专题21 图形的平移与旋转-2025年精选中考真题分类汇编

专题21 图形的平移与旋转-2025年精选中考真题分类汇编
一、选择题
1．（2025·自贡）起源于中国的围棋深受青少年喜爱．以下由黑白棋子形成的图案中，为中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】中心对称图形
【解析】【解答】解：A、图形绕某一点旋转180°后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；
B、图形绕某一点旋转180°后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；
C、图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，是中心对称图形，符合题意；
D、图形绕某一点旋转180°后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；
故答案为：C.
【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够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案.
2．（2025·内江） 古钱币是我国珍贵的历史文化遗产．下列选项是在《中国古代钱币》特种邮票中选取的部分图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、此选项中的中国古代钱币图案是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、此选项中的中国古代钱币图案是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、此选项中的中国古代钱币图案即不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、此选项中的中国古代钱币图案即是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意.
故答案为：D .
【分析】把一个平面图形，沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能完全重合的平面图形就是轴对称图形；平面内，把一个平面图形，在平面内绕着某一点旋转180°后，能与自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可逐一判断得出答案.
3．（2025·辽宁）在平面直角坐标系xOy中，点的坐标为（3，0），点的坐标为（2，-2），将线段平移得到线段，点的对应点的坐标为（3，5），则点的对应点的坐标为（　　）
A．（7，-2） B．（2，3） C．（2，-7） D．（-3，-2）
【答案】B
【知识点】用坐标表示平移
【解析】【解答】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），
故答案为：B.
【分析】先根据平移的性质，得出点A平移后的对应点C的坐标确定平移方向与距离，再应用于点B即可得到点D的坐标．
4．（2025·自贡）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（　　）
A．（-3，5） B．（5，-3） C．（-2，5） D．（5，-2）
【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的边长为5，AB边在y轴上，将正方形ABCD绕点O逆时针旋转90°，得到正方形 A'B'C'D'.
∴AB=BC=A'B'=B'C'=C'D'=5，A'B'在x轴上，A'B'//C'D'，
∵B(0，-2)，
∴B'(2，0)，C'(2，5)，
∴D'(-3，5)，
故答案为：A.
【分析】由正方形与旋转可得A'B'在x轴上，A'B'//CD'，结合B(0，-2)，可得B'(2，0)，C'(2，5)，进一步可得答案.
5．（2025·自贡）如图．在平面直角坐标系中，将平移，得到，点在坐标轴上．若，则点坐标为（　　）
A．（11，-4） B．（10，-3） C．（12，-3） D．（9，-4）
【答案】B
【知识点】平移的性质；解直角三角形—边角关系；一线三等角相似模型（K字型相似模型）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：过点A作AH⊥y轴，作BK⊥AH交HA的延长线于点K，则∠AHO=∠BKA=90°=∠BAO，
∴∠BAK=∠AOH=90°-∠HAO，
∴△AHO∽△BKA，
∴，
∵∠A=90°，，A(-4，3)，
∴OH=3，AH=4，
∴
∴BK=8，AK=6，
∵平移，
∴OF=BK=8，OE=AK=6，
∴E(6，0)，
∴将点A先向右平移10个单位，再向下平移3个单位得到点E，
∴将点O(0.0)先向右平移10个单位，再向下平移3个单位得到点G，
∴G(10，-3)，
故答案为：B.
【分析】过点A作AH⊥y轴，作BK⊥AH交HA的延长线于点K，证明△AHO∽△BKA，得到，根据点A的坐标，结合tan∠ABO的值，求出BK=8，AK=6，平移求出E点坐标，进而得到平移规则，再求出G点坐标即可.
6．（2025·德阳）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC沿CB方向向右平移至△EGF处，使EF恰好过边AB的中点D，连接CD，若CD=1，则GE= （　　）
A．3 B．2 C．1 D．
【答案】B
【知识点】平移的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵点D是AB的中点，
∴AB=2CD=2，
由平移可得EG=AB=2，
故答案为：2.
【分析】根据直角三角形的中线性质得到AB=2CD=2，然后根据平移解答即可.
7．（2025·大庆） 如图，中，，，将绕点A顺时针旋转得到，点B，点C的对应点分别为点D．点E连接．点D恰好落在线段上，则的长为（　　）
A． B．4 C． D．6
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】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=2X2=4，
故答案为：B.
【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，计算即可解答.
8．（2025·天津市）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边BC相交于点，连接．若，则线段的长为（　　）
A． B． C．4 D．
【答案】D
【知识点】三角形的面积；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；旋转的性质；等积变换
【解析】【解答】解：连接AD，∠CC'于点O
由旋转性质可得AC'=AC=4，∠AC'B'=∠ACB=90°
∴∠AC'D=90°
在Rt△AC'D和Rt△ACD中
∴Rt△AC'D≌Rt△ACD
∴C'D=CD=3
∴AD垂直平分CC'
∴CC'=2OC，AD⊥CC'
∵∠ACB=90°，AC=4，CD=3
∴
∵
∴
∴
故答案为：D
【分析】连接AD，∠CC'于点O，由旋转性质可得AC'=AC=4，∠AC'B'=∠ACB=90°，则∠AC'D=90°，再根据全等三角形判定定理可得Rt△AC'D≌Rt△ACD，则C'D=CD=3，根据垂直平分线判定定理可得AD垂直平分CC'，则CC'=2OC，AD⊥CC'，根据勾股定理可得AD，再根据三角形面积即可求出答案.
9．（2025·淄博）如图，P是以正方形ABCD的顶点A为圆心，AB为半径的弧BD上的点，连接AP，CP，将线段CP绕点P顺时针旋转90°后得到线段PQ，连接AQ．若AB＝1，则△APQ的最大面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解：过点Q作QE⊥AP于点E，过点C作CF⊥AP交延长线于点F，连接AC交弧于点P1
则∠QEP=∠CFP=90°
∵∠QPC=90°
∴∠EQP+∠EPQ=∠FPC+∠EPQ=90°
∴∠EQP=∠FPC
由旋转可得，PC=PQ
∴△QPE≌△PCF(AAS)
∴EQ=PF
∵PF≤PC
∴EQ≤PC
∴AP+PF≤AP+PC≤AC
即当点P在P1时，EQ的值最大为CP1长
∵四边形ABCD是正方形
∴AD=AP1=CD=AB=1
∴
∴EQ的值最大为
∴△APQ的最大面积为
故答案为：C
【分析】过点Q作QE⊥AP于点E，过点C作CF⊥AP交延长线于点F，连接AC交弧于点P1，则∠QEP=∠CFP=90°，根据角之间的关系可得∠EQP=∠FPC，根据旋转性质可得PC=PQ，再根据全等三角形判定定理可得△QPE≌△PCF(AAS)，则EQ=PF，再根据边之间的关系可得AP+PF≤AP+PC≤AC，即当点P在P1时，EQ的值最大为CP1长，根据正方形性质可得AD=AP1=CD=AB=1，再根据勾股定理可得AC，根据边之间的关系可得EQ，再根据三角形面积即可求出答案.
10．（2025·安徽） 如图，在四边形 ABCD 中，，AB = 4，BC = 3，AD = 1，点 E为边 AB 上的动点.将线段 DE 绕点 D 逆时针旋转 得到线段 DF，连接 FB，FC，EC，则下列结论错误的是（　　）
A．EC - ED 的最大值是 B．FB 的最小值是
C．EC + ED 的最小值是 D．FC 的最大值是
【答案】A
【知识点】矩形的判定与性质；轴对称的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：A、∵ 点 E为边 AB 上的动点.将线段 DE 绕点 D 逆时针旋转 得到线段 DF，
∴DE=DF，∠EDF=90°，
过点D作DG⊥BC于点G，在DG上取点H，使DH=AD=1，延长FH交AB于点I，
∴四边形ABGD是矩形，
易证△DHF≌△DAE（SAS）
∴FH⊥DG，即点F在FH上运动，
∵∠A=∠ABC=90°，
∴四边形DAIH，四边形BGHI，四边形ADGB是矩形，
∴AD=BG=IH=1，
∴DG=AB=4，
∴CG=BC-GB=3-1=2；
∴，
∴，
∴当BE最大时，EC-ED的值最大，
∴当点E和点A重合时，点F和点H重合时，BF最小，
此时，
∴DE=1，
∴EC-ED=5-1=4，故A符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、作点D关于AB的对称点M，连接MC，
∴ED=EM，AD=AM=1，∠BAM=∠BAD=90°，
过点M作MN⊥CB于点N，此时EC+ED≥CM，
∴当点C、E、M三点共线时，EC+ED的值最小，即就是MC的长；
易证四边形AMNB是矩形，
∴BN=AM=1，CN=3+1=4，AB=MN=4，
∴故C不符合题意；
D、当点E和点A重合时，
，
当点E和点B重合时，过点C作CQ⊥FH于点Q，
易证四边形CQIB是矩形，
∴CQ=IB=4-1=3，QI=BC=3，
∴△DHF≌.△DAE，
∴∴FH=AE=4，
∴QF=FH+HI-QI=4+1-3=2，
∴
综上所述，FC的最大值为，故D不符合题意；
故答案为： A.
【分析】利用旋转的性质可证得DE=DF，∠EDF=90°，过点D作DG⊥BC于点G，在DG上取点H，使DH=AD=1，延长FH交AB于点I，可证得四边形ABGD是矩形，利用SAS可证得△DHF≌△DAE，可证得FH⊥DG，即点F在FH上运动；再证明四边形DAIH，四边形BGHI，四边形ADGB是矩形，可求出BG、HI、DG、CG的长，利用勾股定理可表示出DE，CE的长，然后可表示出EC-ED的长，当BE最大时，EC-ED的值最大，当点E和点A重合时，点F和点H重合时，BF最小，利用勾股定理求出EC的长，即可求出EC-ED的长及BF的长，可对A、B作出判断；作点D关于AB的对称点M，连接MC，可知ED=EM，AD=AM=1，∠BAM=∠BAD=90°，过点M作MN⊥CB于点N，此时EC+ED≥CM，由此可知当点C、E、M三点共线时，EC+ED的值最小，即就是MC的长；易证四边形AMNB是矩形，利用矩形的性质可得到BN、CN、MN的长，利用勾股定理可得到CE+ED的最小值，可对C作出判断；当点E和点A重合时，利用勾股定理求出CF的长；当点E和点B重合时，过点C作CQ⊥FH于点Q，可得到CQ、QI的长，利用全等三角形的性质可得到FH的长，即可求出QF的长，然后利用勾股定理求出FC的长，综上所述，可得到FC的最大值，可对D作出判断.
二、填空题
11．（2025·深圳） 深圳某物流公司研发了一款无人机快递投递系统，无人机可以按照设计好的飞行轨迹，将快递精准的送达客户.以地面（水平方向）为x轴，垂直于地面的方向（竖直方向）为y轴，建立平面直角坐标系.无人机现位于P(1，2)的位置，现在桃李的同学们操作无人机向右平移3个单位长度到P'.则P'坐标为　 　.
【答案】(4，2)
【知识点】用坐标表示平移
【解析】【解答】解：由平移规律可得P'(1+3，2)即（4，2）.
故答案为： (4，2).
【分析】直接由坐标系中点的平移规律：左加右减，即可得出结果.
12．（2025·凉山州）如图，将周长为20的△沿方向平移2个单位长度得△，连接，则四边形的周长为　 　 ．
【答案】24
【知识点】平移的性质；图形的平移
【解析】【解答】解：由平移的性质得：
四边形的周长
故答案为：24.
【分析】平移前后对应线段平行且相等或在同一条直线上，对应点的连线平行且相等或在同一条直线上，则四边形ABFD的周长实际上等于的周长加上平移的距离AD与CF的和，再根据已知代入周长和平移的距离即可求解；
13．（2025·深圳） 如图，以矩形ABCD的B为圆心，BC的长为半径作，交AB于点F，点E为AD上一点，连接CE.将线段 CE 绕点 E 顺时针旋转至 EG，点 G 落在上，且点F为 EG 中点.若AF=1，AE=3，则 CB 的长为　 　.
【答案】6
【知识点】矩形的性质；圆的相关概念；旋转的性质
【解析】【解答】解：方法一：
由题意可知：
设EC=a，则：CB=a+4，AB=a+3
在中，
由勾股定理得：
方法二：
如图，作，垂足为H，连接AF，
由题意可知：
设，则：
在中，
由勾股定理得：
方法三：
如图，延长DA交于点M，
为直径
直径GM
B为中点
即：
，即：为等腰直角三角形
接下来的思路就比较清晰了
其一可作：作，垂足为N，连接MF
可知：
亦可连接GB，可知：
【分析】方法一：直接可得EF的长度，即可EC的长度，设DE=a，则可知BC和BF的长为a+3，可得CD=AB=4+a，再由勾股定理即可得a的值，即可得BC的长；
方法二：作FH⊥AB于点H，得，FH=3，再设半径为r，由勾股定理得r的值，即可得BC的长；
方法三：作FN⊥AD于点N，得得DN的长为3，即可得BC的长.
14．（2025·宜宾）如图，在中，，BC=6．将射线CA绕点C顺时针旋转到，在射线1上取一点D，连结AD，使得面积为24，连结，则的最大值是　 　.
【答案】
【知识点】旋转的性质；定角定弦辅助圆模型；相似三角形的判定-SAS；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】
解：∵射线CA绕点C顺时针旋转90°到CA1，在射线CA1上取一点D，连结AD ，
∴ACD= 90°，
∵ACD面积为24，
∴AC·CD·=24
∴ AC·CD= 48，
过点C向上作线段CF⊥BC，使得CE=8，
∵BC=6.
∴BC·CE=6x8=48
即AC·CD= BC·CE
∴
连接DE，
∵CE⊥BC，
∴∠BCE= CACD= 90°，
∵∠BCE-∠ACE=∠ACD- ∠ACE，
∴∠ACB= ∠ECD，
∵
∴CEDACB，
∴∠EDC= ∠ABC =90°，
∵CE=8，即定角定弦，故点D在以CE为直径的圆上，.
记圆心为直径CE的中点O，
即的半径OD=4
连接OB，并延长与交于-一点，即为D1，
此时BD1为BD的最大值，
故BO=
∴BD= BO+OD=2+4.
故答案为：.
【分析】先整理得ACxCD=48，过点C向上作线段CE⊥BC，使得CE=8，得到结合∠BCE=∠ACD= 90°，整理得ACB=ECD，证明△CEDACB，即EDC=ABC = 90°，可运用定角定弦，得点D在以CE为直径的圆上，连接OB，并延长与交于一点，即为D，再运用勾股定理得BO=2，即可解答.
15．（2025·达州） 定义：在平面直角坐标系中，一个图形向右平移a个单位长度，再绕原点按顺时针方向旋转角度，这样的图形运动叫做图形的变换，现将斜边为1的等腰直角三角形放置在如图的平面直角坐标系中，经变换后得为第一次变换，经变换得为第二次变换，…，经变换得，则点的坐标是　 　．
【答案】
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转；探索规律-点的坐标规律
【解析】【解答】过点C作CD⊥x轴，
由题可知，CD=AD==0.5，∴C（，），绕原点旋转180°，相当于过原点做中心对称点，∴C1（，），再将C1向右平移2个单位，并作关于原点的对称点，得C2（-，），同理，得C3（，），C4（，），C5（，），C6（，），C7（，）.......由此可得规律，当n为奇数时，Cn（，），∴
故填：.
【分析】 过点C作CD⊥x轴，根据斜边上的中线得到C坐标，根据绕原点旋转180°即为作关于原点的中心对称，依次得到C1C2C3C4C5C6C7....从而得到规律，进而求解.

三、解答题
16．（2025·潍坊） 如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中的坐标分别为（0，1），．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，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标；
（2）将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形．
【答案】（1）解：平面直角坐标系如图所示，见解析；
对称中心的坐标是，点的对应点的坐标是（2，-5）
（2）解：画出平移后的菱形，如图所示.
【知识点】作图﹣平移；平面直角坐标系的构成；中心对称的性质
【解析】【分析】（1）根据点的坐标建立直角坐标系，再根据中心对称性质即可求出答案.
（2）根据平移的性质作图即可.
17．（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，的三个顶点坐标分别为．
（1）将向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到，画出两次平移后的，并写出点的坐标；
（2）画出绕原点O逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点旋转到点的过程中，所经过的路径长（结果保留π）。
【答案】（1）解：如图所示：
△A1B1C1即为所求，
C1(4， 1)
（2）解：如图所示： △A2B2C2即为所求，
C2(-1， 4)
（3）解：∵C1(4， 1)，
∴OC1=，
∴点旋转到点的过程中，所经过的路径长=.
【知识点】作图﹣平移；作图﹣旋转；弧长及其计算
【解析】【分析】（1）根据平移的方向和单位长度，即可得出平移后的各对应点的位置，顺次连接即可得出平移后的三角形；
（2）根据旋转的方向和角度即可得出旋转之后的各对应点的位置，顺次连接，即可得出旋转之后的三角形；
（3）根据点C1的坐标，首先求得旋转到点 路径的半径，然后根据旋转角度为90°，利用弧长计算公式即可求得所经过的路径长。
18．（2025·武汉）如图是由小正方形组成的3个4闷格，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(，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
【答案】（1）解：如图1中，点F，直线FG即为所求；
（2）解：如图，点M，直线MN即为所求，
【知识点】作图﹣旋转；尺规作图-平行线
【解析】【分析】（1）根据旋转性质可得点F，再连接AC，找到矩形中点O，连接FO即可求出答案.
（2）根据对称性质作出点M，再根据直线平行性质作图即可.
19．（2025·河南）小军将一副三角板按如图方式摆放在平面直角坐标系xOy中，其中含角的三角板OAB的直角边OA落在轴上，含角的三角板OAC的直角顶点的坐标为，反比例函数的图象经过点．
（1）求反比例函数的表达式．
（2）将三角板OAB绕点顺时针旋转边上的点恰好落在反比例函数图象上，求旋转前点的坐标．
【答案】（1）解：∵反比例函数 的图象经过点C(2，2)
∴k=4
∴这个反比例函数的表达式为
（2）解：如图，过点C作轴、轴，垂足分别为M、N，设点A、D绕点O顺时针旋转90°到点A`、D`.
由旋转的性质知，
，即
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转；反比例函数图象上点的坐标特征；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可；
（2）如图所示，由于点，则过点C分别作轴的垂线段CM和CN，则CM=CN=2，由于是等腰直角三角形，则CN是斜边OA上的中线，即OA=4，则由旋转的性质知，OA`=OA=4，即点D`的横坐标为4，此时利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出D`的纵坐标为1，即A`D`=1，再由旋转的性质知AD=A`D`=1，由于点D在第二象限，则.
20．（2025·自贡）如图，正比例函数与反比例函数的图象交于点，点是线段上异于端点的一点，过点作轴的垂线．交反比例函数的图象于点．
（1）求的值；
（2）若，求点坐标；
（3）双曲线关于轴对称的图象为，直接写出射线绕点旋转后与的交点坐标.
【答案】（1）解：∵点A(-2，a)在反比例函数上，
∴a=4，即A(-2，4)，
将A(-2，4)代入正比例函数y=kx中，
得-2k=4，
解得：k=-2.
（2）解：B在直线y=-2x上，
设B(m，-2m)，
∵过点B作y轴的垂线，交反比例函数的图象于点D，
∴，
∵BD=2，
∴
整理得：m2-2m-4=0，
解得：或(不符合题意舍去)，
∴.
（3）解：∵双曲线关于y轴对称的图象为y'，
∴，
如图，
由旋转可得：OA=OA'，∠AOA'=90°，
过A作AK⊥x轴于K，过A'作A'L⊥x轴于L，
∴∠AKO=∠A'LO=90°，
∴∠AOK=90°-∠A'OL=∠OA'L，
∴△AOK≌△OA'L，
∵A'(-2，4)，
∴OL=AK=4，A'L=OK=2，
∴A'(4，2)，
当x=4时，，
∴A'(4，2)在的图象上，
由反比例函数是中心对称图形可得：A"(-4，-2)，
∴射线OA绕点O旋转90°后与y'的交点坐标为(4，2)或(-4，-2).
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求反比例函数解析式；轴对称的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；中心对称的性质
【解析】【分析】(1)点 A(-2，a)在反比例函数上，可得a=4，即 (-2，4)，将A(-2，4)代入正比例函数y=kx中，进一步求解即可；
(2)设B(m，-2m)，结合过点B作y轴的垂线，交反比例函数的图象于点D，可得，可得，再解方程进一步求解即可；
(3)求解，如图，由旋转可得：OA=OA'，∠AOA'=90°，过A作AK⊥x轴于K，过A'作A'L⊥x轴于L，证明△AOK≌△OA'L，可得A'(4，2)，证明A'(4，2)在的图象上；结合反比例函数是中心对称图形可得：A"(-4，-2)，从而可得答案.
21．（2025·常州）在平面xOy中以下种不同所得线段的关系。
方式一：向右平移1个单位长度，后绕原点O按逆时针方向旋转90°，
方式二：先原点0按逆时针方向旋转90°，然后向右平移1个单位长度。
如图1小明将线段AB按方式一方式二运动：分别得到线段A1，B1、A2，B2发现它们除长度相等外还有其他关系.
（1）【实践体验】
如图2，小明已画出线段CD按方式一运动得到的线段.请你利用网格，在图2中画出线段CD按方式二运动得到的线段；
（2）【探索发现】
在平面直角坐标系xOy中，将线段a按方式一、方式二运动，分别得到线段、，则线段、所在直线可能　 　（写出所有可能的序号）；①相交；②平行；③是同一条直线
（3）【综合应用】
如图3，已知点G(2，3)，H(x，y)是第一象限内两个不重合的点，将线段GH按方式一、方式二运动，分别得到线段、(、是G的对应点。、是H的对应点).
①若点与点重合，求点H的坐标；
②若线段与线段有公共点，直接写出y与x之间的函数表达式，并写出实数x的取值范围.
【答案】（1）解：如图所示，线段即为所求作的线段；
（2）②③
（3）按方式一运动：向右平移1个单位长度，再绕原点O按逆时针方向旋转90°，坐标为；
按方式一运动：向右平移1个单位长度，再绕原点O按逆时针方向旋转90°，坐标为．
按方式二运动：先原点O按逆时针方向旋转，再向右平移1个单位，坐标为；
按方式二运动：先原点O按逆时针方向旋转，再向右平移1个单位，坐标为．
①点与点重合，
，解得，即．
②由（2）可知，若线段与线段有公共点，则点在一条直线上，
设直线的解析式为：，则，解得，
直线的解析式为：，
将点坐标为代入得，．整理得，，
，
讨论有交点情况：
．当点在线段上时，两线段有交点，
，即，
当点在线段上（不与端点重合）时，两线段无交点，
，即，
当点在线段上时，两线段有交点，
，即，
由于点在第一象限，，
．
综上所述，若线段与线段有公共点，，或
【知识点】用坐标表示平移；利用轴对称、旋转、平移设计图案；一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】（2）设线段的端点为和，
按方式一变换得到线段对应端点分别为，，
按方式二变换得到线段对应端点分别为：，
设直线的解析式为：，代入得，
，消去后，整理得，，
设直线的解析式为：，代入得，
消去后，整理得，，
，即和所在直线可能平行或是同一直线．
故选：②③；
【分析】（1）根据旋转和平移的性质作图即可；
（2）先求出按方式一和方式二变换后的端点坐标，然后利用待定系数法求出一次项系数，通过一次项系数来判断直线的位置关系；
（3）①先根据平行性质转化为共线问题，再通过已知直线方程得到函数解析式；
②通过线段端点位置关系分析范围，根据不等式确定临界点，结合图形，即可求解．
22．（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.
【答案】（1）证明：∵∠ACB=90°， ∠ABC=45°
∴∠BAC=∠ABC=45°
∵线段AD绕点A逆时针旋转 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）解：DF=2BC，
证明： 如图，在DB上取 一点G，使得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
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；三角形全等及其性质；平行四边形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形性质可得∠BAC=∠ABC=45°，再根据旋转性质可得AE=AD=AC， ∠EAB=90°-∠BAC=45°，则∠EAB=∠ABC，再根据平行四边形判定定理可得四边形ABFE是平行四边形，则BF=AE，即BF=AC，即可求出答案.
（2）在DB上取 一点G，使得AG=AB，根据三角形内角和定理可得∠BAG=180°-2α，再根据旋转性质可得DA=EA，根据等边对等角可得∠DAE=∠GAB=180°-2α，再根据全等三角形判定定理可得△DAG≌△EAB(SAS)，则DG=BE， ∠AGD=∠ABE=180°-∠AGC=180°-α，再根据角之间的关系可得∠FBE=180°-2α，根据直线平行性质可得∠BFE=∠ABF=α，再根据三角形内角和定理可得∠BEF=α，则BE=BF，再根据边之间的关系即可求出答案.
23．（2025·徐州）如图1，将Rt△AOB绕直角顶点O旋转至△COD，点A，B的对应点分别为C，D．连接AD，BC，AC，BD，直线AC与BD交于点E．
（1）△AOD与△BOC的面积存在怎样的数量关系？请说明理由；
（2）如图2，连接OE，若AB，CD，OE的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线；
（3）已知AB＝5，随着OA，OB及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为　 　 ．
【答案】（1）结论：△AOD与△BOC的面积相等
理由：如图，过点D作DF⊥OA于点F，过点B作BG⊥CO，交CO的延长线于点G，
∴∠DFO=∠BGO=90°，
∵ 将Rt△AOB绕直角顶点O旋转至△COD，
∴OD=OB，∠COD=∠AOB=90°，OC=OA，
∴∠AOD+∠AOG=90°，
∵∠AOG+∠BOG=90°，
∴∠DOF=∠BOG，
在△DOF和△GOB中
∴△DOF≌△GOB（AAS）
∴DF=BG，
∴
∴△AOD与△BOC的面积相等
（2）解：连接OQ、OP、PE、QE、设OA和BD交于点I，
∵∠AOB=∠COD=90°， AB，CD，OE的中点分别为P，Q，R
∴OQ=CD，OP=AB，∠AOC=∠BOD，
∵AB=CD，
∴OP=OQ，
∵OB=OD，OA=OC，
∴
∴△AOC∽△BOD，
∴∠CAO=∠DBO，
∵∠AIE=∠BIO。
∴∠AEB=∠AOB=90°，
∴EP=AB，
∴EP=OQ=OP，
同理可证EQ=CD，
∴EP=OQ=OP=EQ，
∴△EQOP是菱形，
∴OE和PQ互相平分，
∵点R为OE的中点，
∴点Q、P、R在同一直线上即P，Q，R三点共线
（3）25
【知识点】菱形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）如图，由（2）可知，BD⊥AC，
∴S四边形ABCD=AC·BD，
∵AC≤OA+OC，BD≤OB+OD，
∴当C、O、A共线时，四边形ABCD的面积最大；
此时∠AOD=∠BOC=∠COD=∠AOB，
∴△AOD≌△OCD≌△COD≌△COB，
∴S四边形ABCD=4S△AOB，
过点O作OW⊥AB于点W，
∴，
∵OW≤OP，
∴当时，△AOB的面积最大，
∴，
∴S的最大值为.
故答案为：25.
【分析】（1）过点D作DF⊥OA于点F，过点B作BG⊥CO，交CO的延长线于点G，可证得∠DFO=∠BGO，利用旋转的性质和余角的性质可推出OD=OB，∠COD=∠AOB=90°，OC=OA，∠DOF=∠BOG，利用AAS可证得△DOF≌△GOB，利用全等三角形的性质可证得DF=BG，再利用三角形的面积公式可证得结论.
（2）连接OQ、OP、PE、QE、设OA和BD交于点I，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得OQ=PO，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△AOC∽△BOD，由此可推出△AOC∽△BOD，即可证得∠AEB=90°，利用直角三角形的性质可证得EP=OQ=OP=EQ，可得到△EQOP是菱形，利用菱形的性质和点R为OE的中点，可证得结论.
（3）由（2）可知S四边形ABCD=AC·BD，可得到AC≤OA+OC，BD≤OB+OD，当C、O、A共线时，四边形ABCD的面积最大；可得到△AOD≌△OCD≌△COD≌△COB，由此可得S四边形ABCD=4S△AOB，过点O作OW⊥AB于点W，利用三角形的面积公式可得到，可推出△AOB面积最大时OW的值，由此可求出四边形ABCD面积的最大值.
24．（2025·长春）如图，在中，，，点为边的中点，点为边上一动点，连接．将线段绕点顺时针旋转得到线段．
（1）线段的长为　 　；
（2）当时，求的长；
（3）当点在边上时，求证：；
（4）当点到的距离是点到距离的2倍时，直接写出的长．
【答案】（1）
（2）解：如图，在中，，，点为边的中点，
∴，，
∵，
∴，而，
∴，
∴；
（3）证明：∵旋转，
∴，
如图，∵，，
∴，
∵，，
∴；
（4）解：的长为或.
【知识点】旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—边角关系；一线三等角全等模型（钝角）
【解析】【解答】（1）解：∵在中，，，
∴；
故答案为：；
（4）解：如图，当在的左边时，结合题意可得：，，，
过作于，过作于，
∴四边形为矩形，
∴，
结合（1）可得：，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当在的右边时，过作于，过作于，
同理：，
四边形四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
同理可得：，，
∴；
综上：的长为或.
故答案为：或.
【分析】（1）利用勾股定理解答即可；
（2）根据平行得到∠DEB=90°，然后利用余弦的定义解答即可；
（3）根据旋转的性质，利用AAS证明两三角形全等即可；
（4）分为在的左边或在的右边两种情况，过作于，过作于，证明，即可得到，然后根据勾股定理求出BE长，然后利用线段的和差解答即可.
25．（2025·宁夏回族自治区） 如图，在和中，，，．连接，点是的中点，连接．
（1）如图1，当点在上时，求证：是等边三角形；
（2）将图1中的△ADD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= ▲ ．
【答案】（1）证明：∵在中，
，
∵在中
，
∴点F是BD的中点，
∴在中
，在Rt△BED中，，
，，，
，
∴CEF是等边三角形；
（2）解：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'，
由旋转角为可得∴，
又∵，AE=AE，
∴，∴DE=D'E，∴DF=BF，
∴EF是的中位线，∴，∴，
同理可得∴BC=B'C，∴DF=BF，
∴FC是的中位线，∴，∴，
∴是等边三角形；
②3
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（2）
②如图，点E在以点A为圆心，3为半径的圆上
∵△CEF为等边三角形
∴EF=CE
∴当EF最大时，即CE取得最大值
∴当点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°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可得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
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线性质可得可得，，则，，，再根据角之间的关系及等边三角形判定定理即可求出答案.
（2）①延长DE交AB于点D’，分别延长AD，BC相交于点B'，根据旋转性质可得，再根据全等三角形判定定理可得，则DE=D'E，根据三角形中位线定理可得，则，同理可得，则BC=B'C，根据三角形中位线定理可得，则，再根据等边三角形判定定理即可求出答案.
②点E在以点A为圆心，3为半径的圆上，根据等边三角形性质可得EF=CE，当EF最大时，即CE取得最大值，当点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°时，EF最大，延长DE交AB于点D'，分别延长AD，BC相交于点B'，根据三角形中位线定理可得CF∥DB'，EF∥BD'，则∠MAE=∠FCE=60°，∠MEA=∠BAC=60°，再根据等边三角形判定定理及性质即可求出答案.
26．（2025·无锡）【数学发现】
某校数学兴趣小组进行了如下探究：以△ABC内部任意一点O为中心，画出与△ABC成中心对称的△A'B'C'．当点O处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化．
【问题解决】
组员小明选择面积为1的△ABC，以其内部任意一点O为中心，画出与之成中心对称的△A'B'C'，探究了下列问题，请你帮他解答．
（1）如图3，BC＝2，当点A关于点O的对称点A'落在边BC上时，两个三角形重叠部分为 AQA'P．
①若AA'⊥BC，求AO的长；（请直接写出答案）
②若 AQA'P的面积为，求A'C的长．
（2）如图4，点D为BC的中点，点O在AD上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”EFGHMN，求“平行六边形”EFGHMN面积的最大值，并指出此时点O的位置．
【答案】（1）解：①∵，
∴，
∵，
∴，
∵点关于点的对称点为点，
∴.
②∵，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴设，
∴，
∵的面积为，
∴，
∴，
∴，
∵与关于成中心对称，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
解得：，经检验符合题意，
∵，，
∴，
∴.
（2）解：如图，连接，，记，的交点为，
∵与关于成中心对称，“平行六边形”，
∴共线，共线，，，，，
∴，
设，，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
同理：，
∴，即，
同理：，
∴，即，
∴，
∵，，，
∴的最小值为：
，
此时，，，
∴，即，
∴“平行六边形”的面积的最大值为：，
同理可得：，
同理：，，
∴，，
∴，
∴是的重心.
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的重心及应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；中心对称的性质
【解析】【分析】
（1）①利用面积求出，再根据中心对称图形的性质得到，
②得到，可设，根据的面积为，求得，同理，然后列方程解答即可.
（2）连接，，记，的交点为，得到共线，共线，，，，，，设，，， 进而得到，根据最小值的到，然后证明，即可得到结论.
27．（2025·乐山）在一堂函数专题复习课上，刘老师给出了新定义：若两个函数的图象关于某一点P成中心对称，则称这两个函数关于点P互为“对称函数”．请同学们解决以下问题：
（1）求函数y＝x﹣1关于点（0，0）的“对称函数”．小乐同学给出了如下的解题步骤：
第一步：在函数y＝x﹣1的图象上取两点（1，0）和（0，﹣1）；
第二步：分别求出这两个点关于点（0，0）的对称点 　 　 和 　 　 ；
第三步：函数y＝x﹣1关于点（0，0）的“对称函数”为 　 　 ．
（2）是否存在点P，使得函数y1关于点P的“对称函数”就是它本身？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）函数C1：y＝ax2﹣2ax+2a（a＞0）关于点（2，2）的“对称函数”为C2，函数C1与函数C2所围成的区域（包括边界）记作W，横坐标、纵坐标都为整数的点叫做“整点”．
（i）若a，求W内的“整点”个数；
（ii）若W内至少有9个“整点”，至多有13个“整点”，求a的取值范围．
【答案】（1）（﹣1，0）；（0，1）；y＝x+1
（2）解：存在点P（0，1）满足题意，理由如下：
∵函数y1图象可看成是反比例函数y的图象的向上平移1个单位后得到，
且反比例函数y的图象是关于原点（0，0）成中心对称的，
∴函数y1的图象关于点（0，1）成中心对称，满足题意．
故P点坐标为（0，1）
（3）解：（i）函数C1：y＝ax2﹣2ax+2a的顶点坐标为（1，a），
则（1，a）关于点（2，2）成中心对称的点为（3，4﹣a），
故函数C2可设为：y＝﹣a（x﹣3）2+4﹣a＝﹣ax2+6ax+4﹣10a，
当a时，函数C1：y，函数C2：y．
画出两函数图象如图所示：
则W区域内整点为（1，1）、（2，1）、（2，2）、（2，3）、（3，3），共计5个整点．
（ii）联立C1和C2表达式，即ax2﹣2ax+2a＝﹣ax2+6ax+4﹣10a，
整理得2ax2﹣8ax+12a﹣4＝0，
令Δ＝0，此时两抛物线只有一个交点，整理可得﹣32a2+32a＝0，
解得a＝1或0（0舍去，不合题意），
故a＝1，
∵C1和C2要围成区域W，
∴0＜a＜1．
∵C1和C2关于点（2，2）成中心对称，
则点（2，2）必为W区域内一个“整点”．
当有9个“整点”时，须以点（2，2）为中心，再向外找出4对关于（2，2）成中心对称的点的坐标，
由图2可知，“整点”只能是（1，1）和（3，3）、（2，1）和（2，3）、（0，1）和（4，3）、（1，2）和（3，2），
此时当函数C2过点（0，1），即4﹣10a＝1时，满足题意，
可得a；
当有15个“整点”时，须以点（2，2）为中心，再向外找出7对关于（2，2）成中心对称的点的坐标，
由图3可知，即在前面9个“整点”的基础上再增加3对关于（2，2）成中心对称的点的坐标，即（0，2）和（4，2）、（3，1）和（﹣1，1）、（1，3）和（5，3），
此时当函数C1过点（5，3），
∴16a+a＝3，
解得a，
综上可得a的取值范围为
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数图象的对称性；坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣中心对称；二次函数图象的对称变换
【解析】【解答】解：（1）∵（1，0）关于原点的对称点为（﹣1，0），
（0，﹣1）关于原点的对称点为（0，1），
设过（﹣1，0）、（0，1）两点的函数表达式为y＝kx+b，代入两点坐标，得：
，解得，
∴y＝x+1，
故答案为：（﹣1，0），（0，1），y＝x+1．
【分析】（1）由中心对称的性质可知（1，0）、（0，-1）关于原点对称的点为（-1，0）、（0，1），进而用待定系数法可求函数表达式；
（2）将函数y1与学过的反比例函数y联系起来，它的图象可以看作由反比例函数y的图象向上平移1个单位后得到，而反比例函数y的图象是关于点（0，0）成中心对称的，故而函数y1的图象是关于点（0，1）成中心对称的，即得到答案；
（3）(i)当 a 时，分别求出C1和C2的解析式，再画出图形即可求解；
(ii)根据C1和C2关于点（2，2）成中心对称，则点（2，2）必为W区域内一个整点。当有9个整点时，须以点（2，2）为中心，再向外找出4对关于（2，2）成中心对称的点的坐标，由图2可知，整点只能是（1，1），（3，3），（2，1），（2，3），（0，1），（4，3），（1，2），（3，2），此时当函数C2过点（0，1），即4﹣10a＝1时，满足题意，可得a；同理，当有13个整点时，由图3可求得a，综合可知a的取值范围是。
28．（2025·深圳） 综合与探究
【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形.
【抽象定义】以等腰三角形为边向外作等腰三角形，使该边所对的的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”.如图2，在中，，.此时，四边形ABCD是“双等四边形”， 是“伴随三角形”.
（1）【问题解决】如图3，在四边形ABCD中，AB=AC，AD=CD，
求：
①AD与BC的位置关系为：　 　；
②　 　.(填“>”，“<”或“=”)
（2）【方法应用】①如图 4，△ABC中，AB=BC，将 绕点 A 逆时针旋转至，点 D 恰好落在 BC 边上，求证：四边形 ABDE 是双等四边形.
②如图 5，在等腰三角形 ABC 中，，，AB=5，在平面内找一点 D，使四边形 ABCD 是以 为伴随三角形的双等四边形. 若存在，请求出 CD 的长. 若不存在，请说明理由.
【答案】（1） ；
（2）解：①为旋转得到
，AC=AE，BC=DE，∠ADE=∠B，
∵AC=BC，
∴AE=DE，
∴∠ADE=∠EAD，∠ABD=∠ADB，
设，则，
∴四边形ABDE为双等四边形；
②作于点H
设，则：
在中，，即，
解得：
ⅰ)当时，
ⅱ)若时，
作于点M
ⅲ)若时，
综上所述：满足条件时，CD=或或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：(1)∵AB=AC，AD=CD，∠BAC=∠D
∴∠ACB=，∠CAD=
∴∠ACB=∠CAD
∴AD||BC
∵∠BAC=∠D，∠ACB=∠CAD
∴△ABC~△DAC
∴
∴AC2=DC·BC
【分析】(1)直接由双等四边形的性质适
(2)①结合旋转的性质可证得AB=AD，AC=AE，BC=DE，∠ADE=∠B，利用等腰三角形的性质可证得∠ADE=∠EAD，∠ABD=∠ADB，设，可表示出相关角的度数，再证明，利用双等四边形的定义可证得结论.
②②作于点H，利用解直角三角形求出BH、AH的长，设，可表示出AC的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CH、AC、BC的长；ⅰ)当时；ⅱ)若时；ⅲ)若时；分别求出CD的长即可.
29．（2025·齐齐哈尔）综合与实践
在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”
（1）【几何直观】如图1，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在△ABC内部取一点D，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AD'，连接BD，CD'，则CD'与BD的数量关系是　 　；∠AD'C与∠ADB的数量关系是　 　.
（2）【类比推理】如图2，在正方形ABCD内部取一点E，使∠CED=90°，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，连接E'B，延长E'B交DE的延长线于点F，
求证：四边形CEFE'是正方形；
（3）【深度探究】如图3，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，在其内部取一点E，使∠CED=90°，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，延长CE'至点G，使，连接GB，延长GB交DE的延长线于点F，连接AF，若AF=2，则BF=　 　.
（4）【拓展延伸】在矩形ABCD中，点E为BC边上的一点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE'，连接DE'，若AD=3，AB=，则DE'的最小值为　 　.
【答案】（1）相等（或CD'=BD）；相等（或∠AD'C=∠ADB)
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，.
∵CE绕点C逆时针旋转得到CE'，
∴，.
∵，
∴即.
∴.
∴.
∵，
∴.
∴∠BE'C=∠ECE'=∠CEF=90°.
∴四边形CEFE'是矩形.
又∵CE=CE'，
∴四边形CEFE'是正方形.
（3）
（4）
【知识点】矩形的判定；正方形的性质；正方形的判定；旋转的性质；四点共圆模型
【解析】【解答】
解：（1）∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AD'，
∴∠DAD'=90°，AD=AD'
∵∠BAC=90°，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAD'=∠DAC，即 ∠DAB=∠D'AC
又∵AB=AC，
∴DABDAC(SAS)
：.CD'=BD；∠AD'C=∠ADB
故答案为：相等（或CD'=BD)；相等（或∠AD'C=∠ADB ).
（3）∵CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，
∴ ∠ECE’=90°，CE=CE
∵，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴CD=AB=3，
∴，
∴，
∵∠DCB=∠ECE'=90°，
∴ ∠DCB-∠BCE=∠ECE'-∠BCE 即 ∠DCE=∠BCE'
∴BCG∽DCE
∴∠BGC =∠DEC =90°
∵ ∠CED+∠CEF =180°
∴∠CEF =90°
∴∠BGC =∠ECG=∠CEF =90°
∴四边形CEFG是矩形，
如图，连接AC，BD交于点O，连接OF
∵O是AC，BD的中点，
在RtOBF 中，OF=BD
∴OF==AC=OA=OC=OD=OB
∴A，F，B，C，D共圆，
∴∠AFC=90°，
∵AD=BC
∴，
∴∠GFC=∠ACD，
在RtABC中，AC==5，
∴cos∠ACD=，
∵AF=2，
∴在RtAFC中，FC==，
∴FG=FCcos∠CFG=，
∵，
∴∠BFC=∠BAC，
又∠AFC=∠G=90°，
∴∠ACB= ∠FCG，
∴∠ACB-∠FBC=∠FCG-∠FBC，即∠ACF=∠BCG，
∴sin ∠ACF ==sin∠BCG=，
∴，
∴BG=，
∴BF=，
故答案为：.
(4)如图，连接AC，BD交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD=90°，AO=OB
∴AD=3，AB =，
∴AC=BD=
∴AO=OB=AB=
∴AOB是等边三角形，则∠OAB=60°
∵线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，
∴AE=AE'，∠EAE'=60°
∴∠OAB=∠EAE'=60°
∴∠OAB-∠OAE=∠EAE'-∠OAE，即∠E'AO=∠EAB
又OA=BA，EA=EA
∴E'AOEAB(SAS)，
∴∠AOE'=∠ABE=90°
∴E'在OE'上运动，且E'O⊥AC
∴当DE'⊥OE'时，DE取得最小值，
∵∠AOB=60°，
∴∠AOD=120°，
又∠AOE'=90°，
∴∠E'OD=30，
∴当DE'OE'时，DE'=OD=，
故答案为：.
【分析】(1)根据旋转的性质和角度的和差运算，即可利用SAS证明DABDAC，再根据全等三角形的性质，即可解答；
（2）根据正方形的性质和旋转的性质可利用SAS证明，根据全等三角形的性质可得，进一步可证明四边形CEFE'是矩形，结合CE=CE'，即可解答；
（3）根据旋转的性质通过计算得，即可利用SAS证明BCG∽DCE，根据相似三角形的性质和角度的数量计算得到四边形CEFG是矩形，如图，连接AC，BD交于点O，连接OF，根据中点的定义可得A，F，B，C，D共圆，即可利用勾股定理计算得到AC，FC；根据余弦的定义即可求出FG，根据正弦的定义得到sin ∠ACF ==sin∠BCG=，建立关系计算即可得到答案；
（4）如图，连接AC，BD交于点O，根据矩形的性质得到AOB是等边三角形，则∠OAB=60°；由旋转的性质得到AE=AE'，∠EAE'=60°，即可利用SAS证明E'AOEAB，即可得到E'在OE'上运动，且E'O⊥AC，可知当DE'⊥OE'时，DE取得最小值，即可通过30角度的性质计算可得答案，解答即可.
30．（2025·武威）如图1，抛物线分别与x轴，y轴交于A，两点，M为OA的中点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）连接AB，过点M作OA的垂线，交AB于点C，交抛物线于点D，连接BD，求的面积；
（3）点E为线段AB上一动点（点A除外），将线段OE绕点O顺时针旋转得到OF．
①当时，请在图2中画出线段OF后，求点F的坐标，并判断点F是否在抛物线上，说明理由；
②如图3，点P是第四象限的一动点，，连接PF，当点E运动时，求PF的最小值．
【答案】（1）解：∵抛物线过
∴
∴
∴抛物线的表达式为：
（2）解：如图1
∵抛物线与X轴交于点A，A在正半轴，
∴，
∵，
∴OA=OB，
∵M为OA的中点，
∴，
∵OA=OB，，
∴，
∴MA=MC，
∵MD为OA的垂线，
∴D的横坐标为2，
∴MD=，
∴CD=MD-MC=；
∴
（3）解： ① F在否在抛物线上，理由如下：如图
连接BF，作FQ⊥OB于点Q，
由(2)可知： 0A=OB=4，∠OAB=∠OBA=45°，
由旋转的性质可知：
OE=OF，∠EOF =∠BOA= 90°，
∴∠AOE=∠BOF，
又∵OA = OB，OE=OF ，
∴△AOE≌△BOF ，
∴∠OBF=∠OAE=45°，BF=AE=
∵FQ⊥OB，
∴△FQB为等腰直角三角形，
∴OQ=OB - BQ=3，
∴F(-1，-3)，
对于当x=-1时，y=-3
∴点F在抛物线上；
②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，MF，作MH⊥BG于点H，如图，
∵∠OPA=90°， M为OA的中点，
∴ PM=OA=2，
∵PFMF-PM，
∴当M，P，F三点共线时，PF最小，
同①可得，∠OBF =∠OAE =45°，
∴点F在射线BG上运动，
当MF⊥BG时，即F与点H重合时，MF最小，此时PF最小为MH-PM，
∵∠OBG=45°，
∴OBG为等腰直角三角形，
∴OG=OB=4，∠BGO=45° ，
∴ MG= OG+OM=6，MHG为等腰直角三角形，
∴MH=MG=3，
∴PF最小为MH-PM=3-2.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；两点之间线段最短；旋转的性质；二次函数-动态几何问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】 (1)根据待定系数法把代入解析式，即可解答；
(2)求出点A的坐标，进而得到点M的坐标，根据等腰三角形的性质可得到MC的长度，由MD为OA的垂线求出点D的坐标，根据BCD的面积公式进行求解，即可解答；
(3)①根据要求作图即可，连接BF，作FQ⊥OB于点Q，由旋转的性质利用SAS证明AOE≌BOF，得到∠OBF=∠OAE=45°，BF= AE=，进而得到△FQB为等腰直角三角形，求出F点坐标，将F点的横坐标代入抛物线的解析式，即可判断点F在否在抛物线上，解答即可；
②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，PF，MF，作MH⊥BG于点H，斜边上的中线得到MP=2，根据PF≥MF-PM，得到当M，P，F三点共线时，PF最小，同①可知，∠OBF=∠OAE=45°，得到点F在射线BG上运动，进而得到当MF⊥BG时，即F与点H重合时，MF最小，此时PF最小为MH - PM；易得OBG为等腰直角三角形，求出OG的长，进而求出MG的长，易得MHG为等腰直角三角形，求出MH的长，根据PF最小为MH - PM，计算即可解答.
1 / 1专题21 图形的平移与旋转-2025年精选中考真题分类汇编
一、选择题
1．（2025·自贡）起源于中国的围棋深受青少年喜爱．以下由黑白棋子形成的图案中，为中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·内江） 古钱币是我国珍贵的历史文化遗产．下列选项是在《中国古代钱币》特种邮票中选取的部分图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·辽宁）在平面直角坐标系xOy中，点的坐标为（3，0），点的坐标为（2，-2），将线段平移得到线段，点的对应点的坐标为（3，5），则点的对应点的坐标为（　　）
A．（7，-2） B．（2，3） C．（2，-7） D．（-3，-2）
4．（2025·自贡）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（　　）
A．（-3，5） B．（5，-3） C．（-2，5） D．（5，-2）
5．（2025·自贡）如图．在平面直角坐标系中，将平移，得到，点在坐标轴上．若，则点坐标为（　　）
A．（11，-4） B．（10，-3） C．（12，-3） D．（9，-4）
6．（2025·德阳）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC沿CB方向向右平移至△EGF处，使EF恰好过边AB的中点D，连接CD，若CD=1，则GE= （　　）
A．3 B．2 C．1 D．
7．（2025·大庆） 如图，中，，，将绕点A顺时针旋转得到，点B，点C的对应点分别为点D．点E连接．点D恰好落在线段上，则的长为（　　）
A． B．4 C． D．6
8．（2025·天津市）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边BC相交于点，连接．若，则线段的长为（　　）
A． B． C．4 D．
9．（2025·淄博）如图，P是以正方形ABCD的顶点A为圆心，AB为半径的弧BD上的点，连接AP，CP，将线段CP绕点P顺时针旋转90°后得到线段PQ，连接AQ．若AB＝1，则△APQ的最大面积是（　　）
A． B． C． D．
10．（2025·安徽） 如图，在四边形 ABCD 中，，AB = 4，BC = 3，AD = 1，点 E为边 AB 上的动点.将线段 DE 绕点 D 逆时针旋转 得到线段 DF，连接 FB，FC，EC，则下列结论错误的是（　　）
A．EC - ED 的最大值是 B．FB 的最小值是
C．EC + ED 的最小值是 D．FC 的最大值是
二、填空题
11．（2025·深圳） 深圳某物流公司研发了一款无人机快递投递系统，无人机可以按照设计好的飞行轨迹，将快递精准的送达客户.以地面（水平方向）为x轴，垂直于地面的方向（竖直方向）为y轴，建立平面直角坐标系.无人机现位于P(1，2)的位置，现在桃李的同学们操作无人机向右平移3个单位长度到P'.则P'坐标为　 　.
12．（2025·凉山州）如图，将周长为20的△沿方向平移2个单位长度得△，连接，则四边形的周长为　 　 ．
13．（2025·深圳） 如图，以矩形ABCD的B为圆心，BC的长为半径作，交AB于点F，点E为AD上一点，连接CE.将线段 CE 绕点 E 顺时针旋转至 EG，点 G 落在上，且点F为 EG 中点.若AF=1，AE=3，则 CB 的长为　 　.
14．（2025·宜宾）如图，在中，，BC=6．将射线CA绕点C顺时针旋转到，在射线1上取一点D，连结AD，使得面积为24，连结，则的最大值是　 　.
15．（2025·达州） 定义：在平面直角坐标系中，一个图形向右平移a个单位长度，再绕原点按顺时针方向旋转角度，这样的图形运动叫做图形的变换，现将斜边为1的等腰直角三角形放置在如图的平面直角坐标系中，经变换后得为第一次变换，经变换得为第二次变换，…，经变换得，则点的坐标是　 　．
三、解答题
16．（2025·潍坊） 如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中的坐标分别为（0，1），．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，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标；
（2）将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形．
17．（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，的三个顶点坐标分别为．
（1）将向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到，画出两次平移后的，并写出点的坐标；
（2）画出绕原点O逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点旋转到点的过程中，所经过的路径长（结果保留π）。
18．（2025·武汉）如图是由小正方形组成的3个4闷格，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(，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
19．（2025·河南）小军将一副三角板按如图方式摆放在平面直角坐标系xOy中，其中含角的三角板OAB的直角边OA落在轴上，含角的三角板OAC的直角顶点的坐标为，反比例函数的图象经过点．
（1）求反比例函数的表达式．
（2）将三角板OAB绕点顺时针旋转边上的点恰好落在反比例函数图象上，求旋转前点的坐标．
20．（2025·自贡）如图，正比例函数与反比例函数的图象交于点，点是线段上异于端点的一点，过点作轴的垂线．交反比例函数的图象于点．
（1）求的值；
（2）若，求点坐标；
（3）双曲线关于轴对称的图象为，直接写出射线绕点旋转后与的交点坐标.
21．（2025·常州）在平面xOy中以下种不同所得线段的关系。
方式一：向右平移1个单位长度，后绕原点O按逆时针方向旋转90°，
方式二：先原点0按逆时针方向旋转90°，然后向右平移1个单位长度。
如图1小明将线段AB按方式一方式二运动：分别得到线段A1，B1、A2，B2发现它们除长度相等外还有其他关系.
（1）【实践体验】
如图2，小明已画出线段CD按方式一运动得到的线段.请你利用网格，在图2中画出线段CD按方式二运动得到的线段；
（2）【探索发现】
在平面直角坐标系xOy中，将线段a按方式一、方式二运动，分别得到线段、，则线段、所在直线可能　 　（写出所有可能的序号）；①相交；②平行；③是同一条直线
（3）【综合应用】
如图3，已知点G(2，3)，H(x，y)是第一象限内两个不重合的点，将线段GH按方式一、方式二运动，分别得到线段、(、是G的对应点。、是H的对应点).
①若点与点重合，求点H的坐标；
②若线段与线段有公共点，直接写出y与x之间的函数表达式，并写出实数x的取值范围.
22．（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.
23．（2025·徐州）如图1，将Rt△AOB绕直角顶点O旋转至△COD，点A，B的对应点分别为C，D．连接AD，BC，AC，BD，直线AC与BD交于点E．
（1）△AOD与△BOC的面积存在怎样的数量关系？请说明理由；
（2）如图2，连接OE，若AB，CD，OE的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线；
（3）已知AB＝5，随着OA，OB及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为　 　 ．
24．（2025·长春）如图，在中，，，点为边的中点，点为边上一动点，连接．将线段绕点顺时针旋转得到线段．
（1）线段的长为　 　；
（2）当时，求的长；
（3）当点在边上时，求证：；
（4）当点到的距离是点到距离的2倍时，直接写出的长．
25．（2025·宁夏回族自治区） 如图，在和中，，，．连接，点是的中点，连接．
（1）如图1，当点在上时，求证：是等边三角形；
（2）将图1中的△ADD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= ▲ ．
26．（2025·无锡）【数学发现】
某校数学兴趣小组进行了如下探究：以△ABC内部任意一点O为中心，画出与△ABC成中心对称的△A'B'C'．当点O处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化．
【问题解决】
组员小明选择面积为1的△ABC，以其内部任意一点O为中心，画出与之成中心对称的△A'B'C'，探究了下列问题，请你帮他解答．
（1）如图3，BC＝2，当点A关于点O的对称点A'落在边BC上时，两个三角形重叠部分为 AQA'P．
①若AA'⊥BC，求AO的长；（请直接写出答案）
②若 AQA'P的面积为，求A'C的长．
（2）如图4，点D为BC的中点，点O在AD上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”EFGHMN，求“平行六边形”EFGHMN面积的最大值，并指出此时点O的位置．
27．（2025·乐山）在一堂函数专题复习课上，刘老师给出了新定义：若两个函数的图象关于某一点P成中心对称，则称这两个函数关于点P互为“对称函数”．请同学们解决以下问题：
（1）求函数y＝x﹣1关于点（0，0）的“对称函数”．小乐同学给出了如下的解题步骤：
第一步：在函数y＝x﹣1的图象上取两点（1，0）和（0，﹣1）；
第二步：分别求出这两个点关于点（0，0）的对称点 　 　 和 　 　 ；
第三步：函数y＝x﹣1关于点（0，0）的“对称函数”为 　 　 ．
（2）是否存在点P，使得函数y1关于点P的“对称函数”就是它本身？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）函数C1：y＝ax2﹣2ax+2a（a＞0）关于点（2，2）的“对称函数”为C2，函数C1与函数C2所围成的区域（包括边界）记作W，横坐标、纵坐标都为整数的点叫做“整点”．
（i）若a，求W内的“整点”个数；
（ii）若W内至少有9个“整点”，至多有13个“整点”，求a的取值范围．
28．（2025·深圳） 综合与探究
【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形.
【抽象定义】以等腰三角形为边向外作等腰三角形，使该边所对的的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”.如图2，在中，，.此时，四边形ABCD是“双等四边形”， 是“伴随三角形”.
（1）【问题解决】如图3，在四边形ABCD中，AB=AC，AD=CD，
求：
①AD与BC的位置关系为：　 　；
②　 　.(填“>”，“<”或“=”)
（2）【方法应用】①如图 4，△ABC中，AB=BC，将 绕点 A 逆时针旋转至，点 D 恰好落在 BC 边上，求证：四边形 ABDE 是双等四边形.
②如图 5，在等腰三角形 ABC 中，，，AB=5，在平面内找一点 D，使四边形 ABCD 是以 为伴随三角形的双等四边形. 若存在，请求出 CD 的长. 若不存在，请说明理由.
29．（2025·齐齐哈尔）综合与实践
在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”
（1）【几何直观】如图1，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在△ABC内部取一点D，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AD'，连接BD，CD'，则CD'与BD的数量关系是　 　；∠AD'C与∠ADB的数量关系是　 　.
（2）【类比推理】如图2，在正方形ABCD内部取一点E，使∠CED=90°，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，连接E'B，延长E'B交DE的延长线于点F，
求证：四边形CEFE'是正方形；
（3）【深度探究】如图3，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，在其内部取一点E，使∠CED=90°，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，延长CE'至点G，使，连接GB，延长GB交DE的延长线于点F，连接AF，若AF=2，则BF=　 　.
（4）【拓展延伸】在矩形ABCD中，点E为BC边上的一点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE'，连接DE'，若AD=3，AB=，则DE'的最小值为　 　.
30．（2025·武威）如图1，抛物线分别与x轴，y轴交于A，两点，M为OA的中点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）连接AB，过点M作OA的垂线，交AB于点C，交抛物线于点D，连接BD，求的面积；
（3）点E为线段AB上一动点（点A除外），将线段OE绕点O顺时针旋转得到OF．
①当时，请在图2中画出线段OF后，求点F的坐标，并判断点F是否在抛物线上，说明理由；
②如图3，点P是第四象限的一动点，，连接PF，当点E运动时，求PF的最小值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】中心对称图形
【解析】【解答】解：A、图形绕某一点旋转180°后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；
B、图形绕某一点旋转180°后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；
C、图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，是中心对称图形，符合题意；
D、图形绕某一点旋转180°后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；
故答案为：C.
【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够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案.
2．【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、此选项中的中国古代钱币图案是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、此选项中的中国古代钱币图案是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、此选项中的中国古代钱币图案即不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D、此选项中的中国古代钱币图案即是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意.
故答案为：D .
【分析】把一个平面图形，沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能完全重合的平面图形就是轴对称图形；平面内，把一个平面图形，在平面内绕着某一点旋转180°后，能与自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可逐一判断得出答案.
3．【答案】B
【知识点】用坐标表示平移
【解析】【解答】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），
故答案为：B.
【分析】先根据平移的性质，得出点A平移后的对应点C的坐标确定平移方向与距离，再应用于点B即可得到点D的坐标．
4．【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的边长为5，AB边在y轴上，将正方形ABCD绕点O逆时针旋转90°，得到正方形 A'B'C'D'.
∴AB=BC=A'B'=B'C'=C'D'=5，A'B'在x轴上，A'B'//C'D'，
∵B(0，-2)，
∴B'(2，0)，C'(2，5)，
∴D'(-3，5)，
故答案为：A.
【分析】由正方形与旋转可得A'B'在x轴上，A'B'//CD'，结合B(0，-2)，可得B'(2，0)，C'(2，5)，进一步可得答案.
5．【答案】B
【知识点】平移的性质；解直角三角形—边角关系；一线三等角相似模型（K字型相似模型）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：过点A作AH⊥y轴，作BK⊥AH交HA的延长线于点K，则∠AHO=∠BKA=90°=∠BAO，
∴∠BAK=∠AOH=90°-∠HAO，
∴△AHO∽△BKA，
∴，
∵∠A=90°，，A(-4，3)，
∴OH=3，AH=4，
∴
∴BK=8，AK=6，
∵平移，
∴OF=BK=8，OE=AK=6，
∴E(6，0)，
∴将点A先向右平移10个单位，再向下平移3个单位得到点E，
∴将点O(0.0)先向右平移10个单位，再向下平移3个单位得到点G，
∴G(10，-3)，
故答案为：B.
【分析】过点A作AH⊥y轴，作BK⊥AH交HA的延长线于点K，证明△AHO∽△BKA，得到，根据点A的坐标，结合tan∠ABO的值，求出BK=8，AK=6，平移求出E点坐标，进而得到平移规则，再求出G点坐标即可.
6．【答案】B
【知识点】平移的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵点D是AB的中点，
∴AB=2CD=2，
由平移可得EG=AB=2，
故答案为：2.
【分析】根据直角三角形的中线性质得到AB=2CD=2，然后根据平移解答即可.
7．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】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=2X2=4，
故答案为：B.
【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，计算即可解答.
8．【答案】D
【知识点】三角形的面积；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；旋转的性质；等积变换
【解析】【解答】解：连接AD，∠CC'于点O
由旋转性质可得AC'=AC=4，∠AC'B'=∠ACB=90°
∴∠AC'D=90°
在Rt△AC'D和Rt△ACD中
∴Rt△AC'D≌Rt△ACD
∴C'D=CD=3
∴AD垂直平分CC'
∴CC'=2OC，AD⊥CC'
∵∠ACB=90°，AC=4，CD=3
∴
∵
∴
∴
故答案为：D
【分析】连接AD，∠CC'于点O，由旋转性质可得AC'=AC=4，∠AC'B'=∠ACB=90°，则∠AC'D=90°，再根据全等三角形判定定理可得Rt△AC'D≌Rt△ACD，则C'D=CD=3，根据垂直平分线判定定理可得AD垂直平分CC'，则CC'=2OC，AD⊥CC'，根据勾股定理可得AD，再根据三角形面积即可求出答案.
9．【答案】C
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解：过点Q作QE⊥AP于点E，过点C作CF⊥AP交延长线于点F，连接AC交弧于点P1
则∠QEP=∠CFP=90°
∵∠QPC=90°
∴∠EQP+∠EPQ=∠FPC+∠EPQ=90°
∴∠EQP=∠FPC
由旋转可得，PC=PQ
∴△QPE≌△PCF(AAS)
∴EQ=PF
∵PF≤PC
∴EQ≤PC
∴AP+PF≤AP+PC≤AC
即当点P在P1时，EQ的值最大为CP1长
∵四边形ABCD是正方形
∴AD=AP1=CD=AB=1
∴
∴EQ的值最大为
∴△APQ的最大面积为
故答案为：C
【分析】过点Q作QE⊥AP于点E，过点C作CF⊥AP交延长线于点F，连接AC交弧于点P1，则∠QEP=∠CFP=90°，根据角之间的关系可得∠EQP=∠FPC，根据旋转性质可得PC=PQ，再根据全等三角形判定定理可得△QPE≌△PCF(AAS)，则EQ=PF，再根据边之间的关系可得AP+PF≤AP+PC≤AC，即当点P在P1时，EQ的值最大为CP1长，根据正方形性质可得AD=AP1=CD=AB=1，再根据勾股定理可得AC，根据边之间的关系可得EQ，再根据三角形面积即可求出答案.
10．【答案】A
【知识点】矩形的判定与性质；轴对称的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：A、∵ 点 E为边 AB 上的动点.将线段 DE 绕点 D 逆时针旋转 得到线段 DF，
∴DE=DF，∠EDF=90°，
过点D作DG⊥BC于点G，在DG上取点H，使DH=AD=1，延长FH交AB于点I，
∴四边形ABGD是矩形，
易证△DHF≌△DAE（SAS）
∴FH⊥DG，即点F在FH上运动，
∵∠A=∠ABC=90°，
∴四边形DAIH，四边形BGHI，四边形ADGB是矩形，
∴AD=BG=IH=1，
∴DG=AB=4，
∴CG=BC-GB=3-1=2；
∴，
∴，
∴当BE最大时，EC-ED的值最大，
∴当点E和点A重合时，点F和点H重合时，BF最小，
此时，
∴DE=1，
∴EC-ED=5-1=4，故A符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、作点D关于AB的对称点M，连接MC，
∴ED=EM，AD=AM=1，∠BAM=∠BAD=90°，
过点M作MN⊥CB于点N，此时EC+ED≥CM，
∴当点C、E、M三点共线时，EC+ED的值最小，即就是MC的长；
易证四边形AMNB是矩形，
∴BN=AM=1，CN=3+1=4，AB=MN=4，
∴故C不符合题意；
D、当点E和点A重合时，
，
当点E和点B重合时，过点C作CQ⊥FH于点Q，
易证四边形CQIB是矩形，
∴CQ=IB=4-1=3，QI=BC=3，
∴△DHF≌.△DAE，
∴∴FH=AE=4，
∴QF=FH+HI-QI=4+1-3=2，
∴
综上所述，FC的最大值为，故D不符合题意；
故答案为： A.
【分析】利用旋转的性质可证得DE=DF，∠EDF=90°，过点D作DG⊥BC于点G，在DG上取点H，使DH=AD=1，延长FH交AB于点I，可证得四边形ABGD是矩形，利用SAS可证得△DHF≌△DAE，可证得FH⊥DG，即点F在FH上运动；再证明四边形DAIH，四边形BGHI，四边形ADGB是矩形，可求出BG、HI、DG、CG的长，利用勾股定理可表示出DE，CE的长，然后可表示出EC-ED的长，当BE最大时，EC-ED的值最大，当点E和点A重合时，点F和点H重合时，BF最小，利用勾股定理求出EC的长，即可求出EC-ED的长及BF的长，可对A、B作出判断；作点D关于AB的对称点M，连接MC，可知ED=EM，AD=AM=1，∠BAM=∠BAD=90°，过点M作MN⊥CB于点N，此时EC+ED≥CM，由此可知当点C、E、M三点共线时，EC+ED的值最小，即就是MC的长；易证四边形AMNB是矩形，利用矩形的性质可得到BN、CN、MN的长，利用勾股定理可得到CE+ED的最小值，可对C作出判断；当点E和点A重合时，利用勾股定理求出CF的长；当点E和点B重合时，过点C作CQ⊥FH于点Q，可得到CQ、QI的长，利用全等三角形的性质可得到FH的长，即可求出QF的长，然后利用勾股定理求出FC的长，综上所述，可得到FC的最大值，可对D作出判断.
11．【答案】(4，2)
【知识点】用坐标表示平移
【解析】【解答】解：由平移规律可得P'(1+3，2)即（4，2）.
故答案为： (4，2).
【分析】直接由坐标系中点的平移规律：左加右减，即可得出结果.
12．【答案】24
【知识点】平移的性质；图形的平移
【解析】【解答】解：由平移的性质得：
四边形的周长
故答案为：24.
【分析】平移前后对应线段平行且相等或在同一条直线上，对应点的连线平行且相等或在同一条直线上，则四边形ABFD的周长实际上等于的周长加上平移的距离AD与CF的和，再根据已知代入周长和平移的距离即可求解；
13．【答案】6
【知识点】矩形的性质；圆的相关概念；旋转的性质
【解析】【解答】解：方法一：
由题意可知：
设EC=a，则：CB=a+4，AB=a+3
在中，
由勾股定理得：
方法二：
如图，作，垂足为H，连接AF，
由题意可知：
设，则：
在中，
由勾股定理得：
方法三：
如图，延长DA交于点M，
为直径
直径GM
B为中点
即：
，即：为等腰直角三角形
接下来的思路就比较清晰了
其一可作：作，垂足为N，连接MF
可知：
亦可连接GB，可知：
【分析】方法一：直接可得EF的长度，即可EC的长度，设DE=a，则可知BC和BF的长为a+3，可得CD=AB=4+a，再由勾股定理即可得a的值，即可得BC的长；
方法二：作FH⊥AB于点H，得，FH=3，再设半径为r，由勾股定理得r的值，即可得BC的长；
方法三：作FN⊥AD于点N，得得DN的长为3，即可得BC的长.
14．【答案】
【知识点】旋转的性质；定角定弦辅助圆模型；相似三角形的判定-SAS；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】
解：∵射线CA绕点C顺时针旋转90°到CA1，在射线CA1上取一点D，连结AD ，
∴ACD= 90°，
∵ACD面积为24，
∴AC·CD·=24
∴ AC·CD= 48，
过点C向上作线段CF⊥BC，使得CE=8，
∵BC=6.
∴BC·CE=6x8=48
即AC·CD= BC·CE
∴
连接DE，
∵CE⊥BC，
∴∠BCE= CACD= 90°，
∵∠BCE-∠ACE=∠ACD- ∠ACE，
∴∠ACB= ∠ECD，
∵
∴CEDACB，
∴∠EDC= ∠ABC =90°，
∵CE=8，即定角定弦，故点D在以CE为直径的圆上，.
记圆心为直径CE的中点O，
即的半径OD=4
连接OB，并延长与交于-一点，即为D1，
此时BD1为BD的最大值，
故BO=
∴BD= BO+OD=2+4.
故答案为：.
【分析】先整理得ACxCD=48，过点C向上作线段CE⊥BC，使得CE=8，得到结合∠BCE=∠ACD= 90°，整理得ACB=ECD，证明△CEDACB，即EDC=ABC = 90°，可运用定角定弦，得点D在以CE为直径的圆上，连接OB，并延长与交于一点，即为D，再运用勾股定理得BO=2，即可解答.
15．【答案】
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转；探索规律-点的坐标规律
【解析】【解答】过点C作CD⊥x轴，
由题可知，CD=AD==0.5，∴C（，），绕原点旋转180°，相当于过原点做中心对称点，∴C1（，），再将C1向右平移2个单位，并作关于原点的对称点，得C2（-，），同理，得C3（，），C4（，），C5（，），C6（，），C7（，）.......由此可得规律，当n为奇数时，Cn（，），∴
故填：.
【分析】 过点C作CD⊥x轴，根据斜边上的中线得到C坐标，根据绕原点旋转180°即为作关于原点的中心对称，依次得到C1C2C3C4C5C6C7....从而得到规律，进而求解.

16．【答案】（1）解：平面直角坐标系如图所示，见解析；
对称中心的坐标是，点的对应点的坐标是（2，-5）
（2）解：画出平移后的菱形，如图所示.
【知识点】作图﹣平移；平面直角坐标系的构成；中心对称的性质
【解析】【分析】（1）根据点的坐标建立直角坐标系，再根据中心对称性质即可求出答案.
（2）根据平移的性质作图即可.
17．【答案】（1）解：如图所示：
△A1B1C1即为所求，
C1(4， 1)
（2）解：如图所示： △A2B2C2即为所求，
C2(-1， 4)
（3）解：∵C1(4， 1)，
∴OC1=，
∴点旋转到点的过程中，所经过的路径长=.
【知识点】作图﹣平移；作图﹣旋转；弧长及其计算
【解析】【分析】（1）根据平移的方向和单位长度，即可得出平移后的各对应点的位置，顺次连接即可得出平移后的三角形；
（2）根据旋转的方向和角度即可得出旋转之后的各对应点的位置，顺次连接，即可得出旋转之后的三角形；
（3）根据点C1的坐标，首先求得旋转到点 路径的半径，然后根据旋转角度为90°，利用弧长计算公式即可求得所经过的路径长。
18．【答案】（1）解：如图1中，点F，直线FG即为所求；
（2）解：如图，点M，直线MN即为所求，
【知识点】作图﹣旋转；尺规作图-平行线
【解析】【分析】（1）根据旋转性质可得点F，再连接AC，找到矩形中点O，连接FO即可求出答案.
（2）根据对称性质作出点M，再根据直线平行性质作图即可.
19．【答案】（1）解：∵反比例函数 的图象经过点C(2，2)
∴k=4
∴这个反比例函数的表达式为
（2）解：如图，过点C作轴、轴，垂足分别为M、N，设点A、D绕点O顺时针旋转90°到点A`、D`.
由旋转的性质知，
，即
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转；反比例函数图象上点的坐标特征；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可；
（2）如图所示，由于点，则过点C分别作轴的垂线段CM和CN，则CM=CN=2，由于是等腰直角三角形，则CN是斜边OA上的中线，即OA=4，则由旋转的性质知，OA`=OA=4，即点D`的横坐标为4，此时利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出D`的纵坐标为1，即A`D`=1，再由旋转的性质知AD=A`D`=1，由于点D在第二象限，则.
20．【答案】（1）解：∵点A(-2，a)在反比例函数上，
∴a=4，即A(-2，4)，
将A(-2，4)代入正比例函数y=kx中，
得-2k=4，
解得：k=-2.
（2）解：B在直线y=-2x上，
设B(m，-2m)，
∵过点B作y轴的垂线，交反比例函数的图象于点D，
∴，
∵BD=2，
∴
整理得：m2-2m-4=0，
解得：或(不符合题意舍去)，
∴.
（3）解：∵双曲线关于y轴对称的图象为y'，
∴，
如图，
由旋转可得：OA=OA'，∠AOA'=90°，
过A作AK⊥x轴于K，过A'作A'L⊥x轴于L，
∴∠AKO=∠A'LO=90°，
∴∠AOK=90°-∠A'OL=∠OA'L，
∴△AOK≌△OA'L，
∵A'(-2，4)，
∴OL=AK=4，A'L=OK=2，
∴A'(4，2)，
当x=4时，，
∴A'(4，2)在的图象上，
由反比例函数是中心对称图形可得：A"(-4，-2)，
∴射线OA绕点O旋转90°后与y'的交点坐标为(4，2)或(-4，-2).
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求反比例函数解析式；轴对称的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；中心对称的性质
【解析】【分析】(1)点 A(-2，a)在反比例函数上，可得a=4，即 (-2，4)，将A(-2，4)代入正比例函数y=kx中，进一步求解即可；
(2)设B(m，-2m)，结合过点B作y轴的垂线，交反比例函数的图象于点D，可得，可得，再解方程进一步求解即可；
(3)求解，如图，由旋转可得：OA=OA'，∠AOA'=90°，过A作AK⊥x轴于K，过A'作A'L⊥x轴于L，证明△AOK≌△OA'L，可得A'(4，2)，证明A'(4，2)在的图象上；结合反比例函数是中心对称图形可得：A"(-4，-2)，从而可得答案.
21．【答案】（1）解：如图所示，线段即为所求作的线段；
（2）②③
（3）按方式一运动：向右平移1个单位长度，再绕原点O按逆时针方向旋转90°，坐标为；
按方式一运动：向右平移1个单位长度，再绕原点O按逆时针方向旋转90°，坐标为．
按方式二运动：先原点O按逆时针方向旋转，再向右平移1个单位，坐标为；
按方式二运动：先原点O按逆时针方向旋转，再向右平移1个单位，坐标为．
①点与点重合，
，解得，即．
②由（2）可知，若线段与线段有公共点，则点在一条直线上，
设直线的解析式为：，则，解得，
直线的解析式为：，
将点坐标为代入得，．整理得，，
，
讨论有交点情况：
．当点在线段上时，两线段有交点，
，即，
当点在线段上（不与端点重合）时，两线段无交点，
，即，
当点在线段上时，两线段有交点，
，即，
由于点在第一象限，，
．
综上所述，若线段与线段有公共点，，或
【知识点】用坐标表示平移；利用轴对称、旋转、平移设计图案；一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】（2）设线段的端点为和，
按方式一变换得到线段对应端点分别为，，
按方式二变换得到线段对应端点分别为：，
设直线的解析式为：，代入得，
，消去后，整理得，，
设直线的解析式为：，代入得，
消去后，整理得，，
，即和所在直线可能平行或是同一直线．
故选：②③；
【分析】（1）根据旋转和平移的性质作图即可；
（2）先求出按方式一和方式二变换后的端点坐标，然后利用待定系数法求出一次项系数，通过一次项系数来判断直线的位置关系；
（3）①先根据平行性质转化为共线问题，再通过已知直线方程得到函数解析式；
②通过线段端点位置关系分析范围，根据不等式确定临界点，结合图形，即可求解．
22．【答案】（1）证明：∵∠ACB=90°， ∠ABC=45°
∴∠BAC=∠ABC=45°
∵线段AD绕点A逆时针旋转 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）解：DF=2BC，
证明： 如图，在DB上取 一点G，使得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
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；三角形全等及其性质；平行四边形的判定；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形性质可得∠BAC=∠ABC=45°，再根据旋转性质可得AE=AD=AC， ∠EAB=90°-∠BAC=45°，则∠EAB=∠ABC，再根据平行四边形判定定理可得四边形ABFE是平行四边形，则BF=AE，即BF=AC，即可求出答案.
（2）在DB上取 一点G，使得AG=AB，根据三角形内角和定理可得∠BAG=180°-2α，再根据旋转性质可得DA=EA，根据等边对等角可得∠DAE=∠GAB=180°-2α，再根据全等三角形判定定理可得△DAG≌△EAB(SAS)，则DG=BE， ∠AGD=∠ABE=180°-∠AGC=180°-α，再根据角之间的关系可得∠FBE=180°-2α，根据直线平行性质可得∠BFE=∠ABF=α，再根据三角形内角和定理可得∠BEF=α，则BE=BF，再根据边之间的关系即可求出答案.
23．【答案】（1）结论：△AOD与△BOC的面积相等
理由：如图，过点D作DF⊥OA于点F，过点B作BG⊥CO，交CO的延长线于点G，
∴∠DFO=∠BGO=90°，
∵ 将Rt△AOB绕直角顶点O旋转至△COD，
∴OD=OB，∠COD=∠AOB=90°，OC=OA，
∴∠AOD+∠AOG=90°，
∵∠AOG+∠BOG=90°，
∴∠DOF=∠BOG，
在△DOF和△GOB中
∴△DOF≌△GOB（AAS）
∴DF=BG，
∴
∴△AOD与△BOC的面积相等
（2）解：连接OQ、OP、PE、QE、设OA和BD交于点I，
∵∠AOB=∠COD=90°， AB，CD，OE的中点分别为P，Q，R
∴OQ=CD，OP=AB，∠AOC=∠BOD，
∵AB=CD，
∴OP=OQ，
∵OB=OD，OA=OC，
∴
∴△AOC∽△BOD，
∴∠CAO=∠DBO，
∵∠AIE=∠BIO。
∴∠AEB=∠AOB=90°，
∴EP=AB，
∴EP=OQ=OP，
同理可证EQ=CD，
∴EP=OQ=OP=EQ，
∴△EQOP是菱形，
∴OE和PQ互相平分，
∵点R为OE的中点，
∴点Q、P、R在同一直线上即P，Q，R三点共线
（3）25
【知识点】菱形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）如图，由（2）可知，BD⊥AC，
∴S四边形ABCD=AC·BD，
∵AC≤OA+OC，BD≤OB+OD，
∴当C、O、A共线时，四边形ABCD的面积最大；
此时∠AOD=∠BOC=∠COD=∠AOB，
∴△AOD≌△OCD≌△COD≌△COB，
∴S四边形ABCD=4S△AOB，
过点O作OW⊥AB于点W，
∴，
∵OW≤OP，
∴当时，△AOB的面积最大，
∴，
∴S的最大值为.
故答案为：25.
【分析】（1）过点D作DF⊥OA于点F，过点B作BG⊥CO，交CO的延长线于点G，可证得∠DFO=∠BGO，利用旋转的性质和余角的性质可推出OD=OB，∠COD=∠AOB=90°，OC=OA，∠DOF=∠BOG，利用AAS可证得△DOF≌△GOB，利用全等三角形的性质可证得DF=BG，再利用三角形的面积公式可证得结论.
（2）连接OQ、OP、PE、QE、设OA和BD交于点I，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得OQ=PO，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△AOC∽△BOD，由此可推出△AOC∽△BOD，即可证得∠AEB=90°，利用直角三角形的性质可证得EP=OQ=OP=EQ，可得到△EQOP是菱形，利用菱形的性质和点R为OE的中点，可证得结论.
（3）由（2）可知S四边形ABCD=AC·BD，可得到AC≤OA+OC，BD≤OB+OD，当C、O、A共线时，四边形ABCD的面积最大；可得到△AOD≌△OCD≌△COD≌△COB，由此可得S四边形ABCD=4S△AOB，过点O作OW⊥AB于点W，利用三角形的面积公式可得到，可推出△AOB面积最大时OW的值，由此可求出四边形ABCD面积的最大值.
24．【答案】（1）
（2）解：如图，在中，，，点为边的中点，
∴，，
∵，
∴，而，
∴，
∴；
（3）证明：∵旋转，
∴，
如图，∵，，
∴，
∵，，
∴；
（4）解：的长为或.
【知识点】旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—边角关系；一线三等角全等模型（钝角）
【解析】【解答】（1）解：∵在中，，，
∴；
故答案为：；
（4）解：如图，当在的左边时，结合题意可得：，，，
过作于，过作于，
∴四边形为矩形，
∴，
结合（1）可得：，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当在的右边时，过作于，过作于，
同理：，
四边形四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
同理可得：，，
∴；
综上：的长为或.
故答案为：或.
【分析】（1）利用勾股定理解答即可；
（2）根据平行得到∠DEB=90°，然后利用余弦的定义解答即可；
（3）根据旋转的性质，利用AAS证明两三角形全等即可；
（4）分为在的左边或在的右边两种情况，过作于，过作于，证明，即可得到，然后根据勾股定理求出BE长，然后利用线段的和差解答即可.
25．【答案】（1）证明：∵在中，
，
∵在中
，
∴点F是BD的中点，
∴在中
，在Rt△BED中，，
，，，
，
∴CEF是等边三角形；
（2）解：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'，
由旋转角为可得∴，
又∵，AE=AE，
∴，∴DE=D'E，∴DF=BF，
∴EF是的中位线，∴，∴，
同理可得∴BC=B'C，∴DF=BF，
∴FC是的中位线，∴，∴，
∴是等边三角形；
②3
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（2）
②如图，点E在以点A为圆心，3为半径的圆上
∵△CEF为等边三角形
∴EF=CE
∴当EF最大时，即CE取得最大值
∴当点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°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可得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
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线性质可得可得，，则，，，再根据角之间的关系及等边三角形判定定理即可求出答案.
（2）①延长DE交AB于点D’，分别延长AD，BC相交于点B'，根据旋转性质可得，再根据全等三角形判定定理可得，则DE=D'E，根据三角形中位线定理可得，则，同理可得，则BC=B'C，根据三角形中位线定理可得，则，再根据等边三角形判定定理即可求出答案.
②点E在以点A为圆心，3为半径的圆上，根据等边三角形性质可得EF=CE，当EF最大时，即CE取得最大值，当点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°时，EF最大，延长DE交AB于点D'，分别延长AD，BC相交于点B'，根据三角形中位线定理可得CF∥DB'，EF∥BD'，则∠MAE=∠FCE=60°，∠MEA=∠BAC=60°，再根据等边三角形判定定理及性质即可求出答案.
26．【答案】（1）解：①∵，
∴，
∵，
∴，
∵点关于点的对称点为点，
∴.
②∵，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴设，
∴，
∵的面积为，
∴，
∴，
∴，
∵与关于成中心对称，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
解得：，经检验符合题意，
∵，，
∴，
∴.
（2）解：如图，连接，，记，的交点为，
∵与关于成中心对称，“平行六边形”，
∴共线，共线，，，，，
∴，
设，，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
同理：，
∴，即，
同理：，
∴，即，
∴，
∵，，，
∴的最小值为：
，
此时，，，
∴，即，
∴“平行六边形”的面积的最大值为：，
同理可得：，
同理：，，
∴，，
∴，
∴是的重心.
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的重心及应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；中心对称的性质
【解析】【分析】
（1）①利用面积求出，再根据中心对称图形的性质得到，
②得到，可设，根据的面积为，求得，同理，然后列方程解答即可.
（2）连接，，记，的交点为，得到共线，共线，，，，，，设，，， 进而得到，根据最小值的到，然后证明，即可得到结论.
27．【答案】（1）（﹣1，0）；（0，1）；y＝x+1
（2）解：存在点P（0，1）满足题意，理由如下：
∵函数y1图象可看成是反比例函数y的图象的向上平移1个单位后得到，
且反比例函数y的图象是关于原点（0，0）成中心对称的，
∴函数y1的图象关于点（0，1）成中心对称，满足题意．
故P点坐标为（0，1）
（3）解：（i）函数C1：y＝ax2﹣2ax+2a的顶点坐标为（1，a），
则（1，a）关于点（2，2）成中心对称的点为（3，4﹣a），
故函数C2可设为：y＝﹣a（x﹣3）2+4﹣a＝﹣ax2+6ax+4﹣10a，
当a时，函数C1：y，函数C2：y．
画出两函数图象如图所示：
则W区域内整点为（1，1）、（2，1）、（2，2）、（2，3）、（3，3），共计5个整点．
（ii）联立C1和C2表达式，即ax2﹣2ax+2a＝﹣ax2+6ax+4﹣10a，
整理得2ax2﹣8ax+12a﹣4＝0，
令Δ＝0，此时两抛物线只有一个交点，整理可得﹣32a2+32a＝0，
解得a＝1或0（0舍去，不合题意），
故a＝1，
∵C1和C2要围成区域W，
∴0＜a＜1．
∵C1和C2关于点（2，2）成中心对称，
则点（2，2）必为W区域内一个“整点”．
当有9个“整点”时，须以点（2，2）为中心，再向外找出4对关于（2，2）成中心对称的点的坐标，
由图2可知，“整点”只能是（1，1）和（3，3）、（2，1）和（2，3）、（0，1）和（4，3）、（1，2）和（3，2），
此时当函数C2过点（0，1），即4﹣10a＝1时，满足题意，
可得a；
当有15个“整点”时，须以点（2，2）为中心，再向外找出7对关于（2，2）成中心对称的点的坐标，
由图3可知，即在前面9个“整点”的基础上再增加3对关于（2，2）成中心对称的点的坐标，即（0，2）和（4，2）、（3，1）和（﹣1，1）、（1，3）和（5，3），
此时当函数C1过点（5，3），
∴16a+a＝3，
解得a，
综上可得a的取值范围为
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数图象的对称性；坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣中心对称；二次函数图象的对称变换
【解析】【解答】解：（1）∵（1，0）关于原点的对称点为（﹣1，0），
（0，﹣1）关于原点的对称点为（0，1），
设过（﹣1，0）、（0，1）两点的函数表达式为y＝kx+b，代入两点坐标，得：
，解得，
∴y＝x+1，
故答案为：（﹣1，0），（0，1），y＝x+1．
【分析】（1）由中心对称的性质可知（1，0）、（0，-1）关于原点对称的点为（-1，0）、（0，1），进而用待定系数法可求函数表达式；
（2）将函数y1与学过的反比例函数y联系起来，它的图象可以看作由反比例函数y的图象向上平移1个单位后得到，而反比例函数y的图象是关于点（0，0）成中心对称的，故而函数y1的图象是关于点（0，1）成中心对称的，即得到答案；
（3）(i)当 a 时，分别求出C1和C2的解析式，再画出图形即可求解；
(ii)根据C1和C2关于点（2，2）成中心对称，则点（2，2）必为W区域内一个整点。当有9个整点时，须以点（2，2）为中心，再向外找出4对关于（2，2）成中心对称的点的坐标，由图2可知，整点只能是（1，1），（3，3），（2，1），（2，3），（0，1），（4，3），（1，2），（3，2），此时当函数C2过点（0，1），即4﹣10a＝1时，满足题意，可得a；同理，当有13个整点时，由图3可求得a，综合可知a的取值范围是。
28．【答案】（1） ；
（2）解：①为旋转得到
，AC=AE，BC=DE，∠ADE=∠B，
∵AC=BC，
∴AE=DE，
∴∠ADE=∠EAD，∠ABD=∠ADB，
设，则，
∴四边形ABDE为双等四边形；
②作于点H
设，则：
在中，，即，
解得：
ⅰ)当时，
ⅱ)若时，
作于点M
ⅲ)若时，
综上所述：满足条件时，CD=或或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：(1)∵AB=AC，AD=CD，∠BAC=∠D
∴∠ACB=，∠CAD=
∴∠ACB=∠CAD
∴AD||BC
∵∠BAC=∠D，∠ACB=∠CAD
∴△ABC~△DAC
∴
∴AC2=DC·BC
【分析】(1)直接由双等四边形的性质适
(2)①结合旋转的性质可证得AB=AD，AC=AE，BC=DE，∠ADE=∠B，利用等腰三角形的性质可证得∠ADE=∠EAD，∠ABD=∠ADB，设，可表示出相关角的度数，再证明，利用双等四边形的定义可证得结论.
②②作于点H，利用解直角三角形求出BH、AH的长，设，可表示出AC的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CH、AC、BC的长；ⅰ)当时；ⅱ)若时；ⅲ)若时；分别求出CD的长即可.
29．【答案】（1）相等（或CD'=BD）；相等（或∠AD'C=∠ADB)
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，.
∵CE绕点C逆时针旋转得到CE'，
∴，.
∵，
∴即.
∴.
∴.
∵，
∴.
∴∠BE'C=∠ECE'=∠CEF=90°.
∴四边形CEFE'是矩形.
又∵CE=CE'，
∴四边形CEFE'是正方形.
（3）
（4）
【知识点】矩形的判定；正方形的性质；正方形的判定；旋转的性质；四点共圆模型
【解析】【解答】
解：（1）∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AD'，
∴∠DAD'=90°，AD=AD'
∵∠BAC=90°，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAD'=∠DAC，即 ∠DAB=∠D'AC
又∵AB=AC，
∴DABDAC(SAS)
：.CD'=BD；∠AD'C=∠ADB
故答案为：相等（或CD'=BD)；相等（或∠AD'C=∠ADB ).
（3）∵CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，
∴ ∠ECE’=90°，CE=CE
∵，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴CD=AB=3，
∴，
∴，
∵∠DCB=∠ECE'=90°，
∴ ∠DCB-∠BCE=∠ECE'-∠BCE 即 ∠DCE=∠BCE'
∴BCG∽DCE
∴∠BGC =∠DEC =90°
∵ ∠CED+∠CEF =180°
∴∠CEF =90°
∴∠BGC =∠ECG=∠CEF =90°
∴四边形CEFG是矩形，
如图，连接AC，BD交于点O，连接OF
∵O是AC，BD的中点，
在RtOBF 中，OF=BD
∴OF==AC=OA=OC=OD=OB
∴A，F，B，C，D共圆，
∴∠AFC=90°，
∵AD=BC
∴，
∴∠GFC=∠ACD，
在RtABC中，AC==5，
∴cos∠ACD=，
∵AF=2，
∴在RtAFC中，FC==，
∴FG=FCcos∠CFG=，
∵，
∴∠BFC=∠BAC，
又∠AFC=∠G=90°，
∴∠ACB= ∠FCG，
∴∠ACB-∠FBC=∠FCG-∠FBC，即∠ACF=∠BCG，
∴sin ∠ACF ==sin∠BCG=，
∴，
∴BG=，
∴BF=，
故答案为：.
(4)如图，连接AC，BD交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD=90°，AO=OB
∴AD=3，AB =，
∴AC=BD=
∴AO=OB=AB=
∴AOB是等边三角形，则∠OAB=60°
∵线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，
∴AE=AE'，∠EAE'=60°
∴∠OAB=∠EAE'=60°
∴∠OAB-∠OAE=∠EAE'-∠OAE，即∠E'AO=∠EAB
又OA=BA，EA=EA
∴E'AOEAB(SAS)，
∴∠AOE'=∠ABE=90°
∴E'在OE'上运动，且E'O⊥AC
∴当DE'⊥OE'时，DE取得最小值，
∵∠AOB=60°，
∴∠AOD=120°，
又∠AOE'=90°，
∴∠E'OD=30，
∴当DE'OE'时，DE'=OD=，
故答案为：.
【分析】(1)根据旋转的性质和角度的和差运算，即可利用SAS证明DABDAC，再根据全等三角形的性质，即可解答；
（2）根据正方形的性质和旋转的性质可利用SAS证明，根据全等三角形的性质可得，进一步可证明四边形CEFE'是矩形，结合CE=CE'，即可解答；
（3）根据旋转的性质通过计算得，即可利用SAS证明BCG∽DCE，根据相似三角形的性质和角度的数量计算得到四边形CEFG是矩形，如图，连接AC，BD交于点O，连接OF，根据中点的定义可得A，F，B，C，D共圆，即可利用勾股定理计算得到AC，FC；根据余弦的定义即可求出FG，根据正弦的定义得到sin ∠ACF ==sin∠BCG=，建立关系计算即可得到答案；
（4）如图，连接AC，BD交于点O，根据矩形的性质得到AOB是等边三角形，则∠OAB=60°；由旋转的性质得到AE=AE'，∠EAE'=60°，即可利用SAS证明E'AOEAB，即可得到E'在OE'上运动，且E'O⊥AC，可知当DE'⊥OE'时，DE取得最小值，即可通过30角度的性质计算可得答案，解答即可.
30．【答案】（1）解：∵抛物线过
∴
∴
∴抛物线的表达式为：
（2）解：如图1
∵抛物线与X轴交于点A，A在正半轴，
∴，
∵，
∴OA=OB，
∵M为OA的中点，
∴，
∵OA=OB，，
∴，
∴MA=MC，
∵MD为OA的垂线，
∴D的横坐标为2，
∴MD=，
∴CD=MD-MC=；
∴
（3）解： ① F在否在抛物线上，理由如下：如图
连接BF，作FQ⊥OB于点Q，
由(2)可知： 0A=OB=4，∠OAB=∠OBA=45°，
由旋转的性质可知：
OE=OF，∠EOF =∠BOA= 90°，
∴∠AOE=∠BOF，
又∵OA = OB，OE=OF ，
∴△AOE≌△BOF ，
∴∠OBF=∠OAE=45°，BF=AE=
∵FQ⊥OB，
∴△FQB为等腰直角三角形，
∴OQ=OB - BQ=3，
∴F(-1，-3)，
对于当x=-1时，y=-3
∴点F在抛物线上；
②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，MF，作MH⊥BG于点H，如图，
∵∠OPA=90°， M为OA的中点，
∴ PM=OA=2，
∵PFMF-PM，
∴当M，P，F三点共线时，PF最小，
同①可得，∠OBF =∠OAE =45°，
∴点F在射线BG上运动，
当MF⊥BG时，即F与点H重合时，MF最小，此时PF最小为MH-PM，
∵∠OBG=45°，
∴OBG为等腰直角三角形，
∴OG=OB=4，∠BGO=45° ，
∴ MG= OG+OM=6，MHG为等腰直角三角形，
∴MH=MG=3，
∴PF最小为MH-PM=3-2.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；两点之间线段最短；旋转的性质；二次函数-动态几何问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】 (1)根据待定系数法把代入解析式，即可解答；
(2)求出点A的坐标，进而得到点M的坐标，根据等腰三角形的性质可得到MC的长度，由MD为OA的垂线求出点D的坐标，根据BCD的面积公式进行求解，即可解答；
(3)①根据要求作图即可，连接BF，作FQ⊥OB于点Q，由旋转的性质利用SAS证明AOE≌BOF，得到∠OBF=∠OAE=45°，BF= AE=，进而得到△FQB为等腰直角三角形，求出F点坐标，将F点的横坐标代入抛物线的解析式，即可判断点F在否在抛物线上，解答即可；
②连接BF并延长，交x轴于点G，连接PM，PF，MF，作MH⊥BG于点H，斜边上的中线得到MP=2，根据PF≥MF-PM，得到当M，P，F三点共线时，PF最小，同①可知，∠OBF=∠OAE=45°，得到点F在射线BG上运动，进而得到当MF⊥BG时，即F与点H重合时，MF最小，此时PF最小为MH - PM；易得OBG为等腰直角三角形，求出OG的长，进而求出MG的长，易得MHG为等腰直角三角形，求出MH的长，根据PF最小为MH - PM，计算即可解答.
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