2025年浙江省中考数学一轮复习专题检测 专题26 图形的轴对称、平移与旋转（含解析）

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专题26 图形的轴对称、平移与旋转
一．选择题
1．（2024 滨州）数学中有许多精美的曲线，以下是“悬链线”“黄金螺旋线”“三叶玫瑰线”和“笛卡尔心形线”．其中不是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024 大庆）垃圾分类功在当代，利在千秋．下列垃圾分类指引标志中，文字上方的图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A．厨余垃圾 B．有害垃圾 C．其他垃圾 D．可回收物
3．（2024 拱墅区一模）在平面直角坐标系中，点A（2，﹣3）与点B（a，b）关于y轴对称，则（　　）
A．a＝2，b＝﹣3 B．a＝2，b＝3 C．a＝﹣2，b＝﹣3 D．a＝﹣2，b＝3
4．（2024 海南）平面直角坐标系中，将点A向右平移3个单位长度得到点A′（2，1），则点A的坐标是（　　）
A．（5，1） B．（2，4） C．（﹣1，1） D．（2，﹣2）
5．（2024 天津）如图，△ABC中，∠B＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，延长BA交DE于点F，下列结论一定正确的是（　　）
A．∠ACB＝∠ACD B．AC∥DE C．AB＝EF D．BF⊥CE
6．（2025 沁阳市二模）如图，点A（0，﹣2），B（1，0），将线段AB平移得到线段DC，若∠ABC＝90°，BC＝2AB，则点D的坐标是（　　）
A．（4，﹣4） B．（4，﹣6） C．（6，﹣2） D．（3，﹣4）
7．（2024 鹿城区校级模拟）如图，把一张长方形纸片ABCD沿PQ，MN折叠．顶点A、B，C，D的对应点分别为A′，B′，C′，D′，点B′与D′重合，点A′恰与BC，MD′的交点重合．若CD＝2，A′M＝3，则AD的长为（　　）
A．12cm B． C． D．15cm
8．（2025 浙江模拟）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AD，BC上的点，将正方形纸片ABCD沿EF折叠，使得点B的对应点B'恰好落在边CD上，要想知道正方形ABCD的边长，只需知道（　　）
A．BF的长度 B．△B′CF的周长 C．△B′DG的周长 D．△A′EG的面积
9．（2024 椒江区二模）如图，将三角形ABC（AC＞AB）沿BC方向平移得到△DEF，使，DE与AC交于点M，以下关于四边形DMCF和四边形ABEM周长的说法，正确的是（　　）
A．周长之差可由（AC﹣AB）值确定
B．周长之和可由（AC+AB）值确定
C．周长之差可由（AC﹣AB+BC）值确定
D．周长之和可由（AC+AB+BC）值确定
10．（2024 舟山一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别为BC，AB的中点，将△EDB绕点B顺时针旋转α（0＜α＜90°）形成△E′D′B，连结AE′．若BC＝2AC，AE′∥BC时，则为（　　）
A． B． C． D．
二．填空题
11．（2024 海宁市三模）已知点M（a，1）与点N（﹣2，b）关于原点成中心对称，则a+b＝　 　 ．
12．（2024 辽宁）在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标分别为A（2，﹣1），B（1，0），将线段AB平移后，点A的对应点A′的坐标为（2，1），则点B的对应点B′的坐标为 　 　 ．
13．（2024 新昌县一模）如图，将周长为12的△ABC沿BC边向右平移3个单位，得到△DEF，则四边形ABFD的周长为 　 　 ．
14．（2024 瓯海区校级三模）如图，在△ABD中，∠BAD＝90°，将△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，此时点C恰好落在BD边上．若∠E＝22°，则∠BAC＝　 　 .
15．（2024 金华一模）如图，在菱形ABCD中，点E在BC上，将△ABE沿AE折叠得到△AGE，点G在BC的延长线上，AG与CD相交于点F．若，则tanB的值为 　 　 ．
16．（2024 普陀区二模）如图，在Rt△ABC中，AC＝2b，BC＝2a，点D，E分别为BC、AB的中点，将△BDE绕着点B顺时针旋转，得到△BD′E′，当C，E′，D′在同一直线上时，则CE′的长为 　 　 ．
三．解答题
17．（2024 金华一模）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中建立直角坐标系，小正方形的顶点为格点，△ABC与△EFG的顶点都在格点上．
（1）作△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称．
（2）已知△ABC与△EFG关于点P成中心对称，请在图中画出点P的位置，并写出该点的坐标．
18．（2024 温岭市一模）如图，在矩形ABCD中，点E是边BC上一点，连结AE，将△ABE沿着AE折叠得到△AFE，延长EF恰好经过点D．
（1）求证：△ADF≌△DEC．
（2）若AB＝6，AD＝10，求△EDC的周长．
19．（2025 衢州一模）如图，在△ABC中，CA＝CB，D是△ABC内一点，连结CD，将线段CD绕点C逆时针旋转到CE，使∠DCE＝∠ACB，连结AD，DE，BE．
（1）求证：△CAD≌△CBE．
（2）当∠CAB＝60°时，求∠CBE与∠BAD的度数和．
20．（2024 瑞安市二模）如图，在Rt△ABC中，点D是BC的中点，点E在AB上，将△BDE沿DE翻折至△FDE，使点F落在AC上，延长EF与BC的延长线交于点G．
（1）求证：DE∥AC．
（2）若BC＝10，，求AC的长．
21．（2024 拱墅区校级二模）综合与实践
如图1是实验室中的一种机械装置，BC在地面上，所在等腰直角三角形ABC是固定支架，机械臂AD可以绕点A旋转，同时机械臂DM可以绕点D旋转，已知∠BAC＝90°，AD＝6，DM＝2．
（1）如图2，把机械臂AD顺时针旋转90°，点D旋转到点E处，连结DE，当∠AEC＝135°，
①连接CD，探究BE与CD的数量关系和位置关系，并说明理由；
②当CE＝7时，求BE的长；
（2）如图3，机械臂A、D、M三点共线，AM∥BC，此时机械臂AM顺时针旋转105°，机械臂一端恰好落在BC边上，标记为点N，求支架AB的长．
22．（2024 上城区一模）综合与实践
主题任务 “我的校园我做主”草坪设计
入项探究环节 任务背景 学校举办“迎五一，爱劳动”主题实践活动，九（2）班参加校园美化设计任务： 校园内有一块宽为31米，长为40米的矩形草坪，在草坪上设计两条小路， 具体要求： （1）矩形草坪每条边上必须有一个口宽相等的路口； （2）两条小路必须设计成平行四边形；
驱动任务一 九（2）班各个实践小组的设计方案汇总后，主要有甲、乙、丙三种不同的方案（如图1）： （1）直观猜想：方案中小路的总面积大小关系：S甲　 　 S乙，S甲　 　 S丙；（请填“相等”或“不相等”）
深入探究 驱动任务二 验证猜想：各个实践小组用如表格进行研究： 方案纵向小路面积横向小路面积纵横交叉面积小路总面积乙方案31x40x甲方案31x40x丙方案31x40x
（2）请用含x的代数式表示甲方案中小路总面积：　 　 ；
驱动任务三 （3）如果甲种方案除小路后草坪总面积约为1170平方米．请计算两条小路的宽度是多少？
拓展探究 驱动任务四 为了深入研究，各个小组选择丙方案（如图2）进行研究．若两条小路与矩形两组对边所夹锐角∠BGF＝∠AEF＝θ． （4）若θ＝60°时，用含x的代数式拓表示四边形FHPQ的边长FH； （5）若x＝1时，请用含θ的三角函数表示两条路重叠部分四边形FHPQ的面积，并写出sinθ取值范围．
答案与解析
一．选择题
1．（2024 滨州）数学中有许多精美的曲线，以下是“悬链线”“黄金螺旋线”“三叶玫瑰线”和“笛卡尔心形线”．其中不是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【点拨】根据轴对称图形的概念求解．
【解析】解：A、是轴对称图形；
B、不是轴对称图形；
C、是轴对称图形；
D、是轴对称图形；
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念．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．
2．（2024 大庆）垃圾分类功在当代，利在千秋．下列垃圾分类指引标志中，文字上方的图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A．厨余垃圾 B．有害垃圾 C．其他垃圾 D．可回收物
【点拨】一个平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，若折叠后直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形即为轴对称图形；一个平面内，如果一个图形绕某个点旋转180°，若旋转后的图形与原来的图形完全重合，那么这个图形即为中心对称图形；据此进行判断即可．
【解析】解：A是轴对称图形，但它不是中心对称图形，则A不符合题意；
B既是轴对称图形，也是中心对称图形，则B符合题意；
C不是轴对称图形，也不是中心对称图形，则C不符合题意；
D不是轴对称图形，也不是中心对称图形，则D不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称图形及中心对称图形，熟练掌握其定义是解题的关键．
3．（2024 拱墅区一模）在平面直角坐标系中，点A（2，﹣3）与点B（a，b）关于y轴对称，则（　　）
A．a＝2，b＝﹣3 B．a＝2，b＝3 C．a＝﹣2，b＝﹣3 D．a＝﹣2，b＝3
【点拨】根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”即可求出a、b的值．
【解析】解：在平面直角坐标系中，点A（2，﹣3）与点B（a，b）关于y轴对称，则a＝﹣2，b＝﹣3．
故选：C．
【点睛】本题考查了关于y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数．
4．（2024 海南）平面直角坐标系中，将点A向右平移3个单位长度得到点A′（2，1），则点A的坐标是（　　）
A．（5，1） B．（2，4） C．（﹣1，1） D．（2，﹣2）
【点拨】将点A'的横坐标减3，纵坐标不变即可得到点A的坐标．
【解析】解：将点A向右平移3个单位长度后得到点A'（2，1），
∴点A的坐标是（2﹣3，1），即点A的坐标为（﹣1，1），
故选：C．
【点睛】此题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，关键是掌握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．
5．（2024 天津）如图，△ABC中，∠B＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，延长BA交DE于点F，下列结论一定正确的是（　　）
A．∠ACB＝∠ACD B．AC∥DE C．AB＝EF D．BF⊥CE
【点拨】先根据旋转性质得∠BCE＝∠ACD＝60°，结合∠B＝30°，即可得证BF⊥CE，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析AC∥DE不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算得出A和C选项是错误的．
【解析】解：设BF与CE相交于点H，如图所示：
∵△ABC中，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE＝∠ACD＝60°，
∵∠B＝30°，
∴在△BHC中，∠BHC＝180°﹣∠BCE﹣∠B＝90°，
∴BF⊥CE，故D选项正确；
设∠ACH＝x°，
∴∠ACB＝60°﹣x°，
∵∠B＝30°，
∴∠EDC＝∠BAC＝180°﹣30°﹣（60°﹣x°）＝90°+x°，
∴∠EDC+∠ACD＝90°+x°+60°＝150°+x°，
∵x°不一定等于30°，
∴∠EDC+∠ACD不一定等于180°，
∴AC∥DE不一定成立，故B选项不正确；
∵∠ACB＝60°﹣x°，∠ACD＝60°，x°不一定等于0°，
∴∠ACB＝∠ACD不一定成立，故A选项不正确；
∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴AB＝ED＝EF+FD，
∴BA＞EF，故C选项不正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
6．（2025 沁阳市二模）如图，点A（0，﹣2），B（1，0），将线段AB平移得到线段DC，若∠ABC＝90°，BC＝2AB，则点D的坐标是（　　）
A．（4，﹣4） B．（4，﹣6） C．（6，﹣2） D．（3，﹣4）
【点拨】过点D作DE⊥y轴于点E，利用点A，B的坐标表示出线段OA，OB的长，利用平移的性质和矩形的判定定理得到四边形ABCD是矩形；利用相似三角形的判定与性质求得线段DE，AE的长，进而得到OE的长，则结论可得．
【解析】解：过点D作DE⊥y轴于点E，如图，
∵点A（0，﹣2）、B（1，0），
∴OA＝2，OB＝1．
∵线段AB平移得到线段DC，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，BC＝AD，
∵BC＝2AB，
∴AD＝2AB，
∵∠BAO+∠DAE＝90°，∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠EAD．
∵∠AOB＝∠AED＝90°，
∴△ABO∽△DAE．
∴＝＝＝，
∴DE＝2OA＝4，AE＝2OB＝2，
∴OE＝OA+AE＝4，
∴D（4，﹣4）．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
7．（2024 鹿城区校级模拟）如图，把一张长方形纸片ABCD沿PQ，MN折叠．顶点A、B，C，D的对应点分别为A′，B′，C′，D′，点B′与D′重合，点A′恰与BC，MD′的交点重合．若CD＝2，A′M＝3，则AD的长为（　　）
A．12cm B． C． D．15cm
【点拨】过点A'作A'E⊥C'N于点E，在Rt△A'NE中，求出A'N，A'E，NE，证明△A'QB'∽△NA'E，利用对应边成比例求出A'Q，B'Q，再利用线段间的关系即可求出BC，从而得到AD的长．
【解析】解：过点A'作A'E⊥C'N于点E，如图，
由题意，知四边形A'B'C'E是矩形，
∴A'E＝D'C'＝DC＝2，EC'＝A′B'＝AB＝DC＝2，
∵把一张长方形纸片ABCD沿PQ，MN折叠．
∴AD∥BC，∠DMN＝∠A'MN，
∴∠DMN＝∠A'NM＝∠A'MN，
∴A'N＝A'M＝3，
在Rt△A'NE中，
由勾股定理，得NE＝＝＝，
由题意，知A'E∥QB'，
∴∠A'QB'＝∠NA'E，
又∵∠A'B'Q＝∠NEA'＝90°，
∴△A'QB'∽△NA'E，
∴＝＝＝＝，
∴A'Q＝NA'＝×3＝，
QB'＝A'E＝×2＝，
∴BQ＝QB'＝，NC＝NC'＝NE+EC'＝+2，
∴AD＝BC＝BQ+A'Q+A'N+NC＝++3++2＝，
故选：B．
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，弄清图形中相关线段之间的关系，掌握相关图形的性质和判定是解题的关键．
8．（2025 浙江模拟）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AD，BC上的点，将正方形纸片ABCD沿EF折叠，使得点B的对应点B'恰好落在边CD上，要想知道正方形ABCD的边长，只需知道（　　）
A．BF的长度 B．△B′CF的周长 C．△B′DG的周长 D．△A′EG的面积
【点拨】证明△DB′G∽△CFB′，可得＝＝，故DB'+DG+B'G＝＝，即可证明DB'+DG+B'G＝2AB，故要想知道正方形ABCD的边长，只需知道△B′DG的周长．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠C＝∠B＝90°，BC＝CD＝AB，
由折叠得∠GB′F＝∠B＝90°，B′F＝BF，
∴DB′＝CD﹣B′C＝BC﹣B′C，CF+B′F＝CF+BF＝BC，BF2﹣B′C2＝B′F2﹣B′C2＝CF2，∠DB′G＝∠CFB′＝90°﹣∠CB′F，
∴△DB′G∽△CFB′，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴DB'+DG+B'G＝＝，
∵＝＝＝＝2（BF+CF）＝2AB，
∴DB'+DG+B'G＝2AB，
∴要想知道正方形ABCD的边长，只需知道△B′DG的周长；
故选：C．
【点睛】本题考查折叠变化，涉及相似三角形的判定与性质，正方形性质及应用，解题的关键是需要有较强的运算，变形的能力．
9．（2024 椒江区二模）如图，将三角形ABC（AC＞AB）沿BC方向平移得到△DEF，使，DE与AC交于点M，以下关于四边形DMCF和四边形ABEM周长的说法，正确的是（　　）
A．周长之差可由（AC﹣AB）值确定 B．周长之和可由（AC+AB）值确定
C．周长之差可由（AC﹣AB+BC）值确定 D．周长之和可由（AC+AB+BC）值确定
【点拨】根据平移的性质得出周长关系解答即可．
【解析】解：由平移可知，BE＝CF，AB＝DE，AC＝DF，BC＝EF，
∵BE＝BC，
∴EC＝2BE，BC＝3BE，
∴四边形DMCF和四边形ABEM周长之差＝（DM+MC+CF+DF）﹣（AB+BE+AM+ME）＝（AB﹣ME+AC﹣AM+BE+AC）﹣（AB+BE+AM+ME）＝AB﹣ME+AC﹣AM+BE+AC﹣AB﹣BE﹣AM﹣ME＝2AC﹣2ME﹣2AM＝，
四边形DMCF和四边形ABEM周长之和＝（DM+MC+CF+DF）+（AB+BE+AM+ME）＝（AB﹣ME+AC﹣AM+BE+AC）+（AB+BE+AM+ME）＝2AB+2BE+2AC＝2AB+BC+2AC，
∴周长之差可由（AC﹣AB）值确定，
故选：A．
【点睛】此题考查平移的性质，关键是根据平移的性质得出周长关系解答．
10．（2024 舟山一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别为BC，AB的中点，将△EDB绕点B顺时针旋转α（0＜α＜90°）形成△E′D′B，连结AE′．若BC＝2AC，AE′∥BC时，则为（　　）
A． B． C． D．
【点拨】根据BC＝2AC，可设出BC及AC的长，过点B作AE′的垂线，垂足为M，利用勾股定理表示出E′M的长，进而可表示出AE′的长，据此可解决问题．
【解析】解：∵BC＝2AC，
∴令AC＝a，BC＝2a．
在Rt△ABC中，
AB＝．
又∵点D，E分别为BC和AB的中点，
∴BD＝a，BE＝．
由旋转可知，
D′E′＝DE＝a，BE′＝BE＝．
过点B作AE′的垂线，垂足为M，
∵AE′∥BC，
∴∠E′AC+∠C＝180°，
又∵∠C＝90°，
∴∠E′AC＝90°，
∴四边形ACBM为矩形，
∴BM＝AC＝a，AM＝BC＝2a．
在Rt△BE′M中，
ME′＝，
∴AE′＝2a﹣，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质及三角形中位线定理，熟知图形旋转的性质是解题的关键．
二．填空题
11．（2024 海宁市三模）已知点M（a，1）与点N（﹣2，b）关于原点成中心对称，则a+b＝　1　 ．
【点拨】关于原点成中心对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，由此可得a，b的值，进而可得答案．
【解析】解：∵点M（a，1）与点N（﹣2，b）关于原点成中心对称，
∴a＝2，b＝﹣1，
∴a+b＝2﹣1＝1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查关于原点对称的点的坐标，解题的关键是熟知关于原点成中心对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．
12．（2024 辽宁）在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标分别为A（2，﹣1），B（1，0），将线段AB平移后，点A的对应点A′的坐标为（2，1），则点B的对应点B′的坐标为 　（1，2）　 ．
【点拨】根据点A及点A对应点的坐标，得出平移的方向和距离，据此可解决问题．
【解析】解：因为点A坐标为（2，﹣1），且平移后对应点A′的坐标为（2，1），
所以2﹣2＝0，1﹣（﹣1）＝2，
所以1+0＝1，0+2＝2，
所以点B的对应点B′的坐标为（1，2）．
故答案为：（1，2）．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，熟知图形平移的性质是解题的关键．
13．（2024 新昌县一模）如图，将周长为12的△ABC沿BC边向右平移3个单位，得到△DEF，则四边形ABFD的周长为 　18　 ．
【点拨】根据平移的性质，对应点的连线AD、CF都等于平移距离，再根据四边形ABFD的周长＝△ABC的周长+AD+CF代入数据计算即可得解．
【解析】解：∵△ABC沿BC方向平移2个单位得到△DEF，
∴AD＝CF＝2，
∴四边形ABFD的周长
＝AB+BC+DF+CF+AD
＝△ABC的周长+AD+CF
＝12+3+3
＝18．
故答案为：18．
【点睛】本题考查了平移的性质，主要利用了对应点的连线等于平移距离，结合图形表示出四边形ABFD的周长是解题的关键．
14．（2024 瓯海区校级三模）如图，在△ABD中，∠BAD＝90°，将△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，此时点C恰好落在BD边上．若∠E＝22°，则∠BAC＝　44°　 .
【点拨】由旋转得，AB＝AC，∠D＝∠E＝22°，则∠B＝∠ACB＝180°﹣∠BAD﹣∠D＝68°，再根据∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠ACB可得答案．
【解析】解：由旋转得，AB＝AC，∠D＝∠E＝22°，
∴∠B＝∠ACB．
∵∠BAD＝90°，
∴∠B＝180°﹣∠BAD﹣∠D＝68°，
∴∠ACB＝68°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠ACB＝44°．
故答案为：44°．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
15．（2024 金华一模）如图，在菱形ABCD中，点E在BC上，将△ABE沿AE折叠得到△AGE，点G在BC的延长线上，AG与CD相交于点F．若，则tanB的值为 　　 ．
【点拨】设FG＝k，AF＝3k，则AG＝4k＝AD＝BC，依据△ADF∽△GCF，即可得到CG＝AD＝k；由折叠可得，BE＝BG＝k．在Rt△ABE中，依据勾股定理即可得到AE＝＝k，进而得出tanB的值．
【解析】解：设FG＝k，AF＝3k，则AG＝4k＝AD＝BC，
∵AD∥CG，
∴△ADF∽△GCF，
∴＝＝3，
∴CG＝AD＝k，
∴BG＝4k+k＝k，
由折叠可得，BE＝BG＝k，∠AEB＝∠AEG＝90°，
∴Rt△ABE中，AE＝＝k，
∴tanB＝＝＝，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质以及折叠变换，解决问题的关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
16．（2024 普陀区二模）如图，在Rt△ABC中，AC＝2b，BC＝2a，点D，E分别为BC、AB的中点，将△BDE绕着点B顺时针旋转，得到△BD′E′，当C，E′，D′在同一直线上时，则CE′的长为 　或　 ．
【点拨】根据中位线的性质可求出DE的长，进而得出D′E′的长，再根据C，E′，D′在一条直线上结合勾股定理求出CD′的长即可解决问题．
【解析】解：当E′，D′在AB上方时，如图所示，
∵点D，E分别为BC、AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE＝，DE∥AC，
∴∠BDE＝∠BCA＝90°．
∵点D是BC中点，
∴BD＝．
由旋转可知，
D′E′＝DE＝b，BD′＝BD＝a，∠BD′E′＝∠BDE＝90°．
又∵点C，E′，D′在同一直线上，
则在Rt△BD′C中，
CD′＝，
∴CE′＝CD′﹣D′E′＝．
当D′，E′在AB下方时，如图所示，
同理可得，CE′＝CD′+D′E′＝．
故答案为：或．
【点睛】本题考查旋转的性质及三角形中位线定理，熟知图形旋转的性质及三角形中位线定理是解题的关键．
三．解答题
17．（2024 金华一模）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中建立直角坐标系，小正方形的顶点为格点，△ABC与△EFG的顶点都在格点上．
（1）作△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称．
（2）已知△ABC与△EFG关于点P成中心对称，请在图中画出点P的位置，并写出该点的坐标．
【点拨】（1）根据中心对称的性质作图即可．
（2）连接AE，BF，CG，相交于点P，则点P即为所求，由图即可得出答案．
【解析】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
（2）连接AE，BF，CG，相交于点P，
则△ABC与△EFG关于点P成中心对称，
即点P为所求．
由图可知，点P的坐标为（﹣3，﹣1）．
【点睛】本题考查中心对称，熟练掌握中心对称的性质是解答本题的关键．
18．（2024 温岭市一模）如图，在矩形ABCD中，点E是边BC上一点，连结AE，将△ABE沿着AE折叠得到△AFE，延长EF恰好经过点D．
（1）求证：△ADF≌△DEC．
（2）若AB＝6，AD＝10，求△EDC的周长．
【点拨】（1）由已知得AF⊥DE，AF＝AB＝DC，AD∥BC，得∠ADF＝∠DEC，即可得△ADF≌△DEC（AAS）．
（2）由AF＝AB＝6，AD＝10，先求得DF＝＝8，即可得△EDC的周长＝△DAF的周长＝6+8+10＝24．
【解析】（1）证明：∵矩形ABCD，△ABE折叠得到△AFE，
∴AF⊥DE，AF＝AB＝DC，
∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DEC，
∴△ADF≌△DEC（AAS）．
（2）解：由AF＝AB＝6，AD＝10，
得DF＝＝8，
得△EDC的周长＝△DAF的周长＝6+8+10＝24．
【点睛】本题主要考查了三角形全等，解题关键是正确计算．
19．（2025 衢州一模）如图，在△ABC中，CA＝CB，D是△ABC内一点，连结CD，将线段CD绕点C逆时针旋转到CE，使∠DCE＝∠ACB，连结AD，DE，BE．
（1）求证：△CAD≌△CBE．
（2）当∠CAB＝60°时，求∠CBE与∠BAD的度数和．
【点拨】（1）由旋转得CD＝CE，由题意得∠ACD＝∠BCE，根据全等三角形的判定可得结论．
（2）由题意得△ABC是等边三角形，可得∠CAB＝60°．由全等三角形的性质可得∠CAD＝∠CBE，则∠CBE+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝∠CAB＝60°．
【解析】（1）证明：由旋转得，CD＝CE．
∵∠DCE＝∠ACB，
∴∠DCE﹣∠DCB＝∠ACB﹣∠DCB，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
（2）解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE．
∵∠CBA＝60°，CA＝CB，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠CAB＝60°．
∴∠CBE+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝∠CAB＝60°．
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
20．（2024 瑞安市二模）如图，在Rt△ABC中，点D是BC的中点，点E在AB上，将△BDE沿DE翻折至△FDE，使点F落在AC上，延长EF与BC的延长线交于点G．
（1）求证：DE∥AC．
（2）若BC＝10，，求AC的长．
【点拨】（1）因为△BDE沿DE翻折至△FDE，点D是BC的中点，得出∠BDE＝∠EDF，BD＝DF＝DC，则∠DFC＝∠DCF，又因为∠BDE+∠EDF＝∠DFC+∠DCF，推出∠EDF＝∠DFC，则DE∥AC；
（2）根据DE∥AC，得出，根据BC＝10，得出BD＝DF＝DC＝5，CG＝8，又因为∠DFG＝∠DFE＝∠B＝90°，根据勾股定理求出FG，则，因为DE∥AC，且点D是BC的中点，所以点E是AB的中点，则AB＝15，根据勾股定理求出AC即可．
【解析】（1）证明：∵△BDE沿DE翻折至△FDE，点D是BC的中点，
∴∠BDE＝∠EDF，BD＝DF＝DC，
∴∠DFC＝∠DCF，
又∵∠BDE+∠EDF＝∠DFC+∠DCF，
∴∠EDF＝∠DFC，
∴DE∥AC；
（2）解：∵DE∥AC，
∴，
∵BC＝10，
∴BD＝DF＝DC＝5，CG＝8，
∵∠DFG＝∠DFE＝∠B＝90°，
∴，
∴，
∵DE∥AC，且点D是BC的中点，
∴点E是AB的中点，
∴AB＝15，
∴．
【点睛】本题考查翻折变换，平行线的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
21．（2024 拱墅区校级二模）综合与实践
如图1是实验室中的一种机械装置，BC在地面上，所在等腰直角三角形ABC是固定支架，机械臂AD可以绕点A旋转，同时机械臂DM可以绕点D旋转，已知∠BAC＝90°，AD＝6，DM＝2．
（1）如图2，把机械臂AD顺时针旋转90°，点D旋转到点E处，连结DE，当∠AEC＝135°，
①连接CD，探究BE与CD的数量关系和位置关系，并说明理由；
②当CE＝7时，求BE的长；
（2）如图3，机械臂A、D、M三点共线，AM∥BC，此时机械臂AM顺时针旋转105°，机械臂一端恰好落在BC边上，标记为点N，求支架AB的长．
【点拨】（1）①连接CD，先证明△BAE≌△CAD（AAS），则BE＝CD，BE⊥CD；
②根据勾股定理求即可．
（2）过点N作NE⊥AB，根据30° 所对的边等于斜边的一半可得，构造直角三角形，即可得出结论；
【解析】解：（1）①连接CD，
由旋转可知，AE＝AD，∠DAE＝90°，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∴△BAE≌△CAD（AAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABE+∠CBE+∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠CBE+∠ACB＝90°，
∴BE⊥CD，
②∵AD＝6，∠DAE＝90°，AE＝AD，
∴，∠AED＝45°，
∵∠AEC＝135°，
∴∠CED＝90°，
∵，CE＝7，
∴，
∴BE＝11．
（2）过点N作NE⊥AB，
∵AM顺时针旋转105°，
∴∠MAN＝105°，AM＝AD+DM＝AN＝8，
∵AM∥BC，
∴∠MAN＝∠ANB＝105°，
∵NE⊥AB，
∴∠BEN＝∠AEN＝90°，
∵∠B＝45°，
∴∠BNE＝45°，BE＝EN，
∴∠ANE＝60°，
∴∠NAE＝30°，
∴，
，
∴．
【点睛】本题考查几何变换的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定及性质，勾股定理，旋转的性质是解题的关键．
22．（2024 上城区一模）综合与实践
主题任务 “我的校园我做主”草坪设计
入项探究环节 任务背景 学校举办“迎五一，爱劳动”主题实践活动，九（2）班参加校园美化设计任务： 校园内有一块宽为31米，长为40米的矩形草坪，在草坪上设计两条小路， 具体要求： （1）矩形草坪每条边上必须有一个口宽相等的路口； （2）两条小路必须设计成平行四边形；
驱动任务一 九（2）班各个实践小组的设计方案汇总后，主要有甲、乙、丙三种不同的方案（如图1）： （1）直观猜想：方案中小路的总面积大小关系：S甲　相等　 S乙，S甲　不相等　 S丙；（请填“相等”或“不相等”）
深入探究 驱动任务二 验证猜想：各个实践小组用如表格进行研究： 方案纵向小路面积横向小路面积纵横交叉面积小路总面积乙方案31x40x甲方案31x40x丙方案31x40x
（2）请用含x的代数式表示甲方案中小路总面积：　（71x﹣x2）平方米　 ；
驱动任务三 （3）如果甲种方案除小路后草坪总面积约为1170平方米．请计算两条小路的宽度是多少？
拓展探究 驱动任务四 为了深入研究，各个小组选择丙方案（如图2）进行研究．若两条小路与矩形两组对边所夹锐角∠BGF＝∠AEF＝θ． （4）若θ＝60°时，用含x的代数式拓表示四边形FHPQ的边长FH； （5）若x＝1时，请用含θ的三角函数表示两条路重叠部分四边形FHPQ的面积，并写出sinθ取值范围．
【点拨】（1）应用平移的性质即可求得答案；
（2）根据小路总面积＝横向小路面积+纵向小路面积﹣重叠部分的面积，即可得出答案；
（3）表达出草地面积，建立方程求解即可；
（4）连接FH，过点F作FM∥AD，交KH于M，由∠AEF+∠AGF＝180°，得出四边形AEFG是圆内接四边形，进而可得∠A+∠EFG＝180°，即∠EFG＝90°，再运用解直角三角形即可求得答案；
（5）连接FM、PM、PQ、FQ，过点F作FM∥AD，交KH于M，可证得四边形FHPQ是正方形，边长为sinθ，即可得出正方形FHPQ的面积；当G与A重合时，θ最小，即sinθ的值最小，而θ为锐角，sinθ＜1，即可求出答案．
【解析】解：（1）如图1，
∵S甲＝40×31﹣（40﹣x）（31﹣x）＝71x﹣x2，S乙＝40×31﹣（40﹣x）（31﹣x）＝71x﹣x2，S丙不确定，
∴S甲＝S乙≠S丙，
故答案为：相等，不相等；
（2）S甲＝40x+31x﹣x2＝71x﹣x2（平方米），
故答案为：（71x﹣x2）平方米；
（3）由题意得：（40﹣x）（31﹣x）＝1170，
解得：x1＝1，x2＝70（不符合题意，舍去），
答：两条小路的宽度是1米；
（4）如图2，连接FH，过点F作FM∥AD，交KH于M，
∵∠BGF＝∠AEF＝θ＝60°，∠BGF+∠AGF＝180°，
∴∠AEF+∠AGF＝180°，
∴四边形AEFG是圆内接四边形，
∴∠A+∠EFG＝180°，
∵∠A＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∵EF∥KH，
∴∠FHM＝∠EFG＝90°，
∵FM∥AD，
∴∠EFM＝∠AEF，
∵EF∥KH，
∴∠FMH＝∠EFM，四边形EFMK是平行四边形，
∴∠FMH＝∠AEF＝60°，FM＝EK＝x，
∴FH＝FM sin∠FMH＝x sin60°＝x（米）；
（5）如图3，连接FM、PM、PQ、FQ，过点F作FM∥AD，交KH于M，
则四边形EFMK是平行四边形，
∴FM＝EK＝1，∠FMH＝∠AEF＝θ，
∵FH∥PQ，FQ∥PH，
∴四边形FHPQ是平行四边形，
由（4）知：∠AFE＝90°，
∴∠QFH＝90°，
∴四边形FHPQ是矩形，
在Rt△FMH中，FH＝FM sinθ＝sinθ，
同理可得FQ＝sinθ，
∴FH＝FQ，
∴四边形FHPQ是正方形，
∴两条路重叠部分四边形FHPQ的面积为sin2θ平方米；
如图4，当G与A重合时，
∵∠DAR+∠ARD＝90°，∠DAR+∠AEF＝90°，
∴∠ARD＝∠AEF＝θ，
此时θ最小，即sinθ的值最小，
∵CR＝1，
∴DR＝31﹣1＝30，
在Rt△ADR中，AR＝＝＝50，
∴sinθ＝＝＝，
已知θ为锐角，
∴sinθ＜1，
∴≤sinθ＜1．
【点睛】本题是解直角三角形应用问题，考查了矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，直角三角形的性质，解直角三角形等，解题关键是理解题意，熟练运用解直角三角形解决问题．
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