5年(2019-2023)中考1年模拟数学真题分项汇编(安徽专用)专题16图形的旋转(真题3个考点模拟10个考点)特训（学生版+解析）

这是一份5年(2019-2023)中考1年模拟数学真题分项汇编(安徽专用)专题16图形的旋转(真题3个考点模拟10个考点)特训（学生版+解析），共111页。

A．3+B．2+2C．2+D．1+2
二．作图-旋转变换（共3小题）
2．（2022•安徽）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）将△ABC向上平移6个单位，再向右平移2个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）以边AC的中点O为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转180°，得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．
3．（2021•安徽）如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，△ABC的顶点均在格点（网格线的交点）上．
（1）将△ABC向右平移5个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）将（1）中的△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90°得到△A2B2C1，画出△A2B2C1．
4．（2020•安徽）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段AB，线段MN在网格线上．
（1）画出线段AB关于线段MN所在直线对称的线段A1B1（点A1，B1分别为A，B的对应点）；
（2）将线段B1A1绕点B1顺时针旋转90°得到线段B1A2，画出线段B1A2．
三．几何变换综合题（共1小题）
5．（2023•安徽）在Rt△ABC中，M是斜边AB的中点，将线段MA绕点M旋转至MD位置，点D在直线AB外，连接AD，BD．
（1）如图1，求∠ADB的大小；
（2）已知点D和边AC上的点E满足ME⊥AD，DE∥AB．
（i）如图2，连接CD，求证：BD＝CD；
（ii）如图3，连接BE，若AC＝8，BC＝6，求tan∠ABE的值．
一．生活中的旋转现象（共1小题）
1．（2023•禹会区模拟）北京冬奥会将于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，如图是冬奥会的吉祥物“冰墩墩”，将如图图片按顺时针方向旋转90°后得到的图片是（ ）
A．B．
C．D．
二．旋转的性质（共8小题）
2．（2023•蒙城县二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点B的对应点E恰好落在边AC上，点A的对应点为D，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．BC＝CEB．∠D＝∠AC．CE＝AED．AB⊥DE
3．（2023•金安区校级二模）“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如图1所示的“三等分角仪”能三等分任意一角．如图2，这个“三等分角仪”由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，点C固定，点D，E可在槽中滑动，OC＝CD＝DE．若∠BDE＝78°，则∠CDE的度数是（ ）
A．64°B．76°C．78°D．82°
4．（2023•蚌埠二模）如图，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC＝∠AED＝90°，AB＝4，AE＝2，△ADE绕点A旋转，连接CD，点F是CD的中点，连接EF，则EF的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
5．（2023•定远县二模）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AD＝CD，现把四边形经过某种操作，可以得到与它面积相等的等腰直角三角形，这个操作可以是（ ）
A．沿BD剪开，并将△BAD绕点D逆时针旋转90°
B．沿BD剪开，并将△BAD绕点D顺时针旋转90°
C．沿AC剪开，并将△BAD绕点C逆时针旋转90°
D．沿AC剪开，并将△BAD绕点C顺时针旋转90°
6．（2023•凤阳县二模）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转到△ABG的位置，点D的对应点是点B．若DF＝3，则BE的长为（ ）
A．B．C．1D．2
7．（2023•天长市一模）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值是（ ）
A．B．2C．3D．
8．（2023•庐江县模拟）如图，在△ABC中，∠CAB＝64°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（ ）
A．64°B．52°C．42°D．36°
9．（2023•雨山区校级一模）如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF的最小值为，则AB的值为（ ）
A．2B．C．D．4
三．中心对称（共2小题）
10．（2023•迎江区校级三模）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．3+B．2+2C．2+D．1+2
11．（2023•滁州二模）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝8，点E为AD边上一点，且AE＝2，在BC边上存在一点F，CD边上存在一点G，线段EF平分菱形ABCD的面积，则△EFG周长的最小值为 ．
四．中心对称图形（共3小题）
12．（2023•繁昌县校级模拟）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．等腰三角形B．平行四边形C．等边三角形D．矩形
13．（2023•庐江县一模）如果一个图形绕着一个点至少旋转72度才能与它本身重合，则下列说法正确的是（ ）
A．这个图形一定是中心对称图形
B．这个图形既是中心对称图形，又是轴对称图形
C．这个图形旋转216度后能与它本身重合
D．这个图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形
14．（2023•庐江县一模）在线段、直线、角、等腰三角形、圆中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
五．关于原点对称的点的坐标（共2小题）
15．（2023•岳西县校级模拟）点P（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是 ．
16．（2023•庐江县模拟）在平面直角坐标系中，点P（2，1）关于原点对称的点的坐标是 ．
六．坐标与图形变化-旋转（共4小题）
17．（2023•雨山区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，△OAB为等腰三角形，OA＝AB＝5，点B到x轴的距离为4．若将△OAB绕点O逆时针旋转90°得到ΔOA'B'，则点B'的坐标为 ．
18．（2023•庐江县一模）如图，若将△ABC（点C与点O重合）绕点O顺时针旋转90°后得到△A′B′C′，则点A的对应点A′的坐标是 ．
19．（2023•烈山区三模）阅读理解：我们知道，任意两点关于它们所连线段的中点成中心对称，在平面直角坐标系中，任意两点P（x1，y1）、Q（x2，y2）的对称中心的坐标为．
观察应用：
（1）如图，若点P1（0，﹣1）、P2（2，3）的对称中心是点A，则点A的坐标为 ．
（2）在（1）的基础上另取两点B（﹣1，2）、C（﹣1，10）．有一电子青蛙从点P1处开始依次关于点A、B、C作循环对称跳动，即第一次跳到点P1关于点A的对称点P2处，接着跳到点P2关于点B的对称点P3处，第三次再跳到点P3关于点C的对称点P4处，第四次再跳到点P4关于点A的对称点P5处，…，则P4、P8的坐标为： 、 ．
20．（2023•瑶海区三模）阅读理解：我们知道，任意两点关于它们所连线段的中点成中心对称，在平面直角坐标系中，任意两点的对称中心的坐标为（，）．
观察应用：
（1）如图，若点P1（0，﹣1）、P2（2，3）的对称中心是点A，则点A的坐标为： ．
（2）在（1）的基础上另取两点B（﹣1，2）、C（﹣1，0）．有一电子青蛙从点P1处开始依次关于点A、B、C作循环对称跳动，即第一次跳到点P1关于点A的对称点P2处，接着跳到点P2关于点B的对称点P3处，第三次再跳到点P3关于点C的对称点P4处，第四次再跳到点P4关于点A的对称点P5处，…，则P4、P5的坐标分别为： 、 ．
七．作图-旋转变换（共22小题）
21．（2023•萧县三模）在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别是A（﹣1，﹣1），B（﹣3，﹣2），C（﹣2，﹣4）．
（1）将△ABC关于y轴对称得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）将（1）中的△A1B1C1绕点O顺时针旋转180°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2，并写出点C2的坐标．
22．（2023•滁州二模）在由边长为1个单位长度的小正方形组成的10×10网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC是格点三角形（顶点是网格线的交点）．
（1）画出△ABC关于点O成中心对称的△A1B1C1；
（2）画出将△A1B1C1向左平移4个单位长度得到的△A2B2C2；
（3）若点A的坐标是（﹣1，﹣2），则点A经过上述两种变换后的对应点A2的坐标是 ．
23．（2023•濉溪县模拟）如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，△ABC的顶点均在格点（网格线的交点）上．
（1）将△ABC向右平移3个单位，再向下平移2个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点C1逆时针旋转90°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2．
24．（2023•镜湖区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣2，2），B（﹣1，4），C（﹣4，5），请解答下列问题：
（1）若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为（1，0），作出△A1B1C1并写出其余两个顶点的坐标；
（2）将△ABC绕点O按顺时针方向旋转90°得到△A2B2C2，作出△A2B2C2．
25．（2023•全椒县二模）在10×10网格中，已知格点△ABC和格点O．（格点为网格线的交点）
（1）画出以点O为旋转中心，将△ABC逆时针旋转90°得到的△A1B1C1；
（2）画出将△A1B1C1向下平移2个单位长度得到的△A2B2C2．
26．（2023•全椒县一模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点O和△ABC的顶点都在网格点上．
（1）将△ABC先向上平移2个单位长度，再向右平移5个单位长度，得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）以点O为旋转中心，将△A1B1C1按顺时针方向旋转90°，得到△A2B2C2，画出△A2B2C2．
27．（2023•来安县二模）如图，在由边长为1个单位的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点都在格点（网格线的交点）上．
（1）将△ABC向下平移4个单位，再向右平移3个单位，得到△A'B'C'，请画出△A'B'C'；
（2）以AB边的中点O为旋转中心，将△A'B'C'逆时针旋转90°，得到△DEF，请画出△DEF．
​
28．（2023•镜湖区校级二模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣1），B（2，﹣5），C（5，﹣4）．
（1）将△ABC先向左平移6个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到△A1B1C1，画出△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
（2）画出△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°后得到的△A2B2C1并写出点A2的坐标．
29．（2023•太和县一模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）以A为旋转中心，将△ABC逆时针旋转90°，得到△AB1C1，请画出△AB1C1．
（2）将△ABC向上平移7个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．
30．（2023•利辛县模拟）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）将△ABC向下平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到△A′B′C′，请画出△A′B′C′；
（2）已知点M为A′C′的中点，以点M为旋转中心，将线段AB顺时针旋转90°，得到线段DE，请画出线段DE．
31．（2023•滁州二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点M是CA上的一点，过点M作MN∥AB交CB于点N，将△CMN绕点C逆时针方向旋转α（0＜α＜180°）得到△CDE，连接AD，BE．
（1）若，则BE＝ ．
（2）若，点M是CA的中点，且点A，D，E在一条直线上，则BE的长是 ．
32．（2023•舒城县模拟）如图，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，1），B（0，3），C（0，1）．
（1）将△ABC向下平移3，得△A′B′C′，画出△A′B′C′；
（2）写出点B′的坐标；
（3）将△ABC以点C为旋转中心顺时针旋转90°，得△A″B″C，画出△A″B″C．
33．（2023•天长市校级二模）如图，如果图中每个小正方形的边长为一个单位长度，利用网格线作图并填空：
（1）作出△ABC 向右平移6个单位长度再向下平移2个单位长度以后的△A'B'C'；
（2）画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；
（3）写出A'和C1的坐标：A' ，C1 ．
34．（2023•金安区校级二模）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的顶点均在格点上，请按要求完成下列步骤：
（1）画出将△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°后所得到的△A1BC1；
（2）求△ABC旋转到△A1BC1的过程中，点C所经过的路径长为 ；AC边扫过的图形面积为 ．
35．（2023•庐阳区校级三模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点坐标依次为A（3，﹣1），B（6，﹣2），C（1，﹣4）．
（1）将△ABC先向左平移1个单位长度，再向上平移5个单位长度得到△A1B1C1，请在图中画出△A1B1C1．
（2）已知△A2B2C2与△ABC关于原点中心对称，请在图中画出△A2B2C2；
（3）若点P（m，n）是△ABC边上的一个动点，则点P在△A2B2C2边上的对应点P2的坐标是 ．
36．（2023•舒城县模拟）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）将△ABC向右平移5个单位长度，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）以点O为旋转中心，将△A1B1C1 按逆时针方向旋转180°得到，请画出△A2B2C2．
37．（2023•砀山县一模）如图，在12×12正方形网格中建立平面直角坐标系，每个小正方形的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（0，2），B（﹣3，5），C（﹣2，2）．
（1）将△ABC以点A为旋转中心旋转180°，得到△AB1C1，点B，C的对应点分别为点B1，C1，请画出△AB1C1；
（2）将△ABC平移至△A2B2C2，其中点A，B，C的对应点分别为点A2，B2，C2，且点C2的坐标为（﹣2，﹣4），请画出平移后的△A2B2C2．
38．（2023•庐阳区校级三模）在边长为1的正方形网格中有格点△ABC（顶点均是网格线的交点）和格点M、N、P．
（1）以MN为对称轴作出△ABC的轴对称图形△A1B1C1，A，B，C的对应点分别为A1，B1，C1，请画出△A1B1C1；
（2）以P为旋转中心将△ABC顺时针旋转一定角度得到△A2B1C2，且B的对称点为B1，请画出△A2B1C2．
39．（2023•无为市四模）如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，四边形ABCD的顶点均在格点（网格线的交点）上，线段PQ在网格线上．
（1）画出四边形ABCD关于线段PQ所在直线对称的四边形A'B'C'D'（点A'为点A的对应点）；
（2）将四边形ABCD绕AA'的中点M逆时针旋转90°得到四边形EFGH，画出四边形EFGH．
40．（2023•肥东县模拟）如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣4，1），C（0，3）．把△ABC向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度得到△A1B1C1．
（1）请画出△A1B1C1，并写出点C1的坐标 ；
（2）画出以点B为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°后得到的△A2BC2．
41．（2023•包河区三模）在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标均为整数．
（1）以原点O为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°得到△A1B1C1；
（2）将△ABC向下平移，使点A的对应点落在x轴上，得到△A2B2C2；
（3）借助网格用无刻度直尺过O作OH⊥B1C1，垂足为H．​
42．（2023•明光市二模）如图，已知A，B，C是平面直角坐标系上的三个点．​
（1）请画出△ABC关于原点O对称的△A1B1C1；
（2）将△A1B1C1向右平移8个单位得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；
（3）△ABC与△A2B2C2是否也关于某个点成中心对称？如果是，请写出它们对称中心的坐标，如果不是，请说明理由．
八．利用旋转设计图案（共2小题）
43．（2023•蜀山区校级一模）如图所示的美丽图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转每次旋转 度形成的．
44．（2023•雨山区一模）如图①，我们把一个矩形称作一个基本图形，把矩形的顶点及其对称中心称作基本图形的特征点，显然这样的基本图形共有5个特征点，将此基本图形不断地复制并平移，使得相邻两个基本图形的两个特征点重合，这样得到第2个图；第3个图；……．
（1）观察图形并完成下表：
猜想：在第“n”个图中特征点的个数为 ；（用含n的代数式表示）
（2）在平面直角坐标系中，点A、点B是坐标轴上的两点，且OA＝1，以OA、OB为边作一个矩形，其一条对角线所在直线的解析式为y＝x，将此矩形作为基本图形不断复制和平移，如图②所示，若各矩形的对称中心分别为O1、O2、O3、……，则O2022的坐标为 ．
九．几何变换的类型（共1小题）
45．（2023•蚌埠模拟）如图，三角形PQR是三角形ABC经过某种变换后得到的图形，分别观察点A与点P，点B与点Q，点C与点R的坐标之间的关系．
（1）若三角形ABC内任意一点M的坐标为（x，y），点M经过这种变换后得到点N，根据你的发现，点N的坐标为 ．
（2）若三角形PQR先向上平移3个单位，再向右平移4个单位得到三角形P′Q′R′，画出三角形P′Q′R′并求三角形P′AC的面积．
（3）直接写出AC与y轴交点的坐标 ．
一十．几何变换综合题（共15小题）
46．（2023•庐阳区校级模拟）已知：在△ABC中，BA＝BC，点E是AC的中点，F是直线BC上一点，连接EF，将△EFC沿着EF折叠，点C的对应点为D，连接AD．
（1）如图1，若点D在线段AB上，求证：EF∥AD；
（2）如图2，DF与AB交于点M，连接AF，若∠DAF＝∠EAF，求证：点M是AB的中点；
（3）如图3，点F在CB延长线上，DF与AB交于点M，EF交AB于点N，若DE＝EN＝3，求MF•MA．
47．（2023•池州模拟）如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BD，CE．
（1）直接写出BD与CE的数量关系为 ；直线BD与CE所夹锐角为 度；
（2）将△ADE绕点A逆时针旋转至如图2，取BC，DE的中点M，N，连接MN，试问：的值是否随图形的旋转而变化？若不变，请求出该值；若变化，请说明理由；
（3）若AB＝14，AD＝6，当图形旋转至B，D，E三点在一条直线上时，请画出图形，并直接写出MN的值为 ．
48．（2023•岳西县校级模拟）△ABC和△CDE都是等边三角形，连接BD，F，G，H分别是AB，BD，DE的中点，连接GF，GH，BE，AD．
（1）如图1，当点B，C，D在一条直线上时，线段GF与GH的数量关系为 ，∠FGH＝ °．
（2）当△CDE绕顶点C逆时针旋转到如图2所示的位置时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出新的结论并证明．
（3）已知△ABC的边长为，△CDE的边长为2，在△CDE由图1的位置绕点C逆时针旋转一周的过程中，当CE⊥AC时，请直接写出FH的长度．
49．（2023•淮南二模）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AB上一点，连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°至CE，连接AE．
​
（1）求证：△BCD≌△ACE；
（2）如图2，连接ED，若CD＝3，，求AB的长；
（3）如图3，若点F为AD的中点，分别连接EB和CF，求证：CF⊥EB．
50．（2023•庐阳区校级三模）已知：菱形ABCD对角线AC，BD相交于点O，AC＝6，BD＝8，点E是线段AO上一个动点，连接ED，把线段ED以点E为旋转中心逆时针旋转，点D的对应点F落在BA的延长线上．
（1）如图1，当AF＝AO时，
①求证：△BEF≌△BED；
②求tan∠F的值；
（2）如图2，当AF＝AE时，求AE的长．
​
51．（2023•怀远县校级模拟）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，BO是斜边AC的中线，E是射线OB上的一个动点，连接EA，将射线EA绕点E逆时针旋转90°，交射线CB于点F．
（1）点E在线段OB上时：
①求∠EAB+∠BEF的度数；
②线段BF，BE，BC之间的数量关系为 ；
（2）点E在线段OB的延长线上时，②中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的结论，画出图形，并证明．
（3）若AB＝BC＝2，，请直接写出线段BF的长．
52．（2023•蚌埠二模）如图1，在△ABC中，AC＝BC，将线段CB绕点C逆时针旋转90°，得到线段CD，连接AD，BD．
（1）求∠BAD的度数；
（2）如图2，若∠ACD的平分线CE交AD于点F，交AB的延长线于点E，连接DE．
①证明：△BCD∽△AED；
②证明：．
53．（2023•蚌埠一模）如图1，在△ABC中，AC＝BC，将线段CB绕点C逆时针旋转90°，得到线段CD，连接AD，BD．
（1）求∠BAD的度数；
​（2）如图2，若∠ACD的平分线CE交AD于点F，交AB的延长线于点E，连结DE．
①证明：△BCD∽△AED；
②证明：．
54．（2023•舒城县模拟）如图，在△ABC中，∠BCA＝90°，BC＝8，AC＝6，点D是AB边上的中点，点E是BC边上的一个动点，连接DE，将△BDE沿DE翻折得到△FDE．
（1）如图①，线段DF与线段BC相交于点G，当BE＝2时，则＝ ；
（2）如图②，当点E与点C重合时，线段EF与线段AB相交于点P，求DP的长；
（3）如图③，连接CD，线段EF与线段CD相交于点M，当△DFM为直角三角形时，求BE的长．
55．（2023•定远县校级模拟）如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为CA上一动点，E为BC延长线上的动点，始终保持CE＝CD．连接BD和AE，将AE绕A点逆时针旋转90°到AF，连接DF．
（1）请判断线段BD和AF的位置关系并证明；
（2）当时，求∠AEC的度数；
（3）如图2，连接EF，G为EF中点，，当D从点C运动到点A的过程中，EF的中点G也随之运动，请求出点G所经过的路径长．
56．（2023•合肥二模）问题背景：如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为点D，在△AEF中，∠AEF＝90°，，连接BF，M是BF中点，连接EM和DM，在△AEF绕点A旋转过程中，线段EM和DM之间存在怎样的数量关系？
观察发现：
（1）为了探究线段EM和DM之间的数量关系，可先将图形位置特殊化，将△AEF绕点A旋转，使AE与AB重合，如图2，易知EM和DM之间的数量关系为 ；
操作证明：
（2）继续将△AEF绕点A旋转，使AE与AD重合时，如图3，（1）中线段EM和DM之间的数量关系仍然成立，请加以证明．
问题解决：
（3）根据上述探究的经验，我们回到一般情况，如图1，在其他条件不变的情况下，上述的结论还成立吗？请说明你的理由．
57．（2023•黄山一模）如图，过等边△ABC的顶点A作AC的垂线l，点P为l上一点（不与点A重合），连接CP，将线段CP绕点C逆时针旋转60°得到线段CQ，连接QB．
（1）求证：AP＝BQ；
（2）连接PB并延长交直线CQ于点D．若PD⊥CQ，
①试猜想BC和BQ的数量关系，并证明；
②若，求PB的长．
58．（2023•庐江县模拟）（1）如图1，过等边△ABC的顶点A作AC的垂线l，点P为l上点（不与点A重合），连接CP，将线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到线段CQ，连接QB．
①求证：AP＝BQ；
②连接PB并延长交直线CQ于点D．若PD⊥CQ，AC＝，求PB的长；
（2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝45°，将边AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，连接CD，若AC＝1，BC＝3，求CD长．
59．（2023•定远县校级一模）已知：如图1，△ABC中，∠CAB＝120°，AC＝AB，点D是BC上一点，其中∠ADC＝a（30°＜a＜90°），将△ABD沿AD所在的直线折叠得到△AED，AE交CB于F，连接CE．
（1）①当a＝60°时，∠CDE＝ ．
②当∠ADC＝a（30°＜a＜90°）时，∠AEC＝ （用含a的代数式表示）；
（2）如图2，当a＝45°时，解决以下问题：
①已知AD＝2，求CE的值；
②证明：．
60．（2023•黄山二模）在△ABC中，∠ACB＝90°，＝m，D是边BC上一点，将△ABD沿AD折叠得到△AED，连接BE．
（1）特例发现
如图1，当m＝1，AE落在直线AC上时．
①求证：∠DAC＝∠EBC；
②填空：的值为 ；
（2）类比探究
如图2，当m≠1，AE与边BC相交时，在AD上取一点G，使∠ACG＝∠BCE，CG交AE于点H．探究的值（用含m的式子表示），并写出探究过程；
（3）拓展运用
在（2）的条件下，当m＝，D是BC的中点时，若EB•EH＝6，求CG的长．
专题16图形的旋转（真题3个考点模拟个考点）
一．中心对称（共1小题）
1．（2021•安徽）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．3+B．2+2C．2+D．1+2
【分析】证明△BEF是等边三角形，求出EF，同法可证△DGH，△EOH，△OFG都是等边三角形，求出EH，GF，FG即可．
【解答】解：如图，连接BD，AC．
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝2，∠BAO＝∠DAO＝60°，BD⊥AC，
∴∠ABO＝∠CBO＝30°，
∴OA＝AB＝1，OB＝OA＝，
∵OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠BEO＝∠BFO＝90°，
在△BEO和△BFO中，
，
∴△BEO≌△BFO（AAS），
∴OE＝OF，BE＝BF，
∵∠EBF＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴EF＝BE＝×＝，
同法可证，△DGH，△OEH，△OFG都是等边三角形，
∴EF＝GH＝，EH＝FG＝，
∴四边形EFGH的周长＝3+，
故选：A．
【点评】本题考查中心对称，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
二．作图-旋转变换（共3小题）
2．（2022•安徽）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）将△ABC向上平移6个单位，再向右平移2个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）以边AC的中点O为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转180°，得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．
【分析】（1）根据平移的性质可得△A1B1C1；
（2）根据旋转的性质可得△A2B2C2．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
【点评】本题主要考查了作图﹣平移变换，旋转变换，熟练掌握平移和旋转的性质是解题的关键．
3．（2021•安徽）如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，△ABC的顶点均在格点（网格线的交点）上．
（1）将△ABC向右平移5个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）将（1）中的△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90°得到△A2B2C1，画出△A2B2C1．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）利用旋转变换的性质分别作出A1，B1的对应点A2，B2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求作．
（2）如图，△A2B2C1即为所求作．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是熟练掌握平移变换或旋转变换的性质，属于中考常考题型．
4．（2020•安徽）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段AB，线段MN在网格线上．
（1）画出线段AB关于线段MN所在直线对称的线段A1B1（点A1，B1分别为A，B的对应点）；
（2）将线段B1A1绕点B1顺时针旋转90°得到线段B1A2，画出线段B1A2．
【分析】（1）分别作出A，B的对应点A1，B2即可．
（2）作出点A1的对应点A2即可．
【解答】解：（1）如图线段A1B1即为所求．
（2）如图，线段B1A2即为所求．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，轴对称变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
三．几何变换综合题（共1小题）
5．（2023•安徽）在Rt△ABC中，M是斜边AB的中点，将线段MA绕点M旋转至MD位置，点D在直线AB外，连接AD，BD．
（1）如图1，求∠ADB的大小；
（2）已知点D和边AC上的点E满足ME⊥AD，DE∥AB．
（i）如图2，连接CD，求证：BD＝CD；
（ii）如图3，连接BE，若AC＝8，BC＝6，求tan∠ABE的值．
【分析】（1）证MA＝MD＝MB，得∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，再由三角形内角和定理得∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°即可；
（2）（i）证四边形EMBD是平行四边形，得DE＝BM＝AM，再证四边形EAMD是平行四边形，进而得平行四边形EAMD是菱形，则∠BAD＝∠CAD，然后证A、C、D、B四点共圆，由圆周角定理得＝，即可得出结论；
（ii）过点E作EH⊥AB于点H，由勾股定理得AB＝10，再由菱形的性质得AE＝AM＝5，进而由锐角三角函数定义得EH＝3，则AH＝4，BH＝6，然后由锐角三角函数定义即可得出结论．
【解答】（1）解：∵M是AB的中点，
∴MA＝MB，
由旋转的性质得：MA＝MD＝MB，
∴∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，
∵∠MAD+∠MDA+∠MDB+∠MBD＝180°，
∴∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°，
即∠ADB的大小为90°；
（2）（i）证明：∵∠ADB＝90°，
∴AD⊥BD，
∵ME⊥AD，
∴ME∥BD，
∵ED∥BM，
∴四边形EMBD是平行四边形，
∴DE＝BM＝AM，
∴DE∥AM，
∴四边形EAMD是平行四边形，
∵EM⊥AD，
∴平行四边形EAMD是菱形，
∴∠BAD＝∠CAD，
又∵∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴A、C、D、B四点共圆，
∵∠BCD＝∠CAD，
∴＝，
∴BD＝CD；
（ii）解：如图3，过点E作EH⊥AB于点H，
则∠EHA＝∠EHB＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB＝＝＝10，
∵四边形EAMD是菱形，
∴AE＝AM＝AB＝5，
∴sin∠CAB＝＝＝，
∴EH＝AE•sin∠CAB＝5×＝3，
∴AH＝＝＝4，
∴BH＝AB﹣AH＝10﹣4＝6，
∴tan∠ABE＝＝＝，
即tan∠ABE的值为．
【点评】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理以及锐角三角函数定义等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及锐角三角函数是解题的关键，属于中考常考题型．
一．生活中的旋转现象（共1小题）
1．（2023•禹会区模拟）北京冬奥会将于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，如图是冬奥会的吉祥物“冰墩墩”，将如图图片按顺时针方向旋转90°后得到的图片是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】直接利用旋转的性质得出对应图形即可．
【解答】解：如图所示：“冰墩墩”图片按顺时针方向旋转90°后得到的图片是．
故选：D．
【点评】此题主要考查了生活中的旋转现象，正确掌握旋转方向是解题关键．
二．旋转的性质（共8小题）
2．（2023•蒙城县二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点B的对应点E恰好落在边AC上，点A的对应点为D，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．BC＝CEB．∠D＝∠AC．CE＝AED．AB⊥DE
【分析】由旋转的性质可得BC＝CE，∠A＝∠D，由余角的性质可证DE⊥AB，即可求解．
【解答】解：如图，延长DE交AB于H，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，
∴BC＝CE，∠A＝∠D，
∵∠A+∠B＝90°，
∴∠B+∠D＝90°，
∴∠BHD＝90°，
∴DE⊥AB，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
3．（2023•金安区校级二模）“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如图1所示的“三等分角仪”能三等分任意一角．如图2，这个“三等分角仪”由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，点C固定，点D，E可在槽中滑动，OC＝CD＝DE．若∠BDE＝78°，则∠CDE的度数是（ ）
A．64°B．76°C．78°D．82°
【分析】设∠O＝x，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可得∠BDE＝∠O+∠OED＝3x＝78°，再根据三角形内角和定理即可解决问题．
【解答】解：设∠O＝x，
∵OC＝CD，
∴∠O＝∠CDO＝x，
∴∠DCE＝2x，
∵DC＝DE，
∴∠DCE＝∠DEC＝2x，
∴∠BDE＝∠O+∠OED＝3x＝78°，
∴x＝26°，
∴∠ECD＝∠CED＝2x＝52°，
∴∠CDE＝180°﹣（∠ECD+∠CED）＝180°﹣52°×2＝76°，
故选：B．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握三角形外角的性质是解题的关键．
4．（2023•蚌埠二模）如图，△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC＝∠AED＝90°，AB＝4，AE＝2，△ADE绕点A旋转，连接CD，点F是CD的中点，连接EF，则EF的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
【分析】由“SAS”可证△BAD≌△CAH，可得BD＝CH，由三角形中位线定理可得EF＝CH＝BD，可得当BD为最小值时，EF有最小值，即可求解．
【解答】解：如图，延长DE至H，使EH＝DE，连接BD，AH，CH，
∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝90°＝∠AED，AD＝AE＝2，
又∵DE＝EH，
∴AD＝AH，
∴∠ADE＝∠AHE＝45°，
∴∠DAH＝90°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAH，
∴△BAD≌△CAH（SAS），
∴BD＝CH，
∵DE＝EH，点F是CD的中点，
∴EF＝CH＝BD，
∴当BD为最小值时，EF有最小值，
当点D在AB上时，BD有最小值为4﹣2，
∴EF＝2﹣，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
5．（2023•定远县二模）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AD＝CD，现把四边形经过某种操作，可以得到与它面积相等的等腰直角三角形，这个操作可以是（ ）
A．沿BD剪开，并将△BAD绕点D逆时针旋转90°
B．沿BD剪开，并将△BAD绕点D顺时针旋转90°
C．沿AC剪开，并将△BAD绕点C逆时针旋转90°
D．沿AC剪开，并将△BAD绕点C顺时针旋转90°
【分析】由旋转的性质可得BD＝DH，∠BAD＝∠DCH，通过证明点B，点C，点H三点共线，可得△BDH是等腰直角三角形．
【解答】解：如图，沿BD剪开，并将△BAD绕点D逆时针旋转90°，得到△HCD，
∴△BAD≌△HCD，∠BDH＝90°，
∴BD＝DH，∠BAD＝∠DCH，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠BCD+∠DCH＝180°，
∴点B，点C，点H三点共线，
∴△BDH是等腰直角三角形，
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
6．（2023•凤阳县二模）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转到△ABG的位置，点D的对应点是点B．若DF＝3，则BE的长为（ ）
A．B．C．1D．2
【分析】利用SAS证明△EAF≌△EAG，得EF＝EG，设BE＝x，则EF＝EG＝x+3，CE＝6﹣x，在Rt△ECF中，利用勾股定理列方程即可解决问题．
【解答】解：∵将△ADF绕点A顺时针旋转到△ABG的位置，点D的对应点是点B．
∴∠ADF＝∠ABG＝90°，AF＝AG，∠DAF＝∠GAB，
∴∠ABG+∠ABE＝180°，
∴点G、B、E共线，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF＝∠BAE＝∠GAB+∠BAE＝45°，
∴∠EAF＝∠GAE，
∵AE＝AE，
∴△EAF≌△EAG（SAS），
∴EF＝EG，
设BE＝x，
则EF＝EG＝x+3，CE＝6﹣x，
在Rt△ECF中，由勾股定理得，
32+（6﹣x）2＝（x+3）2，
解得x＝2，
∴BE＝2，
故选：D．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明EF＝EG是解题的关键．
7．（2023•天长市一模）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值是（ ）
A．B．2C．3D．
【分析】利用SAS证明△EDG≌△DFM，得MF＝EG＝2，再说明△DGC≌△DMH（AAS），得CG＝DH＝2，MH＝CD＝4，求出CM的长，再利用三角形三边关系可得答案．
【解答】解：连接DG，将DG绕点D逆时针旋转90°得DM，连接MG，CM，MF，
作MH⊥CD于H，
∵∠EDF＝∠GDM，
∴∠EDG＝∠FDM，
∵DE＝DF，DG＝DM，
∴△EDG≌△MDF（SAS），
∴MF＝EG＝2，
∵∠GDC＝∠DMH，∠DCG＝∠DHM，DG＝DM，
∴△DGC≌△MDH（AAS），
∴CG＝DH＝2，MH＝CD＝4，
∴CM＝＝＝2，
∵CF≥CM﹣MF，
∴CF的最小值为2﹣2，
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
8．（2023•庐江县模拟）如图，在△ABC中，∠CAB＝64°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（ ）
A．64°B．52°C．42°D．36°
【分析】先根据平行线的性质得∠ACC′＝∠CAB＝64°，再根据旋转的性质得∠CAC′等于旋转角，AC＝AC′，则利用等腰三角形的性质得∠ACC′＝∠AC′C＝64°，然后根据三角形内角和定理可计算出∠CAC′的度数，从而得到旋转角的度数．
【解答】解：∵CC′∥AB，
∴∠ACC′＝∠CAB＝64°，
∵△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，
∴∠CAC′等于旋转角，AC＝AC′，
∴∠ACC′＝∠AC′C＝64°，
∴∠CAC′＝180°﹣∠ACC′﹣∠AC′C＝180°﹣2×64°＝52°，
∴旋转角为52°．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
9．（2023•雨山区校级一模）如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF的最小值为，则AB的值为（ ）
A．2B．C．D．4
【分析】由“SAS”可证△BDE≌△NFE，可得∠N＝∠CBE＝30°，则点N在与AN成30°的直线上运动，当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，即可求解．
【解答】解：如图，连接BE，延长AC至N，使EN＝BE，连接FN，
∵△ABC是等边三角形，E是AC的中点，
∴AE＝EC，∠ABE＝∠CBE＝30°，BE⊥AC，
∴∠BEN＝∠DEF＝90°，BE＝AE，
∴∠BED＝∠CEF，
在△BDE和△NFE中，
，
∴△BDE≌△NFE（SAS），
∴∠N＝∠CBE＝30°，
∴点F在与AN成30°的直线上运动，
∴当AF'⊥F'N时，AF'有最小值，
∴AF'＝AN，
∴+1＝（AE+AE），
∴AE＝2，
∴AC＝4，
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，确定点F的运动轨迹是解题的关键．
三．中心对称（共2小题）
10．（2023•迎江区校级三模）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．3+B．2+2C．2+D．1+2
【分析】证明△BEF是等边三角形，求出EF，同法可证△DGH，△EOH，△OFG都是等边三角形，求出EH，GF，FG即可．
【解答】解：如图，连接BD，AC．
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝2，∠BAO＝∠DAO＝60°，BD⊥AC，
∴∠ABO＝∠CBO＝30°，
∴OA＝AB＝1，OB＝OA＝，
∵OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠BEO＝∠BFO＝90°，
在△BEO和△BFO中，
，
∴△BEO≌△BFO（AAS），
∴OE＝OF，BE＝BF，
∵∠EBF＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴EF＝BE＝×＝，
同法可证，△DGH，△OEH，△OFG都是等边三角形，
∴EF＝GH＝，EH＝FG＝，
∴四边形EFGH的周长＝3+，
故选：A．
【点评】本题考查中心对称，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
11．（2023•滁州二模）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝8，点E为AD边上一点，且AE＝2，在BC边上存在一点F，CD边上存在一点G，线段EF平分菱形ABCD的面积，则△EFG周长的最小值为 4+2 ．
【分析】作E关于CD的对称点M，过M作KT⊥BC交BC延长线于T，交AD延长线于K，连接FM交DC于G，过A作AH⊥BC于H，由∠ABC＝60°，AB＝8，得BH＝4，AH＝4，而AE＝2，有DE＝6，可得DN＝3，EN＝3，EM＝2EN＝6，在Rt△EMK中，KM＝EM＝3，EK＝KE＝9，故MT＝KT﹣KM＝AH﹣KM＝，根据线段EF平分菱形ABCD的面积和菱形的对称性知CF＝AE＝2，可证∠EFH＝∠EFT＝90°，即可得FM＝＝2，又EF+CG+EG＝EF+CG+GM，知当M，G，F共线时，EF+CG+EG，即△EFG周长的最小，从而可得△EFG周长的最小值为4+2．
【解答】解：作E关于CD的对称点M，过M作KT⊥BC交BC延长线于T，交AD延长线于K，连接FM交DC于G，过A作AH⊥BC于H，如图：
∵∠ABC＝60°，AB＝8，
∴BH＝4，AH＝4，
∵AE＝2，
∴DE＝6，
∵∠EDN＝60°，∠END＝90°，
∴∠DEN＝30°，DN＝3，EN＝3，
∴EM＝2EN＝6，
在Rt△EMK中，
KM＝EM＝3，EK＝KE＝9，
∴MT＝KT﹣KM＝AH﹣KM＝，
∵线段EF平分菱形ABCD的面积，
∴EF过对称中心，
由菱形的对称性知CF＝AE＝2，
∴HF＝BC﹣BH﹣CF＝8﹣4﹣2＝2，
∴HF＝AE，
∵HF∥AE，∠EHF＝90°，
∴四边形HFEA是矩形，EF＝AH＝4，
∴∠EFH＝∠EFT＝90°，
∴四边形EFTK是矩形，
∴FT＝EK＝9，
∴FM＝＝2，
∵EF+CG+EG＝EF+CG+GM，
∴当M，G，F共线时，EF+CG+EG，即△EFG周长的最小，
此时△EFG周长的最小值即为EF+FM，
∴△EFG周长的最小值为4+2．
故答案为：4+2．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，矩形的性质，中心对称的性质，勾股定理的应用，确定△PEF周长取值最小时，M，G，F共线是解题的关键．
四．中心对称图形（共3小题）
12．（2023•繁昌县校级模拟）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．等腰三角形B．平行四边形C．等边三角形D．矩形
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A．等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D．矩形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】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．
13．（2023•庐江县一模）如果一个图形绕着一个点至少旋转72度才能与它本身重合，则下列说法正确的是（ ）
A．这个图形一定是中心对称图形
B．这个图形既是中心对称图形，又是轴对称图形
C．这个图形旋转216度后能与它本身重合
D．这个图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形
【分析】根据旋转对称性，至少旋转72°，旋转72度可以与原图形重合，则图形可以平分成5个全等的部分，因而是轴对称图形，不可能是中心对称图形，据此即可求解．
【解答】解：∵旋转72°可以与原图形重合，则图形可以平分成5个全等的部分，因而可能是轴对称图形，不可能是中心对称图形，故A，B，D错误．
由于216°÷72°＝3，这个图形旋转216°后能与它本身重合，故C选项正确．
故选：C．
【点评】本题考查了旋转对称图形，要明确，旋转某一个角度后，图形与原图形重合，这样的图形称为旋转对称图形．
14．（2023•庐江县一模）在线段、直线、角、等腰三角形、圆中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【解答】解：在线段、直线、角、等腰三角形、圆中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的有线段，圆，共2个，
故选：A．
【点评】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
五．关于原点对称的点的坐标（共2小题）
15．（2023•岳西县校级模拟）点P（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是 （2，﹣3） ．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征即可解答．
【解答】解：∵P（﹣2，3），
∴关于原点对称的点的坐标是P1（2，﹣3），
故答案为：（2，﹣3）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．
16．（2023•庐江县模拟）在平面直角坐标系中，点P（2，1）关于原点对称的点的坐标是 （﹣2，﹣1） ．
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横、纵坐标都变成相反数．
【解答】解：∵点P（2，1），
∴关于原点对称的点是（﹣2，﹣1）．
故答案为：（﹣2，﹣1）．
【点评】本题考查点的对称，解决的关键是对知识点的正确记忆，同时能够根据点的坐标符号确定点所在的象限．
六．坐标与图形变化-旋转（共4小题）
17．（2023•雨山区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，△OAB为等腰三角形，OA＝AB＝5，点B到x轴的距离为4．若将△OAB绕点O逆时针旋转90°得到ΔOA'B'，则点B'的坐标为 （﹣4，8） ．
【分析】过点B作BN⊥x轴，过点B′作B′M⊥y轴，先求出ON＝8，再证明△AOB≌△A′OB′（AAS），推出OM＝ON＝8，B′M＝BN＝4，从而求出点B′的坐标．
【解答】解：过点B作BN⊥x轴，过点B′作B′M⊥y轴，
∴∠B′MO＝∠BNO＝90°，
∵OA＝AB＝5，点B到x轴的距离为4，
∴AN＝3，
∴ON＝8，
∵将△OAB绕点O逆时针旋转90°，得到△OA′B′，
∴∠BOB′＝90°，OB＝OB′，
∴∠BOA′+∠B′OA′＝∠BOA+∠BOA′，
∴∠BOA＝∠B′OA′，
∴△NOB≌△MOB′（AAS），
∴OM＝ON＝8，B′M＝BN＝4，
∴B′（﹣4，8），
故答案为：（﹣4，8）．
【点评】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．
18．（2023•庐江县一模）如图，若将△ABC（点C与点O重合）绕点O顺时针旋转90°后得到△A′B′C′，则点A的对应点A′的坐标是 （2，3） ．
【分析】解题的关键是应抓住旋转的三要素：旋转中心，旋转方向，旋转角度，通过画图求解．
【解答】解：由图知A点的坐标为（﹣3，2），根据旋转中心C，旋转方向顺时针，旋转角度90°，画图，从而得A′点坐标为（2，3）．
【点评】本题涉及图形变换﹣﹣旋转，体现了新课标的精神，应抓住旋转的三要素：旋转中心，旋转方向，旋转角度，通过画图求解．
19．（2023•烈山区三模）阅读理解：我们知道，任意两点关于它们所连线段的中点成中心对称，在平面直角坐标系中，任意两点P（x1，y1）、Q（x2，y2）的对称中心的坐标为．
观察应用：
（1）如图，若点P1（0，﹣1）、P2（2，3）的对称中心是点A，则点A的坐标为 （1，1） ．
（2）在（1）的基础上另取两点B（﹣1，2）、C（﹣1，10）．有一电子青蛙从点P1处开始依次关于点A、B、C作循环对称跳动，即第一次跳到点P1关于点A的对称点P2处，接着跳到点P2关于点B的对称点P3处，第三次再跳到点P3关于点C的对称点P4处，第四次再跳到点P4关于点A的对称点P5处，…，则P4、P8的坐标为： （2，﹣1） 、 （2，3） ．
【分析】（1）设A（x，y），利用题中公式分别计算出x和y的值即可；
（2）利用中心对称的性质画图可得到点P4、P8，从而得到它们的坐标．
【解答】解：（1）设A（x，y），
∵点P1（0，﹣1）、P2（2，3）的对称中心是点A，
∴，，
∴A点坐标为（1，1）；
故答案为：（1，1）；
（2）点P4、P8的坐标分别为（2，﹣1），（2，3）．
故答案为：（2，﹣1），（2，3）．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
20．（2023•瑶海区三模）阅读理解：我们知道，任意两点关于它们所连线段的中点成中心对称，在平面直角坐标系中，任意两点的对称中心的坐标为（，）．
观察应用：
（1）如图，若点P1（0，﹣1）、P2（2，3）的对称中心是点A，则点A的坐标为： （1，1） ．
（2）在（1）的基础上另取两点B（﹣1，2）、C（﹣1，0）．有一电子青蛙从点P1处开始依次关于点A、B、C作循环对称跳动，即第一次跳到点P1关于点A的对称点P2处，接着跳到点P2关于点B的对称点P3处，第三次再跳到点P3关于点C的对称点P4处，第四次再跳到点P4关于点A的对称点P5处，…，则P4、P5的坐标分别为： （2，﹣1） 、 （2，3） ．
【分析】（1）设A（x，y），利用题中公式分别计算出x和y的值即可；
（2）利用中心对称的性质画图可得到点P4、P8，从而得到它们的坐标．
【解答】解：（1）设A（x，y），
∵点P1（0，﹣1）、P2（2，3）的对称中心是点A，
∴x＝＝1，y＝＝1，
∴A点坐标为（1，1）；
（2）点P4、P8的坐标分别为（2，﹣1），（2，3）．
故答案为：（1，1）；（2，﹣1），（2，3）．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
七．作图-旋转变换（共22小题）
21．（2023•萧县三模）在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别是A（﹣1，﹣1），B（﹣3，﹣2），C（﹣2，﹣4）．
（1）将△ABC关于y轴对称得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）将（1）中的△A1B1C1绕点O顺时针旋转180°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2，并写出点C2的坐标．
【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标特征，找到点A1，B1，C1，再分别连接起来即可画出△A1B1C1；
（2）根据绕点O顺时针旋转180°的点的坐标特征，找到点A2，B2，C2，再分别连接起来即可画出△A2B2C2，并写出点C2的坐标即可．
【解答】解：（1）∵△A1B1C1和△ABC关于y轴对称，A（﹣1，﹣1），B（﹣3，﹣2），C（﹣2，﹣4），
∴A1（1，﹣1），B1（3，﹣2），C1（2，﹣4），
连接A1B1，B1C1，C1A1，
如图，△A1B1C1即为所求．
（2）将（1）中的△A1B1C1绕点O顺时针旋转180°得到△A2B2C2，
则A2（﹣1，1），B2（﹣3，2），C2（﹣2，4），
连接A2B2，B2C2，C2A2，
如图，△A2B2C2即为所求．
点C2的坐标为 （﹣2，4）．
【点评】本题考查轴对称作图，旋转作图，掌握轴对称和旋转的性质是解题的关键．
22．（2023•滁州二模）在由边长为1个单位长度的小正方形组成的10×10网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC是格点三角形（顶点是网格线的交点）．
（1）画出△ABC关于点O成中心对称的△A1B1C1；
（2）画出将△A1B1C1向左平移4个单位长度得到的△A2B2C2；
（3）若点A的坐标是（﹣1，﹣2），则点A经过上述两种变换后的对应点A2的坐标是 （﹣3，2） ．
【分析】（1）根据中心对称分别作出A，B，C 的对应点A1，B1，C1即可；
（2）根据平移分别作出点A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可；
（3）根据所画图形，直接写出坐标即可．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）点A的坐标是（﹣1，﹣2），则点A经过上述两种变换后的对应点A2的坐标是（﹣3，2）．
故答案为：（﹣3，2）．
【点评】本题考查作图——轴对称变换，平移变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
23．（2023•濉溪县模拟）如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，△ABC的顶点均在格点（网格线的交点）上．
（1）将△ABC向右平移3个单位，再向下平移2个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点C1逆时针旋转90°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2．
【分析】（1）利用点平移的规律找出A1、B1、C1，然后依次描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点A2、B2、C2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求作；
（2）如图，△A2B2C1即为所求作．
【点评】本题考查了作图﹣平移变换、旋转变换，熟练掌握平移和旋转的性质是解题的关键．
24．（2023•镜湖区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣2，2），B（﹣1，4），C（﹣4，5），请解答下列问题：
（1）若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为（1，0），作出△A1B1C1并写出其余两个顶点的坐标；
（2）将△ABC绕点O按顺时针方向旋转90°得到△A2B2C2，作出△A2B2C2．
【分析】（1）根据平移前后C点坐标和C1的坐标可画出图形，进而得到坐标即可；
（2）将三角形三个顶点分别绕点O顺时针旋转90°得到对应点，连接即可．
【解答】解：（1）由C（﹣4，5）和C1（1，0）可知其平移规律为向右平移5个单位长度，向下平移5个单位长度，如图所示△A1B1C1即为所求，点A1（3，﹣3），B1（4，﹣1）；
（2）如图：△A2B2C2即为所求．
【点评】本题考查了旋转变换和平移变换，结合旋转的角度和图形的特殊性求出旋转后的坐标是解题的关键．
25．（2023•全椒县二模）在10×10网格中，已知格点△ABC和格点O．（格点为网格线的交点）
（1）画出以点O为旋转中心，将△ABC逆时针旋转90°得到的△A1B1C1；
（2）画出将△A1B1C1向下平移2个单位长度得到的△A2B2C2．
【分析】（1）根据旋转的性质找到A1，B1，C1连接A1C1，B1C1，A1B1即可得到答案；
（2）根据平移性质直接找到A2，B2，C2连接A2C2，B2C2，A2B2即可得到答案．
【解答】解：（1）根据旋转的性质找到A1，B1，C1连接A1C1，B1C1，A1B1如图所示；
（2）解：根据平移性质直接找到A2，B2，C2连接A2C2，B2C2，A2B2，如图所示．
【点评】本题主要考查了作图﹣旋转变换与作图﹣平移变换，解题的关键是熟练掌握旋转的性质与平移的性质．
26．（2023•全椒县一模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点O和△ABC的顶点都在网格点上．
（1）将△ABC先向上平移2个单位长度，再向右平移5个单位长度，得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）以点O为旋转中心，将△A1B1C1按顺时针方向旋转90°，得到△A2B2C2，画出△A2B2C2．
【分析】（1）将点A、B、C分别向上平移2个单位长度，再向右平移5个单位长度，得到对应点，再首尾顺次相接即可；
（2）将点A1、B1、C1分别绕点O顺时针方向旋转90°，得到对应点，再首尾顺次相接即可．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求．
【点评】本题考查了作图﹣平移变换、旋转变换，解题的关键是掌握平移变换、旋转变换的定义和性质，并据此得到变换后的对应点．
27．（2023•来安县二模）如图，在由边长为1个单位的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点都在格点（网格线的交点）上．
（1）将△ABC向下平移4个单位，再向右平移3个单位，得到△A'B'C'，请画出△A'B'C'；
（2）以AB边的中点O为旋转中心，将△A'B'C'逆时针旋转90°，得到△DEF，请画出△DEF．
​
【分析】（1）根据平移变换的性质找出对应点即可求解；
（2）根据旋转变换的性质找出对应点即可求解．
【解答】解：（1）如图所示，△A'B'C'即为所求；
（2）如图所示，△DEF即为所求．
【点评】本题考查了作图﹣平移变换，作图﹣旋转变换，熟练掌握平移变换与旋转变换的性质是解题的关键．
28．（2023•镜湖区校级二模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣1），B（2，﹣5），C（5，﹣4）．
（1）将△ABC先向左平移6个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到△A1B1C1，画出△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
（2）画出△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°后得到的△A2B2C1并写出点A2的坐标．
【分析】（1）根据平移的性质作图，即可得出答案．
（2）根据旋转的性质作图，即可得出答案．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求.
点A1的坐标为（﹣5，3）．
（2）如图，△A2B2C1即为所求．
点A2的坐标为（2，4）．
【点评】本题考查作图﹣平移变换、旋转变换，熟练掌握平移和旋转的性质是解答本题的关键．
29．（2023•太和县一模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）以A为旋转中心，将△ABC逆时针旋转90°，得到△AB1C1，请画出△AB1C1．
（2）将△ABC向上平移7个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．
【分析】（1）根据旋转的性质作出△AB1C1即可；
（2）根据平移的性质作出△A2B2C2．
【解答】解：（1）解：如图，△AB1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
【点评】此题考查了平移作图，旋转作图，正确掌握平移的性质及旋转的性质是解题的关键．
30．（2023•利辛县模拟）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）将△ABC向下平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到△A′B′C′，请画出△A′B′C′；
（2）已知点M为A′C′的中点，以点M为旋转中心，将线段AB顺时针旋转90°，得到线段DE，请画出线段DE．
【分析】（1）根据平移的性质可将点A、B、C向下平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，再把平移后得到的点连接，即可得到△A′B′C′；
（2）取A′C′的中点M，根据旋转的性质将A、B分别绕点M顺时针旋转90°，把旋转后所得到的点连接，即可得到DE．
【解答】解：（1）如图，△A′B′C′即为所求．
（2）如图，DE即为所求．
【点评】本题考查了平移变换和旋转变换作图，熟练掌握旋转和平移的性质是解决问题的关键．
31．（2023•滁州二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点M是CA上的一点，过点M作MN∥AB交CB于点N，将△CMN绕点C逆时针方向旋转α（0＜α＜180°）得到△CDE，连接AD，BE．
（1）若，则BE＝ ．
（2）若，点M是CA的中点，且点A，D，E在一条直线上，则BE的长是 ．
【分析】（1）根据旋转的性质可得CN＝CE，∠MCN＝DCE＝90°，再根据平行线的性质可证△CMN是等腰直角三角形，即CM＝CD＝CN＝CE，从而可证△ACD≌△BCE，即可求出结果；
（2）由（1）可得CD＝CE，∠DCE＝90°，可得∠CDE＝∠CED＝45°，再由点A，D，E在一条直线上，可得∠ADC＝135°，根据△ACD≌△BCE，可得∠ADC＝∠BEC＝135°，从而求得∠BEA＝90°，利用勾股定理求得AB＝4，DE＝2，在Rt△AEB中，利用勾股定理即可求得结果．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠CAB＝45°，
∵将△CMN绕点C逆时针方向旋转α（0＜α＜180°）得到△CDE，
∴CN＝CE，∠MCN＝DCE＝90°，
又∵MN∥AB，
∴∠CMN＝∠CAB＝45°，
∴△CMN是等腰直角三角形，
∴CM＝CD＝CN＝CE，
∵∠MCN＝∠MCD+∠DCN，∠DCE＝∠DCN+∠BCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD，
又∵，
∴，
故答案为：；
（2）由（1）可得CD＝CE，∠DCE＝90°，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∵点A，D，E在一条直线上，
∴∠ADC＝180°﹣45°＝135°，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC＝135°，
∴∠BEA＝135°﹣45°＝90°，
∵，
∴，
∵点M是CA的中点，
∴，
∴，
在Rt△AEB中，AB2＝AE2+BE2，即（BE+2）2+BE2＝42，
解得：或（舍），
故答案为：．
【点评】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的性质及勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质证明△ACD≌△BCE是解题的关键．
32．（2023•舒城县模拟）如图，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，1），B（0，3），C（0，1）．
（1）将△ABC向下平移3，得△A′B′C′，画出△A′B′C′；
（2）写出点B′的坐标；
（3）将△ABC以点C为旋转中心顺时针旋转90°，得△A″B″C，画出△A″B″C．
【分析】（1）将三个顶点分别向下平移3个单位，再首尾顺次连接即可；
（2）由所作图形即可得出答案；
（3）将点A、B分别绕点C顺时针旋转90° 得到其对应点，再与点C首尾顺次连接即可．
【解答】解：（1）如图所示，△A′B′C′即为所求．
（2）由图知，点B′坐标为（0，0）；
（3）如图所示，△A″B″C即为所求．
【点评】本题主要考查作图—旋转变换和平移变换，解题的关键是掌握旋转变换和平移变换的定义与性质．
33．（2023•天长市校级二模）如图，如果图中每个小正方形的边长为一个单位长度，利用网格线作图并填空：
（1）作出△ABC 向右平移6个单位长度再向下平移2个单位长度以后的△A'B'C'；
（2）画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；
（3）写出A'和C1的坐标：A' （3，3） ，C1 （1，﹣2） ．
【分析】（1）根据平移的性质即可作出△ABC 向右平移6个单位长度再向下平移2个单位长度以后的△A'B'C'；
（2）根据中心对称的性质即可画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；
（3）结合（1）（2）即可写出A'和C1的坐标．
【解答】解：（1）如图，△A'B'C'即为所求；
（2）如图△A1B1C1即为所求；
（3）A'（3，3），C1（1，﹣2）．
故答案为：（3，3），（1，﹣2）．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，平移变换，解决本题的关键是掌握旋转的性质和平移的性质．
34．（2023•金安区校级二模）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的顶点均在格点上，请按要求完成下列步骤：
（1）画出将△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°后所得到的△A1BC1；
（2）求△ABC旋转到△A1BC1的过程中，点C所经过的路径长为 2π ；AC边扫过的图形面积为 ．
【分析】（1）根据旋转的性质得出对应点位置画出图形即可；
（2）根据弧长计算公式求出点C所经过的路径即可．根据线段AC旋转得到A1C1的过程中，线段AC所扫过的面积为S扇形BCC1﹣S扇形BAA1，进而求出即可．
【解答】解：（1）所作图形如图所示：
；
（2）点C所经过的路径长为：＝2π；
AC所扫过的面积＝π×42﹣π×（）2＝．
故答案为2π，．
【点评】此题主要考查了图形的平移与旋转和弧长公式、扇形面积公式应用，根据已知得出对应点位置是解题关键．
35．（2023•庐阳区校级三模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点坐标依次为A（3，﹣1），B（6，﹣2），C（1，﹣4）．
（1）将△ABC先向左平移1个单位长度，再向上平移5个单位长度得到△A1B1C1，请在图中画出△A1B1C1．
（2）已知△A2B2C2与△ABC关于原点中心对称，请在图中画出△A2B2C2；
（3）若点P（m，n）是△ABC边上的一个动点，则点P在△A2B2C2边上的对应点P2的坐标是 （﹣m，﹣n） ．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可；
（3）利用中心对称变换的性质解决问题．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）若点P（m，n）是△ABC边上的一个动点，则点P在△A2B2C2边上的对应点P2的坐标是（﹣m，﹣n）．
故答案为：（﹣m，﹣n）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
36．（2023•舒城县模拟）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）将△ABC向右平移5个单位长度，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）以点O为旋转中心，将△A1B1C1 按逆时针方向旋转180°得到，请画出△A2B2C2．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点，B2，C2即可．
【解答】解：（1）△A1B1C1 如图所示；
（2）△A2B2C2 如图所示；
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握在旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
37．（2023•砀山县一模）如图，在12×12正方形网格中建立平面直角坐标系，每个小正方形的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（0，2），B（﹣3，5），C（﹣2，2）．
（1）将△ABC以点A为旋转中心旋转180°，得到△AB1C1，点B，C的对应点分别为点B1，C1，请画出△AB1C1；
（2）将△ABC平移至△A2B2C2，其中点A，B，C的对应点分别为点A2，B2，C2，且点C2的坐标为（﹣2，﹣4），请画出平移后的△A2B2C2．
【分析】（1）根据旋转的性质，可画出△AB1C1．
（2）根据平移的性质，可画出△A2B2C2．
【解答】解：（1）如图，△AB1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
【点评】本题主要考查了作图﹣旋转变换，平移变换，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
38．（2023•庐阳区校级三模）在边长为1的正方形网格中有格点△ABC（顶点均是网格线的交点）和格点M、N、P．
（1）以MN为对称轴作出△ABC的轴对称图形△A1B1C1，A，B，C的对应点分别为A1，B1，C1，请画出△A1B1C1；
（2）以P为旋转中心将△ABC顺时针旋转一定角度得到△A2B1C2，且B的对称点为B1，请画出△A2B1C2．
【分析】（1）利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，C的对应点A2，C2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B1C2即为所求．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，轴对称变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，轴对称变换的性质．
39．（2023•无为市四模）如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，四边形ABCD的顶点均在格点（网格线的交点）上，线段PQ在网格线上．
（1）画出四边形ABCD关于线段PQ所在直线对称的四边形A'B'C'D'（点A'为点A的对应点）；
（2）将四边形ABCD绕AA'的中点M逆时针旋转90°得到四边形EFGH，画出四边形EFGH．
【分析】（1）根据轴对称的性质即可画出四边形ABCD关于线段PQ所在直线对称的四边形A'B'C'D'（点A'为点A的对应点）；
（2）根据旋转的性质即可将四边形ABCD绕AA'的中点M逆时针旋转90°得到四边形EFGH．
【解答】解：（1）如图，四边形A'B'C'D'即为所求；
（2）如图，四边形EFGH即为所求．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称变换，解决本题的关键是掌握旋转和轴对称的性质．
40．（2023•肥东县模拟）如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣4，1），C（0，3）．把△ABC向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度得到△A1B1C1．
（1）请画出△A1B1C1，并写出点C1的坐标 （2，0） ；
（2）画出以点B为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°后得到的△A2BC2．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C 的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，C的对应点A2，C2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1 为所求；
C1（2，0）．
故答案为：（2，0）
（2）如图，△A2BC2 为所求．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质．
41．（2023•包河区三模）在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标均为整数．
（1）以原点O为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°得到△A1B1C1；
（2）将△ABC向下平移，使点A的对应点落在x轴上，得到△A2B2C2；
（3）借助网格用无刻度直尺过O作OH⊥B1C1，垂足为H．​
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点即可；
（2）把点A、B、C的横坐标不变，纵坐标减去6得到A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（3）先把C1B1绕点C1逆时针旋转90°得到C1D，再把C1D平移使D点与O点重合，C1的对应点为E，连接OE交B1C1于点H，则OH满足条件．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作；
（3）如图，OH为所作．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．
42．（2023•明光市二模）如图，已知A，B，C是平面直角坐标系上的三个点．​
（1）请画出△ABC关于原点O对称的△A1B1C1；
（2）将△A1B1C1向右平移8个单位得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；
（3）△ABC与△A2B2C2是否也关于某个点成中心对称？如果是，请写出它们对称中心的坐标，如果不是，请说明理由．
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A1、B1、C1即可；
（2）利用网格特点和平移的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2即可；
（3）根据中心对称的定义进行判断．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）△ABC与△A2B2C2关于点D成中心对称，对称中心D的坐标为（4，0）.
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，平移变换，解决本题的关键是掌握旋转和平移的性质．
八．利用旋转设计图案（共2小题）
43．（2023•蜀山区校级一模）如图所示的美丽图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转每次旋转 45 度形成的．
【分析】利用旋转中的三个要素（①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度）设计图案，进而判断出基本图形的旋转角度．
【解答】解：本题图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转8次形成．
所以旋转角为＝45°．
故答案为：45．
【点评】本题考查了图形的旋转，找到旋转中心和旋转次数，算出旋转角是解决本题的关键．
44．（2023•雨山区一模）如图①，我们把一个矩形称作一个基本图形，把矩形的顶点及其对称中心称作基本图形的特征点，显然这样的基本图形共有5个特征点，将此基本图形不断地复制并平移，使得相邻两个基本图形的两个特征点重合，这样得到第2个图；第3个图；……．
（1）观察图形并完成下表：
猜想：在第“n”个图中特征点的个数为 2+3n ；（用含n的代数式表示）
（2）在平面直角坐标系中，点A、点B是坐标轴上的两点，且OA＝1，以OA、OB为边作一个矩形，其一条对角线所在直线的解析式为y＝x，将此矩形作为基本图形不断复制和平移，如图②所示，若各矩形的对称中心分别为O1、O2、O3、……，则O2022的坐标为 （，） ．
【分析】（1）探究规律后，利用规律解决问题即可；
（2）分别求出O1O2，O3的坐标，探究规律后解决问题．
【解答】解：（1）由题意，第一个图形：5＝2+3．
第二个图形：8＝2+2×3，
第三个图形：11＝2+3×3，
第四个图形，2+4×3＝14，
•••，
第n个图形，2+3n，
故答案为：14，2+3n；
（2）由题意，O1（，），
O2（+，+1），
O3（+2，+2×1），
•••，
O2022＝（+2021，+2021×1），即（，）．
故答案为：（，）．
【点评】本题考查规律型﹣点的坐标，利用平移设计图案，正比例函数的性质等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
九．几何变换的类型（共1小题）
45．（2023•蚌埠模拟）如图，三角形PQR是三角形ABC经过某种变换后得到的图形，分别观察点A与点P，点B与点Q，点C与点R的坐标之间的关系．
（1）若三角形ABC内任意一点M的坐标为（x，y），点M经过这种变换后得到点N，根据你的发现，点N的坐标为 （﹣x，﹣y） ．
（2）若三角形PQR先向上平移3个单位，再向右平移4个单位得到三角形P′Q′R′，画出三角形P′Q′R′并求三角形P′AC的面积．
（3）直接写出AC与y轴交点的坐标 （0，） ．
【分析】（1）依据点M与点N关于原点对称，即可得到点N的坐标；
（2）依据三角形PQR先向上平移3个单位，再向右平移4个单位即可得到三角形P′Q′R′，进而得出三角形P′AC的面积．
（3）先求得直线AC解析式为y＝x+，当x＝0时，y＝，即AC与y轴交点的坐标为（0，）．
【解答】解：（1）如图，点M与点N关于原点对称，
∴点N的坐标为（﹣x，﹣y），
故答案为：（﹣x，﹣y）；
（2）如图，△P′Q′R′即为所求，
S△P'AC＝×3×4﹣×1×2﹣×1×3﹣1×1＝6﹣1﹣1.5﹣1＝2.5；
（3）设直线AC解析式为y＝kx+b，
把A（4，3），C（1，2）代入，可得
，
解得，
∴直线AC解析式为y＝x+，
当x＝0时，y＝，即AC与y轴交点的坐标为（0，）．
故答案为：（0，）．
【点评】此题主要考查了几何变换的类型，利用已知对应点坐标特点得出是解题关键．在平移变换下，对应线段平行且相等，两对应点连线段与给定的有向线段平行（共线）且相等．
一十．几何变换综合题（共15小题）
46．（2023•庐阳区校级模拟）已知：在△ABC中，BA＝BC，点E是AC的中点，F是直线BC上一点，连接EF，将△EFC沿着EF折叠，点C的对应点为D，连接AD．
（1）如图1，若点D在线段AB上，求证：EF∥AD；
（2）如图2，DF与AB交于点M，连接AF，若∠DAF＝∠EAF，求证：点M是AB的中点；
（3）如图3，点F在CB延长线上，DF与AB交于点M，EF交AB于点N，若DE＝EN＝3，求MF•MA．
【分析】（1）连接CD，由折叠可知，DC⊥EF，DE＝EC，再证明点A、D、C三点在以AC为直径的圆上，再利用垂直同一直线的两直线平行，即可得到结论；
（2）同理推出点点A、F、C三点在以AC为直径的圆上，设∠C＝∠BAC＝α，得到∠EFC＝∠DFE＝α，再证明∠MAF＝∠MFA，据此即可证明结论；
（3）设∠C＝α，利用三角形内角和定理以及折叠的性质，求得∠NED＝2α，推出∠NEM＝∠MED＝α，证明△MEN∽△BAC，求得MN＝ME＝2.5，再证明△AME∽△EMF，即可求解．
【解答】（1）证明：连接CD，
由折叠可知，DC⊥EF，DE＝EC，
∵点E是AC的中点，
∴AD＝EC＝DE，即点A、D、C三点在以AC为直径的圆上，
∴∠ADC＝90°，即DC⊥AD，
∴EF∥AD；
（2）证明：由（1）知EF∥AD，
∴∠DAF＝∠AFE，
∵∠DAF＝∠EAF，
∴∠AFE＝∠EAF，
∴EF＝AE＝CE，
∴点A、F、C三点在以AC为直径的圆上，
∴∠AFC＝∠AFB＝90°，
设∠C＝∠BAC＝α，
∴∠EFC＝∠DFE＝α，
∴∠B＝∠MFB＝180°﹣2α，
∴90°﹣∠B＝90°﹣∠MFB，即∠MAF＝∠MFA，
∴MA＝MF＝MB，即点M是AB的中点；
（3）解：连接EM、DN，
设∠C＝α，
∵DE＝EN＝3，AE＝EC＝ED，
∴AE＝EN＝3，
∴∠BAC＝∠FDE＝∠ANE＝α，
∴∠AEN＝180°﹣2α，∠DAE＝∠ADE＝180°﹣2α，
∴∠AED＝4α﹣180°，
∴∠NED＝2α，
∵DE＝EN，
∴∠NDE＝∠DNE，
∵∠FDE＝∠ANE，
∴∠MDN＝∠MND，
∴MD＝MN，
∴△MDE≌△MNE（SSS），
∴∠NEM＝∠MED＝α，
∴∠NEM＝∠MNE，
∴△MEN∽△BAC，
∴，
∴MN＝ME＝2.5，
同理△AME∽△EMF，
∴，
∴MF•MA＝ME2＝2.52＝6.25．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了等腰三角形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，证明等腰三角形，利用（1）中结论是解决问题（2）、（3）的关键．
47．（2023•池州模拟）如图1，△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BD，CE．
（1）直接写出BD与CE的数量关系为 相等 ；直线BD与CE所夹锐角为 60 度；
（2）将△ADE绕点A逆时针旋转至如图2，取BC，DE的中点M，N，连接MN，试问：的值是否随图形的旋转而变化？若不变，请求出该值；若变化，请说明理由；
（3）若AB＝14，AD＝6，当图形旋转至B，D，E三点在一条直线上时，请画出图形，并直接写出MN的值为 5或8 ．
【分析】（1）根据等边三角形的性质，由SAS可证△ABD≌△ACE，由全等三角形的性质可得∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，再利用三角形外角的性质可求解；
（2）如图2中，连接AM、AN．只要证明△BAD∽△MAN，利用相似比为即可解决问题；
（3）如图3，连接AM，AN，根据等边三角形的性质得到AN⊥DE，DN＝EN＝DE＝AD＝3，∠DAN＝DAE＝30°，AN＝3，同理AM＝7根据勾股定理得到BN＝＝＝13，于是得到BD＝BN﹣DN＝10，由（2）知＝，即可得到结论．
【解答】解：（1）如图1，
设直线BD与CE相交于F，
∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
∵∠ABD+∠BAC＝∠ACE+∠BFC（8字型），
∴∠BFC＝∠BAC＝60°，
故答案为：相等，60；
（2）不发生变化，理由如下：
如图2中，连接AM、AN，
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，BM＝MC，DN＝NE，
∴AM⊥BC，AN⊥DE，∠ABC＝∠ADE＝∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴＝sin60°，＝sin60°，∠MAB＝∠MAC＝∠DAN＝∠EAN＝30°，
∴＝，∠BAD＝∠MAN，
∴△BAD∽△MAN，
∴＝＝sin60°＝；
（3）如图3，连接AM，AN，
∵△ABC和△ADE均为等边三角形，点M，N是BC，DE的中点，
∴AN⊥DE，DN＝EN＝DE＝AD＝3，∠DAN＝DAE＝30°
∴AN＝3，
同理AM＝7
∴BN＝＝＝13，
∴BD＝BN﹣DN＝10，
由（2）知＝，
∴MN＝10×＝5，
当D，E在△ABC外部时，同理可得BD＝13+3＝16，
∴MN＝8．
故答案为：5或8．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查相似三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．
48．（2023•岳西县校级模拟）△ABC和△CDE都是等边三角形，连接BD，F，G，H分别是AB，BD，DE的中点，连接GF，GH，BE，AD．
（1）如图1，当点B，C，D在一条直线上时，线段GF与GH的数量关系为 GF＝GH ，∠FGH＝ ∠FGH＝120° °．
（2）当△CDE绕顶点C逆时针旋转到如图2所示的位置时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出新的结论并证明．
（3）已知△ABC的边长为，△CDE的边长为2，在△CDE由图1的位置绕点C逆时针旋转一周的过程中，当CE⊥AC时，请直接写出FH的长度．
【分析】（1）利用SAS证明△BCE≌△ACD得到BE＝AD，根据三角形中位线定理，全等三角形的性质计算证明即可；
（2）利用SAS证明△BCE≌△ACD得到BE＝AD，根据三角形中位线定理，全等三角形的性质计算证明即可；
（3）利用等边三角形的性质，勾股定理，特殊角的三角函数值分类计算即可．
【解答】解：（1）∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，EC＝DC，∠ECD＝60°，
∴∠ACE＝60°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝120°，∠ACD＝∠ECD+∠ACE＝120°，
∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD，∠CBE＝∠CAD，∠BEC＝∠ADC，
∴∠CBE+∠ADC＝∠CAD+∠BEC＝60°，
∵F，G，H分别是AB，BD，DE的中点，
∴，
∴GF＝GH，∠CBE＝∠DGH，∠BGF＝∠ADC，
∴∠DGH+∠BGF＝∠ADC+∠CBE＝60°，
∴∠FGH＝120°，
故答案为：GF＝GH，∠FGH＝120°．
（2）∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，EC＝DC，∠ECD＝60°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝60°+∠ACE，∠ACD＝∠ECD+∠ACE＝60°+∠ACE，
∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD，∠CBE＝∠CAD，
∵F，G，H分别是AB，BD，DE的中点，
∴，
∴GF＝GH，∠BFG＝∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝60°+∠CBE，∠DGH＝∠DBE，
设BE与GF的交点为M，
∴∠FMB＝180°﹣∠MFB﹣∠MBF＝180°﹣60°﹣∠CBE﹣∠MBF
＝120°﹣∠ABC＝120°﹣60°＝60°，
∴∠DGH+∠BGF＝∠DBM+∠BGF＝∠BMF＝60°，
∴∠FGH＝120°，
∴GF＝GH，∠FGH＝120°．
故结论依然成立．
（3）如图，当CE在AC的右侧时，
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴，EC＝DC＝2，∠ECD＝∠CED＝60°，
∵CE⊥AC，
∴∠ACE＝90°，
∴∠ECH＝30°，
∵F，G，H分别是AB，BD，DE的中点，
∴，CH⊥ED，
过点F作FM⊥BC与点M，
∴，
，
∴，
∴．
如图，当CE在AC的左侧时，
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴，EC＝DC＝2，∠ECD＝∠CED＝60°，
∵CE⊥AC，
∴∠ACE＝90°，
∴∠ECH＝30°，
∵F，G，H分别是AB，BD，DE的中点，
∴，CH⊥ED，
过点F作FN⊥BC与点N，
∴，
，
∴，
∴．
综上所述，或．
【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理，旋转的性质，勾股定理，特殊角三角函数值，解直角三角形，熟练掌握等边三角形的判定和性质，勾股定理，特殊角三角函数值，解直角三角形，三角形中位线定理是解题的关键．
49．（2023•淮南二模）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AB上一点，连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°至CE，连接AE．
​
（1）求证：△BCD≌△ACE；
（2）如图2，连接ED，若CD＝3，，求AB的长；
（3）如图3，若点F为AD的中点，分别连接EB和CF，求证：CF⊥EB．
【分析】（1）由旋转的性质得到EC＝DC，∠ECD＝90°＝∠ACB，求得∠BCD＝∠ACE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）由（1）可知AE＝BD＝1，∠CAE＝∠B＝45°＝∠CAB，求得∠EAD＝90°，根据勾股定理即可得到结论；
（3）如图，过C作CG⊥AB于G，求得AG＝AB，根据直角三角形的性质得到CG＝AB，即＝，由（1）可得：BD＝AE，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：由旋转可得EC＝DC，∠ECD＝90°＝∠ACB，
∴∠BCD＝∠ACE，
又∵AC＝BC，
∴△BCD≌△ACE（SAS）；
（2）解：由（1）可知AE＝BD＝，∠CAE＝∠B＝45°＝∠CAB，
∴∠EAD＝90°，
∵CD＝CE＝3，
∴DE＝＝＝，
∴AD＝＝＝4，
∴AB＝AD+BD＝4+；
（3）证明：如图，过C作CG⊥AB于G，则AG＝AB，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴CG＝AB，即＝，
∵点F为AD的中点，
∴FA＝AD，
∴FG＝AG﹣AF，
＝AB﹣AD＝（AB﹣AD）＝BD，
由（1）可得：BD＝AE，
∴FG＝AE，即＝，
∴＝，
又∵∠CGF＝∠BAE＝90°，
∴△CGF∽△BAE，
∴∠FCG＝∠ABE，
∵∠FCG+∠CFG＝90°，
∴∠ABE+∠CFG＝90°，
∴CF⊥BE．
【点评】本题考查了几何变换综合题，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
50．（2023•庐阳区校级三模）已知：菱形ABCD对角线AC，BD相交于点O，AC＝6，BD＝8，点E是线段AO上一个动点，连接ED，把线段ED以点E为旋转中心逆时针旋转，点D的对应点F落在BA的延长线上．
（1）如图1，当AF＝AO时，
①求证：△BEF≌△BED；
②求tan∠F的值；
（2）如图2，当AF＝AE时，求AE的长．
​
【分析】（1）①由菱形的性质得出OA＝OC＝AC＝3，OB＝OD＝BD＝4，求出AB＝5，证出BF＝BD，由旋转的性质得出EF＝ED，根据SSS可证明△BEF≌△BED；
②设OE＝x，则AE＝3﹣x，过点E作EM⊥AB于点M，由全等三角形的性质得出∠FBE＝∠DBE，∠F＝∠EDB，由勾股定理求出OE，则可得出答案；
（2）证明△AEF∽△EBF，由相似三角形的性质得出，得出BF•AF＝OE2+OD2，设AE＝y，则y（y+5）＝（3﹣y）2+42，解方程可求出答案．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝AC＝3，OB＝OD＝BD＝4，
∴AB＝＝＝5，
∵AF＝AO＝3，
∴BF＝AB+AF＝5+3＝8，
∵BD＝8，
∴BF＝BD，
∵线段ED以点E为旋转中心逆时针旋转，
∴EF＝ED，
在△BEF和△BED中，
，
∴△BEF≌△BED（SSS）；
②解：设OE＝x，则AE＝3﹣x，
过点E作EM⊥AB于点M，
∵△BEF≌△BED，
∴∠FBE＝∠DBE，∠F＝∠EDB，
∵OE⊥OB，
∴OE＝OM＝x，
∵BE＝BE，
∴Rt△BEO≌Rt△BEM（HL），
∴OB＝BM＝4，
∴AM＝1，
∵AM2+EM2＝AE2，
∴12+x2＝（3﹣x）2，
∴x＝，
∴OE＝，
∴tanF＝tan∠EDO＝；
（2）解：∵AC⊥BD，OB＝OD，
∴BE＝ED，
又∵线段ED以点E为旋转中心逆时针旋转，
∴EF＝DE，
∴BE＝EF，
∴∠F＝∠ABE，
∵AE＝AF，
∴∠F＝∠AEF，
∴∠AEF＝∠ABE，
∵∠F＝∠F，
∴△AEF∽△EBF，
∴，
∴EF2＝BF•AF，
又∵DE2＝OE2+OD2，
∴BF•AF＝OE2+OD2，
设AE＝y，
∴y（y+5）＝（3﹣y）2+42，
∴y＝，
∴AE＝．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
51．（2023•怀远县校级模拟）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，BO是斜边AC的中线，E是射线OB上的一个动点，连接EA，将射线EA绕点E逆时针旋转90°，交射线CB于点F．
（1）点E在线段OB上时：
①求∠EAB+∠BEF的度数；
②线段BF，BE，BC之间的数量关系为 ；
（2）点E在线段OB的延长线上时，②中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的结论，画出图形，并证明．
（3）若AB＝BC＝2，，请直接写出线段BF的长．
【分析】（1）①由△ABC是等腰直角三角形及斜边上的中线的性质可得∠ABO＝∠CBO＝45°，设AB与EF的交点为M，再说明∠EAB＝∠EFB，即可得出∠EAB+∠BEF的度数；
②数量关系：，如图，过点E作EH⊥BE交BC于点H，由△BEH是等腰直角三角形，可得∠ABE＝∠FHE＝45°，，证明△AEB≌△FEH（ASA），可得结论；
（2）②中的结论不成立，此时线段BF，BE，BC之间的数量关系为，如图，过点E作EH⊥BE交BF于点H，由△BEH是等腰直角三角形，可得∠EHB＝∠EBH＝45°，，证明△AEB≌△FEH（ASA），可得结论；
（3）当点E在线段上OB时和点E在线段OB的延长线时两种情况进行求解即可．
【解答】解：（1）①∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵BO是斜边AC的中线，
∴∠ABO＝∠CBO＝45°，
如图，设AB与EF的交点为M，
∴∠AME＝∠FMB，
∵射线EA绕点E逆时针旋转90°且交射线CB于点F，∠ABC＝90°，
∴∠AEF＝∠ABF＝90°，
∴∠EAB＝∠EFB，
∴∠EAB+∠BEF＝∠EFB+∠BEF＝∠CBO＝45°，
∴∠EAB+∠BEF的度数为45°；
②，
如图，过点E作EH⊥BE交BC于点H，
由①知：∠ABO＝∠CBO＝45°，
∴∠EBH＝∠EHB＝45°，
∴△BEH是等腰直角三角形，
∴EB＝EH＝BH•sin∠EBH＝BH×sin45°＝BH，
∴∠ABE＝∠FHE＝45°，，
∵∠AEF＝∠BEH＝90°，
∴∠AEB＝∠FEH，
在△AEB和△FEH中，
，
∴△AEB≌△FEH（ASA），
∴AB＝FH，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）②中的结论不成立，此时线段BF，BE，BC之间的数量关系为，如图，
证明：过点E作EH⊥BE交BF于点H，
∵△ABC是等腰直角三角形，BO是斜边AC的中线，
∴∠ABO＝∠CBO＝45°，
∴∠EBH＝∠CBO＝45°，
∵EH⊥BE，
∴∠BEH＝90°，
∴∠EHB＝∠EBH＝45°，
∴△BEH是等腰直角三角形，
∴EB＝EH＝BH•sin∠EBH＝BH×sin45°＝BH，
∴∠FHE＝180°﹣∠EHB＝135°，，
∵∠ABE＝∠ABF+∠EBH＝135°，
∴∠ABE＝∠FHE，
∵∠BEH＝∠AEB+∠AEH＝90°，∠AEF＝∠HEF+∠AEH＝90°，
∴∠AEB＝∠FEH，
在△AEB和△FEH中，
，
∴△AEB≌△FEH（ASA），
∴AB＝FH，
∴，
∴．
（3）如图，当点E在线段上OB时，过点E作EH⊥BE交BC于点H，过点E作EG⊥BC于点G，
∴∠BEH＝∠EGB＝90°，
由②知：△BEH是等腰直角三角形，△AEB≌△FEH，，
设BF＝x，BE＝y，
∵AB＝BC＝2，
∴，
∵△BEH是等腰直角三角形，∠EGB＝90°，
∴，
∴，
∵△AEB≌△FEH，
∴∠EAB＝∠EFH，
在Rt△EGF中，，
∴，
∴，
解得：x＝1，
∴BF＝1；
如图，当点E在线段OB的延长线时，过点E作EH⊥BE交BF于点H，过点E作EG⊥BF于点G，
∴∠EGF＝∠BEH＝90°，
由（2）知：△BEH是等腰直角三角形，△ABE≌△FHE，，
设BF＝x，BE＝y，
∵AB＝BC＝2，
∴，
∵△BEH是等腰直角三角形，∠EGF＝90°，
∴，
∴，
∵△ABE≌△FHE，
∴∠EAB＝∠EFH，
在Rt△EGF中，，
∴，
∴，
解得：x＝4，
∴BF＝4；
综上所述，线段BF的长为1或4．
【点评】本题是三角形综合题，考查等腰直角三角形的判定与性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，运用了分类讨论的思想．通过作适当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
52．（2023•蚌埠二模）如图1，在△ABC中，AC＝BC，将线段CB绕点C逆时针旋转90°，得到线段CD，连接AD，BD．
（1）求∠BAD的度数；
（2）如图2，若∠ACD的平分线CE交AD于点F，交AB的延长线于点E，连接DE．
①证明：△BCD∽△AED；
②证明：．
【分析】（1）由等腰三角形的性质及旋转的性质得，，即可得∠BAD的度数；
（2）①由题意可得∠CBD＝∠BAD＝45°，由等腰三角形的性质可得∠ACE＝∠DCE，CE⊥AD，进而可得∠AEC＝45°，可证△ACE≌△DCE（SAS），易得∠DEC＝∠AEC＝45°，可得∠AED＝∠BCD＝90°，可证结论；
②延长ED至G，使得DG＝BC，先证∠CBE＝∠CDG，进而可证△CBE≌△CDG（SAS），可得∠BEC＝∠G＝45°，△CEG是等腰直角三角形，可得结论．
【解答】（1）解：设∠ACB＝α，
∵AC＝BC，
∴，
由旋转可知，∠BCD＝90°，AC＝BC＝DC，
∴∠ACD＝90°+α
∴，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠CAD＝45°；
（2）①证明：∵AC＝BC＝DC，∠BCD＝90°，
∴∠CBD＝∠BAD＝45°，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ACE＝∠DCE，CE⊥AD，则∠AFE＝90°
∴∠AEC＝45°，
∵CE＝CE，
∴△ACE≌△DCE（SAS），
∴∠DEC＝∠AEC＝45°，
∴∠AED＝∠BCD＝90°，
∴△BCD∽△AED；
②证明：延长ED至G，使得DG＝BE，
∵AC＝BC＝DC，
∴∠BAC＝∠ABC，
由①知△ACE≌△DCE，
∴∠EAC＝∠EDC，
∴∠ABC＝∠EDC，
∴∠CBE＝∠CDG，
∴△CBE≌△CDG（SAS），
∴∠BEC＝∠G＝45°，
∴△CEG是等腰直角三角形，
∴，
即：．
【点评】本题考查几何变换综合题，掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定，等腰三角形的性质，旋转的性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．
53．（2023•蚌埠一模）如图1，在△ABC中，AC＝BC，将线段CB绕点C逆时针旋转90°，得到线段CD，连接AD，BD．
（1）求∠BAD的度数；
​（2）如图2，若∠ACD的平分线CE交AD于点F，交AB的延长线于点E，连结DE．
①证明：△BCD∽△AED；
②证明：．
【分析】（1）由等腰三角形的性质及旋转的性质得，，即可得∠BAD的度数；
（2）①由题意可得∠CBD＝∠BAD＝45°，由等腰三角形的性质可得∠ACE＝∠DCE，CE⊥AD，进而可得∠AEC＝45°，可证△ACE≌△DCE（SAS），易得∠DEC＝∠AEC＝45°，可得∠AED＝∠BCD＝90°，可证结论；
②延长ED至G，使得DG＝BC，先证∠CBE＝∠CDG，进而可证△CBE≌△CDG（SAS），可得∠BEC＝∠G＝45°，△CEG是等腰直角三角形，可得结论．
【解答】（1）解：设∠ACB＝α，
∵AC＝BC，
∴，
由旋转可知，∠BCD＝90°，AC＝BC＝DC，
∴∠ACD＝90°+α
∴，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠CAD＝45°；
（2）证明：①∵AC＝BC＝DC，∠BCD＝90°，
∴∠CBD＝∠BAD＝45°，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ACE＝∠DCE，CE⊥AD，
则∠AFE＝90°
∴∠AEC＝45°，
∵CE＝CE，
∴△ACE≌△DCE（SAS），
∴∠DEC＝∠AEC＝45°，
∴∠AED＝∠BCD＝90°，
∴△BCD∽△AED；
②延长ED至G，使得DG＝BE，
∵AC＝BC＝DC，
∴∠BAC＝∠ABC，
由①知△ACE≌△DCE，
∴∠EAC＝∠EDC，
∴∠ABC＝∠EDC，
∴∠CBE＝∠CDG，
∴△CBE≌△CDG（SAS），
∴∠BEC＝∠G＝45°，
∴△CEG是等腰直角三角形，
∴，
即：．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定，等腰三角形的性质，旋转的性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．
54．（2023•舒城县模拟）如图，在△ABC中，∠BCA＝90°，BC＝8，AC＝6，点D是AB边上的中点，点E是BC边上的一个动点，连接DE，将△BDE沿DE翻折得到△FDE．
（1）如图①，线段DF与线段BC相交于点G，当BE＝2时，则＝ ；
（2）如图②，当点E与点C重合时，线段EF与线段AB相交于点P，求DP的长；
（3）如图③，连接CD，线段EF与线段CD相交于点M，当△DFM为直角三角形时，求BE的长．
【分析】（1）连接CD，根据勾股定理得到AB＝10，根据直角三角形的性质得到CD＝BD＝AB＝5，根据折叠的性质得到∠F＝∠B，EF＝EB＝2，根据相似三角形的性质，即可得到结论；
（2）根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（3）①如图③﹣a，当∠FMD＝90°时，如图③b，当∠FDM＝90°时，作DH⊥BC于H，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：（1）连接CD，
∵在△ABC中，∠BCA＝90°，BC＝8，AC＝6，
∴AB＝10，
∵点D是AB边上的中点，
∴CD＝BD＝AB＝5，
∴∠DCB＝∠B，
∵将△BDE沿DE翻折得到△FDE，
∴∠F＝∠B，EF＝EB＝2，
∵∠CGD＝∠FGE，
∴△CDG∽△FEG，
∴＝＝，
故答案为：；
（2）∵∠PCD＝∠BCD，∠BCD＝∠B，
∴∠PCD＝∠B，
∵∠CPD＝∠BPC，
∴△CPD∽△BPC，
∴，
设DP＝5k，CP＝8k，
∵CP2＝PD•PB，
∴64k2＝5k（5k+5），
∴k＝，
∴PD＝5k＝，
（3）①如图③﹣a，当∠FMD＝90°时，
∵∠F＝∠B，∠FMD＝∠ACB＝90°，
∴△FDM∽△BAC，
∴，
∴＝，
∴DM＝3，
∴CM＝CD﹣DM＝2，
∵∠ECM＝∠B，
∴∠CME＝∠ACB＝90°，
∴△CEM∽△BAC，
∴，
∴＝，
∴CE＝，
∴BE＝；
如图③b，
当∠FDM＝90°时，
∵∠F＝∠BCD，∠FMD＝∠CME，
∴∠CEM＝∠FDM＝90°，
∴∠FED＝∠BED＝45°，
作DH⊥BC于H，
则△BDH∽△BAC，
∴＝，
∴＝，
∴DH＝3，BH＝4，
∴EH＝DH＝3，
∴BE＝3+4＝7．
综上所述，BE＝或7．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质，直角三角形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
55．（2023•定远县校级模拟）如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为CA上一动点，E为BC延长线上的动点，始终保持CE＝CD．连接BD和AE，将AE绕A点逆时针旋转90°到AF，连接DF．
（1）请判断线段BD和AF的位置关系并证明；
（2）当时，求∠AEC的度数；
（3）如图2，连接EF，G为EF中点，，当D从点C运动到点A的过程中，EF的中点G也随之运动，请求出点G所经过的路径长．
【分析】（1）延长BD交AE于点H，由“SAS”可证△BCD≌△ACE，由旋转的性质和全等三角形的性质可得BD＝AE＝AF，∠CAE＝∠CBD，∠EAF＝90°，由余角的性质可得∠AHB＝90°＝∠FAE，可得AF∥BD，可得结论；
（2）由三角形的面积公式可得AH＝BD＝AE，可得BH垂直平分AE，由等腰三角形的性质可求解；
（3）先求出点G在∠ACE的角平分线上运动，即可求解．
【解答】解：（1）结论：BD∥AF．
理由：如图1，延长BD交AE于点H，
∵E绕A点逆时针旋转90°到AF，
∴AE＝AF，∠EAF＝90°，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴BD＝AE＝AF，∠CAE＝∠CBD，
∵∠E+∠CAE＝90°，
∴∠E+∠CBD＝90°，
∴∠AHB＝90°＝∠FAE，
∴AF∥BD；
（2）（2）∵S△ABD＝BD2，
∴BD•AH＝BD2，
∴AH＝BD＝AE，
∴BH垂直平分AE，
∴BA＝BE，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠ABE＝45°，
又∵BA＝BE，
∴∠AEC＝67.5°；
（3）如图2，连接AG、CG，过点G作GM⊥CE交CE延长线于M，GN⊥AC于N，
∵GM⊥CE，GN⊥AC，∠ACM＝90°，
∴四边形CMGN是矩形，
∵AF＝AE，∠EAF＝90°，G是EF中点，
∴AG＝GE，AG⊥EF，
∵∠CAG+∠ACM+∠CEG+∠AGE＝360°，
∴∠CAG+∠CEG＝180°，
∵∠CEG+∠GEM＝180°，
∴∠CAG＝∠GEM，
又∵∠ANG＝∠GME＝90°，
∴△ANG≌△EMG（AAS），
∴NG＝GM，
∴四边形CMGN是正方形，
∴CG平分∠ACE，
∴点G在∠ACE的角平分线上运动，
∴当D从C运动到A点，G点所经过的路径是正方形ACMG的对角线的一半，即为×AC＝AB＝．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
56．（2023•合肥二模）问题背景：如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为点D，在△AEF中，∠AEF＝90°，，连接BF，M是BF中点，连接EM和DM，在△AEF绕点A旋转过程中，线段EM和DM之间存在怎样的数量关系？
观察发现：
（1）为了探究线段EM和DM之间的数量关系，可先将图形位置特殊化，将△AEF绕点A旋转，使AE与AB重合，如图2，易知EM和DM之间的数量关系为 EM＝DM ；
操作证明：
（2）继续将△AEF绕点A旋转，使AE与AD重合时，如图3，（1）中线段EM和DM之间的数量关系仍然成立，请加以证明．
问题解决：
（3）根据上述探究的经验，我们回到一般情况，如图1，在其他条件不变的情况下，上述的结论还成立吗？请说明你的理由．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行证明即可；
（2）延长FE交AB于点G，根据等腰三角形的性质得出∠BAD＝∠CAD，BD＝CD，证明△AEG≌△AEF（ASA），得出EG＝EF，AG＝AF，证明BG＝CF，根据中位线性质得出，，即可证明结论；
（3）延长FE到点N，使EN＝EF，连接AN，BN，CF，证明△AEN≌△AEF，得出AN＝AF，∠EAN＝∠EAF，证明△NAB≌△FAC（SAS），得出BN＝CF，根据中位线性质得出，，即可证明结论．
【解答】解：（1）∵AD⊥BC，
∴∠BDF＝90°，
∵M为BF的中点，
∴，
∵∠AEF＝90°，
∴∠BEF＝180°﹣90°＝90°，
∵M为BF的中点，
∴，
∴EM＝DM．
故答案为：EM＝DM．
（2）证明：延长FE交AB于点G，如图所示：
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠CAD，BD＝CD，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEG＝180°﹣90°＝90°，
∴∠AEG＝∠AEF，
∵AE＝AE，∠GAE＝∠FAE，
∴△AEG≌△AEF（ASA），
∴EG＝EF，AG＝AF，
∴AB﹣AG＝AC﹣AF，
即BG＝CF，
∵M为BF的中点，E为GF的中点，
∴，
同理得：，
∴EM＝DM．
（3）成立；理由如下：
延长FE到点N，使EN＝EF，连接AN，BN，CF，如图所示：
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEN＝180°﹣90°＝90°，
∴∠AEN＝∠AEF，
∵AE＝AE，EN＝EF，
∴△AEN≌△AEF，
∴AN＝AF，∠EAN＝∠EAF，
∴，
∵，
∴∠NAF＝∠BAC，
∴∠NAF﹣∠BAF＝∠BAC﹣∠BAF，
即∠NAB＝∠FAC，
∵AB＝AC，AN＝AF，
∴△NAB≌△FAC（SAS），
∴BN＝CF，
∵M为BF的中点，E为NF的中点，
∴，
根据解析（2）可知，D为BC的中点，
∴，
∴EM＝DM．
【点评】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形中位线性质，解题的关键是作出辅助线构造全等三角形，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
57．（2023•黄山一模）如图，过等边△ABC的顶点A作AC的垂线l，点P为l上一点（不与点A重合），连接CP，将线段CP绕点C逆时针旋转60°得到线段CQ，连接QB．
（1）求证：AP＝BQ；
（2）连接PB并延长交直线CQ于点D．若PD⊥CQ，
①试猜想BC和BQ的数量关系，并证明；
②若，求PB的长．
【分析】（1）等边三角形的性质可得AC＝BC，∠ACB＝60°，由旋转得CP＝CQ，∠PCQ＝60°，则∠ACB＝∠PCQ＝60°，则∠ACP＝∠BCQ，△ACP≌△BCQ（SAS）；
（2）①连接PQ，旋转得CP＝CQ，∠PCQ＝60°，则△CPQ是等边三角形，PD⊥CQ，CD＝DQ，PD是CQ垂直平分线，即可得到BC＝BQ；
②由（1）得△ACP≌△BCQ，AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP．，求得CP＝4，在Rt△CDP，∠CPD＝30°，，∠CBQ＝∠CAP＝90°，BC＝BQ，则∠BCQ＝45°，∠CBD＝∠BCQ，BD＝CD＝2，．
【解答】（1）证明：在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴∠ACB＝∠PCQ＝60°，
∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，
即∠ACP＝∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴AP＝BQ；
（2）猜想：①BC＝BQ．
证明：连接PQ，如图：
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴△CPQ是等边三角形，
∵PD⊥CQ，
∴CD＝DQ．
∴PD是CQ垂直平分线，
∵点B在PD上，
∴BC＝BQ；
②由（1）得△ACP≌△BCQ，
∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP．
∴，
∵CA⊥AP，
∴∠CAP＝90°，
∴∠CBQ＝∠CAP＝90°，
∴，
在Rt△CDP中，∠CPD＝90°﹣∠PCQ＝30°，
∴，
∵∠CBQ＝∠CAP＝90°，BC＝BQ，
∴∠BCQ＝45°．
∵∠CDB＝90°，
∴∠CBD＝45°＝∠BCQ．
∴BD＝CD＝2，
∴．
【点评】此题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
58．（2023•庐江县模拟）（1）如图1，过等边△ABC的顶点A作AC的垂线l，点P为l上点（不与点A重合），连接CP，将线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到线段CQ，连接QB．
①求证：AP＝BQ；
②连接PB并延长交直线CQ于点D．若PD⊥CQ，AC＝，求PB的长；
（2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝45°，将边AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，连接CD，若AC＝1，BC＝3，求CD长．
【分析】（1）①由“SAS”证得△ACP≌△BCQ（SAS）可得AP＝BQ；
②连接PQ，BQ，由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，可得△CPQ是等边三角形，根据PD⊥CQ，可知DP是CQ的垂直平分线，BC＝BQ，证明△ACP≌△BCQ（SAS），得AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°，即得AC＝BC＝BQ＝AP＝，可得CP＝＝2，在Rt△CDP中，CD＝CP＝1，PD＝CD＝，由∠CBQ＝∠CAP＝90°，BC＝BQ，可得∠CBD＝45°＝∠BCQ，故BD＝CD＝1，从而PB＝PD﹣BD＝﹣1；
（2）在AC的上方作等腰直角△ACE，使得∠CAE＝90°，AC＝AE，连接BE，由△ACE是等腰直角三角形，AC＝1，可得CE＝AC＝，∠ACE＝45°，又∠ACB＝45°，知∠BCE＝90°，BE＝＝，证明△ABE≌△ADC（SAS），即得BE＝CD＝．
【解答】（1）①证明：AP＝BQ，理由如下：
在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴∠ACB＝∠PCQ，
∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴AP＝BQ；
解：②连接PQ，BQ，如图：
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴△CPQ是等边三角形．
∵PD⊥CQ，
∴CD＝DQ．
∴DP是CQ的垂直平分线，
∴BC＝BQ．
在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠PCQ．
∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ．
∵CP＝CQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS）．
∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°．
∴AC＝BC＝BQ＝AP＝．
∵∠CAP＝90°，
∴CP＝＝2．
在Rt△CDP中，∠CPD＝90°﹣∠PCQ＝30°，
∴CD＝CP＝1，PD＝CD＝．
∵∠CBQ＝∠CAP＝90°，BC＝BQ，
∴∠BCQ＝45°．
∵∠CDB＝90°，
∴∠CBD＝45°＝∠BCQ．
∴BD＝CD＝1．
∴PB＝PD﹣BD＝﹣1；
（2）解：将边AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，则∠CAE＝90°，AC＝AE，连接BE，如图：
∵△ACE是等腰直角三角形，AC＝1，
∴CE＝AC＝，∠ACE＝45°．
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝90°．
在Rt△BCE中，BE＝＝＝．
∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAD+∠DAE＝∠CAE+∠DAE．
即∠BAE＝∠DAC，
∵AB＝AD，AE＝AC，
∴△ABE≌△ADC（SAS）．
∴BE＝CD．
∴CD＝．
【点评】本题主要考查几何变换综合应用，涉及等边三角形性质及应用，全等三角形判定与性质，直角三角形判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
59．（2023•定远县校级一模）已知：如图1，△ABC中，∠CAB＝120°，AC＝AB，点D是BC上一点，其中∠ADC＝a（30°＜a＜90°），将△ABD沿AD所在的直线折叠得到△AED，AE交CB于F，连接CE．
（1）①当a＝60°时，∠CDE＝ 60° ．
②当∠ADC＝a（30°＜a＜90°）时，∠AEC＝ a （用含a的代数式表示）；
（2）如图2，当a＝45°时，解决以下问题：
①已知AD＝2，求CE的值；
②证明：．
【分析】（1）①②由等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝30°，由旋转的性质可得∠ADB＝∠ADE＝180°﹣a，∠DAB＝∠DAE＝a﹣30°，AB＝AE＝AC，即可求解；
（2）①由等腰直角三角形的性质可求AH＝，由直角三角形的性质可求AC＝2，由等腰直角三角形的性质可求CE＝4；
②由“SAS”可证△ADE≌△AGC，可得DE＝CG，可得结论．
【解答】（1）解：①∵∠CAB＝120°，AC＝AB，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠DAB＝∠ADC﹣∠B＝60°﹣30°＝30°，∠ADB＝180°﹣60°＝120°，
∵将△ABD沿AD所在的直线折叠得到△AED，
∴∠ADB＝∠ADE＝120°，∠DAB＝∠DAE＝30°，AB＝AE＝AC，
∴∠CDE＝180°﹣a﹣a＝60°，
故答案为：60°；
②∵∠CAB＝120°，AC＝AB，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∵∠ADC＝a，
∴∠DAB＝∠ADC﹣∠B＝a﹣30°，∠ADB＝180°﹣a，
∵将△ABD沿AD所在的直线折叠得到△AED，
∴∠ADB＝∠ADE＝180°﹣a，∠DAB＝∠DAE＝a﹣30°，AB＝AE＝AC，
∴∠CDE＝180°﹣a﹣a＝180°﹣2a，∠CAE＝120﹣2（a﹣30°）＝180°﹣2a，
∴∠AEC＝[180°﹣（180°﹣2a）]＝a；
故答案为：a；
（2）①解：如图2，过点A作AH⊥BC于H，
∵∠ADC＝45°，AH⊥BC，
∴∠ADC＝∠DAH＝45°，
∴AH＝HD，
∵AD＝2，
∴AH＝HD＝，
∵∠ACB＝30°，
∴AC＝2AH＝2，
∵∠CDE＝180°﹣2α＝90°，∠AEC＝α＝45°，
∴∠ACE＝∠AEC＝45°，
∴AE＝AC＝2，
∴CE＝AC＝4；
②证明：如图3，过点A作AG⊥AD，交CD于G，
∵∠ADC＝45°，AG⊥AD，
∴∠ADC＝∠AGD＝45°，
∴AD＝AG，
∴DG＝AD，
∵∠DAG＝∠CAE＝90°，
∴∠CAG＝∠EAD，
又∵AC＝AE，AD＝AG，
∴△ADE≌△AGC（SAS），
∴DE＝CG，
∵CD＝CG+DG，
∴DC﹣DE＝AD．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
60．（2023•黄山二模）在△ABC中，∠ACB＝90°，＝m，D是边BC上一点，将△ABD沿AD折叠得到△AED，连接BE．
（1）特例发现
如图1，当m＝1，AE落在直线AC上时．
①求证：∠DAC＝∠EBC；
②填空：的值为 1 ；
（2）类比探究
如图2，当m≠1，AE与边BC相交时，在AD上取一点G，使∠ACG＝∠BCE，CG交AE于点H．探究的值（用含m的式子表示），并写出探究过程；
（3）拓展运用
在（2）的条件下，当m＝，D是BC的中点时，若EB•EH＝6，求CG的长．
【分析】（1）①由折叠知，∠AFB＝90°＝∠ACB，再由等角的余角相等，即可得出结论；
②由①知，∠DAC＝∠EBC，再判断出AC＝BC，进而用ASA判断出，△ACD≌△BCE，即可得出结论；
（2）同（1）①的方法，即可得出结论；
（3）先判断出DF是△BCE的中位线，得出DF∥CE，进而得出∠BEC＝∠BFD＝90°，∠AGC＝∠ECG，∠GAH＝∠CEA，再判断出AG＝CE，设CG＝x，则AG＝x，BE＝2x，得出AG＝CE进而用AAS判断出△AGH≌△ECH，得出GH＝x，再用勾股定理求出AH＝x，即可得出结论．
【解答】解（1）①如图1，延长AD交BE于F，
由折叠知，∠AFB＝90°＝∠ACB，
∴∠DAC+∠ADC＝∠BDF+∠EBC＝90°，
∵∠ADC＝∠BDF，
∴∠DAC＝∠EBC；
②由①知，∠DAC＝∠EBC，
∵m＝1，
∴AC＝BC，
∵∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（ASA），
∴CD＝CE，
∴＝1，
故答案为1．
（2）如图2，延长AD交BE于F，
由（1）①知，∠DAC＝∠EBC，
∵∠ACG＝∠BCE，
∴△ACG∽△BCE，
∴＝m；
（3）由折叠知，∠AFB＝90°，BF＝FE，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∴DF是△BCE的中位线，
∴DF∥CE，
∴∠BEC＝∠BFD＝90°，∠AGC＝∠ECG，∠GAH＝∠CEA，
由（2）知，△ACG∽△BCE，
∴∠AGC＝∠BEC＝90°，＝＝2m＝，
∴＝tan∠GAC＝＝，
设CG＝x，则AG＝x，BE＝2x，
∴AG＝CE，
∴△AGH≌△ECH（AAS），
∴AH＝EH，GH＝CH，
∴GH＝x，
在Rt△AGH中，根据勾股定理得，AH＝＝x，
∵EB•EH＝6，
∴2x•x＝6，
∴x＝或x＝﹣（舍），
即CG＝．
【点评】此题时几何变换综合题，主要考查了同角的余角相等，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，判断出AG＝CE是解本题的关键．
基本图形的个数
1
2
3
4
……
特征点的个数
5
8
11

……
基本图形的个数
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2
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4
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特征点的个数
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