第31讲 图形的轴对称、平移、旋转（36题型）（练习）-2024年中考数学一轮复习练习（全国通用）

这是一份第31讲 图形的轴对称、平移、旋转（36题型）（练习）-2024年中考数学一轮复习练习（全国通用），文件包含第31讲轴对称平移旋转练习原卷版docx、第31讲轴对称平移旋转练习解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共208页， 欢迎下载使用。

2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
第31讲 轴对称、平移、旋转
目 录
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\l "_Tc158578322" 题型01 轴对称图形、中心对称图形的识别
\l "_Tc158578323" 题型02 根据成轴对称图形的特征进行判断
\l "_Tc158578324" 题型03 根据成轴对称图形的特征进行求解
\l "_Tc158578325" 题型04 轴对称中的光线反射问题
\l "_Tc158578326" 题型05 折叠问题-三角形折叠问题
\l "_Tc158578327" 题型06 折叠问题-四边形折叠问题
\l "_Tc158578328" 题型07 折叠问题-圆形折叠问题
\l "_Tc158578329" 题型08 折叠问题-抛物线与几何图形综合
\l "_Tc158578330" 题型09 求对称轴条数
\l "_Tc158578331" 题型10 画轴对称图形
\l "_Tc158578332" 题型11 设计轴对称图案
\l "_Tc158578333" 题型12 求某点关于坐标轴对称点的坐标
\l "_Tc158578334" 题型13 轴对称有关的规律探究问题
\l "_Tc158578335" 题型14 轴对称的综合问题
\l "_Tc158578336" 题型15 利用平移的性质求解
\l "_Tc158578337" 题型16 利用平移解决实际生活问题
\l "_Tc158578338" 题型17 作平移图形
\l "_Tc158578339" 题型18 由平移方式确定点的坐标
\l "_Tc158578340" 题型19 由平移前后点的坐标判断平移方式
\l "_Tc158578341" 题型20 已知图形的平移求点的坐标
\l "_Tc158578342" 题型21 平移的综合问题
\l "_Tc158578343" 题型22 找旋转中心、旋转角、对应点
\l "_Tc158578344" 题型23 根据旋转的性质求解
\l "_Tc158578345" 题型24 根据旋转的性质说明线段或角相等
\l "_Tc158578346" 题型25 画旋转图形
\l "_Tc158578347" 题型26 求旋转对称图形的旋转角度
\l "_Tc158578348" 题型27 旋转中的规律问题
\l "_Tc158578349" 题型28 求绕原点旋转90°点的坐标
\l "_Tc158578350" 题型29 求绕某点（非原点）旋转90°点的坐标
\l "_Tc158578351" 题型30 求绕原点旋转一定角度点的坐标
\l "_Tc158578352" 题型31 旋转综合题-线段问题
\l "_Tc158578353" 题型32 旋转综合题-面积问题
\l "_Tc158578354" 题型33 旋转综合题-角度问题
\l "_Tc158578355" 题型34 画已知图形关于某点的对称图形
\l "_Tc158578356" 题型35 根据中心对称的性质求面积、长度、角度
\l "_Tc158578357" 题型36 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案
题型01 轴对称图形、中心对称图形的识别
1．（2024·山东临沂·一模）下列图形中，属于轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了轴对称图形的识别．熟练掌握：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形是轴对称图形是解题的关键．
根据轴对称图形的定义进行判断即可．
【详解】解：A中图形是轴对称图形，故符合要求；
B中图形不是轴对称图形，故不符合要求；
C中图形不是轴对称图形，故不符合要求；
D中图形不是轴对称图形，故不符合要求；
故选：A．
2．（2023·广东肇庆·统考一模）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】C
【分析】本题考查轴对称图形、中心对称图形的识别．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；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，据此对各选项逐一判断即可．解题的关键是掌握轴对称图形、中心对称图形的定义．
【详解】解：A．该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
3．（2023·四川广安·统考一模）下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选C．
4．（2023·山东青岛·统考三模）窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，下列窗花作品是中心对称图形的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别，熟知定义是解题的关键．根据轴中心对称图形的定义进行逐一判断即可：把一个图形绕着某一个点旋转 180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：第1个图形是中心对称图形，符合题意；
第2个图形是中心对称图形，符合题意；
第3个图形不是中心对称图形，不符合题意；
第4个图形不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
题型02 根据成轴对称图形的特征进行判断
5．（2023·天津·校联考一模）如图，△ABC与△A1B1C1，关于直线MN对称，P为MN上任一点（P不与AA1共线），下列结论不正确的是（ ）
A．AP=A1PB．△ABC与△A1B1C1的面积相等
C．MN垂直平分线段AA1D．直线AB,A1B1的交点不一定在MN上
【答案】D
【分析】根据轴对称的性质依次进行判断，即可得．
【详解】解：∵△ABC与△A1B1C1，关于直线MN对称，P为MN上任一点（P不与AA1共线），
∴AP=A1P，△ABC与△A1B1C1的面积相等，MN垂直平分线段AA1，
即选项A、B、C正确，
∵直线AB,A1B1关于直线MN对称，
∴直线AB,A1B1的交点一定在MN上，
即选项D不正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，解题的关键是掌握轴对称的性质．
6．（2023·河北秦皇岛·统考三模）如图是嘉嘉把纸折叠后剪出的图案，将剪纸展开后得到的图案是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据轴对称的性质求解即可．
【详解】解：如图是嘉嘉把纸折叠后剪出的图案，将剪纸展开后得到的图案是A选项．
故选：A．
【点睛】本题考查利用轴对称设计图案，剪纸问题，解题的关键是理解轴对称图形的性质，属于中考常考题型．
7．（2019·河北·模拟预测）如图，△ABC与△DEF关于直线MN轴对称，则以下结论中错误的是（ ）
A．AB=DEB．∠B=∠E
C．AB//DFD．AD的连线被MN垂直平分
【答案】C
【分析】轴对称的性质：①如果两个图形关于某直线对称，那么这两个图形全等；②如果两个图形关于某直线对称，那么对应线段或者平行，或者共线，或者相交于对称轴上一点；③如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是对应点连线的垂直平分线．
【详解】根据轴对称的性质可得：AB=DE，∠B=∠E，AD的连线被MN垂直平分，
∴选项A、B、D正确，选项C错误，
故选：C．
题型03 根据成轴对称图形的特征进行求解
8．（2022·广东东莞·湖景中学校考一模）如图，在正方形ABCD中，已知边长AB=5，点E是BC边上一动点（点E不与B、C重合），连接AE，作点B关于直线AE的对称点F，则线段CF的最小值为（ ）
A．5B．52−5C．522D．52
【答案】B
【分析】根据对称性得到动点M的轨迹是在以A圆心，5为半径的圆上，根据点圆模型，在正方形中利用勾股定理求出线段AC长即可．
【详解】连接AC，AF，由轴对称知，AF=AB=5，
∵正方形ABCD中，AB=BC=5，∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=52,
∵AF+CF≥AC，
∴当点F运动到AC上时，CF=AC-AF，CF取得最小值，
最小值为CF=52−5，
故选B
【点睛】本题考查动点最值问题，解题过程涉及到对称性质、圆的性质、正方形性质、勾股定理等知识点，解决问题的关键是准确根据题意得出动点轨迹．
9．（2022·河北衡水·校考模拟预测）如图，∠AOB=60°，点P到OA的距离是2，到OB的距离是3，M，N分别是OA，OB上的动点，则△PMN周长的最小值是（ ）
A．219B．313C．9D．53
【答案】A
【分析】作P点分别关于OA、OB的对称点P'、P″，连接P'P″，分别交OA、OB于M，N则MP=MP'，NP=NP″，OP=OP'=OP″，∠BOP=∠BOP″，∠AOP=∠AOP″′，则PN+PM+MN=NP″+MN+MP'=DC，∠P'OP″=2∠AOB=120°，此时△PMN周长最小，为P'P″，据此解答即可．
【详解】作P点分别关于OA、OB的对称点P'、P″，连接P'P″，分别交OA、OB于M，N，则MP=MP'，NP=NP″，OP=OP'=OP″，∠BOP=∠BOP″，∠AOP=∠AOP″′，
∴PN+PM+MN=NP''+MN+MP'，∠P'OP″=2∠AOB=120°，
∴此时△PMN周长最小，为P'P″，
延长P'P，交OB与D．
∵∠AOB=60°，
∴∠P'PP″=120°，
∴∠EPD=60°，
∴∠D=30°，
∵PE=3，
∴PD=2PE=6，
∴CD=CP+PD=2+6=8，
∴OC=33CD=833，
∴OP=OC2+CP2=(833)2+22=2357，
∴P'P″=3OP=3×2357=219，
即△PMN周长的最小值是219．
故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称−最短路线问题：熟练掌握轴对称的性质，会利用两点之间线段最短解决路径最短问题．
10．（2020·山东德州·统考二模）如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，点E、F分别为AD、DC边上的点，且EF＝2，点G为EF的中点，点P为BC上一动点，则PA+PG的最小值为（ ）
A．3B．4C．25D．5
【答案】B
【分析】先确定点G的轨迹，再作点A关于BC的对称点A'，然后根据点与圆的位置关系确定PA+PG的值最小时，点G的位置，最后根据线段的和差即可得．
【详解】∵EF=2，点G为EF的中点
∴DG=12EF=1
∴G是以D为圆心，以1为半径的圆弧上的点
作A关于BC的对称点A'，连接A'D，交BC于P，交以D为圆心，以1为半径的圆于G
则此时PA+PG的值最小，最小值为A'G的长
∵AB=2,AD=3
∴AA'=2AB=4
∴A'D=AD2+AA'2=32+42=5
∴A'G=A'D−DG=5−1=4
即PA+PG的最小值为4
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称的性质、点与圆的位置关系等知识点，利用圆的性质确认PA+PG的值最小时，点G的位置是解题关键．
11．（2022·西藏拉萨·统考模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=38°，点D在AB上，且点D与点B关于直线l对称，则∠ACD的度数为（ ）
A．10°B．14°C．38°D．52°
【答案】B
【详解】先求出∠B，再根据轴对称的性质，求出∠CDB=∠B=52°，用三角形外角等于不相邻的两个内角和列方程，即可解得答案．
【分析】解：∵∠C=90°，∠A=38°，
∴∠B=52°，
∵点D与点B关于直线l对称，
∴∠CDB=∠B=52°，
∵∠CDB=∠ACD+∠A，
∴52°=∠ACD+38°，
∴∠ACD=14° ，
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称以及三角形的外角和定理，解题的关键是掌握轴对称的性质，求出∠CDB=52°．
题型04 轴对称中的光线反射问题
12．（2023·河北衡水·校联考模拟预测）如图，光线自点P射入，经镜面EF反射后经过的点是（ ）
A．A点B．B点C．C点D．D点
【答案】B
【分析】利用轴对称变换的性质判断即可．
【详解】解：如图，过点P，点B的射线交于一点O，
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称变换的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
13．（2023·福建泉州·南安市实验中学校考二模）如图所示为单反照相机取景器的示意图，五边形ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC．光线垂直AB射入，且只在CD和EA上各发生一次反射，两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出．若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是（ ）（注：满足全反射的条件为折射率n=1sinθ)

A．1cs22.5°B．1cs45°C．1sin45°D．1sin22.5°
【答案】D
【分析】根据几何关系求出入射角，通过折射定律求出五棱镜折射率的最小值即可得到答案；
【详解】解：设入射到CD面上的入射角为θ，因为在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，

根据光学几何关系可得，
∴两次反射的入射角相等，
∴∠FGK=∠HGK=∠GHM=∠MHN=θ，
∴4θ=90°，
解得：θ=22.5°，
∵sinθ=1n，
∴最小折射率n=1sin22.5°，
故选：D；
【点睛】本题主要考查解答几何光学问题，解题的关键是正确作出光路图．
14．（2020·江苏无锡·统考二模）如图，一面镜子斜固定在地面OB上，且∠AOB=60°点P为距离地面OB为8cm的一个光源，光线射出经过镜面D处反射到地面E点，当光线经过的路径长最短为10cm时，PD的长为 ．
【答案】4
【分析】作出PD关于直线OA对称的线段P'D，所以最短路线为P',D,E三点共线且P'E⊥OB时最短，过P作好垂线构建矩形，再利用等腰三角形的性质可得答案．
【详解】解：作点P关于AO的对称点P'，当P'E⊥OB时，光线经过的路径长最短，
∴P'E=10，作PF⊥P'D于F，∴FE=PC=8，∴P'F=2，∵∠AOB=60°，
∴∠ODE=30°，∴∠P'DA=∠PDA=30°，∴∠P'DP=60°，PD=P'D，
∴△PP'D为等边三角形，∴P'F=FD=2，∴PD=P'D=4．
故答案为4．
题型05 折叠问题-三角形折叠问题
15．（2023·新疆·统考一模）“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片ABC，第1次折叠使点B落在BC边上的点B'处，折痕AD交BC于点D；第2次折叠使点A落在点D处，折痕MN交AB'于点P．若BC=12，则MP+MN= ．
【答案】6
【分析】根据第一次折叠的性质求得BD=DB'=12BB'和AD⊥BC，由第二次折叠得到AM=DM，MN⊥AD，进而得到MN∥BC，易得MN是△ADC的中位线，最后由三角形的中位线求解．
【详解】解：∵已知三角形纸片ABC，第1次折叠使点B落在BC边上的点B'处，折痕AD交BC于点D，
∴BD=DB'=12BB'，AD⊥BC．
∵第2次折叠使点A落在点D处，折痕MN交AB'于点P，
∴AM=DM，AN=ND，
∴MN⊥AD，
∴MN∥BC．
∵AM=DM，
∴MN是△ADC的中位线，
∴MP=12DB'，MN=12DC．
∵BC=12，BD+DC=CB'+2BD=BC，
∴MP+MN=12DB'+12DC=12DB'+DB'+B'C=12BC=6．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质和三角形中位线的性质，理解折叠的性质，三角形的中位线性质是解答关键．
16．（2022·广东珠海·珠海市文园中学校考三模）如图所示，将三角形纸片ABC沿DE折叠，使点B落在点B′处，若EB′恰好与BC平行，且∠B＝80°，则∠CDE＝ °．
【答案】130
【分析】先求出∠B=∠B′=80°，∠BDE=∠B′DE，根据平行线的性质得到∠B′DC=80°，进而得到∠BD B′=100°，∠BDE=50°，即可求出∠CDE＝130°．
【详解】解：由折叠的定义得∠B=∠B′=80°，∠BDE=∠B′DE，
∵EB′∥BC，
∴∠B′=∠B′DC=80°，
∴∠BD B′=180°-∠B′DC=100°，
∴∠BDE=∠B′DE=50°，
∴∠CDE＝180°-∠BDE=130°．
故答案为：130
【点睛】本题考查了折叠的定义，平行线的性质，邻补角的定义等知识，熟知相关知识并根据图形灵活应用是解题关键．
17．（2021·辽宁沈阳·模拟预测）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)基础图形：如图1，当PB＝4时，若点B′恰好在AC边上，求AB'的长度；
(2)模型变式：如图2，当PB＝5时，若直线l∥AC，则BB'的长度为______；
(3)动态探究：如图3，点P在AB边上运动过程中，点B'到直线AC的距离为m．
①如果直线l始终垂直于AC，那么m的值是否变化？若变化，求出m的变化范围；若不变化，求出m的值；
②当PB=6时，请直接写出在直线l的变化过程中，m的最大值．
【答案】(1)AB的长为4或0
(2)53
(3)①m=43；②m的最大值为6+3
【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Q，连接B B′交PQ于D，证明△PQB是等边三角形，求出DB即可解决问题；
(3)①如图3中，结论：m不变，证明B B′//AC,再证四边形B′BFF′为矩形即可；
②如图4中，当PB′⊥AC时，m最大，设直线PB'交AC于F′，求出B′F′即可解决问题.
【详解】（1）解∵ΔABC是等边三角形，
∴∠A=60°，AB=BC=AC=8，
∵PB=4，
∴PB'=PB=PA=4，
∵∠A=60°，
∴ΔAPB'是等边三角形，
∴AB'=AP=4．
当直线l经过C时，点B'与A重合，此时AB'=0，
综上所述，AB的长为4或0；
（2）解如图2中，设直线l交BC于点Q．连接BB'交PQ于D．
∵PQ//AC，
∴∠BPQ=∠A=60°，∠BQP=∠C=60°，
∴ΔPQB是等边三角形，
∵PB=5，
∵B，B'关于PQ对称，
∴BB'⊥PQ，BB'=2DB
∴DB=PB⋅sin60°=5×32=532，
∴BB'=2DB=53，
故答案为：53；
（3）解①结论：m的值不变，理由如下：
如图3，连接BB'，过B作BF⊥AC于F，过B′作B′F′⊥AC于F′，
∵ΔABC是等边三角形，AB=AC=8，
∴AF=12AC=4，
∴BF=AB2−AF2=82−42=43，
∵B，B'关于直线l对称，
∴BB'⊥直线l，
∵直线l⊥AC，
∴AC//BB'，
∴∠B′BF+∠BFF′=180°
∵∠BFF′=90°
∴∠B′BF=90°，
∴∠B′BF=∠B′F′F=∠BFF′=90°
∴四边形B′BFF′为矩形
∴B′F′=BF=43，
∴m=43；
②如图4中，当B'P⊥AC时，m的值最大，
设直线PB'交AC于F′，
在RtΔAPF'中，PA=2，∠PAF'=60°，
∴PF'=PA⋅sin60°=2×32=3，
∴B'F'=B'P+PF'=6+3，
即m的最大值为6+3．
【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，矩形判定与性质，勾股定理，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.
题型06 折叠问题-四边形折叠问题
. 18．（2022·甘肃平凉·模拟预测）如图，将平行四边形ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在点B'处，若∠1=∠2=36°，∠B为（ ）
A．36°B．144°C．108°D．126°
【答案】D
【分析】根据平行四边形性质和折叠性质得∠BAC=∠ACD=∠B′AC=12∠1，再根据三角形内角和定理可得．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC，
由折叠的性质得：∠BAC=∠B′AC，
∴∠BAC=∠ACD=∠B′AC=12∠1=18°，
∴∠B=180°-∠2-∠BAC=180°-36°-18°=126°；
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质，求出∠BAC的度数是解决问题的关键．
19．（2021·广东·校考二模）如图，菱形 ABCD 的边长为4 ，A  60， M 是 AD 的中点， N 是 AB 边上一动点， 将AMN 沿 MN 所在的直线翻折得到AMN ，连接 AC ，则当 AC 取得最小值时， tan DCA的值为（ ）
A．3B．35C．27−2D．12
【答案】B
【分析】首先根据两点之间线段最短确定点A'的位置，再作MH⊥DC，然后根据菱形的性质可知MD，∠HDM，再根据30°直角三角形的性质求出HD和HM，进而求出CH，最后根据正切值定义求出答案即可．
【详解】因为MA'是定值，两点之间线段最短，即当点A'在MC上时，A'C取最小值．
过点M作MH⊥DC于点H．
边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，
∵M为AD的中点，
∴2MD=AD=CD=4，∠HDM=60°，
∴∠MDH=∠HDM=60°，
∴∠HMD=30°，
∴HD=12MD=1，
∴HM=DM×cs30°=3，
∴CH=HD+CD=5，
∴tan∠DCA'=HMCH=35，
∴tan∠DCA'的值为35．
故选：B．
【点睛】这是一道应用菱形的性质求线段最短问题，主要考查了菱形的性质，翻折的性质，锐角三角函数，直角三角形的性质等．
20．（2022·江苏南京·统考二模）如图，矩形ABCO，点A、C在坐标轴上，点B的坐标为−2,4．将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，则点D的坐标是（ ）
A．65,125B．65,52C．32,125D．32,52
【答案】A
【分析】如图，过D作DE⊥x轴于点E，延长BC交DE于F，由题意知，四边形ABFE是矩形，由翻折的性质可知∠ADC=90°，AD=AB=4，CD=BC=2，则AE=CF+2，DF=4−DE，证明△ADE∽△DCF，则ADDC=DECF=AEDF，即42=DECF=CF+24−DE，计算求出CF、DE的长，进而可得D点坐标．
【详解】解：如图，过D作DE⊥x轴于点E，延长BC交DE于F，
由题意知，四边形ABFE是矩形，由翻折的性质可知∠ADC=90°，AD=AB=4，CD=BC=2，
∴AE=CF+2，DF=4−DE，
∵∠DAE+∠ADE=90°，∠ADE+∠CDF=90°，
∴∠DAE=∠CDF，
∴△ADE∽△DCF，
∴ADDC=DECF=AEDF，即42=DECF=CF+24−DE，
解得CF=65，DE=125，
∴D65,125，
故选A．
【点睛】本题考查了翻折的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于构造△ADE、△DCF，利用相似的判定与性质求出线段CF、DE的长．
21．（2022·河北唐山·统考一模）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP再将△PCQ,△ADQ，分别沿PQ,AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：
（1）∵∠C+∠D=180°，∴AD与BC位置关系为 ；
（2）线段CD与QR的数量关系为 ．
【答案】 AD∥BC CD=2QR
【分析】（1）由同旁内角互补，两直线平行即可得出；（2）由折叠的性质即可得出．
【详解】（1）由折叠性质可得：∠D=∠QRA,∠C=∠QRP ，
∵∠QRA+∠QRP=180° ，
∴∠C+∠D=180° ，
∴AD∥BC ；
（2）由折叠性质可知：DQ=QR,CQ=QR ，
∴CD=DQ+CQ=2QR ．
故答案为：AD∥BC，CD=2QR．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的判定，掌握折叠的性质是解题的关键，
题型07 折叠问题-圆形折叠问题
22．（2019·河南开封·统考一模）如图，⊙O的半径为4，将⊙O的一部分沿着弦AB翻折，劣弧恰好经过圆心O．则折痕AB的长为（ ）

A．3B．23C．6D．43
【答案】D
【分析】过点O作OC⊥AB与AB交于点D，交⊙O于点C，连接OA，根据折叠的性质可求出OD的长；根据垂径定理的推论可得AB=2AD，根据勾股定理可得AD的长，即可求出AB的长度．
【详解】解：过点O作OC⊥AB与AB交于点D，交⊙O于点C，连接OA，如图：

根据题意可得：OD=CD=12OC=2，
∵OC⊥AB，
∴AD=BD=12AB，
在Rt△OAD中， AD=OA2−OD2=42−22=23，
AB=2AD=43，
故选：D．
【点睛】本题考查了翻转的性质，垂径定理的推论，勾股定理，掌握翻转是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
23．（2022·黑龙江大庆·统考三模）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，先将BC沿BC翻折交AB于点D．再将BD沿AB翻折交BC于点E．若BE=DE，设∠ABC=α，则α所在的范围是（ ）
A．21.9°<α<22.3°B．22.3°<α<22.7°
C．22.7°<α<23.1°D．23.1°<α<23.5°
【答案】B
【分析】将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．依据在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等可证明AC=DC=DE=EB，从而可得到弧AC的度数，由弧AC的度数可求得∠B的度数．
【详解】解：将⊙O沿BC翻折得到⊙O′，将⊙O′沿BD翻折得到⊙O″，则⊙O、⊙O′、⊙O″为等圆．
∵⊙O与⊙O′为等圆，劣弧AC与劣弧CD所对的角均为∠ABC，
∴AC=CD．
同理：DE=CD．
又∵F是劣弧BD的中点，
∴DE=BE．
∴AC=DC=DE=EB．
∴弧AC的度数=180°÷4=45°．
∴∠B=12×45°=22.5°．
∴α所在的范围是22.3°<α<22.7°；
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了翻折的性质、弧、弦、圆周角之间的关系、圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定，找出图形中的等弧是解题的关键．
24．（2022·广东·统考一模）如图，AB为⊙O的一条弦，C为⊙O上一点，OC∥AB．将劣弧AB沿弦AB翻折，交翻折后的弧AB交AC于点D．若D为翻折后弧AB的中点，则∠ABC＝（ ）
A．110°B．112.5°C．115°D．117.5°
【答案】B
【分析】如图，取 AB中点M，连接OM，连接DB、OB、OA、AM，由题意知OM⊥AB，且O、D、M在一条直线上，AD=AM=BD，OA=OB=OC，知∠MOC=90°，根据圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理等可求∠MAC，∠BAC，∠BOC，∠OAC，∠OBA，∠OBC的值，进而求解∠ABC的值．
【详解】解：如图，取 AB中点M，连接OM，连接DB、OB、OA、AM
由题意知OM⊥AB，且O、D、M在一条直线上，AD=AM=BD，OA=OB=OC
∴∠MOC=90°
∴∠MAC=12∠MOC=45°
∵AD=AM=BD，OM⊥AB
∴∠MAB=∠DAB=12∠MAD=22.5°
∴∠BOC=2∠BAC=45°
∵OC∥AB
∴∠OAC=∠OCA=∠DAB
∴∠OAB=∠OBA=∠OAC+∠DAB=45°
∴∠OBC=∠OCB=180°−∠BOC2=67.5°
∴∠ABC=∠OBA+∠OBC=112.5°
故选B．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角，等边对等角，三角形内角和定理，折叠性质等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
题型08 折叠问题-抛物线与几何图形综合
25．（2023·广西贵港·统考三模）抛物线y=−12x2+32x+c与x轴交于A、B两点，且点A在点B的左侧，与y轴交于点C，点D3，2为抛物线上一点，且直线CD∥x轴，点M是抛物线上的一动点．

(1)求抛物线的解析式与A、B两点的坐标．
(2)若点E的纵坐标为0，且以A，E，D，M为顶点的四边形是平行四边形，求此时点M的坐标．
(3)过点M作直线CD的垂线，垂足为N，若将△CMN沿CM翻折，点N的对应点为N'，则是否存在点M，使点N'则恰好落在x轴上？若存在，求出此时点M的坐标；若不存在，说明段理由．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2；A(−1,0)，B(4,0)
(2)M(0,2)或3−412,−2或3+412,−2
(3)存在，M(1,3)或(5,−3)
【分析】（1）可先求得点C的坐标，将其代入抛物线的解析式求得c的值，令y=0，求得x的值，进而求得点A,B的坐标；
（2）分为AD为边和AD为对角线两种情形，当AD为边时，分为▱ADME,▱ADEM，前者观察点M和点C重合，后者点M的纵坐标和点D坐标互为相反数，进而求得结果，点AD为对角线时，点M和点C重合；
（3）证明CNMN'是正方形，求得CM的解析式为：y=x+2和y=−x+2，进一步求得结果．
【详解】（1）解：∵CD∥x轴，D(3,2)，
∴C(0,2),
把x=0,y=2代入y=−12x2+32x+c得c=2,
∴y=−12x2+32x+2,
由−12x2+32x+2=0解得x1=−1,x2=4,
∴A(−1,0).B(4,0);
（2）如图1，

当AD为边时，▱AE1M1D，此时M1和点C重合，M1(0，2)，
▱AM2E3D时，点M2的纵坐标和点D的纵坐标互为相反数，即yM2=−2，
∴−12x2+32x+2=−2,
∴x=3±412,
∴M33−412,−2,M23+412,−2,
当AD为对角线时，此时点M和点C重合，
综上所述：M(0,2)或3−412,−2或3+412,−2;
（3）如图2，

由折叠知，∠CNM=∠CN'M=90°，
∵∠NCN'=90°，
∴四边形CNMN'是矩形，
∵CN=CN'时，
∴矩形CNMN'是正方形，
∴CM平分∠NCN'，
当CM1平分∠NCN1'时，
直线CM1的解析式为：y=x+2，
由−12x2+32x+2=x+2得，x1=1,x2=0(舍去)，
当x=1时，y=1+2=3，
∴M1(1,3)，
当CM2平分∠N2CN2'时，
直线CM2的解析式为：y=−x+2，
由−12x2+32x+2=−x+2得，x3=5,x4=0(舍去)，
当x=5时，y=−5+2=−3，
∴M2(5,−3),
综上所述：M(1,3)或(5,−3)．
【点睛】本题以二次函数为背景，考查了求二次函数的解析式，求一次函数的解析式，解一元二次方程，平行四边形的分类，正方形的判定和性质等知识点，解决问题的关键是正确分类，画出图形．
26．（2021·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝−13x2+233x+3的图象与x轴交于点A、点B．与y轴交于点C．
（1）求抛物线与x轴的两交点坐标．
（2）连接AC、BC．判断△ABC的形状，说明理由．
（3）过点C作直线l//x轴，点P是抛物线上对称轴右侧一动点，过点P作直线PQ//y轴交直线l于点Q，连接CP．若将△CPQ沿CP对折，点Q的对应点为点M．是否存在这样的点P，使点M落在坐标轴上？若存在，求出此时点Q的坐标．若不存在，请说明理由．
【答案】（1）(−3,0),(33,0)；（2）直角三角形，见解析；（3）存在，Q(23+3,3)或Q(21,3)
【分析】（1）用因式分解或者求根公式求出相应的一元二次方程的根即可；
（2）观察后猜想是直角三角形，用勾股定理的逆定理检验△ABC三边即可；
（3）根据对折前后的三角形是全等的，得到相应的边的关系，再应用勾股定理；注意分类讨论坐标轴是x轴还是y轴．
【详解】解：（1）二次函数为y=−13x2+233x+3=−13(x2−23x−9)=−13(x+3)(x−33)，
当y＝0时，得−13(x+3)(x−33)=0，
解得x1=−3,x2=33，
∴抛物线与x轴的两交点坐标为(−3,0),(33,0)；
（2）如题图，不妨设A(−3,0),B(33,0)，
当x＝0时，相应的抛物线的函数值为y＝3，
∴C（0，3），
那么OA=3,OB=33,OC=3，
而AB=OA+OB=43．
在平面直角坐标系中，
∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴△AOC和△BOC都是直角三角形，
根据勾股定理，
AC2=OA2+OC2=(3)2+32=12 ，
BC2=OB2+OC2=(33)2+32=36，
AB2=(43)2=48 ，
所以AC2+BC2＝12+36＝48＝AB2，
根据勾股定理的逆定理，
∠ACB＝90°，
∴△ABC是直角三角形；
（3）存在，理由：
由抛物线的表达式知，抛物线的对称轴为直线x=−2332×(−13)=3 ，
设P（x0，y0），
∵P是抛物线上对称轴右侧的动点，所以x0>3，
且有y0=−13x02+233x0+3
点Q（x0，3），且根据题目的作法，有∠CQP＝90°，
分两种情况：
①若点M在y轴上，如下图所示
根据PQ//y轴，一定有∠QCM＝90°，
而根据折叠性，CQ＝CM，∠CMP＝∠CQP＝90°，
根据“平面内有三个角是直角的四边形是矩形”知，四边形CQPM是矩形，
再根据“有一组邻边相等的矩形是正方形”知，四边形CQPM是正方形．
即，不管P在抛物线对称轴右侧何处，
只要折叠后的M点在y轴上，一定有四边形CQPM是正方形，
于是一定有对角线CP是边长CQ的2倍，即CP=2CQ，
也就是CP2＝2CQ2，
而CQ指的是Q的横坐标的绝对值，
即CQ＝x0，
以及C（0，3），P（x0，y0），那么CQ＝x0，
QP为Q的纵坐标与P的纵坐标之差的绝对值，
即QP＝|3﹣y0|，
于是根据勾股定理，
CP2=CQ2+QP2=x02+3−y02=x02+(y0−3)2，
代入之前的数值，得到
2x02=x02+(y0−3)2，即x02=(y0−3)2，
注意y0=−13x02+233x0+3⇒y0−3=−13x02+233x0=−13x0(x0−23) ，
代入得x02=[−13x0(x0−23)]2=19x02(x0−23)2 ，
因为x0>3，等式两边可以约去x0，
即1=19(x0−23)2，
解得x0=23+3或x0=23−3（舍弃，因为23−3<3），
所以当M落在y轴时，解得Q(23+3,3)；
②若点M在x轴上，如下图所示，过点P作PP1⊥x轴于P1点，
和之前相同的，CQ＝x0，∠CQP＝90°，QP＝|3﹣y0|，
根据折叠的性质，CM＝CQ＝x0，∠CMP＝∠CQP＝90°，PM＝QP＝|3﹣y0|
而PP1即为P的纵坐标的绝对值，即PP1＝|y0|，
在直角△COM中，根据勾股定理
OM=CM2−OC2=x02−9，
于是MP1＝OP1﹣OM＝CQ﹣OM＝x0﹣OM．
在直角△PP1M中，根据勾股定理，
PM2=PP12+MP12．
得到3−y02=y02+(x0−OM)2，
即(y0−3)2−y02=(x0−OM)2 ，
也就是9−6y0=x02−2x0OM+OM2=x02−2x0OM+x02−9 ，
化简得9−3y0=x02−x0OM ，
代入y0=−13x02+233x0+3，
得9−(−x02+23x0+9)=x02−x0OM ，
即9+x02−23x0−9=x02−x0OM，
化简得−23x0=−x0OM ，
因为x0>3，等式两边可以约去x0，
得到23=OM=x02−9，
解得x0=21 或x0=−21（负值舍去），
所以当M落在x轴时，解得Q(21,3)．
综上，存在这样的点P，使得点M落在坐标轴上，相应的点Q的坐标为Q(23+3,3)或Q(21,3)．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了勾股定理及其逆定理，因式分解，坐标系中点的距离表示，折叠的性质，正确画出两种情况的草图，并在直角三角形中应用勾股定理求解是解题关键．
27．（2020·河南郑州·郑州外国语中学校考三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点A的坐标为−1,0，抛物线顶点D的坐标为1,−4，直线BC与对称轴相交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M为直线x=1右方抛物线上的一点（点M不与点B重合），设点M的横坐标为m，记A、B、C、M四点所构成的四边形面积为S，若S=3SΔBCD，请求出m的值；
（3）点P是线段BD上的动点，将ΔDEP沿边EP翻折得到ΔD'EP，是否存在点P，使得ΔD'EP与ΔBEP的重叠部分图形为直角三角形？若存在，请直接写出BP的长，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=x2−2x−3；（2）(2+222，34)或（2，-3）；（3）655或5+1或453−223
【分析】（1）根据顶点D的坐标得出b=-2a，再利用待定系数法求解即可；
（2）设M(m,m2−2m−3)，先确定直线BC的解析式y=x−3，再确定E(1,−2)，则可根据三角形面积公式计算出SΔBDC=SΔBDE+SΔCDE=3，然后分类讨论：当点M在x轴上方时，即m>3，如图1，利用S=SΔMAB+SΔCAB=3SΔBCD得到2m2−4m=9；当点M在x轴下方时，即1（3）存在．直线x=1交x轴于F，利用两点间的距离公式计算出BD=25，分类讨论：①如图3，EP⊥DB于P，证明RtΔDEP∽RtΔDBF，利用相似比可计算出DP=455，则BP=BD−DP=655；②如图4，ED'⊥BD于H，证明RtΔDEH∽RtΔDBF，利用相似比计算出DH=455，EH=255，在RtΔPHD'中，设PH=x，D'P=DP=DH−HP=455−x，D'H=D'E−EH=DE−EH=2−255，则利用勾股定理可得x2+(2−255)2=(455−x)2，解得x=1−55，于是BP=BD−DH+HP−55=5+1；③如图5，D'P⊥BC于G，作EI⊥BD于I，利用①得结论可得EI=255，BI=655，而BE=22，则BG=BE−EG=22−255，根据折叠性质得∠EPD=∠EPD'，则根据角平分线性质得EG=EI=255，接着证明ΔBPG∽ΔBEI，利用相似比可得BP=453−223，所以当BP为655或5+1或453−223时，将ΔDEP沿边EP翻折得到△D'EP，使得△D'EP与ΔBEP的重叠部分图形为直角三角形．
【详解】解：（1）∵抛物线的顶点D的坐标为1,−4，
∴−b2a=1，即b=-2a，
∴抛物线的解析式为y=ax2−2ax+c，
将点A和点D坐标代入，
0=a+2a+c−4=a−2a+c，解得：a=1c=−3，
∴b=-2，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）令y=x2−2x−3=0，
解得：x=-1或3，
∴B（3，0），
令x=0，则y=-3，
∴C（0，-3），设BC的表达式为y=px+q，
则0=3p+q−3=q，解得：p=1q=−3，
∴直线BC的解析式为y=x-3，
设M(m,m2−2m−3)，
当x=1时，y=x−3=−3，则E(1,−2)，
∴SΔBDC=SΔBDE+SΔCDE=12×3×(−2+4)=3，
当点M在x轴上方时，即m>3，如图1，
S=SΔMAB+SΔCAB=12⋅3⋅(3+1)+12⋅(3+1)⋅(m2−2m−3)=2m2−4m，
∵S=3SΔBCD，
∴2m2−4m=9，
解得m1=2+222，m2=2−222（舍去），
∴M点坐标为(2+222，34)；
当点M在x轴下方时，即1S=SΔAOC+SΔCOM+SΔMOB=12⋅3⋅1+12⋅3⋅m+12⋅3⋅(−m2+2m+3)=−32m2+92m+6，
∵S=3SΔBCD，
∴−32m2+92m+6=9，
解得m1=1（舍去），m2=2，
∴M点坐标为（2，-3），
综上所述，M点坐标为(2+222，34)或（2，-3）；
（3）存在．直线x=1交x轴于F，BD=22+42=25，
①如图3，EP⊥DB于P，ΔDEP沿边EP翻折得到△D'EP，
∵∠EDP=∠BDF，
∴RtΔDEP∽RtΔDBF，
∴ DPDF=DEBD，即DP4=225，解得DP=455，
∴BP=BD−DP=25−455=655；
②如图4，ED'⊥BD于H，
∵∠EDH=∠BDF，
∴RtΔDEH∽RtΔDBF，
∴ DHDF=DEDB=EHBF，即DH4=225=EH2，解得DH=455，EH=255，
在RtΔPHD'中，设PH=x，D'P=DP=DH−HP=455−x，D'H=D'E−EH=DE−EH=2−255，
∴x2+(2−255)2=(455−x)2，解得x=1−55，
∴BP=BD−DP=BD−(DH−HP)=BD−DH+HP=25−455+1−55=5+1；
③如图5，D'P⊥BC于G，作EI⊥BD于I，由①得EI=255，BI=655，
∵BE=22+22=22，
∴BG=BE−EG=22−255，
∵ΔDEP沿边EP翻折得到△D'EP，
∴∠EPD=∠EPD'，
∴EG=EI=255，
∵∠GBP=∠IBE，
∴ΔBPG∽ΔBEI，
∴ BPBE=BGBI，即BP22=22−255655，
∴BP=453−223，
综上所述，当BP为655或5+1或453−223时，将ΔDEP沿边EP翻折得到△D'EP，使得△D'EP与ΔBEP的重叠部分图形为直角三角形．
【点睛】本题考查了二次函数综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和折叠的性质；会利用待定系数法求二次函数解析式；灵活运用相似比和勾股定理计算线段的长；会利用分类讨论的思想解决数学问题；本题难度较大，综合性较强．
题型09 求对称轴条数
28．（2020·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）下列图形：
其中是轴对称图形且有两条对称轴的是（ ）
A．①②B．②③C．②④D．③④
【答案】A
【分析】根据题意首先将各图形的对称轴画出，在数对称轴的条数即可.
【详解】1有两条对称轴；2有两条对称轴；3有四条对称轴；4不是对称图形
故选A.
【点睛】本题主要考查图形的对称轴，关键在于对称轴的概念的掌握.
29．（2023·北京平谷·统考一模）瓷器上的纹饰是中国古代传统文化的重要载体之一，如图所示的图形即为瓷器上的纹饰，该图形即为中心对称图形，又为轴对称图形，该图形对称轴的条数为（ ）
A．1B．2C．4D．5
【答案】C
【分析】根据轴对称图形及中心对称图形的概念确定对称轴进行判断即可．
【详解】解：如图所示：由4条对称轴，
故选：C．
【点睛】本题考查轴对称图形及中心对称图形的概念，根据图形两部分折叠后重合确定对称轴是解题的关键．
30．（2023·上海黄浦·统考二模）下列轴对称图形中，对称轴条数最多的是（ ）
A．等边三角形B．菱形C．等腰梯形D．圆
【答案】D
【分析】依据轴对称图形的意义，即在同一个平面内，一个图形沿某条直线对折，对折后的两部分都能完全重合，则这个图形就是轴对称图形，这条直线就是其对称轴，从而可以画出它们的对称轴．
【详解】解：等边三角形有3条对称轴，菱形有2条对称轴，等腰梯形有1条对称轴，圆形有无数条对称轴，圆的对称轴条数最多，
故选：D．
【点睛】此题主要考查如何确定轴对称图形的对称轴条数及位置，解题的关键是掌握轴对称的概念．
题型10 画轴对称图形
31．（2022·广西南宁·统考二模）如图，在直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(3,3)，B(4,0)，C(0,2)．
(1)请画出与△ABC关于x轴对称的△A1B1C1．
(2)以点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的12，得到△A2B2C2，请在y轴的右侧画出△A2B2C2．
(3)在y轴上存在点P，使得△OA1P的面积为6，请直接写出满足条件的点P的坐标．
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析
(3)P（0，4）或（0，-4）
【分析】（1）直接利用关于x轴对称点的性质得出对应点坐标进而得出答案；
（2）直接利用关于位似图形的性质得出对应点坐标进而得出答案；
（3）直接利用三角形面积公式求出OP的长，故可得出答案．
【详解】（1）如图，△A1B1C1为所求；
（2）如图，△A2B2C2为所求；
（3）如图，∵y轴上存在点P，使得△OA1P的面积为6，
∴12OP×xA=6
∴12OP×3=6
解得OP=4
∴P（0，4）或（0，-4）．
【点睛】此题主要考查了轴对称变换以及位似变换，正确得出对应点位置是解题关键．
32．（2022·甘肃平凉·校考一模）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，ΔOAB的三个顶点O(0,0)、A(4,1)、B(4,4)均在格点上．
（1）画出ΔOAB关于y轴对称的ΔOA1B1，并写出点A1的坐标；
（2）画出ΔOAB绕原点O顺时针旋转90∘后得到的ΔOA2B2，并写出点A2的坐标；
（3）在（2）的条件下，求线段OA在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
【答案】（1）(−4,1)（2）(1,−4)（3）17π4
【分析】（1）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点A1的坐标；
（2）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点A2的坐标；
（3）根据题意可以求得OA的长，从而可以求得线段OA在旋转过程中扫过的面积
【详解】（1）如右图所示，
点A1的坐标是(−4,1)；
（2）如右图所示，
点A2的坐标是(1,−4)；
（3）∵点A(4,1)，
∴OA=12+42=17，
∴线段OA在旋转过程中扫过的面积是：90×π(17)2360=17π4．
【点睛】此题考查作图-轴对称变换，作图-旋转变换，扇形面积的计算，解题关键在于掌握作图法则
题型11 设计轴对称图案
33．（2022·河北唐山·唐山市第十二中学校考一模）嘉嘉和淇淇下棋，嘉嘉执圆子，淇淇执方子．棋盘中心方子的位置用（1，0）表示，右下角方子的位置用（2，－1）表示．嘉嘉将第4枚圆子放入棋盘后，所有棋子构成一个轴对称图形．则嘉嘉放的位置是（ ）
A．（1，2）B．（1，1）C．（－1，1）D．（－2，1）
【答案】B
【分析】首先根据题意确定出（0，0）的位置，其次根据轴对称图形的定义确定出位置即可．
【详解】解：由右下角方子的位置用（2，－1）表示，
得：左上角的圆子可以用（0，0）表示，
整个图形若为轴对称图形，则其所棋子放的位置在（1，1）处，
故选：B．
【点睛】此题考查了轴对称图形、平面直角坐标系的相关知识，解题关键是掌握轴对称图形定义，即一个图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这个图形为轴对称图形，这条直线为对称轴．
34．（2021·江西赣州·校联考一模）如图是由三个全等的菱形拼接而成的图形，若平移其中一个菱形，与其他两个菱形重新拼接（无覆盖，有公共顶点），并使拼接成的图形为轴对称图形，则平移的方式共有（ ）
A．5种B．6种C．7种D．8种
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的定义判断即可．
【详解】解：如图，把菱形A平移到①或②或⑤或⑥的位置可得轴对称图形．
把菱形B平移到③或④或⑤或⑦的位置可得轴对称图形．共有8种方法．
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称的定义，理解轴对称的定义和菱形是轴对称图形是解题关键．
35．（2022·安徽合肥·统考二模）如图，在4×4正方形网络中，选取一个白色的小正方形并涂黑，使构成的黑色部分的图形构成一个轴对称图形的概率是 ．
【答案】313
【分析】直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的位置，进而利用概率的公式得出答案．
【详解】解：由示意图可知，我们涂黑一个白色小方块可以使图形为轴对称图形的情况总共为3种，我们可以涂的白色小方块的个数总共为13个，所以图中黑色部分的图形能构成一个轴对称图形的概率为313．
故答案为：313．
【点睛】本题主要考查了利用轴对称设计图案，概率公式的应用，正确把握轴对称的性质是解题的关键．
题型12 求某点关于坐标轴对称点的坐标
36．（2022·广东肇庆·统考一模）在平面直角坐标系中，点(3,2)关于x轴对称的点的坐标为（ ）
A．(−3,2)B．(−2,3)C．(2,−3)D．(3,−2)
【答案】D
【分析】利用关于x轴对称的点坐标特征：横坐标不变，纵坐标互为相反数解答即可．
【详解】点(3,2)关于x轴对称的点的坐标为（3，-2），
故选：D．
【点睛】本题主要考查了关于坐标轴对称的点的坐标特征，熟练掌握关于坐标轴对称的点的坐标特征是解答的关键．
37．（2023·新疆克拉玛依·统考二模）若点A(a,−1)与点B(2,b)关于y轴对称，则a−b的值是（ ）
A．−1B．−3C．1D．2
【答案】A
【分析】根据关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数解答即可．
【详解】∵点A(a,−1)与点B(2,b)关于y轴对称，
∴a=-2，b=-1，
∴a-b=-1，
故选A．
【点睛】本题考查了关于y轴对称的点坐标的关系，代数式求值，解题的关键在于明确关于y轴对称的点纵坐标相等，横坐标互为相反数．
38．（2020·河北·模拟预测）已知点A（1，-3）关于x轴的对称点A'在反比例函数y=kx的图像上，则实数k的值为（ ）
A．3B．13C．-3D．-13
【答案】A
【分析】先求出A'坐标，代入函数解析式即可求出k．
【详解】解：点A（1，-3）关于x轴的对称点A'的坐标为：（1，3），
将（1，3）代入反比例函数y=kx，
可得：k=1×3=3，
故选：A．
【点睛】本题考查了反比例函数图像上点的坐标特征，根据对称的性质求出A'的坐标是解题关键．
题型13 轴对称有关的规律探究问题
39．（2021·山东淄博·统考二模）第一次：将点A绕原点O逆时针旋转90°得到A1；
第二次：作点A1关于x轴的对称点A2；
第三次：将点A2绕点O逆时针旋转90°得到A3；
第四次：作点A3关于x轴的对称点A4…，
按照这样的规律，点A2021的坐标是（ ）
A．(﹣3，2)B．(﹣2，3)C．(﹣2，﹣3)D．(3，﹣2)
【答案】B
【分析】根据题意，得到每4个点的坐标为一周期循环，利用此规律解决问题．
【详解】解：由题意得A(3,2)，A1(-2，3)，A2(−2,−3)，A3(3,−2)，A4(3,2)，
∴每4个点的坐标为一周期循环．
∵2021÷4=505⋯1，
∴点A2021的坐标与A1相同，
∴ A2021(−2,3)．
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转变换，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法．
40．（2020·江西九江·校联考模拟预测）如图，已知▱OABC的顶点O(0,0)，B(2,2)，C(1.6,0.8)，若将▱OABC先沿y轴进行第一次对称变换，所得图形沿x轴进行第二次对称变换，轴对称变换的对称轴遵循y轴、x轴、y轴、x轴…的规律进行，则经过第2018次变换后，▱OABC顶点A坐标为（）

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】先由平行四边形的性质求得A的坐标，然后根据“关于x轴轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”以及“关于y轴轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”求得每一次轴对称变换A的坐标，得出每4次轴对称变换为一个循环周期的规律，由此得出经过第2018次变换后，A点的坐标．
【详解】∵平行四边形OABC的顶点O（0,0），B(2,2），C(1.6,0.8）
∴A的横坐标为2-1.6=0.4，纵坐标为2-0.8=1.2，即A(0.4,1.2)
将平行四边形先沿着y轴进行第一次轴对称变换，得A(-0.4,1.2）；
所得图形再沿着x轴进行第二次轴对称变换，得A(-0.4,-1.2）；
第三次轴对称变换，得A（0.4,-1.2）；
第四次轴对称变换，得A（0.4,1.2），即A点回到原处．
由此可知，每4次轴对称变换为一个重复周期．
2018÷4=504……2
所以经过第2018次变换后，平行四边形顶点A位于第三象限，其坐标为(-0.4,-1.2)．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，轴对称图象变换，找出周期性变化规律是解题的关键．
题型14 轴对称的综合问题
41．（2022·四川凉山·校考模拟预测）正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM＝2，N是AC上的一动点，DN＋MN的最小值为（ ）
A．6B．8C．10D．9
【答案】C
【分析】要使DN＋MN最小,首先应分析点N的位置，根据正方形的性质：正方形的对角线互相垂直平分，知点D的对称点是点B，连接MB交AC于点N，此时DN＋MN最小值及时BM的长．
【详解】根据题意，连接BN，BM，
∵ND+NM=NB+NM≥MB
∴B,M,N三点共线时，DN＋MN取得最小值，
则BM就是DN＋MN的最小值，
在Rt△BCM中，BC=8，CM=6，
根据勾股定理得：BM=62+82=10，
即DN＋MN的最小值是10，
故选C
【点睛】本题主要考查了正方形性质的应用，结合勾股定理判断最小路径是解题的关键．
42．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，若抛物线y=x2+2m−nx−2m−2与y=x2−m+2nx+n关于直线x=1对称，则符合条件的m，n的值可以为（ ）
A．m=−67，n=−27B．m=−1，n=1
C．m=1，n=9D．m=2，n=2
【答案】D
【分析】由两抛物线关于直线x=1对称，可知两抛物线的对称轴也关于直线x=1对称，与直线x=1交于同一点，据此求解即可得．
【详解】解：当x=1时，y=1+2m−n−2m−2=−n−1，
y=1−m+2n+n=1−m−n，
由题意得1−m−n=−n−1，解得m=2，
两抛物线的解析式为y=x2+4−nx−6与y=x2−2+2nx+n，
对称轴分别为x=n−42与x=2n+22，
由题意得12n−42+2n+22=1，解得n=2，
故选：D．
【点睛】本题考查了关于直线x=1对称的抛物线的解析式间的关系，弄清系数间的关系是解题的关键．
43．（2022·陕西西安·统考三模）如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝60°，P是▱ABCD内一动点，且S△PBC＝12S△PAD，则PA＋PD的最小值为 ．
【答案】47
【分析】如图所示，过点P作直线l∥AD，作点A关于直线l的对称点A'，连接AA'交直线l于E，交BC于F，连接A'P，则A'P=AP，AE=AE'，AA'垂直于直线l，则PA+PD=PA'+PD，故当A'、P、D三点共线时，PA+PD有最小值，即A'D，因此只需要求出AA'的长即可利用勾股定理求解．
【详解】解：如图所示，过点P作直线l∥AD，作点A关于直线l的对称点A'，连接AA'交直线l于E，交BC于F，连接A'P，则A'P=AP，AE=AE'，AA'垂直于直线l，
∴PA+PD=PA'+PD，
∴当A'、P、D三点共线时，PA+PD有最小值，即A'D，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC∥l，AD=BC，
∴AA'⊥BC，AA'⊥AD，
∵AB=6，∠AFB=90°，∠ABC=60°，
∴∠BAF=30°，
∴BF=3，
∴AF=AB2−BF2=33，
∵S△PBC＝12S△PAD，
∴12×12AD⋅AE=12BC⋅EF，
∴AE=2EF，
又∵AE+EF=AF，
∴AE=23AF=23，
∴AA'=2AE=43，
∴A'D=AA'2+AD2=47，
∴PA+PD的最小值为47，
故答案为：47．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，轴对称最短路径问题，三角形面积，正确作出辅助线确定PA+PD的值最小时的情形是解题的关键．
44．（2020·湖北武汉·统考二模）已知一张三角形纸片ABC（如图①），其中AB＝AC．将纸片沿过点B的直线折叠，使点C落到AB边上的点E处，折痕为BD，点D在边AC上（如图②）．再将纸片沿过点E的直线折叠，点A恰好与点D重合，折痕为EF（如图③）．原三角形纸片ABC中，∠ABC的大小为 °．

【答案】72
【分析】根据翻折不变性可知∠A=∠EDA，∠C=∠BED=∠A+∠EDA，利用三角形内角和定理构建方程即可解答．
【详解】设∠A=x，根据翻折不变性可知∠A=∠EDA=x，∠C=∠BED=∠A+∠EDA=2x，
∵AB＝AC，
∴∠ABC=∠C=2x，
∵∠A+∠ABC+∠C=180°，
∴5x=180°，
∴x=72°，
即∠ABC=72°，
故答案为72．
【点睛】本题考查了翻折变换、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会转化角的关系并用方程的思想思考问题．
45．（2023·广西玉林·统考一模）我们不妨约定：二次函数y=ax2+bx+ca≠0与x轴交于A、B两点，其中C为顶点，当△ABC为等腰直角三角形时，我们称二次函数为“等腰直角函数”．
(1)证明y=12x2−3x+52为“等腰直角函数”；
(2)如图1，在（1）的“等腰直角函数”图象中，过AB中点F的直线l1与二次函数相交于D，E两点，求△CDE面积的最小值；
(3)如图2，M、N为“等腰直角函数”y=12x2−2上不重合的两个动点，且关于过原点的直线l2对称，当点M的横坐标为1时，求出点N的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)4
(3)N点的坐标为3,−12或(−3,−12)或−1,−32
【分析】（1）根据函数解析式分别求出A，B，C三点的坐标，再求出AB，AC，BC三边长度符合等腰直角三角形结论即得证；
（2）设出直线l1的解析式和D、E两点的坐标，l1的解析式和二次函数的解析式联立可得关于D、E两点横坐标的一元二次方程，根据根与系数关系导出三角形面积关系式然后求最值即可；
（3）根据解析式可设N(n,12n2−2)，再写出M点的坐标，根据OM=ON可得关于n的方程，解方程确定n值即可求出N点的坐标．
【详解】（1）解：由题意得：12x2−3x+52=0时，
解得：x1=1，x2=5，
故A1,0，B5,0，C(3,−2)，
AC=22,BC=22,AB=4，
故AC 2+BC2=AB2，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴y=12x2−3x+52为“等腰直角函数”；
（2）如图所示，连接DC,CE,CF
设直线l1的解析式为y=kx+b，Dx1,y1，Ex2,y2，
∵直线l1经过点F3,0，
则直线l1的解析式为y=kx−3k，
由y=12x2−3x+52y=kx−3k，
可得：12x2−(3+k)x+52+3k=0，
∵x1+x2=2(3+k)，x1x2=5+6k，
∴(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2=4k2+16，
∴|x1−x2|=2k2+4，
∴S△CDE=12|x1−x2|⋅CF=2k2+4，
∴当k=0时，△CDE的面积有最小值为4；
（3）根据“等腰直角函数”y=12x2−2，可设N(n,12n2−2)，
∵M的横坐标为1，
将x=1代入y=12x2−2
解得y=−32
∴M1,−32，
∵N、M关于直线l2对称，
∴OM=ON
即12+(32)2=n2+(12n2−2)2，
解得：n1=3,n2=−3,n3=1,n4=−1，
∴当n1=3时,N(3,−12)，
当n2=−3时,N(−3,−12)，
当n3=1时,N(1,−32)(M、N不重合所以不合题意舍去)，
当n4=−1时,N(−1,−32)，
综上所述，N点的坐标为3,−12或(−3,−12)或−1,−32．
【点睛】本题考查二次函数和一元二次方程的综合性知识，设计到的运算较多，难点在于要把所求的量用含有一个未知数的代数式或者方程来表示，还要注意题目要求舍去不符合条件的值.
题型15 利用平移的性质求解
46．（2022·浙江舟山·校考一模）如图，△ABC沿直线BC向右平移得到△DEF，已知EC=2，BF=8，则CF的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】根据平移的性质可得BC=EF，根据CF=EF-EC即可求解．
【详解】解：∵△ABC沿直线BC向右平移得到△DEF，
∴BC=EF，
∵CF=BC-EC，
∴CF=BF-BC=BF-CF+EC，
∴CF=12BF-EC=128-2=3，
故选A．
【点睛】本题考查了平移的性质，解一元一次方程，掌握平移的性质是解题的关键．
47．（2023·河南周口·一模）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，将△ABC沿AB方向平移AD的长度得到△DEF，已知EF=8，BE=3，CG=3．则图中阴影部分的面积 ．
【答案】19.5
【分析】先根据平移的性质得到△DEF≅△ABC即BC=EF=8，S△DEF=S△ABC，再根据S△ABC−S△DBG=S△DEF−S△DBG再证明S梯形ACGD=S梯形BEFG，最后根据梯形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵将△ABC沿AB方向平移AD的长度得到△DEF，
∴△DEF≅△ABC，
∴BC=EF=8，S△DEF=S△ABC，
∴S△ABC−S△DBG=S△DEF−S△DBG，
∴S梯形ACGD=S梯形BEFG，
∵BG=BC−CG=8−3=5，BE=3，
∴S梯形ACGD=S梯形BEFG=125+8×3=19.5．
故答案为：19.5．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
48．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）如图，点B的坐标是（0，3），将△OAB沿x轴向右平移至△CDE，点B的对应点E恰好落在直线y=2x−3上，则点A移动的距离是 ．
【答案】3
【分析】将y＝3代入一次函数解析式求出x值，由此即可得出点E的坐标为（3，3），进而可得出△OAB沿x轴向右平移3个单位得到△CDE，根据平移的性质即可得出点A与其对应点间的距离．
【详解】解：当y=2x−3=3时，x=3，
∴点E的坐标为3,3，
∴△OAB沿x轴向右平移3个单位得到△CDE，
∴点A与其对应点间的距离为3，
即点A移动的距离是3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了一次函数图像上点的坐标特征以及坐标与图形变换中的平移，将y＝3代入一次函数解析式中求出点E的横坐标是解题的关键．
题型16 利用平移解决实际生活问题
49．（2021·浙江杭州·一模）小红同学在某数学兴趣小组活动期间，用铁丝设计并制作了如图所示的三种不同的图形，请您观察甲、乙、丙三个图形，判断制作它们所用铁丝的长度关系是（ ）
A．制作甲种图形所用铁丝最长B．制作乙种图形所用铁丝最长
C．制作丙种图形所用铁丝最长D．三种图形的制作所用铁丝一样长
【答案】D
【分析】分别利用平移的性质得出各图形中所用铁丝的长度，进而得出答案．
【详解】解：由图形可得出：甲所用铁丝的长度为：2a+2b，
乙所用铁丝的长度为：2a+2b，
丙所用铁丝的长度为：2a+2b，
故三种方案所用铁丝一样长．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了生活中的平移现象，得出各图形中铁丝的长是解题关键．
50．（2023·山东淄博·统考二模）如图，在一块长92m，宽60m的矩形耕地上挖三条水渠（水渠的宽都相等），水渠把耕地分成6个矩形小块（阴影部分），如果6个矩形小块的面积和为5310m2，那么水渠应挖多宽？若设水渠应挖xm宽，则根据题意，下面所列方程中正确的是（ ）

A．92−2x60−x=5310B．92×60−2×60x−92x−2x2=5310
C．92×60−2×60x−92x=5310D．92×60−2×92x−60x+2x2=5310
【答案】A
【分析】6个矩形小块通过平移可以得到一个大的矩形，求出矩形的长和宽，根据面积为5310m2即可列出方程．
【详解】解：由题意知，6个矩形小块通过平移可以得到一个大的矩形，长为92−2xm，宽为60−xm，
∵6个矩形小块的面积和为5310m2，
∴ 92−2x60−x=5310．
故选A．
【点睛】本题考查根据实际问题列一元二次方程，解题的关键是用含x的代数式表示出6个矩形小块合成的大矩形的长和宽．
51．（2022·河北秦皇岛·统考一模）某景区有一座步行桥（如图），需要把阴影部分涂刷油漆．
(1)求涂刷油漆的面积；
(2)若a=901，b=1，请用科学记数法表示涂刷油漆的面积．
【答案】(1)4(a−b)2
(2)3.24×106
【分析】（1）已知阴影部分的宽为a−b，利用平移的性质可得阴影部分的长可以表示为2a+4b+2(a−4b)，然后利用矩形的面积公式计算出阴影部分的面积即可；
（2）科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【详解】（1）解：涂刷油漆的面积=[2a+4b+2(a−4b)](a−b)
=(2a+4b+2a−8b)(a−b)=(4a−4b)(a−b)=4(a−b)(a−b)=4(a−b)2
（2）解：当a=901，b=1时，原式=4(a−b)2=4×(901−1)2=4×810000=3.24×106．
【点睛】此题考查了平移的性质，关键在于能够用代数式表示出平移后矩形的长度，用科学记数法表示较大的数时关键要正确确定a的值以及n的值．
题型17 作平移图形
52．（2023·山东枣庄·统考二模）如图，在6×6的方格纸中，点A，B，C均在格点上，试按要求画出相应格点图形．
(1)如图1，作一条线段，使它是AB向右平移一格后的图形；
(2)如图2，作一个轴对称图形，使AB和AC是它的两条边；
(3)如图3，作一个与△ABC相似的三角形，相似比不等于1．
【答案】(1)画图见解析
(2)画图见解析
(3)画图见解析
【分析】（1）分别确定A，B平移后的对应点C，D，从而可得答案；
（2）确定线段AB，AC关于直线BC对称的线段即可；
（3）分别计算△ABC的三边长度，再利用相似三角形的对应边成比例确定△DEF的三边长度，再画出△DEF即可．
【详解】（1）解：如图，线段CD即为所求作的线段，
（2）如图，四边形ABDC是所求作的轴对称图形，
（3）如图，如图，△DEF即为所求作的三角形，
由勾股定理可得：AB=12+32=10,AC=2, 而BC=2,
同理：DF=22+62=210,DE=22, 而EF=4,
∴ABDF=ACDE=BCEF=12,
∴△ABC∽△DFE.
【点睛】本题考查的是平移的作图，轴对称的作图，相似三角形的作图，掌握平移轴对称的性质，相似三角形的判定方法是解本题的关键．
53．（2022·黑龙江佳木斯·统考二模）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，ΔABC的三个顶点A5,2、B5,5、C1,1均在格点上
（1）将ΔABC向左平移5个单位得到ΔA1B1C1，并写出点A1的坐标；
（2）画出ΔA1B1C1绕点C1顺时针旋转90°后得到的ΔA2B2C1，并写出点A2的坐标；
（3）在（2）的条件下，求ΔA1B1C1在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
【答案】（1）见解析, A10,2；（2）图形见解析，A2−3,−3；（3）8π+6
【分析】（1）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点A1的坐标；
（2）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点A2的坐标；
（3）根据题意可以求得BC的长，从而可以求得ΔA1B1C1在旋转过程中扫过的面积．
【详解】（1）ΔA1B1C1如图所示，A10,2；
（2）ΔA2B2C1如图所示，A2−3,−3
（3）∵BC=42+42=42
∴s=14π(42)2+12×3×4=8π+6
【点睛】此题考查作图-平移变换，作图-旋转变换，扇形面积的计算，解题关键在于掌握作图法则．
54．（2023·广西百色·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，形如英文字母“V”的图形三个端点的坐标分别是A(2，3)，B(1，0)，C(0，3)．
(1)画出“V”字图形向左平移2个单位后的图形；
(2)画出原“V”字图形关于x轴对称的图形；
(3)所得图形与原图形结合起来，你能从中看出什么英文字母？（任意答一个即可）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)图1是W，图2是X
【分析】（1）根据要求直接平移即可；
（2）在第四象限画出关于x轴对称的图形；
（3）观察图形可得结论．
【详解】（1）解：如图所示，将点A(2，3)，B(1，0)，C(0，3)得A'(0,3)，B'(−1,0)，C'(−2,3)，
（2）解：如图所示，
（3）解：图1是W，图2是X．
【点睛】本题考查了对称的性质和平移，解题关键是牢固掌握关于坐标轴对称的点的坐标的特征并能灵活运用．
题型18 由平移方式确定点的坐标
55．（2022·河北秦皇岛·统考一模）将点A（-3，-2）沿水平方向向左平移5个单位长度得到点A'，若点A'在直线y=x+b上，则b的值为（ ）
A．6B．4C．-6D．-4
【答案】A
【分析】由点A的坐标及点A′，A之间的关系，可求出点A′的坐标，由点A'在直线y=x+b上，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出-2=-8+b，解之即可得出b的值．
【详解】解：∵点A（-3，-2）沿水平方向向左平移5个单位长度得到点A'，
∴点A′的坐标为（-8，-2）．
又∵点A'在直线y=x+b上，
∴-2=-8+b，
∴b=6．
故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及坐标与图形变化-平移，利用点的平移及一次函数图象上点的坐标特征，找出关于b的方程是解题的关键．
56．（2021·广东中山·校联考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是(1,2)，将线段OA向右平移4个单位长度，得到线段BC，点A的对应点C的坐标是 ．
【答案】(5,2)
【分析】由将线段OA向右平移4个单位长度，可得点A(1,2)向右边平移了4个单位与C对应，再利用“右移加”即可得到答案．
【详解】解：∵将线段OA向右平移4个单位长度，
∴点A(1,2)向右边平移了4个单位与C对应，
∴C(1+4,2), 即C(5,2),
故答案为：(5,2).
【点睛】本题考查的是平移的坐标变化规律，熟记“右移加，左移减，上移加，下移减”是解本题的关键．
57．（2023·湖南株洲·模拟预测）在平面直角坐标系中，将点A2,3向下平移5个单位长度得到点B，若点B恰好在反比例函数y=kx的图像上，则k的值是 ．
【答案】−4
【分析】将点A2,3向下平移5个单位长度得到点B，再把点B代入反比例函数y=kx，利用待定系数法进行求解即可．
【详解】将点A2,3向下平移5个单位长度得到点B，则B2,−2，
∵点B恰好在反比例函数y=kx的图像上，
∴k=2×−2=−4，
故答案为：−4．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化—平移，待定系数法求反比例函数的解析式，熟练掌握知识点是解题的关键．
58．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，A0,3，B1,0两点，将线段AB沿一定方向平移，设平移后A点的对应点为A'2,5，B点的对应点为B'，则直线B'B的表达式为（ ）
A．y=x−1B．y=−3x+11C．y=x+3D．y=−3x+3
【答案】A
【分析】根据平移的性质可得点A先向右平移2个单位，再向上平移2个得到点A'，从而得到B'3,2，再利用待定系数法解答，即可求解．
【详解】解：∵平移后A0,3点的对应点为A'2,5，
∴点A先向右平移2个单位，再向上平移2个得到点A'，
∵点B1,0，
∴B点的对应点为B'3,2，
设直线B'B的表达式为y=kx+bk≠0，
把点B1,0，B'3,2代入得：
k+b=03k+b=2，解得：k=1b=−1，
∴直线B'B的表达式为y=x−1．
故选：A
【点睛】本题主要考查了平移，求一次函数的解析式，熟练掌握平移的性质，利用待定系数法求一次函数的解析式是解题的关键．
题型19 由平移前后点的坐标判断平移方式
59．（2022·山东淄博·统考二模）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．
60．（2022·浙江台州·统考二模）如图，平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为A1,1，B4,1，D2,3，要把顶点A平移到顶点C的位置，则其平移方式可以是：先向右平移 个单位，再向上平移 个单位．
【答案】 4 2
【分析】根据平行线的性质求得点C的坐标，然后即可求得平移方式，即可求解．
【详解】解：∵平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为A1,1，B4,1，D2,3，
∴AB=DC=4−1=3，
∴C2+3,3即C5,3，
将A1,1平移到顶点C5,3的位置，可以是先向右平移4个单位，再向上平移2个单位．
故答案为：4，2．
【点睛】本题考查了坐标与图形，平移的性质，平行四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
题型20 已知图形的平移求点的坐标
61．（2022·河南驻马店·统考一模）如图，在矩形ABCD中，原点O为其对角线BD的中点，AB∥y轴，点C的坐标为2,−1，将△ABD沿BD方向平移得到△A'B'D'，当点A'在y轴上时，点D'的坐标为（ ）
A．3,2B．25,5C．3,4D．4,2
【答案】D
【分析】首先根据矩形的对称性求出点A的坐标为（-2，1），点D的坐标为（2，1），点B的坐标为（-2，-1），再由当点A平移到y轴上的A'时，点B平移到了原点O，得到△ABD的平移方式为，向右平移2个单位长度，向上平移1个单位长度，由此求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，O为BD的中点，AB与y轴平行，
∴点O是矩形ABCD的对称中心，x轴，y轴都是矩形ABCD的对称轴，
∴点A的坐标为（-2，1），点D的坐标为（2，1），点B的坐标为（-2，-1），
∵当点A平移到y轴上的A'时，点B平移到了原点O，
∴△ABD的平移方式为，向右平移2个单位长度，向上平移1个单位长度，
∴点D'的坐标为（2+2,1+1）即（4，2），
故选D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，坐标与图形变化—轴对称，坐标与图形变化—平移，解题的关键在于能够熟练掌握矩形的对称性．
62．（2021·山东济南·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的两个端点是A（1，3），B（2，1），若点A的对应点A′的坐标为（﹣2，0），则点B的对应点B′的坐标为（ ）
A．（﹣3，2）B．（﹣1，﹣3）C．（﹣1，﹣2）D．（0，﹣2）
【答案】C
【分析】利用平移变换中对应点的平移方向和平移距离完全相同知：点A到点A' 的坐标变化与点B到点B' 的坐标变化完全相同得出结果．
【详解】解：∵从点A(1，3)到点A'（-2,0），横坐标减3，纵坐标减3，
点B的对应点B′的坐标为（2-3，1-3），即为（-1，-2）．
故选：C．
【点睛】本题考查点的平移变换，掌握对应点的坐标变换完全相同是解决问题的关键.
63．（2022·广东深圳·统考二模）如图，点A的坐标为（1，3），点B在x轴上，把△AOB沿x轴向右平移到△CED，若四边形ABDC的面积为9，则点C的坐标为（ ）
A．（1，4）B．（3，4）C．（3，3）D．（4，3）
【答案】D
【分析】根据平移的性质得出四边形ABDC是平行四边形，从而得A和C的纵坐标相同，根据四边形ABDC的面积求得AC的长，即可求得C的坐标．
【详解】解：∵把△OAB沿x轴向右平移到△ECD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
∴AC=BD，A和C的纵坐标相同，
∵四边形ABDC的面积为9，点A的坐标为（1，3），
∴3AC=9，
∴AC=3，
∴C（4，3），
故选：D．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变换-平移，平移的性质，平行四边形的性质，求得平移的距离是解题的关键．
64．（2023·辽宁大连·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），则点B（﹣4，2）的对应点B1的坐标是 ．
【答案】（1，3）
【分析】根据点A和点A1的坐标可得出平移规律，从而进一步可得出结论．
【详解】解：∵顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），
又−3+5=2,4+1=5
∴平移ΔABC至ΔA1B1C1的规律为：将ΔABC向右平移5个单位，再向上平移1个单位即可得到ΔA1B1C1
∵B（﹣4，2）
∴B1的坐标是（-4+5，2+1），即（1，3）
故答案为：（1，3）
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，正确找出平移规律是解答本题的关键．
题型21 平移的综合问题
65．（2021·山东临沂·统考二模）如图1，在平面直角坐标系中，▱ABCD在第一象限，且BC//x轴．直线y=x从原点O出发沿x轴正方向平移．在平移过程中，直线被▱ABCD截得的线段长度n与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示．那么▱ABCD的面积为（ ）

A．3B．32C．6D．62
【答案】B
【分析】根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A；当移动距离是6时，直线经过B，在移动距离是7时经过D，则AD=7-4=3，当直线经过D点，设交BC与N.则DN=2，作DM⊥AB于点M.利用三角函数即可求得DM即平行四边形的高，然后利用平行四边形的面积公式即可求解．
【详解】解：根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A
当移动距离是6时，直线经过B
当移动距离是7时经过D，则AD=7-4=3
如图：设交BC与N，则DN=2，作DM⊥AB于点M，
∵移动直线为y=x
∴∠NDM=45°
∴DM=cs∠NDM·ND=22×2=2
∴▱ABCD的面积为AD×DM=3×2=32．
故答案为B．

【点睛】本题考查了平移变换、解直角三角形等知识，其中根据平移变换确定AD的长是解答本题的关键．
66．（2023·天津·模拟预测）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，∠ABO=30°．矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD＝2
(1)如图①，求点E的坐标；
(2)将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形C'O'D'E'，点C，O，D，E的对应点分别为C',O',D',E'．设OO'=t，矩形C'O'D'E'与ΔABO重叠部分的面积为S．
①如图②，当矩形C'O'D'E'与ΔABO重叠部分为五边形时，C'E'，D'E'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3≤S≤53时，求t的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】(1)E的坐标为(2,43)
(2)①S=−32t2+83，0【分析】（1）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；
（2）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MF=2ME'=2t，再根据勾股定理得出FE'=3t，再根据S=S矩形C'O'D'E'−SΔMFE'得出S与t的函数关系式；
②分2≤t<4和4≤t≤6两种情况，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=3和s=43时t的值即可．
【详解】（1）解：由点A(6,0)，得OA=6，
又OD=2，得AD=OA−OD=4，
在矩形CODE中，有ED//CO，得∠AED=∠ABO=30°，
∴在RtΔAED中，AE=2AD=8，
∴由勾股定理，得ED=AE2−AD2=43，有CO=43，
∴点E的坐标为(2,43)．
（2）解：①由平移知，O'D'=2，E'D'=43，ME'=OO'=t，
由E'D'//BO，得∠E'FM=∠ABO=30°，
∴在RtΔMFE'中，MF=2ME'=2t，
∴由勾股定理，得FE'=MF2−ME'2=3t，
∴SΔMFE'=12ME'⋅FE'=12⋅t⋅3t=32t2，
∵S矩形C'O'D'E'=O'D'⋅E'D'=83，
∴S=S矩形C'O'D'E'−SΔMFE'=83−32t2．
∴S=−32t2+83，其中t的取值范围是0②当0当S=3时，−32t2+83=3，解得t=14>2，
当S=53时，−32t2+83=53，解得t=6>2，
当2≤t<4时，如左下图，OF=36−t，D'G=3（4−t），
∴S=1236−t+3（4−t）×2=−23t+103，
当S=3时，−23t+103=3，解得t=4.5>4，
当S=53时，−23t+103=53，解得t=52；
当4≤t≤6时，如右下图，D'F=36−t，D'A=6−t，
∴S=32（6-t）（6-t）=32（6−t）2，
当S=3时，32（6−t）2 =3，解得t=6+2>6 或t=6−2，
当S=53时，32（6−t）2 =53，解得t=6+10>6 或t=6−10<4，
∴当3⩽S⩽53时，52≤t≤6−2．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平移变换，勾股定理，求函数关系式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．
67．（2021·四川德阳·二模）如图1所示，在平面直角坐标系中，抛物线F1:y=a(x−25)2+6415与x轴交于点A(−65,0)和点B，与y轴交于点C．
（1）求抛物线F1的表达式；
（2）如图2，将抛物线F1先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线F2，若抛物线F1与抛物线F2相交于点D，连接BD，CD，BC．
①求点D的坐标；
②判断△BCD的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，抛物线F2上是否存在点P，使得△BDP为等腰直角三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=−53x2+43x+4；（2）①点D的坐标D(−1,1)；②△BCD是等腰直角三角形，理由见解析；（3）P(−2,−2)或P(1,−3)．
【分析】（1）将点A(−65,0)代入即可得；
（2）①先根据二次函数的平移规律得出抛物线F2的表达式，再联立两条抛物线的表达式求解即可得；
②先根据抛物线F1的表达式求出点B、C的坐标，再利用两点之间的距离公式分别求出BC、BD、CD的长，然后根据勾股定理的逆定理、等腰三角形的定义即可得；
（3）设点P的坐标为P(m,n)，根据等腰直角三角形的定义分三种情况：①当∠PDB=90°,PD=BD时，先根据等腰直角三角形的性质、线段中点的点坐标求出点P的坐标，再代入抛物线F2的表达式，检验点P是否在抛物线F2的表达式上即可；②当∠PBD=90°,PB=BD时，先根据平行四边形的判定得出四边形BCDP是平行四边形，再根据点C至点B的平移方式与点D至点P的平移方式相同可求出点P的坐标，然后代入抛物线F2的表达式，检验点P是否在抛物线F2的表达式上即可；③当∠BPD=90°,PB=PD时，先根据等腰直角三角形的性质得出点P在线段BD的垂直平分线上，再利用待定系数法求出BD的垂直平分线上所在直线的解析式，然后根据两点之间的距离公式和PB=5可求出点P的坐标，最后代入抛物线F2的表达式，检验点P是否在抛物线F2的表达式上即可．
【详解】（1）将点A(−65,0)代入抛物线F1的表达式得：a(−65−25)2+6415=0
解得a=−53
则抛物线F1的表达式为y=−53(x−25)2+6415=−53x2+43x+4
故抛物线F1的表达式为y=−53x2+43x+4；
（2）①由二次函数的平移规律得：抛物线F2的表达式为y=−53(x−25+1)2+6415−3
即F2:y=−53(x+35)2+1915=−53x2−2x+23
联立y=−53x2+43x+4y=−53x2−2x+23，解得x=−1y=1
则点D的坐标为D(−1,1)；
②对于y=−53(x−25)2+6415=−53x2+43x+4
当y=0时，−53(x−25)2+6415=0，解得x=2或x=−65
则点B的坐标为B(2,0)
当x=0时，y=−53×02+43×0+4=4，则点C的坐标为C(0,4)
由两点之间的距离公式得：BC=(2−0)2+(0−4)2=25
BD=(2+1)2+(0−1)2=10
CD=(0+1)2+(4−1)2=10
则BD=CD，BD2+CD2=BC2
故△BCD是等腰直角三角形；
（3）抛物线F2的表达式为y=−53(x+35)2+1915=−53x2−2x+23
设点P的坐标为P(m,n)
由题意，分以下三种情况：
①当∠PDB=90°,PD=BD时，△BDP为等腰直角三角形
∵△BCD是等腰直角三角形，∠BDC=90°，BD=CD
∴ PD=CD
∴点D是CP的中点
则0+m2=−14+n2=1，解得m=−2n=−2
即点P的坐标为P(−2,−2)
对于抛物线F2的表达式y=−53x2−2x+23
当x=−2时，y=−53×(−2)2−2×(−2)+23=−2
即点P(−2,−2)在抛物线F2上，符合题意
②当∠PBD=90°,PB=BD时，△BDP为等腰直角三角形
∵∠BDC=90°，BD=CD
∴CD//PB，PB=CD
∴四边形BCDP是平行四边形
∴点C至点B的平移方式与点D至点P的平移方式相同
∵C(0,4),B(2,0)
∴点C至点B的平移方式为先向下平移4个单位长度，再向右平移2个单位长度
∵D(−1,1),P(m,n)
∴m=−1+2=1n=1−4=−3
即点P的坐标为P(1,−3)
对于抛物线F2的表达式y=−53x2−2x+23
当x=1时，y=−53×12−2×1+23=−3
即点P(1,−3)在抛物线F2上，符合题意
③当∠BPD=90°,PB=PD时，△BDP为等腰直角三角形
则点P在线段BD的垂直平分线上
设直线BD的解析式y=kx+b
将点B(2,0),D(−1,1)代入得：2k+b=0−k+b=1，解得k=−13b=23
则直线BD的解析式y=−13x+23
设BD的垂线平分线所在直线的解析式为y=3x+c
点B(2,0),D(−1,1)的中点的坐标为(2−12,0+12)，即(12,12)
将点(12,12)代入y=3x+c得：32+c=12，解得c=−1
则BD的垂线平分线所在直线的解析式为y=3x−1
因此有3m−1=n，即点P的坐标为P(m,3m−1)
由两点之间的距离公式得：PB=(m−2)2+(3m−1−0)2=10m2−10m+5
又∵BD=10，△BDP为等腰直角三角形
∴PB=22BD=5
则10m2−10m+5=5
解得m=0或m=1
当m=0时，3m−1=3×0−1=−1，即点P的坐标为P(0,−1)
当m=1时，3m−1=3×1−1=2，即点P的坐标为P(1,2)
对于抛物线F2的表达式y=−53x2−2x+23
当x=0时，y=−53×02−2×0+23=23
即点P(0,−1)不在抛物线F2上，不符合题意，舍去
当x=1时，y=−53×12−2×1+23=−3
即点P(1,2)不在抛物线F2上，不符合题意，舍去
综上，符合条件的点P的坐标为P(−2,−2)或P(1,−3)．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象的平移，点坐标的平移、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），正确分三种情况，结合等腰直角三角形的性质是解题关键．
68．（2022·广东珠海·校考一模）如图①，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点A，B的坐标分别为（﹣2，4），（﹣5，0）．将△OAB沿OA翻折，点B的对应点C恰好落在反比例函数y=kx（k≠0）的图象上．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)如图②，将△OAB沿y轴向下平移得到△O'A'B'，设平移的距离为m（0＜m＜4），平移过程中ΔO'A'B'与△OAB重叠部分的面积为S．若点B的对应点B'恰好落在反比例函数y=kx（k≠0）的图象上，求m的值及此时S的值；
(3)如图③，连接BC交AO于点D，已知P是反比例函数y=kx（k≠0）的图象上一点，在x轴上是否存在点Q，使得以O，D，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点P，Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x
(2)m=125，S＝85；
(3)当点P（6，2），点Q为（7，0）或（﹣7，0）时，以点O，D，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，当点P（﹣6，﹣2），点Q（﹣7，0）时，以点O，D，P，Q为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】（1）根据菱形的性质求得点C的坐标，进而求得反比例函数解析式；
（2）根据平移求得点B'的横坐标为﹣5，即可求得m的值，连接AA'，并延长AA'交BO于点E，求得A'E的值，进而求得S△A'B'O'＝10，证明△ANP∽△A'B'O'，根据相似三角形的性质可得S的值，
（3）根据菱形的性质求得点D的坐标，进而分点P（6，2）或（﹣6，﹣2），结合图形求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABOC是菱形，
∴AC∥BO，且A点坐标（﹣2，4），AC＝AB＝5，
∴点C（3，4）．
∵点C恰好落在反比例函数y=kx（k≠0）的图象上，
∴k＝3×4＝12，
∴反比例函数表达式为y=12x；
（2）∵将△OAB沿y轴向下平移得到△O′A′B′，
∴点B'的横坐标为﹣5，
∴y=−125，
∴m=125，
连接AA'，并延长AA'交BO于点E，
∴AE＝4，AA'=125，
∴A'E=85，
∵S△ABO=12×5×4＝10，且将△OAB沿y轴向下平移得到△O′A′B′，
∴S△A'B'O'＝10，
∵BO∥B'O'，
∴△ANP∽△A'B'O'，
∴S△ANPS△A'B'O'=（854）2，
∴S＝10×425=85；
（3）∵四边形ABOC是菱形，
∴AD＝OD，
∵A（﹣2，4），点O（0，0），
∴点D（﹣1，2），
若OD为边，则点P在纵坐标为2或﹣2，
∴y=122=6或y=12−2=−6，
∴点P（6，2）或（﹣6，﹣2），
如图3，当P（6，2）时，
∵四边形ODPQ是平行四边形，
∴DP＝OQ＝7，
∴点Q（7，0），
如图4，当P（﹣6，﹣2）时，
∵四边形ODQP是平行四边形，
∴OQ与PD互相平分，
∴点H（−72，0）
∴点Q（﹣7，0），若DO为对角线，
∵四边形QOPD是平行四边形，
∴PQ与OD互相平分，
∵OD中点坐标（−12，1），
∴点P纵坐标为2，
∴点P坐标为（-6，-2）．
∴点Q坐标为（﹣7，0）．
综上所述：当点P（6，2），点Q为（7，0）或（﹣7，0）时，以点O，D，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，当点P（﹣6，﹣2），点Q（﹣7，0）时，以点O，D，P，Q为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平移的性质，相似三角形的性质与判定，反比例函数与几何图形几何，平行四边形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
题型22 找旋转中心、旋转角、对应点
69．（2023·四川泸州·四川省泸县第四中学校考一模）如图，△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，若∠BAC=40°，∠B=90°，∠CAD=10°，则旋转角的度数分别为（ ）
A．80°B．50°C．40°D．10°
【答案】B
【分析】根据旋转的性质可得旋转角为∠BAD，即可求解．
【详解】解∶∵△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，
∴旋转角为∠BAD，
∵∠BAC=40°，∠CAD=10°，
∴∠CAD=∠BAC+∠CAD=50°，
即旋转角的度数为50°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．
70．（2023·山东青岛·统考二模）如图，在直角坐标系中，线段A1B1是将△ABC绕着点P(3,2)逆时针旋转一定角度后得到的△A1B1C1的一部分，则点C的对应点C1的坐标是( )
A．(−2,4)B．(−1,6)C．(−1,4)D．(−1,5)
【答案】D
【分析】连接AP,A'P求得旋转角为90°，进而画出点C'，根据坐标系即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AP,A'P
∵AA=4，PA=PA'=22+22=22，
∴AA'2=PA2+PA'2
∴∠APA'=90°，
根据题意，画出C绕点P，逆时针旋转90°的点C'
根据坐标系可得C'1,−5，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理求两点距离，勾股定理的逆定理求角度，画旋转图形，熟练掌握旋转的性质，求得旋转角是解题的关键．
71．（2021·山东威海·统考模拟预测）如图，已知点A(2，0)，B(0，4)，C(2，4)，D(6，6)，连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合（点A与点C重合，点B与点D重合），则这个旋转中心的坐标为 ．
【答案】(4，2)
【分析】画出平面直角坐标系，作出新的AC，BD的垂直平分线的交点P，点P即为旋转中心．
【详解】解：平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P（4，2），
故答案为：（4，2）．
【点睛】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
题型23 根据旋转的性质求解
72．（2023·广西·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，其中点A'与点A是对应点，点B'与点B是对应点．若点B'恰好落在AB边上，则点A到直线A'C的距离等于（ ）
A．33B．23C．3D．2
【答案】C
【分析】如图，过A作AQ⊥A'C于Q, 求解AB=4,AC=23, 结合旋转：证明∠B=∠A'B'C=60°,BC=B'C,∠A'CB'=90°, 可得△BB'C为等边三角形，求解∠A'CA=60°, 再应用锐角三角函数可得答案．
【详解】解：如图，过A作AQ⊥A'C于Q,
由∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2，
∴AB=4,AC=AB2−BC2=23,
结合旋转：
∴∠B=∠A'B'C=60°,BC=B'C,∠A'CB'=90°,
∴△BB'C为等边三角形，
∴∠BCB'=60°,∠ACB'=30°,
∴∠A'CA=60°,
∴AQ=AC·sin60°=23×32=3.
∴A到A'C的距离为3．
故选C
【点睛】本题考查的是旋转的性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．
73．（2023·山东枣庄·校联考二模）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】B
【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【详解】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′＝12（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴CB′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′＝12（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还考查了等腰三角形的判定和性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
74．（2022·福建泉州·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将Rt△ABC绕点A旋转一定的角度得到Rt△ADE，且点E恰好落在边BC上．
(1)求证：AE平分∠CED；
(2)连接BD，求证：∠DBC=90°．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据旋转性质得到对应边相等，对应角相等，进而根据等边对等角性质可将角度进行等量转化，最后可证得结论；
（2）根据旋转性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理对角度进行等量转化可证得结论．
【详解】（1）证明：由旋转性质可知：AE=AC，∠AED=∠C，
∴∠AEC=∠C
∴∠AED=∠AEC
∴AE平分∠CED．
（2）证明：如图所示：
由旋转性质可知：AD=AB，∠DAE=∠BAC=90°，
∴∠ADB=∠ABD，∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，
即∠DAB=∠EAC，
∵∠DAB=180°−2∠ABD，∠EAC=180°−2∠C，
∴∠ABD=∠C，
∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，
∴∠ABC+∠C=90°，
∴∠ABC+∠ABD=90°，
即∠DBC=90°．
【点睛】本题考查了三角形的旋转变化，熟练掌握旋转前后图形的对应边相等，对应角相等以及合理利用三角形内角和定理是解决本题的关键．
题型24 根据旋转的性质说明线段或角相等
75．（2022·广东珠海·珠海市第九中学校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△A'B'C'，使点C'落在AB边上，连结BB'，则sin∠BB'C'的值为（ ）
A．35B．45C．55D．255
【答案】C
【分析】由勾股定理求出AB=10，并利用旋转性质得出AC'=AC=6，B'C=BC=8，∠AC'B'=∠C=90°，则可求得BC'=4，再根据勾股定理求出BB'=45，最后由三角形函数的定义即可求得结果．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，
由勾股定理得：AB=AC2+BC2=62+82=10．
∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△A'B'C'，
∴AC'=AC=6，B'C=BC=8，∠AC'B'=∠C=90°．
∴BC'=AB−AC'=10−6=4．
∴在Rt△BB'C'中，由勾股定理得BB'=BC'2+B'C'2=42+82=45．
∴sin∠BB'C'=BC'BB'=445=55．
故选：C．
【点睛】本题考查了求角的三角形函数值，掌握三角形函数的概念并利用勾股定理及旋转的性质求解是解题的关键．
76．（2023·江苏常州·常州实验初中校考一模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转角α0°<α<180°得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC,∠CAD=25°，则旋转角α的度数是 ．
【答案】50°/50度
【分析】先求出∠ADE=65°，由旋转的性质，得到∠B=∠ADE=65°，AB=AD，则∠ADB=65°，即可求出旋转角α的度数．
【详解】解：根据题意，
∵DE⊥AC,∠CAD=25°，
∴∠ADE=90°−25°=65°，
由旋转的性质，则∠B=∠ADE=65°，AB=AD，
∴∠ADB=∠B=65°，
∴∠BAD=180°−65°−65°=50°；
∴旋转角α的度数是50°；
故答案为：50°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算．
77．（2023·山东枣庄·统考三模）如图，用四根木条钉成矩形框ABCD，把边BC固定在地面上，向右推动矩形框，矩形框的形状会发生改变（四边形具有不稳定性）．
(1)通过观察分析，我们发现图中线段存在等量关系，如线段EB由AB旋转得到，所以EB=AB．我们还可以得到FC＝ ， EF＝ ；
(2)进一步观察，我们还会发现EF∥AD，请证明这一结论；
(3)已知BC=30cm,DC=80cm，若BE 恰好经过原矩形DC边的中点H ，求EF与BC之间的距离．
【答案】(1)CD，AD；
(2)见解析；
(3)EF于BC之间的距离为64cm．
【分析】（1）由推动矩形框时，矩形ABCD的各边的长度没有改变，可求解；
（2）通过证明四边形BEFC是平行四边形，可得结论；
（3）由勾股定理可求BH的长，再证明△BCH∽△BGE，得到BHBE=CHEG，代入数值求解EG，即可得到答案．
【详解】（1）解：∵ 把边BC固定在地面上，向右推动矩形框，矩形框的形状会发生改变（四边形具有不稳定性）．
∴由旋转的性质可知矩形ABCD的各边的长度没有改变，
∴AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
故答案为：CD，AD；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB＝CD，AD＝BC，
∵AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
∴BE＝CF，EF＝BC，
∴四边形BEFC是平行四边形，
∴EF∥BC，
∴EF∥AD；
（3）解：如图，过点E作EG⊥BC于点G，
∵DC＝AB＝BE＝80cm，点H是CD的中点，
∴ CH＝DH＝40cm，
在Rt△BHC中，∠BCH＝90°，
BH＝BC2+CH2=402+302=50（cm），
∵ EG⊥BC，
∴∠EGB＝∠BCH＝90°，
∴CH∥EG，
∴ △BCH∽△BGE，
∴BHBE=CHEG，
∴5080=40EG，
∴EG＝64，
∵ EF∥BC，
∴EF与BC之间的距离为64cm．
【点睛】此题考查了矩形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
题型25 画旋转图形
78．（2023·湖北武汉·模拟预测）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】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平移的方式确定出点A1，B1，C1的位置，再顺次连接即可得到△A1B1C1；
（2）根据旋转可得出确定出点A2，B2，C2的位置，再顺次连接即可得到△A2B2C2．
【详解】（1）如图，△A1B1C1即为所作；
（2）如图，△A2B2C2即为所作；
【点睛】本题考查作图-旋转变换与平移变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
79．（2023·安徽宿州·统考一模）在平面直角坐标系内，△ABC的位置如图所示．
(1)将△ABC绕点O顺时针旋转90°得到△A1B1C1，作出△A1B1C1．
(2)以原点O为位似中心，在第四象限内作出△ABC的位似图形△A2B2C2，且△A2B2C2与△ABC的相似比为2:1．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）分别作出点A、B、C绕点O顺时针旋转90°后的对应点A1、B1、C1，顺次连接即可；
（2）分别连接AO、BO、CO并分别延长到点A2、B2、C2，使得OA2=2AO、OB2=2BO、OC2=2CO，顺次连接A2、B2、C2即可．
【详解】（1）解：如图，△A1B1C1即为所作．
（2）如图，△A2B2C2即为所作．
【点睛】此题考查了旋转和位似图形的作图，熟练掌握作图方法是解题的关键．
题型26 求旋转对称图形的旋转角度
80．（2021·山东淄博·统考二模）下列四个圆形图案中，分别以它们所在圆的圆心为旋转中心，顺时针旋转90°后，能与原图形完全重合的是（）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】观察图形，从图形的性质可以确定旋转角，然后进行判断即可得到答案．
【详解】解：A图形顺时针旋转72°后，能与原图形完全重合，故不符合题意；
B图形顺时针旋转90°后，能与原图形完全重合，故符合题意；
C图形顺时针旋转120°后，能与原图形完全重合，故不符合题意；
D图形顺时针旋转60°后，能与原图形完全重合，故不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查了旋转对称图形的旋转角．解题的关键在于熟练掌握旋转对称图形的定义即把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转角度叫做旋转角．
81．（2022·江苏镇江·统考一模）2022北京冬奥会雪花图案令人印象深刻，如图所示，雪花图案围绕旋转中心至少旋转 度后可以完全重合．
【答案】60
【分析】根据旋转角及结合图形特点作答．
【详解】解：∵360°÷6＝60°，
∴该图形绕中心至少旋转60度后能和原来的图案互相重合．
故答案为：60．
【点睛】此题考查了旋转角，对应点与旋转中心所连线段的夹角叫做旋转角．
82．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模）如图所示的美丽图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转每次旋转 度形成的．
【答案】45
【分析】利用旋转中的三个要素（①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度）设计图案，进而判断出基本图形的旋转角度．
【详解】本题图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转8次形成．
所以旋转角为360°8=45° ．
故答案为：45° ．
【点睛】本题考查了图形的旋转，找到旋转中心和旋转次数，算出旋转角是解决本题的关键．
题型27 旋转中的规律问题
83．（2021·河南南阳·统考一模）如图，直线y=x+1与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点B作BC⊥AB，使BC=2BA，将△ABC绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2021次旋转结束时，点C的对应点C'落在反比例函数y=kx的图象上，则k的值为（ ）
A．−4B．4C．−6D．6
【答案】D
【分析】过点C'作C'H⊥x轴于点H，根据旋转的性质可知旋转4次一个循环，进而可得第2021次旋转结束时，点C的坐标落在C'的位置，求出C'的坐标即可求出k．
【详解】解：如图，过点C'作C'H⊥x轴于点H，
∵△ABC绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
发现规律：旋转4次一个循环，
∴2021÷4＝505……1，
则第2021次旋转结束时，点C的坐标落在C'的位置．
∵直线y=x+1与x轴、y轴分别相交于点A、B，
∴A（-1,0），B（0,1）
∴OA＝OB＝1，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵∠AOB＝90°，
∴BA=2，BC=2BA=22
∴B'C'=22
∵∠ABO＝45°，C'H⊥x轴
∴ ∠OB'B=∠C'B'H＝45°,∠C'HB'＝90°
∴B'H=2,C'H=2
∴ OH=3
∴C'(3,2)
把C'(3,2)代入y=kx，解得k=6
故选：D．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转、规律型﹣点的坐标，待定系数法求反比例函数的解析式，解决本题 的关键是根据旋转的性质发现规律，总结规律．
84．（2021·江苏苏州·校考一模）以水平数轴的原点O为圆心过正半轴Ox上的每一刻度点画同心圆，将Ox逆时针依次旋转30°、60°、90°、⋯、330°得到11条射线，构成如图所示的“圆”坐标系，点A、B的坐标分别表示为5,0°、4,300°，则点C的坐标表示为 ．
【答案】3,240°
【分析】根据同心圆的个数以及每条射线所形成的角度，以及A，B点坐标特征找到规律，即可求得C点坐标．
【详解】解：图中为5个同心圆，且每条射线与x轴所形成的角度已知，A、B的坐标分别表示为5,0°、4,300°，根据点的特征，所以点C的坐标表示为3,240°；
故答案为：3,240°．
【点睛】本题考查坐标与旋转的规律性问题，熟练掌握旋转性质，并找到规律是解题的关键．
85．（2019·四川成都·统考一模）如图Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，且AC在直线l上，将△ABC绕点A顺时针旋转到①，可得到点P1，此时AP1＝2；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2＝2+3；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3＝3+3；…按此规律继续旋转，直到点P2020为止，则AP2020等于 ．

【答案】2021+6733
【分析】根据题意，发现将Rt△ABC绕点A顺时针旋转，每旋转一次，AP的长度依次增加2，3，1，且三次一循环，按此规律即可求解．
【详解】解：∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，
∴AB＝2，BC＝3，
∴将Rt△ABC绕点A顺时针旋转，每旋转一次，AP的长度依次增加2，3，1，且三次一循环，
∵2020÷3＝673…1，
∴AP2020＝673（2＋3＋1）＋2＝2021＋6733，
故答案为：2021＋6733.
【点睛】本题考查了图形类规律探索，旋转的性质及直角三角形的性质，得到AP的长度依次增加2，3，1，且三次一循环是解题的关键．
题型28 求绕原点旋转90°点的坐标
86．（2020·河南郑州·统考模拟预测）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB=∠B=30°，OA=2，将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是（ ）
A．−1,2+3B．−3,3C．−3,2+3D．−3,3
【答案】B
【分析】如图，作B'H⊥y轴于H．解直角三角形求出B'H，OH即可．
【详解】解：如图，作B'H⊥y轴于H．

由题意：OA'=A'B'=2，∠B'A'H=60°，
∴ ∠A'B'H=30°，
∴ AH'=12A'B'=1，B'H=3，
∴ OH=3，
∴ B'(−3,3)，
故选：B．
【点睛】本题考查坐标与图形变化——旋转，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．
87．（2021·广东·校考三模）如图，以原点为中心，把点A3，4逆时针旋转90°，得到点A'，则点A'的坐标是 ．
【答案】−4，3
【分析】建立平面直角坐标系，作出图形，然后根据图形写出点A'的坐标即可．
【详解】解：如图所示：∵把点A3，4逆时针旋转90°，得到点A'，
∴点A'的坐标是−4，3．
故答案为：−4，3．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化−旋转，作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．、
题型29 求绕某点（非原点）旋转90°点的坐标
88．（2023·山东青岛·一模）如图，将△ABC先向右平移1个单位，再绕点P按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点B的对应点B′的坐标是（ ）
A．（4，0）B．（2，﹣2）C．（4，﹣1）D．（2，﹣3）
【答案】C
【分析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向右平移1个单位，再绕P点顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，即可得点B的对应点B'的坐标．
【详解】作出旋转后的图形如下：
∴B'点的坐标为（4，﹣1），
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变换−旋转、平移，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
89．（2021·河南南阳·统考一模）如图，矩形OABC的顶点O（ 0，0），B（－2，23），若矩形绕点O逆时针旋转，每秒旋转60°，则第145秒时，矩形的对角线交点D的坐标为（ ）
A．（－1，3）B．（－1，－3）C．（－2，0 ）D．（1，－3）
【答案】C
【分析】先计算D点坐标，再过D作DE⊥x轴于点E，求出∠DOE的度数，并求得OD，再根据题意求得矩形绕点O逆时针旋转，每秒旋转60°，第2017秒时，D点的位置，进而求得D点坐标．
【详解】解：∵矩形OABC的顶点O（0，0），B（-2，23），
∴D（-1，3），
过D作DE⊥x轴于点E，则OE=1，DE=3，
∴OD=OE2+DE2=2，
∴tan∠DOE=DEOE=3，
∴∠DOE=60°，
∵60°×145÷360°=2416，
∵16×360°＝60°，
又∵旋转24周时，D点刚好回到起始位置，
∴第145秒时，矩形绕点O逆时针旋转2416周，此时D点在x轴负半轴上，
∴此时D点的坐标为（-2，0），
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，点的坐标特点，旋转的性质，关键：是由求OD及确定旋转的最终位置．
题型30 求绕原点旋转一定角度点的坐标
90．（2023·山东东营·统考一模）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点B″的坐标为（ ）
A．(−2,6) B．(−2,6+1)C．(2,−6)D．(−2,6−1)
【答案】B
【分析】过B'作B'D⊥y轴于D，连接OB,OB'，根据边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°，得∠BOB'=75°,∠BOC=45°,OB=OB'=22，即知∠B'OD=30°，可得B'(−2,6)，又再沿y轴方向向上平移1个单位长度，故点B″的坐标为(−2,6+1)．
【详解】解：过B'作B'D⊥y轴于D，连接OB,OB'，如图，
∵边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75°．
∴∠BOB'=75°,∠BOC=45°,OB=OB'=22,
∴∠B'OD=30°,
∴B'D=12OB'=2,OD=3B'D=6,
∴B'(−2,6),
∵再沿y轴方向向上平移1个单位长度，
∴B″(−2,6+1)．
故选：B．
【点睛】此题考查了坐标与图形变化-旋转与平移，解题关键是掌握旋转性质和坐标平移变化规律．
91．（2022·山东青岛·青岛大学附属中学校考二模）如图，在直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（1，2），B（-2，2），C（-1，0）．将△ABC绕某点顺时针旋转90°得到△DEF，则旋转中心的坐标是 ．
【答案】（1，-1）
【分析】由旋转的性质可得A的对应点为D，B的对应点为E，C的对应点为F，同时旋转中心在AD和BE的垂直平分线上，进而求出旋转中心坐标．
【详解】解：由旋转的性质，得
A的对应点为D，B的对应点为E，C的对应点为F
作BE和AD的垂直平分线，交点为P
∴点P的坐标为（1，-1）
故答案为：（1，-1）
【点睛】本题考查坐标与图形变化—旋转，图形的旋转需结合旋转角求旋转后的坐标，常见的旋转角有30°，45°，60°，90°，180°．
92．（2022·江苏泰州·统考一模）如图，点A在反比例函数y=3x(x>0)的图像上，将点A绕坐标原点O按逆时针方向旋转45°后得到点A'，若点A'恰好在直线y=22上，则点A的坐标为 ．
【答案】(1,3)或 (3,1)
【分析】设A(a,3a)，A'(b,22)，得到直线OA'表达式为y=22bx，得直线AB表达式为y=−b22x+ab22+3a，联立方程组求解得到B(a2b2+62ba(b2+8),22a2b+24a(b2+8))，根据旋转知OA=OA'，AB=OB=22OA，列方程组求解即可得出结论．
【详解】解：点A在反比例函数y=3x(x>0)的图像上，设A(a,3a)，A'(b,22)，连接OA，将点A绕坐标原点O按逆时针方向旋转45°后得到点A'，连接OA'，过A点作AB⊥OA'于B，连接AA'，如图所示：
∴∠AOB=45°，OA=OA'，
由直线OA'表达式为y=22bx，得直线AB表达式为y=−b22x+ab22+3a，
联立{y=22bxy=−b22x+ab22+3a ，解得{x=a2b2+62ba(b2+8)y=22a2b+24a(b2+8) ，
即B(a2b2+62ba(b2+8),22a2b+24a(b2+8)) ，
在RtΔAOB中，∠ABO=90°，∠AOB=45°，则AB=OB=22OA，
∵ OA=a2+9a2，OB=(a2b2+62ba(b2+8))2+(22a2b+24a(b2+8))2，OA'=b2+8，
∴{a2+9a2=b2+8a2+9a2=2[(a2b2+62ba(b2+8))2+(22a2b+24a(b2+8))2] ，解得{a=1b=−2或{a=3b=−2，
∴A(1,3)或(3,1)
故答案为：(1,3)或(3,1)
【点睛】本题考查一次函数与反比例函数综合，根据旋转找到相关边的关系是解决问题的关键．
题型31 旋转综合题-线段问题
93．（2022·安徽芜湖·校考一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，D为△ABC内一点，分别连接PA、PB、PC，当∠APB=∠BPC=∠CPA时，PA+PB+PC=21，则BC的值为（ ）
A．1B．2C．3D．2
【答案】C
【分析】将△BPA顺时针旋转60°，到△BMN处，得到△BPM，△ABN是等边三角形，证明C、P、M、N四点共线，且∠CAN=90°，设BC=x，则AB=BN=2x，AC=3x，利用勾股定理计算即可．
【详解】将△BPA顺时针旋转60°，到△BMN处，则△BPM，△ABN是等边三角形，
∠BPM=∠BMP=60°，∠BAN=60°，PM=PB，BA=BN，PA=MN，
∵∠CPB=∠BPA=∠APC=∠BMN=120°，
∴∠BMP+∠BMN=180°，∠BPC+∠BPM =180°，
∴C、P、M、N四点共线，
∴CP+PM+MN=CP+PB+PA=21，
∵∠BAC=30°，∠BAN=60°，
∴∠CAN=90°，
设BC=x，则AB=BN=2x，AC=3x，
∴(3x)2+(2x)2=(21)2，
解得x=3，x= -3 ，舍去，
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
94．（2023·陕西·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 ．
【答案】25−2
【分析】如图，由EG＝2，确定E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， 再证明△ADE≌△CDF（SAS）， 可得AE=CF，可得当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，再利用勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，由EG＝2，可得E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，
∵正方形ABCD，
∴AD=CD,∠ADC=90°，
∴∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
∵DE=DF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE=CF，
∴当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，
∵G位BC 中点，BC=AB=4，
∴BG=2，
此时AG=BG2+AB2=22+42=25，
此时AE=25−2，
所以CF的最小值为：25−2.
故答案为：25−2
【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．
95．（2022·广东广州·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点P是AB边上一动点，作PD⊥BC于点D，线段AD上存在一点Q，当QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2时，则PD= ．
【答案】3+3
【分析】如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN，当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小，此时，如图2，连接MC，证明AM垂直平分BC，证明AD=BD，此时P与D重合，设PD=x，则DQ=x-2，构建方程求出x可得结论．
【详解】解：如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN，
∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°，
∴△BQN是等边三角形，
∴BQ=QN，
∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN，
∴当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小，
此时，如图2，连接MC
∵将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，
∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM，
∴△BQN是等边三角形，△CBM是等边三角形，
∴∠BQN=∠BNQ=60°，BM=CM，
∵BM=CM，AB=AC，
∴AM垂直平分BC，
∵AD⊥BC，∠BQD=60°，
∴BD=3QD，
∵AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，
∴AD=BD，此时P与D重合，设PD=x，则DQ=x-2，
∴x=tan60°×x−2=3x−2，
∴x=3+3，
∴PD=3+3．
故答案为：3+3．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确运用等边三角形的性质解决问题，学会构建方程解决问题．
题型32 旋转综合题-面积问题
96．（2022·重庆·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，∠ABD＝60°，BD＝16，连接BD，将△BCD绕点D顺时针旋转n°（0°＜n＜90°），得到ΔB′C′D，连接BB′，CC′，延长CC′交BB′于点N，连接AB′，当∠BAB′＝∠BNC时，则△ABB′的面积为（ ）
A．813−16395B．2110C．839−243D．94
【答案】C
【分析】过点D作DE⊥AB′，交B'A的延长线于点E，利用直角三角形的边角关系可得AD的长，由旋转可知：DC＝DC′，DB＝DB′，∠CDC′＝∠BDB′，得到△CDC′∽△BDB′，则∠DCC′＝∠DBB′，利用三角形的内角和定理可得∠BNC=∠CDB=60°，于是∠BAB′＝60°；在Rt△ADE中利用直角三角形的边角关系可得AE，DE，在Rt△B'DE中，利用勾股定理可求B'E，则AB′＝B′E﹣AE；利用平行线之间的距离相等可得△ABB′中AB′边上的高等于DE，利用三角形的面积公式结论可求．
【详解】解：过点D作DE⊥AB′，交B′A的延长线于点E，如图，
在矩形ABCD中，
∵∠ABD＝60°，BD＝16，
∴AD＝BC＝BD•sin∠ABD＝16×32＝83．
由旋转可知：DC＝DC′，DB＝DB′，∠CDC′＝∠BDB′，
∴CDC'D=BDB'D，
∴△CDC′∽△BDB′．
∴∠DCC′＝∠DBB′．
∴∠BNC＝∠CDB．
∵∠CDB＝∠ABD，∠BNC＝∠BAB′，∠ABD＝60°，
∴∠BAB′＝60°．
∵∠BAD＝90°，
∴∠EAD＝180°﹣∠BAB′﹣∠BAD＝30°．
∴DE＝12AD＝43，
AE＝AD•cs∠EAD＝83×32＝12．
∴B′E＝B'D2−DE2=413．
∴AB′＝B′E﹣AE＝413﹣12．
∵∠BAB′＝∠ABD＝60°，
∴AB′∥BD．
∴△ABB′中AB′边上的高等于DE．
∴S△ABB'=12×AB'×DE
＝12×（413﹣12）×43
＝839﹣243．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系，相似三角形的判定与性质，过点D作DE⊥AB'，添加适当的辅助线，利用直角三角形的边角关系求得AB'的长是解题的关键．
97．（2021·江苏连云港·连云港市新海实验中学校考二模）如图在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB= AC =10，等腰直角三角形ADE绕点A旋转，∠DAE=90°，AD= AE =4，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接MP、PN、MN，则△PMN面积的最小值是 ．
【答案】92
【分析】通过△ABC和△ADE为等腰直角三角形，判定出△ADB≅AEC，得到DB=EC,∠ABD=ACE, 通过已知条件，再设∠ACE=x°,∠ACD=y°,得到△PMN为等腰直角三角形，所以S△PMN=12PN2=18BD2,当BD最小时，△PMN的面积最小，D是以A为圆心，AD=4为半径的圆上的点，所以点D在AB上时，BD最小，即可得到最终结果．
【详解】∵Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB= AC =10，
∴ △ABC为等腰直角三角形，
又∵∠DAE=90°，AD= AE =4，
∴ △ADE为等腰直角三角形，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC,∴∠BAD=∠CAE,∴△ADB≅AECSAS,∴DB=EC,∠ABD=ACE,
∵点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，
∴MP//EC,MP=12EC,NP//BD,NP=12BD,∴MP=NP,∠DPM=∠DCE,∠PNC=∠DBC,
设∠ACE=x°,∠ACD=y°,
∴ABD=x°,∠DBC=45°−x°=∠PNC,∠DCB=45°−y°,∴∠DPN=∠DCB+∠PNC=90°−x°−y°,∵∠DPM=∠DCE=x°+y°,∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=90°,
∴△PMN是等腰直角三角形，
∴S△PMN=12PN2=18BD2,
∴当BD最小时，△PMN的面积最小，
∵D是以A为圆心，AD=4为半径的圆上的点，
∴点D在AB上时，BD最小，
∵BD=AB−AD=10−4=6,
∴S△PMN=18BD2=18×62=92,
∴△PMN面积的最小值是92．
故答案为：92．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，涉及全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质等知识，有一定难度和综合性，属于压轴题，熟练掌握这些性质，利用旋转解题是关键．
98．（2022·河南郑州·校联考一模）（1）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，点O为AB的中点，点M为AC上一点，将射线OM绕点O顺时针旋转90°交BC于点N，则OM与ON的数量关系为 ；
（2）如图2，在等腰三角形ABC中，∠C＝120°，点O为AB的中点，点M为AC上一点，将射线OM绕点O顺时针旋转60°交BC于点N，则OM与ON的数量关系是否改变，请说明理由；
（3）如图3，点O为正方形ABCD对角线的交点，点P为DO的中点，点M为直线BC上一点，将射线OM绕点O顺时针旋转90°交直线AB于点N，若AB＝4，当△PMN的面积为252时，直接写出线段BN的长．
【答案】（1）OM=ON；（2）OM=ON，见解析；（3）17±2
【分析】（1）连接OC，证明△AOM≌△CON（ASA）可得结论．
（2）数量关系不变．如图2中，过点O作OK⊥AC于K，OJ⊥BC于J，连接OC．证明△OKM≌△OJN（AAS）可得结论．
（3）如图3中，过点P作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H．证明△MOC≌△NOB（SAS），推出CM＝BN，设CM=BN=m，根据S△PMN=252=S△PBM＋S△BMN−S△PBN，构建方程求解即可．当点M在CB的延长线上时，同法可求．
【详解】解：（1）结论：OM＝ON．
如图1中，
理由：连接OC．
∵CA=CB，∠ACB=90°，AO=OB，
∴CO=OA=OB，OC⊥AB，∠A=∠B=45°，∠BCO=∠ACO=45°
∴∠AOC=∠MON=90°，
∴∠AOM=∠CON，
∵∠A=∠CON，
∴△AOM≌△CON（ASA），
∴OM=ON．
故答案为：OM=ON．
（2）数量关系不变．
理由：如图2中，过点O作OK⊥AC于K，OJ⊥BC于J，连接OC．
∵∠ACB=120°，∠OKC=∠OJC=90°，
∴∠KOJ=60°=∠MON，
∵CA=CB，OA=OB，
∴OC平分∠ACB，
∵OK⊥CA，OJ⊥CB，
∴OK=OJ，
∵∠OKM=∠OJN=90°，
∴△OKM≌△OJN（AAS），
∴OM=ON．
（3）如图3中，过点P作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=4，∠BAD=90°，
∴BD=2AB=42，
∴OD=OB=22，PD=OP=2，
∴PB=32，
∵四边形PGBH是正方形，
∴PG=PH=3，
∵∠MON=∠COB=90°，
∴∠MOC=∠NOB，
∵OM=ON，OC=OB，
∴△MOC≌△NOB（SAS），
∴CM=BN，设CM=BN=m，
∵S△PMN＝252＝S△PBM＋S△BMN−S△PBN，
∴12⋅（4＋m）⋅3＋12⋅m⋅（4＋m）−12⋅m⋅3=252，
∴整理得：m2＋4m−13=0，
解得m=17−2或−17−2（舍去），
∴BN=17−2．
当点M在CB的延长线上时，同法可得BN=17＋2．
综上所述，满足条件的BN的值为17−2或17＋2．
【点睛】本题属于旋转综合题，考查了正方形的性质，全等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，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
题型33 旋转综合题-角度问题
99．（2023·广东广州·执信中学校考一模）如图，等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，将BC绕点B顺时针旋转θ0<θ<90°，得到BP，连结CP，过点A作AH⊥CP交CP的延长线于点H，连结AP，则∠PAH的度数（ ）
A．30°B．45°C．60°D．随若θ的变化而变化
【答案】B
【分析】由旋转的性质可得BC=BP=BA，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠BPC+∠BPA=135°=∠CPA，由外角的性质可求∠PAH=135°−90°=45°，即可求解．
【详解】解：根据旋转有：BC=BP=BA，
∴∠BCP=∠BPC，∠BPA=∠BAP，
∵∠CBP+∠BCP+∠BPC=180°，∠ABP+∠BAP+∠BPA=180°，∠ABP+∠CBP=∠ABC=90°，
∴∠BPC+∠BPA=135°=∠CPA，
∵AH⊥CP，
∴∠CPA=∠AHC+∠PAH=135°，
∴∠PAH=135°−90°=45°，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
100．（2021·广东广州·统考一模）如图，在△ABC中，∠B＝60°，∠C＝75°，将△ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到△ADE，若点C落在△ADE的边上，则α的度数是 ．
【答案】30°或45°
【分析】分两种情况：当点C在边AD上，当点C在边DE上，由旋转的性质及三角形内角和定理可求出答案．
【详解】解：当点C在边AD上，如图1，
∵∠B=60°，∠ACB=75°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠ACB=180°−60°−75°=45°，
∵将△ABC绕点A顺时针旋转α(0°<α<180°)得到△ADE，
∴∠DAE=∠BAC=α=45°，
如图2，当点C在边DE上，
∵将△ABC绕点A顺时针旋转α(0°<α<180°)得到△ADE，
∴AC=AE，∠E=∠ACB=75°，
∴∠E=∠ACE=75°，
∴∠EAC=α=180°−75°−75°=30°．
综合以上可得α的度数是30°或45°．
故答案为：30°或45°．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理．利用分类讨论的思想是解答本题的关键．
题型34 画已知图形关于某点的对称图形
101. （2023·广西柳州·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，A(−1,4)，B(−4,0)，C(−1,0)．
(1)△A1B1C1与△ABC关于原点O对称，画出△A1B1C1并写出点A1的坐标；
(2)△A2B2C2是△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到的，画出△A2B2C2并写出点A2的坐标．
【答案】(1)画图见解析，A11,−4
(2)画图见解析，A24,1
【分析】(1)根据网格结构找出点A、B、C关于原点的对称点A1、B1、C1的位置，顺次连接各点即可画得图形及求得点A1的坐标；
(2)根据网格结构找出点A、B、C绕原点O顺时针旋转90°得到的对称点A2、B2、C2的位置，顺次连接各点即可画得图形及求得点A2的坐标．
【详解】（1）解：如图：△A1B1C1即为所求，
点A1的坐标为1,−4；
（2）解：如图：△A2B2C2即为所求，
点A2的坐标为4,1．
【点睛】本题考查了利用旋转变换及中心对称作图，熟练掌握网格结构，准确找出对应顶点的位置是解题的关键．
102．（2022·广西桂林·统考一模）已知△ABC的顶点A、B、C在格点上，按下列要求在网格中画图．

(1)△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A1B1C；
(2)画△A1B1C关于点O的中心对称图形△A2B2C2．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）分别作出A、B、的对应点A1、B1即可；
（2）分别作出A1、B1、C的对应点A2、B2、C2即可；
【详解】（1）解：△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A1B1C如图所示；

（2）解：△A1B1C关于点O的中心对称图形△A2B2C2如图所示；
【点睛】本题考查作图﹣旋转变换，中心对称等知识，解题的关键是熟练掌握旋转变换、中心对称的性质，属于中考常考题型．
题型35 根据中心对称的性质求面积、长度、角度
103．（2022·陕西榆林·统考二模）如图，BD为▱ABCD的对角线，点P为△ABD内一点，连接PA、PB、PC、PD，若△ABP和△BCP的面积分别为3和13，则△BDP的面积为 ．
【答案】10
【分析】由平行四边形和三角形的面积公式及平行四边形的性质可以得到S△BDP=S△BCP−S△ABP,把已知△ABP和△BCP的面积分别为3和13代入计算即可得到答案．
【详解】解:由平行四边形和三角形的面积公式易得S△ADP+S△BCP=12S▱ABCD，
由平行四边形的性质可得S△ABD=12S▱ABCD，
∴S△ADP+S△ABP+S△BDP=12S▱ABCD，
∴S△BCP=S△ABP+S△BDP，
∴S△BDP=S△BCP−S△ABP=13−3=10,
故答案为10．
【点睛】本题考查平行四边形的应用,熟练掌握平行四边形和三角形的面积公式及平行四边形的中心对称性是解题关键．
104．（2023·江苏泰州·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A、C分别是直线y=−83x+4与坐标轴的交点，点B(−2,0)，点D是边AC上的一点，DE⊥BC，垂足为E，点F在AB边上，且D、F两点关于y轴上某点成中心对称，连接DF、EF．线段EF长度的最小值为 ．

【答案】22
【分析】过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，证明Rt△FGK≌Rt△DHK，由全等三角形的性质得出FG=DH，可求出F−m,−2m+4，根据勾股定理得出l=EF2=8m2−16m+16=8m−12+8，由二次函数的性质可得出答案；
【详解】过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，

则∠FGK=∠DHK=90°，
记FD交y轴于点K，
∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称，
∴KF=KD，
∵∠FKG=∠DKH，
∴Rt△FGK≌Rt△DHK，
∴FG=DH，
∵直线AC的解析式为y=−83x+4，
∴x=0时，y=4，
∴A0，4，
又∵B−2，0，
设直线AB的解析式为y=kx+b,
∴−2k+b=0b=4，
解得k=2b=4=，
∴直线AB的解析式为y=2x+4，
过点F作FR⊥x轴于点R，
∵D点的横坐标为m,
∴F−m,−2m+4，
∴ER=2m,FR=−2m+4，
∵EF2=FR2+ER2，
∴l=EF2=8m2−16m+16=8m−12+8，
令−83x+4=0，得x=32，
∴0≤m≤32．
∴当m=1时，l的最小值为8，
∴EF的最小值为22．
【点睛】待定系数法，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，二次函数的性质，勾股定理，中心对称的性质，直角三角形的性质等知识．
105．（2022·湖北黄冈·校考一模）如图，在平面直角坐标系中有点A(－4，0)、B(0，3)、P(a，－a)三点，线段CD与AB关于点P中心对称，其中A、B的对应点分别为C、D．当a＝ 时，四边形ABCD为正方形
【答案】−72
【分析】根据A,B坐标求得AB的长，根据题意可知当PA＝PB＝522时，四边形ABCD是正方形，由此构建方程即可解决问题；
【详解】解：∵A(－4，0)、B(0，3)
∴OA=4,OB=3
∴AB＝OA2+OB2 =5，
∵四边形ABCD为正方形, 线段CD与AB关于点P中心对称，
∴P是四边形ABCD对角线的交点，
∴PA=PB，
∴ PA＝PB＝522时，四边形ABCD是正方形，
∴a+42+a2=5222
解得a＝−72或−12（舍去）
∴当a＝−72时，四边形ABCD为正方形．
故答案为：−72
【点睛】本题考查了中心对称的性质，正方形的性质，解一元二次方程，理解P是正方形对角线的交点是解题的关键．
106．（2022·浙江温州·统考一模）如图，直线a、b垂直相交于点O，曲线C关于点O成中心对称，点A的对称点是点A'，AB⊥a于点B，A'D⊥b于点D．若OB=3，OD=2，则阴影部分的面积之和为 ．
【答案】6
【详解】∵直线a、b垂直相交于点O，曲线C关于点O成中心对称，点A的对称点是点A'，AB⊥a于点B，A'D⊥b于点D，OB=3，OD=2，
∴AB=2，
∴阴影部分的面积之和为3×2=6．
故答案为：6．
题型36 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案
107．（2022·江苏苏州·苏州高新区实验初级中学校考一模）图形甲是小明设计的花边作品，该作品是由形如图形乙通过对称和平移得到．在图乙中，△AEO≌△ADO≌△BCO≌△BFO，E，O，F均在直线MN上，EF=12，AE=14，则OA长为 ．
【答案】16
【分析】如图，如图，过点A作AH⊥EF于点H，证明∠AOE=∠AOB=∠BOF=60°，设OH=x，在Rt△AEH中，利用勾股定理构造一元二次方程，解方程可得结论．
【详解】解：如图，过点A作AH⊥EF于点H，
∵△AEO≌△ADO≌△BCO≌△BFO，
∴∠AOE=∠AOB=∠BOF，OF=OF=12EF=6，
∵∠AOE+∠AOB+∠BOF=180°，
∴∠AOE=∠AOB=∠BOF=60°，
设OH=x，则AO=2x，AH=3x，
在Rt△AEH中，AE2=AH2+EH2，
∴142=（3x）2+（x-6）2，
解得x=8或-5（负根舍弃），
∴OA=16，
故答案为：16．
【点睛】本题考查利用平移设计图案，全等三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
108．（2022·北京海淀·校考模拟预测）小明将图案 绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度α，设计出一个外轮廓为正六边形的图案（如图），则旋转角度α的最小值为 ．

【答案】60°/60度
【分析】根据旋转的定义确定两个对应点的位置，求得与O点连线的夹角即可求得旋转角度．
【详解】解：如下图，当经过一次循环后点C旋转至点B的位置上，

∴∠COB=360°÷6=60°．
故答案为：60°．
【点睛】本题主要考查了利用旋转设计图案的知识，解题关键是能够找到一对对应点确定旋转角度．
109．（2022·浙江温州·温州市第三中学校考模拟预测）如图所示，每个小正三角形的边长为1，且它的顶点叫做格点，各顶点在格点处的多边形称为格点多边形，线段AB位于该小正三角形组成的网格中，按要求在网格中作一个格点多边形．
(1)请在图1画一个既是轴对称图形又是中心对称图形的四边形，且AB为对角线．
(2)请在图2中画一个以AB为边，面积为23的三角形．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）以AB为对角线，画出菱形ACBD，即可获得答案；
（2）过点B向左作线段BE，使得BE=4；取BE中点K，连接AK，由网格特点可知，AB=AE，故AK⊥BE，由等边三角形性质可知，AK=2×12×3=3，所以S△ABE=12BE⋅AK=12×4×3=23，故△ABE即为所求三角形．
【详解】（1）解：以AB为对角线，画出菱形ACBD，如下图；
（2）解：如下图，过点B向左作线段BE，使得BE=4，
△ABE即为以AB为边，面积为23的三角形．
【点睛】本题主要考查了作图—应用与设计、等边三角形的性质、菱形的判定与性质、三角形面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识．
110．（2022·四川广安·统考三模）如图是在北京举办的世界数学家大会的会标“弦图”．请将“弦图”中的四个直角三角形通过你所学过的图形变换，在以下方格纸中设计另外两个不同的图案．画图要求：①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形互不重叠；②所设计的图案（不含方格纸）必须是中心对称图形或轴对称图形．
【答案】见解析
【详解】解析：运用基本图 ，按照轴对称和中心对称的特点以及画图规律直接绘制图形即可．
答案：解：如下图所示，答案不唯一．
易错：容易把三角形画成重叠的．
错因：没有看清题目要求．
满分备考：由“基本图形”经过旋转、轴对称、平移等可以得到美丽而丰富的图案，而图案涉及的关键是确定基本图形，制定图形变换的具体操作程序．注意应用几种常见的图形变换．
111．（2019·山东·校联考模拟预测）在4×4的方格内选5个小正方形，让它们组成一个轴对称图形，请在图中画出你的4种方案．（每个4×4的方格内限画一种）
要求：
（1）5个小正方形必须相连（有公共边或公共顶点式为相连）
（2）将选中的小正方行方格用黑色签字笔涂成阴影图形．（每画对一种方案得2分，若两个方案的图形经过反折、平移、旋转后能够重合，均视为一种方案）
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析．
【详解】试题分析：利用轴对称图形的性质用5个小正方形组成一个轴对称图形即可．
试题解析：如图．
．
一、单选题
1．（2023·广东深圳·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，BC=6，将线段AB水平向右平移a个单位长度得到线段EF，若四边形ECDF为菱形时，则a的值为（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】首先根据平行四边形的性质得到CD=AB=4，然后根据菱形的性质得到EC=CD=4，然后求解即可．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=4，
∵四边形ECDF为菱形，
∴EC=CD=4，
∵BC=6，
∴BE=BC−CE=2，
∴a=2．
故选：B．
【点睛】此题考查了平行四边形和菱形的性质，平移的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
2．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，在直角坐标系中，△ABC各点坐标分别为A−2,1，B−1,3，C−4,4．先作△ABC关于x轴成轴对称的△A1B1C1，再把△A1B1C1平移后得到△A2B2C2．若B22,1，则点A2坐标为（ ）

A．1,5B．1,3C．5,3D．5,5
【答案】B
【分析】三点A−2,1，B−1,3，C−4,4的对称点坐标为A1−2,−1，B1−1,−3，C−4,−4，结合B22,1，得到平移规律为向右平移3个单位，向上平移4个单位，计算即可．
【详解】∵三点A−2,1，B−1,3，C−4,4的对称点坐标为A1−2,−1，B1−1,−3，C−4,−4，结合B22,1，
∴得到平移规律为向右平移3个单位，向上平移4个单位，
故A2坐标为1,3．
故选B．
【点睛】本题考查了关于x轴对称，平移规律，熟练掌握轴对称的特点和平移规律是解题的关键．
3．（2023·浙江杭州·统考中考真题）在直角坐标系中，把点Am,2先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点B．若点B的横坐标和纵坐标相等，则m=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】先根据平移方式确定点B的坐标，再根据点B的横坐标和纵坐标相等列方程，解方程即可．
【详解】解：∵点Am,2先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点B，
∴ Bm+1,2+3，即Bm+1,5，
∵点B的横坐标和纵坐标相等，
∴ m+1=5，
∴ m=4，
故选C．
【点睛】本题考查平面直角坐标系内点的平移，一元一次方程的应用等，解题的关键是掌握平面直角坐标系内点平移时坐标的变化规律：横坐标右加左减，纵坐标上加下减．
4．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，将△ABC沿BC向右平移得到△DEF，若BC=5，BE=2，则CF的长是（ ）

A．2B．2.5C．3D．5
【答案】A
【分析】利用平移的性质得到BE=CF，即可得到CF的长．
【详解】解：∵△ABC沿BC方向平移至△DEF处．
∴BE=CF=2，
故选：A．
【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
5．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）在平面直角坐标系中，将点m,n先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是（ ）
A．m−2,n−1B．m−2,n+1C．m+2,n−1D．m+2,n+1
【答案】D
【分析】把m,n横坐标加2，纵坐标加1即可得出结果．
【详解】解：将点m,n先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是m+2,n+1．
故选：D．
【点睛】本题考查点的平移中坐标的变换，把a,b向上（或向下）平移h个单位，对应的纵坐标加上（或减去）h，，把a,b向右上（或向左）平移n个单位，对应的横坐标加上（或减去）n．掌握平移规律是解题的关键．
6．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，用平移方法说明平行四边形的面积公式S=aℎ时，若△ABE平移到△DCF，a=4，ℎ=3，则△ABE的平移距离为（ ）

A．3B．4C．5D．12
【答案】B
【分析】根据平移的方向可得，△ABE平移到△DCF，则点A与点D重合，故△ABE的平移距离为AD的长．
【详解】解：用平移方法说明平行四边形的面积公式S=aℎ时，将△ABE平移到△DCF，
故平移后点A与点D重合，则△ABE的平移距离为AD=a=4，
故选：B．
【点睛】本题考查了平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
7．（2023·江苏苏州·统考中考真题）古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美．下面四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形定义进行解答即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形定义，关键是掌握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．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
8．（2023·山东临沂·统考中考真题）某小区的圆形花园中间有两条互相垂直的小路，园丁在花园中栽种了8棵桂花，如图所示．若A，B两处桂花的位置关于小路对称，在分别以两条小路为x，y轴的平面直角坐标系内，若点A的坐标为(−6,2)，则点B的坐标为（ ）

A．(6,2)B．(−6,−2)C．(2,6)D．(2,−6)
【答案】A
【分析】根据关于y轴对称的点的特点：纵坐标不变，横坐标互为相反数，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：点B的坐标为(6,2)；
故选A．
【点睛】本题考查坐标与轴对称．熟练掌握关于y轴对称的点的特点：纵坐标不变，横坐标互为相反数，是解题的关键．
9．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）已知点M−4,a−2,N−2,a,P2,a在同一个函数图象上，则这个函数图象可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】点M−4,a−2,N−2,a,P2,a在同一个函数图象上，可得N、P关于y轴对称，当x<0时，y随x的增大而增大，即可得出答案．
【详解】解：∵N−2,a,P2,a，
∴得N、P关于y轴对称，
∴选项A、C错误，
∵M−4,a−2,N−2,a在同一个函数图象上，
∴当x<0时，y随x的增大而增大，
∴选项D错误，选项B正确．
故选：B．
【点睛】此题考查了函数的图象．注意掌握排除法在选择题中的应用是解此题的关键．
10．（2023·湖南·统考中考真题）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
【分析】由矩形ABCD是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，线段AB的对称中心是线段AB的中点，矩形ABCD是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，从而可得答案．
【详解】解：矩形ABCD是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，故A符合题意；
线段AB的对称中心是线段AB的中点，故B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C，D不符合题意；
故选A
【点睛】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的含义，矩形的性质，熟记矩形既是中心对称图形也是轴对称图形是解本题的关键．
11．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD=5,OA:OD=1:4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位置，点E的坐标是（ ）

A．1,2B．−1,2C．5−1,2D．1−5,2
【答案】D
【分析】首先证明△AOB∼△D1C1O，求出AB=CD=2，连结OC，设BC与OC1交于点F，然后求出OC=OC1=25，可得C1F=25−2，再用含EF的式子表示出EC1，最后在Rt△EFC1中，利用勾股定理构建方程求出EF即可解决问题．
【详解】解：∵矩形ABCD的边AD=5，OA:OD=1:4，
∴OA=1，OD=4，BC=5，
由题意知AB∥OC1，
∴∠ABO=∠D1OC1，
又∵∠BAO=∠OD1C1=90°，
∴△AOB∼△D1C1O，
∴OAAB=D1C1OD1，
由折叠知OD1=OD=4，D1C1=DC=AB，
∴1AB=AB4，
∴AB=2，即CD=2，
连接OC，设BC与OC1交于点F，
∴OC=OD2+CD2=42+22=25，
∵∠FOA=∠OAB=∠ABF=90°，
∴四边形OABF是矩形，
∴AB=OF=2，∠BFO=90°=∠EFC1，OA=BF=1，
∴CF=5−1=4，
由折叠知OC1=OC=25，EC1=EC=CF−EF=4−EF，
∴C1F=OC1−OF=25−2，
∵在Rt△EFC1中，EF2+C1F2=EC12，
∴EF2+25−22=4−EF2，
解得：EF=5−1，
∴点E的坐标是1−5,2，
故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出AB的长是解题的关键．
12．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P，DM⊥AB于点M，AM=4，则下列结论，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP=158，④BD∥FQ．正确的是（ ）

A．①②③B．②④C．①③④D．①②③④
【答案】A
【分析】由折叠性质和平行线的性质可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判断②正确；由△CDP∽△BQP得CPBP=CDBQ=53，求出BP即可判断③正确；根据EFDE≠QEBE即可判断④错误．
【详解】由折叠性质可知：∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5，
∵CD∥AB，
∴∠CDF=∠QEF．
∴∠QDF=∠QEF．
∴DQ=EQ=5．
故①正确；
∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB，
∴MQ=AM=4．
∵MB=AB−AM=5−4=1，
∴BQ=MQ−MB=4−1=3．
故②正确；
∵CD∥AB，
∴△CDP∽△BQP．
∴CPBP=CDBQ=53．
∵CP+BP=BC=5，
∴BP=38BC=158．
故③正确；
∵CD∥AB，
∴△CDF∽△BEF．
∴DFEF=CDBE=CDBQ+QE=53+5=58．
∴EFDE=813．
∵QEBE=58，
∴EFDE≠QEBE．
∴△EFQ与△EDB不相似．
∴∠EQF≠∠EBD．
∴BD与FQ不平行．
故④错误；
故选A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．
13．（2023·海南·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为6,0，将△ABO绕着点B顺时针旋转60°，得到△DBC，则点C的坐标是（ ）

A．33,3B．3,33C．6,3D．3,6
【答案】B
【分析】过点C作CE⊥OB，由题意可得：∠OBC=60°，OB=OC=6，再利用含30度直角三角形的性质，求解即可．
【详解】解：过点C作CE⊥OB，如下图：

则∠CEB=90°
由题意可得：∠OBC=60°，OB=OC=6，
∴∠BCE=30°，
∴BE=12BC=3，
∴CE=CB2−BE2=33，OE=OB−BE=3，
∴C点的坐标为3,33，
故选：B
【点睛】此题考查了旋转的性质，坐标与图形，含30度直角三角形的性质，以及勾股定理，解题的关键是作辅助线，构造出直角三角形，熟练掌握相关基础性质．
14．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE，旋转角为α0°<α<180°，点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD=24°，则旋转角α的度数为（ ）

A．24°B．28°C．48°D．66°
【答案】C
【分析】先求出∠ADE=66°，再利用旋转的性质求出∠B=66°，AB=AD，然后利用等边对等角求出∠ADB=66°，最后利用三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：如图，
，
∵DE⊥AC，
∴∠AFD=90°，
∵∠CAD=24°，
∴∠ADE=180°−∠CAD−∠AFD=66°，
∵旋转，
∴∠B=∠ADE=66°，AB=AD，
∴∠ADB=∠B=66°，
∴∠BAD=180°−∠B−∠ABD=48°，
即旋转角α的度数是48°．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，掌握等边对等角是解题的关键．
15．（2023·山东临沂·统考中考真题）将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不可能是（ ）
A．60°B．90°C．180°D．360°
【答案】B
【分析】根据旋转的性质，以及正多边形的中心角的度数，进行判断即可．
【详解】解：正六边形的中心角的度数为：360°6=60°，
∴正六边形绕其中心旋转60°或60°的整数倍时，仍与原图形重合，
∴旋转角的大小不可能是90°；
故选B．
【点睛】本题考查旋转图形，正多边形的中心角．熟练掌握旋转的性质，正多边形的中心角的度数的求法，是解题的关键．
二、填空题
16．（2023·山东淄博·统考中考真题）在边长为1的正方形网格中，右边的“小鱼”图案是由左边的图案经过一次平移得到的，则平移的距离是 ．

【答案】6
【分析】确定一组对应点，从而确定平移距离．
【详解】解：如图，点A,A'是一组对应点，AA'=6，所以平移距离为6；
故答案为：6

【点睛】本题考查图形平移；确定对应点从而确定平移距离是解题的关键．
17．（2023·吉林长春·统考中考真题）如图，将正五边形纸片ABCDE折叠，使点B与点E重合，折痕为AM，展开后，再将纸片折叠，使边AB落在线段AM上，点B的对应点为点B'，折痕为AF，则∠AFB'的大小为 度．

【答案】45
【分析】根据题意求得正五边形的每一个内角为155−2×180°=108°，根据折叠的性质求得∠BAM,∠FAB',在△AFB'中，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵正五边形的每一个内角为155−2×180°=108°，
将正五边形纸片ABCDE折叠，使点B与点E重合，折痕为AM，
则∠BAM=12∠BAE=12×108°=54°，
∵将纸片折叠，使边AB落在线段AM上，点B的对应点为点B'，折痕为AF，
∴∠FAB'=12∠BAM=12×54°=27°，∠AB'F=∠B=108°，
在△AFB'中，∠AFB'=180°−∠B−∠FAB'=180°−108°−27°=45°，
故答案为：45．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正多边形的内角和的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
18．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC,∠A<90°，点D,E,F分别在边AB，BC,CA上，连接DE,EF,FD，已知点B和点F关于直线DE对称．设BCAB=k，若AD=DF，则CFFA= （结果用含k的代数式表示）．

【答案】k22−k2
【分析】先根据轴对称的性质和已知条件证明DE∥AC，再证△BDE∽△BAC，推出EC=12k⋅AB，通过证明△ABC ∽△ECF，推出CF=12k2⋅AB，即可求出CFFA的值．
【详解】解： ∵点B和点F关于直线DE对称，
∴ DB=DF，
∵ AD=DF，
∴ AD=DB．
∵ AD=DF，
∴ ∠A=∠DFA，
∵点B和点F关于直线DE对称，
∴ ∠BDE=∠FDE，
又∵ ∠BDE+∠FDE=∠BDF=∠A+∠DFA，
∴ ∠FDE=∠DFA，
∴ DE∥AC，
∴ ∠C=∠DEB，∠DEF=∠EFC，
∵点B和点F关于直线DE对称，
∴ ∠DEB=∠DEF，
∴ ∠C=∠EFC，
∵ AB=AC，
∴ ∠C=∠B，
在△ABC和△ECF中，
∠B=∠C∠ACB=∠EFC，
∴ △ABC ∽△ECF．
∵在△ABC中，DE∥AC，
∴ ∠BDE=∠A，∠BED=∠C，
∴ △BDE∽△BAC，
∴ BEBC=BDBA=12，
∴ EC=12BC，
∵ BCAB=k，
∴ BC=k⋅AB，EC=12k⋅AB，
∵ △ABC ∽△ECF．
∴ ABEC=BCCF，
∴ AB12k⋅AB=k⋅ABCF，
解得CF=12k2⋅AB，
∴ CFFA=CFAC−CF=CFAB−CF=12k2⋅ABAB−12k2⋅AB=k22−k2．
故答案为：k22−k2．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的定义和性质等，有一定难度，解题的关键是证明△ABC ∽△ECF．
19．（2023·四川广安·统考中考真题）如图，圆柱形玻璃杯的杯高为9cm，底面周长为16cm，在杯内壁离杯底4cm的点A处有一滴蜂蜜，此时，一只蚂蚁正好在杯外壁上，它在离杯上沿1cm，且与蜂蜜相对的点B处，则蚂蚁从外壁B处到内壁A处所走的最短路程为 cm．（杯壁厚度不计）

【答案】10
【分析】如图（见解析），将玻璃杯侧面展开，作B关于EF的对称点B'，根据两点之间线段最短可知AB'的长度即为所求，利用勾股定理求解即可得．
【详解】解：如图，将玻璃杯侧面展开，作B关于EF的对称点B'，作B'D⊥AE，交AE延长线于点D，连接AB'，

由题意得：DE=12BB'=1cm,AE=9−4=5cm，
∴AD=AE+DE=6cm，
∵底面周长为16cm，
∴B'D=12×16=8cm，
∴AB'=AD2+B'D2=10cm，
由两点之间线段最短可知，蚂蚁从外壁B处到内壁A处所走的最短路程为AB'=10cm，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了平面展开——最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．同时也考查了同学们的创造性思维能力．
20．（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，在△ABC中，将AB绕点A顺时针旋转α至AB'，将AC绕点A逆时针旋转β至AC'(0°<α<180°,0°<β<180°)，得到△AB'C'，使∠BAC+∠B'AC'=180°，我们称△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．下列结论正确的有 ．
①△ABC与△AB'C'面积相同；
②BC=2AD；
③若AB=AC，连接BB'和CC'，则∠B'BC+∠CC'B'=180°；
④若AB=AC，AB=4，BC=6，则B'C'=10．
【答案】①②③
【分析】延长B'A，并截取AE=AB，连接C'E，证明△ABC≌△AEC'，得出BC=C'E，S△ABC=S△AEC'，根据AB=AB'，AB=AE，得出AE=AB'，证明S△AB'C'=S△AEC'，得出S△ABC=S△AB'C'，即可判断①正确；根据三角形中位线性质得出AD=12C'E，根据BC=C'E，得出BC=2AD，判断②正确；根据AB=AC时，AB=AB'=AC'=AC，
得出∠AB'B=∠ABB'，∠AB'C'=∠AC'B'，∠AC'C=∠ACC'，∠ABC=∠ACB，根据四边形内角和得出
∠AB'B+∠ABB'+∠AB'C'+∠AC'B'+∠AC'C+∠ACC'+∠ABC+∠ACB=360°，求出∠B'BC+∠CC'B'=180°，判断③正确；根据②可知，AD=12BC=3，根据勾股定理得出B'D=AB'2−AD2=42−32=7，求出B'C'=2B'D=27，判断④错误．
【详解】解：延长B'A，并截取AE=AB，连接C'E，如图所示：
∵∠BAC+∠B'AC'=180°，
∴α+β=360°−180°=180°，
∵α+∠BAE=180°，
∴∠BAE=β，
∴∠BAC+∠CAE=∠CAE+∠EAC'，
∴∠BAC=∠EAC'，
根据旋转可知，AC=AC'，AB=AB'，
∵AB=AE，
∴△ABC≌△AEC'，
∴BC=C'E，S△ABC=S△AEC'，
∵AB=AB'，AB=AE，
∴AE=AB'，
∴S△AB'C'=S△AEC'，
∴S△ABC=S△AB'C'，
即△ABC与△AB'C'面积相同，故①正确；
∵AE=AB'，B'D=C'D，
∴AD是△B'C'E的中位线，
∴AD=12C'E，
∵BC=C'E，
∴BC=2AD，故②正确；
当AB=AC时，AB=AB'=AC'=AC，
∴∠AB'B=∠ABB'，∠AB'C'=∠AC'B'，∠AC'C=∠ACC'，∠ABC=∠ACB，
∵∠AB'B+∠ABB'+∠AB'C'+∠AC'B'+∠AC'C+∠ACC'+∠ABC+∠ACB=360°，
∴∠ABB'+∠ABC+∠AC'B'+∠AC'C=∠AB'B+∠ACB+∠AB'C'+∠ACC'=180°，
即∠B'BC+∠CC'B'=180°，故③正确；
∵BC=6，
∴根据②可知，AD=12BC=3，
∵当AB=AC时，AB=AB'=AC'=AC=4，AD为中线，
∴AD⊥B'C'，
∴∠ADB'=90°，
∴B'D=AB'2−AD2=42−32=7，
∴B'C'=2B'D=27，故④错误；
综上分析可知，正确的是①②③．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，勾股定理，四边形内角和，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明△ABC≌△AEC'．
21．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点B坐标8,4，连接OB，将OB绕点O逆时针旋转90°，得到OB'，则点B'的坐标为 ．
【答案】−4,8
【分析】过点B作BA⊥x轴于点A，过点B'作B'C⊥y轴于点C，易证△OAB≌△OCB'AAS，即得出OC=OA=8，B'C=AB=4，即B'−4,8．
【详解】解：如图，过点B作BA⊥x轴于点A，过点B'作B'C⊥y轴于点C，
∵将OB绕点O逆时针旋转90°，得到OB'，
∴∠BOB'=90°，BO=B'O，
∴∠BOC+∠COB'=90°．
∵∠AOB+∠BOC=90°，
∴∠AOB=∠COB'．
又∵∠OAB=∠OCB'=90°，
∴△OAB≌△OCB'AAS，
∴OC=OA=8，B'C=AB=4，
∴B'−4,8．
故答案为：−4,8．
【点睛】本题考查坐标与图形，三角形全等的判定和性质．正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
22．（2023·四川泸州·统考中考真题）在平面直角坐标系中，若点P2,−1与点Q−2,m关于原点对称，则m的值是 ．
【答案】1
【分析】根据关于原点对称的两个点，横、纵坐标互为相反数，进行解答即可．
【详解】解：∵点P2,−1与点Q−2,m关于原点对称，
∴m=1．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的两个点的坐标特点，解题的关键是熟练掌握关于原点对称的两个点，横、纵坐标互为相反数．
三、解答题
23．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A2,−1,B1,−2，C3,−3．

(1)将△ABC向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1．
(2)请画出△ABC关于y轴对称的△A2B2C2．
(3)将△A2B2C2着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，求线段A2C2在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)13π4
【分析】（1）根据平移的性质得出对应点的位置进而画出图形；
（2）利用轴对称的性质得出对应点的位置进而画出图形；
（3）画出旋转后的图形，根据SC3A3A2C2=SC3DEC2=S扇C2OC3−S扇DOE即可得出答案．
【详解】（1）解：如图所示，△A1B1C1即为所求；

（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）将△A2B2C2着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，

设A2A3所在圆交OC3于点D，交OC2于点E，
∵ OA2=OA3，OC2=OC3，
∴C2E=C3D，
∵∠A3OA2=90°，∠C2OC3=90°，
∴∠A3OD=∠A2OE，
∴A3D=A2E，
∴S曲边△A3C3D=S曲边△A2C2E，OC3=32，OD=OA2=5，
∴SC3A3A2C2=SC3DEC2=S扇C2OC3−S扇DOE=90°πOC32360°−90°πOD2360°=90°π322360°−90°π52360°=13π4，
故线段A2C2在旋转过程中扫过的面积为13π4．
【点睛】本题考查平移、轴对称变换作图和旋转的性质以及扇形的面积，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
24．（2023·河南·统考中考真题）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．

(1)观察发现：如图1，在平面直角坐标系中，过点M4,0的直线l∥y轴，作△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，再分别作△A1B1C1关于x轴和直线l对称的图形△A2B2C2和△A3B3C3，则△A2B2C2可以看作是△ABC绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为______；△A3B3C3可以看作是△ABC向右平移得到的，平移距离为______个单位长度．
(2)探究迁移：如图2，▱ABCD中，∠BAD=α0°<α<90°，P为直线AB下方一点，作点P关于直线AB的对称点P1，再分别作点P1关于直线AD和直线CD的对称点P2和P3，连接AP，AP2，请仅就图2的情形解决以下问题：
①若∠PAP2=β，请判断β与α的数量关系，并说明理由；
②若AD=m，求P，P3两点间的距离．
(3)拓展应用：在（2）的条件下，若α=60°，AD=23，∠PAB=15°，连接P2P3．当P2P3与▱ABCD的边平行时，请直接写出AP的长．
【答案】(1)180°，8．
(2)①β=2α，理由见解析；②2msinα
(3)26或32−6
【分析】（1）观察图形可得△A2B2C2与△ABC关于O点中心对称，根据轴对称的性质可得即可求得平移距离；
（2）①连接AP1，由对称性可得，∠PAB=∠P1AB，∠P1AD=∠P2AD，进而可得∠PAP2=2∠BAD，即可得出结论；
②连接PP1,P1P3分别交AB,CD于E,F两点，过点D作DG⊥AB，交AB于点G，由对称性可知：PE=P1E，P1F=P3F且PP1⊥AB，P1P3⊥CD，得出PP3=2EF，证明四边形EFDG是矩形，则DG=EF，在Rt△DAG中，根据sin∠DAG=DGDA，即可求解；
（3）分P2P3∥AD，P2P3∥CD，两种情况讨论，设AP=x，则AP1=AP2=x，先求得PP1=6−22x，勾股定理求得P1P3，进而表示出PP3，根据由（2）②可得PP3=2ADsinα，可得PP3=6，进而建立方程，即可求解．
【详解】（1）（1）∵△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，△A1B1C1与△A2B2C2关于x轴对称，
∴△A2B2C2与△ABC关于O点中心对称，
则△A2B2C2可以看作是△ABC绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为180°
∵A−1,1，
∴AA1=2，
∵M4,0,A1,A3关于直线x=4对称，
∴A1A3+AA1=2×4=8，
即AA3=8，
△A3B3C3可以看作是△ABC向右平移得到的，平移距离为8个单位长度．
故答案为：180°，8．

（2）①β=2α，理由如下，
连接AP1，

由对称性可得，∠PAB=∠P1AB，∠P1AD=∠P2AD，
∠PAP2=∠PAB+∠P1AB+∠P1AD+∠P2AD
=2∠P1AB+2∠P1AD
=2∠P1AB+∠P1AD
=2∠BAD
∴β=2α，
②连接PP1,P1P3分别交AB,CD于E,F两点，过点D作DG⊥AB，交AB于点G，

由对称性可知：PE=P1E，P1F=P3F且PP1⊥AB，P1P3⊥CD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD
∴P，P1，P3三点共线，
∴PP3=PE+P1E+P1F+P3F=2P1E+2P1F=2EF，
∵PP1⊥AB,P1P3⊥CD,DG⊥AB，
∴∠P1FD=∠P1EG=∠DGE=90°，
∴四边形EFDG是矩形，
∴DG=EF，
在Rt△DAG中，∠DAG=α，AD=m
∵sin∠DAG=DGDA，
∴DG=AD⋅sin∠DAG=msinα,
∴PP3=2EF=2DG=2msinα
（3）解：设AP=x，则AP1=AP2=x，
依题意，P1P2⊥AD，
当P2P3∥AD时，如图所示，过点P作PQ⊥AP1于点Q，

∴∠P1P2P3=90°
∵∠PAB=15°，α=60°，
∴∠PAP1=2∠PAB=30°，∠DAP1=∠DAP2=45°
∴∠P2AP1=90°，则P1P2=2x，
在△APP1中，∠AP1P=12180°−∠PAP1=75°，
∴∠P2P1P3=180°−45°−75°=60°，则∠P1P3P2=30°，
∴P1P3=2P2P1=22x
在Rt△APQ中，∠PAQ=30°，则PQ=12AP=12x，AQ=AP2−PQ2=32x，
在Rt△PQP1中，P1Q=AP1−AQ=x−32x，
PP1=P1Q2+PQ2=x−32x2+12x2=2−3x=6−22x，
∴PP3=PP1+P1P3=6−22x+22x=6+322x
由（2）②可得PP3=2ADsinα，
∵AD=23
∴PP3=2×23×32=6
∴6+322x=6，
解得：x=32−6；
如图所示，若P2P3∥DC，则∠P1P3P2=90°，

∵∠P2P1P3=60°，则∠P3P2P1=30°，
则P1P3=12P1P2=22x，
∵PP1=6−22x，PP3=6−22x+22x=62x，
∵PP3=6，
∴62x=6，
解得：x=26，
综上所述，AP的长为32−6或26．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．
25．（2023·山东枣庄·统考中考真题）（1）观察分析：在一次数学综合实践活动中，老师向同学们展示了图①，图②，图③三幅图形，请你结合自己所学的知识，观察图中阴影部分构成的图案，写出三个图案都具有的两个共同特征：___________，___________．

（2）动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在（1）中发现的共同特征．

【答案】（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；（2）见解析
【分析】（1）应从对称方面，阴影部分的面积等方面入手思考；
（2）应画出既是轴对称图形，且面积为4的图形．
【详解】解：（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；
故答案为：观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；
（2）如图：

【点睛】此题主要考查了利用轴对称图形设计图案，关键是掌握利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案．
26．（2023·辽宁大连·统考中考真题）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．
已知AB=AC,∠A>90°，点E为AC上一动点，将△ABE以BE为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：
独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC=2∠ACB．”
小红：“若点E为AC中点，给出AC与DC的长，就可求出BE的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：

问题1：在等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到．
（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC=2∠ACB；
（2）如图2，若点E为AC中点，AC=4,CD=3，求BE的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠A<90°的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．
问题2：如图3，在等腰△ABC中，∠A<90°,AB=AC=BD=4,2∠D=∠ABD．若CD=1，则求BC的长．
【答案】（1）见解析；（2）3+572；问题2：BC=10
【分析】（1）根据等边对等角可得∠ABC=∠C，根据折叠以及三角形内角和定理，可得∠BDE=∠A =180°−2∠C，根据邻补角互补可得∠EDC+∠BDE=180°，即可得证；
（2）连接AD，交BE于点F，则EF是△ADC的中位线，勾股定理求得AF,BF，根据BE=BF+EF即可求解；
问题2：连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，根据已知条件可得BM∥CD，则四边形CGMD是矩形，勾股定理求得AD，根据三线合一得出MD,CG，根据勾股定理求得BC的长，即可求解．
【详解】（1）∵等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到
∴∠ABC=∠C，∠BDE=∠A =180°−2∠C，
∵∠EDC+∠BDE=180°，
∴∠EDC=2∠ACB；
（2）如图所示，连接AD，交BE于点F，

∵折叠，
∴EA=ED，AF=FD，AE=12AC=2，AD⊥BE，
∵E是AC的中点，
∴EA=EC，
∴EF=12CD=32，
在Rt△AEF中，AF=AE2−EF2=22−322=72，
在Rt△ABF中，BF=AB2−AF2=42−722=572，
∴BE=BF+EF=3+572；
问题2：如图所示，连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，

∵AB=BD，
∴AM=MD，∠ABM=∠DBM=12∠ABD，
∵2∠BDC=∠ABD，
∴∠BDC=∠DBM，
∴BM∥CD，
∴CD⊥AD，
又CG⊥BM，
∴四边形CGMD是矩形，
则CD=GM，
在Rt△ACD中，CD=1，AD=4,AD=AC2−CD2=42−12=15，
∴AM=MD=152，CG=MD=152
在Rt△BDM中，BM=BD2−DM2=42−1522=72，
∴BG=BM−GM=BM−CD=72−1=52，
在Rt△BCG中，BC=BG2+CG2=522+1522=10．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
27．（2023·重庆·统考中考真题）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)见解析
(2)见解析
(3)3+2
【分析】（1）根据旋转的性质得出CE=CF，∠ECF=60°，进而证明△BCE≌△ACFSAS，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=12AC=2，进而得出∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，则PQ=3PG=3GQ，当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，即可求解．
【详解】（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°
∴∠ACB=∠ECF
∴∠ACB−∠ACE=∠ECF−∠ACE
即∠BCE=∠ACF
在△BCE和△ACF中
EC=FC∠BCE=∠ACFBC=AC，
∴△BCE≌△ACFSAS，
∴∠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=12AC
∴∠AGF=90°
又∵DG=12AC=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，
CF=CECD=CG
∴Rt△CED≌Rt△CFG
∴GF=ED
∴ED=FK
∴四边形EDFK是平行四边形，
∴EH=HF；
（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=12AC=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=3PG=3GQ，
∴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=12GC=12DC=1，
∴PQ=3，
∴PQ+QF=3+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．
28．（2023·浙江宁波·统考中考真题）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】(1)画图见解析
(2)画图见解析
【分析】（1）先画等腰三角形PAB，PA=PB，再确定平移后的对应点，再顺次连接即可；
（2）确定A，B旋转后的对应点，而C的对应点是其本身，再顺次连接即可．
【详解】（1）解：如图，△PAB，△P'A'B'即为所求作的三角形；

（2）如图，△A'B'C即为所求作的三角形，

【点睛】本题考查的是平移，旋转的作图，作等腰三角形，熟练的利用网格特点以及平移旋转的性质进行作图是解本题的关键．
29．（2023·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=13x2+bx+c的图象经过点A0,2，与x轴的交点为点B3,0和点C．

(1)求这个二次函数的表达式；
(2)点E，G在y轴正半轴上，OG=2OE，点D在线段OC上，OD=3OE．以线段OD，OE为邻边作矩形ODFE，连接GD，设OE=a．
①连接FC，当△GOD与△FDC相似时，求a的值；
②当点D与点C重合时，将线段GD绕点G按逆时针方向旋转60°后得到线段GH，连接FH，FG，将△GFH绕点F按顺时针方向旋转α(0°<α≤180°)后得到△G'FH'，点G，H的对应点分别为G'、H'，连接DE．当△G'FH'的边与线段DE垂直时，请直接写出点H'的横坐标．
【答案】(1)y=13x2−3x+2
(2)①43或65；②23+3或23+377或3
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）①利用已知条件用含a的代数式表示出点E，D，F，G的坐标，进而得到线段CD的长度，利用分类讨论的思想方法和相似三角形的性质，列出关于a的方程，解方程即可得出结论；
②利用已知条件，点的坐标的特征，平行四边形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质求得FH=OD=23 ，∠GOD=∠GFH=90°和GH的长，利用分类讨论的思想方法分三种情形讨论解答利用旋转的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理求得相应线段的长度即可得出结论；
【详解】（1）∵二次函数y=13x2+bx+c的图象经过点A0,2，与x轴的交点为点B3,0，
∴c=21+3b+2=0,
解得：b=−3c=2
∴此抛物线的解析式为y=13x2−3x+2
（2）①令y=0，则13x2−3x+2=0
解得：x=3或x=23，
∴C(23,0)
∴OC=23．
∵OE=a,OG=2OE,OD=3OE,
∴OG=2a,OD=3a
∵四边形ODFE为矩形，
∴EF=OD=3a,FD=OE=a
∴E(0,a),D(3a,0),F(3a,a),G(0,2a)
∴CD=OC−OD=23−3a
Ⅰ．当△GOD∽△FDC时，
∴OGOD=FDCD
∴2a3a=a23−3a
∴a=43
Ⅱ．当△GOD∽△CDF时，
∴OGOD=CDFD
∴2a3a=23−3aa
∴a=65
综上，当△GOD与△FDC相似时，a的值为43或65；
②∵点D与点C重合，
∴OD=OC=23
∴OE=2,OG=2OE=4,EF=OD=23,DF=OE=2
∴EG=OE=2
∴EG=DF=2,
∵EG∥DF,
∴四边形GEDF为平行四边形，
∴FG=DE=OE2+OD2=22+(23)2=4,
∴∠GFE=30°,
∴∠EGF=60°,
∵∠DGH=60°,
∴∠EGF=∠DGH,
∴∠OGD=∠FGH.
在△GOD和△GFH中，
GO=GF=4∠OGD=∠FGH,GD=GH
∴△GOD≌△GFH(SAS),
∴FH=OD=23,∠GOD=∠GFH=90°.
∴GH=GF2+FH2=42+(23)2=27.
Ⅰ、当 G'F 所在直线与 DE 垂直时，如图，
∵∠GFH=90°, GF∥DE,
∴∠G'FH'=90°,
∴G，F，H'三点在一条直线上，
∴GH'=GF+FH'=FG+FH=4+23.
过点 H' 作 H'K⊥y 轴于点 K， 则 H'K∥FE
∴∠KH'G=∠EFG=30°,
∴H'K=H'G⋅cs30°=32×(4+23)=23+3,
∴此时点 H' 的横坐标为 23+3
Ⅱ．当G'H'所在直线与DE垂直时，如图，
∵GF∥DE，
∴G'H'⊥GF，
设GF的延长线交G'H'于点M，过点M作MP⊥EF，交EF的延长线于点P，过点H'作H'N⊥MP，交PM的延长线于点N，则H'N∥PF∥x轴，∠PFM=∠EFG=30°．
∵S△FG'H'=12G'H'⋅FM=12FH'⋅FG'，
∴4×23=27FM，
∴FM=4217．
∴FP=FM⋅cs30°=4217×32=677，
∴PE=PF+EF=23+677．
∵H'M=FH'2−FM2=677，
∴H'N=H'M⋅sin30°=377，
∴此时点H'的横坐标为PE−H'N=23+677−377=23+377；
Ⅲ．当FH'所在直线与DE垂直时，如图，
∵∠H'FG'=90°，GF∥DE，
∴∠GFH'=90°，
∴H，F，H'三点在一条直线上，则∠H'FD=30°，
过点H'作H'L⊥DF，交FD的延长线于点L，
H'L=H'F⋅sin30°=23×12=3，
∴此时点H'的横坐标为EF−H'L=23−3=3．
综上，当△G'FH'的边与线段DE垂直时，点H'的横坐标为23+3或23+377或3．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，利用点的坐标表示出相应线段的长度和正确利用分类讨论的思想方法是解题的关键
30．（2023·四川广安·统考中考真题）将边长为2的正方形剪成四个全等的直角三角形，用这四个直角三角形拼成符合要求的四边形，请在下列网格中画出你拼成的四边形（注：①网格中每个小正方形的边长为1；②所拼的图形不得与原图形相同；③四边形的各顶点都在格点上）．

【答案】见解析（答案不唯一，符合题意即可）
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的性质进行作图即可．
【详解】解：①要求是轴对称图形但不是中心对称图形，则可作等腰梯形，如图四边形ABCD即为所求；
②要求是中心对称图形但不是轴对称图形，则可作一般平行四边形，如图四边形ABCD即为所求；
③要求既是轴对称图形又是中心对称图形，则可作菱形、矩形等，如图四边形ABCD即为所求；
④要求既不是轴对称图形又不是中心对称图形，则考虑作任意四边形，如图四边形ABCD即为所求．

【点睛】本题考查轴对称图形和中心对称图形的概念及作图，轴对称图形：把一个图形沿着某条直线折叠，能够与另一个图形重合；中心对称图形：把一个图形绕着某个点旋转180°能够和原图形重合．