专题07图形的变化选填题-三年（2022-2024）中考数学真题分项汇编（黑龙江专用）

这是一份专题07图形的变化选填题-三年（2022-2024）中考数学真题分项汇编（黑龙江专用），共45页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图是一个正方体，被切去一角，则其左视图是（ ）

A．B． C． D．
3．（2023·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，若几何体是由六个棱长为1的正方体组合而成的，则该几何体左视图的面积是（ ）

A．2B．3C．4D．5
4．（2022·黑龙江牡丹江·中考真题）在下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
5．（2024·黑龙江大庆·中考真题）下列常见的几何体中，主视图和左视图不同的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，矩形各顶点的坐标分别为O0,0，，，，以原点为位似中心，将这个矩形按相似比缩小，则顶点在第一象限对应点的坐标是（ ）

A．B．C．D．
8．（2024·黑龙江绥化·中考真题）某几何体是由完全相同的小正方体组合而成，下图是这个几何体的三视图，那么构成这个几何体的小正方体的个数是（ ）
A．5个B．6个C．7个D．8个
9．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，若几何体是由5个棱长为1的小正方体组合而成的，则该几何体左视图与俯视图的面积和是（ ）
A．6B．7C．8D．9·
10．（2023·黑龙江大庆·中考真题）搭载神舟十六号载人飞船的长征二号遥十六运载火箭于年月日成功发射升空，景海鹏、朱杨柱、桂海潮名航天员开启“太空出差”之旅，展现了中国航天科技的新高度．下列图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）由若干个完全相同的小正方体搭成的几何体的主视图和左视图如图所示，则搭成该几何体所用的小正方体的个数最多是（ ）

A．6B．7C．8D．9
12．（2022·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，相交于点E，，则的长为（ ）
A．B．4C．D．6
13．（2022·黑龙江绥化·中考真题）如图，线段在平面直角坐标系内，A点坐标为，线段绕原点O逆时针旋转90°，得到线段，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
14．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（ ）
A．15B．C．D．18
15．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在一次综合实践课上，为检验纸带①、②的边线是否平行，小庆和小铁采用了两种不同的方法：小庆把纸带①沿折叠，量得；小铁把纸带②沿折叠，发现与重合，与重合．且点C，G，D在同一直线上，点E，H，F也在同一直线上．则下列判断正确的是（ ）
A．纸带①、②的边线都平行
B．纸带①、②的边线都不平行
C．纸带①的边线平行，纸带②的边线不平行
D．纸带①的边线不平行，纸带②的边线平行
16．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）矩形在平面直角坐标系中的位置如图所示，反比例函数的图象与边交于点D，与边交于点F，与交于点E，，若四边形的面积为2，则k的值是（ ）
A．B．C．D．
17．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，，相交于点，，是的中点，，交于点．若，则的长为（ ）

A．2B．4C．6D．8
18．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作：
第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形，然后把纸片展平；
第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕，如图②．
根据以上的操作，若，，则线段的长是（ ）

A．3B．C．2D．1
19．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（ ）

A．B．C．D．
20．（2022·黑龙江牡丹江·中考真题）下列图形是黄金矩形的折叠过程：第一步，如图（1），在一张矩形纸片一端折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步，如图（2），把正方形折成两个相等的矩形再把纸片展平；第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图（3）中所示的AD处；第四步，如图（4），展平纸片，折出矩形BCDE就是黄金矩形．则下列线段的比中：①，②，③，④，比值为的是（ ）
A．①②B．①③C．②④D．②③
二、填空题
21．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，用热气球的探测器测一栋楼的高度，从热气球上的点测得该楼顶部点的仰角为60°，测得底部点的俯角为，点与楼的水平距离，则这栋楼的高度为 m（结果保留根号）．
22．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，将的按下面的方式放置在一把刻度尺上：顶点O与尺下沿的端点重合，与尺下沿重合，与尺上沿的交点B在尺上的读数恰为，若按相同的方式将的放置在该刻度尺上，则与尺上沿的交点C在尺上的读数为 ．

23．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，的半径为，为的弦，点为上的一点，将沿弦翻折，使点与圆心重合，则阴影部分的面积为 ．（结果保留与根号）

24．（2022·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点，，将平行四边形OABC绕点O旋转90°后，点B的对应点坐标是 ．
25．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图所示的曲边三角形也称作“莱洛三角形”，它可以按下述方法作出：作等边三角形；分别以点，，为圆心，以AB的长为半径作，，．三段弧所围成的图形就是一个曲边三角形．若该“莱洛三角形”的周长为，则它的面积是 ．
26．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）矩形中，，，将AB沿过点A的一条直线折叠，折痕交直线于点（点P不与点B重合），点的对称点落在矩形对角线所在的直线上，则长为 ．
27．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在中，，，，，线段AD绕点旋转，点为CD的中点，则的最大值是 ．
28．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知，点为内部一点，点为射线、点为射线上的两个动点，当的周长最小时，则 ．
29．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知点，，，在平行四边形中，它的对角线与反比例函数的图象相交于点，且，则 ．
30．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为，点B的坐标为，点C在第一象限，．将沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为，点C的对应点为，与的交点为，称点为第一个“花朵”的花心，点为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，滚动2024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为 ．
31．（2023·黑龙江大庆·中考真题）在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．有一张矩形纸片如图所示，点在边上，现将矩形折叠，折痕为，点对应的点记为点，若点恰好落在边上，则图中与一定相似的三角形是 ．

32．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，，，，将菱形绕点A旋转后，得到菱形，则点的坐标是 ．

33．（2023·黑龙江·中考真题）在中，，点是斜边的中点，把绕点顺时针旋转，得，点，点旋转后的对应点分别是点，点，连接，，在旋转的过程中，面积的最大值是 ．
34．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与的相似比为，点是位似中心，已知点，点，．则点的坐标为 ．（结果用含，的式子表示）

35．（2023·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）矩形纸片中，，，点在AD边所在的直线上，且，将矩形纸片折叠，使点与点重合，折痕与AD，分别交于点，，则线段的长度为 ．
36．（2022·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点，，，……在x轴上且，，，……按此规律，过点，，，……作x轴的垂线分别与直线交于点，，，……记，，，……的面积分别为，，，……，则 ．
37．（2022·黑龙江·中考真题）在矩形ABCD中，，，点E在边CD上，且，点P是直线BC上的一个动点．若是直角三角形，则BP的长为 ．
38．（2022·黑龙江·中考真题）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AH是的平分线，于点E，点P是直线AB上的一个动点，则的最小值是 ．
39．（2022·黑龙江绥化·中考真题）如图，，点在射线上，且，过点作交射线于，在射线上截取，使；过点作交射线于，在射线上截取，使.按照此规律，线段的长为 ．
40．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，直线与轴相交于点，与轴相交于点，过点作交轴于点，过点作轴交于点，过点作交轴于点，过点作轴交于点…，按照如此规律操作下去，则点的纵坐标是 ．
参考答案：
1．C
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握中心对称图形与轴对称图形定义是解题关键．中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重台，这样的图形叫做轴对称图形．根据定义依次对各个选项进行判断即可．
【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
2．B
【分析】根据左视图的意义判断即可．
【详解】根据题意，该几何体的左视图为：
，
故选B．
【点睛】本题考查了三视图的画法，熟练掌握三视图的空间意义是解题的关键．
3．C
【分析】首先确定该几何体左视图的小正方形数量，然后求解面积即可．
【详解】解：该几何体左视图分上下两层，其中下层有3个小正方形，上层中间有1个正方形，共计4个小正方形，
∵小正方体的棱长为1，
∴该几何体左视图的面积为4，
故选：C．
【点睛】本题考查简单组合体的三视图，理解左视图即为从左边看到的图形是解题关键．
4．C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可．在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，也是轴对称图形，故符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选C．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，属于基础题型，熟知轴对称图形和中心对称图形的定义是正确判断的关键．
5．B
【分析】本题考查了简单几何体的三视图．分别分析四种几何体的主视图和左视图，找出主视图和左视图不同的几何体．
【详解】解：A、圆台的主视图和左视图都是梯形，本选项不符合题意；
B、圆柱的主视图是长方形，左视图是圆，本选项符合题意；
C、圆锥的主视图与左视图相同，都是等腰三角形，本选项不符合题意；
D、球的主视图和左视图相同，都是圆，本选项不符合题意．
故选：B．
6．B
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，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，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．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故B选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不合题意．
故选：B．
7．D
【分析】本题考查了位似图形的性质，根据题意横纵的坐标乘以，即可求解．
【详解】解：依题意，，以原点为位似中心，将这个矩形按相似比缩小，则顶点在第一象限对应点的坐标是
故选：D．
8．A
【分析】此题主考查了三视图，由主视图易得这个几何体共有2层，由俯视图可得第一层立方体的个数，由主视图和左视图可得第二层立方体的个数，相加即可．
【详解】解：由三视图易得最底层有个正方体，第二层有个正方体，那么共有个正方体组成．
故选：A．
9．B
【分析】本题考查简单组合体的三视图，根据从左面看得到的图形是左视图，从上面看的到的视图是俯视图，再根据面积的和，可得答案．
【详解】
左视图：
俯视图：
∴该几何体左视图与俯视图的面积和是：
故选：B
10．C
【分析】根据中心对称图形的定义判断即可．
【详解】、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
、是中心对称图形，此选项符合题意；
、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
故答案为：．
【点睛】此题考查了中心对称图形的概念，解题的关键是如何判断中心对称图形，旋转度后与原图重合．
11．B
【分析】根据主视图和左视图判断该几何体的层数及每层的最多个数，即可得到答案．
【详解】解：根据主视图和左视图判断该几何体共有两层，
下面一层最多有4个小正方体，上面的一层最多有3个小正方体，故该几何体所用的小正方体的个数最多是7个，
故选:B．
【点睛】此题考查了几何体的三视图，由三视图判断小正方体的个数，正确理解三视图是解题的关键．
12．C
【分析】根据相似三角形对应边长成比例可求得BE的长，即可求得BD的长．
【详解】∵
∴
∴
∵，
∴
∵
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的对应边长成比例，解题的关键在于找到对应边长．
13．A
【分析】如图，逆时针旋转90°作出，过A作轴，垂足为B，过作轴，垂足为，证明，根据A点坐标为，写出，，则，，即可写出点A的坐标．
【详解】解：如图，逆时针旋转90°作出，过A作轴，垂足为B，过作轴，垂足为，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵A点坐标为，
∴，，
∴，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查旋转的性质，证明是解答本题的关键．
14．B
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解．
【详解】解：过点作，交于，过点作垂足为，
∵矩形，
∴，
∴，
∴四边形和都是矩形，
∴，
由旋转的性质得，，
∴，
∴，
∴，
∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，
作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为，
∵，，
∴，
故选：B．
15．D
【分析】对于纸带①，根据对顶角相等可得，利用三角形内角和定理求得，再根据折叠的性质可得，由平行线的判定即可判断；对于纸带②，由折叠的性质得，，，由平角的定义从而可得，，再根据平行线的判定即可判断．
【详解】解：对于纸带①，
∵，
∴，
∴，
由折叠的性质得，，
∴，
∴与不平行，
对于纸带②，由折叠的性质得，，，
又∵点C，G，D在同一直线上，点E，H，F也在同一直线上，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
综上所述，纸带①的边线不平行，纸带②的边线平行，
故选：D．
【点睛】本题考查平行线的判定、对顶角相等、三角形内角和定理、折叠的性质，熟练掌握平行线的判定和折叠的性质是解题的关键．
16．D
【分析】本题考查了矩形的性质、三角形面积的计算、反比例函数的图象和性质、相似三角形的判定和性质；熟练掌握矩形的性质和反比例函数的性质是解决问题的关键．
过点E作，则，设，由，可得，再由，列方程，即可得出k的值．
【详解】过点E作，则，
∴，
∴
设，
∵
∴，
∴
∴
即，解得：
故选D
17．B
【分析】根据可得，从而得到，再根据得到，从而得到，最后得到即可求解．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查相似三角形的性质及判定，掌握相似三角形的性质及判定方法是解决本题的关键．
18．C
【分析】根据折叠的性质得：，，，设，则，利用勾股定理求出，再证明，得，求解即可．
【详解】解：如图，过点作，交于点，

在和中，
设，则，
，即：，
解得：，
，，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查折叠问题及矩形的性质、正方形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握折叠的性质并能熟练运用勾股定理方程思想是解题的关键．
19．D
【分析】首先证明，求出，连结，设与交于点F，然后求出，可得，再用含的式子表示出，最后在中，利用勾股定理构建方程求出即可解决问题．
【详解】解：∵矩形的边，，
∴，，，
由题意知，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由折叠知，，
∴，
∴，即，
连接，设与交于点F，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠知，，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴点的坐标是，
故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出的长是解题的关键．
20．B
【分析】设，则，求出，，分别求出比值，作出判断．
【详解】解：设，
∴，
在中，，
由折叠可知，，
∴ ，
又∵，
∴，
，
，，
，
∴比值为的是①③，
故选：B．
【点睛】本题考查四边形综合题，黄金矩形的定义、勾股定理、翻折变换、矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．/
【分析】本题考查解直角三角形—仰角俯角问题．注意准确构造直角三角形是解答此题的关键．根据题意得，然后利用三角函数求解即可．
【详解】解：依题意，．
在中，，
在中，，
∴．
故答案为：．
22．
【分析】根据平行线的性质得到，解直角三角形求出，再推出，进而得到，再求出的长即可得到答案．
【详解】解：由题意得，，，，
∴，
∴

∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴与尺上沿的交点C在尺上的读数为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，平行线的性质，等腰三角形的判定，正确求出的长是解题的关键．
23．
【分析】根据折叠的性质得出是等边三角形，则，，根据阴影部分面积即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，设交于点

∵将沿弦翻折，使点与圆心重合，
∴，
又
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴,
∴阴影部分面积
故答案为：．
24．或
【分析】根据旋转可得： BM = B1M1 = B2M2 = 3，∠AOA1 =∠AOA2 = 90°，可得B1和B2的坐标，即是B'的坐标．
【详解】解：∵A(-1，2)， OC= 4，
∴ C(4，0)，B(3，2)，M(0，2)， BM = 3，
AB//x轴，BM= 3．
将平行四边形OABC绕点O分别顺时针、逆时针旋转90°后，
由旋转得：OM=OM1=OM2=2，
∠AOA1=∠AOA2=90°
BM=B1M1=B2M2=3，
A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴B1和B2的坐标分别为： (-2，3)， (2，-3)，
∴B'即是图中的B1和B2，坐标就是， B' (-2， 3)， (2，-3)，
故答案为： (-2，3)或 (2， -3)．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形的性质，旋转的性质，正确的识别图形是解题的关键．
25．
【分析】本题考查了弧长的计算，扇形面积的计算，三角函数的应用，曲边三角形是由三段弧组成，如果周长为，则其中的一段弧长就是，所以根据弧长公式可得，即正三角形的边长为．那么曲边三角形的面积=三角形的面积+三个弓形的面积，从而可得答案．
【详解】解： 曲边三角形的周长为，为等边三角形，





曲边三角形的面积为：
故答案为：．
26．或或10
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，解直角三角形，先根据点的对称点落在矩形对角线所在的直线上的不同位置分三种情况，画出对应的图形，再根据矩形性质，利用解直角三角形求出即可．
【详解】解：①点的对称点落在矩形对角线上，如图1，
∵在矩形中，，，
由折叠性质可知：，
∴
∴
∴，
∴
∴；
②点的对称点落在矩形对角线上，如图2，
∵在矩形中，，，，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，，
∴
∴；
③点的对称点落在矩形对角线延长线上，如图3，
∵在矩形中，，，，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，，
∴
∴；
综上所述：则长为或或10．
故答案为：或或10．
27．
【分析】本题考查了解直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质，解题的关键是找出取最大值时B、P、M三点的位置关系．
取的中点M，连接、，利用解三角形求出，利用三角形中位线定理推出，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值．
【详解】解：取的中点M，连接、．
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵P、M分别是的中点，
∴．
如图，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值，
最大值为，
故答案为：．
28．/度
【分析】本题考查了轴对称最短路线问题，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用；作点P关于，的对称点．连接．则当，是与，的交点时，的周长最短，根据对称的性质结合等腰三角形的性质即可求解．
【详解】解：作关于，的对称点．连接．则当，是与，的交点时，的周长最短，连接，
关于对称，
∴，
同理，，，
，，
是等腰三角形．
，
故答案为：．
29．
【分析】本题考查了反比例函数与平行四边形综合，相似三角形的性质与判定，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为，根据平行四边形的性质得出，证明得出，，进而可得，即可求解．
【详解】如图所示，分别过点，作轴的垂线，垂足分别为，
∵四边形是平行四边形，点，，，
∴，
∴，即，则，
∵轴，轴，
∴
∴
∴
∴，
∴
∴
故答案为：．
30．
【分析】本题考查了解直角三角形，等腰直角的性质，点的坐标规律探索．连接，求得，，，分别得到，， ，，推导得到，滚动一次得到，滚动四次得到，滚动七次得到，由此得到滚动2024次后停止滚动，则，据此求解即可．
【详解】解：连接，
由题意得，，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
，
同理，
，
，
滚动一次得到，滚动四次得到，滚动七次得到，
∴滚动2024次后停止滚动，则时，，
故答案为：．
31．
【分析】由矩形的性质得，从而得到，由折叠的性质可得：，从而得到，由此推断出．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
由折叠的性质可得：，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定，是解题的关键．
32．或
【分析】分两种情况：当绕点A顺时针旋转后，当绕点A逆时针旋转后，利用菱形的性质及直角三角形30度角的性质求解即可．
【详解】解：当绕点A顺时针旋转后，如图，

∵，
∴，
∵菱形中，，
∴，
延长交x轴于点E，
∴，，
∴，
∴，
∴；
当绕点A逆时针旋转后，如图，延长交x轴于点F，
∵，，
∴，
∵菱形中，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：或．
【点睛】此题考查了菱形的性质，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质，正确理解菱形的性质及旋转的性质是解题的关键．
33．/
【分析】过点A作交的延长线于点G，求出，然后由旋转的性质可知点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，则可得如图中G、A、F三点共线时点F到直线的距离最大，求出距离的最大值，然后计算即可．
【详解】解：如图，在中，，，点是斜边的中点，
∴，，，
∴，
过点A作交的延长线于点G，
∴，
又∵在旋转的过程中，点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，，
∴点F到直线的距离的最大值为，（如图，G、A、F三点共线时）
∴面积的最大值，
故答案为：．

【点睛】本题考查了含直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，旋转的性质，圆的基本性质等知识，根据旋转的性质求出点F到直线距离的最大值是解答本题的关键．
34．
【分析】过点分别作轴的垂线垂足分别为，根据题意得出，则，得出，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点分别作轴的垂线垂足分别为，

∵与的相似比为，点是位似中心，
∴
∵，
∴,
∴，
∴
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了求位似图形的坐标，熟练掌握位似图形的性质是解题的关键．
35．或
【分析】分点在点右边与左边两种情况分别画出图形，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：∵折叠，
∴，
∵四边形是矩形，
∴
∴，
又
∴
∴，
当点在点的右侧时，如图所示，设交于点，

∵，，，
∴中，，
则，
∵，
∴
∴，
当点在点的左侧时，如图所示，设交于点，
∵，，，
∴中，

则，
∵，
∴
∴，
综上所述，的长为：或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，勾股定理，分类讨论是解题的关键．
36．
【分析】先求出，可得，再根据题意可得，从而得到∽∽∽∽……∽，再利用相似三角形的性质，可得∶∶∶∶……∶= ，即可求解．
【详解】解：当x=1时，，
∴点，
∴，
∴，
∵根据题意得：，
∴∽∽∽∽……∽，
∴∶∶∶：……∶= OA12∶OA22∶OA32∶……∶OAn2，
∵，，，，……，
∴，，，……，，
∴∶∶∶∶……∶= ，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了图形与坐标的规律题，相似三角形的判定和性质，明确题意，准确得到规律，是解题的关键．
37．或或6
【分析】分三种情况讨论：当∠APE=90°时，当∠AEP=90°时，当∠PAE=90°时，过点P作PF⊥DA交DA延长线于点F，即可求解．
【详解】解：在矩形ABCD中，，，∠BAD=∠B=∠BCD=∠ADC=90°，
如图，当∠APE=90°时，
∴∠APB+∠CPE=90°，
∵∠BAP+∠APB=90°，
∴∠BAP=∠CPE，
∵∠B=∠C=90°，
∴△ABP∽△PCE，
∴，即，
解得：BP=6；
如图，当∠AEP=90°时，
∴∠AED+∠PEC=90°，
∵∠DAE+∠AED=90°，
∴∠DAE=∠PEC，
∵∠C=∠D=90°，
∴△ADE∽△ECP，
∴，即，
解得：，
∴；
如图，当∠PAE=90°时，过点P作PF⊥DA交DA延长线于点F，
根据题意得∠BAF=∠ABP=∠F=90°，
∴四边形ABPF为矩形，
∴PF=AB=9，AF=PB，
∵∠PAF+∠DAE=90°，∠PAF+∠APF=90°，
∴∠DAE=∠APF，
∵∠F=∠D=90°，
∴△APF∽△EAD，
∴，即，
解得：，即；
综上所述，BP的长为或或6．
故答案为：或或6
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，矩形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键．
38．/
【分析】作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则PO=PF，此时，PO+PE最小，最小值=EF，利用菱形的性质与直角三角形的性质，勾股定理，求出OF，OE长，再证明△EOF是直角三角形，然后由勾股定理求出EF长即可．
【详解】解：如图，作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则PO=PF，此时，PO+PE最小，最小值=EF的长，
∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，AD=AB=3，
∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=3，∠BAO=30°，
∴OB==，
∴OA=，
∴点O关于AB的对称点F，
∴OF⊥AB，OG=FG，
∴OF=2OG=OA=，∠AOG=60°，
∵CE⊥AH于E，OA=OC，
∴OE=OC=OA=，
∴∠AEC=∠CAE，
∵AH平分∠BAC，
∴∠CAE=15°，
∴∠AEO=∠CAE=15°，
∴∠COE=∠AEO+∠CAE=30°，
∴∠COE+∠AOG=30°+60°=90°，
∴∠FOE=90°，
∴由勾股定理，得EF=,
∴PO+PE最小值=．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，利用轴对称求最短距离问题，直角三角形的性质，勾股定理，作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则PO=PF，则PO+PE最小，最小值=EF的长是解题的关键．
39．
【分析】解直角三角形分别求得，，，……，探究出规律，利用规律即可解决问题．
【详解】解：，
是直角三角形，
在中，，，
，
，，
，
，
，
，
，
同理可得：，，……，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了图形的规律，解直角三角形，平行线的判定，相似三角形的判定与性质，解题的关键是学会探究规律的方法．
40．
【分析】先根据30°的特殊直角三角形，如，，，求出B点，B1点的纵坐标，发现规律，即可
【详解】∵
当时，
当时，
故，
∴为30°的直角三角形
∴
∵
∴为30°的直角三角形
∴
∴为30°的直角三角形
∵轴
∴
∴
为30°的直角三角形
同理：
…
故：
故答案为：
【点睛】本题考查30°的特殊直角三角形；注意只用求点的纵坐标，即长度
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
C
B
B
D
A
B
C
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
B
C
A
B
D
D
B
C
D
B