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几何变换系列精讲二
一、 双基目标
本节主要学习-三种常见的几何变换
(平移、旋转、轴对称）中的解题方法.
对于平移、旋转、轴对称这一类的问题，解题时要紧紧抓住：
变换后的图形，其形状、大小不改变，只是位置发生改变这类特征.然后借助全等的知识，找到点、线、角前后的联系，结合各类几何图形的知识加以解答.21教育网
二、能力目标
随着教育教学改革的深入发展，现代数 ( http: / / www.21cnjy.com )学思想也随之不断渗透，几何变换以运动变换的观点研究几何问题，体现了“形”与“数”的知识融合，把复杂性问题转化为简单性的问题而得到解决，对于学生运用几何变换的思想分析、解决问题的能力，逐渐成为中考考查热点、重点，其中的数学思想业已越来越引起人们的重视和关注。
1、看课件，复习知识体系和基本方法；
2、学习例题，完成变式练习；
3、完成课后练习，巩固基础，提升能力。
【例1】（2021吉林）如图，在平面 ( http: / / www.21cnjy.com )直角坐标系中，等腰直角三角形AOB的斜边OA在y轴上，OA＝2，点B在第一象限．标记点B的位置后，将△AOB沿x轴正方向平移至△A1O1B1的位置，使A1O1经过点B，再标记点B1的位置，继续平移至△A2O2B2的位置，使A2O2经过点B1，此时点B2的坐标为 ．
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【例2】（2021山东聊 ( http: / / www.21cnjy.com )城）如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（ ）21cnjy.com
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A．（，）B．（，） C．（，） D．（，）
【例3】（郑州二模）如图，把R ( http: / / www.21cnjy.com )t△ABC放在平面直角坐标系内，其中∠CAB=90°，sin∠C=0.6，点A、B的坐标分别为（2，0），（8，0），将△ABC沿x轴向右平移，当点C落在直线y=2x-6上时，线段BC扫过的面积为（ ）
A. 16 B. 24 C. 40 D.56
【例4】（2021浙江金华）如图，菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，将该菱形沿AC方向平移2cm得到四边形A′B′C′D′，A′D′交CD于点E，则点E到AC的距离为 cm．21·cn·jy·com
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【例5】（2021湖北荆门）如图，在平面直角坐标系中，Rt△OAB斜边上的高为1，∠AOB＝30°，将Rt△OAB绕原点顺时针旋转90°得到Rt△OCD，点A的对应点C恰好在函数y＝（k≠0）的图象上，若在y＝的图象上另有一点M使得∠MOC＝30°，则点M的坐标为 ．www.21-cn-jy.com
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【例6】如图，在直角坐标系中，点A，B的 ( http: / / www.21cnjy.com )坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（ ）2·1·c·n·j·y
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A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
【例7】（2018达州）如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣6，0），C（0，2）．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为 ．【来源：21·世纪·教育·网】
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【例8】（2018随州）如图，在平面直 ( http: / / www.21cnjy.com )角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC=60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA′B′C′，则点B的对应点B′的坐标为 ．
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【例9】如图，在边长为a正方形ABCD中 ( http: / / www.21cnjy.com )，把边BC绕点B逆时针旋转，得到线段BM，连接AM并延长交CD于N，连接MC，则的面积为
A. B. C. D.
【例10】（2021黔东南）如图，在 ( http: / / www.21cnjy.com )边长为2的正方形ABCD中，若将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′的位置，连接BB′，过点D作DE⊥BB′，交BB′的延长线于点E，则B′E的长为（ ）21·世纪*教育网
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A． B． C． D．
【例11】（2021本溪）如图，在△A ( http: / / www.21cnjy.com )BC中，AB＝BC，由图中的尺规作图痕迹得到的射线BD与AC交于点E，点F为BC的中点，连接EF，若BE＝AC＝2，则△CEF的周长为（ ）www-2-1-cnjy-com
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A．+1 B．+3 C．+1 D．4
【例12】（2019·贵州安顺）如图，在菱形ABCD中，按以下步骤作图：
①分别以点C和点D为圆心，大于CD的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点；
②作直线MN，且MN恰好经过点A，与CD交于点E，连接BE．
则下列说法错误的是（ ）
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A．∠ABC＝60° B．S△ABE＝2S△ADE
C．若AB＝4，则BE＝4√7 D．sin∠CBE＝
【例13】对角线长分别为6和8的菱形AB ( http: / / www.21cnjy.com )CD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕．若B'M=1，则CN的长为（ ）
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A. 7 B. 6 C. 5 D. 4
【例14】如图，在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，将纸片折叠，点A、D分别落在A/、D/处，且A/D/经过点B，EF为折痕，当D/F⊥CD时，
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【例15】如图，Rt△ABC中，∠ACB= ( http: / / www.21cnjy.com )90°，AC=3，BC=4，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B'处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则AD= ；B'F= ．21世纪教育网版权所有
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【例16】如图，BC⊥y轴，BC专题四 平移、旋转、轴对称问题
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中考满分系列精讲
几何变换问题
几何变换，又称空间变换，是图形处理的一个方面，是各种图形处理算法的基础。此外几何变换也是深度学习中数据增强的一种常用方法。在实际应用当中有着极其重要的作用.
具体地，在初等数学当中几何变换是一种重要的数学解题的方法思路。在几何的解题中，当题目给出的条件显得不够或者不明显时，我们可以将图形作一定的变换，这样将有利于发现问题的隐含条件，使问题得以突破。
本专辑将从平移，旋转，轴对称（翻折），相似变换，位似变换中探索解题的奥秘，力争从一个侧面突破中考满分的瓶颈。
一、 双基目标
本节主要学习-三种常见的几何变换
(平移、旋转、轴对称）中的解题方法.
对于平移、旋转、轴对称这一类的问题，解题时要紧紧抓住：
变换后的图形，其形状、大小不改变，只是位置发生改变这类特征.然后借助全等的知识，找到点、线、角前后的联系，结合各类几何图形的知识加以解答.
二、能力目标
随着教育教学改革的深入发展，现代数学思想也随之不断渗透，几何变换以运动变换的观点研究几何问题，体现了“形”与“数”的知识融合，把复杂性问题转化为简单性的问题而得到解决，对于学生运用几何变换的思想分析、解决问题的能力，逐渐成为中考考查热点、重点，其中的数学思想业已越来越引起人们的重视和关注。
四、平移、旋转、轴对称专题
（2021吉林）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形AOB的斜边OA在y轴上，OA＝2，点B在第一象限．标记点B的位置后，将△AOB沿x轴正方向平移至△A1O1B1的位置，使A1O1经过点B，再标记点B1的位置，继续平移至△A2O2B2的位置，使A2O2经过点B1，此时点B2的坐标为 ．
【分析】过点B作BP⊥y轴于点P，由△ABO是等腰直角三角形，OA＝2知AP＝OP＝1，∠AOB＝45°，继而得△BPO是等腰直角三角形，据此可知BP＝PO＝1，再根据题意可得答案．
【答案】：（3，1）．
典例精讲
（2020河南）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐标分别为（﹣2，6）和（7，0）．将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，点D的坐标为（ ）
A．（ ,，2） B．（2，2） C．（ ,，2） D．（4，2）
【分析】根据已知条件得到AC＝6，OC＝2，OB＝7，求得BC＝9，根据正方形的性质得到DE＝OC＝OE＝2，求得O′E′＝O′C′＝2，根据相似三角形的性质得到BO′＝3，于是得到结论．
【答案】：B．
典例精讲
（郑州二模）如图，把Rt△ABC放在平面直角坐标系内，其中∠CAB=90°，sin∠C=0.6，点A、B的坐标分别为（2，0），（8，0），将△ABC沿x轴向右平移，当点C落在直线y=2x-6上时，线段BC扫过的面积为（ ） A. 16 B. 24 C. 40 D.56
【分析】本题考查的是平移的性质，以及坐标系中点的坐标与线段长之间的相互转化，平移是指在平面内，将一个图形上的所有点都按照某个方向作相同距离的移动．经过平移，对应线段平行（或共线）且相等，对应角相等，对应点所连接的线段平行且相等．
根据坐标系中点的坐标与线段长之间的关系得AB=6，
∵∠CAB=90 ，AB=6，sin∠C=0.6
∴BC=10，AC=8.
∴点C的坐标是（2，8），
平移后当点C落在直线y=2x﹣6上时，纵坐标不变,则坐标应为C′（7，8），
典例精讲
（2021浙江金华）如图，菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，将该菱形沿AC方向平移2√3cm得到四边形A′B′C′D′，A′D′交CD于点E，则点E到AC的距离为 cm．
【分析】连接BD，过点E作EF⊥AC于点F，根据菱形的性质可以证明三角形ABD是等边三角形，根据平移的性质可得AD∥A′E，可得 ，解得A′E＝4（cm），再利用30度角所对直角边等于斜边的一半即可求出结论．【答案】：2．
典例精讲
（2021湖北荆门）如图，在平面直角坐标系中，Rt△OAB斜边上的高为1，∠AOB＝30°，将Rt△OAB绕原点顺时针旋转90°得到Rt△OCD，点A的对应点C恰好在函数y＝ （k≠0）的图象上，若在y＝ 的图象上另有一点M使得∠MOC＝30°，则点M的坐标为 .
【分析】作AE⊥OB于E，MF⊥x轴于F，则AE＝1，解直角三角形求得OE＝√3，即可求得C的坐标，根据待定系数法求的反比例函数的解析式，进一步表示出M（√3n，n），代入解析式即可求得结果．
【答案】：（√3，1）．．
典例精讲
（2021山东聊城）如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（ ）
【分析】如图，设AB交OB1于T，过点A1作A1R⊥x轴于R．解直角三角形求出OT，AT，再利用相似三角形的性质求出OR，RA1即可．
【答案】：A．
典例精讲
（2018达州）如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣6，0），C（0，2√3）．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为 .
【分析】连接OB1，作B1H⊥OA于H，证明△AOB≌△HB1O，得到B1H=OA=6，OH=AB=2√3.
【答案】：（﹣2√3，6）．
典例精讲
（2018随州）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC=60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA′B′C′，则点B的对应点B′的坐标为 .
【分析】作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，根据菱形的性质得到∠AOB=30°，再根据旋转的性质得∠BOB′=75°，OB′=OB=2√3，则∠AOB′=∠BOB′﹣∠AOB=45°，所以△OBH为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得OH=B′H=√6，然后根据第四象限内点的坐标特征写出B′点的坐标．【答案】：（√6，﹣√6）．
典例精讲
如图，在边长为a正方形ABCD中，把边BC绕点B逆时针旋转60°，得到线段BM，连接AM并延长交CD于N，连接MC，则△MNC的面积为（ ）
【分析】作MG⊥BC于G，MH⊥CD于H，根据旋转变换的性质得到△MBC是等边三角形，根据直角三角形的性质和勾股定理分别求出MH、CH，根据三角形的面积公式计算即可．
【答案】：C．
典例精讲
（2021黔东南）如图，在边长为2的正方形ABCD中，若将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′的位置，连接BB′，过点D作DE⊥BB′，交BB′的延长线于点E，则B′E的长为（ ）
【分析】分别延长AD和BE交于点F，利用特殊角三角函数求出EF的长，根据△ABB'是等边三角形，求出B'E＝BF﹣BB'﹣EF即可．
【答案】：A．
典例精讲
（2021本溪）如图，在△ABC中，AB＝BC，由图中的尺规作图痕迹得到的射线BD与AC交于点E，点F为BC的中点，连接EF，若BE＝AC＝2，则△CEF的周长为
（ ）
【分析】由题意得BE是∠ABC的平分线，再由等腰三角形的性质得BE⊥AC，AE＝CE＝ AC＝1，由勾股定理得BC＝√5，然后由直角三角形斜边上的中线性质得EF＝ BC＝BF＝CF，求解即可．
典例精讲
（2019·贵州安顺 ）如图，在菱形ABCD中，按以下步骤作图：①分别以点C和点D为圆心，大于 CD的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点；②作直线MN，且MN恰好经过点A，与CD交于点E，连接BE．则下列说法错误的是（ ）
A．∠ABC＝60° B．S△ABE＝2S△ADE
C．若AB＝4，则BE＝4√7 D．sin∠CBE＝
【分析】由题意AN是边CD的中垂线，利用解直角三角形的相关知识能较容易的作出判断
【答案】：C．
典例精讲
(2018 烟台)对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示,点O为对角线的交点,过点O折叠菱形,使B,B′两点重合,MN是折痕.若B'M=1,则CN的长为( )
A．7 B．6 C．5 D．4
【分析】连接AC、BD，如图，根据菱形的性质得出OC= AC=3，OD= BD=4，∠COD=90°，在Rt△COD中，利用勾股定理算出CD的长，然后利用ASA判断出△OBM≌△ODN，根据全等三角形的对应边相等得出DN=BM，根据折叠的性质得出BM=B'M=1，故DN=1，根据相等的和差即可得出答案。
【答案】：D．
典例精讲
如图，在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，将纸片折叠，点A、D分别落在A/、D/处，且A/D/经过点B，EF为折痕，当D/F⊥CD时， .
【分析】首先延长DC与A′D′，交于点M，由四边形ABCD是菱形、折叠的性质，易求得△BCM是等腰三角形，△D′FM是含30°角的直角三角形，然后设CF=x，D′F=DF=y，利用正切函数的知识，即可求得答案．【答案】
典例精讲
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B'处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则AD= ；B'F= .
【分析】 首先根据折叠可得CD=AC=3，B′C=BC=4，∠ACE=∠DCE，∠BCF=∠B′CF，CE⊥AB，然后求得△ECF是等腰直角三角形，进而求得∠B′FD=90°，CE=EF=12/5，ED=AE=9/5，从而求得B′D=1，DF=3/5，即可求出B'F,AD．【答案】18/5，4/5．
典例精讲
如图，BC⊥y轴，BC【分析】可得到∠DOE=∠EAF，∠OED=∠AFE，即可判定△DOE∽△EAF，分情况进行讨论：①当EF=AF时，△AEF沿AE翻折，所得四边形为菱形，进而得到OE的长；②当AE=AF时，△AEF沿EF翻折，所得四边形为菱形，进而得到OE的长；③当AE=EF时，△AEF沿AF翻折，所得四边形为菱形，进而得到OE的长．【答案】6- 或6或9-3√3．
典例精讲中小学教育资源及组卷应用平台
几何变换系列精讲二
一、 双基目标
本节主要学习-三种常见的几何变换
(平移、旋转、轴对称）中的解题方法.
对于平移、旋转、轴对称这一类的问题，解题时要紧紧抓住：
变换后的图形，其形状、大小不改变，只是位置发生改变这类特征.然后借助全等的知识，找到点、线、角前后的联系，结合各类几何图形的知识加以解答.21·cn·jy·com
二、能力目标
随着教育教学改革的深入发 ( http: / / www.21cnjy.com )展，现代数学思想也随之不断渗透，几何变换以运动变换的观点研究几何问题，体现了“形”与“数”的知识融合，把复杂性问题转化为简单性的问题而得到解决，对于学生运用几何变换的思想分析、解决问题的能力，逐渐成为中考考查热点、重点，其中的数学思想业已越来越引起人们的重视和关注。
1、看课件，复习知识体系和基本方法；
2、学习例题，完成变式练习；
3、完成课后练习，巩固基础，提升能力。
【例1】（2021吉林）如图，在平面直角坐标 ( http: / / www.21cnjy.com )系中，等腰直角三角形AOB的斜边OA在y轴上，OA＝2，点B在第一象限．标记点B的位置后，将△AOB沿x轴正方向平移至△A1O1B1的位置，使A1O1经过点B，再标记点B1的位置，继续平移至△A2O2B2的位置，使A2O2经过点B1，此时点B2的坐标为 （3，1） ．21教育网
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【分析】过点B作BP⊥y轴于点P，由△A ( http: / / www.21cnjy.com )BO是等腰直角三角形，OA＝2知AP＝OP＝1，∠AOB＝45°，继而得△BPO是等腰直角三角形，据此可知BP＝PO＝1，再根据题意可得答案．【出处：21教育名师】
【解答】解：如图所示，过点B作BP⊥y轴于点P，
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∵△ABO是等腰直角三角形，OA＝2，
∴AP＝OP＝1，∠AOB＝45°，
∴△BPO是等腰直角三角形，
∴BP＝PO＝1，
由题意知点B2的坐标为（3，1），
故答案为：（3，1）．
【点评】本题主要考查坐标与图形的变化—平移及等腰直角三角形，解题的关键是掌握等腰直角三角形的判定与性质及平移的性质．
【例2】（2021山东聊城）如图 ( http: / / www.21cnjy.com )，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（ ）
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A．（，）B．（，） C．（，） D．（，）
【分析】如图，设AB交OB1于T，过点A1作A1R⊥x轴于R．解直角三角形求出OT，AT，再利用相似三角形的性质求出OR，RA1即可．
【解答】解：如图，设AB交OB1于T，过点A1作A1R⊥x轴于R．
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∵A（0，2），B（﹣1，0），
∴OB＝1，OA＝2，
∴AB＝＝＝，
∵ OB OA＝ AB OT，
∴OT＝＝，
∴AT＝＝＝，
∵∠AOR＝∠AOB＝90°，
∴∠AOT＝∠A1OR，
∵∠ATO＝∠A1RO＝90°，
∴△ATO∽△A1RO，
∴＝＝，
∴1＝＝，
∴OR＝，RA1＝，
∴A1（，），
故选：A．
【点评】本题考查坐标与图形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
【例3】（郑州二模）如图，把Rt△A ( http: / / www.21cnjy.com )BC放在平面直角坐标系内，其中∠CAB=90°，sin∠C=0.6，点A、B的坐标分别为（2，0），（8，0），将△ABC沿x轴向右平移，当点C落在直线y=2x-6上时，线段BC扫过的面积为（ ）
A. 16 B. 24 C. 40 D.56
【分析】本题考查的是平移的性质，以及坐 ( http: / / www.21cnjy.com )标系中点的坐标与线段长之间的相互转化，平移是指在平面内，将一个图形上的所有点都按照某个方向作相同距离的移动．经过平移，对应线段平行（或共线）且相等，对应角相等，对应点所连接的线段平行且相等．【来源：21·世纪·教育·网】
【解答】根据坐标系中点的坐标与线段长之间的关系得AB=6，
∵∠CAB=90 ，AB=6，sin∠C=0.6
∴BC=10，AC=8.
∴点C的坐标是（2，8），
平移后当点C落在直线y=2x﹣6上时，纵坐标不变,则坐标应为C′（7，8），
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【例4】（2021浙江金华）如图，菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，将该菱形沿AC方向平移2cm得到四边形A′B′C′D′，A′D′交CD于点E，则点E到AC的距离为 2 cm．21·世纪*教育网
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【分析】连接BD，过点E作EF⊥AC于点F，根据菱形的性质可以证明三角形ABD是等边三角形，根据平移的性质可得AD∥A′E，可得＝，＝，解得A′E＝4（cm），再利用30度角所对直角边等于斜边的一半即可求出结论．21教育名师原创作品
【解答】解：如图，连接BD，过点E作EF⊥AC于点F，
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∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，BD⊥AC，
∵∠BAD＝60°，
∴三角形ABD是等边三角形，
∵菱形ABCD的边长为6cm，
∴AD＝AB＝BD＝6cm，
∴AG＝GC＝3（cm），
∴AC＝6（cm），
∵AA′＝2（cm），
∴A′C＝4（cm），
∵AD∥A′E，
∴＝，
∴＝，
∴A′E＝4（cm），
∵∠EA′F＝∠DAC＝DAB＝30°，
∴EF＝A′E＝2（cm）．
故答案为：2．
【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，平移的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
【例5】（2021湖北荆门）如图，在平面直角坐标系中，Rt△OAB斜边上的高为1，∠AOB＝30°，将Rt△OAB绕原点顺时针旋转90°得到Rt△OCD，点A的对应点C恰好在函数y＝（k≠0）的图象上，若在y＝的图象上另有一点M使得∠MOC＝30°，则点M的坐标为 （，1） ．
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【分析】作AE⊥OB于E，M ( http: / / www.21cnjy.com )F⊥x轴于F，则AE＝1，解直角三角形求得OE＝√3，即可求得C的坐标，根据待定系数法求的反比例函数的解析式，进一步表示出M（√3n，n），代入解析式即可求得结果．
【解答】解：作AE⊥OB于E，MF⊥x轴于F，则AE＝1，
∵∠AOB＝30°，
∴OE＝AE＝，
将Rt△OAB绕原点顺时针旋转90°得到Rt△OCD，点A的对应点C为（1，），
∵点C在函数y＝（k≠0）的图象上，
∴k＝1×＝，
∴y＝，
∵∠COD＝∠AOB＝30°，∠MOC＝30°，
∴∠DOM＝60°，
∴∠MOF＝30°，
∴OF＝MF，
设MF＝n，则OF＝n，
∴M（n，n），
∵点M在函数y＝的图象上，
∴n＝，
∴n＝1（负数舍去），
∴M（，1），
故答案为（√3，1）．
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【点评】本题考查了反比例函数图象上点的 ( http: / / www.21cnjy.com )坐标特征，含30°角的直角三角形的性质，坐标与图形变化﹣旋转，待定系数法求反比例函数的解析式，求得C的坐标是解题的关键．
【例6】如图，在直角坐标系中， ( http: / / www.21cnjy.com )点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（ ）
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A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
【分析】如图，设AB交OB1于T，过点A1作A1R⊥x轴于R．解直角三角形求出OT，AT，再利用相似三角形的性质求出OR，RA1即可．
【解答】解：如图，设AB交OB1于T，过点A1作A1R⊥x轴于R．
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∵A（0，2），B（﹣1，0），
∴OB＝1，OA＝2，
∴AB＝＝＝，
∵ OB OA＝ AB OT，
∴OT＝＝，
∴AT＝＝＝，
∵∠AOR＝∠AOB＝90°，
∴∠AOT＝∠A1OR，
∵∠ATO＝∠A1RO＝90°，
∴△ATO∽△A1RO，
∴＝＝，
∴1＝＝，
∴OR＝，RA1＝，
∴A1（，），
故选：A．
【点评】本题考查坐标与图形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
【例7】（2018达州）如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣6，0），C（0，2）．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为 （﹣2，6） ．
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【分析】连接OB1，作B1H⊥OA于H，证明△AOB≌△HB1O，得到B1H=OA=6，OH=AB=2，得到答案．2-1-c-n-j-y
【解答】解：连接OB1，作B1H⊥OA于H，
由题意得，OA=6，AB=OC﹣2，
则tan∠BOA==，
∴∠BOA=30°，
∴∠OBA=60°，
由旋转的性质可知，∠B1OB=∠BOA=30°，
∴∴∠B1OH=60°，
在△AOB和△HB1O，
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∴△AOB≌△HB1O，
∴B1H=OA=6，OH=AB=2，
∴点B1的坐标为（﹣2，6），
故答案为：（﹣2√3，6）．
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【点评】本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质，掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．21cnjy.com
【例8】（2018随州）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC=60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA′B′C′，则点B的对应点B′的坐标为 （，﹣） ．【来源：21cnj*y.co*m】
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【分析】作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB ( http: / / www.21cnjy.com )′，根据菱形的性质得到∠AOB=30°，再根据旋转的性质得∠BOB′=75°，OB′=OB=2√3，则∠AOB′=∠BOB′﹣∠AOB=45°，所以△OBH为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得OH=B′H=√6，然后根据第四象限内点的坐标特征写出B′点的坐标．
【解答】解：作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，如图，
∵四边形OABC为菱形，
∴∠AOC=180°﹣∠C=60°，OB平分∠AOC，
∴∠AOB=30°，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至第四象限OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′=75°，OB′=OB=2，
∴∠AOB′=∠BOB′﹣∠AOB=45°，
∴△OBH为等腰直角三角形，
∴OH=B′H=OB′=，
∴点B′的坐标为（，﹣）．
故答案为：（√6，﹣√6）．
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【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．21世纪教育网版权所有
【例9】如图，在边长为a正 ( http: / / www.21cnjy.com )方形ABCD中，把边BC绕点B逆时针旋转，得到线段BM，连接AM并延长交CD于N，连接MC，则的面积为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】解：作于H，
则，，
，
，，
，
，
由旋转变换的性质可知，是等边三角形，
，
由题意得，，
，，
，
，
的面积，
故选：C．
作于G，于H，根据旋转变换的性质得到是等边三角形，根据直角三角形的性质和勾股定理分别求出MH、CH，根据三角形的面积公式计算即可．
本题考查的是旋转变换的性质、正方形的性质，掌握正方形的性质、平行线的性质是解题的关键．
【例10】（2021黔东南）如图，在边长为2的正方形ABCD中，若将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′的位置，连接BB′，过点D作DE⊥BB′，交BB′的延长线于点E，则B′E的长为（ ）
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A． B． C． D．
【分析】分别延长AD和BE交于点F，利用特殊角三角函数求出EF的长，根据△ABB'是等边三角形，求出B'E＝BF﹣BB'﹣EF即可．
【解答】解：分别延长AD和BE交于点F，
由题知，AB＝2，∠ABF＝60°，
∴BF＝AB÷cos60°＝2÷＝4，AF＝BF cos60°＝4×＝2，∠F＝90°﹣∠ABF＝30°，
∴DF＝AF﹣AD＝2﹣2，
∴EF＝DF cos∠F＝（2）×＝3﹣，
由题知，△ABB'是等边三角形，
∴B'E＝BF﹣BB'﹣EF＝4﹣2﹣（3﹣）＝﹣1，
故选：A．
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【点评】本题主要考查旋转的性 ( http: / / www.21cnjy.com )质，等边三角形的性质，正方形的性质等知识点，根据旋转判断△ABB'是等边三角形及特殊角三角函数的应用是解题的关键．
【例11】（2021本溪）如图，在 ( http: / / www.21cnjy.com )△ABC中，AB＝BC，由图中的尺规作图痕迹得到的射线BD与AC交于点E，点F为BC的中点，连接EF，若BE＝AC＝2，则△CEF的周长为（ ）
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A．+1 B．+3 C．+1 D．4
【分析】由题意得BE是∠ABC的平分线，再由等腰三角形的性质得BE⊥AC，AE＝CE＝AC＝1，由勾股定理得BC＝，然后由直角三角形斜边上的中线性质得EF＝BC＝BF＝CF，求解即可．
【解答】解：由图中的尺规作图得：BE是∠ABC的平分线，
∵AB＝BC，
∴BE⊥AC，AE＝CE＝AC＝1，
∴∠BEC＝90°，
∴BC＝＝＝，
∵点F为BC的中点，
∴EF＝BC＝BF＝CF，
∴△CEF的周长＝CF+EF+CE＝CF+BF+CE＝BC+CE＝+1，
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理、尺规作图等知识；熟练掌握尺规作图和等腰三角形的性质，证出EF＝BC＝BF＝CF是解题的关键．2·1·c·n·j·y
【例12】（2019·贵州安顺）如图，在菱形ABCD中，按以下步骤作图：
①分别以点C和点D为圆心，大于CD的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点；
②作直线MN，且MN恰好经过点A，与CD交于点E，连接BE．
则下列说法错误的是（ ）
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A．∠ABC＝60° B．S△ABE＝2S△ADE
C．若AB＝4，则BE＝4√7 D．sin∠CBE＝
【解答】解：由作法得AE垂直平分CD，即CE＝DE，AE⊥CD，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝CD＝2DE，AB∥DE，
在Rt△ADE中，cosD＝＝，
∴∠D＝60°，
∴∠ABC＝60°，所以A选项的结论正确；
∵S△ABE＝AB AE，S△ADE＝DE AE，
而AB＝2DE，
∴S△ABE＝2S△ADE，所以B选项的结论正确；
若AB＝4，则DE＝2，
∴AE＝2，
在Rt△ABE中，BE＝＝2，所以C选项的结论错误；
作EH⊥BC交BC的延长线于H，如图，
设AB＝4a，则CE＝2a，BC＝4a，BE＝2a，
在△CHE中，∠ECH＝∠D＝60°，
∴CH＝a，EH＝a，
∴sin∠CBE＝＝＝，所以D选项的结论正确．
故选：C．
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【例13】对角线长分别为6和8的菱形ABC ( http: / / www.21cnjy.com )D如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕．若B'M=1，则CN的长为（ ）
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A. 7 B. 6 C. 5 D. 4
【答案】D
【解析】【解答】解：连接AC、BD，如图，
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∵点O为菱形ABCD的对角线的交点，
∴OC= AC=3，OD= BD=4，∠COD=90°，
在Rt△COD中，CD= =5，
∵AB∥CD，
∴∠MBO=∠NDO，
在△OBM和△ODN中 ，
∴△OBM≌△ODN，
∴DN=BM，
∵过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕，
∴BM=B'M=1，
∴DN=1，
∴CN=CD﹣DN=5﹣1=4．
故答案为：D．
【分析】连接AC、BD，如图，根据菱形的性质得出OC= AC=3，OD= BD=4，∠COD=90°，在Rt△COD中，利用勾股定理算出CD的长，然后利用ASA判断出△OBM≌△ODN，根据全等三角形的对应边相等得出DN=BM，根据折叠的性质得出BM=B'M=1，故DN=1，根据相等的和差即可得出答案。
【例14】如图，在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，将纸片折叠，点A、D分别落在A/、D/处，且A/D/经过点B，EF为折痕，当D/F⊥CD时，
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【答案】A
【分析】首先延长DC与A′D′，交于点M，由四边形ABCD是菱形、折叠的性质，易求得△BCM是等腰三角形，△D′FM是含30°角的直角三角形，然后设CF=x，D′F=DF=y，利用正切函数的知识，即可求得答案．
解：延长DC与A′D′，交于点M，
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∵在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，
∴∠DCB=∠A=60°，AB∥CD，
∴∠D=180°﹣∠A=120°，
根据折叠的性质，可得∠A′D′F=∠D=120°，
∴∠FD′M=180°﹣∠A′D′F=60°，
∵D′F⊥CD，
∴∠D′FM=90°，∠M=90°﹣∠FD′M=30°，
∵∠BCM=180°﹣∠BCD=120°，
∴∠CBM=180°﹣∠BCM﹣∠M=30°，
∴∠CBM=∠M，
∴BC=CM，
设CF=x，D′F=DF=y，
则BC=CM=CD=CF+DF=x+y，
∴FM=CM+CF=2x+y，
在Rt△D′FM中
∴x= y，
∴ ( https: / / iknow-pic.cdn. / 2fdda3cc7cd98d10f8a64783223fb80e7bec9016" \o "点击查看大图 ) = = ( https: / / iknow-pic.cdn. / cdbf6c81800a19d89754cfb730fa828ba61e4628" \o "点击查看大图 ) ．
故选A.www.21-cn-jy.com
【例15】如图，Rt△ABC中， ( http: / / www.21cnjy.com )∠ACB=90°，AC=3，BC=4，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B'处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则AD= ；B'F= ．www-2-1-cnjy-com
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【分析】 首先根据折叠可得CD=A ( http: / / www.21cnjy.com )C=3，B′C=BC=4，∠ACE=∠DCE，∠BCF=∠B′CF，CE⊥AB，然后求得△ECF是等腰直角三角形，进而求得∠B′FD=90°，CE=EF=12/5，ED=AE=9/5，从而求得B′D=1，DF=3/5，即可求出B'F．
解答 解：根据折叠的性质可知，CD=AC=3 ( http: / / www.21cnjy.com )，B′C=BC=4，∠ACE=∠DCE，∠BCF=∠B′CF，CE⊥AB，
∴B′D=4-3=1，∠DCE+∠B′CF=∠ACE+∠BCF，
∵∠ACB=90°，
∴∠ECF=45°，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴EF=CE，∠EFC=45°，
∴∠BFC=∠B′FC=135°，
∴∠B′FD=90°，
∵S△ABC=1/2AC BC=1/2AB CE，
∴AC BC=AB CE，
∵根据勾股定理求得AB=5，
∴CE=12/5，
∴EF=12/5，ED=AE=9/5，
∴AD=2×9/5=18/5，DF=EF-ED=3/5，
∴B'F=BF=AB-AD-DF=4/5．
故答案为：18/5，4/5．21*cnjy*com
点评 此题主要考查了翻折变换，等腰三角形的判定和性质，勾股定理的应用等，根据折叠的性质求得相等的角是解决本题的关键．【版权所有：21教育】
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【例16】如图，BC⊥y轴，BC( http: / / www.21cnjy.com / ) ( http: / / www.21cnjy.com / )
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【解答】
6-或6或9-3√2
【分析】
解：连接OD，过点BH⊥x轴，
①沿着EA翻折，如图1：∵∠OAB=45°，AB=3，
∴AH=BH=，
∴CO=，
∵BD=OA=2，
∴BD=2，OA=8，
∴BC=8-，
∴CD=6-；
∵四边形FENA是菱形，
∴∠FAN=90°，
∴四边形EFAN是正方形，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∵∠DEF=45°，
∴DE⊥OA，
∴OE=CD=6-；
②沿着AF翻折，如图2：
∴AE=EF，
∴B与F重合，
∴∠BDE=45°，
∵四边形ABDE是平行四边形
∴AE=BD=2，
∴OE=OA-AE=8-2=6；
③沿着EF翻折，如图3：
∴AE=AF，
∵∠EAF=45°，
∴△AEF是等腰三角形，
过点F作FM⊥x轴，过点D作DN⊥x轴，
∴△EFM∽△DNE，
∴=，
∴将条件代入得，
∴NE=3-，
∴OE=6-+3-=9-3√3；
综上所述：OE的长为6-或6或9-3，
故答案为6-或6或9-3√3．
【分析】可得到∠DOE=∠EAF，∠OED=∠AFE，即可判定△DOE∽△EAF，分情况进行讨论：①当EF=AF时，△AEF沿AE翻折，所得四边形为菱形，进而得到OE的长；②当AE=AF时，△AEF沿EF翻折，所得四边形为菱形，进而得到OE的长；③当AE=EF时，△AEF沿AF翻折，所得四边形为菱形，进而得到OE的长．
本题主要考查翻折变换的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的定义和性质、菱形的定义和性质等有关知识的综合运用，解题的关键是判定△ODE和△AEF相似，根据相似三角形的性质得出线段的长．
专题四 平移、旋转、轴对称问题
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