2025年广西九年级中考数学二轮复习课件：专题7图形的对称和旋转

∴ ＝ ，∠BAD＝∠CAE，

∴△BAD∽△CAE，∴∠ABD＝∠C.
∵∠BAC＝90°，∴∠C＋∠ABC＝90°，
∴∠ABD＋∠ABC＝90°，∴∠DBC＝90°.
(2) 如 图 ② ， 将 Rt△ABC 绕 点 A 顺 时 针 旋 转 90° 得 到 Rt△ADE. 若 ∠B ＝
90°.∵EF⊥BE，∴∠BEF＝90°，∴∠BEM＝∠FEN.又∵∠BME＝
∠FNE＝90°，EM＝EN，∴△BME≌△FNE，∴EB＝EF.∵∠BEO＋
∠PEF＝∠PEF＋∠EFP＝90°，∴∠BEO＝∠EFP.又∵∠BOE＝∠EPF
＝90°，∴△BEO≌△EFP，∴OE＝PF＝2，OB＝PE＝4.∵tan∠OEG＝
边形ABFH是矩形，∴FH＝AB.由折叠的性质，可得AA'⊥EF，则∠AOE
＝90°，∴∠EAO＋∠AEO＝90°.∵∠ADG＝90°，∴∠EAO＋∠AGD
＝90°，∴∠AEO＝∠AGD，即∠FEH＝∠AGD.又∵∠FHE＝∠ADG＝

1
2
90°，∴△FHE∽△ADG，∴ ＝ ＝ ＝ ＝ .故选A.



2
＝ ， ∴ ＝ ， ∴ OG ＝ 1 ， ∴ EG ＝


2
4
22 ＋12 ＝ 5 . 易 得 OB ∥ FP ，

4
∴∠OBH＝∠PFH，∴tan∠OBH＝tan∠PFH，∴ ＝ ，∴ ＝ ＝




2
＝2，∴OH＝2PH.
2
4
易得OC＝4，∴OP＝OC－PC＝4－2＝2，∴OH＝ ×2＝ .在Rt△OGH
②
由(1)知△ABC≌△CED，
∴∠A＝∠DCE，
∴∠DCE＝∠FDC，即∠DCP＝∠PDC，
∴PC＝PD.
(3)如图③，在(2)的条件下，将△BFP沿AF折叠，在α的变化过程中，当点
P落在点E的位置时，连接EF.
①求证：F是PD的中点；
证明：∵将△BFP沿AF折叠，点P落在点E处，
∴DF＝DC·sin C＝3＋ 3，即点D到直线BC的距离为3＋ 3.
(3)如图③，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转一定的角度得到Rt△ADE，使点C
恰好在DE边上.若G为BC的中点，∠ACB＝60°，试判断四边形AGCE的
形状，并说明理由.
③
【解题思路】利用直角三角形的性质和旋转的性质分别证得 △AGC，
证明：如答图②，设直线l与EF交于点O'，连接O'B，O'P，O'P'，B'P.
由题意得直线l为BB'的垂直平分线，EF为BP的垂直平分线，则易得O'B＝
O'B'＝O'P＝O'P'，BP'＝PB'＝BB'，
∴BO'垂直平分P'B'，∠O'BB'＝∠BB'O'，
∴∠P'BO'＝∠B'BO'.
由折叠的性质得EF∥BC，
由折叠的性质，得∠D'AE＝∠DAE，∠AD'E＝∠D＝90°.
∵∠DAE＋∠BAE＝∠DAB＝90°，∠EAD'＋∠AED'＝90°，
∴∠BAE＝∠AED'，∴AB＝BE，∴BE＝CD.
②
(3)如图③，若AB＝7，AD＝5，点D'恰好落在∠ABC的平分线上，求此时
△ADE的面积.
③
【解题思路】连接BD'， 过点 D'作 FG⊥AB，交AB于点 G， 交CD于点 F， 过点
专题七
图形的对称和旋转
类型 一
例
图形的对称(广西2023.26，北部湾2022.18，2021.11)
在矩形ABCD中，E是边CD上一点，将△ADE沿AE折叠，点D的
对应点为D'.
(1)如图①，若AB＝8，AD＝6，点D'落在对角线AC上，求DE的长.
①
【解题思路】设DE＝x，根据矩形的性质和折叠的性质，结合勾股定理，
可求得DE的长.
【解答】由矩形的性质，得∠D＝90°，CD＝AB＝8.
设DE＝x，则CE＝8－x，
由折叠的性质可得D'E＝DE＝x，AD'＝AD＝6，∠AD'E＝∠D＝90°，
∴∠CD'E＝90°.
在Rt△ADC中，由勾股定理，得AC＝ 2 ＋2 ＝ 62 ＋82 ＝10，
∴CD'＝AC－AD'＝4.
30°，AC＝2，求点D到直线BC的距离.
【解题思路】延长DE交BC于点F，由已知条件得∠C＝60°，
AB＝2 3，由旋转的性质，得到DF⊥BC.在Rt△DFC中，利用
锐角三角函数，可求得点D到直线BC的距离.
【解答】如答图，延长DE交BC于点F.
在Rt△ABC中，∵∠BAC＝90°，∠B＝30°，AC＝2，
3
3
中，由勾股定理，得GH＝
4 2 5
2
1 ＋( ) ＝ .∵△EGH'≌△EGH，
3
3
4
∴C△EGH'＝C△EGH＝EH＋EG＋GH＝2＋ ＋
3
5
5＋ ＝5＋
3
5.
3．(2023·广西)【探究与证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可
以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘.
【动手操作】如图①，将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸
45°，∴BD＝ 2BC＝8，∠AOB＝∠BOC＝90°，△CPF是等腰直角三
1
1
角形，∴OB＝ BD＝4.∵F是CD的中点，∴CF＝ CD＝2
2
2
＝
2
CF＝2.∵∠ACD＝∠ACB，EM⊥BC，EN⊥CD，
2
2，∴CP＝PF
∴ EM ＝ EN ， ∠ EMC ＝ ∠ ENC ＝ 90° ＝ ∠ BCD ， ∴ ∠ MEN ＝
分别在AD，BC上，把纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A'，B'，

连接AA'并延长交线段CD于点G，则 的值为(

A．
2
2
1
C．
2
2
．
3
．
5
3
A)
【解析】过点F作FH⊥AD于点H，设AG与EF交于点O，则∠FHE＝
∠FHA＝90°.由矩形的性质，得∠ADG＝∠DAB＝∠B＝90°，则易得四
由题意得EF是AB的垂直平分线，AM是BB'的垂直平分线，
∴AB'＝BB'，AB＝AB'，∴AB'＝BB'＝AB，
∴△ABB'是等边三角形，∴∠ABB'＝60°，
易得BE'垂直平分AB'，
∴∠1＝∠2＝30°.
①
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴∠3＝90°－60°＝30°，
∴∠1＝∠2＝∠3.
设GD'＝x，则BG＝x，
∴AG＝AB－BG＝7－x.
由折叠的性质得，D'E＝DE，AD'＝AD＝5.
在Rt△AGD'中，由勾股定理，得GD'2＋AG2＝AD'2，即x2＋(7－x)2＝52，
解得x＝3或x＝4，∴GD'＝3或4.
设D'E＝b，则DE＝b，易得FG＝AD＝5，DF＝AG，则EF＝AG－b.
∴∠O'B'B＝∠B'BC，
∴∠P'BO'＝∠B'BO'＝∠B'BC，
∴BB'是∠NBC的一条三等分线.
②
类型二
例1
图形的旋转(广西2024.26)
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°.
(1)如图①，将Rt△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度得到Rt△ADE，点C的
对应点E恰好落在边BC上.①求证：EA平分∠CED.
∴∠EAC＝60°＝∠ACG，∴AE∥CG.
又∵AE＝AC＝CG，∴四边形AGCE是平行四边形.
又∵AG＝GC，∴四边形AGCE是菱形.
【针对训练】
1．(2024·辽宁)已知在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝α(0°＜α＜45°).将
线段CA绕点C顺时针旋转90°得到线段CD，过点D作DE⊥BC，垂足为E.
D'作D'H⊥BC于点H，证得四边形 BGD'H为正方形，设GD'＝x，根据折叠的
性质，结合勾股定理求出x的值，进而即可求解.
【解答】如答图，连接BD'，过点D'作FG⊥AB，交AB于点G，交CD于点
F，过点D'作D'H⊥BC于点H.
∵点D'在∠ABC的平分线上，
∴GD'＝D'H，则易得四边形BGD'H为正方形，∴BG＝GD'.

2

2．(2022·北部湾)如图，在正方形ABCD中，AB＝4 2，对角线AC，BD相
交于点O.E是对角线 AC上一点，连接BE，过点E作EF⊥BE，分别交
CD，BD于点F，G，连接BF，交AC于点H，将△EFH沿EF翻折，点H的
对应点H'恰好落在BD上，得到△EFH'.若F为CD的中点，则△EGH'的周
在Rt△CD'E中，由勾股定理，得D'E2＋CD'2＝CE2，
即x2＋42＝(8－x)2，解得x＝3，
∴DE的长为3.
(2)如图②，连接BE，若点D'恰好落在BE上，求证：BE＝CD.
【解题思路】根据矩形的性质和折叠的性质，可证明结论.
【解答】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠ADC＝∠DAB＝90°.
∴∠C＝60°，AB＝2 3.
②
由旋转的性质得，∠EAC＝∠BAD＝90°，∠DEA＝∠C＝60°，AD＝
AB＝2 3，
∴D，A，C三点共线，A，E，B三点共线，∴∠BEF＝∠DEA.又∵∠B
＝30°，∴∠BFE＝90°，即DF⊥BC.
在Rt△DFC中，∵DC＝AD＋AC＝2 3＋2，∠C＝60°，
【解题思路】根据旋转的性质可证得结论.
【解答】由旋转的性质，得AE＝AC，∠C＝∠AED，
∴∠C＝∠AEC，∴∠AED＝∠AEC，
∴AE平分∠CED.
①
②连接BD，求∠DBC的度数.
【解题思路】由旋转的性质可证得△BAD∽△CAE，得到∠ABD＝∠C，利用等
量代换，即可得到∠DBC的度数.
【解答】由旋转的性质，得AE＝AC，AD＝AB，∠DAE＝∠BAC＝90°，
在Rt△EFD'中，由勾股定理，得D'E2 ＝D'F2 ＋EF2 ，即b2 ＝12 ＋(3－b)2 ，
5
解得b＝ ，
3
5
1
1
5 25
∴DE＝ ，∴S△ADE＝ AD·DE＝ ×5× ＝ .
3
2
2
3
6
25 25
综上所述，此时△ADE的面积为 或 .
4
6
【针对训练】
1．(2021·北部湾)如图，在矩形纸片ABCD中，AD∶AB＝ 2∶1，点E，F
5＋ 5
长是 ________.
【解析】如答图，过点E分别作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，过点F
作FP⊥AC于点P，连接GH.由折叠的性质，得∠H'EG＝∠HEG，EH'＝
EH.∵EG＝EG，∴△EGH'≌△EGH.∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝
CD＝BC＝4 2，OB＝OD，AC⊥BD，∠BCD＝90°，∠ACD＝∠ACB＝
【类比操作】如图②，N为矩形纸片ABCD的边AD上的一点，连接BN，
在AB上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕
EF；折叠纸片，使点B，P分别落在EF，BN上，得到折痕l，点B，P的对
应点分别为B'，P'，展平纸片，连接BB'，P'B'.请解答：
(3)求证：BB'是∠NBC的一条三等分线.
(1)如图①，求证：△ABC≌△CED.
证明：∵DE⊥BC，∴∠DEC＝90°，
∴∠D＋∠DCE＝90°.
∵∠ABC＝90°，∴∠ABC＝∠CED.
∵将线段CA绕点C顺时针旋转90°得到线段CD，
∴∠ACD＝90°，AC＝CD，
∴∠DCE＋∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠D，
∴△ABC≌△CED(AAS).
片，得到折痕EF，折叠纸片，使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到
折痕AM，点B，E的对应点分别为B'，E'；展平纸片，连接AB'，BB'，
BE'.请解答：
(1)观察图①中∠1，∠2和∠3，试猜想这三个角的大小
关系；
解：∠1＝∠2＝∠3.
(2)证明(1)中的猜想；
证明：如答图①，
设AM，EF交于点O.
①当GD'＝3时，D'F＝FG－GD'＝5－3＝2，AG＝7－3＝4，则EF＝4－
b，
在Rt△EFD'中，由勾股定理，得D'E2 ＝D'F2 ＋EF2 ，即b2 ＝22 ＋(4－b)2 ，
5
解得b＝ ，
2
5
1
1
5 25
∴DE＝ ，∴S△ADE＝ AD·DE＝ ×5× ＝ ；
2
2
2
2
4
②当GD'＝4时，D'F＝5－4＝1，AG＝7－4＝3，则EF＝3－b，
△ACE为等边三角形，再利用等边三角形的性质判断四边形AGCE的形状.
【解答】四边形 AGCE是菱形.理由如下：
∵∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，且G为BC的中点，
∴易得△AGC为等边三角形，∴AC＝GC＝AG.
由旋转的性质可得，∠AED＝∠ACB＝60°，AC＝ AE.
又∵点C在DE边上，
∴△ACE为等边三角形，
①
(2)如图②，∠ACD的平分线与AB的延长线相交于点F，连接DF，DF的延长线
与CB的延长线相交于点P，猜想PC与PD的数量关系，并加以证明.
解：PC＝PD.证明：
∵CF是∠ACD的平分线，
∴∠ACF＝∠DCF.
由(1)知，AC＝DC.
又∵CF＝CF，∴△ACF≌△DCF(SAS)，
∴∠A＝∠FDC.