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第32課時　圖形的平移與旋轉
考點一　圖形的平移
概念 在平面內,一個圖形由一個位置沿某個方向移動到另一個位置,這樣的圖形運動叫做平移
要素 一是平移方向,二是平移距離
性質 1.平移前后,對應線段①　　　　、對應角②　　　　. 2.各對應點所連接的線段③　　　　(或在同一條直線上)且相等,對應點的距離④　　　　平移的距離. 3.平移前后的圖形全等
(1)根據題意,確定平移的方向和距離.(2)找出原圖形的關鍵點.(3)按平移方向和距離平移各關鍵點,得到各關鍵點的對應點.(4)按原圖形依次連接各關鍵點的對應點,得到平移后的圖形.
① 如圖,∠C=90°,AC=6,將Rt△ACB沿CB方向平移得Rt△DEF,BF=2,DG=,則陰影部分的面積為　　　　.
② 如圖,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠ACB =30°,將△ABC沿BC方向平移得到△DEF,DE與AC交于點G,連接AD,AD=2,BC=4.
(1)∠F=　　　　°,∠DEF=　　　　°.
(2)判斷AD,BC,BF的數量關系,并證明.
(3)判斷四邊形ACFD的形狀,并證明;求四邊形ACFD的周長.
(4)求點E到AC的距離.
考點二　圖形的旋轉
概念 在平面內,一個圖形繞一個定點沿某個方向(順時針或逆時針)轉動一個角度,這樣的圖形運動叫做旋轉.這個定點叫做旋轉中心,轉動的角叫做旋轉角,原圖形上一點A旋轉后成為點A',這樣的兩個點叫做對應點
要素 旋轉中心、旋轉方向和⑤　　　
性質 1.對應點到旋轉中心的距離⑥　　　　. 2.對應點與旋轉中心連線所成的夾角等于⑦　　　　. 3.旋轉前后的圖形⑧　　　
(1)根據題意,確定旋轉中心、旋轉方向和旋轉角度.(2)找出原圖形的關鍵點.(3)連接關鍵點與旋轉中心,按旋轉方向和旋轉角度將它們旋轉,得到各關鍵點的對應點.(4)按原圖形依次連接對應點,得到旋轉后的圖形.
③ 如圖,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,AB=4,將△ABC繞點C按順時針方向旋轉,得到△EDC,點D落在AB邊上,DE交AC邊于點F.
(1)旋轉中心為　　　　,DE的長為　　　　,∠CDE=　　　　°.
(2)∠CFE=　　　　.
(3)AD的長為　　　　.
(4)請寫出圖中的全等三角形和相似三角形:　 .
如圖,四邊形ABCD為正方形,邊長為4,AC為對角線.
(1)如圖 1,將△ABC 沿AC方向平移得到△A'B'C',當A'為AC的中點時,
①△A'B'C'的面積為　　　　,平移距離AA'=　　　　;
②連接A'D,B'C,則四邊形A'B'CD的形狀是　　　　.
圖1　 　圖2
(2)如圖2,將△ABC沿BC方向平移得到△A'B'C',A'B'交AC于點E.
①∠A'EC的度數為　　　　;
②若兩個三角形重疊部分(圖中陰影)的面積為3,則平移距離AA'的長度為　　　　;
③若 AA'=3,則的值為　　　　.
圖形的平移,對應線段互相平行(或在同一直線上)且相等,對應角相等,在解決關于平移的問題時,要充分利用這些隱含的數量關系和位置關系進行解題,另外,動態問題中往往會出現多種情況,需要進行分類討論,考慮問題要全面,不要漏解.
(1)①8　2　②平行四邊形
解析:①如圖,∵△ABC沿AC方向平移得到△A'B'C',
∴A'B'=AB,B'C'=BC,∠B=∠A'B'C',
∴S△A'B'C'=S△ABC=×AB×BC=×4×4=8.
在正方形ABCD中,AD=DC=4,∠B=∠DAB=90°,AC平分∠DAB,∴∠BAC=45°.
∵sin∠BAC=,∴=,即=,∴AC=4.
∵點A'是AC的中點,∴AA'=AC=2.
②∵△ABC沿AC方向平移得到△A'B'C',
∴AB∥A'B',AB=A'B'.
∵四邊形ABCD為正方形,∴AB∥DC,AB=DC,
∴A'B'∥DC,A'B'=DC,
∴四邊形 A'B'CD是平行四邊形.
(2)①135°　②1或3　③
解析:①∵四邊形ABCD為正方形,∴∠CAD=45°.
由平移可知,∠AA'B'=90°,
∴∠A'EC=∠A'AE+∠AA'E=45°+90°=135°.
②∵∠A'AE=45°,∠AA'E=90°,
∴△AA'E為等腰直角三角形,
∴AA'=A'E,S陰影=A'E×A'D=A'A×A'D.
設AA'=x,則A'D=4-x,∴x(4-x)=3,解得x1=1,x2=3,∴平移距離AA'的長度為1或3.
③∵∠AA'E=∠B'=90°,∠AEA'=∠CEB',
∴△A'AE∽△B'CE,∴=2.
∵∠EA'D=90°,∠D=90°,∠B'=90°,
∴四邊形A'B'CD為矩形,∴B'C=A'D.
∵AA'=3,∴A'D=AD-AA'=4-3=1,∴B'C=1.
∴=2=2=.
如圖,在Rt△ABC中,∠ACB=90°.將△ABC繞點C逆時針方向旋轉得到△DEC.若點A落在AB邊上的點D處.
(1)請作出△DEC.
(2)點B的對應點是　　　　,BC 的對應線段是　　　　.
(3)判斷△ACD的形狀,并說明理由.
(4)若AD=CD,求∠B和∠BCE的度數.
(5)求證:DC平分∠ADE.
(6)連接BE,判斷BE與AB的位置關系,并說明理由.
(1)解:如圖1,△DEC即為所作.
圖1
(2)點E　EC
解析:∵將△ABC繞點C逆時針方向旋轉,使點A落在AB邊上的點D處,得到△DEC.
∴點B的對應點是E,BC的對應線段是EC.
(3)解:△ACD是等腰三角形.理由:
∵AC=CD,∴△ACD是等腰三角形.
(4)解:∵AC=CD,AD=CD,∴AD=CD=AC,
∴△ACD是等邊三角形,∴∠A=∠ACD=60°.
∵∠ACB=90°,∴∠B=90°-60°=30°.
∵∠ACB=∠DCE,∴∠BCE=∠ACD=60°.
(5)證明:∵將△ABC繞點C逆時針方向旋轉,使點A落在AB邊上的點D處,得到△DEC,∴∠A=∠CDE,AC=CD,
∴∠A=∠CDA,∴∠ADC=∠CDE,即DC平分∠ADE.
圖2
(6)解:BE⊥AB,理由如下:
如圖2,∵∠ACB=90°,
∴∠CAB+∠ABC=90°.
由題意,得∠ACD和∠BCE均為旋轉角,
∴∠ACD=∠BCE.
∵AC=CD,BC=CE,∴∠CAD=∠ADC=,∠CBE=∠CEB=,
∴∠CAD=∠CBE ,∴∠CBE+∠ABC=90°,
∴∠ABE=90°,即BE⊥AB.
命題點一　圖形的平移
(2024·河北)平面直角坐標系中,我們把橫、縱坐標都是整數,且橫、縱坐標之和大于0的點稱為“和點”.將某“和點”平移,每次平移的方向取決于該點橫、縱坐標之和除以3所得的余數(當余數為0時,向右平移;當余數為1時,向上平移;當余數為2時,向左平移),每次平移1個單位長度.
例:“和點”P(2,1)按上述規則連續平移3次后,到達點P3(2,2),其平移過程如下:P3(2,2).
若“和點”Q按上述規則連續平移16次后,到達點Q16(-1,9),則點Q的坐標為 (　　)
A.(6,1)或(7,1) B.(15,-7)或(8,0) C.(6,0)或(8,0) D.(5,1)或(7,1)
命題點二　圖形的旋轉
(2023·河北)已知正方形MNOK和正六邊形ABCDEF的邊長均為1,把正方形放在正六邊形中,使OK邊與AB邊重合,如圖所示,按下列步驟操作:
將正方形在正六邊形中繞點B順時針旋轉,使KM邊與BC邊重合,完成第一次旋轉;再繞點C順時針旋轉,使MN邊與CD邊重合,完成第二次旋轉;……;在這樣連續6次旋轉的過程中,點B,M間的距離可能是 (　　)
A.1.4 B.1.1 C.0.8 D.0.5
(2023·河北)平面內,如圖,在 ABCD中, AB=10,AD=15,tan A=.P為AD邊上任意一點,連接PB,將PB繞點P逆時針旋轉90°得到線段PQ.
(1)當∠DPQ=10°時, 求∠APB的大小.
(2)當tan∠ABP∶tan A=3∶2時,求點Q與點B間的距離(結果保留根號).
(3)若點Q恰好落在 ABCD的邊所在的直線上,直接寫出PB旋轉到PQ所掃過的面積(結果保留π).
備用圖
(2023·河北)在一平面內,線段AB=20,線段BC=CD=DA=10,將這四條線段順次首尾相接.把AB固定,讓AD 繞點A從AB開始逆時針旋轉角 α(α>0°)到某一位置時,BC,CD將會跟隨出現到相應的位置.
【論證】如圖1,當AD∥BC時,設AB與CD交于點O,求證:AO=10.
【發現】當旋轉角α=60°時,∠ADC 的度數可能是多少
【嘗試】取線段CD的中點M,當點M與點B的距離最大時,求點M到AB的距離.
【拓展】①如圖2,設點D與點B的距離為d,若∠BCD的平分線所在直線交AB于點P,直接寫出BP的長(用含d的式子表示);
②當點C在AB下方,且AD與CD垂直時,直接寫出α的余弦值.
(2023·河北)平面上,矩形ABCD與直徑為QP的半圓K如圖1擺放,分別延長DA和QP交于點O,且∠DOQ=60°,OQ=OD=3,OP=2,OA=AB=1,讓線段OD及矩形ABCD位置固定,將線段OQ連帶著半圓K一起繞著點O按逆時針方向開始旋轉,設旋轉角為α(0°≤α≤60°).
【發現】(1)當α=0°,即初始位置時,點P　　　　(填“在”或“不在”)直線AB 上.
求當α是多少時,OQ經過點B
(2)在OQ旋轉過程中,簡要說明α是多少時,點P,A間的距離最小,并指出這個最小值.
(3)如圖2,當點P恰好落在BC邊上時,求α及S陰影.
【拓展】如圖3,當線段OQ與CB邊交于點M,與BA邊交于點N時,設BM=x(x>0),用含x的代數式表示BN的長,并求x的取值范圍.
【探究】當半圓K與矩形ABCD的邊相切時, 求sin α的值.
圖1　 　圖2　 圖3 備用圖
(2024·河北)如圖1,四邊形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,∠C=30°,AD=3,AB=2,DH⊥BC于點H.將△PQM與該四邊形按如圖方式放在同一平面內,使點P與點A重合,點B在PM上, 其中∠Q=90°,∠QPM=30°,PM=4.
(1)求證:△PQM≌△CHD.
(2) △PQM從圖1的位置出發, 先沿著BC方向向右平移(圖2),當點P到達點D后立刻繞點D逆時針旋轉(圖3),當邊PM旋轉50°時停止.
①邊PQ從平移開始,到繞點D旋轉結束,求邊PQ掃過的面積;
②如圖2,點K在BH上,且BK=9-4.若△PQM右移的速度為每秒1個單位長度, 繞點D旋轉的速度為每秒5°,求點K在△PQM區域(含邊界)內的時長;
③如圖3,在△PQM旋轉過程中, 設PQ, PM分別交BC于點E,F.若BE=d,直接寫出CF的長(用含d的式子表示).
圖1　 圖2 圖3
【詳解答案】
教材考點·深度梳理
①相等　②相等　③平行　④等于
⑤旋轉角度　⑥相等　⑦旋轉角
⑧全等
對應練習
1.10.5　解析:∵△ACB平移得到△DEF,
∴CE=BF=2,DE=AC=6.
∴GE=DE-DG=6-=4.5.
由平移的性質,S△ABC=S△DEF,
∴陰影部分的面積=S梯形ACEG=×(GE+AC)·CE=×(4.5+6)×2=10.5.
2.解:(1)30　60
(2)BF=AD+BC.證明如下:
∵△ABC沿BC方向平移得到△DEF,
∴BC=EF,AD=CF,
∴BF=BC+CF=BC+AD.
(3)四邊形ACFD是平行四邊形,證明如下:
∵△ABC沿BC方向平移得到△DEF,
∴AD=CF,AD∥CF,
∴四邊形ACFD是平行四邊形.
∵AD=2,∴CF=AD=2.
∵∠BAC=90°,∠ACB =30°,BC=4,
∴AB=BC=×4=2,
在Rt△ABC中,根據勾股定理,AC==2.
∵四邊形ACFD是平行四邊形,
∴DF=AC=2,
∴四邊形ACFD的周長=2(AD+AC)=2×(2+2)=4+4.
(4)∵AD=2,∴BE=2,
又∵BC=4,∴CE=2,∴點E為BC的中點.
∵∠ACB=30°,
∴AB=BC=×4=2.
又∵AB∥DE,∠BAC=90°,
∴EG=AB=1,EG⊥AC,
即點E到AC的距離為1.
3.(1)點C　4　60　(2)90°　(3)2
(4)△ABC≌△EDC,△ADF≌△CDF,△ADF∽△ABC∽△EDC∽△ECF∽△CDF
河北中考·真題體驗
1.D　解析:根據已知:點P3(2,2)橫、縱坐標之和除以3所得的余數為1,繼而向上平移1個單位長度得到P4(2,3),此時橫、縱坐標之和除以3所得的余數為2,繼而向左平移1個單位長度得到P5(1,3),此時橫、縱坐標之和除以3所得的余數為1,又向上平移1個單位長度……因此發現規律為若“和點”橫、縱坐標之和除以3所得的余數為0時,先向右平移1個單位長度,再按照向上、向左、向上、向左不斷重復的規律平移;
若“和點”Q按上述規則連續平移16次后,到達點Q16(-1,9),則按照“和點”Q16 反向運動16次即可,可以分為兩種情況:
①Q16先向右平移1個單位長度得到Q15(0,9),此時橫、縱坐標之和除以3所得的余數為0,應該是Q15向右平移1個單位長度得到Q16,故矛盾,不成立;②Q16先向下平移1個單位長度得到Q15(-1,8),此時橫、縱坐標之和除以3所得的余數為1,則應該向上平移1個單位長度得到Q16,故符合題意,∴點Q16先向下平移,再向右平移,當平移到第15次時,共計向下平移了8次,向右平移了7次,此時坐標為(-1+7,9-8),即(6,1),∴最后一次若向右平移則為(7,1),若向左平移則為(5,1).
故選D.
2.C　解析:在6次旋轉過程中,點M的運動軌跡如圖中弧線所示,可知點B,M之間的距離大于或等于2-,小于或等于1.故選C.
3.解:(1)當點Q與點B在PD兩側時,
由∠DPQ=10°,∠BPQ=90°,得∠BPD=∠BPQ-∠DPQ=80°.∴∠APB=180°-∠BPD=100°.當點Q與點B在PD同側時,
如圖1,∠APB=180°-∠BPQ-∠DPQ=80°.
∴∠APB是80°或100°.
圖1
(2)如圖1,過點P作PH⊥AB于點H,連接BQ.∵tan∠ABP∶tan A==3∶2,
∴AH∶HB=3∶2.∵AB=10,
∴AH=6,HB=4.
在Rt△PHA中,PH=AH·tan A=8,∴PQ=PB==4.
∴在Rt△PQB中,QB=PB=4.
(3)16π或20π或32π.
解析:①點Q在AD上時,如圖2.
∵tan A=,∴.設PB=4k,則AP=3k.∵AB2=AP2+PB2,∴k=2.∴PB=8,AP=6.∴PQ=8.∴S==16π.
圖2
②點Q在CD上時,如圖3,過點P作PH⊥AB于點H,延長HP,交CD延長線于點K.由題意得∠K=90°,∠KDP=∠A,設AH=x,則PH=AH·tan A=x.∵∠BPH=∠KQP=90°-∠KPQ,PB=QP,
∴△HPB≌△KQP(AAS).
∴HB=KP=10-x.∴AP=x,PD=(10-x),AD=15=x+(10-x),解得x=6.∴PH=x=8,HB=10-x=4.
∴PB2=PH2+HB2=80.
∴S==20π.
圖3 圖4
③點Q在BC的延長線上時,如圖4,過點B作BM⊥AD于點M.由①得BM=8,又∵△BPQ是等腰三角形,AD∥BQ,∴∠MPB=∠PBQ=45°.∴PB=8.∴S==32π.
綜上,PB旋轉到PQ所掃過的面積為16π或20π或32π.
4.解:【論證】證明:∵AD∥BC,
∴∠A=∠B,∠C=∠D.
在△AOD和△BOC中,
∴△AOD≌△BOC(ASA).
∴AO=BO.
∵AO+BO=AB=20,
∴AO=AB=10.
【發現】如圖1,當A,B,C三點共線時,
圖1
有△ADC是等邊三角形.
∴∠ADC=60°.
如圖2,當A,B,C三點不共線時,取AB中點O,連接OD,有AD=AO=OD=BO=BC=CD=10,即四邊形BCDO為菱形,從而CD∥AB,
∴∠ADC=180°-60°=120°.
∴∠ADC的度數可能是60°或120°.
圖2
【嘗試】取線段CD的中點M,當點M與點B距離最大時,D,C,B三點共線,如圖3,過點D作DQ⊥AB于點Q,過點M作MN⊥AB于點N.
圖3
由已知可得AD=10,BD=BC+CD=20,BM=CM+BC=15,設AQ=x,則BQ=20-x.
∵AD2-AQ2=DQ2=BD2-BQ2,∴100-x2=400-(20-x)2.解得x=.∴AQ=.
∴DQ=.
∵DQ⊥AB,MN⊥AB,
∴MN∥DQ.
∴△BMN∽△BDQ.∴,
即.∴MN=.
∴點M到AB的距離為.
【拓展】①BP的長為.
解析:如圖4,過點D作DG⊥AB于點G,連接BD.設直線CP交DB于點H.
圖4
∵BC=DC=10,CP平分∠BCD,
∴∠BHC=∠DHC=90°,BH=BD=d.
設BG=m,則AG=20-m.
∵AD2-AG2=BD2-BG2,
∴100-(20-m)2=d2-m2.
∴m=.
∴BG=.
∵∠BHP=∠BGD=90°,∠PBH=∠DBG,∴△BHP∽△BGD.
∴.
∴BP=.
②α的余弦值為.
解析:如圖5,過點B作BG⊥CD于點G.
圖5
設AN=t,則BN=20-t,DN=.
∵∠D=∠BGN=90°,∠AND=∠BNG,∴△BGN∽△ADN.
∴,
即.
∴NG=,
BG=.
在Rt△BCG中,BC=10,
∴CG==,
∵CD=10,∴DN+NG+CG=10,
即++=10.
∴t+(20-t)+20=10t,
20+20=10t.
即2=t-2,
兩邊平方,整理,得3t2-40t=-4t,
∵t≠0,∴3t-40=-4.
解得t=(大于20,舍去)或t=.∴AN=.
∴cos α=.
5.解:【發現】(1)在
當OQ經過點B時,在Rt△OAB中,
∵AO=AB,∴∠DOB=∠ABO=45°.∴α=60°-45°=15°,即當α是15°時,OQ經過點B.
(2)如圖1,連接AP.∵OA+AP≥OP,∴AP≥OP-OA=2-1=1.當OP過點A,即α=60°時,等號成立,∴當α=60°時,點P,A之間的距離最小,最小值為1.
(3)如圖1,設半圓K與BC的另一個交點為R,連接RK,過點P作PH⊥AD于點H,過點R作RE⊥KQ于點E.在Rt△OPH中,PH=AB=1,OP=2.∴sin∠POH=.
∴∠POH=30°.
∴α=60°-30°=30°.
∵AD∥BC,
∴∠RPQ=∠POH=30°.
∴∠RKQ=2∠RPQ=2×30°=60°.
∵OQ=3,OP=2,∴PQ=OQ-OP=3-2=1.
∴PK=KQ=PQ=.
∴S扇形RKQ=.
在Rt△RKE中,RE=RK·sin 60°=,∴S△PRK=PK·RE=.
∴S陰影=S扇形RKQ+S△PRK=+.
圖1
【拓展】∵∠OAN=∠MBN=90°,∠ANO=∠BNM,∴△AON∽△BMN.
∴,即.
∴BN=.
如圖2,當點Q落在BC上時,x取最大值,過點Q作QF⊥AD于點F,則BQ=AF=OF-AO=-AO=-1=2-1.
∴x的取值范圍是0圖2
【探究】半圓K與矩形ABCD的邊相切,分三種情況:①如圖3,半圓K與BC相切于點T,設直線KT與AD,OQ的初始位置所在的直線分別交于點S,O',則∠KSO=∠KTB=90°,過點K作KG⊥OO'于點G.
在Rt△OSK中,
OS===2,
在Rt△OSO'中,SO'=OS·tan 60°=2,KO'=SO'-SK=2,
在Rt△KGO'中,∠O'=30°,
∴KG=KO'=.
∴在Rt△OGK中,
sin α=.
圖3
②當半圓K與AD相切于點T,如圖4,同理可得sin α=====.
圖4
③當半圓K與CD相切時,
點Q與點D重合,且為切點,
∴α=60°.
∴sin α=sin 60°=.
綜上所述,sin α的值為或或.
6.解:(1)證明:由題意可知,四邊形ABHD是矩形,∴AB=DH=2,∠DHB=∠DHC=90°.在Rt△AQM中,∠Q=90°,∠QAM=30°,AM=4,∴QM=AM=2.
∴QM=HD.
在△PQM和△CHD中,
∴△PQM≌△CHD(AAS).
(2)①如圖1,PQ掃過的面積=平行四邊形AQQ'D的面積+扇形DQ'Q''的面積.此時QQ'=3,且QQ'⊥AQ'.
∵AQ=QM=6,
∴AQ'=AQ·cos 30°=3.∴PQ掃過的面積=3×3+=9+5π.
圖1
②如圖2,連接DK.當DM運動到與DH重合時,
∵BH=AD=3,BK=9-4,
∴KH=3-(9-4)=4-6.∴CK=4-6+6=4.
∵CD=2DH=4.∴CD=CK.∴∠CKD=×(180°-30°)=75°.
∴∠KDH=75°-60°=15°.
∵∠QDK=30°-15°=15°,
∴點K在△PQM區域(含邊界)內的時長為+=(4-3)(s).
圖2　 　圖3
③CF=.
解析:如圖3,在Rt△CDH中,DH=2,∠C=30°,∴CH=DH=6.∵BH=3,BE=d,∴EH=|3-d|.∵DH=2,∠DHE=90°,∴DE2=EH2+DH2=(3-d)2+(2)2.∵∠DEF=∠CED,∠EDF=∠C=30°,∴△DEF∽△CED.∴.∴DE2=EF·CE.∴(3-d)2+12=EF·(9-d).∴EF=.∴CF=BC-BE-EF=9-d-.

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