第31讲 图形的轴对称、平移、旋转（讲义）（解析版）

第31 讲 图形的轴对称、平移、旋转 目 录 一、考情分析 二、知识建构 考点一 轴对称 题型01 轴对称图形的识别 题型02 根据成轴对称图形的特征进行判断 题型03 根据成轴对称图形的特征进行求解 题型04 轴对称中的光线反射问题 题型05 折叠问题 类型一 三角形折叠问题 类型二 四边形折叠问题 类型三 圆的折叠问题 类型四 抛物线与几何图形综合 题型06 求对称轴条数 题型07 画轴对称图形 题型08 设计轴对称图 题型09 求某点关于坐标轴对称点的坐标 题型10 与轴对称有关的规律探究问题 题型11 轴对称的综合问题 考点二 图形的平移 题型01 生活中的平移现象 题型02 利用平移的性质求解 题型03 利用平移解决实际生活问题 题型04 作平移图形 题型05 求点沿x 轴、y 轴平移后的坐标 题型06 由平移方式确定点的坐标 题型07 由平移前后点的坐标判断平移方式 题型08 已知图形的平移求点的坐标 题型09 与平移有关的规律问题 题型10 平移的综合问题 考点三 图形的旋转 题型01 找旋转中心、旋转角、对应点 题型02 根据旋转的性质求解 题型03 根据旋转的性质说明线段或角相等 题型04 画旋转图形 题型05 求旋转对称图形的旋转角度 题型06 旋转中的规律问题 题型07 求绕原点旋转90°点的坐标 题型08 求绕某点（非原点）旋转90°点的坐标 题型09 求绕原点旋转一定角度点的坐标 题型10 旋转综合题 类型一 线段问题 类型二 面积问题 类型三 角度问题 题型11 判断中心对称图形 题型12 画已知图形关于某点的对称图形 题型13 根据中心对称的性质求面积、长度、角度 题型14 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图 考点 要求 新课标要求 命题预测 轴对 称  通过具体实例理解轴对称的概念，探索它的基本性质:成轴对称的两个图形 中对应点的连线被对称轴垂直平分  能画出简单平面图形(点、线段、直线、三角形等)关于给定对称轴的对称 图形  理解轴对称图形的概念;探索等腰三角形、矩形、菱形、正多边形、圆的轴 对称性质  认识并欣赏自然界和现实生活中的轴对称图形 该板块知识以考查平面几 何的三大变换的基本运用为 主，年年都有考查，分值在 8-12 分左右．预计2024 年各 地中考还将继续考查这些知识 点，考查形式主要有选填题、 作图题、也可能综合题结合出 现．在三种变换中，平移相对 较为简单，多以选择题形式考 察，偶尔也会考察作图题:对 称和旋转则难度较大，通常作 为选择、填空题的压轴题出 现，在解答题中，也会考察对 称和旋转的作图，以及与特殊 几何图形结合的综合压轴题， 此时常需要结合几何图形或问 题类型去分类讨论 平移  通过具体实例认识平移，探索它的基本性质:一个图形和它经过平移所得的 图形中，两组对应点的连线平行(或在同一条直线上)且相等  认识并欣赏平移在自然界和现实生活中的应用  运用图形的轴对称、旋转、平移进行图设计 旋转  通过具体实例认识平面图形关于旋转中心的旋转探索它的基本性质:一个图 形和旋转得到的图形中，对应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与 旋转中心连线所成的角相等  了解中心对称、中心对称图形的概念，探索它们的基本性质:成中心对称的 两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分  探索线段、平行四边形、正多边形、圆的中心对称性质  认识并欣赏自然界和现实生活中的中心对称图形 考点一 轴对称 轴对称与轴对称图形 轴对称 轴对称图形 图形 B C F E A D C B A 定义 把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能 够与另一个图形重合，那么就说这两个图形 关于这条直线对称，这条直线叫做对称轴 如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的 部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称 图形这条直线就是它的对称轴 区别 1）轴对称是指两个图形折叠重合 2）轴对称对称点在两个图形上 3）轴对称只有一条对称轴 1）轴对称图形是指本身折叠重合 2）轴对称图形对称点在一个图形上 3）轴对称图形至少有一条对称轴 联系 1) 定义中都有一条直线,都要沿着这条直线折叠重合 2) 如果把轴对称的两个图形看成一个整体,那么它就是一个轴对称图形；反过来, 如果把轴对 称图形沿对称轴分成两部分(即看成两个图形),那么这两个图形就关于这条直线成轴对称 性质 1）关于某条直线对称的两个图形是全等形 2）两个图形关于某直线对称那么对称轴是对应点连线的垂直平分线 判定 1）两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分,那么这两个图形关于这条直线对称 2）两个图形关于某条直线成轴对称,那么对称轴是对折重合的折痕线 常见的轴对称图形有：圆、正方形、长方形、菱形、等腰梯形、等腰三角形、等边三角形等 做轴对称图形的一般步骤： 1）作某点关于某直线的对称点的一般步骤： ①过已知点作已知直线（对称轴）的垂线，标出垂足，并延长； ②在延长线上从垂足出发截取与已知点到垂足的距离相等的线段，那么截点就是这点关于该直线的对称 点 2）作已知图形关于某直线的对称图形的一般步骤： ①找在原图形上找特殊点（如线段的端点、线与线的交点） ②作作各个特殊点关于已知直线的对称点 ③连按原图对应连接各对称点 折叠的性质：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等． 【解题思路】凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要 求几何量相关的条件量．解决折叠问题时，首先清楚折叠和轴对称能够提供我们隐含的且可利用的条件， 分析角之间、线段之间的关系，借助勾股定理建立关系式求出答，所求问题具有不确定性时，常常采用分 类讨论的数学思想方法． 1 对称轴是一条直线，不是一条射线，也不是一条线段 2 轴对称图形的对称轴有的只有一条，有的存在多条对称轴（例：正方形有四条对称轴，圆有无数条 对称轴等） 题型01 轴对称图形的识别 【例1】（2022·江苏盐城·校联考一模）北京2022 年冬奥会会徽如图所示，组成会徽的四个图中是轴对称 图形的是（ ） ． B． ． D． 【答】D 【分析】根据轴对称图形的定义判断即可 【详解】,B,都不是轴对称图形，故不符合题意； D 是轴对称图形， 故选D 【点睛】本题考查了轴对称图形的定义，准确理解定义是解题的关键． 【变式1-1】（2022·广东深圳·南山实验育麒麟中学校联考模拟预测）下列图形中，是轴对称图形的是（ ） ． B． ． D． 【答】B 【分析】直接利用轴对称图形的定义得出答．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重 合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴． 【详解】解：．不是轴对称图形，不符合题意； B．是轴对称图形，符合题意； ．不是轴对称图形，不符合题意； D 不是轴对称图形，不符合题意． 成轴对称的两个图形中的任何 个都可以看作由另 个图形 过轴对称变换得到的 个轴对称图 故选：B． 【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180 度后与原图重合． 此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合， 这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴． 【变式1-2】（2022·广东·统考模拟预测）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4 个汉字中，可 以看作是轴对称图形的是（ ） ． B． ． D． 【答】 【分析】根据轴对称图形的概念对各项分析判断即可得解． 【详解】．是轴对称图形，故本选项符合题意； B．不是轴对称图形，故本选项不符合题意； ．不是轴对称图形，故本选项不符合题意； D．不是轴对称图形，故本选项不符合题意． 故选． 【点睛】本题考查判断轴对称图形，理解轴对称图形的概念是解答的关键． 题型02 根据成轴对称图形的特征进行判断 【例2】（2023·天津·校联考一模）如图，△ABC与△A1B1C1，关于直线MN对称，P 为MN上任一点 （P 不与A A1共线），下列结论不正确的是（ ） ．AP=A1 P B．△ABC与△A1B1C1的面积相等 ．MN垂直平分线段A A1 D．直线AB , A1B1的交点不一定在MN上 【答】D 【分析】根据轴对称的性质依次进行判断，即可得． 【详解】解：∵△ABC与△A1B1C1，关于直线MN对称，P 为MN上任一点（P 不与A A1共线）， ∴AP=A1 P，△ABC与△A1B1C1的面积相等，MN垂直平分线段A A1， 即选项、B、正确， ∵直线AB , A1B1关于直线MN对称， ∴直线AB , A1B1的交点一定在MN上， 即选项D 不正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了轴对称的性质，解题的关键是掌握轴对称的性质． 【变式2-1】（2023·广东深圳·统考二模）如图，这条活灵活现的“小鱼”是由若干条线段组成的，它是一 个轴对称图形，对称轴为直线l，则下列结论不一定正确的是（ ） ．点C和点D到直线l的距离相等 B．BC=BD ．∠CAB=∠DAB D．四边形ADBC是菱形 【答】D 【分析】根据轴对称轴图形的性质对各选项进行分析即可， 【详解】解：图形是一个轴对称图形，对称轴为直线l，点C和点D是对称点， 所以△ABC ≅△ABD，点C和点D到直线l的距离相等， 所以BC=BD，∠CAB=∠DAB，AC=AD， 无法判断AC与BC是否相等，故四边形ADBC是菱形不一定正确， 故选D 【点睛】本题主要考查了轴对称轴图形的性质，轴对称图形具有以下的性质： （1）轴对称的两个图形是全等图形；轴对称图形的两个部分也是全等图形 （2）如果两个图形成轴对称， 那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线 （3）两个图形关于某条直线对称，那么如果它们的 对应线段或延长线相交，那么交点一定在在对称轴上 【变式2-2】（2019·湖北武汉·统考模拟预测）每个格中均有两个图形，其中一个图形关于另一个图形轴对 称的是（ ） ． B． ． D． 【答】B 【分析】根据轴对称定义：如果一个图形沿某条直线对折能与另一个图形重合，那么这两个图形关于这条 直线成轴对称进行分析即可． 【详解】、其中一个图形不与另一个图形成轴对称，故此选项错误； B、其中一个图形与另一个图形成轴对称，故此选项正确； 、其中一个图形不与另一个图形成轴对称，故此选项错误； D、其中一个图形不与另一个图形成轴对称，故此选项错误； 故选：B． 【点睛】本题主要考查了轴对称，关键是掌握轴对称定义． 题型03 根据成轴对称图形的特征进行求解 【例3】（2021·山东临沂·统考一模）如图，在锐角三角形B 中，B=4，∠B=60°， BD 平分∠B，交于点 D，M、分别是BD，B 上的动点，则M+M 的最小值是（ ） ．❑ √3 B．2 ．2❑ √3 D．4 【答】 【分析】在B 上截取BE=B，构造全等三角形△BME≌△BM，利用三角形的三边的关系确定线段和的最小 值． 【详解】解：如图，在B 上截取BE=B， 因为∠B 的平分线交于点D， 所以∠EBM=∠BM， 在△BME 与△BM 中， ¿ 所以△BME≌△BM（SS）， 所以ME=M． 所以M+M=M+ME≥E． 因为M+M 有最小值． 当E 是点到直线B 的距离时，即到直线B 的垂线段时，E 取最小值 此时，∵∠B=60°，E⊥B， ∴∠BE=30°， ∴BE=1 2 BC =2， ∴E=❑ √BC 2- B E 2=2❑ √3， 故选． 【点睛】本题考查了轴对称的应用，最短路径问题，垂线段最短等知识．易错易混点：解此题是受角平分 线启发，能够通过构造全等三角形，把M+M 进行转化，但是转化后没有办法把两个线段的和的最小值转 化为点到直线的距离而导致错误．规律与趋势：构造法是初中解题中常用的一种方法，对于最值的求解是 初中考查的重点也是难点． 【变式3-1】（2023·山东枣庄·统考三模）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，G是AD的中点，线 段EF在边AB上左右滑动；若EF=1，则¿+CF的最小值为 ． 【答】3 ❑ √2 【分析】如图，作G 关于B 的对称点G'，在D 上截取=1，然后连接G'交B 于E，在EB 上截取EF=1，此 时GE+F 的值最小，可得四边形EF 是平行四边形，从而得到G'=EG'+E=EG+F，再由勾股定理求出G'的长， 即可求解． 【详解】解：如图，作G 关于B 的对称点G'，在D 上截取=1，然后连接G'交B 于E，在EB 上截取 EF=1，此时GE+F 的值最小， ∴G'E=GE，G=G'， ∵四边形BD 是矩形， ∴B∥D，D=B=2 ∴∥EF， = ∵EF=1， ∴四边形EF 是平行四边形， ∴E=F， ∴G'=EG'+E=EG+F， ∵B=4，B=D=2，G 为边D 的中点， ∴G=G'=1 ∴DG′=D+G'=2+1=3，D=4-1=3， ∴H G '= ❑ √D H 2+DG '2= ❑ √3 2+3 2=3 ❑ √2， 即¿+CF的最小值为3 ❑ √2． 故答为：3 ❑ √2 【点睛】此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题，矩形的性质，勾股定理等知识，确定GE+F 最小时 E，F 位置是解题关键． 【变式3-2】（2022·山东聊城·统考一模）如图，在菱形BD 中，BC=2，∠C=120°，Q 为B 的中点，P 为对角线BD 上的任意一点，则AP+PQ的最小值为 ． 【答】❑ √3 【分析】连接，Q，则Q 的长即为P+PQ 的最小值，再根据菱形BD 中，∠BD=120°得出∠B 的度数，进而 判断出△B 是等边三角形，故△BQ 是直角三角形，根据勾股定理即可得出Q 的长． 【详解】解：连接，Q， ∵四边形BD 是菱形， ∴、关于直线BD 对称， ∴Q 的长即为P+PQ 的最小值， ∵∠BD=120°， ∴∠B=60°， ∴△ B 是等边三角形， ∵Q 是B 的中点， ∴Q⊥B，BQ=1 2B=1 2×2=1， ∴Q=❑ √BC 2−BQ 2= ❑ √2 2−1 2=❑ √3． 故答为：❑ √3． 【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟知菱形的性质及两点之间线段最短是解答此题的关键． 【变式3-3】（2020·新疆乌鲁木齐·校考一模）如图，在矩形BD 中，BC=10，∠ABD=30°，若点M、 分别是线段DB、B 上的两个动点，则AM +MN的最小值为 ． 【答】15 【分析】如图，过作AG⊥BD于G，延长AG，使AG=EG，过E作EN ⊥AB于N，交BD于M，则 AM +MN=EN最短，再利用矩形的性质与锐角三角函数求解EN即可得到答． 【详解】解：如图，过作AG⊥BD于G，延长AG，使AG=EG，过E作EN ⊥AB于N，交BD于M， 则AM +MN=EN最短， ∵ 四边形ABCD为矩形，BC=10，∠ABD=30°， ∴AD=10,BD=20, AB=BD•cos30°=10 ❑ √3, ∵AG• BD=AD• AB , ∴20 AG=10×10 ❑ √3, ∴AG=5 ❑ √3, AE=2 AG=10 ❑ √3, ∵AE⊥BD , EN ⊥AB ,∠EMG=∠BMN , ∴∠E=∠ABD=30° , ∴EN=AE•cos30°=10 ❑ √3× ❑ √3 2 =15, ∴AM +MN=15, 即AM +MN的最小值为15. 故答为：15. 【点睛】本题考查的是矩形的性质，锐角三角函数的应用，同时考查利用轴对称与垂线段最短求线段和的 最小值问题，解题的关键是掌握以上知识． 题型04 轴对称中的光线反射问题 【例4】（2023·河北廊坊·校考一模）通过光的反射定律知道，入射光线与反射光线关于法线成轴对称（图 1）．在图2 中，光线自点P射入，经镜面EF反射后经过的点是（ ） ．点A B．点B ．点C D．点D 【答】B 【分析】根据直线的性质画出被遮住的部分，再根据入射角等于反射角作出判断即可． 【详解】根据直线的性质补全图2 并作出法线OK，如下图所示： 根据图形可以看出OB是反射光线， 故选：B． 【点睛】本题主要考查轴对称的性质，垂线的画法，根据轴对称的性质得相等的角是补全光线的关键． 【变式4-1】（2022·陕西咸阳·统考三模）如图，在水平地面B 上放一个平面镜B，一束垂直于地面的光线 经平面镜反射，若反射光线与地面平行，则平面镜B 与地面B 所成的锐角α为（ ） ．30° B．45° ．60° D．75° 【答】B 【分析】利用平行线的性质和光的反射原理计算． 【详解】解：∵入射光线垂直于水平光线， ∴它们的夹角为90°，虚线为法线，∠1为入射角， ∴∠1= 1 2 ×90°=45° ∵∠1=∠2，∠2+∠3=90° ∴∠3=90°−∠1=45° ∵两水平线平行 ∴∠α =∠3=45° 故选：B． 【点睛】本题考查平行线的性质、光的反射原理、入射角等于反射角等知识，是基础考点，掌握相关知识 是解题关键． 【变式4-2】（2022·浙江台州·统考一模）根据光学中平面镜光线反射原理，入射光线、反射光线与平面镜 所夹的角相等．如图，α , β是两面互相平行的平面镜，一束光线m 通过镜面α反射后的光线为，再通过镜 面β 反射后的光线为k．光线m 与镜面α的夹角的度数为x°，光线与光线k 的夹角的度数为y °．则x 与y 之间的数量关系是 ． 【答】2 x+ y=180 【分析】根据平面镜光线反射原理和平行线性质即可求得． 【详解】解： 入射光线、反射光线与平面镜所夹的角相等， ∵ ∴反射后的光线 与镜面α夹角度数为x°， ∵α , β是两面互相平行的平面镜， ∴反射后的光线 与镜面β夹角度数也为x°， 又由入射光线、反射光线与平面镜所夹的角相等， ∴反射后的光线k 与镜面β的夹角度数也为x°， ∴x°+x°+ y °=180° ， ∴2 x+ y=180 ． 故答为：2 x+ y=180． 【点睛】本题考查了平面镜光线反射原理和平行线性质，掌握反射光线与平面镜所夹的角相等以及两直线 平行内错角相等是解题的关键． 题型05 折叠问题 类型一 三角形折叠问题 【例5】（2023·新疆·统考一模）“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片 ABC，第1 次折叠使点B落在BC边上的点B '处，折痕AD交BC于点D；第2 次折叠使点A落在点D处， 折痕MN交A B '于点P．若BC=12，则MP+MN=¿ ． 【答】6 【分析】根据第一次折叠的性质求得BD=D B '=1 2 B B '和AD⊥BC，由第二次折叠得到AM=DM， MN ⊥AD，进而得到MN ∥BC，易得M 是△ADC的中位