文档内容
章节构建二 图形三大变换:平移、对称、旋转
回归教材·过基础
【知识体系】
【考点清单】
知识点1 图形的轴对称 常考
1.定义
(1)轴对称:把一个图形沿着某一条直线对折,能与另一个图形重合.
(2)轴对称图形:把一个图形沿某条直线对折,直线两旁的部分能够互相重合,这条直线就是它的对
称轴.
2.性质
(1)对称点的连线被对称轴垂直平分;
(2)对应线段相等,对应角相等;
(3)成轴对称的两个图形是① .
3.常见应用——图形折叠问题
折叠问题是轴对称变换常见问题,折痕所在直线就是对称轴,折叠前的部分与折叠后的部分看作成
轴对称的两个图形.
技巧提示
轴对称指的是两个彼此独立的图形,沿着对称轴折叠之后,两旁的部分可以重合;轴对称图形
指的是一个图形,沿着过图形本身的直线折叠两旁的部分可以重合.
知识点2 图形的中心对称 常考
1.定义(1)中心对称:把一个图形绕着一点旋转180°后,与另一个图形重合,这个点叫作对称中心,旋转前后
能够重合的点叫作对称点.
(2)中心对称图形:把一个图形绕着某一点旋转180°后,能与原来的图形重合,这个图形叫作中心对
称图形,这个点叫作对称中心.
2.性质
(1)关于某点成中心对称的两个图形全等,即对应线段相等,对应角相等;
(2)关于某点成中心对称的两个图形,对称点的连线都经过② ,并且被对称中心平分.
技巧提示
中心对称指的是两个彼此独立的图形,绕对称中心旋转180°后,两图形可以重合;中心对称图
形指的是一个图形,绕着旋转中心旋转180°后与自身重合.
知识点3 图形的平移 轮考
1.定义
在平面内,将一个图形沿某个方向移动一定的距离,这种变换叫作平移变换,简称平移.确定一个平
移变换的条件是平移方向和平移距离.
2.性质
(1)平移不改变图形的大小与形状,即平移前后的两个图形全等;
(2)连接各组对应点的线段平行(或共线)且相等;
(3)对应线段平行(或共线)且相等,对应角相等.
知识点4 图形的旋转 常考
1.定义
在平面内,把一个平面图形绕着一个定点沿着某个方向旋转一定的角度,得到另一个图形,这种变
换叫作旋转变换.这个定点叫作旋转中心,这个角度叫作旋转角.图形的旋转由旋转方向和旋转角
度所决定.
2.性质
(1)图形上的每一点都绕着旋转中心沿着相同的方向旋转了相同大小的角度;
(2)旋转后的图形与原来的图形的形状和大小都没有发生变化,即它们是全等的;
(3)旋转前、后两个图形的对应点到旋转中心的距离③ ;
(4)对应点与旋转中心的连线所成的角相等,并且等于旋转角.
技巧提示确定旋转角的大小,只需要找到一对对应点,并分别与旋转中心连接,则两条线段的夹角即为
旋转角.
知识点5 网格作图
1.找出构成图形的关键点(一般找顶点);
2.作出这些关键点变换后的对应点;
3.顺次连接各对应点.
【基础演练】
1.中华文明是一种独特的文明,其汉字也是非常独特的.在一些美术字中,有的汉字是轴对称图形.
下面4个汉字中,可以看作是轴对称图形的是 ( )
A.中 B.国 C.文 D.化
2.如图,△ABD和△BCE都是等边三角形,下列说法错误的是 ( )
A.△DBC≌△ABE
B.△DBC可以由△ABE绕点B顺时针旋转60°而得
C.∠1=60°
D.BF平分∠DBE
3.如图,已知E为矩形纸片ABCD的边CD上一点,将纸片沿AE对折,点D的对应点D'恰好在线段
BE上.若AD=4,DE=1,则AB的长为 .
m
4.(2024·福州模拟)如图,矩形ABCD的宽AB=m,长AD=n,将矩形ABCD先向上平移 ,再向右平
2
n mn
移 得到矩形A'B'C'D',连接AB',BB',DD',D'F,连接A'F交DE于点G,则图中面积为 的三角形
2 2
为 .真题精粹·重变式
考向1 对称图形的识别
1.(2022·福建)美术老师布置同学们设计窗花,下列作品为轴对称图形的是 ( )
A B
C D
2.(2020·福建)下列给出的等边三角形、平行四边形、圆及扇形中,既是轴对称图形,又是中心对称
图形的是( )
3.(2019·福建)下列图形中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是 ( )
A.等边三角形 B.直角三角形
C.平行四边形 D.正方形
考向2 平移的性质及应用
4.(2022·福建)如图,现有一把直尺和一块三角尺,其中∠ABC=90°,∠CAB=60°,AB=8,点A对应直尺
的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移,使得△ABC移动到△A'B'C',点A'对应直尺的刻度为
0,则四边形ACC'A'的面积是 ( )A.96
B.96❑√3
C.192
D.160❑√3
5.(2021·福建)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°.线段EF是由线段AB平移得到的,点F在边BC
上,△EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形,且点D恰好在AC的延长线上.
(1)求证:∠ADE=∠DFC.
(2)求证:CD=BF.
考向3 轴对称的性质及应用
6.(2024·福建)小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案,如图.其中△OAB
与△ODC都是等腰三角形,且它们关于直线l对称,点E,F分别是底边AB,CD的中点,OE⊥OF.下列
推断错误的是( )
A.OB⊥ODB.∠BOC=∠AOB
C.OE=OF
D.∠BOC+∠AOD=180°
真题变式
7.如图,正方形ABCD的边长为4,M是AD的中点,将四边形ABCM沿CM翻折得到四边形
EFCM,连接DF,则tan∠DFE的值等于 .
8.把一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式折叠,使顶点B和D点重合,折痕为EF.若
AB=3cm,BC=5 cm,则A'E的长是 ( )
A.1.5 cm B.2.4 cm
C.3.4 cm D.1.6 cm
考向4 旋转的性质及应用
9.(2023·福建)如图1,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,D是AB边上不与A,B重合的一个定点.
AO⊥BC于点O,交CD于点E.DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的,FD,CA的延长线相
交于点M.
(1)求证:△ADE∽△FMC.
(2)求∠ABF的度数.
(3)若N是AF的中点,如图2,求证:ND=NO.
10.(2022·福建)已知△ABC≌△DEC,AB=AC,AB>BC.(1)如图1,CB平分∠ACD,求证:四边形ABDC是菱形.
(2)如图2,将(1)中的△CDE绕点C逆时针旋转(旋转角小于∠BAC),BC,DE的延长线相交于点F,
用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系,并证明.
(3)如图3,将(1)中的△CDE绕点C顺时针旋转(旋转角小于∠ABC),若∠BAD=∠BCD,求∠ADB
的度数.
11.(2020·福建)如图,△ADE由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到,且点B的对应点D恰好
落在BC的延长线上,AD,EC相交于点P.
(1)求∠BDE的度数.
(2)F是EC延长线上的点,且∠CDF=∠DAC,
①判断DF与PF的数量关系,并证明;
PE PC
②求证: = .
PF FC
12.(2018·福建)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=10,AC=8.线段AD由线段AB绕点A按逆时针方
向旋转90°得到,△EFG由△ABC沿CB方向平移得到,且直线EF过点D.(1)求∠BDF的大小.
(2)求CG的长.
核心突破·拓思维
考点 图形的旋转
(2024·泉州二模)如图,在Rt△ABC中.∠C=90°,BC=6,AC=8.△EFG由△ABC沿CB方向平移
得到,线段AD由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到,且点D落在直线EF上.
(1)求∠ADF的大小.
(2)求四边形AEFB的面积.(1)
AD AE
(2)证明四边形AEFB是平行四边形⇨证明△AED∽△ABC⇨进而得到 = ⇨求出AE的
AC AB
长⇨利用平行四边形面积公式求出答案即可
核心方法
∵DE∥BC,
∴∠ADE=∠B,∠AED=∠C,
旋
∴△ADE∽△ABC
转
相
∵△ADE∽△ABC,
似
AB AC AB AD
模 ∴ = 或 = .
AD AE AC AE
型
∵∠DAB=∠EAC,
∴△ADB∽△AEC
旋
转 DM BN
只要满足 = ,
DE BC
相
似 可证△ADM∽△ABN,
模 然后可证△ADB∽△AMN
型
(1)问题背景:如图1,已知△ABC∽△ADE,求证:△ABD∽△ACE.
图1(2)尝试运用:在矩形ABCD中,∠ADB=30°,在Rt△AEF中,∠EAF=90°,∠AFE=30°,将Rt△AEF绕点
AF MF
A旋转至图2位置,使点F落在BD上,EF交AB于点M,此时 =❑√3,求 的值.
DF BM
图2
BC 3
(3)拓展创新:如图3,在Rt△ABC中,∠ACB=90°, = ,D为边AB上一点,H为边AC上一点,若
AC 4
DH
∠ABC=∠HDC,CB=CD,则 = .
HC
图3
如图1,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠ACB=60°,AC=1,A ,B 为边AC,BC的中点,连接
1 1
AB,将△ABC绕点C逆时针旋转α(0°≤α≤360°).
1 1 1 1
(1)如图1,当α=0°时, BB = ;BB,AA 所在的直线相交所成的较小夹角的度数是 .
1 1 1
A A
1
(2)将△ABC绕点C逆时针旋转至图2所示的位置时,(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请给出
1 1
证明;若不成立,请说明理由.参考答案
回归教材·过基础
考点清单
①全等图形 ②对称中心 ③相等
基础演练
17
1.A 2.D 3. 4.△A'D'F
2
真题精粹·重变式
1.A 2.C 3.D 4.B
5.证明:(1)∵∠ACB=90°,
∴∠ACB=∠CDF+∠DFC=90°.
∵△EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形,
∴∠EDF=90°,DE=FD.
∵∠EDF=∠ADE+∠CDF=90°,
∴∠ADE=∠DFC.
(2)如图,连接AE.
∵线段EF是由线段AB平移得到的,
∴EF∥AB,EF=AB,
∴四边形ABFE是平行四边形,
∴AE∥BC,AE=BF,
∴∠DAE=∠BCA=90°,
∴∠DAE=∠FCD.
在△ADE和△CFD中,
{∠DAE=∠FCD,
)
∠ADE=∠DFC,
DE=FD,∴△ADE≌△CFD(AAS),
∴AE=CD.
∵AE=BF,
∴CD=BF.
6.B
1
7. 解析:如图,延长CF,AD交于点G,作DH⊥CG于点H.
3
∵正方形ABCD的边长为4,M是AD的中点,
1
∴AD∥BC,DM= AD=2,
2
∴∠DMC=∠BCM,
由折叠的性质可得∠GCM=∠BCM,∠EFC=∠B=90°,CF=BC=4,
∴∠DMC=∠GCM,
∴GM=CG.
设DG=x,则GM=x+2=CG,
在Rt△DCG中,DG2+DC2=CG2,
即x2+42=(x+2)2,
解得x=3,
∴DG=3,CG=5,
∴FG=CG-CF=5-4=1.
1 1
∵S = CD·DG= CG·DH,
△CDG
2 2
CD·DG 3×4 12
∴DH= = = ,
CG 5 5
∴GH=
❑√DG2-DH2
=
❑
√
32-
(12) 2=9,
5 5
9 4
∴FH=GH-FG= -1= ,
5 54
FH 5 1
∴tan∠FDH= = = .
DH 12 3
5
∵∠EFC=∠DHC=90°,
∴DH∥EF,
∴∠DFE=∠FDH,
1
∴tan∠DFE=tan∠FDH= ,
3
1
故答案为 .
3
8.D
9.解析:(1)证明:∵DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的,
∴∠FDC=90°,FD=CD,∠DFC=45°.
1
∵AB=AC,AO⊥BC,∴∠BAO= ∠BAC.
2
∵∠BAC=90°,∴∠BAO=∠ABC=45°,
∴∠BAO=∠DFC.
∵∠EDA+∠ADM=90°,∠M+∠ADM=90°,
∴∠EDA=∠M,∴△ADE∽△FMC.
(2)如图1,设BC与DF的交点为I.
∵∠DBI=∠CFI=45°,∠BID=∠FIC,
∴△BID∽△FIC,
BI DI BI FI
∴ = ,即 = .
FI CI DI CI
∵∠BIF=∠DIC,∴△BIF∽△DIC,
∴∠IBF=∠IDC.
∵∠IDC=90°,∴∠IBF=90°.
∵∠ABC=45°,∴∠ABF=∠ABC+∠IBF=135°.(3)证明:如图2,延长ON交BF于点T,连接DT,DO.
∵∠FBI=∠BOA=90°,
∴BF∥AO,∴∠FTN=∠AON.
∵N是AF的中点,∴AN=NF.
∵∠TNF=∠ONA,∴△TNF≌△ONA(AAS),
∴NT=NO,FT=AO.
∵∠BAC=90°,AB=AC,AO⊥BC,
∴AO=CO,∴FT=CO.
由(2)知,△BIF∽△DIC,
∴∠DFT=∠DCO.
∵DF=DC,∴△DFT≌△DCO(SAS),
∴DT=DO,∠FDT=∠CDO,
∴∠FDT+∠FDO=∠CDO+∠FDO,
即∠ODT=∠CDF.
∵∠CDF=90°,∴∠ODT=∠CDF=90°,
1
∴ND= TO=NO.
2
10.解析:(1)证明:∵△ABC≌△DEC,
∴AC=DC.
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB,AB=DC.
∵CB平分∠ACD,∴∠DCB=∠ACB,
∴∠ABC=∠DCB,
∴AB∥CD,∴四边形ABDC为平行四边形.
∵AB=AC,∴平行四边形ABDC为菱形.
(2)∠ACE+∠EFC=180°.证明:∵△ABC≌△DEC,
∴∠ABC=∠DEC,∴∠ACB=∠DEC.
∵∠ACB+∠ACF=∠DEC+∠CEF=180°,
∴∠CEF=∠ACF.
∵∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°,
∴∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°,
∴∠ACE+∠EFC=180°.
(3)如图,在AD上取点M,使AM=BC,连接BM.
在△AMB和△CBD中,
{
AM=BC,
)
∠BAM=∠DCB,
AB=CD,
∴△AMB≌△CBD(SAS),
∴BM=BD,∠ABM=∠CDB,
∴∠BMD=∠BDM.
∵∠BMD=∠BAD+∠MBA,
∴∠ADB=∠BCD+∠BDC.
设∠BCD=∠BAD=α,∠BDC=β,则∠ADB=α+β.
∵AC=AB=CD,∴∠CAD=∠CDA=α+2β,
∴∠BAC=∠CAD-∠BAD=2β,
1
∴∠ACB= ×(180°-2β)=90°-β,
2
∴∠ACD=90°-β+α.
∵∠ACD+∠CAD+∠CDA=180°,
∴90°-β+α+α+2β+α+2β=180°,
∴α+β=30°,即∠ADB=30°.
11.解析:(1)∵△AED由△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到,
∴AB=AD,∠BAD=90°,△ABC≌△ADE.
在Rt△ABD中,∠B=∠ADB=45°,∴∠ADE=∠B=45°,
∴∠BDE=∠ADB+∠ADE=90°.(2)①DF=PF.
证明:由旋转的性质可知,AC=AE,∠CAE=90°,
在Rt△ACE中,∠ACE=∠AEC=45°.
∵∠CDF=∠CAD,∠ACE=∠ADB=45°,
∴∠ADB+∠CDF=∠ACE+∠CAD,即∠FPD=∠FDP,
∴DF=PF.
②证明:如图,过点P作PH∥ED交DF于点H,
EP DH
∴∠HPF=∠DEP, = .
PF HF
∵∠DPF=∠ADE+∠DEP=45°+∠DEP,∠DPF=∠ACE+∠DAC=45°+∠DAC,
∴∠DEP=∠DAC.
又∵∠CDF=∠DAC,
∴∠DEP=∠CDF,∴∠HPF=∠CDF.
又∵FD=FP,∠F=∠F,
∴△HPF∴ CDF(ASA),∴△ ≌DHHF==CPFC,,∴
EP DH EP PC
又∵ = ,∴ = .
PF HF PF CF
12.解析:(1)∵线段AD由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到,
∴∠DAB=90°,AD=AB=10.∴∠ABD=45°.
∵△EFG是由△ABC沿CB方向平移得到的,
∴AB∥EF,
∴∠BDF=∠ABD=45°.
(2)由平移的性质,得AE∥CG,AB∥EF,
∴∠DEA=∠DFC=∠ABC,∠ADE+∠DAB=180°.
∵∠DAB=90°,∴∠ADE=90°.
∵∠ACB=90°,∴∠ADE=∠ACB,
∴△ADE∽△ACB,
AD AE
∴ = .
AC AB∵AB=8,AB=AD=10,∴AE=12.5,
由平移的性质,得CG=AE=12.5.
核心突破·拓思维
例 解析:(1)∵线段AD由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到,
∴∠BAD=90°
∵△EFG由△ABC沿CB方向平移得到,
∴AB∥EF,
∴∠BAD+∠ADF=180°,
∴∠ADF=90°.
(2)(解法不唯一)∵△EFG由△ABC沿CB方向平移得到,
∴AC∥EG,AC=EG=8,∠EGF=∠ACB=∠CGE=90°,AE∥BF,
∴四边形AEFB是平行四边形,∠AED=∠EFG=∠ABC,
∴AE=BF.
∵在Rt△ABC中.∠C=90°,BC=6,AC=8,
∴AB= = =10,
❑√BC2+AC2 ❑√62+82
∴AD=AB=10.
∵∠ACB=∠ADE=90°,∠AED=∠ABC,
∴△AED∽△ABC,
AD AE
∴ = ,
AC AB
10 AE
∴ = ,
8 10
25 25
∴AE= , ∴BF=AE= ,
2 2
25
∴S =BF·EG= ×8=100.
▱AEFB
2
变式1 解析:(1)证明:∵△ABC∽△ADE,
AB AC
∴∠BAC=∠DAE, = ,
AD AE
AB AD
∴∠BAD=∠CAE, = ,
AC AE
∴△ABD∽△ACE.(2)如图1,连接BE.
图1
∵∠ADB=∠AFE,∠BAD=∠EAF,
∴△ABD∽△AEF,
由(1)同理得△DAF∽△BAE,
DF AF
∴ = ,∠ABE=∠ADF=30°,
BE AE
AF AE
∴ = =❑√3,
DF BE
设BE=x,则AE=❑√3x,
∴AF=❑√3AE=3x.
∵∠BME=∠FMA,
∴△FMA∽△BME,
MF AF 3x
∴ = = =3.
BM BE x
(3)如图2,过点C分别作CE⊥CD于点C,交DH的延长线于点E,CF⊥AB于点F.
∵∠B=∠CDE,BC=CD,∠BCA=∠DCE,
∴△BCA≌△DCE(ASA),
图2
∴∠A=∠E,CE=AC.
∵∠AHD=∠CHE,
∴△ADH∽△ECH,
DH AD AH
∴ = = .
HC EC EH
设AC=CE=4x,则BC=3x,
由勾股定理得AB=5x,BC BF 3
∴cos B= = = ,
AB BC 5
3 9x
∴BF= BC= .
5 5
∵BC=CD,CF⊥BD,
18x
∴BD=2BF= ,
5
18x 7x
∴AD=5x- = ,
5 5
7x
DH AD 7
∴ = = 5 = .
HC EC 20
4x
7
故答案为 .
20
变式2 解析:(1)2;60°.
提示:在Rt△ABC中,AC=1.
∵∠ACB=60°,
∴∠ABC=30°,
∴BC=2AC=2.
∵A ,B 分别为边AC,BC的中点,
1 1
∴AB 是△ABC的中位线,
1 1
1 1 1
∴AB ∥AB,AA=A C= AC= ,BB =B C= BC=1,
1 1 1 1 1 1
2 2 2
∴∠B AC=∠BAC=90°,∠A B C=∠ABC=30°,
1 1 1 1
∴ BB =2.
1
A A
1
∵∠ACB=60°,
∴BB ,AA 所在的直线相交所成的较小夹角为∠ACB=60°.
1 1
故答案为2;60°.
(2)(1)中的结论仍然成立.
证明:如图,延长AA ,BB 相交于点D.
1 1由旋转知∠ACA =∠BCB ,
1 1
1
AC= B C.
1 1
2
∵AC=1,BC=2,
AC BC
∴ =2, =2,
A C B C
1 1
AC BC
∴ = ,
A C B C
1 1
∴△ACA∽△BCB ,
1 1
∴ BB
1
=2,∠CAA
1
=∠CBB
1
,
A A
1
∴∠ABD+∠BAD=∠ABC+∠CBB +∠BAC-∠CAA =∠ABC+∠BAC=30°+90°=120°,
1 1
∴∠D=180°-(∠ABD+∠BAD)=60°.
