专题20图形的平移翻折对称（共34题）-2021年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】

这是一份专题20图形的平移翻折对称（共34题）-2021年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】，共48页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第01期）
专题20图形的平移翻折对称（共34题）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、单选题
1．（2021·湖南衡阳市·中考真题）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【详解】
A、不是轴对称图形，故A不符合题意；
B、不是轴对称图形，故B不符合题意；
C、不是轴对称图形，故C不符合题意；
D、是轴对称图形，故D符合题意．
故选D.
【点睛】
本题主要考查轴对称图形的知识点．确定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．

2．（2021·湖南中考真题）下列垃圾分类标志分别是厨余垃圾、有害垃圾、其他垃圾和可回收物，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】B
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了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度后与原图重合．
3．（2021·四川自贡市·中考真题）下列图形中，是轴对称图形且对称轴条数最多的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
利用轴对称图形的定义逐一判断即可．
【详解】
解：A是轴对称图形，对称轴有1条；
B不是轴对称图形；
C不是轴对称图形；
D是轴对称图形，对称轴有2条；
故选：D．
【点睛】
本题考查识别轴对称图形，掌握轴对称图形的定义是解题的关键．
4．（2021·四川泸州市·中考真题）在平面直角坐标系中，将点A(-3，-2)向右平移5个单位长度得到点B，则点B关于y轴对称点的坐标为（ ）
A．(2，2) B．(-2，2) C．(-2，-2) D．(2，-2)
【答案】C
【分析】
根据点的平移规律左减右加可得点B的坐标，然后再根据关于B轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得答案．
【详解】
解：点A(-3，-2)向右平移5个单位长度得到点B(2，-2)，
点B关于y轴对称点的坐标为（-2，-2），
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了点的平移和关于y轴的对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
5．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）下面四个交通标志图是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，据此进行判断即可．
【详解】
解：A、不是轴对称图形，故不合题意；
B、不是轴对称图形，故不合题意；
C、是轴对称图形，故符合题意；
D、不是轴对称图形，故不合题意；
故选C．
【点睛】
本题考查了轴对称图形，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
6．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）在平面直角坐标系中，将线段AB平移后得到线段，点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据点A到A′确定出平移规律，再根据平移规律列式计算即可得到点B′的坐标．
【详解】
解：∵，，
∴平移规律为横坐标减4，纵坐标减4，
∵，
∴点B′的坐标为，
故选：C．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减，先确定出平移规律是解题的关键．
7．（2021·浙江绍兴市·中考真题）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（ ）

A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形
B．用4个相同的菱形放置，最多能得到15个菱形
C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形
D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形
【答案】B
【分析】
根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可
【详解】
解：用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形，
用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，
用4个相同的菱形放置，最多能得到15个菱形，
用5个相同的菱形放置，最多能得到22个菱形，
用6个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，
故选：B．
，
【点睛】
本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
8．（2021·甘肃武威市·中考真题）2021年是农历辛丑牛年，习近平总书记勉励全国各族人民在新的一年发扬“为民服务孺子牛，创新发展拓荒牛，艰苦奋斗老黄牛”精神，某社区也开展了“迎新春牛年剪纸展”，下面的剪纸作品是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
结合轴对称图形的定义即可求解．
【详解】
解：A：不符合轴对称图形的定义，不合题意；
B：符合轴对称图形的定义，符合题意；
C：不符合轴对称图形的定义，不合题意；
D：不符合轴对称图形的定义，不合题意；
故答案是：B．
【点睛】
本题考察轴对称图形的定义，难度不大，属于基础题．解题的关键是掌握轴对称图形的定义，即当一个平面图形沿某条直线折叠后，直线两旁的部分能完全重合的图形．
9．（2021·浙江丽水市·中考真题）四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是 (−1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（ ）

A．将B向左平移4.5个单位 B．将C向左平移4个单位
C．将D向左平移5.5个单位 D．将C向左平移3.5个单位
【答案】C
【分析】
直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．
【详解】
解：∵点A (−1，b) 关于y轴对称点为B (1，b)，
C (2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，
需要将点D (3.5，b) 向左平移3.5+2=5.5个单位，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
10．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，中，，将沿DE翻折，使点A与点B重合，则CE的长为（ ）

A． B．2 C． D．
【答案】D
【分析】
先在RtABC中利用勾股定理计算出AB=10，再利用折叠的性质得到AE=BE，AD=BD=5，设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，在Rt△BCE中根据勾股定理可得到x2=62+（8-x）2，解得x，可得CE．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
∴AB==10，
∵△ADE沿DE翻折，使点A与点B重合，
∴AE=BE，AD=BD=AB=5，
设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，
在Rt△BCE中
∵BE2=BC2+CE2，
∴x2=62+（8-x）2，解得x=，
∴CE==，
故选：D．
【点睛】
本题考查了折叠的性质：折叠前后两图象全等，即对应角相等，对应边相等．也考查了勾股定理．
11．（2021·四川广安市·中考真题）如图，将绕点逆时针旋转得到，若且于点，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由旋转的性质可得∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，由直角三角形的性质可得∠DAC=20°，即可求解．
【详解】
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得△ADE，
∴∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC=20°，
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=75°．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
12．（2021·四川眉山市·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，则该抛物线关于点成中心对称的抛物线的表达式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
先求出C点坐标，再设新抛物线上的点的坐标为（x,y），求出它关于点C对称的点的坐标，代入到原抛物线解析式中去，即可得到新抛物线的解析式．
【详解】
解:当x=0时，y=5，
∴C（0,5）；
设新抛物线上的点的坐标为（x,y），
∵原抛物线与新抛物线关于点C成中心对称，
由，；
∴对应的原抛物线上点的坐标为；
代入原抛物线解析式可得：，
∴新抛物线的解析式为：；
故选：A．
【点睛】
本题综合考查了求抛物线上点的坐标、中心对称在平面直角坐标系中的运用以及求抛物线的解析式等内容，解决本题的关键是设出新抛物线上的点的坐标，求出其在原抛物线上的对应点坐标，再代入原抛物线解析式中求新抛物线解析式，本题属于中等难度题目，蕴含了数形结合的思想方法等．
13．（2021·天津中考真题）如图，的顶点A，B，C的坐标分别是，则顶点D的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据平行四边形性质以及点的平移性质计算即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
点B的坐标为(-2，-2)，点C的坐标为(2，-2)，
∴点B到点C为水平向右移动4个单位长度，
∴A到D也应向右移动4个单位长度，
∵点A的坐标为(0，1)，
则点D的坐标为(4，1)，
故选:C．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质，以及平移的相关知识点，熟知点的平移特点是解决本题的关键．
14．（2021·四川成都市·中考真题）在平面直角坐标系中，点关于x轴对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
关于轴对称的两个点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，根据规律解答即可．
【详解】
解：点关于x轴对称的点的坐标是：
故选：
【点睛】
本题考查的是关于轴对称的两个点的坐标关系，掌握“关于轴对称的两个点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．”是解题的关键．
15．（2021·天津中考真题）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据轴对称图形的概念对各项分析判断即可得解．
【详解】
A．是轴对称图形，故本选项符合题意；
B．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选A．
【点睛】
本题考查判断轴对称图形，理解轴对称图形的概念是解答的关键．
16．（2021·四川广安市·中考真题）下列几何体的主视图既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先判断主视图，再根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、主视图是等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；
B、主视图是是矩形，是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
C、主视图是等腰梯形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；
D、主视图是等腰三角形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故不合题意；
故选B．
【点睛】
本题考查了几何体的三视图，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，图形沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
17．（2021·湖北武汉市·中考真题）下列图形都是由一个圆和两个相等的半圆组合而成的，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】A
【分析】
逐项分析，利用轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即可．
【详解】
解：A选项中的图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故该选项正确；
B选项中的图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故该选项不正确；
C选项中的图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故该选项不正确；
D选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不正确；
故选：A．
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，解决本题的关键是理解并掌握“能沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形是轴对称图形、中心对称图形则是将一个图形绕着平面内某个点旋转180°，旋转后的图形能够与旋转前的图形完全重合”，同时也需要学生具备相应的图形感知能力．
18．（2021·湖北宜昌市·中考真题）下列四幅图案是四所大学校徽的主体标识，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
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．
【详解】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，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，这个点叫做对称中心．
19．（2021·河北中考真题）如图，直线，相交于点．为这两直线外一点，且．若点关于直线，的对称点分别是点，，则，之间的距离可能是（ ）

A．0 B．5
C．6 D．7
【答案】B
【分析】
连接根据轴对称的性质和三角形三边关系可得结论．
【详解】
解：连接，如图，

∵是P关于直线l的对称点，
∴直线l是的垂直平分线，
∴
∵是P关于直线m的对称点，
∴直线m是的垂直平分线，
∴
当不在同一条直线上时，
即
当在同一条直线上时，
故选：B
【点睛】
此题主要考查了轴对称变换，熟练掌握轴对称变换的性质是解答此题的关键
20．（2021·湖北黄冈市·中考真题）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是( )
A．等边三角形 B．正六边形 C．正方形 D．圆
【答案】A
【详解】
因为平行四边形是中心对称图形，而非轴对称图形；正六边形和圆既是中心对称图形也轴对称图形；等边三角形是轴对称图形而非中心对称图形，所以答案B、C、D错误，应选答案A．
21．（2021·四川遂宁市·中考真题）下列说法正确的是（　　）
A．角平分线上的点到角两边的距离相等
B．平行四边形既是轴对称图形，又是中心对称图形
C．在代数式，，，，，中，，，是分式
D．若一组数据2、3、x、1、5的平均数是3，则这组数据的中位数是4
【答案】A
【分析】
根据角平分线的性质，平行四边形的对称性，分式的定义，平均数，中位数的性质分别进行判断即可．
【详解】
解：A.角平分线上的点到角两边的距离相等，故选项正确；
B.平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项错误；
C.在代数式，，，，，中，，是分式，故选项错误；
D.若一组数据2、3、x、1、5的平均数是3，则这组数据的中位数是3，故选项错误；
故选：A．
【点睛】
本题综合考查了角平分线的性质，平行四边形的对称性，分式的定义，平均数，中位数等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
二、填空题
22．（2021·浙江温州市·中考真题）如图，与的边相切，切点为．将绕点按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点．若，则______度．

【答案】85
【分析】
连结OO′，先证△BOO′为等边三角形，求出∠AOB=∠OBO′=60°，由与的边相切，可求∠CBO==30°，利用三角形内角和公式即可求解．
【详解】
解：连结OO′，
∵将绕点按顺时针方向旋转得到，
∴BO′=BO=OO′，
∴△BOO′为等边三角形，
∴∠OBO′=60°，
∵与的边相切，
∴∠OBA=∠O′BA′=90°，
∴∠CBO=90°-∠OBO′=90°-60°=30°，
∵∠A′=25°
∴∠A′O′B=90°-∠A′=90°-25°=65°
∴∠AOB=∠A′O′B=65°，
∴∠OCB=180°-∠COB-∠OBC=180°-65°-30°=85°．
故答案为85．

【点睛】
本题考查图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质，掌握图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质是解题关键．
23．（2021·重庆中考真题）如图，三角形纸片ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，BF＝4，CF＝6，将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合．若DE∥BC，AF＝EF，则四边形ADFE的面积为__________．

【答案】
【分析】
根据折叠的性质得到DE为的中位线，利用中位线定理求出DE的长度，再解求出AF的长度，即可求解．
【详解】
解：∵将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合，
∴DE垂直平分AF，，，，
∵DE∥BC，
∴，，，
∴，
∴，
∴，即D为AB的中点，
∴DE为的中位线，
∴，
∵AF＝EF，
∴是等边三角形，
在中，，，
∴，
∴，
∴四边形ADFE的面积为，

故答案为：．
【点睛】
本题考查解直角三角形、中位线定理、折叠的性质等内容，掌握上述基本性质定理是解题的关键．
24．（2021·山东临沂市·中考真题）在平面直角坐标系中，的对称中心是坐标原点，顶点、的坐标分别是、，将沿轴向右平移3个单位长度，则顶点的对应点的坐标是___．
【答案】（4，-1）
【分析】
根据平行四边形的性质得到点C坐标，再根据平移的性质得到C1坐标．
【详解】
解：在平行四边形ABCD中，
∵对称中心是坐标原点，A（-1，1），B（2，1），
∴C（1，-1），
将平行四边形ABCD沿x轴向右平移3个单位长度，
∴C1（4，-1），
故答案为：（4，-1）．
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
25．（2021·四川广安市·中考真题）如图，将三角形纸片折叠，使点、都与点重合，折痕分别为、.已知，，，则的长为_______．

【答案】
【分析】
由折叠的性质得出BE=AE，AF=FC，∠FAC=∠C=15°，得出∠AFE=30°，由等腰三角形的性质得出∠EAF=∠AFE=30°，证出△ABE是等边三角形，得出∠BAE=60°，求出AE=BE=2，证出∠BAF=90°，利用勾股定理求出AF，即CF，可得BC．
【详解】
解：∵把三角形纸片折叠，使点B、点C都与点A重合，折痕分别为DE，FG，
∴BE=AE，AF=FC，∠FAC=∠C=15°，
∴∠AFE=30°，又AE=EF，
∴∠EAF=∠AFE=30°，
∴∠AEB=60°，
∴△ABE是等边三角形，∠AED=∠BED=30°，
∴∠BAE=60°，
∵DE=，
∴AE=BE=AB==2，
∴BF=BE+EF=4，∠BAF=60°+30°=90°，
∴FC=AF==，
∴BC=BF+FC=，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了翻折变换的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质；根据折叠的性质得出相等的边和角是解题关键．
26．（2021·湖南株洲市·中考真题）《蝶几图》是明朝人戈汕所作的一部组合家具的设计图（蜨，同“蝶”），它的基本组件为斜角形，包括长斜两只、右半斜两只、左半斜两只、闺一只、小三斜四只、大三斜两只，共十三只（图①中的“様”和“隻”为“样”和“只”）．图②为某蝶几设计图，其中和为“大三斜”组件（“一様二隻”的大三斜组件为两个全等的等腰直角三角形），已知某人位于点处，点与点关于直线对称，连接、．若，则 ___________度．

【答案】21
【分析】
由题意易得四边形ABCD是正方形，进而根据轴对称的性质可得AD=DP，，则有CD=DP，然后可得，最后根据等腰三角形的性质可求解．
【详解】
解：∵，且都为等腰直角三角形，
∴四边形ABCD是正方形，
∴，
∵点与点关于直线对称，，
∴，AD=DP，
∴CD=DP，，
∴，
∴，
故答案为21．
【点睛】
本题主要考查正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质是解题的关键．
27．（2021·四川广安市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，以此进行下去……若点的坐标为，则点的纵坐标为______．

【答案】
【分析】
计算出△AOB的各边，根据旋转的性质，求出OB1，B1B3，...，得出规律，求出OB21，再根据一次函数图像上的点求出点B21的纵坐标即可．
【详解】
解：∵AB⊥y轴，点B（0，3），
∴OB=3，则点A的纵坐标为3，代入，
得：，得：x=-4，即A（-4，3），
∴OB=3，AB=4，OA==5，
由旋转可知：
OB=O1B1=O2B1=O2B2=…=3，OA=O1A=O2A1=…=5，AB=AB1=A1B1=A2B2=…=4，
∴OB1=OA+AB1=4+5=9，B1B3=3+4+5=12，
∴OB21=OB1+B1B21=9+（21-1）÷2×12=129，
设B21（a，），则OB21=，
解得：或（舍），
则，即点B21的纵坐标为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，旋转以及直角三角形的性质，求出△OAB的各边，计算出OB21的长度是解题的关键．
28．（2021·湖南怀化市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知，，，将先向右平移3个单位长度得到，再绕顺时针方向旋转得到，则的坐标是____________．

【答案】（2，2）．
【分析】
直接利用平移的性质和旋转的性质得出对应点位置，然后作图，进而得出答案．
【详解】
解：如图示：，为所求，

根据图像可知，的坐标是（2，2），
故答案是：（2，2）．
【点睛】
本题主要考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题关键．

三、解答题
29．（2021·安徽中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，的顶点均在格点（网格线的交点）上．
（1）将向右平移5个单位得到，画出；
（2）将（1）中的绕点C1逆时针旋转得到，画出．

【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析．
【分析】
（1）利用点平移的规律找出、、，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点，即可．
【详解】
解：（1）如下图所示，为所求；
（2）如下图所示，为所求；

【点睛】
本题考查了平移作图和旋转作图，熟悉相关性质是解题的关键．
30．（2021·重庆中考真题）在中，，是边上一动点，连接，将绕点逆时针旋转至的位置，使得．

（1）如图，当时，连接，交于点．若平分，，求的长；
（2）如图，连接，取的中点，连接．猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图，在（2）的条件下，连接，．若，当，时，请直接写出的值．
【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）．
【分析】
（1）连接，过点作，垂足为，证明，得：，再在等腰直角中，找到，再去证明为等腰三角形，即可以间接求出的长；
（2）作辅助线，延长至点，使，连接，在中，根据三角形
的中位线，得出，再根据条件证明：，于是猜想得以证明；
（3）如图（见解析），先根据旋转的性质判断出是等边三角形，再根据证出四点共圆，然后根据等腰三角形的三线合一、角的和差可得是等腰直角三角形，设，从而可得，根据三角形全等的判定定理与性质可得，从而可得，根据矩形的判定与性质可得四边形是矩形，，最后根据等量代换可得，解直角三角形求出即可得出答案．
【详解】
解：（1）连接，过点作，垂足为．


平分，，
．
，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
平分，
.
，
，
，
．
．
（2）
延长至点，使，连接．


是的中点，
．
，
，
，
在和中，，
，
，
．
（3）如图，设交于点，连接，


，
，
由旋转的性质得：，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
点四点共圆，
由圆周角定理得：，
垂直平分，（等腰三角形的三线合一），
，
平分，
，
，
是等腰直角三角形，
，
设，则，
由（2）可知，，
，
，
是等腰直角三角形，且，
（等腰三角形的三线合一），
，
在和中，，
，
，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
在中，，
则．
【点睛】
本题考查了图形的旋转、等边三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、圆周角定理、解直角三角形等知识点，综合能力比较强，较难的是题（3），判断出四点共圆是解题关键．
31．（2021·四川成都市·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．

（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1
【分析】
（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．
（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．
（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，
，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．
【详解】
（1）在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，
∴，
∴．
（2）如图，作交于点D，作交于点E．

由旋转可得，．
∵，
∴，
∴，
∴，．
∵，即，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∵，
∴，即，
∴．
（3）如图，作且交延长线于点P，连接．
∵，
∴，
∵，即，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴在和中 ，
∴，
∴，即点D为中点．
∵点E为AC中点，
∴DE为的中位线，
∴，
即要使DE最小，最小即可．
根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．
∴此时，即DE最小值为2．

【点睛】
本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．
32．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，边长为2的正方形的对角线交点与点重合，连接，．
（1）求证：；
（2）当点在内部，且时，设与相交于点，求的长；
（3）将正方形绕点旋转一周，当点、、三点在同一直线上时，请直接写出的长．

【答案】（1）见详解；（2）；（3）-1或+1
【分析】
（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质得∠ACD=∠BCE，，CD=CE，进而即可得到结论；
（2）先求出DC=，AD=，再证明，进而即可求解；
（3）分两种情况：①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，分别求解，即可．
【详解】
解：（1）∵在等腰直角三角形中， ，，在正方形中，CD=CE，∠DCE=90°，
∴∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD，即：∠ACD=∠BCE，
∴；
（2）∵正方形的边长为2，
∴DC=GC=2÷=，
∵，
∴AD=，
∵∠GDE=，
∴∠ADM=∠CDE=45°，
∴∠ADM=∠CGM=45°，即：AD∥CG，
∴，
∴，即：，
∴AM=；
（3）①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，如图，
∵正方形的边长为2，
∴CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM-DM=-1；

②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，如图，
同理可得：CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM+DM=+1．
综上所述：AM=-1或+1

【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形的性质以及正方形的性质，全等三角形的判定定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，画出图形，添加合适的辅助线，是解题的关键．
33．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．


[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．


[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．


【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【分析】
[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】
[探究1]如图1，

设．
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵点在延长线上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）
∴．
[探究2] ．
证明：如图2，连结．

∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]关系式为．
证明：如图3，连结．

∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在与中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
34．（2021·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点，在轴上，抛物线经过点，两点，且与直线交于另一点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）为抛物线对称轴上一点，为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）为轴上一点，过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，连接，．探究是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；（3）存在最小值，最小值为，此时点M的坐标为．
【分析】
（1）由题意易得，进而可得，则有，然后把点B、D代入求解即可；
（2）设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分①当时，②当时，然后根据两点距离公式可进行分类求解即可；
（3）由题意可得如图所示的图象，连接OM、DM，由题意易得DM=EM，四边形BOMP是平行四边形，进而可得OM=BP，则有，若使的值为最小，即为最小，则有当点D、M、O三点共线时，的值为最小，然后问题可求解．
【详解】
解：（1）∵四边形为正方形，，
∴，，
∴，
∴OB=1，
∴，
把点B、D坐标代入得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）由（1）可得，抛物线解析式为，则有抛物线的对称轴为直线，
∵点D与点E关于抛物线的对称轴对称，
∴，
∴由两点距离公式可得，
设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分：
①当时，如图所示：

∴由两点距离公式可得，即，
解得：，
∴点F的坐标为或；
②当时，如图所示：

∴由两点距离公式可得，即，
解得：，
∴点F的坐标为或；
综上所述：当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；
（3）由题意可得如图所示：

连接OM、DM，
由（2）可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称，，
∴，DM=EM，
∵过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，
∴，
∴四边形BOMP是平行四边形，
∴OM=BP，
∴，
若使的值为最小，即为最小，
∴当点D、M、O三点共线时，的值为最小，此时OD与抛物线对称轴的交点为M，如图所示：

∵，
∴，
∴的最小值为，即的最小值为，
设线段OD的解析式为，代入点D的坐标得：，
∴线段OD的解析式为，
∴．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质，熟练掌握二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质是解题的关键．