中小学教育资源及组卷应用平台
【专题讲义】备战2020中考总复习精编重难点
第22讲 图形的变换（提高版）
【学生版】
一、考点知识梳理
【考点1 图形的平移】
1.定义：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做平移．平移不改变图形的形状和大小．
2.三大要素：一是平移的起点，二是平移的方向，三是平移的距离．
3.性质：平移前后，对应线段平行且相等、对应角相等；各对应点所连接的线段平行(或在同一条直线上)且相等；平移前后的图形全等．
4．作图步骤：
(1)根据题意，确定平移的方向和平移的距离；
(2)找出原图形的关键点；
(3)按平移方向和平移距离、平移各个关键点，得到各关键点的对应点；
(4)按原图形依次连接对应点，得到平移后的图形．
【考点2 图形的折叠和轴对称】
轴对称图形的定义：如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形就叫轴对称图形，这条直线叫做对称轴
2.轴对称的定义：如果两个图形对折后，这两个图形能够完全重合，那么我们就说这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴
3.轴对称的性质：对应线段相等 对应角相等 对应点所连的线段被对称轴垂直平分
4.轴对称图形与轴对称的区别 (1)轴对称图形是一个具有特殊形状的图形，只对一个图形而言；对称轴不一定只有一条
（2）轴对称是指两个图形的位置关系，必须涉及两个图形；只有一条对称轴
5.轴对称图形与轴对称的关系 (1)沿对称轴对折，两部分重合；(2)如果把轴对称图形沿对称轴分成“两个图形”，那么这“两个图形”就关于这条直线成轴对称
(1)沿对称轴翻折，两个图形重合；(2)如果把两个成轴对称的图形拼在一起，看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形
6.翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．
7.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．
【考点3 图形的旋转和中心对称】
1.中心对称图形的定义： 如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心
2.中心对称
（1）定义：如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称
（2）性质：对应点连线被对称中心平分；对应线段相等；对应角相等
3.中心对称图形与中心对称的区别：中心对称图形是指具有某种特性的一个图形 中心对称是指两个图形的关系
4.中心对称图形与中心对称的联系：把中心对称图形的两个部分看成“两个图形”，则这“两个图形”成中心对称；把成中心对称的两个图形看成一个“整体”，则“整体”成为中心对称图形
5.图形的旋转
（1）定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角．
（2）三大要素：旋转中心、旋转方向和__旋转角度__．
（3）性质：对应点到旋转中心的距离相等；每对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．
6.作图步骤：
(1)根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角；
(2)找出原图形的关键点；
(3)连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点；
(4)按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形．
考点分析
【考点1 图形的平移】
【解题技巧】（1）平移变换与坐标变化
①向右平移a个单位，坐标P（x，y）?P（x+a，y）
①向左平移a个单位，坐标P（x，y）?P（x﹣a，y）
①向上平移b个单位，坐标P（x，y）?P（x，y+b）
①向下平移b个单位，坐标P（x，y）?P（x，y﹣b）
（2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．）
【例1】（2019 辽宁大连中考）在平面直角坐标系中，将点P（3，1）向下平移2个单位长度，得到的点P′的坐标为（ ）
A．（3，﹣1） B．（3，3） C．（1，1） D．（5，1）
【举一反三1-1】（2019 江苏徐州中考）已知二次函数的图象经过点P（2，2），顶点为O（0，0）将该图象向右平移，当它再次经过点P时，所得抛物线的函数表达式为 ．
【举一反三1-2】（2019?广西）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（2，﹣1），B（1，﹣2），C（3，﹣3）
（1）将△ABC向上平移4个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）请画出与△ABC关于y轴对称的△A2B2C2；
（3）请写出A1、A2的坐标．
【举一反三1-3】（2019 安徽中考）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的12×12的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段AB．
（1）将线段AB向右平移5个单位，再向上平移3个单位得到线段CD，请画出线段CD．
（2）以线段CD为一边，作一个菱形CDEF，且点E，F也为格点．（作出一个菱形即可）
【考点2 图形的折叠和轴对称】
【解题技巧】
凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．主要存在一下几种情况;
1．与三角形结合：
(1)若涉及直角，则优先考虑直角三角形的性质(勾股定理及斜边上的中线等于斜边的一半)，若为含特殊角的直角三角形，则应利用其边角关系计算；
(2)若涉及两边(角)相等，则利用等腰三角形的相关性质计算，若存在60°角，则利用等边三角形性质进行相关计算，一般会作出高线构造特殊角的直角三角形进行求解；
(3)若含有中位线，则需利用中位线的位置及数量关系进行量的代换．
2．与四边形结合：
(1)与平行四边形、矩形、菱形、正方形结合，往往会利用其特殊性质求解；
(2)若为一般的四边形，则可通过构造特殊的三角形或四边形求解．
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．
【例2】（2019 北京中考）下列倡导节约的图案中，是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【举一反三2-1】（2019 湖北黄石中考）如图，矩形ABCD中，AC与BD相交于点E，AD：AB＝：1，将△ABD沿BD折叠，点A的对应点为F，连接AF交BC于点G，且BG＝2，在AD边上有一点H，使得BH+EH的值最小，此时＝（ ）
A． B． C． D．
【举一反三2-2】（2019 江苏徐州中考）下图均由正六边形与两条对角线所组成，其中不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【举一反三2-3】（2019?兰州）如图，边长为的正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，将正方形ABCD沿直线DF折叠，点C落在对角线BD上的点E处，折痕DF交AC于点M，则OM＝（ ）
A． B． C．﹣1 D．﹣1
【举一反三2-4】（2019吉林中考）如图，在四边形ABCD中，AB＝10，BD⊥AD．若将△BCD沿BD折叠，点C与边AB的中点E恰好重合，则四边形BCDE的周长为 ．
【考点3 图形的旋转和中心对称】
【解题技巧】1.常见的中心对称图形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、正六边形、圆等．
坐标系中的旋转问题：
2.关于原点对称的点的坐标的应用．其基础知识为：点P(x，y)关于原点对称点的坐标为(－x，－y)，在具体问题中一般根据坐标特点构建方程组来求解，常用到的关系式：点P(a，b)，P1(m，n)关于原点对称，则有
3．坐标系内的旋转作图问题．与一般的旋转作图类似，其不同点在于若是作关于原点的中心对称图形，可以根据点的坐标规律，直接在坐标系内找到对应点的坐标，描点后连线．
4.旋转图形的作法：
根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形;旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素较多，旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．
【例3】（2019 甘肃中考）下列四个图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【举一反三3-1】（2019 河南中考）如图，在△OAB中，顶点O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），将△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第70次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．（10，3） B．（﹣3，10） C．（10，﹣3） D．（3，﹣10）
【举一反三3-2】（2019 湖北黄石中考）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB边的中点是坐标原点O，将正方形绕点C按逆时针方向旋转90°后，点B的对应点B'的坐标是（ ）
A．（﹣1，2） B．（1，4） C．（3，2） D．（﹣1，0）
【举一反三3-3】（2019?武汉）问题背景：如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，可推出结论：PA+PC＝PE．
问题解决：如图2，在△MNG中，MN＝6，∠M＝75°，MG＝．点O是△MNG内一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是 ．
【举一反三3-4】（2019 海南中考）如图，将Rt△ABC的斜边AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转β（0°＜β＜90°）得到AF，连结EF．若AB＝3，AC＝2，且α+β＝∠B，则EF＝ ．
【举一反三3-5】（2019 福建中考）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．
（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；
（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．
三、【达标测试】
（一）选择题
1.（2019 福建中考）下列图形中，一定既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形 C．平行四边形 D．正方形
2.（2019 广东中考）下列四个银行标志中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3.（2019 湖北黄石中考）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4.（2019 吉林中考）把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（ ）
A．30° B．90° C．120° D．180°
5.（2019 江苏南京中考）如图，△A'B'C'是由△ABC经过平移得到的，△A'B'C还可以看作是△ABC经过怎样的图形变化得到？下列结论：①1次旋转；②1次旋转和1次轴对称；③2次旋转；④2次轴对称．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④ B．②③ C．②④ D．③④
6.（2019 辽宁大连中考）下列所述图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形 C．菱形 D．平行四边形
7.（2019 辽宁大连中考）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，若AB＝4，BC＝8．则D′F的长为（ ）
A．2 B．4 C．3 D．2
8.（2019 天津中考）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
9.（2019 云南中考）下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
10.（2019 重庆中考）如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，连结BD，把△BDC沿BD翻折，得到△BDC'，DC′与AB交于点E，连结AC'，若AD＝AC′＝2，BD＝3，则点D到BC′的距离为（ ）
A． B． C． D．
填空题
1.（2019 甘肃中考）如图，每一图中有若干个大小不同的菱形，第1幅图中有1个菱形，第2幅图中有3个菱形，第3幅图中有5个菱形，如果第n幅图中有2019个菱形，则n＝ ．
2.（2019 陕西中考）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，且BM＝6．P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为 ．
3.（2019 上海中考）如图，在正方形ABCD中，E是边AD的中点．将△ABE沿直线BE翻折，点A落在点F处，联结DF，那么∠EDF的正切值是 ．
4.（2019 天津中考）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E是边CD上一点，连接AE、折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上，若DE＝5，则GE的长为 ．
5.（2019 浙江杭州中考）如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A′点，D点的对称点为D′点，若∠FPG＝90°，△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，则矩形ABCD的面积等于 ．
6.（2019?青海）如图，在直角坐标系中，已知点A（3，2），将△ABO绕点O逆时针方向旋转180°后得到△CDO，则点C的坐标是 ．
7.（2019?济南）如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD＝8，AB＝5，则线段PE的长等于 ．
8.（2019?深圳）如图，在正方形ABCD中，BE＝1，将BC沿CE翻折，使B点对应点刚好落在对角线AC上，将AD沿AF翻折，使D点对应点刚好落在对角线AC上，求EF＝ ．
解答题
1.（2019 辽宁大连中考）把函数C1：y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）的图象绕点P（m，0）旋转180°，得到新函数C2的图象，我们称C2是C1关于点P的相关函数．C2的图象的对称轴与x轴交点坐标为（t，0）．
（1）填空：t的值为 （用含m的代数式表示）
（2）若a＝﹣1，当≤x≤t时，函数C1的最大值为y1，最小值为y2，且y1﹣y2＝1，求C2的解析式；
（3）当m＝0时，C2的图象与x轴相交于A，B两点（点A在点B的右侧）．与y轴相交于点D．把线段AD原点O逆时针旋转90°，得到它的对应线段A′D′，若线A′D′与C2的图象有公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
2.（2019山西中考）综合与实践
动手操作：
第一步：如图1，正方形纸片ABCD沿对角线AC所在的直线折叠，展开铺平．在沿过点C的直线折叠，使点B，点D都落在对角线AC上．此时，点B与点D重合，记为点N，且点E，点N，点F三点在同一条直线上，折痕分别为CE，CF．如图2．
第二步：再沿AC所在的直线折叠，△ACE与△ACF重合，得到图3．
第三步：在图3的基础上继续折叠，使点C与点F重合，如图4，展开铺平，连接EF，FG，GM，ME．如图5，图中的虚线为折痕．
问题解决：
（1）在图5中，∠BEC的度数是 ，的值是 ．
（2）在图5中，请判断四边形EMGF的形状，并说明理由；
（3）在不增加字母的条件下，请你以图中5中的字母表示的点为顶点，动手画出一个菱形（正方形除外），并写出这个菱形： ．
3.（2019?济南）如图1，点A（0，8）、点B（2，a）在直线y＝﹣2x+b上，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点B．
（1）求a和k的值；
（2）将线段AB向右平移m个单位长度（m＞0），得到对应线段CD，连接AC、BD．
①如图2，当m＝3时，过D作DF⊥x轴于点F，交反比例函数图象于点E，求的值；
②在线段AB运动过程中，连接BC，若△BCD是以BC为腰的等腰三形，求所有满足条件的m的值．
4.（2019?济南）小圆同学对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．
（一）猜测探究
在△ABC中，AB＝AC，M是平面内任意一点，将线段AM绕点A按顺时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AN，连接NB．
（1）如图1，若M是线段BC上的任意一点，请直接写出∠NAB与∠MAC的数量关系是 ，NB与MC的数量关系是 ；
（2）如图2，点E是AB延长线上点，若M是∠CBE内部射线BD上任意一点，连接MC，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．
（二）拓展应用
如图3，在△A1B1C1中，A1B1＝8，∠A1B1C1＝60°，∠B1A1C1＝75°，P是B1C1上的任意点，连接A1P，将A1P绕点A1按顺时针方向旋转75°，得到线段A1Q，连接B1Q．求线段B1Q长度的最小值．
5.（2019?沈阳）思维启迪：
（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB交AP的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么A，B间的距离是 米．
思维探索：
（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC，AE＝DE，且AE＜AC，∠ACB＝∠AED＝90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．
①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是 ；
②如图3，当α＝90°时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；
③当α＝150°时，若BC＝3，DE＝l，请直接写出PC2的值．
6.（2019?宁夏）将直角三角板ABC按如图1放置，直角顶点C与坐标原点重合，直角边AC、BC分别与x轴和y轴重合，其中∠ABC＝30°．将此三角板沿y轴向下平移，当点B平移到原点O时运动停止．设平移的距离为m，平移过程中三角板落在第一象限部分的面积为s，s关于m的函数图象（如图2所示）与m轴相交于点P（，0），与s轴相交于点Q．
（1）试确定三角板ABC的面积；
（2）求平移前AB边所在直线的解析式；
（3）求s关于m的函数关系式，并写出Q点的坐标．
7.（2019?成都）如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，分别连接A'C，A'D，B'C，求A'C+B'C的最小值．
8.（2019?济南）如图1，抛物线C：y＝ax2+bx经过点A（﹣4，0）、B（﹣1，3）两点，G是其顶点，将抛物线C绕点O旋转180°，得到新的抛物线C′．
（1）求抛物线C的函数解析式及顶点G的坐标；
（2）如图2，直线l：y＝kx﹣经过点A，D是抛物线C上的一点，设D点的横坐标为m（m＜﹣2），连接DO并延长，交抛物线C′于点E，交直线l于点M，若DE＝2EM，求m的值；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AG、AB，在直线DE下方的抛物线C上是否存在点P，使得∠DEP＝∠GAB？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
PAGE
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)
页 1
中小学教育资源及组卷应用平台
【专题讲义】备战2020中考总复习精编重难点
第22讲 图形的变换（解析版）
【教师版】
一、考点知识梳理
【考点1 图形的平移】
1.定义：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做平移．平移不改变图形的形状和大小．
2.三大要素：一是平移的起点，二是平移的方向，三是平移的距离．
3.性质：平移前后，对应线段平行且相等、对应角相等；各对应点所连接的线段平行(或在同一条直线上)且相等；平移前后的图形全等．
4．作图步骤：
(1)根据题意，确定平移的方向和平移的距离；
(2)找出原图形的关键点；
(3)按平移方向和平移距离、平移各个关键点，得到各关键点的对应点；
(4)按原图形依次连接对应点，得到平移后的图形．
【考点2 图形的折叠和轴对称】
轴对称图形的定义：如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形就叫轴对称图形，这条直线叫做对称轴
2.轴对称的定义：如果两个图形对折后，这两个图形能够完全重合，那么我们就说这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴
3.轴对称的性质：对应线段相等 对应角相等 对应点所连的线段被对称轴垂直平分
4.轴对称图形与轴对称的区别 (1)轴对称图形是一个具有特殊形状的图形，只对一个图形而言；对称轴不一定只有一条
（2）轴对称是指两个图形的位置关系，必须涉及两个图形；只有一条对称轴
5.轴对称图形与轴对称的关系 (1)沿对称轴对折，两部分重合；(2)如果把轴对称图形沿对称轴分成“两个图形”，那么这“两个图形”就关于这条直线成轴对称
(1)沿对称轴翻折，两个图形重合；(2)如果把两个成轴对称的图形拼在一起，看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形
6.翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．
7.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．
【考点3 图形的旋转和中心对称】
1.中心对称图形的定义： 如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心
2.中心对称
（1）定义：如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称
（2）性质：对应点连线被对称中心平分；对应线段相等；对应角相等
3.中心对称图形与中心对称的区别：中心对称图形是指具有某种特性的一个图形 中心对称是指两个图形的关系
4.中心对称图形与中心对称的联系：把中心对称图形的两个部分看成“两个图形”，则这“两个图形”成中心对称；把成中心对称的两个图形看成一个“整体”，则“整体”成为中心对称图形
5.图形的旋转
（1）定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角．
（2）三大要素：旋转中心、旋转方向和__旋转角度__．
（3）性质：对应点到旋转中心的距离相等；每对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．
6.作图步骤：
(1)根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角；
(2)找出原图形的关键点；
(3)连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点；
(4)按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形．
考点分析
【考点1 图形的平移】
【解题技巧】（1）平移变换与坐标变化
①向右平移a个单位，坐标P（x，y）?P（x+a，y）
①向左平移a个单位，坐标P（x，y）?P（x﹣a，y）
①向上平移b个单位，坐标P（x，y）?P（x，y+b）
①向下平移b个单位，坐标P（x，y）?P（x，y﹣b）
（2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．）
【例1】（2019 辽宁大连中考）在平面直角坐标系中，将点P（3，1）向下平移2个单位长度，得到的点P′的坐标为（ ）
A．（3，﹣1） B．（3，3） C．（1，1） D．（5，1）
【答案】A．
【分析】根据向下平移，横坐标不变、纵坐标相减列式计算即可得解．
【解答】解：将点P（3，1）向下平移2个单位长度，得到的点P′的坐标为（3，1﹣2），即（3，﹣1），
故选：A．
【举一反三1-1】（2019 江苏徐州中考）已知二次函数的图象经过点P（2，2），顶点为O（0，0）将该图象向右平移，当它再次经过点P时，所得抛物线的函数表达式为 ．
【答案】y＝（x﹣4）2．
【分析】设原来的抛物线解析式为：y＝ax2．利用待定系数法确定函数关系式；然后利用平移规律得到平移后的解析式，将点P的坐标代入即可．
【解答】解：设原来的抛物线解析式为：y＝ax2（a≠0）．
把P（2，2）代入，得2＝4a，
解得a＝．
故原来的抛物线解析式是：y＝x2．
设平移后的抛物线解析式为：y＝（x﹣b）2．
把P（2，2）代入，得2＝（2﹣b）2．
解得b＝0（舍去）或b＝4．
所以平移后抛物线的解析式是：y＝（x﹣4）2．
故答案是：y＝（x﹣4）2．
【举一反三1-2】（2019?广西）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（2，﹣1），B（1，﹣2），C（3，﹣3）
（1）将△ABC向上平移4个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）请画出与△ABC关于y轴对称的△A2B2C2；
（3）请写出A1、A2的坐标．
【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案；
（3）利用所画图象得出对应点坐标．
【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；
（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求；
（3）A1（2，3），A2（﹣2，﹣1）．
【举一反三1-3】（2019 安徽中考）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的12×12的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段AB．
（1）将线段AB向右平移5个单位，再向上平移3个单位得到线段CD，请画出线段CD．
（2）以线段CD为一边，作一个菱形CDEF，且点E，F也为格点．（作出一个菱形即可）
【分析】（1）直接利用平移的性质得出C，D点位置，进而得出答案；
（2）直接利用菱形的判定方法进而得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：线段CD即为所求；
（2）如图：菱形CDEF即为所求，答案不唯一．
【考点2 图形的折叠和轴对称】
【解题技巧】
凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．主要存在一下几种情况;
1．与三角形结合：
(1)若涉及直角，则优先考虑直角三角形的性质(勾股定理及斜边上的中线等于斜边的一半)，若为含特殊角的直角三角形，则应利用其边角关系计算；
(2)若涉及两边(角)相等，则利用等腰三角形的相关性质计算，若存在60°角，则利用等边三角形性质进行相关计算，一般会作出高线构造特殊角的直角三角形进行求解；
(3)若含有中位线，则需利用中位线的位置及数量关系进行量的代换．
2．与四边形结合：
(1)与平行四边形、矩形、菱形、正方形结合，往往会利用其特殊性质求解；
(2)若为一般的四边形，则可通过构造特殊的三角形或四边形求解．
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．
【例2】（2019 北京中考）下列倡导节约的图案中，是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C．
【分析】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，根据轴对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故此选项错误；
B、不是轴对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，故此选项正确；
D、不是轴对称图形，故此选项错误．
故选：C．
【举一反三2-1】（2019 湖北黄石中考）如图，矩形ABCD中，AC与BD相交于点E，AD：AB＝：1，将△ABD沿BD折叠，点A的对应点为F，连接AF交BC于点G，且BG＝2，在AD边上有一点H，使得BH+EH的值最小，此时＝（ ）
A． B． C． D．
【答案】B．
【分析】设BD与AF交于点M．设AB＝a，AD＝a，根据矩形的性质可得△ABE、△CDE都是等边三角形，利用折叠的性质得到BM垂直平分AF，BF＝AB＝a，DF＝DA＝a．解直角△BGM，求出BM，再表示DM，由△ADM∽△GBM，求出a＝2，再证明CF＝CD＝2．作B点关于AD的对称点B′，连接B′E，设B′E与AD交于点H，则此时BH+EH＝B′E，值最小．建立平面直角坐标系，得出B（3，2），B′（3，﹣2），E（0，），利用待定系数法求出直线B′E的解析式，得到H（1，0），然后利用两点间的距离公式求出BH＝4，进而求出＝＝．
【解答】解：如图，设BD与AF交于点M．设AB＝a，AD＝a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，tan∠ABD＝＝，
∴BD＝AC＝＝2a，∠ABD＝60°，
∴△ABE、△CDE都是等边三角形，
∴BE＝DE＝AE＝CE＝AB＝CD＝a．
∵将△ABD沿BD折叠，点A的对应点为F，
∴BM垂直平分AF，BF＝AB＝a，DF＝DA＝a．
在△BGM中，∵∠BMG＝90°，∠GBM＝30°，BG＝2，
∴GM＝BG＝1，BM＝GM＝，
∴DM＝BD﹣BM＝2a﹣．
∵矩形ABCD中，BC∥AD，
∴△ADM∽△GBM，
∴＝，即＝，
∴a＝2，
∴BE＝DE＝AE＝CE＝AB＝CD＝2，AD＝BC＝6，BD＝AC＝4．
易证∠BAF＝∠FAC＝∠CAD＝∠ADB＝∠BDF＝∠CDF＝30°，
∴△ADF是等边三角形，
∵AC平分∠DAF，
∴AC垂直平分DF，
∴CF＝CD＝2．
作B点关于AD的对称点B′，连接B′E，设B′E与AD交于点H，则此时BH+EH＝B′E，值最小．
如图，建立平面直角坐标系，则A（3，0），B（3，2），B′（3，﹣2），E（0，），
易求直线B′E的解析式为y＝﹣x+，
∴H（1，0），
∴BH＝＝4，
∴＝＝．
故选：B．
【举一反三2-2】（2019 江苏徐州中考）下图均由正六边形与两条对角线所组成，其中不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D．
【分析】根据轴对称图形的概念求解可得．
【解答】解：
不是轴对称图形，
故选：D．
【举一反三2-3】（2019?兰州）如图，边长为的正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，将正方形ABCD沿直线DF折叠，点C落在对角线BD上的点E处，折痕DF交AC于点M，则OM＝（ ）
A． B． C．﹣1 D．﹣1
【答案】D．
【分析】根据正方形的性质得到AB＝AD＝BC＝CD＝，∠DCB＝∠COD＝∠BOC＝90°，OD＝OC，求得BD＝AB＝2，得到OD＝BO＝OC＝1，根据折叠的性质得到DE＝DC＝，DF⊥CE，求得OE＝﹣1，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD＝，∠DCB＝∠COD＝∠BOC＝90°，OD＝OC，
∴BD＝AB＝2，
∴OD＝BO＝OC＝1，
∵将正方形ABCD沿直线DF折叠，点C落在对角线BD上的点E处，
∴DE＝DC＝，DF⊥CE，
∴OE＝﹣1，∠EDF+∠FED＝∠ECO+∠OEC＝90°，
∴∠ODM＝∠ECO，
在△OEC与△OMD中，，
△OEC≌△OMD（ASA），
∴OM＝OE＝﹣1，
故选：D．
【举一反三2-4】（2019吉林中考）如图，在四边形ABCD中，AB＝10，BD⊥AD．若将△BCD沿BD折叠，点C与边AB的中点E恰好重合，则四边形BCDE的周长为 ．
【答案】20．
【分析】根据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到DE＝BE＝AB＝5，再根据折叠的性质，即可得到四边形BCDE的周长为5×4＝20．
【解答】解：∵BD⊥AD，点E是AB的中点，
∴DE＝BE＝AB＝5，
由折叠可得，CB＝BE，CD＝ED，
∴四边形BCDE的周长为5×4＝20，
故答案为：20．
【考点3 图形的旋转和中心对称】
【解题技巧】1.常见的中心对称图形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、正六边形、圆等．
坐标系中的旋转问题：
2.关于原点对称的点的坐标的应用．其基础知识为：点P(x，y)关于原点对称点的坐标为(－x，－y)，在具体问题中一般根据坐标特点构建方程组来求解，常用到的关系式：点P(a，b)，P1(m，n)关于原点对称，则有
3．坐标系内的旋转作图问题．与一般的旋转作图类似，其不同点在于若是作关于原点的中心对称图形，可以根据点的坐标规律，直接在坐标系内找到对应点的坐标，描点后连线．
4.旋转图形的作法：
根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形;旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素较多，旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．
【例3】（2019 甘肃中考）下列四个图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A．
【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A．此图案是中心对称图形，符合题意；
B．此图案不是中心对称图形，不合题意；
C．此图案不是中心对称图形，不合题意；
D．此图案不是中心对称图形，不合题意；
故选：A．
【举一反三3-1】（2019 河南中考）如图，在△OAB中，顶点O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），将△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第70次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．（10，3） B．（﹣3，10） C．（10，﹣3） D．（3，﹣10）
【答案】D．
【分析】先求出AB＝6，再利用正方形的性质确定D（﹣3，10），由于70＝4×17+2，所以第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，此时旋转前后的点D关于原点对称，于是利用关于原点对称的点的坐标特征可出旋转后的点D的坐标．
【解答】解：∵A（﹣3，4），B（3，4），
∴AB＝3+3＝6，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB＝6，
∴D（﹣3，10），
∵70＝4×17+2，
∴每4次一个循环，第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，
∴点D的坐标为（3，﹣10）．
故选：D．
【举一反三3-2】（2019 湖北黄石中考）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB边的中点是坐标原点O，将正方形绕点C按逆时针方向旋转90°后，点B的对应点B'的坐标是（ ）
A．（﹣1，2） B．（1，4） C．（3，2） D．（﹣1，0）
【答案】C．
【分析】根据旋转可得：CB'＝CB＝2，∠BCB'＝90°，可得B'的坐标．
【解答】解：如图所示，
由旋转得：CB'＝CB＝2，∠BCB'＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，且O是AB的中点，
∴OB＝1，
∴B'（2+1，2），即B'（3，2），
故选：C．
【举一反三3-3】（2019?武汉）问题背景：如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，可推出结论：PA+PC＝PE．
问题解决：如图2，在△MNG中，MN＝6，∠M＝75°，MG＝．点O是△MNG内一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是 ．
【答案】2，
【分析】（1）在BC上截取BG＝PD，通过三角形全等证得AG＝AP，BG＝DP，得出△AGP是等边三角形，得出AP＝GP，则PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE，即可证得结论；
（2）以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，可证△GMO≌△DME，可得GO＝DE，则MO+NO+GO＝NO+OE+DE，即当D、E、O、N四点共线时，MO+NO+GO值最小，最小值为ND的长度，根据勾股定理先求得MF、DF，然后求ND的长度，即可求MO+NO+GO的最小值．
【解答】（1）证明：如图1，在BC上截取BG＝PD，
在△ABG和△ADP中
，
∴△ABG≌△ADP（SAS），
∴AG＝AP，BG＝DP，
∴GC＝PE，
∵∠GAP＝∠BAD＝60°，
∴△AGP是等边三角形，
∴AP＝GP，
∴PA+PC＝GP+PC＝GC＝PE
∴PA+PC＝PE；
（2）解：如图2：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．
∵△MGD和△OME是等边三角形
∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60°，MG＝MD，
∴∠GMO＝∠DME
在△GMO和△DME中
∴△GMO≌△DME（SAS），
∴OG＝DE
∴NO+GO+MO＝DE+OE+NO
∴当D、E、O、M四点共线时，NO+GO+MO值最小，
∵∠NMG＝75°，∠GMD＝60°，
∴∠NMD＝135°，
∴∠DMF＝45°，
∵MG＝．
∴MF＝DF＝4，
∴NF＝MN+MF＝6+4＝10，
∴ND＝＝＝2，
∴MO+NO+GO最小值为2，
故答案为2，
【举一反三3-4】（2019 海南中考）如图，将Rt△ABC的斜边AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转β（0°＜β＜90°）得到AF，连结EF．若AB＝3，AC＝2，且α+β＝∠B，则EF＝ ．
【答案】
【分析】由旋转的性质可得AE＝AB＝3，AC＝AF＝2，由勾股定理可求EF的长．
【解答】解：由旋转的性质可得AE＝AB＝3，AC＝AF＝2，
∵∠B+∠BAC＝90°，且α+β＝∠B，
∴∠BAC+α+β＝90°
∴∠EAF＝90°
∴EF＝＝
故答案为：
【举一反三3-5】（2019 福建中考）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．
（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；
（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．
【分析】（1）如图1，利用旋转的性质得CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠CAD，从而利用互余和计算出∠ADE的度数；
（2）如图2，利用直角三角形斜边上的中线性质得到BF＝AC，利用含30度的直角三角形三边的关系得到AB＝AC，则BF＝AB，再根据旋转的性质得到∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，从而得到DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，接着证明△CFD≌△ABC得到DF＝BC，然后根据平行四边形的判定方法得到结论．
【解答】（1）解：如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，
∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，
∵CA＝CD，
∴∠CAD＝∠CDA＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠ADE＝90°﹣75°＝25°；
（2）证明：如图2，
∵点F是边AC中点，
∴BF＝AC，
∵∠ACB＝30°，
∴AB＝AC，
∴BF＝AB，
∵△ABC绕点A顺时针旋转60得到△DEC，
∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，
∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，
∴BE＝CB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，
∴DF⊥AC，
易证得△CFD≌△ABC，
∴DF＝BC，
∴DF＝BE，
而BF＝DE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
三、【达标测试】
（一）选择题
1.（2019 福建中考）下列图形中，一定既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形 C．平行四边形 D．正方形
【答案】D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、直角三角形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
D、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确．
故选：D．
2.（2019 广东中考）下列四个银行标志中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误．
故选：C．
3.（2019 湖北黄石中考）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确．
故选：D．
4.（2019 吉林中考）把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（ ）
A．30° B．90° C．120° D．180°
【答案】C．
【分析】根据图形的对称性，用360°除以3计算即可得解．
【解答】解：∵360°÷3＝120°，
∴旋转的角度是120°的整数倍，
∴旋转的角度至少是120°．
故选：C．
5.（2019 江苏南京中考）如图，△A'B'C'是由△ABC经过平移得到的，△A'B'C还可以看作是△ABC经过怎样的图形变化得到？下列结论：①1次旋转；②1次旋转和1次轴对称；③2次旋转；④2次轴对称．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④ B．②③ C．②④ D．③④
【答案】D．
【分析】依据旋转变换以及轴对称变换，即可使△ABC与△A'B'C'重合．
【解答】解：先将△ABC绕着B'C的中点旋转180°，再将所得的三角形绕着B'C'的中点旋转180°，即可得到△A'B'C'；
先将△ABC沿着B'C的垂直平分线翻折，再将所得的三角形沿着B'C'的垂直平分线翻折，即可得到△A'B'C'；
故选：D．
6.（2019 辽宁大连中考）下列所述图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形 C．菱形 D．平行四边形
【答案】C．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
C、菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确；
D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误．
故选：C．
7.（2019 辽宁大连中考）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，若AB＝4，BC＝8．则D′F的长为（ ）
A．2 B．4 C．3 D．2
【答案】C．
【分析】由矩形的性质得出∠B＝∠D＝90°，CD＝AB＝4，AD∥BC，得出∠AFE＝∠CEF，由折叠的性质得：∠AEF＝∠CEF，AE＝CE，∠D'＝∠D＝90°，AD'＝CD＝4，∠AFE＝∠AEF，得出AF＝AE＝CE，设AF＝AE＝CE＝x，则BE＝8﹣x，在Rt△ABE中，由勾股定理得出方程，解方程得出AF＝5，在Rt△AFD'中，由勾股定理即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，CD＝AB＝4，AD∥BC，
∴∠AFE＝∠CEF，
由折叠的性质得：∠AEF＝∠CEF，AE＝CE，∠D'＝∠D＝90°，AD'＝CD＝4，
∴∠AFE＝∠AEF，
∴AF＝AE＝CE，
设AF＝AE＝CE＝x，则BE＝8﹣x，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+BE2＝AE2，
即42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
∴AF＝5，
在Rt△AFD'中，由勾股定理得：D'F＝＝＝3；
故选：C．
8.（2019 天津中考）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A．
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，故本选项正确；
B、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、不是轴对称图形，故本选项错误．
故选：A．
9.（2019 云南中考）下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
B、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确；
C、此图形旋转180°后能与原图形不重合，此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
D、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误．
故选：B．
10.（2019 重庆中考）如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，连结BD，把△BDC沿BD翻折，得到△BDC'，DC′与AB交于点E，连结AC'，若AD＝AC′＝2，BD＝3，则点D到BC′的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B．
【分析】连接CC'，交BD于点M，过点D作DH⊥BC'于点H，由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，证△ADC'为等边三角形，利用解直角三角形求出DM＝1，C'M＝DM＝，BM＝2，在Rt△BMC'中，利用勾股定理求出BC'的长，在△BDC'中利用面积法求出DH的长．
【解答】解：如图，连接CC'，交BD于点M，过点D作DH⊥BC'于点H，
∵AD＝AC′＝2，D是AC边上的中点，
∴DC＝AD＝2，
由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，
∴DC＝DC'＝2，BC＝BC'，CM＝C'M，
∴AD＝AC′＝DC'＝2，
∴△ADC'为等边三角形，
∴∠ADC'＝∠AC'D＝∠C'AC＝60°，
∵DC＝DC'，
∴∠DCC'＝∠DC'C＝×60°＝30°，
在Rt△C'DM中，
∠DC'C＝30°，DC'＝2，
∴DM＝1，C'M＝DM＝，
∴BM＝BD﹣DM＝3﹣1＝2，
在Rt△BMC'中，
BC'＝＝＝，
∵S△BDC'＝BC'?DH＝BD?CM，
∴DH＝3×，
∴DH＝，
故选：B．
填空题
1.（2019 甘肃中考）如图，每一图中有若干个大小不同的菱形，第1幅图中有1个菱形，第2幅图中有3个菱形，第3幅图中有5个菱形，如果第n幅图中有2019个菱形，则n＝ ．
【答案】1010．
【分析】根据题意分析可得：第1幅图中有1个，第2幅图中有2×2﹣1＝3个，第3幅图中有2×3﹣1＝5个，…，可以发现，每个图形都比前一个图形多2个，继而即可得出答案．
【解答】解：根据题意分析可得：第1幅图中有1个．
第2幅图中有2×2﹣1＝3个．
第3幅图中有2×3﹣1＝5个．
第4幅图中有2×4﹣1＝7个．
…．
可以发现，每个图形都比前一个图形多2个．
故第n幅图中共有（2n﹣1）个．
当图中有2019个菱形时，
2n﹣1＝2019，
n＝1010，
故答案为：1010．
2.（2019 陕西中考）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，且BM＝6．P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为 ．
【答案】2．
【分析】作以BD为对称轴作N的对称点N'，连接PN'，MN'，依据PM﹣PN＝PM﹣PN'≤MN'，可得当P，M，N'三点共线时，取“＝”，再求得＝＝，即可得出PM∥AB∥CD，∠CMN'＝90°，再根据△N'CM为等腰直角三角形，即可得到CM＝MN'＝2．
【解答】解：如图所示，作以BD为对称轴作N的对称点N'，连接PN'，MN'，
根据轴对称性质可知，PN＝PN'，
∴PM﹣PN＝PM﹣PN'≤MN'，
当P，M，N'三点共线时，取“＝”，
∵正方形边长为8，
∴AC＝AB＝，
∵O为AC中点，
∴AO＝OC＝，
∵N为OA中点，
∴ON＝，
∴ON'＝CN'＝，
∴AN'＝，
∵BM＝6，
∴CM＝AB﹣BM＝8﹣6＝2，
∴＝＝
∴PM∥AB∥CD，∠CMN'＝90°，
∵∠N'CM＝45°，
∴△N'CM为等腰直角三角形，
∴CM＝MN'＝2，
即PM﹣PN的最大值为2，
故答案为：2．
3.（2019 上海中考）如图，在正方形ABCD中，E是边AD的中点．将△ABE沿直线BE翻折，点A落在点F处，联结DF，那么∠EDF的正切值是 ．
【答案】2．
【分析】由折叠可得AE＝FE，∠AEB＝∠FEB，由折叠的性质以及三角形外角性质，即可得到∠AEB＝∠EDF，进而得到tan∠EDF＝tan∠AEB＝＝2．
【解答】解：如图所示，由折叠可得AE＝FE，∠AEB＝∠FEB＝∠AEF，
∵正方形ABCD中，E是AD的中点，
∴AE＝DE＝AD＝AB，
∴DE＝FE，
∴∠EDF＝∠EFD，
又∵∠AEF是△DEF的外角，
∴∠AEF＝∠EDF+∠EFD，
∴∠EDF＝∠AEF，
∴∠AEB＝∠EDF，
∴tan∠EDF＝tan∠AEB＝＝2．
故答案为：2．
4.（2019 天津中考）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E是边CD上一点，连接AE、折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上，若DE＝5，则GE的长为 ．
【答案】．
【分析】由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，先证△ABF≌△DAE，推出AF的长，再利用勾股定理求出BF的长，最后在Rt△ADF中利用面积法可求出AH的长，可进一步求出AG的长，GE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝12，∠BAD＝∠D＝90°，
由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，
∴BF⊥AE，AH＝GH，
∴∠FAH+∠AFH＝90°，
又∵∠FAH+∠BAH＝90°，
∴∠AFH＝∠BAH，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AF＝DE＝5，
在Rt△ADF中，
BF＝＝＝13，
S△ABF＝AB?AF＝BF?AH，
∴12×5＝13AH，
∴AH＝，
∴AG＝2AH＝，
∵AE＝BF＝13，
∴GE＝AE﹣AG＝13﹣＝，
故答案为：．
5.（2019 浙江杭州中考）如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A′点，D点的对称点为D′点，若∠FPG＝90°，△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，则矩形ABCD的面积等于 ．
【答案】2（5+3）
【分析】设AB＝CD＝x，由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，因为△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，推出A′E＝4D′H，设D′H＝a，则A′E＝4a，由△A′EP∽△D′PH，推出＝，推出＝，可得x＝2a，再利用三角形的面积公式求出a即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABC是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，设AB＝CD＝x，
由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，
∵△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，
∴A′E＝4D′H，设D′H＝a，则A′E＝4a，
∵△A′EP∽△D′PH，
∴＝，
∴＝，
∴x2＝4a2，
∴x＝2a或﹣2a（舍弃），
∴PA′＝PD′＝2a，
∵?a?2a＝1，
∴a＝1，
∴x＝2，
∴AB＝CD＝2，PE＝＝2，PH＝＝，
∴AD＝4+2++1＝5+3，
∴矩形ABCD的面积＝2（5+3）．
故答案为2（5+3）
6.（2019?青海）如图，在直角坐标系中，已知点A（3，2），将△ABO绕点O逆时针方向旋转180°后得到△CDO，则点C的坐标是 ．
【答案】（﹣3，﹣2）．
【分析】根据中心对称的性质解决问题即可．
【解答】解：由题意A，C关于原点对称，
∵A（3，2），
∴C（﹣3，﹣2），
股本答案为（﹣3，﹣2）．
7.（2019?济南）如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD＝8，AB＝5，则线段PE的长等于 ．
【答案】．
【分析】根据折叠可得ABNM是正方形，CD＝CF＝5，∠D＝∠CFE＝90°，ED＝EF，可求出三角形FNC的三边为3，4，5，在Rt△MEF中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证△FNC∽△PGF，三边占比为3：4：5，设未知数，通过PG＝HN，列方程求出待定系数，进而求出PF的长，然后求PE的长．
【解答】解：过点P作PG⊥FN，PH⊥BN，垂足为G、H，
由折叠得：ABNM是正方形，AB＝BN＝NM＝MA＝5，
CD＝CF＝5，∠D＝∠CFE＝90°，ED＝EF，
∴NC＝MD＝8﹣5＝3，
在Rt△FNC中，FN＝＝4，
∴MF＝5﹣4＝1，
在Rt△MEF中，设EF＝x，则ME＝3﹣x，由勾股定理得，
12+（3﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
∵∠CFN+∠PFG＝90°，∠PFG+∠FPG＝90°，
∴△FNC∽△PGF，
∴FG：PG：PF＝NC：FN：FC＝3：4：5，
设FG＝3m，则PG＝4m，PF＝5m，
∴GN＝PH＝BH＝4﹣3m，HN＝5﹣（4﹣3m）＝1+3m＝PG＝4m，
解得：m＝1，
∴PF＝5m＝5，
∴PE＝PF+FE＝5+＝，
故答案为：．
8.（2019?深圳）如图，在正方形ABCD中，BE＝1，将BC沿CE翻折，使B点对应点刚好落在对角线AC上，将AD沿AF翻折，使D点对应点刚好落在对角线AC上，求EF＝ ．
【答案】．
【分析】作FM⊥AB于点M．根据折叠的性质与等腰直角三角形的性质得出EX＝EB＝AX＝1，∠EXC＝∠B＝90°，AM＝DF＝YF＝1，由勾股定理得到AE＝＝．那么正方形的边长AB＝FM＝+1，EM＝﹣1，然后利用勾股定理即可求出EF．
【解答】解：如图，作FM⊥AB于点M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠CAD＝45°．
∵将BC沿CE翻折，B点对应点刚好落在对角线AC上的点X，
∴EX＝EB＝AX＝1，∠EXC＝∠B＝90°，
∴AE＝＝．
∵将AD沿AF翻折，使D点对应点刚好落在对角线AC上的点Y，
∴AM＝DF＝YF＝1，
∴正方形的边长AB＝FM＝+1，EM＝﹣1，
∴EF＝＝＝．
故答案为．
解答题
1.（2019 辽宁大连中考）把函数C1：y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）的图象绕点P（m，0）旋转180°，得到新函数C2的图象，我们称C2是C1关于点P的相关函数．C2的图象的对称轴与x轴交点坐标为（t，0）．
（1）填空：t的值为 （用含m的代数式表示）
（2）若a＝﹣1，当≤x≤t时，函数C1的最大值为y1，最小值为y2，且y1﹣y2＝1，求C2的解析式；
（3）当m＝0时，C2的图象与x轴相交于A，B两点（点A在点B的右侧）．与y轴相交于点D．把线段AD原点O逆时针旋转90°，得到它的对应线段A′D′，若线A′D′与C2的图象有公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
【分析】（1）C1：y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a，顶点（1，﹣4a）围绕点P（m，0）旋转180°的对称点为（2m﹣1，4a），即可求解；
（2）分t＜1、1≤t、t三种情况，分别求解；
（3）分a＞0、a＜0两种情况，分别求解．
【解答】解：（1）C1：y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a，
顶点（1，﹣4a）围绕点P（m，0）旋转180°的对称点为（2m﹣1，4a），
C2：y＝﹣a（x﹣2m+1）2+4a，函数的对称轴为：x＝2m﹣1，
t＝2m﹣1，
故答案为：2m﹣1；
（2）a＝﹣1时，
C1：y＝（x﹣1）2﹣4，
①当t＜1时，
x＝时，有最小值y2＝，
x＝t时，有最大值y1＝﹣（t﹣1）2+4，
则y1﹣y2＝﹣（t﹣1）2+4﹣＝1，无解；
②1≤t时，
x＝1时，有最大值y1＝4，
x＝时，有最小值y2＝﹣（t﹣1）2+4，
y1﹣y2＝≠1（舍去）；
③当t时，
x＝1时，有最大值y1＝4，
x＝t时，有最小值y2＝﹣（t﹣1）2+4，
y1﹣y2＝（t﹣1）2＝1，
解得：t＝0或2（舍去0），
故C2：y＝（x﹣2）2﹣4＝x2﹣4x；
（3）m＝0，
C2：y＝﹣a（x+1）2+4a，
点A、B、D、A′、D′的坐标分别为（1，0）、（﹣3，0）、（0，3a）、（0，1）、（﹣3a，0），
当a＞0时，a越大，则OD越大，则点D′越靠左，
当C2过点A′时，y＝﹣a（0+1）2+4a＝1，解得：a＝，
当C2过点D′时，同理可得：a＝1，
故：0＜a或a≥1；
当a＜0时，
当C2过点D′时，﹣3a＝1，解得：a＝﹣，
故：a≤﹣；
综上，故：0＜a或a≥1或a≤﹣．
2.（2019山西中考）综合与实践
动手操作：
第一步：如图1，正方形纸片ABCD沿对角线AC所在的直线折叠，展开铺平．在沿过点C的直线折叠，使点B，点D都落在对角线AC上．此时，点B与点D重合，记为点N，且点E，点N，点F三点在同一条直线上，折痕分别为CE，CF．如图2．
第二步：再沿AC所在的直线折叠，△ACE与△ACF重合，得到图3．
第三步：在图3的基础上继续折叠，使点C与点F重合，如图4，展开铺平，连接EF，FG，GM，ME．如图5，图中的虚线为折痕．
问题解决：
（1）在图5中，∠BEC的度数是 ，的值是 ．
（2）在图5中，请判断四边形EMGF的形状，并说明理由；
（3）在不增加字母的条件下，请你以图中5中的字母表示的点为顶点，动手画出一个菱形（正方形除外），并写出这个菱形： ．
【分析】（1）由折叠的性质得BE＝EN，AE＝AF，∠CEB＝∠CEN，∠BAC＝∠CAD，由正方形性质得∠EAF＝90°，推出∠AEF＝∠AFE＝45°，得出∠BEN＝135°，∠BEC＝67.5°，证得△AEN是等腰直角三角形，得出AE＝EN，即可得出结果；
（2）由正方形性质得∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，由折叠的性质得∠BCE＝∠ECA＝∠ACF＝∠FCD，CM＝CG，∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC，得出∠BCE＝∠ECA＝∠ACF＝∠FCD＝22.5°，∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC＝67.5°，由折叠可知MH、GH分别垂直平分EC、FC，得出MC＝ME＝CG＝GF，推出∠MEC＝∠BCE＝22.5°，∠GFC＝∠FCD＝22.5°，∠MEF＝90°，∠GFE＝90°，推出∠CMG＝45°，∠BME＝45°，得出∠EMG＝90°，即可得出结论；
（3）连接EH、FH，由折叠可知MH、GH分别垂直平分EC、FC，同时EC、FC也分别垂直平分MH、GH，则四边形EMCH与四边形FGCH是菱形．
【解答】解：（1）由折叠的性质得：BE＝EN，AE＝AF，∠CEB＝∠CEN，∠BAC＝∠CAD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAF＝90°，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∴∠BEN＝135°，
∴∠BEC＝67.5°，
∴∠BAC＝∠CAD＝45°，
∵∠AEF＝45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，
∴AE＝EN，
∴＝＝；
故答案为：67.5°，；
（2）四边形EMGF是矩形；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，
由折叠的性质得：∠BCE＝∠ECA＝∠ACF＝∠FCD，CM＝CG，∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC，
∴∠BCE＝∠ECA＝∠ACF＝∠FCD＝＝22.5°，∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC＝67.5°，
由折叠可知：MH、GH分别垂直平分EC、FC，
∴MC＝ME＝CG＝GF，
∴∠MEC＝∠BCE＝22.5°，∠GFC＝∠FCD＝22.5°，
∴∠MEF＝90°，∠GFE＝90°，
∵∠MCG＝90°，CM＝CG，
∴∠CMG＝45°，
∵∠BME＝∠BCE+∠MEC＝22.5°+22.5°＝45°，
∴∠EMG＝180°﹣∠CMG﹣∠BME＝90°，
∴四边形EMGF是矩形；
（3）连接EH、FH，如图所示：
∵由折叠可知：MH、GH分别垂直平分EC、FC，同时EC、FC也分别垂直平分MH、GH，
∴四边形EMCH与四边形FGCH是菱形，
故答案为：菱形EMCH或菱形FGCH．
3.（2019?济南）如图1，点A（0，8）、点B（2，a）在直线y＝﹣2x+b上，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点B．
（1）求a和k的值；
（2）将线段AB向右平移m个单位长度（m＞0），得到对应线段CD，连接AC、BD．
①如图2，当m＝3时，过D作DF⊥x轴于点F，交反比例函数图象于点E，求的值；
②在线段AB运动过程中，连接BC，若△BCD是以BC为腰的等腰三形，求所有满足条件的m的值．
【分析】（1）先将点A坐标代入直线AB的解析式中，求出a，进而求出点B坐标，再将点B坐标代入反比例函数解析式中即可得出结论；
（2）①先确定出点D（5，4），进而求出点E坐标，进而求出DE，EF，即可得出结论；
②先表示出点C，D坐标，再分两种情况：Ⅰ、当BC＝CD时，判断出点B在AC的垂直平分线上，即可得出结论；
Ⅱ、当BC＝BD时，先表示出BC，用BC＝BD建立方程求解即可得出结论．
【解答】解：（1）∵点A（0，8）在直线y＝﹣2x+b上，
∴﹣2×0+b＝8，
∴b＝8，
∴直线AB的解析式为y＝﹣2x+8，
将点B（2，a）代入直线AB的解析式y＝﹣2x+8中，得﹣2×2+8＝a，
∴a＝4，
∴B（2，4），
将B（2，4）在反比例函数解析式y＝（x＞0）中，得k＝xy＝2×4＝8；
（2）①由（1）知，B（2，4），k＝8，∴反比例函数解析式为y＝，
当m＝3时，
∴将线段AB向右平移3个单位长度，得到对应线段CD，
∴D（2+3，4），
即：D（5，4），
∵DF⊥x轴于点F，交反比例函数y＝的图象于点E，
∴E（5，），
∴DE＝4﹣＝，EF＝，
∴＝＝；
②如图，∵将线段AB向右平移m个单位长度（m＞0），得到对应线段CD，
∴CD＝AB，AC＝BD＝m，
∵A（0，8），B（2，4），
∴C（m，8），D（（m+2，4），
∵△BCD是以BC为腰的等腰三形，
∴Ⅰ、当BC＝CD时，
∴BC＝AB，
∴点B在线段AC的垂直平分线上，
∴m＝2×2＝4，
Ⅱ、当BC＝BD时，
∵B（2，4），C（m，8），
∴BC＝，
∴＝m，
∴m＝5，
即：△BCD是以BC为腰的等腰三形，满足条件的m的值为4或5．
4.（2019?济南）小圆同学对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．
（一）猜测探究
在△ABC中，AB＝AC，M是平面内任意一点，将线段AM绕点A按顺时针方向旋转与∠BAC相等的角度，得到线段AN，连接NB．
（1）如图1，若M是线段BC上的任意一点，请直接写出∠NAB与∠MAC的数量关系是 ，NB与MC的数量关系是 ；
（2）如图2，点E是AB延长线上点，若M是∠CBE内部射线BD上任意一点，连接MC，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．
（二）拓展应用
如图3，在△A1B1C1中，A1B1＝8，∠A1B1C1＝60°，∠B1A1C1＝75°，P是B1C1上的任意点，连接A1P，将A1P绕点A1按顺时针方向旋转75°，得到线段A1Q，连接B1Q．求线段B1Q长度的最小值．
【分析】（一）①结论：∠NAB＝∠MAC，BN＝MC．根据SAS证明△NAB≌△MAC即可．
②①中结论仍然成立．证明方法类似．
（二）如图3中，在A1C1上截取A1N＝A1Q，连接PN，作NH⊥B1C1于H，作A1M⊥B1C1于M．理由全等三角形的性质证明B1Q＝PN，推出当PN的值最小时，QB1的值最小，求出HN的值即可解决问题．
【解答】解：（一）（1）结论：∠NAB＝∠MAC，BN＝MC．
理由：如图1中，
∵∠MAN＝∠CAB，
∴∠NAB+∠BAM＝∠BAM+∠MAC，
∴∠NAB＝∠MAC，
∵AB＝AC，AN＝AM，
∴△NAB≌△MAC（SAS），
∴BN＝CM．
故答案为∠NAB＝∠MAC，BN＝CM．
（2）如图2中，①中结论仍然成立．
理由：∵∠MAN＝∠CAB，
∴∠NAB+∠BAM＝∠BAM+∠MAC，
∴∠NAB＝∠MAC，
∵AB＝AC，AN＝AM，
∴△NAB≌△MAC（SAS），
∴BN＝CM．
（二）如图3中，在A1C1上截取A1N＝A1Q，连接PN，作NH⊥B1C1于H，作A1M⊥B1C1于M．
∵∠C1A1B1＝∠PA1Q，
∴∠QA1B1＝∠PA1N，
∵A1A＝A1P，A1B1＝AN，
∴△QA1B1≌△PA1N（SAS），
∴B1Q＝PN，
∴当PN的值最小时，QB1的值最小，
在Rt△A1B1M中，∵∠A1B1M＝60°，A1B1＝8，
∴A1M＝A1B1?sin60°＝4，
∵∠MA1C1＝∠B1A1C1﹣∠B1A1M＝75°﹣30°＝45°，
∴A1C1＝4，
∴NC1＝A1C1﹣A1N＝4﹣8，
在Rt△NHC1，∵∠C1＝45°，
∴NH＝4﹣4，
根据垂线段最短可知，当点P与H重合时，PN的值最小，
∴QB1的最小值为4﹣4．
5.（2019?沈阳）思维启迪：
（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB交AP的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么A，B间的距离是 米．
思维探索：
（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC，AE＝DE，且AE＜AC，∠ACB＝∠AED＝90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．
①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是 ；
②如图3，当α＝90°时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；
③当α＝150°时，若BC＝3，DE＝l，请直接写出PC2的值．
【分析】（1）由由CD∥AB，可得∠C＝∠B，根据∠APB＝∠DPC即可证明△ABP≌△DCP，即可得AB＝CD，即可解题．
（2）①延长EP交BC于F，易证△FBP≌△EDP（SAS）可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC＝PE，PC⊥PE．
②作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，易证△FBP≌△EDP（SAS），结合已知得BF＝DE＝AE，再证明△FBC≌△EAC（SAS），可得△EFC是等腰直角三角形，即可证明PC＝PE，PC⊥PE．
③作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，由旋转旋转可知，∠CAE＝150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，得∠FBC＝∠EAC，同②可证可得PC＝PE，PC⊥PE，再由已知解三角形得∴EC2＝AH2+HE2＝，即可求出PC2＝．
【解答】（1）解：∵CD∥AB，∴∠C＝∠B，
在△ABP和△DCP中，
，
∴△ABP≌△DCP（AAS），
∴DC＝AB．
∵AB＝200米．
∴CD＝200米，
故答案为：200．
（2）①PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE．
理由如下：如解图1，延长EP交BC于F，
同（1）理，可知∴△FBP≌△EDP（AAS），
∴PF＝PE，BF＝DE，
又∵AC＝BC，AE＝DE，
∴FC＝EC，
又∵∠ACB＝90°，
∴△EFC是等腰直角三角形，
∵EP＝FP，
∴PC＝PE，PC⊥PE．
②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE．
理由如下：如解图2，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，
同①理，可知△FBP≌△EDP（AAS），
∴BF＝DE，PE＝PF＝，
∵DE＝AE，
∴BF＝AE，
∵当α＝90°时，∠EAC＝90°，
∴ED∥AC，EA∥BC
∵FB∥AC，∠FBC＝90，
∴∠CBF＝∠CAE，
在△FBC和△EAC中，
，
∴△FBC≌△EAC（SAS），
∴CF＝CE，∠FCB＝∠ECA，
∵∠ACB＝90°，
∴∠FCE＝90°，
∴△FCE是等腰直角三角形，
∵EP＝FP，
∴CP⊥EP，CP＝EP＝．
③如解图3，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，
当α＝150°时，由旋转旋转可知，∠CAE＝150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，
∴∠FBC＝∠EAC＝α＝150°
同②可得△FBP≌△EDP（AAS），
同②△FCE是等腰直角三角形，CP⊥EP，CP＝EP＝，
在Rt△AHE中，∠EAH＝30°，AE＝DE＝1，
∴HE＝，AH＝，
又∵AC＝AB＝3，
∴CH＝3+，
∴EC2＝CH2+HE2＝
∴PC2＝＝．
6.（2019?宁夏）将直角三角板ABC按如图1放置，直角顶点C与坐标原点重合，直角边AC、BC分别与x轴和y轴重合，其中∠ABC＝30°．将此三角板沿y轴向下平移，当点B平移到原点O时运动停止．设平移的距离为m，平移过程中三角板落在第一象限部分的面积为s，s关于m的函数图象（如图2所示）与m轴相交于点P（，0），与s轴相交于点Q．
（1）试确定三角板ABC的面积；
（2）求平移前AB边所在直线的解析式；
（3）求s关于m的函数关系式，并写出Q点的坐标．
【分析】（1）与m轴相交于点P（，0），可知OB＝，OA＝1；
（2）设AB的解析式y＝kx+b，将点B（0，），A（1，0）代入即可；
（3）在移动过程中OB＝﹣m，则OA＝tan30°×OB＝（﹣m）＝1﹣m，所以s＝×（﹣m）×（1﹣m）＝﹣m+，（0≤m≤）；当m＝0时，s＝，即可求Q（0，）．
【解答】解：（1）∵与m轴相交于点P（，0），
∴OB＝，
∵∠ABC＝30°，
∴OA＝1，
∴S＝＝；
（2）∵B（0，），A（1，0），
设AB的解析式y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣x+；
（3）在移动过程中OB＝﹣m，则OA＝tan30°×OB＝（﹣m）＝1﹣m，
∴s＝×（﹣m）×（1﹣m）＝﹣m+，（0≤m≤）
当m＝0时，s＝，
∴Q（0，）．
7.（2019?成都）如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，分别连接A'C，A'D，B'C，求A'C+B'C的最小值．
【分析】根据菱形的性质得到AB＝1，∠ABD＝30°，根据平移的性质得到A′B′＝AB＝1，∠A′B′D＝30°，当B′C⊥A′B′时，A'C+B'C的值最小，推出四边形A′B′CD是矩形，∠B′A′C＝30°，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：∵在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴AB＝1，∠ABD＝30°，
∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，
∴A′B′＝AB＝1，∠A′B′D＝30°，
根据垂线段最短得到，当B′C⊥A′B′时，A'C+B'C的值最小，
∵AB∥A′B′，AB＝A′B′，AB＝CD，AB∥CD，
∴A′B′＝CD，A′B′∥CD，
∴四边形A′B′CD是矩形，
∠B′A′C＝30°，
∴B′C＝，A′C＝，
∴A'C+B'C的最小值为，
8.（2019?济南）如图1，抛物线C：y＝ax2+bx经过点A（﹣4，0）、B（﹣1，3）两点，G是其顶点，将抛物线C绕点O旋转180°，得到新的抛物线C′．
（1）求抛物线C的函数解析式及顶点G的坐标；
（2）如图2，直线l：y＝kx﹣经过点A，D是抛物线C上的一点，设D点的横坐标为m（m＜﹣2），连接DO并延长，交抛物线C′于点E，交直线l于点M，若DE＝2EM，求m的值；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AG、AB，在直线DE下方的抛物线C上是否存在点P，使得∠DEP＝∠GAB？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法将A（﹣4，0）、B（﹣1，3）代入y＝ax2+bx中，即可求得a和b的值和抛物线C解析式，再利用配方法将抛物线C解析式化为顶点式即可求得顶点G的坐标；
（2）根据抛物线C绕点O旋转180°，可求得新抛物线C′的解析式，再将A（﹣4，0）代入y＝kx﹣中，即可求得直线l解析式，根据对称性可得点E坐标，过点D作DH∥y轴交直线l于H，过E作EK∥y轴交直线l于K，由DE＝2EM，即可得＝，再证明△MEK∽△MDH，即可得DH＝3EK，建立方程求解即可；
（3）连接BG，易证△ABG是Rt△，∠ABG＝90°，可得tan∠DEP＝tan∠GAB＝，在x轴下方过点O作OH⊥OE，在OH上截取OH＝OE＝，过点E作ET⊥y轴于T，连接EH交抛物线C于点P，点P即为所求的点；通过建立方程组求解即可．
【解答】解：（1）将A（﹣4，0）、B（﹣1，3）代入y＝ax2+bx中，得
解得
∴抛物线C解析式为：y＝﹣x2﹣4x，
配方，得：y＝﹣x2﹣4x＝﹣（x+2）2+4，∴顶点为：G（﹣2，4）；
（2）∵抛物线C绕点O旋转180°，得到新的抛物线C′．
∴新抛物线C′的顶点为：G′（2，﹣4），二次项系数为：a′＝1
∴新抛物线C′的解析式为：y＝（x﹣2）2﹣4＝x2﹣4x
将A（﹣4，0）代入y＝kx﹣中，得0＝﹣4k﹣，解得k＝，
∴直线l解析式为y＝x﹣，
∵D（m，﹣m2﹣4m），
∴直线DO的解析式为y＝﹣（m+4）x，
由抛物线C与抛物线C′关于原点对称，可得点D、E关于原点对称，
∴E（﹣m，m2+4m）
如图2，过点D作DH∥y轴交直线l于H，过E作EK∥y轴交直线l于K，
则H（m，m﹣），K（﹣m，m﹣），
∴DH＝﹣m2﹣4m﹣（m﹣）＝﹣m2m+，EK＝m2+4m﹣（m﹣）＝m2+m+，
∵DE＝2EM
∴＝，
∵DH∥y轴，EK∥y轴
∴DH∥EK
∴△MEK∽△MDH
∴＝＝，即DH＝3EK
∴﹣m2m+＝3（m2+m+）
解得：m1＝﹣3，m2＝，
∵m＜﹣2
∴m的值为：﹣3；
（3）由（2）知：m＝﹣3，
∴D（﹣3，3），E（3，﹣3），OE＝3，
如图3，连接BG，在△ABG中，∵AB2＝（﹣1+4）2+（3﹣0）2＝18，BG2＝2，AG2＝20
∴AB2+BG2＝AG2
∴△ABG是Rt△，∠ABG＝90°，
∴tan∠GAB＝＝＝，
∵∠DEP＝∠GAB
∴tan∠DEP＝tan∠GAB＝，
在x轴下方过点O作OH⊥OE，在OH上截取OH＝OE＝，
过点E作ET⊥y轴于T，连接EH交抛物线C于点P，点P即为所求的点；
∵E（3，﹣3），
∴∠EOT＝45°
∵∠EOH＝90°
∴∠HOT＝45°
∴H（﹣1，﹣1），设直线EH解析式为y＝px+q，
则，解得
∴直线EH解析式为y＝﹣x，
解方程组，得，，
∴点P的横坐标为：或．
PAGE
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)
页 1
