中考数学一轮复习考点练习考向30 图形的变化（平移 轴对称和旋转）（含答案详解）

试卷第=page44页，共=sectionpages99页考向30图形的变化（平移轴对称和旋转）【真题再现】1．（2022·山东枣庄·统考中考真题）如图，将△ABC先向右平移1个单位，再绕点P按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点B的对应点B′的坐标是（）A．（4，0） B．（2，﹣2） C．（4，﹣1） D．（2，﹣3）2．（2022·海南·统考中考真题）如图，点，将线段平移得到线段，若，则点D的坐标是（

）A． B． C． D．3．（2022·湖北黄石·统考中考真题）下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A．温州博物馆B．西藏博物馆C．广东博物馆 D．湖北博物馆4．（2022·四川广安·统考中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE+PF的最小值是（）A．2 B． C．1.5 D．5．（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④6．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点．若点恰好落在边上，则点A到直线的距离等于（

）A． B． C．3 D．27．（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，矩形中，，点E在折线上运动，将绕点A顺时针旋转得到，旋转角等于，连接．(1)当点E在上时，作，垂足为M，求证；(2)当时，求的长；(3)连接，点E从点B运动到点D的过程中，试探究的最小值．8．（2022·辽宁阜新·统考中考真题）已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．(1)如图，求证：≌；(2)直线与相交于点．如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．【考点梳理】知识点1：对称图形轴对称、轴对称图形（1）轴对称:把一个图形沿着某一条直线翻折过去,如果它能与另一个图形重合,那么称这两个图形成轴对称.两个图形中的对应点(即两个图形重合时互相重合的点)叫做对称点.（2）轴对称图形:如果一个图形沿某条直线对折,对折的两部分是完全重合的,那么就称这样的图形为轴对称图形,这条直线称为对称轴.对称轴一定为直线.（3）轴对称图形变换的特征:不改变图形的形状和大小,只改变图形的位置.新旧图形具有对称性.

2.中心对称、中心对称图形（1）中心对称:把一个图形绕着某一点旋转180°,如果它能与另一个图形重合,那么这两个图形成中心对称,该点叫做对称中心.

（2）中心对称图形:一个图形绕着某一点旋转180°后能与自身重合,这个图形叫做中心对称图形,该点叫做对称中心.

知识点2：平移与旋转1.图形的平移（1）定义：在平面内,将某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.

（2）特征：①平移后,对应线段相等且平行,对应点所连的线段平行且相等.

②平移后，对应角相等且对应角的两边分别平行,方向相同.

③平移不改变图形的形状和大小,只改变图形的位置,平移后新旧两图形全等.

图形的旋转（1）定义：在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向旋转一个角度,这样的图形运动称为旋转.这个定点称为旋转中心,转动的角度称为旋转角.（2）特征：图形旋转过程中,图形上每一个点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同角度；注意每对对应点与旋转中心的连线所成的角度都是旋转角,旋转角都相等；对应点到旋转中心的距离相等.

【题型探究】题型一：平移的性质9．（2023·浙江舟山·校考一模）如图，将沿方向平移得到，若的周长为，则四边形的周长为（

）A． B． C． D．10．（2022·河北廊坊·统考二模）如图，两张完全相同的正六边形纸片（边长为）重合在一起，下面一张保持不动，将上面一张纸片六边形沿水平方向向左平移个单位长度，则上面正六边形纸片面积与折线扫过的面积（阴影部分面积）之比是（

）A． B． C． D．11．（2022·广东佛山·佛山市南海区石门实验学校校考三模）如图，在中，，，将沿着点到点的方向平移到的位置，图中阴影部分面积为，则平移的距离为（

）A． B． C． D．题型二：轴对称的性质12．（2022·河北邯郸·校考三模）如图，矩形ABCD沿EF折叠后，若∠DEF＝70°，则∠1的度数是（）A．70° B．55° C．40° D．35°13．（2022·福建泉州·校考三模）如图①，有一个长方形纸条ABCD，AB∥CD，AD∥BC．如图②，将长方形ABCD沿EF折叠，ED与BF交于点G，如图③，将四边形CDGF沿GF向上折叠，DG与EF交于点H，若∠GEF=16°，则∠DHF的度数为（

）A．32° B．48° C．60° D．64°14．（2022·重庆南岸·校考模拟预测）如图，在正方形中，是边上的一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于，连接现在有如下四个结论：；；③；其中结论正确的个数是（

）A． B． C． D．题型三：旋转的性质15．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）如图，中，，，点D是边上一动点，以点A为旋转中心，将顺时针旋转得到线段，连接，若，则的长的最小值为（

）A． B． C．1 D．16．（2023·吉林长春·长春市解放大路学校校考模拟预测）如图，在中，，将以点A为中心逆时针旋转得到，点D在边上，交于点F．下列结论：①；②平分；③，其中正确结论的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．317．（2023·广东东莞·东莞市东华初级中学校考模拟预测）如图，为等腰直角外一点，把绕点顺时针旋转90°到，使点在内；已知，连接，若，则(

)A． B． C． D．题型四：平移的几何变换综合18．（2022·陕西西安·校考三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．已知，该抛物线的对称轴为直线．(1)求该抛物线的函数表达式；(2)求点、的坐标；(3)将线段平移，使得平移后线段的一个端点在这条抛物线上，另一个端点在轴上，若将点、平移后的对应点分别记为点、，求以、、、为顶点的四边形面积的最大值．19．（2021·湖北襄阳·统考二模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与直线交于点和点，与轴交于点．（1）求，的值及抛物线的解析式；（2）在图1中，把向上平移个单位长度，始终保持点的对应点在第二象限抛物线上，点，的对应点分别为，，若直线与的边有两个交点，求的取值范围；（3）如图2，在抛物线上是否存在点（不与点重合），使和的面积相等？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．题型五：轴对称的几何变换综合20．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）如图，直线与轴、轴交于点A、，抛物线经过点A、，与轴的另一个交点是，点是直线上的一动点．(1)求抛物线的解析式和点的坐标；(2)如图1，求当的值最小时点的坐标；(3)如图2，过点作的垂线交轴于点，是否存在点，使以、、为顶点的三角形与相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．21．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）综合与实践在综合实践活动课上，老师让同学们以“三角形纸片的折叠、旋转”为主题开展数学活动，探究与角的度数、线段长度有关的问题．操作探究：将三角形纸片进行如下操作：(1)第一步：如图①，折叠三角形纸片使点C与点A重合，得到折痕，然后展开铺平，则____________度，与的数量关系为____________；(2)第二步：如图②，将绕点D顺时针方向旋转得到，点E、C的对应点分别是点F、G，直线与边交于点M（点M不与点A重合），与边交于点N，试写出与的数量关系，并证明你的结论；(3)拓展延伸：在绕点D旋转的过程中，当直线经过点B时，如图③所示，若，则的长为____________．题型六：旋转的几何变换综合22．（2023·北京·首都师范大学附属中学校考一模）在等边中，点为的中点，点为上一点（不与、重合），连接、．(1)将线段绕点顺时针旋转至，使点落在的延长线上，在图1中补全图形：①求的度数；②探究线段，，之间的数量关系，并加以证明；(2)将线段绕点旋转，在旋转过程中与边交于点，连接，若，当时，请直接写出的最小值．23．（2023·江苏无锡·江苏省锡山高级中学实验学校校考一模）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．(1)如图1，当点落在的延长线上时，则的长为______；(2)如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求BM的长；(3)如图3，连接，，直线交于点D，若，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，请直接写出的最小值：若不存在，请说明理由．【必刷好题】一、单选题24．（2023·广东广州·执信中学校考一模）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（

）A． B．C． D．25．（2023·河南周口·校联考一模）如图，在平面直角坐标系中，为等腰三角形，，点到轴的距离为4．若将绕点逆时针旋转得到△，当点恰好落在轴正半轴上时，点的坐标为（）A． B． C． D．26．（2023·山东泰安·校考一模）如图，已知等边的边长为4，P、Q、R分别为边上的动点，则的最小值是（

）A． B．2 C． D．27．（2023·广东广州·执信中学校考一模）如图，等腰中，，，将绕点B顺时针旋转，得到，连结，过点A作交的延长线于点H，连结，则的度数（

）A． B． C． D．随若的变化而变化28．（2023·安徽池州·校联考一模）如图，在中，，，，动点M，N分别在边，上则的最小值是（

）A． B． C．6 D．29．（2022·安徽合肥·校联考三模）如图，中，，且，连接，将沿方向平移至，连接，若，则的长为（）A．1 B． C． D．230．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，在中，，将向右平移得到，再将绕点D逆时针旋转至点重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（）A．1，30° B．4，30° C．2，60° D．4，60°31．（2023·河南驻马店·驻马店市第二初级中学校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，正六边形的边在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，．将正六边形绕原点O顺时针旋转，每次旋转，经过第次旋转后，顶点D的坐标为（

）．A． B． C． D．32．（2023·安徽淮北·淮北一中校联考一模）如图，在中，，，，点是斜边上的动点，将线段绕点旋转至，连接，，则的最小值是（

）A． B． C． D．二、填空题33．（2023·广东深圳·统考一模）如图，反比例函数的图象经过点，将线段沿轴向右平移至，反比例函数的图象经过点．若线段扫过的面积为，则的值为__________34．（2023·广东佛山·校考一模）如图，将沿边上的中线平移到的位置，已知的面积为，阴影部分三角形的面积为，若，则的值为___________．35．（2023·广东佛山·校考一模）如图，在边长为的正方形中，，连接，交于点，，关于对称，连接、，并把延长交的延长线于点，以下四个结论：①；②；③；④，其中正确的是_________．（填序号）36．（2023·河南安阳·统考一模）如图，将按如图方式放在平面直角坐标系中，其中，，顶点A的坐标为，将绕原点O顺时针旋转得到，则点的坐标为______．37．（2023·河南南阳·校联考一模）在中，，，，把绕点C逆时针旋转得到，点A的对应点为，若为直角三角形，连接，则线段的长为_____．38．（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图，在中，线段上有一动点D，连接，将绕着点C顺时针旋转120°得到线段，连接，在点D运动的过程中，D、E两点到的距离之和为___________．三、解答题39．（2021·浙江嘉兴·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，点在反比例函数（）的图象上．连结，作轴于点．（1）直接写出的值；（2）将沿轴向上平移个单位长度，得到，的对应边是．当的中点在反比例函数的图象上时，求的值．40．（2021·江苏苏州·校考一模）如图，在直角坐标系中，为原点，直线分别与轴､轴交于点､点，四边形是矩形，且点在轴正半轴上，连接于点，反比例函数（）经过点，（1）求点的坐标及的值；（2）若将绕点逆时针旋转，点､点分别对应点､点，再将向右平移个单位，若平移后点在反比例函数图像上，求的值．41．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考三模）问题探究（1）如图1，等腰直角，，点是内的一点，且，．过点作的垂线，为对称轴，作关于的轴对称图形，连接．求的度数．问题解决（2）如图2，有一个三角形空地．经测量，米，，，现要在的边右侧扩建三角形区域，，垂足为H，且满足，．请利用所学知识，求四边形的面积．42．（2022·黑龙江·统考三模）综合与探究如图，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，．(1)求抛物线的解析式和直线AC的解析式；(2)点D在抛物线的对称轴上，若的值最小，则点D的坐标为_______，此时的面积为_______；(3)P是第二象限抛物线上一动点，过点P作轴于点M，与直线AC交于点N，当线段PN的长度最大时，求此时点P的坐标；(4)在（3）的条件下，当线段PN的长度最大时，在直线AC上是否存在点Q，使是等腰三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．注：二次函数的顶点坐标为．43．（2023·江苏苏州·苏州工业园区星湾学校校考模拟预测）如图，锐角中的平分线交于点E，交的外接圆于点D、边的中点为M．(1)求证：垂直；(2)若，，，求的值；(3)作的平分线交于点P，若将线段绕点M旋转后，点P恰好与外接圆上的点重合，则．44．（2023·湖北孝感·校考一模）在中，，，线段绕点A逆时针旋转至（不与AC重合），旋转角记为，的平分线与射线相交于点E，连接．(1)如图①，当时，的度数是_______；(2)如图②，当时，求证：；(3)当，时，请直接写出的值．45．（2023·湖北孝感·统考一模）如图1，在中，，点，分别为，的中点，连接．将绕点A逆时针旋转（），连接并延长与直线交于点．(1)若，将绕点A逆时针旋转至图2所示的位置，则线段与的数量关系是______；(2)若（），将绕点A逆时针旋转，则（1）的结论是否仍然成立？若成立，请就图3所示的情况加以证明；若不成立，请写出正确的结论，并说明理由；(3)若，，将旋转至时，请求出此时的长．46．（2023·山西太原·山西实验中学校考一模）阅读材料，解决问题折叠、旋转是我们常见的两种图形变化方式如图1，在中，，点D，E在边上，，若，，求的长．小明发现，如果将绕点A按逆时针方向旋转，得到，连接（如图2）．使条件集中在中，可求得（即）的长，具体作法为：作，且，连接，可证，再结合已知中，可证，得，接着在中利用勾股定理即可求得的长，即的长．(1)请你回答：与全等的条件是__________（填“”、“”、“”、“”或“”中的一个），的长为__________；(2)如图3，正方形中，点P为延长线上一点，将沿翻折至位置，延长交直线于点F．①求证：；②连接交于点O，连接（如图4），请你直接写出的值．参考答案：1．C【分析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向右平移1个单位，再绕P点顺时针方向旋转，得到△A′B′C′，即可得点B的对应点的坐标．【详解】作出旋转后的图形如下：∴B'点的坐标为（4，﹣1），故选：C．【点睛】本题考查了坐标与图形变换−旋转、平移，解决本题的关键是掌握旋转的性质．2．D【分析】先过点C做出轴垂线段CE，根据相似三角形找出点C的坐标，再根据平移的性质计算出对应D点的坐标．【详解】如图过点C作轴垂线，垂足为点E，∵∴∵∴在和中，，∴，∴，则,∵点C是由点B向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，∴点D同样是由点A向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，∵点A坐标为(0，3)，∴点D坐标为(6，5)，选项D符合题意，故答案选D【点睛】本题考查了图象的平移、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的判定与性质找出图象左右、上下平移的距离是解题的关键．3．A【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可．【详解】解：A：既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；B：不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；C：不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；D：不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；故选：A．【点睛】本题主要考查中心对称图形和轴对称图形的概念，轴对称图形：在同一平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形和原图完全重合，那么这个图形就叫做中心图形．4．A【分析】取AB中点G点，根据菱形的性质可知E点、G点关于对角线AC对称，即有PE=PG，则当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，再证明四边形AGFD是平行四边形，即可求得FG=AD．【详解】解：取AB中点G点，连接PG，如图，∵四边形ABCD是菱形，且边长为2，∴AD=DC=AB=BC=2，∵E点、G点分别为AD、AB的中点，∴根据菱形的性质可知点E、点G关于对角线AC轴对称，∴PE=PG，∴PE+PF=PG+PF，即可知当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，且为线段FG，如下图，G、P、F三点共线，连接FG，∵F点是DC中点，G点为AB中点，∴，∵在菱形ABCD中，，∴，∴四边形AGFD是平行四边形，∴FG=AD=2，故PE+PF的最小值为2，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质等知识，找到E点关于AC的对称点是解答本题的关键．5．B【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．【详解】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，∴BC＝B′C′．故①正确；②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，∴∠BAB′＝50°．∵∠CAB＝20°，∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，∴∠AB′C′＝∠B′AC．∴AC∥C′B′．故②正确；③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°，∴∠AB′B＝∠ABB′＝（180°﹣50°）＝65°．∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．∴CB′与BB′不垂直．故③不正确；④在△ACC′中，AC＝AC′，∠CAC′＝50°，∴∠ACC′＝（180°﹣50°）＝65°．∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．∴①②④这三个结论正确．故选：B．【点睛】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还考查了等腰三角形的判定和性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．6．C【分析】如图，过作于求解结合旋转：证明可得为等边三角形，求解再应用锐角三角函数可得答案．【详解】解：如图，过作于由，结合旋转：为等边三角形，∴A到的距离为3．故选C【点睛】本题考查的是旋转的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．7．(1)见详解(2)或(3)【分析】（1）证明即可得证．（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助，在中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助并利用勾股定理求解即可．（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．（1）如图所示，由题意可知，，，，由旋转性质知：AE=AF，在和中，，，．（2）当点E在BC上时，在中，，，则，在中，，，则，由（1）可得，，在中，，，则，当点E在CD上时，如图，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，同（1）可得，，由勾股定理得；故CF的长为或．（3）如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作于点H，由（1）知，，故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．在与中，，，，即，，，，在与中，，，，即，，故的最小值；如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作，，由题意可知，，在与中，，，，故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；由于，，，故四边形DQRK是矩形；，，，，故此时DF的最小值为；由于，故DF的最小值为．【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．8．(1)见解析(2)①见解析②【分析】根据证明三角形全等即可；根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．【详解】（1）证明：四边形是正方形，，．，．，，在和中，≌；（2）证明：如图中，设与相交于点．，．≌，．，．，，，四边形是矩形，．四边形是正方形，，．．又，≌．．矩形是正方形；解：作交于点，作于点，∵∴≌．．，，最大时，最小，．．由可知，是等腰直角三角形，．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．9．C【分析】根据平移的性质即可得到四边形的周长．【详解】解：∵将沿方向平移得到，∴，∵的周长为，∴的周长为，∴四边形的周长，∵，∴，∴四边形的周长，故选．【点睛】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．10．A【分析】求出正六边形和阴影部分的面积即可解决问题．【详解】解：如下图，正六边形由六个等边三角形组成，过点作于点，于点，根据题意，正六边形纸片边长为，即，∴，∵，∴，∴在中，，同理，，∴，∴正六边形的面积，∵将上面一张纸片六边形沿水平方向向左平移个单位长度，又∵，∴阴影部分的面积，∴空白部分与阴影部分面积之比是．故选：A．【点睛】本题主要考查了多边形的性质、等边三角形的性质、勾股定理、平移变换等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．11．A【分析】根据勾股定理的逆定理求出是直角三角形，求出的面积，根据平移的性质得出，的面积的面积，再根据面积比等于相似比的平方得出即可．【详解】解：，，，，是直角三角形，，将沿着点到点的方向平移到的位置，∴，的面积的面积，，图中阴影部分面积为，，∴，解得：，即平移的距离是，故选：．【点睛】本题考查了平移的性质，勾股定理的逆定理，三角形的面积和相似三角形的性质等知识点，能求出的面积是解此题的关键．12．C【分析】根据矩形的性质可得，根据平行线的性质可得，根据折叠的性质以及平角的定义即可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵∠DEF＝70°，∴，∵折叠的性质，∴∠1．故选：C．【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，平行线的性质，掌握折叠的性质与平行线的性质是解题的关键．13．B【分析】根据折叠的性质和平行线的性质可得∠BFE=16°，∠DGF=16°，再根据三角形的外角性质解答即可．【详解】解：因为AB∥CD，将长方形ABCD沿EF折叠，ED与BF交于点G，∠GEF=16°，由图①，∠BFE=∠DEF，由图②，∠BFE=∠GEF=16°，∠EGF=180°-16°×2=148°，由图②，∠DGF=180°-∠EGF=32°，由图③，∠DHF=∠BFE+∠DGF=48°，故选：B．【点睛】本题考查平行线的判定和性质，掌握平行线的基本性质是解答本题的关键．14．C【分析】①正确．证明,得到，结合可得结果．②错误．可以证明，不是等边三角形，可得结论．③正确．证明，即可．④错误．证明，求出的面积即可．【详解】解：如图，连接，四边形是正方形，，，由翻折可知：，，，，，，，∴，，，，故正确，设，在中，，，，，，是等腰三角形，易知不是等边三角形，显然，故错误，，，，，，，，故正确，，：：，∴，，故正确，故选：C．【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．15．A【分析】在上取一点K，使得，连接，，然后证明出，然后根据垂线段最短得到当时，的值最小，最后利用角直角三角形的性质求解即可．【详解】如图所示，在上取一点K，使得，连接，，∵，，∴，，∴，又∵，，∴，∴，∴当时，的值最小，∵，，，∴，∴，∴．∴的长的最小值为．故选A【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判断，垂线段最短，角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．16．D【分析】根据旋转的性质得到，，推出即可判断②；利用两个角对应相等的两个三角形相似即可判断①；利用相似三角形的性质得到，再证明，即可判断③．【详解】解：∵将以点为旋转中心逆时针旋转得到，∴，，∴，∴，∴平分，故②正确；∵，∴，故①正确；∴，∵，∴，∴，故③正确；故选：D．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，相似三角形的判定和性质，熟记各定理是解题的关键．17．D【分析】连接，，证明，得出，从而得出，证明为直角三角形，设，则，根据勾股定理求出，根据等腰直角三角形的性质，求出，即可得出答案．【详解】解：连接，，如图所示：∵绕点顺时针旋转90°到，∴，，∵为等腰直角三角形，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，∴为等腰直角三角形，∴，，∵，∴，∴为直角三角形，设，则，∴，∴，∴，故D正确．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，证明．18．(1)(2)，(3)【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；（2）根据（1）中抛物线的解析式可求出、两点的坐标；（3）由平移的性质可得出四边形是平行四边形，分三种情况画出图形，然后根据平行四边形的面积公式确定面积取得最大值的情况，最后计算出该平行四边形的面积即可．（1）解：∵抛物线的对称轴为直线且过点，∴解得：，∴该抛物线的函数表达式为：；（2）令，得，∴，令，得，解得：，，∴，∴点的坐标为，点的坐标为；（3）由平移的性质可知，且，∴四边形为平行四边形，如图，符合条件的四边形有三个，即□，□，□，∴，，，∵，，∴□的面积最大，令，得，解得：，，∴，，∴，∴．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图像上点的坐标特征，平行四边形的判定，平行四边形的面积，平移的性质等知识．解题的关键是学会构建方程解决点的坐标问题，学会用分类讨论的思想思考问题．19．（1），，；（2）；（3）存在，符合条件的点的坐标为（－1，－4）或（3，12）或（－4，5）【分析】（１）将点A、B的横、纵坐标代入直线AB的函数解析式可求m、n的值，再用待定系数法可求二次函数的解析式；（2）确定的边与直线AB有唯一公共点时的临界位置，即可求出m的取值范围；（3）分两种情况讨论：点Q在直线AB下方的抛物线上和点Q在直线AB上方的抛物线上．【详解】（1）∵点、在直线上，∴，．∴，．∴、．又∵、在抛物线上，∴，解得，．∴抛物线的解析式为．（2）如图，当点移动到上时，是与直线AB有唯一公共点M的终止临界位置，过点B作BR⊥x轴于点R，则∴AR=BR．∴是等腰直角三角形，∠BAR=∠ABR=45°．∵OA=OC=3，∴是等腰直角三角形，∠CAO=45°，且过点P作PH⊥x轴，交AB于点H，则∠PHM=∠HBR=45°．由平移的性质可知，PM∥AC且PM=AC．∴∠PMH=∠BAC=90°，∴是等腰直角三角形，且令，则，∴，解得，（不合题意，舍去）．当t=-4时，∴，此时．∵初始位置时，的边与直线AB有唯一公共点A，∴符合条件的m的取值范围是．（3）存在．点的坐标为（－1，－4）或（3，12）或（－4，5）．分两种情况：①当点在直线的下方时，过点作的平行线与抛物线的交点即为满足题意的点，如图2所示，∵，可设直线的解析式为．将代入，得，∴直线的解析式为．联立直线和抛物线的解析式，解得，或（舍去）．故点的坐标为（－1，－4）．②当点在直线的上方时，设．过点作于点，如图所示，则．∵和的面积相等，∴∴四边形为平行四边形．∴线段的中点在直线上，则，解得，或－4，故点的坐标为（3，12）或（－4，5）．综上所述，符合条件的点的坐标为（－1，－4）或（3，12）或（－4，5）．【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质、图形的平移、勾股定理、动点问题分类讨论的数学思想等知识点，熟知函数的图象和性质是解题的基础，运用分类讨论的数学思想是解题的关键．20．(1)，(2)(3)存在，或或【分析】（1）由一次函数解析式可求出点A和C的坐标，从而可由待定系数法求出抛物线解析式，进而可求出点B坐标；（2）作点关于直线的对称点，连接、，分别交于点、．由轴对称的性质可得出，即说明的值最小时即为的长．再利用相似三角形的判定定理证明，得出，代入数据，即可求出，，进而可求出．过点作轴于点．又易证，得出，代入数据，可求出，，即得出．利用待定系数法求出直线的解析式，再与直线联立，即可求出点P坐标；（3）分类讨论：①当点在第二象限时，②当点在第三象限时和③当点在第一象限时，分别作出辅助线构造相似三角形，结合已知相似三角形即可解答．【详解】（1）解：对于直线，令，则，解得：．令，则，∴，．∵抛物线经过点A、，∴，解得，∴抛物线的解析式为：．对于，令，则，解得：，∴；（2）解：如图，作点关于直线的对称点，连接、，分别交于点、．∴直线是线段的垂直平分线，∴，∴，∴由两点之间线段最短得的值最小时即为的长．∵，，∴，∴．∵，，∴，∴，∴，，∴．如图，过点作轴于点．∴，∴，即∴，，∴．设直线的解析式为，则，解得：，∴直线的解析式为．联立，解得：，∴；（3）分类讨论：①当点在第二象限时，设与相似，则或．如图，过点作轴交轴于点，过点作轴交于点，∴，∴．设点坐标为，则，，∴或,∴或，∴或；②当点在第三象限时，设与相似，则或，如图，过点作轴交轴于点，过点画轴交于点，∴，∴，设点坐标为，则，，∴或，∴无实数解或，∴；③当点在第一象限时不存在相似．综上所述，点的坐标是或或．【点睛】本题考查一次函数、二次函数的图象和性质，利用待定系数法求函数解析式，轴对称变换，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，属于中考压轴题．能够正确作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键．21．(1)90；(2)，证明见解析(3)【分析】（1）根据折叠的性质，即轴对称性质求解即可；（2）连接，证，则全等三角形的性质即可得出结论；（3）先由勾股定理求出BC=10，从而求得BD=5，由旋转志折叠可求出DF=DE=3，AE=4，再在Rt△DFB中，再由勾股定理，求得BF=4，由（2）问可得ME=MF，所以设ME=MF=x，则AM=4-x，BM=4+x，然后在Rt△ABM中，由勾股定理，得，即，求解得x=，则可求出AM长．（1）解：由折叠可知，点A与点C关于DE对称，∴DE⊥AC，AE=CE，∴∠EDC=90°，∴∠BAC=∠DEC=90°，∴DEAB，∴，∴CD=BD，故答案为：90，；（2）解：证明：∵折叠三角形纸片使点C与点A重合，得到折痕，∴．∴．连接，如图，根据旋转性质可知：．又∵∴∴．（3）解：在Rt△ABC中，由勾股定理，得BC=，由（1）知，点D是BC中点，点E是AC中点，∴BD=BC=5，DE=AB=×6=3，AE=CE=AC=×8=4，由旋转得：∠DFM=∠DEC=90°，DF=DE=3，∴∠DFB=90°，在Rt△DFB中，由勾股定理，得BF=，由（2）知：ME=MF，设ME=MF=x，则AM=4-x，BM=4+x，在Rt△ABM中，由勾股定理，得，即，解得：x=，∴AM=4-x=4-=．【点睛】本题考查旋转与折叠的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，三角形中位线性质，全等三角形的判定与性质，本题属几何变换综合题目，熟练掌握旋转与折叠的性质是解题的关键．22．(1)图见解析，①120°；②，证明见解析；(2)．【分析】（1）①如图，以为圆心，为半径作圆，与的延长线交点即为，延长与交于点，连接，，在等边中，点为的中点，可得垂直平分，结合题意可得，由三角形外角可得，，最后由可求解；②如图，在上截取，过E作于M，连接，可得，在中，解三角形可求得即，等量代换即可求证；（2）如图，将绕点顺时针旋转至，连接，连接，证，得到，可知，当N、E、C三点共线时最小，在等腰直角中求解即可．【详解】（1）解：①如图，以为圆心，为半径作圆，与的延长线交点即为，延长与交于点，连接，，在等边中，点为的中点，垂直平分，，，即，，由旋转可知，，，，，；②证明：如图，在上截取，过E作于M，连接，，，，，，，，，，，，，，；（2）如图，将绕点顺时针旋转至，连接，连接则，，，又，，，，当N、E、C三点共线时最小，在等腰直角中：，的最小值为．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等边对等角，三角形的外角，全等三角形的证明和性质，勾股定理解直角三角形等；解题的关键是合理做出辅助线，进行转换证明．23．(1)8(2)(3)1【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长；（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出即点D为中点．再由可知点E是线段的中点，即DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．【详解】（1）解：在中，．根据旋转性质可知，即为等腰三角形．∵，即，∴，∴．（2）解：如图，作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．∵，∴，∴，∴，．∵，即，∴．在中，，∴．∴．∵，∴，∴，即，∴．（3）解：如图，作且交延长线于点P，连接．∵，∴，∵，即，又∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴．∴在和中，∴，∴，即点D为中点．∵∴,∴点E为AC中点，∴∴DE为的中位线，∴，即要使DE最小，最小即可．根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．∴此时，即DE最小值为1．【点睛】本题属于旋转综合题，主要考查了旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、平行线的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、中位线的判定和性质、三角形三边关系等知识点，正确的作出辅助线是解答本题的难点，也是解答本题的关键．24．C【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．把一个图形绕某一点旋转180度，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；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．【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意．故选：C．【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度后与原图重合．25．A【分析】过点作轴，过点作于，过点作轴，先求出，再证明得出，，，再证明，推出，，从而求出点的坐标．【详解】解：过点作轴，过点作于，过点作轴，，，点到轴的距离为4，，，，，，，，即，，，将绕点逆时针旋转得到，，，，，，，，，故选：A．【点睛】本题考查了坐标与图形变化旋转、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握这几个知识点的综合应用，其中作出辅助线证明三角形全等是解题关键．26．C【分析】如图，作关于对称的，点E与点Q关于对称，连接，则，可得当点E，R，P在同一直线上，且时，的长就是的最小值，在需要利用等边三角形的性质求出等边三角形的高即可得到答案．【详解】解：如图，作关于对称的，点E与点Q关于对称，连接，则，∴，∴当点E，R，P在同一直线上，且时，的长就是的最小值，∵，∴，∴由平行线间间距相等可知的长等于等边三角形的高的长∵等边的边长为4，∴等边三角形的高为，即的最小值为，故选C．【点睛】本题考查了轴对称最短路径问题，等边三角形的性质，勾股定理等，解题的关键是正确添加辅助线构造出最短路径．27．B【分析】由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求，由外角的性质可求，即可求解．【详解】解：根据旋转有：，∴，，∵，，，∴，∵，∴，∴，故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．28．D【分析】如图，作点C关于直线的对称点P，过点P作于点N，交于点M，连接，此时最小，再通过解直角三角形求出的长即可【详解】如图，作点C关于直线的对称点P，过点P作于点N，交于点M，连接，此时最小.在中，∵，，，∴，∴.又∵，∴，解得.由对称得，.∵，∴.∵，∴，∴，∴，即的最小值为故选：D【点睛】本题考查了线路最短的问题，确定动点P的位置时，使的值最小是关键．29．B【分析】连接，在中，利用锐角三角函数的定义可得，再利用相似三角形的性质可得，，，从而利用等式的性质可得，进而可证，然后利用相似三角形的性质可得，，再利用平移的性质可得，，从而利用平行线的性质可得，最后证明，从而可得，进而在中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．【详解】解：连接，∵，∴，∵，∴，，，∴，∴，∴，∴，，由平移得：，，∴∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故选：B．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平移的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．30．C【分析】由平移的性质和旋转的性质可证是等边三角形，可得，，即可求解．【详解】∵将向右平移得到，，∵将绕点D逆时针旋转至点重合，，是等边三角形，，，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，平移的性质，等边三角形的判定和性质，掌握旋转的性质是解题关键。31．A【分析】如图，连接，．首先确定点的坐标，再根据4次一个循环，由，推出经过第次旋转后，顶点的坐标与第2次旋转得到的的坐标相同，由此即可解决问题．【详解】解：如图，连接，．在正六边形中，，，，，在中，，，，，，，将正六边形绕坐标原点顺时针旋转，每次旋转，4次一个循环，，经过第次旋转后，顶点的坐标与第2次旋转得到的的坐标相同，与关于原点对称，∴，经过第次旋转后，顶点的坐标，故选：A．【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化-旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．32．B【分析】过点作于点，过点作于点，先确定出当点，，三点共线时，最小，再根据等边三角形的判定与性质、勾股定理可得，根据线段垂直平分线的性质可得，然后解直角三角形可得，从而可得，利用勾股定理可得，则，最后根据三角形的面积公式可得，由此即可得出答案．【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，则当点，，三点共线时，最小，由旋转的性质得：，，是等边三角形，点是的中点，，，又，点是的中点，，，，，，，，在中，，，，，，即的最小值为，故选：B．【点睛】本题考查了解直角三角形、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确找出当的值最小时，点的位置是解题关键．33．3【分析】过点、分别作轴，轴于点、，延长交轴，则四边形、四边形和四边形都是矩形，先证明，得，进而求得，根据反比例函数的意义即可求解．【详解】解：过点、分别作轴，轴于点、，延长交轴，则四边形、四边形和四边形都是矩形，∵将线段沿轴向右平移至，∴，，∴，∵轴，轴，∴，∴，∴，∵线段扫过的面积为，∴四边形的面积为，∴∵反比例函数的图象经过点，∴，∴，∵反比例函数的图象经过点，∴，故答案为3．【点睛】本题主要考查了平移的性质，全等三角形的判定及性质，反比例函数k的意义，熟练掌握反比例函数k的意义是解题的关键．34．【分析】设与交于点，与交于点，由，及中线的性质得，，可证，则由可得．【详解】如图，设与交于点，与交于点，，，且为边上的中线，，，将沿边上的中线平移到，，，，解得（负值舍去），故答案为：．【点睛】本题主要考查平移的性质，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．35．①②③【分析】根据平行线的性质得出，根据轴对称的性质得出，即可判断①；根据轴对称得出，进而得出，证明，即可判断②；设，则，，勾股定理建立方程，解方程，进而根据正弦的定义判断③；根据②的结论即可判断④，进而即可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∴，∵，关于对称，∴，又∵，∴，∴，∴，故①正确；∵，，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，故②正确；∵，∵，∴，设，则，，∴，即，解得：，∴，∴，故③正确；由②得，∴，∴，故④错误，故答案为：①②③．【点睛】本题考查了正方形的性质，求正弦，相似三角形的性质与判定，轴对称的性质，掌握以上知识是解题的关键．36．【分析】过作轴于C，由旋转的性质得，得到，求得的长度即可．【详解】解：过作轴于C，由旋转的性质得，∵，，顶点A的坐标为，∴，，∴，，，∴，∴点的坐标为．故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．37．或【分析】根据三角函数的定义得到，根据勾股定理得到，根据旋转的性质得到，，，即可解答．【详解】，，，在中，，，，，，由旋转的性质得，，，若为直角三角形，因为，所以只能，有两种情况，第一种，逆时针旋转，如图1，，点A，C，共线，；第二种，逆时针旋转，如图2，可得，故答案为：或．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，三角函数的定义，分类讨论是解题关键．38．【分析】如图所示，过点D作交直线于G，交直线于H，过点E作交直线于F，过点C作于M，由旋转的性质得到，利用证明，得到；再求出的长，根据推出，由此即可得到答案．【详解】解：如图所示，过点D作交直线于G，交直线于H，过点E作交直线于F，过点C作于M，由旋转的性质得，∴，∴，即，又∵，∴，∴；∵，，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴D、E两点到的距离之和为故答案为：．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等边对等角，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．39．（1）；（2）3【分析】（1）根据反比例函数表达式知，结合点即可得到结果，（2）根据反比例函数表达式设出平移后的中点坐标，代入函数式求解即可．【详解】（1）．（2）设的中点为，作轴于点．∵由向上平移个单位长度得到，，∴，，∴设∵在反比例函数的图象上，∴代入函数表达式为：，∴．【点睛】此题考查反比例函数表达式的求解和函数中平移点的坐标变换，难度一般．40．（1）B(1，0)，k=10；（2）【分析】（1）令y=0，代入，可得B的坐标，设D(a，2)，则AD=OC=a，根据勾股定理列出关于a的方程，求出a的值，进而即可求解；（2）过点作M⊥AD，由旋转的性质得BO=M=1，设再将向右平移个单位，(2+n，3)，进而即可求解．【详解】解：（1）∵直线与轴交于点，∴令y=0，代入，得，解得：x=1，令x=0，y=2，∴B(1，0)，A(0，2)，∴OA=2，∵四边形是矩形，∴CD=AO=2，设D(a，2)，则AD=OC=a，∵，∴，又∵，，∴，解得：a=5，即：D(5，2)，∴把D(5，2)，代入，得k=10；（2）过点作M⊥AD，∵将绕点A逆时针旋转，点､点分别对应点､点，∴也是由绕点A逆时针转90°得到，∴BO=M=1，∴(2，3)，设再将向右平移个单位，(2+n，3)，在的图像上，则，解得：n=．【点睛】本题主要考查反比例函数与一次函数综合，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，旋转的性质以及函数图像上点的坐标特征，是解题的关键．41．（1）（2）平方米【分析】（1）证明四边形是正方形，进而推出是等边三角形，得到，进而求出，即可得解；（2）分别以为对称轴，作，关于的轴对称三角形，延长交于点，证明四边形是正方形，设，在中，，得出，则，根据三角形面积公式求得，过点作于点，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解，进而求得四边形的面积．【详解】解：（1）∵是等腰直角三角形，∴，，，∵和关于直线对称，∴，，∴，∴四边形是平行四边形，又，∴四边形是菱形，又∴四边形是正方形，∴，，∴是等边三角形，∴，∴，∴；（2）解：如图所示，分别以为对称轴，作，关于的轴对称三角形，延长交于点，∴，，∵，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，又，∴四边形是正方形，设，∵，，则，在中，，即，解得：（负值舍去），∴，∴，过点作于点，∵，，，∴，，∴，∴，所以四边形的面积为：（平方米）【点睛】本题考查了轴对称的性质，正方形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．42．(1)；(2)(3)点P的坐标为(4)存在．点Q的坐标为（，）或（，）或或【分析】（1）求出点A，C的坐标，然后利用待定系数法求解析式即可；（2）根据轴对称的性质可知直线AC与抛物线对称轴的交点即为D点，求出抛物线对称轴，代入一次函数解析式即可求出点D的坐标，再根据求的面积；（3）设点P的横坐标为a，线段PN的长为m，用含a的式子表示出m，然后根据二次函数的性质求出a即可解决问题；（4）分情况讨论：①当NP＝NQ时，②当PN＝PQ时，分别根据两点间距离公式求出点Q的横坐标即可，③当QP＝QN时，则点Q在线段PN的垂直平分线上，求出点Q的纵坐标即可．【详解】（1）解：，点A，C的坐标分别，把点分别代入得，解得：，抛物线的解析式为，设直