图形综合强变换来破解

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图形的变换包括图形的轴对称、图形的旋转和图形的平移，它们都是全等变换.图形的变换是初中数学的重要内容之一，中考中考查的内容丰富，形式多样，题型涉及选择题、填空题、作图题和解答题等.很多地区已将这一部分内容由原来的低、中档题攀升到分值较高的解答题和综合应用题.也有地区设计了操作、探索、应用等多种新题型，既考查了基础知识，又注重对能力和数学思想方法的综合考查.

一、图形的平移

例1（2015・吉林）两个三角板ABC，DEF，按图1所示的位置摆放，点B与点D重合，边AB与边DE在同一条直线上（假设图形中所有的点，线都在同一平面内），其中，∠C=∠DEF=90°，∠ABC=∠F=30°，AC=DE=6cm.现固定三角板DEF，将三角板ABC沿射线DE方向平移，当点C落在边EF上时停止运动.设三角板平移的距离为x（cm），两个三角板重叠部分的面积为y（cm2）.

（1）当点C落在边EF上时，x=cm；

（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；

（3）设边BC的中点为点M，边DF的中点为点N，直接写出在三角板平移过程中，点M与点N之间距离的最小值.

分析：（1）正确画出图形，根据锐角三角函数，可得A′E的长，根据线段的和差，可得平移的距离AA′的长.

（2）分类讨论：①当0≤t≤6时，根据三角形的面积公式，可得答案；②当6

（3）根据垂线段最短，可得M在线段NG上，根据三角形的中位线，可得NG的长，根据锐角三角函数，可得MG的长，根据线段的和差，可得答案.

解：（1）如图2，在RtABC中，∠ABC=30°，则∠BAC=60°，AB=ACcos60°=12，BC=AC・tan60°=63.

当点C在EF上时，∠C′A′E=60°，则A′E=A′C′・cos60°=3，

BA′=3.

AA′=15，即x=15.

（2）当0≤x≤6时，如图3所示.

∠GDB=60°，∠GBD=30°，DB=x，

DG=DB・cos60°=12x，BG=DB・sin60°=32x.

y=12DG・BG=12・x2・32x=38x2.

当6

BE=x-6，HE=BE・tan30°=（x-6）・tan30°=33（x-6），

SEBH=12BE・EH=12（x-6）・33（x-6）=36x2-23x+63.

y=SDBG-SEBH=-324x2+23x-63.

当12

BC=ACtan30°=63，SABC=12AC・BC=183.

y=SABC-SEBH=183-（36x2-23x+63）=-36x2+23x+123.

综上所述，

y=38x2（0≤x≤6），

-324x2+23x-63（6

-36x2+23x+123（12

（3）当NMBD时，MN最小.由题意，得DN=FN=12DF=6，DP=12DN=3，则PN=33.BM=CM=12BC=33，则PM=323.MN=PN-PM=323.点M与点N之间距离的最小值为323cm.

点评：对于分类讨论问题，要注意把握分类标准，使得分类不重不漏；在研究变化的问题时，要抓住问题中不变的因素.

练习1（2015・江西）（1）如图6，纸片ABCD中，AD=5，SABCD=15，过点A作AEBC，垂足为E，沿AE剪下ABE，将它平移至DCE′的位置，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的形状为（）

A.平行四边形B.菱形

C.矩形D.正方形

（2）如图7，在（1）中的四边形纸片AEE′D中，在EE′上取一点F，使EF=4，剪下AEF，将它平移至DE′F′的位置，拼成四边形AFF′D.

①求证：四边形AFF′D是菱形；

②求四边形AFF′D的两条对角线的长.

二、图形的对称

例2（2015・漳州）如图8，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作FG∥CD，交AE于点G，连接DG.

（1）求证：四边形DEFG为菱形；

（2）若CD=8，CF=4，求CEDE的值.

分析：（1）根据折叠问题中对应的边相等，对应的角相等，对照菱形的判定方法可以用多种方法证明四边形DEFG为菱形；

（2）在RtCEF中，根据勾股定理可求得DE和CE的长，从而求出CEDE的值.

解：（1）证明：由轴对称性质，得∠1=∠2，ED=EF，GD=GF.FG∥CD，∠1=∠3.∠2=∠3.FE=FG.

方法一：（如图9）ED=EF=GD=GF，四边形DEFG为菱形.

方法二：（如图10）ED=FG.又ED∥FG.四边形DEFG为平行四边形.

又FE=FG，DEFG为菱形.

方法三：连接DF交AE于点O（如图10）.EGDF，DO=FO.同理OG=OE.

DEFG为菱形.

（2）设DE=x，由轴对称，得FE=DE=x，EC=8-x.在RtEFC中，FC2+EC2=EF2，即42+（8-x）2=x2.解得x=5，即DE=5.CE=8-x=3.CEDE=35.

点评：解决有关折叠的问题，一般先判断出折叠前后的图形形状及位置，然后再利用轴对称性质和其他相关知识进行解题；求解的关键是弄清“折痕”的特点，认识到折痕两边的部分全等.由于折叠前后折叠部分图形的形状、大小不变，因此利用轴对称性，可以转化相等的线段，相等的角等关系；一般折叠的图形中会涉及勾股定理的计算.

练习2（2015・衢州）如图11，将矩形ABCD沿DE折叠，使顶点A落在DC上的点A′处，然后将矩形展平，沿EF折叠，使顶点A落在折痕DE上的点G处，再将矩形ABCD沿CE折叠，此时顶点B恰好落在DE上的点H处，如图12.

（1）求证：EG=CH；

（2）已知AF=2，求AD和AB的长.

三、图形的旋转

例3（2015・绍兴）正方形ABCD和正方形AEFG有公共顶点A，将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角∠DAG=α，其中0°≤α≤180°，连接DF，BF，如图13.

（1）若α=0°，则DF=BF，请加以证明；

（2）试画一个图形（即反例），说明（1）中命题的逆命题是假命题；

（3）对于（1）中命题的逆命题，如果能补充一个条件后能使该逆命题为真命题，请直接写出你认为需要补充的一个条件，不必说明理由.

分析：（1）利用正方形的性质证明DGF≌BEF即可；

（2）当α=180°时，DF=BF；

（3）由（2）所列举的反例，可确定只有F在正方形ABCD内时，逆命题为真命题.

解：（1）证明：如图14，四边形ABCD和四边形AEFG为正方形，

AG=AE，AD=AB，GF=EF，∠DGF=∠BEF=90°.DG=BE.

在DGF和BEF中，

DG=BE，

∠DGF=∠BEF，

GF=EF，DGF≌BEF.DF=BF.

（2）图形（即反例）如图15.

（3）补充一个条件为点F在正方形ABCD内，即若点F在正方形ABCD内，DF=BF，则旋转角α=0°.

点评：本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，旋转的性质等内容，掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键，注意利用正方形的性质找三角形全等的条件.

练习3（2015・福州）如图16，在RtABC中，∠ABC=90°，AB=BC=2，将ABC绕点C逆时针旋转60°，得到MNC，连接BM，则BM的长是.

四、图形变换的综合运用

例4（2015・江西）如图17，正方形ABCD与正方形A1B1C1D1关于某点中心对称.已知A，D1，D三点的坐标分别是（0，4），（0，3），（0，2）.

（1）求对称中心的坐标；

（2）写出顶点B，C，B1，C1的坐标.

分析：（1）由对称中心是对应点连线的中点，可得对称中心的坐标；

（2）根据正方形的性质及在平面直角坐标系内的平移坐标变换关系可求得B，C，B1，C1的坐标.

解：（1）D和D1是对称点，对称中心是线段DD1的中点.

对称中心的坐标是（0，52）.

（2）已知A，D1，D三点的坐标分别是（0，4），（0，3），（0，2），正方形的边长为2.将点A，D分别向左平移4个单位可得点B，C，B（-2，4），C（-2，2）.

将点D1向右平移4个单位可得点C1，再向下平移4个单位可得点B1，B1（2，1），C1（2，3）.

点评：在平面直角坐标系内，点的平移与其坐标变换的关系是“上加下减，右加左减”，即点向上（或下）平移a个单位，则纵坐标加a（或减a）；点向右（或左）平移b个单位，则横坐标加b（或减b）.

练习4（2015・张家界）如图18，在边长均为1的正方形网格纸上有一个ABC，顶点A，B，C及点O均在格点上，请按要求完成以下操作或运算：

（1）将ABC向上平移4个单位，得到A1B1C1（不写作法，但要标出字母）；

（2）将ABC绕点O旋转180°，得到A2B2C2（不写作法，但要标出字母）；

（3）求点A绕着点O旋转到点A2所经过的路径长.

练习5（2015・嘉兴）小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图19），侧面示意图为图20；使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO′后，电脑转到AO′B′位置（如图21），侧面示意图为图22.已知OA=OB=24cm，O′COA于C，O′C=12cm.

（1）求∠CAO′的度数.

（2）显示屏的顶部B′比原来升高了多少？

（3）如图22，垫入散热架后，要使显示屏O′B′与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转多少度？

参考答案

1.（1）C.

（2）①如图1，AD=5，SABCD=15，AE=3.又EF=4，在RtAEF中，AF=AE2+EF2=32+42=5.AF=AD=5.又AF∥DF′，四边形AFF′D是平行四边形.四边形AFF′D是菱形.

②连接AF′，DF.在RtDE'F中，E′F=E′E-EF=5-4=1，DE′=3，DF=12+32=10.在RtAEF′中，EF′=E′E+E′F′=5+4=9，AE=3，AF′=32+92=310.

四边形AFF′D的两条对角线的长分别是310和10.

（1）图2中，将矩形ABCD沿DE折叠，使顶点A落在DC上的点A′处，可得四边形AEA′D为正方形，AE=A′E=BC.如图3中的折叠可得AEF≌GEF，CBE≌CHE，EG=AE=A′E=BC=CH，即EG=CH.

（2）由（1）可得四边形AEA′D为正方形，且AEF≌GEF，DGF为等腰直角三角形，AF=FG=2.由勾股定理得DF=2FG=2.因此AD=AF+DF=2+2.由（1）可得四边形AEA′D为正方形，且AEF≌GEF，CBE≌CHE.BE=AF=2.AE=AD=2+2.AB=AE+BE=2+2+2=2+22.

3.3+1.

4.（1）如图4，A1B1C1即为所求.

（2）如图4，A2B2C2即为所求.

（3）OA=4，点A绕点O旋转180°得到A2，点A到A2经过的路径长是半圆，其圆心为O，半径为OA.路径长为180π・4180=4π.

5.（1）O′COA于C，OA=OB=24cm，sin∠CAO′=O′CO′A=O′COA=1224=12.∠CAO′=30°.

（2）如图5，过点B作BDAO交AO的延长线于D.sin∠BOD=BDOB，BD=OB・sin∠BOD.∠AOB=120°，∠BOD=60°.BD=OB・sin∠BOD=24×32=123.O′COA，∠CAO′=30°，∠AO′C=60°.∠AO′B′=120°，∠AO′B′+∠AO′C=180°.O′B′+O′C-BD=24+12-123=（36-123）cm.显示屏的顶部B′比原来升高了（36-123）cm.

（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°.理由如下：如图5，显示屏O′B与水平线的夹角仍保120°，∠EO′F=120°.∠FO′A=∠CAO′=30°.∠AO′B′=120°，∠EO′B′=∠FO′A=30°.显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°.