圖形的變換1、圖形的平移2、翻折（軸對稱）3.圖形的旋轉（中心對稱）1、圖形的平移（1）平移的定義：在平面內，把一個圖形沿著一定的方向平行移動而達到另一個位置，這種圖形的平行移動簡稱為平移。（2）平移的兩個要素：①平移方向；②平移距離。（3）對應點、對應線段、對應角一個圖形經過平移后得到一個新的圖形，這個新圖形與原圖形是能夠互相重合的全等形，我們把互相重合的點稱為對應點，互相重合的線段稱為對應線段，互相重合的角稱為對應角。（4）平移的性質圖形平移的實質是圖形上的每一點都沿著同一個方向移動了相同的距離。平移后的圖形與原圖形①對應線段平行（或在同條一直線上）且相等；②對應點連線平行（或在同一條直線上）且相等；③圖形的形狀與大小都不變（全等）；④圖形的頂點字母的排列順序的方向不變。2、翻折（軸對稱）把一個圖形沿著某一條直線翻折，如果它能夠與另一個圖形重合，那么稱這兩個圖形關于這條直線對稱，也稱這兩個圖形成軸對稱，這條直線叫做對稱軸.折疊后重合的點是對應點，也叫做對稱點.（1）軸對稱指的是兩個圖形的位置關系，兩個圖形沿著某條直線對折后能夠完全重合．成軸對稱的兩個圖形一定全等；（2）對稱軸是一條直線，而不是線段或射線；（3）成軸對稱的兩個圖形的位置固定后，其對稱軸只有一條；（4）對稱點通常在對稱軸的兩側，對稱軸上的點的對稱點是它本身.（5）軸對稱的性質①成軸對稱的兩個圖形全等；②成軸對稱的兩個圖形中，對應點的連線被對稱軸垂直平分；③成軸對稱的兩個圖形的任何對應部分也成軸對稱.3.圖形的旋轉（中心對稱）（1）中心對稱：把一個圖形繞著某一個點旋轉180°，如果它能夠與另一個圖形重合，那么就說這兩個圖形關于這個點對稱或中心對稱，這個點叫做對稱中心．（2）中心對稱是指兩個圖形的位置關系，涉及到兩個圖形，如圖所示，△ABC與△A’B’C’關于點O對稱.（3）中心對稱與軸對稱的區別與聯系：區別中心對稱軸對稱有一個對稱中心有一條對稱軸圖形繞對稱中心旋轉180°圖形沿對稱軸翻折旋轉后與另一個圖形重合翻折后與另一個圖形重合聯系都是兩個圖形之間的關系，并且變換前后的兩個圖形全等（4）中心對稱的性質①中心對稱的性質：中心對稱是一種特殊的旋轉變換，具有旋轉的一切性質，成中心對稱的兩個圖形中，對應點的連線經過對稱中心，且被對稱中心平分，成中心對稱的兩個圖形是全等圖形.②確定對稱中心的方法：連接任意一組對稱點，連線的中點就是對稱中心；連接任意兩組對稱點，這兩條線段的交點就是對稱中心.1．（2022?連云港）下列圖案中，是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．【分析】根據軸對稱圖形的定義，如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形叫做軸對稱圖形，進行判定即可得出答案．【解答】解：A．是軸對稱圖形，故此選項符合題意；B．不是軸對稱圖形，故此選項不符合題意；C．不是軸對稱圖形，故此選項不符合題意；D．不是軸對稱圖形，故此選項不符合題意；故選：A．【點評】本題主要考查了軸對稱圖形，熟練掌握軸對稱圖形的定義進行求解是解決本題的關鍵．2．（2022?常州）在平面直角坐標系xOy中，點A與點A1關于x軸對稱，點A與點A2關于y軸對稱．已知點A1（1，2），則點A2的坐標是（）A．（﹣2，1） B．（﹣2，﹣1） C．（﹣1，2） D．（﹣1，﹣2）【分析】關于x軸的對稱點的坐標特點：橫坐標不變，縱坐標互為相反數．關于y軸的對稱點的坐標特點：橫坐標互為相反數，縱坐標不變．【解答】解：∵點A與點A1關于x軸對稱，已知點A1（1，2），∴點A的坐標為（1，﹣2），∵點A與點A2關于y軸對稱，∴點A2的坐標為（﹣1，﹣2），故選：D．【點評】此題主要考查了關于x軸、y軸對稱的點的坐標規律，關鍵是熟練掌握點的變化規律，不要混淆．3．（2022?連云港）如圖，將矩形ABCD沿著GE、EC、GF翻折，使得點A、B、D恰好都落在點O處，且點G、O、C在同一條直線上，同時點E、O、F在另一條直線上．小煒同學得出以下結論：①GF∥EC；②AB=435AD；③GE=6DF；④OC＝22OF；⑤△A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④【分析】根據折疊的性質和矩形的性質分析判斷①；通過點G為AD中點，點E為AB中點，設AD＝2a，AB＝2b，利用勾股定理分析求得AB與AD的數量關系，從而判斷②；利用相似三角形的判定和性質分析判讀GE和DF、OC和OF的數量關系，從而判斷③和④；根據相似三角形的判定分析判斷⑤．【解答】解：由折疊性質可得：DG＝OG＝AG，AE＝OE＝BE，OC＝BC，∠DGF＝∠FGO，∠AGE＝∠OGE，∠AEG＝∠OEG，∠OEC＝∠BEC，∴∠FGE＝∠FGO+∠OGE＝90°，∠GEC＝∠OEG+∠OEC＝90°，∴∠FGE+∠GEC＝180°，∴GF∥CE，故①正確；設AD＝2a，AB＝2b，則DG＝OG＝AG＝a，AE＝OE＝BE＝b，∴CG＝OG+OC＝3a，在Rt△CGE中，CG2＝GE2+CE2，（3a）2＝a2+b2+b2+（2a）2，解得：b=2a∴AB=2AD在Rt△COF中，設OF＝DF＝x，則CF＝2b﹣x＝22a﹣x，∴x2+（2a）2＝（22a﹣x）2，解得：x=22∴6DF=6×22a=3a，22OF＝22在Rt△AGE中，GE=AG∴GE=6DF，OC＝22OF無法證明∠FCO＝∠GCE，∴無法判斷△COF∽△CEG，故⑤錯誤；綜上，正確的是①③④，故選：B．【點評】本題考查勾股定理，相似三角形的判定和性質，掌握折疊的性質和勾股定理是解題關鍵．4．（2022?鹽城）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉，使得點B落在邊CD上的點B'處，線段AB掃過的面積為．【分析】由旋轉的性質可得AB'＝AB＝2，由銳角三角函數可求∠DAB'＝60°，由扇形面積公式可求解．【解答】解：∵AB＝2BC＝2，∴BC＝1，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝1，∠D＝∠DAB＝90°，∵將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉，∴AB'＝AB＝2，∵cos∠DAB'=AD∴∠DAB'＝60°，∴∠BAB'＝30°，∴線段AB掃過的面積=30故答案為：π3【點評】本題考查了旋轉的性質，矩形的性質，扇形面積公式，銳角三角函數等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．一．選擇題（共8小題）1．（2020?錫山區校級模擬）下列四個圖形中，可以由圖通過平移得到的是（）A． B． C． D．【分析】根據平移的性質解答即可．【解答】解：只有D的圖形的形狀和大小沒有變化，符合平移的性質，屬于平移得到；故選：D．【點評】本題考查的是平移的性質，熟知圖形平移后所得圖形與原圖形全等是解答此題的關鍵．2．（2020?清江浦區二模）在平面直角坐標系中，將點（﹣1，5）向左平移2個單位長度后得到點P，則點P的坐標是（）A．（﹣1，3） B．（﹣3，5） C．（﹣1，7） D．（1，5）【分析】直接利用平移規律得出對應點坐標．【解答】解：∵將點（﹣1，5）向左平移2個單位長度后得到點P，∴點P的坐標是：（﹣3，5）．故選：B．【點評】此題主要考查了坐標與圖形變化，正確記憶平移規律是解題關鍵．3．（2015?南京校級一模）如圖，A，B的坐標為（2，0），（0，1），若將線段AB平移至A1B1，則a+b的值為（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】先利用點A平移都A1得到平移的規律，再按此規律平移B點得到B1，從而得到B1點的坐標，于是可求出a、b的值，然后計算a+b即可．【解答】解：∵點A（2，0）先向上平移1個單位，再向右平移1個單位得到點A1（3，1），∴線段AB先向上平移1個單位，再向右平移1個單位得到線段A1B1，∴點B（0，1）先向上平移1個單位，再向右平移1個單位得到點B1，則B1（1，2）∴a＝1，b＝2，∴a+b＝1+2＝3．故選：B．【點評】本題考查了坐標與圖形變化﹣平移：在平面直角坐標系內，把一個圖形各個點的橫坐標都加上（或減去）一個整數a，相應的新圖形就是把原圖形向右（或向左）平移a個單位長度；如果把它各個點的縱坐標都加（或減去）一個整數a，相應的新圖形就是把原圖形向上（或向下）平移a個單位長度．（即：橫坐標，右移加，左移減；縱坐標，上移加，下移減．）4．（2023?常州模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝7，M、N分別為邊CD，AB上的點，將四邊形ADMN沿MN翻折至四邊形EFMN，點E落在BC邊上，且BE＝3，則DM的長為（）?A．52 B．83 C．114 【分析】設EF與CD交于點G，由折疊可知DM＝FM，AD＝EF＝7，AN＝EN，∠A＝∠NEF＝90°，∠D＝∠F＝90°，再根據同角的余角相等以及等角的余角相等可得∠CEG＝∠FMG＝∠BNE，再設AN＝EN＝x，則BN＝9﹣x，在Rt△BEN中，根據勾股定理列出方程，求出NE＝5，則sin∠CEG＝sin∠FMG＝sin∠BNE=35，cos∠CEG＝cos∠FMG＝cos∠BNE=45，在Rt△CEG中，GE=CEcos∠CEG=5，因此FG＝EF﹣GE＝7﹣5＝2，在Rt△MFG中，MG=FGsin∠FMG【解答】解：如圖，設EF與CD交于點G，∵四邊形ABCD為矩形，AB＝9，BC＝7，∴AD＝BC＝7，AB＝CD＝9，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，∵將四邊形ADMN沿MN翻折至四邊形EFMN，∴DM＝FM，AD＝EF＝7，AN＝EN，∠A＝∠NEF＝90°，∠D＝∠F＝90°，∴∠BNE+∠BEN＝∠BEN+∠CEG，∠CEG+∠CGE＝90°，∠FMG+∠FGM＝90°，∴∠BNE＝∠CEG，∵∠CGE＝∠FGM，∴∠CEG＝∠FMG＝∠BNE，∵BE＝3，∴CE＝BC﹣BE＝7﹣3＝4，設AN＝EN＝x，則BN＝AB﹣AN＝9﹣x，在Rt△BEN中，BN2+BE2＝EN2，∴（9﹣x）2+32＝x2，解得：x＝5，∴NE＝5，在Rt△BEN中，sin∠BNE=BEEN=35，∴sin∠CEG＝sin∠FMG＝sin∠BNE=35，cos∠CEG＝cos∠FMG＝cos∠BNE在Rt△CEG中，GE=CEcos∠CEG∴FG＝EF﹣GE＝7﹣5＝2，在Rt△MFG中，MG=FGsin∠FMG=235=103，∴DM＝FM=8故選：B．【點評】本題主要考查矩形的性質、折疊的性質、勾股定理、解直角三角形，靈活運用所學知識解決問題是解題關鍵．5．（2023?姑蘇區一模）王同學用長方形紙片折紙飛機，前三步分別如圖①、②、③．第一步：將長方形紙片沿對稱軸對折后展開，折出折痕EF；第二步：將△AEG和△BEH分別沿EG，EH翻折，AE，BE重合于折痕EF上；第三步：將△GEM和△HEN分別沿EM，EN翻折，EG，EH重合于折痕EF上．已知AB＝20cm，AD=202cm，則A．10cm B．52cm C．20-102cm 【分析】根據第一、二步折疊易得四邊形AEA′G為正方形，AG＝10cm，以此得出GD=(202-10)cm，根據勾股定理求出EG=102cm，根據第三步折疊可得∠GEM＝∠G′EM，進而得到∠GEM＝∠GME，則GE＝GM【解答】解：∵四邊形ABCD為矩形，AB＝20cm，AD=202∴∠A＝90°，由第一步折疊可得，AD∥EF，AE＝BE＝10cm，由第一步折疊可得，AE＝A′E＝10cm，∠EA′G＝∠A＝90°，∴AE∥AG，∴四邊形AEA′G為平行四邊形，∵AE＝A′E，∠A＝90°，∴平行四邊形AEA′G為正方形，∴AG＝AE＝10cm，∴GD＝AD﹣AG=(202在Rt△AEG中，EG=AG2根據第三步折疊可得，∠GEM＝∠G′EM，∵GD∥EF，∴∠GME＝∠G′EM，∴∠GEM＝∠GME，∴GE＝GM=102∴MD＝GD﹣GM=202故選：D．【點評】本題主要考查折疊的性質、矩形的性質、正方形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質，熟練掌握折疊的性質是解題關鍵．6．（2023?沭陽縣一模）如圖，將矩形紙片ABCD繞頂點B順時針旋轉得到矩形BEFG，取DE、FG的中點M、N，連接MN．若AB＝3cm，AD＝1cm，則線段MN長度的最大值為（）cm．A．1+10 B．1+1210 C【分析】連接BD，取BE中點H，連接MH，NH，根據勾股定理求得BD=10cm，易得MH為△EBD的中位線，則MH=12BD=102（cm），由旋轉的性質可得NH＝EF＝1cm，再根據對邊平行且相等的四邊形為平行四邊形可證明四邊形EFNH為平行四邊形，得到NH＝EF＝1cm，根據三角形三邊關系可得MH+NH＞MN，以此得到當M、H、N三點共線時，MN的長度取得最大值，此時，MN【解答】解：如圖，連接BD，取BE中點H，連接MH，NH，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠A＝90°，在Rt△ABD中，AB＝3cm，AD＝1cm，∴BD=AD2∵點M為DE中點，點H為BE中點，∴MH為△EBD的中位線，∴MH=12BD=10∵將矩形紙片ABCD繞頂點B順時針旋轉得到矩形BEFG，∴AD＝EF＝1cm，BE＝FG，BE∥FG，∵點H為BE中點，點N為FG的中點，∴EH＝FN，EH∥FN，∴四邊形EFNH為平行四邊形，∴NH＝EF＝1cm，在△MNH中，MH+NH＞MN，∴當M、H、N三點共線時，MN的長度取得最大值，此時，MN＝MH+NH=(102∴線段MN長度的最大值為(102故選：B．【點評】本題主要考查矩形的性質、旋轉的性質、勾股定理，三角形中位線的判定與性質，根據題意正確作出輔助線，利用三角形三邊關系得到當M、H、N三點共線時，MN的長度取得最大值是解題關鍵．7．（2023?邗江區校級一模）如圖，平面直角坐標系中，點B在第一象限，點A在x軸的正半軸上，∠AOB＝∠B＝30°，OA＝2．將△AOB繞點逆時針旋轉90°，點B的對應點B'的坐標是（）A．(-3，3) B．(-3，【分析】如圖，過點B′作B′H⊥y軸于H．解直角三角形求出OH，B′H即可．【解答】解：如圖，過點B′作B′H⊥y軸于H．在Rt△A′B′H中，∵A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，∴A′H＝A′B′cos60°＝1，B′H＝A′B′sin60°=3∴OH＝2+1＝3，∴B′（-3，3故選：A．【點評】本題考查坐標與圖形變化﹣旋轉，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題．8．（2023?邗江區一模）如圖，在菱形紙片ABCD中，∠ABC＝60°，E是CD邊的中點，將菱形紙片沿過點A的直線折疊，使點B落在直線AE上的點G處，折痕為AF，FG與CD交于點H．有如下結論：①∠CFH＝30°；②DE=3③CH＝GH；④S△ABF：S四邊形AFCD＝3：5．上述結論中，所有正確結論的序號是（）A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④【分析】連接AC，根據菱形的性質得到AB＝BC＝AD＝CD，∠D＝∠ABC＝60°，推出△ABC和△ADC是等邊三角形，根據等腰三角形的性質得到∠AED＝∠GEH＝90°，根據旋轉的性質得到∠G＝∠ABC＝60°，求得∠CHF＝∠GHE＝30°，根據三角形的內角和定理得到∠CFH＝30°，故①正確；根據三角函數的定義得到DE=AEtan60°=33AE，故②正確；設AC與FG交于M，得到AC⊥FG，根據全等三角形的性質得到CH＝HG，故③正確；過A作AN⊥BC于N，求得∠ANF＝∠AMF，根據全等三角形的性質得到FN＝FM，求得FN＝FM=32CF，得到【解答】解：連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝CD，∠D＝∠ABC＝60°，∴△ABC和△ADC是等邊三角形，∵E是CD邊的中點，∴∠AED＝∠GEH＝90°，∵將菱形紙片沿過點A的直線折疊，使點B落在直線AE上的點G處，∴∠G＝∠ABC＝60°，∴∠CHF＝∠GHE＝30°，∵∠BCD＝180°﹣∠ABC＝120°，∴∠CFH＝30°，故①正確；∵∠AED＝90°，∠D＝60°，∴DE=AEtan60°設AC與FG交于M，∵∠CHM＝30°，∠HCM＝60°，∴∠CMH＝90°，∴AC⊥FG，∴AM=32∵AE=32∴AM＝AE，∵AC＝AB＝AG，∴CM＝EG，∴△CMH≌△GEH（AAS），∴CH＝HG，故③正確；過A作AN⊥BC于N，∴∠ANF＝∠AMF，∵∠AFN＝∠AFM，AF＝AF，∴△ANF≌△AMF（AAS），∴FN＝FM，∴FN＝FM=32∴CN＝BN＝（1+32）∴BC＝2CN＝（2+3）CF，BF＝BN+FN＝（1+32∴S△ABF：S△ABC=1+32+3，S△ABF∴S△ABC=2+31+3S△ABF，S△∴S△ABF：S四邊形AFCD=33．故故選：B．【點評】本題考查了翻折變換（折疊問題）全等三角形的判定和性質，菱形的性質，直角三角形的性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．二．填空題（共10小題）9．（2023?邗江區一模）在平面直角坐標系中，將點（1，1）向右平移2個單位后，得到的點的坐標是．【分析】根據平面直角坐標系中點的坐標的平移特點解答即可．【解答】解：將點（1，1）向右平移2個單位后，橫坐標加2，所以平移后點的坐標為（3，1）．故答案為：（3，1）．【點評】本題主要考查了坐標與圖形變化﹣平移，熟練掌握點的平移規律是解答本題的關鍵．10．（2023?賈汪區一模）如圖，在△ABC中，BC＝3，將△ABC平移5個單位長度得到△A1B1C1，點P、Q分別是AB、A1C1的中點，PQ的取值范圍．【分析】取AC的中點M，A1B1的中點N，連接PM，MQ，NQ，PN，根據平移的性質和三角形的三邊關系即可得到結論．【解答】解：取AC的中點M，A1B1的中點N，連接PM，MQ，NQ，PN，∵將△ABC平移5個單位長度得到△A1B1C1，∴B1C1＝BC＝3，PN＝5，∵點P、Q分別是AB、A1C1的中點，∴NQ=12B1C1∴5-32≤PQ≤即72≤PQ∴PQ的取值范圍為72≤PQ故答案為：72≤PQ【點評】本題考查了平移的性質，三角形的三邊關系，熟練掌握平移的性質是解題的關鍵．11．（2023?銅山區一模）如圖，△ABC的邊BC長為4cm．將△ABC平移2cm得到△A'B'C'，且BB'⊥BC，則陰影部分的面積為cm2．【分析】根據平移的性質得出陰影部分的面積等于四邊形BB'C'C的面積解答即可．【解答】解：由平移可知，陰影部分的面積等于四邊形BB'C'C的面積＝BC×BB'＝4×2＝8（cm2），故答案為：8．【點評】本題考查了四邊形的面積公式和平移的性質：①平移不改變圖形的形狀和大小；②經過平移，對應點所連的線段平行且相等，對應線段平行且相等，對應角相等．12．（2023?南京一模）如圖，在正方形ABCD中，E是CD邊上一點，將△ADE沿AE翻折至△AD′E，延長ED′交BC于點F．若AB＝15，DE＝10，則BF的長是．【分析】連接AF，由折疊可得AD＝AD′＝15，DE＝DE′＝10，∠D＝∠AD′E＝90°，易通過HL證明Rt△ABF≌Rt△AD′F，得到BF＝D′F，因此設BF＝D′F＝x，則CF＝15﹣x，EF＝10+x，在Rt△EFC中，利用勾股定理建立方程，求解即可得到結果．【解答】解：連接AF，如圖，∵四邊形ABCD為正方形，AB＝15，∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝15，根據折疊的性質可得，AD＝AD′＝15，DE＝DE′，∠D＝∠AD′E＝90°，∴AB＝AD′，∠AD′F＝90°，在Rt△ABF和Rt△AD′F中，AB=AD'∴Rt△ABF≌Rt△AD′F（HL），∴BF＝D′F，∵DE＝10，∴D′E＝DE＝10，CE＝CD﹣DE＝15﹣10＝5，設BF＝D′F＝x，則CF＝BC﹣BF＝15﹣x，EF＝D′E+D′F＝10+x，在Rt△EFC中，CE2+CF2＝EF2，∴52+（15﹣x）2＝（10+x）2，解得：x＝3，∴BF＝3．故答案為：3．【點評】本題主要考查正方形的性質、全等三角形判定與性質、勾股定理，利用HL定理證明Rt△ABF≌Rt△AD′F，得到BF＝D′F是解題關鍵．13．（2023?邗江區一模）如圖，在△ABC中，M，N分別為BC，AB上的點，將△BMN沿MN翻折，得到△B'MN，連接BB'，AB'，已知∠AB'B＝90°，若B'M∥AC，B'M＝8，AC=33，則CM的長為【分析】延長B′A交BC的延長線于點D，根據折疊的性質可得BM＝B′M，則∠B′BM＝∠BB′M，由題意可得∠BB′M+∠DB′M＝90°，由三角形內角和定理得∠B′BM+∠D＝90°，進而得到∠DB′M＝∠D，則B′M＝DM＝8，由平行線的性質得∠DAC＝∠DB′M，則∠D＝∠DAC，因此CD＝AC，由CM＝DM﹣CD即可求解．【解答】解：延長B′A交BC的延長線于點D，如圖，根據折疊的性質可得，BM＝B′M，∴∠B′BM＝∠BB′M，∵∠AB'B＝90°，∴∠BB′M+∠DB′M＝90°，∠B′BM+∠D＝90°，∴∠DB′M＝∠D，B′M＝DM＝8，∵B'M∥AC，∴∠DAC＝∠DB′M，∴∠D＝∠DAC，∴CD＝AC=3∴CM＝DM﹣CD＝8-3故答案為：8-3【點評】本題主要考查折疊的性質、平行線的性質、等腰三角形的性質，正確作出輔助線，利用等邊對等角來解決問題是解題關鍵．14．（2023?沛縣校級一模）如圖，在矩形ABCD中，E，F分別是邊AB，BC上的點．將∠A，∠B，∠C按如圖所示的方式向內翻折，EQ，EF，DF為折痕．若A，B，C恰好都落在同一點P上，AE＝3，則ED＝．【分析】由折疊的性質得出∠EPQ＝∠EPF＝∠DPF＝90°，AE＝EP，BE＝EP，CD＝PD，則可求出AB＝2，則可求出PD的長，則可得出答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，∵折疊矩形后，A，B，C恰好都落在同一點P上，∴∠EPQ＝∠EPF＝∠DPF＝90°，AE＝EP，BE＝EP，CD＝PD，∴E，P，D三點共線，Q，P，F三點共線，AE＝BE，∵AE＝3，∴AB＝2AE＝6，∴CD＝6，∴PD＝6，∴DE＝PE+PD＝3+6＝9．故答案為：9．【點評】本題考查了翻折變換（折疊問題），矩形的性質，折疊的性質，求出AB的長是解題的關鍵．15．（2023?天寧區校級一模）如圖，將△ABC繞點A逆時針旋轉角α（0°＜α＜180°）得到△ADE，點B的對應點D恰好落在BC邊上，若DE⊥AC，∠CAD＝25°，則旋轉角α的大小是°．【分析】證明∠ABD＝∠ADB＝∠ADE＝65°，可得結論．【解答】解：設AC交DE于點O．∵DE⊥AC，∴∠AOD＝90°，∵∠CAD＝25°，∴∠ADE＝90°﹣25°＝65°，∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB＝∠ADE＝65°，∴∠BAD＝180°﹣65°﹣65°＝50°．故答案為：50．【點評】本題考查旋轉的性質，等腰三角形的性質，三角形內角和定理等知識，解題的關鍵是掌握旋轉變換的性質，屬于中考常考題型．16．（2023?惠山區校級模擬）如圖，在等邊三角形ABC中，AB＝6，點D為AC的中點，點P在AB上，且BP=3，將BP繞點B在平面內旋轉，點P的對應點為點Q，連接AQ，DQ．當∠ADQ＝90°且點Q在△ABC內部時，AQ的長為【分析】連接BD，根據等邊三角形的性質，得出BD⊥AC，AD＝CD＝3，根據勾股定理求出BD=33，由旋轉的性質可知BQ=BP=3，推出Q點一定在線段BD【解答】解：如圖，連接BD，∵在△ABC為等邊三角形，∴AC＝BC＝AB＝6，∵點D為AB的中點，∴AD=CD=12AC=3，∴∠ADB＝90°，∴BD=A由旋轉的性質可知，BQ=BP=3∵∠ADB＝90°，∴當∠ADQ＝90°時，點Q一定在直線BD上；當點Q在△ABC內部時，如圖所示，DQ=BD-在Rt△ADQ中，AQ=A故答案為：21．【點評】本題考查了旋轉的性質，勾股定理，等邊三角形的性質，熟練掌握知識點并靈活運用是解題的關鍵．17．（2023?儀征市一模）如圖，直角△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝4，點E是邊AC上一點，將BE繞點B順時針旋轉60°到點F，則CF長的最小值是．【分析】取AB的中點D，連接DE，過點D作DH⊥AC于點H，可證得△BCF≌△BDE（SAS），得出CF＝DE，當且僅當DE⊥AC，即點E與點H重合時，DE＝DH=12AD＝2為DE的最小值，即可得出CF的最小值為【解答】解：取AB的中點D，連接DE，過點D作DH⊥AC于點H，則AD＝BD=12AB，∠AHD＝∠ACB＝∵∠A＝30°，BC＝4，∴AB＝2BC＝8，∠ABC＝90°﹣30°＝60°，由旋轉得：BF＝BE，∠EBF＝60°，∴∠EBC+∠CBF＝60°，∵∠EBC+∠DBE＝60°，∴∠CBF＝∠DBE，∵AD＝BD=12AB＝∴BC＝BD，∴△BCF≌△BDE（SAS），∴CF＝DE，當且僅當DE⊥AC，即點E與點H重合時，DE＝DH=12AD＝2為∴CF的最小值為2．故答案為：2．【點評】本題考查了直角三角形性質，旋轉變換的性質，全等三角形的判定和性質，點到直線的距離垂線段最短等，添加輔助線構造全等三角形是解題關鍵．18．（2023?濱湖區一模）如圖，在正方形ABCD中，AB＝8，點E、F分別在邊CD、AB上，沿EF翻折，使點D的對應點D′恰好落在BC邊的中點處，若點A的對應點為A′，則線段DE的長為；若線段EF的垂直平分線分別交EF、A′D′于點P、Q，則PQ＝．【分析】先根據正方形性質和中點定義求出D'C的長，再由折疊性質得到D'E＝DE，設CE＝x，根據勾股定理列方程即可求出DE的長；過點F作FG⊥DC于G，連接EQ，FQ，FD'，通過勾股定理列出方程求出AF的長，從而求得EF的長，再根據垂直平分線的性質得出EP=12EF，EQ＝FQ，∠EPQ＝90°，從而再根據勾股定理列方程求出求出D【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠D＝∠A＝∠C＝∠B＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝8，∵D'是BC的中點，∴D'由折疊性質可知D'E＝DE，設CE＝x，則DE＝D'E＝8﹣x，由勾股定理得CE2+（CD'）2＝（D'E）2，即x2+42＝（8﹣x）2，解得x＝3，∴DE＝8﹣3＝5；如圖，過點F作FG⊥DC于G，連接EQ，FQ，FD'，∵FG⊥DC于G，四邊形ABCD是正方形，∴FG＝AD＝8，AF＝DG，由折疊性質可知∠A'＝∠A＝90°，AF'＝AF，A'D'＝AD＝8，設AF'＝AF＝m，則BF＝8﹣m，由勾股定理得（A'F）2+（A'D'）2＝（BD'）2+BF2，即m2+82＝42+（8﹣m）2，解得m＝1，∴AF＝DG＝1，∴EG＝DE﹣DG＝4，∴EF=4∵PQ是EF的垂直平分線，∴EP=12EF=25，EQ＝FQ設D'Q＝n，則A'Q＝8﹣n，∵EQ2＝（D'E）2+（D'Q）2＝52+n2，FQ2＝（A'F）2+（A'Q）2＝12+（8﹣n）2，∴52+n2＝12+（8﹣n）2，解得n=5∴D'∴EQ在Rt△PEQ中，由勾股定理得PQ=E故答案為：5；35【點評】本題考查了正方形的折疊問題，熟練運用折疊的性質，正方形的性質，勾股定理，并能夠正確的作出輔助線是解題的關鍵，難度校大．三．解答題（共10小題）19．（2023?江都區模擬）已知O是坐標原點，的坐標分別為（3，1），（2，﹣1）．（1）畫出繞點O順時針旋轉90°后得到的，并寫出A1的坐標為；（2）在y軸的左側以O為位似中心作的位似圖形，使新圖與原圖相似比為2：1；（3）若點D（a，b）在線段OA上，直接寫出變化（2）后點D的對應點D2的坐標為．【分析】（1）直接利用旋轉變換的性質得出對應點位置進而得出答案；（2）直接利用位似圖形的性質得出對應點位置進而得出答案；（3）根據位似圖形的性質，即可求解．【解答】解：（1）如圖所示：即為所求；A1的坐標為（1，﹣3）；故答案為：（1，﹣3）；（2）如圖所示：即為所求；（3）∵作的位似圖形，新圖與原圖相似比為2：1，且D（a，b），∴點D的對應點D2的坐標為（﹣2a，﹣2b）；故答案為：（﹣2a，﹣2b）．【點評】本題主要考查了位似變換以及旋轉變換，正確得出對應點位置是解題關鍵．20．（2023?高郵市一模）如圖，已知點E是矩形ABCD中BC邊的中點，連接AE．（1）分別在CD、AE邊上求作點P、點D′，使得點D關于AP的對稱點D′恰好落在線段AE上；（請保留作圖痕跡，不需要寫作法）（2）在（1）的條件下，若AB＝36，BC＝30，求CP．【分析】（1）作出∠DAE的角平分線，交CD于點P，點P即為所求；以點A為圓心，AD長為半徑畫弧，交AE于點D'，點D'即為所求；（2）連接PE，根據勾股定理求出AE，根據題意證明△APD≌△APD'，即可得出D'E的長度，設CP＝x，則DP＝36﹣x，根據PD'2+D'E2＝PE2＝CP2+CE2，列出方程求解即可．【解答】解：（1）如圖：點P、點D'即為所求；（2）連接PE，PD'，∵點E是BC邊的中點，BC＝30，∴CE＝BE＝15，在Rt△ABE中，根據勾股定理可得：AE=A在△APD和△APD'中，AP=AP∠DAP=∠D'AP∴△APD≌△APD'（SAS），∴AD＝AD'＝30，∠D＝∠AD'P＝90°，∴D'E＝AE﹣AD'＝9，設CP＝x，則DP＝36﹣x，在Rt△CPE中，根據勾股定理可得：PE2＝CP2+CE2＝x2+152，在Rt△PD'E中，根據勾股定理可得：PE2＝PD'2+D'E2＝（36﹣x）2+92，∴（36﹣x）2+92＝x2+152，解得：x＝16，∴CP＝16．【點評】本題主要考查了矩形的性質，勾股定理，角平分線的性質，解題的關鍵是正確畫出圖形和輔助線，構造直角三角形，利用勾股定理求解．21．（2023?鎮江模擬）如圖，∠BAD的AB邊上有一點O，以點O為圓心，OA為半徑作圓，⊙O與AD邊的另一交點為點P，過點P作⊙O的切線PN，點C在射線PN上．（1）僅用圓規，在AD邊上求作一點Q（不與A、P重合），使C、Q所在直線與AB互相垂直（保留作圖痕跡）；（2）連接CQ交AB于點H，AH＝5，QH＝1．①若⊙O的半徑為2，求PC長；②當⊙O的半徑為多少時，OA?（PC+4OA）取最大值？【分析】（1）以點C為圓心，PC為半徑畫弧，與AB交于點Q，連接CQ，即為所作；（2）①連接OP、OC，設PC＝x，由（1）知CQ＝PC＝x，則CH＝x﹣1，由半徑和AH求得OH＝3，再根據切線的性質和勾股定理得OC2＝OP2+PC2＝CH2+OH2，列出方程求解即可；②同（1）的方法得到關于r的二次函數，根據二次函數的性質即可求解．【解答】解：（1）作圖痕跡如圖所示；（2）解：①連接OP、OC，設PC＝x，由（1）知CQ＝PC＝x，則CH＝x﹣1，∵r＝2，AH＝5，∴OH＝3，∵PN是切線，∴OP⊥PN，又∵CQ⊥AB，∴OC2＝OP2+PC2＝CH2+OH2，∴22+x2＝（x﹣1）2+32，解得：x＝3，∴PC的長為3；②設PC＝x，半徑為r，同①理得：r2+x2＝（x﹣1）2+（5﹣r）2；化簡得：x＝13﹣5r；∴OA?（PC+4OA）＝r（13﹣5r+4r）＝﹣r2+13r=-∴當⊙O的半徑為132時，OA?（PC+4OA【點評】本題考查了切線的性質，勾股定理，二次函數的最值，熟練掌握知識點，運用方程的思想是解題的關鍵．22．（2023?工業園區一模）如圖，折疊矩形紙片ABCD，使點A、C分別落在BD上的點E、F處，折痕分別為BG、DH．（1）求證：四邊形BGDH是平行四邊形；（2）已知AB＝6，BC＝8，求四邊形BGDH的周長．【分析】（1）由矩形和折疊的性質可得，GD∥BH，∠ABD＝∠CDB，∠GBD=12∠ABD，∠HDB=12∠CDB，則∠（2）在Rt△ABD中，由勾股定理得，BD＝10，由折疊的性質可得BE＝AB＝6，GE＝AG，∠DEG＝90°，則DE＝BD﹣BE＝4，設GD＝x，則GE＝AG＝8﹣x，在Rt△GDE中，由勾股定理得DE2＝GD2﹣GE2，即42＝x2﹣（8﹣x）2，求x的值，進而可得AG的值，在Rt△ABG中，由勾股定理得BG=AB2【解答】（1）證明：由矩形和折疊的性質可得，GD∥BH，∠ABD＝∠CDB，∠GBD=12∴∠GBD＝∠HDB，∴BG∥DH，∴四邊形BGDH是平行四邊形；（2）解：在Rt△ABD中，由勾股定理得，BD＝10，由折疊的性質可得BE＝AB＝6，GE＝AG，∠DEG＝90°，∴DE＝BD﹣BE＝4，設GD＝x，則GE＝AG＝8﹣x，在Rt△GDE中，由勾股定理得DE2＝GD2﹣GE2，即42＝x2﹣（8﹣x）2，解得x＝5，∴AG＝3，在Rt△ABG中，由勾股定理得BG=A∵2(∴平行四邊形BGDH的周長為65【點評】本題考查了矩形的性質，折疊的性質，平行四邊形的判定與性質，勾股定理等知識．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．23．（2023?鐘樓區校級模擬）如圖，將矩形紙片ABCD沿對角線AC折疊，點D落在點F處，AF與BC相交于點E．（1）求證：△ABE≌△CFE；（2）若AB＝4，AD＝8，求AE的長．【分析】（1）根據AAS證明三角形全等即可．（2）設AE＝x，在Rt△ABE中，利用勾股定理構建方程即可解問題．【解答】（1）證明：∵矩形ABCD沿對角線AC折疊，點D落在等F處，∴∠F＝∠D＝∠B＝90°，CD＝CF＝AB，∵∠AEB＝∠CEF，∴△ABE≌△CFE（AAS）．（2）設AE＝x，∵△ABE≌△CFE，∴EC＝AE＝x，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，BC＝AD＝8，BE＝8﹣x，在Rt△ABE中，則有（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，∴AE＝5．【點評】本題考查翻折變換，矩形的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會利用參數構建方程解決問題，屬于中考常考題型．24．（2022?鼓樓區校級二模）如圖，將長方形ABCD紙片沿MN折強，使A、C兩點重合．點D落在點E處，MN與AC交于點O．（1）求證：△AMN是等腰三角形；（2）若BM＝4，∠BAM＝30°．求MN的長．【分析】（1）根據折疊的性質得到∠AMN＝∠CMN，根據平行線的性質得到∠CMN＝∠ANM，等量代換得到∠ANM＝∠AMN，于是得到結論；（2）根據直角三角形的性質得到AM＝2BM＝8，∠AMB＝60°，根據等邊三角形的判定和性質定理即可得到結論．【解答】（1）證明：∵長方形ABCD紙片折疊，使點C與點A重合，∴∠AMN＝∠CMN，∵AD∥BC，∴∠CMN＝∠ANM，∴∠ANM＝∠AMN，∴AM＝AN，∴△AMN是等腰三角形；（2）解：在Rt△ABM中，∠BAM＝30°，BM＝4，∴AM＝2BM＝8，∠AMB＝60°，∴∠AMN＝（180°﹣∠AMB）÷2＝60°，由（2）知：△AMN是等腰三角形，∴△AMN是等邊三角形，∴MN＝AM＝8．【點評】本題考查了翻折變換（折疊問題），含30度角的直角三角形、等腰三角形判定及性質等知識，解題的關鍵是掌握折疊的性質．25．（2023?沭陽縣模擬）問題背景如圖（1），△ABD，△AEC都是等邊三角形，△ACD可以由△AEB通過旋轉變換得到，請寫出旋轉中心、旋轉方向及旋轉角的大小．嘗試應用如圖（2），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以AC，AB為邊，作等邊△ACD和等邊△ABE，連接ED，并延長交BC于點F，連接BD．若BD⊥BC，求DFDE拓展創新如圖（3），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2，將線段AC繞點A順時針旋轉90°得到線段AP，連接PB，直接寫出PB的最大值．【分析】問題背景由等邊三角形的性質得出∠BAD＝60°，∠CAE＝60°，AD＝AB，AC＝AE，證得△ACD≌△AEB（SAS），由旋轉的概念可得出答案；嘗試應用證明△ADE≌△ACB（SAS），由全等三角形的性質得出∠ADE＝∠ACB＝90°，DE＝CB，得出∠BDF＝30°，由直角三角形的性質得出BF=12拓展創新過點A作AE⊥AB，且使AE＝AD，連接PE，BE，由直角三角形的性質求出BE，PE的長，則可得出答案．【解答】問題背景解：∵△ABD，△AEC都是等邊三角形，∴∠BAD＝60°，∠CAE＝60°，AD＝AB，AC＝AE，∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAE，∴△ACD≌△AEB（SAS），∴△ACD可以由△AEB繞點A順時針旋轉60°得到，即旋轉中心是點A，旋轉方向是順時針，旋轉角是60°；嘗試應用∵△ACD和△ABE都是等邊三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，∠CAD＝∠BAE＝60°，∴∠CAB＝∠DAE，∴△ADE≌△ACB（SAS），∴∠ADE＝∠ACB＝90°，DE＝CB，∵∠ADE＝90°，∴∠ADF＝90°，∵∠ADC＝∠ACD＝60°，∴∠DCF＝∠CDF＝30°，∴CF＝DF，∵BD⊥BC，∴∠BDF＝30°，∴BF=12設BF＝x，則CF＝DF＝2x，DE＝3x，∴DFDE拓展創新∵∠ACB＝90°，∴點C在以AB為直徑的圓上運動，取AB的中點D，連接CD，∴CD=12AB＝如圖，過點A作AE⊥AB，且使AE＝AD，連接PE，BE，∵將線段AC繞點A順時針旋轉90°得到線段AP，∴∠PAC＝90°，PA＝AC，∵∠EAD＝90°，∴∠PAE＝∠CAD，∴△CAD≌△PAE（SAS），∴PE＝CD＝1，∵AB＝2，AE＝AD＝1，∴BE=A∴BP≤BE+PE=5+當且僅當P、E、B三點共線時取等號，∴BP的最大值為5+1【點評】本題是幾何變換綜合題，考查了旋轉的性質，等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，直角三角形的性質，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．26．（2023?蘇州一模）如圖，△ABC是邊長為3的等邊三角形，D是AB上一動點，連接CD，以CD為邊向CD的右側作等邊三角形CDE，連接AE．（1）【嘗試初探】如圖1，當點D在線段AB上運動時，AC，DE相交于點F，在運動過程中發現有兩個三角形始終保持全等，請你找出這對全等三角形，并說明理由．（2）【深入探究】如圖2，當點D在線段AB上運動時，延長ED，交CB的延長線于點H，隨著D點位置的變化，H點的位置隨之發生變化，當AD＝2BD時，求tan∠DHC的值．（3）【拓展延伸】如圖3，當點D在BA的延長線上運動時，CD，AE相交于點F，設△ADF的面積為S1，△CEF的面積為S2，當S2＝4S1時，求BD的長．【分析】（1）根據等邊三角形的性質，利用SAS即可證明△BCD≌△ACE；（2）過點D作DG⊥BC于D點G，由（1）可說明AE∥CH，從而得出△ADE∽△BDH，進而解決問題；（3）過點C作CH⊥AB于點H，由（1）同理得△BCD≌△ACE，再說明△AFD∽△CFE，得S1S2=(ADCE)2，設BD＝x，則AD＝BD﹣AB＝x【解答】解：（1）如圖1，△BCD≌△ACE，理由如下：∵△ABC與△CDE都是等邊三角形，∴BC＝AC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB﹣∠ACD＝∠DCE﹣∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD與△ACE中，BC=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD≌△ACE（SAS）；（2）如圖2，過點D作DG⊥BC于D點G，∵△ABC是邊長為3的等邊三角形，AD＝2BD，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，BD＝1，AD＝2，∵DG⊥BC，∴BG=1DG=3BG=由（1）得，△BCD≌△ACE，∴AE＝BD＝1，∠CAE＝∠CBA＝60°，∴∠CAE＝∠ACB，∴AE∥CH，∴△ADE∽△BDH，∴AEBH∵AD＝2BD，AE＝1，∴1BH∴BH=1∴GH＝BH+BG＝1，∵DG⊥BC，∴tan∠DHC=DG（3）如圖3，過點C作CH⊥AB于點H，∵△ABC與△CDE都是等邊三角形，∴BC＝AC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△BCD與△ACE中，BC=AC∠BCD=∠ACE∴△BCD≌△ACE（SAS），∴∠BDC＝∠AEC，又∵∠AFD＝∠CFE，∴△AFD∽△CFE，∴S1∵S2＝4S1，∴CE＝2AD，設BD＝x，則AD＝BD﹣AB＝x﹣3，CD＝CE＝2（x﹣3）＝2x﹣6，∵CH⊥AB，△ABC是邊長為3的等邊三角形，∴AH=1CH=3AH=∴DH＝AH+AD=3∵CH⊥AB，∴CH2+DH2＝CD2，即（332）2+(x-32)2=解得x=7∵點D在BA的延長線上，∴BD＞AB，∴x＞3，∴x=7即BD=7【點評】本題是幾何變換綜合題，主要考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理等知識，熟練掌握手拉手模型是解題的關鍵．27．（2023?海安市一模）如圖，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，點E是線段BO上一點（不含端點），將△ABE沿AE翻折，AB的對應邊AB′與BD相交于點F．（1）當∠BAE＝15°時，求EF的長；（2）若△ABF是等腰三角形，求AF的長；（3）若EF＝k?BE，求k的取值范圍．?【分析】（1）根據菱形的性質以及折疊的性質可得△ABC是等邊三角形，AC⊥BD，AO＝2，BO＝23，∠BAF＝∠FBA＝30°，則BF＝AF＝23-OF，根據勾股定理求出OF，根據等腰直角三角形的性質可得OE＝OA＝2，即可得EF（2）分三種情況：①當AF＝BF時，②當AF＝AB時，③當AB＝BF時，根據等腰三角形的性質分別求解即可；（3）過點E作EM⊥AB于M，作EN⊥AF于N，根據三角形的面積公式可得ABAF=BEEF，則EF=AF?BEAB，由EF＝k?BE得k=AFAB，由點F在BD上可得AF的最大值為4，當AF⊥BD，即點F與點O重合時，AF的值最小為OA＝2，可得【解答】解：（1）菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，∴△ABC是等邊三角形，AC⊥BD，AO=12AC，∠ABD＝∠CBD=12∠∴AO＝2，BO＝23，由折疊得∠BAE＝∠FAE＝15°，∴∠BAF＝∠FBA＝30°，∴BF＝AF＝23-OF在Rt△AOF中，OF2+OA2＝AF2，∴OF2+22＝（23-OF）2∴OF=2∵∠BAE＝15°，∠FBA＝30°，∴∠AEO＝45°，∴△AEO是等腰直角三角形，∴OE＝OA＝2，∴EF＝OE﹣OF＝2-2（2）若△ABF是等腰三角形，分三種情況：①當AF＝BF時，由（1）知，BF＝AF＝23-OF，OF=∴AF＝23-②當AF＝AB時，∵AB＝4，∴AF＝4；③當AB＝BF時，如圖1，∵AB＝4，∴BF＝4，∴OF＝BF﹣OB＝4﹣23，∴AF=OA2+OF綜上，AF的長為433或4或26-（3）過點E作EM⊥AB于M，作EN⊥AF于N，由折疊得∠BAE＝∠FAE，∴EM＝EN，∴S△ABE又∵S△ABE∴ABAF∴EF=AF?BE∵EF＝k?BE，∴k=AF∵點F在BD上，∴AF的最大值為4，當AF⊥BD，即點F與點O重合時，AF的值最小為OA＝2，∴2≤AF＜4，∴12≤∴k的取值范圍為12≤k＜【點評】本題是幾何變換綜合題，考查了折疊的性質，菱形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，等腰三角形的性質等