专题11 图形变换（解析版）

专题11图形变换（解析版）1．（2022·福建·统考中考真题）美术老师布置同学们设计窗花，下列作品为轴对称图形的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据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】解：A、是轴对称图形，故此选项符合题意；B、不是轴对称图形，故此选项不合题意；C、不是轴对称图形，故此选项不合题意；D、不是轴对称图形，故此选项不合题意；故选：A．【点睛】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义．2．（2022·福建·统考中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到△A'B'C'，点A'A．96 B．963 C．192 D．【答案】B【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形ACC'A【详解】解：依题意ACC∵∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝8，AA∴AC=2AB∴平行四边形ACC'A'的面积故选B【点睛】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．3．（2020·福建·统考中考真题）下列给出的等边三角形、平行四边形、圆及扇形中，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】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；故选：C.【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度后两部分重合.4．（2019·福建·统考中考真题）下列图形中，一定既是轴对称图形又是中心对称图形的是(

)A．等边三角形 B．直角三角形 C．平行四边形 D．正方形【答案】D【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．【详解】解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误，不合题意；B、直角三角形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误，不合题意；C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误，不合题意；D、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确，符合题意．故选D．【点睛】本题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度后两部分重合5．（2023·福建·统考中考真题）如图1，在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC,D是AB边上不与A,B重合的一个定点．AO⊥BC于点O，交CD于点E．DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的，FD,CA的延长线相交于点M．

(1)求证：△ADE∽△FMC；(2)求∠ABF的度数；(3)若N是AF的中点，如图2．求证：ND=NO．【答案】(1)见解析(2)∠ABF=135°(3)见解析【分析】（1）由旋转的性质可得∠DFC=45°，再根据等腰三角形的性质可得∠BAO=12∠BAC，再证明∠BAO=∠DFC（2）如图1：设BC与DF的交点为I，先证明∴△BID∽△FIC可得BIFI=DICI，再证明（3）如图2：延长ON交BF于点T，连接DT,DO，先证明△TNF≌△ONA可得NT=NO,FT=AO，再证△BIF∽△DIC可得∠DFT=∠DCO；进而证明△DFT≌△DCO即DT=DO，再说明∠ODT=∠CDF=90°则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答．【详解】（1）解：∵DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的，∴∠DFC=45°，∵AB=AC,AO⊥BC，∴∠BAO=1∵∠BAC=90°，∴∠BAO=∠ABC=45°．∴∠BAO=∠DFC．∵∠EDA+∠ADM=90°,∠M+∠ADM=90°，∴∠EDA=∠M．∴△ADE∽△FMC．（2）解：如图1：设BC与DF的交点为I，

∵∠DBI=∠CFI=45°,∠BID=∠FIC，∴△BID∽△FIC，∴BI∴BI∵∠BIF=∠DIC，∴△BIF∽△DIC，∴∠IBF=∠IDC．又∵∠IDC=90°，∴∠IBF=90°．∵∠ABC=45°,∠ABF=∠ABC+∠IBF，∴∠ABF=135°．（3）解：如图2：延长ON交BF于点T，连接DT,DO，

∵∠FBI=∠BOA=90°，∴BF∥AO，∴∠FTN=∠AON．∵N是AF的中点，∴AN=NF．又∵∠TNF=∠ONA，∴△TNF≌△ONA，∴NT=NO,FT=AO．∵∠BAC=90°,AB=AC,AO⊥BC，∴AO=CO，∴FT=CO．由（2）知，△BIF∽△DIC，∴∠DFT=∠DCO．

∵DF=DC，∴△DFT≌△DCO，∴DT=DO,∠FDT=∠CDO，∴∠FDT+∠FDO=∠CDO+∠FDO，即∠ODT=∠CDF．∵∠CDF=90°，∴∠ODT=∠CDF=90°，∴ND=1【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．6．（2022·福建·统考中考真题）已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，AB＞(1)如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；(2)如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；(3)如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若∠BAD=∠BCD，求∠ADB的度数．【答案】(1)见解析(2)∠ACE+∠EFC=180°，见解析(3)30°【分析】（1）先证明四边形ABDC是平行四边形，再根据AB＝AC得出结论；（2）先证出∠ACF=∠CEF，再根据三角形内角和∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，得到∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°，等量代换即可得到结论；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，证得△ABM≌△CDB，得到∠MBA=∠BDC，设∠BCD=∠BAD=α，∠BDC=β，则∠ADB=α+β，得到α+【详解】（1）∵△ABC≌∴AC＝DC，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，∵CB平分∠ACD，∴∠ACB=∠DCB，∴∠ABC=∠DCB，∴AB∥∴四边形ABDC是平行四边形，又∵AB＝AC，∴四边形ABDC是菱形；（2）结论：∠ACE+∠EFC=180°．证明：∵△ABC≌∴∠ABC=∠DEC，∵AB＝AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ACB=∠DEC，∵∠ACB+∠ACF=∠DEC+∠CEF=180°，∴∠ACF=∠CEF，∵∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，∴∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°，∴∠ACE+∠EFC=180°；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，∵AB＝CD，∠BAD=∠BCD，∴△ABM≌∴BM＝BD，∠MBA=∠BDC，∴∠ADB=∠BMD，∵∠BMD=∠BAD+∠MBA，∴∠ADB=∠BCD+∠BDC，设∠BCD=∠BAD=α，∠BDC=β，则∠ADB=α+β，∵CA＝CD，∴∠CAD=∠CDA=α+2β，∴∠BAC=∠CAD-∠BAD=2β，∴∠ACB=1∴∠ACD=90°-β∵∠ACD+∠CAD+∠CDA=180°，

∴90°-β+α+2∴α+β=30°，即∠ADB＝30°．【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键．7．（2021·福建·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°．线段EF是由线段AB平移得到的，点F在边BC上，△EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形，且点D恰好在AC的延长线上．（1）求证：∠ADE=∠DFC；（2）求证：CD=BF．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）通过两角和等于90°，然后通过等量代换即可证明；（2）通过平移的性质，证明三角形全等，得到对应边相等，通过等量代换即可证明．【详解】证明：（1）在等腰直角三角形EDF中，∠EDF=90°，∴∠ADE+∠ADF=90°．∵∠ACB=90°，∴∠DFC+∠ADF=∠ACB=90°，∴∠ADE=∠DFC．（2）连接AE．由平移的性质得AE//∴∠EAD=∠ACB=90°，∴∠DCF=180°-∠ACB=90°，∴∠EAD=∠DCF．∵△EDF是等腰直角三角形，∴DE=DF．由（1）得∠ADE=∠DFC，∴△AED≌△CDF，∴AE=CD，∴CD=BF．【点睛】本小题考查平移的性质、直角三角形和等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是：正确添加辅助线、熟练掌握平移的性质和全等三角形的判定与性质．8．（2020·福建·统考中考真题）如图，ΔADE由ΔABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到，且点B的对应点D恰好落在BC的延长线上，AD，EC相交于点P．（1）求∠BDE的度数；（2）F是EC延长线上的点，且∠CDF=∠DAC．①判断DF和PF的数量关系，并证明；②求证：EPPF【答案】（1）90°；（2）①DF=PF，证明详见解析；②详见解析【分析】（1）根据旋转的性质，得出ΔABC≌ΔADE，进而得出∠B=∠ADE=∠ADB（2）①由旋转的性质得出AC=AE，∠CAE=90°，进而得出∠ACE=∠AEC=45°，再根据已知条件得出∠ADB+∠CDF=∠ACE+∠CAD，最后得出结论即可；②过点P作PH//ED交DF于点H，得出ΔHPF≌ΔCDF，由全等得出HF=CF，【详解】解：（1）由旋转的性质可知，AB=AD，∠BAD=90°，ΔABC≌ΔADE，∴∠B=∠ADE，在RtΔABD中，∠B=∠ADB=45°，∴∠ADE=∠B=45°，∴∠BDE=∠ADB+∠ADE=90°．（2）①DF=PF．证明：由旋转的性质可知，AC=AE，∠CAE=90°，在RtΔACE中，∠ACE=∠AEC=45°，∵∠CDF=∠CAD，∠ACE=∠ADB=45°，∴∠ADB+∠CDF=∠ACE+∠CAD，即∠FPD=∠FDP，∴DF=PF．②过点P作PH//ED交DF于点∴∠HPF=∠DEP，EPPF∵∠DPF=∠ADE+∠DEP=45°+∠DEP，∠DPF=∠ACE+∠DAC=45°+∠DAC，∴∠DEP=∠DAC，又∵∠CDF=∠DAC，∴∠DEP=∠CDF，∴∠HPF=∠CDF．又∵FD=FP，∠F=∠F∴ΔHPF≌ΔCDF，∴HF=CF，∴DH=PC，又∵EPPF∴EPPF【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形内角与外角的关系、等腰三角形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、平行线分线段成比例等基础知识，解题的关键是熟练运用这些性质．9．（2019·福建·统考中考真题）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△AED，点B、C的对应点分别是E、D.(1)如图1，当点E恰好在AC上时，求∠CDE的度数；(2)如图2，若α=60°时，点F是边AC中点，求证：四边形BFDE是平行四边形.

【答案】（1）15°；（2）证明见解析.【分析】（1）如图1，利用旋转的性质得CA＝DA，∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，再根据等腰三角形的性质求出∠ADC，从而计算出∠CDE的度数；（2）如图2，利用直角三角形斜边上的中线性质得到BF＝12AC，利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC＝12AC，则BF＝BC，再根据旋转的性质得到∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD，DE＝BC，从而得到DE＝BF，△ACD和△BAE为等边三角形，接着由△AFD≌△CBA得到DF＝【详解】解：（1）如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△AED，点E恰好在AC上，∴∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，∵CA＝DA，∴∠ACD＝∠ADC＝12（180°−30°）＝75°，∠ADE=90°-30°=60°∴∠CDE＝75°−60°＝15°；（2）证明：如图2，∵点F是边AC中点，∴BF＝12AC∵∠BAC＝30°，∴BC＝12AC∴BF＝BC，∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD，DE＝BC，∴DE＝BF，△ACD和△BAE为等边三角形，∴BE＝AB，∵点F为△ACD的边AC的中点，∴DF⊥AC，易证得△AFD≌△CBA，∴DF＝BA，∴DF＝BE，而BF＝DE，∴四边形BEDF是平行四边形．【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．也考查了平行四边形的判定．一、单选题1．（2022·福建·统考模拟预测）如图，在Rt△ABO中，∠OBA＝90°，A(4，4)，点C在边AB上，且ACCB=13，点D为OB的中点，点P为边OA上的动点，当点P在OA上移动时，使四边形PDBC周长最小的点A．(2，1) B．(13，83) C．(83，83) D．(【答案】C【分析】根据已知条件得到AB=OB=4，∠AOB=45°，求得BC=3，OD=BD=2，得到D（0，2），C（4，3），作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，则此时，四边形PDBC周长最小，E（0，2），求得直线EC的解析式为y=14x+2【详解】解：∵在Rt△ABO中，∠OBA=90°，A（4，4），∴AB=OB=4，∠AOB=45°，∵ACCB=13，点∴BC=3，OD=BD=2，∴D（2，0），C（4，3），作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，则此时，四边形PDBC周长最小，E（0，2），∵直线OA的解析式为y=x，设直线EC的解析式为y=kx+b，∴b＝解得：k＝∴直线EC的解析式为y=14x+2则：y＝xy∴P（83，8故选：C．【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，等腰直角三角形的性质，正确的找到P点的位置是解题的关键．2．（2023·福建厦门·统考一模）已知菱形ABCD与线段AE，且AE与AB重合．现将线段AE绕点A逆时针旋转180°，在旋转过程中，若不考虑点E与点B重合的情形，点E还有三次落在菱形ABCD的边上，设∠B=α，则下列结论正确的是()A．0∘<α<60∘ B．α【答案】C【分析】通过临界值的情况结合图形分析，可知当60°<α<90°时满足题意.【详解】解：因为AE与AB重合，在旋转过程中必过D点，所以需要满足AE与边BC、CD有交点，此时考虑临界值位置：当AB=AC时，旋转过程经过C、D两点，如图，AB=BC=AC，△ABC为等边三角形，所以α=60°，易知当α＞60°时即有三个交点，而当α=90°时，菱形ABCD为正方形，此时AB不会与BC有交点（不考虑点E与点B重合的情形），∴60°<α<90°，故选C.【点睛】本题主要考查菱形的性质和正方形的性质，结合图形分析出临界值情况是解题关键.3．（2023·福建厦门·福建省厦门第二中学校考模拟预测）如图，在正五边形ABCDE中，点F是CD的中点，点G在线段AF上运动，连接EG，DG，当△DEG的周长最小时，则∠EGD=（

）A．36° B．60° C．72° D．108°【答案】C【分析】如图，连接EC，GC，设EC交AF于点G′，连接DG′．证明当点G与G′重合时，EG+DG的值最小，△DEG的周长最小，即求出∠EGD可得结论．【详解】解：如图，连接EC，GC，设EC交AF于点G′，连接DG′．∵正五边形ABCDE中，点F是DC的中点，AF⊥DC，∴D，C关于AF对称，∴GD=GC，∵EG+GD=EG+GC≥EC，∴当点G与G′重合时，EG+DG的值最小，△DEG的周长最小，∵ABCDE是正五边形，∴ED=DC，∠EDC=108°，∴∠DEC=∠DCE=36°，∵G′D=G′C，∴∠G′DC=∠DCG′=36°，∴∠DG′C=108°，∴∠EG′D=180°-∠DG′C=180°-108°=72°．故选：C．【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，轴对称-最短问题等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．4．（2023·福建福州·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，ΔABC位于第二象限，点A的坐标是(-2,3)，先把ΔABC向右平移3个单位长度得到ΔA1B1C1，再把ΔA1B1C1绕点CA．(-2,2) B．(-6,0) C．(0,0) D．(4,2)【答案】D【分析】根据要求画出图形，即可解决问题．【详解】解：根据题意，作出图形，如图：观察图象可知：A2（4，2）；故选：D.【点睛】本题考查平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是正确画出图象，属于中考常考题型．5．（2023·福建泉州·校考三模）如图，曲线C2是双曲线C1：y=6x（x＞0）绕原点O逆时针旋转45°得到的图形，P是曲线C2上任意一点，点A在直线l：y=x上，且PA=PO，则△POAA．6 B．6 C．3 D．12【答案】B【分析】将双曲线逆时针旋转使得l与y轴重合，等腰三角形△PAO的底边在y轴上，应用反比例函数比例系数k的性质解答问题．【详解】如图，将C2及直线y=x绕点O逆时针旋转45°，则得到双曲线C3，直线l与y轴重合．双曲线C3，的解析式为y=-6x过点P作PB⊥y轴于点B，∵PA=PO，∴B为OA中点．∴S△PAB=S△POB，由反比例函数比例系数k的性质，S△POB=3，∴△POA的面积是6.故选B．【点睛】本题为反比例函数综合题，考查了反比例函数的轴对称性以及反比例函数比例系数k的几何意义．6．（2023·福建南平·校联考一模）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，P是对角线AC上的动点，连接DP，将直线DP绕点P顺时针旋转使∠DPG=∠DAC，且过D作DG⊥PG，连接CG，则CG最小值为(

)A．65 B．75 C．3225【答案】D【分析】如图，作DH⊥AC于H，连接HG延长HG交CD于F，作HE⊥CD于H．证明△ADP∽△DHG，推出∠DHG＝∠DAP＝定值，推出点G在射线HF上运动，推出当CG⊥HE时，CG的值最小，想办法求出CG即可．【详解】如图，作DH⊥AC于H，连接HG延长HG交CD于F，作HE⊥CD于H．∵DG⊥PG，DH⊥AC，∴∠DGP＝∠DHA，∵∠DPG＝∠DAH，∴△ADH∽△PDG，∴ADDP=DHDG，∴∠ADP＝∠HDG，∴△ADP∽△DHG，∴∠DHG＝∠DAP＝定值，∴点G在射线HF上运动，∴当CG⊥HE时，CG的值最小，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∴∠ADH+∠HDF＝90°，∵∠DAH+∠ADH＝90°，∴∠HDF＝∠DAH＝∠DHF，∴FD＝FH，∵∠FCH+∠CDH＝90°，∠FHC+∠FHD＝90°，∴∠FHC＝∠FCH，∴FH＝FC＝DF＝3，在Rt△ADC中，∵∠ADC＝90°，AD＝4，CD＝3，∴AC＝32+42＝5，∴CH＝CD∴EH＝DH⋅CHCD∵∠CFG＝∠HFE，∠CGF＝∠HEF＝90°，CF＝HF，∴△CGF≌△HEF（AAS），∴CG＝HE＝3625∴CG的最小值为3625故选D．【点睛】本题考查旋转变换，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形核或全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．7．（2023·福建厦门·统考一模）如图，周长为16的菱形ABCD中，点E，F分别在边AB，AD上，AE＝1，AF＝3，P为BD上一动点，则线段EP＋FP的长最短为(

)A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】在DC上截取DG=FD=AD﹣AF=4﹣3=1，连接EG，则EG与BD的交点就是P．EG的长就是EP+FP的最小值，据此即可求解．【详解】解：在DC上截取DG=FD=AD﹣AF=4﹣3=1，连接EG，则EG与BD的交点就是P．∵AE=DG，且AE∥DG，∴四边形ADGE是平行四边形，∴EG=AD=4．故选B．【点睛】本题考查菱形性质，轴对称性质，平行四边形性质，两点之间线段最短，掌握菱形性质，轴对称性质，平行四边形性质，两点之间线段最短是解题关键．8．（2023·福建三明·中考真题）如图，在正方形纸片ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，沿过点B的直线折叠，使点C落在EF上，落点为N，折痕交CD边于点M，BM与EF交于点P，再展开．则下列结论中：①CM＝DM；②∠ABN＝30°；③AB2＝3CM2；④△PMN是等边三角形．正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【详解】∵△BMN是由△BMC翻折得到的，∴BN=BC，又点F为BC的中点，在Rt△BNF中，sin∠BNF=BFBN∴∠BNF=30°，∠FBN=60°，∴∠ABN=90°-∠FBN=30°，故②正确；在Rt△BCM中，∠CBM=12∠FBN=30°∴tan∠CBM=tan30°=CMBC∴BC=3CM，AB2=3CM2故③正确；∠NPM=∠BPF=90°-∠MBC=60°，∠NMP=90°-∠MBN=60°，∴△PMN是等边三角形，故④正确；由题给条件，证不出CM=DM，故①错误．故正确的有②③④，共3个．故选C．9．（2023·福建·校考模拟预测）如图，直线m，n相交于O，所夹的锐角是53°，点P，Q分别是直线m，n上的点，将直线m，n按照下面的程序操作，能使两直线平行的是(

)A．将直线m以点O为中心，顺时针旋转53° B．将直线n以点Q为中心，顺时针旋转53°C．将直线m以点P为中心，顺时针旋转53° D．将直线m以点P为中心，顺时针旋转127°【答案】C【分析】根据平行判定定理和性质一一判定即可求解.【详解】将直线m以点O为中心，顺时针旋转53°，有交点不平行，故错误.将直线n以点Q为中心，顺时针旋转53°，有交点不平行，故错误.将直线m以点P为中心，顺时针旋转53°，平行，正确.将直线m以点P为中心，顺时针旋转127°，同位角不相等不平行，故错误.故选C.【点睛】本题主要考查平行判定定理和性质，熟悉掌握是关键.10．（2023·福建南平·校联考模拟预测）如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D在BC边上，BD=4，DC=2，P是AB上的动点，则PC+PD的最小值为（

）

A．213 B．52 C．62【答案】A【分析】过点C作CO⊥AB于O，延长CO到C'，使OC'=OC，连接DC'，交AB于P，连接CP，此时DP+CP=DP+PC'=DC'的值最小．由DC=2，【详解】解：过点C作CO⊥AB于O，延长CO到C'，使OC'=OC，连接DC'，交此时DP+CP=DP+PC∵BD=4，DC=2，∴BC=BD+DC=6，∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，∴∠CBA=45°，连接BC'，由对称性可知∠C∴∠CBCDC故选：A．

【点睛】本题考查轴对称—线路最短的问题，确定动点P位置使PC+PD的值最小是解题的关键．也考查了勾股定理的应用．二、填空题11．（2023·福建龙岩·统考二模）如图，ΔABC中，∠BCA=90°，点D在AC上，AD=3，CD=2，连接BD，把线段BD绕点D逆时针旋转90°到DE位置，连结AE，CE，则ΔACE的面积为_______．【答案】5【分析】由旋转的性质可得DE=DB，∠BDE=90°，如图，将ΔDCB绕点D逆时针旋转90°得ΔDFE，可得∠FDC=90°，CD=DF=2，∠EFD=∠ACB=90°，由三角形面积公式可求解．【详解】解：∵把线段BD绕点D逆时针旋转90°到DE的位置，∴DE=DB，∠BDE=90°，如图，将ΔDCB绕点D逆时针旋转90°得ΔDFE，∴∠FDC=90°，CD=DF=2，∠EFD=∠ACB=90°，∴∠EFD+∠FDC=180°，∴EF//CD，∴ΔACE的面积=1故答案为：5．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的面积公式，添加恰当辅助线是本题的关键．12．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）如图，四边形OABC是正方形，点M，N都在OA的延长线上，且OM＝MN＝2，则BM+BN的最小值为______．【答案】2【分析】作N关于直线OB的对称点N′，连接N′M交OB于B，则MN′=BM+BN的值最小，连接CN【详解】如图，作N关于直线OB的对称点N′，连接N′M交OB于B，连接CN则MN′=BM+BN的值最小，由对称性可知，ON=ON∵OM＝MN＝2，∴ON=ON∴MN∴BM+BN的最小值为25故答案为：25【点睛】本题考查了轴对称-最小距离问题、正方形的性质、解直角三角形等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．13．（2023·福建三明·校联考一模）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，E、F为矩形内部的两动点，且满足EF∥BC，EF＝4，S四边形BEFC＝26，则BE+EF+FC的最小值等于___．【答案】4+89．【分析】作EG⊥BC于G，作FH∥BE交BC于H，证出四边形BEFH是平行四边形，得出FH=BE，BH=EF=4，得出CH=BC-BH=5，由梯形面积求出EG=4，若BE+EF+FC最小，则BE+FC=FH+FC最小，作点C关于直线EF的对称点C'，连接HC'交直线EF于F'，则FH+FC的最小值为F'H+F'C=HC'，在Rt△HCC'中，CC'=8，由勾股定理求出HC'，即可得出结果．【详解】作EG⊥BC于G，作FH∥BE交BC于H，如图所示：∵EF∥BC，FH∥BE，∴四边形BEFH是平行四边形，∴FH＝BE，BH＝EF＝4，∴CH＝BC﹣BH＝5，BE+FC＝FH+FC，∵EF∥BC，EF＝4，S四边形BEFC＝26，∴12（4+9）×EG＝26解得：EG＝4，若BE+EF+FC最小，则BE+FC＝FH+FC最小，作点C关于直线EF的对称点C'，连接HC'交直线EF于F'，连接F'C，则FH+FC的最小值为F'H+F'C＝HC'，在Rt△HCC'中，CC'＝4+4＝8，由勾股定理得：HC'＝CH∴BE+EF+FC的最小值＝4+89；故答案为4+89．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、轴对称-最短路线问题、矩形的性质、勾股定理、梯形面积等知识；通过作轴对称得出FH+FC的最小值为F'H+F'C=HC'是解题的关键．14．（2023·福建三明·统考一模）如图，矩形纸片ABCD中，AB=1，BC=2，点M，N分别在边BC，AD上，将纸片ABCD沿直线MN对折，使点A落在CD边上，则线段BM的取值范围是______．【答案】34≤BM≤1【详解】解：连接A′M，AM，∵将纸片ABCD沿直线MN对折，使点A落在CD边上，∴AM=A′M，设BM=x，A′C=t，则CM=2﹣x，∵∠B=∠C=90°，∴AB2+BM2=CM2+A′C2，即12+x2=（2﹣x）2+t2，解得：x=t2+34当t=0时，BM=x的值最小，即BM=34当t=1时，BM=x的值最大，即BM=1，∴线段BM的取值范围是：34≤BM≤1故答案为34≤BM≤115．（2023·福建厦门·统考一模）在平面直角坐标系中，A（-4，0），B（-4，4），C、D在y轴上，点C在点D上方，CD=2．要使得四边形ABCD的周长最短，则点C的坐标为_____________．【答案】（0，3）【详解】试题分析：∵A（-4，0），B（-4，4），∴AB=4，又∵C、D在y轴上，点C在点D上方，CD=2．∴要使得四边形ABCD的周长最短，只要BC+AD最小即可，点A向上平移2个单位到M，点B关于y轴的对称点B′，连接MB′，交y轴于C，如图：∵BM=2，∴CE=1，∴OC=3，∴C（0，3）考点：1．轴对称-最短路线问题；2．坐标与图形性质．16．（2023·福建泉州·校考三模）如图，过点C(3,4)的直线y=2x+b交x轴于点A，∠ABC=90°，AB=CB，曲线y=kx（x>0）过点B，将点A沿y轴正方向平移a【答案】4【分析】分别过点B、点C作y轴和x轴的平行线，两条平行线相交于点M，与x轴的交点为N．将C(3,4)代入y=2x+b可得b=-2，然后求得A点坐标为(1,0)，证明△ABN≌△BCM，可得AN=BM=3，CM=BN=1，可求出B(4,1)，即可求出k=4，由A点向上平移后落在y=4x上，即可求得a【详解】分别过点B、点C作y轴和x轴的平行线，两条平行线相交于点M，与x轴的交点为N，则∠M=∠ANB=90°，把C(3,4)代入y=2x+b，得4=6+b，解得：b=-2，所以y=2x-2，令y=0，则0=2x-2，解得：x=1，所以A(1，0)，∵∠ABC=90°，∴∠CBM+∠ABN=90°，∵∠ANB=90°，∴∠BAN+∠ABN=90°，∴∠CBM=∠BAN，又∵∠M=∠ANB=90°，AB=BC，∴△ABN≌△BCM，∴AN=BM，BN=CM，∵C(3，4)，∴设AN=m，CM=n，则有m+n=4m+1-n=3，解得m=3∴ON=3+1=4，BN=1，∴B(4，1)，∵曲线y=kx（∴k=4，∴y=4∵将点A沿y轴正方向平移a个单位长度恰好落在该曲线上，此时点A移动后对应点的坐标为(1，a)，∴a=4，故答案为4.【点睛】本题考查了反比例函数与几何图形的综合，涉及了待定系数法，全等三角形的判定与性质，点的平移等知识，正确添加辅助线，利用数形结合思想灵活运用相关知识是解题的关键.三、解答题17．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）如图1，矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F＝30°.（1）求证：BE＝CE（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N.（如图2）①求证：△BEM≌△CEN；②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值.【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②2；③6+【分析】（1）只要证明△BAE≌△CDE即可；（2）①利用（1）可知△EBC是等腰直角三角形，根据ASA即可证明；②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；③如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．利用面积法求出EH，根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°，∵E是AD中点，∴AE=DE，∴△BAE≌△CDE，∴BE=CE．（2）①解：如图2中，由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，∴∠EBC=∠ECB=45°，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠EBM=∠ECN=45°，∵∠MEN=∠BEC=90°，∴∠BEM=∠CEN，∵EB=EC，∴△BEM≌△CEN；②∵△BEM≌△CEN，∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，∴S△BMN=12•x（4-x）=-12（x-2）2∵-12＜0∴x=2时，△BMN的面积最大，最大值为2．③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．∴EG=m+3m=（1+3）m，∵S△BEG=12•EG•BN=12∴EH=3m•(1+3)m2m在Rt△EBH中，sin∠EBH=EHEB【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，18．（2023·福建·一模）如图，在△ABC中，∠C=90°,∠A=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转固定角度后得到△A'B'C，使得点（1）在给出的图形上用尺规作出△A（2）求证：A'【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【分析】（1）直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案；（2）由旋转的性质得∠CB'A'【详解】（1）如图，△A'（2）证明：由旋转可得Rt△ABC≅∴∠CB∵∠ACB=90∴∠B=60∴△BCB∴∠B∴A【点睛】此题主要考查了旋转变换以及等边三角形的判定与性质，正确得出对应点位置是解题关键．失分的原因：1．不能正确理解本题所作的三角形，实质就是作已知三角形的全等三角形；2．对平行线的判定方法掌握不熟练．19．（2023·福建龙岩·校联考二模）某同学用两个完全相同的直角三角形纸片重叠在一起(如图1)固定△ABC不动，将△DEF沿线段AB向右平移．(1)若∠A=60°，斜边AB=4，设AD=x(0≤x≤4)，两个直角三角形纸片重叠部分的面积为y，试求出y与x的函数关系式;(2)在运动过程中，四边形CDBF能否为正方形，若能，请指出此时点D的位置，并说明理由;若不能，请你添加一个条件，并说明四边形CDBF为正方形？【答案】(1)y=3(4-x)28(2)不能为正方形，添加条件：AC=BC，当点D运动到AB中点位置时四边形CDBF为正方形【分析】(1)根据平移的性质得到DF∥AC，所以由平行线的性质、勾股定理求得GD=4-x2，BG=B(2)不能为正方形，添加条件：AC=BC时，点D运动到AB中点时，四边形CDBF为正方形;当D运动到AB中点时，四边形CDBF是菱形，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”推知CD=12AB，BF=12DE，所以AD=CD=BD=CF，又有BE=AD，则CD=BD=BF=CF，故四边形【详解】解：(1)如图(1)所示：∵DF∥AC，∴∠DGB=∠C=90°，∠GDB=∠A=60°，∠GBD=30°∵BD=4-x，∴GD=4-x2，BG=B∴y=S△BDG=12×4-x2×(2)不能为正方形，添加条件：AC=BC，当点D运动到AB中点位置时四边形CDBF为正方形．∵∠ACB=90°，D是AB的中点，∴CD=12AB∵AD=DB，AD=BE，∴DB=BE，∵∠DFE=90°，DB=BE，∴BF=12DE∴CD=BD=BF=BE，∵CF=BD，∴CD=BD=BF=CF，∴四边形CDBF是菱形;∵AC=BC，D是AB的中点．∴CD⊥AB即∠CDB=90°∵四边形CDBF为菱形，∴四边形CDBF是正方形．【点睛】本题是几何变换综合题型，主要考查了平移变换的性质，勾股定理，正方形的判定，菱形的判定与性质以及直角三角形斜边上的中线;第二问难度稍大，根据三角形斜边上的中线推知CD=BD=BF=BE是解题的关键．20．（2023·福建·模拟预测）已知，如图1，正方形ABCD的边长为5，点E、F分别在边AB、AD的延长线上，且BE=DF，连接EF．(1)证明：EF⊥AC；(2)将△AEF绕点A顺时针方向旋转，当旋转角α满足0°<α<45°时，设EF与射线AB交于点G，与AC交于点H，如图所示，试判断线段FH、HG、GE的数量关系，并说明理由．(3)若将△AEF绕点A旋转一周，连接DF、BE，并延长EB交直线DF于点P，连接PC，试说明点P的运动路径并求线段PC的取值范围．【答案】(1)见解析(2)F(3)点P的运动路径是：以BD为直径的圆，0≤PC≤5【分析】1先证明AE=AF，根据等腰三角形三线合一的性质即可证明结论；2如图2，作辅助线、构建全等三角形，先证明△AGH≅△AGK，得GH=GK，由△AFH≅△AEK，得∠AEK=∠AFH=45°，FH=EK，利用勾股定理得：KG2=E3如图3，先证明∠FPE=∠FAE=90°，根据90°的圆周角所对的弦是直径可得：点P的运动路径是：以BD为直径的圆，如图4，可得PC的取值范围．【详解】（1）证明：如图1：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠DAC=∠BAC，∵BE=DF，∴AD+DF=AB+BE，即AF=AE，∴AC⊥EF.（2）解：FH如图2，过A作AK⊥AC，截取AK=AH，连接GK、EK，∵∠CAB=45°，∴∠CAB=∠KAB=45°，∵AG=AG，∴△AGH≅△AGKSAS∴GH=GK，由旋转得：∠FAE=90°，AF=AE，∵∠HAK=90°，∴∠FAH=∠KAE，∴△AFH≅△AEKSAS∴∠AEK=∠AFH=45°，FH=EK，∵∠AEH=45°，∴∠KEG=45°+45°=90°，Rt△GKE中，K即：FH（3）解：如图3，∵AD=AB，∠DAF=∠BAE，AE=AF，∴△DAF≅△BAESAS∴∠DFA=∠BEA，∵∠PNF=∠ANE，∴∠FPE=∠FAE=90°，∴将△AEF绕点A旋转一周，总存在直线EB与直线DF垂直，∴点P的运动路径是：以BD为直径的圆，如图4，当P与C重合时，PC最小，PC=0，当P与A重合时，PC最大为52∴线段PC的取值范围是：0≤PC≤52【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形、等腰直角三角形的判定和性质，圆周角定理的应用，等知识点，正确作辅助线构建全等三角形得出边相等和角相等以及把四边形的问题转化为三角形的问题是解答本题的关键．21．（2023·福建·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，A(3，3)，B(4，0)，C(0，﹣1)．（1）以点C为旋转中心，把△ABC逆时针旋转90°，画出旋转后的图形△A'B（2）在（1）的条件下，①点A经过的路径AA'的长为（结果保留②则此时B'点的坐标为．【答案】（1）图见详解；（2）①52π；②(-1【分析】（1）根据旋转的定义作出点A、B绕点C逆时针旋转90°得到的对应点，再顺次连接可得；（2）①根据弧长公式列式计算即可；②根据（1）中所作图形可得点B'【详解】（1）如图所示：（2）①依题意得：AC=32∠ACA'=90°∴点A经过的路径的长为90×π×5180=②由图知点B'的坐标为(-1，3)．故答案为：①52π；②(-1，【点睛】本题主要考查作图-旋转变换，解题的关键是根据旋转角度、旋转方向、旋转中心作出对应点；22．（2022·福建福州·统考一模）如图，已知线段BC绕某定点O顺时针旋转α得到线段EF，其中点B的对应点是E．(1)请确定点O的位置（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；(2)在（1）的情况下，点A位于BC上方，点D位于EF右侧，且△ABC，△DEF均为等边三角形．求证：△DEF是由△ABC绕点O顺时针旋转α得到．【答案】(1)作图见解析(2)证明见解析【分析】（1）如图1，分别以B、E为圆心，大于12BE为半径画弧，交点为M、N，连接MN；分别以C、F为圆心，大于12CF为半径画弧，交点为（2）如图2，由题意知∠BOE=∠COF=α，△ABC≌△DEF，∠BOC=∠EOF，△BOC≌△EOFSAS，有∠OBC=∠OEF，∠OCB=∠OFE，∠ABO=∠DEO，∠ACO=DFO，证明△ABO≌△DEOSAS，有∠AOB=∠DOE，同理可证△ACO≌△DFOSAS【详解】（1）解：如图1，分别以B、E为圆心，大于12BE为半径画弧，交点为M、N，连接MN；分别以C、F为圆心，大于12CF为半径画弧，交点为（2）证明：如图2由题意知∠BOE=∠COF=α，BC=EF∵△ABC与△DEF均为等边三角形∴AB=AC=BC=DE=DF=EF在△ABC与△DEF中∵AB=DE∴△ABC≌△DEF∵∠BOC+∠COE=∠COE+∠EOF∴∠BOC=∠EOF在△BOC和△EOF中∵OB=OE∴△BOC≌△EOF∴∠OBC=∠OEF∴∠ABO=∠DEO在△ABO和△DEO中∵AB=DE∴△ABO≌△DEO∴∠AOB=∠DOE同理可证△ACO≌△DFO∴∠AOC=∠DOF∴∠AOD=∠AOC+∠COE+∠DOE=∠DOF+∠DOE+∠COE=∠COF=α∴△DEF是由△ABC绕点O顺时针旋转α得到的．【点睛】本题考查了旋转中心，旋转角度，三角形全等，等边三角形的性质等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．23．（2023·福建·厦门双十中学思明分校校考二模）如图10，在平面直角坐标系中，点A（0，6），点B是x轴正半轴上的一个动点，连结AB，取AB的中点M，将线段MB绕着点B按顺时针方向旋转90°，得到线段BC．过点B作BD⊥x轴交直线AC于点D．设点B坐标是（t，0）．（1）当t＝4时，求直线AB的解析式；（2）①用含t的代数式表示点C的坐标：.②当△ABD是等腰三角形时，求点B坐标.【答案】（1）y＝－32x＋6；（2）①点C的坐标为(t＋3，t2)，②分三种情况进行分类讨论，点B的坐标为（3，0）．点B的坐标为（12＋65，0）．当t≥0时，不存在BD【分析】（1）当t=4时，B（4，0），设直线AB的解析式为y=kx+b．把A（0，6），B（4，0）代入解析式即可求出未知数的值，从而求出其解析式；（2）①根据点A和点B的坐标可以求得点M的坐标，从而可以求得点C的坐标；②分三种情况进行分类讨论：AD＝BD,AB＝AD，BD≠AB.【详解】（1）当t＝4时，B(4，0)．设直线AB的解析式为y＝kx＋b将A(0，6)，B(4，0)代入，得：{b＝∴直线AB的解析式为y＝－32x＋6（2）①）∵点A（0，6），点B（t，0），点M是线段AB的中点，∴点M的坐标是（t2，3又∵将线段MB绕着点B按顺时针方向旋转90°，得到线段BC，∴点C的坐标为：（t+3，t2故答案为（t+3，t2）；②分三种情况进行分类讨论（1）AD＝BD，则∠BAD＝∠ABD．∵BD∥y轴，∴∠OAB＝∠ABD，∴∠OAB＝∠BAD．∴tan∠OAB=tan∠BAD又∵∠AOB＝∠ABC=90°∴OBAO＝BCAB＝12，即t6＝12，此时点B的坐标为（3，0）．（2）若AB＝AD方法一:设直线AC的解析式为y=kx+6∵点C的坐标为(t＋3，t2∴k(t+3)+6=∴k=t-122k+6∴当x=t时，∴BD=t由题得BD=∴t∴t2∴t1=12方法二：过点A作AH⊥CG于H，则CH＝HG＝12CG∵∠GEB＝∠AOB＝90°，∠GBE＝∠ABO，∴△GEB∽△AOB．∴GEBE＝AO∴GE＝6t×3＝18又∵HE＝AO＝6，CE＝t2，GE＋HE＝HG＝12CG＝12(CE＋∴18t＋6＝12(t2＋18t)，整理得t2－24t－解得t1＝12＋65，t2＝12－65＜此时点B的坐标为（12＋65，0（3）当0≤t＜12时，∠ADB是钝角，△AD