2018中考数学专题突破导学练第28讲图形的平移与变换试题20170731244.wps

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1、第 2828 讲 图形的平移与变换 【知识梳理】 知识点一：平移的概念和条件 1概念：在平面内，将某个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平 移 2条件：定一个平移运动的条件是平移的方向和距离 重点：平移的理解与运用 难点：平移条件的理解把握。 知识点二：平移的性质 1平移不改变图形的形状与大小，即平移后所得的新图形与原图形全等 2连结各组对应点的线段平行(或在同一直线上)且相等 3对应线段平行 4对应角相等 重点： 能够理解平移中图形部分之间关系。 难点：结合性质进行图形设计。 知识点三：图形的旋转 1概念：在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向旋转一个角度，这样的图形运动 称

2、为旋转这个定点称为旋转中心，转动的角度称为旋转角 2条件：图形的旋转是由旋转中心、旋转方向和旋转角确定的 3性质：图形旋转过程中，图形上每一个点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同角度； 任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角度都是旋转角，旋转角都相等；对应点到旋转中心 的距离相等 4一个图形只要满足绕一点旋转后能与原图形重合这一条件，就是旋转对称图形 5旋转作图 (1)旋转作图的依据是旋转的特征 (2)旋转作图的步骤如下： 确定旋转中心、旋转方向和旋转角度； 确定图形的关键点(如三角形的三个顶点)； 将这些关键点沿旋转方向转动一定的角度； 按照原图形的连结方式，顺次连结这些对应点，得到旋转后的图

3、形 重点：旋转的定义的理解。 难点：准确把握旋转的三要素。 1 知识点四：简单的图案设计 设计图案需要有较好的设计和创新能力，在设计时，要敢于设计、主动动手、相互交流， 简单的图案设计步骤如下： (1)图案设计要突出主题，设计的图案要自然，确定好整幅图案的形状，充分利用平移、 旋转、对称等方式实现基本图案到整体图案的有机组合，作出草图 (2)根据草图，运用尺规作图的方法准确地作出图案 重点：如何利用平移、旋转和对称进行图形设计。 难点：尺规作图的准确性。 【考点解析】 考点一：图形的平移 【例题 1 1】（2017宁德）如图，在平面直角坐标系中，菱形 OABC 的边 OA在 x 轴上，AC与

4、OB 交于点 D （8，4），反比例函数 y= 的图象经过点 D若将菱形 OABC向左平移 n 个单位，使点 C 落在该反比例函数图象上，则 n 的值为 2 【考点】G6：反比例函数图象上点的坐标特征；L8：菱形的性质；Q3：坐标与图形变化平 移 【分析】根据菱形的性质得出 CD=AD，BCOA，根据 D （8，4）和反比例函数 y= 的图象经过 点 D 求出 k=32，C 点的纵坐标是 24=8，求出 C 的坐标，即可得出答案 【解答】解：四边形 ABCO是菱形， CD=AD，BCOA， D （8，4），反比例函数 y= 的图象经过点 D， k=32，C 点的纵坐标是 24=8， y= ，

5、把 y=8代入得：x=4， n=42=2， 2 向左平移 2 个单位长度，反比例函数能过 C 点， 故答案为：2 【点评】本题考查了菱形的性质，平移的性质，用待定系数法求反比例函数的解析式等知识点， 能求出 C 的坐标是解此题的关键 考点二、图形的旋转 【例 1 1】（2017黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，RtABC 三个顶点都在格点上，点 A、B、 C 的坐标分别为 A（1，3），B（3，1），C（1，1）请解答下列问题： （1）画出ABC关于 y 轴对称的A1B1C1，并写出 B1的坐标 （2）画出A1B1C1绕点 C1顺时针旋转 90后得到的A2B2C1，并求出点 A1走过的路径长

6、【考点】R8：作图旋转变换；O4：轨迹；P7：作图轴对称变换 【分析】（1）根据网格结构找出点 A、B、C 关于 y 轴的对称点 A1、B1、C1的位置，然后顺次连 接即可； （2）根据弧长公式列式计算即可得解 【解答】解：（1）如图，B1（3，1）； （2）如图，A1走过的路径长： 22= 3 【点评】本题考查了利用轴对称变换作图，利用旋转变换作图，以及弧长的计算，熟练掌握网 格结构，准确找出对应顶点的位置是解题的关键 类型三：平移与旋转作图 【例题 1】如图，把ABC 沿着 BC 的方向平移到DEF的位置，它们重叠部分的面积是ABC 面积的一半，若 BC= ，则ABC移动的距离是（ ） A

7、 B C D 【分析】移动的距离可以视为 BE或 CF 的长度，根据题意可知ABC 与阴影部分为相似三角形， 且面积比为 2：1，所以 EC：BC=1： ，推出 EC 的长，利用线段的差求 BE的长 【解答】解：ABC 沿 BC 边平移到DEF 的位置， ABDE， ABCHEC， =（ ）2= ， EC：BC=1： ， BC= ， EC= ， 4 BE=BCEC= 故选：D 【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质、平移的性质，关键在于证ABC 与阴影部分 为相似三角形 【中考热点】 （20172017 黑龙江佳木斯）已知：AOB 和COD均为等腰直角三角形，AOB=COD=90连接 AD

8、，BC，点 H 为 BC中点，连接 OH （1）如图 1 所示，易证：OH= AD 且 OHAD（不需证明） （2）将COD绕点 O 旋转到图 2，图 3 所示位置时，线段 OH与 AD 又有怎样的关系，并选择一 个图形证明你的结论 【考点】R2：旋转的性质；KD：全等三角形的判定与性质；KW：等腰直角三角形 【分析】（1）只要证明AODBOC，即可解决问题； （2）如图 2 中，结论：OH= AD，OHAD延长 OH到 E，使得 HE=OH，连接 BE，由BEO ODA 即可解决问题； 如图 3 中，结论不变延长 OH 到 E，使得 HE=OH，连接 BE，延长 EO 交 AD于 G由BEO

9、ODA 即可解决问题； 【解答】（1）证明：如图 1 中， OAB 与OCD为等腰直角三角形，AOB=COD=90， OC=OD，OA=OB， 5 在AOD 与BOC中， ， AODBOC（SAS）， ADO=BCO，OAD=OBC， 点 H 为线段 BC的中点， OH=HB， OBH=HOB=OAD， 又因为OAD+ADO=90， 所以ADO+BOH=90， 所以 OHAD （2）解：结论：OH= AD，OHAD，如图 2 中，延长 OH到 E，使得 HE=OH，连接 BE， 易证BEOODA OE=AD OH= OE= AD 由BEOODA，知EOB=DAO DAO+AOH=EOB+AOH

10、=90， OHAD 如图 3 中，结论不变延长 OH到 E，使得 HE=OH，连接 BE，延长 EO交 AD 于 G 6 易证BEOODA OE=AD OH= OE= AD 由BEOODA，知EOB=DAO DAO+AOF=EOB+AOG=90， AGO=90 OHAD 【达标检测】 一选择题： 1. （2017浙江义乌）一块竹条编织物，先将其按如图所示绕直线 MN 翻转 180，再将它按逆 时针方向旋转 90，所得的竹条编织物是（ ） A B C D 【考点】R9：利用旋转设计图案 【分析】根据轴对称和旋转的性质即可得到结论 【解答】解：先将其按如图所示绕直线 MN 翻转 180，再将它按逆

11、时针方向旋转 90，所得 的竹条编织物是 B， 故选 B 2. （2017毕节）如图，在正方形 ABCD 中，点 E，F 分别在 BC，CD 上，且EAF=45，将ABE 绕点 A 顺时针旋转 90，使点 E 落在点 E处，则下列判断不正确的是（ ） 7 AAEE是等腰直角三角形 BAF 垂直平分 EE CEECAFD DAEF 是等腰三角形 【考点】R2：旋转的性质；KG：线段垂直平分线的性质；KI：等腰三角形的判定；KW：等腰直 角三角形；LE：正方形的性质；S8：相似三角形的判定 【分析】由旋转的性质得到 AE=AE，EAE=90，于是得到AEE是等腰直角三角形， 故 A 正确；由旋转的

12、性质得到EAD=BAE，由正方形的性质得到DAB=90，推出EAF= EAF，于是得到 AF 垂直平分 EE，故 B 正确；根据余角的性质得到FEE=DAF，于是得到EEC AFD，故 C 正确；由 于 ADEF，但EAD 不一定等于DAE，于是得到AEF 不一 定是等腰三角形，故 D 错误 【解答】解：将ABE 绕点 A 顺时针旋转 90，使点 E 落在点 E处， AE=AE，EAE=90， AEE是等腰直角三角形，故 A 正确； 将ABE 绕点 A 顺时针旋转 90，使点 E 落在点 E处， EAD=BAE， 四边形 ABCD是正方形， DAB=90， EAF=45， BAE+DAF=45

13、， EAD+FAD=45， EAF=EAF， AE=AE， AF 垂直平分 EE，故 B 正确； AFEE，ADF=90， FEE+AFD=AFD+DAF， FEE=DAF， EECAFD，故 C 正确； 8 ADEF，但EAD 不一定等于DAE， AEF 不一定是等腰三角形，故 D 错误； 故选 D 3. 如图，在 RtABC 中，ACB=90，将ABC绕顶点 C 逆时针旋转得到ABC，M 是 BC 的 中点，P 是 AB的中点，连接 PM若 BC=2，BAC=30，则线段 PM的最大值是（ ） A4 B3 C2 D1 【考点】R2：旋转的性质 【分析】如图连接 PC思想求出 PC=2，根据

14、 PMPC+CM，可得 PM3，由此即可解决问题 【解答】解：如图连接 PC 在 RtABC中，A=30，BC=2， AB=4， 根据旋转不变性可知，AB=AB=4， AP=PB， PC= AB=2， CM=BM=1， 又PMPC+CM，即 PM3， PM 的最大值为 3（此时 P、C、M 共线） 故选 B 9 4. （20172017 湖北随州）如图，在矩形 ABCD中，ABBC，E 为 CD边的中点，将ADE绕点 E 顺时 针旋转 180，点 D 的对应点为 C，点 A 的对应点为 F，过点 E 作 MEAF交 BC 于点 M，连接 AM、BD 交于点 N，现有下列结论： AM=AD+MC

15、；AM=DE+BM；DE2=ADCM；点 N 为ABM的外心其中正确的个数为（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LB：矩形的性质； MA：三角形的外接圆与外心；R2：旋转的性质 【分析】根据全等三角形的性质以及线段垂直平分线的性质，即可得出 AM=MC+AD；根据当 AB=BC 时，四边形 ABCD为正方形进行判断，即可得出当 ABBC 时，AM=DE+BM 不成立；根据 MEFFE，C MF，运用射影定理即可得出 EC2=CMCF，据此可得 DE2=ADCM 成立；根据 N 不是 AM 的中 点，可得点 N 不是

16、ABM 的外心 【解答】解：E 为 CD 边的中点， DE=CE， 又D=ECF=90，AED=FEC， ADEFCE， AD=CF，AE=FE， 又MEAF， ME 垂直平分 AF， AM=MF=MC+CF， AM=MC+AD，故正确； 当 AB=BC时，即四边形 ABCD为正方形时， 设 DE=EC=1，BM=a，则 AB=2，BF=4，AM=FM=4a， 10 在 RtABM中，22+a2=（4a）2， 解得 a=1.5，即 BM=1.5， 由勾股定理可得 AM=2.5， DE+BM=2.5=AM， 又ABBC， AM=DE+BM 不成立，故错误； MEFF，ECMF， EC2=CMCF

17、， 又EC=DE，AD=CF， DE2=ADCM，故正确； ABM=90， AM 是ABM 的外接圆的直径， BMAD， 当 BMAD时， = 1， N 不是 AM 的中点， 点 N 不是ABM 的外心，故错误 综上所述，正确的结论有 2 个， 故选：B 二填空题： 5. 如图，一段抛物线：y=x（x2）（0x2）记为 C1，它与 x 轴交于两点 O，A1；将 C1 绕 A1旋转 180得到 C2，交 x 轴于 A2；将 C2绕 A2旋转 180得到 C3，交 x 轴于 A3；如此进 行下去，直至得到 C6，若点 P（11，m）在第 6 段抛物线 C6上，则 m= 1 11 【考点】二次函数图

18、象与几何变换；抛物线与 x 轴的交点 【专题】规律型 【分析】将这段抛物线 C1通过配方法求出顶点坐标及抛物线与 x 轴的交点，由旋转的性质可以 知道 C1与 C2的顶点到 x 轴的距离相等，且 OA1=A1A2，照此类推可以推导知道点 P（11，m）为 抛物线 C6的顶点，从而得到结果 【解答】解：y=x（x2）（0x2）， 配方可得 y=（x1）2+1（0x2）， 顶点坐标为（1，1）， A1坐标为（2，0） C2由 C1旋转得到， OA1=A1A2，即 C2顶点坐标为（3，1），A2（4，0）； 照此类推可得，C3顶点坐标为（5，1），A3（6，0）； C4顶点坐标为（7，1），A4（8

19、，0）； C5顶点坐标为（9，1），A5（10，0）； C6顶点坐标为（11，1），A6（12，0）； m=1 故答案为：1 【点评】本题考查了二次函数的性质及旋转的性质，解题的关键是求出抛物线的顶点坐标 6. 如图，半径为 1 的半圆形纸片，按如图方式折叠，使对折后半圆弧的中点 M 与圆心 O 重合， 则图中阴影部分的面积是 【考点】扇形面积的计算；翻折变换（折叠问题） 12 【分析】连接 OM交 AB 于点 C，连接 OA、OB，根据题意 OMAB 且 OC=MC=，继而求出 AOC=60、AB=2AC= ，然后根据 S弓形 ABM=S扇形 OABSAOB、S阴影=S半圆2S 弓形 ABM

20、计算可得 答案 【解答】解：如图，连接 OM交 AB 于点 C，连接 OA、OB， 由题意知，OMAB，且 OC=MC=， 在 RTAOC 中，OA=1，OC=， cosAOC= =，AC= = AOC=60，AB=2AC= ， AOB=2AOC=120， 则 S弓形 ABM=S扇形 OABSAOB = = ， S阴影=S半圆2S 弓形 ABM =122（ ） = 故答案为： 【点评】本题考查了轴对称的性质的运用、勾股定理的运用、三角函数值的运用、扇形的面积 公式的运用、三角形的面积公式的运用，解答时运用轴对称的性质求解是关键 7. （20172017 宁夏）如图，将平行四边形ABCD沿对角线

21、BD折叠，使点A 落在点A处若1=2=50， 则A为 105 13 【分析】由平行四边形的性质和折叠的性质，得出ADB=BDG=DBG，由三角形的外角性质 求出BDG=DBG= 1=25，再由三角形内角和定理求出A，即可得到结果 【解答】解：ADBC， ADB=DBG， 由折叠可得ADB=BDG， DBG=BDG， 又1=BDG+DBG=50， ADB=BDG=25， 又2=50， ABD 中，A=105， A=A=105， 故答案为：105 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角 和定理的综合应用，熟练掌握平行四边形的性质，求出ADB 的度数是解决

22、问题的关键 8. 如图，点 P 在等边ABC的内部，且 PC=6，PA=8，PB=10，将线段 PC绕点 C 顺时针旋转 60 得到 PC，连接 AP，则 sinPAP的值为 【考点】R2：旋转的性质；KK：等边三角形的性质；T7：解直角三角形 【分析】连接 PP，如图，先利用旋转的性质得 CP=CP=6，PCP=60，则可判定CPP 为等边三角形得到 PP=PC=6，再证明PCBPCA 得到 PB=PA=10，接着利用勾股定理的 逆定理证明APP为直角三角形，APP=90，然后根据正弦的定义求解 【解答】解：连接 PP，如图， 线段 PC绕点 C 顺时针旋转 60得到 PC， CP=CP=6

23、，PCP=60， CPP为等边三角形， PP=PC=6， 14 ABC 为等边三角形， CB=CA，ACB=60， PCB=PCA， 在PCB 和PCA 中 ， PCBPCA， PB=PA=10， 62+82=102， PP2+AP2=PA2， APP为直角三角形，APP=90， sinPAP= = = 故答案为 三解答题： 9. （2017黑龙江鹤岗）如图，在平面直角坐标系中，RtABC三个顶点都在格点上，点 A、B、C 的坐标分别为 A（1，3），B（3，1），C（1，1）请解答下列问题： （1）画出ABC关于 y 轴对称的A1B1C1，并写出 B1的坐标 （2）画出A1B1C1绕点 C1

24、顺时针旋转 90后得到的A2B2C1，并求出点 A1走过的路径长 15 【考点】R8：作图旋转变换；O4：轨迹；P7：作图轴对称变换 【分析】（1）根据网格结构找出点 A、B、C 关于 y 轴的对称点 A1、B1、C1的位置，然后顺次连 接即可； （2）根据弧长公式列式计算即可得解 【解答】解：（1）如图，B1（3，1）； （2）如图，A1走过的路径长： 22= 10（2017黑龙江鹤岗）在四边形 ABCD 中，对角线 AC、BD交于点 O若四边形 ABCD是正方形 如图 1：则有 AC=BD，ACBD 旋转图 1 中的 RtCOD到图 2 所示的位置，AC与 BD有什么关系？（直接写出） 若

25、四边形 ABCD是菱形，ABC=60，旋转 RtCOD 至图 3 所示的位置，AC与 BD又有什么 关系？写出结论并证明 16 【考点】LE：正方形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；L8：菱形的性质；R2：旋转的性 质 【分析】图 2：根据四边形 ABCD是正方形，得到 AO=OC，BO=OD，ACBD，根据旋转的性质得 到 OD=OD，OC=OC，DOD=COC，等量代换得到 AO=BO，OC=OD，AOC= BOD，根据全等三角形的性质得到 AC=BD，OAC=OBD，于是得到结论； 图 3：根据四边形 ABCD是菱形，得到 ACBD，AO=CO，BO=DO，求得 OB= OA，OD=

26、 OC，根 据旋转的性质得到 OD=OD，OC=OC，DOD=COC，求得 OD= OC，AOC=BOD， 根据相似三角形的性质得到 BD= AC，于是得到结论 【解答】解：图 2 结论：AC=BD，ACBD， 理由：四边形 ABCD是正方形， AO=OC，BO=OD，ACBD， 将 RtCOD旋转得到 RtCOD， OD=OD，OC=OC，DOD=COC， AO=BO，OC=OD，AOC=BOD， 在AOC与BOD中， ， AOCBOD， AC=BD，OAC=OBD， AOD=BOO，OBO+BOO=90， OAC+AOD=90， ACBD； 图 3 结论：BD= AC，ACBD 理由：四边形 ABCD是菱形， ACBD，AO=CO，BO=DO， 17 ABC=60， ABO=30， OB= OA，OD= OC， 将 RtCOD旋转得到 RtCOD， OD=OD，OC=OC，DOD=COC， OD= OC，AOC=BOD， = ， AOCBOD， = = ，OAC=OBD， BD= AC， AOD=BOO，OBO+BOO=90， OAC+AOD=90， ACBD 18