2022年中考数学试题分类汇编知识点25图形的平移旋转与轴对称

知识点25图形的平移、旋转与轴对称一、选择题1.（2022四川绵阳，7，3分）在平面直角坐标系中，以原点为对称中心，把点A（3，4）逆时针旋转90°，得到点B，则点B的坐标为A.（4，-3）B.（-4，3）C.（-3，4）D.（-3，-4）【答案】B.【解析】解：如图：∴点B的坐标为（-4，3）．故选B．【知识点】图形的旋转2.（2022四川绵阳，5，3分）下列图形是中心对称图形的是ABCD【答案】D.【解析】解：A选项，不是中心对称图形，故此选项错误；B选项，不是中心对称图形，故此选项错误；C选项，不是中心对称图形，故此选项错误；D选项，是中心对称图形，故此选项正确.故选D．【知识点】中心对称图形62\n3.（2022四川内江，11，3）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点E处，BE交AD于点F，已知∠BDC＝62°，则∠DFE的度数为（）A．31°B．28°C．62°D．56°【答案】D【思路分析】因为∠DFE＝∠ADB＋∠EBD，要求∠DFE的值，则需分别求∠ADB、∠EBD，而由矩形对边平行，及轴对称的性质可知∠EBD＝∠CBD＝∠ADB，利用∠ADB与∠BDC互余，即可出∠DFE的度数．【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，∴∠ADC＝90°，∵∠BDC＝62°，∴∠ADB＝90°－62°＝28°，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，根据题意可知∠EBD＝∠CBD，∴∠ADB＝∠EBD＝28°，∴∠DFE＝∠ADB＋∠EBD＝56°．故选择D．【知识点】矩形性质，等腰三角形性质，平行线性质4.（2022山东滨州，11，3分）如图，∠AOB＝60°，点P是∠AOB内的定点且OP＝，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMN周长的最小值是（）A．B．C．6D．3第11题图【答案】D【解析】分别以OA、OB为对称轴作点P的对称点P1，P2，连接点P1，P2，分别交射线OA、OB于点M、N则此时△PMN的周长有最小值，△PMN周长等于＝PM＋PN＋MN＝P1N＋P2N＋MN，根据对称的性质可知，OP1＝OP2＝OP＝，∠P1OP2＝120°，∠OP1M＝30°，过点O作MN的垂线段，垂足为Q，在△OP1Q中，可知P1Q＝,所以P1P2＝2P1Q＝3,故△PMN的周长最小值为3．62\n第11题答图【知识点】轴对称的性质、两点之间线段最短、直角三角形（有一个角为30°）的性质。5.（2022浙江金华丽水，9，3分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC的度数是（）．A．55°B．60°C．65°D．70°第9题图【答案】C．【解析】将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC，则∠ECD＝∠ACB＝20°，∠ACE＝90°，EC＝AC，∴∠E＝45°，∴∠ADC＝65°．故选D．【知识点】图形的旋转6.（2022浙江衢州，第8题，3分）如图，将矩形ABCD沿GH折叠，点C落在点Q处，点D落在AB边上的点E处，若∠AGE=32°，则∠GHC等于（）第8题图62\nA．112°B．110°C．108°D．106°【答案】D【解析】本题考查了翻折变换（折叠问题）；矩形的性质、平行线性质等知识点.根据折叠前后角相等可知∠DGH=∠EGH，∵∠AGE=32°,∴∠EGH=74°，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠AGH=∠GHC=∠EGH+∠AGE，∴∠GHC=106°，故选：D．【知识点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质、平行线性质；7.（2022甘肃白银，8，3）如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置。若四边形AECF的面积为25，DE=2,则AE的长为（)A.5B.C.7D.【答案】D.【思路分析】由旋转性知四边形AECF的面积与正方形的面积相等，从而得到正方形的面积等于25，边长为5，于是在直角三角形ADE中由勾股定理可求出AE的长。【解题过程】∵△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF∴△ADE≌△ABF∴=25∴正方形的边长AD=CD=5∴在RT△ADE中，AE==.故选D【知识点】正方形的性质及面积公式，旋转的性质即旋转前后图形的形状大小相等面积相等。62\n8.（2022安徽省，10，4分）如图,直线都与直线l垂直,垂足分别为M,N,MN=1正方形ABCD的边长为，对角线AC在直线l上,且点C位于点M处,将正方形ABCD沿l向右平移,直到点A与点N重合为止，记点C平移的距离为x,正方形ABCD的边位于之间分的长度和为y，则y关于x的函数图象太致为（）【答案】A【思路分析】这是一道动面问题，需要分段思考，求解关键是根据函数的表达方法（解析式法，列表法和图像法）之间的联系，先确定函数解析式，再选择图像．其中，在图形运动过程中，确定三种运动状态下的图形形态是重中之重．其中关键是确定图形变化联系瞬间的静态图形位置，从而得到分界点，然后再作动态思考，确定各种情况下的取值范围．最后求出各部分对应的函数关系式，运用函数的图像、性质分析作答．有时，直接根据各运动状态（如前后图形的对称状态带来函数图像的对称，前后图形面积的增减变化带来函数图像的递增或递减等），就能求解．【解题过程】∵正方形边长为，∴AC=BD=2.（1）如图1，当C位于之间，（2）如图2，当D位于之间，设PR=a,则SQ=1-a,DP+DQ=所以（3）如图3，当A位于之间，综上所述，y关于x的函数大致如选择支A所示。62\n【知识点】函数的图象；分段函数；分类讨论9.（2022江苏无锡，5，3分）下列图形中的五边形ABCDE都是正五边形，则这些图形中的轴对称图形有（）A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】D【解析】图中四个五边形都是轴对称图形，所以答案选D.【知识点】轴对称图形的定义10.（2022江苏无锡，10，3分）如图是一个3×3正方形方格纸的对角线AB剪下图形，一质点P由A点出发，沿格点线每次向右或向上运动1个单位长度，则点P由点A运动到B点的不同路径共有（）A.4条B.5条C.6条D.7条62\n【答案】B【思路分析】按照点P经过的格点确定所有符合要求的路线.【解题过程】如图所示，运动路线有：ACDFGJB；ACDFIJB；ACEFGJB；ACEFIJB；ACEHIJB，共5条.【知识点】11.（2022山东聊城，10，3分）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使得点A落在△ABC外的一点A′出，折痕为DE.如果∠A=α，∠CEA′=β，∠BDA′=γ，那么下列式子中正确的是（）A.γ=2α+βB.γ=α+2βC.γ=α+βD.γ=180°-α-β【答案】A【解析】∵将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使得点A落在△ABC外的一点A′出，折痕为DE，∴∠A′=∠A=α.如图所示，设A′D交AC于点F，62\n则∠BDA′=∠A+∠AFD=∠A+∠A′+∠AEF，∵∠A=α，∠CEA′=β，∠BDA′=γ，∴γ=α+α+β=2α+β.【知识点】轴对称的性质、三角形内外角的关系12.（2022山东聊城，11，3分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA、OC分别在x轴和y轴上，并且OA=5，OC=3.若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的点处，则点C的对应点的坐标为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】如图所示，作M⊥x轴于点M，N⊥x轴于点M，62\n∵矩形OABC的两边OA、OC分别在x轴和y轴上，并且OA=5，OC=3，把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的点处，∴O=OA=5，M=O=OC=3，∴OM===4.由题意得△ON∽△OM，∴，即，∴，，∴点的坐标为.【知识点】旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、比例线段、平面直角坐标系与点的坐标13.（2022四川省达州市，3，3分）下列图形中是中心对称图形的是（）．62\n【答案】B．【解析】在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心．根据中心对称图形的定义，得图形B是中心对称图形．故选B.【知识点】中心对称图形14.（2022四川省南充市，第2题，3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．扇形B．正五边形C．菱形D．平行四边形【答案】C【解析】解：A、扇形是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不符合题意；B、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意；C、菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C选项符合题意；D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故D选项不符合题意；故选C.【知识点】轴对称图形；中心对称图形15.（2022·重庆B卷，2，4）下列图形中，是轴对称图形的是（）【答案】D．【解析】根据轴对称图形的定义，沿某条直线将图形折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形才是轴对称图形，故只有选项D满足要求，因此选D．【知识点】图形的变换轴对称图形．16.（2022湖南衡阳，3，3分）下列生态环保标志中，是中心对称图形的是（）【答案】B62\n【解析】根据中心对称图形的定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，对各选项分析判断可得选项B是中心对称图形．【知识点】中心对称图形17.（2022湖南长沙，5题，3分）下列四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）【答案】A【解析】沿某条直线折叠，图形两侧部分可以重合，这种图形称为轴对称图形。绕一个定点旋转180度后的图形能和原图形重合，这种图形称为中心对称图形。由此可对各选项进行判断：A既是轴对称图形又是中心对称图形，正确;B是轴对称图形，错误;C既不是轴对称图形也不是中心对称图形，错误;D不是轴对称图形是中心对称图形，错误。【知识点】轴对称,中心对称18.（2022江苏省盐城市，2，3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）．【答案】D【解析】在平面内，沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形是轴对称图形，这条直线就叫做对称轴．在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形.根据轴对称图形和中心对称图形的定义即可作出判断，故选D.【知识点】轴对称图形;中心对称图形19.(2022山东青岛中考，1，3分)观察下列四个图形，中心对称图形是（）62\nA．B．C．D．【答案】C【解析】选项C中图形绕着它的中心旋转180°后能与自身完全重合，是中心对称图形；选项A、B、D中图形是轴对称图形．故选C．【知识点】中心对称图形20.（2022山东烟台，2，3分）在学习《图形变化的简单应用》这一节时，老师要求同学们利用图形变化设计图案．下列设计的图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）DCBA.【答案】C【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解A、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误；B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误；C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故正确；D、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误故选C．【知识点】中心对称图形；轴对称图形．21.（2022山东省淄博市，3，4分）下列图形中，不是轴对称图形的是62\n（A）（B）（C）（D）【答案】C【解析】选项A、B、D均可以沿一条直线折叠图形左右两边的部分可以重合，故均为轴对称图形，只有C选项不是轴对称图形，是中心对称图形，故选C.【知识点】轴对称22.（2022天津市，4，3）下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（）A．B．C.D．【答案】A【解析】分析：本题考查中心对称图形的识别，结合选项，根据中心对称图形的概念对各选项进行判断即可求解.解：A.是中心对称图形，本选项符合题意；B.不是中心对称图形，本选项不符合题意；C.不是中心对称图形，本选项不符合题意；D.不是中心对称图形，本选项不符合题意.故选A.【知识点】中心对称图形；中心对称62\n23.（2022天津市，10，3）如图，将一个三角形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为，则下列结论一定正确的是（）A．B．C.D．【答案】D【解析】分析：本题考查折叠问题，由折叠前后不变，可得结果.解：由折叠前后不变性，可知CB=EB,∴AE+CB=AE+EB=AB故选D【知识点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形24.（2022浙江湖州，8，3）如图，已知在△ABC中，∠BAC＞90°，点D为BC的中点，点E在AC上，将△CDE沿DE折叠，使得点C恰好落在BA的延长线上的点F处，连结AD，则下列结论不一定正确的是（）A．AE＝EFB．AB＝2DEC．△ADF和△ADE的面积相等D．△ADE和△FDE的面积相等【答案】C【解析】选项A，∵D为BC的中点，∴所以BD＝CD．∵FD＝CD，∴FD＝BD．∴∠B＝∠BFD．∵∠C＝∠DFE，∴∠B+∠C＝∠BFD+∠DFE．∴∠FAE＝∠AFE．∴AE＝FE．选项A正确．选项B，∵E为AC的中点，D为BC的中点，∴DE为△ABC的中位线．∴AB＝2DE．选项B正确．选项C，∵BF∥DE，∴△ADF和△ADE的高相等．但不能证明AF＝DE，∴△ADF和△ADE的面积不一定相等．选项C错误．62\n选项D，△ADE和△FDE同底等高，面积相等，选项D正确．故选C.【知识点】等腰三角形，折叠，中位线，三角形的外角1.（2022·重庆A卷，2，4）下列图形中一定是轴对称图形的是（）【答案】D．【解析】根据轴对称图形的定义，看图形沿某条直线折叠，直线两旁的部分能否完全重合，易知矩形是轴对称图形，故选D．【知识点】轴对称图形2.（2022广东广州，2，3分）图中所示的五角星是轴对称图形，它的对称轴共有（）A．1条B．3条C．5条D．无数条【答案】C【解析】根据轴对称图形的定义：“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”进行分析，正五角星的对称轴是过中心和每个顶角的直线，共5条．故答案为C．【知识点】轴对称图形3.（2022贵州遵义，2题，3分）观察下列几何图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的是ABCD【答案】C62\n【解析】A是轴对称图形，不是中心对称图形，故A错误；B是中心对称图形，不是轴对称图形，故B错误；C是轴对称图形，也是中心对称图形，故C正确；D是轴对称图形，不是中心对称图形，故D错误。【知识点】轴对称图形，中心对称图形4.（2022河北省，3，3）如图中由“”和“”组成轴对称图形，该图形的对称轴是直线（）A．l1B．l2C．l3D．l4【答案】C【解析】分别沿着途中的4条直线进行折叠，两侧能完全重合的只有l3，故选C．【知识点】轴对称图形5.（2022湖北宜昌，2，3分）如下字体的四个汉字中，是轴对称图形的是()A．B．C．D．【答案】D【解析】D图沿中间线折叠，直线两旁的部分可重合，故选择D.【知识点】轴对称图形的概念.6.（2022湖北宜昌，9，3分）如图，正方形的边长为1，点分别是对角线上的两点,,,，，垂足分别为，则图中阴影部分的面积等于()62\n(第9题图)A．1B．C.D．【答案】B【解析】图形沿直线AC折叠，直线两旁的阴影部分可合并到△ABC中，△ABC的面积为正方形的面积的一半，故选择B.【知识点】轴对称图形，翻折.7.（2022江西，5，3分）小军同学在网格纸上将某些图形进行平移操作，他发现平移前后的两个图形所组成的图形可以是轴对称图形．如图所示，现在他将正方形ABCD从当前位置开始进行一次平移操作，平移后的正方形的顶点也在格点上，则使平移前后的两个正方形组成轴对称图形的平移方向有(　　)第5题题A.3个B.4个C.5个D.无数个【答案】C【解析】①正方形向上平移；②正方形向下平移；③正方形向右平移；④将正方形向东北方向平移；⑤将正方形向东南方向平移．故有5种．【知识点】轴对称图形，平移8.（2022山东德州，2，3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）ABCD62\n【答案】B【解析】选项A只是中心对称图形，选项B既是轴对称图形又是中心对称图形，选项C只是轴对称图形，选项D既不是轴对称图形也不是中心对称图形，只是旋转对称图形.故选B.【知识点】轴对称图形，中心对称图形9.（2022山东德州，12，3分）如图，等边三角形的边长为4,点是△的中心，.绕点旋转,分别交线段于两点，连接,给出下列四个结论:①;②;③四边形的面积始终等于;④△周长的最小值为6,上述结论中正确的个数是()A．1B．2C.3D．4【答案】C【解析】如图1，连接OB、OC，因为点是△的中心，所以，OA=OB=OC，所以，，所以，所以（ASA），所以OD=OE，结论①正确；通过画图确定结论②错误，如当点E为BC中点时，；因为，所以，所以=，结论③正确；因为，所以BD=CE，所以BD＋CE=BC=4，因为，OB=OC，易得，如图2，当OD⊥AB时，OD最小=BD×tan∠OBD=，所以DE最小=2，所以△周长的最小值为6,结论④正确.故选C.【知识点】旋转，全等，定值，最值10.（2022山东省日照市，2，3分）在下列图案中，既是轴对称又是中心对称图形的是（）【答案】C62\n【解析】A图案既不是轴对称又不是中心对称图形；B图案只是轴对称图形；C图案既是轴对称又是中心对称图形；D图案只是中心对称图形，故选C。【知识点】轴对称图形中心对称图形11.（2022广东省深圳市，4，3分）观察下列图形，是中心对称图形的是()A．B．C.D．【答案】D【解析】解：将试卷倒过来看，和原图形完全相同的图形就是中心对称图形．A、B、C三个选项中的图案都是轴对称图形，故A、B、C选项错误；而D选项中的图案是中心对称图形，故D选项正确．【知识点】轴对称图形；中心对称图形12.（2022贵州安顺，T1，F3）下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是（）【答案】D【解析】由轴对称图形的定义可知，选项D的图形有对称轴所以是轴对称图形．【知识点】轴对称图形的性质.13.（2022湖南省永州市，2，4）誉为全国第三大露天碑林的“浯溪碑林”，摩崖上铭刻着500多方古今名家碑文，其中悬针篆文具有较高的历史意义和研究价值，下面四个悬针篆文文字明显不是轴对称图形的是（）]62\nA．B．C．D．【答案】C【解析】选项A、是轴对称图形，则此选项错误；选项B、是轴对称图形，则此选项错误；选项C、不是轴对称图形，则此选项正确；选项D、是轴对称图形，则此选项错误.因此，本题选C．【知识点】轴对称14.（2022四川攀枝花，5，3）下列平面图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是()A.菱形B.等边三角形C.平行四边形D.等腰梯形【答案】A【解析】A、菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意；B、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C、平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D、等腰梯形，故此选项符合题意；是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；故选A.【知识点】中心对称图形轴对称图形15.（2022湖南张家界，3，3分）下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）AB【答案】C【解析】轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后两部分重合.62\n故选项A是中心对称图形，选项B是轴对称图形，选项C既是中心对称图形又是轴对称图形，选项D是轴对称图形.故选择C.【知识点】中心对称图形与轴对称图形.16.（2022浙江省台州市，2，3分）在下列四个新能源汽车车标的设计图中，属于中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能与原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个旋转点，就叫做中心对称点.A．∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误；B．∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误；C．∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误；D．∵此图形旋转180°后能够与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，故此选项正确；【知识点】中心对称图形二、填空题1.（2022浙江衢州，第16题，4分）定义；在平面直角坐标系中，一个图形先向右平移a个单位，再绕原点按顺时针方向旋转θ角度，这样的图形运动叫做图形的γ（a，θ）变换。如图，等边△ABC的边长为1，点A在第一象限，点B与原点O重合，点C在x轴的正半轴上．△A1B1C1就是△ABC经γ（1，180°）变换后所得的图形．62\n第16题图若△ABC经γ（1，180°）变换后得△A1B1C1，△A1B1C1经γ（2，180°）变换后得△A2B2C2，△A2B2C2经γ（3，180°）变换后得△A3B3C3，依此类推……△An-1Bn-1Cn-1经γ（n，180°）变换后得△AnBnC，则点A1的坐标是________，点A2022的坐标是________。【答案】（）（）【解析】题考查了新概念理解、阅读理解问题、等边三角形性质、规律型点的坐标．、坐标与图形变化﹣旋转等知识内容，解决该题型题目时，写出部分An点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律是关键．首先计算A1的坐标为（），则A2为（），以此计算则有A2022横坐标为-2×2022=，故答案为：（）（）（）【知识点】新概念理解、阅读理解问题、等边三角形性质、规律型点的坐标．、坐标与图形变化﹣旋转2.（2022山东潍坊，16，3分）如图，正方形ABCD的边长为1，点A与原点重合，点B在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB′C′D′的位置，B′C′与CD相交于点M，则点M的坐标为.62\n【答案】（－1，）【思路分析】连接AM，证明Rt△AB′M≌Rt△ADM，求出∠ADM=30°，解直角三角形求得DM的长，注意M在第二象限，即可求出点M的坐标.【解题过程】连接AM，在Rt△AB′M和Rt△ADM中，AB′=AD，AM=AM,∴Rt△AB′M≌Rt△ADM∴∠DAM=∠B′AM=在Rt△ADM中，tan30°=∴DM=ADtan30°=1×=.∴M（－1，）.【知识点】图形与坐标，正方形，全等三角形的判定和性质，解直角三角形3.（2022山东潍坊，24，12分）如图1，在□ABCD中，DH⊥AB于点H，CD的垂直平分线交CD于点E，交AB于点F，AB=6，DH=4，BF∶FA=1∶5.（1）如图2，作FG⊥AD于点G，交DH于点M，将△DGM沿DC方向平移，得到△CG´M´，连接M′B.①求四边形BHMM＇的面积；②直线EF上有一动点N，求△DNM周长的最小值.62\n（2）如图3，延长CB交EF于点Q，过点Q作QK∥AB，过CD边上的动点P作PK∥EF，并与QK交于点K，将△PKQ沿直线PQ翻折，使点K的对应点K＇恰好落在直线AB上，求线段CP的长.【思路分析】（1）①由题意可知四边形BHMM＇为梯形，上底BH，下底MM′易求，故只需求出高MH即可，计算MH可通过同角的余角相等证明∠FMH=∠A，而∠A的正切值易求，故高MH可得（求高也可利用△FHM∽△DHA来计算），从而求出面积；②由EF垂直平分CD可得点D和点C关于直线EF对称，故只需连接CM，CM与EF的交点即为满足条件的点N，分别求出CM和DM即可求出周长的最小值；（2）先通过∠A的正切值不变求出FQ的长度，从而求出PK，由折叠可得PK′=PK，QK′=QK，利用勾股定理先求出GＫ′的长度，设PE=x，在Rt△QFK′中把FK′和QK′用x表示出来，利用勾股定理求出x的值，从而求出CP的长度.【解题过程】解：（1）①∵BF∶FA=1∶5，AB=6，∴BF=1，AF=5.∵四边形ABCD为平行四边形，∴CD=AB=6，∵EF垂直平分CD，∴DE=CE=3.∴FH=3，HA=AF－FH＝5－3＝2.在Rt△ADH中∵∠A＋∠AFM=90°，∠AFM＋∠FMH=90°，∴∠FMH=∠A∴.∵FH=3，∴MH=由平移可知MM′=CD=6，BH=1+3=462\n∴S四边形BHMM′=.②由点C与点D关于直线EF对称可知，连接CM交EF于点N，连接DN，此时△DMN周长最小.NDM=DH－MH=.在Rt△CDM中，，即DN＋MN=.∴△DNM周长的最小值为.（2）标准答案：∵BF∥CE,∴,∴QF=2，∴PK=PK′=6过点K′作E′F′∥EF，分别交CD于点E′，交QK于点F′，当点P在线段CE上时，在Rt△PK′E′中，PE′2=PK′2－E′K′2,∴PE′=,62\n∵Rt△PE′K′∽Rt△K′F′Q,∴,∴.∴QF′=,∴PE=PE′－EE′=.∴CP=.同理可得，当点P在线段ED上时，CP′=.综上可得，CP的长为或.方法2：当点P在线段CE上时，如图所示，设直线AB与PK交于点G.在Rt△BFQ中，∠ABQ=∠A∴tan∠ABQ=，62\n∵BF=1，∴FQ=2.∴EQ=EF＋FQ=4＋2=6∴PK=EQ=6.由折叠可得：PK′=PK=6，QK′=QK在Rt△PGK′中，PG=DH=4GK′=设PE=x，则GF=KQ=x，QK′=x,FK′=GK′－GF=在Rt△QFK′中，解得：.∴CP=CE－PE=.同理可得，当点P在线段ED上时，CP′=.综上可得，CP的长为或.【知识点】平行四边形，图形的平移，图形的轴对称，勾股定理，梯形，几何最值问题，分类讨论思想4.（2022四川省成都市，24，4）如图，在菱形ABCD的中，tanA＝，M，N分别在边AD，BC上，将四边形AMNB沿MN翻折，使AB的对应线段AB的对应线段EF经过顶点D．当EF⊥AD时，的值为．62\n【答案】【思路分析】延长NF交DC于H．根据翻折得∠A＝∠E，∠B＝∠DFN，利用菱形中邻角互补，可得到∠A＝∠DFH，且∠DHF＝90°，在Rt△EDM中，根据tanA＝tanE＝，得到△EDM三边的关系，求出菱形边长，在解Rt△DHF和Rt△NHC，求出CN，BN，即可求出的值．【解题过程】解：∵四边形ABCD为菱形，∴AD∥BC，∴∠A＋∠B＝180°，∵∠DFN＋∠DFH＝180°，又∵∠B＝∠DFN，∴∠A＝∠DFH，∵AB∥CD，∴∠A＋∠ADC＝180°，又∵∠ADF＝90°，∴∠A＋∠FDC＝90°，∴∠DFH＋∠FDC＝90°，∴∠DHF＝90°，∵∠A＝∠E，∴tanA＝tanE＝＝，设DM＝4x，DE＝3x，∴EM＝＝5x，∴AM＝5x，∴AD＝AM＋DM＝9x，∵EF＝AB＝AD＝9x，∴DF＝EF－DE＝6x，在Rt△DFH中∠A＝∠DFH，∴tanA＝tan∠DFH＝＝，∴DH＝DF＝x，∴CH＝DC－DH＝x，在Rt△CHN中∠A＝∠C，∴tanA＝tanC＝＝，∴CN＝CH＝7x，∴BN＝BC－CN＝2x，∴＝．【知识点】菱形性质；锐角三角函数；翻折变换5.（2022四川省达州市，14，3分）如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（－6，0），C（0，2）.将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为___________．第14题图62\n【答案】（－2，6）.【解析】如图，∵矩形OABC的顶点A（－6，0），C（0，2）.∴OA＝6，AB＝OC＝2.∵tan∠AOB＝,∴∠AOB＝30°，在Rt△DOC1中，∵∠DOC1＝30°，OC1＝2，∴OD＝4，DC1＝2．∵B1C1＝6，∴B1D＝4，在Rt△DEB1中，∵∠DB1E＝30°，∴DE＝2，B1E＝2．∴B1（－2，6）.故答案为：（－2，6）.【知识点】平面直角坐标系；锐角三角函数；旋转的性质6.（2022·重庆B卷，16，4）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，CD是斜边AB上的中线，将△BCD沿直线CD翻折至△ECD的位置，连接AE．若DE∥AC，计算AE的长度等于．【答案】2．62\n【解析】∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，CD是斜边AB上的中线，∴CD＝AB＝DA＝DB．令∠B＝x°，则∠DCB＝∠B＝x°，由翻折知，DE＝DB，∠ECD＝∠DCB＝x°＝∠CED．∵DE∥AC，∴∠ACE＝∠CED＝x°．∴由∠ACB＝90°，得3x＝90，x＝30，从而∠B＝30°，于是AC＝AB．在Rt△ABC中，tanB＝，得AC＝BCtanB＝6tan30°＝2．∴AC∥DE，AC＝DE，从而四边形ACDE是平行四边形．又∵CD＝DE，∴四边形ACDE是菱形．∴AE＝AC＝2．【知识点】翻折直角三角形菱形三角函数7.（2022湖南衡阳，13，3分）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若△COD是由△AOB绕点O按顺时针方向旋转而得到的，则旋转的角度为________．62\n【答案】90°【解析】解：∵△COD由△AOB绕点O按顺时针方向旋转而得到的，∴对应边OB、OD的夹角∠BOD即为旋转角，∴旋转的角度为90°.【知识点】旋转的性质1.（2022·重庆A卷，16，4）如图，把三角形纸片折叠，使点B、点C都与点A重合，折痕分别为DE、FG，得到∠AGE＝30°，若AE＝EG＝厘米，则△ABC的边BC的长为厘米．【答案】4＋6．【解析】如下图，过点E作EM⊥AG于点M，则由AE＝EG，得AG＝2MG．∵∠AGE＝30°，EG＝厘米，∴EM＝EG＝（cm）．在Rt△EMG中，由勾股定理，得MG＝＝3（cm），从而AG＝6cm．由折叠可知，BE＝AE＝（cm），GC＝AG＝6cm．∴BC＝BE＋EG＋GC＝＋＋6＝4＋6（cm）．62\n【知识点】翻折；轴对称；勾股定理；直角三角形的性质；等腰三角形三、解答题1.（2022四川绵阳，24，12分）如图，已知△ABC的顶点坐标分别为A（3，0），B（0，4），C（-3，0）.动点M，N同时从A点出发，M沿A→C，N沿折线A→B→C，均以每秒1个单位长度的速度移动，当一个动点到达终点C时，另一个动点也随之停止移动，移动的时间记为t秒.连接MN.（1）求直线BC的解析式；（2）移动过程中，将△AMN沿直线MN翻折，点A恰好落在BC边上点D处求此时t值及点D的坐标；（3）当点M，N移动时，记△ABC在直线MN右侧部分的面积为S，求S关于时间t的函数关系式.【思路分析】（1）设直线BC的解析式为y=kx+b，利用待定系数法求出直线BC的解析式；（2）首先过点D作DE⊥AC，根据题意可得出四边形DMAN是菱形，进而得出DN∥AC，然后根据平行线分线段成比例定理可得，解出t的值，然后根据三角函数的定义得出sin∠BCO，cos∠BCO，进而的得出点D的坐标；（3）分当0＜t≤5和当5＜t≤6两种情况写出S的解析式即可.【解题过程】解：（1）设直线BC的解析式为y=kx+b∵直线经过B（0，4），C（-3，0），∴，解得，∴直线BC的解析式为.（2）过点D作DE⊥AC，如图.62\n∵点M和点N均以每秒1个单位长度的速度移动，∴AM=AN=t.∵A（3，0），B（0，4），∴OA=3，OB=4，AB=5，∴BN=5-t，∵△DMN是△AMN沿直线MN翻折得到的，∴DN=DM=t，∴四边形DMAN是菱形，∴DN∥AC，∴，∴，解得:t=.∴CD=，∵B（0，4），C（-3，0），∴OC=3，OB=4，BC=5，∴sin∠BCO=，cos∠BCO=，∴DE=CD·sin∠BCO=，CE=CD·cos∠BCO=，∴OE=，62\n∴点D的坐标为（-，）.（3）当0＜t≤5时，S=；当5＜t≤6时S=S△ABC-(6-t)·(10-t)·sin∠BCO=12-=【知识点】待定系数法求一次函数的解析式，菱形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，三角函数的定义，三角形面积公式2.（2022安徽省，17，8分）如图,在由边长为1个单位长度的小正方形组成的10×10网格中,已知点O,A,B均为网格线的交点.（1）在给定的网格中,以点O为位似中心,将线段AB放大为原来的2倍,得到线段（点A,B的对应点分别为）.画出线段;（2）将线段绕点逆时针旋转90°得到线段.画出线段;（3）以为顶点的四边形的面积是______个平方单位.【答案】【思路分析】(1)连接OA,OB,并分别延长至满足再连接，即得到所求图形；（2）过做垂线段得到所求图形满足要求；（3）62\n四边形为正方形，边长为，所以四边形的面积为个平方单位【解题过程】解：（1）（2）如图所示（3）20【知识点】作图-位似变换；作图-旋转变换;四边形面积．3.（2022江苏无锡，27，10分）如图，矩形ABCD中，AB=m，BC=n.将此矩形绕点B顺时针方向旋转（0°＜＜90°）得到矩形，点在边CD上.（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D到点所经过路径的长度；（2）将矩形继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形，点在BC的延长线上.设与CD交于点E，若，求的值.【思路分析】（1）首先确定旋转半径和旋转角，再利用弧长公式进行计算.62\n（2）在Rt△中，由勾股定理得①；由△BCE∽△得②，消去CE即可得到mn的方程，求解得到答案.【解题过程】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠=90°，AB∥CD，CD=AB=m=2，AD=BC=n=1，，∴，∠=∠，∴，∴=∠=30°，连接BD，由勾股定理得，∴点D到点所经过路径的长度为：.（2）∵，∴，∴.在Rt△中，由勾股定理得①62\n由△BCE∽△得，即，∴②由①②得，即，∴，即，∴（舍去）或，∴（舍去）.【知识点】矩形的性质、平行线的性质、勾股定理、旋转的性质、锐角三角函数的定义、弧长公式、相似三角形的判定和性质、因式分解、一元二次方程的解法、二次根式的化简4.（2022年山东省枣庄市，20，8分）如图，在的方格纸中，的三个顶点都在格点上.（1）在图1中，画出一个与成中心对称的格点三角形；（2）在图2中，画出一个与成轴对称且与有公共边的格点三角形；（3）在图3中，画出绕点按顺时针方向旋转后的三角形.【思路分析】（1）以点C为对称中心，作出点A、点B关于点C的对称点A1、B1，连结A1C、B1C、A1B162\n即可画出三角形；（2）以AC为对称轴，作出点B关于直线AC的对称点B′，连接AB′、B′C即可画出三角形；或以BC为对称轴，作出点A关于直线BC的对称点A′，连接A′C、A′B即可画出三角形；（3）根据旋转的性质作出点A和点B绕点C旋转90°的对应点A″、B″，连接A″C、B″C即可画出旋转后的三角形．【解题过程】（1）如图所示：△A1B1C是所求的三角形（2）画出下列其中一个即可．（3）【知识点】中心对称；轴对称；旋转5.（2022四川省成都市，27，10）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A´B´C´(点A、B的对应点分别为A´、B´)，射线CA´、CB´分别交直线m于点P，Q．62\n（1）如图1，当P与A´重合时，求∠ACA´的度数；（2）如图2，设A´B´与BC的交点为M，当M为A´B´的中点时，求线段PQ的长；（3）在旋转过程中，当点P，Q分别在CA´，CB´的延长线上时，试探究四边形PA´B´Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形PA´B´Q的最小面积；若不存在，请说明理由．【思路分析】（1）当P与A´重合时，解Rt△A´BC，求出∠BA´C的度数，即为∠ACA´的度数；（2）当M为A´B´的中点时，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半，得∠MA´C＝∠BCA，解Rt△PBC求出PB，利用同角余角相等，得∠BQC＝∠PCB，解Rt△CBQ求出BQ，根据PQ＝PB＋BQ即可求得PQ；（3）作Rt△PCQ斜边中线CM，由S四边形PA´B´Q＝S△PCQ－S△PA´B´＝PQ·BC－S△PA´B´＝CM·BC－S△PA´B´，根据垂线段最短，当CM⊥PQ时，S四边形PA´B´Q最小，求出其最小值即可．【解题过程】解：（1）∵∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，∴BC＝＝，当P与A´重合时，A´C＝AC＝2，在Rt△A´BC中，sin∠BA´C＝＝，∴∠BA´C＝60°，∵m∥AC，∴∠ACA´＝∠BA´C＝60°．（2）∵∠A´CB´＝90°，M为A´B´的中点时，∴A´M＝CM，∴∠MA´C＝∠A´CM＝∠A，∵在Rt△ABC中，tan∠A＝＝，∴在Rt△PBC中，tan∠A´CB＝＝，∴PB＝．∵∠PCB＋∠BCQ＝∠BCQ＋∠BQC＝90°，∴∠BQC＝∠PCB，∴tan∠BQC＝tan∠A´CB＝，∴BQ＝＝2，∴PQ＝PB＋BQ＝．（3）取PQ的中点M，连接CM．∵S△CA´B´＝A´C·B´C＝×2×＝，S△PCQ＝PQ·BC＝PQ，∴S四边形PA´B´Q＝S△PCQ－S△CA´B´＝PQ－，∵M为PQ的中点，∠PCQ＝90°，∴PQ＝2CM，∴S四边形PA´B´Q＝S△PCQ－Q－S△CA´B´＝CM－，当CM最小时，S四边形PA´B´Q最小．∵CM≤BC＝，∴当CM＝时，S四边形PA´B´Q的最小值＝CM－＝3－．62\n【知识点】解直角三角形；直角三角形斜边中线等于斜边一半；旋转6.（2022四川省南充市，第24题，10分）如图，矩形中，，将矩形绕点旋转得到矩形，使点的对应点落在上，交于点，在上取点，使.（1）求证：.（2）求的度数.（3）已知，求的长.【思路分析】(1)根据直角三角形直角边和斜边的关系，求出角的度数；根据角之间关系，利用等角对等边即可得证.(2)利用旋转前后对应角相等、对应边相等，从而得到等边三角形，进而求得角的度数，再利用三角形内角和是180°计算即可.(3)连接AF，过点A作AM⊥BF于点M.易证∠AFM和∠ABM的度数，然后利用三角函数求出BM和MF的长即可.【解题过程】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，∴△ABC为Rt△.又∵AC=2AB，cos∠BAC=，∴∠CAB=60°.1分∴∠ACB=∠DAC=30°，∴∠B′AC′=60°.∴∠C′AD=30°=∠AC′B′.2分∴AE=C′E.3分62\n(2)∵∠BAC=60°，又AB=AB′，∴△ABB′是等边三角形.4分∴BB′=AB，∠AB′B=60°，又∵∠AB′F=90°，∴BB′F=150°.5分∵B′F=AB=BB′，∴∠B′BF=∠BFB′=15°.6分(3)连接AF，过点A作AM⊥BF于点M.7分由(2)可知△AB′F是等腰直角三角形，△ABB′是等边三角形.∴∠AFB′=45°，∴∠AFM=30°，∠ABF=45°.8分在Rt△ABM中，AM=BM=AB•cos∠ABM=2×=.9分在Rt△AMF中，MF=.∴BF=+.10分【知识点】锐角三角函数；等腰三角形的判定；直角三角形的两锐角互余；旋转的性质；等边三角形的性质和判定；三角形的内角和定理7.（2022浙江绍兴，23，12分）小敏思考解决如下问题：原题：如图1，点，分别在菱形的边，上，，求证：.62\n（第23题图）（1）小敏进行探索，若将点，的位置特殊化：把绕点旋转得到，使，点，分别在边，上，如图2，此时她证明了.请你证明.（2）受以上（1）的启发，在原题中，添加辅助线：如图3，作，，垂足分别为，.请你继续完成原题的证明.（3）如果在原题中添加条件：，，如图1.请你编制一个计算题（不标注新的字母），并直接给出答案（根据编出的问题层次，给不同的得分）.【思路分析】（1）可先求出∠AFC=∠AFD=90°，然后证明即可；（2）先求出∠EAP=∠FAQ，再证明即可；（3）可以分三个不同的层次，①直接求菱形本身其它角或边的度数，也可求菱形的周长。②可求、、的值。③可求四边形的面积、与的面积和、四边形周长的最小值等。【解题过程】23.解：（1）如图1，在菱形中，，，，∵，∴，∴，62\n∵，∴，∴，，∴，∴.第23题（1）答图（2）如图2，由（1），∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴.62\n第23题（2）答图（3）不唯一，举例如下：层次1：①求的度数.答案：.②分别求，的度数.答案：.③求菱形的周长.答案：16.④分别求，，的长.答案：4，4，4.层次2：①求的值.答案：4.②求的值.答案：4.③求的值.答案：.层次3：①求四边形的面积.答案：.②求与的面积和.答案：.③求四边形周长的最小值.答案：.④求中点运动的路径长.答案：.【知识点】菱形的性质、三角形全等的判定和性质、垂直的定义和性质、62\n8.（2022江苏泰州，25，12分）（本题满分12分）对给定的一张矩形纸片进行如下操作：先沿折叠，使点落在边上(如图①)，再沿折叠，这时发现点恰好与点重合(如图②).(1)根据以上操作和发现，求的值；(2)将该矩形纸片展开.①如图③，折叠该矩形纸片，使点与点重合，折痕与相交于点，再将该矩形纸片展开，求证：.②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的点，要求只有一条折痕，且点在折痕上，请简要说明折叠方法.(不需说明理由).【思路分析】(1)由折叠得△BCE是等腰直角三角形，所以CE=CD=BC=AD，得解；(2)①先证△AEH是等腰直角三角形，设BC=m，先后用m的代数式表示出AE、AH、HD、HC的长，再设AP=x，用x的代数式分别表示出PH、PC的长，根据“PH=PC”得方程，解方程得AP=BC，再证Rt△APH≌Rt△CBP后易得；②折叠后得AP=AD或∠BCP=22.5°即可.【解题过程】（1）在矩形ABCD中，∠A=∠BCD=∠B=∠D=90°，AD=BC，AB=CD，由折叠得∠BCE=∠BCD=45°，CE=CD,∴CE=CD==BC=AD,∴=；（2）①方法一：连接EH，62\n设BC=m，则AB=CD=m，∵BE=BC×tan∠BCE=m，∴AE=（－1）m，由折叠得∠HEC=∠D=90°，∵∠BEC=90°－∠BCE=45°，∴∠AEH=90°－∠BEC=45°，∴AH=AE×tan∠AEH=（－1）m，设AP=x，则BP=m－x，由折叠得PH=PC，∴，∴x=m，∴AP=BC，∴Rt△APH≌Rt△CBP（HL），∴∠APH=∠BCP，∵∠BPC+∠BCP=90°，∴∠APH+∠BCP=90°，∴∠HPC=90°；方法二：同方法一得AH=（－1）m，∴HD=（2－）m，过点F作AD的平行线，与AB、DC分别交于点M、N，62\n则AD∥MN∥BC，∴，∴FN是△CHD的中位线，∴，证MN=BC=m，得，证，∴，证△FMP≌△FGH（ASA），∴FP=FH，∵∠PFH=90°，∴∠FPH=45°，同理：∠FPC=45°，∴∠HPC=90°；②沿过点D的直线折叠矩形纸片，使点A落在DC边上，折痕与AB相交于点P.【知识点】矩形折叠，全等，相似，方程思想9.（2022山东临沂，25，11分）将矩形ABCD绕点A时针旋转a(0°＜a＜360°)，得到矩形AEFG.(1)如图．当点E在BD上时．求证：FD＝CD；(2)当a为何值时，GC＝GB？画出图形，并说明理由.62\n(第25题图)备用图【思路分析】(1)连接AF，结合旋转和矩形的性质证BD∥AF，且BD=AF，得到四边形BDFA是平行四边形，得到DF=AB，进而得到证明的结论；(2)当GC＝GB时，则点G位于BC或AD的垂直平分线上，分点G位于BC所在直线的左边或右边两种情况讨论.【解题过程】(1)如图1，连接AF.∵四边形ABCD是矩形，结合旋转可得BD＝AF，∠EAF＝∠ABD，∵AB=AE，∴∠ABD＝∠AEB，∴∠EAF＝∠AEB，∴BD∥AF，∴四边形BDFA是平行四边形，∴FD=AB，∵AB=CD，∴FD＝CD.图1(2)如图2，当点G位于BC的垂直平分线上，且在BC的右边时.图2图3易知点G是也是AD的垂直平分线上的点，∴DG＝AG，又∵AG＝AD，62\n∴△ADG是等边三角形，∴∠DAG＝60°，∴a＝60°.如图3，当点G位于BC的垂直平分线上，且在BC的右边时.同理，△ADG是等边三角形，∴∠DAG＝60°.此时a＝300°.综上所述，当a为60°或300°时，GC＝GB.【知识点】正方形图形变换分类讨论思想10.（2022山东威海，21，8分）如图，将矩形ABCD(纸片)折叠，使点B与AD边上的点K重合，EG为折痕；点C与AD边上的点K重合，FH为折痕，已知∠1＝67.5°，∠2＝75°，EF＝＋1．求BC的长．【思路分析】由于折叠前后的图形是全等的，找到对应的角和线段，再把相应的角转移到△EKF中，在△EKF中，∠KEF和∠KFE分别是45°和30°，都是特殊角，过点K作垂线KM，把这两个特殊角分别放在直角三角形中，用KM表示出EF、EK、KF．【解题过程】解：由题意，得∠3＝180°－2∠1＝45°，∠4＝180°－2∠2＝30°，BE＝EK，KF＝FC．过点K作KM⊥EF，垂足为M．62\n设KM＝x，则EM＝x，MF＝x，∴x＋x＝＋1，解得x＝1．∴EK＝，KF＝2．∴BC＝BE＋EF＋FC＝EK＋EF＋KF＝3＋＋，即BC的长为3＋＋．【知识点】折叠，全等，解直角三角形11.（2022山东烟台，24，11分）（本题满分11分）【问题解决】一节数学课上，老师提出了一个这样问题：如图1，点P是正方形ABCD内一点，PA=1，PB=2，PC=3，你能求出∠APB的度数吗？小明他通过观察、分析、思考，形成了如下思路：思路一：将△PBC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的度数；思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP′B，连接PP′，求出∠APB的度数．请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．【类比探究】如图2，若点P是正方形ABCD外一点，PA=3，PB=1，PC=，求∠APB的度数．【思路分析】（1）如图（1）将△PBC绕点B逆时针旋转90°得到△BP′A，连接PP′，得到等腰直角三角形62\n△BP′P，从而得到PP′=2，∠BPP′=45°，又AP′=CP=3，AP=1，∴∴根据勾股定理逆定理得∠APP′=90°，从而求出∠APB=45°+90°=135°；（2）如图（2）将△PBC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，方法和（1）类似，求出∠APB=45°．【解题过程】解：（1）如图（1）将△PBC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，∵PB=P′B=2，∠P′BP=90°，∴PP′=2，∠BPP′=45°．又AP′=CP=3，AP=1，∴，∴∠APP′=90°，∴∠APB=45°+90°=135°．（2）如图（2）将△PBC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，∵PB=P′B=1，∠P′BP=90°，∴PP′=，∠BPP′=45°．又AP′=CP=，AP=3，∴，∴∠APP′=90°，∴∠APB=90°－45°=45°．【知识点】正方形的性质；勾股定理及其逆定理；旋转的性质；分类讨论思想；62\n12.（2022天津市，24，10）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点.以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，.（Ⅰ）如图①，当点落在边上时，求点的坐标；（Ⅱ）如图②，当点落在线段上时，与交于点.①求证；②求点的坐标.（Ⅲ）记为矩形对角线的交点，为的面积，求的取值范围（直接写出结果即可）.【思路分析】本题考查了几何变换综合题：熟练掌握旋转的性质；理解点的坐标与矩形的性质是解题的关键.（Ⅰ）由旋转的性质可得AD的长，由△ADC是直角三角形，根据勾股定理可求出BD的长，即可表示点D的坐标；（Ⅱ）①由矩形的性质可知△ADB、△AOB是直角三角形,结合（Ⅰ）的有关结论由直角三角形的判定可证；②结合①的结论，求出AH的长，进而求出点H的坐标.【解题过程】解：（Ⅰ）∵点，点，∴，.∵四边形是矩形，∴，，.∵矩形是由矩形旋转得到的，∴.在中，有，62\n∴.∴.∴点的坐标为.（Ⅱ）①由四边形是矩形，得.又点在线段上，得.由（Ⅰ）知，，又，，∴.②由，得.又在矩形中，，∴.∴.∴.设，则，.在中，有，∴.解得.∴.∴点的坐标为.62\n（Ⅲ）.【知识点】矩形的性质；全等三角形的判定；勾股定理；点的坐标特征；图形旋转的特征；特殊角三角函数值的运用；在坐标系或网格中求解几何图形中点的坐标；数形结合思想13.（2022浙江温州，20，8）（本题8分）如图，P，Q是方格纸中的两格点，请按要求画出以PQ为对角线的格点四边形.（1）在图1中画出一个面积最小的¨PAQB.（2）在图2中画出一个四边形PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到.注：图1，图2在答题纸上.【思路分析】(1)画法不唯一,如图①,②等利用PQ为对角线所以高最小为1即可得面积最小的¨PAQB.(2)画法不唯一,如图③,④等画出一个四边形PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心所以可以绕PQ上不是中点的其他两个格点旋转得到一个等腰梯形即可.【解题过程】解(1)画法不唯一,如图①,②等(2)画法不唯一,如图③,④等62\n【知识点】平行四边形的面积，等腰梯形，轴对称图形，中心对称图形，作图。1.（2022湖南益阳，25，12分）如图1，在矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E为直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F=30°．（1）求证：BE=CE；（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动，若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N（如图2）．①求证：△BEM≌△CEN;②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值．【思路分析】（1）利用矩形的性质和中点的定义证明（SAS）△ABE≌△DCE即可；（2）①用ASA证明全等；②设BM=x，列出△BMN的面积与x的函数关系式，利用函数求最大值；③利用△EBG的面积不变求sin∠EBG．【解析】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，∴∠A＝∠D=90°，AB=DC．∵E为AD中点，∴AE=DE．∴△ABE≌△DCE．∴BE=CE．（2）①∵△ABE≌△DCE，62\n∴∠AEB=∠DEC．∵∠FEG=90°，∴∠AEB=∠DEC=45°．∴∠ABE=∠ECB=45°．∵∠BEM＋∠BEN=∠CEN＋∠BEN=90°．∴∠BEM=∠CEN．∵BE=CE，∴△BEM≌△CEN．②由①可知△ABE和△DEC都是等腰直角三角形，E为AD中点∴BC=AD=2AB=4设BM=CN=x，则BN=4－x，2≤x≤4．∴当x=2时,△BMN的面积最大，最大面积为2；③∵BC∥AD，∠FGE=90°，∴∠BNG=∠FGE=90°．∵∠F=30°，∴∠NBG=∠F=30°．由①可知∠EBN=45°设NG=x，则BG=2x，BN=，EN=∴BE=．∴S△EBG=∴【知识点】矩形，图形的旋转，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，二次函数的应用62\n2.(2022山东菏泽，23，10分)问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动.如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到和.并且量得AB=2cm，AC=4cm.操作发现：（1）将图1中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使，得到如图2所示的，过点作的平行线，与的延长线交于点，则四边形的形状是________.（2）创新小组将图1中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使、、三点在同一条直线上，得到如图3所示的，连接，取的中点，连接并延长至点，使，连接、，得到四边形，发现它是正方形，请你证明这个结论.实践探究：（3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将沿着方向平移，使点与点重合，此时点平移至点，与相交于点，如图4所示，连接，试求的值．【思路分析】（1）先证明四边形ACEC′是平行四边形，在由一组邻边相等得出是菱形；（2）由对角线互相平分，得出四边形是平行四边形，再由一组邻边相等得出平行四边形是菱形，最后证明∠CAC′=90°，即可得出菱形是正方形；（3）得出∠ACB=30°，∠CHC′=90°，再由含30°角的直角三角形的性质及勾股定理求出HC和HC′的长，进而求出的值．【解析】解：（1）菱形．理由：由题意得∠CAC′=∠BAC=∠DC′A=∠α，∴C′E∥AC．62\n∵CE∥AC′，∴四边形ACEC′是平行四边形．∵AC=AC′，∴平行四边形ACEC′是菱形．（2）由题意得CF=C′F，，∴四边形是平行四边形．∵AC=AC′，∴平行四边形是菱形．∵B、A、D三点在同一条直线上，又∵∠BAC+∠DAC′=90°，∴∠CAC′=90°，∴菱形是正方形．（3）∵AB=2cm，AC=4cm，∴sin∠ACB===，∴∠ACB=30°．∴∠ACB=∠DBC′=30°，∠BAC=60°，∴∠AHB=∠BHC=∠CHC′=90°．∵AB=2cm，AC=4cm，∴BC=2cm．在Rt△BHC中，∠BCH=30°，∴BH=BC=cm，HC=3cm，∴HC′=BC′－BH=(4－)cm，62\n∴tan∠C′CH==．【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；含30°角的直角三角形的性质；锐角三角函数的定义；勾股定理；3.（2022四川自贡，25，12分）如图，已知,在的平分线上有一点,将一个120°角的顶点与点重合，它的两条边分别与直线相交于点.⑴.当绕点旋转到与垂直时（如图1），请猜想与的数量关系，并说明理由；⑵.当绕点旋转到与不垂直时，到达图2的位置，⑴中的结论是否成立？并说明理由；⑶.当绕点旋转到与的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段与之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明.【思路分析】（1）先证明≌，得到，然后在中利用特殊角的三角比即可得到的数量关系；（2）通过作高构造和，通过证明≌，得到，将的数量关系转化为的数量关系，利用（1）中的结论即可得证；（3）通过作高构造和，通过证明≌，得到，∴，从而得到的数量关系．【解题过程】（1）的数量关系为：，理由如下：∵，，∴∵平分，∴且62\n在与中，，，∴≌（）∴在中，，∴∴（1）当绕点旋转到与不垂直时，到达图2的位置，⑴中的结论仍然成立.理由如下：如图所示，过点作于点，作于点，∵平分，∴，∴，∵∴又∵∴在与中，，，∴≌（）∴62\n∴由（1）得，∴得证.（1）当绕点旋转到与的反向延长线相交时，上述结论不成立．此时，.如图所示：分析：过点作于点，作于点，与相交于点，由题意得，，∴∵平分，∴在与中，，，∴≌（）∴∴由（1）得，∴.【知识点】全等三角形的判定与性质，等量代换，锐角三角比的应用62\n62