2020年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 重難題型突破 類型二 平移旋轉(zhuǎn)折疊問題

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1、類型二 平移旋轉(zhuǎn)折疊問題 例1、如圖,將三角形紙片ABC沿DE折疊,使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)F處, 且DE∥BC,下列結(jié)論:①△BDF是等腰三角形;②DE=BC;③四邊形ADFE 是菱形;④∠BDF+∠FEC=2∠A.其中一定正確的個(gè)數(shù)是( ). A.1 B.2 C.3 D.4 【解析】如圖,分別過點(diǎn)D，E作BC的垂線DG，EH；連接AF,由于折疊是軸對(duì)稱變換知AF與DE垂直,因?yàn)镈E∥BC，所以AF與BC垂直,且AM=MF,可以證明點(diǎn)D，E分別是AB,AC的中點(diǎn),即DE是△ABC的中位線,所以②DE=BC是正確的；由于折疊是軸對(duì)稱變

2、換知AD=DF,AE=EF,所以DA=DB=DF,所以①△BDF是等腰三角形是正確的；因DG∥AF∥EH,所以∠BDG=∠DAM,又因?yàn)镈G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是正確的；如圖顯然四邊形ADFE不是菱形,③是錯(cuò)誤的． 【答案】C 例2、下列圖形中,是中心對(duì)稱圖形但不是軸對(duì)稱圖形的是( ). 【解析】把一個(gè)圖形沿著某一條直線折疊,如果直線兩旁的部分能互相重合,那么這個(gè)圖形是軸對(duì)稱圖形； 把一個(gè)平面圖形繞某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°,如果旋轉(zhuǎn)后的圖形能和原圖形互相重合,那么這個(gè)圖形叫做中心對(duì)

3、稱圖形.對(duì)照定義,可知A是軸對(duì)稱圖形,且有1條對(duì)稱軸,但不是中心對(duì)稱圖形；B是中心對(duì)稱圖形,不是軸對(duì)稱圖形；C是軸對(duì)稱圖形,有1條對(duì)稱軸,但不是中心對(duì)稱圖形；D既是中心對(duì)稱圖形又是軸對(duì)稱圖形,有4條對(duì)稱軸． 【答案】B 例3、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正三角形OAB的頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，0）， 點(diǎn)A在第一象限內(nèi)，將△OAB沿直線OA的方向平移至△O′A′B′的位置， 此時(shí)點(diǎn)A′的橫坐標(biāo)為3，則點(diǎn)B′的坐標(biāo)為 . 【解析】作AM⊥x軸于點(diǎn)M.根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得OA=OB=2，∠AOB=60°， 在Rt△OAM中,利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出OM=1，AM

4、=，從而求得 點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，），直線OA的解析式為y=x,當(dāng)x=3時(shí)，y=3,所以 點(diǎn)A′的坐標(biāo)為（3，3），所以點(diǎn)A′是由點(diǎn)A向右平移2個(gè)單位，向上平移 23個(gè)單位后得到的，于是得點(diǎn)B′的坐標(biāo)為（4,2）. 【答案】（4,23） 例4、在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠B=30°,線段AD是BC邊上的中線,如圖1,將△ADC沿直線BC平移,使點(diǎn)D與點(diǎn)C重合,得到△FCE,如圖2,再將△FCE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn),設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α(0°＜α≤90°),連接AF,DE． (1)在旋轉(zhuǎn)過程中,當(dāng)∠ACE=150°時(shí),求旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)； (2)探究旋轉(zhuǎn)過程中四邊形ADEF能形成

5、哪些特殊四邊形？請(qǐng)說明理由． 【解析】(1)由題意分析可知此問需分兩種情況討論：①點(diǎn)E和點(diǎn)D在直線AC兩側(cè)；②點(diǎn)E和點(diǎn)D在直線AC同側(cè)；(2)在旋轉(zhuǎn)過程中,總是存在AC=CE,DC=CE.由圖形的對(duì)稱性可知,將會(huì)出現(xiàn)兩種對(duì)角線相等的特殊四邊形：等腰梯形和矩形.抓住平移和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),較易證明． 【答案】：(1)在圖1中,∵∠BAC=90°,∠B=30°, ∴∠ACE=∠BAC+∠B=120°． 如圖2,當(dāng)點(diǎn)E和點(diǎn)D在直線AC兩側(cè)時(shí),由于∠ACE=150°, ∴α=150°-120°=30°.當(dāng)點(diǎn)E和點(diǎn)D在直線AC同側(cè)時(shí), 由于∠ACB=180°-∠BAC-∠B=60°,∴∠DCE=∠

6、ACE-∠ACB=150°-60°=90°. ∴α=180°-∠DCE=90°.∴旋轉(zhuǎn)角α為30°或90°; (2)四邊形ADEF能形成等腰梯形和矩形． ∵∠BAC=90°,∠B=30°,∴AC=BC． 又∵AD是BC邊上的中線,∴AD=DC=BC=AC.∴△ADC為正三角形． ①當(dāng)α=60°時(shí),如圖3,∠ACE=120°+60°=180°. ∵CA=CE=CD=CF, ∴四邊形ADEF為矩形． ②當(dāng)α≠60°時(shí),∠ACF≠120°,∠DCE=360°-60°-60°-∠ACF≠120°． 顯然DE≠AF．∵AC=CF,CD=CE, ∴2∠FAC+∠ACF=2∠CDE+∠D

7、CE=180°. ∵∠ACF+∠DCE=360°-60°-60°=240°, ∴∠FAC+∠CDE=60°.∴∠DAF+∠ADE=120°+60°=180°.∴AF∥DE． 又∵DE≠AF,AD=EF,∴四邊形ADEF為等腰梯形． 例5、如圖，矩形紙片ABCD，將△AMP和△BPQ分別沿PM和PQ折疊（AP＞AM），點(diǎn)A和點(diǎn)B都與點(diǎn)E重合；再將△CQD沿DQ折疊，點(diǎn)C落在線段EQ上的點(diǎn)F處. （1）判斷△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪幾對(duì)相似三角形？ （2）如果AM=1，sin∠DMF=，求AB的長. 【解析】（1）由矩形的性質(zhì)得∠A=∠B=∠C=90°，由折疊的性質(zhì)

8、和等角的余角相等，可得∠BPQ=∠AMP=∠DQC，所以△AMP∽△BPQ∽△CQD；（2）先證明MD=MQ，然后根據(jù)sin∠DMF=DFMD=35，設(shè)DF=3x，MD=5x，再分別表示出AP，BP，BQ，根據(jù)△AMP∽△BPQ，列出比例式解方程求解即可. 解：（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD. ∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=90°. 由折疊的性質(zhì)可知∠APM=∠EPM，∠EPQ=∠BPQ. ∴∠APM+∠BPQ=∠EPM+∠EPQ=90°. ∵∠APM+∠AMP=90°，∴∠BPQ=∠AMP. ∴△AMP∽△BPQ. 同理：△BPQ∽△CQD. 根據(jù)相似的傳遞

9、性可得△AMP∽△CQD； （2）∵AD∥BC，∴∠DQC=∠MDQ. 由折疊的性質(zhì)可知∠DQC=∠DQM. ∴∠MDQ=∠DQM.∴MD=MQ. ∵AM=ME，BQ=EQ， ∴BQ=MQ-ME=MD-AM. ∵sin∠DMF=，則設(shè)DF=3x，MD=5x，則BP=PA=PE=，BQ=5x-1. ∵△AMP∽△BPQ，∴，即，解得x=（舍去）或x=2，∴AB=6. 例6、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正三角形OAB的頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2, 0），點(diǎn)A在第一象限內(nèi)，將△OAB沿直線OA的方向平移至△O′B′A′的位置，此時(shí)點(diǎn)A′的橫坐標(biāo)為3，則點(diǎn)B′的坐標(biāo)為（ ）． A．（4，

10、） B．（3，） C．（4，） D．（3，） 【答案】A 【解析】如圖，當(dāng)點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2, 0），點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為1． 當(dāng)點(diǎn)A'的橫坐標(biāo)為3時(shí)，等邊三角形A′OC的邊長為6． 在Rt△B′CD中，B′C＝4，所以DC＝2，B′D＝．此時(shí)B′． 例7、 圖形的折疊：如圖，在矩形ABCD中，AD＝15，點(diǎn)E在邊DC上，聯(lián)結(jié)AE，△ADE沿直線AE翻折后點(diǎn)D落到點(diǎn)F，過點(diǎn)F作FG⊥AD，垂足為G．如果AD＝3GD，那么DE＝_____． 【答案】 【

11、解析】思路如下： 如圖，過點(diǎn)F作AD的平行線交AB于M，交DC于N． 因?yàn)锳D＝15，當(dāng)AD＝3GD時(shí)，MF＝AG＝10，F(xiàn)N＝GD＝5． 在Rt△AMF中，AF＝AD＝15，MF＝10，所以AM＝． 設(shè)DE＝m，那么NE＝． 由△AMF∽△FNE，得，即．解得m＝． 例8、圖形的旋轉(zhuǎn)：如圖，已知Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝6，BC＝4，將△ABC繞直角頂點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△DEC，若點(diǎn)F是DE的中點(diǎn)，連接AF，則AF= ． 【答案】 5． 【解析】思路如下： 如圖，作FH⊥AC于H． 由于F是ED的中點(diǎn)，所以HF是△E

12、CD的中位線，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： 如圖，△ABC≌△DEF（點(diǎn)A、B分別與點(diǎn)D、E對(duì)應(yīng)），AB＝AC＝5，BC＝6．△ABC固定不動(dòng)，△DEF運(yùn)動(dòng)，并滿足點(diǎn)E在BC邊從B向C移動(dòng)（點(diǎn)E不與B、C重合），DE始終經(jīng)過點(diǎn)A，EF與AC邊交于點(diǎn)M，當(dāng)△AEM是等腰三角形時(shí)，BE＝_________． 【答案】 或1 【解析】思路如下： 設(shè)BE＝x． 由△ABE∽△ECM，得，即． 等腰三角形AEM分三種情況討論：

13、 ①如圖2，如果AE＝AM，那么△AEM∽△ABC． 所以．解得x＝0，此時(shí)E、B重合，舍去． ②如圖3，當(dāng)EA＝EM時(shí)，．解得x＝1． ③如圖4，當(dāng)MA＝ME時(shí)，△MEA∽△ABC．所以．解得x＝． 圖2 圖3 圖4 例10、四邊形：如圖，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4．點(diǎn)E在邊AB上，點(diǎn)F在邊CD上，點(diǎn)G、H在對(duì)角線AC上．若四邊形EGFH是菱形，則AE的長是（ ）． A． B． C．5 D．6 【

14、答案】C． 【解析】思路如下： 拖動(dòng)點(diǎn)E在AB上運(yùn)動(dòng)，可以體驗(yàn)到，當(dāng)EF與AC垂直時(shí)，四邊形EGFH是菱形（如圖2）． 如圖3，在Rt△ABC中，AB＝8，BC＝4，所以AC＝． 由cos∠BAC＝，得．所以AE＝5． 圖2 圖3 例11、圓：如圖，⊙O的半徑為2，AB，CD是互相垂直的兩條直徑，點(diǎn)P是⊙O上任意一點(diǎn)（P與A，B，C，D不重合），過點(diǎn)P作PM⊥AB于點(diǎn)M，PN⊥CD于點(diǎn)N，點(diǎn)Q是MN的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P沿著圓周轉(zhuǎn)過45°時(shí)，點(diǎn)Q走過的路徑長為__________． A. B. C.

15、 D. 【答案】 A． 【解析】思路如下： 拖動(dòng)點(diǎn)P在圓周上運(yùn)動(dòng)一周，可以體驗(yàn)到，當(dāng)點(diǎn)P沿著圓周轉(zhuǎn)過45°時(shí)，點(diǎn)Q走過的路徑是圓心角為45°半徑為1的一段?。? 如圖2，四邊形PMON是矩形，對(duì)角線MN與OP互相平分且相等，因此點(diǎn)Q是OP的中點(diǎn)． 如圖3，當(dāng)∠DOP＝45°時(shí)，的長為． 圖2 圖3 例12、函數(shù)圖象：如圖，直線l與半徑為4的⊙O相切于點(diǎn)A，P是⊙O上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A重合），過點(diǎn)P作PB⊥l，垂足為B，聯(lián)結(jié)PA．設(shè)PA＝x，PB＝y(tǒng)，則(x－y)的最大值是_____． 【答案】 2． 【解析

16、】思路如下： 拖動(dòng)點(diǎn)P在圓上運(yùn)動(dòng)一周，可以體驗(yàn)到，AF的長可以表示x－y，點(diǎn)F的軌跡象兩葉新樹丫，當(dāng)AF最大時(shí)，OF與AF垂直（如圖2）． 如圖3，AC為⊙O的直徑，聯(lián)結(jié)PC． 由△ACP∽△PAB，得，即．所以． 因此． 所以當(dāng)x＝4時(shí)，x－y最大，最大值為2． 圖2 圖3 例13、.如圖所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,∠BAC=60°,AB=8.半徑為的⊙M與射線BA相切,切點(diǎn)為N,且AN=3.將Rt△ABC順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°后得到Rt△ADE,點(diǎn)B,C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是點(diǎn)D,E． (1)畫出旋轉(zhuǎn)后的Rt△AD

17、E； (2)求出Rt△ADE 的直角邊DE被⊙M截得的弦PQ的長度； (3)判斷Rt△ADE的斜邊AD所在的直線與⊙M的位置關(guān)系,并說明理由. 【分析】(1)點(diǎn)A不動(dòng),由于∠BAC=60°,因此旋轉(zhuǎn)120°后AE與AB在同一條直線上；(2)過點(diǎn)M作MF⊥DE,垂足為F.連接MP,構(gòu)造出Rt△MPF，再通過勾股定理解直角三角形并結(jié)合垂徑定理即可求解；(3)易猜想AD與⊙M相切.欲證AD與⊙M相切,只需HM=NM即可,而HM=NM可由△MHA≌△MNA得到． 【答案】證明：(1)如圖1，Rt△ADE就是旋轉(zhuǎn)后的圖形； (2)如圖2,過點(diǎn)M作MF⊥DE,垂足為

18、F,連接MP．在Rt△MPF中,MP=,MF=4-3=1,由勾股定理易得PF=2,再由垂徑定理知PQ=2PF=2； (3)AD與⊙M相切． 證法一：如圖2,過點(diǎn)M作MH⊥AD于H,連接MN, MA,則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,從而得MH=MN 亦可). ∴AD與⊙M相切； 證法二：如圖2,連接MA,ME,MD,則S△ADE=S△AMD+S△AME+S△DME,過M作MH⊥AD于H, MF⊥DE于F, 連接MN, 則MN⊥AE且MN=,MF=1, ∴AC·BC=AD·MH+AE·MN+DE·MF,由此可以計(jì)算出MH=.∴MH=MN. ∴AD與⊙M相切． 9