【初中数学竞赛辅导】2018届人教版初中数学第16章《几何变换》竞

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

第16章几何变换

§16.1对称和平移

16．1．1★设M是边长为2的正三角形ABC的边AB的中点．P是边BC上的任意一点，求PA?PM的最小值．

CPM'A'AMB

解析作正三角形ABC关于BC的对称图形△A?BC．M?是M的对称点，故M是A?B的中 点．PM?PM?，如图所示，则 PA?PM?PA?PM?≥AM?.

连结CM?，易知?ACM??90?，所以AM??AC2?CM?2?4?3?7． 所以，PA?PM的最小值是7．

16．1．2★★已知△ABC中，?A?60?．试在△ABC的边AB、AC上分别找出一点P、Q，使BQ?QP?PC最小．

解析作B关于直线AC的对称点B?，C关于直线AB的对称点C?，连B?C?与AB、AC分别交于点P、Q，则P、Q即为所求，如图所示．

CPM'A'AMB

事实上，对于AB、AC上的任意点P?，Q?， BQ??Q?P??P?C?B?Q??Q?P??P?C? ≥B?C??B?Q?QP?PC? ?BQ?QP?PC．

评注因为?A?60?，所以所作线段B?C?必与线段AB、AC相交．

16．1．3★★求证：直角三角形的内接三角形的周长不小于斜边上高的两倍．

解析如图所示，设在直角三角形ABC中，CD是斜边上的高，△PQR是它的任一内接三角形．

1

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

BPADQRCUFGTSVE

将Rt△ABC以BC为对称轴反射为Rt△BCE，此时△PQR反射为△SQV，再将Rt△BCE以CE为对称轴反射为Rt△FCE，此时△SQV反射为△TUV延长DC交EF于G．

易知FF∥AB，所以CG?CD，即GD?2CD，且GD是两平行线AB与EF之间的距离． 所以

PQ?QR?RP?PQ?QV?VT≥GD?2CD.

16．1．4★★★在△ABC内取一点M使?MAB?10?，?MBA?30?．设?ACB?80?， AC?BC．求?AMC.

CEMAHB

解析本题中△ABC为等腰三角形，这就提示我们利用对称性解题，先作一条对称轴，作△ABC的高CH与直线BM交于点E由对称性知， ?EAB??EBA?30?， 所以?EAM?20?， 从而?CAE?20?，

因为?AME??MAB??MBA?40?，又 1?ACE??ACB=40?，

2所以△CAF≌△MAE， 于是AC?AM，

1?180??40???70?． 216．1．5★★在△ABC中，AH是高，H在边BC上，已知?BAC?45?，BH?2，CH?3，求△ABC的面积．

AB的关于AB的对称图形△NAB．解析作△HAC的关于AC的对称图形△MAC，作△H分

别延长MC和NB，它们相交于L，如图所示．

所以?AMC? 2

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

AMNBHLC

易知?M??N?90?，且 ?NAM?2?BAC?90?， AM?AH?AN．

所以，四边形LMAN是正方形． 设正方形LMAN的边长为a，则 CL?a?3，BL?a?2．

在直角三角形BCL中，由勾股定理知 BL2?CL2?BC2．

?a?2?2??a?3??25．

2解方程，得a?6，即AH?6．所以

1BC?AH?15． 216．1．6★★★如图，凸四边形PQRS的四个顶点分别在边长为a的正方形ABCD的四条边S△ABC?上，求证：PQRS的周长不小于22a．

解析作正方形ABCD关于BC的轴对称图形，得到正方形A1BCD1，再作正方形A1BCD1关于CD1的轴对称图形，得到正方形A2B2CD1，再作正方形A2B2CD1关于A2D1的轴对称图形，得

到正方形A2B3C3D1，而P、Q、R、S四点的对应点如图所示．

APBP1A1S1D1R3C3QSDRCR1S2Q2B2P2A2P3Q3B3

显然，AA2?22a，AP∥A2P3，故

PPAA2， 3∥ 3

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

所以四边形PQRS的周长 PQ?QR?RS?SP ?PQ?QR1?R1S2?S2P3

≥PP3?AA2?22a．

即四边形PQRS的周长不小于22a．

16．1．7★★★如图，△ABC和△ADE是两个不全等的等腰直角三角形， ?ABC??ADE?90?，现固定△ABC而将△ADE绕点A在平面上旋转，试证：不论△ADE旋转到什么位置，线段EC上必存在点M使△BMD力等腰直角三角形．

BAA'MCDE

解析如图，设△BMD为等腰直角三角形，下面证明点M在线段EC上．

?B??ADB． 作A关于BD的对称点A?，则?AD因为?ADE?90??2?BDM，

所以?EDM??A?DM?45???A?DB ?45???ADB， 又DA??DA?DE．

所以A?又是E关于DM的对称点． 同理A?也是C关于BM的对称点，因此 ?EMD??A?MD，?CMB??A?MD， 又因?BMD?90?， 所以?CME?180?．

即M在EC上（且为EC的中点）．

16．1．8★★★如图，矩形ABCD中，AB?20，BC?10，若在AC、AB上各取一点M、N，使BM?MN的值最小，试求出这个最小值．

EDFAPNMBGCQ

解析作AB关于直线AC的对称线段AE，即B、E关于AC对称，作N关于AC的对称点F，则F在AE上，且有BE?AC于Q，NF?AC于P． 由对称变换可知，MN?BM?MF?MB.

欲使MF?BM最小，必须BMF共线，所以BM?MN最小值为点B到AE的距离BG.

4

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

在Rt△ABC中，AB?20，BC?10，所以BQ?在Rt△ABQ中，AQ?AB2?BQ2?202?45AB?BC?45，则BE?2BQ?85． AC??2?85．又AE?AB?20，在△ABE

11BE?AQ中，S△ABE?BE?AQ?AE?BG，则BG? ?16．从而BM?MN的最小值为16．

22AE16．1．9★★凸四边形ABCD中，?ABD??CBD，?ADB??CDB．求证： AB?AD?BC?CD.

DEPCAB

解析将△BCD沿BD翻折，点C落在点P．因为?ABD??CBD，?ADB??CDB，所以P必定在△ABD内部．BP延长线交AD于点E，则 AB?AD?BE?FD?BP?PD?BC?CD.

116．1．10★★设S表示凸四边形ABCD的面积，证明S≤(AB?CD?BC?AD)．

2BlACDD'

解析如图，作点D关于AC的垂直平分线l的对称点D?，显然△ACD与△ACD?关于l成轴对称图形．所以 S?SABCD? ?S△BAD??S△BCD?，

11AB?AD??sin?BAD??BC?CD??sin?BCD? 22≤(AB?AD??BC?CD?) ?1?(AB?CD?BC?AD). 216．1．11★★在矩形ABCD内取一点M，使?BMC??AMD?180?，试求?BCM??DAM的值．

5

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

M'ADMBC

解析如图将△BMC沿AB平移至△ADM?，显然MM??AD，?BMC??AM?D．所以，由已知条件?AM?D??AMD?180?，即A、M、D、M?四点共圆，从而 ?BCM??DAM??ADM???DAM ??AMM???DAM?90?．

16．1．12★★设P是平行四边形ABCD内一点，使得?PAB??PCB， 证明：?PBA??PDA．

APCDP'B

解析如图，把AP平移至DP?，则?BAP??CDP?，及?PBA??P?CD，PP?∥BC， 所以?P?PC??BCP．

又已知?PAB??PCB，故?P?PC??CDP?，从而P、D、P?、C四点共圆．于是 ?P?PD??P?CD，

???PDA， 又?PPD所以?PBA??PDA．

16．1．13★（1）如图（a）所示，在梯形ABCD中，AD∥BC.已知：AD?BC?3，AC?3， BD?6，求梯形ABCD的面积．

B?a，（2）如图（b），在梯形ABCD中，AD∥BC．M是CD的中点，MN?AB于N．设AMN?h，求梯形ABCD的面积．

解析（1）将BD平移到CE，连结DE，则CE?BD?6，DE?BC．所以

ANMDEBCA(a)DEB(b)FC

AE?AD?DE?AD?BC?3．

AE2?AC2?CE2．

6

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

因此?ACE?90?． 因为S△ABC?S△CDE， 所以S梯形ABCD?S△ACE?13AC?CE?2． 22（2）将AB平移至EF，如图（b）所示，EF过点M．由于△MDF≌△MCF，所以

S梯形ABCD?S梯形ABFE?AB?MN?ah．

评注本题的两种添平行线法是解梯形问题的常用方法．

16．1．14★★如图，在四边形ABCD中，AD?BC，E、F分别是DC及AB中点，FE的 延长线与AD及BC的延长线分别交于点H、G．求证：?AHF??BGF．

GHDBAFECB'(a)

解析1如图（a），将线段CB平移至AB?．则四边形AB?BC为平行四边形．由于F是AB中 点，故C、F、B?共线．

现在EF是△CDB?的中位线，故EF∥DB?，所以 ?AHF??ADB?，?BGF??AB?D．

又显然AB??BC?AD．故?ADB???AB?D． 于是?AHF??BGF．

GHDMBAF(b)EC

解析2如图（b），连结AC，取AC中点为M，连结ME、MF，则ME、MF分别为△CDA、

11△ABC的中位线，所以ME∥DA，MF∥BC．故

22?MEF??AHF，

?AFE??FGB，

7

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

且ME?MF，故?MEF??MFE， 所以?AHF??FGB．

16．1．15★★如图，?A??B，AA1、PP1、 1、BB1均垂直于A1B1，垂足为A1、PB1，AA1?17，PP1?16，BB1?20，A1B1?12．求AP?BP的值．

BACDA1P1PEB1

C在线段AA1上，延长BP交AA1于D，将DA1平移到EB1，E在BB1解析将PP1，1平移到CA上．

因为AA1、BB1、PP1PP1和DA1B1E都是矩形． 1均垂直于A1B1，所以四边形CAAC?1．又AA1∥BB1，所以?PDA由CA1?PP??B??，A1?16，AA1?17，得?PCD??PCA?90?，PC?PC．所以Rt△PCD≌Rt△PCA，PA?PD，CD?AC?1．

于是AP?BP?BD， DA1?AA1?AD?15?EB1， BE?BB1?EB1?5．

在Rt△BED中，DE?A1B1?12，BD?BE2?DE2?13，也即 AP?BP?13．

16．1．16★★在正三角形ABC的三条边上，有三条相等的线段A1A2、B1B2、C1C2．证明：直线B2C1、C2A1、A2B1所成的三角形中，三条线段B2C1、C2A1、A2B1与包含它们的边 成比例．

CB3B2AB1A2A3A1BC1C3C2

解析如图，将C1C2平移到B2P，连结PA1、PB1、PC2．因为四边形BC1C2P为平行四边形，

8

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

所以?B1B2P??A?60?，B2P?C1C2?B1B2，故△B1B2P为正三角形，B1P∥A1A2．这样所得四边形A1A2B1P为平行四边形，A1P∥A2B1．

C2A1、A2B1这三条线段构成的三角形与△A1PC2全等，因此，由B2C1、而△A1PC2≌△A3B3C3，

从而命题得证．

16．1．17★★如图所示，AA??BB??CC??2且共点于O，?AOB???BOC???COA??60?， 求证：S△AOB??S△BOC??S△COA??3．

QAC'RBA'OCB'P

OC?沿BB?方向平移BB?长解析将△A?OC沿A?A方向平移A?A长的距离，得△AQR，将△B的距离，得△B?PR?．由于 OP?OQ?2，?POQ?60?， 所以PQ?2．

又因QR?R?P?OC?OC??CC'?2，

故R与R?重合，且P、R、Q三点共线．在正三角形POQ中，

S△AOB??S△BOC??S△COA?

?S△AOB??S△B?PR?S△AQR ?S△OPQ?3?22?3． 416．1．18★★★如图，由平行四边形的顶点B引它的高BK和BH，已知KH?a，BD?b，求点B到△BKH的垂心的距离．

BH1aAKDPCH

解析令H1表示△BKH的垂心．

考虑到KH1?BH，DH?BH，有KH1∥DH．同理有HH1∥DK，因而四边形KDHH1，为平行四边形，平移△BKH1到△PDH位置，显然P为BC上一点，所求线段BH1即PH，

9

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

已与KH位于同一直角三角形中．由于四边形KDPB为矩形，有PK?BD，于是 BH1?PH?PK2?KH2?b2?a2．

16．1．19★★★已知△ABC的面积为S，D、E、F分别为BC、CA、AB上的点，且 BDCEAF1???，试求以AD、BE、CF为边的三角形的面积S?． DCEAFBnGCEDAFB

解析如图，过点A作AG平行且等于FC．连CG、GD、GE，则四边形AFCG为平行四边形，?GCA??CAB．

CGAFAEAE1， ????ABABABCAn?1所以△CGE≌△ABC，?CEG??ACB，因此GE∥CB.

又

GE1BD， =?BCn?1BC所以GE?BD．

于是四边形GEBD也为平行四边形，从而GD?BE，即△ADG为AD、BE、CF所构成的三角形，它的面积为S?．

又因

在梯形GABC中， S梯形GABCGC?ABGC1， ??1??1?SABABn?11??所以S梯形GABC??1??S，

n?1??SBD1而△ABD?， ?SBCn?1所以S△ABC?CG?CD1n， ??BA?BCn?1n?1??1?1n???因此S????1??S ?2n?1n?1???n?1??????n2?n?1?n?1?2S．

§16.2旋转

16．2．1★★对于边长为1的正△ABC内任一点P．求证：3≤PA?PB?PC．

10

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

APCP'C'B

解析把△ABC绕点B旋转60?到△CBC?．则△PBP?为正三角形，且 PC?P?C?，PB?PP?，

因而PA?PB?PC?PA?PP??P?C?≥AC??3．

16．2．2★★设P是等边三角形ABC内一点，PC?3，PA?4，PB?5．试求此等边三角形的边长．

B54AP'P3C

解析如图，把△CBP绕点C逆时针旋转60?，到达△CAP?的位置，显然， ?PCP??60?，P?C?PP??3，AP??5．

在△APP?中，AP2?P?P2?32?42?52?AP?2，所以?APP??90?．故 ?APC??APP???P?PC?90??60??150?. 在△APC中，由余弦定理，得 AC2?AP2?PC2?2AP?PC?cos150? ?32?42+2?4?3?3 2?25?123．

所以，等边三角形ABC的边长是25?123．

?BOC?125?，16．2．3★★设O是正三角形ABC内一点，已知?AOB?115?，求以线段OA、

OB、OC为边构成的三角形的各角．

11

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

BDOAC

解析以B为旋转中心，将△AOB按逆时针方向旋转60?，旋转至△CDB，如图所示． 连结OD．由于OB?OD，?OBD?60?，所以△OBD是正三角形，故OD?OB． 又CD?OA，故△OCD是以OA、OB、OC为边构成的一个三角形． 因此?COD??BOC??BOD ?125??60??65?，

?ODC??BDC??BDO ??AOB??BDO ?115??60??55?，

从而?OCD?180??65??55??60?．

所以，以线段OA、OB、OC为边构成的三角形的各角分别为65?、55?和60?． 16．2．4★★如图，两个正方形ABCD与AKLM（顶点按顺时针方向排列），求证：这两个正方形的中心以及线段BM、DK的中点是某正方形的顶点．

CPABSMDQKRL解析设P、R分别是正方形ABCD、AKLM的中心，Q、S分别是线段DK、BM的中点，先证△PSR是以PR为斜边的等腰直角三角形．

连结BK、DM，将△ADM绕A逆时针旋转90?，则D、M分别到B、K位置，所以

BK?DM，BK?DM．

11因为P、S分别是BD、BM的中点，所以PS∥DM．同理SR∥BK．所以PS?SR，且

22PS?SR．即△PSR是以PR为斜边的等腰直角三角形．

同理可证△PQR也是以PR为斜边的等腰直角三角形．故P、Q、R、S是正方形的四个

顶点．

16．2．5★★正方形ABCD内有一点P，PA?1，PB?3．PD?7，求正方形ABCD的面积．

12

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

P'APDBC

解析将△PAB绕A点旋转90?，得△P?AD．连结PP?．易知?PAP??90?，PA?P?A?1． 于是PP??2．

P?P2?PD2?2?7?9?P?D2．在△P?PD中，所以△P?PD是直角三角形，从而?APD?135?．

由余弦定理得

AD2?PA2?PD2?2PA?PD ?8?14．

16．2．6★★在正方形ABCD的边AB和AD上分别取点M和K，使得AM?AK，在线段DM上取点P，使得?PCD??PKA．证明：?APM是直角．

AMPKDLCB

解析如图所示，在边BC上取点L，使BL?AK，连结KL、AP、PL．

由于?PCD??PKA，所以P、C、D、K四点共圆，作四边形PCDK的外接圆和矩形 KDCL的外接圆，因为这两个外接圆均过K、D、C三点，从而这两圆是相同的，所以 ?LPD??LKD?90?． 易知Rt△MAD≌Rt△LBA.

故以正方形ABCD的中心为旋转中心，将Rt△LBA以逆对针方向旋转90?，则△LBA旋转至△MAD，从而AL?DM．又LP?DM，故A、P、L三点共线，所以?APM?90?． 16．2．7★★★已知凸六边形A1A2A3A4A5A6中，A1A2?A2A3，A3A4?A4A5，A5A6?A6A1， ?A1??A3??A5??A2??A4??A6．求证：

1（1）S△A2A4A6?SA1A2A3A4A5A6；

211（2）?A6A2A4??A2，?A2A4A6??A4，

221?A2A6A4??A6．

2

13

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

A'4A1A6A2A3A4A5

?，?A6．解析（1）将△A2A3A4绕点A2旋转，使A2A3与A2A1重合，得到△A2A1A4如图所示．连结A4

因为

(?A1??A3??A5)?(?A2??A4??A6) ?720?，

所以?A1??A3??A5 ??A2??A4??A6?360?． ?A1A6?360???A1??A4?A1A2 因此?A4?360???A1??A3??A5.

从而△A1A4?A6≌△A5A4A6， ?A6， △A2A4A6≌△A2A411所以S△A2A4A6?SA2A4A6A4??SA1A2A3A4A5A6．

22（2）由（1）可知

?A6A2A4??A6A2A4???A1A2A6??A3A2A4 ??A2??A6A2A4，

1所以?A6A2A4??A2．

211同理可证：?A2A4A6??A4，?A2A6A4??A6．

22评注本题通过旋转，把△A2A3A4、△A4A5A6、△A6A1A2拼成一个与△A2A4A6全等的新三角?A6.也可以采取向△A2A4A6内部旋转的方法，把△A2A3A4、△A4A5A6、△A6A1A2放在形A2A4△A2A4A6的内部，使之恰好“拼成”△A2A4A6．

16．2．8★★★如图所示，P、Q是边长为1的正方形ABCD内两点，使得 ?PAQ??PCQ?45?，求S△PAB?S△PCQ?S△QAD的值．

14

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

AQPDAQPBQ''(b)DQ'CB(a)C解析将△AQD绕点A顺时针旋转90?至△AQ?B，△CQD绕点C逆时针旋转90?至△CQ??B，连结PQ?、PQ??，则

△APQ?≌△APQ，△CPQ??≌△CPQ．

又?ABQ???CBQ????ADQ??CDQ?90?，所以Q?、B、Q??三点共线，且 BQ??DQ?BQ??， 故S△PBQ??S△PBQ??， 所以S△PAB?S△PCQ?S△QAD

?S△PAQ?S△PBC?S△QCD

11S正方形ABCD?． 2216．2．9★★在△ABC中，?A≥120?，点P不与A重合．求证PA?PB?PC?AB?AC. 解析如图，将△PAB绕点A旋转至△P?AB?的位置，使CA与AB?共线．于是 AB?AC?AB??AC?PC?PB?． ?B'AP'BPC

又因为?P?AB???PAC??BAP??PAC??BAC≥120?，所以 ?PAP??180???BAC≤60?． 故在等腰△PAP?中， PA?P?A≥PP?．

因此PB?≤PP??P?B?≤PA?P?B??PA?PB， 从而PA?PB?PC?AB?AC.

评注此题似乎依赖于图形，P在?BAC内，事实上P在其他位置照样成立，方法完全一样． 16．2．10★★★凸四边形ABCD中，点M、N分别是BC、CD的中点，且AM?AN?a（a是常数），求证：S四边形ABCDa2． ?2 15

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

EDNCMFAB

解析如图所示，将△ABM绕点M旋转180?得△FCM，将△ADN绕点N旋转180?得△ECN，连EF，于是

?ECF?360???ECN??BCD??FCM ?360???ADC??BCD??ABC ??DAB?180?，

所以EF与凸四边形ABCD的边不相交．故

S四边形ABCD?S四边形AMCN?S△FCM?S△ECN?S△AEF

1≤AE?AF?2AM?AN 2a2?AM?AN?≤2??． ??22??216．2．11★★★如图，设D为锐角△ABC内一点，且AC?BD?AD?BC， ?ADB??ACB?90?，求

AB?CD的值．

AC?BDADBCE

解析将线段BD绕点B顺时针旋转90?到BE，连结DE、CE． 因为?ADB??CAD??CBD??ACB，?ADB??ACB?90?，所以 ?CAD??CBD?90?，又?CBD??CBE?90?， 则?CAD??CBE． 由AC?BD?AD?BC，得

ACADAD，于是△ACD∽△BCE，所以?ACD??BCE， ??BCBDBEEC?B?B?C?．所以，

ACADCD??ACD??BC?D?．从而?ACB??BCBEEC△ABC∽△DEC，则

ABAC，即AB?CD?AC?DE． ?DEDCAB?CD?2．

AC?BD在Rt△BDE中，BD?BE，DE?2BD，故

16

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

EDNCMFAB

解析如图所示，将△ABM绕点M旋转180?得△FCM，将△ADN绕点N旋转180?得△ECN，连EF，于是

?ECF?360???ECN??BCD??FCM ?360???ADC??BCD??ABC ??DAB?180?，

所以EF与凸四边形ABCD的边不相交．故

S四边形ABCD?S四边形AMCN?S△FCM?S△ECN?S△AEF

1≤AE?AF?2AM?AN 2a2?AM?AN?≤2??． ??22??216．2．11★★★如图，设D为锐角△ABC内一点，且AC?BD?AD?BC， ?ADB??ACB?90?，求

AB?CD的值．

AC?BDADBCE

解析将线段BD绕点B顺时针旋转90?到BE，连结DE、CE． 因为?ADB??CAD??CBD??ACB，?ADB??ACB?90?，所以 ?CAD??CBD?90?，又?CBD??CBE?90?， 则?CAD??CBE． 由AC?BD?AD?BC，得

ACADAD，于是△ACD∽△BCE，所以?ACD??BCE， ??BCBDBEEC?B?B?C?．所以，

ACADCD??ACD??BC?D?．从而?ACB??BCBEEC△ABC∽△DEC，则

ABAC，即AB?CD?AC?DE． ?DEDCAB?CD?2．

AC?BD在Rt△BDE中，BD?BE，DE?2BD，故

16

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/otg3.html