第24讲 轴对称、平移与旋转（讲义）-【讲通练透】2026中考数学一轮复习讲通练透讲+练+测试卷

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考点一
轴对称
(1)轴对称：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线成轴对称。这条直线叫做对称轴，折叠后重合的点是对应点，叫做对称点。
(2)轴对称图形：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，这个图形叫做轴对称图形。这条直线叫做它的对称轴。
(3)轴对称的性质：关于某条直线对称的图形是全等形。
经过线段中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线。
如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。轴对称图形的对称轴，是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。
(4)线段垂直平分线的性质
线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等；
与一条线段两个端点距离相等的点，在线段的垂直平分线上。
(5)坐标与轴对称：点（x，y）关于x轴对称的点的坐标是（x，-y）；
点（x，y）关于y轴对称的点的坐标是（-x， y）；
【题型1 轴对称图形】
【例1】（2024·江苏徐州·中考真题）古汉字“雷”的下列四种写法，可以看作轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，根据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，这条直线就叫做对称轴．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【变式1-1】（2024·四川绵阳·中考真题）蜜蜂的蜂巢美观有序，从入口处看，蜂巢由许多正六边形构成，则正六边形的对称轴有（ ）
A．4条B．5条C．6条D．9条
【答案】C
【分析】本题考查了轴对称图形，掌握轴对称图形的定义是解题的关键．
根据轴对称定义画出正六边形的对称轴即可．
【详解】解：如图，正六边形的对称轴有6条．
故答案为：C．
【变式1-2】（2024·浙江绍兴·中考真题）如图，在纸片△ABC中，∠C=90°,∠B=60°，点D，E分别在边AB,AC上，且AD=AE，将△ADE沿DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，则BD:CE=（ ）
A．3:2B．3:2C．23:3D．4:3
【答案】D
【分析】本题考查勾股定理与折叠，30°直角三角形的性质，由折叠可得∠FED=∠AED=75°，AD=AE=EF，即可得到∠FEC=30°，再分别在Rt△ABC和Rt△EFC利用30°直角三角形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】解：∵∠C=90°,∠B=60°，
∴∠A=30°，
∴AB=2BC，AC=AB2−BC2=3BC，
∴AB=233AC，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=180°−∠A2=75°，
∵将△ADE沿DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，
∴∠FED=∠AED=75°，AD=AE=EF，
∴∠FEC=180°−∠FED−∠AED=30°，
∴EF=2FC，EC=EF2−FC2=3FC，
∴AD=AE=EF=2FC，
∴AC=AE+EC=2+3FC，
∴AB=233AC=233×2+3FC=6+433FC，
∴BD=AB−AD=6+433FC−2FC=433FC，
∴BD:CE=433FC:3FC=4:3，
故选：D．
【变式1-3】（2024·湖北十堰·中考真题）过正方形ABCD的顶点D作直线DP，点C关于直线DP的对称点为点E，连接AE，直线AE交直线DP于点F．

(1)如图1，若∠CDP=25°，则∠DAF=___________°；
(2)如图1，请探究线段CD，EF，AF之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)在DP绕点D转动的过程中，设AF=a，EF=b请直接用含a,b的式子表示DF的长．
【答案】(1)20°
(2)CD2=12（AF2+EF2）
(3)DF=22(a−b)，或22(b−a)，或22(a+b)
【分析】（1）如图，连接CE，DE，由对称知∠CDP=∠EDP=25°，CD=ED
由四边形ABCD是正方形得AD=CD，所以AD=ED，从而∠DAE=∠DEA=12(180°−∠ADE)=20°；
（2）如图，连接CF，DE，AC，CE，交DP于点H，由轴对称知，CF=EF,CD=DE=AD，∠DEF=∠DCF，可证得∠AFC=90°，由勾股定理得，Rt△ACF中，AC2=AF2+CF2=AF2+EF2，Rt△ACD中，AD2+CD2=AC2，从而CD2=12（AF2+EF2）；
（3）由勾股定理CH=HE=FH=22b，DH=CD2−CH2=22a，分情况讨论：当点F在D,H之间时，DF=DH−FH=22(a−b)；当点D在F,H之间时，DF=FH−DH=22(b−a)；当点H在F,D之间时，DF=DH+FH=22(a+b)．
【详解】（1）解：如图，连接CE，DE，
∵点C关于直线DP的对称点为点E，
∴CD，ED关于DP对称，
∴∠CDP=∠EDP=25°，CD=ED，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，
∴AD=ED ，

∴∠DAE=∠DEA=12(180°−∠ADE)=12(180°−90°−50°)=20°．
故答案为：20．
（2）解：CD2=12AF2+EF2；理由如下：
如图，由轴对称知，CF=EF,CD=DE=AD，∠DEF=∠DCF

而∠DEF=∠DAF
∴∠DAF=∠DCF
∴∠FAC+∠FCA=∠FAC+∠DAF+∠DCA=90°
∴∠AFC=180°−(∠FAC+∠FCA)=90°
∴Rt△ACF中，AC2=AF2+CF2=AF2+EF2
Rt△ACD中，AD2+CD2=AC2
∴2CD2=AF2+EF2即CD2=12AF2+EF2；
（3）∵∠AFC=90°，CF=EF=b，
∴CH=HE=FH=22b，
∵CD2=12AF2+EF2=12(a2+b2)，
∴DH=CD2−CH2=12(a2+b2）−（22b）2=22a，
如图，当点F在D,H之间时，DF=DH−FH=22(a−b)，

如图，当点D在F,H之间时，DF=FH−DH=22(b−a)

如图，当点H在F,D之间时，DF=DH+FH=22(a+b)

【点睛】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，等腰三角形知识，勾股定理等，将运动状态的所有可能考虑完备，分类讨论是解题的关键．
【题型2 折叠问题】
【例2】（2024·湖北襄阳·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，点D是AC的中点，将△BCD沿BD折叠得到△BED，连接AE．若DE⊥AB于点F，BC=10，则AF的长为 ．

【答案】210
【分析】连接EC，EC与AB交于H，与BD交于G，设∠ACB=α，∠ABE=β，∠CBE=90°，结合折叠的性质得到EG=CG=BG=52，易得到△DGC是直角三角形，进而得到DG是△ACE的中位线，可得四边形AEBD是平行四边形，求出BG=AE=52，求得DG，进面求出CD，再利用相似三角形的性质得到AF和BF的关系，设AF=2x，则BF=3x，利用AB=BF+AF来求解．
【详解】解：如图，连接EC，EC与AB交于H，与BD交于G，

设∠ACB=α，∠ABE=β．
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=α．
∵将△BCD沿BD折叠得到△BED，
∴∠ACB=∠BED=α．
在Rt△BEF中可得：∠BED+∠ABE=90°，
∴α+β=90°，
∴∠CBE=α+β=90°，
∵将△BCD沿BD折叠得到△BED，
∴BE=BC，∠DBE=∠DBC，
∴△EBC为等腰直角三角形，BG为EC边上中线，
∴EC=2BC=102，EG=CG=BG=52，BD⊥EC，
∴∠CGD=90°，
即△DGC是直角三角形，
∵AB=AC，BG=CG，
∴AG垂直平分BC，
即AG⊥BC．
∵BE⊥BC，
∴AG∥BE．
∵D是AC的中点，G是EC的中点，
∴DG是△ACE的中位线，
∴DG∥AE，
即BG∥AE，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∴BG=AE=52，
∴GD=12AE=522，
在Rt△DGC中，CD=CG2+DG2=5102，
∴AB=AC=2CD=510，
∵DG∥AE，
∴∠EAB=∠ABD．
在△AEF和△BDF中
∠EAF=∠DBF∠AFE=∠BFD，
∴△AEF∼△BDF，
∴AEBD=AFBF=5252+522=23，
设AF=2x，则BF=3x，
∵BF+AF=AB，
∴3x+2x=510
∴x=10，
∴AF=2x=210．
故答案为：210．
【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，直角三角形性质，平行四边形的判定及性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，解相关知识是解答关键．
【变式2-1】（2024·四川·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=4，折叠△ABC，使点A与点B重合，折痕DE与AB交于点D，与AC交于点E，则CE的长为 ．
【答案】3
【分析】本题考查了折叠的性质和勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
设CE=x，则AE=BE=8−x，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：由折叠的性质，得AE=BE，
设CE=x，则AE=BE=8−x，
由勾股定理，得BC2+CE2=BE2，
∴42+x2=8−x2，
解得x=3.
故答案为：3．
【变式2-2】（2024·江苏无锡·中考真题）【操作观察】
如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，BC=8，AB=12，AD=13．
折叠四边形纸片ABCD，使得点C的对应点C′始终落在AD上，点B的对应点为B′，折痕与AB，CD分别交于点M，N．
【解决问题】
(1)当点C′与点A重合时，求B′M的长；
(2)设直线B′C′与直线AB相交于点F，当∠AFC′=∠ADC时，求AC′的长．
【答案】(1)103
(2)285或525
【分析】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，正切的相关应用，结合题意画出图形是解题的关键．
（1）过点C作CH⊥AD，则CH=AB=12，AH=BC=8，再求出HD，根据勾股定理求出CD，当点C′与点A重合时，由折叠的性质可得出MN垂直平分AC，N与D重合，
则有AM=MC，设B′M=MB=x，则AM=MC=12−x，再利用勾股定理即可得出B′M=MB=103．
（2）分两种情况，当点F在AB上时和当点F在BA的延长线上时，设AF=5x，AC′=12x，则C′F=13x ，利用∠AFC′=∠ADC=∠B′FM三个角的正切值相等表示出个线段的长度，最后利用线段的和差关系求解即可．
【详解】（1）解：如图1，过点C作CH⊥AD，
则CH=AB=12，AH=BC=8，
∴HD=AD−AC′=13−8=5，
∴CD=CH2+HD2=122+52=13 ，
tan∠ADC=CHHD=125，
当点C′与点A重合时，由折叠的性质可得出MN垂直平分AC，N与D重合，
则有AM=MC，
设B′M=MB=x，则AM=MC=12−x，
∵∠ABC=90°
∴在Rt△MBC中x2+82=12−x2，
解得：x=103，
故B′M=MB=103
（2）如图2，当点F在AB上时，如下图：
由(1)可知tan∠ADC=CHHD=125，
∵∠AFC′=∠ADC
∴tan∠AFC′=125，
设AF=5x，AC′=12x，则C′F=13x ，
根据折叠的性质可得出：B′C′=BC=8，B′F=8−13x．
∵∠B′FM=∠AFC′，
∴tan∠B′FM=tan∠AFC′=125，
∵∠ABC=90°
∴在Rt△BFM中，FM=1358−13x，B′M=MB=1258−13x
则5x+1258−13x+1358−13x=12，
解得：x=715，
AC′=12x=285
如图3，当点F在BA的延长线上时，
同上tan∠AFC′=125，
在Rt△AFC′中，
设AF=5x，AC′=12x，FC′=13x，FB′=13x−8 ，
在Rt△MFB′中，
FM=13513x−8，B′M=MB=12513x−8
则FB=5x+12=12513x−8+13513x−8
解得x=1315，
则AC′=12x=12×1315=525，
综上：AC′的值为：285或525．
【变式2-3】（2024·内蒙古·中考真题）如图，在△ABD中，∠ABD=30°，∠A=105°，将△ABD沿BD翻折180°得到△CBD，将线段DC绕点D顺时针旋转30°得到线段DF，点E为AB的中点，连接EF，ED．若EF=1，则△BED的面积是（ ）
A．1+34B．2+34C．2+32D．1+32
【答案】A
【分析】本题考查了折叠的性质，旋转的性质，线段垂直平分线的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，勾股定理，直角三角形的性质，三角形的面积，连接AC与BD相交于点H，连接AF、BF、FH，由∠ABD=30°，∠A=105°，可得∠ADB=45°，进而由折叠可得AB=CB，AD=CD，∠CDB=∠ADB=45°，得到AC⊥BD ∠ADC=90°，即得∠AHD=∠AHB=90°，即可得△ADH为等腰直角三角形，即得AH=DH，∠DAH=45°，又由旋转得，DF=DC，∠CDF=30°，可得AD=DF，∠ADF=60°，∠FDH=15°，即可得△ADF为等边三角形，得到AF=DF，∠DAF=60°，进而得∠FAH=15°，∠BAF=45°，即得∠FAH=∠FDH，可得△FAH≌△FDHSAS，得到∠AHF=∠DHF=135°，即可得∠BHF=45°，由∠BAF=∠BHF得A、B、F、H四点共圆，即得∠AFB=∠AHB=90°，可得AB=2EF=2，由此可得AH=DH=12AB=1，BH=AB2−AH2=3，得到BD=1+3，最后根据S△BED=12S△ABD即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：连接AC与BD相交于点H，连接AF、BF、FH，
∵∠ABD=30°，∠A=105°，
∴∠ADB=180°−30°−105°=45°，
由折叠可得AB=CB，AD=CD，∠CDB=∠ADB=45°，
∴AC⊥BD ∠ADC=45°+45°=90°，
∴∠AHD=∠AHB=90°，
∴△ADH为等腰直角三角形，
∴AH=DH，∠DAH=45°，
又由旋转得，DF=DC，∠CDF=30°，
∴AD=DF，∠ADF=90°−30°=60°，∠FDH=45°−30°=15°，
∴△ADF为等边三角形，
∴AF=DF，∠DAF=60°，
∴∠FAH=60°−45°=15°，∠BAF=105°−60°=45°，
∴∠FAH=∠FDH，
在△FAH和△FDH中，
AH=DH∠FAH=∠FDHAF=DF，
∴△FAH≌△FDHSAS，
∴∠AHF=∠DHF，
∵∠AHD=90°，
∴∠AHF=∠DHF=180°−90°2=135°，
∴∠BHF=180°−135°=45°，
∴∠BAF=∠BHF，
∴A、B、F、H四点共圆，
∴∠AFB=∠AHB=90°，
∵∠ABD=30°，
∴AB=2EF=2，
∵∠ABD=30°，
∴AH=12AB=1，
∴DH=1，BH=AB2−AH2=22−12=3，
∴BD=1+3，
∴S△BED=12S△ABD=12×12BD·AH=12×12×1+3×1=1+34，
故选：A．
【题型3 坐标系中的轴对称问题】
【例3】（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A−1,1，B−2,3，C−5,2．
(1)画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标；
(2)画出△ABC绕点A逆时针旋转90°后得到的△AB2C2，并写出点B2的坐标；
(3)在（2）的条件下，求点B旋转到点B2的过程中所经过的路径长（结果保留π）
【答案】(1)作图见解析，B12,3
(2)作图见解析，B2−3,0
(3)52π
【分析】本题考查了利用旋转变换作图，轴对称和扇形面积公式等知识，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
（1）根据题意画出即可；关于y轴对称点的坐标横坐标互为相反数，纵坐标不变；
（2）根据网格结构找出点B、C以点A为旋转中心逆时针旋转90°后的对应点，然后顺次连接即可；
（3）先求出AB=5，再由旋转角等于90°，利用弧长公式即可求出．
【详解】（1）解：如图，△A1B1C1为所求；点B1的坐标为2,3，
（2）如图，△AB2C2为所求；B2−3,0，
（3）AB=12+22=5，
点B旋转到点B2的过程中所经过的路径长90×5π180=52π．
【变式3-1】（2024·浙江金华·中考真题）如图，两个灯笼的位置A,B的坐标分别是−3,3,1,2，将点B向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点B′，则关于点A,B′的位置描述正确是（ ）

A．关于x轴对称B．关于y轴对称
C．关于原点O对称D．关于直线y=x对称
【答案】B
【分析】先根据平移方式求出B′3，3，再根据关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相同进行求解即可．
【详解】解：∵将B1,2向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点B′，
∴B′3，3，
∵A−3,3，
∴点A,B′关于y轴对称，
故选B．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化—平移和轴对称，正确根据平移方式求出B′3，3是解题的关键．
【变式3-2】（2024·山东聊城·中考真题）如图，在Rt△ABO中，∠OBA=90°，A4,4，点C在边AB上，且ACCB=13，点D为OB的中点，点P为边OA上的动点，当点P在OA上移动时，使四边形PDBC周长最小的点P的坐标为（ ）
A．2,2B．52,52C．83,83D．3,3
【答案】C
【分析】根据已知条件得到AB=OB=4，∠AOB=45°，求得BC=3，OD=BD=2，得到D（0，2），C（4，3），作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，则此时四边形PDBC周长最小，E（0，2），求得直线EC的解析式为y=14x+2，解方程组即可得到结论．
【详解】∵在Rt△ABO中，∠OBA=90°，A（4，4），
∴AB=OB=4，∠AOB=45°，
∵ACCB=13，点D为OB的中点，
∴BC=3，OD=BD=2，
∴D（0，2），C（4，3），
作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，
则此时，四边形PDBC周长最小，E（0，2），
∵直线OA 的解析式为y=x，
设直线EC的解析式为y=kx+b，
∴b＝24k+b＝3，
解得：k＝14b＝2，
∴直线EC的解析式为y=14x+2，
解y＝xy＝14x+2得，x＝83y＝83，
∴P（83，83），
故选C．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，等腰直角三角形的性质，正确的找到P点的位置是解题的关键．
【变式3-3】（2024·江苏宿迁·中考真题）在平面直角坐标系中，点A2,3与点B关于x轴对称，则点B的坐标是 ．
【答案】2,−3
【分析】本题考查了关于x轴对称的点的坐标，根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”解答．
【详解】解：∵点A2,3与点B关于x轴对称，
∴点B的坐标是2,−3．
故答案为：2,−3 ．
【题型4 与轴对称有关的规律探究问题】
【例4】（2024·山东威海·中考真题）图1是光的反射规律示意图．其中，PO是入射光线，OQ是反射光线，法线KO⊥MN，∠POK是入射角，∠KOQ是反射角，∠KOQ＝∠POK．图2中，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】根据光反射定律可知，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角并且关于法线对称，由此推断出结果．
【详解】连接EF，延长入射光线交EF于一点N，过点N作EF的垂线NM，如图所示：
由图可得MN是法线，∠PNM为入射角
因为入射角等于反射角，且关于MN对称
由此可得反射角为∠MNB
所以光线自点P射入，经镜面EF反射后经过的点是B
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称中光线反射的问题，根据反射角等于入射角，在图中找出反射角是解题的关键．
【变式4-1】（2024·重庆南岸·二模）如图，Rt△A1B1C1的斜边A1B1在直线y=3x−3上，点B1在x轴上，C1点坐标为2,0．先将△A1B1C1沿较长直角边A1C1翻折得到△A1B2C1，再将△A1B2C1沿斜边A1B2翻折得到△A1B2C2，再将△A1B2C2沿较短直角边B2C2翻折得到△A2B2C2；…；按此规律，点A11的坐标为（ ）

A．15,53B．15,63C．17,53D．17,63
【答案】D
【分析】先求得A12,3，B11,0，根据勾股定理得B1C1=1，A1C1=3，A1B1=2，由翻折的性质得到A25,0同理可得A48,3，A58,33，A611,23，A711,43，即可判断出规律，即可解答．
【详解】当y=0时，x=1，
∴B11,0，
∵Rt△A1B1C1的斜边A1B1在直线y=3x−3上，
∴A12,3，
∵C1点坐标为2,0，
∴B1C1=1，A1C1=3，
∴A1B1=2，
∴∠A1B1C1=60°，∠B1A1C1=30°，
∴A2C1=3，
∴A25,0，
再由翻折可知，∠B2A3A2=30°，A2B2=2，
∴A2A3=23，
∴A35,23，
同理可得A48,3，A58,33，A611,23，A711,43，
∴A1117,63．
故选：D
【点睛】本题考查了点坐标规律探索，勾股定理，翻折的性质，根据图象得出坐标变化规律是解题的关键．
【变式4-2】（2024·福建漳州·一模）如图，在平面直角坐标系中，函数y=x的图象为直线l，作点A11,0关于直线l的对称点A2，将A2向右平移2个单位得到点A3；再作A3关于直线l的对称点A4，将A4向右平移2个单位得到点A5；…则按此规律，所作出的点A2024的坐标为（ ）
A．1012,1011B．1012,1009C．1009,1012D．1011,1012
【答案】D
【分析】本题主要考查了点的坐标规律探索，轴对称的性质，坐标与图形变化−平移，一次函数的图象和性质，通过求出A20,1，A32,1，A41,2，A53,2，A62,3，进而得到规律当n=2k（k为正整数）时，Ank−1,k，当n=2k−1时，Ank,k−1，再由2024=2×1012，即可求出答案．
【详解】解：如图所示，
设A2A3与直线l交于点C，
∵A11,0，
∴OA1=1，
∵函数y=x的图象为直线l，
∴∠A1OC=45°，
由轴对称的性质可得OA2=OA1=1，∠A2OC=∠A1OC=45°，
∴∠A1OA2=90°，
∴A20,1，
∵将A2向右平移2个单位得到点A3，
∴A32,1，
同理可得A41,2，
∴A53,2，A62,3，
，
以此类推，可知当n=2k（k为正整数）时，Ank−1,k，当n=2k−1时，Ank,k−1，
∵2024=2×1012，
∴A20241012−1,1012，即A20241011,1012．
故选：D．
【变式4-3】（2024·山东淄博·一模）如图，在直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为：A(−2,0)，B(1,2)，C(1,−2)．已知N−1,0，作点N关于点A的对称点N1，点N1关于点B的对称点N2，点N2关于点C的对称点N3，点N3关于点A的对称点N4，点N4关于点B的对称点N5，…，按照此规律，则点N2023的坐标为 ．
【答案】−3,0
【分析】本题考查了平面直角坐标系内点的规律探究问题．先求出N1至N6点的坐标，找出其循环的规律为每6个点循环一次即可求解．
【详解】解：由题意得，作出如下图形：
N点坐标为−1,0，
N点关于A点对称的N1点的坐标为−3,0，
N1点关于B点对称的N2点的坐标为5,4，
N2点关于C点对称的N3点的坐标为−3,8，
N3点关于A点对称的N4点的坐标为−1,8，
N4点关于B点对称的N5点的坐标为3,−4，
N5点关于C点对称的N6点的坐标为−1,0，此时刚好回到最开始的点N处，
∴其每6个点循环一次，
∴2023÷6=337⋯⋯1，
∴N2023的坐标与N1点的坐标相同，其坐标为−3,0．
故答案为：−3,0．
考点二
平移
(1)平移的定义：把一个图形沿着某一直线方向移动，这种图形的平行移动，简称为平移。
(2)平移的性质：平移后的图形与原图形全等；对应角相等；对应点所连的线段平行(或在同一条直线上)且相等。
(3)坐标的平移：点（x，y）向右平移a个单位长度后的坐标变为（x+a，y）；
点（x，y）向左平移a个单位长度后的坐标变为（x-a，y）；
点（x，y）向上平移a个单位长度后的坐标变为（x，y+a）；
点（x，y）向下平移a个单位长度后的坐标变为（x，y-a）。
【题型5 利用平移的性质求解】
【例5】（2024·江苏连云港·中考真题）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是80cm，则图中阴影图形的周长是（ ）

A．440cmB．320cmC．280cmD．160cm
【答案】A
【分析】本题考查平移的性质，利用平移的性质将阴影部分的周长转化为边长是80cm的正方形的周长加上边长是80cm的正方形的两条边长再减去2×20cm，由此解答即可．
【详解】解：由图可得：阴影部分的周长为边长是80cm的正方形的周长加上边长是80cm的正方形的两条边长再减去2×20cm，
∴阴影图形的周长是：4×80+2×80−2×20=440cm，
故选：A．
【变式5-1】（2024·内蒙古通辽·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．
【变式5-2】（2024·广东深圳·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．
【变式5-3】（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，等腰△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=120°，将△ABC沿其底边中线AD向下平移，使A的对应点A′满足AA′=13AD，则平移前后两三角形重叠部分的面积是 ．
【答案】439/493
【分析】本题考查平移的性质，相似三角形的判定和性质，三线合一，根据平移的性质，推出△A′EF∽△A′B′C′，根据对应边上的中线比等于相似比，求出EF的长，三线合一求出A′D的长，利用面积公式进行求解即可．
【详解】解：∵等腰△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=120°，
∴∠ABC=30°，
∵AD为中线，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴AD=12AB=1，BD=3AD=3，
∴BC=23，
∵将△ABC沿其底边中线AD向下平移，
∴B′C′∥BC,B′C′=BC=23，A′G=AD=1，
∴△A′EF∽△A′B′C′，
∴EFB′C′=A′DA′G，
∵AA′=13AD，
∴DA′=23AD=23A′G=23，
∴EFB′C′=A′DA′G=23，
∴EF=23B′C′=433，
∴S阴影=12EF⋅A'D=12×433×23=439；
故答案为：439．
【题型6 利用平移解决实际生活问题】
【例6】（2024·山东日照·中考真题）下列运动中，属于平移的是（ ）
A．冷水加热过程中，小气泡上升成为大气泡B．急刹车时汽车在地面上的滑动
C．随手抛出的彩球运动D．随风飘动的风筝在空中的运动
【答案】B
【详解】解：A、气泡在上升的过程中变大，不属于平移；
B、急刹车时汽车在地面上的滑动属于平移；
C、随手抛出的彩球运动既发生了平移，也发生了旋转，不属于平移；
D、随风飘动的树叶在空中的运动，既发生了平移，也发生了旋转．
故选B．
【点睛】此题主要考查了平移，关键是掌握平移时图形中所有点移动的方向一致，并且移动的距离相等．
【变式6-1】（2024·湖南邵阳·中考真题） 某数学兴趣小组开展动手操作活动，设计了如图所示的三种图形，现计划用铁丝按照图形制作相应的造型，则所用铁丝的长度关系是（ ）

A．甲种方案所用铁丝最长B．乙种方案所用铁丝最长
C．丙种方案所用铁丝最长D．三种方案所用铁丝一样长
【答案】D
【详解】试题分析：
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．
【变式6-2】（2024·湖南衡阳·中考真题）如图，学校课外生物小组的试验园地的形状是长35米、宽20米的矩形．为便于管理，要在中间开辟一横两纵共三条等宽的小道，使种植面积为600平方米，则小道的宽为多少米？若设小道的宽为x米，则根据题意，列方程为（ ）
A．35×20−35x−20x+2x2=600B．35×20−35x−2×20x=600
C．(35−2x)(20−x)=600D．(35−x)(20−2x)=600
【答案】C
【分析】把阴影部分分别移到矩形的上边和左边，可得种植面积为一个矩形，根据种植的面积为600列出方程即可．
【详解】解：如图，设小道的宽为xm，
则种植部分的长为35−2xm，宽为20−xm,
由题意得：(35−2x)(20−x)=600．
故选C．
【点睛】考查一元二次方程的应用；利用平移的知识得到种植面积的形状是解决本题的突破点；得到种植面积的长与宽是解决本题的关键．
【变式6-3】（2024·浙江绍兴·中考真题）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（ ）
A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形
B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形
C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形
D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形
【答案】B
【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可
【详解】如图所示，
用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形；
用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，
用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形，
用5个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，
用6个相同的菱形放置，最多能得到47个菱形．
故选：B．
【点睛】本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
【题型7 坐标系中的平移问题】
【例7】（2024·河北·中考真题）平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“和点”．将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度．
若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点Q16−1,9，则点Q的坐标为（ ）
A．6,1或7,1B．15,−7或8,0C．6,0或8,0D．5,1或7,1
【答案】D
【分析】本题考查了坐标内点的平移运动，熟练掌握知识点，利用反向运动理解是解决本题的关键．
先找出规律若“和点”横、纵坐标之和除以3所得的余数为0时，先向右平移1个单位，之后按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移，按照Q16的反向运动理解去分类讨论：①Q16先向右1个单位，不符合题意；②Q16先向下1个单位，再向右平移，当平移到第15次时，共计向下平移了8次，向右平移了7次，此时坐标为6,1，那么最后一次若向右平移则为7,1，若向左平移则为5,1．
【详解】解：由点P32,2可知横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，继而向上平移1个单位得到P42,3，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为2，继而向左平移1个单位得到P41,3，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，又要向上平移1个单位⋯⋯，因此发现规律为若“和点”横、纵坐标之和除以3所得的余数为0时，先向右平移1个单位，之后按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移，
若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点Q16−1,9，则按照“和点”Q16反向运动16次求点Q坐标理解，可以分为两种情况：
①Q16先向右1个单位得到Q150,9，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为0，应该是Q15向右平移1个单位得到Q16，故矛盾，不成立；
②Q16先向下1个单位得到Q15−1,8，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，则应该向上平移1个单位得到Q16，故符合题意，那么点Q16先向下平移，再向右平移，当平移到第15次时，共计向下平移了8次，向右平移了7次，此时坐标为−1+7,9−8，即6,1，那么最后一次若向右平移则为7,1，若向左平移则为5,1，
故选：D．
【变式7-1】（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的顶点A在x轴负半轴上，顶点B在直线y=34x上，若点B的横坐标是8，为点C的坐标为（ ）
A．(−1,6)B．(−2,6)C．(−3,6)D．(−4,6)
【答案】B
【分析】过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，先求出B8,6，由勾股定理求得BO=10，再由菱形的性质得到BC=BO=10,BC∥x轴，最后由平移即可求解．
【详解】解：过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，
∵顶点B在直线y=34x上，点B的横坐标是8，
∴yB=8×34=6，即BD=6，
∴B8,6，
∵BD⊥x轴，
∴由勾股定理得：BO=BD2+DO2=10，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=BO=10,BC∥x轴，
∴将点B向左平移10个单位得到点C，
∴点C−2,6，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
【变式7-2】（2024·湖北黄石·中考真题）如图，已知点A1,0,B4,m，若将线段AB平移至CD，其中点C−2,1,Da,n，则m−n的值为（ ）

A．−3B．−1C．1D．3
【答案】B
【分析】根据A，C两点的坐标可得出平移的方向和距离进而解决问题．
【详解】解：∵线段CD由线段AB平移得到，
且A(1,0)，C(−2,1)，B(4,m)，D(a,n)，
∴m−n=0−1=−1．
故选：B．
【点睛】本题考查坐标与图象的变化，解题的关键是熟知平移过程中图象上的每一个点的平移方向和距离均相同．
【变式7-3】（2024·山东青岛·中考真题）如图，将正方形ABCD先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转90°，得到四边形A′B′C′D′，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．−1,−2B．−2,−1C．2,1D．1,2
【答案】A
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和平移，全等三角形的性质与判定，先根据题意得到平移方式为向右平移3个单位长度，则可得平移后点A的对应点坐标为2,−1；如图所示，设E2,−1绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，证明△HFO≌△GOEAAS，得到OH=GE=1，HF=OG=2，则F−1,−2，即点A的对应点A′的坐标是−1,−2．
【详解】解：由题意得，平移前B−3,0，A−1,−1，
∵将正方形ABCD先向右平移，使点B与原点O重合，
∴平移方式为向右平移3个单位长度，
∴平移后点A的对应点坐标为2,−1，
如图所示，设E2,−1绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，
∴∠OHF=∠OGE=90°，
由旋转的性质可得∠EOF=90°，OE=OF，
∴∠HOF+∠HFO=∠GOE+∠HOF，
∴∠HFO=∠GOE，
∴△HFO≌△GOEAAS，
∴OH=GE，HF=OG，
∵E2,−1，
∴OH=GE=1，HF=OG=2，
∴F−1,−2，
∴点A的对应点A′的坐标是−1,−2，
故选：A．
【题型8 与平移有关的规律问题】
【例8】（2024·福建福州·一模）如图，在平面直角坐标系上有点A1,0，点A第一次跳动至点A1−1,1，第二次向右跳动3个单位至点A22,1，第三次跳动至点A3−2,2，第四次向右跳动5个单位至点A43,2，…，以此规律跳动下去，点A第2024次跳动至点A2024的坐标是（ ）
A．1013,1012B．1012,1011C．1010,1009D．1011,1010
【答案】A
【分析】本题考查了点的坐标、坐标的平移，根据点的坐标、坐标的平移寻找规律即可求解，解决本题的关键是寻找点的变化规律．
【详解】解：∵A1,0，A22,1，
A3−2,2，A43,2，
A5−3,3，A64,3，
A7−4,4，A85,4，
…
∴A2n−1−n,n，A2nn+1,n（n为正整数），
∴2n=2024，
∴n=1012，
∴A20241013，1012，
故选：A．
【变式8-1】（2024·广东东莞·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点M从O0,0开始移动，规律为：第1次平移后得到点M10,1，第2次平移后得到点M22,1，第3次平移后得到点M32,2，第4次平移后得到点M44,2……那么第20次平移后得到的点M20的坐标为（ ）
A．20,10B．20,12C．18,10D．18,12
【答案】A
【分析】本题考查了点在坐标系中的变化规律，根据点的坐标的变化找出规律是解题的关键．由点的坐标变化得，坐标变化满足每2次一周期，每周期纵坐标加1，横坐标加2，按此规律计算即可．
【详解】解：由点的坐标变化得，坐标变化满足每2次一循环，每周期纵坐标加1，横坐标加2，
点M从O0,0开始移动，第20次平移后得到的点的横坐标为20÷2×2=20，纵坐标为20÷2×1=10，
所以第20次平移后得到的点的坐标为20,10．
故选：A．
【变式8-2】（2024·湖南益阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，有一只蚂蚁自P0(0,−1)处向右爬行1个单位长度至P1(1,−1)，然后向上爬行2个单位长度至P2处，再向左爬行3个单位长度至P3处，再向下爬行4个单位长度至P4处，再向右爬行5个单位长度至P5处，…，按照此规律继续运动下去，则P2023的坐标为（ ）

A．(−1010,1009)B．(−1012,1011)C．(1010,−1010)D．(1012,−1012)
【答案】B
【分析】根据题意可知P21，1，P3−2，1，P4−2，−3，P53，−3，P63，3，P7−4，3，再根据P21，1，P63，3可知P20221011，1011进而即可解答．
【详解】解：∵有一只蚂蚁自P0(0,−1)处向右爬行1个单位长度至P1(1,−1)，
∴P21，1，P3−2，1，P4−2，−3，P53，−3，P63，3，P7−4，3……，
∴P21，1，P63，3，
∴Pnn2，n2，
∴P202220222，20222，
即P20221011，1011，
∵2023−2022=1，
∴P2023−1012，1011，
故选B．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变化，根据平移变化找出规律是解题的关键．
【变式8-3】（2024·重庆·一模）如图所示，平面直角坐标系中，x轴负半轴有一点A(−1,0)，点A先向上平移1个单位至A1(−1,1)，接着又向右平移1个单位至点A2(0,1)，然后再向上平移1个单位至点A3(0,2)，向右平移1个单位至点A4(1,2)，照此规律平移下去，点A平移至点A2021时，点A2021的坐标为（ ）
A．(1008,1010)B．(1010,1010)C．(1009,1011)D．(1008,1011)
【答案】C
【分析】由题意，A1（-1，1），A3（0，2），A5（1，3），A7（2，4），得出规律，利用规律解决问题即可．
【详解】由题意，A1（-1，1），A3（0，2），A5（1，3），A7（2，4），……，A2n-1（-2+n，n），
∵2021=1011×2−1 ，
∴A2021（1009，1011），
故选：C．
【点睛】本题考查坐标与图形变化一平移，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
考点三
旋转
旋转
定义：把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，叫做图形的旋转。点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角。如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做这个旋转的对应点。
旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前后的图形全等。
(2)中心对称
定义：把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称。这个点叫做对称中心。这两个图形在旋转后能重合的对应点叫做关于对称中心的对称点。
中心对称的性质：①中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分；②中心对称的两个图形是全等图形。
(3)中心对称图形
定义：如果一个图形绕一个点旋转180°后能与自身重合，那么这个图形叫做中心对称图形。这个点叫做它的对称中心。
(4)关于原点对称的点的坐标
两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x，y)关于原点O的对称点为 P′(-x，-y)。
【题型9 根据旋转的性质求解】
【例9】（2024·浙江绍兴·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC=23,∠BAC=120°，点D，E都在边BC上，∠DAE=60°．若BD=2CE，则DE的长为（ ）
A．3+3B．33−3C．23−1D．33−4
【答案】B
【分析】将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，由AB=AC=23，∠BAC=120°，可得出∠B=∠ACB=30°，根据旋转的性质可得出∠ECG=60°，结合CF=BD=2CE可得出△CEG为等边三角形，进而得出△CEF为直角三角形，求出BC的长度以及证明全等找出DE=FE，设EC=x，则BD=CF=2x，DE=FE=6−3x，在Rt△CEF中利用勾股定理可得出EF=CF2−EC2=3x，利用FE=6−3x=3x，可求出x以及FE的值，此题得解．
【详解】解：将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，如图所示：
过点A作AN⊥BC于点N，如图，
∵AB=AC=23，∠BAC=120°，
∴BN=CN，∠B=∠ACB=30°．
在Rt△BAN中，∠B=30°，AB=23，
∴AN=12AB=3，
∴BN=AB2−AN2=3，
∴BC=6．
∴∠ACB=∠B=∠ACF=30°，
∴∠ECG=60°．
∵CF=BD=2CE，
∴CG=CE，
∴△CEG为等边三角形，
∴EG=CG=FG，
∴∠EFG=∠FEG=12∠CGE=30°，
∴△CEF为直角三角形．
∵∠BAC=120°，∠DAE=60°，
∴∠BAD+∠CAE=60°，
∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=∠BAD+∠CAE=60°．
在△ADE和△AFE中，
AD=AF∠DAE=∠FAEAE=AE，
∴△ADE≌△AFESAS，
∴DE=FE．
设EC=x，则BD=CF=2x，DE=FE=6−3x，
在Rt△CEF中，∠CEF=90°，CF=2x，EC=x，EF=CF2−EC2=3x，
∴6−3x=3x，
∴x=3−3，
∴DE=3x=33−3，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质，通过勾股定理找出关于x的方程是解题的关键．
【变式9-1】（2024·江苏南京·中考真题）如图，在边长为4的等边三角形ABC中，AD是中线，将DA绕点D顺时针旋转60°得到DE，连接BE，则S△BDE= ．
【答案】3
【分析】过点E作EH⊥BC交BC延长线于点H，由等边三角形的性质得到AB=BC=AC=4，继而由三线合一得到AD⊥BC，BD=CD=2，由勾股定理得到AD=23，旋转得到DE=DA=23，∠ADE=60°，则∠EDC=30°，继而EH=12DE=3，即可求解面积．
【详解】解：过点E作EH⊥BC交BC延长线于点H，
∵△ABC为等边三角形
∴AB=BC=AC=4，
∵AD是中线，
∴AD⊥BC，BD=CD=2，
∴由勾股定理得：AD=AB2−BD2=23，
由旋转得：DE=DA=23，∠ADE=60°，
∴∠EDC=30°，
∵EH⊥BC，
∴EH=12DE=3，
∴S△BDE=12BD×EH=12×2×3=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，30°角直角三角形的性质，旋转的性质，正确构造辅助线是解题的关键．
【变式9-2】（2024·四川雅安·中考真题）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，∠BAC=∠DAE=40°，将△ADE绕点A顺时针旋转一定角度，当AD⊥BC时，∠BAE的度数是 ．
【答案】60°或120°
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，旋转的性质，分两种情况分别画出图形，再结合等腰三角形的性质与角的和差运算可得答案；
【详解】解：如图，当AD⊥BC时，延长AD交BC于J，
∵AB=AC，∠BAC=∠DAE=40°，
∴∠BAJ=∠CAJ=20°,
∴∠BAE=20°+40°=60°；
如图，当AD⊥BC时，延长DA交BC于J，
∵AB=AC，∠BAC=∠DAE=40°，
∴∠BAJ=∠CAJ=20°,
∴∠BAE=180°−20°−40°=120°，
故答案为：60°或120°
【变式9-3】（2024·山东东营·中考真题）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，BC=3．
(1)问题发现
如图1，将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关系是______，AD与BE的位置关系是______；
(2)类比探究
将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若AD交CE于点N，请结合图2说明理由；
(3)迁移应用
如图3，将△CAB绕点C旋转一定角度得到△CDE，当点D落到AB边上时，连接BE，求线段BE的长．
【答案】(1)BE=3AD；AD⊥BE
(2)一致；理由见解析
(3)BE=3105
【分析】（1）延长DA交BE于点H，根据旋转得出CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠ACB=90°，根据勾股定理得出AD=12+12=2，BE=32+32=32，根据等腰三角形的性质得出∠ADC=∠DAC=12×90°=45°，∠CBE=∠CEB=12×90°=45°，根据三角形内角和定理求出∠BHD=180°−45°−45°=90°，即可得出结论；
（2）延长DA交BE于点H，证明△ACD∽△BCE，得出ADBE=ACBC=13，∠ADC=∠BEC，根据三角形内角和定理得出∠EHN=∠DCN=90°，即可证明结论；
（3）过点C作CN⊥AB于点N，根据等腰三角形的性质得出AN=ND=12AD，根据勾股定理得出AB=12+32=10，证明△ACN∽△ABC，得出ANAC=ACAB，求出AN=1010，根据解析（2）得出BE=3AD=3105．
【详解】（1）解：延长DA交BE于点H，如图所示：
∵将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE，
∴CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠ACB=90°，
∴根据勾股定理得：AD=12+12=2，BE=32+32=32，
∴BE=3AD，
∵CD=AC，CE=BC，∠ACD=∠ACB=90°，
∴∠ADC=∠DAC=12×90°=45°，∠CBE=∠CEB=12×90°=45°，
∴∠BHD=180°−∠ADC−∠CBE=180°−45°−45°=90°，
∴AD⊥BE．
（2）解：线段AD与BE的数量关系、位置关系与（1）中结论一致；理由如下：
延长DA交BE于点H，如图所示：
∵将△CAB绕点C旋转得到△CDE，
∴CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠BCE，∠DCE=∠ACB=90°，
∴ACBC=CDCE=13，
∴△ACD∽△BCE，
∴ADBE=ACBC=13，∠ADC=∠BEC，
∴BE=3AD；
又∵∠ENH=∠CND，∠HEN+∠ENH+∠EHN=180°，∠CND+∠CDN+∠DCN=180°，
∴∠EHN=∠DCN=90°，
∴AD⊥BE；
（3）解：过点C作CN⊥AB于点N，如图所示：
根据旋转可知：AC=CD，
∴AN=ND=12AD，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，BC=3，
∴根据勾股定理得：AB=12+32=10，
∵∠ANC=∠ACB=90°，∠A=∠A，
∴△ACN∽△ABC，
∴ANAC=ACAB，
即AN1=110，
解得：AN=1010，
∴AD=2AN=105，
根据解析（2）可知：BE=3AD=3105．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
【题型10 根据旋转的性质证明线段或角相等】
【例10】（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）▱ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，连接DE，将ED绕点E逆时针旋转90°，得到EF，连接BF．

(1)当点E在线段BC上，∠ABC=45°时，如图①，求证：AE+EC=BF；
(2)当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45°时，如图②：当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135°时，如图③，请猜想并直接写出线段AE，EC，BF的数量关系；
(3)在（1）、（2）的条件下，若BE=3，DE=5，则CE=_______．
【答案】(1)见解析
(2)图②：AE−EC=BF，图③：EC−AE=BF
(3)1或7
【分析】（1）求证∠BEF=∠AED，AE=BE，得△BEF≌△AEDSAS，所以BF=AD，进而AD=BC=BF，所以AE+CE=BE+CE=BC=BF；
（2）如图②，当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45°时，同（1），△BEF≌△AEDSAS，得AD=BF，结合平行四边形性质，得AD=BC=BF，所以AE−EC=BF；如图③，当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135°时，求证∠BAE=∠ABE，得AE=BE，同（1）可证△BEF≌△AEDSAS，BF=AD，结合平行四边形性质，得AD=BC=BF，所以EC−AE=BF；
（3）如图①，Rt△EBF中，勾股定理，得 BF=EF2−BE2=4，求得EC=BF−AE=1；如图②，BE=3，则AE=3,Rt△ADE中，AD=DE2−AE2=52−32=4，可得图②中，不存在BE=3，DE=5的情况；如图③，Rt△AED中，勾股定理，得 AD=DE2−AE2=4，求得EC=AE+BF=7．
【详解】（1）证明：∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°．
∵∠FED=90°，
∴∠AEB=∠FED
∴∠AEB−∠AEF=∠FED−∠AEF
∴∠BEF=∠AED．
∵∠ABC=45°，
∴∠ABC=∠BAE=45°．
∴AE=BE．
∵EF=ED，
∴△BEF≌△AEDSAS．
∴BF=AD．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=BF．
∴AE+CE=BE+CE=BC=BF；
（2）如图②，当点E在线段BC延长线上，∠ABC=45°时，

同（1），AE=BE，△BEF≌△AEDSAS
∴AD=BF
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=BF．
∴AE−EC=BE−EC=BC=BF
即AE−EC=BF；
如图③，当点E在线段CB延长线上，∠ABC=135°时，

∵∠ABC=135°
∴∠ABE=180°−∠ABC=45°
∵AE⊥BC
∴∠AEB=90°
∴∠BAE=180°−∠AEB−∠ABE=45°
∴∠BAE=∠ABE
∴AE=BE
同（1）可证，△BEF≌△AEDSAS
∴BF=AD
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=BF．
∴EC−AE=EC−EB=BC=BF
即EC−AE=BF
（3）如图①，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAD=∠AEB=90°
∵△BEF≌△AED
∴∠EAD=∠EBF=90°
Rt△EBF中，EF=DE=5,BE=AE=3，BF=EF2−BE2=52−32=4
由AE+EC=BF，得EC=BF−AE=4−3=1；
如图②，BE=3，则AE=3,Rt△ADE中，AD=DE2−AE2=52−32=4，
∴BC=AD=4,与BE=3矛盾，故图②中，不存在BE=3，DE=5的情况；
如图③，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC
∴∠EAD+∠AEB=180°
∵∠AEB=90°
∴∠EAD=90°
Rt△AED中，AE=BE=3，AD=DE2−AE2=52−32=4
∴BF=AD=4
由EC−AE=BF知，EC=AE+BF=3+4=7．
综上，CE=1或7．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，根据条件选用恰当的方法作全等的判定是解题的关键．
【变式10-1】（2024·湖北荆州·中考真题）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60度得到ΔDBE，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD．
（1）求证：BC//AD；
（2）若AB=4，BC=1，求A，C两点旋转所经过的路径长之和．
【答案】（1）见解析；（2）53π
【分析】（1）先利用旋转的性质证明△ABD为等边三角形，则可证∠DAB=60°，即∠CBE=∠DAB,再根据平行线的判定证明即可．
（2）利用弧长公式分别计算路径，相加即可求解．
【详解】（1）证明：由旋转性质得：ΔABC≅ΔDBE,∠ABD=∠CBE=60°
∴AB=BD,∴ΔABD是等边三角形
所以∠DAB=60°
∴∠CBE=∠DAB,
∴BC//AD；
（2）依题意得：AB=BD=4，BC=BE=1，
所以A，C两点经过的路径长之和为60π×4180+60π×1180=53π．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定、弧长公式等知识，熟练掌握这些知识点之间的联系及弧长公式是解答的关键．
【变式10-2】（2024·辽宁鞍山·中考真题）如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标3,3，将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度α0°AC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
（2）将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′，
由（1）可知当B，P，P′，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A′B，

∵∠ACP=∠A′CP′，
∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP′=60°
∴∠BCA'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，
由旋转性质可知：AC=A′C=3，
∴A′B=BC2+A′C2=42+32=5，
∴PA+PB+PC最小值为5，
（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)
∴当PA+PB+2PC最小时，总的铺设成本最低，
将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A′P′C，连接PP′，A′B
由旋转性质可知：P′C=PC，∠PCP′=∠ACA′=90°，P′A′=PA，A′C=AC=4km，
∴PP′=2PC，
∴PA+PB+2PC=P′A′+PB+PP′，
当B，P，P′，A在同一条直线上时，P′A′+PB+PP′取最小值，即PA+PB+2PC取最小值为A′B，

过点A′作A′H⊥BC，垂足为H，
∵∠ACB=60°，∠ACA′=90°，
∴∠A′CH=30°，
∴A′H=12A′C=2km，
∴HC=AC2−AH2=42−22=23(km)，
∴BH=BC+CH=23+23=43(km)，
∴A′B=AH2+BH2=(43)2+22=213(km)
PA+PB+2PC的最小值为213km
总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·2a=a(PA+PB+2PC)=213a（元）
故答案为：213a
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
19．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动
【操作判断】
操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平；
操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE；
操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H．
根据以上操作，得∠EBF=________°．
【探究证明】
（1）如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明；
（2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM=MF．
【深入研究】
若AGAC=1k，请求出GHHC的值（用含k的代数式表示）．
【答案】[操作判断]45；
[探究证明]（1）等腰直角三角形，理由见详解；（2）见详解；
[深入研究]k2−2k+2k2−2k
【分析】[操作判断] 根据正方形的性质以及折叠的性质即可求解；
[探究证明]（1）先证明△GHB∽△FHC，再证明△GHF∽△BHC，则∠7=∠8=45°，继而得到∠7=∠5=45°，因此GB=GF，∠BGF=90°，即△BFG是等腰直角三角形；（2）由翻折得，∠AEB=∠BEF，由PQ∥AD，得到∠AEB=∠EGM，故∠BEF=∠EGM，因此ME=MG，而由∠EGM+∠MGF=∠BEF+∠EFG=90°，得到∠MGF=∠EFG，则MG=MF，因此EM=MF；
[深入研究] 连接BD，先证明△BED∽△BHC，则CHED=BCBD=22，由AGAC=1k，设AG=1,AC=k，则AB=BC=AC⋅cs∠4=22k=AD，而△AEG∽△CBG， 则AE22k=1k−1，可得AE=22kk−1，DE=2kk−22k−2，CH=k2−2k2k−2，那么GH=k−1−k2−2k2k−2=k2−2k+22k−2，故GHCH=k2−2k+2k2−2k．
【详解】[操作判断] 解：如图，
由题意得，∠1=∠2,∠3=∠4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴2∠2+∠3=90°，
∴∠2+∠3=45°，
即∠EBF=45°，
故答案为：45；
[探究证明] 解：（1）如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠6=∠8=45°，
∵∠5=45°，
∴∠5=∠6，
∵∠GHB=∠FHC，
∴△GHB∽△FHC，
∴GHFH=BHCH，
∴GHBH=FHCH，
∵∠GHF=∠BHC，
∴△GHF∽△BHC，
∴∠7=∠8=45°，
∴∠7=∠5=45°，
∴GB=GF，∠BGF=90°，
∴△BFG是等腰直角三角形；
（2）如图，
由翻折得，∠AEB=∠BEF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=90°，即AD⊥DC，
∵PQ⊥CD，
∴PQ∥AD，
∴∠AEB=∠EGM，
∴∠BEF=∠EGM，
∴ME=MG，
∵∠BGF=90°，
∴∠EGF=90°，
∴∠EGM+∠MGF=∠BEF+∠EFG=90°，
∴∠MGF=∠EFG，
∴MG=MF，
∴EM=MF；
[深入研究] 解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC，∠ABC=∠DAB=∠ADC=∠BCD=90°，AD∥BC，
∵AC,BD是对角线，
∴∠4=∠5=∠CBD=45°，
∵∠EBF=45°，
∴∠2+∠3=∠1+∠2，
∴∠1=∠3，
∴△BED∽△BHC，
∴CHED=BCBD，
在Rt△BCD中，∠CBD=45°，
∴cs∠CBD=BCBD=22，
∴CHED=22,
∵AGAC=1k，
∴设AG=1,AC=k，
∴AB=BC=AC⋅cs∠4=22k=AD，
∵AD∥BC，
∴△AEG∽△CBG，
∴AEBC=AGGC，
∴AE22k=1k−1，
∴AE=22kk−1，
∴DE=22k−22kk−1=2kk−22k−2，
∴CH=22ED=k2−2k2k−2，
∴GH=k−1−k2−2k2k−2=k2−2k+22k−2，
∴GHCH=k2−2k+2k2−2k．
【点睛】本题考查了正方形背景下的折叠问题，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，解直角三角形，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．例：“和点”P2,1按上述规则连续平移3次后，到达点P32,2，其平移过程如下：
t的取值
1
2
3
t
点A′t的坐标
−5,3
（ )
（ )
（ )