中考高分的十八个关节-关节10-图形变换

1、关节十图形变换引出的计算与证明图形（或部分图形）经“平移”、“轴对称”或“旋转”（包括中心对称）之后，就会引起图形形状，位置关系的变化，就会出现新的图形和新的关系。因此，图形变换引出的问题主要有两类：一类是变换引出的新的性质和位置关系问题；另一类是变换引出的几何量的计算问题。一、图形平移变换引出的几何计算与证明 这类问题的解法的思考应当突出两点： 、把背景图形研究清楚； 、充分运用图形平移的性质，特别应注意的是：“平移变换不改变角度”（即平移中的线和不平移的线，交角的大小不变）。两者的恰当结合，就是解法的基础。ABCP例1 如图，若将边长为的两个互相重合的正方形纸片沿对角线翻折成等腰直角三角形

2、后，再抽出一个等腰直角三角形沿移动，若重叠部分的面积是，则移动的距离等于 。【观察与思考】第一，搞清楚背景图形：和均为底边长为的等腰直角三角形；第二，由平移搞清楚新图形的特征：由于平移不改变角度，可知也是等腰直角三角形，这样一来，即。解得而，。解：填。【说明】可以看出，由背景和平移的性质相结合得出为等腰直角三角形，是本题迅速获解之关键。BCA（）FE例2 如图（1），已知的面积为3，且现将沿CA方向平移CA长度得到。（1）求所扫过的图形面积；（2）试判断，AF与BE的位置关系，并说明理由；（3）若求AC的长。（1）【观察与思考】第一，搞清楚原图形即的特征：面积为3，第二，搞清楚平移过程：平移沿

3、CA方向进行；平移距离为CA的长度。注意！这就意味着每一对对应点之间的距离都等于CA，当然就有。由此可知：（1）扫过的图形即为菱形的两条对角线；BCA（）FE（2）AF和BE就是菱形的两条对角线；（3）的条件下，由求出AC的长。（1）各问题解法得到，落实如下：解：（1）如图（1）扫过的图形为菱形，而。（2）如图（1），为菱形的两条对角线，并且AF，BE互相平分。（3）若则，作于D，如图（1），则，ACBD由,解得。（1）【说明】由本题可以看出，原图形背景和平移性质的结合是解法获得的基础。ABEFPABABCD例3 如图（1）所示，一张三角形纸片，。沿斜边AB的中线CD把这线纸片剪成和两个三角形

4、如图（2）所示。将纸片沿直线（AB）方向平移（点始终在同一条直线上），当点与点B重合时，停止平移，在平移的过程中，与交于点E，与分别交于点F，P。（1）（2）（3）（1）当平移到如图（3）所示的位置时，猜想图中与的数量关系，并证明你的猜想。（2）设平移距离为，与重叠部分的面积为，请写出与的函数关系式，以及自变量的取值范围；（3）对于（2）中的结论是否存在这样的，使得重叠部分面积等于原纸片面积的？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由。【观察与思考】第一，搞清楚背景图形（即图（2）所示的平移前的图形），（略）第二，搞清楚平移过程：平移不改变角的大小；任意一对对应点的距离都等于图形平移的距离，按

5、本题要求，平移距离满足：。ABEFP对于问题（1），注意到在图（3）中有：和都是等腰三角形（由和为等腰三角形演变而来），以及（由图中（2）的演变而来），相应的猜想及证明都易得到；对于问题（2），若在图（3）中作辅助线：作交AB于，如图（3），易知（图（1）中）。（3）对于问题（3），由（2）的结果构造相应的方程即可。解：（1），证明如下：，又是斜边AB的中线（原图（1）即。同理：又。（2）作交AB于，如图（3），由（1）知。而，且它们的斜边长依次为。 其中。（3）令 即 ，解得所以存在,使重叠部分的面积为面积的，这时，平移的距离为或5。【说明】从本题可以看出：、恰当运用平移变换的性质（如角度不

6、变）极为重要，这体现在问题（1）的解法中。、充分而灵活运用平移构成的三角形相似很重要（由角度不变易造成相似），这体现在问题（2）的解法中。图形平移的问题，解决的关键在于运用好“平移变换”的性质。二、图形的轴对称变换引出的计算与证明这类问题解决的思考应当突出以下两点：、把背景图形研究清楚；、充分注意轴对称的两部分全等，对称轴是任意对称两点连线的垂直平分线。两者的恰当结合，就是解法的基础。图形的轴对称问题，解决的关键在于运用好“轴对称变换”的性质！ABCDNMQP例1 如图（1），边长为1的正方形中，分别为的中点，将点C折至MN上落在点P的位置，折痕为连结。（1）求的长；（2）求的长。（1）【观察

7、与思考】第一，搞清楚背景图形：是正方形一组对边的中点；第二，搞清楚轴对称情况：除正方形外，本题还有两组轴对称图形，一是和关于对称；二是和关于MN对称 ，如图（1），由此立刻得是边长为1的等边三角形。ABCDNMQP有了如上的认识，问题的解法已明朗。解：（1）连结易知是等边三角形，且其边长为1。（1）。（2）由（1）知又，。ABCDEF例2 如图，在中，点E，F分别在AB，AC上，把沿着EF对折，恰使点A落在BC上点D处，且使。（1）猜测AE与BE的数量关系，并说明理由。（2）求证：四边形AEDF是菱形。【观察与思考】第一，搞清楚背景图形（略）；第二，搞清楚这个特殊的“折叠”（轴对称）和新图形的

8、特点：（因它们关于EF对称 ）。在中，得。这就是问题（1）的结论和理由。而由，得，又，立刻推知和均是等边三角形，四边形AEDF当然就是菱形。【说明】在本题，从背景图形和特殊折叠结合而得出的新图形的性质，成为解法形成的根据。例3 已知矩形纸片，。将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合。（1）如果折痕FG分别与AD，AB交于点F，G（如图（1），）求DE的长。（2）如果折痕FG分别与CD，AB交于点F，G（如图（2），），的外接圆与直线BC相切，求折痕FG的长。ABCDEFGABCDEFG（2）（1）【观察与思考】第一，背景图形易搞清楚；第二，（1），（2）两问的折叠方式有差异。 对于（1）来说

9、，折痕一AD交于点F，立刻有；，且，由此即可求得DE的长。ABCDEFGMN对于（2），对应的图形如图（2），可知：的外接圆的圆心为的中点，则也是FG的中点，且在矩形的中点连线上，而即是过该圆与BC相切切点的半径；，由此可求得。进而可求得FG的长。解：在矩形中，（2）。在中，。（2）如图（2），设AE与FG的交点为，则以为圆心，以OA为半径的圆就是的外接圆。若取AD的中点M，连结OM并延长交CB于点N。易知点N即和CB相切的切点，。设OA（即的半径）为，则，在中，解得。在和中，即，得。【说明】正是恰当地将背景图形和折叠（轴对称）的性质结合，使有关问题（1）的数量关系集中于；使有关问题（2）的数

10、量关系集中于和（且它们又是相似的），使两个问题迅速获解。例4 已知：矩形纸片中，AB=26厘米，厘米，点E在AD上，且厘米，点P是AB边上一动点，按如下操作：步骤一，折叠纸片，使点P与点E重合，展开纸片得折痕（如图（1）所示）；步骤二，过点P作交所在的直线于点Q，连结QE（如图（2）所示）；（1）无论点P在AB边上任何位置，都有PQ QE（填“”、“=”、“”号 ）（2）如图（3）所示，将矩形纸片放在直角坐标系中，按上述步骤一、二进行操作：当点P在A点时，与交于点点的坐标是（ ， ）；当厘米时，与交于点，点的坐标是（ ， ）；当厘米时，在图（3）中画出，（不要求写画法）并求出与的交点的坐标；（

11、3）点P在在运动过程中，与形成一系列的交点，观察，猜想：众多的交点形成的图象是什么？并直接写出该图象的函数表达式。（A）BCDENO612182461218ABCDPEMNBC（P）ABCDPEMNTQ（1）（2）（3）PM（A）BCDENO612182461218GF【观察与思考】充分利用是PE的垂直平分线这一基本特征。解：（1）（2） （0，3）； （6，6）； 画图，如图（3），设（3）与EP交于点F。在中，。（3）可以多取几个P点，画出相应的Q点，易发现应在同一条抛物线上，由该抛物线过点（0，3），（6，6），（12，15），可得其函数关系式为。由以上诸例的解法可以看出：图形轴对称变换

12、的问题，解决的关键就是把轴对称的性质（对称 的图形全等及对称轴是对应点连线的垂直平分线）和背景图形的特征恰当结合。三、图形的旋转变换引出的计算与证明这类问题解决的思考应当遵循以下两点：、把背景图形研究清楚；、把图形旋转的基本性质：“对应点与旋转中心连线的夹角都等于旋转角”和“旋转前后对应的两部分是全等的”。始终作为思考的指导。例1 如图，将绕点A顺时针旋转60°后，得到，且为BC的中点，则等于（ ）ACBDA、 1：2 B、 C、 D、1：3【观察与思考】联合观察背景图形和旋转后的图形：（1）中，（旋转角），所以，是等边三角形；（2）由恰为BC之中点，知，即中，为斜边BC上的中线。将

13、（1），（2）结合，则在中，进而在中，特别地还有。对图形有了这些深入而具体的认识，立刻得出：解：应选D。【说明】可以看出，从背景，旋转两者结合的角度深入研究新构成的图形，把握其各种隐性的特征，是迅速，正确地获得解的关键。例2 将两个含有锐角的全等直角三角板ABC和如图摆放，两个直角顶点C重合，AC和在同一条直线上，将三角板ABC以点C为旋转中心，沿顺时针方向分别旋转到达，的位置。分别和相交于点。ACB求， 的值。【观察与思考】（1）旋转30°时，对应的图形如图（1），结合背景图形和旋转的特征，得到中，解法已清楚。（2）旋转45°时，对应的图形如图（2），结合背景图形和旋转的

14、特征，知道：中，立刻想到应作于借助沟通两个直角三角形和，解法也明朗了。C30°30°（3）旋转60°时，对应的图形如图（3），结合背景图形和旋转的特征，知道：在中，得，解法几乎是显然的。CCM（1）（2）（3）解：（1）旋转30°时，如图（1），易知。在中，。（2）旋转45°时，如图（2），作于在中，。在中，。（3）旋转60°时，如图（3），在中，得，。【说明】旋转后的几何计算问题，多数情况下要借助旋转后形成的“新图形”，如本题的，而“新图形”的特征正好集中着原背景图形和所作旋转的特性。掌握与恰当运用这一规律，就能又好又快地获得问题的

15、解法。ABDCE例3 如图，桌面内，直线上摆放着两个大小相同的直角三角板，它们中较小的直角边的长为6，较小锐角的度数为30°。（1） 将关于直线对称图形的位置，与相交于点，请证明：；（2）将沿直线向左平移到图的位置，使点落在上的点处，你可以求出平移的距离，试试看：（3）将绕点逆时针旋转到图的位置，使点落在上的点处，请求出旋转角的度数。ABDCEFABDCEFABDCE【观察与思考】本题的三问分别是针对图形的“轴对称”、“平移”和“旋转”三种变换的。对于（1），将背景图形的情况（数量、关系）和“轴对称”（构成全等）结合起来，容易发现，当然结论就推出来了。对于（2），将原背景图形的情况和

16、“平移”的特征结合起来，容易发现和的相似关系，从中可以推知“平移”的距离。对于（3）将原背景图形的情况和所作的特殊的“旋转”使点绕点旋转旋转到恰好在边上，由此不难找到所对应的旋转角度。解：（1）如图，在和中，。（2） 如图，但。即平移距离（3） 如图，在中，在上， 且（因，可知为斜边的中线。，即，旋转的角度。【说明】从本题进一步看出：图形作轴对称变换时，多是研究“全等”（相等）关系；图形作平移变换时，多会出现“相似”关系；图形作旋转变换时，更多的是着眼于“角度”。这既是问题构成的特征，当然也是寻找解决时的思考应遵循的规律。ABCDMEGHF例4 如图，已知正方形与正方形的边长分别是和，它们的中

17、心都在直线上，在直线上，与相交于点，当正方形沿直线以每秒1个单位的速度向左平移时，正方形也绕以每秒45°顺时针方向开始旋转，在运动变化过程中，它们的形状和大小都不改变。（1）在开始运动前， ；（2）当两个正方形按照各自的运动方式同时运动3秒时，正方形停止旋转，这时 ； ；（3）当正方形停止旋转后，正方形继续向左平移的时间为秒，两正方形重叠部分的面积为，求与之间的函数表达式。【观察与思考】对于（1），。对于（2），这时点在上点的右侧，且，点到的距离为，即。对于（3），应把运动全过程搞清楚：ABCDEGHFABCDEGHF（1）（2）ABCDEGHF（3）阴影部分的面积情况可分为四段，如

18、图（1），图（2），图（3），还有图（3）后的两正方形不相交的情况，它们的分界点在，对应的时刻为。然后分段计算出阴影正方形的面积即可。简解： （1）9； （2）0，6；（3）（1）如图（1），当时，所以与之间的函数关系式为。（2）如图（2），当时，与之间的函数关系式为。（3）如图（3），当时，所以与之间的函数关系式为。（4）当时，与之间的函数关系式为。【说明】本题突出了按变换分析图形及研究位置关系，只有把这两个方面研究清楚了，才可能有正确的解决方法。由以上的解析使我们体会到：解答关于图形变换的问题，应注意两个角度的“结合”：第一个角度，要充分而恰当地将背景图形的性质和变换本身的性质相结合，这样

19、才容易看清楚新图形的性质；第二个角度，要充分而恰当地将图形的操作与关系的推演相结合，很多情况正是图上的操作才更容易展示变换的全貌和分类、分段情况的。可以说，许多几何图形都是从图上“看出”其性质的，而后才通过计算或证明予以解决的。 练习题1、将图（1）中的平行四边形沿对角线剪开，再将沿着方向平移，得到图（2）中的，连结，除与外，你还可以在图中找出哪几对全等三角形（不能另外添加辅助线和字母）？请选择其中的一对加以证明。ABCABCD（2）（1）2、如图，矩形中，将矩形沿对角线平移，平移后的矩形为始终在同一条直线上），当点与重合时停止移动，平移中与交于点与的延长线交于点与交于点与的延长线交于点设表示

20、的面积。表示矩形的面积。（1）与相等吗？请说明理由。（2）设写出和之间的函数关系式，并求出取任何值时有最大值，最大 值是多少？ABDCPEFGHNMQ（3）连结，当为何值时，是等腰三角形。3、如图（1）中，矩形的长和宽分别为和，点和点重合，和在一条直线上，令不动，矩形沿所在的直线向右以每秒1的速度移动（如图（2），直到点与点重叠为止，设移动秒后，矩形与重叠部分的面积为。求之间的函数关系式。ABCDMNP2ABCD（M）NP2（1）（2）4、如图，在矩形中，若将矩形折叠，使点与点重合，则折痕的长为（ ）ABCDEFA、 B、 C、 5 D、 6ABCDEF5、如图，已知边长为5的等边三角形纸片，点E在边上，点F在边上，沿着折痕，使点A落在边上的点的位置，且则的长是（ ）A、 B、 C、 D、6、在矩形