初中数学中考复习 专题14 几何变换问题（解析版）

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决胜2021中考数学压轴题全揭秘精品
专题14 几何变换问题


【考点1】平移变换问题
【例1】（2020·四川泸州·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向右平移4个单位长度，得到的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据横坐标，右移加，左移减可得点A（-2，3）向右平移4个单位长度后得到的对应点A′的坐标为（-2+4，3）．
【详解】
解：点A（-2，3）向右平移4个单位长度后得到的对应点A′的坐标为（-2+4，3），
即（2，3），
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了坐标与图形的变化—平移，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
【变式1-1】（2020·山东济南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在格点上，如果将△ABC先沿y轴翻折，再向上平移3个单位长度，得到'，那么点B的对应点B'的坐标为（　　）

A．（1，7） B．（0，5） C．（3，4） D．（﹣3，2）
【答案】C
【分析】
根据轴对称的性质和平移规律求得即可．
【详解】
解：由坐标系可得B(﹣3，1)，将△ABC先沿y轴翻折得到B点对应点为(3，1)，再向上平移3个单位长度，点B的对应点B'的坐标为(3，1+3)，即(3，4)，
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了坐标与图形的变化--对称和平移，关键是掌握点的坐标的变化规律．
【变式1-2】（2019·广西中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是
（1）将向上平移4个单位长度得到，请画出；
（2）请画出与关于轴对称的；
（3）请写出的坐标．

【答案】（1）如图所示：，即为所求；见解析；（2）如图所示：，即为所求；见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案；
（3）利用所画图象得出对应点坐标.
【详解】
（1）如图所示：，即为所求；
（2）如图所示：，即为所求；

（3）．
【点睛】
此题主要考查了轴对称变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键.
【考点2】轴对称变换问题（含折叠变换）
【例2】（2020·湖北荆门·中考真题）在平面直角坐标系中，的直角顶点B在y轴上，点A的坐标为，将沿直线翻折，得到，过作垂直于交y轴于点C，则点C的坐标为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先求出OA，然后证明△∽△即可得出答案．
【详解】
由题意可得AB=1，OB=，
∵△ABC为直角三角形，
∴OA=2，
由翻折性质可得=1，=，=2，∠=90°，
∵∠+∠=90°，∠+∠=90°，
∴∠=∠，
∵⊥，∠=90°，
∴△∽△，
∴，即
∴OC=4，
∴点C的坐标为（0，-4），
故选：C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，翻折的性质，勾股定理，证明△∽△是解题关键．
【变式2-1】（2020·山东聊城·中考真题）如图，在直角坐标系中，点，是第一象限角平分线上的两点，点的纵坐标为1，且，在轴上取一点，连接，，，，使得四边形的周长最小，这个最小周长的值为________．

【答案】
【分析】
先求出AC=BC=2，作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AE=AD+BD，且AD+BD值最小，即此时四边形的周长最小；作FG∥y轴，AG∥x轴，交于点G，则GF⊥AG，根据勾股定理求出AE即可．
【详解】
解：∵，点的纵坐标为1，
∴AC∥x轴，
∵点，是第一象限角平分线上的两点，
∴∠BAC=45°，
∵，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∴∠C=90°，
∴BC∥y轴，
∴AC=BC=2，
作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AE=AD+BD，且AD+BD值最小，
∴此时四边形的周长最小，
作FG∥y轴，AG∥x轴，交于点G，则GF⊥AG，
∴EG=2，GA=4，
在Rt△AGE中，
，
∴ 四边形的周长最小值为2+2+=4+ ．

【点睛】
本题考查了四条线段和最短问题．由于AC=BC=2,因此本题实质就是求AD+BD最小值，从而转化为“将军饮马”问题，这是解题关键．
【变式2-2】（2020·江苏南京·中考真题）如图①，要在一条笔直的路边上建一个燃气站，向同侧的A、B两个城镇分别发铺设管道输送燃气，试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．

（1）如图②，作出点A关于的对称点，线与直线的交点C的位置即为所求， 即在点C处建气站， 所得路线ACB是最短的，为了让明点C的位置即为所求，不妨在直线上另外任取一点，连接，， 证明， 请完成这个证明．

（2）如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域请分别始出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由），
①生市保护区是正方形区城，位置如图③所示
②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．

【答案】（1）证明见解析；（2）①见解析，②见解析
【分析】
（1）连接，利用垂直平分线的性质，得到，利用三角形的三边关系，即可得到答案；
（2）由（1）可知，在点C处建燃气站，铺设管道的路线最短．分别对①、②的道路进行设计分析，即可求出最短的路线图．
【详解】
（1）证明：如图，连接

∵点A、关于l对称，点C在l上
∴，
∴，
同理，
在中，有
∴；
（2）解：①在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是AC+CD+DB（如图，其中D是正方形的顶点）．

②在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是（如图，其中CD、BE都与圆相切）．

【点睛】
本题考查了切线的应用，最短路径问题，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握题意，正确确定点C的位置，从而确定铺设管道的最短路线．
【考点3】旋转变换问题
【例3】（2020·重庆中考真题）如图，在中，，，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：；
（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使的值最小．当的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）先证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；
（2）连接AF，由（1）得，，，推出，然后根据现有条件说明
在中，，点A，D，C，E四点共圆，F为圆心，则，在中，推出，即可得出答案；
（3）在△ABC内取一点P，连接AP、BP、CP，将三角形ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBD，证明点P位于线段CE上，同理得到点P位于线段BF上，证明∠BPC=120°，进而得到，设PD为，
得出，，得出，解出a，根据即可得出答案．
【详解】
解：（1）证明如下：∵，
∴，
∵，，
∴在和中，
∴，
∴，
∴，
在中，F为DE中点（同时），，
∴，即为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
（2）连接AF，由（1）得，，，
∴，
在中，，
∵F为DE中点，
∴，
在四边形ADCE中，有，，
∴点A，D，C，E四点共圆，
∵F为DE中点，
∴F为圆心，则，
在中，
∵，
∴F为CG中点，即，
∴，
即；

（3）如图1，在△ABC内取一点P，连接AP、BP、CP，将三角形ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBD，得到△BPD为等边三角形，所以PD=BP，
∴AP+BP+CP=DE+DP+CP，
∴当的值取得最小值时，点P位于线段CE上；

如图2，将三角形ACP绕点C顺时针旋转60°得到△FCG，得到△PCG为等边三角形，所以PC=GP，
∴AP+BP+CP=GF+GP+BP，
∴当的值取得最小值时，点P位于线段BF上；

综上所述：如图3，以AB、AC为边向外做等边三角形ABE和等边三角形ACF，连接CE、BF，则交点P为求作的点，
∴△AEC≌△ABF，
∴∠AEC=∠ABF，
∴∠EPB=EAB=60°，
∴∠BPC=120°，

如图4，同理可得，，

∴，
设PD为，
∴，
又，
∴，


又
∴．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，锐角三角函数等知识，灵活运用所学知识是解本题的关键．
【变式3-1】（2020·广西中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．
（1）把向左平移4个单位后得到对应的A1B1C1，请画出平移后的A1B1C1；
（2）把绕原点O旋转180°后得到对应的A2B2C2，请画出旋转后的A2B2C2；
（3）观察图形可知，A1B1C1与A2B2C2关于点（　 　，　 　）中心对称．

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）﹣2，0．
【分析】
（1）依据平移的方向和距离，即可得到平移后的△A1B1C1；
（2）依据△ABC绕原点O旋转180°，即可画出旋转后的△A2B2C2；
（3）依据对称点连线的中点的位置，即可得到对称中心的坐标．
【详解】
解：（1）如图所示，分别确定平移后的对应点，
得到A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，分别确定旋转后的对应点，
得到A2B2C2即为所求；

（3）由图可得，A1B1C1与A2B2C2关于点成中心对称．
故答案为：﹣2，0．
【点睛】
本题考查的是平移，旋转的作图，以及判断中心对称的对称中心的坐标，掌握以上知识是解题的关键．
【变式3-2】（2020·浙江嘉兴·中考真题）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．
【考点4】位似变换问题
【例4】（2019·广西中考真题）如图，与是以坐标原点为位似中心的位似图形，若点，，则的面积为__．

【答案】18．
【解析】
【分析】
根据，的坐标得到位似比，继而得到A、C对应点的坐标，再用所在的矩形的面积减去顶点处的三角形面积即可求得答案.
【详解】
∵与是以坐标原点为位似中心的位似图形，
若点，，
∴位似比为：，
∵，，
∴，
∴的面积为：，
故答案为：18．
【点睛】
本题考查了位似变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题关键．
【变式4-1】（2020·湖南郴州·中考真题）在平面直角坐标系中，将以点为位似中心，为位似比作位似变换，得到．已知，则点的坐标是__________．

【答案】．
【分析】
直接利用位似图形的性质进而得出对应点坐标即可．
【详解】
解：∵将△AOB以点O为位似中心，为位似比作位似变换，得到△A1OB1，A（2，3），
∴点A1的坐标是：，
即A1．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．
【变式4-2】（2020·重庆中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，以原点为位似中心，在原点的同侧画，使与成位似图形，且相似比为2：1，则线段DF的长度为（ ）

A． B．2 C．4 D．
【答案】D
【分析】
把A、C的横纵坐标都乘以2得到D、F的坐标，然后利用两点间的距离公式计算线段DF的长．
【详解】
解：∵以原点为位似中心，在原点的同侧画△DEF，使△DEF与△ABC成位似图形，且相似比为2：1，
而A（1，2），C（3，1），
∴D（2，4），F（6，2），
∴DF＝=，
故选：D．
【点睛】
本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．

一、单选题
1．（2020·河南中考真题）如图，在中，．边在轴上，顶点的坐标分别为和．将正方形沿轴向右平移当点落在边上时，点的坐标为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先画出落在上的示意图，如图，根据锐角三角函数求解的长度，结合正方形的性质，从而可得答案．
【详解】
解：由题意知：
四边形为正方形，


如图，当落在上时，


由




故选

【点睛】
本题考查的是平移的性质的应用，同时考查了正方形的性质，图形与坐标，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2020·山东济南·中考真题）如图，在中，AB＝AC，分别以点A、B为圆心，以适当的长为半径作弧，两弧分别交于E，F，作直线EF，D为BC的中点，M为直线EF上任意一点．若BC＝4，面积为10，则BM+MD长度的最小值为（　　）

A． B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】
由基本作图得到得EF垂直平分AB，则MB＝MA，所以BM+MD＝MA+MD，连接MA、DA，如图，利用两点之间线段最短可判断MA+MD的最小值为AD，再利用等腰三角形的性质得到AD⊥BC，然后利用三角形面积公式计算出AD即可．
【详解】
解：由作法得EF垂直平分AB，
∴MB＝MA，
∴BM+MD＝MA+MD，
连接MA、DA，如图，

∵MA+MD≥AD（当且仅当M点在AD上时取等号），
∴MA+MD的最小值为AD，
∵AB＝AC，D点为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∵
∴
∴BM+MD长度的最小值为5．
故选：D．
【点睛】
本题考查的是线段的垂直平分线的性质，利用轴对称求线段和的最小值，三角形的面积，两点之间，线段最短，掌握以上知识是解题的关键．
3．（2020·辽宁大连·中考真题）在直角坐标系中，点P（3，1）关于x轴对称点的坐标是（　　）
A．(3，1) B．(3，﹣1) C． (﹣3，1) D．(﹣3，﹣1)
【答案】B
【分析】
根据题意可设平面直角坐标系中任意一点P，其坐标为（x，y），则点P关于x轴的对称点的坐标P′是（x，-y）．
【详解】
解：点P（3，1）关于x轴对称点的坐标是（3，﹣1）．
故选：B．
【点睛】
本题考查了平面直角坐标系关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系，是需要识记的内容．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆，另一种记忆方法是记住：关于横轴的对称点，横坐标不变，纵坐标变成相反数．
4．（2020·广东中考真题）在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
利用关于x轴对称的点坐标特征：横坐标不变，纵坐标互为相反数解答即可．
【详解】
点关于轴对称的点的坐标为（3，-2），
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了关于坐标轴对称的点的坐标特征，熟练掌握关于坐标轴对称的点的坐标特征是解答的关键．
5．（2020·四川泸州·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向右平移4个单位长度，得到的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据横坐标，右移加，左移减可得点A（-2，3）向右平移4个单位长度后得到的对应点A′的坐标为（-2+4，3）．
【详解】
解：点A（-2，3）向右平移4个单位长度后得到的对应点A′的坐标为（-2+4，3），
即（2，3），
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了坐标与图形的变化—平移，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
6．（2020·浙江嘉兴·中考真题）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C坐标（　　）

A．（﹣1，﹣1） B．（﹣，﹣1） C．（﹣1，﹣） D．（﹣2，﹣1）
【答案】B
【分析】
根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以即可．
【详解】
解：∵以点O为位似中心，位似比为，
而A （4，3），
∴A点的对应点C的坐标为（，﹣1）．
故选：B．
【点睛】
本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
7．（2020·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，在中，，垂足为D，与关于直线AD对称，点的B对称点是，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由三角形内角和定理，得到，由轴对称的性质，得到，根据外角的性质即可得到答案．
【详解】
解：在中，，
∴，
∵与关于直线AD对称，
∴，
∴；
故选：A．
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，三角形的外角性质，以及三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的性质定理，正确的进行角度的计算．
8．（2020·青海中考真题）将一张四条边都相等的四边形纸片按下图中①②的方式沿虚线依次对折后，再沿图③中的虚线裁剪，最后将图④中的纸片打开铺平，所得图案应是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
对于此类问题，学生只要亲自动手操作，答案就会很直观地呈现．
【详解】
严格按照图中的顺序，向右对折，向上对折，从斜边处剪去一个直角三角形，从直角顶点处剪去一个等腰直角三角形，展开后实际是从原菱形的四边处各剪去一个直角三角形，从菱形的中心剪去一个和菱形位置基本一致的正方形，得到结论．
故选A．
【点睛】
本题主要考查学生的动手能力及空间想象能力．
9．（2020·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形对角线的中点，轴且，，将菱形绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是（ ）

A． B． C． D．或
【答案】D
【分析】
分点C旋转到y轴正半轴和y轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解.
【详解】
解：根据菱形的对称性可得：当点D在x轴上时，
A、B、C均在坐标轴上，如图，
∵∠BAD=60°，AD=4，
∴∠OAD=30°，
∴OD=2，
∴AO==OC，
∴点C的坐标为（0，），

同理：当点C旋转到y轴正半轴时，
点C的坐标为（0，），
∴点C的坐标为（0，）或（0，），
故选D.
【点睛】
本题考查了菱形的对称性，旋转的性质，直角三角形的性质，解题的关键是要分情况讨论.
10．（2020·四川中考真题）如图，Rt△ABC中，∠A＝30°，∠ABC＝90°．将Rt△ABC绕点B逆时针方向旋转得到．此时恰好点C在上，交AC于点E，则△ABE与△ABC的面积之比为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由旋转的性质得出BC=BC'，∠ACB=∠A'C'B=60°，则△BCC'是等边三角形，∠CBC'=60°，得出∠BEA=90°，设CE=a，则BE=a，AE=3a，求出，可求出答案．
【详解】
∵∠A=30°，∠ABC=90°，
∴∠ACB=60°，
∵将Rt△ABC绕点B逆时针方向旋转得到△A'BC'，
∴BC=BC'，∠ACB=∠A'C'B=60°，
∴△BCC'是等边三角形，
∴∠CBC'=60°，
∴∠ABA'=60°，
∴∠BEA=90°，
设CE=a，则BE=a，AE=3a，
∴，
∴，
∴△ABE与△ABC的面积之比为．
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质；熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
11．（2020·山东菏泽·中考真题）如图，将绕点顺时针旋转角，得到，若点恰好在的延长线上，则等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据旋转的性质和四边形的内角和是360º即可求解．
【详解】
由旋转的性质得：∠BAD=，∠ABC=∠ADE，
∵∠ABC+∠ABE=180º，
∴∠ADE+∠ABE=180º，
∵∠ABE+∠BED+∠ADE+∠BAD=360º，∠BAD=
∴∠BED=180º-，
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、四边形的内角和是360º，熟练掌握旋转的性质是解答的关键．
12．（2020·重庆中考真题）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．已知OA∶OD=1∶2，则△ABC与△DEF的面积比为（　　）

A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶5
【答案】C
【分析】
根据位似图形的性质即可得出答案．
【详解】
由位似变换的性质可知，


△ABC与△DEF的相似比为：1∶2
△ABC与△DEF的面积比为：1∶4
故选C．
【点睛】
本题考查了位似图形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
二、填空题
13．（2020·江苏镇江·中考真题）如图，在△ABC中，BC＝3，将△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，PQ的最小值等于_____．

【答案】
【分析】
取的中点，的中点，连接，，，，根据平移的性质和三角形的三边关系即可得到结论．
【详解】
解：取的中点，的中点，连接，，，，

将平移5个单位长度得到△，
，，
点、分别是、的中点，
，
，
即，
的最小值等于，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平移的性质，三角形的三边关系，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
14．（2020·四川绵阳·中考真题）平面直角坐标系中，将点A（﹣1，2）先向左平移2个单位，再向上平移1个单位后得到的点A1的坐标为_____．
【答案】（﹣3，3）
【分析】
根据在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．）即可得结论．
【详解】
解：∵将点A（﹣1，2）先向左平移2个单位横坐标﹣2，
再向上平移1个单位纵坐标+1，
∴平移后得到的点A1的坐标为：（﹣3，3）．
故答案为：（﹣3，3）．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化-平移，解决本题的关键是掌握平移定义．
15．（2020·山东淄博·中考真题）如图，将△ABC沿BC方向平移至△DEF处．若EC＝2BE＝2，则CF的长为_____．

【答案】1
【详解】
利用平移的性质得到BE＝CF，再用EC＝2BE＝2得到BE的长，从而得到CF的长．
【解答】解：∵△ABC沿BC方向平移至△DEF处．
∴BE＝CF，
∵EC＝2BE＝2，∴BE＝1，∴CF＝1．
故答案为1．
【点评】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，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；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
16．（2020·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在中，，点E在边上．将沿直线翻折，点A落在点处，连接，交于点F．若，，则__________．

【答案】
【分析】
根据题意设AC=4x，AB=5x，则BC=3x，再证明△BCE为等腰直角三角形，得到EC=3x，根据△A′EF∽△BCF，得到.
【详解】
解：∵，，
∴，设AC=4x，AB=5x，则BC=3x，
∵，
∴∠AEA′=90°，A′E∥BC，
由于折叠，
∴∠A′EB=∠AEB=（360-90）÷2=135°，且△A′EF∽△BCF，
∴∠BEC=45°，即△BCE为等腰直角三角形，
∴EC=3x，
∴AE=AC-EC=x=A′E，
∴.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，折叠的性质，三角函数，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是根据折叠得出△BCE为等腰直角三角形.
17．（2020·山东烟台·中考真题）如图，已知点A(2，0)，B(0，4)，C(2，4)，D(6，6)，连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合（点A与点C重合，点B与点D重合），则这个旋转中心的坐标为_____．

【答案】(4，2)
【分析】
画出平面直角坐标系，作出新的AC，BD的垂直平分线的交点P，点P即为旋转中心．
【详解】
解：平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P（4，2），

故答案为：（4，2）．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
18．（2020·山东滨州·中考真题）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为则正方形ABCD的面积为________

【答案】
【分析】
如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．
【详解】
解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．

∵BP=BM=，∠PBM=90°，
∴PM=PB=2，
∵PC=4，PA=CM=2，
∴PC2=CM2+PM2，
∴∠PMC=90°，
∵∠BPM=∠BMP=45°，
∴∠CMB=∠APB=135°，
∴∠APB+∠BPM=180°，
∴A，P，M共线，
∵BH⊥PM，
∴PH=HM，
∴BH=PH=HM=1，
∴AH=2+1，
∴AB2=AH2+BH2=（2+1）2+12=14+4，
∴正方形ABCD的面积为14+4．
故答案为14+4．
【点睛】
本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
19．（2020·江苏泰州·中考真题）以水平数轴的原点为圆心过正半轴上的每一刻度点画同心圆，将逆时针依次旋转、、、、得到条射线，构成如图所示的“圆”坐标系，点、的坐标分别表示为、，则点的坐标表示为_______．

【答案】
【分析】
根据同心圆的个数以及每条射线所形成的角度，以及A，B点坐标特征找到规律，即可求得C点坐标．
【详解】
解：图中为5个同心圆，且每条射线与x轴所形成的角度已知，、的坐标分别表示为、，根据点的特征，所以点的坐标表示为；
故答案为：．
【点睛】
本题考查坐标与旋转的规律性问题，熟练掌握旋转性质，并找到规律是解题的关键．
20．（2020·山东德州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，把△EAD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的处，再将绕点E顺时针旋转，得到，使得恰好经过的中点F．交AB于点G，连接有如下结论：①的长度是；②弧的长度是；③；④．上述结论中，所有正确的序号是________．

【答案】①②④
【分析】
①先根据图形翻折变换的性质以及勾股定理得出的长，再根据勾股定理求出EF的长，即可求解；
②利用特殊角的三角函数求得，从而求得，根据弧长公式即可求解；
③由于不是等边三角形，得出，从而说明和不是全等三角形；
④先利用“HL”证得，求得，再求得，从而推出．
【详解】
①在矩形ABCD中，，
∵△ADE翻折后与△AD′E重合，
∴AD′=AD，D′E=DE，，
∴四边形ADED′是正方形，
∴AD′=AD=D′E=DE=，
∴AE=，
将绕点E顺时针旋转，得到，
∴，==，，
∵点F是的中点，
∴，
∴，
∴，故①正确；
②由①得，
在中，，
，
∴，
∴，
∴弧的长度是，故②正确；
③在中，，，
∴不是等边三角形，
∴，
∴和不是全等三角形，故③错误；
④在和中，，公共，
∴(HL)，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
又，
∴，故④正确；
综上，①②④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了图形的翻折变换，特殊角的三角函数，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，弧长公式的应用，勾股定理的应用，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．
三、解答题
21．（2020·山西九年级二模）问题背景
在综合实践课上，同学们以图形的平移与旋转为主题开展数学活动,如图（1），先将一张等边三角形纸片对折后剪开，得到两个互相重合的△ABD和△EFD，点E与点A重合，点B与点F重合，然后将△EFD绕点D顺时针旋转，使点F落在边AB上，如图（2），连接EC．
操作发现
（1）判断四边形BFEC的形状，并说明理由；
实践探究
（2）聪聪提出疑问：若等边三角形的边长为8，能否将图（2)中的△EFD沿BC所在的直线平移a个单位长度（规定沿射线BC方向为正），得到△，连接，，使得得到的四边形为菱形，请你帮聪聪解决这个问题，若能，请求出a的值；若不能，请说明理由。
（3）老师提出问题：请参照聪聪的思路，若等边三角形的边长为8，将图（2）中的△EFD在平面内进行一次平移，得到△，画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的一个结论，不必证明．

【答案】（1）四边形BFEC为平行四边形，理由见解析；（2）能， 或；（3）作图见解析，结论为：四边形为矩形．
【分析】
（1）由等边三角形的性质及旋转的性质求得△BFD为等边三角形，从而求得EF∥BC且EF=BC，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进行判断；
（2）分三角形沿射线BC和射线CB方向平移两种情况，结合菱形的性质及勾股定理求得CG的长度，从而求解；
（3）在（1）问的基础上，利用平移及等边三角形的性质构造矩形作图，从而求解．
【详解】
（1）四边形BFEC为平行四边形．
理由如下：∵△ABC为等边三角形
∴∠ABD=60°，AB=BC
由题意，知FD=BD
∴△BFD为等边三角形
∴∠FDB=60°
∵∠EFD=60°
∴EF∥BC
∵EF=AB=BC
∴四边形BEFC为平行四边形．

（2）在Rt△ABD中，∠ABD=60°，BD=DC=4
∴AD=4
当△DEF沿射线BC方向平移时，过点作G垂直BC交BC的延长线于点G
∵∥BC，=30°
∴=30°
在Rt△中，=4
∴=2
∴=6
∵四边形为菱形
∴=8
在Rt△中，由勾股定理得CG=
∴DG=DC+CG=4+2
∴=DG-=2-2
当△EDF沿射线CB方向平移时，同理可得=2+2，即a=-2-2
∴a=-2-2或2-2


（3）将图（2）中的△EFD在平面内沿CB方向平移2个单位长度，得到△
此时
∴四边形为矩形

【点睛】

此题主要考查了几何变换综合以及等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及矩形的判定方法等知识，正确利用平移及等边三角形的性质得出DD′的长是解题关键．
22．（2020·湖北武汉·中考真题）在的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形的顶点坐标分别为，，，．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：

（1）将线段绕点逆时针旋转，画出对应线段；
（2）在线段上画点，使（保留画图过程的痕迹）；
（3）连接，画点关于直线的对称点，并简要说明画法．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】
（1）根据题意，将线段是将线段绕点逆时针旋转即可；
（2）连接BD，并连接（4,2），（5,5）点，两线段的交点即为所求的点E.
（3）连接（5,0）和（0,5）点，与AC的交点为F,且F为所求.
【详解】
解：（1）如图示，线段是将线段绕点逆时针旋转得到的；

（2）∠BCE为所求的角，点E为所求的点.
（3）连接（5,0）和（0,5）点，与AC的交点为F,且F为所求.

【点睛】
本题考查了作图-旋转变换，正方形的性质，全等三角形的性质和轴对称的性质，熟悉相关性质是解题的关键．
23．（2020·山西中考真题）综合与实践
问题情境：
如图①，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接．
猜想证明：

（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）如图①，若，，请直接写出的长．
【答案】（1）四边形是正方形，理由详见解析；（2），证明详见解析；（3）．
【分析】
（1）由旋转可知：，,再说明可得四边形是矩形，再结合即可证明；
（2）过点作，垂足为，先根据等腰三角形的性质得到，再证可得，再结合、即可解答；
（3）过E作EG⊥AD，先说明∠1=∠2，再设EF=x、则BE=FE＇=EF=BE＇=x、CE＇=AE=3+x，再在Rt△AEB中运用勾股定理求得x，进一步求得BE和AE的长，然后运用三角函数和线段的和差求得DG和EG的长，最后在Rt△DEG中运用勾股定理解答即可．
【详解】
解：（1）四边形是正方形
理由：由旋转可知：，，
又，

四边形是矩形．
∵．
四边形是正方形；
（2）．
证明：如图，过点作，垂足为，

则，

．
四边形是正方形，
，．


，
．
．


∵，

；
（3）如图：过E作EG⊥AD

∴GE//AB
∴∠1=∠2
设EF=x，则BE=FE＇=EF=BE＇=x，CE＇=AE=3+x
在Rt△AEB中，BE=x，AE=x+3，AB=15
∴AB2=BE2+AE2，即152=x2+（x+3）2，解得x=-12（舍），x=9
∴BE=9,AE=12
∴sin∠1= ,cos∠1=
∴sin∠2= ,cos∠2=
∴AG=7.2,GE=9.6
∴DG=15-7.2=7.8
∴DE=．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转变换、勾股定理、解三角形等知识，综合应用所学知识是解答本题的关键．
24．（2020·海南初三一模）如图1，矩形ABCD中，点E为AB边上的动点（不与A，B重合），把△ADE沿DE翻折，点A的对应点为A1，延长EA1交直线DC于点F，再把∠BEF折叠，使点B的对应点B1落在EF上，折痕EH交直线BC于点H．
（1）求证：△A1DE∽△B1EH；
（2）如图2，直线MN是矩形ABCD的对称轴，若点A1恰好落在直线MN上，试判断△DEF的形状，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，点G为△DEF内一点，且∠DGF＝150°，试探究DG，EG，FG的数量关系．

【答案】（1）见解析；（2）△DEF是等边三角形，见解析；（3）DG2+GF2＝GE2，见解析
【分析】
（1）由折叠图形的性质可得∠DA1E＝∠EB1H＝90°，∠DEA1+∠HEB1＝90°从而可得∠DEA1＝∠EHB1，依据两个角对应相等的三角形相似可得△A1DE∽△B1EH；
（2）由A1恰好落在直线MN上可知A1是EF的中点，由SAS易证△A1DE≌△A1DF，即可得∠ADE＝∠EDA1＝∠FDA1＝30°，据此可得到△DEF的形状；
（3）将△DGE顺时针旋转60°到△DG'F位置，由旋转的性质将DG，EG，FG集中到△G′GF中结合∠DGF＝150°，可得△G′GF为直角三角形，由勾股定理可得G'G2+GF2＝G'F2，即可证明DG2+GF2＝GE2．
【详解】
解：（1）证明：由折叠的性质可知：∠DAE＝∠DA1E＝90°，∠EBH＝∠EB1H＝90°，∠AED＝∠A1ED，∠BEH＝∠B1EH，
∴∠DEA1+∠HEB1＝90°．
又∵∠HEB1+∠EHB1＝90°，
∴∠DEA1＝∠EHB1，
∴△A1DE∽△B1EH；
（2）结论：△DEF是等边三角形；理由如下：
∵直线MN是矩形ABCD的对称轴，
∴点A1是EF的中点，即A1E＝A1F，
在△A1DE和△A1DF中
，
∴△A1DE≌△A1DF（SAS），
∴DE＝DF，∠FDA1＝∠EDA1，
∴△DEF是等腰三角形，
又∵△ADE≌△A1DE，∠ADF＝90°．
∴∠ADE＝∠EDA1＝∠FDA1＝30°，
∴∠EDF＝60°，
∴△DEF是等边三角形；
（3）DG，EG，FG的数量关系是DG2+GF2＝GE2，理由如下：
由（2）可知△DEF是等边三角形；将△DGE顺时针旋转60°到△DG'F位置，如解图（1），

∴G'F＝GE，DG'＝DG，∠GDG'＝60°，
∴△DGG'是等边三角形，
∴GG'＝DG，∠DGG'＝60°，
∵∠DGF＝150°，
∴∠G'GF＝90°，
∴G'G2+GF2＝G'F2，
∴DG2+GF2＝GE2．
【点睛】
本题考查翻折变换、相似三角形证明、全等三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的性质等知识，解（3）题的关键是灵活运用旋转得全等三角形，构造Rt△G′GF．
25．（2020·河南初三其他模拟）在中，，点D､E分别是的中点，将绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，连接．
观察猜想

（1）如图①，当时，填空：
①______________；
②直线所夹锐角为____________；
类比探究
（2）如图②，当时，试判断的值及直线所夹锐角的度数，并说明理由；
拓展应用
（3）在（2）的条件下，若，将绕着点C在平面内旋转，当点D落在射线AC上时，请直接写出的值．
【答案】（1）①1，②；（2）直线所夹锐角为，见解析；（3）满足条件的的值为
【分析】
（1）①②延长BD交AE的延长线于T，BT交AC于O．证明即可解决问题．
（2）如图②中，设AC交BD于O，AE交BD于T．证明，推出，可得结论．
（3）分两种情形：①如图③-1中，当点D落在线段AC上时，作于H．②如图③-2中，当点D在AC的延长线上时，分别利用勾股定理求解即可．
【详解】
解：（1）如图①中，延长BD交AE的延长线于T，BT交AC于O．

，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴直线所夹锐角为，
故答案为1，．
（2）如图②中，设AC交于O，AE交于T．

，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴直线所夹锐角为．
（3）①如图③-1中，当点D落在线段AC上时，作于H．

由题意，，
，
，
，
在中，
②如图③-2中，当点D在AC的延长线上时，同法可得，

综上所述，满足条件的的值为．
【点睛】
本题考查几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
26．（2020·河南九年级其他模拟）阅读并完成下面的数学探究：
（1）（发现证明）如图（1），点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，小颖把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，从而发现EF＝BE＋FD，请你利用图（1）证明上述结论．
（2）（类比延伸）如图（2），四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足关系　　时，仍有EF＝BE＋FD．
（3）（结论应用）如图（3），四边形ABCD中，AB＝AD＝80，∠B＝60°，∠ADC＝120°，∠BAD＝150°，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥AD，DF＝40（），连E、F，求EF的长（结果保留根号）．

【答案】(1)见解析；(2)∠EAF＝∠BAD；(3)
【分析】
(1)根据旋转变换的性质和正方形的性质证明△EAF≌△GAF，得到EF=FG，证明结论；
(2)把△ABE绕点A逆时针旋转至△ADH，使AB与AD重合，证明△EAF≌△HAF，证明即可；
(3)延长BA交CD的延长线于P，连接AF，根据四边形内角和定理求出∠C的度数，得到∠P=90°，求出PD、PA，证明∠EAF=∠BAD，再由(2)中的结论得到答案．
【详解】
解：(1)证明：由旋转的性质可知，△ABE≌△ADG，
∴BE＝DG，AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∠ADG＝∠ABE＝90°，
∴G、D、F在同一条直线上，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∴∠EAG＝90°，又∠EAF＝45°，
∴∠FAG＝45°，
在△EAF和△GAF中，
，∴△EAF≌△GAF(SAS)，
∴EF＝FG，
∴EF＝BE＋FD；
(2)当∠EAF＝∠BAD时，仍有EF＝BE＋FD．
证明：如图（2），把△ABE绕点A逆时针旋转至△ADH，使AB与AD重合，

则BE＝DH，∠BAE＝∠DAH，∠ADH＝∠B，又∠B＋∠D＝180°，
∴∠ADH＋∠D＝180°，即F、D、H在同一条直线上，
当∠EAF＝∠BAD时，∠EAF＝∠HAF，
由(1)得，△EAF≌△HAF，
则EF＝FH，即EF＝BE＋FD，
故答案为：∠EAF＝∠BAD；
(3)如图(3)，延长BA交CD的延长线于P，连接AF，

∵∠B＝60°，∠ADC＝120°，∠BAD＝150°，
∴∠C＝30°，
∴∠P＝90°，又∠ADC＝120°，
∴∠ADP＝60°，
∴PD＝AD＝40，AP＝AD＝40，
∴PF＝PD＋DF＝40，
∴PA＝PF，
∴∠PAF＝45°，又∠PAD＝30°，
∴∠DAF＝15°，
∴∠EAF＝75°，∠BAE＝60°，
∴∠EAF＝∠BAD，
由（2）得，EF＝BE＋FD，又BE＝BA＝80，
∴EF＝BE＋FD＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质，掌握正方形的四条边都相等、四个角都是直角，旋转变换的旋转角相等、旋转后的三角形与原三角形全等是解题的关键．
27．（2020·山西初三二模）综合与实践：直角三角形折叠中的数学。数学活动：在综合实践活动课上，老师让同学们以“直角三角形纸片的折叠”为主题展开数学活动，探究折痕长度的有关问题．在中，．
（1）如图1，勤学组将点沿折叠，使得点与点重合，折痕交于点交于点则的长为 ．

如图2，乐学组将点沿折叠，使得点的对应点落在边上，折痕交于点则的长为 ．

（2）如图3，博学组将点沿折叠，使得点与点重合，折痕交于点交于点求线段的长度；

如图4，善思组在博学组的基础上，将点沿折叠，使得点的对应点落在上，则的长度为_ ．

（3）如图5，奋进组将点沿折叠，使得点的对应点落在边上，求的长度；

如图6，创新组在奋进组的基础上，将点沿折叠，使得点的对应点落在上，折痕交于点再把展开，将点沿折叠，使得点的对应点落在的延长线上，折痕交于点得到如图7所示的图形，请直接写出的长．

【答案】（1）①2；②；（2）①；②；（3）①；②
【分析】
先根据勾股定理得出AC=5；
（1）①根据折叠的性质得出DE是△ABC的中位线即可
②根据折叠的性质得出BE⊥AC，再根据等积法即可得出BE的长
（2）①根据折叠的性质得出EF垂直平分AC，从而得出，根据相似三角形的性质得出即可得出EF的长②由①和勾股定理得出，再根据折叠的性质得出，从而得出，得出比例式即可
（3）①过点作于先证出得出4EM=3CM，根据折叠的性质和勾股定理即可得出BE的长
②根据折叠的性质结合①得出再证明根据相似三角形的性质即可
【详解】
解：

根据折叠的性质得：AD=BD，ED⊥AB；
，∴DE//BC
∴DE是△ABC的中位线
∴DE=
由折叠的性质得BE⊥AC，

∴
∴
∴
将点沿折叠与点重合，
是的垂直平分线．
．


又
．



在Rt中，，
由勾股定理得出，则；
根据折叠的性质得出，
∴

∴∴
∴,∴
∴GF=
过点作于如图．



又

即
设
则
将点沿折叠，使得点的对应点落在边上，







解得


由折叠的性质可得


即

【点睛】
此题考查了折叠的性质、相似三角形的性质和判定以及勾股定理．注意掌握折叠前后图形的对应关系是解此题的关键．