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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》（困难）（含答案不含解析）试卷
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这是一份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》（困难）（含答案解析），共37页。
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》（困难）（含答案解析）
考试范围：第三单元； 考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在△ABC中，AB=2，∠ABC=60°，∠ACB=45°，D是BC的中点，直线l经过点D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，则AE+BF的最大值为( )
A. 6
B. 22
C. 23
D. 32
2. 如图，等边△ABC的顶点A(1,1)，B(3,1)，规定把△ABC“先沿x轴翻折，再向右平移1个单位”为一次变换，这样连续经过2022次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为( )
A. (2023,3+1)
B. (2023,−3−1)
C. (2024,3+1)
D. (2024,−3−1)
3. 如图，两个全等的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到△DEF的位置，AB=10，DO=4，平移距离为6，则阴影部分的面积为( )
A. 42
B. 48
C. 84
D. 96
4. 如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，将直角边AC绕A点逆时针旋转至AC′，连接BC′，E为BC′的中点，连接CE，则CE的最大值为( )
A. 5
B. 2+1
C. 22+1
D. 52+1
5. 已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，AC=22，AD=1，F是BE的中点．若将△ADE绕点A旋转一周，则线段AF长度的取值范围是( )
A. 4−22≤AF≤4+22 B. 2≤AF≤3
C. 4−22≤AF≤3 D. 2−22≤AF≤2+22
6. 如图，Rt△ABC中，AB=AC=3，AO=1，若将AD绕A点逆时针旋转90°得到AE，连接OE，则在D点运动过程中，线段OE2的最小值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7. 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
8. 下列所述的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. 矩形
B. 正三角形
C. 正五边形
D. 直角三角形
9. 下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
A.
B.
C.
D.
10. 四张完全相同的卡片上分别画有平行四边形、菱形、等腰梯形、圆，现从中任意抽取一张，卡片上所画的图形恰好是中心对称图形的概率为( )
A. 34
B. 1
C. 12
D. 14
11. 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
12. 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
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图是重叠的两个直角三角形，将其中一个直角三角形沿BC方向平移得到三角形DEF，如果AB=8cm，BE=4cm，DH=3cm，则图中阴影部分的面积是 cm2．
14. 如图，已知直线AB与y轴交于点A(0,2)，与x轴的负半轴交于点B，且∠ABO=30°，点C为x轴的正半轴上一点，将线段CA绕点C按顺时针方向旋转60°得线段CD，连接BD，若BD=41，则点C的坐标为 ．
15. 已知两个完全相同的直角三角形纸片△ABC、△DEF，如图放置，点B、D重合，点F在BC上，AB与EF交于点G.∠C=∠EFB=90°，∠E=∠ABC=30°，现将图中的△ABC绕点F按每秒15°的速度沿逆时针方向旋转180°，在旋转的过程中，△ABC恰有一边与DE平行的时间为______秒．
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9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图所示，BA⊥x轴于点A，点B的坐标为(−1,2)，将△OAB沿x轴负方向平移3个单位，平移后的图形为△EDC．
(1)直接写出点C和点E的坐标；
(2)在四边形ABCD中，点P从点A出发，沿“AB→BC→CD”移动，移动到点D停止．若点P的速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，回答下列问题：
①当t为何值时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数；
②用含t的式子表示点P在运动过程中的坐标(写出过程)；
③当5秒
18. (本小题8.0分)
已知，BC//OA，∠B=∠A=100°，试回答下列问题：
(1)如图1所示，求证：OB//AC；
(2)如图2，若点E、F在BC上，且满足∠FOC=∠AOC，并且OE平分∠BOF，此时∠EOC的度数等于______ (直接写出答案即可)；
(3)在(2)的条件下，若平行移动AC，如图3，那么∠OCB：∠OFB的值是否随之发生变化？若变化，试说明理由；若不变，求出这个比值；
(4)在(3)的条件下，如果平行移动AC的过程中，若使∠OEB=∠OCA，求此时∠OCA度数．
19. (本小题8.0分)
如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°.若固定△ABC，将△DEC绕点C旋转．
(1)当△DEC绕点C旋转到点D恰好落在AB边上时，如图2．
①当∠B=∠E=30°时，此时旋转角的大小为____；
②当∠B=∠E=α时，此时旋转角的大小为____(用含a的式子表示)．
(2)当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小杨同学猜想：△BDC的面积与△AEC的面积相等，试判断小杨同学的猜想是否正确，若正确，请你证明小杨同学的猜想．若不正确，请说明理由．
20. (本小题8.0分)
如图1，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC=2+1，点D，E分别在边AB，AC上，且AD=AE=1，连接DE.现将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为α(0°<α<360°)，如图2，连接CE，BD，CD．
(1)当0°<α<180°时，求证：CE=BD；
(2)如图3，当α=90°时，延长CE交BD于点F，求证：CF垂直平分BD；
(3)在旋转过程中，求△BCD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．
21. (本小题8.0分)
如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC=150°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，得到△ADC，连接OD，OA．
(1)求∠ODC的度数；
(2)试判断AD与OD的位置关系，并说明理由；
(3)若OB=2，OC=3，求AO的长(直接写出结果)．
22. (本小题8.0分)
已知：如图1，∠AOB=30°，∠BOC=34∠AOC．
(1)求∠AOC的度数；
(2)如图2，若射线OP从OA开始绕点O以每秒旋转10的速度逆时针旋转，同时射线OQ从OB开始绕点O以每秒旋转6°的速度逆时针旋转；其中射线OP到达OC后立即改变运动方向，以相同速度绕O点顺时针旋转，当射线OQ到达OC时，射线OP，OQ同时停止运动，设旋转的时间为t秒，当∠POQ=10°时，试求t的值；
(3)如图3，若射线OP从OA开始绕O点逆时针旋转一周，作OM平分∠AOP，ON平分∠COP，试求在运动过程中，∠MON的度数是多少？(请直接写出结果)
23. (本小题8.0分)
(1)如图1，在△ABC中，绕点C旋转180°后，得到△CA′B′.请先画出变换后的图形，写出下列结论正确的序号是______ ．
①△ABC≌△A′B′C；
②线段AB绕C点旋转180°后，得到线段A′B′；
③A′B′//AB；
④C是线段BB′的中点．
在(1)的启发下解答下面问题：
(2)如图2，在△ABC中，∠BAC=120°，D是BC的中点，射线DF交BA于E，交CA的延长线于F，请猜想∠F等于多少度时，BE=CF？(直接写出结果，不证明)
(3)如图3，在△ABC中，如果∠BAC≠120°，而(2)中的其他条件不变，若BE=CF的结论仍然成立，那么∠BAC与∠F满足什么数量关系(等式表示)并加以证明．
24. (本小题8.0分)
已知∠AOB=30°，H为射线OA上一定点，OH=3+1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足∠OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150°，得到线段PN，连接ON．
(1)依题意补全左上图；
(2)求证：∠OMP=∠OPN；
(3)在线段OH的延长线上取一点Q，使得HQ=HM，连接QP.求证：当OP=2时，对于任意的点M总有ON=QP．
25. (本小题8.0分)
如图是由若干个完全相同的小正方形构成的纸片，请你剪2刀，将它拼接成一个新的正方形．请在图中用粗实线画出剪的位置，并简要表述你的拼接方式．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：如图，过点C作CK⊥l于点K，过点A作AH⊥BC于点H，
在Rt△AHB中，
∵∠ABC=60°，AB=2，
∴BH=1，AH=3，
在Rt△AHC中，∠ACB=45°，
∴AC=AH2+CH2=(3)2+(3)2=6，
∵点D为BC中点，
∴BD=CD，
在△BFD与△CKD中，
∠BFD=∠CKD=90°∠BDF=∠CDKBD=CD，
∴△BFD≌△CKD(AAS)，
∴BF=CK，
延长AE，过点C作CN⊥AE于点N，
可得AE+BF=AE+CK=AE+EN=AN，
在Rt△ACN中，AN
综上所述，AE+BF的最大值为6．
故选：A．
把要求的最大值的两条线段经过平移后形成一条线段，然后再根据垂线段最短来进行计算即可．
本题主要考查了全等三角形的判定定理和性质定理及平移的性质，构建全等三角形是解答此题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：∵△ABC为等边三角形，A(1,1)，B(3,1)，
∴C(2,3+1)，
∵沿x轴翻折，再向右平移1个单位为一次变换，
∴第一次变换后：C(3,−3−1)，
第二次变换后：C(4,3+1)，
第三次变换后：C(5,−3−1)，
……，
由此变换规律为：
横坐标：每次变换后加一，
纵坐标：奇数次变换为−3−1，偶数次变换后为3+1，
∴2022次变换后，纵坐标为3+1，横坐标为2+2022=2024，
∴C(2024,3+1)，
故选：C．
先由等边三角形的性质推出点C的坐标，再将前几次变换的坐标求出来，观察规律为横坐标变换后加一，纵坐标变换后符号改变，即可求解．
本题考查折叠变换、点的坐标−规律型，坐标与图形变化，解题的关键是推出每次变换后横纵坐标的变换规律．
3.【答案】B
【解析】解：由题意可知，BE=6，DE=AB=10，
∴OE=DE−DO=10−4=6，
∵△ABC≌△DEF，∴S△ABC=S△DEF，
∴S△ABC−S△COE=S△DEF−S△COE，
∴S四边形ODFC=S梯形ABEO=12(AB+OE)⋅BE=12×(10+6)×6=48．
故选：B．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，三角形的中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．取AB的中点M，连接CM，EM，当CE=CM+EM时，CE的值最大，根据旋转的性质得到AC′=AC=2，由三角形的中位线的性质得到EM=12AC′=1，根据勾股定理得到AB=22，即可得到结论．
【解答】
解：如下图所示，取AB的中点M，连接CM，EM，
∴当CE=CM+EM时，CE的值最大，
∵将直角边AC绕A点逆时针旋转至AC′，
∴AC′=AC=2，
∵E为BC′的中点，
∴EM=12AC′=1，
∵∠ACB=90°，AC=BC=2，
∴AB=22，
∴CM=12AB=2，
∴CE=CM+EM=2+1，
故选B．
5.【答案】A
【解析】解：根据旋转的特性，画出E点旋转一圈的轨迹，如图．
结合图形可知：
①当E落在E′位置时，AF最大，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，AC=22，AD=1，
∴AB=AC2+BC2=4，AE′=AD2+DE2=2，BE′=AB−AE′=4−2，
∵F是BE′的中点，
∴BF=12BE′=4−22，AF=AB−BF=4−4−22=4+22；
②当E落在E″位置时，AF最小，
∵BE″=AB+AE″=4+2，且F是BE″的中点，
∴BF=12BE″=4+22，
AF=AB−BF=4−4+22=4−22．
综合①②可知：4−22≤AF≤4+22．
故选A．
过点A以AE长为半径作圆，可知当AF最大与最小时，E点与AB共线，由此可得出AF的范围．
本题考查了旋转的性质，解题的关键是：明白“过点A以AE长为半径作圆，当AF最大与最小时，E点与AB共线”．
6.【答案】B
【解析】解：如图，连接CE，
在Rt△ABC中，AB=AC=3，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵将AD绕A点逆时针旋转90°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=∠BAC=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ACE=∠B=45°，
∴∠BCE=90°，
∴点E在过点C且垂直BC的直线上运动，
∴当OE⊥CE时，OE的值最小，即OE2的值最小，
∵AO=1，AC=3，
∴CO=2，
∵OE⊥CE，∠ACE=45°，
∴OE=CE，
∵OE2+CE2=OC2=4，
∴OE2=2，
故选：B．
由旋转的性质可得AD=AE，∠DAE=∠BAC=90°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得∠ACE=∠B=45°，可得点E在过点C且垂直BC的直线上运动，则当OE⊥CE时，OE的值最小，即OE2的值最小，即可求解．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形，勾股定理等知识，确定点E的运动轨迹是解题的关键．
7.【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．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合.根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】
解：A.∵矩形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项正确；
B.∵正三角形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误．
C.∵正五边形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
D.直角三角形无法判定是否是轴对称图形，一定不是中心对称图形，故此选项错误．
故选A．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图形重合．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】
解：A.既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项错误；
B.不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
C.是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D.是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误．
故选B．
10.【答案】A
【解析】
【分析】
此题考查概率公式：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=nm，关键是找出卡片上所画的图形是中心对称图形的个数．
先找出卡片上所画的图形是中心对称图形的个数，再除以总数即可．
【解答】
解：∵四张卡片中中心对称图形有平行四边形、菱形、圆共3个，
∴卡片上所画的图形恰好是中心对称图形的概率为34．
故选A．
11.【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．
12.【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=12BD=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．
13.【答案】26
【解析】
【分析】
根据平移的性质可知两个直角三角形是完全重合的，面积相等，所以阴影部分的面积等于四边形ABEH的面积，因为四边形ABEH是一个梯形，AB=DE=8cm，据此求出EH=8−3=5(cm)，再利用梯形的面积公式计算即可解答．
【解答】
解：平移后：S阴影=S梯形ABEH=(8−3+8)×4÷2=26(cm2).
故答案为：26．
【点评】
本题考查了平移的性质，得出阴影部分的面积等于梯形ABEH的面积是解题关键．
14.【答案】(5−23,0)
【解析】
【分析】
本题主要考查了坐标与图形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是证明△EAC≌△BAD．
以AB为边作一个等边△ABE，连接EC，AE，BE，先求出∠DAB=∠EAC，再结合EA=AB，AC=AD，可得出△EAC≌△BAD，继而得出EC=BD=41，然后再求出AB=4，根据勾股定理可求出BO=23，进而求出BC=5，得到CO=BC−BO=5−23，即可得解．
【解答】
解：如图，以AB为边作一个等边△ABE，连接EC，AE，BE，
∵将线段CA绕点C按顺时针方向旋转60°得线段CD，
∴AC=CD， ∠ACD=60°，
∴三角形ACD是等边三角形，
∴AC=AD，∠DAC=60°，
∵△ABE也是等边三角形，
∴EB=EA=AB，∠EBA=∠EAB=60°，
∴∠DAC+∠BAC=∠EAB+∠BAC，
即∠DAB=∠EAC，
∴在△EAC和△BAD中，
EA=AB∠EAC=∠BADCA=DA,
∴△EAC≌△BAD，
∴EC=BD=41，
∵∠EBC=∠EBA+∠ABC=60°+30°=90°，
∴△EBC为直角三角形，
又∵A(0,2)，
∴OA=2，
∵∠ABO=30°，
∴AB=4，
∴由勾股定理可得BO=23，
∴EB=AB=4，
∴由勾股定理得：BC=EC2−EB2=41−16=5，
∴CO=BC−BO=5−23，
即C点的坐标为(5−23,0)．
故答案为：(5−23,0)．
15.【答案】2或8或10
【解析】解：∵∠E=∠ABC=30°，∠C=∠EFB=90°，∠E=∠ABC=30°，
∴∠D=∠A=60°．
①当DE//AC时，如图1中，
∵∠C=90，
∴AC⊥BC，
∴DE⊥BC，
∴∠D+∠BFD=90°，
∴∠BFD=90°−60°=30°，
∴旋转时间t=3015=2s．
②如图2中，当DE//BC时，
∠BFE=∠E=30°，
∴∠DFB=90°+30°=120°，
∴旋转时间t=12015=8s．
③当DE//AB时，如图3中，
∴∠BGF=∠E=30°，
∴∠BFE=30°+30°=60°，
∴∠DFB=60°+90°=150°，
∴旋转时间t=15015=10s．
综上所述，旋转时间为3s或12s或15s时，△ABC恰有一边与DE平行．
故答案为：2或8或10．
分三种情形讨论：①当DE//AC时．②当DE//BC时．③当DE//AB时，分别求出∠DFB即可解决问题．
本题考查旋转的性质、平行线的性质、旋转的速度、旋转角度、旋转时间之间的关系等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
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)由题意知：C(−4,2)，E(−3,0)；
(2)①当点P在AB上时，有P(−1,t)，
∵点P的横纵坐标互为相反数，
∴t=1．
当点P在BC上时，设P(xp,2)，
∵点P的横纵坐标互为相反数，
∴xp=−2，即−1−(t−2)=−2，
解得：t=3，
综上所述：当t为1秒或3秒时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数．
②当点P在AB上时，有P(−1,t)；
当点P在BC上时，有点P纵坐标为2，
横坐标为：−1−(t−2)=1−t
此时，P(1−t,2)；
当点P在CD上时，有点P的横坐标为−4，
纵坐标为：2−(t−2−3)=7−t，
此时，P(−4,7−t)．
③如图，∵S四边形ABCP=4，
∴S四边形ABCP=12⋅BC⋅(CP+BA)=12×3(t−5+2)=4，
解得：t=173，
∴2−(t−5)=2−173+5，
=43，
∴P(−4,43).
【解析】(1)根据平移直接得出结论；
(2)①分两种情况：利用点P的横纵坐标互为相反数，即可求出t的值；
②分三种情况：利用点P的横坐标(或纵坐标)已知，再由运动即可得出结论；
③先表示出点P的坐标，再利用梯形的面积公式建立方程求解即可得出结论．
此题是四边形综合题，主要考查了平移的性质，梯形的面积公式，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
18.【答案】40°
【解析】解：(1)∵BC//OA，
∴∠B+∠O=180°，
又∵∠B=∠A，
∴∠A+∠O=180°，
∴OB//AC；
(2)∵∠B+∠BOA=180°，∠B=100°，
∴∠BOA=80°，
∵OE平分∠BOF，
∴∠BOE=∠EOF=12∠BOF，
∵∠FOC=∠AOC=12∠FOA，
∴∠EOC=∠EOF+∠FOC=12∠BOF+12∠FOA=12∠BOA=40°；
故答案为：40°；
(3)结论：∠OCB：∠OFB 的值不发生变化．
理由为：∵BC//OA，
∴∠FCO=∠COA，
∵∠FOC=∠AOC，
∴∠FOC=∠FCO，
∴∠OFB=∠FOC+∠FCO=2∠OCB，
∴∠OCB：∠OFB=1：2；
(4)由(1)知：OB//AC，
∴∠OCA=∠BOC，
由(2)知设：∠BOE=∠EOF=α，∠FOC=∠COA=β，
∴∠OCA=∠BOC=2α+β，
∴∠OEB=∠EOC+∠ECO=α+β+β=α+2β，
∵∠OEB=∠OCA，
∴2α+β=α+2β，
∴α=β，
∵∠AOB=80°，
∴α=β=20°，
∴∠OCA=2α+β=40°+20°=60°．
(1)由同旁内角互补，两直线平行证明；
(2)由∠FOC=∠AOC，并且OE平分∠BOF得到∠EOC=∠EOF+∠FOCP=12(∠BOF+∠FOA)=12∠BOA，即可求出∠EOC的度数；
(3)由BC与AO平行，得到一对内错角相等，由∠FOC=∠AOC，等量代换得到一对角相等，再利用外角性质等量代换即可得证；
(4)由(2)(3)的结论可得∠OCA度数．
本题考查平移和平行线的性质的有关知识．平移的基本性质是：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．
19.【答案】解：(1)60°；2α；
(2)小扬同学猜想是正确的，证明如下：
过B作BN⊥CD于N，过E作EM⊥AC于M，如图3，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠1+∠2=90°，∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∵BN⊥CD于N，EM⊥AC于M，
∴∠BNC=∠EMC=90°，
∵△ACB≌△DCE，
∴BC=EC，
在△CBN和△CEM中，
∠BNC=∠EMC，∠1=∠3，BC=EC，
∴△CBN≌△CEM(AAS)，
∴BN=EM，
∵S△BDC=12⋅CD⋅BN，S△ACE=12⋅AC⋅EM，
∵CD=AC，
∴S△BDC=S△ACE．
【解析】
【分析】
本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
(1)①证明△ADC是等边三角形即可．
②如图2中，作CH⊥AD于H.先利用等腰三角形的性质可得∠ACH=∠DCH，再结合已知证明∠ACD=2∠B即可解决问题．
(2)小扬同学猜想是正确的．过B作BN⊥CD于N，过E作EM⊥AC于M，先证明△CBN≌△CEM(AAS)，再利用其三角形的面积即可解决问题．
【解答】
解：(1)①∵∠B=30°，∠ACB=90°，
∴∠CAD=90°−30°=60°，
∵CA=CD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∴旋转角为60°；
②如图2中，作CH⊥AD于H．
∵CA=CD，CH⊥AD，
∴∠ACH=∠DCH，
∵∠ACH+∠CAB=90°，∠CAB+∠B=90°，
∴∠ACH=∠B，
∴∠ACD=2∠ACH=2∠B=2α，
∴旋转角为2α；
(2)见答案．
20.【答案】(1)证明：如图2中，根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90°，
∵∠CAE+∠BAE=∠BAD+∠BAE=90°，
∴∠CAE=∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，
∴CE=BD；
(2)证明：如图3中，根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90°，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，
∴∠ACE=∠ABD，
∵∠ACE+∠AEC=90°，且∠AEC=∠FEB，
∴∠ABD+∠FEB=90°，
∴∠EFB=90°，
∴CF⊥BD，
∵AB=AC=2+1，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90°，
∴BC=2AB=2+2，CD=AC+AD=2+2，
∴BC=CD，
∵CF⊥BD，
∴CF是线段BD的垂直平分线；
(3)解：△BCD中，边BC的长是定值，则BC边上的高取最大值时△BCD的面积有最大值，
∴当点D在线段BC的垂直平分线上时，△BCD的面积取得最大值，如图4中：
∵AB=AC=2+1，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90°，DG⊥BC于点G，
∴BC=2AB=2+2，AG=12BC=2+22，∠GAB=45°，
∴DG=AG+AD=2+22+1=2+42，∠DAB=180°−45°=135°，
∴△BCD的面积的最大值为：12BC⋅DG=12(2+2)(2+42)=32+52，
旋转角α=135°．
【解析】
【分析】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
(1)利用“SAS”证得△ACE≌△ABD即可得到结论；
(2)利用“SAS”证得△ACE≌△ABD，推出∠ACE=∠ABD，计算得出CD=BC=2+2，利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；
(3)观察图形，当点D在线段BC的垂直平分线上时，△BCD的面积取得最大值，利用等腰直角三角形的性质结合三角形面积公式即可求解．
21.【答案】解：(1)由旋转的性质得，CD=CO，∠ACD=∠BCO，
∴∠ACD+∠ACO=∠BCO+∠ACO，即∠DCO=∠ACB，
∵三角形ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴∠DCO=60°，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠ODC=60°；
(2)AD与OD的位置关系是：AD⊥OD，理由如下：
由(1)知∠ODC=60°，
∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，得到△ADC，
∴∠ADC=∠BOC=150°，
∴∠ADO=∠ADC−∠ODC=90°，
∴AD⊥OD；
(3)13．
【解析】解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)由旋转的性质得，AD=OB=2，
∵△OCD为等边三角形，
∴OD=OC=3，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO=AD2+OD2=22+32=13．
(1)根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解；
(2)将△BOC绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，得到△ADC，可知∠ADC=∠BOC=150°，即得∠ADO=∠ADC−∠ODC=90°，故AD⊥OD；
(3)在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的长．
本题考查等边三角形中的旋转变换，涉及直角三角形判定、勾股定理等知识，解题的关键是掌握旋转的性质，旋转不改变图形的大小和形状．
22.【答案】解：(1)∠BOC=34∠AOC，∠BOC+∠AOB=∠AOC，
所以∠AOB=14∠AOC，
因为∠AOB=30°，
所以∠AOC=120°；
(2)由(1)知，∠AOC=120°，∠BOC=90°，
①OP逆时针运动时，即0≤t≤12时，
由OP，OQ的运动可知，∠AOP=10°t，∠BOQ=6°t，
OP，OQ相遇前，如图2(1)，∠AOQ=∠AOP+∠POQ=∠AOB+∠BOQ，即10°t+10°=30°+6°t，解得t=5，
OP，OQ相遇后，如图2(2)，∠AOP=∠AOB+∠BOQ+∠POQ，即10°t=30°+6°t+10°，解得t=10；
②OP顺时针旋转时，∠COP=10°t−120°，∠BOQ=6°t，
OP，OQ相遇前，如图(3)，∠BOC=∠COP+∠BOQ+∠POQ，即90°=10°t−120°+6°t+10°，解得t=12.5，
OP，OQ相遇后，如图(4)，∠BOC=∠COP+∠BOQ−∠POQ，即90°=10°t−120°+6°t−10°，解得t=13.75，
综上，当t的值为5，10，12.5或13.75时，∠POQ=10°．
(3)60°或120°
【解析】(1)由题意可得，∠AOB=14∠AOC，可直接求解；
(2)由射线的运动可知，需要分两种情况讨论，①OP逆时针运动时，OP，OQ相遇前和相遇后；②OP顺时针旋转，OP，OQ相遇前和相遇后，分别画图求解即可；
(3)根据射线OP的运动，需要分四种情况，①当射线OP与OA重合前，②当射线OP与OA重合后，∠AOP=180°前，③∠CON=180°前，④OP与OQ重合前，画出图形，结合角平分线求解即可．
本题主要考查角度的和差运算，涉及一元一次方程的应用，角度的双角平分线问题，在解题过程中根据角度的变化进行合适分段讨论是解题关键．
(1)(2)见答案
(3)由(1)知∠AOC=120°，
根据射线OP的运动，需要分四种情况，
①当射线OP与OA重合前，如图3(1)，
因为OM平分∠AOP，ON平分∠COP，
所以∠POM=12∠AOP，∠PON=12∠COP，
所以∠MON=∠POM+∠PON=12∠AOP+12∠COP=12∠AOC=60°；
②当射线OP与OA重合后，∠AOP=180°前，如图3(2)，
因为OM平分∠AOP，ON平分∠COP，
所以∠POM=12∠AOP，∠PON=12∠COP，
所以∠MON=∠POM−∠PON=12∠AOP−12∠COP=12∠AOC=60°；
③∠CON=180°前，如图3(3)，
因为OM平分∠AOP，ON平分∠COP，
所以∠POM=12∠AOP，∠PON=12∠COP，
所以∠MON=∠POM+∠PON=12∠AOP+12∠COP=12(360°−∠AOC)=120°；
④OP与OQ重合前，如图3(4)，
因为OM平分∠AOP，ON平分∠COP，
所以∠POM=12∠AOP，∠PON=12∠COP，
所以∠MON=∠PON−∠POM=12∠COP+12∠AOP=12∠AOC=60°；
综上，∠MON的度数为60°或120°．
23.【答案】①②③④
【解析】解：(1)根据旋转的性质，知①②③④都是正确的．
(2)∠F=60°．
证明：△CDF中，绕点D旋转180°后，得到△BDF′，
则有CF//BF′，CF=BF′，
∵∠F=60°，∠BAC=120°，
∴∠EAF=60°，
∴∠AEF=180°=60°−60°=60°，
∴∠F′=∠F=60°，
∵∠BEF′=∠AFE=60°
∴△BEF′是等边三角形，
∴BE=BF′，
∴BE=CF．
(3)等量关系：∠BAC=2∠F．
作△FCD关于点D的中心对称三角形DBF′，则
∠F′=∠F，FC=BF′=BE，∠F′=∠F=∠BED=∠FEA．
∴∠BAC=2∠F．
(1)通过旋转的性质可知①②③④正确；
(2)通过正确作图，使BE=CF，然后进行测量即可进行猜想；
(3)通过旋转的方法，作出辅助线，可利用三角形全等或旋转的性质得到相等的线段，把关系转化到一个三角形中即可得到需要的条件．
本题考查旋转的性质和中心对称的特点．
旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．要注意中心对称是旋转的一种特殊情况．
24.【答案】解：(1)如图1所示为所求．
(2)设∠OPM=α，
∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN
∴∠MPN=150°，PM=PN
∴∠OPN=∠MPN−∠OPM=150°−α
∵∠AOB=30°
∴∠OMP=180°−∠AOB−∠OPM=180°−30°−α=150°−α
∴∠OMP=∠OPN；
(3)OP=2时，总有ON=QP，证明如下：
过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2
∴∠NCP=∠PDM=∠PDQ=90°
∵∠AOB=30°，OP=2
∴PD=12OP=1
∴OD=OP2−PD2=3
∵OH=3+1
∴DH=OH−OD=1
∵∠OMP=∠OPN
∴180°−∠OMP=180°−∠OPN
即∠PMD=∠NPC
在△PDM与△NCP中
∠PDM=∠NCP∠PMD=∠NPCPM=NP
∴△PDM≌△NCP(AAS)
∴PD=NC，DM=CP
设DM=CP=x，则OC=OP+PC=2+x，MH=MD+DH=x+1
∵点M关于点H的对称点为Q
∴HQ=MH=x+1
∴DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x
∴OC=DQ
在△OCN与△QDP中
OC=QD∠OCN=∠QDP=90°NC=PD
∴△OCN≌△QDP(SAS)
∴ON=QP．
【解析】本题考查了根据题意画图，旋转的性质，三角形内角和180°，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中心对称的性质．第(3)题的解题思路是以ON=QP为条件反推OP的长度，并结合(2)的结论构造全等三角形；而证明过程则以OP=2为条件构造全等证明ON=QP．
(1)根据题意画出图形．
(2)由旋转可得∠MPN=150°，故∠OPN=150°−∠OPM；由∠AOB=30°和三角形内角和180°可得∠OMP=180°−30°−∠OPM=150°−∠OPM，得证．
(3)根据题意画出图形，以ON=QP为已知条件反推OP的长度．由(2)的结论∠OMP=∠OPN联想到其补角相等，又因为旋转有PM=PN，已具备一边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，即可构造出△PDM≌△NCP，进而得PD=NC，DM=CP.此时加上ON=QP，则易证得△OCN≌△QDP，所以OC=QD.利用∠AOB=30°，设PD=NC=a，则OP=2a，OD=3a.再设DM=CP=x，所以QD=OC=OP+PC=2a+x，MQ=DM+QD=2a+2x.由于点M、Q关于点H对称，即点H为MQ中点，故MH=12MQ=a+x，DH=MH−DM=a，所以OH=OD+DH=3a+a=3+1，求得a=1，故OP=2.证明过程则把推理过程反过来，以OP=2为条件，利用构造全等证得ON=QP．
25.【答案】解：如图，
线段AC、CD即为裁剪的位置．
拼接方式：表述方式不唯一，如：将△ABC绕着点A顺时针旋转90°，将△CDE绕着点D逆时针旋转90°.或者：将△ABC先向左平移4个单位再向上平移2个单位，将△CDE先向右平移2个单位再向上平移4个单位．或者：直接在图上用箭头表示出拼接方式．
【解析】本题主要考查裁剪与拼接，利用平移或旋转设计图案，根据拼成的图形为正方形，那么应根据正方形的面积得到相应的边长，把所给图形合理分割即可．总面积为4+16=20，那么组成的大正方形的边长为20，而直角边长为2，4的直角三角形的斜边长为20.据此裁剪与拼接即可．
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》（困难）（含答案解析）
考试范围：第三单元； 考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在△ABC中，AB=2，∠ABC=60°，∠ACB=45°，D是BC的中点，直线l经过点D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，则AE+BF的最大值为( )
A. 6
B. 22
C. 23
D. 32
2. 如图，等边△ABC的顶点A(1,1)，B(3,1)，规定把△ABC“先沿x轴翻折，再向右平移1个单位”为一次变换，这样连续经过2022次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为( )
A. (2023,3+1)
B. (2023,−3−1)
C. (2024,3+1)
D. (2024,−3−1)
3. 如图，两个全等的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到△DEF的位置，AB=10，DO=4，平移距离为6，则阴影部分的面积为( )
A. 42
B. 48
C. 84
D. 96
4. 如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，将直角边AC绕A点逆时针旋转至AC′，连接BC′，E为BC′的中点，连接CE，则CE的最大值为( )
A. 5
B. 2+1
C. 22+1
D. 52+1
5. 已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，AC=22，AD=1，F是BE的中点．若将△ADE绕点A旋转一周，则线段AF长度的取值范围是( )
A. 4−22≤AF≤4+22 B. 2≤AF≤3
C. 4−22≤AF≤3 D. 2−22≤AF≤2+22
6. 如图，Rt△ABC中，AB=AC=3，AO=1，若将AD绕A点逆时针旋转90°得到AE，连接OE，则在D点运动过程中，线段OE2的最小值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7. 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
8. 下列所述的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. 矩形
B. 正三角形
C. 正五边形
D. 直角三角形
9. 下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是( )
A.
B.
C.
D.
10. 四张完全相同的卡片上分别画有平行四边形、菱形、等腰梯形、圆，现从中任意抽取一张，卡片上所画的图形恰好是中心对称图形的概率为( )
A. 34
B. 1
C. 12
D. 14
11. 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
12. 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
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图是重叠的两个直角三角形，将其中一个直角三角形沿BC方向平移得到三角形DEF，如果AB=8cm，BE=4cm，DH=3cm，则图中阴影部分的面积是 cm2．
14. 如图，已知直线AB与y轴交于点A(0,2)，与x轴的负半轴交于点B，且∠ABO=30°，点C为x轴的正半轴上一点，将线段CA绕点C按顺时针方向旋转60°得线段CD，连接BD，若BD=41，则点C的坐标为 ．
15. 已知两个完全相同的直角三角形纸片△ABC、△DEF，如图放置，点B、D重合，点F在BC上，AB与EF交于点G.∠C=∠EFB=90°，∠E=∠ABC=30°，现将图中的△ABC绕点F按每秒15°的速度沿逆时针方向旋转180°，在旋转的过程中，△ABC恰有一边与DE平行的时间为______秒．
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9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图所示，BA⊥x轴于点A，点B的坐标为(−1,2)，将△OAB沿x轴负方向平移3个单位，平移后的图形为△EDC．
(1)直接写出点C和点E的坐标；
(2)在四边形ABCD中，点P从点A出发，沿“AB→BC→CD”移动，移动到点D停止．若点P的速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，回答下列问题：
①当t为何值时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数；
②用含t的式子表示点P在运动过程中的坐标(写出过程)；
③当5秒
18. (本小题8.0分)
已知，BC//OA，∠B=∠A=100°，试回答下列问题：
(1)如图1所示，求证：OB//AC；
(2)如图2，若点E、F在BC上，且满足∠FOC=∠AOC，并且OE平分∠BOF，此时∠EOC的度数等于______ (直接写出答案即可)；
(3)在(2)的条件下，若平行移动AC，如图3，那么∠OCB：∠OFB的值是否随之发生变化？若变化，试说明理由；若不变，求出这个比值；
(4)在(3)的条件下，如果平行移动AC的过程中，若使∠OEB=∠OCA，求此时∠OCA度数．
19. (本小题8.0分)
如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°.若固定△ABC，将△DEC绕点C旋转．
(1)当△DEC绕点C旋转到点D恰好落在AB边上时，如图2．
①当∠B=∠E=30°时，此时旋转角的大小为____；
②当∠B=∠E=α时，此时旋转角的大小为____(用含a的式子表示)．
(2)当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小杨同学猜想：△BDC的面积与△AEC的面积相等，试判断小杨同学的猜想是否正确，若正确，请你证明小杨同学的猜想．若不正确，请说明理由．
20. (本小题8.0分)
如图1，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC=2+1，点D，E分别在边AB，AC上，且AD=AE=1，连接DE.现将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为α(0°<α<360°)，如图2，连接CE，BD，CD．
(1)当0°<α<180°时，求证：CE=BD；
(2)如图3，当α=90°时，延长CE交BD于点F，求证：CF垂直平分BD；
(3)在旋转过程中，求△BCD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．
21. (本小题8.0分)
如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC=150°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，得到△ADC，连接OD，OA．
(1)求∠ODC的度数；
(2)试判断AD与OD的位置关系，并说明理由；
(3)若OB=2，OC=3，求AO的长(直接写出结果)．
22. (本小题8.0分)
已知：如图1，∠AOB=30°，∠BOC=34∠AOC．
(1)求∠AOC的度数；
(2)如图2，若射线OP从OA开始绕点O以每秒旋转10的速度逆时针旋转，同时射线OQ从OB开始绕点O以每秒旋转6°的速度逆时针旋转；其中射线OP到达OC后立即改变运动方向，以相同速度绕O点顺时针旋转，当射线OQ到达OC时，射线OP，OQ同时停止运动，设旋转的时间为t秒，当∠POQ=10°时，试求t的值；
(3)如图3，若射线OP从OA开始绕O点逆时针旋转一周，作OM平分∠AOP，ON平分∠COP，试求在运动过程中，∠MON的度数是多少？(请直接写出结果)
23. (本小题8.0分)
(1)如图1，在△ABC中，绕点C旋转180°后，得到△CA′B′.请先画出变换后的图形，写出下列结论正确的序号是______ ．
①△ABC≌△A′B′C；
②线段AB绕C点旋转180°后，得到线段A′B′；
③A′B′//AB；
④C是线段BB′的中点．
在(1)的启发下解答下面问题：
(2)如图2，在△ABC中，∠BAC=120°，D是BC的中点，射线DF交BA于E，交CA的延长线于F，请猜想∠F等于多少度时，BE=CF？(直接写出结果，不证明)
(3)如图3，在△ABC中，如果∠BAC≠120°，而(2)中的其他条件不变，若BE=CF的结论仍然成立，那么∠BAC与∠F满足什么数量关系(等式表示)并加以证明．
24. (本小题8.0分)
已知∠AOB=30°，H为射线OA上一定点，OH=3+1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足∠OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150°，得到线段PN，连接ON．
(1)依题意补全左上图；
(2)求证：∠OMP=∠OPN；
(3)在线段OH的延长线上取一点Q，使得HQ=HM，连接QP.求证：当OP=2时，对于任意的点M总有ON=QP．
25. (本小题8.0分)
如图是由若干个完全相同的小正方形构成的纸片，请你剪2刀，将它拼接成一个新的正方形．请在图中用粗实线画出剪的位置，并简要表述你的拼接方式．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：如图，过点C作CK⊥l于点K，过点A作AH⊥BC于点H，
在Rt△AHB中，
∵∠ABC=60°，AB=2，
∴BH=1，AH=3，
在Rt△AHC中，∠ACB=45°，
∴AC=AH2+CH2=(3)2+(3)2=6，
∵点D为BC中点，
∴BD=CD，
在△BFD与△CKD中，
∠BFD=∠CKD=90°∠BDF=∠CDKBD=CD，
∴△BFD≌△CKD(AAS)，
∴BF=CK，
延长AE，过点C作CN⊥AE于点N，
可得AE+BF=AE+CK=AE+EN=AN，
在Rt△ACN中，AN
综上所述，AE+BF的最大值为6．
故选：A．
把要求的最大值的两条线段经过平移后形成一条线段，然后再根据垂线段最短来进行计算即可．
本题主要考查了全等三角形的判定定理和性质定理及平移的性质，构建全等三角形是解答此题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：∵△ABC为等边三角形，A(1,1)，B(3,1)，
∴C(2,3+1)，
∵沿x轴翻折，再向右平移1个单位为一次变换，
∴第一次变换后：C(3,−3−1)，
第二次变换后：C(4,3+1)，
第三次变换后：C(5,−3−1)，
……，
由此变换规律为：
横坐标：每次变换后加一，
纵坐标：奇数次变换为−3−1，偶数次变换后为3+1，
∴2022次变换后，纵坐标为3+1，横坐标为2+2022=2024，
∴C(2024,3+1)，
故选：C．
先由等边三角形的性质推出点C的坐标，再将前几次变换的坐标求出来，观察规律为横坐标变换后加一，纵坐标变换后符号改变，即可求解．
本题考查折叠变换、点的坐标−规律型，坐标与图形变化，解题的关键是推出每次变换后横纵坐标的变换规律．
3.【答案】B
【解析】解：由题意可知，BE=6，DE=AB=10，
∴OE=DE−DO=10−4=6，
∵△ABC≌△DEF，∴S△ABC=S△DEF，
∴S△ABC−S△COE=S△DEF−S△COE，
∴S四边形ODFC=S梯形ABEO=12(AB+OE)⋅BE=12×(10+6)×6=48．
故选：B．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，三角形的中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．取AB的中点M，连接CM，EM，当CE=CM+EM时，CE的值最大，根据旋转的性质得到AC′=AC=2，由三角形的中位线的性质得到EM=12AC′=1，根据勾股定理得到AB=22，即可得到结论．
【解答】
解：如下图所示，取AB的中点M，连接CM，EM，
∴当CE=CM+EM时，CE的值最大，
∵将直角边AC绕A点逆时针旋转至AC′，
∴AC′=AC=2，
∵E为BC′的中点，
∴EM=12AC′=1，
∵∠ACB=90°，AC=BC=2，
∴AB=22，
∴CM=12AB=2，
∴CE=CM+EM=2+1，
故选B．
5.【答案】A
【解析】解：根据旋转的特性，画出E点旋转一圈的轨迹，如图．
结合图形可知：
①当E落在E′位置时，AF最大，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，AC=22，AD=1，
∴AB=AC2+BC2=4，AE′=AD2+DE2=2，BE′=AB−AE′=4−2，
∵F是BE′的中点，
∴BF=12BE′=4−22，AF=AB−BF=4−4−22=4+22；
②当E落在E″位置时，AF最小，
∵BE″=AB+AE″=4+2，且F是BE″的中点，
∴BF=12BE″=4+22，
AF=AB−BF=4−4+22=4−22．
综合①②可知：4−22≤AF≤4+22．
故选A．
过点A以AE长为半径作圆，可知当AF最大与最小时，E点与AB共线，由此可得出AF的范围．
本题考查了旋转的性质，解题的关键是：明白“过点A以AE长为半径作圆，当AF最大与最小时，E点与AB共线”．
6.【答案】B
【解析】解：如图，连接CE，
在Rt△ABC中，AB=AC=3，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵将AD绕A点逆时针旋转90°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=∠BAC=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ACE=∠B=45°，
∴∠BCE=90°，
∴点E在过点C且垂直BC的直线上运动，
∴当OE⊥CE时，OE的值最小，即OE2的值最小，
∵AO=1，AC=3，
∴CO=2，
∵OE⊥CE，∠ACE=45°，
∴OE=CE，
∵OE2+CE2=OC2=4，
∴OE2=2，
故选：B．
由旋转的性质可得AD=AE，∠DAE=∠BAC=90°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得∠ACE=∠B=45°，可得点E在过点C且垂直BC的直线上运动，则当OE⊥CE时，OE的值最小，即OE2的值最小，即可求解．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形，勾股定理等知识，确定点E的运动轨迹是解题的关键．
7.【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．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合.根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】
解：A.∵矩形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项正确；
B.∵正三角形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误．
C.∵正五边形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
D.直角三角形无法判定是否是轴对称图形，一定不是中心对称图形，故此选项错误．
故选A．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图形重合．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】
解：A.既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项错误；
B.不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
C.是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D.是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误．
故选B．
10.【答案】A
【解析】
【分析】
此题考查概率公式：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=nm，关键是找出卡片上所画的图形是中心对称图形的个数．
先找出卡片上所画的图形是中心对称图形的个数，再除以总数即可．
【解答】
解：∵四张卡片中中心对称图形有平行四边形、菱形、圆共3个，
∴卡片上所画的图形恰好是中心对称图形的概率为34．
故选A．
11.【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．
12.【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=12BD=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．
13.【答案】26
【解析】
【分析】
根据平移的性质可知两个直角三角形是完全重合的，面积相等，所以阴影部分的面积等于四边形ABEH的面积，因为四边形ABEH是一个梯形，AB=DE=8cm，据此求出EH=8−3=5(cm)，再利用梯形的面积公式计算即可解答．
【解答】
解：平移后：S阴影=S梯形ABEH=(8−3+8)×4÷2=26(cm2).
故答案为：26．
【点评】
本题考查了平移的性质，得出阴影部分的面积等于梯形ABEH的面积是解题关键．
14.【答案】(5−23,0)
【解析】
【分析】
本题主要考查了坐标与图形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是证明△EAC≌△BAD．
以AB为边作一个等边△ABE，连接EC，AE，BE，先求出∠DAB=∠EAC，再结合EA=AB，AC=AD，可得出△EAC≌△BAD，继而得出EC=BD=41，然后再求出AB=4，根据勾股定理可求出BO=23，进而求出BC=5，得到CO=BC−BO=5−23，即可得解．
【解答】
解：如图，以AB为边作一个等边△ABE，连接EC，AE，BE，
∵将线段CA绕点C按顺时针方向旋转60°得线段CD，
∴AC=CD， ∠ACD=60°，
∴三角形ACD是等边三角形，
∴AC=AD，∠DAC=60°，
∵△ABE也是等边三角形，
∴EB=EA=AB，∠EBA=∠EAB=60°，
∴∠DAC+∠BAC=∠EAB+∠BAC，
即∠DAB=∠EAC，
∴在△EAC和△BAD中，
EA=AB∠EAC=∠BADCA=DA,
∴△EAC≌△BAD，
∴EC=BD=41，
∵∠EBC=∠EBA+∠ABC=60°+30°=90°，
∴△EBC为直角三角形，
又∵A(0,2)，
∴OA=2，
∵∠ABO=30°，
∴AB=4，
∴由勾股定理可得BO=23，
∴EB=AB=4，
∴由勾股定理得：BC=EC2−EB2=41−16=5，
∴CO=BC−BO=5−23，
即C点的坐标为(5−23,0)．
故答案为：(5−23,0)．
15.【答案】2或8或10
【解析】解：∵∠E=∠ABC=30°，∠C=∠EFB=90°，∠E=∠ABC=30°，
∴∠D=∠A=60°．
①当DE//AC时，如图1中，
∵∠C=90，
∴AC⊥BC，
∴DE⊥BC，
∴∠D+∠BFD=90°，
∴∠BFD=90°−60°=30°，
∴旋转时间t=3015=2s．
②如图2中，当DE//BC时，
∠BFE=∠E=30°，
∴∠DFB=90°+30°=120°，
∴旋转时间t=12015=8s．
③当DE//AB时，如图3中，
∴∠BGF=∠E=30°，
∴∠BFE=30°+30°=60°，
∴∠DFB=60°+90°=150°，
∴旋转时间t=15015=10s．
综上所述，旋转时间为3s或12s或15s时，△ABC恰有一边与DE平行．
故答案为：2或8或10．
分三种情形讨论：①当DE//AC时．②当DE//BC时．③当DE//AB时，分别求出∠DFB即可解决问题．
本题考查旋转的性质、平行线的性质、旋转的速度、旋转角度、旋转时间之间的关系等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
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)由题意知：C(−4,2)，E(−3,0)；
(2)①当点P在AB上时，有P(−1,t)，
∵点P的横纵坐标互为相反数，
∴t=1．
当点P在BC上时，设P(xp,2)，
∵点P的横纵坐标互为相反数，
∴xp=−2，即−1−(t−2)=−2，
解得：t=3，
综上所述：当t为1秒或3秒时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数．
②当点P在AB上时，有P(−1,t)；
当点P在BC上时，有点P纵坐标为2，
横坐标为：−1−(t−2)=1−t
此时，P(1−t,2)；
当点P在CD上时，有点P的横坐标为−4，
纵坐标为：2−(t−2−3)=7−t，
此时，P(−4,7−t)．
③如图，∵S四边形ABCP=4，
∴S四边形ABCP=12⋅BC⋅(CP+BA)=12×3(t−5+2)=4，
解得：t=173，
∴2−(t−5)=2−173+5，
=43，
∴P(−4,43).
【解析】(1)根据平移直接得出结论；
(2)①分两种情况：利用点P的横纵坐标互为相反数，即可求出t的值；
②分三种情况：利用点P的横坐标(或纵坐标)已知，再由运动即可得出结论；
③先表示出点P的坐标，再利用梯形的面积公式建立方程求解即可得出结论．
此题是四边形综合题，主要考查了平移的性质，梯形的面积公式，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
18.【答案】40°
【解析】解：(1)∵BC//OA，
∴∠B+∠O=180°，
又∵∠B=∠A，
∴∠A+∠O=180°，
∴OB//AC；
(2)∵∠B+∠BOA=180°，∠B=100°，
∴∠BOA=80°，
∵OE平分∠BOF，
∴∠BOE=∠EOF=12∠BOF，
∵∠FOC=∠AOC=12∠FOA，
∴∠EOC=∠EOF+∠FOC=12∠BOF+12∠FOA=12∠BOA=40°；
故答案为：40°；
(3)结论：∠OCB：∠OFB 的值不发生变化．
理由为：∵BC//OA，
∴∠FCO=∠COA，
∵∠FOC=∠AOC，
∴∠FOC=∠FCO，
∴∠OFB=∠FOC+∠FCO=2∠OCB，
∴∠OCB：∠OFB=1：2；
(4)由(1)知：OB//AC，
∴∠OCA=∠BOC，
由(2)知设：∠BOE=∠EOF=α，∠FOC=∠COA=β，
∴∠OCA=∠BOC=2α+β，
∴∠OEB=∠EOC+∠ECO=α+β+β=α+2β，
∵∠OEB=∠OCA，
∴2α+β=α+2β，
∴α=β，
∵∠AOB=80°，
∴α=β=20°，
∴∠OCA=2α+β=40°+20°=60°．
(1)由同旁内角互补，两直线平行证明；
(2)由∠FOC=∠AOC，并且OE平分∠BOF得到∠EOC=∠EOF+∠FOCP=12(∠BOF+∠FOA)=12∠BOA，即可求出∠EOC的度数；
(3)由BC与AO平行，得到一对内错角相等，由∠FOC=∠AOC，等量代换得到一对角相等，再利用外角性质等量代换即可得证；
(4)由(2)(3)的结论可得∠OCA度数．
本题考查平移和平行线的性质的有关知识．平移的基本性质是：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．
19.【答案】解：(1)60°；2α；
(2)小扬同学猜想是正确的，证明如下：
过B作BN⊥CD于N，过E作EM⊥AC于M，如图3，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠1+∠2=90°，∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∵BN⊥CD于N，EM⊥AC于M，
∴∠BNC=∠EMC=90°，
∵△ACB≌△DCE，
∴BC=EC，
在△CBN和△CEM中，
∠BNC=∠EMC，∠1=∠3，BC=EC，
∴△CBN≌△CEM(AAS)，
∴BN=EM，
∵S△BDC=12⋅CD⋅BN，S△ACE=12⋅AC⋅EM，
∵CD=AC，
∴S△BDC=S△ACE．
【解析】
【分析】
本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
(1)①证明△ADC是等边三角形即可．
②如图2中，作CH⊥AD于H.先利用等腰三角形的性质可得∠ACH=∠DCH，再结合已知证明∠ACD=2∠B即可解决问题．
(2)小扬同学猜想是正确的．过B作BN⊥CD于N，过E作EM⊥AC于M，先证明△CBN≌△CEM(AAS)，再利用其三角形的面积即可解决问题．
【解答】
解：(1)①∵∠B=30°，∠ACB=90°，
∴∠CAD=90°−30°=60°，
∵CA=CD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∴旋转角为60°；
②如图2中，作CH⊥AD于H．
∵CA=CD，CH⊥AD，
∴∠ACH=∠DCH，
∵∠ACH+∠CAB=90°，∠CAB+∠B=90°，
∴∠ACH=∠B，
∴∠ACD=2∠ACH=2∠B=2α，
∴旋转角为2α；
(2)见答案．
20.【答案】(1)证明：如图2中，根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90°，
∵∠CAE+∠BAE=∠BAD+∠BAE=90°，
∴∠CAE=∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，
∴CE=BD；
(2)证明：如图3中，根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90°，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，
∴∠ACE=∠ABD，
∵∠ACE+∠AEC=90°，且∠AEC=∠FEB，
∴∠ABD+∠FEB=90°，
∴∠EFB=90°，
∴CF⊥BD，
∵AB=AC=2+1，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90°，
∴BC=2AB=2+2，CD=AC+AD=2+2，
∴BC=CD，
∵CF⊥BD，
∴CF是线段BD的垂直平分线；
(3)解：△BCD中，边BC的长是定值，则BC边上的高取最大值时△BCD的面积有最大值，
∴当点D在线段BC的垂直平分线上时，△BCD的面积取得最大值，如图4中：
∵AB=AC=2+1，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90°，DG⊥BC于点G，
∴BC=2AB=2+2，AG=12BC=2+22，∠GAB=45°，
∴DG=AG+AD=2+22+1=2+42，∠DAB=180°−45°=135°，
∴△BCD的面积的最大值为：12BC⋅DG=12(2+2)(2+42)=32+52，
旋转角α=135°．
【解析】
【分析】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
(1)利用“SAS”证得△ACE≌△ABD即可得到结论；
(2)利用“SAS”证得△ACE≌△ABD，推出∠ACE=∠ABD，计算得出CD=BC=2+2，利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；
(3)观察图形，当点D在线段BC的垂直平分线上时，△BCD的面积取得最大值，利用等腰直角三角形的性质结合三角形面积公式即可求解．
21.【答案】解：(1)由旋转的性质得，CD=CO，∠ACD=∠BCO，
∴∠ACD+∠ACO=∠BCO+∠ACO，即∠DCO=∠ACB，
∵三角形ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴∠DCO=60°，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠ODC=60°；
(2)AD与OD的位置关系是：AD⊥OD，理由如下：
由(1)知∠ODC=60°，
∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，得到△ADC，
∴∠ADC=∠BOC=150°，
∴∠ADO=∠ADC−∠ODC=90°，
∴AD⊥OD；
(3)13．
【解析】解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)由旋转的性质得，AD=OB=2，
∵△OCD为等边三角形，
∴OD=OC=3，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO=AD2+OD2=22+32=13．
(1)根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解；
(2)将△BOC绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，得到△ADC，可知∠ADC=∠BOC=150°，即得∠ADO=∠ADC−∠ODC=90°，故AD⊥OD；
(3)在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的长．
本题考查等边三角形中的旋转变换，涉及直角三角形判定、勾股定理等知识，解题的关键是掌握旋转的性质，旋转不改变图形的大小和形状．
22.【答案】解：(1)∠BOC=34∠AOC，∠BOC+∠AOB=∠AOC，
所以∠AOB=14∠AOC，
因为∠AOB=30°，
所以∠AOC=120°；
(2)由(1)知，∠AOC=120°，∠BOC=90°，
①OP逆时针运动时，即0≤t≤12时，
由OP，OQ的运动可知，∠AOP=10°t，∠BOQ=6°t，
OP，OQ相遇前，如图2(1)，∠AOQ=∠AOP+∠POQ=∠AOB+∠BOQ，即10°t+10°=30°+6°t，解得t=5，
OP，OQ相遇后，如图2(2)，∠AOP=∠AOB+∠BOQ+∠POQ，即10°t=30°+6°t+10°，解得t=10；
②OP顺时针旋转时，∠COP=10°t−120°，∠BOQ=6°t，
OP，OQ相遇前，如图(3)，∠BOC=∠COP+∠BOQ+∠POQ，即90°=10°t−120°+6°t+10°，解得t=12.5，
OP，OQ相遇后，如图(4)，∠BOC=∠COP+∠BOQ−∠POQ，即90°=10°t−120°+6°t−10°，解得t=13.75，
综上，当t的值为5，10，12.5或13.75时，∠POQ=10°．
(3)60°或120°
【解析】(1)由题意可得，∠AOB=14∠AOC，可直接求解；
(2)由射线的运动可知，需要分两种情况讨论，①OP逆时针运动时，OP，OQ相遇前和相遇后；②OP顺时针旋转，OP，OQ相遇前和相遇后，分别画图求解即可；
(3)根据射线OP的运动，需要分四种情况，①当射线OP与OA重合前，②当射线OP与OA重合后，∠AOP=180°前，③∠CON=180°前，④OP与OQ重合前，画出图形，结合角平分线求解即可．
本题主要考查角度的和差运算，涉及一元一次方程的应用，角度的双角平分线问题，在解题过程中根据角度的变化进行合适分段讨论是解题关键．
(1)(2)见答案
(3)由(1)知∠AOC=120°，
根据射线OP的运动，需要分四种情况，
①当射线OP与OA重合前，如图3(1)，
因为OM平分∠AOP，ON平分∠COP，
所以∠POM=12∠AOP，∠PON=12∠COP，
所以∠MON=∠POM+∠PON=12∠AOP+12∠COP=12∠AOC=60°；
②当射线OP与OA重合后，∠AOP=180°前，如图3(2)，
因为OM平分∠AOP，ON平分∠COP，
所以∠POM=12∠AOP，∠PON=12∠COP，
所以∠MON=∠POM−∠PON=12∠AOP−12∠COP=12∠AOC=60°；
③∠CON=180°前，如图3(3)，
因为OM平分∠AOP，ON平分∠COP，
所以∠POM=12∠AOP，∠PON=12∠COP，
所以∠MON=∠POM+∠PON=12∠AOP+12∠COP=12(360°−∠AOC)=120°；
④OP与OQ重合前，如图3(4)，
因为OM平分∠AOP，ON平分∠COP，
所以∠POM=12∠AOP，∠PON=12∠COP，
所以∠MON=∠PON−∠POM=12∠COP+12∠AOP=12∠AOC=60°；
综上，∠MON的度数为60°或120°．
23.【答案】①②③④
【解析】解：(1)根据旋转的性质，知①②③④都是正确的．
(2)∠F=60°．
证明：△CDF中，绕点D旋转180°后，得到△BDF′，
则有CF//BF′，CF=BF′，
∵∠F=60°，∠BAC=120°，
∴∠EAF=60°，
∴∠AEF=180°=60°−60°=60°，
∴∠F′=∠F=60°，
∵∠BEF′=∠AFE=60°
∴△BEF′是等边三角形，
∴BE=BF′，
∴BE=CF．
(3)等量关系：∠BAC=2∠F．
作△FCD关于点D的中心对称三角形DBF′，则
∠F′=∠F，FC=BF′=BE，∠F′=∠F=∠BED=∠FEA．
∴∠BAC=2∠F．
(1)通过旋转的性质可知①②③④正确；
(2)通过正确作图，使BE=CF，然后进行测量即可进行猜想；
(3)通过旋转的方法，作出辅助线，可利用三角形全等或旋转的性质得到相等的线段，把关系转化到一个三角形中即可得到需要的条件．
本题考查旋转的性质和中心对称的特点．
旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．要注意中心对称是旋转的一种特殊情况．
24.【答案】解：(1)如图1所示为所求．
(2)设∠OPM=α，
∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN
∴∠MPN=150°，PM=PN
∴∠OPN=∠MPN−∠OPM=150°−α
∵∠AOB=30°
∴∠OMP=180°−∠AOB−∠OPM=180°−30°−α=150°−α
∴∠OMP=∠OPN；
(3)OP=2时，总有ON=QP，证明如下：
过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2
∴∠NCP=∠PDM=∠PDQ=90°
∵∠AOB=30°，OP=2
∴PD=12OP=1
∴OD=OP2−PD2=3
∵OH=3+1
∴DH=OH−OD=1
∵∠OMP=∠OPN
∴180°−∠OMP=180°−∠OPN
即∠PMD=∠NPC
在△PDM与△NCP中
∠PDM=∠NCP∠PMD=∠NPCPM=NP
∴△PDM≌△NCP(AAS)
∴PD=NC，DM=CP
设DM=CP=x，则OC=OP+PC=2+x，MH=MD+DH=x+1
∵点M关于点H的对称点为Q
∴HQ=MH=x+1
∴DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x
∴OC=DQ
在△OCN与△QDP中
OC=QD∠OCN=∠QDP=90°NC=PD
∴△OCN≌△QDP(SAS)
∴ON=QP．
【解析】本题考查了根据题意画图，旋转的性质，三角形内角和180°，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中心对称的性质．第(3)题的解题思路是以ON=QP为条件反推OP的长度，并结合(2)的结论构造全等三角形；而证明过程则以OP=2为条件构造全等证明ON=QP．
(1)根据题意画出图形．
(2)由旋转可得∠MPN=150°，故∠OPN=150°−∠OPM；由∠AOB=30°和三角形内角和180°可得∠OMP=180°−30°−∠OPM=150°−∠OPM，得证．
(3)根据题意画出图形，以ON=QP为已知条件反推OP的长度．由(2)的结论∠OMP=∠OPN联想到其补角相等，又因为旋转有PM=PN，已具备一边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，即可构造出△PDM≌△NCP，进而得PD=NC，DM=CP.此时加上ON=QP，则易证得△OCN≌△QDP，所以OC=QD.利用∠AOB=30°，设PD=NC=a，则OP=2a，OD=3a.再设DM=CP=x，所以QD=OC=OP+PC=2a+x，MQ=DM+QD=2a+2x.由于点M、Q关于点H对称，即点H为MQ中点，故MH=12MQ=a+x，DH=MH−DM=a，所以OH=OD+DH=3a+a=3+1，求得a=1，故OP=2.证明过程则把推理过程反过来，以OP=2为条件，利用构造全等证得ON=QP．
25.【答案】解：如图，
线段AC、CD即为裁剪的位置．
拼接方式：表述方式不唯一，如：将△ABC绕着点A顺时针旋转90°，将△CDE绕着点D逆时针旋转90°.或者：将△ABC先向左平移4个单位再向上平移2个单位，将△CDE先向右平移2个单位再向上平移4个单位．或者：直接在图上用箭头表示出拼接方式．
【解析】本题主要考查裁剪与拼接，利用平移或旋转设计图案，根据拼成的图形为正方形，那么应根据正方形的面积得到相应的边长，把所给图形合理分割即可．总面积为4+16=20，那么组成的大正方形的边长为20，而直角边长为2，4的直角三角形的斜边长为20.据此裁剪与拼接即可．
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