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第32课时　图形的平移与旋转
考点一　图形的平移
概念 在平面内,一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置,这样的图形运动叫做平移
要素 一是平移方向,二是平移距离
性质 1.平移前后,对应线段①　　　　、对应角②　　　　. 2.各对应点所连接的线段③　　　　(或在同一条直线上)且相等,对应点的距离④　　　　平移的距离. 3.平移前后的图形全等
(1)根据题意,确定平移的方向和距离.(2)找出原图形的关键点.(3)按平移方向和距离平移各关键点,得到各关键点的对应点.(4)按原图形依次连接各关键点的对应点,得到平移后的图形.
① 如图,∠C=90°,AC=6,将Rt△ACB沿CB方向平移得Rt△DEF,BF=2,DG=,则阴影部分的面积为　　　　.
② 如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠ACB =30°,将△ABC沿BC方向平移得到△DEF,DE与AC交于点G,连接AD,AD=2,BC=4.
(1)∠F=　　　　°,∠DEF=　　　　°.
(2)判断AD,BC,BF的数量关系,并证明.
(3)判断四边形ACFD的形状,并证明;求四边形ACFD的周长.
(4)求点E到AC的距离.
考点二　图形的旋转
概念 在平面内,一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转动一个角度,这样的图形运动叫做旋转.这个定点叫做旋转中心,转动的角叫做旋转角,原图形上一点A旋转后成为点A',这样的两个点叫做对应点
要素 旋转中心、旋转方向和⑤　　　
性质 1.对应点到旋转中心的距离⑥　　　　. 2.对应点与旋转中心连线所成的夹角等于⑦　　　　. 3.旋转前后的图形⑧　　　
(1)根据题意,确定旋转中心、旋转方向和旋转角度.(2)找出原图形的关键点.(3)连接关键点与旋转中心,按旋转方向和旋转角度将它们旋转,得到各关键点的对应点.(4)按原图形依次连接对应点,得到旋转后的图形.
③ 如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,AB=4,将△ABC绕点C按顺时针方向旋转,得到△EDC,点D落在AB边上,DE交AC边于点F.
(1)旋转中心为　　　　,DE的长为　　　　,∠CDE=　　　　°.
(2)∠CFE=　　　　.
(3)AD的长为　　　　.
(4)请写出图中的全等三角形和相似三角形:　 .
如图,四边形ABCD为正方形,边长为4,AC为对角线.
(1)如图 1,将△ABC 沿AC方向平移得到△A'B'C',当A'为AC的中点时,
①△A'B'C'的面积为　　　　,平移距离AA'=　　　　;
②连接A'D,B'C,则四边形A'B'CD的形状是　　　　.
图1　 　图2
(2)如图2,将△ABC沿BC方向平移得到△A'B'C',A'B'交AC于点E.
①∠A'EC的度数为　　　　;
②若两个三角形重叠部分(图中阴影)的面积为3,则平移距离AA'的长度为　　　　;
③若 AA'=3,则的值为　　　　.
图形的平移,对应线段互相平行(或在同一直线上)且相等,对应角相等,在解决关于平移的问题时,要充分利用这些隐含的数量关系和位置关系进行解题,另外,动态问题中往往会出现多种情况,需要进行分类讨论,考虑问题要全面,不要漏解.
(1)①8　2　②平行四边形
解析:①如图,∵△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.
∵点A'是AC的中点,∴AA'=AC=2.
②∵△ABC沿AC方向平移得到△A'B'C',
∴AB∥A'B',AB=A'B'.
∵四边形ABCD为正方形,∴AB∥DC,AB=DC,
∴A'B'∥DC,A'B'=DC,
∴四边形 A'B'CD是平行四边形.
(2)①135°　②1或3　③
解析:①∵四边形ABCD为正方形,∴∠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为等腰直角三角形,
∴AA'=A'E,S阴影=A'E×A'D=A'A×A'D.
设AA'=x,则A'D=4-x,∴x(4-x)=3,解得x1=1,x2=3,∴平移距离AA'的长度为1或3.
③∵∠AA'E=∠B'=90°,∠AEA'=∠CEB',
∴△A'AE∽△B'CE,∴=2.
∵∠EA'D=90°,∠D=90°,∠B'=90°,
∴四边形A'B'CD为矩形,∴B'C=A'D.
∵AA'=3,∴A'D=AD-AA'=4-3=1,∴B'C=1.
∴=2=2=.
如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°.将△ABC绕点C逆时针方向旋转得到△DEC.若点A落在AB边上的点D处.
(1)请作出△DEC.
(2)点B的对应点是　　　　,BC 的对应线段是　　　　.
(3)判断△ACD的形状,并说明理由.
(4)若AD=CD,求∠B和∠BCE的度数.
(5)求证:DC平分∠ADE.
(6)连接BE,判断BE与AB的位置关系,并说明理由.
(1)解:如图1,△DEC即为所作.
图1
(2)点E　EC
解析:∵将△ABC绕点C逆时针方向旋转,使点A落在AB边上的点D处,得到△DEC.
∴点B的对应点是E,BC的对应线段是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是等边三角形,∴∠A=∠ACD=60°.
∵∠ACB=90°,∴∠B=90°-60°=30°.
∵∠ACB=∠DCE,∴∠BCE=∠ACD=60°.
(5)证明:∵将△ABC绕点C逆时针方向旋转,使点A落在AB边上的点D处,得到△DEC,∴∠A=∠CDE,AC=CD,
∴∠A=∠CDA,∴∠ADC=∠CDE,即DC平分∠ADE.
图2
(6)解:BE⊥AB,理由如下:
如图2,∵∠ACB=90°,
∴∠CAB+∠ABC=90°.
由题意,得∠ACD和∠BCE均为旋转角,
∴∠ACD=∠BCE.
∵AC=CD,BC=CE,∴∠CAD=∠ADC=,∠CBE=∠CEB=,
∴∠CAD=∠CBE ,∴∠CBE+∠ABC=90°,
∴∠ABE=90°,即BE⊥AB.
命题点一　图形的平移
(2024·河北)平面直角坐标系中,我们把横、纵坐标都是整数,且横、纵坐标之和大于0的点称为“和点”.将某“和点”平移,每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数(当余数为0时,向右平移;当余数为1时,向上平移;当余数为2时,向左平移),每次平移1个单位长度.
例:“和点”P(2,1)按上述规则连续平移3次后,到达点P3(2,2),其平移过程如下:P3(2,2).
若“和点”Q按上述规则连续平移16次后,到达点Q16(-1,9),则点Q的坐标为 (　　)
A.(6,1)或(7,1) B.(15,-7)或(8,0) C.(6,0)或(8,0) D.(5,1)或(7,1)
命题点二　图形的旋转
(2023·河北)已知正方形MNOK和正六边形ABCDEF的边长均为1,把正方形放在正六边形中,使OK边与AB边重合,如图所示,按下列步骤操作:
将正方形在正六边形中绕点B顺时针旋转,使KM边与BC边重合,完成第一次旋转;再绕点C顺时针旋转,使MN边与CD边重合,完成第二次旋转;……;在这样连续6次旋转的过程中,点B,M间的距离可能是 (　　)
A.1.4 B.1.1 C.0.8 D.0.5
(2023·河北)平面内,如图,在 ABCD中, AB=10,AD=15,tan A=.P为AD边上任意一点,连接PB,将PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ.
(1)当∠DPQ=10°时, 求∠APB的大小.
(2)当tan∠ABP∶tan A=3∶2时,求点Q与点B间的距离(结果保留根号).
(3)若点Q恰好落在 ABCD的边所在的直线上,直接写出PB旋转到PQ所扫过的面积(结果保留π).
备用图
(2023·河北)在一平面内,线段AB=20,线段BC=CD=DA=10,将这四条线段顺次首尾相接.把AB固定,让AD 绕点A从AB开始逆时针旋转角 α(α>0°)到某一位置时,BC,CD将会跟随出现到相应的位置.
【论证】如图1,当AD∥BC时,设AB与CD交于点O,求证:AO=10.
【发现】当旋转角α=60°时,∠ADC 的度数可能是多少
【尝试】取线段CD的中点M,当点M与点B的距离最大时,求点M到AB的距离.
【拓展】①如图2,设点D与点B的距离为d,若∠BCD的平分线所在直线交AB于点P,直接写出BP的长(用含d的式子表示);
②当点C在AB下方,且AD与CD垂直时,直接写出α的余弦值.
(2023·河北)平面上,矩形ABCD与直径为QP的半圆K如图1摆放,分别延长DA和QP交于点O,且∠DOQ=60°,OQ=OD=3,OP=2,OA=AB=1,让线段OD及矩形ABCD位置固定,将线段OQ连带着半圆K一起绕着点O按逆时针方向开始旋转,设旋转角为α(0°≤α≤60°).
【发现】(1)当α=0°,即初始位置时,点P　　　　(填“在”或“不在”)直线AB 上.
求当α是多少时,OQ经过点B
(2)在OQ旋转过程中,简要说明α是多少时,点P,A间的距离最小,并指出这个最小值.
(3)如图2,当点P恰好落在BC边上时,求α及S阴影.
【拓展】如图3,当线段OQ与CB边交于点M,与BA边交于点N时,设BM=x(x>0),用含x的代数式表示BN的长,并求x的取值范围.
【探究】当半圆K与矩形ABCD的边相切时, 求sin α的值.
图1　 　图2　 图3 备用图
(2024·河北)如图1,四边形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,∠C=30°,AD=3,AB=2,DH⊥BC于点H.将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内,使点P与点A重合,点B在PM上, 其中∠Q=90°,∠QPM=30°,PM=4.
(1)求证:△PQM≌△CHD.
(2) △PQM从图1的位置出发, 先沿着BC方向向右平移(图2),当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋转(图3),当边PM旋转50°时停止.
①边PQ从平移开始,到绕点D旋转结束,求边PQ扫过的面积;
②如图2,点K在BH上,且BK=9-4.若△PQM右移的速度为每秒1个单位长度, 绕点D旋转的速度为每秒5°,求点K在△PQM区域(含边界)内的时长;
③如图3,在△PQM旋转过程中, 设PQ, PM分别交BC于点E,F.若BE=d,直接写出CF的长(用含d的式子表示).
图1　 图2 图3
【详解答案】
教材考点·深度梳理
①相等　②相等　③平行　④等于
⑤旋转角度　⑥相等　⑦旋转角
⑧全等
对应练习
1.10.5　解析:∵△ACB平移得到△DEF,
∴CE=BF=2,DE=AC=6.
∴GE=DE-DG=6-=4.5.
由平移的性质,S△ABC=S△DEF,
∴阴影部分的面积=S梯形ACEG=×(GE+AC)·CE=×(4.5+6)×2=10.5.
2.解:(1)30　60
(2)BF=AD+BC.证明如下:
∵△ABC沿BC方向平移得到△DEF,
∴BC=EF,AD=CF,
∴BF=BC+CF=BC+AD.
(3)四边形ACFD是平行四边形,证明如下:
∵△ABC沿BC方向平移得到△DEF,
∴AD=CF,AD∥CF,
∴四边形ACFD是平行四边形.
∵AD=2,∴CF=AD=2.
∵∠BAC=90°,∠ACB =30°,BC=4,
∴AB=BC=×4=2,
在Rt△ABC中,根据勾股定理,AC==2.
∵四边形ACFD是平行四边形,
∴DF=AC=2,
∴四边形ACFD的周长=2(AD+AC)=2×(2+2)=4+4.
(4)∵AD=2,∴BE=2,
又∵BC=4,∴CE=2,∴点E为BC的中点.
∵∠ACB=30°,
∴AB=BC=×4=2.
又∵AB∥DE,∠BAC=90°,
∴EG=AB=1,EG⊥AC,
即点E到AC的距离为1.
3.(1)点C　4　60　(2)90°　(3)2
(4)△ABC≌△EDC,△ADF≌△CDF,△ADF∽△ABC∽△EDC∽△ECF∽△CDF
河北中考·真题体验
1.D　解析:根据已知:点P3(2,2)横、纵坐标之和除以3所得的余数为1,继而向上平移1个单位长度得到P4(2,3),此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为2,继而向左平移1个单位长度得到P5(1,3),此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1,又向上平移1个单位长度……因此发现规律为若“和点”横、纵坐标之和除以3所得的余数为0时,先向右平移1个单位长度,再按照向上、向左、向上、向左不断重复的规律平移;
若“和点”Q按上述规则连续平移16次后,到达点Q16(-1,9),则按照“和点”Q16 反向运动16次即可,可以分为两种情况:
①Q16先向右平移1个单位长度得到Q15(0,9),此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为0,应该是Q15向右平移1个单位长度得到Q16,故矛盾,不成立;②Q16先向下平移1个单位长度得到Q15(-1,8),此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1,则应该向上平移1个单位长度得到Q16,故符合题意,∴点Q16先向下平移,再向右平移,当平移到第15次时,共计向下平移了8次,向右平移了7次,此时坐标为(-1+7,9-8),即(6,1),∴最后一次若向右平移则为(7,1),若向左平移则为(5,1).
故选D.
2.C　解析:在6次旋转过程中,点M的运动轨迹如图中弧线所示,可知点B,M之间的距离大于或等于2-,小于或等于1.故选C.
3.解:(1)当点Q与点B在PD两侧时,
由∠DPQ=10°,∠BPQ=90°,得∠BPD=∠BPQ-∠DPQ=80°.∴∠APB=180°-∠BPD=100°.当点Q与点B在PD同侧时,
如图1,∠APB=180°-∠BPQ-∠DPQ=80°.
∴∠APB是80°或100°.
图1
(2)如图1,过点P作PH⊥AB于点H,连接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点Q在AD上时,如图2.
∵tan A=,∴.设PB=4k,则AP=3k.∵AB2=AP2+PB2,∴k=2.∴PB=8,AP=6.∴PQ=8.∴S==16π.
图2
②点Q在CD上时,如图3,过点P作PH⊥AB于点H,延长HP,交CD延长线于点K.由题意得∠K=90°,∠KDP=∠A,设AH=x,则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.
图3 图4
③点Q在BC的延长线上时,如图4,过点B作BM⊥AD于点M.由①得BM=8,又∵△BPQ是等腰三角形,AD∥BQ,∴∠MPB=∠PBQ=45°.∴PB=8.∴S==32π.
综上,PB旋转到PQ所扫过的面积为16π或20π或32π.
4.解:【论证】证明:∵AD∥BC,
∴∠A=∠B,∠C=∠D.
在△AOD和△BOC中,
∴△AOD≌△BOC(ASA).
∴AO=BO.
∵AO+BO=AB=20,
∴AO=AB=10.
【发现】如图1,当A,B,C三点共线时,
图1
有△ADC是等边三角形.
∴∠ADC=60°.
如图2,当A,B,C三点不共线时,取AB中点O,连接OD,有AD=AO=OD=BO=BC=CD=10,即四边形BCDO为菱形,从而CD∥AB,
∴∠ADC=180°-60°=120°.
∴∠ADC的度数可能是60°或120°.
图2
【尝试】取线段CD的中点M,当点M与点B距离最大时,D,C,B三点共线,如图3,过点D作DQ⊥AB于点Q,过点M作MN⊥AB于点N.
图3
由已知可得AD=10,BD=BC+CD=20,BM=CM+BC=15,设AQ=x,则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=.
∴点M到AB的距离为.
【拓展】①BP的长为.
解析:如图4,过点D作DG⊥AB于点G,连接BD.设直线CP交DB于点H.
图4
∵BC=DC=10,CP平分∠BCD,
∴∠BHC=∠DHC=90°,BH=BD=d.
设BG=m,则AG=20-m.
∵AD2-AG2=BD2-BG2,
∴100-(20-m)2=d2-m2.
∴m=.
∴BG=.
∵∠BHP=∠BGD=90°,∠PBH=∠DBG,∴△BHP∽△BGD.
∴.
∴BP=.
②α的余弦值为.
解析:如图5,过点B作BG⊥CD于点G.
图5
设AN=t,则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,
两边平方,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:【发现】(1)在
当OQ经过点B时,在Rt△OAB中,
∵AO=AB,∴∠DOB=∠ABO=45°.∴α=60°-45°=15°,即当α是15°时,OQ经过点B.
(2)如图1,连接AP.∵OA+AP≥OP,∴AP≥OP-OA=2-1=1.当OP过点A,即α=60°时,等号成立,∴当α=60°时,点P,A之间的距离最小,最小值为1.
(3)如图1,设半圆K与BC的另一个交点为R,连接RK,过点P作PH⊥AD于点H,过点R作RE⊥KQ于点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阴影=S扇形RKQ+S△PRK=+.
图1
【拓展】∵∠OAN=∠MBN=90°,∠ANO=∠BNM,∴△AON∽△BMN.
∴,即.
∴BN=.
如图2,当点Q落在BC上时,x取最大值,过点Q作QF⊥AD于点F,则BQ=AF=OF-AO=-AO=-1=2-1.
∴x的取值范围是0图2
【探究】半圆K与矩形ABCD的边相切,分三种情况:①如图3,半圆K与BC相切于点T,设直线KT与AD,OQ的初始位置所在的直线分别交于点S,O',则∠KSO=∠KTB=90°,过点K作KG⊥OO'于点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=.
图3
②当半圆K与AD相切于点T,如图4,同理可得sin α=====.
图4
③当半圆K与CD相切时,
点Q与点D重合,且为切点,
∴α=60°.
∴sin α=sin 60°=.
综上所述,sin α的值为或或.
6.解:(1)证明:由题意可知,四边形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如图1,PQ扫过的面积=平行四边形AQQ'D的面积+扇形DQ'Q''的面积.此时QQ'=3,且QQ'⊥AQ'.
∵AQ=QM=6,
∴AQ'=AQ·cos 30°=3.∴PQ扫过的面积=3×3+=9+5π.
图1
②如图2,连接DK.当DM运动到与DH重合时,
∵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°,
∴点K在△PQM区域(含边界)内的时长为+=(4-3)(s).
图2　 　图3
③CF=.
解析:如图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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