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第26讲 平移与旋转（讲义）（教师版含解析）中考数学一轮复习讲义+训练
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这是一份第26讲 平移与旋转（讲义）（教师版含解析）中考数学一轮复习讲义+训练，文件包含第26讲平移与旋转讲义教师版含解析-2023年中考数学一轮复习讲义+训练doc、第26讲平移与旋转讲义学生版-2023年中考数学一轮复习讲义+训练doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。
中考数学一轮复习专题讲义+强化训练(全国通用)
第二十六讲 平移与旋转
必备知识点 2
考点一 轴对称图形与中心对称图形 4
考点二 运用轴对称求最小值 7
考点三 图形的平移 12
考点四 图形的旋转 15
知识导航
必备知识点
一、轴对称图形与轴对称
轴对称图形
轴对称
图
形
定
义
如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴
如果两个图形对折后，这两个图形能够完全重合，那么我们就说这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴
性
质
对应线段相等
AB=AC
AB=A′B′，BC=B′C′，
AC=A′C′
对应角相等
∠B=∠C
∠A=∠A′，∠B=∠B′，
∠C=∠C′
对应点所连的线段被对称轴垂直平分
区
别
(1)轴对称图形是一个具有特殊形状的图形，只对一个图形而言；
(2)对称轴不一定只有一条
(1)轴对称是指两个图形的位置关系，必须涉及两个图形；
(2)只有一条对称轴
关
系
(1)沿对称轴对折，两部分重合；
(2)如果把轴对称图形沿对称轴分成“两个图形”，那么这“两个图形”就关于这条直线成轴对称
(1)沿对称轴翻折，两个图形重合；(2)如果把两个成轴对称的图形拼在一起，看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形
1．常见的轴对称图形: 等腰三角形、矩形、菱形、正方形、圆．
2．折叠的性质:折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．
【注意】凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．解决折叠问题时，首先清楚折叠和轴对称能够提供我们隐含的且可利用的条件，分析角之间、线段之间的关系，借助勾股定理建立关系式求出答案，所求问题具有不确定性时，常常采用分类讨论的数学思想方法．
3．作某点关于某直线的对称点的一般步骤
1)过已知点作已知直线(对称轴)的垂线，标出垂足；2)在这条直线另一侧从垂足除法截取与已知点到垂足的距离相等的线段，那么截点就是这点关于该直线的对称点．
4．作已知图形关于某直线的对称图形的一般步骤
1)作出图形的关键点关于这条直线的对称点；
2)把这些对称点顺次连接起来，就形成了一个符合条件的对称图形．
二、图形的平移
1．定义：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做平移．平移不改变图形的形状和大小．
2．三大要素： 一是平移的起点，二是平移的方向，三是平移的距离．
3．性质：
1)平移前后，对应线段平行且相等、对应角相等；2)各对应点所连接的线段平行(或在同一条直线上)且相等；3)平移前后的图形全等．
4．作图步骤：
1)根据题意，确定平移的方向和平移的距离；2)找出原图形的关键点；3)按平移方向和平移距离平移各个关键点，得到各关键点的对应点；4)按原图形依次连接对应点，得到平移后的图形．
三、图形的旋转
1．定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角．
2．三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度．
3．性质：
1)对应点到旋转中心的距离相等；2)每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
3)旋转前后的图形全等．
4．作图步骤：1)根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角；2)找出原图形的关键点；3)连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点；4)按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形．
【注意】旋转是一种全等变换，旋转改变的是图形的位置，图形的大小关系不发生改变，所以在解答有关旋转的问题时，要注意挖掘相等线段、角，因此特殊三角形性质的运用、锐角三角函数建立的边角关系起着关键的作用．
四、中心对称图形与中心对称
中心对称图形
中心对称
图
形
定
义
如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心
如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称
性
质
对应点
点A与点C，点B与点D
点A与点A′，点B与点B′，点C与点C′
对应线段
AB=CD，
AD=BC
AB=A′B′，BC=B′C′，AC=A′C′
对应角
∠A=∠C
∠B=∠D
∠A=∠A′，∠B=∠B′，∠C=∠C′
区
别
中心对称图形是指具有某种特性的一个图形
中心对称是指两个图形的关系
联
系
把中心对称图形的两个部分看成“两个图形”，则这“两个图形”成中心对称
把成中心对称的两个图形看成一个“整体”，则“整体”成为中心对称图形
常见的中心对称图形
平行四边形、矩形、菱形、正方形、正六边形、圆等．
注意：图形的“对称”“平移”“旋转”这些变化,是图形运动及延伸的重要途径,研究这些变换中的图形的“不变性”或“变化规律”.
考点一 轴对称图形与中心对称图形
1．下列图形是轴对称图形的是( )
A．B．C．D．
【解答】解：选项A、B、C不均能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项D能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
故选：D．
2．改革开放以来，我国众多科技实体在各自行业取得了举世瞩目的成就，大疆科技、凤凰光学、太极股份和华为集团等就是代表．上述四个企业的标志是轴对称图形的是( )
A．B．C．D．
【解答】解：选项A、B、C不均能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项D能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
故选：D．
3．下列图形中，是轴对称图形的是( )
A．B． C．D．
【解答】解：选项B、C、D均不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项A能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
故选：A．
4．如图，下列图案中，是轴对称图形的是( )
A．B． C．D．
【解答】解：选项B、C、D不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项A能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
故选：A．
5．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )
A．B．C．D．
【解答】解：A．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项不合题意；
B．是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
C．是轴对称图形不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项不合题意．
故选：B．
6．下列四个交通标志中，属于中心对称图形的是( )
A．B．C．D．
【解答】解：A．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
7．下列图形中，是中心对称图形的是( )
A． B． C． D．
【解答】解：A．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
8．下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A．B．C．D．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
考点二 运用轴对称求最小值
9．如图，若∠AOB＝44°，P为∠AOB内一定点，点M在OA上，点N在OB上，当△PMN的周长取最小值时，∠MPN的度数为( )
A．82° B．84° C．88° D．92°
【解答】解：作点P关于OA的对称点A'，点P关于OB的对称点P''，连接P'P''交OA于M'，OB与N'，
∴PM'＝P'M'，PN'＝P''N'，
此时P'P''的长即为△PMN的周长的最小值，
∵∠AOB＝44°，
∴∠P'PP''＝180°﹣44°＝136°，
∴∠P'+P''＝44°，
∵∠P'＝∠MPP'，∠P''＝∠P''PN'，
∴∠M'PN'＝∠P'PP''﹣(∠P'+∠P'')＝136°﹣44°＝92°，
故选：D．
10．如图，点A，B在直线MN的同侧，A到MN的距离AC＝8，B到MN的距离BD＝5，已知CD＝4，P是直线MN上的一个动点，记PA+PB的最小值为a，|PA﹣PB|的最大值为b，则a2﹣b2的值为( )
A．160 B．150 C．140 D．130
【解答】解：如图，
作点A关于直线MN的对称点A′，连接A′B交直线MN于点P，
则点P即为所求点．
过点A′作直线A′E⊥BD的延长线于点E，则线段A′B的长即为PA+PB的最小值．
∵AC＝8，BD＝5，CD＝4，
∴A′C＝8，BE＝8+5＝13，A′E＝CD＝4，
∴A′B＝＝，
即PA+PB的最小值是a＝．
如图，
延长AB交MN于点P′，
∵P′A﹣P′B＝AB，AB＞|PA﹣PB|，
∴当点P运动到P′点时，|PA﹣PB|最大，
∵BD＝5，CD＝4，AC＝8，
过点B作BE⊥AC，则BE＝CD＝4，AE＝AC﹣BD＝8﹣5＝3，
∴AB＝＝5．
∴|PA﹣PB|＝5为最大，
即b＝5，
∴a2﹣b2＝185﹣25＝160．
故选：A．
11．如图，OE为∠AOB的角平分线，∠AOB＝30°，OB＝6，点P，C分别为射线OE，OB上的动点，则PC+PB的最小值是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【解答】解：过点B作BD⊥OA交于D点，交OE于点P，过点P作PC⊥OB交于C点，
∵OE为∠AOB的角平分线，
∴DP＝CP，
∴PB+PC＝PD+PB＝BD，此时PC+PB的值最小，
∵∠AOB＝30°，OB＝6，
∴BD＝3，
故选：A．
12．如图，四边形ABCD中，∠BAD＝130°，∠B＝∠D＝90°，在BC，CD上分别找一点M，N，使△AMN的周长最小时，则∠ANM+∠AMN的度数为( )
A．80° B．90° C．100° D．130°
【解答】解：作A点关于CD的对称点F，作A点关于BC的对称点E，连接EF交CD于N，交BC于M，连接AM、AN，
∵∠B＝∠D＝90°，
∴AN＝NF，AM＝EM，
∴△AMN的周长＝AM+AN+MN＝NF+MN+EM＝EF，此时△AMN的周长有最小值，
∵∠FAN＝∠F，∠E＝∠EAM，
∴∠E+∠F＝180°﹣∠BAD，
∵∠BAD＝130°，
∴∠E+∠F＝50°，
∴∠BAM+∠FAN＝50°，
∴∠MAN＝130°﹣50°＝80°，
∵∠ANM+∠AMN＝180°﹣∠MAN＝100°，
故选：C．
13．如图，A、B两点在直线l的两侧，点A到直线l的距离AC＝4，点B到直线l的距离BD＝2，且CD＝6，P为直线CD上的动点，则|PA﹣PB|的最大值是( )
A．6 B．2 C．2 D．6
【解答】解：作点B于直线l的对称点B′，连AB′并延长交直线l于P．
∴B′D＝BD＝2，
∵AC∥B′D，
∴，
即，
解得：PD＝6，
PC＝6+6＝12，
∴PA＝，PB′＝，
∴|PA﹣PB|的最大值＝2．
故选：C．
考点三 图形的平移
14．如图，线段CD可以看成由线段AB先向下平移 2 个单位，再向右平移 2 个单位得到．
【解答】解：线段CD可以看成由线段AB先向下平移2个单位，再向右平移2个单位得到．
故答案为：2，2．
15．如果将点A(﹣3，﹣1)向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位得到点B，那么点B的坐标是 (﹣1，﹣4) ．
【解答】解：将点A(﹣3，﹣1)向右平移2个单位长度再向下平移3个单位长度得到点B(﹣3+2，﹣1﹣3)
即(﹣1，﹣4)，
故答案为：(﹣1，﹣4)．
16．如图，在平面直角坐标系中，线段AB平移至线段CD，连接AC，BD．若点B(﹣2，﹣2)的对应点为D(1，2)，则点A(﹣3，0)的对应点C的坐标是 (0，4) ．
【解答】解：∵点B(﹣2，﹣2)的对应点为D(1，2)，
∴平移规律为向右平移3个单位，向上平移4个单位，
∴点A(﹣3，0)的对应点C的坐标为(0，4)．
故答案为：(0，4)．
17．如图：A(1，0)，B(0，2)，若将线段AB平移至A1B1，则2a﹣b的值为 2 ．
【解答】解：∵A(1，0)，A1(3，b)，B(0，2)，B1(a，4)，
∴平移规律为向右3﹣1＝2个单位，向上4﹣2＝2个单位，
∴a＝0+2＝2，b＝0+2＝2，
∴2a﹣b＝2×2﹣2＝2．
故答案为：2．
18．如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD边的中点，点P、Q为BC边上两个动点，且PQ＝2，当BP＝ 4 时，四边形APQE的周长最小．
【解答】解：如图，在AD上截取线段AF＝PQ＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点．
∵GH＝DF＝6，EH＝2+4＝6，∠H＝90°，
∴∠GEH＝45°，
∴∠CEQ＝45°，
设BP＝x，则CQ＝BC﹣BP﹣PQ＝8﹣x﹣2＝6﹣x，
在△CQE中，∵∠QCE＝90°，∠CEQ＝45°，
∴CQ＝EC，
∴6﹣x＝2，
解得x＝4．
故答案为4．
19．如图，已知直线l1∥l2，l1、l2之间的距离为8，点P到直线l1的距离为6，点Q到直线l2的距离为4，PQ＝4，在直线l1上有一动点A，直线l2上有一动点B，满足AB⊥l2，且PA+AB+BQ最小，此时PA+BQ＝ 16 ．
【解答】解：作PE⊥l1于E交l2于F，在PF上截取PC＝8，连接QC交l2于B，作BA⊥l1于A，此时PA+AB+BQ最短．作QD⊥PF于D．
在Rt△PQD中，∵∠D＝90°，PQ＝4，PD＝18，
∴DQ＝＝，CD＝PD﹣PC＝18﹣8＝10，
∵AB＝PC＝8，AB∥PC，
∴四边形ABCP是平行四边形，
∴PA＝BC，
∴PA+BQ＝CB+BQ＝QC＝＝＝16．
故答案为16．
考点四 图形的旋转
20．如图，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，将CA绕点C顺时针旋转至CD，连接AD，E为直线CD上一点，连接AE．
(1)如图1，若∠BAC＝60°，∠ACD＝90°，E为CD中点，AB＝2，求△BCE的面积；
(2)如图2，若∠ACD＝90°，点E在线段CD上且∠DAE+∠ABC＝90°，AE的延长线与BC的延长线交于点F，连接DF，求证：BC＝DF．
【解答】(1)解：如图1，作EN⊥BC于N，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，BC＝AC＝CD＝AB＝2，
∵点E是CD的中点，
∴CE＝CD＝，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ECN＝30°，
∴EN＝EC＝，
∴S△BCE＝×BC×EN＝×2×＝；
(2)证明：如图2，作AG⊥BC于G，作DH⊥BF于H，
∴∠AGC＝∠H＝90°，
∴∠GAC+∠ACG＝90°，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ACG+∠DCH＝90°，
∴∠GAC＝∠DCH，
在△ACG和△CDH中，
，
∴△ACG≌△CDH(AAS)，
∴DH＝CG，
∵AB＝AC，AG⊥BC，
∴∠B＝∠ACB，BC＝2CG，
∴BC＝2DH，
∵∠DAE+∠B＝90°，
∴∠DAE+∠ACB＝90°，
∵∠GAC+∠ACB＝90°，
∴∠GAC＝∠DAE，
∴∠DCH＝∠DAE，
∴点A、C、F、D共圆，
∴∠DFH＝∠CAD＝45°，
∴DH＝DF，
∴BC＝2DH＝DF．
21．如图，在△ABC中AB＝AC，∠BAC＝120°．△FDE中，∠DFE＝60°，将△FDE的顶点F与△ABC的顶点A重合，边FD从AB边开始绕点A逆时针旋转，旋转过程中FD与直线BC的交点为N，FE与直线BC的交点为M．
(1)点P在线段BC上，连接AP．如图(1)，△FDE在旋转过程中，当FD平分∠BAP时，求证：FE平分∠CAP；
(2)△FDE在旋转过程中，如图(2)，当∠BAN＝45°时，探究线段BN，MN，MC之间的数量关系，并用你所学的知识证明你的结论．
【解答】(1)证明：∵FD平分∠BAP，
∴∠PFN＝∠BFN，
∵∠BAC＝120°，∠DFE＝60°，
∴∠CFE+∠BFN＝60°，∠PFN+∠PFM＝60°，
∴∠CFM＝∠PFM，
∴FE平分∠CAP；
(2)解：BN2＝CE2+MN2，理由如下：
如图，将△ACM绕点A顺时针旋转120°，得到△ABH，连接NH，
∴△ACM≌△ABH，
∴AH＝AM，CM＝BH，∠ACB＝∠ABC，∠MAH＝120°，
∴∠HAN＝∠MAH﹣∠MAN＝60°，
∴∠MAN＝∠NAH＝60°，
在△ANM和△ANH中，
，
∴△ANM≌△ANH(SAS)，
∴MN＝NH，∠MNA＝∠ANH，
∵∠CAB＝120°，AC＝AB，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°＝∠ABH，
∴∠NBH＝60°，
∵∠ANM＝∠BAN+∠ABC＝75°，
∴∠ANM＝∠ANH＝75°，
∴∠BNH＝30°，
∴∠BHN＝90°，
∴BN2＝BH2+NH2，
∴BN2＝CM2+MN2．
22．旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．
如图1，四边形ABCD中，AD＝CD，∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，AB＝4，BC＝2，连接BD，请利用旋转变换求出四边形ABCD的面积；
如图2，四边形ABCD中，AD＝CD，∠ABC＝75°，∠ADC＝60°，AB＝4，BC＝2，求出四边形ABCD的面积；
如图3，四边形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°，AB＝4，BD＝4，若B、C两点落在直线AD的同侧，求BC的最小值．
【解答】解：如图1，
将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，
∴BD＝B′D，∠BDB′＝60°，
∴△BDB′是等边三角形；
∵△BCD≌△B′AD，
∴四边形ABCD的面积＝△BDB′的面积，
∴BB′＝AB+AB′＝AB+BC＝4+2＝6，
∴S△BDB′＝×BB′×BB′＝×36＝9，
故四边形ABCD的面积为9．
如图2，
连接 BD，由于AD＝CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，
连接BB′，延长BA，作B′E⊥BE，
在△BCD和△B′AD中，
∴△BCD≌△B′AD(SAS)，
∴S四边形ABCD＝S四边形BDB′A，
∵∠ABC＝75°，∠ADC＝60°，
∴∠BAB′＝135°
∴∠B′AE＝45°，
∵B′A＝BC＝2，
∴B′E＝AE＝2，
∴BE＝AB+AE＝4+2＝6，
∴BB′＝2，等边△DBB′，BB′上的高＝2×＝，
∴S△ABB′＝•AB•B′E＝×4×2＝4，
S△BDB′＝×2×＝10，
∴S四边形ABCD＝S四边形BDB′A＝S△BDB′﹣S△ABB′＝10﹣4．
如图3，由于AD＝CD，∠ADC＝90°，所以可将△ABD绕点D逆时针方向旋转90°，得到△DCB′，连接BB′．
∴△ABD≌△CB′D，
∴B′D＝BD＝4，CB′＝AB＝4，
∵∠BDB′＝90°，
∴△BDB′为等腰直角三角形，
∴BB′＝BD＝×4＝4，
在△BB′C中，
BC≥BB′﹣CB′＝4﹣4，
∴BC的最小值为4﹣4．
23．(1)【操作发现】如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M．
①的值为 1 ；
②∠AMB的度数为 40° ．
(2)【类比探究】如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M．计算的值及∠AMB的度数；
(3)【实际应用】在(2)的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．
【解答】解：(1)【问题发现】
①如图1，∵∠AOB＝∠COD＝40°，
∴∠COA＝∠DOB，
∵OC＝OD，OA＝OB，
∴△COA≌△DOB(SAS)，
∴AC＝BD，
∴＝1；
②∵△COA≌△DOB，
∴∠CAO＝∠DBO，
∵∠AOB＝40°，
∴∠OAB+∠ABO＝140°，
在△AMB中，∠AMB＝180°﹣(∠CAO+∠OAB+∠ABD)＝180°﹣(∠DBO+∠OAB+∠ABD)＝180°﹣140°＝40°，
故答案为：①1；②40°；
(2)【类比探究】
如图2，＝，∠AMB＝90°，理由是：
Rt△COD中，∠DCO＝30°，∠DOC＝90°，
∴＝tan30°＝，
同理得：＝tan30°＝，
∴＝，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOC＝∠BOD，
∴△AOC∽△BOD，
∴＝＝，∠CAO＝∠DBO，
在△AMB中，∠AMB＝180°﹣(∠MAB+∠ABM)＝180°﹣(∠OAB+∠ABM+∠DBO)＝90°；
(3)【实际应用】
①点C与点M重合时，如图3，同理得：△AOC∽△BOD，
∴∠AMB＝90°，＝，
设BD＝x，则AC＝x，
Rt△COD中，∠OCD＝30°，OD＝1，
∴CD＝2，BC＝x﹣2，
Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝，
∴AB＝2OB＝2，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
∴(x)2+(x﹣2)2＝(2)2，
x2﹣x﹣6＝0，
∴(x﹣3)(x+2)＝0，
∴x1＝3，x2＝﹣2，
∴AC＝3；
②点C与点M重合时，如图4，同理得：∠AMB＝90°，＝，
设BD＝x，则AC＝x，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
∴(x)2+(x+2)2＝(2)2，
∴x2+x﹣6＝0，
∴(x+3)(x﹣2)＝0，
∴x1＝﹣3，x2＝2，
∴AC＝2；
综上所述，AC的长为3或2．
24．如图1，D、E、F是等边三角形ABC中不共线三点，连接AD、BE、CF，三条线段两两分别相交于D、E、F．已知AF＝BD，∠EDF＝60°．
(1)证明：EF＝DF；
(2)如图2，点M是ED上一点，连接CM，以CM为边向右作△CMG，连接EG．若EG＝EC+EM，CM＝GM，∠GMC＝∠GEC，证明：CG＝CM．
(3)如图3，在(2)的条件下，当点M与点D重合时，若CD⊥AD，GD＝4，请问在△ACD内部是否存在点P使得P到△ACD三个顶点距离之和最小，若存在请直接写出距离之和的最小值；若不存在，试说明理由．
【解答】(1)证明：如图1，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，
∠ACB＝60°，
∴∠CAF+∠DAB＝60°，
∵∠EDF＝60°，
∴∠DAB+∠ABD＝60°，
∴∠CAF＝∠ABD，
∵AF＝BD，
∴△ACF≌△BAD(SAS)，
∴EF＝DF；
(2)证明：如图2，
由(1)知，
EF＝DF，∠EDF＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴∠DEF＝60°，
在EF上截取EN＝EM，连接MN，
∴CN＝CE+EN＝CE+EM＝EG，
∴△EMN是等边三角形，
∴∠CNM＝60°，
∵∠GMC＝∠GEC，∠α＝∠β，
∴∠NCM＝∠EGM，
∵CM＝GM，
∴△NCM≌△EGM(SAS)，
∴∠MEG＝∠CNM＝60°，
∴∠CEG＝180°﹣∠MEG﹣∠FED＝60°，
∴∠GME＝∠GEC＝60°，
∵CM＝GM，
∴△CMG是等边三角形，
∴CG＝CM；
(3)解：如图3，
由(1)(2)知，
△DEF和△CDG是等边三角形，
∴∠CFD＝60°，CD＝GD＝4，
∵CD⊥AD，
∴∠CDF＝90°，
∴AD＝CF＝＝，
将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，
∴AD＝DQ，CP＝QG，
∴△PDQ是等边三角形，
∴PD＝PQ，
∴AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，
∴当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP最小＝AG，
作GH⊥AD于H，
在Rt△DGH中，
GH＝DG＝2，
DH＝DG＝2，
∴AH＝AD+DH＝+2＝，
∴AG＝
＝
＝，
∴AP+PD+CP的最小值是．
25．【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，BC＝5，则△ABC的外接圆的半径值为 5 ．
【问题解决】
如图2，点P为正方形ABCD内一点，且∠BPC＝90°，若AB＝4，求AP的最小值．
【问题解决】
如图3，正方形ABCD是一个边长为3cm的隔离区域设计图，CE为大门，点E在边BC上，CE＝cm，点P是正方形ABCD内设立的一个活动岗哨，到B、E的张角为120°，即∠BPE＝120°，点A、D为另两个固定岗哨．现需在隔离区域内部设置一个补水供给点Q，使得Q到A、D、P三个岗哨的距离和最小，试求QA+QD+QP的最小值．(保留根号或结果精确到1cm，参考数据≈1.7，10.52＝110.25)．
【解答】解：(1)如图1，作△ABC的外接圆O，作直径AD，连接OB，
∵AB＝AC，
∴AO⊥BC，∠BAO＝60°，
∵OA＝OB，
∴△OBA是等边三角形，
∴AB＝OA＝OB，
设AD与BC交于点E，BE＝BC＝，
在直角三角形ABE中，
∵sin∠BAO＝，
∴sin60°＝＝，
∴AB＝5，
∴OA＝5，
故答案为：5；
(2 )如图2，
∵∠BPC＝90°，
∴点在以BC为直径的圆上，设圆心为点O，
则OP＝BC＝2，
∴O，P，A三点线时AP最小，
在直角三角形ABO中，
AO＝＝2，
∵PO＝2，
∴AP的最小值为：AO﹣PO＝2﹣2；
(3)如图3，设∠BPE所在圆的圆心为点O，根据(1)可得∠BPE所在圆的半径为＝2，以点D为旋转中心，将△DQA顺时针旋转60°，得到△DFN，当N，F，Q，P，O共线时，QA+QD+QP最小，过点N作NG⊥AB交BA的延长线于点G，连接AN，则△AND是等边三角形，过点O作OM⊥GN于M交BC于点H，连接OB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC∥GN，
∴OH⊥BC，
∵BE＝2，
∴BH＝，
∴OH＝＝1，
∵AD＝DN，∠ADN＝60°，
∴△AND是等边三形，且AN＝3，∠NAD＝60°，
∴∠GAN＝30°，
∴GN＝ANsin30°＝，AG＝ANcos30°＝，
∴OM＝OH+AB+AG＝+1+3＝+3，MN＝GN﹣BH＝﹣＝，
∴ON＝＝≈11，
∴QA+QD+QP最小值为：11﹣2＝9(cm)．
26．已知抛物线y＝﹣x2+bx+4的对称轴为x＝1，与y交于点A，与x轴负半轴交于点C，作平行四边形ABOC并将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′O′C′．
(1)求抛物线的解析式和点A、C的坐标；
(2)求平行四边形ABOC和平行四边形A′B′O′C′重叠部分△OC′D的周长；
(3)若点P为△AOC内一点，直接写出PA+PC+PO的最小值(结果可以不化简)以及直线CP的解析式．
【解答】解：(1)由已知得，x＝﹣＝1，则b＝1，抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4，
∴A(0，4)，令y＝0，得﹣x2+x+4＝0，
∴x1＝﹣2，x2＝4．
(2)在▱ABCD中，∠OAB＝∠AOC＝90°，则AB∥CO，
∴OB＝＝2，OC′＝OC＝2，
∴∠OC′D＝∠OCA＝∠B，∠C′OD＝∠BOA，
∴△C′OD∽△BOA，
∴＝＝＝，
∵△AOB的周长为6+2，
∴△C′OD的周长为(6+2)×＝2+；
(3)此点位费马点，设三角形AOB的三边为a，b，c，
∵OC＝2，OA＝4，AC＝＝2，
PA+PO+PC＝
＝2．
直线CP解析式为y＝(﹣1)x+2﹣2．
中考数学一轮复习专题讲义+强化训练(全国通用)
第二十六讲 平移与旋转
必备知识点 2
考点一 轴对称图形与中心对称图形 4
考点二 运用轴对称求最小值 7
考点三 图形的平移 12
考点四 图形的旋转 15
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必备知识点
一、轴对称图形与轴对称
轴对称图形
轴对称
图
形
定
义
如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴
如果两个图形对折后，这两个图形能够完全重合，那么我们就说这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴
性
质
对应线段相等
AB=AC
AB=A′B′，BC=B′C′，
AC=A′C′
对应角相等
∠B=∠C
∠A=∠A′，∠B=∠B′，
∠C=∠C′
对应点所连的线段被对称轴垂直平分
区
别
(1)轴对称图形是一个具有特殊形状的图形，只对一个图形而言；
(2)对称轴不一定只有一条
(1)轴对称是指两个图形的位置关系，必须涉及两个图形；
(2)只有一条对称轴
关
系
(1)沿对称轴对折，两部分重合；
(2)如果把轴对称图形沿对称轴分成“两个图形”，那么这“两个图形”就关于这条直线成轴对称
(1)沿对称轴翻折，两个图形重合；(2)如果把两个成轴对称的图形拼在一起，看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形
1．常见的轴对称图形: 等腰三角形、矩形、菱形、正方形、圆．
2．折叠的性质:折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．
【注意】凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．解决折叠问题时，首先清楚折叠和轴对称能够提供我们隐含的且可利用的条件，分析角之间、线段之间的关系，借助勾股定理建立关系式求出答案，所求问题具有不确定性时，常常采用分类讨论的数学思想方法．
3．作某点关于某直线的对称点的一般步骤
1)过已知点作已知直线(对称轴)的垂线，标出垂足；2)在这条直线另一侧从垂足除法截取与已知点到垂足的距离相等的线段，那么截点就是这点关于该直线的对称点．
4．作已知图形关于某直线的对称图形的一般步骤
1)作出图形的关键点关于这条直线的对称点；
2)把这些对称点顺次连接起来，就形成了一个符合条件的对称图形．
二、图形的平移
1．定义：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做平移．平移不改变图形的形状和大小．
2．三大要素： 一是平移的起点，二是平移的方向，三是平移的距离．
3．性质：
1)平移前后，对应线段平行且相等、对应角相等；2)各对应点所连接的线段平行(或在同一条直线上)且相等；3)平移前后的图形全等．
4．作图步骤：
1)根据题意，确定平移的方向和平移的距离；2)找出原图形的关键点；3)按平移方向和平移距离平移各个关键点，得到各关键点的对应点；4)按原图形依次连接对应点，得到平移后的图形．
三、图形的旋转
1．定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角．
2．三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度．
3．性质：
1)对应点到旋转中心的距离相等；2)每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
3)旋转前后的图形全等．
4．作图步骤：1)根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角；2)找出原图形的关键点；3)连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点；4)按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形．
【注意】旋转是一种全等变换，旋转改变的是图形的位置，图形的大小关系不发生改变，所以在解答有关旋转的问题时，要注意挖掘相等线段、角，因此特殊三角形性质的运用、锐角三角函数建立的边角关系起着关键的作用．
四、中心对称图形与中心对称
中心对称图形
中心对称
图
形
定
义
如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心
如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称
性
质
对应点
点A与点C，点B与点D
点A与点A′，点B与点B′，点C与点C′
对应线段
AB=CD，
AD=BC
AB=A′B′，BC=B′C′，AC=A′C′
对应角
∠A=∠C
∠B=∠D
∠A=∠A′，∠B=∠B′，∠C=∠C′
区
别
中心对称图形是指具有某种特性的一个图形
中心对称是指两个图形的关系
联
系
把中心对称图形的两个部分看成“两个图形”，则这“两个图形”成中心对称
把成中心对称的两个图形看成一个“整体”，则“整体”成为中心对称图形
常见的中心对称图形
平行四边形、矩形、菱形、正方形、正六边形、圆等．
注意：图形的“对称”“平移”“旋转”这些变化,是图形运动及延伸的重要途径,研究这些变换中的图形的“不变性”或“变化规律”.
考点一 轴对称图形与中心对称图形
1．下列图形是轴对称图形的是( )
A．B．C．D．
【解答】解：选项A、B、C不均能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项D能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
故选：D．
2．改革开放以来，我国众多科技实体在各自行业取得了举世瞩目的成就，大疆科技、凤凰光学、太极股份和华为集团等就是代表．上述四个企业的标志是轴对称图形的是( )
A．B．C．D．
【解答】解：选项A、B、C不均能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项D能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
故选：D．
3．下列图形中，是轴对称图形的是( )
A．B． C．D．
【解答】解：选项B、C、D均不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项A能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
故选：A．
4．如图，下列图案中，是轴对称图形的是( )
A．B． C．D．
【解答】解：选项B、C、D不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项A能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
故选：A．
5．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )
A．B．C．D．
【解答】解：A．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项不合题意；
B．是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
C．是轴对称图形不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项不合题意．
故选：B．
6．下列四个交通标志中，属于中心对称图形的是( )
A．B．C．D．
【解答】解：A．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
7．下列图形中，是中心对称图形的是( )
A． B． C． D．
【解答】解：A．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
8．下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A．B．C．D．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
考点二 运用轴对称求最小值
9．如图，若∠AOB＝44°，P为∠AOB内一定点，点M在OA上，点N在OB上，当△PMN的周长取最小值时，∠MPN的度数为( )
A．82° B．84° C．88° D．92°
【解答】解：作点P关于OA的对称点A'，点P关于OB的对称点P''，连接P'P''交OA于M'，OB与N'，
∴PM'＝P'M'，PN'＝P''N'，
此时P'P''的长即为△PMN的周长的最小值，
∵∠AOB＝44°，
∴∠P'PP''＝180°﹣44°＝136°，
∴∠P'+P''＝44°，
∵∠P'＝∠MPP'，∠P''＝∠P''PN'，
∴∠M'PN'＝∠P'PP''﹣(∠P'+∠P'')＝136°﹣44°＝92°，
故选：D．
10．如图，点A，B在直线MN的同侧，A到MN的距离AC＝8，B到MN的距离BD＝5，已知CD＝4，P是直线MN上的一个动点，记PA+PB的最小值为a，|PA﹣PB|的最大值为b，则a2﹣b2的值为( )
A．160 B．150 C．140 D．130
【解答】解：如图，
作点A关于直线MN的对称点A′，连接A′B交直线MN于点P，
则点P即为所求点．
过点A′作直线A′E⊥BD的延长线于点E，则线段A′B的长即为PA+PB的最小值．
∵AC＝8，BD＝5，CD＝4，
∴A′C＝8，BE＝8+5＝13，A′E＝CD＝4，
∴A′B＝＝，
即PA+PB的最小值是a＝．
如图，
延长AB交MN于点P′，
∵P′A﹣P′B＝AB，AB＞|PA﹣PB|，
∴当点P运动到P′点时，|PA﹣PB|最大，
∵BD＝5，CD＝4，AC＝8，
过点B作BE⊥AC，则BE＝CD＝4，AE＝AC﹣BD＝8﹣5＝3，
∴AB＝＝5．
∴|PA﹣PB|＝5为最大，
即b＝5，
∴a2﹣b2＝185﹣25＝160．
故选：A．
11．如图，OE为∠AOB的角平分线，∠AOB＝30°，OB＝6，点P，C分别为射线OE，OB上的动点，则PC+PB的最小值是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【解答】解：过点B作BD⊥OA交于D点，交OE于点P，过点P作PC⊥OB交于C点，
∵OE为∠AOB的角平分线，
∴DP＝CP，
∴PB+PC＝PD+PB＝BD，此时PC+PB的值最小，
∵∠AOB＝30°，OB＝6，
∴BD＝3，
故选：A．
12．如图，四边形ABCD中，∠BAD＝130°，∠B＝∠D＝90°，在BC，CD上分别找一点M，N，使△AMN的周长最小时，则∠ANM+∠AMN的度数为( )
A．80° B．90° C．100° D．130°
【解答】解：作A点关于CD的对称点F，作A点关于BC的对称点E，连接EF交CD于N，交BC于M，连接AM、AN，
∵∠B＝∠D＝90°，
∴AN＝NF，AM＝EM，
∴△AMN的周长＝AM+AN+MN＝NF+MN+EM＝EF，此时△AMN的周长有最小值，
∵∠FAN＝∠F，∠E＝∠EAM，
∴∠E+∠F＝180°﹣∠BAD，
∵∠BAD＝130°，
∴∠E+∠F＝50°，
∴∠BAM+∠FAN＝50°，
∴∠MAN＝130°﹣50°＝80°，
∵∠ANM+∠AMN＝180°﹣∠MAN＝100°，
故选：C．
13．如图，A、B两点在直线l的两侧，点A到直线l的距离AC＝4，点B到直线l的距离BD＝2，且CD＝6，P为直线CD上的动点，则|PA﹣PB|的最大值是( )
A．6 B．2 C．2 D．6
【解答】解：作点B于直线l的对称点B′，连AB′并延长交直线l于P．
∴B′D＝BD＝2，
∵AC∥B′D，
∴，
即，
解得：PD＝6，
PC＝6+6＝12，
∴PA＝，PB′＝，
∴|PA﹣PB|的最大值＝2．
故选：C．
考点三 图形的平移
14．如图，线段CD可以看成由线段AB先向下平移 2 个单位，再向右平移 2 个单位得到．
【解答】解：线段CD可以看成由线段AB先向下平移2个单位，再向右平移2个单位得到．
故答案为：2，2．
15．如果将点A(﹣3，﹣1)向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位得到点B，那么点B的坐标是 (﹣1，﹣4) ．
【解答】解：将点A(﹣3，﹣1)向右平移2个单位长度再向下平移3个单位长度得到点B(﹣3+2，﹣1﹣3)
即(﹣1，﹣4)，
故答案为：(﹣1，﹣4)．
16．如图，在平面直角坐标系中，线段AB平移至线段CD，连接AC，BD．若点B(﹣2，﹣2)的对应点为D(1，2)，则点A(﹣3，0)的对应点C的坐标是 (0，4) ．
【解答】解：∵点B(﹣2，﹣2)的对应点为D(1，2)，
∴平移规律为向右平移3个单位，向上平移4个单位，
∴点A(﹣3，0)的对应点C的坐标为(0，4)．
故答案为：(0，4)．
17．如图：A(1，0)，B(0，2)，若将线段AB平移至A1B1，则2a﹣b的值为 2 ．
【解答】解：∵A(1，0)，A1(3，b)，B(0，2)，B1(a，4)，
∴平移规律为向右3﹣1＝2个单位，向上4﹣2＝2个单位，
∴a＝0+2＝2，b＝0+2＝2，
∴2a﹣b＝2×2﹣2＝2．
故答案为：2．
18．如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD边的中点，点P、Q为BC边上两个动点，且PQ＝2，当BP＝ 4 时，四边形APQE的周长最小．
【解答】解：如图，在AD上截取线段AF＝PQ＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点．
∵GH＝DF＝6，EH＝2+4＝6，∠H＝90°，
∴∠GEH＝45°，
∴∠CEQ＝45°，
设BP＝x，则CQ＝BC﹣BP﹣PQ＝8﹣x﹣2＝6﹣x，
在△CQE中，∵∠QCE＝90°，∠CEQ＝45°，
∴CQ＝EC，
∴6﹣x＝2，
解得x＝4．
故答案为4．
19．如图，已知直线l1∥l2，l1、l2之间的距离为8，点P到直线l1的距离为6，点Q到直线l2的距离为4，PQ＝4，在直线l1上有一动点A，直线l2上有一动点B，满足AB⊥l2，且PA+AB+BQ最小，此时PA+BQ＝ 16 ．
【解答】解：作PE⊥l1于E交l2于F，在PF上截取PC＝8，连接QC交l2于B，作BA⊥l1于A，此时PA+AB+BQ最短．作QD⊥PF于D．
在Rt△PQD中，∵∠D＝90°，PQ＝4，PD＝18，
∴DQ＝＝，CD＝PD﹣PC＝18﹣8＝10，
∵AB＝PC＝8，AB∥PC，
∴四边形ABCP是平行四边形，
∴PA＝BC，
∴PA+BQ＝CB+BQ＝QC＝＝＝16．
故答案为16．
考点四 图形的旋转
20．如图，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，将CA绕点C顺时针旋转至CD，连接AD，E为直线CD上一点，连接AE．
(1)如图1，若∠BAC＝60°，∠ACD＝90°，E为CD中点，AB＝2，求△BCE的面积；
(2)如图2，若∠ACD＝90°，点E在线段CD上且∠DAE+∠ABC＝90°，AE的延长线与BC的延长线交于点F，连接DF，求证：BC＝DF．
【解答】(1)解：如图1，作EN⊥BC于N，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，BC＝AC＝CD＝AB＝2，
∵点E是CD的中点，
∴CE＝CD＝，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ECN＝30°，
∴EN＝EC＝，
∴S△BCE＝×BC×EN＝×2×＝；
(2)证明：如图2，作AG⊥BC于G，作DH⊥BF于H，
∴∠AGC＝∠H＝90°，
∴∠GAC+∠ACG＝90°，
∵∠ACD＝90°，
∴∠ACG+∠DCH＝90°，
∴∠GAC＝∠DCH，
在△ACG和△CDH中，
，
∴△ACG≌△CDH(AAS)，
∴DH＝CG，
∵AB＝AC，AG⊥BC，
∴∠B＝∠ACB，BC＝2CG，
∴BC＝2DH，
∵∠DAE+∠B＝90°，
∴∠DAE+∠ACB＝90°，
∵∠GAC+∠ACB＝90°，
∴∠GAC＝∠DAE，
∴∠DCH＝∠DAE，
∴点A、C、F、D共圆，
∴∠DFH＝∠CAD＝45°，
∴DH＝DF，
∴BC＝2DH＝DF．
21．如图，在△ABC中AB＝AC，∠BAC＝120°．△FDE中，∠DFE＝60°，将△FDE的顶点F与△ABC的顶点A重合，边FD从AB边开始绕点A逆时针旋转，旋转过程中FD与直线BC的交点为N，FE与直线BC的交点为M．
(1)点P在线段BC上，连接AP．如图(1)，△FDE在旋转过程中，当FD平分∠BAP时，求证：FE平分∠CAP；
(2)△FDE在旋转过程中，如图(2)，当∠BAN＝45°时，探究线段BN，MN，MC之间的数量关系，并用你所学的知识证明你的结论．
【解答】(1)证明：∵FD平分∠BAP，
∴∠PFN＝∠BFN，
∵∠BAC＝120°，∠DFE＝60°，
∴∠CFE+∠BFN＝60°，∠PFN+∠PFM＝60°，
∴∠CFM＝∠PFM，
∴FE平分∠CAP；
(2)解：BN2＝CE2+MN2，理由如下：
如图，将△ACM绕点A顺时针旋转120°，得到△ABH，连接NH，
∴△ACM≌△ABH，
∴AH＝AM，CM＝BH，∠ACB＝∠ABC，∠MAH＝120°，
∴∠HAN＝∠MAH﹣∠MAN＝60°，
∴∠MAN＝∠NAH＝60°，
在△ANM和△ANH中，
，
∴△ANM≌△ANH(SAS)，
∴MN＝NH，∠MNA＝∠ANH，
∵∠CAB＝120°，AC＝AB，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°＝∠ABH，
∴∠NBH＝60°，
∵∠ANM＝∠BAN+∠ABC＝75°，
∴∠ANM＝∠ANH＝75°，
∴∠BNH＝30°，
∴∠BHN＝90°，
∴BN2＝BH2+NH2，
∴BN2＝CM2+MN2．
22．旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．
如图1，四边形ABCD中，AD＝CD，∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，AB＝4，BC＝2，连接BD，请利用旋转变换求出四边形ABCD的面积；
如图2，四边形ABCD中，AD＝CD，∠ABC＝75°，∠ADC＝60°，AB＝4，BC＝2，求出四边形ABCD的面积；
如图3，四边形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°，AB＝4，BD＝4，若B、C两点落在直线AD的同侧，求BC的最小值．
【解答】解：如图1，
将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，
∴BD＝B′D，∠BDB′＝60°，
∴△BDB′是等边三角形；
∵△BCD≌△B′AD，
∴四边形ABCD的面积＝△BDB′的面积，
∴BB′＝AB+AB′＝AB+BC＝4+2＝6，
∴S△BDB′＝×BB′×BB′＝×36＝9，
故四边形ABCD的面积为9．
如图2，
连接 BD，由于AD＝CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，
连接BB′，延长BA，作B′E⊥BE，
在△BCD和△B′AD中，
∴△BCD≌△B′AD(SAS)，
∴S四边形ABCD＝S四边形BDB′A，
∵∠ABC＝75°，∠ADC＝60°，
∴∠BAB′＝135°
∴∠B′AE＝45°，
∵B′A＝BC＝2，
∴B′E＝AE＝2，
∴BE＝AB+AE＝4+2＝6，
∴BB′＝2，等边△DBB′，BB′上的高＝2×＝，
∴S△ABB′＝•AB•B′E＝×4×2＝4，
S△BDB′＝×2×＝10，
∴S四边形ABCD＝S四边形BDB′A＝S△BDB′﹣S△ABB′＝10﹣4．
如图3，由于AD＝CD，∠ADC＝90°，所以可将△ABD绕点D逆时针方向旋转90°，得到△DCB′，连接BB′．
∴△ABD≌△CB′D，
∴B′D＝BD＝4，CB′＝AB＝4，
∵∠BDB′＝90°，
∴△BDB′为等腰直角三角形，
∴BB′＝BD＝×4＝4，
在△BB′C中，
BC≥BB′﹣CB′＝4﹣4，
∴BC的最小值为4﹣4．
23．(1)【操作发现】如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M．
①的值为 1 ；
②∠AMB的度数为 40° ．
(2)【类比探究】如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M．计算的值及∠AMB的度数；
(3)【实际应用】在(2)的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．
【解答】解：(1)【问题发现】
①如图1，∵∠AOB＝∠COD＝40°，
∴∠COA＝∠DOB，
∵OC＝OD，OA＝OB，
∴△COA≌△DOB(SAS)，
∴AC＝BD，
∴＝1；
②∵△COA≌△DOB，
∴∠CAO＝∠DBO，
∵∠AOB＝40°，
∴∠OAB+∠ABO＝140°，
在△AMB中，∠AMB＝180°﹣(∠CAO+∠OAB+∠ABD)＝180°﹣(∠DBO+∠OAB+∠ABD)＝180°﹣140°＝40°，
故答案为：①1；②40°；
(2)【类比探究】
如图2，＝，∠AMB＝90°，理由是：
Rt△COD中，∠DCO＝30°，∠DOC＝90°，
∴＝tan30°＝，
同理得：＝tan30°＝，
∴＝，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOC＝∠BOD，
∴△AOC∽△BOD，
∴＝＝，∠CAO＝∠DBO，
在△AMB中，∠AMB＝180°﹣(∠MAB+∠ABM)＝180°﹣(∠OAB+∠ABM+∠DBO)＝90°；
(3)【实际应用】
①点C与点M重合时，如图3，同理得：△AOC∽△BOD，
∴∠AMB＝90°，＝，
设BD＝x，则AC＝x，
Rt△COD中，∠OCD＝30°，OD＝1，
∴CD＝2，BC＝x﹣2，
Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝，
∴AB＝2OB＝2，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
∴(x)2+(x﹣2)2＝(2)2，
x2﹣x﹣6＝0，
∴(x﹣3)(x+2)＝0，
∴x1＝3，x2＝﹣2，
∴AC＝3；
②点C与点M重合时，如图4，同理得：∠AMB＝90°，＝，
设BD＝x，则AC＝x，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
∴(x)2+(x+2)2＝(2)2，
∴x2+x﹣6＝0，
∴(x+3)(x﹣2)＝0，
∴x1＝﹣3，x2＝2，
∴AC＝2；
综上所述，AC的长为3或2．
24．如图1，D、E、F是等边三角形ABC中不共线三点，连接AD、BE、CF，三条线段两两分别相交于D、E、F．已知AF＝BD，∠EDF＝60°．
(1)证明：EF＝DF；
(2)如图2，点M是ED上一点，连接CM，以CM为边向右作△CMG，连接EG．若EG＝EC+EM，CM＝GM，∠GMC＝∠GEC，证明：CG＝CM．
(3)如图3，在(2)的条件下，当点M与点D重合时，若CD⊥AD，GD＝4，请问在△ACD内部是否存在点P使得P到△ACD三个顶点距离之和最小，若存在请直接写出距离之和的最小值；若不存在，试说明理由．
【解答】(1)证明：如图1，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，
∠ACB＝60°，
∴∠CAF+∠DAB＝60°，
∵∠EDF＝60°，
∴∠DAB+∠ABD＝60°，
∴∠CAF＝∠ABD，
∵AF＝BD，
∴△ACF≌△BAD(SAS)，
∴EF＝DF；
(2)证明：如图2，
由(1)知，
EF＝DF，∠EDF＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴∠DEF＝60°，
在EF上截取EN＝EM，连接MN，
∴CN＝CE+EN＝CE+EM＝EG，
∴△EMN是等边三角形，
∴∠CNM＝60°，
∵∠GMC＝∠GEC，∠α＝∠β，
∴∠NCM＝∠EGM，
∵CM＝GM，
∴△NCM≌△EGM(SAS)，
∴∠MEG＝∠CNM＝60°，
∴∠CEG＝180°﹣∠MEG﹣∠FED＝60°，
∴∠GME＝∠GEC＝60°，
∵CM＝GM，
∴△CMG是等边三角形，
∴CG＝CM；
(3)解：如图3，
由(1)(2)知，
△DEF和△CDG是等边三角形，
∴∠CFD＝60°，CD＝GD＝4，
∵CD⊥AD，
∴∠CDF＝90°，
∴AD＝CF＝＝，
将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，
∴AD＝DQ，CP＝QG，
∴△PDQ是等边三角形，
∴PD＝PQ，
∴AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，
∴当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP最小＝AG，
作GH⊥AD于H，
在Rt△DGH中，
GH＝DG＝2，
DH＝DG＝2，
∴AH＝AD+DH＝+2＝，
∴AG＝
＝
＝，
∴AP+PD+CP的最小值是．
25．【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，BC＝5，则△ABC的外接圆的半径值为 5 ．
【问题解决】
如图2，点P为正方形ABCD内一点，且∠BPC＝90°，若AB＝4，求AP的最小值．
【问题解决】
如图3，正方形ABCD是一个边长为3cm的隔离区域设计图，CE为大门，点E在边BC上，CE＝cm，点P是正方形ABCD内设立的一个活动岗哨，到B、E的张角为120°，即∠BPE＝120°，点A、D为另两个固定岗哨．现需在隔离区域内部设置一个补水供给点Q，使得Q到A、D、P三个岗哨的距离和最小，试求QA+QD+QP的最小值．(保留根号或结果精确到1cm，参考数据≈1.7，10.52＝110.25)．
【解答】解：(1)如图1，作△ABC的外接圆O，作直径AD，连接OB，
∵AB＝AC，
∴AO⊥BC，∠BAO＝60°，
∵OA＝OB，
∴△OBA是等边三角形，
∴AB＝OA＝OB，
设AD与BC交于点E，BE＝BC＝，
在直角三角形ABE中，
∵sin∠BAO＝，
∴sin60°＝＝，
∴AB＝5，
∴OA＝5，
故答案为：5；
(2 )如图2，
∵∠BPC＝90°，
∴点在以BC为直径的圆上，设圆心为点O，
则OP＝BC＝2，
∴O，P，A三点线时AP最小，
在直角三角形ABO中，
AO＝＝2，
∵PO＝2，
∴AP的最小值为：AO﹣PO＝2﹣2；
(3)如图3，设∠BPE所在圆的圆心为点O，根据(1)可得∠BPE所在圆的半径为＝2，以点D为旋转中心，将△DQA顺时针旋转60°，得到△DFN，当N，F，Q，P，O共线时，QA+QD+QP最小，过点N作NG⊥AB交BA的延长线于点G，连接AN，则△AND是等边三角形，过点O作OM⊥GN于M交BC于点H，连接OB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC∥GN，
∴OH⊥BC，
∵BE＝2，
∴BH＝，
∴OH＝＝1，
∵AD＝DN，∠ADN＝60°，
∴△AND是等边三形，且AN＝3，∠NAD＝60°，
∴∠GAN＝30°，
∴GN＝ANsin30°＝，AG＝ANcos30°＝，
∴OM＝OH+AB+AG＝+1+3＝+3，MN＝GN﹣BH＝﹣＝，
∴ON＝＝≈11，
∴QA+QD+QP最小值为：11﹣2＝9(cm)．
26．已知抛物线y＝﹣x2+bx+4的对称轴为x＝1，与y交于点A，与x轴负半轴交于点C，作平行四边形ABOC并将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′O′C′．
(1)求抛物线的解析式和点A、C的坐标；
(2)求平行四边形ABOC和平行四边形A′B′O′C′重叠部分△OC′D的周长；
(3)若点P为△AOC内一点，直接写出PA+PC+PO的最小值(结果可以不化简)以及直线CP的解析式．
【解答】解：(1)由已知得，x＝﹣＝1，则b＝1，抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4，
∴A(0，4)，令y＝0，得﹣x2+x+4＝0，
∴x1＝﹣2，x2＝4．
(2)在▱ABCD中，∠OAB＝∠AOC＝90°，则AB∥CO，
∴OB＝＝2，OC′＝OC＝2，
∴∠OC′D＝∠OCA＝∠B，∠C′OD＝∠BOA，
∴△C′OD∽△BOA，
∴＝＝＝，
∵△AOB的周长为6+2，
∴△C′OD的周长为(6+2)×＝2+；
(3)此点位费马点，设三角形AOB的三边为a，b，c，
∵OC＝2，OA＝4，AC＝＝2，
PA+PO+PC＝
＝2．
直线CP解析式为y＝(﹣1)x+2﹣2．
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