专题37 轴对称、平移、旋转【十二大题型】（举一反三）（解析版）

专题37轴对称、平移、旋转【十二大题型】TOC\o"1-3"\h\u【题型1轴对称图形、中心对称图形的识别】 1【题型2与坐标系有关的对称、平移、旋转问题】 4【题型3与几何图形有关的折叠问题】 7【题型4与抛物线有关的折叠问题】 14【题型5利用轴对称求最值】 23【题型6根据中心对称的性质求面积、长度、角度】 33【题型7与轴对称、平移、旋转有关的规律探究问题】 43【题型8用平移、轴对称、旋转、中心对称作图】 48【题型9旋转或轴对称综合题之线段问题】 53【题型10旋转或轴对称综合题之面积问题】 65【题型11旋转或轴对称综合题之角度问题】 81【题型12利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案】 91【知识点轴对称、平移、旋转】1.平移(1)定义：把一个图形沿着某一直线方向移动，这种图形的平行移动，简称为平移。(2)平移的性质：平移后的图形与原图形全等；对应角相等；对应点所连的线段平行(或在同一条直线上)且相等。(3)坐标的平移：点（x，y）向右平移a个单位长度后的坐标变为（x+a，y）；点（x，y）向左平移a个单位长度后的坐标变为（x-a，y）；点（x，y）向上平移a个单位长度后的坐标变为（x，y+a）；点（x，y）向下平移a个单位长度后的坐标变为（x，y-a）。2.轴对称(1)轴对称：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成轴对称。这条直线叫做对称轴，折叠后重合的点是对应点，叫做对称点。(2)轴对称图形：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，这个图形叫做轴对称图形。这条直线叫做它的对称轴。(3)轴对称的性质：关于某条直线对称的图形是全等形。经过线段中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线。如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。轴对称图形的对称轴，是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。(4)线段垂直平分线的性质线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等；与一条线段两个端点距离相等的点，在线段的垂直平分线上。(5)坐标与轴对称：点（x，y）关于x轴对称的点的坐标是（x，-y）；点（x，y）关于y轴对称的点的坐标是（-x，y）；3.旋转(1)旋转定义：把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，叫做图形的旋转。点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做这个旋转的对应点。旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②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。(2)中心对称定义：把一个图形绕着某一点旋转180°，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个点对称或中心对称。这个点叫做对称中心。这两个图形在旋转后能重合的对应点叫做关于对称中心的对称点。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；②中心对称的两个图形是全等图形。(3)中心对称图形定义：如果一个图形绕一个点旋转180°后能与自身重合，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。(4)关于原点对称的点的坐标两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x，y)关于原点O的对称点为P′(-x，-y)。【题型1轴对称图形、中心对称图形的识别】【例1】（2023·广东东莞·一模）如所示图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可，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，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．掌握中心对称图形与轴对称图形的判断是解题的关键．【详解】解：A．原图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；B．原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；C．原图不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；D．原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意．故选：A．【变式1-1】（2023·安徽合肥·校考一模）如果一个图形绕着一个点至少旋转72度才能与它本身重合，则下列说法正确的是（

）A．这个图形一定是中心对称图形．B．这个图形既是中心对称图形，又是轴对称图形．C．这个图形旋转216度后能与它本身重合．D．这个图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形．【答案】C【分析】根据旋转对称性，至少旋转72°，旋转72度可以与原图形重合，则图形可以平分成5个全等的部分，因而是轴对称图形，不可能是中心对称图形，据此即可求解．【详解】解：∵旋转72°可以与原图形重合，则图形可以平分成5个全等的部分，因而可能是轴对称图形，不可能是中心对称图形，故A，B，D错误．由于216°÷72°=3，这个图形旋转216°后能与它本身重合，故C选项正确．故选C．【点睛】本题考查了旋转对称图形，要明确，旋转某一个角度后，图形与原图形重合，这样的图形称为旋转对称图形．【变式1-2】2023·福建泉州·统考模拟预测）如所示的四个交通标志图中，为旋转对称图形的是（

）A．

B．

C．D．

【答案】D【分析】根据旋转对称图形的定义对四个图形进行分析即可．【详解】解：题中所示的四个交通标志图中，只有选项D旋转120°与原图形重合，故选：D．【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．【变式1-3】（2023·山东青岛·统考三模）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有（）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【分析】本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念；根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项分析即可．【详解】解：左起第一和第二两个图形是轴对称图形，不是中心对称图形；第三个图形既是中心对称图形又是轴对称图形；第四个图形是中心对称图形，不是轴对称图形．所以既是中心对称图形又是轴对称图形的有1个．故选：A．【题型2与坐标系有关的对称、平移、旋转问题】【例2】（2023·江苏无锡·统考二模）如图，在△BDE中，∠BDE=90°，BD=42，点D的坐标是45,0，tan∠BDO=13，将△BDE旋转到△ABC

A．25,1255 B．35【答案】D【分析】设旋转中心为点P，连接PD，过点P作PF⊥x轴于点F，过点P作PH⊥BD于H，并延长交x轴于G，如图，根据题意得：AB,BD的垂直平分线的交点即为旋转中心点P，再由点C在BD上，可得PH=DH=22，并求出PD的长，解直角三角形求出DG的长，进而利用勾股定理求出DF、PF【详解】解：设旋转中心为点P，连接PD，过点P作PF⊥x轴于点F，过点P作PH⊥BD于H，并延长交x轴于G，如图，

根据题意得：AB,BD的垂直平分线的交点即为旋转中心点P，∵点C在BD上，∴点P到AB,BD的距离相等，都是12BD，即∴PD=2∵tan∴HG=2∴PG=823设DF=x，则GF=4由勾股定理得PF∴82解得x=4∴DF=4∴PF=∵D45,0∴OF=OD-DF=16∴点P的坐标为16故选D．【点睛】本题考查了坐标与图形变化——旋转，解直角三角形，勾股定理等等，熟练掌握旋转的性质确定出旋转中心的位置是解题的关键．【变式2-1】（2023·广东潮州·统考模拟预测）在平面直角坐标系中，线段AB平移得到线段CD，点A-1，4的对应点C1，A．4，-1 B．0，3 C．【答案】A【分析】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．【详解】解：∵点A-1，4的对应点C∴平移规律为向右平移2个单位，向下平移2个单位，∴B2，1的对应点D故选：A．【点睛】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．【变式2-2】（2023·吉林长春·二模）在平面直角坐标系中，已知A2，1，现将A点绕原点O逆时针旋转90°得到AA．-1，2 B．2，-1 C．【答案】A【分析】根据旋转的性质进行判断作答即可．【详解】解：如图，过A作AB⊥x轴于B，过A1作A1B

∵将A点绕原点O逆时针旋转90°得到A1∴由旋转的性质可得，OB∴A1-1故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，绕原点旋转90度的点的坐标．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．【变式2-3】（2023·四川眉山·校考三模）平面直角坐标系内有一点Mx,y，已知x，y满足4x+3+(5y-2)2=0，则点M关于y【答案】一【分析】根据4x+3+(5y-2)2=0得到【详解】∵4x+3+∴x=-3∴M-∴N3故点N在第一象限，故答案为：一．【点睛】本题考查了实数的非负性，关于y轴对称纵坐标不变，横坐标变相反数，熟练掌握对称点的确定是解题的关键．【题型3与几何图形有关的折叠问题】【例3】（2023·广西南宁·校考二模）如图，已知平行四边形纸片ABCDAD>AB，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边AD上，点B的对应点为F，折痕为AE，点E在边BC上，连接BF，若AE=4,BF=8，则四边形ABEF的面积为（

A．64 B．48 C．32 D．16【答案】D【分析】先证明四边形ABEF为菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，进行求解即可．【详解】解：∵平行四边形纸片ABCDAD>AB，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边AD上，点B的对应点为F，折痕为AE∴AF∥BE，AB=AF,BE=EF,∠BAE=∠FAE，∴∠FAE=∠BEA，∴∠BAE=∠BEA，∴AB=BE，∴AB=AF=BE=EF，∴四边形ABEF为菱形，∴四边形ABEF的面积为12故选D．【点睛】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，菱形的判定和性质．解题的关键是证明四边形ABEF为菱形．【变式3-1】（2023·河南·统考中考模拟）将三角形纸片△ABC按如图所示的方式折叠，使点B落在边AC上，记为点B'，折痕为EF，已知AB=AC=3，BC=4．若以点B'、F、C为顶点的三角形与△ABC相似，则BF的长度是【答案】127或【分析】本题考查折叠的性质，三角形相似的判定和性质．利用分类讨论的思想是解题关键．结合折叠的性质可设BF=B'F=x，则CF=4-x．分类讨论：①当∠ABC=∠B'FC时，此时△ABC∽△B'FC，得出B【详解】解：由折叠的性质可知BF=B设BF=B'F=x∵∠ACB=∠B∴可分类讨论：①当∠ABC=∠B'FC∴B'FAB解得：x=12∴此时BF的长度是127②当∠ABC=∠FB'C∴B'FAB解得：x=2，∴此时BF的长度是2．故答案为：127或2【变式3-2】（2023·山西大同·校联考模拟预测）如图，正六边形ABCDEF内接于半径为8cm的⊙O中，连接CE，AC，AE，沿直线CE折叠，使得点D与点O重合，则图中阴影部分的面积为（

A．323cm2 B．83cm2【答案】A【分析】根据正六边形的性质，折叠的性质以及圆的对称性可得出OM=MD=12OC=4cm，再根据直角三角形的边角关系求出CM，进而求出CE【详解】解：如图，连接OD，交CE于点M，则OD⊥CE，

由折叠可知OM=MD=1∠COM=360°在Rt△COMCM=3∴CE=2CM=83由题意可知，△ACE是等边三角形，阴影部分面积等于S四边形连接OA，点O为△ACE的内心，到三边的距离相等，S△OAC∴=2×=323故选：A．【点睛】本题考查正多边形和圆，翻折的性质以及直角三角形的边角关系，掌握正六边形和圆的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．【变式3-3】（2023·河南周口·校联考模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展实践活动．(1)操作判断操作一：如图（1），正方形纸片ABCD，点E是BC边上（点E不与点B，C重合）任意一点，沿AE折叠△ABE到△AFE，如图（2）所示；操作二：将图（2）沿过点F的直线折叠，使点E的对称点G落在AE上，得到折痕MN，点C的对称点记为H，如图（3）所示；操作三：将纸片展平，连接BM，如图（4）所示．根据以上操作，回答下列问题：①B，M，N三点（填“在”或“不在”)一条直线上；②AE和BN的位置关系是，数量关系是；③如图（5），连接AN，改变点E在BC上的位置，（填“存在”或“不存在”)点E，使AN平分∠DAE．(2)迁移探究苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片ABCD，AB=4，BC=6，按照（1）中的方式操作，得到图（6）或图（7）．请完成下列探究：①当点N在CD上时，如图（6），BE和CN有何数量关系？并说明理由；②当DN的长为1时，请直接写出BE的长．【答案】(1)①在，②AE⊥BN，相等；③不存在；(2)①BECN=23，理由见解析；②【分析】（1）①E的对称点为E'，BF⊥EE'，MF⊥EE'，即可判断；②由①AE⊥BN，由同角的余角相等得∠BAE=∠CBN，由AAS可判定△ABE≌△BCN，由全等三角形的性质即可得证；③由AAS可判定△DAN≌△MAN，由全等三角形的性质得AM=AD（2）①由（1）中的②可判定△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；②当N在CD上时，△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；当N在AD上时，同理可判定△ABE∽△NAB，由三角形相似的性质即可求解．【详解】（1）解：①E的对称点为E'∴BF⊥EE'，∴B、F、M共线，故答案为：在；②由①知：B、F、M共线，N在FM上，∴AE⊥BN，∴∠AMB=90°，∴∠ABM+∠BAE=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCN=90°，AB=BC，∴∠CBN+∠ABM=90°，∴∠BAE=∠CBN，在△ABE和△BCN中∠BAE=∠CBN∠ABC=∠BCN∴△ABE≌△BCN(AAS)，∴AE=BN，故答案为：相等；③不存在，理由如下：假如存在，∵AN平分∠DAE，∴∠DAN=∠MAN，∵四边形ABCD是正方形，AM⊥BN，∴∠D=∠AMN=90°，在△DAN和△MAN中∠D=∠AMN∴△DAN≌△MAN(AAS)，∴AM=AD，∵AD=AB，∴AB=AM，∵AB是Rt△ABM∴AB>AM，∴AB=AM与AB>AM矛盾，故假设不成立，所以答案为：不存在；（2）解：①BECN由（1）中的②得：∠BAE=∠CBN，∠ABE=∠C=90°，∴△ABE∽△BCN，∴BECN②当N在CD上时，CN=CD-DN=3，由①知：△ABE∽△BCN，∴BECN∴BE=2当N在AD上时，AN=AD-DN=5，∵∠BAE=∠CBN=∠ANB，∠ABE=∠BAN=90°，∴△ABE∽△NAB，∴BEAB∴BE4∴BE=16综上所述：BE=2或165【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．【题型4与抛物线有关的折叠问题】【例4】（2023·广西贵港·统考三模）抛物线y=-12x2+32x+c与x轴交于A、B两点，且点A在点B的左侧，与y轴交于点

(1)求抛物线的解析式与A、B两点的坐标．(2)若点E的纵坐标为0，且以A，E，(3)过点M作直线CD的垂线，垂足为N，若将△CMN沿CM翻折，点N的对应点为N'，则是否存在点M，使点N'则恰好落在x轴上？若存在，求出此时点【答案】(1)y=-12(2)M(0,2)或3-412(3)存在，M(1,3)或(5,-3)【分析】（1）可先求得点C的坐标，将其代入抛物线的解析式求得c的值，令y=0，求得x的值，进而求得点A,B的坐标；（2）分为AD为边和AD为对角线两种情形，当AD为边时，分为▱ADME,▱ADEM，前者观察点M和点C重合，后者点M的纵坐标和点D坐标互为相反数，进而求得结果，点AD为对角线时，点M和点C重合；（3）证明CNMN'是正方形，求得CM的解析式为：y=x+2和【详解】（1）解：∵CD∥x轴，∴C(0,2),把x=0,y=2代入y=-12∴y=-由-12∴A(-1,0).B(4,0);（2）如图1，

当AD为边时，▱AE1M1D，此时M▱AM2E3D时，点M∴-∴x=∴当AD为对角线时，此时点M和点C重合，综上所述：M(0,2)或3-412（3）如图2，

由折叠知，∠CNM=∠CN∵∠NCN∴四边形CNMN∵CN=CN∴矩形CNMN∴CM平分∠NCN当CM1平分直线CM1的解析式为：由-12x2+3当x=1时，y=1+2=3，∴M1当CM2平分直线CM2的解析式为：由-12x2+3当x=5时，y=-5+2=-3，∴综上所述：M(1,3)或(5,-3)．【点睛】本题以二次函数为背景，考查了求二次函数的解析式，求一次函数的解析式，解一元二次方程，平行四边形的分类，正方形的判定和性质等知识点，解决问题的关键是正确分类，画出图形．【变式4-1】（2023·山东枣庄·校考模拟预测）已知：如图，抛物线y=-x2+bx+c经过原点O，它的对称轴为直线x=2，动点P从抛物线的顶点A出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向下运动，设动点P运动的时间为t秒，连接OP并延长交抛物线于点B，连接OA(1)求抛物线解析式及顶点坐标；(2)当三点A，O，B构成以为OB为斜边的直角三角形时，求t的值；(3)将△PAB沿直线PB折叠后，那么点A的对称点A1能否恰好落在坐标轴上？若能，请直接写出所有满足条件的t【答案】(1)y=-x2(2)1秒(3)能，(5-5)秒或25秒或(5+5)秒【分析】（1）根据抛物线过原点，对称轴为直线x=2，待定系数求解析式即可求解；（2）设B(x，-x2+4x)．三点A，O，B构成以为OB为斜边的直角三角形，勾股定理得出OA2+AB2=OB2，B(52,154)（3）分三种情况讨论，①点A1在x轴正半轴上；②点A1在y轴负半轴上，③点A1【详解】（1）解：由题意得c=0-b解得b=4c=0∴抛物线的解析式为y=-x∵y=-x∴顶点A的坐标为(2,4)；（2）如图1，设B(x，∵三点A，O，B构成以OB为斜边的直角三角形，∴OA即22整理，得2x解得x1=52，x∴B(52,154设直线OB的解析式为y=kx，则52k=15解得k=3_∴y=3_2当x=2时，y=3，∴AP=4-3=1，∴t=1÷1=1(秒)；（3）分三种情况：①若点A1在x轴正半轴上，如图2可得PD即(4-t)2+(25解得t=5-5；②若点A1在y轴负半轴上，如图3，连接AA1交OB可得OA∴∠OA∵OA∴∠OA∴∠OAA∵AA∴∠在△OAE与△PAE中，∠OAE=∠PAEAE=AE∴△OAE≌△PAE(ASA∴OA=PA=25，∴t=25；③若点A1在x轴负半轴上，如图可得PD即(t-4)2解得t=5+5；综上所述，所有满足条件的t的值为(5-5)秒或25秒或(5+5)秒．【点睛】本题考查了二次函数综合问题，特殊三角形问题，轴对称的性质，勾股定理，掌握二次函数的性质是解题的关键．【变式4-2】（2023·山西临汾·统考一模）综合与探究如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=14x2-32x-4与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴交于点C．将△ABC沿(1)求点A，B，C的坐标．(2)求直线BD的函数表达式．(3)在抛物线上是否存在点P，使∠PCB=∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A(2)y=(3)存在，点P的坐标为6,-4或34【分析】（1）根据当y=0时，可得14x2-32x-4=0，解一元二次方程即可得出点A,B（2）过点D作DE⊥x轴于点E，先利用勾股定理的逆定理判断出∠ACB=90°，再根据轴对称的性质、三角形中位线定理可得OC为△ADE的中位线，从而可得D-2,8（3）分两种情况：①点P在BC下方和②点P在BC上方，再根据平行线的性质、等腰三角形的三线合一分别求出与PC平行的直线，然后结合二次函数和一次函数的性质求解即可得．【详解】（1）解：当y=0时，14解得x1=-2，∵点B在点A的右侧，∴A-2,0当x=0时，y=-4，∴C0,-4（2）解：如图，过点D作DE⊥x轴于点E，∵A-2,0，B8,0，∴OA=2，OB=8，OC=4，∴AB=8--2=10，AC=2∴AC∴∠ACB=90°，又∵将△ABC沿BC所在的直线折叠得到△DBC，点A的对应点为D，∴A,C,D三点在一条直线上，由轴对称的性质得：CD=AC，BD=AB，∵OC⊥AB，DE⊥AB，∴DE∥OC，∴OC为△ADE的中位线，AO=OE=2，∴DE=2OC=8，∴D2,-8设直线BD的函数表达式为y=kx+b，将点B8,0，D2,-8代入得：8k+b=02k+b=-8则直线BD的函数表达式为y=4（3）解：在抛物线上存在点P，使∠PCB=∠ABC，①如图，当点P在BC下方时，∵∠PCB=∠ABC，∴PC∥AB，∴点C，P的纵坐标相等，∴点P的纵坐标为-4，令y=-4，则14x2-3∴P6,-4②如图，当点P在BC上方时，由（2）可知，A，C，D三点在一条直线上，BD=AB，∠ACB=90°，∴∠ABC=∠DBC，∵∠PCB=∠ABC，∴∠PCB=∠DBC，∴PC∥BD，则可设直线PC的函数表达式为y=4∵点C的坐标为0,-4，∴c=-4，∴直线PC的函数表达式为y=4当43x-4=14x∴点P的横坐标为343当x=343时，∴P34综上，在抛物线上存在点P，使∠PCB=∠ABC，点P的坐标为6,-4或343【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的综合、折叠的性质、三角形中位线定理、等腰三角形的三线合一等知识点，较难的是题（3），正确分两种情况讨论是解题关键．【变式4-3】（2023·湖南岳阳·统考一模）如图①，在平面直角坐标系xOy中，抛物线F1:y=x2+bx+c经过点A1,0和点B(3,0)，与y轴交于点C，经过点A的直线l与y轴的负半轴交于点D，与抛物线F(1)求抛物线F1(2)如图②，点P是抛物线F1上位于x轴下方的一动点，连接CP、EP，CP与直线l交于点Q，设△EPQ和△ECQ的面积为S1和(3)如图③，将抛物线F1沿直线x=m翻折得到抛物线F2，且直线l与抛物线F2【答案】(1)y=x(2)S1S2(3)m=7【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）结合（1）求得直线l的解析式为y=x-1，过点P作PM⊥x轴，交AE于点M，则PM∥CD，易得△MPQ∼△DCQ即PQCQ=PMCD，由△EPQ和△ECQ的底在同一直线上，且有相同的高，故S1S2=PQCQ=PMCD（3）求得抛物线y=x2-4x+3的顶点坐标为2,-1，将2,-1沿直线x=m翻折得2m-2,-1，故将抛物线F1：y=x2-4x+3沿直线x=m翻折得到抛物线F2为y=x-2m-22-1，即【详解】（1）解：将点A1,0和点B(3,0)代入y=1+b+c=09+3b+c=0解得b=-4c=3抛物线F1的解析式为:y=（2）∵OD=OA，A1,0则D0,-1设直线l的解析式为y=kx+n，k+n=0n=-1解得:k=1n=-1可得直线l的解析式为：y=x-1，过点P作PM⊥x轴，交AE于点M，则PM∥∴△MPQ∼△DCQ，∴PQCQ△EPQ和△ECQ的底在同一直线上，且有相同的高，则S1∴S1由（1）可知C0,3，D∴CD=4，设Pa,则Ma,a-1∴PM==-a-∴PM的最大值为94则PMCD的最大值为PM∴S1S2（3）抛物线y=x2,-1，将2,-1沿直线x=m翻折得：2m-2,-1，故将抛物线F1：y=x2得到抛物线F2：y=即：y=x令x2即xΔ==8m-7，又∵直线l与抛物线F2∴8m-7=0，∴m=7【点睛】本题考查了代入法求一次函数、二次函数解析式，一次函数与二次函数综合，相似三角形的判定和性质，翻折问题，交点情况即一元二次方程解的情况；解题的关键是熟练掌握相关性质，灵活求解．【题型5利用轴对称求最值】【例5】（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=42，点P是边AD上一点（不与点A，D重合），连接PB，PC．点M，N分别是PB，PC的中点，连接MN，AM，DN，点E在边AD上，

A．23 B．3 C．32 D【答案】C【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得AM=12BP，DN=12CP，通过证明四边形MNDE是平行四边形，可得ME=DN，则AM+ME=AM+DN=12BP+CP，作点C关于直线AD的对称点M，则BP+CP=BP+PM，点B【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAP=∠CDP=90°，AD∥∵点M，N分别是PB，∴AM=12BP，DN=12∵AD∥BC，∴MN∥又∵ME∥∴四边形MNDE是平行四边形，∴ME=DN，∴AM+ME=AM+DN=1如图，作点C关于直线AD的对称点M，连接PM，BM，

则BP+CP=BP+PM，当点B，P，M三点共线时，BP+PM的值最小，最小值为BM，在Rt△BCM中，MC=2CD=2AB=210，∴BM=B∴AM+ME的最小值=1故选C．【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思想．【变式5-1】（2023·江苏盐城·统考模拟预测）如图，已知，等边△ABC中，AB=6，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．【答案】3【分析】由折叠可证四边形ABCD为菱形，BO是AC边上的中线，如图，连接AE、AF、PM，交BD于M，AF是BC边上的中线，∠BAC的角平分线，则BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，由DE=2OE，可得OM=OE，则PE=PM，AE=AM，PF-PE=PF-PM，可知当点P运动到点A时，PF-PE最大，最大为【详解】解：∵△ABC为等边三角形，AB=6，∴AB=AC=BC=6，∵将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，∴AD=CD=BC=AB=6，∴四边形ABCD为菱形，∴DO=BO，AO=CO=3，BD⊥AC，∴BO是AC边上的中线，如图，连接AE、AF、PM，交∵F是BC的中点，∴AF是BC边上的中线，∠BAC的角平分线，∴BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，∵DE=2OE，∴OM=OE，∵BD⊥AC，∴PE=PM，AE=AM，∴PF-PE=∴当点P运动到点A时，PF-PE最大，最大为FM，∵∠CAF=30°，∴CF=3，由勾股定理得，AF=A∴FM=1故答案为：3．【点睛】本题考查了三角形中线的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，含30°的直角三角形等知识．根据题意确定最大值的情况是解题的关键．【变式5-2】（2023·江苏宿迁·统考二模）如图，菱形ABCD的边长为10，tanA=43，点M为边AD上的一个动点且不与点A和点D重合，点A关于直线BM的对称点为点A'，点N为线段CA'的中点，连接【答案】65【分析】根据A，A'关于直线BM对称，得到BA'=10，取BC的中点K，NK是△A'BC的中位线，则NK=5，作DH⊥BC【详解】解：如图，连接BA'，取BC的中点K，连接NK，作DH⊥BC于∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD=10，∵点A关于直线BM的对称点为点A'∴BA∵点N为线段CA'的中点,点K是∴NK是△A∴NK=1∵tanA=∴DH=4x，CH=3x在Rt△CDH中，由勾股定理得D∴16x解得x=2（负值舍去），∴CH=6，∵CK=KB=5，∴HK=CH-CK=1，∴DK=D∵DN≥DK-NK，∴DN≥65∴DN的最小值为65-5故答案为：65-5【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，三角形中位线定理，菱形的性质，解直角三角形，勾股定理，三角形三边关系的应用，正确作出辅助线是解题的关键．【变式5-3】（2023·浙江·统考二模）如图，在正方形ABCD中，点E为边BC上一个动点，作点B关于AE的对称点B'，连接并延长DB'，交AE延长线于点F，连接B

(1)求证：BF=B(2)求∠BB(3)若AB=2，在点E的运动过程中，求点F到BC距离的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)135°(3)2【分析】（1）根据题意可得AE垂直平分BB'，则（2）如图所示，连接AB'，证明AB=AB'=AD，得到∠AB（3）如图所示，连接AC、BD交于O，设BB'与AF交于H，先求出∠AFD=45°，则点F在以点O为圆心，2为半径的圆弧上运动，即劣弧BC上运动；过点O作OM⊥BC交BC于N，交⊙O于M，则点F到【详解】（1）证明：∵点B关于AE的对称点为B'∴AE垂直平分BB∴BF=B（2）解：如图所示，连接AB∵AE垂直平分BB∴AB=AB∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∴AB=AB∴∠ABB∵∠ABB∴∠ABB∴∠BB

（3）解：如图所示，连接AC、BD交于O，设BB'与由（2）得∠FB∵FH⊥BB∴∠AFD=45°，∵四边形ABCD是正方形，∴OA=OD=1∴点F在以点O为圆心，2为半径的圆弧上运动，即劣弧BC上运动，过点O作OM⊥BC交BC于N，交⊙O于M，则点F到BC距离的最大值即为EM的长，在Rt△OBN中，BN=∴ON=O∴ME=2∴点F到BC距离的最大值为2-1

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，四边形内角和定理，垂径定理，等腰三角形的性质与判定等等，正确确定点F的运动轨迹是解题的关键．【题型6根据中心对称的性质求面积、长度、角度】【例6】（2023·江苏泰州·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A、C分别是直线y=-83x+4与坐标轴的交点，点B(-2,0)，点D是边AC上的一点，DE⊥BC，垂足为E，点F在AB边上，且D、F两点关于y轴上某点成中心对称，连接DF、EF．线段EF

【答案】2【分析】过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，证明Rt△FGK≌Rt△DHK，由全等三角形的性质得出FG=DH【详解】过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，

则∠FGK=∠DHK=90°，记FD交y轴于点K，∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称，∴KF=KD，∵∠FKG=∠DKH，∴Rt△FGK∴FG=DH，∵直线AC的解析式为y=-8∴x=0时，y=4，∴A0又∵B-2设直线AB的解析式为y=kx+b,∴-2k+b=解得k=2∴直线AB的解析式为y=2x+4，过点F作FR⊥x轴于点R，∵D点的横坐标为m,∴F-m,-2m+4∴ER=2m,FR=-2m+4，∵EF∴l=EF令-83x+4=0∴0≤m≤3∴当m=1时，l的最小值为8，∴EF的最小值为22【点睛】待定系数法，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，二次函数的性质，勾股定理，中心对称的性质，直角三角形的性质等知识．【变式6-1】（2023·山西朔州·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，有7个半径为1的小圆拼在一起，下面一行的4个小圆都与x轴相切，上面一行的3个小圆都在下一行右边3个小圆的正上方，且相邻两个小圆只有一个公共点，从左往右数，y轴过第2列两个小圆的圆心，点P是第3列两个小圆的公共点．若过点P有一条直线平分这7个小圆的面积，则该直线的函数表达式是．【答案】y=【分析】当直线y过P、N两点时，由中心对称图形的特征可得直线y平分7个小圆的面积，由直线和圆的位置关系，圆和圆的位置关系求得N、P的坐标，再待定系数法求一次函数解析式即可；【详解】解：如图，⊙N、⊙G、⊙M与x轴相切于F、O、E，连接NF、NG、GM、ME、PM，直线y过P、N两点，∵右边6个小圆关于点P中心对称，直线y经过点P，∴直线y平分右边6个小圆的面积，∵直线y经过左边小圆的圆心，∴直线y平分⊙N的面积，∴直线y平分7个小圆的面积，NF⊥x轴，GO⊥x轴，则NF∥GO，NF=GO=1，则NFOG是平行四边形，∠GOF=90°，则NFOG是矩形，∵⊙N、⊙G相切，∴NG=2，即N（-2，1），同理可得M（2，1），∵P在⊙M的正上方，E点在⊙M的正下方，∴PE为⊙M的直径，即P、M、E共线，∴P（2，2），设直线y=kx+b，则1=-2k+b2=2k+b，解得：k=∴y=1故答案为：y=1【点睛】本题考查了中心对称图形的特征，直线和圆的位置关系，圆和圆的位置关系，一次函数解析式；掌握中心对称图形的特征是解题关键．【变式6-2】（2023·江苏南通·统考一模）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=3．E为边AB上一动点，连接DE．作AF⊥DE交矩形ABCD的边于点F，垂足为(1)求证：∠AFB=∠DEA；(2)若CF=1，求AE的长；(3)点O为矩形ABCD的对称中心，探究OG的取值范围．【答案】(1)见解析(2)1或9(3)3【分析】（1）根据矩形的性质，进行角度的等量代换，即可解答；（2）分类讨论，即①当点F在BC上时②当点F在CD上时两种情况，利用正切的概念，即可解答；（3）取AD的中点H，连接OH，GH，AC，则OG≥OH-HG，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得HG,再根据中位线的性质求得OH，即可求得OG的最小值，再结合题意可得，当G与A重合时，【详解】（1）证明：如图1，四边形ABCD是矩形，AF⊥DE，∴∠DAB=∠B=∠AGE=90°，∴∠AFB+∠FAB=∠DEA+∠AFB=90°，∴∠AFB=∠DEA；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴DC=AB=6，①如图1，当点F在BC上时，BF=BC-CF=2．∵∠AFB=∠DEA，∴tan∴ABFB=AD∴AE=1；如图2，当点F在CD上时，DF=CD-CF=5．同（1）可证∠DAF=∠DEA，∴tan∴DFAD=AD∴AE=9∴AE=1或95（3）解：如图3，取AD的中点H，连接OH，则OG≥OH-HG．∵∠AGE=∠AGD=90°，∴HG=1∵点O为矩形ABCD的对称中心，∴点O为AC的中点．∴OH=1∴OG≥3-3∵AB=DC=6，∴AC=A当G与A重合时，OG最长，此时OG=1∴32【点睛】本题考查了矩形的性质，锐角三角形函数，解直接三角形，勾股定理，熟练画出图形并作出正确的辅助线是解题的关键．【变式6-3】（2023·吉林长春·统考一模）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=15，AC=20，动点P从点B出发，在线段BC上以每秒5个单位长度的速度向终点C运动，连接AP．将△APB沿直线(1)求BC的长；(2)当四边形ABPB'为中心对称图形时，求(3)当点B'在BC下方时，连接BB'(4)当直线AB'与△ABC一边垂直时，直接写出【答案】(1)BC=25(2)t=3(3)△CBB'(4)t=1或t=157【分析】（1）直接利用勾股定理求解即可；（2）根据四边形中正方形和菱形为中心对称图形，再根据当AB=BP时四边形ABPB'为菱形，即得出关于t的方程，解出t（3）设AB'与BC交于点D，过点B'作B'E⊥BC于点E．由BC=25为定值，即得出当B'E（4）分类讨论：①当AB'⊥BC时，结合（3）得出AD=12，B'D=3，从而可求出BD=9．设BP=B'P=x，则PD=9-x．在Rt△B'PD中，根据勾股定理列出关于x的等式，解出x的值，即可求出t的值；②当AB'⊥AB时，此时点B'在线段AC上，过点A作AM⊥BC于点M，点B'作B'N⊥BC于点N，由题意可求出AM=12，AB'=AB=15，B'C=5．又易证△ACM∽△B'CN，即可求出【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠BAC=90°，AB=15，AC=20，∴BC=A（2）解：∵只有正方形和菱形为中心对称图形，∴AB=BP，如图，由翻折可知AB=BP=B∴此时四边形ABPB∵BP=5t，∴5t=15，解得：t=3；（3）解：如图，设AB'与BC交于点D，过点B'作B∵BC=25为定值，∴当B'E最长时，∵B'∴当B'D与B'由翻折可知AB又∵B'∴当AD最短时，B'D最长，即此时∵S△ABC∴15×20=25AD，∴AD=12，∴B'∴此时S△CBB'=1（4）解：分类讨论：①当AB由（3）可知AD=12，B'∴BD=A设BP=B'P=x，则在Rt△B'PD中，解得：x=5，∴BP=5，∴t=BP②当AB'⊥AB时，此时点B'在线段AC上，过点A作AM⊥BC于点M，点B'由（3）可知AM=12．由翻折可知AB∴B'∵AM⊥BC，B'∴AM∥B∴△ACM∽△B∴ACB'C解得：B'∴CN=B设BP=B'P=y在Rt△B'PN中，解得：y=75∴BP=75∴t=BP③当AB'⊥AC时，此时点C∴t=BC综上可知t=1或t=157或【点睛】本题考查勾股定理，中心对称图形的性质，菱形的判定和性质，垂线段最短，相似三角形的判定和性质等知识．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．【题型7与轴对称、平移、旋转有关的规律探究问题】【例7】（2023·河南商丘·统考三模）如图，平面直角坐标系中，A(1，1)，B(0，3)，以AB为边在AB右侧作正方形ABCD．第一次操作：将正方形ABCD绕点O顺时针旋转90°得到正方形A1B1C1D1；第二次操作：将正方形A1B1C1D1绕点O顺时针旋转90°

A．(-2，4) B．(-4，2) C．(4，-2) D．(2，-4)【答案】B【分析】根据题意求得C的坐标，进而根据旋转的性质，可得点C2023的坐标在第二象限，即将点C绕点O逆时针旋转90°【详解】解：过点A,C作y轴的垂线，垂足分别为E,F，如图所示，

∴∠BFC=∠AEB=90°，∵A(1，1)，B(0，3)∴AE=1,BE=2，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°∴∠FCB=90°-∠FBC=∠ABE∴△FBC≌△EAB∴FB=AE=1,FC=BE=2∴OF=FB+BO=1+3=4∴C2,4依题意，每次顺时针旋转90°，每4次就回到起点，∴第2023次操作得到正方形A2023B2023C2023D2023中，点C如图所示，

∴O∴C2023故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，坐标与图形，找到规律是解题的关键【变式7-1】（2023·重庆南岸·二模）如图，Rt△A1B1C1的斜边A1B1在直线y=3x-3上，点B1在x轴上，C1点坐标为2,0．先将△A1B1C1沿较长直角边A

A．15,53 B．15,63 C．17,53【答案】D【分析】先求得A12,3，B11,0，根据勾股定理得B1C1=1，A1C1=【详解】当y=0时，x=1，∴B1∵Rt△A1B1∴A1∵C1点坐标为2,0∴B1C1∴A1∴∠A1B∴A2∴A2再由翻折可知，∠B2A∴A2∴A3同理可得A48,3，A58,3∴A11故选：D【点睛】本题考查了点坐标规律探索，勾股定理，翻折的性质，根据图象得出坐标变化规律是解题的关键．【变式7-2】（2023·河北保定·三模）如图，在平面直角坐标系中，函数y=x的图象为直线l，作点A11,0关于直线l的对称点A2，将A2向右平移2个单位得到点A3；再作A3关于直线l的对称点A4，将A4向右平移2个单位得到点A．1007,1008 B．1008,1006 C．1006,1008 D．1008,1007【答案】D【分析】本题主要考查了点的坐标规律探索，轴对称的性质，坐标与图形变化—平移，通过求出A20，1，A32，1，A41，2，A53，【详解】解：设A2A3与直线l∵A1∴OA∵函数y=x的图象为直线l，∴∠A由轴对称的性质可得OA∴∠A∴A2∵将A2向右平移2个单位得到点A∴A3同理可得A4∴A53，．．．．．．，以此类推，可知当n=2k（k为正整数）时，Ank-1，k，当∵2015=2×1008-1，∴A20151008，故选D．【变式7-3】（2023·河南周口·淮阳第一高级中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，菱形OABC的位置如图所示，其中点B的坐标为(-1,1)，第1次将菱形OABC绕着点O顺时针旋转90°，同时扩大为原来的2倍得到菱形OA1B1C1（即OB1=2OB），第2次将菱形OA1B1C1绕着点O顺时针旋转90°，同时扩大为原来的2倍得到菱形OA2B2C2（即OB2

A．22025,22025 B．2507,【答案】A【分析】由题意得B1的坐标为2,2，同理的B2坐标为4,-4，即22,-22，B3的坐标为-8,-8，即-23,-23【详解】解：如图，连接OB，OB1，过点B作BF⊥x轴，过点B1作B1E⊥x

∴∠BFO=90°，∠B∵B-1,1∴BF=OF=1，∴OB=2，∠BOF=∠OBF=45°∵B-1,1，第1次将菱形OABC绕着点O顺时针旋转90°，同时扩大为原来的2倍得到菱形OA1∴∠BOB1=90°∴∠B在Rt△OB1∴B1的坐标为2,2，即同样的方法，得：B2坐标为4,-4，即2B3的坐标为-8,-8，即-B4的坐标为-16,16，即-……，由2025÷4=506⋯1，∴B2025的坐标故选：A．【点睛】本题考查坐标与图形变化—旋转以及规律型，勾股定理及三角函数等知识．结合图形变化，找到点坐标变化的规律是解题的关键．【题型8用平移、轴对称、旋转、中心对称作图】【例8】（2023·安徽·模拟预测）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均在格点（网格线的交点）上．(1)将△ABC向右平移4个单位长度，再向下平移5个单位长度得到△A1B(2)将（1）中的△A1B1C1以【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了平移作图和轴对称作图，找到对应点是作图关键．（1）找到△ABC各顶点向右平移4个单位长度，再向下平移5个单位长度的对应点即可；（2）找到△A1B1C【详解】（1）解：如图所示，△A（2）解：如图所示，△A【变式8-1】（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在直角坐标系中，△ABC的各顶点坐标分别为Aa,1，B3,3，C4,-1；△ABC经过平移得到△A'B'(1)观察各对应点坐标的变化并填空：a的值为______，b的值为______；(2)画出△ABC及将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，点C的对应点为点E，写出点E的坐标．【答案】(1)1，-1(2)图见详解，E【分析】（1）根据点C的坐标变化规律，构建方程，求出a，b的值即可；（2）利用旋转变换的性质分别作出A，C的对应点D，E即可．【详解】（1）解：由点C4,-1平移后得到点C'-2,-5可知平移方式为向左平移6∴a-6=-5，3-4=b，∴a=1，b=-1，故答案为：1，-1；（2）解：如图，△DBE即为所求，∴E【点睛】本题考查作图-旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．【变式8-2】（2023·安徽·校联考模拟预测）如图是6×6的正方形网格，线段AB的端点A,B都在格点（网格线的交点）上．

(1)将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到对应线段AB1，画出线段(2)请仅用无刻度的直尺过点B作一条直线l，使得点A,B1到【答案】(1)画图见解析(2)画图见解析【分析】本题考查的是作旋转图形，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，利用旋转，平行线，三角形全等的性质进行作图是解本题的关键；（1）取格点B1，满足AB=AB1（2）取格点C，满足BC∥AB1，或取AB【详解】（1）解：如图，线段AB

（2）如图，l即为所求作的直线；

【变式8-3】（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）在如图的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，△ABC的三个顶点都在格点上（每个小方格的顶点叫格点）．

(1)画出△ABC向下平移3个单位后的△A1(2)画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2(3)连接C1C2，请直接写出C【答案】(1)见解析(2)见解析(3)13【分析】（1）根据平移的性质，即可求作出△A（2）根据中心对称的性质，即可求作出△A（3）直接用勾股定理进行求解即可；【详解】（1）如下图所示：△A（2）如下图所示：△A

（3）C1故答案为：13【点睛】本题考查的是平移及中心对称作图，勾股定理，熟知图形平移及中心对称的性质是解答此题的关键．【题型9旋转或轴对称综合题之线段问题】【例9】（2023·河南·统考中考真题）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．

(1)观察发现：如图1，在平面直角坐标系中，过点M4,0的直线l∥y轴，作△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，再分别作△A1B1C1关于x轴和直线l对称的图形△A2B2(2)探究迁移：如图2，▱ABCD中，∠BAD=α0°<α<90°，P为直线AB下方一点，作点P关于直线AB的对称点P1，再分别作点P1关于直线AD和直线CD的对称点P2和P3，连接AP①若∠PAP2=β，请判断β②若AD=m，求P，P3(3)拓展应用：在（2）的条件下，若α=60°，AD=23，∠PAB=15°，连接P2P3．当P2【答案】(1)180°，8．(2)①β=2α，理由见解析；②2(3)26或【分析】（1）观察图形可得△A2B2C（2）①连接AP1，由对称性可得，∠PAB=∠P②连接PP1,P1P3分别交AB,CD于E,F两点，过点D作DG⊥AB，交AB于点G，由对称性可知：PE=P1E，P1F=（3）分P2P3∥AD，P2P3∥CD，两种情况讨论，设AP=x，则AP1=AP2【详解】（1）（1）∵△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，∴△A2B2C则△A2B2C2∵A-1,1∴AA∵M4,0,A1,∴A1即AA△A3B3C故答案为：180°，8．

（2）①β=2α，理由如下，连接AP1

由对称性可得，∠PAB=∠P∠PA=2∠=2=2∠BAD∴β=2α，②连接PP1,P1P3分别交AB,CD于E,F两点，过点D

由对称性可知：PE=P1E∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∴P，∴PP∵PP∴∠P∴四边形EFDG是矩形，

∴DG=EF，在Rt△DAG中，∠DAG=α，∵sin∠DAG=∴DG=AD⋅sin∴P（3）解：设AP=x，则AP依题意，P1当P2P3∥AD时，如图所示，过点P

∴∠∵∠PAB=15°，α=60°，∴∠PAP1∴∠P2A在△APP1中，∴∠P2P∴P在Rt△APQ中，∠PAQ=30°，则PQ=12在Rt△PQP1中，PP∴P由（2）②可得PP∵AD=2∴P∴6+3解得：x=32如图所示，若P2P3

∵∠P2P则P1∵PP1=∵PP∴62解得：x=26综上所述，AP的长为32-6【点睛】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．【变式9-1】（2023·河南周口·校联考二模）【问题发现】如图1所示，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，连接CE、BD．根据条件填空：

①∠ACE的度数为；②若CE=2，则CA的值为；【类比探究】如图2所示，在正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，且满足∠EAF=45°，BE=1，DF=2，求正方形ABCD的边长；

【拓展延伸】如图3所示，在四边形ABCD中，CD=CB，∠BAD+∠BCD=90°，AC、BD为对角线，且满足AC=32CD，若AD=3，AB=4

【答案】【问题发现】①45°；②2；【类比探究】正方形ABCD的边长为3+172；【拓展延伸】BD【分析】（1）问题发现：①根据旋转的性质易得△CAE为等腰直角三角形，结合等腰三角形的性质求解即可；②结合等腰三角形的性质求解即可；（2）类比探究：将△ABE绕A逆时针旋转90°得△ADG，求证△GAF≌△EAF，由全等三角形的性质可得EF=GF，易得EF=3；设正方形ABCD边长为x，则CE=x-1，CF=x-2，在Rt△CEF（3）拓展延伸：将△ADC绕C逆时针旋转至△CBE，连接AE，首先证明△DCB∽△ACE，由相似三角形的性质可得BDAE=CDCA=23【详解】解：（1）问题发现：①∵将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，∴∠DAB=∠CAE=90°，CA=EA，∴∠ACE=45°；②∵△CAE为等腰直角三角形，∠ACE=45°，∴AC=CE⋅cos故答案为：①45°；②2；（2）类比探究：将△ABE绕A逆时针旋转90°得△ADG，如图1所示，

∴∠1=∠4，AE=AG，BE=DG=1，∠ABE=∠ADG=90°，∵∠ADC+∠ADG=180°，∴G、∵∠2=45°，∴∠1+∠3=∠4+∠3=45°=∠EAF，∵AF=AF，∠FAG=∠EAF，AE=AG，∴△GAF≌∴EF=GF，∵GF=GD+DF=1+2=3，∴EF=3，设正方形ABCD边长为x，则CE=x-1，CF=x-2，在Rt△CEF中，C∴x-12解得x=3+172∴正方形ABCD的边长为3+17（3）拓展延伸：将△ADC绕C逆时针旋转至△CBE，连接AE，如图2所示，∴AD=BE，CA=CE,∠ACD=∠ECB,∠ADC=∠EBC，∵CD=CB，∴∠BCD=∠ACE，CDCA∴△DCB∽△ACE，∴BDAE∵∠BAD+∠BCD=90°，∴∠ABC+∠ADC=270°，∵∠ADC=∠EBC，∴∠ABC+∠EBC=270°，∴∠ABE=90°，∴AE=A∴BD=2【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，解题关键是熟练运用旋转的性质求解．【变式9-2】（2023·北京房山·统考二模）如图，∠BAC=90°，AB=AC，点D是BA延长线上一点，连接DC，点E和点B关于直线DC对称，连接BE交AC于点F，连接EC,ED,DF

(1)依题意补全图形，并求∠DEC(2)用等式表示线段EC,ED和CF之间的数量关系，并证明．【答案】(1)图见解析，45°(2)ED+CF=2【分析】（1）根据题意补全图形，连接CB，根据等腰直角三角形的性质及轴对称的性质，全等三角形的判定和性质求解即可；（2）根据轴对称的性质得出∠CHF=90°=∠BAC【详解】（1）解：补全图形，如图所示：

连接CB，∵∠BAC=90°，AB=AC∴∠ABC=45°∵点E和点B关于直线DC对称∴EC=BC∵DC=DC∴△EDC≅△BDC(SSS∴∠DEC=∠

（2）ED+CF=2EC∵点E、B关于直线CD对称∴EB⊥CD，设垂足为H则∠∵∠

∴∠1=∠2∵AC=AB∴△DAC≅△FAB∴AD=AF∴ED=BD=AD+AB=AF+AC=AC-CF+AC=2AC-CF∵AC=∴ED=2×即ED+CF=2【点睛】题目主要考查轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，解三角形，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．【变式9-3】（2023·山西忻州·校联考模拟预测）综合与实践——探究图形旋转中的问题，问题背景：在一次综合实践活动课上，同学们以两个菱形为对象，研究相似菱形旋转中的数学问题．已知菱形ABCD∽菱形A'B'C'D'，它们各自对角线的交点重合于点O

观察发现：（1）如图1，若A'B'∥AB，连接AA'，DD'操作探究：（2）保持图1中的菱形ABCD不动，将菱形A'B'C'D'①当0°<α<90°时，得到图2．此时（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；②小颖发现，在菱形A'B'C'D'绕点O顺时针旋转到图3位置时，连接C③当菱形A'B'C'D'绕点O旋转至A【答案】（1）DD'=3AA'；（2）①【分析】（1）可得出A'D'∥AD，∠DAO=∠D'A'O=12∠BAD=12（2）①连接OA，OA'，OD，OD'，可推出∠AOA'=∠DOD②连接AC，A'C'，由四边形ABCD和四边形A'B'C③分为：当A'在AD'上时，作OE⊥AD'，可求得OA=12AB=4，OD'=32A'D'=3，∠A【详解】解：（1）如图1，

连接OA'，∵菱形ABCD∽菱形A'B'∴A'D∴A、A'、O共线，D、D'、∴AA∵AO⊥OD，∴AA故答案为：DD（2）①如图1，

结论仍然成立，理由如下：连接OA，OA'，OD，∵四边形ABCD和四边形A'∴OA⊥OD，OA∴∠AOD=∠A∴∠AOA∵ODOA∴△AOA∴DD∴DD②如图2，

四边形AA连接AC，A'∵四边形ABCD和四边形A'∴OA=OC，OA∴四边形AA③如图4，

当A'在AD'可得OA=12AB=4，O∴OE=12O∴AE=O∴AD∴AA如图5，

当A'在AD'的延长线上时，作OE⊥A由上知：AE=612，∴AD∴AA综上所述：AA'=61【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定，解直角三角形等知识，解决问题的关键是画出图象，分类讨论．【题型10旋转或轴对称综合题之面积问题】【例10】（2023·江苏无锡·统考二模）如图，将不是矩形的▱ABCD绕点A旋转得到▱AB(1)当点B'落在边BC上，且B'C'与边①点D____C'D'上(填“在”或“②如果点B'、E分别为边BC、CD的中点，求AB(2)当点B'落在对角线AC上，且B'C'经过边AD的中点M时，设ABBC=x，S△A【答案】(1)①在；②3(2)y=【分析】（1）①先证明△BAB'∽△DAD'，得出∠AB'②设AB=2a，BC=2b，C'E=m，则ABBC=ab，利用△BAB'∽△DAD'求出DD'=b2a，继而求出CD'=2a-b（2）依然设AB=2a，BC=2b，则x=ABBC=ab，作B'E⊥AD于E，AF⊥BC于F，证明△ABC∽△MB'A得到ACMA=BCB'【详解】（1）解：①在，理由如下：旋转的性质可知：AB=AB'，AD=AD∴∠BAB=∠DAD，AB∴△BA∴∠A又∵四边形ABCD是平行四边形，AB=A∴∠A又∵▱ABCD绕点A旋转得到▱AB∴∠A∴点D在C'故答案是：在；②设AB=2a，BC=2b，C'E=m，则

∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD=AB=2a，AD=BC=2b，又∵点B'、E分别为边BC、CD∴BB'旋转的性质可知：AB=AB'，AD=AD'，∠BAD=∠BAD∴∠BAB=∠DAD，AB∴△BA∴ABAD=B∴D又∵▱ABCD绕点A旋转得到▱AB∴C'D'=CD=2a，∴CD∵∠C=∠C'，∴△∴B'E由am=由2b-ma=ab∴ma∴2ba-∴2b∴整理得：4a4∴4a2∴ab=当ab

则C'E=m=∴B'∴∠C=60°，又∵AB∥CD，∴∠B=180°-∠C=120°，又∵AB=A∴∠B=∠AB∴∠B'AB=180°-∠B-∠A∴ab=（2）依然设AB=2a，BC=2b，则x=AB根据题意画出图形如下：作B'E⊥AD于E，AF⊥BC于∵B'C'经过边AD的中点∴AM=DM=b，由旋转可知：∠B=∠AB'又∵AD∴∠ACB=∠MA∵∠B=∠AB’M，∠ACB=∠MA∴△ABC∽△M∴ACMA=∴AC=又∵∠ACB=∠MAB'，∴△ACF∽△∴ACB∴AFB'y=由AB'≤AC，即2a≤b2∴求y关于x的函数关系式为y=12x2，【点睛】本题考查旋转的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，利用相似三角形对应边成比例求线段长是解题的关键．【变式10-1】（2023·吉林松原·统考二模）如图，在Rt△ABC中，AB=8，∠ACB=90°，∠A=60°，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB向终点B运动，当点P不与点A、B重合时，作∠BPD=120°，边PD交折线AC-CB于点D，作点A关于直线PD的对称点为E，连接ED、EP得到△PDE，设点P的运动时间为t

(1)直接写出线段PD的长（用含t的代数式表示）；(2)当点E落在边BC上时，求t的值；(3)设△PDE与△ABC重合部分图形的面积为S，求S与t的函数关系式；(4)设M为AB的中点，N为ED的中点，连接MN，当MN⊥AC时，直接写出t的值．【答案】(1)当0<t≤2时，PD=2t；当2<t<4时，PD=8-2t(2)t=(3)S=(4)4【分析】（1）①当0<t≤2时，证明△APD是等边三角形，可得结论；②当2<t<4时，由∠B=30°，∠BPD=120°，可得PD=PB=8-2t；（2）证明PB=2PE，由此构建方程，可得结论；（3）分三种情形：如图2中，当0<t≤43时，重叠部分是△PDE，如图3中，当43<t≤2时，重叠部分是四边形PDNM，如图4中，当（4）如图5中，MN⊥AC时，PM=3【详解】（1）解：∵AB=8，∴AC=1①当0<t≤2时，∵∠BPD=120°，∴∠APD=180°-120°=60°，∵∠A=60°，∴△APD是等边三角形，∴PD=AP=2t；②当2<t<4时，如图：

∵∠A=60°，∴∠B=30°，∵∠BPD=120°，∴∠B=∠PDB=30°，∴PD=PB=8-2t；综上所述，当0<t≤2时，PD=2t；当2<t<4时，PD=8-2t；（2）解：如图1中，

∵A，E关于PD对称，∴△PED≌△PAD，∴PE=AP=2t，∠APD=∠EPD=60°，∴∠BPE=60°，∵∠C=90°，∠A=60°，∴∠B=30°，∴∠BEP=90°，∴BP=2PE=4t，∴AB=AP+BP=6t=8，∴t=4（3）解：如图2中，当0<t≤43时，重叠部分是△PDE，

如图3中，当43<t<2时，重叠部分是四边形

∵∠B=30°，∠BPE=180°-∠APD-∠EPD=60°，∴∠BMP=90°=∠EMN，∴PM=1∴ME=PE-PM=2t-4-t∵∠E=∠A=60°，∴MN=3∴S===-7如图4中，当2≤t<4时，重叠部分是△PQD，

∵PQ=12BP=∴S=1综上所述，S=3（4）解：如图5中，MN⊥AC时，PM=3

∴4-2t=3∴t=4∴满足条件的t的值为45【点睛】本题考查几何变换综合题，掌握直角三角形30度角的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．【变式10-2】（2023·四川成都·模拟预测）如图1，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=2，将线段AB绕点B逆时针旋转得线段BD，旋转角为α，连接CD．

(1)①若α=60°，则∠CDA=°；②若0<α<90°，求∠CDA的度数．(2)如图2，当0<α<90°时，过点B作BE⊥AD于点E，CD与BE相交于点F，请探究线段CF与线段BE之间的数量关系；(3)当0<α<360°时，作点A关于CD所在直线的对称点A'，当点A'在线段BC所在的直线上时，求△A【答案】(1)①45；②45°(2)CF=(3)4-22或【分析】（1）①由旋转的性质可得∠ADB=60°，由等腰三角形的性质可求∠BDC=15°，即可求解；②由旋转的性质和等腰三角形的性质可求解；（2）由“AAS”可证△ABE≌△BCH，可得（3）分两种情况讨论，由勾股定理可求A'【详解】（1）解：①∵将线段AB绕点B逆时针旋转60°得线段BD，∴BD=AB，∠ABD=60°，∴△ABD是等边三角形，∴∠ADB=60°，∵BD=BC，∠DBC=90°+60°=150°，∴∠BDC=∠BCD=15°，∴∠CDA=45°，故答案为：45；②∵将线段AB绕点B逆时针旋转得线段BD，∴AB=BC=BD，∴∠BDC=∠BCD=180°-90°-∠ABD2，∴∠CDA=∠BDA-∠BDC=45°；（2）CF=2证：如图2，过点C作CH⊥直线BE于H，

∵BE⊥AD，∠CDA=45°，∴∠EFD=45°=∠CFH，∵CH⊥FH，∴∠CFH=∠FCH=45°，∴△CFH是等腰直角三角形，∴CF=2∵∠AEB=∠ABC=90°，∴∠ABE+∠CBH=90°=∠CBH+∠BCH，∴∠ABE=∠BCH，又∵AB=BC，∠AEB=∠H=90°，∴△ABE≌∴BE=CH，∴CF=2（3）解：如图3，当点A'在点B

∵∠ABC=90°，AB=BC=2，∴AC=22∵点A关于CD所在直线的对称点A'∴AC=A'C=22，∠ADC=∠A∴A'B=A∴A'∴S△A如图4，当点A'在点B的右侧时，同理可求S

综上所述：△AA'D的面积为4-2【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．【变式10-3】（2023·江西·统考中考真题）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板PEF∠P=90°,∠F=60°的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板PEF与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2(1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，重叠部分的面积为__________；当OF与BC垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为__________(2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，OE,OP分别与正方形的边相交于点M，N．①如图2，当BM=CN时，试判断重叠部分△OMN的形状，并说明理由；②如图3，当CM=CN时，求重叠部分四边形OMCN的面积（结果保留根号）；(3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为∠GOH（设∠GOH=α），将∠GOH绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，∠GOH的两边与正方形ABCD的边所围成的图形的面积为S2，请直接写出S2的最小值与最大值（分别用含（参考数据：sin15°=【答案】(1)1,1，S(2)①△OMN是等边三角形，理由见解析；②3(3)tan【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=14正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=14正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=1（2）①结论：△OMN是等边三角形．证明OM=ON，可得结论；②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；（3）如图4-1中，过点O作OQ⊥BC于点Q，当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．如图4-2中，当CM=CN时，S2最大．分别求解即可．【详解】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=14正方形ABCD的面积=1当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=14正方形ABCD的面积=1一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=14S理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．∵O是正方形ABCD的中心，∴OM=ON，∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，∴四边形OMBN是矩形，∵OM=ON，∴四边形OMBN是正方形，∴∠MON=∠EOF=90°，∴∠MOJ=∠NOK，∵∠OMJ=∠ONK=90°，∴△OMJ≌△ONK（AAS），∴S△PMJ=S△ONK，∴S四边形OKBJ=S正方形OMBN=14S正方形ABCD∴S1=14S故答案为：1，1，S1=14S（2）①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．理由：过点O作OT