图形的平移对称旋转与位似.pptx

第一节　图形的平移、对称、旋转与位似
命题探究
考点研读
考情分析
随堂检测
总纲目录
考情分析
考点研读
考点三 图形的旋转（高频考点）
考点二 图形的对称（高频考点）
考点一 长;
②当∠A'FE=90°,证明△ABC是等腰直角三角形,可得AB=AC=4.
答案　4或4
解析　(1)当点A'在直线DE下方时,如图1,∵∠CA'F=90°,∠EA'F>∠CA'F,
∴△A'EF为钝角三角形,不符合;(2)①当点A'在直线DE上方时,如∠A'FE=90°时,∵DE∥AB,∴∠EDA=90°,∴A'B∥称知四边形ABA'C为正方形,∴AB=AC=4.②当点A'在直线DE上方时,∠A'EF=90°时,A'E∥AC,所以∠A'EC=∠ACE=∠A'CE,
∴A'C=A'E.∵A'E=EC,∴△A'CE为等边三角形,∴∠ACB=∠A'CB=60°,∴在Rt△ACB中,AB=AC·tan 60°=4 ;③当点A'在直线DE上
方时,∠EA'F<∠CA'B,不可能为90°.
综上所述,当△A'EF为直角三角形时,AB的长为4或4 .
 
图1 图2
图3
2-1    (2017河南安阳一模)在矩形ABCD中,AB=3,AE⊥BD,垂足为E,ED=3BE,点P,Q分别在BD、AD上,则AP+PQ的最小值是         .
答案
解析　设BE=x,则DE=3x,BD=4x.
∵四边形ABCD为矩形,且AE⊥BD,
∴△ABE∽△DAE,△ADE∽△BDA,
∴ = , = ,
即 = , = .
∴AE2 =3x2,AD2 =12x2.
∴AE= x,AD=2 x.
又∵在Rt△ABE中,AE2 +BE2 =AB2,
∴3x2 +x2 =32,解得x= ,
∴BE= ,DE= ,AE=  ,AD=3 .
如图,延长AE到A',使EA'=EA,连接PA'、DA',
 
则A'A=2AE=3 .
∵AE⊥BD,∴点A'是点A关于BD的对称点.
则PA=PA'.
∴当A'、P、Q三点在同一条直线上且PQ⊥AD时,A'P+PQ最小.
此时AP+PQ=A'P+PQ=A'Q .
∵S△ADA'= AA'·DE= AD·A'Q,
∴ ×3 × = ×3 A'Q.
∴A'Q= ,∴AP+PQ的最小值为 .
2-2    (2017河南平顶山二模)如图,在矩形纸片ABCD中,AB=5,AD=2,点P在线段AB上运动,设AP=x,现将纸片折叠,使点D与点P重合,得折痕EF(点E、F为折痕与矩形边的交点),再将纸片还原,则四边形EPFD为菱形时,x的取值范围是    2≤x≤5    .
答案　2≤x≤5
解析　∵要使四边形EPFD为菱形,则需DE=EP=FP=DF,
∴如图1:当点E与点A重合时,AP=AD=2,此时AP最小;
如图2:当点P与B重合时,AP=AB=5,此时AP最大.
∴四边形EPFD为菱形时,x的取值范围是2≤x≤5.
超级总结
方法技巧　解决与图形的轴对称变换有关的计算问题,通常需借助图形,巧妙地利用轴对称变换(或者翻折变换)的性质中的边、角变换前后不变的关系,把已知条件集中到(直角)三角形中,借助勾股定理、(翻折)变换的性质:(1)经过轴对称变换得到的图形与原图形的形状、大小完全一样;(2)连接任意一对对应点的线段被对称轴垂直平分.
例3    (2016河南,8,3分)如图,已知菱形OABC的顶点O(0,0),B(2,2),若菱形绕点O逆时针旋转,每秒旋转45°,则第60秒时,菱形的对角线交点D的坐标为 ( )
命题点三    图形的旋转
B
思路导引　根据菱形的性质,可得D点的坐标,再利用旋转的性质计算第60秒时交点D的坐标.
答案    B　由题意知菱形每8秒旋转一周,60秒旋转7周余180°,即旋转60秒后得到的图形与原图形关于原点成中心对称,因为B(2,2),所以D(1,1),D关于原点对称的点的坐标为(-1,-1).故选B.
3-1    (2017河南,22,10分)如图1,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=AC,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点.
(1)观察猜想
图1中,线段PM与PN的数量关系是    PM=PN    ,位置关系是    PM⊥PN    ;
(2)探究证明
把△ADE绕点A按逆时针方向旋转到图2的位置,连接MN,BD,CE,判断△P