第第頁第24講軸對稱、平移與旋轉(zhuǎn)【3大考點15大題型】考點一考點一軸對稱【題型1軸對稱圖形】1．（2024·四川巴中·中考真題）下列圖形中，是軸對稱圖形的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了軸對稱圖形的識別．根據(jù)如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形叫做軸對稱圖形，這條直線叫做對稱軸進行分析即可．【詳解】解：A，B，C選項中的圖形不能找到這樣的一條直線，使圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，所以不是軸對稱圖形，D選項中的圖形能找到這樣的一條直線，使圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，所以是軸對稱圖形．故選：D．2．（2024·湖南邵陽·中考真題）下列四種圖形中，對稱軸條數(shù)最多的是（

）A．等邊三角形 B．圓 C．長方形 D．正方形【答案】B【分析】分別求出各個圖形的對稱軸的條數(shù)，再進行比較即可．【詳解】解：因為等邊三角形有3條對稱軸；圓有無數(shù)條對稱軸；長方形有2條對稱軸；正方形有4條對稱軸；經(jīng)比較知，圓的對稱軸最多．故選：B．【點睛】此題考查了軸對稱圖形對稱軸條數(shù)的問題，解題的關(guān)鍵是掌握軸對稱圖形對稱軸的定義以及性質(zhì)．3．（2024·浙江臺州·中考真題）一只小狗正在平面鏡前欣賞自己的全身像（如圖所示），此時，它所看到的全身像是(

)A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)解題即可.【詳解】根據(jù)圖中所示，鏡面對稱后，應(yīng)該為第一個圖象．故選A．【點睛】本題考查軸對稱的性質(zhì).屬于簡單題型.4．（2024·黑龍江綏化·中考真題）如圖，已知∠AOB=50°，點P為∠AOB內(nèi)部一點，點M為射線OA、點N為射線OB上的兩個動點，當(dāng)△PMN的周長最小時，則∠MPN=．【答案】80°/80度【分析】本題考查了軸對稱?最短路線問題，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理的應(yīng)用；作點P關(guān)于OA，OB的對稱點P1，P2．連接OP1，OP2．則當(dāng)M，【詳解】解：作P關(guān)于OA，OB的對稱點P1，P2．連接OP1，OP2．則當(dāng)M，N是∵P、P1關(guān)于∴∠P同理，∠P2OP=2∠NOP∴∠P1O∴△P∴∠OP∴∠MPN=∠MPO+∠NPO=∠O故答案為：80°．5．（2024·江蘇·中考真題）在四邊形ABCD中，AB=BC=2,∠ABC=120°,BH為∠ABC內(nèi)部的任一條射線（∠CBH不等于60°），點C關(guān)于BH的對稱點為C′，直線AC′與BH交于點F，連接CC′

【答案】4【分析】連接BC′，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得CB=C′B,CF=C′F，進而可得A,C,C′在半徑為2的⊙B上，證明【詳解】解：如圖所示，連接BC

∵點C關(guān)于BH的對稱點為C′∴CB=C∵AB=BC=2，∴A,C,C′在半徑為2的在優(yōu)弧AC上任取一點E，連接AE,EC,則∠AEC=1∵∠ABC=120°，∴∠AC∴∠CC∴△CC當(dāng)CC′取得最大值時，∵C′在⊙B上運動，則CC′則△CC′F故答案為：43【點睛】本題考查了軸對稱的性質(zhì)，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形對角互補，等邊三角形的性質(zhì)，得出CC′最大值為【題型2折疊問題】1．（2024·黑龍江大慶·中考真題）如圖，在一次綜合實踐課上，為檢驗紙帶①、②的邊線是否平行，小慶和小鐵采用了兩種不同的方法：小慶把紙帶①沿AB折疊，量得∠1=∠2=59°；小鐵把紙帶②沿GH折疊，發(fā)現(xiàn)GD與GC重合，HF與HE重合．且點C，G，D在同一直線上，點E，H，F(xiàn)也在同一直線上．則下列判斷正確的是（

）A．紙帶①、②的邊線都平行B．紙帶①、②的邊線都不平行C．紙帶①的邊線平行，紙帶②的邊線不平行D．紙帶①的邊線不平行，紙帶②的邊線平行【答案】D【分析】對于紙帶①，根據(jù)對頂角相等可得∠1=∠ADB=59°，利用三角形內(nèi)角和定理求得∠DBA=62°，再根據(jù)折疊的性質(zhì)可得∠ABC=∠DBA=62°，由平行線的判定即可判斷；對于紙帶②，由折疊的性質(zhì)得，∠CGH=∠DGH，∠EHG=∠FHG，由平角的定義從而可得∠EHG=∠FHG=90°，∠CGH=∠DGH=90°，再根據(jù)平行線的判定即可判斷．【詳解】解：對于紙帶①，∵∠1=∠2=59°，∴∠1=∠ADB=59°，∴∠DBA=180°?59°?59°=62°，由折疊的性質(zhì)得，∠ABC=∠DBA=62°，∴∠2≠∠ABC，∴AD與BC不平行，對于紙帶②，由折疊的性質(zhì)得，∠CGH=∠DGH，∠EHG=∠FHG，又∵點C，G，D在同一直線上，點E，H，F(xiàn)也在同一直線上，∴∠CGH+∠DGH=180°，EHG+∠FHG=180°，∴∠EHG=∠FHG=90°，∠CGH=∠DGH=90°，∴∠EHG+∠CGH=180°，∴CD∥綜上所述，紙帶①的邊線不平行，紙帶②的邊線平行，故選：D．【點睛】本題考查平行線的判定、對頂角相等、三角形內(nèi)角和定理、折疊的性質(zhì)，熟練掌握平行線的判定和折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2024·江蘇蘇州·中考真題）如圖，△ABC，∠ACB=90°，CB=5，CA=10，點D，E分別在AC，AB邊上，AE=5AD，連接DE，將△ADE沿DE翻折，得到△FDE，連接CE，CF．若△CEF的面積是△BEC【答案】103/【分析】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、折疊性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形的面積公式等知識，是綜合性強的填空壓軸題，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用是解答的關(guān)鍵．設(shè)AD=x，AE=5x，根據(jù)折疊性質(zhì)得DF=AD=x，∠ADE=∠FDE，過E作EH⊥AC于H，設(shè)EF與AC相交于M，證明△AHE∽△ACB得到EHBC=AHAC=AEAB，進而得到EH=x，AH=2x，證明Rt△EHD是等腰直角三角形得到∠HDE=∠HED=45°，可得∠FDM=90°，證明【詳解】解：∵AE=5∴設(shè)AD=x，AE=5∵△ADE沿DE翻折，得到△FDE，∴DF=AD=x，∠ADE=∠FDE，過E作EH⊥AC于H，設(shè)EF與AC相交于M，則∠AHE=∠ACB=90°，又∠A=∠A，∴△AHE∽△ACB，∴EHBC∵CB=5，CA=10，AB=A∴EH5∴EH=x，AH=AE2∴Rt△EHD∴∠HDE=∠HED=45°，則∠ADE=∠EDF=135°，∴∠FDM=135°?45°=90°，在△FDM和△EHM中，∠FDM=∠EHM=90°∠DMF=∠HME∴△FDM≌△EHMAAS∴DM=MH=12x∴S△CEFS△BEC∵△CEF的面積是△BEC面積的2倍，∴10?32x解得x1=10即AD=10故答案為：1033．（2024·山東煙臺·中考真題）如圖，在?ABCD中，∠C=120°，AB=8，BC=10．E為邊CD的中點，F(xiàn)為邊AD上的一動點，將△DEF沿EF翻折得△D′EF，連接AD′，B【答案】203?16【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到CD=AB=8，AB∥CD，∠ABC=60°，由折疊性質(zhì)得到ED′=DE=4，進而得到點D′在以E為圓心，4為半徑的圓上運動，如圖，過E作EM⊥AB交AB延長線于M，交圓E于D′，此時D′到邊AB的距離最短，最小值為D′M的長，即此時△ABD【詳解】解：∵在?ABCD中，∠BCD=120°，AB=8，∴CD=AB=8，AB∥CD，則∵E為邊CD的中點，∴DE=CE=1∵△DEF沿EF翻折得△D∴ED∴點D′在以E為圓心，4為半徑的圓上運動，如圖，過E作EM⊥AB交AB延長線于M，交圓E于D′，此時D′到邊AB的距離最短，最小值為D過C作CN⊥AB于N，∵AB∥∴EM=CN，在Rt△BCN中，BC=10，∠CBN=60°∴CN=BC?sin∴D′∴△ABD′面積的最小值為故答案為：203【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、折疊性質(zhì)、圓的有關(guān)性質(zhì)以及直線與圓的位置關(guān)系、銳角三角函數(shù)等知識，綜合性強的填空壓軸題，得到點D′4．（2024·上海·中考真題）在平行四邊形ABCD中，∠ABC是銳角，將CD沿直線l翻折至AB所在直線，對應(yīng)點分別為C′，D′，若AC′【答案】27或47/4【分析】本題考查了平行四邊形的翻折，求余弦值，等腰三角形的判定及性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是利用分類討論的思想進行求解．【詳解】解：當(dāng)C′在AB根據(jù)AC′:AB:BC=1:3:7由翻折的性質(zhì)知：∠FCD=∠FC∵CD沿直線l翻折至AB所在直線，∴∠BC∴∠BCCF=BF=C過F作AB的垂線交于E，∴BE=1∴cos當(dāng)C′在BA根據(jù)AC′:AB:BC=1:3:7同理知：CF=BF=C過F作AB的垂線交于E，∴BE=1∴cos故答案為：27或45．（2024·山東泰安·中考真題）如圖，在△ABC中，AC=BC=16，點D在AB上，點E在BC上，點B關(guān)于直線DE的軸對稱點為點B′，連接DB′，EB′，分別與AC相交于F點，G點，若AF=8

【答案】4.5【分析】根據(jù)等邊對等角和折疊的性質(zhì)證明∠A=∠B′，進而證明△AFD∽△B′FG，則AF【詳解】解：∵AC=BC=16，∴∠A=∠B，由折疊的性質(zhì)可得∠B=∠B∴∠A=∠B又∵∠AFD=∠B∴△AFD∽△B∴AFB′F∴GF=3.5，∴CG=AC?AF?GF=4.5，故答案為：4.5．【點睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，等邊對等角等等，證明△AFD∽△B6．（2024·江蘇徐州·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°,CA=CB=3，點D在邊BC上．將△ACD沿AD折疊，使點C落在點C′處，連接BC′，則

【答案】3【分析】由折疊性質(zhì)可知AC=AC【詳解】解：∵∠C=90°,CA=CB=3，∴AB=A由折疊的性質(zhì)可知AC=AC∵BC∴當(dāng)A、C′、B三點在同一條直線時，BC′故答案為32【點睛】本題主要考查勾股定理、折疊的性質(zhì)及三角不等關(guān)系，熟練掌握勾股定理、折疊的性質(zhì)及三角不等關(guān)系是解題的關(guān)鍵．7．（2024·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）如圖，將△ABC沿過點A的直線翻折并展開，點C的對應(yīng)點C′落在邊AB上，折痕為AD，點O在邊AB上，⊙O經(jīng)過點A、D．若∠ACB=90°，判斷BC與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由．【答案】BC與⊙O相切，理由見解析【分析】連接OD，由等腰三角形的性質(zhì)得∠OAD=∠ODA，再由折疊的性質(zhì)得∠CAD=∠OAD，進而證明AC∥OD，則∠ODB=∠ACB=90°，因此【詳解】解：BC與⊙O相切．證明：連接OD．∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA．∵圖形沿過點A的直線翻折，點C的對應(yīng)點C'落在邊AB∴∠CAD=∠OAD．∴∠CAD=∠ODA．∴AC∥∴由∠ACB=90°，得∠ODC=90°，即OD⊥BC．∴BC與⊙O相切．【點睛】本題考查直線與圓的位置關(guān)系、等腰三角形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)以及平行線的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握切線的判定和折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【題型3坐標(biāo)系中的軸對稱問題】1．（2024·黑龍江·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)中，矩形ABCD的邊AD=5,OA:OD=1:4，將矩形ABCD沿直線OE折疊到如圖所示的位置，線段OD1恰好經(jīng)過點B，點C落在y軸的點C1位置，點E的坐標(biāo)是（

A．1,2 B．?1,2 C．5?1,2 D．【答案】D【分析】首先證明△AOB～△D1C1O，求出AB=CD=2，連結(jié)OC，設(shè)BC與OC1交于點F，然后求出OC=OC1=25，可得【詳解】解：∵矩形ABCD的邊AD=5，OA:OD=1:4，∴OA=1，OD=4，BC=5，由題意知AB∥∴∠ABO=∠D又∵∠BAO=∠OD∴△AOB～△D∴OAAB由折疊知OD1=OD=4∴1AB∴AB=2，即CD=2，連接OC，設(shè)BC與OC1交于點F∴OC=O∵∠FOA=∠OAB=∠ABF=90°，∴四邊形OABF是矩形，∴AB=OF=2，∠BFO=90°=∠EFC1，∴CF=5?1=4，由折疊知OC1=OC=2∴C1∵在Rt△EFC1∴EF解得：EF=5∴點E的坐標(biāo)是1?5故選：D．

【點睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)以及勾股定理的應(yīng)用等知識，通過證明三角形相似，利用相似三角形的性質(zhì)求出AB的長是解題的關(guān)鍵．2．（2024·湖北荊門·中考真題）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，Rt△AOB的直角頂點B在y軸上，點A的坐標(biāo)為1,3，將Rt△AOB沿直線y=?x翻折，得到Rt△A′OB′，過A′作A′C垂直于OA．0,?23 B．0,?3 C．0,?4 D．【答案】C【分析】先求出OA，然后證明△A'OB'∽△OCA'即可得出答案．【詳解】由題意可得AB=1，OB=3，∵△ABC為直角三角形，∴OA=2，由翻折性質(zhì)可得A'B'=1，OB'=3，OA'=2，∠A'B'O=90°，∵∠A'CO+∠A'OC=90°，∠A'OB'+∠A'OC=90°，∴∠A'CO=∠A'OB'，∵A′C⊥OA'，∠∴△A'OB'∽△OCA'，∴OA'OC=∴OC=4，∴點C的坐標(biāo)為（0，-4），故選：C．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，勾股定理，證明△A'OB'∽△OCA'是解題關(guān)鍵．3．（2024·天津·中考真題）將一個平行四邊形紙片OABC放置在平面直角坐標(biāo)系中，點O0,0，點A3,0，點B,C在第一象限，且(1)填空：如圖①，點C的坐標(biāo)為______，點B的坐標(biāo)為______；(2)若P為x軸的正半軸上一動點，過點P作直線l⊥x軸，沿直線l折疊該紙片，折疊后點O的對應(yīng)點O′落在x軸的正半軸上，點C的對應(yīng)點為C′．設(shè)①如圖②，若直線l與邊CB相交于點Q，當(dāng)折疊后四邊形PO′C′Q與?OABC重疊部分為五邊形時，O′C′與AB相交于點②設(shè)折疊后重疊部分的面積為S，當(dāng)23≤t≤11【答案】(1)1,(2)①32<t<【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得出OC=AB=2，CB=OA=3，（2）①由折疊得∠OO′C′=∠AOC=60°，O′P=OP，再證明△EO′A是等邊三角形，運用線段的和差關(guān)系列式化簡，BE=AB?AE=5?2t，考慮當(dāng)②根據(jù)①的結(jié)論，根據(jù)解直角三角形的性質(zhì)得出MP=3t，再分別以23≤t<1時，1≤t≤3【詳解】（1）解：如圖：過點C作CH⊥OA∵四邊形OABC是平行四邊形，OC=2,∠AOC=60°∴OC=AB=2∵CH⊥OA∴∠OCH=30°∴OH=∴CH=∴C∵CB=OA=3∴1+3=4∴B故答案為：1，3（2）解：①∵過點P作直線l⊥x軸，沿直線l折疊該紙片，折疊后點O的對應(yīng)點O′落在x∴∠OO′C∴O∵A∴OA=3∴A∵四邊形OABC為平行四邊形，∴AB=OC=2，AB∥OC，∠∴△EO∴AE=A∵BE=AB?AE∴BE=AB?AE=2?∴BE=?2t+5；當(dāng)O′與點A此時AB與C′O′的交點為E與如圖：當(dāng)C′與點B此時AB與C′O′的交點為E與∴t的取值范圍為32②如圖：過點C作CH⊥OA由（1）得出C1，∴tan60°=MP∴MP=當(dāng)23≤t<1∴32>0∴在23≤t<1時，S=3∴23當(dāng)1≤t≤3S=1∴3>0，S隨著t∴在t=32時S=3×3∴當(dāng)1≤t≤32∵當(dāng)32<t<5∵由①得出△EO′∴AN=1∴tan∠EAO∴EN=S===?∵?∴開口向下，在t=?432×∴∴在32<t<∴S=?則在32<t<5當(dāng)52S=3∴?3<0，S隨著∴在52≤t≤114得出S=?3×∴在52≤t≤綜上：2【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形的性質(zhì)，折疊性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象性質(zhì)，正確掌握相關(guān)性質(zhì)內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．4．（2024·湖南益陽·中考真題）如圖，直線y＝12x+1與x軸交于點A，點A關(guān)于y軸的對稱點為A′，經(jīng)過點A′和y軸上的點B（0，2）的直線設(shè)為y＝kx+b(1)求點A′的坐標(biāo)；(2)確定直線A′B對應(yīng)的函數(shù)表達式．【答案】(1)A′（2，0）(2)y＝﹣x+2【分析】（1）利用直線解析式求得點A坐標(biāo)，利用關(guān)于y軸的對稱點的坐標(biāo)的特征解答即可；（2）利用待定系數(shù)法解答即可．【詳解】（1）解：令y＝0，則12x∴x＝﹣2，∴A（﹣2，0）．∵點A關(guān)于y軸的對稱點為A′，∴A′（2，0）．（2）解：設(shè)直線A′B的函數(shù)表達式為y＝kx+b，∴2k+b=0b=2解得：k=?1b=2∴直線A′B對應(yīng)的函數(shù)表達式為y＝﹣x+2．【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)圖象的性質(zhì)、一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)的特征、待定系數(shù)法確定函數(shù)的解析式、關(guān)于y軸的對稱點的坐標(biāo)的特征等知識，利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵．5．（2024·湖北荊門·中考真題）如圖，拋物線y=ax2+bx+c交x軸于A(?1,0)，B(3,0)兩點，交y軸于點C(0,?3)，點Q（1）求拋物線的解析式；（2）求|QO|+|QA|的最小值；（3）過點Q作PQ//AC交拋物線的第四象限部分于點P，連接PA，PB，記△PAQ與△PBQ的面積分別為S1，S2，設(shè)S=S1+【答案】（1）y=x2?2x?3；（2）5；（3）P(3【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求解；（2）作點O關(guān)于直線BC的對稱點D，連接AD，交BC于點Q，此時|QO|+|QA|有最小值為AD，利用勾股定理即可求解；（3）先求得直線BC的表達式為y=x?3，直線AC的表達式為y=?3x?3．可設(shè)P(m，m2?2m?3)得到直線PQ的表達式可設(shè)為y=?3x+m2+m?3，由S=S【詳解】（1）由已知：y=a(x?3)(x+1)，將(0，?3)代入上式得：?3=a(0?3)(0+1)，∴a=1，∴拋物線的解析式為y=x2?2x（2）作點O關(guān)于直線BC的對稱點D，連接DC、DB，∵B(3，0)，C(0，?3)，∠BOC=90°，∴OB=OC=3，∵O、D關(guān)于直線BC對稱，∴四邊形OBDC為正方形，∴D(3，?3)，連接AD，交BC于點Q，由對稱性|QD|=|QO|，此時|QO|+|QA|有最小值為AD，AD=AB2∴|QO|+|QA|有最小值為5；（3）由已知點A(?1，0)，B(3，0)，C(0，?3)，設(shè)直線BC的表達式為y=kx?3，把B(3，0)代入得：0=3k?3，解得：k=1，∴直線BC的表達式為y=x?3，同理：直線AC的表達式為y=?3x?3．∵PQ∥AC，∴直線PQ的表達式可設(shè)為y=?3x+b，由（1）可設(shè)P(m，m2?2m?3)代入直線PQ的表達式可得b=m2+m?3，∴直線PQ的表達式可設(shè)為y=?3x+m2+m?3，由y=x?3y=?3x+m2即Q(m由題意：S=S∵P，Q都在四象限，∴P，Q的縱坐標(biāo)均為負數(shù)，∴S=1即S=?3根據(jù)已知條件P的位置可知0<m<3．∴m=32時，即P(32，?154【點睛】本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求一次函數(shù)，二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的最值等知識，數(shù)形結(jié)合，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．【題型4與軸對稱有關(guān)的規(guī)律探究問題】1．（2024·江西·中考真題）如圖，已知?OABC的頂點O(0,0)，B(2,2)，C(1.6,0.8)，若將?OABC先沿y軸進行第一次對稱變換，所得圖形沿x軸進行第二次對稱變換，軸對稱變換的對稱軸遵循y軸、x軸、y軸、x軸…的規(guī)律進行，則經(jīng)過第2018次變換后，?OABC頂點A坐標(biāo)為（）

A．(?0.4,1.2) B．(?0.4,?1.2) C．(1.2,?0.4) D．(?1.2,?0.4)【答案】B【分析】先由平行四邊形的性質(zhì)求得A的坐標(biāo)，然后根據(jù)“關(guān)于x軸軸對稱的點，橫坐標(biāo)相同，縱坐標(biāo)互為相反數(shù)”以及“關(guān)于y軸軸對稱的點，縱坐標(biāo)相同，橫坐標(biāo)互為相反數(shù)”求得每一次軸對稱變換A的坐標(biāo)，得出每4次軸對稱變換為一個循環(huán)周期的規(guī)律，由此得出經(jīng)過第2018次變換后，A點的坐標(biāo)．【詳解】∵平行四邊形OABC的頂點O（0,0），B(2,2），C(1.6,0.8）∴A的橫坐標(biāo)為2-1.6=0.4，縱坐標(biāo)為2-0.8=1.2，即A(0.4,1.2)將平行四邊形先沿著y軸進行第一次軸對稱變換，得A(-0.4,1.2）；所得圖形再沿著x軸進行第二次軸對稱變換，得A(-0.4,-1.2）；第三次軸對稱變換，得A（0.4,-1.2）；第四次軸對稱變換，得A（0.4,1.2），即A點回到原處．由此可知，每4次軸對稱變換為一個重復(fù)周期．2018÷4=504……2所以經(jīng)過第2018次變換后，平行四邊形頂點A位于第三象限，其坐標(biāo)為(-0.4,-1.2)．故選：B．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，軸對稱圖象變換，找出周期性變化規(guī)律是解題的關(guān)鍵．2．（2024·江蘇·中考真題）如圖1，已知△ABD和△ACD關(guān)于直線AD對稱；在射線AD上取點E，連接BE，CE，如圖2，在射線AD上取點F，連接

A．10 B．15 C．21 D．28【答案】C【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)和全等三角形的判定方法先得出圖1和圖2中全等三角形的對數(shù)，進而得出規(guī)律：第n個圖形中全等三角形的對數(shù)是nn+1【詳解】解：∵△ABD和△ACD關(guān)于直線AD對稱，∴∠BAD=∠CAD．在△ABD和△ACD中，AB=AC∠BAD=∠CAD∴△ABD≌△ACD（SAS）∴圖1中有1對三角形全等；同理圖2中，△ABE≌△ACE（SAS）∴BE=EC，∵△ABD≌△ACD．∴BD=CD，在△BDE，△CDE中，EB=ECBD=CD∴△BDE≌△CDE（SSS）∴圖2中有1+2=3對三角形全等；同理：圖3中有1+2+3=6對三角形全等；由此發(fā)現(xiàn)：第n個圖形中全等三角形的對數(shù)是nn+1所以：第6個圖形中全等三角形的對數(shù)是6×72故選：C．【點睛】本題考查了軸對稱的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握上述知識是解題關(guān)鍵．3．（2024·山東煙臺·中考真題）通過找出這組圖形符號中所蘊含的內(nèi)在規(guī)律，在空白處的橫線上填上恰當(dāng)?shù)膱D形．【答案】（答案不唯一）【分析】本題是一道規(guī)律型的題，首先要從圖中找出規(guī)律，然后再根據(jù)規(guī)律畫圖．同時考查了軸對稱圖形的性質(zhì)．仔細觀察會發(fā)現(xiàn)它們都是軸對稱圖形，其中1、3、5是上下對稱；2、4、6是左右對稱．根據(jù)此規(guī)律即可得到圖形．【詳解】解∶由題意，1，3，5上下對稱即得，則空白處可補：，故答案是：（答案不唯一）．4．（2024·湖北恩施·中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中有三個點A1,?1、B?1,?1、C0,1，點P0,2關(guān)于A的對稱點為P1，P1關(guān)于B的對稱點P2，P2關(guān)于C的對稱點為P3，按此規(guī)律繼續(xù)以A、B、C為對稱中心重復(fù)前面的操作，依次得到P【答案】0,2【分析】本題考查的是點的坐標(biāo)，根據(jù)題意找出規(guī)律是解答此題的關(guān)鍵．圖形或點旋轉(zhuǎn)之后要結(jié)合旋轉(zhuǎn)的角度和圖形的特殊性質(zhì)來求出旋轉(zhuǎn)后的點的坐標(biāo)．設(shè)P1x,y，再根據(jù)中點的坐標(biāo)特點求出x、y的值，找出循環(huán)的規(guī)律即可得出點【詳解】解：設(shè)P1∵點A1,?1、B?1,?1、C0,1，點P0,2關(guān)于A的對稱點為P1，P∴x2=1，解得x=2，y=?4，∴P1同理可得，P2?4,2，P34,0，P4?2,?2，P5∴每6個操作循環(huán)一次．∵2016÷6=336，∴點P2016的坐標(biāo)與P6相同，即故答案為：0,2．考點二考點二平移【題型5利用平移的性質(zhì)求解】1．（2024·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）如圖，在△ABC中，BC＝3，將△ABC平移5個單位長度得到△A1B1C1，點P、Q分別是AB、A1C1的中點，PQ的最小值等于．【答案】7【分析】取AC的中點M，A1B1的中點N，連接PM，MQ，NQ【詳解】解：取AC的中點M，A1B1的中點N，連接PM，MQ，NQ∵將ΔABC平移5個單位長度得到△A1∴B1C∵點P、Q分別是AB、A1∴NQ=1∴5?3即72∴PQ的最小值等于72故答案為：72【點睛】本題考查了平移的性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系，熟練掌握平移的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2024·山東東營·中考真題）如圖，將△DEF沿FE方向平移3cm得到△ABC，若△DEF的周長為24cm，則四邊形ABFD的周長為【答案】30【分析】本題主要考查了平移的性質(zhì)、三角形周長等知識點，掌握平移的性質(zhì)及等量代換成為解題的關(guān)鍵．由平移的性質(zhì)可得AD=BE=3cm,DE=AB,再根據(jù)△DEF的周長為24cm可得【詳解】解：∵將△DEF沿FE方向平移3cm得到△ABC∴AD=BE=3cm,DE=AB∵△DEF的周長為24cm∴DE+EF+DF=24,即AB+EF+DF=24，∴四邊形ABFD的周長為AB+BF+DF+AD=AB+BE+EF+DF+AD=AB+EF+DF故答案為：30．3．（2024·甘肅天水·中考真題）如圖所示，共有3個方格塊，現(xiàn)在要把上面的方格塊與下面的兩個方格塊合成一個長方形的整體，則應(yīng)將上面的方格塊（

）

A．向右平移1格，再向下平移3格 B．向右平移1格，再向下平移4格C．向右平移2格，再向下平移3格 D．向右平移2格，再向下平移4格【答案】D【分析】找到兩個圖案的最右邊移動到一條直線，最下邊移動到一條直線上的距離即可．【詳解】解：上面的圖案的最右邊需向右平移2格才能與下面圖案的最右邊在一條直線上，最下邊需向下平移4格才能與下面圖案的最下面重合，故選D．【點睛】本題主要考查圖形的平移，解決本題的關(guān)鍵是得到兩個圖案重合需移動的左右距離和上下距離．4．（2024·江蘇常州·中考真題）對于平面內(nèi)有公共點的兩個圖形，若將其中一個圖形沿著某個方向移動一定的距離d后與另一個圖形重合，則稱這兩個圖形存在“平移關(guān)聯(lián)”，其中一個圖形叫做另一個圖形的“平移關(guān)聯(lián)圖形”．(1)如圖1，B、C、D是線段AE的四等分點．若AE=4，則在圖中，線段(2)如圖2，等邊三角形ABC的邊長是2．用直尺和圓規(guī)作出△ABC的一個“平移關(guān)聯(lián)圖形”，且滿足d=2（保留作圖痕跡，不要求寫作法）；(3)如圖3，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點D、E、G的坐標(biāo)分別是?1,0、1，0、0，4，以點G為圓心，r為半徑畫圓．若對⊙G上的任意點F，連接DE、EF、FD所形成的圖形都存在“平移關(guān)聯(lián)圖形”，且滿足d≥3，直接寫出r的取值范圍．【答案】(1)CE，2(2)圖見解析（答案不唯一）(3)0<r≤4?22或r≥4+2【分析】（1）根據(jù)平移的性質(zhì)，進行求解即可；（2）延長AB，在射線AB上截取線段BD=AB，分別以B，C為圓心，AB的長為半徑畫弧，兩弧交于點E，連接BE，（3）分DE在圓內(nèi)和圓外兩種情況，進行求解即可．【詳解】（1）解：∵B、C、D是線段∴AB=BC=CD=DE=1，∴AC=BD=CE=2，∴線段AC的平移圖形是CE，d=2；故答案為：CE，2；（2）解：如圖所示，△EBD即為所求；由作圖可知：BE=CE=AB=AC，∴四邊形ABEC為菱形，∴CE∥∵BC=BD=CE，∴四邊形CBDE為菱形，∴BD=DE=BE=AB=2，∴△EBD即為所求；（3）解：∵點D、E、G的坐標(biāo)分別是?1,0、1，0、0，4，∴OD=OE=1，∴DE=2，DG=EG=1∵對⊙G上的任意點F，連接DE、EF、FD所形成的圖形都存在“平移關(guān)聯(lián)圖形”，且滿足d≥3，且DE=2<3，∴DF≥3或EF≥3，如圖，當(dāng)DE在⊙G外時,分別以點D,E為圓心,3為半徑畫弧,兩弧交于點F,則取點F在y軸上半軸時，

DF=EF=3,FO=D∴GF=OG?OF=4?22∴0<r≤4?22同理當(dāng)DE在⊙G內(nèi)時，分別以點D,E為圓心,3為半徑畫弧,兩弧交于點F,則取點F在y軸下半軸時，

DF=EF=3,FO=D∴GF=OG?OF=4+2∴r≥4+22綜上：0<r≤4?22或r≥4+2【點睛】本題考查圖形的平移，點到圓上一點的最值，坐標(biāo)與圖形，勾股定理，菱形的判定，尺規(guī)作圖等知識點，熟練掌握相關(guān)知識點，理解新定義，是解題的關(guān)鍵．【題型6利用平移解決實際生活問題】1．（2024·廣西·中考真題）2022北京冬殘奧會的會徽是以漢字“飛”為靈感來設(shè)計的，展現(xiàn)了運動員不斷飛躍，超越自我，奮力拼搏，激勵世界的冬殘奧精神下列的四個圖中，能由如圖所示的會徽經(jīng)過平移得到的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)平移的特點分析判斷即可．【詳解】根據(jù)題意，得不能由平移得到，故A不符合題意；不能由平移得到，故B不符合題意；不能由平移得到，故C不符合題意；能由平移得到，故D符合題意；故選D．【點睛】本題考查了平移的特點，熟練掌握平移的特點是解題的關(guān)鍵．2．（2024·河北石家莊·中考真題）如圖1所示，一個木板余料由一個邊長為6的正方形和一個邊長為2的正方形組成，甲、乙兩人打算采用剪拼的辦法，把余料拼成一個與它等積的正方形木板．甲：如圖2，沿虛線剪開可以拼接成所需正方形，并求得AM＝2．乙：如圖3，沿虛線剪開可以拼接成所需正方形，并求得AM＝3下列說法正確的是（）A．甲的分割方式不正確B．甲的分割方式正確，AM的值求解不正確C．乙的分割方式與所求AM的值都正確D．乙的分割方式正確，AM的值求解不正確【答案】D【分析】根據(jù)題意畫出相應(yīng)的圖形，再逐個驗證拼圖是否符合題意，再利用全等三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)求解即可．【詳解】解：如圖所示，將△FAM平移至△NDC，將△MBC平移至△FEN，由此可得AM＝DC＝2，F(xiàn)A＝ND＝6，NE＝BC＝2，∴DE＝ND－NE＝4（符合題意），∴甲的分割方式正確，AM的值求解也正確，故選項A、選項B的說法都是錯誤的，不符合題意；如下圖所示，將△FEG平移至△NBH，連接GH，交AB于點M，將△GAM平移至△EDP，將△PCB平移至△MNH，由此可得GA＝ED＝6－2＝4，AM＝DP，MN＝PC，NB＝EF，∵DP＋PC＋EF＝2＋6＝8＝AB，∴當(dāng)FG＝NH＝BC＝2時，GA＝ED＝4（符合題意），∵∠A＝∠HNM＝90°，∠AMG＝∠NMH，∴△AMG∽△NMH，∴AMMN∴AM2?AM解得：AM=4∴乙的分割方式正確，AM的值求解不正確，故選項C的說法是錯誤的，不符合題意，選項D的說法是正確的，符合題意，故選：D．【點睛】本題主要考查了平移的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．3．（2024·湖北隨州·中考真題）樓梯的示意圖如圖所示，BC是鉛垂線，CA是水平線，BA與CA的夾角為θ，現(xiàn)在要在樓梯上鋪一條地毯，已知CA=4米，樓梯寬BD=1米，則地毯的面積至少需要（

）A．(4+sinθ)米2 B．4cosθ米2 C．4+4tanθ【答案】D【分析】根據(jù)正切求出BC的長，再求出地毯的長度，即可得答案．【詳解】解：在Rt△ABC中，BC=AC×tan∠CAB=4tanθ，∴所需地毯的長度為AC+BC=（4+4tanθ）（米），面積為：（4+4tanθ）×1=（4+4tanθ）（米2），故選：D．【點睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用和平移的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)正切求出BC的長．4．（2024·河北石家莊·中考真題）如圖，兩張完全相同的正六邊形紙片(邊長為2a)重合在一起，下面一張保持不動，將上面一張紙片沿水平方向向左平移a個單位長度，則空白部分與陰影部分面積之比是(A．5：2 B．3：2 C．3：1 D．2：1【答案】C【分析】求出正六邊形和陰影部分的面積即可解決問題；【詳解】解：正六邊形的面積=6×3陰影部分的面積=a∴空白部分與陰影部分面積之比是=63a2故選C．【點睛】本題考查正多邊形的性質(zhì)、平移變換等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型．【題型7坐標(biāo)系中的平移問題】1．（2024·內(nèi)蒙古呼倫貝爾·中考真題）如圖，點A0,?2，B1,0，將線段AB平移得到線段DC，若∠ABC=90°，BC=2AB，則點D的坐標(biāo)是【答案】4,?4【分析】由平移性質(zhì)可知AB=CD，AB∥CD，則四邊形ABCD是平行四邊形，又∠ABC=90°，則有四邊形ABCD是矩形，根據(jù)同角的余角相等可得∠OBA=∠EAD，從而證明△OAB∽△EDA，由性質(zhì)得2ED=5DA=1EA，設(shè)EA=a，則ED=2a，DA=5a【詳解】如圖，過D作DE⊥y軸于點E，則∠AED=90°，由平移性質(zhì)可知：AB=CD，AB∥∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，BC=AD=2AB，∴∠OAB+∠EAD=90°，∵∠OAB+∠OBA=90°，∴∠OBA=∠EAD，∵∠AOB=∠DEA=90°，∴△OAB∽△EDA，∴OAED∵A0,?2，B∴OA=2，OB=1，AB=5∴2ED設(shè)EA=a，則ED=2a，DA=5∴5a=25，解得：∴EA=2，ED=4，∴OE=OA+EA=4，∵點D在第四象限，∴D4,?4故答案為：4,?4．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)、平移的性質(zhì)，同角的余角相等等知識點，熟練掌握知識點的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．2．（2024·山東淄博·中考真題）如圖，已知A，B兩點的坐標(biāo)分別為A?3,1，B?1,3，將線段AB平移得到線段CD．若點A的對應(yīng)點是C1,2，則點B的對應(yīng)點D【答案】3,4【分析】此題主要考查了點的平移規(guī)律與圖形的平移，關(guān)鍵是掌握平移規(guī)律，左右移，縱不變，橫減加，上下移，橫不變，縱加減．根據(jù)平移的性質(zhì)，結(jié)合已知點A，B的坐標(biāo)，知點A的橫坐標(biāo)加上了1，縱坐標(biāo)加1，則B的坐標(biāo)的變化規(guī)律與A點相同，即可得到答案．【詳解】解：∵A?3,1平移后對應(yīng)點C的坐標(biāo)為C∴點A的橫坐標(biāo)加上了4，縱坐標(biāo)加1，∵B?1,3∴點D坐標(biāo)為?1+4,3+1，即3,4，故答案為：3,4．3．（2024·江蘇無錫·中考真題）在探究“反比例函數(shù)的圖象與性質(zhì)”時，小明先將直角邊長為5個單位長度的等腰直角三角板ABC擺放在平面直角坐標(biāo)系中，使其兩條直角邊AC，BC分別落在x軸負半軸、y軸正半軸上（如圖所示），然后將三角板向右平移a個單位長度，再向下平移a個單位長度后，小明發(fā)現(xiàn)A，B兩點恰好都落在函數(shù)y=6【答案】2或3【分析】本題考查了反比例函數(shù)，平移，解一元二次方程．先得出點A和點B的坐標(biāo)，再得出平移后點A和點B對應(yīng)點的坐標(biāo)，根據(jù)平移后兩點恰好都落在函數(shù)y=6【詳解】解：∵OA=OB=5，∴A?5,0設(shè)平移后點A、B的對應(yīng)點分別為A′∴A′∵A′、B∴把B′a,5?a代入y=6解得：a=2或a=3．故答案為：2或3．4．（2024·遼寧·中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，線段AB的端點坐標(biāo)分別為A(2,?1)，B(1,0)，將線段AB平移后，點A的對應(yīng)點A′的坐標(biāo)為2,1，則點B的對應(yīng)點B′的坐標(biāo)為【答案】1,2【分析】本題考查了平面直角坐標(biāo)系中點的平移，熟練掌握知識點是解題的關(guān)鍵．先由點A和點A′確定平移方式，即可求出點B【詳解】解：由點A(2,?1)平移至點A′2,1得，點A向上平移了2個單位得到點∴B(1,0)向上平移2個單位后得到點B′故答案為：1,2．23．（2024·陜西·中考真題）如圖，△ABC的頂點坐標(biāo)分別為A(?2，3)，B(?3，0)，C(?1，?1)．將△ABC平移后得到△A′B(1)點A、A′(2)請在圖中畫出△A【答案】(1)4(2)見解析【分析】（1）由A(?2，3)，A′(2（2）根據(jù)題意找出平移規(guī)律，求出B′【詳解】（1）解：由A(?2，3)，A、A′故答案為：4．（2）解：由題意，得B′如圖，△A【點睛】本題考查了坐標(biāo)系中兩點之間的距離求解以及平移求點坐標(biāo)畫圖，題目相對較簡單，掌握平移規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵．【題型8與平移有關(guān)的規(guī)律問題】1．（2024·河南南陽·中考真題）如圖，點A11,1，點A1向上平移1個單位，再向右平移2個單位，得到點A2；點A2向上平移2個單位，再向右平移4個單位，得到點A3；點A3向上平移4個單位，再向右平移8個單位，得到點AA．2100?1,2C．2100?1,2【答案】C【分析】本題考查坐標(biāo)與圖形變化-平移、規(guī)律型問題等知識，先求出點A1，A2，A3【詳解】解：點A1的橫坐標(biāo)為1=21點A2的橫坐為標(biāo)3=22點A3的橫坐標(biāo)為7=23點A4的橫坐標(biāo)為15=24…按這個規(guī)律平移得到點An的橫坐標(biāo)為為2n∴點A100的橫坐標(biāo)為2100故選：C．2．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，動點A從點A10，0出發(fā)，由A1跳動至點A20，2，依次跳動至點A32，?1，點A42，0

A．1348，?1 B．1348，0 C．674，?1 D．674，0【答案】B【分析】觀察可知A1?A3，A4?A6，【詳解】解：∵動點A從點A10，0出發(fā)，由A1跳動至點A20，2，依次跳動至點A32，?1，點A∴A1?A3，A4?A6，∵2023÷3=674?1，∴點A2023的縱坐標(biāo)與A1的縱坐標(biāo)相同，即為0，點∴點A2023的坐標(biāo)為1348【點睛】本題主要考查了點的坐標(biāo)規(guī)律探究，正確理解題意找到規(guī)律是解題的關(guān)鍵．3．（2024·黑龍江雞西·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，已知點A（2，1）、B（-1，1）、C（-1，-3）、D（2，-3），把一根長為2015個單位長度沒有彈性的細線（線的粗細忽略不計）的一端固定在D處，并按D→C→B→A→D……的規(guī)律緊繞在四邊形ABCD的邊上，則細線的另一端所在位置的點的坐標(biāo)為.

【答案】(2，－2)【詳解】試題分析：根據(jù)題意可得矩形的周長為14，則2015÷14=143……13，則另一個端點在線段AD上，距離點D一個單位長度，即另一個端點的坐標(biāo)為(2，－2).考點三考點三旋轉(zhuǎn)【題型9根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求解】1．（2024·黑龍江大慶·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB=10，BC=6，點M是AB邊的中點，點N是AD邊上任意一點，將線段MN繞點M順時針旋轉(zhuǎn)90°，點N旋轉(zhuǎn)到點N′，則△MBN′A．15 B．5+55 C．10+52【答案】B【分析】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，確定點N′的軌跡是解題的關(guān)鍵．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)結(jié)合AAS證明△AMN≌△GMN′，推出MG=AM=5，得到點N′在平行于AB，且與AB的距離為5的直線上運動，作點M關(guān)于直線EF的對稱點M′，連接M′B【詳解】解：過點N′作EF∥AB，交AD、BC于E、F，過點M作MG⊥EF∵矩形ABCD，∴AB∥∴AB∥∴四邊形AMGE和BMGF都是矩形，∴∠A=∠MGN由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠NMN′=90°∴∠AMN=90°?∠NMG=∠GMN∴△AMN≌△GMN∴MG=AM=5，∴點N′在平行于AB，且與AB作點M關(guān)于直線EF的對稱點M′，連接M′B交直線EF于點N′，此時∵BM=12AB=5∴BM+BM故選：B．2．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=12，BC=2，AD=1，線段AD繞點A旋轉(zhuǎn)，點P為CD的中點，則【答案】2【分析】本題考查了解直角三角形，三角形中位線定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是找出BP取最大值時B、P、M三點的位置關(guān)系．取AC的中點M，連接PM、BM，利用解三角形求出BM=MC2+BC2=22，利用三角形中位線定理推出PM=12AD=12【詳解】解：取AC的中點M，連接PM、BM．∵∠ACB=90°，tan∠BAC=12∴AC=BC∴AM=CM=1∴BM=M∵P、M分別是CD、AC的中點，∴PM=1如圖，當(dāng)AD在AC下方時，如果B、P、M三點共線，則BP有最大值，最大值為BM+MP=22故答案為：223．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，Rt△ABC中，∠B=90°(1)尺規(guī)作圖：作AC邊上的中線BO（保留作圖痕跡，不寫作法）；(2)在（1）所作的圖中，將中線BO繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)180°得到DO，連接AD，CD．求證：四邊形ABCD是矩形．【答案】(1)作圖見解析(2)證明見解析【分析】本題考查的是作線段的垂直平分線，矩形的判定，平行四邊形的判定與性質(zhì),旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；（1）作出線段AC的垂直平分線EF，交AC于點O，連接BO，則線段BO即為所求；（2）先證明四邊形ABCD為平行四邊形，再結(jié)合矩形的判定可得結(jié)論．【詳解】（1）解：如圖，線段BO即為所求；（2）證明：如圖，∵由作圖可得：AO=CO，由旋轉(zhuǎn)可得：BO=DO，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵∠ABC=90°，∴四邊形ABCD為矩形．4．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）數(shù)學(xué)老師在課堂上給出了一個問題，讓同學(xué)們探究．在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠BAC=30°，點D在直線BC上，將線段AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段AE，過點E作EF∥BC，交直線AB（1）當(dāng)點D在線段BC上時，如圖①，求證：BD+EF=AB；分析問題：某同學(xué)在思考這道題時，想利用AD=AE構(gòu)造全等三角形，便嘗試著在AB上截取AM=EF，連接DM，通過證明兩個三角形全等，最終證出結(jié)論：推理證明：寫出圖①的證明過程：探究問題：（2）當(dāng)點D在線段BC的延長線上時，如圖②：當(dāng)點D在線段CB的延長線上時，如圖③，請判斷并直接寫出線段BD，EF，AB之間的數(shù)量關(guān)系；拓展思考：（3）在（1）（2）的條件下，若AC=63，CD=2BD，則EF=【答案】（1）見解析；（2）圖②：AB=BD?EF，圖③：AB=EF?BD；（3）10或18【分析】（1）在AB邊上截取AM=EF，連接DM，根據(jù)題意證明出△DAM≌△AEFSAS，得到AF=DM，然后證明出△BMD是等邊三角形，得到BD=BM=DM（2）圖②：在BD上取點H，使BH=AB，連接AH并延長到點G使AG=AF，連接DG，首先證明出△ABH是等邊三角形，得到∠BAH=60°，然后求出∠BAH=∠DAE，然后證明出△FAE≌△GADSAS，得到EF=DG，∠AFE=∠G，然后證明出△DHG是等邊三角形，得到DH=DG=EF圖③：在EF上取點H使AH=AF，同理證明出△EAH≌△ADBAAS，得到BD=AH，AB=EH（3）根據(jù)勾股定理和含30°角直角三角形的性質(zhì)求出BC=6，AB=12，然后結(jié)合CD=2BD，分別（1）（2）的條件下求出BD的長度，進而求解即可．【詳解】（1）證明：在AB邊上截取AM=EF，連接DM．在Rt△ABC中，∠B=90°?∠BAC=90°?30°=60°∵EF∥BC，∴∠EFB=∠B=60°．又∵∠EAD=60°，∴∠EFB=∠EAD．又∵∠BAD=∠EAD?∠EAF，∠AEF=∠EFB?∠EAF，∴∠BAD=∠AEF．又∵AD=AE,AM=EF，∴△DAM≌△AEFSAS∴AF=DM．∴∠AMD=∠EFA=180°?∠EFB=180°?60°=120°．∴∠BMD=180°?∠AMD=180°?120°=60°．∵∠B=60°，∴∠BMD=∠B=∠BDM．∴△BMD是等邊三角形．∴BD=BM=DM，∵AB=AM+BM，∴AB=EF+BD；（2）圖②：當(dāng)點D在線段BC的延長線上時，AB=BD?EF，證明如下：如圖所示，在BD上取點H，使BH=AB，連接AH并延長到點G使AG=AF，連接DG，∵∠ABC=60°，∴△ABH是等邊三角形，∴∠BAH=60°，∵線段AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段AE，∴∠DAE=60°，AE=AD，∴∠BAH=∠DAE，∴∠BAH?∠EAH=∠DAE?∠EAH，即∠BAE=∠HAD，又∵AG=AF，∴△FAE≌△GADSAS∴EF=DG，∠AFE=∠G，∵BD∥EF，∴∠ABC=∠F=∠G=60°，∵∠DHG=∠AHB=60°，∴△DHG是等邊三角形，∴DH=DG=EF，∴AB=BH=BD?DH=BD?EF；圖③：當(dāng)點D在線段CB的延長線上時，AB=EF?BD，證明如下∶如圖所示，在EF上取點H使AH=AF，∵EF∥BC，∴∠F=∠ABC=60°，∵AH=AF，∴△AHF是等邊三角形，∴∠AHF=∠HAF=60°，∴∠AHE=120°，∵將線段AD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段AE，∴AD=AE，∠DAE=60°，∴∠DAB+∠EAH=180°?∠EAD?∠HAF=60°，∵∠D+∠DAB=∠ABC=60°，∴∠D=∠EAH，∵∠DBA=180°?∠ABC=120°=∠EHA，又∵AD=AE，∴△EAH≌△ADBAAS∴BD=AH，AB=EH，∵AH=FH，∴BD=HF，∴AB=EH=EF?FH=EF?BD；（3）如圖所示，∵∠BAC=30°，∠C=90°，∴AB=2BC，AB∴2BC2∴BC=6，∴AB=2BC=12，∵CD=2BD，BC=BD+CD，∴CD=1由（1）可知，BD+EF=AB，∴EF=AB?BD=12?2=10；如圖所示，當(dāng)點D在線段BC的延長線上時，∵CD<BD，與CD=2BD矛盾，∴不符合題意；如圖所示，當(dāng)點D在線段CB的延長線上時，∵CD=2BD=BD+BC，BC=6，∴BD=BC=6，由（2）可知，AB=EF?BD，∵AB=2BC=12，∴EF=AB+BD=12+6=18．綜上所述，EF=10或18．【點睛】此題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)和判定，含30°角直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握以上知識點．5．（2024·山東煙臺·中考真題）在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D為直線BC上任意一點，連接AD．將線段AD繞點D按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得線段ED，連接BE．【嘗試發(fā)現(xiàn)】（1）如圖1，當(dāng)點D在線段BC上時，線段BE與CD的數(shù)量關(guān)系為________；【類比探究】（2）當(dāng)點D在線段BC的延長線上時，先在圖2中補全圖形，再探究線段BE與CD的數(shù)量關(guān)系并證明；【聯(lián)系拓廣】（3）若AC=BC=1，CD=2，請直接寫出sin∠ECD【答案】（1）BE=2CD；（2）BE=2CD【分析】本題考查三角形全等的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)，掌握一線三垂直全等模型是解題的關(guān)鍵．（1）過點E作EM⊥CB延長線于點M，利用一線三垂直全等模型證明△ACD≌△DME，再證明BM=EM即可；（2）同（1）中方法證明△ACD≌△DME，再證明BM=EM即可；（3）分兩種情況討論：過點E作EM⊥CB延長線于點M，求出EM，CE即可．【詳解】解：（1）如圖，過點E作EM⊥CB延長線于點M，由旋轉(zhuǎn)得AD=DE，∠ADE=90°，∴∠ADC+∠EDM=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD=∠DME，∠ADC+∠CAD=90°，∴∠CAD=∠EDM，∴△ACD≌△DME，∴CD=EM，AC=DM，∵AC=BC，∴BM=DM?BD=AC?BD=BC?BD=CD，∴BM=EM，∵EM⊥CB，∴BE=2故答案為：BE=2（2）補全圖形如圖：BE=2CD過點E作EM⊥BC交BC于點M，由旋轉(zhuǎn)得AD=DE，∠ADE=90°，∴∠ADC+∠EDM=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD=∠DME，∠ADC+∠CAD=90°，∴∠CAD=∠EDM，∴△ACD≌△DME，∴CD=EM，AC=DM，∵AC=BC，∴BM=BC?CM=DM?CM=CD，∴BM=EM，∵EM⊥CB，∴BE=2（3）如圖，當(dāng)D在CB的延長線上時，過點E作EM⊥CB于點M，連接CE，由（2）得DM=AC=1，EM=CD=2，∴CM=CD+DM=3，∴CE=C∴sin∠ECD=當(dāng)D在BC的延長線上時，過點E作EM⊥CB于點M，如圖，連接CE，同理可得：△ACD≌△DME，∴DM=AC=1，ME=CD=2，∴CM=2?1=1，∴CE=2∴sin∠ECD=綜上：sin∠ECD=2【題型10根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明線段或角相等】1．（2024·貴州黔西·中考真題）如圖1，D為等邊△ABC內(nèi)一點，將線段AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到AE，連接CE，BD的延長線與AC交于點G，與CE交于點F．（1）求證：BD＝CE；（2）如圖2，連接FA，小穎對該圖形進行探究，得出結(jié)論：∠BFC＝∠AFB＝∠AFE．小穎的結(jié)論是否正確？若正確，請給出證明；若不正確，請說明理由．【答案】（1）見解析；（3）正確，見解析【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AD＝AE，∠DAE＝60°，結(jié)合已知條件可得∠BAC＝∠DAE，進而證明△ABD≌△ACE，即可證明BD＝CE；（2）過A作BD，CF的垂線段分別交于點M，N，△ABD≌△ACE，BD＝CE，由面積相等可得AM＝AN，證明Rt△AFM≌Rt△AFN，進而證明∠BFC＝∠AFB＝∠AFE＝60°【詳解】解：證明：（1）如圖1，∵線段AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到AE，∴AD＝AE，∠DAE＝60°，∵∠BAC＝60°，∴∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，（2）由（1）可知△ABD≌△ACE則∠ABD＝∠ACE，又∵∠AGB＝∠CGF，∴∠BFC＝∠BAC＝60°，∴∠BFE＝120°，過A作BD，CF的垂線段分別交于點M，N，又∵△ABD≌△ACE，BD＝CE，∴由面積相等可得AM＝AN，在Rt△AFM和Rt△AFN中，AF=AFAM=AN∴Rt△AFM≌Rt△AFN（HL），∴∠AFM＝∠AFN，∴∠BFC＝∠AFB＝∠AFE＝60°．【點睛】本題考查了三角形全等的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確的添加輔助線找到全等三角形并證明是解題的關(guān)鍵．2．（2024·湖南永州·中考真題）在同一平面內(nèi)，△ABC和△ABD如圖①放置，其中AB=BD．小明做了如下操作：將△ABC繞著邊AC的中點旋轉(zhuǎn)180°得到△CEA，將△ABD繞著邊AD的中點旋轉(zhuǎn)180°得到△DFA，如圖②，請完成下列問題：（1）試猜想四邊形ABDF是什么特殊四邊形，并說明理由；（2）連接EF，CD，如圖③，求證：四邊形CDEF是平行四邊形．

【答案】（1）四邊形ABDF是菱形；理由見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）根旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AB=DF，BD=FA，由于AB=BD，所以AB=BD=DF=FA，則可根據(jù)菱形的判定方法得到四邊形ABDF是菱形；（2）由于四邊形ABDF是菱形，則AB∥DF，且AB=DF，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)易得四邊形ABCE為平行四邊形，根據(jù)判死刑四邊形的性質(zhì)得AB∥CE，且AB=CE，所以CE∥FD，CE=FD，所以可判斷四邊形CDEF是平行四邊形．【詳解】（1）解：四邊形ABDF是菱形．理由如下：∵△ABD繞著邊AD的中點旋轉(zhuǎn)180°得到△DFA，∴AB=DF，BD=FA，∵AB=BD，∴AB=BD=DF=FA，∴四邊形ABDF是菱形；（2）證明：∵四邊形ABDF是菱形，∴AB∥DF，且AB=DF，∵△ABC繞著邊AC的中點旋轉(zhuǎn)180°得到△CEA，∴AB=CE，BC=EA，∴四邊形ABCE為平行四邊形，∴AB∥CE，且AB=CE，∴CE∥FD，CE=FD，∴四邊形CDEF是平行四邊形．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；平行四邊形的判定；菱形的判定．熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵.3．（2024·河南·中考真題）如圖1，將兩個完全相同的三角形紙片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°.

（1）操作發(fā)現(xiàn)如圖2，固定△ABC，使△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)．當(dāng)點D恰好落在BC邊上時，填空：線段DE與AC的位置關(guān)系是；②設(shè)△BDC的面積為S1，△AEC的面積為S2．則S1與S2的數(shù)量關(guān)系是．（2）猜想論證當(dāng)△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)到圖3所示的位置時，小明猜想（1）中S1與S2的數(shù)量關(guān)系仍然成立，并嘗試分別作出了△BDC和△AEC中BC，CE邊上的高，請你證明小明的猜想．（3）拓展探究已知∠ABC=60°，點D是其角平分線上一點，BD=CD=4，OE∥AB交BC于點E（如圖4），若在射線BA上存在點F，使S△DCF=S△BDE,請直接寫出相應(yīng)的BF的長【答案】解：（1）①DE∥AC．②S1=S2．（2）S1【詳解】（1）①由旋轉(zhuǎn)可知：AC=DC，∵∠C=90°，∠B=∠DCE=30°，∴∠DAC=∠CDE=60°．∴△ADC是等邊三角形．∴∠DCA=60°．∴∠DCA=∠CDE=60°．∴DE∥AC．②過D作DN⊥AC交AC于點N，過E作EM⊥AC交AC延長線于M，過C作CF⊥AB交AB于點F．

由①可知：△ADC是等邊三角形,DE∥AC，∴DN=CF,DN=EM．∴CF=EM．∵∠C=90°，∠B=30°∴AB=2AC．又∵AD=AC∴BD=AC．∵S∴S1（2）如圖，過點D作DM⊥BC于M，過點A作AN⊥CE交EC的延長線于N

，∵△DEC是由△ABC繞點C旋轉(zhuǎn)得到，∴BC=CE，AC=CD，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，∵在△ACN和△DCM中，∠ACN＝∠DCM∠CMD＝∠N∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，∴△BDC的面積和△AEC的面積相等（等底等高的三角形的面積相等），即S1=S2；（3）如圖，過點D作DF1∥BE，易求四邊形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此時S△DCF1=S△BDE；過點D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F(xiàn)1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，∵BF1=DF1，∠F1BD=12∠ABC=30°，∠F2∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等邊三角形，∴DF1=DF2，過點D作DG⊥BC于G，∵BD=CD，∠ABC=60°，點D是角平分線上一點，∴∠DBC=∠DCB=12∴∠CDF1=180°-∠BCD=180°-30°=150°，∠CDF2=360°-150°-60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，∵在△CDF1和△CDF2中，DF∴△CDF1≌△CDF2（SAS），∴點F2也是所求的點，∵∠ABC=60°，點D是角平分線上一點，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=12又∵BD=4，∴BE=12×4÷cos30°=4∴BF1=433，BF2=BF1+F1F2=433+故BF的長為433或

4．（2024·四川資陽·中考真題）在Rt△ABC中，∠C=90°，Rt△ABC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)到Rt△ADE的位置，點E在斜邊AB上，連接BD，過點D作DF⊥AC于點F．(1)如圖1，若點F與點A重合，求證：AC=BC；(2)若∠DAF=∠DBA，①如圖2，當(dāng)點F在線段CA的延長線上時，判斷線段AF與線段BE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；②當(dāng)點F在線段CA上時，設(shè)BE=x，請用含x的代數(shù)式表示線段AF．【答案】(1)證明見祥解(2)①AF=BE，理由見祥解；②AF=1+5【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)得到∠BAC=∠BAD，而DF⊥AC，從而得出∠ABC=45°，最后判斷出△ABC是等腰直角三角形；（2）①由旋轉(zhuǎn)得到∠BAC=∠BAD，再根據(jù)∠DAF=∠DBA，從而求出∠FAD=∠BAC=∠BAD=60°，最后判定△AFD≌△BED，即可；②根據(jù)題意畫出圖形，先求出角度，得到△ABD是頂角為36°的等腰三角形，再用相似求出，ADBD=1+52，最后判斷出△AFD【詳解】（1）解：由旋轉(zhuǎn)得，∠BAC=∠BAD，∵DF⊥AC，∴∠CAD=90°，∴∠BAC=∠BAD=45°，∵∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴AC=CB；（2）①AF=BE，理由如下：由旋轉(zhuǎn)得，AD=AB，∴∠ABD=∠ADB，∵∠DAF=∠ABD，∴∠DAF=∠ADB，∴AF∥BD，∴∠BAC=∠ABD，∵∠ABD=∠FAD由旋轉(zhuǎn)得，∠BAC=∠BAD，∴∠FAD=∠BAC=∠BAD=13由旋轉(zhuǎn)得，AB=AD，∴△ABD是等邊三角形，∴AD=BD，在△AFD和△BED中，∵∠F=∠BED，∠FAD=∠EBD，AD=BD，∴△AFD≌△BED，∴AF=BE；②如圖，由旋轉(zhuǎn)得，∠BAC=∠BAD，∵∠ABD=∠FAD=∠BAC+∠BAD=2∠BAD，由旋轉(zhuǎn)得，AD=AB，∴∠ABD=∠ADB=2∠BAD，∵∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°，∴∠BAD+2∠BAD+2∠BAD=180°，∴∠BAD=36°，作BG平分∠ABD，∴∠BAD=∠GBD=36°，∴AG=BG=BD，∴DG=AD﹣AG=AD﹣BG=AD﹣BD，∵∠BDG=∠ADB，∴△BDG∽△ADB，∴BDAD∴BDAD∴ADBD=1+∵∠FAD=∠EBD，∠AFD=∠BED，∴△AFD∽△BED，∴ADBD∵BE=x，∴AF=ADBD×BE=1+【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，靈活運用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．【題型11坐標(biāo)系中的旋轉(zhuǎn)問題】1．（2024·四川攀枝花·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，線段OA與x軸正半軸的夾角為，且OA=2，若將線段OA繞點O沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)105°到線段OA′，則此時點A．(3,?1) C．(?3,1) 【答案】C【分析】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平角的定義，解直角三角形等知識，正確做出輔助線是解題的關(guān)鍵．過點A′作A′B⊥x軸于點B，求出∠【詳解】如答圖，過點A′作A′B⊥x∵將線段OA繞點O沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)105°到線段OA∴OA∴∠A在Rt△∵∠OBA∴A根據(jù)勾股定理，得OB=O∴點A′的坐標(biāo)為(?故選C．2．（2024·河南·中考真題）如圖，?OABC的頂點O(0,0)，A(1,2)，點C在x軸的正半軸上，延長BA交y軸于點D．將△ODA繞點O順時針旋轉(zhuǎn)得到△OD′A′，當(dāng)點D的對應(yīng)點D′落在OA上時，D′AA．(23,0) B．(25,0) C．【答案】B【分析】連接A′C,由題意可證明△ADO∽△OD′C【詳解】如圖，連接A′C，因為△ODA繞點O順時針旋轉(zhuǎn)得到△OD所以∠CD′∵∠DOA+∠∴∠DOA=∠∴△ADO∽△O∴∵A(1,2)∴AD=1,OD=2∴AO=12∴OC=2故答案為B．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，找到△ADO∽△OD3．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，在菱形OABC中，點B在x軸上，點A的坐標(biāo)為（2，23)，將菱形繞點O旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點A落在x軸上時，點C的對應(yīng)點的坐標(biāo)為（

）A．(?2,?23)或(23C．(?2,23) D．(?2,?2【答案】D【分析】如圖所示，過點A作AE⊥x軸于點E，根據(jù)題意易得△AOB為等邊三角形，在旋轉(zhuǎn)過程中，點A有兩次落在x軸上，當(dāng)點A落在x軸正半軸時，點C落在點C′位置，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)求解，當(dāng)A落在x軸負半軸時，點C落在點C′′位置，易證此時C′′與點A重合，即可求解．【詳解】解：如圖所示，過點A作AE⊥x軸于點E，則tan∠AOE=2∴∠AOE=60°，∵四邊形ABCD是菱形，∴△AOB是等邊三角形，當(dāng)A落在x軸正半軸時，點C落在點C′位置，此時旋轉(zhuǎn)角為60°，∵∠BOC=60°，∠COF=30°，∴∠C′OF=60°-30°=30°，∵OC′=OA=4，∴OF=C'C′F=C'∴C′（?2,?23當(dāng)A落在x軸負半軸時，點C落在點C′′位置，∵∠AOC=∠AOC+∠BOC=120°，∴∠A′′OC=120°，∠GOC′=30°又∵OA=OC′′，∴此時C′′點A重合，CC′′(2,23綜上，點C的對應(yīng)點的坐標(biāo)為(?2,?23)或故答案為：D．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，解直角三角形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意，分析點A的運動情況，分情況討論．4．（2024·廣西賀州·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△OAB為等腰三角形，OA=AB=5，點B到x軸的距離為4，若將△OAB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△OA′B′，則點【答案】(?4,8)【分析】過B作BC⊥OA于C，過B′作BD⊥x軸于D，構(gòu)建Δ【詳解】過B作BC⊥OA于C，過B′作BD⊥x軸于D∴∠B∴∠2+∠3=90由旋轉(zhuǎn)可知∠BOB′=90°∴∠1+∠2=90°，∴∠1=∠3，∵OB=OB′，∠1=∠3，∴ΔO∴B′D=OC，∵AB=AO=5，∴AC=A∴OC=8，∴B′∴B′故答案為：(?4,8)．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及如何構(gòu)造全等三角形求得線段的長度，準(zhǔn)確構(gòu)造全等三角形求得線段長度是解題的關(guān)鍵．5．（2024·山東濰坊·中考真題）如圖,正方形ABCD的邊長為1,點A與原點重合,點B在y軸的正半軸上，點D在x軸的負半軸上將正方形ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)30°至正方形AB′C′D′的位置,B′C【答案】(?1,【詳解】分析：連接AM，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知AD=AB′=1、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°，證Rt△ADM≌Rt△AB′M得∠DAM=12詳解：如圖，連接AM，∵將邊長為1的正方形ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)30°得到正方形AB'C′D′，∴AD=AB′=1，∠BAB′=30°，∴∠B′AD=60°，在Rt△ADM和Rt△AB′M中，∵AD＝AB′AM＝AM∴Rt△ADM≌Rt△AB′M（HL），∴∠DAM=∠B′AM=12∴DM=ADtan∠DAM=1×33=3∴點M的坐標(biāo)為（-1，33故答案為（-1，33點睛：本題主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)變換的不變性與正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)及三角函數(shù)的應(yīng)用．【題型12旋轉(zhuǎn)中的規(guī)律問題】1．（2024·山東菏澤·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，頂點A?5,0，C5,10，點F是BC的中點，CD與y軸交于點E，AF與BE交于點G，將正方形ABCD繞點O順時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)90°，則第2022次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點G的坐標(biāo)為（A．4,3 B．3,4 C．?4,?3 D．?3,?4【答案】D【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AB=BC=CD=10，∠C=∠ABF=90°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠BAF=∠CBE，根據(jù)余角的性質(zhì)得到∠BGF=90°，過G作GH⊥AB于H，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到BH=2，根據(jù)勾股定理得到HG=3，求得G（3，4），找出規(guī)律即可得到結(jié)論．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=10，∠C=∠ABF=90°，∵點F是BC的中點，CD與y軸交于點E，∴CE=BF=5，∴△ABF≌△BCE（SAS），∴∠BAF=∠CBE，∵∠BAF+∠BFA=90°，∴∠FBG+∠BFG=90°，∴∠BGF=90°，∴BE⊥AF，∵AF=A∴BG=AB?BF過G作GH⊥AB于H，∴∠BHG=∠AGB=90°，∵∠HBG=∠ABG，∴△ABG∽△GBH，∴BGAB∴BG2=BH?AB，∴BH=∴HG=B∴G（3，4），∵將正方形ABCD繞點O順時針每次旋轉(zhuǎn)90°，∴第一次旋轉(zhuǎn)90°后對應(yīng)的G點的坐標(biāo)為（4，-3），第二次旋轉(zhuǎn)90°后對應(yīng)的G點的坐標(biāo)為（-3，-4），第三次旋轉(zhuǎn)90°后對應(yīng)的G點的坐標(biāo)為（-4，3），第四次旋轉(zhuǎn)90°后對應(yīng)的G點的坐標(biāo)為（3，4），…，∵2022=4×505+2，∴每4次一個循環(huán)，第2022次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，相當(dāng)于正方形ABCD繞點O順時針旋轉(zhuǎn)2次，∴第2022次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點G的坐標(biāo)為（-3，-4）．故選：D．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形變換-旋轉(zhuǎn)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正確的理解題意是解題的關(guān)鍵．2．（2024·山東濟寧·中考真題）如圖，矩形ABCD中AB是3cm，BC是2cm，一個邊長為1cm的小正方形沿著矩形ABCD的邊AB→BC→CD→DA→AB連續(xù)地翻轉(zhuǎn)，那么這個小正方形第一次回到起始位置時，小正方形箭頭的方向是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題意可知，矩形ABCD的邊長AB和BC分別是3cm和2cm，小正方形的邊長為1cm，則這個小正方形第一次回到起始位置時需10次翻轉(zhuǎn)，而每翻轉(zhuǎn)4次，它的方向重復(fù)依次，小正方形共翻轉(zhuǎn)10次回到起始位置，即可得到它的方向．【詳解】解：根據(jù)題意可得：小正方形沿著矩形ABCD的邊AB→BC→CD→DA→AB連續(xù)地翻轉(zhuǎn)，矩形ABCD的邊長AB和BC分別是3cm和2cm，小正方形的邊長為1cm，則這個小正方形第一次回到起始位置時需10次翻轉(zhuǎn)，而每翻轉(zhuǎn)4次，它的方向重復(fù)1次，故回到起始位置時它的方向是向下．故選：C．【點睛】本題考查了圖形類規(guī)律題，關(guān)鍵是得出小正方形共翻轉(zhuǎn)10次回到起始位置．3．（2024·云南曲靖·中考真題）第一次：將點A繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到A1第二次：作點A1關(guān)于x軸的對稱點A第三次：將點A2繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到A第四次：作點A3關(guān)于x軸的對稱點A按照這樣的規(guī)律，點A2021的坐標(biāo)是（

A．(?3,2) B．(?2,3) C．(?2,?3) D．(3,?2)【答案】B【分析】先根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換和軸對稱變換得出A1(?2,3)、A2(?2,?3)、A3【詳解】由題意可知，A1(?2,3)、A2(?2,?3)、A3∴每4個點的坐標(biāo)為一周期循環(huán)，∵2021÷4=2020余1，∴點A2021的坐標(biāo)與點A1的坐標(biāo)一致，為故選：B．【點睛】本題考查了作圖-軸對稱、旋轉(zhuǎn)變換、找規(guī)律等知識，解題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)變換和軸對稱變換的定義和性質(zhì)，并找出規(guī)律．4．（2024·浙江·中考真題）如圖，將扇形ABO沿直線y=