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中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题9填空题压轴题之图形变换问题(平移翻折旋转)(原卷版+解析)
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这是一份中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题9填空题压轴题之图形变换问题(平移翻折旋转)(原卷版+解析)，共70页。试卷主要包含了2022中考真题集训等内容，欢迎下载使用。
类型一 图形的折叠
1．(2023•徐州）如图，将矩形纸片ABCD沿CE折叠，使点B落在边AD上的点F处．若点E在边AB上，AB＝3，BC＝5，则AE＝ ．
2．(2023•镇江）如图，有一张平行四边形纸片ABCD，AB＝5，AD＝7，将这张纸片折叠，使得点B落在边AD上，点B的对应点为点B′，折痕为EF，若点E在边AB上，则DB′长的最小值等于 ．
3．(2023•鞍山）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D，E分别在AB，BC上，将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，连接CB'，若CB'＝BB'，则AD的长为 ．
4．(2023•兰州）如图，在矩形纸片ABCD中，点E在BC边上，将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上．若CE＝3cm，AF＝2EF，则AB＝ cm．
5．(2023•大连）如图，对折矩形纸片ABCD，使得AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点A的对应点A'落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，连接MF，若MF⊥BM，AB＝6cm，则AD的长是 cm．
6．(2023•盘锦）如图，四边形ABCD为矩形，AB=2，AD=3，点E为边BC上一点，将△DCE沿DE翻折，点C的对应点为点F，过点F作DE的平行线交AD于点G，交直线BC于点H．若点G是边AD的三等分点，则FG的长是 ．
7．(2023•潍坊）小莹按照如图所示的步骤折叠A4纸，折完后，发现折痕AB′与A4纸的长边AB恰好重合，那么A4纸的长AB与宽AD的比值为 ．
8．(2023•青岛）如图，已知△ABC，AB＝AC，BC＝16，AD⊥BC，∠ABC的平分线交AD于点E，且DE＝4．将∠C沿GM折叠使点C与点E恰好重合．下列结论正确的有： ．（填写序号）
①BD＝8 ②点E到AC的距离为3 ③EM=103 ④EM∥AC
9．(2023•铜仁市）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP∥EM交MC于点P，则MN+NP的最小值为 ．
10．(2023•辽宁）如图，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF，当GF最小时，AE的长是 ．
11．(2023•沈阳）如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别为点E，F，且点F在矩形内部，MF的延长线交边BC于点G，EF交边BC于点H．EN＝2，AB＝4，当点H为GN的三等分点时，MD的长为 ．
12．(2023•扬州）“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＝ ．
13．(2023•泰安）如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE折叠，得到点B的对应点为点F，延长EF交线段DC于点P，若AB＝6，则DP的长度为 ．
14．(2023•嘉兴）如图，在扇形AOB中，点C，D在AB上，将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．已知∠AOB＝120°，OA＝6，则EF的度数为 ，折痕CD的长为 ．
类型二 图形的平移
15．(2023•淄博）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 ．
16．(2023•大连）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 ．
17．(2023•辽宁）在平面直角坐标系中，线段AB的端点A（3，2），B（5，2），将线段AB平移得到线段CD，点A的对应点C的坐标是（﹣1，2），则点B的对应点D的坐标是 ．
18．(2023•临沂）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，B的坐标分别是A（0，2），B（2，﹣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 ．
19．(2023•毕节市）如图，在平面直角坐标系中，把一个点从原点开始向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点A1（1，1）；把点A1向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点A2（﹣1，3）；把点A2向下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点A3（﹣4，0）；把点A3向下平移4个单位，再向右平移4个单位，得到点A4（0，﹣4），…；按此做法进行下去，则点A10的坐标为 ．
20．(2023•台州）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A'B'C'，且BB'⊥BC，则阴影部分的面积为 cm2．
类型三 图形的旋转
21．(2023•黄石）如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF＝ ，FB+FD的最小值为 ．
22．(2023•宁夏）如图，直线a∥b，△AOB的边OB在直线b上，∠AOB＝55°，将△AOB绕点O顺时针旋转75°至△A1OB1，边A1O交直线a于点C，则∠1＝ °．
23．(2023•西宁）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝6，将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得到△AB′C′，B′C′交AB于点E，则B′E＝ ．
24．(2023•盐城）如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转，使得点B落在边CD上的点B'处，线段AB扫过的面积为 ．
25．(2023•牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2），OC＝4，将平行四边形OABC绕点O旋转90°后，点B的对应点B'坐标是 ．
26．(2023•广州）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 ；当线段CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 ．
27．(2023•盘锦）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝30°，点D为BC的中点，将△ABC绕点D逆时针旋转得到△A'B'C'，当点A的对应点A'落在边AB上时，点C'在BA的延长线上，连接BB'，若AA'＝1，则△BB'D的面积是 ．
28．(2023•潍坊）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点B″的坐标为 ．
29．(2023•无锡）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC＝20°，则∠BAF＝ °；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是 ．
30．(2023•丽水）一副三角板按图1放置，O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，将△ABC绕点O顺时针旋转60°，AC与EF相交于点G，则FG的长是 cm．
31．（2023•封开县一模）如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE翻折，点B落在点F处，延长EF交CD于点P，若AB＝6，则DP的长为 ．
32．（2023•历下区一模）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝5．沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处；再折叠纸片，使点C与点D重合，若折痕与AC的交点为E，则tan∠DAE＝ ．
33．(2023•市中区二模）如图，矩形纸片ABCD，AD＝12，AB＝4，点E在线段BC上，将△ECD沿DE向上翻折，点C的对应点C'落在线段AD上，点M，N分别是线段AD与线段BC上的点，将四边形ABNM沿MN向上翻折，点B恰好落在线段DE的中点B'处．则线段MN的长 ．
34．(2023•包头模拟）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，半径OA＝6，将扇形AOB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在弧AB上点D处，折痕交OA于点C，整个阴影部分的面积 ．
35．(2023•郧西县模拟）如图，已知，正△ABC中，AB＝12，将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，连接BD，交AC于O点，E点在OD上，且DE＝2OE，F是BC的中点，P是AC上的一个动点，则PF﹣PE的最大值为 ．
36．(2023•皇姑区校级模拟）如图，点E是菱形ABCD的边AD的中点，点F是AB上的一点，点G是BC上的一点，先以CE为对称轴将△CDE折叠，使点D落在CF上的点D处，再以EF为对称轴折叠△AEF，使得点A的对应点A'与点D'重合，以FG为对称轴折叠△BFG，使得点B的对应点B落在CF上．若∠A＝60°，AB＝2，则FGCE的值为 ．
37．(2023•亭湖区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，点E是AB边上一动点，过点E作DE⊥AB交AC边于点D，将∠A沿直线DE翻折，点A落在线段AB上的F处，连接FC，当△BCF为等腰三角形时，AE的长为 ．
38．(2023•东方校级模拟）如图，矩形纸片ABCD，AD=2AB，点E、F分别在AD、BC上，把纸片如图沿EF折叠，点A、B的对应点分别为A′、B′，连接AA′并延长交线段CD于点G，则EFAG的值为 ．
39．(2023•阜新二模）如图，将三角形ABC沿直线CB向右平移6cm得到三角形DEF，DF交AB于点G，在三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝10cm，S△ADG=22cm2，则四边形DGBE的面积为 cm2．
40．(2023•宽城区校级二模）如图，已知矩形ABCD，AB＝18cm，AD＝10cm，在其矩形内部有三个小矩形，则这三个小矩形的周长之和为 cm．
41．(2023•思明区二模）如图，在平面直角坐标系中，A（1，0），B（0，﹣2），将线段AB先向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度，得到线段DC，点A与点D为对应点．点P为y轴上一点，且S△ACP=14S四边形ABCD，则满足要求点P的坐标为 ．
42．(2023•利州区校级模拟）如图，直角三角形AOB的周长为98，在其内部有n个小直角三角形，则这n个小直角三角形的周长之和为 ．
43．(2023•长春模拟）如图，O为坐标原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OAB＝90°，点B的坐标为（0，22），将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为（22，22），则线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为 ．
44．（2023•沁阳市模拟）如图，在等边三角形ABC中，AB=23，点D为AC的中点，点P在AB上，且BP＝1，将BP绕点B在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为 ．
45．（2023•立山区一模）如图，等边三角形ABC和等边三角形ADE，点N，点M分别为BC，DE的中点，AB＝6，AD＝4，△ADE绕点A旋转过程中，MN的最大值为 ．
46．（2023•红花岗区校级一模）如图，已知△ABC为等边三角形，AB＝6，将边AB绕点A顺时针旋转a（0°＜a＜120°）得到线段AD，连接CD，CD与AB交于点G，∠BAD的平分线交CD于点E，点F为CD上一点，且DF＝2CF，则∠AEC＝ °，连接AF，则BF的最小值为 ．
47．（2023•仙桃校级一模）如图，正方形ABCD的边长是5，E是边BC上一点且BE＝2，F为边AB上的一个动点，连接EF，以EF为边向右作等边三角形EFG，连接CG，则CG长的最小值为 ．
48．(2023•东胜区一模）如图，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，AE=13AC，BF=13BC，将△ECF绕点C逆时针旋转α角得到△MCN，连接AM、BN．当MA∥CN时，csα＝ ．
49．(2023•香洲区校级三模）如图正方形ABCD的边长为3，E是BC上一点且CE＝1，F是线段DE上的动点．连接CF，将线段CF绕点C逆时针旋转90°得到CG，连接EG，则EG的最小值是 ．
50．(2023•韶关模拟）如图，已知正方形ABCD中，AB＝2，点E为BC边上一动点（不与点 B、C重合），连接AE，将AE绕点E顺时针旋转90得到EF，连接CF，连接AF与CD相交于点G，连接DF，当DF最小时，四边形CEGF的面积是 ．
51．(2023•皇姑区校级模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC=2，BC＝22，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△DEC，连接AD，BE，直线AD，BE相交于点F，连接CF，在旋转过程中，线段CF长度的范围为 ．
52．(2023•江都区校级二模）如图，△ABC是等边三角形，AB＝6，E在AC上且AE=23AC，D是直线BC上一动点，线段ED绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，当点D运动时，则线段AF的最小值是 ．
53．(2023•薛城区校级模拟）把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6，DC＝7，把三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为 ．
54．(2023•路北区校级一模）如图，长度为3的线段AB固定不动，长度为6的线段AC绕A旋转，连接BC．在旋转过程中，线段BC的长度的最大值为 ；若以线段AC为直角边，以点A为直角顶点构造等腰直角△ACD，则在旋转过程中，点B到CD边的距离的最大值为 ．
55．(2023•珠海校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点P是线段BC上一动点，将线段PA绕点P顺时针转90°得到线段PA'，连接DA'，则DA'的最小值为 ．
专题9 填空题压轴题之图形变换问题（平移翻折旋转）（解析版）
模块一 2022中考真题集训
类型一 图形的折叠
1．(2023•徐州）如图，将矩形纸片ABCD沿CE折叠，使点B落在边AD上的点F处．若点E在边AB上，AB＝3，BC＝5，则AE＝ 43 ．
思路引领：由折叠性质可得CF＝BC＝5，BE＝EF，由矩形性质有CD＝AB＝3，BC＝AD＝5，在Rt△CDF中，由勾股定理得出DF＝4，进而得出AF＝1，最后在直角三角形AEF中，建立勾股定理方程求解即可．
解：在矩形ABCD中，
∠A＝∠D＝90°，CD＝AB＝3，AD＝BC＝5，
由翻折变换的性质可知，FC＝BC＝5，EF＝BE，
在Rt△CDF中，由勾股定理，得DF=FC2−CD2=4，
∴AF＝AD﹣DF＝1，
设AE＝x，则BE＝EF＝3﹣x，
在Rt△AEF中，由勾股定理，得EF2＝AE2+AF2，
即（3﹣x）2＝x2+12，
解得x=43，即AE=43，
故答案为：43．
总结提升：本题考查了图形折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，在直角三角形AEF中运用勾股定理建立方程求解是关键．
2．(2023•镇江）如图，有一张平行四边形纸片ABCD，AB＝5，AD＝7，将这张纸片折叠，使得点B落在边AD上，点B的对应点为点B′，折痕为EF，若点E在边AB上，则DB′长的最小值等于 2 ．
思路引领：由折叠可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如图，当E与A重合时，B'D最短，可得B'D＝AD﹣AB'＝7﹣5＝2．
解：由折叠可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如图，当E与A重合时，B'D最短．
∵AB＝5，AD＝7，
∴AB'＝5，
∴B'D＝AD﹣AB'＝7﹣5＝2，
即DB′长的最小值为2．
故答案为：2．
总结提升：本题考查翻折变换（折叠问题）、平行四边形的性质，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
3．(2023•鞍山）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D，E分别在AB，BC上，将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，连接CB'，若CB'＝BB'，则AD的长为 7.5 ．
思路引领：在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB的长，然后根据CB'＝BB'得出AB′＝BB′=12AB，再根据折叠的性质可得BD＝B′D=12BB′．根据AD＝AB′+B′D求得AD的长．
解：在Rt△ABC中，
AB=AC2+BC2，
∵AC＝6，BC＝8，
∴AB=62+82=10．
∵CB'＝BB'，
∴∠B＝∠BCB′，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝∠ACB′+∠BCB′＝90°．
∴∠A＝∠ACB′．
∴AB′＝CB′．
∴AB′＝BB′=12AB＝5．
∵将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，
∴B′D＝BD=12BB′＝2.5．
∴AD＝AB′+B′D＝5+2.5＝7.5．
故答案为：7.5．
总结提升：本题考查了直角三角形的性质，在直角三角形中根据CB'＝BB'通过推理论证得到CB′是斜边上的中线是解题的关键．
4．(2023•兰州）如图，在矩形纸片ABCD中，点E在BC边上，将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上．若CE＝3cm，AF＝2EF，则AB＝ 35 cm．
思路引领：根据将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上，可得EF＝CE＝3cm，CD＝DF，∠DEC＝∠DEF，∠DFE＝∠C＝90°＝∠DFA，而AF＝2EF，即得AF＝6cm，AE＝9cm，由四边形ABCD是矩形，可得AB＝CD＝DF，AD∥BC，从而AD＝AE＝9cm，在Rt△ADF中，用勾股定理得DF＝35cm，从而AB＝DF＝35cm．
解：∵将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上，
∴EF＝CE＝3cm，CD＝DF，∠DEC＝∠DEF，∠DFE＝∠C＝90°＝∠DFA，
∵AF＝2EF，
∴AF＝6cm，AE＝AF+EF＝6+3＝9（cm），
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝DF，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC＝∠DEF，
∴AD＝AE＝9cm，
在Rt△ADF中，AF2+DF2＝AD2，
∴62+DF2＝92，
∴DF＝35（cm），
∴AB＝DF＝35（cm），
故答案为：35．
总结提升：本题考查矩形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质，能熟练应用勾股定理列方程解决问题．
5．(2023•大连）如图，对折矩形纸片ABCD，使得AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点A的对应点A'落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，连接MF，若MF⊥BM，AB＝6cm，则AD的长是 53 cm．
思路引领：由矩形性质和折叠性质可得BE＝3，A′B＝AB＝6cm，∠A＝∠A′EB＝90°，∠ABM＝∠A′BM，可得∠BA′E＝30°，从而可得∠A′BE＝60°，可得∠ABM＝30°，从而可得AM＝23cm，∠DMF＝30°，DF＝3cm，即可求解DM，进而求出AD的长．
解：∵四边形ABCD为矩形，AB＝6cm，
∴∠A＝90°，
由折叠性质可得：
BE＝DF＝3cm，A′B＝AB＝6cm，∠A′EB＝90°，∠ABM＝∠A′BM，
在Rt△A′BE中，A′B＝2BE，
∴∠BA′E＝30°，
∴∠A′BE＝60°，
∴∠ABM＝30°，∠AMB＝60°，
∴AM＝tan30°•AB=33×6=23cm，
∵MF⊥BM，
∴∠BMF＝90°，
∴∠DMF＝30°，
∴∠DFM＝60°，
在Rt△DMF中，MD＝tan60°•DF=3×3=33cm，
∴AD＝AM+DM＝23+33=53cm．
故答案为：53．
总结提升：本题考查折叠性质，长方形的性质，30°角的直角三角形等知识点，解题的关键是利用边之间的关系推出∠BA′E＝30°．
6．(2023•盘锦）如图，四边形ABCD为矩形，AB=2，AD=3，点E为边BC上一点，将△DCE沿DE翻折，点C的对应点为点F，过点F作DE的平行线交AD于点G，交直线BC于点H．若点G是边AD的三等分点，则FG的长是 33或63 ．
思路引领：过点E作EM⊥GH于点M，根据题意可得四边形HEDG是平行四边形，证明HE＝FE，等面积法求得ME，勾股定理求得HM，可得HF的长，进而即可求解．
解：①如图，过点E作EM⊥GH于点M，
∵DE∥GH，AD∥BC，
∴四边形HEDG是平行四边形，
∴HE=GD=13AD=1，
∵折叠，
∴∠FED＝∠CED，
∵∠MED＝90°，
即∠FEM+∠FED＝90°，
∴∠CED+∠HEM＝90°，
∴∠HEM＝∠FEM，
∵∠EMF＝∠EMH＝90°，ME＝ME，
∴△HEM≌△FEM（ASA），
∴HM＝MF，EF＝HE＝1，
∴EF＝EC＝1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90°，DC=AB=2，
Rt△EDC中，DE=DC2+EC2=(2)2+12=3，
∴GH=DE=3，
∵ME⊥HG，HG∥DE，
∴S△DEF=12ME×DE=S△DEC=12DC×EC，
∴ME=DC×ECDE=2×13=63，
Rt△HME中，HM=HE2−ME2=1−(63)2=33，
∴FG=HG−HF=HG−2HM=3−233=33，
②如图，当AG=13AD=1时，
同理可得HE＝GD＝AD﹣AG＝3﹣1＝2，EC＝EF＝HE＝2，
∴DE=22+(2)2=6，
∴ME=DC×ECDE=2×26=233，
Rt△HME中，HM=HE2−ME2=22−(233)2=263，
∴FG=HF−HG=2HM−HG=463−6=63，
故答案为：33或63．
总结提升：本题考查了勾股定理，折叠，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，掌握以上知识，注意分类讨论是解题的关键．
7．(2023•潍坊）小莹按照如图所示的步骤折叠A4纸，折完后，发现折痕AB′与A4纸的长边AB恰好重合，那么A4纸的长AB与宽AD的比值为 2 ．
思路引领：由第①次折叠知△AD'B'是等腰直角三角形，由第②次折叠知，AB＝AB'，从而解决问题．
解：由第②次折叠知，AB＝AB'，
由第①次折叠知，∠B'AB＝45°，
∴△AD'B'是等腰直角三角形，
∴AB'=2AD'，
∴AB与宽AD的比值为2，
故答案为：2，
总结提升：本题主要考查了折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．
8．(2023•青岛）如图，已知△ABC，AB＝AC，BC＝16，AD⊥BC，∠ABC的平分线交AD于点E，且DE＝4．将∠C沿GM折叠使点C与点E恰好重合．下列结论正确的有： ①④ ．（填写序号）
①BD＝8
②点E到AC的距离为3
③EM=103
④EM∥AC
思路引领：根据等腰三角形的性质即可判断①，根据角平分线的性质即可判断②，设DM＝x，则EM＝8﹣x，结合勾股定理和三角形面积公式进行分析求解，从而判断③，利用锐角三角函数可判断④．
解：在△ABC中，AB＝AC，BC＝16，AD⊥BC，
∴BD＝DC=12BC＝8，故①正确；
如图，过点E作EF⊥AB于点F，EH⊥AC于点H，
∵AD⊥BC，AB＝AC，
∴AE平分∠BAC，
∴EH＝EF，
∵BE是∠ABD的角平分线，
∵ED⊥BC，EF⊥AB，
∴EF＝ED，
∴EH＝ED＝4，故②错误；
由折叠性质可得：EM＝MC，DM+MC＝DM+EM＝CD＝8，
设DM＝x，则EM＝8﹣x，
Rt△EDM中，EM2＝DM2+DE2，
∴（8﹣x）2＝42+x2，
解得：x＝3，
∴EM＝MC＝5，故③错误；
设AE＝a，则AD＝AE+ED＝4+a，BD＝8，
∴AB2＝（4+a）2+82，
∵S△ABES△BDE=12AB×EF12BD×ED=12AE×BD12ED×BD，
∴AEED=ABBD，
∴a4=AB8，
∴AB＝2a，
∴（4+a）2+82＝（2a）2，
解得：a=203或a＝﹣4（舍去），
∴tanC=ADDC=203+48=43，
又∵tan∠EMD=EDDM=43，
∴∠C＝∠EMD，
∴EM∥AC，故④正确，
故答案为：①④．
总结提升：本题考查解直角三角形，等腰三角形三线合一的性质，角平分线的性质，掌握相关性质定理，正确添加辅助线是解题的关键．
9．(2023•铜仁市）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP∥EM交MC于点P，则MN+NP的最小值为 85 ．
思路引领：过点M作MF⊥CD于F，推出MN+NP的最小值为MF的长，证明四边形DEMG为菱形，利用相似三角形的判定和性质求解即可．
解：作点P关于CE的对称点P′，
由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，
∴点P′在CD上，
过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，
∵MN+NP＝MN+NP′≥MF，
∴MN+NP的最小值为MF的长，
连接DG，DM，
由折叠的性质知CE为线段DM的垂直平分线，
∵AD＝CD＝2，DE＝1，
∴CE=12+22=5，
∵12CE×DO=12CD×DE，
∴DO=255，
∴EO=55，
∵MF⊥CD，∠EDC＝90°，
∴DE∥MF，
∴∠EDO＝∠GMO，
∵CE为线段DM的垂直平分线，
∴DO＝OM，∠DOE＝∠MOG＝90°，
∴△DOE≌△MOG，
∴DE＝GM，
∴四边形DEMG为平行四边形，
∵∠MOG＝90°，
∴四边形DEMG为菱形，
∴EG＝2OE=255，GM＝DE＝1，
∴CG=355，
∵DE∥MF，即DE∥GF，
∴△CFG∽△CDE，
∴FGDE=CGCE，即FG1=3555，
∴FG=35，
∴MF＝1+35=85，
∴MN+NP的最小值为85；
方法二：同理方法一得出MN+NP的最小值为MF的长，DO=255，
∴OC=CD2−OC2=455，DM＝2DO=455，
∵S△CDM=12DM•OC=12CD•MF，
即455×455=2×MF，
∴MF=85，
∴MN+NP的最小值为85；
故答案为：85．
总结提升：此题主要考查轴对称在解决线段和最小的问题中的应用，熟悉对称点的运用和画法，知道何时线段和最小，会运用勾股定理和相似三角形的判定和性质求线段长度是解题的关键．
10．(2023•辽宁）如图，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF，当GF最小时，AE的长是 55−5 ．
思路引领：由翻折知BF＝BA＝10，得点F在以B为圆心，10为半径的圆上运动，可知当点G、F、B三点共线时，GF最小，再利用面积法可得AE的长．
解：∵将△ABE沿BE翻折得到△FBE，
∴BF＝BA＝10，
∴点F在以B为圆心，10为半径的圆上运动，
∴当点G、F、B三点共线时，GF最小，
连接EG，设AE＝x，
由勾股定理得，BG＝55，
∵S梯形ABGD＝S△EDG+S△ABE+S△EBG，
∴12（5+10）×10=12×5×(10−x)+12×10x+12×55x，
解得x＝55−5，
∴AE＝55−5，
故答案为：55−5．
总结提升：本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，确定当点G、F、B三点共线时，GF最小是解题的关键，同时注意运用面积法求垂线段的长度．
11．(2023•沈阳）如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别为点E，F，且点F在矩形内部，MF的延长线交边BC于点G，EF交边BC于点H．EN＝2，AB＝4，当点H为GN的三等分点时，MD的长为 213−4或4 ．
思路引领：根据点H为GN三等分点，分两种情况分别计算，根据折叠的性质和平行线的性质证明∠GMN＝∠MNG，得到MG＝NG，证明△FGH∽△ENH，求出FG的长，过点G作GP⊥AD于点P，则PG＝AB＝4，设MD＝MF＝x，根据勾股定理列方程求出x即可．
解：当HN=13GN时，GH＝2HN，
∵将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，
∴MF＝MD，CN＝EN，∠E＝∠C＝∠D＝∠MFE＝90°，∠DMN＝∠GMN，AD∥BC，
∴∠GFH＝90°，∠DMN＝∠MNG，
∴∠GMN＝∠MNG，
∴MG＝NG，
∵∠GFH＝∠E＝90°，∠FHG＝∠EHN，
∴△FGH∽△ENH，
∴FGEN=GHHN=2，
∴FG＝2EN＝4，
过点G作GP⊥AD于点P，则PG＝AB＝4，
设MD＝MF＝x，
则MG＝GN＝x+4，
∴CG＝x+6，
∴PM＝6，
∵GP2+PM2＝MG2，
∴42+62＝（x+4）2，
解得：x＝213−4，
∴MD＝213−4；
当GH=13GN时，HN＝2GH，
∵△FGH∽△ENH，
∴FGEN=GHHN=12，
∴FG=12EN＝1，
∴MG＝GN＝x+1，
∴CG＝x+3，
∴PM＝3，
∵GP2+PM2＝MG2，
∴42+32＝（x+1）2，
解得：x＝4，
∴MD＝4；
故答案为：213−4或4．
总结提升：本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，考查了分类讨论的思想，根据勾股定理列方程求解是解题的关键．
12．(2023•扬州）“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＝ 6 ．
思路引领：先把图补全，由折叠得：AM＝MD，MN⊥AD，AD⊥BC，证明GN是△ABC的中位线，得GN＝6，可得答案．
解：如图2，由折叠得：AM＝MD，MN⊥AD，AD⊥BC，
∴GN∥BC，
∴AG＝BG，
∴GN是△ABC的中位线，
∴GN=12BC=12×12＝6，
∵PM＝GM，
∴MP+MN＝GM+MN＝GN＝6．
故答案为：6．
总结提升：本题考查了三角形的中位线定理，折叠的性质，把图形补全证明GN是△ABC的中位线是解本题的关键．
13．(2023•泰安）如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE折叠，得到点B的对应点为点F，延长EF交线段DC于点P，若AB＝6，则DP的长度为 2 ．
思路引领：连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD﹣PD＝6﹣x，EP＝EF+FP＝3+x，然后根据勾股定理即可解决问题．
解：如图，连接AP，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
点E是BC的中点，
∴BE＝CE=12AB＝3，
由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
AP=APAF=AD，
∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
设PF＝PD＝x，则CP＝CD﹣PD＝6﹣x，EP＝EF+FP＝3+x，
在Rt△PEC中，根据勾股定理得：
EP2＝EC2+CP2，
∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
解得x＝2．
则DP的长度为2．
故答案为：2．
总结提升：本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
14．(2023•嘉兴）如图，在扇形AOB中，点C，D在AB上，将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．已知∠AOB＝120°，OA＝6，则EF的度数为 60° ，折痕CD的长为 46 ．
思路引领：设翻折后的弧的圆心为O′，连接O′E，O′F，OO′，O′C，OO′交CD于点H，可得OO′⊥CD，CH＝DH，O′C＝OA＝6，根据切线的性质可证明∠EO′F＝60°，则可得EF的度数；然后根据垂径定理和勾股定理即可解决问题．
解：如图，设翻折后的弧的圆心为O′，连接O′E，O′F，OO′，O′C，OO′交CD于点H，
∴OO′⊥CD，CH＝DH，O′C＝OA＝6，
∵将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．
∴∠O′EO＝∠O′FO＝90°，
∵∠AOB＝120°，
∴∠EO′F＝60°，
则EF的度数为60°；
∵∠AOB＝120°，
∴∠O′OF＝60°，
∵O′F⊥OB，O′E＝O′F＝O′C＝6，
∴OO′=O′Fsin60°=632=43，
∴O′H＝23，
∴CH=O′C2−O′H2=36−12=26，
∴CD＝2CH＝46．
故答案为：60°，46．
总结提升：本题考查了翻折变换，切线的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
类型二 图形的平移
15．(2023•淄博）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 （1，3） ．
思路引领：根据点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），可得点A向右平移5个单位，向上平移1个单位至A1，进而可以解决问题．
解：∵点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），
∴点B（﹣4，2）的对应点B1的坐标是（1，3）．
故答案为：（1，3）．
总结提升：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的性质．
16．(2023•大连）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 （5，2） ．
思路引领：根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减求解即可．
解：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（1+4，2），即（5，2），
故答案为：（5，2）．
总结提升：本题主要考查坐标与图形变化—平移，解题的关键是掌握点的坐标的平移规律：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
17．(2023•辽宁）在平面直角坐标系中，线段AB的端点A（3，2），B（5，2），将线段AB平移得到线段CD，点A的对应点C的坐标是（﹣1，2），则点B的对应点D的坐标是 （1，2） ．
思路引领：根据点A、C的坐标确定出平移规律，再根据平移规律解答即可．
解：∵点A（3，2）的对应点C的坐标为（﹣1，2），
∴平移规律为向左平移4个单位，
∴B（5，2）的对应点D的坐标为（1，2）．
故答案为：（1，2）．
总结提升：本题考查了坐标与图形变化﹣平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
18．(2023•临沂）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，B的坐标分别是A（0，2），B（2，﹣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 （1，﹣3） ．
思路引领：由A点的平移判断出B点的平移最后得出坐标即可．
解：由题意知，点A从（0，2）平移至（﹣1，0），可看作是△ABC先向下平移2个单位，再向左平移1个单位（或者先向左平移1个单位，再向下平移2个单位），
即B点（2，﹣1），平移后的对应点为B'（1，﹣3），
故答案为：（1，﹣3）．
总结提升：本题主要考查平移的知识，根据A点的平移情况得出B点的对应点是解题的关键．
19．(2023•毕节市）如图，在平面直角坐标系中，把一个点从原点开始向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点A1（1，1）；把点A1向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点A2（﹣1，3）；把点A2向下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点A3（﹣4，0）；把点A3向下平移4个单位，再向右平移4个单位，得到点A4（0，﹣4），…；按此做法进行下去，则点A10的坐标为 （﹣1，11） ．
思路引领：根据题目规律，依次求出A5、A6……A10的坐标即可．
解：由图象可知，A5（5，1），
将点A5向左平移6个单位、再向上平移6个单位，可得A6（﹣1，7），
将点A6向左平移7个单位，再向下平移7个单位，可得A7（﹣8，0），
将点A7向右平移8个单位，再向下平移8个单位，可得A8（0，﹣8），
将点A8向右平移9个单位，再向上平移9个单位，可得A9（9，1），
将点A9向左平移10个单位，再向上平移10个单位，可得A10（﹣1，11），
故答案为：（﹣1，11）．
总结提升：本题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，规律型问题，解题的关键是学会探究规律，属于中考常考题型．
20．(2023•台州）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A'B'C'，且BB'⊥BC，则阴影部分的面积为 8 cm2．
思路引领：根据平移的性质得出阴影部分的面积等于四边形BB'C'C的面积解答即可．
解：由平移可知，阴影部分的面积等于四边形BB'C'C的面积＝BC×BB'＝4×2＝8（cm2），
故答案为：8．
总结提升：本题考查了四边形的面积公式和平移的性质：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．
类型三 图形的旋转
21．(2023•黄石）如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF＝ 30° ，FB+FD的最小值为 53 ．
思路引领：首先证明△BAE≌△BCF（SAS），推出∠BAE＝∠BCF＝30°，作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值＝线段BG的长．
解：如图，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥CB，
∴∠BAE=12∠BAC＝30°，
∵△BEF是等边三角形，
∴∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，
∴∠ABE＝∠CBF，
在△BAE和△BCF中，
BA=BC∠ABE=∠CBFBE=BF，
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF＝30°，
作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF的延长线于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值＝线段BG的长．
∵∠DCF＝∠FCG＝30°，
∴∠DCG＝60°，
∵CD＝CG＝5，
∴△CDG是等边三角形，
∴DB＝DC＝DG，
∴∠CGB＝90°，
∴BG=BC2−CG2=102−52=53，
∴BF+DF的最小值为53，
故答案为：30°，53．
总结提升：本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
22．(2023•宁夏）如图，直线a∥b，△AOB的边OB在直线b上，∠AOB＝55°，将△AOB绕点O顺时针旋转75°至△A1OB1，边A1O交直线a于点C，则∠1＝ 50 °．
思路引领：根据旋转的性质和平行线的性质即可得到结论．
解：∵将△AOB绕点O顺时针旋转75°至△A1OB1，
∴∠A1OB1＝∠AOB＝55°，∠AOA1＝75°，
∴∠A1OD＝180°﹣55°﹣75°＝50°，
∵直线a∥b，
∴∠1＝∠A1OD＝50°，
故答案为：50．
总结提升：本题考查了旋转的性质，平行线的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
23．(2023•西宁）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝6，将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得到△AB′C′，B′C′交AB于点E，则B′E＝ 33−3 ．
思路引领：先在含30°锐角的直角三角形中计算出两条直角边，再根据旋转性质得到对应边相等、对应角相等得到AC＝AC'＝C'E＝3，BC＝B'C'＝33，即可解答．
解：在△ABC中，∵∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝6，
∴AC＝3，BC＝33，∠CAB＝60°，
∵将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得到△AB′C′，
∴△ABC≌△AB′C′，∠C'AE＝45°，
∴AC＝AC'＝C'E＝3，BC＝B'C'＝33，
∴B'E＝B'C'﹣C'E＝33−3．
总结提升：本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质的应用，解题关键是熟练掌握旋转的性质．
24．(2023•盐城）如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转，使得点B落在边CD上的点B'处，线段AB扫过的面积为 π3 ．
思路引领：由旋转的性质可得AB'＝AB＝2，由锐角三角函数可求∠DAB'＝60°，由扇形面积公式可求解．
解：∵AB＝2BC＝2，
∴BC＝1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝1，∠D＝∠DAB＝90°，
∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转，
∴AB'＝AB＝2，
∵cs∠DAB'=ADAB′=12，
∴∠DAB'＝60°，
∴∠BAB'＝30°，
∴线段AB扫过的面积=30°×π×22360°=π3，
故答案为：π3．
总结提升：本题考查了旋转的性质，矩形的性质，扇形面积公式，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
25．(2023•牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2），OC＝4，将平行四边形OABC绕点O旋转90°后，点B的对应点B'坐标是 （﹣2，3）或（2，﹣3） ．
思路引领：根据旋转可得：BM＝B1M1＝B2M2＝3，∠AOA1＝∠AOA2＝90°，可得B1和B2 的坐标，即是B'的坐标．
解：∵A（﹣1，2），OC＝4，
∴C（4，0），B（3，2），M（0，2），BM＝3，AB∥x轴，
将平行四边形OABC绕点O分别顺时针、逆时针旋转90°后，
由旋转得：OM＝OM1＝OM2＝2，∠AOA1＝∠AOA2＝90°，BM＝B1M1＝B2M2＝3，
A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴B1和B2 的坐标分别为：（﹣2，3）、（2，﹣3），
∴B'即是图中的B1和B2，坐标就是（﹣2，3）或（2，﹣3），
故答案为：（﹣2，3）或（2，﹣3）．
总结提升：本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形的性质，旋转的性质，正确的识别图形是解题的关键．
26．(2023•广州）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 120° ；当线段CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 75° ．
思路引领：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论．
解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．
∵△BPP′是等边三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
BA=BE∠ABP=∠EBP′BP=BP′，
∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，
当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°﹣60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO=12OB，OP′=12OC，
∴EP′＝EO+OP′=12OB+12OC=12BC，
∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°+90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C﹣∠BP′P＝135°﹣60°＝75°．
故答案为：120°，75°．
总结提升：本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
27．(2023•盘锦）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝30°，点D为BC的中点，将△ABC绕点D逆时针旋转得到△A'B'C'，当点A的对应点A'落在边AB上时，点C'在BA的延长线上，连接BB'，若AA'＝1，则△BB'D的面积是 334 ．
思路引领：先证明△A'AD是等边三角形，再证明A′O⊥BC，再利用直角三角形30°角对应的边是斜边的一半分别求出A'B'和A'O，再利用勾股定理求出OD，从而求得△BB'D的面积．
解：如图所示，设A'B'与BD交于点O，连接A'D和AD，
∵点D为BC的中点，AB＝AC，∠ABC＝30°，
∴AD⊥BC，A'D⊥B'C'，A'D是∠B′A′C′的角平分线，AD是∠BAC的角平分线，
∴∠B'A'C'＝120°，∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝∠B'A'D＝60°，
∵A'D＝AD，
∴△A'AD是等边三角形，
∴A'A＝AD＝A'D＝1，
∵∠BA'B'＝180°﹣∠B'A'C'＝60°，
∴∠BA'B'＝∠A'AD，
∴A'B'∥AD，
∴A′O⊥BC，
∴A′O=12A′D=12，
∴OD=1−14=32，
∵A'B'＝2A'D＝2，
∵∠A'BD＝∠A'DO＝30°，
∴BO＝OD，
∴OB′=2−12=32，BD=2OD=3，
∴S△BB′D=12×BD×B′O=12×3×32=334．
总结提升：本题考查了等腰三角形、等边三角形和直角三角形的性质，证明△A'AD是等边三角形是解本题的关键．
28．(2023•潍坊）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点B″的坐标为 （−2，6+1） ．
思路引领：过B'作B'D⊥y轴于D，连接OB，OB'，根据边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，得∠BOB'＝75°，∠BOC＝45°，OB＝OB'＝22，即知∠B'OD＝30°，可得B'（−2，6），又再沿y轴方向向上平移1个单位长度，故B''（−2，6+1）．
解：过B'作B'D⊥y轴于D，连接OB，OB'，如图：
∵边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，
∴∠BOB'＝75°，∠BOC＝45°，OB＝OB'＝22，
∴∠B'OD＝30°，
∴B'D=12OB'=2，OD=3B'D=6，
∴B'（−2，6），
∵再沿y轴方向向上平移1个单位长度，
∴B''（−2，6+1），
故答案为：（−2，6+1）．
总结提升：本题考查正方形的旋转和平移变换，解题的关键是掌握旋转、平移变换的性质及正方形的性质．
29．(2023•无锡）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC＝20°，则∠BAF＝ 80 °；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是 4−3 ．
思路引领：第一个问题证明△BCD≌△ACE（SAS），推出∠DBC＝∠EAC＝20°，可得∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．第二个问题，如图1中，设BF交AC于点T．证明∠BCT＝∠AFT＝60°，推出点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，求出AE，EF可得结论．
解：∵△ACB，△DEC都是等边三角形，
∴AC＝CB，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
CB=CA∠BCD=∠ACECD=CE，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠DBC＝∠EAC＝20°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．
如图1中，设BF交AC于点T．
同法可证△BCD≌△ACE，
∴∠CBD＝∠CAF，
∵∠BTC＝∠ATF，
∴∠BCT＝∠AFT＝60°，
∴点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，
∴BD=BC2−CD2=52−32=4，
∴AE＝BD＝4，∠BDC＝∠AEC＝90°，
∵CD＝CE，CF＝CF，
∴Rt△CFD≌Rt△CFE（HL），
∴∠DCF＝∠ECF＝30°，
∴EF＝CE•tan30°=3，
∴AF的最小值＝AE﹣EF＝4−3，
故答案为：80，4−3．
总结提升：本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质，轨迹，解直角三角形，等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
30．(2023•丽水）一副三角板按图1放置，O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，将△ABC绕点O顺时针旋转60°，AC与EF相交于点G，则FG的长是 （33−3） cm．
思路引领：设EF与BC交于点H，根据旋转的性质证明∠FHO＝90°，可得OH=12OF＝3cm，利用含30度角的直角三角形可得CH＝OC﹣OH＝3cm，FH=3OH＝33cm，然后证明△CHG的等腰直角三角形，可得CH＝GH＝3cm，进而可以解决问题．
解：如图，设EF与BC交于点H，
∵O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，
∴OD＝OF＝OB＝OC＝6cm．
∵将△ABC绕点O顺时针旋转60°，
∴∠BOD＝∠FOH＝60°，
∵∠F＝30°，
∴∠FHO＝90°，
∴OH=12OF＝3cm，
∴CH＝OC﹣OH＝3cm，FH=3OH＝33cm，
∵∠C＝45°，
∴CH＝GH＝3cm，
∴FG＝FH﹣GH＝（33−3）cm．
故答案为：（33−3）．
总结提升：本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
31．（2023•封开县一模）如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE翻折，点B落在点F处，延长EF交CD于点P，若AB＝6，则DP的长为 2 ．
思路引领：如图所示，连接AP，先由折叠和正方形的性质得到AF＝AD，∠AFP＝∠D＝90°，由此证明Rt△ADP≌Rt△AFP（HL），则DP＝FP，由E是BC的中点，得到EF＝BE＝CE＝3，设DP＝FP＝x，则EP＝x+3，CP＝6﹣x，在Rt△PCE中，由勾股定理得：（x+3）2＝32+（6﹣x）2，据此求解即可．
解：如图所示，连接AP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
由折叠的性质可知AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，FE＝BE，
∴AF＝AD，∠AFP＝∠D＝90°，
又∵AP＝AP，
∴Rt△ADP≌Rt△AFP（HL），
∴DP＝FP，
∵E是BC的中点，
∴EF=BE=CE=12BC=3，
设DP＝FP＝x，则EP＝x+3，CP＝6﹣x，
在Rt△PCE中，由勾股定理得：PE2＝CP2+CE2，
∴（x+3）2＝32+（6﹣x）2，
解得x＝2，
∴DP＝2，
故答案为：2．
总结提升：本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
32．（2023•历下区一模）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝5．沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处；再折叠纸片，使点C与点D重合，若折痕与AC的交点为E，则tan∠DAE＝ 815 ．
思路引领：根据折叠，可知AB＝AD，ED＝EC，进一步可知∠ADE＝90°，设AE＝x，在Rt△ADE中，根据勾股定理列方程，求出x的值，进而可得出结论．
解：根据折叠，可知AB＝AD，ED＝EC，
∴∠ADB＝∠B，∠EDC＝∠C，
∵∠BAC＝90°，
∴∠B+∠C＝90°
∴∠ADB+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝90°，
设AE＝x，
∵AB＝3，AC＝5，
∴AD＝3，CE＝5﹣x，
∴ED＝5﹣x，
在Rt△ADE中，根据勾股定理，得32+（5﹣x）2＝x2，
解得x=175，
∴DE＝5−175=85，
∴tan∠DAE=DEAD=853=815．
故答案为：815．
总结提升：本题考查了翻折变换，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
33．(2023•市中区二模）如图，矩形纸片ABCD，AD＝12，AB＝4，点E在线段BC上，将△ECD沿DE向上翻折，点C的对应点C'落在线段AD上，点M，N分别是线段AD与线段BC上的点，将四边形ABNM沿MN向上翻折，点B恰好落在线段DE的中点B'处．则线段MN的长 4526 ．
思路引领：作B'F⊥BC于F，连接BB'交MN于G，连接BM，此时根据正方形的性质可得CF＝EF＝B'F=12CD=2，BF＝10，应用勾股定理计算得出BB'＝226再根据由折叠的性质得BN＝B'N，在Rt△B'NF中根据勾股定理求得B'N长度，最后根据S△BMN=12×MN×BG=12×BN×AB，计算求得MN的长度即可．
解：如图，作B'F⊥BC于F，连接BB'交MN于G，连接BM，
由题意可知，四边形CDC'E，是正方形，△B'EF是等腰直角三角形，
∴CF＝EF＝B'F=12CD=2，BF＝BC﹣CF＝12﹣2＝10，
在Rt△BB'F中，BB'=BF2+B′F2=104=226，
设BN＝B'N＝x，则NF＝BC﹣BN﹣CF＝10﹣x，
在Rt△B'NF中，B'N2＝NF2+B'F2，
即x2＝（10﹣x）2+22，
解得：x=265，
∴BN=265，
由折叠的性质可知：BG＝B'G=12BB′=26，BB'⊥MN，
∵S△BMN=12×MN×BG=12×BN×AB，
∴MN=BN⋅ABBG=265×426=4526，
故答案为：4526．
总结提升：本题考查了翻折变换、正方形的性质，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
34．(2023•包头模拟）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，半径OA＝6，将扇形AOB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在弧AB上点D处，折痕交OA于点C，整个阴影部分的面积 9π﹣123 ．
思路引领：首先连接OD，由折叠的性质，可得CD＝CO，BD＝BO，∠DBC＝∠OBC，则可得△OBD是等边三角形，继而求得OC的长，即可求得△OBC与△BCD的面积，又在扇形OAB中，∠AOB＝90°，半径OA＝6，即可求得扇形OAB的面积，继而求得阴影部分面积．
解：连接OD．
根据折叠的性质，CD＝CO，BD＝BO，∠DBC＝∠OBC，
∴OB＝OD＝BD，
即△OBD是等边三角形，
∴∠DBO＝60°，
∴∠CBO=12∠DBO＝30°，
∵∠AOB＝90°，
∴OC＝OB•tan∠CBO＝6×33=23，
∴S△BDC＝S△OBC=12×OB×OC=12×6×23=63，S扇形AOB=90360π×62＝9π，
∴整个阴影部分的面积为：S扇形AOB﹣S△BDC﹣S△OBC＝9π﹣63−63=9π﹣123．
故答案为：9π﹣123．
总结提升：此题考查了折叠的性质、扇形面积公式以及直角三角形的性质．此题难度适中，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．
35．(2023•郧西县模拟）如图，已知，正△ABC中，AB＝12，将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，连接BD，交AC于O点，E点在OD上，且DE＝2OE，F是BC的中点，P是AC上的一个动点，则PF﹣PE的最大值为 23 ．
思路引领：根据题意知，当点P运动到点A时，PF﹣PE最大，利用勾股定理求出此时AF和AE的长即可解决问题．
解：如图，当点P运动到点A时，PF﹣PE最大，
∵△ABC为等边三角形，AB＝12，
∴AB＝AC＝BC＝12，
∵将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，
∴AD＝CD＝BC＝AB＝12，
∴四边形ABCD为菱形，
∴BD⊥AC，
∴AO＝CO＝6，
∴DO=122−62=63，
∵DE＝2OE，
∴OE=13OD=23，
∴AE=(23)2+62=43，
∵F为BC中点，
∴AF⊥BC，CF＝BF＝6，
∴AF=122−62=63，
∴PF﹣PE的最大值为AF﹣AE＝63−43=23，
故答案为：23．
总结提升：本题主要考查了轴对称﹣最短路线问题，等边三角形的性质，勾股定理等知识，明确同侧差最大是解题的关键．
36．(2023•皇姑区校级模拟）如图，点E是菱形ABCD的边AD的中点，点F是AB上的一点，点G是BC上的一点，先以CE为对称轴将△CDE折叠，使点D落在CF上的点D处，再以EF为对称轴折叠△AEF，使得点A的对应点A'与点D'重合，以FG为对称轴折叠△BFG，使得点B的对应点B落在CF上．若∠A＝60°，AB＝2，则FGCE的值为 35 ．
思路引领：过点C作CH⊥AB延长线于点H，设菱形ABCD的边长为2，设AF＝A′F＝a，根据勾股定理可得a＝0.8，然后根据△ECD′∽△FGB′，进而可以解决问题．
解：如图，过点C作CH⊥AB延长线于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥CB，
∴∠CBH＝∠A＝60°，
设菱形ABCD的边长为2，
∴BH＝1，
∴CH=3，
设AF＝A′F＝a，
则BF＝AB﹣AF＝2﹣a，
CF＝CD′+A′F＝CD+AF＝2+a，
FH＝BF+BH＝2﹣a+1＝3﹣a，
在Rt△CFH中，根据勾股定理得：
FH2+CH2＝CF2，
∴（3﹣a）2+（3）2＝（2+a）2，
解得a＝0.8，
∴CD′＝2，B′F＝2﹣a＝1.2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠D，
由折叠可知：∠D＝∠CD′E，∠B＝∠FB′G，
∴∠CD′E＝∠FB′G，
由折叠可知：∠DEC＝∠D′EC，∠AEF＝∠A′EF，
∵∠DEC+∠D′EC+∠AEF+∠A′EF＝180°，
∴∠D′EC+∠A′EF＝90°，
∴∠CEF＝90°，
同理：∠EFG＝90°，
∴EC∥FG，
∴∠ECD′＝∠CAE，
∴△ECD′∽△FGB′，
∴FGCE=B′FCD′=1.22=35．
故答案为：35．
总结提升：本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，翻折变换等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
37．(2023•亭湖区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，点E是AB边上一动点，过点E作DE⊥AB交AC边于点D，将∠A沿直线DE翻折，点A落在线段AB上的F处，连接FC，当△BCF为等腰三角形时，AE的长为 4或134或11926 ．
思路引领：由勾股定理求出AB，设AE＝x，则EF＝x，BF＝13﹣2x；分三种情况讨论：
①当BF＝BC时，列出方程，解方程即可；
②当BF＝CF时，F在BC的垂直平分线上，得出AF＝BF，列出方程，解方程即可；
③当CF＝BC时，作CG⊥AB于G，则BG＝FG=12BF，由射影定理求出BG，再解方程即可．
解：由翻折变换的性质得：AE＝EF，
∵∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，
∴AB=AC2+BC2=13，
设AE＝EF＝x，则BF＝13﹣2x；
分三种情况讨论：
①当BF＝BC时，13﹣2x＝5，
解得：x＝4，
∴AE＝4；
②当BF＝CF时，F在BC的垂直平分线上，
∴F为AB的中点，
∴AF＝BF，
∴x+x＝13﹣2x，
解得：x=134，
∴AE=134；
③当CF＝BC时，作CG⊥AB于G，如图所示：
则BG＝FG=12BF，
根据射影定理得：BC2＝BG•AB，
∴BG=BC2AB=5213=2513，
即12（13﹣2x）=2513，
解得：x=11926，
∴AE=11926；
综上所述：当△BCF为等腰三角形时，AE的长为：4或134或11926；
故答案为：4或134或11926．
总结提升：本题考查了翻折变换的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理、射影定理、等腰三角形的性质；本题有一定难度，需要进行分类讨论．
38．(2023•东方校级模拟）如图，矩形纸片ABCD，AD=2AB，点E、F分别在AD、BC上，把纸片如图沿EF折叠，点A、B的对应点分别为A′、B′，连接AA′并延长交线段CD于点G，则EFAG的值为 22 ．
思路引领：过F作FH⊥AD于H，设EF交AA'于K，根据四边形ABCD是矩形，可得四边形ABFH是矩形，即得AD：FH=2：1，由把纸片如图沿BF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，可得△ADG∽△FHE，即可得出答案．
解：过F作FH⊥AD于H，设EF交AA'于K，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，
∵FH⊥AD，
∴∠AHF＝90°＝∠BAD＝∠ABC，
∴四边形ABFH是矩形，
∴AB＝FH，
∵AD：AB=2：1，
∴AD：FH=2：1，
∵把纸片如图沿BF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，
∴EF是AA'的垂直平分线，
∴∠AKE＝90°，
∴∠DAG＝90°﹣∠AEK＝∠HFE，
∵∠FHE＝90°＝∠D，
∴△ADG∽△FHE，
∴AGEF=ADFH=21，
∴EFAG=22，
故答案为：22．
总结提升：本题考查矩形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质，证明△ADG∽△FHE．
39．(2023•阜新二模）如图，将三角形ABC沿直线CB向右平移6cm得到三角形DEF，DF交AB于点G，在三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝10cm，S△ADG=22cm2，则四边形DGBE的面积为 38 cm2．
思路引领：利用平移的性质可得：BE＝AD＝6cm，BE∥AD，从而可得四边形ABED是平行四边形，进而求出四边形ABED的面积，然后利用四边形DGBE的面积＝四边形ABED的面积﹣△ADG的面积，进行计算即可解答．
解：由平移得：
BE＝AD＝6cm，BE∥AD，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴四边形ABED的面积＝BE•AC＝6×10＝60（cm2），
∵S△ADG=22cm2，
∴四边形DGBE的面积＝四边形ABED的面积﹣△ADG的面积＝60﹣22＝38（cm2），
故答案为：38．
总结提升：本题考查了平移的性质，平行四边形的判定，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
40．(2023•宽城区校级二模）如图，已知矩形ABCD，AB＝18cm，AD＝10cm，在其矩形内部有三个小矩形，则这三个小矩形的周长之和为 56 cm．
思路引领：由平移的性质将三个矩形周长之和转化为ABCD的周长即可．
解：由平移的性质以及矩形周长的定义可知，
这三个小矩形的周长之和为2AD+2AB＝56（cm），
故答案为：56．
总结提升：本题考查生活中的平移现象，掌握平移的性质是正确解答的前提．
41．(2023•思明区二模）如图，在平面直角坐标系中，A（1，0），B（0，﹣2），将线段AB先向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度，得到线段DC，点A与点D为对应点．点P为y轴上一点，且S△ACP=14S四边形ABCD，则满足要求点P的坐标为 （0，1）或（0，﹣1） ．
思路引领：根据平移的性质求出点C、D的坐标，进而求出四边形ABCD的面积，确定△ACP的面积后，再根据点P在y轴上，进而求出其坐标即可．
解：∵A（1，0），B（0，﹣2），
∴OA＝1，OB＝2，
又∵将线段AB先向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度，得到线段DC，
∴点C（3，0），D（4，2），
∴S四边形ABCD＝2S△ABC＝2×12×2×2＝4，
∵S△ACP=14S四边形ABCD，
∴S△ACP＝1，
∵点P在y轴上，
∴12×2×|y|＝1，
∴y＝±1，
∴点P的坐标为（0，1）或（0，﹣1），
故答案为：（0，1）或（0，﹣1）．
总结提升：本题考查平移变换，掌握平移变换的性质以及三角形面积的计算方法是解决问题的关键．
42．(2023•利州区校级模拟）如图，直角三角形AOB的周长为98，在其内部有n个小直角三角形，则这n个小直角三角形的周长之和为 98 ．
思路引领：小直角三角形与AO平行的边的和等于AO，与BO平行的边的和等于BO，则小直角三角形的周长等于直角△ABO的周长，据此即可求解．
解：如图所示：
过小直角三角形的直角定点作AO，BO的平行线，
所得四边形都是矩形．
则小直角三角形的与AO平行的边的和等于AO，与BO平行的边的和等于BO．
因此小直角三角形的周长等于直角△ABC的周长．
故这n个小直角三角形的周长为98．
故答案为：98．
总结提升：本题主要考查了平移和矩形的性质，正确理解小直角三角形的周长等于直角△ABC的周长是解题的关键．
43．(2023•长春模拟）如图，O为坐标原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OAB＝90°，点B的坐标为（0，22），将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为（22，22），则线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为 4 ．
思路引领：利用平移的性质得出AA′的长，根据等腰直角三角形的性质得到AA′对应的高，再结合平行四边形面积公式求出即可．
解：∵点B的坐标为（0，22），将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为（22，22），
∴AA′＝BB′＝22，
∵△OAB是等腰直角三角形，
∴A（2，2），
∴AA′对应的高2，
∴线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为22×2=4．
故答案为：4．
总结提升：此题主要考查了平移变换、等腰直角三角形的性质以及平行四边面积求法，利用平移规律得出对应点坐标是解题关键．
44．（2023•沁阳市模拟）如图，在等边三角形ABC中，AB=23，点D为AC的中点，点P在AB上，且BP＝1，将BP绕点B在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为 7或19 ．
思路引领：根据题意可分两种情况讨论：①当点Q在BD上时，先根据勾股定理求出BD＝3，再由旋转的性质可得BQ＝1，则QD＝2，再根据勾股定理即可求解；②当点Q在BD的反向延长线上时，先根据勾股定理求出BD＝3，再由旋转的性质可得BQ＝1，则QD＝4，再根据勾股定理即可求解．
解：∵△ABC为等边三角形，点D为AC的中点，
∴BD⊥AC，即∠ADB＝90°，
∴可分两种情况，当点Q在BD上时或当点Q在BD的反向延长线上时，
①当点Q在BD上时，如图，
∵在等边三角形ABC中，AB=23，点D为AC的中点，
∴∠ADB＝90°，AD=3，
在Rt△ABD中，由勾股定理得BD=AB2−AD2=3，
∵BP＝1，将BP绕点B在平面内旋转，点P的对应点为点Q，
∴BQ＝1，
∴QD＝BD﹣BQ＝2，
在Rt△AQD中，由勾股定理得AQ=AD2+QD2=7；
②当点Q在BD的反向延长线上时，如图，
∵在等边三角形ABC中，AB=23，点D为AC的中点，
∴∠ADB＝90°，AD=3，
在Rt△ABD中，由勾股定理得BD=AB2−AD2=3，
∵BP＝1，将BP绕点B在平面内旋转，点P的对应点为点Q，
∴BQ＝1，
∴QD＝BD+BQ＝4，
在Rt△AQD中，由勾股定理得AQ=AD2+QD2=19；
综上，AQ的长为7或19．
故答案为：7或19．
总结提升：本题主要考查等边三角形的性质、勾股定理、旋转的性质，解题关键是理解题意，利用分类讨论思想解决问题．
45．（2023•立山区一模）如图，等边三角形ABC和等边三角形ADE，点N，点M分别为BC，DE的中点，AB＝6，AD＝4，△ADE绕点A旋转过程中，MN的最大值为 53 ．
思路引领：分析题意可知，点M是在以AM为半径，点A为圆心的圆上运动，连接AN，AM，以AM为半径，点A为圆心作圆，反向延长AN与圆交于点M′，以此得到M、A、N三点共线时，MN的值最大，再根据勾股定理分别算出AM、AN的值，则MN的最大值M′N＝AN+AM′＝AN+AM．
解：连接AN，AM，以AM为半径，点A为圆心作圆，反向延长AN与圆交于点M′，如图，
∵△ADE绕点A旋转，
∴点M是在以AM为半径，点A为圆心的圆上运动，
∵AM+AN≥MN，
∴当点M旋转到M′，即M、A、N三点共线时，MN的值最大，最大为M′N，
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
点N，点M分别为BC，DE的中点，AB＝6，AD＝4，
∴AN⊥BC，AM⊥DE，BN＝3，DM＝2，
在Rt△ABN中，由勾股定理得AN=AB2−BN2=33，
在Rt△ADM中，由勾股定理得AM=AD2−DM2=23，
根据旋转的性质得，AM′＝AM=23，
∴M′N＝AN+AM′=53，即MN的最大值为53．
故答案为：53．
总结提升：本题主要考查等边三角形的性质、旋转的性质、勾股定理，解题关键在于确定点M是在以AM为半径，点A为圆心的圆上运动．
46．（2023•红花岗区校级一模）如图，已知△ABC为等边三角形，AB＝6，将边AB绕点A顺时针旋转a（0°＜a＜120°）得到线段AD，连接CD，CD与AB交于点G，∠BAD的平分线交CD于点E，点F为CD上一点，且DF＝2CF，则∠AEC＝ 60 °，连接AF，则BF的最小值为 63 ．
思路引领：先根据旋转的性质和等边三角形得：AD＝AC＝AB，∠BAC＝60°，最后由角平分线的定义和三角形外角的性质可得∠AEC的度数；接下来作辅助线，构建等腰三角形和相似三角形，先证明FH＝CH＝2，再证明△FHM∽△AHF，得FM=12AF，确定当B、F、M三点共线时，BF+FM＝BF+12AF的长最小，根据勾股定理可得结论．
解：∵将边AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜120°）得到线段AD，如图1，
∴∠BAD＝α，AB＝AD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAD＝60°，
∴AC＝AD，
∴∠ADC＝∠ACD，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠ACD+∠BAE＝∠CDA+∠DAE＝∠AEC，
又∵∠AEC+∠ACD+∠BAE+∠BAC＝180°，
∴∠AEC＝60°；
如图2，过F作FH∥AD，交AC于H，取AC的中点M，连接FM，则AM＝CM＝3，
∴△CFH∽△CDA，
∴CFCD=FHAD=CHAC，
∵DF＝2FC，
∴FH6=CH6=13，
∴CH＝FH＝2，
∴MH＝3﹣2＝1，
∵FHAH=24=12，MHFH=12，
∴FHAH=MHFH，
∵∠FHM＝∠AHF，
∴△FHM∽△AHF，
∴FMAF=FHAH=12，
∴FM=12AF，
∴当B、F、M三点共线时，BF+FM＝BF+12AF的长最小，如图3，此时BM⊥AC，
∴BM=62−32=33，
∵AF+2BF＝2（12AF+BF）＝2BM，
∴AF+2BF的最小值是63．
故答案为：60，63．
总结提升：本题考查了三角形相似的性质和判定，旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会构建相似三角形，确定FM=12AF是解本题的关键，有难度，属于中考填空的压轴题．
47．（2023•仙桃校级一模）如图，正方形ABCD的边长是5，E是边BC上一点且BE＝2，F为边AB上的一个动点，连接EF，以EF为边向右作等边三角形EFG，连接CG，则CG长的最小值为 72 ．
思路引领：由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．
解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在直线轨迹上运动，
将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EHG，
∴BE＝EH，∠BEH＝60°，∠GHE＝90°，
∴△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上，
作CM⊥HN，则CM即为CG的最小值，
作EP⊥CM，可知四边形HEPM为矩形，
∴∠PEC＝180°﹣∠PEH﹣∠BEH＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴PC=12CE，
则CM＝MP+CP＝HE+12EC＝2+32=72，
∴CG长的最小值为72．
故答案为：72．
总结提升：本题考查了旋转的性质，线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是极值问题中比较典型的类型．
48．(2023•东胜区一模）如图，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，AE=13AC，BF=13BC，将△ECF绕点C逆时针旋转α角得到△MCN，连接AM、BN．当MA∥CN时，csα＝ 23 ．
思路引领：当MA∥CN时，∠ACN＝∠CAM，由∠ACN+∠ACM＝90°，得到∠CAM+∠ACM＝90°，所以csα=CMAC=CEAC=23．
解：∵AE=13AC，
∴CE=23AC，
∵MA∥CN，
∴∠ACN＝∠CAM，
∵∠ACN+∠ACM＝90°，
∴∠CAM+∠ACM＝90°，
∴∠AMC＝90°，
∴csα=CMAC=CEAC=23．
故答案为：23．
总结提升：本题主要考查了旋转的性质、直角三角形的判定、平行线的性质以及锐角三角函数的综合运用，难度适中，掌握旋转的性质是关键．
49．(2023•香洲区校级三模）如图正方形ABCD的边长为3，E是BC上一点且CE＝1，F是线段DE上的动点．连接CF，将线段CF绕点C逆时针旋转90°得到CG，连接EG，则EG的最小值是 105 ．
思路引领：图，作直线BG．由△CBG≌△CDF，推出∠CBG＝∠CDF，因为∠CDF是定值，推出点G在直线BG上运动，且tan∠CBG＝tan∠CDF=CECD=13，根据垂线段最短可知，当EG⊥BG时，EG的长最短．
解：如图，作直线BG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠BCD＝90°，
∵∠FCG＝∠DCB＝90°，
∴∠BCG＝∠DCF，
∵CG＝CF，
∴△CBG≌△CDF（SAS），
∴∠CBG＝∠CDF，
∵∠CDF是定值，
∴点G在直线BG上运动，且tan∠CBG＝tan∠CDF=CECD=13，
根据垂线段最短可知，当EG⊥BG时，EG的长最短，
此时tan∠EBG=GEBG=13，设EG＝m，则BG＝3m，
在Rt△BEG中，∵BE2＝BG2+EG2，
∴4＝m2+9m2，
∴m=105（负根已经舍弃），
∴EG的最小值为105，
故答案为：105．
总结提升：本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂线段最短、解直角三角形等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考填空题中的压轴题．
50．(2023•韶关模拟）如图，已知正方形ABCD中，AB＝2，点E为BC边上一动点（不与点 B、C重合），连接AE，将AE绕点E顺时针旋转90得到EF，连接CF，连接AF与CD相交于点G，连接DF，当DF最小时，四边形CEGF的面积是 43 ．
思路引领：通过证明点A，点F，点C，点E四点共圆，可得∠AEF＝∠ACF＝90°，可求∠DCF的度数，由相似三角形的性质和全等三角形的性质可求CG，CE，CH的长，由三角形的面积公式可求解．
解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝∠ACB＝45°，
∵将AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠AFE＝45°，
∴∠AFE＝∠ACE，
∴点A，点F，点C，点E四点共圆，
∴∠AEF＝∠ACF＝90°，
∴∠DCF＝45°，
∴当DF⊥CF时，DF有最小值，
过点F作NH∥CD，交AD的延长线于N，BC的延长线于H，
∵DF⊥CF，∠DCF＝45°，
∴∠FDC＝∠FCD＝45°，
∴FD＝FC，
∵AB＝CD＝AD＝BC＝2，
∴DF＝FC=2，
∵NH∥CD，
∴∠NFD＝∠FDC＝45°，∠HFC＝∠FCD＝45°，∠N＝∠ADC＝90°＝∠BCD＝∠H，
∴NF＝DN＝1，FH＝CH＝1，
∵DC∥NH，
∴△ADG∽△ANF，
∴ADAN=DGNF，
∴22+1=DG1，
∴DG=23，
∴GC=43，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEH＝90°＝∠AEB+∠BAE，
∴∠BAE＝∠FEH，
在△ABE和△EHF中，
∠BAE=∠FEH∠B=∠HAE=EF，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴BE＝FH＝1，AB＝EH＝2，
∴CE＝1，
∴四边形CEGF的面积=12×CG×CE+12×CG×CH=12×43×1+12×43×1=43，
故答案为：43．
总结提升：本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
51．(2023•皇姑区校级模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC=2，BC＝22，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△DEC，连接AD，BE，直线AD，BE相交于点F，连接CF，在旋转过程中，线段CF长度的范围为 2≤CF≤10 ．
思路引领：取AB的中点H，连接CH，FH，设EC，DF交于点G，根据勾股定理可得AB的长，根据旋转可得∠DCE＝∠ACB，DC＝AC，CE＝CB，证明∠AFB＝90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得FH＝CH=12AB=102，当F，C，H在一条直线上时，CF有最大值102+102=10．
解：如图，取AB的中点H，连接CH，FH，设EC，DF交于点G，
在△ABC中，∠ACB＝90°，
∵AC=2，BC＝22，
∴AB=AC2+BC2=2+8=10，
由旋转可知：△DCE≌△ACB，
∴∠DCE＝∠ACB，DC＝AC，CE＝CB，
∴∠DCA＝∠BCE，
∵∠ADC＝（180°﹣∠ACD）÷2，
∠BEC＝（180°﹣∠BCE）÷2，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵∠DGC＝∠EGF，
∴∠DCG＝∠EFG＝90°，
∴∠AFB＝90°，
∵H是AB的中点，
∴FH=12AB，
∵∠ACB＝90°，
∴CH=12AB，
∴FH＝CH=12AB=102，
在△FCH中，FH+CH≥CF，
当F，C，H在一条直线上时，CF=102+102=10．
∴线段CF的值为10．
当A，F重合时CF最小＝0，
故答案为：0≤CF＜10．
总结提升：本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
52．(2023•江都区校级二模）如图，△ABC是等边三角形，AB＝6，E在AC上且AE=23AC，D是直线BC上一动点，线段ED绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，当点D运动时，则线段AF的最小值是 2+3 ．
思路引领：过E作EG⊥BC于G，过A作AP⊥EG于P，过F作FH⊥EG于H，则∠DGE＝∠EHF＝90°，依据△DEG≌△EFH（AAS），即可得到HF＝EG，进而得到当点D运动时，点F与直线GH的距离为3个单位，据此可得当AF⊥EG时，AF的最小值为AP+HF＝2+3．
解：如图所示，过E作EG⊥BC于G，过A作AP⊥EG于P，过F作FH⊥EG于H，
则∠DGE＝∠EHF＝90°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠EDG+∠DEG＝90°＝∠HEF+∠DEG，
∴∠EDG＝∠FEH，
又∵EF＝DE，
∴△DEG≌△EFH（AAS），
∴HF＝EG，
∵△ABC是等边三角形，AB＝6，AE=23AC，
∴AE＝4，CE＝2，∠AEH＝∠CEG＝30°，
∴CG=12CE＝1，AP=12AE＝2，
∴EG=3CG=3，
∴HF=3，
∴当点D运动时，点F与直线GH的距离始终为3个单位，
∴当AF⊥EG时，AF的最小值为AP+HF＝2+3，
故答案为：2+3．
总结提升：本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的性质即可得出点F的运动轨迹．
53．(2023•薛城区校级模拟）把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6，DC＝7，把三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为 5 ．
思路引领：首先由旋转的角度为15°，可知∠ACD1＝45°．已知∠CAO＝45°，即可得AO⊥CD1，然后可在Rt△AOC和Rt△AOD1中，通过解直角三角形求得AD1的长．
解：由题意易知：∠CAB＝45°，∠ACD＝30°．
若旋转角度为15°，则∠ACO＝30°+15°＝45°．
∴∠AOC＝180°﹣∠ACO﹣∠CAO＝90°．
在等腰Rt△ABC中，AB＝6，则AC＝BC＝32．
同理可求得：AO＝OC＝3．
在Rt△AOD1中，OA＝3，OD1＝CD1﹣OC＝4，
由勾股定理得：AD1＝5．
故答案为：5．
总结提升：此题主要考查了旋转的性质以及解直角三角形的综合应用，能够发现AO⊥OC是解决此题的关键．
54．(2023•路北区校级一模）如图，长度为3的线段AB固定不动，长度为6的线段AC绕A旋转，连接BC．在旋转过程中，线段BC的长度的最大值为 9 ；若以线段AC为直角边，以点A为直角顶点构造等腰直角△ACD，则在旋转过程中，点B到CD边的距离的最大值为 2+32 ．
思路引领：分别根据两点之间的距离和点到线的距离求解．
解：当线段AB，AC互为反向延长线是时，BC最大，为9，
故答案为：9；
当旋转到AB⊥CD，如下图时，点B到CD边的距离最大，
最大值为：2+32，
故答案为：2+32．
总结提升：本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
55．(2023•珠海校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点P是线段BC上一动点，将线段PA绕点P顺时针转90°得到线段PA'，连接DA'，则DA'的最小值为 2 ．
思路引领：根据旋转的性质，确定A'在线段GH上运动，当DA'⊥GH时，DA'有最小值．
解：当P点与B点重合时，A'点在BC上，且A'B＝AB＝4，
∵BC＝6，
∴CG＝2，
当P点与C点重合时，A'点运动到H点处，
∴A'在线段GH上运动，
当A'在CD上时，
∵∠APA'＝90°，
∴∠APB+∠CPA'＝90°，
∵∠APB+∠PAB＝90°，
∴∠CPA'＝∠PAB，
∵AP＝A'P，
∴△ABP≌△PCA'（AAS），
∴AB＝PC，BP＝A'C，
∵AB＝4，BC＝6，
∴A'C＝2，
∴A'D＝2，
∵CG＝A'C＝2，
∴∠DA'H＝45°，
过点D作DM⊥GH交于点M，
∴DM=2，
∴DA'的最小值为2，
故答案为：2．
总结提升：本题考查图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质，三角形全等的判定及性质，能够确定A'点的轨迹是解题的关键
类型一 图形的折叠
1．(2023•徐州）如图，将矩形纸片ABCD沿CE折叠，使点B落在边AD上的点F处．若点E在边AB上，AB＝3，BC＝5，则AE＝ ．
2．(2023•镇江）如图，有一张平行四边形纸片ABCD，AB＝5，AD＝7，将这张纸片折叠，使得点B落在边AD上，点B的对应点为点B′，折痕为EF，若点E在边AB上，则DB′长的最小值等于 ．
3．(2023•鞍山）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D，E分别在AB，BC上，将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，连接CB'，若CB'＝BB'，则AD的长为 ．
4．(2023•兰州）如图，在矩形纸片ABCD中，点E在BC边上，将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上．若CE＝3cm，AF＝2EF，则AB＝ cm．
5．(2023•大连）如图，对折矩形纸片ABCD，使得AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点A的对应点A'落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，连接MF，若MF⊥BM，AB＝6cm，则AD的长是 cm．
6．(2023•盘锦）如图，四边形ABCD为矩形，AB=2，AD=3，点E为边BC上一点，将△DCE沿DE翻折，点C的对应点为点F，过点F作DE的平行线交AD于点G，交直线BC于点H．若点G是边AD的三等分点，则FG的长是 ．
7．(2023•潍坊）小莹按照如图所示的步骤折叠A4纸，折完后，发现折痕AB′与A4纸的长边AB恰好重合，那么A4纸的长AB与宽AD的比值为 ．
8．(2023•青岛）如图，已知△ABC，AB＝AC，BC＝16，AD⊥BC，∠ABC的平分线交AD于点E，且DE＝4．将∠C沿GM折叠使点C与点E恰好重合．下列结论正确的有： ．（填写序号）
①BD＝8 ②点E到AC的距离为3 ③EM=103 ④EM∥AC
9．(2023•铜仁市）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP∥EM交MC于点P，则MN+NP的最小值为 ．
10．(2023•辽宁）如图，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF，当GF最小时，AE的长是 ．
11．(2023•沈阳）如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别为点E，F，且点F在矩形内部，MF的延长线交边BC于点G，EF交边BC于点H．EN＝2，AB＝4，当点H为GN的三等分点时，MD的长为 ．
12．(2023•扬州）“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＝ ．
13．(2023•泰安）如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE折叠，得到点B的对应点为点F，延长EF交线段DC于点P，若AB＝6，则DP的长度为 ．
14．(2023•嘉兴）如图，在扇形AOB中，点C，D在AB上，将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．已知∠AOB＝120°，OA＝6，则EF的度数为 ，折痕CD的长为 ．
类型二 图形的平移
15．(2023•淄博）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 ．
16．(2023•大连）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 ．
17．(2023•辽宁）在平面直角坐标系中，线段AB的端点A（3，2），B（5，2），将线段AB平移得到线段CD，点A的对应点C的坐标是（﹣1，2），则点B的对应点D的坐标是 ．
18．(2023•临沂）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，B的坐标分别是A（0，2），B（2，﹣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 ．
19．(2023•毕节市）如图，在平面直角坐标系中，把一个点从原点开始向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点A1（1，1）；把点A1向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点A2（﹣1，3）；把点A2向下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点A3（﹣4，0）；把点A3向下平移4个单位，再向右平移4个单位，得到点A4（0，﹣4），…；按此做法进行下去，则点A10的坐标为 ．
20．(2023•台州）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A'B'C'，且BB'⊥BC，则阴影部分的面积为 cm2．
类型三 图形的旋转
21．(2023•黄石）如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF＝ ，FB+FD的最小值为 ．
22．(2023•宁夏）如图，直线a∥b，△AOB的边OB在直线b上，∠AOB＝55°，将△AOB绕点O顺时针旋转75°至△A1OB1，边A1O交直线a于点C，则∠1＝ °．
23．(2023•西宁）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝6，将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得到△AB′C′，B′C′交AB于点E，则B′E＝ ．
24．(2023•盐城）如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转，使得点B落在边CD上的点B'处，线段AB扫过的面积为 ．
25．(2023•牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2），OC＝4，将平行四边形OABC绕点O旋转90°后，点B的对应点B'坐标是 ．
26．(2023•广州）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 ；当线段CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 ．
27．(2023•盘锦）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝30°，点D为BC的中点，将△ABC绕点D逆时针旋转得到△A'B'C'，当点A的对应点A'落在边AB上时，点C'在BA的延长线上，连接BB'，若AA'＝1，则△BB'D的面积是 ．
28．(2023•潍坊）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点B″的坐标为 ．
29．(2023•无锡）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC＝20°，则∠BAF＝ °；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是 ．
30．(2023•丽水）一副三角板按图1放置，O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，将△ABC绕点O顺时针旋转60°，AC与EF相交于点G，则FG的长是 cm．
31．（2023•封开县一模）如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE翻折，点B落在点F处，延长EF交CD于点P，若AB＝6，则DP的长为 ．
32．（2023•历下区一模）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝5．沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处；再折叠纸片，使点C与点D重合，若折痕与AC的交点为E，则tan∠DAE＝ ．
33．(2023•市中区二模）如图，矩形纸片ABCD，AD＝12，AB＝4，点E在线段BC上，将△ECD沿DE向上翻折，点C的对应点C'落在线段AD上，点M，N分别是线段AD与线段BC上的点，将四边形ABNM沿MN向上翻折，点B恰好落在线段DE的中点B'处．则线段MN的长 ．
34．(2023•包头模拟）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，半径OA＝6，将扇形AOB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在弧AB上点D处，折痕交OA于点C，整个阴影部分的面积 ．
35．(2023•郧西县模拟）如图，已知，正△ABC中，AB＝12，将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，连接BD，交AC于O点，E点在OD上，且DE＝2OE，F是BC的中点，P是AC上的一个动点，则PF﹣PE的最大值为 ．
36．(2023•皇姑区校级模拟）如图，点E是菱形ABCD的边AD的中点，点F是AB上的一点，点G是BC上的一点，先以CE为对称轴将△CDE折叠，使点D落在CF上的点D处，再以EF为对称轴折叠△AEF，使得点A的对应点A'与点D'重合，以FG为对称轴折叠△BFG，使得点B的对应点B落在CF上．若∠A＝60°，AB＝2，则FGCE的值为 ．
37．(2023•亭湖区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，点E是AB边上一动点，过点E作DE⊥AB交AC边于点D，将∠A沿直线DE翻折，点A落在线段AB上的F处，连接FC，当△BCF为等腰三角形时，AE的长为 ．
38．(2023•东方校级模拟）如图，矩形纸片ABCD，AD=2AB，点E、F分别在AD、BC上，把纸片如图沿EF折叠，点A、B的对应点分别为A′、B′，连接AA′并延长交线段CD于点G，则EFAG的值为 ．
39．(2023•阜新二模）如图，将三角形ABC沿直线CB向右平移6cm得到三角形DEF，DF交AB于点G，在三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝10cm，S△ADG=22cm2，则四边形DGBE的面积为 cm2．
40．(2023•宽城区校级二模）如图，已知矩形ABCD，AB＝18cm，AD＝10cm，在其矩形内部有三个小矩形，则这三个小矩形的周长之和为 cm．
41．(2023•思明区二模）如图，在平面直角坐标系中，A（1，0），B（0，﹣2），将线段AB先向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度，得到线段DC，点A与点D为对应点．点P为y轴上一点，且S△ACP=14S四边形ABCD，则满足要求点P的坐标为 ．
42．(2023•利州区校级模拟）如图，直角三角形AOB的周长为98，在其内部有n个小直角三角形，则这n个小直角三角形的周长之和为 ．
43．(2023•长春模拟）如图，O为坐标原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OAB＝90°，点B的坐标为（0，22），将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为（22，22），则线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为 ．
44．（2023•沁阳市模拟）如图，在等边三角形ABC中，AB=23，点D为AC的中点，点P在AB上，且BP＝1，将BP绕点B在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为 ．
45．（2023•立山区一模）如图，等边三角形ABC和等边三角形ADE，点N，点M分别为BC，DE的中点，AB＝6，AD＝4，△ADE绕点A旋转过程中，MN的最大值为 ．
46．（2023•红花岗区校级一模）如图，已知△ABC为等边三角形，AB＝6，将边AB绕点A顺时针旋转a（0°＜a＜120°）得到线段AD，连接CD，CD与AB交于点G，∠BAD的平分线交CD于点E，点F为CD上一点，且DF＝2CF，则∠AEC＝ °，连接AF，则BF的最小值为 ．
47．（2023•仙桃校级一模）如图，正方形ABCD的边长是5，E是边BC上一点且BE＝2，F为边AB上的一个动点，连接EF，以EF为边向右作等边三角形EFG，连接CG，则CG长的最小值为 ．
48．(2023•东胜区一模）如图，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，AE=13AC，BF=13BC，将△ECF绕点C逆时针旋转α角得到△MCN，连接AM、BN．当MA∥CN时，csα＝ ．
49．(2023•香洲区校级三模）如图正方形ABCD的边长为3，E是BC上一点且CE＝1，F是线段DE上的动点．连接CF，将线段CF绕点C逆时针旋转90°得到CG，连接EG，则EG的最小值是 ．
50．(2023•韶关模拟）如图，已知正方形ABCD中，AB＝2，点E为BC边上一动点（不与点 B、C重合），连接AE，将AE绕点E顺时针旋转90得到EF，连接CF，连接AF与CD相交于点G，连接DF，当DF最小时，四边形CEGF的面积是 ．
51．(2023•皇姑区校级模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC=2，BC＝22，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△DEC，连接AD，BE，直线AD，BE相交于点F，连接CF，在旋转过程中，线段CF长度的范围为 ．
52．(2023•江都区校级二模）如图，△ABC是等边三角形，AB＝6，E在AC上且AE=23AC，D是直线BC上一动点，线段ED绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，当点D运动时，则线段AF的最小值是 ．
53．(2023•薛城区校级模拟）把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6，DC＝7，把三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为 ．
54．(2023•路北区校级一模）如图，长度为3的线段AB固定不动，长度为6的线段AC绕A旋转，连接BC．在旋转过程中，线段BC的长度的最大值为 ；若以线段AC为直角边，以点A为直角顶点构造等腰直角△ACD，则在旋转过程中，点B到CD边的距离的最大值为 ．
55．(2023•珠海校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点P是线段BC上一动点，将线段PA绕点P顺时针转90°得到线段PA'，连接DA'，则DA'的最小值为 ．
专题9 填空题压轴题之图形变换问题（平移翻折旋转）（解析版）
模块一 2022中考真题集训
类型一 图形的折叠
1．(2023•徐州）如图，将矩形纸片ABCD沿CE折叠，使点B落在边AD上的点F处．若点E在边AB上，AB＝3，BC＝5，则AE＝ 43 ．
思路引领：由折叠性质可得CF＝BC＝5，BE＝EF，由矩形性质有CD＝AB＝3，BC＝AD＝5，在Rt△CDF中，由勾股定理得出DF＝4，进而得出AF＝1，最后在直角三角形AEF中，建立勾股定理方程求解即可．
解：在矩形ABCD中，
∠A＝∠D＝90°，CD＝AB＝3，AD＝BC＝5，
由翻折变换的性质可知，FC＝BC＝5，EF＝BE，
在Rt△CDF中，由勾股定理，得DF=FC2−CD2=4，
∴AF＝AD﹣DF＝1，
设AE＝x，则BE＝EF＝3﹣x，
在Rt△AEF中，由勾股定理，得EF2＝AE2+AF2，
即（3﹣x）2＝x2+12，
解得x=43，即AE=43，
故答案为：43．
总结提升：本题考查了图形折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，在直角三角形AEF中运用勾股定理建立方程求解是关键．
2．(2023•镇江）如图，有一张平行四边形纸片ABCD，AB＝5，AD＝7，将这张纸片折叠，使得点B落在边AD上，点B的对应点为点B′，折痕为EF，若点E在边AB上，则DB′长的最小值等于 2 ．
思路引领：由折叠可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如图，当E与A重合时，B'D最短，可得B'D＝AD﹣AB'＝7﹣5＝2．
解：由折叠可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如图，当E与A重合时，B'D最短．
∵AB＝5，AD＝7，
∴AB'＝5，
∴B'D＝AD﹣AB'＝7﹣5＝2，
即DB′长的最小值为2．
故答案为：2．
总结提升：本题考查翻折变换（折叠问题）、平行四边形的性质，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
3．(2023•鞍山）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D，E分别在AB，BC上，将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，连接CB'，若CB'＝BB'，则AD的长为 7.5 ．
思路引领：在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB的长，然后根据CB'＝BB'得出AB′＝BB′=12AB，再根据折叠的性质可得BD＝B′D=12BB′．根据AD＝AB′+B′D求得AD的长．
解：在Rt△ABC中，
AB=AC2+BC2，
∵AC＝6，BC＝8，
∴AB=62+82=10．
∵CB'＝BB'，
∴∠B＝∠BCB′，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝∠ACB′+∠BCB′＝90°．
∴∠A＝∠ACB′．
∴AB′＝CB′．
∴AB′＝BB′=12AB＝5．
∵将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，
∴B′D＝BD=12BB′＝2.5．
∴AD＝AB′+B′D＝5+2.5＝7.5．
故答案为：7.5．
总结提升：本题考查了直角三角形的性质，在直角三角形中根据CB'＝BB'通过推理论证得到CB′是斜边上的中线是解题的关键．
4．(2023•兰州）如图，在矩形纸片ABCD中，点E在BC边上，将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上．若CE＝3cm，AF＝2EF，则AB＝ 35 cm．
思路引领：根据将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上，可得EF＝CE＝3cm，CD＝DF，∠DEC＝∠DEF，∠DFE＝∠C＝90°＝∠DFA，而AF＝2EF，即得AF＝6cm，AE＝9cm，由四边形ABCD是矩形，可得AB＝CD＝DF，AD∥BC，从而AD＝AE＝9cm，在Rt△ADF中，用勾股定理得DF＝35cm，从而AB＝DF＝35cm．
解：∵将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上，
∴EF＝CE＝3cm，CD＝DF，∠DEC＝∠DEF，∠DFE＝∠C＝90°＝∠DFA，
∵AF＝2EF，
∴AF＝6cm，AE＝AF+EF＝6+3＝9（cm），
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝DF，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC＝∠DEF，
∴AD＝AE＝9cm，
在Rt△ADF中，AF2+DF2＝AD2，
∴62+DF2＝92，
∴DF＝35（cm），
∴AB＝DF＝35（cm），
故答案为：35．
总结提升：本题考查矩形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质，能熟练应用勾股定理列方程解决问题．
5．(2023•大连）如图，对折矩形纸片ABCD，使得AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点A的对应点A'落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，连接MF，若MF⊥BM，AB＝6cm，则AD的长是 53 cm．
思路引领：由矩形性质和折叠性质可得BE＝3，A′B＝AB＝6cm，∠A＝∠A′EB＝90°，∠ABM＝∠A′BM，可得∠BA′E＝30°，从而可得∠A′BE＝60°，可得∠ABM＝30°，从而可得AM＝23cm，∠DMF＝30°，DF＝3cm，即可求解DM，进而求出AD的长．
解：∵四边形ABCD为矩形，AB＝6cm，
∴∠A＝90°，
由折叠性质可得：
BE＝DF＝3cm，A′B＝AB＝6cm，∠A′EB＝90°，∠ABM＝∠A′BM，
在Rt△A′BE中，A′B＝2BE，
∴∠BA′E＝30°，
∴∠A′BE＝60°，
∴∠ABM＝30°，∠AMB＝60°，
∴AM＝tan30°•AB=33×6=23cm，
∵MF⊥BM，
∴∠BMF＝90°，
∴∠DMF＝30°，
∴∠DFM＝60°，
在Rt△DMF中，MD＝tan60°•DF=3×3=33cm，
∴AD＝AM+DM＝23+33=53cm．
故答案为：53．
总结提升：本题考查折叠性质，长方形的性质，30°角的直角三角形等知识点，解题的关键是利用边之间的关系推出∠BA′E＝30°．
6．(2023•盘锦）如图，四边形ABCD为矩形，AB=2，AD=3，点E为边BC上一点，将△DCE沿DE翻折，点C的对应点为点F，过点F作DE的平行线交AD于点G，交直线BC于点H．若点G是边AD的三等分点，则FG的长是 33或63 ．
思路引领：过点E作EM⊥GH于点M，根据题意可得四边形HEDG是平行四边形，证明HE＝FE，等面积法求得ME，勾股定理求得HM，可得HF的长，进而即可求解．
解：①如图，过点E作EM⊥GH于点M，
∵DE∥GH，AD∥BC，
∴四边形HEDG是平行四边形，
∴HE=GD=13AD=1，
∵折叠，
∴∠FED＝∠CED，
∵∠MED＝90°，
即∠FEM+∠FED＝90°，
∴∠CED+∠HEM＝90°，
∴∠HEM＝∠FEM，
∵∠EMF＝∠EMH＝90°，ME＝ME，
∴△HEM≌△FEM（ASA），
∴HM＝MF，EF＝HE＝1，
∴EF＝EC＝1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90°，DC=AB=2，
Rt△EDC中，DE=DC2+EC2=(2)2+12=3，
∴GH=DE=3，
∵ME⊥HG，HG∥DE，
∴S△DEF=12ME×DE=S△DEC=12DC×EC，
∴ME=DC×ECDE=2×13=63，
Rt△HME中，HM=HE2−ME2=1−(63)2=33，
∴FG=HG−HF=HG−2HM=3−233=33，
②如图，当AG=13AD=1时，
同理可得HE＝GD＝AD﹣AG＝3﹣1＝2，EC＝EF＝HE＝2，
∴DE=22+(2)2=6，
∴ME=DC×ECDE=2×26=233，
Rt△HME中，HM=HE2−ME2=22−(233)2=263，
∴FG=HF−HG=2HM−HG=463−6=63，
故答案为：33或63．
总结提升：本题考查了勾股定理，折叠，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，掌握以上知识，注意分类讨论是解题的关键．
7．(2023•潍坊）小莹按照如图所示的步骤折叠A4纸，折完后，发现折痕AB′与A4纸的长边AB恰好重合，那么A4纸的长AB与宽AD的比值为 2 ．
思路引领：由第①次折叠知△AD'B'是等腰直角三角形，由第②次折叠知，AB＝AB'，从而解决问题．
解：由第②次折叠知，AB＝AB'，
由第①次折叠知，∠B'AB＝45°，
∴△AD'B'是等腰直角三角形，
∴AB'=2AD'，
∴AB与宽AD的比值为2，
故答案为：2，
总结提升：本题主要考查了折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．
8．(2023•青岛）如图，已知△ABC，AB＝AC，BC＝16，AD⊥BC，∠ABC的平分线交AD于点E，且DE＝4．将∠C沿GM折叠使点C与点E恰好重合．下列结论正确的有： ①④ ．（填写序号）
①BD＝8
②点E到AC的距离为3
③EM=103
④EM∥AC
思路引领：根据等腰三角形的性质即可判断①，根据角平分线的性质即可判断②，设DM＝x，则EM＝8﹣x，结合勾股定理和三角形面积公式进行分析求解，从而判断③，利用锐角三角函数可判断④．
解：在△ABC中，AB＝AC，BC＝16，AD⊥BC，
∴BD＝DC=12BC＝8，故①正确；
如图，过点E作EF⊥AB于点F，EH⊥AC于点H，
∵AD⊥BC，AB＝AC，
∴AE平分∠BAC，
∴EH＝EF，
∵BE是∠ABD的角平分线，
∵ED⊥BC，EF⊥AB，
∴EF＝ED，
∴EH＝ED＝4，故②错误；
由折叠性质可得：EM＝MC，DM+MC＝DM+EM＝CD＝8，
设DM＝x，则EM＝8﹣x，
Rt△EDM中，EM2＝DM2+DE2，
∴（8﹣x）2＝42+x2，
解得：x＝3，
∴EM＝MC＝5，故③错误；
设AE＝a，则AD＝AE+ED＝4+a，BD＝8，
∴AB2＝（4+a）2+82，
∵S△ABES△BDE=12AB×EF12BD×ED=12AE×BD12ED×BD，
∴AEED=ABBD，
∴a4=AB8，
∴AB＝2a，
∴（4+a）2+82＝（2a）2，
解得：a=203或a＝﹣4（舍去），
∴tanC=ADDC=203+48=43，
又∵tan∠EMD=EDDM=43，
∴∠C＝∠EMD，
∴EM∥AC，故④正确，
故答案为：①④．
总结提升：本题考查解直角三角形，等腰三角形三线合一的性质，角平分线的性质，掌握相关性质定理，正确添加辅助线是解题的关键．
9．(2023•铜仁市）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP∥EM交MC于点P，则MN+NP的最小值为 85 ．
思路引领：过点M作MF⊥CD于F，推出MN+NP的最小值为MF的长，证明四边形DEMG为菱形，利用相似三角形的判定和性质求解即可．
解：作点P关于CE的对称点P′，
由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，
∴点P′在CD上，
过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，
∵MN+NP＝MN+NP′≥MF，
∴MN+NP的最小值为MF的长，
连接DG，DM，
由折叠的性质知CE为线段DM的垂直平分线，
∵AD＝CD＝2，DE＝1，
∴CE=12+22=5，
∵12CE×DO=12CD×DE，
∴DO=255，
∴EO=55，
∵MF⊥CD，∠EDC＝90°，
∴DE∥MF，
∴∠EDO＝∠GMO，
∵CE为线段DM的垂直平分线，
∴DO＝OM，∠DOE＝∠MOG＝90°，
∴△DOE≌△MOG，
∴DE＝GM，
∴四边形DEMG为平行四边形，
∵∠MOG＝90°，
∴四边形DEMG为菱形，
∴EG＝2OE=255，GM＝DE＝1，
∴CG=355，
∵DE∥MF，即DE∥GF，
∴△CFG∽△CDE，
∴FGDE=CGCE，即FG1=3555，
∴FG=35，
∴MF＝1+35=85，
∴MN+NP的最小值为85；
方法二：同理方法一得出MN+NP的最小值为MF的长，DO=255，
∴OC=CD2−OC2=455，DM＝2DO=455，
∵S△CDM=12DM•OC=12CD•MF，
即455×455=2×MF，
∴MF=85，
∴MN+NP的最小值为85；
故答案为：85．
总结提升：此题主要考查轴对称在解决线段和最小的问题中的应用，熟悉对称点的运用和画法，知道何时线段和最小，会运用勾股定理和相似三角形的判定和性质求线段长度是解题的关键．
10．(2023•辽宁）如图，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF，当GF最小时，AE的长是 55−5 ．
思路引领：由翻折知BF＝BA＝10，得点F在以B为圆心，10为半径的圆上运动，可知当点G、F、B三点共线时，GF最小，再利用面积法可得AE的长．
解：∵将△ABE沿BE翻折得到△FBE，
∴BF＝BA＝10，
∴点F在以B为圆心，10为半径的圆上运动，
∴当点G、F、B三点共线时，GF最小，
连接EG，设AE＝x，
由勾股定理得，BG＝55，
∵S梯形ABGD＝S△EDG+S△ABE+S△EBG，
∴12（5+10）×10=12×5×(10−x)+12×10x+12×55x，
解得x＝55−5，
∴AE＝55−5，
故答案为：55−5．
总结提升：本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，确定当点G、F、B三点共线时，GF最小是解题的关键，同时注意运用面积法求垂线段的长度．
11．(2023•沈阳）如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别为点E，F，且点F在矩形内部，MF的延长线交边BC于点G，EF交边BC于点H．EN＝2，AB＝4，当点H为GN的三等分点时，MD的长为 213−4或4 ．
思路引领：根据点H为GN三等分点，分两种情况分别计算，根据折叠的性质和平行线的性质证明∠GMN＝∠MNG，得到MG＝NG，证明△FGH∽△ENH，求出FG的长，过点G作GP⊥AD于点P，则PG＝AB＝4，设MD＝MF＝x，根据勾股定理列方程求出x即可．
解：当HN=13GN时，GH＝2HN，
∵将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，
∴MF＝MD，CN＝EN，∠E＝∠C＝∠D＝∠MFE＝90°，∠DMN＝∠GMN，AD∥BC，
∴∠GFH＝90°，∠DMN＝∠MNG，
∴∠GMN＝∠MNG，
∴MG＝NG，
∵∠GFH＝∠E＝90°，∠FHG＝∠EHN，
∴△FGH∽△ENH，
∴FGEN=GHHN=2，
∴FG＝2EN＝4，
过点G作GP⊥AD于点P，则PG＝AB＝4，
设MD＝MF＝x，
则MG＝GN＝x+4，
∴CG＝x+6，
∴PM＝6，
∵GP2+PM2＝MG2，
∴42+62＝（x+4）2，
解得：x＝213−4，
∴MD＝213−4；
当GH=13GN时，HN＝2GH，
∵△FGH∽△ENH，
∴FGEN=GHHN=12，
∴FG=12EN＝1，
∴MG＝GN＝x+1，
∴CG＝x+3，
∴PM＝3，
∵GP2+PM2＝MG2，
∴42+32＝（x+1）2，
解得：x＝4，
∴MD＝4；
故答案为：213−4或4．
总结提升：本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，考查了分类讨论的思想，根据勾股定理列方程求解是解题的关键．
12．(2023•扬州）“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＝ 6 ．
思路引领：先把图补全，由折叠得：AM＝MD，MN⊥AD，AD⊥BC，证明GN是△ABC的中位线，得GN＝6，可得答案．
解：如图2，由折叠得：AM＝MD，MN⊥AD，AD⊥BC，
∴GN∥BC，
∴AG＝BG，
∴GN是△ABC的中位线，
∴GN=12BC=12×12＝6，
∵PM＝GM，
∴MP+MN＝GM+MN＝GN＝6．
故答案为：6．
总结提升：本题考查了三角形的中位线定理，折叠的性质，把图形补全证明GN是△ABC的中位线是解本题的关键．
13．(2023•泰安）如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE折叠，得到点B的对应点为点F，延长EF交线段DC于点P，若AB＝6，则DP的长度为 2 ．
思路引领：连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD﹣PD＝6﹣x，EP＝EF+FP＝3+x，然后根据勾股定理即可解决问题．
解：如图，连接AP，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
点E是BC的中点，
∴BE＝CE=12AB＝3，
由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
AP=APAF=AD，
∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
设PF＝PD＝x，则CP＝CD﹣PD＝6﹣x，EP＝EF+FP＝3+x，
在Rt△PEC中，根据勾股定理得：
EP2＝EC2+CP2，
∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
解得x＝2．
则DP的长度为2．
故答案为：2．
总结提升：本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
14．(2023•嘉兴）如图，在扇形AOB中，点C，D在AB上，将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．已知∠AOB＝120°，OA＝6，则EF的度数为 60° ，折痕CD的长为 46 ．
思路引领：设翻折后的弧的圆心为O′，连接O′E，O′F，OO′，O′C，OO′交CD于点H，可得OO′⊥CD，CH＝DH，O′C＝OA＝6，根据切线的性质可证明∠EO′F＝60°，则可得EF的度数；然后根据垂径定理和勾股定理即可解决问题．
解：如图，设翻折后的弧的圆心为O′，连接O′E，O′F，OO′，O′C，OO′交CD于点H，
∴OO′⊥CD，CH＝DH，O′C＝OA＝6，
∵将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．
∴∠O′EO＝∠O′FO＝90°，
∵∠AOB＝120°，
∴∠EO′F＝60°，
则EF的度数为60°；
∵∠AOB＝120°，
∴∠O′OF＝60°，
∵O′F⊥OB，O′E＝O′F＝O′C＝6，
∴OO′=O′Fsin60°=632=43，
∴O′H＝23，
∴CH=O′C2−O′H2=36−12=26，
∴CD＝2CH＝46．
故答案为：60°，46．
总结提升：本题考查了翻折变换，切线的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
类型二 图形的平移
15．(2023•淄博）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 （1，3） ．
思路引领：根据点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），可得点A向右平移5个单位，向上平移1个单位至A1，进而可以解决问题．
解：∵点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），
∴点B（﹣4，2）的对应点B1的坐标是（1，3）．
故答案为：（1，3）．
总结提升：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的性质．
16．(2023•大连）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 （5，2） ．
思路引领：根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减求解即可．
解：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（1+4，2），即（5，2），
故答案为：（5，2）．
总结提升：本题主要考查坐标与图形变化—平移，解题的关键是掌握点的坐标的平移规律：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
17．(2023•辽宁）在平面直角坐标系中，线段AB的端点A（3，2），B（5，2），将线段AB平移得到线段CD，点A的对应点C的坐标是（﹣1，2），则点B的对应点D的坐标是 （1，2） ．
思路引领：根据点A、C的坐标确定出平移规律，再根据平移规律解答即可．
解：∵点A（3，2）的对应点C的坐标为（﹣1，2），
∴平移规律为向左平移4个单位，
∴B（5，2）的对应点D的坐标为（1，2）．
故答案为：（1，2）．
总结提升：本题考查了坐标与图形变化﹣平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
18．(2023•临沂）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，B的坐标分别是A（0，2），B（2，﹣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 （1，﹣3） ．
思路引领：由A点的平移判断出B点的平移最后得出坐标即可．
解：由题意知，点A从（0，2）平移至（﹣1，0），可看作是△ABC先向下平移2个单位，再向左平移1个单位（或者先向左平移1个单位，再向下平移2个单位），
即B点（2，﹣1），平移后的对应点为B'（1，﹣3），
故答案为：（1，﹣3）．
总结提升：本题主要考查平移的知识，根据A点的平移情况得出B点的对应点是解题的关键．
19．(2023•毕节市）如图，在平面直角坐标系中，把一个点从原点开始向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点A1（1，1）；把点A1向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点A2（﹣1，3）；把点A2向下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点A3（﹣4，0）；把点A3向下平移4个单位，再向右平移4个单位，得到点A4（0，﹣4），…；按此做法进行下去，则点A10的坐标为 （﹣1，11） ．
思路引领：根据题目规律，依次求出A5、A6……A10的坐标即可．
解：由图象可知，A5（5，1），
将点A5向左平移6个单位、再向上平移6个单位，可得A6（﹣1，7），
将点A6向左平移7个单位，再向下平移7个单位，可得A7（﹣8，0），
将点A7向右平移8个单位，再向下平移8个单位，可得A8（0，﹣8），
将点A8向右平移9个单位，再向上平移9个单位，可得A9（9，1），
将点A9向左平移10个单位，再向上平移10个单位，可得A10（﹣1，11），
故答案为：（﹣1，11）．
总结提升：本题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，规律型问题，解题的关键是学会探究规律，属于中考常考题型．
20．(2023•台州）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A'B'C'，且BB'⊥BC，则阴影部分的面积为 8 cm2．
思路引领：根据平移的性质得出阴影部分的面积等于四边形BB'C'C的面积解答即可．
解：由平移可知，阴影部分的面积等于四边形BB'C'C的面积＝BC×BB'＝4×2＝8（cm2），
故答案为：8．
总结提升：本题考查了四边形的面积公式和平移的性质：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．
类型三 图形的旋转
21．(2023•黄石）如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF＝ 30° ，FB+FD的最小值为 53 ．
思路引领：首先证明△BAE≌△BCF（SAS），推出∠BAE＝∠BCF＝30°，作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值＝线段BG的长．
解：如图，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥CB，
∴∠BAE=12∠BAC＝30°，
∵△BEF是等边三角形，
∴∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，
∴∠ABE＝∠CBF，
在△BAE和△BCF中，
BA=BC∠ABE=∠CBFBE=BF，
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF＝30°，
作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF的延长线于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值＝线段BG的长．
∵∠DCF＝∠FCG＝30°，
∴∠DCG＝60°，
∵CD＝CG＝5，
∴△CDG是等边三角形，
∴DB＝DC＝DG，
∴∠CGB＝90°，
∴BG=BC2−CG2=102−52=53，
∴BF+DF的最小值为53，
故答案为：30°，53．
总结提升：本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
22．(2023•宁夏）如图，直线a∥b，△AOB的边OB在直线b上，∠AOB＝55°，将△AOB绕点O顺时针旋转75°至△A1OB1，边A1O交直线a于点C，则∠1＝ 50 °．
思路引领：根据旋转的性质和平行线的性质即可得到结论．
解：∵将△AOB绕点O顺时针旋转75°至△A1OB1，
∴∠A1OB1＝∠AOB＝55°，∠AOA1＝75°，
∴∠A1OD＝180°﹣55°﹣75°＝50°，
∵直线a∥b，
∴∠1＝∠A1OD＝50°，
故答案为：50．
总结提升：本题考查了旋转的性质，平行线的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
23．(2023•西宁）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝6，将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得到△AB′C′，B′C′交AB于点E，则B′E＝ 33−3 ．
思路引领：先在含30°锐角的直角三角形中计算出两条直角边，再根据旋转性质得到对应边相等、对应角相等得到AC＝AC'＝C'E＝3，BC＝B'C'＝33，即可解答．
解：在△ABC中，∵∠C＝90°，∠B＝30°，AB＝6，
∴AC＝3，BC＝33，∠CAB＝60°，
∵将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得到△AB′C′，
∴△ABC≌△AB′C′，∠C'AE＝45°，
∴AC＝AC'＝C'E＝3，BC＝B'C'＝33，
∴B'E＝B'C'﹣C'E＝33−3．
总结提升：本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质的应用，解题关键是熟练掌握旋转的性质．
24．(2023•盐城）如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转，使得点B落在边CD上的点B'处，线段AB扫过的面积为 π3 ．
思路引领：由旋转的性质可得AB'＝AB＝2，由锐角三角函数可求∠DAB'＝60°，由扇形面积公式可求解．
解：∵AB＝2BC＝2，
∴BC＝1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝1，∠D＝∠DAB＝90°，
∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转，
∴AB'＝AB＝2，
∵cs∠DAB'=ADAB′=12，
∴∠DAB'＝60°，
∴∠BAB'＝30°，
∴线段AB扫过的面积=30°×π×22360°=π3，
故答案为：π3．
总结提升：本题考查了旋转的性质，矩形的性质，扇形面积公式，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
25．(2023•牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2），OC＝4，将平行四边形OABC绕点O旋转90°后，点B的对应点B'坐标是 （﹣2，3）或（2，﹣3） ．
思路引领：根据旋转可得：BM＝B1M1＝B2M2＝3，∠AOA1＝∠AOA2＝90°，可得B1和B2 的坐标，即是B'的坐标．
解：∵A（﹣1，2），OC＝4，
∴C（4，0），B（3，2），M（0，2），BM＝3，AB∥x轴，
将平行四边形OABC绕点O分别顺时针、逆时针旋转90°后，
由旋转得：OM＝OM1＝OM2＝2，∠AOA1＝∠AOA2＝90°，BM＝B1M1＝B2M2＝3，
A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴B1和B2 的坐标分别为：（﹣2，3）、（2，﹣3），
∴B'即是图中的B1和B2，坐标就是（﹣2，3）或（2，﹣3），
故答案为：（﹣2，3）或（2，﹣3）．
总结提升：本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形的性质，旋转的性质，正确的识别图形是解题的关键．
26．(2023•广州）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 120° ；当线段CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 75° ．
思路引领：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论．
解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．
∵△BPP′是等边三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
BA=BE∠ABP=∠EBP′BP=BP′，
∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，
当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°﹣60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO=12OB，OP′=12OC，
∴EP′＝EO+OP′=12OB+12OC=12BC，
∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°+90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C﹣∠BP′P＝135°﹣60°＝75°．
故答案为：120°，75°．
总结提升：本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
27．(2023•盘锦）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝30°，点D为BC的中点，将△ABC绕点D逆时针旋转得到△A'B'C'，当点A的对应点A'落在边AB上时，点C'在BA的延长线上，连接BB'，若AA'＝1，则△BB'D的面积是 334 ．
思路引领：先证明△A'AD是等边三角形，再证明A′O⊥BC，再利用直角三角形30°角对应的边是斜边的一半分别求出A'B'和A'O，再利用勾股定理求出OD，从而求得△BB'D的面积．
解：如图所示，设A'B'与BD交于点O，连接A'D和AD，
∵点D为BC的中点，AB＝AC，∠ABC＝30°，
∴AD⊥BC，A'D⊥B'C'，A'D是∠B′A′C′的角平分线，AD是∠BAC的角平分线，
∴∠B'A'C'＝120°，∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝∠B'A'D＝60°，
∵A'D＝AD，
∴△A'AD是等边三角形，
∴A'A＝AD＝A'D＝1，
∵∠BA'B'＝180°﹣∠B'A'C'＝60°，
∴∠BA'B'＝∠A'AD，
∴A'B'∥AD，
∴A′O⊥BC，
∴A′O=12A′D=12，
∴OD=1−14=32，
∵A'B'＝2A'D＝2，
∵∠A'BD＝∠A'DO＝30°，
∴BO＝OD，
∴OB′=2−12=32，BD=2OD=3，
∴S△BB′D=12×BD×B′O=12×3×32=334．
总结提升：本题考查了等腰三角形、等边三角形和直角三角形的性质，证明△A'AD是等边三角形是解本题的关键．
28．(2023•潍坊）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点B″的坐标为 （−2，6+1） ．
思路引领：过B'作B'D⊥y轴于D，连接OB，OB'，根据边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，得∠BOB'＝75°，∠BOC＝45°，OB＝OB'＝22，即知∠B'OD＝30°，可得B'（−2，6），又再沿y轴方向向上平移1个单位长度，故B''（−2，6+1）．
解：过B'作B'D⊥y轴于D，连接OB，OB'，如图：
∵边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，
∴∠BOB'＝75°，∠BOC＝45°，OB＝OB'＝22，
∴∠B'OD＝30°，
∴B'D=12OB'=2，OD=3B'D=6，
∴B'（−2，6），
∵再沿y轴方向向上平移1个单位长度，
∴B''（−2，6+1），
故答案为：（−2，6+1）．
总结提升：本题考查正方形的旋转和平移变换，解题的关键是掌握旋转、平移变换的性质及正方形的性质．
29．(2023•无锡）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC＝20°，则∠BAF＝ 80 °；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是 4−3 ．
思路引领：第一个问题证明△BCD≌△ACE（SAS），推出∠DBC＝∠EAC＝20°，可得∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．第二个问题，如图1中，设BF交AC于点T．证明∠BCT＝∠AFT＝60°，推出点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，求出AE，EF可得结论．
解：∵△ACB，△DEC都是等边三角形，
∴AC＝CB，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
CB=CA∠BCD=∠ACECD=CE，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠DBC＝∠EAC＝20°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．
如图1中，设BF交AC于点T．
同法可证△BCD≌△ACE，
∴∠CBD＝∠CAF，
∵∠BTC＝∠ATF，
∴∠BCT＝∠AFT＝60°，
∴点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，
∴BD=BC2−CD2=52−32=4，
∴AE＝BD＝4，∠BDC＝∠AEC＝90°，
∵CD＝CE，CF＝CF，
∴Rt△CFD≌Rt△CFE（HL），
∴∠DCF＝∠ECF＝30°，
∴EF＝CE•tan30°=3，
∴AF的最小值＝AE﹣EF＝4−3，
故答案为：80，4−3．
总结提升：本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质，轨迹，解直角三角形，等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
30．(2023•丽水）一副三角板按图1放置，O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，将△ABC绕点O顺时针旋转60°，AC与EF相交于点G，则FG的长是 （33−3） cm．
思路引领：设EF与BC交于点H，根据旋转的性质证明∠FHO＝90°，可得OH=12OF＝3cm，利用含30度角的直角三角形可得CH＝OC﹣OH＝3cm，FH=3OH＝33cm，然后证明△CHG的等腰直角三角形，可得CH＝GH＝3cm，进而可以解决问题．
解：如图，设EF与BC交于点H，
∵O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，
∴OD＝OF＝OB＝OC＝6cm．
∵将△ABC绕点O顺时针旋转60°，
∴∠BOD＝∠FOH＝60°，
∵∠F＝30°，
∴∠FHO＝90°，
∴OH=12OF＝3cm，
∴CH＝OC﹣OH＝3cm，FH=3OH＝33cm，
∵∠C＝45°，
∴CH＝GH＝3cm，
∴FG＝FH﹣GH＝（33−3）cm．
故答案为：（33−3）．
总结提升：本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
31．（2023•封开县一模）如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE翻折，点B落在点F处，延长EF交CD于点P，若AB＝6，则DP的长为 2 ．
思路引领：如图所示，连接AP，先由折叠和正方形的性质得到AF＝AD，∠AFP＝∠D＝90°，由此证明Rt△ADP≌Rt△AFP（HL），则DP＝FP，由E是BC的中点，得到EF＝BE＝CE＝3，设DP＝FP＝x，则EP＝x+3，CP＝6﹣x，在Rt△PCE中，由勾股定理得：（x+3）2＝32+（6﹣x）2，据此求解即可．
解：如图所示，连接AP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
由折叠的性质可知AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，FE＝BE，
∴AF＝AD，∠AFP＝∠D＝90°，
又∵AP＝AP，
∴Rt△ADP≌Rt△AFP（HL），
∴DP＝FP，
∵E是BC的中点，
∴EF=BE=CE=12BC=3，
设DP＝FP＝x，则EP＝x+3，CP＝6﹣x，
在Rt△PCE中，由勾股定理得：PE2＝CP2+CE2，
∴（x+3）2＝32+（6﹣x）2，
解得x＝2，
∴DP＝2，
故答案为：2．
总结提升：本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
32．（2023•历下区一模）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝5．沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处；再折叠纸片，使点C与点D重合，若折痕与AC的交点为E，则tan∠DAE＝ 815 ．
思路引领：根据折叠，可知AB＝AD，ED＝EC，进一步可知∠ADE＝90°，设AE＝x，在Rt△ADE中，根据勾股定理列方程，求出x的值，进而可得出结论．
解：根据折叠，可知AB＝AD，ED＝EC，
∴∠ADB＝∠B，∠EDC＝∠C，
∵∠BAC＝90°，
∴∠B+∠C＝90°
∴∠ADB+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝90°，
设AE＝x，
∵AB＝3，AC＝5，
∴AD＝3，CE＝5﹣x，
∴ED＝5﹣x，
在Rt△ADE中，根据勾股定理，得32+（5﹣x）2＝x2，
解得x=175，
∴DE＝5−175=85，
∴tan∠DAE=DEAD=853=815．
故答案为：815．
总结提升：本题考查了翻折变换，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
33．(2023•市中区二模）如图，矩形纸片ABCD，AD＝12，AB＝4，点E在线段BC上，将△ECD沿DE向上翻折，点C的对应点C'落在线段AD上，点M，N分别是线段AD与线段BC上的点，将四边形ABNM沿MN向上翻折，点B恰好落在线段DE的中点B'处．则线段MN的长 4526 ．
思路引领：作B'F⊥BC于F，连接BB'交MN于G，连接BM，此时根据正方形的性质可得CF＝EF＝B'F=12CD=2，BF＝10，应用勾股定理计算得出BB'＝226再根据由折叠的性质得BN＝B'N，在Rt△B'NF中根据勾股定理求得B'N长度，最后根据S△BMN=12×MN×BG=12×BN×AB，计算求得MN的长度即可．
解：如图，作B'F⊥BC于F，连接BB'交MN于G，连接BM，
由题意可知，四边形CDC'E，是正方形，△B'EF是等腰直角三角形，
∴CF＝EF＝B'F=12CD=2，BF＝BC﹣CF＝12﹣2＝10，
在Rt△BB'F中，BB'=BF2+B′F2=104=226，
设BN＝B'N＝x，则NF＝BC﹣BN﹣CF＝10﹣x，
在Rt△B'NF中，B'N2＝NF2+B'F2，
即x2＝（10﹣x）2+22，
解得：x=265，
∴BN=265，
由折叠的性质可知：BG＝B'G=12BB′=26，BB'⊥MN，
∵S△BMN=12×MN×BG=12×BN×AB，
∴MN=BN⋅ABBG=265×426=4526，
故答案为：4526．
总结提升：本题考查了翻折变换、正方形的性质，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
34．(2023•包头模拟）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，半径OA＝6，将扇形AOB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在弧AB上点D处，折痕交OA于点C，整个阴影部分的面积 9π﹣123 ．
思路引领：首先连接OD，由折叠的性质，可得CD＝CO，BD＝BO，∠DBC＝∠OBC，则可得△OBD是等边三角形，继而求得OC的长，即可求得△OBC与△BCD的面积，又在扇形OAB中，∠AOB＝90°，半径OA＝6，即可求得扇形OAB的面积，继而求得阴影部分面积．
解：连接OD．
根据折叠的性质，CD＝CO，BD＝BO，∠DBC＝∠OBC，
∴OB＝OD＝BD，
即△OBD是等边三角形，
∴∠DBO＝60°，
∴∠CBO=12∠DBO＝30°，
∵∠AOB＝90°，
∴OC＝OB•tan∠CBO＝6×33=23，
∴S△BDC＝S△OBC=12×OB×OC=12×6×23=63，S扇形AOB=90360π×62＝9π，
∴整个阴影部分的面积为：S扇形AOB﹣S△BDC﹣S△OBC＝9π﹣63−63=9π﹣123．
故答案为：9π﹣123．
总结提升：此题考查了折叠的性质、扇形面积公式以及直角三角形的性质．此题难度适中，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．
35．(2023•郧西县模拟）如图，已知，正△ABC中，AB＝12，将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，连接BD，交AC于O点，E点在OD上，且DE＝2OE，F是BC的中点，P是AC上的一个动点，则PF﹣PE的最大值为 23 ．
思路引领：根据题意知，当点P运动到点A时，PF﹣PE最大，利用勾股定理求出此时AF和AE的长即可解决问题．
解：如图，当点P运动到点A时，PF﹣PE最大，
∵△ABC为等边三角形，AB＝12，
∴AB＝AC＝BC＝12，
∵将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，
∴AD＝CD＝BC＝AB＝12，
∴四边形ABCD为菱形，
∴BD⊥AC，
∴AO＝CO＝6，
∴DO=122−62=63，
∵DE＝2OE，
∴OE=13OD=23，
∴AE=(23)2+62=43，
∵F为BC中点，
∴AF⊥BC，CF＝BF＝6，
∴AF=122−62=63，
∴PF﹣PE的最大值为AF﹣AE＝63−43=23，
故答案为：23．
总结提升：本题主要考查了轴对称﹣最短路线问题，等边三角形的性质，勾股定理等知识，明确同侧差最大是解题的关键．
36．(2023•皇姑区校级模拟）如图，点E是菱形ABCD的边AD的中点，点F是AB上的一点，点G是BC上的一点，先以CE为对称轴将△CDE折叠，使点D落在CF上的点D处，再以EF为对称轴折叠△AEF，使得点A的对应点A'与点D'重合，以FG为对称轴折叠△BFG，使得点B的对应点B落在CF上．若∠A＝60°，AB＝2，则FGCE的值为 35 ．
思路引领：过点C作CH⊥AB延长线于点H，设菱形ABCD的边长为2，设AF＝A′F＝a，根据勾股定理可得a＝0.8，然后根据△ECD′∽△FGB′，进而可以解决问题．
解：如图，过点C作CH⊥AB延长线于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥CB，
∴∠CBH＝∠A＝60°，
设菱形ABCD的边长为2，
∴BH＝1，
∴CH=3，
设AF＝A′F＝a，
则BF＝AB﹣AF＝2﹣a，
CF＝CD′+A′F＝CD+AF＝2+a，
FH＝BF+BH＝2﹣a+1＝3﹣a，
在Rt△CFH中，根据勾股定理得：
FH2+CH2＝CF2，
∴（3﹣a）2+（3）2＝（2+a）2，
解得a＝0.8，
∴CD′＝2，B′F＝2﹣a＝1.2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠D，
由折叠可知：∠D＝∠CD′E，∠B＝∠FB′G，
∴∠CD′E＝∠FB′G，
由折叠可知：∠DEC＝∠D′EC，∠AEF＝∠A′EF，
∵∠DEC+∠D′EC+∠AEF+∠A′EF＝180°，
∴∠D′EC+∠A′EF＝90°，
∴∠CEF＝90°，
同理：∠EFG＝90°，
∴EC∥FG，
∴∠ECD′＝∠CAE，
∴△ECD′∽△FGB′，
∴FGCE=B′FCD′=1.22=35．
故答案为：35．
总结提升：本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，翻折变换等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
37．(2023•亭湖区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，点E是AB边上一动点，过点E作DE⊥AB交AC边于点D，将∠A沿直线DE翻折，点A落在线段AB上的F处，连接FC，当△BCF为等腰三角形时，AE的长为 4或134或11926 ．
思路引领：由勾股定理求出AB，设AE＝x，则EF＝x，BF＝13﹣2x；分三种情况讨论：
①当BF＝BC时，列出方程，解方程即可；
②当BF＝CF时，F在BC的垂直平分线上，得出AF＝BF，列出方程，解方程即可；
③当CF＝BC时，作CG⊥AB于G，则BG＝FG=12BF，由射影定理求出BG，再解方程即可．
解：由翻折变换的性质得：AE＝EF，
∵∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，
∴AB=AC2+BC2=13，
设AE＝EF＝x，则BF＝13﹣2x；
分三种情况讨论：
①当BF＝BC时，13﹣2x＝5，
解得：x＝4，
∴AE＝4；
②当BF＝CF时，F在BC的垂直平分线上，
∴F为AB的中点，
∴AF＝BF，
∴x+x＝13﹣2x，
解得：x=134，
∴AE=134；
③当CF＝BC时，作CG⊥AB于G，如图所示：
则BG＝FG=12BF，
根据射影定理得：BC2＝BG•AB，
∴BG=BC2AB=5213=2513，
即12（13﹣2x）=2513，
解得：x=11926，
∴AE=11926；
综上所述：当△BCF为等腰三角形时，AE的长为：4或134或11926；
故答案为：4或134或11926．
总结提升：本题考查了翻折变换的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理、射影定理、等腰三角形的性质；本题有一定难度，需要进行分类讨论．
38．(2023•东方校级模拟）如图，矩形纸片ABCD，AD=2AB，点E、F分别在AD、BC上，把纸片如图沿EF折叠，点A、B的对应点分别为A′、B′，连接AA′并延长交线段CD于点G，则EFAG的值为 22 ．
思路引领：过F作FH⊥AD于H，设EF交AA'于K，根据四边形ABCD是矩形，可得四边形ABFH是矩形，即得AD：FH=2：1，由把纸片如图沿BF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，可得△ADG∽△FHE，即可得出答案．
解：过F作FH⊥AD于H，设EF交AA'于K，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，
∵FH⊥AD，
∴∠AHF＝90°＝∠BAD＝∠ABC，
∴四边形ABFH是矩形，
∴AB＝FH，
∵AD：AB=2：1，
∴AD：FH=2：1，
∵把纸片如图沿BF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，
∴EF是AA'的垂直平分线，
∴∠AKE＝90°，
∴∠DAG＝90°﹣∠AEK＝∠HFE，
∵∠FHE＝90°＝∠D，
∴△ADG∽△FHE，
∴AGEF=ADFH=21，
∴EFAG=22，
故答案为：22．
总结提升：本题考查矩形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质，证明△ADG∽△FHE．
39．(2023•阜新二模）如图，将三角形ABC沿直线CB向右平移6cm得到三角形DEF，DF交AB于点G，在三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝10cm，S△ADG=22cm2，则四边形DGBE的面积为 38 cm2．
思路引领：利用平移的性质可得：BE＝AD＝6cm，BE∥AD，从而可得四边形ABED是平行四边形，进而求出四边形ABED的面积，然后利用四边形DGBE的面积＝四边形ABED的面积﹣△ADG的面积，进行计算即可解答．
解：由平移得：
BE＝AD＝6cm，BE∥AD，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴四边形ABED的面积＝BE•AC＝6×10＝60（cm2），
∵S△ADG=22cm2，
∴四边形DGBE的面积＝四边形ABED的面积﹣△ADG的面积＝60﹣22＝38（cm2），
故答案为：38．
总结提升：本题考查了平移的性质，平行四边形的判定，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
40．(2023•宽城区校级二模）如图，已知矩形ABCD，AB＝18cm，AD＝10cm，在其矩形内部有三个小矩形，则这三个小矩形的周长之和为 56 cm．
思路引领：由平移的性质将三个矩形周长之和转化为ABCD的周长即可．
解：由平移的性质以及矩形周长的定义可知，
这三个小矩形的周长之和为2AD+2AB＝56（cm），
故答案为：56．
总结提升：本题考查生活中的平移现象，掌握平移的性质是正确解答的前提．
41．(2023•思明区二模）如图，在平面直角坐标系中，A（1，0），B（0，﹣2），将线段AB先向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度，得到线段DC，点A与点D为对应点．点P为y轴上一点，且S△ACP=14S四边形ABCD，则满足要求点P的坐标为 （0，1）或（0，﹣1） ．
思路引领：根据平移的性质求出点C、D的坐标，进而求出四边形ABCD的面积，确定△ACP的面积后，再根据点P在y轴上，进而求出其坐标即可．
解：∵A（1，0），B（0，﹣2），
∴OA＝1，OB＝2，
又∵将线段AB先向上平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度，得到线段DC，
∴点C（3，0），D（4，2），
∴S四边形ABCD＝2S△ABC＝2×12×2×2＝4，
∵S△ACP=14S四边形ABCD，
∴S△ACP＝1，
∵点P在y轴上，
∴12×2×|y|＝1，
∴y＝±1，
∴点P的坐标为（0，1）或（0，﹣1），
故答案为：（0，1）或（0，﹣1）．
总结提升：本题考查平移变换，掌握平移变换的性质以及三角形面积的计算方法是解决问题的关键．
42．(2023•利州区校级模拟）如图，直角三角形AOB的周长为98，在其内部有n个小直角三角形，则这n个小直角三角形的周长之和为 98 ．
思路引领：小直角三角形与AO平行的边的和等于AO，与BO平行的边的和等于BO，则小直角三角形的周长等于直角△ABO的周长，据此即可求解．
解：如图所示：
过小直角三角形的直角定点作AO，BO的平行线，
所得四边形都是矩形．
则小直角三角形的与AO平行的边的和等于AO，与BO平行的边的和等于BO．
因此小直角三角形的周长等于直角△ABC的周长．
故这n个小直角三角形的周长为98．
故答案为：98．
总结提升：本题主要考查了平移和矩形的性质，正确理解小直角三角形的周长等于直角△ABC的周长是解题的关键．
43．(2023•长春模拟）如图，O为坐标原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OAB＝90°，点B的坐标为（0，22），将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为（22，22），则线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为 4 ．
思路引领：利用平移的性质得出AA′的长，根据等腰直角三角形的性质得到AA′对应的高，再结合平行四边形面积公式求出即可．
解：∵点B的坐标为（0，22），将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为（22，22），
∴AA′＝BB′＝22，
∵△OAB是等腰直角三角形，
∴A（2，2），
∴AA′对应的高2，
∴线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为22×2=4．
故答案为：4．
总结提升：此题主要考查了平移变换、等腰直角三角形的性质以及平行四边面积求法，利用平移规律得出对应点坐标是解题关键．
44．（2023•沁阳市模拟）如图，在等边三角形ABC中，AB=23，点D为AC的中点，点P在AB上，且BP＝1，将BP绕点B在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为 7或19 ．
思路引领：根据题意可分两种情况讨论：①当点Q在BD上时，先根据勾股定理求出BD＝3，再由旋转的性质可得BQ＝1，则QD＝2，再根据勾股定理即可求解；②当点Q在BD的反向延长线上时，先根据勾股定理求出BD＝3，再由旋转的性质可得BQ＝1，则QD＝4，再根据勾股定理即可求解．
解：∵△ABC为等边三角形，点D为AC的中点，
∴BD⊥AC，即∠ADB＝90°，
∴可分两种情况，当点Q在BD上时或当点Q在BD的反向延长线上时，
①当点Q在BD上时，如图，
∵在等边三角形ABC中，AB=23，点D为AC的中点，
∴∠ADB＝90°，AD=3，
在Rt△ABD中，由勾股定理得BD=AB2−AD2=3，
∵BP＝1，将BP绕点B在平面内旋转，点P的对应点为点Q，
∴BQ＝1，
∴QD＝BD﹣BQ＝2，
在Rt△AQD中，由勾股定理得AQ=AD2+QD2=7；
②当点Q在BD的反向延长线上时，如图，
∵在等边三角形ABC中，AB=23，点D为AC的中点，
∴∠ADB＝90°，AD=3，
在Rt△ABD中，由勾股定理得BD=AB2−AD2=3，
∵BP＝1，将BP绕点B在平面内旋转，点P的对应点为点Q，
∴BQ＝1，
∴QD＝BD+BQ＝4，
在Rt△AQD中，由勾股定理得AQ=AD2+QD2=19；
综上，AQ的长为7或19．
故答案为：7或19．
总结提升：本题主要考查等边三角形的性质、勾股定理、旋转的性质，解题关键是理解题意，利用分类讨论思想解决问题．
45．（2023•立山区一模）如图，等边三角形ABC和等边三角形ADE，点N，点M分别为BC，DE的中点，AB＝6，AD＝4，△ADE绕点A旋转过程中，MN的最大值为 53 ．
思路引领：分析题意可知，点M是在以AM为半径，点A为圆心的圆上运动，连接AN，AM，以AM为半径，点A为圆心作圆，反向延长AN与圆交于点M′，以此得到M、A、N三点共线时，MN的值最大，再根据勾股定理分别算出AM、AN的值，则MN的最大值M′N＝AN+AM′＝AN+AM．
解：连接AN，AM，以AM为半径，点A为圆心作圆，反向延长AN与圆交于点M′，如图，
∵△ADE绕点A旋转，
∴点M是在以AM为半径，点A为圆心的圆上运动，
∵AM+AN≥MN，
∴当点M旋转到M′，即M、A、N三点共线时，MN的值最大，最大为M′N，
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
点N，点M分别为BC，DE的中点，AB＝6，AD＝4，
∴AN⊥BC，AM⊥DE，BN＝3，DM＝2，
在Rt△ABN中，由勾股定理得AN=AB2−BN2=33，
在Rt△ADM中，由勾股定理得AM=AD2−DM2=23，
根据旋转的性质得，AM′＝AM=23，
∴M′N＝AN+AM′=53，即MN的最大值为53．
故答案为：53．
总结提升：本题主要考查等边三角形的性质、旋转的性质、勾股定理，解题关键在于确定点M是在以AM为半径，点A为圆心的圆上运动．
46．（2023•红花岗区校级一模）如图，已知△ABC为等边三角形，AB＝6，将边AB绕点A顺时针旋转a（0°＜a＜120°）得到线段AD，连接CD，CD与AB交于点G，∠BAD的平分线交CD于点E，点F为CD上一点，且DF＝2CF，则∠AEC＝ 60 °，连接AF，则BF的最小值为 63 ．
思路引领：先根据旋转的性质和等边三角形得：AD＝AC＝AB，∠BAC＝60°，最后由角平分线的定义和三角形外角的性质可得∠AEC的度数；接下来作辅助线，构建等腰三角形和相似三角形，先证明FH＝CH＝2，再证明△FHM∽△AHF，得FM=12AF，确定当B、F、M三点共线时，BF+FM＝BF+12AF的长最小，根据勾股定理可得结论．
解：∵将边AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜120°）得到线段AD，如图1，
∴∠BAD＝α，AB＝AD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAD＝60°，
∴AC＝AD，
∴∠ADC＝∠ACD，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠ACD+∠BAE＝∠CDA+∠DAE＝∠AEC，
又∵∠AEC+∠ACD+∠BAE+∠BAC＝180°，
∴∠AEC＝60°；
如图2，过F作FH∥AD，交AC于H，取AC的中点M，连接FM，则AM＝CM＝3，
∴△CFH∽△CDA，
∴CFCD=FHAD=CHAC，
∵DF＝2FC，
∴FH6=CH6=13，
∴CH＝FH＝2，
∴MH＝3﹣2＝1，
∵FHAH=24=12，MHFH=12，
∴FHAH=MHFH，
∵∠FHM＝∠AHF，
∴△FHM∽△AHF，
∴FMAF=FHAH=12，
∴FM=12AF，
∴当B、F、M三点共线时，BF+FM＝BF+12AF的长最小，如图3，此时BM⊥AC，
∴BM=62−32=33，
∵AF+2BF＝2（12AF+BF）＝2BM，
∴AF+2BF的最小值是63．
故答案为：60，63．
总结提升：本题考查了三角形相似的性质和判定，旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会构建相似三角形，确定FM=12AF是解本题的关键，有难度，属于中考填空的压轴题．
47．（2023•仙桃校级一模）如图，正方形ABCD的边长是5，E是边BC上一点且BE＝2，F为边AB上的一个动点，连接EF，以EF为边向右作等边三角形EFG，连接CG，则CG长的最小值为 72 ．
思路引领：由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．
解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在直线轨迹上运动，
将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EHG，
∴BE＝EH，∠BEH＝60°，∠GHE＝90°，
∴△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上，
作CM⊥HN，则CM即为CG的最小值，
作EP⊥CM，可知四边形HEPM为矩形，
∴∠PEC＝180°﹣∠PEH﹣∠BEH＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴PC=12CE，
则CM＝MP+CP＝HE+12EC＝2+32=72，
∴CG长的最小值为72．
故答案为：72．
总结提升：本题考查了旋转的性质，线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是极值问题中比较典型的类型．
48．(2023•东胜区一模）如图，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，AE=13AC，BF=13BC，将△ECF绕点C逆时针旋转α角得到△MCN，连接AM、BN．当MA∥CN时，csα＝ 23 ．
思路引领：当MA∥CN时，∠ACN＝∠CAM，由∠ACN+∠ACM＝90°，得到∠CAM+∠ACM＝90°，所以csα=CMAC=CEAC=23．
解：∵AE=13AC，
∴CE=23AC，
∵MA∥CN，
∴∠ACN＝∠CAM，
∵∠ACN+∠ACM＝90°，
∴∠CAM+∠ACM＝90°，
∴∠AMC＝90°，
∴csα=CMAC=CEAC=23．
故答案为：23．
总结提升：本题主要考查了旋转的性质、直角三角形的判定、平行线的性质以及锐角三角函数的综合运用，难度适中，掌握旋转的性质是关键．
49．(2023•香洲区校级三模）如图正方形ABCD的边长为3，E是BC上一点且CE＝1，F是线段DE上的动点．连接CF，将线段CF绕点C逆时针旋转90°得到CG，连接EG，则EG的最小值是 105 ．
思路引领：图，作直线BG．由△CBG≌△CDF，推出∠CBG＝∠CDF，因为∠CDF是定值，推出点G在直线BG上运动，且tan∠CBG＝tan∠CDF=CECD=13，根据垂线段最短可知，当EG⊥BG时，EG的长最短．
解：如图，作直线BG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠BCD＝90°，
∵∠FCG＝∠DCB＝90°，
∴∠BCG＝∠DCF，
∵CG＝CF，
∴△CBG≌△CDF（SAS），
∴∠CBG＝∠CDF，
∵∠CDF是定值，
∴点G在直线BG上运动，且tan∠CBG＝tan∠CDF=CECD=13，
根据垂线段最短可知，当EG⊥BG时，EG的长最短，
此时tan∠EBG=GEBG=13，设EG＝m，则BG＝3m，
在Rt△BEG中，∵BE2＝BG2+EG2，
∴4＝m2+9m2，
∴m=105（负根已经舍弃），
∴EG的最小值为105，
故答案为：105．
总结提升：本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂线段最短、解直角三角形等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考填空题中的压轴题．
50．(2023•韶关模拟）如图，已知正方形ABCD中，AB＝2，点E为BC边上一动点（不与点 B、C重合），连接AE，将AE绕点E顺时针旋转90得到EF，连接CF，连接AF与CD相交于点G，连接DF，当DF最小时，四边形CEGF的面积是 43 ．
思路引领：通过证明点A，点F，点C，点E四点共圆，可得∠AEF＝∠ACF＝90°，可求∠DCF的度数，由相似三角形的性质和全等三角形的性质可求CG，CE，CH的长，由三角形的面积公式可求解．
解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝∠ACB＝45°，
∵将AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠AFE＝45°，
∴∠AFE＝∠ACE，
∴点A，点F，点C，点E四点共圆，
∴∠AEF＝∠ACF＝90°，
∴∠DCF＝45°，
∴当DF⊥CF时，DF有最小值，
过点F作NH∥CD，交AD的延长线于N，BC的延长线于H，
∵DF⊥CF，∠DCF＝45°，
∴∠FDC＝∠FCD＝45°，
∴FD＝FC，
∵AB＝CD＝AD＝BC＝2，
∴DF＝FC=2，
∵NH∥CD，
∴∠NFD＝∠FDC＝45°，∠HFC＝∠FCD＝45°，∠N＝∠ADC＝90°＝∠BCD＝∠H，
∴NF＝DN＝1，FH＝CH＝1，
∵DC∥NH，
∴△ADG∽△ANF，
∴ADAN=DGNF，
∴22+1=DG1，
∴DG=23，
∴GC=43，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEH＝90°＝∠AEB+∠BAE，
∴∠BAE＝∠FEH，
在△ABE和△EHF中，
∠BAE=∠FEH∠B=∠HAE=EF，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴BE＝FH＝1，AB＝EH＝2，
∴CE＝1，
∴四边形CEGF的面积=12×CG×CE+12×CG×CH=12×43×1+12×43×1=43，
故答案为：43．
总结提升：本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
51．(2023•皇姑区校级模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC=2，BC＝22，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△DEC，连接AD，BE，直线AD，BE相交于点F，连接CF，在旋转过程中，线段CF长度的范围为 2≤CF≤10 ．
思路引领：取AB的中点H，连接CH，FH，设EC，DF交于点G，根据勾股定理可得AB的长，根据旋转可得∠DCE＝∠ACB，DC＝AC，CE＝CB，证明∠AFB＝90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得FH＝CH=12AB=102，当F，C，H在一条直线上时，CF有最大值102+102=10．
解：如图，取AB的中点H，连接CH，FH，设EC，DF交于点G，
在△ABC中，∠ACB＝90°，
∵AC=2，BC＝22，
∴AB=AC2+BC2=2+8=10，
由旋转可知：△DCE≌△ACB，
∴∠DCE＝∠ACB，DC＝AC，CE＝CB，
∴∠DCA＝∠BCE，
∵∠ADC＝（180°﹣∠ACD）÷2，
∠BEC＝（180°﹣∠BCE）÷2，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵∠DGC＝∠EGF，
∴∠DCG＝∠EFG＝90°，
∴∠AFB＝90°，
∵H是AB的中点，
∴FH=12AB，
∵∠ACB＝90°，
∴CH=12AB，
∴FH＝CH=12AB=102，
在△FCH中，FH+CH≥CF，
当F，C，H在一条直线上时，CF=102+102=10．
∴线段CF的值为10．
当A，F重合时CF最小＝0，
故答案为：0≤CF＜10．
总结提升：本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
52．(2023•江都区校级二模）如图，△ABC是等边三角形，AB＝6，E在AC上且AE=23AC，D是直线BC上一动点，线段ED绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，当点D运动时，则线段AF的最小值是 2+3 ．
思路引领：过E作EG⊥BC于G，过A作AP⊥EG于P，过F作FH⊥EG于H，则∠DGE＝∠EHF＝90°，依据△DEG≌△EFH（AAS），即可得到HF＝EG，进而得到当点D运动时，点F与直线GH的距离为3个单位，据此可得当AF⊥EG时，AF的最小值为AP+HF＝2+3．
解：如图所示，过E作EG⊥BC于G，过A作AP⊥EG于P，过F作FH⊥EG于H，
则∠DGE＝∠EHF＝90°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠EDG+∠DEG＝90°＝∠HEF+∠DEG，
∴∠EDG＝∠FEH，
又∵EF＝DE，
∴△DEG≌△EFH（AAS），
∴HF＝EG，
∵△ABC是等边三角形，AB＝6，AE=23AC，
∴AE＝4，CE＝2，∠AEH＝∠CEG＝30°，
∴CG=12CE＝1，AP=12AE＝2，
∴EG=3CG=3，
∴HF=3，
∴当点D运动时，点F与直线GH的距离始终为3个单位，
∴当AF⊥EG时，AF的最小值为AP+HF＝2+3，
故答案为：2+3．
总结提升：本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的性质即可得出点F的运动轨迹．
53．(2023•薛城区校级模拟）把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB＝∠DEC＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，斜边AB＝6，DC＝7，把三角板DCE绕着点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则线段AD1的长度为 5 ．
思路引领：首先由旋转的角度为15°，可知∠ACD1＝45°．已知∠CAO＝45°，即可得AO⊥CD1，然后可在Rt△AOC和Rt△AOD1中，通过解直角三角形求得AD1的长．
解：由题意易知：∠CAB＝45°，∠ACD＝30°．
若旋转角度为15°，则∠ACO＝30°+15°＝45°．
∴∠AOC＝180°﹣∠ACO﹣∠CAO＝90°．
在等腰Rt△ABC中，AB＝6，则AC＝BC＝32．
同理可求得：AO＝OC＝3．
在Rt△AOD1中，OA＝3，OD1＝CD1﹣OC＝4，
由勾股定理得：AD1＝5．
故答案为：5．
总结提升：此题主要考查了旋转的性质以及解直角三角形的综合应用，能够发现AO⊥OC是解决此题的关键．
54．(2023•路北区校级一模）如图，长度为3的线段AB固定不动，长度为6的线段AC绕A旋转，连接BC．在旋转过程中，线段BC的长度的最大值为 9 ；若以线段AC为直角边，以点A为直角顶点构造等腰直角△ACD，则在旋转过程中，点B到CD边的距离的最大值为 2+32 ．
思路引领：分别根据两点之间的距离和点到线的距离求解．
解：当线段AB，AC互为反向延长线是时，BC最大，为9，
故答案为：9；
当旋转到AB⊥CD，如下图时，点B到CD边的距离最大，
最大值为：2+32，
故答案为：2+32．
总结提升：本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
55．(2023•珠海校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点P是线段BC上一动点，将线段PA绕点P顺时针转90°得到线段PA'，连接DA'，则DA'的最小值为 2 ．
思路引领：根据旋转的性质，确定A'在线段GH上运动，当DA'⊥GH时，DA'有最小值．
解：当P点与B点重合时，A'点在BC上，且A'B＝AB＝4，
∵BC＝6，
∴CG＝2，
当P点与C点重合时，A'点运动到H点处，
∴A'在线段GH上运动，
当A'在CD上时，
∵∠APA'＝90°，
∴∠APB+∠CPA'＝90°，
∵∠APB+∠PAB＝90°，
∴∠CPA'＝∠PAB，
∵AP＝A'P，
∴△ABP≌△PCA'（AAS），
∴AB＝PC，BP＝A'C，
∵AB＝4，BC＝6，
∴A'C＝2，
∴A'D＝2，
∵CG＝A'C＝2，
∴∠DA'H＝45°，
过点D作DM⊥GH交于点M，
∴DM=2，
∴DA'的最小值为2，
故答案为：2．
总结提升：本题考查图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质，三角形全等的判定及性质，能够确定A'点的轨迹是解题的关键
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