2026年中考数学真题知识点专题 图形的旋转(二)

年中考数学真题知识点分类汇编之图形的旋转（二）一．填空题（共9小题）1．（2026•甘孜州）如图，将边长为3的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到正方形AEFG，EF交CD于点H，则四边形ADHE的面积为．2．（2026•陕西）如图，在▱ABCD中，∠B＝60°，AB＝4，BC＝6．点E为BC的中点，连接AE，将AE绕点A逆时针旋转60°至AF，连接DF，则△ADF的面积为．3．（2026•内江）如图，将反比例函数y=kx（k＞0，x＞0）的图象绕点O顺时针旋转45°．旋转后的图象与x轴交于点A（6，0）．则k＝4．（2026•宜宾）如图，∠ABC＝135°，AB+BC＝8，将AC绕点A逆时针旋转90°得到AD．连接BD，则BD的最小值为．5．（2026•上海）如图，△ABC为等边三角形，AD⊥BC交BC于点D，将△ABC绕点D旋转α°（0＜α＜90），使得AB的对应边A′B′垂直于AC．设A′B′交AD于点P，则APDP=6．（2026•凉山州）点P（﹣3，2）关于原点的对称点P′坐标是．7．（2026•扬州）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°．将线段AB绕点A按逆时针方向旋转至AM（∠BAM是旋转角，且0°＜∠BAM＜120°），连接BM，CM，作AN⊥CM，垂足为N．用等式表示线段BM，CM，AN之间的数量关系为．8．（2026•广安）已知△OAB在平面直角坐标系中，A（2，0），B（4，2），将△OAB绕点O逆时针旋转90°得到△OCD，连接CA交OB于点E，将点E向左平移2个单位长度得到点E′，则点E′的坐标为．9．（2026•南充）如图，点P在正方形ABCD内，且AP＝AB＝1，将PB绕点B顺时针旋转90°得到P′B，连接PC，P′C，PP′，PP′交BC于点M．下列结论：①CP′＝1；②PC的最小值为2−2；③D，P，P′三点共线；④当△MCP′为等腰三角形时，BP′的长为6−3二．解答题（共12小题）10．（2026•苏州）如图①，点O位于竖直墙面l上，平面镜AB与墙面l平行，从点O射出一束激光，经过平面镜AB的反射，在墙面l上形成一个光点C，OC所在直线垂直于水平面．入射光线OP与平面镜AB的夹角∠OPA＝60°．（根据光的反射定律可知：反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的夹角）（1）求证：△OPC是等边三角形；（2）如图②，将图①中的平面镜AB绕点P顺时针旋转7.5°到A'B'位置，入射光线OP经过平面镜的反射后，在墙面l上形成光点E，点E在直线OC上．①∠OPE＝°；②若OC＝60厘米，求光点向下移动的距离CE的长．（结果保留根号）11．（2026•黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣2），B（3，﹣2），C（2，﹣3）．（1）画出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1，并写出A1的坐标；（2）画出△A1B1C1绕点A1逆时针旋转90°得到的△A1B2C2，并写出C2的坐标；（3）求出（2）中线段A1C1所扫过的图形面积．（结果保留π）12．（2026•新疆）已知，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB上一点，∠EDF＝90°，现将∠EDF绕着点D旋转，交AC于点F，交BC于点E．（1）如图1，当点D为AB中点时，猜想DE，DF之间的数量关系，并进行证明；（2）如图2，当BD＝2AD时，猜想AF，BE，AB之间的数量关系，并进行证明；（3）如图3，当BD＝nAD时，猜想AF，BE，AB之间的数量关系，并进行证明．13．（2026•山西）综合与探究问题情境：如图1，在△ABC中，AB＝BC，BO是△ABC的中线．将△BOC绕点O顺时针旋转得到△DOE，其中点B，C的对应点分别为点D，E，线段DE分别与线段OA，AB交于点M，F，线段OE与AB交于点N．推理证明：（1）求证：△AON≌△EOM；拓展延伸：（2）在旋转过程中，当OD∥AB时，探究下列问题：①如图2，判断DO与DF的数量关系，并说明理由．②已知OB＝2，OA＝3．在射线DO上取一点G，在射线BO上取一点H，使OH＝OG．当以点A，G，H为顶点的三角形是直角三角形，且GH为直角边时，请直接写出线段BH的长．14．（2026•攀枝花）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，点D是BC边上的一个动点，连结AD，将线段AD绕点A逆时针旋转至线段AE，使得∠DAE＝∠BAC，连结CE，DE．（1）当AD＝BD时，求BD的长；（2）当△ACD是等腰三角形时，求CD的长；（3）当AD⊥AC时，求DE的长（用图2）．15．（2026•甘肃）在某学校举办的数学文化周活动中，同学们利用角、线段、三角形等图形，借助图形的旋转或对称设计了一些美丽的图案．如图1是小彤设计的一件艺术作品的平面图，它由6个全等三角形构成，外轮廓为正六边形．（1）请判断图1是图形；（填“轴对称”或“中心对称”）（2）图2是从图1选取的部分图案，其中△A′B′C′看作由△ABC绕旋转中心O顺时针方向旋转一定角度后得到的，请你用无刻度直尺和圆规确定该图案的旋转中心O．（保留作图痕迹，不写作法）16．（2026•江西）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，点P在BC的延长线上，将AP绕点A按逆时针方向旋转30°得到AQ，连接CQ，PQ．（1）求证：BP＝CQ；（2）若∠CAP＝15°，PQ＝22，求BP的长．17．（2026•乐山）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD＝1，点P在线段CD上（点P不与点D重合）．连结AP，将△ADP沿AP翻折得到△AD′P，点D的对应点为D（1）求AD'的长度；（2）求证：当DP＝1时，四边形AD′PD为正方形；（3）若点Q在线段AB上，且BQ=DP=a(0＜a≤3)，连结CQ，将△BCQ沿CQ翻折得到△B'CQ，点B的对应点为B'．设点B'与点D'之间的距离为d，求18．（2026•烟台）如图，矩形ABCD中，AC是对角线，请解决下列问题：（1）将△ABC绕点A旋转后，点B的对应点为点E，点C的对应点为点F，且点E在线段AC上，请用尺规作出旋转后的图形（保留作图痕迹，不写作法）；（2）在（1）的条件下，若AB＝2，BC＝4，EF与AD交于点G，求FG的长．19．（2026•山东）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°．【观察与发现】（1）如图1，将线段AC绕点A顺时针旋转60°得到线段AD，点D与点C是对应点．点E，F分别在边AB，AC上，AE＝CF，连接DE，DF．求证：DE＝DF．【思考与探究】（2）如图2，过点A作AH⊥AC交BC于点H．点E，F分别在边AB，AC上，CF＝2AE，连接EF，HE，HF．猜想线段EF与HE的数量关系，并说明理由．【拓展与延伸】（3）如图3，在（2）的条件下，延长FE至点G，使EG＝FE，连接GA，GH．若AB＝6，AG＝27，求线段AE的长度．20．（2026•安徽）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系xOy，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点），点A，B，C的坐标分别为（﹣3，﹣2），（﹣1，﹣1），（﹣3，3）．（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）将线段AB向右平移1个单位长度，再向上平移3个单位长度，得到线段A2B2，画出线段A2B2；（3）以点B为旋转中心，将线段BC按顺时针方向旋转90°，得到线段BC2，直接写出点C2的坐标．21．（2026•重庆）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＞AC，以BC为斜边在BC上方作等腰直角三角形BCD．（1）如图1，若∠ABC＝30°，BD＝3，求AC的长度；（2）如图2，连接AD，将线段DA绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，延长ED交BC于点F，连接CE．点G，H分别是AB，CE的中点，连接DG，GH．求证：BC﹣AC=2GH（3）如图3，BC＝12，AC＝3，点P在直线BC上，连接DP，将线段DP绕点D逆时针旋转90°得到线段DQ，连接AQ．点M在直线AB上，连接DM，QM，将△DMQ沿直线DM翻折至△ABC所在平面内得到△DMN，连接CN．当AQ+DQ取得最小值时，连接CQ，NQ，请直接写出△CQN面积的最大值．

2026年中考数学真题知识点分类汇编之图形的旋转（二）参考答案与试题解析一．填空题（共9小题）1．（2026•甘孜州）如图，将边长为3的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到正方形AEFG，EF交CD于点H，则四边形ADHE的面积为33．【考点】旋转的性质；正方形的性质．【专题】平移、旋转与对称；推理能力．【答案】33．【分析】连接AH，如图，先根据正方形的性质得到∠D＝∠B＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝3，再根据旋转的性质得到∠BAE＝30°，AE＝AB＝3，∠E＝∠B＝90°，则∠DAE＝60°，接着证明Rt△ADH≌Rt△AEH得到∠DAH＝∠EAH＝30°，则利用含30度角的直角三角形三边的关系得到DH=3，于是可计算出S△ADH=332，然后利用四边形ADHE的面积＝2【解答】解：连接AH，如图，∵四边形ABCD为正方形，∴∠D＝∠B＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝3，∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得到正方形AEFG，∴∠BAE＝30°，AE＝AB＝3，∠E＝∠B＝90°，∴∠DAE＝90°﹣30°＝60°，在Rt△ADH和Rt△AEH中，AH=AHAD=AE∴Rt△ADH≌Rt△AEH（HL），∴∠DAH＝∠EAH=12∠在Rt△ADH中，∵∠DAH＝30°，∴DH=33AD=3∴S△ADH=12×∴四边形ADHE的面积＝2S△ADH＝2×332故答案为：33．【点评】本题考查了旋转的性质：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；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．2．（2026•陕西）如图，在▱ABCD中，∠B＝60°，AB＝4，BC＝6．点E为BC的中点，连接AE，将AE绕点A逆时针旋转60°至AF，连接DF，则△ADF的面积为332【考点】旋转的性质；三角形的面积；平行四边形的性质．【专题】平移、旋转与对称；推理能力．【答案】33【分析】连接EF，延长EC到点G，使EG＝AB，连接FG，过点F作BC的垂线，交BC于点M，交AD于点H，过点A作AN⊥BC交BC于点N，根据旋转的性质得到△EAF为等边三角形，从而得到∠BAE＝∠GEF，再证得△BAE≌△GEF，得到对应边的长度，再解直角三角形求出AN，FM的长度，根据平行线间垂线段相等求出MH的长度，从而算出△ADF的高进行求解．【解答】解：如图所示，连接EF，延长EC到点G，使EG＝AB，连接FG，过点F作BC的垂线，交BC于点M，交AD于点H，过点A作AN⊥BC交BC于点N，∵AE绕点A逆时针旋转60°至AF，∴AE＝AF，∠EAF＝60°，∴△EAF为等边三角形，∴AE＝EF，∠AEF＝60°，又∵∠B＝60°，∴∠BAE+∠AEB＝120°，∠FEG+∠AEB＝120°，∴∠BAE＝∠GEF，在△BAE和△GEF中，AB=EG∠BAE=∠GEF∴△BAE≌△GEF（SAS），∴FG＝BE，∠FGE＝∠B＝60°，∵AB＝4，BC＝6，点E为BC的中点，∴EG＝AB＝4，FG=BE=1∴在Rt△FGM中，FG＝3，∠FGE＝60°，∴sin60°=FM解得FM=3在Rt△ABN中，AB＝4，∠B＝60°，∴sin60°=AN解得AN=23∵四边形ABCD是平行四边形，AN⊥BC，MH⊥BC，∴MH=AN=23，AD＝BC则FH=MH−FM=23∴S△ADF故答案为：33【点评】本题考查了全等三角形的性质及判定，掌握全等三角形的性质及判定是解题的关键．3．（2026•内江）如图，将反比例函数y=kx（k＞0，x＞0）的图象绕点O顺时针旋转45°．旋转后的图象与x轴交于点A（6，0）．则k＝【考点】坐标与图形变化﹣旋转．【专题】平移、旋转与对称；运算能力．【答案】18．【分析】根据图形旋转的性质及反比例函数图象的对称性即可解决问题．【解答】解：由题知，反比例函数y=kx的图象关于直线y＝过点B作BC⊥x轴于点C，因为点A坐标为（6，0），所以OA＝6．由旋转可知，OB＝OA＝6，因为∠BOC＝45°，BC⊥x轴，所以OC＝BC=32所以点B坐标为（32将点B坐标代入反比例函数解析式得，k=32故答案为：18．【点评】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转，熟知图形旋转的性质是解题的关键．4．（2026•宜宾）如图，∠ABC＝135°，AB+BC＝8，将AC绕点A逆时针旋转90°得到AD．连接BD，则BD的最小值为863【考点】旋转的性质．【专题】平移、旋转与对称；推理能力．【答案】86【分析】首先构造辅助线与全等三角形，将BD转化为CE；再用代数表达式表示CE的长度；最后通过二次函数的性质求CE的最小值，即BD的最小值．【解答】解：过A作AE⊥AB，使AE＝AB，连接CE、BE．∴∠ABE＝∠AEB＝45°，∵∠ABC＝135°，∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝90°；又AB+BC＝8，设AB＝m，则BC＝8﹣m．由旋转性质，得AD＝AC，∠DAC＝90°，∴∠BAD＝∠CAE＝90°﹣∠BAC，又AE＝AB，∴△DAB≌△CAE（SAS），∴BD＝CE．在Rt△BAE中，BE=A在Rt△CBE中，由勾股定理得，CE2＝BC2+BE2，代入BC＝8﹣m、BE=2化简得：CE∵3＞0，∴抛物线开口向上，故当m=83时，CE2取最小值1283，故C故答案为：86【点评】本题考查了图形的旋转，勾股定理等，掌握综合知识是解题的关键．5．（2026•上海）如图，△ABC为等边三角形，AD⊥BC交BC于点D，将△ABC绕点D旋转α°（0＜α＜90），使得AB的对应边A′B′垂直于AC．设A′B′交AD于点P，则APDP=3【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．【专题】平移、旋转与对称；推理能力．【答案】3−1【分析】根据等边三角形的性质得出AD⊥BC，∠DAC＝30°，结合A'B'⊥AC求出∠B'PD＝60°，利用旋转的性质得到∠B'＝60°，，DB'＝DB，判定△B'PD为等边三角形，从而得出PD＝DB，最后在Rt△ABD中求出AD与BD的数量关系即可求解．【解答】解：如图，∵△ABC是等边三角形，D是BC的中点，∴AD⊥BC，∠B＝∠BAC＝60°，∠DAC=1∵A'B'⊥AC，∴在Rt△APE（设A'B'交AC于点E）中，∠APE＝90°﹣∠DAC＝60°，由旋转的性质可知△A'B'C′≌△ABC，∴∠B'＝∠B＝60°，DB′＝DB，在△B'PD中，∠B'PD＝60°，∠PB'D＝60°，∴△B'PD是等边三角形，∴PD＝DB'，∴PD＝DB，在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，∠B＝60°，∴AD=BD⋅tan60°=3∴AP=AD−PD=3∴APPD故答案为：3−1【点评】本题考查了图形的旋转，等边三角形的性质等，掌握综合知识是解题的关键．6．（2026•凉山州）点P（﹣3，2）关于原点的对称点P′坐标是（3，﹣2）．【考点】关于原点对称的点的坐标．【专题】平移、旋转与对称；运算能力．【答案】（3，﹣2）．【分析】根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答．【解答】解：点P（﹣3，2）关于原点的对称点P′的坐标是（3，﹣2）．故答案为：（3，﹣2）．【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，熟知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的对称点是P′（﹣x，﹣y）是解题的关键．7．（2026•扬州）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°．将线段AB绕点A按逆时针方向旋转至AM（∠BAM是旋转角，且0°＜∠BAM＜120°），连接BM，CM，作AN⊥CM，垂足为N．用等式表示线段BM，CM，AN之间的数量关系为CM+2BM=23AN【考点】旋转的性质；等腰三角形的性质．【专题】三角形．【答案】CM+2BM=23【分析】过点A作AH⊥BM于点H，延长BM交AN延长线于点E，可推得∠HAE＝60°，则∠MEN＝30°，分别在Rt△NME和Rt△HAE中，利用特殊角三角函数关系，找到NE，ME与MN关系，HE与AE之间的关系，再利用等腰三角形的性质，转化成BM，CM，AN之间的数量关系．【解答】解：过点A作AH⊥BM于点H，延长BM交AN延长线于点E，由题意，AB＝AM＝AC，∵AH⊥BM，AN⊥CM，∴∠MAH=12∠BAM，∠NAM=12∠MAC，∴∠HAE＝∠MAH+∠NAM=12（∠BAM+∠MAC）=1∴在Rt△NME中，∠MEN＝30°，•NE=MNtan30°=3MN=32CM同理，在Rt△HAE中，∠MEN＝30°，cos30°=HE∴2HM+2ME=3∴2×1整理，得CM+2BM=23故答案为：CM+2BM=23【点评】本题主要考查了旋转的性质等腰三角形的性质，掌握其相关知识点是解题的关键．8．（2026•广安）已知△OAB在平面直角坐标系中，A（2，0），B（4，2），将△OAB绕点O逆时针旋转90°得到△OCD，连接CA交OB于点E，将点E向左平移2个单位长度得到点E′，则点E′的坐标为(−23【考点】坐标与图形变化﹣旋转；坐标与图形变化﹣平移．【专题】平移、旋转与对称；运算能力．【答案】(−2【分析】先求出点C的坐标，再分别求出直线AC和OB的函数解析式，据此得出点E的坐标，最后根据平移时点的坐标变化规律即可解决问题．【解答】解：由题知，因为△OCD由△OAB绕点O逆时针旋转90°得到，且点A坐标为（2，0），所以点C坐标为（0，2），则直线AC的函数解析式为y＝﹣x+2．因为点B坐标为（4，2），所以直线OB的函数解析式为y=1由12x=4则12所以点E坐标为（43则将点E向左平移2个单位长度得到点E′的坐标为（−2故答案为：（−2【点评】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转及坐标与图形变化﹣平移，熟知图形平移及旋转的性质是解题的关键．9．（2026•南充）如图，点P在正方形ABCD内，且AP＝AB＝1，将PB绕点B顺时针旋转90°得到P′B，连接PC，P′C，PP′，PP′交BC于点M．下列结论：①CP′＝1；②PC的最小值为2−2；③D，P，P′三点共线；④当△MCP′为等腰三角形时，BP′的长为6−3．其中正确结论为【考点】旋转的性质；三角形三边关系；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．【专题】平移、旋转与对称；推理能力．【答案】①③．【分析】对于①，容易证明△ABP≌△CBP'（SAS），则CP′＝AP＝1；对于②，由PC≥AC−AP=2−1可得，当A、P、C三点共线时，PC取得最小值2−1；对于③，利用等腰三角形的性质可得∠BPD＝135°，进而得到∠BPP'+∠DPB＝180°，因此D，P，P'三点共线；对于④，设CM＝x，容易证明△MCP′∽△CDP'，则DP'=1x，DM=1x−x，在Rt△CDM中，利用勾股定理构造方程，解得x=33，进而得到∠CDM＝30°，容易证明△ADP是等边三角形，在【解答】解：对于①，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝1，由旋转的性质可得，∠PBP'＝90°，BP＝BP′，∵∠ABP+∠CBP＝90°，∠CBP'+∠CBP＝90°，∴∠ABP＝∠CBP′，在△ABP和△CBP'中，AB=BC∠ABP=∠CBP'∴△ABP≌△CBP'（SAS），∴CP'＝AP＝1，故①正确；对于②，如图，连接AC，在Rt△ABC中，AC=A∵PC≥AC−AP=2∴当A、P、C三点共线时，PC取得最小值2−1，故②对于③，如图，连接DP，设∠BAP＝α，则∠DAP＝90°﹣α，∵AB＝AP，∴∠APB=∠ABP=180°−∠BAP∵AB＝AD，∴AD＝AP，∴∠APD=∠ADP=180°−∠DAP∴∠DPB＝∠APD+∠APB＝135°，∵∠PBP'＝90°，BP＝BP'，∴∠BPP'＝∠BP'P＝45°，∵∠BPP'+∠DPB＝180°，∴D，P，P'三点共线，故③正确；对于④，如图，设CM＝x，∵∠CMP＝∠DCM+∠CMD＝90°+∠CMD＞90°，又∵△MCP'为等腰三角形，∴CM＝MP'＝x，∴∠CP′M＝∠MCP'，∵CP'＝1＝CD，∴∠CDP′＝∠CP′M＝∠MCP′，∴△MCP′∽△CDP′，∴MP'CP'=CP'∴DP'=1∴DM=DP'−MP'=1在Rt△CDM中，CM2+CD2＝DM2，∴x2整理，得x2解得x=3∴CM=MP'=33，在Rt△CDM中，tan∠CDM=CM∴∠CDM＝30°，∴∠ADP＝∠ADC﹣∠CDM＝60°，又∵AD＝AP，∴△ADP是等边三角形，∴DP＝AD＝1，∴PP'=DP'−DP=3在Rt△BPP'中，BP'=PP'⋅sin∠BPP'=(3−1)⋅sin45°=6综上，正确的结论为①③．故答案为：①③．【点评】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质等，掌握综合知识是解题的关键．二．解答题（共12小题）10．（2026•苏州）如图①，点O位于竖直墙面l上，平面镜AB与墙面l平行，从点O射出一束激光，经过平面镜AB的反射，在墙面l上形成一个光点C，OC所在直线垂直于水平面．入射光线OP与平面镜AB的夹角∠OPA＝60°．（根据光的反射定律可知：反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的夹角）（1）求证：△OPC是等边三角形；（2）如图②，将图①中的平面镜AB绕点P顺时针旋转7.5°到A'B'位置，入射光线OP经过平面镜的反射后，在墙面l上形成光点E，点E在直线OC上．①∠OPE＝75°；②若OC＝60厘米，求光点向下移动的距离CE的长．（结果保留根号）【考点】几何变换综合题．【专题】几何综合题；几何直观；应用意识．【答案】（1）证明：∵反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的夹角，∠OPA＝60°，∴∠OPA＝∠BPC＝60°，∴∠OPC＝180°﹣∠OPA﹣∠BPC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∵AB∥l，∴∠POC＝∠OPA＝60°，∠OCP＝∠BPC＝60°，∴∠OPC＝∠POC＝∠OCP＝60°，∴OP＝OC＝PC，∴△OPC是等边三角形；（2）①75；②光点向下移动的距离CE的长为30（3−【分析】（1）根据反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的夹角得出∠OPA＝∠BPC＝60°，进而求出∠OPC＝60°，再根据平行线的性质得出∠POC＝∠PCO＝60°，即可得出结论；（2）①由旋转得出∠APA'＝7.5°，进而得出∠OPA'＝52.5°，再根据光的反射定律可知∠B'PE＝∠OPA'＝52.5°，即可得出答案；②由（1）知，∠POC＝∠PCO＝60°，进而求出∠PEO＝45°，过点P作PH⊥OC于H，进而判断出PH＝EH，再根据等边三角形的性质求出CH＝30厘米，根据三角函数求出PH＝303厘米，即可得出答案．【解答】（1）证明：∵反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的夹角，∠OPA＝60°，∴∠OPA＝∠BPC＝60°，∴∠OPC＝180°﹣∠OPA﹣∠BPC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∵AB∥l，∴∠POC＝∠OPA＝60°，∠OCP＝∠BPC＝60°，∴∠OPC＝∠POC＝∠OCP＝60°，∴OP＝OC＝PC，∴△OPC是等边三角形；（2）解：①∵将图①中的平面镜AB绕点P顺时针旋转7.5°到A'B'位置，∴∠APA'＝7.5°，∴∠OPA'＝∠OPA﹣∠APA'＝60°﹣7.5°＝52.5°，∵反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的夹角，∴∠B'PE＝∠OPA'＝52.5°，∴∠OPE＝180°﹣∠OPA'﹣∠B'PE＝180°﹣52.5°﹣52.5°＝75°，故答案为：75；②由（1）知，∠POC＝∠PCO＝60°，在△OPE中，∠OPE+∠POC+∠PEO＝180°，∴∠PEO＝180°﹣∠OPE﹣∠POC＝180°﹣75°﹣60°＝45°，如图②，过点P作PH⊥OC于H，∴∠PHE＝90°，∴∠HPE＝90°﹣∠PEO＝45°，∴∠PEO＝∠HPE，∴PH＝EH，由（1）知，△OPC是等边三角形，∴CH=12在Rt△PHC中，∠PCH＝60°，tan∠PCH=PH∴PH＝CH•tan∠PCH＝30×tan60°＝303厘米，∴EH＝303厘米，∴CE＝EH﹣CH＝303−30＝30（3∴光点向下移动的距离CE的长为30（3−【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，平行线的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．11．（2026•黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣2），B（3，﹣2），C（2，﹣3）．（1）画出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1，并写出A1的坐标；（2）画出△A1B1C1绕点A1逆时针旋转90°得到的△A1B2C2，并写出C2的坐标；（3）求出（2）中线段A1C1所扫过的图形面积．（结果保留π）【考点】作图﹣旋转变换；扇形面积的计算；作图﹣轴对称变换．【专题】作图题；平移、旋转与对称；与圆有关的计算；几何直观．【答案】（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；A1（1，2）；（2）如图所示：△A1B2C2即为所求；C2（0，3）；（3）π2【分析】（1）根据轴对称图形的作法画图即可，然后即可确定点的坐标；（2）根据旋转图形的作法画图即可，然后即可确定点的坐标；（3）根据网格得出A1【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；A1（1，2），根据图像得：A1（1，2）；（2）根据图像得：C2（0，3）；（3）根据网格得：A1∵逆时针旋转90°，∴扫过的图形面积为：90π×(2【点评】本题考查作图—复杂作图，扇形面积的计算，作图﹣轴对称变换，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．12．（2026•新疆）已知，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB上一点，∠EDF＝90°，现将∠EDF绕着点D旋转，交AC于点F，交BC于点E．（1）如图1，当点D为AB中点时，猜想DE，DF之间的数量关系，并进行证明；（2）如图2，当BD＝2AD时，猜想AF，BE，AB之间的数量关系，并进行证明；（3）如图3，当BD＝nAD时，猜想AF，BE，AB之间的数量关系，并进行证明．【考点】几何变换综合题．【专题】代数几何综合题．【答案】（1）DE＝DF；证明：如图1，连接CD，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点D为AB中点，∴∠A＝∠B＝45°，CD⊥AB，CD=1∴∠DCE＝∠B＝45°，∴∠DCE＝∠A，∵∠EDF＝90°，∴∠1＝∠3＝90°﹣∠2，∴△ADF≌△CDE（ASA），∴DE＝DF；（2）BE+2AF=2证明：如图2，过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，则∠DMF＝∠DNE＝∠DNC＝90°，由（1）知∠A＝∠B＝45°，∴△AMD，△BND为等腰直角三角形，则AM＝MD，DN＝BN，∴AM=MD=AD×sinA=2同理DN=BN=2∵BD＝2AD，∴DN＝2DM，∵∠C＝90°，∴∠MDN＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，∵∠EDF＝90°，∴∠1＝∠2＝90°﹣∠FDN，∴△DMF∽△DNE，∴DMDN∴NE＝2MF；∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，∴AF=22AD+MF∴2AF=2由①+②得，BE+2AF=2∵BD+AD＝2AD+AD＝AB，∴AD=1∴BE+2AF=22（3）BE+nAF=2证明：如图3，过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，同（2）可得AM=MD=22AD∵BD＝nAD，∴DN＝nDM，同（2）可证明△DMF∽△DNE，∴DMDN∴NE＝nMF，∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，∴AF=22AD+MF∴nAF=2由①+②得，BE+nAF=2∵BD+AD＝nAD+AD＝AB，∴AD=1∴BE+nAF=2nAD=2【分析】（1）连接CD，证明△ADF≌△CDE（ASA）即可；（2）过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，则AM=MD=22AD，DN=BN=22BD，然后证明△DMF∽△DNE，则NE＝2MF，由AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，得到AF=22AD+MF（3）同（2）的方法求解即可．【解答】解：（1）DE＝DF；证明：如图1，连接CD，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点D为AB中点，∴∠A＝∠B＝45°，CD⊥AB，CD=1∴∠DCE＝∠B＝45°，∴∠DCE＝∠A，∵∠EDF＝90°，∴∠1＝∠3＝90°﹣∠2，∴△ADF≌△CDE（ASA），∴DE＝DF；（2）BE+2AF=2证明：如图2，过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，则∠DMF＝∠DNE＝∠DNC＝90°，由（1）知∠A＝∠B＝45°，∴△AMD，△BND为等腰直角三角形，则AM＝MD，DN＝BN，∴AM=MD=AD×sinA=2同理DN=BN=2∵BD＝2AD，∴DN＝2DM，∵∠C＝90°，∴∠MDN＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，∵∠EDF＝90°，∴∠1＝∠2＝90°﹣∠FDN，∴△DMF∽△DNE，∴DMDN∴NE＝2MF；∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，∴AF=22AD+MF∴2AF=2由①+②得，BE+2AF=2∵BD+AD＝2AD+AD＝AB，∴AD=1∴BE+2AF=22（3）BE+nAF=2证明：如图3，过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，同（2）可得AM=MD=22AD∵BD＝nAD，∴DN＝nDM，同（2）可证明△DMF∽△DNE，∴DMDN∴NE＝nMF，∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，∴AF=22AD+MF∴nAF=2由①+②得，BE+nAF=2∵BD+AD＝nAD+AD＝AB，∴AD=1∴BE+nAF=2nAD=2【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形与相似三角形的性质．13．（2026•山西）综合与探究问题情境：如图1，在△ABC中，AB＝BC，BO是△ABC的中线．将△BOC绕点O顺时针旋转得到△DOE，其中点B，C的对应点分别为点D，E，线段DE分别与线段OA，AB交于点M，F，线段OE与AB交于点N．推理证明：（1）求证：△AON≌△EOM；拓展延伸：（2）在旋转过程中，当OD∥AB时，探究下列问题：①如图2，判断DO与DF的数量关系，并说明理由．②已知OB＝2，OA＝3．在射线DO上取一点G，在射线BO上取一点H，使OH＝OG．当以点A，G，H为顶点的三角形是直角三角形，且GH为直角边时，请直接写出线段BH的长．【考点】几何变换综合题．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】（1）∵AB＝BC，BO是△ABC的中线，∴∠A＝∠C，AO＝CO，∵△BOC旋转得到△DOE，∴∠E＝∠C，EO＝CO，∴∠A＝∠E，AO＝EO，∵∠AON＝∠EOM，在△AON和△EOM中，∠A=∠EAO=EO∴△AON≌△EOM（ASA）；（2）①DO＝DF，理由如下：∵AB＝BC，BO是△ABC的中线，∴∠ABO＝∠CBO，∵△BOC旋转得到△DOE，∴∠D＝∠CBO，OD＝OB，∴∠ABO＝∠D，∵OD∥AB，∴∠D＝∠AFD，∴∠AFD＝∠ABO，∴DF∥OB，∴四边形DFBO是平行四边形，∵OD＝OB，∴▱DFBO是菱形，∴DO＝DF；②BH=13或4−【分析】（1）根据等腰三角形的判定和性质，旋转的性质∠A＝∠E，AO＝EO，结合图形得到∠AON＝∠EOM，运用“角边角”即可求证；（2）①根据旋转得到∠D＝∠ABO，由平行线的判定得到DF∥OB，可证四边形DFBO是菱形，由此即可求解；②当以点A，G，H为顶点的三角形是直角三角形，且GH为直角边时，应分两种情况求解：一种情况是点H在线段OB上；另一种情况是点H在射线OB上且在直线OD上方时．【解答】（1）证明：∵AB＝BC，BO是△ABC的中线，∴∠A＝∠C，AO＝CO，∵△BOC旋转得到△DOE，∴∠E＝∠C，EO＝CO，∴∠A＝∠E，AO＝EO，∵∠AON＝∠EOM，在△AON和△EOM中，∠A=∠EAO=EO∴△AON≌△EOM（ASA）；（2）解：①DO＝DF，理由如下：∵AB＝BC，BO是△ABC的中线，∴∠ABO＝∠CBO，∵△BOC旋转得到△DOE，∴∠D＝∠CBO，OD＝OB，∴∠ABO＝∠D，∵OD∥AB，∴∠D＝∠AFD，∴∠AFD＝∠ABO，∴DF∥OB，∴四边形DFBO是平行四边形，∵OD＝OB，∴▱DFBO是菱形，∴DO＝DF；②如图所示，当点H在线段BO上时，过点H作HP⊥OP于点P，过点A作AQ⊥OQ于点Q，∴∠HPO＝∠AQG＝90°，∵OD∥AB，∴∠HOP＝∠ABO，又∵AB＝BC，BO是△ABC的中线，∴BO⊥AC，∴∠AOB＝∠HPO＝90°，∴△HPO∽△AOB，∵OB＝2，OA＝3，∴OPHP=OB设OP＝2x，HP＝3x，则OH=O∴OG=OH=13由旋转可知∠DOE＝∠BOC＝90°，∴OE⊥OD，∵OD∥AB，∴OE⊥AB于点N，∴S△AOB∴2×3=ON13∴ON=6∵∠AQO＝∠DOE＝∠ONA＝90°，∴四边形AQON是矩形，∴AQ=ON=6∴AN=O∴QG=OQ−OG=9若∠AQG＝∠AGH＝90°，∴∠QAG+∠QGA＝90°，∠HGP+∠QGA＝90°，∴∠QAG＝∠HGP，∴△AQG∽△GPH，∴AQGP又∵GP=OG+OP=13∴613解得：x=1−2∴OH=13∴BH=OB−OH=2−(13若∠AHG＝90°，则有∠PGH+∠PHG＝90°，∠AHL+∠PHG＝90°，∴∠PGH＝∠AHL，∴△PGH∽△LHA，∴PHPG∵GP=13x+2x，HL=AQ−HP=6∴3x13解得：x=−(1−2如图所示，当点H在射线BO上且在直线OD上方时，过点H作HP⊥OD，过点H作KP∥OD，过点A作AK⊥KP，过点G作GP⊥KP，∴∠HQO＝90°，∵OD∥AB，∴OD∥AB∥KP，∴∠HOB＝∠ABO，又∵∠HOQ＝∠GOB，∴∠HOQ＝∠OBA，由旋转可知∠DOE＝∠BOC＝∠AOB＝90°，∴∠HQO＝∠AOB＝90°，∴△HOQ∽△ABO，∴OQHQ设OQ＝2x，则QH＝3x，∴OG=O∴OG=OH=13∵ON=6∴AK=ON+HQ=61313∵AN=O∴KH=AN−OQ=9若∠AKH＝∠AHG＝90°，∴∠KAH+∠KHA＝90°，∠GHP+∠KHA＝90°，∴∠KAH＝∠GHP，∴△AKH∽△HPG，∴AKGP∴613解得：x=1−2OH=13∴BH=OB+OH=13若∠AGH＝90°，则有∠P＝∠AGH＝90°，∴∠PHG+∠HGP＝90°，∠AGJ+∠HGP＝90°，∴∠PHG＝∠AGJ，∴△HPG∽△GJA，∴PHPG∴PH=GQ=OG+OQ=13x+2x，PG＝HQ＝3x，GJ=ON=6∴13x+2x∴x=2综上所述，BH=13或4−【点评】本题考查了平行四边形的性质及判定，菱形的性质及判定等，掌握综合知识是解题的关键．14．（2026•攀枝花）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，点D是BC边上的一个动点，连结AD，将线段AD绕点A逆时针旋转至线段AE，使得∠DAE＝∠BAC，连结CE，DE．（1）当AD＝BD时，求BD的长；（2）当△ACD是等腰三角形时，求CD的长；（3）当AD⊥AC时，求DE的长（用图2）．【考点】几何变换综合题．【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；运算能力；推理能力．【答案】（1）BD=25（2）CD＝5或258（3）DE＝6．【分析】（1）可证明△ABD∽△CBA，从而BDAC（2）分三种情形：当CD＝AC＝5时，△ACD是等腰三角形，当AD＝CD时，同理（1）可得：CD=258，当点D和点B重合时，AD＝AC，此时CD＝（3）作AF⊥BC于F，可证明△ACF∽△DCA，从而AFAD=CFAC，从而求得AD的值，可推出△ABC∽△【解答】解：（1）∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵AD＝BD，∴∠B＝∠BAD，∴∠BAD＝∠ACB，∵∠B＝∠B，∴△ABD∽△CBA，∴BDAC∴BD5∴BD=25（2）当CD＝AC＝5时，△ACD是等腰三角形，当AD＝CD时，同理（1）可得：CD=25当点D和点B重合时，AD＝AC，此时CD＝BC＝8，综上所述：CD＝5或258（3）如图，作AF⊥BC于F，∴∠AFC＝90°，∵AB＝AC，∴CF＝BF=12∴AF=A∵AD⊥AC，∴∠CAD＝90°，∴∠DAC＝∠AFC，∵∠ACD＝∠ACF，∴△ACF∽△DCA，∴AFAD∴3AD∴AD=15∵线段AD绕点A逆时针旋转至线段AE，∴AE＝AD，∵AB＝AC，∴ABAC∵∠DAE＝∠BAC，∴△ABC∽△ADE，∴ADAB∴154∴DE＝6．【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质及分类等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．15．（2026•甘肃）在某学校举办的数学文化周活动中，同学们利用角、线段、三角形等图形，借助图形的旋转或对称设计了一些美丽的图案．如图1是小彤设计的一件艺术作品的平面图，它由6个全等三角形构成，外轮廓为正六边形．（1）请判断图1是中心对称图形；（填“轴对称”或“中心对称”）（2）图2是从图1选取的部分图案，其中△A′B′C′看作由△ABC绕旋转中心O顺时针方向旋转一定角度后得到的，请你用无刻度直尺和圆规确定该图案的旋转中心O．（保留作图痕迹，不写作法）【考点】利用旋转设计图案；全等三角形的应用；正多边形和圆；利用轴对称设计图案；生活中的旋转现象．【专题】作图题；几何直观．【答案】（1）图1是中心对称图形．故答案为：中心对称；（2）如图2中，点O即为所求．【分析】（1）根据轴对称图形，中心对称图形的定义判断即可；（2）连接AA′，BB′，作线段AA′，BB′的垂直平分线交于点O，点O即为所求．【解答】解：（1）图1是中心对称图形．故答案为：中心对称；（2）如图2中，点O即为所求．【点评】本题考查作图﹣利用性质设计图案，全等三角形的应用，正多边形与圆，利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握相关知识解决问题．16．（2026•江西）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，点P在BC的延长线上，将AP绕点A按逆时针方向旋转30°得到AQ，连接CQ，PQ．（1）求证：BP＝CQ；（2）若∠CAP＝15°，PQ＝22，求BP的长．【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形．【专题】平移、旋转与对称；推理能力．【答案】（1）证明：∵AP绕点A按逆时针方向旋转30°得到AQ，∴∠PAQ＝30°，AP＝AQ，∵∠BAC＝30°，∴∠BAC+∠CAP＝∠CAP+∠PAQ，即∠BAP＝∠CAQ，在△ABP和△ACQ中，AB=AC∠BAP=∠CAQ∴△ABP≌△ACQ（SAS），∴BP＝CQ；（2）4．【分析】（1）先根据旋转的性质得到∠PAQ＝30°，AP＝AQ，然后证明△ABP≌△ACQ得到BP＝CQ；（2）过点Q作QH⊥BC于H点，如图，先根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出∠B＝∠ACB＝∠APQ＝∠AQP＝75°，再根据全等三角形的性质得∠ACQ＝∠B＝75°，则利用平角的定义可计算出∠QCH＝30°，接着利用三角形外角性质计算出∠APB＝60°，则利用平角的定义可得到∠QPH＝45°，于是利用等腰直角三角形的性质得到PH＝QH＝2，然后根据含30度角的直角三角形三边的关系得到CQ＝4，从而得到BP的长．【解答】（1）证明：∵AP绕点A按逆时针方向旋转30°得到AQ，∴∠PAQ＝30°，AP＝AQ，∵∠BAC＝30°，∴∠BAC+∠CAP＝∠CAP+∠PAQ，即∠BAP＝∠CAQ，在△ABP和△ACQ中，AB=AC∠BAP=∠CAQ∴△ABP≌△ACQ（SAS），∴BP＝CQ；（2）解：过点Q作QH⊥BC于H点，如图，∵AB＝AC，AP＝AQ，∠BAC＝∠PAQ＝30°，∴∠B＝∠ACB＝75°，∠APQ＝∠AQP＝75°，∵△ABP≌△ACQ，∴∠ACQ＝∠B＝75°，∴∠QCH＝180°﹣∠ACB﹣∠ACQ＝30°，∵∠ACB＝∠CAP+∠APB，∴∠APB＝75°﹣15°＝60°，∵∠QPH＝180°﹣∠APB﹣∠APQ＝180°﹣60°﹣75°＝45°．∴PH＝QH=22PQ=2在Rt△CQH中，∵∠QCH＝30°，∴CQ＝2QH＝4，∴BP＝CQ＝4．【点评】本题考查了旋转的性质：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；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形三边的关系．17．（2026•乐山）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD＝1，点P在线段CD上（点P不与点D重合）．连结AP，将△ADP沿AP翻折得到△AD′P，点D的对应点为D（1）求AD'的长度；（2）求证：当DP＝1时，四边形AD′PD为正方形；（3）若点Q在线段AB上，且BQ=DP=a(0＜a≤3)，连结CQ，将△BCQ沿CQ翻折得到△B'CQ，点B的对应点为B'．设点B'与点D'之间的距离为d，求【考点】几何变换综合题．【专题】几何综合题．【答案】（1）1；（2）法一：∵△ADP沿AP翻折得到△AD'P，∴AD'＝AD＝1，D'P＝DP＝1∴AD'＝AD＝D'P＝DP，∴四边形AD′PD是菱形，又∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°∴四边形AD′PD是正方形；法二：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，又∵△ADP沿AP翻折得到ΔAD′P，∴∠AD'P＝∠D＝90°，∠DAP＝∠D'AP，∵DP＝AD＝1，∴∠DAP＝45°，∴∠DAP＝∠D'AP＝45°，∴∠DAD'＝2∠DAP＝90°，∴四边形AD′PD是矩形，又∵DP＝AD，∴四边形AD′PD是正方形；（3）0≤d≤2．【分析】（1）根据翻折得到AD'＝AD＝1；（2）根据翻折得到AD'＝AD＝1，D'P＝DP＝1，则AD'＝AD＝D'P＝DP，推出四边形AD'PD是菱形，最后根据∠D＝90°，得到四边形AD'PD是正方形；（3）①当B'与D'重合时，此时d＝0最小．②当点P与点C重合（点Q与点A重合）时，根据折叠证明四边形AB'CD'是矩形，得到d＝B′D′＝AC＝2，此时最大，即可得到点B'与点D'之间的距离为d的取值范围0≤d≤2．【解答】（1）解：∵△ADP沿AP翻折得到ΔAD′P，∴AD'＝AD，又∵AD＝1，∴AD'＝1；（2）证明：法一：∵△ADP沿AP翻折得到△AD'P，∴AD'＝AD＝1，D'P＝DP＝1∴AD'＝AD＝D'P＝DP，∴四边形AD′PD是菱形，又∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°∴四边形AD′PD是正方形；法二：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，又∵△ADP沿AP翻折得到ΔAD′P，∴∠AD'P＝∠D＝90°，∠DAP＝∠D'AP，∵DP＝AD＝1，∴∠DAP＝45°，∴∠DAP＝∠D'AP＝45°，∴∠DAD'＝2∠DAP＝90°，∴四边形AD′PD是矩形，又∵DP＝AD，∴四边形AD′PD是正方形；（3）解：①当B′与D'重合时，此时d＝0．②当点P与点C重合（点Q与点A重合）时，∵四边形ABCD是矩形，AB=3，AD∴∠ADC＝∠ABC＝90°，CD=AB=3，AD＝BC∴AC=A由折叠可得，AD'＝AD＝1，AB=AB'=3，CD'＝CD=3，CB＝CB'＝1，∠AD'C＝∠ADC＝90°，∠AB'C＝∠∴CB'＝AD'＝1，AB'＝CD'=3∴四边形AB′CD'是平行四边形，∵∠AD'C＝∠ADC＝90°，∴平行四边形AB′CD'是矩形，∴B'D'＝AC，∴d＝B'D'＝AC＝2，∴0≤d≤2．【点评】本题主要考查了折叠的性质，正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质等，掌握其相关知识点是解题的关键．18．（2026•烟台）如图，矩形ABCD中，AC是对角线，请解决下列问题：（1）将△ABC绕点A旋转后，点B的对应点为点E，点C的对应点为点F，且点E在线段AC上，请用尺规作出旋转后的图形（保留作图痕迹，不写作法）；（2）在（1）的条件下，若AB＝2，BC＝4，EF与AD交于点G，求FG的长．【考点】作图﹣旋转变换；相似三角形的判定与性质；矩形的性质．【专题】作图题；几何直观．【答案】（1）图形如图所示：（2）FG＝3．【分析】（1）在线段AC上截取线段AE，使得AE＝AB，过点E作ET⊥AC，在射线ET上截取线段EF，使得EF＝BC，连接AF即可；（2）利用相似三角形的性质求解．【解答】解：（1）图形如图所示：（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，AD∥BC，∴∠ACB＝∠GAE，∵∠AEG＝∠B＝90°，∴△ABC∽△GEA，∴ABGE∴2GE∴GE＝1，∵EF＝BC＝4，∴FG＝EF﹣EG＝4﹣1＝3．【点评】本题考查作图﹣旋转变换，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题．19．（2026•山东）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°．【观察与发现】（1）如图1，将线段AC绕点A顺时针旋转60°得到线段AD，点D与点C是对应点．点E，F分别在边AB，AC上，AE＝CF，连接DE，DF．求证：DE＝DF．【思考与探究】（2）如图2，过点A作AH⊥AC交BC于点H．点E，F分别在边AB，AC上，CF＝2AE，连接EF，HE，HF．猜想线段EF与HE的数量关系，并说明理由．【拓展与延伸】（3）如图3，在（2）的条件下，延长FE至点G，使EG＝FE，连接GA，GH．若AB＝6，AG＝27，求线段AE的长度．【考点】几何变换综合题．【专题】三角形；推理能力．【答案】（1）连接CD，如图所示：根据旋转可得：∠CAD＝60°，AC＝AD，∴△ACD为等边三角形，∴CD＝AD，∠ACD＝60°，∵∠EAD＝∠BAC﹣∠CAD＝120°﹣60°＝60°，∴∠EAD＝∠ACD，∵AE＝CF，∴△AED≌△CFD（SAS），∴DE＝DF；（2）EF=3∵AH⊥AC，∴∠HAF＝90°，∴∠BAH＝∠BAC﹣∠HAF＝30°，∴sinC=sin30°=1∵AB＝AC，∴∠A=∠C=1∴∠BAH＝∠C，∵CF＝2AE，∴AECF∴AECF∴△AEH∽△CFH，∴HEHF=AHHC=∴∠AHE+∠AHF＝∠AHF+∠CHF，即∠EHF＝∠AHC，∵HEHF∴HEAH∴△EFH∽△ACH，∴∠EFH＝∠C＝30°，∠HEF＝∠HAC＝90°，∴∠EHF＝90°﹣30°＝60°，∴tan∠EHF=tan60°=3∴EF=3（3）AE＝1或2．【分析】（1）连接CD，证明△ACD为等边三角形，得出CD＝AD，∠ACD＝60°，再证明△AED≌△CFD（SAS），即可得出结论；（2）证明△AEH∽△CFH，得出HEHF=AHHC=12，∠AHE＝∠CHF，证明△EFH∽△ACH，得出∠EFH＝∠C（3）延长CA，并取点N，使AN＝AF，过点G作GM⊥AN于点M，根据中位线的性质得出AE=12GN，AE∥GN，设AE＝x，则GN＝2AE＝2x，CF＝2AE＝2x，AN＝AF＝6﹣2x，解直角三角形求出MN=12GN=x，【解答】（1）证明：连接CD，如图所示：根据旋转可得：∠CAD＝60°，AC＝AD，∴△ACD为等边三角形，∴CD＝AD，∠ACD＝60°，∵∠EAD＝∠BAC﹣∠CAD＝120°﹣60°＝60°，∴∠EAD＝∠ACD，∵AE＝CF，∴△AED≌△CFD（SAS），∴DE＝DF；（2）解：EF=3∵AH⊥AC，∴∠HAF＝90°，∴∠BAH＝∠BAC﹣∠HAF＝30°，∴sinC=sin30°=1∵AB＝AC，∴∠A=∠C=1∴∠BAH＝∠C，∵CF＝2AE，∴AECF∴AECF∴△AEH∽△CFH，∴HEHF=AHHC=∴∠AHE+∠AHF＝∠AHF+∠CHF，即∠EHF＝∠AHC，∵HEHF∴HEAH∴△EFH∽△ACH，∴∠EFH＝∠C＝30°，∠HEF＝∠HAC＝90°，∴∠EHF＝90°﹣30°＝60°，∴tan∠EHF=tan60°=3∴EF=3（3）解：延长CA，并取点N，使AN＝AF，过点G作GM⊥AN于点M，如图所示：则∠GMA＝90°，∵EG＝EF，∴AE为△FGN的中位线，∴AE=12GN，AE∴∠GNA＝∠BAC＝120°，∴∠GNM＝180°﹣120°＝60°，∵AB＝6，∴AC＝AB＝6，设AE＝x，则GN＝2AE＝2x，CF＝2AE＝2x，AN＝AF＝6﹣2x，∵cos∠MNG=cos60°=12=∴MN=12GN=x∴AM＝AN+MN＝6﹣2x+x＝6﹣x，在Rt△AGM中，根据勾股定理得：AM2+GM2＝AG2，即(6−x)解得：x1＝2，x2＝1，∴AE＝1或2．【点评】本题考查了全等三角形的性质及判定，相似三角形的性质及判定，掌握综合知识是解题的关键．20．（2026•安徽）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系xOy，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点），点A，B，C的坐标分别为（﹣3，﹣2），（﹣1，﹣1），（﹣3，3）．（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；（2）将线段AB向右平移1个单位长度，再向上平移3个单位长度，得到线段A2B2，画出线段A2B2；（3）以点B为旋转中心，将线段BC按顺时针方向旋转90°，得到线段BC2，直接写出点C2的坐标．【考点】作图﹣旋转变换；作图﹣轴对称变换；作图﹣平移变换．【专题】平移、旋转与对称；推理能力．【答案】（1）如图，△A1B1C1即为所求；（2）如图，线段A2B2即为所求；（3）点C2的坐标为（3，1）．【分析】（1）根据轴对称的性质作图即可；（2）根据平移的性质作图即可；（3）根据旋转的性质作图即可，再结合图形写出点的坐标．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；（2）如图，线段A2B2即为所求；（3）如图，画出线段BC2，∴点C2的坐标为（3，1）．【点评】本题考查了图形的对称，平移，旋转，掌握作图是解题的关键．21．（2026•重庆）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＞AC，以BC为斜边在BC上方作等腰直角三角形BCD．（1）如图1，若∠ABC＝30°，BD＝3，求AC的长度；（2）如图2，连接AD，将线段DA绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，延长ED交BC于点F，连接CE．点G，H分别是AB，CE的中点，连接DG，GH．求证：BC﹣AC=2GH（3）如图3，BC＝12，AC＝3，点P在直线BC上，连接DP，将线段DP绕点D逆时针旋转90°得到线段DQ，连接AQ．点M在直线AB上，连接DM，QM，将△DMQ沿直线DM翻折至△ABC所在平面内得到△DMN，连接CN．当AQ+DQ取得最小值时，连接CQ，NQ，请直接写出△CQN面积的最大值．【考点】几何变换综合题．【专题】几何综合题．【答案】（1）6；（2）如图所示，连接DH，∵线段DA绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，∴DA＝DE，∠ADE＝∠ADF＝90°，∵∠CDB＝90°，∴∠ADE+∠ADC＝∠ADC+∠CDE，即∠CDE＝∠BDA，在△CDE和△BDA中，DE=DA∠CDE=∠BDA∴△CDE≌△BDA（SAS），∴CE＝BA，∵点G，H分别是AB，CE的中点，∴DH＝DG，∠EDH＝∠ADG，∵∠EDH+∠HDA＝90°，∴∠ADG+∠HDA＝90°，即∠HDG＝90°，∴△HDG是等腰直角三角形，∴sin∠DGH=sin45°=DHHG，解得∵∠ADF＝∠CDB＝90°，∴∠ADF﹣∠CDF＝∠CDB﹣∠CDF，即∠ADC＝∠FDB，∵△BDC是等腰直角三角形，∴DC＝DB，∠DCB＝∠DBC＝45°，又∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝∠DBC＝45°，在△ADC和△FDB中，∠ADC=∠FDBDC=DB∴△ADC≌△FDB（ASA），∴AC＝BF，AD＝DF，∵AD＝DE，∴DE＝DF，∴点D是线段EF的中点，又∵点H是线段EC的中点，∴DH=1∵DH=2∴12CF=2∵CF＝BC﹣BF＝BC﹣AC，∴BC−AC=2（3）1337【分析】（1）利用勾股定理和解直角三角形求解即可；（2）结合“手拉手”模型，证得△CDE≌△BDA，利用全等证得△DHG是等腰直角三角形，所以得到BH=22GH，再利用得到新条件证明△ADC≌△FDB，得到DH（3）先利用“手拉手”模型确定点Q的运动轨迹，再利用将军饮马确定点Q的具体位置；接着利用对称性得出DQ＝DN，从而确定点N是在以点D为圆心，DQ为半径的圆上运动，根据圆上的点到直线的最大距离需过圆心进行解答．【解答】（1）解：∵三角形BCD是等腰直角三角形，∴BD＝CD＝3，BC=B又∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∴tan∠ABC=ACBC，即解得AC=6（2）证明：如图所示，连接DH，∵线段DA绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，∴DA＝DE，∠ADE＝∠ADF＝90°，∵∠CDB＝90°，∴∠ADE+∠ADC＝∠ADC+∠CDE，即∠CDE＝∠BDA，在△CDE和△BDA中，DE=DA∠CDE=∠BDA∴△CDE≌△BDA（SAS），∴CE＝BA，∵点G，H分别是AB，CE的中点，∴DH＝DG，∠EDH＝∠ADG，∵∠EDH+∠HDA＝90°，∴∠ADG+∠HDA＝90°，即∠HDG＝90°，∴△HDG是等腰直角三角形，∴sin∠DGH=sin45°=DHHG，解得∵∠ADF＝∠CDB＝90°，∴∠ADF﹣∠CDF＝∠CDB﹣∠CDF，即∠ADC＝∠FDB，∵△BDC是等腰直角三角形，∴DC＝DB，∠DCB＝∠DBC＝45°，又∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝∠DBC＝45°，在△ADC和△FDB中，∠ADC=∠FDBDC=DB∴△ADC≌△FDB（ASA），∴AC＝BF，AD＝DF，∵AD＝DE，∴DE＝DF，∴点D是线段EF的中点，又∵点H是线段EC的中点，∴DH=1∵DH=2∴12CF=2∵CF＝BC﹣BF＝BC﹣AC，∴BC−AC=2（3）解：如图所示，连接BQ，∵线段DP绕点D逆时针旋转90°得到线段DQ，△BDC是等腰直角三角形，∴DB＝DC，DP＝DQ，∠BDC＝∠PDQ＝90°，∠DBP＝∠DCB＝45°，∴∠BDC﹣∠PDB＝∠PDQ﹣∠PDB，即∠CDP＝∠BDQ，在△CDP和△BDQ中，DC=DB∠CDP=∠BDQ∴△CDP≌△BDQ（SAS），∴∠DCP＝∠DBQ＝45°，∴∠CBQ＝∠DBC+∠DBQ＝90°，∴点Q在与BC垂直且垂足为点B的直线l上，∴作点D关于直线l的对称点D′，连接AD交直线l为点Q，此时AQ+DQ最短，如下图所示，连接DD'交直线l于点E，过点A作AF垂直直线l，交直线l于点F，∴四边形ACBF是矩形，∴AF＝BC，FB＝AC＝3，在等腰直角三角形BCD中，BC＝12，∴sin45°=DCBC，解得在直角三角形DEB中，sin∠DBQ=sin45°=DEDB，解得DE＝则EF＝EB﹣FB＝3，由对称性可知D′E＝6，由题意知∠AFQ＝∠D'EQ＝90°，∠AQF＝∠D'QE，∴△AQF∽△D'QE，∴FQEQ又∵EF＝3，∴FQ＝2，EQ＝1，∴BQ＝FB+FQ＝5，在Rt△DEQ中，DQ=D∴在Rt△BCQ中，CQ=1∵△DMQ沿直线DM翻折至△ABC所在平面内得到△DMN，∴点Q，N是关于直线DM的对称点，∴点D在线段QN的垂直平分线上，∴DN＝DQ，∴点N实在以D为圆心，DQ长为半径的圆上运动，过点N作NH⊥CQ交CQ于点N，∴S△CQN∴△CQN面积的最大，则需要HN最大，HN过圆心时取得最大值，如下图所示，在Rt△DHC和Rt△DHQ中，DC2﹣CH2＝DQ2﹣QH2，即(62解得CH=10213，∴NH=ND+DH=37∴S△CQN∴△CQN面积的最大值为1337【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线，解直角三角形，三角形三边关系，熟练掌握各性质及判定是解题的关键．

考点卡片1．三角形的面积（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△=1（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．2．三角形三边关系（1）三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．（2）在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．（3）三角形的两边差小于第三边．（4）在涉及三角形的边长或周长的计算时，注意最后要用三边关系去检验，这是一个隐藏的定时炸弹，容易忽略．3．全等三角形的判定与性质（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．4．全等三角形的应用（1）全等三角形的性质与判定综合应用用全等寻找下一个全等三角形的条件，全等的性质和判定往往是综合在一起应用的，这需要认真分析题目的已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段或角之间的联系．（2）作辅助线构造全等三角形常见的辅助线做法：①把三角形一边的中线延长，把分散条件集中到同一个三角形中是解决中线问题的基本规律．②证明一条线段等于两条线段的和，可采用“截长法”或“补短法”，这些问题经常用到全等三角形来证明．（3）全等三角形在实际问题中的应用一般方法是把实际问题先转化为数学问题，再转化为三角形问题，其中，画出示意图，把已知条件转化为三角形中的边角关系是关键．5．等腰三角形的性质（1）等腰三角形的概念有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．（2）等腰三角形的性质①等腰三角形的两腰相等②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．6．等边三角形的性质（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．7．含30度角的直角三角形（1）含30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．（2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常用来求边的长度和角的度数．（3）注意：①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用；②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边．8．平行四边形的性质（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．（2）平行四边形的性质：①边：平行四边形的对边相等．②角：平行四边形的对角相