图形的平移与旋转压轴题（7个类型55题）-【常考压轴题】2023-2024学年八年级数学下册压轴题攻略（解析版）

第三章图形的平移与旋转压轴题内容导航一、图形的平移类型一、图形的平移问题HYPERLINK类型二、平面直角坐标系内的图形平移问题HYPERLINK类型三、一次函数图象的平移问题二、图形的旋转类型四、图形旋转的规律问题类型五、图形旋转的性质应用类型六、图形旋转的综合问题类型七、中心对称图形的性质应用一、图形的平移类型一、图形的平移问题1．如图，直线m//n，点A在直线m上，BC在直线n上，构成ABC，把ABC向右平移BC长度的一半得到（如图①），再把向右平移BC长度的一半得到（如图②），再继续上述的平移得到图③，…，通过观察可知图①中有4个三角形，图②中有8个三角形，则第2020个图形中三角形的个数是（

）A．4040 B．6060 C．6061 D．8080【答案】D【分析】探究规律，利用规律解决问题即可．【详解】解：观察图可得，第1个图形中大三角形有2个，小三角形有2个，第2个图形中大三角形有4个，小三角形有4个，第3个图形中大三角形有6个，小三角形有6个，…依次可得第n个图形中大三角形有2n个，小三角形有2n个．故第2019个图形中三角形的个数是：2×2020+2×2020=8080．故选：D．【点睛】本题考查规律型问题，平行线的性质，平移变换等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．2．△ABC是一块含有45º的直角三角板，四边形DEFG是长方形，D、G分别在AB、AC上，E、F在BC上。BC=16,DG=4，DE=6，现将长方形DEFG向右沿BC方向平移，设水平移动的距离为d，长方形与直角三角板的重叠面积为S，（1）当水平距离d是何值时，长方形DEFG恰好完全移出三角板；（2）在移动过程中，请你用含有d的代数式表示重叠面积S，并写出相应的d的范围。【答案】（1）10；（2）当0<d≤4时，S=24-；当4<d≤6时，S=32-4d；当6<d≤10时，S=；当10<d时,S=0.【分析】（1）要使长方形完全移出，则点E平移到了点C处，此时d=EC，由等腰直角三角形的性质可知∠B=45°，从而得到BE=DE=6.再用计算BC-BE的值即可.（2）分三种情况依次画出图形，再结合图形进行计算即可.【详解】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B=∠C=45º.∵四边形DEFG是长方形，∴∠DEF=∠GFE=90°.∵∠DEF+∠BED=180°.∴∠BED=90°.∴BE=DE=6.∵BE+CE=BC=16,∴CE=BC-BE=16-6=10.∴当水平距离d是10时，长方形DEFG恰好完全移出三角板；(2)①当0<d≤4时，如图1所示，∵∠GNM=∠FNC=∠C=45°，∠G=90°，∴GN=GM=d.∴S=长方形DEFG的面积-△GMN的面积=24-；②当4<d≤6时，如图2所示，依题意可知：BE=6+d,FC=6-d.∵BC=16,∴EC=16-BE=10-d.∵∠C=45°，∴ME=EC=10-d.FN=FC=6-d.∴S=△MEC面积-△FCN的面积==（10-d+6-d）(10-d-6+d)=32-4d.③当6<d≤10时，如图2所示，∵EH=EC=10-d∴S==④当10<d时,长方形DEFG与△ABC没有重叠部分，∴S=0.综上所述，当0<d≤4时，S=24-；当4<d≤6时，S=32-4d；当6<d≤10时，S=；当10<d时,S=0.【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和长方形的性质，注意分类讨论不要漏解是解题的关键.3．如图，已知线段，点是线段外一点，连接，．将线段沿平移得到线段．点是线段上一动点，连接，．

(1)依题意在图1中补全图形，并证明：；(2)过点C作直线．在直线上取点，使．①当时，画出图形，并直接用等式表示与之间的数量关系；②在点运动的过程中，当点到直线的距离最大时，的度数是________（用含的式子表示）．【答案】(1)见解析(2)①点在直线的上方时，；点在直线的下方时，；②．【分析】（1）作，根据平行线的性质证明即可；（2）①分两种情况，画出图形后，利用平行线的性质求解即可；②先确定点到直线的最大距离就是线段的长，再画出图形，利用平行线的性质和垂线的性质求解即可．【详解】（1）证明：补全图形如图所示，作，∵将线段沿平移得到线段，∴，∴，∴，∴，即

（2）解：①分两种情况：点在直线的上方时，如图所示：

由平移的性质得：，∴，∵，∴，∴，整理，得；点在直线的下方时，如图所示：

，∴，整理，得；②作，如图所示：

∵，∴点到直线的距离就是线段的长，∵，∴点到直线的最大距离就是线段的长，此时，作于点，如图所示：

由平移的性质得：，∴，∵，∴，∴故答案为：．【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，平行线间的距离，点到直线的距离，角的和差，恰当分类并画出图形是解题的关键．4．某同学在一次课外活动中用硬纸片做了两个直角三角形，中，，，．中，，，．该同学将的直角边与的斜边重合在一起，并将沿方向移动，在移动过程中，D、E两点始终在边上．(1)当移动至什么位置，即的长为多少时，F、C的连线与平行？(2)当移动至什么位置，即的长为多少时，以线段、、的长为三边长的三角形是直角三角形？(3)在的移动过程中，是否存在某个位置，使得？如果存在，求出的长；如果不存在，说明理由．【答案】(1)(2)(3)不存在，理由见解析．【分析】本题主要考查平移的性质以及勾股定理的应用，结合已知条件应用相关性质解题即可．（1）因为，，所以，又因为，，，所以，连接，设，则可求证，故的长可求；（2）设，则，再分情况讨论∶为斜边；为斜边；为斜边，综合分析即可求得的长；（3）假设，因为，作的平分线，交于点P，则，所以，，则的值大于边长12，故不存在．【详解】（1）解：∵，，，∴，∵中，，，∴，如图1，连接，当时，，∴∴∴∴当时，．（2）设，在中，当为斜边时，由得，解得：，当为斜边时，由得，解得：∵∴，∴（不合题意舍去）当为斜边时，由得，，整理得出∶∵∴此方程无解，综上所述：当时，以线段、、的长度为三边长的三角形是直角三角形．（3）不存在这样的位置，使得理由如下∶假设（如上图2）∵作的平分线，交于点P，则，，∴，∴∴，又∵∴，∴∴不存在这样的位置，使得．【点睛】本题考查的是平移的性质、勾股定理的应用，以及角平分线的性质，平行的性质等等知识点，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键，解答时，注意勾股定理的应用和正确解出一元二次方程．5．如图，等腰三角形中，，D为边上一点，E为射线上一点，连接．(1)如图1，点F在线段上，连接、．若，为等边三角形，，，求的长；(2)如图2，F为线段的垂直平分线上一点，连接、、，M为的中点，连接、．若，求证：；(3)如图3，，D为中点，F为中点，与交于点G，将沿射线方向平移得，连接、．若，直接写出的最小值．【答案】(1)5(2)见解析(3)【分析】(1)证明得到，根据计算即可．(2)延长到点N，使得，连接，先证明，在证明，得到即可．(3)过点C作，根据等边三角形的对称性，得到，根据平移的性质，得到直线上存在点使得，作出点B关于直线的对称点M，连接交于点Q，连接交于点N，当点与点N重合时，取得最小值，过点M作，交的延长线于点P，根据勾股定理计算即可．【详解】（1）∵，，为等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，∵，，∴．（2）如图，延长到点N，使得，连接，∵M为的中点，∴，∴，∴，∴，∵F为线段的垂直平分线上一点，∴，∵，∴，∴，∴，∴．（3）解：如图，过点C作，∵，，D为中点，∴为等边三角形，直线是线段的垂直平分线，∴，∴；∵点B平移到点，∴过点B作，交直线于点，根据平移性质，得到四边形是平行四边形，∴，，根据平移性质，得到，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∴；作出点B关于直线的对称点M，连接交于点Q，连接交于点N，当点与点N重合时，取得最小值，过点M作，交的延长线于点P，∵，，，为等边三角形，∴，，∵，，∴四边形是矩形，，∴，∴的最小值为．【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，平移，线段和的最小值，熟练掌握三角形全等的判定和性质，线段和的最值，等边三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．6．综合与探究：问题情境：数学课上，同学们以直角三角形纸片为背景进行探究性活动．如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，AE平分∠BAC交CD于点F．初步分析：（1）智慧小组的同学发现△CEF是等腰三角形，请你证明这一结论；（2）博学小组的同学发现给△ABC添加一个条件，可使△CEF成为等边三角形．添加的条件可以是．（写出一种即可）操作探究：（3）创新小组的同学从图形平移的角度进行了如下的探究，请从下面A，B两题中任选一题作答我选择题：A．将△ADF沿射线AB的方向平移，使点F的对应点F恰好落在线段BC上，①请在图中画出平移后的，②猜想此时线段A′B与AC之间的数量关系，并说明理由．B．将△CEF沿射线CB的方向平移，使点C的对应点恰好与点B重合，①请在图中画出平移后的，②连接EF′，交BD于点G，猜想此时线段EG与F′G之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）（答案不唯一）；（3）A：①见解析；②，证明见解析；B：①见解析；②，证明见解析【分析】（1）根据直角三角形的性质，角平分线的性质进行等量代换进而证明结论即可；（2）当△ABC中，时，根据等边三角形判定定理进行判定；（3）A.过点F作于G，根据角平分线的性质得出，进而证明≌，根据全等三角形对应边相等可得，根据平移的性质得到≌，得出，，然后利用“角角边”证明≌，得到，最终得出；B.过点E作于H，，根据角平分线的性质得出，根据平移的性质得到≌，得出，是等腰三角形，得，然后利用“角角边”证明≌，最终得出．【详解】（1）∵AE平分∠BAC，∴，∵CD⊥AB，，∴,∴在中，，在中，，∵，∴，∴△CEF是等腰三角形；（2）当△ABC中，时，，，∴△CEF是等边三角形；（3）A.①如下图即为所求，②，理由如下：过点F作于G，∵AE平分∠BAC，∵，，∴，∴在和中，∴≌（HL）∴,∵平移后得到，∴≌∴，，∵在中，，又∵，∴，∴在和中，∴≌（AAS）∴，∴，即：；B.①如下图即为所求，②，理由如下：过点E作于H，,∵AE平分∠BAC，∵，,∴，∵平移后得到，∴≌，∴，，∵是等腰三角形，∴，∵在中，，∴，∴，在和中，∴≌（AAS）∴．【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，图形的平移等，熟练运用以上性质定理是解题的关键．类型二、平面直角坐标系内的图形平移问题7．对于给定的两点，若存在点，使得三角形的面积等于1，则称点为线段的“单位面积点”，已知在平面直角坐标系中，为坐标原点．点，，．若将线段沿轴正方向平移个单位长度，使得线段上存在线段的“单位面积点”，则的值可以是（

）A．0.5 B．1.5 C．2.5 D．3.5【答案】A【分析】设线段上存在线段的“单位面积点”是，分两种情况进行讨论：线段在线段的下方；线段在线段的上方，分别求解即可．【详解】解：设线段上存在线段的“单位面积点”是，如图，

，当线段在线段的下方时，此时，点，，，，，，，点到的距离为，可将线段沿轴正方向平移个单位长度，沿轴正方向平移，，，当线段在线段的上方时，此时，同理可得：点到的距离为，可将线段沿轴正方向平移，即，综上所述，的取值范围为：或，的值可以是0.5，故选：A．8．如图，直线m⊥n．在平面直角坐标系xOy中，x轴∥m，y轴∥n．如果以O1为原点，点A的坐标为（1，1）．将点O1平移2个单位长度到点O2，点A的位置不变，如果以O2为原点，那么点A的坐标可能是（）A．（3，﹣1） B．（1，﹣3） C．（﹣2，﹣1） D．（2+1，2+1）【答案】A【分析】根据题意画出图形，利用平移的特征结合图形即可求解．【详解】如图，由题意，可得O1M=O1N=1．∵将点O1平移2个单位长度到点O2，∴O1O2=2，O1P=O2P=2，∴PM=3，∴点A的坐标是（3，﹣1），故选A．【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．利用数形结合是解题的关键．9．如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A，C的坐标分别为，．已知线段的端点M，N的坐标分别为，，平移线段，使得平移后的线段的两个端点均落在正方形的边上，此时正方形被该线段分为两部分，其中三角形部分的面积为；已知线段的端点坐标分别为，，且，，．平移线段，使得平移后的线段的两个端点均落在正方形的边上，且线段将正方形的面积分为两部分，取的中点H，连接，则的长为．【答案】/【分析】明确三角形部分与形状大小完全相同，即可求解；明确的长度定了，不管怎么放，三角形部分，形状大小完全一样，长度一样，即可求解．【详解】平移之后，如图所示，三角形部分与形状大小完全相同，∴三角形部分的面积，，平移后两端点落在正方形边上，∵，，∴不垂直四条边，把正方形分成两部分为三角形部分和另一部分多边形，两部分的面积为，可得，的长度定了，的面积确定了，不管怎么放，三角形部分，形状大小完全一样，则长度一样，令在如图位置，且，解得，∴的坐标为，的坐标为，∴中点的坐标为，即的坐标为，∴，故答案为：，．【点睛】本题考查四边形的综合题和移动线段问题，解题的关键是理解题意，画出图形，学会利用特殊点解决问题．10．在平面直角坐标系xOy中，对于点A，规定点A的变换和变换．变换：将点A向左平移一个单位长度，再向上平移两个单位长度；变换：将点A向右平移三个单位长度，再向下平移一个单位长度(1)若对点B进行变换，得到点（1，1），则对点B进行变换后得到的点的坐标为．(2)若对点C（m，0）进行变换得到点P，对点C（m，0）进行变换得到点Q，，求m的值．(3)点D为y轴的正半轴上的一个定点，对点D进行变换后得到点E，点F为x轴上的一个动点，对点F进行变换之后得到点G，若的最小值为2，直接写出点D的坐标．【答案】(1)（5，-2）(2)(3)（0，）【分析】（1）根据变换求出B的坐标，再根据变换求出对应点的坐标即可；（2）先求出P、Q的坐标，然后根据OP=OQ构建关于m的方程即可求解；（3）设D（0，y），F（x，0），则E（-1，y+2），G（x+3，-1），可得=，令（-3，y+1），（-1，y+2），则，，推出，推出的最小值就是x轴上点F（x，0）到，的距离之和的值最小．【详解】（1）解：由题意知：点（1，1）向右平移一个单位长度，再向下平移两个单位长度即可得到B，∴B的坐标为（2，-1），∴点B进行变换后得到的点的坐标为（5，-2）；故答案为：（5，-2）；（2）解：由题意知：对点C（m，0）进行变换得到点P的坐标为（m-1，2），对点C（m，0）进行变换得到点Q（m+3，-1），∵OP=OQ，∴，即，∴；（3）解：由题意，设D（0，y），F（x，0），则E（-1，y+2），G（x+3，-1），∴，，∴=令（-3，y+1），（-1，y+2），则，∴，∴的最小值就是x轴上点F（x，0）到，的距离之和的值最小，如果，在x轴的两侧，那么点F就是与x轴的交点，的最小值就是的长，此时，故此种情况不符合题意，舍去，如果，在x轴的同侧，作关于x轴的对称点（-3，-y-1），连接交x轴于点K，此时，的值最小，∴，∴或，又点D（0，y）在y轴上，则y＞0，∴，∴D的坐标为（0，）．故答案为：（0，）．【点睛】本题考查了点的平移，轴对称，两点间距离公式，二元二次方程组等知识，解题关键是学会利用参数解决问题．11．如图，在平面直角坐标系中，A，B坐标分别为、，且a，b满足：，现同时将点A，B分别向下平移4个单位，再向左平移1个单位，分别得到点A，B的对应点C，D，连接．

(1)求C，D两点的坐标及四边形的面积；(2)点P是线段上的一个动点，连接，当点P在上移动时（不与B，D重合），的值是否发生变化，并说明理由；(3)已知点M在y轴上，且点D在的外部，连接，若的面积与四边形的面积相等，求点M的坐标．【答案】(1)；四边形的面积为20；(2)不变，，理由见解析；(3)．【分析】（1）根据条件确定A，B坐标，根据平移得到C，D两点的坐标；由A，B，C，D坐标确定四边形底和高，即可求面积；（2）过点作的平行线，根据平行线的性质可得；（3）设M坐标为，根据，列出方程求出m的值，即可确定M点坐标．【详解】（1）解：将点A，B分别向下平移4个单位，向左平移1个单位故答案为：，四边形的面积为20；（2）由（1）中、，可得；如下图所示，过点作，不发生变化；

（3）如下图所示，过作交于点F，设点即解得：，；故答案为：．

【点睛】本题考查了坐标与图形平移的关系，坐标与平行四边形性质的关系，平行线的性质及三角形、平行四边形的面积公式，关键是理解平移规律，作平行线将相关角进行转化．12．如图1，在直角坐标系中直线与、轴的交点分别为，，且满足.（1）求、的值；（2）若点的坐标为且，求的值；（3）如图2，点坐标是，若以2个单位/秒的速度向下平移，同时点以1个单位/秒的速度向左平移，平移时间是秒，若点落在内部（不包含三角形的边），求的取值范围．【答案】（1），；（2）或；（3）【分析】（1）根据非负数和为0，则每一个非负数都是0，即可求出a，b的值；（2）设直线AB与直线x＝1交于点N，可得N（1，5），根据S△ABM＝S△AMN−S△BMN，即可表示出S△ABM，从而列出m的方程．（3）根据题意知，临界状态是点P落在OA和AB上，分别求出此时t的值，即可得出范围．【详解】（1）∵，，∴，解得：，（2）设直线与直线交于，设∵a＝−4，b＝4，∴A（−4，0），B（0，4），设直线AB的函数解析式为：y＝kx＋b，代入得，解得∴直线AB的函数解析式为：y＝x＋4，代入x=1得∵∴＝×5×|5−m|−×1×|5−m|＝2|5−m|，∵∴∴或解得：或，（3）当点P在OA边上时，则2t＝2，∴t＝1，当点P在AB边上时，如图，过点P作PKx轴，AK⊥x轴交于K，则KP'＝3−t，KA'＝2t−2，∴3−t＝2t−2，∴综上所述：．【点睛】本题主要考查了平移的性质、一般三角形面积的和差表示、以及非负数的性质等知识点，第（2）问中用绝对值来表示动点构成的线段长度是正确解题的关键．13．在平面直角坐标系中，对于给定的两点，若存在点M，使得的面积等于1，即，则称点M为线段的“单位面积点”，解答下列问题：如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为．

(1)在点中，线段的“单位面积点”是；(2)已知点，将线段沿y轴向上平移个单位长度，使得线段上存在线段的“单位面积点”，直接写出t的取值范围．(3)已知点，点是线段的两个“单位面积点”，点M在的延长线上，若，求出点N纵坐标的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据“单位面积点”的定义和点的坐标即可得结果，（2）根据“单位面积点”的定义，可得点的纵坐标，分两种情况：①当的纵坐标为时，②当的纵坐标为时，根据“单位面积点”的定义，得关于的不等式组，解不等式组即可，（3）根据“单位面积点”的定义，可得的横坐标，再根据，即可求得点的纵坐标的取值范围．【详解】（1）解：如图1所示：

∵点P的坐标为，∴，∵，∴，，，，∴点A、点C是线段的“单位面积点”，故答案为：．（2）解：如图2所示：

当点E为线段的“单位面积点”时，，解得：，当点F为线段的“单位面积点”时，，解得：，∴线段EF上存在线段的“单位面积点”，t的取值范围为；（3）解：∵点P的坐标为，，∴，∴线段的“单位面积点”在y轴上或x＝2的直线上，∵点M在的延长线上，∴点M在的直线与延长线的交点上，如图3所示：

设直线的解析式为：，则，解得，∴直线的解析式为：，则，∵N是线段的“单位面积点”，∴，∴，①当点N在y轴上时，，∴，∵，∴N的纵坐标为，②当点N在直线上时，，∴，∵，∴N的纵坐标为，综上所述，点N纵坐标的取值范围为：．【点睛】本题主要考查三角形的面积，坐标与图形的性质，注意“单位面积点”的定义和分类讨论思想的应用．14．如图在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，．且a，b满足，现同时将点A，B分别向左平移2个单位，再向上平移2个单位，分别得到点A、B的对应点C、D，连接AC，BD，CA的延长线交y轴于点K．(1)点P是线段CK上的一个动点，点Q是线段CD的中点，连接PQ，PO，当点P在线段CA上移动时（不与A，C重合），请找出，，的数量关系，并证明你的结论．(2)连接AD，在坐标轴上是否存在点M，使的面积与的面积相等？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，试说明理由．【答案】(1)，证明见详解(2)存在，M点坐标为，，，【分析】（1）根据平方与绝对值的非负性即可求出a、b的值，过点P作，由平移的性质可得，利用平行线的性质即可求解；（2）先求出的面积，再根据Q在x轴上与y轴上分别求解．【详解】（1）解：，证明如下：证明：∵∴，，解得，，∴，，∵将点A、B分别向左平移2个单位，再向上平移2个单位，得到对应点C、D，∴，，过点P作，由平移的性质可得，∴，∴，，∴，即．（2）解：存在，M点坐标为，，，．理由如下：的面积为，①M在x轴上，根据的高与相等的高，∴，∴点M坐标为，，②M在y轴上，的高为，的面积为5，即∴又∵，∴点M坐标为，．故存在符合条件的M点坐标为，，，．【点睛】本题主要考查直角坐标系中点的平移及图形面积的计算和坐标轴上点的特征，根据题目已知平移方式得到点的坐标与面积的计算是解答本题的关键．15．在平面直角坐标系中，，，a，b满足，连接AB交y轴于C．(1)直接写出______，______；(2)如图1，点P是y轴上一点，且三角形ABP的面积为12，求点P的坐标；(3)如图2，直线BD交x轴于，将直线BD平移经过点A，交y轴于E，点在直线AE上，且三角形ABQ的面积不超过三角形ABD面积的，求点Q横坐标x的取值范围．【答案】(1)-3，4(2)-3，4(3)-4≤x≤-2且x≠-3【分析】（1）根据非负数的性质构建方程组，解方程组求出，；（2）过点作轴于，设，由三角形面积关系得出，求出，过点作轴于，由三角形面积关系得出，求出即可；（3）连接，过点作轴，分点在第二象限，点在第三象限时，两种情况，分别列出方程，解之即可．【详解】（1）解：，又∵，，，解得：，故答案为：-3，4．（2）过点作轴于，设，三角形的面积四边形的面积三角形的面积，，即，解得：，点的坐标为，过点作轴于，三角形的面积三角形的面积三角形的面积，，即，，点的坐标为或．（3）点向左平移4个单位长度，向下平移4个单位长度到点A，∵点D向左平移4个单位长度后的对应点正好在y轴上，∴点平移后的对应点恰好是点，连接，过点作轴，如图所示：，三角形的面积三角形的面积，当三角形的面积三角形的面积时，，当点在第三象限时，，解得：，当点在第二象限时，，解得：，当三角形的面积不超过三角形面积的时，点的横坐标的取值范围是，且．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了三角形的面积，非负数的性质，平行线的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．类型三、一次函数图象的平移问题16．如图1，在平面直角坐标系中．直线与轴、轴相交于两点，动点在线段上，将线段绕着点顺时针旋转得到，此时点恰好落在直线上时，过点作轴于点．

(1)求证：；(2)如图2，将沿轴正方向平移得，当直线经过点时，求点的坐标及平移的距离．【答案】(1)见解析；(2)，【分析】（1）由同角的余角相等可得，再根据即可证明；（2）由三角形全等的性质可得，设，则代入即可求出点的坐标，再利用待定系数法求出直线的解析式，求出点的坐标即可解决问题．【详解】（1）证明：，，，在和中，，；（2）解：，，，设，，把代入，得到，，，，，设直线的解析式为，将代入，得，解得，∴直线的解析式为，设直线的解析式为，把代入得到，∴直线的解析式为，，，平移的距离是个单位．【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、全等三角形的判定与性质、平移的性质，熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式、全等三角形的判定与性质、平移的性质，采用数形结合的思想解决问题，是解此题的关键．17．在平面直角坐标系中，对于点与图形W，若点Q为图形W上任意一点，点关于第一、三象限角平分线的对称点为，且线段中点为，则称点是图形W关于点的“关联点”．(1)如图1，若点是点关于原点的关联点，则点的坐标为；(2)如图2，在中，，，．①将线段向右平移（）个单位长度，若平移后的线段上存在两个关于点的关联点，则d的取值范围是．②已知点和点，若线段上存在关于点的关联点，求n的取值范围．【答案】(1)(2)①；②或．【分析】本题考查了轴对称的性质，中心对称的性质，不等式组的求解，求一次函数的解析式等，解题的关键是用转化的思想借助参数构建不等式组．（1）根据“关联点”的定义可知点，Q关于原点对称，由此即可解决问题．（2）①作出关于对称的，由题意可得当线段向右平移时，与的边有两个交点时满足条件，利用图象法解决问题即可．②分别求出直线与州的交点和点关于点的对称点的坐标，根据题意即可列出不等式，求解即可．【详解】（1）解：∵点关于第一、三象限角平分线的对称点为，∴，∵点是点关于原点的关联点，即点，点关于原点对称，∴，故答案为：．（2）解：①如图中，作关于对称的，当线段向右平移时，与的边有两个交点，即满足条件，观察图象可知当线段向右平移时，经过点，此时平移的距离为，当线段向右平移时，经过点，此时平移的距离为，∴当时，平移后的线段上存在两个关于点的“关联点”，故答案为：．②设直线所在的函数解析式为，将，代入得：，解得：，∴直线所在的函数解析式为，当时，，解得：，即直线与轴的交点为；则点关于点的对称点坐标为，点关于点的对称点坐标为，∵线段上存在关于点的关联点，即点在线段上或点在线段上，可得或，解得：或．18．如图，在平面直角坐标系中，直线与、轴分别相交于点、，与直线交于点，直线交轴于点，交轴于点．（1）若点是轴上一动点，连接、，求当取最大值时，点的坐标．（2）在（1）问的条件下，将沿轴平移，在平移的过程中，直线交直线于点，则当是等腰三角形时，求的长．【答案】（1）P(0，﹣10)；（2）8＋2或2﹣8或10或49【分析】（1）取关于轴的对称点，当与、三点共线时，取最大值，利用待定系数法求的解析式，可得此时的坐标；（2）分三种情况讨论：①当时，如图2，②当时，如图3，过作于，③当时，如图4，过作于，分别计算即可．【详解】解：（1）当时，，，把代入中，，，，当时，，，，如图1，取关于轴的对称点，是轴上一点，连接、、，则，，当与、共线时，有最大值是，设直线的解析式为：，把和代入得：，解得：，直线的解析式为：，；（2）分三种情况：①当时，如图2，由（1）知：，由勾股定理得：，，；同理得：；②当时，如图3，过作于，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，；③当时，如图4，过作于，，，设，则，由勾股定理得：，，解得：，；综上，当是等腰三角形时，的长是或或或．【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到点的对称性、图形的平移、等腰三角形的判定、勾股定理等，要注意分类求解，避免遗漏．19．对于平面直角坐标系中的图形和图形上的任意点，给出如下定义：将点平移到称为将点进行“型平移”，点称为将点进行“型平移”的对应点；将图形上的所有点进行“型平移”称为将图形进行“型平移”．例如，将点平移到称为将点进行“1型平移”，将点平移到称为将点进行“﹣1型平移”．已知点和点．(1)将点进行“1型平移”后的对应点的坐标为．(2)①将线段进行“﹣1型平移”后得到线段，点，，中，在线段上的点是．②若线段进行“型平移”后与坐标轴有公共点，则的取值范围是．(3)知点，，点是线段上的一个动点，将点进行“型平移”后得到的对应点为，画图、观察、归纳可得，当的取值范围是时，的最小值保持不变．【答案】(1)；(2)，或；(3)．【分析】（1）根据“1型平移”的定义求解即可；（2）①画出线段即可求解；②根据定义求出t的最大值，最小值即可；（3）观察图象可知：当在线段上时，的最小值保持不变，最小值为．【详解】（1）解：由“1型平移”的定义可知：的坐标为；（2）解：①如图所示，观察图象可知：将线段进行“﹣1型平移”后得到线段，点，，中，在线段上的点是；②若线段进行“型平移”后与坐标轴有公共点，则的取值范围是或；（3）解：如图所示：观察图象可知：当在线段上时，的最小值保持不变，最小值为，此时．【点睛】本题考查平移变换，“t型平移”的定义，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用图象法解决问题．20．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于两点，点坐标为，连接．(1)求点的坐标及线段的长度；(2)将线段沿轴向下平移个单位至，连接．当为直角三角形时，求的值；当周长最小时，的值是；此时，最小周长等于．【答案】(1)，(2)1或；，【分析】（1）求出点坐标，再由勾股定理求的长即可；（2）先求平移后的点，分别可求，分三种情况讨论：当时，当时，当时，利用勾股定理建立方程，求出的值即可；作点关于直线的对称点，连接，当三点共线时，的值最小，此时周长最小，由对称性求出，用待定系数法求出直线的解析式将点代入解析式即可求，从而确定，，再用两点间距离公式求出，则周长最小值为．【详解】（1）解：令，则，，点坐标为，；（2）解：令，则，，线段沿轴向下平移个单位至，，，当时，，解得，当时，，此时不存在实数根，当时，，解得，综上所述：的值为1或；作点关于直线的对称点，连接，，，当三点共线时，的值最小，此时周长最小，，，设直线的解析式为，，解得，，将点代入，，，，周长最小值为，故答案为：，．【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，直角三角形的性质，轴对称求最短距离的方法，线段平移的性质，勾股定理，分类讨论是解题的关键．21．已知直线与轴、y轴分别交于A、B两点，以A为直角顶点，线段为腰在第一象限内作等腰．

(1)求点C的坐标(2)P为直线上的动点，若的面积与的面积相等，则点P的坐标为多少(3)点M为直线上的动点，点N为x轴上的一点，是否存在以点M、N、B、C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)或(3)或或【分析】（1）过点C作轴于点D，求出点B的坐标为，点A的坐标为，得出，，证明，得出，，求出，即可得出答案；（2）求出，求出直线与直线的交点坐标为，设点P的坐标为，根据三角形面积公式得出，求出或，即可得出答案；（3）分情况进行讨论：当为边时，点B平移得到点N，点C平移得到点M，当为边时，点B平移得到点M，点C平移得到点N，当为对角线时，分别画出图形，根据中点坐标公式和点的平移特点求出结果即可．【详解】（1）解：过点C作轴于点D，如图所示：

把代入得：，∴点B的坐标为；把代入得：，解得：，∴点A的坐标为，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∴点C的坐标为；（2）解：，∵，，∴，把代入得：，∴直线与直线的交点坐标为，设点P的坐标为，则，解得：或，∴点P的坐标为或；（3）解：设点M的坐标为，当为边时，点B平移得到点N，点C平移得到点M，如图所示：

∴此时，解得：，∴点M的坐标为；当为边时，点B平移得到点M，点C平移得到点N，如图所示：

∴此时，解得：，∴点M的坐标为；当为对角线时，如图所示：

，解得：，∴此时点M的坐标为；综上分析可知，点M的坐标为或或．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，求一次函数与坐标轴的交点，三角形全等的判定和性质，三角形面积的计算，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论．22．（1）阅读以下内容并回答问题：问题：在平面直角坐标系xOy中，将直线y＝﹣2x向上平移3个单位，求平移后直线的解析式．小雯同学在做这类问题时经常困惑和纠结，她做此题的简要过程和反思如下．在课堂交流中，小谢同学听了她的困惑后，给她提出了下面的建议：“你可以找直线上的关键点，比如点A（1，﹣2），先把它按要求平移到相应的对应点A′，再用老师教过的待定系数法求过点A′的新直线的解析式，这样就不用纠结了．”小雯用这个方法进行了尝试，点A（1，﹣2）向上平移3个单位后的对应点A′的坐标为，过点A′的直线的解析式为．（2）小雯自己又提出了一个新问题请全班同学一起解答和检验此方法，请你也试试看：将直线y＝﹣2x向左平移3个单位，平移后直线的解析式为，另外直接将直线y＝﹣2x向（“上”或“下”）平移个单位也能得到这条直线．（3）请你继续利用这个方法解决问题：对于平面直角坐标系xOy内的图形M，将图形M上所有点都向上平移3个单位，再向左平移3个单位，我们把这个过程称为图形M的一次“斜平移”．求将直线y＝﹣2x进行两次“斜平移”后得到的直线的解析式．【答案】（1）（1，1），y＝﹣2x+3；（2）y＝﹣2x﹣6，下，6；（3）y＝﹣2x﹣6.【分析】（1）由平移的性质可求点A'坐标，利用待定系数法可求解；（2）平移后的直线的解析式的k不变，设出相应的直线解析式，可求O（0，0）向左平移3个单位后的坐标，代入设出的直线解析式，即可求得m，也就求得了所求的直线解析式；（3）平移后的直线的解析式的k不变，设出相应的直线解析式，找到点A（1，-2）进行两次“斜平移”后的对应点的坐标，代入设出的直线解析式，即可求得n，也就求得了所求的直线解析式．【详解】（1）点A（1，﹣2）向上平移3个单位后的点A′的坐标为（1，1），设平移后的直线解析式为y＝﹣2x+b，代入得1＝﹣2×1+b，则b＝3，所以过点A′的直线的解析式为y＝﹣2x+3；故答案为：（1，1），y＝﹣2x+3；（2）可设新直线解析式为y＝﹣2x+m，∵原直线y＝﹣2x经过点O（0，0），∴点O向左平移3个单位后点O'（﹣3，0），代入新直线解析式得：0＝6x+m，∴m＝﹣6，∴平移后直线的解析式为：y＝﹣2x﹣6，由（1）可知，另外直接将直线y＝﹣2x向下平移6个单位也能得到直线y＝﹣2x﹣6；故答案为：y＝﹣2x﹣6，下，6；（3）直线上的点A（1，﹣2），进行一次“斜平移”后的对应点的坐标为（﹣2，1），进行两次“斜平移”后的对应点的坐标为（﹣5，4），设两次斜平移后的直线的解析式为y＝﹣2x+n，代入（﹣5，4）得，4＝﹣2×（﹣5）+n，则n＝﹣6，所以，两次斜平移后的直线的解析式为y＝﹣2x﹣6.【点睛】本题考查了平移的性质，待定系数法求解析式，是一次函数综合题，解题的关键是得到平移后经过的一个具体点．二、图形的旋转类型四、图形旋转的规律问题23．在每个小正方形的边长为的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．从一个格点移动到与之相距的另一个格点的运动称为一次跳马变换．例如，在的正方形网格图形中（如图1），从点经过一次跳马变换可以到达点，，，等处现有的正方形网格图形（如图2），则从该正方形的顶点经过跳马变换到达与其相对的顶点，最少需要跳马变换的次数是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意画出F点,由图一计算出规律即可推出．【详解】如图1，连接AC，CF，则AF=，∴两次变换相当于向右移动3格，向上移动3格．又∵MN=，∴（不是整数），∴按A﹣C﹣F的方向连续变换10次后，相当于向右移动了10÷2×3=15格，向上移动了10÷2×3=15格，此时M位于如图所示的5×5的正方形网格的点G处，再按如图所示的方式变换4次即可到达点N处．∴从该正方形的顶点M经过跳马变换到达与其相对的顶点N，最少需要跳马变换的次数是14次．故选D．【点睛】本题考查规律计算题,主要在于结合图形找出规律．24．如图，在△ABC中,∠ACB=，∠B=，AC=1，BC=，AB=2，AC在直线l上，将△ABC绕点A顺时针转到位置①可得到点P1，此时AP1=2；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2=2+；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3=3+…，按此顺序继续旋转，得到点P2016，则AP2016=(

)A．2016+671 B．2016+672C．2017+671 D．2017+672【答案】B【分析】利用题意得AP3＝3+，则易得AP6＝2（3+），AP9＝3（3+），则三角形旋转三次一个循环，一个循环3+，然后由2016＝3×672即可得到AP2016的长度．【详解】解：∵AP1＝2，AP2＝2+，AP3＝3+，∴AP6＝2（3+），AP9＝3（3+），而2016＝3×672，∴AP2016＝672（3+）＝2016+672．故选B．【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．也考查了规律型问题的解决方法．25．如图，在平面直角坐标系中，，，将绕点顺时针旋转并且按一定规律放大，每次变化后得到的图形仍是顶角为的等腰三角形．第一次变化后得到等腰三角形，点的对应点为；第二次变化后得到等腰三角形，点的对应点为；第三次变化后得到等腰三角形，点的对应点为……依此规律，则第2023年等腰三角形中，点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意，可得点，，在第二象限，，，，推出，可得结论．【详解】解：在平面直角坐标系中，，，绕点顺时针旋转并且按一定规律放大，每次变化后得到的图形仍是顶角为的等腰三角形．第一次变化后得到等腰三角形，点的对应点为，∴；第二次变化后得列等腰三角形，点的对应点为，；∴；第三次变化后得到等腰三角形，点的对应点为；∴；……由图可知：绕点每次顺时针旋转，并且腰长增加1，∴旋转三次完成一周，故点，，，……在第三象限，，，，……，，∴，∴点到轴距离为，到轴距离为，，故选：D．【点睛】本题考查坐标与图形变化旋转，规律型问题等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．26．如图，在中，顶点，，，将与正方形组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点D的坐标是．

【答案】【分析】先利用周期性确定所求坐标就是第1次旋转结束时，点D的坐标，即图中的，过作y轴的垂线，求，即可，转移这两条线段，构造的角即可解决问题．【详解】解：∵每次旋转，∴周期为，∵，∴第2023次旋转结束时，点D的坐标就是第1次旋转结束时，点D的坐标，即图中的．作射线使其与x轴的夹角为，交于E，过D作，垂足为F，过E作轴，垂足为G，

则，，∵，∴，∴，设，则，在中，，∴，∴或（舍去），∴，，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了带周期性的点的坐标，把旋转后，不好直接求，关键是构造角，通过建立方程解决．27．如图所示，一动点从半径为2的⊙O上的A0点出发，沿着射线A0O方向运动到⊙O上的点A1处，再向左沿着与射线A1O夹角为60°的方向运动到⊙O上的点A2处；接着又从A2点出发，沿着射线A2O方向运动到⊙O上的点A3处，再向左沿着与射线A3O夹角为60°的方向运动到⊙O上的点A4处；……按此规律运动到点A2017处，则点A2017与点A0间的距离是【答案】4【分析】由图分析可知，点与点重合，于是得到点与重合，依此规律即可得解．【详解】由图分析可知，点与点重合，2017÷6=336……1，即点与重合，∵⊙O的半径为2，∴点与点间的距离是4．故答案是：4【点睛】本题考查了图形的变化类，结合图形即可得到点与重合，依此规律即可解决问题．28．在平面直角坐标系中，等边如图放置，点的坐标为，将等边绕着点依次顺时针旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，按此作法进行下去，则点的坐标为．

【答案】【详解】解：∵A点坐标为，∴，∴第一次旋转后，点在第二象限，；第二次旋转后，点在第一象限，；第三次旋转后，点在x轴正半轴，；第四次旋转后，点在第三象限，；第五次旋转后，点在第四象限，；第六次旋转后，点在x轴负半轴，；如此循环，每旋转6次，A的对应点又回到x轴负半轴上，∵，∴点在第二象限，且，过点作轴于，

∴，∴，∴，∴点的坐标为，故答案为：．【点睛】本题考查旋转变换，涉及等边三角形、的直角三角形等知识，解题的关键是确定所在的象限．类型五、图形旋转的性质应用29．如图，等腰，，，点为边上一点，，点为边上一点，连结，将绕点逆时针旋转得到，连结，则的最小值为．【答案】【分析】如图所示，过点作的垂线交于点，连接并延长，根据等腰三角形的性质可判定可得点在过点与垂直的射线上运动，作点关于的对称点，连接与射线交于点，根据两点之间线段最短可得，当点与点重合时，的值最小，过点作的垂线，交于点，根据题意可求出，在中，根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，过点作的垂线交于点，连接并延长，∵是等腰直角三角形，∴，∵，∴是等边直角三角形，∴，，∵，∴，∴，在中，，∴，∴，∴，∴点在过点与垂直的射线上运动，作点关于的对称点，连接与射线交于点，∴，则，根据两点之间线段最短可得，当点与点重合时，的值最小，即，过点作的垂线，交于点，则是等腰直角三角形，∵，∴，∵，∴，则，∵点关于的对称点为，∴，则，∵，且，∴在中，，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称最短路径，两点之间线段最短，动点与轨迹，勾股定理的综合运用，掌握点的运动轨迹，构造轴对称最短路径的方法是解题的关键．30．如图，在四边形中，，，连接，将绕点旋转，使旋转到，旋转到，当与交于一点，同时与交于一点时，下面四个结论：；；；周长的最小值是．其中所有正确结论的序号是．【答案】【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，平行四边形的性质，最短路径问题，根据题意可证，可判断，由的周长，则当最小时的周长最小，根据垂线段最短，可得时，最小，即最小，即可求此时周长最小值，解题的关键是熟练掌握这些性质的应用．【详解】∵，，∴，为等边三角形，∴，∵将绕点旋转到位置，∴，且，，∴，∴，，，∴，故正确，错误；∵，，∴，故正确；∵的周长，∴当最小时，∴的周长最小，∵，，∴是等边三角形，∴，∴当时，长度最小，即长度最小，∵，，，∴，∴的周长最小值为，故正确，故答案为：．31．在中，，，．把绕点逆时针旋转得到，点的对应点为点．(1)当时，在图1中作出旋转后的（尺规作图，保留作图痕迹）；(2)在（1）的条件下，连接，则的长为______；(3)在旋转过程中，直线分别交，于点，，若为等腰三角形，求的长．【答案】(1)作图过程见解析，(2)(3)或【分析】3421726244929536（1）过点作的平行线，根据全等三角形判定定理，截取，，，即可做出旋转后的，（2）根据勾股定理求出的长度，由旋转性质可得是等腰直角三角形，即可求出的长，（3）分、、分别为底的情况进行讨论，根据等角对等边，及勾股定理进行求解，本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形存在性问题，解题的关键是：根据等腰三角形存在的可能性进行分情况讨论，结合图形找到等量关系，进行求解．【详解】（1）解：过点作，在上截取使，分别以点、点为圆心，、长为半径做圆，交点即为点（方法不止一种），（2），，，，连接，由旋转性质可得，，，为等腰直角三角形，，故答案为：，（3）当为底时，，，连接，，，，设，则，，，在和中，，，，，不存在为底的情况，当为底时，，，，，，，，，故答案为：或．32．如图1，射线在的内部，图中共有3个角：、和，若其中有一个角的度数是另一个角度数的两倍，则称射线是的奇妙线．

(1)一个角的角平分线___________这个角的奇妙线．（填是或不是）(2)如图2，若，射线绕点P从位置开始，以每秒的速度逆时针旋转，当首次等于时停止旋转，设旋转的时间为．①当t为何值时，射线是的奇妙线？②若射线同时绕点P以每秒的速度逆时针旋转，并与同时停止旋转．请求出当射线是的奇妙线时t的值．【答案】(1)是(2)①9或12或18；②或或【分析】（1）根据角平分线的定义和“奇妙线”的定义进行计算即可；（2）①分三种情况进行讨论，当时，当时，当时，分别列出方程进行求解即可；②分三种情况进行讨论，当时，当时，当时，分别列出方程进行求解即可．【详解】（1）解：一个角的平分线是这个角的“奇妙线”；故答案为：是．（2）解：①依题意有：A．当时，，解得：；B．当时，，解得；C．当时，，解得：；故当t为9或12或18时，射线是的“奇妙线”；②依题意有A．当时，，解得：；B．当时，，解得；C．当时，，解得：．故当射线是的奇妙线时t的值为或或．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，一元一次方程的应用，几何图形中角度的计算，新定义运算，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论．33．综合与实践【模型感知】手拉手模型是初中数学里三角形全等知识点考察的重要模型．两个有公共顶点且顶角相等的等腰三角形组成的图形叫手拉手模型．（1）如图，已知和都是等边三角形，连接，．求证：；【模型应用】（2）如图，已知和都是等边三角形，将绕点旋转一定的角度，当点在的延长线上时，求证：；【类比探究】（3）如图，已知和都是等边三角形．当点在射线上时，过点作于点，直接写出线段，与之间存在的数量关系为_____________．【答案】（）见解析；（）见解析；（）或．【分析】（）由和都是等边三角形得，，，．进而得．最后证明，即可得证；（）由和都是等边三角形，得，，，，从而得．进而证明得，即可得证；（）如图，当在线段上时，如图，当在线段的延长线上时，证明，可得；再证明，从而可得结论．【详解】证明：（）和都是等边三角形，，，，．．．．在和中，，；（）和都是等边三角形，，，，，，，．在和中，，．．，；（）或．理由如下：如图，当在线段上时，∵和都是等边三角形，∴，，，∴，在和中，，∴，∴；，∵，∴，∵，∴，∴，∴；如图，当在线段的延长线上时，同理可得：，∴，∵，∴，同理可得：，∴．故答案为：或．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，含度角的直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．类型六、图形旋转的综合问题34．问题提出：（1）如图①，已知是面积为的等边三角形，是的平分线，则的长为______．问题探究：（2）如图②，在中，，，，点为的中点，点，分别在边，上，且．证明：．问题解决：（3）如图③，李叔叔准备在一块空地上修建一个矩形花园，然后将其分割种植三种不同的花卉．按照他的分割方案，点，分别在，上，连接、、，，、分别在、上，连接、，，，其中四边形种植玫瑰，和种植郁金香，剩下的区域种植康乃馨，根据实际需要，要求种植玫瑰的四边形的面积为，为了节约成本，矩形花园的面积是否存在最小值？若存在，请求出矩形的最小面积，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，【分析】（1）设的边长为，得出，即可求解；（2）连接，证明，即可求解；（3）将绕点逆时针旋转，得到，根据四边形的面积为，得出，则当时，矩形的面积最小，根据，即可求解．【详解】解：（1）∵是面积为的等边三角形，是的平分线，∴设的边长为∴∴∴解得：，故答案为：．（2）如图所示，连接，

∵在中，，，，点为的中点，∴，，又∵∴在中，∴∴；（3）如图所示，

∵，，∴将绕点逆时针旋转，得到，∴三点共线，∴四边形的面积等于，又∵，∴过点作于点，则设，则∴∴∵四边形的面积为，∴，即,如图所示，作于点，

∵，，，则，在中，∴，同理可得则∴，作点关于的对称点，连接，则是等边三角形，则，如图所示，依题意，当时，矩形的面积最小，此时与重合，，

∴∴矩形的最小面积为【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．35．问题提出：

（1）如图1，点A为线段外一动点，且，，填空：当__________时，线段的长取得最大值，且最大值为__________（用含a，b的式子表示）．问题探究：（2）点A为线段外一动点，且，，如图2所示，分别以，为边，作等边三角形和等边三角形，连接，，找出图中与BE相等的线段，请说明理由，并直接写出线段长的最大值．问题解决：（3）如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B的坐标为，点P为线段外一动点，且，，，求线段长的最大值及此时点P的坐标．【答案】（1），；（2）①理由见解析；②的最大值（3）的最大值是，点的坐标为【分析】考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．（1）根据点位于的延长线上时，线段的长取得最大值，即可得到结论；（2）①根据等边三角形的性质得到，，，推出，根据全等三角形的性质得到；②由于线段长的最大值线段的最大值，根据（1）中的结论即可得到结果；（3）连接，将绕着点顺时针旋转得到，连接，得到是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到，，根据当在线段的延长线时，线段取得最大值，即可得到最大值为；如图，过作轴于，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：（1）点为线段外一动点，且，，当点位于的延长线上时即，线段的长取得最大值，且最大值为，故答案为：，；（2）①，理由：与是等边三角形，，，，，即，在与中，，，；②线段长的最大值线段的最大值，由知，当线段的长取得最大值时，点在的延长线上，最大值为；（3）将绕着点顺时针旋转得到，连接，则是等腰直角三角形，，，的坐标为，，点的坐标为，，，，，线段长的最大值线段长的最大值，当在线段的延长线时，线段取得最大值，最大值，，最大值为；如图，过作轴于，是等腰直角三角形，，，．36．已知，点M为线段的中点，点P为线段上一动点，过点P作直线l（不与重合），于点E，于点F．(1)如图1，当点P与点M重合时，与有怎样的数量关系，并说明理由；(2)如图2，当点P不与点M重合时，（1）问中的结论是否仍然成立，为什么？(3)在等边中，点M为的中点，点P为边上一动点，过点P的直线，于点E，于点F，连结．①如图3，当时，求的度数；②如图4，当时，探究的数量关系，并说明理由．【答案】(1)，理由见解析(2)（1）中的结论仍成立，理由见解析(3)①，②【分析】（1）证明，即可得到结论；（2）延长交于点D，证明，则，得到，，即可得到结论；（3）①由等边得到，由平行线性质得到，则，求出．由（2）知即可得到；②将绕点M顺时针旋转得到，连结，进一步得到，则，得到，则，由得到，则，再证明，即可得到解论．【详解】（1）解：，理由如下：∵M为AB中点∴又∵，∴在和中∴∴；（2）（1）中的结论仍成立，理由如下：如图2，延长交于点D，∵M为的中点，∴，又∵，．∴，∴，在和中，∴∴，又∵，∴∴又∵，∴∴（3）①如图3，∵等边∴∵∴，∴，∵，点M为的中点∴∴∴．由（2）知∴②，理由如下；如图4，由（2）知∴又∵∴∴．将绕点M顺时针旋转得到，连结，∵∴即∴∴，∴∴又∵∴∴∴又∵，∴∴∴即．【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、旋转的性质、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质并添加适当的辅助线是解题的关键．37．如图，在四边形中，，点在四边形的内部，且，，已知，则的长为．

【答案】【分析】本题主要考查了旋转的构造全等三角形解决问题．将绕点顺时针旋转至，连接，过点F作，交延长线于H，证得，由30度直角三角形性质求出，，再由勾股定理求出，证明，由全等三角形的性质得出．【详解】解：如图，将绕点顺时针旋转至，连接，过点F作，交延长线于H，

则，，，，，，，，，，即，∴，∴，∴，，，，，，，在和中，，，．【点睛】本题涉及考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、30度直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握旋转的性质，利用旋转将分散的条件集中到同一三角形，再证明三角形全等，进行转化线段关系是解题的关键．38．问题初探：（1）一天杨老师给同学们这样一个几何问题：如图1，和都是等边三角形，点在上．求证：以、、为边的三角形是钝角三角形．小明通过探究发现：连接，根据已知条件，可以证明，，从而得出为钝角三角形，故以、、为边的三角形是钝角三角形．请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．类比分析：（2）杨老师发现，小明通过构造全等三角形，将边和转移，使、、在一个三角形中，为了帮助学生更好的利用已知边角的数量关系构造全等三角形，杨老师将和换成两个等腰直角三角形，并隐藏了一部分图形，得到了下面的图形，如图3，并提出了下面的问题，请解答．已知：，，为AC边上的一点，试判断、、之间的数量关系．学以致用：（3）如图4．已知四边形是正方形．点在上，，，试求出正方形的面积．【答案】（1）问题初探：见解析；小明通过探究发现：见解析；（2）类比分析：见解析；学以致用：【分析】（1）连接，由等边三角形的性质可证，由可判定，由全等三角形的性质得，，即可求证；(2)将线段绕点B顺时针旋转得到，连接、，由旋转的性质得，，再由可判定，由由全等三角形的性质得，由勾股定理得，即可求证；（3）将线段绕点B顺时针旋转得到，连接、，由勾股定理可求，作，由外角性质得，由直角三角形的特征可求，再由勾股定理求出的长，即可求解．【详解】（1）证明：如图1，连接，和都是等边三角形，，，，，即，在和中，（），，，，为钝角三角形，∴以、、为边的三角形是钝角三角形；(2)如图2，将线段绕点B顺时针旋转得到，连接、，，，，，，，在和中，（），，，，，，；（3）解：如图3，将线段绕点B顺时针旋转得到，连接、，由(2)可得，，，作，，，，，，，，．【点睛】本题考查了三角形外角的性质，等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形的特征，勾股定理等，掌握相关的判定方法及性质，能灵活利用旋转的性质，构建全等三角形是解题的关键．39．问题提出（）如图所示，将含有和角的一副直角三角板与在直线，的顶点和角的顶点重合于点，点在直线上，为平分线，则．问题探究（）如图，若将三角板绕点逆时针旋转，平分，请你探究度数是否会发生变化？若不变，求出其角度；若变化，请说明理由；问题解决（）如图，从图位置开始，将三角板绕点以每秒速度逆时针旋转，同时三角板以每秒的速度顺时针旋转，当首次与重合或当与首次重合时，两个三角板都停止旋转．设两三角板的旋转时间为，在整个旋转过程中，当满足，求的值．

【答案】（）；（）度数不会发生变化，为；（）或．【分析】（）利用角的和差关系及角平分线的定义即可求解；（）利用角的和差关系及角平分线的定义即可求解；（）由，可判断出与重合前（含重合）和与重合后这两个阶段不存在满足条件的值，由此得到满足条件的值在与重合后到与重合时这个阶段，根据角的和差关系列出方程即可求解；本题考查了角的旋转，角的计算及角平分线的定义，能通过图形找到所求角的和差关系是解题的关键．【详解】解：（）∵点在直线上，，，∴，∵为平分线，∴，故答案为：；（）∵将三角板绕点逆时针旋转，∴，，∵平分，为平分线，∴，，∴，∴度数不会发生变化，为；（）由图可知，当与重合前（含重合）和与重合后，，∴在这两个阶段不存在满足条件的值，当与重合后到与重合时，，，∴，∵，∴，∴或，解得或，∴当时，的值为或．40．【初步感知】（1）在数学活动课上，李老师给出如下问题：如图1，将等腰三角形纸片与等腰三角形纸片按图示位置摆放，其中，．

求证：，请你完成证明．【深入探究】（2）如图2，中，，点在底边上，，，点在点的右侧，连接．求证：．小明和小红分别给出如下思路：①小明同学从轴对称变化的角度做了研究：以为对称轴，利用轴对称构造一个与全等的三角形，通过研究角的大小关系解决了问题．②小红同学从旋转变化的角度做了研究：以点为旋转中心，利用旋转构造一个与全等的三角形，也通过研究角的大小关系解决了问题．请你选择一名同学的思路，写出证明过程．【学以致用】为了帮助学生更好地感悟类比推理思想，李老师将图2进行修改并提出下面问题，请你解答．（3）如图3，在（2）的条件下，将“点在点的右侧”改为“点在点的左侧”，其他条件不变，点E在线段上，且满足，当，，时，求的长．（用含的式子表示）【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【分析】（1）根据等腰三角形性质，结合三角形内角和定理即可得到答案；（2）①过点作交于点，如图所示，由旋转性质及等腰三角形性质及三角形内角和定理得到两个三角形全等的条件，从而判定，再由平行线的判定定理即可得到答案；②过点作交的延长线于点，如图所示，由旋转性质及等腰三角形性质及三角形内角和定理得到两个三角形全等的条件，从而判定，再由平行线的判定定理即可得到答案；（3）延长，过点作交于点，连接，如图所示，由等腰三角形性质及等边三角形的判定与性质得到和为等边三角形，结合平行线性质，由三角形全等的判定与性质得到、，再由等腰三角形判定与性质即可得到答案．【详解】证明：（1），，，，，∵在中，；在中，；；（2）①选择小明同学，过点作交于点，如图所示：

，由（1）得，，，，，，，∵在中，；在中，；又，，，，，，，，，，，；②选择小红同学，过点作交的延长线于点，如图所示：

，∴由（1）得，，，由（1）得，，，，，，，，，，，，；（3）延长，过点作交于点，连接，如图所示：

，，，，∴和为等边三角形，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查三角形综合，难度较大，涉及旋转性质、等腰三角形判定与性质、三角形内角和定理、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握三角形性质，灵活运用等腰三角形判定与性质、全等三角形判定与性质，数形结合是解决问题的关键．41．如图1，点O为直线上一点，将两个含角的三角板和三角板如图摆放，使三角板的一条直角边在直线上，其中．(1)将图1中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图2的位置，使得边在的内部且平分，此时三角板旋转的角度为度；(2)三角板在绕点O按逆时针方向旋转时，若在的内部．试探究与之间满足什么等量关系，并说明理由；(3)如图3，将图1中的三角板绕点O以每秒的速度按顺时针方向旋转，同时将三角板绕点O以每秒的速度按逆时针方向旋转，将射线绕点O以每秒的速度沿逆时针方向旋转，旋转后的射线记为，射线平分，射线平分，当射线重合时，射线改为绕点O以原速按顺时针方向旋转，在第二次相遇前，当时，直接写出旋转时间t的值．【答案】(1)(2)当在外部时，，当在内部时，，理由见解析(3)或或或【分析】（1）先根据平分得到，即可求出；（2）根据题意可得，作差即可求解；（3）先求出旋转前的夹角，然后再求出第一次和第二次相遇所需要的时间，再设在第二次相遇前，当时，需要旋转时间为t，再分在的左侧和在的右侧两种情况讨论解答即可．【详解】（1）解：平分，，三角板旋转的角∶，故答案为：．（2）当在外部时，，理由如下∶，，，当在内部时，，理由如下∶，；（3）射线平分，射线平分，，旋转前，旋转前与的夹角为：，与第一次相遇的时间为：秒，此时旋转的角度为：此时OC与的夹角为：与OD第二次相遇的时间为：(秒)，设在与第二次相遇前，当时，需要旋转时间为，①，解得∶，②，解得∶，③，解得∶，，④，解得∶，．在OC与OD第二次相遇前，当时，旋转时间为或或或．【点睛】本题考查了角的运算，角的旋转，角的平分线，余角和补角等知识，掌握角的平分线、余角、补角等概念才能在求解角度时需要合理运用“等量代换”；求解角的旋转时会出现多种情况运用“分类讨论思想”．本题难点在于旋转后的多种情况的分析，清楚“旋转前后的图形是完全相等的，各边旋转角度相同，”是解题关键．42．数学综合实践课上，同学们以“等腰三角形的旋转”为主题，开展如下探究活动：

(1)【操作探究】如图1，为等边三角形，将绕点A旋转，得到，连接，F是的中点，连接．①写出图1中一个等于的角；②图1中与的数量关系是．(2)【迁移探究】如图2，将（1）中的等边绕点A逆时针旋转，得到，其他条件不变．探究与的数量关系，并说明理由．(3)【拓展应用】如图3，在，，，，将绕点A旋转，得到，连接，F是的中点，连接．在旋转过程中，当时，直接写出线段的长．【答案】(1)①或或或(写出一个即可)；②(2)，理由见解析(3)或【分析】（1）①根据为等边三角形，将绕点A旋转，得到，可得，又F为中点，故，，可知；②由是的中位线，可得；（2）由等边绕点A逆时针旋转，得到，可得，，，即得，而F为中点，，有，故是等腰直角三角形，，从而；（3）分两种情况：当在下方时，求出，，可得，故；当在上方时，，，有．【详解】（1）解：①∵为等边三角形，将绕点A旋转，得到，∴，∵F为中点，∴，是的中位线，也是的中位线，∴，∴；故答案为：或或或(写出一个即可)；②由①知，是的中位线，∴；故答案为：；（2），理由如下：如图：

∵等边绕点A逆时针旋转，得到，∴，，∴，∴，∵F为中点，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴；（3）当在下方时，如图：∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，F为中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴；当BE在BC上方时，如图：

∵，∴；综上所述，的长为或1．【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及等边三角形性质及应用，等腰直角三角形的性质及应用等知识，解题的关键是掌握含特殊角的直角三角形三边的关系．43．如图，在中，，，于点D．点G是射线AD上一点，过G作分别交AB、AC于点E、F：

(1)如图①所示，若点E，F分别在线段AB，AC上，当点G与点D重合时，求证：；(2)如图②所示，当点G在线段AD外，且点E与点B重合时，猜想AE，AF与AG之间存在的数量关系并说明理由；(3)当点G在线段AD上时，请直接写出的最小值．参考公式：【答案】(1)证明见详解(2)，理由如下(3)【分析】（1）根据等腰三角形的性质和全等三角形的性质即可求证；（2）过点作上交延长线于点，由等腰直角三角形可得，，由““可证，可得，可得结论；（3）将绕点顺时针旋转得到△，连接，，过点作，交的延长线于点，由旋转的性质可得，则当点，点，点，点共线时，的值最小，最小值为的长，由角所对直角边是斜边一半和勾股定理可求解．【详解】（1）解：由题：在中，，，于点，,则也是上的中点，即是的垂直平分线，，，，，，，．（2），理由如下：如图1，过点作交延长线于点，AI

，，，，，，，，，，又，，，．（3）如图2，将绕点顺时针旋转得到△，连接，，过点作，交的延长线于点，

，，，，，，是等边三角形，，，当点，点，点，点共线时，的值最小，最小值为的长，，，，，，，的最小值为：．【点睛】考查综合运用旋转的知识作辅助线证明的能力，用旋转的知识解决几何最值问题，对于与等腰直角三角形有关的证明题往往要进行图形的旋转，把要证明的要素集中到一个熟悉的图形中进行，最值问题常常要通过轴对称和旋转把要求的线段之和或差转化为俱有固定端点的折线，然后据两点之间线段最短来解决．44．如图①，在等腰直角三角形中，，D，E分别为的中点，F为线段上一动点（不与D，E重合），将线段绕点A按逆时针方向旋转得到，连接．

(1)求证：．(2)如图②，连接，交于点H．①证明：在点F的运动过程中，总有；②若，直接写出当的长度是多少时，为为等腰三角形？【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析，②1或【分析】（1）由旋转的性质得：，，推出，是等腰直角三角形，得到，根据即可证明；（2）①证明，进一步可得结果；②分为，此时，进而求得结果；当时，推出，从而求得结果；当时，点F的点E重合，不合题意．【详解】（1）证明：由旋转的性质得：，，，即，是等腰直角三角形，，，在和中，，；（2）①证明：∵点D是的中点，点E是的中点，，，，，是等腰直角三角形，同理（1）得，，，；②解：由题意得：，，如图1，

当时，，，，，；如图2，当时，，，，，，，；当时，，，此时F点和E点重合，不符合题意，综上所述：或1时，是等腰三角形．【点睛】本题考查了等腰直角三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是正确分类，找出条件．45．如下图，在和中，，，且，则可证明得到．

【初步探究】（1）如下图，为等边三角形，过点作的垂线，点为上一动点（不与点重合），连接，把线段绕点逆时针方向旋转得到，连．请写出与的数量关系并说明理由；

【思维提升】（2）如下图，在中，以为边向外作等边，连接，，，，求长．

【拓展应用】（3）如下图，在中，，，作交于点，过点作直线，点是直线上的一个动点，线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，则的最小值为_____．

【答案】（1），理由见解析；（2）；（3）【分析】（1）．理由：证明