【备考2026】中考数学真题2025分类精编精练18平移、轴对称、旋转、视图（含解析）

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【备考2026】中考数学真题2025分类精编精练18平移、轴对称、旋转、视图
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
1 、选择题（本大题共10小题）
（2025 宁夏）如图，将书本上面的橡皮擦沿箭头方向（垂直于右边缘）平移到书本右边缘．在此过程中，下列叙述正确的是（　　）
A．主视图不变 B．左视图不变
C．俯视图不变 D．三种视图都不变
（2025 南通）如图，将△ABC沿着射线BC平移到△DEF．若BC＝6，EC＝4，则平移的距离为（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
（2025 辽宁）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（2，﹣2），将线段AB平移得到线段CD，点A的对应点C的坐标为（3，5），则点B的对应点D的坐标为（　　）
A．（7，﹣2） B．（2，3） C．（2，﹣7） D．（﹣3，﹣2）
（2025 青岛）围棋是中华民族发明的博弈活动．下列用棋子摆放的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
（2025 天津）如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（　　）
A． B．
C． D．
（2025 河南）如图，在菱形ABCD中，∠B＝45°，AB＝6，点E在边BC上，连接AE，将△ABE沿AE折叠，若点B落在BC延长线上的点F处，则CF的长为（　　）
A．2 B．6﹣3 C．2 D．6﹣6
（2025 甘肃）如图，一个多边形纸片的内角和为1620°，按图示的剪法剪去一个内角后，所得新多边形的边数为（　　）
A．12 B．11 C．10 D．9
（2025 大庆）如图，△ABC中，AB＝BC＝2，∠CBA＝120°．将△ABC绕点A顺时针旋转120°得到△ADE，点B，点C的对应点分别为点D，点E连接CE，点D恰好落在线段CE上，则CD的长为（　　）
A． B．4 C． D．6
（2025 青岛）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，将△ABC关于y轴的对称图形绕原点O旋转180°．得到△A1B1C1，则点A的对应点A1的坐标是（　　）
A．（﹣1，﹣2） B．（1，2） C．（2，1） D．（﹣2，﹣1）
（2025 湖北）如图，折叠正方形ABCD的一边BC，使点C落在BD上的点F处，折痕BE交AC于点G．若DE＝2，则CG的长是（　　）
A． B．2 C． D．
1 、填空题（本大题共8小题）
（2025 深圳）如图，将无人机沿着x轴向右平移3个单位，若无人机上一点P的坐标为（1，2），则平移后对应点P′的坐标为 　 　 ．
（2025 凉山州）如图，将周长为20的△ABC沿BC方向平移2个单位长度得△DEF，连接AD，则四边形ABFD的周长为　 　 ．
（2025 山西）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（6，0），将线段OA绕点O逆时针旋转45°，则点A对应点的坐标为 　 　 ．
（2025 内江）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点B的坐标为（1，0），点E在边CD上．将△ADE沿AE折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为（0，3），则点E的坐标为　 　 ．
（2025 绥化）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，对角线BD＝4，点P是边CD的中点，点M是对角线BD上的一个动点，连接PM、CM．则PM+CM的最小值是　 　 ．
（2025 自贡）如图，在平面直角坐标系xOy中，Rt△ABC的顶点C，A分别在x轴，y轴正半轴上，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2．以BC为边作等边△BCD，连接OD，则OD的最大值为 　 　 ．
（2025 齐齐哈尔）等腰三角形纸片ABC中，AB＝AC，将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合，直线l交AB于点D，交直线AC于点E，连接BE，若AE＝5，tan∠AED＝，则△BEC的面积为　 　 ．
（2025 遂宁）如图，在边长为1的正方形ABCD的对角线BD上取一点E，使∠BAE＝15°，连结CE并延长至点F，连结BF，使BF＝BC，CF与AB相交于点H．有下列结论：
①AE＝CE，②BE+AE＝EF，③，④点M是BC边上一动点，连结HM，将△BHM沿HM翻折，点B落在点P处，连结BP交HM于点Q，连结DQ，则DQ的最小值为．
其中正确的结论有 　 　 ．（填序号）
1 、解答题（本大题共8小题）
（2025 黑龙江）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（2，﹣1），B（1，﹣3），C（3，﹣4）．
（1）将△ABC向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到△A1B1C1，画出两次平移后的△A1B1C1，并写出点C1的坐标，
（2）画出△A1B1C1绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2，并写出点C2的坐标，
（3）在（2）的条件下，求点C1旋转到点C2的过程中，所经过的路径长（结果保留π）．
（2025 兰州）“三等分角”是两千多年来数学史上最著名的古典四大问题之一，阿基米德等数学家通过巧妙的几何作图得到了解决“三等分角”问题的特例方法．某数学兴趣小组通过折纸与尺规作图相结合的方法探究“三等分锐角”问题的解法，解决过程如下：
操作步骤与演示图形
如图①，已知一个由正方形纸片的边PK与经过顶点P的直线l1构成的锐角α．按照以下步骤进行操作：任意折出一条水平折痕l2，l2与纸片左边交点为Q，再折叠将PK与l2重合得到折痕l3，l3与纸片左边交点为N，如图②．→折痕使点Q，P分别落在l1和l3上，得到折痕m，对应点为Q′，P′，m交l3于M，如图③④．→保持纸片折叠，再沿MN折叠，得到折痕l4的一部分，如图⑤．→将纸片展开，再沿l4折叠得到经过点P的完整折痕l4，如图⑥．→将纸片折叠使边PK与l4重合，折痕为l5，则直线l4和l5就是锐角α的三等分线，如图⑦⑧．
解决问题 （1）请依据操作步骤与演示图形，通过尺规作图完成以下两个作图任务：（保留作图痕迹，不写作法）任务一：在图③中，利用已给定的点Q′作出点P′，任务二：在图⑥中作出折痕l5．（2）若锐角α为75°，则图⑤中l2与l4相交所成的锐角是　 　 °．
（2025 烟台）如图，BD是矩形ABCD的对角线，请按以下要求解决问题：
（1）利用尺规作△BED，使△BED与△BCD关于直线BD成轴对称（不写作法，保留作图痕迹），
（2）在（1）的条件下，若BE交AD于点F，AB＝1，BC＝2，求AF的长．
（2025 潍坊）如图，已知菱形ABCD的顶点在方格纸的格点上，其中A，B，C的坐标分别为（0，1），（﹣2，4），（﹣4，1）．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）．
（1）画出平面直角坐标系，并写出对称中心G的坐标和点B的对应点B'的坐标，
（2）将菱形ABCD平移，使点C的对应点为点B，画出平移后的菱形．
（2025 武汉）如图是由小正方形组成的3×4网格，每个小正方形的顶点叫作格点，矩形ABCD的四个顶点都是格点．仅用无刻度直尺在给定网格中完成如下两个问题，每个问题的画线不得超过五条．
（1）如图1，E是格点，先将点E绕点A逆时针旋转90°，画对应点F，再画直线FG交AB于点G，使直线FG平分矩形ABCD的面积．
（2）如图2，先画点C关于直线BD的对称点M，再画射线MN交BD于点N，使MN∥AD．
（2025 苏州）综合与实践
小明同学用一副三角板进行自主探究．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，△CDE中，∠DCE＝90°，∠E＝30°，AB＝CE＝12cm．
【观察感知】
（1）如图①，将这副三角板的直角顶点和两条直角边分别重合，AB，DE交于点F，求∠AFD的度数和线段AD的长．（结果保留根号）
【探索发现】
（2）在图①的基础上，保持△CDE不动，把△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度，使得点A落在边DE上（如图②）．
①求线段AD的长，（结果保留根号）
②判断AB与DE的位置关系，并说明理由．
（2025 宁夏）如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠BAC＝∠DAE＝60°，AD＜AC．连接BD，点F是BD的中点，连接CE，CF，EF．
（1）如图1，当点D在AC上时，求证：△CEF是等边三角形，
（2）将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转．
①当旋转角为60°时，如图2所示，（1）中的结论还成立吗？说明理由，
②当EF最长时，EF与AD的交点记作M．若AE＝3，则EM＝ 　 　 ．
（2025 北京）在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝α，点D在射线BC上，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转180°﹣2α得到线段AE（点E不在直线AB上），过点E作EF∥AB，交直线BC于点F．
（1）如图1，α＝45°，点D与点C重合，求证：BF＝AC，
（2）如图2，点D，F都在BC的延长线上，用等式表示DF与BC的数量关系，并证明．
【备考2026】中考数学真题2025分类精编精练18平移、轴对称、旋转、视图答案解析
1 、选择题
【考点】生活中的平移现象
【分析】明确平移的性质：平移不改变物体的形状和大小，只改变物体的位置，分析橡皮擦的平移方向为垂直于书本右边缘，即左右方向平移，分别判断主视图（从正面看）、左视图（从左面看）、俯视图（从上面看）在平移过程中的变化，主视图和俯视图会因位置改变而变化，左视图不受左右平移影响．
解：选项A：主视图是从正面观察物体所得到的图形．橡皮擦沿垂直于书本右边缘的方向（即左右方向）平移时，其在正面视角中的水平位置发生了改变，导致主视图呈现的图形位置随之变化，因此主视图是会改变的，该选项错误．
选项B：左视图是从左面观察物体所得到的图形．橡皮擦左右平移时，左视图主要反映的是橡皮擦的侧面高度和宽度，而平移方向（左右方向）不会影响侧面的形状和大小，左视图的形状和大小均未发生变化，因此左视图不变，该选项正确．
选项C：俯视图是从上面观察物体所得到的图形．橡皮擦左右平移时，其在水平面上的位置发生了改变，俯视图中图形的位置也会随之变化，因此俯视图是会改变的，该选项错误．
选项D：由上述分析可知，主视图和俯视图会因平移导致的位置变化而改变，只有左视图不变，并非三种视图都不变，该选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查了平移的性质以及几何体三视图的概念，解题的关键是理解平移过程中几何体的形状和大小不变，分析平移方向对不同视图的影响．
【考点】平移的性质
【分析】求出BE的长即可判断．
解：∵BC＝6，EC＝4，
∴BE＝BC﹣EC＝6﹣4＝2，
∴平移的距离为2．
故选：A．
【点评】本题考查平移变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【考点】坐标与图形变化﹣平移
【分析】根据平移的性质，由点A平移后的对应点C的坐标确定平移规则，再应用于点B即可得到点D的坐标．
解：∵点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（2，﹣2），将线段AB平移得到线段CD，点A的对应点C的坐标为（3，5），
∴点A向上平移5个单位得到点C，
∴点B向上平移5个单位得到点D，
∴点D的坐标为（2，﹣2+5），即（2，3），
故选：B．
【点评】本题考查坐标与图形变换—平移，掌握平移的性质是解题的关键．
【考点】中心对称图形，轴对称图形
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，据此进行判断即可．
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意，
B．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意，
C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意，
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查中心对称图形，轴对称图形，熟练掌握其定义是解题的关键．
【考点】简单组合体的三视图
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
解：该立体图形的主视图为：
．
故选：D．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，解题的关键是理解简单组合体的三视图的定义，明确从正面看得到的图形是主视图．
【考点】翻折变换（折叠问题），菱形的性质
【分析】根据菱形的性质求出AB＝BC＝6，根据折叠的性质求出AE⊥BF，BE＝EF，解直角三角形求出BF＝2BE＝6，再根据线段的和差求解即可．
解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝6，
∴AB＝BC＝6，
根据折叠的性质得，AE⊥BF，BE＝EF，
∵∠B＝45°，
∴∠BAE＝90°﹣45°＝∠B，
∴AE＝BE＝AB＝3，
∴BF＝2BE＝6，
∴CF＝BF﹣BC＝6﹣6，
故选：D．
【点评】此题考查了折叠的性质、菱形的性质，熟记折叠的性质、菱形的性质是解题的关键．
【考点】剪纸问题，多边形内角与外角
【分析】设原多边形的边数为n，根据内角和可解得n，按图示的剪法剪去一个内角后，新多边形的边数比原多边形的边数多1，即可解答．
解：设原多边形的边数为n，
则可得180（n﹣2）＝1620，
解得 n＝11，
按图示的剪法剪去一个内角后，
新多边形的边数比原多边形的边数多1，为12，
故选：A．
【点评】本题考查了多边形内角和问题，熟知多边形内角和公式是解题的关键．
【考点】旋转的性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形
【分析】由等腰三角形的性质得∠BAC＝30°，再由旋转的性质得∠CAD＝90°，AD＝AB＝2，∠ADE＝120°，从而得∠ADC＝60°，∠ACD＝30°，故可得CD＝2AD，从而可求出结论．
解：在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，
∴，
由旋转可知∠BAD＝120°，
∴∠CAD＝90°，
由旋转得：AD＝AB＝2，∠ADE＝120°，
∴∠ADC＝60°，
∴∠ACD＝30°，
∴CD＝2AD＝2×2＝4，
故选：B．
【点评】本题主要考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质以及旋转的性质，掌握以上性质是解题的关键．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转，关于x轴、y轴对称的点的坐标
【分析】先根据图中△ABC的位置求出点A的坐标，再根据关于y轴的对称可求解点A2，再根据绕原点O旋转180°即可求解点A1的坐标．
解：在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2），
∴点A关于y轴对称的点A2（1，2），
将点A2（1，2）绕原点O旋转180°，
∴如图，点A1（﹣1，﹣2）．
故选：A．
【点评】本题考查了平面直角坐标系中点的变换，熟练掌握点的对称与旋转是解决本题的关键．
【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用
【分析】如图，过G作GH⊥BC于H，由对折可得：BC＝BF，CE＝EF，∠BFE＝∠BCE＝90°＝∠DFE，∠FBE＝∠CBE，证明∠DEF＝∠FDE＝45°，而，可得DF＝EF＝DE sin45°＝2，求解，，证明OG＝HG，Rt△OBG≌Rt△HBG，可得，再进一步求解即可．
解：如图，过G作GH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝AD，∠BCD＝∠ADC＝90°，∠DBC＝∠BDC＝45°，AC＝BD，OA＝OC＝OB＝OD，AC⊥BD，
由对折可得：BC＝BF，CE＝EF，∠BFE＝∠BCE＝90°＝∠DFE，∠FBE＝∠CBE，
∴∠DEF＝∠FDE＝45°，而，
∴DF＝EF＝DE sin45°＝2，
∴，
∴，
∴，
∵∠FBE＝∠CBE，GH⊥BC，AC⊥BD，
∴OG＝HG，
∵BG＝BG，
∴Rt△OBG≌Rt△HBG，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
方法二：设AC与BD交于点O，
∵∠FBE＝∠CBE＝22.5°，∠BOG＝90°，
∴∠OGB＝67.5°＝∠CGE，∠CEG＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠CEG＝∠CGE＝67.5°，
∴CG＝CE＝EF＝2，
故选：B．
【点评】
本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
1 、填空题
【考点】坐标与图形变化﹣平移
【分析】根据点的平移规律即可求解．
解：由题意得：将点P（1，2）沿着x轴向右平移3个单位，
∴平移后点P的坐标为 （1+3，2），即 （4，2），
故答案为：（4，2）．
【点评】本题考查了坐标与图形平移变换，解题关键在于掌握左右移动改变点的横坐标，左减，右加，上下移动改变点的纵坐标，下减，上加．
【考点】平移的性质
【分析】根据平移的性质可得DF＝AC、AD＝CF＝2，然后求出四边形ABFD的周长等于△ABC的周长与AD、CF的和，再求解即可．
解：由条件可知DF＝AC，AD＝CF＝2，
∴四边形ABFD的周长＝AB+BF+DF+AD＝AB+BC+CF+AC+AD
＝△ABC的周长+AD+CF
＝20+2+2
＝24．
故答案为：24．
【点评】本题考查平移的性质，掌握平移的不变性是解题的关键．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转
【分析】将线段OA绕点O逆时针旋转45°得到OA1，过A1作A1B⊥x轴于点B，则∠A1BO＝90°，OA＝OA1＝6，∠AOA1＝45°，然后通过OB＝OA1cos45°，A1B＝OA1sin45°，即可求解．
解：如图，将线段OA绕点O逆时针旋转45°得到OA1，过A1作A1B⊥x轴于点B，则∠A1BO＝90°，
∵点A的坐标为（6，0），
∴OA＝6，
由题意得，OA＝OA1＝6，∠AOA1＝45°，
∴，，
∴点A对应点的坐标为，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，解直角三角形的相关计算，掌握知识点的应用是解题的关键．
【考点】翻折变换（折叠问题），勾股定理，正方形的性质，坐标与图形变化﹣对称
【分析】设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，则四边形BOGC 矩形，推出OG＝BC＝a，CG＝ BO，∠EGF＝90°．由折叠的性质，得AD＝AF＝a，DE＝FE．根据点B的坐标为 （1，0），点F的坐标为（0，3），得出BO＝1，FO＝ 3，所以AO＝AB﹣BO＝a﹣1．在Rt△AOF 中，AO2+FO2＝AF2，解得 a＝5，则FG＝OG﹣OF＝2，GE＝CD﹣CG﹣DE＝4﹣DE．在Rt△EGF中，GE2+FG2＝EF2，解得DE＝2.5，所以GE＝1.5，则点E的坐标为 （﹣1.5，5）．
解：如图，设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，
则四边形BOGC是矩形，
∴OG＝BC＝a，CG＝ BO，∠EGF＝90°．
由折叠的性质，得AD＝AF＝a，DE＝FE．
∵点B的坐标为 （1，0），点F的坐标为（0，3），
∴BO＝1，FO＝ 3，
∴AO＝AB﹣BO＝a﹣1．
在Rt△AOF 中，AO2+FO2＝AF2，
∴（a﹣1）2+32＝a2，
解得a＝5，
∴FG＝OG﹣OF＝2，GE＝CD﹣CG﹣DE＝4﹣DE．
在Rt△EGF中，GE2+FG2＝EF2，
∴（4一 DE）2+22＝DE2，
解得DE＝2.5，
∴GE＝1.5，
∴点E的坐标为 （﹣1.5，5）．
故答案为：（﹣1.5，5）．
【点评】本题考查翻折变换，正方形的性质，坐标与图形变化—对称，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
【考点】轴对称﹣最短路线问题，等边三角形的判定与性质，菱形的性质
【分析】根据轴对称的性质，首先准确找到点P的位置．根据菱形的性质，作点P′和P关于BD对称．则连接CP′．PM+CM的最小值即为CP′的长．
解：作点P′和P关于BD对称．则连接CP′，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝4，P为CD中点，
∴点P′是AD的中点，
∴DP′＝＝2，
∵BD＝4，AB＝AD＝4，
∴∠BAD＝120°，∠ADC＝60°，
∴CP′⊥AD，
∴CP′＝2．
PM+CM的最小值即为CP′的长：2．
故答案为：．
【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知“两点之间线段最短”是解答此题的关键．
【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，直角三角形斜边上的中线，勾股定理
【分析】解直角三角形得出，由等边三角形的性质可得CD＝BC＝2，∠BCD＝60°，取AC的中点E，连接OE、DE，作EF⊥CD交DC的延长线于F，则，∠FCE＝30°，求出，CF＝，从而可得DF＝，由勾股定理可得DE＝，最后根据三角形三边关系可得OD≤DE+OE，即可得解．
解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，
∴，
∵△BCD为等边三角形，
∵CD＝BC＝2，∠BCD＝60°，
如图，取AC的中点E，连接OE、DE，作EF⊥CD交DC的延长线于F，
则，∠FCE＝180°﹣∠ACB﹣∠BCD＝30°，
∴，，
∴，
∴，
根据三角形三边关系可得：OD≤DE+OE，
∴，
∵OD的最大值为，
故答案为：．
【点评】本题考查了解直角三角形、等边三角形的性质、勾股定理、三角形三边关系，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【考点】翻折变换（折叠问题），解直角三角形，等腰三角形的性质
【分析】根据折叠的性质得到DE⊥AB，AD＝BD，AE＝BE＝5，设AD＝3x，DE＝4x，得到AE＝5x＝5，求得AB＝AC＝6，根据三角形的面积公式即可得到结论．
解：如图，
∵将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合，
∴DE⊥AB，AD＝BD，AE＝BE＝5，
∴∠ADE＝90°，
∵tan∠AED＝＝，
设AD＝3x，DE＝4x，
∴AE＝5x＝5，
∴x＝1，
∴AD＝BD＝3，DE＝4，
∴AB＝AC＝6，
∴CE＝1，
∴＝＝，
∴S△CBE＝，
如图，
∵将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合，
∴DE⊥AB，AD＝BD，AE＝BE＝5，
∴∠ADE＝90°，
∵tan∠AED＝＝，
设AD＝3x，DE＝4x，
∴AE＝5x＝5，
∴x＝1，
∴AD＝BD＝3，DE＝4，
∴AB＝AC＝6，
∴CE＝11，
∴＝＝，
∴S△CBE＝，
综上所述△BEC的面积为或，
故答案为：或．
【点评】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，等腰三角形的性质，三角形面积的计算，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
【考点】翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定与性质，正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判
【分析】证明△ADE≌△CDE（SAS）即可判断①，在FC上取一点G，使得BG＝BE，证明△FBG≌△CBE（SAS），进而判断②，过点A，B分别作FC的垂线，垂足分别为K，N，则△AHK∽△BHN，根据相似三角形的性质即可判断③，取HB的中点T，连接TD，根据题意得出O在以HB为直径的圆上运动，进而得出当O在TD上时，DQ取得最小值，最小值为DT的长，勾股定理求得TD的长，即可求解．
解：∵四边形ABCD是正方形，点E是正方形ABCD的对角线BD上的点，
∴∠ADE＝∠CDE，AD＝CD，DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝EC，故①正确，
如图，在FC上取一点G，使得BG＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴∠ADE＝45°，∠BAD＝90°，AD＝CD，
∵∠BAE＝15°，
∴∠DAE＝90°﹣15°＝75°，
∴∠AED＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∵△ADE≌△CDE，
∴∠AED＝∠CED＝60°，∠DAE＝∠DCE＝75°，
∴∠HEB＝∠CED＝60°，∠BCE＝∠BAE＝15°，
∴△GEB是等边三角形，
∴∠EBG＝60°，EG＝BE，
又∵BF＝BC，
∴∠F＝∠BCF＝15°，
∴∠FBC＝180°﹣15°﹣15°＝150°，
∴∠DBC＝45°，
∴∠FBG＝∠FBC﹣∠GBE﹣∠CBE＝150°﹣60°﹣45°＝45°＝∠CBE，
∴△FBG≌△CBE（SAS），
∴FG＝CE，
∴EF＝EG+FG＝EC+BE＝AE+BE，即BE+AE＝EF，故②正确，
如图，连接AC交BD于点O，则∠DAO＝45°，过点A，B分别作FC的垂线，垂足分别为K，N，
∵AB＝1，
∴，，
∵∠DAE＝75°，∠DAO＝45°，
∴∠EAO＝30°，
∵在正方形ABCD中，AC⊥BD，
∴，
∴，
∵∠BCE＝15°，∠ACB＝45°，
∴∠ACK＝30°，
∴，
在Rt△BEN中，，
∵AK⊥FC，BN⊥FC，
∴KA∥BN，
∴△AHK∽△BHN，
∴，故③错误，
如图，
∵AB＝AH+HB＝1，，
∴，
即，
∵点M是BC边上一动点，连结HM，将△BHM沿HM翻折，点B落在点P处，
∴PQ⊥HM，
∴∠HQB＝90°，
∴Q在以HB为直径的圆上运动，
取HB的中点T，连接TD，
∴当Q在TD上时，DQ取得最小值，最小值为DT的长，
∴，
∴，
∴，
∴，故④正确．
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，求一点到圆上的距离的最值问题，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
1 、解答题
【考点】作图﹣平移变换，作图﹣旋转变换，弧长的计算
【分析】（1）根据平移的性质作图，即可得出答案．
（2）根据旋转的性质作图，即可得出答案．
（3）利用勾股定理求出OC1的长，再利用弧长公式计算即可．
解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
由图可得，点C1的坐标为（4，1）．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
由图可得，点C2的坐标为（﹣1，4）．
（3）由勾股定理得，OC1＝＝，
∴点C1旋转到点C2的过程中，所经过的路径长为＝．
【点评】本题考查作图﹣平移变换、作图﹣旋转变换、弧长的计算，熟练掌握平移的性质、旋转的性质、弧长公式是解答本题的关键．
【考点】作图﹣轴对称变换，轴对称图形的性质，尺规作图—作垂直平分线，作角平分线，平行线的性质
【分析】（1）任务一：连接QQ，作QQ的垂直平分线m，过点P作直线m的垂线，交边PK于点A，以点A为圆心，AP的长为半径作弧，交直线l3于点P′，则点P为所求，
任务二：作出l4与PK所成夹角的角平分线，即为折痕l5，
（2）根据三等分线得到，再由平行线的性质即可求解．
解：（1）任务一：如图，点P为所求．
任务二：如图，折痕l3为所求．
（2）如图，
由题意可知l4，l5是∠α的三等分线，
∴，
∴l2∥PK，
∴∠CDE＝∠CPk＝50°，
∴l2与l4相交所成的锐角是50°，
故答案为：50．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，轴对称图形的性质，尺规作图—作垂直平分线，作角平分线，平行线的性质，读懂题意是解题的关键．
【考点】作图﹣轴对称变换，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用
【分析】（1）以D为圆心，DC为半径画弧，以B为圆心，BC为半径画弧，两弧交于点E，连接DE，BE即可，
（2）如图，证明AD＝BC＝2，AB＝CD＝1，AD∥|BC，∠A＝90°，可得∠ADB＝∠CBD，证明FB＝FD，设AF＝x，则DF＝2﹣x，可得12+x2＝（2﹣x）2再解方程即可．
解：（1）如图，△BED即为所求作的三角形，
由作图可得：DE＝DC，BE＝BC，BD＝BD，、
∴△BCD≌△BED（SSS），
∴△BED即为所求作的三角形，
（2）如图，矩形ABCD，
∴AD＝BC＝2，AB＝CD＝1，AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠EBD＝∠CBD，
∴∠FBD＝∠FDB，
∴FB＝FD，设AF＝x，则DF＝2﹣x，12+x2＝（2﹣x）2，
解得：，
∴．
【点评】本题考查的是作轴对称图形，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，熟练的作图是解本题的关键．
【考点】作图﹣旋转变换，几何变换的类型，菱形的性质，作图﹣平移变换
【分析】（1）根据A，B，C的坐标为（0，1），（﹣2，4），（﹣4，1）即可确定原点和x轴，y轴的位置，进而画出平面直角坐标系，根据中心对称的特点，即可写出对称中心G的坐标和点B的对应点B'的坐标，
（2）根据平移的特点即可画出平移后的菱形．
解：（1）平面直角坐标系如图所示，
对称中心G的坐标是，点B的对应点B'的坐标是 （2，﹣5），
（2）画出平移后的菱形，如图所示．
【点评】本题考查平面直角坐标系的建立，中心对称的两个图形对称中心的确定，对应点的确定，图形平移作图等，理解题意，正确画出图形是解题的关键．
【考点】作图﹣旋转变换，平行线的判定，作图﹣轴对称变换
【分析】（1）利用旋转变换的性质作出点E的对应点F即可，连接AC交网格线于点O，作直线FO交AB于点G即可，
（2）取格点J，K，连接AK，CJ交于点M，连接KJ交网格线于点P，取格点W，连接PW，延长PW交BD于点N，作直线MN即可．
解：（1）如图1中，点F，直线FG即为所求，
（2）如图，点M，直线MN即为所求．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，轴对称变换，平行线的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【考点】几何变换综合题
【分析】（1）先根据等腰三角形的性质可得∠BAC＝∠ABC＝45°，再求出∠CDE＝60°，然后根据三角形的外角性质即可得∠AFD＝15°，最后根据解直角三角形可得AC，CD的长，根据线段的和差即可得，
（2）①过点C作CG⊥DE，垂足为G，先解直角三角形可得CG，DG的长，再利用勾股定理可得AG的长，然后根据线段的和差即可得，
②根据等腰三角形的性质可得∠CAG＝∠ACG＝45°，则可得∠DAB＝90°，由此即可得．
解：（1）∵△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∵△CDE中，∠DCE＝90°，∠E＝30°，
∴∠CDE＝60°，
∴∠AFD＝∠CDE﹣∠A＝60°﹣45°＝15°，
在Rt△ABC中，，
在Rt△CDE 中，，
∴，
（2）①如图，过点C 作CG⊥DE，垂足为G，
∵△CDG 中，∠CGD＝90°，∠CDE＝60°，，
∴，CG＝CD sin∠CDE＝6cm，
∵△CGA中，∠CGA＝90°，，CG＝6cm，
∴，
∴，
②AB⊥DE，理由如下：
∵在 Rt△CGA中，∠CGA＝90°，AG＝CG＝6cm，
∴∠CAG＝∠ACG＝45°，
又∵∠BAC＝45°，
∴∠DAB＝∠CAG+∠BAC＝45°+45°＝90°，
∴AB⊥DE．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键
【考点】几何变换综合题
【分析】（1）由直角三角形斜边中线性质可得在Rt△BCD中，，在 Rt△BED 中，，得出CF＝EF，∠FBE＝∠FEB，∠FBC＝∠FCB，再证明∠EFC＝60°，即可得出结论，
（2）①延长DE交AB于点D，分别延长AD，BC相交于点B，先证明△AED≌△AED（ASA），可得DE＝D′E，同理可得△ABC≌△ABC，BC＝BC，再利用中位线的性质可得结论，
②点E在以点A为圆心，3为半径的圆上，由△CEF是等边三角形，可得EF＝CE，可得EF最大时，即CE取得最大值时，当A，C，E三点共线时，CE取得最大值，此时EF最大，再求解即可．
（1）证明：∵在Rt△ADE 中∠AED＝90°，
∴∠BED＝90°，
∵在Rt△ABC中∠BAC＝60°，
∴∠ABC＝30°，
∵点F是BD的中点，
∴在Rt△BCD中，，在Rt△BED 中，，
∴CF＝EF，∠FBE＝∠FEB，∠FBC＝∠FCB，
∴∠EFC＝∠EFD+∠CFD＝∠FBE+∠FEB+∠FBC+∠FCB＝2∠ABC＝60°，
∴△CEF是等边三角形，
（2）①（1）中的结论还成立，理由如下：
如图，延长DE交AB于点D'，分别延长AD，BC相交于点B'，
由旋转角为60°可得∠EAD＝60°
∴∠EAD＝∠EAD'＝60°，
又∵∠AED＝∠AED'＝90°，AE＝AE，
∴△AED≌△AED'（ASA），
∴DE＝D'E，
∵DF＝BF，
∴EF是△DBD'的中位线，
∴EF∥AB'，
∴∠FEC＝∠B'AC＝60°，
同理可得△ABC≌△AB'C
∴BC＝B'C，
∵DF＝BF，
∴FC是△BDB'的中位线，
∴CF∥AB'，
∴∠FCA＝∠B'AC＝60°，
∴△CEF是等边三角形，
②如图，点E在以点A为圆心，3为半径的圆上，
∵△CEF是等边三角形，
∴EF＝CE，
∴EF最大时，即CE取得最大值时，
∴当A，C，E三点共线时，CE取得最大值，此时EF最大，
即△ADE绕点A顺时针旋转240度时，EF最大，
延长DE交AB于点D'，分别延长AD，BC相交于点B'，
由①得FC是△BDB'的中位线，EF是△DBD'的中位线，
∴CF∥DB'，EF∥BD'，
∴∠MAE＝∠FCE＝60°，∠MEA＝∠BAC＝60°
∴△MAE是等边三角形，
∴EM＝AE＝3，
故答案为：3．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线构造中位线解决问题，属于中考压轴题．
【考点】几何变换综合题
【分析】（1）根据α＝45°，得出∠BAC＝∠ABC＝45°，根据旋转可得AE＝AD＝AC，∠EAB＝90°﹣∠BAC＝45°，进而证明四边形ABFE是平行四边形，得出BF＝AE，BF＝AC，即可得证，
（2）在DB上取一点G，使得AG＝AB，证明△DAG≌△EAB（SAS），得出DG＝BE，∠AGD＝∠ABE＝180°﹣∠AGC＝180°﹣α，进而根据三角形内角和定理得出∠FBE＝180°﹣2α，根据平行线的性质得出∠BFE＝∠ABF＝α，进而得出∠BEF＝α，根据等角对等边可得BE＝BF，则DG＝BF，根据三线合一可得GC＝BC，进而根据DF＝BD﹣BF＝BD﹣DG＝BG＝2BC，即可得证．
证明：（1）∵∠ACB＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∵线段AD绕点A逆时针旋转180°﹣2×45°＝90°得到线段AE，点D与点C重合，
∴AE＝AD＝AC，∠EAB＝90°﹣∠BAC＝45°，
∴∠EAB＝∠ABC，
∴BC∥AE，
∵EF∥AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴BF＝AE，
∴BF＝AC，
（2）DF＝2BC，证明：
如图，在DC上取一点G，使得CG＝CB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACG＝∠ACB＝90°，
在Rt△ACG和Rt△ACB中，
，
∴Rt△ACG≌Rt△ACB（SAS），
∴AG＝AB，
∴∠AGB＝∠ABG＝α，
∴∠BAG＝180°﹣2α，
∵将线段AD绕点A逆时针旋转180°﹣2α得到线段AE，
∴DA＝EA，
∴∠DAE＝∠GAB＝180°﹣2α，
∴∠DAG＝∠EAB，
∴△DAG≌△EAB（SAS），
∴DG＝BE，∠AGD＝∠ABE＝180°﹣∠AGC＝180°﹣α，
又∵∠ABC＝α，
∵∠FBE＝∠ABE﹣∠ABC＝180°﹣α﹣α＝180°﹣2α，
∵EF∥AB，
∴∠BFE＝∠ABF＝α，
∴∠BEF＝180°﹣∠FBE﹣∠BFE＝α，
∴BE＝BF，
∴DG＝BF，
∵AG＝AB，AC⊥BC，
∴GC＝BC，
∴DF＝BD﹣BF＝BD﹣DG＝BG＝2BC．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用，平行四边形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
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