2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：图像的平移、折叠、旋转（含答案）

这是一份2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：图像的平移、折叠、旋转（含答案），共35页。试卷主要包含了【问题探究】等内容，欢迎下载使用。

2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：图像的平移、折叠、旋转
一．解答题（共10小题）
1．（2021•吉林模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P为边BC上一个动点，将△ABP沿AP折叠，点B落在B′处，过点B′作B′E∥BC交AP于E，连线BE．
（1）判断四边形BPB′E的形状，并说明理由．
（2）点P移动过程中，CB′是否有最小值？如果有，请直接写出这个最小值；如果没有，请说明理由．

2．（2019•广陵区校级二模）如图，将矩形ABCD先过点A的直线L1翻折，点DA的对应点D′刚好落在边BC上，直线L1交DC于点F；再将矩形ABCD沿过点A的直线L2翻折，使点B的对应点G落在AD′上，EG的延长线交AD于点H．
（1）当四边形AED′H是平行四边形时，求∠AD′H的度数．
（2）当点H与点D刚好重合时，试判断△AEF的形状，并说明理由．

3．（2011•河西区二模）如图，将一个边长为1的正方形纸片ABCD折叠，使点B落在边AD上 不与A、D重合．MN为折痕，折叠后B′C′与DN交于P．
Ⅰ连接B B′，那么B B′与MN的长度相等吗？为什么？
Ⅱ设BM＝y，AB′＝x，求y与x的函数关系式；
Ⅲ猜想当B点落在什么位置上时，折叠起来的梯形MN C′B′面积最小？并验证你的猜想．

4．（2011•香坊区模拟）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，AB∥y轴，将△ABO沿AO翻折后，点B落在点D处，AD交y轴于点E，过点D作DC⊥x轴于点C，OB＝5，OC＝3．
（1）求点A的坐标；
（2）点P从A点出发，沿线段AO以个单位/秒的速度向终点O匀速运动，同时点Q从A点出发，沿射线AD以3个单位/秒的速度匀速运动，当P到达终点时点Q也停止运动，设△PQD的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式（直接写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，过点Q作射线AD的垂线交射线AO于点N，交x轴于点M，当t为何值时，MN＝PN．

5．（2011•陕西）如图①，在矩形ABCD中，将矩形折叠，使B落在边AD（含端点）上，落点记为E，这时折痕与边BC或者边CD（含端点）交于F，然后再展开铺平，则以B、E、F为顶点的△BEF称为矩形ABCD的“折痕三角形”
（1）由“折痕三角形”的定义可知，矩形ABCD的任意一个“折痕△BEF”一定是一个 三角形
（2）如图②，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，当它的“折痕△BEF”的顶点E位于AD的中点时，画出这个“折痕△BEF”，并求出点F的坐标；
（3）如图③，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，该矩形是否存在面积最大的“折痕△BEF”？若存在，说明理由，并求出此时点E的坐标？若不存在，为什么？

6．（2020•天津二模）将一张直角三角形纸片ABC放置在平面直角坐标系中，点A、B在x轴上，点C在y轴上，∠ACB＝90°，且AC＝8，BC＝6．
（Ⅰ）如图①，求点C的坐标；
（Ⅱ）如图②，沿斜边AB的中线CD把这张纸片剪成△AC1D1和△BC2D2两个三角形，将△AC1D1沿直线D2B（AB）方向平移（点A、D1、D2、B始终在同一直线上），当点D1与点B重合时停止平移．
①如图③，在平移的过程中，C1D1与BC2交于点E，AC1与C2D2、C2B分别交于点F、P，当点D1平移到原点时，求D1E的长；
②在平移的过程中，当△AC1D1和△BC2D2重叠部分的面积最大时，求此时点D1的坐标．（直接写出结论即可）

7．（2019•津南区二模）在平面直角坐标系中，点A（4，0），B为第一象限内一点，且OB⊥AB，OB＝2．
（Ⅰ）如图①，求点B的坐标；
（Ⅱ）如图②，将△OAB沿x轴向右平移得到△O′A′B′，设OO′＝m，其中0＜m＜4，连接BO′，AB与O′B′交于点C．
①试用含m的式子表示△BCO′的面积S，并求出S的最大值；
②当△BCO′为等腰三角形时，求点C的坐标（直接写出结果即可）．

8．（2022•信阳一模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D，E分别是AC，BC的中点，点P是直线DE上一点，连接AP，将线段PA绕点P顺时针旋转90°得到线段PM，连接AM，CM．
（1）问题发现
如图（1），当点P与点D重合时，线段CM与PE的数量关系是 ，∠ACM＝ °．
（2）探究证明
当点P在射线ED上运动时（不与点E重合），（1）中结论是否一定成立？请仅就图（2）中的情形给出证明．
（3）问题解决
连接PC，当△PCM是等边三角形时，请直接写出的值.
9．（2021•安阳一模）在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝90°，将边AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α．分别过A，C作直线BB′的垂线，垂足分别是E，F，连接B′C交直线AF于点Q．

（1）如图1，当α＝45°时，△AEF的形状为 ；
（2）当0°＜α＜360°时，
①（1）中的结论是否成立？如果成立，请就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②在旋转过程中，当线段AE＝1时，请直接写出CF的长．
10．（2021•济南二模）【问题探究】
（1）如图1，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接AD，BD．
①请探究AD与BD之间的位置关系？并加以证明．
②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，求线段AD的长．
【拓展延伸】
（2）如图2，△ABC和△DEC均为直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．将△DCE绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角∠BCD为α（0°≤α＜360°），作直线BD，连接AD，当点B，D，E在同一直线上时，画出图形，并求线段AD的长．


2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：图像的平移、折叠、旋转（10题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共10小题）
1．（2021•吉林模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P为边BC上一个动点，将△ABP沿AP折叠，点B落在B′处，过点B′作B′E∥BC交AP于E，连线BE．
（1）判断四边形BPB′E的形状，并说明理由．
（2）点P移动过程中，CB′是否有最小值？如果有，请直接写出这个最小值；如果没有，请说明理由．

【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【分析】（1）先判断出BP＝B'P∠APB＝∠APB'再判断出∠APB'＝∠B'EP，进而得出B'E＝B'P，即可得出结论；
（2）先判断出点B'在AC上时，B'C最小，再利用勾股定理求出AC，即可得出结论．
【解答】解：（1）四边形BPB'E是菱形，理由：
由折叠知，BP＝B'P，∠APB＝∠APB'，
∵B'E∥BC，
∴∠APB＝∠B'EP，
∴∠APB'＝∠B'EP，
∴B'E＝B'P，B'E∥BP，
∴四边形BPB'E是平行四边形，
∵BP＝B'P，
∴▱BPB'E是菱形；
（2）如图1，

连接AC，由折叠知，AB'＝AB＝8，
∵AB'+B'C≥AC，
当点B'在AC上时，B'C最小，最小值为AC﹣AB'，如图2，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，AB＝8，BC＝6，
根据勾股定理得，AC＝＝10，
∴B'C最小＝AC﹣AB'＝10﹣8＝2．
∴CB′有最小值是2．
【点评】此题主要考查了折叠的性质，矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
2．（2019•广陵区校级二模）如图，将矩形ABCD先过点A的直线L1翻折，点DA的对应点D′刚好落在边BC上，直线L1交DC于点F；再将矩形ABCD沿过点A的直线L2翻折，使点B的对应点G落在AD′上，EG的延长线交AD于点H．
（1）当四边形AED′H是平行四边形时，求∠AD′H的度数．
（2）当点H与点D刚好重合时，试判断△AEF的形状，并说明理由．

【考点】翻折变换（折叠问题）．
【分析】（1）如图1中，在RT△ABC中，由AD′＝2AB推出∠AD′B＝30°，再证明四边形AED′H是菱形即可解决问题．
（2）如图2中，先证明△DD′G≌△DD′C得出DG＝DC＝AB＝AG，发现△AGD、△GED′、△DEC都是等腰直角三角形，再证明△ABE≌△ECF即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，∵四边形AED′H是平行四边形，
∴AG＝GD，
∵EH⊥AD，
∴四边形AED′H是菱形，
∴∠AD′H＝∠AD′B，
∵△AEG是由△AEB翻折得到，
∴AB＝AG＝D′G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∴∠AD′B＝30°，
∴∠AD′H＝30°．
（2）结论：△AEF是等腰直角三角形．
理由：如图2中，连接DD′．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ADD′＝∠DD′C，AB＝DC，∠B＝∠C＝90°，
∵AD＝AD′，
∴∠ADD′＝∠AD′D，
∴∠DD′A＝∠DD′C，
在△DD′G 和△DD′C中，
，
∴△DD′G≌△DD′C，
∴DG＝DC＝AB＝AG，
∵∠AGD＝90°，
∴∠GAD＝∠GDA＝∠AD′E＝∠DED′＝45°，
∴EG＝GD′＝BE＝CD′，
∵∠AD′B+∠FD′C＝90°，
∴∠FD′C＝′D′FC＝45°，
∴CD′＝CF＝BE，
∵∠CED＝∠CDE＝45°，
∴EC＝CD＝AB，
在△ABE和△ECF中，
，
∴△ABE≌△ECF，
∴AE＝EF，∠BAE＝∠CEF，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
∴∠AEF＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形．


【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定等知识，第一问的关键是菱形性质的应用，第二个问题的关键是正确寻找全等三角形，利用特殊三角形解决问题，属于中考常考题型．
3．（2011•河西区二模）如图，将一个边长为1的正方形纸片ABCD折叠，使点B落在边AD上 不与A、D重合．MN为折痕，折叠后B′C′与DN交于P．
Ⅰ连接B B′，那么B B′与MN的长度相等吗？为什么？
Ⅱ设BM＝y，AB′＝x，求y与x的函数关系式；
Ⅲ猜想当B点落在什么位置上时，折叠起来的梯形MN C′B′面积最小？并验证你的猜想．

【考点】翻折变换（折叠问题）．
【分析】Ⅰ、根据折叠的性质可知，∠A＝∠MRN＝90°，又∵∠ABB′＝∠RNM，RN＝AB＝1，可知△ABB′≌△RNM，继而可知BB′＝MN；
Ⅱ、由Ⅰ可知△MQB∽△B′AB，根据相似三角形的性质得到求y与x的函数关系式；
Ⅲ、由Ⅱ可得到MB′和CN的表达式，继而根据梯形的面积公式求出S的表达式，利用二次函数求出S的最小值．
【解答】解：Ⅰ、过点N作NR⊥AB，垂足为R，连接BB′交MN于点Q．
则由折叠知，△MBQ与△MB′Q关于直线MN对称，
∴MQ⊥BB′．（4分）
在△RNM和△ABB′中，∠A＝∠MRN＝90°，（5分）
∠ABB′+∠BMQ＝∠RNM+∠BMN＝90°
∴∠ABB′＝∠RNM，（6分）
又∵RN＝AB＝1，（7分）
∴△RNM≌△ABB′，
∴BB′＝MN．（8分）

Ⅱ、由Ⅰ可知△MQB∽△B′AB，
∵＝＝，（9分）
∵AB′＝x，
则BB′＝，BQ＝，代入上式得：
BM＝（x2+1）．（10分）

Ⅲ、由Ⅱ得：BM＝（x2+1），
CN＝BR＝BM﹣MR＝（x2+1）﹣x＝（x﹣1）2，（11分）
∵MB′∥NC′，
∴四边形MNC′B′是梯形，
∴S＝[（x﹣1）2+（x2+1）]×1＝（x2﹣x+1），（12分）
由S＝（x2﹣x+1）＝（x﹣）2+，
故当x＝时，即B落在AD的中点处时，梯形面积最小，其最小值为．

【点评】此题考查了翻折变换，要注意翻折不变性和正方形的性质等隐含条件．题目还涉及二次函数的最值问题，综合性较强．
4．（2011•香坊区模拟）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，AB∥y轴，将△ABO沿AO翻折后，点B落在点D处，AD交y轴于点E，过点D作DC⊥x轴于点C，OB＝5，OC＝3．
（1）求点A的坐标；
（2）点P从A点出发，沿线段AO以个单位/秒的速度向终点O匀速运动，同时点Q从A点出发，沿射线AD以3个单位/秒的速度匀速运动，当P到达终点时点Q也停止运动，设△PQD的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式（直接写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，过点Q作射线AD的垂线交射线AO于点N，交x轴于点M，当t为何值时，MN＝PN．

【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；点的坐标；三角形的面积；等腰三角形的判定；勾股定理．
【分析】（1）作DH⊥AB于H，由条件和勾股定理可以求出CD＝BH＝4，BC＝DH＝8，在Rt△AHD中由勾股定理得AH，从而可以求出AB，进而可以求出A的坐标．
（2）当点Q在线段AD上时，过点P作PF⊥AD于F，当点Q在射线AD上时，过点P作PG⊥AD于G，利用三角形相似就可以用t表示出PF或PG，再利用三角形的面积公式就可以表示出△PDQ的面积．
（3）如图3，如图4，作OK⊥MN，OR⊥MN，利用三角形相似的性质可以用含t的式子表示出PN、MN，再根据MN＝PN．就可以求出其满足条件的t值．
【解答】解：（1）在Rt△ODC中，由勾股定理，得
DC＝4．过点D作DH⊥AB于点H，则在Rt△ADH中，
AH2+DH2＝AD2
∴（AD﹣4）2+82＝AD2，
∴AD＝10，
∴A（﹣5，10）


（2）如图1，当点Q在线段AD上时，过点P作PF⊥AD于F．
∴QD＝10﹣3t，AP＝t，由△APF∽△AOD，
∴，
∴PF＝t，
∴S△PQD＝QD•PF＝﹣t2+5t（0＜t＜）．
当点Q在射线AD上时，过点P作PG⊥AD于G，
∴QD＝3t﹣10，AP＝t，同上得：PG＝t，
∴S△PQD＝QD•PG＝t2﹣5t（＜t≤5）．


（3）当点Q在线段AQ上时，过点O作OK⊥MN于K，
∴△MOK∽△ODC，
∵OK＝QD＝10﹣3t，QN＝t，
∴MK＝（10﹣3t），MQ＝（10﹣3t）+5MN＝MQ﹣QN＝﹣t+，
∵MN＝PN，
∴MN＝（AN﹣AP），
∴﹣t+＝（﹣t），
∴t＝
当点Q在射线AD上时，过点O作OR⊥MN于R，
∴△MOR∽△ODC．
∵OR＝QD＝3t﹣10，QN＝t．
∴MR＝（3t﹣10），MQ＝5﹣（3t﹣10）＝﹣t+，MN＝QN﹣MQ＝t﹣，
∵MN＝PN，
∴MN＝（AN﹣AP），
∴t﹣＝（﹣t），
∴t＝4

【点评】本题考查了翻折变换，点的坐标，三角形的面积，勾股定理的运用，相似三角形的判定与性质．
5．（2011•陕西）如图①，在矩形ABCD中，将矩形折叠，使B落在边AD（含端点）上，落点记为E，这时折痕与边BC或者边CD（含端点）交于F，然后再展开铺平，则以B、E、F为顶点的△BEF称为矩形ABCD的“折痕三角形”
（1）由“折痕三角形”的定义可知，矩形ABCD的任意一个“折痕△BEF”一定是一个 等腰 三角形
（2）如图②，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，当它的“折痕△BEF”的顶点E位于AD的中点时，画出这个“折痕△BEF”，并求出点F的坐标；
（3）如图③，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，该矩形是否存在面积最大的“折痕△BEF”？若存在，说明理由，并求出此时点E的坐标？若不存在，为什么？

【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质．
【专题】压轴题；数形结合；分类讨论．
【分析】（1）由图形结合线段垂直平分线的性质即可解答；
（2）由折叠性质可知，折痕垂直平分BE，求出AB、AE的长，判断出四边形ABFE为正方形，求得F点坐标；
（3）矩形ABCD存在面积最大的折痕三角形BEF，其面积为4，
①当F在边OC上时，S△BEF≤S矩形ABCD，即当F与C重合时，面积最大为4；
②当F在边CD上时，过F作FH∥BC交AB于点H，交BE于K，再根据三角形的面积公式即可求解；再根据此两种情况利用勾股定理即可求出AE的长，进而求出E点坐标．
【解答】解：（1）等腰．

（2）如图①，连接BE，画BE的中垂线交BC与点F，连接EF，△BEF是矩形ABCD的一个折痕三角形．
∵折痕垂直平分BE，AB＝AE＝2，
∴点A在BE的中垂线上，即折痕经过点A．
∴四边形ABFE为正方形．
∴BF＝AB＝2，
∴F（2，0）．

（3）矩形ABCD存在面积最大的折痕三角形BEF，其面积为4，
理由如下：①当F在边OC上时，如图②所示．
S△BEF≤S矩形ABCD，即当F与C重合时，面积最大为4．
②当F在边CD上时，如图③所示，
过F作FH∥BC交AB于点H，交BE于K．
∵S△EKF＝KF•AH≤HF•AH＝S矩形AHFD，
S△BKF＝KF•BH≤HF•BH＝S矩形BCFH，
∴S△BEF≤S矩形ABCD＝4．
即当F为CD中点时，△BEF面积最大为4．
下面求面积最大时，点E的坐标．
①当F与点C重合时，如图④所示．
由折叠可知CE＝CB＝4，
在Rt△CDE中，ED＝＝＝2．
∴AE＝4﹣2．
∴E（4﹣2，2）．
②当F在边DC的中点时，点E与点A重合，如图⑤所示．
此时E（0，2）．
综上所述，折痕△BEF的最大面积为4时，点E的坐标为E（0，2）或E（4﹣2，2）．

【点评】本题考查的是图形的翻折变换，涉及到矩形及正方形的性质，难度较大，在解答此题时要利用数形结合的思想进行分类讨论．
6．（2020•天津二模）将一张直角三角形纸片ABC放置在平面直角坐标系中，点A、B在x轴上，点C在y轴上，∠ACB＝90°，且AC＝8，BC＝6．
（Ⅰ）如图①，求点C的坐标；
（Ⅱ）如图②，沿斜边AB的中线CD把这张纸片剪成△AC1D1和△BC2D2两个三角形，将△AC1D1沿直线D2B（AB）方向平移（点A、D1、D2、B始终在同一直线上），当点D1与点B重合时停止平移．
①如图③，在平移的过程中，C1D1与BC2交于点E，AC1与C2D2、C2B分别交于点F、P，当点D1平移到原点时，求D1E的长；
②在平移的过程中，当△AC1D1和△BC2D2重叠部分的面积最大时，求此时点D1的坐标．（直接写出结论即可）

【考点】坐标与图形变化﹣平移．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【分析】（Ⅰ）根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论；
（Ⅱ）①根据平行线的性质得到∠BED1＝∠BC2D2，根据直角三角形的性质得到DC＝DA＝DB，即C1D1＝C2D2＝BD2＝AD1，根据勾股定理即可得到结论；
②如图③，设平移的距离D2D1为x，△AC1D1和△BC2D2重叠部分的面积为y，由题意得，AB＝10，AD1＝BD2＝C1D1＝C2D2＝5，求得D1E＝BD1＝D2F＝AD2＝5﹣x，得到C2F＝C1E＝x，过E作EM⊥D1B于M，由平移知，∠C2D2O＝∠ED1B，根据三角函数的定义得到＝，求得h＝，S＝BD1×H＝（5﹣x）2，求得sinB＝，cosB＝，得到PC2＝x，PF＝x，S＝PC2×PF＝x2，根据三角形的面积公式列函数关系式，然后根据二次函数的性质即可得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）在Rt△ABC中，AB＝＝＝10，
∵AC•BC＝AB•OC，
∴，
∴OC＝，
∴点C的坐标为（0，）；
（Ⅱ）①∵C1D1∥C2D2，
∴∠BED1＝∠BC2D2，
∵∠ABC＝90°，CD是斜边上AB上的中线，
∴DC＝DA＝DB，
即C1D1＝C2D2＝BD2＝AD1，
∴∠BC2D2＝∠B，
∴∠BED1＝∠B，
∴ED1＝BD1，
在Rt△BD1C2中，BD1＝＝＝，
∴D1E＝；
②如图③，设平移的距离D2D1为x，△AC1D1和△BC2D2重叠部分的面积为y，
由题意得，AB＝10，AD1＝BD2＝C1D1＝C2D2＝5，
∵D2D1＝x，
∴D1E＝BD1＝D2F＝AD2＝5﹣x，
∴C2F＝C1E＝x，
过E作EM⊥D1B于M，如下图所示，

由平移知，∠C2D2O＝∠ED1B，
在Rt△ED1M和Rt△C2D2O中，sin∠ED1M＝，sin∠C2D2O＝，
∴＝，
∴＝，
∴h＝，S＝BD1×H＝（5﹣x）2，
∵∠C1+∠BC2D2＝90°，∠C1＝∠C2FP，
∴∠FPC2＝90°，
∵∠BC2D2＝∠B，
sinB＝，cosB＝，
∴PC2＝x，PF＝x，S＝PC2×PF＝x2，
∴y＝S﹣S﹣S＝S△ABC﹣（5﹣x）2﹣x2，
∴y＝﹣x2+x＝﹣（x﹣）2+8（0≤x≤5），
∴当x＝时，y有最大值8，
此时，D1（，0）．
【点评】本题考查了几何变换的综合题，平移的性质，平行线的性质，三角形的面积的计算，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
7．（2019•津南区二模）在平面直角坐标系中，点A（4，0），B为第一象限内一点，且OB⊥AB，OB＝2．
（Ⅰ）如图①，求点B的坐标；
（Ⅱ）如图②，将△OAB沿x轴向右平移得到△O′A′B′，设OO′＝m，其中0＜m＜4，连接BO′，AB与O′B′交于点C．
①试用含m的式子表示△BCO′的面积S，并求出S的最大值；
②当△BCO′为等腰三角形时，求点C的坐标（直接写出结果即可）．

【考点】坐标与图形变化﹣平移．
【专题】综合题．
【分析】（Ⅰ）由OB⊥AB，0A＝4，OB＝2得出△AOB是有一个角为30°的直角三角形，简单计算即可；
（Ⅱ）①由平移用m表示出BC，O′C，建立S＝[﹣（m﹣2）2+4]，即可；
②利用△BCO′为等腰三角形，则有CB＝CO′确定出m，再利用相似求出CD，AD即可．
【解答】解：（Ⅰ）∵OB⊥AB，0A＝4，OB＝2，
∴∠AOB＝60°，∠OAB＝30°，AB＝2，
过点B作BD⊥OA，
∴OD＝1，BD＝，
∴B（1，）．
（Ⅱ）①∵△A′O′B′是△OAB平移得到，
∴∠A′O′B′＝∠AOB＝60°，O′B′⊥AB，
∵OO′＝m，
∴AO′＝4﹣m，
∴O′C＝AO′＝（4﹣m），AC＝AO′＝（4﹣m），
∴BC＝AB﹣AC＝m，
∴S＝BC×O′C＝m（4﹣m）＝[﹣（m﹣2）2+4]，
当m＝2时，S最大＝．
②如下图，作BE⊥OA，CD⊥OA，

由①有，AO′＝4﹣m，O′C＝（4﹣m），AC＝（4﹣m），
∴CB＝AB﹣AC＝2﹣（4﹣m）＝m，
由平移得，∠ACO′＝∠ABO＝90°，
∵△BCO′为等腰三角形，
∴CB＝O′C，
∴m＝（4﹣m），
∴m＝2（﹣1）．
∵BE×OA＝OB×AB，
∴BE＝＝，
∴AE＝BE＝3，
∵△ACO′∽△ABO，
∴，
∴CD＝×BE＝×＝×＝，
∵BE⊥OA，CD⊥OA，
∴BE∥CD，
∴，
∴AD＝×AE＝，
∴OD＝OA﹣AD＝4﹣＝，
∴C（，）．
【点评】此题是几何变换综合题，考查了平移得性质，一个角为30°的直角三角形，相似三角形的判定和性质，用m表示出有关线段如（AO′＝4﹣m，O′C＝（4﹣m），AC＝（4﹣m），CB＝m）是解本题的关键．
8．（2022•信阳一模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D，E分别是AC，BC的中点，点P是直线DE上一点，连接AP，将线段PA绕点P顺时针旋转90°得到线段PM，连接AM，CM．
（1）问题发现
如图（1），当点P与点D重合时，线段CM与PE的数量关系是 CM＝PE ，∠ACM＝ 45° °．
（2）探究证明
当点P在射线ED上运动时（不与点E重合），（1）中结论是否一定成立？请仅就图（2）中的情形给出证明．
（3）问题解决
连接PC，当△PCM是等边三角形时，请直接写出的值.
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质解决问题即可．
（2）结论不变．连接AE．证明△CAM∽△EAP，推出＝＝，∠ACM＝∠AED＝45°，可得结论．
（3）如图（3）中，过点P作PQ⊥BC于Q．设PQ＝EQ＝m，则CQ＝m，PE＝m，想办法用m表示AC，即可解决问题．
【解答】解：（1）如图（1）中，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝45°，
∵AD＝DC，BE＝EC，
∴DE∥AB，
∴∠CED＝∠B＝45°，
∵AD＝DC，PM⊥AC，MP＝AP＝PC，
∴MA＝MC，
∴∠MAD＝∠MCA＝45°，
∴∠CME＝∠CEM＝45°，
∴CM＝CE，
∵CP⊥EM，
∴PE＝PM，
∴CM＝PM＝PE．
故答案为：CM＝PE，45°．

（2）结论成立．
理由：如图（2）中，连接AE．

∵AB＝AC，BE＝EC，
∴AE平分∠BAC，
∴∠CAE＝∠BAC＝45°，
∵DE∥AB，
∴∠ADE＝180°﹣∠BAC＝90°，
∴AD＝DB，
∴AE＝AD，
∵AM＝AP，
∴＝，
∵∠PAM＝∠CAE＝45°，
∴∠CAM＝∠EAP，
∴△CAM∽△EAP，
∴＝＝，∠ACM＝∠AED＝45°，
∴CM＝PE．

（3）当点P在点E的上方时，如图（3）中，过点P作PQ⊥BC于Q．

∵△PCM是等边三角形，
∴∠MCP＝60°，
∵∠MCB＝∠ACB+∠ACM＝45°+45°＝90°，
∴∠PCQ＝30°，
设PQ＝EQ＝m，则CQ＝m，PE＝m，
∴BC＝2CE＝2m+2m，
∴AC＝BC＝（+）m，
∴＝＝1+．
当点P在点E是下方时，同法可得，＝﹣1，
综上所述，满足条件的值为1+或﹣1．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
9．（2021•安阳一模）在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝90°，将边AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α．分别过A，C作直线BB′的垂线，垂足分别是E，F，连接B′C交直线AF于点Q．

（1）如图1，当α＝45°时，△AEF的形状为 等腰直角三角形 ；
（2）当0°＜α＜360°时，
①（1）中的结论是否成立？如果成立，请就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②在旋转过程中，当线段AE＝1时，请直接写出CF的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）结论：△AEF是等腰直角三角形．通过计算证明∠AFE＝45°，可得结论；
（2）①结论成立．想办法证明∠AFE＝45°，可得结论；
②分两种情形：当点E在AB的下方，当点E在AB的上方，分别求出EF，EB′，可得结论．
【解答】解：（1）结论：△AEF是等腰直角三角形．
理由：如图1中，

∵∠ABC＝90°，∠BAB′＝45°，
∴∠CAB′＝90°﹣45°＝45°，
∵AB＝AB′＝AC，
∴∠ABB′＝∠AB′B＝∠AB′C＝∠ACB′＝67.5°，
∴∠CB′F＝180°﹣2×67.5°＝45°，
∵CF⊥BF，
∴∠FCB′＝∠FB′C＝45°，
∴FB′＝FC，
∵AC＝AB′，
∴AF垂直平分线段CB′，
∴∠AFB′＝∠AFC＝45°，
∵AE⊥EF，
∴∠EAF＝∠EFA＝45°，
∴EA＝EF，
∴△AEF是等腰直角三角形．
故答案为：等腰直角三角形；

（2）①结论成立．
理由：如图2中，

∵AB＝AC＝AB′，
∴∠BB′C＝∠BAC＝45°，
∵CF⊥BF，
∴∠FCB′＝∠FB′C＝45°，
∴FB′＝FC，
∵AC＝AB′，
∴AF垂直平分线段CB′，
∴∠QFB′＝∠QFC＝45°，
∴∠AFE＝∠QFB′＝45°
∵AE⊥EF，
∴∠EAF＝∠EFA＝45°，
∴EA＝EF，
∴△AEF是等腰直角三角形；

②如图2中，在Rt△ABE中，BE＝EB′＝＝＝2，
∵AE＝EF＝1，
∴CF＝B′F＝2﹣1．
如图3中，当点E在AB上方时，同法可得CF＝FB′＝EF+EB′＝1+2，

综上所述，满足条件的CF的值为2﹣1或2+1．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，圆周角定理等知识，解题的关键是证明△AEF是等腰直角三角形，学会用分类讨论的思想思考问题．
10．（2021•济南二模）【问题探究】
（1）如图1，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接AD，BD．
①请探究AD与BD之间的位置关系？并加以证明．
②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，求线段AD的长．
【拓展延伸】
（2）如图2，△ABC和△DEC均为直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．将△DCE绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角∠BCD为α（0°≤α＜360°），作直线BD，连接AD，当点B，D，E在同一直线上时，画出图形，并求线段AD的长．

【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）①由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠ADC＝∠BEC＝45°，可得AD⊥BD；
②过点C作CF⊥AD于点F，由勾股定理可求DF，CF，AF的长，即可求AD的长；
（2）分点D在BC左侧和BC右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）①结论：AD⊥BD．
理由：∵△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，
∴AC＝BC，CE＝CD，∠ABC＝∠DEC＝45°＝∠CDE
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，且AC＝BC，CE＝CD，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠ADC＝∠BEC＝45°，
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°，
∴AD⊥BD．

②如图，过点C作CF⊥AD于点F，

∵∠ADC＝45°，CF⊥AD，CD＝，
∴DF＝CF＝1，
∴AF＝＝3，
∴AD＝AF+DF＝4．

（2）若点D在BC右侧，
如图，过点C作CF⊥AD于点F，

∵∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．
∴∠ACD＝∠BCE，＝＝，
∴△ACD∽△BCE
∴∠ADC＝∠BEC，
∵CD＝，CE＝1，
∴DE＝＝＝2，
∵∠ADC＝∠BEC，∠DCE＝∠CFD＝90°，
∴△DCE∽△CFD，
∴＝＝，
即＝＝，
∴CF＝，DF＝，
∴AF＝＝＝，
∴AD＝DF+AF＝3，
若点D在BC左侧，

∵∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．
∴∠ACD＝∠BCE，＝＝，
∴△ACD∽△BCE
∴∠ADC＝∠BEC，
∴∠CED＝∠CDF，
∵CD＝，CE＝1，
∴DE＝＝＝2，
∵∠CED＝∠CDF，∠DCE＝∠CFD＝90°，
∴△DCE∽△CFD，
∴＝＝，
即＝＝，
∴CF＝，DF＝，
∴AF＝＝＝，
∴AD＝AF﹣DF＝2．
综上所述，满足条件的AD的值为3或2．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线．

考点卡片
1．点的坐标
（1）我们把有顺序的两个数a和b组成的数对，叫做有序数对，记作（a，b）．
（2）平面直角坐标系的相关概念
①建立平面直角坐标系的方法：在同一平面内画；两条有公共原点且垂直的数轴．
②各部分名称：水平数轴叫x轴（横轴），竖直数轴叫y轴（纵轴），x轴一般取向右为正方向，y轴一般取象上为正方向，两轴交点叫坐标系的原点．它既属于x轴，又属于y轴．
（3）坐标平面的划分
建立了坐标系的平面叫做坐标平面，两轴把此平面分成四部分，分别叫第一象限，第二象限，第三象限，第四象限．坐标轴上的点不属于任何一个象限．
（4）坐标平面内的点与有序实数对是一一对应的关系．
2．三角形的面积
（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△＝×底×高．
（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
3．等腰三角形的判定
判定定理：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等．【简称：等角对等边】
说明：①等腰三角形是一个轴对称图形，它的定义既作为性质，又可作为判定办法．
②等腰三角形的判定和性质互逆；
③在判定定理的证明中，可以作未来底边的高线也可以作未来顶角的角平分线，但不能作未来底边的中线；
④判定定理在同一个三角形中才能适用．
4．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
5．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
6．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
7．翻折变换（折叠问题）
1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．
2、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，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．
3、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．
8．坐标与图形变化-平移
（1）平移变换与坐标变化
①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y）
①向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y）
①向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b）
①向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b）
（2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．）
9．几何变换综合题
几何变换综合题．
10．相似三角形的判定与性质
（1）相似三角形相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等．
（2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有事可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．