資源簡介

章節構建二　圖形三大變換:平移、對稱、旋轉
回歸教材·過基礎
【知識體系】
【考點清單】
知識點1 圖形的軸對稱　?？?br/>1.定義
(1)軸對稱:把一個圖形沿著某一條直線對折,能與另一個圖形重合.
(2)軸對稱圖形:把一個圖形沿某條直線對折,直線兩旁的部分能夠互相重合,這條直線就是它的對稱軸.
2.性質
(1)對稱點的連線被對稱軸垂直平分;
(2)對應線段相等,對應角相等;
(3)成軸對稱的兩個圖形是① .
3.常見應用——圖形折疊問題
折疊問題是軸對稱變換常見問題,折痕所在直線就是對稱軸,折疊前的部分與折疊后的部分看作成軸對稱的兩個圖形.
技巧提示
軸對稱指的是兩個彼此獨立的圖形,沿著對稱軸折疊之后,兩旁的部分可以重合;軸對稱圖形指的是一個圖形,沿著過圖形本身的直線折疊兩旁的部分可以重合.
知識點2 圖形的中心對稱　?？?br/>1.定義
(1)中心對稱:把一個圖形繞著一點旋轉180°后,與另一個圖形重合,這個點叫作對稱中心,旋轉前后能夠重合的點叫作對稱點.
(2)中心對稱圖形:把一個圖形繞著某一點旋轉180°后,能與原來的圖形重合,這個圖形叫作中心對稱圖形,這個點叫作對稱中心.
2.性質
(1)關于某點成中心對稱的兩個圖形全等,即對應線段相等,對應角相等;
(2)關于某點成中心對稱的兩個圖形,對稱點的連線都經過② ,并且被對稱中心平分.
技巧提示
中心對稱指的是兩個彼此獨立的圖形,繞對稱中心旋轉180°后,兩圖形可以重合;中心對稱圖形指的是一個圖形,繞著旋轉中心旋轉180°后與自身重合.
知識點3 圖形的平移　輪考
1.定義
在平面內,將一個圖形沿某個方向移動一定的距離,這種變換叫作平移變換,簡稱平移.確定一個平移變換的條件是平移方向和平移距離.
2.性質
(1)平移不改變圖形的大小與形狀,即平移前后的兩個圖形全等;
(2)連接各組對應點的線段平行(或共線)且相等;
(3)對應線段平行(或共線)且相等,對應角相等.
知識點4 圖形的旋轉　?？?br/>1.定義
在平面內,把一個平面圖形繞著一個定點沿著某個方向旋轉一定的角度,得到另一個圖形,這種變換叫作旋轉變換.這個定點叫作旋轉中心,這個角度叫作旋轉角.圖形的旋轉由旋轉方向和旋轉角度所決定.
2.性質
(1)圖形上的每一點都繞著旋轉中心沿著相同的方向旋轉了相同大小的角度;
(2)旋轉后的圖形與原來的圖形的形狀和大小都沒有發生變化,即它們是全等的;
(3)旋轉前、后兩個圖形的對應點到旋轉中心的距離③ ;
(4)對應點與旋轉中心的連線所成的角相等,并且等于旋轉角.
技巧提示
確定旋轉角的大小,只需要找到一對對應點,并分別與旋轉中心連接,則兩條線段的夾角即為旋轉角.
知識點5 網格作圖
1.找出構成圖形的關鍵點(一般找頂點);
2.作出這些關鍵點變換后的對應點;
3.順次連接各對應點.
【基礎演練】
1.中華文明是一種獨特的文明,其漢字也是非常獨特的.在一些美術字中,有的漢字是軸對稱圖形.下面4個漢字中,可以看作是軸對稱圖形的是 ( )
A.中 B.國 C.文 D.化
2.如圖,△ABD和△BCE都是等邊三角形,下列說法錯誤的是 ( )
A.△DBC≌△ABE
B.△DBC可以由△ABE繞點B順時針旋轉60°而得
C.∠1=60°
D.BF平分∠DBE
3.如圖,已知E為矩形紙片ABCD的邊CD上一點,將紙片沿AE對折,點D的對應點D'恰好在線段BE上.若AD=4,DE=1,則AB的長為 .
4.(2024·福州模擬)如圖,矩形ABCD的寬AB=m,長AD=n,將矩形ABCD先向上平移,再向右平移得到矩形A'B'C'D',連接AB',BB',DD',D'F,連接A'F交DE于點G,則圖中面積為的三角形為 .
真題精粹·重變式
考向1 對稱圖形的識別
1.(2022·福建)美術老師布置同學們設計窗花,下列作品為軸對稱圖形的是 ( )
A B
C D
2.(2020·福建)下列給出的等邊三角形、平行四邊形、圓及扇形中,既是軸對稱圖形,又是中心對稱圖形的是 ( )
3.(2019·福建)下列圖形中,既是軸對稱圖形,又是中心對稱圖形的是 ( )
A.等邊三角形 B.直角三角形
C.平行四邊形 D.正方形
考向2 平移的性質及應用
4.(2022·福建)如圖,現有一把直尺和一塊三角尺,其中∠ABC=90°,∠CAB=60°,AB=8,點A對應直尺的刻度為12.將該三角尺沿著直尺邊緣平移,使得△ABC移動到△A'B'C',點A'對應直尺的刻度為0,則四邊形ACC'A'的面積是 ( )
A.96
B.96
C.192
D.160
5.(2021·福建)如圖,在Rt△ABC中,∠ACB=90°.線段EF是由線段AB平移得到的,點F在邊BC上,△EFD是以EF為斜邊的等腰直角三角形,且點D恰好在AC的延長線上.
(1)求證:∠ADE=∠DFC.
(2)求證:CD=BF.
考向3 軸對稱的性質及應用
6.(2024·福建)小明用兩個全等的等腰三角形設計了一個“蝴蝶”的平面圖案,如圖.其中△OAB與△ODC都是等腰三角形,且它們關于直線l對稱,點E,F分別是底邊AB,CD的中點,OE⊥OF.下列推斷錯誤的是 ( )
A.OB⊥OD
B.∠BOC=∠AOB
C.OE=OF
D.∠BOC+∠AOD=180°
真題變式 7.如圖,正方形ABCD的邊長為4,M是AD的中點,將四邊形ABCM沿CM翻折得到四邊形EFCM,連接DF,則tan∠DFE的值等于 . 8.把一張長方形紙片ABCD按如圖所示的方式折疊,使頂點B和D點重合,折痕為EF.若AB=3cm,BC=5 cm,則A'E的長是 ( ) A.1.5 cm　 B.2.4 cm C.3.4 cm　 D.1.6 cm
考向4 旋轉的性質及應用
9.(2023·福建)如圖1,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,D是AB邊上不與A,B重合的一個定點.
AO⊥BC于點O,交CD于點E.DF是由線段DC繞點D順時針旋轉90°得到的,FD,CA的延長線相交于點M.
(1)求證:△ADE∽△FMC.
(2)求∠ABF的度數.
(3)若N是AF的中點,如圖2,求證:ND=NO.
10.(2022·福建)已知△ABC≌△DEC,AB=AC,AB>BC.
(1)如圖1,CB平分∠ACD,求證:四邊形ABDC是菱形.
(2)如圖2,將(1)中的△CDE繞點C逆時針旋轉(旋轉角小于∠BAC),BC,DE的延長線相交于點F,用等式表示∠ACE與∠EFC之間的數量關系,并證明.
(3)如圖3,將(1)中的△CDE繞點C順時針旋轉(旋轉角小于∠ABC),若∠BAD=∠BCD,求∠ADB的度數.
11.(2020·福建)如圖,△ADE由△ABC繞點A按逆時針方向旋轉90°得到,且點B的對應點D恰好落在BC的延長線上,AD,EC相交于點P.
(1)求∠BDE的度數.
(2)F是EC延長線上的點,且∠CDF=∠DAC,
①判斷DF與PF的數量關系,并證明;
②求證:=.
12.(2018·福建)如圖,在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=10,AC=8.線段AD由線段AB繞點A按逆時針方向旋轉90°得到,△EFG由△ABC沿CB方向平移得到,且直線EF過點D.
(1)求∠BDF的大小.
(2)求CG的長.
核心突破·拓思維
考點 圖形的旋轉
(2024·泉州二模)如圖,在Rt△ABC中.∠C=90°,BC=6,AC=8.△EFG由△ABC沿CB方向平移得到,線段AD由線段AB繞點A按逆時針方向旋轉90°得到,且點D落在直線EF上.
(1)求∠ADF的大小.
(2)求四邊形AEFB的面積.
(1)
(2)證明四邊形AEFB是平行四邊形 證明△AED∽△ABC 進而得到= 求出AE的長 利用平行四邊形面積公式求出答案即可
核心方法
旋 轉 相 似 模 型 ∵DE∥BC, ∴∠ADE=∠B,∠AED=∠C, ∴△ADE∽△ABC
∵△ADE∽△ABC, ∴=或=. ∵∠DAB=∠EAC, ∴△ADB∽△AEC
旋 轉 相 似 模 型 只要滿足=, 可證△ADM∽△ABN, 然后可證△ADB∽△AMN
(1)問題背景:如圖1,已知△ABC∽△ADE,求證:△ABD∽△ACE.
圖1
(2)嘗試運用:在矩形ABCD中,∠ADB=30°,在Rt△AEF中,∠EAF=90°,∠AFE=30°,將Rt△AEF繞點A旋轉至圖2位置,使點F落在BD上,EF交AB于點M,此時=,求的值.
圖2
(3)拓展創新:如圖3,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,=,D為邊AB上一點,H為邊AC上一點,若∠ABC=∠HDC,CB=CD,則= .
圖3
如圖1,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠ACB=60°,AC=1,A1,B1為邊AC,BC的中點,連接A1B1,將△A1B1C繞點C逆時針旋轉α(0°≤α≤360°).
(1)如圖1,當α=0°時,= ;BB1,AA1所在的直線相交所成的較小夾角的度數是 .
(2)將△A1B1C繞點C逆時針旋轉至圖2所示的位置時,(1)中的結論是否仍然成立 若成立,請給出證明;若不成立,請說明理由.
參考答案
回歸教材·過基礎
考點清單
①全等圖形?、趯ΨQ中心?、巯嗟?br/>基礎演練
1.A　2.D　3.　4.△A'D'F
真題精粹·重變式
1.A　2.C　3.D　4.B
5.證明:(1)∵∠ACB=90°,
∴∠ACB=∠CDF+∠DFC=90°.
∵△EFD是以EF為斜邊的等腰直角三角形,
∴∠EDF=90°,DE=FD.
∵∠EDF=∠ADE+∠CDF=90°,
∴∠ADE=∠DFC.
(2)如圖,連接AE.
∵線段EF是由線段AB平移得到的,
∴EF∥AB,EF=AB,
∴四邊形ABFE是平行四邊形,
∴AE∥BC,AE=BF,
∴∠DAE=∠BCA=90°,
∴∠DAE=∠FCD.
在△ADE和△CFD中,
∴△ADE≌△CFD(AAS),
∴AE=CD.
∵AE=BF,
∴CD=BF.
6.B
7.　解析:如圖,延長CF,AD交于點G,作DH⊥CG于點H.
∵正方形ABCD的邊長為4,M是AD的中點,
∴AD∥BC,DM=AD=2,
∴∠DMC=∠BCM,
由折疊的性質可得∠GCM=∠BCM,∠EFC=∠B=90°,CF=BC=4,
∴∠DMC=∠GCM,
∴GM=CG.
設DG=x,則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.
∵S△CDG=CD·DG=CG·DH,
∴DH===,
∴GH===,
∴FH=GH-FG=-1=,
∴tan∠FDH===.
∵∠EFC=∠DHC=90°,
∴DH∥EF,
∴∠DFE=∠FDH,
∴tan∠DFE=tan∠FDH=,
故答案為.
8.D
9.解析:(1)證明:∵DF是由線段DC繞點D順時針旋轉90°得到的,
∴∠FDC=90°,FD=CD,∠DFC=45°.
∵AB=AC,AO⊥BC,∴∠BAO=∠BAC.
∵∠BAC=90°,∴∠BAO=∠ABC=45°,
∴∠BAO=∠DFC.
∵∠EDA+∠ADM=90°,∠M+∠ADM=90°,
∴∠EDA=∠M,∴△ADE∽△FMC.
(2)如圖1,設BC與DF的交點為I.
∵∠DBI=∠CFI=45°,∠BID=∠FIC,
∴△BID∽△FIC,
∴=,即=.
∵∠BIF=∠DIC,∴△BIF∽△DIC,
∴∠IBF=∠IDC.
∵∠IDC=90°,∴∠IBF=90°.
∵∠ABC=45°,∴∠ABF=∠ABC+∠IBF=135°.
(3)證明:如圖2,延長ON交BF于點T,連接DT,DO.
∵∠FBI=∠BOA=90°,
∴BF∥AO,∴∠FTN=∠AON.
∵N是AF的中點,∴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°,
∴ND=TO=NO.
10.解析:(1)證明:∵△ABC≌△DEC,
∴AC=DC.
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB,AB=DC.
∵CB平分∠ACD,∴∠DCB=∠ACB,
∴∠ABC=∠DCB,
∴AB∥CD,∴四邊形ABDC為平行四邊形.
∵AB=AC,∴平行四邊形ABDC為菱形.
(2)∠ACE+∠EFC=180°.
證明:∵△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)如圖,在AD上取點M,使AM=BC,連接BM.
在△AMB和△CBD中,
∴△AMB≌△CBD(SAS),
∴BM=BD,∠ABM=∠CDB,
∴∠BMD=∠BDM.
∵∠BMD=∠BAD+∠MBA,
∴∠ADB=∠BCD+∠BDC.
設∠BCD=∠BAD=α,∠BDC=β,則∠ADB=α+β.
∵AC=AB=CD,∴∠CAD=∠CDA=α+2β,
∴∠BAC=∠CAD-∠BAD=2β,
∴∠ACB=×(180°-2β)=90°-β,
∴∠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繞點A按逆時針方向旋轉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.
證明:由旋轉的性質可知,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證明:如圖,過點P作PH∥ED交DF于點H,
∴∠HPF=∠DEP,=.
∵∠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),∴HF=CF,∴DH=PC,
又∵=,∴=.
12.解析:(1)∵線段AD由線段AB繞點A按逆時針方向旋轉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)由平移的性質,得AE∥CG,AB∥EF,
∴∠DEA=∠DFC=∠ABC,∠ADE+∠DAB=180°.
∵∠DAB=90°,∴∠ADE=90°.
∵∠ACB=90°,∴∠ADE=∠ACB,
∴△ADE∽△ACB,
∴=.
∵AB=8,AB=AD=10,∴AE=12.5,
由平移的性質,得CG=AE=12.5.
核心突破·拓思維
例　解析:(1)∵線段AD由線段AB繞點A按逆時針方向旋轉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,
∴四邊形AEFB是平行四邊形,∠AED=∠EFG=∠ABC,
∴AE=BF.
∵在Rt△ABC中.∠C=90°,BC=6,AC=8,
∴AB===10,
∴AD=AB=10.
∵∠ACB=∠ADE=90°,∠AED=∠ABC,
∴△AED∽△ABC,
∴=,
∴=,
∴AE=, ∴BF=AE=,
∴S AEFB=BF·EG=×8=100.
變式1　解析:(1)證明:∵△ABC∽△ADE,
∴∠BAC=∠DAE,=,
∴∠BAD=∠CAE,=,
∴△ABD∽△ACE.
(2)如圖1,連接BE.
圖1
∵∠ADB=∠AFE,∠BAD=∠EAF,
∴△ABD∽△AEF,
由(1)同理得△DAF∽△BAE,
∴=,∠ABE=∠ADF=30°,
∴==,
設BE=x,則AE=x,
∴AF=AE=3x.
∵∠BME=∠FMA,
∴△FMA∽△BME,
∴===3.
(3)如圖2,過點C分別作CE⊥CD于點C,交DH的延長線于點E,CF⊥AB于點F.
∵∠B=∠CDE,BC=CD,∠BCA=∠DCE,
∴△BCA≌△DCE(ASA),
圖2
∴∠A=∠E,CE=AC.
∵∠AHD=∠CHE,
∴△ADH∽△ECH,
∴==.
設AC=CE=4x,則BC=3x,
由勾股定理得AB=5x,
∴cos B===,
∴BF=BC=.
∵BC=CD,CF⊥BD,
∴BD=2BF=,
∴AD=5x-=,
∴===.
故答案為.
變式2　解析:(1)2;60°.
提示:在Rt△ABC中,AC=1.
∵∠ACB=60°,
∴∠ABC=30°,
∴BC=2AC=2.
∵A1,B1分別為邊AC,BC的中點,
∴A1B1是△ABC的中位線,
∴A1B1∥AB,AA1=A1C=AC=,BB1=B1C=BC=1,
∴∠B1A1C=∠BAC=90°,∠A1B1C=∠ABC=30°,
∴=2.
∵∠ACB=60°,
∴BB1,AA1所在的直線相交所成的較小夾角為∠ACB=60°.
故答案為2;60°.
(2)(1)中的結論仍然成立.
證明:如圖,延長AA1,BB1相交于點D.
由旋轉知∠ACA1=∠BCB1,
A1C=B1C.
∵AC=1,BC=2,
∴=2,=2,
∴=,
∴△ACA1∽△BCB1,
∴=2,∠CAA1=∠CBB1,
∴∠ABD+∠BAD=∠ABC+∠CBB1+∠BAC-∠CAA1=∠ABC+∠BAC=30°+90°=120°,
∴∠D=180°-(∠ABD+∠BAD)=60°.

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