第2節(jié)圖形的平移與旋轉(zhuǎn)

第2 圖形的平移與旋基礎(chǔ)過

(建議答題時間：60分鐘(2017廣州)如圖，將正方形ABCD中的陰影三角形繞點A旋轉(zhuǎn)90°后， (2017泰安)A′B′ABα得到的，點A′與A對應(yīng)，則角α的大小為 第2題 第3題—分的面積是△ABC面積的一半，若BC＝3，則△ABC移動的距離是( —

64)，把線段AB繞點A旋轉(zhuǎn)后得到線段AB′，使點B的對應(yīng)點B′落在x軸的正半軸上，則點B′的坐標(biāo)是( D. 第4題 第5題 第6題(2017)如圖，將△ABC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得△DBE，點C的對應(yīng)點恰好落在AB的延長線上，連接AD.下列結(jié)論一定正確的是 (2017德陽)如圖，將△ABC沿BC翻折得到△DBC，再將△DBC繞C點逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△FEC，延長BD交EF于H，已知∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，AC＝1，則四邊形CDHF

(2017)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，△AOB可以看作是△OCD經(jīng)過的過程 第7題 第8題

對應(yīng)點坐標(biāo) 9．(2017山西)如圖，已知△ABC三個頂點的坐標(biāo)分別為A(0，4)，B(－1，1)，C(－2，2)．將△ABC向右平移4個單位，得到△A′B′C′，點A，B，C的對應(yīng)點分別為A′，B′，C′，再將△A′B′C′繞點B′順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△A″B″C″，點A′，B′，C′的對應(yīng)點分別為A″，B″，C″，則點A″的坐標(biāo)為 第9題 第10題∠AOB＝15°，則∠AOD的度數(shù) 將△AOB繞頂點O，按順時針方向旋轉(zhuǎn)到△A1OB1處，此時線段OB1與AB的交點D恰好為AB的中點，則線段B1D＝ 第11題 第12題 第13題(2017張家界)ABCD中，AD＝23BCB逆時針30°BPAPCDEPCPCE的面積 (2017蘇州)ABCD中，將∠ABCA按逆時針方向旋轉(zhuǎn)一定AB′＝B′G，則 ．(結(jié)果保留根號ABC畫出△ABC關(guān)于原點成中心對稱的△A′B′C′，并直接寫出△A′B′C′各頂點的坐BB′的路徑長．(結(jié)果保留14＝86°，求∠F15∠ACBCD13在△ABC1316

CB′＝45°.將△DAED90°，得到△DCM.(2)AE＝2EF17(2017重慶巴南區(qū)期中檢測)ABCDE、FBC、CDEFAB、ADM、N，∠EAF＝∠CEF＝45°.點GAB的延長線上，將△ADFA90°后能與△AGHEH.18滿分沖(2017蘇州)ABCD中，∠A＝60°，AD＝8，F(xiàn)AB的中點，過FFE⊥AD，垂足為E，將△AEF沿點AB的方向平移得到△A′E′F′，P，PEF，E′FA′BPP′CD的面積為)A.28B.24C.32D.32－第1題 第2題(2017南充)如圖，正方形ABCD和正方形CEFG的邊長分別為ab，正方形CEFGC＋2b2.其中正確結(jié)論 (2017荊州)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩OABC的頂點A，Cx軸的長

AB

第3題 第4題交BC于點H，已知CH＝13，則四邊形ABHF的周長 (2017重慶沙坪壩區(qū)一模)Rt△ABCRt△DEBBAC＝∠EDBE、B、CAE.當(dāng)∠AEC＝30°，BC＝4時，EB的長；DEBBCEDECABH5(2017襄陽)如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中線，AC＝BC.一個以點D為頂點的45°D旋轉(zhuǎn)，使角的兩邊分別與AC，BC的延長線相交，交點E，F(xiàn),DFACM，DEBCN.CE＝CF如圖②，在∠EDFDAB，CE，CFCE＝4，CF＝2DN6(2017)已知：△AOB和△COD均為等腰直角三角形90°.AD，BCHBC

OH⊥AD(不需證明將△CODOOHAD又有怎樣的7答AC【解析】AA′，BBAA′BB′的垂直平分線，交OOB′1OB＝OB′＝2，2D∵△DEF是由△ABCS ＝(CE)2＝S

(

BE＝ 6

2—3—3＋2

舍去)．∴BE＝ 6—2B【解析】∵AB＝32＋42＝5.ABAAB′，使3＋5＝8B′的坐標(biāo)是(8，—2C【解析】角形，∴∠DABC【解析】∵AC＝1，∠ABC＝30°，∴BC＝2，AB＝3＝AC＝1，∠BDC＝∠BAC＝90°，∠DBC＝∠CBA＝30° 1＝

1 3 333 33

＝6，又∵S△CFE＝S△CAB＝2，∴S四邊形

3 3＝ －＝＝ 4)，B′(3，1)B′90°922

中AB邊上的中點 5

3 3＝30°，∴AE＝ ＝4，DE＝AD·tan30°＝2P于點M，則PM∥AD，∴∠EPM＝∠PAD＝30°，∵PE＝AE－AP＝4－2×PM＝PE·cos30°＝(4－2 3 23－3，又∵CE＝CD－DE＝2×2 PCE＝2·EC·PM＝2(23－2)(23－3)＝9－51255

【解析】AGAB＝xABCD∠ABC＝∠D＝90°，CD＝AB，BC＝AD＝7.∵∠AB′C′是由∠ABCA旋Rt△AB′GRt△ADGAD2＋DG2＝AB′2＋B′G272＋(x－4)2＝x2＋x2，解得x＝5或x＝－13(舍去)AC，ACAC＝AB2＋BC2＝52＋72＝74.

74BB′＝AB＝513A′(4，0)，B′(3，3)，C′(1，3)．(2)BB′O為圓心，OB長的一半，即 14∵R＝OB＝32＋32＝32，2＝32＝3

π·OB＝32π

180＝解：ABCD在△BCE和△DCF∵將△ABC沿著射線BC∵CD(2)Rt△ABC∴ ∴BC＝(1)證明：∵將△DAE90°∴F、C、M在△DEF和△DMF(2)解：設(shè)Rt△EBF中，由勾股定理得EB2＋BF2＝EF2，42＋(8－x)2＝x2，解得x＝5，即在△HAE和△FAE(2)18∴ME＝∴MH＝∴HE2＝(2DF)2＋( ∴AF＝4.∵EF⊥AD，∠A＝60°，∴AE＝2，EF＝23，∠AFP＝30°，∵P是的中點，∴PF＝3，如解圖，過點P作PQ⊥AF于點Q，則 3連接＝ 2PP′∥AA—四邊形PP′CD是平行四邊形，其CD邊上的高為DF－PQ＝4 3 7—2＝22四邊形PP′CD的面積為8×7 2821 【解析】在△BCE和△DCG＝∠CDGBECDHDGO，又∵∠CBH＋∠BHC＝OB2＋OG2＝(OD2＋OB2)＋(OG2＋OE2)＝BD2＋GE2＝(2a)2＋(2)2＝2a2＋2 【解析】

2

矩形

＝8，又

N＝

x17 7 ＋ 【解析】如解圖，過點HHM⊥FC交FCMF作FN⊥DC交DC4

6

4

＝2·AG·DF，∴DF＝13x，∴FG＝DG－DF4

13 13

8 8 ，∴FN＝13x，∴NG＝

3

＝13

13 4

3 5xx5∴MH＝7 CF繞點F5＝MC＋MF＝45＋75＝115，∴115＝365x，∴x＝1111

7

11

6 ，F(xiàn)H＝

－

11 6 7＝15＝5.ABHF

＋ ＋ 17 7 5＝ ＋ ＋5(1)解：AH⊥BCRt△AEH中， ＝2∴EB＝EH－BH＝25題解