资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩6页未读，
继续阅读
所属成套资源：2020-2022近三年浙江中考数学真题及答案解析
成套系列资料，整套一键下载
2020-2022年浙江中考数学3年真题汇编 专题15 图形的旋转、翻折与平移（学生卷+教师卷）
展开
这是一份2020-2022年浙江中考数学3年真题汇编 专题15 图形的旋转、翻折与平移（学生卷+教师卷），文件包含专题15图形的旋转翻折与平移-三年2020-2022中考数学真题分项汇编浙江专用解析版docx、专题15图形的旋转翻折与平移-三年2020-2022中考数学真题分项汇编浙江专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
专题15 图形的旋转、翻折与平移
一、单选题
1．（2022·浙江湖州）如图，将△ABC沿BC方向平移1cm得到对应的△A′B′C′．若B′C=2cm，则BC′的长是（ ）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【答案】C
【分析】据平移的性质可得BB′=CC′=1，列式计算即可得解．
【详解】解：∵△ABC沿BC方向平移1cm得到△A′B′C′，
∴BB′=CC′=1cm，
∵B′C=2cm，
∴BC′= BB′+ B′C+CC′=1+2+1=4（cm）．
故选：C．
【点睛】本题考查了平移的性质，熟记性质得到相等的线段是解题的关键．
2．（2022·浙江嘉兴）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A．1cm B．2cm C．(－1)cm D．(2－1)cm
【答案】D
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可．
【详解】解：由题意，BD=cm，
由平移性质得=1cm，
∴点D，之间的距离为==（）cm，
故选：D．
【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
3．（2021·浙江丽水）四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是 (−1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（ ）
A．将B向左平移4.5个单位 B．将C向左平移4个单位
C．将D向左平移5.5个单位 D．将C向左平移3.5个单位
【答案】C
【分析】直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．
【详解】解：∵点A (−1，b) 关于y轴对称点为B (1，b)，
C (2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，
需要将点D (3.5，b) 向左平移3.5+2=5.5个单位，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
4．（2021·浙江绍兴）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（ ）
A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形
B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形
C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形
D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形
【答案】B
【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可
【详解】如图所示，
用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形；
用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，
用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形，
用5个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，
用6个相同的菱形放置，最多能得到47个菱形．
故选：B．
【点睛】本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
5．（2020·浙江台州）如图，把△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到△DEF，则顶点C（0，-1）对应点的坐标为（ ）
A．（0，0） B．（1，2） C．（1，3） D．（3，1）
【答案】D
【分析】先找到顶点C的对应点为F，再根据直角坐标系的特点即可得到坐标．
【详解】∵顶点C的对应点为F，
由图可得F的坐标为（3，1），
故选D．
【点睛】此题主要考查坐标与图形，解题的关键是熟知直角坐标系的特点．
6．（2022·浙江台州）如图是战机在空中展示的轴对称队形．以飞机B，C所在直线为x轴、队形的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系．若飞机E的坐标为(40，a)，则飞机D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】直接利用关于y轴对称，纵坐标相同，横坐标互为相反数，进而得出答案．
【详解】解：根据题意，点E与点D关于y轴对称，
∵飞机E的坐标为(40，a)，
∴飞机D的坐标为(-40，a)，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．
7．（2020·浙江台州）把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD折叠成如图所示的阴影图案，顶点A，D互相重合，中间空白部分是以E为直角顶点，腰长为2cm的等腰直角三角形，则纸片的长AD（单位：cm）为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．想办法求出AR，RM，MN，NW，WD即可解决问题．
【详解】解：如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．
由题意△EMN是等腰直角三角形，EM=EN=2，MN=
∵四边形EMHK是矩形，
∴EK= A'K=MH=1，KH=EM=2，
∵△RMH是等腰直角三角形，
∴RH=MH=1，RM=，同法可证NW=，
题意AR=R A'= A'W=WD=4，
∴AD=AR+RM+MN+NW+DW=4++++4=.
故答案为：D.
【点睛】本题考查翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形或特殊四边形解决问题．
8．（2022·浙江衢州）下列图形是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）逐项判断即可得．
【详解】解：A、不是中心对称图形，此项不符合题意；
B、是中心对称图形，此项符合题意；
C、不是中心对称图形，此项不符合题意；
D、不是中心对称图形，此项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称图形，熟记中心对称图形的定义是解题关键．
9．（2020·浙江绍兴）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【答案】B
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．
二、填空题
10．（2022·浙江台州）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为______．
【答案】8
【分析】根据平移的性质即可求解．
【详解】解：由平移的性质S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′，
∴四边形B′C′CB为平行四边形，
∵BB′⊥BC，
∴四边形B′C′CB为矩形，
∵阴影部分的面积=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC
=S矩形B′C′CB
=4×2
=8(cm2)．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形的判定和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
11．（2022·浙江金华）如图，在中，．把沿方向平移，得到，连结，则四边形的周长为_____．
【答案】
【分析】通过勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，分别计算出四边形的四条边长，再计算出周长即可．
【详解】解：∵，
∴AB=2BC=4，
∴AC=，
∵把沿方向平移，得到，
∴，， ，
∴四边形的周长为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，能够熟练掌握勾股定理是解决本题的关键．
12．（2022·浙江嘉兴）如图，在扇形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．已知，，则的度数为_______；折痕的长为_______．
【答案】 60°##60度
【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．
【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN
连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N
∵将沿弦折叠
∴点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上
∵将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．
∴ME⊥OA，MF⊥OB
∴
∵
∴四边形MEOF中
即的度数为60°；
∵，
∴（HL）
∴
∴
∴
∵MO⊥DC
∴
∴
故答案为：60°；
【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．
13．（2020·浙江金华）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点B重合），点O是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE=OF=1cm，AC=BD=6cm， CE=DF， CE:AE=2:3.按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动．
(1)当E，F两点的距离最大值时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是_____ cm．
(2)当夹子的开口最大（点C与点D重合）时，A，B两点的距离为_____cm．
【答案】 16
【分析】（1）当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，可得AB=CD=EF=2cm，根据矩形的性质求出周长即可．
（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，可得，AH=BH，利用已知先求出，在Rt△OEF中利用勾股定理求出CO的长，由，求出AH，从而求出AB=2AH的长．
【详解】（1）当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=EF=2cm，
∴以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长为2+6+2+6=16cm．
（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，
∴，AH=BH，
∵AC=BD=6cm，CE∶AE=2∶3，
∴，
在Rt△OEF中，，
∵，，
∴AB=2AH=．
故答案为16，．
【点睛】本题主要考查了勾股定理与旋转的结合，做题时准确理解题意利用已知的直角三角形进行求解是解题的关键．
三、解答题
14．（2022·浙江温州）如图，在的方格纸中，已知格点P，请按要求画格点图形（顶点均在格点上）．
(1)在图1中画一个锐角三角形，使P为其中一边的中点，再画出该三角形向右平移2个单位后的图形．
(2)在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形，使三边长都不相等，再画出该三角形绕点P旋转后的图形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可；
（2）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可．
（1）
画法不唯一，如图1或图2等．
（2）
画法不唯一，如图3或图4等．
【点睛】本题考查作图—旋转变换、作图—平移变换，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，注意不要忘记画出平移后或旋转后的图形．
15．（2022·浙江丽水）如图，在的方格纸中，点A，B，C均在格点上，试按要求画出相应格点图形．
(1)如图1，作一条线段，使它是向右平移一格后的图形；
(2)如图2，作一个轴对称图形，使和是它的两条边；
(3)如图3，作一个与相似的三角形，相似比不等于1．
【答案】(1)画图见解析
(2)画图见解析
(3)画图见解析
【分析】（1）分别确定A，B平移后的对应点C，D，从而可得答案；
（2）确定线段AB，AC关于直线BC对称的线段即可；
（3）分别计算的三边长度，再利用相似三角形的对应边成比例确定的三边长度，再画出即可．
（1）
解：如图，线段CD即为所求作的线段，
（2）
如图，四边形ABDC是所求作的轴对称图形，
（3）
如图，如图，即为所求作的三角形，
由勾股定理可得： 而
同理： 而
【点睛】本题考查的是平移的作图，轴对称的作图，相似三角形的作图，掌握平移轴对称的性质，相似三角形的判定方法是解本题的关键．
16．（2021·浙江温州）如图与的方格都是由边长为1的小正方形组成．图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．
（1）选一个四边形画在图2中，使点为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形．
（2）选一个合适的三角形，将它的各边长扩大到原来的倍，画在图3中．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）七巧板中有两个四边形，分别是正方形和平行四边形，根据题意可画出4种图形任意选一种即可，
（2）七巧板中有五个等腰直角三角形，有直角边长 的两个，直角边长2 的两个，直角边长2 的一个，根据题意利用数形结合的思想解决问题即可．
【详解】解：（1）画法不唯一，当选四边形为正方形时可以是如图1或图2；当四边形式平行四边形时可以是图3或图4．
（2）画法不唯一，
当直角边长为时，扩大即直角边长为利用勾股定理画出直角边长为直角三角形可以是如图5或图6
当直角边长为2时，扩大即直角边长为2利用勾股定理画出直角边长为2直角 三角形可以是如图7或图8等．
【点睛】本题考查基本作图，平移，二次根式的乘法，以及勾股定理的应用，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
17．（2022·浙江宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形．
(1)在图1中画出等腰三角形，且点C在格点上．（画出一个即可）
(2)在图2中画出以为边的菱形，且点D，E均在格点上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】利用轴对称图形、中心对称图形的特点画出符合条件的图形即可；
（1）
答案不唯一．
（2）
【点睛】本题考查了轴对称图形、中心对称图形的特点，熟练掌握特殊三角形与四边形的性质才能准确画出符合条件的图形．
18．（2020·浙江宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影：
（1）使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．
（2）使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据轴对称图形的定义画出图形构成一个大的等边三角形即可（答案不唯一）．
（2）根据中心对称图形的定义画出图形构成一个平行四边形即可（答案不唯一）．
【详解】解：（1）轴对称图形如图1所示．
（2）中心对称图形如图2所示．
【点睛】本题考查利用中心对称设计图案，利用轴对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19．（2020·浙江金华）如图，在△ABC中，AB=，∠B=45°，∠C=60°．
（1）求BC边上的高线长．
（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．
②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长．
【答案】（1）4;（2）①90°；②
【分析】（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．
（2）①证明BE=EP，可得∠EPB=∠B=45°解决问题．
②如图3中，由（1）可知：AC=，证明△AEF∽△ACB，推出，由此求出AF即可解决问题．
【详解】解：（1）如图1，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，==4.
（2）①如图2，∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP.
又∵AE＝BE ，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠AEP＝90°.
②如图3，由（1）可知：在Rt△ADC中，.
∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°.
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，则∠AFE＝∠B.
又∵∠EAF＝∠CAB，
∴△EAF∽△CAB，
∴＝，即＝，
∴AF＝,
在Rt△AFP中，AF＝PF，则AP＝＝.
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形的应用，翻折变换，全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
20．（2021·浙江嘉兴）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【分析】[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】[探究1]如图1，
设．
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵点在延长线上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）
∴．
[探究2] ．
证明：如图2，连结．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]关系式为．
证明：如图3，连结．
∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在与中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
21．（2020·浙江绍兴）如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG⊥BC，OG＝2，OC＝4．将△ABC绕点O逆时针旋转α（0°≤α＜180°）得到△A′B′C′．
（1）当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离．
（2）在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2．
①当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离．
②当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．
【答案】（1）点C′到直线OF的距离为2；（2）①点C′到直线DE的距离为2±2；②2≤d＜或d＝3．
【分析】（1）过点C′作C′H⊥OF于H．根据直角三角形的边角关系，解直角三角形求出CH即可．
（2）①分两种情形：当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M；当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．通过解直角三角形，分别求出C′M，C′N即可．
②设d为所求的距离．第一种情形：当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．结合图象可得结论．
第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2；当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．求出QG可得结论．
第三种情形：当A′P经过点F时，此时显然d＝3．综上所述即可得结论．
【详解】解：（1）如图，
过点C′作C′H⊥OF于H．
∵△A′B′C′是由△ABC绕点O逆时针旋转得到，
∴C′O=CO=4，
在Rt△HC′中，
∵∠HC′O＝α＝30°，
∴C′H＝C′O•cos30°＝2，
∴点C′到直线OF的距离为2．
（2）①如图，当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M．
∵△A′B′C′为等腰直角三角形，P为A′B′的中点，
∴∠A′C′P=45°，
∵∠A′C′O=90°，
∴∠OC′P=135°.
∵C′P∥OF，
∴∠O＝180°﹣∠OC′P＝45°，
∴△OC′M是等腰直角三角形，
∵OC′＝4，
∴C′M＝C′O•cos45°=4×=，
∴点C′到直线DE的距离为．
如图，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．
同法可证△OC′N是等腰直角三角形，
∴C′N＝，
∵GD=2，
∴点C′到直线DE的距离为．
②设d为所求的距离．
第一种情形：如图，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．
∵OC=4，AC=2，∠ACO=90°，
∵OM＝2，∠OMA′＝90°，
∴A′M＝＝＝4，
又∵OG=2，
∴DM=2，
∴A′D＝A′M-DM=4-2=2，
即d＝2，
如图，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．
∵P为A′B′的中点，∠A′C′B′=90°，
∴PQ∥A′C′，
∴
∵B′C′=2
∴PQ＝1，C'Q=1，
∴Q点为B′C′的中点，也是旋转前BC的中点，
∴OQ=OC'+C'Q=5
∴OP＝＝，
∴PM＝，
∴PD＝，
∴d＝﹣2，
∴2≤d≤﹣2．
第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2，
如图，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．
由上可知OP＝，OF＝5，
∴FP＝＝＝1，
∵OF＝OT，PF＝PT，∠F＝∠PTO＝90°，
∴Rt△OPF≌Rt△OPT（HL），
∴∠FOP＝∠TOP，
∵PR∥OQ，
∴∠OPR＝∠POF，
∴∠OPR＝∠POR，
∴OR＝PR，
∵PT2+TR2＝PR2，
∴PR＝2.6，RT＝2.4，
∵△B′PR∽△B′QO，
∴＝，
∴＝，
∴OQ＝，
∴QG＝OQ﹣OG＝，即d＝
∴2﹣2≤d＜，
第三种情形：当A′P经过点F时，如图，
此时FG=3，即d＝3．
综上所述，2≤d＜或d＝3．
【点睛】（1）本题考查了通过解直角三角形求线段长，解决本题的关键是构建直角三角形，熟练掌握直角三角形中边角关系.
（2）①本题综合性较强，考查了平行线的性质，解直角三角形，解决本题的关键是正确理解题意，能够根据题目条件进行分类讨论，然后通过解直角三角形求出相应的线段长即可.②本题综合性较强，考查了辅助线的作法，平行线的性质以及解直角三角形，解决本题的关键是正确理解题意，能够根据情况对题目进行分类讨论，通过不同情形，能够作出辅助线，在解决本题的过程中要求熟练掌握直角三角形中的边角关系.
22．（2020·浙江嘉兴）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．
【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．
活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）．
【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．
【答案】【思考】是，理由见解析；【发现】；【探究】BD＝2OF，理由见解析；
【分析】【思考】由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；
【发现】连接BE交AD于点O，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2﹣x，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出；
【探究】如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，则结论得证．
【详解】解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：如图，∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
【发现】如图1，连接BE交AD于点O，
∵四边形ABDE为矩形，
∴OA＝OD＝OB＝OE，
设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），
∴OF＝OA﹣AF＝2﹣x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，
∴，
解得：x＝，
∴AF＝cm．
【探究】BD＝2OF，
证明：如图2，延长OF交AE于点H，
∵四边形ABDE为矩形，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，
∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴AE∥BD，
∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，
∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，
∴△EFO≌△EFH（ASA），
∴EO＝EH，FO＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD（AAS），
∴BD＝OH＝2OF．
【点睛】本题考查了图形的综合变换，涉及了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
专题15 图形的旋转、翻折与平移
一、单选题
1．（2022·浙江湖州）如图，将△ABC沿BC方向平移1cm得到对应的△A′B′C′．若B′C=2cm，则BC′的长是（ ）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【答案】C
【分析】据平移的性质可得BB′=CC′=1，列式计算即可得解．
【详解】解：∵△ABC沿BC方向平移1cm得到△A′B′C′，
∴BB′=CC′=1cm，
∵B′C=2cm，
∴BC′= BB′+ B′C+CC′=1+2+1=4（cm）．
故选：C．
【点睛】本题考查了平移的性质，熟记性质得到相等的线段是解题的关键．
2．（2022·浙江嘉兴）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A．1cm B．2cm C．(－1)cm D．(2－1)cm
【答案】D
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可．
【详解】解：由题意，BD=cm，
由平移性质得=1cm，
∴点D，之间的距离为==（）cm，
故选：D．
【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
3．（2021·浙江丽水）四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是 (−1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（ ）
A．将B向左平移4.5个单位 B．将C向左平移4个单位
C．将D向左平移5.5个单位 D．将C向左平移3.5个单位
【答案】C
【分析】直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．
【详解】解：∵点A (−1，b) 关于y轴对称点为B (1，b)，
C (2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，
需要将点D (3.5，b) 向左平移3.5+2=5.5个单位，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
4．（2021·浙江绍兴）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（ ）
A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形
B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形
C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形
D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形
【答案】B
【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可
【详解】如图所示，
用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形；
用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，
用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形，
用5个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，
用6个相同的菱形放置，最多能得到47个菱形．
故选：B．
【点睛】本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
5．（2020·浙江台州）如图，把△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到△DEF，则顶点C（0，-1）对应点的坐标为（ ）
A．（0，0） B．（1，2） C．（1，3） D．（3，1）
【答案】D
【分析】先找到顶点C的对应点为F，再根据直角坐标系的特点即可得到坐标．
【详解】∵顶点C的对应点为F，
由图可得F的坐标为（3，1），
故选D．
【点睛】此题主要考查坐标与图形，解题的关键是熟知直角坐标系的特点．
6．（2022·浙江台州）如图是战机在空中展示的轴对称队形．以飞机B，C所在直线为x轴、队形的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系．若飞机E的坐标为(40，a)，则飞机D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】直接利用关于y轴对称，纵坐标相同，横坐标互为相反数，进而得出答案．
【详解】解：根据题意，点E与点D关于y轴对称，
∵飞机E的坐标为(40，a)，
∴飞机D的坐标为(-40，a)，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．
7．（2020·浙江台州）把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD折叠成如图所示的阴影图案，顶点A，D互相重合，中间空白部分是以E为直角顶点，腰长为2cm的等腰直角三角形，则纸片的长AD（单位：cm）为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．想办法求出AR，RM，MN，NW，WD即可解决问题．
【详解】解：如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．
由题意△EMN是等腰直角三角形，EM=EN=2，MN=
∵四边形EMHK是矩形，
∴EK= A'K=MH=1，KH=EM=2，
∵△RMH是等腰直角三角形，
∴RH=MH=1，RM=，同法可证NW=，
题意AR=R A'= A'W=WD=4，
∴AD=AR+RM+MN+NW+DW=4++++4=.
故答案为：D.
【点睛】本题考查翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形或特殊四边形解决问题．
8．（2022·浙江衢州）下列图形是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）逐项判断即可得．
【详解】解：A、不是中心对称图形，此项不符合题意；
B、是中心对称图形，此项符合题意；
C、不是中心对称图形，此项不符合题意；
D、不是中心对称图形，此项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称图形，熟记中心对称图形的定义是解题关键．
9．（2020·浙江绍兴）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【答案】B
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．
二、填空题
10．（2022·浙江台州）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为______．
【答案】8
【分析】根据平移的性质即可求解．
【详解】解：由平移的性质S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′，
∴四边形B′C′CB为平行四边形，
∵BB′⊥BC，
∴四边形B′C′CB为矩形，
∵阴影部分的面积=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC
=S矩形B′C′CB
=4×2
=8(cm2)．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形的判定和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
11．（2022·浙江金华）如图，在中，．把沿方向平移，得到，连结，则四边形的周长为_____．
【答案】
【分析】通过勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，分别计算出四边形的四条边长，再计算出周长即可．
【详解】解：∵，
∴AB=2BC=4，
∴AC=，
∵把沿方向平移，得到，
∴，， ，
∴四边形的周长为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，能够熟练掌握勾股定理是解决本题的关键．
12．（2022·浙江嘉兴）如图，在扇形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．已知，，则的度数为_______；折痕的长为_______．
【答案】 60°##60度
【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．
【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN
连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N
∵将沿弦折叠
∴点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上
∵将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．
∴ME⊥OA，MF⊥OB
∴
∵
∴四边形MEOF中
即的度数为60°；
∵，
∴（HL）
∴
∴
∴
∵MO⊥DC
∴
∴
故答案为：60°；
【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．
13．（2020·浙江金华）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点B重合），点O是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE=OF=1cm，AC=BD=6cm， CE=DF， CE:AE=2:3.按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动．
(1)当E，F两点的距离最大值时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是_____ cm．
(2)当夹子的开口最大（点C与点D重合）时，A，B两点的距离为_____cm．
【答案】 16
【分析】（1）当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，可得AB=CD=EF=2cm，根据矩形的性质求出周长即可．
（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，可得，AH=BH，利用已知先求出，在Rt△OEF中利用勾股定理求出CO的长，由，求出AH，从而求出AB=2AH的长．
【详解】（1）当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=EF=2cm，
∴以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长为2+6+2+6=16cm．
（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，
∴，AH=BH，
∵AC=BD=6cm，CE∶AE=2∶3，
∴，
在Rt△OEF中，，
∵，，
∴AB=2AH=．
故答案为16，．
【点睛】本题主要考查了勾股定理与旋转的结合，做题时准确理解题意利用已知的直角三角形进行求解是解题的关键．
三、解答题
14．（2022·浙江温州）如图，在的方格纸中，已知格点P，请按要求画格点图形（顶点均在格点上）．
(1)在图1中画一个锐角三角形，使P为其中一边的中点，再画出该三角形向右平移2个单位后的图形．
(2)在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形，使三边长都不相等，再画出该三角形绕点P旋转后的图形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可；
（2）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可．
（1）
画法不唯一，如图1或图2等．
（2）
画法不唯一，如图3或图4等．
【点睛】本题考查作图—旋转变换、作图—平移变换，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，注意不要忘记画出平移后或旋转后的图形．
15．（2022·浙江丽水）如图，在的方格纸中，点A，B，C均在格点上，试按要求画出相应格点图形．
(1)如图1，作一条线段，使它是向右平移一格后的图形；
(2)如图2，作一个轴对称图形，使和是它的两条边；
(3)如图3，作一个与相似的三角形，相似比不等于1．
【答案】(1)画图见解析
(2)画图见解析
(3)画图见解析
【分析】（1）分别确定A，B平移后的对应点C，D，从而可得答案；
（2）确定线段AB，AC关于直线BC对称的线段即可；
（3）分别计算的三边长度，再利用相似三角形的对应边成比例确定的三边长度，再画出即可．
（1）
解：如图，线段CD即为所求作的线段，
（2）
如图，四边形ABDC是所求作的轴对称图形，
（3）
如图，如图，即为所求作的三角形，
由勾股定理可得： 而
同理： 而
【点睛】本题考查的是平移的作图，轴对称的作图，相似三角形的作图，掌握平移轴对称的性质，相似三角形的判定方法是解本题的关键．
16．（2021·浙江温州）如图与的方格都是由边长为1的小正方形组成．图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．
（1）选一个四边形画在图2中，使点为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形．
（2）选一个合适的三角形，将它的各边长扩大到原来的倍，画在图3中．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）七巧板中有两个四边形，分别是正方形和平行四边形，根据题意可画出4种图形任意选一种即可，
（2）七巧板中有五个等腰直角三角形，有直角边长 的两个，直角边长2 的两个，直角边长2 的一个，根据题意利用数形结合的思想解决问题即可．
【详解】解：（1）画法不唯一，当选四边形为正方形时可以是如图1或图2；当四边形式平行四边形时可以是图3或图4．
（2）画法不唯一，
当直角边长为时，扩大即直角边长为利用勾股定理画出直角边长为直角三角形可以是如图5或图6
当直角边长为2时，扩大即直角边长为2利用勾股定理画出直角边长为2直角 三角形可以是如图7或图8等．
【点睛】本题考查基本作图，平移，二次根式的乘法，以及勾股定理的应用，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
17．（2022·浙江宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形．
(1)在图1中画出等腰三角形，且点C在格点上．（画出一个即可）
(2)在图2中画出以为边的菱形，且点D，E均在格点上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】利用轴对称图形、中心对称图形的特点画出符合条件的图形即可；
（1）
答案不唯一．
（2）
【点睛】本题考查了轴对称图形、中心对称图形的特点，熟练掌握特殊三角形与四边形的性质才能准确画出符合条件的图形．
18．（2020·浙江宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影：
（1）使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．
（2）使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据轴对称图形的定义画出图形构成一个大的等边三角形即可（答案不唯一）．
（2）根据中心对称图形的定义画出图形构成一个平行四边形即可（答案不唯一）．
【详解】解：（1）轴对称图形如图1所示．
（2）中心对称图形如图2所示．
【点睛】本题考查利用中心对称设计图案，利用轴对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19．（2020·浙江金华）如图，在△ABC中，AB=，∠B=45°，∠C=60°．
（1）求BC边上的高线长．
（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．
②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长．
【答案】（1）4;（2）①90°；②
【分析】（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．
（2）①证明BE=EP，可得∠EPB=∠B=45°解决问题．
②如图3中，由（1）可知：AC=，证明△AEF∽△ACB，推出，由此求出AF即可解决问题．
【详解】解：（1）如图1，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，==4.
（2）①如图2，∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP.
又∵AE＝BE ，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠AEP＝90°.
②如图3，由（1）可知：在Rt△ADC中，.
∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°.
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，则∠AFE＝∠B.
又∵∠EAF＝∠CAB，
∴△EAF∽△CAB，
∴＝，即＝，
∴AF＝,
在Rt△AFP中，AF＝PF，则AP＝＝.
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形的应用，翻折变换，全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
20．（2021·浙江嘉兴）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【分析】[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】[探究1]如图1，
设．
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵点在延长线上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）
∴．
[探究2] ．
证明：如图2，连结．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]关系式为．
证明：如图3，连结．
∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在与中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
21．（2020·浙江绍兴）如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG⊥BC，OG＝2，OC＝4．将△ABC绕点O逆时针旋转α（0°≤α＜180°）得到△A′B′C′．
（1）当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离．
（2）在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2．
①当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离．
②当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．
【答案】（1）点C′到直线OF的距离为2；（2）①点C′到直线DE的距离为2±2；②2≤d＜或d＝3．
【分析】（1）过点C′作C′H⊥OF于H．根据直角三角形的边角关系，解直角三角形求出CH即可．
（2）①分两种情形：当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M；当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．通过解直角三角形，分别求出C′M，C′N即可．
②设d为所求的距离．第一种情形：当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．结合图象可得结论．
第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2；当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．求出QG可得结论．
第三种情形：当A′P经过点F时，此时显然d＝3．综上所述即可得结论．
【详解】解：（1）如图，
过点C′作C′H⊥OF于H．
∵△A′B′C′是由△ABC绕点O逆时针旋转得到，
∴C′O=CO=4，
在Rt△HC′中，
∵∠HC′O＝α＝30°，
∴C′H＝C′O•cos30°＝2，
∴点C′到直线OF的距离为2．
（2）①如图，当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M．
∵△A′B′C′为等腰直角三角形，P为A′B′的中点，
∴∠A′C′P=45°，
∵∠A′C′O=90°，
∴∠OC′P=135°.
∵C′P∥OF，
∴∠O＝180°﹣∠OC′P＝45°，
∴△OC′M是等腰直角三角形，
∵OC′＝4，
∴C′M＝C′O•cos45°=4×=，
∴点C′到直线DE的距离为．
如图，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．
同法可证△OC′N是等腰直角三角形，
∴C′N＝，
∵GD=2，
∴点C′到直线DE的距离为．
②设d为所求的距离．
第一种情形：如图，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．
∵OC=4，AC=2，∠ACO=90°，
∵OM＝2，∠OMA′＝90°，
∴A′M＝＝＝4，
又∵OG=2，
∴DM=2，
∴A′D＝A′M-DM=4-2=2，
即d＝2，
如图，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．
∵P为A′B′的中点，∠A′C′B′=90°，
∴PQ∥A′C′，
∴
∵B′C′=2
∴PQ＝1，C'Q=1，
∴Q点为B′C′的中点，也是旋转前BC的中点，
∴OQ=OC'+C'Q=5
∴OP＝＝，
∴PM＝，
∴PD＝，
∴d＝﹣2，
∴2≤d≤﹣2．
第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2，
如图，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．
由上可知OP＝，OF＝5，
∴FP＝＝＝1，
∵OF＝OT，PF＝PT，∠F＝∠PTO＝90°，
∴Rt△OPF≌Rt△OPT（HL），
∴∠FOP＝∠TOP，
∵PR∥OQ，
∴∠OPR＝∠POF，
∴∠OPR＝∠POR，
∴OR＝PR，
∵PT2+TR2＝PR2，
∴PR＝2.6，RT＝2.4，
∵△B′PR∽△B′QO，
∴＝，
∴＝，
∴OQ＝，
∴QG＝OQ﹣OG＝，即d＝
∴2﹣2≤d＜，
第三种情形：当A′P经过点F时，如图，
此时FG=3，即d＝3．
综上所述，2≤d＜或d＝3．
【点睛】（1）本题考查了通过解直角三角形求线段长，解决本题的关键是构建直角三角形，熟练掌握直角三角形中边角关系.
（2）①本题综合性较强，考查了平行线的性质，解直角三角形，解决本题的关键是正确理解题意，能够根据题目条件进行分类讨论，然后通过解直角三角形求出相应的线段长即可.②本题综合性较强，考查了辅助线的作法，平行线的性质以及解直角三角形，解决本题的关键是正确理解题意，能够根据情况对题目进行分类讨论，通过不同情形，能够作出辅助线，在解决本题的过程中要求熟练掌握直角三角形中的边角关系.
22．（2020·浙江嘉兴）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．
【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．
活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）．
【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．
【答案】【思考】是，理由见解析；【发现】；【探究】BD＝2OF，理由见解析；
【分析】【思考】由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；
【发现】连接BE交AD于点O，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2﹣x，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出；
【探究】如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，则结论得证．
【详解】解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：如图，∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
【发现】如图1，连接BE交AD于点O，
∵四边形ABDE为矩形，
∴OA＝OD＝OB＝OE，
设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），
∴OF＝OA﹣AF＝2﹣x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，
∴，
解得：x＝，
∴AF＝cm．
【探究】BD＝2OF，
证明：如图2，延长OF交AE于点H，
∵四边形ABDE为矩形，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，
∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴AE∥BD，
∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，
∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，
∴△EFO≌△EFH（ASA），
∴EO＝EH，FO＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD（AAS），
∴BD＝OH＝2OF．
【点睛】本题考查了图形的综合变换，涉及了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
相关试卷
三年(2020年-2022年)中考数学真题分项汇编：专题15 图形的旋转、翻折（对称）与平移（含答案详解）： 这是一份三年(2020年-2022年)中考数学真题分项汇编：专题15 图形的旋转、翻折（对称）与平移（含答案详解），共83页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
(2020-2022)中考数学真题分类汇编专题15 图形的旋转、翻折（对称）与平移（教师版）： 这是一份(2020-2022)中考数学真题分类汇编专题15 图形的旋转、翻折（对称）与平移（教师版），共80页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
初中数学中考复习 专题15 图形的旋转、翻折（对称）与平移-三年（2020-2022）中考数学真题分项汇编（全国通用）（原卷版）： 这是一份初中数学中考复习 专题15 图形的旋转、翻折（对称）与平移-三年（2020-2022）中考数学真题分项汇编（全国通用）（原卷版），共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
