图形的平移与旋转-2025年中考试题分类汇编（解析版）

专题21图形的平移与旋转-2025年精选中考真题分类汇编

一、选择题

1.起源于中国的围棋深受青少年喜爱.以下由黑白棋子形成的图案中，为中心对称图形的是（）

【答案】C

【解析】【解答】解：A、图形绕某一点旋转180。后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意;

B、图形绕某一点旋转180。后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；

C、图形绕某一点旋转180。后马原来的图形重合，是中心对称图形，符合题意；

D、图形绕某一点旋转180。后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；

故答案为：C.

【分析】中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180。，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，

那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案.

2.古钱币是我国珍贵的历史文化遗产.下列选项是在《中国古代钱币》特种邮票中选取的半分图形，其中

既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）

古钱币邮票

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【答案】D

【解析】【解答】解：A、此选项中的中国古代钱币图案是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合

题意；

B、此选项中的中国古代钱币图案是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

C、此选项中的中国古代钱币图案即不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；

D、此选项中的中国古代钱币图案即是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意.

故答案为：D.

【分析】把一个平面图形，沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能完全重合的平面图形就是轴对称图形；

平面内，把一个平面图形，在平面内绕着某一点旋转180。后，能与自身重合的图形就是中心对称图形，根据

定义即可逐一判断得出答案.

3.在立面直角坐标系xOy中，点4的坐标为（3,0）,点B的坐标为（2,-2）,将线段48平移得到线段CD,

点力的对应点。的坐标为（3,5）,则点8的对应点。的坐标为（）

A.（7,-2）B.（2,3）C.（2,-7）D.（-3,-2）

【答案】B

【解析】【解答】解：•・•点A的坐标为（3,0）,点B的坐标为（2,-2）,将线段AB平移得到线段CD,点

A的对应点C的坐标为（3,5）,

・••点A向上平移5个单位得到点C,

・••点B向上平移5个单位得到点D,

，点D的坐标为（2,-2+5）,即（2,3）,

故答案为：B.

【分析】先根据平移的性质，得出点A平移后的对应点C的坐标确定平移方向与距离，再应用于点B即可

得到点D的坐标.

4.如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABC。的边长为5,48边在y轴上.8（0,-2）.若将正方形

第2页

48CD绕点。逆时针旋转90。.得到正方形/8'C'D'.则点。'的坐标为()

C.(-2,5)D.(5,-2)

【答案】A

【解析】【解答】解：:正方形ABCD的边长为5,AB边在y轴上，将正方形ABCD绕点O逆时针旋转

90°,得到正方形A'B'C'D'.

AAB=BC=A,B'=B'C'=C'D,=5,A'B'在x轴上，A'B7/C'D',

VB(0,-2),

.,.B'(2,0),0(2,5),

r.D'(-3,5),

故答案为：A.

【分析】由正方形与旋转可得AE在x轴上，AB7/CD',结合B(0,-2),可得B。，0),0(2,5),进一步可

得答案.

5.如图.在平面直角坐标系中，将△48。平移，得到点E,F在坐标轴上.若乙4=90。，£即8=

-3)C.(12,-3)D.(9,-4)

【答案】B

【解析】【解答】解:过点A作AH_Ly轴，作BK_LAH交HA的延长线于点K,则

ZAH0=ZBKA=90°=ZBAO,

第3页

・•・ZBAK=ZAOH=900-ZHAO,

AIIO^ADKA,

.AH_0H_0A

••丽一丽一宿

VZA=90°,tan^ABO=LA(-4,3),

AOH=3,AH=4,^=1

.4_3_1

，，'BK=AK=2

・・・BK=8,AK=6,

・・♦平移,

AOF=BK=8,OE=AK=6,

r.E(6,0),

・•・将点A先向右平移10个单位，再向下平移3个单位得到点E,

・•・将点0(0.0)先向右平移10个单位，再向下平移3个单位得到点G,

AG(10,-3),

故答案为：B.

【分析】过点A作AHJ_y轴，作BK_LAH交HA的延长线于点K,证明△AHOS^BKA,得到第=黑=

弟，根据点A的坐标，结合tan/ABO的值，求出BK=8,AK=6,平移求出E点坐标，进而得到平移规

则，再求出G点坐标即可.

6.如图，在R/z\ABC中，ZACB=90°,将△ABC沿CB方向向右平移至△EGF处，使EF恰好过边AB的

中点D,连接CD,若CD=1,则GE=()

A.3B.2C.1

D-i

【答案】B

【解析】【解答】解：•・•点D是AB的中点，

AAB=2CD=2,

由平移可得FG=AR=2.

故答案为：2.

第4页

【分析】根据直角三角形的中线性质得到AB=2CD=2,然后根据平移解答即可.

7.如图，△/WC中，AB=BC=2,^CBA=120°,将△ABC绕点A顺时针旋转120。得至口△AOE,点。，点

C的对应点分别为点。.点E连接CE.点。恰好落在线段CE上，则CD的长为（）

A.273B.4C.3或D.6

【答案】B

【解析】【解答】解：在△ABC中，AB=BC=2,ZABC=120°,

1

・"AC="180。―120。)=30°

由旋转可知NBADT20。，

AZCAD=90°,

由旋转得：AD=AB=2,ZADE=I2O°,

.\ZADC=60o,

.\ZACD=30°,

.\CD=2AD=2X2=4,

故答案为：B.

【分析】

由等腰三角形的性质得/BAC=30。；再由旋转的性质得/CAD=90。，AD=AB=2,ZADE=120°,从而得

ZADC=60°,ZACD=30°,故可得CD=2AD,计算即可解答.

8.如图，在AABC中，LACB=90',将AABC绕点4顺时针旋转得到aAB"'，点&C的对应点分别为

B；C；B'C'的延长线与边8c相交于点。，连接CC若4C=4,CD=3,则线段CC'的长为（)

12R1624

A-B-亏C.4D.

TT

【答案】D

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【解析】【解答】解：连接AD,NCC于点0

BD

由旋转性质可得AC'=AC=4,NACB=/ACB=90。

・•・ZAC'D=90°

在RtAACD和RtAACD中

AD=AD

AC=AC

ARtAAC'D^RtAACD

.\C'D=CD=3

・・・AD垂直平分CC

/.CC'=20C,ADICC'

VZACB=90°,ACM,CD=3

•'-AD=y/AC2+CD2=5

9•S^ACD=^AD-OC=^AC-CD

.”ACCD12

故答案为：D

【分析】连接AD,NCC于点O,由旋转性质可得AC=AC=4,ZAC'B'=ZACB=90°,则NACD=90。，再根

据全等三角形判定定理可得RtAAC'D^RtAACD,则CD=CD=3,根据垂直平分线判定定理可得AD垂直平

分CC',则CC=20C,AD_LCC,根据勾股定理可得AD,再根据三角形面积即可求出答案.

9.如图，P是以正方形ABCD的顶点A为圆心，AB为半径的弧BD上的点，连接AP,CP,将线段CP绕

点P顺时针旋转90。后得到线段PQ,连接AQ.若AB=1,则^APQ的最大面积是（）

2-底72—1P）至+1

,~T~

【答案】C

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【解析】【解答】解：过点Q作QEJ_AP于点E,过点C作CFJ_AP交延长线于点F,连接AC交弧于点Pi

贝JINQEP=NCFP=90。

ZQPC=90°

；・ZEQP+ZEPQ=ZFPC+ZEPQ=90°

:.ZEQP=ZFPC

由旋转可得，PC=PQ

・•・△QPE^APCF(AAS)

・・・EQ=PF

VPF<PC

.\EQ<PC

/.AP+PF<AP+PC<AC

即当点P在Pi时，EQ的值最大为CPi长

•・•四边形ABCD是正方形

AAD=APi=CD=AB=l

：-AC=>JAD2^DC2=y[2

AEQ的值最大为CPi=四一1

・•・△APQ的最大面积为:xlx(V2-l)=与i

故答案为：C

【分析】过点Q作QE_LAP于点E,过点C作CF_LAP交延长线于点F,连接AC交弧于点Pi,则

ZQEP=ZCFP=90°,根据角之间的关系可得/EQP二/FPC,根据旋转性质可得PC=PQ,再根据全等三角形

判定定理可得△QPEgZ\PCF(AAS),则EQ=PF,再根据边之间的关系可得AP+PFWAP+PCWAC,即当点P在

PN寸，EQ的值最大为CPi长，根据正方形性质可得AD=AP尸CD=AB=1,再根据勾股定理可得AC,根据边

之间的关系可得EQ,再根据三角形面积即可求出答案.

10.如图，在四边形ABCD中，乙4=NA8C=90°,AB=4,BC=3,AD=1,点E为边AB上的动点.

将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF,连接FB,FC,EC,则下列结论错误的是()

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c

A.EC-ED的最大值是2通B.FB的最小值是V10

C.EC+ED的最小值是4&D.FC的最大值是V13

【答案】A

【解析】【解答】解：A、•・•点E为边AB上的动点.将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF,

・・・DE=DF,ZEDF=90°,

过点D作DG_LBC于点G,在DG上取点H,使DH=AD=1,延长FH交AB于点I,

・•・四边形ABGD是矩形，

易证△DHF且ZXDAE(SAS)

AFH1DG,即点F在FH上运动，

VZA=ZABC=90°,

・•・四边形DAIH,四边形BGHI,四边形ADGB是矩形,

AAD=BG=IH=1,

・・・DG=AB=4,

/.CG=BC-GB=3-1=2；

•'-DE=DF=yjAD2+(AB-BE)2=Jl+(4-8E)2,

CE=>JBE2+BC2=JBE2+9

-'­EC-ED=y/BE2+9-Jl+(4-8E)2,

・••当BE最大时，EC-ED的值最大，

・•・当点E和点A重合时，点F和点H重合时，BF最小,

此时EC="42+32=5,

第8页

/.DE=1,

・•・EC-ED=5-1=4,故A符合题意；

B、BF=-H/2+即2=V12+32=Vio，故B不符合题意;

C、作点D关于AB的对称点M,连接MC,

•・・ED=EM,AD=AM=1,ZBAM=ZBAD=90°,

过点M作MN_LCB于点N,此时EC+ED2cM,

・•・当点C、E、M三点共线时，EC+ED的值最小，即就是MC的长；

易证四边形AMNB是矩形，

.\BN=AM=1,CN=3+1=4,AB=MN=4,

."E+EC的最小值就是，GM+CG2=V424-42=4或故C不符合题意;

D、当点E和点A重合时，

CF=VGH2+CG2=7(3-I)2+(4-I)2=713，

当点E和点B重合时，过点C作CQ1FH于点Q,

易证四边形CQIB是矩形，

ACQ=IB=4-1=3,QI=BC=3,

△DHF=.ADAE,

/.AFH=AE=4,

・•・QF=FH+HI-QI=4+1-3=2，

•­FC=+FQ2=V22+32=V13

综上所述，FC的最大值为旧，故D不符合题意;

故答案为：A.

【分析】利用旋转的性质可证得DE=DF,ZEDF=90°,过点D作DG_LBC十点G,在DG上取点H,使

DH=AD=1,延长FH交AB于点I,可证得四边形ABGD是矩形，利用SAS可证得△DHF^ADAE,可证

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得FH_LDG,即点F在FH上运动；再证明四边形DAIH,四边形BGHI,四边形ADGB是矩形，可求出

BG、HI、DG、CG的长，利用勾股定理可表示出DE,CE的长，然后可表示出EC-ED的长，当BE最大

时，EC-ED的值最大，当点E和点A重合时，点F和点H重合时，BF最小，利用勾股定理求出EC的长，

即可求出EC-ED的长及BF的长，可对A、B作出判断；作点D关于AB的对称点M,连接MC,可知

ED=EM,AD=AM=1,ZBAM=ZBAD=90°,过点M作MNJ_CB于点N,此时EC+EDNCM：由此可知当点

C、E、M三点共线时，EC+ED的值最小，即就是MC的长；易证四边形AMNB是矩形，利用矩形的性质可

得到BN、CN、MN的长，利用勾股定理可得到CE+ED的最小值，可对C作出判断；当点E和点A重合

时，利用勾股定理求出CF的长；当点E和点B重合时，过点C作CQ_LFH于点Q,可得到CQ、QI的长，

利用全等三角形的性质可得到FH的长，即可求出QF的长，然后利用勾股定理求出FC的长，综上所述，可

得到FC的最大值，可对D作出判断.

二、填空题

11.深圳某物流公司研发了一款无人机快递投递系统，无人机可以按照设计好的飞行轨迹，将快递精准的

送达客户.以地面（水平方向）为x轴，垂直于地面的方向（竖直方向）为y轴，建立平面直角坐标系.无人

机现位于P（l,2）的位置，现在桃李的同学们操作无人机向右平移3个单位长度到P.则P坐标为.

PP'

01%

【答案】（4,2）

【解析】【解答】解：由平移规律可得P（l+3,2）即（4,2）.

故答案为：（4,2）.

【分析】直接由坐标系中点的平移规律：左加右减，即可得出结果.

12.如图，将周长为20的△4BC沿BC方向平移2个单位长度得△DEF,连接4D,贝I」四边形48FD的周长

为•

B

【答案】24

【解析】【解答】解：由平移的性质得：AD=CF=2、DF=AC

•••四边形力的周长+

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=A8+8C+C/+AC+A0

=AB+BC+AC±2AD

=20+2x2

=24

故答案为：24.

【分析】平移前后对应线段平行且相等或在同一条直线上，对应点的连线平行且相等或在同一条直线上，则

四边形ABFD的周长实际上.等于△48C的周长加上平移的距离AD与CF的和，再根据已知代入局长和平移

的距离即可求解；

13.如图，以矩形ABCD的B为圆心，BC的长为半径作。氏交AB于点F,点E为AD上一点，连接

CE.将线段CE绕点E顺时针旋转至EG,点G落在0B上，且点F为EG中点.若AF=1,AE=3,则CB

的长为.

【答案】6

【解析】【解答】解：方法一:

由题意可知：EG=FG=>/10

EB=EF=2V10

设EC=a,则：CB=a+4,AB=a+3

在RtA/?「/?中，

由勾股定理得：EC24-CB2=EB2

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+(a+4)

•'»a—2

:.BC=6

方法二：

如图，作_L4。，垂足为H,连接AF,

D3EC

由题意可知：AEDG三AFHG

FH=3

设E4=r,则：HA=r-l

在Rt△E/L4中，

由勾股定理得：EH2+H42=J广炉

•••32+(r-I)2=r2

r=5

:.BC=DA=6

方法三：

如图，延长DA交。A于点M,

NjD3EC

M

•••GM为直径

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:.乙MFG=90°

VAB1直径GM

・•.B为阿中点

二萌二MS即：乙GFB=乙BFM=45°

EF=EB

:.乙BFG=Z-EBF=45°

乙BEF=90°

LBEY=90°,即：△ET8为等腰直角三角形

接下来的思路就比较清晰了

其一可作：作FNJ.DC,垂足为N,连接MF

可知：△EFN=△BEC(AAS)

•••NE=CB=2DE=6

亦可连接GB,可知：GB=S®=4iGA

•••BC=DA=6

【分析】方法一：直接可得EF的长度，即可EC的长度，设DE=a,则可知BC和BF的长为a+3,可得

CD=AB=4+a,再由勾股定理即可得a的值，即可得BC的长；

方法二：作FH_LAB于点H,得AEDGWAFHG,FH=3,再设半径为r,由勾股定理得r的值，即可得BC

的长；

方法三：作FN_LAD于点N,得△£TNM48EC(44S)得DN的长为3,即可得BC的长.

14.如图，在中，-WC=90，BC=6.将射线CA绕点C顺时针旋转90。到C&,在射线C小上取

一点。，连结A。，使得△力CO面积为24,连结8D,则80的最大值是

【答案】2/15+4

【解析】【解答】

解：•・•射线CA绕点C顺时针旋转90。到CAi,在射线CAi上取一点D,连结AD,

・"ACD=90°,

VAACD面积为24,

.,.ACCD-1=24

••・ACCD=48,

第13页

过点C向上作线段CFJ_BC,使得CE=8,

VBC=6.

.\BCCE=6x8=48

即ACCD=BCCE

・CECD

,•CA=CB

连接DE,

VCE1BC,

AZBCE=CACD=90°,

VZBCE-ZACE=ZACD-ZACE,

AZACB=ZECD,

..CE_CD

*C4-CF

•••△CEDYACB,

/.ZEDC=NABC=90。，

VCE=8,即定角定弦，故点D在以CE为直径的圆上，.

记圆心为直径CE的中点O,

即O。的半径OD=4

连接OB,并延长与00交于-一点，即为Di,

此时BDi为BD的最大值，

故BC2+0C2=V36+16=2V13

.\BD=BO+OD=2g+4.

故答案为：2m+4.

【分析】先整理得ACxCD=48,过点C向上作线段CEJ_BC,使得CE=8,得到嘉二空结合

CZ1UD

ZBCE=ZACD=90°,整理得々ACB=zECD,证明△CED〜AACB,B|JzEDC=zABC=90°,可运用定角定

弦.得点D在以CE为直径的圆上，连接OB,并延长与0。交干一点,即为D,再运用勾股定理得

BO=2VT3,即可解答.

第14页

15.定义：在平面直角坐标系中，一个图形向右平移。个单位长度，再绕原点按顺时针方向旋转夕角度，这

样的图形运动叫做图形的y(a,O)变换，现将斜边为1的等腰直角二角形ABC放置在如图的平面直角坐标系

中，△ABC经丫(1,180。)变换后得^a当。1为第一次变换，△&aG经y(2,180。)变换得△为第二次变

换，…，经八九,180。)变换得△(B,Cn，则点0025的坐标是.

【解析】【解答】过点C作CDJ_x轴,

由题可知,CD=AD=li4F=0.5,AC(1,1),绕原点旋转180。，相当于过原点做中心对称点，二。(-1,

-I),再将C响右平移2个单位，并作关于原点的对称点，得C2(J1),同理，得C3(-1，-i),C4

-11）,C5（-L-i）,C6i）,C7（-1-I）….…由此可得规律,当n为奇数时,Cn

n+21、.「（20271\

一一厂，~2）f・・C2025（__2---------2）

故填：(-竽一。

【分析】过点C作CD_1_乂轴，根据斜边上的中线得到C坐标，根据绕原点旋转180。即为作关于原点的中心

对称，依次得到CC2c3c4c5c6c7.一从而得到规律，进而求解.

三、解答题

16.如图，已知菱形4BCD的顶点在方格纸的格点上，其中A,B,C的坐标分别为(0,1),(—2,4),

(-4,1).该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形(顶点均在格点上).

第15页

（1）画出平面直角坐标系，并写出对称中心G的坐标和点8的对应点8,的坐标;

（2）将菱形4BCD平移，使点C的对应点为点8,画出平移后的菱形.

【答案】（1）解：平面直角坐标系如图所示，见解析；

对称中心G的坐标是（0,-3，点B的对应点8,的坐标是（2,-5）

（2）解：画出平移后的菱形，如图所示.

第16页

【解析】【分析】（1）根据点的坐标建立直角坐标系，再根据中心对称性质即可求出答案.

（2）根据平移的性质作图即可.

17.如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，AABC的三个

顶点坐标分别为4(2,-1),B(l,-3),C(3,-4).

（1）将AABC向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到△4aG，画出两次平移后的△

481G，并写出点C1的坐标;

（2）画出△481G绕原点。逆时针旋转90°后得到的△4282C2，并写出点的坐标；

（3）在（2）的条件下，求点G旋转到点Q的过程中，所经过的路径长（结果保留兀）。

【答案】（1）解：如图所示：

△AIBIG即为所求，

第17页

y

Ci(4,1)

(2)解：如图所示：AAzB2c2即为所求,

(3)解：VCi(4,1),

・・・℃尸•彳=旧，

・••点Ci旋转到点的的过程中，所经过的路径长二缥四=平仆

【解析】【分析】(1)根据平移的方向和单位长度，即可得出平移后的各对应点的位置，顺次连接即可得出平

移后的三角形；

(2)根据旋转的方向和角度即可得出旋转之后的各对应点的位置，顺次连接，即可得出旋转之后的三角

形；

(3)根据点C1的坐标，首先求得Ci旋转到点C2路径的半径，然后根据旋转角度为90。，利用弧长计算公式

篇即可求得所经过的路径长。

18.如图是由小正方形组成的3个4闷格，每个小正方形的顶点叫作格点，矩形ABC。的四个顶点都是格点.

仅用无刻度直尺在给定网格中完成如下两个问题，每个问题的画线不得超过五条.

第18页

（1）如图I，E是格点,先将点E绕点A逆时针旋转（90。，画对应点尸，再画直线尸G交A8于点G,使

直线产G-平分矩形ABCD的面积.

（2）如图2,先画点C关于直线8。的对称点M,再画射线WN交8。于点N,使MN〃力。

【答案】（1）解：如图1中，点F,直线FG即为所求;

直线MN即为所求,

【解析】【分析】（1）根据旋转性质可得点F,再连接AC,找到矩形中点O,连接FO即可求出答案.

（2）根据对称性质作出点M,再根据直线平行性质作图即可.

19.小军将一副三角板按如图方式摆放在平面直角坐标系M）,y中，其中含30°角的三角板OA8的直角边。4

落在y轴上，含45°角的三角板04c的直角顶点C的坐标为（2,2）,反比例函数y=如＞0）的图象经过点C.

第19页

（2）将三角板0A8绕点。顺时针旋转90°,48边上的点。恰好落在反比例函数图象上，求旋转前点。的坐

标.

【答案】（1）解：•・•反比例函数y=K（»0）的图象经过点c（2,2）

X

2=5

Ak=4

・♦・这个反比例函数的表达式为y=2

X

（2）解：如图，过点C作CMlx轴、OVly轴，垂足分别为M、N,设点A、D绕点O顺时针旋转90。到

点A、、D'.

CN=2

•••CA=CO./-ACO=90°

0A=2CN=4

由旋转的性质知，△0A0'会△040

0A'=0/1=4

4

...y=4=1

第20页

：，AD=A'D'=1,即D(-1,4)

【解析】【分析】(1)利用待定系数法直接求解即可;

(2)如图所示，由于点C(2,2),则过点C分别作不、y轴的垂线段CM和CN,则CM=CN=2,由于△力C。是

等腰直角三角形，则CN是斜边0A上的中线，即0A=4,则由旋转的性质知，0A'=0A=4,即点D'的横坐

标为4,此时利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出D'的纵坐标为1,即A'D'=1,再由旋转的性质知

AD=A'D'=1,由于点D在第二象限，则。(一1,4).

20.如图，正比例函数y=kx与反匕例函数y=的图象交于点力(-2,Q),点8是线段上异于端点的一

点，过点B作y轴的垂线.交反比例函数的图象于点D.

(1)求k的值；

(2)若=2,求点8坐标；

(3)双曲线y=关于y轴对称的图象为直接写出射线OA绕点。旋转90。后与y’的交点坐标.

【答案】(1)解：•・•点A(-2,a)在反比例函数y=—目上，

X

Aa=4,即A(-2,4),

将A(-2,4)代入正比例函数y=kx中，

得・2k=4,

解得：k=-2.

(2)解：B在直线y=-2x上，

设B(m,-2m),

•・•过点B作y轴的垂线，交反比例函数的图象于点D,

O

(万

VBD=2,

・

•»Tn-58-=2

2771

整理得：m2-2m-4=0,

解得：m=1—正或zn=1+述（不符合题意舍夫）,

・•・8（1一6-2+2伺）.

第21页

(3)解：•・•双曲线y=-［关于y轴对称的图象为y，,

・，8

・・y=-

如图，

由旋转可得：OA=OA',ZAOA'=90°,

过A作AK_Lx轴于K,过A作AL_Lx轴于L,

.\ZAKO=ZA'LO=90°,

・•・ZAOK=90°-ZA'OL=ZOA'L,

/.△AOK^AOA'L,

VA'(-2,4),

AOL=AK=4,A'L=OK=2,

・・・A'(4.2),

当x=4时，/=5=2,

zx

.,.A'(4.2)在；/=|的图象上，

由反比例函数是中心对称图形可得：A"(-4,-2),

・•・射线OA绕点O旋转90。后与y，的交点坐标为(4,2)或(-4,-2).

【解析】【分析】⑴点A(-2,a)在反比例函数y=［上，可得a=4,即(-2,4),将A(-2,4)代入正比例函数

y=kx中，进一步求解即可；

(2)设B(m,-2m),结合过点B作y轴的垂线，交反比例函数的图象于点D,可得°(鼻,_2血)，可得m-

R=2,再解方程进一步求解即可；

Z771

(3)求解3如图，由旋转可得：OA=OA，，ZAOA,=90°,过A作AK_Lx轴于K,过A，作AL_Lx轴于

L,证明△AOK/Z\OAL,可得A<4,2),证明A<4,2)在)/=号的图象上；结合反比例函数是中心对称图形

可得：A"(-4,-2),从而可得答案.

21.在平面xOy中以下种不同所得线段的关系。

第22页

方式一：向右平移1个单位长度，后绕原点。按逆时针万向旋转90。,

方式二：先原点0按逆时针方向旋转90。，然后向右平移1个单位长度。

如图I小明将线段AB按方式一方式二运动：分别得到线段Ai,Bi、Az,B?发现它们除长度相等外还有

其他关系.

（图1）（图2）

（1）【实践体验】

如图2,小明已画出线段CD按方式一运动得到的线段的0].请你利用网格，在图2中画出线段CD按方式

二运动得到的线段；

（2）【探索发现】

在平面直角坐标系xOy中，将线段a按方式一、方式二运动，分别得到线段的、m，则线段%、做所在

直线可能（写出所有可能的序号）；①相交；②平行；③是同一条直线

（3）【综合应用】

如图3,已知点G（2,3）,H（x,y）是第一象限内两个不重合的点，将线段GH按方式一、方式二运动，分

别得到线段G/i、G2H2«1、G2是G的对应点。小、%是H的对应点）.

第23页

4-G

—，

2-：

I

I

[11II1111111A

-4-20.24%

-2-

-4-

(图3)

①若点/与点G2重合，求点H的坐标：

②若线段G]Hi与线段G2H2有公共点，直接写出y与x之间的函数表达式，并写出实数x的取值范围.

【答案】(1)解：如图所示，线段。2。2即为所求作的线段：

(3)G(2,3)按方式一运动：向右平移1个单位长度，再绕原点0按逆时针方向旋转90。，Gi坐标为(-3,3)；

按方式一运动：向右平移1个单位长度，再绕原点O按逆时针方向旋转90。，为坐标为Hi(-y,x+

1).

G(2,3)按方式二运动：先原点O按逆时针方向旋转90。，再向右立移1个单位，G2坐标为(-2,2)；

〃(％y)按方式二运动：先原点O按逆时针方向旋转90。，再向右平移1个单位，%坐标为(-y+1,幻.

①•••点/与点重合，

DM，解得即H(l，2).

第24页

②由⑵可知G/1||G2H2,若线段G/1与线段G2H2有公共点，则点G1，H1，G2，，2在一条直浅上，

设直线G10的解析式为:y=kx+bt则碎;二;於力，解得匕

•••直线6道2的解析式为：y=-x,

将点坐标为(-y,x+l)代入得，x+l=-(-y).整理得，y=x+l,

••・，1(一。+1),X+l),W2(-x,

讨论有交点情况：

(/).当点〃2在线段Gi，i上时，两线段有交点,

-x<-3,即x>3,

(〃)当点/在线段GW2上(也不与端点重合)时，两线段无交点,

•••-3<-(x+1)<-2,即1<x<2,

(/〃)当点Hi在线段G2H2上时，两线段有交点,

:.-(x4-1)>-2,即x<1,

由于点H在第一象限.r>0.

0<r<1.

第25页

y=%+1,0cxW1或x23

【解析】【解答】（2）设线段a的端点为Pg,%）和Q3/2），

按方式一变换得到线段对应端点分别为，。1（一%,勺+1）4（-丫2，M+1）,

按方式二变换得到线段对应端点分别为：P2（l-丫1，勺）人2（1一）'2，％2），

设直线的的解析式为:y=p%+q,代入Pi（-、1，皿+l）,Qi（一9必+1）得,

二；二7鲁消去q后，整理得，「无1一无2

yz-y\

设直线。2的解析式为:y=w+律，代入「2（1—%，％1），。2（1一3'2，"2）得,

I"=3一叫消去九后，整理得，皿=叼一工2

71、2一力

X2=（1-丫2）巾+

.•.p=m,即4和与所在直线可能平行或是同一直线.

故选：②③；

【分析】（1）根据旋转和平移的性质作图即可;

（2）先求出按方式一和方式二变换后的端点坐标，然后利用待定系数法求出一次项系数，通过一次项系数

来判断直线即,。2的位置关系；

（3）①先根据平行性质转化为共线问题，再通过已知直线方程得到函数解析式；

②通过线段端点位置关系分析范围，根据不等式确定临界点，结合图形，即可求解.

22.在△ABC中，ZACB=90°,NABC=a，点D在射线BC上，连接AD,将线段AD绕点A逆时针旋

转180。-2。得到线段人£（点£不在直线AB上），过点E作EF〃AB,交直线BC于点F.

（1）如图1,a=45。，点D与点C重合，求证：BF=AC；

（2）如图2,点D,F都在BC的延长线上，用等式表示DF与BC的数量关系，并证明.

第26页

【答案】（1）证明：VZACB=90°,ZABC=45°

.,.ZBAC=ZADC=45°

,・,线段AD绕点A逆时针旋转180。一2x45。=90。得到线段AE,点D与点C重合

・•・AE=AD=AC,ZEAB=90°-ZBAC=45°,

.\ZEAB=ZABC,

・・・BC〃AE

VEF”AB,

・•・四边形ABFE是平行四边形，

ABF=AE,

.\BF=AC；

(2)解：DF=2BC,

证明：如图，在DB上取一点G,使得AG=AB

.\ZBAG=180°-2a

•・•将线段AD绕点A逆时针旋转180。-2a得到线段AE,

.\DA=EA

・•・ZDAE=ZGAB=180°-2a

AZDAG=ZEAB

・•・△DAG^AEAB(SAS)

・•・DG;BE,ZAGD=ZABE=1800-ZAGC=18O°-a

XVZABC=a

・•・ZFBE=ZABE-ZABC=180°-a-a=180°-2a

VEF〃AB,

Z.ZBFE=ZABF=a

・•・ZBEF=1800-ZFBE-ZBFE=a

:.RE=RF

・・・DG=BF

第27页

VAG=AB,ACIBC

.\GC=BC

ADF=BD-BF=BD-DG=BG=2BC

【解析】【分析】(1)根据等腰直角三角形性质可得NBAC二NABO45。，再根据旋转性质可得

AE=AD=AC,ZEAB=90°-ZBAC=45°,则NEAB=NABC,再根据平行四边形判定定理可得四边形ABFE

是平行四边形，则BF二AE,即BF=AC,即可求出答案.

(2)在DB上取一点G,使得AG=AB,根据三角形内角和定理可得NBAG=18(r-2a,再根据旋转性质可

得DA=EA,根据等边对等角可得NDAE=/GAB=18(T-2a,再根据全等三角形判定定理可得

△DAG^AEAB(SAS),则DG=BE,ZAGD=ZABE=1800-ZAGC=180°-a,再根据角之间的关系可得

NFBE=18(T-2a,根据直线平行性质可得NBFE=NABF=a,再根据三角形内角和定理可得NBEF=a,贝I」

BE=BF,再根据边之间的关系即可求出答案.

23.如图1,将RtAAOB绕直角顶点0旋转至ACOD,点A,B的对应点分别为C,D.连接AD,BC,

AC,BD,直线AC与BD交于点E.

(I)△AOD与ABOC的面积存在怎样的数量关系？请说明理由；

(2)如图2,连接OE,若AB,CD,OE的中点分别为P,Q,R.求证：P,Q,R三点共线；

(3)已知AB=5,随着OA,OB及旋转角的变化，若存在以A,B,C,D为顶点的四边形，其面积为

S,则S的最大值为.

【答案】(1)结论：△AOD与△BOC的面积相等

理由：如图，过点D作DFJ_OA于点F,过点B作BGJ_CO,交CO的延长线于点G,

.\ZDFO=ZBGO=90°,

第28页

・・・将R3AOB绕直角顶点0旋转至ACOD,

.\OD=OD,ZCOD=ZAOD=90°,OC=OA,

.\ZAOD+ZAOG=90°,

VZAOG+ZBOG=90°,

.\ZDOF=ZBOG,

在^DOFfllAGOB中

乙COD=乙4。8

乙DOF=乙BOG

OB=OD

••・△DOF^AGOB(AAS)

.\DF=BG,

,•Sf.Arn=KOA,OF,SAnnr=kOC，BG,

・•・△AOD与^BOC的面积相等

(2)解：连接OQ、OP、PE、QE、设OA和BD交于点I,

图2

VZAOB=ZCOD=90°,AB,CD,OE的中点分别为P,Q,R

.*.OQ=1CD,OP=1AB,ZAOC=ZBOD,

VAB=CD,

・・・OP=OQ,

VOB=OD,OA=OC,

.OB_0A

••而=而

・•・△AOC^ABOD,

.\ZCAO=ZDBO,

VZAIE=ZBIOo

/.ZAEB=ZAOB=90°,

--.EP=|AB,

一

/.EP=OQ=OP,

第29页

同理可证EQmCD,

.\EP=OQ=OP=EQ,

・•・△EQOP是菱形，

・・・0E和PQ互相平分，

•・•点R为OE的中点，

・••点Q、P、R在同一直线上即P,Q,R三点共线

（3）25

【解析】【解答］解：（3）如图，由（2）可知，BD1AC,

■1

**•SABCD=2AC-BD,

VAC<OA+OC,BD<OB+OD,

，当C、0、A共线时，四边形ABCD的面积最大：

图3

此时NAOD=NBOONCOD二NAOB,

.*.△AOD^AOCD^ACOD^ACOB,

S四功彩ABCD=4SAAOB»

过点0作OW_LAB于点W,

-SAACB=^ABOW=^OWf

VOW<OP,

・••当0%=OP=鼻8=擀时，AAOB的面积最大,

・c_55_25

~2Xsz2~~4~f

AS的最大值为4X竽=25.

故答案为：25.

【分析】（1）过点D作DFJ_OA于点F,过点B作BG_LCO,交CO的延长线于点G,可证得

ZDFO=ZBGO,利用旋转的性质和余角的性质可推出OD=OB,ZCOD=ZAOB=90°,OC=OA,

ZDOF=ZBOG,利用AAS可证得“DOFg/XGOB,利用全等三角形的性质可证得DFnBG,冉利用三角形

的面积公式可证得结论.

第30页

(2)连接OQ、OP、PE、QE、设OA和BD交于点I,利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证

得OQ=PO,利用两边对应成比例且夹角相等的两二角形相似，可证得△AOCs/SBOD,由此可推出

△AOC^ABOD,即可证得NAEB=90。，利用直角三角形的性质可证得EP=OQ=OP=EQ,可得到△EQOP是

菱形，利用菱形的性质和点R为OE的中点，可证得结论.

(3)由(2)可知S四边形ABCD斗ACBD,可得至