中考专题复习第二十六讲平移旋转及对称doc.docx
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中考专题复习第二十六讲平移旋转及对称doc
2019-2020年中考专题复习:
第二十六讲平移、旋转与对称
【典型例题解析】
考点一:
轴对称图形
例1(2012?
柳州)娜娜有一个问题请教你,下列图形中对称轴只有两条的是()
A.B.C.D.圆
等边三角形矩形等腰梯形
考点:
轴对称图形.
分析:
根据轴对称图形的概念,分别判断出四个图形的对称轴的条数即可.解答:
解:
A、圆有无数条对称轴,故本选项错误;B、等边三角形有3条对称轴,故本选项错误;
C、矩形有2条对称轴,故本选项正确;
D、等腰梯形有1条对称轴,故本选项错误.
故选C.
点评:
本题考查轴对称图形的概念,解题关键是能够根据轴对称图形的概念正确找出各个图形的对称轴的条数,属于基础题.
例2(2012?
成都)如图,在平面直角坐标系xOy中,点P(-3,5)关于y轴的对称点的
坐标为()
A.(-3,-5)B.(3,5)C.(3.-5)D.(5,-3)
考点:
关于x轴、y轴对称的点的坐标.
分析:
根据关于y轴对称的点,纵坐标相同,横坐标互为相反数解答.
解答:
解:
点P(-3,5)关于y轴的对称点的坐标为(3,5).
故选B.
点评:
本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标,解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律:
(1)关于x轴对称的点,横坐标相同,纵坐标互为相反数;
(2)关于y轴对称的点,纵坐标相同,横坐标互为相反数;
(3)关于原点对称的点,横坐标与纵坐标都互为相反数.
对应训练
1.(2012?
宁波)下列交通标志图案是轴对称图形的是()
A.B.C.D.
考点:
轴对称图形.
专题:
常规题型.
分析:
根据轴对称图形的概念对各选项分析判断后利用排除法求解.解答:
解:
A、不是轴对称图形,故本选项错误;B、是轴对称图形,故本选项正确;C、不是轴对称图形,故本选项错误;
D、不是轴对称图形,故本选项错误.
故选B.
点评:
本题考查了轴对称图形,掌握中心对称图形与轴对称图形的概念:
轴对称图形的关键
是寻找对称轴,图形两部分沿对称轴折叠后可重合.
2.(2012?
沈阳)在平面直角坐标系中,点P(-1,2)关于x轴的对称点的坐标为()
A.(-1,-2)B.(1,-2)C.(2,-1)D.(-2,1)
考点:
关于x轴、y轴对称的点的坐标.
分析:
根据关于x轴对称的点,横坐标相同,纵坐标互为相反数解答.
解答:
解:
点P(-1,2)关于x轴的对称点的坐标为(-1,-2).
故选A.
点评:
本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标,解决本题的关键是掌握好对称点的坐标
规律:
(1)关于x轴对称的点,横坐标相同,纵坐标互为相反数;
(2)关于y轴对称的点,纵坐标相同,横坐标互为相反数;
(3)关于原点对称的点,横坐标与纵坐标都互为相反数.考点二:
最短路线问题
例3
(2012?
黔西南州)如图,抛物线
y=1x2+bx-2与x轴交于A、B两点,与y交于C
2
点,且A(-1,0),点M(m,0)是x轴上的一个动点,当MC+MD的值最小时,m的值是(
)
A.25
B.24
C.23
D.25
40
41
40
41
考点:
轴对称-最短路线问题;二次函数的性质;相似三角形的判定与性质.
分析:
首先可求得二次函数的顶点坐标,再求得C关于x轴的对称点C′,求得直线C′D
的解析式,与x轴的交点的横坐标即是m的值.
解答:
解:
∵点A(-1,0)在抛物线y=1x2+bx-2上,
2
∴1×(-1)2+b×(-1)-2=0,
2
∴b=-3,
2
∴抛物线的解析式为
y=1x2-3x-2,
2
2
∴顶点D的坐标为(
3,-
25),
2
8
作出点C关于x轴的对称点
C′,则C′(0,2),OC′=2
连接C′D交x轴于点M,
根据轴对称性及两点之间线段最短可知,MC+MD的值最小.
设抛物线的对称轴交x轴于点E.
∵ED∥y轴,
∴∠OC′M=∠EDM,∠C′OM=∠DEM
∴△C′OM∽△DEM.
∴OMOC,
EMED
即
m
2
,
3
25
2
m
8
∴m=24.
41
故选B.
点评:
本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式,轴对称性质以及相似三角形的性质,关键在于求出函数表达式,作出辅助线,找对相似三角形.对应训练
3.(2012?
贵港)如图,MN为⊙O的直径,A、B是⊙O上的两点,过A作AC⊥MN于点C,
过B作BD⊥MN于点D,P为DC上的任意一点,若MN=20,AC=8,BD=6,则PA+PB的最小值
是.
考点:
轴对称-最短路线问题;勾股定理;垂径定理.
专题:
探究型.
分析:
先由MN=20求出⊙O的半径,再连接OA、OB,由勾股定理得出OD、OC的长,作点B关于MN的对称点B′,连接AB′,则AB′即为PA+PB的最小值,B′D=BD=6,过点B′作AC的垂线,交AC的延长线于点E,在Rt△AB′E中利用勾股定理即可求出AB′的值.
解答:
解:
∵MN=20,
∴⊙O的半径=10,
连接OA、OB,
在Rt△OBD中,OB=10,BD=6,
∴OD=OB2BD210262=8;
同理,在Rt△AOC中,OA=10,AC=8,
∴OC=OA2AC210282=6,
∴CD=8+6=14,
作点B关于MN的对称点B′,连接AB′,则AB′即为PA+PB的最小值,B′D=BD=6,过点B′
作AC的垂线,交AC的延长线于点E,在Rt△AB′E中,
∵AE=AC+CE=8+6=14,B′E=CD=14,
∴AB′=AE2BE2142142142.
故答案为:
142.
点评:
本题考查的是轴对称-最短路线问题、垂径定理及勾股定理,根据题意作出辅助线,构造出直角三角形,利用勾股定理求解是解答此题的关键.
考点二:
中心对称图形
例4(2012?
襄阳)下列图形中,是中心对称图形,但不是轴对称图形的是(
)
A.
B.
C.
D.
考点:
中心对称图形;轴对称图形.
分析:
依据轴对称图形与中心对称的概念即可解答.
解答:
解:
B选项是轴对称也是中心对称图形,
C、D选项是轴对称但不是中心对称图形,A
选项只是中心对称图形但不是轴对称图形.
故选A.
点评:
对轴对称与中心对称概念的考查:
如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合,
这样的图形叫做轴对称图形,这条直线
叫做对称轴.
如果一个图形绕某一点旋转
180°后能够与自身重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,
这个点叫做对称中心.
对应训练
4.(2012?
株洲)下列图形中,既是轴对称图形又是中心对称图形的是(
)
A.B.C.D.
考点:
中心对称图形;轴对称图形.
分析:
根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形,以
及轴对称图形的定义:
如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,
这个
图形叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴,即可判断出答案.
解答:
解:
A、此图形不是中心对称图形,是轴对称图形,故此选项错误;B、此图形不是中心对称图形,也不是轴对称图形,故此选项错误;
C、此图形是中心对称图形,也是轴对称图形,故此选项正确;
D、此图形是中心对称图形,不是轴对称图形,故此选项错误.
故选C.
点评:
此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义,关键是找出图形的对称中心与对称轴.
考点二:
平移旋转的性质
例5(2012?
义乌市)如图,将周长为
边形ABFD的周长为()
A.6B.8
8的△ABC沿C.10
BC方向平移
1个单位得到△
D.12
DEF,则四
考点:
平移的性质.
分析:
根据平移的基本性质,得出四边形ABFD的周长=AD+AB+BF+DF=1+AB+BC+1+AC即可得出答案.
解答:
解:
根据题意,将周长为8个单位的等边△ABC沿边BC向右平移1个单位得到△DEF,
∴AD=1,BF=BC+CF=BC+1,DF=AC;又∵AB+BC+AC=8,
∴四边形ABFD的周长=AD+AB+BF+DF=1+AB+BC+1+AC=10.
故选;C.
点评:
本题考查平移的基本性质:
①平移不改变图形的形状和大小;②经过平移,对应点所
连的线段平行且相等,对应线段平行且相等,对应角相等.得到CF=AD,DF=AC是解题的关
键.
例6(2012?
十堰)如图,O是正△ABC内一点,OA=3,OB=4,OC=5,将线段BO以点B为旋
转中心逆时针旋转
60°得到线段BO′,下列结论:
①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋
转60°得到;②点
′
O与O′的距离为4;③∠AOB=150°;④S四边形AOBO=6+33;
⑤S△AOC+S△AOB=6+9
3.其中正确的结论是(
)
4
A.①②③⑤
B.①②③④
C.①②③④⑤
D.①②③
考点:
旋转的性质;全等三角形的判定与性质;等边三角形的判定与性质;勾股定理的逆定
理.
分析:
证明△BO′A≌△BOC,又∠OBO′=60°,所以△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋
转60°得到,故结论①正确;
由△OBO′是等边三角形,可知结论②正确;
在△AOO′中,三边长为3,4,5,这是一组勾股数,故△AOO′是直角三角形;进而求得
∠AOB=150°,故结论③正确;
′
3,故结论④错误;
S四边形AOBO=S△AOO′+S△OBO′=6+4
如图②,将△AOB绕点A逆时针旋转转变换构造等边三角形与直角三角形,确.
60°,使得AB与AC重合,点O旋转至O″点.利用旋
将S△AOC+S△AOB转化为S△COO″+S△AOO″,计算可得结论⑤正
解答:
解:
由题意可知,∠1+∠2=∠3+∠2=60°,∴∠1=∠3,
又∵OB=O′B,AB=BC,
∴△BO′A≌△BOC,又∵∠OBO′=60°,
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到,
故结论①正确;
如图①,连接OO′,
∵OB=O′B,且∠OBO′=60°,
∴△OBO′是等边三角形,
∴OO′=OB=4.
故结论②正确;
∵△BO′A≌△BOC,∴O′A=5.
在△AOO′中,三边长为3,4,5,这是一组勾股数,
∴△AOO′是直角三角形,∠AOO′=90°,
∴∠AOB=∠AOO′+∠BOO′=90°+60°=150°,
故结论③正确;
S四边形AOBO′=S△AOO′+S△OBO′=1
×3×4+
3
2
4
2
×4=6+43,
故结论④错误;
如图②所示,将△AOB绕点A逆时针旋转60°,使得AB与AC重合,点O旋转至O″点.
易知△AOO″是边长为3的等边三角形,△COO″是边长为3、4、5的直角三角形,
1
×3×4+
3
2
9
,
则S△AOC+S△AOB=S四边形AOCO″=S△COO″+S△AOO″=
4
×3=6+
3
2
4
故结论⑤正确.
综上所述,正确的结论为:
①②③⑤.
故选A.
点评:
本题考查了旋转变换中等边三角形,直角三角形的性质.利用勾股定理的逆定理,判
定勾股数3、4、5所构成的三角形是直角三角形,这是本题的要点.在判定结论⑤时,将△AOB向不同方向旋转,体现了结论①-结论④解题思路的拓展应用.
对应训练
5.(2012?
莆田)如图,△A′B′C′是由△ABC沿射线AC方向平移2cm得到,若AC=3cm,
则A′C=cm.
考点:
平移的性质.
分析:
先根据平移的性质得出AA′=2cm,再利用AC=3cm,即可求出A′C的长.
解答:
解:
∵将△ABC沿射线AC方向平移2cm得到△A′B′C′,
∴AA′=2cm,
又∵AC=3cm,
∴A′C=AC-AA′=1cm.
故答案为:
1.
点评:
本题主要考查对平移的性质的理解和掌握,能熟练地运用平移的性质进行推理是解此题的关键.
6.(2012?
南通)如图Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,AC=1,且AC在直线l上,将
△ABC绕点A顺时针旋转到①,可得到点P1,此时AP1=2;将位置①的三角形绕点P1顺时针
旋转到位置②,可得到点P2,此时AP2=2+3;将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位
置③,可得到点P3,此时AP3=3+3;按此规律继续旋转,直到点P2012为止,则AP2012等
于(
)
A.2011+6713
B.2012+6713
C.2013+6713
D.2014+6713
考点:
旋转的性质.
专题:
规律型.
分析:
仔细审题,发现将
Rt△ABC绕点A顺时针旋转,每旋转一次,
AP的长度依次增加
2,
3,1,且三次一循环,按此规律即可求解.
解答:
解:
∵Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,AC=1,
∴AB=2,BC=3,
∴将△ABC绕点A顺时针旋转到①,可得到点P1,此时AP1=2;将位置①的三角形绕点P1顺
时针旋转到位置②,可得到点P2,此时AP2=2+3;将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到
位置③,可得到点P3,此时AP3=2+3+1=3+3;
又∵2012÷3=6702,
∴AP2012=670(3+3)+2+3=2012+6713.
故选B.
点评:
本题考查了旋转的性质及直角三角形的性质,得到AP的长度依次增加2,3,1,
且三次一循环是解题的关键.
考点四:
图形的折叠
例7(2012?
遵义)如图,矩形ABCD中,E是AD的中点,将△
△GBE,延长BG交CD于F点,若CF=1,FD=2,则BC的长为(
ABE
沿)
BE
折叠后得到
A.3
B.2
C.2
D.2
考点:
翻折变换(折叠问题)。
分析:
首先过点E作EM⊥BC于M,交BF于N,易证得△ENG≌△BNM(AAS),MN
是△BCF的中位线,根据全等三角形的性质,即可求得GN=MN,由折叠的性质,可得BG=3,
继而求得BF的值,又由勾股定理,即可求得
BC的长.
解答:
解:
过点E作EM⊥BC于M,交BF于N,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=∠ABC=90°,AD=BC,
∵∠EMB=90°,
∴四边形ABME是矩形,
∴AE=BM,
由折叠的性质得:
AE=GE,∠EGN=∠A=90°,
∴EG=BM,
∵∠ENG=∠BNM,
∴△ENG≌△BNM(AAS),
∴NG=NM,
∴CM=DE,
∵E是AD的中点,
∴AE=ED=BM=CM,
∵EM∥CD,
∴BN:
NF=BM:
CM,
∴BN=NF,
∴NM=CF=,
∴NG=,
∵BG=AB=CD=CF+DF=3,
∴BN=BG﹣NG=3﹣=,
∴BF=2BN=5,
∴BC===2.
故选B.
点评:
此题考查了矩形的判定与性质、折叠的性质、三角形中位线的性质以及全等三角形
的判定与性质.此题难度适中,注意辅助线的作法,注意数形结合思想的应用.
例8(2012?
天津)已知一个矩形纸片OACB,将该纸片放置在平面直角坐标洗中,点A(11,
0),点B(0,6),点P为BC边上的动点(点P不与点B、C重合),经过点O、P折叠该
纸片,得点B′和折痕OP.设BP=t.
(Ⅰ)如图①,当∠BOP=30°时,求点
P的坐标;
(Ⅱ)如图②,经过点
P再次折叠纸片,使点
C落在直线PB′上,得点C′和折痕PQ,若
AQ=m,试用含有t的式子表示m;
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,当点
C′恰好落在边
OA上时,求点P的坐标(直接写出结果即
可).
考点:
翻折变换(折叠问题)
;坐标与图形性质;全等三角形的判定与性质
;勾股定理;相
似三角形的判定与性质
.
专题:
几何综合题.
分析:
(Ⅰ)根据题意得,∠OBP=90°,
OB=6,在Rt△OBP中,由∠BOP=30°,BP=t,得
OP=2t,然后利用勾股定理,即可得方程,解此方程即可求得答案;
(Ⅱ)由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的,可知△OB′P≌△OBP,
△QC′P≌△QCP,易证得△OBP∽△PCQ,然后由相似三角形的对应边成比例,
即可求得答案;
(Ⅲ)首先过点P作PE⊥OA于E,易证得△PC′E∽△C′QA,由勾股定理可求得C′Q的长,
然后利用相似三角形的对应边成比例与
m=1t2-11t+6,即可求得t的值.
66
解答:
解:
(Ⅰ)根据题意,∠OBP=90°,OB=6,
在Rt△OBP中,由∠BOP=30°,BP=t,得OP=2t.
222
∵OP=OB+BP,
即(2t)2=62+t2,
解得:
t1=23,t2=-23(舍去).
∴点P的坐标为(23,6).
(Ⅱ)∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的,
∴△OB′P≌△OBP,△QC′P≌△QCP,
∴∠OPB′=∠OPB,∠QPC′=∠QPC,
∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°,
∴∠OPB+∠QPC=90°,
∵∠BOP+∠OPB=90°,
∴∠BOP=∠CPQ.
又∵∠OBP=∠C=90°,
∴△OBP∽△PCQ,
∴OBBP,
PCCQ
由题意设BP=t,AQ=m,BC=11,AC=6,则PC=11-t,CQ=6-m.
∴
6
t
.
11
t
6m
∴m=
1t2-
11t+6(0<t<11).
6
6
(Ⅲ)过点P作PE⊥OA于E,
∴∠PEA=∠QAC′=90°,
∴∠PC′E+∠EPC′=90°,
∵∠PC′E+∠QC′A=90°,
∴∠EPC′=∠QC′A,
∴△PC′E∽△C′QA,
∴PEPC,
ACCQ
∵PC′=PC=11-t,PE=OB=6,AQ=m,C′Q=CQ=6-m,
∴AC′=CQ2
AQ2
3612m,
∴
6
11
t,
36
12m
6
m
∵m=1t2-
11t+6,
6
6
解得:
t1=11
3,t2
=11
3,
3
3
点P的坐标为(11
3,6)或(11
3,6).
3
3
点评:
此题考查了折叠的性质、
矩形的性质以及相似三角形的判定与性质等知识.
此题难度
较大,注意掌握折叠前后图形的对应关系,注意数形结合思想与方程思想的应用.
对应训练
7.(2012?
资阳)如图,在△ABC中,∠C=90°,将△ABC沿直线MN翻折后,顶点C恰好
落在AB边上的点D处,已知MN∥AB,MC=6,NC=,则四边形MABN的面积是()
A.
B.
C.
D.
考点:
翻折变换(折叠问题)。
分析:
首先连接CD,交MN于E,由将△ABC沿直线MN翻折后,顶点C恰好落在AB
边上的点D处,即可得MN⊥CD,且CE=DE,又由MN∥AB,易得△CMN∽△CAB,根
据相似三角形的面积比等于相似比的平方,相似三角形对应高的比等于相似比,即可得
,又由
MC=6,NC=
,即可求得四边形
MABN
的面积.
解答:
解:
连接CD,交MN于E,
∵将△ABC沿直线MN翻折后,顶点
∴MN⊥CD,且CE=DE,
C恰好落在
AB
边上的点
D处,
∴CD=2CE,∵MN∥AB,
∴CD⊥AB,
∴△CMN∽△CAB,
∴,
∵在△CMN中,∠C=90°,MC=6,NC=
,
∴S△CMN=CM?
CN=×6×2=6
,
∴S△CAB=4S△CMN=4×6=24
,
∴S四边
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