专题四 几何变换压轴题
类型一 图形的旋转变换
几何图形的旋转变换是近年来中考中的常考点，多与三角形、四边形相结合．解决旋转变换问题，首先要明确旋转中心、旋转方向和旋转角，关键是找出旋转前后的对应点，利用旋转前后两图形全等等性质解题．
如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠BAD＝60°，过点D 作DE⊥AB 于点E ，DF⊥BC 于点F. (1)如图1，连接AC 分别交DE ，DF 于点M ，N ，求证：MN ＝1
3
AC ；
(2)如图2，将∠EDF 以点D 为旋转中心旋转，其两边DE′，DF′分别与直线AB ，BC 相交于点G ，P.连接GP ，当△DGP 的面积等于33时，求旋转角的大小并指明旋转方向．
【分析】 (1)连接BD ，由∠BAD＝60°，得到△ABD 为等边三角形，进而证明点E 是AB 的中点，再根据相似三角形的性质解答；(2)分∠EDF 顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，然后根据旋转的性质解题．
1．(2017·潍坊)边长为6的等边△ABC 中，点D ，E 分别在AC ，BC 边上，DE∥AB，EC ＝2 3. (1)如图1，将△DEC 沿射线EC 方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC 的交点为M ，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N.当CC′多大时，四边形MCND′为菱形？并说明理由．
(2)如图2，将△DEC 绕点C 旋转∠α(0°<α<360°)，得到△D ′E′C，连接AD′，BE′.边D′E′的中点为P.
①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？并说明理由； ②连接AP ，当AP 最大时，求AD′的值．(结果保留根号)
图1 图2
2．(2016·成都)如图1，△ABC 中，∠ABC＝45°，AH⊥BC 于点H ，点D 在AH 上，且DH ＝CH ，连接BD. (1)求证：BD ＝AC ；
(2)将△BHD 绕点H 旋转，得到△E HF(点B ，D 分别与点E ，F 对应)，连接AE.
①如图2，当点F 落在AC 上时(F 不与C 重合)，若BC ＝4，tan C ＝3，求AE 的长；
②如图3，当△EHF 是由△BHD 绕点H 逆时针旋转30°得到时，设射线CF 与AE 相交于点G ，连接GH ，试探究线段GH 与EF 之间满足的等量关系，并说明理由．
类型二 图形的翻折变换
几何图形的翻折变换也是近年来中考中的常考点，多与三角形、四边形相结合．翻折变换的实质是对称，翻折部分的两图形全等，找出对应边、对应角，再结合勾股定理、相似的性质与判定解题．
(2016·苏州)如图，在△ABC 中，AB ＝10，∠B＝60°，点D ，E 分别在AB ，BC 上，且BD ＝BE ＝4，将△BDE 沿DE 所在直线折叠得到△B′DE(点B′在四边形ADEC 内)，连接AB′，则AB′的长为____．
【分析】 作DF⊥B′E 于点F ，B′G⊥AD 于点G ，由∠B＝60°，BD ＝BE ，得到△BDE 是等边三角形，由对称的性质得到△B′DE 也是等边三角形，从而GD ＝B′F，然后利用勾股定理求解． 、
3．(2017·安徽)在三角形纸片ABC 中，∠A＝90°，∠C＝30°，AC ＝30 cm ，将该纸片沿过点B 的直线折叠，使点A 落在斜边BC 上的一点E 处，折痕记为BD(如图1)，剪去△CDE 后得到双层△BDE(如图2)，再沿着过△BDE 某顶点的直线将双层三角形剪开，使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形，则所得平行四边形的周长为40或803
3
cm.
图1 图2
4．如图，在矩形ABCD 中，点E 在边CD 上，将矩形沿AE 折叠，使点D 落在边BC 上的点F 处，过点F 作FG∥CD，交AE 于点G ，连接DG. (1)求证：四边形DEFG 为菱形； (2)若CD ＝8，CF ＝4，求CE
DE
的值．
类型三 图形的相似
图形的相似常以三角形、四边形为背景，与旋转、翻折、动点相结合，考查三角形相似的性质及判定，难度较大，是中考中常考的几何压轴题．与动点相关的相似三角形，要根据动点的运动情况讨论相似三角形的对应边、对应角，进而判定相似三角形，再利用相似三角形的性质解题．
(2016·青岛)如图，在矩形ABCD中，AB＝6 cm，BC＝8 cm，对角线AC，BD交于点O.点P从点A 出发，沿AD方向匀速运动，速度为1 cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1 cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F.设运动时间为t(s)(0＜t＜6) ，解答下列问题：
(1)当t为何值时，△AOP是等腰三角形；
(2)设五边形OECQF的面积为S(cm2)，试确定S与t的函数关系式．
【分析】 (1)根据勾股定理求出AC的值，然后分类讨论：当AP＝PO时，求出t的值；当AP＝AO时，求出t的值；(2)过点E作EH⊥AC于点H，过点Q作QM⊥AC于点M，过点D作DN⊥AC于点N，交QF于点G，分别用t表示出EH，DN，DG，再利用面积的和差计算即可．
5．(2017·常德)如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D在BC上，连接AD，作BF⊥AD分别交AD于E，AC 于F.
(1)如图1，若BD＝BA，求证：△ABE≌△DBE；
(2)如图2，若BD＝4DC，取AB的中点G，连接CG交AD于点M.
求证：①GM＝2MC；②AG2＝AF·AC.
图1 图2
参考答案
【例1】 (1)如图，连接BD，设BD交AC于点O，
∵在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，
AD＝AB，
∴△ABD为等边三角形．
∵DE⊥AB，
∴点E 为AB 的中点． ∵AE∥CD， ∴
AM CM ＝AE CD ＝12
. 同理CN AN ＝12
.
∴M，N 是线段AC 的三等分点，∴MN＝1
3AC.
(2)∵AB∥CD，∠BAD＝60°，∴∠ADC＝120°. ∵∠ADE＝∠CDF＝30°，∴∠EDF＝60°. 当∠E DF 顺时针旋转时，由旋转的性质知， ∠EDG＝∠FDP，∠GDP＝∠EDF＝60°. ∵DE＝DF ＝3，∠DEG＝∠DFP＝90°， ∴△DEG≌△DFP，
∴DG＝DP ，∴△DGP 是等边三角形． 则S △DGP ＝
34DG 2.由34
DG 2
＝33， 又∵DG＞0，解得DG ＝2 3.
∴cos∠EDG＝DE DG ＝323＝1
2
，∴∠EDG＝60°.
∴当顺时针旋转60°时，△DGP 的面积是3 3.
同理，当逆时针旋转60°时，△DGP 的面积也是3 3.
综上所述，当∠EDF 以点D 为旋转中心，顺时针或逆时针旋转60°时，△DGP 的面积是3 3. 【变式训练】
1．解：(1)当CC′＝3时，四边形MCND′为菱形． 理由：由平移的性质得CD∥C′D′，DE∥D′E′. ∵△ABC 为等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°， ∴∠ACC′＝180°－60°＝120°.
∵CN 是∠ACC′的角平分线，∴∠NCC′＝60°. ∵AB∥DE，DE∥D′E′，∴AB∥D′E′， ∴∠D′E′C ′＝∠B＝60°，
∴∠D′E′C′＝∠NCC′，∴D′E′∥CN. ∴四边形MCND′为平行四边形．
∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°， ∴△MCE′和△NCC′为等边三角形， 故MC ＝CE′，NC ＝CC′.
又E′C′＝23，CC′＝3，∴CE′＝CC′＝3， ∴MC＝CN ，∴四边形MCND′为菱形． (2)①AD′＝BE′.
理由：当α≠180°时，由旋转的性质得∠ACD′＝∠BCE′. 由(1)知AC ＝BC ，CD′＝CE′，
∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′.
当α＝180°时，AD′＝AC ＋CD′，BE′＝BC ＋CE′， 即AD′＝BE′.
综上可知，AD′＝BE′.
②连接CP ，在△ACP 中，由三角形三边关系得，AP 此时，AP ＝AC ＋CP. 在△D′CE′中，由P 为D′E′中点，得 AP⊥D′E′，PD′＝3， ∴CP＝3，∴AP＝6＋3＝9. 在Rt△APD′中，由勾股定理得 AD′＝AP 2 ＋PD′2 ＝92 ＋（3）2 ＝221. 2．解：(1)在Rt△AHB 中，∠ABC＝45°，∴AH＝BH. ∵∠BHD＝∠AHC＝90°，DH ＝CH ， ∴△BHD≌△AHC，∴BD＝AC. (2)①在Rt△AHC 中，∵tan C＝3，∴AH CH ＝3. 设CH ＝x ，则BH ＝AH ＝3x ， ∴BC＝BH ＋CH ＝4x ＝4，∴x＝1，∴AH ＝3，CH ＝1. 由旋转的性质知，∠EHF＝∠BHD＝∠AHC＝90°， EH ＝AH ＝3，CH ＝DH ＝FH ， ∴∠EHA＝∠FHC，EH AH ＝FH HC ＝1，∴△EHA∽△FHC， ∴∠EAH＝∠C，∴tan∠EAH＝tan C ＝3. 如图，过点H 作HP⊥AE 于点P ， 则HP ＝3AP ，AE ＝2AP. 在Rt△AHP 中，AP 2＋HP 2＝AH 2 ， 即AP 2＋(3AP)2 ＝9. ∴AP＝31010，∴AE＝3105 . ②由①知，△AEH 和△FHC 都为等腰三角形，设AH 交CG 于点Q ， ∴∠GAH＝∠HCG， ∴△AGQ∽△CHQ，∴AQ CQ ＝GQ HQ ， ∴ AQ GQ ＝CQ HQ ，∠AGQ＝∠CHQ＝90°. ∵∠AQC＝∠GQH，∴△AQC∽△GQH. 又∵旋转角为30°，∴∠EHA＝∠F HC ＝120°， ∴∠QAG＝30°，∴EF GH ＝AC GH ＝AQ GQ ＝1 sin 30°＝2. 【例2】 如图，作DF⊥B′E 于点F ，B′G⊥AD 于点G ， ∵∠B＝60°，BD ＝BE ＝4， ∴△BDE 是边长为4的等边三角形． ∵将△BDE 沿DE 所在的直线折叠得到△B′DE， ∴△B′DE 也是边长为4的等边三角形， ∴GD＝B′F＝2. ∵B′D＝4，∴B′G＝B′D 2 －GD 2 ＝2 3. ∵AB＝10，∴AG＝10－6＝4， ∴AB′＝AG 2 ＋B′G 2 ＝27.故答案为27. 【变式训练】 3．40或803 3 4．(1)证明：由折叠的性质知，DG ＝FG ，ED ＝EF ， ∠AED＝∠AEF， ∵FG∥CD，∴∠FGE＝∠AED，∴∠FGE＝∠AEF ， ∴FG＝FE ，∴DG＝GF ＝EF ＝DE ， ∴四边形DEFG 为菱形． (2)解：设DE ＝x ， 根据折叠的性质，EF ＝DE ＝x ，EC ＝8－x ， 在R t△EFC 中，FC 2＋EC 2＝EF 2 ， 即42＋(8－x)2＝x 2 .解得x ＝5，CE ＝8－x ＝3. ∴CE DE ＝35 . 【例3】 (1)∵在矩形ABCD 中，AB ＝6 cm ，BC ＝8 cm ， ∴AC＝10 cm. ①当AP ＝PO 时，如图，过点P 作PM⊥AO， ∴AM＝12AO ＝52 . ∵∠PMA＝∠ADC＝90°，∠PAM＝∠CAD， ∴△APM∽△ACD，∴AP AC ＝AM AD ，∴AP＝t ＝25 8. ②当AP ＝AO 时，t ＝5. ∵0＜t ＜6，∴t＝25 8 或t ＝5均符合题意， ∴当 t ＝25 8 或t ＝5时，△AOP 是等腰三角形． (2)如图，过点E 作EH⊥AC 于点H ，过点Q 作QM⊥AC 于点M ，过点D 作DN⊥AC 于点N ，交QF 于点G ， ∵四边形ABCD 是矩形，∴AD∥BC， ∴∠PAO＝∠ECO. ∵点O 是对角线AC 的中点，∴AO＝CO. 又∵∠AOP＝∠COE，∴△AOP≌△COE， ∴CE＝AP ＝t. ∵△CEH∽△CAB，∴EH AB ＝CE CA ，∴EH＝3t 5. ∵S △ADC ＝12AD·DC＝1 2DN·AC， ∴DN＝AD·CD AC ＝24 5 . ∵QM∥DN，∴△CQM∽△CDN， ∴ QM DN ＝CQ CD ，即QM 245 ＝6－t 6 . ∴QM＝24－4t 5，∴DG＝245－24－4t 5＝4t 5. ∵FQ∥AC，∴△DFQ∽△DOC， ∴ FQ OC ＝DQ DC ＝DG DN ，∴FQ＝5t 6 ， ∴S＝S △OEC ＋S △OCD －S △DFQ ＝12OC·EH＋12OC·DN－1 2DG·FQ ＝－13t 2＋3 2 t ＋12， 即S 与t 的函数关系式为S ＝－13t 2＋3 2t ＋12. 【变式训练】 5．证明：(1)在Rt△ABE 和Rt△DBE 中， ? ????BA ＝BD ，BE ＝BE ， ∴△ABE≌△DBE. (2)①如图，过点G 作GH∥AD 交BC 于H ， ∵AG＝BG ，∴BH＝DH. ∵BD＝4DC ，设DC ＝1，则BD ＝4， ∴BH＝DH ＝2. ∵GH∥AD，∴GM MC ＝HD DC ＝2 1 ，∴GM＝2MC. ②如图，过点C 作C N⊥AC 交AD 的延长线于N ， 则CN∥AG， ∴△AGM∽△NCM，∴AG NC ＝GM MC . 由①知GM ＝2MC ，∴AG＝2NC. ∵∠BAC＝∠AEB＝90°， ∴∠ABF＝∠CAN＝90°－∠BAE， ∴△ACN∽△BAF，∴AF CN ＝AB AC . ∵AB＝2AG ，∴AF CN ＝2AG AC ，∴2CN·AG＝AF·AC， ∴AG 2 ＝AF·AC.
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