资源简介

(共17张PPT)
第七单元　图形的变化
第31课时　图形的对称
节前复习导图
图形的对称
轴对称图形与
中心对称图形
轴对称与
中心对称
图形
判断步骤
图形
性质
作图方法
1
考点梳理
2
江苏真题随堂练
3
分层作业本
考点梳理
一、轴对称图形与中心对称图形
轴对称图形 中心对称图形
图形
判断 步骤 1.找对称轴； 2.图形沿对称轴折叠； 3.对称轴两边的图形完全重合 1.找对称中心；
2.图形绕对称中心旋转180°；
3.旋转前后的图形完全重合
将下列常见图形对应的序号填在对应横线上：
A. 等腰三角形，B. 等边三角形，C. 平行四边形，D. 菱形，E. 矩形，F. 正方形，G.
正五边形，H. 正六边形，I. 圆
(1)轴对称图形有： ；
(2)中心对称图形有： ；
(3)既是轴对称图形又是中心对称图形：
A，B，D，E，F，G，H，I
C，D，E，F，H，I
D，E，F，H，I
二、轴对称与中心对称
轴对称 中心对称
图形
性质 1.成轴对称的两个图形是全等图形； 2.对称点所连线段被对称轴垂直平分 1.成中心对称的两个图形是全等图形；
2.对称点所连线段都经过对称中心，并且被对称中心所平分
作图 方法 1.找出原图形的关键点，作出它们关于对称轴(或对称中心)的对称点； 2.根据原图形依次连接各对称点即可 江苏真题随堂练
命题点
对称图形的识别(3年5考)
1. (2025淮安2题)下列交通标志中，属于轴对称图形的是(　C　)
C
2. (2024淮安3题)中国古典建筑中的镂空砖雕图案精美，下列砖雕图案中
不是中心对称图形的是(　A　)
A
3. (2023盐城3题)下列图形中，属于中心对称图形的是(　B　)
4. (2023淮安2题)剪纸是中国优秀的传统文化，下列剪纸图案中，是轴对
称图形的是(　B　)
B
B
5. (2023连云港2题)在美术字中，有些汉字可以看成是轴对称图形.下列汉
字中，是轴对称图形的是(　C　)
C
6. (2025扬州2题)窗棂是中国传统木构建筑的重要元素，既散发着古典之
韵，又展现了几何之美.下列窗棂图案中，是轴对称图形但不是中心对称
图形的是(　C　)
C
7. (2023徐州2题)下列图案是中心对称图形但不是轴对称图形的是(　A　)
8. (2022盐城3题)下列四幅照片中，主体建筑的构图不对称的是(　B　)
A
B
9. (2024扬州2题)“致中和，天地位焉，万物育焉”，对称之美随处可见.下
列选项分别是扬州大学、扬州中国大运河博物馆、扬州五亭桥、扬州志愿
服务的标识，其中的轴对称图形是(　C　)
C
10. (2023苏州2题)古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美.下面
四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是(　C　)
C
11. (2022无锡6题)雪花，风车，…，展示着中心对称的美，利用中心对
称，可以探索并证明图形的性质.请思考在下列图形中，是．中心对称图形
但不．一．定．是．轴对称图形的为(　B　)
A. 扇形 B. 平行四边形
C. 等边三角形 D. 矩形
【解析】扇形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故选项A不符合题
意；平行四边形是中心对称图形，但不一定是轴对称图形，故选项B符合
题意；等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故选项C不符合
题意；矩形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故选项D不符合题意.
B
12. (2025苏州模拟)下列图形中是旋转对称图形的有(　C　)
A. 　1个 B. 　2个 C. 　3个 D. 　4个
C
13. 围棋起源于中国，古代称为“弈”.如图是两
位同学的部分对弈图，轮到白方落子，观察棋盘，白方如果落子于
点 的位置，则所得的对弈图是轴对称图形.(填写A，B，C，D
中的一处即可，A，B，C，D均位于棋盘的格点上)
新考法
传统文化
A(或C)(共41张PPT)
第七单元　图形的变化
第29课时　尺规作图
章前复习思路
平面图形
立体图形
全等
变化
图形的变化
视图与投影
图形的
平移与旋转
投影
几何体的三视图
立体图形的展开及还原
图形的平移
图形的旋转
要素
性质
轴对称图形与中心对称图形
轴对称与中心对称
五种基本尺规作图
尺规作图
作图步骤
图形的折叠
图形的对称
1
教材基本作图回顾
2
江苏真题随堂练
3
分层作业本
教材基本作图回顾
例1　作一条线段等于已知线段
已知：线段a，
求作：OA=a(根据作法使用直尺和圆规作图).
作法：(1)作射线OP；
(2)以点O为圆心，① 为半径作弧，交OP于点A，OA即为所求作的
线段.
a
圆上的点到圆心的距离
等于半径
这种作一条线段等于已知线段的作图依据是②
.
例2　作一个角等于已知角
已知：∠α，
求作：∠AO′B=∠α(根据作法使用直尺和圆规作图).
作法：(1)在∠α上以点O为圆心，以适当的长为半径作弧，
交∠α的两边于点P，Q(点P在点Q下方)；
(2)作射线O′A；
(3)以点O′为圆心，① 长为半径作弧，交O′A于点M，可得
到O′M=OP；
(4)以点M为圆心，② 长为半径作弧，与前弧相交于点N；
(5)过点N作射线O′B，∠AO′B即为所求作的角.
OP(或OQ)
PQ
请证明∠AO′B=∠α，并说明依据.
解：证明：如解图，连接PQ，MN，根据作图痕迹可知，OQ=OP=O′N，
OP=O′M=MN，
则△OPQ≌△O′MN(SSS)，
即∠AO′B=∠α.
依据：三边分别相等的两个三角形全等；
全等三角形的对应角相等.
解图
题后反思
已知两边及夹角，你都能作出什么图形呢？
解：平行四边形.(作法不唯一)
解图
例3　作已知角的平分线
已知：∠AOB，
求作：∠AOB的平分线(根据作法使用直尺和圆规作图).
作法：(1)以点O为圆心，适当长为半径作弧，分别交OA，OB于点N，M；
(2)分别以点M，N为圆心，①______ 的长为半径作弧，两弧
在∠AOB内相交于点P；
(3)作射线OP，OP即为∠AOB的平分线.
大于MN
(1)请填空并说明理由；
解：①大于MN；
理由：若不大于MN，则两弧没有交点；
作图如解图所示：
解图
(2)证明∠BOP=∠AOP，并说明依据.
解：证明：如解图，连接MP，NP，根据作图可知，OM=ON，MP=NP，
OP=OP，
则△MOP≌△NOP(SSS)，
可得∠BOP=∠AOP，
即OP为∠AOB的平分线.
依据：三边分别相等的两个三角形全等；全等三角形的对应角相等.
解图
例4　作线段的垂直平分线
已知：线段AB，
求作：线段AB的垂直平分线(根据作法使用直尺和圆规作图).
作法：(1)分别以点A，B为圆心，①________的长为半径，在AB
两侧作弧，两弧交于M，N两点(点M在AB上方)；
(2)连接两弧交点M，N所成直线l即为所求作的垂直平分线.
大于AB
(1)请填空并说明理由；
解：①大于AB；
理由：若不大于AB，则两弧没有交点；
作图如解图所示：
解图
(2)请证明直线l垂直平分线段AB，并说明依据.
解：证明：如解图，连接AM，BM，AN，BN，
根据作图得，AM=BM=AN=BN，
∴点M，N均在线段AB的垂直平分线上，
∴直线l垂直平分线段AB.
依据：到一条线段两个端点距离相等的点，
在这条线段的垂直平分线上；两点确定一条直线.
解图
例5　过直线上一点作已知直线的垂线
已知：直线l及直线l上一点P，
求作：直线PN，使得PN⊥l(根据作法使用直尺和圆规作图).
作法：(1)以点P为圆心，任意长为半径向点P两侧作弧，交直线l于点A和
点B，可得到PA=PB；
(2)分别以点A，B为圆心，①________ 长为半径在直线上方作
弧，两弧交于点N；
(3)连接PN，则直线PN即为所求作的垂线.
大于AB
(1)请填空并说明理由；
解：①大于AB；
理由：若不大于AB，则两弧没有交点；
作图如解图所示：
解图
(2)请证明PN⊥AB，并说明依据.
解：证明：如解图，连接AN，BN，根据作图得，AN=NB，AP=BP，
∴△ANB为等腰三角形，且P为AB的中点，
∴NP⊥AB.
依据：等腰三角形“三线合一”.
解图
题后反思
已知两边，你能作出矩形吗？
【题后反思】
解图
例6　过直线外一点作已知直线的垂线
已知：直线l及直线l外一点P，
求作：直线PN，使得PN⊥l(根据作法使用直尺和圆规作图).
作法：(1)在直线l另一侧取点M；
(2)以点P为圆心，① 长为半径作弧，交直线l于点A和点B(点A在
点B左侧)；
(3)分别以点A，B为圆心，②__________长为半径作弧，交点M同
侧于点N；
(4)连接PN，则直线PN即为所求作的垂线.
PM
大于AB
(1)请填空并说明理由；
解：①PM；②大于AB；
理由：若不大于AB，则两弧没有交点；
作图如解图所示：
解图
(2)请证明PN⊥AB，并说明依据.
解：证明：如解图，连接AP，BP，AN，BN，
根据作图可得，AP=BP，AN=BN，∴点P，N在线段AB的垂直平分线，
∴PN⊥AB.
依据：到一条线段两个端点距离相等的点，
在这条线段的垂直平分线上.
解图
例7 　(2022课标新增)过直线外一点作已知直线的平行线
已知：直线l及直线l外一点P.
求作：直线PQ，使得PQ∥l(根据作法使用直尺和圆规作图).
作法：(1)在直线l上取一点A，作射线AP；
(2)以点A为圆心，适当长为半径作弧，分别交AP，l于点M，N；
(3)以点P为圆心，① 长为半径作弧，交射线AP于点M′，
可得到AM=PM′；
(4)以点M′为圆心，② 长为半径作弧，与前弧相交于点Q；
(5)连接PQ，则直线PQ即为所求作的直线.
AM(或AN)
MN
(1)请填空；
(2)请证明PQ∥l，并说明依据.
证明：如解图，连接MN，M′Q，根据作图痕迹可知，AM=AN，
AM=PM′，AN=PQ，MN=M′Q，
则△AMN≌△PM′Q(SSS)，
∴∠MAN=∠M′PQ，
∴PQ∥l.
依据：三边分别相等的两个三角形全等；全等三角形的对应角相等；同位
角相等，两直线平行.
解图
题后反思
你还可以用什么方法作平行线呢？
解：利用三角形中位线的性质作图如解图所示.
解图
1. (2023常州7题)小明按照以下步骤画线段AB的三等分点：
画法 图形
1.以A为端点画一条射线； 2.用圆规在射线上依次截取3条等长线段AC，CD，
DE，连接BE； 3.过点C，D分别画BE的平行线，交线段AB于点M、
N，M、N就是线段AB的三等分点.
江苏真题随堂练
根据作图痕迹进行相关判断与计算(3年1考)
命题点
1
这一画图过程体现的数学依据是(　D　)
A. 两直线平行，同位角相等
B. 两条平行线之间的距离处处相等
C. 垂直于同一条直线的两条直线平行
D. 两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
D
2. 如图，在△ABC中，D是AB的中点，按以下步骤作图：①以
点A为圆心，适当长为半径作弧，分别交AB，AC于点M，N；②以点D为
圆心，AM长为半径作弧，交DB于点M′；③以点M′为圆心，MN长为半径
作弧，在∠BAC内部交前面的弧于点N′；④过点N′作射线DN′交BC于点E.
若AC=4，则DE的长为(　C　)
A. 1 B. C. 2 D.
C
3. (2024宿迁16题)如图，在△ABC中，∠B=50°，∠C=30°，AD是高，
以点A为圆心，AB长为半径画弧，交AC于点E，再分别以B，E为圆心，
大于BE的长为半径画弧，两弧在∠BAC的内部交于点F，作射线AF，则
∠DAF= °.
10
4. (2025苏州15题3分)如图，∠MON=60°，以O为圆心，2为半径画弧，
分别交OM，ON于A，B两点，再分别以A，B为圆心，为半径画弧，两
弧在∠MON内部相交于点C，作射线OC，连接AC，BC，则
tan∠BCO= 　 　 　.(结果保留根号)

【解析】如图，连接AB，交OC于点D，OC是∠MON的平分线，∴OC⊥AB，BD=AB，
△AOB是等边三角形，在Rt△BCD中，CD=，tan∠BCO=tan∠BCD=.
D
利用尺规作图进行相关证明与计算
命题点
2
类型一　五种基本作图(3年2考)
5. (2023盐城21题)如图，AB=AE，BC=ED，∠B=∠E.
(1)求证：AC=AD；
证明：在△ABC和△AED中，，
∴△ABC≌△AED(SAS)，
∴AC=AD；
(2)用直尺和圆规作图：过点A作AF⊥CD，垂足为F. (不写作法，保留作
图痕迹)
解：如解图，AF即为所求.(作法不唯一)
解图
5. (2023盐城21题)如图，AB=AE，BC=ED，∠B=∠E.
类型二　转化类作图(3年8考)
6. (2024连云港20题)如图，AB与CD相交于点E，EC=ED，AC∥BD.
(1)求证：△AEC≌△BED；
证明：∵AC∥BD，
∴∠A=∠B，∠C=∠D，
在△AEC和△BED中，，
∴△AEC≌△BED(AAS)；
(2)用无刻度的直尺和圆规作图：求作菱形DMCN，使得点M在AC上，点
N在BD上.(不写作法，保留作图痕迹，标明字母)
解：如解图所示，菱形DMCN即为所求.
解图
6. (2024连云港20题)如图，AB与CD相交于点E，EC=ED，AC∥BD.
7. (2023宿迁24题)如图，在 ABCD中，AB=5，AD=3，∠A=45°.
(1)求出对角线BD的长；
解：如图，连接BD，过点D作DF⊥AB于点F，
∟
F
∵∠A=45°，
∴△ADF是等腰直角三角形，
∵AD=3，
∴AF=DF=AD sin 45°=3，
∵AB=5，
∴BF=AB－AF=5－3=2，
∴在Rt△BDF中，BD==；
(2)尺．规．作．图．：将四边形ABCD沿着经过A点的某条直线翻折，使点B落在
CD边上的点E处，请作出折痕.(不写作法，保留作图痕迹)
解：如解图②，直线AG即为所求作的折痕.
解图②
7. (2023宿迁24题)如图，在 ABCD中，AB=5，AD=3，∠A=45°.
8. (2023连云港24题)如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交边
AC于点D，连接BD，过点C作CE∥AB.
(1)请用无刻度的直尺和圆规作图：过点B作⊙O的切线，交CE于点F；(不
写作法，保留作图痕迹，标明字母)
解：如解图，直线BF即为所求作；(作法不唯一)
解图
(2)在(1)的条件下，求证：BD=BF.
证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，
∵CE∥AB，∴∠ABC=∠BCF，
∴∠BCF=∠ACB，
∵点D在以AB为直径的圆上，
∴∠ADB=90°，∴∠BDC=90°，
∵BF为⊙O的切线，∴∠ABF=90°，
8. (2023连云港24题)如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交边
AC于点D，连接BD，过点C作CE∥AB.
∵CE∥AB，
∴∠BFC＋∠ABF=180°，∴∠BFC=90°，
∴∠BDC=∠BFC，
在△BCD和△BCF中，，
∴△BCD≌△BCF(AAS)，
∴BD=BF.
9. (2025宿迁24题)实验活动：仅用一把圆规作图.
【任务阅读】如图①，仅用一把圆规在∠AOB内部画一点P，使点P在
∠AOB的平分线上.
小明的作法如下：
如图②，以点O为圆心，适当长为半径画弧，分别交射线OA，
OB于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF长为
半径画弧，两弧交于点P，则点P为所求点.
理由：如图③，连接EP，FP，OP，
由作图可知，OE=OF，PE=PF，
又因为OP=OP，
所以 .
所以∠EOP=∠FOP.
所以OP平分∠AOB.
即点P为所求点.
△EOP≌△FOP
【实践操作】如图④，已知直线AB及其外一点P，只用一把圆规画一点
Q，使点P，Q所在直线与直线AB平行，并给出证明.(保留作图痕迹，不写
作法)
【实践操作】如解图，点Q即为所求，
解图
证明：如解图，连接AP，PQ，BQ，
由作图可知PQ=AB，BQ=AP，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴PQ∥AB，
∴点P，Q所在直线与直线AB平行.(作法不唯一)
解图(共32张PPT)
第七单元　图形的变化
微专题　几何最值问题
一阶　方法训练
类型一　利用“垂线段最短”求最值(3年1考)
适用情况：所求线段两端点起点为定点，终点为动点，考查垂线段最短
情形 问题描述 图示
情形1　一动一
定问题 点P在直线l外，在直线l上找一点H，使得HP的值最小.
情形2　两动一
定问题 M是∠BAC内部一定点，在AC上找一点P，在AB上找一点N，使得PN＋PM的值最小.
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例1　如图，在等边△ABC中，AB=4，D是BC边上的动点，则线段AD的
最小值为 　.
2
【解析】如解图，过点A作AD′⊥BC于点D′，根据垂线段最短可知，当点
D与点D′重合时，AD的值最小，最小值为AD′的长，∵△ABC为等边三角
形，∴∠B=60°，∴AD′=AB sin 60°=4×=2，
∴线段AD的最小值为2.
解图
例2　如图，在△ABC中，AB=4，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于
点D，E，F分别是线段AD，AB上的动点，求BE＋EF的最小值.
解：如解图，作点B关于AD的对称点B′，过点B′向AB作垂线，交AD于点
E′，交AB于点F′，连接BE′，当点E与点E′重合，点F与点F′重合时，BE
＋EF取得最小值，最小值为B′F′的长，
解图
易得AD垂直平分BB′，且AD是∠BAC的平分线，
∴点B′恰好落在AC上，
∵AB=4，
∴AB′=AB=4，BE′=B′E′，
在Rt△AB′F′中，∠B′AF′=45°，AB′=4，
∴B′F′=AB′=2，
解图
∴BE＋EF的最小值为2.
类型二　利用“两点之间线段最短”求最值(3年2考)
适用情况：所求线段两端点起点为定点，终点为定点，考虑两点之间线段
最短
情形 问题描述 图示
情形1　“两定点＋一动点”型异侧线段和最小值问题 在直线l上找一点P，使PA＋PB的值最小.
情形2　“两定点＋一动点”型同侧线段和最小值问题 在直线l上找一点P，使PA＋PB的值最小.
情形 问题描述 图示
情形3　“两定点＋定长”型同侧线段和最小值问题 在直线l上找两点M，N(MN=d，M在N的左侧)，使得AM＋MN＋BN的值最小.
情形4　“一定点＋两动点”周长最小值问题 在OA上找一点M，在OB上找一点N，使得△PMN周长最小.
情形5　“两定点＋定长”型异侧线段和最小值问题 在l1，l2上分别找一点M，N(MN=d)，使得MN⊥l1，且AM＋MN＋BN的值最小.
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例3　如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为AD上的一动点，F为CD的
中点，连接BE，EF，则BE＋EF的最小值为 　 　 　 　.

【解析】如解图，作点F关于AD的对称点F′，连接BF′，交AD于点E′，连
接E′F，当点E位于点E′的位置时，BE＋EF的值最小，最小值为BF′的
长，∵四边形ABCD是正方形，AB=2，∴BC=CD=AB=2，∵F为CD的中
点，∴DF′=DF=1，∴CF′=CD＋DF′=3，在Rt△BCF′中，由勾股定理得
BF′==，即BE＋EF的最小值为.
解图
例4　如图，在△ABC中，∠ABC=45°，点D在边AC上，P，Q分别是边
AB，BC上的动点，连接DP，DQ，PQ，BD，若BD=6，则△DPQ周长的
最小值为 　.
6
【解析】如解图，分别作点D关于AB，BC的对称点D′，D″，连接D′P，
D′B，D″Q，D″B，D′D″，由对称的性质可得，D′P=DP，D″Q=DQ，
DB=D′B=D″B，∴△DPQ的周长为PD＋PQ＋DQ=D′P＋PQ＋
D″Q≥D′D″，∴当D′，P，Q，D″四点共线时，△DPQ的周长最小，由对
称的性质可得，∠ABD=∠ABD′，∠CBD=∠CBD″，
∵∠ABC=45°，BD=6，∴∠D′BD″=2∠ABD＋2∠CBD
=2∠ABC=90°，
D′B=D″B=BD=6，∴△D′BD″是等腰直角三角形，
∴D′D″=D′B=6，∴△DPQ周长的最小值为6.
解图
例5　如图，在正方形ABCD中，AB=4，P为边AB上的点，且AP=2BP，E
为边BC上的点，连接DE，交对角线AC于点F，H为AC上的点，且
FH=AC，连接PH，当DF＋FH＋HP的值最小时，求DE的长.
解：∵FH=AC，
∴FH为定值，
∴要使DF＋FH＋HP的值最小，
只需DF＋HP的值最小即可，
如解图①，过点P作PP′∥AC交BC于点P′，连接P′D，P′F，则
△PBP′∽△ABC，
∵AP=2BP，∴AB=3BP，
∴AC=3PP′，
∵FH=AC，∴PP′=FH，
∴四边形FHPP′为平行四边形，
∴HP=FP′，
∴DF＋HP=DF＋FP′≥DP′，
∴当D，F，P′三点共线时，DF＋HP的值最小，最小值为DP′的长，
解图①　
如解图②，此时点P′与点E重合，
∵△PBE∽△ABC，AB=3BP，
∴BC=3BE，
∵BC=AB=4，
∴CE=BC=，
∴DE==.
　　
解图②
二阶　综合训练
1. 如图，在矩形ABCD中，BC=2，∠ACB=30°，若M，N分别是线段
AC，BC上的两个动点，则BM＋MN的最小值为(　B　)
A. B. C. D. 2
B
【解析】如解图，作点B关于AC的对称点B1，过点B1作B1E⊥BC于点E，
设BB1交AC于点F，连接B1M，由对称性可知，BM=B1M，∴BM＋
MN=B1M＋MN≥B1E，∴BM＋MN的最小值为B1E的长，∵AC垂直平分
BB1，∴∠CFB=∠AFB=90°，∵BC=2，∠ACB=30°，
∴∠ABF=30°，BF=1，∴BB1=2，∵B1E⊥BC，
∴∠BB1E=∠ABF=30°，∴BE=1，
∴B1E===，
∴BM＋MN的最小值为.
解图
2. 如图，在Rt△ACB中，∠ABC=30°，AC=，点D在边BC上且
BD=BC，P是斜边AB上的一个动点，连接PC，PD，则△PCD周长的最
小值为 　.
2＋
【解析】根据“两点一线”模型——将军饮马作解图，当C，P，D′三点共
线，即点P与点P′重合时，PC＋PD的值最小，最小值为CD′的长，连接
BD′，过点D′作D′E⊥BC于点E，在Rt△ABC中，
∵∠ABC=30°，AC=，∴AB=2AC=2，BC=AC=3，
∵BD=BC，∴BD=1，CD=2，
∵点D′是点D关于AB的对称点，∴∠ABD′=∠ABC=30°，BD=BD′，∴∠DBD′=60°，∴△DBD′是等边三角形，
∴DD′=1，BE=DE=，D′E=，
解图
∴CE=CD＋DE=，
在Rt△CED′中，
由勾股定理得，CD′==，
∴CD＋CD′=2＋，∴△PCD周长的最小值为2＋.
解图
3. 如图，正方形ABCD的边长为6，E，F是对角线BD上的两个动点，且
EF=2，连接CE，CF，则CE＋CF的最小值为 　4　　.
4
【解析】如解图，过点C作CH∥BD，使得CH=EF=2，连接AH交BD于
点F，连接AC，∵CH=EF，CH∥EF，∴四边形EFHC是平行四边形，
∴EC=FH，∵BD垂直平分AC，∴FA=FC，∴CE＋CF=FH＋AF，∴当
A，F，H三点共线时，FH＋AF有最小值，即AH的长，∵AC⊥BD，
CH∥BD，∴AC⊥CH，∴∠ACH=90°，在Rt△ABC中，AC=AB=6，
∴AH===4，
∴CE＋CF的最小值为4.
解图
4. 如图，在正方形ABCD中，P为对角线AC上一点，将线段BP绕点B顺时
针旋转60°得到线段BP′，连接P′C，若P′C长度的最小值为1，则此时AP
的长为 　 　.

【解析】如解图，将线段AB绕点B顺时针旋转60°得到BE，连接AE，
DE，P′E，CE，∴AB=BE，∠ABP=∠EBP′，
易得△EAB为等边三角形，由题意得BP=BP′，
∴△APB≌△EP′B(SAS)，∴AP=EP′，∠BEP′=∠BAP=45°，
同理可证得△AED≌△BEC，
∴ED=EC，在等边△EAB中，AB=AE，∠BAE=∠AEB=60°，
在正方形ABCD中，∠BAC=45°，AB=AD，
∠BAD=∠ADC=90°，
∴AE=AD，∠EAD=30°，
解图
解图
∴∠AED=∠ADE=×(180°－∠EAD)=75°，
∴∠EDC=90°－75°=15°，∠DEP′=75°＋60°＋45°=180°，
∴D，E，P′三点共线，
∵此时CP′=1，∴∠P′EC=2∠EDC=30°，
∴当CP′⊥DP′时，CP′最小，
∵此时CP′=1，∴EP′=CP′=，
即AP=EP′=.
5. 如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，对角线AC，BD交于点O，
BD=4，E为OD的中点，F为AB上一点，且AF=3BF，P为AC上一动点，
连接PE，PF，则|PF－PE|的最大值为 .
1
【点拨】如解图，取OB中点E′，连接PE′，作射线FE′交AC于点P′，当P与P′重合，P′，E′，F三点在同一直线上时，|PF－PE′|有最大值，即为FE′的长.
解图
【解析】如解图，取OB中点E′，连接PE′，作射线FE′交AC于点P′，易得
PE=PE′，∴|PF－PE|=|PF－PE′|≤FE′，当P与P′重合，P′，E′，F三点在
同一直线上时，|PF－PE′|有最大值，即为FE′的长，∵在菱形ABCD中，
∠ABC=120°，∴∠ABD=60°，∠DAB=60°，∴△ABD为等边三角
形，∵BD=4，∴AB=AD=BD=4，∴OD=OB=2，∵E′为OB的中点，
∴E′B=1，∵AF=3BF，∴BF=AB=1，∴BF=E′B，
∵∠ABD=60°，
∴△BE′F为等边三角形，∴E′F=FB=1，
∴|PF－PE|的最大值为1.
解图
6. 如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，点M，N在边BC上且
MN=2，以MN为边在矩形ABCD内部作正方形MNPQ，连接BQ，DP，求
BQ＋PD的最小值.
解：如解图，把线段BQ沿QP所在直线平移，使点Q与点P重合，点B的对
应点为B′，连接DB′，由平移的性质得，B′P=BQ，QP=BB′，
解图
∴BQ＋PD=B′P＋PD≥DB′，
当D，P，B′三点共线时，BQ＋PD的值最小，最小值为DB′的长，
∵四边形MNPQ是正方形，MN=2，
∴PQ=MN=2，
∴BB′=2，
∵BC=5，
∴B′C=BC－BB′=3，
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，
解图
∴∠C=90°，CD=AB=3，
在Rt△CDB′中，由勾股定理得，DB′==3，即BQ＋PD的
最小值为3.
解图(共28张PPT)
第七单元　图形的变化
第32课时　图形的平移与旋转
节前复习导图
图形的
平移与旋转
图形的平移
图形的旋转
定义
要素
性质
作图步骤
1
考点梳理
2
江苏真题随堂练
3
分层作业本
考点梳理
一、图形的平移
1. 定义：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
运动叫作平移(如图①)
图①
2. 两大要素：平移方向和
3. 性质
平移距离
(1).平移前后，对应线段 ，
对应角
(2)．各对应点所连接的线段平行(或在同一条直线上)且
(3)．平移前后的图形
平行(或在同一条直线上)且相等
相等
相等
全等
4. 作图步骤
(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). 按平移方向和平移距离平移各关键点，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
二、图形的旋转
1. 定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向转动一个角度，这样的图形运动
叫作旋转，这个定点叫作旋转中心，转动的这个角叫作旋转角．原图形上点A旋转后
成为点C，这样的两个点叫作对应点(如图②)
图②
2. 三大要素：旋转中心、 、旋转方向
旋转角度
3. 性质
(1).对应点到旋转中心的距离
(2).对应点与旋转中心连线所成的角都相等且等于
(3).旋转前后的图形
4. 作图步骤
(1). 根据题意，确定旋转中心、旋转方向和旋转角
(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
相等
旋转角
全等
江苏真题随堂练
图形的平移(3年1考)
命题点
1
1. 如图， ABCD的边CD在x轴上，沿x轴正方向将 ABCD平移到
A′B′C′D′的位置，点C的坐标为(b，0)，点C′的坐标为(a，0)，则点A平
移的距离为(　C　)
A. a B. b
C. a－b D. b－a
C
2. (新苏科七下习题改编)如图，将△ABC沿BC方向平移得到
△DEF，DE与AC交于点G，连接AD.
(1)若∠B=60°，∠ACB=30°，则∠EDF的度数为 °；
【解析】由平移的性质得，∠DEF=∠B=60°，∠F=∠ACB=30°，
∴∠EDF=180°－60°－30°=90°.
90
(2)四边形ACFD的形状为 ；
【解析】由平移的性质得，AD=CF，AD∥CF，∴四边形ACFD是平行四
边形.
平行四边形
2. 如图，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF，DE与AC交于点G，连接AD.
(3)AD，BC，BF之间的数量关系为 ；
【解析】由平移的性质得，AD=CF，∴BF=BC＋CF=BC＋AD.
BF=BC＋AD
2. 如图，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF，DE与AC交于点G，连接AD.
(4)若AB=3，DF=4，CE=2，△DEF的周长为12，则△ABC平移的距离
为 .
【解析】由平移的性质得，△ABC的周长=△DEF的周长=12，
∵AB=3，DF=4，∴AC=DF=4，∴BC=12－3－4=5，
∴平移的距离BE=BC－CE=5－2=3.
3
2. 如图，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF，DE与AC交于点G，连接AD.
图形的旋转(3年5考)
命题点
2
3. (2024无锡8题)如图，在△ABC中，∠B=80°，∠C=65°，将△ABC绕
点A逆时针旋转得到△AB′C′.当AB′落在AC上时，∠BAC′的度数为(　B　)
A. 65° B. 70° C. 80° D. 85°
【解析】由旋转的性质得，∠B′AC′=∠BAC，
∵∠BAC＋∠B＋∠C=180°，∴∠BAC=180°－80°－65°=35°，
∴∠B′AC′=∠BAC=35°，∴∠BAC′=∠BAC＋∠B′AC′=70°.
B
4. (苏科八下尝试改编)如图，将△ABC绕点C顺时针旋转.
(1)如图①，将△ABC旋转后得到△DEC，不添加辅助线，则图中相等的
线段有 ，图中相等的角有
；
AC=DC，CB=CE，AB=DE
∠A=∠EDC，
∠B=∠E，∠ACB=∠DCE，∠ACD=∠BCE
4.如图，将△ABC绕点C顺时针旋转.
(2)如图②，若点D恰好落在AB边上，DE交BC于点F，∠ACB=90°，
∠B=30°.
①∠BDF的度数为 ；
②△EFC与△CDE的面积之比为 ；
③(2023盐城15题考法)若AC=3，则DE的长为 ，点A的运动轨迹长
为 .(结果保留π)
60°
3∶4
6
π
5. (2023连云港14题)以正六边形ABCDEF的顶点C为旋转中心，按顺时针
方向旋转，使得新正六边形A′B′CD′E′F′的顶点D′落在直线BC上，则正六
边形ABCDEF至少旋转 °.
【解析】∵六边形ABCDEF是正六边形，∴正六边形ABCDEF每个外角的
度数为360°÷6=60°，∵新正六边形A′B′CD′E′F′的顶点D′落在直线BC
上，∴旋转的最小角度是60°.
60
6. (2024盐城16题)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，点D
是AC的中点，连接BD，将△BCD绕点B旋转，得到△BEF，连接CF，当CF∥AB时，CF=________________.
2＋或－2　
【点拨】分两种情况讨论：①如解图①，将
△BCD顺时针旋转得到△BEF，过点B作
BG⊥CF于点G，△BCD≌△BEF，
②如解图②，△BCD顺时针旋转得到△BEF，
过点B作BH⊥CF，交FC的延长线于点H，
FH=，CF = FH －CH.
解图①
解图②
【解析】分两种情况讨论：①如解图①，将△BCD顺时针旋转得到△BEF，过点B作BG⊥CF于点G，
∵∠ACB=90°，AC=BC=2，
∴∠A=∠CBA=45°，AB=4，
∵D为AC的中点，∴CD=，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，CD=，BC=2，∴BD==，
由旋转的性质得，△BCD≌△BEF，
∴BE=BC=2，EF=CD=，
BF=BD=，∠BEF=∠BCD=90°，
解图①
∵AB∥CF，
∴∠BCG=∠ABC=45°，∴△BCG为等腰直角三角形，
可求得CG =BG =2，
在Rt△BFG中，
∵BF=，BG=2，∠BGF=90°，
∴GF==，∴CF =CG ＋GF=2＋；
解图①
②如解图②，△BCD顺时针旋转得到△BEF，过点B作BH⊥CF，交FC的
延长线于点H，
∵CF∥AB，∴ ∠BCH = ∠ABC = 45°，
∵AC=BC=2，CD=，∴BF=BD=，CH=BH=2，
∴FH==，∴CF = FH －CH=－2，综上所述，CF=2＋
或－2.
解图②
7. 如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=120°，连接AC，E
是射线AC上一点，连接DE，将DE绕点D逆时针旋转60°得到DF，连接
EF，CF.
(1)若点F落在CD上，判断EF与CF的数量关系，并说明理由；
解：(1)EF=CF，
理由：由旋转的性质得，∠EDF=60°，DE=DF，
∴△DEF是等边三角形，
∴EF=DF=DE，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴∠ADC=120°，∠BCD=60°，
∵点E在射线AC上，当点F落在CD上时，∠EDC=∠EDF=∠ADC=60°，
∴DE平分∠ADC，∴DE⊥AC，
∵CA平分∠BCD，∴∠ACD=30°，
∴在Rt△CED中，DE=DF=CD，
∴DF=CF，∴EF=CF；
(2)随着点E在射线AC上运动，EF与CF的数量关系是否发生变化？请说明
理由.
(2)不变，
理由：如图，连接BD，BE，
由(1)得，△DEF是等边三角形，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°，
7. 如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=120°，连接AC，E是射线AC上一点，连接DE，将DE绕点D逆时针旋转60°得到DF，连接EF，CF.
∵BC=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠EDF=∠BDC，
∴∠BDE＋∠BDF=∠BDF＋∠CDF，
∴∠BDE=∠CDF，
由旋转的性质得，DE=DF，
在△BDE和△CDF中，
，
∴△BDE≌△CDF(SAS)，
∴BE=CF，
∵菱形的对角线互相垂直且平分，
∴AC垂直平分BD，
∴DE=BE，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE=EF，
∴BE=EF，
∴EF=CF，
∴随着点E在射线AC上运动，EF与CF的数量关系不变.
8. 在由边长为1的小正方形组成的网格中建立如图所示的平面直角坐标
系，△ABC是格点三角形(三角形的顶点是网格线的交点)，点B的坐标为
(4，2).
(1)画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
解：(1)如解图，△A1B1C1即为所求；
解图
(2)画出△A1B1C1向下平移5个单位长度得到的△A2B2C2；
(3)画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到的△A3B3C3；
解图
(2)如解图，△A2B2C2即为所求；
(3)如解图，△A3B3C3即为所求；
(4)请直接写出点B经过(3)中旋转后的对应点B3的坐标.
(4)B3的坐标为(2，－4).
解图(共30张PPT)
第七单元　图形的变化
微专题　主从联动
如果一个点随着另一个点的移动而移动，这种问题属于主从联动问题.不
动的点叫定点，自己移动的点叫主动点，因为主动点移动而移动的点叫从
动点.
一阶　方法训练
类型一　“从动点”轨迹与“主动点”轨迹一致(瓜豆原理)(3年3考)
构图 线生线 圆生圆
结论 1.形状：从动点路径和主动点路径形状相同； 2. 定值=主动点路径长∶从动点路径长=主动点与定点间的距离∶
从动点与定点间的距离=主动点所在圆的圆心与定点间的距离∶从
动点所在圆的圆心与定点间的距离(运动路径是圆)； 结论 3. 定角=主动点、从动点与定点连线的夹角=主动点所在圆的圆
心、从动点所在圆的圆心与定点连线的夹角(运动路径是圆)=主动
点路径所在直线与从动点路径所在直线的夹角(运动路径是直线)；
4. 位置：从动点路径=主动点路径绕定点旋转定角缩放定比(从图形的旋转角度来看)
原理 旋转相似或全等(定点与主动点及其轨迹中一点所形成的三角形相
似或全等于定点与从动点及对应点所形成的三角形)
几何画板动态演示
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例1　点A，B，C为平面内不重合的三点，A为定点，试探究点B和点C运
动轨迹的关系.
(1)(全等型＋平行线)如图①，A，B，C三点在同一直线上，且AB=AC，当
点B在直线l上运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹；
图①
构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ，= ，为定值，
点B的运动轨迹为直线，则点C的运动轨迹为 .
B
C
1
直线
解：点C的运动轨迹如解图①所示；
解图①
(2)(全等型＋相交线)如图②，A，B，C三点不在同一直线上，AB=AC，当
点B在直线l上运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹；
图②
构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ，= ，为定值，
点B的运动轨迹为直线，则点C的运动轨迹为 .
解：点C的运动轨迹如解图②所示；
B
C
1
直线
解图②
(3)(相似型＋相交线)如图③，A，B，C三点不在同一直线上，AB=mAC，
当点B在直线l上运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹.
图③
构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ，= ，为定值，
点B的运动轨迹为直线，则点C的运动轨迹为 .
解：点C的运动轨迹如解图③所示.
B
C
m
直线
解图③
题后反思
你能根据上述例题总结出直线轨迹的构图步骤吗？
(1)确定一定点A和两动点B，C，其中主动点B的轨迹为直线；
(2)确定定角∠BAC和定比=k；
(3)确定从动点C的轨迹为直线.
图③
例2　点A，B，C为平面内不重合的三点，A为定点，试探究点B和点C运
动轨迹的关系.
(1)(全等型)如图①，A，B，C三点在同一直线上，且AB=AC，当点B在
⊙O上运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹；
图①
构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ，
= ，为定值，点B的运动轨迹为圆，
则点C的运动轨迹为 .
B
C
1
圆
解：点C的运动轨迹如解图①所示；
解图①
(2)(全等型)如图②，A，B，C三点不在同一直线上，AB=AC，当点B在
⊙O上运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹；
图②
构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ，= ，为定值，
点B的运动轨迹为圆，则点C的运动轨迹为 .
B
C
1
圆
解：点C的运动轨迹如解图②所示；
解图②
(3)(相似型)如图③，A，B，C三点不在同一直线上，AB=mAC，当点B在
⊙O上运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹.
图③
构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ，= ，为定值，
点B的运动轨迹为圆，则点C的运动轨迹为 .
解：点C的运动轨迹如解图③所示.
解图③
B
C
m
圆
题后反思
你能根据上述例题总结出圆轨迹的构图步骤吗？
(1)确定圆心所在的直线：主、从动点所在轨迹的圆心与定点连线的夹角
等于主、从动点与定点连线的夹角，即∠BAC=∠OAO′；
(2)确定圆心所在的位置：主、从动点到定点的距离之比等于主、从动点
所在轨迹的圆心到定点的距离之比，即==m；
(3)确定圆的半径：主动点所在轨迹的半径是从动点
所在轨迹的半径的m倍，即OB=mO′C.
图③
类型二　“从动点”轨迹与“主动点”轨迹不一致(3年1考)
构图 线生圆 圆生线
结论 1. 形状：从动点路径和主动点路径形状不同； 2. 定值=主动点与定点间的距离×从动点与定点间的距离； 3. 定角=主动点、从动点与定点连线的夹角 原理 旋转相似或全等(定点与主动点及其轨迹中一点所形成的三角形相
似或全等于定点与从动点及对应点所形成的三角形) 例3　(线生圆)如图，点B在直线l上运动，A是直线l外一定点，点C在线段
AB上，且AB AC=m，当点B运动时，请你在图中画出点C的运动轨迹，并
说明理由.
构图步骤：主动点为点 ，从动点为点 ，AB AC= ，为定
值，点B的运动轨迹为直线，则点C的运动轨迹为 .
解：画出点C的轨迹如解图所示.
B
C
m
圆
解图
理由：如解图，过点A作AB′⊥直线l，在线段AB′上取点C′，使得
AB′ AC′=m，
∴AB′ AC′=AB AC=m，
则=，
∵∠A=∠A，
∴△ACC′∽△AB′B，
∴∠ACC′=∠AB′B=90°，
∴点C的轨迹是以AC′为直径的⊙O.
解图
题后反思
若A，B，C三点不在一条直线上，该结论还成立吗？
解：成立.如解图，点B在直线l上运动，A是直线l外一定点，∠BAC=α，且AB AC=m，当点B运动时，点C的运动轨迹依然是圆，理由如下：
如解图，过点A作AB′⊥直线l于点B′，作∠B′AC′=∠BAC，且使得
AC′ AB′=m，连接CC′，
∵AB AC=AC′ AB′=m，
∴=，
解图
∵∠BAC－∠B′AC=∠B′AC′－∠B′AC，
∴∠BAB′=∠C′AC，
∴△BAB′∽△C′AC，
∴∠ACC′=∠AB′B=90°，
∴点C的轨迹是以AC′为直径的⊙O.
解图
二阶　综合训练
1. 如图，AB为⊙O的直径，AB=4，C为半圆AB的中点，P为劣弧上一
动点，延长BP至点Q，使BP BQ=AB2.若点P由A沿劣弧运动到C，则点
Q运动的路径长为 .
4
【解析】如解图，连接AQ，AP. ∵BP BQ=AB2，∴=，
又∵∠ABP=∠QBA，∴△ABP∽△QBA，∴∠QAB=∠APB=90°，
∴QA始终与AB垂直，当点P在A点时，Q与A重合，
当点P在C点时，AQ=2OC=4，此时，Q运动到最远处，
∴点Q运动路径长为4.
解图
2. 如图，线段AB=8，P是平面内一个动点，且BP=2，连接AP，以AP为斜
边在AP上方作Rt△ACP，且CA=CP. 连接BC，则BC的最大值为 .
5　
【解析】如解图，以AB为斜边，在AB上方作等腰Rt△ABD，连接CD，
则BD=4，∵==，且∠CAD=∠PAB=45°－∠DAP，
∴△CAD∽△PAB，∴=，∴CD=，∵点P在以点B为圆心，2为半
径的圆上运动，∴点C在以D点为圆心，为半径的圆上运动，当B，C，
D三点在同一直线上，且点C在BD延长线上时，BC最大，
最大值为4＋=5.
解图
3. (2024连云港16题)如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=2.点
P在边AC上，过点P作PD⊥AB，垂足为D，过点D作DF⊥BC，垂足为F.
连接PF，取PF的中点E. 在点P从点A到点C的运动过程中，点E所经过的
路径长为 　 　.

【解析】如解图，以C为原点，CB方向为x轴，CA方向为y轴，建立平面
直角坐标系，过点D作DG⊥AC于点G，设AP=a，则CP=2－a，则P(0，2
－a)，
∵∠B=30°，∠C=90°，∴∠A=60°，
∵PD⊥AB，∴∠PDA=90°，∴∠APD=30°，∴AD=AP=，∵DG⊥AC，
∴∠AGD=90°，∴AG=AD=，DG=AG=a，
∵DF⊥BC，DG⊥AC，∠ACB=90°，
∴四边形DGCF为矩形，∴DG=CF，∴F(a，0)，
解图
解图
∵E为PF的中点，∴E(a，1－a)，
令x=a，y=1－a，则y=1－x，点E在直线y=1－x上运动，
当点P与A重合时，a=0，此时E(0，1)，
当点P与C重合时，a=2，
此时E(，0)，∴点E所经过的路径长为
=.
4. (2025扬州18题)如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=4，点E是BC边
上的动点，将△ABE沿直线AE翻折得到△APE，过点P作PF⊥AD，垂足
为F，点Q是线段AP上一点，且AQ=PF. 当点E从点B运动到点C时，点Q
运动的路径长是 　　　　　.

【解析】∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD=∠B=90°，由翻折可得，
AP=AB=4，如解图①，当点P在矩形内部时，过点Q作QH⊥AP，交AB于
点H，则∠AQH=90°=∠BAD，∴∠AHQ=∠PAF=90°－∠HAQ，
∵PF⊥AD，∴∠PFA=90°=∠AQH，∴△AQH∽△PFA，∴=，
∵AQ=PF，∴AH=AP=2，∴点Q在以AH为直径的⊙G上运动，∴当点E
从点B开始运动直至点P落在AD上时，点Q的运动轨迹为
半圆G(半圆在矩形内)，∴点Q运动的路径长为×2π=π；
解图①
如解图②，当点P在矩形ABCD的外部时，过点Q作QK⊥AP，交BA的延长
线于点K，同理可得∠AKQ=∠PAF，△AKQ∽△PAF，AK=AP=2，∴点
Q在以AK为直径的⊙O上运动，连接OQ，当点E运动到点C时，∵AB=4，
BC=4，∠B=90°，∴tan∠BAC==，∴∠BAC=60°，
∴∠CAD=∠BAD－∠BAC=30°，∠PAC=∠BAC=60°，
∴∠PAF=∠PAC－∠CAD=30°，∴∠AKQ=∠PAF=30°，
∴∠AOQ=2∠AKQ=60°，
∴点Q的运动轨迹为圆心角为60°的，
路径长为=，∴点Q运动的路径长为π＋=.
解图②(共31张PPT)
第七单元　图形的变化
微专题　图形的折叠
一阶　方法训练
类型一　利用折叠出现的等腰、直角三角形求解
原理 图形分析 解题思路
利用折叠的性质得到直角三角形或者等腰三角形，再利
用等腰三角形性质、勾股定理或三角函数求解 在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=c，AC=b，BC=a，将△ABC按照如图所示的折痕折叠，点C的对应点E落在AB上 如图，设DE=x，则
CD=DE=x，AE=AC=b，故BD=a－
x，BE=c－b.在Rt△BED中，利用勾股
定理可得x2＋(c－b)2=(a
－x)2
原理 图形分析 解题思路
利用折叠的性
质得到直角三
角形或者等腰
三角形，再利
用等腰三角形
性质、勾股定
理或三角函数
求解 在矩形ABCD中，AB=a，
BC=b，将矩形按照如图所示
的折痕折叠 如图，设DF=x，则
AF=b－x，BF=DF=x.
在Rt△ABF中，利用勾
股定理可得a2＋(b－
x)2=x2
例1　如图，在矩形ABCD中，CD=4，BC=8，将△BCD沿BD翻折得到
△BED，BE交AD于点F，则AF的长为 .
3
【解析】∵四边形ABCD为矩形CD=4，BC=8，∴AD=BC=8，
AB=CD=4，AD∥BC，∠A=90°，∴∠ADB=∠CBD，由折叠的性质得，
∠CBD=∠EBD，∴∠ADB=∠EBD，∴BF=DF，设AF=x，则
BF=DF=AD－AF=8－x，在Rt△ABF中，
BF2=AB2＋AF2，即(8－x)2=42＋x2，
解得x=3，∴AF=3.
例2　如图，已知矩形纸片的宽为2，将矩形纸片沿MN折叠，得到重合部
分△AMN，若∠MAN=45°，则△AMN的面积为 　.
2
【解析】如解图，过点M作MP⊥AN于点P，∵纸条为矩形，
∴MB∥AN，∴∠1=∠ANM，由折叠的性质可知∠1=∠AMN，
∴∠AMN=∠ANM，∴△AMN是等腰三角形.∵∠MAN=45°，MP=2，
∴AN=AM===2，∴S△AMN=AN MP=×2×2=2.
解图
例3　如图，在Rt△ABC中，BC=6，AB=9，∠B=90°，将△ABC沿MN
折叠，使点A与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段DN的长为 .
【解析】设AN=x，由折叠的性质得，DN=AN=x，则BN=9－x.
∵D是BC的中点，BC=6，∴BD=×6=3，
在Rt△BDN中，由勾股定理，得ND2=NB2＋BD2，
∴x2=(9－x)2＋33，解得x=5.∴DN=5.
5
例4　如图，对折矩形纸片ABCD，使得AD与BC重合，得到折痕EF，把
纸片展平.沿过点B的直线再折叠一次纸片，使点A的对应点A′落在EF上，
得到折痕BM，连接MF，若MF⊥BM，AB=6 cm，求AD的长.
解：∵四边形ABCD为矩形，AB=6 cm，
∴∠A=∠D=90°，CD=AB=6 cm，
由折叠的性质，得BE=DF=3 cm，A′B=AB=6 cm，
∠A′EB=90°，∠ABM=∠A′BM，
在Rt△A′BE中，
∵A′B=2BE，
∴∠BA′E=30°，
∴∠A′BE=60°，∴∠ABM=30°，
∴∠AMB=60°，∴AM=AB tan 30°=6×=2(cm)，
∵MF⊥BM，
∴∠BMF=90°，
∴∠DMF=30°，
∴∠DFM=60°，
∴DM=DF tan 60°=3×=3(cm)，
∴AD=AM＋DM=2＋3=5(cm).
类型二　利用折叠出现的全等、相似求解
原理 图形分析 解题思路
利用折叠的性
质得到全等、
相似三角形，
再利用全等、
相似三角形的
性质求解 将矩形
ABCD按照
如图所示的
折痕折叠 点B′落在矩形边上 ①全等关系：
△BCP≌△B′CP；
②相似关系：
△AB′P∽△DCB′
原理 图形分析 解题思路
利用折叠的性
质得到全等、
相似三角形，
再利用全等、
相似三角形的
性质求解 将矩形
ABCD按
照如图所
示的折痕
折叠 点B′落在矩形外 ①全等关系：
△ABC≌△AB′C，
△AB′F≌△CDF；
②特殊三角形：
Rt△AB′F，Rt△CDF，等
腰△AFC
原理 图形分析 解题思路
利用折叠的性
质得到全等、
相似三角形，
再利用全等、
相似三角形的
性质求解 将矩形
ABCD按
照如图所
示的折痕
折叠 点B′落在矩形对
角线上 ①全等关系：
△BCP≌△B′CP；
②相似关系：
△AB′P∽△ABC
例5　如图是一张矩形纸片ABCD，点E在AB边上，把纸片沿CE所在直线
折叠，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF. 若点E，F，D在同一条
直线上，AE=2.
(1)求DF的长；
解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠ADC=∠B=∠DAE=90°，
由折叠的性质得，CF=BC，∠CFE=∠B=90°，
EF=BE，
∴CF=AD，∠CFD=90°，
∴∠ADE＋∠CDF=∠CDF＋∠FCD=90°，
∴∠ADE=∠FCD，
∴△ADE≌△FCD(ASA)，
∴DF=AE=2；
矩形ABCD，把纸片沿CE所在直线折叠，使点B落在对角线AC上的点F
处，AE=2.
(2) 求BE的长.
(2)∵∠AFE=∠CFD=90°，
∴∠AFE=∠DAE=90°，
∵∠AEF=∠DEA，
∴△AEF∽△DEA，
∴=，
即=，
∴EF=－1(负值已舍去)，
由折叠的性质可得，BE=EF，
∴BE=EF=－1.
一题多解法
解法二：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB=CD，
∴S△ACD=S△DCE，
∴S△ACD－S△DCF=S△DCE－S△DCF，
∴S△ADF=S△ECF，
由折叠的性质得，BC=CF，BE=EF，S△ECF=S△BCE，
∵S△ACD=S△ABC，
∴S△ACD－S△ADF=S△ABC－S△ECF=S△ABC－S△BCE，
∴S△DCF=S△ACE，即DF CF=AE BC，
∵CF=BC，
∴DF=AE=2，
设BE=EF=x，则DC=AB=x＋2，
∵AE∥CD，
∴△AEF∽△CDF，
∴=，即=，解得x=－1(负值已舍去)，
∴BE=－1.
二阶　综合训练
1. 如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠B=45°，E是边CD上一点，连接
AE，将△ADE沿AE折叠，点D的对应点F恰好在DC的延长线上，则线段
CF的长为(　A　)
A. 4－4 B. 4－2
C. 2－2 D. 2－1
A
2. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，AB=6，D是斜边AB
的中点，把△ABC沿着CD折叠，点B的对应点为点E，连接AE，则AE的
长为(　A　)
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
A
3. 如图，在平面直角坐标系中，矩形AOBC的边OB，OA分别在x轴、y轴
的正半轴上，点D在BC边上，将矩形AOBC沿AD折叠，点C恰好落在边
OB上的点E处.若OA=8，OB=10，则点D的坐标是 .
(10，3)
【解析】∵四边形AOBC是矩形，OA=8，OB=10，∴AC=OB=10，
BC=OA=8，∵将矩形AOBC沿AD折叠，点C恰好落在OB边上的点E处，
∴AE=AC=10，CD=DE，由勾股定理得，OE=6，∴BE=4，设BD=m，则
DE=CD=8－m，在Rt△BDE中，BE2＋BD2=DE2，即42＋m2=(8－m)2，解
得m=3，∴BD=3，∴D(10，3).
4. (2024连云港15题)如图，将一张矩形纸片ABCD上下对折，使之完全重
合，打开后，得到折痕EF，连接BF. 再将矩形纸片折叠，使点B落在BF
上的点H处，折痕为AG. 若点G恰好为线段BC最靠近点B的一个五等分
点，AB=4，则BC的长为 　.
2
【点拨】如解图，设AG与BF交于点M，设BG=a，则BC=5a，AG=，BF=，
S△ABG=AB BG=AG BM，BM=，
cos∠FBC==，解得a.
解图
【解析】如解图，设AG与BF交于点M，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=∠C=90°，AB=CD=4，
由折叠的性质可知，CF=CD=2，AG⊥BH，设BG=a，则BC=5a，∴AG==，BF==，
∵S△ABG=AB BG=AG BM，∴BM==，
∵∠BMG=∠C=90°，∴cos∠FBC==，
解图
∴BM BF=BG BC，
∴ =a 5a，
解得a=(负值已舍去)，
经检验a=是原方程的解，∴BC=5a=2.
解图
5. 如图，正方形纸片ABCD的边长为6，M，N分别是边AB，CD上的点，
将正方形纸片ABCD沿MN折叠，使点A落在边BC上，对应点为点A′，点D
落在D′处，A′D′与CD交于点E.
(1) 若BA′=2，求折痕MN的长；
解：(1)如解图①，过点N作NF⊥AB，连接AA′，与NF交于点P，
与MN交于点Q，
解图①
一题多解法
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA⊥AB，DC∥BA，∠ABC=90°，AB=AD，
∴NF∥AD，
∴四边形AFND是矩形，NF=AD=6，
由折叠的性质得，AA′⊥MN，
在△APF和△NPQ中，
∵∠APF=∠NPQ，∠AFP=∠NQP=90°，
解图①
∴∠PAF=∠PNQ，即∠BAA′=∠FNM，
∵∠ABA′=∠NFM=90°，NF=AD=AB=6，
∴△ABA′≌△NFM(ASA)，
∵BA′=2，
∴MN=AA′==2；
解图①
解法二:如解图②，连接AA′与MN交于点Q，连接AN，
解图②
由折叠的性质得，AQ=A′Q，NM⊥AA′，AM=A′M，
∵AB=6，BA′=2，∠B=90°，
∴AA′=2，
∴AQ=A′Q=，
设BM=x，则A′M=AM=6－x，
在Rt△A′BM中，BM2＋BA′2=A′M2，
即x2＋22=(6－x)2，解得x=，
∵S△AMN=AM AD=MN AQ，
∴BM=，AM=A′M=，
∴MN=2；
解图②
5. 如图，正方形纸片ABCD的边长为6，将正方形纸片ABCD沿MN折叠，使点A落在边BC上，对应点为点A′，点D落在D′处，A′D′与CD交于点E.
(2)探究△A′CE的周长是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说
明理由.
(2)△A′CE的周长是定值.
如解图③，连接AA′，AE，
过点A作AG⊥A′E，
垂足为G，
解图③
由折叠的性质得，A′M=AM，∠MA′G=∠MAD=90°，
∴∠MA′A=∠MAA′，
∵∠AA′G＋∠MA′A=90°，∠AA′G＋∠A′AG=90°，
∴∠MA′A=∠A′AG，
∴∠MAA′=∠A′AG，
∵∠B=∠AGA′=90°，AA′=AA′，
解图③
∴△ABA′≌△AGA′(AAS)，
∴GA′=BA′，GA=BA=AD，
∵∠D=∠AGE=90°，AE=AE，
∴Rt△ADE≌Rt△AGE(HL)，
∴GE=DE，
∴△A′CE的周长=A′C＋CE＋A′E=A′C＋CE＋A′B＋ED=BC＋DC=12.
解图③(共18张PPT)
第七单元　图形的变化
第30课时　视图与投影
节前复习导图
视图与投影
常见几何体的
三视图、展开图及还原
正方体的
展开图类型
一四一型
二三一型
二二二型
三三型
投影
平行投影
中心投影
三视图的概念
主视图
左视图
俯视图
1
考点梳理
2
江苏真题随堂练
3
分层作业本
考点梳理
一、投影
1. 平行投影：由平行光线形成的投影，分正投影和斜投影，如太阳光的照射
2. 中心投影：由同一点(点光源)发出的光线形成的投影，如灯光的照射
二、三视图的概念
1. 主视图：在正面得到的由 观察物体的视图
2. 左视图：在侧面内得到的由 观察物体的视图
3. 俯视图：在水平面内得到的由 观察物体的视图
前向后
左向右
上向下
三、常见几何体的三视图、展开图及还原
【满分技法】1.主视图与俯视图要长对正，主视图与左视图要 ，左视图与
俯视图要
2. 看得见部分的轮廓线画成 线，看不见部分的轮廓线画成 线
高平齐
宽相等
实
虚
四、正方体的展开图类型　
1.一四一型：(巧记：中间四个面，上下各一面) 2.二三一型：(巧记：中间三
个面，一二隔河见)
3.二二二型：(巧记：中间两个面，楼梯天天见) 4.三三型：(巧记：中间
没有面，三三连一线)
注：图中每两个颜色相同的面为相对面
【满分技法】正方体的表面展开图中不可能出现图形“ ”“ ”“ ”；
若出现图形“ ”，则另两面必须在两侧，可借助此方法来排除错误选项
江苏真题随堂练
投影
命题点
1
1. (苏科九下练习改编)小华拿着一块正方形木板在阳光下做投影实验，这
块正方形木板在地面上形成的投影不可能是(　A　)
A. 等腰梯形 B. 矩形
C. 平行四边形 D. 线段
【解析】∵在同一时刻，平行物体的投影仍旧平行，∴这块正方形木板在
地面上形成的投影可能是矩形、平行四边形、线段，不可能是等腰梯形.
A
三视图的判断(3年2考)
命题点
2
2. (2023连云港4题)下列水平放置的几何体中，主视图是圆形的是(　C　)
3. (2023常州3题)运动场上的颁奖台如图所示，它的主视图是(　A　)
C
A
4. 如图是由长方体和圆柱体组成的几何体，则它的左视图是(　B　)
B
5. (2023盐城6题)由六块相同的小正方体搭成的几何体如图所示，则它的
俯视图是(　D　)
D
三视图还原几何体及其相关计算(3年2考)
命题点
3
6. (2025宿迁4题)某几何体的三视图如图所示，这个几何体是(　D　)
A. 圆柱 B. 圆锥
C. 正方体 D. 长方体
D
7. (2023淮安7题)如图是一个几何体的三视图，则该几何体的侧面积是
(　B　)
A. 12π B. 15π C. 18π D. 24π
B
【解析】由题图可得，这个几何体为圆锥，如解图，过点A作AD⊥BC于
点D，根据题意得，AB=AC，AD=4，BC=6，∴CD=BC=3，
∴AC==5，即圆锥的母线长为5，∴该几何体的侧面积是
π×6×5=15π.
解图
常见几何体的展开图(3年2考)
命题点
4
8. (2024盐城5题)正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种平面
展开图，那么在原正方体中，与“盐”字所在面相对的面上的汉字是
(　C　)
A. 湿 B. 地 C. 之 D. 都
C
9. (2024扬州6题)如图是某几何体的表面展开后得到的平面图形，则该几
何体是(　C　)
A. 三棱锥 B. 圆锥
C. 三棱柱 D. 长方体
C
10. (2024常州4题)下列图形中，为四棱锥的侧面展开图的是(　B　)
B

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