2020学年苏州市中考一轮复习第27讲《图形的变换》讲学案

2020 学年中考数学一轮复习第27 讲《图形的变换》
【考点分析】
知识点一、平移
【例 1】（ 2016·山东菏泽）如图，A，B 的坐标为（ 2， 0），（ 0， 1），若将线段AB平移至 A1B1，则 a+b 的值为（）
A． 2B． 3C． 4D． 5
【考点】坐标与图形变化- 平移．
【剖析】直接利用平移中点的变化规律求解即可．
【解答】解：由 B 点平移前后的纵坐标分别为1、 2，可得 B 点向上平移了 1 个单位，
由 A 点平移前后的横坐标分别是为2、 3，可得 A 点向右平移了 1 个单位，
由此得线段AB的平移的过程是：向上平移 1 个单位，再向右平移 1 个单位，
因此点 A、B 均按此规律平移，
由此可得a=0+1=1，b=0+1=1，
故 a+b=2．
应选： A．
【评论】本题考察了坐标系中点、线段的平移规律，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平
移同样．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
【变式】
（ 2016·山东济宁）如图，将△ ABE 向右平移 2cm 获得△ DCF，假如△ ABE 的周长是 16cm，那么四边形 ABFD 的周长是（）
A． 16cm B． 18cm C． 20cm D． 21cm
【考点】平移的性质．
【剖析】先依据平移的性质获得 CF=AD=2cm， AC=DF，而 AB+BC+AC=16cm，则四边形 ABFD的周长
=AB+BC+CF+DF+AD，而后利用整体代入的方法计算即可【解答】解：∵△ ABE 向右平移 2cm 获得△
DCF，
∴E F=AD=2cm， AE=DF，
∵△ ABE 的周长为 16cm，
∴A B+BE+AE=16cm，
∴四边形ABFD的周长 =AB+BE+EF+DF+AD
=AB+BE+AE+EF+AD
=16cm+2cm+2cm
=20cm．
应选 C．
知识点二、旋转
【例 2】（ 2016?贺州）如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，那么A（﹣2，5）的对应点A′的坐标是（）
A．（ 2， 5）B．（ 5， 2）C．（ 2，﹣ 5）D．（ 5，﹣ 2 ）
【剖析】由线段 AB绕点 O顺时针旋转 90°得到线段 A′ B′能够得出△ABO≌ △A′B′O′，∠ AOA′ =90°，
作 AC⊥ y 轴于 C， A′ C′ ⊥ x 轴于 C′，就可以得出△ ACO≌ △ A′ C′ O，就能够得出 AC=A′ C′，CO=C′ O，由 A的坐标就能够求出结论．
【解答】解：∵线段 AB绕点 O顺时针旋转 90°得到线段A′B′，
∴ △ ABO≌△ A′ B′ O′ ，∠ AOA′ =90°，
∴AO=A′ O．
作 AC⊥ y 轴于 C， A′ C′ ⊥ x 轴于 C′，∴
∠ ACO=∠ A′ C′ O=90°．
∵ ∠ COC′ =90°，
∴ ∠ AOA′ ﹣∠ COA′ =∠ COC′ ﹣∠ COA′，
∴ ∠ AOC=∠A′ OC′ ．
在△ACO和△A′ C′ O中，
，
∴ △ ACO≌△A′ C′ O（AAS），
∴AC=A′ C′， CO=C′ O．
∵A（﹣2，5），
∴AC=2， CO=5，
∴A′ C′ =2， OC′ =5，
∴A′（ 5，
2）．应选：B．
【评论】本题考察了旋转的性质的运用，全等三角形的判断及性质的运用，等式的性质的运用，点的坐标的运用，解答时证明三角形全等是重点．【变式】
（ 2016?孝感）将含有30°角的直角三角板OAB如图放置在平面直角坐标系中，OB在x轴上，若 OA=2，将三角板绕原点 O顺时针旋转 75°，则点A的对应点A′的坐标为（）
A．（，﹣1）B．（1，﹣）C．（，﹣）D．（﹣，）
【剖析】先依据题意画出点 A′的地点，而后过点 A′作 A′ C⊥OB，接下来依照旋转的定
义和性质可获得 OA′的长和∠COA′的度数，最后依照特别锐角三角函数值求解即可．
【解答】解：如下图：过点 A′作 A′ C⊥OB．
∵将三角板绕原点∴ ∠ AOA′ =75°，∴ ∠ COA′ =45°．
O顺时针旋转 75°，OA′ =OA．
∴ OC=2×=，CA′ =2×=．∴A′的坐标为（，﹣）．
应选：C．
【评论】本题主要考察的是旋转的定义和性质、特别锐角三角函数值的应用，获得
∠COA′=45°是解题的重点．知识
点三、轴对称图形与中心对称图形
【例 3】
1.（2016?西宁）在一些汉字的美术字中，有的是轴对称图形．下面四个美术字中能够看作
轴对称图形的是（）
A．B．C．D．
【剖析】依据轴对称图形的意义：假如一个图形沿着一条直线对折后两部分完整重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；据此判断即可．
【解答】解：四个汉字中只有“善”字能够看作轴对称图形，应选 D．
【评论】考察了轴对称图形的知识，掌握轴对称图形的意义，判断是否是轴对称图形的重点是找出对称轴，看图形沿对称轴对折后两部分可否完整重合．
2. （2016?临夏州）以下图形中，是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
【剖析】依据中心对称图形的特色即可求解．
【解答】解：A、是中心对称图形，故此选项正确；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、不是中心对称图形，故此选项错误．
应选：A．
【评论】本题考察了中心对称图形的观点：在同一平面内，假如把一个图形绕某一点旋转
180度，旋转后的图形能和原图形完整重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．【变式】
1.（2016?绍兴）我国传统建筑中，窗框（如图1）的图案玲珑剔透、变化多端，窗框一部
分如图 2，它是一个轴对称图形，其对称轴有（）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【剖析】直接利用轴对称图形的定义剖析得出答案．
【解答】解：如下图：
其对称轴有 2条．
应选：B．
【评论】本题主要考察了轴对称图形的定义，正确掌握定义是解题重点．
2．（2015?广东）以下所述图形中，是中心对称图形的是（）
A．直角三角形B．平行四边形C．正五边形D．正三角形
【剖析】依据中心对称图形的定义对各选项剖析判断即可得解．【解答】解：A、直角
三角形不是中心对称图形，故本选项错误；B、平行四边形是中心对称图形，故本选项
正确；C、正五边形不是中心对称图形，故本选项错误；
D、正三角形不是中心对称图形，故本选项错误．
应选 B．
【评论】本题考察了中心对称图形的观点，中心对称图形是要找寻对称中心，旋转 180 度后两部分重合．
知识点四、图形的折叠与轴对称
【例题】
（ 2016·福建龙岩）如图，在周长为12 的菱形 ABCD中，AE=1，AF=2，若 P 为对角线 BD上一动点，则 EP+FP 的最小值为（）
A． 1B． 2C． 3D． 4
【考点】菱形的性质；轴对称- 最短路线问题．
【剖析】作 F 点对于 BD的对称点F′，则 PF=PF′，由两点之间线段最短可知当E、P、F′在一条直线上时，EP+FP有最小值，而后求得EF′的长度即可．
【解答】解：作 F 点对于BD的对称
点F′，则PF=PF′，连结EF′交BD于
点
P．
∴EP+FP=EP+F′P．
由两点之间线段最短可知：当E、 P、F′在一条直线上时，EP+FP的值最小，此时EP+FP=EP+F′P=EF′．∵四边形ABCD为菱形，周长为12，
∴AB=BC=CD=DA=3，AB∥CD，∵AF=2，
AE=1，
∴ D F=AE=1，
∴四边形 AEF ′D 是平行四边形，
∴ E F ′=AD=3． ∴ E P+FP 的最小值为 3．
应选： C
．
【变式】
（ 2016·广西百色）如图，正△称，
D 为线段 BC ′上一动点，则
ABC 的边长为 2，过点
AD+CD 的最小值是（
B 的直线
）
l ⊥AB ，且△ ABC 与△ A ′BC ′对于直线
l 对
A ．4
B ．3
2C ．2 3 D ．2+ 3
【考点】轴对称 - 最短路线问题；等边三角形的性质．
【剖析】连结 CC ′，连结 A ′C 交 y 轴于点 D ，连结 AD ，此时 AD+CD 的值最小，依据等边三角形的性质即可
得出四边形 CBA ′C ′为菱形，依据菱形的性质即可求出
A ′C 的长度，进而得出结论．
【解答】解：连结
CC ′，连结 A ′C 交 l 于点 D ，连结 AD ，此时 AD+CD 的值最小，如下图．
∵△ ABC 与△ A ′BC ′为正三角形，且△ ABC 与△ A ′BC ′对于直线 l 对称，
∴四边形 CBA ′C ′为边长为 2 的菱形，且∠ BA ′C ′=60°，
∴A ′C=2×
A ′B=2 ．
应选 C ．
知识点五 平移、旋转的作图
【例 5】
（ 2015 内蒙古赤峰）如图，在平面直角坐标系中，△ ABC 的三个极点坐标为 A（ -3 ，4），B（ -4 ，2）， C（-2 ，1），且△A1B1C1与△ ABC对于原点 O成中心对称．
（1）画出△A1B1C1，并写出 A1的坐标；
（2） P（ a， b）是△ ABC的 AC 边上一点，△ ABC 经平移后点 P 的对称点 P′（ a+3， b+1），请画出平移后
的△A2B2C2．
【答案】（ 1）作图看法析， A1的坐标是（ 3， -4 ）；（2）作图看法
析．【剖析】（ 1）第一作出 A、 B、C 的对应点，而后按序连结即可求得；
1 个单位长度即可获得对应点，而后按序
（ 2）把△ ABC 的三个极点分别向右平移 3 个单位长度，向上平移
连结即可．
【分析】（ 1）如下图：
A1的坐标是（ 3， -4 ）；
（2）△A2B2C2是所求的三角形．
【评论】本题考察了利用旋转变换作图，利用平移变换作图，娴熟掌握网格结构以及旋转的性质，正确找
出对应点的地点是解题的重点．
【变式】
如图，方格纸中每个小正方形的边长都是 1 个单位长度， Rt△ABC 的三个极点A（﹣ 2，2），B（ 0，5），C（0，2）．
（1）将△ ABC 以点 C 为旋转中心旋转 180°，获得△A1B1C，请画出△A1B1C的图形．
（2）平移△ ABC，使点 A 的对应点 A2坐标为（﹣ 2，﹣ 6），请画出平移后对应的△A2B2C2的图形．
（3）若将△A1B1C 绕某一点旋转可获得△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
【答案】（ 1）图形看法析；（2）图形看法析；（3）旋转中心坐标（0，﹣ 2）．
【分析】（ 1）如下图：△A1B1C 即为所求；
（2）如下图：△A2B2C2即为所求；
（3）旋转中心坐标（ 0，﹣ 2）．
【典例分析】
【例题 1】
（2016?南充）如图，直线MN是四边形AMBN的对称轴，点P时直线MN上的点，以下判断
错误的选项是（）
A． AM=BM B． AP=BN C ．∠ MAP=∠MBP D．∠ ANM=∠BNM
【剖析】依据直线 MN是四边形 AMBN的对称轴，获得点 A与点 B对应，依据轴对称的性质即可获得结论．
【解答】解：∵直线 MN是四边形 AMBN的对称轴，
∴点 A与点 B对应，
∴ AM=BM，AN=BN，∠ ANM=∠BNM，
∵点 P时直线 MN上的点，
∴ ∠ MAP=∠MBP，
∴A，C，D正确，B错误，
应选 B．
【评论】本题考察了轴对称的性质，娴熟掌握轴对称的性质是解题的重点．
【例题 2】
（2016·四川宜宾）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=4， BC=3，将△ ABC绕点 A逆时针旋
转，使点 C落在线段 AB上的点 E处，点 B落在点 D处，则 B、D两点间的距离为（）
A．B．2 C．3D．2
【考点】旋转的性质．
【剖析】经过勾股定理计算出 AB长度，利用旋转性质求出各对应线段长度，利用勾股定理求出 B、D两点间的距离．
【解答】解：∵在△ABC中，∠C=90°，AC=4， BC=3，
∴AB=5，
∵将△ABC绕点 A逆时针旋转，使点 C落在线段 AB上的点 E处，点 B落在点 D处，
∴AE=4， DE=3 ，
∴BE=1，
在 Rt△ BED 中，
BD==．
应选：A．
【例题 3】
（ 2016·青海西宁）如图，已知正方形ABCD的边长为3， E、 F 分别是AB、 BC边上的点，且
∠
EDF=45°，
将△ DAE绕点D逆时针旋
转
90°，获得△ DCM．若AE=1，则FM的长为．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判断与性质；正方形的性质．
【剖析】由旋转可得DE=DM，∠ EDM为直角，可得出∠ EDF+∠MDF=90°，由∠ EDF=45°，获得∠ MDF为45°，
可得出∠ EDF=∠MDF，再由 DF=DF，利用 SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边
相等可得出EF=MF；则可获得 AE=CM=1，正方形的边长为 3，用 AB﹣ AE求出 EB的长，再由BC+CM求出 BM的长，设 EF=MF=x，可得出 BF=BM﹣ FM=BM﹣ EF=4﹣ x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出对于x 的方程，
求出方程的解获得x 的值，即为FM的长．
【解答】解：∵△ DAE 逆时针旋转90°获得△ DCM，
∴∠ FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、 C、 M三点共线，
∴DE=DM，∠ EDM=90°，
∴∠ EDF+∠FDM=90°，
∵∠ EDF=45°，
∴∠ FDM=∠EDF=45°，
在△ DEF 和△ DMF中，
，
∴△ DEF≌△ DMF（ SAS），
∴E F=MF，设
EF=MF=x，
∵AE=CM=1，且 BC=3，
∴BM=BC+CM=3+1=4，
∴BF=BM﹣ MF=BM﹣ EF=4﹣ x，
∵E B=AB﹣ AE=3﹣ 1=2，
在 Rt△EBF 中，由勾股定理得
222 EB+BF =EF ，
即 22+（ 4﹣ x）2=x 2，
解得： x=，
∴FM=．
故答案为：．
【例题 4】
（ 2016·广西桂林·3分）如图，正方形OABC的边长为 2，以 O为圆心， EF 为直径的半圆经过点A，连结AE，CF订交于点 P，将正方形OABC从 OA与 OF重合的地点开始，绕着点O逆时针旋转90°，交点 P 运动的路径长是π．
【考点】轨迹；正方形的性质；旋转的性质．
【剖析】如图点 P 运动的路径是以G为圆心的弧，在⊙G 上取一点H，连结 EH、FH，只需证明∠ EGF=90°，求出 GE的长即可解决问题．
【解答】解：如图点P 运动的路径是以G为圆心的弧，在⊙G 上取一点H，连结 EH、 FH．
∵四边形AOCB是正方形，
∴∠ AOC=90°，
∴∠ AFP=∠AOC=45°，
∵E F 是⊙O直径，
∴∠ EAF=90°，
∴∠ APF=∠AFP=45°，
∴∠ H=∠APF=45°，
∴∠ EGF=2∠H=90°，
∵E F=4， GE=GF，
∴E G=GF=2 ，
∴的长 ==π．
故答案为π．
【中考热门】
【热门 1】（ 2016?河北）如图，∠ AOB=120°，O P 平分∠ AOB，且OP=2 ．若点M，N分别在OA，OB上，且△PMN为等边三角形，则知足上述条件的△PMN有（）
A．1个B．2个C．3个D．3个以上
【分析】如图在 OA、 OB 上截取 OE=OF=OP，作∠ MPN=60°，只需证明△PEM≌ △ PON即可推出△PMN是等边三角形，由此即可对称结论．
【解答】解：如图在 OA、 OB 上截取 OE=OF=OP，作∠ MPN=60°．
∵OP均分∠ AOB，
∴ ∠ EOP=∠POF=60°，
∵OP=OE=OF，
∴△OPE，△OPF是等边三角形，
∴ EP=OP，∠ EPO=∠OEP=∠ PON=∠ MPN=60°，
∴ ∠ EPM=∠OPN，
在△ PEM和△ PON中，
，
∴ △ PEM≌△ PON．
∴PM=PN，∵ ∠ MPN=60°，
∴△POM是等三角形，
∴只需∠MPN=60°，△PMN就是等三角形，
故的三角形有无数个．
故D．
【点】本考等三角形的判断和性、全等三角形的判断和性、角均分的性等知，解的关是正确增添助，结构全等三角形，属于中考常考型．【点 2】
（ 2016·山省菏市·3分）如，一段抛物： y= x（ x 2）（ 0≤x≤2） C1，它与 x 交于两点O， A1；将 C1 A1旋 180°获得 C2，交 x 于 A2；将 C2 A2旋 180°获得 C3，交 x 于 A3；⋯这样行下去，直至获得 C6，若点 P（ 11， m）在第 6 段抛物 C6上，m= 1 ．
【考点】二次函数象与几何；抛物与x 的交点．
【】律型．
【剖析】将段抛物C1通配方法求出点坐及抛物与
的点到x 的距离相等，且OA1=A1A2，照此推能够推知道点x 的交点，由旋的性能够知道C1与 C2 P（ 11，m）抛物C6的点，进而获得
果．
【解答】解：∵ y=x（ x 2）（ 0≤x≤2），
2
∴配方可得y=（ x 1） +1（0≤x≤2），
∴A1 坐（2， 0）
∵C2 由C1 旋获得，
∴OA1=A1A2，即 C2点坐（ 3， 1）， A2（ 4， 0）；照此推可得，C3点坐（ 5， 1）， A3（ 6， 0）；C4点坐（ 7， 1）， A4（ 8，0）；
C5点坐（ 9， 1）， A5（ 10，0）；
C6点坐（ 11， 1）， A6（ 12， 0）；
∴m= 1．
故答案为：﹣ 1．
【评论】本题考察了二次函数的性质及旋转的性质，解题的重点是求出抛物线的极点坐标．
【热门 3】
（ 2016·山东省东营市· 10 分）如图 1，△ ABC 是等腰直角三角形，∠ BAC ＝ 90°， AB ＝ AC ，四边形 ADEF
是正方形，点 B 、 C 分别在边 AD 、 AF 上，此时 BD ＝ CF ，BD ⊥CF 建立．
(1) 当△ ABC 绕点 A 逆时针旋转 θ（ 0°＜θ＜ 90°）时，如图 2， BD ＝CF 建立吗？若建立，请证明；
若不建立，请说明原因．
(2) 当△ ABC 绕点 A 逆时针旋转 45°时，如图 3，延伸 DB 交 CF 于点 H.
①求证： BD ⊥CF ；
②当 AB ＝ 2， AD ＝3 2时，求线段 DH 的长．
【知识点】等腰三角形——等腰三角形的现性质、特别的平行四边形——正方形的性质、旋转——旋转的特征、全等三角形——全等三角形的判判断和性质、相像三角形——相像三角形的判判断和性质
【思路剖析】（ 1）先用“ SAS ”证明△ CAF ≌△ BAD,再用全等三角形的性质即可得 BD ＝ CF 建立；（ 2）利用△ HFN 与△ AND 的内角和以及它们的等角，获得∠ NHF ＝90°, 即可得①的结论； （ 3）连结 DF ，延伸 AB ，与 DF 交于
点 M ，利用△ BMD ∽△ FHD 求解 .
【解答】 (l) 解： BD ＝ CF 建立．
证明：∵ AC ＝ AB ，∠ CAF ＝∠ BAD ＝θ ;AF ＝AD,△ABD ≌△ ACF,∴BD ＝ CF.
(2) ①证明：由 (1) 得，△ ABD ≌△ ACF ，∴∠ HFN ＝∠ ADN ，
在△ HFN 与△ ADN 中，∵∠ HFN ＝∠ AND ，∠ HNF ＝∠ AND,∴∠ NHF ＝∠ NAD ＝90°, ∴HD ⊥HF,即 BD ⊥CF.
②解：如图，连结
DF ，延伸 AB ，与 DF 交于点 M.
在△ MAD 中，∵∠ MAD ＝∠ MDA ＝45°，∴∠ BMD ＝90°.
在 Rt △ BMD 与 Rt △FHD 中，∵∠ MDB ＝∠ HDF,∴△ BMD ∽△ FHD.
3 2
∴AB ＝ 2， AD ＝ 3 2，四边形 ADEF 是正方形，∴ MA ＝ MD ＝
＝3.
2
∴MB ＝ 3－ 2＝ 1,DB ＝ 12＋ 32＝ 10. MDBD3 10 ∵ HD ＝FD .∴ HD ＝ 6 .
9 10
∴DH＝.
5
【方法总结】本题考察了全等三角形的判判断和性质，全等三角形的性质是证明等角、等线段的最为常用
的方法；图形的旋转中，对应点到旋转中心的距离相等, 对应线段的长度、对应角的大小相等, 旋转前后图形的大小和形状没有改变；。