中考数学二轮专题过关练习第7关 以几何图形中的图形操作与变换问题为背景的解答题（教师版）

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第七关 以几何图形中的图形操作与变换问题为背景的解答题
【考查知识点】图形的变换有轴对称、平移和旋转，在此类问题中轴对称问题多以折叠的形式出现。折叠问题也是最近中考的热点，这类问题不但考察学生对基本几何图形性质的掌握情况，而且可以培养学生的空间思维能力和运动变化观念，提高学生的实践操作水平。图形的旋转是中考题的新题型，热点题型，考察内容：①中心对称和中心对称图形的性质和别。②旋转，平移的性质.
【解题思路】折叠类题目的主要出题结合点有：与三角形结合，与平行四边形结合，与圆结合，与函数图像结合，题型多以选择题和填空题的形式出现，少数题目也会在大题中作为辅助背景。在解决这类问题时，要注意折叠出等角，折叠出等长，折叠出等腰三角形，折叠出全等与相似等。图形的旋转是中考题的新题型，热点题型，解题方法①熟练掌握图形的对称，图形的平移，图形的旋转的基本性质和基本作图法。②结合具体的问题大胆尝试，动手操作平移，旋转，探究发现其内在的规律。③注重对网格内和坐标内的图形的变换试题的研究，熟练掌握其常用的解题方法。④关注图形与变换创新题，弄清其本质，掌握基本解题方法，如动手操作法，折叠法，旋转法,旋转可以移动图形的位置而不改变图形的大小，是全等变换. 变换的目的是为了实现已知与结论中的相关元素的相对集中或分散重组，使表面上不能发生联系的元素联系起来．在转化的基础上为问题的解决铺设桥梁，沟通到路．一些难度较大的问题借助平移、对称、旋转的合成及相互关系可能会更容易一些．
【典型例题】
【例1】（2019·河北中考模拟）如图1，在▱ABCD中，DH⊥AB于点H，CD的垂直平分线交CD于点E，交AB于点F，AB=6，DH=4，BF：FA=1：5．
（1）如图2，作FG⊥AD于点G，交DH于点M，将△DGM沿DC方向平移，得到△CG′M′，连接M′B．
①求四边形BHMM′的面积；
②直线EF上有一动点N，求△DNM周长的最小值．
（2）如图3，延长CB交EF于点Q，过点Q作QK∥AB，过CD边上的动点P作PK∥EF，并与QK交于点K，将△PKQ沿直线PQ翻折，使点K的对应点K′恰好落在直线AB上，求线段CP的长．

【答案】（1）①四边形BHMM′的面积为7.5；②△DNM周长的最小值为9；（2）CP的长为或．
【解析】
【分析】（1）①根据相似三角形的判定和性质以及平移的性质进行解答即可；
②连接CM交直线EF于点N，连接DN，利用勾股定理解答即可；
（2）分点P在线段CE上和点P在线段ED上两种情况进行解答．
【详解】（1）①在▱ABCD中，AB=6，直线EF垂直平分CD，
∴DE=FH=3，
又BF：FA=1：5，
∴AH=2，
∵Rt△AHD∽Rt△MHF，
∴，
即，
∴HM=1.5，
根据平移的性质，MM'=CD=6，连接BM，如图1，
四边形BHMM′的面积==7.5；

②连接CM交直线EF于点N，连接DN，如图2，

∵直线EF垂直平分CD，
∴CN=DN，
∵MH=1.5，
∴DM=2.5，
在Rt△CDM中，MC2=DC2+DM2，
∴MC2=62+（2.5）2，
即MC=6.5，
∵MN+DN=MN+CN=MC，
∴△DNM周长的最小值为9；
（2）∵BF∥CE，
∴，
∴QF=2，
∴PK=PK'=6，
过点K'作E'F'∥EF，分别交CD于点E'，交QK于点F'，如图3，

当点P在线段CE上时，
在Rt△PK'E'中，
PE'2=PK'2﹣E'K'2，
∴PE′=2，
∵Rt△PE'K'∽Rt△K'F'Q，
∴，
即，
解得：QF′=，
∴PE=PE'﹣EE'=，
∴CP=，
同理可得，当点P在线段DE上时，CP′=，，如图4，

综上所述，CP的长为或．
【名师点睛】
本题考查四边形的综合题，关键是根据相似三角形的性质和平移的性质解答，注意（2）分两种情况分析．
【例2】（2019·湖南中考模拟）在矩形ABCD中，AB=12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F．
（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图2，①求证：BP=BF；
②当AD=25，且AE＜DE时，求cos∠PCB的值；
③当BP=9时，求BE•EF的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②；③108.
【解析】
分析：（1）先判断出∠A=∠D=90°，AB=DC再判断出AE=DE，即可得出结论；
（2）①利用折叠的性质，得出∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，进而判断出∠GPF=∠PFB即可得出结论；
②判断出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出AE=9，DE=16，再判断出△ECF∽△GCP，进而求出PC，即可得出结论；
③判断出△GEF∽△EAB，即可得出结论．
详解：
（1）在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，AB=DC，
∵E是AD中点，
∴AE=DE，
在△ABE和△DCE中，，
∴△ABE≌△DCE（SAS）；
（2）①在矩形ABCD，∠ABC=90°，
∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，
∴∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，
∵BE⊥CG，
∴BE∥PG，
∴∠GPF=∠PFB，
∴∠BPF=∠BFP，
∴BP=BF；
②当AD=25时，
∵∠BEC=90°，
∴∠AEB+∠CED=90°，
∵∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠CED=∠ABE，
∵∠A=∠D=90°，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
设AE=x，
∴DE=25﹣x，
∴，
∴x=9或x=16，
∵AE＜DE，
∴AE=9，DE=16，
∴CE=20，BE=15，
由折叠得，BP=PG，
∴BP=BF=PG，
∵BE∥PG，
∴△ECF∽△GCP，
∴，
设BP=BF=PG=y，
∴，
∴y=，
∴BP=，
在Rt△PBC中，PC=，cos∠PCB==；
③如图，连接FG，

∵∠GEF=∠BAE=90°，
∵BF∥PG，BF=PG，
∴▱BPGF是菱形，
∴BP∥GF，
∴∠GFE=∠ABE，
∴△GEF∽△EAB，
∴，
∴BE•EF=AB•GF=12×9=108．
【名师点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．
【例3】（2019·辽宁中考真题）思维启迪：（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB交AP的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么A，B间的距离是　 　米．

思维探索：（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC，AE＝DE，且AE＜AC，∠ACB＝∠AED＝90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．
①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是　 　；
②如图3，当α＝90°时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；
③当α＝150°时，若BC＝3，DE＝l，请直接写出PC2的值．
【答案】（1）200；（2）①PC＝PE，PC⊥PE；②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE，见解析；③PC2＝.
【解析】
【分析】
（1）由CD∥AB，可得∠C＝∠B，根据∠APB＝∠DPC即可证明△ABP≌△DCP，即可得AB＝CD，即可解题．
（2）①延长EP交BC于F，易证△FBP≌△EDP（SAS）可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC＝PE，PC⊥PE．
②作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，易证△FBP≌△EDP（SAS），结合已知得BF＝DE＝AE，再证明△FBC≌△EAC（SAS），可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC＝PE，PC⊥PE．
③作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，由旋转旋转可知，∠CAE＝150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，得∠FBC＝∠EAC，同②可证可得PC＝PE，PC⊥PE，再由已知解三角形得∴EC2＝CH2+HE2＝，即可求出
【详解】
（1）解：∵CD∥AB，∴∠C＝∠B，
在△ABP和△DCP中，
，
∴△ABP≌△DCP（SAS），
∴DC＝AB．
∵AB＝200米．
∴CD＝200米，
故答案为：200．
（2）①PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE．
理由如下：如解图1，延长EP交BC于F，
同（1）理，可知∴△FBP≌△EDP（SAS），
∴PF＝PE，BF＝DE，
又∵AC＝BC，AE＝DE，
∴FC＝EC，
又∵∠ACB＝90°，
∴△EFC是等腰直角三角形，
∵EP＝FP，
∴PC＝PE，PC⊥PE．
②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE．
理由如下：如解图2，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，
同①理，可知△FBP≌△EDP（SAS），
∴BF＝DE，PE＝PF＝，
∵DE＝AE，
∴BF＝AE，
∵当α＝90°时，∠EAC＝90°，
∴ED∥AC，EA∥BC
∵FB∥AC，∠FBC＝90，
∴∠CBF＝∠CAE，
在△FBC和△EAC中，
，
∴△FBC≌△EAC（SAS），
∴CF＝CE，∠FCB＝∠ECA，
∵∠ACB＝90°，
∴∠FCE＝90°，
∴△FCE是等腰直角三角形，
∵EP＝FP，
∴CP⊥EP，CP＝EP＝．
③如解图3，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，
当α＝150°时，由旋转旋转可知，∠CAE＝150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，
∴∠FBC＝∠EAC＝α＝150°
同②可得△FBP≌△EDP（SAS），
同②△FCE是等腰直角三角形，CP⊥EP，CP＝EP＝，
在Rt△AHE中，∠EAH＝30°，AE＝DE＝1，
∴HE＝，AH＝，
又∵AC＝AB＝3，
∴CH＝3+，
∴EC2＝CH2+HE2＝
∴PC2＝

【名师点睛】
本题考查几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．
【方法归纳】实践操作性试题以成为中考命题的热点，很多省市的压轴的都是这类题型，解决这种类型的题目可从以下方面切入：
1.构造定理所需的图形或基本图形.在解决问题的过程中，有时添辅助线是必不可少的。中考对学生添线的要求不是很高，只需连接两点或作垂直、平行，而且添辅助线几乎都遵循这样一个原则：构造定理所需的图形或构造一些常见的基本图形.
2. 切入点二：做不出、找相似，有相似，用相似.压轴题牵涉到的知识点较多，知识转化的难度较高。学生往往不知道该怎样入手，这时往往应根据题意去寻找相似三角形。
3. 紧扣不变量，并善于使用前题所采用的方法或结论.在图形运动变化时，图形的位置、大小、方向可能都有所改变，但在此过程中，往往有某两条线段，或某两个角或某两个三角形所对应的位置或数量关系不发生改变。
4. 展开联想，寻找解决过的问题. 在题目中你总可以找到与你解决过的问题有相类似的情况，可能图形相似，可能条件相似，可能结论相似，此时你就应考虑原来题目是怎样解决的，与现题目有何不同。原有的题目是如何解决的，所使用的方法或结论在这里是不是可以使用，或有借鉴之处。
5. 在题目中寻找多解的信息图形在运动变化，可能满足条件的情形不止一种，也就是通常所说的两解或多解.
【针对练习】
1．（2019·山东中考真题）(1)问题发现 
如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上. 
填空:线段AD,BE之间的关系为  .
(2)拓展探究 
如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由. 
(3)解决问题 
如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围. 

【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．(3) 5-3≤PC≤5+3．
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．
（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；
（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故5-3≤BE≤5+3.
【详解】
（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．
理由：如图1中，

∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，
∠ACB=∠ACD=90°，
在Rt△ACD和Rt△BCE中

∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠EBC=∠CAD
延长BE交AD于点F，
∵BC⊥AD，
∴∠EBC+∠CEB=90°，
∵∠CEB=AEF，
∴∠EAD+∠AEF=90°，
∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．
∴AD=BE，AD⊥BE．
故答案为AD=BE，AD⊥BE．
（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．
理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．

∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，
∴ACD=∠BCE，
在Rt△ACD和Rt△BCE中
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，
∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，
∴∠BOH+∠OBH=90°，
∴∠OHB=90°，
∴AD⊥BE，
∴AD=BE，AD⊥BE．

（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，
∴PC=BE，
图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE=5-3，
图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+3，
∴5-3≤BE≤5+3，
即5-3≤PC≤5+3．


【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
2．（2019·山东中考真题）如图1，菱形的顶点，在直线上，，以点为旋转中心将菱形顺时针旋转，得到菱形，交对角线于点，交直线于点，连接．

（1）当时，求的大小．
（2）如图2，对角线交于点，交直线与点，延长交于点，连接．当的周长为2时，求菱形的周长．
【答案】（1）；（2）菱形的周长为8．
【解析】
【分析】
(1)证明，推出，即可解决问题．
(2)证明，推出，，再证明，推出，推出，即可解决问题．
【详解】
(1)∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，是等边三角形，
∵，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
，
∴.
(2)∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形四点共圆，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵的周长为2，
∴，
∴，
∴菱形的周长为8．
【点睛】
本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
3．（2019·辽宁中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，连接AC，将绕点A逆时针旋转α得，连接CF，O为CF的中点，连接OE，OD．

（1）如图1，当时，请直接写出OE与OD的关系（不用证明）．
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？请说明理由．
（3）当时，若，请直接写出点O经过的路径长．
【答案】（1），，理由见解析；（2）当时，（1）中的结论成立，理由见解析；（3）点O经过的路径长为．
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质可得OD与OE的数量关系；根据旋转的性质和正方形的性质可得AC=AF以及△ACF各内角的度数，进一步即可求出∠COE与∠DOF的度数，进而可得OD与OE的位置关系；
（2）延长EO到点M，使，连接DM、CM、DE，如图2所示，先根据SAS证明≌，得，，再根据正方形的性质和旋转的性质推得，进一步在△ACF中根据三角形内角和定理和正方形的性质得出，再一次运用SAS推出≌，于是，进一步即可得出OE、OD的位置关系，然后再运用SAS推出≌，即可得OD与OE的数量关系；
（3）连接AO，如图3所示，先根据等腰三角形三线合一的性质得出，即可判断点O的运动路径，由可得点O经过的路径长，进一步即可求得结果.
【详解】
解：（1），；理由如下：
由旋转的性质得：，，
∵四边形ABCD是正方形，∴，
∴，
∴，
∵，O为CF的中点，∴，
同理：，∴，
∴，，
∴，∴；
（2）当时，（1）中的结论成立，理由如下：
延长EO到点M，使，连接DM、CM、DE，如图2所示：

∵O为CF的中点，∴，
在和中，，
∴≌（SAS），∴，.
∵四边形ABCD是正方形，∴，，
∵绕点A逆时针旋转α得，
∴，，
∴，，
∵，，，
∴，
∵，，∴，
在中，∵，
∴，
∵，∴，∴，
在和中，，
∴≌（SAS），∴，
∵，∴，
在和中，，
∴≌（SAS），∴.
∴，∴，；
（3）连接AO，如图3所示：
∵，，∴，∴，
∴点O在以AC为直径的圆上运动，
∵，∴点O经过的路径长等于以AC为直径的圆的周长，
∵，∴点O经过的路径长为：．

【点睛】
本题是正方形的综合题，综合考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质和判断动点运动路径等知识，考查的知识点多、综合性强，倍长中线构造全等三角形、熟知正方形的性质、灵活应用旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解（2）题的关键.
4．（2019·辽宁中考真题）如图1，在中，，，点M是AB的中点，连接MC，点P是线段BC延长线上一点，且，连接MP交AC于点H．将射线MP绕点M逆时针旋转交线段CA的延长线于点D．
（1）找出与相等的角，并说明理由．
（2）如图2，，求的值．
（3）在（2）的条件下，若，求线段AB的长．

【答案】（1）；理由见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）．由直角三角形的性质和旋转的性质推知即可；
（2）如图，过点C作交MP于点G．构造全等三角形（）和相似三角形（），根据相似三角形的对应边成比例求得的值．
（3）由（2）中相似三角形的性质和等量代换推知．故．易得．由（2）知，，则．故，．根据题意得到：，所以该相似三角形的对应边成比例：．将相关线段的长度代入求t的值，所以．
【详解】
（1）．
理由如下：∵，，
∴．
∴．
由旋转的性质知，．
∴；
（2）如图，过点C作交MP于点G．
∴，．
∵，点M是AB的中点，
∴．
∴．
∴．
∵．
∴．
∵，
∴．
在与中，

∴．
∴．
∵．
∴．
∵，
∴．
∴．
设，则，．
在中，．
∴．
∴；
（3）如图，由（2）知．则．
∵．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
由（2）知，，则．
∴，．
∵，．
∴．
∴．
∴，即．
解得，（舍去）．
∴．

【点睛】
考查了几何变换综合题．解题的关键是掌握全等三角形的判定（ASA）与性质，旋转的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质等知识点，解题过程中，注意方程思想在求相关线段长度时的灵活运用．
5．（2019·贵州中考真题）将在同一平面内如图放置的两块三角板绕公共顶点A旋转，连接BC，DE．探究S△ABC与S△ADC的比是否为定值．

（1）两块三角板是完全相同的等腰直角三角板时，S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，求出此定值，如果不是，说明理由．（图①）
（2）一块是等腰直角三角板，另一块是含有30°角的直角三角板时，S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，求出此定值，如果不是，说明理由．（图②）
（3）两块三角板中，∠BAE+∠CAD＝180°，AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n（a，b，m，n为常数），S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，用含a，b，m，n的式子表示此定值（直接写出结论，不写推理过程），如果不是，说明理由．（图③）
【答案】（1）结论：S△ABC：S△ADE＝1，为定值．理由见解析；（2）S△ABC：S△ADE＝，为定值，理由见解析；（3）S△ABC：S△ADE＝，为定值．理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
（2）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
（3）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
【详解】
（1）结论：S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∵AB＝AE＝AD＝AC，
∴1．
（2）如图2中，S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

不妨设∠ADC＝30°，则ADAC，AE＝AB，
∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∴．
（3）如图3中，如图2中，S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∵AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n
∴．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，30度的直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
6．（2019·天津中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（6,0），点B在y轴的正半轴上，．矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD=2.．

（Ⅰ）如图①，求点E的坐标；
（Ⅱ）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形，点C，O，D，E的对应点分别为．设，矩形与重叠部分的面积为S．
①如图②，当矩形与重叠部分为五边形时，，分别与AB相交于点M，F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当时，求t的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（Ⅰ）的坐标为；（Ⅱ）①，；②.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先根据A点坐标和已知得出AD的长，再根据30角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理得出CO的长即可得到点E的坐标
（Ⅱ）①根据平移的性质和30角所对的直角边等于斜边的一半得出，再根据勾股定理得出，再根据得出S与t的函数关系式
②分2和4两种情况，根据平移的性质和30角所对的直角边等于斜边的一半得出S与t的函数关系式，分别求出s=和s=时t的值即可
【详解】
解：（Ⅰ）由点，得．
又，得．
在矩形中，有，得．
∴在中，．
∴由勾股定理，得．有．
∴点的坐标为．
（Ⅱ）①由平移知，，，．
由，得．
∴在中，．
∴由勾股定理，得．
∴．
∵,
∴．
∴，其中的取值范围是．
②当时，
当S=时，，解得t=
当S=时，，解得t=
当2时，如图，OF=,G=
∴S=
当S=时，=；解得t=4.5
当S=时，=；解得t=；

当4时，如图，F=，A=
∴S=（6-t）（6-t）=
当S=时， =；解得t= 或t=
当S=时， =；解得t= 或t=
∴当时，．

【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了平移变换，勾股定理，二次函数以及一元二次方程的解法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
7．（2019·江苏中考真题）如图，已知等边△ABC的边长为8，点P是AB边上的一个动点（与点A、B不重合），直线l是经过点P的一条直线，把△ABC沿直线l折叠，点B的对应点是点B’.
（1）如图1，当PB=4时，若点B’恰好在AC边上，则AB’的长度为_____；
（2）如图2，当PB=5时，若直线l//AC，则BB’的长度为 ；
（3）如图3，点P在AB边上运动过程中，若直线l始终垂直于AC，△ACB’的面积是否变化？若变化，说明理由；若不变化，求出面积；
（4）当PB=6时，在直线l变化过程中，求△ACB’面积的最大值.

【答案】（1）4；（2）5；（3）面积不变，S△ACB’=；（4）24+4
【解析】
【分析】
(1)证明△APB′是等边三角形即可解决问题；
(2)如图2中，设直线l交BC于点E，连接B B′交PE于O，证明△PEB是等边三角形，求出OB即可解决问题；
(3)如图3中，结论：面积不变，证明B B′//AC即可；
(4)如图4中，当PB′⊥AC时，△ACB′的面积最大，设直线PB′交AC于点E，求出B′E即可解决问题.
【详解】
(1)如图1，∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=60°，AB=BC=CA=8，
∵PB=4，
∴PB′=PB=PA=4，
∵∠A=60°，
∴△APB′是等边三角形，
∴AB′=AP=4，
故答案为4；
(2)如图2，设直线l交BC于点E，连接B B′交PE于O，
∵PE∥AC，
∴∠BPE=∠A=60°，∠BEP=∠C=60°，
∴△PEB是等边三角形，
∵PB=5，B、B′关于PE对称，
∴BB′⊥PE，BB′=2OB，
∴OB=PB·sin60°=，
∴BB′=5，
故答案为5；
(3)如图3，结论：面积不变.
过点B作BE⊥AC于E，
则有BE=AB·sin60°=，
∴S△ABC==16，
∵B、B′关于直线l对称，
∴BB′⊥直线l，
∵直线l⊥AC，
∴AC//BB′，
∴S△ACB’=S△ABC=16；
(4)如图4，当B′P⊥AC时，△ACB′的面积最大，
设直线PB′交AC于E，
在Rt△APE中，PA=2，∠PAE=60°，
∴PE=PA·sin60°=，
∴B′E=B′P+PE=6+，
∴S△ACB最大值=×(6+)×8=24+4.

【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定与性质，轴对称变换，解直角三角形，平行线的判定与性质等知识，理解题意，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
8．（2019·浙江中考真题）如图，在等腰中，．点D,E分别在边AB,BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90º得到EF．

（1）如图1，若，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：．
（2）已知点G为AF的中点．
①如图2，若，求DG的长．
②若，是否存在点E，使得是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）①，②存在，CE的长为：，2或，.
【解析】
【分析】
（1）先证明CD＝BD＝AD，再证明，根据全等三角形的性质可得，由此即可证得结论；（2）①分别过点D，F作与点N，与点M，连接BF，先求得BF的长，再证明DG是△ABF的中位线，根据三角形的中位线定理即可求得DG的长；②分∠DEG＝90°和∠EDG＝90°两种情况求解即可．
【详解】
解：（1）由旋转性质得:，
是等腰三角形，
，

在和中，




（2）①如图1，分别过点D，F作与点N，与点M，连接BF，


又，
，
又，，
，

点D，G分别是AB，AF的中点，

②过点D作与点H
，，
，
当时，有如图2，3两种情况，设，

，，
点E在线段AF上，
，，，
，，即，解得，
或，
当时，如图4，

图4
过点F作与点K，延长DG交AC于点N，延长AC并截取，连接FM，
则，，
设，则，，
，，，
，，得，
，，
四边形GECN是平行四边形，
∵，
四边形GECN是矩形， 当时，有
当时，如图5，

图5
过点G，F分别作AC的垂线，交射线AC于点N，M，过点E作于点K，过点D作GN的垂线，交NG的延长线于点P，则
设，则，

由可得：




，

由可得：
即
解得，（舍去）

所以，CE的长为：，2或，
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
9．（2019·山东中考模拟）请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：

探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC中，，，将边AB绕点B顺时针旋转得到线段BD，连接求证：的面积为提示：过点D作BC边上的高DE，可证≌
探究2：如图2，在一般的中，，，将边AB绕点B顺时针旋转得到线段BD，连接请用含a的式子表示的面积，并说明理由．
探究3：如图3，在等腰三角形ABC中，，，将边AB绕点B顺时针旋转得到线段BD，连接试探究用含a的式子表示的面积，要有探究过程．
【答案】（1）详见解析；（2）的面积为，理由详见解析；（3）的面积为．
【解析】
【分析】
如图1，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由垂直的性质就可以得出≌，就有进而由三角形的面积公式得出结论；
如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由垂直的性质就可以得出≌，就有进而由三角形的面积公式得出结论；
如图3，过点A作与F，过点D作的延长线于点E，由等腰三角形的性质可以得出，由条件可以得出≌就可以得出，由三角形的面积公式就可以得出结论．
【详解】
如图1，过点D作交CB的延长线于E，

，
由旋转知，，，
，
，
，
在和中，
，
≌
，
，
；
的面积为，
理由：如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，

，
线段AB绕点B顺时针旋转得到线段BE，
，，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
；
如图3，过点A作与F，过点D作的延长线于点E，

，，
，
，
，
，
线段BD是由线段AB旋转得到的，
，
在和中，
，
≌，
，
，
的面积为．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.
10．（2019·湖南中考真题）（1）如图1，在平行四边形ABCD中，∠A＝30°，AB＝6，AD＝8，将平行四边形ABCD分割成两部分，然后拼成一个矩形，请画出拼成的矩形，并说明矩形的长和宽．（保留分割线的痕迹）
（2）若将一边长为1的正方形按如图2﹣1所示剪开，恰好能拼成如图2﹣2所示的矩形，则m的值是多少？
（3）四边形ABCD是一个长为7，宽为5的矩形（面积为35），若把它按如图3﹣1所示的方式剪开，分成四部分，重新拼成如图3﹣2所示的图形，得到一个长为9，宽为4的矩形（面积为36）．问：重新拼成的图形的面积为什么会增加？请说明理由．

【答案】（1）如图所示，见解析；（2）m的值为；（3）重新拼成的图形的面积会增加，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）过D作DE⊥BC于E，将△CDE进行平移即可求解；
（2）根据相似三角形的性质即可求解；
（3）根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】
（1）如图所示：

（2）依题意有：，
解得：(负值舍去)，
经检验，是原方程的解.
故m的值为；
（3）∵，
∴直角三角形的斜边与直角梯形的斜腰不在一条直线上，
故重新拼成的图形的面积会增加．
【点睛】
考查了图形的剪拼，矩形的判定与性质，相似三角形的性质，注意（3）中直角梯形与原来图形的直角梯形不一致．
11．（2019·湖南中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．
(1)当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；
(2)设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为时，求OA的长；
(3)当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值．

【答案】(1)点C的坐标为(2，3+2)；(2)OA＝3；(3)OC的最大值为8，cos∠OAD＝．
【解析】
【分析】
(1)作CE⊥y轴，先证∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，从而得出点C坐标；
(2)先求出S△DCM＝6，结合S四边形OMCD＝知S△ODM＝，S△OAD＝9，设OA＝x、OD＝y，据此知x2+y2＝36，xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y，代入x2+y2＝36求得x的值，从而得出答案；
(3)由M为AD的中点，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，连接OC，则此时OC与AD的交点为M，ON⊥AD，证△CMD∽△OMN得，据此求得MN＝，ON＝，AN＝AM﹣MN＝，再由OA＝及cos∠OAD＝可得答案．
【详解】
(1)如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，

∵矩形ABCD中，CD⊥AD，
∴∠CDE+∠ADO＝90°，
又∵∠OAD+∠ADO＝90°，
∴∠CDE＝∠OAD＝30°，
∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2，
在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，
∴OD＝AD＝3，
∴点C的坐标为(2，3+2)；
(2)∵M为AD的中点，
∴DM＝3，S△DCM＝6，
又S四边形OMCD＝，
∴S△ODM＝，
∴S△OAD＝9，
设OA＝x、OD＝y，则x2+y2＝36，xy＝9，
∴x2+y2＝2xy，即x＝y，
将x＝y代入x2+y2＝36得x2＝18，
解得x＝3(负值舍去)，
∴OA＝3；
(3)OC的最大值为8，
如图2，M为AD的中点，

∴OM＝3，CM＝＝5，
∴OC≤OM+CM＝8，
当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，
连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N，
∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，
∴△CMD∽△OMN，
∴，即，
解得MN＝，ON＝，
∴AN＝AM﹣MN＝，
在Rt△OAN中，OA＝，
∴cos∠OAD＝．
【点睛】
本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点．
12．（2019·四川中考真题）如图1，在正方形中，平分，交于点，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点．

(1)求证：；
(2)如图2，连接、，求证：平分；
(3)如图3，连接交于点，求的值．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).
【解析】
【分析】
(1)由正方形性质得出，，根据直角三角形两锐角互余的关系可得，利用可证得，即可得出结论；(2)由正方形性质与角平分线的定义得出，利用可证得得出，由直角三角形斜边中线的性质得出，根据角的和差关系可得，即可得出结论；(3)连接，由正方形的性质得出，，，推出，根据角的和差关系可得，利用可证得，得出，推出，即可证得△DCM∽△ACE，即可得出结果．
【详解】
(1)∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴.
(2)证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵平分，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分.
(3)解：连接，如图3所示：
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴=22.5°，
∵，
∴，
∴．

【点睛】
本题是相似综合题，考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、角平分线定义、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，涉及知识面广，熟练掌握正方形的性质、角平分线定义，证明三角形全等与相似是解题的关键．
13．（2019·江西中考真题）在图1，2，3中，已知，，点为线段上的动点，连接，以为边向上作菱形，且．

（1）如图1，当点与点重合时，________°；
（2）如图2，连接．
①填空：_________（填“>”，“