中考数学二轮复习压轴题专题14 几何变换（含解析）

这是一份中考数学二轮复习压轴题专题14 几何变换（含解析），共70页。

决胜2020中考数学压轴题全揭秘精品
专题14 几何变换问题


【考点1】平移变换问题
【例1】（2019·山东中考真题）在平面直角坐标系中，将点A（1，﹣2）向上平移3个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到点A′，则点A′的坐标是（　　）
A．（﹣1，1） B．（﹣1，﹣2） C．（﹣1，2） D．（1，2）
【答案】A
【解析】
试题分析：已知将点A（1，﹣2）向上平移3个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到点A′，根据向左平移横坐标减，向上平移纵坐标加可得点A′的横坐标为1﹣2=﹣1，纵坐标为﹣2+3=1，即A′的坐标为（﹣1，1）．故选A．
考点：坐标与图形变化-平移．
【变式1-1】（2019·甘肃中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将四边形向下平移，再向右平移得到四边形，已知，则点坐标为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据A和A1的坐标得出四边形ABCD先向下平移2个单位，再向右平移6个单位得到四边形，则B的平移方法与A点相同，即可得到答案．
【详解】
图形向下平移，纵坐标发生变化，图形向右平移，横坐标发生变化. A（－3，5）到A1（3，3）得向右平移3－（－3）＝6个单位，向下平移5－3＝2个单位.所以B（－4，3）平移后B1（2，1）.
故选B.
【点睛】
此题考查图形的平移.，掌握平移的性质是解题关键
【变式1-2】（2019·广西中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是
（1）将向上平移4个单位长度得到，请画出；
（2）请画出与关于轴对称的；
（3）请写出的坐标．

【答案】（1）如图所示：，即为所求；见解析；（2）如图所示：，即为所求；见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案；
（3）利用所画图象得出对应点坐标.
【详解】
（1）如图所示：，即为所求；
（2）如图所示：，即为所求；

（3）．
【点睛】
此题主要考查了轴对称变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键.
【考点2】轴对称变换问题（含折叠变换）
【例2】（2019·四川中考真题）如图，在菱形中，，点分别在边上，将四边形沿翻折，使的对应线段经过顶点，当时，的值是_____．

【答案】.
【解析】
【分析】
延长交于点，进而利用翻折变换的性质得出，，，，，再利用菱形的性质得出，，，设，，利用勾股定理得出，再根据三角函数进行计算即可解答
【详解】
延长交于点，

∵将四边形沿翻折，
∴，，，，
∵四边形是菱形
∴，，
∵，
∴设，，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
∴，
∴，
∴
故答案为：.
【点睛】
此题考查翻折变换，菱形的性质，三角函数，解题关键在于利用折叠的性质进行解答
【变式2-1】（2019·江苏中考真题）如图，将平行四边形纸片沿一条直线折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为．求证：
（1）；
（2）．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
【分析】
(1)依据平行四边形的性质，即可得到，由折叠可得，，即可得到；
(2)依据平行四边形的性质，即可得出，，由折叠可得，，，即可得到，，进而得出．
【详解】
(1)四边形是平行四边形，
，
由折叠可得， ，
，
，
；
(2)四边形是平行四边形，
，，
由折叠可得，，，
，，
又，
．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定，熟练掌握平行四边形的性质以及折叠的性质是解题的关键.
【变式2-2】（2019·江苏中考真题）如图，已知等边△ABC的边长为8，点P是AB边上的一个动点（与点A、B不重合），直线l是经过点P的一条直线，把△ABC沿直线l折叠，点B的对应点是点B’.
（1）如图1，当PB=4时，若点B’恰好在AC边上，则AB’的长度为_____；
（2）如图2，当PB=5时，若直线l//AC，则BB’的长度为 ；
（3）如图3，点P在AB边上运动过程中，若直线l始终垂直于AC，△ACB’的面积是否变化？若变化，说明理由；若不变化，求出面积；
（4）当PB=6时，在直线l变化过程中，求△ACB’面积的最大值.

【答案】（1）4；（2）5；（3）面积不变，S△ACB’=；（4）24+4
【解析】
【分析】
(1)证明△APB′是等边三角形即可解决问题；
(2)如图2中，设直线l交BC于点E，连接B B′交PE于O，证明△PEB是等边三角形，求出OB即可解决问题；
(3)如图3中，结论：面积不变，证明B B′//AC即可；
(4)如图4中，当PB′⊥AC时，△ACB′的面积最大，设直线PB′交AC于点E，求出B′E即可解决问题.
【详解】
(1) 如图1，∵△ABC为等边三角形，

∴∠A=60°，AB=BC=CA=8，
∵PB=4，
∴PB′=PB=PA=4，
∵∠A=60°，
∴△APB′是等边三角形，
∴AB′=AP=4，
故答案为4；
(2)如图2，设直线l交BC于点E，连接B B′交PE于O，

∵PE∥AC，
∴∠BPE=∠A=60°，∠BEP=∠C=60°，
∴△PEB是等边三角形，
∵PB=5，B、B′关于PE对称，
∴BB′⊥PE，BB′=2OB，
∴OB=PB·sin60°=，
∴BB′=5，
故答案为5；
(3)如图3，结论：面积不变.

过点B作BE⊥AC于E，
则有BE=AB·sin60°=，
∴S△ABC==16，
∵B、B′关于直线l对称，
∴BB′⊥直线l，
∵直线l⊥AC，
∴AC//BB′，
∴S△ACB’=S△ABC=16；
(4)如图4，当B′P⊥AC时，△ACB′的面积最大，

设直线PB′交AC于E，
在Rt△APE中，PA=2，∠PAE=60°，
∴PE=PA·sin60°=，
∴B′E=B′P+PE=6+，
∴S△ACB最大值=×(6+)×8=24+4.
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定与性质，轴对称变换，解直角三角形，平行线的判定与性质等知识，理解题意，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
【考点3】旋转变换问题
【例3】（2019·山东中考真题）(1)问题发现 
如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上. 
填空:线段AD,BE之间的关系为  .
(2)拓展探究 
如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由. 
(3)解决问题 
如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围. 

【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．(3) 5-3≤PC≤5+3．
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．
（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；
（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故5-3≤BE≤5+3.
【详解】
（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．
理由：如图1中，

∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，
∠ACB=∠ACD=90°，
在Rt△ACD和Rt△BCE中

∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠EBC=∠CAD
延长BE交AD于点F，
∵BC⊥AD，
∴∠EBC+∠CEB=90°，
∵∠CEB=AEF，
∴∠EAD+∠AEF=90°，
∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．
∴AD=BE，AD⊥BE．
故答案为AD=BE，AD⊥BE．
（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．
理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．

∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，
∴ACD=∠BCE，
在Rt△ACD和Rt△BCE中
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，
∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，
∴∠BOH+∠OBH=90°，
∴∠OHB=90°，
∴AD⊥BE，
∴AD=BE，AD⊥BE．

（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，
∴PC=BE，
图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE=5-3，
图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+3，
∴5-3≤BE≤5+3，
即5-3≤PC≤5+3．


【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
【变式3-1】（2019·辽宁中考真题）如图，△ABC在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为A(-4，4)，B(-1，1)，C(-1，4)．
(1)画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1．
(2)将△ABC绕点B逆时针旋转90°，得到△A2BC2，画两出△A2BC2．
(3)求线段AB在旋转过程中扫过的图形面积．(结果保留π)

【答案】(1)作图见解析；(2)作图见解析；(3)π.
【解析】
【分析】
(1)根据关于y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
(2)利用网格特点和旋转的性质画出A、C的对应点A2、C2即可；
(3)线段AB在旋转过程中扫过的图形为扇形，然后根据扇形面积公式计算即可．
【详解】
解：(1)如图，△AlB1C1为所作.
(2)如图，△A2BC2为所作；

(3)AB==3，
所以线段AB在旋转过程中扫过的图形面积==π．
【点睛】
本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了扇形面积公式．
【变式3-2】（2019·江苏中考真题）如图①，在中，，，D是BC的中点．

小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB．将线段PB绕点P按逆时针方向旋转，点B的对应点是点E，连接BE，得到．小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：
（1）当点E在直线AD上时，如图②所示．
① ；②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是 ．
（2）请在图③中画出，使点E在直线AD的右侧，连接CE．试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．
（3）当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．
【答案】（1）①50；②；（2）；（3）AE的最小值．
【解析】
【分析】
（1）①利用等腰三角形的性质即可解决问题．②证明，，推出即可．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．利用圆周角定理证明即可解决问题．
（3）因为点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，所以当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值．
【详解】
（1）①如图②中，

∵，，
∴，
②结论：．
理由：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵AE垂直平分线段BC，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故答案为50，．
（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．

∵AD垂直平分线段BC，
∴，
∴，
∵，
∴ ．
（3）如图④中，作于H，

∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，
∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，平行线的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．
【考点4】位似变换问题
【例4】（2019·广西中考真题）如图，与是以坐标原点为位似中心的位似图形，若点，，则的面积为__．

【答案】18．
【解析】
【分析】
根据，的坐标得到位似比，继而得到A、C对应点的坐标，再用所在的矩形的面积减去顶点处的三角形面积即可求得答案.
【详解】
∵与是以坐标原点为位似中心的位似图形，
若点，，
∴位似比为：，
∵，，
∴，
∴的面积为：，
故答案为：18．
【点睛】
本题考查了位似变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题关键．
【变式4-1】（2019·山东中考真题）在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为．以原点为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，得到，则点的对应点的坐标是__________．
【答案】或
【解析】
【分析】
根据位似图形的中心和位似比例即可得到点A的对应点C.
【详解】
解：以原点为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，点的坐标为，
∴点的坐标为或，即或，
故答案为：或．
【点睛】
本题主要考查位似图形的对应点，关键在于原点的位似图形，要注意方向.
【变式4-2】（2018·四川中考真题）如图，在方格纸中.

（1）请在方格纸上建立平面直角坐标系，使，，并求出点坐标；
（2）以原点为位似中心，相似比为2，在第一象限内将放大，画出放大后的图形；
（3）计算的面积.
【答案】（1）作图见解析；.（2）作图见解析；（3）16.
【解析】
分析：（1）直接利用A，C点坐标得出原点位置进而得出答案；
（2）利用位似图形的性质即可得出△A'B'C'；
（3）直接利用（2）中图形求出三角形面积即可．
详解：（1）如图所示，即为所求的直角坐标系；B（2，1）；

（2）如图：△A'B'C'即为所求；
（3）S△A'B'C'=×4×8=16．
点睛：此题主要考查了位似变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题的关键．画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和关键点；③根据位似比，确定位似图形的关键点；④顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．

一、单选题
1．（2019·浙江中考真题）在平面直角坐标系中，点与点关于y轴对称，则（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B
【解析】
【分析】
根据点关于y轴对称，其横坐标互为相反数，纵坐标相同即可得到答案.
【详解】
A，B关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标相同,故选B
【点睛】
本题考查点坐标的轴对称，解题的关键熟练掌握点坐标的轴对称.
2．（2019·辽宁中考真题）如图，点P（8，6）在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的，得到△A′B′C′，点P在A′C′上的对应点P′的的坐标为（　　）

A．（4，3） B．（3，4） C．（5，3） D．（4，4）
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k，进而结合已知得出答案．
【详解】
∵点P（8，6）在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的，得到△A′B′C′，
∴点P在A′C′上的对应点P′的的坐标为：（4，3）．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了位似变换，正确得出位似比是解题关键．
3．（2019·湖南中考真题）如图，将绕点逆时针旋转70°到的位置，若，则（　　）

A．45° B．40° C．35° D．30°
【答案】D
【解析】
【分析】
首先根据旋转角定义可以知道，而，然后根据图形即可求出．
【详解】
解：∵绕点逆时针旋转70°到的位置，
∴，
而，
∴
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了旋转的定义及性质，其中解题主要利用了旋转前后图形全等，对应角相等等知识．
4．（2019·广东中考真题）下列四个银行标志中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐一进行判断即可得.
【详解】
A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意，
故选C.
【点睛】
本题主要考查轴对称图形和中心对称图形，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，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，如果把一个图形绕某个点旋转180°后，能与原图形重合，那么就说这个图形是中心对称图形.
5．（2019·浙江中考真题）如图，在直角坐标系中，已知菱形OABC的顶点A(1,2)，B(3,3)．作菱形OABC关于y轴的对称图形OA′B′C′，再作图形OA′B′C′关于点O的中心对称图形OA″B″C″，则点C的对应点C″的坐标是（ ）

A．(2,-1) B．(1,-2) C． (-2,1) D． (-2,-1)
【答案】A
【解析】
【分析】
先找出对应点，再用线段顺次连接作出图形，根据图形解答即可.
【详解】
如图，

.
故选A.
【点睛】
本题考查了轴对称作图及中心对称作图，熟练掌握轴对称作图及中心对称的性质是解答本题的关键，中心对称的性质：①关于中心对称的两个图形能够完全重合；②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分.
6．（2019·四川中考真题）在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位长度后得到的点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据直角坐标系的坐标平移即可求解.
【详解】
一个点向右平移之后的点的坐标，纵坐标不变，横坐标加4，故选A
【点睛】
此题主要考查坐标的平移，解题的关键是熟知直角坐标系的特点.
7．（2019·湖南中考真题）点关于原点的对称点坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．
【详解】
根据中心对称的性质，得点关于原点的对称点的坐标为．
故选B．
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．
8．（2019·湖南中考真题）如图，以点O为位似中心，把放大为原图形的2倍得到，以下说法中错误的是（ ）

A． B．点C、点O、点C′三点在同一直线上
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用位似图形的性质进而分别分析得出答案．
【详解】
∵以点O为位似中心，把放大为原图形的2倍得到，
∴，点C、点O、点C′三点在同一直线上，，
，
∴C选项错误，符合题意．
故选C．
【点睛】
此题主要考查了位似变换，正确把握位似图形的性质是解题关键．
9．（2018·湖南中考真题）如图所示，在平面直角坐标系中，已知点A（2，4），过点A作AB⊥x轴于点B．将△AOB以坐标原点O为位似中心缩小为原图形的，得到△COD，则CD的长度是（　　）

A．2 B．1 C．4 D．2
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用位似图形的性质结合A点坐标可直接得出点C的坐标，即可得出答案．
【详解】∵点A（2，4），过点A作AB⊥x轴于点B，将△AOB以坐标原点O为位似中心缩小为原图形的，得到△COD，
∴C（1，2），则CD的长度是2，
故选A．
【点睛】本题主要考查了位似变换以及坐标与图形的性质，正确把握位似图形的性质是解题关键．
10．（2019·山东中考真题）如图，点A的坐标是(-2,0)，点B的坐标是(0,6)，C为OB的中点，将△ABC绕点B逆时针旋转90°后得到．若反比例函数的图象恰好经过的中点D，则k的值是（　　）

A．9 B．12 C．15 D．18
【答案】C
【解析】
【分析】
作轴于证明≌，推出，，求出点坐标，再利用中点坐标公式求出点D坐标即可解决问题．
【详解】
解：作轴于．

∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵点的坐标是，点的坐标是，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵反比例函数的图象经过点，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查反比例函数图形上的点的坐标特征，坐标与图形的变化旋转等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
11．（2019·浙江中考真题）在数学拓展课上，小明发现：若一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积. 如图是由5个边长为1的小正方形拼成的图形，是其中4个小正方形的公共顶点，小强在小明的启发下，将该图形沿着过点的某条直线剪一刀，把它剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据中心对称的性质即可作出剪痕，根据三角形全等的性质即可证得EM=DN，利用勾股定理即可求得．
【详解】
如图，为剪痕，过点作于.

∵将该图形分成了面积相等的两部分，
∴经过正方形对角线的交点，
∴.
易证，
∴，
而，
∴.
在中， .
故选：D.
【点睛】
本题考查了图形的剪拼，中心对称的性质，勾股定理的应用，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键．
12．（2019·湖北中考真题）如图，矩形中，与相交于点，，将沿折叠，点的对应点为，连接交于点，且，在边上有一点，使得的值最小，此时（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设BD与AF交于点M．设AB=a，AD=a，根据矩形的性质可得△ABE、△CDE都是等边三角形，利用折叠的性质得到BM垂直平分AF，BF=AB=a，DF=DA=a．解直角△BGM，求出BM，再表示DM，由△ADM∽△GBM，求出a=2，再证明CF=CD=2．作B点关于AD的对称点B′，连接B′E，设B′E与AD交于点H，则此时BH+EH=B′E，值最小．建立平面直角坐标系，得出B（3，2），B′（3，-2），E（0，），利用待定系数法求出直线B′E的解析式，得到H（1，0），然后利用两点间的距离公式求出BH=4，进而求出=．
【详解】
如图，设BD与AF交于点M．设AB=a，AD=a，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，tan∠ABD=，
∴BD=AC==2a，∠ABD=60°，
∴△ABE、△CDE都是等边三角形，
∴BE=DE=AE=CE=AB=CD=a，
∵将△ABD沿BD折叠，点A的对应点为F，
∴BM垂直平分AF，BF=AB=a，DF=DA=a，
在△BGM中，∵∠BMG=90°，∠GBM=30°，BG=2，
∴GM=BG=1，BM=GM=，
∴DM=BD-BM=2a-，
∵矩形ABCD中，BC∥AD，
∴△ADM∽△GBM，
∴，即，
∴a=2，
∴BE=DE=AE=CE=AB=CD=2，AD=BC=6，BD=AC=4，
易证∠BAF=∠FAC=∠CAD=∠ADB=∠BDF=∠CDF=30°，
∴△ADF是等边三角形，
∵AC平分∠DAF，
∴AC垂直平分DF，
∴CF=CD=2，
作B点关于AD的对称点B′，连接B′E，设B′E与AD交于点H，则此时BH+EH=B′E，值最小．
如图，建立平面直角坐标系，

则A（3，0），B（3，2），B′（3，-2），E（0，），
易求直线B′E的解析式为y=-x+，
∴H（1，0），
∴BH==4，
∴=．
故选：B．
【点睛】
本题考查了折叠的性质：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．也考查了矩形的性质，解直角三角形，等边三角形、垂直平分线、相似三角形的判定与性质，待定系数法求直线的解析式，轴对称-最短路线问题，两点间的距离公式等知识．综合性较强，有一定难度．分别求出BH、CF的长是解题的关键．
13．（2019·湖南中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O顺时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点O连续旋转2019次得到正方形，那么点的坐标是( )

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据旋转的性质分别求出点A1、A2、A3、…的坐标，继而发现8次为一个循环，用2019除以8，看余数即可求得答案.
【详解】
四边形OABC是正方形，且，
，
将正方形OABC绕点O逆时针旋转后得到正方形，
∴点A1的横坐标为1，点A1的纵坐标为1，
，
继续旋转则，，A4(0，-1)，A5，A6(-1，0)，A7，A8(0，1)，A9，……，
发现是8次一循环，所以…余3，
点的坐标为，
故选A．

【点睛】
本题考查了旋转的性质，规律题——点的坐标的变化规律，通过分析正确得出坐标的变化规律是解题的关键.
14．（2019·江苏中考真题）如图，△ABC中，AB=AC=2，∠B=30°，△ABC绕点A逆时针旋转α(0<α<120°)得到，与BC，AC分别交于点D，E.设，的面积为，则与的函数图象大致为( )

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接B′C，作AH⊥B′C′，垂足为H，由已知以及旋转的性质可得AB′=AB=AC=AC′=2，∠AB′C′=∠C′=30°，继而可求出AH长，B′C′的长，由等腰三角形的性质可得∠AB′C=∠ACB′，再根据∠AB′D=∠ACD=30°，可得∠DB′C=∠DCB′，从而可得B′D=CD，进而可得 B′E=x，由此可得C′E=2-x，再根据三角形面积公式即可求得y与x的关系式，由此即可得到答案.
【详解】
连接B′C，作AH⊥B′C′，垂足为H，
∵AB=AC，∠B=30°，
∴∠C=∠B=30°，
∵△ABC绕点A逆时针旋转α(0<α<120°)得到，
∴AB′=AB=AC=AC′=2，∠AB′C′=∠C′=30°，
∴AH=AC′=1，
∴C′H=，
∴B′C′=2C′H=2，
∵AB′=AC，
∴∠AB′C=∠ACB′，
∵∠AB′D=∠ACD=30°，
∴∠AB′C-∠AB′D=∠ACB′-∠ACD，
即∠DB′C=∠DCB′，
∴B′D=CD，
∵CD+DE=x，
∴B′D+DE=x，即B′E=x，
∴C′E=B′C′-B′E=2-x，
∴y==×(2-x)×1=，
观察只有B选项的图象符合题意，
故选B.

【点睛】
本题考查的是几何综合题，涉及了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，一次函数的应用等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
15．（2019·辽宁中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将△ABO沿x轴向右滚动到△AB1C1的位置，再到△A1B1C2的位置……依次进行下去，若已知点A(4，0)，B(0，3)，则点C100的坐标为( )

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三角形的滚动，可得出：每滚动3次为一个周期，点C1，C3，C5，…在第一象限，点C2，C4，C6，…在x轴上，由点A，B的坐标利用勾股定理可求出AB的长，进而可得出点C2的横坐标，同理可得出点C4，C6的横坐标，根据点的横坐标的变化可找出变化规律“点C2n的横坐标为2n×6(n为正整数)”，再代入2n=100即可求出结论．
【详解】
解：根据题意，可知：每滚动3次为一个周期，点C1，C3，C5，…在第一象限，点C2，C4，C6，…在x轴上．
∵A(4，0)，B(0，3)，
∴OA=4，OB=3，
∴AB==5，
∴点C2的横坐标为4+5+3=12=2×6，
同理，可得出：点C4的横坐标为4×6，点C6的横坐标为6×6，…，
∴点C2n的横坐标为2n×6(n为正整数)，
∴点C100的横坐标为100×6=600，
∴点C100的坐标为(600，0)．
故选：B．
【点睛】
本题考查了规律型：点的坐标，根据点的坐标的变化找出变化规律是解题的关键．
二、填空题
16．（2019·湖南中考真题）在如图所示的方格纸(1格长为1个单位长度)中，△ABC的顶点都在格点上，将△ABC绕点O按顺时针方向旋转得到△A'B'C'，使各顶点仍在格点上，则其旋转角的度数是____________．．

【答案】90°
【解析】
【分析】
根据旋转角的概念找到∠BOB′是旋转角，从图形中可求出其度数即可．
【详解】
根据旋转角的概念：对应点与旋转中心连线的夹角，可知∠BOB′是旋转角，且∠BOB′＝90°，
故答案为：90°．
【点睛】
本题主要考查了旋转角的概念，解题的关键是根据旋转角的概念找到旋转角．
17．（2019·山东中考真题）如图，在正方形网格中，格点绕某点顺时针旋转角得到格点，点与点，点与点，点与点是对应点，则_____度．

【答案】90
【解析】
【分析】
先连接，，作，的垂直平分线交于点，连接，，再由题意得到旋转中心，由旋转的性质即可得到答案.
【详解】
如图，连接，，作，的垂直平分线交于点，连接，，

∵，的垂直平分线交于点，
∴点是旋转中心，
∵，
∴旋转角.
故答案为：90.
【点睛】
本题考查旋转，解题的关键是掌握旋转的性质.
18．（2019·海南中考真题）如图，将的斜边AB绕点A顺时针旋转得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转得到AF，连结EF．若，，且，则_____．

【答案】
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得，，由勾股定理可求EF的长．
【详解】
解：由旋转的性质可得，，
，且，



故答案为：
【点睛】
本题考查了旋转的性质，勾股定理，灵活运用旋转的性质是本题的关键．
19．（2019·山东中考真题）在平面直角坐标系中，点关于直线的对称点的坐标是_____．
【答案】
【解析】
【分析】
先求出点到直线的距离，再根据对称性求出对称点到直线的距离，从而得到点的横坐标，即可得解．
【详解】
∵点，
∴点到直线的距离为，∴点关于直线的对称点到直线的距离为3，
∴点的横坐标为，
∴对称点的坐标为.
故答案为：．

【点睛】
本题考查了坐标与图形变化﹣对称，根据轴对称性求出对称点到直线的距离，从而得到横坐标是解题的关键，作出图形更形象直观．
20．（2019·山东中考真题）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，建立平面直角坐标系，与是以点P为位似中心的位似图形，它们的顶点均在格点（网格线的交点）上，则点P的坐标为_____

【答案】
【解析】
【分析】
根据位似图形的性质“位似图形对应点连线的交点是位似中心”，连接并延长，并延长，与的交点即为位似中心P点，根据相似三角形性质求解.
【详解】
根据位似图形的性质“位似图形对应点连线的交点是位似中心”，
连接并延长，并延长，与的交点即为位似中心P点，由图可知、B、P在一条直线上，则P点横坐标为-3，
由图可得和的位似比为，，
所以，
解得PB=2，
所以P点纵坐标为，
即P点坐标为.

故答案为：
【点睛】
本题主要考查图形的位似变换.找出相似比是关键.
21．（2019·四川中考真题）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到，使得点落在上，则的值为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
在中，由勾股定理可得．根据旋转性质可得，，，利用线段的和差关系可得．在中根据计算即可．
【详解】
∵在中，AB=5，BC=12，
∴．
∵绕点逆时针旋转得到，
∴，，，
∴CD=AC-AD=8．
在中，．
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质以及解直角三角形，难度较小，求出所求三角函数值的直角三角形的对应边长度，根据线段比就可解决问题．
22．（2019·吉林中考真题）如图，在四边形中，．若将沿折叠,点与边的中点恰好重合，则四边形的周长为________．

【答案】20
【解析】
【分析】
根据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到DE=BE=AB=5，再根据折叠的性质，即可得到四边形BCDE的周长为5×4=20．
【详解】
解：∵BD⊥AD，点E是AB的中点，
∴DE=BE=AB=5，
由折叠可得，CB=BE，CD=ED，
∴四边形BCDE的周长为5×4=20，
故答案为：20．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形的性质及折叠问题，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．
23．（2019·湖南中考真题）如图，已知是等腰三角形，点D在AC边上，将绕点A逆时针旋转45°得到，且点D′、D、B三点在同一条直线上，则的度数是_____．

【答案】22.5°
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，，即可求的度数．
【详解】
∵将绕点A逆时针旋转45°得到，

∴，
∴，
∴
故答案为：22.5°
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
24．（2019·辽宁中考真题）在平面直角坐标系中，点的坐标分别是，以点为位似中心，相们比为，把缩小，得到，则点的对应点的坐标为_____．
【答案】或
【解析】
【分析】
利用位似图形的性质可得对应点坐标乘以和-即可求解.
【详解】
解：以点为位似中心，相似比为，把缩小，点的坐标是
则点的对应点的坐标为或，即或，
故答案为：或．
【点睛】
本题考查的是位似图形，熟练掌握位似变换是解题的关键.
25．（2019·四川中考真题）如图，在菱形中，，点分别在边上，将四边形沿翻折，使的对应线段经过顶点，当时，的值是_____．

【答案】.
【解析】
【分析】
延长交于点，进而利用翻折变换的性质得出，，，，，再利用菱形的性质得出，，，设，，利用勾股定理得出，再根据三角函数进行计算即可解答
【详解】
延长交于点，

∵将四边形沿翻折，
∴，，，，
∵四边形是菱形
∴，，
∵，
∴设，，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
∴，
∴，
∴
故答案为：.
【点睛】
此题考查翻折变换，菱形的性质，三角函数，解题关键在于利用折叠的性质进行解答
26．（2019·四川中考真题）如图，中，，，将绕点C逆时针旋转得到，连接BD，则的值是___．

【答案】
【解析】
【分析】
连接AD，由旋转的性质可得CA=CD，∠ACD=60°，得到△ACD为等边三角形，由AB=BC，CD=AD，得出BD垂直平分AC，于是求出BO=AC=，OD=CD•sin60°=，可得BD=BO+OD，即可求解．
【详解】
如图，连接AD，设AC与BD交于点O，

由题意得：，
∴为等边三角形，
∴，；
∵，，
∴，
∵，，
∴BD垂直平分AC，
∴，，
∴
∴，
故答案为：
【点睛】
本题考查了图形的变换-旋转，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，准确把握旋转的性质是解题的关键．
27．（2019·黑龙江中考真题）如图将绕点逆时针旋转得到，其中点与是对应点，点与是对应点，点落在边上，连接，若，，，则的长为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
由旋转的性质可知，，故，根据勾股定理即可求解.
【详解】
解：∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴
∴
故答案为
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，对应角相等，对应线段相等，旋转角相等，以及勾股定理，灵活运用旋转的性质是解题的关键.
28．（2019·湖北中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的直角顶点的坐标为 ，点在轴正半轴上，且．将先绕点逆时针旋转，再向左平移3个单位，则变换后点的对应点的坐标为______．

【答案】
【解析】
【分析】
先求出点A的坐标，然后根据旋转的性质求出旋转后点A的对应点的坐标，继而根据平移的性质即可求得答案.
【详解】
∵点的坐标为，，
∴点的坐标为，
如图所示，将先绕点逆时针旋转90°，
则点的坐标为，
再向左平移3个单位长度，则变换后点的对应点坐标为，
故答案为：．

【点睛】本题考查了平移变换、旋转变换，熟练掌握平移的性质以及旋转的性质是解题的关键.
29．（2019·四川中考真题）如图，、都是等腰直角三角形，，，，．将绕点逆时针方向旋转后得，当点恰好落在线段上时，则______．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，连接，易求得，，根据旋转的性质得到，，，由全等三角形的性质得到，过作于，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
解：如图，连接，
∵、都是等腰直角三角形，，，，，
∴，，
∵将绕点逆时针方向旋转后得，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
过作于，
在中，，
在中，，
∴，
故答案为：．

【点睛】
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质和解直角三角形等知识，熟练掌握旋转的性质、正确的作出辅助线是解题的关键．
30．（2019·辽宁中考真题）如图，在△ABC中，AC=BC，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE．若AB=2，∠ACB=30°，则线段CD的长度为______．

【答案】2
【解析】
【分析】
连接CE，如图，利用旋转的性质得到AD=AB=2，AE=AC，∠CAE=60°，∠AED=∠ACB=30°，则可判断△ACE为等边三角形，从而得到∠AEC=60°，再判断DE平分∠AEC，根据等腰三角形的性质得到DE垂直平分AC，于是根据线段垂直平分线的性质得DC=DA=2．
【详解】
解：连接CE，如图，
∵△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE，
∴AD=AB=2，AE=AC，∠CAE=60°，∠AED=∠ACB=30°，
∴△ACE为等边三角形，
∴∠AEC=60°，
∴DE平分∠AEC，
∴DE垂直平分AC，
∴DC=DA=2．

故答案为2．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质．
31．（2019·辽宁中考真题）如图，是等边三角形，点D为BC边上一点，，以点D为顶点作正方形DEFG，且，连接AE，AG．若将正方形DEFG绕点D旋转一周，当AE取最小值时，AG的长为________．

【答案】8
【解析】
【分析】
过点A作于M，由已知得出，得出，由等边三角形的性质得出，，得出，在中，由勾股定理得出，当正方形DEFG绕点D旋转到点E、A、D在同一条直线上时，，即此时AE取最小值，在中，由勾股定理得出，在中，由勾股定理即可得出．
【详解】
过点A作于M，
∵，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
当正方形DEFG绕点D旋转到点E、A、D在同一条直线上时，，
即此时AE取最小值，
在中，，
∴在中，；
故答案为：8．

【点睛】
本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的性质、勾股定理以及最小值问题；熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质是解题的关键．
32．（2019·湖北中考真题）问题背景：如图，将绕点逆时针旋转60°得到，与交于点，可推出结论：

问题解决：如图，在中，，，．点是内一点，则点到三个顶点的距离和的最小值是___________

【答案】
【解析】
【分析】
如图，将△MOG绕点M逆时针旋转60°，得到△MPQ，易知△MOP为等边三角形，继而得到点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，由此可以发现当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，过Q作QA⊥NM交NM的延长线于A，利用勾股定理进行求解即可得.
【详解】
如图，将△MOG绕点M逆时针旋转60°，得到△MPQ，
显然△MOP为等边三角形，
∴，OM＋OG＝OP＋PQ，
∴点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，
∴当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，
此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，
过Q作QA⊥NM交NM的延长线于A，则∠MAQ=90°，
∴∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°，
∵MQ＝MG＝4，
∴AQ＝AM＝MQ•cos45°=4，
∴NQ＝，
故答案为：.

【点睛】
本题考查了旋转的性质，最短路径问题，勾股定理，解直角三角形等知识，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线是解题的关键.
33．（2019·江苏中考真题）如图，过点C(3,4)的直线交轴于点A，∠ABC=90°，AB=CB，曲线过点B，将点A沿轴正方向平移个单位长度恰好落在该曲线上，则的值为________．

【答案】4
【解析】
【分析】
分别过点B、点C作轴和轴的平行线，两条平行线相交于点M，与轴的交点为N．将C(3,4)代入可得b=-2，然后求得A点坐标为(1,0)，证明△ABN≌△BCM，可得AN=BM=3，CM=BN=1，可求出B(4,1)，即可求出k=4，由A点向上平移后落在上，即可求得a的值.
【详解】
分别过点B、点C作轴和轴的平行线，两条平行线相交于点M，与轴的交点为N，则∠M=∠ANB=90°，
把C(3,4)代入，得4=6+b，解得：b=-2，
所以y=2x-2，
令y=0，则0=2x-2，解得：x=1，
所以A(1，0)，
∵∠ABC=90°，
∴∠CBM+∠ABN=90°，
∵∠ANB=90°，
∴∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠CBM=∠BAN，
又∵∠M=∠ANB=90°，AB=BC，
∴△ABN≌△BCM，
∴AN=BM，BN=CM，
∵C(3，4)，∴设AN=m，CM=n，
则有，解得，
∴ON=3+1=4，BN=1，
∴B(4，1)，
∵曲线过点B，
∴k=4，
∴，
∵将点A沿轴正方向平移个单位长度恰好落在该曲线上，此时点A移动后对应点的坐标为(1，a)，
∴a=4，
故答案为：4.

【点睛】
本题考查了反比例函数与几何图形的综合，涉及了待定系数法，全等三角形的判定与性质，点的平移等知识，正确添加辅助线，利用数形结合思想灵活运用相关知识是解题的关键.
三、解答题
34．（2019·宁夏中考真题）已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标；
（2）画出将绕点按顺时针旋转所得的．

【答案】（1）如图所示，即为所求，见解析，点的坐标为；（2）如图所示，即为所求．见解析.
【解析】
【分析】
分别作出三顶点关于原点的对称点，再顺次连接即可得；
分别作出点、绕点按顺时针旋转所得的对应点，再顺次连接即可得．
【详解】
解：（1）如图所示，即为所求，其中点的坐标为．

（2）如图所示，即为所求．
【点睛】
此题主要考查了图形的旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．
35．（2019·湖北中考真题）请仅用无刻度的直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹．
（1）如图①，四边形ABCD中，AB=AD，B=D，画出四边形ABCD的对称轴m；
（2）如图②，四边形ABCD中，AD∥BC，A=D，画出边BC的垂直平分线n．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；
【解析】
【分析】
（1）连接AC，AC所在直线即为对称轴m．
（2）延长BA，CD交于一点，连接AC，BC交于一点，连接两点获得垂直平分线n．
【详解】
解：（1）如图①，直线即为所求
（2）如图②，直线即为所求

【点睛】
本题考查了轴对称作图，根据全等关系可以确定点与点的对称关系，从而确定对称轴所在，即可画出直线.
36．（2019·贵州中考真题）将在同一平面内如图放置的两块三角板绕公共顶点A旋转，连接BC，DE．探究S△ABC与S△ADC的比是否为定值．

（1）两块三角板是完全相同的等腰直角三角板时，S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，求出此定值，如果不是，说明理由．（图①）
（2）一块是等腰直角三角板，另一块是含有30°角的直角三角板时，S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，求出此定值，如果不是，说明理由．（图②）
（3）两块三角板中，∠BAE+∠CAD＝180°，AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n（a，b，m，n为常数），S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，用含a，b，m，n的式子表示此定值（直接写出结论，不写推理过程），如果不是，说明理由．（图③）
【答案】（1）结论：S△ABC：S△ADE＝1，为定值．理由见解析；（2）S△ABC：S△ADE＝，为定值，理由见解析；（3）S△ABC：S△ADE＝，为定值．理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
（2）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
（3）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
【详解】
（1）结论：S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∵AB＝AE＝AD＝AC，
∴1．
（2）如图2中，S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

不妨设∠ADC＝30°，则ADAC，AE＝AB，
∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∴．
（3）如图3中，如图2中，S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∵AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n
∴．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，30度的直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
37．（2019·黑龙江中考真题）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点、、均在格点上．
（1）画出关于轴对称的，并写出点的坐标；
（2）画出绕原点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求线段在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．

【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点的坐标；
（2）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点的坐标；
（3）根据题意可以求得OA的长，从而可以求得线段OA在旋转过程中扫过的面积
【详解】
（1）如右图所示，
点的坐标是；
（2）如右图所示，
点的坐标是；
（3）点，
，
线段在旋转过程中扫过的面积是：．

【点睛】
此题考查作图-轴对称变换，作图-旋转变换，扇形面积的计算，解题关键在于掌握作图法则
38．（2019·湖北中考真题）如图1，中，为内一点，将绕点按逆时针方向旋转角得到，点的对应点分别为点，且三点在同一直线上．
（1）填空：　 　（用含的代数式表示）；
（2）如图2，若，请补全图形，再过点作于点，然后探究线段之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）若，且点满足，直接写出点到的距离．

【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）或
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质可得，即可求解；
（2）由旋转的性质可得，可证是等边三角形，由等边三角形的性质可得，即可求解；
（3）分点在的上方和的下方两种情况讨论，利用勾股定理可求解．
【详解】
（1）将绕点按逆时针方向旋转角得到
，


故答案为：
（2）
理由如下：如图，

将绕点按逆时针方向旋转角得到


是等边三角形，且



（3）如图，当点在上方时，过点作于点，




点，点，点，点四点共圆
且




，

（不合题意舍去），
若点在的下方，过点作，
同理可得：
点到的距离为或．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，利用勾股定理列出方程是本题的关键．
39．（2019·山东中考真题）如图，和是有公共顶点的等腰直角三角形，.

（1）如图1，连接，，的廷长线交于点，交于点，求证：；
（2）如图2，把绕点顺时针旋转，当点落在上时，连接，，的延长线交于点，若，，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）的面积.
【解析】
【分析】
(1)根据等腰直角三角形的性质得到，，，根据全等三角形的性质得到，根据余角的性质即可得到结论；
(2)根据全等三角形的性质得到，，求得，得到，，求得，，根据相似三角形的性质得到，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】
(1)∵和是有公共顶点的等腰直角三角形，，
∴，，，
即，
在与中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
(2)在与中，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴的面积.
【点睛】
本题考查了旋转的性质，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，等腰直角三角形的性质．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
40．（2019·辽宁中考真题）思维启迪：（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB交AP的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么A，B间的距离是　 　米．

思维探索：（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC，AE＝DE，且AE＜AC，∠ACB＝∠AED＝90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．
①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是　 　；
②如图3，当α＝90°时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；
③当α＝150°时，若BC＝3，DE＝l，请直接写出PC2的值．
【答案】（1）200；（2）①PC＝PE，PC⊥PE；②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE，见解析；③PC2＝.
【解析】
【分析】
（1）由CD∥AB，可得∠C＝∠B，根据∠APB＝∠DPC即可证明△ABP≌△DCP，即可得AB＝CD，即可解题．
（2）①延长EP交BC于F，易证△FBP≌△EDP（SAS）可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC＝PE，PC⊥PE．
②作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，易证△FBP≌△EDP（SAS），结合已知得BF＝DE＝AE，再证明△FBC≌△EAC（SAS），可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC＝PE，PC⊥PE．
③作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，由旋转旋转可知，∠CAE＝150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，得∠FBC＝∠EAC，同②可证可得PC＝PE，PC⊥PE，再由已知解三角形得∴EC2＝CH2+HE2＝，即可求出
【详解】
（1）解：∵CD∥AB，∴∠C＝∠B，
在△ABP和△DCP中，
，
∴△ABP≌△DCP（SAS），
∴DC＝AB．
∵AB＝200米．
∴CD＝200米，
故答案为：200．
（2）①PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE．
理由如下：如解图1，延长EP交BC于F，
同（1）理，可知∴△FBP≌△EDP（SAS），
∴PF＝PE，BF＝DE，
又∵AC＝BC，AE＝DE，
∴FC＝EC，
又∵∠ACB＝90°，
∴△EFC是等腰直角三角形，
∵EP＝FP，
∴PC＝PE，PC⊥PE．
②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE．
理由如下：如解图2，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，
同①理，可知△FBP≌△EDP（SAS），
∴BF＝DE，PE＝PF＝，
∵DE＝AE，
∴BF＝AE，
∵当α＝90°时，∠EAC＝90°，
∴ED∥AC，EA∥BC
∵FB∥AC，∠FBC＝90，
∴∠CBF＝∠CAE，
在△FBC和△EAC中，
，
∴△FBC≌△EAC（SAS），
∴CF＝CE，∠FCB＝∠ECA，
∵∠ACB＝90°，
∴∠FCE＝90°，
∴△FCE是等腰直角三角形，
∵EP＝FP，
∴CP⊥EP，CP＝EP＝．
③如解图3，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，
当α＝150°时，由旋转旋转可知，∠CAE＝150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，
∴∠FBC＝∠EAC＝α＝150°
同②可得△FBP≌△EDP（SAS），
同②△FCE是等腰直角三角形，CP⊥EP，CP＝EP＝，
在Rt△AHE中，∠EAH＝30°，AE＝DE＝1，
∴HE＝，AH＝，
又∵AC＝AB＝3，
∴CH＝3+，
∴EC2＝CH2+HE2＝
∴PC2＝

【点睛】
本题考查几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．
41．（2019·辽宁中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，连接AC，将绕点A逆时针旋转α得，连接CF，O为CF的中点，连接OE，OD．

（1）如图1，当时，请直接写出OE与OD的关系（不用证明）．
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？请说明理由．
（3）当时，若，请直接写出点O经过的路径长．
【答案】（1），，理由见解析；（2）当时，（1）中的结论成立，理由见解析；（3）点O经过的路径长为．
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质可得OD与OE的数量关系；根据旋转的性质和正方形的性质可得AC=AF以及△ACF各内角的度数，进一步即可求出∠COE与∠DOF的度数，进而可得OD与OE的位置关系；
（2）延长EO到点M，使，连接DM、CM、DE，如图2所示，先根据SAS证明≌，得，，再根据正方形的性质和旋转的性质推得，进一步在△ACF中根据三角形内角和定理和正方形的性质得出，再一次运用SAS推出≌，于是，进一步即可得出OE、OD的位置关系，然后再运用SAS推出≌，即可得OD与OE的数量关系；
（3）连接AO，如图3所示，先根据等腰三角形三线合一的性质得出，即可判断点O的运动路径，由可得点O经过的路径长，进一步即可求得结果.
【详解】
解：（1），；理由如下：
由旋转的性质得：，，
∵四边形ABCD是正方形，∴，
∴，
∴，
∵，O为CF的中点，∴，
同理：，∴，
∴，，
∴，∴；
（2）当时，（1）中的结论成立，理由如下：
延长EO到点M，使，连接DM、CM、DE，如图2所示：

∵O为CF的中点，∴，
在和中，，
∴≌（SAS），∴，.
∵四边形ABCD是正方形，∴，，
∵绕点A逆时针旋转α得，
∴，，
∴，，
∵，，，
∴，
∵，，∴，
在中，∵，
∴，
∵，∴，∴，
在和中，，
∴≌（SAS），∴，
∵，∴，
在和中，，
∴≌（SAS），∴.
∴，∴，；
（3）连接AO，如图3所示：
∵，，∴，∴，
∴点O在以AC为直径的圆上运动，
∵，∴点O经过的路径长等于以AC为直径的圆的周长，
∵，∴点O经过的路径长为：．

【点睛】
本题是正方形的综合题，综合考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质和判断动点运动路径等知识，考查的知识点多、综合性强，倍长中线构造全等三角形、熟知正方形的性质、灵活应用旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解（2）题的关键.