初中数学中考复习 专题51图形的平移、对称与旋转（1）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题51图形的平移、对称与旋转（1）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）

专题51图形的平移、对称与旋转（1）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2020·湖北宜昌?中考真题）下面四幅图是摄影爱好者抢拍的一组照片，从对称美的角度看，拍得最成功的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的特点进行判断即可．
【详解】
A，C，D三幅图都不是轴对称图形，只有B是轴对称图形，
故选：B
【点睛】
本题考查了轴对称图形的性质，熟知此知识点是解题的关键．
2．（2020·广东中考真题）在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】

利用关于x轴对称的点坐标特征：横坐标不变，纵坐标互为相反数解答即可．
【详解】

点关于轴对称的点的坐标为（3，-2），
故选：D．
【点睛】

本题主要考查了关于坐标轴对称的点的坐标特征，熟练掌握关于坐标轴对称的点的坐标特征是解答的关键．
3．（2020·辽宁抚顺?中考真题）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．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
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、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题主要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．
4．（2020·湖南娄底?中考真题）我国汽车工业迅速发展，国产汽车技术成熟，下列汽车图标是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、不是中心对称图形．故错误；
B、是中心对称图形．故正确；
C、不是中心对称图形．故错误；
D、不是中心对称图形．故错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
5．（2020·湖北黄石?中考真题）下列图形中，既是中心对称又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】

利用中心对称图与轴对称图形定义对每个选项进行判断即可．
【详解】

解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
D、既是中心对称图又是轴对称图形，故本选项正确；
故选：D．
【点睛】

本题考查中心对称图与轴对称图形定义，熟练掌握中心对称图形和轴对称图形的定义是解题关键．
6．（2020·广东广州?中考真题）如图所示的圆锥，下列说法正确的是（ ）

A．该圆锥的主视图是轴对称图形
B．该圆锥的主视图是中心对称图形
C．该圆锥的主视图既是轴对称图形，又是中心对称图形
D．该圆锥的主视图既不是轴对称图形，又不是中心对称图形
【答案】A
【解析】
【分析】
首先判断出圆锥的主视图，再根据主视图的形状判断是轴对称图形，还是中心对称图形，从而可得答案．
【详解】
解：圆锥的主视图是一个等腰三角形，
所以该圆锥的主视图是轴对称图形，不是中心对称图形，故A正确，
该圆锥的主视图是中心对称图形，故B错误，
该圆锥的主视图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C错误，
该圆锥的主视图既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故D错误，
故选A．
【点睛】
本题考查的简单几何体的三视图，同时考查了轴对称图形与中心对称图形的识别，掌握以上知识是解题的关键．
7．（2020·内蒙古呼和浩特?中考真题）下面四幅图是我国传统文化与艺术中的几个经典图案，其中不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴可得答案．
【详解】
解：A、是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的概念．
8．（2020·贵州毕节?中考真题）下列图形中，是中心对称的图形的是（ ）

A．直角三角形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．正五边形
【答案】C
【解析】
【分析】
根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断．
【详解】
解：A．直角三角形不是中心对称图象，故本选项错误；
B．等边三角形不是中心对称图象，故本选项错误；
C．平行四边形是中心对称图象，故本选项正确；
D．正五边形不是中心对称图象，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的特点，属于基础题，判断中心对称图形的关键是旋转180°后能够重合．
9．（2020·湖南永州?中考真题）永州市教育部门高度重视校园安全教育，要求各级各类学校从认识安全警告标志入手开展安全教育．下列安全图标不是轴对称的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、是轴对称图形，故本选项不合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的概念，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
10．（2020·广西中考真题）下列图形是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由中心对称图形的定义逐一判断即可．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是中心对称图形，故此选项正确，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形的概念，关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
11．（2020·山东淄博?中考真题）下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】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．
12．（2020·四川绵阳?中考真题）如图是以正方形的边长为直径，在正方形内画半圆得到的图形，则此图形的对称轴有（　　）

A．2条 B．4条 C．6条 D．8条
【答案】B
【解析】
【分析】
根据轴对称的性质即可画出对称轴进而可得此图形的对称轴的条数．
【详解】
解：如图，

因为以正方形的边长为直径，在正方形内画半圆得到的图形，
所以此图形的对称轴有4条．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、轴对称的性质、轴对称图形，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
13．（2020·内蒙古呼伦贝尔?中考真题）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．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：C．
【点睛】
此题主要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．
14．（2020·辽宁大连?中考真题）在直角坐标系中，点P（3，1）关于x轴对称点的坐标是（　　）
A．(3，1) B．(﹣3，1) C．(3，﹣1) D．(﹣3，﹣1)
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意可设平面直角坐标系中任意一点P，其坐标为（x，y），则点P关于x轴的对称点的坐标P′是（x，-y）．
【详解】
解：点P（3，1）关于x轴对称点的坐标是（3，﹣1）．
故选：C．
【点睛】
本题考查了平面直角坐标系关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系，是需要识记的内容．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆，另一种记忆方法是记住：关于横轴的对称点，横坐标不变，纵坐标变成相反数．
15．（2020·甘肃天水?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．
【答案】C
【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进行分析判断即可得出答案．
【详解】
解：A、是轴对称图形但不是中心对称图形，故错误；
B、既是轴对称图形也是中心对称图形，故错误；
C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故正确；
D、是轴对称图形但不是中心对称图形，故错误；
故选：C．
【点睛】
本题考查了轴对称图形与中心对称图形的定义，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后两部分能够完全重合；中心对称图形的关键是寻找对称中心，旋转180°后两部分能够重合．
16．（2020·湖北恩施?中考真题）下列交通标识，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念，知：
A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形；
D、既是中心对称图形，又是轴对称图形．
故选：D．
【点睛】
掌握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，折叠后对称轴两旁的部分可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后会与原图重合．
17．（2020·湖南长沙?中考真题）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意．
故选：B．
【点睛】
本题主要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度后原图形重合．
18．（2020·江苏徐州?中考真题）下列垃圾分类标识的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐项判断即可．
【详解】
A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意，
故选：B．
【点睛】
本题考查轴对称图形、中心对称图形，理解轴对称图形和中心对称图形是解答的关键．
19．（2020·江苏盐城?中考真题）下列图形中，属于中心对称图形的是：（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据中心对称图形的概念即图形旋转180°后与原图重合即可求解．
【详解】
解：解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、是中心对称图形，故此选项正确；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、不是中心对称图形，故此选项错误，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形的概念，中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
20．（2020·湖北黄石?中考真题）在平面直角坐标系中，点G的坐标是，连接，将线段绕原点O旋转，得到对应线段，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可得两个点关于原点对称，即可得到结果．
【详解】
根据题意可得，与G关于原点对称，
∵点G的坐标是，
∴点的坐标为．
故选A．
【点睛】
本题主要考察了平行直角坐标系中点的对称变换，准确理解公式是解题的关键．
21．（2020·湖南郴州?中考真题）下列图形是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形，关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
22．（2020·山东烟台?中考真题）下列关于数字变换的图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念对每一个选项进行判断即可．
【详解】
解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．解题的关键是掌握轴对称图形与中心对称图形的概念．
23．（2020·四川凉山?中考真题）点关于x轴对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用平面直角坐标系内，对称坐标的特点即可解答.
【详解】
关于x轴对称，横坐标不变，纵坐标变相反数
∴点关于x轴对称的点的坐标是（2，-3）
故选B
【点睛】
本题考查了平面直角坐标系内坐标的对称，注意关于x轴对称，横坐标不变，纵坐标变相反数；关于y轴对称，横坐标变相反数，纵坐标不变；关于原点对称，横、纵坐标都变相反数.
24．（2020·内蒙古赤峰?中考真题）下列图形绕某一点旋转一定角度都能与原图形重合，其中旋转角度最小的是 （ ）
A．等边三角形 B．平行四边形
C．正八边形 D．圆及其一条弦
【答案】C
【解析】
【分析】
根据旋转的定义和各图形的性质找出各图形的旋转角，由此即可得．
【详解】
如图1，等边三角形的旋转角为，是一个钝角
如图2，平行四边形的旋转角为，是一个平角
如图3，正八边形的旋转角为，是一个锐角
如图4，圆及一条弦的旋转角为
由此可知，旋转角度最小的是正八边形
故选：C．

【点睛】
本题考查了旋转的定义，正确找出各图的旋转角是解题关键．
25．（2020·黑龙江鹤岗?中考真题）下列图标中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据中心对称图形的概念 对各选项分析判断即可得解．
【详解】
A、不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是中心对称图形，故本选项正确；
C、不是中心对称图形，故本选项错误；
D、不是中心对称图形，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图形重合．
26．（2020·山西中考真题）自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识．下面是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中的图案是轴对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．

【答案】D
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念判断即可．
【详解】
解：A、不是轴对称图形；
B、不是轴对称图形；
C、不是轴对称图形；
D、是轴对称图形；
故选：D．
【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，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．
27．（2020·黑龙江穆棱?朝鲜族学校中考真题）如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，2)，将菱形绕点O旋转，当点A落在x轴上时，点C的对应点的坐标为（ ）

A．或 B．
C． D．或
【答案】D
【解析】
【分析】
如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，根据题意易得△AOB为等边三角形，在旋转过程中，点A有两次落在x轴上，当点A落在x轴正半轴时，点C落在点C′位置，利用旋转的性质和菱形的性质求解，当A落在x轴负半轴时，点C落在点C′′位置，易证此时C′′与点A重合，即可求解．
【详解】
解：如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，

则，OA=，
∴∠AOE=60°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴△AOB是等边三角形，
当A落在x轴正半轴时，点C落在点C′位置，
此时旋转角为60°，
∵∠BOC=60°，∠COF=30°，
∴∠C′OF=60°-30°=30°，
∵OC′=OA=4，
∴OF=，
C′F=，
∴C′（），
当A落在x轴负半轴时，点C落在点C′′位置，
∵∠AOC=∠AOC+∠BOC=120°，
∴∠A′′OC=120°，∠GOC′=30°
又∵OA=OC′′，
∴此时C′′点A重合，C C′′，
综上，点C的对应点的坐标为或，
故答案为：D．
【点睛】
本题考查菱形的性质，解直角三角形和旋转的性质，解题的关键是根据题意，分析点A的运动情况，分情况讨论．
28．（2020·黑龙江穆棱?朝鲜族学校中考真题）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【解析】
解：第一个图是轴对称图形，又是中心对称图形；
第二个图是轴对称图形，不是中心对称图形；
第三个图是轴对称图形，又是中心对称图形；
第四个图是轴对称图形，不是中心对称图形；
既是轴对称图形，又是中心对称图形的有2个．故选B．
29．（2020·青海中考真题）将一张四条边都相等的四边形纸片按下图中①②的方式沿虚线依次对折后，再沿图③中的虚线裁剪，最后将图④中的纸片打开铺平，所得图案应是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
对于此类问题，学生只要亲自动手操作，答案就会很直观地呈现．
【详解】
严格按照图中的顺序，向右对折，向上对折，从斜边处剪去一个直角三角形，从直角顶点处剪去一个等腰直角三角形，展开后实际是从原菱形的四边处各剪去一个直角三角形，从菱形的中心剪去一个和菱形位置基本一致的正方形，得到结论．
故选A．
【点睛】
本题主要考查学生的动手能力及空间想象能力．
30．（2020·广东深圳?中考真题）下列图形中既是轴对称图形，也是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
此题主要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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
31．（2020·海南中考真题）如图，在中，将绕点逆时针旋转得到，使点落在边上，连接，则的长度是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由旋转的性质可知，，进而得出为等边三角形，进而求出．
【详解】
解：∵
由直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半可知，
∴cm，
又∠CAB=90°-∠ABC=90°-30°=60°，
由旋转的性质可知：，且，
∴为等边三角形，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查了直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质等，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．
32．（2020·江苏南通?中考真题）以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90°，得到的点Q所在的象限为（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】
根据旋转的性质，以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90°，即可得到点Q所在的象限．
【详解】
解：如图，∵点P（4，5）按逆时针方向旋转90°，

得点Q所在的象限为第二象限．
故选：B．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化-旋转，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
33．（2020·山东滨州?中考真题）下列图形：线段、等边三角形、平行四边形、圆，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：线段是轴对称图形，也是中心对称图形；
等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形；
平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；
圆是轴对称图形，也是中心对称图形；
则既是轴对称图形又是中心对称图形的有2个．
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度后与自身重合．
34．（2020·江苏镇江?中考真题）如图①，AB＝5，射线AM∥BN，点C在射线BN上，将△ABC沿AC所在直线翻折，点B的对应点D落在射线BN上，点P，Q分别在射线AM、BN上，PQ∥AB．设AP＝x，QD＝y．若y关于x的函数图象（如图②）经过点E(9，2)，则cosB的值等于（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可得四边形ABQP是平行四边形，可得AP＝BQ＝x，由图象②可得当x＝9时，y＝2，此时点Q在点D下方，且BQ＝x＝9时，y＝2，如图①所示，可求BD＝7，由折叠的性质可求BC的长，由锐角三角函数可求解．
【详解】
解：∵AM∥BN，PQ∥AB，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴AP＝BQ＝x，
由图②可得当x＝9时，y＝2，
此时点Q在点D下方，且BQ＝x＝9时，y＝2，如图①所示，

∴BD＝BQ﹣QD＝x﹣y＝7，
∵将△ABC沿AC所在直线翻折，点B的对应点D落在射线BN上，
∴BC＝CD＝BD＝，AC⊥BD，
∴cosB＝＝＝，
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质，折叠的性质，锐角三角函数等知识．理解函数图象上的点的具体含义是解题的关键．
35．（2020·内蒙古赤峰?中考真题）如图，Rt△ABC中，∠ACB = 90°，AB = 5，AC= 3，把Rt△ABC沿直线BC向右平移3个单位长度得到△A'B'C' ，则四边形ABC'A'的面积是 （ ）

A．15 B．18 C．20 D．22
【答案】A
【解析】
【分析】
在直角三角形ACB中，可用勾股定理求出BC边的长度，四边形ABC’A’的面积为平行四边形ABB’A’和直角三角形A’C’B’面积之和，分别求出平行四边形ABB’A’和直角三角形A’C’B’的面积，即可得出答案．
【详解】
解：在ACB中，∠ACB=90°，AB=5，AC=3，
由勾股定理可得：，
∵A’C’B’是由ACB平移得来，A’C’=AC=3，B’C’=BC=4，
∴，
又∵BB’=3，A’C’= 3，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题主要考察了勾股定理、平移的概念、平行四边形与直角三角形面积的计算，解题的关键在于判断出所求面积为平行四边形与直角三角形的面积之和，且掌握平行四边形的面积为底高．
36．（2020·浙江绍兴?中考真题）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　）

A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【答案】B
【解析】
【分析】
根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
【详解】
解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】
考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．
37．（2020·四川内江?中考真题）下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由中心对称图形的定义：“把一个图形绕一个点旋转180°后，能够与自身完全重合，这样的图形叫做中心对称图形”分析可知，上述图形中，A、C、D都不是中心对称图形，只有B是中心对称图形.
故选B.

38．（2020·辽宁大连?中考真题）如图，中，．将绕点B逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边上，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由余角的性质，求出∠CAB=50°，由旋转的性质，得到，，然后求出，即可得到答案．
【详解】
解：在中，，
∴∠CAB=50°，
由旋转的性质，则
，，
∴，
∴；
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，以及余角的性质，解题的关键是掌握所学的性质，正确求出．
39．（2020·湖南衡阳?中考真题）下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，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．
40．（2020·山东枣庄?中考真题）如图，平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴的正半轴上，，，将绕点逆时针旋转，点的对应点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如图，作轴于．解直角三角形求出，即可．
【详解】
如图，作轴于．

由题意：，，
，
，，
，
，
故选B．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化﹣旋转，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．
41．（2020·甘肃兰州?中考真题）如图，将▱ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处，交BC于点F，若，，则为　　

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质和折叠的性质，得出，由三角形的外角性质求出，再由三角形内角和定理求出，即可得到结果．
【详解】
，
，
由折叠可得，
，
又，
，
又，
中，，
，
故选B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理的综合应用，熟练掌握平行四边形的性质，求出的度数是解决问题的关键．
42．（2020·陕西中考真题）在平面直角坐标系中，将抛物线y＝x2﹣（m﹣1）x+m（m＞1）沿y轴向下平移3个单位．则平移后得到的抛物线的顶点一定在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平移规律得到平移后抛物线的顶点坐标，然后结合的取值范围判断新抛物线的顶点所在的象限即可．
【详解】
解：，
该抛物线顶点坐标是，，
将其沿轴向下平移3个单位后得到的抛物线的顶点坐标是，，
，
，
，
，
点，在第四象限；
故选：．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质、平移的性质、抛物线的顶点坐标等知识；熟练掌握二次函数的图象和性质，求出抛物线的顶点坐标是解题的关键．
43．（2020·江苏南通?中考真题）如图，在△ABC中，AB＝2，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D是BC的中点，直线l经过点D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，则AE+BF的最大值为（　　）

A． B．2 C．2 D．3
【答案】A
【解析】
【分析】
把要求的最大值的两条线段经过平移后形成一条线段，然后再根据垂线段最短来进行计算即可．
【详解】
解：如图，过点C作CK⊥l于点K，过点A作AH⊥BC于点H，

在Rt△AHB中，
∵∠ABC＝60°，AB＝2，
∴BH＝1，AH＝，
在Rt△AHC中，∠ACB＝45°，
∴AC＝，
∵点D为BC中点，
∴BD＝CD，
在△BFD与△CKD中，
，
∴△BFD≌△CKD（AAS），
∴BF＝CK，
延长AE，过点C作CN⊥AE于点N，
可得AE+BF＝AE+CK＝AE+EN＝AN，
在Rt△ACN中，AN＜AC，
当直线l⊥AC时，最大值为，
综上所述，AE+BF的最大值为．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定定理和性质定理及平移的性质，构建全等三角形是解答此题的关键．
44．（2020·江苏宿迁?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点，连接，则的最小值为(　　)

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q′的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题．
【详解】
解：作QM⊥x轴于点M，Q′N⊥x轴于N，

设Q(，)，则PM=，QM=，
∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，
∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，
∴∠QPM=∠PQ′N，
在△PQM和△Q′PN中，
，
∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，
∴PN=QM=，Q′N=PM=，
∴ON=1+PN=，
∴Q′(，)，
∴OQ′2=()2+()2=m2﹣5m+10=(m﹣2)2+5，
当m=2时，OQ′2有最小值为5，
∴OQ′的最小值为，
故选：B．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形的变换-旋转，二次函数的性质，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关键．
45．（2020·四川绵阳?中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝2，AD＝2，将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△，当恰好经过点D时，△CD为等腰三角形，若B＝2，则A＝（　　）

A． B．2 C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
过作于，则，根据矩形的性质得，，根据旋转的性质得到，，，，推出△为等腰直角三角形，得到，设，则，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：过作于，

则，
，，
，
四边形是矩形，
，，
将绕点顺时针方向旋转后得△，
，，，，
△△，
，
△为等腰三角形，
△为等腰直角三角形，
，
设，则，，
，
，
（负值舍去），
，
，
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．


二、填空题
46．（2020·广西河池?中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°，AC＝8，点D在AB上，且BD＝，点E在BC上运动．将△BDE沿DE折叠，点B落在点B′处，则点B′到AC的最短距离是_____．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，过点D作DH⊥AC于H，过点B′作B′J⊥AC于J．在Rt△ACB中，根据三角函数知识可得DB′+B′J≥DH，DB′＝DB＝，当D，B′，J共线时，B′J的值最小，此时求出DH，DB′，即可解决问题．
【详解】
解：如图，过点D作DH⊥AC于H，过点B′作B′J⊥AC于J．

在Rt△ACB中，∵∠ABC＝90°，AC＝8，∠A＝30°，
∴AB＝AC•cos30°＝4，
∵BD＝，
∴AD＝AB﹣BD＝3，
∵∠AHD＝90°，
∴DH＝AD＝，
∵B′D+B′J≥DH，DB′＝DB＝，
∴B′J≥DH﹣DB′，
∴B′J≥，
∴当D，B′，J共线时，B′J的值最小，最小值为；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了图形的折叠，特殊锐角三角函数的知识．
47．（2020·辽宁铁岭?中考真题）一张菱形纸片的边长为，高等于边长的一半，将菱形纸片沿直线折叠，使点与点重合，直线交直线于点，则的长为____________．
【答案】或
【解析】
【分析】
先根据题目中描述画出两种可能的图形，再结合勾股定理即可得解．
【详解】
解：由题干描述可作出两种可能的图形．
①MN交DC的延长线于点F，如下图所示

∵高AE等于边长的一半
∴
在Rt△ADE中，
又∵沿MN折叠后，A与B重合
∴
∴
②MN交DC的延长线于点F，如下图所示

同理可得，，
此时，
故答案为：或．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、勾股定理等相关知识点，根据题意作出两种图形是解题关键．
48．（2020·黑龙江鹤岗?中考真题）如图，在边长为的正方形中将沿射线平移，得到，连接、．求的最小值为______．

【答案】
【解析】
【分析】
将△ABC沿射线CA平移到△AB′C′的位置，连接C′E、AE、DE，证出四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，根据平行四边形的性质和平移图形的性质，可得C′E=CE，CG=DE，可得EC+GC=C′E+ED，当点C′、E、D在同一直线时，C′E+ED最小，由勾股定理求出C′D的值即为EC+GC的最小值．
【详解】
如图，将△ABC沿射线CA平移到△AB′C′的位置，连接C′E、AE、DE，

∵AB∥GE∥DC且AB=GE=DC，
∴四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，
∴AE∥BG，CG=DE，
∴AE⊥CC′，
由作图易得，点C与点C′关于AE对称，C′E=CE，
又∵CG=DE，
∴EC+GC=C′E+ED，
当点C′、E、D在同一直线时，C′E+ED最小，
此时，在Rt△C′D′E中，
C′B′=4，B′D=4+4=8， C′D=，
即EC+GC的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查正方形的性质、图形的对称性、线段最短和平行四边形的性质与判定，解题的关键是将两条线段的和转化为同一条线段求解．
49．（2020·江苏镇江?中考真题）如图，在△ABC中，BC＝3，将△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，PQ的最小值等于_____．

【答案】
【解析】
【分析】
取的中点，的中点，连接，，，，根据平移的性质和三角形的三边关系即可得到结论．
【详解】
解：取的中点，的中点，连接，，，，

将平移5个单位长度得到△，
，，
点、分别是、的中点，
，
，
即，
的最小值等于，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平移的性质，三角形的三边关系，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
50．（2020·山东滨州?中考真题）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为则正方形ABCD的面积为________

【答案】
【解析】
【分析】
如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．
【详解】
解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．

∵BP=BM=，∠PBM=90°，
∴PM=PB=2，
∵PC=4，PA=CM=2，
∴PC2=CM2+PM2，
∴∠PMC=90°，
∵∠BPM=∠BMP=45°，
∴∠CMB=∠APB=135°，
∴∠APB+∠BPM=180°，
∴A，P，M共线，
∵BH⊥PM，
∴PH=HM，
∴BH=PH=HM=1，
∴AH=2+1，
∴AB2=AH2+BH2=（2+1）2+12=14+4，
∴正方形ABCD的面积为14+4．
故答案为14+4．
【点睛】
本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
51．（2020·四川绵阳?中考真题）平面直角坐标系中，将点A（﹣1，2）先向左平移2个单位，再向上平移1个单位后得到的点A1的坐标为_____．
【答案】（﹣3，3）
【解析】
【分析】
根据在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．）即可得结论．
【详解】
解：∵将点A（﹣1，2）先向左平移2个单位横坐标﹣2，
再向上平移1个单位纵坐标+1，
∴平移后得到的点A1的坐标为：（﹣3，3）．
故答案为：（﹣3，3）．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化-平移，解决本题的关键是掌握平移定义．
52．（2020·江苏宿迁?中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=，P为AD上一个动点，连接BP，线段BA与线段BQ关于BP所在的直线对称，连接PQ，当点P从点A运动到点D时，线段PQ在平面内扫过的面积为_____．

【答案】
【解析】
【分析】
由矩形的性质求出∠ABQ=120°，由矩形的性质和轴对称性可知，△BOQ≌△DOC，根据S阴影部分=S四边形ABQD﹣S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ可求出答案．
【详解】
∵当点P从点A运动到点D时，线段BQ的长度不变，
∴点Q运动轨迹是圆弧，如图，阴影部分的面积即为线段PQ在平面内扫过的面积，

∵矩形ABCD中，AB=1，AD=，
∴∠ABC=∠BAC=∠C=∠Q=90°，
∴∠ADB=∠DBC=∠ODB=∠OBQ=30°，
∴∠ABQ=120°，
由轴对称性得：BQ=BA=CD，
在△BOQ和△DOC中，
，
∴△BOQ≌△DOC，
∴S阴影部分=S四边形ABQD﹣S扇形ABQ=S四边形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ，
=S四边形ABOD+S△COD﹣S扇形ABQ，
=S矩形ABCD﹣S△ABQ=1×-．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，扇形的面积公式，轴对称的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
53．（2020·四川凉山?中考真题）如图，矩形ABCD中，AD=12，AB=8，E是AB上一点，且EB=3，F是BC上一动点，若将沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距为 ．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，连接利用三角形三边之间的关系得到最短时的位置，如图利用勾股定理计算，从而可得答案．
【详解】
解：如图，连接
则＞，
为定值，
当落在上时，最短，

　　　　　　　　　　图
如图，连接，
由勾股定理得：

即的最小值为：
故答案为：

　　　　　　　　　图
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，考查利用轴对称求线段的最小值问题，同时考查了勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
54．（2020·四川眉山?中考真题）如图，在中，，．将绕点按顺时针方向旋转至的位置，点恰好落在边的中点处，则的长为________．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，判断出ABC斜边BC的长度，根据勾股定理算出AC的长度，且，所以为等边三角形，可得旋转角为60°，同理，，故也是等边三角形，的长度即为AC的长度．
【详解】
解：在ABC中，∠BAC=90°，AB=2，将其进行顺时针旋转，落在BC的中点处，
∵是由ABC旋转得到，∴，而，
根据勾股定理：，
又∵，且，∴为等边三角形，
∴旋转角，
∴，且，故也是等边三角形，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了旋转性质的应用以及勾股定理的计算，解题的关键在于通过题中所给的条件，判断出图形旋转的度数，知道图形旋转的角度后，有关线段的长度也可求得．
55．（2020·山东烟台?中考真题）如图，已知点A(2，0)，B(0，4)，C(2，4)，D(6，6)，连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合（点A与点C重合，点B与点D重合），则这个旋转中心的坐标为_____．

【答案】(4，2)
【解析】
【分析】
画出平面直角坐标系，作出新的AC，BD的垂直平分线的交点P，点P即为旋转中心．
【详解】
解：平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P（4，2），

故答案为：（4，2）．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
56．（2020·山东淄博?中考真题）如图，将△ABC沿BC方向平移至△DEF处．若EC＝2BE＝2，则CF的长为_____．

【答案】1
【解析】
【分析】
【详解】
利用平移的性质得到BE＝CF，再用EC＝2BE＝2得到BE的长，从而得到CF的长．
【解答】解：∵△ABC沿BC方向平移至△DEF处．
∴BE＝CF，
∵EC＝2BE＝2，∴BE＝1，∴CF＝1．
故答案为1．
【点评】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
57．（2020·甘肃金昌?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的顶点，的坐标分别为，，把沿轴向右平移得到，如果点的坐标为，则点的坐标为__________．

【答案】(7,0)
【解析】
【分析】
根据B点横坐标与A点横坐标之差和E点横坐标与D点横坐标之差相等即可求解．
【详解】
解：由题意知：A、B两点之间的横坐标差为：，
由平移性质可知：E、D两点横坐标之差与B、A两点横坐标之差相等，
设E点横坐标为a，
则a-6=1，∴a=7，
∴E点坐标为(7,0) ．
故答案为：(7,0) ．
【点睛】
本题考查了图形的平移规律，平移前后对应点的线段长度不发生变化，熟练掌握平移的性质是解决此题的关键.
58．（2020·江苏镇江?中考真题）点O是正五边形ABCDE的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）．这个图案绕点O至少旋转_____°后能与原来的图案互相重合．

【答案】72
【解析】
【分析】
直接利用旋转图形的性质进而得出旋转角．
【详解】
解：连接OA，OE，则这个图形至少旋转∠AOE才能与原图象重合，
∠AOE＝＝72°．
故答案为：72．
【点睛】
本题主要考查了旋转图形．正确掌握旋转图形的性质是解题的关键．
59．（2020·江苏泰州?中考真题）以水平数轴的原点为圆心过正半轴上的每一刻度点画同心圆，将逆时针依次旋转、、、、得到条射线，构成如图所示的“圆”坐标系，点、的坐标分别表示为、，则点的坐标表示为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
根据同心圆的个数以及每条射线所形成的角度，以及A，B点坐标特征找到规律，即可求得C点坐标．
【详解】
解：图中为5个同心圆，且每条射线与x轴所形成的角度已知，、的坐标分别表示为、，根据点的特征，所以点的坐标表示为；
故答案为：．
【点睛】
本题考查坐标与旋转的规律性问题，熟练掌握旋转性质，并找到规律是解题的关键．
60．（2020·四川内江?中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，若点M、N分别是线段DB、AB上的两个动点，则的最小值为___________________．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，过A作于，延长，使，过作于，交于，则最短，再利用矩形的性质与锐角三角函数求解即可得到答案．
【详解】
解：如图，过A作于，延长，使，过作于，交于，则最短，
四边形为矩形，，，








即的最小值为
故答案为：

【点睛】
本题考查的是矩形的性质，锐角三角函数的应用，同时考查利用轴对称与垂线段最短求线段和的最小值问题，掌握以上知识是解题的关键．
61．（2020·广西中考真题）在平面直角坐标系中，以原点为对称中心，把点A（3，4）逆时针旋转90°，得到点B，则点B的坐标为__________．
【答案】（-4，3）
【解析】
【分析】
建立平面直角坐标系，作出图形，然后根据图形写出点B的坐标即可．
【详解】
如图所示，建立平面直角坐标系，点B的坐标为（-4，3）．

故答案为：（-4，3）．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化-旋转，作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．
62．（2020·湖南永州?中考真题）在平面直角坐标系中的位置如图所示，且，在内有一点，M，N分别是边上的动点，连接，则周长的最小值是_________．

【答案】
【解析】
【分析】
分别作出点P关于OA和OB的对称点和，连接，分别与OA和OB交于点M和N，此时，的长即为周长的最小值．
【详解】
解：分别作出点P关于OA和OB的对称点和，则（4，-3），连接，分别与OA和OB交于点M和N，此时，的长即为周长的最小值．

由可得直线OA的表达式为y=2x，设(x,y)，由与直线OA垂直及中点坐标在直线OA上可得方程组：

解得：
则(0，5)，
由两点距离公式可得：

即周长的最小值．
故答案为．
【点睛】
本题考查了轴对称变换中的最短路径问题，解题关键在于找出两个对称点，利用方程求出点的坐标．
63．（2020·宁夏中考真题）如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，把绕点B逆时针旋转90°后得到，则点的坐标是_____．

【答案】（4，）
【解析】
【分析】
首先根据直线AB来求出点A和点B的坐标，A1的横坐标等于OB，而纵坐标等于OB-OA，即可得出答案．
【详解】
解：在中，令x=0得，y=4，
令y=0，得，解得x=，
∴A（，0），B（0，4），
由旋转可得△AOB ≌△A1O1B，∠ABA1=90°，
∴∠ABO=∠A1BO1，∠BO1A1=∠AOB=90°，OA=O1A1=，OB=O1B=4，
∴∠OBO1=90°，
∴O1B∥x轴，
∴点A1的纵坐标为OB-OA的长，即为4=；
横坐标为O1B=OB=4，
故点A1的坐标是（4，），
故答案为：（4，）．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质以及一次函数与坐标轴的交点问题，利用基本性质结合图形进行推理是解题的关键．
64．（2020·广西玉林?中考真题）如图，在边长为3的正六边形ABCDEF中，将四边形ADEF绕点A顺时针旋转到四边形处，此时边与对角线AC重叠，则图中阴影部分的面积是___________．

【答案】9
【解析】
【分析】
如图（见解析），先根据正六边形的性质、等边三角形的判定与性质得出正六边形的面积和的面积，再根据旋转的性质、线段的和差得出的长，从而可得的面积，然后根据即可得．
【详解】
六边形ABCDEF是边长为3的正六边形
其每个内角的度数为，，
，

如图，连接BE，交AD于点O，交AC于点P，则点O为正六边形的中心
是等边三角形，



是等腰三角形，且




由旋转的性质可知，，


则


故答案为：9．

【点睛】
本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的三线合一、旋转的性质等知识点，熟练掌握正六边形的性质与旋转的性质是解题关键．
65．（2020·广东广州?中考真题）如图，正方形中，绕点逆时针旋转到，，分别交对角线于点，若，则的值为_______．

【答案】16
【解析】
【分析】
根据正方形及旋转的性质可以证明，利用相似的性质即可得出答案．
【详解】
解：在正方形中，，
∵绕点逆时针旋转到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：16．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．
66．（2020·广东广州?中考真题）如图，点的坐标为，点在轴上，把沿轴向右平移到，若四边形的面积为9，则点的坐标为_______．

【答案】(4，3)
【解析】
【分析】
过点A作AH⊥x轴于点H，得到AH=3，根据平移的性质证明四边形ABDC是平行四边形，得到AC=BD，根据平行四边形的面积是9得到，求出BD即可得到答案.
【详解】
过点A作AH⊥x轴于点H，
∵A（1,3），
∴AH=3，
由平移得AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
∴AC=BD，
∵，
∴BD=3，
∴AC=3，
∴C(4，3)
故答案为：(4，3).

【点睛】
此题考查平移的性质，平行四边形的判定及性质，直角坐标系中点到坐标轴的距离与点坐标的关系.
67．（2020·青海中考真题）如图，将周长为8的沿BC边向右平移2个单位，得到，则四边形的周长为________．

【答案】12
【解析】
【分析】
先根据平移的性质可得，再根据三角形的周长公式可得，然后根据等量代换即可得．
【详解】
由平移的性质得：
的周长为8

则四边形ABFD的周长为



故答案为：12．
【点睛】
本题考查了平移的性质等知识点，掌握理解平移的性质是解题关键．
68．（2020·四川宜宾?中考真题）如图，四边形中，是AB上一动点，则的最小值是________________

【答案】
【解析】
【分析】
作C点关于AB的对称点C’，连接C’D，的最小值即为C’D的长，作C’E⊥DA的延长线于点E，根据勾股定理即可求解．
【详解】
如图，作C点关于AB的对称点C’，连接C’D，的最小值即为C’D的长，
作C’E⊥DA的延长线于点E，
∴四边形ABC’E是矩形
∴DE=AD+AE=AD+BC’=5,
∴C’D=
故答案为：．

【点睛】
此题主要考查对称性的应用，解题的关键是熟知对称的性质及勾股定理的应用．
69．（2020·江苏盐城?中考真题）如图，已知点，直线轴，垂足为点其中，若与关于直线对称，且有两个顶点在函数的图像上，则的值为：_______________________．

【答案】或
【解析】
【分析】
因为与关于直线l对称，且直线轴，从而有互为对称点纵坐标相同，横坐标之和为2m，利用等量关系计算出m的值，又由于有两个顶点在函数，从而进行分情况讨论是哪两个点在函数上，求出k的值．
【详解】
解：∵与关于直线l对称，直线轴，垂足为点，
∴，，
∵有两个顶点在函数
（1）设，在直线上，
代入有，不符合故不成立；
（2）设，在直线上，
有，，，，代入方程后k=-6；
（3）设，在直线上，
有，，，，代入方程后有k=-4；
综上所述，k=-6或k=-4；
故答案为：-6或-4．
【点睛】
本题考查轴对称图形的坐标关系以及反比例函数解析式，其中明确轴对称图形纵坐标相等，横坐标之和为对称轴横坐标的2倍是解题的关键．
70．（2020·湖北恩施?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为：，，．已知，作点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，点关于点的对称点，…，依此类推，则点的坐标为______．

【答案】(-1,8)
【解析】
【分析】
先求出N1至N6点的坐标，找出其循环的规律为每6个点循环一次即可求解．
【详解】
解：由题意得，作出如下图形：

N点坐标为(-1,0)，
N点关于A点对称的N1点的坐标为(-3,0)，
N1点关于B点对称的N2点的坐标为(5,4)，
N2点关于C点对称的N3点的坐标为(-3,8)，
N3点关于A点对称的N4点的坐标为(-1,8)，
N4点关于B点对称的N5点的坐标为(3,-4)，
N5点关于C点对称的N6点的坐标为(-1,0)，此时刚好回到最开始的点N处，
∴其每6个点循环一次，
∴，
即循环了336次后余下4，
故的坐标与N4点的坐标相同，其坐标为(-1,8) ．
故答案为：(-1,8) ．
【点睛】
本题考查了平面直角坐标系内点的对称规律问题，本题需要先去验算前面一部分点的坐标，进而找到其循环的规律后即可求解．
71．（2020·甘肃天水?中考真题）如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转得到，若，则的长为__________．

【答案】2
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得∠GAE=∠FAE，进而可根据SAS证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x的代数式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案．
【详解】
解：∵将△绕点顺时针旋转得到△，
∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，
∵，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°，
∴∠GAE=∠FAE，
又AE=AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE=EF，
设BE=x，则CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x，
∵DF=3，∴CF=3，
在Rt△CEF中，由勾股定理，得：，
解得：x=2，即BE=2．
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识、灵活应用方程思想是解题的关键．

三、解答题
72．（2020·吉林中考真题）如图①、图②、图③都是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．，，均为格点．在给定的网格中，按下列要求画图：
（1）在图①中，画一条不与重合的线段，使与关于某条直线对称，且，为格点．

（2）在图②中，画一条不与重合的线段，使与关于某条直线对称，且，为格点．
（3）在图③中，画一个，使与关于某条直线对称，且，，为格点．
【答案】（1）图见解析；（2）图见解析；（3）图见解析．
【解析】
【分析】
（1）先画出一条的正方形网格的对称轴，根据对称性即可在图①中，描出点AB的对称点MN，它们一定在格点上，再连接即可．
（2）同（1）方法可解；
（3）同（1）方法可解；
【详解】
解：（1）如图①，的正方形网格的对称轴l，描出点AB关于直线l的对称点MN，连接即为所求；

（2）如图②，同理（1）可得，即为所求；
（3）如图③，同理（1）可得，即为所求．
【点睛】
本题考查了作图轴对称变换，解决本题的关键是找到图形对称轴的位置．
73．（2020·湖南邵阳?中考真题）已知：如图①，将一块45°角的直角三角板与正方形的一角重合，连接，点M是的中点，连接．

（1）请你猜想与的数量关系是__________．
（2）如图②，把正方形绕着点D顺时针旋转角（）．
①与的数量关系是否仍成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（温馨提示：延长到点N，使，连接）
②求证：；
③若旋转角，且，求的值．（可不写过程，直接写出结果）
【答案】（1）AF=2DM（2）①成立，理由见解析②见解析③
【解析】
【分析】
（1）根据题意合理猜想即可；
（2）①延长到点N，使，连接，先证明△MNC≌△MDE，再证明△ADF≌△DCN，得到AF=DN，故可得到AF=2DM；
②根据全等三角形的性质和直角的换算即可求解；
③依题意可得∠AFD=∠EDM=30°，可设AG=k,得到DG,AD,FG,ED的长，故可求解．
【详解】
（1）猜想与的数量关系是AF=2DM，
故答案为：AF=2DM；
（2）①AF=2DM仍然成立，
理由如下：延长到点N，使，连接，
∵M是CE中点，
∴CM=EM
又∠CMN=∠EMD，
∴△MNC≌△MDE
∴CN=DE=DF,∠MNC=∠MDE
∴CN∥DE，
又AD∥BC
∴∠NCB=∠EDA
∴△ADF≌△DCN
∴AF=DN
∴AF=2DM
②∵△ADF≌△DCN
∴∠NDC=∠FAD，
∵∠CDA=90°，
∴∠NDC+∠NDA=90°
∴∠FAD+∠NDA=90°
∴AF⊥DM

③∵，
∴∠EDC=90°-45°=45°
∵，
∴∠EDM=∠EDC=30°，
∴∠AFD=30°
过A点作AG⊥FD的延长线于G点，∴∠ADG=90°-45°=45°
∴△ADG是等腰直角三角形，
设AG=k,则DG=k，AD=AG÷sin45°=k，
FG=AG÷tan30°=k，
∴FD=ED=k-k
故=．

【点睛】
此题主要考查四边形综合，解题的关键是熟知正方形的性质、旋转的特点、全等三角形的判定与性质及三角函数的运用．
74．（2020·江苏常州?中考真题）如图1，点B在线段上，Rt△≌Rt△，，，．

（1）点F到直线的距离是_________；
（2）固定△，将△绕点C按顺时针方向旋转30°，使得与重合，并停止旋转．
①请你在图1中用直尺和圆规画出线段经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）该图形的面积为_________；
②如图2，在旋转过程中，线段与交于点O，当时，求的长．
【答案】（1）1；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形的性质和全等三角形的性质可得∠ACF=∠ECF=30°，即CF是∠ACB的平分线，然后根据角平分线的性质可得点F到直线的距离即为EF的长，于是可得答案；
（2）①易知E点和F点的运动轨迹是分别以CF和CE为半径、圆心角为30°的圆弧，据此即可画出旋转后的平面图形；在图3中，先解Rt△CEF求出CF和CE的长，然后根据S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）即可求出阴影面积；
②作EH⊥CF于点H，如图4，先解Rt△EFH求出FH和EH的长，进而可得CH的长，设OH=x，则CO和OE2都可以用含x的代数式表示，然后在Rt△BOC中根据勾股定理即可得出关于x的方程，解方程即可求出x的值，进一步即可求出结果．
【详解】
解：（1）∵，，∴∠ACB=60°，
∵Rt△≌Rt△，
∴∠ECF=∠BAC=30°，EF=BC=1，
∴∠ACF=30°，∴∠ACF=∠ECF=30°，
∴CF是∠ACB的平分线，
∴点F到直线的距离=EF=1；
故答案为：1；
（2）①线段经旋转运动所形成的平面图形如图3中的阴影所示：

在Rt△CEF中，∵∠ECF=30°，EF=1，
∴CF=2，CE=，
由旋转的性质可得：CF=CA=2，CE=CG=，∠ACG=∠ECF=30°，
∴S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）=S扇形ACF－S扇形CEG=；
故答案为：；
②作EH⊥CF于点H，如图4，
在Rt△EFH中，∵∠F=60°，EF=1，
∴，
∴CH=，
设OH=x，则，，
∵OB=OE，∴，
在Rt△BOC中，∵，∴，
解得：，
∴．

【点睛】
本题考查了旋转的性质和旋转作图、全等三角形的性质、角平分线的性质、扇形面积公式、勾股定理和解直角三角形等知识，涉及的知识点多，综合性较强，熟练掌握上述知识、灵活应用整体思想和方程思想是解题的关键．
75．（2020·宁夏中考真题）在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别是．


（1）画出关于x轴成轴对称的；
（2）画出以点O为位似中心，位似比为1∶2的．
【答案】（1）如图所示为所求；见解析； （2）如图所示为所求；见解析．
【解析】
【分析】

（１）将的各个点关于x轴的对称点描出，连接即可．
（２）在同侧和对侧分别找到2OA=OA2，2OB=OB2，2OC=OC2所对应的A2，B2，C2的坐标，连接即可．
【详解】

（1）由题意知：的三个顶点的坐标分别是A（1，3），B（4，1），C（1，1），
则关于x轴成轴对称的的坐标为A1（1，-3），B1（4，-1），C1（1，-1），
连接A1C1，A1B1，B1C1
得到．
如图所示为所求；
（2）由题意知：位似中心是原点，
则分两种情况：
第一种，和在同一侧
则A2（2，6），B2（8，2），C2（2，2），
连接各点，得．
第二种，在的对侧
A2（－2，－6），B2（－8，－2），C2（－2，－2），
连接各点，得．
综上所述：如图所示为所求；

【点睛】

本题主要考查了位似中心、位似比和轴对称相关知识点，正确掌握位似中心、位似比的概念及应用是解题的关键．
76．（2020·湖北荆州?中考真题）如图，将绕点B顺时针旋转60度得到，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD．
（1）求证：；
（2）若AB=4，BC=1，求A，C两点旋转所经过的路径长之和．


【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）先利用旋转的性质证明△ABD为等边三角形，则可证，即再根据平行线的判定证明即可．
（2）利用弧长公式分别计算路径，相加即可求解．
【详解】
（1）证明：由旋转性质得：
是等边三角形
所以

∴；
（2）依题意得：AB=BD=4，BC=BE=1，
所以A，C两点经过的路径长之和为．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定、弧长公式等知识，熟练掌握这些知识点之间的联系及弧长公式是解答的关键．
77．（2020·甘肃金昌?中考真题）如图，点，分别在正方形的边，上，且，把绕点顺时针旋转得到．
（1）求证：≌．
（2）若，，求正方形的边长．

【答案】（1）证明见解析；（2）正方形的边长为6．
【解析】
【分析】
（1）先根据旋转的性质可得，再根据正方形的性质、角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）设正方形的边长为x，从而可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据三角形全等的性质可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】
（1）由旋转的性质得：
四边形ABCD是正方形
，即
，即


在和中，
；
（2）设正方形的边长为x，则


由旋转的性质得：

由（1）已证：

又四边形ABCD是正方形

则在中，，即
解得或（不符题意，舍去）
故正方形的边长为6．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键．
78．（2020·黑龙江鹤岗?中考真题）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点、、均在格点上

（1）将向左平移个单位得到，并写出点的坐标；
（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．
【答案】（1）见解析, ；（2）图形见解析，；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点的坐标；
（2）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点的坐标；
（3）根据题意可以求得BC的长，从而可以求得在旋转过程中扫过的面积．
【详解】
（1）如图所示，；
（2）如图所示，
（3）


【点睛】
此题考查作图-平移变换，作图-旋转变换，扇形面积的计算，解题关键在于掌握作图法则．
79．（2020·辽宁丹东?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，网格的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，点，，的坐标分别为，，，先以原点为位似中心在第三象限内画一个，使它与位似，且相似比为2：1，然后再把绕原点逆时针旋转90°得到．

（1）画出，并直接写出点的坐标；
（2）画出，直接写出在旋转过程中，点到点所经过的路径长．
【答案】（1）见解析，A1(-2，-4)；（2）见解析，．
【解析】
【分析】
（1）连接AO、BO、CO，并延长到2AO、2BO、2CO，长度找到各点的对应点，顺次连接即可；
（2）根据网格结构找出点A、B、C绕点O逆时针旋转90°后的对应点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可，再根据勾股定理列式求出OA，然后利用弧长公式列式计算即可得解．
【详解】
（1）如图所示，A1(-2，-4)；

（2）如图所示，
∵OA=
∴的长为：．
【点睛】
本题考查了平移变换作图和轴对称图形的作法及画位似图形．注意：画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心，②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．
80．（2020·浙江嘉兴?中考真题）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．
（思考）图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
（发现）当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．
活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）．
（探究）当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．

【答案】【思考】是，理由见解析；【发现】；【探究】BD＝2OF，理由见解析；
【解析】
【分析】
【思考】由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；
【发现】连接BE交AD于点O，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2﹣x，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出；
【探究】如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，则结论得证．
【详解】
解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：如图，∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
【发现】
如图1，连接BE交AD于点O，

∵四边形ABDE为矩形，
∴OA＝OD＝OB＝OE，
设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），
∴OF＝OA﹣AF＝2﹣x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，
∴，
解得：x＝，
∴AF＝cm．
【探究】BD＝2OF，
证明：如图2，延长OF交AE于点H，

∵四边形ABDE为矩形，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，
∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴AE∥BD，
∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，
∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，
∴△EFO≌△EFH（ASA），
∴EO＝EH，FO＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD（AAS），
∴BD＝OH＝2OF．
【点睛】
本题考查了图形的综合变换，涉及了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
81．（2020·辽宁朝阳?中考真题）如图所示的平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，请按如下要求画图：

（1）以坐标原点O为旋转中心，将顺时针旋转90°，得到，请画出；
（2）以坐标原点O为位似中心，在x轴下方，画出的位似图形，使它与的位似比为．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据网格结构找出点A、B、C关于原点O对称的点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）利用位似的性质，找出点A2、B2、C2的位置，然后画出图形即可．
【详解】
解：（1）位置正确；用直尺画图；
（2）位置正确；用直尺画图．

【点睛】
本题考查了位似图形的性质，旋转的性质，解题的关键是掌握所学的性质正确的做出图形．
82．（2020·四川内江?中考真题）如图，正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（不与A、C重合），连结BP，将BP绕点B顺时针旋转到BQ，连结QP交BC于点E，QP延长线与边AD交于点F．
（1）连结CQ，求证：；
（2）若，求的值；
（3）求证：．

【答案】(1)见解析；(2) ；(3)见解析
【解析】
【分析】
(1)由旋转知△PBQ为等腰直角三角形，得到PB=QB，∠PBQ=90°，进而证明△APB≌△CQB即可；
(2)设AP=x，则AC=4x，PC=3x，由(1)知CQ=AP=x，又△ABC为等腰直角三角形，所以BC=，PQ=，再证明△BQE∽△BCQ，由此求出BE，进而求出CE:BC的值；
(3)在CE上截取CG，并使CG=FA，证明△PFA≌△QGC，进而得到PF=QG，然后再证明∠QGE=∠QEG即可得到QG=EQ，进而求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∵BP绕点B顺时针旋转到BQ，
∴BP=BQ，∠PBQ=90°，
∴∠ABC-∠PBC=∠PBQ-∠PBC,
∴∠ABP=∠CBQ，
在△APB和△CQB中，
，
∴△APB≌△CQB(SAS)，
∴AP=CQ．
(2) 设AP=x，则AC=4x，PC=3x，由(1)知CQ=AP=x，
△ABC为等腰直角三角形，∴BC=，
在Rt△PCQ中，由勾股定理有：，
且△PBQ为等腰直角三角形，
∴，
又∠BCQ=∠BAP=45°，∠BQE=45°，
∴∠BCQ=∠BQE=45°，且∠CBQ=∠CBQ，
∴△BQE∽△BCQ，
∴，代入数据：，
∴BE=，∴CE=BC-BE=，
∴，
故答案为：．
(3) 在CE上截取CG，并使CG=FA，如图所示：

∵∠FAP=∠GCQ=45°，
且由(1)知AP=CQ，且截取CG=FA，
故有△PFA≌△QGC(SAS)，
∴PF=QG，∠PFA=∠CGQ，
又∵∠DFP=180°-∠PFA，∠QGE=180°-∠CGQ，
∴∠DFP=∠QGE，
∵DABC，
∴∠DFP=∠CEQ，
∴∠QGE=∠CEQ，
∴△QGE为等腰三角形，
∴GQ=QE，
故PF=QE．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定和性质、相似三角形判定和性质的综合，具有一定的综合性，本题第(3)问关键是能想到在CE上截取CG，并使CG=FA这条辅助线．
83．（2020·江苏盐城?中考真题）木门常常需要雕刻美丽的图案．
（1）图①为某矩形木门示意图，其中长为厘米，长为厘米，阴影部分是边长为厘米的正方形雕刻模具，刻刀的位置在模具的中心点处，在雕刻时始终保持模具的一边紧贴木门的一边，所刻图案如虚线所示，求图案的周长；

（2）如图，对于中的木门，当模具换成边长为厘米的等边三角形时，刻刀的位置仍在模具的中心点处，雕刻时也始终保持模具的一边紧贴本门的一边，使模具进行滑动雕刻．但当模具的一个顶点与木门的一个顶点重合时，需将模具绕着重合点进行旋转雕刻，直到模具的另一边与木门的另一边重合．再滑动模具进行雕刻，如此雕刻一周，请在图中画出雕刻所得图案的草图，并求其周长．

【答案】（1）；（2）雕刻所得图案的草图见解析，图案的周长为
【解析】
【分析】
（1）过点作求出PE，进而求得该图案的长和宽，利用长方形的周长公式即可解答；
（2）如图，过P作PQ⊥CD于Q，连接PG,先利用等边三角形的性质求出PQ、PG及∠PGE，当移动到点时，求得旋转角和点P旋转的路径长，用同样的方法继续移动，即可画出图案的草图，再结合图形可求得所得图案的周长．
【详解】
如图，过点作垂足为

是边长为的正方形模具的中心，

同理：与之间的距离为
与之间的距离为
与之间的距离为


．
答：图案的周长为．
如图，连接过点作，垂足为

是边长为的等边三角形模具的中心，




．
当三角形向上平移至点与点重合时，
由题意可得：绕点顺时针旋转
使得与边重合
绕点顺时针旋转至
．
同理可得其余三个角均为弧长为的圆弧，
图中的虚线即为所画的草图，
∴
．
答：雕刻所得图案的草图的周长为．
【点睛】
本题考查了图形的平移与旋转、等边三角形的性质、解含30º角的直角三角形、图形的周长等知识，解答的关键是熟练掌握图形平移和旋转过程中的变化特征，结合基本图形的性质进行推理、探究、发现和计算．
84．（2020·陕西中考真题）问题提出
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D．过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分别为E，F，则图1中与线段CE相等的线段是_____．
问题探究
（2）如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8．P是上一点，且，连接AP，BP．∠APB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长．
问题解决
（3）如图3，是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图．已知⊙O的直径AB＝70m，点C在⊙O上，且CA＝CB．P为AB上一点，连接CP并延长，交⊙O于点D．连接AD，BD．过点P分别作PE⊥AD，PF⊥BD，重足分别为E，F．按设计要求，四边形PEDF内部为室内活动区，阴影部分是户外活动区，圆内其余部分为绿化区．设AP的长为x（m），阴影部分的面积为y（m2）．
①求y与x之间的函数关系式；
②按照“少儿活动中心”的设计要求，发现当AP的长度为30m时，整体布局比较合理．试求当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积．

【答案】（1）CF、DE、DF；（2）CF＝6﹣2；（3）① y＝﹣x2+35x+1225；② 576m2．
【解析】
【分析】
（1）证明四边形CEDF是正方形，即可得出结果；
（2）连接OP，由AB是半圆O的直径，，得出∠APB＝90°，∠AOP＝60°，则∠ABP＝30°，同（1）得四边形PECF是正方形，得PF＝CF，在Rt△APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝4 ，在Rt△CFB中，BF＝＝CF，推出PB＝CF+BF，即可得出结果；
（3）① 同（1）得四边形DEPF是正方形，得出PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，证∠A′PB＝90°，得出S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝ PA′•PB＝x（70﹣x），在Rt△ACB中，AC＝BC＝35 ，S△ACB＝AC2＝1225，由y＝S△PA′B+S△ACB，即可得出结果；
② 当AP＝30时，A′P＝30，PB＝40，在Rt△A′PB中，由勾股定理得A′B＝ ＝＝50，由S△A′PB＝A′B•PF＝PB•A′P，求PF，即可得出结果．
【详解】
解：（1）∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴四边形CEDF是矩形，
∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴DE＝DF，
∴四边形CEDF是正方形，
∴CE＝CF＝DE＝DF，
故答案为：CF、DE、DF；
（2）连接OP，如图2所示：
∵AB是半圆O的直径，，
∴∠APB＝90°，∠AOP＝×180°＝60°，
∴∠ABP＝30°，
同（1）得：四边形PECF是正方形，
∴PF＝CF，
在Rt△APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝8×cos30°＝8× ＝4 ，
在Rt△CFB中BF＝＝ ＝ ＝CF，
∵PB＝PF+BF，
∴PB＝CF+BF，
即：4＝CF+CF，
解得：CF＝6﹣2；

（3）①∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵CA＝CB，
∴∠ADC＝∠BDC，
同（1）得：四边形DEPF是正方形，
∴PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，
∴将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，如图3所示：
则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，
∴∠A′PF+∠BPF＝90°，即∠A′PB＝90°，
∴S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝PA′•PB＝x（70﹣x），
在Rt△ACB中，AC＝BC＝AB＝×70＝35，
∴S△ACB＝AC2＝×（35）2＝1225，
∴y＝S△PA′B+S△ACB＝x（70﹣x）+1225＝﹣x2+35x+1225；
②当AP＝30时，A′P＝30，PB＝AB﹣AP＝70﹣30＝40，
在Rt△A′PB中，由勾股定理得：A′B＝ ＝＝50，
∵S△A′PB＝A′B•PF＝PB•A′P，
∴×50×PF＝×40×30，
解得：PF＝24，
∴S四边形PEDF＝PF2＝242＝576（m2），
∴当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积为576m2．

【点睛】
本题是关于圆的综合题，主要考查了圆周角定理、勾股定理、矩形的判定、正方形的判定与性质、角平分线的性质、旋转的性质、三角函数定义、三角形面积与正方形面积的计算等知识；熟练掌握圆周角定理和正方形的判定与性质是解题的关键．
85．（2020·山西中考真题）综合与实践
问题情境：
如图①，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接．
猜想证明：

（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）如图①，若，，请直接写出的长．
【答案】（1）四边形是正方形，理由详见解析；（2），证明详见解析；（3）．
【解析】
【分析】

（1）由旋转可知：，,再说明可得四边形是矩形，再结合即可证明；
（2）过点作，垂足为，先根据等腰三角形的性质得到，再证可得，再结合、即可解答；
（3）过E作EG⊥AD，先说明∠1=∠2，再设EF=x、则BE=FE＇=EF=BE＇=x、CE＇=AE=3+x，再在Rt△AEB中运用勾股定理求得x，进一步求得BE和AE的长，然后运用三角函数和线段的和差求得DG和EG的长，最后在Rt△DEG中运用勾股定理解答即可．
【详解】

解：（1）四边形是正方形
理由：由旋转可知：，，
又，

四边形是矩形．
∵．
四边形是正方形；
（2）．
证明：如图，过点作，垂足为，

则，

．
四边形是正方形，
，．


，
．
．


∵，

；
（3）如图：过E作EG⊥AD

∴GE//AB
∴∠1=∠2
设EF=x，则BE=FE＇=EF=BE＇=x，CE＇=AE=3+x
在Rt△AEB中，BE=x，AE=x+3，AB=15
∴AB2=BE2+AE2，即152=x2+（x+3）2，解得x=-12（舍），x=9
∴BE=9,AE=12
∴sin∠1= ,cos∠1=
∴sin∠2= ,cos∠2=
∴AG=7.2,GE=9.6
∴DG=15-7.2=7.8
∴DE=．
【点睛】

本题考查了正方形的性质、旋转变换、勾股定理、解三角形等知识，综合应用所学知识是解答本题的关键．
86．（2020·湖南郴州?中考真题）如图，在等腰直角三角形中，．点是的中点，以为边作正方形，连接．将正方形绕点顺时针旋转，旋转角为．

（1）如图，在旋转过程中，
①判断与是否全等，并说明理由；
②当时，与交于点，求的长．
（2）如图，延长交直线于点．
①求证：；
②在旋转过程中，线段的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）①全等，证明见解析；②；（2）①证明见解析；②．
【解析】
【分析】
（1）①由等腰直角三角形性质和正方形性质根据全等三角形判定定理（SAS）即可证明；②过A点作AM⊥GD，垂足为M，交FE与N，利用等腰三角形三线合一性质构造直角三角形，由勾股定理求出AM的长，进而得出，再由求出结果；
（2）①根据全等三角形性质可得，再在和中由三角形内角和定理得出，从而证明结论；②根据∠APC=90°得出PC最大值是∠GAD最大时，即GD⊥AG时，进而可知CEF三点共线，F与P重合，求出此时CE长，继而可得CP最大值．
【详解】
解：（1）①全等，理由如下：
在等腰直角三角形中，AD=CD，，
在正方形中，GD=ED，，
又∵，，
∴
在和中，
，
∴（SAS）；
②如解图2，过A点作AM⊥GD，垂足为M，交FE与N，

∵点是的中点，
∴在正方形中，DE=GD=GF=EF=2，
由①得，
∴，
又∵，
∴，
∵AM⊥GD，
∴，
又∵ ，
∴四边形GMNF是矩形，
∴，
在中，，
∴
∵，
∴
∴，
∴．
（2）①由①得，
∴，
又∵，
∴，
∴，即：；
②∵，
∴，
∴当最大时，PC最大，
∵∠DAC=45°，是定值，
∴最大时，最大，PC最大，
∵AD=4，GD=2，
∴当GD⊥AG，最大，如解图3，

此时，
又∵，，
∴F点与P点重合，
∴CEFP四点共线，
∴CP=CE+EF=AG+EF=，
∴线段得最大值为：．
【点睛】
本题考查了三角形的综合；涉及了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，能够准确画出旋转后满足条件的两个图形，构造直角三角形求解是关键．
87．（2020·贵州毕节?中考真题）如图（1），在平面直角坐标系中抛物线与轴交于点，与轴交于点，且经过点，连接，，作于点，将沿轴翻折，点的对应点为点．解答下列问题：

（1）抛物线的解析式为_______，顶点坐标为________；
（2）判断点是否在直线上，并说明理由；
（3）如图（2），将图（1）中沿着平移后，得到．若边在线段上，点在抛物线上，连接，求四边形的面积．
【答案】（1），（4，）；（2）在，理由见解析；（3）22．
【解析】
【分析】
（1）根据待定系数法将B、C两点坐标直接代入解析式即可求出a、b，用配方法将解析式变形为顶点式即可得出顶点坐标；
（2）由三角形ABO是直角三角形，求得∠MAO=∠B，继而求得tan∠MAO= tan∠NAO = tan∠CAO= ，从而∠CAO=∠NAO，即AC与AN共线；
（3）由平移规律可知，AF//OB，根据 直线OB解析式求出直线AF解析式，进而求出直线AF与抛物线交点，得F坐标，即可四边形的面积等于四边形AODF面积即可解．
【详解】
解：把点，点代入抛物线解析式得：
，解得，
即抛物线解析式为：，
∴，
∴顶点坐标为（4，）
故答案为：，（4，）；
（2）∵与y轴交于A点，
∴A点坐标为(0，4)，
又∵B点坐标为(8，4)，故AB⊥y轴，
∵AM⊥OB，
∴∠MAB+∠B=∠MAB+∠MAO，
∴∠MAO=∠B，
∵OA=4，AB=8，
∴tan∠MAO= tan∠B=，
将沿轴翻折，点的对应点为点．
∴tan∠MAO= tan∠NAO =，
又∵ OC=2，tan∠CAO，
∴∠CAO=∠NAO，即AC与AN共线，
故N点直线AC上；
（3）∵B点坐标为(8，4)，
∴直线OB解析式为，
平移规律可知，AF//OB，又因为点A坐标为，
∴直线AF解析式为，
联立解析式得方程组： ，解得，，
故F点坐标为：，
由平移性质可知四边形AODF是平行四边形，≌．
∴四边形的面积=平行四边形AODF面积，
∵平行四边形AODF面积=，
∴四边形的面积为22．
【点睛】
本题是函数与几何综合题，涉及了待定系数法求解析式、二次函数、一次函数的应用、解直角三角形、平移、轴对称等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，会构建直角三角形求点坐标，学会构建一次函数，利用方程组求两函数图象的交点坐标，属于中考压轴题．
88．（2020·山东东营?中考真题）如图1，在等腰三角形中，点分别在边上，连接点分别为的中点．

（1）观察猜想
图1中，线段的数量关系是____，的大小为_____；
（2）探究证明
把绕点顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接判断的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸
把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值．
【答案】（1）相等，；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）面积的最大值为.
【解析】
【分析】
（1）根据＂点分别为的中点＂，可得MNBD，NPCE ，根据三角形外角和定理，等量代换求出．
（2）先求出，得出，根据MNBD，NPCE ，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代换求出，即可求解．
（3）根据，可知BD最大值，继而求出面积的最大值．
【详解】
由题意知：AB=AC，AD=AE，且点分别为的中点，
∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC
∴MN=NP
又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，
∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=
根据三角形外角和定理，
得∠ENP=∠NBP+∠NPB
∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，
∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，
∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C
=∠ABC+∠C =．
是等边三角形．
理由如下：
如图，由旋转可得
在ABD和ACE中


．
点分别为的中点，
是的中位线，
且
同理可证且




．
在中
∵∠MNP=，MN=PN
是等边三角形．
根据题意得:
即，从而
的面积．
∴面积的最大值为．
【点睛】
本题主要考查了三角形中点的性质、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识；正确掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识是解题的关键．
89．（2020·辽宁沈阳?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，是坐标原点，抛物线经过点和点，

(1)求抛物线的表达式；
(2)如图，线段绕原点逆时针旋转30°得到线段．过点作射线，点是射线上一点(不与点重合)，点关于轴的对称点为点，连接

①请直接写出的形状为__________．
②设的面积为的面积为是，当时，求点的坐标；
（3）如图，在（2）的结论下，过点作，交的延长线于点，线段绕点逆时针旋转，旋转角为得到线段，过点作轴，交射线于点，的角平分线和的角平分线相交于点，当时，请直接写出点的坐标为__________．

【答案】（1）；（2）①等边三角形；②；（3）（6，）
【解析】
【分析】
（1）根据题意代入点B、C坐标，利用待定系数法解析式可解；
（2）①过点D作DH⊥OB于点H ，利用解直角三角形知识，求出，得到，由对称性问题可解；
②在①基础上，分别求出S1、S2面积，求出MN则问题可解；
（3）由旋转的性质可知BE=BF，然后根据（2）中的结论可得点E和点F到x轴距离相等，又由于FK ∥x轴，所以点K到x轴的距离等于点F到x轴的距离，从而确定E、K重合，可得为等边三角形，从而根据题目条件可求点G坐标．
【详解】
解：（1）∵抛物线经过点B（6，0），C（0，-3）
∴
解得
∴抛物线的表达式为．
（2）①等边三角形
如图

过点D作DH⊥OB于点H，



在中，

在中，
∴
由轴对称可知，，
∴为等边三角形
故答案为：等边三角形；
②由①，得

设
在中，








（3）由题意如图，

在（2）的结论下可知△BMN为等边三角形，M（3，）
∵，交的延长线于点，
∴∠MBE=30°，ER=
∵线段绕点逆时针旋转，旋转角为得到线段
∴点F到x轴的距离= ER=
∵FK ∥x轴，
∴点K到x轴的距离等于点F到x轴的距离= ER=
又∵点K、E均在射线BE上
∴K、E两点重合
∴
∴为等边三角形
∴，∠OBG=90°
∵
∴点G坐标为（6，）
故答案为：（6，）
【点睛】
本题考查二次函数的综合、待定系数法、旋转的性质、轴对称及等边三角形的性质等知识，综合性较强，利用数形结合思想解题是关键，属于中考压轴题．
90．（2020·广西河池?中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（﹣1，2）．
（1）将点A向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点B，则点B的坐标是　　．
（2）点C与点A关于原点O对称，则点C的坐标是　　．
（3）反比例函数的图象经过点B，则它的解析式是　．
（4）一次函数的图象经过A，C两点，则它的解析式是　　．

【答案】（1）（2,3）；（2）（1，-2）；（3）；（4）
【解析】
【分析】
（1）根据“上加下减，左减右加”法则判断即可确定出B的坐标；
（2）根据关于原点对称的点的坐标特征判断即可；
（3）设反比例函数解析式为y＝，把B坐标代入确定出k，即可求出解析式；
（4）设一次函数解析式为y＝mx+n，把A与C坐标代入求出m与n的值，即可求出解析式．
【详解】
解：（1）将点A向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点B，则点B的坐标是（2，3）；
（2）点C与点A关于原点O对称，则点C的坐标是（1，﹣2）；
（3）设反比例函数解析式为y＝，
把B（2，3）代入得：k＝6，
∴反比例函数解析式为y＝；
（4）设一次函数解析式为y＝mx+n，
把A（﹣1，2）与C（1，﹣2）代入得：　，
解得：，
则一次函数解析式为．
故答案为：（1）（2，3）；（2）（1，﹣2）；（3）y＝；（4）y＝﹣2x．
【点睛】
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征；待定系数法求一次函数解析式；反比例函数图象上点的坐标特征；待定系数法求反比例函数解析式；坐标与图形变化﹣平移以及关于原点对称的点的坐标．
91．（2020·湖北宜昌?中考真题）已知函数均为一次函数，m为常数．

（1）如图1，将直线绕点逆时针旋转45°得到直线，直线交y轴于点B．若直线恰好是中某个函数的图象，请直接写出点B坐标以及m可能的值；
（2）若存在实数b，使得成立，求函数图象间的距离；
（3）当时，函数图象分别交x轴，y轴于C，E两点，图象交x轴于D点，将函数的图象最低点F向上平移个单位后刚好落在一次函数图象上，设的图象，线段，线段围成的图形面积为S，试利用初中知识，探究S的一个近似取值范围．（要求：说出一种得到S的更精确的近似值的探究办法，写出探究过程，得出探究结果，结果的取值范围两端的数值差不超过0.01．）
【答案】（1）（0,1）；1或0 （2） （3）
【解析】
【分析】
（1）由题意，可得点B坐标，进而求得直线的解析式，再分情况讨论即可解的m值；
（2）由非负性解得m和b的值，进而得到两个函数解析式，设与x轴、y轴交于T，P，分别与x轴、y轴交于G，H，连接GP，TH，证得四边形GPTH是正方形，求出GP即为距离；
（3）先根据解析式，用m表示出点C、E、D的坐标以及y关于x的表达式为，得知y是关于x的二次函数且开口向上、最低点为其顶点,根据坐标平移规则，得到关于m的方程，解出m值，即可得知点D 、E的坐标且抛物线过D、E点，观察图象，即可得出S的大体范围，如：，较小的可为平行于DE且与抛物线相切时围成的图形面积．
【详解】
解：（1）由题意可得点B坐标为（0,1），
设直线的表达式为y=kx+1，将点A（-1,0）代入得：k=1，
所以直线的表达式为：y=x+1,
若直线恰好是的图象，则2m-1=1,解得：m=1，
若直线恰好是的图象，则2m+1=1,解得：m=0，
综上，，或者
（2）如图，

，
，

，


设与x轴、y轴交于T，P，分别与x轴、y轴交于G，H，连接GP，TH
，
四边形GPTH是正方形
，，即

；
（3），
分别交x轴，y轴于C，E两点
，
图象交x轴于D点




二次函数开口向上，它的图象最低点在顶点
顶点
抛物线顶点F向上平移,刚好在一次函数图象上
且

，
∴，
由，得到，，
由得到与x轴，y轴交点是，，，
抛物线经过，两点
的图象，线段OD，线段OE围成的图形是封闭图形，则S即为该封闭图形的面积
探究办法：利用规则图形面积来估算不规则图形的面积．
探究过程：
①观察大于S的情况．
很容易发现
，
，
（若有S小于其他值情况，只要合理，参照赋分．）
②观察小于S的情况．
选取小于S的几个特殊值来估计更精确的S的近似值，取值会因人而不同，下面推荐一种方法，选取以下三种特殊位置：
位置一：如图

当直线MN与DE平行且与抛物线有唯一交点时，设直线MN与x，y轴分别交于M，N
，
直线
设直线


，
直线
点
，
位置二：如图

当直线DR与抛物线有唯一交点时，直线DR与y轴交于点R
设直线，
直线


，
直线
点
，
位置三：如图

当直线EQ与抛物线有唯一交点时，直线EQ与x轴交于点Q
设直线


，
直线
点
，

我们发现：在曲线DE两端位置时的三角形的面积远离S的值，由此估计在曲线DE靠近中间部分时取值越接近S的值
探究的结论：按上述方法可得一个取值范围
（备注：不同的探究方法会有不同的结论，因而会有不同的答案．只要来龙去脉清晰、合理，即可参照赋分，但若直接写出一个范围或者范围两端数值的差不在0.01之间不得分．）
【点睛】
本题是一道综合性很强的代数与几何相结合的压轴题，知识面广，涉及有旋转的性质、坐标平移规则、非负数的性质、一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质、一元二次方程、不规则图形面积的估计等知识，解答的关键是认真审题，找出相关信息，利用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，利用相关信息进行推理、探究、发现和计算．
92．（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，抛物线（）过点和，点是抛物线的顶点，点是轴下方抛物线上的一点，连接，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图①，当时，求点的坐标；

（3）如图②，在（2）的条件下，抛物线的对称轴交轴于点，交线段于点，点是线段上的动点（点不与点和点重合，连接，将沿折叠，点的对应点为点，与的重叠部分为，在坐标平面内是否存在一点，使以点，，，为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）存在，(，)或(，)或(，)
【解析】
【分析】
（1）把点O(0，0)和A(6，0)分别代入解析式即可求解；
（2）分别求得点B、C、E的坐标，用待定系数法求得直线的解析式，解方程组即可求得点D的坐标；
（3）分三种情况讨论，利用解直角三角形求解即可．
【详解】
（1）把点和分别代入中，得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）如图，设抛物线的对称轴与轴相交于点C，与相交于点E，

∵，
∴顶点，对称轴与轴的交点C(3，0)，
∴OC=3， CB=，
∵在中，，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴点E的坐标为(3，)，
设直线的解析式是（），
把点E (3，)代入，得：
解得，
∴直线的解析式是，
∴，
解得（舍去），，
∴当时，，
∴点D的坐标为(5，)；
（3）存在，理由如下：
由（2）得：∠COE=∠EOB=30，CE=，BE=OE=2CE=2，
①当∠EFG=90时，如图：

点、G与点O重合，此时四边形EFGH为矩形，
过H作HP⊥OC于P，
∵∠COE=∠EOB=30，
∴OH=EF=CE=，
∴∠HOP=90-∠COE-∠EOB=30，
∴HP=OH=，OP=HP=，
点H的坐标为(，)；
②当∠EGF=90时，此时四边形EGFH为矩形，如图：

∵∠CEO=90-∠COE=60，∠OEG=90-∠EOB=60，
∠BEG=180-∠CEO-∠OEG=60，
根据折叠的性质：∠EF=∠BEF==30，
在Rt△EGF中，∠EGF=90，∠GEF=30，GE=CE=，
∴GF=GE=1，
∴EH=GF=1，
过H作HQ⊥BC于Q，
∴∠HEQ=90-∠BEG =30，
∴HQ=EH=，EQ=HQ=，
点H的坐标为(，)，即(，)；
③当点G在OD上，且∠EGF=90时，此时四边形EGFH为矩形，如图：

∵∠BOE=30，
∴∠OFG=90-∠EOB=60，
根据折叠的性质：∠E=∠BFE== =60，
∴FG是线段OE的垂直平分线，
∴OG=GE=OE=，EH=GF=OG=1，
过H作HK⊥BC于K，
∴∠HEK=180-∠OEC-∠OEH=30，
∴HK=EH=，EK=HK=，
点H的坐标为(，)，即(，)；
综上，符合条件的点H的坐标为(，)或(，)或(，) ．
【点睛】
本题是二次函数与几何的综合题考查了待定系数法求函数解析式，解直角三角形，含30度角的直角三角形的性质，翻折变换，矩形的性质等知识，解题的关键是注意数形结合思想和分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．
93．（2020·湖北恩施?中考真题）如图，抛物线经过点，顶点为，对称轴与轴相交于点，为线段的中点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）为线段上任意一点，为轴上一动点，连接，以点为中心，将逆时针旋转，记点的对应点为，点的对应点为．当直线与抛物线只有一个交点时，求点的坐标．
（3）在（2）的旋转变换下，若（如图）．

①求证：．
②当点在（1）所求的抛物线上时，求线段的长．
【答案】（1）；（2）（，0）；（3）①见解析；②=或=
【解析】
【分析】
（1）根据点C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式；
（2）根据抛物线的解析式求出点B及已知点C的坐标，证明△ABC是等腰直角三角形，根据旋转的性质推出直线EF与x轴的夹角为45°，因此设直线EF的解析式为y=x+b，设点M的坐标为（m，0），推出点F（m，6-m），直线与抛物线只有一个交点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式为0得到关于m的方程，解方程得点M的坐标．注意有两种情况，均需讨论．
（3）①过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，设点M的坐标为（m，0），由及旋转的性质，证明△EHM≌△MGP，得到点E的坐标为（m-1，5-m），再根据两点距离公式证明，注意分两种情况，均需讨论；②把E（m-1，5-m）代入抛物线解析式，解出m的值，进而求出CM的长．
【详解】
（1）∵点在抛物线上，
∴，
得到，
又∵对称轴，
∴，
解得，
∴，
∴二次函数的解析式为；
（2）当点M在点C的左侧时，如下图：

∵抛物线的解析式为，对称轴为，
∴点A（2，0），顶点B（2，4），
∴AB=AC=4，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1=45°；
∵将逆时针旋转得到△MEF，
∴FM=CM，∠2=∠1=45°，
设点M的坐标为（m，0），
∴点F（m，6-m），
又∵∠2=45°，
∴直线EF与x轴的夹角为45°，
∴设直线EF的解析式为y=x+b，
把点F（m，6-m）代入得：6-m=m+b，解得：b=6-2m，
直线EF的解析式为y=x+6-2m，
∵直线与抛物线只有一个交点，
∴，
整理得：，
∴Δ=b2-4ac=0，解得m=，
点M的坐标为（，0）．
当点M在点C的右侧时，如下图：

由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线与抛物线不可能只有一个交点．
综上，点M的坐标为（，0）．
（3）①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，

∵，由（2）知∠BCA=45°，
∴PG=GC=1，
∴点G（5，0），
设点M的坐标为（m，0），
∵将逆时针旋转得到△MEF，
∴EM=PM，
∵∠HEM+∠EMH=∠GMP+∠EMH =90°，
∴∠HEM=∠GMP，
在△EHM和△MGP中，
，
∴△EHM≌△MGP（AAS），
∴EH=MG=5-m，HM=PG=1，
∴点H（m-1，0），
∴点E的坐标为（m-1，5-m）；
∴EA==，
又∵为线段的中点，B（2，4），C（6，0），
∴点D（4，2），
∴ED==，
∴EA= ED．
当点M在点C的右侧时，如下图：

同理，点E的坐标仍为（m-1，5-m），因此EA= ED．
②当点在（1）所求的抛物线上时，
把E（m-1，5-m）代入，整理得：m2-10m+13=0，
解得：m=或m=，
∴=或=．
【点睛】
本题是二次函数综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质、旋转的性质、分类讨论的思想是解题的关键．
94．（2020·湖南长沙?中考真题）在矩形ABCD中，E为上的一点，把沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．
（1）求证：
（2）若，求EC的长；
（3）若，记，求的值．

【答案】（1）证明过程见解析；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）只要证明∠B=∠C=90°，∠BAF=∠EFC即可；
（2）因为△AFE是△ADE翻折得到的，得到AF=AD=4，根据勾股定理可得BF的长，从而得到CF的长，根据△ABF∽△FCE，得到，从而求出EC的长；
（3）根据△ABF∽△FCE，得到∠CEF=∠BAF=，所以tan+tan=，设CE=1，DE=x，可得到AE，AB，AD的长，根据△ABF∽△FCE，得到，将求出的值代入化简会得到关于x的一元二次方程，解之即可求出x的值，然后可求出CE，CF，EF，AF的值，代入tan+tan=即可．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，
∴∠AFB+∠BAF=90°，
∵△AFE是△ADE翻折得到的，
∴∠AFE=∠D=90°，
∴∠AFB+∠CFE=90°，
∴∠BAF=∠CFE，
∴△ABF∽△FCE．
（2）解：∵△AFE是△ADE翻折得到的，
∴AF=AD=4，
∴BF=，
∴CF=BC-BF=AD-BF=2，
由（1）得△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴EC=．
（3）

解：由（1）得△ABF∽△FCE，
∴∠CEF=∠BAF=，
∴tan+tan=，
设CE=1，DE=x，
∵，
∴AE=DE+2EC=x+2，AB=CD=x+1，AD=
∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴x2-4x+4=0，
解得x=2，
∴CE=1，CF=，EF=x=2，AF= AD==，
∴tan+tan==．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会运用方程的思想思考问题．
95．（2020·湖南永州?中考真题）某校开展了一次综合实践活动，参加该活动的每个学生持有两张宽为，长足够的矩形纸条．探究两张纸条叠放在一起，重叠部分的形状和面积．如图1所示，一张纸条水平放置不动，另一张纸条与它成45°的角，将该纸条从右往左平移．

（1）写出在平移过程中，重叠部分可能出现的形状．
（2）当重叠部分的形状为如图2所示的四边形时，求证：四边形是菱形．
（3）设平移的距离为，两张纸条重叠部分的面积为．求s与x的函数关系式，并求s的最大值．
【答案】（1）三角形，四边形（梯形、菱形），五边形；（2）见解析；（3），s的最大值为．
【解析】
【分析】
（1）根据平移过程中，重叠部分四边形的形状判定即可；
（2）分别过点B、D作于点E、于点F，再根据纸条的特点证明四边形ABCD是平行四边形，再证明邻边相等即可证明；
（3）分、、和x=四种情况分别求出s与x的函数关系式，然后再求最大值即可．
【详解】
解：（1）在平移过程中，重叠部分的形状分别为：三角形，四边形（梯形、菱形），五边形；
（2）证明：分别过点B、D作于点E、于点F，
∴
∵两张纸条等宽，
∴．
在和中，
∴，
∵两张纸条都是矩形，，
∴ ．
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形；

（3）Ⅰ、如图：当时，重叠部分为三角形，如图所示，
∴，
∴．最大值为．

Ⅱ、如图：当时，重叠部分为梯形，如图所示，梯形的下底为，上底为，
∴，当时，s取最大值．

Ⅲ、当时，重叠部分为五边形，
．
此时．

Ⅳ、当时，重叠部分为菱形，
∴．

∴
∴s的最大值为．
【点睛】
本题考查了平移变换、等腰直角三角形的性质、菱形的判定以及运用二次函数求最值，考查知识点较多，因此灵活运用所学知识成为解答本题的关键．
96．（2020·山东威海?中考真题）发现规律：
（1）如图①，与都是等边三角形，直线交于点．直线，交于点．求的度数
（2）已知：与的位置如图②所示，直线交于点．直线，交于点．若，，求的度数
应用结论：

（3）如图③，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，为轴上一动点，连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，求线段长度的最小值

【答案】（1）的度数为；（2）的度数为；（3）线段长度的最小值为
【解析】
【分析】

（1）通过证明可得，再由三角形内角和定理进行求解即可；
（2）通过证明可得，，可证，可得，由外角性质可得，再有三角形内角和定理进行求解即可；
（3）由旋转的性质可得是等边三角形，可得，，如图③将绕点M顺时针旋转，得到，连接OQ，可得，OK=NQ，MO=MQ，则当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得当轴时，NQ有最小值，由直角三角形的性质即可求解．
【详解】

（1）∵与是等边三角形
∴AB=AC，AD=AE，
∴
∴
∴
∵
∴
∴；
（2）∵，
∴
∴，
∴，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴；
（3）∵将线段MN绕点M逆时针旋转得到线段MK
∴，
∴是等边三角形
∴，
如下图，将绕点M顺时针旋转，得到，连接OQ

∴，
∴OK=NQ，MO=MQ
∴是等边三角形
∴
∴
∵OK=NQ
∴当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得当轴时，NQ有最小值
∵点的坐标为
∴
∵轴，
∴
∴线段OK长度的最小值为．
【点睛】

本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形内角和定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是解决本题的关键．
97．（2020·江苏南通?中考真题）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为DE．
（1）如图①，若点P恰好在边BC上，连接AP，求的值；
（2）如图②，若E是AB的中点，EP的延长线交BC于点F，求BF的长．

【答案】（1）；（2）BF＝3．
【解析】
【分析】
（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．证明△POM∽△DCP，利用相似三角形的性质求解即可．
（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．设EG=x，则BG=4-x．证明△EGP∽△PHD，推出，推出PG=2EG=3x，DH=AG=4+x，在Rt△PHD中，由PH2+DH2=PD2，可得（3x）2+（4+x）2=122，求出x，再证明△EGP∽△EBF，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】
解：（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠C＝90°，
由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，
在Rt△EPD中，∵EM＝MD，
∴PM＝EM＝DM，
∴∠3＝∠MPD，
∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，
∵∠ADP＝2∠3，
∴∠1＝∠ADP，
∵AD∥BC，
∴∠ADP＝∠DPC，
∴∠1＝∠DPC，
∵∠MOP＝∠C＝90°，
∴△POM∽△DCP，
∴，
∴．
（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．则四边形AGHD是矩形，设EG＝x，则BG＝4﹣x

∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，
∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，
∴∠EPG＝∠PDH，
∴△EGP∽△PHD，
∴，
∴PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，
在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，
∴（3x）2+（4+x）2＝122，
解得：x＝（负值已经舍弃），
∴BG＝4﹣＝，
在Rt△EGP中，GP＝，
∵GH∥BC，
∴△EGP∽△EBF，
∴，
∴，
∴BF＝3．
【点睛】
本题考查翻折变换，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
98．（2020·辽宁丹东?中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，点坐标为，与轴交于点，直线与抛物线交于，两点．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求的值和点坐标；
（3）点是直线上方抛物线上的动点，过点作轴的垂线，垂足为，交直线于点，过点作轴的平行线，交于点，当是线段的三等分点时，求点坐标；
（4）如图2，是轴上一点，其坐标为，动点从出发，沿轴正方向以每秒5个单位的速度运动，设的运动时间为（），连接，过作于点，以所在直线为对称轴，线段经轴对称变换后的图形为，点在运动过程中，线段的位置也随之变化，请直接写出运动过程中线段与抛物线有公共点时的取值范围．

【答案】（1）；（2）m=2，D(﹣1，)；（3）P（， ）或P(1，)；
（4）0＜t≤．
【解析】
【分析】
(1)根据A，C两点坐标，代入抛物线解析式，利用待定系数法即可求解．
(2)通过(1)中的二次函数解析式求出B点坐标，代入一次函数,即可求出m的值，联立二次函数与一次函数可求出D点坐标．
(3)设出P点坐标，通过P点坐标表示出N，F坐标，再分类讨论PN=2NF，NF=2PN，即可求出P点(4)由A，D两点坐标求出AD的函数关系式，因为以所在直线为对称轴，线段经轴对称变换后的图形为，所以∥AD，即可求出的函数关系式，设直线与抛物线交于第一象限P点，所以当与P重合时，t有最大值，利用中点坐标公式求出PQ中点H点坐标,进而求出MH的函数关系式，令y=0求出函数与x轴交点坐标，从而可求出t的值,求出t的取值范围．
【详解】
解：(1)∵A，
把A,C代入抛物线，
得：
解得
∴．
（2）令y=0即，
解得 ，
∴B（4,0）
把B（4,0）代入
得
m=2
，
∴ 得 或
∴B(4,0),D(﹣1，)
∴,m=2，D(﹣1，)．
（3）设P（a，），则F（a，），
∵DN⊥PH，
∴N点纵坐标等于D点的纵坐标
∴N(a，)
FN=－（）=，PN=－=，
∵是线段的三等分点，
∴①当FN=2PN时，
=2（），
解得：a=或a=﹣1（舍去），
∴P（， ）．
②当2FN=PN时，
2（）=（），
得a=1或a=﹣1（舍去），
∴P(1,)，
综上P点坐标为P（， ）或P(1,)，
(4)由（2）问得D(﹣1，)，又A，
设AD：y=kx+b，
，
∴ ，
∴AD：y=x+5，
又GM⊥AD，
∴可设GM： y=x+p，
以所在直线为对称轴，线段经轴对称变换后的图形为，
∴∥AD，
可设：y=x+q，又Q，代入，
得：×+q=0，
q=2，
∴：y=x+2，
设直线与抛物线交于第一象限N点,,所以当与N点重合时,t有最大值，
∴ ，
解得： 或 ，
∴N(1,)又Q，
设H为N,Q中点，
则H（，），
又∵H在直线GM上，
∴把H代入GM y=x+p ，
得：，
P= ，
∴y=x+，
令y=0得：0=x+，
∴x= ，
即QM=+= ，
∵M的速度为5，
∴t=÷5= ，
∴0＜t≤．

【点睛】
本题考查的是二次函数与一次函数的综合，属于压轴题，涉及到的知识点有，一次函数图像与性质，二次函数图像与性质，二次函数解析式的求法，二次函数与一次函数结合的坐标求法，翻折问题等，解题关键在于正确理解题意，仔细分析题目，通过相关条件得出等量关系求出结论．
99．（2020·辽宁鞍山?中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线经过点和点，与y轴交于点D，与x轴的另一交点为点B．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接，在抛物线上是否存在点P，使得？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，连接，交y轴于点E，点M是线段上的动点（不与点A，点D重合），将沿所在直线翻折，得到，当与重叠部分的面积是面积的时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）；（2）存在，（，）或（，）；（3）或
【解析】
【分析】
（1）根据点A和点C的坐标，利用待定系数法求解；
（2）在x轴正半轴上取点E，使OB=OE，过点E作EF⊥BD，垂足为F，构造出∠PBC=∠BDE，分点P在第三象限时，点P在x轴上方时，点P在第四象限时，共三种情况分别求解；
（3）设EF与AD交于点N，分点F在直线AC上方和点F在直线AC下方时两种情况，利用题中所给面积关系和中线的性质可得MN=AN，FN=NE，从而证明四边形FMEA为平行四边形，继而求解．
【详解】
解：（1）∵抛物线经过点A（-2，-4）和点C（2，0），
则，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）存在，理由是：
在x轴正半轴上取点E，使OB=OE，过点E作EF⊥BD，垂足为F，
在中，
令y=0，解得：x=2或-1，
∴点B坐标为（-1，0），
∴点E坐标为（1，0），
可知：点B和点E关于y轴对称，
∴∠BDO=∠EDO，即∠BDE=2∠BDO，
∵D（0，2），
∴DE==BD，
在△BDE中，有×BE×OD=×BD×EF，
即2×2=×EF，解得：EF=，
∴DF==，
∴tan∠BDE===，
若∠PBC=2∠BDO，
则∠PBC=∠BDE，
∵BD=DE=，BE=2，
则BD2+DE2＞BE2，
∴∠BDE为锐角，
当点P在第三象限时，
∠PBC为钝角，不符合；
当点P在x轴上方时，
∵∠PBC=∠BDE，设点P坐标为（c，），
过点P作x轴的垂线，垂足为G，
则BG=c+1，PG=，
∴tan∠PBC===，
解得：c=，
∴=，
∴点P的坐标为（，）；

当点P在第四象限时，
同理可得：PG=，BG=c+1，
tan∠PBC===，
解得：c=，
∴=，
∴点P的坐标为（，），
综上：点P的坐标为（，）或（，）；

（3）设EF与AD交于点N，
∵A（-2，-4），D（0，2），设直线AD表达式为y=mx+n，
则，解得：，
∴直线AD表达式为y=3x+2，
设点M的坐标为（s，3s+2），
∵A（-2，-4），C（2，0），设直线AC表达式为y=m1x+n1，
则，解得：，
∴直线AC表达式为y=x-2，
令x=0，则y=-2，
∴点E坐标为（0，-2），
可得：点E是线段AC中点，
∴△AME和△CME的面积相等，
由于折叠，
∴△CME≌△FME，即S△CME=S△FME，
由题意可得：
当点F在直线AC上方时，
∴S△MNE=S△AMC=S△AME=S△FME，
即S△MNE= S△ANE= S△MNF，
∴MN=AN，FN=NE，
∴四边形FMEA为平行四边形，
∴CM=FM=AE=AC==，
∵M（s，3s+2），
∴，
解得：s=或0（舍），
∴M（，），
∴AM==，

当点F在直线AC下方时，如图，
同理可得：四边形AFEM为平行四边形，
∴AM=EF，
由于折叠可得：CE=EF，
∴AM=EF=CE=，

综上：AM的长度为或．
【点睛】
本题是二次函数综合题，涉及到待定系数法，二次函数的图像和性质，折叠问题，平行四边形的判定和性质，中线的性质，题目的综合性很强．难度很大，对学生的解题能力要求较高．