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考点24图形的变换（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（苏科版）
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这是一份考点24图形的变换（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（苏科版），共26页。试卷主要包含了平移，轴对称，旋转，中心对称，坐标系中对称点的特征等内容，欢迎下载使用。
考点24图形的变换
考点总结
一、平移
1、定义
把一个图形整体沿某一方向移动，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，图形的这种移动叫做平移变换，简称平移。
2、性质
（1）平移不改变图形的大小和形状，但图形上的每个点都沿同一方向进行了移动
（2）连接各组对应点的线段平行（或在同一直线上）且相等。
二、轴对称
1、定义
把一个图形沿着某条直线折叠，如果它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成轴对称，该直线叫做对称轴。
2、性质
（1）关于某条直线对称的两个图形是全等形。
（2）如果两个图形关于某直线对称，那么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，如果它们的对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上。
3、判定
如果两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称。
4、轴对称图形
把一个图形沿着某条直线折叠，如果直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴。
三、旋转
1、定义
把一个图形绕某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转，其中O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。
2、性质
（1）对应点到旋转中心的距离相等。
（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。
四、中心对称
1、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和原来的图形互相重合，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。
2、性质
（1）关于中心对称的两个图形是全等形。
（2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。
（3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等。
3、判定
如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称。
4、中心对称图形
把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个店就是它的对称中心。
五、坐标系中对称点的特征
1、关于原点对称的点的特征
两个点关于原点对称时，它们的坐标的符号相反，即点P（x，y）关于原点的对称点为P′（-x，-y）
2、关于x轴对称的点的特征
两个点关于x轴对称时，它们的坐标中，x相等，y的符号相反，即点P（x，y）关于x轴的对称点为P′（x，-y）
3、关于y轴对称的点的特征
两个点关于y轴对称时，它们的坐标中，y相等，x的符号相反，即点P（x，y）关于y轴的对称点为P′（-x，y）
真题演练
一．选择题（共10小题）
1．（2021•宿迁）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，折痕为MN，已知AB＝8，AD＝4，则MN的长是（ ）
A．535 B．25 C．735 D．45
【分析】由折叠的性质可得BM＝MD，BN＝DN，∠DMN＝∠BMN，可证四边形BMDN是菱形，在Rt△ADM中，利用勾股定理可求BM的长，由菱形的面积公式可求解．
【解答】解：如图，连接BD，BN，
∵折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，
∴BM＝MD，BN＝DN，∠DMN＝∠BMN，
∵AB∥CD，
∴∠BMN＝∠DNM，
∴∠DMN＝∠DNM，
∴DM＝DN，
∴DN＝DM＝BM＝BN，
∴四边形BMDN是菱形，
∵AD2+AM2＝DM2，
∴16+AM2＝（8﹣AM）2，
∴AM＝3，
∴DM＝BM＝5，
∵AB＝8，AD＝4，
∴BD=AD2+AB2=64+16=45，
∵S菱形BMDN=12×BD×MN＝BM×AD，
∴45×MN＝2×5×4，
∴MN＝25，
故选：B．
2．（2021•盐城）北京2022年冬奥会会徽如图所示，组成会徽的四个图案中是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D．是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
3．（2021•连云港）如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点D、C分别落在点D1、C1的位置，ED1的延长线交BC于点G，若∠EFG＝64°，则∠EGB等于（ ）
A．128° B．130° C．132° D．136°
【分析】在矩形ABCD中，AD∥BC，则∠DEF＝∠EFG＝64°，∠EGB＝∠DEG，又由折叠可知，∠GEF＝∠DEF，可求出∠DEG的度数，进而得到∠EGB的度数．
【解答】解：如图，在矩形ABCD中，
AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFG＝64°，∠EGB＝∠DEG，
由折叠可知∠GEF＝∠DEF＝64°，
∴∠DEG＝128°，
∴∠EGB＝∠DEG＝128°，
故选：A．
4．（2021•徐州）下列图形，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A．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；
B．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
5．（2021•常州）观察如图所示脸谱图案，下列说法正确的是（ ）
A．它是轴对称图形，不是中心对称图形
B．它是中心对称图形，不是轴对称图形
C．它既是轴对称图形，也是中心对称图形
D．它既不是轴对称图形，也不是中心对称图形
【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，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．据此判断即可．
【解答】解：该图是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选：A．
6．（2021•无锡）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． 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．
【解答】解：A．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
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：A．
7．（2021•宿迁）对称美是美的一种重要形式，它能给与人们一种圆满、协调和平的美感，下列图形属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形的定义即可作出判断．
【解答】解：A、是中心对称图形，故选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项不符合题意．
故选：A．
8．（2021•苏州）如图，在方格纸中，将Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到Rt△A′O′B，则下列四个图形中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】本题主要考查旋转的性质，旋转过程中图形形状和大小都不发生变化，根据旋转性质判断即可．
【解答】解：A选项是原图形的对称图形，故A不正确；
B选项是Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到Rt△A′O′B，故B正确；
C选项旋转后的对应点错误，即形状发生了改变，故C不正确；
D选项是按逆时针方向旋转90°，故D不正确；
故选：B．
9．（2021•连云港）如图，△ABC中，BD⊥AB，BD、AC相交于点D，AD=47AC，AB＝2，∠ABC＝150°，则△DBC的面积是（ ）
A．3314 B．9314 C．337 D．637
【分析】过点C作BD的垂线，交BD的延长线于点E，可得△ABD∽△CED，可得ADCD=ABCE=BDDE，由AD=47AC，AB＝2，可求出CE的长，又∠ABC＝150°，∠ABD＝90°，则∠CBD＝60°，解直角△BCE，可分别求出BE和BD的长，进而可求出△BCD的面积．
【解答】解：如图，过点C作BD的垂线，交BD的延长线于点E，
则∠E＝90°，
∵BD⊥AB，CE⊥BD，
∴AB∥CE，∠ABD＝90°，
∴△ABD∽△CED，
∴ADCD=ABCE=BDDE，
∵AD=47AC，
∴ADCD=43，
∴ABCE=2CE=43=BDDE，则CE=32，
∵∠ABC＝150°，∠ABD＝90°，
∴∠CBE＝60°，
∴BE=33CE=32，
∴BD=47BE=237，
∴S△BCD=12•BD•CE=12×32×237=3314．
故选：A．
10．（2021•仪征市一模）如图，点E是正方形ABCD边BC的中点，连接AE，将△ABE沿AE翻折，得到△AFE，延长EF，交AD的延长线于点M，交CD于点N．下列结论：①sin∠AME=45；②AD＝3DM；③BE+DN＝EN；④AM＝EM．其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】根据正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的边角关系以及翻折变换的性质，逐项进行判断即可．
【解答】解：连接AN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，
由翻折得，
AB＝AF，∠ABE＝∠AFE＝90°，BE＝FE，
在Rt△AFN和△ADN中，
∵AF＝AD，AN＝AN，
∴Rt△AFN≌△ADN（HL），
∴DN＝FN，
∴EN＝EF+FN＝BE+DN，因此③正确；
由AD∥BC得，∠DAE＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠AEM，
∴∠DAE＝∠AEM，
∴AM＝EM，因此④正确；
过点M作MH⊥AE于H，
∵AM＝EM，
∴AH＝EH，∠AMH＝∠EMH，
设BE＝a，则EF＝a，AB＝AD＝2a，
在Rt△ABE中，
AE=AB2+BE2=5a，
∴AH＝HE=52a，
∵∠MAH+∠AMH＝90°，∠BAE+∠MAH＝90°，
∴∠BAE＝∠AMH，
∴sin∠BAE=BEAE=sin∠AMH=AHAM，
即a5a=5a2AM，
∴AM=52a，
∴DM=52a﹣2a=12a，
∵AD＝2a，
∴AD＝4DM，因此②不正确；
在Rt△AMF中，
sin∠AME=AFAM=2a52a=45，因此①正确；
综上所述，正确的有①③④，
故选：C．
二．填空题（共5小题）
11．（2021•镇江）如图，点A，B，C，O在网格中小正方形的顶点处，直线l经过点C，O，将△ABC沿l平移得到△MNO，M是A的对应点，再将这两个三角形沿l翻折，P，Q分别是A，M的对应点．已知网格中每个小正方形的边长都等于1，则PQ的长为 10 ．
【分析】连接PQ，AM，根据PQ＝AM即可解答．
【解答】解：连接PQ，AM，
由图形变换可知：PQ＝AM，
由勾股定理得：AM=12+32=10，
∴PQ=10．
故答案为：10．
12．（2021•常州）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图所示，在△ABC中，分别取AB、AC的中点D、E，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，将△ABC分割后拼接成矩形BCHG．若DE＝3，AF＝2，则△ABC的面积是 12 ．
【分析】根据图形的拼剪，求出BC以及BC边上的高即可解决问题．
【解答】解：由题意，BG＝CH＝AF＝2，DG＝DF，EF＝EH，
∴DG+EH＝DE＝3，
∴BC＝GH＝3+3＝6，
∴△ABC的边BC上的高为4，
∴S△ABC=12×6×4＝12，
解法二：证明△ABC的面积＝矩形BCHG的面积，可得结论．
故答案为：12．
13．（2021•无锡）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝22，AC＝6，点E在线段AC上，且AE＝1，D是线段BC上的一点，连接DE，将四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形FGDE，当点G恰好落在线段AC上时，AF＝ 263 ．
【分析】由折叠的性质可得AB＝FG＝22，AE＝EF＝1，∠BAC＝∠EFG＝90°，在Rt△EFG中，由勾股定理可求EG＝3，由锐角三角函数可求EH，HF的长，在Rt△AHF中，由勾股定理可求AF．
【解答】解：如图，过点F作FH⊥AC于H，
∵将四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形FGDE，
∴AB＝FG＝22，AE＝EF＝1，∠BAC＝∠EFG＝90°，
∴EG=EF2+FG2=1+8=3，
∵sin∠FEG=HFEF=FGEG，
∴HF1=223，
∴HF=223，
∵cos∠FEG=EHEF=EFEG，
∴EH1=13，
∴EH=13，
∴AH＝AE+EH=43，
∴AF=AH2+HF2=169+89=263，
故答案为：263．
14．（2021•镇江）如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝6，cos∠ABC=13，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，则BD长的最大值为 93 ．
【分析】由旋转知△BPD是顶角为120°的等腰三角形，可求得BD=3BP，当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，求出AB的长即可解决问题．
【解答】解：∵将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，
∴BP＝PD，
∴△BPD是等腰三角形，
∴∠PBD＝30°，
过点P作PH⊥BD于点H，
∴BH＝DH，
∵cos30°=BHBP=32，
∴BH=32BP，
∴BD=3BP，
∴当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，
过点A作AG⊥BC于点G，
∵AB＝AC，AG⊥BC，
∴BG=12BC＝3，
∵cos∠ABC=13，
∴BGAB=13，
∴AB＝9，
∴BD最大值为：3BP＝93．
故答案为：93．
15．（2021•南京）如图，将▱ABCD绕点A逆时针旋转到▱AB′C′D′的位置，使点B′落在BC上，B′C′与CD交于点E．若AB＝3，BC＝4，BB′＝1，则CE的长为 98 ．
【分析】解法一：过点A作AM⊥BC于点M，过点B作BN⊥AB′于点N，过点E作EG⊥BC，交BC的延长线于点G．BM＝B′M=12，由勾股定理可得，AM=AB2−BM2=352，由等面积法可得，BN=356，由勾股定理可得，AN=AB2−BN2=32−(356)2=176，由题可得，△AMB∽△EGC，△ANB∽△B′GE，则AMBM=EGCG=35，ANBN=B′GEG=1735，设CG＝a，则EG=35a，B′G＝3+a，则3+a35a=1735，解得a=316．最后由勾股定理可得，EC=CG2+EG2=(316)2+(31635)2=98．
解法二：连接DD′，结合旋转的性质求得△BAB′∽△DAD′，利用AA定理求得△CEB′∽△C′ED，然后根据相似三角形的性质求解．
【解答】解：法一、如图，过点A作AM⊥BC于点M，过点B作BN⊥AB′于点N，过点E作EG⊥BC，交BC的延长线于点G．
由旋转可知，AB＝AB′＝3，∠ABB′＝∠AB′C′，
∴∠ABB′＝∠AB′B＝∠AB′C′，
∵BB′＝1，AM⊥BB′，
∴BM＝B′M=12，
∴AM=AB2−BM2=352，
∵S△ABB′=12⋅AM⋅BB′=12⋅BN⋅AB′，
∴12×352×1=12•BN×3，则BN=356，
∴AN=AB2−BN2=32−(356)2=176，
∵AB∥DC，
∴∠ECG＝∠ABC，
∵∠AMB＝∠EGC＝90°，
∴△AMB∽△EGC，
∴AMBM=EGCG=35212=35，
设CG＝a，则EG=35a，
∵∠ABB′+∠AB′B+∠BAB′＝180°，
∠AB′B+∠AB′C′+∠C′B′C＝180°，
又∵∠ABB′＝∠AB′B＝∠AB′C′，
∴∠BAB′＝∠C′B′C，
∵∠ANB＝∠EGC＝90°，
∴△ANB∽△B′GE，
∴ANBN=B′GEG=176356=1735，
∵BC＝4，BB′＝1，
∴B′C＝3，B′G＝3+a，
∴3+a35a=1735，解得a=316．
∴CG=316，EG=31635，
∴EC=CG2+EG2=(316)2+(31635)2=98．
故答案为：98．
法二、如图，连接DD'，
由旋转可知，∠BAB′＝∠DAD′，AB′＝AB＝3，AD′＝AD＝4，
∴△BAB′∽△DAD′，
∴AB：BB′＝AD：DD′＝3：1，∠AD′D＝∠AB′B＝∠B，
∴DD′=43，
又∵∠AD′C′＝∠AB′C′＝∠B，∠AD′D＝∠B＝∠AB′B，
∴∠AD′C′＝∠AD′D，即点D′，D，C′在同一条直线上，
∴DC′=53，
又∠C′＝∠ECB′，∠DEC′＝∠B′EC，
∴△CEB′∽△C'ED，
∴B′E：DE＝CE：C′E＝B′C：DC′，即B′E：DE＝CE：C′E＝3：53，
设CE＝x，B'E＝y，
∴x：（4﹣y）＝y：（3﹣x）＝3：53，
∴x=98．
故答案为：98．
法三、构造相似，如图，延长B′C到点G，使B′G＝B′E，连接EG，
∴∠B′EG＝∠B′GE，
由旋转可知，AB＝AB′，
∴∠B＝∠AB′B＝∠AB′C′，
∴∠BAB′＝∠EB′G，
∴∠B＝∠G，
又AB∥CD，
∴∠ECG＝∠B＝∠G，
∴△ABB′∽△B′EG∽△ECG，
∴ABBB′=B′EEG=ECCG=31，
设CG＝m，
∴EC＝3m，
∴B′G＝3+m，
∴3+m3m=3，
解得m=38，
∴3m=98．
故答案为：98．
解法四：如图，过点C作CF∥C′D′，交B′C′于点F，
∵AB＝AB′，
∴∠B＝∠AB′B，
由∵∠AB′C′＝∠B，
由三角形内角和可知，∠FB′C＝∠BAB′，
∵AB′∥FC，
∴∠B′CF＝∠AB′B，
由∵AB＝3，BB′＝1，BC＝4，
∴AB＝B′C，
∴△ABB′≌△B′CF，
∴FC＝B′B＝1，
由旋转可知，△ABB′∽△ADD′，
∴ABAD=BB′DD′，
∴DD′=43
∴C′D=53，
又由CF∥C′D，
∴△C′DE∽△FCE，
∴C′DFC=DEEC，
∴C′D+FCFC=DE+ECEC，
∴53+11=CDEC，
∴EC=98．
故答案为：98．
三．解答题（共3小题）
16．（2021•淮安）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABC的顶点A、B、C都在格点上（两条网格线的交点叫格点）．请仅用无刻度的直尺按下列要求画图，并保留画图痕迹（不要求写画法）．
（1）将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B1，点C的对应点为C1，画出△AB1C1；
（2）连接CC1，△ACC1的面积为 52 ；
（3）在线段CC1上画一点D，使得△ACD的面积是△ACC1面积的15．
【分析】（1）将A、B、C三点分别绕点A按顺时针方向旋转90°画出依次连接即可；
（2）勾股定理求出AC，由面积公式即可得到答案；
（3）利用相似构造△CFD∽△C1ED即可．
【解答】解：（1）如图：
图中△AB1C1即为要求所作三角形；
（2）∵AC=12+22=5，由旋转性质知AC＝AC1，∠CAC1＝90°，
∴△ACC1的面积为12×AC×AC1=52，
故答案为：52；
（3）连接EF交CC1于D，即为所求点D，理由如下：
∵CF∥C1E，
∴△CFD∽△C1ED，
∴CDC1D=CFC1E=14，
∴CD=15CC1，
∴△ACD的面积＝△ACC1面积的15．
17．（2021•常州）在平面直角坐标系xOy中，对于A、A′两点，若在y轴上存在点T，使得∠ATA′＝90°，且TA＝TA′，则称A、A′两点互相关联，把其中一个点叫做另一个点的关联点．已知点M（﹣2，0）、N（﹣1，0），点Q（m，n）在一次函数y＝﹣2x+1的图象上．
（1）①如图，在点B（2，0）、C（0，﹣1）、D（﹣2，﹣2）中，点M的关联点是 B （填“B”、“C”或“D”）；
②若在线段MN上存在点P（1，1）的关联点P′，则点P′的坐标是 （﹣2，0） ；
（2）若在线段MN上存在点Q的关联点Q′，求实数m的取值范围；
（3）分别以点E（4，2）、Q为圆心，1为半径作⊙E、⊙Q．若对⊙E上的任意一点G，在⊙Q上总存在点G′，使得G、G′两点互相关联，请直接写出点Q的坐标．
【分析】（1）①根据关联点的定义判断即可．
②构造等腰直角三角形PTM，可得结论．
（2）如图2﹣1中，当M，Q是互相关联点，设Q（m，﹣2m+1），△MTQ是等腰直角三角形，如图2﹣2中，当N，Q是互相关联点，△NOQ是等腰直角三角形，如图2﹣3中，当N，Q是互相关联点，△NTQ是等腰直角三角形，如图2﹣4中，当M，Q是互相关联点，△MTQ是等腰直角三角形，分别求出四种特殊位置的m的值可得结论．
（3）由题意，当点Q，点E是互为关联点时，满足条件，过点Q作QH⊥y轴于H，过点E作EG⊥OH于G．设Q（t，﹣2t+1）．分两种情形，构造全等三角形，利用全等三角形的性质构建方程解决问题即可．
【解答】解：（1）如图1中，
①如图1中，取点T（0，2），连接MT，BT，
∵M（﹣2，0），B（2，0），
∴OT＝OM＝OB＝2，
∴△TBM是等腰直角三角形，
∴在点B（2，0）、C（0，﹣1）、D（﹣2，﹣2）中，点M的关联点是点B，
故答案为：B．
②取点T（0，﹣1），连接MT，PT，则△MTP是等腰直角三角形，
∴线段MN上存在点P（1，1）的关联点P′，则点P′的坐标是 （﹣2，0），
故答案为：（﹣2，0）．
（2）如图2﹣1中，当M，Q是互相关联点，设Q（m，﹣2m+1），△MTQ是等腰直角三角形，
过点Q作QH⊥y轴于H，
∵∠QHT＝∠MOT＝∠MTQ＝90°，
∴∠MTO+∠QTH＝90°，∠QTH+∠TQH＝90°，
∴∠MTO＝∠TQH，
∵TM＝TQ，
∴△MOT≌△THQ（AAS），
∴QH＝TO＝﹣m，TH＝OM＝2，
∴﹣2m+1＝2﹣m，
∴m＝﹣1．
如图2﹣2中，当N，Q是互相关联点，△NOQ是等腰直角三角形，此时m＝0，
观察图象可知，当﹣1≤m≤0时，在线段MN上存在点Q的关联点Q′，
如图2﹣3中，当N，Q是互相关联点，△NTQ是等腰直角三角形，设Q（m，﹣2m+1），
过点Q作QH⊥y轴于H，同法可证△NOT≌△THQ（AAS），
∴QH＝TO＝m，TH＝ON＝1，
∴1﹣2m+1＝m，
∴m=23．
如图2﹣4中，当M，Q是互相关联点，△MTQ是等腰直角三角形，同法可得m＝1，
观察图象可知，当23≤m≤1时，在线段MN上存在点Q的关联点Q′，
解法二：在MN上任取一点Q'，然后作出Q‘的两个关联点Q1和Q2，其中Q1在第二象限，Q2在第四象限，则可以求出Q'的坐标是分别是（m﹣1，0）、（1﹣3m，0），再根据﹣2≤x≤﹣1可以求出m的取值范围．
综上所述，满足条件的m的值为﹣1≤m≤0或23≤m≤1．
（3）如图3﹣1中，由题意，当点Q，点E是互为关联点时，满足条件，过点Q作QH⊥y轴于H，过点E作EG⊥OH于G．设Q（t，﹣2t+1）．
∵∠QHT＝∠EGT＝∠QTE＝90°，
∴∠QTH+∠ETG＝90°，∠ETG+∠GET＝90°，
∴∠HTQ＝∠GET，
∵TQ＝TE，
∴△THQ≌△EGT（AAS），
∴QH＝TG＝﹣t，TH＝EG＝4，
∵OH＝﹣2t+1，OG＝2，
∴﹣2t+1﹣4＝2+t，
∴t=−53，
∴Q（−53，133）．
如图3﹣2中，由题意，当点Q，点E是互为关联点时，满足条件，过点Q作QH⊥y轴于H，过点E作EG⊥OH于G．设Q（t，﹣2t+1）．
∵∠QHT＝∠EGT＝∠QTE＝90°，
∴∠QTH+∠ETG＝90°，∠ETG+∠GET＝90°，
∴∠HTQ＝∠GET，
∵TQ＝TE，
∴△THQ≌△EGT（AAS），
∴QH＝TG＝t，TH＝EG＝4，
∵OH＝2t﹣1，OG＝2，
∴2t﹣1﹣4＝t﹣2，
∴t＝3，
∴Q（3，﹣5）．
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（−53，133）或（3，﹣5）．
18．（2021•徐州）如图，将一张长方形纸片ABCD沿EF折叠，使 C、A两点重合，点D落在点G处．已知AB＝4，BC＝8．
（1）求证：△AEF是等腰三角形；
（2）求线段FD的长．
【分析】（1）由折叠性质可知∠AEF＝∠CEF，由AD∥BC可得∠AFE＝∠CEF，所以∠AEF＝∠AFE，由等角对等边即可得证；
（2）由折叠性质并结合（1）中结论可设CE＝AE＝AF＝x，则BE＝8﹣x，在Rt△ABE中，根据勾股定理AB2+BE2＝AE2建立方程，即42+（8﹣x）2＝x2，解得x＝5，则FD＝AD﹣AF＝BC﹣AF＝3．
【解答】（1）证明：由折叠性质可知，∠AEF＝∠CEF，
由矩形性质可得AD∥BC，
∴∠AFE＝∠CEF，
∴∠AEF＝∠AFE．
∴AE＝AF，
故△AEF为等腰三角形．
（2）解：由折叠可得AE＝CE，设CE＝x＝AE，
则BE＝BC﹣CE＝8﹣x，
∵∠B＝90°，
在Rt△ABE中，有AB2+BE2＝AE2，
即42+（8﹣x）2＝x2，解得：x＝5．
由（1）结论可得AF＝AE＝5，
故FD＝AD﹣AF＝BC﹣AF＝8﹣5＝3．
考点24图形的变换
考点总结
一、平移
1、定义
把一个图形整体沿某一方向移动，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，图形的这种移动叫做平移变换，简称平移。
2、性质
（1）平移不改变图形的大小和形状，但图形上的每个点都沿同一方向进行了移动
（2）连接各组对应点的线段平行（或在同一直线上）且相等。
二、轴对称
1、定义
把一个图形沿着某条直线折叠，如果它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成轴对称，该直线叫做对称轴。
2、性质
（1）关于某条直线对称的两个图形是全等形。
（2）如果两个图形关于某直线对称，那么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，如果它们的对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上。
3、判定
如果两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称。
4、轴对称图形
把一个图形沿着某条直线折叠，如果直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴。
三、旋转
1、定义
把一个图形绕某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转，其中O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。
2、性质
（1）对应点到旋转中心的距离相等。
（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。
四、中心对称
1、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和原来的图形互相重合，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。
2、性质
（1）关于中心对称的两个图形是全等形。
（2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。
（3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等。
3、判定
如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称。
4、中心对称图形
把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个店就是它的对称中心。
五、坐标系中对称点的特征
1、关于原点对称的点的特征
两个点关于原点对称时，它们的坐标的符号相反，即点P（x，y）关于原点的对称点为P′（-x，-y）
2、关于x轴对称的点的特征
两个点关于x轴对称时，它们的坐标中，x相等，y的符号相反，即点P（x，y）关于x轴的对称点为P′（x，-y）
3、关于y轴对称的点的特征
两个点关于y轴对称时，它们的坐标中，y相等，x的符号相反，即点P（x，y）关于y轴的对称点为P′（-x，y）
真题演练
一．选择题（共10小题）
1．（2021•宿迁）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，折痕为MN，已知AB＝8，AD＝4，则MN的长是（ ）
A．535 B．25 C．735 D．45
【分析】由折叠的性质可得BM＝MD，BN＝DN，∠DMN＝∠BMN，可证四边形BMDN是菱形，在Rt△ADM中，利用勾股定理可求BM的长，由菱形的面积公式可求解．
【解答】解：如图，连接BD，BN，
∵折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，
∴BM＝MD，BN＝DN，∠DMN＝∠BMN，
∵AB∥CD，
∴∠BMN＝∠DNM，
∴∠DMN＝∠DNM，
∴DM＝DN，
∴DN＝DM＝BM＝BN，
∴四边形BMDN是菱形，
∵AD2+AM2＝DM2，
∴16+AM2＝（8﹣AM）2，
∴AM＝3，
∴DM＝BM＝5，
∵AB＝8，AD＝4，
∴BD=AD2+AB2=64+16=45，
∵S菱形BMDN=12×BD×MN＝BM×AD，
∴45×MN＝2×5×4，
∴MN＝25，
故选：B．
2．（2021•盐城）北京2022年冬奥会会徽如图所示，组成会徽的四个图案中是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D．是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
3．（2021•连云港）如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点D、C分别落在点D1、C1的位置，ED1的延长线交BC于点G，若∠EFG＝64°，则∠EGB等于（ ）
A．128° B．130° C．132° D．136°
【分析】在矩形ABCD中，AD∥BC，则∠DEF＝∠EFG＝64°，∠EGB＝∠DEG，又由折叠可知，∠GEF＝∠DEF，可求出∠DEG的度数，进而得到∠EGB的度数．
【解答】解：如图，在矩形ABCD中，
AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFG＝64°，∠EGB＝∠DEG，
由折叠可知∠GEF＝∠DEF＝64°，
∴∠DEG＝128°，
∴∠EGB＝∠DEG＝128°，
故选：A．
4．（2021•徐州）下列图形，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A．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；
B．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
5．（2021•常州）观察如图所示脸谱图案，下列说法正确的是（ ）
A．它是轴对称图形，不是中心对称图形
B．它是中心对称图形，不是轴对称图形
C．它既是轴对称图形，也是中心对称图形
D．它既不是轴对称图形，也不是中心对称图形
【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，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．据此判断即可．
【解答】解：该图是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选：A．
6．（2021•无锡）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． 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．
【解答】解：A．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
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：A．
7．（2021•宿迁）对称美是美的一种重要形式，它能给与人们一种圆满、协调和平的美感，下列图形属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形的定义即可作出判断．
【解答】解：A、是中心对称图形，故选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项不符合题意．
故选：A．
8．（2021•苏州）如图，在方格纸中，将Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到Rt△A′O′B，则下列四个图形中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】本题主要考查旋转的性质，旋转过程中图形形状和大小都不发生变化，根据旋转性质判断即可．
【解答】解：A选项是原图形的对称图形，故A不正确；
B选项是Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到Rt△A′O′B，故B正确；
C选项旋转后的对应点错误，即形状发生了改变，故C不正确；
D选项是按逆时针方向旋转90°，故D不正确；
故选：B．
9．（2021•连云港）如图，△ABC中，BD⊥AB，BD、AC相交于点D，AD=47AC，AB＝2，∠ABC＝150°，则△DBC的面积是（ ）
A．3314 B．9314 C．337 D．637
【分析】过点C作BD的垂线，交BD的延长线于点E，可得△ABD∽△CED，可得ADCD=ABCE=BDDE，由AD=47AC，AB＝2，可求出CE的长，又∠ABC＝150°，∠ABD＝90°，则∠CBD＝60°，解直角△BCE，可分别求出BE和BD的长，进而可求出△BCD的面积．
【解答】解：如图，过点C作BD的垂线，交BD的延长线于点E，
则∠E＝90°，
∵BD⊥AB，CE⊥BD，
∴AB∥CE，∠ABD＝90°，
∴△ABD∽△CED，
∴ADCD=ABCE=BDDE，
∵AD=47AC，
∴ADCD=43，
∴ABCE=2CE=43=BDDE，则CE=32，
∵∠ABC＝150°，∠ABD＝90°，
∴∠CBE＝60°，
∴BE=33CE=32，
∴BD=47BE=237，
∴S△BCD=12•BD•CE=12×32×237=3314．
故选：A．
10．（2021•仪征市一模）如图，点E是正方形ABCD边BC的中点，连接AE，将△ABE沿AE翻折，得到△AFE，延长EF，交AD的延长线于点M，交CD于点N．下列结论：①sin∠AME=45；②AD＝3DM；③BE+DN＝EN；④AM＝EM．其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】根据正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的边角关系以及翻折变换的性质，逐项进行判断即可．
【解答】解：连接AN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，
由翻折得，
AB＝AF，∠ABE＝∠AFE＝90°，BE＝FE，
在Rt△AFN和△ADN中，
∵AF＝AD，AN＝AN，
∴Rt△AFN≌△ADN（HL），
∴DN＝FN，
∴EN＝EF+FN＝BE+DN，因此③正确；
由AD∥BC得，∠DAE＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠AEM，
∴∠DAE＝∠AEM，
∴AM＝EM，因此④正确；
过点M作MH⊥AE于H，
∵AM＝EM，
∴AH＝EH，∠AMH＝∠EMH，
设BE＝a，则EF＝a，AB＝AD＝2a，
在Rt△ABE中，
AE=AB2+BE2=5a，
∴AH＝HE=52a，
∵∠MAH+∠AMH＝90°，∠BAE+∠MAH＝90°，
∴∠BAE＝∠AMH，
∴sin∠BAE=BEAE=sin∠AMH=AHAM，
即a5a=5a2AM，
∴AM=52a，
∴DM=52a﹣2a=12a，
∵AD＝2a，
∴AD＝4DM，因此②不正确；
在Rt△AMF中，
sin∠AME=AFAM=2a52a=45，因此①正确；
综上所述，正确的有①③④，
故选：C．
二．填空题（共5小题）
11．（2021•镇江）如图，点A，B，C，O在网格中小正方形的顶点处，直线l经过点C，O，将△ABC沿l平移得到△MNO，M是A的对应点，再将这两个三角形沿l翻折，P，Q分别是A，M的对应点．已知网格中每个小正方形的边长都等于1，则PQ的长为 10 ．
【分析】连接PQ，AM，根据PQ＝AM即可解答．
【解答】解：连接PQ，AM，
由图形变换可知：PQ＝AM，
由勾股定理得：AM=12+32=10，
∴PQ=10．
故答案为：10．
12．（2021•常州）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图所示，在△ABC中，分别取AB、AC的中点D、E，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，将△ABC分割后拼接成矩形BCHG．若DE＝3，AF＝2，则△ABC的面积是 12 ．
【分析】根据图形的拼剪，求出BC以及BC边上的高即可解决问题．
【解答】解：由题意，BG＝CH＝AF＝2，DG＝DF，EF＝EH，
∴DG+EH＝DE＝3，
∴BC＝GH＝3+3＝6，
∴△ABC的边BC上的高为4，
∴S△ABC=12×6×4＝12，
解法二：证明△ABC的面积＝矩形BCHG的面积，可得结论．
故答案为：12．
13．（2021•无锡）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝22，AC＝6，点E在线段AC上，且AE＝1，D是线段BC上的一点，连接DE，将四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形FGDE，当点G恰好落在线段AC上时，AF＝ 263 ．
【分析】由折叠的性质可得AB＝FG＝22，AE＝EF＝1，∠BAC＝∠EFG＝90°，在Rt△EFG中，由勾股定理可求EG＝3，由锐角三角函数可求EH，HF的长，在Rt△AHF中，由勾股定理可求AF．
【解答】解：如图，过点F作FH⊥AC于H，
∵将四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形FGDE，
∴AB＝FG＝22，AE＝EF＝1，∠BAC＝∠EFG＝90°，
∴EG=EF2+FG2=1+8=3，
∵sin∠FEG=HFEF=FGEG，
∴HF1=223，
∴HF=223，
∵cos∠FEG=EHEF=EFEG，
∴EH1=13，
∴EH=13，
∴AH＝AE+EH=43，
∴AF=AH2+HF2=169+89=263，
故答案为：263．
14．（2021•镇江）如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝6，cos∠ABC=13，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，则BD长的最大值为 93 ．
【分析】由旋转知△BPD是顶角为120°的等腰三角形，可求得BD=3BP，当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，求出AB的长即可解决问题．
【解答】解：∵将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，
∴BP＝PD，
∴△BPD是等腰三角形，
∴∠PBD＝30°，
过点P作PH⊥BD于点H，
∴BH＝DH，
∵cos30°=BHBP=32，
∴BH=32BP，
∴BD=3BP，
∴当BP最大时，BD取最大值，即点P与点A重合时，BP＝BA最大，
过点A作AG⊥BC于点G，
∵AB＝AC，AG⊥BC，
∴BG=12BC＝3，
∵cos∠ABC=13，
∴BGAB=13，
∴AB＝9，
∴BD最大值为：3BP＝93．
故答案为：93．
15．（2021•南京）如图，将▱ABCD绕点A逆时针旋转到▱AB′C′D′的位置，使点B′落在BC上，B′C′与CD交于点E．若AB＝3，BC＝4，BB′＝1，则CE的长为 98 ．
【分析】解法一：过点A作AM⊥BC于点M，过点B作BN⊥AB′于点N，过点E作EG⊥BC，交BC的延长线于点G．BM＝B′M=12，由勾股定理可得，AM=AB2−BM2=352，由等面积法可得，BN=356，由勾股定理可得，AN=AB2−BN2=32−(356)2=176，由题可得，△AMB∽△EGC，△ANB∽△B′GE，则AMBM=EGCG=35，ANBN=B′GEG=1735，设CG＝a，则EG=35a，B′G＝3+a，则3+a35a=1735，解得a=316．最后由勾股定理可得，EC=CG2+EG2=(316)2+(31635)2=98．
解法二：连接DD′，结合旋转的性质求得△BAB′∽△DAD′，利用AA定理求得△CEB′∽△C′ED，然后根据相似三角形的性质求解．
【解答】解：法一、如图，过点A作AM⊥BC于点M，过点B作BN⊥AB′于点N，过点E作EG⊥BC，交BC的延长线于点G．
由旋转可知，AB＝AB′＝3，∠ABB′＝∠AB′C′，
∴∠ABB′＝∠AB′B＝∠AB′C′，
∵BB′＝1，AM⊥BB′，
∴BM＝B′M=12，
∴AM=AB2−BM2=352，
∵S△ABB′=12⋅AM⋅BB′=12⋅BN⋅AB′，
∴12×352×1=12•BN×3，则BN=356，
∴AN=AB2−BN2=32−(356)2=176，
∵AB∥DC，
∴∠ECG＝∠ABC，
∵∠AMB＝∠EGC＝90°，
∴△AMB∽△EGC，
∴AMBM=EGCG=35212=35，
设CG＝a，则EG=35a，
∵∠ABB′+∠AB′B+∠BAB′＝180°，
∠AB′B+∠AB′C′+∠C′B′C＝180°，
又∵∠ABB′＝∠AB′B＝∠AB′C′，
∴∠BAB′＝∠C′B′C，
∵∠ANB＝∠EGC＝90°，
∴△ANB∽△B′GE，
∴ANBN=B′GEG=176356=1735，
∵BC＝4，BB′＝1，
∴B′C＝3，B′G＝3+a，
∴3+a35a=1735，解得a=316．
∴CG=316，EG=31635，
∴EC=CG2+EG2=(316)2+(31635)2=98．
故答案为：98．
法二、如图，连接DD'，
由旋转可知，∠BAB′＝∠DAD′，AB′＝AB＝3，AD′＝AD＝4，
∴△BAB′∽△DAD′，
∴AB：BB′＝AD：DD′＝3：1，∠AD′D＝∠AB′B＝∠B，
∴DD′=43，
又∵∠AD′C′＝∠AB′C′＝∠B，∠AD′D＝∠B＝∠AB′B，
∴∠AD′C′＝∠AD′D，即点D′，D，C′在同一条直线上，
∴DC′=53，
又∠C′＝∠ECB′，∠DEC′＝∠B′EC，
∴△CEB′∽△C'ED，
∴B′E：DE＝CE：C′E＝B′C：DC′，即B′E：DE＝CE：C′E＝3：53，
设CE＝x，B'E＝y，
∴x：（4﹣y）＝y：（3﹣x）＝3：53，
∴x=98．
故答案为：98．
法三、构造相似，如图，延长B′C到点G，使B′G＝B′E，连接EG，
∴∠B′EG＝∠B′GE，
由旋转可知，AB＝AB′，
∴∠B＝∠AB′B＝∠AB′C′，
∴∠BAB′＝∠EB′G，
∴∠B＝∠G，
又AB∥CD，
∴∠ECG＝∠B＝∠G，
∴△ABB′∽△B′EG∽△ECG，
∴ABBB′=B′EEG=ECCG=31，
设CG＝m，
∴EC＝3m，
∴B′G＝3+m，
∴3+m3m=3，
解得m=38，
∴3m=98．
故答案为：98．
解法四：如图，过点C作CF∥C′D′，交B′C′于点F，
∵AB＝AB′，
∴∠B＝∠AB′B，
由∵∠AB′C′＝∠B，
由三角形内角和可知，∠FB′C＝∠BAB′，
∵AB′∥FC，
∴∠B′CF＝∠AB′B，
由∵AB＝3，BB′＝1，BC＝4，
∴AB＝B′C，
∴△ABB′≌△B′CF，
∴FC＝B′B＝1，
由旋转可知，△ABB′∽△ADD′，
∴ABAD=BB′DD′，
∴DD′=43
∴C′D=53，
又由CF∥C′D，
∴△C′DE∽△FCE，
∴C′DFC=DEEC，
∴C′D+FCFC=DE+ECEC，
∴53+11=CDEC，
∴EC=98．
故答案为：98．
三．解答题（共3小题）
16．（2021•淮安）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABC的顶点A、B、C都在格点上（两条网格线的交点叫格点）．请仅用无刻度的直尺按下列要求画图，并保留画图痕迹（不要求写画法）．
（1）将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B1，点C的对应点为C1，画出△AB1C1；
（2）连接CC1，△ACC1的面积为 52 ；
（3）在线段CC1上画一点D，使得△ACD的面积是△ACC1面积的15．
【分析】（1）将A、B、C三点分别绕点A按顺时针方向旋转90°画出依次连接即可；
（2）勾股定理求出AC，由面积公式即可得到答案；
（3）利用相似构造△CFD∽△C1ED即可．
【解答】解：（1）如图：
图中△AB1C1即为要求所作三角形；
（2）∵AC=12+22=5，由旋转性质知AC＝AC1，∠CAC1＝90°，
∴△ACC1的面积为12×AC×AC1=52，
故答案为：52；
（3）连接EF交CC1于D，即为所求点D，理由如下：
∵CF∥C1E，
∴△CFD∽△C1ED，
∴CDC1D=CFC1E=14，
∴CD=15CC1，
∴△ACD的面积＝△ACC1面积的15．
17．（2021•常州）在平面直角坐标系xOy中，对于A、A′两点，若在y轴上存在点T，使得∠ATA′＝90°，且TA＝TA′，则称A、A′两点互相关联，把其中一个点叫做另一个点的关联点．已知点M（﹣2，0）、N（﹣1，0），点Q（m，n）在一次函数y＝﹣2x+1的图象上．
（1）①如图，在点B（2，0）、C（0，﹣1）、D（﹣2，﹣2）中，点M的关联点是 B （填“B”、“C”或“D”）；
②若在线段MN上存在点P（1，1）的关联点P′，则点P′的坐标是 （﹣2，0） ；
（2）若在线段MN上存在点Q的关联点Q′，求实数m的取值范围；
（3）分别以点E（4，2）、Q为圆心，1为半径作⊙E、⊙Q．若对⊙E上的任意一点G，在⊙Q上总存在点G′，使得G、G′两点互相关联，请直接写出点Q的坐标．
【分析】（1）①根据关联点的定义判断即可．
②构造等腰直角三角形PTM，可得结论．
（2）如图2﹣1中，当M，Q是互相关联点，设Q（m，﹣2m+1），△MTQ是等腰直角三角形，如图2﹣2中，当N，Q是互相关联点，△NOQ是等腰直角三角形，如图2﹣3中，当N，Q是互相关联点，△NTQ是等腰直角三角形，如图2﹣4中，当M，Q是互相关联点，△MTQ是等腰直角三角形，分别求出四种特殊位置的m的值可得结论．
（3）由题意，当点Q，点E是互为关联点时，满足条件，过点Q作QH⊥y轴于H，过点E作EG⊥OH于G．设Q（t，﹣2t+1）．分两种情形，构造全等三角形，利用全等三角形的性质构建方程解决问题即可．
【解答】解：（1）如图1中，
①如图1中，取点T（0，2），连接MT，BT，
∵M（﹣2，0），B（2，0），
∴OT＝OM＝OB＝2，
∴△TBM是等腰直角三角形，
∴在点B（2，0）、C（0，﹣1）、D（﹣2，﹣2）中，点M的关联点是点B，
故答案为：B．
②取点T（0，﹣1），连接MT，PT，则△MTP是等腰直角三角形，
∴线段MN上存在点P（1，1）的关联点P′，则点P′的坐标是 （﹣2，0），
故答案为：（﹣2，0）．
（2）如图2﹣1中，当M，Q是互相关联点，设Q（m，﹣2m+1），△MTQ是等腰直角三角形，
过点Q作QH⊥y轴于H，
∵∠QHT＝∠MOT＝∠MTQ＝90°，
∴∠MTO+∠QTH＝90°，∠QTH+∠TQH＝90°，
∴∠MTO＝∠TQH，
∵TM＝TQ，
∴△MOT≌△THQ（AAS），
∴QH＝TO＝﹣m，TH＝OM＝2，
∴﹣2m+1＝2﹣m，
∴m＝﹣1．
如图2﹣2中，当N，Q是互相关联点，△NOQ是等腰直角三角形，此时m＝0，
观察图象可知，当﹣1≤m≤0时，在线段MN上存在点Q的关联点Q′，
如图2﹣3中，当N，Q是互相关联点，△NTQ是等腰直角三角形，设Q（m，﹣2m+1），
过点Q作QH⊥y轴于H，同法可证△NOT≌△THQ（AAS），
∴QH＝TO＝m，TH＝ON＝1，
∴1﹣2m+1＝m，
∴m=23．
如图2﹣4中，当M，Q是互相关联点，△MTQ是等腰直角三角形，同法可得m＝1，
观察图象可知，当23≤m≤1时，在线段MN上存在点Q的关联点Q′，
解法二：在MN上任取一点Q'，然后作出Q‘的两个关联点Q1和Q2，其中Q1在第二象限，Q2在第四象限，则可以求出Q'的坐标是分别是（m﹣1，0）、（1﹣3m，0），再根据﹣2≤x≤﹣1可以求出m的取值范围．
综上所述，满足条件的m的值为﹣1≤m≤0或23≤m≤1．
（3）如图3﹣1中，由题意，当点Q，点E是互为关联点时，满足条件，过点Q作QH⊥y轴于H，过点E作EG⊥OH于G．设Q（t，﹣2t+1）．
∵∠QHT＝∠EGT＝∠QTE＝90°，
∴∠QTH+∠ETG＝90°，∠ETG+∠GET＝90°，
∴∠HTQ＝∠GET，
∵TQ＝TE，
∴△THQ≌△EGT（AAS），
∴QH＝TG＝﹣t，TH＝EG＝4，
∵OH＝﹣2t+1，OG＝2，
∴﹣2t+1﹣4＝2+t，
∴t=−53，
∴Q（−53，133）．
如图3﹣2中，由题意，当点Q，点E是互为关联点时，满足条件，过点Q作QH⊥y轴于H，过点E作EG⊥OH于G．设Q（t，﹣2t+1）．
∵∠QHT＝∠EGT＝∠QTE＝90°，
∴∠QTH+∠ETG＝90°，∠ETG+∠GET＝90°，
∴∠HTQ＝∠GET，
∵TQ＝TE，
∴△THQ≌△EGT（AAS），
∴QH＝TG＝t，TH＝EG＝4，
∵OH＝2t﹣1，OG＝2，
∴2t﹣1﹣4＝t﹣2，
∴t＝3，
∴Q（3，﹣5）．
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（−53，133）或（3，﹣5）．
18．（2021•徐州）如图，将一张长方形纸片ABCD沿EF折叠，使 C、A两点重合，点D落在点G处．已知AB＝4，BC＝8．
（1）求证：△AEF是等腰三角形；
（2）求线段FD的长．
【分析】（1）由折叠性质可知∠AEF＝∠CEF，由AD∥BC可得∠AFE＝∠CEF，所以∠AEF＝∠AFE，由等角对等边即可得证；
（2）由折叠性质并结合（1）中结论可设CE＝AE＝AF＝x，则BE＝8﹣x，在Rt△ABE中，根据勾股定理AB2+BE2＝AE2建立方程，即42+（8﹣x）2＝x2，解得x＝5，则FD＝AD﹣AF＝BC﹣AF＝3．
【解答】（1）证明：由折叠性质可知，∠AEF＝∠CEF，
由矩形性质可得AD∥BC，
∴∠AFE＝∠CEF，
∴∠AEF＝∠AFE．
∴AE＝AF，
故△AEF为等腰三角形．
（2）解：由折叠可得AE＝CE，设CE＝x＝AE，
则BE＝BC﹣CE＝8﹣x，
∵∠B＝90°，
在Rt△ABE中，有AB2+BE2＝AE2，
即42+（8﹣x）2＝x2，解得：x＝5．
由（1）结论可得AF＝AE＝5，
故FD＝AD﹣AF＝BC﹣AF＝8﹣5＝3．
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