专题16 图形变换（平移、旋转、对称（翻折））-三年（2019-2021）中考真题数学分项汇编（全国通用）（解析版）

专题16图形变换（平移、旋转、对称（翻折））一、单选题1．（2021·四川广元市·中考真题）下列图形均表示医疗或救援的标识，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据轴对称及中心对称图形的定义逐一判断即可得答案．【详解】A.是轴对称图形，但不是中心对称图形，故该选项不符合题意，B.是轴对称图形，但不是中心对称图形，故该选项不符合题意，C.是轴对称图形，又是中心对称图形，故该选项符合题意，D.既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故该选项不符合题意，故选：C.【点睛】本题考查轴对称图形及中心对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后能完全重合；中心对称图形的关键是寻找对称中心，图形绕对称中心旋转180°后，两部分能够完全重合；熟练掌握定义是解题关键．2．（2021·江西中考真题）如图是用七巧板拼接成的一个轴对称图形（忽略拼接线），小亮改变①的位置，将①分别摆放在图中左，下，右的位置（摆放时无缝隙不重叠），还能拼接成不同轴对称图形的个数为（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】该题可以自己动手进行拼接，根据勾股定理得知①的直角边为1和1，斜边为，拼接时要依据重合的边要相等，然后根据轴对称图形的概念进行判断即可．【详解】在左侧构成轴对称图形如图：在下方构成轴对称图形如图：在右侧构成轴对称图形如图:【点睛】本题考查勾股定理，图形的拼接以及轴对称图形的判断，掌握轴对称图形的概念是解题的关键．3．（2021·河北中考真题）如图，直线，相交于点．为这两直线外一点，且．若点关于直线，的对称点分别是点，，则，之间的距离可能是（）A．0B．5C．6D．7【答案】B【分析】连接根据轴对称的性质和三角形三边关系可得结论．【详解】解：连接，如图，∵是P关于直线l的对称点，∴直线l是的垂直平分线，∴∵是P关于直线m的对称点，∴直线m是的垂直平分线，∴当不在同一条直线上时，即当在同一条直线上时，故选：B【点睛】此题主要考查了轴对称变换，熟练掌握轴对称变换的性质是解答此题的关键4．（2021·湖北宜昌市·中考真题）下列四幅图案是四所大学校徽的主体标识，其中是中心对称图形的是（）A．B．C． D．【答案】C【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；C、是中心对称图形，故本选项符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．故选：C．【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．5．（2021·湖北武汉市·中考真题）下列图形都是由一个圆和两个相等的半圆组合而成的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】逐项分析，利用轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即可．【详解】解：A选项中的图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故该选项正确；B选项中的图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故该选项不正确；C选项中的图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故该选项不正确；D选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不正确；故选：A．【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，解决本题的关键是理解并掌握“能沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形是轴对称图形、中心对称图形则是将一个图形绕着平面内某个点旋转180°，旋转后的图形能够与旋转前的图形完全重合”，同时也需要学生具备相应的图形感知能力．6．（2021·四川广安市·中考真题）如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由旋转的性质可得∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，由直角三角形的性质可得∠DAC=20°，即可求解．【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，∴∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，∵AD⊥BC，∴∠DAC=20°，∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=75°．故选C．【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．7．（2021·四川广安市·中考真题）下列几何体的主视图既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先判断主视图，再根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】解：A、主视图是等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；B、主视图是是矩形，是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；C、主视图是等腰梯形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；D、主视图是等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；故选B．【点睛】本题考查了几何体的三视图，中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．8．（2021·天津中考真题）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据轴对称图形的概念对各项分析判断即可得解．【详解】A．是轴对称图形，故本选项符合题意；B．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；C．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D．不是轴对称图形，故本选项不符合题意．故选A．【点睛】本题考查判断轴对称图形，理解轴对称图形的概念是解答的关键．9．（2021·四川成都市·中考真题）在平面直角坐标系中，点关于x轴对称的点的坐标是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】关于轴对称的两个点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，根据规律解答即可．【详解】解：点关于x轴对称的点的坐标是：故选：【点睛】本题考查的是关于轴对称的两个点的坐标关系，掌握“关于轴对称的两个点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．”是解题的关键．10．（2021·浙江丽水市·中考真题）四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是(−1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（）A．将B向左平移4.5个单位 B．将C向左平移4个单位C．将D向左平移5.5个单位 D．将C向左平移3.5个单位【答案】C【分析】直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．【详解】解：∵点A(−1，b)关于y轴对称点为B(1，b)，C(2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，需要将点D(3.5，b)向左平移3.5+2=5.5个单位，故选：C．【点睛】本题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．11．（2021·四川自贡市·中考真题）下列图形中，是轴对称图形且对称轴条数最多的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用轴对称图形的定义逐一判断即可．【详解】解：A是轴对称图形，对称轴有1条；B不是轴对称图形；C不是轴对称图形；D是轴对称图形，对称轴有2条；故选：D．【点睛】本题考查识别轴对称图形，掌握轴对称图形的定义是解题的关键．12．（2021·湖南中考真题）下列垃圾分类标志分别是厨余垃圾、有害垃圾、其他垃圾和可回收物，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；故选：B．【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．13．（2021·湖北黄冈市·中考真题）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是()A．等边三角形 B．正六边形 C．正方形 D．圆【答案】A【详解】因为平行四边形是中心对称图形，而非轴对称图形；正六边形和圆既是中心对称图形也轴对称图形；等边三角形是轴对称图形而非中心对称图形，所以答案B、C、D错误，应选答案A．14．（2021·浙江绍兴市·中考真题）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（）A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形B．用4个相同的菱形放置，最多能得到15个菱形C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形【答案】B【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可【详解】用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形，用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，用4个相同的菱形放置，最多能得到15个菱形，用5个相同的菱形放置，最多能得到22个菱形，用6个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，故选：B．，【点睛】本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键．15．（2020·青海中考真题）剪纸是我国传统的民间艺术．如图①，②将一张纸片进行两次对折后，再沿图③中的虚线裁剪，最后将图④中的纸片打开铺平，所得图案应该是（）A．B．C． D．【答案】B【分析】对于此类问题，只要依据翻折变换，将最后一个图中的纸片按顺序打开铺平即可得到答案．【详解】还原后只有B符合题意，故选B．【点睛】此题主要考查了剪纸问题，解答此题的关键是根据折纸的方式及剪的位置进行准确分析，可以直观的得到答案．16．（2020·山东济南市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在格点上，如果将△ABC先沿y轴翻折，再向上平移3个单位长度，得到'，那么点B的对应点B'的坐标为（）A．（1，7） B．（0，5） C．（3，4） D．（﹣3，2）【答案】C【分析】根据轴对称的性质和平移规律求得即可．【详解】解：由坐标系可得B(﹣3，1)，将△ABC先沿y轴翻折得到B点对应点为(3，1)，再向上平移3个单位长度，点B的对应点B'的坐标为(3，1+3)，即(3，4)，故选：C．【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化--对称和平移，关键是掌握点的坐标的变化规律．17．（2020·四川中考真题）如图，Rt△ABC中，∠A＝30°，∠ABC＝90°．将Rt△ABC绕点B逆时针方向旋转得到．此时恰好点C在上，交AC于点E，则△ABE与△ABC的面积之比为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由旋转的性质得出BC=BC'，∠ACB=∠A'C'B=60°，则△BCC'是等边三角形，∠CBC'=60°，得出∠BEA=90°，设CE=a，则BE=a，AE=3a，求出，可求出答案．【详解】∵∠A=30°，∠ABC=90°，∴∠ACB=60°，∵将Rt△ABC绕点B逆时针方向旋转得到△A'BC'，∴BC=BC'，∠ACB=∠A'C'B=60°，∴△BCC'是等边三角形，∴∠CBC'=60°，∴∠ABA'=60°，∴∠BEA=90°，设CE=a，则BE=a，AE=3a，∴，∴，∴△ABE与△ABC的面积之比为．故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质；熟练掌握旋转的性质是解题的关键．18．（2020·内蒙古赤峰市·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，AC=3，把Rt△ABC沿直线BC向右平移3个单位长度得到△A'B'C'，则四边形ABC'A'的面积是（）A．15 B．18 C．20 D．22【答案】A【分析】在直角三角形ACB中，可用勾股定理求出BC边的长度，四边形ABC’A’的面积为平行四边形ABB’A’和直角三角形A’C’B’面积之和，分别求出平行四边形ABB’A’和直角三角形A’C’B’的面积，即可得出答案．【详解】解：在ACB中，∠ACB=90°，AB=5，AC=3，由勾股定理可得：，∵A’C’B’是由ACB平移得来，A’C’=AC=3，B’C’=BC=4，∴，又∵BB’=3，A’C’=3，∴，∴，故选：A．【点睛】本题主要考察了勾股定理、平移的概念、平行四边形与直角三角形面积的计算，解题的关键在于判断出所求面积为平行四边形与直角三角形的面积之和，且掌握平行四边形的面积为底高．19．（2020·四川绵阳市·中考真题）如图是以正方形的边长为直径，在正方形内画半圆得到的图形，则此图形的对称轴有（）A．2条 B．4条 C．6条 D．8条【答案】B【分析】根据轴对称的性质即可画出对称轴进而可得此图形的对称轴的条数．【详解】解：如图，因为以正方形的边长为直径，在正方形内画半圆得到的图形，所以此图形的对称轴有4条．故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质、轴对称的性质、轴对称图形，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．20．（2020·辽宁阜新市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，得到正六边形，则正六边形的顶点的坐标是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图，以为圆心，为半径作得到将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，即把绕点O顺时针旋转i个45°，与重合，利用正六边形的性质与锐角三角函数求解的坐标，利用关于原点成中心对称，从而可得答案．【详解】解：如图，以为圆心，为半径作将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个45°，即把绕点O顺时针旋转i个45°，旋转后的对应点依次记为，周角＝绕点O顺时针旋转顺时针旋转次回到原位置，与重合，关于原点成中心对称，连接正六边形，关于原点成中心对称，故选A．【点睛】本题考查的是旋转的旋转，正六边形的性质，圆的对称性，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键．21．（2020·江苏宿迁市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点，连接，则的最小值为()A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q′的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题．【详解】解：作QM⊥x轴于点M，Q′N⊥x轴于N，设Q(，)，则PM=，QM=，∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，∴∠QPM=∠PQ′N，在△PQM和△Q′PN中，，∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，∴PN=QM=，Q′N=PM=，∴ON=1+PN=，∴Q′(，)，∴OQ′2=()2+()2=m2﹣5m+10=(m﹣2)2+5，当m=2时，OQ′2有最小值为5，∴OQ′的最小值为，故选：B．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形的变换-旋转，二次函数的性质，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关键．22．（2020·江苏南通市·中考真题）以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90°，得到的点Q所在的象限为（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】据旋转的性质，以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90°，即可得到点Q所在的象限．【详解】解：如图，∵点P（4，5）按逆时针方向旋转90°，得点Q所在的象限为第二象限．故选：B．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质．23．（2020·海南中考真题）如图，在中，将绕点逆时针旋转得到，使点落在边上，连接，则的长度是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由旋转的性质可知，，进而得出为等边三角形，进而求出．【详解】解：∵由直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半可知，∴cm，又∠CAB=90°-∠ABC=90°-30°=60°，由旋转的性质可知：，且，∴为等边三角形，∴．故选：B．【点睛】本题考查了直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质等，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．24．（2020·湖北黄石市·中考真题）在平面直角坐标系中，点G的坐标是，连接，将线段绕原点O旋转，得到对应线段，则点的坐标为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可得两个点关于原点对称，即可得到结果．【详解】根据题意可得，与G关于原点对称，∵点G的坐标是，∴点的坐标为．故选A．【点睛】本题主要考察了平行直角坐标系中点的对称变换，准确理解公式是解题的关键．25．（2020·上海中考真题）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．26．（2020·湖北孝感市·中考真题）将抛物线向左平移1个单位长度，得到抛物线，抛物线与抛物线关于轴对称，则抛物线的解析式为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用平移的规律:左加右减，上加下减.并用规律求函数解析式，再因为关于x轴对称的两个抛物线，自变量x的取值相同，函数值y互为相反数，由此可直接得出抛物线的解析式．【详解】解：抛物线向左平移1个单位长度，得到抛物线：，即抛物线：;由于抛物线与抛物线关于轴对称，则抛物线的解析式为：.故选：A．【点睛】主要考查了函数图象的平移、对称，要求熟练掌握平移的规律:左加右减，上加下减.并用规律求函数解析式以及关于x轴对称的两个抛物线，自变量x的取值相同，函数值y互为相反数．72．（2020·黑龙江牡丹江市·中考真题）如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，2)，将菱形绕点O旋转，当点A落在x轴上时，点C的对应点的坐标为（）A．或B．C．D．或【答案】D【分析】如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，根据题意易得△AOB为等边三角形，在旋转过程中，点A有两次落在x轴上，当点A落在x轴正半轴时，点C落在点C′位置，利用旋转的性质和菱形的性质求解，当A落在x轴负半轴时，点C落在点C′′位置，易证此时C′′与点A重合，即可求解．【详解】解：如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，则，OA=，∴∠AOE=60°，∵四边形ABCD是菱形，∴△AOB是等边三角形，当A落在x轴正半轴时，点C落在点C′位置，此时旋转角为60°，∵∠BOC=60°，∠COF=30°，∴∠C′OF=60°-30°=30°，∵OC′=OA=4，∴OF=，C′F=，∴C′（），当A落在x轴负半轴时，点C落在点C′′位置，∵∠AOC=∠AOC+∠BOC=120°，∴∠A′′OC=120°，∠GOC′=30°又∵OA=OC′′，∴此时C′′点A重合，CC′′，综上，点C的对应点的坐标为或，故答案为：D．【点睛】本题考查菱形的性质，解直角三角形和旋转的性质，解题的关键是根据题意，分析点A的运动情况，分情况讨论．28．（2020·河北中考真题）如图，将绕边的中点顺时针旋转180°．嘉淇发现，旋转后的与构成平行四边形，并推理如下：点，分别转到了点，处，而点转到了点处．∵，∴四边形是平行四边形．小明为保证嘉淇的推理更严谨，想在方框中“∵，”和“∴四边形……”之间作补充．下列正确的是（）A．嘉淇推理严谨，不必补充 B．应补充：且，C．应补充：且 D．应补充：且，【答案】B【分析】根据平行四边形的判定方法“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”即可作答．【详解】根据旋转的性质得：CB=AD，AB=CD，∴四边形ABDC是平行四边形；故应补充“AB=CD”，故选：B．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和旋转的性质，牢记旋转前、后的图形全等，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．29．（2020·天津中考真题）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，使点B的对应点E恰好落在边上，点A的对应点为D，延长交于点F，则下列结论一定正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题可通过旋转的性质得出△ABC与△DEC全等，故可判断A选项；可利用相似的性质结合反证法判断B，C选项；最后根据角的互换，直角互余判断D选项．【详解】由已知得：△ABC△DEC，则AC=DC，∠A=∠D，∠B=∠CED，故A选项错误；∵∠A=∠A，∠B=∠CED=∠AEF，故△AEF△ABC，则，假设BC=EF，则有AE=AB，由图显然可知AEAB，故假设BC=EF不成立，故B选项错误；假设∠AEF=∠D，则∠CED=∠AEF=∠D，故△CED为等腰直角三角形，即△ABC为等腰直角三角形，因为题干信息△ABC未说明其三角形性质，故假设∠AEF=∠D不一定成立，故C选项错误；∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°．又∵∠A=∠D，∴∠B+∠D=90°．故AB⊥DF，D选项正确．故选：D．【点睛】本题考查旋转的性质以及全等三角形的性质，证明过程常用角的互换、直角互余作为解题工具，另外证明题当中反证法也极为常见，需要熟练利用．30．（2020·四川绵阳市·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝2，AD＝2，将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△，当恰好经过点D时，△CD为等腰三角形，若B＝2，则A＝（）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】过作于，则，根据矩形的性质得，，根据旋转的性质得到，，，，推出△为等腰直角三角形，得到，设，则，，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：过作于，则，，，，四边形是矩形，，，将绕点顺时针方向旋转后得△，，，，，△△，，△为等腰三角形，△为等腰直角三角形，，设，则，，，，（负值舍去），，，，，故选：．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．请点击修改第I卷的文字说明31．（2019·台湾中考真题）图1的摩天轮上以等间隔的方式设置个车厢，车厢依顺时针方向分别编号为号到号，且摩天轮运行时以逆时针方向等速旋转，旋转一圈花费分钟．若图2表示号车厢运行到最高点的情形，则此时经过多少分钟後，号车厢才会运行到最高点？（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出从21号旋转到9号旋转的角度占圆大小比例，再根据旋转一圈花费30分钟解答即可．【详解】解：=20（分钟）．

所以经过20分钟後，9号车厢才会运行到最高点．故选B．【点睛】本题考查生活中的旋转现象，理清题意，得出从21号旋转到9号旋转的角度占圆大小比例是解题的关键．32．（2019·台湾中考真题）如图，中，点在上，将点分别以、为对称轴，画出对称点、，并连接、．根据图中标示的角度，求的度数为何？（）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，利用轴对称的性质解答即可．【详解】解：连接，点分别以、为对称轴，画出对称点、，，，，，，，故选D．【点睛】本题考查轴对称的性质，关键是利用轴对称的性质解答．33．（2019·山东济南市·中考真题）下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．赵爽弦图 B．笛卡尔心形线C．科克曲线 D．斐波那契螺旋线【答案】C【分析】根据把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．【详解】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；故选C．【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．34．（2019·台湾中考真题）如图，有一三角形的顶点、皆在直线上，且其内心为．今固定点，将此三角形依顺时针方向旋转，使得新三角形的顶点落在上，且其内心为．若，则下列叙述何者正确？（）A．和平行，和平行B．和平行，和不平行C．和不平行，和平行D．和不平行，和不平行【答案】C【分析】作于，于，于，由内心的性质得出，，，证出四边形是矩形，得出，证出，得出和不平行，即可得出结论．【详解】解：作于，于，于，如图所示：则，的内心为，的内心为，，，，∴四边形是矩形，，，，，和不平行，故选C．【点睛】本题考查了三角形的内心、平行线的判定、旋转的性质；熟练掌握三角形的内心性质和平行线的判定是解题的关键．35．（2019·河北中考真题）如图，在小正三角形组成的网格中，已有个小正三角形涂黑，还需涂黑个小正三角形，使它们与原来涂黑的小正三角形组成的新图案恰有三条对称轴，则的最小值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由等边三角形有三条对称轴可得答案．【详解】如图所示，n的最小值为3．故选C．【点睛】本题考查了利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握常见图形的性质和轴对称图形的性质．二、填空题1．（2021·四川资阳市·中考真题）将一张圆形纸片（圆心为点O）沿直径对折后，按图1分成六等份折叠得到图2，将图2沿虚线剪开，再将展开得到如图3的一个六角星．若，则的度数为______．【答案】135°【分析】利用折叠的性质，根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理解题．【详解】解：连接OC，EO,由折叠性质可得：∠EOC=，EC=DC，OC平分∠ECD∴∠ECO=∴∠OEC=180°-∠ECO-∠EOC=135°即的度数为135°故答案为：135°【点睛】主要在考查折叠的性质，学生动手操作的能力，也考查了等腰三角形的性质及内角和定理，掌握折叠及等腰三角形的性质正确推理计算是解题关键．2．（2021·山东临沂市·中考真题）在平面直角坐标系中，的对称中心是坐标原点，顶点、的坐标分别是、，将沿轴向右平移3个单位长度，则顶点的对应点的坐标是___．【答案】（4，-1）【分析】根据平行四边形的性质得到点C坐标，再根据平移的性质得到C1坐标．【详解】解：在平行四边形ABCD中，∵对称中心是坐标原点，A（-1，1），B（2，1），∴C（1，-1），将平行四边形ABCD沿x轴向右平移3个单位长度，∴C1（4，-1），故答案为：（4，-1）．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．3．（2021·青海中考真题）如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合，若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB=120°，则图中阴影部分的面积为__________．【答案】4cm2【分析】根据旋转的性质和图形的特点解答．【详解】每个叶片的面积为4cm2，因而图形的面积是12cm2．∵图案绕点O旋转120°后可以和自身重合，∠AOB为120°，∴图形中阴影部分的面积是图形的面积的，因而图中阴影部分的面积之和为4cm2．故答案为4cm2．【点睛】本题考查了图形的旋转与重合，理解旋转对称图形的定义是解决本题的关键．注：旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．4．（2021·江苏南京市·中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E，若，则的长为________．【答案】【分析】过点C作CM//交于点M，证明求得，根据AAS证明可求出CM=1，再由CM//证明△，由相似三角形的性质查得结论．【详解】解：过点C作CM//交于点M，∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转得到平行四边形∴，，∴，∴∴∵∴∴∴∠∵∴∵∴∠∵，∴∴∠∴∠在和中，∴∴∵∴△∴∴∴故答案为：．【点睛】此题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键．5．（2021·湖北随州市·中考真题）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转角（）得到，并使点落在边上，则点所经过的路径长为______．（结果保留）【答案】．【分析】利用勾股定理求出AB=2，根据旋转的性质得到旋转角为∠=60°，再由弧长计算公式，计算出结果．【详解】解：∵，，，∴AB=2AC，设AC=x，则AB=2x，由勾股定理得：，解得：x=1，则：AC=1，AB=2，∵将绕点逆时针旋转角（）得到，且点落在边上，∴旋转角为60°，∴∠=60°，∴点所经过的路径长为：，故答案为：．【点睛】本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式，解题关键在于找到旋转角，根据弧长公式进行计算．6．（2021·重庆中考真题）如图，三角形纸片ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，BF＝4，CF＝6，将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合．若DE∥BC，AF＝EF，则四边形ADFE的面积为__________．【答案】【分析】根据折叠的性质得到DE为的中位线，利用中位线定理求出DE的长度，再解求出AF的长度，即可求解．【详解】解：∵将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合，∴DE垂直平分AF，，，，∵DE∥BC，∴，，，∴，∴，∴，即D为AB的中点，∴DE为的中位线，∴，∵AF＝EF，∴是等边三角形，在中，，，∴，∴，∴四边形ADFE的面积为，故答案为：．【点睛】本题考查解直角三角形、中位线定理、折叠的性质等内容，掌握上述基本性质定理是解题的关键．7．（2020·江苏镇江市·中考真题）点O是正五边形ABCDE的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）．这个图案绕点O至少旋转_____°后能与原来的图案互相重合．【答案】72【分析】直接利用旋转图形的性质进而得出旋转角．【详解】解：连接OA，OE，则这个图形至少旋转∠AOE才能与原图象重合，∠AOE＝＝72°．故答案为：72．【点睛】本题主要考查了旋转图形．正确掌握旋转图形的性质是解题的关键．8．（2020·江苏镇江市·中考真题）如图，在△ABC中，BC＝3，将△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，PQ的最小值等于_____．【答案】【分析】取的中点，的中点，连接，，，，根据平移的性质和三角形的三边关系即可得到结论．【详解】解：取的中点，的中点，连接，，，，将平移5个单位长度得到△，，，点、分别是、的中点，，，即，的最小值等于，故答案为：．【点睛】本题考查了平移的性质，三角形的三边关系，熟练掌握平移的性质是解题的关键．9．（2020·辽宁铁岭市·中考真题）一张菱形纸片的边长为，高等于边长的一半，将菱形纸片沿直线折叠，使点与点重合，直线交直线于点，则的长为____________．【答案】或【分析】先根据题目中描述画出两种可能的图形，再结合勾股定理即可得解．【详解】解：由题干描述可作出两种可能的图形．①MN交DC的延长线于点F，如下图所示∵高AE等于边长的一半∴在Rt△ADE中，又∵沿MN折叠后，A与B重合∴∴②MN交DC的延长线于点F，如下图所示同理可得，，此时，故答案为：或．【点睛】本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、勾股定理等相关知识点，根据题意作出两种图形是解题关键．10．（2020·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，矩形ABCD中，AD=12，AB=8，E是AB上一点，且EB=3，F是BC上一动点，若将沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距为．【答案】【分析】如图，连接利用三角形三边之间的关系得到最短时的位置，如图利用勾股定理计算，从而可得答案．【详解】解：如图，连接则＞，为定值，当落在上时，最短，图如图，连接，由勾股定理得：即的最小值为：故答案为：图【点睛】本题考查的是矩形的性质，考查利用轴对称求线段的最小值问题，同时考查了勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．11．（2020·江苏宿迁市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=，P为AD上一个动点，连接BP，线段BA与线段BQ关于BP所在的直线对称，连接PQ，当点P从点A运动到点D时，线段PQ在平面内扫过的面积为_____．【答案】【分析】由矩形的性质求出∠ABQ=120°，由矩形的性质和轴对称性可知，△BOQ≌△DOC，根据S阴影部分=S四边形ABQD﹣S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ可求出答案．【详解】∵当点P从点A运动到点D时，线段BQ的长度不变，∴点Q运动轨迹是圆弧，如图，阴影部分的面积即为线段PQ在平面内扫过的面积，∵矩形ABCD中，AB=1，AD=，∴∠ABC=∠BAC=∠C=∠Q=90°，∴∠ADB=∠DBC=∠ODB=∠OBQ=30°，∴∠ABQ=120°，由轴对称性得：BQ=BA=CD，在△BOQ和△DOC中，，∴△BOQ≌△DOC，∴S阴影部分=S四边形ABQD﹣S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ，=S四边形ABOD+S△COD﹣S扇形ABQ，=S矩形ABCD﹣S△ABQ=1×-．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，扇形的面积公式，轴对称的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．12．（2020·四川绵阳市·中考真题）平面直角坐标系中，将点A（﹣1，2）先向左平移2个单位，再向上平移1个单位后得到的点A1的坐标为_____．【答案】（﹣3，3）【分析】根据在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．）即可得结论．【详解】解：∵将点A（﹣1，2）先向左平移2个单位横坐标﹣2，再向上平移1个单位纵坐标+1，∴平移后得到的点A1的坐标为：（﹣3，3）．故答案为：（﹣3，3）．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，解决本题的关键是掌握平移定义．13．（2020·辽宁阜新市·中考真题）如图，把沿边平移到的位置，图中所示的三角形的面积与四边形的面积之比为4∶5，若，则此三角形移动的距离是____________．【答案】【分析】根据题意可知△A1BD∽△ABC，又根据已知条件“图中所示的三角形的面积与四边形的面积之比为4∶5”可得与的面积比为4∶9，即得出A1B∶AB=2∶3，已知，故可求A1B，最终求出．【详解】∵根据题意“把沿边平移到的位置”，∴AC∥A1D，故判断出△A1BD∽△ABC，∵图中所示的三角形的面积与四边形的面积之比为4∶5，∴与的面积比为4∶9，∴A1B∶AB=2∶3，∵，∴A1B=，∴=AB－A1B=4－=．故答案为．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法和性质是解答本题的关键．14．（2020·广西河池市·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°，AC＝8，点D在AB上，且BD＝，点E在BC上运动．将△BDE沿DE折叠，点B落在点B′处，则点B′到AC的最短距离是_____．【答案】【分析】如图，过点D作DH⊥AC于H，过点B′作B′J⊥AC于J．在Rt△ACB中，根据三角函数知识可得DB′+B′J≥DH，DB′＝DB＝，当D，B′，J共线时，B′J的值最小，此时求出DH，DB′，即可解决问题．【详解】解：如图，过点D作DH⊥AC于H，过点B′作B′J⊥AC于J．在Rt△ACB中，∵∠ABC＝90°，AC＝8，∠A＝30°，∴AB＝AC•cos30°＝4，∵BD＝，∴AD＝AB﹣BD＝3，∵∠AHD＝90°，∴DH＝AD＝，∵B′D+B′J≥DH，DB′＝DB＝，∴B′J≥DH﹣DB′，∴B′J≥，∴当D，B′，J共线时，B′J的值最小，最小值为；故答案为．【点睛】本题主要考查了图形的折叠，特殊锐角三角函数的知识．15．（2020·山东烟台市·中考真题）如图，已知点A(2，0)，B(0，4)，C(2，4)，D(6，6)，连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合（点A与点C重合，点B与点D重合），则这个旋转中心的坐标为_____．【答案】(4，2)【分析】画出平面直角坐标系，作出新的AC，BD的垂直平分线的交点P，点P即为旋转中心．【详解】解：平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P（4，2），故答案为：（4，2）．【点睛】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．16．（2020·山东淄博市·中考真题）如图，将△ABC沿BC方向平移至△DEF处．若EC＝2BE＝2，则CF的长为_____．【答案】1【详解】利用平移的性质得到BE＝CF，再用EC＝2BE＝2得到BE的长，从而得到CF的长．【解答】解：∵△ABC沿BC方向平移至△DEF处．∴BE＝CF，∵EC＝2BE＝2，∴BE＝1，∴CF＝1．故答案为1．【点评】本题考查了平移的性质：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；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（或共线）且相等．17．（2020·广西玉林市·中考真题）如图，在边长为3的正六边形ABCDEF中，将四边形ADEF绕点A顺时针旋转到四边形处，此时边与对角线AC重叠，则图中阴影部分的面积是___________．【答案】【分析】根据正六边形的性质和旋转的性质以及扇形的面积公式即可得到结论．【详解】解：∵在边长为3的正六边形ABCDEF中，∠DAC=30°，∠B=∠BCD=120°，AB=BC，∴∠BAC=∠BCA=30°，∴∠ACD=90°，∵CD=3，∴AD=2CD=6，∴图中阴影部分的面积=S四边形ADEF+S扇形DAD′-S四边形AF′E′D′，∵将四边形ADEF绕顶点A顺时针旋转到四边形AD'E'F′处，∴S四边形ADEF=S四边形AD′E′F′∴图中阴影部分的面积=S扇形DAD′=故答案为：3π．【点睛】本题考查了正多边形与圆，旋转的性质，扇形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．18．（2020·广东广州市·中考真题）如图，点的坐标为，点在轴上，把沿轴向右平移到，若四边形的面积为9，则点的坐标为_______．【答案】(4，3)【分析】过点A作AH⊥x轴于点H，得到AH=3，根据平移的性质证明四边形ABDC是平行四边形，得到AC=BD，根据平行四边形的面积是9得到，求出BD即可得到答案.【详解】过点A作AH⊥x轴于点H，∵A（1,3），∴AH=3，由平移得AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABDC是平行四边形，∴AC=BD，∵，∴BD=3，∴AC=3，∴C(4，3)故答案为：(4，3).【点睛】此题考查平移的性质，平行四边形的判定及性质，直角坐标系中点到坐标轴的距离与点坐标关系.19．（2020·广东广州市·中考真题）如图，正方形中，绕点逆时针旋转到，，分别交对角线于点，若，则的值为_______．【答案】16【分析】根据正方形及旋转的性质可以证明，利用相似的性质即可得出答案．【详解】解：在正方形中，，∵绕点逆时针旋转到，∴，∴，∵，∴，∴，∴．故答案为：16．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．20．（2020·四川宜宾市·中考真题）如图，四边形中，是AB上一动点，则的最小值是________________【答案】【分析】作C点关于AB的对称点C’，连接C’D，的最小值即为C’D的长，作C’E⊥DA的延长线于点E，根据勾股定理即可求解．【详解】如图，作C点关于AB的对称点C’，连接C’D，的最小值即为C’D的长，作C’E⊥DA的延长线于点E，∴四边形ABC’E是矩形∴DE=AD+AE=AD+BC’=5,∴C’D=故答案为：．【点睛】此题主要考查对称性的应用，解题的关键是熟知对称的性质及勾股定理的应用．21．（2020·甘肃天水市·中考真题）如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转得到，若，则的长为__________．【答案】2【分析】根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得∠GAE=∠FAE，进而可根据SAS证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x的代数式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案．【详解】解：∵将△绕点顺时针旋转得到△，∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，∵，∠BAD=90°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°，∴∠GAE=∠FAE，又AE=AE，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴GE=EF，设BE=x，则CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x，∵DF=3，∴CF=3，在Rt△CEF中，由勾股定理，得：，解得：x=2，即BE=2．故答案为：2．【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识、灵活应用方程思想是解题的关键．22．（2020·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为：，，．已知，作点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，…，依此类推，则点的坐标为______．【答案】(-1,8)【分析】先求出N1至N6点的坐标，找出其循环的规律为每6个点循环一次即可求解．【详解】解：由题意得，作出如下图形：N点坐标为(-1,0)，N点关于A点对称的N1点的坐标为(-3,0)，N1点关于B点对称的N2点的坐标为(5,4)，N2点关于C点对称的N3点的坐标为(-3,8)，N3点关于A点对称的N4点的坐标为(-1,8)，N4点关于B点对称的N5点的坐标为(3,-4)，N5点关于C点对称的N6点的坐标为(-1,0)，此时刚好回到最开始的点N处，∴其每6个点循环一次，∴，即循环了336次后余下4，故的坐标与N4点的坐标相同，其坐标为(-1,8)．故答案为：(-1,8)．【点睛】本题考查了平面直角坐标系内点的对称规律问题，本题需要先去验算前面一部分点的坐标，进而找到其循环的规律后即可求解．23．（2020·上海中考真题）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．24．（2020·天津中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均落在格点上，点B在网格线上，且．（Ⅰ）线段的长等于___________；（Ⅱ）以为直径的半圆与边相交于点D，若分别为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）．【答案】（1）；（2）见解析【分析】（1）将AC放在一个直角三角形，运用勾股定理求解；（2）取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．【详解】解：（Ⅰ）如图，在Rt△AEC中，CE=3,AE=2,则由勾股定理，得AC==；（Ⅱ）如图，取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．【点睛】本题考查作图-应用与设计，勾股定理，轴对称-最短问题，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据垂线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．25．（2020·甘肃金昌市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的顶点，的坐标分别为，，把沿轴向右平移得到，如果点的坐标为，则点的坐标为__________．【答案】(7,0)【分析】根据B点横坐标与A点横坐标之差和E点横坐标与D点横坐标之差相等即可求解．【详解】解：由题意知：A、B两点之间的横坐标差为：，由平移性质可知：E、D两点横坐标之差与B、A两点横坐标之差相等，设E点横坐标为a，则a-6=1，∴a=7，∴E点坐标为(7,0)．故答案为：(7,0)．【点睛】本题考查了图形的平移规律，平移前后对应点的线段长度不发生变化，熟练掌握平移的性质是解决此题的关键.26．（2020·湖南张家界市·中考真题）如图，正方形的边长为1，将其绕顶点C按逆时针方向旋转一定角度到位置，使得点B落在对角线上，则阴影部分的面积是______．【答案】【分析】如下图所示，△ENC、△MPF为等腰直角三角形，先求出MB=NC=，证明△PBC≌△PEC，进而得到EP=BP，设MP=x，则EP=BP=，解出x，最后阴影部分面积等于2倍△BPC面积即可求解．【详解】解：过E点作MN∥BC交AB、CD于M、N点，设AB与EF交于点P点，连接CP,如下图所示，∵B在对角线CF上，∴∠DCE=∠ECF=45°，EC=1，∴△ENC为等腰直角三角形，∴MB=CN=EC=，又BC=AD=CD=CE，且CP=CP，△PEC和△PBC均为直角三角形，∴△PEC≌△PBC(HL)，∴PB=PE，又∠PFB=45°，∴∠FPB=45°=∠MPE，∴△MPE为等腰直角三角形，设MP=x，则EP=BP=，∵MP+BP=MB，∴，解得，∴BP=，∴阴影部分的面积=．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质及旋转的性质，本题关键是能想到过E点作BC的平行线，再证明△ENC、△MPF为等腰直角三角形进而求解线段长.27．（2020·湖南湘西土家族苗族自治州·中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，点，点B在y轴的正半轴上，．矩形的顶点D，E，C分别在上，．将矩形沿x轴向右平移，当矩形与重叠部分的面积为时，则矩形向右平移的距离为___________．【答案】2【分析】先求出点B的坐标（0，），得到直线AB的解析式为：，根据点D的坐标求出OC的长度，利用矩形与重叠部分的面积为列出关系式求出，再利用一次函数关系式求出=4，即可得到平移的距离.【详解】∵，∴OA=6，在Rt△AOB中，，∴，∴B（0，），∴直线AB的解析式为：，当x=2时，y=，∴E（2，），即DE=，∵四边形CODE是矩形，∴OC=DE=，设矩形沿x轴向右平移后得到矩形，交AB于点G，∴∥OB，∴△∽△AOB，∴∠=∠AOB=30°，∴∠=∠=30°，∴,∵平移后的矩形与重叠部分的面积为，∴五边形的面积为,∴,∴,∴,∴矩形向右平移的距离=，故答案为：2.【点睛】此题考查了锐角三角函数，求一次函数的解析式，矩形的性质，图形平移的性质，是一道综合多个知识点的综合题型，且较为基础的题型.28．（2019·江苏镇江市·中考真题）将边长为的正方形绕点按顺时针方向旋转到的位置（如图），使得点落在对角线上，与相交于点，则＝_________.（结果保留根号）【答案】【分析】先根据正方形的性质得到CD=1，∠CDA=90°，再利用旋转的性质得CF=，根据正方形的性质得∠CFE=45°，则可判断△DFH为等腰直角三角形，从而计算CF-CD即可．【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴CD=1，∠CDA=90°，∵边长为1的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转到FECG的位置，使得点D落在对角线CF上，∴CF=，∠CFDE=45°，∴△DFH为等腰直角三角形，∴DH=DF=CF-CD=-1．故答案为-1．【点睛】本题考查了旋转的性质：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．也考查了正方形的性质．29．（2019·新疆中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC=4，将△ABC绕点A顺时针旋转30°，得到△ACD，延长AD交BC的延长线于点E，则DE的长为__________【答案】【分析】过点C作CH⊥AE于H点，利用旋转的性质可得∠E＝45°，再利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求出HD＝4﹣2和EH＝CH＝2，即可解答.【详解】解：根据旋转过程可知：∠CAD＝30°＝∠CAB，AC＝AD＝4．∴∠BCA＝∠ACD＝∠ADC＝75°．∴∠ECD＝180°﹣2×75°＝30°．∴∠E＝75°﹣30°＝45°．过点C作CH⊥AE于H点，在Rt△ACH中，CH＝AC＝2，AH＝2．∴HD＝AD﹣AH＝4﹣2．在Rt△CHE中，∵∠E＝45°，∴EH＝CH＝2．∴DE＝EH﹣HD＝2﹣（4﹣2）＝2﹣2．故答案为2﹣2．【点睛】此题考查旋转的性质、等腰三角形的性质以及含特殊角的直角三角形的性质，解题关键在于做出辅助线.80．（2019·辽宁营口市·中考真题）如图，是等边三角形，点D为BC边上一点，，以点D为顶点作正方形DEFG，且，连接AE，AG．若将正方形DEFG绕点D旋转一周，当AE取最小值时，AG的长为________．【答案】8【分析】过点A作于M，由已知得出，得出，由等边三角形的性质得出，，得出，在中，由勾股定理得出，当正方形DEFG绕点D旋转到点E、A、D在同一条直线上时，，即此时AE取最小值，在中，由勾股定理得出，在中，由勾股定理即可得出．【详解】过点A作于M，∵，∴，∴，∵是等边三角形，∴，∵，∴，∴，在中，，当正方形DEFG绕点D旋转到点E、A、D在同一条直线上时，，即此时AE取最小值，在中，，∴在中，；故答案为8．【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的性质、勾股定理以及最小值问题；熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质是解题的关键．31．（2019·辽宁丹东市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A，C分别在x轴、y轴上，四边形ABCO是边长为4的正方形，点D为AB的中点，点P为OB上的一个动点，连接DP，AP，当点P满足DP+AP的值最小时，直线AP的解析式为_____．【答案】y＝﹣2x+8【分析】根据正方形的性质得到点A，C关于直线OB对称，连接CD交OB于P，连接PA，PD，则此时，PD+AP的值最小，求得直线CD的解析式为y＝﹣x+4，由于直线OB的解析式为y＝x，解方程组得到P（，），由待定系数法即可得到结论．【详解】解：∵四边形ABCO是正方形，∴点A，C关于直线OB对称，连接CD交OB于P，连接PA，PD，则此时，PD+AP的值最小，∵OC＝OA＝AB＝4，∴C（0，4），A（4，0），∵D为AB的中点，∴AD＝AB＝2，∴D（4，2），设直线CD的解析式为：y＝kx+b，∴，∴，∴直线CD的解析式为：y＝﹣x+4，∵直线OB的解析式为y＝x，∴，解得：x＝y＝，∴P（，），设直线AP的解析式为：y＝mx+n，∴，解得：，∴直线AP的解析式为y＝﹣2x+8，故答案为y＝﹣2x+8．【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称﹣最短路线问题，待定系数法求一次函数的解析式，正确的找出点P的位置是解题的关键．三、解答题1．（2021·浙江温州市·中考真题）如图与的方格都是由边长为1的小正方形组成．图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．（1）选一个四边形画在图2中，使点为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形．（2）选一个合适的三角形，将它的各边长扩大到原来的倍，画在图3中．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）七巧板中有两个四边形，分别是正方形和平行四边形，根据题意可画出4种图形任意选一种即可，（2）七巧板中有五个等腰直角三角形，有直角边长的两个，直角边长2的两个，直角边长2的一个，根据题意利用数形结合的思想解决问题即可．【详解】解：（1）画法不唯一，当选四边形为正方形时可以是如图1或图2；当四边形式平行四边形时可以是图3或图4．（2）画法不唯一，当直角边长为时，扩大即直角边长为利用勾股定理画出直角边长为直角三角形可以是如图5或图6当直角边长为2时，扩大即直角边长为2利用勾股定理画出直角边长为2直角三角形可以是如图7或图8等．【点睛】本题考查基本作图，平移，二次根式的乘法，以及勾股定理的应用，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．2．（2021·安徽中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，的顶点均在格点（网格线的交点）上．（1）将向右平移5个单位得到，画出；（2）将（1）中的绕点C1逆时针旋转得到，画出．【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析．【分析】（1）利用点平移的规律找出、、，然后描点即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出点，即可．【详解】解：（1）如下图所示，为所求；（2）如下图所示，为所求；【点睛】本题考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题的关键．3．（2020·广西贵港市·中考真题）如