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第17讲 轴对称、平移、旋转 2023年中考数学一轮复习专题训练（浙江专用）
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这是一份第17讲 轴对称、平移、旋转 2023年中考数学一轮复习专题训练（浙江专用），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，综合题等内容，欢迎下载使用。
第17讲 轴对称、平移、旋转 2023年中考数学一轮复习专题训练（浙江专用）
一、单选题
1．（2022·嘉兴）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（ ）
A．1cm B．2cm C．( 2 －1)c． D．(2 2 －1)cm
2．（2022·台州）如图是战机在空中展示的轴对称队形．以飞机 B、C所在直线为x轴、队形的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系．若飞机E的坐标为（40，a），则飞机D的坐标为（ ）
A．(40，-a) B．(-40，a) C．(-40，-a) D．(a，-40)
3．（2022·金东模拟）下列图形是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·江干模拟）若点 A(1-m，2) 与点 B(-1，n) 关于 y 轴对称，则 m+n=（）
A．2 B．0 C．-2 D．-4
5．（2022·海曙模拟）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2022·新昌模拟）将正方形纸片按图1方式依次对折得图2的△ABC，点D是AC边上一点，沿线段BD剪开展开后得到一个正方形，则点D应满足（ ）
A．AD=AB B．BD⊥AC C．DB=2AD D．∠ADB=60°
7．（2022·临安模拟）在 6×6 方格中，将图 ① 中的图形甲平移后位置如图 ② 所示，则图形甲的平移方法正确的是（ ）
A．先向左平移1格，再向下平移2格
B．先向右平移3格，再向下平移2格
C．先向右平移1格，再向下平移3格
D．先向右平移2格，再向下平移3格
8．（2022·平阳模拟）如图，将△ABC竖直向上平移得到△DEF，EF与AB交于点G，G恰好为AB的中点.若AB=AC=10，BC=12，则AE的长为（ ）
A．6 B．35 C．213 D．8
9．（2022·浦江模拟）矩形ABCD绕着对角线交点O旋转60°，若重合部分四边形EFGH的面积为矩形ABCD面积的13，则ABBC的比值是（ ）
A．433 B．533 C．3 D．23
10．（2022·平阳模拟）如图，燕尾槽的横断面是一个轴对称图形，则AB的长为（ ）
A．(100+600cosα)毫米 B．600tanα毫米
C．(100+600tanα)毫米 D．(100+600tanα)毫米
二、填空题
11．（2022·台州）如图， △ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′ ，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为 cm2 ．
12．（2022·金华）如图，在Rt△ABC中， ∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2cm .把 △ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C' ，连结CC'，则四边形AB'C'C 的周长为 cm..
13．（2022·丽水）一副三角板按图1放置，O是边BC（DF）的中点，BC=12cm.如图2，将△ABC绕点O顺时针旋转60°，AC与EF相交于点G，则FG的长是 cm．
14．（2022·瓯海模拟）图1是一张矩形折纸，其中图形①，③，⑤分别与图形②，④，⑥关于AB所在的直线成轴对称，现沿着虚线剪开，部分剪纸拼成不重叠、无缝隙的正方形（如图2），若正方形边长为9，图2中所标注的d1的值为6，d2的值为整数，则图1中矩形的宽为 ，矩形的长为 ．
15．（2022·温州模拟）某电梯中一面镜子正对楼层显示屏，显示屏中显示的是电梯所在楼层号和电梯运行方向.当电梯中镜子如图显示时，电梯所在楼层号为 .
16．（2021·台州）如图，将线段AB绕点A顺时针旋转30°，得到线段AC.若AB＝12，则点B经过的路径 BC 长度为 .（结果保留π）
17．（2021·婺城模拟）如图，△ABC和△DBC是两个具有公共边的全等三角形，AB=AC=3cm，BC=2cm，将△DBC沿射线BC平移一定的距离得到△D1B1C1，连接AC1，BD1。当四边形ABD1C1是矩形时，则平移的距离为 cm
18．（2021·平阳模拟）如图，菱形 ABCD 的对角线 AC,BD 相交于点O，将菱形 ABCD 绕点O按逆时针方向旋转 90° 得到菱形 EFGH ，若两个菱形重叠部分八边形的周长为16， ∠BAD=60° ，则 HG 的长为 .
三、作图题
19．（2021·温州）如图 4×4 与 6×6 的方格都是由边长为1的小正方形组成.图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）.
（1）选一个四边形画在图2中，使点 P 为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形.
（2）选一个合适的三角形，将它的各边长扩大到原来的 5 倍，画在图3中.
20．（2021·宁波模拟）图①、图②、图③都是 2×2 的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点.按下列要求画图：在图①、图②、图③中各画一个以格点为顶点的三角形，要求所画三角形是图中三角形经过轴对称变换后得到的图形，并将所画三角形涂上阴影.(注：所画三角形不能重复)
21．（2021·鄞州模拟）图1，图2都是由边长为1的小正三角形构成的网格，每个网格图中有3个小正三角形已涂上阴影，请在余下的小正三角形中选取1个小正三角形，涂上阴影，按下列要求分别画出符合条件的一种情形.
（1）在图1中画图，使得4个阴影小正三角形组成一个轴对称图形；
（2）在图2中画图，使得4个阴影小正三角形组成一个中心对称图形.
22．（2021·慈溪模拟）图1，图2都是由边长为1的小正方形构成的网格， ΔABC 的三个顶点都在格点上，请在该 4×4 的网格中，分别按下列要求画一个与 ΔABC 有公共边的三角形：
（1）使得所画出的三角形和 ΔABC 组成一个轴对称图形.
（2）使得所画出的三角形和 ΔABC 组成一个中心对称图形.（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）
23．（2021·乐清模拟）如图，在6×4的方格纸ABCD中，请按要求画格点三角形（顶点在格点上），且各边不落在方格线上.
（1）在图1中画△EFG和△E'F'G'，且△E'F'G'由△EFG向右平移3个单位得到.
（2）在图2中画△MNH和△M'N'H′，且△M′N'H'由△MNH绕点H顺时针旋转90°得到.
四、综合题
24．（2021·新昌模拟）如图，在矩形 ABCD 中， AB=8 ， BC=4 ，点 E 是 AD 上一点，且 AE=1 ， F 是边 AB 上的动点，以 EF 为边作矩形 EFGH ，使 EH=12EF ，矩形 E'F'G'H' 是矩形 EFGH 关于对角线 BD 的轴对称图形.
（1）当 EF//BD 时，求矩形 EFGH 的面积.
（2）当点 G 落在 BD 上时，求 tan∠GFB .
（3）在 F 从 A 到 B 的运动过程中，
①当 G' 落在边 CD 上时，求 AF 的长.
②当矩形 E'F'G'H' 与矩形 ABCD 的边只有两个交点时，直接写出 AF 的取值范围.
25．（2021·嵊州模拟）有如下一道作业题：
如图1，四边形ABCD是正方形，以C为直角顶点作等腰直角三角形CEF，DF.
求证：△BCE≌△DCF.
（1）请你完成这道题的证明：
（2）如图2，在正方形ABCD中，点N是边CD上一点，CM＝CN，连接DM，连接FC.
①求证：∠BFC＝45°.
②把FC绕点F逆时针旋转90°得到FP，连接CP（如图3）.求证：BF＝CP+DF.
26．（2021·龙港模拟）如图，在⊙O中，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足H在半径OB上，若劣弧CD沿着直线CD翻折，点B落在OA上的点E处（点E不与点A，O重合），连接CA，CE，CB.
（1）求证：∠ACE＝∠DCO.
（2）延长CE交⊙O于点M，连接AM，若AM＝10，OE＝3，求∠ACE的正弦值.
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，边长为2cm，
∴BD=2AB=22，BB'=1cm，
∴B'D=BD-BB'=（22-1）cm.
故答案为：D.
【分析】根据正方形性质及平移性质得BD=2AB=22，BB'=1cm，再由B'D=BD-BB'代入数据计算即可求出D，B′之间的距离.
2．【答案】B
【解析】【解答】解：∵战机在空中展示的轴对称队形．
∴点D和点E关于y轴对称，
∴点D（-40，a）.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件可知点D和点E关于y轴对称，利用关于y轴对称的点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，可得到点D的坐标.
3．【答案】C
【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形，故A不符合题意；
B、不是轴对称图形，故B不符合题意；
C、是轴对称图形，故C符合题意；
D、不是轴对称图形，故D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据轴对称图形的定义，将一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分完全重合，则这个图形就是轴对称图形，逐项进行判断，即可求解.
4．【答案】A
【解析】【解答】解： ∵ 点 A(1-m，2) 与点 B(-1，n) 关于 y 轴对称，
∴1-m=1 ， n=2 ，
解得： m=0 ， n=2 ，
∴m+n=2 .
故答案为：A.
【分析】根据关于y轴对称的点，横坐标互为相反数，纵坐标相同可得1-m=1，n=2，求出m的值，然后根据有理数的加法法则进行计算.
5．【答案】A
【解析】【解答】解：A、 ，既是轴对称图形也是中心对称图形，故选项A符合题意；
B、 ，是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项B不合题意；
C、 ，不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项C不符合题意；
D、 ，是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项D不符合题意.
故答案为：A.
【分析】轴对称图形：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；中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此一一判断得出答案.
6．【答案】B
【解析】【解答】解：动手操作展开后可发现这是一个正方形，则△ABD是其中的四分之一.
∴△ABD是等腰直角，且∠ADB=90°，
∴BD⊥AC.
故答案为：B.
【分析】动手操作可发现△ABD为等腰直角三角形，据此判断.
7．【答案】C
【解析】【解答】解：根据图形甲平移前后对应点的位置变化可知，需要向右平移1个单位，向下平移3个单位.
故答案为：C.
【分析】根据两个图形中平移前后甲所对应点的位置变化可求解.
8．【答案】C
【解析】【解答】解：连接BE，过A作AN⊥BC于N，交EF于M，连接NG.
∵AB=AC=10，BC=12，G恰好为AB的中点，
∴EF=12，NG=12AB=BG=AG=5.
∵BE=MN，
∴Rt△BEG≌Rt△NMG（HL），
∴EG=MG，
∵AB=AC，AN⊥BC，
∴BN=NC=12BC=6，
∴EM=6，EG=MG=3，
∴AM=AG2-MG2=52-32=4，
∴AE=EM2+AM2=62+42=213.
故答案为：C.
【分析】连接BE，过A作AN⊥BC于N，交EF于M，连接NG，根据直角三角形斜边上中线的性质可得NG=AG=BG=5，根据平移的性质可得EF=BC=12，证明△BEG≌△NMG，得到EG=MG，根据等腰三角形的性质可得BN=CN=6，然后利用勾股定理进行计算.
9．【答案】D
【解析】【解答】解：如图所示，过点H作HP⊥AB于P，
由矩形和旋转的性质可得∠HEP=60°，∠A=90°，∠D=90°，AD=BC，
∴四边形ADHP是矩形，
∴HP=AD=BC，
∵S四边形HEFGS矩形ABCD=EF⋅HPAB⋅AD=13，
∴EF=13AB，
过点H作HQ⊥A'B'于H，
同理可证GF=13A'B'=13AB，
∵EH∥FG，HG∥EF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴EH=GF=EF，
∵EH=HPsin∠HEP=233HP，
∴AB=23HP=23BC，
∴ABBC=23
故答案为：D
【分析】如图所示，过点H作HP⊥AB于P，可证四边形ADHP是矩形，可得HP=AD=BC，由S四边形HEFGS矩形ABCD=EF⋅HPAB⋅AD=13，得EF=13AB；同理得GF=13A'B'=13AB，易证四边形EFGH是平行四边形，可得EH=GF=EF，根据解直角三角形可求AB=23HP=23BC，从而求解.
10．【答案】C
【解析】【解答】解：作CE⊥AB，DF⊥AB，如下图：
由题意可得：四边形CDFE为矩形，
∵燕尾槽的横断面是一个轴对称图形，
∴∠A=∠B=α，PC=DO=200mm，
∴EF=CD=100mm，
由题意可得：CE=DF=300mm，
在Rt△ACE中，AE=CEtanα=300tanαmm，
同理可得：BF=300tanαmm，
AB=AE+EF+BF=(100+600tanα)mm，
故答案为：C.
【分析】作CE⊥AB，DF⊥AB，由题意可得：四边形CDFE为矩形，根据轴对称的性质可得∠A=∠B=α，PC=DO=200mm，则EF=CD=100mm，由题意可得CE=DF=300mm，利用三角函数的概念可表示出AE、BF，然后根据AB=AE+EF+BF进行计算.
11．【答案】8
【解析】【解答】解：∵ 将△ABC平移 2cm 得到△A′B′C′ ，
∴BB′=CC′=2，BC=B′C′=4，△ABC≌△A′B′C′，
∴四边形BCC′B′是平行四边形，S△ABC=S△A′B′C′，
∵BB′⊥BC，
∴∠BB′C′=90°，
∴四边形BCC′B′是矩形，
∴S阴影部分=S矩形BCC′B′=4×2=8.
故答案为：8
【分析】利用平移的性质可证得BB′=CC′=2，BC=B′C′=4，△ABC≌△A′B′C′，利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可证得四边形BCC′B′是平行四边形，同时可证得S△ABC=S△A′B′C′；再证明四边形BCC′B′是矩形，由此可得到阴影部分的面积=矩形BCC′B′的面积，然后利用矩形的面积公式进行计算.
12．【答案】（8+23）
【解析】【解答】解：∵△ABC沿AB方向平移1cm得到△A'B'C'，
∴BC=B'C'=2cm，AA'=BB'=CC'=1cm，
∵∠A=30°，∠ACB=90°，
∴AB=2BC=4cm，AC=3BC=23cm，
∴四边形AB'C'C周长=AB+BB'+B'C'+CC'+AC=4+1+2+1+23=（8+23）cm.
故答案为：（8+23）.
【分析】根据平移性质求得BC=B'C'=2cm，AA'=BB'=CC'=1cm，再由30°角所对直角边等于斜边一半可求得AB=2BC=4cm，AC=3BC=23cm，再把四边形AB'C'C的所有边相加计算即可求解.
13．【答案】33-3
【解析】【解答】解：如图，设EF与BC交于点M，
.
O是边BC ( DF )的中点，BC=12cm ，
∴OB=OC=OD=OF=6cm ，
∵将△ABC绕点O顺时针旋转60°，
∴∠BOD=∠FOM=60°，
∴∠F=30°，
∴∠FMO=90°，
∴OM=12OF= 3cm，
∴CM=OC-OM=3cm， FM=3OM=33cm，
∴∠C=45°，
∴CM=GM=3cm，
.FG=FM-GM= (33-3) cm .
故答案为： (33-3) .
【分析】设EF与BC交于点M，根据旋转的性质求出∠FMO=90°，可得OM=12OF=3cm，利用含30度角的直角三角形的性质求出CM=OC-OM=3cm， FM= 3OM=33cm，然后证明△CMG的等腰直角三角形，得出CM= GM=3cm，从而解决问题.
14．【答案】7.8；12.6
【解析】【解答】解：如图，
由图及轴对称的性质可知AC=AO，CD=OP，CE=ON，DE=PN，EF=MN，FG=MH，BG=BH，FG=HN，∠CEG=∠ONH=90°，d1=EG=6，EC=TL=d2，设TL=EC=d2=x，AC=AO=a，BG=BH=b，
∵正方形的边长为9，
∴KL=3=DE，KT=9-x，
在Rt△KTL中，由勾股定理可得(9-x)2+32=x2，
解得：x=5，即EC=TL=d2=5，
∴KT=4=DC=OP，a+b=5，
∵在矩形DFMP中，∠D=∠F=90°，
∴∠DEC+∠DCE=∠DEC+∠FEG=90°，
∴∠DCE=∠FEG，
∴△DEC∽△FGE，
∴DCEF=ECEG=DEFG，即4DF-3=56=3FG，
解得：DF=7.8，FG=3.6，
∵2DC+2AO=2FG+2BG，
∴8+2a=7.2+2b，
∴b-a=0.4，
∵a+b=5，
∴b=2.7，即BG=BH=2.7，
∴FM=2FG+2BG=12.6；
故答案为：7.8，12.6.
【分析】对图形进行点标注，由图及轴对称的性质可知AC=AO，CD=OP，CE=ON，DE=PN，EF=MN，FG=MH，BG=BH，FG=HN，∠CEG=∠ONH=90°，d1=6，EC=TL=d2，设TL=EC=d2=x，AC=AO=a，BG=BH=b，根据正方形的边长可得KL=3=DE，KT=9-x，利用勾股定理求出x，得到KT、x+b，证明△DEC∽△FGE，根据相似三角形的性质可得DF、FG，然后根据2DC+2AO=2FG+2BG可得b-a=0.4，结合a+b=5求出b的值，据此求解.
15．【答案】15
【解析】【解答】解：由镜面成像的原理可知电梯所在的楼层为15.
故答案为：15.
【分析】镜面对称的性质：在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒，且关于镜面对称，据此解答即可.
16．【答案】2π
【解析】【解答】解： lBC=30π⋅12180=2π ，
故答案为： 2π .
【分析】利用已知条件可知弧BC所对的圆心角的度数为30°，半径为12，利用弧长公式进行计算即可.
17．【答案】7
【解析】【解答】解：如图，过点E作AE⊥BC于点E，
∴∠AEB=∠AEC1=90°，
∴∠BAE+∠ABC=90°，
∵AB=AC=3，BC=2，
∴BE=CE=1，
∵ 四边形ABD1C1是矩形，
∴BAC1=90°，
∴∠BAE=∠AC1B，
∴△ABE∽△C1BA，
∴BEAB=ABBC1，
∴BC1=9，
∴CC1=BC1-BC=9-2=7，
∴ 平移的距离为7.
【分析】过点E作AE⊥BC于点E，根据等腰三角形的性质得出BE=CE=1，证出△ABE∽△C1BA，得出BEAB=ABBC1，求出BC1=9，从而求出CC1=BC1-BC=9-2=7，即可得出答案.
18．【答案】2+23
【解析】【解答】设AD与GH交于点M.
由旋转的性质可知该八边形八条边分别相等，且OD=OH.
∴MD=168=2 .
∵∠BAD=60° ，
∴∠FGH=60° ， ∠ADO=60° .
∴∠MGD=30° ，
∴∠DMG=∠ADO-∠MGD=60°-30°=30° ，
∴DG=MD=2.
设OD=OH=x，则OG=2+x，
在 Rt△OGH 中， ∠OGH=30° ，
∴tan∠OGH=OHOG=x2+x=33 ，
解得 x=3+1 ，经检验 x=3+1 是原方程的根.
∴OH=3+1 .
∵sin∠OGH=sin30°=3+1HG=12 .
∴HG=23+2 .
故答案为： 23+2 .
【分析】设AD与GH交于点M，由旋转的性质得出该八边形八条边分别相等，且OD=OH，然后求出MD , 再根据菱形的性质和三角形外角的性质求出∠DMG=∠MGD =30°，得出DG=MD=2，设OD=OH=x，则OG=2+x，在Rt△OGH中，利用正切三角函数求出x，再在Rt△OGH中，由正弦三角函数求出HG的长即可.
19．【答案】（1）解：画法不唯一，当选四边形为正方形时可以是如图1或图2；当四边形式平行四边形时可以是图3或图4.
（2）解：画法不唯一，
当直角边长为 2 时，扩大 5 即直角边长为 10 利用勾股定理画出直角边长为 10 直角三角形可以是如图5或图6
当直角边长为2 2 时，扩大 5 即直角边长为2 10 利用勾股定理画出直角边长为2 10 直角 三角形可以是如图7或图8等.
【解析】【分析】（1）任选一个四边形，根据平移的性质分别得出对应点位置，然后将各点顺次连接起来即可；
（2）先任选一个三角形，然后根据各边长扩大到原来的 5 倍，得出每边的边长，最后利用勾股定理在方格图中画出边长扩大后的三角形即可.
20．【答案】解：图①以正方形左上到右下对角线所在直线为对称轴；②以正方形左右两边中间格点所在直线为对称轴；③以正方形左下到右上对角线所在直线为对称轴；④以正方形左右两边中间格点与下边两格点组成线段中点所在直线为对称轴；⑤以正方形上下两边中间格点所在直线为对称轴；
【解析】【分析】可分别选折不同的直线当对称轴，得到相关图形即可.
21．【答案】（1）解：如下图，可构成轴对称图形（答案不唯一）；
；
（2）解：如下图，可构成中心对称图形（答案不唯一）；
.
【解析】【分析】（1）在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形；根据定义并结合网格图的特征即可求解（答案不唯一）；
（2）在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；根据定义并结合网格图的特征即可求解（答案不唯一）.
22．【答案】（1）解：如图所示：（答案不唯一）；
（2）解：如图所示：（答案不唯一）.
【解析】【分析】（1）在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形；根据定义并结合网格图的特征可求解（答案不唯一）；
（2）在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；根据定义并结合网格图的特征可求解（答案不唯一）.
23．【答案】（1）解：图形如图1所示.
（2）解： 图形如图2所示.
【解析】【分析】（1）根据平移的点的坐标变化特征“左减右加、上加下减”可求得对称点的坐标，在平面直角坐标系中描出各对称点，再顺次连接各点即可求解；
（2）根据要求作出图形即可.
24．【答案】（1）解：∵在矩形 ABCD 中， AB=8 ， BC=4 ，
∴BD=45 ， AD=4 .
∵EF//BD ，
∴△AEF ∽ △ADB .
∴AEAD=EFBD 即 14=EF45 ，
∴EF=5 .
∴S矩形EFGH=5×52=52 .
（2）解：如图2，当G落在 BD 上时， G 与 G' 重合，作 GP⊥AB 于点 P ，
可证 △AEF ∽ △PFG ，
∴AEFP=AFPG=EFFG=2 ，
∴PF=12 ， AF=2PG .
设 PG=x ，则 AF=2x ， BP=8-12-2x=152-2x ，
由 △BGP ∽ △BDA ，得 PGAD=BPBA 即 x4=152-2x8 ，
∴x=158 ，
∴tan∠GFB=15812=154 .
（3）解：①当 G' 落在 CD 上时，如图3，
作 △ABD 关于 BD 的轴对称图形，使点 A 落在 A' 处.则 E' 在 A'D 上， F' 在 A'B 上.
设 A'B 与 CD 交于点 M ，
设 CM=A'M=y ，则 DM=8-y
由勾股定理得 y2+42=(8-y)2 ，
解得 y=3 .
∴A'M=3 ， DM=5 .
作 G'N⊥A'B 于点 N ，则由 △G'NF' ∽ △F'A'E' ，得 A'F'=2G'N .
设 A'F'=2x ，则 G'N=x ， MN=34x ，
∴2x+12+34x=3 ，
解得 x=1011 ，
∴A'F'=2011 .
∴AF=2011 .
②当矩形 E'F'G'H' 与矩形 ABCD 的边只有两个交点时， 2011
∵当 G' 落在 AB 上时，如图4，
易得 2x+12+34x=8 ，
解得 x=3011 .
∴A'F'=6011 即 AF=6011 .
∴当矩形 E'F'G'H' 与矩形 ABCD 的边只有两个交点时， 2011
（2）当G落在BD上时，G 与G' 重合，作GP⊥AB 于点P ，则由三角形相似可得 PF=12 ， AF=2PG ，再设 PG=x，并再次利用三角形相似得到PG的值，最后根据正切函数的定义可以得到答案；
（3）①作△ABD 关于BD的轴对称图形，使点A落在A'处.则E'在A' D 上， F'在A'B上，设A' B与CD交于点M ，则由题意和勾股定理可得A'M=3，作G'N⊥ A'B于点 N，则由三角形相似及方程的方法可以得到AF的长；
②采用前面类似方法可以得到解答 .
25．【答案】（1）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD，∠BCD=90°，即：∠BCE+∠ECD=90°，
∵△CEF为等腰直角三角形，
∴CE=CF，∠ECF=90°，即：∠ECD+∠DCF=90°，
∴∠BCE=∠DCF，
在△BCE与△DCF中，
CB=CD∠BCE=∠DCFCE=CF
∴△BCE≌△DCF（SAS）；
（2）解：①由正方形性质可知，∠BCN=∠DCM=90°，
在△BCN和△DCM中，
BC=DC∠BCN=∠DCMCN=CM
∴△BCN≌△DCM（SAS），
∴∠CBN=∠CDM，
如图，作CG⊥CF交BF于G点，则∠GCF=90°，
∴∠BCG=∠DCF，
在△BCG和△DCF中，
∠CBG=∠CDFBC=DC∠BCG=∠DCF
∴△BCG≌△DCF（ASA），
∴CG=CF，
∴△CFG为等腰直角三角形，
∴∠BFC=45°；
②如图所示，作CQ⊥CF交BF于Q点，
由①可知，△BCQ≌△DCF，
∴BQ=DF，
且由①证明可知，△CQF为等腰直角三角形，
∵FP由FC绕F点旋转90°得到，
∴△CFP为等腰直角三角形，
∴∠P=∠CQF=45°，∠QFP=∠QCP=90°+45°=135°，
∴四边形CQFP为平行四边形，
∴CP=QF，
∵BF= QF +BQ，
∴BF=CP+DF.
【解析】【分析】（1）由正方形的性质可知CB=CD，∠BCD=90°，再根据题意推出∠BCE=∠DCF，以及CE=CF，从而利用“SAS”证明全等即可；
（2）①根据题意可先证明△BCN≌△DCM，从而推出∠CBN=∠CDM，然后作CG⊥CF交BF于G点，再证明△BCG≌△DCF，即可得到△CFG为等腰直角三角形，从而得出结论；
②作CQ⊥CF交BF于Q点，结合①的结论，可得BQ=DF，然后结合题意证明四边形CQFP为平行四边形，即可得到CP=QF，从而证得结论.
26．【答案】（1）证明：连接CO，
由翻折可知∠ECH＝∠BCH，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BCH+∠ACH＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠CAO+∠ACH＝90°，
∴∠BCH＝∠CAO＝∠ACO，
∴∠ECH＝∠ACO，
即∠ACE+∠ECO＝∠DCO+∠ECO，
∴∠ACE＝∠DCO
（2）解：连接CO，
由翻折可知∠B＝∠CEB，EH＝BH，
∵∠B＝∠AMC，∠CEB＝∠AEM，
∴∠AMC＝∠AEM，
∴AE＝AM＝10，
∴OC＝OA＝13，
∴3+OH＝13﹣OH，
∴OH＝5，
∴sin∠ACE＝sin∠DCO＝ 513
【解析】【分析】(1)由折叠的性质可得∠ECH=∠BCH，由圆周角定理可得∠ACB =90°，即∠BCH +∠ACH =90°，利用垂径定理易得CD⊥AB，即∠CAO+∠ACH =90°，等量代换可得结果;(2)由折叠的性质可得∠B=∠CEB，EH= BH，利用圆周角定理可得∠B=∠AMC，等量代换可得∠AMC=∠AEM，易得AE= AM=10，又因为OC= OA，可得3+OH=13-OH，可得OH，利用边角关系可得结果
第17讲 轴对称、平移、旋转 2023年中考数学一轮复习专题训练（浙江专用）
一、单选题
1．（2022·嘉兴）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（ ）
A．1cm B．2cm C．( 2 －1)c． D．(2 2 －1)cm
2．（2022·台州）如图是战机在空中展示的轴对称队形．以飞机 B、C所在直线为x轴、队形的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系．若飞机E的坐标为（40，a），则飞机D的坐标为（ ）
A．(40，-a) B．(-40，a) C．(-40，-a) D．(a，-40)
3．（2022·金东模拟）下列图形是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·江干模拟）若点 A(1-m，2) 与点 B(-1，n) 关于 y 轴对称，则 m+n=（）
A．2 B．0 C．-2 D．-4
5．（2022·海曙模拟）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2022·新昌模拟）将正方形纸片按图1方式依次对折得图2的△ABC，点D是AC边上一点，沿线段BD剪开展开后得到一个正方形，则点D应满足（ ）
A．AD=AB B．BD⊥AC C．DB=2AD D．∠ADB=60°
7．（2022·临安模拟）在 6×6 方格中，将图 ① 中的图形甲平移后位置如图 ② 所示，则图形甲的平移方法正确的是（ ）
A．先向左平移1格，再向下平移2格
B．先向右平移3格，再向下平移2格
C．先向右平移1格，再向下平移3格
D．先向右平移2格，再向下平移3格
8．（2022·平阳模拟）如图，将△ABC竖直向上平移得到△DEF，EF与AB交于点G，G恰好为AB的中点.若AB=AC=10，BC=12，则AE的长为（ ）
A．6 B．35 C．213 D．8
9．（2022·浦江模拟）矩形ABCD绕着对角线交点O旋转60°，若重合部分四边形EFGH的面积为矩形ABCD面积的13，则ABBC的比值是（ ）
A．433 B．533 C．3 D．23
10．（2022·平阳模拟）如图，燕尾槽的横断面是一个轴对称图形，则AB的长为（ ）
A．(100+600cosα)毫米 B．600tanα毫米
C．(100+600tanα)毫米 D．(100+600tanα)毫米
二、填空题
11．（2022·台州）如图， △ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′ ，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为 cm2 ．
12．（2022·金华）如图，在Rt△ABC中， ∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2cm .把 △ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C' ，连结CC'，则四边形AB'C'C 的周长为 cm..
13．（2022·丽水）一副三角板按图1放置，O是边BC（DF）的中点，BC=12cm.如图2，将△ABC绕点O顺时针旋转60°，AC与EF相交于点G，则FG的长是 cm．
14．（2022·瓯海模拟）图1是一张矩形折纸，其中图形①，③，⑤分别与图形②，④，⑥关于AB所在的直线成轴对称，现沿着虚线剪开，部分剪纸拼成不重叠、无缝隙的正方形（如图2），若正方形边长为9，图2中所标注的d1的值为6，d2的值为整数，则图1中矩形的宽为 ，矩形的长为 ．
15．（2022·温州模拟）某电梯中一面镜子正对楼层显示屏，显示屏中显示的是电梯所在楼层号和电梯运行方向.当电梯中镜子如图显示时，电梯所在楼层号为 .
16．（2021·台州）如图，将线段AB绕点A顺时针旋转30°，得到线段AC.若AB＝12，则点B经过的路径 BC 长度为 .（结果保留π）
17．（2021·婺城模拟）如图，△ABC和△DBC是两个具有公共边的全等三角形，AB=AC=3cm，BC=2cm，将△DBC沿射线BC平移一定的距离得到△D1B1C1，连接AC1，BD1。当四边形ABD1C1是矩形时，则平移的距离为 cm
18．（2021·平阳模拟）如图，菱形 ABCD 的对角线 AC,BD 相交于点O，将菱形 ABCD 绕点O按逆时针方向旋转 90° 得到菱形 EFGH ，若两个菱形重叠部分八边形的周长为16， ∠BAD=60° ，则 HG 的长为 .
三、作图题
19．（2021·温州）如图 4×4 与 6×6 的方格都是由边长为1的小正方形组成.图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）.
（1）选一个四边形画在图2中，使点 P 为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形.
（2）选一个合适的三角形，将它的各边长扩大到原来的 5 倍，画在图3中.
20．（2021·宁波模拟）图①、图②、图③都是 2×2 的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点.按下列要求画图：在图①、图②、图③中各画一个以格点为顶点的三角形，要求所画三角形是图中三角形经过轴对称变换后得到的图形，并将所画三角形涂上阴影.(注：所画三角形不能重复)
21．（2021·鄞州模拟）图1，图2都是由边长为1的小正三角形构成的网格，每个网格图中有3个小正三角形已涂上阴影，请在余下的小正三角形中选取1个小正三角形，涂上阴影，按下列要求分别画出符合条件的一种情形.
（1）在图1中画图，使得4个阴影小正三角形组成一个轴对称图形；
（2）在图2中画图，使得4个阴影小正三角形组成一个中心对称图形.
22．（2021·慈溪模拟）图1，图2都是由边长为1的小正方形构成的网格， ΔABC 的三个顶点都在格点上，请在该 4×4 的网格中，分别按下列要求画一个与 ΔABC 有公共边的三角形：
（1）使得所画出的三角形和 ΔABC 组成一个轴对称图形.
（2）使得所画出的三角形和 ΔABC 组成一个中心对称图形.（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）
23．（2021·乐清模拟）如图，在6×4的方格纸ABCD中，请按要求画格点三角形（顶点在格点上），且各边不落在方格线上.
（1）在图1中画△EFG和△E'F'G'，且△E'F'G'由△EFG向右平移3个单位得到.
（2）在图2中画△MNH和△M'N'H′，且△M′N'H'由△MNH绕点H顺时针旋转90°得到.
四、综合题
24．（2021·新昌模拟）如图，在矩形 ABCD 中， AB=8 ， BC=4 ，点 E 是 AD 上一点，且 AE=1 ， F 是边 AB 上的动点，以 EF 为边作矩形 EFGH ，使 EH=12EF ，矩形 E'F'G'H' 是矩形 EFGH 关于对角线 BD 的轴对称图形.
（1）当 EF//BD 时，求矩形 EFGH 的面积.
（2）当点 G 落在 BD 上时，求 tan∠GFB .
（3）在 F 从 A 到 B 的运动过程中，
①当 G' 落在边 CD 上时，求 AF 的长.
②当矩形 E'F'G'H' 与矩形 ABCD 的边只有两个交点时，直接写出 AF 的取值范围.
25．（2021·嵊州模拟）有如下一道作业题：
如图1，四边形ABCD是正方形，以C为直角顶点作等腰直角三角形CEF，DF.
求证：△BCE≌△DCF.
（1）请你完成这道题的证明：
（2）如图2，在正方形ABCD中，点N是边CD上一点，CM＝CN，连接DM，连接FC.
①求证：∠BFC＝45°.
②把FC绕点F逆时针旋转90°得到FP，连接CP（如图3）.求证：BF＝CP+DF.
26．（2021·龙港模拟）如图，在⊙O中，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足H在半径OB上，若劣弧CD沿着直线CD翻折，点B落在OA上的点E处（点E不与点A，O重合），连接CA，CE，CB.
（1）求证：∠ACE＝∠DCO.
（2）延长CE交⊙O于点M，连接AM，若AM＝10，OE＝3，求∠ACE的正弦值.
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，边长为2cm，
∴BD=2AB=22，BB'=1cm，
∴B'D=BD-BB'=（22-1）cm.
故答案为：D.
【分析】根据正方形性质及平移性质得BD=2AB=22，BB'=1cm，再由B'D=BD-BB'代入数据计算即可求出D，B′之间的距离.
2．【答案】B
【解析】【解答】解：∵战机在空中展示的轴对称队形．
∴点D和点E关于y轴对称，
∴点D（-40，a）.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件可知点D和点E关于y轴对称，利用关于y轴对称的点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，可得到点D的坐标.
3．【答案】C
【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形，故A不符合题意；
B、不是轴对称图形，故B不符合题意；
C、是轴对称图形，故C符合题意；
D、不是轴对称图形，故D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据轴对称图形的定义，将一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分完全重合，则这个图形就是轴对称图形，逐项进行判断，即可求解.
4．【答案】A
【解析】【解答】解： ∵ 点 A(1-m，2) 与点 B(-1，n) 关于 y 轴对称，
∴1-m=1 ， n=2 ，
解得： m=0 ， n=2 ，
∴m+n=2 .
故答案为：A.
【分析】根据关于y轴对称的点，横坐标互为相反数，纵坐标相同可得1-m=1，n=2，求出m的值，然后根据有理数的加法法则进行计算.
5．【答案】A
【解析】【解答】解：A、 ，既是轴对称图形也是中心对称图形，故选项A符合题意；
B、 ，是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项B不合题意；
C、 ，不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项C不符合题意；
D、 ，是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项D不符合题意.
故答案为：A.
【分析】轴对称图形：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；中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此一一判断得出答案.
6．【答案】B
【解析】【解答】解：动手操作展开后可发现这是一个正方形，则△ABD是其中的四分之一.
∴△ABD是等腰直角，且∠ADB=90°，
∴BD⊥AC.
故答案为：B.
【分析】动手操作可发现△ABD为等腰直角三角形，据此判断.
7．【答案】C
【解析】【解答】解：根据图形甲平移前后对应点的位置变化可知，需要向右平移1个单位，向下平移3个单位.
故答案为：C.
【分析】根据两个图形中平移前后甲所对应点的位置变化可求解.
8．【答案】C
【解析】【解答】解：连接BE，过A作AN⊥BC于N，交EF于M，连接NG.
∵AB=AC=10，BC=12，G恰好为AB的中点，
∴EF=12，NG=12AB=BG=AG=5.
∵BE=MN，
∴Rt△BEG≌Rt△NMG（HL），
∴EG=MG，
∵AB=AC，AN⊥BC，
∴BN=NC=12BC=6，
∴EM=6，EG=MG=3，
∴AM=AG2-MG2=52-32=4，
∴AE=EM2+AM2=62+42=213.
故答案为：C.
【分析】连接BE，过A作AN⊥BC于N，交EF于M，连接NG，根据直角三角形斜边上中线的性质可得NG=AG=BG=5，根据平移的性质可得EF=BC=12，证明△BEG≌△NMG，得到EG=MG，根据等腰三角形的性质可得BN=CN=6，然后利用勾股定理进行计算.
9．【答案】D
【解析】【解答】解：如图所示，过点H作HP⊥AB于P，
由矩形和旋转的性质可得∠HEP=60°，∠A=90°，∠D=90°，AD=BC，
∴四边形ADHP是矩形，
∴HP=AD=BC，
∵S四边形HEFGS矩形ABCD=EF⋅HPAB⋅AD=13，
∴EF=13AB，
过点H作HQ⊥A'B'于H，
同理可证GF=13A'B'=13AB，
∵EH∥FG，HG∥EF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴EH=GF=EF，
∵EH=HPsin∠HEP=233HP，
∴AB=23HP=23BC，
∴ABBC=23
故答案为：D
【分析】如图所示，过点H作HP⊥AB于P，可证四边形ADHP是矩形，可得HP=AD=BC，由S四边形HEFGS矩形ABCD=EF⋅HPAB⋅AD=13，得EF=13AB；同理得GF=13A'B'=13AB，易证四边形EFGH是平行四边形，可得EH=GF=EF，根据解直角三角形可求AB=23HP=23BC，从而求解.
10．【答案】C
【解析】【解答】解：作CE⊥AB，DF⊥AB，如下图：
由题意可得：四边形CDFE为矩形，
∵燕尾槽的横断面是一个轴对称图形，
∴∠A=∠B=α，PC=DO=200mm，
∴EF=CD=100mm，
由题意可得：CE=DF=300mm，
在Rt△ACE中，AE=CEtanα=300tanαmm，
同理可得：BF=300tanαmm，
AB=AE+EF+BF=(100+600tanα)mm，
故答案为：C.
【分析】作CE⊥AB，DF⊥AB，由题意可得：四边形CDFE为矩形，根据轴对称的性质可得∠A=∠B=α，PC=DO=200mm，则EF=CD=100mm，由题意可得CE=DF=300mm，利用三角函数的概念可表示出AE、BF，然后根据AB=AE+EF+BF进行计算.
11．【答案】8
【解析】【解答】解：∵ 将△ABC平移 2cm 得到△A′B′C′ ，
∴BB′=CC′=2，BC=B′C′=4，△ABC≌△A′B′C′，
∴四边形BCC′B′是平行四边形，S△ABC=S△A′B′C′，
∵BB′⊥BC，
∴∠BB′C′=90°，
∴四边形BCC′B′是矩形，
∴S阴影部分=S矩形BCC′B′=4×2=8.
故答案为：8
【分析】利用平移的性质可证得BB′=CC′=2，BC=B′C′=4，△ABC≌△A′B′C′，利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可证得四边形BCC′B′是平行四边形，同时可证得S△ABC=S△A′B′C′；再证明四边形BCC′B′是矩形，由此可得到阴影部分的面积=矩形BCC′B′的面积，然后利用矩形的面积公式进行计算.
12．【答案】（8+23）
【解析】【解答】解：∵△ABC沿AB方向平移1cm得到△A'B'C'，
∴BC=B'C'=2cm，AA'=BB'=CC'=1cm，
∵∠A=30°，∠ACB=90°，
∴AB=2BC=4cm，AC=3BC=23cm，
∴四边形AB'C'C周长=AB+BB'+B'C'+CC'+AC=4+1+2+1+23=（8+23）cm.
故答案为：（8+23）.
【分析】根据平移性质求得BC=B'C'=2cm，AA'=BB'=CC'=1cm，再由30°角所对直角边等于斜边一半可求得AB=2BC=4cm，AC=3BC=23cm，再把四边形AB'C'C的所有边相加计算即可求解.
13．【答案】33-3
【解析】【解答】解：如图，设EF与BC交于点M，
.
O是边BC ( DF )的中点，BC=12cm ，
∴OB=OC=OD=OF=6cm ，
∵将△ABC绕点O顺时针旋转60°，
∴∠BOD=∠FOM=60°，
∴∠F=30°，
∴∠FMO=90°，
∴OM=12OF= 3cm，
∴CM=OC-OM=3cm， FM=3OM=33cm，
∴∠C=45°，
∴CM=GM=3cm，
.FG=FM-GM= (33-3) cm .
故答案为： (33-3) .
【分析】设EF与BC交于点M，根据旋转的性质求出∠FMO=90°，可得OM=12OF=3cm，利用含30度角的直角三角形的性质求出CM=OC-OM=3cm， FM= 3OM=33cm，然后证明△CMG的等腰直角三角形，得出CM= GM=3cm，从而解决问题.
14．【答案】7.8；12.6
【解析】【解答】解：如图，
由图及轴对称的性质可知AC=AO，CD=OP，CE=ON，DE=PN，EF=MN，FG=MH，BG=BH，FG=HN，∠CEG=∠ONH=90°，d1=EG=6，EC=TL=d2，设TL=EC=d2=x，AC=AO=a，BG=BH=b，
∵正方形的边长为9，
∴KL=3=DE，KT=9-x，
在Rt△KTL中，由勾股定理可得(9-x)2+32=x2，
解得：x=5，即EC=TL=d2=5，
∴KT=4=DC=OP，a+b=5，
∵在矩形DFMP中，∠D=∠F=90°，
∴∠DEC+∠DCE=∠DEC+∠FEG=90°，
∴∠DCE=∠FEG，
∴△DEC∽△FGE，
∴DCEF=ECEG=DEFG，即4DF-3=56=3FG，
解得：DF=7.8，FG=3.6，
∵2DC+2AO=2FG+2BG，
∴8+2a=7.2+2b，
∴b-a=0.4，
∵a+b=5，
∴b=2.7，即BG=BH=2.7，
∴FM=2FG+2BG=12.6；
故答案为：7.8，12.6.
【分析】对图形进行点标注，由图及轴对称的性质可知AC=AO，CD=OP，CE=ON，DE=PN，EF=MN，FG=MH，BG=BH，FG=HN，∠CEG=∠ONH=90°，d1=6，EC=TL=d2，设TL=EC=d2=x，AC=AO=a，BG=BH=b，根据正方形的边长可得KL=3=DE，KT=9-x，利用勾股定理求出x，得到KT、x+b，证明△DEC∽△FGE，根据相似三角形的性质可得DF、FG，然后根据2DC+2AO=2FG+2BG可得b-a=0.4，结合a+b=5求出b的值，据此求解.
15．【答案】15
【解析】【解答】解：由镜面成像的原理可知电梯所在的楼层为15.
故答案为：15.
【分析】镜面对称的性质：在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒，且关于镜面对称，据此解答即可.
16．【答案】2π
【解析】【解答】解： lBC=30π⋅12180=2π ，
故答案为： 2π .
【分析】利用已知条件可知弧BC所对的圆心角的度数为30°，半径为12，利用弧长公式进行计算即可.
17．【答案】7
【解析】【解答】解：如图，过点E作AE⊥BC于点E，
∴∠AEB=∠AEC1=90°，
∴∠BAE+∠ABC=90°，
∵AB=AC=3，BC=2，
∴BE=CE=1，
∵ 四边形ABD1C1是矩形，
∴BAC1=90°，
∴∠BAE=∠AC1B，
∴△ABE∽△C1BA，
∴BEAB=ABBC1，
∴BC1=9，
∴CC1=BC1-BC=9-2=7，
∴ 平移的距离为7.
【分析】过点E作AE⊥BC于点E，根据等腰三角形的性质得出BE=CE=1，证出△ABE∽△C1BA，得出BEAB=ABBC1，求出BC1=9，从而求出CC1=BC1-BC=9-2=7，即可得出答案.
18．【答案】2+23
【解析】【解答】设AD与GH交于点M.
由旋转的性质可知该八边形八条边分别相等，且OD=OH.
∴MD=168=2 .
∵∠BAD=60° ，
∴∠FGH=60° ， ∠ADO=60° .
∴∠MGD=30° ，
∴∠DMG=∠ADO-∠MGD=60°-30°=30° ，
∴DG=MD=2.
设OD=OH=x，则OG=2+x，
在 Rt△OGH 中， ∠OGH=30° ，
∴tan∠OGH=OHOG=x2+x=33 ，
解得 x=3+1 ，经检验 x=3+1 是原方程的根.
∴OH=3+1 .
∵sin∠OGH=sin30°=3+1HG=12 .
∴HG=23+2 .
故答案为： 23+2 .
【分析】设AD与GH交于点M，由旋转的性质得出该八边形八条边分别相等，且OD=OH，然后求出MD , 再根据菱形的性质和三角形外角的性质求出∠DMG=∠MGD =30°，得出DG=MD=2，设OD=OH=x，则OG=2+x，在Rt△OGH中，利用正切三角函数求出x，再在Rt△OGH中，由正弦三角函数求出HG的长即可.
19．【答案】（1）解：画法不唯一，当选四边形为正方形时可以是如图1或图2；当四边形式平行四边形时可以是图3或图4.
（2）解：画法不唯一，
当直角边长为 2 时，扩大 5 即直角边长为 10 利用勾股定理画出直角边长为 10 直角三角形可以是如图5或图6
当直角边长为2 2 时，扩大 5 即直角边长为2 10 利用勾股定理画出直角边长为2 10 直角 三角形可以是如图7或图8等.
【解析】【分析】（1）任选一个四边形，根据平移的性质分别得出对应点位置，然后将各点顺次连接起来即可；
（2）先任选一个三角形，然后根据各边长扩大到原来的 5 倍，得出每边的边长，最后利用勾股定理在方格图中画出边长扩大后的三角形即可.
20．【答案】解：图①以正方形左上到右下对角线所在直线为对称轴；②以正方形左右两边中间格点所在直线为对称轴；③以正方形左下到右上对角线所在直线为对称轴；④以正方形左右两边中间格点与下边两格点组成线段中点所在直线为对称轴；⑤以正方形上下两边中间格点所在直线为对称轴；
【解析】【分析】可分别选折不同的直线当对称轴，得到相关图形即可.
21．【答案】（1）解：如下图，可构成轴对称图形（答案不唯一）；
；
（2）解：如下图，可构成中心对称图形（答案不唯一）；
.
【解析】【分析】（1）在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形；根据定义并结合网格图的特征即可求解（答案不唯一）；
（2）在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；根据定义并结合网格图的特征即可求解（答案不唯一）.
22．【答案】（1）解：如图所示：（答案不唯一）；
（2）解：如图所示：（答案不唯一）.
【解析】【分析】（1）在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形；根据定义并结合网格图的特征可求解（答案不唯一）；
（2）在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；根据定义并结合网格图的特征可求解（答案不唯一）.
23．【答案】（1）解：图形如图1所示.
（2）解： 图形如图2所示.
【解析】【分析】（1）根据平移的点的坐标变化特征“左减右加、上加下减”可求得对称点的坐标，在平面直角坐标系中描出各对称点，再顺次连接各点即可求解；
（2）根据要求作出图形即可.
24．【答案】（1）解：∵在矩形 ABCD 中， AB=8 ， BC=4 ，
∴BD=45 ， AD=4 .
∵EF//BD ，
∴△AEF ∽ △ADB .
∴AEAD=EFBD 即 14=EF45 ，
∴EF=5 .
∴S矩形EFGH=5×52=52 .
（2）解：如图2，当G落在 BD 上时， G 与 G' 重合，作 GP⊥AB 于点 P ，
可证 △AEF ∽ △PFG ，
∴AEFP=AFPG=EFFG=2 ，
∴PF=12 ， AF=2PG .
设 PG=x ，则 AF=2x ， BP=8-12-2x=152-2x ，
由 △BGP ∽ △BDA ，得 PGAD=BPBA 即 x4=152-2x8 ，
∴x=158 ，
∴tan∠GFB=15812=154 .
（3）解：①当 G' 落在 CD 上时，如图3，
作 △ABD 关于 BD 的轴对称图形，使点 A 落在 A' 处.则 E' 在 A'D 上， F' 在 A'B 上.
设 A'B 与 CD 交于点 M ，
设 CM=A'M=y ，则 DM=8-y
由勾股定理得 y2+42=(8-y)2 ，
解得 y=3 .
∴A'M=3 ， DM=5 .
作 G'N⊥A'B 于点 N ，则由 △G'NF' ∽ △F'A'E' ，得 A'F'=2G'N .
设 A'F'=2x ，则 G'N=x ， MN=34x ，
∴2x+12+34x=3 ，
解得 x=1011 ，
∴A'F'=2011 .
∴AF=2011 .
②当矩形 E'F'G'H' 与矩形 ABCD 的边只有两个交点时， 2011
∵当 G' 落在 AB 上时，如图4，
易得 2x+12+34x=8 ，
解得 x=3011 .
∴A'F'=6011 即 AF=6011 .
∴当矩形 E'F'G'H' 与矩形 ABCD 的边只有两个交点时， 2011
（2）当G落在BD上时，G 与G' 重合，作GP⊥AB 于点P ，则由三角形相似可得 PF=12 ， AF=2PG ，再设 PG=x，并再次利用三角形相似得到PG的值，最后根据正切函数的定义可以得到答案；
（3）①作△ABD 关于BD的轴对称图形，使点A落在A'处.则E'在A' D 上， F'在A'B上，设A' B与CD交于点M ，则由题意和勾股定理可得A'M=3，作G'N⊥ A'B于点 N，则由三角形相似及方程的方法可以得到AF的长；
②采用前面类似方法可以得到解答 .
25．【答案】（1）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD，∠BCD=90°，即：∠BCE+∠ECD=90°，
∵△CEF为等腰直角三角形，
∴CE=CF，∠ECF=90°，即：∠ECD+∠DCF=90°，
∴∠BCE=∠DCF，
在△BCE与△DCF中，
CB=CD∠BCE=∠DCFCE=CF
∴△BCE≌△DCF（SAS）；
（2）解：①由正方形性质可知，∠BCN=∠DCM=90°，
在△BCN和△DCM中，
BC=DC∠BCN=∠DCMCN=CM
∴△BCN≌△DCM（SAS），
∴∠CBN=∠CDM，
如图，作CG⊥CF交BF于G点，则∠GCF=90°，
∴∠BCG=∠DCF，
在△BCG和△DCF中，
∠CBG=∠CDFBC=DC∠BCG=∠DCF
∴△BCG≌△DCF（ASA），
∴CG=CF，
∴△CFG为等腰直角三角形，
∴∠BFC=45°；
②如图所示，作CQ⊥CF交BF于Q点，
由①可知，△BCQ≌△DCF，
∴BQ=DF，
且由①证明可知，△CQF为等腰直角三角形，
∵FP由FC绕F点旋转90°得到，
∴△CFP为等腰直角三角形，
∴∠P=∠CQF=45°，∠QFP=∠QCP=90°+45°=135°，
∴四边形CQFP为平行四边形，
∴CP=QF，
∵BF= QF +BQ，
∴BF=CP+DF.
【解析】【分析】（1）由正方形的性质可知CB=CD，∠BCD=90°，再根据题意推出∠BCE=∠DCF，以及CE=CF，从而利用“SAS”证明全等即可；
（2）①根据题意可先证明△BCN≌△DCM，从而推出∠CBN=∠CDM，然后作CG⊥CF交BF于G点，再证明△BCG≌△DCF，即可得到△CFG为等腰直角三角形，从而得出结论；
②作CQ⊥CF交BF于Q点，结合①的结论，可得BQ=DF，然后结合题意证明四边形CQFP为平行四边形，即可得到CP=QF，从而证得结论.
26．【答案】（1）证明：连接CO，
由翻折可知∠ECH＝∠BCH，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BCH+∠ACH＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠CAO+∠ACH＝90°，
∴∠BCH＝∠CAO＝∠ACO，
∴∠ECH＝∠ACO，
即∠ACE+∠ECO＝∠DCO+∠ECO，
∴∠ACE＝∠DCO
（2）解：连接CO，
由翻折可知∠B＝∠CEB，EH＝BH，
∵∠B＝∠AMC，∠CEB＝∠AEM，
∴∠AMC＝∠AEM，
∴AE＝AM＝10，
∴OC＝OA＝13，
∴3+OH＝13﹣OH，
∴OH＝5，
∴sin∠ACE＝sin∠DCO＝ 513
【解析】【分析】(1)由折叠的性质可得∠ECH=∠BCH，由圆周角定理可得∠ACB =90°，即∠BCH +∠ACH =90°，利用垂径定理易得CD⊥AB，即∠CAO+∠ACH =90°，等量代换可得结果;(2)由折叠的性质可得∠B=∠CEB，EH= BH，利用圆周角定理可得∠B=∠AMC，等量代换可得∠AMC=∠AEM，易得AE= AM=10，又因为OC= OA，可得3+OH=13-OH，可得OH，利用边角关系可得结果
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