中考数学第一轮复习讲义第31讲 轴对称、平移、旋转（练习）（解析版）

这是一份中考数学第一轮复习讲义第31讲 轴对称、平移、旋转（练习）（解析版），共160页。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\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°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10)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