1、春季中考数学第五讲图形的平移旋转折叠问题解析版2017春季中考数学第五讲-图形的平移、旋转、折叠问题(解析版)D为 .【思路点拨】作AMx轴于点M.根据等边三角形的性质得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）.【参考答案】（4,23）【方法归纳】本题考查了坐标与图形变化平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同.平移中点的变化规
2、律：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减.也考查了等边三角形的性质，含30角的直角三角形的性质.求出点A的坐标是解题的关键.考点四 旋转变换例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；(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【思路点拨】(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,
3、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,较易证明解：(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,=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为正三角形当=60时,如图3,
4、ACE=120+60=180.CA=CE=CD=CF,四边形ADEF为矩形当60时,ACF120,DCE=360-60-60-ACF120显然DEAFAC=CF,CD=CE,2FAC+ACF=2CDE+DCE=180.ACF+DCE=360-60-60=240,FAC+CDE=60.DAF+ADE=120+60=180.AFDE又DEAF,AD=EF,四边形ADEF为等腰梯形【方法归纳】旋转的概念：在平面内,将一个图形绕一个定点沿某一个方向转动一个角度,这种图形的运动称为旋转,这个定点叫做旋转中心,转动的角度叫做旋转角.旋转变换的性质：经过旋转,图形上每个点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同的角
5、度,任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角都是旋转角,对应点到旋转中心的距离相等,旋转变换不改变图形的形状和大小,是全等变换.【误区提醒】决定旋转变换的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度,作图按三个步骤进行：(1)在已知图形上找一些关键的点；(2)画出这些关键点的对应点；(3)顺次连接这些对应点.考点五 图形变换的应用例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.【思路点拨】
6、（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=90.APM+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=
7、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.【方法归纳】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、翻折的性质以及锐角三角函数的综合运用，图形的折叠是对称变换，是一种全等变换.【误区提醒】折叠问题要注意找正确边角的等量关系，本题求AB长时，关键是恰当的设出未知数表示出一对相似三角形的对应边并列比例式.【例题讲解】1.图形的平移：如图1，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
8、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，） B（3，） C（4，） D（3，） 图1 图 2 图3 图4答案 A思路如下：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B2.图形的折叠：如图2，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 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
9、，FNGD5在RtAMF中，AFAD15，MF10，所以AM设DEm，那么NE由AMFFNE，得，即解得m3.图形的旋转：如图3，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= 答案 5思路如下：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AF54.三角形： 如图4，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A
10、C边交于点M，当AEM是等腰三角形时，BE_答案 或1思路如下：设BEx由ABEECM，得，即等腰三角形AEM分三种情况讨论：如图2，如果AEAM，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45.四边形：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图5 图6 图7答案 C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RtABC中，AB8，
11、BC4，所以AC由cosBAC，得所以AE5图2 图36.圆：如图1，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DOP45时，的长为图2 图37.函数图像：如图7，直线l与半径为4的O相切于点A，P是O
12、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xy，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ACPPAB，得，即所以因此所以当x4时，xy最大，最大值为2图2 图3【课后练习】1.如图1，在ABC中，AB4，BC6，B60，将ABC沿射线BC方向平移2个单位后，得到ABC，联结AC，则ABC的周长为_（答案 12）图1 图2 图3 图42.如图2，已知在矩形ABCD中，点E在边BC上，BE2CE，将矩形沿着过点E的
13、直线翻折后，点C、D分别落在边BC下方的点C、D处，且点C、D、B在同一条直线上，折痕与边AD交于点F，DF与BE交于点G设ABt，那么EFG的周长为_（用含t的代数式表示）答案 思路如下：如图2-1，等边三角形EFG的高ABt，计算得边长为图2-1 图3-13.如图3，在ABC中，ABAC5，BC4，D为边AC上一点，且AD3，如果ABD绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，点D旋转至D，那么线段DD的长为 答案 思路如下：如图3-1，由ABCADD，可得543DD4.如图4，正方形ABCD的边长为3cm，E为CD边上一点，DAE30，M为AE的中点，过点M作直线分别与AD、BC相交于点P、Q
14、若PQAE，则AP的长等于_cm答案 1或2思路如下：如图2，当PQAE时，可证PQ与AE互相垂直在RtADE中，由DAE30，AD3，可得AE在RtAPM中，由PAM30，AM，可得AP2在图3中，ADF30，当PQDF时，DP2，所以AP1 图2 图35. 将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形ABCD，转动这个四边形，使它形状改变当B90时，如图5-1，测得AC2当B60时，如图5-2，AC等于（ ）(A)； (B)2； (C) ； (D) 2图5-1 图5-2 图6答案 (A)思路如下：拖动点A绕着点B旋转，当B90时，ABC是等腰直角三角形；当B60时，ABC是等边三角形（
15、如图3）6.如图6，在矩形ABCD中，AD8，E是AB边上一点，且AEAB，O经过点E，与边CD所在直线相切于点G（GEB为锐角），与边AB所在直线相交于另一点F，且EGEF2当边AD或BC所在的直线与O相切时，AB的长是_答案 12或4思路如下：拖动点B运动，可以体验到，O的大小是确定的，O既可以与BC相切（如图3），也可以与AD相切（如图4）如图2，在RtGEH中，由GH8，EGEF2，可以得到EH4在RtOEH中，设O的半径为r，由勾股定理，得r242(8r)2解得r5设AEx，那么AB4x如图3，当O与BC相切时，HBr5由ABAEEHHB，得4xx45解得x3此时AB12如图4，当O
16、与AD相切时，HAr5由AEAHEH，得x541此时AB4图2 图3 图47.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. 【思路点拨】(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
17、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=30.DAE=BAC=60,MAD=30.MAN=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【方法归纳】本题综合了旋转、垂径定理、勾股定理、等腰三角形、圆与直线的位置关系等有关知识,是一道中等偏上的题,有一定区分度.其中证明圆与直线相切时通常是“作垂直,证半径”
