2024徐州中考数学二轮重难题型专题训练 题型七 几何图形旋转平移折叠问题 (含答案)

2024徐州中考数学二轮重难题型专题训练题型七几何图形旋转平移折叠问题类型一旋转问题一阶微技能能力点一旋转找相等角1.如图，将∠AOB绕点O旋转至∠DOE，则图中相等的角有________．第1题图2.如图，将∠AOB绕点O旋转至∠DOE，则图中相等的角有________．第2题图能力点二旋转构造相似三角形3.如图，将△AOB绕点O旋转至△DOE，连接AD、BE，求证：△AOD∽△BOE.第3题图4.如图，在△AOB中，点C、D分别在OA、OB上，且CD∥AB，将△COD绕点O旋转一定角度后得到△EOF，连接AE、BF，求证：△AOE∽△BOF.第4题图能力点三旋转构造全等三角形5.如图，在等腰△AOB与等腰△DOE中，∠AOB＝∠DOE，连接AD、BE，求证：△AOD≌△BOE.第5题图二阶设问突破例一题多设问在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，将矩形ABCD绕点B旋转得到矩形A1BC1D1，点A，C，D的对应点分别为A1，C1，D1.(1)如图①，当点D1落在BC的延长线上时，求点A1到AB的距离；例题图①(2)如图②，当点A1落在矩形的对角线AC上时，连接CD1.①求证：△BA1C≌△D1CA1；②求sin∠ABA1的值；例题图②(3)如图③，当边A1D1经过点C时，连接AA1，求CC1经过的路径长；例题图③(4)如图④，当点A1落在BC边上时，设点O是对角线AC的中点，点O的对应点为O1，连接CO1，求CO1的值．例题图④三阶综合提升1.如图①，正方形ABCD的边长为4，点P在边AD上(P不与A、D重合)，连接PB、PC.将线段PB绕点P顺时针旋转90°得到PE，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到PF.连接EF、EA、FD.(1)求证：①△PDF的面积S＝eq\f(1,2)PD2；②EA＝FD；(2)如图②，EA、FD的延长线交于点M，取EF的中点N，连接MN，求MN的取值范围．第1题图如图，在Rt△BAC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，M是边BC上的一个动点(不与点B，C重合)，连接AM，将线段AM绕点A逆时针旋转90°得到AN，连接MN交AC于点P，连接CN.(1)求证：△ABM≌△ACN；(2)求证：MN2＝2AP·AB；(3)若AB＝3，BM＝2CM，求PC的长．第2题图3.已知△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，连接BE、CD，点O是BE的中点，连接AO.(1)特例探究如图①，当点D、E分别在AB、AC上时，线段AO与CD的数量关系是________，位置关系是________；(2)深入探究如图②，当点D、E不在AB、AC上时，试判断(1)中的两个结论是否成立，若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由(仅就图②的情形)；(3)问题解决将△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AB＝2AD，BC＝4eq\r(2)，请直接写出OA的取值范围．第3题图4.如图①，在正方形ABCD中，AB＝2eq\r(5)，O是BC的中点，E是正方形内一动点，OE＝2，连接DE，将DE绕点D旋转90°得到DF，连接AE，CF.(1)求证：AE＝CF；(2)如图②，当A，E，O三点共线时，连接OF，求线段OF的长；(3)连接EF，在点E的运动过程中，当线段DE的值最小时，请你求出四边形AEFD的面积．第4题图类型二平移问题1.如图①，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠BAC＝∠EDF＝90°，AB＝AC，DE＝DF，点D在射线AB上，AB＝2DF＝6，连接EA，EC，交射线AB于点H，取CE的中点G，连接DG.(1)当点F与点A重合时，求DH的长；(2)如图②，保持△ABC固定不动，将△DEF沿射线AB平移m个单位，判断DG与EA的位置关系和数量关系，并说明理由；(3)如图③，继续平移△DEF，使得△DEF的一个顶点恰好在直线BC上，求此时HG的长．第1题图2.综合与实践问题情境：如图①，纸片ABC是等边三角形，纸片DEF是直角三角形，其中∠DEF＝90°，∠DFE＝30°，AB＝DF＝6，M是BC的中点．实践操作：第一步：将图①中的两张三角形纸片按图②的方式摆放，使DF与AB重合；第二步：将图②中的△DEF沿射线BC方向平移，直线AB与直线EF交于点G，DF与AC交于点H，连接GH，如图③，设平移的距离为m.问题解决：(1)填空：在图②中，连接AM，四边形EBMA的形状是________；(2)当AH⊥GH时，求m的值；(3)当GH∥BC时，判断四边形AGHD的形状，并说明理由；(4)如图④，连接BH，MH，隐去GH，当BM＋MH＋BH的值最小时，求AH的值．第2题图参考答案类型一旋转问题一阶1.∠AOB＝∠DOE，∠AOD＝∠EOB2.∠AOB＝∠DOE，∠AOD＝∠BOE3.证明：由旋转的性质可得，∠AOB＝∠DOE，OA＝OD，OB＝OE，∴∠AOD＝∠EOB，∠OAD＝∠ODA，∠OBE＝∠OEB，又∵∠AOD＝∠EOB，∠OAD＝eq\f(1,2)(180°－∠AOD)＝∠OBE，∴△AOD∽△BOE.4.证明：由旋转的性质可得，∠AOE＝∠FOB，OC＝OE，OD＝OF，∵CD∥AB，∴eq\f(OC,OA)＝eq\f(OD,OB)，即eq\f(OE,OA)＝eq\f(OF,OB)，∴△AOE∽△BOF.5.证明：∵∠AOB＝∠DOE，∠BOD＝∠DOB，∴∠BOE＝∠AOD，OB＝OA，OD＝OE，∴△AOD≌△BOE(SAS)．二阶例(1)解：如解图①，过点A1作A1G⊥AB交AB于点G，过点A1作A1H⊥BC交BC于点H，例题解图①则GB＝A1H，HB＝A1G，由题意得A1D1＝AD＝8，∠BA1D1＝∠BAD＝90°，A1B＝AB＝4，∴BD1＝eq\r(42＋82)＝4eq\r(5).∵eq\f(1,2)BD1·A1H＝eq\f(1,2)A1B·A1D1，∴A1H＝eq\f(4×8,4\r(5))＝eq\f(8\r(5),5)，∴在Rt△A1HB中，BH＝eq\r(42－（\f(8\r(5),5)）2)＝eq\f(4\r(5),5)，∴A1G＝BH＝eq\f(4\r(5),5)，即点A1到AB的距离为eq\f(4\r(5),5)；(2)①证明：由旋转的性质可得，A1B＝AB，∠BA1D1＝∠BAD＝∠CBA＝90°，A1D1＝AD＝BC，∴∠BA1A＝∠A1AB，又∵∠BAA1＋∠A1CB＝90°＝∠BA1A＋∠CA1D1，∴∠A1CB＝∠CA1D1，又∵CA1＝A1C，∴△BA1C≌△D1CA1(SAS)；②解：由①得∠A1CB＝∠CA1D，如解图②，设A1D1与BC的交点为G，∴可设A1G＝CG＝x，∴BG＝8－x，在Rt△A1BG中，A1G2＋A1B2＝BG2，即x2＋42＝(8－x)2，∴x＝3，∴sin∠ABA1＝sin∠A1GB＝eq\f(A1B,BG)＝eq\f(4,5)；例题解图②(3)解：在Rt△A1BC中，BC＝8，A1B＝4，∴∠A1CB＝30°，∴∠A1BC＝60°，∴∠CBC1＝30°，∴CC1经过的路径长为eq\f(30π×8,180)＝eq\f(4π,3)；(4)解：如解图③，过点O1作O1M⊥BC于点M，∵将矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°到矩形A1BC1D1，AB＝4，BC＝8，∴BC1＝BC＝8，∠CBC1＝90°，BA1＝AB＝4，∴O1M∥BC1，∵O是对角线AC的中点，∴O1是A1C1的中点，∴MO1＝eq\f(1,2)BC1＝4，BM＝A1M＝eq\f(1,2)BA1＝2，∴CM＝BC－BM＝8－2＝6.在Rt△CO1M中，由勾股定理得，CO1＝eq\r(O1M2＋CM2)＝2eq\r(13).例题解图③三阶1.(1)证明：①第1题解图①如解图①，过点F作FG⊥PG交PD的延长线于点G，∵PC⊥PF，∴∠FPG＋∠CPD＝90°，∵∠CPD＋∠PCD＝90°，∴∠PCD＝∠FPG，在△CDP与△PGF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠PDC＝∠FGP,∠PCD＝∠FPG,CP＝PF))，∴△PCD≌△FPG(AAS)∴PD＝FG，S△PDF＝eq\f(1,2)PD·FG＝eq\f(1,2)PD2；(3分)②第1题解图②如解图②，过点E作EH⊥AH交PA的延长线于点H，∵∠EPB＝90°，∴∠EPH＋∠BPH＝90°，∵∠BPH＋∠PBA＝90°，∴∠EPH＝∠PBA，在△EHP与△PAB中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EPH＝∠PBA,∠EHP＝∠PAB,EP＝PB))，∴△EHP≌△PAB(AAS)，EH＝PA，在△EHA与△DGF中，∠H＝∠G＝90°，∵HP＝AB＝AD∴HA＝HP－AP＝AB－AP＝AD－AP＝PD＝FG同理可得，EH＝DG，∴△EHA≌△DGF(SAS)，∴EA＝DF；(6分)(2)解：解法一：第1题解图③如解图③，过点F作FK⊥EH交EH于点K，则KF＝HG＝2AD＝8，由(1)可知，∠EAH＝∠DFG，∠FDG＝∠AEH，且∠EAH＋∠AEH＝90°，∠FDG＋∠DFG＝90°，又∵∠DAM＝∠EAH，∠ADM＝∠FDG，∴∠DAM＋∠ADM＝90°，∴∠AMD＝90°.∵N是EF的中点，∴MN＝eq\f(1,2)EF，设FG＝x，则KH＝x，EK＝4－2x，(0＜x≤2)在Rt△EKF中，EF＝eq\r(82＋（4－2x）2)＝2eq\r(（x－2）2＋16)，∴8≤EF＜4eq\r(5)，∴4≤MN＜2eq\r(5).(11分)解法二：第1题解图④如解图④，取BC的中点R，连接PR，并延长PR使PR＝HR，连接BH，在△BRH与△CRP中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BR＝CR,∠BRH＝∠CRP,HR＝PR))，∴△BRH≌△CRP(SAS)，∴BH＝CP，又∵CP＝PF，∴BH＝PF，∵∠HBP＋∠BPC＝180°，∠BPC＋∠EPF＝180°，∴∠HBP＝∠EPF，∴△EPF≌△PBH(SAS)，∴EF＝PH，∴MN＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(1,2)PH＝PR.当P为AD中点时，PR最小为4，当P在点A或点D位置时，PR最大，最大为PR＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，又∵点P不与A、D重合，∴PD＜2eq\r(5)，∴4≤PR＜2eq\r(5)，即4≤MN＜2eq\r(5).(11分)2.(1)证明：∵∠BAC＝90°，∠MAN＝90°，∴∠BAC－∠MAC＝∠MAN－∠MAC，∴∠BAM＝∠CAN，在△ABM和△ACN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BA＝CA,∠BAM＝∠CAN,MA＝NA))，∴△ABM≌△ACN(SAS)；(2)证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵∠MAN＝90°，AM＝AN，∴∠ANM＝45°，MN＝eq\r(2)AN，∵△ABM≌△ACN，∴∠ACN＝∠B＝45°＝∠ANM，∵∠CAN＝∠NAP，∴△ANP∽△ACN，∴eq\f(AP,AN)＝eq\f(AN,AC)，∴AN2＝AP·AC＝AP·AB，∵MN＝eq\r(2)AN，∴MN2＝2AN2＝2AP·AB；(3)解：如解图，过点M作MF⊥AC于点F.第2题解图∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，∴MF∥AB，∴△CMF∽△CBA，∵BM＝2CM，∴eq\f(FC,AC)＝eq\f(MC,BC)＝eq\f(1,3)，∴AF＝2，FC＝MF＝1，在Rt△AMF中，AM＝eq\r(AF2＋MF2)＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)＝AN，由(2)知，AN2＝AP·AC，∴AP＝eq\f(AN2,AC)＝eq\f(（\r(5)）2,3)＝eq\f(5,3)，∴PC＝AC－AP＝3－eq\f(5,3)＝eq\f(4,3).3.解：(1)AO＝eq\f(1,2)CD，AO⊥CD；【解法提示】∵AD＝AE，∠DAC＝∠EAB＝90°，AC＝AB，∴△DAC≌△EAB，∴CD＝BE，∠ACD＝∠ABE，∵∠BAE＝90°，BO＝OE，∴AO＝eq\f(1,2)BE，∴AO＝BO＝OE＝eq\f(1,2)CD，∴∠ABO＝∠OAB＝∠ACD，∵∠OAB＋∠CAO＝90°，∴∠ACD＋∠CAO＝90°，∴AO⊥CD.(2)(1)中的两个结论成立，理由如下：如解图①，延长AO到点F，使得OF＝AO，连接BF、EF,第3题解图①∵AO＝OF，BO＝OE，∴四边形ABFE是平行四边形，∴BF＝AE，BF∥AE，∴∠FBA＋∠BAE＝180°，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC＋∠DAE＝∠DAC＋∠BAE＝180°，∴∠DAC＝∠FBA，∵AC＝BA，BF＝AE＝AD，∴△DAC≌△FBA(SAS)，∴CD＝AF，∠ACD＝∠BAF，∴AO＝eq\f(1,2)CD，∵∠BAF＋∠CAF＝90°，∴∠ACD＋∠CAF＝90°，∴AO⊥CD；(3)OA的取值范围为1≤OA≤3.【解法提示】在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴AB＝AC＝eq\f(\r(2),2)BC＝4，∵AB＝2AD，∴AD＝2，如解图②，当点D在CA的延长线上时，CD的长最长，此时CD＝AC＋AD＝4＋2＝6，由(2)可知：OA＝eq\f(1,2)CD，∴OA的长最大值为3;如解图③，当点D在线段AC上时，CD的长最短，此时CD＝AC－AD＝4－2＝2，由(2)可知：OA＝eq\f(1,2)CD，∴OA的长最小值为1,∴OA的取值范围为1≤OA≤3.图②图③第3题解图4.(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∵DE＝DF，∠EDF＝90°，∴∠ADE＝∠CDF，∴△ADE≌△CDF(SAS)，∴AE＝CF；(2)解：如解图①，过点F作FH⊥BC，交BC的延长线于点H，第4题解图①∵O是BC边的中点，∴OC＝OB＝eq\r(5)，∴在Rt△ABO中，OA＝eq\r(AB2＋BO2)＝5.由(1)得△ADE≌△CDF，∴CF＝AE＝OA－OE＝5－2＝3，∠DAE＝∠DCF，又∵∠DAB＝∠DCH＝90°，∴∠BAO＝∠HCF，又∵∠H＝∠B＝90°，∴△ABO∽△CHF，∴eq\f(AB,CH)＝eq\f(BO,HF)＝eq\f(AO,CF)，∴eq\f(2\r(5),CH)＝eq\f(\r(5),HF)＝eq\f(5,3)，∴FH＝eq\f(3\r(5),5)，CH＝eq\f(6\r(5),5)，∴OH＝OC＋CH＝eq\f(11\r(5),5)，∴OF＝eq\r(OH2＋FH2)＝eq\r(26)；(3)解：如解图②，以点O为圆心，2为半径作半圆O，连接OD，交半圆O于点E，此时线段DE取得最小值，∵AB＝2eq\r(5)，O是BC的中点，∴OC＝eq\r(5)，CD＝2eq\r(5)，∴OD＝5，∵OE＝2，∴DE＝OD－OE＝3，过点E作EM⊥BC于点M，EN⊥AD于点N，则MN＝CD，MN∥CD，∴△OEM∽△ODC，∴eq\f(OE,OD)＝eq\f(EM,DC)，即eq\f(2,5)＝eq\f(EM,2\r(5))，∴EM＝eq\f(4\r(5),5)，∴EN＝MN－EM＝eq\f(6\r(5),5).∴S四边形AEFD＝S△ADE＋S△DEF＝eq\f(1,2)AD·EN＋eq\f(1,2)DE2＝eq\f(1,2)×2eq\r(5)×eq\f(6\r(5),5)＋eq\f(1,2)×32＝eq\f(21,2).第4题解图②类型二平移问题1.解：(1)∵∠EDA＝∠CAB＝90°，∴DE∥AC，∴△DHE∽△AHC，∴eq\f(DH,AH)＝eq\f(DE,AC)＝eq\f(DF,AB)＝eq\f(1,2)，∴DH＝eq\f(1,3)AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB＝1；(2)DG∥EA，DG＝eq\f(1,2)EA.理由如下：由(1)知，△EDH∽△CAH，∴eq\f(DH,AH)＝eq\f(EH,CH)＝eq\f(DE,AC)＝eq\f(1,2)，∵点G是EC的中点，∴EH＋HG＝HC－HG，∴2HG＝HC－EH＝EH，∴eq\f(DH,AH)＝eq\f(HG,EH)＝eq\f(1,2)，∵∠DHG＝∠AHE，∴△DHG∽△AHE，∴∠HDG＝∠HAE，eq\f(DG,AE)＝eq\f(DH,AH)＝eq\f(1,2)，∴DG∥EA，DG＝eq\f(1,2)EA；(3)当点D在直线BC上时，此时点D和点B重合，如解图①，第1题解图①∵eq\f(BH,AH)＝eq\f(BE,AC)＝eq\f(1,2)，AB＝6，∴BH＝2，BE＝3，∴在Rt△BHE中，由勾股定理得EH＝eq\r(BE2＋BH2)＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13)，∵eq\f(HG,HE)＝eq\f(DG,AE)＝eq\f(1,2)，∴HG＝eq\f(1,2)EH＝eq\f(\r(13),2)；当点F在直线BC上时，此时点F与点B重合，如解图②，BE＝eq\r(2)DE＝3eq\r(2)，第1题解图②∴HG＝eq\f(1,2