初中数学图形对称和图形旋转与图形平移提高练习和常考题型和培优题含解析

-.z.初中数学图形对称和图形旋转常考题型和常考题一．选择题〔共16小题〕1．以以下图形中对称轴的数量小于3的是〔〕A． B． C． D．2．如图，△ABC的面积为6，AC=3，现将△ABC沿AB所在直线翻折，使点C落在直线AD上的C′处，P为直线AD上的一点，则线段BP的长不可能是〔〕A．3 B．4 C．5.5 D．103．如图，正△ABC的边长为2，过点B的直线l⊥AB，且△ABC与△A′BC′关于直线l对称，D为线段BC′上一动点，则AD+CD的最小值是〔〕A．4 B．3 C．2 D．2+4．如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，将纸片展平；再一次折叠，使点D落到EF上点G处，并使折痕经过点A，展平纸片后∠DAG的大小为〔〕A．30° B．45° C．60° D．75°5．如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点D重合，折痕为MN，假设AB=2，BC=4，则线段MN的长为〔〕A． B． C． D．26．如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，折痕为BE．假设AB的长为2，则FM的长为〔〕A．2 B． C． D．17．如图，在直角坐标系中，矩形OABC的边OA在*轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为〔1，3〕，将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E，则点D的坐标为〔〕A．〔﹣，〕 B．〔﹣，〕 C．〔﹣，〕 D．〔﹣，〕8．如图，矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=6，将其折叠，使点D与点B重合，得折痕EF．则tan∠BFE的值是〔〕A． B．1 C．2 D．39．如图，AD为△ABC的BC边上的中线，沿AD将△ACD折叠，C的对应点为C′，∠ADC=45°，BC=4，则点B与C′的距离为〔〕A．3 B．2 C．2 D．410．如图，等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，点E为△ABC内一点，且∠BEC=90°，将△BEC绕C点顺时针旋转90°，使BC与AC重合，得到△AFC，连接EF交AC于点M，BC=10，CF=6，则AM：MC的值为〔〕A．4：3 B．3：4 C．5：3 D．3：511．如图，△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，P为△ABC内一点，将△ABP逆时针旋转后，与△ACP′重合，如果AP=4，则P，P′两点间的距离为〔〕A．4 B．4 C．4 D．812．△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α，以C为中心将△ABC旋转θ角到△A1B1C〔旋转过程中保持△ABC的形状大小不变〕B点恰落在A1B1上，如图，则旋转角θ的大小为〔〕A．α+10° B．α+20° C．α D．2α13．如图，在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到三角形A′B′C，假设点B′恰好落在线段AB上，AC、A′B′交于点O，则∠COA′的度数是〔〕A．50° B．60° C．70° D．80°14．如图，△ABC中，AB=6，BC=4，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AEF，使得AF∥BC，延长BC交AE于点D，则线段CD的长为〔〕A．4 B．5 C．6 D．715．如图，矩形ABCD绕点B逆时针旋转30°后得到矩形A1BC1D1，C1D1与AD交于点M，延长DA交A1D1于F，假设AB=1，BC=，则AF的长度为〔〕A．2﹣ B． C． D．﹣116．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C，当A1落在AB边上时，连接B1B，取BB1的中点D，连接A1D，则A1D的长度是〔〕A． B．2 C．3 D．2二．填空题〔共12小题〕17．点P1〔a，﹣3〕和点P2〔3，b〕关于y轴对称，则a+b的值为．18．如图，Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA在*轴上，OB在y轴上，点A，B的坐标分别为〔，0〕，〔0，1〕，把Rt△AOB沿着AB对折得到Rt△AO′B，则点O′的坐标为．19．如图，平行四边形ABCD中，点E在边AD上，以BE为折痕，将△ABE折叠，使点A正好与CD上的F点重合，假设△FDE的周长为16，△FCB的周长为28，则FC的长为．20．如图，E为正方形ABCD的边DC上一点，DE=2EC=2，将△BEC沿BE所在的直线对折得到△BEF，延长EF交BA的延长线于点M，则AM=．21．如图，在矩形ABCD中，AD=10，CD=6，E是CD边上一点，沿AE折叠△ADE，使点D恰好落在BC边上的F处，M是AF的中点，连接BM，则sin∠ABM=．22．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点F在边AC上，并且CF=2，点E为边BC上的动点，将△CEF沿直线EF翻折，点C落在点P处，则点P到边AB距离的最小值是．23．将矩形ABCD纸片按如以下图的方式折叠，EF，EG为折痕，试问∠AEF+∠BEG=．24．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=60°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，点B、C分别落在点B'、C'处，联结BC'与AC边交于点D，则=．25．如图，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，使点A′落在BC的延长线上．∠A=27°，∠B=40°，则∠ACB′=度．26．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点C和点E是对应点，假设∠CAE=90°，AB=1，则BD=．27．如图，BD为正方形ABCD的对角线，BE平分∠DBC，交DC与点E，将△BCE绕点C顺时针旋转90°得到△DCF，假设CE=1cm，则BF=cm．28．如图，在直角坐标系中，点A〔﹣3，0〕，B〔0，4〕，对△OAB连续作旋转变换，依次得到三角形①、②、③、④、…则三角形⑩的直角顶点与坐标原点的距离为．三．解答题〔共16小题〕29．如图，在平行四边形ABCD中将△ABC沿AC对折，使点B落在B′处，AB′和CD相交于O，求证：OD=OB′．30．如图，将矩形纸片ABCD〔AD＞AB〕折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC，AD相交，设折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与边BC，AD相交于点E，F．〔1〕判断四边形CEGF的形状，并证明你的结论；〔2〕假设AB=3，BC=9，求线段CE的取值范围．31．如图，△AEF中，∠EAF=45°，AG⊥EF于点G，现将△AEG沿AE折叠得到△AEB，将△AFG沿AF折叠得到△AFD，延长BE和DF相交于点C．〔1〕求证：四边形ABCD是正方形；〔2〕连接BD分别交AE、AF于点M、N，将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH，试判断线段MN、ND、DH之间的数量关系，并说明理由．〔3〕假设EG=4，GF=6，BM=3，求AG、MN的长．32．感知：如图①，在矩形ABCD中，点E是边BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形ABCD内部的点F处，延长AF交CD于点G，连结FC，易证∠GCF=∠GFC．探究：将图①中的矩形ABCD改为平行四边形，其他条件不变，如图②，判断∠GCF=∠GFC是否仍然相等，并说明理由．应用：如图②，假设AB=5，BC=6，则△ADG的周长为．33．如图，四边形ABCD表示一张矩形纸片，AB=10，AD=8．E是BC上一点，将△ABE沿折痕AE向上翻折，点B恰好落在CD边上的点F处，⊙O内切于四边形ABEF．求：〔1〕折痕AE的长；〔2〕⊙O的半径．34．如图，在△AOB中，OA=OB，∠AOB=50°，将△AOB绕O点顺时针旋转30°，得到△COD，OC交AB于点F，CD分别交AB、OB于点E、H．求证：EF=EH．35．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF=45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ，求证：〔1〕EA是∠QED的平分线；〔2〕EF2=BE2+DF2．36．如图，△ABC中，AB=AC，把△ABC绕A点沿顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，CE交于点F．〔1〕求证：△AEC≌△ADB；〔2〕假设AB=2，∠BAC=45°，当四边形ADFC是菱形时，求BF的长．37．如图，△AOB中，∠AOB=90°，AO=3，BO=6，△AOB绕点O逆时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，求线段B′E的值．38．如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．〔1〕证明：△ABE≌△C1BF；〔2〕证明：EA1=FC；〔3〕试判断四边形ABC1D的形状，并说明理由．39．如图，△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=45°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转角α得到△AEF，且0°＜α≤180°，连接BE、CF相交于点D．〔1〕求证：BE=CF；〔2〕当α=90°时，求四边形AEDC的面积．40．如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，点C的对应点C′恰好落在CB的延长线上，边AB交边C′D′于点E．〔1〕求证：BC=BC′；〔2〕假设AB=2，BC=1，求AE的长．41．〔1〕如图①，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E，F分别在BC，CD边上，高AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数．〔2〕如图②，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AB=AD，点M，N是BD边上的任意两点，且∠MAN=45°，将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADH位置，连接NH，试判断MN2，ND2，DH2之间的数量关系，并说明理由．〔3〕在图①中，假设EG=4，GF=6，求正方形ABCD的边长．42．在平面直角坐标系中，O为原点，点A〔﹣2，0〕，点B〔0，2〕，点E，点F分别为OA，OB的中点．假设正方形OEDF绕点O顺时针旋转，得正方形OE′D′F′，记旋转角为α．〔1〕如图①，当α=90°时，求AE′，BF′的长；〔2〕如图②，当α=135°时，求证：AE′=BF′，且AE′⊥BF′；〔3〕直线AE′与直线BF′相交于点P，当点P在坐标轴上时，分别表示出此时点E′、D′、F′的坐标〔直接写出结果即可〕．43．如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，∠A=30°，点E，F分别是线段BC，AC的中点，连结EF．〔1〕线段BE与AF的位置关系是，=．〔2〕如图2，当△CEF绕点C顺时针旋转a时〔0°＜a＜180°〕，连结AF，BE，〔1〕中的结论是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．〔3〕如图3，当△CEF绕点C顺时针旋转a时〔0°＜a＜180°〕，延长FC交AB于点D，如果AD=6﹣2，求旋转角a的度数．44．：在△AOB与△COD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°．〔1〕如图1，点C、D分别在边OA、OB上，连结AD、BC，点M为线段BC的中点，连结OM，则线段AD与OM之间的数量关系是，位置关系是；〔2〕如图2，将图1中的△COD绕点O逆时针旋转，旋转角为α〔0°＜α＜90°〕．连结AD、BC，点M为线段BC的中点，连结OM．请你判断〔1〕中的两个结论是否仍然成立．假设成立，请证明；假设不成立，请说明理由；〔3〕如图3，将图1中的△COD绕点O逆时针旋转到使△COD的一边OD恰好与△AOB的边OA在同一条直线上时，点C落在OB上，点M为线段BC的中点．请你判断〔1〕中线段AD与OM之间的数量关系是否发生变化，写出你的猜想，并加以证明．初中数学图形对称和图形旋转常考题型和常考题参考答案与试题解析一．选择题〔共16小题〕1．〔2016•〕以以下图形中对称轴的数量小于3的是〔〕A． B． C． D．【分析】根据对称轴的概念求解．【解答】解：A、有4条对称轴；B、有6条对称轴；C、有4条对称轴；D、有2条对称轴．应选D．【点评】此题考察了轴对称图形，解答此题的关键是掌握对称轴的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的局部能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．2．〔2016•枣庄〕如图，△ABC的面积为6，AC=3，现将△ABC沿AB所在直线翻折，使点C落在直线AD上的C′处，P为直线AD上的一点，则线段BP的长不可能是〔〕A．3 B．4 C．5.5 D．10【分析】过B作BN⊥AC于N，BM⊥AD于M，根据折叠得出∠C′AB=∠CAB，根据角平分线性质得出BN=BM，根据三角形的面积求出BN，即可得出点B到AD的最短距离是4，得出选项即可．【解答】解：如图：过B作BN⊥AC于N，BM⊥AD于M，∵将△ABC沿AB所在直线翻折，使点C落在直线AD上的C′处，∴∠C′AB=∠CAB，∴BN=BM，∵△ABC的面积等于6，边AC=3，∴×AC×BN=6，∴BN=4，∴BM=4，即点B到AD的最短距离是4，∴BP的长不小于4，即只有选项A的3不正确，应选A．【点评】此题考察了折叠的性质，三角形的面积，角平分线性质的应用，解此题的关键是求出B到AD的最短距离，注意：角平分线上的点到角的两边的距离相等．3．〔2016•〕如图，正△ABC的边长为2，过点B的直线l⊥AB，且△ABC与△A′BC′关于直线l对称，D为线段BC′上一动点，则AD+CD的最小值是〔〕A．4 B．3 C．2 D．2+【分析】连接CC′，根据△ABC、△A′BC′均为正三角形即可得出四边形A′BCC′为菱形，进而得出点C关于BC'对称的点是A'，以此确定当点D与点B重合时，AD+CD的值最小，代入数据即可得出结论．【解答】解：连接CC′，如以下图．∵△ABC、△A′BC′均为正三角形，∴∠ABC=∠A′=60°，A′B=BC=A′C′，∴A′C′∥BC，∴四边形A′BCC′为菱形，∴点C关于BC'对称的点是A'，∴当点D与点B重合时，AD+CD取最小值，此时AD+CD=2+2=4．应选A．【点评】此题考察了轴对称中的最短线路问题以及等边三角形的性质，找出点C关于BC'对称的点是A'是解题的关键．4．〔2016•〕如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，将纸片展平；再一次折叠，使点D落到EF上点G处，并使折痕经过点A，展平纸片后∠DAG的大小为〔〕A．30° B．45° C．60° D．75°【分析】直接利用翻折变换的性质以及直角三角形的性质得出∠2=∠4，再利用平行线的性质得出∠1=∠2=∠3，进而得出答案．【解答】解：如以下图：由题意可得：∠1=∠2，AN=MN，∠MGA=90°，则NG=AM，故AN=NG，则∠2=∠4，∵EF∥AB，∴∠4=∠3，∴∠1=∠2=∠3=×90°=30°，∴∠DAG=60°．应选：C．【点评】此题主要考察了翻折变换的性质以及平行线的性质，正确得出∠2=∠4是解题关键．5．〔2016•〕如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点D重合，折痕为MN，假设AB=2，BC=4，则线段MN的长为〔〕A． B． C． D．2【分析】首先利用勾股定理计算出BD的长，进而得到BO的长，在直角三角形CDN中，根据勾股定理求出DN，即得出BN，在直角三角形BON中，用勾股定理求出ON即可．【解答】解：如图，连接BM，DN在矩形纸片ABCD中，CD=AB=2，∠C=90°，在Rt△BCD中，BC=4，根据勾股定理得，BD==2，∴OB=BD=，由折叠得，∠BON=90°，MN=MN，BN=DN，∵BC=BN+CN=4，∴CN=4﹣BN，在Rt△CDN中，CD=2，根据勾股定理得，CN2+CD2=DN2，〔4﹣BN〕2+22=BN2，∴BN=，在Rt△BON中，ON==，∴MN=2ON=，应选B．【点评】此题主要考察了图形的翻折变换和勾股定理，关键是掌握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．解此类题目常用的方法是构造直角三角形．6．〔2016•宿迁〕如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，折痕为BE．假设AB的长为2，则FM的长为〔〕A．2 B． C． D．1【分析】根据翻折不变性，AB=FB=2，BM=1，在Rt△BFM中，可利用勾股定理求出FM的值．【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，AB=2，过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，∴FB=AB=2，BM=1，则在Rt△BMF中，FM=，应选：B．【点评】此题考察了翻折变换的性质，适时利用勾股定理是解答此类问题的关键．7．〔2017•岱岳区模拟〕如图，在直角坐标系中，矩形OABC的边OA在*轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为〔1，3〕，将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E，则点D的坐标为〔〕A．〔﹣，〕 B．〔﹣，〕 C．〔﹣，〕 D．〔﹣，〕【分析】过D作DF⊥AF于F，根据折叠可以证明△CDE≌△AOE，然后利用全等三角形的性质得到OE=DE，OA=CD=1，设OE=*，则CE=3﹣*，DE=*，利用勾股定理即可求出OE的长度，而利用条件可以证明△AEO∽△ADF，而AD=AB=3，接着利用相似三角形的性质即可求出DF、AF的长度，也就求出了D的坐标．【解答】解：如图，过D作DF⊥AF于F，∵点B的坐标为〔1，3〕，∴AO=1，AB=3，根据折叠可知：CD=OA，而∠D=∠AOE=90°，∠DEC=∠AEO，∴△CDE≌△AOE，∴OE=DE，OA=CD=1，设OE=*，则CE=3﹣*，DE=*，∴在Rt△DCE中，CE2=DE2+CD2，∴〔3﹣*〕2=*2+12，∴*=．又DF⊥AF，∴DF∥EO，∴△AEO∽△ADF，而AD=AB=3，∴AE=CE=3﹣=，∴，即，∴DF=，AF=．∴OF=﹣1=．∴点D的坐标为〔﹣，〕．应选：C．【点评】此题主要考察了图形的折叠问题，也考察了坐标与图形的性质，解题的关键是把握折叠的隐含条件，利用隐含条件得到全等三角形和相似三角形，然后利用它们的性质即可解决问题．8．〔2016•福州自主招生〕如图，矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=6，将其折叠，使点D与点B重合，得折痕EF．则tan∠BFE的值是〔〕A． B．1 C．2 D．3【分析】首先过点E作EH⊥BC于点H，由矩形的性质，可得EH=AB=2，由折叠的性质，可得BE=DE，设AE=*，由勾股定理即可求得方程：22+*2=〔6﹣*〕2，解此方程即可求得BH的长，易得△BEF是等腰三角形，又由等腰三角形的性质，可求得BF的长，继而求得答案．【解答】解：过点E作EH⊥BC于点H，∵四边形ABCD是矩形，∴EH=AB=2，∠A=90°，设AE=*，则DE=AD﹣AE=6﹣*，由折叠的性质可得：BE=DE=6﹣*，在Rt△ABE中，AB2+AE2=BE2，即22+*2=〔6﹣*〕2，解得：*=，∴BH=AE=，DE=，∵AD∥BC，∴∠DEF=∠BFE，∵∠DEF=∠BEF，∴∠BEF=∠BFE，∴BF=DE=，∴FH=BF﹣BH=，∴tan∠BFE===3．应选D．【点评】此题考察了折叠的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合与方程思想的应用．9．〔2016•〕如图，AD为△ABC的BC边上的中线，沿AD将△ACD折叠，C的对应点为C′，∠ADC=45°，BC=4，则点B与C′的距离为〔〕A．3 B．2 C．2 D．4【分析】根据折叠前后角相等可知∠CDC′=90°，从而得∠BDC′=90°，在Rt△BDC′中，由勾股定理得BC′=2．【解答】解：∵把△ADC沿AD对折，点C落在点C′，∴△ACD≌△AC′D，∴∠ADC=∠ADC′=45°，DC=DC′，∴∠CDC′=90°，∴∠BDC′=90°．又∵AD为△ABC的中线，BC=4，∴BD=CD=BC=2．∴BD=DC′=2，即三角形BDC′为等腰直角三角形，在Rt△BDC′中，由勾股定理得：BC′===2．应选B．【点评】此题考察图形的翻折变换以及勾股定理的运用，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如此题中折叠前后角相等．10．〔2017•大石桥市校级一模〕如图，等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，点E为△ABC内一点，且∠BEC=90°，将△BEC绕C点顺时针旋转90°，使BC与AC重合，得到△AFC，连接EF交AC于点M，BC=10，CF=6，则AM：MC的值为〔〕A．4：3 B．3：4 C．5：3 D．3：5【分析】由旋转可以得出△BEC≌△AFC，∠ECF=90°，就有EC=CF=6，AC=BC=10，∠BEC=∠AFC=90°，由勾股定理就可以求出AF的值，进而得出CE∥AF，就有△CEM∽△AFM，就可以求出CM，DM的值，从而得出结论．【解答】解：∵△BEC绕C点旋转90°使BC与AC重合，得到△ACF，∴△BEC≌△AFC，∠ECF=90°，∴EC=CF=6，AC=BC=10，∠BEC=∠DFC=90°．在Rt△AFC中，由勾股定理，得AF=8．∵∠AFC=90°，∴∠AFC+∠ECF=180°，∴EC∥AF，∴△CEM∽△AFM，∴==，∴AM：MC=4：3，应选A．【点评】此题考察了旋转的性质的运用，全等三角形的性质的运用，相似三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，平行线的判定及性质的运用，解答时证明三角形相似是关键．11．〔2017•曲靖一模〕如图，△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，P为△ABC内一点，将△ABP逆时针旋转后，与△ACP′重合，如果AP=4，则P，P′两点间的距离为〔〕A．4 B．4 C．4 D．8【分析】根据旋转的性质知：旋转角度是90°，根据旋转的性质得出AP=AP′=4，即△PAP′是等腰直角三角形，腰长AP=4，则可用勾股定理求出斜边PP′的长．【解答】解：连接PP′，∵△ABP绕点A逆时针旋转后与△ACP′重合，∴△ABP≌△ACP′，即线段AB旋转后到AC，∴旋转了90°，∴∠PAP′=∠BAC=90°，AP=AP′=4，∴PP′===4，应选B．【点评】此题考察旋转的性质和直角三角形的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．12．〔2017•岱岳区模拟〕△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α，以C为中心将△ABC旋转θ角到△A1B1C〔旋转过程中保持△ABC的形状大小不变〕B点恰落在A1B1上，如图，则旋转角θ的大小为〔〕A．α+10° B．α+20° C．α D．2α【分析】由旋转的性质可知，BC=B1C，∠A1=∠A=α，可知∠CBB1=∠B1=90°﹣α，在等腰△CBB1中，根据三角形内角和定理可得2〔90°﹣α〕+θ=180°，由此可得旋转角θ的大小．【解答】解：由旋转得BC=B1C，∠A1=∠A=α，∠ABC=∠B1=90°﹣α，∴等腰△CBB1中，∠CBB1=∠B1=90°﹣α，∠BCB1=θ，∵△CBB1中，∠CBB1+∠B1+∠BCB1=180°，∴2〔90°﹣α〕+θ=180°，∴θ=2α，应选：D．【点评】此题主要考察了旋转的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理的综合应用，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等．13．〔2016•株洲〕如图，在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°，将此三角形绕点C沿顺时针方向旋转后得到三角形A′B′C，假设点B′恰好落在线段AB上，AC、A′B′交于点O，则∠COA′的度数是〔〕A．50° B．60° C．70° D．80°【分析】由三角形的内角和为180°可得出∠A=40°，由旋转的性质可得出BC=B′C，从而得出∠B=∠BB′C=50°，再依据三角形外角的性质结合角的计算即可得出结论．【解答】解：∵在三角形ABC中，∠ACB=90°，∠B=50°，∴∠A=180°﹣∠ACB﹣∠B=40°．由旋转的性质可知：BC=B′C，∴∠B=∠BB′C=50°．又∵∠BB′C=∠A+∠ACB′=40°+∠ACB′，∴∠ACB′=10°，∴∠COA′=∠AOB′=∠OB′C+∠ACB′=∠B+∠ACB′=60°．应选B．【点评】此题考察了旋转的性质、角的计算依据外角的性质，解题的关键是算出∠ACB′=10°．此题属于根底题，难度不大，解决该题型题目时，依据旋转的性质找出相等的角和相等的边，再通过角的计算求出角的度数是关键．14．〔2016•〕如图，△ABC中，AB=6，BC=4，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AEF，使得AF∥BC，延长BC交AE于点D，则线段CD的长为〔〕A．4 B．5 C．6 D．7【分析】只要证明△BAC∽△BDA，推出=，求出BD即可解决问题．【解答】解：∵AF∥BC，∴∠FAD=∠ADB，∵∠BAC=∠FAD，∴∠BAC=∠ADB，∵∠B=∠B，∴△BAC∽△BDA，∴=，∴=，∴BD=9，∴CD=BD﹣BC=9﹣4=5，应选B．【点评】此题考察平行线的性质、旋转变换、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形，属于中考常考题型．15．〔2016•黔西南州〕如图，矩形ABCD绕点B逆时针旋转30°后得到矩形A1BC1D1，C1D1与AD交于点M，延长DA交A1D1于F，假设AB=1，BC=，则AF的长度为〔〕A．2﹣ B． C． D．﹣1【分析】方法1，先求出∠CBD，根据旋转角，判断出点C1在矩形对角线BD上，求出BD，再求出∠DBF，从而判断出DF=BD，即可．方法2，延长BA交A1D1于H，先确定出∠AFD1=30°，在用含30°的直角三角形的性质依次求出BH，AF即可．【解答】解法1，：连接BD，如以下图：在矩形ABCD中，∠C=90°，CD=AB=1，在Rt△BCD中，CD=1，BC=，∴tan∠CBD==，BD=2，∴∠CBD=30°，∠ABD=60°，由旋转得，∠CBC1=∠ABA1=30°，∴点C1在BD上，连接BF，由旋转得，AB=A1B，∵矩形A1BC1D1是矩形ABCD旋转所得，∴∠BA1F=∠BAF=90°，∵BF=BF，∴△A1BF≌△ABF，∴∠A1BF=∠ABF，∵∠ABA1=30°，∴∠ABF=∠ABA1=15°，∵∠ABD=60°，∴∠DBF=75°，∵AD∥BC，∴∠ADB=∠CBD=30°，∴∠BFD=75°，∴DF=BD=2，∴AF=DF﹣AD=2﹣，方法2，如图，延长BA交A1D1于H，由旋转得，A1B=AB=1，∠CBC1=∠ABA1=30°，∠BA1D1=∠BAF=90°，在四边形A1BAF中，根据四边形的内角和得，∠A1FA=150°，∴∠AFH∠=30°，在Rt△A1BH中，A1B=1，∠A1BA=30°，∴BH=，∴AH=BH﹣AB=﹣1在Rt△AFH中，∠AFH=30°，∴AF=AH=2﹣应选：A．【点评】此题考察了旋转的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、三角函数；熟练掌握旋转的性质和矩形的性质，并能进展推理计算是解决问题的关键．16．〔2016•〕如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C，当A1落在AB边上时，连接B1B，取BB1的中点D，连接A1D，则A1D的长度是〔〕A． B．2 C．3 D．2【分析】首先证明△ACA1，△BCB1是等边三角形，推出△A1BD是直角三角形即可解决问题．【解答】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，∴∠A=90°﹣∠ABC=60°，AB=4，BC=2，∵CA=CA1，∴△ACA1是等边三角形，AA1=AC=BA1=2，∴∠BCB1=∠ACA1=60°，∵CB=CB1，∴△BCB1是等边三角形，∴BB1=2，BA1=2，∠A1BB1=90°，∴BD=DB1=，∴A1D==．应选A．【点评】此题考察旋转的性质、30度角的直角三角形性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是证明△ACA1，△BCB1是等边三角形，属于中考常考题型．二．填空题〔共12小题〕17．〔2017春•杭州月考〕点P1〔a，﹣3〕和点P2〔3，b〕关于y轴对称，则a+b的值为﹣6．【分析】根据"关于y轴对称的点，纵坐标一样，横坐标互为相反数〞求出a、b的值，然后相加计算即可得解．【解答】解：∵点P1〔a，﹣3〕和点P2〔3，b〕关于y轴对称，∴a=﹣3，b=﹣3，∴a+b=﹣3+〔﹣3〕=﹣6．故答案为：﹣6．【点评】此题考察了关于*轴、y轴对称的点的坐标，解决此题的关键是掌握好对称点的坐标规律：〔1〕关于*轴对称的点，横坐标一样，纵坐标互为相反数；〔2〕关于y轴对称的点，纵坐标一样，横坐标互为相反数．18．〔2016•〕如图，Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA在*轴上，OB在y轴上，点A，B的坐标分别为〔，0〕，〔0，1〕，把Rt△AOB沿着AB对折得到Rt△AO′B，则点O′的坐标为〔，〕．．【分析】作O′C⊥y轴于点C，首先根据点A，B的坐标分别为〔，0〕，〔0，1〕得到∠BAO=30°，从而得出∠OBA=60°，然后根据Rt△AOB沿着AB对折得到Rt△AO′B，得到∠CBO′=60°，最后设BC=*，则OC′=*，利用勾股定理求得*的值即可求解．【解答】解：如图，作O′C⊥y轴于点C，∵点A，B的坐标分别为〔，0〕，〔0，1〕，∴OB=1，OA=，∴tan∠BAO==，∴∠BAO=30°，∴∠OBA=60°，∵Rt△AOB沿着AB对折得到Rt△AO′B，∴∠CBO′=60°，∴设BC=*，则OC′=*，∴*2+〔*〕2=1，解得：*=〔负值舍去〕，∴O′C=，∴OC=OB+BC=1+=，∴点O′的坐标为〔，〕．故答案为：〔，〕．【点评】此题考察了翻折变换及坐标与图形的性质的知识，解题的关键是根据点A和点B的坐标确定三角形为特殊三角形，难度不大．19．〔2017春•仪征市校级月考〕如图，平行四边形ABCD中，点E在边AD上，以BE为折痕，将△ABE折叠，使点A正好与CD上的F点重合，假设△FDE的周长为16，△FCB的周长为28，则FC的长为6．【分析】根据翻折不变性以及平行四边形的性质，由BF+BC+CF=28，BF=AB=DF+FC，BC=AD=ED+EF，进展等量代换即可解决．【解答】解：∵△BEF是由△BEA翻折，∴EA=EF，BF=BA，∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC=AD=AE+DE=EF+ED，AB=BF=DC=DF+CF，∵CF+BC+BF=28，DE+EF+DF=16∴CF+DE+EF+DF+CF=28，∴2CF+16=28，∴CF=6，故答案为6．【点评】此题考察翻折变换、平行四边形的性质，解题的关键是利用翻折不变性解决问题，学会整体代入的数学思想，属于中考常考题型．20．〔2017•河南模拟〕如图，E为正方形ABCD的边DC上一点，DE=2EC=2，将△BEC沿BE所在的直线对折得到△BEF，延长EF交BA的延长线于点M，则AM=2．【分析】设AM=*．由题意BA=BC=CD=BF=3，CE=EF=2，由翻折得到∠BEC=∠BEF=∠EBM，推出MB=ME=*+3，在Rt△BFM中，由BM2=MF2+BF2，可得〔*+3〕2=32+〔*+2〕2，解方程即可．【解答】解：设AM=*．∵DE=2EC=2，∴DE=2，EC=1，∴CD=3，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=3，CD∥AB，∠C=90°∵△BEF是由△BEC翻折得到，∴∠BEC=∠BEF=∠EBM，EC=EF=1，∠EFB=∠C=90°，∴BM=EM=3+*，FM=*+2，在Rt△BFM中，∵BM2=MF2+BF2，∴〔*+3〕2=32+〔*+2〕2，∴*=2，∴AM=2．故答案为2．【点评】此题考察了折叠的性质：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．也考察了正方形的性质和勾股定理．21．〔2016•〕如图，在矩形ABCD中，AD=10，CD=6，E是CD边上一点，沿AE折叠△ADE，使点D恰好落在BC边上的F处，M是AF的中点，连接BM，则sin∠ABM=．【分析】直接利用翻折变换的性质得出AF的长，再利用勾股定理得出BF的长，再利用锐角三角函数关系得出答案．【解答】解：∵在矩形ABCD中，AD=10，CD=6，沿AE折叠△ADE，使点D恰好落在BC边上的F处，∴AD=AF=10，∴BF==8，则sin∠ABM===．故答案为：．【点评】此题主要考察了矩形的性质以及勾股定理和翻折变换的性质，得出BF的长是解题关键．22．〔2016•〕如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点F在边AC上，并且CF=2，点E为边BC上的动点，将△CEF沿直线EF翻折，点C落在点P处，则点P到边AB距离的最小值是1.2．【分析】如图，延长FP交AB于M，当FP⊥AB时，点P到AB的距离最小，利用△AFM∽△ABC，得到=求出FM即可解决问题．【解答】解：如图，延长FP交AB于M，当FP⊥AB时，点P到AB的距离最小．∵∠A=∠A，∠AMF=∠C=90°，∴△AFM∽△ABC，∴=，∵CF=2，AC=6，BC=8，∴AF=4，AB==10，∴=，∴FM=3.2，∵PF=CF=2，∴PM=1.2∴点P到边AB距离的最小值是1.2．故答案为1.2．【点评】此题考察翻折变换、最短问题、相似三角形的判定和性质、勾股定理．垂线段最短等知识，解题的关键是正确找到点P位置，属于中考常考题型．23．〔2016•铜仁市〕将矩形ABCD纸片按如以下图的方式折叠，EF，EG为折痕，试问∠AEF+∠BEG=90°．【分析】根据翻折的定义可以得到各角之间的关系，从而可以得到∠AEF+∠BEG的度数，从而可以解答此题．【解答】解：由题意可得，∠AEF=∠FEA′，∠BEG=∠GEA′，∵∠AEF+∠FEA′+∠BEG+∠GEA′=180°，∴∠AEF+∠BEG=90°，故答案为：90°．【点评】此题考察翻折变换、矩形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．24．〔2017•浦东新区一模〕如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=60°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，点B、C分别落在点B'、C'处，联结BC'与AC边交于点D，则=．【分析】根据直角三角形的性质得到BC=AB，根据旋转的性质和平行线的判定得到AB∥B′C′，根据平行线分线段成比例定理计算即可．【解答】解：∵∠C=90°，∠B=60°，∴∠BAC=30°，∴BC=AB，由旋转的性质可知，∠CAC′=60°，AB′=AB，B′C′=BC，∠C′=∠C=90°，∴∠BAC′=90°，∴AB∥B′C′，∴===，∴=，∵∠BAC=∠B′AC，∴==，又=，∴=，故答案为：．【点评】此题考察的是旋转变换的性质，掌握对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角、旋转前、后的图形全等是解题的关键．25．〔2016•〕如图，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，使点A′落在BC的延长线上．∠A=27°，∠B=40°，则∠ACB′=46度．【分析】先根据三角形外角的性质求出∠ACA′=67°，再由△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，得到△ABC≌△A′B′C，证明∠BCB′=∠ACA′，利用平角即可解答．【解答】解：∵∠A=27°，∠B=40°，∴∠ACA′=∠A+∠B=27°+40°=67°，∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，∴△ABC≌△A′B′C，∴∠ACB=∠A′CB′，∴∠ACB﹣∠B′CA=∠A′CB﹣∠B′CA，即∠BCB′=∠ACA′，∴∠BCB′=67°，∴∠ACB′=180°∠ACA′﹣∠BCB′=180°﹣67°﹣67°=46°，故答案为：46．【点评】此题考察了旋转的性质，解决此题的关键是由旋转得到△ABC≌△A′B′C．26．〔2016•〕如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点C和点E是对应点，假设∠CAE=90°，AB=1，则BD=．【分析】由旋转的性质得：AB=AD=1，∠BAD=∠CAE=90°，再根据勾股定理即可求出BD．【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转的到△ADE，点C和点E是对应点，∴AB=AD=1，∠BAD=∠CAE=90°，∴BD===．故答案为．【点评】此题考察了旋转的性质：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．也考察了勾股定理，掌握旋转的性质是解决问题的关键．27．〔2016•〕如图，BD为正方形ABCD的对角线，BE平分∠DBC，交DC与点E，将△BCE绕点C顺时针旋转90°得到△DCF，假设CE=1cm，则BF=2+cm．【分析】过点E作EM⊥BD于点M，则△DEM为等腰直角三角形，根据角平分线以及等腰直角三角形的性质即可得出DE的长度，再根据正方形以及旋转的性质即可得出线段BF的长．【解答】解：过点E作EM⊥BD于点M，如以下图．∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAC=45°，∠BCD=90°，∴△DEM为等腰直角三角形．∵BE平分∠DBC，EM⊥BD，∴EM=EC=1cm，∴DE=EM=cm．由旋转的性质可知：CF=CE=1cm，∴BF=BC+CF=CE+DE+CF=1++1=2+cm．故答案为：2+．【点评】此题考察了旋转的性质、正方形的性质以及角平分线的性质，解题的关键是求出线段BC以及CF的长度．此题属于根底题，难度不大，解决该题型题目时，结合角平分线以及等腰直角三角形的性质求出线段的长度是关键．28．〔2016•南昌校级自主招生〕如图，在直角坐标系中，点A〔﹣3，0〕，B〔0，4〕，对△OAB连续作旋转变换，依次得到三角形①、②、③、④、…则三角形⑩的直角顶点与坐标原点的距离为36．【分析】先利用勾股定理得到AB=5，利用图形和旋转的性质可得到△OAB每三次旋转一个循环，并且每一个循环向前移动了12个单位，由于10=3×3+1，则可判断三角形⑩和三角形①的状态一样，且三角形⑩与三角形⑨的直角顶点一样，所以三角形⑩的直角顶点与坐标原点的距离为3×12=36．【解答】解：∵A〔﹣3，0〕，B〔0，4〕，∴OA=3，OB=4，∴AB==5，∵对△OAB连续作如以下图的旋转变换，∴△OAB每三次旋转后回到原来的状态，并且每三次向前移动了3+4+5=12个单位，∵10=3×3+1，∴三角形⑩和三角形①的状态一样，则三角形⑩与三角形⑨的直角顶点一样，∴三角形⑩的直角顶点的横坐标为3×12=36，纵坐标为0，∴三角形⑩的直角顶点与坐标原点的距离为36．故答案为36．【点评】此题考察了坐标与图形变化﹣旋转：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°．解决此题的关键是确定△OAB连续作旋转变换后三角形的状态的变换规律．三．解答题〔共12小题〕29．〔2016•江干区一模〕如图，在平行四边形ABCD中将△ABC沿AC对折，使点B落在B′处，AB′和CD相交于O，求证：OD=OB′．【分析】利用翻折不变性以及平行四边形的性质先证明AB′=CD，再证明OA=OC即可．【解答】证明：∵△ACB′是由△ABC翻折，∴∠BAC=∠CAB′，AB=AB′，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥BC，AB=DC，∴∠BAC=∠ACO，∴∠OAC=∠OCA，∴OA=OC，∵AB′=CD，∴OD=OB′．【点评】此题考察平行四边形的性质、翻折变换、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用翻折不变性发现等腰三角形，属于中考常考题型．30．〔2016•〕如图，将矩形纸片ABCD〔AD＞AB〕折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC，AD相交，设折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与边BC，AD相交于点E，F．〔1〕判断四边形CEGF的形状，并证明你的结论；〔2〕假设AB=3，BC=9，求线段CE的取值范围．【分析】〔1〕由四边形ABCD是矩形，根据折叠的性质，易证得△EFG是等腰三角形，即可得GF=EC，又由GF∥EC，即可得四边形CEGF为平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得四边形BGEF为菱形；〔2〕如图2，当G与A重合时，CE取最大值，由折叠的性质得CD=DG，∠CDE=∠GDE=45°，推出四边形CEGD是矩形，根据矩形的性质即可得到CE=CD=AB=3；如图1，当F与D重合时，CE取最小值，由折叠的性质得AE=CE，根据勾股定理即可得到结论．【解答】〔1〕证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠GFE=∠FEC，∵图形翻折后点G与点C重合，EF为折线，∴∠GEF=∠FEC，∴∠GFE=∠FEG，∴GF=GE，∵图形翻折后BC与GE完全重合，∴BE=EC，∴GF=EC，∴四边形CEGF为平行四边形，∴四边形CEGF为菱形；〔2〕由〔1〕得四边形CEGF是菱形，∴CE=CD=AB=3；如图2，当G与A重合时，CE取最大值，由折叠的性质得AE=CE，∵∠B=90°，∴AE2=AB2+BE2，即CE2=32+〔9﹣CE〕2，∴CE=5，∴线段CE的取值范围3≤CE≤5．【点评】此题考察了翻折变换﹣折叠问题，菱形的判定，线段的最值问题，矩形的性质，勾股定理，正确的作出图形是解题的关键．31．〔2016•邯郸校级自主招生〕如图，△AEF中，∠EAF=45°，AG⊥EF于点G，现将△AEG沿AE折叠得到△AEB，将△AFG沿AF折叠得到△AFD，延长BE和DF相交于点C．〔1〕求证：四边形ABCD是正方形；〔2〕连接BD分别交AE、AF于点M、N，将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH，试判断线段MN、ND、DH之间的数量关系，并说明理由．〔3〕假设EG=4，GF=6，BM=3，求AG、MN的长．【分析】〔1〕由图形翻折变换的性质可知∠ABE=∠AGE=∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD即可得出结论；〔2〕连接NH，由△ABM≌△ADH，得AM=AH，BM=DH，∠ADH=∠ABD=45°，故∠NDH=90°，再证△AMN≌△AHN，得MN=NH，由勾股定理即可得出结论；〔3〕设AG=*，则EC=*﹣4，CF=*﹣6，在Rt△ECF中，利用勾股定理即可得出AG的值，同理可得出BD的长，设NH=y，在Rt△NHD，利用勾股定理即可得出MN的值．【解答】〔1〕证明：∵△AEB由△AED翻折而成，∴∠ABE=∠AGE=90°，∠BAE=∠EAG，AB=AG，∵△AFD由△AFG翻折而成，∴∠ADF=∠AGF=90°，∠DAF=∠FAG，AD=AG，∵∠EAG+∠FAG=∠EAF=45°，∴∠ABE=∠AGE=∠BAD=∠ADC=90°，∴四边形ABCD是矩形，∵AB=AD，∴四边形ABCD是正方形；〔2〕MN2=ND2+DH2，理由：连接NH，∵△ADH由△ABM旋转而成，∴△ABM≌△ADH，∴AM=AH，BM=DH，∵由〔1〕∠BAD=90°，AB=AD，∴∠ADH=∠ABD=45°，∴∠NDH=90°，∵，∴△AMN≌△AHN，∴MN=NH，∴MN2=ND2+DH2；〔3〕设AG=BC=*，则EC=*﹣4，CF=*﹣6，在Rt△ECF中，∵CE2+CF2=EF2，即〔*﹣4〕2+〔*﹣6〕2=100，*1=12，*2=﹣2〔舍去〕∴AG=12，∵AG=AB=AD=12，∠BAD=90°，∴BD===12，∵BM=3，∴MD=BD﹣BM=12﹣3=9，设NH=y，在Rt△NHD中，∵NH2=ND2+DH2，即y2=〔9﹣y〕2+〔3〕2，解得y=5，即MN=5．【点评】此题考察的是翻折变换及勾股定理，解答此类题目时常常设要求的线段长为*，然后根据折叠和轴对称的性质用含*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．32．〔2016•长春模拟〕感知：如图①，在矩形ABCD中，点E是边BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形ABCD内部的点F处，延长AF交CD于点G，连结FC，易证∠GCF=∠GFC．探究：将图①中的矩形ABCD改为平行四边形，其他条件不变，如图②，判断∠GCF=∠GFC是否仍然相等，并说明理由．应用：如图②，假设AB=5，BC=6，则△ADG的周长为16．【分析】探究：由▱ABCD及折叠可得∠B+∠ECG=∠AFE+∠ECG=∠AFE+∠EFG=180°，即∠ECG=∠EFG，再根据EB=EF=EC得∠EFC=ECF，从而可得∠GCF=∠GFC；应用：由〔1〕中∠GCF=∠GFC得GF=GC，AF=AB，根据△ADG的周长AD+AF+GF+GD=AD+AB+GC+GD可得．【解答】解：探究：∠GCF=∠GFC，理由如下：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠B+∠ECG=180°，又∵△AFE是由△ABE翻折得到，∴∠AFE=∠B，EF=BE，又∵∠AFE+∠EFG=180°，∴∠ECG=∠EFG，又∵点E是边BC的中点，∴EC=BE，∵EF=BE，∴EC=EF，∴∠ECF=∠EFC，∴∠ECG﹣∠ECF=∠EFG﹣∠EFC，∴∠GCF=∠GFC；应用：∵△AFE是由△ABE翻折得到，∴AF=AB=5，由〔1〕知∠GCF=∠GFC，∴GF=GC，∴△ADG的周长AD+AF+GF+GD=AD+AB+GC+GD=AD+AB+CD=6+5+5=16，故答案为：应用、16．【点评】该题主要考察了翻折变换的性质、平行四边形的性质等几何知识点及其应用问题，解题的关键是结实掌握翻折变换的性质、平行四边形的性质等几何知识点．33．〔2016•临沭县一模〕如图，四边形ABCD表示一张矩形纸片，AB=10，AD=8．E是BC上一点，将△ABE沿折痕AE向上翻折，点B恰好落在CD边上的点F处，⊙O内切于四边形ABEF．求：〔1〕折痕AE的长；〔2〕⊙O的半径．【分析】〔1〕如图，运用矩形的性质、勾股定理首先求出DF的长，进而求出CF的长，此为解决该题的关键性结论；设BE为*，运用勾股定理列出关于*的方程，求出*；再次运用勾股定理求出AE的长．〔2〕如图，作辅助线；首先证明OH=HB；运用△AOH∽△AEB，列出关于半径r的方程，求出r即可解决问题．【解答】解：〔1〕由题意知，AF=10，AD=8，根据勾股定理得：DF=6．∴CF=4．设BE=*，则EF=*，CE=8﹣*．在Rt△CEF中，根据勾股定理得：〔8﹣*〕2+42=*2，解得*=5．即BE=5．由勾股定理得：∴AE==5．〔2〕如图，连接OH、OG；则∠OHB=∠B=∠OGB=90°，而BH=BG，∴四边形OHBG为正方形，∴OH=BH；设⊙O的半径为r，则OH=BH=r；∵△AOH∽△AEB，∴=，即=；解得：r=．∴⊙O的半径为．【点评】该题主要考察了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定及其性质等几何知识点及其应用问题；结实掌握矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识点是根底，灵活运用是关键．34．〔2017•新城区校级模拟〕如图，在△AOB中，OA=OB，∠AOB=50°，将△AOB绕O点顺时针旋转30°，得到△COD，OC交AB于点F，CD分别交AB、OB于点E、H．求证：EF=EH．【分析】根据等腰三角形的性质，可得∠A与∠B，根据旋转的性质，可得∠AOC=∠BOD=30°，OD=OB=OA，∠D=∠B，根据全等三角形的判定与性质，可得答案．【解答】证明：∵OA=OB，∠AOB=50°，∴∠A=∠B．∵将△AOB绕O点顺时针旋转30°，得到△COD，∴∠AOC=∠BOD=30°，OD=OB=OA，∠D=∠B．在△AOF和△DOH中，，∴△AOF≌△DOH〔ASA〕，∴OF=OH，∵OC=OB，∴FC=BH．在△FCE和△HBE中，，∴△FCE≌△HBE〔AAS〕，∴EF=EH．【点评】此题考察了旋转的性质，利用旋转的性质得出∠AOC=∠BOD=30°，OD=OB=OA，∠D=∠B是解题关键，又利用了全等三角形的判定与性质．35．〔2016•日照〕如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF=45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ，求证：〔1〕EA是∠QED的平分线；〔2〕EF2=BE2+DF2．【分析】〔1〕直接利用旋转的性质得出△AQE≌△AFE〔SAS〕，进而得出∠AEQ=∠AEF，即可得出答案；〔2〕利用〔1〕中所求，再结合勾股定理得出答案．【解答】证明：〔1〕∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，∴QB=DF，AQ=AF，∠BAQ=∠DAF，∵∠EAF=45°，∴∠DAF+∠BAE=45°，∴∠QAE=45°，∴∠QAE=∠FAE，在△AQE和△AFE中，∴△AQE≌△AFE〔SAS〕，∴∠AEQ=∠AEF，∴EA是∠QED的平分线；〔2〕由〔1〕得△AQE≌△AFE，∴QE=EF，在Rt△QBE中，QB2+BE2=QE2，则EF2=BE2+DF2．【点评】此题主要考察了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质和勾股定理等知识，正确得出△AQE≌△AFE〔SAS〕是解题关键．36．〔2016•毕节市〕如图，△ABC中，AB=AC，把△ABC绕A点沿顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，CE交于点F．〔1〕求证：△AEC≌△ADB；〔2〕假设AB=2，∠BAC=45°，当四边形ADFC是菱形时，求BF的长．【分析】〔1〕由旋转的性质得到三角形ABC与三角形ADE全等，以及AB=AC，利用全等三角形对应边相等，对应角相等得到两对边相等，一对角相等，利用SAS得到三角形AEC与三角形ADB全等即可；〔2〕根据∠BAC=45°，四边形ADFC是菱形，得到∠DBA=∠BAC=45°，再由AB=AD，得到三角形ABD为等腰直角三角形，求出BD的长，由BD﹣DF求出BF的长即可．【解答】解：〔1〕由旋转的性质得：△ABC≌△ADE，且AB=AC，∴AE=AD，AC=AB，∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠BAE=∠DAE+∠BAE，即∠CAE=∠DAB，在△AEC和△ADB中，，∴△AEC≌△ADB〔SAS〕；〔2〕∵四边形ADFC是菱形，且∠BAC=45°，∴∠DBA=∠BAC=45°，由〔1〕得：AB=AD，∴∠DBA=∠BDA=45°，∴△ABD为直角边为2的等腰直角三角形，∴BD2=2AB2，即BD=2，∴AD=DF=FC=AC=AB=2，∴BF=BD﹣DF=2﹣2．【点评】此题考察了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及菱形的性质，熟练掌握旋转的性质是解此题的关键．37．〔2016•河南模拟〕如图，△AOB中，∠AOB=90°，AO=3，BO=6，△AOB绕点O逆时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，求线段B′E的值．【分析】利用勾股定理列式求出AB，根据旋转的性质可得AO=A′O，A′B′=AB，再求出OE，从而得到OE=A′O，过点O作OF⊥A′B′于F，利用三角形的面积求出OF，利用勾股定理列式求出EF，再根据等腰三角形三线合一的性质可得A′E=2EF，然后根据B′E=A′B′﹣A′E代入数据计算即可得解．【解答】解：∵∠AOB=90°，AO=3，BO=6，∴AB==3，∵△AOB绕顶点O逆时针旋转到△A′OB′处，∴AO=A′O=3，A′B′=AB=3，∵点E为BO的中点，∴OE=BO=×6=3，∴OE=A′O，过点O作OF⊥A′B′于F，S△A′OB′=×3•OF=×3×6，解得OF=，在Rt△EOF中，EF==，∵OE=A′O，OF⊥A′B′，∴A′E=2EF=2×=〔等腰三角形三线合一〕，∴B′E=A′B′﹣A′E=3﹣=．【点评】此题考察了旋转的性质，勾股定理的应用，等腰三角形三线合一的性质，以及三角形面积，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．38．〔2016•马山县二模〕如图，在等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．〔1〕证明：△ABE≌△C1BF；〔2〕证明：EA1=FC；〔3〕试判断四边形ABC1D的形状，并说明理由．【分析】〔1〕利用全等三角形的判定结合ASA得出答案；〔2〕利用全等三角形的性质对边相等得出答案；〔3〕首先得出四边形ABC1D是平行四边形，进而利用菱形的判定得出即可．【解答】〔1〕证明：∵等腰△ABC中，AB=BC，∠A=30°将△ABC绕点B顺时针旋转30°，得△A1BC1，∴AB=BC1=A1B=BC，∠ABE=∠C1BF，∠A=∠C1=∠A1=∠C，在△ABE和△C1BF中，，∴△ABE≌△C1BF〔ASA〕；〔2〕证明：∵△ABE≌△C1BF，∴EB=BF．又∵A1B=CB，∴A1B﹣EB=CB﹣BF，∴EA1=FC；〔3〕答：四边形ABC1D是菱形．证明：∵∠A1=∠C=30°，∠ABA1=∠CBC1=30°，∠A1=∠C=∠ABA1=∠CBC1．∴AB∥C1D，AD∥BC1，∴四边形ABC1D是平行四边形∵AB=BC1，∴四边形ABC1D是菱形．【点评】此题主要考察了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及菱形的判定等知识，利用旋转的性质得出对应边关系是解题关键．39．〔2016•邵阳县二模〕如图，△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=45°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转角α得到△AEF，且0°＜α≤180°，连接BE、CF相交于点D．〔1〕求证：BE=CF；〔2〕当α=90°时，求四边形AEDC的面积．【分析】〔1〕先利用旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则根据"SAS〞证明△AEB≌△AFC，于是得到BE=CF；〔2〕先判断△ABE为等腰直角三角形得到∠ABE=45°，则AC∥BE，同理可得AE∥CF，于是可证明四边形AEDC为菱形，AF与BE交于点H，如图，通过证明△AHE为等腰直角三角形得到AH=AE=，然后根据菱形的面积公式计算．【解答】〔1〕证明：∵△ABC绕点A按顺时针方向旋转角α得到△AEF，∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，∴AB=AC=AE=AF，∠EAF+∠FAB=∠BAC+∠FAB，即∠EAB=∠FAC，在△AEB和△AFC中，，∴△AEB≌△AFC，∴BE=CF；〔2〕解：∵α=90°，即∠EAB=∠FAC=90°，∵AE=AB，∴△ABE为等腰直角三角形，∴∠ABE=45°，∴∠ABE=∠BAC，∴AC∥BE，同理可得AE∥CF，∵AE=AC，∴四边形AEDC为菱形，AF与BE交于点H，如图，∵∠EAF=45°，∴AH平分∠EAB，∴AH⊥BE，∴△AHE为等腰直角三角形，∴AH=AE=，∴四边形AEDC的面积=AH•DE=×2=2．【点评】此题考察了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．解决〔1〕题的关键是证明△AEB≌△AFC．40．〔2016•吉林二模〕如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，点C的对应点C′恰好落在CB的延长线上，边AB交边C′D′于点E．〔1〕求证：BC=BC′；〔2〕假设AB=2，BC=1，求AE的长．【分析】〔1〕连结AC、AC′，根据矩形的性质得到∠ABC=90°，即AB⊥CC′，根据旋转的性质即可得到结论；〔2〕根据矩形的性质得到AD=BC，∠D=∠ABC′=90°，根据旋转的性质得到BC′=AD′，AD=AD′，证得BC′=AD′，根据全等三角形的性质得到BE=D′E，设AE=*，则D′E=2﹣*，根据勾股定理列方程即可得到结论．【解答】解：〔1〕连结AC、AC′，∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC=90°，即AB⊥CC′，∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，∴AC=AC′，∴BC=BC′；〔2〕∵四边形ABCD为矩形，∴AD=BC，∠D=∠ABC′=90°，∵BC=BC′，∴BC′=AD′，∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，∴AD=AD′，∴BC′=AD′，在△AD′E与△C′BE中，，∴△AD′E≌△C′BE，∴BE=D′E，设AE=*，则D′E=2﹣*，在Rt△AD′E中，∠D′=90°，由勾股定理，得*2﹣〔2﹣*〕2=1，解得*=，∴AE=．【点评】此题考察了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理的应用等，熟练掌握性质定理是解题的关键．41．〔2016•抚顺县二模〕〔1〕如图①，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E，F分别在BC，CD边上，高AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数．〔2〕如图②，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AB=AD，点M，N是BD边上的任意两点，且∠MAN=45°，将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADH位置，连接NH，试判断MN2，ND2，DH2之间的数量关系，并说明理由．〔3〕在图①中，假设EG=4，GF=6，求正方形ABCD的边长．【分析】〔1〕先根据AG⊥EF得出△ABE和△AGE是直角三角形，再根据HL定理得出△ABE≌△AGE，故可得出∠BAE=∠GAE，同理可得出∠GAF=∠DAF，由此可得出结论；〔2〕由旋转的性质得出∠BAM=∠DAH，再根据SAS定理得出△AMN≌△AHN，故可得出MN=HN．再由∠BAD=90°，AB=AD可知∠ABD=∠ADB=45°，根据勾股定理即可得出结论；〔3〕设正方形ABCD的边长为*，则CE=*﹣4，CF=*﹣6，再根据勾股定理即可得出*的值．【解答】解：〔1〕在正方形ABCD中，∠B=∠D=90°，∵AG⊥EF，∴△ABE和△AGE是直角三角形．在Rt△ABE和Rt△AGE中，，∴△ABE≌△AGE〔HL〕，∴∠BAE=∠GAE．同理，∠GAF=∠DAF．∴∠EAF=∠EAG+∠FAG=∠BAD=45°．〔2〕MN2=ND2+DH2．由旋转可知：∠BAM=∠DAH，∵∠BAM+∠DAN=45°，∴∠HAN=∠DAH+∠DAN=45°．∴∠HAN=∠MAN．在△AMN与△AHN中，，∴△AMN≌△AHN〔SAS〕，∴MN=HN．∵∠BAD=90°，AB=AD，∴∠ABD=∠ADB=45°．∴∠HDN=∠HDA+∠ADB=90°．∴NH2=ND2+DH2．∴MN2=ND2+DH2．〔3〕由〔1〕知，BE=EG=4，DF=FG=6．设正方形ABCD的边长为*，则CE=*﹣4，CF=*﹣6．∵CE2+CF2=EF2，∴〔*﹣4〕2+〔*﹣6〕2=102．解这个方程，得*1=12，*2=﹣2〔不合题意，舍去〕．∴正方形ABCD的边长为12．【点评】此题考察的是几何变换综合题，涉及到三角形全等的判定与性质、勾股定理、正方形的性质等知识，难度适中．42．〔2016•泰州二模〕在平面直角坐标系中，O为原点，点A〔﹣2，0〕，点B〔0，2〕，点E，点F分别为OA，OB的中点．假设正方形OEDF绕点O顺时针旋转，得正方形OE′D′F′，记旋转角为α．〔1〕如图①，当α=90°时，求AE′，BF′的长；〔2〕如图②，当α=135°时，求证：AE′=BF′，且AE′⊥BF′；〔3〕直线AE′与直线BF′相交于点P，当点P在坐标轴上时，分别表示出此时点E′、D′、F′的坐标〔直接写出结果即可〕．【分析】〔1〕利用勾股定理即可求出AE′，BF′的长．〔2〕运用全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质就可解决问题；〔3〕直线AE′与直线BF′相交于点P，当点P在坐标轴上时，α=180°，P与O重合，易求出点E′、D′、F′的坐标．【解答】解：〔1〕当α=90°时，点E′与点F重合，如图①．∵点A〔﹣2，0〕点B〔0，2〕，∴OA=OB=2，∵点E