中考数学二轮复习考点精讲专题35 几何图形翻折与旋转（教师版）

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专题35 几何图形翻折与旋转


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方法技巧



几何图形的翻折与旋转问题是历年中考的热点问题，题型问题立意新颖，变幻巧妙，对培养识图能力及灵活运用数学知识解决问题的能力非常有效。同样的翻折与旋转类题目，条件不一样，用到的知识和方法也不尽相同。
（1）旋转后的图形与原图形是全等；
（2）旋转前后两个图形对应点到旋转中心的距离相等；
（3）对应点与旋转中心所连线段的夹角都等于旋转角；
题型精讲


题型一：点、线旋转
【例1】（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝2，将△AOB绕原点O旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（ ）

A．（4，2）或（﹣4，2） B．（2，﹣4）或（﹣2，4）
C．（﹣2，2）或（2，﹣2） D．（2，﹣2）或（﹣2，2）
【答案】C
【分析】
先求出点A的坐标，再根据旋转变换中，坐标的变换特征求解；或根据题意画出图形旋转后的位置，根据旋转的性质确定对应点A′的坐标．
【解析】
过点A作于点C．
在Rt△AOC中， ．
在Rt△ABC中， ．
∴　．
∵OA＝4，OB＝6，AB＝2，
∴．
∴．
∴点A的坐标是．
根据题意画出图形旋转后的位置，如图，
∴将△AOB绕原点O顺时针旋转90°时，点A的对应点A′的坐标为；
将△AOB绕原点O逆时针旋转90°时，点A的对应点A′′的坐标为．

故选：C．
【例2】（2021·江苏扬州市·中考真题）如图，一次函数的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，把直线绕点B顺时针旋转交x轴于点C，则线段长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据一次函数表达式求出点A和点B坐标，得到△OAB为等腰直角三角形和AB的长，过点C作CD⊥AB，垂足为D，证明△ACD为等腰直角三角形，设CD=AD=x，结合旋转的度数，用两种方法表示出BD，得到关于x的方程，解之即可．
【详解】
解：∵一次函数的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，
令x=0，则y=，令y=0，则x=，
则A（，0），B（0，），
则△OAB为等腰直角三角形，∠ABO=45°，
∴AB==2，
过点C作CD⊥AB，垂足为D，
∵∠CAD=∠OAB=45°，
∴△ACD为等腰直角三角形，设CD=AD=x，
∴AC==x，
∵旋转，
∴∠ABC=30°，
∴BC=2CD=2x，
∴BD==x，
又BD=AB+AD=2+x，
∴2+x=x，
解得：x=+1，
∴AC=x=（+1）=，
故选A．

题型二：面的旋转
【例3】（2021·辽宁大连·中考真题）如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转90°得到，点B的对应点在边上（不与点A，C重合），则的度数为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由旋转的性质可得，，进而可得，然后问题可求解．
【解析】
解：由旋转的性质可得：，，
∴等腰直角三角形，
∴，
∴；
故选C．
【例4】（2021·四川巴中·中考真题）如图，把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，DE与BC交于点P，ED的延长线交AB于点Q，交OA的延长线于点M．若BQ：AQ＝3：1，则AM＝__________．

【答案】
【分析】
连接OQ，OP，利用HL证明Rt△OAQ≌Rt△ODQ，得QA=DQ，同理可证：CP=DP，设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，在Rt△BPQ中，利用勾股定理列出方程求出x=，再利用△AQM∽△BQP可求解．
【解析】
解：连接OQ，OP，

∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，
∴OA=OD，∠OAQ=∠ODQ=90°，
在Rt△OAQ和Rt△ODQ中，
，
∴Rt△OAQ≌Rt△ODQ（HL），
∴QA=DQ，
同理可证：CP=DP，
∵BQ：AQ=3：1，AB=3，
∴BQ=，AQ=，
设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，
在Rt△BPQ中，由勾股定理得：
(3-x)2+()2=(x+)2，
解得x=，
∴BP=，
∵∠AQM=∠BQP，∠BAM=∠B，
∴△AQM∽△BQP，
∴，
∴，
∴AM=．
故答案为：．
题型三：三角形翻折问题
【例5】（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，中，，将沿DE翻折，使点A与点B重合，则CE的长为（ ）

A． B．2 C． D．
【答案】D
【分析】
先在RtABC中利用勾股定理计算出AB=10，再利用折叠的性质得到AE=BE，AD=BD=5，设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，在Rt△BCE中根据勾股定理可得到x2=62+（8-x）2，解得x，可得CE．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
∴AB==10，
∵△ADE沿DE翻折，使点A与点B重合，
∴AE=BE，AD=BD=AB=5，
设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，
在Rt△BCE中
∵BE2=BC2+CE2，
∴x2=62+（8-x）2，解得x=，
∴CE==，
故选：D．
【例6】（2021·重庆中考真题）如图，三角形纸片ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，BF＝4，CF＝6，将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合．若DE∥BC，AF＝EF，则四边形ADFE的面积为__________．

【答案】
【分析】
根据折叠的性质得到DE为的中位线，利用中位线定理求出DE的长度，再解求出AF的长度，即可求解．
【详解】
解：∵将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合，
∴DE垂直平分AF，，，，
∵DE∥BC，
∴，，，
∴，
∴，
∴，即D为AB的中点，
∴DE为的中位线，
∴，
∵AF＝EF，
∴是等边三角形，
在中，，，
∴，
∴，
∴四边形ADFE的面积为，

故答案为：．
题型四：四边形翻折问题
【例7】如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则的值为

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
根据折叠，可知：△DCP≌△DEP，∴DC=DE=4，CP=EP．
在△OEF和△OBP中，∵，∴△OEF≌△OBP（AAS），∴OE=OB，EF=BP．
设EF=x，则BP=x，DF=DE﹣EF=4﹣x．
又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC﹣BP=3﹣x，∴AF=AB﹣BF=1+x．
在Rt△DAF中，AF2+AD2=DF2，即（1+x）2+32=（4﹣x）2，
解得：x=0.6，∴DF=4﹣x=3.4，∴．
故选C．

【例8】（2021·四川自贡市·中考真题）如图，在正方形ABCD中，，M是AD边上的一点，．将沿BM对折至，连接DN，则DN的长是（ ）

A． B． C．3 D．
【答案】D
【分析】
延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，根据折叠的正方形的性质得到，在中应用勾股定理求出DE的长度，通过证明，利用相似三角形的性质求出NF和DF的长度，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：如图，延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，

∵，M是AD边上的一点，，
∴，，
∵将沿BM对折至，四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴(HL)，
∴，
∴，
在中，设，则，
根据勾股定理可得，解得，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：D．
提分作业

1．（2021·湖北黄石·中考真题）如图，的三个顶点都在方格纸的格点上，其中点的坐标是，现将绕点按逆时针方向旋转，则旋转后点的坐标是（ ）


A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
在网格中绘制出CA旋转后的图形，得到点C旋转后对应点．
【解析】
如图，绘制出CA绕点A逆时针旋转90°的图形，

由图可得：点C对应点的坐标为(-2，3) ．
故选B．
2．（2021·湖南益阳·中考真题）如图，中，，将绕A点顺时针方向旋转角得到，连接，，则与的面积之比等于_______．

【答案】
【分析】
先根据正切三角函数的定义可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定可得，最后根据相似三角形的性质即可得．
【解析】
解：在中，，
，
由旋转的性质得：，
，
在和中，，
，
，
即与的面积之比等于，
故答案为：．
3．（2021·江苏苏州·中考真题）如图，射线、互相垂直，，点位于射线的上方，且在线段的垂直平分线上，连接，．将线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段，若点恰好落在射线上，则点到射线的距离______．


【答案】
【分析】
添加辅助线，连接，过点作交ON与点P．根据旋转的性质，得到，在和中，，根据三角函数和已知线段的长度求出点到射线的距离．
【解析】
如图所示，连接，过点作交ON与点P．


∵线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段
∴，
∴
即
∵点在线段的垂直平分线上
∴，

∵
∴
∴
∴
4．（2021·四川成都市·中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别在边上，且，按以下步骤操作：第一步，沿直线翻折，点A的对应点恰好落在对角线上，点B的对应点为，则线段的长为_______；第二步，分别在上取点M，N，沿直线继续翻折，使点F与点E重合，则线段的长为_______．

【答案】1
【分析】
连接AF，NE，NF，证明出△AOE△ADC，利用对应边成比例求出OE=，再根据勾股定理求出的长，利用勾股定理求出EF，再根据折叠的性质，得到NF=NE，最后得出结果．
【详解】
解：如图所示，连接AF，NE，NF，

∵点F与点E重合，
∴MN⊥EF，
设EF与AA’交于点O，由折叠的性质得到OA=OA’=3，
令BF=x，则FC=8-x,
由勾股定理的：
，
∵∠AOE=∠ADC，∠OAE=∠DAC
∴△AOE△ADC，
∴ ，
由勾股定理得到：AC= ，
∴，
∴OE=，
∴OA=，
∴OC=，
∵，
∴ ，
解得：,
∴的长为1．
设B’N=m，B’F=1，则 ，
解得：m=1，则FN= ，
∵EF=，
∴MF=，
∴MN=，
故答案为：1，．
5．（2021·新疆·中考真题）如图，已知正方形ABCD边长为1，E为AB边上一点，以点D为中心，将按逆时针方向旋转得，连接EF，分別交BD，CD于点M，N．若，则__________．

【答案】
【分析】
过点E作EP⊥BD于P，将∠EDM构造在直角三角形DEP中，设法求出EP和DE的长，然后用三角函数的定义即可解决．
【解析】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DC，∠A=∠BCD=∠ADC=90°，
AB=BC= CD=DA=1，．
∵△DAE绕点D逆时针旋转得到△DCF，
∴CF=AE，DF=DE，∠EDF=∠ADC=90°．
设AE=CF=2x，DN=5x，
则BE=1-2x，CN=1-5x，BF=1+2x．
∵AB∥DC，
∴．

∴．
∴．
整理得，．
解得，，（不合题意，舍去）．
∴．
∴．
过点E作EP⊥BD于点P，如图所示，


设DP=y，则．
∵，
∴．
解得，．
∴．
∴在Rt△DEP中，
．即 ．

故答案为：
6．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，点是的边上的动点，，连接，并将线段绕点逆时针旋转得到线段．

（1）如图1，作，垂足在线段上，当时，判断点是否在直线上，并说明理由；
（2）如图2，若，，求以、为邻边的正方形的面积．
【答案】（1）点在直线上，见解析；（2）18
【分析】
（1）根据，，得到，可得线段逆时针旋转落在直线上，即可得解；
（2）作于，得出，再根据平行线的性质得到，再根据直角三角形的性质计算即可；
【解析】
解：（1）结论：点在直线上；
∵，，
∴，
∴，即．
∴线段逆时针旋转落在直线上，即点在直线上．

（2）作于，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，即以、为邻边的正方形面积．

7．（2021·山西·中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；
独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．

【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）．
【分析】
（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；
（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【解析】
（1）．
如图，分别延长，相交于点P，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，,
∵为的中点，
∴，
在△PDF和△BCF中，，
∴△PDF≌△BCF，
∴，即为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．

（2）．
∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，
∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴∠FDC′=∠FC′D，
∵=∠FDC′+∠FC′D，
∴，
∴∠FC′D=∠C′FB，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，DC=AB，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴．
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，
∵的面积为20，边长，于点，
∴BH=50÷5=4，
∴CH=，A′H=A′B-BH=1，
∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵于点，AB//CD，
∴，
∴∠MBH=45°，
∴△MBQ是等腰直角三角形，
∴MQ=BQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，
∴△A′NH∽△CBH，
∴，即，
解得：NH=2，
∵，MQ⊥A′B，
∴NH//MQ，
∴△A′NH∽△A′MQ，
∴，即，
解得：MQ=，
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．

8．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．

实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
【答案】（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或
【分析】
（1）通过证明，可得，，即可求解；
（2）通过证明，可得，，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．
【解析】
解：（1）如图1，，，，
，
如图2，设与交于点，与交于点，

绕点按逆时针方向旋转，
，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为，
故答案为：，；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，

将绕点按逆时针方向旋转，
，
又，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为．
拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，

，，点是边的中点，，
，，，
，，
，
、、三点共线，
，
，
，
，
由（2）可得：，
，
，
的面积；
如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，

同理可求：的面积；
故答案为：或．
10．（2021·辽宁阜新·中考真题）下面是小明关于“对称与旋转的关系”的探究过程，请你补充完整．

（1）三角形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，简称G，G关于y轴的对称图形为，关于轴的对称图形为．则将图形绕____点顺时针旋转____度，可以得到图形．
（2）在图2中分别画出G关于 y轴和直线的对称图形，．将图形绕____点（用坐标表示）顺时针旋转______度，可以得到图形．
（3）综上，如图3，直线和所夹锐角为，如果图形G关于直线的对称图形为，关于直线的对称图形为，那么将图形绕____点（用坐标表示）顺时针旋转_____度（用表示），可以得到图形．
【答案】（1）O，180；（2）图见解析，，90；（3），
【分析】
（1）根据图形可以直接得到答案；
（2）根据题意画出图形，观察图形，利用图形旋转的性质得到结论；
（3）从（1）（2）问的结论中得到解题的规律，求出两个函数的交点坐标，即可得出答案．
【解析】
解：（1）由图象可得，图形与图形关于原点成中心对称，
则将图形绕O点顺时针旋转180度，可以得到图形；
故答案为：O，180；
（2），如图；

由图形可得，将图形绕点（用坐标表示）顺时针旋转90度，可以得到图形，
故答案为：，90；
（3）∵当G关于y轴的对称图形为，关于轴的对称图形为时，与关于原点（0,0）对称，即图形绕O点顺时针旋转180度，可以得到图形；
当G关于 y轴和直线的对称图形，时，图形绕点（用坐标表示）顺时针旋转90度，可以得到图形，点（0,1）为直线与 y轴的交点，90度角为直线与 y轴夹角的两倍；
又∵直线和的交点为，夹角为，
∴当直线和所夹锐角为，图形G关于直线的对称图形为，关于直线的对称图形为，那么将图形绕点（用坐标表示）顺时针旋转度（用表示），可以得到图形．
故答案为：，．
11. 已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A （11，0），点B（0，6），点P为B
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．
（1） 如图①，当∠BOP=30°时，求点P的坐标；
（2） （2）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，求m（用含有t的式子表示）；
（3） 在（2）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）．

【解析】（1）根据题意，∠OBP=90°，OB=6，
在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t．
∵OP2=OB2+BP2，即（2t）2=62+t2，解得：t1=2，t2=﹣2（舍去）．∴点P的坐标为（2，6）；
（2）∵△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，∴=，
由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11﹣t，CQ=6﹣m．∴=，
∴m=t2﹣t+6（0＜t＜11）；
（3）过点P作PE⊥OA于E，如图3，

∴∠PEA=∠QAC′=90°，∴∠PC′E+∠EPC′=90°，
∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′=∠QC′A，∴△PC′E∽△C′QA，∴=，
在△PC′E和△OC′B′中，，
∴△PC′E≌△OC′B′（AAS），∴PC'=OC'=PC，∴BP=AC'，
∵AC′=PB=t，PE=OB=6，AQ=m，EC′=11﹣2t，∴=，
∵m=t2﹣t+6，∴3t2﹣22t+36=0，解得：t1=，t2=
故点P的坐标为（ ，6）或（ ，6）．