人教版中考一轮复习 第12讲 图形变换--尖子班

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知识点1 翻折变换
翻折就是将一个图形或图形的一部分沿着一条直线折叠。
【典例】
例1（2020春•高新区期中）如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH＝6cm，EF＝8cm，则边AB的长度等于（ ）
A．10cmB．9.6cmC．8.4cmD．8cm
【解答】解：如图所示：设HF上两个点分别为M、Q，
∵M点是A点对折过去的，
∴∠EMH为直角，△AEH≌△MEH，
∴∠HEA＝∠MEH，AE＝EM，
同理∠MEF＝∠BEF，
∴∠MEH+∠MEF＝90°，
∴∠HEF＝90°，
∵M点也是B点对折过去的，
∴BE＝EM，
∴AE＝BE，
∵EH＝6cm，EF＝8cm，
∴FH=EH2+EF2=62+82=10（cm），
∵S△HEF=12×EH×EF=12×HF×EM，
∴AE＝EM=EH×EFFH=6×810=245（cm），
∴AB＝AE+BE＝4.8+4.8＝9.6（cm）．
故选：B．
【方法总结】
此题主要考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识，根据题意得出AE的长是解题关键．
例2（2020•嘉兴模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，已知AD＝8，折叠纸片，使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，且EF＝3，则AB的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AD＝8，
∴BC＝8，
∵△AEF是△AEB翻折而成，
∴BE＝EF＝3，AB＝AF，△CEF是直角三角形，
∴CE＝8﹣3＝5，
在Rt△CEF中，CF=CE2-EF2=52-32=4，
设AB＝x，
在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2，即（x+4）2＝x2+82，解得x＝6，
故选：D．
【方法总结】
本题考查的是翻折变换及勾股定理，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
例3（2020春•鞍山期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝12，将∠A向内翻折，使点A在BC上，记为A'，折痕为DE．
（1）若点A'恰好是边BC的中点，请直接写出AB的长；
（2）在（1）的条件下，若将∠B沿EA'向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B'，求出此时AE的长；
（3）连结CB'，试判断CB'与A'B'的数量关系．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，AD＝BC＝12，
∵将∠A向内翻折，使点A在BC上，
∴AE＝A'E，AD＝A'D＝12，
∵点A'是BC的中点，
∴A'B＝A'C＝6，
∴CD=A'D2-A'C2=144-36=63，
∴AB＝CD＝63；
（2）∵A'E2＝BE2+A'B2，
∴AE2＝（63-AE）2+36，
∴AE＝43；
（3）如图，连接CB'，交A'D于H，
∵∠B沿EA'向内翻折，点B恰好落在DE上，
∴∠B＝∠A'B'E＝90°，A'B＝A'B'＝6，
∴∠DCB'＝∠DB'A'＝90°，
在Rt△A'B'D和Rt△A'CD中，
A'D=A'DA'B'=A'C，
∴Rt△A'B'D≌Rt△A'CD（HL），
∴CD＝DB'＝63，
又∵A'C＝A'B'，
∴A'D是B'C的垂直平分线，
∴B'C'＝2CH，
∵S△A'CD=12×A'C×CD=12×A'D×CH，
∴6×63=12×CH，
∴CH＝33，
∴B'C＝63，
∴CB'=3A'B'．
【方法总结】
本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
【随堂练习】
1．（2020秋•崂山区期中）如图，Rt△ABC中，AB＝3，BC＝2，∠B＝90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段BN的长为（ ）
A．59B．43C．56D．53
【解答】解：设NB＝x，则AN＝3﹣x．
由翻折的性质可知：ND＝AN＝3﹣x．
∵点D是BC的中点，
∴BD=12BC＝1．
在Rt△NBD中，由勾股定理可知：ND2＝NB2+DB2，
即（3﹣x）2＝x2+12，
∴x=43，
∴BN=43，
故选：B．
2．（2020秋•旌阳区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点A（0，4），B（3，0），连接AB，将△AOB沿过点B的直线折叠，使点A落在x轴上的点A'处，折痕所在的直线交y轴正半轴于点C．则BC的长为（ ）
A．332B．13C．352D．52
【解答】解：∵A（0，4），B（3，0），
∴OA＝4，OB＝3，
在Rt△OAB中，AB=OA2+OB2=16+9=5．
∵△AOB沿过点B的直线折叠，使点A落在x轴上的点A′处，
∴BA′＝BA＝5，CA′＝CA，
∴OA′＝BA′﹣OB＝5﹣3＝2．
设OC＝t，则CA＝CA′＝4﹣t，
在Rt△OA′C中，∵OC2+OA′2＝CA′2，
∴t2+22＝（4﹣t）2，解得t=32，
∴OC=32，
∴BC=OB2+OC2=94+9=352，
故选：C．
3．（2020秋•昆都仑区期末）已知矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8．
（1）如图1，点P从点D开始沿D→A以每秒1个单位的速度移动，同时另一个点Q从点B开始在线段BC上以每秒3个单位的速度往返移动．设P，Q运动时间为t秒，当0＜t≤8时，是否存在这样的时刻，四边形DCQP为平行四边形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；
（2）如图2，将矩形ABCD折叠，使点B与点D重合，点A与点E重合，展平后折痕为MF．一动点N从点D出发，沿D→A→B→C→D，以每秒1个单位的速度移动一周，设N运动的时间为x秒．请直接写出当△MFN为直角三角形时x的值．
【解答】解：（1）∵四边形DCQP为平行四边形，
∴PD＝CQ，
当0＜t≤83时，则t＝8﹣3t，得t＝2；
当83＜t≤163，则t＝3t﹣8，得t＝4；
当163＜t≤8时，则t＝24﹣3t，得t＝6；
综上，存在这样的时刻，使得四边形DCQP为平行四边形，t的值为：2或4或6；
（2）根据折叠的性质得，BF＝DF，∠BFM＝∠DFM，
∵矩形ABCD中AD∥BC，
∴∠DMN＝∠BFM，
∴∠DMF＝∠DFM，
∴DM＝DF，
∴AM＝CF，
设BF＝DF＝DM＝x，则AM＝CF＝8﹣x，
∵∠C＝90°，
∴DF2﹣CF2＝CD2，即x2﹣（8﹣x）2＝42，
解得，x＝5，
∴BF＝DM＝5，AM＝CF＝3，
①过F作FG⊥AD于点G，如图1，则DG＝CF＝3，
当N点与G点重合时，△MFN中∠MNF＝90°，此三角形为直角三角形，
此时x＝3；
②过M点作MH⊥MF，MF与AB交于点H，如图2，
∴∠AMH+∠GMF＝90°，
∵∠A＝∠FGM＝90°，
∴∠AMH+∠AHM＝90°，
∴∠AHM＝∠GMF，
∴△AMH∽△GMF，
∴AHGM=AMGF，
∵AM＝3，MG＝MD﹣DG＝5﹣3＝2，GF＝CD＝4，
∴AH=3×24=32，
故当N点与H点重合时，△MFN中∠NMF＝90°，此三角形为直角三角形，
此时x＝8+32=9.5；
③过M作MK⊥BC于点K，如图3，则BK＝AM＝3，
故当N点与K点重合时，△MFN中∠MNF＝90°，此三角形为直角三角形，
此时x＝8+4+3＝15；
④过点F作FL⊥MF，FL与CD交于点L，如图4，
∴∠MFK+∠CFL＝90°，
∵∠MKF＝∠C＝90°，
∴∠CFL+∠CLF＝90°，
∴∠KFM＝∠CLF，
∴△KFM∽△CLF，
∴KMCF=KFCL，
∵MK＝AB＝4，KF＝BF﹣BK＝5﹣3＝2，CF＝3，
∴CL=CF⋅KFKM=3×24=32，
故当N点与L点重合时，△MFN中∠MFN＝90°，此三角形为直角三角形，
此时x＝8+4+8+32=21.5；
综上，当△MFN为直角三角形时x的值为3或9.5或15或21.5．
知识点2平移变换
1、平移的定义
平移，是指在平面内，将一个图形上的所有点都按照某个方向做相同距离的移动，这样的图形运动叫做图形的平移运动，简称平移。平移不改变图形的形状和大小。图形经过平移，对应线段相等，对应角相等，对应点所连的线段相等。 它是等距同构，是仿射空间中仿射变换的一种。它可以视为将同一个向量加到每点上，或将坐标系统的中心移动所得的结果。即是说，若是一个已知的向量，是空间中一点，平移。图片平移的方向，不限于是水平。
2、平移的条件：
确定一个平移运动的条件是平移的方向和距离。
3、平移的要点：
（1）原来的图形的形状和大小和平移后的图形是全等的。
（2）平移的方向。（东南西北，上下左右,东偏南n度，东偏北n度，西偏南n度，西偏北n度）
（3）平移的距离。（长度，如7厘米，8毫米等）
4、平移的性质
经过平移，对应线段平行且相等，对应角相等，对应点所连接的线段平行且相等；
平移变换不改变图形的形状、大小和方向(平移前后的两个图形是全等形)。
（1）图形平移前后的形状和大小没有变化，只是位置发生变化。
（2）图形平移后，对应点连成的线段平行（或在同一直线上）且相等。
（3）多次连续平移相当于一次平移。
（4）偶数次对称后的图形等于平移后的图形。
（5）平移是由方向和距离决定的。
（6）经过平移，对应线段平行（或共线）且相等，对应角相等，对应点所连接的线段平行（或共线）且相等。
【典例】
例1（2020秋•上海期末）如图，已知直角三角形ABC，∠A＝90°，AB＝4厘米，AC＝3厘米，BC＝5厘米，将△ABC沿AC方向平移1.5厘米，线段BC在平移过程中所形成图形的面积为 6 平方厘米．
【解答】解：△A′B′C′为△ABC沿AC方向平移1.5厘米得到的图形，
连接BB′，
则四边形BCC′B′为平行四边形，CC′＝1.5厘米，A′B′＝AB＝4厘米，∠B′A′C′＝∠BAC＝90°，
∴S平行四边形BCC′B′＝CC′•B′A′＝1.5×4＝6（平方厘米），
故答案为：6．
【方法总结】
本题主要考查了平移的性质，平行四边形的面积公式，掌握平移的性质是解决问题的关键．
例2（2020秋•沙坪坝区校级月考）如图，在三角形ABC中，∠ABC＝90°，将三角形ABC沿AB方向平移AD的长度得到三角形DEF．已EF＝8，BE＝6，CG＝3．则图中阴影部分的面积是 39 ．
【解答】解：∵三角形ABC沿AB方向平移AD的长度得到三角形DEF，
∴△ABC≌△DEF，BC＝EF＝8，
∴BG＝BC﹣CG＝8﹣3＝5，
∵S阴影部分+S△DBG＝S△DBG+S梯形BEFG，
∴S阴影部分＝S梯形BEFG=12（5+8）×6＝39．
故答案为39．
【方法总结】
本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
例3（2020春•横县期末）如图1，直线CB∥OA，∠A＝∠B＝120°，E，F在BC上，且满足∠FOC＝∠AOC，并且OE平分∠BOF．
（1）求∠AOB及∠EOC的度数；
（2）如图2，若平行移动AC，那么∠OCB：∠OFB的值是否随之发生变化？若变化，找出变化规律或求出变化范围；若不变，求出这个比值；
【解答】解：（1）∵CB∥OA
∴∠BOA+∠B＝180°，
∴∠BOA＝180°﹣120°＝60°，
∵∠FOC＝∠AOC，OE平分∠BOF
∴∠EOC＝∠EOF+∠FOC
=12∠BOF+12∠FOA
=12（∠BOF+∠FOA）
=12×60°
＝30°；
（2）不变．
∵CB∥OA
∴∠OCB＝∠COA，∠OFB＝∠FOA，
∵∠FOC＝∠AOC
∴∠COA=12∠FOA，
即∠OCB：∠OFB＝1：2．
【方法总结】
本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．也考查了平行线的性质．
【随堂练习】
1．（2020春•仁寿县期末）如图，两个直角三角形重叠在一起，将△ABC沿AB方向平移2cm得到△DEF，CH＝2cm，EF＝4cm，下列结论：①BH∥EF；②AD＝BE；③BD＝CH；④∠C＝∠BHD；⑤阴影部分的面积为6cm2．其中正确的是（ ）
A．①②③④⑤B．②③④⑤C．①②③⑤D．①②④⑤
【解答】解：因为将△ABC沿AB方向平移2cm得到△DEF，CH＝2cm，EF＝4cm，
所以：①BH∥EF，正确；
②AD＝BE，正确；
③由已知条件得不出BD＝CH，错误；
④∠C＝∠BHD，正确；
⑤阴影部分的面积为6cm2．正确；
故选：D．
2．（2020春•荔城区校级月考）AB∥CD，C在D的右侧，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，BE、DE所在直线交于点E．∠ADC＝80°．
（1）若∠ABC＝50°，求∠BED的度数；
（2）将线段BC沿DC方向平移，使得点B在点A的右侧，其他条件不变，若∠ABC＝120°，求∠BED的度数．
【解答】解：（1）作EF∥AB，如图1，
∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，
∴∠ABE=12∠ABC＝25°，∠EDC=12∠ADC＝40°，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∵∠BEF＝∠ABE＝25°，∠FED＝∠EDC＝40°，
∴∠BED＝25°+40°＝65°；
（2）作EF∥AB，如图2，
∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，
∴∠ABE=12∠ABC＝60°，∠EDC=12∠ADC＝40°，
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∵∠BEF＝180°﹣∠ABE＝120°，∠FED＝∠EDC＝40°，
∴∠BED＝120°+40°＝160°．
知识点3 旋转变换
图形的旋转
1．旋转的定义：
把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转，点O叫做旋转中心，转动的角称为旋转角.
如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做这个旋转的对应点.
由于旋转前、后两个图形中，对应点与旋转中心的距离总相等，因此对应点必在以旋转中心为圆心，分别以对应点到旋转中心的距离为半径的一组同心圆上，且对应点与旋转中心的连线所成角相等，都等于旋转角.
注意：在旋转过程中保持不动的点是旋转中心，保持不变的量是对应元素．
2．旋转的三个要素：
旋转中心、旋转的角度和旋转方向.
3．旋转的性质：
（1）图形中的每一点都绕着旋转中心旋转了同样大小的连线所成的角度；—整体角度
（2）对应点到旋转中心的距离相等；
（3）对应线段相等，对应角相等；——局部角度
（4）图形的形状和大小都没有发生变化，即旋转不改变图形的形状和大小.—变换结果.
【典例】
例1（2020秋•和平区期末）如图，在▱OABC中，∠A＝60°，将▱OABC绕点O逆时针旋转得到▱OA′B'C′，且∠A'OC＝90°，设旋转角为α（0°＜α＜90°），则α的大小为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【解答】解：设A′O与AB相交于点D，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴AB∥OC，
∴∠ODA＝∠A′OC＝90°，
∵∠A＝60°，
∴∠A′OA＝90°﹣60°＝30°，
∴旋转角为α＝30°，
故选：A．
【方法总结】
本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
例2（2020秋•松山区期末）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，连接BC1，则BC1的长为（ ）
A．5B．13C．4D．6
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，
∴AC＝AC1＝2，∠CAC1＝60°，
∵AB＝3，AC＝2，∠BAC＝30°，
∴∠BAC1＝90°，
∴在Rt△BAC1中，BC1=32+22=13．
故选：B．
【方法总结】
此题考查旋转的性质，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
例3（2020秋•澄海区期末）如图，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，得到△ADE，点B的对应点为点D，点C的对应点E落在BC边上，连接BD．
（1）求证：DE⊥BC；
（2）若AC＝32，BC＝7，求线段BD的长．
【解答】解：（1）∵将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，
∴AC＝AE，∠CAE＝90°，∠AED＝∠ACE，
∴∠ACE＝∠AEC＝45°＝∠AED，
∴∠DEC＝90°，
∴DE⊥BC；
（2）∵AE＝AC＝32，∠EAC＝90°，
∴EC＝6，
∴BE＝BC﹣EC＝1，
∵将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，
∴DE＝BC＝7，
∴DB=BE2+DE2=49+1=52．
【方法总结】
本题考查了旋转的性质，勾股定理等知识，掌握旋转的性质是本题的关键．
例4 （2020秋•前郭县期末）在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．
（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段BE与BF有怎样的数量关系？并证明你的结论；
（2）如图2，当α＝30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由．
【解答】解：（1）BE＝BF．理由如下：
∵AB＝BC，
∴∠A＝∠C，
∵△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，
∴AB＝BC＝BC1，∠A＝∠C＝∠C1，∠ABE＝∠C1BF，
在△ABE和△C1BF中
∠ABE=∠C1BFBA=BC1∠A=∠C1，
∴△ABE≌△C1BF，
∴BE＝BF
（2）四边形BC1DA是菱形．理由如下：
∵AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，
∴∠A＝∠C＝30°，
∴∠A1＝∠C1＝30°，
∵∠ABA1＝∠CBC1＝30°，
∴∠ABA1＝∠A1，∠CBC1＝∠C，
∴A1C1∥AB，AC∥BC1，
∴四边形BC1DA是平行四边形．
又∵AB＝BC1，
∴四边形BC1DA是菱形．
【方法总结】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了菱形的判定方法．
【随堂练习】
1．（2020秋•北流市期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AC＝23，BC的中点为D．将△ABC绕点C顺时针旋转任意一个角度得到△FEC，EF的中点为G，连接DG．在旋转过程中，DG的最大值是（ ）
A．23B．2C．1+3D．3
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴AB=ACcs30°=2332=4，
BC＝AC•tan30°＝23×33=2，
∵BC的中点为D，
∴CD=12BC=12×2＝1，
连接CG，
∵△ABC绕点C顺时针旋转任意一个角度得到△FEC，EF的中点为G，
∴CG=12EF=12AB=12×4＝2，
由三角形的三边关系得，CD+CG＞DG，
∴D、C、G三点共线时DG有最大值，
此时DG＝CD+CG＝1+2＝3．
故选：D．
2．（2020秋•游仙区月考）如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG＝4，CG＝3，则CE的长为（ ）
A．527B．5C．5111D．26
【解答】解：如图所示，连接EG，
由旋转可得，△ADE≌△ABF，
∴AE＝AF，DE＝BF，
又∵AG⊥EF，
∴H为EF的中点，
∴AG垂直平分EF，
∴EG＝FG，
设CE＝x，则DE＝7﹣x＝BF，FG＝CF﹣CG＝11﹣x，
∴EG＝11﹣x，
∵∠C＝90°，
∴Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即x2+32＝（11﹣x）2，
解得x=5611，
∴CE的长为5611，
故选：C．
3．（2020秋•斗门区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D、E分别在AB，AC上，且AD＝AE．若△ADE绕点A逆时针旋转，得到AD1E1，设旋转角为a（0＜a≤180°），记直线BD1与CE1的交点为P．
（1）求证：BD1＝CE1；
（2）当∠CPD1＝2∠CAD1时，求旋转角为a的度数．
【解答】解：（1）在△ABD1和△ACE1中，
AC=AB∠CAE1=∠BAD1AE1=AD1，
∴△ABD1≌△ACE1 （SAS），
∴BD1＝CE1；
（2）设AC与BP交于点G，
由（1）知△ABD1≌△ACE1，
∴∠ABD1＝∠ACE1，
∵∠AGB＝∠CGP，
∴∠CPG＝∠BAG＝90°，
∴∠CPD1＝90°，
∵∠CPD1＝2∠CAD1，
∴∠CAD1=12∠CPD1＝45°，
∴旋转角α＝90°+∠CAD1＝135°．
4．（2020秋•朝阳区校级期中）已知△ABC是等边三角形，点P在BC的延长线上，以P为旋转中心，将线段PC逆时针旋转n°（0＜n＜180）得线段PQ，连接AP，BQ．
（1）如图1，若PC＝AC，画出n＝60时的图形，直接写出BQ和AP的数量及位置关系；
（2）当n＝120时，若点M为线段BQ的中点，连接PM．判断MP和AP的数量关系，并证明．
【解答】解：（1）BQ＝AP，BQ∥AP，
如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC，
又∵PC＝AC，
∴∠PAC＝∠APC，
∵∠ACB＝∠PAC+∠APC＝60°，
∴∠PAC＝∠APC＝30°，
∴∠BAP＝90°，
∵将线段PC逆时针旋转60°得线段PQ，
∴PC＝PQ，∠CPQ＝60°，
∴AB＝AC＝CP＝PQ，∠APQ＝90°，
∴∠BAP+∠APQ＝180°，
∴AB∥PQ，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴BQ＝AP，BQ∥AP；
（2）AP＝2MP，
理由如下：如图2，以CP为边作等边三角形CHP，连接BH，
∵△CHP和△CBA都是等边三角形，
∴CB＝CA，CP＝CH，∠ACB＝∠HCP＝∠CPH＝60°，
∴∠BCH＝∠ACP，
在△ACP和△BCH中，
AC=BC∠ACP=∠BCHCP=CH，
∴△ACP≌△BCH（SAS），
∴AP＝BH，
∵将线段PC逆时针旋转120°得线段PQ，
∴CP＝PQ，∠CPQ＝120°，
∵∠CPH+∠CPQ＝180°，
∴点H，点P，点Q三点共线，
∵BM＝MQ，PQ＝CP＝HP，
∴BH＝2MP，
∴AP＝2MP．
综合运用
1．（2020春•南平期末）如图，在矩形ABCD中，E是DC边上一点，将△ADE沿直线AE翻折，得到△AFE，若点F落在BC边上，且BF＝2FC，则ABBC的值是（ ）
A．23B．53C．23D．34
【解答】解：∵BF＝2FC，
∴设FC＝x，则BF＝2x，
∴BC＝3x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝3x，∠B＝90°，
∵将△ADE沿直线AE翻折，得到△AFE，若点F落在BC边上，
∴AD＝AF＝3x，
∴AB=AF2-BF2=9x2-4x2=5x，
∴ABBC=5x3x=53，
故选：B．
2．（2020秋•岫岩县期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC中点，直角MDN绕点旋转，DM、DN分别与边AB，AC交于E、F两点，下列结论：①△DEF是等腰直角三角形； ②AE＝CF； ③△BDE≌△ADF； ④BE+CF＝EF．其中正确的是（ ）
A．①②④B．②③④C．①②③D．①②③④
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵点D为BC中点，
∴AD＝CD＝BD，AD⊥BC，∠CAD＝45°，
∴∠CAD＝∠B，
∵∠MDN是直角，
∴∠ADF+∠ADE＝90°，
∵∠BDE+∠ADE＝∠ADB＝90°，
∴∠ADF＝∠BDE，
在△ADF和△BDE中，
∠CAD=∠BAD=BD∠ADF=∠BDE，
∴△ADF≌△BDE（ASA），
故③正确；
∴DE＝DF、BE＝AF，
∴△DEF是等腰直角三角形，
故①正确；
∵AE＝AB﹣BE，CF＝AC﹣AF，
∴AE＝CF，
故②正确；
∵BE+CF＝AF+AE
∴BE+CF＞EF，
故④错误；
综上所述，正确的结论有①②③；
故选：C．
3．（2020秋•道外区期末）如图，▱ABCD中，把△ABC沿AC翻折得到△AEC，CE、AD相交于点F．
（1）求证：DE∥AC；
（2）连接BD交AC于点O，连接OE，在不添加辅助线的条件下请直接写出图中所有等腰三角形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠B＝∠ADC，
∵把△ABC沿AC翻折得到△AEC，
∴AB＝AE，∠B＝∠AEC，
∴AE＝CD，∠AEC＝∠ADC，
在△AEC和△CDF中，
∠AEC=∠ADC∠AFE=∠CFDAE=CD，
∴△AEC≌△CDF（AAS），
∴EF＝FD，AF＝FC，
∴∠FED＝∠FDE，∠FAC＝∠FCA，
又∵∠EFD＝∠AFC，
∴∠FED＝∠ACF，
∴DE∥AC；
（2）∵EF＝FD，AF＝FC，
∴△DEF，△ACF是等腰三角形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，AD∥BC，BC＝AD，
∴∠DAO＝∠BCO，
∵把△ABC沿AC翻折得到△AEC，
∴CE＝BC，∠ACB＝∠ACE，
∴AD＝CE，∠DAO＝∠ACE，
在△ADO和△CEO中，
AO=CO∠DAO=∠ECOAD=CE，
∴△ADO≌△CEO（SAS），
∴OE＝OD，
∴△OED是等腰三角形．
4．（2020秋•长宁区期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，点D是BC的中点，将△ABD沿AD翻折得到△AED，联结CE．
（1）求证：AD∥CE；
（2）求CE的长．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC=AB2+AC2=16+9=5，
∵点D是BC的中点，
∴AD＝BD＝DE=52，
∵将△ABD沿AD翻折得到△AED，
∴DE＝BD，AE＝AB，
∴AD垂直平分BE，
∴EF＝BF，AD⊥BE，
∵DE＝DB＝CD，
∴∠DBE＝∠DEB，∠DEC＝∠DCE，
∵∠DBE+∠DEB+∠DEC+∠DCE＝180°，
∴∠DEB+∠DEC＝90°，
∴∠BEC＝90°，
∴CE⊥BE，
∴AD∥CE；
（2）∵S△ABC=12×AC×AB=12×3×4＝6，且CD＝BD，
∴S△ADB=12S△ABC＝3，
∴12AD×FB＝3，
∴FB=125，
∴BE=245，
∴CE=BC2-BE2=25-57625=75．
5．（2020春•瑶海区期末）如图，已知两条射线BP∥CQ，动线段AD的两个端点A、D分别在射线BP、CQ上，且∠B＝∠ADC＝110°，F在线段AB上，AC平分∠DCF，CE平分∠BCF．
（1）请判断AD与BC的位置关系，并说明理由；
（2）求∠ACE的度数；
（3）若平行移动AD，使∠BEC=32∠CAD，求∠CAD的度数．
【解答】解：（1）结论：AD∥BC．
理由：∵BP∥CQ，
∴∠DCB＝180°﹣∠B＝180°﹣110°＝70°，
∵∠ADC+∠DCB＝110°+70°＝180°，
∴AD∥BC．
（2）∵AC平分∠DCF，CE平分∠BCF，
∴∠ACF=12∠DCF，∠FCE=12∠FCB，
∴∠ACE＝∠ACF+∠FCE=12∠DCF+12∠FCB=12∠DCB=12×70°＝35°．
（3）设∠ACD＝x，
∵AB∥CD，
∴∠BEC＝∠DCE＝35°+x，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB＝70°﹣x，
则有35°+x=32（70°﹣x），
解得x＝28°，
∴∠CAD＝70°﹣28°＝42°．
6．（2020春•惠来县期末）如图，AD∥BC，∠B＝∠D＝50°，点E、F在BC上，且满足∠CAD＝∠CAE，AF平分∠BAE．
（1）∠CAF＝ 65 °；
（2）若平行移动CD，那么∠ACB与∠AEB度数的比值是否随之发生变化？若变化，试说明理由；若不变，求出这个比值；
（3）在平行移动CD的过程中，是否存在某种情况，使∠AFB＝∠ACD？若存在，求出∠ACD度数；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）∵AD∥BC，
∴∠B+∠BAD＝180°，
∵∠B＝50°，
∴∠BAD＝130°，
∵AF平分∠BAE，
∴∠BAF＝∠EAF，
∵∠CAD＝∠CAE，
∴∠CAF=12∠BAE+12∠DAE=12∠BAD＝65°，
故答案为65．
（2）结论：∠ACB与∠AEB度数的比值不变．
理由：∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACE，
∵∠CAD＝∠CAE，
∴∠ACE＝∠CAE，
∵∠AEB＝∠ACE+∠CAE＝2∠ACB，
∴∠ACB：∠AEB＝1：2．
（3）设∠ACD＝x，∠CAD＝y．
则有x+y＝130°，
∵∠AFB＝∠ACD＝∠ACB+∠CAF，
∴x＝65°+y，
解得x＝97.5°，
∴∠ACD＝97.5°．
7．（2020秋•松山区期末）（1）如图1，O是等边△ABC内一点，连接OA、OB、OC，且OA＝3，OB＝4，OC＝5，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．
求：①旋转角的度数 60° ；
②线段OD的长 4 ；
③求∠BDC的度数．
（2）如图2所示，O是等腰直角△ABC（∠ABC＝90°）内一点，连接OA、OB、OC，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．当OA、OB、OC满足什么条件时，∠ODC＝90°？请给出证明．
【解答】解：（1）①∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，∠ABC＝60°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴∠OBD＝∠ABC＝60°，
∴旋转角的度数为60°；
②∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴BO＝BD，
而∠OBD＝60°，
∴△OBD为等边三角形；
∴OD＝OB＝4；
③∵△BOD为等边三角形，
∴∠BDO＝60°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴CD＝AO＝3，
在△OCD中，CD＝3，OD＝4，OC＝5，
∵32+42＝52，
∴CD2+OD2＝OC2，
∴△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，
∴∠BDC＝∠BDO+∠ODC＝60°+90°＝150°；
（2）OA2+2OB2＝OC2时，∠ODC＝90°．理由如下：
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴∠OBD＝∠ABC＝90°，BO＝BD，CD＝AO，
∴△OBD为等腰直角三角形，
∴OD=2OB，
∵当CD2+OD2＝OC2时，△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，
∴OA2+2OB2＝OC2，
∴当OA、OB、OC满足OA2+2OB2＝OC2时，∠ODC＝90°．
日期：2021/1/22 23:12:10；用户：广饶数学；邮箱：chayin5@xyh.cm；学号：24896626