中考数学二轮专项训练专题08图形的变换含解析答案

这是一份中考数学二轮专项训练专题08图形的变换含解析答案，共66页。试卷主要包含了在平面直角坐标系中，将点A等内容，欢迎下载使用。
专题08图形的变换
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

评卷人
得分



一、单选题
1．下列四幅图片上呈现的是垃圾类型及标识图案，其中标识图案不是轴对称图形的是（    ）
A． B．
C． D．
2．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）
A．三角形 B．等边三角形
C．平行四边形 D．菱形
3．以下是我国部分博物馆标志的图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）
A． B．
C． D．
4．下列图形，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（    ）
A． B．
C． D．
5．如图，将边长为6个单位的正方形ABCD沿其对角线BD剪开，再把△ABD沿着DC方向平移，得到△A′B′D′，当两个三角形重叠部分的面积为4个平方单位时，它移动的距离DD′等于（   ）

A．2 B． C． D．
6．在平面直角坐标系中，将点A（a，1﹣a）先向左平移3个单位得点A1，再将A1向上平移1个单位得点A2，若点A2落在第三象限，则a的取值范围是（　　）
A．2＜a＜3 B．a＜3 C．a＞2 D．a＜2或a＞3
7．如图，将△ABC沿BC边向右平移得到△DEF，DE交AC于点G．若BC：EC＝3：1．S△ADG＝16．则S△CEG的值为（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
8．在如图所示标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
9．下列交通标识中，不是轴对称图形，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
10．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB=AC=5cm，点D为△ABC内一点，∠BAD＝15°，AD=3cm，连接BD，将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，连接DE，交AC于点F，则CF的长为（    ）cm．

A． B．4﹣ C．5﹣ D．6﹣
11．如图，将绕点顺时针旋转60°得到，若，则等于（    ）

A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
12．如图，在ABC中，AB＝4，BC＝7.6，∠B＝60°，将ABC绕点A顺时针旋转到ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，CD的长为（    ）

A．3.6 B．3.9 C．4 D．4.6
13．如图，中，，，若将绕点逆时针旋转得到，连接，则在点运动过程中，线段的最小值为（    ）

A．1 B． C． D．2
14．如图，四边形为正方形，的平分线交于点，将绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接，与相交于点．有下列结论：①；②；③；④，其中正确的是（　　）

A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④
15．如图，在Rt△ABC中，，，点D、E分别是AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60°，射线BD与射线CE交于点P，在这个旋转过程中有下列结论：①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为；③BP存在最小值为；④点P运动的路径长为．其中，正确的（      ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
16．如图，在中，，点为边上一点，将沿直线翻折得到，与边交于点E，若，点为中点，，则的长为（    ）

A． B．6 C． D．

评卷人
得分



二、填空题
17．如图，将沿BC边上的中线AD平移到的位置，已知的面积为18，阴影部分三角形的面积为2．若，则等于 ．

18．如图，将边长为4的正方形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移得到△A′B′C′，若两个三角形重叠部分的面积为3，则它移动的距离AA′等于 ；移动的距离AA′等于 时，两个三角形重叠部分面积最大．

19．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E为AD边上的一个动点，连接BE，将AB沿着BE折叠得到A'B，A的对应点为A'，连接A'D，当A′B⊥AD时，∠A'DE的度数为 ．

20．如图， 在 Rt 中， ， 点 是 边上一点，将 沿着过点 的一条直线翻折，使得点 落在边 上的点 处，联结 ， 如果 ， 那么 的长为

21．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是边AB的中点，连接CD，将△BCD沿直线CD翻折得到△ECD，连接AE．若AC＝6，BC＝8，则△ADE的面积为 ．

22．如图，和都是等边三角形，，，固定，把绕点C旋转任意角度，连接AD，BE，设AD，BE所在的直线交于点O，则在旋转过程中，始终有，且的大小保持不变，这时点O到直线AB的最大距离为 ．


评卷人
得分



三、解答题
23．如图，在平面直角坐标系中，线段AB的两个端点的坐标分别是A（﹣1，4），B（﹣3，1）．

（1）画出线段AB向右平移4个单位后的线段A1B1；
（2）画出线段AB绕原点O旋转180°后的线段A2B2．
24．如图所示，在边长为1cm的小正方形组成的网格中．

（1）将沿y轴正方向向上平移5个单位长度后，得到，请作出，并求出的长度；
（2）再将绕坐标原点O顺时针旋转180°，得到，请作出，并直接写出点的坐标；
（3）在（1）（2）的条件下，求线段AB在变换过程中扫过图形的面积和．
25．如图，在平面直角坐标中，的顶点坐标分别是，，．

（1）将以为旋转中心旋转，画出旋转后对应的；
（2）将平移后得到，若点的对应点的坐标为，求的面积
26．如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABC的顶点A、B、C都在格点上（两条网格线的交点叫格点）．请仅用无刻度的直尺按下列要求画图，并保留画图痕迹（不要求写画法）．
（1）将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B1，点C的对应点为C1，画出△AB1C1；
（2）连接CC1，△ACC1的面积为 　　；
（3）在线段CC1上画一点D，使得△ACD的面积是△ACC1面积的．

27．阅读下面材料：
小伟遇到这样一个问题，如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD相交于点O．若梯形ABCD的面积为1，试求以AC，BD，AD+BC的长度为三边长的三角形的面积．

小伟是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法移动这些分散的线段，构造一个三角形，再计算其面积即可．他先后尝试了翻折，旋转，平移的方法，发现通过平移可以解决这个问题．他的方法是过点D作AC的平行线交BC的延长线于点E，得到的△BDE即是以AC，BD，AD+BC的长度为三边长的三角形（如图2）．
参考小伟同学的思考问题的方法，解决下列问题：
如图3，△ABC的三条中线分别为AD，BE，CF．
（1）在图3中利用图形变换画出并指明以AD，BE，CF的长度为三边长的一个三角形（保留画图痕迹）；
（2）若△ABC的面积为1，则以AD，BE，CF的长度为三边长的三角形的面积等于_____．
28．问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．

实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
29．如图，在RtABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点O在线段AB上（点O不与点A，B重合），且OB＝kOA，点M是AC延长线上的一点，作射线OM，将射线OM绕点O逆时针旋转90°，交射线CB于点N．
（1）如图1，当k＝1时，判断线段OM与ON的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，当k＞1时，判断线段OM与ON的数量关系（用含k的式子表示），并证明；
（3）点P在射线BC上，若∠BON＝15°，PN＝kAM（k≠1），且＜，请直接写出的值（用含k的式子表示）．

30．如图1，正方形的边长为4，点在边上（不与重合），连接．将线段绕点顺时针旋转90°得到，将线段绕点逆时针旋转90°得到．连接．
（1）求证：
①的面积；
②；
（2）如图2，的延长线交于点，取的中点，连接，求的取值范围．

31．如图是边长为1的正方形网格，△A1B1C1的顶点均在格点上．

(1)在该网格中画出△A2B2C2（△A2B2C2的顶点均在格点上），使△A2B2C2∽△A1B1C1；
(2)说明△A2B2C2和△A1B1C1相似的依据，并直接写出∠B2A2C2的度数．
32．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（﹣1，0），B（﹣4，1），C（﹣2，2）．

（1）直接写出点B关于原点对称的点B′的坐标：　 ；
（2）平移△ABC，使平移后点A的对应点A1的坐标为（2，1），请画出平移后的△A1B1C1；
（3）画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2．
33．如图，在边长为1的正方形组成的网格中建立直角坐标系，的顶点均在格点上，点为原点，点，的坐标分别是，．

(1)若将向下平移3个单位，则点B的对应点坐标为______；
(2)将绕点逆时针旋转后得到，请在图中作出，并求出这时点的坐标为______；
(3)求旋转过程中，线段扫过的图形的弧长．
34．△ABC在边长为1的正方形网格中如图所示

（1）以点C为位似中心，作出△ABC的位似图形，使ABC与的位似比为1：2，且位于点C的异侧；
（2）作出△ABC绕点C顺时针旋转90°后的图形；
35．如图，在△ABD中，∠ABD＝∠ADB．

(1)作点A关于BD的对称点C；（用尺规作图，保留作图痕迹，不要求写作法）
(2)在（1）所作的图中，连接BC，DC．求证：四边形ABCD是菱形．
36．图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点坐标分别为，，．

（1）画出关于x轴对称的；
（2）画出绕点O顺时针旋转90°后得到的．
37．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OBA=90°，BO=BA，顶点A（4，0），点B在第一象限，矩形OCDE的顶点E（，0），点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线DC经过点B．
（Ⅰ）求点的坐标；
（Ⅱ）将矩形沿轴向右平移，得到矩形，点，，，的对应点分别为，，，．设，矩形与重叠部分的面积为．
①当时，试用含有的式子表示，并直接写出的取值范围；
②矩形沿轴向右平移的过程中，求面积的最大值（直接写出结果即可）．

38．如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，OC、OA是x2﹣12x+32＝0的两根，OC＞OA．

(1)求B点的坐标．
(2)把△ABC沿AC对折，点B落在点B′处，线段AB′与x轴交于点D，使D、C、B、P四点形成的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出P点坐标，请说明理由．
39．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为线段AB上一点，线段CD绕点C逆时针旋转90°能与线段CE重合，点F为AC与BE的交点．

(1)若BC＝5，CE＝4，求线段BD的长；
(2)猜想BD与AF的数量关系，并证明你猜想的结论；
(3)设CA＝3DA＝6，点M在线段CD上运动，点N在线段CA上运动，运动过程中，DN+MN的值是否有最小值，如果有，请直接写出这个最小值；如果没有，请说明理由．
40．如图1，在正方形ABCD中，点F在边BC上，过点F作EF⊥BC，且FE＝FC（CE＜CB），连接CE、AE，点G是AE的中点，连接FG．

(1)用等式表示线段BF与FG的数量关系：　 　；
(2)将图1中的△CEF绕点C按逆时针旋转，使△CEF的顶点F恰好在正方形ABCD的对角线AC上，点G仍是AE的中点，连接FG、DF．
①在图2中，依据题意补全图形；
②用等式表示线段DF与FG的数量关系并证明．
41．如图，△ABC中，∠BAC＝120°，以BC为边向外作等边△BCD，延长AC到E，使CE＝BA，连接DE．

(1)△DCE可以由△DBA经过怎样的旋转得到，并说明理由；
(2)记BC，AD相交于点F．
①求证：∠DCF＝∠DAE；
②已知等边△BCD的边长为6，AC+AB＝8，求AF的长．
42．（1）如图1，正方形ABCD与调研直角△AEF有公共顶点A，∠EAF＝90°，连接BE、DF，将△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，直线BE、DF相交所成的角为β，则＝________；β＝________；
（2）如图2，矩形ABCD与Rt△AEF有公共顶点A，∠EAF＝90°，且AD＝2AB，AF＝2AE，连接BE、DF，将Rt△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，直线BE、DF相交所成的角为β，请求出的值及β的度数，并结合图2进行说明；
（3）若平行四边形ABCD与△AEF有公共顶点A，且∠BAD＝∠EAF＝α(0°＜α＜180°)，AD＝kAB， AF＝kAE(k≠0)，将△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，直线BE、DF相交所成的锐角的度数为β，则：
①＝________；
②请直接写出α和β之间的关系式．


参考答案：
1．B
【分析】根据轴对称的定义：图形两部分沿对称轴折叠后可重合，结合各选项图案的特点即可得出答案．
【详解】A.是轴对称图形，不符合题意，
B.不是轴对称图形，符合题意，
C.是轴对称图形，不符合题意，
D.是轴对称图形，不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
2．D
【分析】一个图形沿着某条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合的图形称为轴对称图形，这条直线称为对称轴；如果一个图形绕某一点旋转180゜后能够与原来图形重合，则称这个图形为中心对称图形，这个点称为对称中心；根据轴对称图形和中心对称图形的概念完成即可．
【详解】A、三角形既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；
B、等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；
C、平行四边形是中心对答图形，但不是轴对称图形，故不符合题意；
D、菱形既是轴对称图形，对称轴是两条对角线所在的直线，也是中心对称图形，对称中心是两对角线的交点，故符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，关键是理解概念，并知道一些常见图形中哪些是轴对称图形，哪些是中心对称图形．
3．A
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念逐项分析即可，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，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．
【详解】A.既是轴对称图形又是中心对称图形,故该选项符合题意；
B.是轴对称图形，但不是中心对称图形,故该选项不符合题意；
C.不是轴对称图形，但是中心对称图形,故该选项不符合题意；
D.既不是轴对称图形也不是中心对称图形,故该选项不符合题意．
故选A．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念是解题的关键．
4．D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义对选项逐一分析即可
【详解】A.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B.是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D. 是轴对称图形但不是中心对称图形，符合题意
故选D
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，了解轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．
5．B
【分析】先判断重叠部分的形状，然后设DD'=x，进而表示D'C等相关的线段，最后通过重叠部分的面积列出方程求出x的值即可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴△ABD和△BCD是等腰直角三角形，
如图，记A'D'与BD的交点为点E，B'D'与BC的交点为F，

由平移的性质得，△DD'E和△D'CF为等腰直角三角形，
∴重叠部分的四边形D'EBF为平行四边形，
设DD'=x，则D'C=6-x，D'E=x，
∴S▱D'EBF=D'E•D'C=（6-x）x=4，
解得：x=3+或x=3-，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、平移的性质，通过平移的性质得到重叠部分四边形的形状是解题的关键．
6．A
【分析】先根据平移规律表示出A2的坐标，然后再根据点A2落在第三象限列不等式组即可确定A点坐标．
【详解】解：点A（a，1﹣a）先向左平移3个单位得点A1，再将A1向上平移1个单位得点A2（a﹣3，1﹣a+1），
∵点A′位于第三象限，
∴，
解得：2＜a＜3．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了点的平移、解一元一次不等式组等知识点，根据题意列出关于a的不等式组是解答本题的关键．
7．B
【分析】根据相似三角形得到，比例的性质得到，由题意可得从而得到，根据相似三角形的性质，求解即可．
【详解】解：由题意可得：，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：B
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，涉及了平移的性质，解题的关键是灵活利用相关性质进行求解．
8．B
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，此项不符题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，此项符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，此项不符题意；
D、既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，此项不符题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，熟记中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）和轴对称图形的定义（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）是解题关键．
9．D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个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．
【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
10．C
【分析】过点A作AG⊥DE，垂足为G，判定三角形ADE是等腰直角三角形，确定∠AFG=60°，在直角三角形AGF中，求得AF即可．
【详解】∵△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，
∴AD=AE=3，∠DAE=90°，∠AED=45°，∠FAE=15°，DE=
∴∠AFG=∠AED+∠FAE=60°，
过点A作AG⊥DE，垂足为G，

∴AG=DG=GE=，
∴AF=÷sin60°=，
∴CF=AC-AF=5﹣，
故选C．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定，旋转的性质，特殊角的三角函数值，三角形外角的性质，熟练掌握旋转的性质，灵活选择特殊角的三角函数值是解题的关键．
11．B
【分析】根据旋转的性质可得AB=AE，∠BAE=60°，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得BE=AB．
【详解】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，
∴AB=AE，∠BAE=60°，
∴△AEB是等边三角形，
∴BE=AB，
∵AB=3cm，
∴BE=3cm．
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，主要利用了旋转前后对应边相等以及旋转角的定义．
12．A
【分析】根据旋转变换的性质得到AD=AB，根据等边三角形的性质解答即可．
【详解】解：由旋转的性质可知，AD=AB，
∵∠B=60°，AD=AB，
∴△ADB为等边三角形，
∴BD=AB=4，
∴CD=CB-BD=7.6-4=3.6，
故选：A．
【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、等边三角形的判定与性质，掌握旋转前、后的图形全等是解题的关键．
13．B
【分析】在AB上截取AQ=AO=1，利用SAS证明△AQD≌△AOE，推出QD=OE，当QD⊥BC时，QD的值最小，即线段OE有最小值，利用勾股定理即可求解．
【详解】如图，在AB上截取AQ=AO=1，连接DQ，

∵将AD绕A点逆时针旋转90°得到AE，
∴∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC-∠DAC =∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△AQD和△AOE中，
，
∴△AQD≌△AOE(SAS)，
∴QD=OE，
∵D点在线段BC上运动，
∴当QD⊥BC时，QD的值最小，即线段OE²有最小值，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=45°，
∵QD⊥BC，
∴△QBD是等腰直角三角形，
∵AB=AC=3，AO=1，
∴QB=2，
∴由勾股定理得QD=QB=，
∴线段OE有最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
14．D
【分析】①由旋转的性质得，可得；②由正方形的性质得，即，进而可得；③先证明，可得，根据，平分可得进而可得；④先证明，可得，即，故可求解．
【详解】解：①四边形为正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
故①正确；
②由正方形的性质得，
平分，
，
，，
，
故②正确；
③，，
，
，
，
，
，
，
，
，平分，
，
，
，
故③正确；
④，
，
，
，
，
，
故④正确，
综上，正确的结论是①②③④，
故选：D．
【点睛】本题主要是正方形的一个综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判断，角平分线的性质，相似三角形的性质与判定，直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，涉及的知识点多，综合性强，难度较大，灵活运用这些知识解题是关键．
15．B
【分析】根据，，点D、E分别是AB、AC的中点．得出∠DAE=90°，AD=AE=，可证∠DAB=∠EAC，再证△DAB≌△EAC（SAS），可判断①△AEC≌△ADB正确；作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，根据△AEC≌△ADB，得出∠DBA=∠ECA，可证∠P=∠BAC=90°，CP为⊙A的切线，证明四边形DAEP为正方形，得出PE=AE=3，在Rt△AEC中，CE=，可判断②CP存在最大值为正确；△AEC≌△ADB，得出BD=CE=，在Rt△BPC中，BP最小=可判断③BP存在最小值为不正确；取BC中点为O，连结AO，OP，AB=AC=6，∠BAC=90°，BP=CO=AO=，当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=，可求∠ACE=30°，根据圆周角定理得出∠AOP=2∠ACE=60°，当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=，可得∠ABD=30°根据圆周角定理得出∠AOP′=2∠ABD=60°，点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动轨迹为，L=L可判断④点P运动的路径长为正确即可．
【详解】解：∵，，点D、E分别是AB、AC的中点．
∴∠DAE=90°，AD=AE=，
∴∠DAB+∠BAE=90°，∠BAE+∠EAC=90°，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
故①△AEC≌△ADB正确；

作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，
∵△AEC≌△ADB，
∴∠DBA=∠ECA，
∴∠PBA+∠P=∠ECP+∠BAC，
∴∠P=∠BAC=90°，
∵CP为⊙A的切线，
∴AE⊥CP，
∴∠DPE=∠PEA=∠DAE=90°，
∴四边形DAEP为矩形，
∵AD=AE，
∴四边形DAEP为正方形，
∴PE=AE=3，
在Rt△AEC中，CE=，
∴CP最大=PE+EC=3+，
故②CP存在最大值为正确；

∵△AEC≌△ADB，
∴BD=CE=，
在Rt△BPC中，BP最小=，
BP最短=BD-PD=-3，
故③BP存在最小值为不正确；
取BC中点为O，连结AO，OP，
∵AB=AC=6，∠BAC=90°，
∴BP=CO=AO=，
当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=，
∴∠ACE=30°，
∴∠AOP=2∠ACE=60°，
当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=，
∴∠ABD=30°，
∴∠AOP′=2∠ABD=60°，
∴点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动轨迹为，
∴L= L．
故④点P运动的路径长为正确；
正确的是①②④．
故选B．

【点睛】本题考查图形旋转性质，线段中点定义，三角形全等判定与性质，圆的切线，正方形判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，弧长公式，本题难度大，利用辅助线最长准确图形是解题关键．
16．A
【分析】由折叠的性质可得，，，然后证明，得到，设，，即可推出，从而得到，则，从而得到，再由，求解即可．
【详解】解：由折叠的性质可得，，，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵E是CD的中点，
∴DE=CE，
设，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相似三角形的性质与判定条件．
17．4
【分析】根据平移的性质，，得，，，，根据相似三角形的性质，通过证明，，推导得，通过计算即可得到答案．
【详解】根据题意，，，，，如下图

∴，
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
故答案为：4．
【点睛】本题考查了平移、相似三角形、三角形中线的知识，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质，从而完成求解．
18． 1cm或3cm/3cm或1cm 2cm
【分析】如图，设交于 交于证明四边形是平行四边形，证明是等腰直角三角形，也是等腰直角三角形，设cm，则 再利用面积公式建立方程，解方程即可，同时利用配方法求解面积最大值时的平移距离.
【详解】解：如图，设交于 交于

由平移的性质可得：
四边形是平行四边形，
由正方形可得：
是等腰直角三角形，
同理：也是等腰直角三角形，
设cm，则


解得：
cm或cm
重叠部分的面积为：
当时，重叠部分的面积最大，最大面积为4cm2
所以当cm时，重叠部分的面积最大.
故答案为：1cm或3cm；2cm
【点睛】本题考查的是正方形的性质，平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，配方法的应用，平移的性质，熟悉以上基础知识是解题的关键.
19．15°/15度
【分析】由菱形的性质可得，可证是等边三角形，由等边三角形的性质可得垂直平分，，由折叠的性质可得，可得，即可求解．
【详解】解：如图，连接，，

四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
垂直平分，，
，
，
将沿着折叠得到，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质，证明是等边三角形是解题的关键．
20．/
【分析】由题意知，，和关于过点的直线对称，如图所示，，，有，，故有，；得，求出，，的值，进而得出的值．
【详解】解：由题意知，和关于过点的直线对称，如图所示

在中， ， ，
∴
∵，
∴，
在和中
∴
∴
又∵
∴
∴
∴，，
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称，相似三角形的判定与性质，正切值等知识点．解题的关键与难点在于相似比找出线段之间的数量关系．
21．6.72
【分析】连接BE，延长CD交BE与点H，作CF⊥AB，垂足为F．首先证明DC垂直平分线段BE，△ABE是直角三角形，利用三角形的面积求出EH，得到BE的长，在Rt△ABE中，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：如图，连接BE，延长CD交BE与点H，作CF⊥AB，垂足为F．

∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8．
∴AB==10，
∵D是AB的中点，
∴AD=BD=CD=5，
∵S△ABC=AC•BC=AB•CF，
∴×6×8=×10×CF，解得CF=4.8．
∵将△BCD沿直线CD翻折得到△ECD，
∴BC=CE，BD=DE，
∴CH⊥BE，BH=HE．
∵AD=DB=DE，
∴△ABE为直角三角形，∠AEB=90°，
∴S△ECD=S△ACD，
∴DC•HE=AD•CF，
∵DC=AD，
∴HE=CF=4.8．
∴BE=2EH=9.6．
∵∠AEB=90°，
∴AE==2.8．
∴S△ADE=EH•AE=×2.8×4.8=6.72．
故答案为：6.72．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用面积法求高，属于中考常考题型．
22．
【分析】证明△ACD≌△BCE(SAS) ，作△ABC的外接圆⊙M，则当点O与点C重合时，点O到直线AB的距离最大，最大距离为线段CF的长，勾股定理求解即可
【详解】∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC = BC, CD = CE，∠BAC =∠ABC =∠ACB =∠DCE，
∴∠ACE＋∠DCE =∠ACE＋∠ACB，
即∠ACD＝∠BCE，
则△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CAD = ∠CBE，
∴∠AOB = ∠ACB，
作△ABC的外接圆⊙M，如图：

则点O在⊙OM上，
作OF⊥AB于点F，
则当点O与点C重合时，点O到直线AB的距离最大，最大距离为线段CF的长，

在Bt△ACF中，
AF = BF = AB=3，
CF =AF =3,
即点O到直线AB的最大距离为3
故答案为：
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，三角形的外心，作出辅助圆是解题的关键．
23．（1）画图见解析，（2）画图见解析
【分析】（1）分别确定向右平移4个单位后的对应点，再连接即可；
（2）分别确定绕原点O旋转180°后的对应点，再连接即可.
【详解】解：（1）如图，线段即为所求作的线段，
（2）如图，线段即为所求作的线段，

【点睛】本题考查的是平移的作图，中心对称的作图，掌握平移的性质与中心对称的性质是解题的关键.
24．（1）见解析，；（2）见解析，B2(4，﹣4)；（3）
【分析】（1）分别将点A、B、C向上平移5个单位得到对应点，再顺次连接可得；
（2）分别将点A、B、C绕点O顺时针旋转180°得到对应点，再顺次连接可得；
（3）平行四边形的面积加上大半圆的面积与小半圆面积的差即可求得．
【详解】解：（1）如图所示，即为所求，；
（2）如图，△A2B2C2即为所求，B2（4，﹣4）；

（3）在（1）（2）的条件下，线段AB在变换过程中扫过图形的面积和为：

【点睛】本题考查了作图-平移变换、旋转变换，解题的关键是熟练掌握平移变换和旋转变换的定义和性质．
25．（1）见解析；（2）11
【分析】（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的；
（2）根据平移的规律求出，再连接点，得，将三角形分割乘两个三角形的面积之和，求出公共边的长即可求解．
【详解】解：（1）延长至,使得；延长至,使得；延长至,使得；再连接即得旋转后对应的，如下图所示：

（2）由题意，，，平移后得到，其中，根据平移的规律知，平移过程是向下和向右分别移动两个单位可得：，
再连接点，得，其中交轴于点,如上图所示：

由得出直线的方程如下：
直线：
当时，，
，
,



故．
【点睛】本题考查了图象的旋转和平移，求三角形面积，解题的关键是：掌握图象旋转和平移的性质，求不规则三角形面积可以分割为两个规则的三角形面积之和．
26．（1）见解析；（2）；（3）见解析
【分析】（1）将A、B、C三点分别绕点A按顺时针方向旋转90°画出依次连接即可；
（2）勾股定理求出AC，由面积公式即可得到答案；
（3）利用相似构造△CFD∽△C1ED即可．
【详解】解：（1）如图：图中△AB1C1即为要求所作三角形；
（2）∵AC＝＝，由旋转知AC＝AC1，∠CAC1＝90°，
∴△ACC1的面积为×AC×AC1＝，
故答案为：；
（3）连接EF交CC1于D，即为所求点D，理由如下：
∵CF∥C1E，
∴△CFD∽△C1ED，
∴＝，
∴CD＝CC1，
∴△ACD的面积＝△ACC1面积的．

【点睛】本题考查了网格作图，旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题的关键是构造△CFD∽△C1ED得到CD＝CC1．
27．（1）证明见解析；（2）．
【分析】根据平移可知，△ADC≌△ECD，且由梯形的性质知△ADB与△ADC的面积相等，即△BDE的面积等于梯形ABCD的面积．
（1）分别过点F、C作BE、AD的平行线交于点P，得到的△CFP即是以AD、BE、CF的长度为三边长的一个三角形．
（2）由平移的性质可得对应线段平行且相等，对应角相等．结合图形知以AD，BE，CF的长度为三边长的三角形的面积等于△ABC的面积的．
【详解】解：△BDE的面积等于1．
（1）如图．以AD、BE、CF的长度为三边长的一个三角形是△CFP．
（2）平移AF到PE，可得AF∥PE，AF=PE，
∴四边形AFEP为平行四边形，
∴AE与PF互相平分，即M为PF的中点，
又∵AP∥FN，F为AB的中点，
∴N为PC的中点，
∴E为△PFC各边中线的交点，
∴△PEC的面积为△PFC面积的    
连接DE，可知DE与PE在一条直线上
∴△EDC的面积是△ABC面积的
所以△PFC的面积是1××3=
∴以AD、BE、CF的长度为三边长的三角形的面积等于．

【点睛】本题考查平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
28．（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或
【分析】（1）通过证明，可得，，即可求解；
（2）通过证明，可得，，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．
【详解】解：（1）如图1，，，，
，
如图2，设与交于点，与交于点，

绕点按逆时针方向旋转，
，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为，
故答案为：，；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，

将绕点按逆时针方向旋转，
，
又，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为．
拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，

，，点是边的中点，，
，，，
，，
，
、、三点共线，
，
，
，
，
由（2）可得：，
，
，
的面积；
如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，

同理可求：的面积；
故答案为：或．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
29．（1）OM＝ON，见解析；（2）ON＝k•OM，见解析；（3）
【分析】（1）作OD⊥AM，OE⊥BC，证明△DOM≌△EON；
（2）作OD⊥AM，OE⊥BC，证明△DOM∽△EON；
（3）设AC＝BC＝a，解Rt△EON和斜△AOM，用含的代数式分别表示再利用比例的性质可得答案．
【详解】解：（1）OM＝ON，如图1，

作OD⊥AM于D，OE⊥CB于E，
∴∠ADO＝∠MDO＝∠CEO＝∠OEN＝90°，
∴∠DOE＝90°，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠ABC＝45°，
在Rt△AOD中，
，
同理：OE＝OB，
∵OA＝OB，
∴OD＝OE，
∵∠DOE＝90°，
∴∠DOM＋∠MOE＝90°，
∵∠MON＝90°，
∴∠EON＋∠MOE＝90°，
∴∠DOM＝∠EON，
在Rt△DOM和Rt△EON中，
，
∴△DOM≌△EON（ASA），
∴OM＝ON．
（2）如图2，

作OD⊥AM于D，OE⊥BC于E，
由（1）知：OD＝OA，OE＝OB，
∴，
由（1）知：
∠DOM＝∠EON，∠MDO＝∠NEO＝90°，
∴△DOM∽△EON，
∴，
∴ON＝k•OM．
（3）如图3，

设AC＝BC＝a，
∴AB＝a，
∵OB＝k•OA，
∴OB＝•a，OA＝•a，
∴OE＝OB＝a，
∵∠N＝∠ABC﹣∠BON＝45°﹣15°＝30°，
∴EN＝＝OE＝•a，
∵CE＝OD＝OA＝a，
∴NC＝CE＋EN＝a＋•a，
由（2）知：，△DOM∽△EON，
∴∠AMO＝∠N＝30°
∵，
∴，
∴△PON∽△AOM，
∴∠P＝∠A＝45°，
∴PE＝OE＝a，
∴PN＝PE＋EN＝a＋•a，
设AD＝OD＝x，
∴DM＝，
由AD＋DM＝AC＋CM得，
（＋1）x＝AC＋CM，
∴x＝（AC＋CM）＜（AC＋AC）＝AC，
∴k＞1
∴，


∴．
【点睛】本题考查了三角形全等和相似，以及解直角三角形，解决问题的关键是作OD⊥AC，OE⊥BC；本题的难点是条件得出k＞1．
30．（1）①见详解；②见详解；（2）4≤MN＜
【分析】（1）①过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，证明，即可得到结论；②过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，证明，结合，可得GD=EH，同理：FG=AH，从而得，进而即可得到结论；
（2）过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，可得∠AMD=90°，MN=EF，HG= 2AD=8，EH+FG= AD=4，然后求出当点P与点D重合时， EF最大值=，当点P与AD的中点重合时，EF最小值= HG=8，进而即可得到答案．
【详解】（1）①证明：过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，

∵∠FPG+∠PFG=90°，∠FPG+∠CPD=90°，
∴∠FPG=∠CPD，
又∵∠PGF=∠CDP=90°，PC=PF，
∴（AAS），
∴FG=PD，
∴的面积；
②过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，

∵∠EPH+∠PEH=90°，∠EPH +∠BPA=90°，
∴∠PEH =∠BPA，
又∵∠PHE=∠BAP=90°，PB=PE，
∴（AAS），
∴EH=PA，
由①得：FG=PD，
∴EH+FG=PA+PD=AD=CD，
由①得：，
∴PG=CD，
∴PD+GD= CD= EH+FG，
∴FG+ GD= EH+FG，
∴GD=EH，
同理：FG=AH，
又∵∠AHE=∠FGD，
∴，
∴；
（2）过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，

由（1）得：，
∴∠HAE=∠GFD，
∵∠GFD+∠GDF=90°，
∴∠HAE+∠GDF=90°，
∵∠HAE=∠MAD，∠GDF=∠MDA，
∴∠MAD+∠MDA=90°，
∴∠AMD=90°，
∵点N是EF的中点，
∴MN=EF，
∵EH=DG=AP，AH=FG=PD，
∴HG=AH+DG+AD=PD+AP+AD=2AD=8，EH+FG=AP+PD=AD=4，
当点P与点D重合时，FG=0，EH=4，HG=8，

此时EF最大值=，
当点P与AD的中点重合时，FG=2，EH=2，HG=8，

此时EF最小值= HG=8，
∴的取值范围是：4≤MN＜．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，添加辅助线，构造直角全等的直角三角形，是解题的关键．
31．(1)见解析
(2)依据见解析，135°

【分析】（1）根据相似三角形的判定，结合网格特点作图，把△A1B1C1的边长缩小一半，画出三角形即可．
（2）利用勾股定理得出线段的长，并根据网格特点得出角的度数，再依据相似三角形的判定定理两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可．
【详解】（1）解：先取一格点A2，点A2向右平移2个单位，得到点C2，则 A2C2＝2，点A2向左平移1个单位，再向下平移1个单位得点B2，∠C2A2B2＝135°，则△A2B2C2∽△A1B1C1；

（2）证明：∵A1C1＝4，∠C1A1B1＝135°，A1B1＝，A2C2＝2，∠C2A2B2＝135°，根据勾股定理A2B2＝，
∴，，
∴， ∠C2A2B2=∠C1A1B1＝135°，
∴△A2B2C2∽△A1B1C1．
∠C2A2B2＝135°，
【点睛】本题考查了作图﹣相似变换，点的平移，解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质，并根据相似三角形的判定和性质得出变换后的对应点位置及勾股定理．
32．（1）（4，﹣1）；（2）见解析；（3）见解析．
【分析】（1）根据关于原点对称的两点的横纵坐标均与原来点的横纵坐标互为相反数，据此可得答案；
（2）将三个点分别向右平移3个单位、再向上平移1个单位，继而首尾顺次连接即可；
（3）将三个点分别绕原点O逆时针旋转90°后得到对应点，再首尾顺次连接即可．
【详解】（1）点B关于原点对称的点B′的坐标为（4，﹣1），
故答案为：（4，﹣1）；
（2）如图所示，△A1B1C1即为所求．

（3）如图所示，△A2B2C2即为所求．
【点睛】本题主要考查作图—平移变换、旋转变换，解题的关键是掌握平移变换和旋转变换的定义与性质，并据此得出变换后的对应点．
33．(1)
(2)图见解析，
(3)

【分析】（1）利用点平移的坐标特征写出点B的对应点坐标即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点A1、B1即可；
（3）先利用勾股定理计算出OA，然后根据弧长公式计算．
【详解】（1）解：∵
∴向下平移3个单位后，点B的对应点坐标为（1，0）
故答案为：（1，0）
（2）如图所示即为所求

点A1的坐标为
（3）由题可知：线段OA扫过的图形是以点O为圆心，以OA长为半径的扇形的弧长，，
∴
【点睛】本题考查了作图-旋转变换：旋转的性质，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．也考查了平移变换和弧长公式．
34．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据位似的性质，结合正方形网格和位似比作图，即可得到答案；
（2）结合正方形网格，根据勾股定理逆定理、旋转的性质，得、，再根据位似的性质作图，即可得到答案．
【详解】（1）如下图：

即为所求；
（2）如下图：
∵边长为1的正方形网格
∴，
∴
∴

即为所求．
【点睛】本题考查了位似、旋转、勾股定理逆定理的知识；解题的关键是熟练掌握位似的性质，从而完成求解．
35．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）先作的垂直平分线交于点，在射线上截取，点C即为所求；
（2）根据轴对称的性质可得，根据等角对等边可得，根据四边相等的四边形是菱形．
【详解】（1）先作的垂直平分线交于点，在射线上截取，点C即为所求，如图所示，

（2）∠ABD＝∠ADB

，关于对称


四边形ABCD是菱形．
【点睛】本题考查了作轴对称图形，证明四边形是菱形，掌握轴对称的性质是解题的关键．
36．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）画出△ABO关于x轴对称的△A1B1O即可；
（2）画出△ABO绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2O即可；
【详解】解：①△ABO关于x轴对称的△A1B1O如图所示；

②△ABO绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2O如图所示；
【点睛】本题考查了作图-旋转变换、轴对称变换，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键．
37．（Ⅰ）（2，2）；（Ⅱ）①当时，；当时，；②．
【分析】（1）过点作，分别计算出OH，BH即可得解；
（2）①分两种情况计算即可；②当时，面积最大，列出关于t的二次函数计算即可；
【详解】解：（Ⅰ）如图，过点作，垂足为．
由点，得．
∵，，

∴．
∴．
∴点的坐标为．
（Ⅱ）①如图所示：
当时，

∵，，
∴，
∴；
当时，

∵，，，
∴，
∴，
∴；
②如图所示，

当时面积最大，
此时，，，
∴，
∴当时，．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，平移综合，二次函数最值求解，准确计算是解题的关键．
38．(1)点B（8，4）；
(2)使D、C、B、P四点形成的四边形为平行四边形的点P坐标为（13，4）或（3，4）或（3，-4），

【分析】（1）先解一元二次方程x2﹣12x+32＝0，得出，根据OB、OA是x2﹣12x+32＝0的两根，OB＞OA．求出OA=4，OB=8即可；
（2）先根据勾股定理求出OD长，求出点D（3，0），点C（8，0），点B（8，4），设点P（x，y）分三种情况，DO为对角线，四边形DCPB为平行四边形，得出BP=CD，BP∥DC，列等式x-8=8-3，解得：x=13，y=4,当CP为对角线，四边形DCBP为平行四边形，PB=DC，PB∥DC，列等式8-x=8-3，解得：x=3，y=4，当BP为对角线，四边形DCBP为平行四边形，PD=CB，PD∥CB，列等式x=3， 0-y=4-0,解得：y=-4即可求解．
（1）
解：∵x2﹣12x+32＝0，
∴，
∴，
∴，
∵OC、OA是x2﹣12x+32＝0的两根，OC＞OA．
∴OA=4，OC=8，
∵四边形ABCD为矩形，AB=OC=8，BC=OA=4，
∴点B（8，4）；
（2）
解：∵四边形ABCO为矩形，
∴AB∥OC，
∴∠BAC=∠ACO，
∵把△ABC沿AC对折，点B落在点B′处，
∴AB′=AB=OC=8，∠CAD=∠CAB=∠ACD，
∴AD=CD，
设OD=x，
∴AD=CD=8-x，
在Rt△AOD中，根据勾股定理即，
解得，
∴点D（3，0），点C（8，0），点B（8，4），
设点P（x，y）分三种情况，
DO为对角线，四边形DCPB为平行四边形，
∴BP=CD，BP∥DC，
∴x-8=8-3，解得：x=13，y=4,
点P（13，4），

当CP为对角线，四边形DCBP为平行四边形，
∴PB=DC，PB∥DC，
∴8-x=8-3，解得：x=3，y=4，
∴点P（3，4），

当BP为对角线，四边形DCBP为平行四边形，
∴PD=CB，PD∥CB，
∴x=3， 0-y=4-0,解得：y=-4
∴点P（3，-4），

∴使D、C、B、P四点形成的四边形为平行四边形的点P坐标为（13，4）或（3，4）或（3，-4），
【点睛】本题考查一元二方程的解法，矩形的矩形，图形与坐标，折叠性质，等腰三角形判定与性质，勾股定理，一元一次方程，平行四边形的性质，分类讨论思想的应用，使问题得以全面解决是解题关键．
39．(1)5﹣
(2)BD＝2AF，理由见解析
(3)存在，最小值为

【分析】（1）先求出AB＝AC＝5,CD＝CE＝4,根据勾股定理求出AD＝,即可得出结论；
（2）延长BA至G，使AG＝AB，连接EG，判断出∠BCG＝90°,进而判断出△BCD≌△GCE，得出BD＝GE,∠CBD＝∠CGE＝45°,进而判断出,即可得出结论；
（3）延长DA至P，使AP＝AD，得出点P,点D关于AC对称，进而判断出MN+DN的最小值为PH，再用勾股定理求出CD，最后用面积求出PH，即可得出结论．
【详解】（1）在Rt△ABC中，AB＝AC，BC＝5,
∴AB＝AC＝BC＝5,
由旋转知，CD＝CE＝4,
在Rt△ADC中，AD＝＝＝,
∴BD＝AB﹣AD＝5﹣；
（2）猜想：BD＝2AF,理由：如图1，延长BA至G，使AG＝AB，连接EG，
则CG＝CB,
∴∠ABC＝∠AGC,
在Rt△ABC中，AB＝AC,
∴∠ABC＝45°,  
∴∠AGC＝45°,
∴∠BCG＝90°,
由旋转知，CD＝CE,∠DCE＝90°＝∠BCG,
∴∠BCD＝∠GCE,
∴△BCD≌△GCE(SAS),
∴BD＝GE,∠CBD＝∠CGE＝45°,
∴∠BGE＝∠CGB+∠CGE＝90°＝∠BAC,
∴

∴,
∴＝,
∴EG＝2AF,
∴BD＝2AF；

（3）存在，如图2，延长DA至P，使AP＝AD，
∵∠BAC＝90°,
∴点P,点D关于AC对称，  
∴MN+DN＝MN+PN,
过点P作PH⊥CD于H,
要使MN+DN最小，则点P,N,M在同一条线上，且PM⊥CD，
即MN+DN的最小值为PH，
∵CA＝3DA＝6，
∴AD＝2,
∴DP＝2AD＝4,CD＝＝＝2,
连接CP，
∴S△CDP＝DP•AC＝CD•PH,
∴PH＝＝＝,
即DN+MN的最小值为．

【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，垂线段最短，正确的添加辅助线是解题的关键．
40．(1)BF＝FG
(2)①见解析；②DF＝FG，证明见解析

【分析】（1）连接CG、BG，根据正方形的性质得出△CBG和△ABG中相等的边和角，证明△CBG≌△ABG，得出∠GBF＝45°，再证明△CFG≌△EFG，得出∠CFG＝∠EFG＝135°，则∠GFB＝45°，于是得出△GBF是等腰直角三角形，则BF＝FG；
（2）①根据题意，画出△CEF绕点C逆时针旋转到点F落在AC上时的图形即可；
②类比①中的方法和结论，可得DF＝FG，连接BG、BF，先证明△BAF≌△DAF，则BF＝DF，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明FG＝AG，BG＝AG，则FG＝BG，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理的推论证明∠FGB＝2∠BAF＝2×45°＝90°，则△GBF是等腰直角三角形，于是得DF＝BF＝FG．
【详解】（1）解：BF＝FG，
理由：如图1，连接CG、BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CG＝AB，∠ABC＝90°，
∴∠BCA＝∠BAC＝45°，
∵EF⊥BC，
∴∠CFE＝90°，
∵FE＝FC，
∴∠FCE＝∠FEC＝45°，
∴∠ACE＝90°，
∵G是AE的中点，
∴CG＝AE＝AG＝EG，
∵BG＝BG，
∴△CBG≌△ABG（SSS），
∴∠CBG＝∠ABG＝∠ABC＝45°，
∵CG＝EG，FC＝FE，FG＝FG，
∴△CFG≌△EFG（SSS），
∴∠CFG＝∠EFG＝（360°﹣90°）＝135°，
∴∠GFB＝180°﹣∠CFG＝45°，
∴∠GBF＝∠GFB＝45°，
∴∠BGF＝90°，
∴BG＝FG，
∵BF2＝BG2+FG2＝2FG2，
∴BF＝FG，
故答案为：BF＝FG．

（2）①依据题意补全图形如图2.
②DF＝FG，
证明：如图2，连接BG、BF，
∵∠FCE＝∠FCB＝45°，
∴当点F在AC上时，则点E在BC上，
∵AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠DAC＝∠DCA＝45°，
∴∠BAF＝∠DAF＝45°，
∵AB＝AD，AF＝AF，
∴△BAF≌△DAF（SAS），
∴BF＝DF，
∵∠AFE＝180°﹣∠CFE＝180°﹣90°＝90°，∠ABE＝90°，G是AE的中点，
∴FG＝AE＝AG，BG＝AE＝AG，
∴FG＝BG，
∵∠GAF＝∠GFA，∠GAB＝∠GBA，
∴∠EGF＝∠GAF+∠GFA＝2∠GAF，∠EGB＝∠GAB+∠GBA＝2∠GAB，
∴∠FGB＝∠EGF+∠EGB＝2∠GAF+2∠GAB＝2∠BAF＝2×45°＝90°，
∴BF2＝FG2+BG2＝2FG2，
∴BF＝FG，
∴DF＝FG．

【点睛】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理等知识，通过作辅助线构造全等三角形和等腰直角三角形是解题的关键．
41．(1)△DCE可以由△DBA顺时针旋转60°得到，理由见解析；
(2)①证明见解析；②AF＝3.5．

【分析】（1）证明△DCE≌△DBA（SAS），由全等三角形的性质可得出∠EDC＝∠ADB，则可得出结论；
（2）①证明△ADE是等边三角形，由等边三角形的性质得出∠DCF＝∠DAE＝60°；
②证明△DCF∽△DAC，由相似三角形的性质得出，求出DF的长，则可得出答案．
【详解】（1）解：△DCE可以由△DBA绕点D顺时针旋转60°得到．
理由：在等边△BCD中，DC＝DB，∠DBC＝∠DCB＝∠BDC＝60°，
∴∠ACB+∠DCE＝180°﹣60＝120°，
∵∠BAC＝120°，
∴∠ACB+∠ABC＝180°﹣120°＝60°，
∴∠ACB+∠ABC+∠DBC＝60°+60°＝120°，
即∠ACB+∠DBA＝120°，
∴∠DCE＝∠DBA，
又∵CE＝BA，CD＝BD，
∴△DCE≌△DBA（SAS），
∴∠EDC＝∠ADB，
∵∠ADB+∠ADC＝60°，
∴∠EDC+∠ADC＝60°，
即∠ADE＝60°，
∴△DCE可以由△DBA绕点D顺时针旋转60°得到．
（2）①证明：由（1）得△DCE≌△DBA，
∴DE＝DA，∠ADE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠DCF＝∠DAE＝60°；
②∵CE＝BA，
∴AE＝AC+CE＝AC+BA＝8，
由①得∠DAC＝∠FCD，
∵∠CDF＝∠ADC，
∴△DCF∽△DAC，
∴，
∵等边△BCD的边长为6，
∴DC＝6，
∴ ，
∴DF＝4.5，
∴AF＝AD＝DF＝8﹣4.5＝3.5．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质的综合应用，解决问题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
42．（1）1，90°；（2），90°；（3）①；②α+β=180°
【分析】（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到AF=AE，又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互余，所以∠BAE=∠DAF，所以△FAD≌△EAB，因此BE与DF相等，延长DF交BE于G，根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF=90°，所以DF⊥BE；
（2）等同（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以△FAD∽△EAB，所以DF=2BE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF=90°，所以DF⊥BE；
（3）与（2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF=180°．
【详解】解：（1）如图1，延长DF分别交BE于点G，

在正方形ABCD和等腰直角△AEF中，AD=AB，AF=AE，∠BAD=∠EAF=90°，
∴∠FAD=∠EAB，
∴△FAD≌△EAB（SAS），
∴∠AFD=∠AEB，DF=BE，
∵∠AFD+∠AFG=180°，
∴∠AEG+∠AFG=180°，
∵∠EAF=90°，
∴∠EGF=180°-90°=90°，
∴DF⊥BE，
∴=1，β=90°，
故答案为：1，90°；
（2）如图2，延长DF交EB于点H，

∵AD=2AB，AF=2AE，
∴，
∵∠BAD=∠EAF=90°，
∴∠FAD=∠EAB，
∴△FAD∽△EAB，
∴，
∴DF=2BE，
∵△FAD∽△EAB，
∴∠AFD=∠AEB，
∵∠AFD+∠AFH=180°，
∴∠AEH+∠AFH=180°，
∵∠EAF=90°，
∴∠EHF=180°-90°=90°，
∴DF⊥BE，
∴，β=90°；
（3）①如图3，延长DF交EB的延长线于点H，

∵AD=kAB，AF=kAE，
∴，
∵∠BAD=∠EAF=α，
∴∠FAD=∠EAB，
∴△FAD∽△EAB，
∴，
∴，
②α+β=180°，
由△FAD∽△EAB得∠AFD=∠AEB，
∵∠AFD+∠AFH=180°，
∴∠AEB+∠AFH=180°，
∵四边形AEHF的内角和为360°，
∴∠EAF+∠EHF=180°，
∴α+β=180°．
【点睛】本题是四边形的综合问题，考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关键，也是难点所在．