資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
備考2024中考二輪數學《高頻考點沖刺》（全國通用）
專題28 旋轉問題
考點掃描☆聚焦中考
旋轉問題在近幾年各地中考主要以填空題、選擇題、解答題的形式進行考查，各地試題有容易題、中檔題也有壓軸題；考查的內容主要涉及的有：中心對稱和中心對稱圖形的概念與性質；圖形的旋轉的概念與性質；；考查的熱點主要有旋轉對稱圖形與中心對稱圖形；旋轉的性質；旋轉變換；幾何變換綜合問題。
考點剖析☆典型例題
例1 （2023 濰坊）下列圖形由正多邊形和圓弧組成，其中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
例2（2021 安徽）如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，過菱形ABCD的對稱中心O分別作邊AB，BC的垂線，交各邊于點E，F，G，H，則四邊形EFGH的周長為（　　）
A．3+ B．2+2 C．2+ D．1+2
例3（2023 天津）如圖，把△ABC以點A為中心逆時針旋轉得到△ADE，點B，C的對應點分別是點D，E，且點E在BC的延長線上，連接BD，則下列結論一定正確的是（　　）
A．∠CAE＝∠BED B．AB＝AE C．∠ACE＝∠ADE D．CE＝BD
例4（2023 達州）如圖，網格中每個小正方形的邊長均為1，△ABC的頂點均在小正方形的格點上．
（1）將△ABC向下平移3個單位長度得到△A1B1C1，畫出△A1B1C1；
（2）將△ABC繞點C順時針旋轉90度得到△A2B2C2，畫出△A2B2C2；
（3）在（2）的運動過程中請計算出△ABC掃過的面積．
例5（2023 安徽）在Rt△ABC中，M是斜邊AB的中點，將線段MA繞點M旋轉至MD位置，點D在直線AB外，連接AD，BD．
（1）如圖1，求∠ADB的大小；
（2）已知點D和邊AC上的點E滿足ME⊥AD，DE∥AB．
（i）如圖2，連接CD，求證：BD＝CD；
（ii）如圖3，連接BE，若AC＝8，BC＝6，求tan∠ABE的值．
考點過關☆專項突破
類型一 旋轉對稱圖形與中心對稱圖形
1．（2022 上海）有一個正n邊形旋轉90°后與自身重合，則n的值可能為（　　）
A．6 B．9 C．12 D．15
2．（2020 赤峰）下列圖形繞某一點旋轉一定角度都能與原圖形重合，其中旋轉角度最小的是（　　）
A． 等邊三角形 B． 平行四邊形
C． 正八邊形 D． 圓及其一條弦
3．（2023 永州）企業標志反映了思想、理念等企業文化，在設計上特別注重對稱美．下列企業標志圖為中心對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2023 自貢）下列交通標志圖案中，既是中心對稱圖形又是軸對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2023 北京）下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2023 宜昌）我國古代數學的許多創新與發明都曾在世界上有重要影響．下列圖形“楊輝三角”“中國七巧板”“劉徽割圓術”“趙爽弦圖”中，中心對稱圖形是（　　）
A． B． C． D．
7．（2021 青海）如圖所示的圖案由三個葉片組成，繞點O旋轉120°后可以和自身重合．若每個葉片的面積為4cm2，∠AOB為120°，則圖中陰影部分的面積之和為 　　cm2．
8．（2020 鎮江）點O是正五邊形ABCDE的中心，分別以各邊為直徑向正五邊形的外部作半圓，組成了一幅美麗的圖案（如圖）．這個圖案繞點O至少旋轉 　　°后能與原來的圖案互相重合．
類型二 中心對稱
1．（2023 株洲）如圖所示，在矩形ABCD中，AB＞AD，AC與BD相交于點O，下列說法正確的是（　　）
A．點O為矩形ABCD的對稱中心 B．點O為線段AB的對稱中心
C．直線BD為矩形ABCD的對稱軸 D．直線AC為線段BD的對稱軸
2．（2021 陜西）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，O是矩形的對稱中心，點E、F分別在邊AD、BC上，連接OE、OF，若AE＝BF＝2，則OE+OF的值為（　　）
A．2 B．5 C． D．2
3．（2020 紹興）如圖，點O為矩形ABCD的對稱中心，點E從點A出發沿AB向點B運動，移動到點B停止，延長EO交CD于點F，則四邊形AECF形狀的變化依次為（　　）
A．平行四邊形→正方形→平行四邊形→矩形 B．平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形
C．平行四邊形→正方形→菱形→矩形 D．平行四邊形→菱形→正方形→矩形
4．（2023 陜西）如圖，在 ABCD中，AB＝3，AD＝4，點E在AD的延長線上，且DE＝2，過點E作直線l分別交邊CD，AB于點M，N．若直線l將 ABCD的面積平分，則線段CM的長為 　　．
5．（2023 寧夏）如圖是由邊長為1的小正方形組成的9×6網格，點A，B，C，D，E，F，G均在格點上，下列結論：
①點D與點F關于點E中心對稱；
②連接FB，FC，FE，則FC平分∠BFE；
③連接AG，則點B，F到線段AG的距離相等．
其中正確結論的序號是 　　．
6．（2020 臺州）用四塊大正方形地磚和一塊小正方形地磚拼成如圖所示的實線圖案，每塊大正方形地磚面積為a，小正方形地磚面積為b，依次連接四塊大正方形地磚的中心得到正方形ABCD．則正方形ABCD的面積為　　．（用含a，b的代數式表示）
類型三 旋轉的性質
1．（2023 無錫）如圖，△ABC中，∠BAC＝55°，將△ABC逆時針旋轉α（0°＜α＜55°），得到△ADE，DE交AC于F．當α＝40°時，點D恰好落在BC上，此時∠AFE等于（　　）
A．80° B．85° C．90° D．95°
2．（2023 寧夏）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝2．點D在BC上，且BD：CD＝1：3．連接AD，線段AD繞點A順時針旋轉90°得到線段AE，連接BE，DE．則△BDE的面積是（　　）
A． B． C． D．
3．（2023 泰州）菱形ABCD的邊長為2，∠A＝60°，將該菱形繞頂點A在平面內旋轉30°，則旋轉后的圖形與原圖形重疊部分的面積為（　　）
A．3﹣ B．2﹣ C．﹣1 D．2﹣2
4．（2023 宜賓）如圖，△ABC和△ADE是以點A為直角頂點的等腰直角三角形，把△ADE以A為中心順時針旋轉，點M為射線BD、CE的交點．若AB＝，AD＝1．以下結論：①BD＝CE；②BD⊥CE；③當點E在BA的延長線上時，MC＝；④在旋轉過程中，當線段MB最短時，△MBC的面積為．其中正確結論有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
5．（2023 益陽）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，E為AB的中點，連接DE，將△DAE繞點D按逆時針方向旋轉90°得到△DCF，連接EF，則EF的長為 　　．
6．（2023 宜賓）如圖，M是正方形ABCD邊CD的中點，P是正方形內一點，連接BP，線段BP以B為中心逆時針旋轉90°得到線段BQ，連接MQ．若AB＝4，MP＝1，則MQ的最小值為 　　．
6．（2023 泰州）如圖，△ABC中，AB＝AC，∠A＝30°，射線CP從射線CA開始繞點C逆時針旋轉α角（0°＜α＜75°），與射線AB相交于點D，將△ACD沿射線CP翻折至△A′CD處，射線CA′與射線AB相交于點E．若△A′DE是等腰三角形，則∠α的度數為 　 　．
類型四 旋轉變換
1．（2023 寧波）在4×4的方格紙中，請按下列要求畫出格點三角形（頂點均在格點上）．
（1）在圖1中先畫出一個以格點P為頂點的等腰三角形PAB，再畫出該三角形向右平移2個單位后的△P′A′B′．
（2）將圖2中的格點△ABC繞點C按順時針方向旋轉90°，畫出經旋轉后的△A′B′C．
2．（2023 宜昌）如圖，在方格紙中按要求畫圖，并完成填空．
（1）畫出線段OA繞點O順時針旋轉90°后得到的線段OB，連接AB；
（2）畫出與△AOB關于直線OB對稱的圖形，點A的對稱點是C；
（3）填空：∠OCB的度數為 　　．
3．（2023 溫州）如圖，在2×4的方格紙ABCD中，每個小方格的邊長為1．已知格點P，請按要求畫格點三角形（頂點均在格點上）．
（1）在圖1中畫一個等腰三角形PEF，使底邊長為，點E在BC上，點F在AD上，再畫出該三角形繞矩形ABCD的中心旋轉180°后的圖形；
（2）在圖2中畫一個Rt△PQR，使∠P＝45°，點Q在BC上，點R在AD上，再畫出該三角形向右平移1個單位后的圖形．
4．（2022 安徽）如圖，在由邊長為1個單位長度的小正方形組成的網格中，△ABC的頂點均為格點（網格線的交點）．
（1）將△ABC向上平移6個單位，再向右平移2個單位，得到△A1B1C1，請畫出△A1B1C1；
（2）以邊AC的中點O為旋轉中心，將△ABC按逆時針方向旋轉180°，得到△A2B2C2，請畫出△A2B2C2．
5．（2023 武漢）如圖是由小正方形組成的8×6網格，每個小正方形的頂點叫做格點．正方形ABCD四個頂點都是格點，E是AD上的格點，僅用無刻度的直尺在給定網格中完成畫圖，畫圖過程用虛線表示．
（1）在圖（1）中，先將線段BE繞點B順時針旋轉90°，畫對應線段BF，再在CD上畫點G，并連接BG，使∠GBE＝45°；
（2）在圖（2）中，M是BE與網格線的交點，先畫點M關于BD的對稱點N，再在BD上畫點H，并連接MH，使∠BHM＝∠MBD．
類型五 幾何變換綜合題
1．（2023 廣元）如圖1，已知線段AB，AC，線段AC繞點A在直線AB上方旋轉，連接BC，以BC為邊在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC＝30°．
（1）若∠BDC＝90°，以AB為邊在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，連接DE，用等式表示線段AC與DE的數量關系是 　　；
（2）如圖2，在（1）的條件下，若DE⊥AB，AB＝4，AC＝2，求BC的長；
（3）如圖3，若∠BCD＝90°，AB＝4，AC＝2，當AD的值最大時，求此時tan∠CBA的值．
2．（2023 重慶）如圖，在等邊△ABC中，AD⊥BC于點D，E為線段AD上一動點（不與A，D重合），連接BE，CE，將CE繞點C順時針旋轉60°得到線段CF，連接AF．
（1）如圖1，求證：∠CBE＝∠CAF；
（2）如圖2，連接BF交AC于點G，連接DG，EF，EF與DG所在直線交于點H，求證：EH＝FH；
（3）如圖3，連接BF交AC于點G，連接DG，EG，將△AEG沿AG所在直線翻折至△ABC所在平面內，得到△APG，將△DEG沿DG所在直線翻折至△ABC所在平面內，得到△DQG，連接PQ，QF．若AB＝4，直接寫出PQ+QF的最小值．
3．（2023 岳陽）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，點M，N分別為邊AB，BC的中點，連接MN．
初步嘗試：（1）MN與AC的數量關系是 　　，MN與AC的位置關系是 　　．
特例研討：（2）如圖2，若∠BAC＝90°，BC＝4，先將△BMN繞點B順時針旋轉α（α為銳角），得到△BEF，當點A，E，F在同一直線上時，AE與BC相交于點D，連接CF．
①求∠BCF的度數；
②求CD的長．
深入探究：（3）若∠BAC＜90°，將△BMN繞點B順時針旋轉α，得到△BEF，連接AE，CF．當旋轉角α滿足0°＜α＜360°，點C，E，F在同一直線上時，利用所提供的備用圖探究∠BAE與∠ABF的數量關系，并說明理由．
4．（2023 貴州）如圖①，小紅在學習了三角形相關知識后，對等腰直角三角形進行了探究，在等腰直角三角形ABC中，CA＝CB，∠C＝90°，過點B作射線BD⊥AB，垂足為B，點P在CB上．
（1）【動手操作】
如圖②，若點P在線段CB上，畫出射線PA，并將射線PA繞點P逆時針旋轉90°與BD交于點E，根據題意在圖中畫出圖形，圖中∠PBE的度數為 　　度；
（2）【問題探究】
根據（1）所畫圖形，探究線段PA與PE的數量關系，并說明理由；
（3）【拓展延伸】
如圖③，若點P在射線CB上移動，將射線PA繞點P逆時針旋轉90°與BD交于點E，探究線段BA，BP，BE之間的數量關系，并說明理由．
5．（2023 遼寧）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，點O為AB的中點，點D在直線AB上（不與點A，B重合），連接CD，線段CD繞點C逆時針旋轉90°，得到線段CE，過點B作直線l⊥BC，過點E作EF⊥l，垂足為點F，直線EF交直線OC于點G．
（1）如圖1，當點D與點O重合時，請直接寫出線段AD與線段EF的數量關系；
（2）如圖2，當點D在線段AB上時，求證：CG+BD＝BC；
（3）連接DE，△CDE的面積記為S1，△ABC的面積記為S2，當EF：BC＝1：3時，請直接寫出的值．
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備考2024中考二輪數學《高頻考點沖刺》（全國通用）
專題28 旋轉問題
考點掃描☆聚焦中考
旋轉問題在近幾年各地中考主要以填空題、選擇題、解答題的形式進行考查，各地試題有容易題、中檔題也有壓軸題；考查的內容主要涉及的有：中心對稱和中心對稱圖形的概念與性質；圖形的旋轉的概念與性質；；考查的熱點主要有旋轉對稱圖形與中心對稱圖形；旋轉的性質；旋轉變換；幾何變換綜合問題。
考點剖析☆典型例題
例1 （2023 濰坊）下列圖形由正多邊形和圓弧組成，其中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【點撥】根據中心對稱圖形，軸對稱圖形的定義一一判斷即可．
【解析】解：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不合題意；
B、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，不合題意；
C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不合題意；
D、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，符合題意；
故選：D．
【點睛】本題考查利用旋轉設計圖案，利用軸對稱設計圖案等知識，解題的關鍵是掌握中心對稱圖形，軸對稱圖形的定義，屬于中考常考題型．
例2（2021 安徽）如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，過菱形ABCD的對稱中心O分別作邊AB，BC的垂線，交各邊于點E，F，G，H，則四邊形EFGH的周長為（　　）
A．3+ B．2+2 C．2+ D．1+2
【答案】A
【點撥】證明△BEF是等邊三角形，求出EF，同法可證△DGH，△EOH，△OFG都是等邊三角形，求出EH，GF，FG即可．
【解析】解：如圖，連接BD，AC．
∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝2，∠BAO＝∠DAO＝60°，BD⊥AC，
∴∠ABO＝∠CBO＝30°，
∴OA＝AB＝1，OB＝OA＝，
∵OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠BEO＝∠BFO＝90°，
在△BEO和△BFO中，
，
∴△BEO≌△BFO（AAS），
∴OE＝OF，BE＝BF，
∵∠EBF＝60°，
∴△BEF是等邊三角形，
∴EF＝BE＝×＝，
同法可證，△DGH，△OEH，△OFG都是等邊三角形，
∴EF＝GH＝，EH＝FG＝，
∴四邊形EFGH的周長＝3+，
故選：A．
【點睛】本題考查中心對稱，菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考常考題型．
例3（2023 天津）如圖，把△ABC以點A為中心逆時針旋轉得到△ADE，點B，C的對應點分別是點D，E，且點E在BC的延長線上，連接BD，則下列結論一定正確的是（　　）
A．∠CAE＝∠BED B．AB＝AE C．∠ACE＝∠ADE D．CE＝BD
【答案】A
【點撥】由旋轉的性質可得∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝∠CAE，由三角形內角和定理可得∠BED＝∠BAD＝∠CAE．
【解析】解：如圖，設AD與BE的交點為O，
∵把△ABC以點A為中心逆時針旋轉得到△ADE，
∴∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝∠CAE，
又∵∠AOB＝∠DOE，
∴∠BED＝∠BAD＝∠CAE，
故選：A．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，掌握旋轉的性質是解題的關鍵．
例4（2023 達州）如圖，網格中每個小正方形的邊長均為1，△ABC的頂點均在小正方形的格點上．
（1）將△ABC向下平移3個單位長度得到△A1B1C1，畫出△A1B1C1；
（2）將△ABC繞點C順時針旋轉90度得到△A2B2C2，畫出△A2B2C2；
（3）在（2）的運動過程中請計算出△ABC掃過的面積．
【答案】（1）見解析；
（2）見解析；
（3）+．
【點撥】（1）按平移變換的性質分別確定A，B，C平移后的位置，再按原來的連接方式連接即可；
（2）按旋轉變換的性質分別確定A，B，C繞點C順時針旋轉90度后的位置，再按原來的連接方式連接即可；
（3）將△ABC掃過的面積用規則圖形的面積和差表示，求出即可．
【解析】解：（1）△A1B1C1如圖所示；
（2）△A2B2C2如圖所示；
（3）＝，
∵AC＝，
∴＝＝，
∴在（2）的運動過程中△ABC掃過的面積＝＝+．
【點睛】本題考查網格作圖﹣平移、旋轉，以及網格中圖形面積的計算，解題涉及平移的性質，旋轉的性質，勾股定理，扇形面積公式，掌握平移、旋轉的性質和網格中圖形面積的計算方法是解題的關鍵．
例5（2023 安徽）在Rt△ABC中，M是斜邊AB的中點，將線段MA繞點M旋轉至MD位置，點D在直線AB外，連接AD，BD．
（1）如圖1，求∠ADB的大小；
（2）已知點D和邊AC上的點E滿足ME⊥AD，DE∥AB．
（i）如圖2，連接CD，求證：BD＝CD；
（ii）如圖3，連接BE，若AC＝8，BC＝6，求tan∠ABE的值．
【答案】見解析
【點撥】（1）證MA＝MD＝MB，得∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，再由三角形內角和定理得∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°即可；
（2）（i）證四邊形EMBD是平行四邊形，得DE＝BM＝AM，再證四邊形EAMD是平行四邊形，進而得平行四邊形EAMD是菱形，則∠BAD＝∠CAD，然后證A、C、D、B四點共圓，由圓周角定理得＝，即可得出結論；
（ii）過點E作EH⊥AB于點H，由勾股定理得AB＝10，再由菱形的性質得AE＝AM＝5，進而由銳角三角函數定義得EH＝3，則AH＝4，BH＝6，然后由銳角三角函數定義即可得出結論．
【解析】（1）解：∵M是AB的中點，
∴MA＝MB，
由旋轉的性質得：MA＝MD＝MB，
∴∠MAD＝∠MDA，∠MDB＝∠MBD，
∵∠MAD+∠MDA+∠MDB+∠MBD＝180°，
∴∠ADB＝∠MDA+∠MDB＝90°，
即∠ADB的大小為90°；
（2）（i）證明：∵∠ADB＝90°，
∴AD⊥BD，
∵ME⊥AD，
∴ME∥BD，
∵ED∥BM，
∴四邊形EMBD是平行四邊形，
∴DE＝BM＝AM，
∴DE∥AM，
∴四邊形EAMD是平行四邊形，
∵EM⊥AD，
∴平行四邊形EAMD是菱形，
∴∠BAD＝∠CAD，
又∵∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴A、C、D、B四點共圓，
∵∠BCD＝∠CAD，
∴＝，
∴BD＝CD；
（ii）解：如圖3，過點E作EH⊥AB于點H，
則∠EHA＝∠EHB＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB＝＝＝10，
∵四邊形EAMD是菱形，
∴AE＝AM＝AB＝5，
∴sin∠CAB＝＝＝，
∴EH＝AE sin∠CAB＝5×＝3，
∴AH＝＝＝4，
∴BH＝AB﹣AH＝10﹣4＝6，
∴tan∠ABE＝＝＝，
即tan∠ABE的值為．
【點睛】本題是幾何變換綜合題目，考查了旋轉的性質，平行四邊形的判定與性質，菱形的判定與性質，等腰三角形的性質，勾股定理，四點共圓，圓周角定理以及銳角三角函數定義等知識，本題綜合性強，熟練掌握菱形的判定與性質、等腰三角形的性質以及銳角三角函數是解題的關鍵，屬于中考常考題型．
考點過關☆專項突破
類型一 旋轉對稱圖形與中心對稱圖形
1．（2022 上海）有一個正n邊形旋轉90°后與自身重合，則n的值可能為（　　）
A．6 B．9 C．12 D．15
【答案】C
【點撥】如果某一個圖形圍繞某一點旋轉一定的角度（小于360°）后能與原圖形重合，那么這個圖形就叫做旋轉對稱圖形．直接利用旋轉對稱圖形的性質，結合正多邊形中心角相等進而得出答案．
【解析】解：A．正六邊形旋轉90°后不能與自身重合，不合題意；
B．正九邊形旋轉90°后不能與自身重合，不合題意；
C．正十二邊形旋轉90°后能與自身重合，符合題意；
D．正十五邊形旋轉90°后不能與自身重合，不合題意；
故選：C．
【點睛】此題主要考查了旋轉對稱圖形，正確把握正多邊形的性質是解題的關鍵．
2．（2020 赤峰）下列圖形繞某一點旋轉一定角度都能與原圖形重合，其中旋轉角度最小的是（　　）
A． 等邊三角形 B． 平行四邊形
C． 正八邊形 D． 圓及其一條弦
【答案】C
【點撥】求出各旋轉對稱圖形的最小旋轉角度，繼而可作出判斷．
【解析】解：A、最小旋轉角度＝＝120°；
B、最小旋轉角度＝＝180°；
C、最小旋轉角度＝＝45°；
D、不是旋轉對稱圖形；
綜上可得：旋轉一定角度后，能與原圖形完全重合，且旋轉角度最小的是C．
故選：C．
【點睛】本題考查了旋轉對稱圖形的知識，求出各圖形的最小旋轉角度是解題關鍵．
3．（2023 永州）企業標志反映了思想、理念等企業文化，在設計上特別注重對稱美．下列企業標志圖為中心對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【點撥】根據中心對稱圖形的概念判斷．把一個圖形繞某一點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形．
【解析】解：選項A、B、D中的圖形都不能找到這樣的一個點，使圖形繞某一點旋轉180°后與原來的圖形重合，所以不是中心對稱圖形．
選項C中的圖形能找到這樣的一個點，使圖形繞某一點旋轉180°后與原來的圖形重合，所以是中心對稱圖形．
故選：C．
【點睛】本題考查的是中心對稱圖形，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后與自身重合．
4．（2023 自貢）下列交通標志圖案中，既是中心對稱圖形又是軸對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【點撥】根據中心對稱圖形和軸對稱圖形的概念得出結論即可．
【解析】解：圖形既是中心對稱圖形又是軸對稱圖形，
故選：B．
【點睛】本題主要考查中心對稱圖形和軸對稱圖形的知識，熟練掌握中心對稱圖形和軸對稱圖形的概念是解題的關鍵．
5．（2023 北京）下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【點撥】根據中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念進行判斷即可．
【解析】解：A、原圖既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形，故此選項符合題意；
B、原圖是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形，故此選項不合題意；
C、原圖是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項不合題意；
D、原圖是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項不合題意；
故選：A．
【點睛】本題考查的是中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念．軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后與自身重合．
6．（2023 宜昌）我國古代數學的許多創新與發明都曾在世界上有重要影響．下列圖形“楊輝三角”“中國七巧板”“劉徽割圓術”“趙爽弦圖”中，中心對稱圖形是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【點撥】根據中心對稱圖形的概念判斷．把一個圖形繞某一點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形．
【解析】解：選項A、B、C都不能找到一個點，使圖形繞某一點旋轉180°后與原來的圖形重合，所以不是中心對稱圖形．
選項D能找到一個點，使圖形繞某一點旋轉180°后與原來的圖形重合，所以是中心對稱圖形．
故選：D．
【點睛】本題考查的是中心對稱圖形，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后與自身重合．
7．（2021 青海）如圖所示的圖案由三個葉片組成，繞點O旋轉120°后可以和自身重合．若每個葉片的面積為4cm2，∠AOB為120°，則圖中陰影部分的面積之和為 　4　cm2．
【答案】4
【點撥】由于∠AOB為120°，由三個葉片組成，繞點O旋轉120°后可以和自身重合，所以圖中陰影部分的面積之和等于三個葉片的面積和的三分之一．
【解析】解：∵三個葉片組成，繞點O旋轉120°后可以和自身重合，
而∠AOB為120°，
∴圖中陰影部分的面積之和＝（4+4+4）＝4（cm2）．
故答案為4．
【點睛】本題考查了旋轉對稱圖形：如果某一個圖形圍繞某一點旋轉一定的角度（小于360°）后能與原圖形重合，那么這個圖形就叫做旋轉對稱圖形．
8．（2020 鎮江）點O是正五邊形ABCDE的中心，分別以各邊為直徑向正五邊形的外部作半圓，組成了一幅美麗的圖案（如圖）．這個圖案繞點O至少旋轉 　72　°后能與原來的圖案互相重合．
【答案】72
【點撥】直接利用旋轉圖形的性質進而得出旋轉角．
【解析】解：連接OA，OE，則這個圖形至少旋轉∠AOE才能與原圖象重合，
∠AOE＝＝72°．
故答案為：72．
【點睛】此題主要考查了旋轉圖形，正確掌握旋轉圖形的性質是解題關鍵．
類型二 中心對稱
1．（2023 株洲）如圖所示，在矩形ABCD中，AB＞AD，AC與BD相交于點O，下列說法正確的是（　　）
A．點O為矩形ABCD的對稱中心 B．點O為線段AB的對稱中心
C．直線BD為矩形ABCD的對稱軸 D．直線AC為線段BD的對稱軸
【答案】A
【點撥】根據矩形的性質、軸對稱圖形的性質和中心對稱圖形的性質，可以判斷各個選項中的說法是否正確，本題得以解決．
【解析】解：矩形ABCD是中心對稱圖形，對稱中心是對角線的交點O，故選項A正確，符合題意；
線段AB的中點是為線段AB的對稱中心，故選項B錯誤，不符合題意；
矩形ABCD是軸對稱圖形，對稱軸是過一組對邊中點的直線，故選項C錯誤，不符合題意；
過線段BD的中點的垂線是線段BD的對稱軸，故選項D錯誤，不符合題意；
故選：A．
【點睛】本題考查中心對稱、矩形的性質、軸對稱的性質，熟記矩形即是中心對稱圖形也是軸對稱圖形是解答本題的關鍵．
2．（2021 陜西）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，O是矩形的對稱中心，點E、F分別在邊AD、BC上，連接OE、OF，若AE＝BF＝2，則OE+OF的值為（　　）
A．2 B．5 C． D．2
【答案】D
【點撥】如圖，連接，AC，BD．過點O作OM⊥AD于點M交BC于點N．利用勾股定理，求出OE，可得結論．
【解析】解：如圖，連接，AC，BD．過點O作OM⊥AD于點M交BC于點N．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA＝OD＝OB，
∵OM⊥AD，
∴AM＝DM＝3，
∴OM＝AB＝2，
∵AE＝2，
∴EM＝AM﹣AE＝1，
∴OE＝＝＝，
同法可得OF＝，
∴OE+OF＝2，
故選：D．
【點睛】本題考查中心對稱，矩形的性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題．
3．（2020 紹興）如圖，點O為矩形ABCD的對稱中心，點E從點A出發沿AB向點B運動，移動到點B停止，延長EO交CD于點F，則四邊形AECF形狀的變化依次為（　　）
A．平行四邊形→正方形→平行四邊形→矩形 B．平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形
C．平行四邊形→正方形→菱形→矩形 D．平行四邊形→菱形→正方形→矩形
【答案】B
【點撥】根據對稱中心的定義，根據矩形的性質，可得四邊形AECF形狀的變化情況：這個四邊形先是平行四邊形，當對角線互相垂直時是菱形，然后又是平行四邊形，最后點A與點B重合時是矩形．
【解析】解：觀察圖形可知，四邊形AECF形狀的變化依次為平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形．
故選：B．
【點睛】考查了中心對稱，矩形的性質，平行四邊形的判定與性質，菱形的判定，根據EF與AC的位置關系即可求解．
4．（2023 陜西）如圖，在 ABCD中，AB＝3，AD＝4，點E在AD的延長線上，且DE＝2，過點E作直線l分別交邊CD，AB于點M，N．若直線l將 ABCD的面積平分，則線段CM的長為 　　．
【答案】．
【點撥】依據題意，連接AC交l于點O，由直線l將 ABCD的面積平分，從而O為AC的中點，結合平行四邊形的性質可得△AON≌△COM，進而AN＝CM，再由AN∥DM有＝，求出AN，故而可以得解．
【解析】解：連接AC交l于點O．
∵直線l將 ABCD的面積平分，AC為 ABCD的對角線，
∴O為AC的中點，為平行四邊形的中心．
∴OA＝OC．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD．
∴∠NAO＝∠MCO，＝．
又∠AON＝∠COM，
∴△AON≌△COM（ASA）．
∴AN＝CM．
∴＝．
又ED＝2，AD＝4，AB＝3，
∴＝．
∴CM＝．
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質，解題時要熟練掌握并理解是關鍵．
5．（2023 寧夏）如圖是由邊長為1的小正方形組成的9×6網格，點A，B，C，D，E，F，G均在格點上，下列結論：
①點D與點F關于點E中心對稱；
②連接FB，FC，FE，則FC平分∠BFE；
③連接AG，則點B，F到線段AG的距離相等．
其中正確結論的序號是 　①②③　．
【答案】①②③．
【點撥】根據中心對稱概念，全等三角形判定與性質，點到直線的距離等逐個判斷．
【解析】解：①連接DF，如圖：
由圖可知，點D與點F關于點E中心對稱，故①正確；
②如圖：
由SSS可知△BFC≌△EFC，
∴∠BFC＝∠EFC，FC平分∠BFE，故②正確；
③取AG上的格點M，N，連接BM，FN，如圖，
由正方形性質可知∠AMB＝∠FNG＝90°，
∴B到AG的距離為BM的長度，F到AG的距離為FN的長度，
而BM＝FN，
∴點B，F到線段AG的距離相等，故③正確；
∴正確結論是①②③；
故答案為：①②③．
【點睛】本題考查中心對稱，三角形全等的判定與性質，等腰直角三角形性質及應用等，解題的關鍵是掌握中心對稱的概念，能熟練應用全等三角形的判定定理．
6．（2020 臺州）用四塊大正方形地磚和一塊小正方形地磚拼成如圖所示的實線圖案，每塊大正方形地磚面積為a，小正方形地磚面積為b，依次連接四塊大正方形地磚的中心得到正方形ABCD．則正方形ABCD的面積為　（a+b）　．（用含a，b的代數式表示）
【答案】（a+b）
【點撥】如圖，連接DK，DN，證明S四邊形DMNT＝S△DKN＝a即可解決問題．
【解析】解：如圖，連接DK，DN，
∵∠KDN＝∠MDT＝90°，
∴∠KDM＝∠NDT，
∵DK＝DN，∠DKM＝∠DNT＝45°，
∴△DKM≌△DNT（ASA），
∴S△DKM＝S△DNT，
∴S四邊形DMNT＝S△DKN＝a，
∴正方形ABCD的面積＝4×a+b＝a+b．
故答案為（a+b）．
【點睛】本題考查中心對稱，全等三角形的判定和性質，圖形的拼剪等知識，解題的關鍵靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．
類型三 旋轉的性質
1．（2023 無錫）如圖，△ABC中，∠BAC＝55°，將△ABC逆時針旋轉α（0°＜α＜55°），得到△ADE，DE交AC于F．當α＝40°時，點D恰好落在BC上，此時∠AFE等于（　　）
A．80° B．85° C．90° D．95°
【答案】B
【點撥】由旋轉的性質可得∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝∠CAE＝40°，AB＝AD，∠C＝∠E，由等腰三角形的性質可求∠B＝70°，由三角形內角和定理可求解．
【解析】解：∵將△ABC逆時針旋轉α（0°＜α＜55°），得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，∠BAD＝∠CAE＝40°，AB＝AD，∠C＝∠E，
∴∠B＝70°，
∴∠C＝∠E＝55°，
∴∠AFE＝180°﹣55°﹣40°＝85°，
故選：B．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，等腰三角形的性質，掌握旋轉的性質是解題的關鍵．
2．（2023 寧夏）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝2．點D在BC上，且BD：CD＝1：3．連接AD，線段AD繞點A順時針旋轉90°得到線段AE，連接BE，DE．則△BDE的面積是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【點撥】根據旋轉的性質得出AD＝AE，∠DAE＝90°，再根據SAS證明△EAB≌△DAC得出∠C＝∠ABE＝45°，CD＝BE，得出∠EBC＝90°，再根據三角形的面積公式即可求解．
【解析】解：∵線段AD繞點A順時針旋轉90°得到線段AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠EAB+∠BAD＝90°，
在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠C＝∠ABC＝45°，
∴∠EAB＝∠CAD，
∴△EAB≌△DAC（SAS），
∴∠C＝∠ABE＝45°，CD＝BE，
∴∠EBC＝∠EBA+∠ABC＝90°，
∵BC＝2，BD：CD＝1：3，
∴BD＝，CD＝BE＝，
∴＝，
故選：B．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，根據SAS證明△EAB≌△DAC是解題的關鍵．
3．（2023 泰州）菱形ABCD的邊長為2，∠A＝60°，將該菱形繞頂點A在平面內旋轉30°，則旋轉后的圖形與原圖形重疊部分的面積為（　　）
A．3﹣ B．2﹣ C．﹣1 D．2﹣2
【答案】A
【點撥】分兩種情況：①如圖，將該菱形繞頂點A在平面內順時針旋轉30°，連接AC，BD相交于點O，BC與C'D'交于點E，根據菱形的性質推出AC的長，再根據菱形的性質推出CD'與CE的長，再根據重疊部分的面積＝△ABC的面積﹣△D'EC的面積求解即可．
②將該菱形繞頂點A在平面內逆時針旋轉30°，同①方法可得重疊部分的面積＝3﹣．
【解析】解：①如圖，將該菱形繞頂點A在平面內順時針旋轉30°，
連接AC，BD相交于點O，BC與C'D'交于點E，
∵四邊形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴∠CAB＝30°＝∠CAD，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，
∵AB＝2，
∴DO＝1，AO＝DO＝，
∴AC＝2，
∵菱形ABCD繞點A順時針旋轉30°得到菱形AB'C'D'，
∴∠D'AB＝30°，AD＝AD'＝2，
∴A，D'，C三點共線，
∴CD'＝CA﹣AD'＝2﹣2，
又∵∠ACB＝30°，
∴D'E＝﹣1，
CE＝D'E＝3﹣，
∵重疊部分的面積＝△ABC的面積﹣△D'EC的面積，
∴重疊部分的面積＝×＝3﹣；
②將該菱形繞頂點A在平面內逆時針旋轉30°，同①方法可得重疊部分的面積＝3﹣，
故選：A．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，菱形的性質，正確作出圖形是解題的關鍵．
4．（2023 宜賓）如圖，△ABC和△ADE是以點A為直角頂點的等腰直角三角形，把△ADE以A為中心順時針旋轉，點M為射線BD、CE的交點．若AB＝，AD＝1．以下結論：①BD＝CE；②BD⊥CE；③當點E在BA的延長線上時，MC＝；④在旋轉過程中，當線段MB最短時，△MBC的面積為．其中正確結論有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】D
【點撥】證明△BAD≌△CAE可判斷①，由三角形的外角的性質可判斷②，證明∠DCM∽∠ECA，有 ，即可判斷③；以A為圓心，AD為半徑畫圓，當CE在⊙A的下方與⊙A相切時，MB的值最小，可得四邊形AEMD是正方形，在Rt△MBC中，，然后根據三角形的面積公式可判斷④．
【解析】解：∵△ABC和△ADE是以點A為直角頂點的等腰直角三角形，
∴BA＝CA，DA＝EA，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，故①正確；
設∠ABD＝∠ACE＝x，∠DBC＝45°﹣x，
∴∠EMB＝∠DBC+∠BCM＝∠DBC+∠BCA+∠ACE＝45°﹣x+45°+x＝90°，
∴BD⊥CE，故②正確；
當點E在BA的延長線上時，如圖：
同理可得∠DMC＝90°，
∴∠DMC＝∠EAC，
∵∠DCM＝∠ECA，
∴△DCM∽△ECA
∴，
∵＝AC，AD＝1＝AE，
∴，，
∴，
∴，故③正確；
④以A為圓心，AD為半徑畫圓，如圖：
∵∠BMC＝90°，
∴當CE在⊙A的下方與⊙A相切時，MB的值最小，
∴∠ADM＝∠DME＝∠AEM＝90°，
∵AE＝AD，
∴四邊形AEMD是正方形，
∴MD＝AE＝1，
∵BD＝＝＝，
∴CE＝BD＝，BM＝BD﹣MD＝﹣1，
∴MC＝CE+ME＝+1，
∵BC＝AB＝，
∴MB＝＝＝﹣1，
∴△MBC的面積為×（+1）×（﹣1）＝，故④正確，
故選：D．
【點睛】本題考查等腰直角三角形的旋轉問題，涉及全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，最短路徑等知識，解題的關鍵是掌握旋轉的性質．
5．（2023 益陽）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，E為AB的中點，連接DE，將△DAE繞點D按逆時針方向旋轉90°得到△DCF，連接EF，則EF的長為 　2　．
【答案】2．
【點撥】先根據正方形的性質得到AD＝AB＝4，∠A＝90°，AE＝2，則利用勾股定理可計算出DE＝2，再根據旋轉的性質得到DE＝DF＝2，∠EDF＝90°，然后利用△DEF為等腰直角三角形得到EF＝DE．
【解析】解：∵四邊形ABCD為正方形，
∴AD＝AB＝4，∠A＝90°，
∵E為AB的中點，
∴AE＝2，
∴DE＝＝＝2，
∵△DAE繞點D按逆時針方向旋轉90°得到△DCF，
∴DE＝DF＝2，∠EDF＝90°，
∴△DEF為等腰直角三角形，
∴EF＝DE＝×2＝2．
故答案為：2．
【點睛】本題考查了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．也考查了正方形的性質．
6．（2023 宜賓）如圖，M是正方形ABCD邊CD的中點，P是正方形內一點，連接BP，線段BP以B為中心逆時針旋轉90°得到線段BQ，連接MQ．若AB＝4，MP＝1，則MQ的最小值為 　2﹣1　．
【答案】2﹣1．
【點撥】連接BM，將△BCM繞B逆時針旋轉90°得△BEF，連接MF，QF，證明△BPM≌△BQF（SAS），得MP＝QF＝1，故Q的運動軌跡是以F為圓心，1為半徑的弧，求出BM＝＝2，可得MF＝BM＝2，由MQ≥MF﹣QF，知MQ≥2﹣1，從而可得MQ的最小值為2﹣1．
【解析】解：連接BM，將△BCM繞B逆時針旋轉90°得△BEF，連接MF，QF，如圖：
∵∠CBE＝90°，∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠CBE＝180°，
∴A，B，E共線，
∵∠PBM＝∠PBQ﹣∠MBQ＝90°﹣∠MBQ＝∠FBQ，
由旋轉性質得PB＝QB，MB＝FB，
∴△BPM≌△BQF（SAS），
∴MP＝QF＝1，
∴Q的運動軌跡是以F為圓心，1為半徑的弧，
∵BC＝AB＝4，CM＝CD＝2，
∴BM＝＝2，
∵∠MBF＝90°，BM＝BF，
∴MF＝BM＝2，
∵MQ≥MF﹣QF，
∴MQ≥2﹣1，
∴MQ的最小值為2﹣1．
故答案為：2﹣1．
【點睛】本題考查正方形中的旋轉問題，解題的關鍵是掌握旋轉的性質，正確作出輔助線構造全等三角形解決問題．
6．（2023 泰州）如圖，△ABC中，AB＝AC，∠A＝30°，射線CP從射線CA開始繞點C逆時針旋轉α角（0°＜α＜75°），與射線AB相交于點D，將△ACD沿射線CP翻折至△A′CD處，射線CA′與射線AB相交于點E．若△A′DE是等腰三角形，則∠α的度數為 　22.5°或67.5°或45°　．
【答案】22.5°或67.5°或45°．
【點撥】根據折疊的性質可得：∠ACD＝∠A′CD＝α＝∠ACA′，∠A＝∠DA′C＝30°，然后分三種情況：當A′D＝A′E時；當DA′＝DE時；當ED＝EA′時；分別進行計算即可解答．
【解析】解：由折疊得：∠ACD＝∠A′CD＝α＝∠ACA′，∠A＝∠DA′C＝30°，
分三種情況：
當A′D＝A′E時，如圖：
∴∠A′DE＝∠A′ED＝（180°﹣∠A′）＝75°，
∵∠A′ED是△ACE的一個外角，
∴∠ACE＝∠A′ED﹣∠A＝45°，
∴∠ACD＝∠A′CD＝α＝∠ACE＝22.5°；
當A′D＝A′E時，當△ADC和△A′DC位于射線AB的同側時，如圖：
∴∠A′DE＝∠A′ED＝∠CA′D＝15°，
∴∠ACA′＝180°﹣∠A﹣∠A′EA＝135°，
∴∠ACD＝∠A′CD＝α＝∠ACA′＝67.5°；
當DA′＝DE時，
∴∠A′＝∠DEA′＝30°，
∵∠DEA′是△ACE的一個外角，
∴∠DEA′＞30°，
∴此種情況不成立；
當ED＝EA′時，如圖：
∴∠EDA′＝∠A′＝30°，
∴∠DEA′＝180°﹣∠EDA′﹣∠A′＝120°，
∵∠A′ED是△ACE的一個外角，
∴∠ACE＝∠A′ED﹣∠A＝90°，
∴∠ACD＝∠A′CD＝α＝∠ACE＝45°；
綜上所述：若△A′DE是等腰三角形，則∠α的度數為22.5°或67.5°或45°，
故答案為：22.5°或67.5°或45°．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，等腰三角形的性質，翻折變換（折疊問題），分三種情況討論是解題的關鍵．
類型四 旋轉變換
1．（2023 寧波）在4×4的方格紙中，請按下列要求畫出格點三角形（頂點均在格點上）．
（1）在圖1中先畫出一個以格點P為頂點的等腰三角形PAB，再畫出該三角形向右平移2個單位后的△P′A′B′．
（2）將圖2中的格點△ABC繞點C按順時針方向旋轉90°，畫出經旋轉后的△A′B′C．
【答案】見解析
【點撥】（1）根據等腰三角形的定義，平移變換的性質作出圖形即可；
（2）根據旋轉變換的性質作出圖形即可．
【解析】解：（1）如圖1，△P′A′B′即為所求；
（2）如圖2，△A′B′C即為所求．
【點睛】本題考查作圖﹣旋轉變換，平移變換，等腰三角形的性質等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．
2．（2023 宜昌）如圖，在方格紙中按要求畫圖，并完成填空．
（1）畫出線段OA繞點O順時針旋轉90°后得到的線段OB，連接AB；
（2）畫出與△AOB關于直線OB對稱的圖形，點A的對稱點是C；
（3）填空：∠OCB的度數為 　45°　．
【答案】（1）（2）見解析；
（3）45°．
【點撥】（1）利用網格特點和旋轉的性質畫出點A的對稱點B，從而得到OB；
（2）延長AO到C點使OC＝OA，則△COB滿足條件；
（3）先根據旋轉的性質得到OB＝OA，∠AOB＝90°，則可判斷△OAB為等腰直角三角形，所以∠OAB＝45°，然后利用對稱的性質得到∠OCB的度數．
【解析】解：（1）如圖，OB為所作；
（2）如圖，△COB為所作；
（3）∵線段OA繞點O順時針旋轉90°后得到的線段OB，
∴OB＝OA，∠AOB＝90°，
∴△OAB為等腰直角三角形，
∴∠OAB＝45°，
∵△COB與△AOB關于直線OB對稱，
∴∠OCB＝∠OAB＝45°．
故答案為：45°．
【點睛】本題考查了作圖﹣旋轉變換：根據旋轉的性質可知，對應角都相等都等于旋轉角，對應線段也相等，由此可以通過作相等的角，在角的邊上截取相等的線段的方法，找到對應點，順次連接得出旋轉后的圖形．也考查了軸對稱變換．
3．（2023 溫州）如圖，在2×4的方格紙ABCD中，每個小方格的邊長為1．已知格點P，請按要求畫格點三角形（頂點均在格點上）．
（1）在圖1中畫一個等腰三角形PEF，使底邊長為，點E在BC上，點F在AD上，再畫出該三角形繞矩形ABCD的中心旋轉180°后的圖形；
（2）在圖2中畫一個Rt△PQR，使∠P＝45°，點Q在BC上，點R在AD上，再畫出該三角形向右平移1個單位后的圖形．
【答案】（1）（2）作圖見解析．
【點撥】（1）根據題意作出圖形即可；
（2）作等腰直角三角形PQR，可得結論．
【解析】解：（1）圖形如圖1所示（答案不唯一）；
（2）圖形如圖2所示（答案不唯一）．
【點睛】本題考查作圖﹣旋轉變換，平移變換等知識，解題的關鍵是掌握在旋轉變換，平移變換的性質，屬于中考常考題型．
4．（2022 安徽）如圖，在由邊長為1個單位長度的小正方形組成的網格中，△ABC的頂點均為格點（網格線的交點）．
（1）將△ABC向上平移6個單位，再向右平移2個單位，得到△A1B1C1，請畫出△A1B1C1；
（2）以邊AC的中點O為旋轉中心，將△ABC按逆時針方向旋轉180°，得到△A2B2C2，請畫出△A2B2C2．
【答案】見解析．
【點撥】（1）根據平移的性質可得△A1B1C1；
（2）根據旋轉的性質可得△A2B2C2．
【解析】解：（1）如圖，△A1B1C1即為所求；
（2）如圖，△A2B2C2即為所求．
【點睛】本題主要考查了作圖﹣平移變換，旋轉變換，熟練掌握平移和旋轉的性質是解題的關鍵．
5．（2023 武漢）如圖是由小正方形組成的8×6網格，每個小正方形的頂點叫做格點．正方形ABCD四個頂點都是格點，E是AD上的格點，僅用無刻度的直尺在給定網格中完成畫圖，畫圖過程用虛線表示．
（1）在圖（1）中，先將線段BE繞點B順時針旋轉90°，畫對應線段BF，再在CD上畫點G，并連接BG，使∠GBE＝45°；
（2）在圖（2）中，M是BE與網格線的交點，先畫點M關于BD的對稱點N，再在BD上畫點H，并連接MH，使∠BHM＝∠MBD．
【答案】圖形見解析．
【點撥】（1）取格點F，連接BF，連接 EF，再取格點P，連接CP交EF于Q，連接BQ，延長交CD于G即可；
（2）取格點F，連接 BF、EF，交格線于N，再取格點P，Q，連接PQ交EF于O，連接MO并延長交BD于H即可．
【解析】解：（1）如圖（1），線段BF和點G即為所求；
理由：∵BC＝BA，CF＝AE，∠BCF＝∠BAE＝90°，
∴△BCF≌△BAE（SAS），
∴∠CBF＝∠ABE，
∴∠FBE＝∠CBF+∠CBE＝∠ABE+∠CBE＝∠CBA＝90°，
∴線段BE繞點B順時針旋轉90° 得BF，
∵PE∥FC，
∴∠PEQ＝∠CFQ，∠EPQ＝∠FCQ，
∵PE＝FC，
∴△PEQ≌△CFO（ASA），
∴EQ＝FQ，
∴∠GBE＝EBF＝45°；
（2）如圖（2）所示，點N與點H即為所求，
理由：∵BC＝BA，∠BCF＝∠BAE＝90°，CF＝AE，
∴△BCF≌△BAE（SAS），
∴BF＝BE，
∵DF＝DE，
∴BF與BE 關于BD對稱
∵BN＝BM，
∴M，N關于BD對稱，
∵PE∥FC，
∴△POE∽△QOF，
∴，
∵MG∥AE
∴，
∴，
∵∠MEO＝∠BEF，
∴△MEO∽△BEF，
∴∠EMO＝∠EBF，
∴OM∥BF，
∴∠MHB＝∠FBH，
由軸對稱可得∠FBH＝∠EBH，
∴∠BHM＝∠MBD．
【點睛】本題考查了作圖﹣旋轉變換，軸對稱變換，勾股定理、勾股定理的逆定理，全等三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是掌握旋轉和軸對稱的性質．
類型五 幾何變換綜合題
1．（2023 廣元）如圖1，已知線段AB，AC，線段AC繞點A在直線AB上方旋轉，連接BC，以BC為邊在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC＝30°．
（1）若∠BDC＝90°，以AB為邊在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，連接DE，用等式表示線段AC與DE的數量關系是 　AC＝DE　；
（2）如圖2，在（1）的條件下，若DE⊥AB，AB＝4，AC＝2，求BC的長；
（3）如圖3，若∠BCD＝90°，AB＝4，AC＝2，當AD的值最大時，求此時tan∠CBA的值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【點撥】（1）證明△ABE∽△CBD，根據相似三角形的性質得出，∠DBE＝∠CBA，進而證明△ABC∽△EBD，根據相似三角形的性質即可求解；
（2）求出AE＝2，延長DE交AB于點F，在Rt△AEF 中，由直角三角形的性質求得EF，AF，進而求得BF的長，根據（1 的結論，得出 ，在Rt△BFD中，勾股定理求得BD，進而根據△ABC∽△EBD，即可求出案．
（3）如圖所示，以AB為邊在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，連接BE，EA，ED，EC，同（1）可得△BDE∽△BCA，求出AE的長，進而得出D在以E為圓心，為半徑的圓上運動，當點A，E，D 三點共線時，AD的值最大，進而求得 ，，根據△ABC∽△EBD得出∠BDE＝∠BCA，過點A作AF⊥BC于點F，由直角三角形的性質分別求得AF，CF，然后求出BF，最后根據正切的定義即可得出答案．
【解析】解：（1）在Rt△BDC中，∠DBC＝30°，在Rt△BAE中，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，
∴△ABE∽△CBD，∠DBE+∠EBC＝∠ABC+∠EBC，，
∴，∠DBE＝∠CBA，
∴△ABC∽△EBD，
∴，
∴，
故答案為：AC＝DE；
（2）在Rt△BAE，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，AB＝4，
∴AE＝AB sin∠EBA＝AB＝2，∠BAE＝60°，
延長DE交AB于點F，如圖所示，
∴，，
∴BF＝AB﹣AF＝4﹣1＝3，
由（1）可得，
∴，
∴，
在Rt△BFD中，，
∵△ABC∽△EBD，
∴，
∴，
即；
（3）如圖所示，以AB為邊在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，連接BE，EA，ED，EC，
同（1）可得△BDE∽△BCA，
∴，
∵AC＝2，
∴，
在Rt△AEB中，AB＝4，，
∴D在以E為圓心，為半徑的圓上運動，
∴當點A，E，D三點共線時，AD的值最大，此時如圖所示，則，
在Rt△ABD中，，
∴cos∠BDA＝＝，sin∠BDA＝＝，
∵∠BEA＝60°，
∴∠BED＝120°，
∵△ABC∽△EBD，
∴∠BDE＝∠BCA，
過點A作AF⊥BC于點F，
∴，，
∵∠DBC＝30°，
∴BC＝BD＝＝2，
∴，
Rt△AFB中，tan＝．
【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了旋轉的性質，直角三角形的性質，相似三角形的性質與判定，勾股定理，解直角三角形，銳角三角函數的定義，熟練掌握解直角三角形及相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．
2．（2023 重慶）如圖，在等邊△ABC中，AD⊥BC于點D，E為線段AD上一動點（不與A，D重合），連接BE，CE，將CE繞點C順時針旋轉60°得到線段CF，連接AF．
（1）如圖1，求證：∠CBE＝∠CAF；
（2）如圖2，連接BF交AC于點G，連接DG，EF，EF與DG所在直線交于點H，求證：EH＝FH；
（3）如圖3，連接BF交AC于點G，連接DG，EG，將△AEG沿AG所在直線翻折至△ABC所在平面內，得到△APG，將△DEG沿DG所在直線翻折至△ABC所在平面內，得到△DQG，連接PQ，QF．若AB＝4，直接寫出PQ+QF的最小值．
【答案】（1）證明過程見解析；
（2）證明過程見解析；
（3）+2．
【點撥】（1）根據旋轉的性質得出CE＝CF，∠ECF＝60°，進而證明△BCE≌△ACF（SAS），即可得證；
（2）過點F作FK∥AD，交DH點的延長線于點K，連接EK，FD，證明四邊形EDFK是平行四邊形，即可得證；
（3）如圖所示，延長AP，DQ交于點R，由（2）可知△DCG是等邊三角形，根據折疊的性質可得∠PAG＝∠EAG＝30°，∠QDG＝∠EDG＝30°，進而得出△ADR是等邊三角形，由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG，得出四邊形GDQF是平行四邊形，則QF＝DC＝AC＝2，進而得出∠PGQ＝360°﹣2∠AGD＝120°，則PQ＝PG＝GQ，當GQ取得最小值時，即GQ⊥DR時，PQ取得最小值，即可求解．
【解析】（1）證明：∵△ABC為等邊三角形，
∴∠ACB＝60°，AC＝BC，
∵將CE繞點C順時針旋轉60°得到線段CF，
∴CE＝CF，∠ECF＝60°，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠BCA＝∠ECF，
∴∠BCE＝∠ACF，
∴△BCE≌△ACF（SAS），
∴∠CBE＝∠CAF；
（2）證明：如圖所示，過點F作FK∥AD，交DH點的延長線于點K，連接EK，FD，
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∴AD垂直平分BC，
∴EB＝EC，
又∵△BCE≌△ACF，
∴AF＝BE，CF＝CE，
∴AF＝CF，
∴F在AC的垂直平分線上，
∵AB＝BC，
∴B在AC的垂直平分線上，
∴BF垂直平分AC，
∴AC⊥BF，AG＝CG＝AC，
∴∠AGF＝90°，
又∵DG＝AC＝CG，∠ACD＝60°，
∴△DCG是等邊三角形，
∴∠CGD＝∠CDG＝60°，
∴∠AGH＝∠DGC＝60°，
∴∠KGF＝∠AGF﹣∠AGH＝90°﹣60°＝30°，
又∵∠ADK＝∠ADC﹣∠GDC＝90°﹣60＝30°，KF∥AD，
∴∠HKF＝∠ADK＝30°，
∴∠FKG＝∠KGF＝30°，
∴FG＝FK，
在Rt△CED與Rt△CGF中，
，
∴Rt△CED≌Rt△CFG，
∴GF＝ED，
∴ED＝FK，
∴四邊形EDFK是平行四邊形，
∴EH＝HF；
解法二：連接CH，證明∠CHE＝90°，可得結論．
（3）解：依題意，如圖所示，延長AP，DQ交于點R，
由（2）可知△DCG是等邊三角形，
∴∠EDG＝30°，
∵將△AEG沿AG所在直線翻折至△ABC所在平面內，得到△APG，將△DEG沿DG所在直線翻折至△ABC所在平面內，得到△DQG，
∴∠PAG＝∠EAG＝30°，∠QDG＝∠EDG＝30°，
∴∠PAE＝∠QDE＝60°，
∴△ADR是等邊三角形，
∴∠QDC＝∠ADC﹣∠ADQ＝90°﹣60°＝30°，
由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG，
∴DE＝GF，
∴DE＝DQ，
∴GF＝DQ，
∵∠GBC＝∠QDC＝30°，
∴GF∥DQ，
∴四邊形GDQF是平行四邊形，
∴QF＝DG＝AC＝2，
由（2）可知G是AC的中點，則GA＝GD，
∴∠GAD＝∠GDA＝30°，
∴∠AGD＝120°，
∵折疊，
∴∠AGP+∠DGQ＝∠AGE+∠DGE＝∠AGD＝120°，
∴∠PGQ＝360°﹣2∠AGD＝120°，
又PG＝GE＝GQ，
∴PQ＝PG＝GQ，
∴當GQ取得最小值時，即GQ⊥DR時，PQ取得最小值，此時如圖所示，
∴GQ＝GC＝DC＝1，
∴PQ＝，
∴PQ+QF＝+2．
解法二：由兩次翻折，推得∠PGQ＝360°﹣240°＝120°，則PQ＝PG＝EG，
由QF＝DG＝2，推出PQ1+QF的最小值，只需要求出EG的最小值，
當EG⊥AD時，EG的值最小，最小值為1，
∴PQ+QF的最小值為+2．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，旋轉的性質，軸對稱的性質，勾股定理，平行四邊形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
3．（2023 岳陽）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，點M，N分別為邊AB，BC的中點，連接MN．
初步嘗試：（1）MN與AC的數量關系是 　MN＝AC　，MN與AC的位置關系是 　MN∥AC　．
特例研討：（2）如圖2，若∠BAC＝90°，BC＝4，先將△BMN繞點B順時針旋轉α（α為銳角），得到△BEF，當點A，E，F在同一直線上時，AE與BC相交于點D，連接CF．
①求∠BCF的度數；
②求CD的長．
深入探究：（3）若∠BAC＜90°，將△BMN繞點B順時針旋轉α，得到△BEF，連接AE，CF．當旋轉角α滿足0°＜α＜360°，點C，E，F在同一直線上時，利用所提供的備用圖探究∠BAE與∠ABF的數量關系，并說明理由．
【答案】（1）；MN∥AC；
（2）①∠BCF＝30°；②；
（3）∠BAE＝∠ABF 或∠BAE+∠ABF＝180°．
【點撥】（1）AB＝AC，點M，N分別為邊AB，BC的中點，則MN是△ABC的中位線，即可得出結論；
（2）特例研討：①連接EM，MN，NF，證明△BME是等邊三角形，△BNF是等邊三角形，得出∠FCB＝30°；
②連接AN，證明△ADN∽△BDE，則 ，設DE＝x，則，在Rt△ABE中，BE＝2，，則，在Rt△ADN中，AD2＝DN2+AN2，勾股定理求得，則；
（3）當點C，E，F在同一直線上時，且點E在FC上時，設∠ABC＝∠ACB＝θ，則∠BAC＝180°﹣2θ，得出∠BEC+∠BAC＝180°，則A．B，E，C 在同一個圓上，進而根據圓周角定理得出∠EAC＝∠EBC＝α﹣θ，表示∠BAE與∠ABF，即可求解；當F在EC上時，可得A，B，E，C在同一個圓上，設∠ABC＝∠ACB＝θ，則∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2θ，設∠NBF＝β，則∠EBM＝β，則 α+β＝360°，表示∠BAE 與∠ABF，即可求解．
【解析】解：（1）∵AB＝AC，點M，N分別為邊AB，BC的中點，
∴MN是△ABC的中位線，
∴，MN∥AC；
故答案為：MN＝AC，MN∥AC；
（2）特例研討：①如圖所示，連接EM，MN，NF，
∵MN是△BAC的中位線，
∴MN∥AC，
∴∠BMN＝∠BAC＝90°，
∵將△BMN繞點B順時針旋轉α（α為銳角），得到△BEF，
∴BE＝BM，BF＝BN；∠BEF＝∠BMN＝90°，
∵點A，E，F在同一直線上，
∴∠AEB＝∠BEF＝90°，
在Rt△ABE中，M是斜邊AB的中點，
∴，
∴BM＝ME＝BE，
∴△BME是等邊三角形，
∴∠ABE＝60°，即旋轉角α＝60°，
∴∠NBF＝60°，BN＝BF，
∴△BNF是等邊三角形，
又∵BN＝NC，BN＝NF，
∴NF＝NC，
∴∠NCF＝∠NFC，
∴∠BNF＝∠NCF+∠NFC＝2∠NFC＝60°，
∴∠FCB＝30°；
（2）如圖所示，連接AN，
∵AB＝AC，∠BAC＝90° ，
∴，∠ACB＝∠ABC＝45°，
∵∠ADN＝∠BDE，∠ANB＝∠BED＝90°，
∴△ADN∽△BDE，
∴，
設DE＝x，則，
在Rt△ABE中，，則，
在Rt△ADN中，AD2＝DN2+AN2，
∴，
解得： 或 （舍去），
∴；
（3）如圖所示，當點C，E，F在同一直線上時，且點E在FC上時，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，設∠ABC＝∠ACB＝θ，則∠BAC＝180°﹣2θ，
∵MN是△ABC的中位線，
∴MN∥AC，
∴∠MNB＝∠MBN＝θ，
∵將△BMN繞點B順時針旋轉α，得到△BEF，
∴△EBF≌△MBN，∠MBE＝∠NBF＝α，
∴∠EBF＝∠EFB＝θ，
∴∠BEF＝180°﹣2θ，
∵點C，E，F在同一直線上，
∴∠BEC＝2θ，
∴∠BEC+∠BAC＝180°，
∴A，B，E，C在同一個圓上，
∴∠EAC＝∠EBC＝α﹣θ，
∴∠BAE＝∠BAC﹣∠EAC＝（180°﹣2θ）﹣（α﹣θ）＝180°﹣α﹣θ，
∵∠ABF＝α+θ，
∴∠BAE+∠ABF＝180°，
如圖所示，當F在EC上時，
∵∠BEF＝∠BAC，BC＝BC，
∴A，B，E，C在同一個圓上，設∠ABC＝∠ACB＝θ，則∠BAC＝∠BEF＝180°﹣2θ，
將△BMN繞點B順時針旋轉α，得到△BEF，設∠NBF＝β，則∠EBM＝β，則 α+β＝360°，
∴∠ABF＝θ﹣β，
∵∠BFE＝∠EBF＝θ，∠EFB＝∠FBC+∠FCB，
∴∠ECB＝∠FCB＝∠EFB﹣∠FBC＝θ﹣β，
∵，
∴∠EAB＝∠ECB＝θ﹣β，
∴∠BAE＝∠ABF，
綜上所述，∠BAE＝∠ABF或∠BAE+∠ABF＝180°．
【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了圓周角定理，圓內接四邊形對角互補，相似三角形的性質與判定，旋轉的性質，中位 線的性質與判定，等腰三角形的性質與判定，三角形內角和定理，三角形外角的性質，勾股定理，熟練掌握 以上知識是解題的關鍵．
4．（2023 貴州）如圖①，小紅在學習了三角形相關知識后，對等腰直角三角形進行了探究，在等腰直角三角形ABC中，CA＝CB，∠C＝90°，過點B作射線BD⊥AB，垂足為B，點P在CB上．
（1）【動手操作】
如圖②，若點P在線段CB上，畫出射線PA，并將射線PA繞點P逆時針旋轉90°與BD交于點E，根據題意在圖中畫出圖形，圖中∠PBE的度數為 　135　度；
（2）【問題探究】
根據（1）所畫圖形，探究線段PA與PE的數量關系，并說明理由；
（3）【拓展延伸】
如圖③，若點P在射線CB上移動，將射線PA繞點P逆時針旋轉90°與BD交于點E，探究線段BA，BP，BE之間的數量關系，并說明理由．
【答案】（1）畫出圖形見解析，135；
（2）PA＝PE，理由見解答過程；
（3）當P在線段BC上時，AB＝BP+BE；當P在線段CB的延長線上時，BE＝BA+BP，理由見解答過程．
【點撥】（1）根據題意畫出圖形，由CA＝CB，∠C＝90°，得∠ABC＝45°，而BD⊥AB，即得∠PBE＝∠ABC+∠ABD＝135°；
（2）過P作PM∥AB交AC于M，證明△PCM是等腰直角三角形，得CP＝CM，∠PMC＝45°，即可證△APM≌△PEB（ASA），故PA＝PE；
（3）當P在線段BC上時，過P作PM∥AB交AC于M，結合（2）可得AB＝BP+BE；當P在線段CB的延長線上時，過P作PN⊥BC交BE于N，證明△BPN是等腰直角三角形，可得∠ABP＝135°，BP＝NP，BN＝BP，∠PNB＝45°，即可證△EPN≌△APB（ASA），EN＝BA，根據BE＝EN+BN，即得BE＝BA+BP．
【解析】解：（1）畫出圖形如下：
∵CA＝CB，∠C＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∵BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∴∠PBE＝∠ABC+∠ABD＝45°+90°＝135°；
故答案為：135；
（2）PA＝PE，理由如下：
過P作PM∥AB交AC于M，如圖：
∴∠MPC＝∠ABC＝45°，
∴△PCM是等腰直角三角形，
∴CP＝CM，∠PMC＝45°，
∴CA﹣CM＝CB﹣CP，即AM＝BP，∠AMP＝135°＝∠PBE，
∵∠APE＝90°，
∴∠EPB＝90°﹣∠APC＝∠PAC，
∴△APM≌△PEB（ASA），
∴PA＝PE；
（3）當P在線段BC上時，過P作PM∥AB交AC于M，如圖：
由（2）可知，BE＝PM，BP＝AM，
∵AB＝（AM+CM），
∴AB＝BP+CM，
∵PM＝CM，
∴AB＝BP+BE；
當P在線段CB的延長線上時，過P作PN⊥BC交BE于N，如圖：
∵∠ABD＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠PBN＝180°﹣∠ABC﹣∠ABD＝45°，
∴△BPN是等腰直角三角形，∠ABP＝135°，
∴BP＝NP，BN＝BP，∠PNB＝45°，
∴∠PNE＝135°＝∠ABP，
∵∠APE＝90°，
∴∠EPN＝90°﹣∠APN＝∠APB，
∴△EPN≌△APB（ASA），
∴EN＝BA，
∵BE＝EN+BN，
∴BE＝BA+BP；
綜上所述，當P在線段BC上時，AB＝BP+BE；當P在線段CB的延長線上時，BE＝BA+BP．
【點睛】本題考查幾何變換綜合應用，涉及等腰直角三角形，旋轉變換，全等三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是作輔助線，構造全等三角形解決問題．
5．（2023 遼寧）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，點O為AB的中點，點D在直線AB上（不與點A，B重合），連接CD，線段CD繞點C逆時針旋轉90°，得到線段CE，過點B作直線l⊥BC，過點E作EF⊥l，垂足為點F，直線EF交直線OC于點G．
（1）如圖1，當點D與點O重合時，請直接寫出線段AD與線段EF的數量關系；
（2）如圖2，當點D在線段AB上時，求證：CG+BD＝BC；
（3）連接DE，△CDE的面積記為S1，△ABC的面積記為S2，當EF：BC＝1：3時，請直接寫出的值．
【答案】（1）AD＝EF，理由見解析；
（2）證明見解析；
（3）的值為或．
【點撥】（1）連接BE，由∠ACB＝90°，CA＝CB，得∠A＝45°，根據線段CD繞點C逆時針旋轉90°，得到線段CE，有CD＝CE，∠DCE＝90°，可得△BCE≌△ACD（SAS），從而BE＝AD，∠A＝∠CBE＝45°，知△BEF是等腰直角三角形，BE＝EF，故AD＝EF；
（2）由∠ACB＝90°，CA＝CB，O為AB的中點，得∠COB＝90°，AB＝BC，證明△CEG≌△DCA（AAS），得CG＝AD，根據AD+BD＝AB，即得CG+BD＝BC；
（3）由EF：BC＝1：3，設EF＝m，則BC＝AC＝3m，分兩種情況：當D在線段AB上時，延長AC交GF于K，由△CEG≌△DCA，得GE＝AC＝3m，而四邊形BCKF是矩形，有KF＝BC＝3m，∠CKG＝90°，根據勾股定理可得CE2＝CK2+KE2＝m2+（2m）2＝5m2，故S1＝CD CE＝CE2＝，S2＝AC BC＝，即得＝；當D在射線BA上時，延長EG交AC于T，同理可得＝．
【解析】（1）解：AD＝EF，理由如下：
連接BE，如圖：
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠A＝45°，
∵線段CD繞點C逆時針旋轉90°，得到線段CE，
∴CD＝CE，∠DCE＝90°，
∴∠BCE＝90°﹣∠BCD＝∠ACD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD，∠A＝∠CBE＝45°，
∵直線l⊥BC，
∴∠EBF＝45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BE＝EF，
∴AD＝EF；
（2）證明：如圖，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，O為AB的中點，
∴∠COB＝90°，AB＝BC，
∵∠BFG＝90°，
∴∠G＝360°﹣∠COB﹣∠OBF﹣∠BFG＝45°＝∠A，
∵BC⊥直線l，EF⊥直線l，
∴BC∥GF，
∴∠CEG＝∠BCE，
∵∠BCE＝90°﹣∠BCD＝∠ACD，
∴∠CEG＝∠ACD，
∵CE＝CD，
∴△CEG≌△DCA（AAS），
∴CG＝AD，
∵AD+BD＝AB，
∴CG+BD＝BC；
（3）解：由EF：BC＝1：3，設EF＝m，則BC＝AC＝3m，
當D在線段AB上時，延長AC交GF于K，如圖：
由（2）知△CEG≌△DCA，
∴GE＝AC＝3m，
∵∠CBF＝∠BFE＝∠BCK＝90°，
∴四邊形BCKF是矩形，
∴KF＝BC＝3m，∠CKG＝90°，
∴KE＝KF﹣EF＝2m，
∴GK＝GE﹣KE＝m，
∵∠G＝45°，
∴CK＝GK＝m，
∴CE2＝CK2+KE2＝m2+（2m）2＝5m2，
∴S1＝CD CE＝CE2＝，
∵AC＝BC＝3m，
∴S2＝AC BC＝，
∴＝；
當D在射線BA上時，延長EG交AC于T，如圖：
同理可得BC＝AC＝EG＝3m，
∴FG＝EG﹣EF＝2m，
∵TF＝BC＝3m，
∴TG＝TF﹣FG＝m，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，O為AB的中點，
∴∠AOC＝45°，
∵BC∥EF，
∴∠ETC＝90°，
∴CT＝TG＝m，
∴CE2＝CT2+TE2＝m2+（m+3m）2＝17m2，
∴S1＝，
∴＝；
綜上所述，的值為或．
【點睛】本題考查等腰直角三角形中的旋轉問題，涉及三角形全等的判定與性質，矩形的判定與性質，三角形面積等知識，解題的關鍵是分類討論思想的應用．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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