中考数学专项练习：16.图形平移、旋转和轴对称

中考数学专项练习：16.图形平移、旋转和轴对称

图形平移、旋转和轴对称
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2019·山东中考真题）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2019·福建中考真题）下列图形中，一定既是轴对称图形又是中心对称图形的是( ).
A．等边三角形 B．直角三角形 C．平行四边形 D．正方形
3．（2018·山东中考真题）在平面直角坐标系中，将点A（﹣1，﹣2）向右平移3个单位长度得到点B，则点B关于x轴的对称点B′的坐标为（　　）
A．（﹣3，﹣2） B．（2，2） C．（﹣2，2） D．（2，﹣2）
4．（2019·天津中考真题）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2019·湖南中考真题）如图，将绕点逆时针旋转70°到的位置，若，则（　　）

A．45° B．40° C．35° D．30°
6．（2016·湖北中考真题）已知点A（，1）与点A′（5，）关于坐标原点对称，则实数、的值是
A． B． C． D．
7．（2015·山东中考真题）如图，在△ABC中，∠CAB=65°，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．30° B．40° C．50° D．65°
8．（2015·甘肃中考真题）1.在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
9．（2018·浙江中考真题）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A，D，E在同一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC的度数是　　

A．55° B．60° C．65° D．70°
10．（2015·内蒙古中考真题）如图，E、F分别是正方形ABCD的边AB、BC上的点，且BE=CF，连接CE、DF，将△DCF绕着正方形的中心O按顺时针方向旋转到△CBE的位置，则旋转角为（ ）

A．30° B．45° C．60° D．90°
11．（2013·贵州中考真题）在平行四边形、等腰梯形、等腰三角形、矩形、菱形五个图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．（2017·天津中考真题）在下列平面图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
13．（2012·江苏中考真题）将抛物线y＝x2＋1先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，那么所得抛物线的函数关系式是（ ）
A．y＝(x＋2)2＋2 B．y＝(x＋2)2－2 C．y＝(x－2)2＋2 D．y＝(x－2)2－2
14．（2018·山西中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=6，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C'，此时点A'恰好在AB边上，则点B'与点B之间的距离为（　　）

A．12 B．6 C．6 D．
15．（2014·甘肃中考真题）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，点C落在C′处，折痕为EF，若AB=1，BC=2，则△ABE和△BC′F的周长之和为（ ）

A．3 B．4 C．6 D．8
16．（2019·湖南中考真题）如图，在中，，，AD是斜边BC上的中线，将△ACD沿AD对折，使点C落在点F处，线段DF与AB相交于点E，则∠BED等于（ ）

A．120° B．108° C．72° D．36°
17．（2019·四川中考真题）如图，四边形是边长为5的正方形，E是上一点，，将绕着点A顺时针旋转到与重合，则（ ）

A． B． C． D．
18．（2014·黑龙江中考真题）如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，边B1C1与CD交于点O，则四边形AB1OD的面积是（ ）

A． B． C． D．
19．（2019·四川中考真题）如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转度得到，当点的对应点恰好落在边上时，则的长为（　　）

A．1.6 B．1.8 C．2 D．2.6
20．（2013·四川中考真题）如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′的度数是（　　）

A．70° B．35° C．40° D．50°


二、填空题
21．（2015·青海中考真题）若点（，1）与（﹣2，b）关于原点对称，则=_______．
22．（2016·江苏中考真题）点A(3，－2)关于x轴对称的点的坐标是________．
23．（2016·辽宁中考真题）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转的到△ADE，点C和点E是对应点，若∠CAE=90°，AB=1，则BD=_________．

24．（2014·四川中考真题）如图，△ABC中，∠A=60°，将△ABC沿DE翻折后，点A落在BC边上的点A′处．如果∠A′EC=70°，那么∠A′DE的度数为　 　．

25．（2015·四川中考真题）如图，在等边△ABC内有一点D，AD=5，BD=6，CD=4，将△ABD绕点A逆时针旋转，使AB与AC重合，点D旋转到点E，则∠CDE的正切值为 ．

26．（2012·广东中考真题）如图，在等边三角形ABC中，AB=6，D是BC上一点，且BC=3BD，△ABD绕点A旋转后得到△ACE，则CE的长度为　 ▲ 　．
27．（2015·江苏中考真题）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=4，将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC．若点F是DE的中点，连接AF，则AF= ．

28．（2014·四川中考真题）如图，圆柱形容器高为18cm，底面周长为24cm，在杯内壁离杯底4cm的点B处有乙滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿2cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外币A处到达内壁B处的最短距离为_______．

29．（2016·青海中考真题）如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．若AE=1，则FM的长为 ．

30．（2013·广西中考真题）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2，AE=3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是　 　．

31．（2018·四川中考真题）如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣6，0），C（0，2）．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为_____．

32．（2016·福建中考真题）如图，正方形ABCO的顶点C，A分别在轴，轴上，BC是菱形BDCE的对角线，若∠D=60°，BC=2，则点D的坐标是____________．

33．（2018·湖北中考真题）如图，△AOB中，∠AOB=90°，AO=3，BO=6，△AOB绕顶点O逆时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为BO的中点，则线段B′E的长度为　　　　．

34．（2018·辽宁中考真题）如图，已知Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，点M、N分别在线段AC、AB上，将△ANM沿直线MN折叠，使点A的对应点D恰好落在线段BC上，当△DCM为直角三角形时，折痕MN的长为__．

35．（2017·黑龙江中考真题）若点，关于轴对称，则____________..
36．（2018·山东省潍坊第八中学中考真题）如图，正方形ABCD的边长为1，点A与原点重合，点B在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB'C′D′的位置，B'C′与CD相交于点M，则点M的坐标为_____．


三、解答题
37．（2019·天津中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（6,0），点B在y轴的正半轴上，．矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD=2.．

（Ⅰ）如图①，求点E的坐标；
（Ⅱ）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形，点C，O，D，E的对应点分别为．设，矩形与重叠部分的面积为S．
①如图②，当矩形与重叠部分为五边形时，，分别与AB相交于点M，F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当时，求t的取值范围（直接写出结果即可）．
38．（2018·天津中考真题）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点.以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，.

（Ⅰ）如图①，当点落在边上时，求点的坐标；
（Ⅱ）如图②，当点落在线段上时，与交于点.
①求证；
②求点的坐标.
（Ⅲ）记为矩形对角线的交点，为的面积，求的取值范围（直接写出结果即可）.
39．（2016·天津中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．
（1）如图1，若α=90°，则AB=　 　，并求AA′的长；
（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．

40．（2015·天津中考真题）（本小题10分） 将一个直角三角形纸片ABO，放置在平面直角坐标系中，点A（，0），点B（0，1），点O（0，0）．过边OA上的动点M（点M不与点O，A重合）作MN⊥AB于点N，沿着MN折叠该纸片，得顶点A的对应点A′．设OM =m，折叠后的△A′MN与四边形OMNB重叠部分的面积为S．

图①


（Ⅰ）如图①，当点A′与顶点B重合时，求点M的坐标；
（Ⅱ）如图②，当点A′落在第二象限时，A′M与OB相交于点C，试用含m的式子表示S；
（Ⅲ）当S=时，求点M的坐标（直接写出结果即可）．
41．（2015·山东中考真题）如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．

（1）求证：DE⊥AG；
（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图2．
①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；
②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．
42．（2013·山东中考真题）如图1所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF.现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至,旋转角为.

（1）当点恰好落在EF边上时，求旋转角的值；
（2）如图2，G为BC的中点，且0°＜＜90°，求证：；
（3）小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，与能否全等？若能，直接写出旋转角的值；若不能，说明理由.
43．（2013·湖北中考真题）如图1，点A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形．

（1）连结BE，CD，求证：BE=CD；
（2）如图2，将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AB′D′．
①当旋转角为　 　度时，边AD′落在AE上；
②在①的条件下，延长DD’交CE于点P，连接BD′，CD′．当线段AB、AC满足什么数量关系时，△BDD′与△CPD′全等？并给予证明．
44．（2012·山东中考真题）如图，OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为原点，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA=10，OC=8．在OC边上取一点D，将纸片沿AD翻折，使点O落在BC边上的点E处，求D，E两点的坐标．
45．（2015·山东中考真题）（问题提出）
如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF
试证明：AB=DB+AF
（类比探究）
（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由
（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．

46．（2012·浙江中考真题）在锐角△ABC中，AB=4，BC=5，∠ACB=45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1．
（1）如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数；
（2）如图2，连接AA1，CC1．若△ABA1的面积为4，求△CBC1的面积；
（3）如图3，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，求线段EP1长度的最大值与最小值．
47．（2013·广西中考真题）如图，将小旗ACDB放于平面直角坐标系中，得到各顶点的坐标为A（﹣6，12），B（﹣6，0），C（0，6），D（﹣6，6）．以点B为旋转中心，在平面直角坐标系内将小旗顺时针旋转90°．

（1）画出旋转后的小旗A′C′D′B′；
（2）写出点A′，C′，D′的坐标；
（3）求出线段BA旋转到B′A′时所扫过的扇形的面积．
48．（2019·辽宁中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，连接AC，将绕点A逆时针旋转α得，连接CF，O为CF的中点，连接OE，OD．

（1）如图1，当时，请直接写出OE与OD的关系（不用证明）．
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？请说明理由．
（3）当时，若，请直接写出点O经过的路径长．
49．（2015·湖北中考真题）问题：如图(1)，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．
（发现证明）小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,从而发现EF=BE+FD,请你利用图（1）证明上述结论．
（类比引申）如图(2)，四边形ABCD中,∠BAD≠90°,AB=AD,∠B+∠D=180°,点E、F分别在边BC、CD上,则当∠EAF与∠BAD满足 关系时，仍有EF=BE+FD．
（探究应用）如图(3)，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD．已知AB=AD=80米，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC、CD上分别有景点E、F，且AE⊥AD，DF=40（﹣1）米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的长（结果取整数，参考数据：=1.41，=1.73）

50．（2015·福建中考真题）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；
(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.

51．（2018·辽宁中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点F的坐标为（0，10）．点E的坐标为（20，0），直线l1经过点F和点E，直线l1与直线l2 、y=x相交于点P．
（1）求直线l1的表达式和点P的坐标；
（2）矩形ABCD的边AB在y轴的正半轴上，点A与点F重合，点B在线段OF上，边AD平行于x 轴，且AB=6，AD=9，将矩形ABCD沿射线FE的方向平移，边AD始终与x 轴平行．已知矩形ABCD以每秒个单位的速度匀速移动（点A移动到点E时止移动），设移动时间为t秒（t＞0）．
①矩形ABCD在移动过程中，B、C、D三点中有且只有一个顶点落在直线l1或l2上，请直接写出此时t的值；
②若矩形ABCD在移动的过程中，直线CD交直线l1于点N，交直线l2于点M．当△PMN的面积等于18时，请直接写出此时t的值．

52．（2015·四川中考真题）在△ABC中，AB=AC=5，cos∠ABC=0.6，将△ABC绕点C顺时针旋转，得到△A1B1C．

（1）如图1，当点B1在线段BA延长线上时．①求证：BB1∥CA1；②求△AB1C的面积；
（2）如图2，点E是BC边的中点，点F为线段AB上的动点，在△ABC绕点C顺时针旋转过程中，点F的对应点是F1，求线段EF1长度的最大值与最小值的差．
53．（2017·富顺县赵化中学校中考真题）如图1，在平面直角坐标系，为坐标原点，点,点.
（1）求的度数；
（2）如图1，将⊿绕点顺时针得⊿，当恰好落在边上时，设⊿的面积为,⊿的面积为,与有何关系？为什么？
（3）若将⊿绕点顺时针旋转到如图2所示的位置，与的关系发生变化了吗？证明你的判断.

54．（2017·山东中考真题）如图，四边形为一个矩形纸片，，，动点自点出发沿方向运动至点后停止.以直线为轴翻折，点落到点的位置.设，与原纸片重叠部分的面积为.

（1）当为何值时，直线过点？
（2）当为何值时，直线过的中点？
（3）求出与的函数关系式.
55．（2016·江苏中考真题）（2016江苏省常州市）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，把Rt△AOB绕点A顺时针旋转角α（30°＜α＜180°），得到△AO′B′．
（1）当α=60°时，判断点B是否在直线O′B′上，并说明理由；
（2）连接OO′，设OO′与AB交于点D，当α为何值时，四边形ADO′B′是平行四边形？请说明理由．

56．（2016·江苏中考真题）已知△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=2，D是边AB上一动点（A、B两点除外），将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CEF，其中点E是点A的对应点，点F是点D的对应点．

（1）如图1，当α=90°时，G是边AB上一点，且BG=AD，连接GF．求证：GF∥AC；
（2）如图2，当90°≤α≤180°时，AE与DF相交于点M．
①当点M与点C、D不重合时，连接CM，求∠CMD的度数；
②设D为边AB的中点，当α从90°变化到180°时，求点M运动的路径长．

参考答案
1．B
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念先求出图形中轴对称图形，再根据中心对称图形的概念得出其中不是中心对称的图形．
【详解】
A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误，
B、是中心对称图形但不是轴对称图形，故本选项正确，
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误，
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误．
故选：B．
【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：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，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，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，难度适中．
2．D
【解析】
【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．
【详解】
解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、直角三角形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
D、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确．
故选：D．
【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度后两部分重合.
3．B
【解析】
【分析】
首先根据横坐标右移加，左移减可得B点坐标，然后再根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标符号改变可得答案．
【详解】
点A（﹣1，﹣2）向右平移3个单位长度得到的B的坐标为（﹣1+3，﹣2），即（2，﹣2），则点B关于x轴的对称点B′的坐标是（2，2），故选B．
【点睛】
本题主要考查图形的平移和图形的轴对称，掌握点在直角坐标系中平移的特点以及点关于x轴对称点的特点是解答本题的关键.
4．A
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】
解：A、是轴对称图形，故本选项符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的概念，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．
5．D
【解析】
【分析】
首先根据旋转角定义可以知道，而，然后根据图形即可求出．
【详解】
解：∵绕点逆时针旋转70°到的位置，
∴，
而，
∴
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了旋转的定义及性质，其中解题主要利用了旋转前后图形全等，对应角相等等知识．
6．D
【解析】
试题分析：已知点A（a，1）与点A′（5，b）关于坐标原点对称，根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标互为相反数可得a＝－5，b＝－1，故答案选D．
考点：关于原点对称的点的坐标．
7．C
【解析】
【详解】
解：∵CC′∥AB，
∴∠ACC′=∠CAB=65°，
∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，
∴AC=AC′，
∴∠CAC′=180°-2∠ACC′=180°-2×65°=50°，
∴∠CAC′=∠BAB′=50°
故选C．
8．A
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【详解】
A、是轴对称图形，故A符合题意；
B、不是轴对称图形，故B不符合题意；
C、不是轴对称图形，故C不符合题意；
D、不是轴对称图形，故D不符合题意．
故选A.
【点睛】
本题主要考查轴对称图形的知识点．确定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．

9．C
【解析】
【分析】
根据旋转的性质和三角形内角和解答即可．
【详解】
∵将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．
∴∠DCE=∠ACB=20°，∠BCD=∠ACE=90°，AC=CE，
∴∠ACD=90°-20°=70°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC+∠EDC=180°，
∵∠EDC+∠E+∠DCE=180°，
∴∠ADC=∠E+20°，
∵∠ACE=90°，AC=CE
∴∠DAC+∠E=90°，∠E=∠DAC=45°
在△ADC中，∠ADC+∠DAC+∠DCA=180°，
即45°+70°+∠ADC=180°，
解得：∠ADC=65°，
故选C．
【点睛】
此题考查旋转的性质，关键是根据旋转的性质和三角形内角和解答．
10．D
【解析】
试题分析：∵正方形ABCD，O为正方形的中心，∴OD=OC，OD⊥OC，∴∠DOC=90°，由题意得到D对应点为C，连接OC，OD，∠DOC即为旋转角，则将△DCF绕着正方形的中心O按顺时针方向旋转到△CBE的位置，旋转角为90°，故选D．

考点：旋转的性质．
11．B
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念结合几何图形的特点进行判断．
【详解】
解：矩形、菱形是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
等腰三角形、等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
故既是轴对称图形又是中心对称图形的是：矩形、菱形．
故选：B．
12．B
【解析】
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐一进行判断即可得.
【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B、是轴对称图形也是中心对称图形，故符合题意；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形，故不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意，
故选B.
【点睛】掌握好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，图形沿对称轴叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图形重合.
13．B
【解析】
二次函数图象与平移变换．
【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答：
将抛物线y＝x2＋1先向左平移2个单位所得抛物线的函数关系式是：y＝(x＋2)2＋1；
将抛物线y＝(x＋2)2＋1先向下平移3个单位所得抛物线的函数关系式是：y＝(x＋2)2＋1－3，即y＝(x＋2)2－2．故选B．
14．D
【解析】
【分析】
连接B'B，利用旋转的性质和直角三角形的性质解答即可．
【详解】
连接B'B，

∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，
∴AC=A'C，AB=A'B，∠A=∠CA'B'=60°，
∴△AA'C是等边三角形，
∴∠AA'C=60°，
∴∠B'A'B=180°-60°-60°=60°，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，
∴∠ACA'=∠BAB'=60°，BC=B'C，∠CB'A'=∠CBA=90°-60°=30°，
∴△BCB'是等边三角形，
∴∠CB'B=60°，
∵∠CB'A'=30°，
∴∠A'B'B=30°，
∴∠B'BA'=180°-60°-30°=90°，
∵∠ACB=90°，∠A=60°，AC=6，
∴AB=12，
∴A'B=AB-AA'=AB-AC=6，
∴B'B=6，
故选D．
【点睛】
此题考查旋转问题，关键是利用旋转的性质和直角三角形的性质解答．
15．C
【解析】
试题分析：由折叠特性可得CD=BC′=AB，∠FC′B=∠EAB=90°，∠EBC′=∠ABC=90°，推出∠ABE=∠C′BF，所以△BAE≌△BC′F，根据△ABE和△BC′F的周长=2△ABE的周长求解．
解：将矩形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，点C落在C′处，折痕为EF，
由折叠特性可得，CD=BC′=AB，∠FC′B=∠EAB=90°，∠EBC′=∠ABC=90°，
∵∠ABE+∠EBF=∠C′BF+∠EBF=90°
∴∠ABE=∠C′BF
在△BAE和△BC′F中，

∴△BAE≌△BC′F（ASA），
∵△ABE的周长=AB+AE+EB=AB+AE+ED=AB+AD=1+2=3，
△ABE和△BC′F的周长=2△ABE的周长=2×3=6．
故选C．
点评：本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角边相等．
16．B
【解析】
【分析】
根据三角形内角和定理求出．由直角三角形斜边上的中线的性质得出AD＝BD＝CD，利用等腰三角形的性质求出，，利用三角形内角和定理求出．再根据折叠的性质得出，然后根据三角形外角的性质得出．
【详解】
∵在中，，，
∴．
∵AD是斜边BC上的中线，
∴，
∴，，
∴．
∵将△ACD沿AD对折，使点C落在点F处，
∴，
∴．
故选B．
【点睛】
本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理以及三角形外角的性质．
17．D
【解析】
【分析】
根据旋转变换的性质求出、，根据勾股定理计算即可．
【详解】
解：由旋转变换的性质可知，，
∴正方形的面积＝四边形的面积，
∴，，
∴，，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查的是旋转变换的性质、勾股定理的应用，掌握性质的概念、旋转变换的性质是解题的关键．
18．C
【解析】
【分析】
连接AC1，AO，根据四边形AB1C1D1是正方形，得出∠C1AB1=∠AC1B1=45°，求出∠DAB1=45°，推出A、D、C1三点共线，在Rt△C1D1A中，由勾股定理求出AC1，进而求出DC1=OD，根据三角形的面积计算即可．
【详解】
连接AC1，

∵四边形AB1C1D1是正方形，
∴∠C1AB1=×90°=45°=∠AC1B1，
∵边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后得到正方形AB1C1D1，
∴∠B1AB=45°，
∴∠DAB1=90°-45°=45°，
∴AC1过D点，即A、D、C1三点共线，
∵正方形ABCD的边长是1，
∴四边形AB1C1D1的边长是1，
在Rt△C1D1A中，由勾股定理得：AC1=，
则DC1=-1，
∵∠AC1B1=45°，∠C1DO=90°，
∴∠C1OD=45°=∠DC1O，
∴DC1=OD=-1，
∴S△ADO=×OD•AD=，
∴四边形AB1OD的面积是=2×=-1，
故选C．
19．A
【解析】
【分析】
由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由∠B=60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案．
【详解】
由旋转的性质可知，，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】
此题考查旋转的性质，解题关键在于利用旋转的性质得出AD=AB
20．C
【解析】
试题解析：∵△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，
∴AC′=AC，∠B′AB=∠C′AC，
∴∠AC′C=∠ACC′，
∵CC∥′AB，




故选C.
21．．
【解析】
【详解】
∵点（a，1）与（﹣2，b）关于原点对称，∴b=﹣1，a=2，∴==．故答案为．
考点：关于原点对称的点的坐标．
22．（3，2）
【解析】
试题分析：点A（3，﹣2）关于x轴对称的点的坐标是（3，2）．故答案为（3，2）．
考点：关于x轴、y轴对称的点的坐标．
23．．
【解析】
【详解】
∵将△ABC绕点A逆时针旋转的到△ADE，点C和点E是对应点，
∴AB=AD=1,∠BAD=∠CAE=90°，
∴BD===.
故答案为:.
24．65°．
【解析】
试题分析：：∵∠AEA′=180°﹣∠A′EC=180°﹣70°=110°，
又∵∠A′ED=∠AED=∠AEA′=55°，∠DA′E=∠A=60°，
∴∠A′DE=180°﹣∠A′ED﹣∠DA′E=180°﹣55°﹣60°=65°．
故答案是65°．
考点：翻折变换（折叠问题）．
25．.
【解析】
试题解析：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△ABD绕A点逆时针旋转得△ACE，
∴AD=AE=5，∠DAE=∠BNAC=60°，CE=BD=6，
∴△ADE为等边三角形，
∴DE=AD=5，
过E点作EH⊥CD于H，如图，

设DH=x，则CH=4-x，
在Rt△DHE中，EH2=52-x2，
在Rt△DHE中，EH2=62-（4-x）2，
∴52-x2=62-（4-x）2，解得x=，
∴EH=，
在Rt△EDH中，tan∠HDE=，
即∠CDE的正切值为．
考点：1.旋转的性质；2.等边三角形的性质；3.解直角三角形．

26．2
【解析】
等边三角形的性质，旋转的性质．
由在等边三角形ABC中，AB=6，D是BC上一点，且BC=3BD，根据等边三角形三边相等的性质，即可求得 BD=BC=AB =2．由旋转的性质，即可求得CE=BD=2．
27．5
【解析】
试题分析：作FG⊥AC，
根据旋转的性质，EC=BC=4，DC=AC=6，∠ACD=∠ACB=90°，
∵点F是DE的中点，
∴FG∥CD
∴GF=CD=AC=3
EG=EC=BC=2
∵AC=6，EC=BC=4
∴AE=2
∴AG=4
根据勾股定理，AF=5．

考点：旋转的性质

28．20 cm．
【解析】
【分析】
将杯子侧面展开，建立A关于EF的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求.
【详解】
解:如答图，将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′，连接A′B，则A′B即为最短距离．
根据勾股定理，得（cm）．

故答案为：20cm.
【点睛】
本题考查了平面展开---最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．同时也考查了同学们的创造性思维能力．
29．2.5
【解析】
试题分析：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，∴DE=DM，∠EDM=90°，∴∠EDF+∠FDM=90°，∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDF=45°，
在△DEF和△DMF中，，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=MF，设EF=MF=x，
∵AE=CM=1，且BC=3，∴BM=BC+CM=3+1=4，∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=4﹣x，
∵EB=AB﹣AE=3﹣1=2，在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2， 即22+（4﹣x）2=x2，
解得：x=， ∴FM=．
考点：1.旋转的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.正方形的性质．
30．10
【解析】
【分析】
由正方形性质的得出B、D关于AC对称，根据两点之间线段最短可知，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小，进而利用勾股定理求出即可．
【详解】

如图，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小.
∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴PB=PD，
∴PB+PE=PD+PE=DE.
∵BE=2，AE=3BE，
∴AE=6，AB=8，
∴DE==10，
故PB+PE的最小值是10.
故答案为10.
31．（-2，6）
【解析】
分析：连接OB1，作B1H⊥OA于H，证明△AOB≌△HB1O，得到B1H=OA=6，OH=AB=2，得到答案．
详解：连接OB1，作B1H⊥OA于H，

由题意得，OA=6，AB=OC-2，
则tan∠BOA=，
∴∠BOA=30°，
∴∠OBA=60°，
由旋转的性质可知，∠B1OB=∠BOA=30°，
∴∠B1OH=60°，
在△AOB和△HB1O，
，
∴△AOB≌△HB1O，
∴B1H=OA=6，OH=AB=2，
∴点B1的坐标为（-2，6），
故答案为（-2，6）．
点睛：本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质，掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
32．（，1）．
【解析】
试题分析：过点D作DG⊥BC于点G，∵四边形BDCE是菱形，∴BD=CD．
∵BC=2，∠D=60°，∴△BCD是等边三角形，∴BD=BC=CD=2，∴CG=1，GD=CD•sin60°=2×=，∴D（，1）．故答案为（，1）．

考点：正方形的性质；坐标与图形性质；菱形的性质．
33．
【解析】
试题分析：∵∠AOB=90°，AO=3，BO=6，
∴．
∵△AOB绕顶点O逆时针旋转到△A′OB′处，
∴AO=A′O=3，A′B′=AB=．
∵点E为BO的中点，∴OE=BO=×6=3．∴OE=A′O．
过点O作OF⊥A′B′于F，

S△A′OB′=וOF=×3×6，解得OF=．
在Rt△EOF中，，
∵OE=A′O，OF⊥A′B′，∴A′E=2EF=2×=（等腰三角形三线合一）．
∴B′E=A′B′﹣A′E=﹣=．
34．或
【解析】
分析：依据△DCM为直角三角形，需要分两种情况进行讨论：当∠CDM=90°时，△CDM是直角三角形；当∠CMD=90°时，△CDM是直角三角形，分别依据含30°角的直角三角形的性质以及等腰直角三角形的性质，即可得到折痕MN的长．
详解：分两种情况：
①如图，当∠CDM=90°时，△CDM是直角三角形，

∵在Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，
∴∠C=30°，AB=AC=+2，
由折叠可得，∠MDN=∠A=60°，
∴∠BDN=30°，
∴BN=DN=AN，
∴BN=AB=，
∴AN=2BN=，
∵∠DNB=60°，
∴∠ANM=∠DNM=60°，
∴∠AMN=60°，
∴AN=MN=；
②如图，当∠CMD=90°时，△CDM是直角三角形，

由题可得，∠CDM=60°，∠A=∠MDN=60°，
∴∠BDN=60°，∠BND=30°，
∴BD=DN=AN，BN=BD，
又∵AB=+2，
∴AN=2，BN=，
过N作NH⊥AM于H，则∠ANH=30°，
∴AH=AN=1，HN=，
由折叠可得，∠AMN=∠DMN=45°，
∴△MNH是等腰直角三角形，
∴HM=HN=，
∴MN=，
故答案为：或．
点睛：本题考查了翻折变换-折叠问题，等腰直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
35．4
【解析】
根据关于x轴对称的点的坐标特点，横坐标不变，纵坐标变为相反数，可知b=3，a-2=-a，解得a=1，因此可求得a+b=4.
故答案为4.
36．（﹣1，）
【解析】
【分析】
连接AM，由旋转性质知AD=AB′=1、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°，证Rt△ADM≌Rt△AB′M得∠DAM=∠B′AD=30°，由DM=AD•tan∠DAM可得答案．
【详解】
如图，连接AM，

∵将边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形AB'C′D′，
∴AD=AB′=1，∠BAB′=30°，
∴∠B′AD=60°，
在Rt△ADM和Rt△AB′M中，
，
∴Rt△ADM≌Rt△AB′M（HL），
∴∠DAM=∠B′AM=∠B′AD=30°，
∴DM=AD•tan∠DAM=1×=，
∴点M的坐标为（﹣1，），
故答案为（﹣1，）．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质、正方形的性质，解题的关键是掌握旋转变换的不变性与正方形的性质、全等三角形的判定与性质及三角函数的应用．
37．（Ⅰ）的坐标为；（Ⅱ）①，；②.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先根据A点坐标和已知得出AD的长，再根据30角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理得出CO的长即可得到点E的坐标
（Ⅱ）①根据平移的性质和30角所对的直角边等于斜边的一半得出，再根据勾股定理得出，再根据得出S与t的函数关系式
②分2和4两种情况，根据平移的性质和30角所对的直角边等于斜边的一半得出S与t的函数关系式，分别求出s=和s=时t的值即可
【详解】
解：（Ⅰ）由点，得．
又，得．
在矩形中，有，得．
∴在中，．
∴由勾股定理，得．有．
∴点的坐标为．
（Ⅱ）①由平移知，，，．
由，得．
∴在中，．
∴由勾股定理，得．
∴．
∵,
∴．
∴，其中的取值范围是．
②当时，
当S=时，，解得t=
当S=时，，解得t=
当2时，如图，OF=,G=
∴S=
当S=时，=；解得t=4.5
当S=时，=；解得t=；




当4时，如图，F=，A=
∴S=（6-t）（6-t）=
当S=时， =；解得t= 或t=
当S=时， =；解得t= 或t=
∴当时，．

【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了平移变换，勾股定理，二次函数以及一元二次方程的解法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
38．（Ⅰ）点的坐标为.（Ⅱ）①证明见解析；②点的坐标为.（Ⅲ）.
【解析】
分析：（Ⅰ）根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x，在直角三角形ACD中运用勾股定理可CD的值，从而可确定D点坐标；
（Ⅱ）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；
②由①知，再根据矩形的性质得.从而，故BH=AH，在Rt△ACH中，运用勾股定理可求得AH的值，进而求得答案；
（Ⅲ）.
详解：（Ⅰ）∵点，点，
∴，.
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，
∴.
在中，有，
∴ .
∴.
∴点的坐标为.

（Ⅱ）①由四边形是矩形，得.
又点在线段上，得.
由（Ⅰ）知，，又，，
∴.
②由，得.
又在矩形中，，
∴.∴.∴.
设，则，.
在中，有，
∴.解得.∴.
∴点的坐标为.

（Ⅲ）.
点睛：本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知识，灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.
39．（1）10， ；（2）（，9）；（3）
【解析】
试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．
试题解析：(1)、如图①， ∵点A（4，0），点B（0，3）， ∴OA=4，OB=3， ∴AB==5，
∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′， ∴BA=BA′，∠ABA′=90°，
∴△ABA′为等腰直角三角形， ∴AA′=BA=5；
(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②， ∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，
∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°， ∴∠HBO′=60°， 在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°，
∴BH=BO′=，O′H=BH=， ∴OH=OB+BH=3+， ∴O′点的坐标为（）；
（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′， ∴BP=BP′，
∴O′P+BP′=O′P+BP， 作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，
则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小， ∵点C与点B关于x轴对称， ∴C（0，﹣3），
设直线O′C的解析式为y=kx+b，
把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得，
∴直线O′C的解析式为y=x﹣3， 当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P（，0），
∴OP=， ∴O′P′=OP=， 作P′D⊥O′H于D，
∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°， ∴∠DP′O′=30°，
∴O′D=O′P′=，P′D=， ∴DH=O′H﹣O′，
∴P′点的坐标为（，）．

考点：几何变换综合题

40．（Ⅰ）．（Ⅱ）（0＜m＜）．（Ⅲ）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）根据题意可得AM=OA-OM=—m，由折叠的性质可得BM=AM=—m．在Rt△MOB中，由勾股定理可得可列方程，解得m的值即可求得点M的坐标．
（Ⅱ）观察图形可得，用m表示出△ABO、△ANM、△COM的面积代入即可得S与m的关系式．
（Ⅲ）由第（Ⅰ）、（Ⅱ）问可得，

此时情况如图所示，

重叠部分即为△A′MN，
A′M ="AM" =，∠NA′M =∠NAM =30°，
由MN⊥AB，得∠A′NM =90°,
∴，，
则．
若，则，
整理，得，
解得，，（舍去）．
因此，当时，点M的坐标为（，0）．
试题解析：（Ⅰ）在Rt△ABO中，点A（，0），点B（0，1），点O（0，0），
∴OA=,OB=1．
由OM=m，得AM=OA-OM=—m．
根据题意，由折叠可知△BMN≌△AMN,有BM=AM=—m．
在Rt△MOB中，由勾股定理可得，,即，解得．
∴点M的坐标为．
（Ⅱ）在Rt△ABO中，,
∴∠OAB=30°．
由MN⊥AB,得∠MNA=90°．
∴在Rt△AMN中，得，
．
∴．
由折叠可知△A′MN≌△AMN，有∠A′=∠OAB=30°，
∴∠A′MO=∠A′+∠OAB=60°．
∴在Rt△COM中，得．
∴．
又,
于是，，
即（0＜m＜）．
（Ⅲ）．
考点：勾股定理；图形的翻折变换；解直角三角形；利用图形的关系求函数关系式．
41．（1）见解析；（2）30°或150°，的长最大值为，此时．
【解析】
【分析】
（1）延长ED交AG于点H，易证△AOG≌△DOE，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可；
（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，α=30°，α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，α=150°；
②当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=+2，此时α=315°．
【详解】
(1)如图1,延长ED交AG于点H,

∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，
∴OA=OD，OA⊥OD，
∵OG=OE，
在△AOG和△DOE中，
，
∴△AOG≌△DOE，
∴∠AGO=∠DEO，
∵∠AGO+∠GAO=90°，
∴∠GAO+∠DEO=90°，
∴∠AHE=90°，
即DE⊥AG；
(2)①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况：
(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时，
∵OA=OD=OG=OG′，
∴在Rt△OAG′中,sin∠AG′O==，
∴∠AG′O=30°，
∵OA⊥OD,OA⊥AG′，
∴OD∥AG′,
∴∠DOG′=∠AG′O=30°∘，
即α=30°；

(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时，
同理可求∠BOG′=30°，
∴α=180°−30°=150°.
综上所述,当∠OAG′=90°时,α=30°或150°.
②如图3,当旋转到A. O、F′在一条直线上时,AF′的长最大，

∵正方形ABCD的边长为1，
∴OA=OD=OC=OB=，
∵OG=2OD，
∴OG′=OG=，
∴OF′=2，
∴AF′=AO+OF′=+2，
∵∠COE′=45°，
∴此时α=315°.
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义，掌握正方形的四条边相等、四个角相等，旋转变换的性质是解题的关键，注意特殊角的三角函数值的应用．
42．（1）∠α=30°（2）见解析（3）旋转角a的值为135°或315°时，△BCD′与∠DCD′全等
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质得CE=CH=1，即可得出结论；
（2）由G为BC中点可得CG=CE，根据旋转的性质得∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′CE，则∠GCD′=∠DCE′=90°+α，然后根据“SAS”可判断△GCD′≌△E′CD，则GD′=E′D；
（3）根据正方形的性质得CB=CD，而CD=CD′，则△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，当两顶角相等时它们全等，当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，可计算出α=135°，当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，可计算得到α=315°．
【详解】
解：（1）∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴CE=CH=1，
∴△CEH为等腰直角三角形，
∴∠ECH=45°，
∴∠α=30°；
（2）证明：∵G为BC中点
∴CG=1
∴CG=CE
∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′
∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG
∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α
在△GCD′和△E′CD中
∵CD′=CD，∠GCD=∠DCE′，CG=CE′
∴△GCD′≌△E′CD（SAS）
∴GD′=E′D；
（3）解：能．
理由如下：
∵四边形ABCD为正方形
∴CB=CD
∵CD′=CD′
∴△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，当∠BCD′=∠DCD′时，△BCD′≌△DCD′，当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，则旋转角α=（360°-90°）÷2=135°
当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，∠BCD′=∠DCD′=∠BCD=45°，则α=360°﹣90°÷2=315°
即旋转角a的值为135°或315°时，△BCD′与△DCD′全等．

43．解：（1）见详解；（2）① 60；②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等.理由见详解.
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质可得AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，然后求出∠BAE=∠DAC，再利用“边角边”证明△BAE和△DAC全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）①求出∠DAE，即可得到旋转角度数；
②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等．根据旋转的性质可得AB=BD=DD′=AD′，然后得到四边形ABDD′是菱形，根据菱形的对角线平分一组对角可得∠ABD′=∠DBD′=30°，菱形的对边平行可得DP∥BC，根据等边三角形的性质求出AC=AE，∠ACE=60°，然后根据等腰三角形三线合一的性质求出∠PCD′=∠ACD′=30°，从而得到∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PD′C=30°，然后利用“角边角”证明△BDD′与△CPD′全等．
【详解】
(1)证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形
∴AB=AD,AE=AC,∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
即∠BAE=∠DAC，
在△BAE和△DAC中，
，
∴△BAE≌△DAC(SAS)，
∴BE=CD；
(2)①∵∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠DAE=180°−60°×2=60°，
∵边AD′落在AE上，
∴旋转角=∠DAE=60°.
故答案为60.
②当AC=2AB时,△BDD′与△CPD′全等.
理由如下：由旋转可知,AB′与AD重合，
∴AB=BD=DD′=AD′，
∴四边形ABDD′是菱形，
∴∠ABD′=∠DBD′=∠ABD=12×60°=30°,DP∥BC，
∵△ACE是等边三角形，
∴AC=AE,∠ACE=60°，
∵AC=2AB，
∴AE=2AD′，
∴∠PCD′=∠ACD′=∠ACE=×60°=30°，
又∵DP∥BC，
∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°，
在△BDD′与△CPD′中，
，
∴△BDD′≌△CPD′(ASA).
44．E（4，8） D（0，5）
【解析】
【分析】
先根据勾股定理求出BE的长，从而可得出CE的长，求出E点坐标．在Rt△DCE中，由DE=OD及勾股定理可求出OD的长，从而得出D点坐标
【详解】
依题意可知，折痕AD是四边形OAED的对称轴，
∴在Rt△ABE中，AE=AO=10，AB=8，，
∴CE=4，∴E（4，8）
在Rt△DCE中，DC2+CE2=DE2，
又∵DE=OD，∴（8﹣OD）2+42=OD2 ∴OD=5 ∴D（0，5）
【点睛】
本题考查翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，勾股定理等知识点，关键在于找到直角三角形
45．证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．
【详解】
（1）证明：DE=CE=CF，△BCE
由旋转60°得△ACF，
∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，
∵∠DBE=120°，
∴∠EAF=∠DBE，
又∵A，E，C，F四点共圆，
∴∠AEF=∠ACF，
又∵ED=DC，
∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，
∴∠D=∠AEF，
∴△EDB≌FEA，
∴BD=AF，AB=AE+BF，
∴AB=BD+AF．
类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，
∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，
∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，
∴∠FCG=∠FEA，
又∠FCG=∠EAD
∠D=∠EAD，
∴∠D=∠FEA，
由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，
∴∠DBE=∠FAE=60°
∴△DEB≌△EFA，
∴BD=AE， EB=AF，
∴BD=FA+AB．
即AB=BD-AF．

（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）
如图③，
，
ED=EC=CF，
∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，
∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=EC，
又∵ED=EC，
∴ED=EF，
∵AB=AC，BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
又∵∠CBE=∠CAF，
∴∠CAF=60°，
∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC
=180°-60°-60°
=60°
∴∠DBE=∠EAF；
∵ED=EC，
∴∠ECD=∠EDC，
∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC，
又∵∠EDC=∠EBC+∠BED，
∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC，
∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC，
∴∠BDE=∠AEF，
在△EDB和△FEA中，

∴△EDB≌△FEA（AAS），
∴BD=AE，EB=AF，
∵BE=AB+AE，
∴AF=AB+BD，
即AB，DB，AF之间的数量关系是：
AF=AB+BD．

考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，
46．（1）∠CC1A1=90°．
（2）S△CBC1=．
（3）最小值为：EP1=﹣2．
最大值为：EP1= 7．
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质可得：∠A1C1B=∠ACB=45°，BC=BC1，又由等腰三角形的性质，即可求得∠CC1A1的度数．
（2）由旋转的性质可得：△ABC≌△A1BC1，易证得△ABA1∽△CBC1，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得△CBC1的面积．
（3）由①当P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小；②当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大，即可求得线段EP1长度的最大值与最小值．
【详解】
解：（1）∵由旋转的性质可得：∠A1C1B=∠ACB=45°，BC=BC1，
∴∠CC1B=∠C1CB=45°．
∴∠CC1A1=∠CC1B+∠A1C1B=45°+45°=90°．
（2）∵由旋转的性质可得：△ABC≌△A1BC1，
∴BA=BA1，BC=BC1，∠ABC=∠A1BC1．
∴，∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1
∴∠ABA1=∠CBC1．
∴△ABA1∽△CBC1
∴．
∵S△ABA1=4，∴S△CBC1=．
（3）过点B作BD⊥AC，D为垂足，

∵△ABC为锐角三角形，∴点D在线段AC上．
在Rt△BCD中，BD=BC×sin45°=．
①如图1，当P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小．最小值为：EP1=BP1﹣BE=BD﹣BE=﹣2．

②如图2，当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大．最大值为：EP1=BC+BE=5+2=7．

47．（1）见解析；（2）点A′（6，0），C′（0，﹣6），D′（0，0）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据平面直角坐标系找出A′、C′、D′、B′的位置，然后顺次连接即可．
（2）根据旋转的性质分别写出点A′，C′，D′的坐标即可．
（3）先求出AB的长，再利用扇形面积公式列式计算即可得解．
【详解】
解：（1）小旗A′C′D′B′如图所示；

（2）由图象可知，点A′（6，0），C′（0，﹣6），D′（0，0）．
（3）∵A（﹣6，12），B（﹣6，0），∴AB=12．
∴线段BA旋转到B′A′时所扫过的扇形的面积=．
48．（1），，理由见解析；（2）当时，（1）中的结论成立，理由见解析；（3）点O经过的路径长为．
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质可得OD与OE的数量关系；根据旋转的性质和正方形的性质可得AC=AF以及△ACF各内角的度数，进一步即可求出∠COE与∠DOF的度数，进而可得OD与OE的位置关系；
（2）延长EO到点M，使，连接DM、CM、DE，如图2所示，先根据SAS证明≌，得，，再根据正方形的性质和旋转的性质推得，进一步在△ACF中根据三角形内角和定理和正方形的性质得出，再一次运用SAS推出≌，于是，进一步即可得出OE、OD的位置关系，然后再运用SAS推出≌，即可得OD与OE的数量关系；
（3）连接AO，如图3所示，先根据等腰三角形三线合一的性质得出，即可判断点O的运动路径，由可得点O经过的路径长，进一步即可求得结果.
【详解】
解：（1），；理由如下：
由旋转的性质得：，，
∵四边形ABCD是正方形，∴，
∴，
∴，
∵，O为CF的中点，∴，
同理：，∴，
∴，，
∴，∴；
（2）当时，（1）中的结论成立，理由如下：
延长EO到点M，使，连接DM、CM、DE，如图2所示：

∵O为CF的中点，∴，
在和中，，
∴≌（SAS），∴，.
∵四边形ABCD是正方形，∴，，
∵绕点A逆时针旋转α得，
∴，，
∴，，
∵，，，
∴，
∵，，∴，
在中，∵，
∴，
∵，∴，∴，
在和中，，
∴≌（SAS），∴，
∵，∴，
在和中，，
∴≌（SAS），∴.
∴，∴，；
（3）连接AO，如图3所示：
∵，，∴，∴，
∴点O在以AC为直径的圆上运动，
∵，∴点O经过的路径长等于以AC为直径的圆的周长，
∵，∴点O经过的路径长为：．

【点睛】
本题是正方形的综合题，综合考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质和判断动点运动路径等知识，考查的知识点多、综合性强，倍长中线构造全等三角形、熟知正方形的性质、灵活应用旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解（2）题的关键.
49．【发现证明】证明见解析；【类比引申】∠BAD=2∠EAF；【探究应用】109．2米．
【解析】
【发现证明】根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF=BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可．
【类比引申】延长CB至M，使BM=DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，证△FAE≌△MAE，即可得出答案；
【探究应用】利用等边三角形的判定与性质得到△ABE是等边三角形，则BE=AB=80米．把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF=BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可得出EF=BE+FD．
解：如图（1），

∵△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAF=45°，即∠DAF+∠BEA=∠EAF=45°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
AG=AE，∠GAF=∠FAE，AF=AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．
∴GF=EF．
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴BE+DF=EF．
【类比引申】∠BAD=2∠EAF．
理由如下：如图（2），延长CB至M，使BM=DF，连接AM，

∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，
∴∠D=∠ABM，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD，∠ABM=∠D，BM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
AE=AE，∠FAE=∠MAE，AF=AM，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，
即EF=BE+DF．
故答案是：∠BAD=2∠EAF．
【探究应用】如图3，把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF．

∵∠BAD=150°，∠DAE=90°，
∴∠BAE=60°．
又∵∠B=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=80米．
根据旋转的性质得到：∠ADG=∠B=60°，
又∵∠ADF=120°，
∴∠GDF=180°，即点G在CD的延长线上．
易得，△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAG=∠BAD=150°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
AG=AE，∠GAF=∠FAE，AF=AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．
∴GF=EF．
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴EF=BE+DF=80+40（﹣1）≈109.2（米），即这条道路EF的长约为109.2米．
“点睛”此题主要考查了四边形综合题，关键是正确画出图形，证明△AFG≌△AEF．此题是一道综合题，难度较大，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫．
50．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.
【解析】
试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；
（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；
（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．
试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，
∴AF=AG，∠FAG=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=45°，
在△AGE与△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；

（2）设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．
则△ADF≌△ABG，DF=BG．
由（1）知△AEG≌△AEF，
∴EG=EF．
∵∠CEF=45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，
∴a﹣BE=a﹣DF，
∴BE=DF，
∴BE=BM=DF=BG，
∴∠BMG=45°，
∴∠GME=45°+45°=90°，
∴EG2=ME2+MG2，
∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，
∴EF2=ME2+NF2；

（3）EF2=2BE2+2DF2．
如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2
又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，
即2（DF2+BE2）=EF2

考点：四边形综合题
51．（1）直线l1的表达式为y=﹣x+10，点P坐标为（8，6）；（2）①t值为或；②当t=时，△PMN的面积等于18.
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解析式，函数关系式联立方程求交点；
（2）①分析矩形运动规律，找到点D和点B分别在直线l2上或在直线l1上时的情况，利用AD、AB分别可以看成图象横坐标、纵坐标之差构造方程求点A坐标，进而求出AF距离；
②设点A坐标，表示△PMN即可．
【详解】（1）设直线l1的表达式为y=kx+b，
∵直线l1过点F（0，10），E（20，0），
∴，解得：，
直线l1的表达式为y=﹣x+10，
解方程组得，
∴点P坐标为（8，6）；
（2）①如图，当点D在直线上l2时，

∵AD=9
∴点D与点A的横坐标之差为9，
∴将直线l1与直线l2 的解析式变形为x=20﹣2y，x=y，
∴y﹣（20﹣2y）=9，
解得：y=，
∴x=20﹣2y=，
则点A的坐标为：（，），
则AF=，
∵点A速度为每秒个单位，
∴t=；
如图，当点B在l2 直线上时，

∵AB=6，
∴点A的纵坐标比点B的纵坐标高6个单位，
∴直线l1的解析式减去直线l2 的解析式得，
﹣x+10﹣x=6，
解得x=，
y=﹣x+10=，
则点A坐标为（，）
则AF=，
∵点A速度为每秒个单位，
∴t=，
故t值为或；
②如图，

设直线AB交l2 于点H，
设点A横坐标为a，则点D横坐标为a+9，
由①中方法可知：MN=，
此时点P到MN距离为：a+9﹣8=a+1，
∵△PMN的面积等于18，
∴=18，
解得
a1=-1，a2=﹣-1（舍去），
∴AF=6﹣，
则此时t为，
当t=时，△PMN的面积等于18.
【点睛】本题是代数几何综合题，涉及到待定系数法、两直线的交点坐标、勾股定理、三角形的面积等，综合性较强，熟练掌握相关知识、运用分类讨论思想以及数形结合思想是解题的关键.
52．（1）①证明见解析；②；（2）7.2．
【解析】
试题分析：（1）①根据旋转的性质和平行线的性质证明；
②过A作AF⊥BC于F，过C作CE⊥AB于E，根据等腰三角形的性质和三角形的面积公式解答；
（2）过C作CF⊥AB于F，以C为圆心CF为半径画圆交BC于F1，和以C为圆心BC为半径画圆交BC的延长线于F1，得出最大和最小值解答即可．
试题解析：（1）①证明：∵AB=AC，B1C=BC，
∴∠AB1C=∠B，∠B=∠ACB，
∵∠AB1C=∠ACB（旋转角相等），
∴∠B1CA1=∠AB1C，
∴BB1∥CA1；
②过A作AF⊥BC于F，过C作CE⊥AB于E，如图1：

∵AB=AC，AF⊥BC，BC=6，
∴BF=CF=3，
∴B1C=BC=6，
可得：B1B=2BE，
∵EC=，
∴BE=，则BB1=，
故AB1=﹣5=，
∴△AB1C的面积为：；
（2）如图2，过C作CF⊥AB于F，以C为圆心CF为半径画圆交BC于F1，EF1有最小值，

此时在Rt△BFC中，CF=，
∴CF1=，
∴EF1的最小值为﹣3=；
如图，以C为圆心BC为半径画圆交BC的延长线于F1，EF1有最大值；
此时EF1=EC+CF1=3+6=9，
∴线段EF1的最大值与最小值的差为9﹣=．

53．（1）；
（2），理由见解析；
（3）与的关系没变,即，理由见解析.
【解析】
试题分析：本题的⑴问求的度数化归在△来解决，根据点,点容易求出的长度，利用三角函数的定义计算出三角函数值，从而求出该角的度数.
本题的⑵问抓住⊿和⊿的边是同一三角形⊿的边;根据旋转的特征可以推出,结合⑴问容易推出三角形⊿是等边三角形，等边三角形不但三边相等，而且三边上的高也是相等的，我们利用“等底等高的三角形”的结论容易判断出.
本题的⑶问也抓住根据旋转的特征可以推出⊿和⊿的边；其实我们只需找到边上高相等；而边上的高可以化在两个三角形中，通过全等三角形可以证得其高相等，再利用“等底等高的三角形”的结论容易判断出.（本问也可以用相似形的相关知识使问题获得解决.）
试题解析：（1）∵点,点
∴
又
∴
∴
（2）.
理由如下：

根据旋转的征可知：.又
∴⊿是等边三角形
∴
∴∥轴
∴点到轴的距离相等（图中）
∵等边⊿的三条高都相等（图中）
∴点到的距离等于点到轴的距离（图中）
∴（等底等高的三角形面积相等）
（3）与的关系没变,即.
理由如下：
过点作于,过点作 于.

∴
根据题意可知：
根据旋转的征可知：
∴
∴
∴⊿≌⊿（）
∴
又∵
∴（等底等高的三角形面积相等）
点睛：本题的⑴问通过计算三角函数值来求角度是一种比较常见的破题思路.本题的⑵⑶问在“等底等高”的情况下来解决问题；都是在“等底”的情况下，关键是得到“等高”的途径不一样，⑵问是通过等边三角形来推出的，⑶问是通过全等三角形来得到的（也可以用相似形知识进行转换），殊途同归.
54．（1）当x=时，直线AD1过点C（2）当x=时，直线AD1过BC的中点E（3）当0＜x≤2时，y=x；当2＜x≤3时，y=
【解析】
试题分析：（1）根据折叠得出AD=AD1=2，PD=PD1=x，∠D=∠AD1P=90°，在Rt△ABC中，根据勾股定理求出AC，在Rt△PCD1中，根据勾股定理得出方程，求出即可；
（2）连接PE，求出BE=CE=1，在Rt△ABE中，根据勾股定理求出AE，求出AD1=AD=2，PD=PD1=x，D1E=﹣2，PC=3﹣x，在Rt△PD1E和Rt△PCE中，根据勾股定理得出方程，求出即可；
（3）分为两种情况：当0＜x≤2时，y=x；当2＜x≤3时，点D1在矩形ABCD的外部，PD1交AB于F，求出AF=PF，作PG⊥AB于G，设PF=AF=a，在Rt△PFG中，由勾股定理得出方程（x﹣a）2+22=a2，求出a即可．
试题解析：
（1）

如图1，∵由题意得：△ADP≌△AD1P，
∴AD=AD1=2，PD=PD1=x，∠D=∠AD1P=90°，
∵直线AD1过C，
∴PD1⊥AC，
在Rt△ABC中，AC=，CD1=﹣2，
在Rt△PCD1中，PC2=PD12+CD12，
即（3﹣x）2=x2+（﹣2）2，
解得：x=，
∴当x=时，直线AD1过点C；
（2）如图2，

连接PE，
∵E为BC的中点，
∴BE=CE=1，
在Rt△ABE中，AE==，
∵AD1=AD=2，PD=PD1=x，
∴D1E=﹣2，PC=3﹣x，
在Rt△PD1E和Rt△PCE中，
x2+（﹣2）2=（3﹣x）2+12，
解得：x=，
∴当x=时，直线AD1过BC的中点E；
（3）如图3，

当0＜x≤2时，y=x，
如图4，

当2＜x≤3时，点D1在矩形ABCD的外部，PD1交AB于F，
∵AB∥CD，
∴∠1=∠2，
∵∠1=∠3（根据折叠），
∴∠2=∠3，
∴AF=PF，
作PG⊥AB于G，
设PF=AF=a，
由题意得：AG=DP=x，FG=x﹣a，
在Rt△PFG中，由勾股定理得：（x﹣a）2+22=a2，
解得：a=，
所以y==，
综合上述，当0＜x≤2时，y=x；当2＜x≤3时，y=．
考点：1、勾股定理，2、折叠的性质，3、矩形的性质，4、分类推理思想
55．（1）点B（0，1）在直线O′B′上；（2）当α=120°时，四边形ADO′B′是平行四边形．
【解析】
试题分析：（1）首先证明∠BAO=30°，再求出直线O′B′的解析式即可解决问题．
（2）如图2中，当α=120°时，四边形ADO′B′是平行四边形．只要证明∠DAO′=∠AO′B′=90°，∠O′AO=∠O′AB′=30°，即可解决问题．
试题解析：解；（1）如图1中，∵一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，∴A（，0），B（0，1），∴tan∠BAO=，∴∠BAO=30°，AB=2OB=2，∵旋转角为60°，∴B′（，2），O′（，），设直线O′B′解析式为y=kx+b，∴，，解得：，∴直线O′B′的解析式为，∵x=0时，y=1，∴点B（0，1）在直线O′B′上．
（2）如图2中，当α=120°时，四边形ADO′B′是平行四边形．
理由：∵AO=AO′，∠OAO′=120°，∠BAO=30°，∴∠DAO′=∠AO′B′=90°，∠O′AO=∠O′AB′=30°，∴AD∥O′B′，DO′∥AB′，∴四边形ADO′B′是平行四边形．

考点：一次函数图象上点的坐标特征；平行四边形的判定；坐标与图形变化-旋转．
56．（1）证明见解析；（2）①135°；②．
【解析】
试题分析：（1）欲证明GF∥AC，只要证明∠A=∠FGB即可解决问题．
（2）①先证明A、D、M、C四点共圆，得到∠CMF=∠CAD=45°，即可解决问题．
②利用①的结论可知，点M在以AC为直径的⊙O上，运动路径是弧CD，利用弧长公式即可解决问题．
试题解析：（1）如图1中，∵CA=CB，∠ACB=90°，∴∠A=∠ABC=45°，∵△CEF是由△CAD旋转逆时针α得到，α=90°，∴CB与CE重合，∴∠CBE=∠A=45°，∴∠ABF=∠ABC+∠CBF=90°，∵BG=AD=BF，∴∠BGF=∠BFG=45°，∴∠A=∠BGF=45°，∴GF∥AC．

（2）①如图2中，∵CA=CE，CD=CF，∴∠CAE=∠CEA，∠CDF=∠CFD，∵∠ACD=∠ECF，∴∠ACE=∠CDF，∵2∠CAE+∠ACE=180°，2∠CDF+∠DCF=180°，∴∠CAE=∠CDF，∴A、D、M、C四点共圆，∴∠CMF=∠CAD=45°，∴∠CMD=180°﹣∠CMF=135°．

②如图3中，O是AC中点，连接OD、CM．
∵AD=DB，CA=CB，∴CD⊥AB，∴∠ADC=90°，由①可知A、D、M、C四点共圆，∴当α从90°变化到180°时，点M在以AC为直径的⊙O上，运动路径是弧CD，∵OA=OC，CD=DA，∴DO⊥AC，∴∠DOC=90°，∴的长==，∴当α从90°变化到180°时，点M运动的路径长为．

考点：几何变换综合题．