6时,直线经过B,在移动距离是7时经过D,则AD=7-4=3,当直线经过D点,设交BC与N.则DN=2,作DM⊥AB于点M.利用三角函数即可求得DM即平行四边形的高,然后利用平行四边形的面积公式即可求解.
【详解】
解:根据图象可以得到当移动的距离是4时,直线经过点A
当移动距离是6时,直线经过B
当移动距离是7时经过D,则AD=7-4=3
如图:设交BC与N,则DN=2,作DM⊥AB于点M,
∵移动直线为y=x
∴∠NDM=45°
∴DM=cos∠NDM·ND=
∴的面积为AD×DM=3×=3.
故答案为B.
【点睛】
本题考查了平移变换、解直角三角形等知识,其中根据平移变换确定AD的长是解答本题的关键.
12.(2021·浙江·九年级期末)如图,直线分别与轴,轴交于点,,直线分别与轴,轴交于点,,直线,相交于点,将向右平移5个单位得到,若点好落在直线上,则______.
【答案】
【解析】
【分析】
由平移的性质可知: B' (5,3),代入l2,从而得出l2的函数解析式,求出DE和B' C的长度.
【详解】
∵
∴
将B向右平移5个单位后B′(5,3)
∵B′在直线
∴
∴
∴D(0, 8),C(8, 0)
因为直线l1,l2相交于点E
∴
∴
∴
作EH⊥y轴于H
由HE∥O′C得△DHE∽△COB'
∴
故答案为20:21
【点睛】
本题考查一次函数解析式、相似的性质及判定,平移的性质,熟练并灵活的使用性质及判定是关键
13.(2021·天津·南开翔宇学校九年级开学考试)如图,在每个小正方形边长为1的网格中,点均在格点上,交于点.
(Ⅰ)的值为_____________;
(Ⅱ)若点在线段上,当取得最小值时,请在如图所示的网格中用无刻度的直尺,画出点,并简要说明点的位置是如何找到的(不要求证明)_____________.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)取格点,连接与相交,得点.连接,与相交,得点,点即为所求,图形见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据正切的定义,在Rt△ABD中直接计算得出结果;
(2)过B点在AB下方作∠ABQ=45°,将转化为M到BQ的距离,于是最小值转化为P到直线BQ的最小值问题,即P到BQ的垂线段长,利用ABCD四点沿右下45°方向平移作P点的对应点P’,即可得PP’⊥BQ,PP’交AB与M,即所求.
【详解】
解:(Ⅰ)∵∠DAB=90°,
∴
故答案为:
(Ⅱ)如图:取格点,连接与相交,得点.连接,与相交,得点,点即为所求.
证明:如下图,将A、B、C、D四点分别向下平移2个单位,向右平移2个单位,得对应点格点,连接与相交,得点.连接、,
∴//,
取格点G,连接BG,
由格点图形可知,
∴,
作MH⊥BG,
∵∠MBG=45°,
∴,
∴,
即当P、M、H三点共线时取最小值,即时,
故:连接与相交,得点,点即为所求.
【点睛】
本题考查了作图-平移作图、格点图形性质,解题的关键是学会用转化的思想思考问题,体现了数形结合的思想,解题关键利用胡不归模型解决最值问题.
14.(2021·山西交城·二模)综合与实践
问题背景
在综合实践课上,同学们以“图形的平移与旋转”为主题开展数学活动,如图(1),先将一张等边三角形纸片ABC对折后剪开,得到两个互相重合的△ABD和△EFD,点E与点A重合,点B与点F重合,然后将△EFD绕点D顺时针旋转,使点F落在边AB上,如图(2),连接EC.
操作发现
(1)判断四边形BFEC的形状,并说明理由;
实践探究
(2)聪聪提出疑问:若等边三角形的边长为8,将图(2)中的△EFD沿射线BC的方向平移a个单位长度,得到△E′F′D′,连接BF′,CE′,若四边形BF′E′C为菱形,如图(3),则a的值为多少?请你帮聪聪解决这个问题,求出a的值;
(3)如果将(2)中聪聪所提问题的平移方向改为:沿射线CB的方向平移a个单位长度,其余条件都不变,则是否还存在四边形BF′E′C为菱形?若存在,直接写出平移距离a的值,若不存在,请说明理由;
(4)老师提出问题:请参照聪聪的思路,若等边三角形的边长为8,将图(2)中的△EFD在平面内进行一次平移,得到△E"F"D",请在图(4)中画出平移后构造出的新图形,标明字母,说明平移及构图方法,写出你发现的一个结论,不必证明.
【答案】(1)四边形BFEC为平行四边形,理由见解析;(2)a=2-2 (3)存在,a=2+2;(4)答案不唯一,合理即可给分.
【解析】
【分析】
(1)由等边三角形的性质及旋转的性质得△BFD为等边三角形,从而得EF∥BC且EF=BC,根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得结论;
(2)过点E′作E′G垂直BC交BC的延长线于点G,根据菱形的性质和解直角三角形分别求得E′G、D′G、CG的长度,从而可求得a的值;
(3)过点F′作F′G垂直BC交CB的延长线于点G,余下与(2)同;
(4)由于没有限制,只要合理即可.
【详解】
(1)四边形BFEC为平行四边形。
理由如下:∵△ABC为等边三角形
∴∠ABD=60°,AB=BC
由题意,知FD=BD
∴△BFD为等边三角形
∴∠FDB=60°
∵∠EFD=60°
∴EF∥BC
∵EF=AB=BC
∴四边形BEFC为平行四边形
(2)在Rt△ABD中,∠ABD=60°,BD=BC=4
∴AD=4
当△DEF沿射线BC方向平移时,过点E′作E′G垂直BC交BC的延长线于点G
∵E′F′ ∥BC, ∠F′E′D′=30°
∴∠E′D′ G=30°
在Rt△E′D′G 中,E′D′=4
∴E′G=2
∴D′G=6
∵四边形BF′E′C为菱形。
∴CE′=8
在Rt△E′CG中,由勾股定理得CG=2
∴DG=DC+CG=4+2
∴DD′=DG-D′G=2-2
∴a=2-2
(3)存在
当△DEF沿射线CB方向平移时,过点F′作F′G垂直BC交CB的延长线于点G,如图
∵E′F′ ∥BC, ∠F′E′D′=30°
∴∠E′D′ C=30°
∵∠F′D′E′=90°
∴∠F′D′G=60°,
∴∠D′F′ G=30°
在Rt△F′D′G 中,F′D′=FD=4
∴D′G=2
∴F′G=2
若四边形BF′E′C为菱形,则BF′=8
在Rt△F′BG中,由勾股定理得BG=2
∴DG=BD+BG=4+2
∴DD′=DG-D′G=2+2
∴a=2+2
(4)将△EFD沿FA方向平移4个单位长度,得到△E"F"D",则D"是AC的中点,所以DF=FA,且四边形AFD D"是平行四边形,从而四边形AFD D"是菱形.
【点睛】
本题是几何变换的综合题,主要考查了平移和旋转变换、等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质与判定等知识,用好平移和旋转两种变换是解决本题的关键.
热点3:图形的旋转变换
一练基础
1.(2022·黑龙江·哈尔滨工业大学附属中学校九年级期末)如图,将△OAB绕点O逆时针旋转80°得到△OCD,若∠A的度数为110°,∠D的度数为40°,则∠AOD的度数是( )
A.50° B.60° C.40° D.30°
【答案】A
【解析】
【分析】
根据旋转的性质求解再利用三角形的内角和定理求解再利用角的和差关系可得答案.
【详解】
解: 将△OAB绕点O逆时针旋转80°得到△OCD,
∠A的度数为110°,∠D的度数为40°,
故选A
【点睛】
本题考查的是三角形的内角和定理的应用,旋转的性质,掌握“旋转前后的对应角相等”是解本题的关键.
2.(2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校一模)如图,在中,,将绕点顺时针旋转后得到的(点的对应点是点,点的对应点是点),连接.若,则的大小是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
旋转中心为点A,C、C′为对应点,可知AC=AC′,又因为∠CAC′=90°,根据三角形外角的性质求出∠C′B′A的度数,进而求出∠B的度数.
【详解】
解:由旋转的性质可知,AC=AC′,
∵∠CAC′=90°,可知△CAC′为等腰直角三角形,则∠CC′A=45°.
∵∠CC′B′=32°,
∴∠C′B′A=∠C′CA+∠CC′B′=45°+32°=77°,
∵∠B=∠C′B′A,
∴∠B=77°,
故选:C.
【点睛】
本题考查了旋转的性质:旋转前后两图形全等,即对应角相等,对应线段相等.也考查了等腰直角三角形的性质.
3.(2021·黑龙江龙沙·三模)如图,点是等边内一点,,,,若将绕着点逆时针旋转后得到.则的值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先利用勾股定理的逆定理得到∠ADC=90°,再利用正切三角函数的定义求得,结合旋转的性质,即可求解.
【详解】
解:∵,,,
∴,即:∠ADB=90°,
∴ ,
∵将绕着点逆时针旋转后得到,
∴,
∴=,
故选D.
【点睛】
本题主要考查勾股定理的逆定理以及锐角三角函数的定义,推出是直角三角形,是解题的关键.
4.(2021·全国·九年级期末)如图,将△ABC绕点B按逆时针方向旋转40°到△DBE(其中点D与点A对应,点E与点C对应),连接AD,若,则∠ABE的度数为( )
A.25° B.30° C.35° D.40°
【答案】B
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得AB=DB,∠ABD=∠CBE=40°,由等腰三角形的性质可求∠BAD=∠BDA=70°,由平行线的性质可求∠DAB=∠ABC=70°,即可求解.
【详解】
解:∵将△ABC绕点B按逆时针方向旋转40°,
∴AB=DB,∠ABD=∠CBE=40°,
∴∠BAD=∠BDA=70°,
∵ADBC,
∴∠DAB=∠ABC=70°,
∴∠ABE=∠ABC﹣∠EBC=30°,
故选:B.
【点睛】
本题考查了旋转的性质,等腰三角形的性质,平行线的性质,掌握旋转的性质是本题的关键.
5.(2021·天津和平·二模)如图,以点为旋转中心,把顺时针旋转得.记旋转角为,连接,为,则的度数为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
延长AB交DE于点F,由旋转性质可得相当于将AB以点C为旋转中心,旋转至DE的位置,所以∠DFA等于旋转角α,然后利用三角形外角的性质求解
【详解】
解:延长AB交DE于点F
由以点为旋转中心,把顺时针旋转得.记旋转角为,
∴∠DFA=α
又∵为,则的度数为
故选:A
【点睛】
本题考查了旋转的性质,全等三角形的性质,等腰三角形的性质,灵活运用旋转的性质是本题的关键.
6.(2021·湖北随州·中考真题)如图,在中,,,,将绕点逆时针旋转角()得到,并使点落在边上,则点所经过的路径长为______.(结果保留)
【答案】.
【解析】
【分析】
利用勾股定理求出AB=2,根据旋转的性质得到旋转角为∠=60°,再由弧长计算公式,计算出结果.
【详解】
解:∵,,,
∴AB=2AC,
设AC=x,则AB=2x,由勾股定理得:
,
解得:x=1,
则:AC=1,AB=2,
∵将绕点逆时针旋转角()得到,且点落在边上,
∴旋转角为60°,
∴∠=60°,
∴点所经过的路径长为: ,
故答案为:.
【点睛】
本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式,解题关键在于找到旋转角,根据弧长公式进行计算.
二练巩固
7.(2022·江西宜春·九年级期末)如图,将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形.此时点A的对应点恰好落在对角线AC的中点处.若AB=3,则点B与点之间的距离为( )
A.3 B.6 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
连接,由矩形的性质得出∠ABC=90°,AC=BD,由旋转的性质得出,证明是等边三角形,由等边三角形的性质得出,由直角三角形的性质求出AC的长,由矩形的性质可得出答案.
【详解】
解:连接,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠ABC=90°,AC=BD,
∵点是AC的中点, ∴,
∵将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形,
∴
∴,
∴是等边三角形,
∴∠BAA'=60°,
∴∠ACB=30°,
∵AB=3, ∴AC=2AB=6,
∴.
即点B与点之间的距离为6.
故选:B.
【点睛】
本题考查了旋转的性质,矩形的性质,直角三角形的性质,等边三角形的判定和性质,求出AC的长是解本题的关键.
8.(2021·吉林·三模)如图,小明将矩形纸片ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEGH,点E恰好落在AC上,EG交AD于点F.若AB=3,tan∠ACB=,则FG的长为_____.
【答案】
【解析】
【分析】
先求出BC=4,由旋转的性质可求AE=AB=3,BC=EG=4,由锐角三角函数可求EF的长,即可求解.
【详解】
解:∵AB=3,tan∠ACB==,
∴BC=4,
∵将矩形纸片ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEGH,
∴AE=AB=3,BC=EG=8,
∵AD∥BC,
∴∠DAC=∠ACB,
∴tan∠ACB=tan∠DAC==,
∴EF=×3=,
∴FG=EG﹣EF=4﹣=,
故答案为:.
【点睛】
本题考查了旋转的性质,矩形的性质,锐角三角函数等知识,灵活运用这些性质解决问题是本题的关键.
9.(2022·辽宁·东北育才双语学校模拟预测)如图①,△ABC中,∠ABC=45°,AH⊥BC于点H,点D在AH上,且DH=CH,连结BD.将△BHD绕点H旋转,得到△EHF(点B,D分别与点E,F对应),连接AE.如图②,当点F落在AC上时,(F不与C重合),若BC=6,tan∠CAH=,则AE=______.
【答案】##
【解析】
【分析】
先根据tan∠CAH=,求出AH=4,CH=2,然后根据△EHA∽△FHC,得到,HP=2AP,AE=2AP,最后用勾股定理求解即可.
【详解】
解:如图②,过点H作HP⊥AE,
△ABC中,∠ABC=45°,AH⊥BC于点H,
BH=AH,
在Rt△AHC中,∵tan∠CAH==,
∴AH=2CH,
设CH=x,
∴BH=AH=2x,
∵BC=6,
∴2x+x=6,
∴x=2,
∴BH=AH=4,CH=2,
∵将△BHD绕点H旋转,得到△EHF,
∴△BHD≌△EHF,
∴∠EHF=∠BHD=∠AHC=90°,EH=AH=BH=4,CH=DH=FH=2,
∴∠EHA+∠AHF=∠FHC+∠AHF=90°,
∴∠EHA=∠FHC,
又∵=1,
∴△EHA∽△FHC,
∴∠EAH=∠C,
∴tan∠EAH=tan∠ACH==2,
∴HP=2AP,AE=2AP,
在Rt△AHP中,AP2+HP2=AH2,
∴AP2+(2AP)2=42,
∴AP=,
∴AE=,
故答案为:.
【点睛】
本题考查了旋转的性质,全等三角形的性质,相似三角形的判定和性质,勾股定理等知识,证明三角形相似是解题的关键.
10.(2018·湖北大冶·中考模拟)如图,在中,,,,将绕顺时针旋转后得,将线段绕点逆时针旋转后得线段,分别以,为圆心,、长为半径画弧和弧,连接,则图中阴影部分面积是________.
【答案】
【解析】
【分析】
作DH⊥AE于H,根据勾股定理求出AB,根据阴影部分面积=△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF的面积-扇形DEF的面积计算即可得到答案.
【详解】
解:作DH⊥AE于H,
∵∠AOB=90°,OA=3,OB=2,
∴,
由旋转得△EOF≌△BOA,
∴∠OAB=∠EFO,
∵∠FEO+∠EFO=∠FEO+∠HED=90°,
∴∠EFO=∠HED,
∴∠HED=∠OAB,
∵∠DHE=∠AOB=90°,,
∴△DHE≌△BOA(AAS),
∴DH=OB=1,,
∴阴影部分面积=△ADE的面积+△EOF的面积+扇形AOF的面积-扇形DEF的面积,
故答案为:.
【点睛】
本题考查的是扇形面积的计算、旋转的性质、全等三角形的判定和性质,掌握扇形的面积公式和旋转的性质是解题的关键.
11.(2021·全国·九年级单元测试)如图,在中,,将绕点B按逆时针旋转度()到,边和边相交于点P,边和边相交与点Q,当为等腰三角形时,则______.
【答案】或.
【解析】
【分析】
由题意过B作BD⊥AC于D,过B作BE⊥A'C'于E,根据旋转的性质和全等三角形的性质得到BP平分∠A'PC,再根据∠C=∠C'=40°,∠BQC=∠PQC',可得∠CBQ=∠C'PQ=θ,即可得出∠BPQ=(180°﹣∠C'PQ)=90°﹣θ,分三种情况讨论,利用三角形内角和等于180°,即可得到关于θ的方程,进而得到结果.
【详解】
解:如图,过B作BD⊥AC于D,过B作BE⊥A'C'于E,
∴∠A′EB=∠ADB,
由旋转可得,A′B=AB,∠A′=∠A,
在△A′BE和△ABD中
△A′BE≌△ABD(AAS),
∴BD=BE,
∴BP平分∠A'PC,
又∵∠C=∠C'=40°,∠BQC=∠PQC',
∴∠CBQ=∠C'PQ=θ,
∴∠BPQ=(180°﹣∠C'PQ)=90°﹣θ,
分三种情况:
①如图所示,当PB=PQ时,∠PBQ=∠PQB=∠C+∠QBC=40°+θ,
∵∠BPQ+∠PBQ+∠PQB=180°,
∴90°﹣θ+2×(40°+θ)=180°,
解得θ=;
②如图所示,当BP=BQ时,∠BPQ=∠BQP,
即90°﹣θ=40°+θ,
解得θ=;
③当QP=QB时,∠QPB=∠QBP=90°﹣θ,
又∵∠BQP=40°+θ,
∴∠BPQ+∠PBQ+∠BQP=2(90°﹣θ)+40°+θ=220°>180°(不合题意),
故答案为:或.
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质以及旋转的性质的运用,解决问题的关键是利用全等三角形对应边上高相等,得出BP平分∠A'PC,解题时注意分类思想的运用.
12.(2021·江苏·连云港市新海实验中学二模)如图,在RtABC中,∠ACB=90°,BC=2,∠BAC=30°,将ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C', M是BC的中点,P是A'B'的中点, 连接PM,则线段PM的最大值是( )
A.4 B.2 C.3 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
连接PC,分别求出PC,CM的长,然后根据即可得到答案.
【详解】
解:如图所示,连接PC,
∵∠ACB=90°,BC=2,∠BAC=30°,
∴AB=2BC=4,
由旋转的性质可知:,,
∵P、M分别是、BC的中点,
∴,,
∵,
∴PM的最大值为3,且此时P、C、M三点共线,
故选C.
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质,直角三角形斜边的中线,三角形三边的关系,解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
13.(2021·海南三亚·一模)如图,在中,,,将绕点C逆时针转,得到,则的长是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
连接AM,BM交AC于D,如图,利用等腰直角三角形的性质得到ACAB=2,再根据旋转的性质得CM=CA=2,∠ACM=60°,则可判断△ACM为等边三角形,直接证BM垂直平分AC,然后利用等腰直角三角形和等边三角形的性质计算出BD和MD,从而得到BM的长.
【详解】
解:连接AM,BM交AC于D,如图,
∵∠ABC=90°,AB=BC,
∴ACAB2,
∵△ABC绕点C逆时针转60°,得到△MNC,
∴CM=CA=2,∠ACM=60°,
∴△ACM为等边三角形,
∴MA=MC,
而BA=BC,
∴BM垂直平分AC,
∴BDAC=1,MDAC2,
∴BM=1.
故选:B.
【点睛】
本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等.也考查了等腰直角三角形和等边三角形的性质.
14.(2021·全国·九年级专题练习)如图,在中,,点D为内一点,,连接,将绕点A按逆时针方向旋转,使与重合,点D的对应点为点E,连接交于点F,则的长为( ).
A. B. C.2 D.3
【答案】B
【解析】
【分析】
过点A作AG⊥DE于点G,由旋转的性质推出∠AED=∠ADG=45,∠AFD=60,利用锐角三角函数分别求出AG,GF,AF的长,再通过计算,即可求出答案.
【详解】
解:过点A作AG⊥DE于点G,
由旋转知:AD=AE,∠DAE=90,∠CAE=∠BAD=15,
∴∠AED=∠ADG=45,
在中,∠AFD=∠AED+∠CAE=60,
在中,,
在中,,,
∴,
故选:B.
【点睛】
本题考查了旋转的性质,等腰直角三角形的性质,解直角三角形等,解题的关键是能够通过作适当的辅助线构造特殊的直角三角形,通过解直角三角形来解决问题.
三练拔高
15.(2021·山东·济南市章丘区实验中学一模)将两块斜边长相等的等腰直角三角形按如图摆放,斜边分别交,于,点,
(1)如果把图中的绕点逆时针旋转90°得到,连接,如图,求证:≌.
(2)将绕点旋转:
①当点,在上(不与,重合)时,线段,,之间有一个不变的关系式,请你写出这个关系式,并说明理由;
②当点在上,点在的延长线上(如图)时,若,,求的长.
【答案】(1)见解析;(2)①;理由见解析;②的长为1.6.
【解析】
【分析】
(1)由旋转的性质可得,,再只需要证,即可证明≌;
(2)①由全等三角形的性质可得,从而可以得到,则,由此即可证明;
②绕点逆时针旋转90°得到,则,,,然后证明≌得到,最后利用勾股定理求解即可.
【详解】
解:(1)∵绕点逆时针旋转90°得到,
∴,,
∵,
∴,
∴,即,
∴,
在和中,
,
∴≌.
(2)①:∵≌,
∴,
又∵,
∴,
∴,
∵绕点逆时针旋转90°得到,
∴AF=BN
∴;
②如图,
把绕点逆时针旋转90°得到,
则,,,
∵
∴,
在和中,
,
∴≌,
∴,
∵,
∴,
又∵,
∴,
∴,
∴.
∵,且
∴,设,则,
∵,
∴,
∴,解得:
∴的长为1.6.
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质,全等三角形的性质与判定,勾股定理,等腰直角三角形的性质,解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
16.(2021·江苏·连云港市新海实验中学九年级阶段练习)把两个等腰直角△ABC和△ADE按如图1所示的位置摆放,将△ADE绕点A按逆时针方向旋转,如图2,连接BD,EC,设旋转角为α(0°<α<360°).
(1)当DE⊥AC时,AD与BC的位置关系是 ,AE与BC的位置关系是 .
(2)如图2,当点D在线段BE上时,求∠BEC的度数;
(3)若△ABD的外心在边BD上,直接写出旋转角α的值.
【答案】(1)垂直,平行;(2)90°;(3)90°或270°
【解析】
【分析】
(1)根据题意画出图形,利用三线合一性质可证明AD与BC垂直,再根据平行线的判定可证明AE与BC平行;
(2)利用等腰三角形的性质证明△BAD≌△CAE,求出∠ADB=∠AEC=135°,所以∠BEC=∠AEC﹣45°=90°;
(3)根据题意画出图形,由题意知,当△ABD的外心在边BD上时,△ABD是以BD为斜边的直角三角形,所以旋转角为90°或270°.
【详解】
解:(1)如图,设AC与DE交于点H,
在等腰直角△ABC和△ADE中,
∠BAC=∠DAE=90°,AD=AE,AB=AC,∠B=∠C=45°,
∵DE⊥AC,
∴∠DAH=∠EAH=∠DAE=45°,
∴∠BAD=∠BAC﹣∠DAH=45°,
∴∠BAD=∠DAH,
∴AD⊥BC,
∵∠EAH=∠C=45°,
∴AE∥BC,
故答案为:垂直,平行;
(2)在等腰直角△ADE中,AD=AE,∠DAE=90°,
在等腰直角△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,
∵∠BAD=∠BAC﹣∠DAC=90°﹣∠DAC,
∠CAE=∠DAE﹣∠DAC=90°﹣∠DAC,
∴∠BAD=∠CAE,
又∵AB=AC,AD=AE,
∴△BAD≌△CAE(SAS),
∴∠ADB=∠AEC=180°﹣∠ADE=135°,
∴∠BEC=∠AEC﹣45°=135°﹣45°=90°;
(3)如图,
因为△ABD的外心在边BD上时,△ABD是以BD为斜边的直角三角形,
所以旋转角为90°或270°.
【点睛】
本题考查了旋转的性质,等腰直角三角形的性质,全等三角形的判定与性质等,解题关键是熟练掌握旋转的性质,能够根据题意画出图形.
热点4:与图形旋转有关的证明与计算
一练基础
1.(2021·湖北孝感·二模)将抛物线绕坐标原点O旋转180°,所得抛物线的解析式为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设为旋转之后所得抛物线上的一点,旋转后得到点,则是在原抛物线上,代入化简即可.
【详解】
解:设为旋转之后所得抛物线上的一点,旋转后得到点
由题意可知:是在抛物线上
即:
化简得:
故选B.
【点睛】
此题考查了二次函数的旋转变换,熟练掌握二次函数的性质和旋转的性质是解题的关键.
2.(2021·河北唐山·一模)如图,正方形的边长为,正方形的边长为,若正方形绕点旋转,则点到点的距离最小值为( )
A.3 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
首先根据题意找到点到点A的距离最小值时点F的位置,然后利用正方形的性质求解即可.
【详解】
当点F在正方形的对角线AC上时,由三角形三边关系可知,
当点F不在正方形的对角线AC上时,由三角形三边关系可知,
∴当点F在正方形的对角线AC上时,点到点A的距离最小值.
∵正方形的边长为,正方形的边长为,
,
∴,
故选:D.
【点睛】
本题主要考查正方形的性质及旋转的性质,正确的判断出点F的位置是关键.
3.(2020·江西省南丰县教育局教学研究室一模)如图,是由绕点顺时针旋转后得到的图形,若点恰好落在上,且的度数为,则的度数是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由旋转可得是等腰三角形,旋转角从而可求的度数,再由三角形内角和180度,可计算,最后根据三角形一个外角等于不相邻两个内角和解题即可.
【详解】
是由绕点顺时针旋转后得到的图形,
故选:B.
【点睛】
本题考查旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质等知识,是重要考点,难度较易,掌握相关知识是解题关键.
4.(2020·湖南邵阳·模拟预测)一副三角板如图放置,将三角板绕点顺时针旋转角度,使得三角板的一边所在的直线与所在的直线垂直,则的度数为__________.
【答案】15°或45°
【解析】
【分析】
分情况讨论:①;②画出图形即可求解.
【详解】
解:分情况讨论:
①如图1,当时,
又∵,
∴,
又∵,
∴;
②如图2,当时,
∵,
∴.
故答案为:或.
【点睛】
本题主要考查了垂直的定义,旋转的定义以及一副三角板的各个角的度数,理清定义是解答本题的关键.
5.(2021·山东费县·二模)如图,将△ABC绕点A顺时针旋转角100°,得到△ADE,若点E恰好在CB的延长线上,则∠BED等于_______度.
【答案】80
【解析】
【分析】
证明∠ABE+∠ADE=180°,推出∠BAD+∠BED=180°即可解决问题.
【详解】
解:∵将△ABC绕点A顺时针旋转角100°,得到△ADE,
∴△ABC≌△ADE,∠BAD=100°
∴∠ABC=∠ADE,
又∠ABC+∠ABE=180°,
∴∠ABE+∠ADE=180°,
∴∠BAD+∠BED=360°-(∠ABE+∠ADE)=180°,
∵∠BAD=100°,
∴∠BED=180°- 100°=80°.
故答案为:80.
【点睛】
本题考查旋转的性质,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题.
6.(2021·广东中山·九年级期中)如图,△ABC中,AB=AC=2,∠BAC=45°,△AEF是由△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到的,连接BE、CF相交于点D.
(1)求证:BE=CF;
(2)当四边形ABDF为菱形时,求CD的长.
【答案】(1)详见解析;(2)2﹣2.
【解析】
【分析】
(1)根据旋转的性质得AE=AF=AB=AC=2,∠EAF=∠BAC=45,然后根据“SAS”证明△ABE≌△ACF,于是根据全等三角形的性质即可得到结论;
(2)根据菱形的性质得DF=AF=2,DF∥AB,再利用平行线的性质得∠1=∠BAC=45,则可判断△ACF为等腰直角三角形,所以CF=AF=2,然后计算CF﹣DF即可.
【详解】
(1)证明:如图,
∵△AEF是由△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到的,
∴AE=AF=AB=AC=2,∠EAF=∠BAC=45,
∴∠BAC+∠3=∠EAF+∠3,
即∠BAE=∠CAF,
在△ABE和△ACF中,
∴△ABE≌△ACF,
∴BE=CF;
(2)解:如图,
∵四边形ABDF为菱形,
∴DF=AF=2,DF∥AB,
∴∠1=∠BAC=45,
∴△ACF为等腰直角三角形,
∴CF=AF=2,
∴CD=CF﹣DF=2﹣2.
【点睛】
本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等.也考查了菱形的性质.
二练巩固
7.(2021·河南·中考真题)如图,的顶点,,点在轴的正半轴上,延长交轴于点.将绕点顺时针旋转得到,当点的对应点落在上时,的延长线恰好经过点,则点的坐标为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
连接,由题意可证明,利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长,即得点的坐标.
【详解】
如图,连接,因为轴,
绕点顺时针旋转得到,
所以,
,
故答案为B.
【点睛】
本题考查了旋转的性质,勾股定理,相似三角形的判定与性质,找到是解题的关键.
8.(2021·北京市第四十三中学九年级期中)如图,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=AC,AD=4,AB=10,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点.
(1)则△PMN面积是________.
(2)把△ADE绕点A在平面内自由旋转,△PMN面积的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
(1)利用三角形的中位线得出且,进一步可证明为等腰直角三角形,再利用三角形面积计算公式计算即可;
(2)要使△PMN面积最大,PN值则要最大,则BD的值要最大,故当时最大,求出面积即可.
【详解】
解:(1)点P,N是BC,CD的中点,
,
点P,M是CD,DE的中点,
,
,
,
,
,即,
,
为等腰直角三角形,
故,
故答案为:;
(2)由(1)可知为等腰直角三角形,
则,
最大时,面积最大,即最大时,面积最大,
点D在BA的延长线上,
,
,
∴△PMN面积的最大值;
故答案为:.
【点睛】
此题是几何变换综合题,主要考查了三角形的中位线定理,等腰直角三角形的判定与性质,解题的关键是熟练运用三角形中位线定理,能够正确求出的最大值.
9.(2021·上海·中考真题)定义:在平面内,一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离,在平面内有一个正方形,边长为2,中心为O,在正方形外有一点,当正方形绕着点O旋转时,则点P到正方形的最短距离d的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
先确定正方形的中心O与各边的所有点的连线中的最大值与最小值,然后结合旋转的条件即可求解.
【详解】
解:如图1,设的中点为E,连接OA,OE,则AE=OE=1,∠AEO=90°,.
∴点O与正方形边上的所有点的连线中,
最小,等于1,最大,等于.
∵,
∴点P与正方形边上的所有点的连线中,
如图2所示,当点E落在上时,最大值PE=PO-EO=2-1=1;
如图3所示,当点A落在上时,最小值.
∴当正方形ABCD绕中心O旋转时,点P到正方形的距离d的取值范围是.
故答案为:
【点睛】
本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点,准确理解新定义的含义和熟知正方形的性质是解题的关键.
10.(2021·贵州毕节·中考真题)如图1,在中,,,D为内一点,将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE,连接CE,BD的延长线与CE交于点F.
(1)求证:,;
(2)如图2.连接AF,DC,已知,判断AF与DC的位置关系,并说明理由.
【答案】(1)见解析;(2),理由见解析
【解析】
【分析】
(1)首先根据旋转的性质,判断出∠DAE=90°,AD=AE,进而判断出∠BAD=∠CAE;然后根据全等三角形判定的方法,判断出△ABD≌△ACE,即可判断出BD=CE.再证明,即可证明;
(2)由得 ,再证明A,D,F,E在以DE为直径的圆上,即可证明,从而可证明AF//CD.
【详解】
解(1)由旋转的性质,可得∠DAE=90°,AD=AE,
∵∠BAD+∠DAC=∠BAC=90°,∠CAE+∠DAC=∠DAE=90°,
∴∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
,
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴BD=CE,
∵
∴,即
∴
∴
∴,即;
(2),理由如下:
∵
∴
由(1)知,
∴A,D,F,E在以DE为直径的圆上,如图,
∵AD=AE
∴弧AD=弧AE,
∴
∴
∴;
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质和应用,要熟练掌握,解答此题的关键是要明确:①对应点到旋转中心的距离相等.②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角.③旋转前、后的图形全等.另外此题还考查了全等三角形的判定和性质的应用,以及四点共圆的知识,要熟练掌握.
11.(2021·湖南衡阳·中考真题)如图,点E为正方形外一点,,将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点.
(1)试判定四边形的形状,并说明理由;
(2)已知,求的长.
【答案】(1)正方形,理由见解析;(2)17
【解析】
【分析】
(1)由旋转的性质可得∠AEB=∠AFD=90°,AE=AF,∠DAF=∠EAB,由正方形的判定可证四边形BE'FE是正方形;
(2)连接,利用勾股定理可求,再利用勾股定理可求DH的长.
【详解】
解:(1)四边形是正方形,理由如下:
根据旋转:
∵四边形是正方形
∴∠DAB=90°
∴∠FAE=∠DAB=90°
∴
∴四边形是矩形,
又∵
∴矩形是正方形.
(2)连接
∵,
在中,
∵四边形是正方形
∴
在中,,又,
∴.
故答案是17.
【点睛】
本题是四边形综合题,考查了正方形的判定和性质,旋转的性质,勾股定理,全等三角形的判定和性质,等腰三角形的性质等知识,灵活运用这些性质进行推理是本题的关键.
12.(2021·北京·中考真题)如图,在中,为的中点,点在上,以点为中心,将线段顺时针旋转得到线段,连接.
(1)比较与的大小;用等式表示线段之间的数量关系,并证明;
(2)过点作的垂线,交于点,用等式表示线段与的数量关系,并证明.
【答案】(1),,理由见详解;(2),理由见详解.
【解析】
【分析】
(1)由题意及旋转的性质易得,,然后可证,进而问题可求解;
(2)过点E作EH⊥AB,垂足为点Q,交AB于点H,由(1)可得,,易证,进而可得,然后可得,最后根据相似三角形的性质可求证.
【详解】
(1)证明:∵,
∴,
∴,
由旋转的性质可得,
∵,
∴,
∴,
∵点M为BC的中点,
∴,
∵,
∴;
(2)证明:,理由如下:
过点E作EH⊥AB,垂足为点Q,交AB于点H,如图所示:
∴,
由(1)可得,
∴,,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴.
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质,熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键.
三练拔高
13.(2022·山东长清·九年级期末)如图1,在中,,,,、分别是、的中点,连接,将绕点按逆时针方向旋转,记旋转角为.
(1)问题发现:
当时,______,当时,_____.
(2)拓展探究:
①当时,的值有无变化?请仅就图2的情况给出证明.
②当为直角三角形时,直接写出线段的长.
【答案】(1);;(2)①无变化,理由见解析;②或
【解析】
【分析】
(1)分别求出和时,线段、的长度,从而求得;
(2)①利用相似三角形,将转化为已知边的比即可;
②为直角三角形时,则或,根据①中的结论对每种情况进行求解即可.
【详解】
解:(1)在中,,,
∴
∵当时,、分别是、的中点
∴,
∴
当时,如下图
则,
∴;
(2)①的值无变化.
证明:在中,,
∵,,∴.
∵、分别是、的中点,
∴,,∴.
∵,∴,
∴,∴∽,
∴,
∴的值无变化
②线段的长为或.
若为直角三角形,则或,
当,∵,,∴.
∵,∴.
当时,∵,,∴.
∵,∴.
∴线段的长为或.
【点睛】
此题主要考查了直角三角形的旋转变换,涉及到旋转的性质、勾股定理、相似三角形的判定及性质、分类讨论等内容,熟练掌握并灵活运用相关知识是解题的关键.
14.(2021·内蒙古通辽·中考真题)已知和都是等腰直角三角形,.
(1)如图1,连接,,求证:;
(2)将绕点O顺时针旋转.
①如图2,当点M恰好在边上时,求证:;
②当点A,M,N在同一条直线上时,若,,请直接写出线段的长.
【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②或
【解析】
【分析】
(1)证明△AMO≌△BNO即可;
(2)①连接BN,证明△AMO≌△BNO,得到∠A=∠OBN=45°,进而得到∠MBN=90°,且△OMN为等腰直角三角形,再在△BNM中使用勾股定理即可证明;
②分两种情况分别画出图形即可求解.
【详解】
解:(1)∵和都是等腰直角三角形,
∴,
又,
,
∴,
∴,
∴;
(2)①连接BN,如下图所示:
∴,
,
且,
∴,
∴,,
∴,
且为等腰直角三角形,
∴,
在中,由勾股定理可知:
,且
∴;
②分类讨论:
情况一:如下图2所示,设AO与NB交于点C,过O点作OH⊥AM于H点,
,为等腰直角三角形,
∴,
在中,,
∴;
情况二:如下图3所示,过O点作OH⊥AM于H点,
,为等腰直角三角形,
∴,
在中,,
∴;
故或.
【点睛】
本题属于几何变换综合题,考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,勾股定理等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中考常考题型.
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