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备考2024中考二轮数学《高频考点冲刺》（全国通用）
专题28 旋转问题
考点扫描☆聚焦中考
旋转问题在近几年各地中考主要以填空题、选择题、解答题的形式进行考查，各地试题有容易题、中档题也有压轴题；考查的内容主要涉及的有：中心对称和中心对称图形的概念与性质；图形的旋转的概念与性质；；考查的热点主要有旋转对称图形与中心对称图形；旋转的性质；旋转变换；几何变换综合问题。
考点剖析☆典型例题
例1 （2023 潍坊）下列图形由正多边形和圆弧组成，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
例2（2021 安徽）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（　　）
A．3+ B．2+2 C．2+ D．1+2
例3（2023 天津）如图，把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在BC的延长线上，连接BD，则下列结论一定正确的是（　　）
A．∠CAE＝∠BED B．AB＝AE C．∠ACE＝∠ADE D．CE＝BD
例4（2023 达州）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点均在小正方形的格点上．
（1）将△ABC向下平移3个单位长度得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点C顺时针旋转90度得到△A2B2C2，画出△A2B2C2；
（3）在（2）的运动过程中请计算出△ABC扫过的面积．
例5（2023 安徽）在Rt△ABC中，M是斜边AB的中点，将线段MA绕点M旋转至MD位置，点D在直线AB外，连接AD，BD．
（1）如图1，求∠ADB的大小；
（2）已知点D和边AC上的点E满足ME⊥AD，DE∥AB．
（i）如图2，连接CD，求证：BD＝CD；
（ii）如图3，连接BE，若AC＝8，BC＝6，求tan∠ABE的值．
考点过关☆专项突破
类型一 旋转对称图形与中心对称图形
1．（2022 上海）有一个正n边形旋转90°后与自身重合，则n的值可能为（　　）
A．6 B．9 C．12 D．15
2．（2020 赤峰）下列图形绕某一点旋转一定角度都能与原图形重合，其中旋转角度最小的是（　　）
A． 等边三角形 B． 平行四边形
C． 正八边形 D． 圆及其一条弦
3．（2023 永州）企业标志反映了思想、理念等企业文化，在设计上特别注重对称美．下列企业标志图为中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2023 自贡）下列交通标志图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2023 北京）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2023 宜昌）我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘徽割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图形是（　　）
A． B． C． D．
7．（2021 青海）如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合．若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB为120°，则图中阴影部分的面积之和为 　　cm2．
8．（2020 镇江）点O是正五边形ABCDE的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）．这个图案绕点O至少旋转 　　°后能与原来的图案互相重合．
类型二 中心对称
1．（2023 株洲）如图所示，在矩形ABCD中，AB＞AD，AC与BD相交于点O，下列说法正确的是（　　）
A．点O为矩形ABCD的对称中心 B．点O为线段AB的对称中心
C．直线BD为矩形ABCD的对称轴 D．直线AC为线段BD的对称轴
2．（2021 陕西）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，O是矩形的对称中心，点E、F分别在边AD、BC上，连接OE、OF，若AE＝BF＝2，则OE+OF的值为（　　）
A．2 B．5 C． D．2
3．（2020 绍兴）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
4．（2023 陕西）如图，在 ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E在AD的延长线上，且DE＝2，过点E作直线l分别交边CD，AB于点M，N．若直线l将 ABCD的面积平分，则线段CM的长为 　　．
5．（2023 宁夏）如图是由边长为1的小正方形组成的9×6网格，点A，B，C，D，E，F，G均在格点上，下列结论：
①点D与点F关于点E中心对称；
②连接FB，FC，FE，则FC平分∠BFE；
③连接AG，则点B，F到线段AG的距离相等．
其中正确结论的序号是 　　．
6．（2020 台州）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为　　．（用含a，b的代数式表示）
类型三 旋转的性质
1．（2023 无锡）如图，△ABC中，∠BAC＝55°，将△ABC逆时针旋转α（0°＜α＜55°），得到△ADE，DE交AC于F．当α＝40°时，点D恰好落在BC上，此时∠AFE等于（　　）
A．80° B．85° C．90° D．95°
2．（2023 宁夏）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝2．点D在BC上，且BD：CD＝1：3．连接AD，线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，连接BE，DE．则△BDE的面积是（　　）
A． B． C． D．
3．（2023 泰州）菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，将该菱形绕顶点A在平面内旋转30°，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为（　　）
A．3﹣ B．2﹣ C．﹣1 D．2﹣2
4．（2023 宜宾）如图，△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把△ADE以A为中心顺时针旋转，点M为射线BD、CE的交点．若AB＝，AD＝1．以下结论：①BD＝CE；②BD⊥CE；③当点E在BA的延长线上时，MC＝；④在旋转过程中，当线段MB最短时，△MBC的面积为．其中正确结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（2023 益阳）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为AB的中点，连接DE，将△DAE绕点D按逆时针方向旋转90°得到△DCF，连接EF，则EF的长为 　　．
6．（2023 宜宾）如图，M是正方形ABCD边CD的中点，P是正方形内一点，连接BP，线段BP以B为中心逆时针旋转90°得到线段BQ，连接MQ．若AB＝4，MP＝1，则MQ的最小值为 　　．
6．（2023 泰州）如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝30°，射线CP从射线CA开始绕点C逆时针旋转α角（0°＜α＜75°），与射线AB相交于点D，将△ACD沿射线CP翻折至△A′CD处，射线CA′与射线AB相交于点E．若△A′DE是等腰三角形，则∠α的度数为 　 　．
类型四 旋转变换
1．（2023 宁波）在4×4的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）．
（1）在图1中先画出一个以格点P为顶点的等腰三角形PAB，再画出该三角形向右平移2个单位后的△P′A′B′．
（2）将图2中的格点△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°，画出经旋转后的△A′B′C．
2．（2023 宜昌）如图，在方格纸中按要求画图，并完成填空．
（1）画出线段OA绕点O顺时针旋转90°后得到的线段OB，连接AB；
（2）画出与△AOB关于直线OB对称的图形，点A的对称点是C；
（3）填空：∠OCB的度数为 　　．
3．（2023 温州）如图，在2×4的方格纸ABCD中，每个小方格的边长为1．已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）．
（1）在图1中画一个等腰三角形PEF，使底边长为，点E在BC上，点F在AD上，再画出该三角形绕矩形ABCD的中心旋转180°后的图形；
（2）在图2中画一个Rt△PQR，使∠P＝45°，点Q在BC上，点R在AD上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形．
4．（2022 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，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）将△ABC向上平移6个单位，再向右平移2个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）以边AC的中点O为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转180°，得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．
5．（2023 武汉）如图是由小正方形组成的8×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点．正方形ABCD四个顶点都是格点，E是AD上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
（1）在图（1）中，先将线段BE绕点B顺时针旋转90°，画对应线段BF，再在CD上画点G，并连接BG，使∠GBE＝45°；
（2）在图（2）中，M是BE与网格线的交点，先画点M关于BD的对称点N，再在BD上画点H，并连接MH，使∠BHM＝∠MBD．
类型五 几何变换综合题
1．（2023 广元）如图1，已知线段AB，AC，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以BC为边在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC＝30°．
（1）若∠BDC＝90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，连接DE，用等式表示线段AC与DE的数量关系是 　　；
（2）如图2，在（1）的条件下，若DE⊥AB，AB＝4，AC＝2，求BC的长；
（3）如图3，若∠BCD＝90°，AB＝4，AC＝2，当AD的值最大时，求此时tan∠CBA的值．
2．（2023 重庆）如图，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一动点（不与A，D重合），连接BE，CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF．
（1）如图1，求证：∠CBE＝∠CAF；
（2）如图2，连接BF交AC于点G，连接DG，EF，EF与DG所在直线交于点H，求证：EH＝FH；
（3）如图3，连接BF交AC于点G，连接DG，EG，将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，连接PQ，QF．若AB＝4，直接写出PQ+QF的最小值．
3．（2023 岳阳）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，连接MN．
初步尝试：（1）MN与AC的数量关系是 　　，MN与AC的位置关系是 　　．
特例研讨：（2）如图2，若∠BAC＝90°，BC＝4，先将△BMN绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到△BEF，当点A，E，F在同一直线上时，AE与BC相交于点D，连接CF．
①求∠BCF的度数；
②求CD的长．
深入探究：（3）若∠BAC＜90°，将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，连接AE，CF．当旋转角α满足0°＜α＜360°，点C，E，F在同一直线上时，利用所提供的备用图探究∠BAE与∠ABF的数量关系，并说明理由．
4．（2023 贵州）如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形ABC中，CA＝CB，∠C＝90°，过点B作射线BD⊥AB，垂足为B，点P在CB上．
（1）【动手操作】
如图②，若点P在线段CB上，画出射线PA，并将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，根据题意在图中画出图形，图中∠PBE的度数为 　　度；
（2）【问题探究】
根据（1）所画图形，探究线段PA与PE的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】
如图③，若点P在射线CB上移动，将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，探究线段BA，BP，BE之间的数量关系，并说明理由．
5．（2023 辽宁）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点O为AB的中点，点D在直线AB上（不与点A，B重合），连接CD，线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，过点B作直线l⊥BC，过点E作EF⊥l，垂足为点F，直线EF交直线OC于点G．
（1）如图1，当点D与点O重合时，请直接写出线段AD与线段EF的数量关系；
（2）如图2，当点D在线段AB上时，求证：CG+BD＝BC；
（3）连接DE，△CDE的面积记为S1，△ABC的面积记为S2，当EF：BC＝1：3时，请直接写出的值．
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备考2024中考二轮数学《高频考点冲刺》（全国通用）
专题28 旋转问题
考点扫描☆聚焦中考
旋转问题在近几年各地中考主要以填空题、选择题、解答题的形式进行考查，各地试题有容易题、中档题也有压轴题；考查的内容主要涉及的有：中心对称和中心对称图形的概念与性质；图形的旋转的概念与性质；；考查的热点主要有旋转对称图形与中心对称图形；旋转的性质；旋转变换；几何变换综合问题。
考点剖析☆典型例题
例1 （2023 潍坊）下列图形由正多边形和圆弧组成，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【点拨】根据中心对称图形，轴对称图形的定义一一判断即可．
【解析】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案等知识，解题的关键是掌握中心对称图形，轴对称图形的定义，属于中考常考题型．
例2（2021 安徽）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（　　）
A．3+ B．2+2 C．2+ D．1+2
【答案】A
【点拨】证明△BEF是等边三角形，求出EF，同法可证△DGH，△EOH，△OFG都是等边三角形，求出EH，GF，FG即可．
【解析】解：如图，连接BD，AC．
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝2，∠BAO＝∠DAO＝60°，BD⊥AC，
∴∠ABO＝∠CBO＝30°，
∴OA＝AB＝1，OB＝OA＝，
∵OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠BEO＝∠BFO＝90°，
在△BEO和△BFO中，
，
∴△BEO≌△BFO（AAS），
∴OE＝OF，BE＝BF，
∵∠EBF＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴EF＝BE＝×＝，
同法可证，△DGH，△OEH，△OFG都是等边三角形，
∴EF＝GH＝，EH＝FG＝，
∴四边形EFGH的周长＝3+，
故选：A．
【点睛】本题考查中心对称，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
例3（2023 天津）如图，把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在BC的延长线上，连接BD，则下列结论一定正确的是（　　）
A．∠CAE＝∠BED B．AB＝AE C．∠ACE＝∠ADE D．CE＝BD
【答案】A
【点拨】由旋转的性质可得∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝∠CAE，由三角形内角和定理可得∠BED＝∠BAD＝∠CAE．
【解析】解：如图，设AD与BE的交点为O，
∵把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，
∴∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝∠CAE，
又∵∠AOB＝∠DOE，
∴∠BED＝∠BAD＝∠CAE，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
例4（2023 达州）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点均在小正方形的格点上．
（1）将△ABC向下平移3个单位长度得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点C顺时针旋转90度得到△A2B2C2，画出△A2B2C2；
（3）在（2）的运动过程中请计算出△ABC扫过的面积．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
（3）+．
【点拨】（1）按平移变换的性质分别确定A，B，C平移后的位置，再按原来的连接方式连接即可；
（2）按旋转变换的性质分别确定A，B，C绕点C顺时针旋转90度后的位置，再按原来的连接方式连接即可；
（3）将△ABC扫过的面积用规则图形的面积和差表示，求出即可．
【解析】解：（1）△A1B1C1如图所示；
（2）△A2B2C2如图所示；
（3）＝，
∵AC＝，
∴＝＝，
∴在（2）的运动过程中△ABC扫过的面积＝＝+．
【点睛】本题考查网格作图﹣平移、旋转，以及网格中图形面积的计算，解题涉及平移的性质，旋转的性质，勾股定理，扇形面积公式，掌握平移、旋转的性质和网格中图形面积的计算方法是解题的关键．
例5（2023 安徽）在Rt△ABC中，M是斜边AB的中点，将线段MA绕点M旋转至MD位置，点D在直线AB外，连接AD，BD．
（1）如图1，求∠ADB的大小；
（2）已知点D和边AC上的点E满足ME⊥AD，DE∥AB．
（i）如图2，连接CD，求证：BD＝CD；
（ii）如图3，连接BE，若AC＝8，BC＝6，求tan∠ABE的值．
【答案】见解析
【点拨】（1）证MA＝MD＝MB，得∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，再由三角形内角和定理得∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°即可；
（2）（i）证四边形EMBD是平行四边形，得DE＝BM＝AM，再证四边形EAMD是平行四边形，进而得平行四边形EAMD是菱形，则∠BAD＝∠CAD，然后证A、C、D、B四点共圆，由圆周角定理得＝，即可得出结论；
（ii）过点E作EH⊥AB于点H，由勾股定理得AB＝10，再由菱形的性质得AE＝AM＝5，进而由锐角三角函数定义得EH＝3，则AH＝4，BH＝6，然后由锐角三角函数定义即可得出结论．
【解析】（1）解：∵M是AB的中点，
∴MA＝MB，
由旋转的性质得：MA＝MD＝MB，
∴∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，
∵∠MAD+∠MDA+∠MDB+∠MBD＝180°，
∴∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°，
即∠ADB的大小为90°；
（2）（i）证明：∵∠ADB＝90°，
∴AD⊥BD，
∵ME⊥AD，
∴ME∥BD，
∵ED∥BM，
∴四边形EMBD是平行四边形，
∴DE＝BM＝AM，
∴DE∥AM，
∴四边形EAMD是平行四边形，
∵EM⊥AD，
∴平行四边形EAMD是菱形，
∴∠BAD＝∠CAD，
又∵∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴A、C、D、B四点共圆，
∵∠BCD＝∠CAD，
∴＝，
∴BD＝CD；
（ii）解：如图3，过点E作EH⊥AB于点H，
则∠EHA＝∠EHB＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB＝＝＝10，
∵四边形EAMD是菱形，
∴AE＝AM＝AB＝5，
∴sin∠CAB＝＝＝，
∴EH＝AE sin∠CAB＝5×＝3，
∴AH＝＝＝4，
∴BH＝AB﹣AH＝10﹣4＝6，
∴tan∠ABE＝＝＝，
即tan∠ABE的值为．
【点睛】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理以及锐角三角函数定义等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及锐角三角函数是解题的关键，属于中考常考题型．
考点过关☆专项突破
类型一 旋转对称图形与中心对称图形
1．（2022 上海）有一个正n边形旋转90°后与自身重合，则n的值可能为（　　）
A．6 B．9 C．12 D．15
【答案】C
【点拨】如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．直接利用旋转对称图形的性质，结合正多边形中心角相等进而得出答案．
【解析】解：A．正六边形旋转90°后不能与自身重合，不合题意；
B．正九边形旋转90°后不能与自身重合，不合题意；
C．正十二边形旋转90°后能与自身重合，符合题意；
D．正十五边形旋转90°后不能与自身重合，不合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了旋转对称图形，正确把握正多边形的性质是解题的关键．
2．（2020 赤峰）下列图形绕某一点旋转一定角度都能与原图形重合，其中旋转角度最小的是（　　）
A． 等边三角形 B． 平行四边形
C． 正八边形 D． 圆及其一条弦
【答案】C
【点拨】求出各旋转对称图形的最小旋转角度，继而可作出判断．
【解析】解：A、最小旋转角度＝＝120°；
B、最小旋转角度＝＝180°；
C、最小旋转角度＝＝45°；
D、不是旋转对称图形；
综上可得：旋转一定角度后，能与原图形完全重合，且旋转角度最小的是C．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转对称图形的知识，求出各图形的最小旋转角度是解题关键．
3．（2023 永州）企业标志反映了思想、理念等企业文化，在设计上特别注重对称美．下列企业标志图为中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【点拨】根据中心对称图形的概念判断．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．
【解析】解：选项A、B、D中的图形都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项C中的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：C．
【点睛】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
4．（2023 自贡）下列交通标志图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【点拨】根据中心对称图形和轴对称图形的概念得出结论即可．
【解析】解：图形既是中心对称图形又是轴对称图形，
故选：B．
【点睛】本题主要考查中心对称图形和轴对称图形的知识，熟练掌握中心对称图形和轴对称图形的概念是解题的关键．
5．（2023 北京）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【点拨】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解析】解：A、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
6．（2023 宜昌）我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘徽割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图形是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【点拨】根据中心对称图形的概念判断．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．
【解析】解：选项A、B、C都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：D．
【点睛】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
7．（2021 青海）如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合．若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB为120°，则图中阴影部分的面积之和为 　4　cm2．
【答案】4
【点拨】由于∠AOB为120°，由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合，所以图中阴影部分的面积之和等于三个叶片的面积和的三分之一．
【解析】解：∵三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合，
而∠AOB为120°，
∴图中阴影部分的面积之和＝（4+4+4）＝4（cm2）．
故答案为4．
【点睛】本题考查了旋转对称图形：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．
8．（2020 镇江）点O是正五边形ABCDE的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）．这个图案绕点O至少旋转 　72　°后能与原来的图案互相重合．
【答案】72
【点拨】直接利用旋转图形的性质进而得出旋转角．
【解析】解：连接OA，OE，则这个图形至少旋转∠AOE才能与原图象重合，
∠AOE＝＝72°．
故答案为：72．
【点睛】此题主要考查了旋转图形，正确掌握旋转图形的性质是解题关键．
类型二 中心对称
1．（2023 株洲）如图所示，在矩形ABCD中，AB＞AD，AC与BD相交于点O，下列说法正确的是（　　）
A．点O为矩形ABCD的对称中心 B．点O为线段AB的对称中心
C．直线BD为矩形ABCD的对称轴 D．直线AC为线段BD的对称轴
【答案】A
【点拨】根据矩形的性质、轴对称图形的性质和中心对称图形的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，本题得以解决．
【解析】解：矩形ABCD是中心对称图形，对称中心是对角线的交点O，故选项A正确，符合题意；
线段AB的中点是为线段AB的对称中心，故选项B错误，不符合题意；
矩形ABCD是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，故选项C错误，不符合题意；
过线段BD的中点的垂线是线段BD的对称轴，故选项D错误，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查中心对称、矩形的性质、轴对称的性质，熟记矩形即是中心对称图形也是轴对称图形是解答本题的关键．
2．（2021 陕西）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，O是矩形的对称中心，点E、F分别在边AD、BC上，连接OE、OF，若AE＝BF＝2，则OE+OF的值为（　　）
A．2 B．5 C． D．2
【答案】D
【点拨】如图，连接，AC，BD．过点O作OM⊥AD于点M交BC于点N．利用勾股定理，求出OE，可得结论．
【解析】解：如图，连接，AC，BD．过点O作OM⊥AD于点M交BC于点N．
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OD＝OB，
∵OM⊥AD，
∴AM＝DM＝3，
∴OM＝AB＝2，
∵AE＝2，
∴EM＝AM﹣AE＝1，
∴OE＝＝＝，
同法可得OF＝，
∴OE+OF＝2，
故选：D．
【点睛】本题考查中心对称，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
3．（2020 绍兴）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【答案】B
【点拨】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点A与点B重合时是矩形．
【解析】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据EF与AC的位置关系即可求解．
4．（2023 陕西）如图，在 ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E在AD的延长线上，且DE＝2，过点E作直线l分别交边CD，AB于点M，N．若直线l将 ABCD的面积平分，则线段CM的长为 　　．
【答案】．
【点拨】依据题意，连接AC交l于点O，由直线l将 ABCD的面积平分，从而O为AC的中点，结合平行四边形的性质可得△AON≌△COM，进而AN＝CM，再由AN∥DM有＝，求出AN，故而可以得解．
【解析】解：连接AC交l于点O．
∵直线l将 ABCD的面积平分，AC为 ABCD的对角线，
∴O为AC的中点，为平行四边形的中心．
∴OA＝OC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∴∠NAO＝∠MCO，＝．
又∠AON＝∠COM，
∴△AON≌△COM（ASA）．
∴AN＝CM．
∴＝．
又ED＝2，AD＝4，AB＝3，
∴＝．
∴CM＝．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，解题时要熟练掌握并理解是关键．
5．（2023 宁夏）如图是由边长为1的小正方形组成的9×6网格，点A，B，C，D，E，F，G均在格点上，下列结论：
①点D与点F关于点E中心对称；
②连接FB，FC，FE，则FC平分∠BFE；
③连接AG，则点B，F到线段AG的距离相等．
其中正确结论的序号是 　①②③　．
【答案】①②③．
【点拨】根据中心对称概念，全等三角形判定与性质，点到直线的距离等逐个判断．
【解析】解：①连接DF，如图：
由图可知，点D与点F关于点E中心对称，故①正确；
②如图：
由SSS可知△BFC≌△EFC，
∴∠BFC＝∠EFC，FC平分∠BFE，故②正确；
③取AG上的格点M，N，连接BM，FN，如图，
由正方形性质可知∠AMB＝∠FNG＝90°，
∴B到AG的距离为BM的长度，F到AG的距离为FN的长度，
而BM＝FN，
∴点B，F到线段AG的距离相等，故③正确；
∴正确结论是①②③；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查中心对称，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形性质及应用等，解题的关键是掌握中心对称的概念，能熟练应用全等三角形的判定定理．
6．（2020 台州）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为　（a+b）　．（用含a，b的代数式表示）
【答案】（a+b）
【点拨】如图，连接DK，DN，证明S四边形DMNT＝S△DKN＝a即可解决问题．
【解析】解：如图，连接DK，DN，
∵∠KDN＝∠MDT＝90°，
∴∠KDM＝∠NDT，
∵DK＝DN，∠DKM＝∠DNT＝45°，
∴△DKM≌△DNT（ASA），
∴S△DKM＝S△DNT，
∴S四边形DMNT＝S△DKN＝a，
∴正方形ABCD的面积＝4×a+b＝a+b．
故答案为（a+b）．
【点睛】本题考查中心对称，全等三角形的判定和性质，图形的拼剪等知识，解题的关键灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
类型三 旋转的性质
1．（2023 无锡）如图，△ABC中，∠BAC＝55°，将△ABC逆时针旋转α（0°＜α＜55°），得到△ADE，DE交AC于F．当α＝40°时，点D恰好落在BC上，此时∠AFE等于（　　）
A．80° B．85° C．90° D．95°
【答案】B
【点拨】由旋转的性质可得∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝∠CAE＝40°，AB＝AD，∠C＝∠E，由等腰三角形的性质可求∠B＝70°，由三角形内角和定理可求解．
【解析】解：∵将△ABC逆时针旋转α（0°＜α＜55°），得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝∠CAE＝40°，AB＝AD，∠C＝∠E，
∴∠B＝70°，
∴∠C＝∠E＝55°，
∴∠AFE＝180°﹣55°﹣40°＝85°，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
2．（2023 宁夏）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝2．点D在BC上，且BD：CD＝1：3．连接AD，线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，连接BE，DE．则△BDE的面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【点拨】根据旋转的性质得出AD＝AE，∠DAE＝90°，再根据SAS证明△EAB≌△DAC得出∠C＝∠ABE＝45°，CD＝BE，得出∠EBC＝90°，再根据三角形的面积公式即可求解．
【解析】解：∵线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠EAB+∠BAD＝90°，
在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠C＝∠ABC＝45°，
∴∠EAB＝∠CAD，
∴△EAB≌△DAC（SAS），
∴∠C＝∠ABE＝45°，CD＝BE，
∴∠EBC＝∠EBA+∠ABC＝90°，
∵BC＝2，BD：CD＝1：3，
∴BD＝，CD＝BE＝，
∴＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，根据SAS证明△EAB≌△DAC是解题的关键．
3．（2023 泰州）菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，将该菱形绕顶点A在平面内旋转30°，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为（　　）
A．3﹣ B．2﹣ C．﹣1 D．2﹣2
【答案】A
【点拨】分两种情况：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转30°，连接AC，BD相交于点O，BC与C'D'交于点E，根据菱形的性质推出AC的长，再根据菱形的性质推出CD'与CE的长，再根据重叠部分的面积＝△ABC的面积﹣△D'EC的面积求解即可．
②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转30°，同①方法可得重叠部分的面积＝3﹣．
【解析】解：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转30°，
连接AC，BD相交于点O，BC与C'D'交于点E，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴∠CAB＝30°＝∠CAD，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，
∵AB＝2，
∴DO＝1，AO＝DO＝，
∴AC＝2，
∵菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB'C'D'，
∴∠D'AB＝30°，AD＝AD'＝2，
∴A，D'，C三点共线，
∴CD'＝CA﹣AD'＝2﹣2，
又∵∠ACB＝30°，
∴D'E＝﹣1，
CE＝D'E＝3﹣，
∵重叠部分的面积＝△ABC的面积﹣△D'EC的面积，
∴重叠部分的面积＝×＝3﹣；
②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转30°，同①方法可得重叠部分的面积＝3﹣，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，正确作出图形是解题的关键．
4．（2023 宜宾）如图，△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把△ADE以A为中心顺时针旋转，点M为射线BD、CE的交点．若AB＝，AD＝1．以下结论：①BD＝CE；②BD⊥CE；③当点E在BA的延长线上时，MC＝；④在旋转过程中，当线段MB最短时，△MBC的面积为．其中正确结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【点拨】证明△BAD≌△CAE可判断①，由三角形的外角的性质可判断②，证明∠DCM∽∠ECA，有 ，即可判断③；以A为圆心，AD为半径画圆，当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小，可得四边形AEMD是正方形，在Rt△MBC中，，然后根据三角形的面积公式可判断④．
【解析】解：∵△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，
∴BA＝CA，DA＝EA，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，故①正确；
设∠ABD＝∠ACE＝x，∠DBC＝45°﹣x，
∴∠EMB＝∠DBC+∠BCM＝∠DBC+∠BCA+∠ACE＝45°﹣x+45°+x＝90°，
∴BD⊥CE，故②正确；
当点E在BA的延长线上时，如图：
同理可得∠DMC＝90°，
∴∠DMC＝∠EAC，
∵∠DCM＝∠ECA，
∴△DCM∽△ECA
∴，
∵＝AC，AD＝1＝AE，
∴，，
∴，
∴，故③正确；
④以A为圆心，AD为半径画圆，如图：
∵∠BMC＝90°，
∴当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小，
∴∠ADM＝∠DME＝∠AEM＝90°，
∵AE＝AD，
∴四边形AEMD是正方形，
∴MD＝AE＝1，
∵BD＝＝＝，
∴CE＝BD＝，BM＝BD﹣MD＝﹣1，
∴MC＝CE+ME＝+1，
∵BC＝AB＝，
∴MB＝＝＝﹣1，
∴△MBC的面积为×（+1）×（﹣1）＝，故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的旋转问题，涉及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，最短路径等知识，解题的关键是掌握旋转的性质．
5．（2023 益阳）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为AB的中点，连接DE，将△DAE绕点D按逆时针方向旋转90°得到△DCF，连接EF，则EF的长为 　2　．
【答案】2．
【点拨】先根据正方形的性质得到AD＝AB＝4，∠A＝90°，AE＝2，则利用勾股定理可计算出DE＝2，再根据旋转的性质得到DE＝DF＝2，∠EDF＝90°，然后利用△DEF为等腰直角三角形得到EF＝DE．
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB＝4，∠A＝90°，
∵E为AB的中点，
∴AE＝2，
∴DE＝＝＝2，
∵△DAE绕点D按逆时针方向旋转90°得到△DCF，
∴DE＝DF＝2，∠EDF＝90°，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∴EF＝DE＝×2＝2．
故答案为：2．
【点睛】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．
6．（2023 宜宾）如图，M是正方形ABCD边CD的中点，P是正方形内一点，连接BP，线段BP以B为中心逆时针旋转90°得到线段BQ，连接MQ．若AB＝4，MP＝1，则MQ的最小值为 　2﹣1　．
【答案】2﹣1．
【点拨】连接BM，将△BCM绕B逆时针旋转90°得△BEF，连接MF，QF，证明△BPM≌△BQF（SAS），得MP＝QF＝1，故Q的运动轨迹是以F为圆心，1为半径的弧，求出BM＝＝2，可得MF＝BM＝2，由MQ≥MF﹣QF，知MQ≥2﹣1，从而可得MQ的最小值为2﹣1．
【解析】解：连接BM，将△BCM绕B逆时针旋转90°得△BEF，连接MF，QF，如图：
∵∠CBE＝90°，∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠CBE＝180°，
∴A，B，E共线，
∵∠PBM＝∠PBQ﹣∠MBQ＝90°﹣∠MBQ＝∠FBQ，
由旋转性质得PB＝QB，MB＝FB，
∴△BPM≌△BQF（SAS），
∴MP＝QF＝1，
∴Q的运动轨迹是以F为圆心，1为半径的弧，
∵BC＝AB＝4，CM＝CD＝2，
∴BM＝＝2，
∵∠MBF＝90°，BM＝BF，
∴MF＝BM＝2，
∵MQ≥MF﹣QF，
∴MQ≥2﹣1，
∴MQ的最小值为2﹣1．
故答案为：2﹣1．
【点睛】本题考查正方形中的旋转问题，解题的关键是掌握旋转的性质，正确作出辅助线构造全等三角形解决问题．
6．（2023 泰州）如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝30°，射线CP从射线CA开始绕点C逆时针旋转α角（0°＜α＜75°），与射线AB相交于点D，将△ACD沿射线CP翻折至△A′CD处，射线CA′与射线AB相交于点E．若△A′DE是等腰三角形，则∠α的度数为 　22.5°或67.5°或45°　．
【答案】22.5°或67.5°或45°．
【点拨】根据折叠的性质可得：∠ACD＝∠A′CD＝α＝∠ACA′，∠A＝∠DA′C＝30°，然后分三种情况：当A′D＝A′E时；当DA′＝DE时；当ED＝EA′时；分别进行计算即可解答．
【解析】解：由折叠得：∠ACD＝∠A′CD＝α＝∠ACA′，∠A＝∠DA′C＝30°，
分三种情况：
当A′D＝A′E时，如图：
∴∠A′DE＝∠A′ED＝（180°﹣∠A′）＝75°，
∵∠A′ED是△ACE的一个外角，
∴∠ACE＝∠A′ED﹣∠A＝45°，
∴∠ACD＝∠A′CD＝α＝∠ACE＝22.5°；
当A′D＝A′E时，当△ADC和△A′DC位于射线AB的同侧时，如图：
∴∠A′DE＝∠A′ED＝∠CA′D＝15°，
∴∠ACA′＝180°﹣∠A﹣∠A′EA＝135°，
∴∠ACD＝∠A′CD＝α＝∠ACA′＝67.5°；
当DA′＝DE时，
∴∠A′＝∠DEA′＝30°，
∵∠DEA′是△ACE的一个外角，
∴∠DEA′＞30°，
∴此种情况不成立；
当ED＝EA′时，如图：
∴∠EDA′＝∠A′＝30°，
∴∠DEA′＝180°﹣∠EDA′﹣∠A′＝120°，
∵∠A′ED是△ACE的一个外角，
∴∠ACE＝∠A′ED﹣∠A＝90°，
∴∠ACD＝∠A′CD＝α＝∠ACE＝45°；
综上所述：若△A′DE是等腰三角形，则∠α的度数为22.5°或67.5°或45°，
故答案为：22.5°或67.5°或45°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，翻折变换（折叠问题），分三种情况讨论是解题的关键．
类型四 旋转变换
1．（2023 宁波）在4×4的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）．
（1）在图1中先画出一个以格点P为顶点的等腰三角形PAB，再画出该三角形向右平移2个单位后的△P′A′B′．
（2）将图2中的格点△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°，画出经旋转后的△A′B′C．
【答案】见解析
【点拨】（1）根据等腰三角形的定义，平移变换的性质作出图形即可；
（2）根据旋转变换的性质作出图形即可．
【解析】解：（1）如图1，△P′A′B′即为所求；
（2）如图2，△A′B′C即为所求．
【点睛】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
2．（2023 宜昌）如图，在方格纸中按要求画图，并完成填空．
（1）画出线段OA绕点O顺时针旋转90°后得到的线段OB，连接AB；
（2）画出与△AOB关于直线OB对称的图形，点A的对称点是C；
（3）填空：∠OCB的度数为 　45°　．
【答案】（1）（2）见解析；
（3）45°．
【点拨】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点A的对称点B，从而得到OB；
（2）延长AO到C点使OC＝OA，则△COB满足条件；
（3）先根据旋转的性质得到OB＝OA，∠AOB＝90°，则可判断△OAB为等腰直角三角形，所以∠OAB＝45°，然后利用对称的性质得到∠OCB的度数．
【解析】解：（1）如图，OB为所作；
（2）如图，△COB为所作；
（3）∵线段OA绕点O顺时针旋转90°后得到的线段OB，
∴OB＝OA，∠AOB＝90°，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴∠OAB＝45°，
∵△COB与△AOB关于直线OB对称，
∴∠OCB＝∠OAB＝45°．
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．
3．（2023 温州）如图，在2×4的方格纸ABCD中，每个小方格的边长为1．已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）．
（1）在图1中画一个等腰三角形PEF，使底边长为，点E在BC上，点F在AD上，再画出该三角形绕矩形ABCD的中心旋转180°后的图形；
（2）在图2中画一个Rt△PQR，使∠P＝45°，点Q在BC上，点R在AD上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形．
【答案】（1）（2）作图见解析．
【点拨】（1）根据题意作出图形即可；
（2）作等腰直角三角形PQR，可得结论．
【解析】解：（1）图形如图1所示（答案不唯一）；
（2）图形如图2所示（答案不唯一）．
【点睛】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握在旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
4．（2022 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，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）将△ABC向上平移6个单位，再向右平移2个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）以边AC的中点O为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转180°，得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．
【答案】见解析．
【点拨】（1）根据平移的性质可得△A1B1C1；
（2）根据旋转的性质可得△A2B2C2．
【解析】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
【点睛】本题主要考查了作图﹣平移变换，旋转变换，熟练掌握平移和旋转的性质是解题的关键．
5．（2023 武汉）如图是由小正方形组成的8×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点．正方形ABCD四个顶点都是格点，E是AD上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
（1）在图（1）中，先将线段BE绕点B顺时针旋转90°，画对应线段BF，再在CD上画点G，并连接BG，使∠GBE＝45°；
（2）在图（2）中，M是BE与网格线的交点，先画点M关于BD的对称点N，再在BD上画点H，并连接MH，使∠BHM＝∠MBD．
【答案】图形见解析．
【点拨】（1）取格点F，连接BF，连接 EF，再取格点P，连接CP交EF于Q，连接BQ，延长交CD于G即可；
（2）取格点F，连接 BF、EF，交格线于N，再取格点P，Q，连接PQ交EF于O，连接MO并延长交BD于H即可．
【解析】解：（1）如图（1），线段BF和点G即为所求；
理由：∵BC＝BA，CF＝AE，∠BCF＝∠BAE＝90°，
∴△BCF≌△BAE（SAS），
∴∠CBF＝∠ABE，
∴∠FBE＝∠CBF+∠CBE＝∠ABE+∠CBE＝∠CBA＝90°，
∴线段BE绕点B顺时针旋转90° 得BF，
∵PE∥FC，
∴∠PEQ＝∠CFQ，∠EPQ＝∠FCQ，
∵PE＝FC，
∴△PEQ≌△CFO（ASA），
∴EQ＝FQ，
∴∠GBE＝EBF＝45°；
（2）如图（2）所示，点N与点H即为所求，
理由：∵BC＝BA，∠BCF＝∠BAE＝90°，CF＝AE，
∴△BCF≌△BAE（SAS），
∴BF＝BE，
∵DF＝DE，
∴BF与BE 关于BD对称
∵BN＝BM，
∴M，N关于BD对称，
∵PE∥FC，
∴△POE∽△QOF，
∴，
∵MG∥AE
∴，
∴，
∵∠MEO＝∠BEF，
∴△MEO∽△BEF，
∴∠EMO＝∠EBF，
∴OM∥BF，
∴∠MHB＝∠FBH，
由轴对称可得∠FBH＝∠EBH，
∴∠BHM＝∠MBD．
【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称变换，勾股定理、勾股定理的逆定理，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握旋转和轴对称的性质．
类型五 几何变换综合题
1．（2023 广元）如图1，已知线段AB，AC，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以BC为边在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC＝30°．
（1）若∠BDC＝90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，连接DE，用等式表示线段AC与DE的数量关系是 　AC＝DE　；
（2）如图2，在（1）的条件下，若DE⊥AB，AB＝4，AC＝2，求BC的长；
（3）如图3，若∠BCD＝90°，AB＝4，AC＝2，当AD的值最大时，求此时tan∠CBA的值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【点拨】（1）证明△ABE∽△CBD，根据相似三角形的性质得出，∠DBE＝∠CBA，进而证明△ABC∽△EBD，根据相似三角形的性质即可求解；
（2）求出AE＝2，延长DE交AB于点F，在Rt△AEF 中，由直角三角形的性质求得EF，AF，进而求得BF的长，根据（1 的结论，得出 ，在Rt△BFD中，勾股定理求得BD，进而根据△ABC∽△EBD，即可求出案．
（3）如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，连接BE，EA，ED，EC，同（1）可得△BDE∽△BCA，求出AE的长，进而得出D在以E为圆心，为半径的圆上运动，当点A，E，D 三点共线时，AD的值最大，进而求得 ，，根据△ABC∽△EBD得出∠BDE＝∠BCA，过点A作AF⊥BC于点F，由直角三角形的性质分别求得AF，CF，然后求出BF，最后根据正切的定义即可得出答案．
【解析】解：（1）在Rt△BDC中，∠DBC＝30°，在Rt△BAE中，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，
∴△ABE∽△CBD，∠DBE+∠EBC＝∠ABC+∠EBC，，
∴，∠DBE＝∠CBA，
∴△ABC∽△EBD，
∴，
∴，
故答案为：AC＝DE；
（2）在Rt△BAE，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，AB＝4，
∴AE＝AB sin∠EBA＝AB＝2，∠BAE＝60°，
延长DE交AB于点F，如图所示，
∴，，
∴BF＝AB﹣AF＝4﹣1＝3，
由（1）可得，
∴，
∴，
在Rt△BFD中，，
∵△ABC∽△EBD，
∴，
∴，
即；
（3）如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，连接BE，EA，ED，EC，
同（1）可得△BDE∽△BCA，
∴，
∵AC＝2，
∴，
在Rt△AEB中，AB＝4，，
∴D在以E为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点A，E，D三点共线时，AD的值最大，此时如图所示，则，
在Rt△ABD中，，
∴cos∠BDA＝＝，sin∠BDA＝＝，
∵∠BEA＝60°，
∴∠BED＝120°，
∵△ABC∽△EBD，
∴∠BDE＝∠BCA，
过点A作AF⊥BC于点F，
∴，，
∵∠DBC＝30°，
∴BC＝BD＝＝2，
∴，
Rt△AFB中，tan＝．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，锐角三角函数的定义，熟练掌握解直角三角形及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
2．（2023 重庆）如图，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一动点（不与A，D重合），连接BE，CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF．
（1）如图1，求证：∠CBE＝∠CAF；
（2）如图2，连接BF交AC于点G，连接DG，EF，EF与DG所在直线交于点H，求证：EH＝FH；
（3）如图3，连接BF交AC于点G，连接DG，EG，将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，连接PQ，QF．若AB＝4，直接写出PQ+QF的最小值．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）证明过程见解析；
（3）+2．
【点拨】（1）根据旋转的性质得出CE＝CF，∠ECF＝60°，进而证明△BCE≌△ACF（SAS），即可得证；
（2）过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，证明四边形EDFK是平行四边形，即可得证；
（3）如图所示，延长AP，DQ交于点R，由（2）可知△DCG是等边三角形，根据折叠的性质可得∠PAG＝∠EAG＝30°，∠QDG＝∠EDG＝30°，进而得出△ADR是等边三角形，由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG，得出四边形GDQF是平行四边形，则QF＝DC＝AC＝2，进而得出∠PGQ＝360°﹣2∠AGD＝120°，则PQ＝PG＝GQ，当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，即可求解．
【解析】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB＝60°，AC＝BC，
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，
∴CE＝CF，∠ECF＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BCA＝∠ECF，
∴∠BCE＝∠ACF，
∴△BCE≌△ACF（SAS），
∴∠CBE＝∠CAF；
（2）证明：如图所示，过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∴AD垂直平分BC，
∴EB＝EC，
又∵△BCE≌△ACF，
∴AF＝BE，CF＝CE，
∴AF＝CF，
∴F在AC的垂直平分线上，
∵AB＝BC，
∴B在AC的垂直平分线上，
∴BF垂直平分AC，
∴AC⊥BF，AG＝CG＝AC，
∴∠AGF＝90°，
又∵DG＝AC＝CG，∠ACD＝60°，
∴△DCG是等边三角形，
∴∠CGD＝∠CDG＝60°，
∴∠AGH＝∠DGC＝60°，
∴∠KGF＝∠AGF﹣∠AGH＝90°﹣60°＝30°，
又∵∠ADK＝∠ADC﹣∠GDC＝90°﹣60＝30°，KF∥AD，
∴∠HKF＝∠ADK＝30°，
∴∠FKG＝∠KGF＝30°，
∴FG＝FK，
在Rt△CED与Rt△CGF中，
，
∴Rt△CED≌Rt△CFG，
∴GF＝ED，
∴ED＝FK，
∴四边形EDFK是平行四边形，
∴EH＝HF；
解法二：连接CH，证明∠CHE＝90°，可得结论．
（3）解：依题意，如图所示，延长AP，DQ交于点R，
由（2）可知△DCG是等边三角形，
∴∠EDG＝30°，
∵将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，
∴∠PAG＝∠EAG＝30°，∠QDG＝∠EDG＝30°，
∴∠PAE＝∠QDE＝60°，
∴△ADR是等边三角形，
∴∠QDC＝∠ADC﹣∠ADQ＝90°﹣60°＝30°，
由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG，
∴DE＝GF，
∴DE＝DQ，
∴GF＝DQ，
∵∠GBC＝∠QDC＝30°，
∴GF∥DQ，
∴四边形GDQF是平行四边形，
∴QF＝DG＝AC＝2，
由（2）可知G是AC的中点，则GA＝GD，
∴∠GAD＝∠GDA＝30°，
∴∠AGD＝120°，
∵折叠，
∴∠AGP+∠DGQ＝∠AGE+∠DGE＝∠AGD＝120°，
∴∠PGQ＝360°﹣2∠AGD＝120°，
又PG＝GE＝GQ，
∴PQ＝PG＝GQ，
∴当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，此时如图所示，
∴GQ＝GC＝DC＝1，
∴PQ＝，
∴PQ+QF＝+2．
解法二：由两次翻折，推得∠PGQ＝360°﹣240°＝120°，则PQ＝PG＝EG，
由QF＝DG＝2，推出PQ1+QF的最小值，只需要求出EG的最小值，
当EG⊥AD时，EG的值最小，最小值为1，
∴PQ+QF的最小值为+2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2023 岳阳）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，连接MN．
初步尝试：（1）MN与AC的数量关系是 　MN＝AC　，MN与AC的位置关系是 　MN∥AC　．
特例研讨：（2）如图2，若∠BAC＝90°，BC＝4，先将△BMN绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到△BEF，当点A，E，F在同一直线上时，AE与BC相交于点D，连接CF．
①求∠BCF的度数；
②求CD的长．
深入探究：（3）若∠BAC＜90°，将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，连接AE，CF．当旋转角α满足0°＜α＜360°，点C，E，F在同一直线上时，利用所提供的备用图探究∠BAE与∠ABF的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）；MN∥AC；
（2）①∠BCF＝30°；②；
（3）∠BAE＝∠ABF 或∠BAE+∠ABF＝180°．
【点拨】（1）AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，则MN是△ABC的中位线，即可得出结论；
（2）特例研讨：①连接EM，MN，NF，证明△BME是等边三角形，△BNF是等边三角形，得出∠FCB＝30°；
②连接AN，证明△ADN∽△BDE，则 ，设DE＝x，则，在Rt△ABE中，BE＝2，，则，在Rt△ADN中，AD2＝DN2+AN2，勾股定理求得，则；
（3）当点C，E，F在同一直线上时，且点E在FC上时，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝180°﹣2θ，得出∠BEC+∠BAC＝180°，则A．B，E，C 在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出∠EAC＝∠EBC＝α﹣θ，表示∠BAE与∠ABF，即可求解；当F在EC上时，可得A，B，E，C在同一个圆上，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2θ，设∠NBF＝β，则∠EBM＝β，则 α+β＝360°，表示∠BAE 与∠ABF，即可求解．
【解析】解：（1）∵AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴，MN∥AC；
故答案为：MN＝AC，MN∥AC；
（2）特例研讨：①如图所示，连接EM，MN，NF，
∵MN是△BAC的中位线，
∴MN∥AC，
∴∠BMN＝∠BAC＝90°，
∵将△BMN绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到△BEF，
∴BE＝BM，BF＝BN；∠BEF＝∠BMN＝90°，
∵点A，E，F在同一直线上，
∴∠AEB＝∠BEF＝90°，
在Rt△ABE中，M是斜边AB的中点，
∴，
∴BM＝ME＝BE，
∴△BME是等边三角形，
∴∠ABE＝60°，即旋转角α＝60°，
∴∠NBF＝60°，BN＝BF，
∴△BNF是等边三角形，
又∵BN＝NC，BN＝NF，
∴NF＝NC，
∴∠NCF＝∠NFC，
∴∠BNF＝∠NCF+∠NFC＝2∠NFC＝60°，
∴∠FCB＝30°；
（2）如图所示，连接AN，
∵AB＝AC，∠BAC＝90° ，
∴，∠ACB＝∠ABC＝45°，
∵∠ADN＝∠BDE，∠ANB＝∠BED＝90°，
∴△ADN∽△BDE，
∴，
设DE＝x，则，
在Rt△ABE中，，则，
在Rt△ADN中，AD2＝DN2+AN2，
∴，
解得： 或 （舍去），
∴；
（3）如图所示，当点C，E，F在同一直线上时，且点E在FC上时，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝180°﹣2θ，
∵MN是△ABC的中位线，
∴MN∥AC，
∴∠MNB＝∠MBN＝θ，
∵将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，
∴△EBF≌△MBN，∠MBE＝∠NBF＝α，
∴∠EBF＝∠EFB＝θ，
∴∠BEF＝180°﹣2θ，
∵点C，E，F在同一直线上，
∴∠BEC＝2θ，
∴∠BEC+∠BAC＝180°，
∴A，B，E，C在同一个圆上，
∴∠EAC＝∠EBC＝α﹣θ，
∴∠BAE＝∠BAC﹣∠EAC＝（180°﹣2θ）﹣（α﹣θ）＝180°﹣α﹣θ，
∵∠ABF＝α+θ，
∴∠BAE+∠ABF＝180°，
如图所示，当F在EC上时，
∵∠BEF＝∠BAC，BC＝BC，
∴A，B，E，C在同一个圆上，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2θ，
将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，设∠NBF＝β，则∠EBM＝β，则 α+β＝360°，
∴∠ABF＝θ﹣β，
∵∠BFE＝∠EBF＝θ，∠EFB＝∠FBC+∠FCB，
∴∠ECB＝∠FCB＝∠EFB﹣∠FBC＝θ﹣β，
∵，
∴∠EAB＝∠ECB＝θ﹣β，
∴∠BAE＝∠ABF，
综上所述，∠BAE＝∠ABF或∠BAE+∠ABF＝180°．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位 线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌握 以上知识是解题的关键．
4．（2023 贵州）如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形ABC中，CA＝CB，∠C＝90°，过点B作射线BD⊥AB，垂足为B，点P在CB上．
（1）【动手操作】
如图②，若点P在线段CB上，画出射线PA，并将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，根据题意在图中画出图形，图中∠PBE的度数为 　135　度；
（2）【问题探究】
根据（1）所画图形，探究线段PA与PE的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】
如图③，若点P在射线CB上移动，将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，探究线段BA，BP，BE之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）画出图形见解析，135；
（2）PA＝PE，理由见解答过程；
（3）当P在线段BC上时，AB＝BP+BE；当P在线段CB的延长线上时，BE＝BA+BP，理由见解答过程．
【点拨】（1）根据题意画出图形，由CA＝CB，∠C＝90°，得∠ABC＝45°，而BD⊥AB，即得∠PBE＝∠ABC+∠ABD＝135°；
（2）过P作PM∥AB交AC于M，证明△PCM是等腰直角三角形，得CP＝CM，∠PMC＝45°，即可证△APM≌△PEB（ASA），故PA＝PE；
（3）当P在线段BC上时，过P作PM∥AB交AC于M，结合（2）可得AB＝BP+BE；当P在线段CB的延长线上时，过P作PN⊥BC交BE于N，证明△BPN是等腰直角三角形，可得∠ABP＝135°，BP＝NP，BN＝BP，∠PNB＝45°，即可证△EPN≌△APB（ASA），EN＝BA，根据BE＝EN+BN，即得BE＝BA+BP．
【解析】解：（1）画出图形如下：
∵CA＝CB，∠C＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∵BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∴∠PBE＝∠ABC+∠ABD＝45°+90°＝135°；
故答案为：135；
（2）PA＝PE，理由如下：
过P作PM∥AB交AC于M，如图：
∴∠MPC＝∠ABC＝45°，
∴△PCM是等腰直角三角形，
∴CP＝CM，∠PMC＝45°，
∴CA﹣CM＝CB﹣CP，即AM＝BP，∠AMP＝135°＝∠PBE，
∵∠APE＝90°，
∴∠EPB＝90°﹣∠APC＝∠PAC，
∴△APM≌△PEB（ASA），
∴PA＝PE；
（3）当P在线段BC上时，过P作PM∥AB交AC于M，如图：
由（2）可知，BE＝PM，BP＝AM，
∵AB＝（AM+CM），
∴AB＝BP+CM，
∵PM＝CM，
∴AB＝BP+BE；
当P在线段CB的延长线上时，过P作PN⊥BC交BE于N，如图：
∵∠ABD＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠PBN＝180°﹣∠ABC﹣∠ABD＝45°，
∴△BPN是等腰直角三角形，∠ABP＝135°，
∴BP＝NP，BN＝BP，∠PNB＝45°，
∴∠PNE＝135°＝∠ABP，
∵∠APE＝90°，
∴∠EPN＝90°﹣∠APN＝∠APB，
∴△EPN≌△APB（ASA），
∴EN＝BA，
∵BE＝EN+BN，
∴BE＝BA+BP；
综上所述，当P在线段BC上时，AB＝BP+BE；当P在线段CB的延长线上时，BE＝BA+BP．
【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及等腰直角三角形，旋转变换，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
5．（2023 辽宁）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点O为AB的中点，点D在直线AB上（不与点A，B重合），连接CD，线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，过点B作直线l⊥BC，过点E作EF⊥l，垂足为点F，直线EF交直线OC于点G．
（1）如图1，当点D与点O重合时，请直接写出线段AD与线段EF的数量关系；
（2）如图2，当点D在线段AB上时，求证：CG+BD＝BC；
（3）连接DE，△CDE的面积记为S1，△ABC的面积记为S2，当EF：BC＝1：3时，请直接写出的值．
【答案】（1）AD＝EF，理由见解析；
（2）证明见解析；
（3）的值为或．
【点拨】（1）连接BE，由∠ACB＝90°，CA＝CB，得∠A＝45°，根据线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，有CD＝CE，∠DCE＝90°，可得△BCE≌△ACD（SAS），从而BE＝AD，∠A＝∠CBE＝45°，知△BEF是等腰直角三角形，BE＝EF，故AD＝EF；
（2）由∠ACB＝90°，CA＝CB，O为AB的中点，得∠COB＝90°，AB＝BC，证明△CEG≌△DCA（AAS），得CG＝AD，根据AD+BD＝AB，即得CG+BD＝BC；
（3）由EF：BC＝1：3，设EF＝m，则BC＝AC＝3m，分两种情况：当D在线段AB上时，延长AC交GF于K，由△CEG≌△DCA，得GE＝AC＝3m，而四边形BCKF是矩形，有KF＝BC＝3m，∠CKG＝90°，根据勾股定理可得CE2＝CK2+KE2＝m2+（2m）2＝5m2，故S1＝CD CE＝CE2＝，S2＝AC BC＝，即得＝；当D在射线BA上时，延长EG交AC于T，同理可得＝．
【解析】（1）解：AD＝EF，理由如下：
连接BE，如图：
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠A＝45°，
∵线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE，
∴CD＝CE，∠DCE＝90°，
∴∠BCE＝90°﹣∠BCD＝∠ACD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD，∠A＝∠CBE＝45°，
∵直线l⊥BC，
∴∠EBF＝45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BE＝EF，
∴AD＝EF；
（2）证明：如图，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，O为AB的中点，
∴∠COB＝90°，AB＝BC，
∵∠BFG＝90°，
∴∠G＝360°﹣∠COB﹣∠OBF﹣∠BFG＝45°＝∠A，
∵BC⊥直线l，EF⊥直线l，
∴BC∥GF，
∴∠CEG＝∠BCE，
∵∠BCE＝90°﹣∠BCD＝∠ACD，
∴∠CEG＝∠ACD，
∵CE＝CD，
∴△CEG≌△DCA（AAS），
∴CG＝AD，
∵AD+BD＝AB，
∴CG+BD＝BC；
（3）解：由EF：BC＝1：3，设EF＝m，则BC＝AC＝3m，
当D在线段AB上时，延长AC交GF于K，如图：
由（2）知△CEG≌△DCA，
∴GE＝AC＝3m，
∵∠CBF＝∠BFE＝∠BCK＝90°，
∴四边形BCKF是矩形，
∴KF＝BC＝3m，∠CKG＝90°，
∴KE＝KF﹣EF＝2m，
∴GK＝GE﹣KE＝m，
∵∠G＝45°，
∴CK＝GK＝m，
∴CE2＝CK2+KE2＝m2+（2m）2＝5m2，
∴S1＝CD CE＝CE2＝，
∵AC＝BC＝3m，
∴S2＝AC BC＝，
∴＝；
当D在射线BA上时，延长EG交AC于T，如图：
同理可得BC＝AC＝EG＝3m，
∴FG＝EG﹣EF＝2m，
∵TF＝BC＝3m，
∴TG＝TF﹣FG＝m，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，O为AB的中点，
∴∠AOC＝45°，
∵BC∥EF，
∴∠ETC＝90°，
∴CT＝TG＝m，
∴CE2＝CT2+TE2＝m2+（m+3m）2＝17m2，
∴S1＝，
∴＝；
综上所述，的值为或．
【点睛】本题考查等腰直角三角形中的旋转问题，涉及三角形全等的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形面积等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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