类型二 平移旋转折叠问题
例1、如图,将三角形纸片ABC沿DE折叠,使点A落在BC边上的点F处, 且DE∥BC,下列结论:①△BDF是等腰三角形;②DE=1BC;③四边形ADFE
2是菱形;④∠BDF+∠FEC=2∠A.其中一定正确的个数是( ). A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】如图,分别过点D，E作BC的垂线DG，EH；连接AF,由于折叠是轴对称变换知AF与DE垂直,因为DE∥BC，所以AF与BC垂直,且AM=MF,可以证明点D，E分别是AB,AC的中点,即DE是△ABC的中位线,所以②DE=1BC是正确的；由于折叠是轴对称变换知AD=DF,AE=EF,
2所以DA=DB=DF,所以①△BDF是等腰三角形是正确的；因DG∥AF∥EH,所以∠BDG=∠DAM,又因为DG是等腰三角形BDF的高,所以∠BDF=2∠DAM,同 理 ∠CEF = 2 ∠EAM, 所以 ④∠BDF+∠FEC=2∠A是正确的；如图显然四边形ADFE不是菱形,③是错误的． 【答案】C
例2、下列图形中,是中心对称图形但不是轴对称图形的是( ).
【解析】把一个图形沿着某一条直线折叠,如果直线两旁的部分能互相重合,那么这个图形是轴对称图形； 把一个平面图形绕某一点旋转180°,如果旋转后的图形能和原图形互相重合,那么这个图形叫做中心对称图形.对照定义,可知A是轴对称图形,且有1条对称轴,但不是中心对称图形；B是中心对称图形,不是轴对称图形；C是轴对称图形,有1条对称轴,但不是中心对称图形；D既是中心对称图形又是轴对称图形,有4条对称轴． 【答案】B
例3、如图，在平面直角坐标系中，正三角形OAB的顶点B的坐标为（2，0）， 点A在第一象限内，将△OAB沿直线OA的方向平移至△O′A′B′的位置， 此时点A′的横坐标为3，则点B′的坐标为 .
【解析】作AM⊥x轴于点M.根据等边三角形的性质得OA=OB=2，∠AOB=60°， 在Rt△OAM中,利用含30°角的直角三角形的性质求出OM=1，AM=3，从而求得 点A的坐标为（1，3），直线OA的解析式为y=
3x,当
x=3时，y=3
3,所以
1
点A′的坐标为（3，33），所以点A′是由点A向右平移2个单位，向上平移 23个单位后得到的，于是得点B′的坐标为（4,23）. 【答案】（4,23）
例4、在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠B=30°,线段AD是BC边上的中线,如图1,将△ADC沿直线BC平移,使点D与点C重合,得到△FCE,如图2,再将△FCE绕点C顺时针旋转,设旋转角为α(0°＜α≤90°),连接AF,DE．
(1)在旋转过程中,当∠ACE=150°时,求旋转角α的度数；
(2)探究旋转过程中四边形ADEF能形成哪些特殊四边形？请说明理由．
【解析】(1)由题意分析可知此问需分两种情况讨论：①点E和点D在直线AC两侧；②点E和点D在直线AC同侧；(2)在旋转过程中,总是存在AC=CE,DC=CE.由图形的对称性可知,将会出现两种对角线相等的特殊四边形：等腰梯形和矩形.抓住平移和旋转的性质,较易证明． 【答案】：(1)在图1中,∵∠BAC=90°,∠B=30°, ∴∠ACE=∠BAC+∠B=120°．
如图2,当点E和点D在直线AC两侧时,由于∠ACE=150°, ∴α=150°-120°=30°.当点E和点D在直线AC同侧时,
由于∠ACB=180°-∠BAC-∠B=60°,∴∠DCE=∠ACE-∠ACB=150°-60°=90°. ∴α=180°-∠DCE=90°.∴旋转角α为30°或90°; (2)四边形ADEF能形成等腰梯形和矩形． ∵∠BAC=90°,∠B=30°,∴AC=1BC．
2又∵AD是BC边上的中线,∴AD=DC=1BC=AC.∴△ADC为正三角形．
2①当α=60°时,如图3,∠ACE=120°+60°=180°. ∵CA=CE=CD=CF, ∴四边形ADEF为矩形．
②当α≠60°时,∠ACF≠120°,∠DCE=360°-60°-60°-∠ACF≠120°．
2
显然DE≠AF．∵AC=CF,CD=CE, ∴2∠FAC+∠ACF=2∠CDE+∠DCE=180°. ∵∠ACF+∠DCE=360°-60°-60°=240°,
∴∠FAC+∠CDE=60°.∴∠DAF+∠ADE=120°+60°=180°.∴AF∥DE． 又∵DE≠AF,AD=EF,∴四边形ADEF为等腰梯形．
例5、如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上的点F处. （1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？ （2）如果AM=1，sin∠DMF=
3，求AB的长. 5【解析】（1）由矩形的性质得∠A=∠B=∠C=90°，由折叠的性质和等角的余角相等，可得∠BPQ=∠AMP=∠DQC，所以△AMP∽△BPQ∽△CQD；（2）先证明MD=MQ，然后根据sin∠DMF=DF?3DFMD=35，设DF=3x，MD=5x，再分别表示出AP，BP，BQ，根据△AMP∽△BPQ，
MD5列出比例式解方程求解即可. 解：（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD.
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=90°. 由折叠的性质可知∠APM=∠EPM，∠EPQ=∠BPQ. ∴∠APM+∠BPQ=∠EPM+∠EPQ=90°. ∵∠APM+∠AMP=90°，∴∠BPQ=∠AMP. ∴△AMP∽△BPQ. 同理：△BPQ∽△CQD.
根据相似的传递性可得△AMP∽△CQD； （2）∵AD∥BC，∴∠DQC=∠MDQ. 由折叠的性质可知∠DQC=∠DQM. ∴∠MDQ=∠DQM.∴MD=MQ. ∵AM=ME，BQ=EQ， ∴BQ=MQ-ME=MD-AM.
∵sin∠DMF=DF?3，则设DF=3x，MD=5x，则BP=PA=PE=
MD53x，BQ=5x-1. 2 3
∵△AMP∽△BPQ，∴AM?AP，即1?BPBQ3x23x，解得x=（舍去）或x=2，∴AB=6.
925x-12例6、如图，在平面直角坐标系中，正三角形OAB的顶点B的坐标为（2, 0），点A在第一象限内，将△OAB沿直线OA的方向平移至△O′B′A′的位置，此时点A′的横坐标为3，则点B′的坐标为（ ）．
A．（4，23） B．（3，33） C．（4，33） D．（3，23）
【答案】A
【解析】如图，当点B的坐标为（2, 0），点A的横坐标为1．
当点A'的横坐标为3时，等边三角形A′OC的边长为6．
在Rt△B′CD中，B′C＝4，所以DC＝2，B′D＝23．此时B′(4,23)． 例7、图形的折叠：如图，在矩形ABCD中，AD＝15，点E在边DC上，联结AE，△ADE沿直线AE翻折后点D落到点F，过点F作FG⊥AD，垂足为G．如果AD＝3GD，那么DE＝_____．
【答案】 35 【解析】思路如下：
如图，过点F作AD的平行线交AB于M，交DC于N． 因为AD＝15，当AD＝3GD时，MF＝AG＝10，FN＝GD＝5． 在Rt△AMF中，AF＝AD＝15，MF＝10，所以AM＝55． 设DE＝m，那么NE＝55?m．
4
由△AMF∽△FNE，得
555AMFN，即．解得m＝35． ??MFNE1055?m例8、图形的旋转：如图，已知Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝6，BC＝4，将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，若点F是DE的中点，连接AF，则AF= ．
【答案】 5． 【解析】思路如下：
如图，作FH⊥AC于H．
由于F是ED的中点，所以HF是△ECD的中位线，所以HF＝3． 由于AE＝AC－EC＝6－4＝2，EH＝2，所以AH＝4．所以AF＝5．
例9、三角形： 如图，△ABC≌△DEF（点A、B分别与点D、E对应），AB＝AC＝5，BC＝6．△ABC固定不动，△DEF运动，并满足点E在BC边从B向C移动（点E不与B、C重合），DE始终经过点A，EF与AC边交于点M，当△AEM是等腰三角形时，BE＝_________． 【答案】
11或1 6【解析】思路如下：
设BE＝x． 由△ABE∽△ECM，得
ABEA5EA，即． ??ECME6?xME等腰三角形AEM分三种情况讨论：
①如图2，如果AE＝AM，那么△AEM∽△ABC．
EA55．解得x＝0，此时E、B重合，舍去． ??ME66?x5EA②如图3，当EA＝EM时，??1．解得x＝1．
6?xMEEA6511③如图4，当MA＝ME时，△MEA∽△ABC．所以．解得x＝． ??ME56?x6所以
5
图2 图3 图4
例10、四边形：如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（ ）． A．25 B．35 C．5 D．6
【答案】C． 【解析】思路如下：
拖动点E在AB上运动，可以体验到，当EF与AC垂直时，四边形EGFH是菱形（如图2）． 如图3，在Rt△ABC中，AB＝8，BC＝4，所以AC＝45． 由cos∠BAC＝
ABAO825，得．所以AE＝5． ??ACAEAE45
图2 图3
例11、圆：如图，⊙O的半径为2，AB，CD是互相垂直的两条直径，点P是⊙O上任意一点（P与A，B，C，D不重合），过点P作PM⊥AB于点M，
PN⊥CD于点N，点Q是MN的中点，当点P沿着圆周转过45°时，点Q走
过的路径长为__________．
A.
???? B. C. D. 4263【答案】 A． 【解析】思路如下：
拖动点P在圆周上运动一周，可以体验到，当点P沿着圆周转过45°时，点Q走过的路径是圆心角为45°半径为1的一段弧．
如图2，四边形PMON是矩形，对角线MN与OP互相平分且相等，因此点Q是OP的中点．
6
?如图3，当∠DOP＝45°时，D'Q的长为?2??1=18?4．
图2 图3
例12、函数图象：如图，直线l与半径为4的⊙O相切于点A，P是⊙O上一个动点（不与点A重合），过点P作PB⊥l，垂足为B，联结PA．设
PA＝x，PB＝y，则(x－y)的最大值是_____．
【答案】 2． 【解析】思路如下：
拖动点P在圆上运动一周，可以体验到，AF的长可以表示x－y，点F的轨迹象两叶新树丫，当AF最大时，OF与AF垂直（如图2）． 如图3，AC为⊙O的直径，联结PC．
由△ACP∽△PAB，得
8xACPA1，即?．所以y?x2． ?xyAPPB811因此x?y?x?x2??(x?4)2?2．
88所以当x＝4时，x－y最大，最大值为2．
图2 图3
例13、.如图所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,∠BAC=60°,AB=8.半径为3的⊙M与射线BA相切,切点为N,且AN=3.将Rt△ABC顺时针旋转120°后得到Rt△ADE,点B,C的对应点分别是点D,E．
(1)画出旋转后的Rt△ADE；
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(2)求出Rt△ADE 的直角边DE被⊙M截得的弦PQ的长度；
(3)判断Rt△ADE的斜边AD所在的直线与⊙M的位置关系,并说明理由.
【分析】(1)点A不动,由于∠BAC=60°,因此旋转120°后AE与AB在同一条直线上；(2)过点M作MF⊥DE,垂足为F.连接MP,构造出Rt△MPF，再通过勾股定理解直角三角形并结合垂径定理即可求解；(3)易猜想AD与⊙M相切.欲证AD与⊙M相切,只需HM=NM即可,而HM=NM可由△MHA≌△MNA得到．
【答案】证明：(1)如图1，Rt△ADE就是旋转后的图形；
(2)如图2,过点M作MF⊥DE,垂足为F,连接MP．在Rt△MPF中,MP=3,MF=4-3=1,由勾股定理易得PF=2,再由垂径定理知PQ=2PF=22； (3)AD与⊙M相切．
证法一：如图2,过点M作MH⊥AD于H,连接MN, MA,则MN⊥AE且MN=3.在Rt△AMN
MN3?3，∴∠MAN=30°. 中,tan∠AN∵∠DAE=∠BAC=60°,∴∠MAD=30°.
∴∠MAN=∠MAD=30°.∴MH=MN(由△MHA≌△MNA或解Rt△AMH求得MH=3,从而得MH=MN 亦可).
∴AD与⊙M相切；
证法二：如图2,连接MA,ME,MD,则S△ADE=S△AMD+S△AME+S△DME,过M作MH⊥AD于H,
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MF⊥DE于F, 连接MN, 则MN⊥AE且MN=3,MF=1,
1111∴2AC·BC=2AD·MH+2AE·MN+2DE·MF,由此可以计算出MH=3.∴MH=MN.
∴AD与⊙M相切．
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2024年中考数学二轮复习重难题型突破类型二 平移旋转折叠问题
