解题方法及提分突破训练：几何变换法专题

解题方法及提分突破训练：几何变换法专题

在几何题或代数几何综合题的解证过程中，经常会使用几何变换的观点来解决问题。从图形的特点出发，利用几何变换，可将图形的全部或一部分移动到一个新的位置，构成一个新的关系，从而使问题获得解决。这种几何变换不改变被移动部分图形的形状和大小，而只是它的位置发生了变化，这种移动有利于找出图形之间的关系，从而使解题更为简捷。 移动图形一般有三种方法： （1）平移法。

（2）旋转法：利用旋转变换。

（3）对称：可利用中心对称和轴对称。 一 真题链接 1．（2012中考）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，沿AD折叠，使点B落在斜边AC上，若AB=3，BC=4，则BD= ．

2．（2012泰安）将抛物线y?3x向上平移3个单位，再向左平移2个单位，那么得到的抛物线的解析式为（ ）

22y?3(x?2)?3y?3(x?2)?3 A． B．22y?3(x?2)?3y?3(x?2)?3 C． D．

23．（2012绍兴）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点C′处．则BC：AB的值为 。

4．（2012张家界）如图，在方格纸中，以格点连线为边的三角形叫格点三角形，请按要求完成下列操作：先将格点△ABC向右平移4个单位得到△A1B1C1，再将△A1B1C1绕点C1点旋转180°得到△A2B2C2．

1

考点：作图-旋转变换；作图-平移变换。

．

二

名词释义

在数学问题的研究中，常常运用变换法，把复杂性问题转化为简单性的问题而得到解决。所谓变换是一个集合的任一元素到同一集合的元素的一个一一映射。中学数学中所涉及的变换主要是初等变换。有一些看来很难甚至于无法下手的习题，可以借助几何变换法，化繁为简，化难为易。另一方面，也可将变换的观点渗透到中学数学教学中。将图形从相等静止条件下的研究和运动中的研究结合起来，有利于对图形本质的认识。 几何变换包括：（1）平移；（2）旋转；（3）对称。

1. 平移变换 把图形中的某一个线段或者一个角移动到一个新的位置，使图形中分散的条件紧密地结合到一起。 一般有2种方法： 1.平移已知条件

2.平移所求问题，把所求问题转化，其实就是逆向证明。几何题多数都是逆向思考的。 例 ：在三角形ABC中，BD=CE,求证：AB+AC大于AD+AE。这是典型的平移条件问题。 解：我们把三角形AEC平移到如图所示的FBD位置。这里用了BD=EC的条件 。设AB与FD交于P

这样，容易构造两个全等的三角形 AEC,FBD 由于 PA+PD大于 AD PF+PB大于 BF

2

两式相加 PA+PB+PD+PF大于AD+BF 又因为BF= AE，AC= FD 所以AB+AC大于AD+AE

2.旋转变换 把平面图形绕旋转中心,旋转一个定角，使分散的条件集中在一起.

例：如图,等腰直角三角形ABC中,AB=AC,∠A=90,M,N为斜边BC上两点且∠MAN=45,求证:BM^2+CN^2=MN^2

解：要证BM^2+CN^2=MN^2,容易想到勾股定理.但是BM,CN,MN都不在同一个三角形上,所以,我们就设法将BM,CN,MN移到同一三角形上。考虑到△ABC是等腰三角形，且是直角三角形，将△ABM绕点A逆时针旋转90.使AB与AC重合.得到△ACD ，则△NCD为直角三角形 只需证明MN=ND即可

因为∠MAN=45,所以∠BAM+∠NAC=45 ，即∠NAD=45 又因为AM=AD

所以△AND≌△AMN

所以MN=ND，在直角△NDC中，有ND^2=NC^2+DC^2，所以BM^2+CN^2=MN^2

3.对称变换 通过作关于某一直线或一点的对称图，把图形中的图形对称到另一个位置上，使分散的条件集中在一起。

当出现以下两种情况时，经常考虑用此变换：1.出现了明显的轴对称、中心对称条件时。2.出现了明显的垂线条件时。

例△ABC中,∠BAC=90, △ACD为等边三角形，已知∠DBC=2∠DBA，求∠DBA。 解：由对称可知，△BAE全等于△BAD ，DE⊥AB, 所以BE=BD,AE=AD, ∠ABE=∠ABD

因为∠DBC=2∠DBA 所以∠DBC=∠DBE 在BC上取点F，使BF=BE 又因为∠BAC=90 ，DE⊥AB

所以DE∥BC ，∠ADE=∠DAC=60 所以ADE是等边三角形 DE=AD=DC

因为EF关于BD对称

所以DF=DE=DC ,BF=BE=BD, 设∠DBA=a 则∠DBF=2a

因为BF=BD，所以∠BFD=（180-2a）/2=90-a 由于DF=DC ，所以∠DCF=90-a ∠ACB=180-60-（90-a）=30+a

因为∠ABC+∠ACB=90，即 a+2a+30+a=90 ，a=15 所以∠DBA=a=15

三 典题示例

旋转在几何问题中的应用：

例1、在矩形ABCD中，AB=2，AD=3．

（1）在边CD上找一点E，使EB平分∠AEC，并加以说明；（3分）

（2）若P为BC边上一点，且BP=2CP，连接EP并延长交AB的延长线于F．

3

①求证：点B平分线段AF；（3分）

②△PAE能否由△PFB绕P点按顺时针方向旋转而得到，若能，加以证明，并求出旋转度数；若不能，请说明理由．（4分）

答案：（1）当E为CD中点时，EB平分∠AEC。

由∠D=90°，DE=1，AD=3，推得∠DEA=60°，同理，∠CEB=60°， 从而∠AEB=∠CEB=60°，即EB平分∠AEC。

CECP1（2）①∵CE∥BF，∴BF=BP=2 ∴BF=2CE。

∵AB=2CE，∴点B平分线段AF ②能。

1证明：∵CP=323，CE=1，∠C=90°，∴EP=33。

在Rt△ADE中，AE=

?3?2?12 =2，∴AE=BF，

23又∵PB=3，∴PB=PE

∵∠AEP=∠BP=90°，∴△PAS≌△PFB。

∴△PAE可以△PFB按照顺时针方向绕P点旋转而得到。 旋转度数为120°。

【解析】本题综合考查学生三角形相似及全等、矩形性质、勾股定理、旋转等等几何知识的应用。（1）发散思维的考查，让学生自己找满足条件的点，并说明理由。题目中给出AB=2，AD=3，发现满足条件的点为AB的中点；利用三角函数的知识，及平角为180度，很容易得到结论。（2）①应用相似三角形的知识得BF=2CE，且AB=2CE，所以点B平分线段AF。（3）问：△PAE能否由△PFB绕P点按顺时针方向旋转而得到，即证明：△PAE和△PFB是否全等。 平移在几何中的运用 例2、（2012六盘水）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形．Rt△ABC的顶点均在格点上，建立平面直角坐标系后，点A的坐标为（﹣4，1），点B的坐标为（﹣1，1）．

（1）先将Rt△ABC向右平移5个单位，再向下平移1个单位后得到Rt△A1B1C1．试在图中画出图形Rt△A1B1C1，并写出A1的坐标；

（2）将Rt△A1B1C1绕点A1顺时针旋转90°后得到Rt△A2B2C2，试在图中画出图形Rt△A2B2C2．并计算Rt△A1B1C1在上述旋转过程中C1所经过的路程．

4

考点：作图-旋转变换；弧长的计算；作图-平移变换。 专题：作图题。 分析：（1）根据网格结构找出点A．B．C平移后的对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点A1的坐标即可；

（2）根据网格结构找出点A1、B1、C1绕点A1顺时针旋转90°后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可，再根据勾股定理求出A1C1的长度，然后根据弧长公式列式计算即可得解． 解答：解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求作的三角形， 点A1的坐标为（1，0）；

（2）如图所示，△A2B2C2即为所求作的三角形， 根据勾股定理，A1C1=

=

，

=

π．

所以，旋转过程中C1所经过的路程为

点评：本题考查了利用旋转变换作图，利用平移变换作图，弧长的计算公式，熟练掌握网格结构并准确找出对应点的位置是解题的关键． 对称在几何中的运用

例3.（2012?德州）如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH． （1）求证：∠APB=∠BPH；

（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；

（3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．

5

考点： 翻折变换（折叠问题）；二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；正方形的性质。 分析：（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案；

（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；

（3）利用已知得出△EFM≌△BPA，进而利用在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2=BE2，利用二次函数的最值求出即可．

解答： （1）解：如图1，∵PE=BE， ∴∠EBP=∠EPB．

又∵∠EPH=∠EBC=90°，

∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP． 即∠PBC=∠BPH． 又∵AD∥BC， ∴∠APB=∠PBC． ∴∠APB=∠BPH．

（2）△PHD的周长不变为定值8．

证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q． 由（1）知∠APB=∠BPH，

又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP， ∴△ABP≌△QBP． ∴AP=QP，AB=BQ． 又∵AB=BC， ∴BC=BQ．

又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH， ∴△BCH≌△BQH． ∴CH=QH．

∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8． （3）如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB． 又∵EF为折痕， ∴EF⊥BP．

∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°， ∴∠EFM=∠ABP．

又∵∠A=∠EMF=90°， ∴△EFM≌△BPA．

6

∴EM=AP=x． ∴在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2=BE2． 解得， ．

∴ ．又四边形PEFG与四边形BEFC全等， ∴ ． 即： ． 配方得， ，

∴当x=2时，S有最小值6．

点评： 此题主要考查了翻折变换的性质以及全等三角形的判定与性质和勾股定理、二次函数的最值问题等知识，熟练利用全等三角形的判定得出对应相等关系是解题关键． 四

强化巩固

1．（2012深圳）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）

A B C D 2.．（2012?湘潭）把等腰△ABC沿底边BC翻折，得到△DBC，那么四边形ABDC（ ）

A． 是中心对称图形，不是轴对称图形 B． 是轴对称图形，不是中心对称图形 C． 既是中心对称图形，又是轴对称图形 D． 以上都不正确

3．（2012中考）如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′，若∠AOB=15°，则∠AOB′的度数是（ ）

7

A． 25°

B． 30°

C． 35°

D． 40°

4.．（2012中考）如图，在10×6的网格中，每个小方格的边长都是1个单位，将△ABC平移到△DEF的位置，下面正确的平移步骤是（ ）

A． 先把△ABC向左平移5个单位，再向下平移2个单位 B． 先把△ABC向右平移5个单位，再向下平移2个单位 C． 先把△ABC向左平移5个单位，再向上平移2个单位 D． 先把△ABC向右平移5个单位，再向上平移2个单位

5.（2012广元）下面的四个图案中，既可以用旋转来分析整个图案的形成过程，又可以用轴对称来分析整个图案的形成过程的图案有【 】

A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个

2y?3x6．（2012泰安）将抛物线 向上平移3个单位，再向左平移2个单位，那么得到的

抛物线的解析式为（ ）

A． B． C． D．

7.．(2012?丽水)如图是一台球桌面示意图，图中小正方形的边长均相等，黑球放在如图所示的位置，经白球撞击后沿箭头方向运动，经桌边反弹最后进入球洞的序号是( )

A．① B．② C．⑤ D．⑥

8

8.（2012义乌市）如图，将周长为8的△ABC沿BC方向平移1个单位得到△DEF，则四边形ABFD的周长为（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12 9．（2012?济宁）如图，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=12厘米，EF=16厘米，则边AD的长是（ ）

A． 12厘米 B． 16厘米 C． 20厘米 D． 28厘米

10．（2012泰安）如图，菱形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A在x轴上，∠B=120°，OA=2，将菱形OABC绕原点顺时针旋转105°至OA′B′C′的位置，则点B′的坐标为（ ）

A．（2，?2） B．（?2，2） C．（2012泰安） D．（3，?3） 11．（2012?梅州）如图，在折纸活动中，小明制作了一张△ABC纸片，点D、E分别是边AB、AC上，将△ABC沿着DE折叠压平，A与A′重合，若∠A=75°，则∠1+∠2=（ ）

9

A．150° B．210° C．105° D．75° 12．（2012泰安）如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点B与CD的中点重合，若AB=2，BC=3，则△FCB′与△B′DG的面积之比为（ ）

A．9：4 B．3：2 C．4：3 D．16：9

五 参考答案

真题链接答案： 1. 考点： 翻折变换（折叠问题）。 分析： 由题意可得∠AB′D=∠B=90°，AB′=AB=3，由勾股定理即可求得AC的长，则可得B′C的长，然后设BD=B′D=x，则CD=BC﹣BD=4﹣x，由勾股定理CD2=B′C2+B′D2，即可得方程，解方程即可求得答案． 解答： 解：如图，点B′是沿AD折叠，点B的对应点，连接B′D， ∴∠AB′D=∠B=90°，AB′=AB=3， ∵在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，BC=4， ∴AC=5， ∴B′C=AC﹣AB′=5﹣3=2， 设BD=B′D=x，则CD=BC﹣BD=4﹣x， 在Rt△CDB′中，CD2=B′C2+B′D2， 即：（4﹣x）2=x2+4， 解得：x=， ∴BD=． 故答案为：． 点评： 此题考查了折叠的性质与勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用，注意掌握折叠中的对应关系． 2.考点：二次函数图象与几何变换。

2y?3x解答：解：由“上加下减”的原则可知，将抛物线向上平移3个单位所得抛物线的解2y?3x?3； 析式为：

10

2y?3x?3向左平移2个单位所得抛物线的解析式为：由“左加右减”的原则可知，将抛物线

y?3(x?2)2?3．

故选A．

3.考点：翻折变换（折叠问题）。 解答：解：连接CC′，

∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点C′处。 ∴EC=EC′，

∴∠EC′C=∠ECC′， ∵∠DC′C=∠ECC′， ∴∠EC′C=∠DC′C，

∴得到CC′是∠EC'D的平分线， ∵∠CB′C′=∠D=90°， ∴CB′=CD， 又∵AB′=AB，

所以B′是对角线AC中点， 即AC=2AB，

所以∠ACB=30°，

BC?3∴cot∠ACB=cot30°=AB，

BC：AB的值为：3。 故答案为：3。

4.解答：解：如图所示：

巩固强化答案： 1.【答案】A。

【考点】中心对称图形和轴对称图形。

【分析】解：根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此， A、是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项正确． B、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项错误； C、不是中心对称图形，故本选项错误； D、不是轴对称图形，故本选项错误．

11

故选A．

2.考点： 中心对称图形；等腰三角形的性质；轴对称图形；翻折变换（折叠问题）。 分析： 先判断出四边形ABDC是菱形，然后根据菱形的对称性解答． 解答： 解：∵等腰△ABC沿底边BC翻折，得到△DBC， ∴四边形ABDC是菱形，

∵菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，

∴四边形ABDC既是中心对称图形，又是轴对称图形． 故选C．

点评： 本题考查了中心对称图形，等腰三角形的性质，轴对称图形，判断出四边形ABDC是菱形是解题的关键． 3.考点： 旋转的性质。

分析： 根据旋转的性质旋转前后图形全等以及对应边的夹角等于旋转角，进而得出答案即可．

解答： 解：∵将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′， ∴∠A′OA=45°，∠AOB=∠A′OB′=15°，

∴∠AOB′=∠A′OA﹣∠A′OB=45°﹣15°=30°， 故选：B．

点评： 此题主要考查了旋转的性质，根据旋转的性质得出∠A′OA=45°，∠AOB=∠A′OB′=15°是解题关键．

4.考点： 生活中的平移现象。 专题： 网格型。

分析： 根据网格结构，可以利用一对对应点的平移关系解答．

解答： 解：根据网格结构，观察点对应点A、D，点A向左平移5个单位，再向下平移2个单位即可到达点D的位置，

所以，平移步骤是：先把△ABC向左平移5个单位，再向下平移2个单位． 故选A．

点评： 本题考查了生活中的平移现象，利用对应点的平移规律确定图形的平移规律是解题的关键．

5.【答案】A。

【考点】利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案。

【分析】根据旋转、轴对称的定义来分析，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定 角度的位置移动；轴对称是指如果一个图形沿一条直线折叠，直线两侧的图形能够互相重合，就是轴对称．

图形1、图形4可以旋转90°得到，也可以经过轴对称，沿一条直线对折，能够完全重合； 图形2、图形3可以旋转180°得到，也可以经过轴对称，沿一条直线对折，能够完全重合； 故既可用旋转来分析整个图案的形成过程，又可用轴对称来分析整个图案的形成过程的图案有4个。故选A。

6.考点：二次函数图象与几何变换。

2y?3x解答：解：由“上加下减”的原则可知，将抛物线 向上平移3个单位所得抛物线22y?3x?3y?3x?3 向左平移的解析式为： ；由“左加右减”的原则可知，将抛物线

12

2y?3(x?2)?3： ． 2个单位所得抛物线的解析式为

故选A．

7.考点： 生活中的轴对称现象。

分析： 入射光线与水平线的夹角等于反射光线与水平线的夹角，动手操作即可． 解答： 解：如图，求最后落入①球洞；

故选：A．

点评： 本题主要考查了生活中的轴对称现象；结合轴对称的知识画出图形是解答本题的关键．

8.考点：平移的性质。 解答：解：根据题意，将周长为8个单位的等边△ABC沿边BC向右平移1个单位得到△DEF， ∴AD=1，BF=BC+CF=BC+1，DF=AC； 又∵AB+BC+AC=8，

∴四边形ABFD的周长=AD+AB+BF+DF=1+AB+BC+1+AC=10． 故选；C．

9.考点： 翻折变换（折叠问题）；勾股定理。

分析： 先求出△EFH是直角三角形，再根据勾股定理求出FH=20，再利用全等三角形的性质解答即可．

解答： 解：设斜线上两个点分别为P、Q， ∵P点是B点对折过去的，

∴∠EPH为直角，△AEH≌△PEH， ∴∠HEA=∠PEH， 同理∠PEF=∠BEF， ∴这四个角互补，

∴∠PEH+∠PEF=90°， ∴四边形EFGH是矩形，

∴△DHG≌△BFE，HEF是直角三角形， ∴BF=DH=PF， ∵AH=HP， ∴AD=HF，

∵EH=12cm，EF=16cm， ∴FH=

∴FH=AD=20cm． 故选C．

=

=20cm，

13

10.考点：坐标与图形变化-旋转；菱形的性质。

解答：解：连接OB，OB′，过点B′作B′E⊥x轴于E， 根据题意得：∠BOB′=105°， ∵四边形OABC是菱形，

∴OA=AB，∠AOB=∠AOC=∠ABC=×120°=60°， ∴△OAB是等边三角形， ∴OB=OA=2，

∴∠AOB′=∠BOB′﹣∠AOB=105°﹣60°=45°，OB′=OB=2，

2?∴OE=B′E=OB′?sin45°=

2?22，

∴点B′的坐标为：（2，?2）． 故选A．

11.考点： 三角形内角和定理；翻折变换（折叠问题）。 分析： 先根据图形翻折变化的性质得出△ADE≌△A′DE，∠AED=∠A′ED，∠ADE=∠A′DE，再根据三角形内角和定理求出∠AED+∠ADE及∠A′ED+∠A′DE的度数，然后根据平角的性质即可求出答案．

解答： 解：∵△A′DE是△ABC翻折变换而成，

∴∠AED=∠A′ED，∠ADE=∠A′DE，∠A=∠A′=75°， ∴∠AED+∠ADE=∠A′ED+∠A′DE=180°﹣75°=105°， ∴∠1+∠2=360°﹣2×105°=150°． 故选A．

点评： 本题考查的是图形翻折变换的性质，即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． 12.考点：翻折变换（折叠问题）。

解答：解：设BF=x，则CF=3﹣x，BF′=x，

14

又点B′为CD的中点， ∴B′C=1，

22x?1?(3?x)在Rt△B′CF中，BF′2=B′C2+CF2，即，

x?解得：

5543??3 ，即可得CF=33 ，

∵∠DB′G=∠DGB=90°，∠DB′G+∠CB′F=90°，

∴∠DGB=∠CB′F，

∴Rt△DB′G∽Rt△CFB′，

根据面积比等于相似比的平方可得：故选D．

=

416()2?9 ． =3 15

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/lh47.html