【文档说明】《2022年中考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）》专题08 图形的变换（解析版）.docx，共(79)页，2.151 MB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

专题08图形的变换目录一、热点题型归纳..............................................................................................................................

..........................【题型一】轴对称图形与中心对称图形的概念...............................................................................................【题

型二】平移与旋转的作图问题....................................................................................................................【

题型三】平移与旋转中的计算问题...........................................................................................

....................二、最新模考题组练.....................................................................................................

.............................................2【题型一】轴对称图形与中心对称图形的概念【典例分析】（2021·辽宁鞍山·中考真题）下列四幅图片上呈现的是垃圾类型及标识图案，其中标识图案不是轴对称图

形的是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据轴对称的定义：图形两部分沿对称轴折叠后可重合，结合各选项图案的特点即可得出答案．【解析】A.是轴对称图形，不符合题意，B.不是轴对称图形，符合题意，C.是轴对称图形，不符合题意，D.是轴对称图形，不符

合题意，故选：B．【提分秘籍】轴对称图形和中心对称图形的辨别1.如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴。也说这个图形关于这条直线（成轴）对称。2.把一个图形

绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心。3.在判断一个图形是否为轴对称图形、中心对称图形时，要明确以下两点：①如果能找到一条直线（对称轴）把一个图形分成两部分，且直线两旁的部分完全重合，那么这个图形就是轴对称图

形；②把一个平面图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能和原图形重合，那么这个图形就是中心对称图形。【变式演练】1．（2021·青海西宁·中考真题）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．三角形B．等边三角形C．平行

四边形D．菱形【答案】D【分析】一个图形沿着某条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合的图形称为轴对称图形，这条直线称为对称轴；如果一个图形绕某一点旋转180゜后能够与原来图形重合，则称这个图形为中心对称图形，这个点称为对称中心；根据轴对称图形和中心对称

图形的概念完成即可．【解析】A、三角形既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；B、等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；C、平行四边形是中心对答图形，但不是轴对称图形，故不符合题意；D、菱形既是轴对称图形，对称轴是两条

对角线所在的直线，也是中心对称图形，对称中心是两对角线的交点，故符合题意；故选：D．2．（2021·山东济南·中考真题）以下是我国部分博物馆标志的图案，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】A【分析】根据中心对称图形和轴对称图形

的概念逐项分析即可，轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．【解析】A.既是轴对称图形

又是中心对称图形,故该选项符合题意；B.是轴对称图形，但不是中心对称图形,故该选项不符合题意；C.不是轴对称图形，但是中心对称图形,故该选项不符合题意；D.既不是轴对称图形也不是中心对称图形,故该选项不

符合题意．故选A．3．（2021·江苏徐州·中考真题）下列图形，是轴对称图形但不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定义对选项逐一分析即可【解析】A.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；B.是轴对称图形，也是中心对称

图形，不符合题意；C.不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；D.是轴对称图形但不是中心对称图形，符合题意，故选D。【题型二】平移与旋转的作图问题【典例分析】（2021·广西桂林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的两个端点的坐标分别是A（﹣1，4），B（﹣3，1）．（1）画出线段

AB向右平移4个单位后的线段A1B1；（2）画出线段AB绕原点O旋转180°后的线段A2B2．【答案】（1）画图见解析，（2）画图见解析【分析】（1）分别确定,AB向右平移4个单位后的对应点11,AB，再连接11AB即可；（2）分别确定,AB绕原点O旋转180°后的对应

点22,AB，再连接22AB即可.【解析】解：（1）如图，线段11AB即为所求作的线段，（2）如图，线段22AB即为所求作的线段，【提分秘籍】图形的平移与旋转的作图问题1.平移与旋转作图都应抓住两个要点：一是平移、旋转的方向：二是平移的距离及

旋转的角度。2.基本的作图方法是先选取已知图形的几个关键点，再根据平移或旋转的性质作出它们的对应点，然后以“局部带动整体”的思想方法作出变换后的图形。无论是平移还是旋转，都不改变图形的大小和形状。【变式演

练】1．（2020·四川巴中·中考真题）如图所示，△ABC在边长为1cm的小正方形组成的网格中．（1）将△ABC沿y轴正方向向上平移5个单位长度后，得到111ABC△，请作出111ABC△，并求出11AB的长度；（2）再将111ABC△绕坐标原点O顺时针旋转

180°，得到222ABC△，请作出222ABC△，并直接写出点2B的坐标；（3）在（1）（2）的条件下，求线段AB在变换过程中扫过图形的面积和．【答案】（1）见解析，32cm；（2）见解析，B2(4，﹣4)；（3）2(1515)cm+【分析】（1）分别将点A、B、C向上平移5个单位得到对

应点，再顺次连接可得；（2）分别将点A、B、C绕点O顺时针旋转180°得到对应点，再顺次连接可得；（3）平行四边形的面积加上大半圆的面积与小半圆面积的差即可求得．【解析】解：（1）如图所示，111ABC△即为所求，1132cmAB=；（2

）如图，△A2B2C2即为所求，B2（4，﹣4）；（3）在（1）（2）的条件下，线段AB在变换过程中扫过图形的面积和为：2221153(42)(2)(1515)cm22+−=+2．（2021·四川达州·中考真题）如图，在平面直角坐标中，ABC的顶点坐标分别是()0,4A，()0

,2B，()3,2C．（1）将ABC以О为旋转中心旋转180，画出旋转后对应的111ABC；（2）将ABC平移后得到222ABC，若点A的对应点2A的坐标为()2,2，求112ACC的面积【答案】（1）见解析；（2）11【分析】（1）延长AO至1A,使得1AOAO=；延长BO

至1B,使得1BOBO=；延长CO至1C,使得1COCO=；再连接111,,ABC即得旋转后对应的111ABC；（2）根据平移的规律求出22(2,0),(5,0)BC，再连接点112,,ACC，得112ACC，将三角形分割乘两个三角形

的面积之和，求出公共边1AD的长即可求解．【解析】解：（1）延长AO至1A,使得1AOAO=；延长BO至1B,使得1BOBO=；延长CO至1C,使得1COCO=；再连接111,,ABC即得旋转后对应的111ABC，如下图所示：（2）由题意()0,4A，()

0,2B，()3,2C，平移后得到222ABC，其中2(2,2)A，根据平移的规律知，平移过程是向下和向右分别移动两个单位可得：22(2,0),(5,0)BC，再连接点112,,ACC，得112ACC，其中12CC交y轴于点D,如上图所示：1121112ACCACDADCS

SS=+由12(3,2),(5,0)CC−−得出直线12CC的方程如下：直线12CC：1544yx=−当0x=时，54y=−，5(0,)4D−，1114AD=,1121112ACCACDADCSSS=+111121122ADCBADOC=+

11111135112424=+=故11211ACCS=．3．（2021·江苏淮安·中考真题）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABC的顶点A、B、C都在格点上（两条网格线的交点叫格点）．请仅用无刻度的直尺按下列要求画图，并保留画图痕迹（不要求写画法）

．（1）将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B1，点C的对应点为C1，画出△AB1C1；（2）连接CC1，△ACC1的面积为；（3）在线段CC1上画一点D，使得△ACD的面积是△ACC1面积的15．【答案】（1）见解析；（2）

52；（3）见解析【分析】（1）将A、B、C三点分别绕点A按顺时针方向旋转90°画出依次连接即可；（2）勾股定理求出AC，由面积公式即可得到答案；（3）利用相似构造△CFD∽△C1ED即可．【解析】解：（1）如图：图中△AB1C1即为要求所作三角形；（2）∵AC＝2212

+＝5，由旋转知AC＝AC1，∠CAC1＝90°，∴△ACC1的面积为12×AC×AC1＝52，故答案为：52；（3）连接EF交CC1于D，即为所求点D，理由如下：∵CF∥C1E，∴△CFD∽△C1ED，∴11CDCFCDCE=＝14，∴C

D＝15CC1，∴△ACD的面积＝△ACC1面积的15．【题型三】平移与旋转中的计算问题【典例分析】（2011·山东临沂·中考真题）阅读下面材料：小伟遇到这样一个问题，如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD相交于点O．若梯形ABCD的面积为1，试求以AC，BD，

AD+BC的长度为三边长的三角形的面积．小伟是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法移动这些分散的线段，构造一个三角形，再计算其面积即可．他先后尝试了翻折，旋转，平移的方法，发现通过平移可以解决这个问题．他的方法是过点D作AC的平

行线交BC的延长线于点E，得到的△BDE即是以AC，BD，AD+BC的长度为三边长的三角形（如图2）．参考小伟同学的思考问题的方法，解决下列问题：如图3，△ABC的三条中线分别为AD，BE，CF．（1）在图3中利用图形变换画出并指明以AD，BE

，CF的长度为三边长的一个三角形（保留画图痕迹）；（2）若△ABC的面积为1，则以AD，BE，CF的长度为三边长的三角形的面积等于_____．【答案】（1）证明见解析；（2）34．【分析】根据平移可知，△ADC≌△ECD，且由梯形的性质知△

ADB与△ADC的面积相等，即△BDE的面积等于梯形ABCD的面积．（1）分别过点F、C作BE、AD的平行线交于点P，得到的△CFP即是以AD、BE、CF的长度为三边长的一个三角形．（2）由平移的性质可得对应线段平行且相等，对应角相等．结合图形

知以AD，BE，CF的长度为三边长的三角形的面积等于△ABC的面积的34．【解析】解：△BDE的面积等于1．（1）如图．以AD、BE、CF的长度为三边长的一个三角形是△CFP．（2）平移AF到PE，可得AF∥PE，AF=PE，∴四边形AFEP为平行四边形，∴AE与PF互相平分，即M

为PF的中点，又∵AP∥FN，F为AB的中点，∴N为PC的中点，∴E为△PFC各边中线的交点，∴△PEC的面积为△PFC面积的13连接DE，可知DE与PE在一条直线上∴△EDC的面积是△ABC面积的14所以△PFC的面积是1×14×3

=34∴以AD、BE、CF的长度为三边长的三角形的面积等于34．【提分秘籍】有关图形的平移与旋转的计算问题1.在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这种图形变换就是平移。2.图形平移具有以下性质：经过平移，对应点所连的线段平行（或在同一条直线上）且相等，对应线

段平行（或在同一条直线上)且相等，对应角相等。3.把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，这种图形变换称为图形的旋转。4.图形旋转具有以下性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前后的图形全等.图形的平移和旋转都不改变图形

的形状和大小。5.解图形的平移问题时，一要弄清平移的方向，二要注意平移的距离；解图形的旋转问题时，要注意图形旋转的三要素（旋转方向、旋转中心、旋转角度）和性质。【变式演练】1．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：如图1，在矩形ABCD中，23AB=，

30ABD=，点E是边AB的中点，过点E作EFAB⊥交BD于点F．实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的BEF绕点B按逆时针方向旋转90，如图2所示，得到结论：①AEDF=_____；②直线AE与DF所夹锐角的度数为______．（2）小王同学继续将B

EF绕点B按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．拓展延伸：在以上探究中，当BEF旋转至D、E、F三点共线时，则ADE的面积为______．【答案】（1）32，30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：133398+或133398−【分析】（

1）通过证明FBDEBA∽，可得32AEBEDFBF==，BDFBAE=，即可求解；（2）通过证明ABEDBF∽，可得32AEBEDFBF==，BDFBAE=，即可求解；拓展延伸：分两种情况讨论，先求出AE，DG的长，即可求解．【解析】

解：（1）如图1，30ABD=，90DAB=，EFBA⊥，3cos2BEABABDBFDB===，如图2，设AB与DF交于点O，AE与DF交于点H，BEF绕点B按逆时针方向旋转90，90DBFABE==，FBDEB

A∽，32AEBEDFBF==，BDFBAE=，又DOBAOF=，30DBAAHD==，直线AE与DF所夹锐角的度数为30°，故答案为：32，30°；（2）结论仍然成立，理由如下：

如图3，设AE与BD交于点O，AE与DF交于点H，将BEF绕点B按逆时针方向旋转，ABEDBF=，又32BEABBFDB==，ABEDBF∽，32AEBEDFBF==，BDFBAE=，又DOHAOB=，30ABDAHD

==，直线AE与DF所夹锐角的度数为30°．拓展延伸：如图4，当点E在AB的上方时，过点D作DGAE⊥于G，23AB=，30ABD=，点E是边AB的中点，90DAB=，3BE=，2AD=，4DB=，30EBF=，EFBE⊥，1E

F=，DQ、E、F三点共线，90DEBBEF==，2216313DEBDBE=−=−=，30DEA=，11322DGDE==，由（2）可得：32AEBEDFBF==，32131AE=+，3932AE+=

，ADE的面积11393131333922228AEDG++===；如图5，当点E在AB的下方时，过点D作DGAE⊥，交EA的延长线于G，同理可求：ADE的面积11393131333922228AEDG−−===；故答案为：133398+或13339

8−．2．（2021·辽宁朝阳·中考真题）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点O在线段AB上（点O不与点A，B重合），且OB＝kOA，点M是AC延长线上的一点，作射线OM，将射线OM绕点O逆时针旋转90°，交射线CB于点N．（1）如图1，当k＝

1时，判断线段OM与ON的数量关系，并说明理由；（2）如图2，当k＞1时，判断线段OM与ON的数量关系（用含k的式子表示），并证明；（3）点P在射线BC上，若∠BON＝15°，PN＝kAM（k≠1），且CMAC＜312−，请直接写出NCPC的值（用含k的式子表示）．【答案】（1）O

M＝ON，见解析；（2）ON＝k•OM，见解析；（3）131NCkPCk+=−【分析】（1）作OD⊥AM，OE⊥BC，证明△DOM≌△EON；（2）作OD⊥AM，OE⊥BC，证明△DOM∽△EON；（3）设AC＝BC＝a，解Rt△EON和斜△AOM，用含,ak的代数式分

别表示,,NCPN再利用比例的性质可得答案．【解析】解：（1）OM＝ON，如图1，作OD⊥AM于D，OE⊥CB于E，∴∠ADO＝∠MDO＝∠CEO＝∠OEN＝90°，∴∠DOE＝90°，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠ABC＝45°，在Rt△AOD中，2sin2OD

OAAOA==，同理：OE＝22OB，∵OA＝OB，∴OD＝OE，∵∠DOE＝90°，∴∠DOM＋∠MOE＝90°，∵∠MON＝90°，∴∠EON＋∠MOE＝90°，∴∠DOM＝∠EON，在Rt△DOM和Rt△EON中，MDON

EOODOEDOMEON===，∴△DOM≌△EON（ASA），∴OM＝ON．（2）如图2，作OD⊥AM于D，OE⊥BC于E，由（1）知：OD＝22OA，OE＝22OB，∴1ODOAOEOBk==，由（1）知：∠DOM＝∠EON，∠MDO＝∠NEO＝90°，

∴△DOM∽△EON，∴1OMODONOEk==，∴ON＝k•OM．（3）如图3，设AC＝BC＝a，∴AB＝2a，∵OB＝k•OA，∴OB＝2•1kk+a，OA＝2•11k+a，∴OE＝22OB＝1kk

+a，∵∠N＝∠ABC﹣∠BON＝45°﹣15°＝30°，∴EN＝tanOEN＝3OE＝3•1kk+a，∵CE＝OD＝22OA＝11k+a，∴NC＝CE＋EN＝11k+a＋3•1kk+a，由（2）知：1OM

OAONOBk==，△DOM∽△EON，∴∠AMO＝∠N＝30°∵1AMPNk=，∴OMAMONPN=，∴△PON∽△AOM，∴∠P＝∠A＝45°，∴PE＝OE＝1kk+a，∴PN＝PE＋EN＝1kk+a＋3•1kk+a，设AD＝

OD＝x，∴DM＝3x，由AD＋DM＝AC＋CM得，（3＋1）x＝AC＋CM，∴x＝312−（AC＋CM）＜312−（AC＋312−AC）＝12AC，∴k＞1∴1313113311kaaNCkkkkkPNkkaakk++++==++++，31,1

3PNPCNCPCkkNCNCNCk++==+=+1,13PCkNCk−=+∴131NCkPCk+=−．3．（2021·江苏徐州·中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边AD上（P不与,A

D重合），连接,PBPC．将线段PB绕点P顺时针旋转90°得到PE，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到PF．连接EFEAFD,,．（1）求证：①PDF的面积212SPD=；②EAFD=；（2）如图2，EAFD.的延长

线交于点M，取EF的中点N，连接MN，求MN的取值范围．【答案】（1）①见详解；②见详解；（2）4≤MN＜25【分析】（1）①过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，证明PFGCPD≌，即可得到结论；②过点E作EH⊥DA交DA的延

长线于点H，证明PEHBPA≌，结合PFGCPD≌，可得GD=EH，同理：FG=AH，从而得AHEFGD≌，进而即可得到结论；（2）过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，过点E作EH⊥DA交DA的延长线

于点H，可得∠AMD=90°，MN=12EF，HG=2AD=8，EH+FG=AD=4，然后求出当点P与点D重合时，EF最大值=45，当点P与AD的中点重合时，EF最小值=HG=8，进而即可得到答案．【解析】（1）①证明：过点F作FG⊥A

D交AD的延长线于点G，∵∠FPG+∠PFG=90°，∠FPG+∠CPD=90°，∴∠FPG=∠CPD，又∵∠PGF=∠CDP=90°，PC=PF，∴PFGCPD≌（AAS），∴FG=PD，∴PDF的面积21122SPDF

GPD==；②过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，∵∠EPH+∠PEH=90°，∠EPH+∠BPA=90°，∴∠PEH=∠BPA，又∵∠PHE=∠BAP=90°，PB=PE，∴PEHBPA≌（AAS），∴EH=PA，由①得：FG=PD，∴EH+

FG=PA+PD=AD=CD，由①得：PFGCPD≌，∴PG=CD，∴PD+GD=CD=EH+FG，∴FG+GD=EH+FG，∴GD=EH，同理：FG=AH，又∵∠AHE=∠FGD，∴AHEFGD≌，∴EAFD=；（2）过点F作FG⊥

AD交AD的延长线于点G，过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，由（1）得：AHEFGD≌，∴∠HAE=∠GFD，∵∠GFD+∠GDF=90°，∴∠HAE+∠GDF=90°，∵∠HAE=∠MAD，∠GDF=

∠MDA，∴∠MAD+∠MDA=90°，∴∠AMD=90°，∵点N是EF的中点，∴MN=12EF，∵EH=DG=AP，AH=FG=PD，∴HG=AH+DG+AD=PD+AP+AD=2AD=8，EH+FG=AP+PD=AD=4，当点P与点D重合时，FG=0，EH=4，HG=8，此时EF最大值=22

4845+=，当点P与AD的中点重合时，FG=2，EH=2，HG=8，此时EF最小值=HG=8，∴MN的取值范围是：4≤MN＜25．1．（2021·江苏句容·九年级期中）如图，将边长为6个单位的正方形ABCD沿其对角线BD剪开，再把△ABD沿

着DC方向平移，得到△A′B′D′，当两个三角形重叠部分的面积为4个平方单位时，它移动的距离DD′等于（）A．2B．35C．35+D．35【答案】B【分析】先判断重叠部分的形状，然后设DD'=x，进而表示

D'C等相关的线段，最后通过重叠部分的面积列出方程求出x的值即可得到答案．【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，∴△ABD和△BCD是等腰直角三角形，如图，记A'D'与BD的交点为点E，B'D'与BC的交点为F，由平移的性质得，

△DD'E和△D'CF为等腰直角三角形，∴重叠部分的四边形D'EBF为平行四边形，设DD'=x，则D'C=6-x，D'E=x，∴S▱D'EBF=D'E•D'C=（6-x）x=4，解得：x=3+5或x=3-5，故选：B．2．（2022·重庆·一模）在平面直角坐标系中，将点(),

1Aaa−先向左平移3个单位得点1A，再将1A向上平移1个单位得点2A，若点2A落在第三象限，则a的取值范围是（）A．23aB．3aC．2aD．2a或3a【答案】A【分析】根据点的平移规律可得()2311Aaa−−+，，再根据第三象限内点的坐标

符号可得．【解析】解：点()1Aaa−，先向左平移3个单位得点1A，再将1A向上平移1个单位得点()2311Aaa−−+，，点'A位于第三象限，30110aa−−+，解得：23a，故选：A．3．（2021·山东

·枣庄市台儿庄区教育局教研室九年级期中）如图，将△ABC沿BC边向右平移得到△DEF，DE交AC于点G．若BC：EC＝3：1．S△ADG＝16．则S△CEG的值为（）A．2B．4C．6D．8【答案】B【分析】根据相似三角形

得到:1:3CGCA=，比例的性质得到:1:2CGAG=，由题意可得ADBC∥从而得到AGDCGE△∽△，根据相似三角形的性质，求解即可．【解析】解：由题意可得：ADBC∥，EGAB∥，∴AGDCGE△∽△，CCEGBA∽△△，∴::1:3CGCACECB==，∴:1

:2CGAG=，∵AGDCGE△∽△，∴2()4ADGCEGSAGSGC==△△，∵16ADGS=△，∴4CEGS=△，故选：B4．（2022·内蒙古乌兰察布·九年级期末）在如图所示标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】B【

解析】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，此项不符题意；B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，此项符合题意；C、不是轴对称图形，是中心对称图形，此项不符题意；D、既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，此项不符题意；故选：B．5．（2022·安徽潜山·九年级期末）下列交通标识中，不

是轴对称图形，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．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．【解析】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项不符合题意；C．既不

是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项符合题意．故选：D．6．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB=AC=5cm，点D为△ABC内一点，∠BAD＝15°，AD=3cm，连接BD，将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合

，点D的对应点E，连接DE，交AC于点F，则CF的长为（）cm．A．6B．4﹣6C．5﹣6D．6﹣6【答案】C【分析】过点A作AG⊥DE，垂足为G，判定三角形ADE是等腰直角三角形，确定∠AFG=60°，在直角三角形AGF中，求得AF即可．【解析】∵△ABD绕点A

逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，∴AD=AE=3，∠DAE=90°，∠AED=45°，∠FAE=15°，DE=32∴∠AFG=∠AED+∠FAE=60°，过点A作AG⊥DE，垂足为G，∴AG=DG=GE=322，∴AF=322÷sin60°=322

23=6，∴CF=AC-AF=5﹣6，故选C．7．（2022·广东·新丰县教育局教研室九年级期末）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若3cmAB=，则BE等于（）A．2cmB．3cmC．4cmD．5cm【答案】B【分析】根

据旋转的性质可得AB=AE，∠BAE=60°，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得BE=AB．【解析】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，∴AB=AE，∠BAE=60°，∴△AEB是等边三角形，

∴BE=AB，∵AB=3cm，∴BE=3cm．故选：B．8．（2021·福建·闽江学院附中九年级期中）如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝7.6，∠B＝60°，将△ABC绕点A顺时针旋转到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，

CD的长为（）A．3.6B．3.9C．4D．4.6【答案】A【分析】根据旋转变换的性质得到AD=AB，根据等边三角形的性质解答即可．【解析】解：由旋转的性质可知，AD=AB，∵∠B=60°，AD=AB，∴△ADB为等边三角形，

∴BD=AB=4，∴CD=CB-BD=7.6-4=3.6，故选：A．9．（2022·安徽合肥·九年级期末）如图，RtABC中，3ABAC==，1AO=，若将AD绕A点逆时针旋转90得到AE，连接OE，则在D点运动过程中，线段OE的最小值为（）A．1B．2C．3D．2【答

案】B【分析】在AB上截取AQ=AO=1，利用SAS证明△AQD≌△AOE，推出QD=OE，当QD⊥BC时，QD的值最小，即线段OE有最小值，利用勾股定理即可求解．【解析】如图，在AB上截取AQ=AO=1，连接DQ，∵将AD绕A点逆时针旋转90°

得到AE，∴∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△AQD和△AOE中，AQAOQADOAEADAE===，∴△AQD≌△AOE(SAS)，∴QD=OE，∵

D点在线段BC上运动，∴当QD⊥BC时，QD的值最小，即线段OE²有最小值，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B=45°，∵QD⊥BC，∴△QBD是等腰直角三角形，∵AB=AC=3，AO=1，∴QB=2，∴由勾股定理得QD=22QB=2，∴线段OE有最小值为2，故选

：B．10．（2021·广东阳东·一模）如图，四边形ABCD为正方形，CAB的平分线交BC于点E，将ABE绕点B顺时针旋转90得到CBF，延长AE交CF于点G，连接BG，DG与AC相交于点H．有下列结论：①BEBF=；②ACFF=；③BGDG⊥；④2AEDH=，其中正确的是（）

A．①②B．②③C．①②③D．①②③④【答案】D【分析】①由旋转的性质得ABECBF，可得BEBF=；②由正方形的性质得45BACACB==，即22.5BAEBCF==，进而可得67.5ACFF==；③先证明()ABGDCGSAS，可得AGBDGC=，根据ACF

F=，AE平分ACB可得AGCF⊥进而可得BGDG⊥；④先证明DCHACE，可得22DHDCAEAC==，即2AEDG=，故可求解．【解析】解：①四边形ABCD为正方形，ABCB=，90==ABCCBF，AGC

F⊥，90AGF=，90GAFF+=，90BAFF+=，CAFBCF=，()ABECBFASA，BEBF=，故①正确；②由正方形的性质得45BACACB==，AE∵平分ACB，22.5BAEBCF==，67.5ACFACBBCF=

+=，9022.567.5FAEB==−=，67.5ACFF==，故②正确；③90CBF=，FGCG=，BGCG=，CBGBCG=，90ABCDCB==，ABGDCG=，ABCD=，()ABGDCGSAS

，AGBDGC=，ACFF=，AE平分CAB，AGCF⊥，90AGBDGADGCDGA+=+=，BGDG⊥，故③正确；④ABGDCG，CDGBAGCGA==，DCHACE=，DCHACE，22DHDCAEAC==，2AEDH=，故④正确，综上

，正确的结论是①②③④，故选：D．11．（2022·江苏无锡·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，90BAC=，6ABAC==，点D、E分别是AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60°，射线BD与射线CE交于

点P，在这个旋转过程中有下列结论：①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为333+；③BP存在最小值为323−；④点P运动的路径长为2．其中，正确的（）A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④【答案】B【分析】根据90BA

C=，6ABAC==，点D、E分别是AB、AC的中点．得出∠DAE=90°，AD=AE=16=32，可证∠DAB=∠EAC，再证△DAB≌△EAC（SAS），可判断①△AEC≌△ADB正确；作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的

切线时，CP最大，根据△AEC≌△ADB，得出∠DBA=∠ECA，可证∠P=∠BAC=90°，CP为⊙A的切线，证明四边形DAEP为正方形，得出PE=AE=3，在Rt△AEC中，CE=2222226333ACAEACAE−=−=−=，可判

断②CP存在最大值为333+正确；△AEC≌△ADB，得出BD=CE=33，在Rt△BPC中，BP最小=()()222262333333BCPC−=−+=−最大可判断③BP存在最小值为323−不正确；取BC中点为O，连结A

O，OP，AB=AC=6，∠BAC=90°，BP=CO=AO=221116232222BCABAC=+==，当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=3162AEAC==，可求∠ACE=30°，根据圆周角定理得出∠AOP=2∠AC

E=60°，当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=3162ADAB==，可得∠ABD=30°根据圆周角定理得出∠AOP′=2∠ABD=60°，点P在以点O为圆心，OA长为半径，的圆上运动轨迹为PAP

，LPAP12032180==可判断④点P运动的路径长为2正确即可．【解析】解：∵90BAC=，6ABAC==，点D、E分别是AB、AC的中点．∴∠DAE=90°，AD=AE=16=32，∴∠DAB+∠BAE=90°，∠BAE+∠EAC=90°，∴∠DAB=∠EAC，在△DAB和△

EAC中，ADAEDABEACABAC===，∴△DAB≌△EAC（SAS），故①△AEC≌△ADB正确；作以点A为圆心，AE为半径的圆，当CP为⊙A的切线时，CP最大，∵△AEC≌△ADB，∴∠DBA=∠ECA，∴∠PBA+∠P=∠E

CP+∠BAC，∴∠P=∠BAC=90°，∵CP为⊙A的切线，∴AE⊥CP，∴∠DPE=∠PEA=∠DAE=90°，∴四边形DAEP为矩形，∵AD=AE，∴四边形DAEP为正方形，∴PE=AE=3，在Rt△AEC中，CE=2222226333ACAEACAE−=−=

−=，∴CP最大=PE+EC=3+33，故②CP存在最大值为333+正确；∵△AEC≌△ADB，∴BD=CE=33，在Rt△BPC中，BP最小=()()222262333333BCPC−=−+=−最大，BP最短=BD-PD=33-3，故③

BP存在最小值为323−不正确；取BC中点为O，连结AO，OP，∵AB=AC=6，∠BAC=90°，∴BP=CO=AO=221116232222BCABAC=+==，当AE⊥CP时,CP与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ACE=3162AEAC==

，∴∠ACE=30°，∴∠AOP=2∠ACE=60°，当AD⊥BP′时，BP′与以点A为圆心，AE为半径的圆相切，此时sin∠ABD=3162ADAB==，∴∠ABD=30°，∴∠AOP′=2∠ABD=60°

，∴点P在以点O为圆心，OA长为半径，的圆上运动轨迹为PAP，∵∠POP=∠POA+∠AOP′=60°+60°=120°，∴LPAP12032180==．故④点P运动的路径长为2正确；正确的是

①②④．故选B．12．（2022·辽宁鞍山·九年级期末）如图，在ABC中，ABAC=，点D为BC边上一点，将ABD△沿直线AD翻折得到ABDV，AB与BC边交于点E，若3ABBD=，点E为CD中点，6BC=，则AB的长为（）A．457B．6C．454D．152【答案

】A【分析】由折叠的性质可得ABDABD=，BDBD=，ABAB=，然后证明BEDCEA△∽△，得到DEBEBDAECECA==，设BDBDx==，3ABACABx===，即可推出13BECE=

，从而得到133AEABBExCE=−=−，则11333DECECEAEAExCE===−，从而得到910CEx=，再由9961010BCBDDECExxx=++=++=，求解即可．【解析】解：由折

叠的性质可得ABDABD=，BDBD=，ABAB=，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴ABDACE=，又∵BEDCEA=，∴BEDCEA△∽△，∴DEBEBDAECECA==，

∵E是CD的中点，∴DE=CE，设BDBDx==，3ABACABx===，∴13DEBEBDAECECA===，∴13BECE=，∴133AEABBExCE=−=−，∴11333DECEC

EAEAExCE===−，∴910CEx=，∴9961010BCBDDECExxx=++=++=，解得157x=，∴4537ABx==，故选A．13．（2022·重庆大渡口·九年级）如图，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到ABCV的位置，已知△ABC的面

积为18，阴影部分三角形的面积为2．若2AD=，则AA等于______．【答案】4【分析】根据平移的性质，，得AEFABC=，AFEACB=，BADEAD=，CADFAD=，根据相似三角形的性质，通过证明AEDABD∽△△，AFDACD△∽△，推导得2

AEFABCADSSAD=△△，通过计算即可得到答案．【解析】根据题意，AEFABC=，AFEACB=，BADEAD=，CADFAD=，如下图∴AEDABD∽△△，AFDACD△∽△∴2AE

DAFDABDACDSSADADSS==△△△△∴()22AEFAEDAFDABDACDABCADADSSSSSSADAD=+=+=△△△△△△∵2

AEFS=△，18ABCS=∴13AEFABCSADADS==△△∴36ADAD==∴4AAADAD=−=故答案为：4．14．（2021·江苏·无锡市江南中学九年级期中）如图，将边长为4的正方形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移得到

△A′B′C′，若两个三角形重叠部分的面积为3，则它移动的距离AA′等于___；移动的距离AA′等于___时，两个三角形重叠部分面积最大．【答案】1cm或3cm2cm【分析】如图，设AC交AB于,HAC交CD于,G证明四边

形AHCG是平行四边形，证明AHA△是等腰直角三角形，HCB也是等腰直角三角形，设=AAxcm，则,4,AHxADx==−再利用面积公式建立方程，解方程即可，同时利用配方法求解面积最大值时

的平移距离.【解析】解：如图，设AC交AB于,HAC交CD于,G由平移的性质可得：,,ACACABCD∥∥四边形AHCG是平行四边形，由正方形ABCD可得：45,90,ADAAH===AHA△是等腰直

角三角形，同理：HCB也是等腰直角三角形，设=AAxcm，则,4,AHxADx==−()43,xx−=2430,xx−+=解得：121,3,xx==1AA=cm或3AA=cm重叠部分的面积为：(

)()224424,xxxxx−=−+=−−+当2x=时，重叠部分的面积最大，最大面积为4cm2所以当2AA=cm时，重叠部分的面积最大.故答案为：1cm或3cm；2cm15．（2021·广东宝安·一模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E为AD边上的一个动点，连接BE，将AB沿着BE

折叠得到A'B，A的对应点为A'，连接A'D，当A′B⊥AD时，∠A'DE的度数为______．【答案】15°【分析】由菱形的性质可得ABAD=，可证ABD是等边三角形，由等边三角形的性质可得AB垂直平分AD，30ABA=，由折叠的性质可得ABAB=，可得75BAA

=，即可求解．【解析】解：如图，连接AA，BD，四边形ABCD是菱形，ABAD=，60A=，ABD是等边三角形，ABAD⊥，AB垂直平分AD，30ABA=，AAAD=，AADADA=，将AB沿着BE折叠得到AB，A

BAB=，75BAA=，15AADADA==．故答案为：15．16．（2022·上海闵行·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，90,8,6CACBC===，点P是AC边上一点，将ACB△沿着过

点P的一条直线翻折，使得点A落在边AB上的点Q处，联结PQ，如果CQBAPQ=，那么AQ的长为______【答案】395【分析】由题意知，2210ABACBC=+=，A和Q关于过点P的直线对称，如图所示，APPQ=，CQBAPQ=，有CPQAQC=，QCPACQ=，故有QP

CAQC∽，QPQCPCAQACQC==；182tan10AQACAAPAB===∠得8=5AQAQAPQP=，求出QC，PC，AP的值，进而得出AQ的值．【解析】解：由题意知，A和Q关于过点P的直线对称，如图所示在RtABC中，90C=，

8AC=，6BC=∴2210ABACBC=+=∵APPQ=，CQBAPQ=∴APQA=，CPQAQC=在QPC和AQC中QCPACQCPQCQAPQCA===∴QPCAQC∽∴QPQCPCAQACQC==又∵182cos10AQACAAPA

B===∴8=5AQAQAPQP=∴588QPQCPCAQQC===∴5QC=，258PC=，2539888APACPC=−=−=∴395AQ=故答案为：395．17．（2021·重庆市渝北区实验中学校九年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝

90°，点D是边AB的中点，连接CD，将△BCD沿直线CD翻折得到△ECD，连接AE．若AC＝6，BC＝8，则△ADE的面积为____．【答案】6.72【分析】连接BE，延长CD交BE与点H，作CF⊥AB，垂足为

F．首先证明DC垂直平分线段BE，△ABE是直角三角形，利用三角形的面积求出EH，得到BE的长，在Rt△ABE中，利用勾股定理即可解决问题．【解析】解：如图，连接BE，延长CD交BE与点H，作CF⊥AB，

垂足为F．∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8．∴AB=22ACBC+=10，∵D是AB的中点，∴AD=BD=CD=5，∵S△ABC=12AC•BC=12AB•CF，∴12×6×8=12×10×CF，解得CF=4.8．∵将△BCD沿直线CD翻折得到△ECD，∴BC=CE，BD=DE，∴

CH⊥BE，BH=HE．∵AD=DB=DE，∴△ABE为直角三角形，∠AEB=90°，∴S△ECD=S△ACD，∴12DC•HE=12AD•CF，∵DC=AD，∴HE=CF=4.8．∴BE=2EH=9.6

．∵∠AEB=90°，∴AE=22ABBE−=2.8．∴S△ADE=12EH•AE=12×2.8×4.8=6.72．故答案为：6.72．18．（2022·广东潮安·九年级期末）如图，△ABC和CDE△都是等边三角形，ABCD，6AB=，固定

△ABC，把CDE△绕点C旋转任意角度，连接AD，BE，设AD，BE所在的直线交于点O，则在旋转过程中，始终有ADBE=，且AOB的大小保持不变，这时点O到直线AB的最大距离为______．【答案】33【分析】证明△ACD≌△BCE(SA

S)，作△ABC的外接圆⊙M，则当点O与点C重合时，点O到直线AB的距离最大，最大距离为线段CF的长，勾股定理求解即可【解析】∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴AC=BC,CD=CE，∠BAC=∠ABC=∠ACB=∠DCE，∴∠ACE＋∠DCE=∠ACE＋∠AC

B，即∠ACD＝∠BCE，则△ACD≌△BCE(SAS)，∴∠CAD=∠CBE，∴∠AOB=∠ACB，作△ABC的外接圆⊙M，如图：则点O在⊙OM上，作OF⊥AB于点F，则当点O与点C重合时，点O到直线AB的距离最大，最大距离为线段CF的长，在Bt△ACF中，30ACF=AF=BF=12AB=

3，CF=3AF=33,即点O到直线AB的最大距离为33故答案为：3319．（2021·北京昌平·九年级期中）如图是边长为1的正方形网格，△A1B1C1的顶点均在格点上．(1)在该网格中画出△A2B2C2（△A2B2C2的顶点均在格点上

），使△A2B2C2∽△A1B1C1；(2)说明△A2B2C2和△A1B1C1相似的依据，并直接写出∠B2A2C2的度数．【答案】(1)见解析(2)依据见解析，135°【分析】（1）根据相似三角形的判定，结合网格特点作图，把△A1B1C1的边长缩小一

半，画出三角形即可．（2）利用勾股定理得出线段的长，并根据网格特点得出角的度数，再依据相似三角形的判定定理两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可．【解析】(1)解：先取一格点A2，点A2向右平移2个单位，得到点C2，则A2C2＝2，点A2向左平移1个单位

，再向下平移1个单位得点B2，∠C2A2B2＝135°，则△A2B2C2∽△A1B1C1；(2)证明：∵A1C1＝4，∠C1A1B1＝135°，A1B1＝2222822+==，A2C2＝2，∠C2A2B2＝135°，根据勾股定

理A2B2＝2211=2+，∴22112142ACAC==，221122212BBAA==，∴2222111112ACABACAB==，∠C2A2B2=∠C1A1B1＝135°，∴△A2B2C2∽△A1B1C1．∠C

2A2B2＝135°，20．（2021·福建·龙岩二中九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（﹣1，0），B（﹣4，1），C（﹣2，2）．（1）直接写出点B关于原点对称的点B′的坐标：；（2）平移△ABC，使平移后点A的对应点

A1的坐标为（2，1），请画出平移后的△A1B1C1；（3）画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2．【答案】（1）（4，﹣1）；（2）见解析；（3）见解析．【分析】（1）根据关于原点对称的两点的横纵坐标均与原来点的横纵坐标互为相反数，据此可得答案；（2

）将三个点分别向右平移3个单位、再向上平移1个单位，继而首尾顺次连接即可；（3）将三个点分别绕原点O逆时针旋转90°后得到对应点，再首尾顺次连接即可．【解析】（1）点B关于原点对称的点B′的坐标为（4，﹣1），故答案为：（4，﹣1）；（2）如图所示，△A

1B1C1即为所求．（3）如图所示，△A2B2C2即为所求．21．（2022·辽宁建昌·九年级期末）如图，在边长为1的正方形组成的网格中建立直角坐标系，AOB的顶点均在格点上，点O为原点，点A，B的坐

标分别是(3,2)A，(1,3)B．(1)若将△AOB向下平移3个单位，则点B的对应点坐标为______；(2)将△AOB绕点O逆时针旋转90后得到11AOB，请在图中作出11AOB，并求出这时点1A的坐标为______；(3)求旋转过程中，线段OA扫过

的图形的弧长．【答案】(1)()1,0(2)图见解析，()2,3−(3)132【分析】（1）利用点平移的坐标特征写出点B的对应点坐标即可；（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点A1、B1即可；（

3）先利用勾股定理计算出OA，然后根据弧长公式计算．【解析】(1)解：∵()1,3B∴向下平移3个单位后，点B的对应点坐标为（1，0）故答案为：（1，0）(2)如图所示11AOB即为所求点A1的坐标为()2,3−(3)由题可知：线

段OA扫过的图形是以点O为圆心，以OA长为半径的扇形的弧长，223213OA=+=，190AOA=∴()19013131802lAA==22．（2022·安徽全椒·九年级期末）△ABC在边长为1的正方形网格中

如图所示（1）以点C为位似中心，作出△ABC的位似图形111ABC△，使△ABC与111ABC△的位似比为1：2，且111ABC△位于点C的异侧；（2）作出△ABC绕点C顺时针旋转90°后的图形22ABC；【答案】（1）见解析

；（2）见解析【分析】（1）根据位似的性质，结合正方形网格和位似比作图，即可得到答案；（2）结合正方形网格，根据勾股定理逆定理、旋转的性质，得2ACAC=、290ACA=，再根据位似的性质作图，即可得到答案．【解析】（1）如下图：111ABC

△即为所求；（2）如下图：∵边长为1的正方形网格∴2222222ACAC==+=，24AA=∴22222AAACAC=+∴290ACA=22ABC即为所求．23．（2021·广东阳东·一模）如图，在△ABD中，∠ABD＝∠ADB．(1)作点A关

于BD的对称点C；（用尺规作图，保留作图痕迹，不要求写作法）(2)在（1）所作的图中，连接BC，DC．求证：四边形ABCD是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）先作BD的垂直平分线交BE于点E，在射线AE上截取ECAE=，点C即为所求；（2

）根据轴对称的性质可得,ABBCADDC==，根据等角对等边可得ABAD=，根据四边相等的四边形是菱形．【解析】(1)先作BD的垂直平分线交BE于点E，在射线AE上截取ECAE=，点C即为所求，如图所示，(2)∠ABD＝∠ADBABAD=

A，C关于BD对称,ABBCADDC==ABBCADDC===四边形ABCD是菱形．24．（2022·甘肃崆峒·九年级期末）图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，△ABO的三个顶点坐标分别为()1,3A−，()4,3B−，()0,0O．

（1）画出△ABO关于x轴对称的11ABO；（2）画出△ABO绕点O顺时针旋转90°后得到的22ABOV．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）画出△ABO关于x轴对称的△A1B1O即可；（2）画出△ABO绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2O即可；【解析】解

：①△ABO关于x轴对称的△A1B1O如图所示；②△ABO绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2O如图所示；25．（2021·天津河西·九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OBA=90°，BO

=BA，顶点A（4，0），点B在第一象限，矩形OCDE的顶点E（72−，0），点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线DC经过点B．（Ⅰ）求点B的坐标；（Ⅱ）将矩形OCDE沿x轴向右平移，得到矩形OCDE

，点O，C，D，E的对应点分别为O，C，D¢，E．设OOt=，矩形OCDE与△OAB重叠部分的面积为S．①当03.5t时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；②矩形OCDE沿x轴向右平移的过程中，求面积S的最大值

（直接写出结果即可）．【答案】（Ⅰ）（2，2）；（Ⅱ）①当02t时，212st=；当23.5t时，21(4)42st=−−+；②6316S=．【分析】（1）过点B作BHOA⊥，分别计算出OH，BH即可得解；（

2）①分两种情况计算即可；②当742t时，面积最大，列出关于t的二次函数计算即可；【解析】解：（Ⅰ）如图，过点B作BHOA⊥，垂足为H．由点40A，（），得4OA=．∵BOBA=，90OBA=，∴122OHOA==．∴122BHOA==．∴点B的坐标为22，（）．（Ⅱ

）①如图所示：当02t时，∵OOt=，45BOA=，∴OFt=，∴212st=；当23.5t时，∵OOt=，45BOA=，4OA=，∴4OAt=−，∴4OAOFt==−，∴21(4)42st=

−−+；②如图所示，当742t时面积最大，此时，72OEEMt==−，4OAOFt==−，∴()2221711563=SS44222416OABOEMAFOSSttt−−=−−−−=−−+

重叠，∴当154t=时，6316S=．26．（2022·黑龙江省八五四农场学校九年级期末）如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，OC、OA是x2﹣12x+32＝0的两根，OC＞OA．(1)求B点的坐标．(2)把△ABC沿AC对

折，点B落在点B′处，线段AB′与x轴交于点D，使D、C、B、P四点形成的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出P点坐标，请说明理由．【答案】(1)点B（8，4）；(2)使D、C、B、P四点形成的四边形为平行四边形的点P坐标为（13，4）或（3，4）或（3，-4），【分析】（1）先解一

元二次方程x2﹣12x+32＝0，得出x=x=1248，，根据OB、OA是x2﹣12x+32＝0的两根，OB＞OA．求出OA=4，OB=8即可；（2）先根据勾股定理求出OD长，求出点D（3，0），点C（8，0），

点B（8，4），设点P（x，y）分三种情况，DO为对角线，四边形DCPB为平行四边形，得出BP=CD，BP∥DC，列等式x-8=8-3，解得：x=13，y=4,当CP为对角线，四边形DCBP为平行四边形，PB=DC，PB∥DC，列等式8-x=8-3，解得：x=3，y=4，当BP为对角线，四边

形DCBP为平行四边形，PD=CB，PD∥CB，列等式x=3，0-y=4-0,解得：y=-4即可求解．【解析】(1)解：∵x2﹣12x+32＝0，∴()()480xx−−=，∴xx-=-=4080，，∴x=x=1248

，，∵OC、OA是x2﹣12x+32＝0的两根，OC＞OA．∴OA=4，OC=8，∵四边形ABCD为矩形，AB=OC=8，BC=OA=4，∴点B（8，4）；(2)解：∵四边形ABCO为矩形，∴AB∥OC，∴∠BA

C=∠ACO，∵把△ABC沿AC对折，点B落在点B′处，∴AB′=AB=OC=8，∠CAD=∠CAB=∠ACD，∴AD=CD，设OD=x，∴AD=CD=8-x，在Rt△AOD中，根据勾股定理OAODAD+=222即()22248xx+=−，解得3x=，∴点D（3，0

），点C（8，0），点B（8，4），设点P（x，y）分三种情况，DO为对角线，四边形DCPB为平行四边形，∴BP=CD，BP∥DC，∴x-8=8-3，解得：x=13，y=4,点P（13，4），当CP为对角线，四边形DC

BP为平行四边形，∴PB=DC，PB∥DC，∴8-x=8-3，解得：x=3，y=4，∴点P（3，4），当BP为对角线，四边形DCBP为平行四边形，∴PD=CB，PD∥CB，∴x=3，0-y=4-0,解得：y=-4∴点P（3

，-4），∴使D、C、B、P四点形成的四边形为平行四边形的点P坐标为（13，4）或（3，4）或（3，-4）。27．（2021·重庆巴南·九年级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D

为线段AB上一点，线段CD绕点C逆时针旋转90°能与线段CE重合，点F为AC与BE的交点．(1)若BC＝52，CE＝42，求线段BD的长；(2)猜想BD与AF的数量关系，并证明你猜想的结论；(3)设CA＝

3DA＝6，点M在线段CD上运动，点N在线段CA上运动，运动过程中，DN+MN的值是否有最小值，如果有，请直接写出这个最小值；如果没有，请说明理由．【答案】(1)5﹣7(2)BD＝2AF，理由见解析(3)存在，最小

值为6105【分析】（1）先求出AB＝AC＝5,CD＝CE＝42,根据勾股定理求出AD＝7,即可得出结论；（2）延长BA至G，使AG＝AB，连接EG，判断出∠BCG＝90°,进而判断出△BCD≌△GCE，得出BD＝GE,∠CBD＝∠CGE＝45°,进而判断出ACGE∥,即可

得出结论；（3）延长DA至P，使AP＝AD，得出点P,点D关于AC对称，进而判断出MN+DN的最小值为PH，再用勾股定理求出CD，最后用面积求出PH，即可得出结论．【解析】(1)在Rt△ABC中，AB＝AC

，BC＝52,∴AB＝AC＝22BC＝5,由旋转知，CD＝CE＝42,在Rt△ADC中，AD＝22CDAC−＝22(42)5−＝7,∴BD＝AB﹣AD＝5﹣7；(2)猜想：BD＝2AF,理由：如图1，延长BA至G，使AG＝AB，连接EG，则C

G＝CB,∴∠ABC＝∠AGC,在Rt△ABC中，AB＝AC,∴∠ABC＝45°,∴∠AGC＝45°,∴∠BCG＝90°,由旋转知，CD＝CE,∠DCE＝90°＝∠BCG,∴∠BCD＝∠GCE,∴△BCD≌△GCE(SAS),∴BD＝GE,∠C

BD＝∠CGE＝45°,∴∠BGE＝∠CGB+∠CGE＝90°＝∠BAC,∴ACGE∥BFABEG∽∴AFABEGBG=,∴2AFABEGAB=＝12,∴EG＝2AF,∴BD＝2AF；(3)存在，如图2，延长DA至P，使AP＝AD，∵∠BAC＝90°,∴

点P,点D关于AC对称，∴MN+DN＝MN+PN,过点P作PH⊥CD于H,要使MN+DN最小，则点P,N,M在同一条线上，且PM⊥CD，即MN+DN的最小值为PH，∵CA＝3DA＝6，∴AD＝2,∴DP＝2AD＝4,CD＝22ADAC+＝2226+

＝210,连接CP，∴S△CDP＝12DP•AC＝12CD•PH,∴PH＝DPACCD＝46210＝6105,即DN+MN的最小值为6105．28．（2021·北京市师达中学九年级）如图1，在正方形ABCD中，点F在边BC上，过点F作EF⊥BC，且FE＝F

C（CE＜CB），连接CE、AE，点G是AE的中点，连接FG．(1)用等式表示线段BF与FG的数量关系：；(2)将图1中的△CEF绕点C按逆时针旋转，使△CEF的顶点F恰好在正方形ABCD的对角线AC上，点G仍是AE的中点，连接FG、DF．①在图2中

，依据题意补全图形；②用等式表示线段DF与FG的数量关系并证明．【答案】(1)BF＝2FG(2)①见解析；②DF＝2FG，证明见解析【分析】（1）连接CG、BG，根据正方形的性质得出△CBG和△ABG中相等的边

和角，证明△CBG≌△ABG，得出∠GBF＝45°，再证明△CFG≌△EFG，得出∠CFG＝∠EFG＝135°，则∠GFB＝45°，于是得出△GBF是等腰直角三角形，则BF＝2FG；（2）①根据题意，画出△CEF绕点C逆时针旋转到点F落在AC上时的图形即可；②类比①中的方法和结论，

可得DF＝2FG，连接BG、BF，先证明△BAF≌△DAF，则BF＝DF，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明FG＝AG，BG＝AG，则FG＝BG，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理的推论证明∠FGB＝2∠BAF＝2

×45°＝90°，则△GBF是等腰直角三角形，于是得DF＝BF＝2FG．【解析】(1)解：BF＝2FG，理由：如图1，连接CG、BG，∵四边形ABCD是正方形，∴CG＝AB，∠ABC＝90°，∴∠BCA＝∠BAC＝45°，∵EF⊥BC，∴∠CFE＝

90°，∵FE＝FC，∴∠FCE＝∠FEC＝45°，∴∠ACE＝90°，∵G是AE的中点，∴CG＝12AE＝AG＝EG，∵BG＝BG，∴△CBG≌△ABG（SSS），∴∠CBG＝∠ABG＝12∠ABC＝45°，∵CG＝EG，FC

＝FE，FG＝FG，∴△CFG≌△EFG（SSS），∴∠CFG＝∠EFG＝12（360°﹣90°）＝135°，∴∠GFB＝180°﹣∠CFG＝45°，∴∠GBF＝∠GFB＝45°，∴∠BGF＝90°，∴BG＝FG，∵BF2＝BG2+FG2＝2FG2，∴BF＝2FG，故答案为：BF＝2FG．(2)①

依据题意补全图形如图2.②DF＝2FG，证明：如图2，连接BG、BF，∵∠FCE＝∠FCB＝45°，∴当点F在AC上时，则点E在BC上，∵AD＝CD，∠ADC＝90°，∴∠DAC＝∠DCA＝45°，∴∠BAF＝∠DA

F＝45°，∵AB＝AD，AF＝AF，∴△BAF≌△DAF（SAS），∴BF＝DF，∵∠AFE＝180°﹣∠CFE＝180°﹣90°＝90°，∠ABE＝90°，G是AE的中点，∴FG＝12AE＝AG，BG＝12AE＝AG，∴FG＝BG，∵∠GAF＝∠GFA，∠GAB＝∠GB

A，∴∠EGF＝∠GAF+∠GFA＝2∠GAF，∠EGB＝∠GAB+∠GBA＝2∠GAB，∴∠FGB＝∠EGF+∠EGB＝2∠GAF+2∠GAB＝2∠BAF＝2×45°＝90°，∴BF2＝FG2+BG2＝2FG2，∴BF＝2FG，∴DF＝2FG．29．（2022

·安徽潜山·九年级期末）如图，△ABC中，∠BAC＝120°，以BC为边向外作等边△BCD，延长AC到E，使CE＝BA，连接DE．(1)△DCE可以由△DBA经过怎样的旋转得到，并说明理由；(2)记BC，AD相交于点F．①求证：∠DCF＝∠DAE；②已知等边△BCD的边长为6，AC+AB＝8，

求AF的长．【答案】(1)△DCE可以由△DBA顺时针旋转60°得到，理由见解析；(2)①证明见解析；②AF＝3.5．【分析】（1）证明△DCE≌△DBA（SAS），由全等三角形的性质可得出∠EDC＝∠ADB，则

可得出结论；（2）①证明△ADE是等边三角形，由等边三角形的性质得出∠DCF＝∠DAE＝60°；②证明△DCF∽△DAC，由相似三角形的性质得出DCDFDADC=，求出DF的长，则可得出答案．【解析】(1)解：△DCE可以由△DBA绕点D顺时针旋转60°得到．理由：在等边△BCD中，DC＝

DB，∠DBC＝∠DCB＝∠BDC＝60°，∴∠ACB+∠DCE＝180°﹣60＝120°，∵∠BAC＝120°，∴∠ACB+∠ABC＝180°﹣120°＝60°，∴∠ACB+∠ABC+∠DBC＝60°+60

°＝120°，即∠ACB+∠DBA＝120°，∴∠DCE＝∠DBA，又∵CE＝BA，CD＝BD，∴△DCE≌△DBA（SAS），∴∠EDC＝∠ADB，∵∠ADB+∠ADC＝60°，∴∠EDC+∠ADC＝60°，即∠ADE＝60°，∴△DCE可以由△D

BA绕点D顺时针旋转60°得到．(2)①证明：由（1）得△DCE≌△DBA，∴DE＝DA，∠ADE＝60°，∴△ADE是等边三角形，∴∠DCF＝∠DAE＝60°；②∵CE＝BA，∴AE＝AC+CE＝AC+BA＝8，由①得∠DAC＝∠FCD，∵∠CDF＝∠ADC，∴△DCF∽

△DAC，∴DCDFDADC=，∵等边△BCD的边长为6，∴DC＝6，∴686DF=，∴DF＝4.5，∴AF＝AD＝DF＝8﹣4.5＝3.5．30．（2022·山东天桥·九年级期末）（1）如图1，正方形ABCD与调研直角△AEF有公共顶点A，∠EA

F＝90°，连接BE、DF，将△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，直线BE、DF相交所成的角为β，则BEDF＝________；β＝________；（2）如图2，矩形ABCD与Rt△AEF有公共顶点A，∠EAF＝90°，且AD＝2AB，AF＝2AE，连接BE、DF，将Rt△AEF绕点A旋

转，在旋转过程中，直线BE、DF相交所成的角为β，请求出BEDF的值及β的度数，并结合图2进行说明；（3）若平行四边形ABCD与△AEF有公共项点A，且∠BAD＝∠EAF＝α(0°＜α＜180°)，AD＝kAB，AF＝kAE(k≠0)，将△A

EF绕点A旋转，在旋转过程中，直线BE、DF相交所成的锐角的度数为β，则：①BEDF＝________；②请直接写出α和β之间的关系式．【答案】（1）1，90°；（2）12，90°；（3）①1k；②α+β=180°【分析】（1）

根据旋转的过程中线段的长度不变，得到AF=AE，又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互余，所以∠BAE=∠DAF，所以△FAD≌△EAB，因此BE与DF相等，延长DF交BE于G，根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等

于360°求出∠EGF=90°，所以DF⊥BE；（2）等同（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以△FAD∽△EAB，所以DF=2BE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠E

HF=90°，所以DF⊥BE；（3）与（2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF=180°．【解析】解：（1）如图1，延长DF分别交BE于点G，在正方形ABCD和等腰直角△AEF中，AD=AB，AF=AE，∠BAD=∠EAF=90°，∴∠F

AD=∠EAB，∴△FAD≌△EAB（SAS），∴∠AFD=∠AEB，DF=BE，∵∠AFD+∠AFG=180°，∴∠AEG+∠AFG=180°，∵∠EAF=90°，∴∠EGF=180°-90°=90°，∴DF⊥BE，

∴BEDF=1，β=90°，故答案为：1，90°；（2）如图2，延长DF交EB于点H，∵AD=2AB，AF=2AE，∴2ADAFABAE==，∵∠BAD=∠EAF=90°，∴∠FAD=∠EAB，∴△FA

D∽△EAB，∴2DFAFBEAE==，∴DF=2BE，∵△FAD∽△EAB，∴∠AFD=∠AEB，∵∠AFD+∠AFH=180°，∴∠AEH+∠AFH=180°，∵∠EAF=90°，∴∠EHF=180°-90°=90°，∴DF⊥BE，∴

12BEDF=，β=90°；（3）①如图3，延长DF交EB的延长线于点H，∵AD=kAB，AF=kAE，∴ADAFkABAE==，∵∠BAD=∠EAF=α，∴∠FAD=∠EAB，∴△FAD∽△EAB，∴DFAFkBEAE==，∴1BEDFk=，②α+β=180°，由△FAD∽

△EAB得∠AFD=∠AEB，∵∠AFD+∠AFH=180°，∴∠AEB+∠AFH=180°，∵四边形AEHF的内角和为360°，∴∠EAF+∠EHF=180°，∴α+β=180°．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号w

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