第18讲图形的变换（知识精讲真题练模拟练自招练）

第18讲图形的变换（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）【考纲要求】1.通过具体实例认识轴对称、平移、旋转，探索它们的基本性质；2.能够按要求作出简单平面图形经过轴对称、平移、旋转后的图形，能作出简单平面图形经过一次或两次轴对称后的图形；3.探索基本图形（等腰三角形、矩形、菱形、等腰梯形、正多边形、圆）的轴对称性质及其相关性质.4.探索图形之间的变换关系（轴对称、平移、旋转及其组合）；5.利用轴对称、平移、旋转及其组合进行图案设计；认识和欣赏轴对称、平移、旋转在现实生活中的应用.【知识导图】【考点梳理】考点一、平移变换1.平移的概念：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移，平移不改变图形的形状和大小．【要点诠释】（1）平移是运动的一种形式，是图形变换的一种，本讲的平移是指平面图形在同一平面内的变换；（2）图形的平移有两个要素：一是图形平移的方向，二是图形平移的距离，这两个要素是图形平移的依据；（3）图形的平移是指图形整体的平移，经过平移后的图形，与原图形相比，只改变了位置，而不改变图形的大小，这个特征是得出图形平移的基本性质的依据．2．平移的基本性质：由平移的概念知，经过平移，图形上的每一个点都沿同一个方向移动相同的距离，平移不改变图形的形状和大小，因此平移具有下列性质：经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应角相等．【要点诠释】（1）要注意正确找出“对应线段，对应角”，从而正确表达基本性质的特征；（2）“对应点所连的线段平行且相等”，这个基本性质既可作为平移图形之间的性质，又可作为平移作图的依据．考点二、轴对称变换1．轴对称与轴对称图形

轴对称：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，也叫做这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴，折叠后重合的对应点，叫做对称点.

轴对称图形：把一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形.

2．轴对称变换的性质

①关于直线对称的两个图形是全等图形.

②如果两个图形关于某直线对称，对称轴是对应点连线的垂直平分线.

③两个图形关于某直线对称，如果它们对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上.

④如果两个图形的对应点连线被同一直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称.

3．轴对称作图步骤

①找出已知图形的关键点，过关键点作对称轴的垂线，并延长至2倍，得到各点的对称点．

②按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.

４．翻折变换：图形翻折问题是近年来中考的一个热点，其实质是轴对称问题，折叠重合部分必全等，折痕所在直线就是这两个全等形的对称轴，互相重合的两点（对称点）连线必被折痕垂直平分.【要点诠释】翻折的规律是，折叠部分的图形，折叠前后，关于折痕成轴对称，两图形全等，折叠图形中有相似三角形，常用勾股定理.考点三、旋转变换

1．旋转概念：中心，转动的角叫做旋转角.

２．旋转变换的性质

图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化.

３．旋转作图步骤

①分析题目要求，找出旋转中心，确定旋转角.

②分析所作图形，找出构成图形的关键点.

③沿一定的方向，按一定的角度、旋转各顶点和旋转中心所连线段,从而作出图形中各关键点的对应点.

④按原图形连结方式顺次连结各对应点.【要点诠释】１．图形变换与图案设计的基本步骤

①确定图案的设计主题及要求；

②分析设计图案所给定的基本图案；

③利用平移、旋转、轴对称对基本图案进行变换，实现由基本图案到各部分图案的有机组合；

④对图案进行修饰，完成图案.2．平移、旋转和轴对称之间的联系

一个图形沿两条平行直线翻折（轴对称）两次相当于一次平移，沿不平行的两条直线翻折两次相当于一次旋转，其旋转角等于两直线交角的2倍.【典型例题】题型一、平移变换例1．操作与探究：

（1）对数轴上的点P进行如下操作：先把点P表示的数乘以，再把所得数对应的点向右平移1个单位，得到点P的对应点P′．点A，B在数轴上，对线段AB上的每个点进行上述操作后得到线段A′B′，其中点A，B的对应点分别为A′，B′．如图1，若点A表示的数是-3，则点A′表示的数是________；若点B′表示的数是2，则点B表示的数是_____；已知线段AB上的点E经过上述操作后得到的对应点E′与点E重合，则点E表示的数是__________．

（2）如图2，在平面直角坐标系xOy中，对正方形ABCD及其内部的每个点进行如下操作：把每个点的横、纵坐标都乘以同一个实数a，将得到的点先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m＞0，n＞0），得到正方形A′B′C′D′及其内部的点，其中点A，B的对应点分别为A′，B′．已知正方形ABCD内部的一个点F经过上述操作后得到的对应点F′与点F重合，求点F的坐标．

【思路点拨】（1）根据题目规定，以及数轴上的数向右平移用加计算即可求出点A′，设点B表示的数为a，根据题意列出方程求解即可得到点B表示的数，设点E表示的数为b，根据题意列出方程计算即可得解；

（2）先根据向上平移横坐标不变，纵坐标加，向右平移横坐标加，纵坐标不变求出平移规律，然后设点F的坐标为（x，y），根据平移规律列出方程组求解即可．【答案与解析】（1）点A′：-3×+1=-1+1=0，

设点B表示的数为a，则a+1=2，解得a=3，

设点E表示的数为b，则b+1=b，解得b=；

故答案为：0；3；.

（2）根据题意得，，解得，

设点F的坐标为（x，y），

∵对应点F′与点F重合，

∴x+=x，y+2=y，解得x=1，y=4，所以，点F的坐标为（1，4）．【总结升华】耐心细致的读懂题目信息是解答本题的关键．【变式】如图，若将边长为的两个互相重合的正方形纸片沿对角线翻折成等腰直角三角形后，再抽出一个等腰直角三角形沿移动，若重叠部分的面积是，则移动的距离等于.【答案】根据题意得：AB∥A′B′，BC∥B′C′，

∴∠A′PC=∠B=90°，

∵∠A=∠CA′P=∠ACP=45°，

∴△A′PC是等腰直角三角形，

∵△A′PC的面积是1cm2，

∴S△A′PC=A′P•PC=1（cm2），

∴A′P=PC=cm，

∴A′C=2cm，

由于原等腰直角三角形的斜边是2cm，

所以平移的距离是：2-2（cm）．题型二、轴对称变换例2.如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是射线CB上的一个动点，把△DCE沿DE折叠，点C的对应点为C′．（1）若点C′刚好落在对角线BD上时，BC′=；（2）若点C′刚好落在线段AB的垂直平分线上时，求CE的长；（3）若点C′刚好落在线段AD的垂直平分线上时，求CE的长．【思路点拨】（1）根据点B，C′，D在同一直线上得出BC′=BD﹣DC′=BD﹣DC求出即可；（2）利用垂直平分线的性质得出CC′=DC′=DC，则△DC′C是等边三角形，进而利用勾股定理得出答案；（3）利用①当点C′在矩形内部时，②当点C′在矩形外部时，分别求出即可．【答案与解析】解：（1）如图1，∵点B，C′，D在同一直线上，∴BC′=BD﹣DC′=BD﹣DC=10﹣6=4；故答案为：4；（2）如图2，连接CC′，∵点C′在AB的垂直平分线上，∴点C′在DC的垂直平分线上，∴CC′=DC′=DC，则△DC′C是等边三角形，设CE=x，易得DE=2x，由勾股定理得：（2x）2﹣x2=62，解得：x=2，即CE的长为2；（3）作AD的垂直平分线，交AD于点M，交BC于点N，分两种情况讨论：①当点C′在矩形内部时，如图3，∵点C′在AD的垂直平分线上，∴DM=4，∵DC′=6，由勾股定理得：MC′=2，∴NC′=6﹣2，设EC=y，则C′E=y，NE=4﹣y，故NC′2+NE2=C′E2，即（6﹣2）2+（4﹣y）2=y2，解得：y=9﹣3，即CE=9﹣3；②当点C′在矩形外部时，如图4，∵点C′在AD的垂直平分线上，∴DM=4，∵DC′=6，由勾股定理得：MC′=2，∴NC′=6+2，设EC=z，则C′E=a，NE=z﹣4故NC′2+NE2=C′E2，即（6+2）2+（z﹣4）2=z2，解得：z=9+3，即CE=9+3，综上所述：CE的长为9±3．【总结升华】此题主要考查了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识；利用数形结合以及分类讨论得出是解题关键．【变式】如图所示，有一块面积为1的正方形纸片ABCD，M、N分别为AD、BC的边上中点，将C点折至MN上，落在P点的位置，折痕为BQ，连接PQ．

（1）求MP的长；

（2）求证：以PQ为边长的正方形的面积等于.【答案】（1）解：连接BP、PC，由折法知点P是点C关于折痕BQ的对称点．

∴BQ垂直平分PC，BC=BP．

又∵M、N分别为AD、BC边上的中点，且四边形ABCD是正方形，

∴BP=PC．

∴BC=BP=PC．

∴△PBC是等边三角形．

∵PN⊥BC于N，BN=NC=BC=，∠BPN=×∠BPC=30°，

∴PN=，MP=MN-PN=．

（2）证明：由折法知PQ=QC，∠PBQ=∠QBC=30°．

在Rt△BCQ中，QC=BC•tan30°=1×=，

∴PQ=．

∴以PQ为边的正方形的面积为．例3.已知：矩形纸片中，AB=26厘米，厘米，点E在AD上，且厘米，点P是AB边上一动点，按如下操作：步骤一，折叠纸片，使点P与点E重合，展开纸片得折痕（如图（1）所示）；步骤二，过点P作交所在的直线于点Q，连结QE（如图（2）所示）；（1）无论点P在AB边上任何位置，都有PQQE（填“＞”、“=”、“＜”号）（2）如图（3）所示，将矩形纸片放在直角坐标系中，按上述步骤一、二进行操作：①当点P在A点时，与交于点点的坐标是（，）；②当厘米时，与交于点，点的坐标是（，）；③当厘米时，在图（3）中画出，（不要求写画法）并求出与的交点的坐标；（3）点P在在运动过程中，与形成一系列的交点，…观察，猜想：众多的交点形成的图象是什么？并直接写出该图象的函数表达式.（A）BCDEN（A）BCDENO612182461218ABCDPEMNBC（P） （1） （2） （3）【思路点拨】（1）根据折叠的特点可知△NQE≌△NQP，所以PQ=QE．

（2）过点E作EG⊥Q3P，垂足为G，则四边形APGE是矩形．设Q3G=x，则Q3E=Q3P=x+6．利用Rt△Q3EG中的勾股定理可知x=9，Q3P=15．即Q3（12，15）．

（3）根据上述的点的轨迹可猜测这些点形成的图象是一段抛物线，利用待定系数法可解得函数关系式：y=x2+3（0≤x≤26）．

【答案与解析】（1）由折叠的特点可知△NQE≌△NQP，所以PQ=QE．

（2）①（0，3）；②（6，6）．

③画图，如图所示．

过点E作EG⊥Q3P，垂足为G，则四边形APGE是矩形．

∴GP=6，EG=12．

设Q3G=x，则Q3E=Q3P=x+6．

在Rt△Q3EG中，∵EQ32=EG2+Q3G2

∴x=9．

∴Q3P=15．

∴Q3（12，15）（3）这些点形成的图象是一段抛物线．

函数关系式：y=x2+3（0≤x≤26）．【总结升华】本题是一道几何与函数综合题，它以“问题情境--建立模型--解释、应用与拓展”的模式，通过动点P在AB上的移动构造探究性问题，让学生在“操作、观察、猜想、建模、验证”活动过程中，提高动手能力，培养探究精神，发展创新思维．题型三、旋转变换例4.已知，△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，点P是射线CB上一点（点P不与点B、C重合），线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接QB交射线AC于点M.（1）如图①，当AC=BC，点P在线段CB上时，线段PB、CM的数量关系是；（2）如图②，当AC=BC，点P在线段CB的延长线时，（1）中的结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由．（3）如图③，若，点P在线段CB的延长线上，CM=2，AP=13，求△ABP的面积．【思路点拨】（1）作出△ABC绕点A顺时针旋转90°，利用旋转的性质，和等腰三角形的性质再用中位线即可；（2）作出△ABC绕点A顺时针旋转90°，利用旋转的性质，和等腰三角形的性质，再用中位线即可；（3）同（1）（2）的方法作出辅助线，利用平行线中的基本图形“A”得出比例式，用勾股定理求出x，最后用三角形的面积公式即可．【答案与解析】解：（1）如图1，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB'C'，∴B'Q=BP，AB'=AB，连接BB'，∵AC⊥BC，∴点C在BB'上，且CB'=CB，依题意得，∠C'B'B=90°，∴CM∥B'C'，而CB'=CB，∴2CM=B'Q，∵BP=B'Q，∴BP=2CM，故答案为：BP=2CM；（2）BP=2CM仍然成立，理由：如图2，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB'C'，连接B'Q，∴B'Q=BP，AB'=AB，连接BB'，∵AC⊥BC，∴点C在BB'上，且CB'=CB，依题意得，∠C'B'B=90°，∴CM∥B'C'，而CB'=CB，∴2CM=B'Q，∵BP=B'Q，∴BP=2CM，（3）如图3，设BC=2x，则AC=5x，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB'C'，连接B'Q，∴BC=B'C'，B'Q=BP，AC=AC'延长BC交C'Q于N，∴四边形ACNC'是正方形，∴C'N=CN=AC=5x，∴BN=CN+BC=7x∵CM∥QN，∴∵CM=2，∴∴QN=7，∴BP=B'Q=C'N+QN﹣B'C'=5x+7﹣2x=3x+7，∴PC=BC+BP=2x+3x+7=5x+7，在Rt△ACP中，AC=5x，PC=5x+7，AP=13，根据勾股定理得，（5x）2+（5x+7）2=132∴x=1或x=﹣（舍），∴BP=3x+7=10，AC=5x=5，∴S△ABP=BP×AC=×10×5=25．【总结升华】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形和直角三角形的性质，旋转的性质，中位线的性质，解本题的关键是作出辅助线，也是本题的难点．例5.如图①，小慧同学把一个正三角形纸片（即△OAB）放在直线l1上，OA边与直线l1重合，然后将三角形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转120°，此时点O运动到了点O1处，点B运动到了点B1处；小慧又将三角形纸片AO1B1绕点B1按顺时针方向旋转120°，此时点A运动到了点A1处，点O1运动到了点O2处（即顶点O经过上述两次旋转到达O2处）．小慧还发现：三角形纸片在上述两次旋转的过程中，顶点O运动所形成的图形是两段圆弧，即和，顶点O所经过的路程是这两段圆弧的长度之和，并且这两段圆弧与直线l1围成的图形面积等于扇形AOO1的面积、△AO1B1的面积和扇形B1O1O2的面积之和．小慧进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片OABC放在直线l2上，OA边与直线l2重合，然后将正方形纸片绕着顶点^按顺时针方向旋转90°，此时点O运动到了点O1处（即点B处），点C运动到了点C1处，点B运动到了点B1处；小慧又将正方形纸片AO1C1B1绕顶点B1按顺时针方向旋转90°，……，按上述方法经过若干次旋转后．她提出了如下问题：问题①：若正方形纸片OABC接上述方法经过3次旋转，求顶点O经过的路程，并求顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线l2围成图形的面积；若正方形纸片OABC按上述方法经过5次旋转，求顶点O经过的路程；问题②：正方形纸片OABC按上述方法经过多少次旋转，顶点O经过的路程是_______________?请你解答上述两个问题．【思路点拨】次旋转，顶点O没有移动.【答案与解析】解：问题①：如图，正方形纸片经过3次旋转，顶点O运动所形成的图形是三段圆弧，所以顶点O在此运动过程中经过的路程为.顶点O在此运动过程中所形成的图形与直线围成图形的面积为.正方形纸片经过5次旋转，顶点O运动经过的路程为：.问题②：∵正方形纸片每经过4次旋转，顶点O运动经过的路程均为：.又，而是正方形纸片第4+1次旋转，顶点O运动经过的路程.∴正方形纸片OABC按上述方法经过81次旋转，顶点O经过的路程是.【总结升华】本题涉及到分类归纳，图形的翻转，扇形弧长和面积.【变式】如图，等腰梯形MNPQ的上底长为2，腰长为3，一个底角为60°．正方形ABCD的边长为1，它的一边AD在MN上，且顶点A与M重合．现将正方形ABCD在梯形的外面沿边MN、NP、PQ进行翻滚，翻滚到有一个顶点与Q重合即停止滚动．(1)请在所给的图中，用尺规画出点A在正方形整个翻滚过程中所经过的路线图；(2)求正方形在整个翻滚过程中点A所经过的路线与梯形MNPQ的三边MN、NP、PQ所围成图形的面积S．【答案】(1)点A在正方形整个翻滚过程中所经过的路线图如图：(2)弧AA1与AD，A1D围成图形的面积为：圆的面积（半径为1）=；弧A1A2与A1D，DN，A2N围成图形的面积为：圆的面积（半径为）＋正方形的面积（边长为1）=；弧A2A3与A2N，NA3围成图形的面积为：圆的面积（半径为1）=；其他三块小面积分别与以上三块相同.∴点A所经过的路线与梯形MNPQ的三边MN、NP、PQ所围成图形的面积S为：.【中考过关真题练】一、单选题1．（2022·上海·统考中考真题）有一个正n边形旋转后与自身重合，则n为（

）A．6 B．9 C．12 D．15【答案】C【分析】根据选项求出每个选项对应的正多边形的中心角度数，与一致或有倍数关系的则符合题意．【详解】如图所示，计算出每个正多边形的中心角，是的3倍，则可以旋转得到．A.B.C.D.观察四个正多边形的中心角，可以发现正12边形旋转90°后能与自身重合故选C．【点睛】本题考查正多边形中心角与旋转的知识，解决本题的关键是求出中心角的度数并与旋转度数建立关系．2．（2020·上海·统考中考真题）如果存在一条线把一个图形分割成两个部分，使其中一个部分沿某个方向平移后能与另一个部分重合，那么我们把这个图形叫做平移重合图形．下列图形中，平移重合图形是()A．平行四边形 B．等腰梯形 C．正六边形 D．圆【答案】A【分析】证明平行四边形是平移重合图形即可．【详解】如图，平行四边形ABCD中，取BC，AD的中点E，F，连接EF．则有：AF=FD，BE=EC，AB=EF=CD，∴四边形ABEF向右平移可以与四边形EFCD重合，∴平行四边形ABCD是平移重合图形．故选：A．【点睛】本题考查平移的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．3．（2017·上海·中考真题）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（）A．菱形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．等腰梯形【答案】A【分析】根据轴对称图形和中心对称图形对各选项分析判断即可得解．【详解】A、菱形既是轴对称又是中心对称图形，故本选项正确，符合题意；B、不等边三角形是轴对称，不是中心对称图形，故本选项错误，不符合题意；C、平行四边形不是轴对称，是中心对称图形，故本选项错误，不符合题意；D、等腰梯形是轴对称，不是中心对称图形，故本选项错误，不符合题意．故选A．二、填空题4．（2020·上海·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，点D在边BC上，CD=3，联结AD．如果将△ACD沿直线AD翻折后，点C的对应点为点E，那么点E到直线BD的距离为____．【答案】．【分析】过E点作EH⊥BC于H，证明△ABD是等边三角形，进而求得∠ADC=120°，再由折叠得到∠ADE=∠ADC=120°，进而求出∠HDE=60°，最后在Rt△HED中使用三角函数即可求出HE的长．【详解】解：如图，过点E作EH⊥BC于H，∵BC=7，CD=3，∴BD=BC-CD=4，∵AB=4=BD，∠B=60°，∴△ABD是等边三角形，∴∠ADB=60°，∴∠ADC=∠ADE=120°，∴∠EDH=60°，∵EH⊥BC，∴∠EHD=90°．∵DE=DC=3，∴EH=DE×sin∠HDE=3×=，∴E到直线BD的距离为．故答案为：．【点睛】本题考查了折叠问题，解直角三角形，点到直线的距离，本题的关键点是能求出∠ADE=∠ADC=120°，另外需要重点掌握折叠问题的特点：折叠前后对应的边相等，对应的角相等．5．（2021·上海·统考中考真题）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为__________．【答案】【分析】先确定正方形的中心O与各边的所有点的连线中的最大值与最小值，然后结合旋转的条件即可求解．【详解】解：如图1，设的中点为E，连接OA，OE，则AE=OE=1，∠AEO=90°，．∴点O与正方形边上的所有点的连线中，最小，等于1，最大，等于．∵，∴点P与正方形边上的所有点的连线中，如图2所示，当点E落在上时，最大值PE=PO-EO=2-1=1；如图3所示，当点A落在上时，最小值．∴当正方形ABCD绕中心O旋转时，点P到正方形的距离d的取值范围是．故答案为：【点睛】本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，准确理解新定义的含义和熟知正方形的性质是解题的关键．6．（2017·上海·中考真题）一副三角尺按如图的位置摆放（顶点C与F重合，边CA与边FE叠合，顶点B、C、D在一条直线上）．将三角尺DEF绕着点F按顺时针方向旋转n°后（0＜n＜180），如果EF∥AB，那么n的值是_____．【答案】45【详解】解：①如图1中，EF∥AB时，∠ACE=∠A=45°，∴旋转角n=45时，EF∥AB．②如图2中，EF∥AB时，∠ACE+∠A=180°，∴∠ACE=135°∴旋转角n=360°﹣135°=225°，∵0＜n°＜180，∴此种情形不合题意，故答案为45．三、解答题7．（2022·上海·统考中考真题）一个一次函数的截距为1，且经过点A（2，3）．(1)求这个一次函数的解析式；(2)点A，B在某个反比例函数上，点B横坐标为6，将点B向上平移2个单位得到点C，求cos∠ABC的值．【答案】(1)y=x+1(2)【详解】（1）解：设这个一次函数的解析式y=kx+1，把A（2，3）代入，得3=2k+1，解得：k=1，∴这个一次函数的解析式为y=x+1；（2）解：如图，设反比例函数解析式为y=，把A（2，3）代入，得3=，解得：m=6，∴反比例函数解析式为y=，当x=6时，则y==1，∴B（6，1），∴AB=，∵将点B向上平移2个单位得到点C，∴C（6，3），BC=2，∵A（2，3），C（6，3），∴ACx轴，∵B（6，1），C（6，3），∴BC⊥x轴，∴AC⊥BC，∴∠ACB=90°，∴△ABC是直角三角形，∴cos∠ABC=．【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式，点的平移，解三角形，坐标与图形，求得AC⊥BC是解题的关键．8．（2019·上海·中考真题）图1是某小型汽车的侧面示意图，其中矩形ABCD表示该车的后备箱，在打开后备箱的过程中，箱盖ADE可以绕点A逆时针方向旋转．当旋转角为60°时，箱盖ADE落在的位置（如图2所示），已知，，．(1)求点到BC的距离；(2)求E、两点的距离．【答案】(1)(2)【分析】（1）如图所示，过点作垂足为点H，交AD于点F，先解直角三角形求出的长，再求出FH的长即可得到答案；（2）连接AE，，，证明是等边三角形，，只需要利用勾股定理求出AE即可得到答案．【详解】（1）解：如图所示，过点作垂足为点H，交AD于点F，由题意得：，，∵四边形ABCD是矩形，∵，∴，在中，又∵CE＝40cm，DE＝30cm，∴cm，∴答：点到BC的距离为；（2）解：连接AE，，，如图所示．由题意，，∴是等边三角形，∴．∵四边形ABCD是矩形，∴在Rt△ADE中，AD＝90cm，DE＝30cm，∴，∴，答：E、两点的距离为．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键．9．（2018·上海·统考中考真题）在平面直角坐标系xOy中（如图）．已知抛物线经过点A（﹣1，0）和点B（0，），顶点为C，点D在其对称轴上且位于点C下方，将线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处．（1）求这条抛物线的表达式；（2）求线段CD的长；（3）将抛物线平移，使其顶点C移到原点O的位置，这时点P落在点E的位置，如果点M在y轴上，且以O、D、E、M为顶点的四边形面积为8，求点M的坐标．【答案】（1）抛物线解析式为；（2）线段CD的长为2；（3）M点的坐标为（0，）或（0，﹣）【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式；（2）利用配方法得到，则根据二次函数的性质得到C点坐标和抛物线的对称轴为直线x=2，如图，设CD=t，则D（2，﹣t），根据旋转性质得∠PDC=90°，DP=DC=t，则P（2+t，﹣t），然后把P（2+t，﹣t）代入得到关于t的方程，从而解方程可得到CD的长；（3）P点坐标为（4，），D点坐标为（2，），利用抛物线的平移规律确定E点坐标为（2，﹣2），设M（0，m），当m＞0时，利用梯形面积公式得到•（m++2）•2=8；当m＜0时，利用梯形面积公式得到•（﹣m++2）•2=8，然后分别解方程求出m即可得到对应的M点坐标．【详解】（1）把A（﹣1，0）和点B（0，）代入得，解得，∴抛物线解析式为；（2）∵，∴C（2，），抛物线的对称轴为直线x=2，如图，设CD=t，则D（2，﹣t），∵线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处，∴∠PDC=90°，DP=DC=t，∴P（2+t，﹣t），把P（2+t，﹣t）代入得，整理得t2﹣2t=0，解得（舍去），，∴线段CD的长为2；（3）P点坐标为（4，），D点坐标为（2，），∵抛物线平移，使其顶点C（2，）移到原点O的位置，∴抛物线向左平移2个单位，向下平移个单位，而P点（4，）向左平移2个单位，向下平移个单位得到点E，∴E点坐标为（2，﹣2），设M（0，m），当m＞0时，•（m++2）•2=8，解得m=，此时M点坐标为（0，）；当m＜0时，•（﹣m++2）•2=8，解得m=﹣，此时M点坐标为（0，﹣）；综上所述，M点的坐标为（0，）或（0，﹣）．【点睛】本题考查了二次函数的综合题，涉及到待定系数法、抛物线上点的坐标、旋转的性质、抛物线的平移等知识，综合性较强，正确添加辅助线、运用数形结合思想熟练相关知识是解题的关键.【中考挑战满分模拟练】一、单选题1．（2022·上海长宁·统考二模）下列图形中，既是中心对称又是轴对称图形的是（）A．正三角形 B．菱形 C．平行四边形 D．等腰梯形【答案】B【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．【详解】解：A、正三角形不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不正确；B、菱形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项正确；C、平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不正确；D、等腰梯形不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不正确故选：B.【点睛】本题考查轴对称图形与中心对称图形的概念，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念是解题的关键.2．（2021·上海·统考模拟预测）在以下现象中，属于平移的是（

）(1)在荡秋千的小朋友；

(2)打气筒打气时，活塞的运动；(3)自行车在行进中车轮的运动；(4)传送带上，瓶装饮料的移动．A．(1)(2) B．(2)(4) C．(2)(3) D．(1)(3)【答案】B【详解】试题分析：判断生活中的现，是否是平移，要根据平移的定义，进行判断，图形平移前后的形状和大小没有变化，只是位置发生变化．解：（1）在荡秋千的小朋友，是旋转，故此选项错误；（2）打气筒打气时，活塞的运动，是平移，故此选项正确；（3）自行车在行进中车轮的运动，是旋转，故此选项错误；

（4）传送带上，瓶装饮料的移动，是平移，故此选项正确；故选B．二、填空题3．（2022·上海普陀·统考二模）在①平行四边形；②等腰三角形；③等腰梯形；④圆四个图形中，一定是轴对称图形的有_________(填序号)．【答案】②③④【分析】根据轴对称图形的定义分析判断即可，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形．【详解】解：在①平行四边形；②等腰三角形；③等腰梯形；④圆四个图形中，一定是轴对称图形的有②，③，④，故答案为：②③④．【点睛】本题考查了轴对称图形的定义，掌握轴对称图形的定义是解题的关键．4．（2023·上海静安·统考一模）如图，绕点C逆时针旋转后得，如果点B、D、E在一直线上，且，那么A、D两点间的距离是_________．【答案】【分析】过点C作交于点F，由旋转的性质得出是等腰直角三角形，再求出，利用含角的直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质进行求解即可．【详解】过点C作交于点F，∴，∵绕点C逆时针旋转后得，∴，即是等腰直角三角形，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．5．（2022·上海·校考模拟预测）如图，正方形ABCD中，将边BC绕着点C旋转，当点B落在边AD的垂直平分线上的点E处时，∠AEC的度数为_______【答案】或【分析】分两种情况分析：当点E在BC下方时记点E为点，点E在BC上方时记点E为点，连接，，根据垂直平分线的性质得，，由正方形的性质得，，由旋转得，，故，是等边三角形，，是等腰三角形，由等边三角形和等腰三角形的求角即可．【详解】如图，当点E在BC下方时记点E为点，连接，∵点落在边AD的垂直平分线，∴，∵四边形ABCD是正方形，∴，∵BC绕点C旋转得，∴，∴是等边三角形，是等腰三角形，∴，，∴，∴，当点E在BC上方时记点E为点，连接，∵点落在边AD的垂直平分线，∴，∵四边形ABCD是正方形，∴，，∵BC绕点C旋转得，∴，∴是等边三角形，是等腰三角形，∴，，∴，∴．故答案为：或．【点睛】本题考查正方形的性质、垂直平分线的性质、旋转的性质，以及等边三角形与等腰三角形的判定与性质，掌握相关知识点的应用是解题的关键．6．（2022·上海杨浦·校考一模）下面图形：四边形、三角形、正方形、梯形、平行四边形、圆，从中任取一个图形的既是轴对称图形，又是中心对称图形概率是__．【答案】【详解】解：既是轴对称图形，又是中心对称图形的有正方形、圆，故概率为故答案为：7．（2021·上海·统考模拟预测）在高5m,长13m的一段台阶上铺上地毯，台阶的剖面如图所示，地毯的长度至少需要______m.【答案】17【分析】在此类题中，利用平移线段，把楼梯的横竖向下向右平移，构成一个直角三角形的两直角边，利用勾股定理解题．【详解】利用平移线段，把楼梯的横竖向下向右平移，构成一个直角三角形的两直角边；则另一直角边长==12，所以地毯的长度为12+5=17米．故答案为：17．【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，解决此题的关键是要注意利用平移的知识，把要求的所有线段平移到一条直线上进行计算8．（2021·上海·统考二模）我们把反比例函数图象上到原点距离相等的点叫做反比例函数图象上的等距点．如果第一象限内点A（2，4）与点B是某反比例函数图象上的等距点，那么点A、B之间的距离是_____．【答案】【分析】根据题意，结合反比例函数和轴对称的性质，得出B的坐标，然后根据勾股定理即可求得点A、B之间的距离，即可完成求解．【详解】由题意可知，点B与点A关于直线y=x对称，∵点A（2，4），∴点B（4，2），∴，故答案为：．【点睛】本题考查了反比例函数、轴对称、直角坐标系、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握反比例函数的性质，从而完成求解．9．（2022·上海黄浦·统考二模）如图，已知边长为1的正方形ABCD的顶点A、B在半径与这个正方形边长相等的圆O上，顶点C、D在该圆内．如果将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点D第一次落在圆上时，点C与点C'为对应点，那么△ACC'的面积＝________．【答案】【分析】设当点D第一次落在圆上时的点为，连接O，OA，OB，过点C作CE⊥于E，证△OAB是等边三角形，得∠OAB=60°，从而得∠OAD=30°，同理∠OAD′=60°，即可求得∠DAD′=∠OAD′-∠OAD=30°，再由旋转可得：∠CAC′=∠DAD′=30°，AC′=AC=，所以CE==，然后由S△ACC‘=求解即可．【详解】解：如图，设当点D第一次落在圆上时的点为，连接O，OA，OB，过点C作CE⊥于E，∵正方形ABCD，AB=1，∴∠BAE=90°，AC=，∵OA=OB=AB=1，∴△OAB是等边三角形，∴∠OAB=60°，∴∠OAD=30°，同理∠OAD′=60°，∴∠DAD′=∠OAD′-∠OAD=30°，由旋转可得：∠CAC′=∠DAD′=30°，AC′=AC=，∵CE⊥于E，∴CE==，∴S△ACC‘==，故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，本题属中考常考题目，难度不适中．10．（2022·上海松江·统考二模）如图，在矩形中，，．将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，点A、C、的对应点分别为、、．当点落在对角线上时，点与点之间的距离是_____________．【答案】2【分析】根据题意，画出旋转后图形，证即可求解．【详解】解：如图，，，，∴，，，在和中，，，，故答案为：2．【点睛】本题主要考查矩形的性质与旋转，三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．11．（2022·上海嘉定·统考二模）如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣2，0），C（0，2）将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在直线OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为______．【答案】【分析】连接作于H，证明得到即可得到答案．【详解】解：连接作于H，如图所示，由题意知：则由旋转的性质可知，在和中∴点的坐标为故答案为：．【点睛】本题考查的是矩形的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定与性质，掌握矩形的性质，全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．12．（2022·上海徐汇·位育中学校考模拟预测）如图，点G是△ABC的重心，CG的延长线交AB于点D，GA=10，GC=8，GB=6，将△ADG绕点D顺时针方向旋转180°得到△BDE，则△EBC的面积为________．【答案】48【分析】根据点G是△ABC的重心，CG的延长线交AB于D，GA=10，GC=8，GB=6，将△ADG绕点D顺时针方向旋转180°得到△BDE，得出DG=DE=4，以及BE=10，即可得出△EBG的面积，进而得出答案．【详解】解：∵点G是△ABC的重心，CG的延长线交AB于D，GC=8，∴DE=4，∵将△ADG绕点D顺时针方向旋转180°得到△BDE，∴DG=DE=4，AG=BE=10，∵BG=6，∴△BGE是直角三角形，∴△BGE的面积为：×6×8=24，∵∠BGE=90°，∴∠BGC=90°，∴△BGC的面积为：×6×8=24，∴△EBC的面积为：48．【点睛】题目主要考查旋转的性质及直角三角形的性质，理解题意，熟练掌握运用旋转的性质是解题关键．13．（2022·上海静安·统考二模）如图，，点A在OM上，，点P在ON上，将沿AP翻折，设点O落在点处，如果，那么OP的长为________．【答案】或【分析】分情况讨论：当在OM上方时，接，延长AP交与点B，求出，设，作交与点C，表示出，在中，由勾股定理可得：，求解即可；当在OM下方时，连接，延长PA交与点B，证明，设，作交与点C，表示出，，在中，由勾股定理可得：，求解即可．【详解】解：当在OM上方时，连接，延长AP交与点B，如图，由题意可知：，则，，∵，∴为等腰直角三角形，∵，，∴，∵，，∴，设，作交与点C，∵，∴，∵，∴，即，在中，由勾股定理可得：，即，整理得：，解得：，（舍去），∴；当在OM下方时，连接，延长PA交与点B，如图，由题意可知：，则，，，∵，∴为等腰直角三角形，∵，，∴，∵，∴，设，作交与点C，∵，∴，∵，∴，∴，即，在中，由勾股定理可得：，即，整理得：，解得：，（舍去），∴，综上所述：或．【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理，翻转的性质，所对的直角边等于斜边的一半．解题的关键是对的位置进行分情况讨论：当在OM上方时．当在OM下方时，结合图形进行求解．14．（2022·上海闵行·统考二模）如图，已知中，，点M是的中点，将沿所在的直线翻折，点A落在点处，，且交于点D，的值为_________.【答案】【分析】如图1，作的角平分线CF交AB于点F，连接FD，先证明得AC=CF，从而有，再证明，得，在直角三角形DFM中利用即可求解．【详解】解：如图1，作的角平分线CF交AB于点F，连接FD，0，CF平分，，将沿所在的直线翻折，点A落在点处，，，，点M是的中点，CM=BM=AM，，，，，，AC=CF，，，在和中，，，，，，故答案为．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质、直角三角形的性质以及解直角三角形，构造辅助线得出三角形全等是解题的关键．15．（2022·上海松江·校考三模）如图，已知中，，点、分别在线段、上，将沿直线折叠，使点的对应点恰好落在线段上，当为直角三角形时，折痕的长为___________．【答案】或【分析】由为直角三角形，分两种情况进行讨论：分别依据含角的直角三角形的性质以及等腰直角三角形的性质，即可得到折痕的长．【详解】解：分两种情况：如图，当时，是直角三角形，在中，，，由折叠可得，，，，，，，，，；如图，当时，是直角三角形，由题可得，，，，又，，过作于，则，，由折叠可得，，是等腰直角三角形，，．故答案为：或．【点睛】本题考查了翻折变换折叠问题，勾股定理，含角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．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．16．（2022·上海·上海市进才中学校考一模）如图，已知扇形AOB的半径为6，圆心角为90°，E是半径OA上一点，F是上一点．将扇形AOB沿EF对折，使得折叠后的圆弧恰好与半径OB相切于点G，若OE＝5，则O到折痕EF的距离为________________．【答案】【分析】过点G作OG的垂线，交的延长线于点，连接交EF于点H，连接，则点、G、F在以点为圆心，为半径的圆上，证得四边形为矩形，接着求得的长，再求得的长，又证得，从而得到，进而得到O到折痕EF的距离．【详解】解：如图，过点G作OG的垂线，交的延长线于点，连接交EF于点H，连接，则点、G、F在以点为圆心，为半径的圆上，∵与是等弧∴与是等圆∴∵∴∴四边形为矩形∴∴∵∴若则∴∴连接，有∵∴∴∴∴∴即O到折痕EF的距离为故答案为：．【点睛】本题考查轴对称、三角形、矩形与圆的综合问题，是填空题的压轴题，懂得根据题意构造出等圆是解题的关键．17．（2021·上海浦东新·模拟预测）如图，平面直角坐标系中，，反比例函数在第一象限内的图象分别与线段交于点，连接，如果点关于的对称点恰好落在边上，那么的值为______．【答案】12【分析】根据A（8，0），B（8，4），C（0，4），可得矩形的长和宽，易知点F的横坐标，E的纵坐标，由反比例函数的关系式，可用含有k的代数式表示出点F的纵坐标和点E的横坐标，由三角形相似和对称，可求出AD的长，然后把问题转化到三角形ADF中，由勾股定理建立方程求出k的值．【详解】过点E作EG⊥OA，垂足为G，设点B关于EF的对称点为D，连接DF、ED、BD，如图所示：则△BEF≌△DEF，∴BD=DF，BE=DE，∠FDE=∠FBE=90°，∴∠EDG+∠ADF=∠ADF+∠AFD，∴∠EDG=∠AFD，∵∠EGD=∠DAF，∴△ADF∽△GED，∴，∴AD：EG=BD：BE，∵A（8，0），B（8，4），C（0，4），∴AB=OC=EG=4，OA=BC=8，∵E、F在反比例函数的图象上，∴，∴，，∴，∴，∴

在Rt△ADF中，由勾股定理：AD2+AF2=DF2

即：，

解得：k=12，故答案为12．【点睛】此题综合利用轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理以及反比例函数的图象和性质等知识，发现BD与BE的比是1：2是解题的关键．18．（2022·上海普陀·统考二模）如图，矩形中，，．矩形绕着点A旋转，点B、C、D的对应点分别是点、、，如果点恰好落在对角线上，连接，与交于点E，那么___________．【答案】【分析】过A点作AF⊥BD，交BD于点F，利用勾股定理求出BD=5，在根据是矩形ABD的面积求出AF，进而可求出，进而求出，再证明，即有，DE可求．【详解】过A点作AF⊥BD，交BD于点F，如图，∵矩形中AB=3，BC=AD=4，∠BAC=90°，∴，∵，∴，∴，根据旋转可知：，，，∵，∴，即，∴，根据旋转可知：，，，∴根据两个等腰三角形中顶角相等，则其底角也相等，即，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，求出是解答本题的关键．19．（2020·上海崇明·统考二模）如图，将沿边上的中线平移到的位置，已知的面积为16，阴影部分三角形的面积为9，如果，那么的长为_____．【答案】3【分析】先证明△DA′E∽△DAB，再利用相似三角形的性质求得A'D便可．【详解】如图，∵S△ABC=16、S△A′EF=9，且AD为BC边的中线，∴

，，∵将△ABC沿BC边上的中线AD平移得到△A'B'C'，∴A′E∥AB，∴△DA′E∽△DAB，则，解得A′D=3或（舍），故答案为3．【点睛】本题主要平移的性质，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质与三角形中线的性质、相似三角形的判定与性质等知识点．20．（2022·上海杨浦·统考二模）已知钝角内接于，将沿所在直线翻折，得到，联结，如果，那么的值为_________．【答案】【分析】延长交于，设、交于、，连接，，设，，由翻折知是、的垂直平分线，则，，说明，得，则，再利用，可得，从而解决问题．【详解】解：延长交于，设、交于、，连接，，如图，，设，，由翻折知是、的垂直平分线，，，，，，在和中，，，，，，，，，，在中，由勾股定理得，，解得，，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆，等腰三角形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，运用相似表示出是解题的关键，综合性较强，属于中考压轴题．三、解答题21．（2021·上海松江·统考二模）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝3x+3与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线y＝ax2+bx﹣5a经过点A．将点B向右平移5个单位长度，得到点C．（1）求点C的坐标；（2）求抛物线的对称轴；（3）若抛物线的顶点在△OBC的内部，求a的取值范围．【答案】（1）C（5，3）；（2）x=2；（3）﹣＜a＜﹣．【分析】（1）由y=3x+3与x、y轴分别交于点A、B，可求出A、B坐标，B向右移动5个单位即得C坐标；（2）将A坐标代入y=ax2+bx-5a可得b=-4a，根据对称轴公式可得答案；（3）对称轴x=2与BC交于D，与OC交于E，抛物线的顶点在△OBC的内部，则顶点在D和E之间，用a表示顶点纵坐标列不等式可得答案．【详解】解：（1）在y=3x+3中，令x=0得y=3，令y=0得x=-1，∴A（-1，0），B（0，3），∵点B向右平移5个单位长度，得到点C．∴C（5，3）；（2）∵A（-1，0），抛物线y=ax2+bx-5a经过点A，∴0=a-b-5a，即b=-4a，∴抛物线y=ax2+bx-5a对称轴为；（3）对称轴x＝2与BC交于D，与OC交于E设OC解析式为y＝kx，∵（5，3），∴3＝5k，∴，∴OC解析式为y＝x，令x＝2得，即，由（1）知b＝﹣4a，∴抛物线为y=ax2-4ax-5a，∴顶点坐标为（2，-9a），抛物线的顶点在△OBC的内部，则顶点在D和E之间，而D（2，3），∴，∴﹣＜a＜﹣．【点睛】本题考查点的平移、二次函数综合．（1）中会求一次函数与坐标轴交点是解题关键；（2）中掌握对称轴公式是解题关键；（3）掌握顶点公式是解题关键．22．（2022·上海崇明·统考二模）如图．在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为，对称轴为直线．点M为线段OB上的一个动点，过点M作直线l平行于y轴交直线BC于点F，交抛物线于点E．(1)求抛物的解析式；(2)当以C、E、F为顶点的三角形与相似时，求线段EF的长度：(3)如果将沿直线CE翻折，点F恰好落在y轴上点N处，求点N的坐标．【答案】(1)(2)(3)N的的坐标是【分析】（1）根据抛物线过点A，对称轴为直线列方程计算即可；（2）求出B、C坐标及直线BC解析式，由可得，再设E、F的坐标，根据相似计算即可；（3）由翻折结合EF∥y轴可得，设E、F坐标计算即可．【详解】（1）由题意得：解得：

∴所求的抛物线的解析式是：（2）由题意得：，∴直线BC的解析式为：∴，∴设，则当以C、E、F为顶点的三角形与相似时，①若，则，∴或（舍去）∴②若，则，∴或（舍去）∴（3）∵是由沿直线CE翻折而得∴，∵，∴，∴，∴设，则∵，解得：或（舍去）

∴∴∴N的的坐标是【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及解析式、三角形相似的判定与性质、对称变换等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关的线段长度，根据已知列方程求解．23．（2022·上海·二模）已知在平行四边形中，，将沿直线翻折，点落在点尽处，与相交于点，联结．（1）如图1，求证：；（2）如图2，如果，，，求的面积；（3）如果，，当是直角三角形时，求的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）4或6【分析】（1）由折叠的性质得，，由平行四边形的性质得，．则，，得，证出，则，由等腰三角形的性质得，证出，即可得出结论；（2）证四边形是矩形，则，，，设，则，在中，由勾股定理得出方程，求出，由三角形面积公式即可得出答案；（3）分两种情况：或，需要画出图形分类讨论，根据含角的直角三角形的性质，即可得到的长．【详解】解：（1）证明：由折叠的性质得：△，，，四边形是平行四边形，，．，，，，，，，，；（2）平行四边形中，，四边形是矩形，，，，由（1）得：，设，则，在中，由勾股定理得：，解得：，，的面积；（3）分两种情况：①如图3，当时，延长交于，，，，，，，，，，，是的中点，在中，，；②如图4，当时，，，由折叠的性质得：，，在和中，，，，，，，，，，，又，，，在同一直线上，，中，，，，；综上所述，当是直角三角形时，的长为4或6．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、平行线的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握翻折变换的性质和平行四边形的性质是解题的关键．【名校自招练】一．填空题（共6小题）1．（2016•宝山区校级自主招生）点P（3，3）关于直线y＝x的对称点坐标（）．【分析】点P关于直线y＝x的对称点为Q，PQ交直线y＝x于A，如图，则PQ⊥直线y＝x，AP＝AQ，利用两直线垂直的关系，利用待定系数法求出直线PQ的解析式为y＝﹣2x+9，则解方程组得A（，），设Q（m，n），然后利用线段的中点坐标公式求Q点的坐标即可．【解答】解：点P关于直线y＝x的对称点为Q，PQ交直线y＝x于A，如图，则PQ⊥直线y＝x，AP＝AQ，设直线PQ的解析式为y＝﹣2x+b，把P（3，3）代入得﹣6+b＝3，解得b＝9，∴直线PQ的解析式为y＝﹣2x+9，解方程组得，∴A（，），设Q（m，n），∴＝，＝，解得m＝，n＝，∴Q点坐标为（，）．故答案为（，）．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣对称：掌握关于x轴对称和关于y轴对称的点的坐标特征．记住线段的中点坐标公式．2．（2016•闵行区校级自主招生）在平面直角坐标系内，已知四个定点A（﹣3，0），B（1，﹣1），C（0，3），D（﹣1，3）及一个动点P，则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为3+2．【分析】设AC与BD交于F点，则由不等式的性质可得，|PA|+|PC|≥|AC|＝|FA|+|FC|，|PB|+|PD|≥|BD|＝|FB|+|FD|，可求最小值【解答】解：如图，设AC与BD交于F点，则|PA|+|PC|≥|AC|＝|FA|+|FC|，|PB|+|PD|≥|BD|＝|FB|+|FD|，因此，当动点P与F点重合时，|PA|+|PB|+|PC|+|PD|≥|AC|+|BD|＝，故答案为：【点评】本题主要考查了轴对称问题，关键是根据不等式的性质在求解最值中的应用解答．3．（2016•宝山区校级自主招生）平面上边长为1的正方形ABCD绕着其中心旋转45°得到正方形A′B′C′D′，那么这两个正方形重叠部分的面积为2．【分析】先根据题意画出图形，从而得到重叠部分的面积等＝正方形的面积﹣4个等腰直角三角形的面积．【解答】解：如图所示：设AE＝AF＝x，则EF＝．根据题意可知：AE+EL+LD＝1，即2x+＝1．解得：x＝．∴AE＝．∴△AEF的面积＝．∴重合部分的面积＝正方形的面积﹣4×△AEF的面积＝1﹣4×＝2．故答案为：2．【点评】本题主要考查的是旋转的性质，根据题意画出图形，明确重合部分的面积＝正方形的面积﹣4×△AEF的面积是解题的关键．4．（2021•宝山区校级自主招生）矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点E在边AB上，将△ADE沿DE翻折，点A落在A′处，当∠BCA′最小时，sin∠BCA′＝．【分析】以D为圆心，AD长为半径作圆，连接ED，A'D，EA'，当CA'与⊙D相切时，∠BCA'最小，可证∠BCA'＝∠A'DC，即可求出答案．【解答】解：如图：以D为圆心，AD长为半径作圆，连接ED，A'D，EA'，由折叠的性质可得AD＝A'D＝4，∴A'在⊙D上，当CA'与⊙D相切时，