中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)易錯點練習(xí)07圖形的變化（解析版）

易錯點07圖形的變化圖形的平移平移的性質(zhì)（1）平移的條件平移的方向、平移的距離（2）平移的性質(zhì)①把一個圖形整體沿某一直線方向移動，會得到一個新的圖形，新圖形與原圖形的形狀和大小完全相同．②新圖形中的每一點，都是由原圖形中的某一點移動后得到的，這兩個點是對應(yīng)點．連接各組對應(yīng)點的線段平行且相等．1．（2022春?新城區(qū)校級期中）在直角坐標(biāo)系中，點A，B的坐標(biāo)分別是（1，0），（0，3），將線段AB平移，平移后點A的對應(yīng)點A′的坐標(biāo)是（2，﹣2），那么點B的對應(yīng)點B′的坐標(biāo)是（）A．（1，1） B．（1，2） C．（2，2） D．（2，1）【分析】利用平移變換的性質(zhì)，畫出圖形可得結(jié)論．【詳解】解：如圖，觀察圖像可知，B′（1，1）．故選：A．2．（2022秋?定遠(yuǎn)縣期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A（﹣1，0），點A第1次向上跳動1個單位至點A1（﹣1，1），緊接著第2次向右跳動2個單位至點A2（1，1），第3次向上跳動1個單位，第4次向左跳動3個單位，第5次又向上跳動1個單位，第6次向右跳動4個單位，…依此規(guī)律跳動下去，點A第2022次跳動至點A2022的坐標(biāo)是（）A．（505，1009） B．（﹣506，1010） C．（﹣506，1011） D．（506，1011）【分析】設(shè)第n次跳動至點An，根據(jù)部分點An坐標(biāo)的變化找出變化規(guī)律“A4n（﹣n﹣1，2n），A4n+1（﹣n﹣1，2n+1），A4n+2（n+1，2n+1），A4n+3（n+1，2n+2）（n為自然數(shù)）”，依此規(guī)律結(jié)合2022＝505×4+2即可得出點A2022的坐標(biāo)．【詳解】解：設(shè)第n次跳動至點An，觀察，發(fā)現(xiàn)：A（﹣1，0），A1（﹣1，1），A2（1，1），A3（1，2），A4（﹣2，2），A5（﹣2，3），A6（2，3），A7（2，4），A8（﹣3，4），A9（﹣3，5），…，∴A4n（﹣n﹣1，2n），A4n+1（﹣n﹣1，2n+1），A4n+2（n+1，2n+1），A4n+3（n+1，2n+2）（n為自然數(shù)）．∵2022＝505×4+2，∴A2022（506，1011）．故選：D．3．（2022?南京模擬）如圖，從起點A到終點B有多條路徑，其中第一條路徑為線段AB，其長度為a，第二條路徑為折線ACB，其長度為b，第三條路徑為折線ADEFGHIJKLB，其長度為c，第四條路徑為半圓弧ACB，其長度為d，則這四條路徑的長度關(guān)系為（）A．a(chǎn)＜b＜c＜d B．a(chǎn)＜c＜d＜b C．a(chǎn)＜b＝c＜d D．a(chǎn)＜b＜c＝d【分析】根據(jù)兩點之間，線段最短可知a最小，根據(jù)平移的性質(zhì)可知b＝AC+BC＝c，根據(jù)圓的定義，可得c＜d．據(jù)此解答即可．【詳解】解：根據(jù)兩點之間，線段最短可知a最小，根據(jù)平移的性質(zhì)可知b＝AC+BC＝AD+DE+EF+FG+GH+HI+IJ+JK+KL+LB＝c，由圓的定義可知c＜d，∴a＜b＝c＜d，故選：C．4．（2022秋?拱墅區(qū)期末）以A（﹣1，7），B（﹣1，﹣2）為端點的線段上任意一點的坐標(biāo)可表示為：（﹣1，y）（﹣2≤y≤7）．現(xiàn)將這條線段水平向右平移5個單位，所得圖形上任意一點的坐標(biāo)可表示為（4，y）（﹣2≤y≤7）．【分析】根據(jù)平移時，點的坐標(biāo)變化規(guī)律“左減右加”進行計算即可．【詳解】解：現(xiàn)將這條線段水平向右平移5個單位，所得圖形上任意一點的坐標(biāo)可表示為（4，y）（﹣2≤y≤7），故答案為：（4，y）（﹣2≤y≤7）．5．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A（﹣1，5），B（﹣1，0），C（﹣4，3）．（1）在圖中畫出△ABC向右平移4個單位，再向下平移2個單位的△A1B1C1；（2）寫出點A1，B1，C1的坐標(biāo)：A1（3，3），B1（3，﹣2），C1（0，1）；（3）設(shè)點P在x軸上，且△BCP與△ABC的面積相等，直接寫出點P的坐標(biāo)．【分析】（1）根據(jù)平移的性質(zhì)作圖即可．（2）由圖可得出答案．（3）設(shè)點P的坐標(biāo)為（x，0），利用三角形的面積公式可得，求出x的值，即可得出答案．【詳解】解：（1）如圖，△A1B1C1即為所求．（2）由圖可得，點A1的坐標(biāo)為（3，3），B1的坐標(biāo)為（3，﹣2），C1的坐標(biāo)為（0，1）．故答案為：（3，3）；（3，﹣2）；（0，1）．（3）△ABC的面積為＝，設(shè)點P的坐標(biāo)為（x，0），∴△BCP的面積為＝，∴，解得x＝4或﹣6．∴點P的坐標(biāo)為（4，0）或（﹣6，0）．02軸對稱軸對稱的性質(zhì)（1）如果兩個圖形關(guān)于某直線對稱，那么對稱軸是任何一對對應(yīng)點所連線段的垂直平分線．由軸對稱的性質(zhì)得到一下結(jié)論：①如果兩個圖形的對應(yīng)點的連線被同一條直線垂直平分，那么這兩個圖形關(guān)于這條直線對稱；②如果兩個圖形成軸對稱，我們只要找到一對對應(yīng)點，作出連接它們的線段的垂直平分線，就可以得到這兩個圖形的對稱軸．（2）軸對稱圖形的對稱軸也是任何一對對應(yīng)點所連線段的垂直平分線．1．（2022秋?福州月考）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝55°，AD⊥BC，垂足為D，△ADB與△ADB'關(guān)于直線AD對稱，點B的對稱點是點B'，則∠CAB'的度數(shù)為（）A．10° B．20° C．30° D．40°【分析】求出∠C，∠AB′D，利用三角形的外角的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：∵∠B＝55°，∠ABC＝90°，∴∠C＝90°﹣55°＝35°，∵AD⊥BC，△ADB與△ADB'關(guān)于直線AD對稱，∴∠AB′D＝∠B＝55°，∵∠AB′D＝∠C+∠CAB′，∴∠CAB′＝55°﹣35°＝20°，故選：B．2．（2022春?天橋區(qū)校級期中）如圖，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，P為邊BC上一動點（且點P不與點B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．則EF的最小值為（）A．2.4 B．4.8 C．5.2 D．6【分析】先由矩形的判定定理推知四邊形PEAF是矩形；連接PA，則PA＝EF，所以要使EF，即PA最短，只需PA⊥CB即可；然后根據(jù)三角形的等積轉(zhuǎn)換即可求得PA的值．【詳解】解：如圖，連接PA．在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，∴BC2＝AB2+AC2，∴∠A＝90°．又∵PE⊥AB于點E，PF⊥AC于點F．∴∠AEP＝∠AFP＝90°，∴四邊形PEAF是矩形．∴AP＝EF．∴當(dāng)PA最小時，EF也最小，即當(dāng)AP⊥CB時，PA最小，∵AB?AC＝BC?AP，即AP＝＝，∴線段EF的最小值為．故選：A．3．（2022?上虞區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝，點P是斜邊AB上一動點，連結(jié)CP，將△BCP以直線CP為對稱軸進行軸對稱變換，B點的對稱點為B'，連結(jié)AB'，則在P點從點A出發(fā)向點B運動的整個過程中，線段AB'長度的最小值為（）A．1 B． C．﹣1 D．3﹣【分析】解直角三角形求出AC，再根據(jù)AB′≥AC﹣CB′，可得結(jié)論．【詳解】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝，∠CAB＝30°，∴AC＝BC＝3，∵AB′≥AC﹣CB′＝3﹣，∴AB′的最小值為3﹣，故選D．4．（2021秋?訥河市期末）如圖，∠AOB＝30°，點P在∠AOB的內(nèi)部，點C，D分別是點P關(guān)于OA、OB的對稱點，連接CD交OA、OB分別于點E，F(xiàn)；若△PEF的周長的為10，則線段OP＝（）A．8 B．9 C．10 D．11【分析】首先根據(jù)對稱性得出△DOC是等邊三角形，進而得出答案．【詳解】解：連接OD，OC，∵∠AOB＝30°；點D、C分別是點P關(guān)于直線OA、OB的對稱點，∴∠DOC＝60°，DO＝OP＝OC，PF＝DF，PE＝CE，∴△DOC是等邊三角形，∵△PEF的周長的為10，∴OP＝10．故選：C．5．（2021秋?思明區(qū)校級期末）如圖，已知AB∥CD，AD∥BC，∠ABC＝60°，BC＝2AB＝8，點C關(guān)于AD的對稱點為E，連接BE交AD于點F，點G為CD的中點，連接EG、BG，則S△BEG＝（）A． B． C．16 D．32【分析】如圖，取BC中點H，連接AH，連接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延長線于M．構(gòu)建S△BEG＝S△BCE+SECG﹣S△BCG計算即可；【詳解】解：如圖，取BC中點H，連接AH，連接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延長線于M．∵BC＝2AB，BH＝CH，∠ABC＝60°，∴BA＝BH＝CH，∴△ABH是等邊三角形，∴HA＝HB＝HC，∴∠BAC＝90°，∴∠ACB＝30°，∵EC⊥BC，∠BCD＝180°﹣∠ABC＝120°，∴∠ACE＝60°，∠ECM＝30°，∵BC＝2AB＝8，∴CD＝4，CN＝EN＝2，∴EC＝4，EM＝2，∴S△BEG＝S△BCE+SECG﹣S△BCG＝×8×4+×2×2﹣S平行四邊形ABCD＝16+2﹣4＝14故選：B．6．（2022秋?渝中區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AC邊的垂直平分線交BC于E，交AC于D，F(xiàn)為上一點，連接EF，點C關(guān)于EF的對稱點C'恰好落在ED的延長線上，則C'D的長為．【分析】利用勾股定理求出AC，設(shè)AE＝EC＝x，再利用勾股定理構(gòu)建方程求出EC，再利用勾股定理求出DE，可得結(jié)論．【詳解】解：∵∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，∴AC＝＝＝10，∵DE垂直平分線段AC，∴EA＝EC，AD＝DC＝5，設(shè)AE＝EC＝x，則有x2＝62+（8﹣x）2，∴x＝，∴EC＝AE＝，∴DE＝＝＝，∵EC＝EC′＝，∴C′D＝C′E﹣DE＝﹣＝．故答案為：．7．（2022秋?東麗區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝108°，點D在BC邊上，△ABD、△AFD關(guān)于直線AD對稱，∠FAC的角平分線交BC邊于點G，連接FG．∠BAD＝θ，當(dāng)θ的值等于10°，25°或40°時，△DFG為等腰三角形．【分析】首先由軸對稱可以得出△ADB≌△ADF，就可以得出∠B＝∠AFD，AB＝AF，在證明△AGF≌△AGC就可以得出∠AFG＝∠C，就可以求出∠DFG的值；再分三種情況討論解答即可，當(dāng)GD＝GF時，就可以得出∠GDF＝80°，根據(jù)∠ADG＝40°+θ，就有40°+80°+40°+θ+θ＝180°就可以求出結(jié)論；當(dāng)DF＝GF時，就可以得出∠GDF＝50°，就有40°+50°+40°+2θ＝180°，當(dāng)DF＝DG時，∠GDF＝20°，就有40°+20°+40°+2θ＝180°，從而求出結(jié)論．【詳解】解：∵AB＝AC，∠BAC＝108°，∴∠B＝∠C＝36°．∵△ABD和△AFD關(guān)于直線AD對稱，∴△ADB≌△ADF，∴∠B＝∠AFD＝36°，AB＝AF，∠BAD＝∠FAD＝θ，∴AF＝AC．∵AG平分∠FAC，∴∠FAG＝∠CAG．在△AGF和△AGC中，，∴△AGF≌△AGC（SAS），∴∠AFG＝∠C．∵∠DFG＝∠AFD+∠AFG，∴∠DFG＝∠B+∠C＝36°+36°＝72°．①當(dāng)GD＝GF時，∴∠GDF＝∠GFD＝72°．∵∠ADG＝36°+θ，∴36°+72°+36°+θ+θ＝180°，∴θ＝18°．②當(dāng)DF＝GF時，∴∠FDG＝∠FGD．∵∠DFG＝72°，∴∠FDG＝∠FGD＝54°．∴36°+54°+36°+2θ＝180°，∴θ＝27°．③當(dāng)DF＝DG時，∴∠DFG＝∠DGF＝72°，∴∠GDF＝36°，∴36°+36°+36°+2θ＝180°，∴θ＝36°．∴當(dāng)θ＝18°，27°或36°時，△DFG為等腰三角形．故答案為：18°，27°或36°．03軸對稱與坐標(biāo)變化坐標(biāo)與圖形變化-對稱（1）關(guān)于x軸對稱橫坐標(biāo)相等，縱坐標(biāo)互為相反數(shù)．（2）關(guān)于y軸對稱縱坐標(biāo)相等，橫坐標(biāo)互為相反數(shù)．（3）關(guān)于直線對稱①關(guān)于直線x=m對稱，P（a，b）?P（2m-a，b）②關(guān)于直線y=n對稱，P（a，b）?P（a，2n-b）1．（2022?清城區(qū)一模）在平面直角坐標(biāo)系中，點A（x2+2x，1）與點B（﹣3，1）關(guān)于y軸對稱，則x的值為（）A．1 B．3或1 C．﹣3或1 D．3或﹣1【分析】根據(jù)關(guān)于y軸對稱的點的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)互為相反數(shù)，構(gòu)建方程求解．【詳解】解：∵點A（x2+2x，1）與點B（﹣3，1）關(guān)于y軸對稱，∴x2+2x﹣3＝0，∴x＝﹣3或1，故選：C．2．（2021秋?花都區(qū)期末）剪紙藝術(shù)是最古老的中國民間藝術(shù)之一，很多剪紙作品體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中的對稱美．如圖，蝴蝶剪紙是一幅軸對稱圖形，將其放在平面直角坐標(biāo)系中，如果圖中點E的坐標(biāo)為（2m，﹣n），其關(guān)于y軸對稱的點F的坐標(biāo)（3﹣n，﹣m+1），則（m﹣n）2022的值為（）A．32022 B．﹣1 C．1 D．0【分析】利用軸對稱的性質(zhì)構(gòu)建方程組，求出m，n，可得結(jié)論．【詳解】解：∵E（2m，﹣n），F(xiàn)（3﹣n，﹣m+1）關(guān)于y軸對稱，∴，解得，，∴（m﹣n）2022＝（﹣4+5）2022＝1，故選：C．3．（2022?金水區(qū)校級模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知A（﹣2，0），B（0，4），點C與坐標(biāo)原點O關(guān)于直線AB對稱．將△ABC沿x軸向右平移，當(dāng)線段AB掃過的面積為20時，此時點C的對應(yīng)點C'的坐標(biāo)為（）A． B． C． D．【分析】如圖，連接OC交AB于點K，過點K作KJ⊥OB于點J．首先求出點C的坐標(biāo)，再利用平移變換的性質(zhì)求出點C′的坐標(biāo)．【詳解】解：如圖，連接OC交AB于點K，過點K作KJ⊥OB于點J．∴A（﹣2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，AB＝＝2，∵O，C關(guān)于AB對稱，∴OC⊥AB，CK＝OK，∴OK＝＝，∵BK＝＝＝，∵KJ⊥OB，∴KJ＝＝＝，∴BJ＝＝∴OJ＝OB﹣BJ＝4﹣＝，∴K（﹣，），∴OK＝CK，∴C（﹣，），∵線段AB掃過的面積為20，∴線段AB向右平移了5個單位，∴C′（，）．故選：B．4．（2022秋?渠縣期末）在平面直角坐標(biāo)系中，對△MBC進行循環(huán)往復(fù)的軸對稱變換，若原來點A的坐標(biāo)是（，），則經(jīng)過第2022次變換后所得的點A的坐標(biāo)是（﹣，）．【分析】觀察圖形可知每四次對稱為一個循環(huán)組依次循環(huán)，用2021除以4，然后根據(jù)商和余數(shù)的情況確定出變換后的點A所在的象限，然后解答即可．【詳解】解：∵點A第一次關(guān)于x軸對稱后在第四象限，點A第二次關(guān)于y軸對稱后在第三象限，點A第三次關(guān)于x軸對稱后在第二象限，點A第四次關(guān)于y軸對稱后在第一象限，即點A回到原始位置，∴每四次對稱為一個循環(huán)組依次循環(huán)，∵2022÷4＝505…2，∴經(jīng)過第2022次變換后所得的A點與第一次變換的位置相同，在第三象限，坐標(biāo)為（﹣，）．故答案為：（﹣，）．5．（2022秋?謝家集區(qū)期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點A的坐標(biāo)為（4，3）．①若△ABC是關(guān)于直線y＝1的軸對稱圖形，則點B的坐標(biāo)為（4，﹣1）；②若△ABC是關(guān)于直線y＝a的軸對稱圖形，則點B的坐標(biāo)為（4，2a﹣3）．【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，可得對稱點的連線被對稱軸垂直平分，即可得到兩點到對稱軸的距離相等．利用此性質(zhì)可在坐標(biāo)系中得到對應(yīng)點的坐標(biāo)．【詳解】解：根據(jù)題意，點A和點B是關(guān)于直線y＝1對稱的對應(yīng)點，∴它們到y(tǒng)＝1的距離相等，是2個單位長度，AB⊥x軸，∴點B的坐標(biāo)是（4，﹣1）．若△ABC是關(guān)于直線y＝a的軸對稱圖形，則點B的橫坐標(biāo)為4，縱坐標(biāo)為a﹣（3﹣a）＝2a﹣3，∴點B的坐標(biāo)為（4，2a﹣3），故答案為：（4，﹣1），（4，2a﹣3）．6．（2022秋?溫江區(qū)校級期中）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，經(jīng)過點M（0，m）且平行于x軸的直線可以記作直線y＝m，平行于y軸的直線可以記作直線x＝m，我們給出如下的定義：點P（x，y）先關(guān)于x軸對稱得到點P1，再將點P1關(guān)于直線y＝m對稱得點P′，則稱點P′為點P關(guān)于x軸和直線y＝m的二次反射點．已知點P（2，3），Q（2，2）關(guān)于x軸和直線y＝m的二次反射點分別為P1，Q1，點M（2，3）關(guān)于直線x＝m對稱的點為M1，則當(dāng)三角形P1Q1M1的面積為1時，則m＝1或3．【分析】根據(jù)對稱性質(zhì)由已知點坐標(biāo)求得P1，Q1，M1的坐標(biāo)，再根據(jù)三角形的面積列出方程求得m的值便可．【詳解】解：根據(jù)題意得，P1（2，2m+3），Q1（2，2m+2），M1（2m﹣2，3），∴P1Q1＝|2m+3﹣2m﹣2|＝1，PM1＝|2m﹣2﹣2|＝|2m﹣4|，∵△P1Q1M1的面積為1，∴，解得m＝1或3，故答案為：1或3．04圖形的翻折1、翻折變換（折疊問題）實質(zhì)上就是軸對稱變換．2、折疊的性質(zhì)：折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應(yīng)邊和對應(yīng)角相等．3、在解決實際問題時，對于折疊較為復(fù)雜的問題可以實際操作圖形的折疊，這樣便于找到圖形間的關(guān)系．首先清楚折疊和軸對稱能夠提供給我們隱含的并且可利用的條件．解題時，我們常常設(shè)要求的線段長為x，然后根據(jù)折疊和軸對稱的性質(zhì)用含x的代數(shù)式表示其他線段的長度，選擇適當(dāng)?shù)闹苯侨切?，運用勾股定理列出方程求出答案．我們運用方程解決時，應(yīng)認(rèn)真審題，設(shè)出正確的未知數(shù)．1．（2022秋?二七區(qū)校級期末）如圖，在矩形ABCD中，點F是CD上一點，連結(jié)BF，然后沿著BF將矩形對折，使點C恰好落在AD邊上的E處．若AE：ED＝4：1，則tan∠EBF的值為（）A．4 B．3 C． D．【分析】由矩形的性質(zhì)得D＝∠A＝∠C＝90°，AD＝BC，由折疊得∠AEF＝∠C＝90°，BE＝BC，則∠DFE＝∠AEB＝90°﹣∠DEF，AD＝BE，即可證明△DFE∽△AEB，由AE：ED＝4：1，得ED＝AD，AE＝AD，可求得BA＝＝AD，則tan∠EBF＝＝＝，于是得到問題的答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝∠A＝∠C＝90°，AD＝BC，由折疊得∠AEF＝∠C＝90°，BE＝BC，∴∠DFE＝∠AEB＝90°﹣∠DEF，AD＝BE，∴△DFE∽△AEB，∴＝，∵AE：ED＝4：1，∴ED＝AD，AE＝AD，∴BA＝＝＝AD，∴tan∠EBF＝＝＝＝，∴tan∠EBF的值為，故選：C．2．（2022秋?南岸區(qū)期末）如圖，正方形ABCD的邊長為4，E是邊CD的中點，F(xiàn)是邊AD上一動點，連接BF，將△ABF沿BF翻折得到△GBF，連接GE．當(dāng)GE的長最小時，DF的長為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)和勾股定理可得BE的長，再由翻折知BG＝BA＝4，得點G在以B為圓心，4為半徑的圓弧上運動，可知當(dāng)點G、E、B三點共線時，GE最小，此時利用勾股定理列方程即可得到DF的長．【詳解】解：∵正方形ABCD的邊長為4，∴∠C＝∠A＝90°，BC＝CD＝4，∵點E是邊CD的中點，∴CE＝DE＝2，∴BE＝＝＝2，∵將△ABF沿BF翻折得到△FBG，∴BG＝BA＝4，∴點G在以B為圓心，4為半徑的圓弧上運動，∴如圖所示，當(dāng)點G、E、B三點共線時，GE最小，∴GE的最小值＝BE﹣BG＝﹣4．設(shè)DF＝x，則AF＝GF＝4﹣x，∵∠D＝∠FGE＝90°，∴DE2+DF2＝EF2＝FG2+EG2，即22+x2＝（4﹣x）2+（）2，解得x＝，∴DF的長為，故選：D．3．（2022秋?運城期末）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，點E，F(xiàn)分別在AB，AD上，沿EF折疊菱形，使點A落在BC邊上的點G處，且EG⊥BD于點M，若AB＝a（取＝1.4，＝1.7），則BE等于（）A． B． C． D．【分析】連接AC，在Rt△ABO中，求出AO的長度，進而求出AC的長度，然后根據(jù)EG⊥BD，AC⊥BD，可得EG∥AC，進而可以解決問題．【詳解】解：如圖，連接AC，交BD于點O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AC＝2AO，∵∠BAD＝60°，∴∠BAO＝30°，∴AO＝AB＝a，∴AC＝2AO＝a，∵沿EF折疊菱形，使點A落在BC邊上的點G處，∴EG＝AE，∵EG⊥BD，AC⊥BD，∴EG∥AC，∴＝，∵EG＝AE，∴＝，解得AE＝a≈a，∴BE＝AB﹣AE＝a．故選：A．4．（2023?市南區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝1，在BC上取一點E，連接AE、ED，將△ABE沿AE翻折，使點B落在B'處，線段EB'交AD于點F，將△ECD沿DE翻折，使點C的對應(yīng)點C'落在線段EB'上，若點C'恰好為EB'的中點，則線段EF的長為（）A． B． C． D．【分析】由折疊的性質(zhì)可得AB＝AB'＝CD＝C'D＝1，∠B＝∠B'＝90°＝∠C＝∠DC'E，BE＝B'E，CE＝C'E，由中點性質(zhì)可得B'E＝2C'E，可得BC＝AD＝3EC，由勾股定理可求可求CE的長，由“AAS”可證△AB'F≌△DC'F，可得C'F＝B'F＝，即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝1，AD＝BC，∠B＝∠C＝90°由折疊的性質(zhì)可得：AB＝AB'＝CD＝C'D＝1，∠B＝∠B'＝90°＝∠C＝∠DC'E，BE＝B'E，CE＝C'E，∵點C'恰好為EB'的中點，∴B'E＝2C'E，∴BE＝2CE，∴BC＝AD＝3EC，∵AE2＝AB2+BE2，DE2＝DC2+CE2，AD2＝AE2+DE2，∴1+4CE2+1+CE2＝9CE2，解得：CE＝，∴B'E＝BE＝，BC＝AD＝，C'E＝，∴B'C'＝，在△AB'F和△DC'F中，∴△AB'F≌△DC'F（AAS），∴C'F＝B'F＝，∴EF＝C'E+C'F＝，故選：D．5．（2022秋?徐匯區(qū)期末）如圖所示，在△ABC中．沿著過點C的直線折疊這個三角形，使頂點A落在BC邊上的點E處，折痕為CD，并聯(lián)結(jié)DE．如果BC＝9cm，且滿足＝，邊AC＝cm．【分析】由折疊得EC＝AC，∠BCD＝∠ACD，則點D到CB、CA的距離相等，設(shè)點D到CB、CA的距離都是h，由S△DBE＝S△ABC，可列方程（9﹣AC）h＝（AC?h+×9h），解方程求出AC的值即可．【詳解】解：由折疊得EC＝AC，∠BCD＝∠ACD，∴點D到CB、CA的距離相等，設(shè)點D到CB、CA的距離都是hcm，∵＝，BC＝9cm，∴S△DBE＝S△ABC，∵S△DBE＝（BC﹣EC）h＝（BC﹣AC）h，S△ABC＝S△ACD+S△BCD＝AC?h+BC?h，∴（9﹣AC）h＝（AC?h+×9h），解得AC＝，故答案為：cm．6．（2022秋?浦東新區(qū)期末）如圖，正方形ABCD的邊長為5，點E是邊CD上的一點，將正方形ABCD沿直線AE翻折后，點D的對應(yīng)點是點D'，聯(lián)結(jié)CD'交正方形ABCD的邊AB于點F，如果AF＝CE，那么AF的長是．【分析】根據(jù)翻折的性質(zhì)得AE⊥DD′，DE＝D′E，可得∠EDD′＝∠ED′D，證明四邊形AECF是平行四邊形，則AF＝CE，AE∥CF，可得CF⊥DD′，根據(jù)等角的余角相等可得∠ED′C＝∠D′CE，則D′E＝CE＝DE，即可求解．【詳解】解：如圖：連接DD′，由翻折得AE⊥DD′，DE＝D′E，∴∠EDD′＝∠ED′D，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∵AF＝CE，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴AF＝CE，AE∥CF，∴CF⊥DD′，∴∠EDD′+∠D′CE＝∠ED′D+ED′C＝90°，∴∠ED′C＝∠D′CE，∴D′E＝CE＝DE，∵正方形ABCD的邊長為5，∴CE＝CD＝AB＝，∴AF＝，故答案為：．05中心對稱中心對稱（1）中心對稱的定義把一個圖形繞著某個點旋轉(zhuǎn)180°，如果它能夠與另一個圖形重合，那么就說這兩個圖形關(guān)于這個點對稱或中心對稱，這個點叫做對稱中心，這兩個圖形中的對應(yīng)點叫做關(guān)于中心的對稱點．．（2）中心對稱的性質(zhì)①關(guān)于中心對稱的兩個圖形能夠完全重合；②關(guān)于中心對稱的兩個圖形，對應(yīng)點的連線都經(jīng)過對稱中心，并且被對稱中心平分．1．（2022春?嘉魚縣期末）如圖，點O為矩形ABCD的兩對角線交點，動點E從點A出發(fā)沿AB邊向點B運動，同時動點F從點C出發(fā)以相同的速度沿CD邊向點D運動，作直線EF，下列說法錯誤的是（）A．直線EF平分矩形ABCD的周長 B．直線EF必平分矩形ABCD的面積 C．直線EF必過點O D．直線EF不能將矩形ABCD分成兩個正方形【分析】根據(jù)AE＝FC，DF＝BE可知：直線EF平分矩形ABCD的周長正確；證明△DMF≌△BME（ASA），直線EF必平分矩形ABCD的面積正確，直線EF必過點O正確；直線EF不能將矩形ABCD分成兩個正方形，可判斷D錯誤．【詳解】解：連接BD交EF于M，由題意得：AE＝CF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，AD＝BC，∴DF＝BE，∠DBE＝∠BDF，∠DFE＝∠BEF，即直線EF平分矩形ABCD的周長，故A正確；∴△DMF≌△BME（ASA），故B正確；∴FM＝EM，DM＝BM，∴M與O重合，即直線EF必過點O，故C正確；當(dāng)AB＝2AD，EF垂直AB時，直線EF將矩形ABCD分成兩個正方形，所以原說法錯誤，故D錯誤；故選：D．2．（2022秋?萊西市期末）如圖，點O為矩形ABCD的對稱中心，點E從點A出發(fā)沿AB向點B運動，移動到點B停止，延長EO交CD于點F，則四邊形AECF形狀的變化依次為（）A．平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形 B．平行四邊形→正方形→平行四邊形→矩形 C．平行四邊形→正方形→菱形→矩形 D．平行四邊形→菱形→正方形→矩形【分析】通過作圖觀察即可得出答案．【詳解】解：畫圖如下，，由圖可知最后會與原有矩形重合，∴四邊形AECF形狀的變化依次為平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形，故選：A．3．（2021秋?中牟縣期末）如圖是兩個完全重合的矩形，將其中一個始終保持不動，另一個矩形繞其對稱中心按逆時針方向進行旋轉(zhuǎn)，第一次旋轉(zhuǎn)后得到圖①，第二次旋轉(zhuǎn)后得到圖②，…，則第2022次旋轉(zhuǎn)后得到的圖形與圖①～④中相同的（）A．圖① B．圖② C．圖③ D．圖④【分析】由于每經(jīng)過4次旋轉(zhuǎn)后兩矩形重合，而2022＝4×505+2，所以第2022次旋轉(zhuǎn)后得到的圖形與圖②相同．【詳解】解：由于每經(jīng)過4次旋轉(zhuǎn)后兩矩形重合，2022＝4×505+2，∴第2022次旋轉(zhuǎn)后得到的圖形與圖②相同．故選：B．4．（2022?仙居縣二模）如圖，把正方形ABCD繞著它的對稱中心O沿著逆時針方向旋轉(zhuǎn)，得到正方形A′B′C′D′，A′B′和B'C′分別交AB于點E，F(xiàn)，在正方形旋轉(zhuǎn)過程中，∠EOF的大?。ǎ〢．隨著旋轉(zhuǎn)角度的增大而增大 B．隨著旋轉(zhuǎn)角度的增大而減小 C．不變，都是60° D．不變，都是45°【分析】連接AO，BO，A'O，AB'，依據(jù)正方形的性質(zhì)，即可得到AE＝B'E，進而得出△AOE≌△B'OE（SSS），根據(jù)全等三角形的的性質(zhì)，可得∠AOE＝∠B'OE．同理可得，∠BOF＝∠B'OF，根據(jù)∠EOF＝∠B'OE+∠B'OF＝∠AOB，可知在正方形旋轉(zhuǎn)過程中，∠EOF的大小不變，是45°．【詳解】解：如圖所示，連接AO，BO，A'O，AB'，∵正方形ABCD繞著它的對稱中心O沿著逆時針方向旋轉(zhuǎn)，得到正方形A′B′C′D′，∴AO＝B'O，∴∠OAB'＝∠OB'A，又∵∠OAE＝∠OB'E＝45°，∴∠EAB'＝∠EB'A，∴AE＝B'E，又∵EO＝EO，∴△AOE≌△B'OE（SSS），∴∠AOE＝∠B'OE．同理可得，∠BOF＝∠B'OF，∴∠EOF＝∠B'OE+∠B'OF＝∠AOB＝90°＝45°．∴在正方形旋轉(zhuǎn)過程中，∠EOF的大小不變，是45°．故選：D．5．（2022春?連城縣校級月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形OABC的頂點A在x軸上，定點B的坐標(biāo)為（8，4），若直線經(jīng)過點D（2，0），且將平行四邊形OABC分割成面積相等的兩部分，則直線DE的表達式（）A．y＝x﹣2 B．y＝2x﹣4 C． D．y＝3x﹣6【分析】過平行四邊形的對稱中心的直線把平行四邊形分成面積相等的兩部分，先求出平行四邊形對稱中心的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式解答即可．【詳解】解：∵點B的坐標(biāo)為（8，4），∴平行四邊形的對稱中心坐標(biāo)為（4，2），設(shè)直線DE的函數(shù)解析式為y＝kx+b，則，解得，∴直線DE的解析式為y＝x﹣2．故選：A．06軸對稱與最短路線問題1、最短路線問題在直線L上的同側(cè)有兩個點A、B，在直線L上有到A、B的距離之和最短的點存在，可以通過軸對稱來確定，即作出其中一點關(guān)于直線L的對稱點，對稱點與另一點的連線與直線L的交點就是所要找的點．2、凡是涉及最短距離的問題，一般要考慮線段的性質(zhì)定理，結(jié)合本節(jié)所學(xué)軸對稱變換來解決，多數(shù)情況要作點關(guān)于某直線的對稱點．1．（2022秋?烏魯木齊期末）如圖，在銳角△ABC中，∠C＝40°；點P是邊AB上的一個定點，點M、N分別是AC和BC邊上的動點，當(dāng)△PMN的周長最小時，∠MPN的度數(shù)是（）A．90° B．100° C．110° D．80°【分析】分別作P關(guān)于BC，AC的對稱點E，D，連接DE，交AC于M，交BC于N，此時△MNP的周長最小，由條件求出∠DPE的度數(shù)，由軸對稱的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)得到∠MPD+∠NPE＝∠D+∠E＝40°，從而求出∠MPN的度數(shù)．【詳解】解：分別作P關(guān)于BC，AC的對稱點E，D，連接DE，交AC于M，交BC于N，此時△MNP的周長最小，∵∠PHM＝∠PGN＝90°，∠C＝40°，∴∠DPE＝360°﹣∠PHM﹣∠PGN﹣∠C＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，∴∠D+∠E＝180°﹣∠DPE＝180°﹣140°＝40°，∵PM＝DM，NP＝NE，∴∠MPD＝∠D，∠NPE＝∠E，∴∠MPD+∠NPE＝∠D+∠E＝40°，∴∠MPN＝∠DPE﹣（∠MPD+∠NPE）＝140°﹣40°＝100°．故選：B．2．（2022秋?南沙區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，∠ABC＝60°，BD平分∠ABC，點E是BC上的一動點，點P是BD上一動點，連接PC，PE，若AB＝6，S△ABC＝15，則PC+PE的最小值是（）A． B．6 C． D．10【分析】在BA上截取BF＝BC，連接CF，PF，PE，CF交BD于點G，得到△BCF是等邊三角形，利用等邊三角形三線合一，得到PF＝PC，進而得到PC+PE＝PF+PE≥EF，找到當(dāng)P，E，F(xiàn)三點共線時，PC+PE最小，連接CP并延長交AB于H，利用等邊三角形的三條高線相等，以及，求出FE的長度，即為PC+PE的最小值．【詳解】解：在BA上截取BF＝BC，連接CF，PF，PE，CF交BD于點G，∵BF＝BC，∠ABC＝60°，∴△BCF是等邊三角形，∵BD平分∠ABC，∴BG⊥CF，CG＝FG，∴PF＝PC，∴PC+PE＝PF+PE≥EF，∴當(dāng)P，E，F(xiàn)三點共線時，PC+PE最小，∵△BCF是等邊三角形，E是BC的中點，∴FE⊥BC，連接CP并延長交AB于H，∵等邊三角形三條高交于一點，且三條高相等，∴CH⊥BF，F(xiàn)E＝CH，∵AB＝6，，∴，∴CH＝＝5，∴FE＝CH＝5，∴PC+PE最小值為5．故選：C．3．（2022秋?和平區(qū)校級期末）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，M，N分別是BC，AB邊上的動點，∠B＝58°，當(dāng)△DMN的周長最小時，∠MDN的度數(shù)是（）A．122° B．64° C．62° D．58°【分析】延長DA到E使DA＝AE，延長DC到F，使CF＝DC，連接EF交AB于N，交BC于M，此時，△DMN的周長最小，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠E＝∠ADN，∠F＝∠CDM，設(shè)∠MDN＝α，根據(jù)三角形的內(nèi)角和列方程即可得到結(jié)論．【詳解】解：延長DA到E使DA＝AE，延長DC到F，使CF＝DC，連接EF交AB于N，交BC于M，此時，△DMN的周長最小，∵∠A＝∠C＝90°，∴DM＝FM，DN＝EN，∴∠E＝∠ADN，∠F＝∠CDM，∵∠B＝58°，∴∠ADC＝122°，設(shè)∠MDN＝α，∴∠ADN+∠CDM＝122°﹣α，∴∠DNM+∠DMN＝2（122°﹣α），∴a+2（122°﹣α）＝180°，解得：α＝64°，故選：B．4．（2022秋?長安區(qū)校級期末）如圖，點E在等邊△ABC的邊BC上，BE＝6，射線CD⊥BC于點C，點P是射線CD上一動點，點F是線段AB上一動點，當(dāng)EP+PF的值最小時，BF＝7，則AC為（）A．10 B．12 C．13 D．14【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AC＝BC，∠B＝60°，作點E關(guān)于直線CD的對稱點G，過G作GF⊥AB于F，交CD于P，則此時，EP+PF的值最小，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到BG＝2BF＝14，求得EG＝8，于是得到結(jié)論．【詳解】解：∵△ABC是等邊三角形，∴AC＝BC，∠B＝60°，作點E關(guān)于直線CD的對稱點G，過G作GF⊥AB于F，交CD于P，則此時，EP+PF的值最小，∵∠B＝60°，∠BFG＝90°，∴∠G＝30°，∵BF＝7，∴BG＝2BF＝14，∴EG＝8，∴CE＝CG＝4，∴AC＝BC＝10，故選：A．5．（2022秋?黃陂區(qū)校級期末）如圖，等腰三角形ABC的底邊AB長為8，面積為24，腰BC的垂直平分線EF交邊AB于點E，若D為AB邊的中點，P為線段EF上一動點，則三角形DPB的周長的最小值為（）A．7 B．8 C．9 D．10【分析】當(dāng)點P在CD上時，三角形DPB的周長的最小，進而求解．【詳解】解：∵EF是BC的中垂線，∴點C是點B關(guān)于EF的對稱點，∴當(dāng)點P在CD上時，三角形DPB的周長的最小，連接PB，理由：∵EF是BC的中垂線，∴PB＝PC，則三角形DPB的周長＝PB+PD+BD＝PC+PD+BD＝CD+BD為最小，∵ABC面積＝AB×CD＝8×CD＝24，解得：CD＝6，∵△ABC是等腰三角形，CD⊥AB，則BD＝AB＝4，則三角形DPB的周長的最小值＝CD+BD＝6+4＝10，故選：D．6．（2022秋?番禺區(qū)校級期末）如圖，等腰三角形ABC的底邊BC長為6，腰AC的垂直平分線EF分別交邊AC、AB于點E，F(xiàn)，若D為BC邊的中點，M為線段EF上一動點，若三角形CDM的周長的最小值為13，則等腰三角形ABC的面積為（）A．78 B．39 C．42 D．30【分析】連接AD、AM，先根據(jù)等腰三角形的“三線合一”證明AD⊥BC，再由△ABC的面積為16，且BC＝4求得AD＝8，由點M在AC的垂直平分線EF上得CM＝AM，則CM+DM+CD＝AM+DM+2，根據(jù)“兩點之間線段最短”得AM+DM≥AD，求得AD，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論．【詳解】解：連接AD、AM，∵等腰三角形ABC的底邊為BC，∴AB＝AC，∵D為BC邊的中點，且BC＝6，∴CD＝BD＝BC＝×6＝3，AD⊥BC，∵EF垂直平分AC，點M在EF上，∴CM＝AM，∴CM+DM+CD＝AM+DM+3，∵AM+DM≥AD，∴AM+DM+3≥13，∴AM+DM的最小值為10，∴AD＝10，∴等腰三角形ABC的面積為6×10＝30，故選：D．07旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)（1）旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：①對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等．②對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角．③旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．（2）旋轉(zhuǎn)三要素：①旋轉(zhuǎn)中心；②旋轉(zhuǎn)方向；③旋轉(zhuǎn)角度．注意：三要素中只要任意改變一個，圖形就會不一樣．1．（2022秋?武昌區(qū)校級期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，將矩形ABCD繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)后得到矩形A'B'C'D'．若邊A'B交線段CD于H，且BH＝DH，則DH的值是（）A． B． C． D．【分析】設(shè)DH＝BH＝x，那么CH＝8﹣x，在Rt△BCH中根據(jù)勾股定理即可列出關(guān)于x的方程，解方程就可以求出DH．【詳解】解：設(shè)DH＝BH＝x，∵AB＝8，AD＝6，四邊形ABCD是矩形，∴CH＝8﹣x，BC＝AD＝6，在Rt△BCH中，CH2+BC2＝BH2，∴x2＝（8﹣x）2+36，∴x＝，即DH＝．故選：C．2．（2022秋?泰山區(qū)期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，O為BC的中點，將△ABC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)得到△DEF，當(dāng)點D，E分別在邊AC和CA的延長線上，連接CF，若AD＝3，則△OFC的面積是（）A． B． C． D．【分析】連接OA，OD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠AOC＝90°，∠OAC＝BAC＝60°，∠B＝∠ACB＝30°，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到OA＝OD，OC＝OF，求得△AOD是等邊三角形，OD⊥EF，得到AO＝OD＝AD＝3，∠DOF＝90°，根據(jù)勾股定理和三角形的面積公式即可得到結(jié)論．【詳解】解：連接OA，OD，∵AB＝AC，∠BAC＝120°，O為BC的中點，∴∠AOC＝90°，∠OAC＝BAC＝60°，∠B＝∠ACB＝30°，∵將△ABC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)得到△DEF，∴OA＝OD，OC＝OF，∴△AOD是等邊三角形，OD⊥EF，∴AO＝OD＝AD＝3，∠DOF＝90°，∴AC＝2AO＝6，∴CD＝3，∴OD＝CD，∴∠DOC＝∠DCO＝30°，∴∠COF＝60°，∴△COF是等邊三角形，∴∠OFC＝60°，OF＝CF，∴DF垂直平分OC，∴∠DFO＝30°，∴DH＝OD＝，DF＝2OD＝6，∴FH＝，∴OC＝＝3，∴△OFC的面積＝OC?FH＝×3×＝，故選：D．3．（2022秋?泰山區(qū)期末）如圖，點P是等邊三角形ABC內(nèi)部一點，連接AP、BP、CP，且AP2＝BP2+CP2，現(xiàn)將△APC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)到△ADB的位置，對于下列結(jié)論：①△ADP是等邊三角形；②△ABP≌△CBP；③∠DBP＝90°；④∠BDA+∠BPA＝210°．其中正確的結(jié)論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】①利用等邊三角形的性質(zhì)求出∠BAC＝60°，再利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠DAP＝∠BAC＝60°，AD＝AP，即可解答；②根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AB＝BC，又因為BP是公共邊，所以只要判斷出AP與CP的關(guān)系即可判斷；③利用①的結(jié)論可得AP＝DP，DB＝PC，再根據(jù)已知AP2＝BP2+CP2，可以證明△DBP是直角三角形，即可判斷；④因為∠DAP＝60°，∠DBP＝90°，再利用四邊形內(nèi)角和即可求出∠ADB+APB＝210°，從而進行判斷．【詳解】解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝BC，由旋轉(zhuǎn)得：∠DAP＝∠BAC＝60°，AD＝AP，DB＝PC，∴△ADP是等邊三角形，故①正確；∵AB＝BC，BP＝BP，AP≠CP，∴△ABP與△CBP不能全等，故②錯誤；∵△ADP是等邊三角形，∴AP＝DP，∵AP2＝BP2+CP2，∴DP2＝BP2+DB2，∴△DBP是直角三角形，∴∠DBP＝90°，故③正確；∵∠DBP＝90°，∠DAP＝60°，∴∠ADB+∠APB＝360°﹣∠DBP﹣∠DAP＝210°，故④正確；∴①③④正確，故選：C．4．（2022秋?遵義期末）如圖，已知矩形ABCD，AB＝5，AD＝3，矩形GBEF是由矩形ABCD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到的，點H為CD邊上一點，現(xiàn)將四邊形ABHD沿BH折疊得到四邊形A'BHD'，當(dāng)點A'恰好落在EF上時，DH的長是（）A． B． C． D．【分析】連接A′G，根據(jù)折疊性質(zhì)求得A′B，再由勾股定理求得A′E，進而依次求得A′F，A′G，D′G，設(shè)DH＝x，在Rt△CHG中，由勾股定理列出方程求得結(jié)果便可．【詳解】解：由折疊知，AB＝A′B＝5，∴A′E＝，∴A′F＝EF﹣A′E＝5﹣4＝1，連接A′G，∴A′G＝，∴D′G＝，設(shè)DH＝x，則GH＝x﹣1，CH＝5﹣x，在Rt△CHG中，CG＝BG﹣BC＝5﹣3＝2，由勾股定理得（x﹣1）2﹣（5﹣x）2＝22，解得x＝3.5．∴DH為3.5，故選B．5．（2022秋?荔灣區(qū)校級期末）如圖，正方形ABCD中，AB＝5cm，以B為圓心，1cm為半徑畫圓，點P是⊙B上一個動點，連接AP，并將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至AP′，連接BP′，在點P移動的過程中，BP′長度的取值范圍是（5﹣1）cm≤BP′≤（5+1）cm．【分析】通過畫圖發(fā)現(xiàn)，點P′的運動路線為以D為圓心，以1cm為半徑的圓，可知：當(dāng)P′在對角線BD上時，BP′最??；當(dāng)P′在對角線BD的延長線上時，BP′最大．先證明△PAB≌△P′AD，則P′D＝PB＝1，再利用勾股定理求對角線BD的長，則得出BP′的長度的取值范圍．【詳解】解：如圖，當(dāng)P′在對角線BD上時，BP′最??；當(dāng)P′在對角線BD的延長線上時，BP′最大．連接BP，①當(dāng)P′在對角線BD上時，由旋轉(zhuǎn)得：AP＝AP′，∠PAP′＝90°，∴∠PAB+∠BAP′＝90°，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∴∠BAP′+∠DAP′＝90°，∴∠PAB＝∠DAP′，∴△PAB≌△P′AD，∴P′D＝PB＝1cm，在Rt△ABD中，∵AB＝AD＝5cm，由勾股定理得：BD＝5cm，∴BP′＝BD﹣P′D＝5﹣1，即BP′長度的最小值為（5﹣1）cm．②當(dāng)P′在對角線BD的延長線上時，同理可得BD＝5cm，∴BP′＝BD+P′D＝（5+1）cm，即BP′長度的最大值為（5+1）cm．∴BP'長度的取值范圍是（5﹣1）cm≤BP′≤（5+1）cm故答案為：（5﹣1）cm≤BP′≤（5+1）cm．6．（2022秋?達川區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A的坐標(biāo)為（﹣2，0），點B的坐標(biāo)為（4，0），點M為x軸上方一動點，且MA＝3，以點M為直角頂點構(gòu)造等腰直角三角形BMP，當(dāng)線段AP取最大值時，AP＝6+3，點M的坐標(biāo)為（﹣2﹣，）或（﹣2﹣）．【分析】如圖，以M為直角頂點，MA為直角邊構(gòu)造等腰直角三角形AMN，連接BN，然后證明根△NMB≌△AMP（SAS），接著得到當(dāng)N，A，B三點共線時，BN最大，即AP最大，最好利用等腰直角三角形的性質(zhì)解答即可．【詳解】解：如圖，以M為直角頂點，MA為直角邊構(gòu)造等腰直角三角形AMN，連接BN，由題意AM＝NM，BM＝BP，∠BMP＝∠AMN＝90°，∴∠PMA＝∠NMB，∴△NMB≌△AMP（SAS），∴AP＝BN，當(dāng)N，A，B三點共線時，BN最大，即AP最大，此時∠MAB＝135°，如圖2，過M作MT⊥x軸，垂足為T，∵MA＝3，∴AN＝3，∴MT＝AT＝AN＝，∴AP的最大值＝AN+BA＝6+3，∴M（﹣2﹣，），當(dāng)M在x軸下方時，同上，此時M'（﹣2﹣，﹣），故答案為：AP的長度最大值為：6+3，M的坐標(biāo)為（﹣2﹣，）或（﹣2﹣，﹣），08旋轉(zhuǎn)與坐標(biāo)變換坐標(biāo)與圖形變化-旋轉(zhuǎn)（1）關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)P（x，y）?P（-x，-y）（2）旋轉(zhuǎn)圖形的坐標(biāo)圖形或點旋轉(zhuǎn)之后要結(jié)合旋轉(zhuǎn)的角度和圖形的特殊性質(zhì)來求出旋轉(zhuǎn)后的點的坐標(biāo)．常見的是旋轉(zhuǎn)特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．1．（2022秋?南宮市期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△ABC的直角頂點C的坐標(biāo)為（2，0），點A在x軸正半軸上，且AC＝4．將△ABC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°，則旋轉(zhuǎn)后點A的對應(yīng)點的坐標(biāo)為（）A．（2，4） B．（2，﹣4） C．（2，2） D．（4，2）【分析】利用旋轉(zhuǎn)變換的規(guī)律解決問題即可．【詳解】解：由題意C（2，0），AC＝4，∴將△ABC先繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到A的對應(yīng)點的坐標(biāo)（2，4），故選：A．2．（2022秋?金華期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點A（0，2），點B在第一象限內(nèi)，AO＝AB，∠OAB＝120°，將△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，則第2022次旋轉(zhuǎn)后，點B的坐標(biāo)為（）A．（﹣，3） B．（，0） C．（，3） D．（﹣2，0）【分析】求出B1～B5的坐標(biāo)，探究規(guī)律，利用規(guī)律解決問題即可．【詳解】解：過點B作BH⊥y軸于H，在Rt△ABH當(dāng)中，∠AHB＝90°，∠BAH＝180°﹣120°＝60°，AB＝OA＝2，∴∠ABH＝30°，∴AH＝AB＝1，OH＝OA+AH＝3，由勾股定理得BH＝＝，∵AB＝OA＝2，∠OAB＝120°，∴∠AOB＝30°，∴OB＝2BH＝2，∴B（，3），B1（﹣，3），B2（﹣2，0），B3（﹣，﹣3），B4（，﹣3），B5（2，0），....，6次一個循環(huán)，∴2022÷6＝337，∴第2022次旋轉(zhuǎn)后，點B的坐標(biāo)為（，3），故選：C．3．（2022秋?汕尾期中）在平面直角坐標(biāo)系中，等邊△AOB如圖放置，點A的坐標(biāo)為（1，0），每一次將△AOB繞著點O逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°，同時每邊擴大為原來的2倍，第一次旋轉(zhuǎn)后得到△A1OB1，第二次旋轉(zhuǎn)后得到△A2OB2，…，依次類推，則點A2021的坐標(biāo)為（）A．（﹣22020，﹣×22020） B．（22021，﹣×22021） C．（22020，﹣×22020） D．（﹣22011，﹣×22021）【分析】每旋轉(zhuǎn)6次，A的對應(yīng)點又回到x軸正半軸，故A2021在第四象限，且OA2021＝22021，畫出示意圖，即可得到答案．【詳解】解：由已知可得：第一次旋轉(zhuǎn)后，A1在第一象限，OA1＝2，第二次旋轉(zhuǎn)后，A2在第二象限，OA2＝22，第三次旋轉(zhuǎn)后，A3在x軸負(fù)半軸，OA3＝23，第四次旋轉(zhuǎn)后，A4在第三象限，OA4＝24，第五次旋轉(zhuǎn)后，A5在第四象限，OA5＝25，第六次旋轉(zhuǎn)后，A6在x軸正半軸，OA6＝26，.....．如此循環(huán)，每旋轉(zhuǎn)6次，A的對應(yīng)點又回到x軸正半軸，而2021＝6×336+5，∴A2021在第四象限，且OA2021＝22021，示意圖如下：OH＝OA2021＝22020，A2021H＝OH＝×22020，∴A2021（22020，﹣×22020），故選：C．09幾何變換綜合問題1．（2022秋?商河縣期末）如圖，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α．點D是△ABC所在平面內(nèi)不與點A、C重合的任意一點，連接CD，將線段CD繞點D順時針旋轉(zhuǎn)α得到線段DE，連接AD、BE．（1）如圖1，當(dāng)α＝60°時，線段BE與AD的數(shù)量關(guān)系是BE＝AD；直線BE與AD相交所成的銳角的度數(shù)是60°．（2）如圖2，當(dāng)α＝90°時，①（1）中的結(jié)論是否仍然成立，請說明理由；②當(dāng)BE∥AC，AB＝8，AD＝時，請直接寫出△DCE的面積．【分析】（1）證明△ACD≌△BCE（SAS），可得BE＝AD，延長AD、BE相交于點F，利用等量代換求出∠F＝60°；（2）①設(shè)直線BE交AD于點N，AD交EC于點M，證明△ACD∽△BCE，可得，利用等量代換求出∠N＝45°；②分兩種情況：當(dāng)D點在△ABC的內(nèi)部時，過點E作EH⊥BC交于點H，由①可知，＝2，由BE∥AC，可得△BEH是等腰直角三角形，求出BH＝EH＝，從而得到HC＝5，在Rt△EHC中，用勾股定理得EC＝2，再求△CDE的面積即可；當(dāng)點D在△ABC的外部時，過點E作EK⊥BC交延長線于點K，同理可求．【詳解】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC＝BC，∠ACB＝60°，∵CD＝DE，∠CDE＝60°，∴△CDE是等邊三角形，∴CE＝CD，∠DCE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD，∠CAD＝∠CBE，延長AD、BE相交于點F，∵∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝60°，∴∠BAD+∠CBF＝60°，∵∠ABC＝60°，∴∠F＝180°﹣60°﹣60°＝60°；故答案為：BE＝AD，60°；（2）①不成立，理由如下：設(shè)直線BE交AD于點N，AD交EC于點M，當(dāng)α＝90°時，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴，同理可得，，∴，∵∠ACB＝∠ACE+∠ECB＝45°，∠DCE＝∠ACE+∠DCA＝45°，∴∠ECB＝∠DCA，∴△ACD∽△BCE，∴，∴，∵∠CDA＝∠CEB，∴∠EDN+∠CEN＝90°，∵∠DEC＝45°，∴∠N＝180°﹣90°﹣45°＝45°，∴直線BE與直線AD相交所成的銳角的度數(shù)是45°，∴，直線BE與AD相交所成的銳角的度數(shù)是45°；②當(dāng)D點在△ABC的內(nèi)部時，過點E作EH⊥BC交于點H，由①可知，，∵，∴BE＝2，∵BE∥AC，∠ACB＝45°，∴∠EBH＝45°，∴BH＝EH＝，∵AB＝8，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴BC＝8，∴HC＝7，在Rt△EHC中，EC＝＝10，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CD＝DE＝5，∴S△CDE＝5×5＝25；當(dāng)點D在△ABC的外部時，過點E作EK⊥BC交延長線于點K，同理可得BK＝EK＝，∴CK＝9，在Rt△ECK中，EC＝2，∴CD＝ED＝2，∴S△CDE＝2×2＝42；綜上所述：△DCE的面積是42或25．2．（2022秋?中原區(qū)期末）已知，△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，C為它們公共的直角頂點，如圖1，D，E分別在BC，AC邊上，F(xiàn)是BE的中點，連接CF．（1）求證：△ACD≌△BCE．（2）請猜想AD與CF的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由．（3）如圖2，將△ABC固定不動，△DEC由圖1位置繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角∠BCD＝α，（0°＜a＜90°），旋轉(zhuǎn)過程中，其他條件不變．試判斷，AD與CF的關(guān)系是否發(fā)生改變？若不變，請說明理由；若改變，請求出相關(guān)正確結(jié)論．【分析】（1）利用等腰直角三角形得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACD＝∠BCE，即可得出結(jié)論；（2）由△ACD≌△BCE，得出∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，再判斷出CF＝BE，得出AD＝2CF，判斷出∠CAD＝∠BCF，進而得出∠ACF+∠CAD＝90°，即可得出結(jié)論；（3）延長CF至G使FG＝CF，連接BG，EG，則CF＝CG，再判斷出四邊形BCEG是平行四邊形，得出AG＝CE，∠CEG＝∠GBC，EG∥CB，進而判斷出∠ACD＝∠CEG，得出△ACD≌△CBG（SAS），即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，∴AC＝BC，CE＝CD，∠ACD＝∠BCE＝90°，∴△ACD≌△BCE（SAS）；（2）解：AD＝2CF，CF⊥AD；理由：由（1）知，△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，在Rt△BCE中，點F是BE的中點，∴CF＝BE，∴CF＝AD，即AD＝2CF；在Rt△BCE中，點F是BE的中點，∴CF＝BF，∴∠BCF＝∠CBF，∴∠CAD＝∠BCF，∵∠ACF+∠BCF＝90°，∴∠ACF+∠CAD＝90°，∴CF⊥AD；（3）解：AD與CF的關(guān)系不變，仍然為AD＝2CF，AD⊥CF，理由：如圖2，延長CF至G使FG＝CF，連接BG，EG，則CF＝CG，∵點F是BE的中點，∴BF＝EF，∴四邊形BCEG是平行四邊形，∴BG＝CE，∠CEG＝∠GBC，EG∥CB，∵AC⊥BC，∴EG⊥AC，∴∠ACE+∠CEG＝90°，∴∠CEG＝90°﹣∠ACE＝90°﹣α，由旋轉(zhuǎn)知，∠BCD＝∠ACE＝α，∴∠ACD＝90°﹣∠ACD＝90°﹣α，∴∠ACD＝∠CEG，∵CD＝CE，CE＝AG，∴CD＝AG，∵AC＝CB，∴△ACD≌△CBG（SAS），∴∠CAD＝∠BCG．AD＝CG，∴AD＝2CF，延長AD交CG于H，∵∠BCG+∠ACG＝90°，∴∠CAD+∠ACG＝90°，∴∠AHC＝90°，∴AD⊥CF．3．（2022秋?順義區(qū)期末）如圖，△ABC為等邊三角形，在∠BAC內(nèi)作射線AP（∠BAP＜30°），點B關(guān)于射線AP的對稱點為點D，連接AD，作射線CD交AP于點E，連接BE．（1）依題意補全圖形；（2）設(shè)∠BAP＝α，求∠BCE的大?。ㄓ煤恋拇鷶?shù)式表示）；（3）用等式表示EA，EB，EC之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【分析】（1）依題意補全圖形；（2）先得出∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，再得出∠BAP＝∠DAP＝α，AB＝AD，進而得出∠CAD＝60°﹣2α，AD＝AC，得出∠ACD＝60°+α，即可得出結(jié)論；（3）如圖2，在EA上取一點F，使EF＝EB，先判斷出△BEF是等邊三角形，得出BF＝BE，∠EBF＝60°，再判斷出△ABF≌△CBE（ASA），得出AF＝CE，即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）補全圖形如圖1所示，（2）∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，∵點B關(guān)于射線AP的對稱點為點D，∴∠BAP＝∠DAP＝α，AB＝AD，∴∠CAD＝∠BAC﹣∠BAP﹣∠DAP＝60°﹣2α，AD＝AC，∴∠ACD＝（180°﹣∠CAD）＝[180°﹣（60°﹣2α）]＝60°+α，∴∠BCE＝∠ACD﹣∠ACB＝α；（3）EA＝EB+EC，證明：如圖2，在EA上取一點F，使EF＝EB，由（2）知，∠ACD＝60°+∠BAP，∵∠CAE＝60°﹣∠BAP，∴∠ACD+∠CAE＝120°，∴∠AEC＝60°，由折疊知，∠AEB＝∠AEC＝60°，∴△BEF是等邊三角形，∴BF＝BE，∠EBF＝60°，∵∠ABC＝60°，∴∠ABC＝∠EBF＝60°，∴∠ABF＝∠CBE，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝CB，由（2）知，∠BAP＝∠BCE，∴△ABF≌△CBE（ASA），∴AF＝CE，∴EA＝EF+AF＝EB+CE．4．（2023?臨川區(qū)校級一模）旋轉(zhuǎn)變換在平面幾何中有著廣泛的應(yīng)用．特別是在解（證）有關(guān)等腰三角形、正三角形、正方形等問題時，更是經(jīng)常用到的思維方法，請你用旋轉(zhuǎn)交換等知識，解決下面的問題．如圖1，△ABC與△DCE均為等腰直角三角形，DC與AB交于點M，CE與AB交于點N．（1）以點C為中心，將△ACM逆時針旋轉(zhuǎn)90°，畫出旋轉(zhuǎn)后的△A′CM′（2）在（1）的基礎(chǔ)上，證明AM2+BN2＝MN2．（3）如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD＝45°，∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，若BC＝4，CD＝3，則對角線AC的長度為多少？（直接寫出結(jié)果即可，但在圖中保留解決問題的過程中所作輔助線、標(biāo)記的有關(guān)計算數(shù)據(jù)等）【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)畫出圖形即可；（2）連接M'N，利用等腰直角三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)進行解答即可；（3）將△ADC順時針旋轉(zhuǎn)90°到△AC'D'，連接C'C，利用等腰直角三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)進行解答．【詳解】解：（1）旋轉(zhuǎn)后的△A'CM'如圖1所示：（2）連接M'N，∵△ABC與△DCE為等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∠DCE＝45°，∴∠A＝∠CBA＝45°，∠ACM+∠BCN＝45°，∵△BCM'是由△ACM旋轉(zhuǎn)得到的，∴∠BCM'＝∠ACM，CM＝CM'，AM＝BM'，∠CBM'＝∠A＝45°，∴∠M'CN＝∠MCN＝45°，∠NBM'＝90°，∵CN＝CN，在△MCN與△M'CN中，，∴△MCN≌△M'CN（SAS），∴MN＝M'N，在Rt△BM'N中，根據(jù)勾股定理得：M'N2＝BN2+BM'2，∴MN2＝AM2+BN2；（3）如圖2，將△ADC順時針旋轉(zhuǎn)90°到△AC'D'，連接C'C，則△AC'C是等腰直角三角形，C'D＝3，∵∠C'＝∠ACB＝45°，∴C'，D'，B，C均在同一直線上，在△DAB與△D'AB中，，∴△DAB≌△D'AB（SAS），∴DB＝D'B，在Rt△BCD'中，∵BC＝4，CD＝3，∴DB＝5，∴CC'＝12，∴AC＝6．5．（2022?興慶區(qū)校級一模）已知：如圖，在矩形ABCD和等腰Rt△ADE中，AB＝8cm，AD＝AE＝6cm，∠DAE＝90°．點P從點B出發(fā)，沿BA方向勻速運動．速度為1cm/s；同時，點Q從點D出發(fā)，沿DB方向勻速運動，速度為1cm/s．過點Q作QM∥BE，交AD于點H，交DE于點M，過點Q作QN∥BC，交CD于點N．分別連接PQ，PM，設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜8）．解答下列各題：（1）當(dāng)PQ⊥BD時，求t的值；（2）設(shè)五邊形PMDNQ的面積為S（cm2），求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．【分析】（1）證明△BPQ∽△BDA，則＝，即＝，求出t的值即可；（2）過點P作PO⊥QM交QM于點O，證明△DQM∽△DBE，可得＝，即＝，求出，再證明△NDQ∽△CDB，可得＝＝，即＝＝，求出DN＝t，QN＝t，再由S五邊形PMDNQ＝S四邊形DQPM+S△DNQ＝AD?QM+QN?ND＝t2+t，即可求S與t的函數(shù)關(guān)系式是S＝t2+t．【詳解】解：（1）由題意可得，BP＝t，DQ＝t，在矩形AB