2024年中考数学复习讲义 第31讲 图形的轴对称、平移、旋转(含答案)

这是一份2024年中考数学复习讲义 第31讲 图形的轴对称、平移、旋转(含答案)，共160页。学案主要包含了考情分析，知识建构等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \n \h \z \u 一、考情分析
二、知识建构
考点一 轴对称
题型01 轴对称图形的识别
题型02 根据成轴对称图形的特征进行判断
题型03 根据成轴对称图形的特征进行求解
题型04 轴对称中的光线反射问题
题型05 折叠问题
类型一 三角形折叠问题
类型二 四边形折叠问题
类型三 圆的折叠问题
类型四 抛物线与几何图形综合
题型06 求对称轴条数
题型07 画轴对称图形
题型08 设计轴对称图案
题型09求某点关于坐标轴对称点的坐标
题型10 与轴对称有关的规律探究问题
题型11 轴对称的综合问题
考点二 图形的平移
题型01 生活中的平移现象
题型02 利用平移的性质求解
题型03 利用平移解决实际生活问题
题型04 作平移图形
题型05 求点沿x轴、y轴平移后的坐标
题型06 由平移方式确定点的坐标
题型07 由平移前后点的坐标判断平移方式
题型08 已知图形的平移求点的坐标
题型09 与平移有关的规律问题
题型10 平移的综合问题
考点三 图形的旋转
题型01 找旋转中心、旋转角、对应点
题型02 根据旋转的性质求解
题型03 根据旋转的性质说明线段或角相等
题型04 画旋转图形
题型05 求旋转对称图形的旋转角度
题型06 旋转中的规律问题
题型07 求绕原点旋转90°点的坐标
题型08 求绕某点（非原点）旋转90°点的坐标
题型09 求绕原点旋转一定角度点的坐标
题型10 旋转综合题
类型一 线段问题
类型二 面积问题
类型三 角度问题
题型11 判断中心对称图形
题型12 画已知图形关于某点的对称图形
题型13 根据中心对称的性质求面积、长度、角度
题型14 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案
考点一 轴对称
轴对称与轴对称图形
常见的轴对称图形有：圆、正方形、长方形、菱形、等腰梯形、等腰三角形、等边三角形等.
做轴对称图形的一般步骤：
1）作某点关于某直线的对称点的一般步骤：
①过已知点作已知直线（对称轴）的垂线，标出垂足，并延长；
②在延长线上从垂足出发截取与已知点到垂足的距离相等的线段，那么截点就是这点关于该直线的对称点.
2）作已知图形关于某直线的对称图形的一般步骤：
①找.在原图形上找特殊点（如线段的端点、线与线的交点）
②作.作各个特殊点关于已知直线的对称点
③连.按原图对应连接各对称点
折叠的性质：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．
【解题思路】凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．解决折叠问题时，首先清楚折叠和轴对称能够提供我们隐含的且可利用的条件，分析角之间、线段之间的关系，借助勾股定理建立关系式求出答案，所求问题具有不确定性时，常常采用分类讨论的数学思想方法．
1. 对称轴是一条直线，不是一条射线，也不是一条线段.
2. 轴对称图形的对称轴有的只有一条，有的存在多条对称轴（例：正方形有四条对称轴，圆有无数条对称轴等）.
3. 成轴对称的两个图形中的任何一个都可以看作由另一个图形经过轴对称变换得到的，一个轴对称图形也可以看作以它的一部分为基础,经轴对称变换得到的.
4. 轴对称的性质是证明线段相等、线段垂直及角相等的依据之一,例如:若已知两个图形关于某直线成轴对称,则它们的对应边相等,对应角相等.
题型01 轴对称图形的识别
【例1】（2022·江苏盐城·校联考一模）北京2022年冬奥会会徽如图所示，组成会徽的四个图案中是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的定义判断即可
【详解】A,B,C都不是轴对称图形，故不符合题意；
D是轴对称图形，
故选D.
【点拨】本题考查了轴对称图形的定义，准确理解定义是解题的关键．
【变式1-1】（2022·广东深圳·南山实验教育麒麟中学校联考模拟预测）下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】直接利用轴对称图形的定义得出答案．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．
【详解】解：A．不是轴对称图形，不符合题意；
B．是轴对称图形，符合题意；
C．不是轴对称图形，不符合题意；
D.不是轴对称图形，不符合题意．
故选：B．
【点拨】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．此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握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．
【变式1-2】（2022·广东·统考模拟预测）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．
【答案】A
【分析】根据轴对称图形的概念对各项分析判断即可得解．
【详解】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．
【点拨】本题考查判断轴对称图形，理解轴对称图形的概念是解答的关键．
题型02 根据成轴对称图形的特征进行判断
【例2】（2023·天津·校联考一模）如图，△ABC与△A1B1C1，关于直线MN对称，P为MN上任一点（P不与AA1共线），下列结论不正确的是（ ）
A．AP=A1PB．△ABC与△A1B1C1的面积相等
C．MN垂直平分线段AA1D．直线AB,A1B1的交点不一定在MN上
【答案】D
【分析】根据轴对称的性质依次进行判断，即可得．
【详解】解：∵△ABC与△A1B1C1，关于直线MN对称，P为MN上任一点（P不与AA1共线），
∴AP=A1P，△ABC与△A1B1C1的面积相等，MN垂直平分线段AA1，
即选项A.B.C正确，
∵直线AB,A1B1关于直线MN对称，
∴直线AB,A1B1的交点一定在MN上，
即选项D不正确，
故选：D．
【点拨】本题考查了轴对称的性质，解题的关键是掌握轴对称的性质．
【变式2-1】（2023·广东深圳·统考二模）如图，这条活灵活现的“小鱼”是由若干条线段组成的，它是一个轴对称图形，对称轴为直线l，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．点C和点D到直线l的距离相等B．BC=BD
C．∠CAB=∠DABD．四边形ADBC是菱形
【答案】D
【分析】根据轴对称轴图形的性质对各选项进行分析即可，
【详解】解：图形是一个轴对称图形，对称轴为直线l，点C和点D是对称点，
所以△ABC≅△ABD，点C和点D到直线l的距离相等，
所以BC=BD，∠CAB=∠DAB，AC=AD，
无法判断AC与BC是否相等，故四边形ADBC是菱形不一定正确，
故选D.
【点拨】本题主要考查了轴对称轴图形的性质，轴对称图形具有以下的性质：
（1）轴对称的两个图形是全等图形；轴对称图形的两个部分也是全等图形. （2）如果两个图形成轴对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线. （3）两个图形关于某条直线对称，那么如果它们的对应线段或延长线相交，那么交点一定在在对称轴上.
【变式2-2】（2019·湖北武汉·统考模拟预测）每个网格中均有两个图形，其中一个图形关于另一个图形轴对称的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据轴对称定义：如果一个图形沿某条直线对折能与另一个图形重合，那么这两个图形关于这条直线成轴对称进行分析即可．
【详解】A.其中一个图形不与另一个图形成轴对称，故此选项错误；
B.其中一个图形与另一个图形成轴对称，故此选项正确；
C.其中一个图形不与另一个图形成轴对称，故此选项错误；
D.其中一个图形不与另一个图形成轴对称，故此选项错误；
故选：B．
【点拨】本题主要考查了轴对称，关键是掌握轴对称定义．
题型03 根据成轴对称图形的特征进行求解
【例3】（2021·山东临沂·统考一模）如图，在锐角三角形ABC中，BC=4，∠ABC=60°， BD平分∠ABC，交AC于点D，M、N分别是BD，BC上的动点，则CM+MN的最小值是（ ）
A．3B．2C．23D．4
【答案】C
【分析】在BA上截取BE=BN，构造全等三角形△BME≌△BMN，利用三角形的三边的关系确定线段和的最小值．
【详解】解：如图，在BA上截取BE=BN，
因为∠ABC的平分线交AC于点D，
所以∠EBM=∠NBM，
在△BME与△BMN中，
所以△BME≌△BMN（SAS），
所以ME=MN．
所以CM+MN=CM+ME≥CE．
因为CM+MN有最小值．
当CE是点C到直线AB的距离时，即C到直线AB的垂线段时，CE取最小值
此时，∵∠ABC=60°，CE⊥AB，
∴∠BCE=30°，
∴BE=12BC=2，
∴CE=BC2-BE2=23，
故选C．
【点拨】本题考查了轴对称的应用，最短路径问题，垂线段最短等知识．易错易混点：解此题是受角平分线启发，能够通过构造全等三角形，把CM+MN进行转化，但是转化后没有办法把两个线段的和的最小值转化为点到直线的距离而导致错误．规律与趋势：构造法是初中解题中常用的一种方法，对于最值的求解是初中考查的重点也是难点．
【变式3-1】（2023·山东枣庄·统考三模）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，G是AD的中点，线段EF在边AB上左右滑动；若EF=1，则GE+CF的最小值为 ．
【答案】32
【分析】如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，可得四边形EFCH是平行四边形，从而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求出HG'的长，即可求解．
【详解】解：如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，

∴G'E=GE，AG=AG'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD=BC=2
∴CH∥EF，
∵CH=EF=1，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴EH=CF，
∴G'H=EG'+EH=EG+CF，
∵AB=4，BC=AD=2，G为边AD的中点，
∴AG=AG'=1
∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，
∴HG'=DH2+DG'2=32+32=32，
即GE+CF的最小值为32．
故答案为：
【点拨】此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题，矩形的性质，勾股定理等知识，确定GE+CF最小时E，F位置是解题关键．
【变式3-2】（2022·山东聊城·统考一模）如图，在菱形ABCD中，BC=2，∠C=120°，Q为AB的中点，P为对角线BD上的任意一点，则AP+PQ的最小值为 ．
【答案】3
【分析】连接AC，CQ，则CQ的长即为AP+PQ的最小值，再根据菱形ABCD中，∠BCD=120°得出∠ABC的度数，进而判断出△ABC是等边三角形，故△BCQ是直角三角形，根据勾股定理即可得出CQ的长．
【详解】解：连接AC，CQ，
∵四边形ABCD是菱形，
∴A.C关于直线BD对称，
∴CQ的长即为AP+PQ的最小值，
∵∠BCD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵Q是AB的中点，
∴CQ⊥AB，BQ=12BC=12×2=1，
∴CQ=BC2-BQ2=22-12=3．
故答案为：3．
【点拨】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟知菱形的性质及两点之间线段最短是解答此题的关键．
【变式3-3】（2020·新疆乌鲁木齐·校考一模）如图，在矩形ABCD中，BC=10，∠ABD=30°，若点M、N分别是线段DB.AB上的两个动点，则AM+MN的最小值为 ．

【答案】15
【分析】如图，过A作AG⊥BD于G，延长AG，使AG=EG，过E作EN⊥AB于N，交BD于M，则AM+MN=EN最短，再利用矩形的性质与锐角三角函数求解EN即可得到答案．
【详解】解：如图，过A作AG⊥BD于G，延长AG，使AG=EG，过E作EN⊥AB于N，交BD于M，则AM+MN=EN最短，
∵ 四边形ABCD为矩形，BC=10，∠ABD=30°，
∴AD=10,BD=20,AB=BD•cs30°=103,
∵AG•BD=AD•AB,
∴20AG=10×103,
∴AG=53,AE=2AG=103,
∵AE⊥BD,EN⊥AB,∠EMG=∠BMN,
∴∠E=∠ABD=30°,
∴EN=AE•cs30°=103×32=15,
∴AM+MN=15,
即AM+MN的最小值为15.
故答案为：15.
【点拨】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，解题的关键是掌握以上知识．
题型04 轴对称中的光线反射问题
【例4】（2023·河北廊坊·校考一模）通过光的反射定律知道，入射光线与反射光线关于法线成轴对称（图1）．在图2中，光线自点P射入，经镜面EF反射后经过的点是（ ）
A．点AB．点BC．点CD．点D
【答案】B
【分析】根据直线的性质画出被遮住的部分，再根据入射角等于反射角作出判断即可．
【详解】根据直线的性质补全图2并作出法线OK，如下图所示：
根据图形可以看出OB是反射光线，
故选：B．
【点拨】本题主要考查轴对称的性质，垂线的画法，根据轴对称的性质得相等的角是补全光线的关键．
【变式4-1】（2022·陕西咸阳·统考三模）如图，在水平地面AB上放一个平面镜BC，一束垂直于地面的光线经平面镜反射，若反射光线与地面平行，则平面镜BC与地面AB所成的锐角α为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】B
【分析】利用平行线的性质和光的反射原理计算．
【详解】解：∵入射光线垂直于水平光线，
∴它们的夹角为90°，虚线为法线，∠1为入射角，
∴∠1=12×90°=45°
∴∠3=90°-∠1=45°
∵两水平线平行
故选：B．
【点拨】本题考查平行线的性质、光的反射原理、入射角等于反射角等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
【变式4-2】（2022·浙江台州·统考一模）根据光学中平面镜光线反射原理，入射光线、反射光线与平面镜所夹的角相等．如图，α,β是两面互相平行的平面镜，一束光线m通过镜面α反射后的光线为n，再通过镜面β反射后的光线为k．光线m与镜面α的夹角的度数为x°，光线n与光线k的夹角的度数为y°．则x与y之间的数量关系是 ．
【答案】2x+y=180
【分析】根据平面镜光线反射原理和平行线性质即可求得．
【详解】解：∵入射光线、反射光线与平面镜所夹的角相等，
∴反射后的光线n 与镜面α夹角度数为x°，
∵α,β是两面互相平行的平面镜，
∴反射后的光线n 与镜面β夹角度数也为x°，
又由入射光线、反射光线与平面镜所夹的角相等，
∴反射后的光线k与镜面β的夹角度数也为x°，
∴x°+x°+y°=180° ，
∴2x+y=180 ．
故答案为：2x+y=180．
【点拨】本题考查了平面镜光线反射原理和平行线性质，掌握反射光线与平面镜所夹的角相等以及两直线平行内错角相等是解题的关键．
题型05 折叠问题
类型一 三角形折叠问题
【例5】（2023·新疆·统考一模）“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片ABC，第1次折叠使点B落在BC边上的点B'处，折痕AD交BC于点D；第2次折叠使点A落在点D处，折痕MN交AB'于点P．若BC=12，则MP+MN= ．
【答案】6
【分析】根据第一次折叠的性质求得BD=DB'=12BB'和AD⊥BC，由第二次折叠得到AM=DM，MN⊥AD，进而得到MN∥BC，易得MN是△ADC的中位线，最后由三角形的中位线求解．
【详解】解：∵已知三角形纸片ABC，第1次折叠使点B落在BC边上的点B'处，折痕AD交BC于点D，
∴BD=DB'=12BB'，AD⊥BC．
∵第2次折叠使点A落在点D处，折痕MN交AB'于点P，
∴AM=DM，AN=ND，
∴MN⊥AD，
∴MN∥BC．
∵AM=DM，
∴MN是△ADC的中位线，
∴MP=12DB'，MN=12DC．
∵BC=12，BD+DC=CB'+2BD=BC，
∴MP+MN=12DB'+12DC=12DB'+DB'+B'C=12BC=6．
故答案为：6．
【点拨】本题主要考查了折叠的性质和三角形中位线的性质，理解折叠的性质，三角形的中位线性质是解答关键．
【变式5-1】（2022·浙江衢州·统考模拟预测）如图，三角形纸片ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，BF＝4，CF＝6，将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合．若DE∥BC，AF＝EF，则四边形ADFE的面积为 ．
【答案】53
【分析】根据折叠的性质得到DE为△ABC的中位线，利用中位线定理求出DE的长度，再解Rt△ACE求出AF的长度，即可求解．
【详解】解：∵将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合，
∴DE垂直平分AF，AD=DF，AE=EF，∠ADE=∠EDF，
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，∠EDF=∠BFD，∠AFC=90°，
∴∠B=∠BFD，
∴BD=DF，
∴BD=AD，即D为AB的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE=12BC=5，
∵AF＝EF，
∴△AEF是等边三角形，
在Rt△ACE中，∠CAF=60°，CF=6，
∴AF=CFtan60°=23，
∴AG=3，
∴四边形ADFE的面积为12DE⋅AG×2=53，
故答案为：53．
【点拨】本题考查解直角三角形、中位线定理、折叠的性质等内容，掌握上述基本性质定理是解题的关键．
【变式5-2】（2022·广东珠海·珠海市文园中学校考三模）如图所示，将三角形纸片ABC沿DE折叠，使点B落在点B′处，若EB′恰好与BC平行，且∠B＝80°，则∠CDE＝ °．
【答案】130
【分析】先求出∠B=∠B′=80°，∠BDE=∠B′DE，根据平行线的性质得到∠B′DC=80°，进而得到∠BD B′=100°，∠BDE=50°，即可求出∠CDE＝130°．
【详解】解：由折叠的定义得∠B=∠B′=80°，∠BDE=∠B′DE，
∵EB′∥BC，
∴∠B′=∠B′DC=80°，
∴∠BD B′=180°-∠B′DC=100°，
∴∠BDE=∠B′DE=50°，
∴∠CDE＝180°-∠BDE=130°．
故答案为：130
【点拨】本题考查了折叠的定义，平行线的性质，邻补角的定义等知识，熟知相关知识并根据图形灵活应用是解题关键．
【变式5-3】（2020·浙江丽水·统考模拟预测）如图，在△ABC中，AB=42，∠B=45°，∠C=60°．
（1）求BC边上的高线长．
（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．
②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长．
【答案】（1）4;（2）①90°；②26
【分析】（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．
（2）①证明BE=EP，可得∠EPB=∠B=45°解决问题．
②如图3中，由（1）可知：AC=ADsin60°=833，证明△AEF∽△ACB，推出AFAB=AEAC，由此求出AF即可解决问题．
【详解】解：（1）如图1，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，AD=AB⋅sin45°=42×22=4.
（2）①如图2，∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP.
又∵AE＝BE ，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠AEP＝90°.
②如图3，由（1）可知：在Rt△ADC中，AC=ADsin60°=833.
∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°.
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，则∠AFE＝∠B.
又∵∠EAF＝∠CAB，
∴△EAF∽△CAB，
∴AFAB＝AEAC，即AF42＝22833，
∴AF＝23,
在Rt△AFP中，AF＝PF，则AP＝2AF＝26.
【点拨】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形的应用，翻折变换，全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式5-4】（2023·新疆和田·统考一模）如图，在ΔABC巾，∠ABC=30°，AB=AC，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将△ACD沿AD折叠得到ΔAED，连接BE．

(1)当AE⊥BC时，∠AEB=___________°；
(2)探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出证明；
(3)设AC=4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
【答案】(1)60
(2)
(3)y=(23-x)2+4
【分析】（1）首先由折叠的性质可得AC=AE=AB，再由等腰三角形的性质可求解；
（2）首先由折叠的性质可得AE=AC，∠CAD=∠EAD，再由等腰三角形的性质可得AC=AE=AB，∠ABE=∠AEB，最后根据角度关系即可求解；
（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求AO的长，由勾股定理可求OD的长，最后根据面积和差关系可求解．
【详解】（1）∵∠ABC=30°，AB=AC，AE⊥BC，
∴∠BAE=60°，
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AC=AE，
∴AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB=60°，
故答案为：60；
（2）∠AEB=30°+∠CAD，理由如下：
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AE=AC，∠CAD=∠EAD，
∵∠ABC=30°，AB=AC，
∴∠BAC=120°，
∴∠BAE=120°-2∠CAD，
∵AB=AE=AC，
∴∠AEB=180°-(120°-2∠CAD)2=30°+∠CAD；
（3）如图，连接OA，
∵AB=AC，点O是BC的中点，
∴OA⊥BC，
∵∠ABC=∠ACB=30°，AC=4，
∴AO=2，OC=23，
∵OD2=AD2-AO2，
∴OD= y-4，
∵SΔADC=12×OC×AO-12×OD×OA，
∴x=12×2×23-12×2×y-4，
∴y=(23-x)2+4．

【点拨】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关性质并能够灵活运用．
类型二 四边形折叠问题
【例6】（2019·山东菏泽·统考三模）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∠ABD=48°，∠CFD=40°，则∠E为( )

A．102°B．112°C．122°D．92°
【答案】B
【分析】由平行四边形的性质和折叠的性质，得出∠ADB=∠BDF=∠DBC，由三角形的外角性质求出∠BDF=∠DBC=12∠DFC=20°，再由三角形内角和定理求出∠A，即可得到结果．
【详解】∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
由折叠可得∠ADB=∠BDF，
∴∠DBC=∠BDF，
又∠DFC=40°，
∴∠DBC=∠BDF=∠ADB=20°，
又∵∠ABD=48°，
∴△ABD中，∠A=180°-20°-48°=112°，
∴∠E=∠A=112°，
故选B．
【点拨】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∠ADB的度数是解决问题的关键．
【变式6-1】（2022·山东枣庄·统考一模）如图，在四边形纸片ABCD中，AD//BC，AB=10，∠B=60°．将纸片折叠，使点B落在AD边上的点G处，折痕为EF．若∠BFE=45°，则BF的长为（ ）
A．5B．35C．53D．
【答案】C
【分析】过点A作AH⊥BC 于H，由折叠知识得：∠BFG=90° ，再由锐角三角函数可得AH=53，然后根据AD//BC，可证得四边形AHFG是矩形，即可求解．
【详解】解：过点A作AH⊥BC 于H，
由折叠知：BF=GF，∠BFE=∠GFE，
∵∠BFE=45°，
∴∠BFG=90° ，
在Rt△ABH 中，AB=10，∠B=60°，
AH=sinB×AB=sin60°×10=32×10=53 ，
∵AD//BC，
∴∠GAH=∠AHB=90° ，
∴∠GAH=∠AHB=∠BFG=90° ，
∴ 四边形AHFG是矩形，
∴FG=AH=53 ，
∴BF=GF=53 ．
故选：C．
【点拨】本题主要考查了折叠变换，解直角三角形，矩形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
【变式6-2】（2022·浙江台州·模拟预测）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到△ECF．若BC＝1，则△ECF的周长为（ ）
A．2B．2+12C．5+12D．43
【答案】A
【分析】第一次翻折可得DM=2，EM=1，∠ADM=∠EDM=45°，第二次折叠，可得CD=2，EC=2-1，由∠DCN=45°，可得EF=2-1，则CF=2-2，再求ΔECF的周长即可．
【详解】如图，
第一次折叠，如图②，
∵BC=1，
∴AD=AM=DE=1，
∴DM=2，
由折叠的性质，∠ADM=∠EDM=45°，
∴EM=1，
第二次折叠，如图③，CN=BC=1，∠DNC=90°，
∴DN=1，
∴CD=2，
∴EC=2-1，
∵∠DCN=45°，
∴EF=2-1，
∴CF=2-2，
∴ΔECF的周长=2-1+2-1+2-2=2，
故选：A．
【点拨】本题考查翻折的性质，熟练掌握翻折的性质，对应两次翻折求出∠EDM=45°是解题的关键．
【变式6-3】（2021·广东深圳·校联考一模）如图所示，把一个长方形纸片沿EF折叠后，点D，C分别落在D'，C'的位置．若∠AED'=50°，则∠EFC等于（ ）
A．65°B．110°C．115°D．130°
【答案】C
【分析】由折叠的性质可得∠D'EF=∠DEF=12∠DED'，因为∠AED'=50°，结合平角可求得∴∠D'EF=∠DEF=12∠DED'=65°，再结合平行可求得∠EFC=180°-∠DEF=115°．
【详解】解：∵∠AED'=50°，
∴∠DED'=180°-∠AED'=180°-50°=130°，
∵长方形纸片沿EF折叠后，点D.C分别落在D'、C'的位置，
∴∠D'EF=∠DEF=12∠DED'=12×130°=65°，
∵AD∥BC，
∴∠EFC=180°-∠DEF=115°．
故选：C．
【点拨】本题主要考查平行线的性质及折叠的性质，掌握同旁内角互补是解题的关键．
【变式6-4】（2022·河南郑州·一模）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在▱ABCD中，BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明；
独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将▱ABCD沿着BF（F为CD的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C'，连接DC'并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将▱ABCD沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为A'，使A'B⊥CD于点H，折痕交AD于点M，连接A'M，交CD于点N．该小组提出一个问题：若此▱ABCD的面积为20，边长AB=5，BC=25，求图中阴影部分（四边形BHNM）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．
【答案】（1）EF=BF；见解析；（2）AG=BG，见解析；（3）223．
【分析】（1）如图，分别延长AD，BF相交于点P，根据平行四边形的性质可得AD//BC，根据平行线的性质可得∠PDF=∠C，∠P=∠FBC，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得FP=FB，根据直角三角形斜边中线的性质可得EF=12BP，即可得EF=BF；
（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=12∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=12AB，可得AG=BG；
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据A'B⊥CD可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【详解】（1）EF=BF．
如图，分别延长AD，BF相交于点P，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠PDF=∠C，∠P=∠FBC,
∵F为CD的中点，
∴DF=CF，
在△PDF和△BCF中，∠P=∠FBC∠PDF=∠CDF=CF，
∴△PDF≌△BCF，
∴FP=FB，即F为BP的中点，
∴BF=12BP，
∵BE⊥AD，
∴∠BEP=90°，
∴EF=12BP，
∴EF=BF．
（2）AG=BG．
∵将▱ABCD沿着BF所在直线折叠，点C的对应点为C'，
∴∠CFB=∠C′FB=12∠CFC′，FC'=FC，
∵F为CD的中点，
∴FC=FD=12CD，
∴FC'=FD，
∴∠FDC′=∠FC′D，
∵∠CFC'=∠FDC′+∠FC′D，
∴∠FC'D=12∠CFC'，
∴∠FC′D=∠C′FB，
∴DG//FB，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC//AB，DC=AB，
∴四边形DGBF为平行四边形，
∴BG=DF，
∴BG=12AB，
∴AG=BG．
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，
∵▱ABCD的面积为20，边长AB=5，A'B⊥CD于点H，
∴BH=50÷5=4，
∴CH=BC2-BH2=2，A′H=A′B-BH=1，
∵将▱ABCD沿过点B的直线折叠，点A的对应点为A'，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵A'B⊥CD于点H，AB//CD，
∴A'B⊥AB，
∴∠MBH=45°，
∴△MBQ是等腰直角三角形，
∴MQ=BQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，
∴△A′NH∽△CBH，
∴CHA'H=BHNH，即21=4NH，
解得：NH=2，
∵A'B⊥CD，MQ⊥A′B，
∴NH//MQ，
∴△A′NH∽△A′MQ，
∴A'HA'Q=NHMQ，即15-MQ=2MQ，
解得：MQ=103，
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=12A′B·MQ-12A′H·NH=12×5×103-12×1×2=223．
【点拨】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
【变式6-5】（2021·江苏常州·统考二模）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APDE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）23；（2）BF＝3．
【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EGPH=PGDH=EPPD=13，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，
∴POPM=CDPD=812=23，
∴AODE=2PO2PM=23．
（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，
∴EGPH=PGDH=EPPD=412=13，
∴PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，
在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，
∴（3x）2+（4+x）2＝122，
解得：x＝165（负值已经舍弃），
∴BG＝4﹣165＝45，
在Rt△EGP中，GP＝EP2-EG2=125，
∵GH∥BC，
∴△EGP∽△EBF，
∴EGEB=GPBF，
∴1654=125BF，
∴BF＝3．
【点拨】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．
类型三 圆的折叠问题
【例7】（2023·山东济宁·校考二模）将一个半径为1的圆形纸片，如下图连续对折三次之后，用剪刀沿虚线①剪开，则虚线①所对的圆弧长和展开后得到的多边形的内角和分别为（ ）

A．π2，540°B．π4，720°C．π4，1080°D．π3，2160°
【答案】C
【分析】根据题意，圆形纸片连续对折三次，其圆心角被平均分成8份，虚线①所对的圆弧长为整圆的18，展开后得到的多边形是八边形，根据多边形的内角和公式解题即可．
【详解】解：由题意得：形成的多边形是正八边形，
其内角和是8-2×180°=1080°，
虚线①所对的圆弧长l=18⋅2πr=π4，
故选：C．
【点拨】本题考查图形的折叠，其中涉及弧长公式、多边形的内角和公式，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
【变式7-1】（2023·广东广州·统考一模）如图，AB为⊙O的直径，点C为圆上一点，∠BAC=20°，将劣弧AC沿弦AC所在的直线翻折，交AB于点D，则∠ACD的度数等于( )．
A．40°B．50°C．80°D．100°
【答案】B
【分析】连接BC，根据直径所对的圆周角是直角求出∠ACB，根据直角三角形两锐角互余求出∠B，再根据优弧AC所对的圆周角为∠ADC，得到∠ADC+∠B=180°，然后根据∠DCA=∠CDB-∠A，计算求得∠ACD的度数．
【详解】解：如图，连接BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BAC=20°，
∴∠B=90°-∠BAC=90°-20°=70°．
根据翻折的性质，AC所对的圆周角为∠B，优弧AC所对的圆周角为∠ADC，
∴∠ADC+∠B=180°，
∴∠B=∠CDB=70°，
∴∠ACD=∠CDB-∠A=70°-20°=50°，
故选:B．
【点拨】本题考查的是翻折变换，圆周角定理，圆内接四边形的性质．根据题意作出直径所对的圆周角，构造出直角三角形是解答此题的关键．难点是理解∠ADC+∠B=180°.
【变式7-2】（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校联考二模）如图，AC、AD是⊙O中关于直径AB对称的两条弦，以弦AC、AD为折线将弧AC，弧AD折叠后过圆心O，若⊙O的半径r=4，则圆中阴影部分的面积为 ．

【答案】83
【分析】根据对称性和直角三角形的边角关系求出扇形圆心角度数，再根据各个部分面积之间的关系进行计算即可．
【详解】如图，过点O作OE⊥AD于点F，交⊙O于点E，连接OD，

则OA=OE=OD，由折叠对称可知，
OF=EF=12OA=2，
∴∠OAD=30°, ∠OED=2∠OAD=60°，△ODE是等边三角形，
∴∠AOE=∠DOE=∠BOD=60°，
∵⊙O的半径r=4，DF=23，
由题意可知，S阴影部分=2S△ODE=2×12×4×23=83，
故答案为：83．
【点拨】本题考查扇形面积的计算，垂径定理、直角三角形的边角关系以及折叠轴对称的性质，掌握扇形面积的计算方法以及轴对称的性质是正确解答的提．
【变式7-3】（2023·河北邯郸·统考一模）如图所示，在扇形AOB中，半径OA=4，点P在OA上，连接PB，将△OBP沿PB折叠得到△O1BP．若∠O=75°，且BO1与弧AB所在的圆相切于点B．
(1)求∠APO1的度数；
(2)求AP的长．
【答案】(1)60°
(2)4-463
【分析】（1）由折叠的性质可得∠OBP=∠O1BP，∠OPB=∠O1PB，由切线的性质可得∠OBP=∠O1BP=45°，再由三角形内角和定理求出∠OPB=60°，由此根据平角的定义即可求出答案；
（2）过点O作OH⊥PB于点H，则三角形OBH是等腰直角三角形，求出OH=22，进而求出OP=463，则AP=4-463．
【详解】（1）解：∵将△OBP沿PB折叠得到△O1BP，
∴∠OBP=∠O1BP，∠OPB=∠O1PB，
又∵BO1与弧AB所在的圆相切于点B，
∴∠OBO1=90°，
∴∠OBP=∠O1BP=45°，
又∵∠O=75°，
∴∠OPB=180°-∠O-∠OBP=60°，
∴∠APO1=180°-2∠OPB=60°；
（2）解：过点O作OH⊥PB于点H，
由①得∠OBP=∠O1BP=45°，
∴三角形OBH是等腰直角三角形，
∵OA=4，
∴OB=4，
∴OH=22，
又∵∠OPB=60°，
∴OP=OHsin60°=2232=463，
∴AP=4-463．
【点拨】本题主要考查了折叠的性质，切线的性质，解直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式7-4】（2023·安徽合肥·校考一模）如图，扇形纸片AOB的半径为3，沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在AB上的点C处，图中阴影部分的面积为（ ）
A．3π-33B．3π-932C．2π-33D．6π-932
【答案】B
【分析】根据折叠，△ACB≌△AOB，进一步得到四边形OACB是菱形；进一步由OC=OB=BC=3得到△OBC是等边三角形；最后阴影部分面积=扇形AOB面积-菱形的面积，即可
【详解】依题意：△ACB≌△AOB，AO=BO=3
∴AC=BC=AO=BO=3
∴四边形OACB是菱形
∴AB⊥CO
连接OC
∵OC=OB=3
∴OC=OB=BC=3
∴△OBC是等边三角形
同理：△OAC是等边三角形
故∠AOB=120°
由三线合一，在Rt△OBD中：
∠OBD=12∠OBC=30°
OD=12OB=32
BD=3OD=323
S菱形OACB=12×2BD⋅2OD=12×2×323×2×32=923
S扇形AOB=120°360°⋅π⋅32=3π
S阴影=S菱形OACB-S扇形AOB=3π-923
故选：B
【点拨】本题考查菱形的判定，菱形面积公式，扇形面积公式；解题关键是发现△OBC是等边三角形
类型四 抛物线与几何图形综合
【例8】（2021·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝-13x2+233x+3的图象与x轴交于点A.点B．与y轴交于点C．
（1）求抛物线与x轴的两交点坐标．
（2）连接AC.BC．判断△ABC的形状，说明理由．
（3）过点C作直线l//x轴，点P是抛物线上对称轴右侧一动点，过点P作直线PQ//y轴交直线l于点Q，连接CP．若将△CPQ沿CP对折，点Q的对应点为点M．是否存在这样的点P，使点M落在坐标轴上？若存在，求出此时点Q的坐标．若不存在，请说明理由．
【答案】（1）(-3,0),(33,0)；（2）直角三角形，见解析；（3）存在，Q(23+3,3)或Q(21,3)
【分析】（1）用因式分解或者求根公式求出相应的一元二次方程的根即可；
（2）观察后猜想是直角三角形，用勾股定理的逆定理检验△ABC三边即可；
（3）根据对折前后的三角形是全等的，得到相应的边的关系，再应用勾股定理；注意分类讨论坐标轴是x轴还是y轴．
【详解】解：（1）二次函数为y=-13x2+233x+3=-13(x2-23x-9)=-13(x+3)(x-33)，
当y＝0时，得-13(x+3)(x-33)=0，
解得x1=-3,x2=33，
∴抛物线与x轴的两交点坐标为(-3,0),(33,0)；
（2）如题图，不妨设A(-3,0),B(33,0)，
当x＝0时，相应的抛物线的函数值为y＝3，
∴C（0，3），
那么OA=3,OB=33,OC=3，
而AB=OA+OB=43．
在平面直角坐标系中，
∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴△AOC和△BOC都是直角三角形，
根据勾股定理，
AC2=OA2+OC2=(3)2+32=12 ，
BC2=OB2+OC2=(33)2+32=36，
AB2=(43)2=48 ，
所以AC2+BC2＝12+36＝48＝AB2，
根据勾股定理的逆定理，
∠ACB＝90°，
∴△ABC是直角三角形；
（3）存在，理由：
由抛物线的表达式知，抛物线的对称轴为直线x=-2332×(-13)=3 ，
设P（x0，y0），
∵P是抛物线上对称轴右侧的动点，所以x0>3，
且有y0=-13x02+233x0+3
点Q（x0，3），且根据题目的作法，有∠CQP＝90°，
分两种情况：
①若点M在y轴上，如下图所示
根据PQ//y轴，一定有∠QCM＝90°，
而根据折叠性，CQ＝CM，∠CMP＝∠CQP＝90°，
根据“平面内有三个角是直角的四边形是矩形”知，四边形CQPM是矩形，
再根据“有一组邻边相等的矩形是正方形”知，四边形CQPM是正方形．
即，不管P在抛物线对称轴右侧何处，
只要折叠后的M点在y轴上，一定有四边形CQPM是正方形，
于是一定有对角线CP是边长CQ的2倍，即CP=2CQ，
也就是CP2＝2CQ2，
而CQ指的是Q的横坐标的绝对值，
即CQ＝x0，
以及C（0，3），P（x0，y0），那么CQ＝x0，
QP为Q的纵坐标与P的纵坐标之差的绝对值，
即QP＝|3﹣y0|，
于是根据勾股定理，
CP2=CQ2+QP2=x02+3-y02=x02+(y0-3)2，
代入之前的数值，得到
2x02=x02+(y0-3)2，即x02=(y0-3)2，
注意y0=-13x02+233x0+3⇒y0-3=-13x02+233x0=-13x0(x0-23) ，
代入得x02=[-13x0(x0-23)]2=19x02(x0-23)2 ，
因为x0>3，等式两边可以约去x0，
即1=19(x0-23)2，
解得x0=23+3或x0=23-3（舍弃，因为23-3<3），
所以当M落在y轴时，解得Q(23+3,3)；
②若点M在x轴上，如下图所示，过点P作PP1⊥x轴于P1点，
和之前相同的，CQ＝x0，∠CQP＝90°，QP＝|3﹣y0|，
根据折叠的性质，CM＝CQ＝x0，∠CMP＝∠CQP＝90°，PM＝QP＝|3﹣y0|
而PP1即为P的纵坐标的绝对值，即PP1＝|y0|，
在直角△COM中，根据勾股定理
OM=CM2-OC2=x02-9，
于是MP1＝OP1﹣OM＝CQ﹣OM＝x0﹣OM．
在直角△PP1M中，根据勾股定理，
PM2=PP12+MP12．
得到3-y02=y02+(x0-OM)2，
即(y0-3)2-y02=(x0-OM)2 ，
也就是9-6y0=x02-2x0OM+OM2=x02-2x0OM+x02-9 ，
化简得9-3y0=x02-x0OM ，
代入y0=-13x02+233x0+3，
得9-(-x02+23x0+9)=x02-x0OM ，
即9+x02-23x0-9=x02-x0OM，
化简得-23x0=-x0OM ，
因为x0>3，等式两边可以约去x0，
得到23=OM=x02-9，
解得x0=21 或x0=-21（负值舍去），
所以当M落在x轴时，解得Q(21,3)．
综上，存在这样的点P，使得点M落在坐标轴上，相应的点Q的坐标为Q(23+3,3)或Q(21,3)．
【点拨】本题是二次函数综合题，主要考查了勾股定理及其逆定理，因式分解，坐标系中点的距离表示，折叠的性质，正确画出两种情况的草图，并在直角三角形中应用勾股定理求解是解题关键．
【变式8-1】（2021·江苏常州·常州实验初中校考二模）如图，二次函数y=-x2+bx+2的图象与y轴交于点C，抛物线的顶点为A，对称轴是经过点H（2，0）且平行于y轴的一条直线．点P是对称轴上位于点A下方的一点，连接CP并延长交抛物线于点B，连接CA.AB．
（1）填空：b=______，点A的坐标是______；
（2）当∠ACB=45°时，求点P的坐标；
（3）将△CAB沿CB翻折后得到△CDB（点A的对应点为点D），问点D能否恰好落在坐标轴上?若能，请直接写出点P的坐标，若不能，请说明理由．
【答案】（1）4，（2，6）；（2）P（2，83）；（3）点P的坐标为P1(2，83)、P2(2，6-25)、P3（2，0）．
【分析】（1）根据抛物线对称轴的定义，可求出b=4，代入解析式，即可求出抛物线的表达式；
（2）过点C作CE⊥AH，过点P作PF⊥AC于F，则CE=2，利用勾股定理可求出AC=25，从而△AFP∽△AEC，可得PFAF=CEAE=24=12，可得到CF=PF，设CF=PF=m，则AF=2m，则AC=AF+CF=m+2m,根据AC=25，可求出m，即可求解；
（3）分三种情况：①当点D落在x轴的正半轴上时，当点D落在y轴的负半轴上时，当点D落在x轴的负半轴上时，即可解答．
【详解】解：（1）∵对称轴是经过点H（2，0），
∴对称轴-b2×(-1)=b2=2，
∴b=4，
∴抛物线的解析式：y=-x2+4x+2
将x=2代入，得y=6，
∴A点坐标为（2，6）；
（2）如图1，过点C作CE⊥AH，过点P作PF⊥AC于F，则CE=2，
∵二次函数y=-x2+bx+2的图象与y轴交于点C，
∴当x=0时，y=2，
∴点C（0，2），
∴AE=4，
∴AC=22+42=25，
∵∠AFP=∠AEC=90°，∠FAP=∠EAC，
∴△AFP∽△AEC，
∴PFAF=CEAE=24=12，
∵∠ACB=45°，
∴CF=PF，
设CF=PF=m，则AF=2m，则AC=AF+CF=m+2m,
∴m+2m=25，
解得：m=253，
∴AP＝AF2+PF2=m2+(2m)2=5m=103，
∴PH=AH-AP=6-103 =83，
∴P（2，83）；
（3）①如图2，当点D落在x轴的正半轴上时，则CD=AC=25，
又∵OC=2，
在Rt△COD 中，由勾股定理得：
OD=4，
∴HD＝OD-OH＝2，
由对称性可知AP=PD，设PH=n，则AP=PD=6-n，
在Rt△DPH中，有PH2+HD2=PD2，
即n2+22=(6-n)2，解得n=83，
∴P1(2，83)；
②如图3，当点D落在y轴的负半轴上时，则CD=AC=25，
由对称性可知∠DCP=∠ACP，
又∵AH∥OC，
∴∠DCP=∠APC，
∴∠APC=∠ACP，
∴AC＝AP＝25，
∴PH=6-25，
∴P2(2，6-25)；
③如图4，当点D落在x轴的负半轴上时，则CD=AC=25，
又∵OC=2，
在Rt△COD 中，由勾股定理得：OD=4，
∴DH=AH=6，
连接AD，
∴直线CH是线段AD的中垂线，
又点P在直线AH上，
∴点P与点H重合，
∴P3（2，0）．
综上所述，点P的坐标为：P1(2，83)、P2(2，6-25)、P3（2，0）．
【点拨】本题主要考查了二次函数的综合问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法求抛物线解析式，二次函数的性质及相似三角形的判定与性质，勾股定理．
【变式8-2】（2023·江苏苏州·校考二模）如图，二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O0,0，A4,0两点，顶点为C，连接OC、AC，若点B是线段OA上一动点，连接BC，将△ABC沿BC折叠后，点A落在点A'的位置，线段A'C与x轴交于点D，且点D与O、A点不重合．

(1)求二次函数的表达式；
(2)①求证：△OCD∽△A'BD；②DBBA的最小值；
(3)当S△OCD=8S△A'BD时，求直线A'B的解析式．
【答案】(1)y=12x2-2x
(2)①证明见解析；②22
(3)y=-43x+4
【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可得出二次函数的表达式；
（2）①根据两角相等的两个三角形相似即可证明；②由△OCD∽△A'BD得出OCA'B=CDBD，则BDAB=CDOC，所以CD最小，BDAB的值最小，求出此时CD=2，即可得出答案；
（3）先求出点A'和B的坐标，再利用待定系数法求解即可．
【详解】（1）∵二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O0,0，A4,0两点，
∴c=08+4b+c=0，
解得：b=-2c=0，
∴二次函数的表达式y=12x2-2x．
（2）①由翻折得：∠OAC=∠A'，
∵二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O0,0，A4,0两点，顶点为C，
∴点O、A关于对称轴对称．
∴OC=AC．
∴∠COA=∠CAO=∠A'．
∵∠CDO=∠A'DB，
∴△OCD∽△A'BD．
②∵△OCD∽△A'BD，
∴OCA'B=CDBD．
∵AB=A'B，
∴BDAB=CDOC．
∴BDAB的最小值就是CDOC的最小值．
∵y=12x2-2x=12x-22-2，
∴C2,-2．
∴OC=22．
∴当CD⊥OA时，CD最小，BDAB的值最小．
此时D2,0，CD=2，
∴BDAB的最小值是222=22．
（3）连接AA'，过点A'作A'G⊥OA于G，延长CB交AA'于点H，设抛物线的对称轴与x轴交于点F，如图所示：

∵△OCD∽△A'BD，S△OCD=8S△A'BD，
∴S△OCDS△A'BD=OCA'B2=8．
∵OC=22，
∴AB=A'B=1．
∴OB=OA-AB=4-1=3，BF=2-1=1．
∴B3,0．
由翻折知，CH⊥AA'，
∵∠CFB=∠AHB=90°，∠FBC=∠HBA，
∴∠BCF=∠BAH．
∵tan∠BCF=BFCF=12，
∴tan∠BAH=A'GAG=12．
设A'G=a，则AG=2a，BG=2a-1，
在Rt△A'GB中，由勾股定理得：BG2+A'G2=A'B2，
∴2a-12+a2=12．
解得：a1=0（舍去），a2=45，
∴A'G=45，AG=85．
∴OG=OA-AG=125．
∴A'125,45．
设直线A'B的解析式为y=kx+b1，把A'125,45和B3,0代入得：
125k+b1=453k+b1=0，
解得：k=-43b1=4，
∴直线A'B的解析式为y=-43x+4．
【点拨】本题是二次函数的综合，考查了待定系数法求解析式，抛物线的对称性，相似三角形的性质和判定，勾股定理的应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合是解本题的关键．
【变式8-3】（2023·陕西渭南·统考二模）如图，抛物线y=ax2+bx-6与x轴正半轴交于点A6,0，与y轴交于点B，点C在直线AB上，过点C作CD⊥x轴于点D2,0，将△ACD沿CD所在直线翻折，点A恰好落在抛物线上的点E处．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点P是抛物线上的点，是否存在点P，使∠PEA=∠BAE？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2-2x-6
(2)存在点P，使∠PEA=∠BAE，P点坐标为8,10或4,-6．
【分析】（1）由翻折可求出E-2,0，再将A6,0，E-2,0代入y=ax2+bx-6，解方程组，求出a，b的值，即得出抛物线的函数表达式；
（2）根据二次函数解析式可求出B0,-6．分类讨论：①当点P位于x轴上方时，即为点P1，如图，易求出直线AB的解析式为y=x-6．根据∠P1EA=∠BAE，即得出P1E∥AB，从而可直线P1E的解析式为y=x+m'，再将E-2,0代入，即可求出直线P1E的解析式为y=x+2．最后联立y=12x2-2x-6y=x+2，解出x，y的值，即得出点P的坐标；②当点P位于x轴下方时，即为点P2，过点P2作P2Q⊥x轴于点Q，易求出OA=OB=6，从而得出∠P2EA=∠BAE=45°。进而可求出P2Q=QE．设P2x,12x2-2x-6，则P2Q=yQ=-12x2+2x+6，QE=xP2-xE=x+2，从而可得出关于x的方程，解出x的值即可得出点P的坐标．
【详解】（1）解：∵△ACD沿CD所在直线翻折，点A恰好落在抛物线上的点E处，且A6,0，
∴E-2,0．
将A6,0，E-2,0代入y=ax2+bx-6，
得：0=36a+6b-60=4a-2b-6，解得：a=12b=-2，
∴抛物线的函数表达式为y=12x2-2x-6；
（2）解：对于y=12x2-2x-6，令x=0，则y=-6，
∴B0,-6．
分类讨论：①当点P位于x轴上方时，即为点P1，如图，
设直线AB的解析式为y=kx+m，
则0=6k+m-6=m，解得：k=1m=-6，
∴直线AB的解析式为y=x-6．
∵∠P1EA=∠BAE，
∴P1E∥AB，
∴可设直线P1E的解析式为y=x+m'．
∵E-2,0，
∴0=-2+m'，解得：m'=2，
∴直线P1E的解析式为y=x+2．
联立y=12x2-2x-6y=x+2，解得：x1=8y1=10，x2=-2y2=0（舍）．
∴此时点P的坐标为8,10；
②当点P位于x轴下方时，即为点P2，过点P2作P2Q⊥x轴于点Q，如图，
∵B0,-6，A6,0，
∴OA=OB=6，
∴∠BAE=45°，
∴∠P2EA=∠BAE=45°，
∴△P2QE为等腰直角三角形，
∴P2Q=QE．
设P2x,12x2-2x-6，
则P2Q=yQ=-12x2+2x+6，QE=xQ-xE=xP2-xE=x+2，
∴-12x2+2x+6=x+2，
解得：x1=-2（舍），x2=4，
∴yP2=12×42-2×4-6=-6，
此时点P的坐标为4,-6．
综上可知存在点P，使∠PEA=∠BAE，P点坐标为8,10或4,-6．
【点拨】本题属于二次函数综合题，涉及二次函数的图象和性质、求二次函数解析式、二次函数与几何图形综合等知识点，灵活运用二次函数的性质以及其与几何知识的联系是解答本题的关键．
题型06 求对称轴条数
【例9】（2023·广东广州·统考一模）图中的图形为轴对称图形，该图形的对称轴的条数为（ ）

A．1B．2C．3D．5
【答案】D
【分析】根据题意，画出该图形的对称轴，即可求解．
【详解】解∶如图，

一共有5条对称轴．
故选：D
【点拨】本题主要考查了轴对称图形，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键．
【变式9-1】（2022·山东青岛·统考一模）下列图形中，是轴对称图形且对称轴条数最多的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用轴对称图形的定义逐一判断即可．
【详解】解：A是轴对称图形，对称轴有1条；
B不是轴对称图形；
C不是轴对称图形；
D是轴对称图形，对称轴有2条；
故选：D．
【点拨】本题考查识别轴对称图形，掌握轴对称图形的定义是解题的关键．
【变式9-2】（2020·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）下列图形：
其中是轴对称图形且有两条对称轴的是（ ）
A．①②B．②③C．②④D．③④
【答案】A
【分析】根据题意首先将各图形的对称轴画出，在数对称轴的条数即可.
【详解】1有两条对称轴；2有两条对称轴；3有四条对称轴；4不是对称图形
故选A.
【点拨】本题主要考查图形的对称轴，关键在于对称轴的概念的掌握.
【变式9-3】（2023·北京海淀·校联考模拟预测）下列图形中，对称轴条数最少的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据轴对称及对称轴的定义，判断各选项的对称轴数量，继而可得出答案．
【详解】A.有1数条对称轴，
B.有无数条对称轴，
C.有2条对称轴，
D.有3条对称轴，
故选：A．
【点拨】本题考查了轴对称图形的知识，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．
题型07 画轴对称图形
【例10】（2021·广东中山·校联考一模）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点和线段EF的端点均在小正方形的顶点上．
(1)在方格纸中面出△ADC，使△ADC与△ABC关于直线AC对称（点D在小正方形的顶点上）；
(2)在方格纸中画出以线段EF为一边的平行四边形EFGH（点G，点H均在小正方形的顶点上），且平行四边形EFGH的面积为4．连接DH，请直接写出线段DH的长．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，DH=5
【分析】（1）根据轴对称的性质可得△ADC；
（2）利用平行四边形的性质即可画出图形，利用勾股定理可得DH的长．
【详解】（1）如图
（2）如图，DH=32+42=5
【点拨】本题考查了作图，轴对称变换，平行四边形的性质，勾股定理等知识，准确画出图形是解题的关键．
【变式10-1】（2023·陕西西安·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标为A2，4，B1，2，C4，1，△DEF各顶点的坐标为D4，-4，E5，-2，F2，-1．
(1)在图中作出△ABC关于y轴对称的△A'B'C'；
(2)若△ABC与△DEF关于点P成中心对称，则点P的坐标是___．
【答案】(1)见解析
(2)3，0
【分析】（1）根据关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相同，先在坐标系中描出A.B.C的对应点A'、B'、C'，然后顺次连接A'、B'、C'即可；
（2）如图所示，连接AD与CF交于点P，点P即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，△A'B'C'即为所求；
（2）解：如图所示，连接AD与CF交于点P，
由图可知点P的坐标为3，0（此坐标可以利用P是AD的中点进行求解），
故答案啊为：3，0．
【点拨】本题主要考查了坐标与图形变化—轴对称，找对称中心，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式10-2】（2022·福建莆田·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为斜边AB中点．
(1)尺规作图：求作一点E，使得点B，E关于直线CD对称；（不要求写作法，保留作图痕迹）
(2)连接DE，求证：∠CDE=2∠A．
【答案】(1)作图见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）过B点作CD的垂线，然后画出点E，使E点和B点到CD的距离相等；
（2）由点E与点D关于CD对称可得∠CDE=∠BDC．进而在Rt△ABC中论证CD=AD得∠A=∠ACD，再由∠BDC=∠A+∠ACD即可得结论．
【详解】（1）解：（1）如图，点E为所求作的点；
（2）证明：
∵点E与点D关于CD对称，
∴∠CDE=∠BDC．
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∵点D是边AB的中点，
∴CD=AD，
∴∠A=∠ACD．
∵∠BDC=∠A+∠ACD，
∴∠BDC=2∠A，
∴∠CDE=2∠A．
【点拨】本题考查了作图-轴对称变换，轴对称性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质以及三角形的外角定理，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
【变式10-3】（2022·广西南宁·统考二模）如图，在直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(3,3)，B(4,0)，C(0,2)．
(1)请画出与△ABC关于x轴对称的△A1B1C1．
(2)以点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的12，得到△A2B2C2，请在y轴的右侧画出△A2B2C2．
(3)在y轴上存在点P，使得△OA1P的面积为6，请直接写出满足条件的点P的坐标．
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析
(3)P（0，4）或（0，-4）
【分析】（1）直接利用关于x轴对称点的性质得出对应点坐标进而得出答案；
（2）直接利用关于位似图形的性质得出对应点坐标进而得出答案；
（3）直接利用三角形面积公式求出OP的长，故可得出答案．
【详解】（1）如图，△A1B1C1为所求；
（2）如图，△A2B2C2为所求；
（3）如图，∵y轴上存在点P，使得△OA1P的面积为6，
∴12OP×xA=6
∴12OP×3=6
解得OP=4
∴P（0，4）或（0，-4）．
【点拨】此题主要考查了轴对称变换以及位似变换，正确得出对应点位置是解题关键．
题型08 设计轴对称图案
【例11】（2020·河北·模拟预测）如图，在小正三角形组成的网格中，已有6个小正三角形涂黑，还需涂黑n个小正三角形，使它们与原来涂黑的小正三角形组成的新图案恰有三条对称轴，则n的最小值为（ ）
A．10B．6C．3D．2
【答案】C
【分析】由等边三角形有三条对称轴可得答案．
【详解】如图所示，n的最小值为3．
故选C．
【点拨】本题考查了利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握常见图形的性质和轴对称图形的性质．
【变式11-1】（2022·安徽合肥·统考二模）如图，在4×4正方形网络中，选取一个白色的小正方形并涂黑，使构成的黑色部分的图形构成一个轴对称图形的概率是 ．
【答案】313
【分析】直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的位置，进而利用概率的公式得出答案．
【详解】解：由示意图可知，我们涂黑一个白色小方块可以使图形为轴对称图形的情况总共为3种，我们可以涂的白色小方块的个数总共为13个，所以图中黑色部分的图形能构成一个轴对称图形的概率为313．
故答案为：313．
【点拨】本题主要考查了利用轴对称设计图案，概率公式的应用，正确把握轴对称的性质是解题的关键．
【变式11-2】（2020·山东枣庄·统考二模）在数学活动课上，王老师要求学生将图1所示的3×3正方形方格纸，剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形，如图2的四幅图就视为同一种设计方案（阴影部分为要剪掉部分）
请在图中画出4种不同的设计方案，将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑（每个3×3的正方形方格画一种，例图除外）
【答案】见解析.
【分析】根据轴对称图形和旋转对称图形的概念作图即可得．
【详解】解：根据剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形；即如图所示：
【点拨】本题主要考查利用旋转设计图案，解题的关键是掌握轴对称图形和旋转对称图形的概念．
【变式11-3】（2022·山西大同·统考二模）阅读理解，并解答问题：
观察发现：
如图1是一块正方形瓷砖，分析发现这块瓷砖上的图案是按图2所示的过程设计的，其中虚线所在的直线是正方形的对称轴．
问题解决：
用四块如图1所示的正方形瓷砖按下列要求拼成一个新的大正方形，并在图3和图4中各画一种拼法．
(1)图3中所画拼图拼成的图案是轴对称图形，但不是中心对称图形；
(2)图4中所画拼图拼成的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）按照轴对称的意义得出答案即可；
（2）按照轴对称的定义和中心对称的定义设计，所设计的图案既是中心对称图形，又是轴对称图形．
【详解】（1）解：（1）参考图案，如图所示：
（2）（2）参考图案，如图所示：
【点拨】本题考查利用轴对称或中心对称设计图案，关键是理解轴对称和中心对称的定义．
【变式11-4】（2022·浙江宁波·统考一模）在4×4的方格中，选择6个小方格涂上阴影，请仔细观察图1中的六个图案的对称性，按要求回答．
(1)请在六个图案中，选出三个具有相同对称性的图案．选出的三个图案是 （填写序号）；它们都是 图形（填写“中心对称”或“轴对称”）；
(2)请在图2中，将1个小方格涂上阴影，使整个4×4的方格也具有（1）中所选图案相同的对称性．
【答案】(1)①③⑤；轴对称；
(2)见解析
【分析】（1）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．根据定义进行判断选择即可；
（2）根据轴对称图形的定义将1个小方格涂上阴影即可．
【详解】（1）解：①③⑤三个图案是轴对称图形，
故答案为：①③⑤；轴对称；
（2）解：如图所示（答案不唯一），
【点拨】本题考查了中心对称图形轴对称图形的概念．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°后与原图重合．
题型09求某点关于坐标轴对称点的坐标
【例12】（2022·湖南岳阳·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，点M(-4,2)关于x轴对称的点的坐标是（ ）
A．(-4,2)B．(4,2)C．(-4,-2)D．(4,-2)
【答案】C
【分析】关于x轴对称的两个点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，根据规律解答即可．
【详解】解：点M(-4,2)关于x轴对称的点的坐标是：(-4,-2).
故选：C.
【点拨】本题考查的是关于x轴对称的两个点的坐标关系，掌握“关于x轴对称的两个点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．”是解题的关键．
【变式12-1】（2023·浙江湖州·模拟预测）在平面直角坐标系中，将点A(-3，-2)向右平移5个单位长度得到点B，则点B关于y轴对称点B'的坐标为（ ）
A．(2，2)B．(-2，2)C．(-2，-2)D．(2，-2)
【答案】C
【分析】根据点的平移规律左减右加可得点B的坐标，然后再根据关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得答案．
【详解】解：点A(-3，-2)向右平移5个单位长度得到点B(2，-2)，
点B关于y轴对称点B'的坐标为（-2，-2），
故选：C．
【点拨】本题主要考查了点的平移和关于y轴的对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
【变式12-2】（2019·四川成都·校联考一模）若点A（1+m，1﹣n）与点B（﹣3，2）关于y轴对称，则m+n的值是（ ）
A．﹣5B．﹣3C．3D．1
【答案】D
【分析】根据关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，据此求出m、n的值，代入计算可得．
【详解】∵点A（1+m，1﹣n）与点B（﹣3，2）关于y轴对称，
∴1+m=3，1﹣n=2，
解得：m=2，n=﹣1，
所以m+n=2﹣1=1，
故选D．
【点拨】本题考查了关于y轴对称的点，熟练掌握关于y轴对称的两点的横坐标互为相反数，纵坐标不变是解题的关键．
题型10 与轴对称有关的规律探究问题
【例13】（2022·云南·云大附中校考一模）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，A（﹣1，3）、B（1，1）、C（5，1）．规定“把▱ABCD先沿y轴翻折，再向下平移1个单位”为一次变换．如此这样，连续经过2022次变换后，▱ABCD的顶点D的坐标变为（ ）
A．（3，﹣2019）B．（﹣3，﹣2019）
C．（3，﹣2018）D．（﹣3，﹣2018）
【答案】A
【分析】先利用平行四边形的性质求出点D的坐标，再将前几次变换后D点的坐标求出来，观察规律即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，A（﹣1，3）、B（1，1）、C（5，1），
∴D（3，3），
∵把▱ABCD先沿y轴翻折，再向下平移1个单位为一次变换，
又∵沿y轴翻折横坐标为相反数，纵坐标不变，
∴第一次变换后，D（-3，2），第二次变换后，D（3，1），……
∴对于横坐标，奇数次变换为-3，偶数次变换为3，对于纵坐标，每次变换减一，
∴经过2022次变换后，D（3，﹣2019）.
故选：A．
【点拨】本题考查翻折变换，点的坐标一规律性，平行四边形的性质等知识点，解题的关键是先求出D的坐标，再利用变换的规律求解．
【变式13-1】（2022·河南商丘·校考一模）如图，等边△ABC的顶点A1,1，B3,1，规定把△ABC“先沿x轴翻折，再向右平移1个单位”为一次变换，这样连续经过2022次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为（ ）
A．2023,3+1B．2023,-3-1
C．2024,3+1D．2024,-3-1
【答案】C
【分析】先利用等边三角形的性质求得点C的坐标，然后根据轴对称变换和轴对称变换的性质求得第一次变换，第二次变换，第三次变换后点C的坐标，按此找出规律即可求解 ．
【详解】解：如图所示，过点C作CD⊥AB，
∵△ABC是等边三角形，A1,1，B3,1，
∴AB=AC=2，AD=12AB=1，AB∥x轴，D的坐标为(2，1)，
∴CD=AC2-AD2=22-12=3
∴点C到x轴的距离为：1+3，点C的横坐标为2，
∴C2，1+3，
由题意得，
第一次变换后点C的坐标为2+1，-1-3，即3，-1-3；
第二次变换后点C的坐标为2+1+1，1+3，即4，1+3；
第三次变换后点C的坐标为2+1+1+1，-1-3，即5，-1-3；
……
由此可以发现点C的横坐标总是比次数大2，而纵坐标，当奇次变换时是-1-3，偶次变换时是1+3，故连续经过2022次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为2024,3+1，
故选：C
【点拨】本题考查了坐标与图形的变化—翻折变换与平移变换，读懂题意，找出变化规律是解题的关键．
【变式13-2】（2021·河北·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，对△ABC进行循环往复的轴对称变换，若原来点A坐标是(1,2)，则经过第2021次变换后点A的对应点的坐标为（ ）
A．(1,-2)B．(-1,-2)C．(-1,2)D．
【答案】C
【分析】观察图形可知每四次对称为一个循环组依次循环，用2021除以4，然后根据商和余数的情况确定出变换后的点A所在的象限，然后解答即可．
【详解】解：点A第一次关于y轴对称后在第二象限，
点A第二次关于x轴对称后在第三象限，
点A第三次关于y轴对称后在第四象限，
点A第四次关于x轴对称后在第一象限，即点A回到原始位置，
所以，每四次对称为一个循环组依次循环，
∵2021÷4＝505余1，
∴经过第2021次变换后所得的A点与第一次变换的位置相同，在第二象限，坐标为（−1，2）．
故选：C．
【点拨】本题考查了轴对称的性质，点的坐标变换规律，读懂题目信息，观察出每四次对称为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．
【变式13-3】（2021·山东青岛·山东省青岛实验初级中学校考模拟预测）如图，已知正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点M，顶点A、B、C的坐标分别为(1,3)、(1,1)、(3,1)，规定“把正方形ABCD先沿x轴翻折，再向右平移1个单位”为一次变换，如此这样，连续经过2020次变换后，点M的坐标变为（ ）

A．(2022,2)B．(2022,-2)
C．(2020,2)D．(2020,-2)
【答案】A
【分析】由正方形的性质可得点M坐标，由折叠性质和平移性质可得点M的变化规律，即可求解；
【详解】∵正方形ABCD的顶点A，B，C分别是(1,3)、(1,1)、(3,1)，
∴正方形ABCD的对角线的交点M的坐标为(2,2)，
∵把正方形ABCD先沿x轴翻折，再向右平移1个单位”为一次变换，
∴第一次变换后M的坐标为(3，-2)，第二次变换后的坐标(4,2)，第三次变换后的坐标(5，-2)，第四次变换后的坐标(6,2) ⋯，
可发现第n次后，当n为偶数，点M的坐标为(n+2,2)，
∴连续经过第2020次时，点M的坐标为(2020+2,2)，故坐标为(2022,2)．
故选A．
【点拨】本题主要考查了规律性点的坐标，准确分析是解题的关键．
题型11 轴对称的综合问题
【例14】（2023·广西玉林·一模）如图，已知直线y=kx+2k交x、y轴于A、B两点，以AB为边作等边△ABC(A、B、C三点逆时针排列)，D、E两点坐标分别为(-6,0)、(-1,0)，连接CD、CE，则CD+CE的最小值为（ ）
A．6B．5+3C．6.5D．7
【答案】D
【分析】在x轴上方作等边△AOF，证明△AOB≌△AFC（SAS），所以点C的轨迹为定直线CF，作点E关于直线CF的对称点E'，连接CE'，CE＝CE'，当点D.C.E'在同一条直线上时，DE'＝CD+CE的值最小，再根据勾股定理，即可解答．
【详解】解：∵点B在直线y=kx+2k上，
∴k(x+2)=0，
∵k≠0，
∴x-2=0.，
∴B(-2,0)，
∵E(-1,0)，D(-6,0)，
在x轴上方作等边△AOF，
∵∠CAB=∠FAO=60°，
∴∠CAB+∠BAF=∠BAF+∠FAO，即∠CAF=∠BAO，
又∵CA=BA，AF=AO，
∴△AOB≌△AFC(SAS)，
∴∠AFC=∠AOB=90°，
∴点C的轨迹为定直线CF，
作点E关于直线CF的对称点E'，连接CE'，CE=CE'，
∴CD+CE=CD+CE'，
∴当点D、C、E'在同一条直线上时，DE'=CD+CE的值最小，
∵AF=AO=2，∠FAO=60°，∠AFG=90°，
∴∠AGF=30°，AG=2×2=4，EG=3，
∴EM=32 ,
∴M(-14,343)
∵E关于M的对称E'，
∴E'(12,323)，
∴(CD+CE)的最小值=DE'=(-6-12)2+(0-323)2=7
故选：D．
【点拨】本题考查最短路径，勾股定理，轴对称等知识点，解题关键是熟练掌握以上知识点、根据条件好问题作出辅助线
【变式14-1】（2022·江苏镇江·统考模拟预测）△ABC是边长为4的等边三角形，其中点P为高AD上的一个动点，连接BP，将BP绕点B顺时针旋转60°得到BE，连接，则△BDE周长的最小值是（ ）
A．2+23B．2+3C．4+3D．4+23
【答案】A
【分析】先证明∠BCE=30°，作B关于C E的对称点F，连接DF,CF，根据对称性可得△BDE周长=BD+DE+BE=BD+DE+FE≥BD+DF，当D,E,F三点共线时，取得最小值，据此即可求解．
【详解】
将BP绕点B顺时针旋转60°得到BE，
∴△BPE是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC=4，∠BAC=∠ABC=60°，
∵AD⊥CB，
∴BD=CD=2，∠BAD=∠CAD=12∠BAC=30°，
∵∠PBE=∠ABC=60°，
∴∠ABP=∠CPE，
∵BA=BC，BP=BE，
∴△ABP≌△CBE（SAS），
∴∠BAP=∠BCE=30°，AP=CE
∴点E的运动轨迹是射线CE（∠BCE=30°），
如图，作B关于C E的对称点F，连接DF,CF，
∴CB=CF,∠BCE=∠FCE=30°，
∴∠BCF=60°，
∴△BCF是等边三角形，
∴DF=32BC=23
∴ △BDE周长=BD+DE+BE=BD+DE+FE≥BD+DF
当D,E,F三点共线时，取得最小值，最小值为
故选A
【点拨】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，轴对称的性质，线段和最短问题，勾股定理，求得点E的轨迹是解题的关键．
【变式14-2】（2022·广东·校联考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠A＝30°，∠C＝90°，AB＝6，点P是线段AC上一动点，点M在线段AB上，当AM＝13AB时，PB＋PM的最小值为（ ）
A．33B．27C．23＋2D．33＋3
【答案】B
【分析】作B点关于AC的对称点B'，连接B'M交AC于点P，则PB＋PM的最小值为B'M的长，过点B'作B'H⊥AB交H点，在Rt△BB'H中，B'H＝33，HB＝3，可求MH＝1，在Rt△MHB'中，B'M＝27，所以PB＋PM的最小值为27．
【详解】解：作B点关于AC的对称点B'，连接B'M交AC于点P，
∴BP＝B'P，BC＝B'C，
∴PB＋PM＝B'P＋PM≥B'M，
∴PB＋PM的最小值为B'M的长，
过点B'作B'H⊥AB交H点，
∵∠A＝30°，∠C＝90°，
∴∠CBA＝60°，
∵AB＝6，
∴BC＝3，
∴BB'＝BC＋B'C＝6，
在Rt△BB'H中，∠B'BH＝60°，
∴∠BB'H＝30°，
∴BH＝3，
由勾股定理可得：B'H=B'B2-BH2=62-32=33，
∴AH＝AB－BH＝3，
∵AM＝13AB，
∴AM＝2，
∴MH＝AH－AM＝1，
在Rt△MHB'中，B'M=B'H2+MH2=(33)2+12=27，
∴PB＋PM的最小值为27，
故选：B．
【点拨】本题考查轴对称—最短路线问题，涉及到解直角三角形，解题的关键是做辅助线，找出PB＋PM的最小值为B'M的长．
【变式14-3】（2022·福建厦门·福建省厦门第二中学校考模拟预测）如图，在正五边形ABCDE中，点F是CD的中点，点G在线段AF上运动，连接EG，DG，当△DEG的周长最小时，则∠EGD=（ ）
A．36°B．60°C．72°D．108°
【答案】C
【分析】如图，连接EC，GC，设EC交AF于点G′，连接DG′．证明当点G与G′重合时， EG+DG的值最小，△DEG的周长最小，即求出∠EGD可得结论．
【详解】解：如图，连接EC，GC，设EC交AF于点G′，连接DG′．
∵正五边形ABCDE中，点F是DC的中点，AF⊥DC，
∴D，C关于AF对称，
∴GD=GC，
∵EG+GD=EG+GC≥EC，
∴当点G与G′重合时，EG+DG的值最小，△DEG的周长最小，
∵ABCDE是正五边形，
∴ED=DC，∠EDC=108°，
∴∠DEC=∠DCE=36°，
∵G′D=G′C，
∴∠G′DC=∠DCG′=36°，
∴∠D G′C=108°，
∴∠EG′D=180°-∠DG′C=180°-108°=72°．
故选：C．
【点拨】本题考查了垂直平分线的性质，轴对称-最短问题等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
【变式14-4】（2023·安徽蚌埠·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（4，0），点Q是直线y=3x上的一个动点，以AQ为边，在AQ的右侧作等边△APQ，使得点P落在第一象限，连接OP，则OP+AP的最小值为（ ）
A．6B．43C．8D．63
【答案】C
【分析】根据点Q的运动先证明点P在直线PM是运动，再根据轴对称最值问题，作点P关于直线PM的对称点B，连接AB，求出AB的长即可．
【详解】解：如图，作∠OAM＝60°，边AM交直线OQ于点M，作直线PM，
由直线y=3x可知，∠MOA＝60°，
∴∠MOA＝∠OAM＝60°，
∴△OAM是等边三角形，
∴OA＝OM，
∵△APQ是等边三角形，
∴AQ＝AP，∠PAQ＝60°，
∴∠OAQ＝∠MAP，
∴△OAQ≌△MAP（SAS），
∴∠QOA＝∠PMA＝60°＝∠MAO，
∴PM∥x轴，即点P在直线PM上运动，
过点O关于直线PM的对称点B，连接AB，AB即为所求最小值，
此时，在Rt△OAB中，OA＝4，∠BAO＝60°，
∴∠OBA＝30°，
∴AB＝2OA＝8．
故选：C．
【点拨】本题属于一次函数与几何综合题，涉及勾股定理，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，轴对称最值问题，旋转的性质等知识，解题的关键是得出点P在直线PM是运动．
考点二 图形的平移
平移的概念：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做平移．平移不改变图形的形状和大小．
平移的三大要素：1）平移的起点，2）平移的方向，3）平移的距离．
平移的性质：
1）平移不改变图形的大小、形状，只改变图形的位置，因此平移前后的两个图形全等.
2）平移前后对应线段平行且相等、对应角相等.
3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等，对应点之间的距离就是平移的距离.
作图步骤：
1）根据题意，确定平移的方向和平移的距离；
2）找出原图形的关键点；
3）按平移方向和平移距离平移各个关键点，得到各关键点的对应点；
4）按原图形依次连接对应点，得到平移后的图形．
题型01 生活中的平移现象
【例1】（2022·贵州贵阳·统考二模）下列现象中属于平移的是（ ）
①方向盘的转动；②打气筒打气时，活塞的运动；③钟摆的摆动；④汽车雨刷的运动
A．①②B．②③C．①②④D．②
【答案】D
【分析】直接根据平移的定义分别判断．
【详解】解：①方向盘的转动是旋转，故不符合题意；
②打气筒打气时，活塞的运动是平移，故符合题意；
③钟摆的摆动是旋转，故不符合题意；
④汽车雨刷的运动是旋转，故不符合题意；
综上分析可知，属于平移的是②，故D正确．
故选：D．
【点拨】本题考查了生活中的平移现象，熟练掌握平移的定义是解答本题的关键． 平移是指在平面内，将一个图形上的所有点都按照某个方向作相同距离的移动．平移不改变图形的形状和大小，只是改变位置．
【变式1-1】（2023·江苏宿迁·统考三模）数学来于生活，下列图案是由平移形成的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平移的性质，结合图形，对选项进行一一分析，选出正确答案．
【详解】根据平移的性质，平移后不改变图形的形状和大小，也不改变图形的方向（角度），符合条件的只有A．
故选：A．
【点拨】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
题型02 利用平移的性质求解
【例2】（2022·福建·统考模拟预测）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到△A'B'C'，点A'对应直尺的刻度为0，则四边形ACC'A'的面积是（ ）
A．96B．963C．192D．1603
【答案】B
【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形ACC'A'的面积为AA'⋅ACsin60°=2ABsin60°⋅AA'，即可求解．
【详解】解：依题意ACC'A'为平行四边形，
∵∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝8，AA'=12．
∴平行四边形ACC'A'的面积=AA'⋅ACsin60°=2ABsin60°⋅AA' =2×8×12×32=963
故选B
【点拨】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
【变式2-1】（2023·河北廊坊·统考二模）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2 cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1 cm得到正方形A'B'C'D'，形成一个“方胜”图案，则点D，B'之间的距离为（ ）
A．1 cmB．2 cmC．(2－1) cmD．(22－1) cm
【答案】D
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得BB'=1 cm，然后由BD-BB'求解即可．
【详解】解：由题意，BD=22 cm，
由平移性质得BB'=1cm，
∴点D，B'之间的距离为DB'=BD-BB'=（22-1）cm，
故选：D．
【点拨】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
【变式2-2】（2023·湖北孝感·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2cm．把△ABC沿AB方向平移1 cm，得到△A'B'C'，连结CC'，则四边形AB'C'C的周长为 cm．
【答案】8+23
【分析】通过勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，分别计算出四边形的四条边长，再计算出周长即可．
【详解】解：∵∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2 cm，
∴AB=2BC=4，
∴AC=AB2-BC2=16-4=23，
∵把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，
∴CC'=1，AB'=4+1=5， B'C'=BC=2，
∴四边形的周长为：23+1+5+2=8+23，
故答案为：8+23．
【点拨】本题考查勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，能够熟练掌握勾股定理是解决本题的关键．
【变式2-3】（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，4），B（3，4），将△ABO向右平移到△CDE位置，A的对应点是C，O的对应点是E，函数y=kx(k≠0)的图像经过点C和DE的中点F，则k的值是 ．
【答案】6
【分析】作FG⊥x轴，DQ⊥x轴，FH⊥y轴，设AC=EO=BD=a，表示出四边形ACEO的面积，再根据三角形中位线的性质得出FG，EG，即可表示出四边形HFGO的面积，然后根据k的几何意义得出方程，求出a，可得答案．
【详解】过点F作FG⊥x轴，DQ⊥x轴，FH⊥y轴，根据题意，得AC=EO=BD，
设AC=EO=BD=a，
∴四边形ACEO的面积是4a．
∵F是DE的中点，FG⊥x轴，DQ⊥x轴，
∴FG是△EDQ的中位线，
∴FG=12DQ=2，EG=12EQ=32，
∴四边形HFGO的面积为2(a+32)，
∴k=4a=2(a+32)，
解得a=32，
∴k=6．
故答案为：6．
【点拨】本题主要考查了反比例函数中k的几何意义，正确的作出辅助线构造矩形是解题的关键．
【变式2-4】（2023·江苏徐州·统考一模）如图，△ABC的边BC长为4 cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为 cm2．
【答案】8
【分析】根据平移的性质即可求解．
【详解】解：由平移的性质S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′，
∴四边形B′C′CB为平行四边形，
∵BB′⊥BC，
∴四边形B′C′CB为矩形，
∵阴影部分的面积=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC
=S矩形B′C′CB
=4×2
=8(cm2)．
故答案为：8．
【点拨】本题考查了矩形的判定和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
题型03 利用平移解决实际生活问题
【例3】（2023·山东淄博·统考二模）如图，在长为37米，宽为26米的长方形地块上，有纵横交错的几条小路，宽均为1米，其它部分均种植花草，则种植花草的面积 平方米．
【答案】900
【分析】可以根据平移的性质，种植花草的面积相当于一条横向长为37-1米与一条纵向长为26-1米的长方形面积，据此求解即可．
【详解】解：由平移的性质可知，种植花草的面积相当于一条横向长为37-1米与一条纵向长为26-1米的长方形面积，
∴种植花草的面积=37-126-1=900 m2 ．
故答案为：900．
【点拨】本题考查了平移在实际中的应用，将两条小路平移至长方形的边上，使种植花草的面积等于一个长方形的面积是解决此题的关键．
【变式3-1】（2023·河北沧州·校考模拟预测）在长方形ABCD中，放入6个形状，大小都相同的长方形，所标尺寸如图所示，则图中阴影部分面积是 cm2；若平移这六个长方形，则图中剩余的阴影部分面积 （填“有变化”或“不改变”）．
【答案】 72 不改变
【分析】（1）设小长方形的长为x cm，宽为y cm，根据图性质小长方形的长、宽和大长方形的长、宽之间的关系，列出方程组，解方程组得出x、y的值，再用大长方形的面积减去六个小长方形的面积即可得出答案；
（2）在平移的过程中，大长方形的面积不变，小长方形的面积不变，因此阴影部分面积不变．
【详解】解：设小长方形的长为x cm，宽为y cm，依题意得：
x+y=2y+8x+3y=16，
解得：x=10y=2，
∴图中阴影部分面积为：
16×8+2y-6xy=16×8+2×2-6×10×2=72cm2；
无论怎么平移这六个长方形，阴影部分的面积总是大长方形的面积减去六个长方形的面积，均为72 cm2，保持不变．
故答案为：72；不改变．
【点拨】本题主要考查了二元一次方程组的应用、平移性质，解题的关键是根据图形中大、小长方形之间的长、宽之间的关系列出方程组．
【变式3-2】（2022·河北秦皇岛·统考一模）某景区有一座步行桥（如图），需要把阴影部分涂刷油漆．
(1)求涂刷油漆的面积；
(2)若a=901，b=1，请用科学记数法表示涂刷油漆的面积．
【答案】(1)
(2)3.24×106
【分析】（1）已知阴影部分的宽为a-b，利用平移的性质可得阴影部分的长可以表示为2a+4b+2(a-4b)，然后利用矩形的面积公式计算出阴影部分的面积即可；
（2）科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】（1）解：涂刷油漆的面积=[2a+4b+2(a-4b)](a-b)
=(2a+4b+2a-8b)(a-b)=(4a-4b)(a-b)=4(a-b)(a-b)=4(a-b)2
（2）解：当a=901，b=1时，原式=4(a-b)2=4×(901-1)2=4×810000=3.24×106．
【点拨】此题考查了平移的性质，关键在于能够用代数式表示出平移后矩形的长度，用科学记数法表示较大的数时关键要正确确定a的值以及n的值．
【变式3-3】（2023·贵州遵义·统考一模）如图1，计划在长为30米、宽为20米的矩形地面上修筑两条同样宽的道路①、②（图中阴影部分），设道路①、②的宽为x米，剩余部分为绿化．
(1)道路①的面积为___________平方米；道路②的面积为___________平方米（都用含x的代数式表示）．
(2)如图2，根据实际情况，将计划修筑的道路①、②改为同样宽的道路③（图中阴影部分），若道路的宽依然为x米，剩余部分为绿化，且绿化面积为551平方米，求道路的宽度．
【答案】(1)20x，20x
(2)1米
【分析】（1）道路①根据长方形的面积公式求解即可，道路②利用平移，可转化为道路①求解；
（2）设道路的宽x米，则余下部分可合成长为30-xm，宽为20-xm的长方形，根据草坪的面积为551平方米，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】（1）解∶道路①的面积为20x平方米，道路②的面积为20x平方米
（2）解：根据题意，得30-x20-x=551，
解得x1=1，x2=49（不符合题意，舍去）
答：道路的宽度为1米．
【点拨】本题考查的是根据实际问题列一元二次方程．找到关键描述语，找到等量关系准确地列出方程是解决问题的关键．
题型04 作平移图形
【例4】（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，在2×6的方格纸中，已知格点P，请按要求画格点图形（顶点均在格点上）．
(1)在图1中画一个锐角三角形，使P为其中一边的中点，再画出该三角形向右平移2个单位后的图形．
(2)在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形，使三边长都不相等，再画出该三角形绕点P旋转180°后的图形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可；
（2）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可．
【详解】（1）画法不唯一，如图1或图2等．
（2）画法不唯一，如图3或图4等．
【点拨】本题考查作图—旋转变换、作图—平移变换，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，注意不要忘记画出平移后或旋转后的图形．
【变式4-1】（2022·安徽·二模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．
（1）把△ABC向左平移4个单位后得到对应的△A1B1C1，请画出平移后的△A1B1C1；
（2）把△ABC绕原点O旋转180°后得到对应的△A2B2C2，请画出旋转后的△A2B2C2；
（3）观察图形可知，△A1B1C1与△A2B2C2关于点（ ， ）中心对称．

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）﹣2，0．
【分析】（1）依据平移的方向和距离，即可得到平移后的△A1B1C1；
（2）依据△ABC绕原点O旋转180°，即可画出旋转后的△A2B2C2；
（3）依据对称点连线的中点的位置，即可得到对称中心的坐标．
【详解】解：（1）如图所示，分别确定A,B,C平移后的对应点A1,B1,C1，
得到△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，分别确定A,B,C旋转后的对应点A2,B2,C2，
得到△A2B2C2即为所求；

（3）由图可得，△A1B1C1与△A2B2C2关于点-2,0成中心对称．
故答案为：﹣2，0．
【点拨】本题考查的是平移，旋转的作图，以及判断中心对称的对称中心的坐标，掌握以上知识是解题的关键．
【变式4-2】（2023·陕西铜川·统考一模）如图，△ABC的顶点坐标分别为A(-2，3)，B(-3，0)，C(-1，-1)．将△ABC平移后得到△A'B'C'，且点A的对应点是A'(2，3)，点B.C的对应点分别是B'，C'．
(1)点A.A'之间的距离是__________；
(2)请在图中画出△A'B'C'．
【答案】(1)4
(2)见解析
【分析】（1）由A(-2，3)， A'(2，3)得，A.A'之间的距离是2-（-2）=4；
（2）根据题意找出平移规律，求出B'（1，0），C'（3，-1），进而画图即可．
【详解】（1）解：由A(-2，3)， A'(2，3)得，
A.A'之间的距离是2-（-2）=4．
故答案为：4．
（2）解：由题意，得B'（1，0），C'（3，-1），
如图，△A'B'C'即为所求．
【点拨】本题考查了坐标系中两点之间的距离求解以及平移求点坐标画图，题目相对较简单，掌握平移规律是解决问题的关键．
题型05 求点沿x轴、y轴平移后的坐标
【例5】（2023·湖南长沙·校考二模）在平面直角坐标系中，将点A(a,b)向右平移3单位长度，再向上平移2个单位长度正好与原点重合，那么点A的坐标是（ ）
A．(3,2)B．(3,-2)C．(-3,-2)D．(-3,2)
【答案】C
【分析】根据“横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减”，即可求解．
【详解】解：∵将点A(a,b))向右平移3单位长度，再向上平移2个单位长度正好与原点重合，
∴a+3=0,b+2=0，
∴a=-3,b=-2，
∴点A的坐标是(-3,-2)．
故选：C．
【点拨】本题主要考查了坐标与图形变化−平移，解题的关键是熟记平移中点的变化规律：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
【变式5-1】（2022·河北秦皇岛·统考一模）将点A（-3，-2）沿水平方向向左平移5个单位长度得到点A'，若点A'在直线y=x+b上，则b的值为（ ）
A．6B．4C．-6D．-4
【答案】A
【分析】由点A的坐标及点A′，A之间的关系，可求出点A′的坐标，由点A'在直线y=x+b上，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出-2=-8+b，解之即可得出b的值．
【详解】解：∵点A（-3，-2）沿水平方向向左平移5个单位长度得到点A'，
∴点A′的坐标为（-8，-2）．
又∵点A'在直线y=x+b上，
∴-2=-8+b，
∴b=6．
故选：A．
【点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及坐标与图形变化-平移，利用点的平移及一次函数图象上点的坐标特征，找出关于b的方程是解题的关键．
题型06 由平移方式确定点的坐标
【例6】（2023·广西·模拟预测）如图，点A(0,3)、B(1,0)，将线段AB平移得到线段DC，若∠ABC=90°,BC=2AB，则点D的坐标是（ ）

A．(7,2)B．(7,5)C．(5,6)D．(6,5)
【答案】D
【分析】先过点C做出x轴垂线段CE，根据相似三角形找出点C的坐标，再根据平移的性质计算出对应D点的坐标．
【详解】
如图过点C作x轴垂线，垂足为点E，
∵∠ABC=90°
∴∠ABO+∠CBE=90°
∵∠CBE+BCE=90°
∴∠ABO=∠BCE
在ΔABO和ΔBCE中，
{∠ABO=∠BCE∠AOB=∠BEC=90° ，
∴ΔABO∽ΔBCE，
∴ABBC=AOBE=OBEC=12 ，
则BE=2AO=6 ,EC=2OB=2
∵点C是由点B向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∴点D同样是由点A向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∵点A坐标为(0，3)，
∴点D坐标为(6，5)，选项D符合题意，
故答案选D
【点拨】本题考查了图象的平移、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的判定与性质找出图象左右、上下平移的距离是解题的关键．
【变式6-1】（2021·江西·统考一模）如图，P（m，n）为△ABC内一点，△ABC经过平移得到△A′B′C′，平移后点P与其对应点P'关于x轴对称，若点B的坐标为（﹣2，1），则点B的对应点B′的坐标为（ ）
A．（﹣2，1﹣2n）B．（﹣2，1﹣n）C．（﹣2，﹣1）D．（m，﹣1）
【答案】A
【分析】根据P点坐标变化得到平移坐标公式，然后可以得到解答．
【详解】解：由题意可得P'坐标为（m，-n），
∴平移坐标公式为：x'=xy'=y-2n，
∴点B的对应点B'的坐标为：x=-2y=1-2n，
故选：A ．
【点拨】本题考查平移的坐标变换，根据P点坐标的变换得到坐标平移公式是解题关键．
【变式6-2】（2021·广东中山·校联考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是(1,2)，将线段OA向右平移4个单位长度，得到线段BC，点A的对应点C的坐标是 ．
【答案】
【分析】由将线段OA向右平移4个单位长度，可得点A(1,2)向右边平移了4个单位与C对应，再利用“右移加”即可得到答案．
【详解】解：∵将线段OA向右平移4个单位长度，
∴点A(1,2)向右边平移了4个单位与C对应，
∴C(1+4,2), 即C(5,2),
故答案为：
【点拨】本题考查的是平移的坐标变化规律，熟记“右移加，左移减，上移加，下移减”是解本题的关键．
【变式6-3】（2023·山东德州·统考一模）如图，四边形ABCD为平行四边形，则点B的坐标为 ．
【答案】-2,-1
【分析】根据平行四边形的性质以及点的平移即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ DA∥CB，即将D点平移到A的过程与将C点平移到B的过程保持一致，
∵将D点平移到A的过程是：x:-1-3=-4（向左平移4各单位长度）；y:2-2=0（上下无平移）；
∴将C点平移到B的过程按照上述一致过程进行得到B2-4,-1，即B-2,-1，
故答案为：-2,-1．
【点拨】本题考查平行四边形的性质及点的平移，掌握点的平移的代数表示是解决问题的关键．
【变式6-4】（2023·山东临沂·统考一模）如图，平面直角坐标系中，线段AB端点坐标分别为A-5,0，B0,-3，若将线段AB平移至线段A1B1，且A1-3,m，B12,1，则m的值为 ．
【答案】4
【分析】根据平面直角坐标系中线段平移时所有对应点的横坐标和纵坐标平移长度都相同进行求解即可．
【详解】解：∵在平面直角坐标系中，线段A1B1是由线段AB平移得到的，
且A-5,0，B0,-3，A1-3,m，B12,1，
∴m-0=1--3，
∴m=4，
故答案为：4．
【点拨】本题考查了平面直角坐标系中线段的平移规律，熟练线段平移的性质结合坐标点进行解答是解题的关键．
题型07 由平移前后点的坐标判断平移方式
【例7】（2022·山东淄博·统考二模）四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是 (−1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（ ）
A．将B向左平移4.5个单位B．将C向左平移4个单位
C．将D向左平移5.5个单位D．将C向左平移3.5个单位
【答案】C
【分析】直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．
【详解】解：∵点A (−1，b) 关于y轴对称点为B (1，b)，
C (2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，
需要将点D (3.5，b) 向左平移3.5+2=5.5个单位，
故选：C．
【点拨】本题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
【变式7-1】（2022·浙江台州·统考二模）如图，平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为A1,1，B4,1，D2,3，要把顶点A平移到顶点C的位置，则其平移方式可以是：先向右平移 个单位，再向上平移 个单位．
【答案】 4 2
【分析】根据平行线的性质求得点C的坐标，然后即可求得平移方式，即可求解．
【详解】解：∵平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为A1,1，B4,1，D2,3，
∴AB=DC=4-1=3，
∴C2+3,3即C5,3，
将A1,1平移到顶点C5,3的位置，可以是先向右平移4个单位，再向上平移2个单位．
故答案为：4，2．
【点拨】本题考查了坐标与图形，平移的性质，平行四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
题型08 已知图形的平移求点的坐标
【例8】（2021·河北·模拟预测）如图，在ΔABC中，∠ACB=90°．边BC在x轴上，顶点A,B的坐标分别为-2,6和7,0．将正方形OCDE沿x轴向右平移当点E落在AB边上时，点D的坐标为（ ）
A．32,2B．2,2C．114,2D．4,2
【答案】B
【分析】先画出E落在AB上的示意图，如图，根据锐角三角函数求解O'B的长度，结合正方形的性质，从而可得答案．
【详解】解：由题意知：C-2,0,
∵ 四边形COED为正方形，
∴CO=CD=OE, ∠DCO=90°,
∴D-2,2,E0,2,
如图，当E落在AB上时，
∵A-2,6,B7,0,
∴AC=6,BC=9,
由tan∠ABC=ACBC=EO'O'B,
∴69=2O'B,
∴O'B=3,
∴OO'=7-3=4,OC'=2,
∴D2,2.
故选B.
【点拨】本题考查的是平移的性质的应用，同时考查了正方形的性质，图形与坐标，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键．
【变式8-1】（2023·辽宁大连·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），则点B（﹣4，2）的对应点B1的坐标是 ．
【答案】（1，3）
【分析】根据点A和点A1的坐标可得出平移规律，从而进一步可得出结论．
【详解】解：∵顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），
又-3+5=2,4+1=5
∴平移ΔABC至ΔA1B1C1的规律为：将ΔABC向右平移5个单位，再向上平移1个单位即可得到ΔA1B1C1
∵B（﹣4，2）
∴B1的坐标是（-4+5，2+1），即（1，3）
故答案为：（1，3）
【点拨】本题主要考查了坐标与图形，正确找出平移规律是解答本题的关键．
【变式8-2】（2023·吉林长春·校联考一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，B的坐标分别是A0,2，B2,-1．平移△ABC得到△A'B'C'，若点A的对应点A'的坐标为-1,0，则点B的对应点B'的坐标是 ．
【答案】1,-3
【分析】根据点A坐标及其对应点A'的坐标的变化规律可得平移后对应点的横坐标减小1，纵坐标减小2，即可得到答案．
【详解】∵平移△ABC得到△A'B'C'，点A0,2的对应点A'的坐标为-1,0，
∴ △ABC向左平移了1个单位长度，向下平移了2个单位长度，
即平移后对应点的横坐标减小1，纵坐标减小2，
∴ B2,-1的对应点B'的坐标是1,-3，
故答案为：1,-3．
【点拨】本题考查了平移坐标的变化规律，即左减右加，上加下减，熟练掌握知识点是解题的关键．
题型09 与平移有关的规律问题
【例9】（2019·河南新乡·校联考二模）如图，等边△ABC的顶点A1,1，B3,1，规定把△ABC“先沿x轴翻折，再向左平移1个单位”为一次变换，这样连续经过2019次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为（ ）
A．-2016,3+1B．-2016,3-1
C．-2017,3+1D．-2017,-3-1
【答案】D
【分析】先求出点C坐标，第一次变换，根据轴对称判断出点C变换后在x轴下方然后求出点C纵坐标，再根据平移的距离求出点C变换后的横坐标，最后写出第一次变换后点C坐标，同理可以求出第二次变换后点C坐标，以此类推可求出第n次变化后点C坐标.
【详解】∵△ABC是等边三角形AB=3-1=2
∴点C到x轴的距离为1+2×32=3+1，横坐标为2
∴C(2，3+1)
由题意可得:第1次变换后点C的坐标变为(2-1，-3-1)，即(1，-3-1)，
第2次变换后点C的坐标变为(2-2，3+1)，即(0，3+1)
第3次变换后点C的坐标变为(2-3，-3-1)，即(-1，-3-1)
第n次变换后点C的坐标变为(2-n，-3-1)(n为奇数)或(2-n，3+1)(n为偶数)，
∴连续经过2019次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为(-2017，-3-1)，
故选：D
【点拨】本题考查了利用翻折变换和平移的特点求解点的坐标，在求解过程中找到规律是关键.
【变式9-1】（2023·湖南娄底·校联考一模）定义：在平面直角坐标系中，一个图形先向右平移a个单位，再绕原点按顺时针方向旋转θ角度，这样的图形运动叫作图形的γa,θ变换．如图，等边△ABC的边长为1，点A在第一象限，点B与原点O重合，点C在x轴的正半轴上，△A1B1C1就是△ABC经γ1,180°变换后所得的图形，若△ABC经γ1,180°变换后得到△A1B1C1，△A1B1C1经γ2,180°变换后得到△A2B2C2，△A2B2C2经γ3,180°变换后得到△A3B3C3，依此类推••••••，△An-1Bn-1Cn-1经γn,180°变换后得到△AnBnCn，点A2023的坐标为 ．

【答案】-20252,-32
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，先根据等边三角形的性质、勾股定理求出点A的坐标，再根据点坐标的平移变换、中心对称变换规律分别求出点A1,A2,A3,A4,A5的坐标，归纳类推出一般规律，由此即可得．
【详解】解：如图，过点A作AD⊥BC于点D，

∵等边△ABC的边长为1，
∴AB=BC=1,BD=12,AD=AB2-BD2=32，
∴A12,32，
由题意得：点A1的坐标为A1-12+1,-32，即A1-32,-32，
点A2的坐标为A2--32+2,32，即A2-12,32，
点A3的坐标为A3--12+3,-32，即A3-52,-32，
点A4的坐标为A4--52+4,32，即A4-32,32，
点A5的坐标为A5--32+5,-32，即A5-72,-32，
归纳类推得：点An的纵坐标为-1n⋅32，
当n为奇数时，点An的横坐标为-n+22；当n为偶数时，点An的横坐标为-n-12，
则当n=2023时，点A2023的横坐标为-2023+22=-20252，点A2023的纵坐标为-12023⋅32=-32，
即A2023-20252,-32，
故答案为：-20252,-32．
【点拨】本题考查了等边三角形的性质、勾股定理、点坐标的平移变换和中心对称变换，读懂图形的γa,θ变换，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
【变式9-2】（2018·青海·统考一模）如图，等边三角形的顶点A（1，1）、B（3，1），规定把等边△ABC“先沿x轴翻折，再向左平移1个单位”为一次变换，如果这样连续经过2018次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为 ．
【答案】（﹣2016，3 +1）
【分析】据轴对称判断出点C变换后在x轴上方，然后求出点C纵坐标，再根据平移的距离求出点A变换后的横坐标，最后写出即可．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形AB＝3﹣1＝2，
∴点C到x轴的距离为1+2×32＝3+1，
横坐标为2，
∴C（2，3 +1），
第2018次变换后的三角形在x轴上方，
点C的纵坐标为3+1，
横坐标为2﹣2018×1＝﹣2016，
所以，点C的对应点C′的坐标是（﹣2016，3+1）
故答案为（﹣2016，3+1）
【点拨】本题考查坐标与图形变化，平移和轴对称变换，等边三角形的性质，读懂题目信息，确定出连续2018次这样的变换得到三角形在x轴上方是解题的关键．
题型10 平移的综合问题
【例10】（2022·内蒙古呼和浩特·统考三模）如图，△ABC和△A'B'C'是边长分别为5和2的等边三角形，点B'、C'、B、C都在直线l上，△ABC固定不动，将△A'B'C'在直线l上自左向右平移．开始时，点C'与点B重合，当点B'移动到与点C重合时停止．设△A'B'C'移动的距离为x，两个三角形重叠部分的面积为y，请写出y与x之间的函数关系式 ．
【答案】y=34x2(0【分析】根据运动过程可分三种情况讨论：当0【详解】当0由题意得，BC'=x，
∵ △ABC和△A'B'C'是边长分别为5和2的等边三角形，
∴△BC'D是边长x的等边三角形，
过点D作DE⊥BC于点E，
∴BE=12x，
∴DE=32x，
∴S△BC'D=12⋅BC'⋅DE=12⋅x⋅32x=34x2，
即y=34x2；
当2由题意得，BC'=2，
过点A'作A'E⊥B'C'于点E，
∴A'E=3，
∴S△A'B'C'=12⋅B'C'⋅A'E=12×3×2=3，
即y=3；
当5由题意得，BC'=x，
∵ △ABC和△A'B'C'是边长分别为5和2的等边三角形，
∴△BC'D是等边三角形，且B'C=7-x，
过点D作DE⊥BC于点E，
∴DE=32(7-x)，
∴S△B'CD=12⋅B'C⋅DE=12⋅(7-x)⋅32(7-x)=34(7-x)2，
即y=34(7-x)2；
综上，写出y与x之间的函数关系式为y=34x2(0【点拨】本题考查了等边三角形的判定和性质，列二次函数解析式，勾股定理，平移与三角形面积问题，熟练掌握知识点并能够分类讨论是解题的关键．
【变式10-1】（2023·天津·模拟预测）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，∠ABO=30°．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C'O'D'E'，点C，O，D，E的对应点分别为C'，O'，D'，E'．设OO'=t，矩形C'O'D'E'与ΔABO重叠部分的面积为S．
①如图②，当矩形C'O'D'E'与ΔABO重叠部分为五边形时，C'E'，E'D'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3⩽S⩽53时，求t的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（Ⅰ）E的坐标为(2,43)；（Ⅱ）①S=-32t2+83，0【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MF=2ME'=2t，再根据勾股定理得出FE'=3t，再根据S=S矩形C'O'D'E'-SΔMFE'得出S与t的函数关系式
②分2≤t<4和4≤t≤6两种情况，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=3和s=43时t的值即可
【详解】解：（Ⅰ）由点A(6,0)，得OA=6．
又OD=2，得AD=OA-OD=4．
在矩形CODE中，有ED//CO，得∠AED=∠ABO=30°．
∴在RtΔAED中，AE=2AD=8．
∴由勾股定理，得ED=AE2-AD2=43．有CO=43．
∴点E的坐标为(2,43)．
（Ⅱ）①由平移知，O'D'=2，E'D'=43，ME'=OO'=t．
由E'D'//BO，得∠E'FM=∠ABO=30°．
∴在RtΔMFE'中，MF=2ME'=2t．
∴由勾股定理，得FE'=MF2-ME'2=3t．
∴SΔMFE'=12ME'⋅FE'=12⋅t⋅3t=32t2．
∵S矩形C'O'D'E'=O'D'⋅E'D'=83,
∴S=S矩形C'O'D'E'-SΔMFE'=83-32t2．
∴S=-32t2+83，其中t的取值范围是0②当0当S=3时，-32t2+83=3，解得t=14>2
当S=53时，-32t2+83=53，解得t=
当2≤t<4时，如图，OF=36-t,'G=3（4-t）
∴S=1236-t+3（4-t）×2=-23t+103
当S=3时，-23t+103=3；解得t=4.5>4
当S=53时，-23t+103=53；解得t=52；
当4≤t≤6时，如图，'F=36-t，'A=6-t
∴S=32（6-t）（6-t）=32（6-t）2
当S=3时，32（6-t）2 =3；解得t=6+2>6 或t=6-2
当S=53时，32（6-t）2 =53；解得t=6+10>6 或t=6-10<4
∴当3⩽S⩽53时，52≤t≤6-2．
【点拨】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．
【变式10-2】（2023·吉林长春·东北师大附中校考三模）如图①，直线y=-x-1交x轴于点A，经过点A的抛物线y1=-x2+bx+c交直线y=-x-1于另一点B(4,-5)，交x轴于点C．点P是抛物线y1=-x2+bx+c对称轴上的点．

(1)求抛物线的解析式及点C的坐标．
(2)当PA=PB时，求点P的纵坐标m的值．
(3)过点P作x轴的平行线，交抛物线y1=-x2+bx+c于点E、F，交线段AB于点Q，当点Q将线段AB分得的两段线段长度比为2：3时，直接写出点P的纵坐标的值．
(4)将线段AC先向右平移1个单位长度，再向上平移5个单位长度，得到线段MN，若抛物线y2=a(-x2+bx+c)(a≠0)与线段MN只有一个交点，请直接写出a的取值范围．
【答案】(1)y1=-x2+2x+3，C(3,0)
(2)m=-3
(3)-2或-3
(4)a=54或a≤-1或a>53
【分析】（1）根据一次函数y=-x-1交x轴于点A，求得点A(-1,0)，进而根据待定系数法求二次函数解析式，令x=0，即可求得C点的坐标；
（2）设抛物线y=-x2+2x+3的对称轴交x轴于点Q，过点P作PR⊥PQ，过点B作BR⊥PR于点R，根据点P(1,m)，点A(-1,0)，点B(4,-5)，分别根据勾股定理表示出PA2，PB2，根据PA=PB，建立方程即可求解；
（3）根据题意，作出图形，如图所示，求出Q的坐标，根据点Q将线段AB分得的两段线段长度比为2：3，分情况列方程求解即可得到答案；
（4）根据平移求得点M，N的坐标，得出抛物线的顶点坐标，分顶点在抛物线线上，开口向上和开口向下三种情况结合图形分别讨论即可求解．
【详解】（1）解：∵直线y=-x-1交x轴于点A，令y=0，解得x=-1，
∴A(-1,0)，
∵抛物线经过A(-1,0)，B(4,-5)，将其代入表达式得-1-b+c=0-16+4b+c=-5，解得b=2c=3，
∴ y1=-x2+2x+3，
令y=0，-x2+2x+3=0，解得x1=-1，x2=3，
∴C(3,0)；
（2）解：y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，对称轴为直线x=1，
设抛物线y=-x2+2x+3的对称轴交x轴于点Q，过点P作PR⊥PQ，过点B作BR⊥PR于点R，如图所示：

∴ ∠AQP=∠PRB=∠QPR=90°，
∵点P(1,m)，点A(-1,0)，点B(4,-5)，
∴AQ=2，PQ=-m，PR=3，BR=5+m，
∴AP2=AQ2+PQ2=4+m2，BP2=PR2+BR2=9+(5+m)2，
∵PA=PB，
∴4+m2=9+(5+m)2，解得m=-3；
（3）解：如图所示：

由（2）知二次函数对称轴为直线x=1，设P1,m，
∴过点P作x轴的平行线为y=m，
∵ y=m交线段AB于点Q，且A(-1,0)，B(4,-5)，
∴-5∵点Q将线段AB分得的两段线段长度比为2：3，
∴当AQQB=23时，则-m-1--14--m-1=23，解得m=-2；
∴当AQQB=32时，则-m-1--14--m-1=32，解得m=-3；
综上所述，点P的纵坐标的值为-2或-3；
（4）解：∵A(-1,0)，C(3,0)，将线段AC先向右平移1个单位长度，再向上平移5个单位长度，得到线段MN，
∴M(0,5)，N4,5，y2=a(-x2+bx+c)=a(-x2+2x+3)=-a(x-1)2+4a，
∴抛物线的顶点为(1,4a)，
当顶点在线段MN上时，抛物线与线段MN只有一个交点，则a=54；
当a<0时，如图所示：

当x=4时，y=-a(4-1)2+4a≥5，解得a≤-1；
当x=0时，y<5，解得a<53；
∴a≤-1；
当a>0时，如图所示：

当x=0时，y=-a+4a>5，解得a>53；
当x=4时，y≤5，解得x≥-1；
∴ a>53；
综上所述：a=54或a≤-1或a>53．
【点拨】本题考查了二次函数综合问题，待定系数法求解析式，线段问题，点的平移，二次函数图像的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
【变式10-3】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A，B1，0两点，与y轴交于C点，其对称轴为直线x=-1．
(1)直接写出抛物线的解析式；
(2)如图1，D为线段AC上的点，过点D的直线EF∥OC，交抛物线于E点，交AO于F点，设点D的横坐标为t，且-3(3)如图2，直线l:y=kxk>0沿y轴翻折得到直线l'，平移直线l与抛物线相交于N，P两点，平移直线l'与抛物线相交于N，Q两点，M为PQ的中点，设点N的横坐标为n，点M的横坐标为m，求n与m的数量关系．
【答案】(1)y=-x2-2x+3
(2)当-3DF；当t=-1时，ED=DF；当-1(3)m+n=-2
【分析】（1）根据待定系数法解答即可；
（2）根据抛物线的对称性可得A(-3，0)，求出yAC=x+3，然后可得DF,DE关于t的关系式，进而可得ED-DF=-t2-3t-t+3=-t2-4t-3，进一步分类求解可得结果；
（3）设yNP=kx+p(k>0)，联立函数关系式可求出xN+xP=-k-2，同理可求得xN+xQ=k-2，可得xN+xP+xN+xQ=-4，即为2xN+xP+xQ=-4
然后结合中点坐标公式可得结论：m+n=-2.
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于B1，0，对称轴为直线x=-1．
∴a+b+3=0-b2a=-1，解得：a=-1b=-2，
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+3；
（2）∵EF∥OC，
∴xE=xD=xF=t，
∵A点和B点关于直线x=-1对称，B点坐标为(1，0)，
∴A(-3，0)，C(0，3)
设yAC=kx+3，将A(-3，0)代入，可得：k=1，
∴yAC=x+3，
∴yD=t+3，
∴DF=t+3，
∵yE=-t2-2t+3，
∴ED=-t2-2t+3-t+3=-t2-3t
∴ED-DF=-t2-3t-t+3=-t2-4t-3
令-t2-4t-3=0，解得：t1=-1，t2=-3，
∵-3∴当-30，即ED>DF；
当t=-1时，-t2-4t-3=0，即ED=DF；
当-1
（3）依题意，∵NP∥l，
∴设yNP=kx+p(k>0)
联立：-x2-2x+3=kx+p，
整理得：x2+(k+2)x+(p-3)=0，
∴xN+xP=-k-2
设直线l上任意一点的坐标为G(e，ke)，
G点关于y轴对称的点G'的坐标为(-e，ke)，
由于G'在l'上，
∴直线l':y=-kx，
∵NQ∥l'，
∴设yNQ=-kx+q
联立：-x2-2x+3=-kx+q，
整理得：x2+(-k+2)x+(q-3)=0，
∴xN+xQ=k-2，
∴xN+xP+xN+xQ=-4
∵ PQ的中点为M，
∴xP+xQ=2xM=2m
∴2n+2m=-4，
即：m+n=-2.
【点拨】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式，函数图象上点的坐标特点，两个函数的交点以及中点坐标公式等知识，综合性强、具有相当的难度，熟练掌握二次函数的相关知识、灵活应用数形结合思想是解题的关键.
考点三 图形的旋转
定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角．
三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度．
性质：
1）对应点到旋转中心的距离相等；
2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
3）旋转前后的图形全等．
作图步骤：
1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角；
2）找出原图形的关键点；
3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点；
4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形．
1. 图形的旋转由旋转中心、旋转方向与旋转的角度所决定.
2. 旋转中心可以是图形外的一点，也可以是图形上的一点，还可以是图形内的一点.
3. 对应点之间的运动轨迹是一段圆弧，对应点到旋转中心的线段就是这段圆弧所在圆的半径.
4. 旋转是一种全等变换，旋转改变的是图形的位置，图形的大小关系不发生改变，所以在解答有关旋转的问题时，要注意挖掘相等线段、角，因此特殊三角形性质的运用、锐角三角函数建立的边角关系起着关键的作用．
中心对称与中心对称图形：
中心对称的性质：1）中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分；
中心对称的两个图形是全等图形.
作与已知图形成中心对称的图形的一般步骤：
1）作已知图形各顶点（或决定图形形状的关键点）关于对称中心的对称点——连接关键点和对称中心，并延长一倍确定关键点的对称点.
2）把各对称点按已知图形的连接方式依次连接起来，则所得到的图形就是已知图形关于对称中心对称的图形.
找对称中心的方法和步骤：
方法1：连接两个对应点，取对应点连线的中点，则中点为对称中心.
方法2：连接两个对应点，在连接两个对应点，两组对应点连线的交点为对称中心.
题型01 找旋转中心、旋转角、对应点
【例1】（2019·山东·山东省青岛第二十六中学校考中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在方格线的格点上，将三角形ABC绕点P旋转90°，得到△A′B′C′，则点P的坐标为（ ）
A．（0，4）B．（1，1）C．（1，2）D．（2，1）
【答案】C
【分析】选两组对应点，连接后作其中垂线，两中垂线的交点即为点P．
【详解】解：选两组对应点，连接后作其中垂线，两中垂线的交点即为点P，由图知，旋转中心P的坐标为（1，2）
故选：C．
【点拨】本题主要考查坐标与图形的变化﹣旋转，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
【变式1-1】（2023·辽宁鞍山·统考一模）如图，△ADE是由△ABC绕点A旋转得到的，若∠C=40°，∠B=90°，∠CAD=10°，则旋转角的度数为（ ）
A．60°B．50°C．40°D．10°
【答案】A
【分析】根据旋转的性质可得旋转角为∠BAD，即可求解．
【详解】∵△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，
∴旋转角为∠BAD，
∵∠C=40°，∠B=90°，
∴∠BAC=50°
∵∠CAD=10°
∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=60°，
即旋转角的度数为60°．
故选：A．
【点拨】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．
【变式1-2】（2022·四川泸州·统考一模）如图，△ABC绕点C旋转，点B转到点E的位置，则下列说法正确的是（ ）
A．点B与点D是对应点B．∠BCD等于旋转角
C．点A与点E是对应点D．△ABC≌△DEC
【答案】D
【分析】利用旋转的性质即可求解
【详解】解：∵△ABC绕点C旋转，点B转到点E的位置，
∴△ABC≌△DEC，点B与点E是对应点，点A与点D是对应点，∠ACD与∠BCE是旋转角，
故选：D．
【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定，掌握旋转的性质是解题的关键．
【变式1-3】（2023·江苏镇江·统考一模）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角α0°<α<360°后能够与它本身重合，则角α可以为 度．（写出一个即可）
【答案】60或120或180或240或300（写出一个即可）
【分析】如图（见解析），求出图中正六边形的中心角，再根据旋转的定义即可得．
【详解】解：这个图案对应着如图所示的一个正六边形，它的中心角∠1=360°6=60°，
∵0°<α<360°，
∴角α可以为60°或120°或180°或240°或300°，
故答案为：60或120或180或240或300（写出一个即可）．
【点拨】本题考查了正多边形的中心角、图形的旋转，熟练掌握正多边形的性质是解题关键．
题型02 根据旋转的性质求解
【例2】（2023·辽宁沈阳·模拟预测）如图，△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，使点B的对应点D恰好落在AB边上，AC、ED交于点F．若∠BCD=α，则∠EFC的度数是（用含α的代数式表示）（ ）
A．90°+12αB．90°-12αC．180°-32αD．
【答案】C
【分析】根据旋转的性质可得，BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，则∠B=∠BDC，利用三角形内角和可求得∠B，进而可求得∠E，则可求得答案．
【详解】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，且∠BCD=α
∴BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，
∴∠B=∠BDC，
∴∠B=∠BDC=180°-α2=90°-α2，
∴∠A=∠E=90°-∠B=90°-90°+α2=α2，
∴∠A=∠E=α2，
∴∠EFC=180°-∠ACE-∠E=180°-α-α2=180°-32α，
故选：C．
【点拨】本题考查了旋转变换、三角形内角和、等腰三角形的性质，解题的关键是掌握旋转的性质．
【变式2-1】（2023·辽宁沈阳·统考三模）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AB=ANB．AB∥NC C．∠AMN=∠ACND．MN⊥AC
【答案】C
【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【详解】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键．
【变式2-2】（2023·山东菏泽·统考二模）如图，在ΔABC中，ABA．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】D
【分析】根据旋转的性质可得对应角相等，对应边相等，进而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：∵将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，
∴△ADE≌△ABC，
∴∠E=∠C，
∵∠AFE=∠DFC，
∴ △AFE∼△DFC，故①正确；
∵ △ADE≌△ABC，
∴AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠ADE=∠ABC，
∴∠ADB=∠ADE，
∴ DA平分∠BDE，故②正确；
∵ △ADE≌△ABC，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∵ △AFE∼△DFC，
∴∠CAE=∠CDF，
∴∠CDF=∠BAD，
故③正确
故选D
【点拨】本题考查了性质的性质，等边对等角，相似三角形的性质判定与性质，全等三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
【变式2-3】（2023·山东枣庄·校联考二模）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】B
【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【详解】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′＝12（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴CB′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′＝12（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【点拨】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还考查了等腰三角形的判定和性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
【变式2-4】（2021·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）如图，在ΔABC中，∠BAC=108°，将ΔABC绕点A按逆时针方向旋转得到ΔAB'C'．若点B'恰好落在BC边上，且AB'=CB'，则∠C'的度数为（ ）
A．18°B．20°C．24°D．28°
【答案】C
【分析】根据旋转的性质得出边和角相等，找到角之间的关系，再根据三角形内角和定理进行求解，即可求出答案．
【详解】解：设∠C'=x°.
根据旋转的性质，得∠C=∠C'= x°，AC'=AC, AB'=AB.
∴∠AB'B=∠B.
∵AB'=CB'，∴∠C=∠CAB'=x°.
∴∠AB'B=∠C+∠CAB'=2x°.
∴∠B=2x°.
∵∠C+∠B+∠CAB=180°，∠BAC=108°，
∴x+2x+108=180.
解得x=24.
∴∠C'的度数为24°.
故选：C.
【点拨】本题考查了三角形内角和定理，旋转的性质的应用及等腰三角形得性质.
题型03 根据旋转的性质说明线段或角相等
【例3】（2022·广西贺州·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=2，将△ABC绕点A逆时针转60°得到△AB'C'，则BC'的长是（ ）
A．3+1B．23+2C．32D．23
【答案】A
【分析】设AC与BC'的交点为点O，连接CC'，先利用勾股定理、旋转的性质可得AC'=AC=2,∠CAC'=60°，再根据等边三角形的判定与性质可得AC'=CC'，然后根据垂直平分线的判定与性质可得OA=12AC=2,OA⊥BC'，最后利用勾股定理分别可得OB=2,OC'=23，由此即可得出答案．
【详解】如图，设AC与BC'的交点为点O，连接CC'，
∵∠ABC=90°,AB=BC=2，
∴AC=AB2+BC2=2，
由旋转的性质得：AC'=AC=2,∠CAC'=60°，
∴△ACC'是等边三角形，
∴AC'=CC'，
∴BC'是线段AC的垂直平分线，
∴OA=12AC=1,OA⊥BC'，
在Rt△AOB中，OB=AB2-OA2=1，
在Rt△AOC'中，OC'=AC'2-OA2=3，
则BC'=OB+OC'=1+3，
故选：A．
【点拨】本题考查了勾股定理、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造等边三角形是解题关键．
【变式3-1】（2022·河南安阳·统考一模）如图，矩形ABCD的顶点A1,0，D0,2，B5,2，将矩形以原点为旋转中心，顺时针旋转75°之后点C的坐标为（ ）
A．4,-2B．42,-22C．42,-2D．26,-22
【答案】D
【分析】过点B作BG⊥x轴于G，过点C作CH⊥y轴于H，根据矩形的性质得到点C的坐标，求出∠COE=45°，OC=42，过点C作CE⊥x轴于E，过点C1作C1F⊥x轴于F，由旋转得∠COC1=75°，求出∠C1OF=30°，利用勾股定理求出OF，即可得到答案．
【详解】解：过点B作BG⊥x轴于G，过点C作CH⊥y轴于H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD，AD∥BC，∠CDA=∠DAB=90°，
∴∠HCD=∠ADO=∠BAG，
∵∠CHD=∠BGA=90°，
∴△CHD≌△AGB（AAS），
∵A1,0，D0,2，B5,2，
∴CH=AG=5-1=4，DH=BG=2，
∴OH=2+2=4，
∴C（4，4），
∴OE=CE=4，
∴∠COE=45°，OC=42，
如图，过点C作CE⊥x轴于E，过点C1作C1F⊥x轴于F，
由旋转得∠COC1=75°，
∴∠C1OF=30°，
∴C1F=12OC1=12OC=22，
∴OF=OC12-C1F2=26，
∴点C1的坐标为26,-22，
故选：D．
【点拨】此题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，直角三角形30度角的性质，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．
【变式3-2】（2021·江苏泰州·校考一模）如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把ΔADE绕点A顺时针旋转90°到ΔABF的位置．若四边形AECF的面积为20，DE=2，则AE的长为（ ）
A．4B．25C．6D．26
【答案】D
【分析】利用旋转的性质得出四边形 AECF的面积等于正方形 ABCD的面积，进而可求
出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案．
【详解】∵ΔADE绕点A顺时针旋转90°到ΔABF的位置．
∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于20，
∴AD=DC=25，
∵DE=2，
∴RtΔADE中，AE=AD2+DE2=26
故选D．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确利用旋转的性质得出对应
边关系是解题关键．
【变式3-3】（2022·黑龙江哈尔滨·统考一模）如图，将△ABC绕点B逆时针旋转80°得△DBE，点D，E分别为点A，C的对应顶点，连接AD，若AD∥BC，则∠DBE为（ ）
A．80°B．50°C．55°D．100°
【答案】B
【分析】由旋转的性质和等腰三角形的性质可得∠BAD＝50°，由平行线的性质可求∠DAB＝∠ABC＝50°＝∠DBE．
【详解】解：∵将△ABC绕点B逆时针旋转80°得△DBE，
∴AB＝BD，∠ABD＝80°，∠DBE＝∠ABC，
∴∠BAD＝50°，
∵AD∥BC，
∴∠ABC＝∠BAD＝50°，
∴∠DBE＝∠ABC＝50°，
故选：B．
【点拨】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
题型04 画旋转图形
【例4】（2023·新疆·二模）如图，在方格纸中，将Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到Rt△A'O'B，则下列四个图形中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据绕点B按顺时针方向旋转90°逐项分析即可．
【详解】A.Rt△A'O'B是由Rt△AOB关于过B点与OB垂直的直线对称得到，故A选项不符合题意；
B.Rt△A'O'B是由Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到，故B选项符合题意；
C.Rt△A'O'B与Rt△AOB对应点发生了变化，故C选项不符合题意；
D.Rt△AOB是由Rt△AOB绕点B按逆时针方向旋转90°后得到，故D选项不符合题意．
故选：B．
【点拨】本题考查旋转变换．解题的关键是弄清旋转的方向和旋转的度数．
【变式4-1】（2022·广东韶关·统考一模）在如图所示的直角坐标系中，解答下列问题：
(1)分别写出A.B两点的坐标；
(2)将△ABC绕点A顺时针旋转90°，画出旋转后的△AB1C1
【答案】(1)A（2，0），B（﹣1，﹣4）
(2)见解析
【分析】（1）直接根据点A.B在坐标系中的位置写出其坐标即可；
（2）根据图形旋转的性质画出旋转后的△AB1C1即可；
【详解】（1）由点A.B在坐标系中的位置可知：A（2，0），B（﹣1，﹣4）；
（2）如图所示：
【点拨】本题主要考查点在坐标系中的位置，图形的旋转，解题的关键在于掌握点坐标的表示方法．
【变式4-2】（2023·陕西·模拟预测）如图，在正方形网格中，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，△ABC的三个顶点坐标分别为A1,-1，B2,-5，C5,-4．
(1)将△ABC先向左平移6个单位，再向上平移4个单位，得到△A1B1C1，画出两次平移后的△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△A2B2C1，并写出点A2的坐标；
(3)在（2）的条件下，求点A1旋转到点A2的过程中所经过的路径长（结果保留π）．
【答案】(1)见解析；A1-5,3
(2)见解析；A22,4
(3)点A1旋转到点A2所经过的路径长为52π
【分析】（1）根据题目中的平移方式进行平移，然后读出点的坐标即可；
（2）先找出旋转后的对应点，然后顺次连接即可；
（3）根据旋转可得点A1旋转到点A2为弧长，利用勾股定理确定圆弧半径，然后根据弧长公式求解即可．
【详解】（1）解：如图所示△A1B1C1即为所求，
A1-5,3；
（2）如图所示△A2B2C2即为所求，A22,4；
（3）∵A1C1=32+42=5
∴点A1旋转到点A2所经过的路径长为90π×5180=52π．
【点拨】题目主要考查坐标与图形，图形的平移，旋转，勾股定理及弧长公式等，熟练掌握和灵活运用这些知识点是解题的关键．
【变式4-3】（2023·广东深圳·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A-1,1，B-4,0，C-2,2．将△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到△A1B1C1．
(1)请写出A1、B1、C1三点的坐标：A1_________，B1_________，C1_________
(2)求点B旋转到点B1的弧长．
【答案】(1)（1，1）；（0，4）；（2，2）
(2)2π
【分析】（1）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C1，点A1，B1，C1的坐标即为点A，B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点，由此可得出结果．
（2）由图知点B旋转到点B1的弧长所对的圆心角是90º，OB=4，根据弧长公式即可计算求出．
【详解】（1）解：将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C1，点A1，B1，C1的坐标即为点A，B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点，
所以A1（1，1）；B1（0，4）；C1（2，2）
（2）解：由图知点B旋转到点B1的弧长所对的圆心角是90度，OB=4，
∴点B旋转到点B1的弧长=90180×π×4=2π
【点拨】本题主要考查点的旋转变换和弧长公式，解题的关键是熟练掌握旋转变换的定义和弧长公式．
题型05 求旋转对称图形的旋转角度
【例5】（2023·广东珠海·校考一模）美丽的冬奥雪花呈现出浪漫空灵的气质．如图，雪花图案是一个中心对称图形，也可以看成自身的一部分围绕它的中心依次旋转一定角度得到的，这个角的度数可以是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【答案】C
【分析】根据图形的对称性，用360°除以6计算即可得解．
【详解】∵360°÷6=60°，
∴旋转角是60°的整数倍，
∴这个角的度数可以是60°，
故选：C
【点拨】本题考查了旋转对称图形：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度(小于360°后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形，常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等．
【变式5-1】（2020·吉林·统考三模）如图，该图案绕它的中心至少旋转m度能与自身完全重合，则m的值是（ ）
A．45B．90C．135D．180
【答案】A
【分析】分析图形,周角被分成了8个角度,因此利用周角分成8份即为m的值．
【详解】360°÷8=45°．
故选A．
【点拨】本题考查旋转角度的计算,关键在于根据图形看出被平分的度数．
【变式5-2】（2023·江苏镇江·校联考一模）如图，点是圆O上的五等分点，该图形绕点O至少旋转 度后与自身重合．
【答案】360
【分析】分别找出外围五等分所得圆弧、⊙O、△ACD各自至少旋转至少度后与自身重合，综合即可求解．
【详解】解：外围五等分所得圆弧旋转至少72°后与自身重合，⊙O旋转任意角度后与自身重合，△ACD至少旋转360°后与自身重合，
∴整个图形至少旋转360°后与自身重合．
故答案：360．
【点拨】本题考查了旋转对称图形的定义，理解定义是解题的关键．
题型06 旋转中的规律问题
【例6】（2021·山东济宁·统考一模）如图，矩形ABCD中AB是3cm，BC是2cm，一个边长为1cm的小正方形沿着矩形ABCD的边AB→BC→CD→DA→AB连续地翻转，那么这个小正方形第一次回到起始位置时，小正方形箭头的方向是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可知，矩形ABCD的边长AB和BC分别是3cm和2cm，小正方形的边长为1cm，则这个小正方形第一次回到起始位置时需10次翻转，而每翻转4次，它的方向重复依次，小正方形共翻转10次回到起始位置，即可得到它的方向．
【详解】解：根据题意可得：小正方形沿着矩形ABCD的边AB→BC→CD→DA→AB连续地翻转，矩形ABCD的边长AB和BC分别是3cm和2cm，小正方形的边长为1cm，则这个小正方形第一次回到起始位置时需10次翻转，而每翻转4次，它的方向重复1次，故回到起始位置时它的方向是向下．
故选：C．
【点拨】本题考查了图形类规律题，关键是得出小正方形共翻转10次回到起始位置．
【变式6-1】（2023·辽宁阜新·阜新实验中学校考二模）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=3x+3与两坐标轴交于A、B两点，以AB为边作等边△ABC，将等边△ABC沿射线AB方向作连续无滑动地翻滚．第一次翻滚：将等边三角形绕B点顺时针旋转120°，使点C落在直线l上，第二次翻滚：将等边三角形绕点C顺时针旋转120°，使点A落在直线l上……当等边三角形翻滚2023次后点A的对应点坐标是（ ）

A．2023,20233B．2022,20243C．2021,20223D．2021,20243
【答案】D
【分析】先令x=0，y=0求得点A与点B的坐标，从而求出OA、OB、AB的长度，然后结合图形的翻转知道点A经过2次旋转后重新落在直线l：y=3x+3上，第3次旋转点A的位置不变，再结合3次一循环得到翻滚2023次后点A的坐标．
【详解】解：∵直线l：y=3x+3与两坐标轴交于A、B两点，
∴A-1,0，B0,3，
∴AB=2，OA=1，OB=3，
∴tan∠BAO=OBOA=3，
∴∠BAO=60°，
如图，等边△ABC经过第1次翻转后，A1-1,23，
过点A2作A2M⊥x轴于点M，则AA2=3AB=6，

∵∠A2AM=60°，
∴AM=AA2cs∠A2AM=6×12=3，
A2M=AA2sin∠A2AM=6×32=33，
等边△ABC经过第2次翻转后，A23,33，
等边△ABC经过第3次翻转后，点A仍在点A2处，
∴每经过3次翻转，点A向右平移3个单位，向上平移33个单位，
∵2023÷3=674……1，第2次与第3次翻转后点A处在同一个点，
∴点A经过2023次翻转后，向右平移了3×674=2022个单位，向上平移了33×674+23=20243个单位，
∴等边三角形翻滚2023次后点A的对应点坐标是2021,20243，
故选：D．
【点拨】本题考查了图形的翻转，一次函数图象上点的坐标特征，解直角三角形，解题的关键是通过实际操作理解等边△ABC经过第2次翻转与第3次翻转后点A处在同一个点．
【变式6-2】（2022·山东菏泽·统考二模）如图，在正方形ABCD中，顶点A-5,0，C5,10，点F是BC的中点，CD与y轴交于点E，AF与BE交于点G，将正方形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点G的坐标为（ ）
A．4,3B．3,4C．-4,-3D．-3,-4
【答案】D
【分析】根据正方形的性质得到AB=BC=CD=10，∠C=∠ABF=90°，根据全等三角形的性质得到∠BAF=∠CBE，根据余角的性质得到∠BGF=90°，过G作GH⊥AB于H，根据相似三角形的性质得到BH=2，根据勾股定理得到HG=3，求得G（3，4），找出规律即可得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=10，∠C=∠ABF=90°，
∵点F是BC的中点，CD与y轴交于点E，
∴CE=BF=5，
∴△ABF≌△BCE（SAS），
∴∠BAF=∠CBE，
∵∠BAF+∠BFA=90°，
∴∠FBG+∠BFG=90°，
∴∠BGF=90°，
∴BE⊥AF，
∵AF=AB2+BF2=102+52=55 ，
∴BG=AB•BFAF=25 ，
过G作GH⊥AB于H，
∴∠BHG=∠AGB=90°，
∵∠HBG=∠ABG，
∴△ABG∽△GBH，
∴BGAB=BHBG ，
∴BG2=BH•AB，
∴BH=(25)210=2
∴HG=BG2+BH2=4，
∴G（3，4），
∵将正方形ABCD绕点O顺时针每次旋转90°，
∴第一次旋转90°后对应的G点的坐标为（4，-3），
第二次旋转90°后对应的G点的坐标为（-3，-4），
第三次旋转90°后对应的G点的坐标为（-4，3），
第四次旋转90°后对应的G点的坐标为（3，4），
…，
∵2022=4×505+2，
∴每4次一个循环，第2022次旋转结束时，相当于正方形ABCD绕点O顺时针旋转2次，
∴第2022次旋转结束时，点G的坐标为（-3，-4）．
故选：D．
【点拨】本题考查了正方形的性质，坐标与图形变换-旋转，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键．
【变式6-3】（2022·江苏常州·校考二模）如图，一个机器人最初面向北站立，按程序：每次移动都向前直走5m，然后逆时针转动一个角度，每次转动的角度增加10°．第一次直走5m后转动10°，第二次直走5m后转动20°，第三次直走5m后转动30°，如此下去．那么它在移动过程中第二次面向西方时一共走了 米．
【答案】45
【分析】根据走路规律，求出走的次数即可解得．
【详解】解：设第n次转动面向西方，
第二次面向西方时一共转了360°+90°=450°，
10°+20°+30°⋯+n×10°=450°
当n=9时第二次面向西方，
一共走了9×5=45（米）；
故答案为：45．
【点拨】此题考查了行程规律问题，解题的关键时根据规律列式求出走的次数．
【变式6-4】（2020·河北·统考模拟预测）如图，正六边形ABCDEF的边AB与x轴重合，点F在y轴的正半轴上，已知，正六边形的边长为1，沿x轴向右无滑动滚动，当边BC落到x轴上时，我们记为一次滚动完成，此时正六边形记为A1B1C1D1E1F1，请回答：
（1）点D的坐标为 ；
（2）当正六边形滚动2020次后，点D运动过的轨迹长 ．

【答案】 (32,3) 13463π+67333π
【分析】（1）根据正六边形的性质，分别求出BD，OB的长，即可得到点D的坐标；
（1）根据正六边形的性质，得到滚动6次一个循环，分别求出每一次转动，点D运动过的长，即可得到滚动2020次后，点D运动过的轨迹长．
【详解】解：（1）如图示，连接BD，
∵正六边形ABCDEF的边长为1，
则有：AF=AB=1，∠OAF=60∘，
∴OF=32，OA=12，
∴BD=2OF=3，OB=AB+OA=1+12=32，
∴点D的坐标为(32,3)，

（2）如图示，连接BF，BE，BD1

∵正六边形ABCDEF的边长为1，BD=3
则有：BF=BD=BD1=3，BE=2，∠CBC1=∠FBD=∠EBE1=∠DBE1=60∘，
当正六边形ABCDEF沿x轴向右无滑动滚动时，
第一次由D点滚动到D1点，点D滚动的距离是：60∘×2π3360=33π，
第二次由D1点滚动到D2点，点D滚动的距离等于由C点滚动到C1点的距离，则距离是：60∘×2π×1360=13π，
第三次由D2点滚动到D3点，点D是旋转中心，没有移动，滚动的距离等于0，
第四次由D3点滚动到D4点，点D滚动的距离等于由A点滚动到A1点的距离，则距离是：60∘×2π×1360=13π，
第五次由D4点滚动到D5点，点D滚动的距离等于由F点滚动到F1点的距离，则距离是：60∘×2π3360=33π，
第六次由D5点滚动到D6点，点D滚动的距离等于由E点滚动到E1点的距离，则距离是：60∘×2π×2360=23π，
第七次由D6点滚动到D7点，点D滚动的距离等于由C点滚动到C1点的距离，则距离是：60∘×2π×1360=13π，
……
∵2020÷6=336⋯4，
据此可得，正六边形滚动2020次后，点D运动过的轨迹长是：33π(2×336+1)+13π(2×336+2)+13π×336=13463π+67333π，
故答案是：(32,3)，13463π+67333π．
【点拨】此题属于规律题，考查了正六边形的知识，滚动中注意得到6次一循环，熟悉正六边形相关性质是解题的关键．
【变式6-5】（2021·贵州铜仁·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A(-2,0)，B(1,2)，C(1,-2)．已知N(-1,0)，作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，…，依此类推，则点N2020的坐标为 ．
【答案】(-1,8)
【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)，
N1点关于A点对称的N1点的坐标为(-3,0)，
N2点关于B点对称的N2点的坐标为(5,4)，
N3点关于C点对称的N3点的坐标为(-3,8)，
N4点关于A点对称的N4点的坐标为(-1,8)，
N5点关于B点对称的N5点的坐标为(3,-4)，
N6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，
∴2020÷6=336⋯⋯4，
即循环了336次后余下4，
故N2020的坐标与N4点的坐标相同，其坐标为(-1,8) ．
故答案为：(-1,8) ．
【点拨】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．
【变式6-6】（2022·江苏淮安·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，AB⊥y轴，垂足为B，将△ABO绕点A逆时针旋转到△AB1O1的位置，使点B的对应点B1落在直线y=-34x上，再将△AB1O1绕点B1逆时针旋转到△A1B1O2的位置，使点O1的对应点O2也落在直线y=-34x上，以此进行下去……若点B的坐标为0,3，则点B21的纵坐标为 ．
【答案】3875
【分析】计算出△AOB的各边，根据旋转的性质，求出OB1，B1B3，...，得出规律，求出OB21，再根据一次函数图像上的点求出点B21的纵坐标即可．
【详解】解：∵AB⊥y轴，点B（0，3），
∴OB=3，则点A的纵坐标为3，代入y=-34x，
得：3=-34x，得：x=-4，即A（-4，3），
∴OB=3，AB=4，OA=32+42=5，
由旋转可知：
OB=O1B1=O2B1=O2B2=…=3，OA=O1A=O2A1=…=5，AB=AB1=A1B1=A2B2=…=4，
∴OB1=OA+AB1=4+5=9，B1B3=3+4+5=12，
∴OB21=OB1+B1B21=9+（21-1）÷2×12=129，
设B21（a，-34a），则OB21=a2+-34a2=129，
解得：a=-5165或5165（舍），
则-34a=-34×-5165=3875，即点B21的纵坐标为3875，
故答案为：3875．
【点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，旋转以及直角三角形的性质，求出△OAB的各边，计算出OB21的长度是解题的关键．
题型07 求绕原点旋转90°点的坐标
【例7】（2020·安徽黄山·黄山市徽州区第二中学校考一模）如图，Rt△OAB的顶点A（-2，4）在抛物线y=ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为（ ）
A．(2,2)B．(2,2)C．(2,2)D．(2,2)
【答案】C
【分析】先根据待定系数法求得抛物线的解析式，然后根据题意求得D（0，2），且DC∥x轴，从而求得P的纵坐标为2，代入求得的解析式即可求得P的坐标．
【详解】∵Rt△OAB的顶点A（−2，4）在抛物线y=ax2上，
∴4＝4a，解得a＝1，
∴抛物线为y=x2，
∵点A（−2，4），
∴B（−2，0），
∴OB＝2，
∵将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，
∴D点在y轴上，且OD＝OB＝2，
∴D（0，2），
∵DC⊥OD，
∴DC∥x轴，
∴P点的纵坐标为2，
令y=2，得2=x2，
解得：x=±2
∵点P在第一象限，
∴点P的坐标为：（2，2）
故答案为：C．
【点拨】考查二次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形变化－旋转，掌握旋转的性质是解题的关键．
【变式7-1】（2023·安徽马鞍山·校考一模）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△OA'B'，则点B'的坐标为 ．
【答案】(-4,8)
【分析】过B作BC⊥OA于C，过B'作BD⊥x轴于D，构建ΔOB'D≅ΔOBC，即可得出答案．
【详解】过B作BC⊥OA于C，过B'作BD⊥x轴于D，
∴∠B'DO=∠BCO=90°，
∴∠2+∠3=90∘，
由旋转可知∠BOB'=90°，OB=OB'，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∵OB=OB'，∠1=∠3，∠B'DO=∠BCO，
∴ΔOB'D≅ΔOBC，
∴B'D=OC，OD=BC=4，
∵AB=AO=5，
∴AC=AB2-BC2=52-42=3，
∴OC=8，
∴B'D=8，
∴B'(-4,8)．
故答案为：(-4,8)．
【点拨】本题考查了旋转的性质以及如何构造全等三角形求得线段的长度，准确构造全等三角形求得线段长度是解题的关键．
题型08 求绕某点（非原点）旋转90°点的坐标
【例8】（2021·山东淄博·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣12x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点Q'，连接OQ'，则OQ'的最小值为( )

A．455B．5C．523D．655
【答案】B
【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(m，-12m+2)，则PM=m﹣1，QM=-12m+2，
∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，
∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，
∴∠QPM=∠PQ′N，
在△PQM和△Q′PN中，
∠PMQ=∠PNQ'=90°∠QPM=∠PQ'NPQ=Q'P，
∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，
∴PN=QM=-12m+2，Q′N=PM=m﹣1，
∴ON=1+PN=3-12m，
∴Q′(3-12m，1﹣m)，
∴OQ′2=(3-12m)2+(1﹣m)2=54m2﹣5m+10=54(m﹣2)2+5，
当m=2时，OQ′2有最小值为5，
∴OQ′的最小值为5，
故选：B．
【点拨】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．
【变式8-1】（2022·山东济南·统考二模）如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，其中A点的坐标是-1,0，现将△ABC绕A点按逆时针方向旋转90°，则旋转后点C的坐标是（ ）
A．2,-3B．-2,3C．-2,2D．-3,2
【答案】B
【分析】在网格中绘制出CA旋转后的图形，得到点C旋转后对应点．
【详解】如图，绘制出CA绕点A逆时针旋转90°的图形，
由图可得：点C对应点C'的坐标为(-2，3) ．
故选B．
【点拨】本题考查旋转，需要注意题干中要求顺时针旋转还是逆时针旋转．
【变式8-2】（2023·山东淄博·统考一模）规定：在平面直角坐标系中，一个点作“0”变换表示将它向右平移一个单位，一个点作“1”变换表示将它绕原点顺时针旋转90°，由数字0和1组成的序列表示一个点按照上面描述依次连续变换．例如：如图，点O(0,0)按序列“011…”作变换，表示点O先向右平移一个单位得到O1(1,0)，再将O1(1,0)绕原点顺时针旋转90°得到O2(0,-1)，再将O2(0,-1)绕原点顺时针旋转90°得到O3(-1,0)…依次类推．点(0,1)经过“011011011”变换后得到点的坐标为 ．

【答案】
【分析】根据题意得出点(0,1)坐标变化规律，进而得出变换后的坐标位置，进而得出答案．
【详解】解：点(0,1)按序列“011011011”作变换，表示点(0,1)先向右平移一个单位得到(1,1)，再将(1,1)绕原点顺时针旋转90°得到(1,-1)，再将(1,-1)绕原点顺时针旋转90°得到(-1,-1)，然后右平移一个单位得到(0,-1)，再将(0,-1)绕原点顺时针旋转90°得到(-1,0)，再将(-1,0)绕原点顺时针旋转90°得到(0,1)，然后右平移一个单位得到(1,1)，再将(1,1)绕原点顺时针旋转90°得到(1,-1)，再将(1,-1)绕原点顺时针旋转90°得到(-1,-1)．
故答案为：(-1,-1)
【点拨】此题主要考查了点的坐标变化规律，得出点坐标变化规律是解题关键．
题型09 求绕原点旋转一定角度点的坐标
【例9】（2022·河南·模拟预测）如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（ ）
A．（255,455）B．（455,255）C．（23,43）D．（45,85）
【答案】A
【分析】先求出AB，OA1，再作辅助线构造相似三角形，如图所示，得到对应边成比例，求出OC和A1C，即可求解．
【详解】解:如图所示，∵点A，B的坐标分别为A（0，2），B（﹣1，0），
∴OB=1，OA=2，
∴AB=12+22=5，
∵∠AOB=90°，
∴∠A1OB1=90°，
∴O A1⊥OB1，
又∵AB⊥OB1，
∴O A1∥AB，
∴∠1=∠2，
过A1点作A1C⊥x轴，
∴∠A1CO=∠AOB，
∴△AOB∽△A1CO，
∴A1OAB=OCOB=A1CAO，
∵O A1=OA=2，
∴25=OC1=A1C2，
∴OC=255，A1C=455，
∴A1255,455，
故选：A．
【点拨】本题综合考查了勾股定理、旋转的性质、相似三角形的判定和性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念，能通过作辅助线构造相似三角形等，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
【变式9-1】（2021·河南南阳·统考一模）如图，矩形OABC的顶点O（ 0，0），B（－2，23），若矩形绕点O逆时针旋转，每秒旋转60°，则第145秒时，矩形的对角线交点D的坐标为（ ）
A．（－1，3）B．（－1，－3）C．（－2，0 ）D．（1，－3）
【答案】C
【分析】先计算D点坐标，再过D作DE⊥x轴于点E，求出∠DOE的度数，并求得OD，再根据题意求得矩形绕点O逆时针旋转，每秒旋转60°，第2017秒时，D点的位置，进而求得D点坐标．
【详解】解：∵矩形OABC的顶点O（0，0），B（-2，23），
∴D（-1，3），
过D作DE⊥x轴于点E，则OE=1，DE=3，
∴OD=OE2+DE2=2，
∴tan∠DOE=DEOE=3，
∴∠DOE=60°，
∵60°×145÷360°=2416，
∵16×360°＝60°，
又∵旋转24周时，D点刚好回到起始位置，
∴第145秒时，矩形绕点O逆时针旋转2416周，此时D点在x轴负半轴上，
∴此时D点的坐标为（-2，0），
故选：C．
【点拨】本题考查了矩形的性质，点的坐标特点，旋转的性质，关键：是由求OD及确定旋转的最终位置．
题型10 旋转综合题
类型一 线段问题
【例10】（2022·安徽·校联考三模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，以点C为圆心，2为半径作圆，P是⊙C上的任意一点，将点P绕点D按逆时针方向旋转90°，得到点Q，连接BQ，则BQ的最大值是（ ）
A．6B．42+2C．22+4D．23+4
【答案】A
【分析】连接CP，AQ，以A为圆心，以AQ为半径画圆，延长BA交⊙A于E．根据正方形的性质，旋转的性质，角的和差关系，全等三角形的判定定理和性质求出AQ的长度，根据三角形三边关系确定当点Q与点E重合时，BQ取得最大值，最后根据线段的和差关系计算即可．
【详解】解：如下图所示，连接CP，AQ，以A为圆心，以AQ为半径画圆，延长BA交⊙A于E．
∵正方形ABCD的边长为4，⊙C的半径为2，
∴AD=CD=AB=4，∠ADC=90°，CP=2．
∵点P绕点D按逆时针方向旋转90°得到点Q，
∴∠QDP=90°，QD=PD．
∴∠ADC=∠QDP．
∴∠ADC-∠QDC=∠QDP-∠QDC，即∠ADQ=∠CDP．
∴△ADQ≌△CDPSAS．
∴AQ=CP=2．
∴AE=AQ=2．
∵P是⊙C上任意一点，
∴点Q在⊙A上移动．
∴BE=AE+AB=AQ+AB≥BQ．
∴当点Q与点E重合时，BQ取得最大值为BE．
∴BE=AE+AB=6．
故选：A．
【点拨】本题考查正方形的性质，旋转的性质，角的和差关系，全等三角形的判定定理和性质，三角形三边关系，线段的和差关系，综合应用这些知识点是解题关键．
【变式10-1】（2022·江苏无锡·校联考一模）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=20，点P是AC边上的一个动点，将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BQ，连接CQ．则在点P运动过程中，线段CQ的最小值为（ ）
A．43B．53C．10D．5
【答案】D
【分析】将Rt△ABC绕点B顺时针旋转60°得到Rt△A'BC'，再设线段A'C'的中点为M，并连接CM．根据线段BP的旋转方式确定点Q在线段A'C'上运动，再根据垂线段最短确定当Q与点M重合时，CQ取得最小值为CM．根据∠C=90°，∠A=30°，AB=20求出BC的长度，再根据旋转的性质求出A'B和BC'的长度，根据线段的和差关系确定点C是线段A'B的中点，进而确定CM是△A'BC'的中位线，再根据三角形中位线定理即可求出CM的长度．
【详解】解：如下图所示，将Rt△ABC绕点B顺时针旋转60°得到Rt△A'BC'，再设线段A'C'的中点为M，并连接CM．
∵点P是AC边上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BQ，
∴点Q在线段A'C'上运动．
∴当CQ⊥A'C'，即点Q与点M重合时，线段CQ取得最小值为CM．
∵∠C=90°，∠A=30°，AB=20，
∴BC=10．
∵Rt△ABC绕点B顺时针旋转60°得到Rt△A'BC'，
∴BC'=BC=10，A'B=AB=20．
∴A'C=A'B-BC=10．
∴A'C=BC=10．
∴点C是线段A'B中点．
∵点M是线段A'C'的中点，
∴CM是△A'BC'的中位线．
∴CM=12BC'=5．
故选：D．
【点拨】本题考查旋转的性质，直角三角形30°所对的直角边是斜边的一半，垂线段最短，三角形中位线定理，综合应用这些知识点是解题关键．
【变式10-2】（2023·陕西·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，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长的最小值为 ．
【答案】25-2
【分析】如图，由EG＝2，确定E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， 再证明△ADE≌△CDF（SAS）， 可得AE=CF，可得当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，再利用勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，由EG＝2，可得E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，
∵正方形ABCD，
∴AD=CD,∠ADC=90°，
∴∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
∵DE=DF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE=CF，
∴当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，
∵G位BC 中点，BC=AB=4，
∴BG=2，
此时AG=BG2+AB2=22+42=25，
此时AE=25-2，
所以CF的最小值为：25-2.
故答案为：25-2
【点拨】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．
【变式10-3】（2022·湖北武汉·统考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=9，E是边AB上一点，AE=2，F是直线BC上一动点，将线EF绕点E逆时针旋转90°得到线段EG，连接CG，DG，则CG+DG的最小值是 ．
【答案】13
【分析】将△FBE绕点E逆时针旋转90°得到△GHE，延长GH交BC于点M，延长CB至点N，使CM=NM，连接DN，由矩形的条件和旋转的性质可得EH=EB=3，∠B=∠BEH=∠EHG=90°，可说明四边形EBMH是矩形，然后由正方形的性质可得到CN=12，GM⊥CN，从而说明GM是CN的垂直平分线，进一步推导出CG+DG=NG+DG≥ND，当点N，G，D三点共线时，CG+DG取最小值，最后由勾股定理可求解．
【详解】解：将△FBE绕点E逆时针旋转90°得到△GHE，延长GH交BC于点M，延长CB至点N，使CM=NM，连接DN，
∵在矩形ABCD中，AB=5，BC=9，AE=2，
∴EB=AB-AE=3，∠B=∠BCD=90°，CD=5，
∴EH=EB=3，∠B=∠BEH=∠EHG=90°，
∴∠EHM=90°，
∴四边形EBMH是矩形，
∴BM=EH=3，∠BMH=90°，
∴CN=2CM=2×9-3=12，GM⊥CN，
∴GM是CN的垂直平分线，
∴CG=NG，
∵F是直线BC上一动点，
∴CG+DG=NG+DG≥ND，
∴当点N，G，D三点共线时，CG+DG取最小值ND，
在Rt△NCD中，CN=12，CD=5，
ND=CN2+CD2=122+52=13，
∴CG+DG的最小值是13．
故答案为：13．
【点拨】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，垂直平分线，三角形三边的关系，勾股定理等知识，采用了转化的思想方法．确定点C关于GM的对称点N是解题的关键．
类型二 面积问题
【例11】（2021·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）如图所示，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AC=AD=3，AB=AE=5，连接BD、CE，将△ADE绕点A旋转一周，在旋转的过程中，当∠DBA最大时，S△ACE= ．
【答案】6
【分析】先确定D的轨迹是以A为圆心，AD为半径的圆，再由sin∠ABD=AHAB=AH5，分析出当∠DBA最大时，AH最大，再由直角三角形斜边大于直角边得在旋转过程中AD≥AH，即AH≤3，AD⊥BD时，AH取得最大值3，算出此时△ABD的面积为12×3×4=6，再通过取BD中点G，连接AG并延长至F，使得FG=AG，证明S△CAE=S△BAD即可．
【详解】解：如图，将△ADE绕点A旋转一周，D的轨迹为以点A圆心，AD为半径的圆，过A作BD垂线交BD延长线于H，
∵sin∠ABD=AHAB=AH5
∴当∠DBA最大时，AH最大，
在旋转过程中，AD≥AH
即AD⊥BD时，AH取得最大值3
此时直角三角形△ABD中，
△ABD的面积为12×3×4=6，
如图，取取BD中点G，连接AG并延长至F，使得FG=AG，
∴△BFG≅△DAG(SAS)
∴AD=BF=AC,∠F=∠2
S△BFG=S△AGD
∴∠CAE=∠ABF
∴△CAE≅△FBA(SAS)
∴S△CAE=S△FBA=S△BFG+S△BAG=S△BFG+S△DAG=S△BAD
∴S△CAE=
故答案为：6．
【点拨】本题考查旋转的性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质等知识，难度较大，掌握相关知识是解题关键．
【变式11-1】（2022·浙江宁波·校联考一模）如图，一副三角板如图1放置，AB=CD=6，顶点E重合，将△DEC绕其顶点E旋转，如图2，在旋转过程中，当∠AED=75°，连接AD，BC，此时四边形ABCD的面积是 ．
【答案】23+3
【分析】延长CE交AB于点F，先根据特殊直角三角形的性质和∠AED=75°，推出AB∥CD，从而可证四边形ABCD为平行四边形，再根据等腰直角三角形的性质求出EF长，则可求出CF长，最后计算平行四边形ABCD的面积即可．
【详解】解：如图2，延长CE交AB于点F，
∵∠AED=75°，
∴∠EAD+∠ADE=180°-∠AED=105°，
又∠BAE+∠CDE=45°+30°=75°，
∴∠BAD+∠CDA=∠BAE+∠CDE+∠EAD+∠ADE=180°，
∴AB∥CD，
∵AB=CD，
∴四边形是ABCD平行四边形，
∵CE⊥CD，
∴CE⊥AB，即EF⊥AB，
∴EF=12AB=62，EC=33CD=2，
∴CF=EC+EF=6+222，
∴S四边形ABCD=AB×CF=6+222×6=23+3．
故答案为：23+3．
【点拨】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定和平行四边形面积的计算，先证出四边形ABCD是平行四边形是解题的关键．
【变式11-2】（2023·河南南阳·校联考三模）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22、1.10，则正方形ABCD的面积为 ．
【答案】13
【分析】将△ABP绕点B顺时针旋转90°得△CBE，连接PE，过点B作BH⊥PE于H，通过勾股定理逆定理可证∠PEC＝90°，则∠BEC＝∠APB＝135°，可知点A.P、E三点共线，求出BH，AH的长度，利用勾股定理即可．
【详解】解：将△ABP绕点B顺时针旋转90°得△CBE，连接PE，过点B作BH⊥PE于H，
∴BP=BE，∠PBE=90°，∠APB=∠CEB，AP=CE=22，
∴△BPE是等腰直角三角形，
∴PE=BP2+BE2=2，∠BEP=∠BPE=45°
∵PE2+CE2=（2）2+（22）2=10，
PC2=（10）2=10，
∴PE2+CE2=PC2，
∴∠PEC=90°，
∴∠BEC=∠APB=135°，
∴∠APB+∠BPE=135°+45°=180°，
∴点A.P、E三点共线，
∵PE=2，
∴PH=BH=22，
∴AH=AP+PH=522，
在Rt△ABH中，由勾股定理得：
AB2=BH2+AH2=（22）2+（522）2=13，
∴正方形ABCD的面积为：13．
故答案为：13．
【点拨】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理和勾股定理的逆定理，三线合一定理，旋转的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
【变式11-3】（2022·辽宁鞍山·模拟预测）如图，正方形ABCD中，点E，F，G分别为边AB，BC，AD上的点，且AE=BF=DG，连接EF，GE，GF．
(1)△BEF可以看成是△AGE绕点M逆时针旋转α角所得，请在图中画出点M，并直接写出α角的度数；
(2)当点E位于何处时，△EFG的面积取得最小值？请说明你的理由；
(3)试判断直线CD与△EFG外接圆的位置关系，并说明你的理由．
【答案】(1)见解析
(2)当点E位于AB的中点时，△EFG面积取得最小值，理由见解析
(3)：当点E位于AB的中点时，直线CD与△EFG外接圆相切；当点E位于AB的非中点时，直线CD与△EFG外接圆相交．理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质与旋转的性质，连接BD交GF于点M，则点M即为旋转中心；
（2）先证明Rt△GAE≌Rt△EBFSAS，得GE=FE，∠AEG=∠BFE，得到△EFG是等腰直角三角形，再根据勾股定理与三角形面积公式得到S△EFG=12GE2=12AG2+AE2=x-12a2+14a2，然后利用二次函数的最值求解即可；
（3）分两种情况：当点E位于AB的中点时，直线CD与△EFG外接圆相切；当点E位于AB的非中点时，直线CD与△EFG外接圆相交．分别说明理由 即可．
【详解】（1）解：如图1，连接BD交GF于点M，则点M即为所求，
∴旋转角α=∠AMB=90°；
（2）解：当点E位于AB的中点时，△EFG面积取得最小值．
理由：设正方形的边找为a， AE=BF=DG=x，则AG=a-x，
在Rt△GAE和Rt△EBF中，
GA=EB∠DAB=∠ABCAE=BF，
∴Rt△GAE≌Rt△EBFSAS，
∴GE=FE，∠AEG=∠BFE，
∴△EFG是等腰直角三角形，
∴S△EFG=12GE2=12AG2+AE2=x-12a2+14a2，
∴当x=12a时，即点E位于AB的中点时，面积最小，
（3）解：当点E位于AB的中点时，直线CD与△EFG的外接圆相切．
理由：设GF的中点为O，连接OE，如图2，
∴OE=12GF，
当点E位于AB的中点时，点G于AD的中点，点F于CB的中点，
∴GF=CD=AD，
∴OE=12AD，
∴当O到CD的距离为12AD，
∴直线CD与△EFG外接圆相切；
当点E位于AB的非中点时，直线CD与△EFG外接圆相交，
理由：当点E位于AB的非中点时，GF>CD，
∴O到CD的距离∴直线CD与△EFG外接圆相交．
综上当点E位于AB的中点时，直线CD与△EFG外接圆相切；当点E位于AB的非中点时，直线CD与△EFG外接圆相交．
【点拨】本踢考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，切线的判定，证明Rt△GAE≌Rt△EBF是解题的关键．
类型三 角度问题
【例12】（2023·广东广州·执信中学校考一模）如图，等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，将BC绕点B顺时针旋转θ0<θ<90°，得到BP，连结CP，过点A作AH⊥CP交CP的延长线于点H，连结AP，则∠PAH的度数（ ）
A．30°B．45°C．60°D．随若θ的变化而变化
【答案】B
【分析】由旋转的性质可得BC=BP=BA，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠BPC+∠BPA=135°=∠CPA，由外角的性质可求∠PAH=135°-90°=45°，即可求解．
【详解】解：根据旋转有：BC=BP=BA，
∴∠BCP=∠BPC，∠BPA=∠BAP，
∵∠CBP+∠BCP+∠BPC=180°，∠ABP+∠BAP+∠BPA=180°，∠ABP+∠CBP=∠ABC=90°，
∴∠BPC+∠BPA=135°=∠CPA，
∵AH⊥CP，
∴∠CPA=∠AHC+∠PAH=135°，
∴∠PAH=135°-90°=45°，
故选：B．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
【变式12-1】（2022·山东烟台·统考一模）如图，正方形ABCD中∠PAQ分别交BC，CD于点E，F，连接EF．
(1)如图①，若∠1=28°，∠2=73°，试求∠3的度数；
(2)如图②，以点A为旋转中心，旋转∠PAQ，旋转时保持∠PAQ=45°．当点E，F分别在边BC，CD上时，AE和AF是角平分线吗？如果是，请说出是哪两个角的平分线并给予证明；如果不是，请说明理由；
(3)如图③，在②的条件下，当点E，F分别在BC，CD的延长线上时，②中的结论是否成立？只需回答结论，不需说明理由．
【答案】(1)62°
(2)AE是∠FEB的平分线，AF是∠EFD的平分线，理由见解析
(3)AE仍然是∠FEB的平分线，AF不是∠EFD的平分线
【分析】（1）延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH．先证明△ABE≌△ADH，再证明△FAE≌△FAH，即可得解；
（2）延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH．同（1）可证△ABE≌△ADH，在证△FAE≌△FAH即可得解；
（3）在BC上取一点M，使得BM=DF，连接AM，设AE与FC交于点N，连接MN，先证明△ABM≌△ADF，再设法证明△AFN≌△AMN，即可证明△NFE≌△NME，则有∠FEN=∠MEN，结论得证．
【详解】（1）延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，
∴∠B＝∠ADH＝90°，
∵∠2＝73°，
∴∠BAE＝90°－∠2＝17°，
在△ABE和△ADH中，AB=AD，∠B=∠ADH=90°，BE=DH，
∴△ABE≌△ADH，
∴AE＝AH，∠2＝∠H＝73°，∠BAE＝∠DAH＝17°，
∴∠HAF＝∠DAH＋∠1＝17°＋28°＝45°，
∵∠EAF＝90°－∠1－∠BAE＝45°，
∴∠EAF＝∠HAF，
又∵AE＝AH，AF＝AF，
∴△FAE≌△FAH，
∴∠3＝∠AFH，
∵∠AFH＝90°－∠1＝90°－28°＝62°，
∴∠3＝62°；
（2）AE是∠FEB的平分线，AF是∠EFD的平分线，
理由：延长DH至点H，使DH＝BE，连接AH，
同（1）可证△ABE≌△ADH，
∴AE＝AH，∠AEB＝∠H，∠1＝∠4，
∵∠2＝45°，
∴∠1＋∠3＝90°－∠2＝45°，
∴∠4＋∠3＝90°－∠2＝45°，
即∠HAF＝45°，
∴∠2＝∠HAF，
又∵AE＝AH，AF＝AF，
∴△FAE≌△FAH，
∴∠AFE＝∠AFH，∠AEF＝∠H，
∴∠AEB＝∠AEF，
∴AE平分∠FEB，AF平分∠EFD；
（3）AE仍然是∠FEB的平分线，AF不是∠EFD的平分线，
理由如下：在BC上取一点M，使得BM=DF，连接AM，设AE与FC交于点N，连接MN，如图，
∵BM=DF，AB=AD，∠ABM=∠ADF，
∴△ABM≌△ADF，
∴∠MAB=∠DAF，AF=AM，
∵∠BAM+∠MAD=90°，
∴∠FAD+∠MAD=90°，
∴∠MAF=90°，
∵∠FAE=45°，
∴∠EAM=90°-∠FAE=45°，
∴∠FAN=∠MAN，
∵AF=AM，AN=AN，
∴△AFN≌△AMN，
∴∠FNA=∠MNA，FN=MN，
∴∠FNE=180°-∠FNA=180°-∠MNA=∠MNE，
∵EN=EN，
∴△NFE≌△NME，
∴∠FEN=∠MEN，
∴AE平分∠FEB，
通过对图形的观察可以明显发现，AF不是∠EFD的平分线．
即结论得证．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义等知识，作辅助线构造出全等三角形是解答本题的关键．
【变式12-2】（2022·山东济南·统考一模）图1是边长分别为a和ba>b的两个等边三角形纸片△ABC和△CDE叠放在一起（C与C'重合）的图形．
(1)操作：固定△ABC，将△CDE绕点C按顺时针方向旋转20°，连结AD，BE，如图2，则∠ECA=______度，并直接写出线段BE与AD的数量关系____．
(2)操作：若将图1中的△CDE，绕点C按顺时针方向旋转120°，使点B.C.D在同一条直线上，连结AD.BE，如图3．
①线段BE与AD之间是否仍存在（1）中的结论？若是，请证明；若不是，请直接写出BE与AD之间的数量关系；
②求∠APB的度数．
(3)若将图1中的△CDE，绕点C按逆时针方向旋转一个角α0<α<360°，当α等于多少度时，△BCD的面积最大？请直接写出答案．
【答案】(1)40，BE＝AD
(2)①存在，理由见详解；②60°
(3)当α＝150°或330°时，△BCD的面积最大
【分析】（1）由旋转可得∠BCE=20°，可得出∠ECA=40°，BC＝AC，∠BCE＝∠ACD＝20°，CE＝CD，可求得BE＝AD；
（2）方法同（1）；
（3）当BC边上的高最大时，△BCD的面积最大，高最大时CD的长，△BCD的面积最大，由两种情形．
【详解】（1）∵△ABC和△CDE是等边三角形，
∴BC＝AC，CE＝CD，∠BCA=60°，
∵旋转20°
∴∠BCE＝∠ACD＝20°，
∴△CBE≌△CAD（SAS），
∴BE＝AD（全等三角形的对应边相等），
∵∠ECA=∠BCA－∠BCE
∴∠ECA=60°-20°=40°
故答案为：40，BE＝AD
（2）如图1，
①（1）中结论仍然成立，理由如下：
∵△ABC和△CDE是等边三角形，
BC＝AC，
CE＝CD，
∵∠BCE＝∠ACD＝120°，
∴△CBE≌△CAD（SAS），
∴BE＝AD；
②∵△CBE≌△CAD，
∴∠CBE＝∠CAD，
又∠AOP＝∠BOC，
∴∠APB＝∠ACB＝60°；
（3）如图2，
当D运动到D1或D2，即BC⊥D1D2
S△BCD最大=12BC⋅CD
=12ab，
此时旋转角是60°+90°＝150°，
或360°﹣30°＝330°，
∴当α＝150°或330°．
【点拨】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及旋转等知识，解决问题的关键是找全等的对应边和对应角，题目属于中考常考题型．
【变式12-3】（2022·山东烟台·统考二模）问题背景：
如图，已知△ABC中，AB=AC=m，BC=n，∠BAC=α0°<α<180°，点P为平面内不与点A，C重合的任意一点，连接CP，将线段CP绕点P顺时针旋转α，得线段PD，连接CD，AP．点E，F分别为BC，CD的中点，设直线AP与直线EF相交所成的较小角为β，探究EFAP的值AB和β的度数．
(1)【问题发现】如图1，α=60°时，EFAP= ，β= ；
(2)如图2，α=90°时，EFAP= ，β= ．
(3)【类比探究】如图3，α=120°时，请探究出EFAP的值和β的度数并证明；
(4)【拓展延伸】通过以上的探究请直接写出你发现的规律：EFAP= （用含m、n的式子表示）；β= （用含α的式子表示）．
【答案】(1)12，60°
(2)22，45°
(3)EFAP=32，β=30°，证明见解析
(4)n2m，180°-α2
【分析】（1）根据旋转的性质，得CP=PD；根据等边三角形和全等三角形的性质，得△PCA≌△DCB，结合三角形中位线、三角形内角和的性质分析，即可得到答案；
（2）根据旋转的性质，得CP=PD；根据等腰直角三角形和相似三角形的性质，得△PCA∽△DCB，结合三角形中位线、三角形内角和的性质分析，即可得到答案；
（3）根据等腰三角形三线合一性质，得AE⊥BC，∠CAE=12∠CAB=60°，结合三角函数、相似三角形性质，得△PCA∽△CAP，再根据三角形内角和的性质计算，即可得到答案；
（4）结合（3）的结论，根据相似三角形、三角形内角和的性质分析，即可得到答案．
【详解】（1）连接DB，如下图：
∵线段CP绕点P顺时针旋转α，得线段PD，
∴CP=PD
∵AB=AC=m，∠BAC=∠CPD=α=60°
∴AC=BC=AB，PC=PD=CD
∴∠PCD=∠ACB=∠ABC=∠CAB=60°
∵∠PCD=∠PCA+∠ACD，∠ACB=∠BCD+∠ACD
∴∠PCA=∠BCD
在△PCA和△DCB中
PC=CD∠PCA=∠BCDAC=BC
∴△PCA≌△DCBSAS
∴AP=BD
∵点E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF=12BD
∴EF=12AP
延长BD交AP于点G
∵
∴∠PCA=∠DBC
∴∠ABG=∠ABC-∠DBC=60°-∠DBC
∴β=180°-∠GAB-∠ABG=180°-∠PCA+∠CAB-∠ABC-∠DBC=60°
故答案为：12，60°；
（2）连接DB，如下图：
∵线段CP绕点P顺时针旋转α，得线段PD，
∴CP=PD
∵AB=AC=m，∠CAB=∠CPD=α=90°
∴∠PCD=∠ACB=∠ABC=45°，CD=CP2+PD2=2CP，BC=AC2+AB2=2AC
∴CPCD=ACBC=22
∵∠PCD=∠PCA+∠ACD，∠ACB=∠BCD+∠ACD，
∴∠PCA=∠BCD
∴△PCA∽△DCB
∴APBD=22，即BD=2AP
∵点E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF=12BD
∴EF=22AP
延长BD交AP于点G
∵△PCA∽△DCB
∴∠PCA=∠DBC
∴β=180°-∠GAB-∠GBA=180°-∠PCA+∠CAB-∠ABC-∠DBC=45°
故答案为：22，45°；
（3）连接AE，PF，延长EF，AP交于点Q，
∵AB=AC，E为BC的中点，
∴AE⊥BC，∠CAE=12∠CAB=60°，
∴CEAC=sin60°=32，
同理可得：CFCP=32，
∴CEAC=CFCP，
∴CECF=CACP
又∵∠ECF=∠ACP，
∴△CEF∽△CAP，
∴EFAP=ECAC=32，∠CEF=∠CAP，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB．
∵α=120°，
∴∠ACB=30°
∵∠CEF+∠CFE+∠ACB=∠CAP+∠AFQ+∠Q，
∴β=∠Q=∠ACB=30°
（4）结合（3）的结论，得AE⊥BC，∠CAE=12∠CAB=α2，
∴CEAC=sinα2，
同理可得：CFCP=sinα2，
∴CEAC=CFCP，
∴CECF=CACP
又∵∠ECF=∠ACP，
∴△CEF∽△CAP，
∴EFAP=ECAC=12BCAC=n2m，∠CEF=∠CAP，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB．
∴∠ACB=180°-α2
∵∠CEF+∠CFE+∠ACB=∠CAP+∠AFQ+∠Q，
∴β=∠Q=∠ACB=180°-α2
故答案为：n2m，180°-α2．
【点拨】本题考查了旋转、三角形内角和、相似三角形、全等三角形、等腰三角形、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质，从而完成求解．
题型11 判断中心对称图形
【例13】（2023·河南焦作·统考一模）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船圆满完成全部既定任务，顺利返回地球家园．六个月的飞天之旅展现了中国航天科技的新高度下列航天图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用中心对称图形的定义直接判断．
【详解】解：根据中心对称图形的定义，四个选项中，只有B选项的图形绕着某点旋转180°后能与原来的图形重合，
故选B．
【点拨】本题考查中心对称图形的判定，掌握中心对称图形的定义是解题的关键．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心．
【变式13-1】（2023·四川绵阳·统考一模）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的概念判断．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．
【详解】解：A.不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B.不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C.能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，故此选项符合题意；
D.不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点拨】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
【变式13-2】（2021·北京丰台·统考二模）下列交通标志中，是中心对称图形的是（ ）
A．禁止驶入B．靠左侧道路行驶
C．向左和向右转弯D． 环岛行驶
【答案】A
【分析】根据中心对称图形围绕旋转中心旋转180°后，与原来一样的特点判断．
【详解】A项正确；B.C.D项旋转180°后，与原图位置不同，所以错误；
故选：A．
【点拨】本题主要考查中心对称图形的概念，准确理解概念是解决问题的关键．
题型12 画已知图形关于某点的对称图形
【例14】（2021·浙江宁波·统考模拟预测）如图，在正方形网格中，△ABC的顶点在格点上，请仅用无刻度直尺完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，作△ABC关于点O对称的△A'B'C'；
（2）在图2中，作△ABC绕点A顺时针旋转一定角度后，顶点仍在格点上的△A'B'C'．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）分别作出A，B，C三点关于O点对称的点A'，B'，C'，然后顺次连接即可得△A'B'C'；
（2）计算得出AB=25，AC=5，再根据旋转作图即可．
【详解】（1）如图1所示；
（2）根据勾股定理可计算出AB=25，AC=5，再作图，如图2所示．
【点拨】本题考查复杂-应用与设计，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
【变式14-1】（2022·安徽安庆·校考一模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC（顶点是网格线的交点)．
(1)画出△ABC关于点C成中心对称的△A'B'C（其中A'是点A的对应点，B'是点B的对应点）；
(2)用无刻度的直尺作出一个格点O，使得OA=OB．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】（1）根据中心对称定义作图即可；
（2）作AB的垂直平分线即可；
【详解】（1）解：如图，△A'B'C 为所作；
（2）解：如图，点 O 或 O′为所作．
【点拨】本题考查了复杂-作图，掌握中心对称和垂直平分线的定义和画法是解题关键
【变式14-2】（2017·山东枣庄·统考一模）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）．
(1) 请画出△ABC向左平移5个单位长度后得到的△ABC；
(2) 请画出△ABC关于原点对称的△ABC；
(3) 在轴上求作一点P，使△PAB的周长最小，请画出△PAB，并直接写出P的坐标．
【答案】（1）图形见解析；
（2）图形见解析；
（3）图形见解析，点P的坐标为：（2，0）
【分析】（1）按题目的要求平移就可以了；
（2）关于原点对称的点的坐标变化是∶横、纵坐标都变为相反数，找到对应点后按顺序连接即可．
（3）AB的长是不变的，要使△PAB的周长最小，即要求PA+PB最小，转为了已知直线与直线一侧的两点，在直线上找一个点，使这点到已知两点的线段之和最小，方法是作A.B两点中的某点关于该直线的对称点，然后连接对称点与另一点．
【详解】
（1）△A1B1C1如图所示；
（2）△A2B2C2如图所示；
（3）作A点关于x轴的对称点A＇（1，-1），然后连接对称点与B点，
则BA＇的解析式为y=x-2，
当y=0时，x=2．
∴△PAB如图所示，点P的坐标为：（2，0）．
题型13 根据中心对称的性质求面积、长度、角度
【例15】（2022·河北秦皇岛·统考一模）如图，已知点A与点C关于点O对称，点B与点D也关于点O对称，若BC=3，OD=4．则AB的长可能是（ ）
A．3B．4C．7D．11
【答案】C
【分析】根据三角形三边关系定理，可知BD-AD【详解】解：∵点A与点C关于点O对称，点B与点D也关于点O对称，
∴OB=OD=4，AO=OC
又∵∠AOD=∠BOC
∴△AOD≌△BOC（SAS）
∴AD=BC=3
∵BD-AD∴5故选：C．
【点拨】本题考查了三角形三边关系定理：任意两边之和大于第三边，及对称的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是将求AB的值转化为求三角形第三边的取值范围．
【变式15-1】（2019·山东德州·校联考二模）点O是平行四边形ABCD的对称中心，AD＞AB，E.F分别是AB边上的点，且EF＝12AB；G、H分别是BC边上的点，且GH＝13BC；若S1,S2分别表示∆EOF和∆GOH的面积，则S1,S2之间的等量关系是
【答案】2S1＝3S2
【分析】过点O分别作OM⊥BC，垂足为M，作ON⊥AB，垂足为N，根据点O是平行四边形ABCD的对称中心以及平行四边形的面积公式可得AB•ON=BC•OM，再根据S1=12EF•ON，S2=12GH•OM，EF＝12AB，GH＝13BC，则可得到答案．
【详解】过点O分别作OM⊥BC，垂足为M，作ON⊥AB，垂足为N，
∵点O是平行四边形ABCD的对称中心，
∴S平行四边形ABCD=AB•2ON， S平行四边形ABCD=BC•2OM，
∴AB•ON=BC•OM，
∵S1=12EF•ON，S2=12GH•OM，EF＝12AB，GH＝13BC，
∴S1=14AB•ON，S2=16BC•OM，
∴2S1＝3S2，
故答案为2S1＝3S2．
【点拨】本题考查了平行四边形的面积，中心对称的性质，正确添加辅助线、准确表示出图形面积是解题的关键．
【变式15-2】（2022·陕西·校联考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E，F分别为AD，BC上的点，AE＝2，且EF过矩形ABCD的对称中心O．若点P，Q分别在AB，CD边上，且EF，PQ将矩形ABCD的面积四等分，则BP的长为 ．
【答案】1.2
【分析】根据矩形是中心对称图形，由点E，F分别为AD，BC上的点，AE＝2，且EF过矩形ABCD的对称中心O．则CF=AE=2，根据题意作出图形，设AP=x，PB=DQ=6-x，AE=2,ED=10-2=8，根据S△APE=S△EDQ，列出方程，即可求解．
【详解】∵矩形是中心对称图形，点E，F分别为AD，BC上的点，AE＝2，且EF过矩形ABCD的对称中心O，
∴ CF=AE=2，
如图，连接PE,PF,FQ,EQ,PQ，则四边形PEQF是平行四边形，
∵若点P，Q分别在AB，CD边上，且EF，PQ将矩形ABCD的面积四等分，
∴PQ过矩形ABCD的对称中心O，
∵S四边形APOE=S四边形EOQD，
又四边形PEQF是平行四边形，
则S△PEO=S△EOQ，
∴S△APE=S△EDQ，
设AP=x，PB=DQ=6-x，AE=2,ED=10-2=8，
∴12PA×AE=12ED×DQ，
即12×x×2=12×8×6-x，
解得x=4.8．
∴BP=1.2．
故答案为：1.2．
【点拨】本题考查了矩形，平行四边形的性质，掌握中心对称的性质是解题的关键．
【变式15-3】（2022·广西·统考二模）如图，四边形ABCD是菱形，点O是两条对角线的交点，过点O的三条直线将菱形分成阴影和空白部分，当菱形的两条对角线长分别为12和16时，则阴影部分面积为 ．
【答案】48
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出菱形的面积，再根据菱形是中心对称图形判断出阴影的面积是菱形面积的一半即可解答．
【详解】如图所示：
∵菱形ABCD的两条对角线的长分别为12和16，
菱形ABCD的面积=12×12×16=96，
∵O是菱形两条对角线的交点，菱形ABCD是中心对称图形，
∴ΔOEG≅ΔOFH，四边形OMAH≅四边形ONCG，
四边形OEDM≅四边形OFBN，
∴阴影部分的面积=12S菱形ABCD=12×96=48，
故答案为：48．
【点拨】本题考查了菱形的性质、中心对称图形的性质、菱形的面积公式，熟知菱形的面积公式，利用菱形的性质判断出阴影的面积是菱形面积的一半是解答的关键．
题型14 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案
【例16】（2022·吉林长春·校考一模）如图，在4×4的方格纸中，ΔABC的三个顶点都在格点上．
图1 图2 图3
(1)在图1中，画出一个与ΔABC成中心对称的格点三角形；
(2)在图2中，画出一个与ΔABC成轴对称且与ΔABC有公共边的格点三角形；
(3)在图3中，选择格点D，画出以A，B，C，D为顶点的平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）如图，以点C为对称中心画出△DEC；
（2）如图，以AC边所在的性质为对称轴画出△ADC；
（3）如图，利用网格特点和平行四边形性质画出点D，从而得到▱ACBD.
【详解】（1）解：如图，△DEC为所作；
（2）解：如图，△ADC为所作；
（3）解：如图，▱ACBD为所作.
【点拨】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．也考查了轴对称变换．
【变式16-1】（2022·山西大同·统考二模）阅读理解，并解答问题：
观察发现：
如图1是一块正方形瓷砖，分析发现这块瓷砖上的图案是按图2所示的过程设计的，其中虚线所在的直线是正方形的对称轴．
问题解决：
用四块如图1所示的正方形瓷砖按下列要求拼成一个新的大正方形，并在图3和图4中各画一种拼法．
(1)图3中所画拼图拼成的图案是轴对称图形，但不是中心对称图形；
(2)图4中所画拼图拼成的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）按照轴对称的意义得出答案即可；
（2）按照轴对称的定义和中心对称的定义设计，所设计的图案既是中心对称图形，又是轴对称图形．
【详解】（1）解：（1）参考图案，如图所示：
（2）（2）参考图案，如图所示：
【点拨】本题考查利用轴对称或中心对称设计图案，关键是理解轴对称和中心对称的定义．
【变式16-2】（2023·浙江金华·校联考模拟预测）规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．根据以上规定，回答问题：
（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是________；
A．矩形 B．正五边形 C．菱形 D．正六边形
（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有：________（填序号）；

（3）下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形，其中真命题的个数有（ ）个；
A．0 B．1 C．2 D．3
（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45°，90°，135°，180°，将图形补充完整．
【答案】（1）B；（2）(1)(3)(5)；（3）C；（4）见解析
【分析】（1）根据旋转对称图形的定义进行判断；
（2）先分别求每一个图形中的旋转角，然后再进行判断；
（3）根据旋转对称图形的定义进行判断；
（4）利用旋转对称图形的定义进行设计．
【详解】解：（1）矩形、正五边形、菱形、正六边形都是旋转对称图形，但正五边形不是中心对称图形，
故选：B．
（2）是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有(1)(3)(5)．
故答案为：(1)(3)(5)．
（3）①中心对称图形，旋转180°一定会和本身重合，是旋转对称图形；故命题①正确；
②等腰三角形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后，不一定能与自身重合，只有等边三角形是旋转对称图形，故②不正确；
③圆具有旋转不变性，绕圆心旋转任意角度一定能与自身重合，是旋转对称图形；故命题③正确；
即命题中①③正确，
故选：C．
（4）图形如图所示：
【点拨】本题考查旋转对称图形，中心对称图形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
考点要求
新课标要求
命题预测
轴对称
通过具体实例理解轴对称的概念，探索它的基本性质:成轴对称的两个图形中对应点的连线被对称轴垂直平分.
能画出简单平面图形(点、线段、直线、三角形等)关于给定对称轴的对称图形.
理解轴对称图形的概念;探索等腰三角形、矩形、菱形、正多边形、圆的轴对称性质.
认识并欣赏自然界和现实生活中的轴对称图形.
该板块知识以考查平面几何的三大变换的基本运用为主，年年都有考查，分值在8-12分左右．预计2024年各地中考还将继续考查这些知识点，考查形式主要有选填题、作图题、也可能综合题结合出现．在三种变换中，平移相对较为简单，多以选择题形式考察，偶尔也会考察作图题:对称和旋转则难度较大，通常作为选择、填空题的压轴题出现，在解答题中，也会考察对称和旋转的作图，以及与特殊几何图形结合的综合压轴题，此时常需要结合几何图形或问题类型去分类讨论.
平移
通过具体实例认识平移，探索它的基本性质:一个图形和它经过平移所得的图形中，两组对应点的连线平行(或在同一条直线上)且相等.
认识并欣赏平移在自然界和现实生活中的应用.
运用图形的轴对称、旋转、平移进行图案设计.
旋转
通过具体实例认识平面图形关于旋转中心的旋转.探索它的基本性质:一个图形和旋转得到的图形中，对应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等.
了解中心对称、中心对称图形的概念，探索它们的基本性质:成中心对称的两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分.
探索线段、平行四边形、正多边形、圆的中心对称性质.
认识并欣赏自然界和现实生活中的中心对称图形.
轴对称
轴对称图形
图形

定义
把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，这条直线叫做对称轴.
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，那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的对称轴.
区别
1）轴对称是指两个图形折叠重合.
2）轴对称对称点在两个图形上.
3）轴对称只有一条对称轴.
1）轴对称图形是指本身折叠重合.
2）轴对称图形对称点在一个图形上.
3）轴对称图形至少有一条对称轴.
联系
1) 定义中都有一条直线,都要沿着这条直线折叠重合.
2) 如果把轴对称的两个图形看成一个整体,那么它就是一个轴对称图形；反过来, 如果把轴对称图形沿对称轴分成两部分(即看成两个图形),那么这两个图形就关于这条直线成轴对称.
性质
1）关于某条直线对称的两个图形是全等形.
2）两个图形关于某直线对称那么对称轴是对应点连线的垂直平分线.
判定
1）两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分,那么这两个图形关于这条直线对称.
2）两个图形关于某条直线成轴对称,那么对称轴是对折重合的折痕线.
中心对称
中心对称图形
图形
定义
如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称.
如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心.
区别
中心对称是指两个图形的关系
中心对称图形是指具有某种特性的一个图形
联系
两者可以相互转化，如果把中心对称的两个图形看成一个整体（一个图形），那么这“一个图形”就是中心对称图形；反过来，如果把一个中心对称图形相互对称的两部分看成两个图形，那么这“两个图形”中心对称.