2024徐州中考数学二轮重难题型专题训练 题型七 几何图形旋转平移折叠问题 (含答案)

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能力点一 旋转找相等角
1. 如图，将∠AOB绕点O旋转至∠DOE，则图中相等的角有________．
第1题图
2. 如图，将∠AOB绕点O旋转至∠DOE，则图中相等的角有________．
第2题图
能力点二 旋转构造相似三角形
3. 如图，将△AOB绕点O旋转至△DOE，连接AD、BE，求证：△AOD∽△BOE.
第3题图
4. 如图，在△AOB中，点C、D分别在OA、OB上，且CD∥AB，将△COD绕点O旋转一定角度后得到△EOF，连接AE、BF，求证：△AOE∽△BOF.
第4题图
能力点三 旋转构造全等三角形
5. 如图，在等腰△AOB与等腰△DOE中，∠AOB＝∠DOE，连接AD、BE，求证：△AOD≌△BOE.
第5题图
二阶 设问突破
例 一题多设问 在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，将矩形ABCD绕点B旋转得到矩形A1BC1D1，点A，C，D的对应点分别为A1，C1，D1.
(1)如图①，当点D1落在BC的延长线上时，求点A1到AB的距离；
例题图①
(2)如图②，当点A1落在矩形的对角线AC上时，连接CD1.
①求证：△BA1C≌△D1CA1；
②求sin∠ABA1的值；
例题图②
(3)如图③，当边A1D1经过点C时，连接AA1，求CC1经过的路径长；
例题图③
(4)如图④，当点A1落在BC边上时，设点O是对角线AC的中点，点O的对应点为O1，连接CO1，求CO1的值．
例题图④
三阶 综合提升
1. 如图①，正方形ABCD 的边长为4，点P在边AD上(P不与A、D重合)，连接PB、PC.将线段PB绕点P顺时针旋转90°得到PE，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到PF.连接EF、EA、FD.
(1)求证：①△PDF的面积S＝eq \f(1,2)PD2；②EA＝FD；
(2)如图②，EA、FD的延长线交于点M，取EF的中点N，连接MN，求MN的取值范围．
第1题图
如图，在Rt△BAC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，M是边BC上的一个动点(不与点B，C重合)，连接AM，将线段AM绕点A逆时针旋转90°得到AN，连接MN交AC于点P，连接CN.
(1)求证：△ABM≌△ACN；
(2)求证：MN2＝2AP·AB；
(3)若AB＝3，BM＝2CM，求PC的长．
第2题图
3. 已知△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，连接BE、CD，点O是BE的中点，连接AO.
(1)特例探究
如图①，当点D、E分别在AB、AC上时，线段AO与CD的数量关系是________，位置关系是________；
(2)深入探究
如图②，当点D、E不在AB、AC上时，试判断(1)中的两个结论是否成立，若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由(仅就图②的情形)；
(3)问题解决
将△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AB＝2AD，BC＝4eq \r(2)，请直接写出OA的取值范围．
第3题图
4. 如图①，在正方形ABCD中，AB＝2eq \r(5)，O是BC的中点，E是正方形内一动点，OE＝2，连接DE，将DE绕点D旋转90°得到DF，连接AE，CF.
(1)求证：AE＝CF；
(2)如图②，当A，E，O三点共线时，连接OF，求线段OF的长；
(3)连接EF，在点E的运动过程中，当线段DE的值最小时，请你求出四边形AEFD的面积．

第4题图
类型二 平移问题
1. 如图①，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠BAC＝∠EDF＝90°，AB＝AC，DE＝DF，点D在射线AB上，AB＝2DF＝6，连接EA，EC，交射线AB于点H，取CE的中点G，连接DG.
(1)当点F与点A重合时，求DH的长；
(2)如图②，保持△ABC固定不动，将△DEF沿射线AB平移m个单位，判断DG与EA的位置关系和数量关系，并说明理由；
(3)如图③，继续平移△DEF，使得△DEF的一个顶点恰好在直线BC上，求此时HG的长．
第1题图
2. 综合与实践
问题情境：
如图①，纸片ABC是等边三角形，纸片DEF是直角三角形，其中∠DEF＝90°，∠DFE＝30°，AB＝DF＝6，M是BC的中点．
实践操作：
第一步：将图①中的两张三角形纸片按图②的方式摆放，使DF与AB重合；
第二步：将图②中的△DEF沿射线BC方向平移，直线AB与直线EF交于点G，DF与AC交于点H，连接GH，如图③，设平移的距离为m.
问题解决：
(1)填空：在图②中，连接AM，四边形EBMA的形状是________；
(2)当AH⊥GH时，求m的值；
(3)当GH∥BC时，判断四边形AGHD的形状，并说明理由；
(4)如图④，连接BH，MH，隐去GH，当BM＋MH＋BH的值最小时，求AH的值．
第2题图
参考答案
类型一 旋转问题
一阶
1. ∠AOB＝∠DOE，∠AOD＝∠EOB
2. ∠AOB＝∠DOE，∠AOD＝∠BOE
3. 证明：由旋转的性质可得，∠AOB＝∠DOE，OA＝OD，OB＝OE，
∴∠AOD＝∠EOB，∠OAD＝∠ODA，∠OBE＝∠OEB，
又∵∠AOD＝∠EOB，∠OAD＝eq \f(1,2)(180°－∠AOD)＝∠OBE，
∴△AOD∽△BOE.
4. 证明：由旋转的性质可得，∠AOE＝∠FOB，OC＝OE，OD＝OF，
∵CD∥AB，
∴eq \f(OC,OA)＝eq \f(OD,OB)，即eq \f(OE,OA)＝eq \f(OF,OB)，
∴△AOE∽△BOF.
5. 证明：∵∠AOB＝∠DOE，∠BOD＝∠DOB，
∴∠BOE＝∠AOD，OB＝OA，OD＝OE，
∴△AOD≌△BOE(SAS)．
二阶
例 (1)解：如解图①，过点A1作A1G⊥AB交AB于点G，过点A1作A1H⊥BC交BC于点H，
例题解图①
则GB＝A1H，HB＝A1G，
由题意得A1D1＝AD＝8，∠BA1D1＝∠BAD＝90°，A1B＝AB＝4，
∴BD1＝eq \r(42＋82)＝4eq \r(5).
∵eq \f(1,2)BD1·A1H＝eq \f(1,2)A1B·A1D1，
∴A1H＝eq \f(4×8,4\r(5))＝eq \f(8\r(5),5)，
∴在Rt△A1HB中，
BH＝eq \r(42－（\f(8\r(5),5)）2)＝eq \f(4\r(5),5)，
∴A1G＝BH＝eq \f(4\r(5),5)，即点A1到AB的距离为eq \f(4\r(5),5)；
(2)①证明：由旋转的性质可得，A1B＝AB，∠BA1D1＝∠BAD＝∠CBA＝90°，A1D1＝AD＝BC，
∴∠BA1A＝∠A1AB，
又∵∠BAA1＋∠A1CB＝90°＝∠BA1A＋∠CA1D1，
∴∠A1CB＝∠CA1D1，
又∵CA1＝A1C，
∴△BA1C≌△D1CA1(SAS)；
②解：由①得∠A1CB＝∠CA1D，如解图②，设A1D1与BC的交点为G，∴可设A1G＝CG＝x，
∴BG＝8－x，
在Rt△A1BG中，A1G2＋A1B2＝BG2，即x2＋42＝(8－x)2，∴x＝3，
∴sin∠ABA1＝sin∠A1GB＝eq \f(A1B,BG)＝eq \f(4,5)；
例题解图②
(3)解：在Rt△A1BC中，BC＝8，A1B＝4，
∴∠A1CB＝30°，∴∠A1BC＝60°，
∴∠CBC1＝30°，
∴CC1经过的路径长为eq \f(30π×8,180)＝eq \f(4π,3)；
(4)解：如解图③，过点O1作O1M⊥BC于点M，
∵将矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°到矩形A1BC1D1，AB＝4，BC＝8，
∴BC1＝BC＝8，∠CBC1＝90°，BA1＝AB＝4，
∴O1M∥BC1，
∵O是对角线AC的中点，
∴O1是A1C1的中点，
∴MO1＝eq \f(1,2)BC1＝4，BM＝A1M＝eq \f(1,2)BA1＝2，
∴CM＝BC－BM＝8－2＝6.
在Rt△CO1M中，由勾股定理得，CO1＝eq \r(O1M2＋CM2)＝2eq \r(13).
例题解图③
三阶
1. (1)证明：①
第1题解图①
如解图①，过点F作FG⊥PG交PD的延长线于点G，
∵PC⊥PF，
∴∠FPG＋∠CPD＝90°，
∵∠CPD＋∠PCD＝90°，
∴∠PCD＝∠FPG，
在△CDP与△PGF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠PDC＝∠FGP,∠PCD＝∠FPG,CP＝PF))，
∴△PCD≌△FPG(AAS)
∴PD＝FG，
S△PDF＝eq \f(1,2)PD·FG＝eq \f(1,2)PD2；(3分)
②
第1题解图②
如解图②，过点E作EH⊥AH交PA的延长线于点H，
∵∠EPB＝90°，
∴∠EPH＋∠BPH＝90°，
∵∠BPH＋∠PBA＝90°，
∴∠EPH＝∠PBA，
在△EHP与△PAB中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠EPH＝∠PBA,∠EHP＝∠PAB,EP＝PB))，
∴△EHP≌△PAB(AAS)，EH＝PA，
在△EHA与△DGF中，∠H＝∠G＝90°，
∵HP＝AB＝AD
∴HA＝HP－AP＝AB－AP＝AD－AP＝PD＝FG
同理可得，EH＝DG，
∴△EHA≌△DGF(SAS)，
∴EA＝DF；(6分)
(2)解：
解法一：
第1题解图③
如解图③，过点F作FK⊥EH交EH于点K，
则KF＝HG＝2AD＝8，
由(1)可知，∠EAH＝∠DFG，∠FDG＝∠AEH，
且∠EAH＋∠AEH＝90°，∠FDG＋∠DFG＝90°，
又∵∠DAM＝∠EAH，∠ADM＝∠FDG，
∴∠DAM＋∠ADM＝90°，
∴∠AMD＝90°.
∵N是EF的中点，
∴MN＝eq \f(1,2)EF，
设FG＝x，则KH＝x，EK＝4－2x，(0＜x≤2)
在Rt△EKF中，
EF＝eq \r(82＋（4－2x）2)＝2eq \r(（x－2）2＋16)，
∴8≤EF＜4eq \r(5)，∴4≤MN＜2eq \r(5).(11分)
解法二：
第1题解图④
如解图④，取BC的中点R，连接PR，并延长PR使PR＝HR，连接BH，
在△BRH与△CRP中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BR＝CR,∠BRH＝∠CRP,HR＝PR))，
∴△BRH≌△CRP(SAS)，
∴BH＝CP，
又∵CP＝PF，
∴BH＝PF，
∵∠HBP＋∠BPC＝180°，∠BPC＋∠EPF＝180°，
∴∠HBP＝∠EPF，
∴△EPF≌△PBH(SAS)，
∴EF＝PH，
∴MN＝eq \f(1,2)EF＝eq \f(1,2)PH＝PR.
当P为AD中点时，PR最小为4，
当P在点A或点D位置时，PR最大，最大为PR＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5)，
又∵点P不与A、D重合，∴PD＜2eq \r(5)，
∴4≤PR＜2eq \r(5)，即4≤MN＜2eq \r(5).(11分)
2. (1)证明：∵∠BAC＝90°，∠MAN＝90°，
∴∠BAC－∠MAC＝∠MAN－∠MAC，
∴∠BAM＝∠CAN，
在△ABM和△ACN中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BA＝CA,∠BAM＝∠CAN,MA＝NA))，
∴△ABM≌△ACN(SAS)；
(2)证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵∠MAN＝90°，AM＝AN，
∴∠ANM＝45°，MN＝eq \r(2)AN，
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN＝∠B＝45°＝∠ANM，
∵∠CAN＝∠NAP，
∴△ANP∽△ACN，
∴eq \f(AP,AN)＝eq \f(AN,AC)，
∴AN2＝AP·AC＝AP·AB，
∵MN＝eq \r(2)AN，
∴MN2＝2AN2＝2AP·AB；
(3)解：如解图，过点M作MF⊥AC于点F.
第2题解图
∵∠BAC＝90°， AB＝AC＝3，
∴MF∥AB，
∴△CMF∽△CBA，
∵BM＝2CM，
∴eq \f(FC,AC)＝eq \f(MC,BC)＝eq \f(1,3)，
∴AF＝2，FC＝MF＝1，
在Rt△AMF中，AM＝eq \r(AF2＋MF2)＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)＝AN，
由(2)知，AN2＝AP·AC，
∴AP＝eq \f(AN2,AC)＝eq \f(（\r(5)）2,3)＝eq \f(5,3)，
∴PC＝AC－AP＝3－eq \f(5,3)＝eq \f(4,3).
3. 解：(1)AO＝eq \f(1,2)CD，AO⊥CD；
【解法提示】∵AD＝AE，∠DAC＝∠EAB＝90°，AC＝AB，∴△DAC≌△EAB，∴CD＝BE，∠ACD＝∠ABE，∵∠BAE＝90°，BO＝OE，∴AO＝eq \f(1,2)BE，∴AO＝BO＝OE＝eq \f(1,2)CD，∴∠ABO＝∠OAB＝∠ACD，∵∠OAB＋∠CAO＝90°，∴∠ACD＋∠CAO＝90°，∴AO⊥CD.
(2)(1)中的两个结论成立，
理由如下：如解图①，延长AO到点F，使得OF＝AO，连接BF、EF,
第3题解图①
∵AO＝OF，BO＝OE，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴BF＝AE，BF∥AE，
∴∠FBA＋∠BAE＝180°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC＋∠DAE＝∠DAC＋∠BAE＝180°，
∴∠DAC＝∠FBA，
∵AC＝BA，BF＝AE＝AD，
∴△DAC≌△FBA(SAS)，
∴CD＝AF，∠ACD＝∠BAF，
∴AO＝eq \f(1,2)CD，
∵∠BAF＋∠CAF＝90°，
∴∠ACD＋∠CAF＝90°，
∴AO⊥CD；
(3)OA的取值范围为1≤OA≤3.
【解法提示】在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴AB＝AC＝eq \f(\r(2),2)BC＝4，∵AB＝2AD，∴AD＝2，如解图②，当点D在CA的延长线上时，CD的长最长，此时CD＝AC＋AD＝4＋2＝6，由(2)可知：OA＝eq \f(1,2)CD，∴OA的长最大值为3; 如解图③，当点D在线段AC上时，CD的长最短，此时CD＝AC－AD＝4－2＝2，由(2)可知：OA＝eq \f(1,2)CD，∴OA的长最小值为1, ∴OA的取值范围为1≤OA≤3.
图②
图③
第3题解图
4. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，
∵DE＝DF，∠EDF＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE≌△CDF(SAS)，
∴AE＝CF；
(2)解：如解图①，过点F作FH⊥BC，交BC的延长线于点H，
第4题解图①
∵O是BC边的中点，
∴OC＝OB＝eq \r(5)，
∴在Rt△ABO中，OA＝eq \r(AB2＋BO2)＝5.
由(1)得△ADE≌△CDF，
∴CF＝AE＝OA－OE＝5－2＝3，∠DAE＝∠DCF，
又∵∠DAB＝∠DCH＝90°，
∴∠BAO＝∠HCF，
又∵∠H＝∠B＝90°，
∴△ABO∽△CHF，
∴eq \f(AB,CH)＝eq \f(BO,HF)＝eq \f(AO,CF)，
∴eq \f(2\r(5),CH)＝eq \f(\r(5),HF)＝eq \f(5,3)，
∴FH＝eq \f(3\r(5),5)，CH＝eq \f(6\r(5),5)，
∴OH＝OC＋CH＝eq \f(11\r(5),5)，
∴OF＝eq \r(OH2＋FH2)＝eq \r(26)；
(3)解：如解图②，以点O为圆心，2为半径作半圆O，连接OD，交半圆O于点E，此时线段DE取得最小值，
∵AB＝2eq \r(5)，O是BC的中点，
∴OC＝eq \r(5)，CD＝2eq \r(5)，
∴OD＝5，
∵OE＝2，
∴DE＝OD－OE＝3，
过点E作EM⊥BC于点M，EN⊥AD于点N，则MN＝CD，MN∥CD，
∴△OEM∽△ODC，
∴eq \f(OE,OD)＝eq \f(EM,DC)，即eq \f(2,5)＝eq \f(EM,2\r(5))，
∴EM＝eq \f(4\r(5),5)，
∴EN＝MN－EM＝eq \f(6\r(5),5).
∴S四边形AEFD＝S△ADE＋S△DEF＝eq \f(1,2)AD·EN＋eq \f(1,2)DE2＝eq \f(1,2)×2eq \r(5)×eq \f(6\r(5),5)＋eq \f(1,2)×32＝eq \f(21,2).
第4题解图②
类型二 平移问题
1. 解：(1)∵∠EDA＝∠CAB＝90°，
∴DE∥AC，∴△DHE∽△AHC，
∴eq \f(DH,AH)＝eq \f(DE,AC)＝eq \f(DF,AB)＝eq \f(1,2)，
∴DH＝eq \f(1,3)AD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AB＝1；
(2)DG∥EA，DG＝eq \f(1,2)EA.
理由如下：由(1)知，△EDH∽△CAH，
∴eq \f(DH,AH)＝eq \f(EH,CH)＝eq \f(DE,AC)＝eq \f(1,2)，
∵点G是EC的中点，
∴EH＋HG＝HC－HG，
∴2HG＝HC－EH＝EH，
∴eq \f(DH,AH)＝eq \f(HG,EH)＝eq \f(1,2)，
∵∠DHG＝∠AHE，
∴△DHG∽△AHE，
∴∠HDG＝∠HAE，eq \f(DG,AE)＝eq \f(DH,AH)＝eq \f(1,2)，
∴DG∥EA，DG＝eq \f(1,2)EA；
(3)当点D在直线BC上时，此时点D和点B重合，如解图①，
第1题解图①
∵eq \f(BH,AH)＝eq \f(BE,AC)＝eq \f(1,2)，AB＝6，
∴BH＝2，BE＝3，
∴在Rt△BHE中，由勾股定理得EH＝eq \r(BE2＋BH2)＝eq \r(32＋22)＝eq \r(13)，
∵eq \f(HG,HE)＝eq \f(DG,AE)＝eq \f(1,2)，
∴HG＝eq \f(1,2)EH＝eq \f(\r(13),2)；
当点F在直线BC上时，此时点F与点B重合，如解图②，BE＝eq \r(2)DE＝3eq \r(2)，
第1题解图②
∴HG＝eq \f(1,2)EH＝eq \f(3\r(2),2).
综上所述，HG的长为eq \f(\r(13),2)或eq \f(3\r(2),2).
2. 解：(1)矩形；
【解法提示】如解图①，∵M是BC的中点，AB＝AC，∴AM⊥BC，∴∠AMB＝90°.∵∠DFE＝30°，∠ABC＝60°，∴∠EBM＝90°.又∵∠DEF＝90°，∴四边形EBMA是矩形．
第2题解图①
(2)当AH⊥GH时，∠AHG＝90°.
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°.
由平移的性质可知DE∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB＝60°.
在Rt△DEF中，∵∠EDF＋∠DFE＝90°，∠DFE＝30°，
∴∠EDF＝90°－30°＝60°，
∴△ADH是等边三角形，
∴AH＝AD，由平移可知AD＝m，
∴AH＝m.
在Rt△AGH中，cs∠BAC＝eq \f(AH,AG)，
即cs 60°＝eq \f(m,AG)＝eq \f(1,2)，
解得AG＝2m，
由平移的性质可知AB∥DF，AD＝BF＝m，
∴∠BGF＝∠DFE＝30°，
∴BG＝2BF＝2m，
∴2m＋2m＝6，
∴m＝eq \f(3,2)；
(3)四边形AGHD是菱形，理由如下：
由平移知AD∥BC，AB∥DF，
∵GH∥BC，
∴AD∥GH，
∴四边形AGHD是平行四边形．
由(2)知，AD＝DH，
∴四边形AGHD是菱形；
(4)如解图②，作点B关于AC的对称点B′，连接B′M交AC于点H，连接BB′，AB′，
此时BM＋MH＋BH的值最小，
∵M是BC的中点，∴CM＝eq \f(1,2)BC＝3.
由对称的性质得，AB′＝AB＝6，∠B′AC＝∠BAC＝60°，
∴∠B′AC＝∠ACB＝60°，∴AB′∥BC，
∴△AHB′∽△CHM，
∴eq \f(AH,CH)＝eq \f(AB′,CM)，即eq \f(AH,6－AH)＝eq \f(6,3)，
解得AH＝4，
∴当BM＋MH＋BH值最小时，AH＝4.
第2题解图②