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中考数学一轮复习考点（全国通用）考向30 图形的变化（平移 轴对称和旋转）专题特训（含答案）
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这是一份中考数学一轮复习考点（全国通用）考向30 图形的变化（平移 轴对称和旋转）专题特训（含答案），共74页。
1．（2022·山东枣庄·统考中考真题）如图，将△ABC先向右平移1个单位，再绕点P按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点B的对应点B′的坐标是（ ）
A．（4，0）B．（2，﹣2）C．（4，﹣1）D．（2，﹣3）
2．（2022·海南·统考中考真题）如图，点，将线段平移得到线段，若，则点D的坐标是（ ）
A．B．C．D．
3．（2022·湖北黄石·统考中考真题）下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．温州博物馆B．西藏博物馆C．广东博物馆D．湖北博物馆
4．（2022·四川广安·统考中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（ ）
A．2B．C．1.5D．
5．（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
6．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点．若点恰好落在边上，则点A到直线的距离等于（ ）
A．B．C．3D．2
7．（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，矩形中，，点E在折线上运动，将绕点A顺时针旋转得到，旋转角等于，连接．
(1)当点E在上时，作，垂足为M，求证；
(2)当时，求的长；
(3)连接，点E从点B运动到点D的过程中，试探究的最小值．
8．（2022·辽宁阜新·统考中考真题）已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．
(1)如图，求证：≌；
(2)直线与相交于点．
如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；
如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．
【考点梳理】
知识点1：对称图形
轴对称、轴对称图形
（1）轴对称:把一个图形沿着某一条直线翻折过去,如果它能与另一个图形重合,那么称这两个图形成轴对称.两个图形中的对应点(即两个图形重合时互相重合的点)叫做对称点.
（2）轴对称图形:如果一个图形沿某条直线对折,对折的两部分是完全重合的,那么就称这样的图形为轴对称图形,这条直线称为对称轴.对称轴一定为直线.
（3）轴对称图形变换的特征:不改变图形的形状和大小,只改变图形的位置.新旧图形具有对称性.
2. 中心对称、中心对称图形
（1）中心对称:把一个图形绕着某一点旋转180°,如果它能与另一个图形重合,那么这两个图形成中心对称,该点叫做对称中心.
（2）中心对称图形:一个图形绕着某一点旋转180°后能与自身重合,这个图形叫做中心对称图形,该点叫做对称中心.
知识点2：平移与旋转
1. 图形的平移
（1）定义：在平面内,将某个图形沿某个方向移动一定的距离,这样的图形运动称为平移.
（2）特征：①平移后,对应线段相等且平行,对应点所连的线段平行且相等.
② 平移后，对应角相等且对应角的两边分别平行,方向相同.
③ 平移不改变图形的形状和大小,只改变图形的位置,平移后新旧两图形全等.
图形的旋转
（1）定义：在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向旋转一个角度,这样的图形运动称为旋转.这个定点称为旋转中心,转动的角度称为旋转角.
（2）特征：图形旋转过程中,图形上每一个点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同角度；注意每对对应点与旋转中心的连线所成的角度都是旋转角,旋转角都相等；对应点到旋转中心的距离相等.
【题型探究】
题型一：平移的性质
9．（2023·浙江舟山·校考一模）如图，将沿方向平移得到，若的周长为，则四边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
10．（2022·河北廊坊·统考二模）如图，两张完全相同的正六边形纸片（边长为）重合在一起，下面一张保持不动，将上面一张纸片六边形沿水平方向向左平移个单位长度，则上面正六边形纸片面积与折线扫过的面积（阴影部分面积）之比是（ ）
A．B．C．D．
11．（2022·广东佛山·佛山市南海区石门实验学校校考三模）如图，在中，，，将沿着点到点的方向平移到的位置，图中阴影部分面积为，则平移的距离为（ ）
A．B．C．D．
题型二：轴对称的性质
12．（2022·河北邯郸·校考三模）如图，矩形ABCD沿EF折叠后，若∠DEF＝70°，则∠1的度数是（ ）
A．70°B．55°C．40°D．35°
13．（2022·福建泉州·校考三模）如图①，有一个长方形纸条ABCD，AB∥CD，AD∥BC．如图②，将长方形ABCD沿EF折叠，ED与BF交于点G，如图③，将四边形CDGF沿GF向上折叠，DG与EF交于点H，若∠GEF=16°，则∠DHF的度数为（ ）
A．32°B．48°C．60°D．64°
14．（2022·重庆南岸·校考模拟预测）如图，在正方形中，是边上的一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于，连接现在有如下四个结论：；；③；其中结论正确的个数是（ ）
A．B．C．D．
题型三：旋转的性质
15．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）如图，中，，，点D是边上一动点，以点A为旋转中心，将顺时针旋转得到线段，连接，若，则的长的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
16．（2023·吉林长春·长春市解放大路学校校考模拟预测）如图，在中，，将以点A为中心逆时针旋转得到，点D在边上，交于点F．下列结论：①；②平分；③，其中正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
17．（2023·广东东莞·东莞市东华初级中学校考模拟预测）如图，为等腰直角外一点，把绕点顺时针旋转90°到，使点在内；已知，连接，若 ，则( )
A．B．C．D．
题型四：平移的几何变换综合
18．（2022·陕西西安·校考三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．已知，该抛物线的对称轴为直线．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)求点、的坐标；
(3)将线段平移，使得平移后线段的一个端点在这条抛物线上，另一个端点在轴上，若将点、平移后的对应点分别记为点、，求以、、、为顶点的四边形面积的最大值．
19．（2021·湖北襄阳·统考二模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与直线交于点和点，与轴交于点．
（1）求，的值及抛物线的解析式；
（2）在图1中，把向上平移个单位长度，始终保持点的对应点在第二象限抛物线上，点，的对应点分别为，，若直线与的边有两个交点，求的取值范围；
（3）如图2，在抛物线上是否存在点（不与点重合），使和的面积相等？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
题型五：轴对称的几何变换综合
20．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）如图，直线与轴、轴交于点A、，抛物线经过点A、，与轴的另一个交点是，点是直线上的一动点．
(1)求抛物线的解析式和点的坐标；
(2)如图1，求当的值最小时点的坐标；
(3)如图2，过点作的垂线交轴于点，是否存在点，使以、、为顶点的三角形与相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
21．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）综合与实践
在综合实践活动课上，老师让同学们以“三角形纸片的折叠、旋转”为主题开展数学活动，探究与角的度数、线段长度有关的问题．
操作探究：
将三角形纸片进行如下操作：
(1)第一步：如图①，折叠三角形纸片使点C与点A重合，得到折痕，然后展开铺平，则____________度，与的数量关系为____________；
(2)第二步：如图②，将绕点D顺时针方向旋转得到，点E、C的对应点分别是点F、G，直线与边交于点M（点M不与点A重合），与边交于点N，试写出与的数量关系，并证明你的结论；
(3)拓展延伸：
在绕点D旋转的过程中，当直线经过点B时，如图③所示，若，则的长为____________．
题型六：旋转的几何变换综合
22．（2023·北京·首都师范大学附属中学校考一模）在等边中，点为的中点，点为上一点（不与、重合），连接、．
(1)将线段绕点顺时针旋转至，使点落在的延长线上，在图1中补全图形：
①求的度数；
②探究线段，，之间的数量关系，并加以证明；
(2)将线段绕点旋转，在旋转过程中与边交于点，连接，若，当时，请直接写出的最小值．
23．（2023·江苏无锡·江苏省锡山高级中学实验学校校考一模）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．
(1)如图1，当点落在的延长线上时，则的长为______；
(2)如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求BM的长；
(3)如图3，连接，，直线交于点D，若，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，请直接写出的最小值：若不存在，请说明理由．
【必刷好题】
一、单选题
24．（2023·广东广州·执信中学校考一模）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．
25．（2023·河南周口·校联考一模）如图，在平面直角坐标系中，为等腰三角形，，点到轴的距离为4．若将绕点逆时针旋转得到△，当点恰好落在轴正半轴上时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
26．（2023·山东泰安·校考一模）如图，已知等边的边长为4，P、Q、R分别为边上的动点，则的最小值是（ ）
A．B．2C．D．
27．（2023·广东广州·执信中学校考一模）如图，等腰中，，，将绕点B顺时针旋转，得到，连结，过点A作交的延长线于点H，连结，则的度数（ ）
A．B．C．D．随若的变化而变化
28．（2023·安徽池州·校联考一模）如图，在中，，，，动点M，N分别在边，上则的最小值是（ ）
A．B．C．6D．
29．（2022·安徽合肥·校联考三模）如图，中，，且，连接，将沿方向平移至，连接，若，则的长为（ ）
A．1B．C．D．2
30．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，在中，，将向右平移得到，再将绕点D逆时针旋转至点重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（ ）
A．1，30°B．4，30°C．2，60°D．4，60°
31．（2023·河南驻马店·驻马店市第二初级中学校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，正六边形的边在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，．将正六边形绕原点O顺时针旋转，每次旋转，经过第次旋转后，顶点D的坐标为（ ）．
A．B．C．D．
32．（2023·安徽淮北·淮北一中校联考一模）如图，在中，，，，点是斜边上的动点，将线段绕点旋转至，连接，，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
33．（2023·广东深圳·统考一模）如图，反比例函数的图象经过点，将线段沿轴向右平移至，反比例函数的图象经过点．若线段扫过的面积为，则的值为__________
34．（2023·广东佛山·校考一模）如图，将沿边上的中线平移到的位置，已知的面积为，阴影部分三角形的面积为，若，则的值为___________．
35．（2023·广东佛山·校考一模）如图，在边长为的正方形中，，连接，交于点，，关于对称，连接、，并把延长交的延长线于点，以下四个结论：①；②；③；④，其中正确的是_________．（填序号）
36．（2023·河南安阳·统考一模）如图，将按如图方式放在平面直角坐标系中，其中，，顶点A的坐标为，将绕原点O顺时针旋转得到，则点的坐标为______．
37．（2023·河南南阳·校联考一模）在中，，，，把绕点C逆时针旋转得到，点A的对应点为，若为直角三角形，连接，则线段的长为 _____．
38．（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图，在中，线段上有一动点D，连接，将绕着点C顺时针旋转120°得到线段，连接，在点D运动的过程中，D、E两点到的距离之和为___________．
三、解答题
39．（2021·浙江嘉兴·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，点在反比例函数（）的图象上．连结，作轴于点．
（1）直接写出的值；
（2）将沿轴向上平移个单位长度，得到，的对应边是．当的中点在反比例函数的图象上时，求的值．
40．（2021·江苏苏州·校考一模）如图，在直角坐标系中，为原点，直线分别与轴､轴交于点､点，四边形是矩形，且点在轴正半轴上，连接于点，反比例函数（）经过点，
（1）求点的坐标及的值；
（2）若将绕点逆时针旋转，点､点分别对应点､点，再将向右平移个单位，若平移后点在反比例函数图像上，求的值．
41．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考三模）问题探究
（1）如图1，等腰直角，，点是内的一点，且，．过点作的垂线，为对称轴，作关于的轴对称图形，连接．求的度数．
问题解决
（2）如图2，有一个三角形空地．经测量，米，，，现要在的边右侧扩建三角形区域，，垂足为H，且满足，．请利用所学知识，求四边形的面积．
42．（2022·黑龙江·统考三模）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，．
(1)求抛物线的解析式和直线AC的解析式；
(2)点D在抛物线的对称轴上，若的值最小，则点D的坐标为_______，此时的面积为_______；
(3)P是第二象限抛物线上一动点，过点P作轴于点M，与直线AC交于点N，当线段PN的长度最大时，求此时点P的坐标；
(4)在（3）的条件下，当线段PN的长度最大时，在直线AC上是否存在点Q，使是等腰三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
注：二次函数的顶点坐标为．
43．（2023·江苏苏州·苏州工业园区星湾学校校考模拟预测）如图，锐角中的平分线交于点E，交的外接圆于点D、边的中点为M．
(1)求证：垂直；
(2)若，，，求的值；
(3)作的平分线交于点P，若将线段绕点M旋转后，点P恰好与外接圆上的点重合，则 ．
44．（2023·湖北孝感·校考一模）在中，，，线段绕点A逆时针旋转至（不与AC重合），旋转角记为，的平分线与射线相交于点E，连接．
(1)如图①，当时，的度数是_______；
(2)如图②，当时，求证：；
(3)当，时，请直接写出的值．
45．（2023·湖北孝感·统考一模）如图1，在中，，点，分别为，的中点，连接．将绕点A逆时针旋转（），连接并延长与直线交于点．
(1)若，将绕点A逆时针旋转至图2所示的位置，则线段与的数量关系是______；
(2)若（），将绕点A逆时针旋转，则（1）的结论是否仍然成立？若成立，请就图3所示的情况加以证明；若不成立，请写出正确的结论，并说明理由；
(3)若，，将旋转至时，请求出此时的长．
46．（2023·山西太原·山西实验中学校考一模）阅读材料，解决问题
折叠、旋转是我们常见的两种图形变化方式如图1，在中，，点D，E在边上，，若，，求的长．
小明发现，如果将绕点A按逆时针方向旋转，得到，连接（如图2）．使条件集中在中，可求得（即）的长，具体作法为：作，且，连接，可证，再结合已知中，可证，得，接着在中利用勾股定理即可求得的长，即的长．
(1)请你回答：与全等的条件是__________（填“”、“”、“”、“”或“”中的一个），的长为__________；
(2)如图3，正方形中，点P为延长线上一点，将沿翻折至位置，延长交直线于点F．
①求证：；
②连接交于点O，连接（如图4），请你直接写出的值．
参考答案：
1．C
【分析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向右平移1个单位，再绕P点顺时针方向旋转，得到△A′B′C′，即可得点B的对应点的坐标．
【详解】作出旋转后的图形如下：
∴B'点的坐标为（4，﹣1），
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变换−旋转、平移，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
2．D
【分析】先过点C做出轴垂线段CE，根据相似三角形找出点C的坐标，再根据平移的性质计算出对应D点的坐标．
【详解】
如图过点C作轴垂线，垂足为点E，
∵
∴
∵
∴
在和中，
，
∴，
∴ ，
则 ,
∵点C是由点B向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∴点D同样是由点A向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∵点A坐标为(0，3)，
∴点D坐标为(6，5)，选项D符合题意，
故答案选D
【点睛】本题考查了图象的平移、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的判定与性质找出图象左右、上下平移的距离是解题的关键．
3．A
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可．
【详解】解：A：既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
B：不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C：不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D：不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点睛】本题主要考查中心对称图形和轴对称图形的概念，轴对称图形：在同一平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形和原图完全重合，那么这个图形就叫做中心图形．
4．A
【分析】取AB中点G点，根据菱形的性质可知E点、G点关于对角线AC对称，即有PE=PG，则当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，再证明四边形AGFD是平行四边形，即可求得FG=AD．
【详解】解：取AB中点G点，连接PG，如图，
∵四边形ABCD是菱形，且边长为2，
∴AD=DC=AB=BC=2，
∵E点、G点分别为AD、AB的中点，
∴根据菱形的性质可知点E、点G关于对角线AC轴对称，
∴PE=PG，
∴PE+PF=PG+PF，
即可知当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，且为线段FG，
如下图，G、P、F三点共线，连接FG，
∵F点是DC中点，G点为AB中点，
∴，
∵在菱形ABCD中，，
∴，
∴四边形AGFD是平行四边形，
∴FG=AD=2，
故PE+PF的最小值为2，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质等知识，找到E点关于AC的对称点是解答本题的关键．
5．B
【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【详解】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′＝（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴CB′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′＝（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还考查了等腰三角形的判定和性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
6．C
【分析】如图，过作于 求解 结合旋转：证明 可得为等边三角形，求解 再应用锐角三角函数可得答案．
【详解】解：如图，过作于
由，
结合旋转：
为等边三角形，
∴A到的距离为3．
故选C
【点睛】本题考查的是旋转的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．
7．(1)见详解
(2)或
(3)
【分析】（1）证明即可得证．
（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助，在中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助并利用勾股定理求解即可．
（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．
（1）
如图所示，
由题意可知，，，
，
由旋转性质知：AE=AF，
在和中，
，
，
．
（2）
当点E在BC上时，
在中，，，
则，
在中，，，
则，
由（1）可得，，
在中，，，
则，
当点E在CD上时，如图，
过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，
同（1）可得，
，
由勾股定理得；
故CF的长为或．
（3）
如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作于点H，
由（1）知，，
故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．
在与中，
，
，
，
即，
，，
，
在与中，
，
，
，
即，
，
故的最小值；
如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作，，
由题意可知，，
在与中，
，
，
，
故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；
由于，，，
故四边形DQRK是矩形；
，
，
，
，
故此时DF的最小值为；
由于，故DF的最小值为．
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．
8．(1)见解析
(2)①见解析②
【分析】根据证明三角形全等即可；
根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，
≌；
（2）证明：如图中，设与相交于点．
，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四边形是矩形，
．
四边形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
解：作交于点，作于点，
∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
9．C
【分析】根据平移的性质即可得到四边形的周长．
【详解】解：∵将沿方向平移得到，
∴，
∵的周长为，
∴的周长为，
∴四边形的周长，
∵，
∴，
∴四边形的周长，
故选．
【点睛】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
10．A
【分析】求出正六边形和阴影部分的面积即可解决问题．
【详解】解：如下图，正六边形由六个等边三角形组成，过点作于点，于点，
根据题意，正六边形纸片边长为，即，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
同理，，
∴，
∴正六边形的面积，
∵将上面一张纸片六边形沿水平方向向左平移个单位长度，
又∵，
∴阴影部分的面积，
∴空白部分与阴影部分面积之比是．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了多边形的性质、等边三角形的性质、勾股定理、平移变换等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
11．A
【分析】根据勾股定理的逆定理求出是直角三角形，求出的面积，根据平移的性质得出，的面积的面积，再根据面积比等于相似比的平方得出即可．
【详解】解：，，，
，
是直角三角形，，
将沿着点到点的方向平移到的位置，
∴，
的面积的面积，，
图中阴影部分面积为，
，
∴，
解得：，
即平移的距离是，
故选：．
【点睛】本题考查了平移的性质，勾股定理的逆定理，三角形的面积和相似三角形的性质等知识点，能求出的面积是解此题的关键．
12．C
【分析】根据矩形的性质可得，根据平行线的性质可得，根据折叠的性质以及平角的定义即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵∠DEF＝70°，
∴，
∵折叠的性质，
∴∠1．
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，平行线的性质，掌握折叠的性质与平行线的性质是解题的关键．
13．B
【分析】根据折叠的性质和平行线的性质可得∠BFE=16°，∠DGF=16°，再根据三角形的外角性质解答即可．
【详解】解：因为AB∥CD，将长方形ABCD沿EF折叠，ED与BF交于点G，∠GEF=16°，
由图①，∠BFE=∠DEF，
由图②，∠BFE=∠GEF=16°，∠EGF=180°-16°×2=148°，
由图②，∠DGF=180°-∠EGF=32°，
由图③，∠DHF=∠BFE+∠DGF=48°，
故选：B．
【点睛】本题考查平行线的判定和性质，掌握平行线的基本性质是解答本题的关键．
14．C
【分析】①正确．证明,得到，结合可得结果．
②错误．可以证明，不是等边三角形，可得结论．
③正确．证明，即可．
④错误．证明，求出的面积即可．
【详解】解：如图，连接，
四边形是正方形，
，，
由翻折可知：，，，，
，，，
∴，
，，
，故正确，
设，
在中，
，
，
，
，
，
是等腰三角形，
易知不是等边三角形，显然，故错误，
，
，
，
，，
，
，故正确，
，：：，
∴，
，故正确，
故选：C．
【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
15．A
【分析】在上取一点K，使得，连接，，然后证明出，然后根据垂线段最短得到当时，的值最小，最后利用角直角三角形的性质求解即可．
【详解】如图所示，在上取一点K，使得，连接，，
∵，，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴当时，的值最小，
∵，，，
∴，
∴，
∴．
∴的长的最小值为．
故选A
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判断，垂线段最短，角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
16．D
【分析】根据旋转的性质得到，，推出即可判断②；利用两个角对应相等的两个三角形相似即可判断①；利用相似三角形的性质得到，再证明，即可判断③．
【详解】解：∵将以点为旋转中心逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∴平分，故②正确；
∵，
∴，故①正确；
∴，
∵，
∴，
∴，故③正确；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，相似三角形的判定和性质，熟记各定理是解题的关键．
17．D
【分析】连接，，证明，得出，从而得出，证明为直角三角形，设，则，根据勾股定理求出，根据等腰直角三角形的性质，求出，即可得出答案．
【详解】解：连接，，如图所示：
∵绕点顺时针旋转90°到，
∴，，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴为直角三角形，
设，则，
∴，
∴，
∴，故D正确．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，证明．
18．(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）根据（1）中抛物线的解析式可求出、两点的坐标；
（3）由平移的性质可得出四边形是平行四边形，分三种情况画出图形，然后根据平行四边形的面积公式确定面积取得最大值的情况，最后计算出该平行四边形的面积即可．
（1）
解：∵抛物线的对称轴为直线且过点，
∴
解得：，
∴该抛物线的函数表达式为：；
（2）
令，得，
∴，
令，得，
解得：，，
∴，
∴点的坐标为，点的坐标为；
（3）
由平移的性质可知，且，
∴四边形为平行四边形，
如图，符合条件的四边形有三个，
即□，□，□，
∴，，，
∵，，
∴□的面积最大，
令，得，
解得：，，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图像上点的坐标特征，平行四边形的判定，平行四边形的面积，平移的性质等知识．解题的关键是学会构建方程解决点的坐标问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
19．（1），，；（2） ；（3）存在，符合条件的点的坐标为（－1，－4）或（3，12）或（－4，5）
【分析】（１）将点A、B的横、纵坐标代入直线AB的函数解析式可求m、n的值，再用待定系数法可求二次函数的解析式；
（2）确定的边与直线 AB有唯一公共点时的临界位置，即可求出m的取值范围；
（3）分两种情况讨论：点Q在直线AB下方的抛物线上和点Q在直线AB上方的抛物线上．
【详解】（1）∵点、在直线上，
∴，．
∴，．
∴、．
又∵、在抛物线上，
∴，解得，．
∴抛物线的解析式为．
（2）如图，当点移动到上时，是与直线AB有唯一公共点M的终止临界位置，
过点B作BR⊥x轴于点R，则
∴AR=BR．
∴是等腰直角三角形，∠BAR=∠ABR=45°．
∵OA=OC=3，
∴是等腰直角三角形，∠CAO=45°，且
过点 P作PH⊥x 轴，交 AB于点 H，则∠PHM=∠HBR=45°．
由平移的性质可知，PM∥AC且PM=AC．
∴∠PMH=∠BAC=90°，
∴是等腰直角三角形，且
令，则，
∴，解得，（不合题意，舍去）．
当t=-4时，
∴，此时．
∵初始位置时，的边与直线AB有唯一公共点 A，
∴符合条件的m的取值范围是．
（3）存在．点的坐标为（－1，－4）或（3，12）或（－4，5）．
分两种情况：
①当点在直线的下方时，过点作的平行线与抛物线的交点即为满足题意的点，如图2所示，
∵，可设直线的解析式为．将代入，得，
∴直线的解析式为．联立直线和抛物线的解析式，
解得，或（舍去）．
故点的坐标为（－1，－4）．
②当点在直线的上方时，设．
过点作于点，如图所示，则．
∵和的面积相等，
∴
∴四边形为平行四边形．
∴线段的中点在直线上，
则，
解得，或－4，故点的坐标为（3，12）或（－4，5）．
综上所述，符合条件的点的坐标为（－1，－4）或（3，12）或（－4，5）．
【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质、图形的平移、勾股定理、动点问题分类讨论的数学思想等知识点，熟知函数的图象和性质是解题的基础，运用分类讨论的数学思想是解题的关键．
20．(1)，
(2)
(3)存在，或或
【分析】（1）由一次函数解析式可求出点A和C的坐标，从而可由待定系数法求出抛物线解析式，进而可求出点B坐标；
（2）作点关于直线的对称点，连接、，分别交于点、．由轴对称的性质可得出，即说明的值最小时即为的长．再利用相似三角形的判定定理证明，得出，代入数据，即可求出，，进而可求出．过点作轴于点．又易证，得出，代入数据，可求出 ，，即得出．利用待定系数法求出直线的解析式，再与直线联立，即可求出点P坐标；
（3）分类讨论：①当点在第二象限时，②当点在第三象限时和③当点在第一象限时，分别作出辅助线构造相似三角形，结合已知相似三角形即可解答．
【详解】（1）解：对于直线，令，则，
解得：．
令，则，
∴，．
∵抛物线经过点A、，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：．
对于，令，则，
解得：，
∴；
（2）解：如图，作点关于直线的对称点，连接、，分别交于点、．
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴由两点之间线段最短得的值最小时即为的长．
∵，，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴．
如图，过点作轴于点．
∴，
∴，即
∴，，
∴．
设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为．
联立，解得：，
∴；
（3）分类讨论：①当点在第二象限时，设与相似，则或．
如图，过点作轴交轴于点，过点作轴交于点，
∴，
∴．
设点坐标为，则，，
∴或,
∴或，
∴或；
②当点在第三象限时，设与相似，则或，
如图，过点作轴交轴于点，过点画轴交于点，
∴，
∴，
设点坐标为，则，，
∴或，
∴无实数解或，
∴；
③当点在第一象限时不存在相似．
综上所述，点的坐标是或或．
【点睛】本题考查一次函数、二次函数的图象和性质，利用待定系数法求函数解析式，轴对称变换，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，属于中考压轴题．能够正确作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键．
21．(1)90；
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据折叠的性质，即轴对称性质求解即可；
（2）连接，证，则全等三角形的性质即可得出结论；
（3）先由勾股定理求出BC=10，从而求得BD=5，由旋转志折叠可求出DF=DE=3，AE=4，再在Rt△DFB中，再由勾股定理，求得BF=4，由（2）问可得ME=MF，所以设ME=MF=x，则AM=4-x，BM=4+x，然后在Rt△ABM中，由勾股定理，得，即，求解得x=，则可求出AM长．
（1）
解：由折叠可知，点A与点C关于DE对称，
∴DE⊥AC，AE=CE，
∴∠EDC=90°，
∴∠BAC=∠DEC=90°，
∴DEAB，
∴，
∴CD=BD，
故答案为：90，；
（2）
解：
证明：∵折叠三角形纸片使点C与点A重合，得到折痕，
∴．
∴．
连接， 如图，
根据旋转性质可知：．
又∵
∴
∴．
（3）
解：在Rt△ABC中，由勾股定理，得
BC=，
由（1）知，点D是BC中点，点E是AC中点，
∴BD=BC=5，DE=AB=×6=3，AE=CE=AC=×8=4，
由旋转得：∠DFM=∠DEC=90°，DF=DE=3，
∴∠DFB=90°，
在Rt△DFB中，由勾股定理，得
BF=，
由（2）知：ME=MF，
设ME=MF=x，则AM=4-x，BM=4+x，
在Rt△ABM中，由勾股定理，得
，
即，
解得：x=，
∴AM=4-x =4-=．
【点睛】本题考查旋转与折叠的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，三角形中位线性质，全等三角形的判定与性质，本题属几何变换综合题目，熟练掌握旋转与折叠的性质是解题的关键．
22．(1)图见解析，①120°；②，证明见解析；
(2)．
【分析】（1）①如图，以为圆心，为半径作圆，与的延长线交点即为，延长与交于点，连接，，在等边中，点为的中点，可得垂直平分，结合题意可得，由三角形外角可得，，最后由可求解；②如图，在上截取，过E作于M，连接，可得，在中，解三角形可求得即，等量代换即可求证；
（2）如图，将绕点顺时针旋转至，连接，连接，证，得到，可知，当N、E、C三点共线时最小，在等腰直角中求解即可．
【详解】（1）解：①如图，以为圆心，为半径作圆，与的延长线交点即为，
延长与交于点，连接，，
在等边中，点为的中点，
垂直平分，
，，
即，
，
由旋转可知，
，
，
，
，
；
②证明：如图，在上截取，过E作于M，连接，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，，
，
；
（2）如图，将绕点顺时针旋转至，连接，连接
则，，
，
又，
，
，
，
当N、E、C三点共线时最小，
在等腰直角中：
，
的最小值为．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等边对等角，三角形的外角，全等三角形的证明和性质，勾股定理解直角三角形等；解题的关键是合理做出辅助线，进行转换证明．
23．(1)8
(2)
(3)1
【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长；
（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．
（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出即点D为中点．再由可知点E是线段的中点，即DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．
【详解】（1）解：在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，
∴，
∴．
（2）解：如图，作交于点D，作交于点E．
由旋转可得，．
∵，
∴，
∴，
∴，．
∵，即，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，即，
∴．
（3）解：如图，作且交延长线于点P，连接．
∵，
∴，
∵，即，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴在和中
，
∴，
∴，即点D为中点．
∵
∴,
∴点E为AC中点，
∴
∴DE为的中位线，
∴，即要使DE最小，最小即可．
根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．
∴此时，即DE最小值为1．
【点睛】本题属于旋转综合题，主要考查了旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、平行线的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、中位线的判定和性质、三角形三边关系等知识点，正确的作出辅助线是解答本题的难点，也是解答本题的关键．
24．C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，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、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题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度后与原图重合．
25．A
【分析】过点作轴，过点作于，过点作轴，先求出，再证明得出，，，再证明，推出，，从而求出点的坐标．
【详解】解：过点作轴，过点作于，过点作轴，
，
，点到轴的距离为4，
，
，
，
，，
，
，即，
，，
将绕点逆时针旋转得到，
，，
，
，
，，
，，
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化旋转、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握这几个知识点的综合应用，其中作出辅助线证明三角形全等是解题关键．
26．C
【分析】如图，作关于对称的，点E与点Q关于对称，连接，则，可得当点E，R，P在同一直线上，且时，的长就是的最小值，在需要利用等边三角形的性质求出等边三角形的高即可得到答案．
【详解】解：如图，作关于对称的，点E与点Q关于对称，连接，则，
∴，
∴当点E，R，P在同一直线上，且时，的长就是的最小值，
∵，
∴，
∴由平行线间间距相等可知的长等于等边三角形的高的长
∵等边的边长为4，
∴等边三角形的高为，即的最小值为，
故选C．
【点睛】本题考查了轴对称最短路径问题，等边三角形的性质，勾股定理等，解题的关键是正确添加辅助线构造出最短路径．
27．B
【分析】由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求，由外角的性质可求，即可求解．
【详解】解：根据旋转有：，
∴，，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
28．D
【分析】如图，作点C关于直线的对称点P，过点P作于点N，交于点M，连接，此时最小，再通过解直角三角形求出的长即可
【详解】如图，作点C关于直线的对称点P，过点P作于点N，交于点M，连接，此时最小.
在中，∵，，，
∴，
∴.
又∵，
∴，解得.
由对称得，.
∵，
∴.
∵，
∴，
∴，
∴，即的最小值为
故选：D
【点睛】本题考查了线路最短的问题，确定动点P的位置时，使的值最小是关键．
29．B
【分析】连接，在中，利用锐角三角函数的定义可得，再利用相似三角形的性质可得，，，从而利用等式的性质可得，进而可证，然后利用相似三角形的性质可得，，再利用平移的性质可得，，从而利用平行线的性质可得，最后证明，从而可得，进而在中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
由平移得：，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平移的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
30．C
【分析】由平移的性质和旋转的性质可证是等边三角形，可得，，即可求解．
【详解】∵将向右平移得到，
，
∵将绕点D逆时针旋转至点重合，
，
是等边三角形，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平移的性质，等边三角形的判定和性质，掌握旋转的性质是解题关键。
31．A
【分析】如图，连接，．首先确定点的坐标，再根据4次一个循环，由，推出经过第次旋转后，顶点的坐标与第2次旋转得到的的坐标相同，由此即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，．
在正六边形中，，，，
，
在中，，，
，
，
，
，
将正六边形绕坐标原点顺时针旋转，每次旋转，
4次一个循环，
，
经过第次旋转后，顶点的坐标与第2次旋转得到的的坐标相同，
与关于原点对称，
∴，
经过第次旋转后，顶点的坐标，
故选：A．
【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化-旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
32．B
【分析】过点作于点，过点作于点，先确定出当点，，三点共线时，最小，再根据等边三角形的判定与性质、勾股定理可得，根据线段垂直平分线的性质可得，然后解直角三角形可得，从而可得，利用勾股定理可得，则，最后根据三角形的面积公式可得，由此即可得出答案．
【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，
则当点，，三点共线时，最小，
由旋转的性质得：，，
是等边三角形，
点是的中点，，
，
又，点是的中点，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
即的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了解直角三角形、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确找出当的值最小时，点的位置是解题关键．
33．3
【分析】过点、分别作轴，轴于点、，延长交轴，则四边形、四边形和四边形都是矩形，先证明，得，进而求得，根据反比例函数的意义即可求解．
【详解】解：过点、分别作轴，轴于点、，延长交轴，则四边形、四边形和四边形都是矩形，
∵将线段沿轴向右平移至，
∴，，
∴，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∴，
∵线段扫过的面积为，
∴四边形的面积为，
∴
∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴，
∵反比例函数的图象经过点，
∴，
故答案为3．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，全等三角形的判定及性质，反比例函数k的意义，熟练掌握反比例函数k的意义是解题的关键．
34．
【分析】设与交于点，与交于点，由，及中线的性质得，，可证，则由可得．
【详解】如图，设与交于点，与交于点，
，，且为边上的中线，
，，
将沿边上的中线平移到，
，
，
，
解得（负值舍去），
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平移的性质，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质与三角形中线的性质、相似三角形的判定与性质等知识点．
35．①②③
【分析】根据平行线的性质得出，根据轴对称的性质得出，即可判断①；根据轴对称得出，进而得出，证明，即可判断②；设，则，，勾股定理建立方程，解方程，进而根据正弦的定义判断③；根据②的结论即可判断④，进而即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，关于对称，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∵，
∴，
设，则，，
∴，
即，
解得：，
∴，
∴，故③正确；
由②得，
∴，
∴，故④错误，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了正方形的性质，求正弦，相似三角形的性质与判定，轴对称的性质，掌握以上知识是解题的关键．
36．
【分析】过作轴于C，由旋转的性质得，得到，求得的长度即可．
【详解】解：过作轴于C，由旋转的性质得，
∵，，顶点A的坐标为，
∴，，
∴，， ，
∴，
∴点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．
37．或
【分析】根据三角函数的定义得到，根据勾股定理得到，根据旋转的性质得到，，，即可解答．
【详解】，，
，
在中，，
，
，
，
，
由旋转的性质得，，，
若为直角三角形，因为，所以只能，有两种情况，
第一种，逆时针旋转，如图1，
，
点A，C，共线，
；
第二种，逆时针旋转，如图2，
可得，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，三角函数的定义，分类讨论是解题关键．
38．
【分析】如图所示，过点D作交直线于G，交直线于H，过点E作交直线于F，过点C作于M，由旋转的性质得到，利用证明，得到；再求出的长，根据推出，由此即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点D作交直线于G，交直线于H，过点E作交直线于F，过点C作于M，
由旋转的性质得，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴；
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴D、E两点到的距离之和为
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等边对等角，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
39．（1）；（2）3
【分析】（1）根据反比例函数表达式知，结合点即可得到结果，
（2）根据反比例函数表达式设出平移后的中点坐标，代入函数式求解即可．
【详解】（1）．
（2）设的中点为，作轴于点．
∵由向上平移个单位长度得到，，
∴，，
∴设
∵在反比例函数的图象上，
∴代入函数表达式为：，
∴．
【点睛】此题考查反比例函数表达式的求解和函数中平移点的坐标变换，难度一般．
40．（1）B(1，0)，k=10；（2）
【分析】（1）令y=0，代入，可得B的坐标，设D(a，2)，则AD=OC=a，根据勾股定理列出关于a的方程，求出a的值，进而即可求解；
（2）过点作M⊥AD，由旋转的性质得BO=M=1，设再将向右平移个单位，(2+n，3)，进而即可求解．
【详解】解：（1）∵直线与轴交于点，
∴令y=0，代入，得，解得：x=1，令x=0，y=2，
∴B(1，0)，A(0，2)，
∴OA=2，
∵四边形是矩形，
∴CD=AO=2，
设D(a，2)，则AD=OC=a，
∵，
∴，
又∵，，
∴，解得：a=5，即：D(5，2)，
∴把D(5，2)，代入，得k=10；
（2）过点作M⊥AD，
∵将绕点A逆时针旋转，点､点分别对应点､点，
∴也是由绕点A逆时针转90°得到，
∴BO=M=1，
∴(2，3)，
设再将向右平移个单位，(2+n，3)，在的图像上，则，解得：n=．
【点睛】本题主要考查反比例函数与一次函数综合，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，旋转的性质以及函数图像上点的坐标特征，是解题的关键．
41．（1）（2）平方米
【分析】（1）证明四边形是正方形，进而推出是等边三角形，得到，进而求出，即可得解；
（2）分别以为对称轴，作，关于的轴对称三角形，延长交于点，证明四边形是正方形，设，在中，，得出，则，根据三角形面积公式求得，过点作于点，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解，进而求得四边形的面积．
【详解】解：（1）∵是等腰直角三角形，
∴，，，
∵和关于直线对称，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形，
又
∴四边形是正方形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图所示，分别以为对称轴，作，关于的轴对称三角形，延长交于点，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
又，
∴四边形是正方形，
设，
∵，，
则，
在中，，
即，
解得：（负值舍去），
∴，
∴，
过点作于点，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
所以四边形的面积为：（平方米）
【点睛】本题考查了轴对称的性质，正方形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
42．(1)；
(2)
(3)点P的坐标为
(4)存在．点Q的坐标为（，）或（，）或或
【分析】（1）求出点A，C的坐标，然后利用待定系数法求解析式即可；
（2）根据轴对称的性质可知直线AC与抛物线对称轴的交点即为D点，求出抛物线对称轴，代入一次函数解析式即可求出点D的坐标，再根据求的面积；
（3）设点P的横坐标为a，线段PN的长为m，用含a的式子表示出m，然后根据二次函数的性质求出a即可解决问题；
（4）分情况讨论：①当NP＝NQ时，②当PN＝PQ时，分别根据两点间距离公式求出点Q的横坐标即可，③当QP＝QN时，则点Q在线段PN的垂直平分线上，求出点Q的纵坐标即可．
【详解】（1）解：，
点A，C的坐标分别，
把点分别代入得，
解得：，
抛物线的解析式为，
设直线AC的解析式为，
把点分别代入得，
解得： ，
∴直线AC的解析式为；
（2）∵点B关于对称轴对称的点为点A，
∴的最小值为AC，
∴直线AC与抛物线对称轴的交点即为D点，如图1，
抛物线的对称轴为，
把代入得：，
∴点D的坐标为，
令，解得：，，
∴B（1，0），
∴，
故答案为：；
（3）如图2，设点P的横坐标为a，线段PN的长为m，
点P在抛物线上，过点P作x轴的垂线与直线AC交于点N，
点P的坐标为，点N的坐标为，
，
∴当时，m有最大值，
当时，有，
∴此时点P的坐标为；
（4）当x＝－2时，，
∴N（－2，2），
∵P，
∴PN＝6－2＝4，
分情况讨论：
①当NP＝NQ时，
设点Q坐标为，
则，
解得：或，
∴或，
∴此时点Q的坐标为Q1（，）或Q2（，）；
②当PN＝PQ时，
设点Q坐标为，
则，
解得：或－2（舍去），
∴此时点Q3的坐标为（2，6）；
③当QP＝QN时，则点Q在线段PN的垂直平分线上，
∴点Q的纵坐标为4，
当时，解得，
∴此时点Q4的坐标为（0，4），
综上所述，点Q的坐标为（，）或（，）或或．
【点睛】本题是二次函数与一次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象和性质，待定系数法的应用，轴对称的性质，二次函数的最值，等腰三角形的性质以及两点间距离公式的应用等，其中最后一问有一定的难度，正确分类讨论是解题的关键．
43．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先判断出，即可得出结论；
（2）先判断出，得出，同理，得出，即可得出答案；
（3）如图，连接、、，先判断出，进而判断出，再利用特殊角三角函数值即可．
【详解】（1）证明：平分，
，
，
又是的中点，
；
（2）解：与都是所对的圆周角，
，
平分，
，
，
又是公共角，
，
，即，
，
，
同理，，
，
，，
，
，
，
；
（3）解：如图，连接、、，
是的中点，点与点关于点对称，
四边形是平行四边形，
，
点在圆上，
，
点是两个内角与的角平分线交点，
平分，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，角平分线，圆周角定理，三角形内心，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，特殊角三角函数值，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
44．(1)
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）根据旋转的性质可知，当时，可根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理计算出的角度．再由，是的平分线可知，最后由三角形外角的性质，即得出；
（2）延长到F，使，连接．先证明，可推导，再由已知条件及等腰三角形的性质推导，然后证明，推导，最后根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理即可证明；
（3）分两种情况讨论：①当时，借助（2）可知，，，再结合题意可得出，最后根据正切的定义求解即可；②当时，在线段上取点F，使得，由（2）同理易证，即得出，，，，进而可求出，又知为等腰直角三角形，即得出，从而可推出，最后根据正切的定义即可求解．
【详解】（1）解：由旋转可知．
∵，
∴．
∵，是的平分线，
∴，
∴．
故答案为：；
（2）证明：如图，延长到F，使，连接．
∵，
∴．
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴；
（3）分类讨论：①当时，由（2）可知，，，
∵，
∴，
∴；
②当时，如图，在线段上取点F，使得，
由（2）同理易证，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
综上所述，当，时，的值为或．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，解题关键是熟练掌握相关性质，并通过作辅助线构建全等三角形．
45．(1)
(2)此时（1）的结论不成立，与的数量关系为，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据题意易得，然后可证，进而问题可求解；
（2）由题意易得，，然后可得，进而问题可求解；
（3）由题意易得，根据勾股定理可得，然后由（2）可求得，进而问题可求解．
【详解】（1）解：∵，点，分别为，的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为；
（2）解：此时（1）的结论不成立，与的数量关系为.
理由如下：点，分别为，的中点，
，，
，
，
，
.
，
；
（3）解：，
，
在中，，
由（2）知，，
，，
，
又，
四边形是矩形，
，
．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、矩形的性质与判定、勾股定理及旋转的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形的性质与判定、勾股定理及旋转的性质是解题的关键．
46．(1)，
(2)①证明见详解；②
【分析】（1）根据绕点A按逆时针方向旋转得到可得，，结合可得，根据边角边定理即可得到证明，在中利用勾股定理即可得到答案；
（2）①连接，根据定理即可得到，即可得到证明；
②连接，过C作交延长线于一点G，根据折叠得到，，由①可得，，即可得到，从而得到，根据正方形性质可得，，结合可得，即可得到，即可得到答案.
【详解】（1）解：∵绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，，，
∵，
∴，
在与中，
∴，
∵，，
∴，
∵绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
在中，
，
∵，
∴，
故答案为：，；
（2）解：①连接，
∵沿翻折至位置，四边形是正方形，
∴，，
在在与中，
，
∴，
∴；
②连接，过C作交延长线于一点G，
∵沿翻折至位置，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
∴，
在中，
，
∴.
1．（2022·山东枣庄·统考中考真题）如图，将△ABC先向右平移1个单位，再绕点P按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点B的对应点B′的坐标是（ ）
A．（4，0）B．（2，﹣2）C．（4，﹣1）D．（2，﹣3）
2．（2022·海南·统考中考真题）如图，点，将线段平移得到线段，若，则点D的坐标是（ ）
A．B．C．D．
3．（2022·湖北黄石·统考中考真题）下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．温州博物馆B．西藏博物馆C．广东博物馆D．湖北博物馆
4．（2022·四川广安·统考中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（ ）
A．2B．C．1.5D．
5．（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
6．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点．若点恰好落在边上，则点A到直线的距离等于（ ）
A．B．C．3D．2
7．（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，矩形中，，点E在折线上运动，将绕点A顺时针旋转得到，旋转角等于，连接．
(1)当点E在上时，作，垂足为M，求证；
(2)当时，求的长；
(3)连接，点E从点B运动到点D的过程中，试探究的最小值．
8．（2022·辽宁阜新·统考中考真题）已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．
(1)如图，求证：≌；
(2)直线与相交于点．
如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；
如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．
【考点梳理】
知识点1：对称图形
轴对称、轴对称图形
（1）轴对称:把一个图形沿着某一条直线翻折过去,如果它能与另一个图形重合,那么称这两个图形成轴对称.两个图形中的对应点(即两个图形重合时互相重合的点)叫做对称点.
（2）轴对称图形:如果一个图形沿某条直线对折,对折的两部分是完全重合的,那么就称这样的图形为轴对称图形,这条直线称为对称轴.对称轴一定为直线.
（3）轴对称图形变换的特征:不改变图形的形状和大小,只改变图形的位置.新旧图形具有对称性.
2. 中心对称、中心对称图形
（1）中心对称:把一个图形绕着某一点旋转180°,如果它能与另一个图形重合,那么这两个图形成中心对称,该点叫做对称中心.
（2）中心对称图形:一个图形绕着某一点旋转180°后能与自身重合,这个图形叫做中心对称图形,该点叫做对称中心.
知识点2：平移与旋转
1. 图形的平移
（1）定义：在平面内,将某个图形沿某个方向移动一定的距离,这样的图形运动称为平移.
（2）特征：①平移后,对应线段相等且平行,对应点所连的线段平行且相等.
② 平移后，对应角相等且对应角的两边分别平行,方向相同.
③ 平移不改变图形的形状和大小,只改变图形的位置,平移后新旧两图形全等.
图形的旋转
（1）定义：在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向旋转一个角度,这样的图形运动称为旋转.这个定点称为旋转中心,转动的角度称为旋转角.
（2）特征：图形旋转过程中,图形上每一个点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同角度；注意每对对应点与旋转中心的连线所成的角度都是旋转角,旋转角都相等；对应点到旋转中心的距离相等.
【题型探究】
题型一：平移的性质
9．（2023·浙江舟山·校考一模）如图，将沿方向平移得到，若的周长为，则四边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
10．（2022·河北廊坊·统考二模）如图，两张完全相同的正六边形纸片（边长为）重合在一起，下面一张保持不动，将上面一张纸片六边形沿水平方向向左平移个单位长度，则上面正六边形纸片面积与折线扫过的面积（阴影部分面积）之比是（ ）
A．B．C．D．
11．（2022·广东佛山·佛山市南海区石门实验学校校考三模）如图，在中，，，将沿着点到点的方向平移到的位置，图中阴影部分面积为，则平移的距离为（ ）
A．B．C．D．
题型二：轴对称的性质
12．（2022·河北邯郸·校考三模）如图，矩形ABCD沿EF折叠后，若∠DEF＝70°，则∠1的度数是（ ）
A．70°B．55°C．40°D．35°
13．（2022·福建泉州·校考三模）如图①，有一个长方形纸条ABCD，AB∥CD，AD∥BC．如图②，将长方形ABCD沿EF折叠，ED与BF交于点G，如图③，将四边形CDGF沿GF向上折叠，DG与EF交于点H，若∠GEF=16°，则∠DHF的度数为（ ）
A．32°B．48°C．60°D．64°
14．（2022·重庆南岸·校考模拟预测）如图，在正方形中，是边上的一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于，连接现在有如下四个结论：；；③；其中结论正确的个数是（ ）
A．B．C．D．
题型三：旋转的性质
15．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）如图，中，，，点D是边上一动点，以点A为旋转中心，将顺时针旋转得到线段，连接，若，则的长的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
16．（2023·吉林长春·长春市解放大路学校校考模拟预测）如图，在中，，将以点A为中心逆时针旋转得到，点D在边上，交于点F．下列结论：①；②平分；③，其中正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
17．（2023·广东东莞·东莞市东华初级中学校考模拟预测）如图，为等腰直角外一点，把绕点顺时针旋转90°到，使点在内；已知，连接，若 ，则( )
A．B．C．D．
题型四：平移的几何变换综合
18．（2022·陕西西安·校考三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．已知，该抛物线的对称轴为直线．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)求点、的坐标；
(3)将线段平移，使得平移后线段的一个端点在这条抛物线上，另一个端点在轴上，若将点、平移后的对应点分别记为点、，求以、、、为顶点的四边形面积的最大值．
19．（2021·湖北襄阳·统考二模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与直线交于点和点，与轴交于点．
（1）求，的值及抛物线的解析式；
（2）在图1中，把向上平移个单位长度，始终保持点的对应点在第二象限抛物线上，点，的对应点分别为，，若直线与的边有两个交点，求的取值范围；
（3）如图2，在抛物线上是否存在点（不与点重合），使和的面积相等？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
题型五：轴对称的几何变换综合
20．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）如图，直线与轴、轴交于点A、，抛物线经过点A、，与轴的另一个交点是，点是直线上的一动点．
(1)求抛物线的解析式和点的坐标；
(2)如图1，求当的值最小时点的坐标；
(3)如图2，过点作的垂线交轴于点，是否存在点，使以、、为顶点的三角形与相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
21．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）综合与实践
在综合实践活动课上，老师让同学们以“三角形纸片的折叠、旋转”为主题开展数学活动，探究与角的度数、线段长度有关的问题．
操作探究：
将三角形纸片进行如下操作：
(1)第一步：如图①，折叠三角形纸片使点C与点A重合，得到折痕，然后展开铺平，则____________度，与的数量关系为____________；
(2)第二步：如图②，将绕点D顺时针方向旋转得到，点E、C的对应点分别是点F、G，直线与边交于点M（点M不与点A重合），与边交于点N，试写出与的数量关系，并证明你的结论；
(3)拓展延伸：
在绕点D旋转的过程中，当直线经过点B时，如图③所示，若，则的长为____________．
题型六：旋转的几何变换综合
22．（2023·北京·首都师范大学附属中学校考一模）在等边中，点为的中点，点为上一点（不与、重合），连接、．
(1)将线段绕点顺时针旋转至，使点落在的延长线上，在图1中补全图形：
①求的度数；
②探究线段，，之间的数量关系，并加以证明；
(2)将线段绕点旋转，在旋转过程中与边交于点，连接，若，当时，请直接写出的最小值．
23．（2023·江苏无锡·江苏省锡山高级中学实验学校校考一模）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．
(1)如图1，当点落在的延长线上时，则的长为______；
(2)如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求BM的长；
(3)如图3，连接，，直线交于点D，若，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，请直接写出的最小值：若不存在，请说明理由．
【必刷好题】
一、单选题
24．（2023·广东广州·执信中学校考一模）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．
25．（2023·河南周口·校联考一模）如图，在平面直角坐标系中，为等腰三角形，，点到轴的距离为4．若将绕点逆时针旋转得到△，当点恰好落在轴正半轴上时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
26．（2023·山东泰安·校考一模）如图，已知等边的边长为4，P、Q、R分别为边上的动点，则的最小值是（ ）
A．B．2C．D．
27．（2023·广东广州·执信中学校考一模）如图，等腰中，，，将绕点B顺时针旋转，得到，连结，过点A作交的延长线于点H，连结，则的度数（ ）
A．B．C．D．随若的变化而变化
28．（2023·安徽池州·校联考一模）如图，在中，，，，动点M，N分别在边，上则的最小值是（ ）
A．B．C．6D．
29．（2022·安徽合肥·校联考三模）如图，中，，且，连接，将沿方向平移至，连接，若，则的长为（ ）
A．1B．C．D．2
30．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，在中，，将向右平移得到，再将绕点D逆时针旋转至点重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（ ）
A．1，30°B．4，30°C．2，60°D．4，60°
31．（2023·河南驻马店·驻马店市第二初级中学校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，正六边形的边在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，．将正六边形绕原点O顺时针旋转，每次旋转，经过第次旋转后，顶点D的坐标为（ ）．
A．B．C．D．
32．（2023·安徽淮北·淮北一中校联考一模）如图，在中，，，，点是斜边上的动点，将线段绕点旋转至，连接，，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
33．（2023·广东深圳·统考一模）如图，反比例函数的图象经过点，将线段沿轴向右平移至，反比例函数的图象经过点．若线段扫过的面积为，则的值为__________
34．（2023·广东佛山·校考一模）如图，将沿边上的中线平移到的位置，已知的面积为，阴影部分三角形的面积为，若，则的值为___________．
35．（2023·广东佛山·校考一模）如图，在边长为的正方形中，，连接，交于点，，关于对称，连接、，并把延长交的延长线于点，以下四个结论：①；②；③；④，其中正确的是_________．（填序号）
36．（2023·河南安阳·统考一模）如图，将按如图方式放在平面直角坐标系中，其中，，顶点A的坐标为，将绕原点O顺时针旋转得到，则点的坐标为______．
37．（2023·河南南阳·校联考一模）在中，，，，把绕点C逆时针旋转得到，点A的对应点为，若为直角三角形，连接，则线段的长为 _____．
38．（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图，在中，线段上有一动点D，连接，将绕着点C顺时针旋转120°得到线段，连接，在点D运动的过程中，D、E两点到的距离之和为___________．
三、解答题
39．（2021·浙江嘉兴·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，点在反比例函数（）的图象上．连结，作轴于点．
（1）直接写出的值；
（2）将沿轴向上平移个单位长度，得到，的对应边是．当的中点在反比例函数的图象上时，求的值．
40．（2021·江苏苏州·校考一模）如图，在直角坐标系中，为原点，直线分别与轴､轴交于点､点，四边形是矩形，且点在轴正半轴上，连接于点，反比例函数（）经过点，
（1）求点的坐标及的值；
（2）若将绕点逆时针旋转，点､点分别对应点､点，再将向右平移个单位，若平移后点在反比例函数图像上，求的值．
41．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考三模）问题探究
（1）如图1，等腰直角，，点是内的一点，且，．过点作的垂线，为对称轴，作关于的轴对称图形，连接．求的度数．
问题解决
（2）如图2，有一个三角形空地．经测量，米，，，现要在的边右侧扩建三角形区域，，垂足为H，且满足，．请利用所学知识，求四边形的面积．
42．（2022·黑龙江·统考三模）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，．
(1)求抛物线的解析式和直线AC的解析式；
(2)点D在抛物线的对称轴上，若的值最小，则点D的坐标为_______，此时的面积为_______；
(3)P是第二象限抛物线上一动点，过点P作轴于点M，与直线AC交于点N，当线段PN的长度最大时，求此时点P的坐标；
(4)在（3）的条件下，当线段PN的长度最大时，在直线AC上是否存在点Q，使是等腰三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
注：二次函数的顶点坐标为．
43．（2023·江苏苏州·苏州工业园区星湾学校校考模拟预测）如图，锐角中的平分线交于点E，交的外接圆于点D、边的中点为M．
(1)求证：垂直；
(2)若，，，求的值；
(3)作的平分线交于点P，若将线段绕点M旋转后，点P恰好与外接圆上的点重合，则 ．
44．（2023·湖北孝感·校考一模）在中，，，线段绕点A逆时针旋转至（不与AC重合），旋转角记为，的平分线与射线相交于点E，连接．
(1)如图①，当时，的度数是_______；
(2)如图②，当时，求证：；
(3)当，时，请直接写出的值．
45．（2023·湖北孝感·统考一模）如图1，在中，，点，分别为，的中点，连接．将绕点A逆时针旋转（），连接并延长与直线交于点．
(1)若，将绕点A逆时针旋转至图2所示的位置，则线段与的数量关系是______；
(2)若（），将绕点A逆时针旋转，则（1）的结论是否仍然成立？若成立，请就图3所示的情况加以证明；若不成立，请写出正确的结论，并说明理由；
(3)若，，将旋转至时，请求出此时的长．
46．（2023·山西太原·山西实验中学校考一模）阅读材料，解决问题
折叠、旋转是我们常见的两种图形变化方式如图1，在中，，点D，E在边上，，若，，求的长．
小明发现，如果将绕点A按逆时针方向旋转，得到，连接（如图2）．使条件集中在中，可求得（即）的长，具体作法为：作，且，连接，可证，再结合已知中，可证，得，接着在中利用勾股定理即可求得的长，即的长．
(1)请你回答：与全等的条件是__________（填“”、“”、“”、“”或“”中的一个），的长为__________；
(2)如图3，正方形中，点P为延长线上一点，将沿翻折至位置，延长交直线于点F．
①求证：；
②连接交于点O，连接（如图4），请你直接写出的值．
参考答案：
1．C
【分析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向右平移1个单位，再绕P点顺时针方向旋转，得到△A′B′C′，即可得点B的对应点的坐标．
【详解】作出旋转后的图形如下：
∴B'点的坐标为（4，﹣1），
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变换−旋转、平移，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
2．D
【分析】先过点C做出轴垂线段CE，根据相似三角形找出点C的坐标，再根据平移的性质计算出对应D点的坐标．
【详解】
如图过点C作轴垂线，垂足为点E，
∵
∴
∵
∴
在和中，
，
∴，
∴ ，
则 ,
∵点C是由点B向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∴点D同样是由点A向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∵点A坐标为(0，3)，
∴点D坐标为(6，5)，选项D符合题意，
故答案选D
【点睛】本题考查了图象的平移、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的判定与性质找出图象左右、上下平移的距离是解题的关键．
3．A
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可．
【详解】解：A：既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
B：不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C：不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D：不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点睛】本题主要考查中心对称图形和轴对称图形的概念，轴对称图形：在同一平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形和原图完全重合，那么这个图形就叫做中心图形．
4．A
【分析】取AB中点G点，根据菱形的性质可知E点、G点关于对角线AC对称，即有PE=PG，则当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，再证明四边形AGFD是平行四边形，即可求得FG=AD．
【详解】解：取AB中点G点，连接PG，如图，
∵四边形ABCD是菱形，且边长为2，
∴AD=DC=AB=BC=2，
∵E点、G点分别为AD、AB的中点，
∴根据菱形的性质可知点E、点G关于对角线AC轴对称，
∴PE=PG，
∴PE+PF=PG+PF，
即可知当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，且为线段FG，
如下图，G、P、F三点共线，连接FG，
∵F点是DC中点，G点为AB中点，
∴，
∵在菱形ABCD中，，
∴，
∴四边形AGFD是平行四边形，
∴FG=AD=2，
故PE+PF的最小值为2，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质等知识，找到E点关于AC的对称点是解答本题的关键．
5．B
【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【详解】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′＝（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴CB′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′＝（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还考查了等腰三角形的判定和性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
6．C
【分析】如图，过作于 求解 结合旋转：证明 可得为等边三角形，求解 再应用锐角三角函数可得答案．
【详解】解：如图，过作于
由，
结合旋转：
为等边三角形，
∴A到的距离为3．
故选C
【点睛】本题考查的是旋转的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．
7．(1)见详解
(2)或
(3)
【分析】（1）证明即可得证．
（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助，在中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助并利用勾股定理求解即可．
（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．
（1）
如图所示，
由题意可知，，，
，
由旋转性质知：AE=AF，
在和中，
，
，
．
（2）
当点E在BC上时，
在中，，，
则，
在中，，，
则，
由（1）可得，，
在中，，，
则，
当点E在CD上时，如图，
过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，
同（1）可得，
，
由勾股定理得；
故CF的长为或．
（3）
如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作于点H，
由（1）知，，
故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．
在与中，
，
，
，
即，
，，
，
在与中，
，
，
，
即，
，
故的最小值；
如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作，，
由题意可知，，
在与中，
，
，
，
故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；
由于，，，
故四边形DQRK是矩形；
，
，
，
，
故此时DF的最小值为；
由于，故DF的最小值为．
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．
8．(1)见解析
(2)①见解析②
【分析】根据证明三角形全等即可；
根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，
≌；
（2）证明：如图中，设与相交于点．
，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四边形是矩形，
．
四边形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
解：作交于点，作于点，
∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
9．C
【分析】根据平移的性质即可得到四边形的周长．
【详解】解：∵将沿方向平移得到，
∴，
∵的周长为，
∴的周长为，
∴四边形的周长，
∵，
∴，
∴四边形的周长，
故选．
【点睛】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
10．A
【分析】求出正六边形和阴影部分的面积即可解决问题．
【详解】解：如下图，正六边形由六个等边三角形组成，过点作于点，于点，
根据题意，正六边形纸片边长为，即，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
同理，，
∴，
∴正六边形的面积，
∵将上面一张纸片六边形沿水平方向向左平移个单位长度，
又∵，
∴阴影部分的面积，
∴空白部分与阴影部分面积之比是．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了多边形的性质、等边三角形的性质、勾股定理、平移变换等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
11．A
【分析】根据勾股定理的逆定理求出是直角三角形，求出的面积，根据平移的性质得出，的面积的面积，再根据面积比等于相似比的平方得出即可．
【详解】解：，，，
，
是直角三角形，，
将沿着点到点的方向平移到的位置，
∴，
的面积的面积，，
图中阴影部分面积为，
，
∴，
解得：，
即平移的距离是，
故选：．
【点睛】本题考查了平移的性质，勾股定理的逆定理，三角形的面积和相似三角形的性质等知识点，能求出的面积是解此题的关键．
12．C
【分析】根据矩形的性质可得，根据平行线的性质可得，根据折叠的性质以及平角的定义即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵∠DEF＝70°，
∴，
∵折叠的性质，
∴∠1．
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，平行线的性质，掌握折叠的性质与平行线的性质是解题的关键．
13．B
【分析】根据折叠的性质和平行线的性质可得∠BFE=16°，∠DGF=16°，再根据三角形的外角性质解答即可．
【详解】解：因为AB∥CD，将长方形ABCD沿EF折叠，ED与BF交于点G，∠GEF=16°，
由图①，∠BFE=∠DEF，
由图②，∠BFE=∠GEF=16°，∠EGF=180°-16°×2=148°，
由图②，∠DGF=180°-∠EGF=32°，
由图③，∠DHF=∠BFE+∠DGF=48°，
故选：B．
【点睛】本题考查平行线的判定和性质，掌握平行线的基本性质是解答本题的关键．
14．C
【分析】①正确．证明,得到，结合可得结果．
②错误．可以证明，不是等边三角形，可得结论．
③正确．证明，即可．
④错误．证明，求出的面积即可．
【详解】解：如图，连接，
四边形是正方形，
，，
由翻折可知：，，，，
，，，
∴，
，，
，故正确，
设，
在中，
，
，
，
，
，
是等腰三角形，
易知不是等边三角形，显然，故错误，
，
，
，
，，
，
，故正确，
，：：，
∴，
，故正确，
故选：C．
【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
15．A
【分析】在上取一点K，使得，连接，，然后证明出，然后根据垂线段最短得到当时，的值最小，最后利用角直角三角形的性质求解即可．
【详解】如图所示，在上取一点K，使得，连接，，
∵，，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴当时，的值最小，
∵，，，
∴，
∴，
∴．
∴的长的最小值为．
故选A
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判断，垂线段最短，角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
16．D
【分析】根据旋转的性质得到，，推出即可判断②；利用两个角对应相等的两个三角形相似即可判断①；利用相似三角形的性质得到，再证明，即可判断③．
【详解】解：∵将以点为旋转中心逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∴平分，故②正确；
∵，
∴，故①正确；
∴，
∵，
∴，
∴，故③正确；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，相似三角形的判定和性质，熟记各定理是解题的关键．
17．D
【分析】连接，，证明，得出，从而得出，证明为直角三角形，设，则，根据勾股定理求出，根据等腰直角三角形的性质，求出，即可得出答案．
【详解】解：连接，，如图所示：
∵绕点顺时针旋转90°到，
∴，，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴为直角三角形，
设，则，
∴，
∴，
∴，故D正确．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，证明．
18．(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）根据（1）中抛物线的解析式可求出、两点的坐标；
（3）由平移的性质可得出四边形是平行四边形，分三种情况画出图形，然后根据平行四边形的面积公式确定面积取得最大值的情况，最后计算出该平行四边形的面积即可．
（1）
解：∵抛物线的对称轴为直线且过点，
∴
解得：，
∴该抛物线的函数表达式为：；
（2）
令，得，
∴，
令，得，
解得：，，
∴，
∴点的坐标为，点的坐标为；
（3）
由平移的性质可知，且，
∴四边形为平行四边形，
如图，符合条件的四边形有三个，
即□，□，□，
∴，，，
∵，，
∴□的面积最大，
令，得，
解得：，，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图像上点的坐标特征，平行四边形的判定，平行四边形的面积，平移的性质等知识．解题的关键是学会构建方程解决点的坐标问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
19．（1），，；（2） ；（3）存在，符合条件的点的坐标为（－1，－4）或（3，12）或（－4，5）
【分析】（１）将点A、B的横、纵坐标代入直线AB的函数解析式可求m、n的值，再用待定系数法可求二次函数的解析式；
（2）确定的边与直线 AB有唯一公共点时的临界位置，即可求出m的取值范围；
（3）分两种情况讨论：点Q在直线AB下方的抛物线上和点Q在直线AB上方的抛物线上．
【详解】（1）∵点、在直线上，
∴，．
∴，．
∴、．
又∵、在抛物线上，
∴，解得，．
∴抛物线的解析式为．
（2）如图，当点移动到上时，是与直线AB有唯一公共点M的终止临界位置，
过点B作BR⊥x轴于点R，则
∴AR=BR．
∴是等腰直角三角形，∠BAR=∠ABR=45°．
∵OA=OC=3，
∴是等腰直角三角形，∠CAO=45°，且
过点 P作PH⊥x 轴，交 AB于点 H，则∠PHM=∠HBR=45°．
由平移的性质可知，PM∥AC且PM=AC．
∴∠PMH=∠BAC=90°，
∴是等腰直角三角形，且
令，则，
∴，解得，（不合题意，舍去）．
当t=-4时，
∴，此时．
∵初始位置时，的边与直线AB有唯一公共点 A，
∴符合条件的m的取值范围是．
（3）存在．点的坐标为（－1，－4）或（3，12）或（－4，5）．
分两种情况：
①当点在直线的下方时，过点作的平行线与抛物线的交点即为满足题意的点，如图2所示，
∵，可设直线的解析式为．将代入，得，
∴直线的解析式为．联立直线和抛物线的解析式，
解得，或（舍去）．
故点的坐标为（－1，－4）．
②当点在直线的上方时，设．
过点作于点，如图所示，则．
∵和的面积相等，
∴
∴四边形为平行四边形．
∴线段的中点在直线上，
则，
解得，或－4，故点的坐标为（3，12）或（－4，5）．
综上所述，符合条件的点的坐标为（－1，－4）或（3，12）或（－4，5）．
【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质、图形的平移、勾股定理、动点问题分类讨论的数学思想等知识点，熟知函数的图象和性质是解题的基础，运用分类讨论的数学思想是解题的关键．
20．(1)，
(2)
(3)存在，或或
【分析】（1）由一次函数解析式可求出点A和C的坐标，从而可由待定系数法求出抛物线解析式，进而可求出点B坐标；
（2）作点关于直线的对称点，连接、，分别交于点、．由轴对称的性质可得出，即说明的值最小时即为的长．再利用相似三角形的判定定理证明，得出，代入数据，即可求出，，进而可求出．过点作轴于点．又易证，得出，代入数据，可求出 ，，即得出．利用待定系数法求出直线的解析式，再与直线联立，即可求出点P坐标；
（3）分类讨论：①当点在第二象限时，②当点在第三象限时和③当点在第一象限时，分别作出辅助线构造相似三角形，结合已知相似三角形即可解答．
【详解】（1）解：对于直线，令，则，
解得：．
令，则，
∴，．
∵抛物线经过点A、，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：．
对于，令，则，
解得：，
∴；
（2）解：如图，作点关于直线的对称点，连接、，分别交于点、．
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴由两点之间线段最短得的值最小时即为的长．
∵，，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴．
如图，过点作轴于点．
∴，
∴，即
∴，，
∴．
设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为．
联立，解得：，
∴；
（3）分类讨论：①当点在第二象限时，设与相似，则或．
如图，过点作轴交轴于点，过点作轴交于点，
∴，
∴．
设点坐标为，则，，
∴或,
∴或，
∴或；
②当点在第三象限时，设与相似，则或，
如图，过点作轴交轴于点，过点画轴交于点，
∴，
∴，
设点坐标为，则，，
∴或，
∴无实数解或，
∴；
③当点在第一象限时不存在相似．
综上所述，点的坐标是或或．
【点睛】本题考查一次函数、二次函数的图象和性质，利用待定系数法求函数解析式，轴对称变换，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，属于中考压轴题．能够正确作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键．
21．(1)90；
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据折叠的性质，即轴对称性质求解即可；
（2）连接，证，则全等三角形的性质即可得出结论；
（3）先由勾股定理求出BC=10，从而求得BD=5，由旋转志折叠可求出DF=DE=3，AE=4，再在Rt△DFB中，再由勾股定理，求得BF=4，由（2）问可得ME=MF，所以设ME=MF=x，则AM=4-x，BM=4+x，然后在Rt△ABM中，由勾股定理，得，即，求解得x=，则可求出AM长．
（1）
解：由折叠可知，点A与点C关于DE对称，
∴DE⊥AC，AE=CE，
∴∠EDC=90°，
∴∠BAC=∠DEC=90°，
∴DEAB，
∴，
∴CD=BD，
故答案为：90，；
（2）
解：
证明：∵折叠三角形纸片使点C与点A重合，得到折痕，
∴．
∴．
连接， 如图，
根据旋转性质可知：．
又∵
∴
∴．
（3）
解：在Rt△ABC中，由勾股定理，得
BC=，
由（1）知，点D是BC中点，点E是AC中点，
∴BD=BC=5，DE=AB=×6=3，AE=CE=AC=×8=4，
由旋转得：∠DFM=∠DEC=90°，DF=DE=3，
∴∠DFB=90°，
在Rt△DFB中，由勾股定理，得
BF=，
由（2）知：ME=MF，
设ME=MF=x，则AM=4-x，BM=4+x，
在Rt△ABM中，由勾股定理，得
，
即，
解得：x=，
∴AM=4-x =4-=．
【点睛】本题考查旋转与折叠的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，三角形中位线性质，全等三角形的判定与性质，本题属几何变换综合题目，熟练掌握旋转与折叠的性质是解题的关键．
22．(1)图见解析，①120°；②，证明见解析；
(2)．
【分析】（1）①如图，以为圆心，为半径作圆，与的延长线交点即为，延长与交于点，连接，，在等边中，点为的中点，可得垂直平分，结合题意可得，由三角形外角可得，，最后由可求解；②如图，在上截取，过E作于M，连接，可得，在中，解三角形可求得即，等量代换即可求证；
（2）如图，将绕点顺时针旋转至，连接，连接，证，得到，可知，当N、E、C三点共线时最小，在等腰直角中求解即可．
【详解】（1）解：①如图，以为圆心，为半径作圆，与的延长线交点即为，
延长与交于点，连接，，
在等边中，点为的中点，
垂直平分，
，，
即，
，
由旋转可知，
，
，
，
，
；
②证明：如图，在上截取，过E作于M，连接，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，，
，
；
（2）如图，将绕点顺时针旋转至，连接，连接
则，，
，
又，
，
，
，
当N、E、C三点共线时最小，
在等腰直角中：
，
的最小值为．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等边对等角，三角形的外角，全等三角形的证明和性质，勾股定理解直角三角形等；解题的关键是合理做出辅助线，进行转换证明．
23．(1)8
(2)
(3)1
【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长；
（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．
（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出即点D为中点．再由可知点E是线段的中点，即DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．
【详解】（1）解：在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，
∴，
∴．
（2）解：如图，作交于点D，作交于点E．
由旋转可得，．
∵，
∴，
∴，
∴，．
∵，即，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，即，
∴．
（3）解：如图，作且交延长线于点P，连接．
∵，
∴，
∵，即，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴在和中
，
∴，
∴，即点D为中点．
∵
∴,
∴点E为AC中点，
∴
∴DE为的中位线，
∴，即要使DE最小，最小即可．
根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．
∴此时，即DE最小值为1．
【点睛】本题属于旋转综合题，主要考查了旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、平行线的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、中位线的判定和性质、三角形三边关系等知识点，正确的作出辅助线是解答本题的难点，也是解答本题的关键．
24．C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，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、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题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度后与原图重合．
25．A
【分析】过点作轴，过点作于，过点作轴，先求出，再证明得出，，，再证明，推出，，从而求出点的坐标．
【详解】解：过点作轴，过点作于，过点作轴，
，
，点到轴的距离为4，
，
，
，
，，
，
，即，
，，
将绕点逆时针旋转得到，
，，
，
，
，，
，，
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化旋转、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握这几个知识点的综合应用，其中作出辅助线证明三角形全等是解题关键．
26．C
【分析】如图，作关于对称的，点E与点Q关于对称，连接，则，可得当点E，R，P在同一直线上，且时，的长就是的最小值，在需要利用等边三角形的性质求出等边三角形的高即可得到答案．
【详解】解：如图，作关于对称的，点E与点Q关于对称，连接，则，
∴，
∴当点E，R，P在同一直线上，且时，的长就是的最小值，
∵，
∴，
∴由平行线间间距相等可知的长等于等边三角形的高的长
∵等边的边长为4，
∴等边三角形的高为，即的最小值为，
故选C．
【点睛】本题考查了轴对称最短路径问题，等边三角形的性质，勾股定理等，解题的关键是正确添加辅助线构造出最短路径．
27．B
【分析】由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求，由外角的性质可求，即可求解．
【详解】解：根据旋转有：，
∴，，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
28．D
【分析】如图，作点C关于直线的对称点P，过点P作于点N，交于点M，连接，此时最小，再通过解直角三角形求出的长即可
【详解】如图，作点C关于直线的对称点P，过点P作于点N，交于点M，连接，此时最小.
在中，∵，，，
∴，
∴.
又∵，
∴，解得.
由对称得，.
∵，
∴.
∵，
∴，
∴，
∴，即的最小值为
故选：D
【点睛】本题考查了线路最短的问题，确定动点P的位置时，使的值最小是关键．
29．B
【分析】连接，在中，利用锐角三角函数的定义可得，再利用相似三角形的性质可得，，，从而利用等式的性质可得，进而可证，然后利用相似三角形的性质可得，，再利用平移的性质可得，，从而利用平行线的性质可得，最后证明，从而可得，进而在中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
由平移得：，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平移的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
30．C
【分析】由平移的性质和旋转的性质可证是等边三角形，可得，，即可求解．
【详解】∵将向右平移得到，
，
∵将绕点D逆时针旋转至点重合，
，
是等边三角形，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平移的性质，等边三角形的判定和性质，掌握旋转的性质是解题关键。
31．A
【分析】如图，连接，．首先确定点的坐标，再根据4次一个循环，由，推出经过第次旋转后，顶点的坐标与第2次旋转得到的的坐标相同，由此即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，．
在正六边形中，，，，
，
在中，，，
，
，
，
，
将正六边形绕坐标原点顺时针旋转，每次旋转，
4次一个循环，
，
经过第次旋转后，顶点的坐标与第2次旋转得到的的坐标相同，
与关于原点对称，
∴，
经过第次旋转后，顶点的坐标，
故选：A．
【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化-旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
32．B
【分析】过点作于点，过点作于点，先确定出当点，，三点共线时，最小，再根据等边三角形的判定与性质、勾股定理可得，根据线段垂直平分线的性质可得，然后解直角三角形可得，从而可得，利用勾股定理可得，则，最后根据三角形的面积公式可得，由此即可得出答案．
【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，
则当点，，三点共线时，最小，
由旋转的性质得：，，
是等边三角形，
点是的中点，，
，
又，点是的中点，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
即的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了解直角三角形、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确找出当的值最小时，点的位置是解题关键．
33．3
【分析】过点、分别作轴，轴于点、，延长交轴，则四边形、四边形和四边形都是矩形，先证明，得，进而求得，根据反比例函数的意义即可求解．
【详解】解：过点、分别作轴，轴于点、，延长交轴，则四边形、四边形和四边形都是矩形，
∵将线段沿轴向右平移至，
∴，，
∴，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∴，
∵线段扫过的面积为，
∴四边形的面积为，
∴
∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴，
∵反比例函数的图象经过点，
∴，
故答案为3．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，全等三角形的判定及性质，反比例函数k的意义，熟练掌握反比例函数k的意义是解题的关键．
34．
【分析】设与交于点，与交于点，由，及中线的性质得，，可证，则由可得．
【详解】如图，设与交于点，与交于点，
，，且为边上的中线，
，，
将沿边上的中线平移到，
，
，
，
解得（负值舍去），
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平移的性质，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质与三角形中线的性质、相似三角形的判定与性质等知识点．
35．①②③
【分析】根据平行线的性质得出，根据轴对称的性质得出，即可判断①；根据轴对称得出，进而得出，证明，即可判断②；设，则，，勾股定理建立方程，解方程，进而根据正弦的定义判断③；根据②的结论即可判断④，进而即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，关于对称，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∵，
∴，
设，则，，
∴，
即，
解得：，
∴，
∴，故③正确；
由②得，
∴，
∴，故④错误，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了正方形的性质，求正弦，相似三角形的性质与判定，轴对称的性质，掌握以上知识是解题的关键．
36．
【分析】过作轴于C，由旋转的性质得，得到，求得的长度即可．
【详解】解：过作轴于C，由旋转的性质得，
∵，，顶点A的坐标为，
∴，，
∴，， ，
∴，
∴点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．
37．或
【分析】根据三角函数的定义得到，根据勾股定理得到，根据旋转的性质得到，，，即可解答．
【详解】，，
，
在中，，
，
，
，
，
由旋转的性质得，，，
若为直角三角形，因为，所以只能，有两种情况，
第一种，逆时针旋转，如图1，
，
点A，C，共线，
；
第二种，逆时针旋转，如图2，
可得，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，三角函数的定义，分类讨论是解题关键．
38．
【分析】如图所示，过点D作交直线于G，交直线于H，过点E作交直线于F，过点C作于M，由旋转的性质得到，利用证明，得到；再求出的长，根据推出，由此即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点D作交直线于G，交直线于H，过点E作交直线于F，过点C作于M，
由旋转的性质得，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴；
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴D、E两点到的距离之和为
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等边对等角，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
39．（1）；（2）3
【分析】（1）根据反比例函数表达式知，结合点即可得到结果，
（2）根据反比例函数表达式设出平移后的中点坐标，代入函数式求解即可．
【详解】（1）．
（2）设的中点为，作轴于点．
∵由向上平移个单位长度得到，，
∴，，
∴设
∵在反比例函数的图象上，
∴代入函数表达式为：，
∴．
【点睛】此题考查反比例函数表达式的求解和函数中平移点的坐标变换，难度一般．
40．（1）B(1，0)，k=10；（2）
【分析】（1）令y=0，代入，可得B的坐标，设D(a，2)，则AD=OC=a，根据勾股定理列出关于a的方程，求出a的值，进而即可求解；
（2）过点作M⊥AD，由旋转的性质得BO=M=1，设再将向右平移个单位，(2+n，3)，进而即可求解．
【详解】解：（1）∵直线与轴交于点，
∴令y=0，代入，得，解得：x=1，令x=0，y=2，
∴B(1，0)，A(0，2)，
∴OA=2，
∵四边形是矩形，
∴CD=AO=2，
设D(a，2)，则AD=OC=a，
∵，
∴，
又∵，，
∴，解得：a=5，即：D(5，2)，
∴把D(5，2)，代入，得k=10；
（2）过点作M⊥AD，
∵将绕点A逆时针旋转，点､点分别对应点､点，
∴也是由绕点A逆时针转90°得到，
∴BO=M=1，
∴(2，3)，
设再将向右平移个单位，(2+n，3)，在的图像上，则，解得：n=．
【点睛】本题主要考查反比例函数与一次函数综合，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，旋转的性质以及函数图像上点的坐标特征，是解题的关键．
41．（1）（2）平方米
【分析】（1）证明四边形是正方形，进而推出是等边三角形，得到，进而求出，即可得解；
（2）分别以为对称轴，作，关于的轴对称三角形，延长交于点，证明四边形是正方形，设，在中，，得出，则，根据三角形面积公式求得，过点作于点，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解，进而求得四边形的面积．
【详解】解：（1）∵是等腰直角三角形，
∴，，，
∵和关于直线对称，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形，
又
∴四边形是正方形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图所示，分别以为对称轴，作，关于的轴对称三角形，延长交于点，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
又，
∴四边形是正方形，
设，
∵，，
则，
在中，，
即，
解得：（负值舍去），
∴，
∴，
过点作于点，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
所以四边形的面积为：（平方米）
【点睛】本题考查了轴对称的性质，正方形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
42．(1)；
(2)
(3)点P的坐标为
(4)存在．点Q的坐标为（，）或（，）或或
【分析】（1）求出点A，C的坐标，然后利用待定系数法求解析式即可；
（2）根据轴对称的性质可知直线AC与抛物线对称轴的交点即为D点，求出抛物线对称轴，代入一次函数解析式即可求出点D的坐标，再根据求的面积；
（3）设点P的横坐标为a，线段PN的长为m，用含a的式子表示出m，然后根据二次函数的性质求出a即可解决问题；
（4）分情况讨论：①当NP＝NQ时，②当PN＝PQ时，分别根据两点间距离公式求出点Q的横坐标即可，③当QP＝QN时，则点Q在线段PN的垂直平分线上，求出点Q的纵坐标即可．
【详解】（1）解：，
点A，C的坐标分别，
把点分别代入得，
解得：，
抛物线的解析式为，
设直线AC的解析式为，
把点分别代入得，
解得： ，
∴直线AC的解析式为；
（2）∵点B关于对称轴对称的点为点A，
∴的最小值为AC，
∴直线AC与抛物线对称轴的交点即为D点，如图1，
抛物线的对称轴为，
把代入得：，
∴点D的坐标为，
令，解得：，，
∴B（1，0），
∴，
故答案为：；
（3）如图2，设点P的横坐标为a，线段PN的长为m，
点P在抛物线上，过点P作x轴的垂线与直线AC交于点N，
点P的坐标为，点N的坐标为，
，
∴当时，m有最大值，
当时，有，
∴此时点P的坐标为；
（4）当x＝－2时，，
∴N（－2，2），
∵P，
∴PN＝6－2＝4，
分情况讨论：
①当NP＝NQ时，
设点Q坐标为，
则，
解得：或，
∴或，
∴此时点Q的坐标为Q1（，）或Q2（，）；
②当PN＝PQ时，
设点Q坐标为，
则，
解得：或－2（舍去），
∴此时点Q3的坐标为（2，6）；
③当QP＝QN时，则点Q在线段PN的垂直平分线上，
∴点Q的纵坐标为4，
当时，解得，
∴此时点Q4的坐标为（0，4），
综上所述，点Q的坐标为（，）或（，）或或．
【点睛】本题是二次函数与一次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象和性质，待定系数法的应用，轴对称的性质，二次函数的最值，等腰三角形的性质以及两点间距离公式的应用等，其中最后一问有一定的难度，正确分类讨论是解题的关键．
43．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先判断出，即可得出结论；
（2）先判断出，得出，同理，得出，即可得出答案；
（3）如图，连接、、，先判断出，进而判断出，再利用特殊角三角函数值即可．
【详解】（1）证明：平分，
，
，
又是的中点，
；
（2）解：与都是所对的圆周角，
，
平分，
，
，
又是公共角，
，
，即，
，
，
同理，，
，
，，
，
，
，
；
（3）解：如图，连接、、，
是的中点，点与点关于点对称，
四边形是平行四边形，
，
点在圆上，
，
点是两个内角与的角平分线交点，
平分，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，角平分线，圆周角定理，三角形内心，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，特殊角三角函数值，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
44．(1)
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）根据旋转的性质可知，当时，可根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理计算出的角度．再由，是的平分线可知，最后由三角形外角的性质，即得出；
（2）延长到F，使，连接．先证明，可推导，再由已知条件及等腰三角形的性质推导，然后证明，推导，最后根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理即可证明；
（3）分两种情况讨论：①当时，借助（2）可知，，，再结合题意可得出，最后根据正切的定义求解即可；②当时，在线段上取点F，使得，由（2）同理易证，即得出，，，，进而可求出，又知为等腰直角三角形，即得出，从而可推出，最后根据正切的定义即可求解．
【详解】（1）解：由旋转可知．
∵，
∴．
∵，是的平分线，
∴，
∴．
故答案为：；
（2）证明：如图，延长到F，使，连接．
∵，
∴．
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴；
（3）分类讨论：①当时，由（2）可知，，，
∵，
∴，
∴；
②当时，如图，在线段上取点F，使得，
由（2）同理易证，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
综上所述，当，时，的值为或．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，解题关键是熟练掌握相关性质，并通过作辅助线构建全等三角形．
45．(1)
(2)此时（1）的结论不成立，与的数量关系为，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据题意易得，然后可证，进而问题可求解；
（2）由题意易得，，然后可得，进而问题可求解；
（3）由题意易得，根据勾股定理可得，然后由（2）可求得，进而问题可求解．
【详解】（1）解：∵，点，分别为，的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为；
（2）解：此时（1）的结论不成立，与的数量关系为.
理由如下：点，分别为，的中点，
，，
，
，
，
.
，
；
（3）解：，
，
在中，，
由（2）知，，
，，
，
又，
四边形是矩形，
，
．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、矩形的性质与判定、勾股定理及旋转的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形的性质与判定、勾股定理及旋转的性质是解题的关键．
46．(1)，
(2)①证明见详解；②
【分析】（1）根据绕点A按逆时针方向旋转得到可得，，结合可得，根据边角边定理即可得到证明，在中利用勾股定理即可得到答案；
（2）①连接，根据定理即可得到，即可得到证明；
②连接，过C作交延长线于一点G，根据折叠得到，，由①可得，，即可得到，从而得到，根据正方形性质可得，，结合可得，即可得到，即可得到答案.
【详解】（1）解：∵绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，，，
∵，
∴，
在与中，
∴，
∵，，
∴，
∵绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
在中，
，
∵，
∴，
故答案为：，；
（2）解：①连接，
∵沿翻折至位置，四边形是正方形，
∴，，
在在与中，
，
∴，
∴；
②连接，过C作交延长线于一点G，
∵沿翻折至位置，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
∴，
在中，
，
∴.
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