湘教版七年级数学下册基础知识专项讲练 专题5.20 平移和旋转-几何变换（综合提升篇）（专项练习）

专题5.20平移和旋转-几何变换（综合提升篇）（专项练习）一、单选题1．如图，两个直角三角形重叠在一起，将沿AB方向平移得到，，，下列结论：①；②；③：④；⑤阴影部分的面积为．其中正确的是（）A．①②③④⑤ B．②③④⑤ C．①②③⑤ D．①②④⑤2．如图，在长方形中，，第一次平移将长方形沿方向向右平移4个单位长度，得到长方形，第二次平移将长方形沿方向向右平移4个单位长度，得到长方形，……，第n次平移将长方形沿方向向右平移4个单位长度，得到长方形（）.若的长为45，则（）A．10 B．11 C．16 D．93．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，将四边形ABCD沿AB方向平移得到四边形A'B'C'D'，BC与C'D'相交于点E，若BC＝8，CE＝3，C'E＝2，则阴影部分的面积为（）A．12+2 B．13 C．2+6 D．264．如图，点D为等边三角形ABC内的一点，DA＝5，DB＝4，DC＝3，将线段AD以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD′，下列结论：①点D与点D′的距离为5；②△ACD′可以由△ABD绕点A逆时针旋转60°得到；③点D到CD′的距离为3；④S四边形ADCD′＝6＋，其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个5．如图，等腰的直角顶点为，且轴，等腰中，，将与组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转则第次旋转结束时，点的坐标为（）A． B． C． D．6．如图，等边三角形ABC的边长是2，E是△ABC对称轴CD上一个动点，连接EB，将线段BE绕点B逆时针旋转60°得到BF，连接EF，则在点E运动过程中，△BEF周长的最小值是（）A．3 B． C． D．7．如图，在中，将绕点A按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在BC边上，且，，则的度数为（）．A．72° B．108° C．144° D．1568．如图，点是的边的中点，且与关于直线对称，若，，则点到线段的距离为（）A． B． C． D．9．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点的坐标为，点的坐标为，点在第二象限，直线与轴、轴分别交于点、．将菱形沿轴向右平移个单位，当点落在上时，则为（）A．1 B．2 C．3 D．410．如图，O是正内一点，，，．将线段以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段，下列结论错误的是（）A．点O与的距离为4 B．C．S四边形AOBO′ D．二、填空题11．如图，Rt△AOB和Rt△COD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠B＝40°，∠C＝60°，点D在边OA上，将图中的△COD绕点O按每秒10°的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，在第________秒时，边CD恰好与边AB平行．12．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，M、M′分别是AB、A′B′的中点，若AC＝4，BC＝2，则线段MM′的长为____．13．如图，矩形边，，沿折叠，使点与点重合，点的对应点为，将绕着点顺时针旋转，旋转角为．记旋转过程中的三角形为，在旋转过程中设直线与射线、射线分别交于点、，当时，则的长为_______．14．如图，△ABC中，∠C90，AC5cm，CB12cm，AB13cm，将△ABC沿直线CB向右平移3cm得到△DEF，DF交AB于点G，则点C到直线DE的距离为______cm．15．如图，△ABC的边长AB=3cm，BC=4cm，AC=2cm，将△ABC沿BC方向平移acm（a＜4cm），得到△DEF，连接AD，则阴影部分的周长为_______cm．16．如图，在平面直角坐标系中，点，，，将线段向右平移，则在平移过程中，的最小值是__．17．如图，在平面直角坐标系中，已知长方形ABCD的顶点坐标：A（-4，-4），B（12，6），D（-8，2），则C点坐标为______．18．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2020次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为___________．19．如图，在△ABC中，，将△ABC以每秒2cm的速度沿所在直线向右平移，所得图形对应为△DEF，设平移时间为t秒，若要使成立，则的值为_____秒．20．如图，直线y=2x+2与x、y轴分别交于A、B两点，以OB为边在y轴左侧作等边△OBC，将△OBC沿y轴上下平移，使点C的对应点C′恰好落在直线AB上，则点C′的坐标为____．三、解答题21．如图，已知P是正方形ABCD内一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3，以点B为旋转中心，将△ABP按顺时针方向旋转使点A与点C重合，这时P点旋转到G点．（1）请画出旋转后的图形，说出此时△ABP以点B为旋转中心最少旋转了多少度；（2）求出PG的长度；（3）请你猜想△PGC的形状，并说明理由；（4）请你计算∠BGC的角度．22．如图1，图2中，正方形ABCD的边长为6，点P从点B出发沿边BC—CD以每秒2个单位长的速度向点D匀速运动，以BP为边作等边三角形BPQ，使点Q在正方形ABCD内或边上，当点Q恰好运动到AD边上时，点P停止运动．设运动时间为t秒（t≥0）．（1）当t＝2时，点Q到BC的距离＝_____；（2）当点P在BC边上运动时，求CQ的最小值及此时t的值；（3）若点Q在AD边上时，如图2，求出t的值；（4）直接写出点Q运动路线的长．23．问题提出：（1）如图1，在四边形中，已知：，，，的面积为8，求边上的高．问题探究（2）如图2在（1）的条件下，点是边上一点，且，，连接，求的面积问题解决（3）如图3，在（1）的条件下，点是边上任意一点，连接、，若，的面积是否存在最小值；若存在，求出最小值；若不存在；请说明理由．24．在平面直角坐标中，边长为2的正方形的两顶点、分别在轴、轴的正半轴上，点在原点.现将正方形绕点顺时针旋转，当点一次落在直线上时停止旋转，旋转过程中，边交直线于点，边交轴于点（如图）.（1）求边在旋转过程中所扫过的面积；（2）旋转过程中，当和平行时，求正方形旋转的度数；（3）设的周长为，在旋转正方形的过程中，值是否有变化？请证明你的结论.25．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣2，0），点B（0，2），点E，点F分别为OA，OB的中点．若正方形OEDF绕点O顺时针旋转，得正方形OE′D′F′，记旋转角为α．（1）如图②，当α=135°时，求AE′，BF′的长；（2）如图③，当0°﹤α﹤180°时，AE′和BF′有什么位置关系；（3）若直线AE′与直线BF′相交于点P，求点P的纵坐标的最大值（直接写出结果即可）．26．中，，为高线，点在边上，且，连接，，与边相交于点．（1）如图1，当时，求证：（2）如图2，当时，则线段、的数量关系为；（3）如图3，在（2）的条件下，将绕点顺时针旋转，旋转后边所在的直线与边相交于点，边所在的直线与边相交于点，与高线相交于点，若，且，求线段H的长．27．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于，两点．点为线段上的一个动点，过点作轴于点，作轴与点，求矩形的最大面积，并求此时点的坐标．参考答案1．A【分析】根据平移的性质可直接判断①②③，根据平行线的性质可判断④，阴影部分的面积=S梯形BEFH，于是可判断⑤，进而可得答案．【详解】解：因为将沿AB方向平移得到，所以，，DF∥AC，故①②正确；所以，故④正确；∵AC∥DF，点H是BC的中点，则有点D为DE的中点，则BD=AD=CH=2cm故③正确；因为，，所以BH=2cm，又因为BE=2cm，所以阴影部分的面积=S△ABC－S△DBH=S△DEF－S△DBH=S梯形BEFH=，故⑤正确；综上，正确的结论是①②③④⑤．故选：A．【点拨】本题考查了平移的性质，属于基础题目，正确理解题意、熟练掌握平移的性质是解题的关键．2．A【分析】每次平移4个单位，次平移个单位，再加上的长度即可找出规律．【详解】∵每次平移4个单位，次平移个单位又∵∴∴解得：故答案选：A【点拨】本题考查图形平移的规律，掌握平移方式是解题关键．3．B【分析】利用平移的性质得到B′C′＝BC＝8，BC∥B′C′，CD∥C′D′，S梯形ABCD＝S梯形A′B′C′D′，然后根据S阴影部分＝S梯形BB′C′E进行计算．【详解】解：∵四边形ABCD沿AB方向平移得到四边形A'B'C'D'，∴B′C′＝BC＝8，BC∥B′C′，CD∥C′D′，S梯形ABCD＝S梯形A′B′C′D′，∴C′D′⊥BE，∴S阴影部分＝S梯形BB′C′E＝（8﹣3+8）×2＝13．故选：B．【点拨】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．4．D【分析】连接DD′，根据旋转的性质得AD=AD′，∠DAD′=60°，可判断△ADD′为等边三角形，则DD′=5，可对①进行判断；由△ABC为等边三角形得到AB=AC，∠BAC=60°，则把△ABD逆时针旋转60°后，AB与AC重合，AD与AD′重合，于是可对②进行判断；再根据勾股定理的逆定理得到△DD′C为直角三角形，则可对③④进行判断；由于四边形ADCD′的面积=△ADD′的面积+△D′DC的面积，利用等边三角形的面积公式和直角三角形面积公式计算后可对⑤进行判断．【详解】解：连接DD′，如图，

∵线段AD以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD′，∴AD=AD′，∠DAD′=60°，∴△ADD′为等边三角形，∴DD′=5，所以①正确；∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∴把△ABD逆时针旋转60°后，AB与AC重合，AD与AD′重合，∴△ACD′可以由△ABD绕点A逆时针旋转60°得到，所以②正确；∴D′C=DB=4，∵DC=3，∴在△DD′C中，DC2+D′C2=DD′2，∴△DD′C为直角三角形，∴∠DCD′=90°，∴DC⊥CD′，∴点D到CD′的距离为3，所以③正确；∵四边形ADCD′的面积=S△ADD′+S△D′DC=，所以④正确．故选D．【点拨】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等边三角形的判定与性质以及勾股定理的逆定理．5．A【分析】先求出OD的长，再利用等腰直角三角形的性质确定C点坐标，根据题意可得经过4次旋转后点C回到初始位置，由于2021=4×505+1，所以第2021次旋转结束时，点C到达第一次旋转时的位置，由此求解．【详解】解：由题意可得：，∴C点坐标为（-9，3）∵将与组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转∴经过4次旋转后，点C回到初始位置，∵2021=4×505+1，∴第2021次旋转结束时，点C到达第一次旋转时的位置，即故选：A【点拨】本题考查了坐标与图形变化-旋转，等腰直角三角形的性质，解答本题的关键是找出C点坐标变化的规律．6．C【分析】由旋转的性质可得BE＝BF，∠EBF＝60°，可证△BEF是等边三角形，则当BE取最小值时，则△BEF的周长有最小值，由垂线段最短可求解．【详解】解：∵将线段BE绕点B逆时针旋转60°得到BF，∴BE＝BF，∠EBF＝60°，∴△BEF是等边三角形，∴△BEF的周长＝3BE，∴当BE取最小值时，则△BEF的周长有最小值，∵等边三角形ABC的边长是2，CD为对称轴，∴AD＝BD＝，CD⊥AB，∵E是△ABC对称轴CD上一个动点，∴BE⊥CD时，BE有最小值为，∴△BEF周长的最小值为3，故选：C．【点拨】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，最短路径问题，掌握旋转的性质是本题的关键．7．B【分析】根据旋转可得等腰三角形B，再根据，求出∠和∠B即可．【详解】解：∵绕点按逆时针方向旋转得到，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故选B．【点拨】本题考查了旋转的性质和等腰三角形的性质，解题关键是熟练利用等腰三角形的性质求出相应角的度数．8．D【分析】通过折叠的性质可证明△CDE为等边三角形，进而可证明∠ADE=120°，即AD//CE，根据同底等高的三角形面积相等可得，作EF⊥BC，AG⊥BC，根据勾股定理可求得EF，AG，AC，再依据面积公式可求得点到线段的距离．【详解】解：∵是的边的中点，∴CD=BD，由折叠的性质可得DE=BD，∠ADE=∠ADB，∵，∴，∴△CDE为等边三角形，∴∠DEC=∠CDE=60°，∴∠CDE=∠ADE-∠ADC=∠ADB-∠ADC=180°-2∠ADC=60°,∴∠ADC=60°，∠ADE=120°，∴∠ADE+∠CED=180°，∴AD//CE，∴，作EF⊥BC，AG⊥BC，分别交BC于G、F，∴∠DAG=90°-∠ADG=30°，∠DEF=90°-∠EDF=30°，∴，∴，，∴，,∴,设到线段的距离为，则，解得，故选：D．【点拨】本题考查折叠的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理，含30°角的直角三角形．能正确作出辅助线求得AC的长度是解题关键．本题中还需正确构造辅助线理解同底等高的三角形面积相等．9．C【分析】根据菱形的对称线互相垂直平分表示出点A的坐标，再根据直线解析式求出点A移到到MN上时x的值，从而求出m.【详解】解：∵菱形的顶点的坐标为，点的坐标为∴点A的坐标为(-1,4)∵菱形ABCD沿x轴向右平移m个单位，当点A落在MN上时,点A纵坐标没有变,∴当y=4时，即=4∴x=2∴点A向右移动2-(-1)=3个单位，即菱形沿轴向右平移3个单位故选：C..【点拨】本题考查菱形的性质.10．D【分析】证明△BO′A≌△BOC，得△OBO′是等边三角形，根据勾股定理逆定理可得△AOO′是直角三角形，进而可判断．【详解】解：如图，连接OO′，由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，∴∠1＝∠3，又∵OB＝O′B，AB＝BC，∴△BO′A≌△BOC，又∵∠OBO′＝60°，∴△OBO′是等边三角形，∴OO′＝OB＝4．故A正确；∵△BO′A≌△BOC，∴O′A＝5．在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，故B正确；S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′═×3×4+×42＝6+4，故C正确；如图2

将△AOC绕A点顺时针旋转60°到△ABO'位置，同理可得S△AOC+S△AOB=6+，故D错误；故选D．【点拨】此题考查了旋转的性质，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．11．10或28【分析】作出图形，分①两三角形在点O的同侧时，设CD与OB相交于点E，根据两直线平行，同位角相等可得∠CEO=∠B，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式求出∠DOE，然后求出旋转角∠AOD，再根据每秒旋转10°列式计算即可得解；②两三角形在点O的异侧时，延长BO与CD相交于点E，根据两直线平行，内错角相等可得∠CEO=∠B，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式求出∠DOE，然后求出旋转角度数，再根据每秒旋转10°列式计算即可得解．【详解】解：①两三角形在点O的同侧时，如图1，设CD与OB相交于点E，∵AB∥CD，∴∠CEO=∠B=40°，∵∠C=60°，∠COD=90°，∴∠D=90°-60°=30°，∴∠DOE=∠CEO-∠D=40°-30°=10°，∴旋转角∠AOD=∠AOB+∠DOE=90°+10°=100°，∵每秒旋转10°，∴时间为100°÷10°=10秒；②两三角形在点O的异侧时，如图2，延长BO与CD相交于点E，∵AB∥CD，∴∠CEO=∠B=40°，∵∠C=60°，∠COD=90°，∴∠D=90°-60°=30°，∴∠DOE=∠CEO-∠D=40°-30°=10°，∴旋转角为270°+10°=280°，∵每秒旋转10°，∴时间为280°÷10°=28秒；综上所述，在第10或28秒时，边CD恰好与边AB平行．故答案为10或28．【点拨】本题考查了平行线的判定，平行线的性质，旋转变换的性质，难点在于分情况讨论，作出图形更形象直观．12．【解析】试题分析：根据勾股定理可求得AB=A′B′=，根据旋转不变性，可知∠MCM′=90°，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知CM=AB=，CM′=，所以再次根据勾股定理可求得MN=.故答案为：点拨：此题主要考查了直角三角形斜边上的中线，解题时先根据勾股定理求出斜边的长，然后根据旋转的性质和直角三角形的斜边上的中线求出CM、CM′，然后根据勾股定理可求解.13．【分析】设AE=x=FC=FG，则BE=ED=8-x，根据勾股定理可得：x=，进而确定BE、EF的长，再由折叠性质可得∠BEF=∠DEF=∠BFE和∠DEF=∠NME=∠F'，可证四边形BEMF'为平行四边形，进而得到平行四边形BEMF'为菱形，由菱形的性质可得EM=BE,最后由即可解答．【详解】解：如图：AE=x=FC=FG，则，在中，有，即，解得，，，由折叠的性质得，，，，，四边形为平行四边形，由旋转的性质得：，，平行四边形为菱形，，．【点拨】本题考查了旋转的性质、勾股定理、矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定等知识；考查知识点多，增加了试题的难度，其中证得四边形BEMF'是菱形是解答本题的关键．14．【分析】根据平移前后图形的大小和形状不变，添加辅助线构造梯形，利用面积相等来计算出答案．【详解】解：如图，连接AD、CD，作CH⊥DE于H，依题意可得AD=BE=3cm，∵梯形ACED的面积，∴，解得；故答案为：．【点拨】本题考查的是图形的平移和点到直线的距离，注意图形平移前后的形状和大小不变，以及平移前后对应点的连线相等．15．9【分析】根据平移的特点，可直接得出AC、DE、AD的长，利用EC=BC－BE可得出EC的长，进而得出阴影部分周长．【详解】∵AB=3cm，BC=4cm，AC=2cm，将△ABC沿BC方向平移acm∴DE=AB=3cm，BE=acm∴EC=BC－BE=(4－a)cm∴阴影部分周长=2+3+(4－a)+a=9cm故答案为：9【点拨】本题考查平移的特点，解题关键是利用平移的性质，得出EC=BC－BE．16．【分析】过点C作直线，作B关于的对称点E，连接AE，将直线AE向右平移至过C点得到直线DF，连接，过点做轴交轴于，则的最小值为DF的长度．【详解】如图：过点C作直线，作B点关于的对称点E，连接AE，将直线AE向右平移至过C点得到直线DF，连接，过点做轴交轴于∵平移后A点对应点为D点，B点对应点为G点，根据对称性：∴∴的最小值为DF的长度∵点，，，根据对称性知∴∴∴的最小值为．【点拨】掌握根据对称性转化线段长度解决问题．两点之间，线段最短使我们解决最值问题常用的思路．17．（8，12）【分析】设点C的坐标为(x，y)，根据矩形的对角线互相平分且相等，利用中点公式列式计算即可得解．【详解】解：设点C的坐标为(x，y)，根据矩形的性质，AC、BD的中点为矩形的中心，所以，=，=，解得x=8，y=12，所以，点C的坐标为(8，12)．故答案为：(8，12)．【点拨】本题考查了坐标与图形性质，主要利用了矩形的对角线互相平分且相等的性质，以及中点公式．18．(-2018,)【分析】先求出C点坐标，然后求出点C翻转、平移一次后得到的结果，再求出点翻转、平移一次后得到的结果，…找出规律，最后算出翻转2020次得到的结果.【详解】由题意，可利用勾股定理求出等边三角形的高为，得到C点坐标为，翻转，平移一次为翻转，平移两次为，翻转，平移三次为…故C点翻转，平移n次的坐标为当n=2020时，，故答案为(-2018,)【点拨】本题考查了坐标与图形变化-平移，等边三角形的性质，读懂题目信息，确定出连续2020次这样的变换得到三角形在x轴上方是解题的关键．19．2或6.【解析】【分析】分两种情况：（1）当点E在C的左边时；（2）当点E在C的右边时.画出相应的图形，根据平移的性质，可得AD=BE，再根据AD=2CE，可得方程，解方程即可求解．【详解】解：分两种情况：（1）当点E在C的左边时，如图根据图形可得：线段BE和AD的长度即是平移的距离，

则AD=BE，

设AD=2tcm，则CE=tcm，依题意有

2t+t=6，

解得t=2．（2）当点E在C的右边时，如图

根据图形可得：线段BE和AD的长度即是平移的距离，

则AD=BE，

设AD=2tcm，则CE=tcm，依题意有

2t-t=6，

解得t=6．故答案为2或6．【点拨】本题考查了平移的性质，解题的关键是理解平移的方向，由图形判断平移的方向和距离．注意分类讨论．20．(-3，-6+2)【解析】∵，∴当x=0时，y=；当y=0时，x=，∴点A（，0），点B（0，），∵△OBC是等边三角形，OB=，∴点C到OB的距离是：×sin60°==3，将x=﹣3代入，得y=，∴点C′的坐标为（﹣3，），故答案为（﹣3，）．点拨：本题考查一次函数图象上点的坐标特征、等边三角形的性质、坐标与图形变化﹣平移，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用等边三角形的性质和平移的性质解答．21．（1）△ABP以点B为旋转中心最少旋转了90度；（2）2；（3）△PCG是直角三角形；（4）135°【解析】【分析】（1）直接利用旋转的性质即可得出结论；

（2）先判断出BP=BG，进而利用等腰直角三角形的性质即可得出结论；

（3）利用勾股定理的逆定理即可得出结论；

（4）先求出∠BGP=45°，再求出∠PGC=90°，即可得出结论．【详解】解：（1）如图，由旋转知，旋转角为∠ABC＝90°，∴△ABP以点B为旋转中心最少旋转了90度；（2）连接PG，由旋转知，BP＝BG，∠PBG＝∠ABC＝90°，∵BP＝2，∴BG＝BP＝2，∴PG＝BP＝2；（3）由旋转知，CG＝AP＝1，由（2）知，PG＝2，∵PC＝3，∴PG2+CG2＝8+1＝9，PC2＝9，∴PG2+CG2＝PC2，∴△PCG是直角三角形；（4）由（2）知，BP＝BG，∠PBG＝90°，∴∠BGP＝45°，由（3）知，△PCG是直角三角形，∴∠PGC＝90°，∴∠BGC＝∠BGP+∠PGC＝135°．【点拨】四边形综合题，主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理及逆定理，求出PG是解本题的关键．22．（1）；（2）t=,CQ=3;(3);(4)【分析】过点作用三角函数的知识即可求出点Q到BC的距离，点P在BC边上运动时，有，根据垂线段最短，当时，CQ最小，作图，求解即可.若点Q在AD边上，则证明Rt△BAQ≌Rt△BCP，根据列出方程求解即可.点Q运动路线的长等于点运动的路线长：【详解】如图：过点作当时，是等边三角形，故答案为点P在BC边上运动时，有，根据垂线段最短，当时，CQ最小，如图，在直角三角形BCQ中，，∴∴∴（3）若点Q在AD边上，则∵∴Rt△BAQ≌Rt△BCP（HL）,∴∴∵，且由勾股定理可得，∴解得：（不合题意，舍去），∴.（4）点Q运动路线的长等于点运动的路线长：【点拨】本题考查几何图形中的动点问题，需要熟练运用三角函数、全等三角形、勾股定理相关知识.23．（1）4；（2）；（3）存在，最小值为【分析】（1）作BC边上的高AM，利用三角形面积公式即可求解；（2）延长DA，过B点作BF⊥DA于点F，作BH⊥AE于点H，易得四边形BCDF为矩形，在（1）的条件下BC=CD=4，则BCDF为正方形，由，结合∠FAB=∠CBA可得∠FAB=∠EAB，从而推出BF=BH=4，易证Rt△BCE≌Rt△BHE，所以EH=CE=2，设AD＝a，则AF=AH=4-a，在Rt△ADE中利用勾股定理建立方程可求出a，最后根据S△ABE=即可求解；（3）辅助线同（2），设AD=a，CE=m，则DE=4-m，同（2）可得出m与a的关系式，设△ABE的面积为y，由y=得到m与y的关系式，再求y的最小值即可．【详解】（1）如图所示，作BC边上的高AM，∵S△ABC=∴即BC边上的高为4；（2）如图所示，延长DA，过B点作BF⊥DA于点F，作BH⊥AE于点H，∵，∴∠BCD=∠D=90°=∠F∴四边形BCDF为矩形，又∵BC=CD=4∴四边形BCDF为正方形，∴DF=BF=BC=4，又∵AD∥BC∴∠FAB=∠CBA又∵∠EAB=∠CBA∴∠FAB=∠EAB∵BF⊥AF，BH⊥AE∴BH=BF=4，在Rt△BCE和Rt△BHE中，∵BE=BE，BH=BC=4∴Rt△BCE≌Rt△BHE（HL）∴EH=CE=2同理可证Rt△BAF≌Rt△BAH（HL）∴AF=AH设AD=a，则AF=AH=4-a在Rt△ADE中，AD=a，DE=2，AE=AH+EH=4-a+2=6-a由勾股定理得AD2+DE2=AE2，即解得∴AE=6-a=S△ABE=（3）存在，如图所示，延长DA，过B点作BF⊥DA于点F，作BH⊥AE于点H，同（2）可得CE=EH，AF=AH，设AD=a，CE=EH=m，则DE=4-m，AF=AH=4-a在Rt△ADE中，AD2+DE2=AE2，即整理得∴AE=AH+HE=设△ABE的面积为y，则y=∴整理得：∵方程必有实数根∴整理得∴（注：利用求根公式进行因式分解）又∵面积y≥0∴即△ABE的面积最小值为．【点拨】本题考查四边形综合问题，正确作出辅助线，得出AB平分∠FAC，利用角平分线的性质定理得到BF=BH，结合勾股定理求出AE是解决（2）题的关键，（3）题中利用一元二次方程的判别式求最值是解题的关键．24．（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析【解析】试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积；（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数；（3）利用全等把△MBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．试题解析：（1）∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，直线y=x与y轴的夹角是45°，∴OA旋转了45°．∴OA在旋转过程中所扫过的面积为．（2）∵MN∥AC，∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°．∴∠BMN=∠BNM．∴BM=BN．又∵BA=BC，∴AM=CN．又∵OA=OC，∠OAM=∠OCN，∴△OAM≌△OCN．∴∠AOM=∠CON=（∠AOC-∠MON）=（90°-45°）=22.5°．∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为45°-22.5°=22.5°．（3）在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．证明：延长BA交y轴于E点，则∠AOE=45°-∠AOM，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM，∴∠AOE=∠CON．又∵OA=OC，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN．∴△OAE≌△OCN．∴OE=ON，AE=CN．又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM，∴△OME≌△OMN．∴MN=ME=AM+AE．∴MN=AM+CN，∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．∴在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．考点：旋转的性质.25．（1）AE′,BF′的长都等于；（2）AE′⊥BF′；（3）点P的纵坐标的最大值为+12.【解析】试题分析：（1）利用勾股定理即可求出AE′，BF′的长（2）运用全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质就可解决问题．（3）首先找到使点P的纵坐标最大时点P的位置（点P与点D′重合时），然后运用勾股定理及30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识即可求出点P的纵坐标的最大值．试题解析：(Ⅰ)当α=90∘时,点E′与点F重合，如图①。∵点A(−2,0)点B(0,2)，∴OA=OB=2.∵点E，点F分别为OA，OB的中点，∴OE=OF=1∵正方形OE′D′F′是正方形OEDF绕点O顺时针旋转90°得到的，∴OE′=OE=1,OF′=OF=1.在Rt△AE′O中，AE′===.在Rt△BOF′中，BF′===.∴AE′,BF′的长都等于.(Ⅱ)当α=135°时,如图②。∵正方形OE′D′F′是由正方形OEDF绕点O顺时针旋转135°所得，∴∠AOE′=∠BOF′=135°.在△AOE′和△BOF′中，，∴△AOE′≌△BOF′(SAS).∴AE′=BF′,且∠OAE′=∠OBF′.∵∠ACB=∠CAO+∠AOC=∠CBP+∠CPB，∠CAO=∠CBP，∴∠CPB=∠AOC=90°∴AE′⊥BF′.(Ⅲ)∵∠BPA=∠BOA=90°，∴点P、B.A.

O四点共圆，∴当点P在劣弧OB上运动时，点P的纵坐标随着∠PAO的增大而增大。∵