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数学第三章 图形的平移与旋转综合与测试单元测试当堂检测题
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这是一份数学第三章 图形的平移与旋转综合与测试单元测试当堂检测题，共33页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
北师大版初中数学八年级下册第三单元《图形的平移与旋转》单元测试卷
考试范围：第三章； 考试时间：100分钟；总分120分，
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 已知△ABC在平面直角坐标系中，点A，B，C都在第一象限内，现将△ABC的三个顶点的横坐标保持不变，纵坐标都乘−1，得到一个新的三角形，则( )
A. 新三角形与△ABC关于x轴对称
B. 新三角形与△ABC关于y轴对称
C. 新三角形的三个顶点都在第三象限内
D. 新三角形是由△ABC沿y轴向下平移一个单位长度得到的
2. 已知坐标平面内的点A(−2,4)，如果将平面直角坐标系向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，那么平移后点A的坐标是( )
A. (1,6) B. (−5,6) C. (−5,2) D. (1,2)
3. 如图是一块长方形ABCD的场地，长AB=102m，宽AD=51m，A、B两处入口的路宽为0.75m，两小路汇合处路宽为1.5m，其余部分种植草坪，则草坪面积为
A. 5050m2 B. 5025m2 C. 5015m2 D. 5000m2
4. 如图，△ABC为等边三角形，AB=8，AD⊥BC，点E为线段AD上的动点，连接CE，以CE为边作等边△CEF，连接DF，则线段DF的最小值为( )
A. 32
B. 4
C. 2
D. 1
5. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，∠EPF=90°，P是BC的中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时(点E不与A、B重合)，现给出以下四个结论：①AE=CF；②△EPF是等腰直角三角形；③S四边形PEAF=12S△ABC；④EF=AP，其中所有正确结论的序号为( )
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④
6. 如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，连接BD，把△BDC沿BD翻折，得到△BDC′，DC′与AB交于点E，连接AC′，若AD=AC′=2，BD=3，则点D到BC′的距离为( )
A. 332 B. 3217 C. 7 D. 13
7. 如图，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点由法国数学家和数学教育家克洛尔于1816年首次发现，但他自发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛重新发现，并用他的名字命名．问题：已知等腰直角三角形DEF中，∠EDF=90°，若Q为△DEF的布洛卡点，DQ=2，则EQ+FQ的值为( )
A. 10 B. 4+22 C. 6+22 D. 2+2
8. 下列命题：①成中心对称的两个图形不一定全等；②成中心对称的两个图形一定是全等图形；③两个全等的图形一定关于某点成中心对称；④中心对称表示两个图形之间的对称关系，中心对称图形是指某一个图形所具有的对称性质．其中真命题的个数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
9. 下列图形均是一些科技创新公司标志图，其中是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
10. 如图，小明家的住房平面图呈长方形，被分割成3个正方形和2个长方形，其中标为①的两个长方形是一样的、标为②的两个正方形方形也是一样的.若只知道原住房平面图长方形的周长，则分割后不用测量就能知道周长的图形标号为
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③
11. 如图，△ABC、△BDE都是等腰直角三角形，BA=BC，BD=BE，AC=4，DE=22.将△BDE绕点B逆时针方向旋转后得△BD′E′，当点E′恰好落在线段AD′上时，则CE′的长为( )
A. 6−2
B. 6+2
C. 4+322
D. 4+223
12. 如图，将△ABC绕顶点C旋转得到△DEC，点A对应点D，点B对应点E，且点B刚好落在DE边上，∠A=24°，∠BCD=48°，则∠ABD等于( )
A. 30° B. 36° C. 38° D. 45°
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，多边形ABCDEFGHIJ的相邻两边互相垂直，要求出它的周长，至少需要______知道条边的边长．
14. 如图，∠AOB=120°，点P为∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM=PN；②OM+ON=OP；③四边形PMON的面积保持不变；④△PMN的周长保持不变．其中说法正确的是______(填序号)．
15. 如图，这是小聪设计的正方形花边图案，该图案由正方形和三角形拼接组成(不重叠，无缝隙)，它既是轴对称图形，又是中心对称图形．若图中阴影面积的和为36，则图中线段EF的长为______．
16. 如图，在平面直角坐标系内，边长为4的等边△ABC的顶点B与原点重合，将△ABC绕顶点C顺时针旋转60°得△ACA1.将四边形ABCA1看作一个基本图形，将此基本图形不断复制并平移，则A2022的坐标为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）
17. 在网格中画对称图形．
(1)如图是五个小正方形拼成的图形，请你移动其中一个小正方形，重新拼成一个图形，使得所拼成的图形满足下列条件，并分别画在图①、图②、图③中(只需各画一个，内部涂上阴影)；
①是轴对称图形，但不是中心对称图形；
②是中心对称图形，但不是轴对称图形；
③既是轴对称图形，又是中心对称图形．
(2)请你在图④的网格内设计一个商标，满足下列要求：
①是顶点在格点的凸多边形(不是平行四边形)；
②是中心对称图形，但不是轴对称图形；
③商标内部涂上阴影．
18. 我们数学上将内角度数小于180°的四边形叫做凸四边形，
形如图(1)，(2)，(4)是凸四边形，(3)不是凸四边形．
操作：已知如图，两个全等的三角形纸片△ABC和△DEF，其中AB=6，AC=3，BC=4，按照下列要求把这两个三角形纸片无缝拼接，且没有重叠，画出所有可能的示意图，并写出所拼出图形的周长．
(1)拼接成轴对称的凸四边形，写出对应的周长．
(2)拼接成中心对称的凸四边形，写出对应的周长．
19. 在初中阶段的函数学习中，我们经历了列表、描点、连线画函数图象，并结合图象研究函数性质的过程，以下是我们研究函数y=12xx2+1性质及其应用的部分过程，请按要求完成下列各小题．
(1)请把表补充完整，并在图中补全该函数图象：
x
…
−5
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
5
…
y=12xx2+1
…
−3013
−4817
______
−245
______
0
______
245
______
4817
3013
…
(2)根据函数图象，判断下列关于该函数性质的说法正确的是______ (写序号)；
①该函数图象是中心对称图形，对称中心为原点；
②该函数在自变量的取值范围内，有最大值和最小值，x=1时，y有最大值6；x=−1时，y有最小值−6；
③当x>1或x<−1时，y随x的增大而增大；当−1
20. 如图，线段CD是线段AB经过某种变换得到的图形．
(1)若点A与点C，点B与点D是对应点，第一象限内的点M的坐标为(m,n)，在这种变换下，点M的对应点N的坐标为______(用含m、n的式子表示)；
(2)若点A与点D、点B与点C是对应点，第一象限内的点M的坐标为(m,n)，在这种变换下，点M的对应点N的坐标为______(用含m、n的式子表示)；
(3)连接BD、AC，直接写出四边形ABDC的面积为______．
21. 【操作发现】
(1)如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于30°)，旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF．
①求∠EAF的度数；
②DE与EF相等吗？请说明理由；
【类比探究】
(2)如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于45°)，旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF.请直接写出探究结果：
①∠EAF的度数；
②线段AE，ED，DB之间的数量关系．
22. 已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠MCN=45°．
(1)如图①，当M、N在AB上时，求证：MN2=AM2+BN2 ．
(2)如图②，将∠MCN绕C点旋转. 当M在BA的延长线上时，上述结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
23. 如图，已知射线CD//OA，点E，点F是OA上的动点，CE平分∠OCF，且满足∠FCA=∠FAC．
(1)若∠O=∠ADC，判断AD与OB的位置关系，证明你的结论．
(2)若∠O=∠ADC=60∘，求∠ACE的度数．
(3)在(2)的条件下左右平行移动AD，∠OEC和∠CAD存在怎样的数量关系⋅请直接写出结果(不需写证明过程)
24. 如图1，等腰直角三角形ABP是由两块完全相同的小直角三角板ABC、EFP(含45°)拼成的，其中△ABC的边BC在直线l上，AC⊥BC且AC=BC；△EFP的边FP也在直线l上，边EF与边AC重合，EF⊥FP且EF=FP．
(1)将三角板△EFP沿直线l向左平移到图2的位置时，EP交AC于点Q，连接AP、BQ.猜想并写出BQ与AP所满足的数量关系和位置关系，并证明你的猜想；
(2)将三角板△EFP沿直线l向左平移到图3的位置时，EP的延长线交AC的延长线于点Q，连接AP、BQ.你认为(1)中猜想的关系还成立吗？请写出你的结论(不需证明)．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵纵坐标乘以−1，
∴纵坐标相反，又横坐标不变，
∴关于x轴对称．
故选A．
根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”，可知所得的三角形与原三角形关于y轴对称．
主要考查了平面直角坐标系中对称点的规律．解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：(1)关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；(2)关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；(3)关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
2.【答案】D
【解析】解：∵坐标平面内点A(−2,4)，将坐标系先向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，
∴点A的横坐标增大3，纵坐标减小2，
∴点A变化后的坐标为(1,2)．
故选D．
根据题意，将平面直角坐标系向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，依据坐标的变化规律即可求解．
此题主要考查坐标与图形变化−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．将坐标系向右、向上平移，相当于将原来坐标系中的点向右、向下平移．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
此题考查了生活中的平移，根据图形得出草坪正好可以拼成一个长方形是解题关键．根据已知将道路平移，再利用矩形的性质求出长和宽，再进行解答．
【解答】
解：由图可知：矩形ABCD中去掉小路后，草坪正好可以拼成一个新的矩形，且它的长为：(102−1.5)米，宽为(51−0.75)米．
所以草坪的面积应该是长×宽=(102−1.5)×(51−0.75)=5050.125≈5050(米 2).
故选A．
4.【答案】C
【解析】解：如图，连接BF，
∵△ABC为等边三角形，AD⊥BC，AB=8，
∴BC=AC=AB=8，BD=DC=4，∠BAC=∠ACB=60°，∠CAE=30°，
∵△CEF为等边三角形，
∴CF=CE，∠FCE=60°，
∴∠FCE=∠ACB，
∴∠BCF=∠ACE，
∴在△BCF和△ACE中，
BC=AC∠BCF=∠ACECF=CE，
∴△BCF≌△ACE(SAS)，
∴∠CBF=∠CAE=30°，AE=BF，
∴当DF⊥BF时，DF值最小，
此时∠BFD=90°，∠CBF=30°，BD=4，
∴DF=2，
故选：C．
连接BF，由等边三角形的性质可得三角形全等的条件，从而可证△BCF≌△ACE，推出∠CBF=∠CAE=30°，再由垂线段最短可知当DF⊥BF时，DF值最小，利用含30°的直角三角形的性质定理可求DF的值．
本题考查了构造全等三角形来求线段最小值，同时也考查了30°所对直角边等于斜边的一半及垂线段最短等几何知识点，具有较强的综合性．
5.【答案】A
【解析】解：∵△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，P是BC中点，
∴∠B=∠C=∠BAP=∠CAP=45°，AP=PC=PB，∠APC=∠EPF=90°，
∴∠EPF−∠APF=∠APC−∠APF，
∴∠APE=∠CPF，
在△APE和△CPF中，
∠EAP=∠C=45°AP=AP∠APE=∠CPE，
∴△APE≌△CPF(ASA)，
∴AE=CF，EP=PF，
∴△EPF是等腰直角三角形，
∴①正确；②正确；
∵△APE≌△CPF，
∴SAPE=S△CPF，
∴S四边形AEPF=S△AEP+S△APF=S△CPF+S△APF=S△APC=12S△ABC，
∴③正确；
∵△ABC是等腰直角三角形，P是BC的中点，
∴AP=12BC，
∵EF不是△ABC的中位线，
∴EF≠AP，
故④错误；
即正确的有①②③，
故选：A．
根据等腰直角三角形的性质得出∠B=∠C=∠BAP=∠CAP=45°，AP=PC=PB，∠APC=∠EPF=90°，求出∠APE=∠CPF，证△APE≌△CPF，推出AE=CF，EP=PF，推出SAPE=S△CPF，求出S四边形AEPF=S△APC=12S△ABC，求出BE+CF=AE+AF>EF，即可得出答案．
本题考查了等腰直角三角形性质，三角形三边关系定理，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力．
6.【答案】B
【解析】解：如图，连接CC′，交BD于点M，过点D作DH⊥BC′于点H，
∵AD=AC′=2，D是AC边上的中点，
∴DC=AD=2，
由翻折知，△BDC≌△BDC′，BD垂直平分CC′，
∴DC=DC′=2，BC=BC′，CM=C′M，
∴AD=AC′=DC′=2，
∴△ADC′为等边三角形，
∴∠ADC′=∠AC′D=∠C′AC=60°，
∵DC=DC′，
∴∠DCC′=∠DC′C=12×60°=30°，
在Rt△C′DM中，
∠DC′C=30°，DC′=2，
∴DM=1，C′M=3DM=3，
∴BM=BD−DM=3−1=2，
在Rt△BMC′中，
BC′=BM2+C′M2=22+(3)2=7，
∵S△BDC′=12BC′⋅DH=12BD⋅CM，
∴7DH=3×3，
∴DH=3217，
故选：B．
连接CC′，交BD于点M，过点D作DH⊥BC′于点H，由翻折知，△BDC≌△BDC′，BD垂直平分CC′，证△ADC′为等边三角形，利用解直角三角形求出DM=1，C′M=3DM=3，BM=2，在Rt△BMC′中，利用勾股定理求出BC′的长，在△BDC′中利用面积法求出DH的长．
本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，勾股定理等，解题关键是会通过面积法求线段的长度．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了新定义问题，等腰直角三角形，旋转的性质，将△QFD绕点D顺时针旋转90°得△MED，根据旋转得到ME=QF，MD=QD=2，∠MED=∠QFD，∠MDE=∠QDF，根据题意得到∠QFE=∠QDF=∠QED，推出QE//DM，得到△MQE是等腰直角三角形，求得ME=MQ=22，得到QE=4，于是得到结论．
【解答】
解：将△QFD绕点D顺时针旋转90°得△MED，如图：
∴△MED≌△QFD，∠MDQ=90°，
∴ME=QF，MD=QD=2，∠MED=∠QFD，∠MDE=∠QDF，
∴∠DQM=45°，MQ=22，
∵点Q为△DEF的“布洛卡点”，
∴∠QFE=∠QDF=∠QED，
∴∠MDE=∠QED，
∴QE//DM，
∴∠DQE=90°，
∴∠MQE=∠DQE−∠DQM=90°−45°=45°，
∵∠QFD+∠QFE=45°，∠MED=∠QFD，
∴∠MED+∠QED=∠QEM=45°，
∴△MQE是等腰直角三角形，
∴ME=MQ=22，
∴QE=2MQ=4，
又∵ME=QF=22，
∴QE+QF=4+22．
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查中心对称和中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的性质是解题的关键；根据中心对称图形与中心对称的概念和性质逐一判断即可得到答案．
【解答】
解：①成中心对称的两个图形不一定全等，此说法错误，是假命题；
②成中心对称的两个图形一定是全等图形，此说法正确，是真命题；
③两个全等的图形一定关于某点成中心对称，此说法错误，是假命题；
④中心对称表示两个图形之间的对称关系，中心对称图形是指某一个图形所具有的对称性质，此说法正确，是真命题；
综上，真命题有2个，
故选B．
9.【答案】A
【解析】解：A、是中心对称图形，故此选项正确；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：A．
根据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进行分析．
此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．
10.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了中心对称的性质和应用，首先设图形①的长和宽分别是a、c，图形②的边长是b，图形③的边长是d，原来大长方形的周长是l，判断出l=2(a+2b+c)，a=b+d，b=c+d；然后分别判断出图形①、图形②的周长都等于原来大长方形的周长的12，所以它们的周长不用测量就能知道，而图形③的周长不用测量无法知道，据此解答即可．
【解答】
解：如图，设原住房平面图长方形的周长为2l，①的长和宽分别为a，b，②③的边长分别为c，d，根据题意得：
a=c+dic=b+diia+b+2c=l
(i)−(ii)，得a−c=c−b⇒a+b=2c，
将a+b=2c代入(iii)，得4c=l⇒2c=12l(定值)，
将2c=12l 代入a+b=2，得a+b=12l⇒2(a+b)=l(定值)，
而由已列方程组得不到d，
∴分割后不用测量就能知道周长的图形的标号为①②.
故选A．
11.【答案】B
【解析】解：过A点作AH⊥BE′于H，如图，
∵△ABC、△BDE都是等腰直角三角形，
∴AB=22AC=22×4=22，BE=BD=22DE=22×22=2，∠BED=45°，
∵△BDE绕点B逆时针方向旋转后得△BD′E′，
∴∠BE′D′=∠BED=45°，∠E′BD′=∠EBD=90°，E′D′=ED=22，BD′=BD=BE′=2，
∵∠AE′H=∠BE′D=45°
∴AH=E′H，
设AH=x，则HE′=x，AE′=2x，
在Rt△AHB中，x2+(x+2)2=(22)2，解得x1=3−1，x2=−3−1(舍去)，
∴AE′=2x=2(3−1)=6−2，
∴AD′=AE′+E′D′=6−2+22=6+2，
在△BAD′和△BCE′中，
BA=BC∠ABD′=∠CBE′BD′=BE′，
∴△BAD′≌△BCE′(SAS)，
∴CE′=AD′=6+2．
故选：B．
过A点作AH⊥BE′于E′，如图，利用等腰直角三角形的性质得AB=22，BE=BD=2，∠BED=45°，再根据旋转的性质得∠BE′D′=∠BED=45°，∠E′BD′=∠EBD=90°，E′D′=ED=22，BD′=BD=BE′=2，
设AH=x，则HE′=x，AE′=2x，利用勾股定理得到x2+(x+2)2=(22)2，解方程得到AE′=6−2，所以AD′=AE′+E′D′=6+2，然后证明△BAD′≌△BCE′，从而得到CE′=AD′．
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．也考查了等腰直角三角形．
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质即可得到结论．解答此题由旋转的性质可得∠D=∠A=24°，∠ABC=∠E，CE=CB，再由∠EBC是△BCD的外角可得∠EBC=∠D+∠BCD从而求出∠EBC的度数，根据等腰三角形的性质由CE=CB可得∠E=∠EBC，进而可得∠ABC的度数，最后根据平角的定义可得∠ABD的度数．
【解答】
解：∵△ABC绕顶点C旋转得到△DEC，
∴∠D=∠A=24°，∠ABC=∠E，CE=CB，
∵∠BCD=48°，
∴∠CBE=∠BCD+∠D=48°+24°=72°，
∵CE=CB，
∴∠E=∠CBE=72°，
∴∠ABC=∠E=72°，
∴∠ABD=180°−∠ABC−∠CBE=180°−72°−72°=36°．
故选B．
13.【答案】3
【解析】
【分析】
本题主要考查了平移的性质，把不规则图形部分平移到规则图形的部分是解题的关键．根据平移的性质，只要能求出横向与纵向的总长度，即可求出它的周长．
【解答】
解：根据平移的性质，只要知道GH、AB、BC的长度，就可以求出周长．
故答案为3．
14.【答案】①②③
【解析】解：过点P作PE⊥OA，垂足为E，过点P作PF⊥OB，垂足为F，
∴∠PEO=90°，∠PFO=90°，
∵∠AOB=120°，
∴∠EPF=360°−∠AOB−∠PEO−∠PFO=60°，
∵∠MPN+∠AOB=180°，
∴∠MPN=180°−∠AOB=60°，
∴∠MPN−∠EPN=∠EPF−∠EPN，
∴∠MPE=∠NPF，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB，
∴PE=PF，
∵∠MEP=∠NFP=90°，
∴△MEP≌△NFP(ASA)，
∴PM=PN，ME=NF，
故①正确；
∵OP=OP，
∴Rt△PEO≌Rt△PFO(HL)，
∴OE=OF，
∴OM+ON=OE+ME+OF−NF=2OE，
∵OP平分∠AOB，
∴∠EOP=12∠AOB=60°，
∴∠EPO=90°−∠EOP=30°，
∴PO=2OE，
∴OM+ON=OP，
故②正确；
∵△MEP≌△NFP，
∴四边形PMON的面积=四边形PEOF的面积，
∴四边形PMON的面积保持不变，
故③正确；
∵PM=PN，∠MPN=60°，
∴△PMN是等边三角形，
∵MN的长度是变化的，
∴△PMN的周长是变化的，
故④错误；
所以，说法正确的是：①②③，
故答案为：①②③．
根据角平分线上的点到角的两边距离相等，想到过点P作PE⊥OA，垂足为E，过点P作PF⊥OB，垂足为F，证明△PEM≌△PFN，△PEO≌△PFO，即可解答．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握对角互补模型−旋转型全等是解题的关键．
15.【答案】5
【解析】解：把图形局部放大如图所示，作FN⊥OA于N，WM⊥OA于M，连接OT交KJ于P交WR于Q，延长OT交AB于H设KW=KJ=2a.，则KP=WQ=a．
∵△FNE≌△EMW(AAS)，△FHT≌△TQW(AAS)，
∴FM=EM=AN，EN=WM=2a，FH=TQ，TH=WQ=a，设AN=FN=EM=x，FH=TQ=y，
∵AH=OH，
∴2x+y=y+4a，
∴x=22a，
∵S△AEF+S△EWK=368=92，
∴12⋅(22a+2a)⋅22a+12⋅(22a+2a)⋅2a=92，
解得a=22或−22(舍弃)，
∴EF=EN2+FN2=(2a)2+(22a)2=10a=10×22=5，
故答案为5．
把图形局部放大如图所示：作FN⊥OA于N，WM⊥OA于M，连接OT交KJ于P交WR于Q，延长OT交AB于H设KW=KJ=2a.，则KP=WQ=a.由△FNE≌△EMW(AAS)，△FHT≌△TQW(AAS)，推出FM=EM=AN，EN=WM=2a，FH=TQ，TH=WQ=a，设AN=FN=EM=x，FH=TQ=y，由AH=OH，可得2x+y=y+4a，推出x=22a，根据S△AEF+S△EWK=368=92，构建方程求出a即可解决问题．
本题考查中心对称，正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
16.【答案】(8082,23)
【解析】解：∵边长为4的等边△ABC的顶点B与原点重合，
∴OA=BC=4，∠AOC=60°．
如图，过点A作AD⊥x轴于点D，
∴BD=DC=12BC=2，AD=23，
∴点A的坐标为(2,23).
∵将△ABC绕顶点C顺时针旋转60°得到△ACA1，
∴四边形ABCA1是平行四边形，
∴AA1=BC=4，AA1//BC，
∴点A1的坐标为(2+4,23)，即(6,23).
∵将四边形ABCA1看作一个基本图形，将此基本图形不断复制并平移，
∴点A2的坐标为(2+4×2,23)，即(10,23)；
点A3的坐标为(2+4×3,23)，即(14,23)；
……
由规律可得：点A2022的坐标为(2+4×2022,23)，即(8090,23).
故答案为：(8090,23).
过点A作AD⊥x轴于点D，根据等边三角形的性质可求出AD，BD的长度，进而可得出点A的坐标，再由旋转的性质可得出四边形ABCA1是平行四边形，结合点A的坐标及BC的值，即可得出点A1的坐标；根据平移的性质可找出点A2，A3，…的坐标，根据规律可得出点A2020的坐标．
本题考查了利用旋转设计图案、等边三角形的性质，旋转与平移的性质，正确求出A1，A2，A3的坐标，从而找出规律是解题的关键．
17.【答案】解：(1)如图①，是轴对称图形，但不是中心对称图形；
如图②，是中心对称图形，但不是轴对称图形；
如图③，既是轴对称图形，又是中心对称图形．
(2)如图④即为所求．
【解析】(1)根据题中的要求，图①是轴对称图形，不能画成中心对称图形；图②是中心对称图形，不能画成轴对称图形；图③既是轴对称图形，又是中心对称图形；
(2)根据题中的要求，图④是顶点在格点的凸多边形(不是平行四边形)，也是中心对称图形，但不是轴对称图形．
本题主要考查了利用图形的基本变换作图，由一个基本图案通过平移、旋转和轴对称以及中心对称等方法可以变换出一些新图案，关键是要熟悉轴对称、平移以及旋转等图形变换的性质．
18.【答案】解：首先根据题目所给材料，理解凸四边的特点就是每一个内角都小于180°.结合题目所给的△ABC和△DEF三边的数值或者观察，可知∠ACB=∠DFE>90°.第一问中，要组成轴对称图形，考虑对称性和不重叠的关系，所以有以下情况：
第一种A、C两点分别与D、F两点对应重合；
第二种C、B两点分别与F、E两点对应重合；
第三种A、B两点分别与D、E两点对应重合．
但是第一种和第二种不属于凸四边形，只有第三种符合题意要求．
在第二问中，要求组成中心对称图形，所以有以下情况：
第一种A、C两点分别与F、D两点对应重合，且此时四边形ABCE为平行四边形；
第二种C、B两点分别与E、F两点对应重合，同理得到四边形ABDC为平行四边形；
第三种A、B两点分别与E、D两点对应重合，同理得到四边形DCEF为平行四边形．
故答案为：(1)周长为14
(2)第一种周长为20；第二种周长为18；第三种周长为14．
【解析】根据旋转的性质进行解答即可．
此题考查利用旋转设计图案问题，关键是理解凸四边的特点和旋转的性质解答．
19.【答案】−185 −6 6 185 ①②
【解析】解：(1)分别将x=−3，−1，1，3代入y=12xx2+1
求得y=−185，−6，6，185．
故答案为：−185，−6，6，185．
(2)如图，
由图象可得函数图象关于原点对称，所以①正确，
x=1时，y有最大值6；x=−1时，y有最小值−6；所以②正确，
当−1
(3)当x>0时，12xx2+1>x得12x2+1>1，
∵x2+1>0，
∴不等式化简为12>x2+1，解得x>11．
∵3.32≈11，
∴0
∴0
(2)①观察图象，图象为中心对称图形．
②根据图象及表格确认函数最大值与最小值．
③由图象得当−1
本题考查函数与不等式的关系，解题关键是结合图象求不等式．
20.【答案】解：(1)(m−5,n−5)；
(2)(−m,−n)；
(3)10．
【解析】
【分析】
本题考查了利用平移变换作图，关键是根据中心对称的性质，三角形的面积求解．
(1)根据对应点的坐标利用平移的性质解答；
(2)根据中心对称的性质写出坐标即可；
(3)根据四边形的面积公式解答即可．
【解答】
解：(1)∵点A向左平移5个单位长度，再向下平移5个单位长度点C，
∴点M的对应点N的坐标为(m−5,n−5)；
(2)∵点A与点D关于原点对称，
∴点M的对应点N的坐标为(−m,−n)；
(3)如图所示：
四边形ABDC的面积=12×2×1+12×2×1+2×2+2×2=10．
故答案为：(1)(m−5,n−5)；(2)(−m,−n)；(3)10．
21.【答案】解：(1)①∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°，
∵∠DCF=60°，
∴∠ACF=∠BCD，
在△ACF和△BCD中，AC=BC ∠ACF=∠BCD CF=CD ，
∴△ACF≌△BCD(SAS)，
∴∠CAF=∠B=60°，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②DE=EF；理由如下：
∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，
∴∠FCE=60°−30°=30°，
∴∠DCE=∠FCE，
在△DCE和△FCE中，CD=CF ∠DCE=∠FCE CE=CE ，
∴△DCE≌△FCE(SAS)，
∴DE=EF；
(2)①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°，
∵∠DCF=90°，
∴∠ACF=∠BCD，
在△ACF和△BCD中，AC=BC ∠ACF=∠BCD CF=CD ，
∴△ACF≌△BCD(SAS)，
∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②AE2+DB2=DE2，理由如下：
∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，
∴∠FCE=90°−45°=45°，
∴∠DCE=∠FCE，
在△DCE和△FCE中，CD=CF ∠DCE=∠FCE CE=CE ，
∴△DCE≌△FCE(SAS)，
∴DE=EF，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，
又∵AF=DB，
∴AE2+DB2=DE2．
【解析】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．
(1)①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；
(2)①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．
22.【答案】(1)证明：如图，
过点A作AF⊥AB，使AF=BN，连接MF，CF，
∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠B=45°，
∴∠FAC=45°，
∴△CAF≌△CBN(SAS)，
∴CF=CN，
∠ACF=∠BCN，
∵∠ACB=90°，∠MCN=45°，
∴∠ACM+∠BCN=∠ACB−∠MCN=90°−45°=45°，
∵∠ACF=∠BCN，
∴∠ACM+∠ACF=45°，
即∠MCF=45°，
∴∠MCF=∠MCN，
又∵CM=CM，
∴△CMF≌△CMN(SAS)，
∴MF=MN，
∵AM2+AF2=MF2，
∴AM2+BN2=MN2；
(2)结论仍然成立；如图，
证明：过点A作AF⊥AB，使AF=BN，连接MF，CF，
∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠B=45°，
∴∠FAC=45°，
∴△CAF≌△CBN(SAS)，
∴CF=CN，∠ACF=∠BCN，
∵∠BCN+∠ACN=90°，
∴∠ACF+∠ACN=90°，即∠FCN=90°，
∵∠MCN=45°，
∴∠MCF=45°，
∴∠MCF=∠MCN，
又∵CM=CM，
∴△CMF≌△CMN(SAS)，
∴MF=MN，
∵AM2+AF2=MF2，
∴AM2+BN2=MN2．
【解析】此题主要考查旋转的性质，勾股定理及三角形全等的判定与性质，解答时要充分分析里面的条件与问题之间的联系．
(1)作AF⊥AB，使AF=BN，连接MF，CF，根据SAS证得△CAF≌△CBN和△CMF≌△CMN，再由勾股定理和等量代换即可解答；
(2)作AF⊥AB，使AF=BN，连接MF、CF，根据SAS证得△CAF≌△CBN和△CMF≌△CMN，再由勾股定理和等量代换即可解答．
23.【答案】解：(1)∵CD//OA，
∴∠BCD=∠O，
∵∠O=∠ADC，
∴∠BCD=∠CDA，
∴AD//OB；
(2)∵∠O=∠ADC=60°，
∴∠BCD=60°，
∴∠OCD=120°，
∵CD//OA，
∴∠DCA=∠CAO，
∵∠FCA=∠FAC，
∴∠DCA=FCA，
∵CE平分∠OCF，
∴∠OCE=∠FCE，
∴∠ECF+∠ACF=12∠OCD=60°，
∴∠ACE=60°；
(3)∠CAD+∠OEC=180°，
理由：∵AD//OC，
∴∠CAD=∠OCA，
∵∠OCA=∠OCE+∠ACE=60°+∠OCE，
∵∠AEC=∠O+∠OCE=60°+∠OCE，
∴∠AEC=∠CAD，
∵∠AEC+∠OEC=180°，
∴∠CAD+∠OEC=180°．
【解析】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．
(1)根据平行线的性质得到∠BCD=∠O，等量代换得到∠BCD=∠CDA，于是得到结论；
(2)根据邻补角的定义得到∠OCD=120°，根据平行线的性质得到∠DCA=∠CAO，等量代换得到∠DCA=FCA，由角平分线的定义得到∠OCE=∠FCE，于是得到结论；
(3)根据平行线的性质得到∠CAD=∠OCA，推出∠AEC=∠CAD，根据平角的定义得到∠AEC+∠OEC=180°，于是得到结论．
24.【答案】解：(1)BQ与AP所满足的数量关系是AP=BQ，位置关系是AP⊥BQ．
证明：由已知，得EF=FP，EF⊥FP，
∴∠EPF=45°，
又∵AC⊥BC，
∴∠CQP=∠CPQ=45°，
∴CQ=CP．
∵在Rt△BCQ和Rt△ACP中，
BC=AC，∠BCQ=∠ACP=90°，CQ=CP，
∴△BCQ≌△ACP(SAS)，
∴BQ=AP，
如图2，延长BQ交AP于点M．
∵Rt△BCQ≌Rt△ACP，
∴∠1=∠2，
∵在Rt△BCQ中，∠1+∠3=90°，又∠3=∠4，
∴∠2+∠4=∠1+∠3=90°．
∴∠QMA=90°，
∴BQ⊥AP，
∴Q与AP所满足的数量关系是AP=BQ，位置关系是AP⊥BQ；
(2)BQ=AP；BQ⊥AP．
如图，∵∠EPF=45°，
∴∠CPQ=45°，
又∵AC⊥BC，
∴∠CQP=∠CPQ=45°，
∴CQ=CP，
∵在Rt△BCQ和Rt△ACP中，
BC=AC，CQ=CP，∠BCQ=∠ACP=90°，
∴Rt△BCQ≌Rt△ACP．
∴BQ=AP；
如图3，延长QB交AP于点N，则∠PBN=∠CBQ，
∵Rt△BCQ≌Rt△ACP，
∴∠BQC=∠APC，
∵在Rt△BCQ中，∠BQC+∠CBQ=90°，
又∵∠CBQ=∠PBN，
∴∠APC+∠PBN=90°，
∴∠PNB=90°，
∴QB=AP，QB⊥AP．
【解析】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形性质和全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理等知识点，解本题的关键是作出辅助线判断出QB⊥AP．
(1)要证BQ=AP，可以转化为证明Rt△BCQ≌Rt△ACP；要证明BQ⊥AP，可以证明∠QMA=90°，只要证出∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠3=90°即可证出；
(2)类比(1)的证明就可以得到，结论仍成立．
北师大版初中数学八年级下册第三单元《图形的平移与旋转》单元测试卷
考试范围：第三章； 考试时间：100分钟；总分120分，
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 已知△ABC在平面直角坐标系中，点A，B，C都在第一象限内，现将△ABC的三个顶点的横坐标保持不变，纵坐标都乘−1，得到一个新的三角形，则( )
A. 新三角形与△ABC关于x轴对称
B. 新三角形与△ABC关于y轴对称
C. 新三角形的三个顶点都在第三象限内
D. 新三角形是由△ABC沿y轴向下平移一个单位长度得到的
2. 已知坐标平面内的点A(−2,4)，如果将平面直角坐标系向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，那么平移后点A的坐标是( )
A. (1,6) B. (−5,6) C. (−5,2) D. (1,2)
3. 如图是一块长方形ABCD的场地，长AB=102m，宽AD=51m，A、B两处入口的路宽为0.75m，两小路汇合处路宽为1.5m，其余部分种植草坪，则草坪面积为
A. 5050m2 B. 5025m2 C. 5015m2 D. 5000m2
4. 如图，△ABC为等边三角形，AB=8，AD⊥BC，点E为线段AD上的动点，连接CE，以CE为边作等边△CEF，连接DF，则线段DF的最小值为( )
A. 32
B. 4
C. 2
D. 1
5. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，∠EPF=90°，P是BC的中点，两边PE、PF分别交AB、AC于点E、F，当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时(点E不与A、B重合)，现给出以下四个结论：①AE=CF；②△EPF是等腰直角三角形；③S四边形PEAF=12S△ABC；④EF=AP，其中所有正确结论的序号为( )
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④
6. 如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，连接BD，把△BDC沿BD翻折，得到△BDC′，DC′与AB交于点E，连接AC′，若AD=AC′=2，BD=3，则点D到BC′的距离为( )
A. 332 B. 3217 C. 7 D. 13
7. 如图，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点由法国数学家和数学教育家克洛尔于1816年首次发现，但他自发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛重新发现，并用他的名字命名．问题：已知等腰直角三角形DEF中，∠EDF=90°，若Q为△DEF的布洛卡点，DQ=2，则EQ+FQ的值为( )
A. 10 B. 4+22 C. 6+22 D. 2+2
8. 下列命题：①成中心对称的两个图形不一定全等；②成中心对称的两个图形一定是全等图形；③两个全等的图形一定关于某点成中心对称；④中心对称表示两个图形之间的对称关系，中心对称图形是指某一个图形所具有的对称性质．其中真命题的个数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
9. 下列图形均是一些科技创新公司标志图，其中是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
10. 如图，小明家的住房平面图呈长方形，被分割成3个正方形和2个长方形，其中标为①的两个长方形是一样的、标为②的两个正方形方形也是一样的.若只知道原住房平面图长方形的周长，则分割后不用测量就能知道周长的图形标号为
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③
11. 如图，△ABC、△BDE都是等腰直角三角形，BA=BC，BD=BE，AC=4，DE=22.将△BDE绕点B逆时针方向旋转后得△BD′E′，当点E′恰好落在线段AD′上时，则CE′的长为( )
A. 6−2
B. 6+2
C. 4+322
D. 4+223
12. 如图，将△ABC绕顶点C旋转得到△DEC，点A对应点D，点B对应点E，且点B刚好落在DE边上，∠A=24°，∠BCD=48°，则∠ABD等于( )
A. 30° B. 36° C. 38° D. 45°
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，多边形ABCDEFGHIJ的相邻两边互相垂直，要求出它的周长，至少需要______知道条边的边长．
14. 如图，∠AOB=120°，点P为∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM=PN；②OM+ON=OP；③四边形PMON的面积保持不变；④△PMN的周长保持不变．其中说法正确的是______(填序号)．
15. 如图，这是小聪设计的正方形花边图案，该图案由正方形和三角形拼接组成(不重叠，无缝隙)，它既是轴对称图形，又是中心对称图形．若图中阴影面积的和为36，则图中线段EF的长为______．
16. 如图，在平面直角坐标系内，边长为4的等边△ABC的顶点B与原点重合，将△ABC绕顶点C顺时针旋转60°得△ACA1.将四边形ABCA1看作一个基本图形，将此基本图形不断复制并平移，则A2022的坐标为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）
17. 在网格中画对称图形．
(1)如图是五个小正方形拼成的图形，请你移动其中一个小正方形，重新拼成一个图形，使得所拼成的图形满足下列条件，并分别画在图①、图②、图③中(只需各画一个，内部涂上阴影)；
①是轴对称图形，但不是中心对称图形；
②是中心对称图形，但不是轴对称图形；
③既是轴对称图形，又是中心对称图形．
(2)请你在图④的网格内设计一个商标，满足下列要求：
①是顶点在格点的凸多边形(不是平行四边形)；
②是中心对称图形，但不是轴对称图形；
③商标内部涂上阴影．
18. 我们数学上将内角度数小于180°的四边形叫做凸四边形，
形如图(1)，(2)，(4)是凸四边形，(3)不是凸四边形．
操作：已知如图，两个全等的三角形纸片△ABC和△DEF，其中AB=6，AC=3，BC=4，按照下列要求把这两个三角形纸片无缝拼接，且没有重叠，画出所有可能的示意图，并写出所拼出图形的周长．
(1)拼接成轴对称的凸四边形，写出对应的周长．
(2)拼接成中心对称的凸四边形，写出对应的周长．
19. 在初中阶段的函数学习中，我们经历了列表、描点、连线画函数图象，并结合图象研究函数性质的过程，以下是我们研究函数y=12xx2+1性质及其应用的部分过程，请按要求完成下列各小题．
(1)请把表补充完整，并在图中补全该函数图象：
x
…
−5
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
5
…
y=12xx2+1
…
−3013
−4817
______
−245
______
0
______
245
______
4817
3013
…
(2)根据函数图象，判断下列关于该函数性质的说法正确的是______ (写序号)；
①该函数图象是中心对称图形，对称中心为原点；
②该函数在自变量的取值范围内，有最大值和最小值，x=1时，y有最大值6；x=−1时，y有最小值−6；
③当x>1或x<−1时，y随x的增大而增大；当−1
20. 如图，线段CD是线段AB经过某种变换得到的图形．
(1)若点A与点C，点B与点D是对应点，第一象限内的点M的坐标为(m,n)，在这种变换下，点M的对应点N的坐标为______(用含m、n的式子表示)；
(2)若点A与点D、点B与点C是对应点，第一象限内的点M的坐标为(m,n)，在这种变换下，点M的对应点N的坐标为______(用含m、n的式子表示)；
(3)连接BD、AC，直接写出四边形ABDC的面积为______．
21. 【操作发现】
(1)如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于30°)，旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF．
①求∠EAF的度数；
②DE与EF相等吗？请说明理由；
【类比探究】
(2)如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于45°)，旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF.请直接写出探究结果：
①∠EAF的度数；
②线段AE，ED，DB之间的数量关系．
22. 已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠MCN=45°．
(1)如图①，当M、N在AB上时，求证：MN2=AM2+BN2 ．
(2)如图②，将∠MCN绕C点旋转. 当M在BA的延长线上时，上述结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
23. 如图，已知射线CD//OA，点E，点F是OA上的动点，CE平分∠OCF，且满足∠FCA=∠FAC．
(1)若∠O=∠ADC，判断AD与OB的位置关系，证明你的结论．
(2)若∠O=∠ADC=60∘，求∠ACE的度数．
(3)在(2)的条件下左右平行移动AD，∠OEC和∠CAD存在怎样的数量关系⋅请直接写出结果(不需写证明过程)
24. 如图1，等腰直角三角形ABP是由两块完全相同的小直角三角板ABC、EFP(含45°)拼成的，其中△ABC的边BC在直线l上，AC⊥BC且AC=BC；△EFP的边FP也在直线l上，边EF与边AC重合，EF⊥FP且EF=FP．
(1)将三角板△EFP沿直线l向左平移到图2的位置时，EP交AC于点Q，连接AP、BQ.猜想并写出BQ与AP所满足的数量关系和位置关系，并证明你的猜想；
(2)将三角板△EFP沿直线l向左平移到图3的位置时，EP的延长线交AC的延长线于点Q，连接AP、BQ.你认为(1)中猜想的关系还成立吗？请写出你的结论(不需证明)．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵纵坐标乘以−1，
∴纵坐标相反，又横坐标不变，
∴关于x轴对称．
故选A．
根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”，可知所得的三角形与原三角形关于y轴对称．
主要考查了平面直角坐标系中对称点的规律．解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：(1)关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；(2)关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；(3)关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
2.【答案】D
【解析】解：∵坐标平面内点A(−2,4)，将坐标系先向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，
∴点A的横坐标增大3，纵坐标减小2，
∴点A变化后的坐标为(1,2)．
故选D．
根据题意，将平面直角坐标系向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，依据坐标的变化规律即可求解．
此题主要考查坐标与图形变化−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．将坐标系向右、向上平移，相当于将原来坐标系中的点向右、向下平移．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
此题考查了生活中的平移，根据图形得出草坪正好可以拼成一个长方形是解题关键．根据已知将道路平移，再利用矩形的性质求出长和宽，再进行解答．
【解答】
解：由图可知：矩形ABCD中去掉小路后，草坪正好可以拼成一个新的矩形，且它的长为：(102−1.5)米，宽为(51−0.75)米．
所以草坪的面积应该是长×宽=(102−1.5)×(51−0.75)=5050.125≈5050(米 2).
故选A．
4.【答案】C
【解析】解：如图，连接BF，
∵△ABC为等边三角形，AD⊥BC，AB=8，
∴BC=AC=AB=8，BD=DC=4，∠BAC=∠ACB=60°，∠CAE=30°，
∵△CEF为等边三角形，
∴CF=CE，∠FCE=60°，
∴∠FCE=∠ACB，
∴∠BCF=∠ACE，
∴在△BCF和△ACE中，
BC=AC∠BCF=∠ACECF=CE，
∴△BCF≌△ACE(SAS)，
∴∠CBF=∠CAE=30°，AE=BF，
∴当DF⊥BF时，DF值最小，
此时∠BFD=90°，∠CBF=30°，BD=4，
∴DF=2，
故选：C．
连接BF，由等边三角形的性质可得三角形全等的条件，从而可证△BCF≌△ACE，推出∠CBF=∠CAE=30°，再由垂线段最短可知当DF⊥BF时，DF值最小，利用含30°的直角三角形的性质定理可求DF的值．
本题考查了构造全等三角形来求线段最小值，同时也考查了30°所对直角边等于斜边的一半及垂线段最短等几何知识点，具有较强的综合性．
5.【答案】A
【解析】解：∵△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，P是BC中点，
∴∠B=∠C=∠BAP=∠CAP=45°，AP=PC=PB，∠APC=∠EPF=90°，
∴∠EPF−∠APF=∠APC−∠APF，
∴∠APE=∠CPF，
在△APE和△CPF中，
∠EAP=∠C=45°AP=AP∠APE=∠CPE，
∴△APE≌△CPF(ASA)，
∴AE=CF，EP=PF，
∴△EPF是等腰直角三角形，
∴①正确；②正确；
∵△APE≌△CPF，
∴SAPE=S△CPF，
∴S四边形AEPF=S△AEP+S△APF=S△CPF+S△APF=S△APC=12S△ABC，
∴③正确；
∵△ABC是等腰直角三角形，P是BC的中点，
∴AP=12BC，
∵EF不是△ABC的中位线，
∴EF≠AP，
故④错误；
即正确的有①②③，
故选：A．
根据等腰直角三角形的性质得出∠B=∠C=∠BAP=∠CAP=45°，AP=PC=PB，∠APC=∠EPF=90°，求出∠APE=∠CPF，证△APE≌△CPF，推出AE=CF，EP=PF，推出SAPE=S△CPF，求出S四边形AEPF=S△APC=12S△ABC，求出BE+CF=AE+AF>EF，即可得出答案．
本题考查了等腰直角三角形性质，三角形三边关系定理，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力．
6.【答案】B
【解析】解：如图，连接CC′，交BD于点M，过点D作DH⊥BC′于点H，
∵AD=AC′=2，D是AC边上的中点，
∴DC=AD=2，
由翻折知，△BDC≌△BDC′，BD垂直平分CC′，
∴DC=DC′=2，BC=BC′，CM=C′M，
∴AD=AC′=DC′=2，
∴△ADC′为等边三角形，
∴∠ADC′=∠AC′D=∠C′AC=60°，
∵DC=DC′，
∴∠DCC′=∠DC′C=12×60°=30°，
在Rt△C′DM中，
∠DC′C=30°，DC′=2，
∴DM=1，C′M=3DM=3，
∴BM=BD−DM=3−1=2，
在Rt△BMC′中，
BC′=BM2+C′M2=22+(3)2=7，
∵S△BDC′=12BC′⋅DH=12BD⋅CM，
∴7DH=3×3，
∴DH=3217，
故选：B．
连接CC′，交BD于点M，过点D作DH⊥BC′于点H，由翻折知，△BDC≌△BDC′，BD垂直平分CC′，证△ADC′为等边三角形，利用解直角三角形求出DM=1，C′M=3DM=3，BM=2，在Rt△BMC′中，利用勾股定理求出BC′的长，在△BDC′中利用面积法求出DH的长．
本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，勾股定理等，解题关键是会通过面积法求线段的长度．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了新定义问题，等腰直角三角形，旋转的性质，将△QFD绕点D顺时针旋转90°得△MED，根据旋转得到ME=QF，MD=QD=2，∠MED=∠QFD，∠MDE=∠QDF，根据题意得到∠QFE=∠QDF=∠QED，推出QE//DM，得到△MQE是等腰直角三角形，求得ME=MQ=22，得到QE=4，于是得到结论．
【解答】
解：将△QFD绕点D顺时针旋转90°得△MED，如图：
∴△MED≌△QFD，∠MDQ=90°，
∴ME=QF，MD=QD=2，∠MED=∠QFD，∠MDE=∠QDF，
∴∠DQM=45°，MQ=22，
∵点Q为△DEF的“布洛卡点”，
∴∠QFE=∠QDF=∠QED，
∴∠MDE=∠QED，
∴QE//DM，
∴∠DQE=90°，
∴∠MQE=∠DQE−∠DQM=90°−45°=45°，
∵∠QFD+∠QFE=45°，∠MED=∠QFD，
∴∠MED+∠QED=∠QEM=45°，
∴△MQE是等腰直角三角形，
∴ME=MQ=22，
∴QE=2MQ=4，
又∵ME=QF=22，
∴QE+QF=4+22．
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查中心对称和中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的性质是解题的关键；根据中心对称图形与中心对称的概念和性质逐一判断即可得到答案．
【解答】
解：①成中心对称的两个图形不一定全等，此说法错误，是假命题；
②成中心对称的两个图形一定是全等图形，此说法正确，是真命题；
③两个全等的图形一定关于某点成中心对称，此说法错误，是假命题；
④中心对称表示两个图形之间的对称关系，中心对称图形是指某一个图形所具有的对称性质，此说法正确，是真命题；
综上，真命题有2个，
故选B．
9.【答案】A
【解析】解：A、是中心对称图形，故此选项正确；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：A．
根据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进行分析．
此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．
10.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了中心对称的性质和应用，首先设图形①的长和宽分别是a、c，图形②的边长是b，图形③的边长是d，原来大长方形的周长是l，判断出l=2(a+2b+c)，a=b+d，b=c+d；然后分别判断出图形①、图形②的周长都等于原来大长方形的周长的12，所以它们的周长不用测量就能知道，而图形③的周长不用测量无法知道，据此解答即可．
【解答】
解：如图，设原住房平面图长方形的周长为2l，①的长和宽分别为a，b，②③的边长分别为c，d，根据题意得：
a=c+dic=b+diia+b+2c=l
(i)−(ii)，得a−c=c−b⇒a+b=2c，
将a+b=2c代入(iii)，得4c=l⇒2c=12l(定值)，
将2c=12l 代入a+b=2，得a+b=12l⇒2(a+b)=l(定值)，
而由已列方程组得不到d，
∴分割后不用测量就能知道周长的图形的标号为①②.
故选A．
11.【答案】B
【解析】解：过A点作AH⊥BE′于H，如图，
∵△ABC、△BDE都是等腰直角三角形，
∴AB=22AC=22×4=22，BE=BD=22DE=22×22=2，∠BED=45°，
∵△BDE绕点B逆时针方向旋转后得△BD′E′，
∴∠BE′D′=∠BED=45°，∠E′BD′=∠EBD=90°，E′D′=ED=22，BD′=BD=BE′=2，
∵∠AE′H=∠BE′D=45°
∴AH=E′H，
设AH=x，则HE′=x，AE′=2x，
在Rt△AHB中，x2+(x+2)2=(22)2，解得x1=3−1，x2=−3−1(舍去)，
∴AE′=2x=2(3−1)=6−2，
∴AD′=AE′+E′D′=6−2+22=6+2，
在△BAD′和△BCE′中，
BA=BC∠ABD′=∠CBE′BD′=BE′，
∴△BAD′≌△BCE′(SAS)，
∴CE′=AD′=6+2．
故选：B．
过A点作AH⊥BE′于E′，如图，利用等腰直角三角形的性质得AB=22，BE=BD=2，∠BED=45°，再根据旋转的性质得∠BE′D′=∠BED=45°，∠E′BD′=∠EBD=90°，E′D′=ED=22，BD′=BD=BE′=2，
设AH=x，则HE′=x，AE′=2x，利用勾股定理得到x2+(x+2)2=(22)2，解方程得到AE′=6−2，所以AD′=AE′+E′D′=6+2，然后证明△BAD′≌△BCE′，从而得到CE′=AD′．
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．也考查了等腰直角三角形．
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质即可得到结论．解答此题由旋转的性质可得∠D=∠A=24°，∠ABC=∠E，CE=CB，再由∠EBC是△BCD的外角可得∠EBC=∠D+∠BCD从而求出∠EBC的度数，根据等腰三角形的性质由CE=CB可得∠E=∠EBC，进而可得∠ABC的度数，最后根据平角的定义可得∠ABD的度数．
【解答】
解：∵△ABC绕顶点C旋转得到△DEC，
∴∠D=∠A=24°，∠ABC=∠E，CE=CB，
∵∠BCD=48°，
∴∠CBE=∠BCD+∠D=48°+24°=72°，
∵CE=CB，
∴∠E=∠CBE=72°，
∴∠ABC=∠E=72°，
∴∠ABD=180°−∠ABC−∠CBE=180°−72°−72°=36°．
故选B．
13.【答案】3
【解析】
【分析】
本题主要考查了平移的性质，把不规则图形部分平移到规则图形的部分是解题的关键．根据平移的性质，只要能求出横向与纵向的总长度，即可求出它的周长．
【解答】
解：根据平移的性质，只要知道GH、AB、BC的长度，就可以求出周长．
故答案为3．
14.【答案】①②③
【解析】解：过点P作PE⊥OA，垂足为E，过点P作PF⊥OB，垂足为F，
∴∠PEO=90°，∠PFO=90°，
∵∠AOB=120°，
∴∠EPF=360°−∠AOB−∠PEO−∠PFO=60°，
∵∠MPN+∠AOB=180°，
∴∠MPN=180°−∠AOB=60°，
∴∠MPN−∠EPN=∠EPF−∠EPN，
∴∠MPE=∠NPF，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA，PF⊥OB，
∴PE=PF，
∵∠MEP=∠NFP=90°，
∴△MEP≌△NFP(ASA)，
∴PM=PN，ME=NF，
故①正确；
∵OP=OP，
∴Rt△PEO≌Rt△PFO(HL)，
∴OE=OF，
∴OM+ON=OE+ME+OF−NF=2OE，
∵OP平分∠AOB，
∴∠EOP=12∠AOB=60°，
∴∠EPO=90°−∠EOP=30°，
∴PO=2OE，
∴OM+ON=OP，
故②正确；
∵△MEP≌△NFP，
∴四边形PMON的面积=四边形PEOF的面积，
∴四边形PMON的面积保持不变，
故③正确；
∵PM=PN，∠MPN=60°，
∴△PMN是等边三角形，
∵MN的长度是变化的，
∴△PMN的周长是变化的，
故④错误；
所以，说法正确的是：①②③，
故答案为：①②③．
根据角平分线上的点到角的两边距离相等，想到过点P作PE⊥OA，垂足为E，过点P作PF⊥OB，垂足为F，证明△PEM≌△PFN，△PEO≌△PFO，即可解答．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握对角互补模型−旋转型全等是解题的关键．
15.【答案】5
【解析】解：把图形局部放大如图所示，作FN⊥OA于N，WM⊥OA于M，连接OT交KJ于P交WR于Q，延长OT交AB于H设KW=KJ=2a.，则KP=WQ=a．
∵△FNE≌△EMW(AAS)，△FHT≌△TQW(AAS)，
∴FM=EM=AN，EN=WM=2a，FH=TQ，TH=WQ=a，设AN=FN=EM=x，FH=TQ=y，
∵AH=OH，
∴2x+y=y+4a，
∴x=22a，
∵S△AEF+S△EWK=368=92，
∴12⋅(22a+2a)⋅22a+12⋅(22a+2a)⋅2a=92，
解得a=22或−22(舍弃)，
∴EF=EN2+FN2=(2a)2+(22a)2=10a=10×22=5，
故答案为5．
把图形局部放大如图所示：作FN⊥OA于N，WM⊥OA于M，连接OT交KJ于P交WR于Q，延长OT交AB于H设KW=KJ=2a.，则KP=WQ=a.由△FNE≌△EMW(AAS)，△FHT≌△TQW(AAS)，推出FM=EM=AN，EN=WM=2a，FH=TQ，TH=WQ=a，设AN=FN=EM=x，FH=TQ=y，由AH=OH，可得2x+y=y+4a，推出x=22a，根据S△AEF+S△EWK=368=92，构建方程求出a即可解决问题．
本题考查中心对称，正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
16.【答案】(8082,23)
【解析】解：∵边长为4的等边△ABC的顶点B与原点重合，
∴OA=BC=4，∠AOC=60°．
如图，过点A作AD⊥x轴于点D，
∴BD=DC=12BC=2，AD=23，
∴点A的坐标为(2,23).
∵将△ABC绕顶点C顺时针旋转60°得到△ACA1，
∴四边形ABCA1是平行四边形，
∴AA1=BC=4，AA1//BC，
∴点A1的坐标为(2+4,23)，即(6,23).
∵将四边形ABCA1看作一个基本图形，将此基本图形不断复制并平移，
∴点A2的坐标为(2+4×2,23)，即(10,23)；
点A3的坐标为(2+4×3,23)，即(14,23)；
……
由规律可得：点A2022的坐标为(2+4×2022,23)，即(8090,23).
故答案为：(8090,23).
过点A作AD⊥x轴于点D，根据等边三角形的性质可求出AD，BD的长度，进而可得出点A的坐标，再由旋转的性质可得出四边形ABCA1是平行四边形，结合点A的坐标及BC的值，即可得出点A1的坐标；根据平移的性质可找出点A2，A3，…的坐标，根据规律可得出点A2020的坐标．
本题考查了利用旋转设计图案、等边三角形的性质，旋转与平移的性质，正确求出A1，A2，A3的坐标，从而找出规律是解题的关键．
17.【答案】解：(1)如图①，是轴对称图形，但不是中心对称图形；
如图②，是中心对称图形，但不是轴对称图形；
如图③，既是轴对称图形，又是中心对称图形．
(2)如图④即为所求．
【解析】(1)根据题中的要求，图①是轴对称图形，不能画成中心对称图形；图②是中心对称图形，不能画成轴对称图形；图③既是轴对称图形，又是中心对称图形；
(2)根据题中的要求，图④是顶点在格点的凸多边形(不是平行四边形)，也是中心对称图形，但不是轴对称图形．
本题主要考查了利用图形的基本变换作图，由一个基本图案通过平移、旋转和轴对称以及中心对称等方法可以变换出一些新图案，关键是要熟悉轴对称、平移以及旋转等图形变换的性质．
18.【答案】解：首先根据题目所给材料，理解凸四边的特点就是每一个内角都小于180°.结合题目所给的△ABC和△DEF三边的数值或者观察，可知∠ACB=∠DFE>90°.第一问中，要组成轴对称图形，考虑对称性和不重叠的关系，所以有以下情况：
第一种A、C两点分别与D、F两点对应重合；
第二种C、B两点分别与F、E两点对应重合；
第三种A、B两点分别与D、E两点对应重合．
但是第一种和第二种不属于凸四边形，只有第三种符合题意要求．
在第二问中，要求组成中心对称图形，所以有以下情况：
第一种A、C两点分别与F、D两点对应重合，且此时四边形ABCE为平行四边形；
第二种C、B两点分别与E、F两点对应重合，同理得到四边形ABDC为平行四边形；
第三种A、B两点分别与E、D两点对应重合，同理得到四边形DCEF为平行四边形．
故答案为：(1)周长为14
(2)第一种周长为20；第二种周长为18；第三种周长为14．
【解析】根据旋转的性质进行解答即可．
此题考查利用旋转设计图案问题，关键是理解凸四边的特点和旋转的性质解答．
19.【答案】−185 −6 6 185 ①②
【解析】解：(1)分别将x=−3，−1，1，3代入y=12xx2+1
求得y=−185，−6，6，185．
故答案为：−185，−6，6，185．
(2)如图，
由图象可得函数图象关于原点对称，所以①正确，
x=1时，y有最大值6；x=−1时，y有最小值−6；所以②正确，
当−1
(3)当x>0时，12xx2+1>x得12x2+1>1，
∵x2+1>0，
∴不等式化简为12>x2+1，解得x>11．
∵3.32≈11，
∴0
∴0
(2)①观察图象，图象为中心对称图形．
②根据图象及表格确认函数最大值与最小值．
③由图象得当−1
本题考查函数与不等式的关系，解题关键是结合图象求不等式．
20.【答案】解：(1)(m−5,n−5)；
(2)(−m,−n)；
(3)10．
【解析】
【分析】
本题考查了利用平移变换作图，关键是根据中心对称的性质，三角形的面积求解．
(1)根据对应点的坐标利用平移的性质解答；
(2)根据中心对称的性质写出坐标即可；
(3)根据四边形的面积公式解答即可．
【解答】
解：(1)∵点A向左平移5个单位长度，再向下平移5个单位长度点C，
∴点M的对应点N的坐标为(m−5,n−5)；
(2)∵点A与点D关于原点对称，
∴点M的对应点N的坐标为(−m,−n)；
(3)如图所示：
四边形ABDC的面积=12×2×1+12×2×1+2×2+2×2=10．
故答案为：(1)(m−5,n−5)；(2)(−m,−n)；(3)10．
21.【答案】解：(1)①∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°，
∵∠DCF=60°，
∴∠ACF=∠BCD，
在△ACF和△BCD中，AC=BC ∠ACF=∠BCD CF=CD ，
∴△ACF≌△BCD(SAS)，
∴∠CAF=∠B=60°，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②DE=EF；理由如下：
∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，
∴∠FCE=60°−30°=30°，
∴∠DCE=∠FCE，
在△DCE和△FCE中，CD=CF ∠DCE=∠FCE CE=CE ，
∴△DCE≌△FCE(SAS)，
∴DE=EF；
(2)①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°，
∵∠DCF=90°，
∴∠ACF=∠BCD，
在△ACF和△BCD中，AC=BC ∠ACF=∠BCD CF=CD ，
∴△ACF≌△BCD(SAS)，
∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②AE2+DB2=DE2，理由如下：
∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，
∴∠FCE=90°−45°=45°，
∴∠DCE=∠FCE，
在△DCE和△FCE中，CD=CF ∠DCE=∠FCE CE=CE ，
∴△DCE≌△FCE(SAS)，
∴DE=EF，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，
又∵AF=DB，
∴AE2+DB2=DE2．
【解析】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．
(1)①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；
(2)①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．
22.【答案】(1)证明：如图，
过点A作AF⊥AB，使AF=BN，连接MF，CF，
∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠B=45°，
∴∠FAC=45°，
∴△CAF≌△CBN(SAS)，
∴CF=CN，
∠ACF=∠BCN，
∵∠ACB=90°，∠MCN=45°，
∴∠ACM+∠BCN=∠ACB−∠MCN=90°−45°=45°，
∵∠ACF=∠BCN，
∴∠ACM+∠ACF=45°，
即∠MCF=45°，
∴∠MCF=∠MCN，
又∵CM=CM，
∴△CMF≌△CMN(SAS)，
∴MF=MN，
∵AM2+AF2=MF2，
∴AM2+BN2=MN2；
(2)结论仍然成立；如图，
证明：过点A作AF⊥AB，使AF=BN，连接MF，CF，
∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠B=45°，
∴∠FAC=45°，
∴△CAF≌△CBN(SAS)，
∴CF=CN，∠ACF=∠BCN，
∵∠BCN+∠ACN=90°，
∴∠ACF+∠ACN=90°，即∠FCN=90°，
∵∠MCN=45°，
∴∠MCF=45°，
∴∠MCF=∠MCN，
又∵CM=CM，
∴△CMF≌△CMN(SAS)，
∴MF=MN，
∵AM2+AF2=MF2，
∴AM2+BN2=MN2．
【解析】此题主要考查旋转的性质，勾股定理及三角形全等的判定与性质，解答时要充分分析里面的条件与问题之间的联系．
(1)作AF⊥AB，使AF=BN，连接MF，CF，根据SAS证得△CAF≌△CBN和△CMF≌△CMN，再由勾股定理和等量代换即可解答；
(2)作AF⊥AB，使AF=BN，连接MF、CF，根据SAS证得△CAF≌△CBN和△CMF≌△CMN，再由勾股定理和等量代换即可解答．
23.【答案】解：(1)∵CD//OA，
∴∠BCD=∠O，
∵∠O=∠ADC，
∴∠BCD=∠CDA，
∴AD//OB；
(2)∵∠O=∠ADC=60°，
∴∠BCD=60°，
∴∠OCD=120°，
∵CD//OA，
∴∠DCA=∠CAO，
∵∠FCA=∠FAC，
∴∠DCA=FCA，
∵CE平分∠OCF，
∴∠OCE=∠FCE，
∴∠ECF+∠ACF=12∠OCD=60°，
∴∠ACE=60°；
(3)∠CAD+∠OEC=180°，
理由：∵AD//OC，
∴∠CAD=∠OCA，
∵∠OCA=∠OCE+∠ACE=60°+∠OCE，
∵∠AEC=∠O+∠OCE=60°+∠OCE，
∴∠AEC=∠CAD，
∵∠AEC+∠OEC=180°，
∴∠CAD+∠OEC=180°．
【解析】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．
(1)根据平行线的性质得到∠BCD=∠O，等量代换得到∠BCD=∠CDA，于是得到结论；
(2)根据邻补角的定义得到∠OCD=120°，根据平行线的性质得到∠DCA=∠CAO，等量代换得到∠DCA=FCA，由角平分线的定义得到∠OCE=∠FCE，于是得到结论；
(3)根据平行线的性质得到∠CAD=∠OCA，推出∠AEC=∠CAD，根据平角的定义得到∠AEC+∠OEC=180°，于是得到结论．
24.【答案】解：(1)BQ与AP所满足的数量关系是AP=BQ，位置关系是AP⊥BQ．
证明：由已知，得EF=FP，EF⊥FP，
∴∠EPF=45°，
又∵AC⊥BC，
∴∠CQP=∠CPQ=45°，
∴CQ=CP．
∵在Rt△BCQ和Rt△ACP中，
BC=AC，∠BCQ=∠ACP=90°，CQ=CP，
∴△BCQ≌△ACP(SAS)，
∴BQ=AP，
如图2，延长BQ交AP于点M．
∵Rt△BCQ≌Rt△ACP，
∴∠1=∠2，
∵在Rt△BCQ中，∠1+∠3=90°，又∠3=∠4，
∴∠2+∠4=∠1+∠3=90°．
∴∠QMA=90°，
∴BQ⊥AP，
∴Q与AP所满足的数量关系是AP=BQ，位置关系是AP⊥BQ；
(2)BQ=AP；BQ⊥AP．
如图，∵∠EPF=45°，
∴∠CPQ=45°，
又∵AC⊥BC，
∴∠CQP=∠CPQ=45°，
∴CQ=CP，
∵在Rt△BCQ和Rt△ACP中，
BC=AC，CQ=CP，∠BCQ=∠ACP=90°，
∴Rt△BCQ≌Rt△ACP．
∴BQ=AP；
如图3，延长QB交AP于点N，则∠PBN=∠CBQ，
∵Rt△BCQ≌Rt△ACP，
∴∠BQC=∠APC，
∵在Rt△BCQ中，∠BQC+∠CBQ=90°，
又∵∠CBQ=∠PBN，
∴∠APC+∠PBN=90°，
∴∠PNB=90°，
∴QB=AP，QB⊥AP．
【解析】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形性质和全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理等知识点，解本题的关键是作出辅助线判断出QB⊥AP．
(1)要证BQ=AP，可以转化为证明Rt△BCQ≌Rt△ACP；要证明BQ⊥AP，可以证明∠QMA=90°，只要证出∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠3=90°即可证出；
(2)类比(1)的证明就可以得到，结论仍成立．
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