【同步讲义】北师大版数学八年级下册：第三章 图形的平移与旋转（题型过关）

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第三章 图形的平移与旋转
 
【题型一】利用平移的性质求解
典例1．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=33°，将△ABC沿AB方向向右平移得到△DEF．

(1)求∠E的度数；
(2)若AE=9，．请求出CF的长度．
【答案】(1)∠E=57°
(2)CF=3.5
【分析】（1）根据直角三角形的两锐角互余求得∠CBA=57°，根据平移的性质即可求解；
（2）根据平移的性质可得AD=BE=CF，由线段和差关系可得AD=BE=12AE-DB，即可求解．
【详解】（1）∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=33°，
∴∠CBA=90°-33°=57°．
由平移的性质得，∠E=∠CBA=57°，
（2）由平移得AD=BE=CF．
∵AE=9，，
∴AD=BE=12AE-DB=12×(9-2)=3.5．
∴CF=3.5．
【点睛】本题考查了直角三角形的两锐角互余，平移的性质，线段的和差计算，掌握平移的性质是解题的关键．
1．下列条件，利用网格点和无刻度的直尺画图并解答相关问题．

(1)画出△ABC的中线AD和高CE；
(2)①画出将△ABC先向右平移5个单位，再向上平移3个单位后的△A'B'C'；
②连接AA'、BB'，则这两条线段的关系是______．
【答案】(1)画图见解析
(2)①画图见解析，②平行且相等
【分析】（1）根据网格即可画出△ABC的中线AD和高CE；
（2）①根据平移的性质即可画出将△ABC先向右平移5个单位，再向上平移3个单位后的△A′B′C′；
②连接AA′、BB′，结合①即可得这两条线段的关系．
【详解】（1）解：如图，中线AD即为所求；高CE即为所求；

（2）①如图，△A′B′C′即为所求；
②线段AA′、BB′的关系为：平行且相等．
故答案为：平行且相等．
【点睛】本题考查了作图−平移变换、三角形的中线和高，解决本题的关键是掌握平移的性质．
2．如图（1），AB⊥BD于点B，ED⊥BD于点D，点C是BD上一点．且BC＝DE，CD＝AB．

（1）试判断AC与CE的位置关系，并说明理由；
（2）如图（2），若把△CDE沿直线BD向左平移，使△CDE的顶点C与B重合，此时第（1）问中AC与BE的位置关系还成立吗？（注意字母的变化）
【答案】（1）AC⊥CE，理由详见解析；（2）AC与BE的位置关系仍成立，理由详见解析
【分析】（1）根据条件证明△ABC≌△CDE就得出∠ACB＋∠ECD＝90°，就可以得出AC⊥CE；
（2）如图2，根据△ABC≌△C'DE可以得出∠ACB＋∠EC'D＝90°，从而得出结论．
【详解】证明：（1）AC⊥CE．理由如下：
在△ABC和△CDE中，BC=DE,∠B=∠D=90°,AB=CD,
∴  △ABC≌△CDE（SAS）．
∴  ∠ACB＝∠E．
又∵  ∠E＋∠ECD＝90°，
∴  ∠ACB＋∠ECD＝90°．
∴ AC⊥CE．
（2）∵  △ABC各顶点的位置没动，在△CDE平移过程中，一直还有AB=C'D，BC＝DE，
∠ABC＝∠EDC＝90°，
∴  也一直有△ABC≌△C'DE (SAS)．
∴  ∠ACB＝∠E．而∠E＋∠EC'D＝90°，
∴  ∠ACB＋∠EC'D＝90°．
故有AC⊥BE，即AC与BE的位置关系仍成立．
【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，平移的性质，解题关键在于掌握判定定理.
3．如图，已知△ABC的面积为16，BC=8．现将△ABC沿直线BC向右平移a个单位到△DEF的位置．

(1)连接AD，四边形ABFD的面积为32时，求a的值；
(2)连接AE、AD，当AB=5，a=5时，试判断△ADE的形状，并说明理由．
【答案】(1)4
(2)△ADE为等腰三角形，理由见解析
【分析】（1）作AH⊥BC于H，根据△ABC的面积为16，BC=8，可先求出AH的长，△ABC所扫过的面积为32，继而求出a的值；
（2）根据平移的性质可知AB=DE=5，又AD=5，即可推出△ADE为等腰三角形．
(1)
△ABC所扫过面积即梯形ABFD的面积，作AH⊥BC于H，

∵S△ABC=16，
∴12BC•AH=16，BC=8，AH=4，
∴S四边形ABFD=12×（AD+BF）×AH=12（a+a+8）×4=32，
解得：a=4．
(2)
根据平移的性质可知DE=AB=5，
又∵AD=a=5，
∴△ADE为等腰三角形．
【点睛】本题考查平移的性质，要求熟悉平移的性质以及等腰三角形的性质和直角三角形的性质．同时考查了学生综合运用数学的能力．
4．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A（0，1），B（3，2），C（1，4）均在正方形网格的格点上．
（1）画出△ABC关于x轴的对称图形△A1B1C1；
（2）将△A1B1C1沿x轴方向向左平移3个单位后得到△A2B2C2，写出顶点A2，B2，C2的坐标．

【答案】（1）答案见解析；（2）A2（﹣3，﹣1），B2（0，﹣2），C2（﹣2，﹣4）．
【分析】(1)、关于x轴的两点横坐标相同，纵坐标互为相反数，分别画出各点，然后顺次进行连接得出图形；
(2)、根据平移的法则画出图形，得出各点的坐标.
【详解】解：(1)、如图所示：△A1B1C1，即为所求；

(2)、如图所示：△A2B2C2，即为所求，
点A2（﹣3，﹣1），B2（0，﹣2），C2（﹣2，﹣4）
【点睛】本题主要考查关于平面直角坐标系中点的对称和平移，解题的关键是要熟练地掌握点关于坐标轴对称的点的特点以及点的平移规律.
【题型二】已知图形的平移求点的坐标
典例2．把△ABC向右平移5个单位长度，再向下平移4个单位长度得到△A1B1C1

(1)请你画出△A1B1C1；
(2)请直接写出点A1，B1，C1的坐标；
(3)求△ABC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)点A1(4，0)，，C1(2，-3)
(3)3．5
【分析】（1）直接利用平移的性质得出各对应点位置，进而画出；
（2）根据图象即可求得出点A1，B1，C1的坐标；
（3）直接利用△ABC所在正方形形面积减去周围三角形面积进而得出答案．
【详解】（1）如图所示： △A1B1C1，即为所求；

（2）根据横坐标+5，纵坐标-4得到：
点A1(4，0)，，C1(2，-3)；
（3）△ABC的面积为：．
【点睛】此题考查作图-平移变换，解题关键在于掌握作图法则．
1．如图，已知△ABC 的三个顶点坐标分别是 A（2，﹣1），B（1，﹣2），C（3，﹣3）

（1）将△ABC 向上平移 4 个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）请写出 B1坐标，并用恰当的方式表示线段 BB1上任意一点的坐标；
（3）求△ABC 的面积．
【答案】（1）答案见解析；（2）(1，y)（-2≤y≤2）；（3）32．
【分析】（1）利用平移的性质得出平移后的对应点A1、B1、C1，再依次连接即可．
（2）根据图可知线段上任意一点的横坐标都为1，纵坐标的范围是-2到2．
（3）直接利用△ABC所在的正方形的面积减去其周围三角形的面积即可．
【详解】（1）如图，△A1B1C1即为所画．
（2）线段上任意一点的坐标为(1，y)（-2≤y≤2）．
（3）取点D(1，-3)、E(3，-1)、F(1，-1)，分别连接CD、CE、DF、EF．则四边形CDFE为边长为2的正方形，AF=BF=AE=BD=1、CD=CE=2．
∴S△ABC=S正方形CFDE-S△ABF-S△ACE-S△BCD=2×2-12×1×1-12×1×2-12×1×2=32．

【点睛】本题考查画平移图形，点坐标的性质以及三角形面积的求法．正确得出平移后的对应点是解答本题的关键．
2．在平面直角坐标系中，将三角形ABC平移后得到三角形A′B′C′，它们的各个顶点坐标如下表所示三角形
三角形ABC


C(5,5)
三角形A'B'C'
A'(4,2)
B'(7,b)
C'c,d

(1)观察表中各对应点坐标的变化，发现:三角形ABC先向______平移_____个单位长度，再向______平移______个单位长度可以得到三角形A′B′C′；
(2)在如图所示的平面直角坐标系中画出三角形ABC及平移后的三角形A′B′C′；
(3)求出三角形A′B′C′的面积．
【答案】(1)右，4，上，2(或上，2，右，4)
(2)见解析
(3)152
【分析】（1）观察表中各对应点坐标的变化即可得出答案；
（2）根据平移的性质找出对应点即可求解；
（3）由三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）解：观察表中各对应点坐标的变化可知：三角形ABC先向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度可以得到三角形A'B'C'，
故答案为：右；4；上；2；
（2）如图，三角形ABC及平移后的三角形A'B'C'即为所求；

（3）S三角形A′B′C′＝S三角形ABC＝12×3×5＝152．
【点睛】本题考查了作图-平移变换，解题的关键是熟练掌握平移的性质进行求解．
3．在平面直角坐标系中，已知线段AB．其中A（1，－3），B（3，0）．平移线段AB到线段CD，使点A的对应点为点D，点B的对应点为点C．

                            （备用图）
(1)若点C的坐标为（－2，4），则点D的坐标是 ；
(2)若点C在y轴的正半轴上，点D在第三象限且四边形ABCD的面积为14，求点C的坐标．
【答案】(1)
(2)C(0,52)
【分析】（1）点B（3，0）向左平移5个单位，向上平移4个单位得到C（－2，4），A（1，－3）也向左平移5个单位，向上平移4个单位得到D；
（2）如图，设C0,m，则D-2,m-3，表示出四边形ABCD的面积列出方程即可．
【详解】（1）解：B（3，0）向左平移5个单位，向上平移4个单位得到C（－2，4），
因此A（1，－3）向左平移5个单位，向上平移4个单位得到D；
（2）设C0,m，则D-2,m-3

∴S▱ABCD=3--2×m+3-2×12×3×m-2×12×2×m-m-3=14，
解得m=52，
∴C0,52．
【点睛】本题考查坐标与图形变化——平移，解题的关键是掌握平移变换的性质，间接法求面积也是本题的关键．
【题型三】旋转综合
典例3．在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，用AD⊥MN于点D，BE⊥MN于点E.

(1)当直线MN绕点C旋转到图①的位置时，求证：DE=AD+BE；
(2)当直线MN绕点C旋转到图②的位置时，求证：DE=AD-BE；
(3)当直线MN绕点C旋转到图③的位置时，试问DE,AD,BE具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系，不用证明。
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)DE=BE-AD
【分析】（1）根据AD⊥MN，BE⊥MN，∠ACB=90°，得出∠CAD=∠BCE，再根据AAS即可判定；根据全等三角形的对应边相等，即可得出CE=AD，CD=BE，进而得到DE=CE+CD=AD+BE；
（2）先根据AD⊥MN，BE⊥MN，得到，进而得出∠CAD=∠BCE，再根据AAS即可判定，进而得到CE=AD，CD=BE，最后得出DE=CE-CD=AD-BE；
（3）运用（2）中的方法即可得出DE，AD，之间的等量关系是：DE=BE-AD或恒等变形的其他形式．
【详解】（1）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
，
，∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
∵在ΔADC和中，
∠CAD=∠BCE∠ADC=∠CEBAC=BC
；
，
∴CE=AD，CD=BE，
∴DE=CE+CD=AD+BE；
（2）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
，
∴∠CAD=∠BCE，
∵在ΔADC和中，
∠CAD=∠BCE∠ADC=∠CEBAC=BC
；
∴CE=AD，CD=BE，
∴DE=CE-CD=AD-BE；
（3）证明：当MN旋转到题图（3）的位置时，AD，DE，所满足的等量关系是：DE=BE-AD或AD=BE+DE或BE=AD+DE．
理由如下：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
，
∴∠CAD=∠BCE，
∵在ΔADC和中，
∠CAD=∠BCE∠ADC=∠CEBAC=BC
，
∴CE=AD，CD=BE，
∴DE=CD-CE=BE-AD（或者对其恒等变形得到AD=BE+DE或BE=AD+DE）．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的和差关系进行推导，得出结论．
1．基本图形：在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE．
探索：（1）连接EC，如图①，试探索线段BC，CD，CE之间满足的等量关系，并证明结论；
（2）连接DE，如图②，试探索线段CD，BD，AD之间满足的等量关系，并证明结论；
拓展：（3）如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=3，CD=1，则AD的长为____________．(直接写出答案，不需要说明理由．)

【答案】（1）BC=CD+CE，证明见解析；（2）BD2+CD2=2AD2，证明见解析；（3）2
【分析】（1）根据已知条件和全等三角形的判定定理，得出△BAD≅△CAE；
（2）连接CE，根据旋转可得AD=AE，结合∠BAD=∠CAE，AB=AC得△BAD≅△CAE(SAS)，进而可证BD2+CD2=DE2直接转换得出答案即可；
（3）作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，先利用SAS证明△BAD≅△CAE，得到CE=3，在Rt△CDE中，利用勾股定理可求出DE=8，最后在RT△ADE中，利用勾股定理可求出AD=2，
【详解】解：(1)BC=DC+EC，             
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE
∴△BAD≅△CAE，
∴BD=CE，
∴BC=BD+CD=EC+CD，
即：BC=DC+EC；
（2）BD2+CD2=2AD2
连接CE

∵∠BAC=∠DAE=90° ，
∴∠BAD=∠CAE，
∵ AB=AC，
根据旋转可得AD=AE，
∴AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE
∴△BAD≅△CAE(SAS)，
∴∠ACE=∠B，
∴∠DCE=∠BAC+∠ACE=∠BAC+∠B=90°，
∴BD2+CD2=DE2，
在Rt△ADE中，AD=AE，AD2+AE2=DE2，
∴2AD2=DE2，
∴BD2+CD2=2AD2．
（3）AD=2，
作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，

∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
即∠BAD=∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE
∴△BAD≅△CAE（SAS），
∴BD=CE=3，
∵∠ADC=45°，∠EDA=45°，
∴∠EDC=90°，
∴DE=CE2-CD2=8，
∵∠DAE=90°，
∴AD2+AE2=DE2，
∴AD=2．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题是解答本题的关键．
2．△ABC和△DEC是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，CD=CE．

(1)【观察猜想】当△ABC和△DEC按如图1所示的位置摆放，连接BD、AE，延长BD交AE于点F，猜想线段BD和AE有怎样的数量关系和位置关系．
(2)【探究证明】如图2，将△DCE绕着点C顺时针旋转一定角度α0°<α<90°，线段BD和线段AE的数量关系和位置关系是否仍然成立？如果成立，请证明：如果不成立，请说明理由．
(3)【拓展应用】如图3，在△ACD中，∠ADC=45°，CD=2，AD=4，将AC绕着点C逆时针旋转90°至BC，连接BD，求BD的长．
【答案】(1)BD=AE ，BD⊥AE
(2)成立，理由见解析
(3)25
【分析】（1）通过证明△BCD≅△ACE，即可求证；
（2）通过证明△BCD≅△ACE，即可求证；
（3）过点C作CH⊥CD，垂足为C，交AD于点H，根据旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，即可求解．
【详解】（1）BD=AE ，BD⊥AE，证明如下：
在△BCD和△ACE中，
∵∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，CD=CE，
∴△BCD≅△ACE，
∴BD=AE,∠CBD=∠CAE，
，
∴∠CBD+∠BDC=90°，
∵∠BDC=∠ADF，
∴∠CAE+∠ADF=90°，
∴BD⊥AE；
（2）成立，理由如下：
∵∠ACB=∠DEC，
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，即，
在△BCD和△ACE中，
∵AC=BC，，CD=CE，
∴△BCD≌△ACE，
∴BD=AE，∠CBD=∠CAE，
∵∠BGC=∠AGF，
∴∠CBD+∠BGC=∠CAE+∠AGF，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBD+∠BGC=90°，
∴∠CAE+∠AGF=90°，
∴∠AFB=90°，
∴BD⊥AE；
（3）
如图，过点C作CH⊥CD，垂足为C，交AD于点H，
由旋转性质可得：∠ACB=90°，AC=BC，
∵CH⊥CD，
∴，
∵∠ADC+∠CHD=90°，且∠ADC=45°，
∴∠CHD=45°，    
∴∠CHD=∠ADC，
∴CD=CH=2，
在Rt△DCH中：DH=CD2+CH2=22+22=2，
∵∠ACB=∠DCH=90°，
∴∠ACB+∠ACH=∠DCH+∠ACH，即∠ACD=∠BCH，
在△ACD和△BCH中，
∵AC=BC，∠ACD=∠BCH，CD=CH，
∴△ACD≌△BCH，
∴BH=AD=4，∠CBH=∠DAC，
∴∠CBH+∠1=∠DAC+∠2，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBH+∠1=90°，
∴∠DAC+∠2=90°，  
∴∠BHA=90°，
∴BH⊥AD，
∴△BHD是直角三角形，
在Rt△BDH中，BD=BH2+DH2=42+22=25．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，等腰直角三角形的性质等，熟练掌握知识点是解题的关键．
3．如图，△OAB和△OCD中，OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=α,AC,BD交于M．

(1)如图1，当α=90°时，∠AMD的度数为 °；
(2)如图2，当α=60°时，求∠AMD的度数为 °；
(3)如图3，当△OCD绕O点任意旋转时，∠AMD与α是否存在着确定的数量关系？如果存在，请你用α表示∠AMD，并用图3进行证明；若不确定，说明理由．
【答案】(1)90
(2)120
(3)
【分析】（1）根据∠AOB=∠COD=α，可得∠AOC=∠BOD，可证得△AOC≌△BOD，从而得到∠OAC=∠OBD，再由三角形外角的性质，即可求解；
（2）根据∠AOB=∠COD=α，可得∠AOC=∠BOD，可证得△AOC≌△BOD，从而得到∠OAC=∠OBD，再由三角形外角的性质，即可求解；
（3）设CA交BO于K．根据∠AOB=∠COD=α，可得∠AOC=∠BOD，可证得△AOC≌△BOD，从而得到∠OBD=∠OAC，再由三角形内角和定理，即可求解．
【详解】（1）解：∵∠AOB=∠COD=α，
∴∠DOC+∠AOD=∠AOB+∠AOD，即∠AOC=∠BOD，
在△BOD和△AOC中，
OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴△BOD≌△AOCSAS，
∴∠OAC=∠OBD，
∴∠AMD=∠ABM+∠BAC=∠ABO+∠BAO，
∵∠AOB=90°，
∴∠ABO+∠BAO=90°，
即∠AMD=90°；
故答案为：90
（2）解：∵∠AOB=∠COD=α，
∴∠DOC+∠AOD=∠AOB+∠AOD，即∠AOC=∠BOD，
在△BOD和△AOC中，
OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴△BOD≌△AOCSAS，
∴∠OAC=∠OBD，
∴∠AMD=∠ABM+∠BAC=∠ABO+∠BAO，
∵∠AOB=60°，
∴∠ABO+∠BAO=180°-60°=120°，
即∠AMD=120°；
故答案为：120
（3）解：如图3中，设CA交BO于K．

∵∠AOB=∠COD=α
∴∠AOC=∠BOD，
在△BOD和△AOC中，
OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴△BOD≌△AOCSAS，
∴∠OBD=∠OAC，
∵∠AKO=∠BKM，
∴∠AOK=∠BMK=α．
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的外角的性质，三角形的内角和定理，证得△BOD≌△AOC是解题的关键．
4．已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形22OA （1）如图1，连接AM，BN，求证：AM=BN；
（2）将△MON绕点O顺时针旋转．
①如图2，当点M恰好在AB边上时，求证：AM2+BM2=2OM2；
②当点A，M，N在同一条直线上时，若OA=4，OM=3，请直接写出线段AM的长．

【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②46+322或46-322
【分析】(1)证明△AMO≌△BNO即可；
(2)①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明；
②分两种情况分别画出图形即可求解．
【详解】解：(1)∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OA=OB，ON=OM，∠AOB=∠NOM=90∘，
又∠AOM=∠NOM+∠AON=90∘+∠AON，
∠BON=∠AOB+∠AON=90∘+∠AON,
∴∠BON=∠AOM，
∴ΔAMO≌ΔBNO(SAS)，
∴AM=BN；
(2)①连接BN，如下图所示：

∴∠AOM=∠AOB-∠BOM=90∘-∠BOM，
∠BON=∠MON-∠BOM=90∘-∠BOM，
且OA=OB，OM=ON，
∴ΔAMO≌ΔBNO(SAS)，
∴∠A=∠OBN=45∘，AM=BN，
∴∠ABN=∠ABO+∠OBN=45∘+45∘=90∘，
且ΔOMN为等腰直角三角形，
∴MN=2OM，
在RtΔBMN中，由勾股定理可知：
BM2+BN2=MN2=(2OM)2=2OM2，且AM=BN
∴AM2+BM2=2OM2；
②分类讨论：
情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点，

∠HNO=45∘,ΔNHO为等腰直角三角形，
∴HO=NO2=32=322=HM,
在RtΔAHO中，AH=AO2-OH2=42-(322)2=232=462,
∴AM=AH+HM=46+322；
情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点，

∠HNO=45∘,ΔNHO为等腰直角三角形，
∴HO=NO2=32=322=HM,
在RtΔAHO中，AH=AO2-OH2=42-(322)2=232=462,
∴AM=AH-HM=46-322；
故AM=46+322或46-322．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
5．【问题提出】在一节数学课上，王老师提出了一个数学问题：

如图1-1，在等边三角形ABC内部有一点P，PA＝5，PB＝12，PC＝13，求∠APB的度数．
(1)【问题探究】针对这个问题，某学习小组进行了如下尝试：如图1-2，将△APB绕点A逆时针旋转60°得到△AP'C，连接PP'，得到等边△APP'．请根据该小组探究的思路求出∠APB的度数；
(2)【类比延伸】在等腰Rt△ABC中，已知∠BAC＝90°，AB＝AC，其内部有一点P．如图2，连接PA，PB，PC，若∠APC＝135°，试判断线段PA，PB，PC之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，连接PA，PC，以PC为直角边作等腰Rt△PCQ，∠CPQ＝90°，连接BQ，取BQ的中点M，连接AM，PM，试判断PAPM是否为定值，若为定值，请求出相应的值；若不是定值，请说明理由．
【答案】(1)150°
(2)BP2=PC2+2AP2，理由见解析
(3)是定值2，理由见解析
【分析】（1）由旋转的性质可得PB=P'C=12，AP=AP'=5，∠PAP'=60°，∠AP'C=∠APB，由勾股定理的逆定理可得∠PP'C=90°，即可求解；
（2）由旋转的性质可得AP=AP'，P'B=PC，∠APC=∠AP'B=135°，∠PAP'=90°，由勾股定理和等腰直角三角形的性质可求解；
（3）由“SAS”可证△BMN≌△QMP，可得BN=PQ，∠MBN=∠MQP，由“SAS”可证△ABN≌△ACP，可得AN=AP，∠BAN=∠PAC，可得△APN是等腰直角三角形，即可求解．
【详解】（1）解：∵将△APB绕点A逆时针旋转60°得到△AP′C，
∴PB=P'C=12，AP=AP'=5，∠PAP'=60°，∠AP'C=∠APB，
∴△PAP'是等边三角形，
∴∠AP'P=60°，AP=PP'=5，
∵PC2=169，P'P2+P'C2=144+25=169，
∴PC2=P'P2+P'C2，
∴∠PP'C=90°，
∴∠AP'C=∠APB=150°；
（2）解：BP2=PC2+2AP2，理由如下：
如图，将△APC绕点A顺时针旋转90°，得到△AP'B，连接PP'，

∵将△APC绕点A顺时针旋转90°，得到△AP'B，
∴AP=AP'，P'B=PC，∠APC=∠AP'B=135°，∠PAP'=90°，
∴∠AP'P=45°，P'P=2AP，
∴∠BP'P=90°，
∴BP2=P'B2+P'P2，
∴BP2=PC2+2AP2；
（3）解：是定值，等于2，理由是：
如图，延长PM至N，使MN=PM，连接BN，AN，设AC与BQ交于点O，

∵点M是BQ的中点，
∴BM=MQ，
又∵MN=MP，∠BMN=∠PMQ，
∴△BMN≌△QMP（SAS），
∴BN=PQ，∠MBN=∠MQP，
∴BN=CP，
又∵△PQC是等腰直角三角形，∠CPQ=90°，
∴PQ=PC，∠PQC=∠PCQ=45°，
∵∠AOQ=∠BAC+∠ABO=∠OQC+∠ACQ，
∴90°+∠ABO=45°+∠PQO+45°-∠ACP，
∴∠ACP=∠PQO-∠ABO，
又∵∠ABN=∠MBN-∠ABO，
∴∠ABN=∠ACP，
又∵AB=AC，
∴△ABN≌△ACP（SAS），
∴AN=AP，∠BAN=∠PAC，
∴∠PAN=∠BAC=90°，
∴△ANP是等腰直角三角形，
∵PM=MN，
∴AM=MP，AM⊥MP，
∴AP=2MP，
∴=2．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【题型四】图案设计
典例4．认真观察图中阴影部分构成的图案，回答下列问题．

(1)请你写出这四个图案都具有的三个共同特征；
(2)请在图中设计出一个图案，使它也具备你所写出的上述特征．

【答案】(1)特征1：都是轴对称图形；特征2：都是中心对称图形；特征3：这些阴影图案的面积都等于4个小正方形的面积
(2)见解析
【分析】（1）根据轴对称图形以及中心对称的定义解答：沿某条直线折叠后直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；绕一个点旋转180°后所得的图形与原图形完全重合的图形叫做中心对称图形；
（2）画出同时满足轴对称图形和中心对称图形的图形即可．
【详解】（1）（1）特征1：都是轴对称图形；
特征2：都是中心对称图形；
特征3：这些阴影图案的面积都等于4个小正方形的面积；
（2）满足条件的图案有很多，这里画三个，三个都具有上述特征，如图所示：

【点睛】轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后两部分重合．
1．如图，在4×4的方格纸中，ΔABC的三个顶点都在格点上．

图1              图2              图3
(1)在图1中，画出一个与ΔABC成中心对称的格点三角形；
(2)在图2中，画出一个与ΔABC成轴对称且与ΔABC有公共边的格点三角形；
(3)在图3中，选择格点D，画出以A，B，C，D为顶点的平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）如图，以点C为对称中心画出△DEC；
（2）如图，以AC边所在的性质为对称轴画出△ADC；
（3）如图，利用网格特点和平行四边形性质画出点D，从而得到.
(1)
解：如图，△DEC为所作；

(2)
解：如图，△ADC为所作；

(3)
解：如图，为所作.

【点睛】本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．
2．在平面直角坐标系中，将坐标为（0，0），（1，3），（2，0），（3，3）的点用线段依次连接起来得到一个图案N．

(1)在图（1）中，分别画出图案N关于x轴和y轴对称的图案；
(2)在图（2）中，将图案N先向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，画出第二次平移后的图案；
(3)在图（3）中，以原点为对称中心，画出与图案N成中心对称的图案．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用轴对称变换的性质作出图形即可；
（2）利用平移变换的性质作出图形即可；
（3）利用中心对称变换的性质作出图形即可．
【详解】（1）图形如图所示：
（2）图形如图所示：
（3）图形如图所示．

【点睛】本题考查利用旋转设计图案，利用平移设计图案，利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握轴对称变换，旋转变换，平移变换的性质．
3．如图，下列4×4网格图都是由16个相同小正方形组成，每个网格图中有4个小正方形已涂上阴影，按下列要求涂上阴影．

(1)在(图中选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一个中心对称图形；
(2)在(图中选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一中心对称图形．(请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形)
【答案】(1)利用中心对称图形的定义分析得出答案，见解析．
(2)利用中心对称图形的定义分析得出答案，见解析．
【分析】中心对称图形是指绕着中心点旋转180°图形两部分完全重合，根据题目中的图形先作出对称中心，即可求出答案．
【详解】（1）解：如图1所示，中心对称图形是指绕着中心点旋转180°上半部的左侧与下半部分的右侧，上半部的右侧与下半部分的左侧重合，中心点在如图所示的位置，