专题3.11 平移和旋转-几何变换（综合提升篇）（专项练习）-2021-2022学年八年级数学下册基础知识专项讲练（北师大版）

这是一份专题3.11 平移和旋转-几何变换（综合提升篇）（专项练习）-2021-2022学年八年级数学下册基础知识专项讲练（北师大版），共39页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题3.11 平移和旋转-几何变换（综合提升篇）（专项练习）
一、单选题
1．如图，两个直角三角形重叠在一起，将沿AB方向平移得到，，，下列结论：①；②；③：④；⑤阴影部分的面积为．其中正确的是（ ）

A．①②③④⑤ B．②③④⑤ C．①②③⑤ D．①②④⑤
2．如图，在长方形中，，第一次平移将长方形沿方向向右平移4个单位长度，得到长方形，第二次平移将长方形沿方向向右平移4个单位长度，得到长方形，……，第n次平移将长方形沿方向向右平移4个单位长度，得到长方形（）.若的长为45，则（ ）

A．10 B．11 C．16 D．9
3．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，将四边形ABCD沿AB方向平移得到四边形A'B'C'D'，BC与C'D'相交于点E，若BC＝8，CE＝3，C'E＝2，则阴影部分的面积为（　　）

A．12+2 B．13 C．2+6 D．26
4．如图，点D为等边三角形ABC内的一点，DA＝5，DB＝4，DC＝3，将线段AD以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD′，下列结论：①点D与点D′的距离为5；②△ACD′可以由△ABD绕点A逆时针旋转60°得到；③点D到CD′的距离为3；④S四边形ADCD′＝6＋，其中正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．如图，等腰的直角顶点为，且轴，等腰中，，将与组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转则第次旋转结束时，点的坐标为（ ）

A． B． C． D．
6．如图，等边三角形ABC的边长是2，E是△ABC对称轴CD上一个动点，连接EB，将线段BE绕点B逆时针旋转60°得到BF，连接EF，则在点E运动过程中，△BEF周长的最小值是（　　）

A．3 B． C． D．
7．如图，在中，将绕点A按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在BC边上，且，，则的度数为（ ）．

A．72° B．108° C．144° D．156
8．如图，点是的边的中点，且与关于直线对称，若，，则点到线段的距离为（ ）

A． B． C． D．
9．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点的坐标为，点的坐标为，点在第二象限，直线与轴、轴分别交于点、．将菱形沿轴向右平移个单位，当点落在上时，则为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
10．如图，O是正内一点，，，．将线段以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段，下列结论错误的是（ ）

A．点O与的距离为4 B．
C．S四边形AOBO′ D．


二、填空题
11．如图，Rt△AOB和Rt△COD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠B＝40°，∠C＝60°，点D在边OA上，将图中的△COD绕点O按每秒10°的速度沿顺时针方向旋转一周，在旋转的过程中，在第________秒时，边CD恰好与边AB平行．

12．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，M、M′分别是AB、A′B′的中点，若AC＝4，BC＝2，则线段MM′的长为____．

13．如图，矩形边，，沿折叠，使点与点重合，点的对应点为，将绕着点顺时针旋转，旋转角为．记旋转过程中的三角形为，在旋转过程中设直线与射线、射线分别交于点、，当时，则的长为_______．

14．如图，△ABC中，∠C=90°，AC=5cm，CB=12cm，AB=13cm，将△ABC沿直线CB向右平移3cm得到△DEF，DF交AB于点G，则点C到直线DE的距离为______cm．

15．如图，△ABC的边长AB =3 cm，BC=4 cm，AC=2 cm，将△ABC沿BC方向平移a cm（a＜4 cm），得到△DEF，连接AD，则阴影部分的周长为_______cm．

16．如图，在平面直角坐标系中，点，，，将线段向右平移，则在平移过程中，的最小值是__．

17． 如图，在平面直角坐标系中，已知长方形ABCD的顶点坐标：A（-4，-4），B（12，6），D（-8，2），则C点坐标为______．

18．如图，等边三角形的顶点A（1，1）、B（3，1），规定把等边△ABC“先沿x轴翻折，再向左平移1个单位”为一次变换，如果这样连续经过2020次变换后，等边△ABC的顶点C的坐标为___________．

19．如图，在△ABC中，，将△ABC以每秒2cm的速度沿所在直线向右平移，所得图形对应为△DEF，设平移时间为t秒，若要使成立，则的值为_____秒．

20．如图，直线y=2x+2与x、y轴分别交于A、B两点，以OB为边在y轴左侧作等边△OBC，将△OBC沿y轴上下平移，使点C的对应点C′ 恰好落在直线AB上，则点C′的坐标为____．

三、解答题
21．如图，已知P是正方形ABCD内一点，PA＝1，PB＝2，PC＝3，以点B为旋转中心，将△ABP按顺时针方向旋转使点A与点C重合，这时P点旋转到G点．
（1）请画出旋转后的图形，说出此时△ABP以点B为旋转中心最少旋转了多少度；
（2）求出PG的长度；
（3）请你猜想△PGC的形状，并说明理由；
（4）请你计算∠BGC的角度．



22．如图1，图2中，正方形ABCD的边长为6，点P从点B出发沿边BC—CD以每秒2个单位长的速度向点D匀速运动，以BP为边作等边三角形BPQ，使点Q在正方形ABCD内或边上，当点Q恰好运动到AD边上时，点P停止运动．设运动时间为t秒（t≥0）．
（1）当t＝2时，点Q到BC的距离＝_____；
（2）当点P在BC边上运动时，求CQ的最小值及此时t的值；
（3）若点Q在AD边上时，如图2，求出t的值；
（4）直接写出点Q运动路线的长．




23．问题提出：
（1）如图1，在四边形中，已知：，，，的面积为8，求边上的高．
问题探究
（2）如图2在（1）的条件下，点是边上一点，且，，连接，求的面积
问题解决
（3）如图3，在（1）的条件下，点是边上任意一点，连接、，若，的面积是否存在最小值；若存在，求出最小值；若不存在；请说明理由．




24．在平面直角坐标中，边长为2的正方形的两顶点、分别在轴、轴的正半轴上，点在原点.现将正方形绕点顺时针旋转，当点一次落在直线上时停止旋转，旋转过程中，边交直线于点，边交轴于点（如图）.
（1）求边在旋转过程中所扫过的面积；
（2）旋转过程中，当和平行时，求正方形旋转的度数；
（3）设的周长为，在旋转正方形的过程中，值是否有变化？请证明你的结论.

25．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣2，0），点B（0，2），点E，点F分别为OA，OB的中点．若正方形OEDF绕点O顺时针旋转，得正方形OE′D′F′，记旋转角为α．
（1）如图②，当α=135°时，求AE′，BF′的长；
（2）如图③，当0°﹤α﹤180°时， AE′和BF′有什么位置关系；
（3）若直线AE′与直线BF′相交于点P，求点P的纵坐标的最大值（直接写出结果即可）．




26．中，，为高线，点在边上，且，连接，，与边相交于点．
（1）如图1，当时，求证：

（2）如图2，当时，则线段、的数量关系为 ；

（3）如图3，在（2）的条件下，将绕点顺时针旋转，旋转后边所在的直线与边相交于点，边所在的直线与边相交于点，与高线相交于点，若，且，求线段H的长．

27．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于，两点．点为线段上的一个动点，过点作轴于点，作轴与点，求矩形的最大面积，并求此时点的坐标．


参考答案
1．A
【分析】
根据平移的性质可直接判断①②③，根据平行线的性质可判断④，阴影部分的面积=S梯形BEFH，于是可判断⑤，进而可得答案．
【详解】
解：因为将沿AB方向平移得到，
所以，，DF∥AC，故①②正确；
所以，故④正确；
∵AC∥DF，点H是BC的中点，
则有点D为DE的中点，
则BD=AD=CH=2cm故③正确；
因为，，
所以BH=2cm，
又因为BE=2cm，
所以阴影部分的面积=S△ABC－S△DBH= S△DEF－S△DBH=S梯形BEFH=，故⑤正确；
综上，正确的结论是①②③④⑤．
故选：A．
【点拨】
本题考查了平移的性质，属于基础题目，正确理解题意、熟练掌握平移的性质是解题的关键．
2．A
【分析】
每次平移4个单位，次平移个单位，再加上的长度即可找出规律．
【详解】
∵每次平移4个单位，次平移个单位
又∵
∴
∴
解得：
故答案选：A
【点拨】
本题考查图形平移的规律，掌握平移方式是解题关键．
3．B
【分析】
利用平移的性质得到B′C′＝BC＝8，BC∥B′C′，CD∥C′D′，S梯形ABCD＝S梯形A′B′C′D′，然后根据S阴影部分＝S梯形BB′C′E进行计算．
【详解】
解：∵四边形ABCD沿AB方向平移得到四边形A'B'C'D'，
∴B′C′＝BC＝8，BC∥B′C′，CD∥C′D′，S梯形ABCD＝S梯形A′B′C′D′，
∴C′D′⊥BE，
∴S阴影部分＝S梯形BB′C′E＝（8﹣3+8）×2＝13．
故选：B．
【点拨】
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且相等．
4．D
【分析】
连接DD′，根据旋转的性质得AD=AD′，∠DAD′=60°，可判断△ADD′为等边三角形，则DD′=5，可对①进行判断；由△ABC为等边三角形得到AB=AC，∠BAC=60°，则把△ABD逆时针旋转60°后， AB与AC重合，AD与AD′重合，于是可对②进行判断；再根据勾股定理的逆定理得到△DD′C为直角三角形，则可对③④进行判断；由于四边形ADCD′的面积=△ADD′的面积+△D′DC的面积，利用等边三角形的面积公式和直角三角形面积公式计算后可对⑤进行判断．
【详解】
解：连接DD′，如图，


∵线段AD以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD′，
∴AD=AD′，∠DAD′=60°，
∴△ADD′为等边三角形，
∴DD′=5，所以①正确；
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∴把△ABD逆时针旋转60°后，AB与AC重合，AD与AD′重合，
∴△ACD′可以由△ABD绕点A逆时针旋转60°得到，所以②正确；
∴D′C=DB=4，
∵DC=3，
∴在△DD′C中，DC2+D′C2=DD′2，
∴△DD′C为直角三角形，
∴∠DCD′=90°，
∴DC⊥CD′，
∴点D到CD′的距离为3，所以③正确；
∵四边形ADCD′的面积=S△ADD′+S△D′DC=，所以④正确．
故选D．
【点拨】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等边三角形的判定与性质以及勾股定理的逆定理．
5．A
【分析】
先求出OD的长，再利用等腰直角三角形的性质确定C点坐标，根据题意可得经过4次旋转后点C回到初始位置，由于2021=4×505+1，所以第2021次旋转结束时，点C到达第一次旋转时的位置，由此求解．
【详解】
解：由题意可得：，
∴C点坐标为（-9，3）
∵将与组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转
∴经过4次旋转后，点C回到初始位置，
∵2021=4×505+1，
∴第2021次旋转结束时，点C到达第一次旋转时的位置，即
故选：A

【点拨】
本题考查了坐标与图形变化-旋转，等腰直角三角形的性质，解答本题的关键是找出C点坐标变化的规律．
6．C
【分析】
由旋转的性质可得BE＝BF，∠EBF＝60°，可证△BEF是等边三角形，则当BE取最小值时，则△BEF的周长有最小值，由垂线段最短可求解．
【详解】
解：∵将线段BE绕点B逆时针旋转60°得到BF，
∴BE＝BF，∠EBF＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴△BEF的周长＝3BE，
∴当BE取最小值时，则△BEF的周长有最小值，
∵等边三角形ABC的边长是2，CD为对称轴，
∴AD＝BD＝，CD⊥AB，
∵E是△ABC对称轴CD上一个动点，
∴BE⊥CD时，BE有最小值为，
∴△BEF周长的最小值为3，
故选：C．
【点拨】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，最短路径问题，掌握旋转的性质是本题的关键．
7．B
【分析】
根据旋转可得等腰三角形B，再根据，求出∠和∠B即可．
【详解】
解：∵绕点按逆时针方向旋转得到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选B．
【点拨】
本题考查了旋转的性质和等腰三角形的性质，解题关键是熟练利用等腰三角形的性质求出相应角的度数．
8．D
【分析】
通过折叠的性质可证明△CDE为等边三角形，进而可证明∠ADE=120°，即AD//CE，根据同底等高的三角形面积相等可得，作EF⊥BC，AG⊥BC，根据勾股定理可求得EF，AG，AC，再依据面积公式可求得点到线段的距离．
【详解】
解：∵是的边的中点，
∴CD=BD，
由折叠的性质可得DE=BD，∠ADE=∠ADB，
∵，
∴，
∴△CDE为等边三角形，
∴∠DEC=∠CDE=60°，
∴∠CDE=∠ADE-∠ADC=∠ADB-∠ADC=180°-2∠ADC=60°,
∴∠ADC=60°，∠ADE=120°，
∴∠ADE+∠CED=180°，
∴AD//CE，
∴，
作EF⊥BC，AG⊥BC，分别交BC于G、F，

∴∠DAG=90°-∠ADG=30°，∠DEF=90°-∠EDF=30°，
∴，
∴，，
∴，,
∴,
设到线段的距离为，则
，解得，
故选：D．
【点拨】
本题考查折叠的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理，含30°角的直角三角形．能正确作出辅助线求得AC的长度是解题关键．本题中还需正确构造辅助线理解同底等高的三角形面积相等．
9．C
【分析】
根据菱形的对称线互相垂直平分表示出点A的坐标，再根据直线解析式求出点A移到到MN上时x的值，从而求出m.
【详解】
解：∵菱形的顶点的坐标为，点的坐标为
∴点A的坐标为(-1,4)
∵菱形ABCD沿x轴向右平移m个单位，当点A落在MN上时,点A纵坐标没有变,
∴当y=4时，即=4
∴x=2
∴点A向右移动2-(-1)=3个单位，即菱形沿轴向右平移3个单位
故选：C..
【点拨】
本题考查菱形的性质.
10．D
【分析】
证明△BO′A≌△BOC，得△OBO′是等边三角形，根据勾股定理逆定理可得△AOO′是直角三角形，进而可判断．
【详解】
解：如图，连接OO′，

由题意可知，∠1+∠2＝∠3+∠2＝60°，
∴∠1＝∠3，
又∵OB＝O′B，AB＝BC，
∴△BO′A≌△BOC，
又∵∠OBO′＝60°，
∴△OBO′是等边三角形，
∴OO′＝OB＝4．
故A正确；
∵△BO′A≌△BOC，
∴O′A＝5．
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′＝90°，
∴∠AOB＝∠AOO′+∠BOO′＝90°+60°＝150°，
故B正确；
S四边形AOBO′＝S△AOO′+S△OBO′═×3×4+×42＝6+4，
故C正确；
如图2

将△AOC绕A点顺时针旋转60°到△ABO'位置，
同理可得S△AOC+S△AOB=6+，
故D错误；
故选D．
【点拨】
此题考查了旋转的性质，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
11．10或28
【分析】
作出图形，分①两三角形在点O的同侧时，设CD与OB相交于点E，根据两直线平行，同位角相等可得∠CEO=∠B，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式求出∠DOE，然后求出旋转角∠AOD，再根据每秒旋转10°列式计算即可得解；②两三角形在点O的异侧时，延长BO与CD相交于点E，根据两直线平行，内错角相等可得∠CEO=∠B，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式求出∠DOE，然后求出旋转角度数，再根据每秒旋转10°列式计算即可得解．
【详解】
解：①两三角形在点O的同侧时，如图1，设CD与OB相交于点E，
∵AB∥CD，
∴∠CEO=∠B=40°，
∵∠C=60°，∠COD=90°，
∴∠D=90°-60°=30°，
∴∠DOE=∠CEO-∠D=40°-30°=10°，
∴旋转角∠AOD=∠AOB+∠DOE=90°+10°=100°，
∵每秒旋转10°，
∴时间为100°÷10°=10秒；

②两三角形在点O的异侧时，如图2，延长BO与CD相交于点E，
∵AB∥CD，
∴∠CEO=∠B=40°，
∵∠C=60°，∠COD=90°，
∴∠D=90°-60°=30°，
∴∠DOE=∠CEO-∠D=40°-30°=10°，
∴旋转角为270°+10°=280°，
∵每秒旋转10°，
∴时间为280°÷10°=28秒；
综上所述，在第10或28秒时，边CD恰好与边AB平行．

故答案为10或28．
【点拨】
本题考查了平行线的判定，平行线的性质，旋转变换的性质，难点在于分情况讨论，作出图形更形象直观．
12．
【解析】
试题分析：根据勾股定理可求得AB=A′B′=，根据旋转不变性，可知∠MCM′=90°，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知CM=AB= ，CM′=，所以再次根据勾股定理可求得MN=.
故答案为：
点拨：此题主要考查了直角三角形斜边上的中线，解题时先根据勾股定理求出斜边的长，然后根据旋转的性质和直角三角形的斜边上的中线求出CM、CM′，然后根据勾股定理可求解.
13．
【分析】
设AE=x=FC=FG，则BE=ED=8-x，根据勾股定理可得：x=，进而确定BE、EF的长，再由折叠性质可得∠BEF=∠DEF=∠BFE和∠DEF=∠NME=∠F'，可证四边形BEMF'为平行四边形，进而得到平行四边形BEMF'为菱形，由菱形的性质可得EM=BE,最后由即可解答．
【详解】
解：如图：AE=x=FC=FG，则，
在中，有，即，
解得，
，，
由折叠的性质得，
，
，
，，
四边形为平行四边形，
由旋转的性质得：，
，
平行四边形为菱形，
，
．

【点拨】
本题考查了旋转的性质、勾股定理、矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定等知识；考查知识点多，增加了试题的难度，其中证得四边形BEMF'是菱形是解答本题的关键．
14．
【分析】
根据平移前后图形的大小和形状不变，添加辅助线构造梯形，利用面积相等来计算出答案．
【详解】
解：如图，连接AD、CD，作CH⊥DE于H，

依题意可得AD=BE=3cm，
∵梯形ACED的面积，
∴，
解得；
故答案为：．
【点拨】
本题考查的是图形的平移和点到直线的距离，注意图形平移前后的形状和大小不变，以及平移前后对应点的连线相等．
15．9
【分析】
根据平移的特点，可直接得出AC、DE、AD的长，利用EC=BC－BE可得出EC的长，进而得出阴影部分周长．
【详解】
∵AB=3cm，BC=4cm，AC=2cm，将△ABC沿BC方向平移acm
∴DE=AB=3cm，BE=acm
∴EC=BC－BE=(4－a)cm
∴阴影部分周长=2+3+(4－a)+a=9cm
故答案为：9
【点拨】
本题考查平移的特点，解题关键是利用平移的性质，得出EC=BC－BE．
16．
【分析】
过点C作直线， 作B关于的对称点E，连接AE，将直线AE向右平移至过C点得到直线DF，连接，过点 做 轴交轴于，则的最小值为DF的长度．
【详解】

如图：过点C作直线，作B点关于的对称点E，连接AE，将直线AE向右平移至过C点得到直线DF，连接，过点 做 轴交轴于
∵平移后A点对应点为D点，B点对应点为G点，根据对称性：
∴
∴的最小值为DF的长度
∵点，，，根据对称性知
∴
∴
∴的最小值为．
【点拨】
掌握根据对称性转化线段长度解决问题．两点之间，线段最短使我们解决最值问题常用的思路．
17．（8，12）
【分析】
设点C的坐标为(x，y)，根据矩形的对角线互相平分且相等，利用中点公式列式计算即可得解．
【详解】
解：设点C的坐标为(x，y)，
根据矩形的性质，AC、BD的中点为矩形的中心，
所以，=，
=，
解得x=8，y=12，
所以，点C的坐标为(8，12)．
故答案为：(8，12)．
【点拨】
本题考查了坐标与图形性质，主要利用了矩形的对角线互相平分且相等的性质，以及中点公式．
18．(-2018,)
【分析】
先求出C点坐标，然后求出点C翻转、平移一次后得到的结果，再求出点翻转、平移一次后得到的结果，…找出规律，最后算出翻转2020次得到的结果.
【详解】
由题意，可利用勾股定理求出等边三角形的高为，得到C点坐标为，翻转，平移一次为
翻转，平移两次为，
翻转，平移三次为
…
故C点翻转，平移n次的坐标为
当n=2020时，，故答案为(-2018,)
【点拨】
本题考查了坐标与图形变化-平移，等边三角形的性质，读懂题目信息，确定出连续2020次这样的变换得到三角形在x轴上方是解题的关键．
19．2或6.
【解析】
【分析】
分两种情况：（1）当点E在C的左边时；（2）当点E在C的右边时.画出相应的图形，根据平移的性质，可得AD=BE，再根据AD=2CE，可得方程，解方程即可求解．
【详解】
解：分两种情况：
（1）当点E在C的左边时，如图

根据图形可得：线段BE和AD的长度即是平移的距离，
则AD=BE，
设AD=2tcm，则CE=tcm，依题意有
2t+t=6，
解得t=2．
（2）当点E在C的右边时，如图

根据图形可得：线段BE和AD的长度即是平移的距离，
则AD=BE，
设AD=2tcm，则CE=tcm，依题意有
2t-t=6，
解得t=6．
故答案为2或6．
【点拨】
本题考查了平移的性质，解题的关键是理解平移的方向，由图形判断平移的方向和距离．注意分类讨论．
20．(-3，-6+2)
【解析】
∵ ，∴当x=0时，y=；当y=0时，x=，∴点A（，0），点B（0，），∵△OBC是等边三角形，OB=，∴点C到OB的距离是：×sin60°==3，将x=﹣3代入，得y=，∴点C′的坐标为（﹣3，），故答案为（﹣3，）．
点拨：本题考查一次函数图象上点的坐标特征、等边三角形的性质、坐标与图形变化﹣平移，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用等边三角形的性质和平移的性质解答．
21．（1）△ABP以点B为旋转中心最少旋转了90度；（2）2；（3）△PCG是直角三角形；（4）135°
【解析】
【分析】
（1）直接利用旋转的性质即可得出结论；
（2）先判断出BP=BG，进而利用等腰直角三角形的性质即可得出结论；
（3）利用勾股定理的逆定理即可得出结论；
（4）先求出∠BGP=45°，再求出∠PGC=90°，即可得出结论．
【详解】
解：（1）如图，
由旋转知，旋转角为∠ABC＝90°，
∴△ABP以点B为旋转中心最少旋转了90度；
（2）连接PG，由旋转知，BP＝BG，∠PBG＝∠ABC＝90°，
∵BP＝2，
∴BG＝BP＝2，
∴PG＝BP＝2；
（3）由旋转知，CG＝AP＝1，
由（2）知，PG＝2，
∵PC＝3，
∴PG2+CG2＝8+1＝9，PC2＝9，
∴PG2+CG2＝PC2，
∴△PCG是直角三角形；
（4）由（2）知，BP＝BG，∠PBG＝90°，
∴∠BGP＝45°，
由（3）知，△PCG是直角三角形，
∴∠PGC＝90°，
∴∠BGC＝∠BGP+∠PGC＝135°．

【点拨】
四边形综合题，主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理及逆定理，求出PG是解本题的关键．
22．（1） ；（2）t=,CQ=3;(3) ;(4)
【分析】
过点作用三角函数的知识即可求出点Q到BC的距离，
点P在BC边上运动时，有，根据垂线段最短，当时，CQ最小，作图，求解即可.
若点Q在AD边上，则证明Rt△BAQ≌Rt△BCP，
根据列出方程求解即可.
点Q运动路线的长等于点运动的路线长：
【详解】
如图：
过点作

当时，
是等边三角形，


故答案为
点P在BC边上运动时，有，根据垂线段最短，当时，CQ最小，
如图，在直角三角形BCQ中，，


∴
∴
∴
（3）若点Q在AD边上，则
∵
∴Rt△BAQ≌Rt△BCP（HL）,
∴
∴
∵，且由勾股定理可得，
∴
解得：（不合题意，舍去），
∴.
（4）点Q运动路线的长等于点运动的路线长：

【点拨】
本题考查几何图形中的动点问题，需要熟练运用三角函数、全等三角形、勾股定理相关知识.
23．（1）4；（2）；（3）存在，最小值为
【分析】
（1）作BC边上的高AM，利用三角形面积公式即可求解；
（2）延长DA，过B点作BF⊥DA于点F，作BH⊥AE于点H，易得四边形BCDF为矩形，在（1）的条件下BC=CD=4，则BCDF为正方形，由，结合∠FAB=∠CBA可得∠FAB=∠EAB，从而推出BF=BH=4，易证Rt△BCE≌Rt△BHE，所以EH=CE=2，设AD＝a，则AF=AH=4-a，在Rt△ADE中利用勾股定理建立方程可求出a，最后根据S△ABE=即可求解；
（3）辅助线同（2），设AD=a，CE=m，则DE=4-m，同（2）可得出m与a的关系式，设△ABE的面积为y，由y=得到m与y的关系式，再求y的最小值即可．
【详解】
（1）如图所示，作BC边上的高AM，

∵S△ABC=
∴
即BC边上的高为4；
（2）如图所示，延长DA，过B点作BF⊥DA于点F，作BH⊥AE于点H，

∵，
∴∠BCD=∠D=90°=∠F
∴四边形BCDF为矩形，
又∵BC=CD=4
∴四边形BCDF为正方形，
∴DF=BF=BC=4，
又∵AD∥BC
∴∠FAB=∠CBA
又∵∠EAB=∠CBA
∴∠FAB=∠EAB
∵BF⊥AF，BH⊥AE
∴BH=BF=4，
在Rt△BCE和Rt△BHE中，
∵BE=BE，BH=BC=4
∴Rt△BCE≌Rt△BHE（HL）
∴EH=CE=2
同理可证Rt△BAF≌Rt△BAH（HL）
∴AF=AH
设AD=a，则AF=AH=4-a
在Rt△ADE中，AD=a，DE=2，AE=AH+EH=4-a+2=6-a
由勾股定理得AD2+DE2=AE2，即
解得
∴AE=6-a=
S△ABE=
（3）存在，
如图所示，延长DA，过B点作BF⊥DA于点F，作BH⊥AE于点H，

同（2）可得CE=EH，AF=AH，
设AD=a，CE=EH=m，则DE=4-m，AF=AH=4-a
在Rt△ADE中，AD2+DE2=AE2，即
整理得
∴AE=AH+HE=
设△ABE的面积为y，
则y=
∴
整理得：
∵方程必有实数根
∴
整理得
∴（注：利用求根公式进行因式分解）
又∵面积y≥0
∴
即△ABE的面积最小值为．
【点拨】
本题考查四边形综合问题，正确作出辅助线，得出AB平分∠FAC，利用角平分线的性质定理得到BF=BH，结合勾股定理求出AE是解决（2）题的关键，（3）题中利用一元二次方程的判别式求最值是解题的关键．
24．（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析
【解析】
试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积；
（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数；
（3）利用全等把△MBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．
试题解析：（1）∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，直线y=x与y轴的夹角是45°，
∴OA旋转了45°．
∴OA在旋转过程中所扫过的面积为．
（2）∵MN∥AC，
∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°．
∴∠BMN=∠BNM．∴BM=BN．
又∵BA=BC，∴AM=CN．
又∵OA=OC，∠OAM=∠OCN，∴△OAM≌△OCN．
∴∠AOM=∠CON=（∠AOC-∠MON）=（90°-45°）=22.5°．
∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为45°-22.5°=22.5°．
（3）在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．
证明：延长BA交y轴于E点，
则∠AOE=45°-∠AOM，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM，
∴∠AOE=∠CON．
又∵OA=OC，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN．
∴△OAE≌△OCN．
∴OE=ON，AE=CN．
又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM，
∴△OME≌△OMN．∴MN=ME=AM+AE．
∴MN=AM+CN，
∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．
∴在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．
考点：旋转的性质.
25．（1）AE′,BF′的长都等于；
（2）AE′⊥BF′；
（3）点P的纵坐标的最大值为+12.
【解析】
试题分析：（1）利用勾股定理即可求出AE′，BF′的长（2）运用全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质就可解决问题．（3）首先找到使点P的纵坐标最大时点P的位置（点P与点D′重合时），然后运用勾股定理及30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识即可求出点P的纵坐标的最大值．
试题解析：(Ⅰ)当α=90∘时,点E′与点F重合，如图①。

∵点A(−2,0)点B(0,2)，
∴OA=OB=2.
∵点E，点F分别为OA，OB的中点，
∴OE=OF=1
∵正方形OE′D′F′是正方形OEDF绕点O顺时针旋转90°得到的，
∴OE′=OE=1,OF′=OF=1.
在Rt△AE′O中，
AE′===.
在Rt△BOF′中，
BF′===.
∴AE′,BF′的长都等于.
(Ⅱ)当α=135°时,如图②。

∵正方形OE′D′F′是由正方形OEDF绕点O顺时针旋转135°所得，
∴∠AOE′=∠BOF′=135°.
在△AOE′和△BOF′中，
，
∴△AOE′≌△BOF′(SAS).
∴AE′=BF′,且∠OAE′=∠OBF′.
∵∠ACB=∠CAO+∠AOC=∠CBP+∠CPB，∠CAO=∠CBP，
∴∠CPB=∠AOC=90°
∴AE′⊥BF′.
(Ⅲ)∵∠BPA=∠BOA=90°，
∴点P、B. A. O四点共圆，
∴当点P在劣弧OB上运动时，点P的纵坐标随着∠PAO的增大而增大。

∵OE′=1，
∴点E′在以点O为圆心,1为半径的圆O上运动,
∴当AP与O相切时,∠E′AO(即∠PAO)最大，
此时∠AE′O=90°,点D′与点P重合，点P的纵坐标达到最大。
过点P作PH⊥x轴，垂足为H，如图③所示。
∵∠AE′O=90°,E′O=1，AO=2，
∴∠E′AO=30°,AE′=.
∴AP=+1.
∵∠AHP=90°,∠PAH=30°，
∴PH=AP=.
∴点P的纵坐标的最大值为.
点拨：本题是在图形旋转过程中，考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、三角形外角的性质、30°角所对的直角边等于斜边的一般等知识，而找到使点P的纵坐标最大时点P的位置是解决最后一个问题的关键.
26．（1）证明见解析；（2）当时，；（3）2
【解析】
【分析】
（1）根据tan∠BAC=1=tan45°，得出△ABC为等腰直角三角形，再过E点作EK⊥BC，EK与CD相交于点K，得出∠GKE=45°=∠B，再根据∠GEK+∠KEF=90°=∠KEF+∠BEF，得出△GEK∽△FEB，从而证出，即可得出EF=2EG；
（2）根据（1）的证明过程，同理可证出当tan∠BAC=2时，得出EF=EG；
（3）根据（2）的结论，先设AC=3k，得出BC＝6k，EC＝EC＝2k，再过点E作EM⊥BC，EM与CD的延长线相交于点M，得出△AGC∽△EGM，得出，再过点G作GN∥EH，与AH相交于点N，得出△ANG∽△AHE，得出NH的值，同理得出△GEM∽△FEB，得出EF=EG．同理可证EF′=EG′，∠FEF'=∠GEG'，得出△GEG'≌△FEF'，即可证出的值，再根据HG′∥NG，同理可证，得出EC=CH，得出△HCE是等腰直角三角形，在△HG'C中，求出CW的值，从而得出G′H 的值．
【详解】
（1）证明：在中， ，
，
，
．
为等腰直角三角形，
，
，
过点作，与相交于点，

，
，
，
，
，
；
（2）根据（1）的证明，同理可证：
当时，；
（3）在中， ，，
则，
设，则BC＝6k，则，
过点作，与的延长线相交于点， ，
．
在与中，
，
,，
，

过点作，与相交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
同理可证, ，
，
，
．
，同理可证，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，，
在中，过点作，垂足是，

设，则HW＝x，则，
，，
，
，
．
【点拨】
此题考查了相似三角形的判定与性质；解决本题的关键是根据直角三角形的性质以及相似三角形的性质得到它们的比值进行计算即可．
27．矩形面积最大，
【分析】
先利用，两点的坐标计算直线AB的解析式，然后表示C点坐标为，根据C点坐标表示矩形的最大面积，该表达式为二次函数，利用二次函数的性质求最大面积根据此时m的值求C坐标.
【详解】
∵直线与轴、轴分别交于，两点，
∴设直线解析式为：，
，
解得：，
∴直线解析式为：；
设点，其中，
，
，
当时，矩形面积最大，
此时．
【点拨】本题考查求一次函数解析式和二次函数的应用——动点问题.熟练掌握用待定系数法求一次函数解析式是解决（1）的关键；（2）会将二次函数一般式化为顶点式，并根据当a小于0时，二次函数在顶点处取得最大值，求矩形最大面积是解决此题的关键.