【中考押题卷】2025年中考数学高频易错考前冲刺：图形的旋转（含解析）

2025年中考数学高频易错考前冲刺：图形的旋转
一．选择题（共10小题）
1．（2024秋 本溪期末）2024年7月27日，第33届夏季奥运会在法国巴黎举行，如图所示巴黎奥运会项目图标中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024秋 泰兴市期末）如图，△ABC绕点B旋转得到△EBD，A，B，D三点在同一条直线上，且AD＝5，BE＝2，则BC的长为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2024秋 天津期末）如图，若点D是等边三角形ABC的边BC上任意一点，将△ADC绕点A顺时针旋转得到△AEB，连接ED，则下列结论一定正确的是（　　）
A．AB⊥ED B．∠BDE＝30° C．ED＝AD D．BE∥AD
4．（2024秋 河西区期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．点D在BC上，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，连接BE，DE，则下列结论一定正确的是（　　）
A．∠EBC＝∠BAC B．AD＝AC C．∠AEB＝∠ABE D．BA＝BE
5．（2024秋 丰都县期末）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，将△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，点A、C的对应点分别为D、E，延长CA交DE于点F，下列结论错误的是（　　）
A．∠BED＝30° B．∠DBE＝45° C．∠ABD＝60° D．∠CBE＝60°
6．（2024秋 江汉区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°，AD⊥BC于D．△ABC绕点B逆时针旋转得到△FBE，点C的对应点E落在AD上，则∠CBF的度数是（　　）
A．140° B．130° C．120° D．110°
7．（2024秋 澄海区期末）如图，△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称，则下列结论不成立的是（　　）
A．点A与点A'是对称点 B．BO＝B'O
C．AB＝A'B' D．∠ACB＝∠C'A'B'
8．（2024秋 肇庆期末）在直角坐标系中，点（﹣2，3）关于原点的对称点的坐标是（　　）
A．（2，﹣3） B．（﹣2，3） C．（0，﹣3） D．（0，3）
9．（2024秋 秦皇岛校级期末）如图，在小正方形网格中，将△ABC绕某一点旋转变换得到△DEF，则旋转中心为（　　）
A．点M B．点N C．点O D．点P
10．（2024秋 澄海区期末）如图，在平面直角坐标系中有一等边△ABC，其坐标分别为A（0，0），B（2，0），将△ABC绕点B顺时针方向旋转60°，则旋转后C点的坐标为（　　）
A．（3，1） B． C． D．
二．填空题（共5小题）
11．（2024秋 泉港区期末）如图，利用两个含30°的全等直角三角板做旋转运动，绕着直角顶点O将其中一块三角板逆时针旋转，使得点C恰好在BD上．若OB＝1，则OA＝ 　 　．
12．（2024秋 东莞市期末）如图，P是等边△ABC内部一点，把△ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ACQ，则旋转角的度数是　 　度．
13．（2024秋 澄海区期末）如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形AB'C'D'的位置，此时AC'的中点恰好与D点重合．若，则AB'的长为 　 　．
14．（2024秋 延边州期末）点（1，2）关于原点的对称点坐标是 　 　．
15．（2024秋 天津期末）若点P（x，﹣3）与点Q（4，y）关于原点对称，则x+y＝　 　．
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 岳麓区校级期末）在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b），a，b满足，点C与点A关于y轴对称．
（1）请直接写出B，C两点的坐标；
（2）如图1，分别以AB，BC 为直角边向右侧作等腰Rt△BAD 和等腰Rt△BCE，连接DE交x轴于点M，连接BM，求证：BM⊥DE；
（3）如图2，点F为y轴上一动点，点G（m，﹣3m+6）在直线 BC上，若连接E，F，G三点（按逆时针顺序排列）恰好围成一个等腰直角三角形，求符合要求的m的值．
17．（2024秋 凉州区期末）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度．按要求作图：
①画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1；
②画出将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△A2B2C2；
③△A1B1C1中顶点A1坐标为　 　．
18．（2024秋 海曙区期末）如图，长方形纸片ABCD中，E为边AD上一点，F为边CD上一点．AB沿BE折叠得BA′，BC沿BF折叠得BC′（BA′、BC′都在∠ABC的内部），
记∠ABE＝α，∠CBF＝β，∠A′BC′＝γ．
（1）直接写出α＝10°，β＝20°时，γ＝　 　；α＝30°，β＝25°时，γ＝　 　；
（2）求γ＝10°时，∠EBF的值；
（3）当BA′平分∠EBF时，若，则γ＝　 　．（直接写出结果）
19．（2024秋 永春县期末）已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形，∠AOB＝∠MON＝90°．
（1）如图1，连接AM，BN，求证：△AOM≌∠△BON；
（2）如图2，将△AOB绕点0逆时针旋转，当点A，B，M三点共线时，若OB＝5，AM＝3，求出线段OM的长；
（3）如图3，将△AOB绕点O继续逆时针旋转，若点A恰好落在MN边上时，AB与ON交点为C，求证：AC2+BC2＝2CO2．
20．（2024秋 哈尔滨期末）【探究发现】
如图1，EF∥BC，点A在EF，BC之间，连接AE，AB．求证：∠A+∠AEF+∠ABC＝360°．
【学以致用】
哈尔滨某商场地下车库出口处安装了“两段式栏杆”，如图2所示，点A是栏杆转动的支点，点E是栏杆两段的联结点．当车辆经过时，栏杆AEF升起到如图3所示的位置，其示意图如图4所示（AB⊥BC，EF∥BC，栏杆宽度忽略不计），已知∠AEE＝150°，填空：∠BAE＝ 　 　度．
【拓展应用】
如图5，已知GF∥BC，点E在GF上，点A在GF，BC之间，AD⊥AE交BC于点D，过点A作AB⊥CD于点B，AH平分∠BAD，AC平分∠EAB，若∠AEC+∠GEC＝180°，∠ACE＝3∠BAH，求∠GEA的度数．
2025年中考数学高频易错考前冲刺：图形的旋转
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C C A A B D A B B
一．选择题（共10小题）
1．（2024秋 本溪期末）2024年7月27日，第33届夏季奥运会在法国巴黎举行，如图所示巴黎奥运会项目图标中，是中心对称图形的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】A
【分析】根据中心对称图形的定义逐项判断即可．
【解答】解：A、图形是中心对称图形，符合题意；
B、图形不是中心对称图形，不符合题意；
C、图形不是中心对称图形，不符合题意；
D、图形不是中心对称图形，不符合题意，
故选：A．
【点评】本题主要考查了中心对称图形的定义，熟知将一个图形绕某点旋转180°，能与本身重合的图形，这样的图形称为中心对称图形是解题的关键．
2．（2024秋 泰兴市期末）如图，△ABC绕点B旋转得到△EBD，A，B，D三点在同一条直线上，且AD＝5，BE＝2，则BC的长为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】C
【分析】由旋转的性质可得AB＝BE＝2，BC＝BD，再根据线段的和差即可解答．
【解答】解：由题意可得：AB＝BE＝2，BC＝BD，
∵AD＝5，BE＝2，
∴BD＝AD﹣AB＝AD﹣BE＝5﹣2＝3，
∴BC＝BD＝3．
故选：C．
【点评】本题主要考查了旋转的性质、线段的和差等知识点，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
3．（2024秋 天津期末）如图，若点D是等边三角形ABC的边BC上任意一点，将△ADC绕点A顺时针旋转得到△AEB，连接ED，则下列结论一定正确的是（　　）
A．AB⊥ED B．∠BDE＝30° C．ED＝AD D．BE∥AD
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】根据旋转的性质得出AD＝AE，∠CAD＝∠BAE，证明三角形ADE是等边三角形即可得出结论．
【解答】解：∵将△ADC绕点A顺时针旋转得到△AEB，△ABC是等边三角形，
∴AD＝AE，∠CAD＝∠BAE，
∴∠DAE＝∠CAB＝60°，
∴△DAE是等边三角形，
∴ED＝AD，
故选项C正确；
由已知条件无法证明A、B、D正确，
故选：C．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，熟记旋转的性质是解题的关键．
4．（2024秋 河西区期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．点D在BC上，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，连接BE，DE，则下列结论一定正确的是（　　）
A．∠EBC＝∠BAC B．AD＝AC C．∠AEB＝∠ABE D．BA＝BE
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】A
【分析】证明△AEB≌△ADC（SAS），得出∠ABE＝∠C，可得出结论．
【解答】解：∵将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
又∵∠BAC＝90°，
∴∠EAB+∠BAD＝∠BAD+∠DAC，
∴∠EAB＝∠DAC，
又∵AB＝AC，
∴△AEB≌△ADC（SAS），
∴∠ABE＝∠C，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABE＝∠ABC＝∠C＝45°，
∴∠EBC＝∠BAC＝90°，
故选项A一定正确，
由已知条件无法一定得出B、C、D正确，
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，熟记旋转的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
5．（2024秋 丰都县期末）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，将△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，点A、C的对应点分别为D、E，延长CA交DE于点F，下列结论错误的是（　　）
A．∠BED＝30° B．∠DBE＝45° C．∠ABD＝60° D．∠CBE＝60°
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】A
【分析】直接根据旋转的性质逐一判断即可．
【解答】解：∵△ABC中，∠ABC＝45°，将△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，
∴∠DBE＝∠ABC＝45°，∠ABD＝∠CBE＝60°，
故选项B、C、D正确，
由已知条件无法得出∠BED＝30°，
故选项A错误，
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质，熟记旋转前后对应角相等是解题的关键．
6．（2024秋 江汉区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°，AD⊥BC于D．△ABC绕点B逆时针旋转得到△FBE，点C的对应点E落在AD上，则∠CBF的度数是（　　）
A．140° B．130° C．120° D．110°
【考点】旋转的性质；等腰三角形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】连接CE，如图，根据等腰三角形的性质得到AD垂直平分BC，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出∠ABC＝∠ACB＝70°，再根据旋转的性质得到BE＝BC，∠FBE＝∠ABC＝70°，则可判断△BCE为等边三角形，所以∠CBE＝60°，然后计算∠CBE+∠FBE即可．
【解答】解：连接CE，如图，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB（180°﹣∠BAC）（180°﹣40°）＝70°，
∵AD⊥BC，
∴BD＝CD，
即AD垂直平分BC，
∴BE＝CE，
∵△ABC绕点B逆时针旋转得到△FBE，点C的对应点E落在AD上，
∴BE＝BC，∠FBE＝∠ABC＝70°，
∵BE＝CE＝BC，
∴△BCE为等边三角形，
∴∠CBE＝60°，
∴∠CBF＝∠CBE+∠FBE＝60°+70°＝130°．
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰三角形的性质．
7．（2024秋 澄海区期末）如图，△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称，则下列结论不成立的是（　　）
A．点A与点A'是对称点 B．BO＝B'O
C．AB＝A'B' D．∠ACB＝∠C'A'B'
【考点】中心对称．
【专题】平移、旋转与对称；应用意识．
【答案】D
【分析】利用中心对称的性质一一判断即可．
【解答】解：∵△ABC与△A'B'C'关于点O成中心对称，
∴点A与点A'是对称点，BO＝B'O，AB＝A'B'，
∴A，B，C正确，
故选：D．
【点评】本题考查中心对称，解题的关键是理解中心对称的性质，属于中考常考题型．
8．（2024秋 肇庆期末）在直角坐标系中，点（﹣2，3）关于原点的对称点的坐标是（　　）
A．（2，﹣3） B．（﹣2，3） C．（0，﹣3） D．（0，3）
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；推理能力．
【答案】A
【分析】根据关于原点对称的点横、纵坐标互为相反数，进行求解即可．
【解答】解：点（﹣2，3）关于原点的对称点得到的点的坐标（2，﹣3）．
故选：A．
【点评】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握关于原点对称点的特点．
9．（2024秋 秦皇岛校级期末）如图，在小正方形网格中，将△ABC绕某一点旋转变换得到△DEF，则旋转中心为（　　）
A．点M B．点N C．点O D．点P
【考点】旋转的性质．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】B
【分析】求出CF的垂直平分线与BE的垂直平分线的交点即可．
【解答】解：CF的垂直平分线ME与BE的垂直平分线CN的交点N即为所求．
故选：B．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，解题关键是正确应用旋转的性质．
10．（2024秋 澄海区期末）如图，在平面直角坐标系中有一等边△ABC，其坐标分别为A（0，0），B（2，0），将△ABC绕点B顺时针方向旋转60°，则旋转后C点的坐标为（　　）
A．（3，1） B． C． D．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；等边三角形的性质．
【专题】平面直角坐标系；平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】B
【分析】先过点C作x轴的垂线，求出垂线段的长，进而得出点C的坐标，再结合旋转得出∠ABM＝120°，进一步得出CM∥AB，再由CM＝2即可解决问题．
【解答】解：令旋转后点C的对应点为M，过点C作x轴的垂线，垂足为N，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠ACN∠ACB＝30°．
∵点B的坐标为（2，0），
∴AC＝AB＝2，
∴AN．
在Rt△ACN中，
CN，
∴点C的坐标为（1，）．
由旋转可知，
∠CBM＝∠M＝60°，CM＝AC＝2，
∴∠ABM＝60°+60°＝120°，
∴∠ABM+∠M＝180°，
∴CM∥AB，
∴点M的坐标为（）．
故选：B．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转及等边三角形的性质，熟知等边三角形的性质及图形旋转的性质是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2024秋 泉港区期末）如图，利用两个含30°的全等直角三角板做旋转运动，绕着直角顶点O将其中一块三角板逆时针旋转，使得点C恰好在BD上．若OB＝1，则OA＝ 　　．
【考点】旋转的性质；等边三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】．
【分析】根据旋转的性质得出OB＝OC＝1，再根据含30°角的直角三角形的性质得出AC的长，再根据勾股定理即可求解．
【解答】解：∵利用两个含30°的全等直角三角板做旋转运动，绕着直角顶点O将其中一块三角板逆时针旋转，使得点C恰好在BD上，OB＝1，
∴OB＝OC＝1，
∴AC＝2OC＝2，
∴OA，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质，熟记旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
12．（2024秋 东莞市期末）如图，P是等边△ABC内部一点，把△ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ACQ，则旋转角的度数是　60　度．
【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；应用意识．
【答案】60．
【分析】根据旋转得到旋转角为∠BAC，根据等边三角形的性质，得到∠BAC＝60°，即可．
【解答】解：由题意可得：△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°；
故答案为：60．
【点评】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，正确记忆相关知识点是解题关键．
13．（2024秋 澄海区期末）如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形AB'C'D'的位置，此时AC'的中点恰好与D点重合．若，则AB'的长为 　6　．
【考点】旋转的性质；矩形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】6．
【分析】由矩形的性质得AD＝BC，∠B＝90°，由旋转得AD＝BC＝B′C′＝2，∠B′＝∠B＝90°，因为AC'的中点恰好与D点重合，所以C′D＝AD＝2，则AC′＝2AD＝4，求得AB′6，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠B＝90°，
∵将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB'C'D'，B′C′＝2，
∴AD＝BC＝B′C′＝2，∠B′＝∠B＝90°，
∵AC'的中点恰好与D点重合，
∴C′D＝AD＝2，
∴AC′＝2AD＝4，
∴AB′6，
故答案为：6．
【点评】此题重点考查矩形的性质、旋转的性质、勾股定理等知识，求得AC′＝2AD＝4是解题的关键．
14．（2024秋 延边州期末）点（1，2）关于原点的对称点坐标是 　（﹣1，﹣2）　．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】（﹣1，﹣2）．
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），可得答案．
【解答】解：点（1，2）关于原点的对称点坐标是（﹣1，﹣2）．
故答案为：（﹣1，﹣2）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．
15．（2024秋 天津期末）若点P（x，﹣3）与点Q（4，y）关于原点对称，则x+y＝　﹣1　．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【专题】常规题型．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得到x、y的值，再算出x+y即可．
【解答】解：∵点P（x，﹣3）与点Q（4，y） 关于原点对称，
∴x＝﹣4，y＝3，
故x+y＝﹣4+3＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 岳麓区校级期末）在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b），a，b满足，点C与点A关于y轴对称．
（1）请直接写出B，C两点的坐标；
（2）如图1，分别以AB，BC 为直角边向右侧作等腰Rt△BAD 和等腰Rt△BCE，连接DE交x轴于点M，连接BM，求证：BM⊥DE；
（3）如图2，点F为y轴上一动点，点G（m，﹣3m+6）在直线 BC上，若连接E，F，G三点（按逆时针顺序排列）恰好围成一个等腰直角三角形，求符合要求的m的值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】三角形．
【答案】（1）B（0，6），C（2，0）；（2）见解析；（3）2或4或6．
【分析】（1）根据非负数的性质求出a，b的值，然后轴对称的性质写出点C的坐标即可；
（2）作DN∥CE，交x轴于点N，先证明Rt△BCE≌Rt△BAD，再证明△CME≌△NMD，即可证明DM＝ME，再结合BD＝BE即可证明BM⊥DE；
（3）作EL⊥x轴于点L，证明△BOC≌△CLE（AAS），证明BO＝CL＝6，OC＝LE＝2，得出OL＝OC+CL＝2+6＝8，得出L（8，0），E（8，2）；分三种情况：①当∠EGF＝90°时，②当∠FEG＝90°时，③当∠EFG＝90°时，分别求出m的值即可．
【解答】（1）解：∵，
∴a+2＝0，b﹣6＝0，
∴a＝﹣2，b＝6，
∴A（﹣2，0），B（0，6），
又∵点C与点A关于y轴对称，
∴C（2，0）；
（2）证明：如图1，作DN∥CE，交x轴于点N，则∠ECM＝∠DNM，
∵点A、C关于y轴对称，
∴y轴是线段AC的垂直平分线，
∴CB＝AB，
∵△BAD与△BCE是等腰直角三角形，
∴CB＝CE，AB＝AD，∠BCE＝∠BAD＝90°，
∴△BCE≌△BAD（SAS），
∴CE＝AD，BD＝BE，
∵∠ECM+∠BCA＝90°，∠DAC+∠BAC＝90°，且∠BCA＝∠BAC，
∴∠ECM＝∠DAC，
∴∠DNM＝∠DAC，
∴AD＝ND，
又∵CE＝AD，
∴CE＝ND，
∵∠CME＝∠NMD，
又∵∠ECM＝∠DNM，
∴△CME≌△NMD（AAS），
∴DM＝ME，
∵BD＝BE，
∴BM⊥DE；
（3）解：∵△BCE是等腰直角三角形，
∴BC＝CE，∠CBE＝∠CEB＝45°，
如图2，作EL⊥x轴于点L，则∠BOC＝∠CLE＝90°，
∵∠CBO＝90°﹣∠OCB＝∠ECL，BC＝CE，
∴△BOC≌△CLE（AAS），
∴BO＝CL＝6，OC＝LE＝2，
∴OL＝OC+CL＝2+6＝8，
∴L（8，0），E（8，2）；
①当∠EGF＝90°时，如图2，
∵△BCE为等腰直角三角形，点F为y轴上一动点，点G（m，﹣3m+6）在直线BC上，
∴此时点F与点B重合，点G与点C重合，
∴m＝2；
②当∠FEG＝90°时，点F与点B重合，如图所示：
∵∠CEB＝45°，
∴∠CEG＝90°﹣45°＝45°，
∴∠CEF＝∠CEG，
∵EF＝GE，
∴BC＝CG，
∴点C为B、G的中点，
∴，
解得：m＝4；
③当∠EFG＝90°时，过点E作EM⊥y轴于点M，过点G作GN⊥y轴于点N，如图所示：
则∠EMF＝∠GNF＝90°，
∵∠MEF+∠MFE＝∠MFE+∠NFG＝90°，
∴∠MEF＝∠NFG，
∵EF＝FG，
∴△EMF≌△FNG（AAS），
∴NF＝ME，MF＝NG＝m，
∵E（8，2），
∴NF＝ME＝8，OM＝2，
∵G（m，﹣3m+6），
∴ON＝3m﹣6，
∵ON+OM﹣MF＝NF，
∴3m﹣6+2﹣m＝8，
解得：m＝6；
综上所述，m的值为2或4或6．
【点评】本题属于三角形综合题，考查非负数的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平面直角坐标系、轴对称的性质等知识，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，构造全等三角形，解第（3）题时应注意分类讨论．
17．（2024秋 凉州区期末）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中每个小正方形的边长为1个单位长度．按要求作图：
①画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1；
②画出将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△A2B2C2；
③△A1B1C1中顶点A1坐标为　（1，﹣2）　．
【考点】作图﹣旋转变换；中心对称．
【专题】几何直观．
【答案】①见解析；
②见解析；
③（1，﹣2）．
【分析】①分别找出A、B、C关于原点O的中心对称的对应点A1、B1、C1，再顺次连接对应点A1、B1、C1即可；
②按照旋转角度、旋转方向、旋转中心进行旋转作图即可；
③根据①中图形写出顶点A1坐标即可．
【解答】解：①如图，△A1B1C1即为所求作；
②如图△A2B2C2即为所求作；
③由图知△A1B1C1中顶点A1坐标为（1，﹣2），
故答案为：（1，﹣2）．
【点评】本题考查作中心对称图形，旋转作图，写出平面直角坐标系中点的坐标，解题的关键在于熟练掌握相关作图步骤．
18．（2024秋 海曙区期末）如图，长方形纸片ABCD中，E为边AD上一点，F为边CD上一点．AB沿BE折叠得BA′，BC沿BF折叠得BC′（BA′、BC′都在∠ABC的内部），
记∠ABE＝α，∠CBF＝β，∠A′BC′＝γ．
（1）直接写出α＝10°，β＝20°时，γ＝　30°　；α＝30°，β＝25°时，γ＝　20°　；
（2）求γ＝10°时，∠EBF的值；
（3）当BA′平分∠EBF时，若，则γ＝　或10°　．（直接写出结果）
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）30°；20°；
（2）∠EBF＝50°或40°；
（3）或10°．
【分析】（1）由折叠可得：∠A′BE＝∠ABE＝α，∠C′BF＝∠CBF＝β，则∠ABA′＝2∠ABE＝2α，∠CBC′＝2∠CBF＝2β，当α＝10°，β＝20°时，根据∠A′BC′＝∠ABC﹣∠ABA′﹣∠CBC′，即可求解；α＝30°，β＝25°时，根据∠A′BC′＝∠ABA′+∠CBC′﹣∠ABC，即可求解；
（2）分两种情况：当点A′在C′的左侧时，当点A′在C′的右侧时，根据折叠的性质和角的和差求解即可；
（3）由BA′平分∠EBF，可得∠EBF＝2∠A′BE＝2α，分两种情况：当点A′在C′的左侧时，当点A′在C′的右侧时，根据折叠的性质和角的和差列方程求解即可．
【解答】解：（1）30°；20°；理由如下：
∵长方形纸片ABCD中，E为边AD上一点，F为边CD上一点．AB沿BE折叠得BA′，BC沿BF折叠得BC′（BA′、BC′都在∠ABC的内部），∠ABE＝α，∠CBF＝β，∠A′BC′＝γ，
∴∠A′BE＝∠ABE＝α，∠C′BF＝∠CBF＝β，
∴∠ABA′＝2∠ABE＝2α，∠CBC′＝2∠CBF＝2β，
当α＝10°，β＝20°时，
∠A′BC′＝∠ABC﹣∠ABA′﹣∠CBC′＝90°﹣2α﹣2β＝90°﹣2×10°﹣2×20°＝30°，
即γ＝30°；
当α＝30°，β＝25°时，
∠A′BC′＝∠ABA′+∠CBC′﹣∠ABC＝2α+2β﹣90°＝2×30°+2×25°﹣90°＝20°，
即γ＝20°；
故答案为：30°；20°；
（2）当点A′在C′的左侧时，
∠ABA′+∠CBC′＝∠ABC﹣∠A′BC′＝90°﹣10°＝80°，
∵，，
∴2（∠A′BE+∠C′BF）＝∠ABA′+∠CBC′＝80°，
∴∠A′BE+∠C′BF＝40°，
∴∠EBF＝∠A′BE+∠C′BF+∠A′BC′＝40°+10°＝50°；
当点A′在C′的右侧时，
∠ABA′+∠CBC′＝∠ABC+∠A′BC′＝90°+10°＝100°，
∵，，
∴2（∠A′BE+∠C′BF）＝∠ABA′+∠CBC′＝100°，
∴∠A′BE+∠C′BF＝50°，
∴∠EBF＝∠A′BE+∠C′BF﹣∠A′BC′＝50°﹣10°＝40°，
∴∠EBF＝50°或40°；
（3）γ或10°；理由如下：
∵BA′平分∠EBF，，
∴∠EBF＝2∠A′BE＝2α，
当点A′在C′的左侧时，由（2）得：，
∴，
∴，
∴，
解得：；
当点A′在C′的右侧时，由（2）得：，
∴，
∴
∴，
解得：γ＝10°；
综上所述，或γ＝10°，
故答案为：或10°．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了几何图形中的角度计算问题，角平分线的定义，解题的关键是分情况讨论．
19．（2024秋 永春县期末）已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形，∠AOB＝∠MON＝90°．
（1）如图1，连接AM，BN，求证：△AOM≌∠△BON；
（2）如图2，将△AOB绕点0逆时针旋转，当点A，B，M三点共线时，若OB＝5，AM＝3，求出线段OM的长；
（3）如图3，将△AOB绕点O继续逆时针旋转，若点A恰好落在MN边上时，AB与ON交点为C，求证：AC2+BC2＝2CO2．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）；
（3）证明见解答．
【分析】（1）根等腰直角三角形的性质即可得证；
（2）证明△AOM≌△BON（SAS），利用勾股定理即可解答；
（3）在OM上取点E，使得OE＝OC，连接AE、CE，证明△AOE≌△BOC（SAS），利用勾股定理即可得证．
【解答】（1）证明：∵△AOB，△MON都是等腰直角三角形，∠AOB＝∠MON＝90°，
∴AO＝OB，OM＝ON，
∴△AOM≌△BON（SAS）；
（2）解：如图，
∵∠MON＝∠1+∠2＝90°，∠AOB＝∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
又∵OA＝OB，OM＝ON，
∴△AOM≌△BON（SAS），
∴，
在Rt△OAB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝5，
∴，
∴，∠NBO＝∠MAO＝180°﹣∠4＝135°，
∴∠NBM＝∠NBO﹣∠ABO＝135°﹣45°＝90°，
∴，
在Rt△MON中，∠MON＝90°，OM＝ON，
∴OM2+ON2＝MN2，
∴OM2＝146，
∴；
（3）证明：如图，在OM上取点E，使得OE＝OC，连接AE、CE，
∵AO＝OB，∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠OAB＝∠B＝45°，
∵∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠AOE＝∠BOC，
又∵AO＝OB，OE＝OC，
∴△AOE≌△BOC（SAS），
∴∠EAO＝∠B＝45°，
∴∠EAB＝∠EAO+∠OAB＝90°，
∴AC2+BC2＝AC2+AE2＝CE2，
又∵CE2＝OE2+OC2＝2OC2，
∴AC2+BC2＝2CO2．
【点评】本题考查几何变换的综合应用，主要考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，掌握旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定是解题的关键．
20．（2024秋 哈尔滨期末）【探究发现】
如图1，EF∥BC，点A在EF，BC之间，连接AE，AB．求证：∠A+∠AEF+∠ABC＝360°．
【学以致用】
哈尔滨某商场地下车库出口处安装了“两段式栏杆”，如图2所示，点A是栏杆转动的支点，点E是栏杆两段的联结点．当车辆经过时，栏杆AEF升起到如图3所示的位置，其示意图如图4所示（AB⊥BC，EF∥BC，栏杆宽度忽略不计），已知∠AEE＝150°，填空：∠BAE＝ 　120　度．
【拓展应用】
如图5，已知GF∥BC，点E在GF上，点A在GF，BC之间，AD⊥AE交BC于点D，过点A作AB⊥CD于点B，AH平分∠BAD，AC平分∠EAB，若∠AEC+∠GEC＝180°，∠ACE＝3∠BAH，求∠GEA的度数．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】【探究发现】证明见解析；
【学以致用】120；
【拓展应用】30°．
【分析】【探究发现】过点A作AK∥EF，根据两直线平行，同旁内角互补解答即可；
【学以致用】根据【探究发现】的结论解答即可；
【拓展应用】过点A作AM∥BC，根据平行线的判定与性质解答即可．
【解答】【探究发现】证明：如图1，过点A作AK∥EF，
∵AK∥EF，
∴∠AEF+∠EAK＝180°，
∵EF∥BC，AK∥EF，
∴AK∥BC．
∴∠ABC+∠KAB＝180°，
∴∠AEF+∠EAK+∠ABC+∠KAB＝360°，
即∠A+∠AEF+∠ABC＝360°；
【学以致用】解：由∠A+∠AEF+∠ABC＝360°；
∴∠BAE＝360°﹣90°﹣150°＝120°，
故答案为：120；
【拓展应用】解：∵AD⊥AE，
∴∠DAE＝90°．
∵AH平分∠BAD，
∴∠BAH＝∠HAD∠ACE＝3∠BAH＝3α，
∴∠BAC＝2α+β，
∵AC平分∠BAE，
∴∠EAC＝∠BAC＝2α+β，
∴∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝2α+2β＝90°，
∴∠HAC＝α+β＝45°，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
过点A作AM∥BC，如图5，
∴∠ABC+∠BAM＝180°，
∴∠BAM＝90°，
∴∠MAC＝∠BAM﹣∠BAC＝90°﹣（2α+β）＝45°﹣α，∠MAD＝∠MAB﹣∠BAD＝90°﹣2α，
∴∠EAM＝∠EAD＝∠MAD＝2α，
∵GF∥BC，AM∥BC，
∴AM∥GF，
∴∠GEA＝∠EAM＝2α，
∴∠AEF＝180°﹣2a，
∵∠AEC+∠GEC＝180°，∠GEC+∠CEF＝180°，
∴，
∵AM∥BC，
∴∠ACB＝∠MAC＝45°﹣α，
∴∠ECB＝∠ECA+∠ACB＝3α+45°﹣α＝2α+45°，
∵GF∥BC，
∴∠FEC＝∠ECB，
∴2α+45°＝90°﹣a．
∴∠a＝15°，
∴∠GEA＝2a＝30°．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了平行线的判定与选择，难度适中．关键是通过作辅助线，构造平行线，把实际问题转化为数学问题加以计算．
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