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易错点07图形的变化（9大易错典型）-备战2023年中考数学考试易错题【全国通用】
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备战2023年中考数学考试易错题
易错点0 7图形的变化
01 图形的平移
平移的性质
（1）平移的条件
平移的方向、平移的距离
（2）平移的性质
①把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同．②新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
1．（2022春•新城区校级期中）在直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（1，0），（0，3），将线段AB平移，平移后点A的对应点A′的坐标是（2，﹣2），那么点B的对应点B′的坐标是（ ）
A．（1，1） B．（1，2） C．（2，2） D．（2，1）
【分析】利用平移变换的性质，画出图形可得结论．
【详解】解：如图，观察图像可知，B′（1，1）．
故选：A．
2．（2022秋•定远县期中）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0），点A第1次向上跳动1个单位至点A1（﹣1，1），紧接着第2次向右跳动2个单位至点A2（1，1），第3次向上跳动1个单位，第4次向左跳动3个单位，第5次又向上跳动1个单位，第6次向右跳动4个单位，…依此规律跳动下去，点A第2022次跳动至点A2022的坐标是（ ）
A．（505，1009） B．（﹣506，1010）
C．（﹣506，1011） D．（506，1011）
【分析】设第n次跳动至点An，根据部分点An坐标的变化找出变化规律“A4n（﹣n﹣1，2n），A4n+1（﹣n﹣1，2n+1），A4n+2（n+1，2n+1），A4n+3（n+1，2n+2）（n为自然数）”，依此规律结合2022＝505×4+2即可得出点A2022的坐标．
【详解】解：设第n次跳动至点An，
观察，发现：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为自然数）．
∵2022＝505×4+2，
∴A2022（506，1011）．
故选：D．
3．（2022•南京模拟）如图，从起点A到终点B有多条路径，其中第一条路径为线段AB，其长度为a，第二条路径为折线ACB，其长度为b，第三条路径为折线ADEFGHIJKLB，其长度为c，第四条路径为半圆弧ACB，其长度为d，则这四条路径的长度关系为（ ）
A．a＜b＜c＜d B．a＜c＜d＜b C．a＜b＝c＜d D．a＜b＜c＝d
【分析】根据两点之间，线段最短可知a最小，根据平移的性质可知b＝AC+BC＝c，根据圆的定义，可得c＜d．据此解答即可．
【详解】解：根据两点之间，线段最短可知a最小，
根据平移的性质可知b＝AC+BC＝AD+DE+EF+FG+GH+HI+IJ+JK+KL+LB＝c，
由圆的定义可知c＜d，
∴a＜b＝c＜d，
故选：C．
4．（2022秋•拱墅区期末）以A（﹣1，7），B（﹣1，﹣2）为端点的线段上任意一点的坐标可表示为：（﹣1，y）（﹣2≤y≤7）．现将这条线段水平向右平移5个单位，所得图形上任意一点的坐标可表示为 （4，y）（﹣2≤y≤7） ．
【分析】根据平移时，点的坐标变化规律“左减右加”进行计算即可．
【详解】解：现将这条线段水平向右平移5个单位，所得图形上任意一点的坐标可表示为（4，y）（﹣2≤y≤7），
故答案为：（4，y）（﹣2≤y≤7）．
5．如图，在平面直角坐标系xOy中，A（﹣1，5），B（﹣1，0），C（﹣4，3）．
（1）在图中画出△ABC向右平移4个单位，再向下平移2个单位的△A1B1C1；
（2）写出点A1，B1，C1的坐标：A1 （3，3） ，B1 （3，﹣2） ，C1 （0，1） ；
（3）设点P在x轴上，且△BCP与△ABC的面积相等，直接写出点P的坐标．
【分析】（1）根据平移的性质作图即可．
（2）由图可得出答案．
（3）设点P的坐标为（x，0），利用三角形的面积公式可得，求出x的值，即可得出答案．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
（2）由图可得，点A1的坐标为（3，3），B1的坐标为（3，﹣2），C1的坐标为（0，1）．
故答案为：（3，3）；（3，﹣2）；（0，1）．
（3）△ABC的面积为＝，
设点P的坐标为（x，0），
∴△BCP的面积为＝，
∴，
解得x＝4或﹣6．
∴点P的坐标为（4，0）或（﹣6，0）．
02 轴对称
轴对称的性质
（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
由轴对称的性质得到一下结论：
①如果两个图形的对应点的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如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这两个图形的对称轴．
（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
1．（2022秋•福州月考）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝55°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（ ）
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质求解即可．
【详解】解：∵∠B＝55°，∠ABC＝90°，
∴∠C＝90°﹣55°＝35°，
∵AD⊥BC，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，
∴∠AB′D＝∠B＝55°，
∵∠AB′D＝∠C+∠CAB′，
∴∠CAB′＝55°﹣35°＝20°，
故选：B．
2．（2022春•天桥区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，P为边BC上一动点（且点P不与点B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．则EF的最小值为（ ）
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边形PEAF是矩形；连接PA，则PA＝EF，所以要使EF，即PA最短，只需PA⊥CB即可；然后根据三角形的等积转换即可求得PA的值．
【详解】解：如图，连接PA．
在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，
∴BC2＝AB2+AC2，
∴∠A＝90°．
又∵PE⊥AB于点E，PF⊥AC于点F．
∴∠AEP＝∠AFP＝90°，
∴四边形PEAF是矩形．
∴AP＝EF．
∴当PA最小时，EF也最小，
即当AP⊥CB时，PA最小，
∵AB•AC＝BC•AP，即AP＝＝，
∴线段EF的最小值为．
故选：A．
3．（2022•上虞区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝，点P是斜边AB上一动点，连结CP，将△BCP以直线CP为对称轴进行轴对称变换，B点的对称点为B'，连结AB'，则在P点从点A出发向点B运动的整个过程中，线段AB'长度的最小值为（ ）
A．1 B． C．﹣1 D．3﹣
【分析】解直角三角形求出AC，再根据AB′≥AC﹣CB′，可得结论．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝，∠CAB＝30°，
∴AC＝BC＝3，
∵AB′≥AC﹣CB′＝3﹣，
∴AB′的最小值为3﹣，
故选D．
4．（2021秋•讷河市期末）如图，∠AOB＝30°，点P在∠AOB的内部，点C，D分别是点P关于OA、OB的对称点，连接CD交OA、OB分别于点E，F；若△PEF的周长的为10，则线段OP＝（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【分析】首先根据对称性得出△DOC是等边三角形，进而得出答案．
【详解】解：连接OD，OC，
∵∠AOB＝30°；点D、C分别是点P关于直线OA、OB的对称点，
∴∠DOC＝60°，DO＝OP＝OC，PF＝DF，PE＝CE，
∴△DOC是等边三角形，
∵△PEF的周长的为10，
∴OP＝10．
故选：C．
5．（2021秋•思明区校级期末）如图，已知AB∥CD，AD∥BC，∠ABC＝60°，BC＝2AB＝8，点C关于AD的对称点为E，连接BE交AD于点F，点G为CD的中点，连接EG、BG，则S△BEG＝（ ）
A． B． C．16 D．32
【分析】如图，取BC中点H，连接AH，连接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延长线于M．构建S△BEG＝S△BCE+SECG﹣S△BCG计算即可；
【详解】解：如图，取BC中点H，连接AH，连接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延长线于M．
∵BC＝2AB，BH＝CH，∠ABC＝60°，
∴BA＝BH＝CH，
∴△ABH是等边三角形，
∴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平行四边形ABCD
＝16+2﹣4
＝14
故选：B．
6．（2022秋•渝中区校级期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AC边的垂直平分线交BC于E，交AC于D，F为上一点，连接EF，点C关于EF的对称点C'恰好落在ED的延长线上，则C'D的长为 ．
【分析】利用勾股定理求出AC，设AE＝EC＝x，再利用勾股定理构建方程求出EC，再利用勾股定理求出DE，可得结论．
【详解】解：∵∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝＝＝10，
∵DE垂直平分线段AC，
∴EA＝EC，AD＝DC＝5，
设AE＝EC＝x，则有x2＝62+（8﹣x）2，
∴x＝，
∴EC＝AE＝，
∴DE＝＝＝，
∵EC＝EC′＝，
∴C′D＝C′E﹣DE＝﹣＝．
故答案为：．
7．（2022秋•东丽区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝108°，点D在BC边上，△ABD、△AFD关于直线AD对称，∠FAC的角平分线交BC边于点G，连接FG．∠BAD＝θ，当θ的值等于 10°，25°或40° 时，△DFG为等腰三角形．
【分析】首先由轴对称可以得出△ADB≌△ADF，就可以得出∠B＝∠AFD，AB＝AF，在证明△AGF≌△AGC就可以得出∠AFG＝∠C，就可以求出∠DFG的值；再分三种情况讨论解答即可，当GD＝GF时，就可以得出∠GDF＝80°，根据∠ADG＝40°+θ，就有40°+80°+40°+θ+θ＝180°就可以求出结论；当DF＝GF时，就可以得出∠GDF＝50°，就有40°+50°+40°+2θ＝180°，当DF＝DG时，∠GDF＝20°，就有40°+20°+40°+2θ＝180°，从而求出结论．
【详解】解：∵AB＝AC，∠BAC＝108°，
∴∠B＝∠C＝36°．
∵△ABD和△AFD关于直线AD对称，
∴△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当GD＝GF时，
∴∠GDF＝∠GFD＝72°．
∵∠ADG＝36°+θ，
∴36°+72°+36°+θ+θ＝180°，
∴θ＝18°．
②当DF＝GF时，
∴∠FDG＝∠FGD．
∵∠DFG＝72°，
∴∠FDG＝∠FGD＝54°．
∴36°+54°+36°+2θ＝180°，
∴θ＝27°．
③当DF＝DG时，
∴∠DFG＝∠DGF＝72°，
∴∠GDF＝36°，
∴36°+36°+36°+2θ＝180°，
∴θ＝36°．
∴当θ＝18°，27°或36°时，△DFG为等腰三角形．
故答案为：18°，27°或36°．
03 轴对称与坐标变化
坐标与图形变化-对称
（1）关于x轴对称
横坐标相等，纵坐标互为相反数．
（2）关于y轴对称
纵坐标相等，横坐标互为相反数．
（3）关于直线对称
①关于直线x=m对称，P（a，b）⇒P（2m-a，b）
②关于直线y=n对称，P（a，b）⇒P（a，2n-b）
1．（2022•清城区一模）在平面直角坐标系中，点A（x2+2x，1）与点B（﹣3，1）关于y轴对称，则x的值为（ ）
A．1 B．3或1 C．﹣3或1 D．3或﹣1
【分析】根据关于y轴对称的点的横坐标与纵坐标互为相反数，构建方程求解．
【详解】解：∵点A（x2+2x，1）与点B（﹣3，1）关于y轴对称，
∴x2+2x﹣3＝0，
∴x＝﹣3或1，
故选：C．
2．（2021秋•花都区期末）剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，很多剪纸作品体现了数学中的对称美．如图，蝴蝶剪纸是一幅轴对称图形，将其放在平面直角坐标系中，如果图中点E的坐标为（2m，﹣n），其关于y轴对称的点F的坐标（3﹣n，﹣m+1），则（m﹣n）2022的值为（ ）
A．32022 B．﹣1 C．1 D．0
【分析】利用轴对称的性质构建方程组，求出m，n，可得结论．
【详解】解：∵E（2m，﹣n），F（3﹣n，﹣m+1）关于y轴对称，
∴，
解得，，
∴（m﹣n）2022＝（﹣4+5）2022＝1，
故选：C．
3．（2022•金水区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知A（﹣2，0），B（0，4），点C与坐标原点O关于直线AB对称．将△ABC沿x轴向右平移，当线段AB扫过的面积为20时，此时点C的对应点C'的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【分析】如图，连接OC交AB于点K，过点K作KJ⊥OB于点J．首先求出点C的坐标，再利用平移变换的性质求出点C′的坐标．
【详解】解：如图，连接OC交AB于点K，过点K作KJ⊥OB于点J．
∴A（﹣2，0），B（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，AB＝＝2，
∵O，C关于AB对称，
∴OC⊥AB，CK＝OK，
∴OK＝＝，
∵BK＝＝＝，
∵KJ⊥OB，
∴KJ＝＝＝，
∴BJ＝＝
∴OJ＝OB﹣BJ＝4﹣＝，
∴K（﹣，），
∴OK＝CK，
∴C（﹣，），
∵线段AB扫过的面积为20，
∴线段AB向右平移了5个单位，
∴C′（，）．
故选：B．
4．（2022秋•渠县期末）在平面直角坐标系中，对△MBC进行循环往复的轴对称变换，若原来点A的坐标是（，），则经过第2022次变换后所得的点A的坐标是 （﹣，） ．
【分析】观察图形可知每四次对称为一个循环组依次循环，用2021除以4，然后根据商和余数的情况确定出变换后的点A所在的象限，然后解答即可．
【详解】解：∵点A第一次关于x轴对称后在第四象限，
点A第二次关于y轴对称后在第三象限，
点A第三次关于x轴对称后在第二象限，
点A第四次关于y轴对称后在第一象限，即点A回到原始位置，
∴每四次对称为一个循环组依次循环，
∵2022÷4＝505…2，
∴经过第2022次变换后所得的A点与第一次变换的位置相同，在第三象限，坐标为（﹣，）．
故答案为：（﹣，）．
5．（2022秋•谢家集区期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为（4，3）．
①若△ABC是关于直线y＝1的轴对称图形，则点B的坐标为 （4，﹣1） ；
②若△ABC是关于直线y＝a的轴对称图形，则点B的坐标为 （4，2a﹣3） ．
【分析】根据轴对称的性质，可得对称点的连线被对称轴垂直平分，即可得到两点到对称轴的距离相等．利用此性质可在坐标系中得到对应点的坐标．
【详解】解：根据题意，点A和点B是关于直线y＝1对称的对应点，
∴它们到y＝1的距离相等，是2个单位长度，AB⊥x轴，
∴点B的坐标是（4，﹣1）．
若△ABC是关于直线y＝a的轴对称图形，则点B的横坐标为4，纵坐标为a﹣（3﹣a）＝2a﹣3，
∴点B的坐标为（4，2a﹣3），
故答案为：（4，﹣1），（4，2a﹣3）．
6．（2022秋•温江区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，经过点M（0，m）且平行于x轴的直线可以记作直线y＝m，平行于y轴的直线可以记作直线x＝m，我们给出如下的定义：点P（x，y）先关于x轴对称得到点P1，再将点P1关于直线y＝m对称得点P′，则称点P′为点P关于x轴和直线y＝m的二次反射点．已知点P（2，3），Q（2，2）关于x轴和直线y＝m的二次反射点分别为P1，Q1，点M（2，3）关于直线x＝m对称的点为M1，则当三角形P1Q1M1的面积为1时，则m＝ 1或3 ．
【分析】根据对称性质由已知点坐标求得P1，Q1，M1的坐标，再根据三角形的面积列出方程求得m的值便可．
【详解】解：根据题意得，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的面积为1，
∴，
解得m＝1或3，
故答案为：1或3．
04 图形的翻折
1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．
2、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
3、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．
1．（2022秋•二七区校级期末）如图，在矩形ABCD中，点F是CD上一点，连结BF，然后沿着BF将矩形对折，使点C恰好落在AD边上的E处．若AE：ED＝4：1，则tan∠EBF的值为（ ）
A．4 B．3 C． D．
【分析】由矩形的性质得D＝∠A＝∠C＝90°，AD＝BC，由折叠得∠AEF＝∠C＝90°，BE＝BC，则∠DFE＝∠AEB＝90°﹣∠DEF，AD＝BE，即可证明△DFE∽△AEB，由AE：ED＝4：1，得ED＝AD，AE＝AD，可求得BA＝＝AD，则tan∠EBF＝＝＝，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠A＝∠C＝90°，AD＝BC，
由折叠得∠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的值为，
故选：C．
2．（2022秋•南岸区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E是边CD的中点，F是边AD上一动点，连接BF，将△ABF沿BF翻折得到△GBF，连接GE．当GE的长最小时，DF的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据正方形的性质和勾股定理可得BE的长，再由翻折知BG＝BA＝4，得点G在以B为圆心，4为半径的圆弧上运动，可知当点G、E、B三点共线时，GE最小，此时利用勾股定理列方程即可得到DF的长．
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为4，
∴∠C＝∠A＝90°，BC＝CD＝4，
∵点E是边CD的中点，
∴CE＝DE＝2，
∴BE＝＝＝2，
∵将△ABF沿BF翻折得到△FBG，
∴BG＝BA＝4，
∴点G在以B为圆心，4为半径的圆弧上运动，
∴如图所示，当点G、E、B三点共线时，GE最小，
∴GE的最小值＝BE﹣BG＝﹣4．
设DF＝x，则AF＝GF＝4﹣x，
∵∠D＝∠FGE＝90°，
∴DE2+DF2＝EF2＝FG2+EG2，
即22+x2＝（4﹣x）2+（）2，
解得x＝，
∴DF的长为，
故选：D．
3．（2022秋•运城期末）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E，F分别在AB，AD上，沿EF折叠菱形，使点A落在BC边上的点G处，且EG⊥BD于点M，若AB＝a（取＝1.4，＝1.7），则BE等于（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接AC，在Rt△ABO中，求出AO的长度，进而求出AC的长度，然后根据EG⊥BD，AC⊥BD，可得EG∥AC，进而可以解决问题．
【详解】解：如图，连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AC＝2AO，
∵∠BAD＝60°，
∴∠BAO＝30°，
∴AO＝AB＝a，
∴AC＝2AO＝a，
∵沿EF折叠菱形，使点A落在BC边上的点G处，
∴EG＝AE，
∵EG⊥BD，AC⊥BD，
∴EG∥AC，
∴＝，
∵EG＝AE，
∴＝，
解得AE＝a≈a，
∴BE＝AB﹣AE＝a．
故选：A．
4．（2023•市南区一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，在BC上取一点E，连接AE、ED，将△ABE沿AE翻折，使点B落在B'处，线段EB'交AD于点F，将△ECD沿DE翻折，使点C的对应点C'落在线段EB'上，若点C'恰好为EB'的中点，则线段EF的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由折叠的性质可得AB＝AB'＝CD＝C'D＝1，∠B＝∠B'＝90°＝∠C＝∠DC'E，BE＝B'E，CE＝C'E，由中点性质可得B'E＝2C'E，可得BC＝AD＝3EC，由勾股定理可求可求CE的长，由“AAS”可证△AB'F≌△DC'F，可得C'F＝B'F＝，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝1，AD＝BC，∠B＝∠C＝90°
由折叠的性质可得：AB＝AB'＝CD＝C'D＝1，∠B＝∠B'＝90°＝∠C＝∠DC'E，BE＝B'E，CE＝C'E，
∵点C'恰好为EB'的中点，
∴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＝，
故选：D．
5．（2022秋•徐汇区期末）如图所示，在△ABC中．沿着过点C的直线折叠这个三角形，使顶点A落在BC边上的点E处，折痕为CD，并联结DE．如果BC＝9cm，且满足＝，边AC＝ cm ．
【分析】由折叠得EC＝AC，∠BCD＝∠ACD，则点D到CB、CA的距离相等，设点D到CB、CA的距离都是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．
【详解】解：由折叠得EC＝AC，∠BCD＝∠ACD，
∴点D到CB、CA的距离相等，
设点D到CB、CA的距离都是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＝，
故答案为：cm．
6．（2022秋•浦东新区期末）如图，正方形ABCD的边长为5，点E是边CD上的一点，将正方形ABCD沿直线AE翻折后，点D的对应点是点D'，联结CD'交正方形ABCD的边AB于点F，如果AF＝CE，那么AF的长是 ．
【分析】根据翻折的性质得AE⊥DD′，DE＝D′E，可得∠EDD′＝∠ED′D，证明四边形AECF是平行四边形，则AF＝CE，AE∥CF，可得CF⊥DD′，根据等角的余角相等可得∠ED′C＝∠D′CE，则D′E＝CE＝DE，即可求解．
【详解】解：如图：连接DD′，
由翻折得AE⊥DD′，DE＝D′E，
∴∠EDD′＝∠ED′D，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵AF＝CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴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的边长为5，
∴CE＝CD＝AB＝，
∴AF＝，
故答案为：．
05 中心对称
中心对称
（1）中心对称的定义
把一个图形绕着某个点旋转180°，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个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．．
（2）中心对称的性质
①关于中心对称的两个图形能够完全重合；
②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．
1．（2022春•嘉鱼县期末）如图，点O为矩形ABCD的两对角线交点，动点E从点A出发沿AB边向点B运动，同时动点F从点C出发以相同的速度沿CD边向点D运动，作直线EF，下列说法错误的是（ ）
A．直线EF平分矩形ABCD的周长
B．直线EF必平分矩形ABCD的面积
C．直线EF必过点O
D．直线EF不能将矩形ABCD分成两个正方形
【分析】根据AE＝FC，DF＝BE可知：直线EF平分矩形ABCD的周长正确；
证明△DMF≌△BME（ASA），直线EF必平分矩形ABCD的面积正确，直线EF必过点O正确；
直线EF不能将矩形ABCD分成两个正方形，可判断D错误．
【详解】解：连接BD交EF于M，
由题意得：AE＝CF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，AD＝BC，
∴DF＝BE，∠DBE＝∠BDF，∠DFE＝∠BEF，即直线EF平分矩形ABCD的周长，故A正确；
∴△DMF≌△BME（ASA），故B正确；
∴FM＝EM，DM＝BM，
∴M与O重合，即直线EF必过点O，故C正确；
当AB＝2AD，EF垂直AB时，直线EF将矩形ABCD分成两个正方形，所以原说法错误，故D错误；
故选：D．
2．（2022秋•莱西市期末）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【分析】通过作图观察即可得出答案．
【详解】解：画图如下，
，
由图可知最后会与原有矩形重合，
∴四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形，
故选：A．
3．（2021秋•中牟县期末）如图是两个完全重合的矩形，将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心按逆时针方向进行旋转，第一次旋转后得到图①，第二次旋转后得到图②，…，则第2022次旋转后得到的图形与图①～④中相同的（ ）
A．图① B．图② C．图③ D．图④
【分析】由于每经过4次旋转后两矩形重合，而2022＝4×505+2，所以第2022次旋转后得到的图形与图②相同．
【详解】解：由于每经过4次旋转后两矩形重合，2022＝4×505+2，
∴第2022次旋转后得到的图形与图②相同．
故选：B．
4．（2022•仙居县二模）如图，把正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转，得到正方形A′B′C′D′，A′B′和B'C′分别交AB于点E，F，在正方形旋转过程中，∠EOF的大小（ ）
A．随着旋转角度的增大而增大
B．随着旋转角度的增大而减小
C．不变，都是60°
D．不变，都是45°
【分析】连接AO，BO，A'O，AB'，依据正方形的性质，即可得到AE＝B'E，进而得出△AOE≌△B'OE（SSS），根据全等三角形的的性质，可得∠AOE＝∠B'OE．同理可得，∠BOF＝∠B'OF，根据∠EOF＝∠B'OE+∠B'OF＝∠AOB，可知在正方形旋转过程中，∠EOF的大小不变，是45°．
【详解】解：如图所示，连接AO，BO，A'O，AB'，
∵正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转，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°．
∴在正方形旋转过程中，∠EOF的大小不变，是45°．
故选：D．
5．（2022春•连城县校级月考）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点A在x轴上，定点B的坐标为（8，4），若直线经过点D（2，0），且将平行四边形OABC分割成面积相等的两部分，则直线DE的表达式（ ）
A．y＝x﹣2 B．y＝2x﹣4 C． D．y＝3x﹣6
【分析】过平行四边形的对称中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分，先求出平行四边形对称中心的坐标，再利用待定系数法求一次函数解析式解答即可．
【详解】解：∵点B的坐标为（8，4），
∴平行四边形的对称中心坐标为（4，2），
设直线DE的函数解析式为y＝kx+b，
则，
解得，
∴直线DE的解析式为y＝x﹣2．
故选：A．
06 轴对称与最短路线问题
1、最短路线问题
在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点．
2、凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
1．（2022秋•乌鲁木齐期末）如图，在锐角△ABC中，∠C＝40°；点P是边AB上的一个定点，点M、N分别是AC和BC边上的动点，当△PMN的周长最小时，∠MPN的度数是（ ）
A．90° B．100° C．110° D．80°
【分析】分别作P关于BC，AC的对称点E，D，连接DE，交AC于M，交BC于N，此时△MNP的周长最小，由条件求出∠DPE的度数，由轴对称的性质，等腰三角形的性质得到∠MPD+∠NPE＝∠D+∠E＝40°，从而求出∠MPN的度数．
【详解】解：分别作P关于BC，AC的对称点E，D，连接DE，交AC于M，交BC于N，此时△MNP的周长最小，
∵∠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°．
故选：B．
2．（2022秋•南沙区校级期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，BD平分∠ABC，点E是BC上的一动点，点P是BD上一动点，连接PC，PE，若AB＝6，S△ABC＝15，则PC+PE的最小值是（ ）
A． B．6 C． D．10
【分析】在BA上截取BF＝BC，连接CF，PF，PE，CF交BD于点G，得到△BCF是等边三角形，利用等边三角形三线合一，得到PF＝PC，进而得到PC+PE＝PF+PE≥EF，找到当P，E，F三点共线时，PC+PE最小，连接CP并延长交AB于H，利用等边三角形的三条高线相等，以及，求出FE的长度，即为PC+PE的最小值．
【详解】解：在BA上截取BF＝BC，连接CF，PF，PE，CF交BD于点G，
∵BF＝BC，∠ABC＝60°，
∴△BCF是等边三角形，
∵BD平分∠ABC，
∴BG⊥CF，CG＝FG，
∴PF＝PC，
∴PC+PE＝PF+PE≥EF，
∴当P，E，F三点共线时，PC+PE最小，
∵△BCF是等边三角形，E是BC的中点，
∴FE⊥BC，
连接CP并延长交AB于H，
∵等边三角形三条高交于一点，且三条高相等，
∴CH⊥BF，FE＝CH，
∵AB＝6，，
∴，
∴CH＝＝5，
∴FE＝CH＝5，
∴PC+PE最小值为5．
故选：C．
3．（2022秋•和平区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，M，N分别是BC，AB边上的动点，∠B＝58°，当△DMN的周长最小时，∠MDN的度数是（ ）
A．122° B．64° C．62° D．58°
【分析】延长DA到E使DA＝AE，延长DC到F，使CF＝DC，连接EF交AB于N，交BC于M，此时，△DMN的周长最小，根据等腰三角形的性质得到∠E＝∠ADN，∠F＝∠CDM，设∠MDN＝α，根据三角形的内角和列方程即可得到结论．
【详解】解：延长DA到E使DA＝AE，延长DC到F，使CF＝DC，连接EF交AB于N，交BC于M，
此时，△DMN的周长最小，
∵∠A＝∠C＝90°，
∴DM＝FM，DN＝EN，
∴∠E＝∠ADN，∠F＝∠CDM，
∵∠B＝58°，
∴∠ADC＝122°，
设∠MDN＝α，
∴∠ADN+∠CDM＝122°﹣α，
∴∠DNM+∠DMN＝2（122°﹣α），
∴a+2（122°﹣α）＝180°，
解得：α＝64°，
故选：B．
4．（2022秋•长安区校级期末）如图，点E在等边△ABC的边BC上，BE＝6，射线CD⊥BC于点C，点P是射线CD上一动点，点F是线段AB上一动点，当EP+PF的值最小时，BF＝7，则AC为（ ）
A．10 B．12 C．13 D．14
【分析】根据等边三角形的性质得到AC＝BC，∠B＝60°，作点E关于直线CD的对称点G，过G作GF⊥AB于F，交CD于P，则此时，EP+PF的值最小，根据直角三角形的性质得到BG＝2BF＝14，求得EG＝8，于是得到结论．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠B＝60°，
作点E关于直线CD的对称点G，过G作GF⊥AB于F，交CD于P，
则此时，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，
故选：A．
5．（2022秋•黄陂区校级期末）如图，等腰三角形ABC的底边AB长为8，面积为24，腰BC的垂直平分线EF交边AB于点E，若D为AB边的中点，P为线段EF上一动点，则三角形DPB的周长的最小值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】当点P在CD上时，三角形DPB的周长的最小，进而求解．
【详解】解：∵EF是BC的中垂线，
∴点C是点B关于EF的对称点，
∴当点P在CD上时，三角形DPB的周长的最小，连接PB，
理由：∵EF是BC的中垂线，
∴PB＝PC，
则三角形DPB的周长＝PB+PD+BD＝PC+PD+BD＝CD+BD为最小，
∵ABC面积＝AB×CD＝8×CD＝24，
解得：CD＝6，
∵△ABC是等腰三角形，CD⊥AB，
则BD＝AB＝4，
则三角形DPB的周长的最小值＝CD+BD＝6+4＝10，
故选：D．
6．（2022秋•番禺区校级期末）如图，等腰三角形ABC的底边BC长为6，腰AC的垂直平分线EF分别交边AC、AB于点E，F，若D为BC边的中点，M为线段EF上一动点，若三角形CDM的周长的最小值为13，则等腰三角形ABC的面积为（ ）
A．78 B．39 C．42 D．30
【分析】连接AD、AM，先根据等腰三角形的“三线合一”证明AD⊥BC，再由△ABC的面积为16，且BC＝4求得AD＝8，由点M在AC的垂直平分线EF上得CM＝AM，则CM+DM+CD＝AM+DM+2，根据“两点之间线段最短”得AM+DM≥AD，求得AD，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接AD、AM，
∵等腰三角形ABC的底边为BC，
∴AB＝AC，
∵D为BC边的中点，且BC＝6，
∴CD＝BD＝BC＝×6＝3，AD⊥BC，
∵EF垂直平分AC，点M在EF上，
∴CM＝AM，
∴CM+DM+CD＝AM+DM+3，
∵AM+DM≥AD，
∴AM+DM+3≥13，
∴AM+DM的最小值为10，
∴AD＝10，
∴等腰三角形ABC的面积为6×10＝30，
故选：D．
07 旋转的性质
旋转的性质
（1）旋转的性质：
①对应点到旋转中心的距离相等．
②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
③旋转前、后的图形全等．
（2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度． 注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
1．（2022秋•武昌区校级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形A'B'C'D'．若边A'B交线段CD于H，且BH＝DH，则DH的值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】设DH＝BH＝x，那么CH＝8﹣x，在Rt△BCH中根据勾股定理即可列出关于x的方程，解方程就可以求出DH．
【详解】解：设DH＝BH＝x，
∵AB＝8，AD＝6，四边形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＝．
故选：C．
2．（2022秋•泰山区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，O为BC的中点，将△ABC绕点O顺时针旋转得到△DEF，当点D，E分别在边AC和CA的延长线上，连接CF，若AD＝3，则△OFC的面积是（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接OA，OD，根据等腰三角形的性质得到∠AOC＝90°，∠OAC＝BAC＝60°，∠B＝∠ACB＝30°，根据旋转的性质得到OA＝OD，OC＝OF，求得△AOD是等边三角形，OD⊥EF，得到AO＝OD＝AD＝3，∠DOF＝90°，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接OA，OD，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，O为BC的中点，
∴∠AOC＝90°，∠OAC＝BAC＝60°，∠B＝∠ACB＝30°，
∵将△ABC绕点O顺时针旋转得到△DEF，
∴OA＝OD，OC＝OF，
∴△AOD是等边三角形，OD⊥EF，
∴AO＝OD＝AD＝3，∠DOF＝90°，
∴AC＝2AO＝6，
∴CD＝3，
∴OD＝CD，
∴∠DOC＝∠DCO＝30°，
∴∠COF＝60°，
∴△COF是等边三角形，
∴∠OFC＝60°，OF＝CF，
∴DF垂直平分OC，
∴∠DFO＝30°，
∴DH＝OD＝，DF＝2OD＝6，
∴FH＝，
∴OC＝＝3，
∴△OFC的面积＝OC•FH＝×3×＝，
故选：D．
3．（2022秋•泰山区期末）如图，点P是等边三角形ABC内部一点，连接AP、BP、CP，且AP2＝BP2+CP2，现将△APC绕点A顺时针旋转到△ADB的位置，对于下列结论：①△ADP是等边三角形；②△ABP≌△CBP；③∠DBP＝90°；④∠BDA+∠BPA＝210°．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①利用等边三角形的性质求出∠BAC＝60°，再利用旋转的性质得到∠DAP＝∠BAC＝60°，AD＝AP，即可解答；
②根据等边三角形的性质可得AB＝BC，又因为BP是公共边，所以只要判断出AP与CP的关系即可判断；
③利用①的结论可得AP＝DP，DB＝PC，再根据已知AP2＝BP2+CP2，可以证明△DBP是直角三角形，即可判断；
④因为∠DAP＝60°，∠DBP＝90°，再利用四边形内角和即可求出∠ADB+APB＝210°，从而进行判断．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝BC，由旋转得：
∠DAP＝∠BAC＝60°，AD＝AP，DB＝PC，
∴△ADP是等边三角形，故①正确；
∵AB＝BC，BP＝BP，AP≠CP，
∴△ABP与△CBP不能全等，故②错误；
∵△ADP是等边三角形，
∴AP＝DP，
∵AP2＝BP2+CP2，
∴DP2＝BP2+DB2，
∴△DBP是直角三角形，
∴∠DBP＝90°，故③正确；
∵∠DBP＝90°，∠DAP＝60°，
∴∠ADB+∠APB＝360°﹣∠DBP﹣∠DAP＝210°，故④正确；
∴①③④正确，
故选：C．
4．（2022秋•遵义期末）如图，已知矩形ABCD，AB＝5，AD＝3，矩形GBEF是由矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°得到的，点H为CD边上一点，现将四边形ABHD沿BH折叠得到四边形A'BHD'，当点A'恰好落在EF上时，DH的长是（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接A′G，根据折叠性质求得A′B，再由勾股定理求得A′E，进而依次求得A′F，A′G，D′G，设DH＝x，在Rt△CHG中，由勾股定理列出方程求得结果便可．
【详解】解：由折叠知，AB＝A′B＝5，
∴A′E＝，
∴A′F＝EF﹣A′E＝5﹣4＝1，
连接A′G，
∴A′G＝，
∴D′G＝，
设DH＝x，则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为3.5，
故选B．
5．（2022秋•荔湾区校级期末）如图，正方形ABCD中，AB＝5cm，以B为圆心，1cm为半径画圆，点P是⊙B上一个动点，连接AP，并将AP绕点A逆时针旋转90°至AP′，连接BP′，在点P移动的过程中，BP′长度的取值范围是 （5﹣1）cm≤BP′≤（5+1） cm．
【分析】通过画图发现，点P′的运动路线为以D为圆心，以1cm为半径的圆，可知：当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．先证明△PAB≌△P′AD，则P′D＝PB＝1，再利用勾股定理求对角线BD的长，则得出BP′的长度的取值范围．
【详解】解：如图，当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．
连接BP，
①当P′在对角线BD上时，
由旋转得：AP＝AP′，∠PAP′＝90°，
∴∠PAB+∠BAP′＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴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′长度的最小值为（5﹣1）cm．
②当P′在对角线BD的延长线上时，
同理可得BD＝5cm，
∴BP′＝BD+P′D＝（5+1）cm，
即BP′长度的最大值为（5+1）cm．
∴BP'长度的取值范围是（5﹣1）cm≤BP′≤（5+1）cm
故答案为：（5﹣1）cm≤BP′≤（5+1）cm．
6．（2022秋•达川区期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（4，0），点M为x轴上方一动点，且MA＝3，以点M为直角顶点构造等腰直角三角形BMP，当线段AP取最大值时，AP＝ 6+3 ，点M的坐标为 （﹣2﹣，）或（﹣2﹣） ．
【分析】如图，以M为直角顶点，MA为直角边构造等腰直角三角形AMN，连接BN，然后证明根△NMB≌△AMP（SAS），接着得到当N，A，B三点共线时，BN最大，即AP最大，最好利用等腰直角三角形的性质解答即可．
【详解】解：如图，以M为直角顶点，MA为直角边构造等腰直角三角形AMN，连接BN，
由题意AM＝NM，BM＝BP，∠BMP＝∠AMN＝90°，
∴∠PMA＝∠NMB，
∴△NMB≌△AMP（SAS），
∴AP＝BN，
当N，A，B三点共线时，BN最大，即AP最大，
此时∠MAB＝135°，
如图2，过M作MT⊥x轴，垂足为T，
∵MA＝3，
∴AN＝3，
∴MT＝AT＝AN＝，
∴AP的最大值＝AN+BA＝6+3，
∴M（﹣2﹣，），
当M在x轴下方时，同上，此时M'（﹣2﹣，﹣），
故答案为：AP的长度最大值为：6+3，
M的坐标为（﹣2﹣，）或（﹣2﹣，﹣），
08 旋转与坐标变换
坐标与图形变化-旋转
（1）关于原点对称的点的坐标
P（x，y）⇒P（-x，-y）
（2）旋转图形的坐标
图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
1．（2022秋•南宫市期末）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的直角顶点C的坐标为（2，0），点A在x轴正半轴上，且AC＝4．将△ABC绕点C逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点的坐标为（ ）
A．（2，4） B．（2，﹣4） C．（2，2） D．（4，2）
【分析】利用旋转变换的规律解决问题即可．
【详解】解：由题意C（2，0），AC＝4，
∴将△ABC先绕点C逆时针旋转90°，得到A的对应点的坐标（2，4），
故选：A．
2．（2022秋•金华期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），点B在第一象限内，AO＝AB，∠OAB＝120°，将△AOB绕点O逆时针旋转，每次旋转60°，则第2022次旋转后，点B的坐标为（ ）
A．（﹣，3） B．（，0） C．（，3） D．（﹣2，0）
【分析】求出B1～B5的坐标，探究规律，利用规律解决问题即可．
【详解】解：过点B作BH⊥y轴于H，
在Rt△ABH当中，
∠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次一个循环，
∴2022÷6＝337，
∴第2022次旋转后，点B的坐标为（，3），
故选：C．
3．（2022秋•汕尾期中）在平面直角坐标系中，等边△AOB如图放置，点A的坐标为（1，0），每一次将△AOB绕着点O逆时针方向旋转60°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到△A1OB1，第二次旋转后得到△A2OB2，…，依次类推，则点A2021的坐标为（ ）
A．（﹣22020，﹣×22020） B．（22021，﹣×22021）
C．（22020，﹣×22020） D．（﹣22011，﹣×22021）
【分析】每旋转6次，A的对应点又回到x轴正半轴，故A2021在第四象限，且OA2021＝22021，画出示意图，即可得到答案．
【详解】解：由已知可得：
第一次旋转后，A1在第一象限，OA1＝2，
第二次旋转后，A2在第二象限，OA2＝22，
第三次旋转后，A3在x轴负半轴，OA3＝23，
第四次旋转后，A4在第三象限，OA4＝24，
第五次旋转后，A5在第四象限，OA5＝25，
第六次旋转后，A6在x轴正半轴，OA6＝26，
.....．
如此循环，每旋转6次，A的对应点又回到x轴正半轴，而2021＝6×336+5，
∴A2021在第四象限，且OA2021＝22021，示意图如下：
OH＝OA2021＝22020，A2021H＝OH＝×22020，
∴A2021（22020，﹣×22020），
故选：C．
09 几何变换综合问题
1．（2022秋•商河县期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α．点D是△ABC所在平面内不与点A、C重合的任意一点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转α得到线段DE，连接AD、BE．
（1）如图1，当α＝60°时，线段BE与AD的数量关系是 BE＝AD ；直线BE与AD相交所成的锐角的度数是 60° ．
（2）如图2，当α＝90°时，
①（1）中的结论是否仍然成立，请说明理由；
②当BE∥AC，AB＝8，AD＝时，请直接写出△DCE的面积．
【分析】（1）证明△ACD≌△BCE（SAS），可得BE＝AD，延长AD、BE相交于点F，利用等量代换求出∠F＝60°；
（2）①设直线BE交AD于点N，AD交EC于点M，证明△ACD∽△BCE，可得，利用等量代换求出∠N＝45°；
②分两种情况：当D点在△ABC的内部时，过点E作EH⊥BC交于点H，由①可知，＝2，由BE∥AC，可得△BEH是等腰直角三角形，求出BH＝EH＝，从而得到HC＝5，在Rt△EHC中，用勾股定理得EC＝2，再求△CDE的面积即可；当点D在△ABC的外部时，过点E作EK⊥BC交延长线于点K，同理可求．
【详解】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∵CD＝DE，∠CDE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴CE＝CD，∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD，∠CAD＝∠CBE，
延长AD、BE相交于点F，
∵∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝60°，
∴∠BAD+∠CBF＝60°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠F＝180°﹣60°﹣60°＝60°；
故答案为：BE＝AD，60°；
（2）①不成立，理由如下：
设直线BE交AD于点N，AD交EC于点M，
当α＝90°时，
∵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°，
∴直线BE与直线AD相交所成的锐角的度数是45°，
∴，直线BE与AD相交所成的锐角的度数是45°；
②当D点在△ABC的内部时，过点E作EH⊥BC交于点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；
当点D在△ABC的外部时，过点E作EK⊥BC交延长线于点K，
同理可得BK＝EK＝，
∴CK＝9，
在Rt△ECK中，EC＝2，
∴CD＝ED＝2，
∴S△CDE＝2×2＝42；
综上所述：△DCE的面积是42或25．
2．（2022秋•中原区期末）已知，△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，C为它们公共的直角顶点，如图1，D，E分别在BC，AC边上，F是BE的中点，连接CF．
（1）求证：△ACD≌△BCE．
（2）请猜想AD与CF的数量关系和位置关系，并说明理由．
（3）如图2，将△ABC固定不动，△DEC由图1位置绕点C逆时针旋转，旋转角∠BCD＝α，（0°＜a＜90°），旋转过程中，其他条件不变．试判断，AD与CF的关系是否发生改变？若不变，请说明理由；若改变，请求出相关正确结论．
【分析】（1）利用等腰直角三角形得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACD＝∠BCE，即可得出结论；
（2）由△ACD≌△BCE，得出∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，再判断出CF＝BE，得出AD＝
2CF，判断出∠CAD＝∠BCF，进而得出∠ACF+∠CAD＝90°，即可得出结论；
（3）延长CF至G使FG＝CF，连接BG，EG，则CF＝CG，再判断出四边形BCEG是平行四边形，得出AG＝CE，∠CEG＝∠GBC，EG∥CB，进而判断出∠ACD＝∠CEG，得出△ACD≌△CBG（SAS），即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵△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，点F是BE的中点，
∴CF＝BE，
∴CF＝AD，即AD＝2CF；
在Rt△BCE中，点F是BE的中点，
∴CF＝BF，
∴∠BCF＝∠CBF，
∴∠CAD＝∠BCF，
∵∠ACF+∠BCF＝90°，
∴∠ACF+∠CAD＝90°，
∴CF⊥AD；
（3）解：AD与CF的关系不变，仍然为AD＝2CF，AD⊥CF，理由：如图2，
延长CF至G使FG＝CF，连接BG，EG，则CF＝CG，
∵点F是BE的中点，
∴BF＝EF，
∴四边形BCEG是平行四边形，
∴BG＝CE，∠CEG＝∠GBC，EG∥CB，
∵AC⊥BC，
∴EG⊥AC，
∴∠ACE+∠CEG＝90°，
∴∠CEG＝90°﹣∠ACE＝90°﹣α，
由旋转知，∠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，
延长AD交CG于H，
∵∠BCG+∠ACG＝90°，
∴∠CAD+∠ACG＝90°，
∴∠AHC＝90°，
∴AD⊥CF．
3．（2022秋•顺义区期末）如图，△ABC为等边三角形，在∠BAC内作射线AP（∠BAP＜30°），点B关于射线AP的对称点为点D，连接AD，作射线CD交AP于点E，连接BE．
（1）依题意补全图形；
（2）设∠BAP＝α，求∠BCE的大小（用含α的代数式表示）；
（3）用等式表示EA，EB，EC之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）依题意补全图形；
（2）先得出∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，再得出∠BAP＝∠DAP＝α，AB＝AD，进而得出∠CAD＝60°﹣2α，AD＝AC，得出∠ACD＝60°+α，即可得出结论；
（3）如图2，在EA上取一点F，使EF＝EB，先判断出△BEF是等边三角形，得出BF＝BE，∠EBF＝60°，再判断出△ABF≌△CBE（ASA），得出AF＝CE，即可得出结论．
【详解】解：（1）补全图形如图1所示，
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，
∵点B关于射线AP的对称点为点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，
证明：如图2，在EA上取一点F，使EF＝EB，
由（2）知，∠ACD＝60°+∠BAP，
∵∠CAE＝60°﹣∠BAP，
∴∠ACD+∠CAE＝120°，
∴∠AEC＝60°，
由折叠知，∠AEB＝∠AEC＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴BF＝BE，∠EBF＝60°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABC＝∠EBF＝60°，
∴∠ABF＝∠CBE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝CB，
由（2）知，∠BAP＝∠BCE，
∴△ABF≌△CBE（ASA），
∴AF＝CE，
∴EA＝EF+AF＝EB+CE．
4．（2023•临川区校级一模）旋转变换在平面几何中有着广泛的应用．特别是在解（证）有关等腰三角形、正三角形、正方形等问题时，更是经常用到的思维方法，请你用旋转交换等知识，解决下面的问题．
如图1，△ABC与△DCE均为等腰直角三角形，DC与AB交于点M，CE与AB交于点N．
（1）以点C为中心，将△ACM逆时针旋转90°，画出旋转后的△A′CM′
（2）在（1）的基础上，证明AM2+BN2＝MN2．
（3）如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝45°，∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，若BC＝4，CD＝3，则对角线AC的长度为多少？（直接写出结果即可，但在图中保留解决问题的过程中所作辅助线、标记的有关计算数据等）
【分析】（1）根据旋转的性质画出图形即可；
（2）连接M'N，利用等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质进行解答即可；
（3）将△ADC顺时针旋转90°到△AC'D'，连接C'C，利用等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质进行解答．
【详解】解：（1）旋转后的△A'CM'如图1所示：
（2）连接M'N，
∵△ABC与△DCE为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∠DCE＝45°，
∴∠A＝∠CBA＝45°，∠ACM+∠BCN＝45°，
∵△BCM'是由△ACM旋转得到的，
∴∠BCM'＝∠ACM，CM＝CM'，AM＝BM'，∠CBM'＝∠A＝45°，
∴∠M'CN＝∠MCN＝45°，∠NBM'＝90°，
∵CN＝CN，
在△MCN与△M'CN中，
，
∴△MCN≌△M'CN（SAS），
∴MN＝M'N，
在Rt△BM'N中，根据勾股定理得：M'N2＝BN2+BM'2，
∴MN2＝AM2+BN2；
（3）如图2，将△ADC顺时针旋转90°到△AC'D'，连接C'C，
则△AC'C是等腰直角三角形，C'D＝3，
∵∠C'＝∠ACB＝45°，
∴C'，D'，B，C均在同一直线上，
在△DAB与△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•兴庆区校级一模）已知：如图，在矩形ABCD和等腰Rt△ADE中，AB＝8cm，AD＝AE＝6cm，∠DAE＝90°．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动．速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为1cm/s．过点Q作QM∥BE，交AD于点H，交DE于点M，过点Q作QN∥BC，交CD于点N．分别连接PQ，PM，设运动时间为t（s）（0＜t＜8）．
解答下列各题：
（1）当PQ⊥BD时，求t的值；
（2）设五边形PMDNQ的面积为S（cm2），求S与t之间的函数关系式．
【分析】（1）证明△BPQ∽△BDA，则＝，即＝，求出t的值即可；
（2）过点P作PO⊥QM交QM于点O，证明△DQM∽△DBE，可得＝，即＝，求出，再证明△NDQ∽△CDB，可得＝＝，即＝＝，求出DN＝t，QN＝t，再由S五边形PMDNQ＝S四边形DQPM+S△DNQ＝AD•QM+QN•ND＝t2+t，即可求S与t的函数关系式是S＝t2+t．
【详解】解：（1）由题意可得，BP＝t，DQ＝t，
在矩形ABCD中，
∵AB＝8，BC＝AD＝6，∠CBA＝∠BCD＝∠BAD＝90°，
在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，，
∴BQ＝10﹣t，
∵PQ⊥BD，
∴∠BQP＝∠BAD＝90°，
又∵∠DBE＝∠DBE，
∴△BPQ∽△BDA，
∴＝，
∴＝，
∴t＝，
答：t为s时，PQ⊥BD；
（2）过点P作PO⊥QM交QM于点O，
在等腰Rt△ADE中，AD＝AE＝6，∠EAD＝90°，
则BE＝BA+AE＝14，
∵QM∥BE，
∴∠POH＝∠PAH＝∠OHA＝90°，
∴四边形OPAH是矩形，
∴PO＝AH，
∵QM∥EB，
∴∠DQM＝∠DBE，
又∵∠QDM＝∠QDM，
∴△DQM∽△DBE，
∴＝，
∴＝，
∴，
∵QN∥BC，
∴∠DNQ＝∠C＝90°，
又∵∠CDB＝∠CDB，
∴△NDQ∽△CDB，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴DN＝t，QN＝t，
∴S五边形PMDNQ＝S四边形DQPM+S△DNQ
＝（PO+DH）•QM+QN•ND
＝（HA+DH）•QM+QN•ND
＝AD•QM+QN•ND
＝6×t+t×t
＝t2+t，
∴S与t的函数关系式是S＝t2+t．
6．（2022秋•晋中月考）综合与实践．
项目式学习小组研究了一个问题，如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，E，F分别是AB，AD的中点，四边形AEGF是矩形，连接CG．
（1）请直接写出CG与DF的长度比为 ；
（2）如图2，将矩形AEGF绕点A按顺时针方向旋转至点G落在AB边上，求点F到AD的距离；
（3）将矩形AEGF绕点A按顺时针方向旋转至如图3所示的位置时，猜想CG与DF之间的数量关系，并证明你的猜想．
【分析】（1）如图1中，由此EG交CD于H，则四边形FGHD是矩形．在Rt△CGH中，利用勾股定理即可解决问题；
（2）如图2中，作FP⊥AD于P．利用勾股定理相似三角形的性质，求出AG、PF即可解决问题；
（3）连接AC，AG，由勾股定理求出AC的长，证明△CAG∽△DAF，由相似三角形的性质可得出答案．
【详解】解：（1）如图1中，由此EG交CD于H，则四边形FGHD是矩形．
在Rt△CGH中，GH＝DF＝3，CH＝DH＝AE＝2，
∴CG＝＝＝，
∴＝，
故答案为：；
（2）如图2中，作FP⊥AD于P，
在矩形AEGF中，∵AE＝2，EG＝3，
∴AG＝＝＝，
∵∠EAG+∠GAF＝∠GAF+∠PAF＝90°，
∴∠EAG＝∠PAF，
∵∠E＝∠APF，
∴△APF∽△AEG，
∴，
∴，
∴PF＝12+3，
即点F到AD的距离为12+3；
（3）．
证明：连接AC，AG，
∵AB＝4，AD＝6，
∴AC＝＝＝2，
∵∠DAC＝∠GAF，
∴∠DAC+∠FAC＝∠GAF+∠FAC，
∴∠DAF＝∠CAG，
∵＝，
∴△CAG∽△DAF，
∴＝．
7．（2022秋•淮北月考）在等腰△ABC中，BC＝AC，点D在BC上，延长AC至点E，使CE＝CD，连接AD，DE，BE．
（1）若∠ACB＝90°，
①如图1，求证：BE＝AD；
②如图2，将△DCE绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，使点A，D，E三点在一条直线上，判定△ABE的形状，并说明理由．
（2）若∠DCE＝∠ACB≠90°，如图3，（1）中①的结论是否成立？若不成立，请给出AD，BE之间的数量关系；若成立，请给出证明．
【分析】（1）①证明△BCE≌△ACD，即可得证；②证明△ACD≌△BCE，得到∠CAD＝∠CBE，进而得到∠AEB＝90°，从而得到△ABE是直角三角形；
（2）同（1）证明△ACD≌△BCE，即可得证．
【详解】（1）证明：①∵∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝180°﹣∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝∠ACB，
∵BC＝AC，CE＝CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD；
②△ABE为直角三角形；理由如下：
∵BC＝AC，∠ACB＝90°，
∴∠CBA＝∠CAB＝45°，
∵∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠DCE﹣∠BCD＝∠ACB﹣∠BCD，
即：∠BCE＝∠ACD，
∵BC＝AC，CE＝CD，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CAD＝∠CBE，
∴∠AEB＝180°﹣∠BAE﹣∠EBA
＝180°﹣（∠CBE+∠CBA+∠BAE）
＝180°﹣（∠CAD+∠CBA+∠BAE）
＝180°﹣（∠CBA+∠BAC）
＝180°﹣90°
＝90°；
∴△ABE为直角三角形；
（2）解：成立，证明如下：
∵∠DCE＝∠ACB，
∴∠DCE﹣∠BCD＝∠ACB﹣∠BCD，
即：∠BCE＝∠ACD，
∵BC＝AC，CE＝CD，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE．
8．（2022秋•沙河口区期末）如图1，平面直角坐标系中，AB∥x轴，OA＝AB，C是点A关于x轴的对称点，BC∥OA，交x轴于点E，连接OB．
（1）求证：①OB平分∠AOE，
②△OCE是等边三角形；
（2）如图2，若F在OB上，∠BAF＝45°，连接CF．点B的坐标为（a，b），直接写出点F的坐标（用a、b表示）．
【分析】（1）①OA＝OB，得到∠AOB＝∠ABO，而AB∥x轴，得到∠ABO＝∠BOE，即可求解；
②证明四边形OEBA是菱形，得到∠AOB＝∠BOE＝∠ABO＝∠OBE＝α，由C是点A关于x轴的对称点，得到∠EOC＝∠AOE＝2α，进而求解；
（2）设：BN＝m，则FN＝m＝AN，由AB＝AN+BN＝m+m＝a﹣，得到m＝（a﹣），进而求解．
【详解】（1）证明：①∵OA＝OB，
∴∠AOB＝∠ABO，
∵AB∥x轴，
∴∠ABO＝∠BOE，
∴∠AOB＝∠BOE，
∴OB平分∠AOE；
②∵AB∥x轴，BC∥OA，
∴四边形OEBA是平行四边形，
∵AO＝AB，
∴四边形OEBA是菱形，则OE＝AB＝OA，
∴∠AOB＝∠BOE＝∠ABO＝∠OBE＝α，
∵C是点A关于x轴的对称点，
∴∠EOC＝∠AOE＝2α，
在△OBE中，∠OEC＝2α＝∠COE，
∴OC＝CE，
而OA＝OC，OA＝OE，
∴OC＝CE，
∴OC＝CE＝OE，
∴△OCE是等边三角形；
（2）解：过点A作AH⊥x轴于点H，过点F作FN⊥AB于点N，
由（1）知，∠AOH＝60°，则OH＝＝，
则AB＝a﹣OH＝a﹣，
在△ABF中，∠BAF＝45°，由（1）知，∠NBF＝30°，
设：BN＝m，则FN＝m＝AN，
则AB＝AN+BN＝m+m＝a﹣，
解得：m＝（a﹣），
则FN＝m＝（a﹣）＝，
则BN＝m＝，
∴点F的坐标为（，）．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/2/12 21:06:28；用户：账号1；邮箱：yzsysx1@xyh.com；学号：25670025
备战2023年中考数学考试易错题
易错点0 7图形的变化
01 图形的平移
平移的性质
（1）平移的条件
平移的方向、平移的距离
（2）平移的性质
①把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同．②新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
1．（2022春•新城区校级期中）在直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（1，0），（0，3），将线段AB平移，平移后点A的对应点A′的坐标是（2，﹣2），那么点B的对应点B′的坐标是（ ）
A．（1，1） B．（1，2） C．（2，2） D．（2，1）
【分析】利用平移变换的性质，画出图形可得结论．
【详解】解：如图，观察图像可知，B′（1，1）．
故选：A．
2．（2022秋•定远县期中）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0），点A第1次向上跳动1个单位至点A1（﹣1，1），紧接着第2次向右跳动2个单位至点A2（1，1），第3次向上跳动1个单位，第4次向左跳动3个单位，第5次又向上跳动1个单位，第6次向右跳动4个单位，…依此规律跳动下去，点A第2022次跳动至点A2022的坐标是（ ）
A．（505，1009） B．（﹣506，1010）
C．（﹣506，1011） D．（506，1011）
【分析】设第n次跳动至点An，根据部分点An坐标的变化找出变化规律“A4n（﹣n﹣1，2n），A4n+1（﹣n﹣1，2n+1），A4n+2（n+1，2n+1），A4n+3（n+1，2n+2）（n为自然数）”，依此规律结合2022＝505×4+2即可得出点A2022的坐标．
【详解】解：设第n次跳动至点An，
观察，发现：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为自然数）．
∵2022＝505×4+2，
∴A2022（506，1011）．
故选：D．
3．（2022•南京模拟）如图，从起点A到终点B有多条路径，其中第一条路径为线段AB，其长度为a，第二条路径为折线ACB，其长度为b，第三条路径为折线ADEFGHIJKLB，其长度为c，第四条路径为半圆弧ACB，其长度为d，则这四条路径的长度关系为（ ）
A．a＜b＜c＜d B．a＜c＜d＜b C．a＜b＝c＜d D．a＜b＜c＝d
【分析】根据两点之间，线段最短可知a最小，根据平移的性质可知b＝AC+BC＝c，根据圆的定义，可得c＜d．据此解答即可．
【详解】解：根据两点之间，线段最短可知a最小，
根据平移的性质可知b＝AC+BC＝AD+DE+EF+FG+GH+HI+IJ+JK+KL+LB＝c，
由圆的定义可知c＜d，
∴a＜b＝c＜d，
故选：C．
4．（2022秋•拱墅区期末）以A（﹣1，7），B（﹣1，﹣2）为端点的线段上任意一点的坐标可表示为：（﹣1，y）（﹣2≤y≤7）．现将这条线段水平向右平移5个单位，所得图形上任意一点的坐标可表示为 （4，y）（﹣2≤y≤7） ．
【分析】根据平移时，点的坐标变化规律“左减右加”进行计算即可．
【详解】解：现将这条线段水平向右平移5个单位，所得图形上任意一点的坐标可表示为（4，y）（﹣2≤y≤7），
故答案为：（4，y）（﹣2≤y≤7）．
5．如图，在平面直角坐标系xOy中，A（﹣1，5），B（﹣1，0），C（﹣4，3）．
（1）在图中画出△ABC向右平移4个单位，再向下平移2个单位的△A1B1C1；
（2）写出点A1，B1，C1的坐标：A1 （3，3） ，B1 （3，﹣2） ，C1 （0，1） ；
（3）设点P在x轴上，且△BCP与△ABC的面积相等，直接写出点P的坐标．
【分析】（1）根据平移的性质作图即可．
（2）由图可得出答案．
（3）设点P的坐标为（x，0），利用三角形的面积公式可得，求出x的值，即可得出答案．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
（2）由图可得，点A1的坐标为（3，3），B1的坐标为（3，﹣2），C1的坐标为（0，1）．
故答案为：（3，3）；（3，﹣2）；（0，1）．
（3）△ABC的面积为＝，
设点P的坐标为（x，0），
∴△BCP的面积为＝，
∴，
解得x＝4或﹣6．
∴点P的坐标为（4，0）或（﹣6，0）．
02 轴对称
轴对称的性质
（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
由轴对称的性质得到一下结论：
①如果两个图形的对应点的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如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这两个图形的对称轴．
（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
1．（2022秋•福州月考）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝55°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（ ）
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质求解即可．
【详解】解：∵∠B＝55°，∠ABC＝90°，
∴∠C＝90°﹣55°＝35°，
∵AD⊥BC，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，
∴∠AB′D＝∠B＝55°，
∵∠AB′D＝∠C+∠CAB′，
∴∠CAB′＝55°﹣35°＝20°，
故选：B．
2．（2022春•天桥区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，P为边BC上一动点（且点P不与点B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．则EF的最小值为（ ）
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边形PEAF是矩形；连接PA，则PA＝EF，所以要使EF，即PA最短，只需PA⊥CB即可；然后根据三角形的等积转换即可求得PA的值．
【详解】解：如图，连接PA．
在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，
∴BC2＝AB2+AC2，
∴∠A＝90°．
又∵PE⊥AB于点E，PF⊥AC于点F．
∴∠AEP＝∠AFP＝90°，
∴四边形PEAF是矩形．
∴AP＝EF．
∴当PA最小时，EF也最小，
即当AP⊥CB时，PA最小，
∵AB•AC＝BC•AP，即AP＝＝，
∴线段EF的最小值为．
故选：A．
3．（2022•上虞区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝，点P是斜边AB上一动点，连结CP，将△BCP以直线CP为对称轴进行轴对称变换，B点的对称点为B'，连结AB'，则在P点从点A出发向点B运动的整个过程中，线段AB'长度的最小值为（ ）
A．1 B． C．﹣1 D．3﹣
【分析】解直角三角形求出AC，再根据AB′≥AC﹣CB′，可得结论．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝，∠CAB＝30°，
∴AC＝BC＝3，
∵AB′≥AC﹣CB′＝3﹣，
∴AB′的最小值为3﹣，
故选D．
4．（2021秋•讷河市期末）如图，∠AOB＝30°，点P在∠AOB的内部，点C，D分别是点P关于OA、OB的对称点，连接CD交OA、OB分别于点E，F；若△PEF的周长的为10，则线段OP＝（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【分析】首先根据对称性得出△DOC是等边三角形，进而得出答案．
【详解】解：连接OD，OC，
∵∠AOB＝30°；点D、C分别是点P关于直线OA、OB的对称点，
∴∠DOC＝60°，DO＝OP＝OC，PF＝DF，PE＝CE，
∴△DOC是等边三角形，
∵△PEF的周长的为10，
∴OP＝10．
故选：C．
5．（2021秋•思明区校级期末）如图，已知AB∥CD，AD∥BC，∠ABC＝60°，BC＝2AB＝8，点C关于AD的对称点为E，连接BE交AD于点F，点G为CD的中点，连接EG、BG，则S△BEG＝（ ）
A． B． C．16 D．32
【分析】如图，取BC中点H，连接AH，连接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延长线于M．构建S△BEG＝S△BCE+SECG﹣S△BCG计算即可；
【详解】解：如图，取BC中点H，连接AH，连接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延长线于M．
∵BC＝2AB，BH＝CH，∠ABC＝60°，
∴BA＝BH＝CH，
∴△ABH是等边三角形，
∴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平行四边形ABCD
＝16+2﹣4
＝14
故选：B．
6．（2022秋•渝中区校级期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AC边的垂直平分线交BC于E，交AC于D，F为上一点，连接EF，点C关于EF的对称点C'恰好落在ED的延长线上，则C'D的长为 ．
【分析】利用勾股定理求出AC，设AE＝EC＝x，再利用勾股定理构建方程求出EC，再利用勾股定理求出DE，可得结论．
【详解】解：∵∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝＝＝10，
∵DE垂直平分线段AC，
∴EA＝EC，AD＝DC＝5，
设AE＝EC＝x，则有x2＝62+（8﹣x）2，
∴x＝，
∴EC＝AE＝，
∴DE＝＝＝，
∵EC＝EC′＝，
∴C′D＝C′E﹣DE＝﹣＝．
故答案为：．
7．（2022秋•东丽区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝108°，点D在BC边上，△ABD、△AFD关于直线AD对称，∠FAC的角平分线交BC边于点G，连接FG．∠BAD＝θ，当θ的值等于 10°，25°或40° 时，△DFG为等腰三角形．
【分析】首先由轴对称可以得出△ADB≌△ADF，就可以得出∠B＝∠AFD，AB＝AF，在证明△AGF≌△AGC就可以得出∠AFG＝∠C，就可以求出∠DFG的值；再分三种情况讨论解答即可，当GD＝GF时，就可以得出∠GDF＝80°，根据∠ADG＝40°+θ，就有40°+80°+40°+θ+θ＝180°就可以求出结论；当DF＝GF时，就可以得出∠GDF＝50°，就有40°+50°+40°+2θ＝180°，当DF＝DG时，∠GDF＝20°，就有40°+20°+40°+2θ＝180°，从而求出结论．
【详解】解：∵AB＝AC，∠BAC＝108°，
∴∠B＝∠C＝36°．
∵△ABD和△AFD关于直线AD对称，
∴△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当GD＝GF时，
∴∠GDF＝∠GFD＝72°．
∵∠ADG＝36°+θ，
∴36°+72°+36°+θ+θ＝180°，
∴θ＝18°．
②当DF＝GF时，
∴∠FDG＝∠FGD．
∵∠DFG＝72°，
∴∠FDG＝∠FGD＝54°．
∴36°+54°+36°+2θ＝180°，
∴θ＝27°．
③当DF＝DG时，
∴∠DFG＝∠DGF＝72°，
∴∠GDF＝36°，
∴36°+36°+36°+2θ＝180°，
∴θ＝36°．
∴当θ＝18°，27°或36°时，△DFG为等腰三角形．
故答案为：18°，27°或36°．
03 轴对称与坐标变化
坐标与图形变化-对称
（1）关于x轴对称
横坐标相等，纵坐标互为相反数．
（2）关于y轴对称
纵坐标相等，横坐标互为相反数．
（3）关于直线对称
①关于直线x=m对称，P（a，b）⇒P（2m-a，b）
②关于直线y=n对称，P（a，b）⇒P（a，2n-b）
1．（2022•清城区一模）在平面直角坐标系中，点A（x2+2x，1）与点B（﹣3，1）关于y轴对称，则x的值为（ ）
A．1 B．3或1 C．﹣3或1 D．3或﹣1
【分析】根据关于y轴对称的点的横坐标与纵坐标互为相反数，构建方程求解．
【详解】解：∵点A（x2+2x，1）与点B（﹣3，1）关于y轴对称，
∴x2+2x﹣3＝0，
∴x＝﹣3或1，
故选：C．
2．（2021秋•花都区期末）剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，很多剪纸作品体现了数学中的对称美．如图，蝴蝶剪纸是一幅轴对称图形，将其放在平面直角坐标系中，如果图中点E的坐标为（2m，﹣n），其关于y轴对称的点F的坐标（3﹣n，﹣m+1），则（m﹣n）2022的值为（ ）
A．32022 B．﹣1 C．1 D．0
【分析】利用轴对称的性质构建方程组，求出m，n，可得结论．
【详解】解：∵E（2m，﹣n），F（3﹣n，﹣m+1）关于y轴对称，
∴，
解得，，
∴（m﹣n）2022＝（﹣4+5）2022＝1，
故选：C．
3．（2022•金水区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知A（﹣2，0），B（0，4），点C与坐标原点O关于直线AB对称．将△ABC沿x轴向右平移，当线段AB扫过的面积为20时，此时点C的对应点C'的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【分析】如图，连接OC交AB于点K，过点K作KJ⊥OB于点J．首先求出点C的坐标，再利用平移变换的性质求出点C′的坐标．
【详解】解：如图，连接OC交AB于点K，过点K作KJ⊥OB于点J．
∴A（﹣2，0），B（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，AB＝＝2，
∵O，C关于AB对称，
∴OC⊥AB，CK＝OK，
∴OK＝＝，
∵BK＝＝＝，
∵KJ⊥OB，
∴KJ＝＝＝，
∴BJ＝＝
∴OJ＝OB﹣BJ＝4﹣＝，
∴K（﹣，），
∴OK＝CK，
∴C（﹣，），
∵线段AB扫过的面积为20，
∴线段AB向右平移了5个单位，
∴C′（，）．
故选：B．
4．（2022秋•渠县期末）在平面直角坐标系中，对△MBC进行循环往复的轴对称变换，若原来点A的坐标是（，），则经过第2022次变换后所得的点A的坐标是 （﹣，） ．
【分析】观察图形可知每四次对称为一个循环组依次循环，用2021除以4，然后根据商和余数的情况确定出变换后的点A所在的象限，然后解答即可．
【详解】解：∵点A第一次关于x轴对称后在第四象限，
点A第二次关于y轴对称后在第三象限，
点A第三次关于x轴对称后在第二象限，
点A第四次关于y轴对称后在第一象限，即点A回到原始位置，
∴每四次对称为一个循环组依次循环，
∵2022÷4＝505…2，
∴经过第2022次变换后所得的A点与第一次变换的位置相同，在第三象限，坐标为（﹣，）．
故答案为：（﹣，）．
5．（2022秋•谢家集区期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为（4，3）．
①若△ABC是关于直线y＝1的轴对称图形，则点B的坐标为 （4，﹣1） ；
②若△ABC是关于直线y＝a的轴对称图形，则点B的坐标为 （4，2a﹣3） ．
【分析】根据轴对称的性质，可得对称点的连线被对称轴垂直平分，即可得到两点到对称轴的距离相等．利用此性质可在坐标系中得到对应点的坐标．
【详解】解：根据题意，点A和点B是关于直线y＝1对称的对应点，
∴它们到y＝1的距离相等，是2个单位长度，AB⊥x轴，
∴点B的坐标是（4，﹣1）．
若△ABC是关于直线y＝a的轴对称图形，则点B的横坐标为4，纵坐标为a﹣（3﹣a）＝2a﹣3，
∴点B的坐标为（4，2a﹣3），
故答案为：（4，﹣1），（4，2a﹣3）．
6．（2022秋•温江区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，经过点M（0，m）且平行于x轴的直线可以记作直线y＝m，平行于y轴的直线可以记作直线x＝m，我们给出如下的定义：点P（x，y）先关于x轴对称得到点P1，再将点P1关于直线y＝m对称得点P′，则称点P′为点P关于x轴和直线y＝m的二次反射点．已知点P（2，3），Q（2，2）关于x轴和直线y＝m的二次反射点分别为P1，Q1，点M（2，3）关于直线x＝m对称的点为M1，则当三角形P1Q1M1的面积为1时，则m＝ 1或3 ．
【分析】根据对称性质由已知点坐标求得P1，Q1，M1的坐标，再根据三角形的面积列出方程求得m的值便可．
【详解】解：根据题意得，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的面积为1，
∴，
解得m＝1或3，
故答案为：1或3．
04 图形的翻折
1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．
2、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
3、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．
1．（2022秋•二七区校级期末）如图，在矩形ABCD中，点F是CD上一点，连结BF，然后沿着BF将矩形对折，使点C恰好落在AD边上的E处．若AE：ED＝4：1，则tan∠EBF的值为（ ）
A．4 B．3 C． D．
【分析】由矩形的性质得D＝∠A＝∠C＝90°，AD＝BC，由折叠得∠AEF＝∠C＝90°，BE＝BC，则∠DFE＝∠AEB＝90°﹣∠DEF，AD＝BE，即可证明△DFE∽△AEB，由AE：ED＝4：1，得ED＝AD，AE＝AD，可求得BA＝＝AD，则tan∠EBF＝＝＝，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠A＝∠C＝90°，AD＝BC，
由折叠得∠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的值为，
故选：C．
2．（2022秋•南岸区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E是边CD的中点，F是边AD上一动点，连接BF，将△ABF沿BF翻折得到△GBF，连接GE．当GE的长最小时，DF的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据正方形的性质和勾股定理可得BE的长，再由翻折知BG＝BA＝4，得点G在以B为圆心，4为半径的圆弧上运动，可知当点G、E、B三点共线时，GE最小，此时利用勾股定理列方程即可得到DF的长．
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为4，
∴∠C＝∠A＝90°，BC＝CD＝4，
∵点E是边CD的中点，
∴CE＝DE＝2，
∴BE＝＝＝2，
∵将△ABF沿BF翻折得到△FBG，
∴BG＝BA＝4，
∴点G在以B为圆心，4为半径的圆弧上运动，
∴如图所示，当点G、E、B三点共线时，GE最小，
∴GE的最小值＝BE﹣BG＝﹣4．
设DF＝x，则AF＝GF＝4﹣x，
∵∠D＝∠FGE＝90°，
∴DE2+DF2＝EF2＝FG2+EG2，
即22+x2＝（4﹣x）2+（）2，
解得x＝，
∴DF的长为，
故选：D．
3．（2022秋•运城期末）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E，F分别在AB，AD上，沿EF折叠菱形，使点A落在BC边上的点G处，且EG⊥BD于点M，若AB＝a（取＝1.4，＝1.7），则BE等于（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接AC，在Rt△ABO中，求出AO的长度，进而求出AC的长度，然后根据EG⊥BD，AC⊥BD，可得EG∥AC，进而可以解决问题．
【详解】解：如图，连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AC＝2AO，
∵∠BAD＝60°，
∴∠BAO＝30°，
∴AO＝AB＝a，
∴AC＝2AO＝a，
∵沿EF折叠菱形，使点A落在BC边上的点G处，
∴EG＝AE，
∵EG⊥BD，AC⊥BD，
∴EG∥AC，
∴＝，
∵EG＝AE，
∴＝，
解得AE＝a≈a，
∴BE＝AB﹣AE＝a．
故选：A．
4．（2023•市南区一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，在BC上取一点E，连接AE、ED，将△ABE沿AE翻折，使点B落在B'处，线段EB'交AD于点F，将△ECD沿DE翻折，使点C的对应点C'落在线段EB'上，若点C'恰好为EB'的中点，则线段EF的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由折叠的性质可得AB＝AB'＝CD＝C'D＝1，∠B＝∠B'＝90°＝∠C＝∠DC'E，BE＝B'E，CE＝C'E，由中点性质可得B'E＝2C'E，可得BC＝AD＝3EC，由勾股定理可求可求CE的长，由“AAS”可证△AB'F≌△DC'F，可得C'F＝B'F＝，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝1，AD＝BC，∠B＝∠C＝90°
由折叠的性质可得：AB＝AB'＝CD＝C'D＝1，∠B＝∠B'＝90°＝∠C＝∠DC'E，BE＝B'E，CE＝C'E，
∵点C'恰好为EB'的中点，
∴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＝，
故选：D．
5．（2022秋•徐汇区期末）如图所示，在△ABC中．沿着过点C的直线折叠这个三角形，使顶点A落在BC边上的点E处，折痕为CD，并联结DE．如果BC＝9cm，且满足＝，边AC＝ cm ．
【分析】由折叠得EC＝AC，∠BCD＝∠ACD，则点D到CB、CA的距离相等，设点D到CB、CA的距离都是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．
【详解】解：由折叠得EC＝AC，∠BCD＝∠ACD，
∴点D到CB、CA的距离相等，
设点D到CB、CA的距离都是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＝，
故答案为：cm．
6．（2022秋•浦东新区期末）如图，正方形ABCD的边长为5，点E是边CD上的一点，将正方形ABCD沿直线AE翻折后，点D的对应点是点D'，联结CD'交正方形ABCD的边AB于点F，如果AF＝CE，那么AF的长是 ．
【分析】根据翻折的性质得AE⊥DD′，DE＝D′E，可得∠EDD′＝∠ED′D，证明四边形AECF是平行四边形，则AF＝CE，AE∥CF，可得CF⊥DD′，根据等角的余角相等可得∠ED′C＝∠D′CE，则D′E＝CE＝DE，即可求解．
【详解】解：如图：连接DD′，
由翻折得AE⊥DD′，DE＝D′E，
∴∠EDD′＝∠ED′D，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵AF＝CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴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的边长为5，
∴CE＝CD＝AB＝，
∴AF＝，
故答案为：．
05 中心对称
中心对称
（1）中心对称的定义
把一个图形绕着某个点旋转180°，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个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．．
（2）中心对称的性质
①关于中心对称的两个图形能够完全重合；
②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．
1．（2022春•嘉鱼县期末）如图，点O为矩形ABCD的两对角线交点，动点E从点A出发沿AB边向点B运动，同时动点F从点C出发以相同的速度沿CD边向点D运动，作直线EF，下列说法错误的是（ ）
A．直线EF平分矩形ABCD的周长
B．直线EF必平分矩形ABCD的面积
C．直线EF必过点O
D．直线EF不能将矩形ABCD分成两个正方形
【分析】根据AE＝FC，DF＝BE可知：直线EF平分矩形ABCD的周长正确；
证明△DMF≌△BME（ASA），直线EF必平分矩形ABCD的面积正确，直线EF必过点O正确；
直线EF不能将矩形ABCD分成两个正方形，可判断D错误．
【详解】解：连接BD交EF于M，
由题意得：AE＝CF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，AD＝BC，
∴DF＝BE，∠DBE＝∠BDF，∠DFE＝∠BEF，即直线EF平分矩形ABCD的周长，故A正确；
∴△DMF≌△BME（ASA），故B正确；
∴FM＝EM，DM＝BM，
∴M与O重合，即直线EF必过点O，故C正确；
当AB＝2AD，EF垂直AB时，直线EF将矩形ABCD分成两个正方形，所以原说法错误，故D错误；
故选：D．
2．（2022秋•莱西市期末）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【分析】通过作图观察即可得出答案．
【详解】解：画图如下，
，
由图可知最后会与原有矩形重合，
∴四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形，
故选：A．
3．（2021秋•中牟县期末）如图是两个完全重合的矩形，将其中一个始终保持不动，另一个矩形绕其对称中心按逆时针方向进行旋转，第一次旋转后得到图①，第二次旋转后得到图②，…，则第2022次旋转后得到的图形与图①～④中相同的（ ）
A．图① B．图② C．图③ D．图④
【分析】由于每经过4次旋转后两矩形重合，而2022＝4×505+2，所以第2022次旋转后得到的图形与图②相同．
【详解】解：由于每经过4次旋转后两矩形重合，2022＝4×505+2，
∴第2022次旋转后得到的图形与图②相同．
故选：B．
4．（2022•仙居县二模）如图，把正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转，得到正方形A′B′C′D′，A′B′和B'C′分别交AB于点E，F，在正方形旋转过程中，∠EOF的大小（ ）
A．随着旋转角度的增大而增大
B．随着旋转角度的增大而减小
C．不变，都是60°
D．不变，都是45°
【分析】连接AO，BO，A'O，AB'，依据正方形的性质，即可得到AE＝B'E，进而得出△AOE≌△B'OE（SSS），根据全等三角形的的性质，可得∠AOE＝∠B'OE．同理可得，∠BOF＝∠B'OF，根据∠EOF＝∠B'OE+∠B'OF＝∠AOB，可知在正方形旋转过程中，∠EOF的大小不变，是45°．
【详解】解：如图所示，连接AO，BO，A'O，AB'，
∵正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转，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°．
∴在正方形旋转过程中，∠EOF的大小不变，是45°．
故选：D．
5．（2022春•连城县校级月考）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点A在x轴上，定点B的坐标为（8，4），若直线经过点D（2，0），且将平行四边形OABC分割成面积相等的两部分，则直线DE的表达式（ ）
A．y＝x﹣2 B．y＝2x﹣4 C． D．y＝3x﹣6
【分析】过平行四边形的对称中心的直线把平行四边形分成面积相等的两部分，先求出平行四边形对称中心的坐标，再利用待定系数法求一次函数解析式解答即可．
【详解】解：∵点B的坐标为（8，4），
∴平行四边形的对称中心坐标为（4，2），
设直线DE的函数解析式为y＝kx+b，
则，
解得，
∴直线DE的解析式为y＝x﹣2．
故选：A．
06 轴对称与最短路线问题
1、最短路线问题
在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点．
2、凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
1．（2022秋•乌鲁木齐期末）如图，在锐角△ABC中，∠C＝40°；点P是边AB上的一个定点，点M、N分别是AC和BC边上的动点，当△PMN的周长最小时，∠MPN的度数是（ ）
A．90° B．100° C．110° D．80°
【分析】分别作P关于BC，AC的对称点E，D，连接DE，交AC于M，交BC于N，此时△MNP的周长最小，由条件求出∠DPE的度数，由轴对称的性质，等腰三角形的性质得到∠MPD+∠NPE＝∠D+∠E＝40°，从而求出∠MPN的度数．
【详解】解：分别作P关于BC，AC的对称点E，D，连接DE，交AC于M，交BC于N，此时△MNP的周长最小，
∵∠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°．
故选：B．
2．（2022秋•南沙区校级期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，BD平分∠ABC，点E是BC上的一动点，点P是BD上一动点，连接PC，PE，若AB＝6，S△ABC＝15，则PC+PE的最小值是（ ）
A． B．6 C． D．10
【分析】在BA上截取BF＝BC，连接CF，PF，PE，CF交BD于点G，得到△BCF是等边三角形，利用等边三角形三线合一，得到PF＝PC，进而得到PC+PE＝PF+PE≥EF，找到当P，E，F三点共线时，PC+PE最小，连接CP并延长交AB于H，利用等边三角形的三条高线相等，以及，求出FE的长度，即为PC+PE的最小值．
【详解】解：在BA上截取BF＝BC，连接CF，PF，PE，CF交BD于点G，
∵BF＝BC，∠ABC＝60°，
∴△BCF是等边三角形，
∵BD平分∠ABC，
∴BG⊥CF，CG＝FG，
∴PF＝PC，
∴PC+PE＝PF+PE≥EF，
∴当P，E，F三点共线时，PC+PE最小，
∵△BCF是等边三角形，E是BC的中点，
∴FE⊥BC，
连接CP并延长交AB于H，
∵等边三角形三条高交于一点，且三条高相等，
∴CH⊥BF，FE＝CH，
∵AB＝6，，
∴，
∴CH＝＝5，
∴FE＝CH＝5，
∴PC+PE最小值为5．
故选：C．
3．（2022秋•和平区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，M，N分别是BC，AB边上的动点，∠B＝58°，当△DMN的周长最小时，∠MDN的度数是（ ）
A．122° B．64° C．62° D．58°
【分析】延长DA到E使DA＝AE，延长DC到F，使CF＝DC，连接EF交AB于N，交BC于M，此时，△DMN的周长最小，根据等腰三角形的性质得到∠E＝∠ADN，∠F＝∠CDM，设∠MDN＝α，根据三角形的内角和列方程即可得到结论．
【详解】解：延长DA到E使DA＝AE，延长DC到F，使CF＝DC，连接EF交AB于N，交BC于M，
此时，△DMN的周长最小，
∵∠A＝∠C＝90°，
∴DM＝FM，DN＝EN，
∴∠E＝∠ADN，∠F＝∠CDM，
∵∠B＝58°，
∴∠ADC＝122°，
设∠MDN＝α，
∴∠ADN+∠CDM＝122°﹣α，
∴∠DNM+∠DMN＝2（122°﹣α），
∴a+2（122°﹣α）＝180°，
解得：α＝64°，
故选：B．
4．（2022秋•长安区校级期末）如图，点E在等边△ABC的边BC上，BE＝6，射线CD⊥BC于点C，点P是射线CD上一动点，点F是线段AB上一动点，当EP+PF的值最小时，BF＝7，则AC为（ ）
A．10 B．12 C．13 D．14
【分析】根据等边三角形的性质得到AC＝BC，∠B＝60°，作点E关于直线CD的对称点G，过G作GF⊥AB于F，交CD于P，则此时，EP+PF的值最小，根据直角三角形的性质得到BG＝2BF＝14，求得EG＝8，于是得到结论．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠B＝60°，
作点E关于直线CD的对称点G，过G作GF⊥AB于F，交CD于P，
则此时，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，
故选：A．
5．（2022秋•黄陂区校级期末）如图，等腰三角形ABC的底边AB长为8，面积为24，腰BC的垂直平分线EF交边AB于点E，若D为AB边的中点，P为线段EF上一动点，则三角形DPB的周长的最小值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】当点P在CD上时，三角形DPB的周长的最小，进而求解．
【详解】解：∵EF是BC的中垂线，
∴点C是点B关于EF的对称点，
∴当点P在CD上时，三角形DPB的周长的最小，连接PB，
理由：∵EF是BC的中垂线，
∴PB＝PC，
则三角形DPB的周长＝PB+PD+BD＝PC+PD+BD＝CD+BD为最小，
∵ABC面积＝AB×CD＝8×CD＝24，
解得：CD＝6，
∵△ABC是等腰三角形，CD⊥AB，
则BD＝AB＝4，
则三角形DPB的周长的最小值＝CD+BD＝6+4＝10，
故选：D．
6．（2022秋•番禺区校级期末）如图，等腰三角形ABC的底边BC长为6，腰AC的垂直平分线EF分别交边AC、AB于点E，F，若D为BC边的中点，M为线段EF上一动点，若三角形CDM的周长的最小值为13，则等腰三角形ABC的面积为（ ）
A．78 B．39 C．42 D．30
【分析】连接AD、AM，先根据等腰三角形的“三线合一”证明AD⊥BC，再由△ABC的面积为16，且BC＝4求得AD＝8，由点M在AC的垂直平分线EF上得CM＝AM，则CM+DM+CD＝AM+DM+2，根据“两点之间线段最短”得AM+DM≥AD，求得AD，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接AD、AM，
∵等腰三角形ABC的底边为BC，
∴AB＝AC，
∵D为BC边的中点，且BC＝6，
∴CD＝BD＝BC＝×6＝3，AD⊥BC，
∵EF垂直平分AC，点M在EF上，
∴CM＝AM，
∴CM+DM+CD＝AM+DM+3，
∵AM+DM≥AD，
∴AM+DM+3≥13，
∴AM+DM的最小值为10，
∴AD＝10，
∴等腰三角形ABC的面积为6×10＝30，
故选：D．
07 旋转的性质
旋转的性质
（1）旋转的性质：
①对应点到旋转中心的距离相等．
②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
③旋转前、后的图形全等．
（2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度． 注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
1．（2022秋•武昌区校级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转后得到矩形A'B'C'D'．若边A'B交线段CD于H，且BH＝DH，则DH的值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】设DH＝BH＝x，那么CH＝8﹣x，在Rt△BCH中根据勾股定理即可列出关于x的方程，解方程就可以求出DH．
【详解】解：设DH＝BH＝x，
∵AB＝8，AD＝6，四边形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＝．
故选：C．
2．（2022秋•泰山区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，O为BC的中点，将△ABC绕点O顺时针旋转得到△DEF，当点D，E分别在边AC和CA的延长线上，连接CF，若AD＝3，则△OFC的面积是（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接OA，OD，根据等腰三角形的性质得到∠AOC＝90°，∠OAC＝BAC＝60°，∠B＝∠ACB＝30°，根据旋转的性质得到OA＝OD，OC＝OF，求得△AOD是等边三角形，OD⊥EF，得到AO＝OD＝AD＝3，∠DOF＝90°，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接OA，OD，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，O为BC的中点，
∴∠AOC＝90°，∠OAC＝BAC＝60°，∠B＝∠ACB＝30°，
∵将△ABC绕点O顺时针旋转得到△DEF，
∴OA＝OD，OC＝OF，
∴△AOD是等边三角形，OD⊥EF，
∴AO＝OD＝AD＝3，∠DOF＝90°，
∴AC＝2AO＝6，
∴CD＝3，
∴OD＝CD，
∴∠DOC＝∠DCO＝30°，
∴∠COF＝60°，
∴△COF是等边三角形，
∴∠OFC＝60°，OF＝CF，
∴DF垂直平分OC，
∴∠DFO＝30°，
∴DH＝OD＝，DF＝2OD＝6，
∴FH＝，
∴OC＝＝3，
∴△OFC的面积＝OC•FH＝×3×＝，
故选：D．
3．（2022秋•泰山区期末）如图，点P是等边三角形ABC内部一点，连接AP、BP、CP，且AP2＝BP2+CP2，现将△APC绕点A顺时针旋转到△ADB的位置，对于下列结论：①△ADP是等边三角形；②△ABP≌△CBP；③∠DBP＝90°；④∠BDA+∠BPA＝210°．其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①利用等边三角形的性质求出∠BAC＝60°，再利用旋转的性质得到∠DAP＝∠BAC＝60°，AD＝AP，即可解答；
②根据等边三角形的性质可得AB＝BC，又因为BP是公共边，所以只要判断出AP与CP的关系即可判断；
③利用①的结论可得AP＝DP，DB＝PC，再根据已知AP2＝BP2+CP2，可以证明△DBP是直角三角形，即可判断；
④因为∠DAP＝60°，∠DBP＝90°，再利用四边形内角和即可求出∠ADB+APB＝210°，从而进行判断．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝BC，由旋转得：
∠DAP＝∠BAC＝60°，AD＝AP，DB＝PC，
∴△ADP是等边三角形，故①正确；
∵AB＝BC，BP＝BP，AP≠CP，
∴△ABP与△CBP不能全等，故②错误；
∵△ADP是等边三角形，
∴AP＝DP，
∵AP2＝BP2+CP2，
∴DP2＝BP2+DB2，
∴△DBP是直角三角形，
∴∠DBP＝90°，故③正确；
∵∠DBP＝90°，∠DAP＝60°，
∴∠ADB+∠APB＝360°﹣∠DBP﹣∠DAP＝210°，故④正确；
∴①③④正确，
故选：C．
4．（2022秋•遵义期末）如图，已知矩形ABCD，AB＝5，AD＝3，矩形GBEF是由矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°得到的，点H为CD边上一点，现将四边形ABHD沿BH折叠得到四边形A'BHD'，当点A'恰好落在EF上时，DH的长是（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接A′G，根据折叠性质求得A′B，再由勾股定理求得A′E，进而依次求得A′F，A′G，D′G，设DH＝x，在Rt△CHG中，由勾股定理列出方程求得结果便可．
【详解】解：由折叠知，AB＝A′B＝5，
∴A′E＝，
∴A′F＝EF﹣A′E＝5﹣4＝1，
连接A′G，
∴A′G＝，
∴D′G＝，
设DH＝x，则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为3.5，
故选B．
5．（2022秋•荔湾区校级期末）如图，正方形ABCD中，AB＝5cm，以B为圆心，1cm为半径画圆，点P是⊙B上一个动点，连接AP，并将AP绕点A逆时针旋转90°至AP′，连接BP′，在点P移动的过程中，BP′长度的取值范围是 （5﹣1）cm≤BP′≤（5+1） cm．
【分析】通过画图发现，点P′的运动路线为以D为圆心，以1cm为半径的圆，可知：当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．先证明△PAB≌△P′AD，则P′D＝PB＝1，再利用勾股定理求对角线BD的长，则得出BP′的长度的取值范围．
【详解】解：如图，当P′在对角线BD上时，BP′最小；当P′在对角线BD的延长线上时，BP′最大．
连接BP，
①当P′在对角线BD上时，
由旋转得：AP＝AP′，∠PAP′＝90°，
∴∠PAB+∠BAP′＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴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′长度的最小值为（5﹣1）cm．
②当P′在对角线BD的延长线上时，
同理可得BD＝5cm，
∴BP′＝BD+P′D＝（5+1）cm，
即BP′长度的最大值为（5+1）cm．
∴BP'长度的取值范围是（5﹣1）cm≤BP′≤（5+1）cm
故答案为：（5﹣1）cm≤BP′≤（5+1）cm．
6．（2022秋•达川区期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（4，0），点M为x轴上方一动点，且MA＝3，以点M为直角顶点构造等腰直角三角形BMP，当线段AP取最大值时，AP＝ 6+3 ，点M的坐标为 （﹣2﹣，）或（﹣2﹣） ．
【分析】如图，以M为直角顶点，MA为直角边构造等腰直角三角形AMN，连接BN，然后证明根△NMB≌△AMP（SAS），接着得到当N，A，B三点共线时，BN最大，即AP最大，最好利用等腰直角三角形的性质解答即可．
【详解】解：如图，以M为直角顶点，MA为直角边构造等腰直角三角形AMN，连接BN，
由题意AM＝NM，BM＝BP，∠BMP＝∠AMN＝90°，
∴∠PMA＝∠NMB，
∴△NMB≌△AMP（SAS），
∴AP＝BN，
当N，A，B三点共线时，BN最大，即AP最大，
此时∠MAB＝135°，
如图2，过M作MT⊥x轴，垂足为T，
∵MA＝3，
∴AN＝3，
∴MT＝AT＝AN＝，
∴AP的最大值＝AN+BA＝6+3，
∴M（﹣2﹣，），
当M在x轴下方时，同上，此时M'（﹣2﹣，﹣），
故答案为：AP的长度最大值为：6+3，
M的坐标为（﹣2﹣，）或（﹣2﹣，﹣），
08 旋转与坐标变换
坐标与图形变化-旋转
（1）关于原点对称的点的坐标
P（x，y）⇒P（-x，-y）
（2）旋转图形的坐标
图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
1．（2022秋•南宫市期末）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的直角顶点C的坐标为（2，0），点A在x轴正半轴上，且AC＝4．将△ABC绕点C逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点的坐标为（ ）
A．（2，4） B．（2，﹣4） C．（2，2） D．（4，2）
【分析】利用旋转变换的规律解决问题即可．
【详解】解：由题意C（2，0），AC＝4，
∴将△ABC先绕点C逆时针旋转90°，得到A的对应点的坐标（2，4），
故选：A．
2．（2022秋•金华期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），点B在第一象限内，AO＝AB，∠OAB＝120°，将△AOB绕点O逆时针旋转，每次旋转60°，则第2022次旋转后，点B的坐标为（ ）
A．（﹣，3） B．（，0） C．（，3） D．（﹣2，0）
【分析】求出B1～B5的坐标，探究规律，利用规律解决问题即可．
【详解】解：过点B作BH⊥y轴于H，
在Rt△ABH当中，
∠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次一个循环，
∴2022÷6＝337，
∴第2022次旋转后，点B的坐标为（，3），
故选：C．
3．（2022秋•汕尾期中）在平面直角坐标系中，等边△AOB如图放置，点A的坐标为（1，0），每一次将△AOB绕着点O逆时针方向旋转60°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到△A1OB1，第二次旋转后得到△A2OB2，…，依次类推，则点A2021的坐标为（ ）
A．（﹣22020，﹣×22020） B．（22021，﹣×22021）
C．（22020，﹣×22020） D．（﹣22011，﹣×22021）
【分析】每旋转6次，A的对应点又回到x轴正半轴，故A2021在第四象限，且OA2021＝22021，画出示意图，即可得到答案．
【详解】解：由已知可得：
第一次旋转后，A1在第一象限，OA1＝2，
第二次旋转后，A2在第二象限，OA2＝22，
第三次旋转后，A3在x轴负半轴，OA3＝23，
第四次旋转后，A4在第三象限，OA4＝24，
第五次旋转后，A5在第四象限，OA5＝25，
第六次旋转后，A6在x轴正半轴，OA6＝26，
.....．
如此循环，每旋转6次，A的对应点又回到x轴正半轴，而2021＝6×336+5，
∴A2021在第四象限，且OA2021＝22021，示意图如下：
OH＝OA2021＝22020，A2021H＝OH＝×22020，
∴A2021（22020，﹣×22020），
故选：C．
09 几何变换综合问题
1．（2022秋•商河县期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α．点D是△ABC所在平面内不与点A、C重合的任意一点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转α得到线段DE，连接AD、BE．
（1）如图1，当α＝60°时，线段BE与AD的数量关系是 BE＝AD ；直线BE与AD相交所成的锐角的度数是 60° ．
（2）如图2，当α＝90°时，
①（1）中的结论是否仍然成立，请说明理由；
②当BE∥AC，AB＝8，AD＝时，请直接写出△DCE的面积．
【分析】（1）证明△ACD≌△BCE（SAS），可得BE＝AD，延长AD、BE相交于点F，利用等量代换求出∠F＝60°；
（2）①设直线BE交AD于点N，AD交EC于点M，证明△ACD∽△BCE，可得，利用等量代换求出∠N＝45°；
②分两种情况：当D点在△ABC的内部时，过点E作EH⊥BC交于点H，由①可知，＝2，由BE∥AC，可得△BEH是等腰直角三角形，求出BH＝EH＝，从而得到HC＝5，在Rt△EHC中，用勾股定理得EC＝2，再求△CDE的面积即可；当点D在△ABC的外部时，过点E作EK⊥BC交延长线于点K，同理可求．
【详解】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∵CD＝DE，∠CDE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴CE＝CD，∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD，∠CAD＝∠CBE，
延长AD、BE相交于点F，
∵∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝60°，
∴∠BAD+∠CBF＝60°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠F＝180°﹣60°﹣60°＝60°；
故答案为：BE＝AD，60°；
（2）①不成立，理由如下：
设直线BE交AD于点N，AD交EC于点M，
当α＝90°时，
∵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°，
∴直线BE与直线AD相交所成的锐角的度数是45°，
∴，直线BE与AD相交所成的锐角的度数是45°；
②当D点在△ABC的内部时，过点E作EH⊥BC交于点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；
当点D在△ABC的外部时，过点E作EK⊥BC交延长线于点K，
同理可得BK＝EK＝，
∴CK＝9，
在Rt△ECK中，EC＝2，
∴CD＝ED＝2，
∴S△CDE＝2×2＝42；
综上所述：△DCE的面积是42或25．
2．（2022秋•中原区期末）已知，△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，C为它们公共的直角顶点，如图1，D，E分别在BC，AC边上，F是BE的中点，连接CF．
（1）求证：△ACD≌△BCE．
（2）请猜想AD与CF的数量关系和位置关系，并说明理由．
（3）如图2，将△ABC固定不动，△DEC由图1位置绕点C逆时针旋转，旋转角∠BCD＝α，（0°＜a＜90°），旋转过程中，其他条件不变．试判断，AD与CF的关系是否发生改变？若不变，请说明理由；若改变，请求出相关正确结论．
【分析】（1）利用等腰直角三角形得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACD＝∠BCE，即可得出结论；
（2）由△ACD≌△BCE，得出∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，再判断出CF＝BE，得出AD＝
2CF，判断出∠CAD＝∠BCF，进而得出∠ACF+∠CAD＝90°，即可得出结论；
（3）延长CF至G使FG＝CF，连接BG，EG，则CF＝CG，再判断出四边形BCEG是平行四边形，得出AG＝CE，∠CEG＝∠GBC，EG∥CB，进而判断出∠ACD＝∠CEG，得出△ACD≌△CBG（SAS），即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵△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，点F是BE的中点，
∴CF＝BE，
∴CF＝AD，即AD＝2CF；
在Rt△BCE中，点F是BE的中点，
∴CF＝BF，
∴∠BCF＝∠CBF，
∴∠CAD＝∠BCF，
∵∠ACF+∠BCF＝90°，
∴∠ACF+∠CAD＝90°，
∴CF⊥AD；
（3）解：AD与CF的关系不变，仍然为AD＝2CF，AD⊥CF，理由：如图2，
延长CF至G使FG＝CF，连接BG，EG，则CF＝CG，
∵点F是BE的中点，
∴BF＝EF，
∴四边形BCEG是平行四边形，
∴BG＝CE，∠CEG＝∠GBC，EG∥CB，
∵AC⊥BC，
∴EG⊥AC，
∴∠ACE+∠CEG＝90°，
∴∠CEG＝90°﹣∠ACE＝90°﹣α，
由旋转知，∠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，
延长AD交CG于H，
∵∠BCG+∠ACG＝90°，
∴∠CAD+∠ACG＝90°，
∴∠AHC＝90°，
∴AD⊥CF．
3．（2022秋•顺义区期末）如图，△ABC为等边三角形，在∠BAC内作射线AP（∠BAP＜30°），点B关于射线AP的对称点为点D，连接AD，作射线CD交AP于点E，连接BE．
（1）依题意补全图形；
（2）设∠BAP＝α，求∠BCE的大小（用含α的代数式表示）；
（3）用等式表示EA，EB，EC之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）依题意补全图形；
（2）先得出∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，再得出∠BAP＝∠DAP＝α，AB＝AD，进而得出∠CAD＝60°﹣2α，AD＝AC，得出∠ACD＝60°+α，即可得出结论；
（3）如图2，在EA上取一点F，使EF＝EB，先判断出△BEF是等边三角形，得出BF＝BE，∠EBF＝60°，再判断出△ABF≌△CBE（ASA），得出AF＝CE，即可得出结论．
【详解】解：（1）补全图形如图1所示，
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，
∵点B关于射线AP的对称点为点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，
证明：如图2，在EA上取一点F，使EF＝EB，
由（2）知，∠ACD＝60°+∠BAP，
∵∠CAE＝60°﹣∠BAP，
∴∠ACD+∠CAE＝120°，
∴∠AEC＝60°，
由折叠知，∠AEB＝∠AEC＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴BF＝BE，∠EBF＝60°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABC＝∠EBF＝60°，
∴∠ABF＝∠CBE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝CB，
由（2）知，∠BAP＝∠BCE，
∴△ABF≌△CBE（ASA），
∴AF＝CE，
∴EA＝EF+AF＝EB+CE．
4．（2023•临川区校级一模）旋转变换在平面几何中有着广泛的应用．特别是在解（证）有关等腰三角形、正三角形、正方形等问题时，更是经常用到的思维方法，请你用旋转交换等知识，解决下面的问题．
如图1，△ABC与△DCE均为等腰直角三角形，DC与AB交于点M，CE与AB交于点N．
（1）以点C为中心，将△ACM逆时针旋转90°，画出旋转后的△A′CM′
（2）在（1）的基础上，证明AM2+BN2＝MN2．
（3）如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝45°，∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，若BC＝4，CD＝3，则对角线AC的长度为多少？（直接写出结果即可，但在图中保留解决问题的过程中所作辅助线、标记的有关计算数据等）
【分析】（1）根据旋转的性质画出图形即可；
（2）连接M'N，利用等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质进行解答即可；
（3）将△ADC顺时针旋转90°到△AC'D'，连接C'C，利用等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质进行解答．
【详解】解：（1）旋转后的△A'CM'如图1所示：
（2）连接M'N，
∵△ABC与△DCE为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∠DCE＝45°，
∴∠A＝∠CBA＝45°，∠ACM+∠BCN＝45°，
∵△BCM'是由△ACM旋转得到的，
∴∠BCM'＝∠ACM，CM＝CM'，AM＝BM'，∠CBM'＝∠A＝45°，
∴∠M'CN＝∠MCN＝45°，∠NBM'＝90°，
∵CN＝CN，
在△MCN与△M'CN中，
，
∴△MCN≌△M'CN（SAS），
∴MN＝M'N，
在Rt△BM'N中，根据勾股定理得：M'N2＝BN2+BM'2，
∴MN2＝AM2+BN2；
（3）如图2，将△ADC顺时针旋转90°到△AC'D'，连接C'C，
则△AC'C是等腰直角三角形，C'D＝3，
∵∠C'＝∠ACB＝45°，
∴C'，D'，B，C均在同一直线上，
在△DAB与△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•兴庆区校级一模）已知：如图，在矩形ABCD和等腰Rt△ADE中，AB＝8cm，AD＝AE＝6cm，∠DAE＝90°．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动．速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为1cm/s．过点Q作QM∥BE，交AD于点H，交DE于点M，过点Q作QN∥BC，交CD于点N．分别连接PQ，PM，设运动时间为t（s）（0＜t＜8）．
解答下列各题：
（1）当PQ⊥BD时，求t的值；
（2）设五边形PMDNQ的面积为S（cm2），求S与t之间的函数关系式．
【分析】（1）证明△BPQ∽△BDA，则＝，即＝，求出t的值即可；
（2）过点P作PO⊥QM交QM于点O，证明△DQM∽△DBE，可得＝，即＝，求出，再证明△NDQ∽△CDB，可得＝＝，即＝＝，求出DN＝t，QN＝t，再由S五边形PMDNQ＝S四边形DQPM+S△DNQ＝AD•QM+QN•ND＝t2+t，即可求S与t的函数关系式是S＝t2+t．
【详解】解：（1）由题意可得，BP＝t，DQ＝t，
在矩形ABCD中，
∵AB＝8，BC＝AD＝6，∠CBA＝∠BCD＝∠BAD＝90°，
在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，，
∴BQ＝10﹣t，
∵PQ⊥BD，
∴∠BQP＝∠BAD＝90°，
又∵∠DBE＝∠DBE，
∴△BPQ∽△BDA，
∴＝，
∴＝，
∴t＝，
答：t为s时，PQ⊥BD；
（2）过点P作PO⊥QM交QM于点O，
在等腰Rt△ADE中，AD＝AE＝6，∠EAD＝90°，
则BE＝BA+AE＝14，
∵QM∥BE，
∴∠POH＝∠PAH＝∠OHA＝90°，
∴四边形OPAH是矩形，
∴PO＝AH，
∵QM∥EB，
∴∠DQM＝∠DBE，
又∵∠QDM＝∠QDM，
∴△DQM∽△DBE，
∴＝，
∴＝，
∴，
∵QN∥BC，
∴∠DNQ＝∠C＝90°，
又∵∠CDB＝∠CDB，
∴△NDQ∽△CDB，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴DN＝t，QN＝t，
∴S五边形PMDNQ＝S四边形DQPM+S△DNQ
＝（PO+DH）•QM+QN•ND
＝（HA+DH）•QM+QN•ND
＝AD•QM+QN•ND
＝6×t+t×t
＝t2+t，
∴S与t的函数关系式是S＝t2+t．
6．（2022秋•晋中月考）综合与实践．
项目式学习小组研究了一个问题，如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，E，F分别是AB，AD的中点，四边形AEGF是矩形，连接CG．
（1）请直接写出CG与DF的长度比为 ；
（2）如图2，将矩形AEGF绕点A按顺时针方向旋转至点G落在AB边上，求点F到AD的距离；
（3）将矩形AEGF绕点A按顺时针方向旋转至如图3所示的位置时，猜想CG与DF之间的数量关系，并证明你的猜想．
【分析】（1）如图1中，由此EG交CD于H，则四边形FGHD是矩形．在Rt△CGH中，利用勾股定理即可解决问题；
（2）如图2中，作FP⊥AD于P．利用勾股定理相似三角形的性质，求出AG、PF即可解决问题；
（3）连接AC，AG，由勾股定理求出AC的长，证明△CAG∽△DAF，由相似三角形的性质可得出答案．
【详解】解：（1）如图1中，由此EG交CD于H，则四边形FGHD是矩形．
在Rt△CGH中，GH＝DF＝3，CH＝DH＝AE＝2，
∴CG＝＝＝，
∴＝，
故答案为：；
（2）如图2中，作FP⊥AD于P，
在矩形AEGF中，∵AE＝2，EG＝3，
∴AG＝＝＝，
∵∠EAG+∠GAF＝∠GAF+∠PAF＝90°，
∴∠EAG＝∠PAF，
∵∠E＝∠APF，
∴△APF∽△AEG，
∴，
∴，
∴PF＝12+3，
即点F到AD的距离为12+3；
（3）．
证明：连接AC，AG，
∵AB＝4，AD＝6，
∴AC＝＝＝2，
∵∠DAC＝∠GAF，
∴∠DAC+∠FAC＝∠GAF+∠FAC，
∴∠DAF＝∠CAG，
∵＝，
∴△CAG∽△DAF，
∴＝．
7．（2022秋•淮北月考）在等腰△ABC中，BC＝AC，点D在BC上，延长AC至点E，使CE＝CD，连接AD，DE，BE．
（1）若∠ACB＝90°，
①如图1，求证：BE＝AD；
②如图2，将△DCE绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，使点A，D，E三点在一条直线上，判定△ABE的形状，并说明理由．
（2）若∠DCE＝∠ACB≠90°，如图3，（1）中①的结论是否成立？若不成立，请给出AD，BE之间的数量关系；若成立，请给出证明．
【分析】（1）①证明△BCE≌△ACD，即可得证；②证明△ACD≌△BCE，得到∠CAD＝∠CBE，进而得到∠AEB＝90°，从而得到△ABE是直角三角形；
（2）同（1）证明△ACD≌△BCE，即可得证．
【详解】（1）证明：①∵∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝180°﹣∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝∠ACB，
∵BC＝AC，CE＝CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD；
②△ABE为直角三角形；理由如下：
∵BC＝AC，∠ACB＝90°，
∴∠CBA＝∠CAB＝45°，
∵∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠DCE﹣∠BCD＝∠ACB﹣∠BCD，
即：∠BCE＝∠ACD，
∵BC＝AC，CE＝CD，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CAD＝∠CBE，
∴∠AEB＝180°﹣∠BAE﹣∠EBA
＝180°﹣（∠CBE+∠CBA+∠BAE）
＝180°﹣（∠CAD+∠CBA+∠BAE）
＝180°﹣（∠CBA+∠BAC）
＝180°﹣90°
＝90°；
∴△ABE为直角三角形；
（2）解：成立，证明如下：
∵∠DCE＝∠ACB，
∴∠DCE﹣∠BCD＝∠ACB﹣∠BCD，
即：∠BCE＝∠ACD，
∵BC＝AC，CE＝CD，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE．
8．（2022秋•沙河口区期末）如图1，平面直角坐标系中，AB∥x轴，OA＝AB，C是点A关于x轴的对称点，BC∥OA，交x轴于点E，连接OB．
（1）求证：①OB平分∠AOE，
②△OCE是等边三角形；
（2）如图2，若F在OB上，∠BAF＝45°，连接CF．点B的坐标为（a，b），直接写出点F的坐标（用a、b表示）．
【分析】（1）①OA＝OB，得到∠AOB＝∠ABO，而AB∥x轴，得到∠ABO＝∠BOE，即可求解；
②证明四边形OEBA是菱形，得到∠AOB＝∠BOE＝∠ABO＝∠OBE＝α，由C是点A关于x轴的对称点，得到∠EOC＝∠AOE＝2α，进而求解；
（2）设：BN＝m，则FN＝m＝AN，由AB＝AN+BN＝m+m＝a﹣，得到m＝（a﹣），进而求解．
【详解】（1）证明：①∵OA＝OB，
∴∠AOB＝∠ABO，
∵AB∥x轴，
∴∠ABO＝∠BOE，
∴∠AOB＝∠BOE，
∴OB平分∠AOE；
②∵AB∥x轴，BC∥OA，
∴四边形OEBA是平行四边形，
∵AO＝AB，
∴四边形OEBA是菱形，则OE＝AB＝OA，
∴∠AOB＝∠BOE＝∠ABO＝∠OBE＝α，
∵C是点A关于x轴的对称点，
∴∠EOC＝∠AOE＝2α，
在△OBE中，∠OEC＝2α＝∠COE，
∴OC＝CE，
而OA＝OC，OA＝OE，
∴OC＝CE，
∴OC＝CE＝OE，
∴△OCE是等边三角形；
（2）解：过点A作AH⊥x轴于点H，过点F作FN⊥AB于点N，
由（1）知，∠AOH＝60°，则OH＝＝，
则AB＝a﹣OH＝a﹣，
在△ABF中，∠BAF＝45°，由（1）知，∠NBF＝30°，
设：BN＝m，则FN＝m＝AN，
则AB＝AN+BN＝m+m＝a﹣，
解得：m＝（a﹣），
则FN＝m＝（a﹣）＝，
则BN＝m＝，
∴点F的坐标为（，）．
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