专题07 图形的轴对称、平移与旋转（11题型+限时检测）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用）

这是一份专题07 图形的轴对称、平移与旋转（11题型+限时检测）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用），文件包含专题07图形的轴对称平移与旋转原卷版docx、专题07图形的轴对称平移与旋转解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共140页， 欢迎下载使用。

一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
专题07 图形的轴对称、平移与旋转
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc162128589" 题型01 图形的识别
\l "_Tc162128590" 题型02 与图形变化有关的作图问题
\l "_Tc162128591" 题型03 几何图形的平移变化
\l "_Tc162128592" 题型04 与函数图象有关的平移变化
\l "_Tc162128593" 题型05 几何图形的折叠问题
\l "_Tc162128594" 题型06 与函数图象有关的轴对称变化
\l "_Tc162128595" 题型07 几何图形的旋转变化
\l "_Tc162128596" 题型08 与函数图象有关的旋转变化
\l "_Tc162128597" 题型09 利用平移、轴对称、旋转的性质解决多结论问题
\l "_Tc162128598" 题型10 与图形变化有关的最值问题
\l "_Tc162128599" 题型11 图案设计
\l "_Tc162128600" （时间：60分钟）
题型01 图形的识别
1．（2023·江苏宿迁·三模）数学来源于生活，下列图案是由平移形成的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平移的性质，结合图形，对选项进行一一分析，选出正确答案．
【详解】根据平移的性质，平移后不改变图形的形状和大小，也不改变图形的方向（角度），符合条件的只有A．
故选：A．
【点睛】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
2．（2023·四川成都·二模）我们根据一些简单的函数方程式，就可以在坐标系中绘制出形状优美、寓意美妙的曲线．下列平面直角坐标系内的曲线中，既是中心对称图形，也是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的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，故此选项不符合题意；
B．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
3．（2022·贵州遵义·模拟预测）在如图所示的人眼成像的示意图中，可能没有蕴含的初中数学知识是（ ）
A．位似图形B．相似三角形的判定C．旋转D．平行线的性质
【答案】C
【分析】根据位似图形，相似三角形的判定，旋转的概念，平行线的性质逐一判断即可得到答案．
【详解】解：∵两棵树是相似图形，而且对应点的连线相交一点，对应边互相平行，
∴这两个图形是位似图形，
∴本题蕴含的初中数学知识有位似图形，相似三角形的判定，平行线的性质，
故选C．
【点睛】本题考查了位似图形，相似三角形的判定，旋转的概念，平行线的性质，熟练掌握相关知识点是解题关键．
4．（2023·河北廊坊·三模）在研究相似问题时，嘉嘉和淇淇两同学的观点如下：
嘉嘉：将边长为1的正方形按图1的方式向外扩张，得到新正方形，它们的对应边间距为1，则新正方形与原正方形相似，同时也位似；
淇淇：将边长为1的正方形按图2的方式向外扩张，得到新正方形，每条对角线向其延长线两个方向各延伸1，则新正方形与原正方形相似，同时也位似．
对于两人的观点，下列说法正确的是（ ）

A．两人都对B．两人都不对C．嘉嘉对，淇淇不对D．嘉嘉不对，淇淇对
【答案】A
【分析】根据相似与位似的定义进行判断即可．
【详解】解：由题意知，嘉嘉向外扩张得到的新的正方形的边长为3，且仍为正方形，
故新正方形与原正方形相似，同时也位似，位似中心为正方形对角线的交点．
淇淇向外扩张得到的新的正方形的边长为2+1，且仍为正方形，
故新正方形与原正方形相似，同时也位似，位似中心为正方形对角线的交点．
故两人说法正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了相似与位似．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
题型02 与图形变化有关的作图问题
5．（2024·安徽宿州·一模）新考法·借助网格找点，如图，在由边长为1个单位的小正方形组成的网格中，四边形ABCD的顶点均为格点（网格线的交点）．
(1)将线段AD先向上平移2个单位，再向右平移1个单位得到线段A'D'，画出线段A'D'；
(2)以D为旋转中心，将线段BC按逆时针方向旋转90°，得到线段B'C'，画出线段B'C'；
(3)以A'，B'，D'为顶点，画一个四个顶点均为格点的四边形，使得该四边形既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】
本题考查了平移作图、旋转作图，熟练掌握相关作图方法及性质是解题的关键．
（1）根据平移的性质作图即可；
（2）根据旋转的性质作图即可；
（3）根据菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，A'D'即为所求；
（2）如图所示，B'C'即为所求；
（3）如图，取格点E，
由勾股定理可得A'D'=B'D'=B'E=A'E=12+42=17，
∴四边形A'D'B'E是菱形，
菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，
即：四边形A'D'B'E即为所求．
6．（2024·安徽阜阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点上，点A的坐标为−2,3，点B的坐标为−1,2，点C的坐标为−1,1，请解答下列问题：
(1)将△ABC向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，画出平移后的△A1B1C1；
(2)以原点O为位似中心，画出△A1B1C1的位似图形△A2B2C2，使△A2B2C2与△A1B1C1的相似比为2:1．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了作图—平移变换、位似变换，熟练掌握平移规律，位似变换的性质是解题的关键．
（1）根据“横坐标：左减右加，纵坐标：上加下减”的平移规律，得到平移后的点坐标，描点，连接即可；
（2）根据位似的性质，将横坐标，纵坐标都按照位似比进行变化，得到变换后的点坐标，描点，连接即可．
【详解】（1）解：∵点A的坐标为−2,3，点B的坐标为−1,2，点C的坐标为−1,1，点A1，B1，C1，为点A，B，C分别向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度所得，
∴ A1(−2+3,3−1)，B1(−1+3,2−1)，C1(−1+3,1−1)，
∴ A1(1,2)，B1(2,1)，C1(2,0)，
如图所示，连接A1，B1，C1组成的△A1B1C1即为所求．
（2）解：∵ A1(1,2)，B1(2,1)，C1(2,0)，△A2B2C2与△A1B1C1的相似比为2:1，原点O为位似中心，
∴ A2(1×2,2×2)，B2(2×2,1×2)，C2(2×2,0)，即A2(2,4)，B2(4,2)，C2(4,0)，
如图所示，连接A2，B2，C2，组成的△A2B2C2即为所求．
7．（2023·宁夏石嘴山·二模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，B，C均在格点上，试按要求画出相应格点图形．
(1)如图1，作一条线段，使它是AB向右平移2个单位长度后的图形；
(2)如图2，作一个轴对称图形，使AB和AC是它的两条边；
(3)如图3，作一个与△ABC相似的三角形，相似比不等于1．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】
本题考查了作图−复杂作图，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了相似三角形的判定与平移变换．
（1）把点B、A向右作平移2个单位得到CD；
（2）作A点关于BC的对称点D即可；
（3）延长CB到D使CD=2CB，延长CA到E点使CE=2CA，则△EDC满足条件．
【详解】（1）解：如图1，CD为所作；
；
（2）解：如图2所示图形即为所求，
；
（3）解：如图3，△EDC为所作．
．
题型03 几何图形的平移变化
8．（2023·河南南阳·一模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC=5，AC=25，点A，B分别在x轴，y轴上，且BC∥x轴，将△ABC沿x轴向左平移，当点A与点O重合时，点B的坐标为（ ）

A．−2,2B．−2,4C．−3,2D．−3,4
【答案】D
【分析】
本题考查了坐标与图形变化−平移，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．也考查了两点间的距离公式．设A(x,0)，B(0,y)，则C(5,y)．分别根据AB=5，AC=25列出方程x2+y2=25①，(x−5)2+y2=20②，求出x=3，y=4，再根据平移的规律求解．
【详解】解：设A(x,0)，B(0,y)，则x>0，y>0．
∵BC=5，BC∥x轴，
∴C(5,y)．
∵AB=5，
∴x2+y2=25①，
∵AC=25，
∴(x−5)2+y2=20②，
①−②得，10x−25=5，
∴x=3，
∴A(3,0)，OA=3．
把x=3代入①，得y=±4（负值舍去），
∴B(0,4)，
∴将△ABC沿x轴向左平移，当点A与点O重合时，点B的坐标为(−3,4)．
故选：D．
9．（2023·河南新乡·二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(1,3)，B(2，0)，若平移点B到点C，使以点O，A，B，C为顶点的四边形是菱形，则平移方法错误的是（ ）
A．向左平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度
B．向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度
C．向右平移1个单位长度，再向上平移3个单位长度
D．向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度
【答案】B
【分析】
本题考查菱形判定，平行四边形判定及性质．根据题意画出平移后的图象，再根据选项逐一进行分析即可得到本题答案．
【详解】
解：如图，
，
∵B(2，0)，
∴OB=2，
A、由平移的性质得：AC∥OB，AC=OB=2，C(−1,3)，
∴OC= 12+32 =2，
∴四边形OBAC是平行四边形，OB=OC，
∴平行四边形OBAC是菱形，故选项A不符合题意；
B、向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，四边形OBAC不是菱形，故选项B符合题意；
C、同A得平行四边形OBAC是菱形，故选项C不符合题意；
D、同C得平行四边形OBAC是菱形，故选项D不符合题意；
故选：B．
10．（2023·江西南昌·二模）数学小组将两块全等的含30°角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究．如图1，其中∠ADB=∠CBD=30°，∠ABD=∠BDC=90°，AB=CD=3，将Rt△BCD沿射线DB方向平移，得到Rt△B'C'D'，分别连接AB'，DC'（如图2所示），下列有关四边形AB'C'D的说法正确的是（ ）

A．先是平行四边形，平移3个单位长度后是菱形
B．先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移23个单位长度后是菱形
C．先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移33个单位长度后是正方形
D．在Rt△BCD平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形
【答案】B
【分析】根据平移过程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性质求出平移距离即可．
【详解】解：由题意可得：平移过程中，
AD∥B'C'，AD=B'C'，CD=C'D'=3，
∴四边形AB'C'D是平行四边形，
刚开始平移时，∠ADC=∠ABC=30°+90°=120°，
∴如图，当平移至∠ADC=∠ABC=90°时，AD≠C'D，∠C'DD'=60°
∴此时四边形AB'C'D是矩形，且不可能为正方形，∠DC'D'=30°，
∴平移距离为：DD'=C'D'3=3，
即平移3个单位长度后是矩形，

继续平移，当AB与C'D'共线时，
此时AB⊥B'D，即四边形AB'C'D是菱形，
此时的总平移距离为BD=3AD=33，
即再平移23个单位长度后是菱形；

综上可得：平移过程中，四边形AB'C'D先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移23个单位长度后是菱形，
故选B．
【点睛】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形，综合利用了特殊四边形的判定和性质，掌握特殊平行四边形的判定与性质是解题的关键．
11．（2023·山西晋城·模拟预测）如图1，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，沿对角线BD剪开，△ABD不动，将△BCD沿CB方向平移，得到△B'C'D'．与AB交于点E，C'D'与BD交于点F．

(1)请判断在△BCD平移过程中，四边形EBFD'的形状，并说明理由；
(2)小明发现在上述平移过程中，四边形EBFD'会成为菱形．请写出你是否同意小明的观点，若同意，请在图2中用尺规作图的方法作出该菱形，并求所作菱形的边长；
(3)在平移过程中，当EF∥BC时，平移的距离为 ．
【答案】(1)四边形EBFD'是平行四边形，理由见解析
(2)同意，菱形EBFD'即为所求，作图见解析，菱形的边长为158
(3)2
【分析】（1）根据平移的性质得出B'D'∥BD，AB∥C'D'，进而利用平行四边形的判定解答即可；
（2）先作出∠ABD的角平分线交AD于D'，连接BD'，再作BD'的垂直平分线，交AB与BD于E，F点，连接D'E、D'F，即可作出菱形EBFD'，由菱形的性质可得ED'∥BD，从而得到△AED'∽△ABD，AED'E=ABBD，由勾股定理可得BD=5，设BE=D'E=a，则AE=AB−BE=3−a，代入比例式可得35=3−aa，进行计算即可得到答案；
（3）根据平行四边形的性质和三角形中位线定理进行求解，进而得出平移距离即可．
【详解】（1）解：四边形EBFD'是平行四边形，
理由如下：
∵ △BCD沿CB方向平移，得到△B'C'D'，四边形ABCD是矩形，
∴B'D'∥BD，AB∥C'D'，
∵BE在AB上，D'F在C'D'上，D'E在B'D上，BF在BD上，
∴BE∥D'F，D'E∥BF，
∴四边形EBFD'是平行四边形；
（2）解：同意，菱形EBFD'即为所求，如图，
，
方法：先以B为圆心，适当长为半径画弧交AB、BD于两点，再以此两点分别为圆心，以相同长为半径画弧交于一点，连接B与此点交AD于点D'，再分别以B，D'为圆心，大于12BD'长度为半径画弧分别交于两点，连接两点交AB与BD于E，F点，即得菱形EBFD'，
∵四边形EBFD'是菱形，
∴ED'∥BD，
∴△AED'∽△ABD，
∵AB=3，AD=4，
∴BD=AB2+AD2=32+42=5，
设BE=D'E=a，则AE=AB−BE=3−a，
∴AED'E=ABBD，
即35=3−aa，
解得：a=158，
即菱形的边长为158；
（3）解：如图2，
，
此时EF∥BC，
∴EF∥BC'，
由平移的性质可得：CD∥C'D'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BE∥CD，
∴BE∥C'D'，
∴BE∥C'F，
∴四边形BC'FE为平行四边形，
∴BC'=EF，BE=C'F，
同理可得，四边形AEFD'是平行四边形，
∴AE=D'F，
由（1）可知，四边形EBFD'是平行四边形，
∴BE=D'F，
∴BE=D'F=AE=12AB，
∵EF∥BC∥AD，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF=12AD=2=BC'，
∴CC'=BC−BC'=4−2=2，
即平移的距离为2，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理，是解题的关键．
题型04 与函数图象有关的平移变化
12．（2020·广西玉林·模拟预测）如图，将函数y=12(x−2)2+1的图象沿y轴向上平移得到一条新函数的图象，其中点A1,m，B5,n平移后的对应点分别为点A'、B'．若曲线段AB扫过的面积为20（图中的阴影部分），则新图象的函数表达式是（ ）
A．y=12(x−2)2−2B．y=12(x−2)2−4C．y=12(x−2)2+5D．y=12(x−2)2+6
【答案】D
【分析】曲线段AB扫过的面积=（xB-xA）×AA′=4AA′=20，则AA′=5，即可求解．
【详解】解：曲线段AB扫过的面积=（xB-xA）×AA′=4AA′=20，
则AA′=5，
故抛物线向上平移5个单位，则y=12(x−2)2+6；
故选：D．
【点睛】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
13．（2023·浙江杭州·一模）已知函数y1=k1x和函数y2=k2x+b（k1，k2，b是常数，k1k2≠0）．
(1)若两函数的图象交于点A1,4，点Ba,1，求函数y1，y2的表达式．
(2)若点C−1,n向上平移6个单位恰好落在函数y1上，又点C−1,n向右平移2个单位恰好落在函数y2上，且k1+k2=0，求b的值．
【答案】(1)y1=4x，y2=−x+5
(2)b=−6
【分析】（1）先将点A的坐标代入反比例函数的解析式求出k,从而求出反比例函数的解析式，最后将B点的坐标代入解析式就可以求出a的值，然后利用待定系数法即可求得一次函数的解析式；
（2）根据点的平移得出平移后的坐标，代入函数解析式分别求得k1,k2的值，根据已知条件k1+k2=0，建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：将点A1,4，代入y1=k1x,
∴k1=1×4=4，
∴y1=4x，
∵点Ba,1在y1=4x上，
∴1=4a
∴a=4，
∴B4,1，
将A1,4，B4,1，代入y2=k2x+b
∴k2+b=44k2+b=1
解得：k2=−1b=5
∴y2=−x+5
（2）∵点C−1,n向上平移6个单位得到−1,n+6，
依题意，点−1,n+6在y1=k1x上，
则n+6=−k1，
解得：n=−k1−6，
点C−1,n向右平移2个单位得到1,n，
依题意，1,n在函数y2=k2x+b上，
∴n=k2+b，
∴−k1−6=k2+b
即k1+k2=−6−b
又∵k1+k2=0，
∴b=−6．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数交点问题，待定系数法求函数解析式，点的平移，熟练掌握以上知识是解题的关键．
14．（2023·辽宁沈阳·三模）在平面直角坐标系中，△DOE是等腰直角三角形，∠ODE=90°，DO=DE=3，点D在x轴的负半轴上，点E在第二象限，矩形ABCO的顶点B4，2，点C在x轴的正半轴上，点A在y轴的正半轴上．将△DOE沿x轴向右平移，得到△D'O'E'，点D，O，E的对应点分别为D'，O'，E'．

(1)如图1，当E'O'经过点A时，求直线O'A的函数表达式；
(2)设OO'=t，△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分的面积为S；
①如图②，当△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分为五边形时，D'E'与AB相交于点M，E'O'分别与AB，BC交于点N，P，用含有t的式子表示S ；直接写出t的取值范围 ；
②请直接写出满足S=72的所有t的值 ．
【答案】(1)y=−x+2
(2)①S=−12t2+4t−4，4【分析】（1）根据平移的性质可得△AOO'是等腰直角三角形，根据矩形的性质可得OO'=OA=2，从而得到A0，2，O'2，0，最后用待定系数法即可求得答案；
（2）①根据S=S矩形BCD'M−S△BPN，即可求得S=−12t2+4t−4，再结合题意列不等式组即可求得4【详解】（1）解：如图①，当E'O'经过点A时，
，
∵矩形ABCO的顶点B4，2，
∴OA=BC=2，
由平移的性质可得：△D'O'E'为等腰直角三角形，
∴∠E'O'D'=45°，
∵∠AOO'=90°，
∴△AOO'是等腰直角三角形，
∴OO'=OA=2，
∴A0，2，O'2，0，
设直线O'A的解析式为y=kx+b，
将A0，2，O'2，0代入得：b=22k+b=0，
解得：k=−1b=2，
∴直线O'A的解析式为：y=−x+2；
（2）解：①如图②，当△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分为五边形时，

∵矩形ABCO中，AB=OC=4，BC=OA=2，∠B=∠BCO=90°，
∴四边形BCD'M是矩形，
设OO'=t，则CP=CO'=t−4，
∴ CD'=O'D'−CO'=3−t−4=7−t，BP=BC−CP=2−t−4=6−t，
∵ ∠O'PC=∠BPN=∠E'O'D'=45°，
∴ △BPN是等腰直角三角形，
∴BN=BP=6−t，
∴ S=S矩形BCD'M−S△BPN=BC⋅CD'−12BP2=27−t−126−t2=−12t2+4t−4，
∵t>4t−4<2，
∴ 4②当0
重叠部分的面积为：S=S△O'OF=12O'O2=12t2，
∵S=72，
∴12t2=72，解得：t=±7，
∵0∴t=±7不符合题意，此时重叠部分面积不可能为72；
当2
则OD'=3−t，OO'=t，AL=AG=t−2，
∴S=S△OLO'−S△ALG=12t2−12t−22=2t−2，
∴2t−2=72，
解得：t=114，
∵2∴t=114符合题意；
当3≤t≤4时，重叠部分为梯形，S=12×33−12×12=4为定值，不能等于72；
当4由①知：S=−12t2+4t−4，
∴−12t2+4t−4=72，
解得：t1=3（舍去），t2=5；
当6≤t<7时，重叠部分为矩形BCD'F，如图⑤，

∵CD'=7−t，
∴S=S矩形BCD'F=BC⋅CD'=27−t，
当27−t=72时，t=214<6，不符合题意；
综上所述，满足S=72的所有t的值为114或5．
【点睛】本题是矩形综合题，考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质，平移变换的性质，三角形、梯形、矩形面积，代定系数法求一次函数的解析式等知识，解题关键是运用数形结合思想和分类讨论思想．
15．（2021·江苏常州·二模）阅读并解答下列问题：老师给出了以下思考题：如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，3），B（5，1），C（a，0），D（a+2，0），连接AC、CD、DB，求AC+CD+DB的最小值．
【思考交流】
小明：如图2，先将点A向右平移2个单位长度到点A1，作点B关于x轴的对称点B1，连接A1B1交x轴于点D，将点D向左平移2个单位长度得到点C，连接AC、BD．此时AC+CD+DB的最小值等于A1B1+CD．
小颖：如图3，先将点A向右平移2个单位长度到点A1，作点A1关于x轴的的的点A2，连接A2B可以求解．
小亮：对称和平移还可以有不同的组合…
【尝试解决】
在图2中AC+CD+DB的最小值是________________________；
【灵活运用】
如图4，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，3），B（5，1），C（a，1)，D（a+2，0），连接AC、CD、DB，则AC+CD+DB的最小值是___________，此时a=__________．并请在图5中用直尺和圆规作出AC+CD+DB最小时CD的位置（不写作法，保留作图痕迹）．
【拓展提升】
如图6，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，3），C是一次函数y=x图像上一点，CD与y轴垂直且CD=2（点D在点C右侧），连接AC、CD、AD，直接写出AC+CD+DA的最小值是________________，此时点C的坐标是________________．
【答案】[尝试解决]7；[灵活运用]32+5，2；[拓展提升]34+2，(98,98)
【分析】尝试解决：根据作图痕迹分析出，小明的做法是先将A向右平移2个单位长度，再利用对称的性质，两点之间线段最短得到D点的位置，进而得到C点的位置．写出A1，B1坐标，利用两点间距离公式求解即可；
灵活运用：借助上一问的思路，CD的长度一定，利用平移和对称，转化AC+BD求其最小值；
拓展提升：按照前面的思路，CD的长度一定，利用平移，找到两个固定点与在一条直线上运动的点，利用对称求最小值．
【详解】解：[尝试解决]：由题意得，A1(2,3)，B1(5,−1)，
∴A1B1=(5−2)2+(−1−3)2=5，
∴A1B1+CD=5+2=7，
∴AC+CD+DB的最小值是7，
故答案为：7．
[灵活运用]：先将A点向下平移1个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到A1，作点B关于x轴的对称点B1，连接A1B1，与x轴的交点即为D点，以D点为圆心，AA1的长度为半径画圆，与直线y=1的交点即为C点，连接AC、CD、BD，此时AC+CD+DB最小，最小值等于A1B1+CD．
作图如下：
由作图得，AA1=CD，且AA1//CD，
∴四边形AA1DC是平行四边形，且A1(2,2)，B1(5,−1)，C1(2,1)，D(4,0)，
∴最小值为A1B1+CD=(5−2)2+(−1−2)2+(2−4)2+(1−0)2=32+5，
此时a为C点的横坐标2，
故答案为：32+5，2．
[拓展提升]：先将A点向右平移2个单位长度得到A1，得到平行四边形AA1DC，AC=A1D，而AC+CD+DA中，CD为定值2，即求AC+DA=A1D+AD的最小值，
由题意得： D点在直线y=x−2上，作点A关于直线y=x−2的对称点A'，连接AA'交直线y=x−2于点B，连接A1A'，A1A'与直线y=x−2的交点为点D，D点向左平移2个单位为C点，如图：
∵AA'与直线y=x−2垂直，
∴设直线AA'的解析式为y=−x+m，
将A(0,3)代入得：m=3，
∴直线AA'的解析式为y=−x+3，
联立y=−x+3y=x−2，
解得x=52y=12，
∴B(52,12)，
∵B(52,12)是AA'的中点，设A'(x,y)，
∴0+x=52×23+y=12×2，
解得x=5y=−2，
∴A'(5,−2)，
设直线A1A'的解析式为y=kx+b，将A1(2,3)，A'(5,−2)代入得，
3=2k+b−2=5k+b，
解得k=−53b=193，
∴直线A1A'的解析式为y=−53x+193，
∵D点是直线y=−53x+193与直线y=x−2的交点，
解y=−53x+193y=x−2得x=258y=98，
∴D(258,98)，
∵C点是由D点向左平移2个单位长度所得到的点，
∴C(98,98)，
此时，AC+CD+AD=(98−0)2+(98−3)2+2+(258−0)2+(98−3)2=34+2，
故答案为：34+2，(98,98)．
【点睛】本题考查平移和对称中的最短路径问题，还涉及利用待定系数法求一次函数解析式、求关于直线的对称点等，综合性较强，对学生的作图能力、类比推理能力、计算能力要求都比较高，属于压轴题，解题的关键是掌握对称的性质，通过作图找出最短路径．
题型05 几何图形的折叠问题
16．（2023·江苏南京·三模）如图，⊙O的半径为2，将⊙O沿弦AB折叠得到AnB，且AnB恰好经过圆心O，则新月形阴影部分的面积为 ．
【答案】43π+23
【分析】
本题考查扇形面积的计算，折叠性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据题意和图形，可以求得弓形ACB的面积，然后即可用圆的面积减去两个弓形的面积，即可得到新月形阴影部分的面积．
【详解】
解：作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，连接OA，OB，
由折叠的性质可知，OD=CD，
∵∠ODA=90°，OD=12OA，
∴∠OAD=30°
∴∠AOD=60°，
∴∠AOB=120°，AD=3，
∴AB=23，
∴弓形ACB的面积是：120π×22360−23×12=4π3−3，
∴新月形阴影部分的面积为：π×22−4π3−3×2=4π3+23，
故答案为：4π3+23．
17．（2023·广西柳州·模拟预测）问题情境：在综合实践课上，老师让大家动手操作三角形纸片的折叠问题，“智慧”小组提供了如下折叠方法：

如图①， 经过点A 的直线折叠△ABC纸片， 使得边AB落在AC边上， 折痕为AM， AM交BC于点D，得到图②，再将纸片展平在一个平面上，得到图③．再次折叠．△ABC纸使得A 与点D重合，折痕为PQ，得到图④，再次将纸片展平在一个平面上， 连接DP，DQ， 得到图⑤．
操作与发现：（1） 证明四边形APDQ是菱形．
操作与探究： （2） 在图⑤中， 有∠B+∠C=120°，AD=6，求PD的长．
操作与实践：（3） 若△ABC中 ，∠BAC=90°，AB=4，AC=3，请直接写出AD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）23；（3）1227
【分析】
（1）由折叠可知，AP=PD，AQ=DQ，∠PAD=∠DAQ，再证明∠PDA=∠DAQ=∠PAD=∠ADQ，推出DP∥AQ，AP∥DQ，则可证明四边形APDQ是平行四边形，即可证明四边形APDQ是菱形；
（2）设AD与PQ相交于点O，先由三角形内角和定理得到∠BAC=60°，
∵四边形APDQ是菱形，再由菱形的性质得到AP=PD，∠PAD=∠QAD=30°，AO=DO=12AD=3，AD⊥PQ，则由含30度角的直角三角形的性质和勾股定理可得PD=AP=23；
（3）先证明菱形APDQ是正方形，再由S△ABC=S△ABD+S△ACD，求出PD=127，则AD=2PD=1227．
【详解】
解：（1）由折叠可知，AP=PD，AQ=DQ，∠PAD=∠DAQ，
∴∠PAD=∠PDA，∠QAD=∠QDA，
∴∠PDA=∠DAQ=∠PAD=∠ADQ，
∴DP∥AQ，AP∥DQ，
∴四边形APDQ是平行四边形．
∵AP=DP，
∴四边形APDQ是菱形；
（2）设AD与PQ相交于点O，

∵∠BAC+∠B+∠C=180°，∠B+∠C=120°，
∴∠BAC=60°，
∵四边形APDQ是菱形，
∴AP=PD，∠PAD=∠QAD=30°，AO=DO=12AD=3，AD⊥PQ，
∴AP=233OA=23，
∴PD=AP=23；
（3）∵∠BAC=90°，
∴菱形APDQ是正方形，
∴PD⊥AB，DQ⊥AC，
∵S△ABC=S△ABD+S△ACD，
∴12AB⋅PD+12AC⋅DQ=12AB⋅AC，
∴2PD+32PD=12×3×4，
∴PD=127，
∴AD=2PD=1227．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质与判断，正方形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，熟知菱形的性质与判定定理是解题的关键．
18．（2023·江苏泰州·二模）如图1，将Rt△ABC∠A=90°纸片按照下列图示方式折叠：①将△ABD沿BD折叠，使得点A落在BC边上的点M处，折痕为BD；②将△BEF沿EF折叠，使得点B与点D重合，折痕为EF；③将△DEF沿DF折叠，点E落在点E'处，展开后如图2，BD、PF、DF、DP为图1折叠过程中产生的折痕．
(1)求证：DP∥BC；
(2)若DE'落在DM的右侧，求∠C的范围；
(3)是否存在∠C使得DE与∠MDC的角平分线重合，如存在，请求∠C的大小；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)0°<∠C<30°；
(3)不存在，理由见解析．
【分析】本题考查了直角三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
（1）由第二次翻折可得EF垂直平分BD，由第一次翻折可得EF=EP，证出四边形PBFD是菱形，则可得出结论；
（2）设∠ABD=α，求出∠BDF=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，当DE'落在DM的右侧时，α>90−2α，求出a>30°，则可得出答案；
（3）设∠ABD=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，∠MDC=2α，得出90−2α+α=α，求出α=45°，∠C=0°，则可得出结论．
【详解】（1）证明：由第二次翻折可得EF垂直平分BD，由第一次翻折可得EF=EP，
∴PF与BD垂直且互相平分，
∴四边形PBFD是菱形，
∴DP∥BC；
（2）解：设∠ABD=α，
∵四边形PBFD是菱形，
∴PB∥DF，
∴∠BDF=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，
当DE'落在DM的右侧时，α>90−2α，
∴a>30°，
∴90°−2α<30°，
∴0°<∠C<30°；
（3）解：不存在．
若存在∠C使得DE'与∠MDC的角平分线重合，
设∠ABD=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，∠MDC=2α，
∴90−2α+α=α，
∴α=45°，
∴∠C=0°，
∴不存在∠C使得DE与∠MDC的角平分线重合．
19．（2023·河南周口·模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展实践活动．
(1)操作判断
操作一：如图（1），正方形纸片ABCD，点E是BC边上（点E不与点B，C重合）任意一点，沿AE折叠△ABE到△AFE，如图（2）所示；
操作二：将图（2）沿过点F的直线折叠，使点E的对称点G落在AE上，得到折痕MN，点C的对称点记为H，如图（3）所示；
操作三：将纸片展平，连接BM，如图（4）所示．
根据以上操作，回答下列问题：
①B，M，N三点 （填“在”或“不在”)一条直线上；
②AE和BN的位置关系是 ，数量关系是 ；
③如图（5），连接AN，改变点E在BC上的位置， （填“存在”或“不存在”)点E，使AN平分∠DAE．
(2)迁移探究
苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片ABCD，AB=4，BC=6，按照（1）中的方式操作，得到图（6）或图（7）．请完成下列探究：
①当点N在CD上时，如图（6），BE和CN有何数量关系？并说明理由；
②当DN的长为1时，请直接写出BE的长．
【答案】(1)①在，②AE⊥BN，相等；③不存在；
(2)①BECN=23，理由见解析；②BE=2或165．
【分析】（1）①E的对称点为E'，BF⊥EE'，MF⊥EE'，即可判断；②由①AE⊥BN，由同角的余角相等得∠BAE=∠CBN，由AAS可判定△ABE≌△BCN，由全等三角形的性质即可得证；③由AAS可判定△DAN≌△MAN，由全等三角形的性质得AM=AD，等量代换得AB=AM，与AB>AM矛盾，即可得证；
（2）①由（1）中的②可判定△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；②当N在CD上时，△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；当N在AD上时，同理可判定△ABE∽△NAB，由三角形相似的性质即可求解．
【详解】（1）解：①E的对称点为E'，
∴BF⊥EE'，MF⊥EE'，
∴B、F、M共线，
故答案为：在；
②由①知：B、F、M共线，N在FM上，
∴AE⊥BN，
∴∠AMB=90°，
∴∠ABM+∠BAE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCN=90°，
AB=BC，
∴∠CBN+∠ABM=90°，
∴∠BAE=∠CBN，
在△ABE和△BCN中
∠BAE=∠CBN∠ABC=∠BCNAB=BC，
∴△ABE≌△BCN(AAS)，
∴AE=BN，
故答案为：相等；
③不存在，理由如下：
假如存在，
∵ AN平分∠DAE，
∴∠DAN=∠MAN，
∵四边形ABCD是正方形，
AM⊥BN，
∴ ∠D=∠AMN=90°，
在△DAN和△MAN中
∠D=∠AMN∠DAN=∠MANAN=ANN
∴△DAN≌△MAN(AAS)，
∴AM=AD，
∵AD=AB，
∴AB=AM，
∵AB是Rt△ABM的斜边，
∴ AB>AM，
∴AB=AM与AB>AM矛盾，
故假设不成立，所以答案为：不存在；
（2）解：①BECN=23，理由如下：
由（1）中的②得：
∠BAE=∠CBN，
∠ABE=∠C=90°，
∴△ABE∽△BCN，
∴ BECN=ABBC=23；
②当N在CD上时，
CN=CD−DN=3，
由①知：△ABE∽△BCN，
∴ BECN=ABBC=23，
∴BE=23CN=2，
当N在AD上时，
AN=AD−DN=5，
∵∠BAE=∠CBN=∠ANB，
∠ABE=∠BAN=90°，
∴△ABE∽△NAB，
∴ BEAB=ABAN，
∴ BE4=45，
∴BE=165，
综上所述：BE=2或165．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．
题型06 与函数图象有关的轴对称变化
20．（2023·四川巴中·中考真题）规定：如果两个函数的图象关于y轴对称，那么称这两个函数互为“Y函数”．例如：函数y=x+3与y=−x+3互为“Y函数”．若函数y=k4x2+(k−1)x+k−3的图象与x轴只有一个交点，则它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为 ．
【答案】C(3,0)或C(4,0)
【分析】
根据题意y=k4x2+(k−1)x+k−3与x轴的交点坐标和它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标关于y轴对称，再进行分类讨论，即k=0和k≠0两种情况，求出y=k4x2+(k−1)x+k−3与x轴的交点坐标，即可解答．
【详解】解：①当k=0时，函数的解析式为y=−x−3，
此时函数的图象与x轴只有一个交点成立，
当y=0时，可得0=−x−3，解得x=−3，
∴ y=−x−3与x轴的交点坐标为−3,0，
根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为3,0；
①当k≠0时，
∵函数y=k4x2+(k−1)x+k−3的图象与x轴只有一个交点，
∴b2−4ac=0，即k−12−4×k4×k−3=0，
解得k=−1，
∴函数的解析式为y=−14x2−2x−4，
当y=0时，可得0=−14x2−2x−4，
解得x=−4，
根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为4,0，
综上所述，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为C(3,0)或C(4,0)，
故答案为：C(3,0)或C(4,0)．
【点睛】本题考查了轴对称，一次函数与坐标轴的交点，抛物线与x轴的交点问题，理解题意，进行分类讨论是解题的关键．
21．（2023·江西新余·一模）如图，点A、B是一次函数y1=xx≥0−x(x<0)与反比例函数y2=4x(x>0)−4x(x<0)图象的交点，点C在x轴上运动，请结合图象解决下列问题：

(1)求点A、B的坐标及△ABO的面积；
(2)根据图象直接写出当x取什么值时，y1(3)点C在x轴上运动的过程中，
①直接写出AC+BC的最小值：______ ．
②△ABC的面积是否发生变化，如果变化，请说明理由；如果不变化，请求出△ABC的面积．
【答案】(1)A2,2；B−2,2，三角形△ABO面积为4
(2)−2(3)①42；②不变，4
【详解】（1）解：当x>0时，解方程组y=xy=4x得x=2y=2，
∴A2,2；
当x<0时，解方程组y=−xy=−4x得x=−2y=2，
∴B(−2,2)，
∴AB//x轴，AB=4，
∴△ABO的面积为：12×4×2=4；
（2）解：由图象可知，当−2（3）解：①∵B关于x轴的对称点B'−2,−2，则AC+BC的最小值为AB'，
如图，连接BB'、AB'，则△ABB'为直角三角形，
在Rt△ABB'中，AB'=(2+2)2+(2+2)2=42，
∴AC+BC的最小值为42；
故答案为：42；

②∵AB//x轴，
∴△ABC的面积不发生变化，S△ABC=S△ABO=4．
【点睛】本题是反比例函数与一次函数的综合题，考查了函数与方程组、不等式的关系，轴对称−最短路线问题，三角形的面积等知识，数形结合是解题的关键．
22．（2022·广东深圳·三模）y=x+1x是一种类似于反比例函数的对勾函数，形如y=ax+bx．其函数图像形状酷似双勾，故称“对勾函数”，也称“勾勾函数”、“海鸥函数”．y=x+1x函数图像如下图所示．根据y=x+1x图像对函数y=|x|+1|x|的图像和性质进行了探究．
(1)绘制函数图像：y=|x|+1|x|
列表：下表是x与y的几组对应值
描点：根据表中各组对应值，在平面直角坐标系中描出各点；
连线：用平滑的曲线顺次连接各点，请你在平面直角坐标系中将y=|x|+1|x|图像补充完整；
(2)观察发现：
①写出函数y=|x|+1|x|的一条性质_________
②函数图像与直线y=2有_________个交点，
所以对应的方程|x|+1|x|−2=0有_________个实数根．
(3)分析思考：
③方程的|x-1|+1|x−1|-2=0的解为_________
④不等式|x|+1|x|-52＜0，x的取值范围为_________
(4)延伸探究：
⑤当x＞0时，直线y=kx+3与y=|x|+1|x|只有一个交点，求k的值？
【答案】(1)见解析
(2)①关于y轴对称；②2；2
(3)③x1=2，x2=0；④−2(4)−54或1
【分析】（1）先描点，再连线即可得到；
（2）①通过观察图像，可得图像关于y轴对称；②利用数形结合的思想进行求解，把方程的解转化为图像之间的交点的横坐标即可求解；
（3）③根据图像的平移的性质即可求解；④通过数形结合的思想进行求解即可；
（4）把交点转化为方程的根，一个交点，即方程只有一个根，需要进行分类讨论．
【详解】（1）解：y=|x|+1|x|图像如下：
（2）解：①通过观察图像可得：y=|x|+1|x|图像关于y轴对称，
故答案为：关于y轴对称；
②如图可知函数图像与直线y=2有2个交点；
即方程|x|+1|x|−2=0有2个实数根；
故答案为：2，2；
（3）解：③方程的|x-1|+1|x−1|-2=0的解为方程|x|+1|x|−2=0的解x1=1，x2=-1向右平移一个单位，得x1=2，x2=0，
④当|x|+1|x|-52=0，由图像可得解为：x1=−2,x2=−12,x3=12,x4=2，
∴不等式|x|+1|x|-52＜0的解集为：−2故答案为：x1=2，x2=0；−2（4）解：当x＞0时，直线y=kx+3与y=|x|+1|x|只有一个交点，
即kx+3=|x|+1|x|只有一个根，
∵x>0，
∴kx+3=x+1x
kx+3−x−1x=0
kx2+3x−x2−1=0
(k−1)x2+3x−1=0，
当k=1时，解得x=13；
当k≠1时，是一元二次方程，
Δ=b2−4ac=0，
即9−4(k−1)×(−1)=0，
解得：k=−54，
综上：k的值为−54或1时，直线y=kx+3与y=|x|+1|x|只有一个交点．
【点睛】题考查了反比例函数的图像和性质、画函数图象、方程的根、不等式的解集、函数图象的平移，解题的关键是理解题意，运用数形结合的思想进行求解．
23．（2022·河北廊坊·二模）如图，A点坐标为6,0，直线l1经过点B0,2和点C2,−2，交x轴于点D．
(1)求直线l1的函数表达式．
(2)点M在直线l1上，且满足2S△ADM=S△ADC，求点M的坐标．
(3)过C点作一条直线l2，使得直线l1沿l2折叠之后正好经过点A，求直线l2的解析式．
【答案】(1)y=−2x+2
(2)12,1或32,−1；
(3)y=−13x−43或y=3x−8
【分析】（1）设直线l1的函数表达式为y=kx+b，利用待定系数法将B0,2，C2,−2代入求解即可；
（2）点M的坐标为m,−2m+2，由2SΔADM=SΔADC得2×12×AD×yM=12×AD×yC，求出m值即可；
（3）由直线l2经过定点C2,−2得直线l2的表达式为y+2=kx−2，点A6,0关于直线l2的对称点A'在直线l1:y=−2x+2上，得AA'的中点在直线l2上，由对称的性质知CA=CA'，按照这个思路列等式即可求解．
【详解】（1）解：设直线l1的函数表达式为y=kx+b，
将B0,2，C2,−2代入，
得2=b−2=2k+b，
解得k=−2b=2，
∴直线l1的函数表达式为y=−2x+2；
（2）解：由（1）知直线l1的函数表达式为y=−2x+2，
令y=0得−2x+2=0，
解得x=1，
∴点D的坐标为D1,0，
∵A点坐标为6,0，
∴AD=6−1=5．
∵点M在直线l1上，
∴设点M的坐标为Mm,−2m+2，
∵2S△ADM=S△ADC，
∴2×12×AD×yM=12×AD×yC，
即2×12×5×−2m+2=12×5×2，
∴−2m+2=1，
解得m=12或m=32，
当m=12时，−2m+2=−2×12+2=1，
当m=32时，−2m+2=−2×32+2=−1，
∴点M的坐标为12,1或32,−1；
（3）解：由题意，直线l2经过定点C2,−2，
∴直线l2的表达式为y+2=kx−2，即y=kx−2k−2．
∵直线l1沿l2折叠之后正好经过点A6,0，
∴点A6,0关于直线l2的对称点A'在直线l1:y=−2x+2上，
设A'的坐标为n,−2n+2，
∴AA'的中点坐标为n+62,−2n+22，且该点在直线l2上，
∴−2n+22=k⋅n+62−2k−2，
整理得，k=6−2nn+2．
由对称的性质知CA=CA'，
∴2−62+−2−02=2−n2+−2−−2n+22，
整理得n−22=4，
解得n=4或n=0，
当n=4时，
k=6−2×44+2=−13，直线l2的表达式为y=−13x−2×−13−2=−13x−43；
当n=0时，
k=6−2×00+2=3，直线l2的表达式为y=3x−2×3−2=3x−8，
∴直线l2的解析式为y=−13x−43或y=3x−8．
【点睛】本题考查求一次函数解析式，平面直角坐标系内求三角形的面积，对称的性质，两点间距离公式等，熟练掌握对称的性质是解题的关键．
题型07 几何图形的旋转变化
24．（2023·山东青岛·二模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，以点A为圆心，1为半径作圆，E是⊙A上的任意一点，将DE绕点D按逆时针旋转90°，得到DF，连接AF，则AF的最小值是（ ）
A．43−1B．42−1C．43−2D．417
【答案】B
【分析】
此题是正方形的性质，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解本题的关键是确定AF最小时，F在线段AC上，是一道中等难度的试题．
根据题意先证明△ADE≌△CDF，则CF=AE=1，根据三角形三边关系得：AF≥AC−CF，即AF≥AC−1，可知：当F在AC上时，AF最小，所以由勾股定理可得AC的长，可求得AF的最小值．
【详解】解：如图，连接FC，AC，
∵ED⊥DF，
∴∠EDF=∠EDA+∠ADF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠ADF+∠CDF=90°，
∴∠EDA=∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
∵AD＝CD∠EDA＝∠FDCED＝DF，
∴△ADE≌△CDFSAS，
∴CF=AE=1，
∴AF≥AC−CF，即AF≥AC−1，
∴当F在AC上时，AF最小，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴AC=42，
∴AF的最小值是42−1；
故答案为：B．
25．（2024·湖北·一模）从特殊到一般再到特殊是数学学习的重要模式，某数学兴趣小组拟做以下探究学习．在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC，将线段BC绕点C顺时针旋转α（0°<α<180°），得到线段DC，取AD中点H，直线CH与直线BD交于点E，连接AE．
【感知特殊】
（1）如图1，当α=30°时，小组探究得出：△AED为等腰直角三角形，请写出证明过程；
【探究一般】
（2）如图2，当0°<α<90°时，试探究线段EA,EC,EB之间的数量关系并证明；
【应用迁移】
（3）已知AC=5，在线段DC的旋转过程中，当AE=3时，直接写出线段EC的长．
【答案】（1）见解析；（2）EB+EA=2EC，见解析；（3）EC=22或2
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质得到CH垂直平分AD，推出∠EDA=∠EAD=45°即可；
（2）过点C作CF⊥CE，交直线BD与点F，证明△FBC≌△EAC，从而得到BF=AE,△ECF是等腰直角三角形，即可得证；
（3）分0°【详解】解：（1）证明：∵∠ACB=90°，∠BCD=α=30°，
∴∠ACD=120°，
∵CA=CB=CD，
∴∠CAD=∠CDA=30°，
∵H是AD的中点，
∴CH垂直平分AD，．
∴EA=ED，
∴∠EAD=∠EDA，
在△BCD中，CB=CD,∠BCD=30°，
∴∠CDB=∠CBD=75°，
∴∠EDA=∠CDB−∠CDA=75°−30°=45°=∠EAD，
∴∠AED=180°−∠EDA−∠EAD=90°，
∴△AED是等腰直角三角形；
（2）EA+EB=2EC，理由如下：
证明：∵∠ACB=90°,∠BCD=α，
∴∠ACD=90°+a，
∵CA=CB=CD，
∴∠CAD=∠CDA=12×180°−90°+a=45°−a2，
∵H是AD的中点，
∴CH垂直平分AD，．
∴EA=ED，
∴∠EAD=∠EDA，
在△BCD中，CB=CD,∠BCD=α，
∴∠CDB=∠CBD=12×180°−α=90°−α2，
∴∠EDA=∠CDB−∠CDA=90°−α2−45°+α2=45°=∠EAD，
∴∠AED=180°−∠EDA−∠EAD=90°，
∴△AED是等腰直角三角形，
如图，过点C作CF⊥CE，交直线BD与点F，
∵∠ECF=∠ACB=90°，
∴∠ECF−∠ECB=∠ACB−∠ECB，即∠BCF=∠ACE，
在四边形ACBE中，∠AEB=∠ACB=90°，
∴∠EAC+∠EBC=360°−∠AEB−∠ACB=180°，
∵∠FBC+∠EBC=180°，
∴∠FBC=∠EAC，
在△FBC和△EAC中，
∠FBC=∠EACBC=AC∠BCF=∠ACE
∴△FBC≌△EACASA，
∴BF=AE,CE=CF，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴EF=2EC，
∵EF=EB+BF=EB+EA，
∴EB+EA=2EC；
（3）当0°在Rt△ACB中，AC=BC=5，
∴AB=2AC=10，
在△AEB中，AE=3,AB=10，
∴EB=AB2−AE2=102−32=1，
∴2EC=EB+EA=1+3=4，
∴EC=22；
当90°由（2）得，△ECF是等腰直角三角形，
EF=2EC，∠CEF=∠CFE=45°，
∴∠CFD=∠CEB=135°，
∵CB=CD，
∴∠CBE=∠CDF，
在△CBE和△CDF中，
∠CBE=∠CDF∠CEB=∠CFDBC=DC
∴△CBE≌△CDFAAS，
∴EB=DF，
由（1）得：EA=ED，
∴EA−EB=ED−DF=EF=2EC，
在Rt△ACB中，AC=BC=5，
∴AB=2AC=10，
在△AEB中，AE=3,AB=10，
∴EB=AB2−AE2=102−32=1，
∴2EC=EA−EB=3−1=2，
∴EC=2；
综上所述，在线段DC的旋转过程中，EC=22或EC=2．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．
26．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）数学活动课上，老师出示两个大小不一样的等腰直角△ABC和△ADE摆在一起，其中直角顶点A重合，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°．
(1)用数学的眼光观察．
如图1，连接BD，CE，判断BD与CE的数量关系，并说明理由；
(2)用数学的思维思考．
如图2，连接BE，CD，若F是BE中点，判断AF与CD的数量关系，并说明理由；
(3)用数学的语言表达．
如图3，延长CA至点F，满足AF=AC，然后连接DF，BE，当AB=2，AD=1，△ADE绕A点旋转得到D，E，F三点共线时，求线段EF的长．
【答案】(1)BD=CE，理由见解析
(2)CD=2AF，理由见解析
(3)6−22或6+22
【分析】
（1）用SAS证明△BAD≌△CAE，即可求解；
（2）证明△FAE≌△FBQ(AAS)、△DAC≌△QAB(SAS)，即可求解；
（3）①如图所示，过点A作AM⊥D1F于M，求出D1E1=AD12+AE12=2，AM=D1M=12D1E1=22，得到MF=AF2−AM2=2−12=62，即可求解；②如图所示，过点A作AN⊥D2F于N，同理可解．
【详解】（1）
解：BD=CE，理由：
∵∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°+∠CAD=∠EAD+∠CAD=∠CAE，
∵AB=AC，AE=DA，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
则BD=CE；
（2）
解：CD=2AF，理由：
点B作BQ∥AE交AF的延长线于点Q，
∴∠Q=∠EAF，∠EFA=∠QFB，
∵F是BE中点，则FE=FB，
∴△FAE≌△FQB(AAS)，
∴AF=FQ=12AQ，BQ=AE=AD，
∵BQ∥EA，
∴∠QBA+∠EAB=180°，
∵∠DAC+∠EAB=360°−∠DAE−∠BAC=180°，
∴∠DAC=∠QBA，
∵AB=AC，
∴△DAC≌△QBA(SAS)，
则CD=AQ=2AF；
（3）
解：△ADE旋转得到D，E，F三点共线，
①如图所示，过点A作AM⊥D1F于M，
∵Rt△ADE是等腰三角形，AD=AE=AD1=AE1=1，AM⊥D1F，
∴D1E1=AD12+AE12=2，AM=D1M=12D1E1=22，
在Rt△AFM中，AF=AB=2，
∴MF=AF2−AM2=2−12=62，
∴D1F=MF−D1M=6−22，即ΔADE旋转得到D，E，F三点共线时，DF=6−22；
②如图所示，过点A作AN⊥D2F于N，
同理，D2F=MF−D2M=6+22，即△ADE旋转得到D，E，F三点共线时，DF=6+22，
综上所述，线段DF的长为：6−22或6+22．
【点睛】
本题主要考查三角形的全等的判定和性质，理解图示中旋转的规律，掌握三角形全等的判定和性质，直角三角形中勾股定理的运算是解题的关键．
题型08 与函数图象有关的旋转变化
27．（2024·河南·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，A6,0，B2,2，反比例函数y=kxx>0的图象经过点B．
(1)求反比例函数的表达式．
(2)将△OAB绕点B逆时针旋转得到△O'A'B，点O'恰好落在OA上，请求出图中阴影部分的面积．
【答案】(1)y=4xx>0
(2)2+5π
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点B作BC⊥x轴交x轴于点C，首先得到CO=BC=2，然后利用旋转的性质得到∠OBO'=∠ABA'=90°，利用勾股定理求出OB=O'B=22+22=22，OO'=OB2+O'B2=4，然后阴影部分的面积=S△ABO'+S扇形A'BA代数求解即可．
【详解】（1）∵反比例函数y=kxx>0的图象经过点B2,2，
∴2=k2，解得k=4
∴y=4xx>0；
（2）过点B作BC⊥x轴交x轴于点C，
∵B2,2
∴CO=BC=2
∵将△OAB绕点B逆时针旋转得到△O'A'B，点O'恰好落在OA上，
∴∠OBO'=∠ABA'=90°
OB=O'B=22+22=22
∴OO'=OB2+O'B2=4
∵A6,0
∴OA=4
∴O'A=OA−OO'=2
∴S△ABO'=12AO'⋅BC=12×2×2=2
∵A6,0，B2,2
∴AB=6−22+0−22=25
∴S扇形A'BA=90°π×252360=5π
∴阴影部分的面积=S△ABO'+S扇形A'BA=2+5π．
【点睛】本题考查反比例函数的图象、待定系数法求反比例函数解析式、旋转的性质，勾股定理，求扇形面积等知识，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质和数形结合的思想解答．
28．（2023·江苏镇江·二模）定义：若一个函数的图象上存在横、纵坐标之和为零的点，则称该点为这个函数图像的“平衡点”．例如，点−1,1是函数y=x+2的图像的“平衡点”．
(1)在函数①y=−x+3，②y=3x，③y=−x2+2x+1，④y=x2+x+7的图象上，存在“平衡点”的函数是________；（填序号）
(2)设函数y=−4xx>0与y=2x+b的图象的“平衡点”分别为点A、B，过点A作AC⊥y轴，垂足为C．当△ABC为等腰三角形时，求b的值；
(3)若将函数y=x2+2x的图像绕y轴上一点M旋转180°，M在0,−1下方，旋转后的图象上恰有1个“平衡点”时，求M的坐标．
【答案】(1)③
(2)0或−3或−6+32或−6−32
(3)M0,−98
【分析】
（1）根据“平衡点”的定义进行逐一计算判断即可；
（2）可求A2,−2，B−b3,b3，①当C为等腰三角形的顶点时，CA=CB，此时B在以C圆心，CA长为半径的圆周上，由−b32+b3−22=4进行求解即可；②当A为等腰三角形的顶点时，AC=AB，此时B在以A圆心，AC长为半径的圆周上，由−b3−22+b3+22=4进行求解即可；③当B为等腰三角形的顶点时，BA=BC，此时B在AC的垂直平分线上，由−b3=1进行求解即可．
（3）设M0,m（m<−1），先将抛物线向上平移m个单位得y=x2+2x−m，再将y=x2+2x−m绕原点旋转180°得：−y=−x2−2x−m，即：y=−x2+2x+m，
然后将y=−x2+2x+m向下平移m个单位得y=−x2+2x+2m为y=x2+2x绕M0,m旋转180°后函数解析式；由Δ=0，进行求解即可．
【详解】（1）解：①∵ y=−x+3，
∴x+y=3，
故此函数不存在“平衡点”；
②当x+y=0时，y=−x，
∵ y=3x，
∵3x=−x，
∴x2=−3，
故此函数不存在“平衡点”；
③当x+y=0时，y=−x，
∵ y=−x2+2x+1，
∴−x2+2x+1=−x，
整理得：x2−3x−1=0，
∵Δ=−32−4×−1
=13>0，
∴此方程有两个不相等的实数根，
∴此函数存在“平衡点”；
④当x+y=0时，y=−x，
∵ y=x2+x+7，
∴x2+x+7=−x，
整理得：x2+2x+7=0，
∵Δ=22−4×7=−24<0
∴此方程无实数根，
∴此函数不存在“平衡点”；
故答案：③．
（2）解：当x+y=0时，y=−x，
∵ y=−4xx>0，
∴−4x=−x，
解得：x1=2，x2=−2（舍去） ，
∴y=−42=−2，
∴A2,−2，
同理可求：B−b3,b3，
①如图，当C为等腰三角形的顶点时，CA=CB，
此时B在以C圆心，CA长为半径的圆周上，

∴ −b32+b3+22=4，
解得：b1=0，b2=−6，
∵当b=−6时，2,−2，
∴ B与A重合，b2=−6舍去
∴b=0；
②如图，当A为等腰三角形的顶点时，AC=AB，
此时B在以A圆心，AC长为半径的圆周上，

∴ −b3−22+b3+22=4，
解得：b1=−6+32，b2=−6−32；
③如图，当B为等腰三角形的顶点时，BA=BC，
此时B在AC的垂直平分线上，

∴−b3=1，
解得：b=−3；
综上所述：b的值为0、−3、−6+32、−6−32．
（3）解：设M0,m（m<−1），先将抛物线向上平移m个单位得y=x2+2x−m，再将y=x2+2x−m绕原点旋转180°得：−y=−x2−2x−m，即：y=−x2+2x+m，
然后将y=−x2+2x+m向下平移m个单位得y=−x2+2x+2m为y=x2+2x绕M0,m旋转180°后函数解析式；
∴−x=−x2+2x+2m，
整理得：x2−3x−2m=0，
∵旋转后的图象上恰有1个“平衡点”，
∴Δ=−32−4×−2m=0，
解得：m=−98，
∴M0,−98．
【点睛】本题考查了新定义“平衡点”，等腰三角形的判定，函数图象的旋转，理解定义，掌握等腰三角形的判定方法和函数图象旋转中解析式的变化规律是解题的关键．
29．（2023·广东深圳·模拟预测）已知一次函数y=mx−3m（m≠0）和反比例函数y=4x的图象如图所示．
(1)一次函数y=mx−3m必定经过点 ________．（写点的坐标）
(2)当m=−2时，一次函数与反比例函数图象交于点A，B，与x，y轴分别交于点C，D，连接BO并延长，交反比例另一支于点E，求出此时A，B两点的坐标及△ABE的面积．
(3)直线y=mx−3m绕点C旋转，直接写出当直线与反比例图象无交点时m的取值范围．
【答案】(1)3，0
(2)A，B两点的坐标分别为1，4，2，2，△ABE的面积为6
(3)−169【分析】（1）由题意知y=mx−3，令x−3=0，求x，y的值，进而可得结果；
（2）由m=−2，可得y=−2x+6，联立y=−2x+6y=4x，求解可得A1，4，B2，2，由题意知E−2，−2，如图，过B作HF⊥x轴，过A作AH⊥HF于H，过E作EF⊥HF于F，则AH=1，BH=2，EF=4，BF=4，HF=6，根据S△ABE=S梯形AEFH−S△BEF−S△ABH =AH+EF×HF2−EF×BF2−AH×BH2，计算求解即可；
（3）由题意知，C3，0，令mx−3m=4x，整理得mx2−3mx−4=0，令△=9m2+16m<0，求解即可得m的取值范围．
【详解】（1）解：由题意知y=mx−3，
令x−3=0，即x=3，则y=0，
∴一次函数y=mx−3m必定经过点3，0，
故答案为：3，0；
（2）解：∵m=−2，则y=−2x+6，
联立y=−2x+6y=4x，解得x1=1y1=4，x2=2y2=2，
∴A1，4，B2，2，
∴E−2，−2，
如图，过B作HF⊥x轴，过A作AH⊥HF于H，过E作EF⊥HF于F，
则AH=1，BH=2，EF=4，BF=4，HF=6，
∴S△ABE=S梯形AEFH−S△BEF−S△ABH
=AH+EF×HF2−EF×BF2−AH×BH2
=1+4×62−4×42−1×22
=6
∴A，B两点的坐标分别为1，4，2，2，△ABE的面积为6．
（3）解：由题意知，C3，0，
令mx−3m=4x，整理得mx2−3mx−4=0，
令Δ=9m2+16m<0，
解得−169∴直线与反比例图象无交点时m的取值范围为−169【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数综合，反比例函数与几何综合等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
30．（2022·广东湛江·模拟预测）如图1，抛物线y=ax2+bx−2与x轴交于点A−1,0，B4,0两点，与y轴交于点C，经过点B的直线交y轴于点E0,2

(1)求抛物线的解析式
(2)如图2，过点A于作BE的平行线交抛物线于另一点D，点P是抛物线位于线段AD下方的一个动点，联结PA，EA，ED，PD，当四边形EAPD面积最大时，求点P坐标．
(3)如图3，连接AC，将△AOC绕点O逆时针旋转，记旋转中的三角形为△A'OC'，在旋转的过程中，直线OC'与直线BE交于点Q，若△BOQ为等腰三角形，请直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)y=12x2−32x−2
(2)1,−3
(3)−125,165或4−855,455或2,1或4+855,−455
【分析】（1）把点A−1，0，B4，0代入抛物线y=ax2+bx−2，求出a,b的值即可．
（2）先用待定系数法求出直线BE的解析式，进而求得直线AD的解析式，设Gm,−12m−12，则Pm,12m2−32m−2，表示出PG=−12m−12−12m2−32m−2=−12m−12+2；当m=1时，四边形EAPD面积最大，代入点P的坐标表达式，即可求得点P的坐标．
（3）分两种情况进行讨论即可，见解析．
【详解】（1）∵A−1，0，B4，0在抛物线y=ax2+bx−2上，
∴a−b−2=016a+4b−2=0,
解得a=12b=−32.
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x−2．
（2）过点P作PG⊥x轴交AD于点G，

因为B4,0，E0,2．
设直线BE的解析式为y=kx+bk≠0，将点B、E坐标代入
0=4k+b2=b得b=2k=−12
所以直线BE的解析式为y=−12x+2．
因为AD∥BE，设直线AD的解析式为y=−12x+t，将 A−1,0代入该解析式，可得t=−12，
所以；直线AD的解析式为y=−12x−12，
设Gm,−12m−12，则Pm,12m2−32m−2，
则PG=−12m−12−12m2−32m−2=−12m−12+2，
∵S四边形EAPD=S△ADE+S△ADP，由于S△ADE是定值，S△ADP=S△APG+S△DPG，PG的值越大，S△ADP越大，
所以当m=1时，PG的值最大，此时四边形EAPD面积最大．
将m=1代入Pm,12m2−32m−2，
∴P1,−3
（3）①如图中，当OQ=OB时，作OT⊥BE于T．

∵OB=4，OE=2，
∴BE=OB2+OE2=25，OT=OE⋅OBBE=825=455，
∴BT=TQ=855，
∴BQ=1655， S△OBQ=12BQ⋅OT=12×1655×455=325．
设点Qm,nm<0，则S△OBQ=12BQ⋅OT=12×n×OB=12×n×4=2n=325
∴n=165．
由勾股定理得，BQ2=4−m2+n2，
即16552=1652+4−m2，
解得：m=−125或m=525（不合题意，故舍去）
故Q−125,165；
②如图中，当BO=BQ1=4时， 因点Q1在直线y=−12x+2上，

故设Q1a,−12a+24>a>0，Q3a,−12a+2a>4
因BO=BQ1=4
∴4−a2+−12a+22=42
整理得：5a2−40a+16=0
解得：a=4±855，
当0故Q14−855，455.
当a>4，时a=4+855，则−12a+2=−455．
故Q34+855，−455.
当OQ2=BQ2时，点Q2的横坐标是点B横坐标的一半，Q2的横坐标为2，
代入直线y=−12x+2中得出Q2的纵坐标为1．
即Q22，1.
综上所述，满足条件点点Q坐标为−125,165或4−855，455或2，1或4+855,−455.
【点睛】本题考查了求抛物线和直线的解析式、三角形面积关系，解题的关键是注意分类讨论，考虑到各种可能的情形．
31．（2023·河北邯郸·二模）如图1，抛物线L:y=ax2+2ax+a−8与x轴相交于A，B两点（点A在，点B的左侧），已知点B的横坐标是1，抛物线L的顶点为D，点P从原点开始沿x轴正半轴运动，将抛物线L绕点P旋转180°后得到抛物线L1，顶点E的横坐标为h．

(1)求a的值及顶点D的坐标；
(2)当点P与点B重合时，求抛物线L1的解析式：
(3)如图2，明明设计小游戏：有一等边三角形MNK（MN与x轴平行），边长为5，顶点M的坐标为（1,6），当抛物线L1与△MNK有公共点时（含边界），△MNK会变色，此时抛物线L1被称为“美好曲线”，请直接写出抛物线L1为“美好曲线”时，点E横坐标h的取值范围．
【答案】(1)a=2；(−1,−8)
(2)y=−2(x−3)2+8
(3)1≤ℎ≤7
【分析】(1)将B(1,0)代入y=ax2+2ax+a−8中，求出a值后即可得解；
(2)连接DE，作DH⊥x轴于点H，作EM⊥x轴于点M，证出△DBH≅△EBMAAS，抛物线L1的顶点E的坐标，然后根旋转的性质即可得解；
(3)设Pm,0，利用D，E关于点P成中心对称，利用中点坐标公式 得出E2m+1,8， G2m−1,0，F2m+3,0，用含m的式子表示出L1的解析式，根据旋转的性质和新定义讨论出m的范围，进而可得出h的取值范围．
【详解】（1）由题意可知，点B坐标为(1,0)，
将B(1,0)代入y=ax2+2ax+a−8中，得a=2
∴抛物线L的解析式为y=2x2+4x−6=2(x+1)2−8
∴顶点D的坐标为(−1,−8)；
（2）如图，连接DE，作DH⊥x轴于点H，作EM⊥x轴于点M，
根据题意，点D，E关于点B(1,0)成中心对称，
∴DE过点B，且DB=EB，
在△DBH和△EBM中，
∠DHB=∠EMB=90°,∠DBH=∠EBM,DB=EB,
∴△DBH≅△EBMAAS，
∴EM=DH=8，BM=BH=2，
∴抛物线L1的顶点E的坐标为(3,8)，
∵抛物线L1由L绕点P旋转180°后得到，
∴抛物线L1的函数表达式为y=−2(x−3)2+8；

（3）设Pm,0
∵D，E关于点P成中心对称，D−1,−8
∴根据中心对称的性质，得出P为DE的中点
∴E2m+1,8
同理可得G2m−1,0，F2m+3,0
设L1的解析式为：y1=−2x2+bx+c
∴−b2×−2=2m+1
∴b=8m+4
∴−22m−12+8m+42m−1+c=0
∴c=22m−12−42m+12m−1
=−8m2−8m+6
∴L1：y=−2x2+8m+4x−8m2−8m+6
当点N在L1对称轴左侧且位于L1上时为临界点，
∵等边三角形的边长为5，M1,6
∴N6,6
∴将N点代入L1得−2×36+48m+24−8m2−8m+6=6
−8m2+40m−42=6
解得：m1=2,m2=3
当m=2时，对称轴为：直线x=5，N点在对称轴右侧，不符合题意，舍去
当m=3时，对称轴为：直线x=7，符合题意
∴m的值为0≤m≤3
∵E点的横坐标为ℎ=2m+1
∴h取值为1≤ℎ≤7
∴当点E横坐标ℎ的取值范围为1≤ℎ≤7时，抛物线L1为“美好曲线”

【点睛】本题考查二次函数的综合应用，图形的旋转，新定义“美好曲线”的理解与应用，二次函数的性质，二次项系数a确定函数的形状，形状相同．开口方向相同则二次项系数相等，若形状相同，开口方向相反，则二次项系数互为相反数，根据二次项系数和顶点坐标直接写出二次函数的解析式是关键．
题型09 利用平移、轴对称、旋转的性质解决多结论问题
32．（2024·四川达州·二模）如图，在正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连接AE与对角线BD交于点P，过点P作PF⊥AE交BC于点F，连接AF交BD于点G，下列四个结论：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB−PD=2BF；④SΔAPG=12SΔAEF．其中正确结论个数为（ ）．

A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；对于④，由③可得APAF=22，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为APAF=22，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，PF⊥AP，
∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，
∵∠ABC+∠APF=180°，
∴∠BAP+∠BFP=180°，
∴点A、B、F、P四点共圆，
∴∠AFP=∠ABD=45°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴AP=PF，故①正确；
②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：

∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，∠ABH=∠ADE=∠ABC=90°，
∴∠HAF=∠EAF=45°，
∵∠ABH+∠ABF=180°，
∴H、B、F三点共线，
又∵AF=AF，
∴△AEF≌△AHFSAS，
∴HF=EF，∠AFE=∠AFB
∵HF=BH+BF，
∴DE+BF=EF，故②正确；
③连接AC交BD于O，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：

∴OB=OD，BD⊥AC，
∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，
∴AB=2AO，
由①可得点A、B、F、P四点共圆，
∴∠APO=∠AFB，
∵∠ABF=∠AOP=90°，
∴△AOP∽△ABF，
∴OPBF=OAAB=APAF=22，
∴OP=22BF，
∵BP−DP=BP−BM=PM=2OP，
∴PB−PD=2BF，故③正确；
④由③可得APAF=22，
∵∠AFB=∠AFE=∠APG，∠FAE=∠PAG，
∴△APG∽△AFE，
∴GPEF=APAF=22，
∴S△AGPS△AEF=222=12，
∴S△AGP=12S△AEF，故④正确；
综上所述：以上结论正确的有①②③④；
故选：D．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
33．（2022·福建龙岩·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，将位于第三象限的点Aa,b和位于第二象限的点Bm,b+1先向下平移1个单位，再向右平移h个单位得到点C和点D，连接AD，过点B作AD的垂线l，在l上任取一点E，连接DE，则DE的最小值为2．下列几个结论：①直线l与y轴平行；②ℎ=2；③四边形ACDB是菱形；④若点Fs,t是直线BD上的点，则s+2t=m+2b+2．其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由平移可得：C(a+ℎ,b−1)，D(m+ℎ,b)，推出AD∥x轴．再由l⊥AD，x轴⊥y轴，可得出直线l∥y轴，即可判断①；根据垂线段最短，由DE的最小值为2，可得点E与点P重合，可得出ℎ=2，即可判断②；由平移可得出四边形ACDB是平行四边形，即可判断③；利用待定系数法可得直线BD的解析式为y=−12x+b+1+12m，再由点F(s,t)是直线BD上的点，即可判断④．
【详解】解：如图，设直线l交AD于点P，

∵A(a,b)，B(m，b+1)(a≠m+1)两点同时向右平移ℎ(ℎ>0)个单位，再向下平移1个单位得到C，D两点（点A对应点C)，
一个点向右平移ℎ个单位，则该点的横坐标加ℎ；一个点向下平移1个单位，则该点的纵坐标减1，
∴C(a+ℎ,b−1)，D(m+ℎ,b)，
∵此时点A和点D的纵坐标相同，
∴AD∥x轴．
∵AD∥x轴，l⊥AD，x轴⊥y轴，
∴直线l∥y轴，故①正确；
当DE取最小值时，点E与点P重合，即P(m,b)，
∵DE的最小值为2，
∴DP=2，
∴m+ℎ−m=2，
即ℎ=2，故②正确；
根据平移的性质可知：AC=BD，AC∥BD，
∴四边形ACDB是平行四边形，故③错误；
设直线BD的解析式为y=kx+d(k、d为常数，且k≠0)，把B(m,b+1)，D(m+2,b)分别代入，
得：mk+d=b+1(m+2)k+d=b，
解得：k=−12d=b+1+12m，
∴直线BD的解析式为y=−12x+b+1+12m，
∵点F(s,t)是直线BD上的点，
∴t=−12s+b+1+12m，
∴s+2t=m+2b+2．故④正确，
综上所述，共有3个正确结论；
故选C
【点睛】此题主要考查了平移的性质，待定系数法求一次函数解析式，坐标与图形，理解平移的性质和求出点C和点D的坐标，利用待定系数法求一次函数解析式是解题的关键．
34．（2023·四川宜宾·三模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC=6，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3+33；③BP存在最小值为33−3；④点P运动的路径长为22π．其中，正确的是（ ）

A．①③④B．①②④C．①②③D．②③④
【答案】C
【分析】根据∠BAC=90°，AB=AC=6，点D、E分别是AB、AC的中点．得出∠DAE=90°，AD=AE=3，可证∠DAB=∠EAC，再证△DAB≌△EAC ，可判断①正确；证明∠BPC=90°，则BP=BC⋅sin∠BCP，则当∠BCP最小时，BP最小利用勾股定理求出BC=62，在Rt△BCP中，斜边BC一定，当BP最小时，CP最大，则当∠ACE最大时，∠BCP最小，此时AE⊥CP，如图3所示，求出EC=33，证明△AEC≌△ADB，得到BD=EC=33,∠ADB=∠AEC=90°，证明四边形ADPE是正方形，得到PD=PE=AE=3，则BP=BD−PD=33−3,CP=PE+CE=3+33，即可判断②正确，③正确；取BC的中点为O，连接OA、OP，推出点P在以BC为直径的圆上运动，OA=OP=OB=OC=12AB=32；如图4，当AE⊥CP时sin∠ACE=AEAC=12，则∠ACE=30°，由此可得点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动的轨迹为AP，即点P运动的路径长为：60π×32180=2π，故④不正确．
【详解】解：设AB与CP交于G，如图2所示：

∵∠BAC=90°,AB=AC=6，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴AD=AE=3,∠DAE=90°，
∴∠DAB=90°−∠BAE=∠EAC，
在△AEC和△ADB中，
AE=AD∠EAC=∠DABAC=AB，
∴△AEC≌△ADBSAS，故①正确；
∴∠DBA=∠ECA，
∵∠ECA+∠AGC=90°,∠AGC=∠BGP，
∴∠DBA+∠BGP=90°，
∴∠BPC=90°，
∴BP=BC⋅sin∠BCP，
∴当∠BCP最小时，BP最小，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC=AB2+AC2=62+62=62，
在Rt△BCP中，斜边BC一定，当BP最小时，CP最大，
∵当∠BCP最小时，BP最小，而∠ACB=45°，
∴当∠ACE最大时，∠BCP最小，此时AE⊥CP，如图3所示

在Rt△AEC中，AE=3,AC=6，
∴EC=AC2−AE2=62−32=33，
∵AE=AD,∠EAC=90°−∠BAE=∠DAB,AC=AB，
∴△AEC≌△ADBSAS，
∴BD=EC=33,∠ADB=∠AEC=90°，
∴四边形ADPE是正方形，
∴PD=PE=AE=3，
∴BP=BD−PD=33−3,CP=PE+CE=3+33，
∴CP存在最大值为3+33,BP存在最小值为33−3，故②正确，③正确；
取BC的中点为O，连接OA、OP，
∵∠BAC=∠BPC=90°，
∴点P在以BC为直径的圆上运动，OA=OP=OB=OC=12AB=12×62=32，
如图4，当AE⊥CP时，sin∠ACE=AEAC=36=12，

∴∠ACE=30°，
∴∠CAE=60°,∠AOP=2∠ACE=60°，
∵将△ADE绕点A顺时针旋转60°，
∴点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动的轨迹为AP，
∴点P运动的路径长为：60π×32180=2π,故④不正确；
故选：C．
【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，正确添加辅助线是解题关键．
35．（2023·浙江湖州·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，点D，E分别是边AB和BC上的两点，连结DE，将△BDE沿DE折叠，点B恰好落在AC的中点M处，BM与DE交于点F．下列三个结论：①DF=EF；②DM⊥AM；③tan∠CME=11312其中正确的是 ．（写出正确结论的序号）
【答案】③
【分析】①由折叠的性质可得ED是BM的垂直平分线，假设DF=EF，则四边形BDME为菱形，MB平分∠ABC，由∠ACB=90°，∠B=30°，M是AC的中点，得出BM不是∠ABC的平分线，即可判断，
②由BM不是∠ABC的平分线，可得∠MDA=∠DBM+∠DMB≠30°，在△ADM中∠MAD+∠MDA=60°+∠MDA≠90°，即可判断，
③设CM=a，ME=x，应用勾股定理，表示出CE的长度，在Rt△CME中，ME2=CM2+CE2，即可求得：x=133a12，根据锐角三角函数的定义，即可判断，
本题考查了折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，解题的关键是：熟练掌握折叠的性质．
【详解】解：由折叠的性质可得：EB=EM，DB=DM，
∴ED是BM的垂直平分线，
假设DF=EF，则四边形BDME为菱形，
∴∠EBF=∠DBF，即：MB平分∠ABC，
∵∠ACB=90°，∠B=30°，M是AC的中点，
∴BM不是∠ABC的平分线，
∴假设DF=EF错误，故①错误，
∵BM不是∠ABC的平分线，
∴∠DBM=∠DBM≠15°，
∴∠MDA=∠DBM+∠DMB≠30°，
∴∠MAD+∠MDA=60°+∠MDA≠90°，故②错误，
设CM=a，ME=x，则：AM=a，EB=x，AC=2a，AB=2AC=4a，
由勾股定理得：BC=AB2−AC2=4a2−2a2=23a，
∴CE=BC−BE=23a−x，
在Rt△CME中，ME2=CM2+CE2，即：x2=a2+23a−x2，整理得：x=133a12，
∴CE=23a−x=23a−133a12=113a12，
∴tan∠CME=CECM=11312，故③正确，
综上所述，只有③正确，
故答案为：③．
36．（2023·湖北孝感·模拟预测）如图，四边形ABCD是正方形纸片，AB=2．对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；展平后再过点B折叠正方形纸片，使点A落在EF上的点M处，折痕为BP；再次展平，延长PM交CD于点Q．有如下结论：①∠ABM=60°；②AP=1；③AP+CQ=PQ；④CQ=4−23；⑤H为线段BP上一动点，则AH+12BH的最小值是3．其中正确结论的序号是 ．

【答案】①③④⑤
【分析】①首先根据EF垂直平分AB，可得AM=BM；然后根据折叠的性质，可得AB=BM，据此判断出△ABM为等边三角形，即可判断出∠ABM=60°．②首先根据∠ABM=60°，∠ABP=∠PBM，求出∠ABP=∠PBM=30°；然后在Rt△ABP中，根据AB=2，求出AP的大小即可．③证明AP=PM,CQ=QM所以AP+CQ=PM+QM=PQ．④构造直角三角形，利用勾股定理即可得出结论．⑤首先过点作HE⊥BM，A,H,E在同一条直线上且AE⊥BM时AH+12BH的值最小．
【详解】解：如图，连接AM，

∵EF垂直平分AB，
∴AM=BM，
根据折叠的性质，可得：
AB=BM，
∴AM=AB=BM，
∴△ABM为等边三角形，
∴∠ABM=60°，即结论①正确；
∵∠ABM=60°，∠ABP=∠PBM，
∴∠ABP=∠PBM=60°÷2=30°，
∴AP=AB⋅tan30°=2×33=233，即结论②不正确．
∵折叠，
∴AP=PM,AB=BM,∠PAB=∠PMB=90°，
∴CB=BM,∠C=∠QMB=90°
∵BQ=BQ,
∴Rt△BMQ≅Rt△BCQ,
∴CQ=MQ,
∴AP+CQ=PM+QM=PQ，即结论③正确．
设CQ=x，则DQ=2−x，
∵AP=233，AP+CQ=PQ，
∴PQ=233+x，
在Rt△DPQ中
由PQ2=PD2+DQ2，
∴233+x2=2−2332+2−x2，
解得：x=4−23，即CQ=4−23，即结论④正确．
过点H作HG⊥BM，
∵△BMA是等边三角形，
∴∠ABP=∠PBM=60°÷2=30°，
∴HG=12BH，
∴A,H,G在同一条直线上且AG⊥BM时AH+12BH的值最小，
此时AH+12BH=AH+HG=AG，
∴AG=AB⋅sin60°=2×32=3
AH+12BH的最小值是3，
即结论⑤正确．
故答案为：①③④⑤．
【点睛】此题主要考查了几何变换综合题，考查了分析推理能力，考查了空间想象能力，考查了数形结合方法的应用，要熟练掌握．
37．（2023·湖北孝感·二模）如图，正方形ABCD的边长为2，点E为对角线AC上一动点(点E不与A、C重合)，过点E作EF⊥BE交直线CD于F，将线段EF绕点F逆时针旋转90°得到线段GF，连接GA，GB，GC，下列结论：①EB=EF；②AC⊥GC；③CE+CG=2CB；④GA+GB的最小值为25，其中正确的是 .(填写所有正确结论的序号)

【答案】①②③④
【分析】过E作EM⊥BC，EN⊥CD，可证△BEM≌△FEN得BE=EF，故①正确；可证四边形BEFG是正方形，得∠EBG=90°，BE=BG，可证∠ABE=∠CBG，进而得到△ABE≌△CBG，所以∠BAE=∠BCG，得∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，可证②正确；由②可知，△ABE≌△CBG，所以AE=CG，而CG+CE=AE+CE=AC可求，③正确．由“SAS”可证△BCG≌△HCG，可得BG=GH，当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，由勾股定理可求AH的长，故④正确，即可求解．
【详解】解：过E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，作EH⊥AB于H，连接BG，

∵四边形ABCD是正方形，AC平分∠BCD，
∴EM=EN，
∵∠EMC=∠MCN=∠ENC=90°，
∴∠MEN=90°，
∵EF⊥BE，
∴∠BEM+∠MEF=∠FEN+∠MEF=90°，
∴∠BEM=∠FEN，
∵∠EMB=∠ENF=90°，EM=EN，
∴△BEM≌△FENASA，
∴BE=EF，故①正确；
∵∠BEF=∠EFG=90°，EF=FG，BE=EF，
∴BE=FG，BE∥FG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∵∠BEF=90°，BE=EF，
∴四边形BEFG是正方形，
∴∠EBG=90°，BE=BG，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠EBC=∠EBC+∠CBG=90°，
∴∠ABE=∠CBG，
又∵AB=BC，BE=BG，
∴△ABE≌△CBGSAS，
∴∠BAE=∠BCG=45°，
∵∠BAE+∠BCA=90°，
∴∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，
∴AC⊥GC，故②正确；
由②可知，△ABE≌△CBG，
∴AE=CG，
∴CG+CE=AE+CE=AC，
∵∠ACB=45°，
∴AC=2BC，
∴CG+CE=2BC，故③正确，
如图，延长DC至H，使CH=BC=2，连接BG，GH，AH，

∵∠BCG=45°，∠BCH=90°，
∴∠BCG=∠GCH=45°，
又∵BC=CH，CG=CG，
∴△BCG≌△HCGSAS，
∴BG=GH，
∴AG+BG=AG+GH，
∴当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，即AG+BG有最小值为AH的长，
∴AH=AD2+DH2=4+(2+2)2=25，
∴AG+BG的最小值为25，故④正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，最短路径问题，综合运用正方形的判定与性质定理，勾股定理等知识是解题的关键．
题型10 与图形变化有关的最值问题
38．（2023·河南周口·三模）如图，在矩形ABCD中，AB=15，BC=20，把边AB沿对角线BD平移，点A'，B'分别对应点A，B，A'C+B'C的最小值为 ．

【答案】917
【分析】先证明四边形A'B'CD是平行四边形，作点D关于AA'的对称点D'，连接DD'交AA'于J，过点D'作D'E⊥CD交CD的延长线于E，连接CD'交AA'于A'，此时CB'+CA'的值最小，最小值为CD'，通过证明△AJD∽△DAB，可得DJ=12，通过证明△DED'∽△DAB，可得DE=965，ED'=725，最后由勾股定理即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：AB=A'B'，AB∥A'B'，AB=CD，AB∥CD，
∴A'B'=CD，A'B'∥CD，
∴四边形A'B'CD是平行四边形，
∴B'C=A'D，
∴A'C+B'C=A'C+A'D，
如图所示，作点D关于AA'的对称点D'，连接DD'交AA'于J，过点D'作D'E⊥CD交CD的延长线于E，连接CD'交AA'于A'，此时CB'+CA'的值最小，最小值为CD'，
，
则∠AJD=∠DED'=∠BAD=∠ADC=90°，AA'∥BB'，
∴D'E∥AD，∠ADB=∠JAD，
∴△AJD∽△DAB，
∴DJAB=ADBD，∠ABD=∠ADJ，
∵BD=AB2+AD2=152+202=25，
∴DJ15=2025，
∴DJ=12，
∴DD'=24，
∵ D'E∥AD，
∴∠ED'D=∠D'DA，
∴∠ED'D=∠ABD，
∴△DED'∽△DAB，
∴DEDA=ED'AB=DD'BD，
∴DE20=ED'15=2425，
∴DE=965，ED'=725，
∴CE=CD+DE=15+965=1715，
∴CD'=CE2+D'E2=17152+7252=917，
∴A'C+B'C的最小值为917，
故答案为：917．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形相似的判定与性质、轴对称的性质、矩形的性质、勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质、三角形相似的判定与性质、轴对称的性质、矩形的性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．
39．（2023·四川泸州·二模）如图，抛物线y=−x2−3x+4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，若点D为抛物线上一点且横坐标为−3，点E为y轴上一点，点F在以点A为圆心，2为半径的圆上，则DE+EF的最小值 ．
【答案】65−2/−2+65
【分析】先求出点A−4,0，点D−3,4，作点D关于y轴对称的点T，则点T3,4，连接AE交与轴于M，交⊙A于N，过点T作TH⊥x轴于H，连接AF，当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小，最小值为线段TN的长，然后可在Rt△ATH中由勾股定理求出TA，进而可得TN，据此可得出答案．
【详解】解：对于y=−x2−3x+4，当y=0时，−x2−3x+4=0，
解得：x1=−4，x2=1，
∴点A的坐标为−4,0，
对于y=−x2−3x+4，当x=−3时，y=4，
∴点D的坐标为−3,4，
作点D关于y轴对称的点T，则点T3,4，
连接AE交与y轴于M，交⊙A于N，过点T作TH⊥x轴于H，连接AF，

当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小，最小值为线段TN的长．
理由如下：
当点E与点M不重合，点F与点N不重合时，
根据轴对称的性质可知：DE=TE，
∴DE+EF=TE+EF，
根据“两点之间线段最短”可知：TE+EF+AF>AT，
即：TE+EF+AF>TN+AN，
∵AF=AN=2，
∴TE+EF>TN，
即：DE+EF>TN，
∴当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小．
∵点T3,4，A−4,0，
∴OH=3，TH=4，OA=4，
∴AH=OA+OH=7，
在Rt△ATH中，AH=7，TH=4，
由勾股定理得：TA=AH2+TH2=65，
∴TN=TA−AN=65−2．
即DE+EF为最小值为65−2．
故答案为：65−2．
【点睛】此题主要考查了二次函数与x轴的交点，利用轴对称求最短路线，圆的性质，勾股定理等，解答此题的关键是准确的求出二次函数与x轴的交点坐标，难点是确定当DE+EF为最小时，点E，F的位置．
40．（2023·四川成都·模拟预测）如图所示，在边长为2的等边三角形ABC中，G为BC的中点，D为AG的中点，过点D作EF∥BC交AB于E，交AC于F，P是线段EF上一个动点，连接BP，GP，则ΔBPG的周长的最小值是 ．
【答案】3
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，线段垂直平分线的性质，轴对称−最短路线问题，熟练掌握将军饮马基本模型是解题的关键．连接AP，首先证明EF是AG的垂直平分线，得AP=GP，则ΔBPG的周长为BP+AP+BG=BP+AP+1，当B、P、A共线时，BP+AP的最小值为2，从而得出答案．
【详解】解：连接AP，
∵点G是BC的中点，ΔABC是等边三角形，
∴AG⊥BC，
∵EF∥BC，
∴∠ADE=∠AGB=90°，
∵点D为AG的中点，
∴EF是AG的垂直平分线，
∴AP=GP，
∴ΔBPG的周长为BP+AP+BG=BP+AP+1，
当B、P、A共线时，BP+AP的最小值为2，
∴ΔBPG的周长最小值为3，
故答案为：3
41．（2023·贵州贵阳·二模）如图，在正方形ABCD中，AB=10，点P是正方形ABCD内一动点，连接AP，将AP绕点A逆时针旋转90°，得到线段AQ，连接QD，BP，延长BP交直线QD于点M，当点P为BM的中点时，线段PC的最小值为 ．
【答案】510−522
【分析】以点B为原点建立平面直角坐标系，作QS⊥AD于S，PR⊥AB于R，先证△QAS≌△PARAAS，推出AR=AS，PR=QS，设Pm,n，则AR=10−n，PR=m，利用待定系数法求出直线QD的函数关系式，将M2m,2n代入其中，得出2n=−mn⋅2m+10mn+10，通过整理得出n−522+m−522=5222，设T52,52，可知点P在以T为圆心，522为半径的圆上运动，且位于正方形ABCD内，当T、P、C共线且P在线段TC上时，PC取最小值，由此可解．
【详解】解：以点B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，作QS⊥AD于S，PR⊥AB于R，
则∠QSA=∠PRA=90°，
∵ ∠PAD+∠PAR=∠BAD=90°，∠PAD+∠QAS=∠QAP=90°，
∴ ∠QAS=∠PAR，
由旋转知，AQ=AP，
∴ △QAS≌△PARAAS，
∴ AR=AS，PR=QS，
∵正方形ABCD中，AB=10，
∴ A0,10，C10,0，D10,10，
设Pm,n，则AR=10−n，PR=m，
∴ AS=AR=10−n，QS=PR=m，
∴ Q10−n,10+m，
设直线QD的函数关系式为y=kx+b，将Q10−n,10+m，D10,10代入，得：
10−nk+b=10+m10k+b=10，
解得k=−mnb=10mn+10，
∴直线QD的函数关系式为y=−mnx+10mn+10，
∵点P为BM的中点，Pm,n，
∴ M2m,2n，
将M2m,2n代入y=−mnx+10mn+10，得：2n=−mn⋅2m+10mn+10，
即n2+m2−5n−5m=0，
整理得n−522+m−522=5222，
设T52,52，则PT2=n−522+m−522=5222，
∴点P在以T为圆心，522为半径的圆上运动，且位于正方形ABCD内，当T、P、C共线且P在线段TC上时，PC取最小值，
此时PC=TC−TP=52−102+522−522=510−522，
∴ PC的最小值为510−522．
故答案为：510−522．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，点到圆上一点的距离，平面直角坐标系内两点间距离公式，求一次函数解析式等，涉及知识点多，难度较大，求出点P的运动轨迹是解题的关键．
42．（2023·江苏扬州·一模）如图，直角△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，点E是边AC上一点，将BE绕点B顺时针旋转60°到点F，则CF长的最小值是 ．
【答案】2
【分析】本题考查了直角三角形性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，点到直线的距离垂线段最短等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点H，可证得△BCF≌△BDE(SAS)，得出CF=DE，当且仅当DE⊥AC，即点E与点H重合时，DE=DH=12AD=2为DE的最小值，即可得出CF的最小值为2．
【详解】解：取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点H，
则AD=BD=12AB，∠AHD=∠ACB=90°，
∵∠A=30°，BC=4，
∴AB=2BC=8，∠ABC=90°−30°=60°，
由旋转得：BF=BE，∠EBF=60°，
∴∠EBC+∠CBF=60°，
∵∠EBC+∠DBE=60°，
∴∠CBF=∠DBE，
∵AD=BD=12AB=4，
∴BC=BD，
∴△BCF≌△BDE(SAS)，
∴CF=DE，
当且仅当DE⊥AC，即点E与点H重合时，DE=DH=12AD=2为DE的最小值，
∴CF的最小值为2．
故答案为：2．
43．（2023·四川眉山·模拟预测）如图，在矩形OABC中，OA=4，AB=2，点D是边BC的中点，反比例函数y1=kxx>0的图象经过点D，交AB边于点E，直线DE的解析式为y2=mx+n m≠0．
(1)求反比例函数y1=kx(x>0)的解析式和直线DE的解析式；
(2)在x轴上找一点P，使△PDE的周长最小，求出此时△PDE的周长最小值和点P的坐标．
【答案】(1)反比例函数的解析式为y1=4x(x>0)，直线DE的解析式为y2=−12x+3；
(2)△PDE的周长最小值是13+5，点P的坐标为103,0．
【分析】本题考查了一次函数和反比例函数综合，轴对称的性质，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法和步骤．
（1）易得D2,2，把D2,2代入求出k的值，即可得出反比例函数的解析式为y1=4xx>0，进而得出E4,1，把D2,2和E4,1代入y2=mx+n求出m和n的值，即可得出直线DE的解析式为y2=−12x+3．
（2）作点E关于x轴的对称点E'，连接E'D交x轴于P，连接PE，此时，△PDE的周长最小．用待定系数法求出直线DE'的解析式为y=−32x+5，即可得出点P的坐标为103,0，再求出BE=1，BD=2，即可求出△PDE的周长最小．
【详解】（1）解：∵点D是边BC的中点，BC=OA=4，AB=2，
∴CD=2，则D2,2，
∵把D2,2代入y1=kxx>0得2=k2，
∴k=4，
∴反比例函数的解析式为y1=4xx>0，
当x=4时，y=1，
∴E4,1，
把D2,2和E4,1代入y2=mx+n(m≠0)得，
2m+n=24m+n=1，
∴ m=−12n=3，
∴直线DE的解析式为y2=−12x+3．
（2）解：作点E关于x轴的对称点E'，连接E'D交x轴于P，连接PE，此时，△PDE的周长最小．
∵E点的坐标为4,1，
∴E'的坐标为4,−1，D2,2，
设直线DE'的解析式为y=ax+b，
∴ 4a+b=−12a+b=2，
解得：a=−32b=5．
∴直线DE'的解析式为y=−32x+5，
令y=0，得x=103，
∴点P的坐标为103,0，
∵D2,2，E4,1，E'4,−1，
∴BE=1，BD=2，
所以△PDE的周长最小值=DE+DE'=13+5．
综上所述，△PDE的周长最小值为13+5，点P的坐标为103,0．
题型11 图案设计
44．（2022·福建厦门·模拟预测）在古代的两河流域，人们用粘土制成泥版，在泥版上进行书写．古巴比伦时期的泥版BM15285（如图1）记录着祭司学校的数学几何练习题，该图片由完美的等圆组成．受泥版上的图案启发，某设计师设计出形似雨伞的图案用作平面镶嵌（如图2），若图案中伞顶与伞柄的最长距离为2，则一块伞形图案的面积为 ．
【答案】2
【分析】观察图形，知一块伞形图案的面积为：矩形面积-下半圆面积+上半圆面积=矩形面积，据此即可求解．
【详解】解：观察图形，
一块伞形图案的面积为：矩形面积-下半圆面积+上半圆面积=矩形面积，
∴一块伞形图案的面积为：2×1=2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了图形的平移、旋转、中心对称，数形结合是解题的关键．
45．（2022·浙江温州·二模）如图是由54个边长为1的小等边三角形组成的网格，请按要求画格点多边形（顶点均在格点上）．
(1)在图1中画一个以AB为腰的△ABC．
(2)在图2中画一个四边形ABDE，使其中一条对角线长为4，且恰有两个内角为90°．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的特征进行作图即可；
（2）以A或B为固定点，先确定其中一条对角线长为4时的对应点，再根据其中恰有两个内角为90°进行作图即可．
【详解】（1）解：画法不唯一，如图1或图2
（2）解：画法不唯一，如图3、图4、图5、图6、图7或图8
【点睛】本题考查了作图，解题的关键是找准作图的突破口，再根据题目要求进行作图．
46．（2022·山西大同·二模）阅读理解，并解答问题：
观察发现：
如图1是一块正方形瓷砖，分析发现这块瓷砖上的图案是按图2所示的过程设计的，其中虚线所在的直线是正方形的对称轴．
问题解决：
用四块如图1所示的正方形瓷砖按下列要求拼成一个新的大正方形，并在图3和图4中各画一种拼法．
(1)图3中所画拼图拼成的图案是轴对称图形，但不是中心对称图形；
(2)图4中所画拼图拼成的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）按照轴对称的意义得出答案即可；
（2）按照轴对称的定义和中心对称的定义设计，所设计的图案既是中心对称图形，又是轴对称图形．
【详解】（1）解：（1）参考图案，如图所示：
（2）（2）参考图案，如图所示：
【点睛】本题考查利用轴对称或中心对称设计图案，关键是理解轴对称和中心对称的定义．
47．（2021·吉林长春·一模）如图，在6×6的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，且每个小正方形的顶点称为格点，线段AB的两个端点均在格点上．按要求完成下列画图．（要求仅用无刻度的直尺，且保留必要的画图痕迹）
(1)在图1中，以AB为对角线，画出一个是中心对称，但不是轴对称的四边形ACBD， C、D为格点．
(2)在图2中，以AB为边，画出一个△ABC，使cs∠BAC＝22，点C为格点．
(3)在图3中，画出一条直线CD，使CD⊥AB，交AB于点D，且满足AD＝4BD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据网格在图1中以AB为对角线，画出一个平行四边形ACBD，C、D为格点；
（2）根据网格在图2中画出等腰直角三角形，使∠ACB=90°，可得∠BAC =45°，所以cs∠BAC=22，点C为格点即可；
（3）取格点C、F，连接CF交AB于点D，AC:FB=AD:DB=4:1，且△ABC~△CFB，即满足CF⊥AB．
【详解】（1）解：如图1，四边形ACBD即为所求；
（2）解：如图2，△ABC即为所求；
（3）解：如图3，直线CD即为所求．
【点睛】本题考查了作图-旋转变换，作图-轴对称变换，解决本题的关键是掌握轴对称图形的性质和中心对称图形的性质，平行线分线段成比例定理以及相似三角形的判定和性质．
（时间：60分钟）
一、单选题
1．（2023·山东青岛·三模）下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【分析】
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
B．是轴对称图形，是中心对称图形，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，不是中心对称图形，不符合题意．
故共有1个，
故选：A．
2．（2023·山东青岛·一模）△ABC在如图所示的平面直角坐标系中，将△ABC向右平移2个单位长度后得到△A1B1C1，再将△A1B1C1绕点O旋转180°后得到△A2B2C2，那么点C2的坐标是（ ）

A．1,2B．−1,−2C．−2,−1D．1,−2
【答案】B
【分析】
本题考查了平移和旋转，坐标与图形，根据题意，画出图形，即可得出答案，掌握平移、旋转的性质是解题的关键．
【详解】
解：根据题意，可画出如下图形：

∴点C2的坐标−1,−2，
故选：B．
3．（2021·山东临沂·统考二模）如图1，在平面直角坐标系中，▱ABCD在第一象限，且BC//x轴．直线y=x从原点O出发沿x轴正方向平移．在平移过程中，直线被▱ABCD截得的线段长度n与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示．那么▱ABCD的面积为（ ）

A．3B．32C．6D．62
【答案】B
【分析】根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A；当移动距离是6时，直线经过B，在移动距离是7时经过D，则AD=7-4=3，当直线经过D点，设交BC与N.则DN=2，作DM⊥AB于点M.利用三角函数即可求得DM即平行四边形的高，然后利用平行四边形的面积公式即可求解．
【详解】解：根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A
当移动距离是6时，直线经过B
当移动距离是7时经过D，则AD=7-4=3
如图：设交BC与N，则DN=2，作DM⊥AB于点M，
∵移动直线为y=x
∴∠NDM=45°
∴DM=cs∠NDM·ND=22×2=2
∴▱ABCD的面积为AD×DM=3×2=32．
故答案为B．

【点睛】本题考查了平移变换、解直角三角形等知识，其中根据平移变换确定AD的长是解答本题的关键．
4．（2024·河南驻马店·一模）如图所示，已知矩形纸片ABCD，其中AB=3，BC=4，AC为其对角线，现将纸片进行如下操作：将如图1所示纸片对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展开后如图2所示；在AB上取点P，将△PBF沿着PF对折，使得点B的对应点G落在对角线AC上，如图3所示．则PF的长为（ ）
A．32B．85C．52D．95
【答案】C
【分析】
根据折叠的性质得出BF=CF=FG=12BC=2，∠B=∠PGF=90°，PB=PG，证明△CFG为等腰三角形，利用等腰三角形性质和角的等量代换推出△PAG为等腰三角形，得到PB=32，最后利用勾股定理求解，即可解题．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，AB=3，BC=4，∠B=90°，
根据折叠性质得，BF=CF=FG=12BC=2，∠B=∠PGF=90°，PB=PG．
∴ △CFG为等腰三角形，∠FCG=∠FGC．
∵ ∠FGC+∠AGP=90°，∠FCG+∠PAG=90°，
∴ ∠PAG=∠PGA．
∴ △PAG为等腰三角形，PA=PG．
∴ PA=PG=PB=12AB=32．
在Rt△PBF中，PF=PB2+BF2=22+322=52．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质、折叠性质、等腰三角形、勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．已知直线y=−34x+6与y轴、x轴分别交于点A和点B，M是线段OB上的一点，若将△ABM沿AM折叠，点B恰好落在y轴上的点B'处，则直线AM的函数解析式是（ ）
A．y=−12x+6B．y=−12x+3C．y=−2x+6D．y=−2x+3
【答案】C
【分析】本题考查待定系数法确定一次函数解析式，勾股定理，轴对称折叠的性质．由解析式y=−34x+6，可得OA=6，OB=8，根据勾股定理，AB=10，Rt△OB'M中，构建方程求解得OM=3，于是M3，0，运用待定系数法求解即可．
【详解】解：对于y=−34x+6，当x=0时，y=6；
当y=0时，0=−34x+6，x=8；
∴A0，6，B8，0，
∴OA=6，OB=8，
∴AB=OA2+OB2=10．
由折叠知，AB'=AB=10．
∴OB'=AB'−OA=4．
Rt△OB'M中，B'M=BM=OB−OM=8−OM，
∴42+OM2=8−OM2，
解得，OM=3．
∴M3，0，
设直线AM的解析式为y=kx+6，得
3k+6=0，解得k=−2，
∴y=−2x+6．
故选：C．
6．（2023·四川德阳·二模）如图，在矩形ABCD中，AD=1，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩形AEFG，点B的对应点E落在CD上，且DE=EF，则S四边形ABCE2S△ADE的值为（ ）
A．22−1B．2C．2−12D．2−1
【答案】C
【分析】
本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理；根据矩形的性质可得∠D=90°，AD=BC=1，AB=CD，再利用旋转的性质可得：AB=AE，EF=BC，从而可得AD=EF=DE=1，进而可得AB=AE=CD=2，然后利用线段的和差关系可得EC=2−1，最后利用三角形的面积公式和梯形的面积公式，进行计算即可解答．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AD=BC=1，AB=CD，
由旋转得：AB=AE，EF=BC，
∴AD=EF=1，
∵DE=EF，
∴DE=AD=1，
∴AE=2AD=2，
∴AB=AE=CD=2，
∴EC=CD−DE=2−1，
∴ S四边形ABCE2SΔADE=12AB+CE⋅BC2⋅12AD⋅DE=12×2+2−1×11×1=2−12，
故选：C．
7．（2023·福建莆田·一模）如图，△ABC和△BDE都是等边三角形，将△BDE先向右平移得到△GFH，再绕顶点G逆时针旋转使得点F，H分别在边AB和AC上．现给出以下两个结论：
①仅已知△ABC的周长，就可求五边形DECHF的周长；
②仅已知△AFH的面积，就可求五边形的面积．
下列说法正确的是（ ）
A．①正确，②错误B．①错误，②正确
C．①②均正确D．①②均错误
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
由“AAS”可证△AFH≌△BGF，△AFH≌△CGH，可得CH=AF=BG，CG=AH=BF，S△AFH=S△BGF=S△CGH，由线段的和差关系和面积和差关系可求解．
【详解】解：∵△ABC，△BDE，△FGH都是等边三角形，
∴AB=AC=BC，BE=DE=BD=FG=FH=GH，∠A=∠B=∠C=∠GFH=∠GHF=∠FGH=60°，
∵∠BFH=∠A+∠AHF=∠BFG+∠GFH，
∴∠BFG=∠AHF，
∴△AFH≌△BGF(AAS)，
同理可证：△AFH≌△CGH，
∴CH=AF=BG，CG=AH=BF，
∴五边形DECHF的周长=DF+DE+EC+CH+FH=DF+AF+BD+BE+EC=AB+BC，
∴仅已知△ABC的周长，就可求五边形DECHF的周长；故①正确；
∵△AFH≌△BGF，△AFH≌△CGH，
∴S△AFH=S△BGF=S△CGH，
∵S△FGH=S△BDE=S△ABC−3S△AFH，
∴S△ABC−S△BDE=3S△AFH，
∴五边形DECHF的面积=S△ABC−S△BDE−S△AFH=2S△AFH，
∴仅已知△AFH的面积，就可求五边形DECHF的面积．故②正确，
故选：C．
二、填空题
8．（2024·河北邯郸·一模）如图，已知A−3,3,B−1,1.5，将线段AB向右平移d个单位长度后，点A，B恰好同时落在反比例函数y=6x x>0的图像上，且对应点分别为点A'，B'，则d等于 ．
【答案】5
【分析】
本题考查了平移，先根据平移得到点的坐标，然后根据平移后的点在反比例函数图像上可得到结果，准确理解平移的计算方法“上加下减，左加右减”是解题的关键．
【详解】解：∵A−3,3,B−1,1.5，
∴右平移d个单位长度后，得到A'−3+d,3,B'−1+d,1.5，
∵平移后的点刚好落在y=6x上，
∴3=6−3+d，
解得：d=5，
故答案为：5．
9．（2023·河南平顶山·二模）如图，在矩形ABCD中，点E为边BC上一点，且AB=3，BE=1，连接AE，将△ABE绕点A逆时针旋转α(0°<α<360°)，当点B的对应点B'落在直线AD上时，点E的运动路径E'E的长为 ．（结果保留π）
【答案】π或3π
【分析】
本题考查了矩形的性质、弧长的计算以及旋转的性质，解答本题的关键是分类讨论，在Rt△ABE中，由勾股定理得到：AE=2，再由题意分类讨论：当点B'落在线段AD上时、当点B'落在线段DA的延长线上时，分别求出E'E的长即可．
【详解】
解：矩形ABCD中，∠BAD=∠B=90°，
在Rt△ABE中，AB=3，BE=1，
∴ AE=AB2+BE2=2，
将△ABE绕点A逆时针旋转α(0°<α<360°)得到△AB'E'，当点B'落在线段AD上时，α=90°，
∠EAE'=α=90°，
∴ E'E 的长为90×π×2180=π；
当点B'落在线段DA的延长线上时，
则α=270°，
∴ ∠EAE'=α=270°，
∴ E'E的长为270×π×2180=3π，
综上所述，E'E的长为π或3π．
故答案为：π或3π．
10．（2023·江苏常州·一模）如图，将抛物线y=2(x+1)2+1绕原点O顺时针旋转45°得到新曲线，新曲线与直线y=x交于点M，则点M的坐标为 ．
【答案】322,322
【分析】
本题考查的是二次函数图象与几何变换，旋转的选择、勾股定理的应用，利用逆向思维，确定对应点M、M'的关系，是本题的突破点．直线y=x绕原点O逆时针旋转45°得到x=0，求得抛物线与y轴的交点M'，M'绕原点O顺时针旋转45°得到M，由OM=OM'，即可求解．
【详解】
解：直线y=x绕原点O逆时针旋转45°得到x=0，
设抛物线y=2(x+1)2+1与y轴的交点为M'，
∵抛物线y=2(x+1)2+1，
∴x=0时，y=3，
∴M'0,3，
设点Mm,m，
由题意得：OM=OM'=3，
∴m2+m2=32，
∴m=322，
∴点M的坐标为322,322.
故答案为：322,322.
11．（2023·河南洛阳·一模）如图，直角三角形纸片ABC中，∠ACB=90°，AB=6，BC=8，点D为AC的中点，点E为BC一动点（不与端点重合），且CE<4，沿直线DE折叠该纸片，点C的对应点为C1，再沿直线BC折叠该纸片，点C的对应点为C2，设点C2，D之间的距离为d，则d的取值范围为 ．
【答案】1≤d<5/5>d≥1
【分析】
由勾股定理可得AC=10，设C1D与BC交于点F，作点D关于直线BC的对称点D'，连接DD'交BC于G，由DG∥AB，点D为AC的中点，可得DD'=6，连接C2D'，FD'，则FD'与FD关于直线BC对称，由对称性可得点C2在以点D'为圆心，5为半径的BC上运动，即可得出答案．
【详解】解：∵∠ACB=90°，AB=6，BC=8，
∴AC=AB2+BC2=62+82=10，
如图，设C1D与BC交于点F，作点D关于直线BC的对称点D'，连接DD'交BC于G，
∵点D与点D'关于BC对称，
∴DD'⊥BC，DG=D'G，
∵∠CGD=∠ABC=90°，
∴DG∥AB，
∴△CDG∽△CAB，
∴ DGAB=CDAC，
∵点D为AC的中点，
∴CD=12AC，即CDAC=12，
∴ DG6=12，
∴DG=3，
∴DD'=6，
连接C2D'，FD'，则FD'与FD关于直线BC对称，
∵FC1、FC2关于直线BC对称，且点C1，F，D共线，点C2，F，D'共线，且C2D'=C1D=CD=5，点C2在以点D'为圆心，5为半径的BC上运动，
∴当点C2在DD'上时，点D、C2之间的距离最小，最小值为6−5=1，
又∵d<5，
∴d的取值范围为1≤d<5．
故答案为：1≤d<5．
【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、圆外一点到圆上点的距离最值等知识，熟练掌握折叠的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
12．（2023·浙江宁波·三模）如图，▱OABC的顶点B，C分别落在反比例函数y=ax(a>0,x>0)和y=bx(b<0,x<0)的图象上，连结OB，将△OBC沿着OB翻折，点C的对应点D恰好落在y=ax(a>0,x>0)的图象上，OD与BA交于点E．已知△OBE的面积为6，OE=3DE，则a−b的值为 ，ab的值为 ．
【答案】 16 −35/−0.6
【分析】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，折叠问题．根据已知条件可得OD:OE=4:3，进而得出S△OBC=8根据反比例函数系数k的几何意义得出a−b=16；过点B，点E，点D作BG⊥x轴，EH⊥x轴，DF⊥x轴，垂足分别为G,H,F，证明△BDE≌△OAE得出BE=OE，S△BDE=S△OEA=8−6=2，则BE:AB=3:4，根据S△OEH=S△OEA−S△EHA=916S△ODF得出a=6，进而求得b=−10，即可求解．
【详解】
解：∵OE=3DE，
∴OD:OE=4:3，
∴S△OBC=S△OBD=43S△OBE=8，
∴12|a−b|=8，
∴a−b=16．
过点B，点E，点D作BG⊥x轴，EH⊥x轴，DF⊥x轴，垂足分别为G,H,F，如图所示
则S△BGA=S△OAB−S△OBG=8−12a．
∵四边形OABC是平行四边形，
∴OA=BC， ∠OAB=∠OCB
∵折叠，
∴BC=BD， ∠OCB=∠ODB
∴BD=OA， ∠OAB=∠ODB
又∵∠BED=∠OEA
∴△BDE≌△OAE，
∴BE=OE，S△BDE=S△OEA=8−6=2，
∴BE:AB=3:4，
∴S△EHA=116S△BGA=8−a2×116，
∴S△OEH=S△OEA−S△EHA=916S△ODF，
∴2−8−a2×116=916×a2，
解得a=6．
∴b=−10，
∴ab=−35．
故答案为：16，−35．
三、解答题
13．（2024·新疆阿克苏·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A1,1，B4,1，C3,3．
(1)将△ABC向左平移5个单位得到△A'B'C'，则C'的坐标为（______，______）；
(2)将△ABC绕点O顺时针旋转90°后得到△A1B1C1，画出△A1B1C1，并写出B1的坐标为（______，______）；
【答案】(1)作图见解析，−2，3
(2)作图见解析，1，−4
【分析】
本题考查了作图﹣旋转变换，平移变换，轴对称变换，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
（1）根据平移的性质即可将△ABC向左平移5个单位得到△A'B'C'，进而可得C'的坐标；
（2）根据旋转的性质即可将△ABC绕点O顺时针旋转90°后得到△A1B1C1，进而写出B1的坐标．
【详解】（1）解：如图，△A'B'C'即为所求，C'的坐标为−2,3；
故答案为：−2，3；
（2）解：如图，△A1B1C1即为所求；B1的坐标为1,−4；
故答案为：1，−4；
14．（2023·河南周口·模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展实践活动．
(1)操作判断
操作一：如图（1），正方形纸片ABCD，点E是BC边上（点E不与点B，C重合）任意一点，沿AE折叠△ABE到△AFE，如图（2）所示；
操作二：将图（2）沿过点F的直线折叠，使点E的对称点G落在AE上，得到折痕MN，点C的对称点记为H，如图（3）所示；
操作三：将纸片展平，连接BM，如图（4）所示．
根据以上操作，回答下列问题：
①B，M，N三点 （填“在”或“不在”)一条直线上；
②AE和BN的位置关系是 ，数量关系是 ；
③如图（5），连接AN，改变点E在BC上的位置， （填“存在”或“不存在”)点E，使AN平分∠DAE．
(2)迁移探究
苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片ABCD，AB=4，BC=6，按照（1）中的方式操作，得到图（6）或图（7）．请完成下列探究：
①当点N在CD上时，如图（6），BE和CN有何数量关系？并说明理由；
②当DN的长为1时，请直接写出BE的长．
【答案】(1)①在，②AE⊥BN，相等；③不存在；
(2)①BECN=23，理由见解析；②BE=2或165．
【分析】（1）①E的对称点为E'，BF⊥EE'，MF⊥EE'，即可判断；②由①AE⊥BN，由同角的余角相等得∠BAE=∠CBN，由AAS可判定△ABE≌△BCN，由全等三角形的性质即可得证；③由AAS可判定△DAN≌△MAN，由全等三角形的性质得AM=AD，等量代换得AB=AM，与AB>AM矛盾，即可得证；
（2）①由（1）中的②可判定△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；②当N在CD上时，△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；当N在AD上时，同理可判定△ABE∽△NAB，由三角形相似的性质即可求解．
【详解】（1）解：①E的对称点为E'，
∴BF⊥EE'，MF⊥EE'，
∴B、F、M共线，
故答案为：在；
②由①知：B、F、M共线，N在FM上，
∴AE⊥BN，
∴∠AMB=90°，
∴∠ABM+∠BAE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCN=90°，
AB=BC，
∴∠CBN+∠ABM=90°，
∴∠BAE=∠CBN，
在△ABE和△BCN中
∠BAE=∠CBN∠ABC=∠BCNAB=BC，
∴△ABE≌△BCN(AAS)，
∴AE=BN，
故答案为：相等；
③不存在，理由如下：
假如存在，
∵ AN平分∠DAE，
∴∠DAN=∠MAN，
∵四边形ABCD是正方形，
AM⊥BN，
∴ ∠D=∠AMN=90°，
在△DAN和△MAN中
∠D=∠AMN∠DAN=∠MANAN=ANN
∴△DAN≌△MAN(AAS)，
∴AM=AD，
∵AD=AB，
∴AB=AM，
∵AB是Rt△ABM的斜边，
∴ AB>AM，
∴AB=AM与AB>AM矛盾，
故假设不成立，所以答案为：不存在；
（2）解：①BECN=23，理由如下：
由（1）中的②得：
∠BAE=∠CBN，
∠ABE=∠C=90°，
∴△ABE∽△BCN，
∴ BECN=ABBC=23；
②当N在CD上时，
CN=CD−DN=3，
由①知：△ABE∽△BCN，
∴ BECN=ABBC=23，
∴BE=23CN=2，
当N在AD上时，
AN=AD−DN=5，
∵∠BAE=∠CBN=∠ANB，
∠ABE=∠BAN=90°，
∴△ABE∽△NAB，
∴ BEAB=ABAN，
∴ BE4=45，
∴BE=165，
综上所述：BE=2或165．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．
15．（2023·江苏宿迁·三模）综合与实践
问题情境：如图1，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB'C'D'．使得点C'落在AD的延长线上，B'C'分别交AC，CD于点E和点F．
初步探究：（1）△AEC'的形状是______．
深入探究：（2）如图2，延长C'B'交BC于点G，延长AB'交BC于点H，请判断GH与C'F的数量关系，并说明理由．
拓展延伸：（3）如图3，将矩形AB'C'D'沿射线AD方向平移得到矩形A'B'C'D'，当点B'落在AC上时，延长FD交A'D'于点N，请直接写出四边形C'DND'的面积．
【答案】（1）△AEC'是等腰三角形，理由见解析；（2）GH=C'F，理由见解析；（3）69350．
【分析】（1）证明∠CAD=∠EC'A即可解决问题；
（2）证明△C'DF≌△GB'HASA，可得结论;
（3）如图3中，过点B'作B'H⊥AD于点H，连接C'N根据S四边形DND'C'=S△DNC+S△NC'D'S求解即可；
本题考查了旋转变换的性质， 矩形的性质， 全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握知识点的应用及正确寻找全等三角形．
【详解】（1）结论：△AEC'是等腰三角形，理由：
由旋转变换的性质可知，∠CAD=∠C'AD'，
∵AD'∥B'C'，
∴∠AC'E=∠C'AD'，
∴∠CAD=∠EC'A，
∴EA=EC'，
∴△AEC'是等腰三角形，
故答案为：等腰三角形；
（2）结论：GH=C'F，
理由：如图2中，
∵AD∥CB，
∴∠EGC=∠EC'A，∠CGE=∠AC'E，
∵∠EAC'=∠EC'A，
∴∠EGC=∠ECG，
∴BG=EC，
∵BA=EC，
∵AC=C'G=AC',
∵AD=BC=B'C',
∵DC=GB',
∵BC∥AC',
∴∠DC'F=∠B'GH,
∵∠C'DF=∠GB'H=90°,
∴△C'DF≌△GB'HASA,
∴GH=C'F；
（3）如图3中, 过点B'作B'H⊥AD于点H，连接C'N，
在Rt△A'B'C中，∠A'B'C'=90°,A'B'=6,B'C'=8, ∴A'C'=A'B'2+B'C'2=62+82=10,
∵SA'B'C'=12×A'B'×B'C'=12×A'C'×B'H,
∴B'H=6×810=245,
∴A'H=A'B'2−B'H2=462−2452=185,
∴B'H∥CD,
∴AHAD=B'HCD,
∴AH8=2456,
∴AH=325,
∴AA'=AH−A'H=145,
∴A'D=AD−AA'=265,
∴DC'=A'C'−A'D=10−265=245,
∵DN=A'D34=3910,A'N=A'D×54=132,
∴ND'=A'D'−A'N=32,
∴S四边形DND'C'=S△DNC+S△NC'D'=12×245×3910+12×32×6=69350．
16．（2023·四川成都·三模）如图，直线y=−12x+b与y=ax2交于A，B两点，与y轴交于点C，已知点A的坐标为(−4,8)．
(1)求a，b的值；
(2)将点A绕点C逆时针旋转90°至点D，试说明点D在抛物线上；
(3)在（2）的条件下，平移直线AB交抛物线于点E，F（点E在F的左边），点G在线段OC上．△EFG∽△BAD（点E，F，G分别与点B，A，D对应），求点G的坐标．
【答案】(1)a=12b=6
(2)见解析
(3)G0,209
【分析】
（1）直接利用待定系数法即可求解；
（2）过点A作AM⊥y轴于点M，过点D作DN⊥y轴于点N，先求出点C的坐标(0,6)，则OC=6，AM=4，OM=8，CM=2，由旋转的性质的AC=CD，∠ACD=90°，根据同角的余角相等得∠CAM=∠DCN，易通过AAS，证明△ACM≌△CDN得到CM=DN=2，AM=CN=4，于是ON=2，则D(−2,2)，再判断该点是否满足抛物线解析式即可；
（3）联立两函数解析式求出B(3,92)，利用待定系数法求出直线AD的解析式为y=−3x−4，直线BD的解析式为y=12x+3，由EF∥AB，可设直线EF的解析式为y=−12x+d，E(t,12t2)，得到直线EF的解析式为=y=−12x+12t2+12t，再联立两函数解析式求得F(−t−1,12(t+1)2)，延长FG交AB于点K，设BD与y轴交于点L，EF与y轴交于点Z，由EF∥AB，△EFG∽△BAD，不难证得EG∥BD，FG∥AD，于是求得直线EG的解析式为y=12x+12t2−12t，直线FG的解析式为y=−3x+12(t+1)2−3(t+1)，再联立求得G(−3t+57,12t2−57t−514)，由点G在y轴上可求出t值，再代入即可求解．
【详解】（1）
解：由题意得：(−4)2⋅a=8−12×(−4)+b=8，
解得：a=12b=6；
（2）
如图，过点A作AM⊥y轴于点M，过点D作DN⊥y轴于点N，
则∠AMC=∠CND=90°，
由（1）可知，直线AB的解析式为y=−12x+6，
∴C(0,6)，OC=6，
∵A的坐标为(−4,8)．
∴AM=4，OM=8，
∴CM=OM−OC=8−6=2，
∵点A绕点C逆时针旋转90°至点D，
∴AC=CD，∠ACD=∠AMC=∠CND=90°，
∴∠ACM+∠DCN=90°，
∠ACM+∠CAM=90°，
∴∠CAM=∠DCN，
在△ACM和△CDN中，
∠AMC=∠CND∠CAM=∠DCNAC=CD，
∴△ACM≌△CDNAAS，
∴CM=DN=2，AM=CN=4，
∴ON=OC−CN=6−4=2，
∴D(−2,2)，
当x=−2时，y=12×(−2)2=2，
∴点D在抛物线上；
（3）
由y=−12x+6y=12x2，
解得：x=3y=92或x=−4y=8，
∴B(3,92)，
设直线AD的解析式为y=mx+n，
将点A(−4,8)．D(−2,2)代入得：−4m+n=8−2m+n=2，
解得：m=−3n=−4，
∴直线AD的解析式为y=−3x−4，
设直线BD的解析式为y=kx+c，
将B(3,92)，D(−2,2)代入得：3k+c=92−2k+c=2，
解得：k=12c=3，
∴直线BD的解析式为y=12x+3，
∵ EF∥AB，
∴可设直线EF的解析式为y=−12x+d，E(t,12t2)，
∴直线EF的解析式为y=−12x+12t2+12t，
由y=−12x+12t2+12ty=12x2，
解得：x=−t−1y=12(t+1)2或x=ty=12t2，
∴F(−t−1,12(t+1)2)，
如图，延长FG交AB于点K，设BD与y轴交于点L，EF与y轴交于点Z，
∵EF∥AB，
∴∠EZG=∠BCG，
∵ △EFG∽△BAD，
∴∠DBK=∠GEF，
∴∠EGZ=∠BLC，
∵ ∠BLC=∠DLG，
∴ ∠EGZ=∠DLG，
∴ EG∥BD，
∵ ∠BAD=∠EFG，∠EFG=∠BKG，
∴∠BAD=∠BKG，
∴ FG∥AD，
∴设直线EG的解析式为y=12x+e，设直线FG的解析式为y=−3x+f，
∵直线EG过点E(t,12t2)，直线FG过点F(−t−1,12(t+1)2)，
∴直线EG的解析式为y=12x+12t2−12t，直线FG的解析式为y=−3x+12(t+1)2−3(t+1)，
由y=12x+12t2−12ty=−3x+12(t+1)2−3(t+1)，
解得：x=−3t+57y=12t2−57t−514，
∴G(−3t+57,12t2−57t−514)，
∵G是直线EF上方的y轴上一点，
∴ −3t+57=0，
解得：t=−53，
∴G(0,209)．
【点睛】
本题主要考查利用待定系数法求函数解析式、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、两直线平行在函数中的应用、抛物线与直线的交点问题，解题关键是正确添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．x
………
-3
-2
-1
-12
-13
13
12
1
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3
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y
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2
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52
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………