中考数学 专题练习14 图形变换（河南专用）（解析版）

这是一份中考数学 专题练习14 图形变换（河南专用）（解析版），共116页。试卷主要包含了图形的平移，平移背景下的函数问题，图形的折叠与对称，图形旋转，平面直角坐标系中的对称问题，图形的旋转问题，图形旋转的综合问题，平面直角坐标系中的旋转问题等内容，欢迎下载使用。

考点一、图形的平移
1．（2020·河南·中考真题）如图，在中，．边在轴上，顶点的坐标分别为和．将正方形沿轴向右平移当点落在边上时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先画出落在上的示意图，如图，根据锐角三角函数求解的长度，结合正方形的性质，从而可得答案．
【详解】解：由题意知：
四边形为正方形，


如图，当落在上时，


由




故选
【点睛】本题考查的是平移的性质的应用，同时考查了正方形的性质，图形与坐标，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2022·河南·中考真题）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点处，得到扇形．若∠O＝90°，OA＝2，则阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】设与扇形交于点，连接，解，求得，根据阴影部分的面积为，即可求解．
【详解】如图，设与扇形交于点，连接，如图
是OB的中点
, OA＝2，
＝90°，将扇形AOB沿OB方向平移，
阴影部分的面积为
故答案为：
【点睛】本题考查了解直角三角形，求扇形面积，平移的性质，求得是解题的关键．
考点二、平移背景下的函数问题
3．（2024·河南·中考真题）如图，矩形的四个顶点都在格点（网格线的交点）上，对角线，相交于点E，反比例函数的图象经过点A．
(1)求这个反比例函数的表达式．
(2)请先描出这个反比例函数图象上不同于点A的三个格点，再画出反比例函数的图象．
(3)将矩形向左平移，当点E落在这个反比例函数的图象上时，平移的距离为________．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了待定系数法求反比例函数解析，画反比例函数图象，平移的性质等知识，解题的关键是：
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）分别求出，，对应的函数值，然后描点、连线画出函数图象即可；
（3）求出平移后点E对应点的坐标，利用平移前后对应点的横坐标相减即可求解．
【详解】（1）解：反比例函数的图象经过点，
∴，
∴，
∴这个反比例函数的表达式为；
（2）解：当时，，
当时，，
当时，，
∴反比例函数的图象经过，，，
画图如下：
（3）解：∵向左平移后，E在反比例函数的图象上，
∴平移后点E对应点的纵坐标为4，
当时，，
解得，
∴平移距离为．
故答案为：．
考点三、图形的折叠与对称
4．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】由折叠的性质可知，，，再根据菱形的性质，得出，从而求出，则，即可求解．
【详解】解：由折叠的性质可知，，，
在菱形中，，
，，
，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，分母有理化等知识，掌握菱形的性质是解题关键．
5．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为 ．
【答案】
【分析】设正方形的边长为a，与y轴相交于G，先判断四边形是矩形，得出，，，根据折叠的性质得出，，在中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在中，利用勾股定理构建关于的方程，求出的值，即可求解．
【详解】解∶设正方形的边长为a，与y轴相交于G，
则四边形是矩形，
∴，，，
∵折叠，
∴，，
∵点A的坐标为，点F的坐标为，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴，，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点E的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．
6．（2021·河南·中考真题）小华用一张直角三角形纸片玩折纸游戏，如图1，在中，，，．第一步，在边上找一点，将纸片沿折叠，点落在处，如图2，第二步，将纸片沿折叠，点落在处，如图3．当点恰好在原直角三角形纸片的边上时，线段的长为 ．
【答案】或
【分析】因为点恰好在原直角三角形纸片的边上，所以分为当落在边上和边上两种情况分析，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：当落在边上时，如图（1）：
设交于点，
由折叠知：,
,,
，，
设，则在中，
在中，
即．
当落在边上时，如图（2）
因为折叠，

．
故答案为：或
【点睛】本题考查了轴对称变换，勾股定理，直角三角形中的性质，正确的作出图形是解题的关键．
考点四、图形旋转
7．（2021·河南·中考真题）如图，的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接,由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，即得点的坐标．
【详解】如图，连接，因为轴，
绕点顺时针旋转得到，
所以，
,
故答案为B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，找到是解题的关键．
8．（2014·河南·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=1，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，其中点C的运动路径为，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】根据菱形的性质以及旋转角为30°，连接CD′和，可得A、D′、C及A、B、C′分别共线，求出扇形的面积，再根据AAS证得两个小三角形全等，求得面积，最后根据扇形的面积-两个小的三角形的面积即可．
【详解】解：连接CD′和
∵∠DAB=60°
∴
∵
∴A、D′、C及A、B、C′分别共线
∴
∴扇形ACC′的面积为：
∵AC=AC′，AD′=AB
在
∴
∴OB=OD′，CO=C′O
又∵
∴
在，
解得
∴S△OCB=，
∴
故答案为:．

【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，扇形的面积公式，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．
9．（2022·河南·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为 ．
【答案】或/或
【分析】连接，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，分点在线段上和的延长线上，且，勾股定理求得即可．
【详解】如图，连接，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，
，，
，
根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，点在上，且，
，
如图，在中，，
在中，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，确定点的位置是解题的关键．
10．（2025·河南·中考真题）小军将一副三角板按如图方式摆放在平面直角坐标系中，其中含角的三角板的直角边落在轴上，含角的三角板的直角顶点的坐标为，反比例函数的图象经过点．
(1)求反比例函数的表达式．
(2)将三角板绕点顺时针旋转边上的点恰好落在反比例函数图象上，求旋转前点的坐标．
【答案】(1)反比例函数的表达式为：
(2)
【分析】（1）把的坐标为代入反比例函数即可得到答案；
（2）求解，证明，求解，如图，连接，旋转到的位置；可得，结合的对应点在的图象上，可得，进一步求解即可.
【详解】（1）解：∵含角的三角板的直角顶点的坐标为，反比例函数的图象经过点．
∴，
∴反比例函数的表达式为：；
（2）解：∵，
∴，
∵含角的三角板为等腰直角三角形，，
∴，，
如图，连接，旋转到的位置；
∴，
∵的对应点在的图象上，
∴，
∴，
由旋转可得：，
∴.
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，反比例函数的应用，理解题意是解本题的关键.
专练一、几何图形的平移应用
11．（2025·河南南阳·模拟预测）如图，沿边向右平移得到，若，，则的长为（ ）
A．6B．8C．9D．10
【答案】A
【分析】本题主要考查了平移的性质，平行线分线段成比例，
先根据平移的性质得，再根据平行线分线段成比例求出，此题可解．
【详解】解：∵将沿着边向右平移得到，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴．
故选：A．
12．（2025·河南驻马店·三模）如图1，扇形中，，，正方形的顶点D，C，E分别在，，上将正方形沿直线向右平移，得到正方形，其中点D的对应点N恰好与点C重合，如图2所示，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了扇形面积的计算、全等三角形的判定与性质、平移的性质，先求出正方形的边长，再结合扇形及三角形的面积公式求出正方形中空白部分的面积，据此可解决问题．熟知图形平移的性质及正方形的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
则．
点D的对应点N恰好与点C重合，
，，
，．
由平移可知，正方形的边长为，
正方形的面积为2．
阴影部分的面积为：．
故选：A．
13．（2024·河南焦作·二模）如图，把沿着直线向右平移至处，连接，若 ，则点 到的距离是
【答案】
【分析】本题考查三角形的面积，根据求出，由三角形的面积公式可求出答案．
【详解】解：连接，设点到的距离是h，
∵，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
14．（2025·河南平顶山·模拟预测）如图所示，在矩形中，，，将沿射线平移得，连接，，当是直角三角形时，平移的距离的长度为 ．
【答案】或
【分析】利用分类思想，当，延长交于M，过点F作，交的延长线于N，结合三角形相似，三角函数解答即可．
【详解】解：①如图1所示，
当，延长交于M，过点F作，交的延长线于N．
∴．
∵，
∴．
设，
∴．
∵，
∴四边形是矩形．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴，即．
∴．
∴；
②如图2所示，
，由邻补角定义可得．
在中，．
综上所述，BE的长度是或．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，余弦函数的应用，熟练掌握性质，函数的应用是解题的关键．
专练二、平面直角坐标中的平移问题
15．（2025·河南驻马店·三模）在平面直角坐标系中，若将点先向下平移个单位长度，再向右平移个单位长度得到的点的坐标为，则点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查坐标与图形的变化—平移，已知新点的坐标，求原来点的坐标，根据平移的逆过程，将平移后的点反向平移即可得到原坐标即可．解题的关键是掌握点坐标平移的坐标特征：左右移动改变点的横坐标，左减右加；上下移动改变点的纵坐标，上加下减．
【详解】解：∵将点先向下平移个单位长度，再向右平移个单位长度得到的点的坐标为，
∴将坐标为的点先向上平移个单位长度，再向左平移个单位长度可得到点，
∴点坐标为，即．
故选：A．
16．（2025·河南周口·二模）如图，在平面直角坐标系中，的边在x轴上，点M是的中点，，，点B的纵坐标是将向左平移，使得点A与点M重合，则平移后点B的横坐标为（）
A．0B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了直角三角形的性质与图形平移的综合应用，解题关键是通过作辅助线利用直角三角形边角关系求出原坐标，再结合平移性质计算平移后坐标．
作辅助线，利用点纵坐标得．在中，由和，算出．在中，因得，进而，又是中点，得．平移距离为，用原横坐标减去平移距离，得平移后横坐标为．
【详解】过点作于点，
因为点的纵坐标是，
所以．
在中，，
，即，
所以，
解得．
在中，，
则，
所以，
那么．
因为点是的中点，
所以．
将向左平移，使得点与点重合，那么平移的距离为的长度，即．
点原来的横坐标为，
向左平移个单位后，平移后点的横坐标为．
故选：C．
17．（2025·河南驻马店·三模）如图所示，在平面直角坐标系中，直线的解析式为，在直线上取，过点作轴，垂足为，将沿射线方向平移，每次平移个单位长度，第一次平移得，第二次得，则第次平移后，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设点，根据勾股定理求得，所以，，进而可得，，再根据平移的性质得，，，，总结出规律即可得解．
【详解】解：设点，
，
，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
，，
，，
将沿射线方向平移，每次平移个单位长度，第一次平移得，第二次得，
，，，，，
第次平移后，点的坐标为，
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数上点的坐标特征，平移的性质，勾股定理，数字规律探索，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
18．（2025·河南南阳·二模）如图，菱形在平面直角坐标系的第一象限内，轴，点、的坐标分别为、．
(1)直接写出点、的坐标；
(2)若将菱形向下平移个单位长度，使菱形的两个顶点同时落在反比例函数的图象上，求及此时的值．
【答案】(1)，
(2)的值为，此时的值为9或45
【分析】本题考查反比例函数的图象及性质，菱形的性质，求出菱形各点的坐标是解题的关键．
（1）连接交于点，则轴，推出，，求得，根据菱形的对称性质求解即可；
（2）根据平移的性质求得，，，，分两种情况讨论，当，两点和，两点同时落在反比例函数图象上时，利用反比例函数的性质列式计算即可求解．
【详解】（1）解：连接交于点，
∵菱形，且轴，
∴轴，
∵点、的坐标分别为、，
∴，，
∴，
∴，；
（2）解：∵点，，，，
∴将菱形向下平移个单位长度后对应点的坐标依次为，，，，
∵轴，轴，
∴，或，不能同时落在反比例函数图象上．
当，两点同时落在反比例函数图象上时，，
∴，
∴，
∴；
当，两点同时落在反比例函数图象上时，．
∴，
∴，
∴．
故的值为，此时的值为9或45．
19．（2025·河南信阳·三模）如图，等腰直角三角形的三个顶点坐标，反比例函数的图象经过点C．
(1)求这个反比例函数的表达式．
(2)请先描出这个反比例函数图象上不同于点C的两个点，再画出反比例函数位于第一象限的图象．
(3)若将等腰直角三角形向上平移m个单位，再向右平移n个单位后，顶点A、B的对应点恰好都在反比例函数的图象上，请直接写出满足条件的m，n的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了反比例函数的图象，待定系数法求函数解析式，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）由待定系数法求解即可；
（2）根据描点法即可作图；
（3）先表示出平移后的顶点A、B的对应点，再代入反比例函数解析式即可求解．
【详解】（1）解：反比例函数的图象经过点，
∴，
∴反比例函数解析式为；
（2）解：如图，描出，两点，
图象如图所示：
（3）解：∵，
∴向上平移m个单位，再向右平移n个单位后，顶点A、B的对应点分别为，，
将点，代入，
则：
由得，
将代入①，整理得：，
解得：或（舍），
∴．
20．（2025·河南南阳·一模）如图，菱形的四个顶点都在格点上，反比例函数的图象经过点A．
(1)求这个反比例函数的表达式．
(2)请先描出这个反比例函数图象上不同于点A的三个格点，再画出反比例函数的图象．
(3)将菱形向右平移4.5个单位时，对角线的中点所在的反比例函数的解析式为______．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了求反比例函数解析式，画反比例函数解析式，平移的性质，掌握反比例函数的图象和性质是解题关键．
（1）由图形可知，，再根据待定系数法求解即可；
（2）根据反比例函数解析式描点画图即可；
（3）先求出平移后的、坐标，进而得到对角线的中点坐标，再根据待定系数法求解即可．
【详解】（1）解：由图形可知，，
反比例函数的图象经过点A，
，
，
这个反比例函数的表达式为．
（2）解：当时，；
当时，；
当时，；
描点画图如下：
（3）解：由图形可知，，，
菱形向右平移4.5个单位，
平移后的坐标，，
的中点坐标为，
设对角线的中点所在的反比例函数的解析式为，
，
解得：，
对角线的中点所在的反比例函数的解析式为．
21．（2025·河南平顶山·模拟预测）已知二次函数的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，已知点B的坐标为，且．

(1)求二次函数的解析式；
(2)在抛物线上位于第一象限的部分是否存在点P，使得，若存在，请求出点P坐标，若不存在，说明理由；
(3)将线段向左平移个单位长度，若线段与抛物线有唯一交点，请直接写出k的取值范围．
【答案】(1)
(2)存在，
(3)
【分析】本题主要考查了二次函数的综合题，平移的性质，掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．
（1）用待定系数法求二次函数解析式即可．
（2）根据已知条件可得出，将代入，解出x，再结合点P在第一象限，即可得出答案．
（3）根据题意可知线段的平移轨迹为平行四边形，数形结合即可得出答案．
【详解】（1）解：将代入，得．
∴点C的坐标为．
∵，
∴点A的坐标为．
已知点B的坐标为，设函数解析式为．
将点代入，得．
∴二次函数的解析式为．
（2）解：∵与等底，且，
∴．
将代入，
得关于x的方程，
解得（舍），．
∴点P的坐标为．
（3）解：根据题意可知线段的平移轨迹为平行四边形，
数形结合可得若线段与抛物线有唯一交点时，的取值范围为．

专练三、圆的折叠问题
22．（2025·河南·模拟预测）如图，是的弦，把沿翻折，点A在翻折后的上，点C在上．若，则的度数是（ ）
A．80°B．100°C．120°D．140°
【答案】B
【分析】本题考查圆的相关性质（圆周角定理、翻折的性质），解题的关键是利用圆内接四边形的性质以及翻折前后的角的关系．
利用圆内接四边形对角互补以及翻折后角的等量关系求解．
【详解】如解图，
把折叠部分展开，点A的对应点为，则四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
即，
故选B．
23．（2025·河南驻马店·三模）如图，在扇形中，为半径上一点，将沿折叠，使得点的对应点恰好落在上，且．若，则阴影部分的周长为 （结果保留）．
【答案】
【分析】本题考查弧长的计算，圆周角定理以及直角三角形的边角关系，翻折的性质，掌握翻折的性质以及直角三角形的边角关系，弧长的计算方法是正确解答的关键．
根据翻折的性质以及直角三角形的边角关系求出圆心角、的度数，再根据弧长公式进行计算即可．
【详解】如图，连接交于点，
由翻折的性质可知，，
∴．
在中，，
，
，
，
，
∴的长为，
∴阴影部分的周长为．
故答案为：．
24．（2025·河南周口·三模）如图，扇形中，，点为上一点，将扇形沿着折叠，恰好经过点，则阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了求扇形面积，折叠的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，此题难度适中，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法是解题的关键．根据恰好经过点O，可得点O关于的对称点在上，然后作点O关于的对称点D，连接，可得则，阴影部分的面积为，再证得是等边三角形，可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：∵恰好经过点O，
∴点O关于的对称点在上，作点O关于的对称点D，连接，如图，
则，
阴影部分的面积为，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∵，
∴，即，
∴，
∴阴影部分的面积等于
，
故答案为：．
25．（2025·河南·模拟预测）如图，为的直径，C为上一点，连接，将沿弦翻折，翻折后经过圆心O．若的半径为2，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】作点O关于弦的对称点D，得点D在上，连接，交于点E，连接．可得为等边三角形．得．证明是等边三角形．得四边形是菱形．由,得，连接，由 得．即得．
【详解】解：如解图，作点O关于弦的对称点D，
由对称性知，D在上，
连接，交于点E，连接．
则．
又∵，
∴为等边三角形．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴是等边三角形．
∴．
∴四边形是菱形．
∵,
∴，
连接，
∵，
∴
∴．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆弧折叠，扇形面积的计算，熟练掌握折叠的性质，等边三角形判定和性质，含30度的直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，菱形判定和性质，扇形的面积计算公式，是解题的关键．
26．（2025·河南洛阳·一模）如图，在扇形中，点C、D在上，将沿着弦折叠后恰好与相切于点E，点F．已知，阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】根据对称性作关于的对称点，则，连接交于，则点都在以为圆心，半径为6的圆上，求出，易证是等边三角形，推出，求出，再由即可求解．
【详解】解：作关于的对称点，连接交于，则，
∵将沿弦折叠，
∴点都在以为圆心，半径为6的圆上，
∵将沿弦折叠后恰好与，相切于点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形中，即的度数为，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质、垂径定理、等边三角形的判定与性质、解直角三角形、扇形面积；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．
27．（2025·河南郑州·模拟预测）如图是一张半圆形纸片，是其直径，C是半圆O上一点，将纸片沿直线翻折后，交直径于点．若点恰好落在点处．
(1)尺规作图：在图中作出点折叠前的对应点(保留作图痕迹)；
(2)分别连接、、，请判断四边形的形状，并说明理由；
(3)连接，与、分别交于点F、G，则 ．
【答案】(1)见解析
(2)四边形ADCE是菱形，见解析
(3)
【分析】本题考查了轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定和性质．
（1）在上取一点，使，根据菱形的性质即可求解．
（2）利用轴对称性得出，，结合半径，得出，即可得证；
（3）证明，求出，同理得出，，则可求，即可求解．
【详解】（1）解：如图，以点为圆心，以为半径画弧交于点，连接，
∵，
∴是等边三角形，，
∵折叠，，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴点即为折叠前点的对应点；
（2）证明：∵E是点关于直线的对称点，
，，
∵，
∴，
∴四边形是菱形
（3）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
同理，
∵，
∴
∴，
∴．
专练四、图形的折叠问题
28．（2025·河南驻马店·模拟预测）豫剧脸谱以色彩鲜明、图案夸张著称，通过不同颜色和图案表现人物性格、身份和命运．下面四张豫剧脸谱图片中为轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了轴对称图形的概念，熟练掌握轴对称图形的概念并找到对称轴是解答本题的关键．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，这条直线叫做对称轴．
根据轴对称图形的概念依次判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，故符合题意；
B、不是轴对称图形，故不符合题意；
C、不是轴对称图形，故不符合题意；
D、不是轴对称图形，故不符合题意；
故选：A．
29．（2025·河南郑州·三模）若一个图形上所有点的横坐标不变，纵坐标乘以，则所得图形与原图形的关系为（ ）
A．关于轴成轴对称图形B．关于轴成轴对称图形
C．关于原点成中心对称图形D．无法确定
【答案】A
【分析】本题考查中心对称图形，轴对称图形，关于轴，轴，原点对称的点的坐标，结合已知条件得到坐标的变化关系是解题的关键．由题意可得对应点的坐标关于轴对称，据此即可得出答案．
【详解】解：若一个图形上所有点的横坐标不变，纵坐标乘以，
那么对应点的坐标关于轴对称，
即所得图形与原图形关于轴成轴对称图形，
故选：A．
30．（2025·河南信阳·三模）如图，在中，，点是的中点，点是边上一动点，沿所在直线把翻折到的位置，交于点，连接．若为直角三角形，则的长为 ．
【答案】或
【分析】根据题意，由为直角三角形，分两种情形画出图形，构造直角三角形用勾股定理求解即可得到答案．
【详解】解：由为直角三角形，分两种情况：
①，如图所示：
在中，，，，
设，，
在中，，，，则，
解得，即；
②，过点作交的延长线与点，如图所示：
由折叠的性质可知，，
，
，
，
设，
∴在中，，，
在和中，
，
，
，
在中，，，，则由勾股定理可得，
解得，即；
综上所述，的长是或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查翻折变换、勾股定理解直角三角形、含的直角三角形、全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是由为直角三角形，分类讨论解决问题．
31．（2025·河南·一模）在中，，点D，E分别是边，上的点，．连接，将沿折叠，得到．连接，当时，的长为 ．
【答案】或
【分析】首先求出，得到，由折叠得，，，解直角三角形求出，然后分两种情况讨论，分别解直角三角形求解即可．
【详解】∵
∴
∴
∴
由折叠得，，
当时，即
∴
∴
∴
如图所示，当点在上方时，
∴
∴
∴
∵
∴；
如图所示，当点在下方时，
∴
由折叠得，
∵
∴
∴；
综上所述，当时，的长为或．
故答案为：或．
【点睛】此题考查了解直角三角形，折叠的性质，三角形内角和定理，含角直角三角形的性质，解题的关键是分情况讨论．
32．（2025·河南驻马店·三模）如图，菱形中，，为边上一点，且，折叠菱形使点B与点P重合，展开后得到折痕，分别与交于点．则的长为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】如图所示，过点P作交的延长线于点E，由菱形得到，，求出，，设，则，，由折叠得，，根据勾股定理求解即可．
【详解】如图所示，过点P作交的延长线于点E
∵四边形是菱形
∴，
∴
∵，
∴
∴
∴
设，则，
由折叠得，
∵
∴
∴
∴
∴的长为．
故选：B．
【点睛】此题考查了菱形的性质，含30度角直角三角形的性质，勾股定理和折叠的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
33．（2025·河南·模拟预测）如图，在菱形中，，E是上一点．将沿折叠后得到，若，则折痕的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形中的翻折变换，解题的关键是掌握翻折的性质及菱形的性质．过点C作交AB的延长线于点G，由，且根据折叠的性质可知，可得．再在菱形ABCD中，，可得出，可得，再求解即可．
【详解】解：如图，过点C作交的延长线于点G，
∵，且根据折叠的性质可知，
∴．
∵在菱形中，，
∴，
∴，
在中，．
故答案为：．
34．（24-25九年级下·河南郑州·阶段练习）如图，平行四边形中，，点为上一个动点，以为对称轴折叠得到，点的对应点为点，直线交于点，若，，当点与点重合时，长为 ，当有最小值时，的长为
【答案】
【分析】由角平分线的定义及平行四边形的性质可知，当和重合时，过作，交延长线于点，设，则，在中利用勾股定理建立方程求解即可；由可知，当最小时，最小，而时最小，此时为等腰直角三角形，据此求解即可．
【详解】解：如图，过作，交延长线于点，
∵以为对称轴折叠得到，
∴，，
∵平行四边形中，，，，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
在中，
，，
设，则，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴长为；
由前面可知：，
∴，
∴当有最小值时，则最小，而时最小，如图所示，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，，
∴，
∴的长为；
故答案为：；．
【点睛】本题考查翻折的性质，平行四边形的性质，等角对等边，平行线的性质，勾股定理，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识点，掌握翻折的性质，平行四边形的性质，解直角三角形的相关计算是解题的关键．
35．（2025·河南焦作·模拟预测）在中，，，点P为射线上一动点，连接，．作点B关于线段的对称点D，连接，，若是以为直角边的等腰直角三角形，则的长为 ．
【答案】或
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，对称的性质，勾股定理，分类讨论，即分为当在线段上时和当在线段延长线上时，两种情况，逐一解答即可，正确画出图形，寻找图中全等三角形是解题的关键．
【详解】解：如图，当在线段上时，
，
，
，
点B关于线段的对称点D，
，，
，
，
，
如图，当在线段延长线上时，
，
，
，
点B关于线段的对称点D，
，，
，
，
，
设，则，，
，，
，
，
，
,
根据对称可得，
即，
解得，
，
综上所述，的长为或，
故答案为：或．
36．（2025·河南周口·二模）利用轴对称求最值的核心思路是通过轴对称变换，将复杂的几何问题转化为简单的对称问题．具体步骤如下：首先需要确定问题的对称轴，这通常是根据题目的几何条件来确定的．然后构造对称点，将动点关于对称轴构造出对称点，这样可以将原问题转化为两个对称点之间的问题．请据此解答下面的问题．
问题提出
（1）如图，已知，是内一点，，点，分别是，边上的动点（不与点重合），求周长的最小值．我们可以分别作点关于，的对称点，，然后连接，，与，有两个交点，当、分别与这两个交点重合时，如图，周长最小．
的度数是 ；
周长的最小值是 ．
问题探究
（2）如图，在等腰中，，，点是的中点．在上取点，连接，，试求的最小值．
问题解决
（3）如图，四边形为一个矩形绿地，点为矩形的中心，通过测量得，米，在绿地边上存在一点P，使得的值最小．请直接写出这个最小值．
【答案】（1），；
（2）；
（3）米
【分析】根据对称的性质可知：，，所以可知，，从而可得：；
根据对称性质可知，，所以可知是等边三角形，从而可知，线段的长度就是周长的最小值；
过点作于点，延长到点，使，连接，则点与点关于直线对称，连接交于点，则，线段的长度就是的最小值，利用勾股定理求出线段的长度即可；
过点作的垂线交的延长线于点，于的交点即为所求，根据直角三角形的性质可知米，利用可证，根据全等三角形的性质可知，米，利用勾股定理求出米，可得：的最小值是米．
【详解】解：点与点关于对称，
，
点与点关于对称，
，
，
，
，
，
故答案是：；
解：点与点关于对称，
，，
点与点关于对称，
，，
，
由可知，
是等边三角形，
，
的周长是，
周长的最小值是，
故答案是：；
解：如下图所示，过点作于点，延长到点，使，连接，
则点与点关于直线对称，
连接交于点，则，
线段的长度就是的最小值，
是等腰直角三角形，，，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
点是的中点，
，
，
的最小值是；
如下图所示，过点作的垂线交的延长线于点，于的交点即为所求，
四边形为一个矩形，
，
，米，
米，
米，
，
点是矩形的中心，
，
，
，
，
在中， ，，
，
在和中，，
，
，米，
米，
米，
的最小值是米，
米，
的最小值是米．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形的性质、轴对称的性质、等边三角形的性质、勾股定理，解决本题的关键是根据轴对称的性质构造全等三角形和直角三角形，利用勾股定理求出边的长度．
37．（2025·山西吕梁·二模）综合与探究
问题情境：
“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的直角三角形纸片（）折叠，使点C的对应点F落在边上，折痕分别交于点D，E．再将该纸片沿过点E的直线折叠，使点A的对应点H落在的延长线上，折痕交于点G，如图2所示．
数学思考：
（1）四边形的形状为______．
深入探究：
（2）“善思小组”将图2展开后，连接，得到图3．若F为的中点，试猜想线段与的位置关系和数量关系，并说明理由．
（3）“智慧小组”提出问题：若点C的对应点F落在射线上，其他条件不变，当时，请直接写出面积的最大值和此时的长．
【答案】（1）矩形；（2），详见解析；（3）面积的最大值是6，的长是3
【分析】本题考查的是矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形判定与性质及二次函数的应用；
（1）证明即可证明结论；
（2）先证明，再证明，从而证明结论；
（3）先证明，设，则，根据相似三角形性质得出，进而求出面积，再根据二次函数性质求出最值．
【详解】解：（1）由折叠得：，
，
四边形矩形；
（2）．
理由：如解图，连接．
由（1）知四边形是矩形，则．
∵F为的中点，
∴．
∴．
∴．
由折叠的性质，得．
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
（3）面积的最大值为6，此时．
设，则．
，
则．
∵，
∴．
∴，
∴．
∴．
∴当时，取最大值，最大值为6．此时．
38．（2025·河南周口·三模）综合与实践
学习了平行四边形的相关知识之后，李老师带领同学们上了一节“平行四边形纸片的折叠”实践探究课程，同学们分三个小组进行探究活动．
勤学小组的探究：我们将如图（1）所示的平行四边形纸片 沿过点的直线折叠，折痕交于点， 点的对应点为， 延长交于点．
（1）任务1：初步探究．
求证：．
创新小组的探究：我们将如图（2）所示的平行四边形纸片 沿过点的直线折叠，折痕交于点，点的对应点恰好落在的中点处 ．
（2）任务2：猜想与验证．
猜想，之间的数量关系，并加以证明．
开拓小组的探究：我们将如图（3）所示的平行四边形纸片（，）沿过点的直线折叠，折痕交于点，点的对应点为 ，直线与直线交于点，直线与直线交于点 ．
（3）任务3：求两线段的比值．过点 作于点， 若 ，请直接写出的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，则，根据折叠得出，等量代换得出，等边对等角即可得证；
（2）取的中点，连接，则是的中位线，得出，即可得证；
（3）过点作于点，证明得出，设，则，进而得出，在中，，根据勾股定理求得的长，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形
∴，
∴
∵平行四边形纸片 沿过点的直线折叠，折痕交于点， 点的对应点为，延长交于点
∴
∴
∴．
（2），
如图，取的中点，连接，
∵是的中点，
∴是的中位线，
∴
∴，
∵折叠，
∴，，
∴，
∴
∴
（3）解：如图，过点作于点
同理（1）可得
∵，，
∴，
∵
∴
∵四边形是平行四边形，
∴，则
∴
∴
设，则
∴
∴
∵，，
∴
∴四边形是矩形
∴，
∴
在中，
∴
解得：．
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，矩形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，含度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
专练五、平面直角坐标系中的对称问题
39．（2025·河南周口·二模）如图，水平地面上放置一平面镜，从激光笔的点发出的光线照射到平面镜的处，反射光线为，且点恰好落在与地面垂直的墙面上．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了三角形内角和性质，反射角等于入射角，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
先得出，，根据反射角等于入射角，即得．
【详解】解：∵，，
∴，，
∵从激光笔的点发出的光线照射到平面镜的处，反射光线为，
∴，
故选：C．
40．（2025·河南漯河·三模）如图，平面直角坐标系中，，，点为的中点，将作以下操作：①将沿折叠，得到，点的对应点为点；②将沿折叠，得到，点的对应点为点；③将沿折叠，得到，点的对应点为点……按此规律操作，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了旋转的性质，解直角三角形．利用旋转的性质求得点的坐标为，，点的坐标为，观察图形，每12个一次循环，余9，则点的坐标与的坐标相同，据此求解即可．
【详解】解：∵，，点为的中点，
∴点的坐标为，，，
∴，点的坐标为，
由折叠的性质得点的坐标为，
点的坐标为，
点的坐标为，
观察图形，每12个一次循环，
∵余9，
∴点的坐标与的坐标相同，
由轴对称的性质，点的坐标为，
故选：A．
41．（2025·河南南阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的点的坐标为是线段上一点，且，沿折叠后点落在点处，那么点的坐标为 ．
【答案】/
【分析】此题考查了勾股定理、坐标与图形、折叠的性质、等腰三角形的判定和性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．作于点D，于点G，根据折叠的性质得到，，则，则，即可得到点F的坐标．
【详解】解：如图，作于点D，于点G，
正方形的点的坐标为，
，
正方形中，，沿折叠后点落在点处，
，，
，
，
，，
点的坐标为，
故答案为：．
42．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于，两点．
(1)求k，b，a的值；
(2)直接写出当时x的取值范围；
(3)请仅用无刻度的直尺在x轴上找一点P，使的值最小(不写作法，保留作图痕迹)，并直接写出点P的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了反比例函数、一次函数图象上点的坐标特征，轴对称-最短路线问题，主要考查计算能力和观察图形的能力，用了数形结合思想．
（1）把A的坐标代入反比例函数的解析式即可求出反比例函数的解析式，把B的坐标代入求出B的坐标，把A、B的坐标代入一次函数即可解决问题；
（2）根据函数的图象和A、B的坐标即可得出答案；
（3）作A关于x轴的对称点，连接交x轴于P，此时的值最小．
【详解】（1）解：将代入，
得，
∴；
∵点在反比例函数的图象上，
∴，
∴反比例函数的表达式为.
对于，令，得，
∴；
（2）解：由图象得，当时，x的取值范围是；
（3）解：如图，作A关于x轴的对称点，连接交x轴于P，此时的值最小，
∵点，点A，关于x轴对称，
∴，
设直线的表达式为，
则
解得
∴直线的表达式为，
对于，当时，，
∴．
专练六、图形的旋转问题
43．（2025·河南·模拟预测）如图，在中，，．的垂直平分线分别交于点，将绕点逆时针旋转得到，旋转角为．连接，．当是直角三角形时，旋转角的度数为（ ）
A．或B．或
C．或D．或
【答案】D
【分析】本题考查了旋转的性质，垂直平分线的性质，掌握以上知识，数形结合分析是关键．
根据旋转的性质，线段垂直平分线的性质得到，，，根据，分类讨论即可．
【详解】解：在中，，，
∴，
∵是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，，
∴，
如图所示，当与重合，与重合时，由得，即是直角三角形，
∴与重合，则；
如图所示，当与重合，与重合时，由得，即是直角三角形，
∴与重合，则；
故选：D．
44．（2025·河南周口·三模）如图，矩形的长，宽，将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】理解题意，根据旋转性质和矩形的性质得，，,，运用勾股定理得，则，，，再把数值代入图中阴影部分的面积为进行计算，即可作答．
【详解】解：连接，连接交于一点，记与的交点为，连接，如图所示：
∵矩形的长，宽，将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，
∴，，,，
∴，，
则，，
∴，
则图中阴影部分的面积为
．
故答案为：
【点睛】本题考查了扇形面积，旋转性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
45．（2025·河南周口·模拟预测）如图，与完全重合，，，．将绕与边的中点旋转，当时，则的长度为 ．
【答案】或
【分析】本题考查旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，根据在的左右两边分情况讨论，由，得到，求出，，再求出，最后根据计算即可．
【详解】解：∵与完全重合，，，，
∴，，，
∵将绕与边的中点旋转，
∴，
当在左边时，交于，如图，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
当在右边时，交于，如图，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
的长度为或，
故答案为：或．
46．（2025·河南周口·二模）如图，将以为直径的半圆绕点逆时针旋转至图示位置，若，则图中阴影部分的面积是 ．
【答案】
【分析】此题考查了等腰直角三角形的性质和判定，求阴影面积，旋转的性质，解题的关键是掌握以上知识点．
如图所示，连接，首先求出，，然后利用图中阴影部分的面积代数求解即可．
【详解】解：如图所示，连接
∵将以为直径的半圆绕点逆时针旋转至图示位置
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴，，
∴图中阴影部分的面积．
故答案为：．
47．（2025·河南周口·二模）如图，在中，．D是射线上的一个动点，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段（E，F分别是A，B的对应点）．连接，当是以为腰的等腰三角形时，的长为 ．
【答案】或
【分析】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的等腰，先证明不存在，当时， 分图1和图2两种情况讨论求解即可．
【详解】解：当是以为腰的等腰三角形时，有或两种情况．但是从点D运动轨迹和图形来看，若，则，
而当D是线段的中点时，点E和点B重合，不存在；
当点D在线段的延长线上时，，不存在，故只需讨论即可．
①当点D在线段上时，如解图1所示，记与交于点P．
由旋转的性质，可知．，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∵，
∴，
同理可得，
∴．
∴．
∴E，B，F三点共线．
设，则，．
∵，
∴，
解得．即．
②当点D在延长线上时，如解图2所示．
同理①，可得，，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴B，E，F三点共线．
设 ，则，．
∵，
∴，
解得，即．
综上所述，的长为或，
故答案为：或．
48．（2025·河南驻马店·三模）如图，在平行四边形ABCD中，为边的中点，M为平面内一点，且之间的距离为1，连接，将线段以点A为中心逆时针旋转，得到线段，连接．若，则的最小值为 ，最大值为 ．
【答案】
【分析】连接，将绕点旋转，得到，连接，证明，得到，进而得到在以点为圆心，为半径的圆上，进而得到，进行求解即可．
【详解】解：连接，将绕点旋转，得到，连接，
则：，
∵，点为的中点，
∴，
∴，
∵将线段以点A为中心逆时针旋转，得到线段，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴在以点为圆心，为半径的圆上运动，
∴，
即：，
∴的最小值为；最大值为：；
故答案为：，
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，斜边上的中线，点到圆上一点的最值，熟练掌握相关知识点，添加辅助线，确定点的轨迹是解题的关键．
49．（2025·河南驻马店·三模）如图，是等边三角形，P是内一动点，将点P绕点B逆时针旋转得到点Q，射线和射线交于点D，则 ；过点A作交于点E，连接，若，，则的最小值为 ．
【答案】 60
【分析】如图1所示，连接，设交于T，由旋转的性质可得，可证明得到，则可证明；由等边三角形的性质得到；证明四点共圆，得到；根据，得到点P在以点B为圆心，3为半径长的圆上；解直角三角形得到，则当与相切时，最小，此时有最小值，如图2所示，此时，则，，设，则，，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】解：如图1所示，连接，设交于T，
由旋转的性质可得，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴；
∵是等边三角形，
∴；
∵，
∴四点共圆，
∴；
∵，
∴点P在以点B为圆心，3为半径长的圆上；
∵，
∴，
∴当最小时，有最小值，
∴当与相切时，最小，此时有最小值，
如图2所示，此时，
∴，，
设，则，
在中，，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴；
故答案为：60；．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，四点共圆，切线的性质，等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线和确定取得最小值的条件是解题的关键．
50．（2025·河南信阳·模拟预测）问题初现
如图1，中，，点为的中点，点为边上一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．
（1）试判断：线段与线段的数量关系为 ，线段与线段的数量关系为 ，线段与线段所夹的锐角的度数为 ；
深入探究
（2）如图2，在（1）的条件下，若点为射线上一个动点，上述结论是否成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
拓展延伸
（3）在（2）的条件下，若点到的距离为1时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）；；；（2）（1）中结论仍然成立，证明见解析；（3）或
【分析】（1）解直角三角形得到，由线段中点的性质得到，由旋转的性质可得，则是等边三角形，由等边三角形的性质得到；证明，可得；
（2）同（1）求解即可；
（3）分点Q在点C左侧和点Q在点C右侧两种情况，讨论求解即可．
【详解】解：（1）在中，，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∴是等边三角形，
∴；
∵，
∴，
∴；
（2）（1）中结论仍然成立，证明如下：
同理可得，是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）由（1）（2）可得不管点P（不与点C重合）运动到何处都有，
∴，
∴点Q在过点D且与垂直的直线上运动；
如图3-1所示，当点Q在点C左侧时，过点Q作于M，设直线交于N，
∴，
∵，
∴，
在中，，；
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图3-2所示，当点Q在点C右侧时，过点Q作于M，设直线交于N，连接，
在中，，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴垂直平分，
∴，
∴；
综上所述，的长为或．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，解直角三角形等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
专练七、图形旋转的综合问题
51．（2025·河南郑州·模拟预测）如图1，在矩形中，．将边绕点A逆时针旋转得到线段、过点E作交直线与点F．同学们进行分组自主探究．
【问题解决】
(1)小郑组连接，研究的是的面积问题．他们发现，当时，的面积为 ；当时，的面积为 (请用含θ的代数式表示)．
(2)小州组研究的是四边形的问题．连接，在旋转过程中，他们有以下猜想，其中正确的是： (填序号)．
①；②；③；④
(3)小迎组研究的是等腰三角形的存在性问题，他们发现，在旋转过程中，可能是等腰三角形，请求出当是等腰三角形时，的值．
【答案】(1)20；
(2)②④
(3)或
【分析】本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
（1）过点E作于T，由旋转的性质可得，则可求出，解直角三角形得到，则可求出，据此可得答案；
（2）由旋转的性质可得，可证明，得到，故①错误；进一步可证明垂直平分，即，故②正确；可证明，由全等三角形的性质可推出，则，故③错误；如图所示，设交于O，根据，可证明，则，故④正确；
（3）分和两种情况，画出对应的示意图，讨论求解即可．
【详解】（1）解；如图所示，过点E作于T，
由旋转的性质可得，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴当时，；
故答案为：；20
（2）解：由旋转的性质可得，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，故①错误；
∵，
∴垂直平分，即，故②正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故③错误；
如图所示，设交于O，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，故④正确；
（3）解：①如图所示，当时，过点A作于H，
设，则，
由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
在中，，
∴；
②如图所示，当时，过点A作于H，
设，则，
由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
在中，，
∴；
③如图所示，当时，同理可得；
④如图所示，当时，同理可得；
综上所述，或．
52．（2025·河南南阳·二模）综合与实践
【问题呈现】
（1）如图①，和都是等腰直角三角形，，连接，，则，之间的数量关系是_______，________．
（2）如图②，在中，，，（不与点，重合）是直线上的一动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到，连接，．
【类比探究】
①如图②，点在线段上时，求证：．
【拓展提升】
②如图③，，在点运动的过程中，当时，请直接写出的长．
【答案】（1）；45°；（2）①见解析；②
【分析】本题考查的是相似三角形的性质和判定、勾股定理、以及旋转变换的性质，．
（1）证明，根据相似三角形的性质可得，；
（2）同理（1）可得可求，，由此求出；
（3）分当在内时，当在外时， 两种情况，结合（1）的结论，利用直角三角形性质和勾股定理解三角形即可求解.
【详解】（1）；；
解：∵和都是等腰直角三角形，，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，，
故答案为：；；
（2）①如图②，过点作，垂足为，
∵在中，，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
由旋转可知：是等腰直角三角形，
同理（1）可得：；；
设，，
则，，，
∴，
∴，
②当在内时，如图③-1，过点作，垂足为，

同理可得：，；；
∵在中，，，
∴，
∴，
∴当时，，
∴，
∴
当在内时，如图③-2，
同理可求：，，
∴
综上所述：长为
53．（2025·河南安阳·三模）综合与实践
【问题情境】
在综合与实践课上，王老师为了让同学们积累数学基本活动经验，以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学变式训练活动．
如图①，将矩形纸片沿对角线剪开，得到和，并且量得，．
【操作发现】
（1）将图①中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使，得到如图②所示的，过点作的平行线，与的延长线交于点，则四边形的形状是________．
（2）王老师将图①中的以点为旋转中心，按逆时针方向旋转，使，，三点在同一条直线上，得到如图③所示的，连接，取的中点，连接并延长至点，使，连接，，得到四边形，请同学们判断四边形的形状，并证明自己的结论．
【实践探究】
（3）王老师在（2）的基础上再次进行操作：将沿着方向平移，使点与点重合，此时点平移至点处，与相交于点，如图④所示，连接，请同学们计算的值．
【答案】（1）菱形；（2）正方形，证明见解析；（3）
【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，正方形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数的定义，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和平行式变形的判定和性质是解题的关键．
（1）先证明，再证，则，证明四边形是平行四边形，即可得到结论；
（2）先证，再证，先证明是菱形，即可得到结论；
（3）先证，再求出的长，然后求出的值即可得到答案．
【详解】解：（1）是矩形的对角线，
，
，
由旋转可得：，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
故答案为：菱形；
（2）四边形是正方形，证明如下：
矩形，
，
，
，
由旋转知，，
，
，
，，三点在同一条直线上，
，
由旋转知，，
点是的中点，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，
四边形是正方形；
（3）在中，，，
，
，
，
，
根据平移可知，，
在中，，
，
，
在中，，
，
．
54．（2025·河南焦作·模拟预测）综合与实践
在数学活动课上，老师给出如下问题，让同学们展开探究活动．
问题情景：在四边形中，M为边上一动点，N为边的中点，连接，、、且．
解决问题：下面是学习小组提出的三个问题，请你解答：

(1)“兴趣”小组提出的问题是：如图1，若四边形为矩形（），．
①任意写出一个图1中与相等的角：________；
②的值为________；
(2)“实践”小组提出的问题是：如图2，若四边形为菱形，，求的值；
(3)“智慧”小组提出的问题是：在（2）的条件下，将绕点M旋转得到，连接．若，请直接写出的面积．
【答案】(1)①（答案不唯一）；②1
(2)
(3)或
【分析】（1）①由矩形的性质可得，再导角可证明，则可证明，得到，解直角三角形得到，设，则，解直角三角形可得，则，；
②解得到，，解，得到，解得到，据此可得答案；
（2）延长交于P，证明，得到，，再证明是等边三角形，得到，，进而可证明，得到，据此可得答案；
（3）分顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：①∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
设，
∵N为边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：（答案不唯一）；
②在中，，，
在中，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
故答案为：；
（2）解：如图所示，延长交于P，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵N为边的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，即；

（3）解：如图所示，当顺时针旋转90度时，过点N作于H，
由（2）可得，，；
∴，，
由菱形的性质可得，
∴，
设，则，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴；

如图所示，当逆时针旋转90度时，同理可得，
∴，
∴；

综上所述，的面积为或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，勾股定理，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
55．（2025·河南·二模）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展数学活动．如图，矩形和矩形重合，，，矩形保持不动，将矩形绕点逆时针旋转．
【初步观察】
（1）如图，当经过点时，的长为 ．
【实践探究】
（2）①如图，当点落在对角线上时，连接，的度数为 ；的长为 ．
②如图，当点落在的延长线上时，延长交于点，不计算线段的长度，你能判断与的数量关系吗？请说明理由．
【拓展延伸】
（3）矩形绕点逆时针旋转，若直线交于点，请直接写出点到直线的距离的最大值．
【答案】（1）
（2）①；②，理由见详解；
（3）点到直线的距离的最大值为
【分析】（1）当经过点时，中，，由此即可求解；
（2）①根据题意可证，得，如图所示，连接，由，得，设，则，在中，，由此列式，求解即可；
②当点落在的延长线上时，，即，如图所示，连接，可证四边形是平行四边形，，再证，，由此即可求解；
（3）根据（2）中①可得直线交于点，同理得出，点在以为直径得圆上运动，如图所示，连接交于点，当点在经过对角线交点，垂直的直径上时，点到的距离最大，即的值，根据勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边一半即可求解．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形，且初始位置重合，
∴，，
当经过点时，中，，
∴，
故答案为：；
（2）①∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
如图所示，连接，
根据题意，，
∵，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
整理得，，
解得，（不符合题意，舍去），，
∴，
∴，
故答案为：，；
②，理由如下，
∵四边形是矩形，
∴，
当点落在的延长线上时，，即，
如图所示，连接，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
根据题意可得，
∴，
∴，
∴；
（3）根据（2）中①可得直线交于点，同理可得，
∴点在以为直径得圆上运动，如图所示，连接交于点，当点在经过对角线交点，垂直的直径上时，点到的距离最大，即的值，
根据矩形，勾股定理得到，，
∴，
在中，点是中点，
∴，
∴，
∴点到直线的距离的最大值为．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识，数形结合分析是关键．
56．（2025·河南·一模）综合与实践
在一次数学活动课上，同学们研究菱形的旋转问题．将菱形绕点A顺时针旋转，得到菱形．
【观察思考】
（1）如图1，若与交于点H，则线段与线段的数量关系为__________．
【探究证明】
（2）如图2，当点G在菱形内部时，的平分线与射线交于点P，连接．
①判断线段与的数量关系，并说明理由；
②若，请求出的度数．（用含的式子表示）
【拓展应用】
（3）如图3，若的平分线所在直线与直线交于点P，连接，直接写出旋转过程中的取值范围．
【答案】（1）；（2）①；②；（3）
【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，全等三角形的判定与性质等知识点，难度较大．
（1）连接，根据菱形的性质以及旋转的性质，结合等边对等角，再由角度和差计算求证；
（2）①证明即可得到；②设，则，由角平分线得到，根据等腰三角形的性质得到，那么由即可求解；
（3）根据“定弦定角”确定点的轨迹，再找出取最大值和最小值的位置，然后通过解直角三角形和圆周角的性质进行求解．
【详解】（1）解：，理由如下：连接，
∵菱形绕点A顺时针旋转，得到菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①，理由如下：
∵平分，
∴，
由旋转可得：，
又∵，
∴，
∴，
②设，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：由②可得，
连接，作的垂直平分线与交于点，连接，过点作于点，
∴，
以点为圆心作，
∵菱形，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴ 点在上，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点在对角线上时，最短，如图：
此时：；
当点与点重合时，最大，为，如图：
∴的取值范围是．
专练八、平面直角坐标系中的旋转问题
57．（2025·河南南阳·三模）在平面直角坐标系中，边长为2的等边在第二象限，与轴重合，将绕点顺时针旋转，得到，再作关于原点的中心对称图形，得到，再将绕点顺时针旋转，得到，再作关于原点的中心对称图形，得到，此类推……，则点的坐标是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了点的坐标的规律，图形的旋转与翻折，等边三角形的性质；利用题干中的操作步骤，分别求得对应的点P的坐标，观察计算结果，找出变化的规律即可求解．
【详解】解：∵边长为2的等边在第二象限，
∴．
将绕点顺时针旋转，得到，
∴与点P关于y轴对称，
∴．
再作关于原点的中心对称图形，得到，
∴与点关于原点对称，
∴．
再将绕点顺时针旋转，得到，
此时点落在x轴的负半轴上，
∴．
再作关于原点的中心对称图形，得到，
此时点落在x轴的正半轴上，
∴．
以此类推，
则，
∴与点P重合，
∴对应的点 (n大于1的整数)的坐标以为规律循环，
∵余3，
∴与的坐标相同，
∴．
故选：D．
58．（2025·河南驻马店·三模）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴的负半轴上，以点O为旋转中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接交y轴于点P，已知．将向左平移，当点B的对应点落在y轴上时，点P的对应点的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题考查平移，旋转，含角的直角三角形，邻补角的定义，等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
过点B作轴 C，先求出，，继而可得，，由向左平移个单位长度得到，则也向左平移个单位长度得到，即可解答．
【详解】解：过点B作轴 于点C，如图，有
，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
由向左平移个单位长度得到，则也向左平移个单位长度得到．
故选B．
59．（2025·河南安阳·三模）如图，点A，C的坐标分别为，，将绕原点O逆时针旋转得到，则点B的对应点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，根据平行四边形的性质得到，求出，过点B作轴于点D，过点作轴于点E，得到，，证明出，得到，，进而求解即可．
【详解】解：∵点A，C的坐标分别为，，，
设，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴．
如图所示，过点B作轴于点D，过点作轴于点E，
∴，，
∵将绕原点O逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵点在第二象限，
∴点B的对应点的坐标是．
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
60．（2025·河南南阳·模拟预测）如图，在中，，边在x轴上，顶点B的坐标为，以为边向的外侧作正方形，将组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第98次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过点作轴于，过点作轴于点，根据四边形是正方形以及等腰直角三角形的性质可得，将组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，每旋转8次回到最初位置，从而得到第98次旋转结束时，相当于将顺时针旋转了，作轴于，通过证明，即可得到答案．
【详解】解：如图，过点作轴于，过点作轴于点，
，在中，，边在x轴上，顶点B的坐标为
，
∴，
，
，
，
四边形是正方形，
，，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
，
将组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转，
每旋转次回到最初位置，
，
第98次旋转结束时，相当于将顺时针旋转了，如图所示，
，
则，，
作轴于，则，
，，
，
，
，，
，
第98次旋转结束时，点的坐标为，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、坐标与旋转规律问题、三角形全等的判定与性质，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定与性质，是解题的关键．
61．（2025·河南·模拟预测）如图是使用扎染工艺制作的手帕图案，将该图案放在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为，将该图案绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点A的对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了旋转的性质，三角形全等以及点的坐标特征，根据旋转的性质可知4次旋转为1个循环，再判断第次旋转相当于逆时针旋转，过点A作轴于点H，过点作轴于点G，连接，，易得，进而即可求出答案．
【详解】根据题意，，，
即点A绕点O逆时针旋转次相当于逆时针旋转，
如解图，过点A作轴于点H，过点作轴于点G，连接，，
根据旋转的性质可知，,
，
∵，
∴，，
∴点的坐标为，
故选：D．
62．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，在三角形中，，，点，点，将三角形以原点为旋转中心，顺时针旋转后，点C的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】记点C旋转后的对应点为点E，过点C作轴，过点E作轴，可证“一线三等角”全等，，由全等三角形的性质及勾股定理求得，由得，则，由等腰直角三角形即可求解．
【详解】解：记点C旋转后的对应点为点E，过点C作轴，过点E作轴，则，

∵三角形中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
由题意得，，
∴，
∴在中，，
∴，
而
∴点，
即旋转后点C的坐标为，
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，旋转的性质，正确添加辅助线，熟练掌握知识点是解题的关键．
63．（2025·河南洛阳·三模）风力发电是一种常见的绿色环保发电形式，风力发电机有三个底端重合、两两成角的叶片．如图以三个叶片的重合点为原点，水平方向为x轴建立平面直角坐标系，点A的坐标为，在一段时间内，叶片每秒绕原点O逆时针转动，则第2025秒时；点A的对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化——旋转及点的坐标变化规律，能根据题意得出每旋转四秒点A对应点的坐标循环出现及熟知图形旋转的性质是解题的关键．
根据旋转的性质找到规律，A点的坐标以每4秒为一个周期依次循环，进而得出第2025时，点的对应点的坐标．
【详解】如图，
∵，叶片每秒绕原点O逆时针转动，
∴，，，，…
∴A点的坐标以每4秒为一个周期依次循环，
∵
∴第秒时，点的对应点的坐标与相同，为．
故选：A．
64．（2025·河南信阳·三模）如图，在平面直角坐标系中，正方形绕着它的中心O在平面内自由旋转，在x轴上取点 ，将线段绕点P逆时针旋转 得到线段，连接．若，则的最大值为 ，此时的长为 ．
【答案】 /
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，图形的旋转问题，证明是解题的关键．连接，，根据等腰直角三角形的性质可得，，可证明，从而得到，进而得到当最大时，最大，当点D在x轴正半轴时，最大，此时点P，O，D三点共线；在中，利用勾股定理求出的长，即可求解．
【详解】解：如图，连接，，，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
由旋转的性质得：，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当最大时，最大，
当点D在x轴正半轴时，最大，此时点P，O，D三点共线，
∵，
∴，
∴，
∴的最大值为；
如图，
∵点D在x轴正半轴，，
此时点A在y轴上，
在中，，
∴．
故答案为：；
专练九、多种图形变换的综合问题
65．（2025·河南驻马店·三模）综合与实践课上，老师带领同学们开展以“平面直角坐标系下图形的变化”为主题的数学活动．
(1)如图，将进行平移后得到，则线段所在直线与线段所在直线（两条线段不在同一直线上）的位置关系为___________；如图，将以点为旋转中心逆时针旋转，得到，则线段所在直线与线段所在直线的位置关系为__________；
(2)探究迁移
如图，先将平移得到，再将以点为旋转中心逆时针旋转得到，线段所在直线与线段所在直线相交于点，锐角记为，请判断和的数量关系并说明理由；
(3)拓展应用
如图，中，，，，将在轴上水平平移得到，平移后以点为旋转中心将逆时针旋转得到，当直线恰好经过线段的端点时，直接写出的长．
【答案】(1)平行；垂直
(2)，理由见解析
(3)或
【分析】（）利用平移的性质和旋转的性质解答即可；
（）利用平移和旋转的性质得到，，，然后根据外角性质即可求解；
（）分直线恰好经过线段的端点点和直线恰好经过线段的端点点两种情况，分别画出图形利用平移和旋转的性质解答即可求解．
【详解】（1）解：由平移的性质可得，，
∴线段所在直线与线段所在直线的位置关系为平行；
如图，设旋转后直线与交于点，与相交于点，
由旋转可得，，，
∵，
∴，
即，
∴,
即线段所在直线与线段所在直线的位置关系为垂直，
故答案为：平行；垂直；
（2）解：，理由如下：
如图，延长、交直线于点和点，
由平移和旋转可得，，，，
∴，
∵，，
∴；
（3）解：当直线恰好经过线段的端点点时，如图，
∵，，，
∴， ，
由平移和旋转得，，，
∴，
∴，
∴，
即，
∴；
当直线恰好经过线段的端点点时，如图，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了平移和旋转的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的外角，等边三角形的判定和性质，掌握平移和旋转的性质是解题的关键．
66．（2025·河南信阳·二模）综合与实践课上，小颖和小亮借助某数学软件在平面直角坐标系中对三角形的平移与旋转进行了如下探究，并得出了一些结论，请你补充完整．
【研究背景】
如图1，在平面直角坐标系中，已知点和点，连接，C为线段的中点，于点D．
【平移探究】
（1）如图2，将平移，使点C平移至点处．
①填空：点D的对应点的坐标为___________，点B的对应点的坐标为___________；
②连接，，判断四边形的形状，并说明理由．
【旋转探究】
（2）如图3，将绕点C顺时针旋转，得到，设直线交x轴于点P，试判断与的大小关系，并结合图3说明理由．
（3）将绕点C顺时针旋转得到，当直线经过线段的中点M时，请直接写出点P的坐标为___________．
【答案】（1）①②四边形是菱形，见解析；（2），见解析；（3）或
【分析】平移探究：
（1）①首先确定点，坐标，结合点坐标确定三角形的平移方式，即可确定，点，点的坐标；②首先结合平移的性质证明四边形为平行四边形，再证明，即可确定四边形为菱形；
旋转探究：
（2）连接，证明，即可证明结论；
（3）连接，易得 ，设，可分直线经过第一、二、四象限和直线经过第一、二、三象限两种情况讨论，分别求解即可．
【详解】解：平移探究：
（1）①∵点和点，C为线段的中点，于点D，
∴，，
∵将平移，使点C平移至点处，
即将向右平移3个单位长度，向上平移4个单位长度，
∴点D的对应点的坐标为，点B的对应点的坐标为；
故答案为：；
②∵，，
∴，
由平移的性质可得，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
旋转探究：
（2），理由如下：
如下图，连接，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，
在和中，
，
∴，
∴；
（3）连接，如图，
∵，，，
∴，，，，
∵点M为中点，
∴，
由旋转可知，，
∵分别为中点，
∴，
在中，，
设，可分两种情况讨论：
①当直线经过第一、二、四象限时且经过点时，如图，
则，
由（2）可知，，
∴，
在中，可有，
∴，解得，
∴，
∴；
②当直线经过第一、二、三象限时且经过点时，如图，
则，
由（2）可知，，
∴，
在中，可有，
∴，解得，
∴，
∴．
综上所述，点P的坐标或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、旋转的性质、平移的性质、菱形的判定与性质、三角形中位线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并正确作出辅助线是解题关键．
67．（2025·河南信阳·三模）综合与实践
如图1，点P是直线m上一点，作 关于直线m的对称图形 然后将 绕点P逆时针旋转 得到，则称 是关于 的刚性变换图形，点P为刚性变换中心，直线m为刚性变换轴，经过刚性变换重合的点称为对应点．
(1)请类比平移、轴对称和旋转三大变换的学习过程，归纳两条刚性变换前后图形的性质；
(2)如图2，在平面直角坐标系中，点A在第一象限，是 关于 的刚性变换图形， 连接， ，．
①设与x轴夹角为α，直接用含α的代数式表示 的值___________；
②若点A坐标为 ， 求点坐标；
(3)如图3， 在中， ，点P是边BC上一动点 （可与端点重合），是关于的刚性变换图形，是AP关于的刚性变换图形，连接 ，设 ，请直接写出m的取值范围．
【答案】(1)①刚性变换前后图形是全等图形；②刚性变换前后图形对应点到刚性变换中心距离相等；
(2)①；②
(3)
【分析】（1）根据轴对称图形与旋转图形的性质求解．
（2）①根据轴对称图形与旋转图形的性质求解；②过点A作轴于M，过点A作轴于M，证明，得到，，即可求解．
（3）当点P分别与点B点C重合时，求出m值，从而可求得m的取值范围．
【详解】（1）解：如图1，连接、、、，
∵关于直线m的对称图形 ，
∴，m垂直平分，
∴，
∵绕点P逆时针旋转 得到，
∴，，
∴，，
∴刚性变换前后图形的性质：①刚性变换前后图形是全等图形；②刚性变换前后图形对应点到刚性变换中心距离相等．
（2）解：①∵是 关于 的刚性变换图形，
∴关于x轴的对称图形 ，绕点O逆时针旋转 得到，
∴，
∴，
∴；
②过点A作轴于M，过点A作轴于M，如图2，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
由（1）可得：，
∴，
∴，，
∴，
（3）解：过点C作于M，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
当点P与点B重合时，如图，P1
∵是关于的刚性变换图形，
∴，，
∴
∵是AP关于的刚性变换图形，
∴，，，
∴
∴
∴
∴
∵
∴，
∴，
∴
∴
∴；
当点P与点C重合时，如图，
∵是关于的刚性变换图形，是AP关于的刚性变换图形，
∴，，，，
∴
∴
∴
∴
∵
∴，
∴，
∴
∴，
∴；
∵点P是边BC上一动点 （可与端点重合），
∴
即
【点睛】本题考查新定义，轴对称的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，点的坐标变换，勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定．熟练掌握相关性质是解题的关键．