决胜2020中考数学压轴题全揭秘下专题14几何变换试题

决胜2020中考数学压轴题全揭秘下专题14几何变换试题

专题 14 几何变换问题 【考点 1】平移变换问题 【例 1】（2019·山东中考真题）在平面直角坐标系中，将点 A（1，﹣2）向上平移 3 个单位长度，再向左 平移 2 个单位长度，得到点 A′，则点 A′的坐标是（ ） A．（﹣1，1） B．（﹣1，﹣2） C．（﹣1，2） D．（1，2） 【答案】A 【解析】 试题分析：已知将点 A（1，﹣2）向上平移 3 个单位长度，再向左平移 2 个单位长度，得到点 A′，根据向 左平移横坐标减，向上平移纵坐标加可得点 A′的横坐标为 1﹣2=﹣1，纵坐标为﹣2+3=1，即 A′的坐标为 （﹣1，1）．故选 A． 考点：坐标与图形变化-平移． 【变式 1-1】（2019·甘肃中考真题）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，将四边形 ABCD 向下平移，再向 右平移得到四边形 1 1 1 1A B C D ，已知 1( 3,5), ( 4,3), (3,3)A B A  ，则点 1B 坐标为（ ） A． (1,2) B． (2,1) C． (1,4) D． (4,1) 【答案】B 【解析】 【分析】 根据 A 和 A1 的坐标得出四边形 ABCD 先向下平移 2 个单位，再向右平移 6 个单位得到四边形 1 1 1 1A B C D ，则 B 的平移方法与 A 点相同，即可得到答案． 【详解】 图形向下平移，纵坐标发生变化，图形向右平移，横坐标发生变化. A（－3，5）到 A1（3，3）得向右平移 3－（－3）＝6 个单位，向下平移 5－3＝2 个单位.所以 B（－4，3）平移后 B1（2，1）. 故选 B. 【点睛】 此题考查图形的平移.，掌握平移的性质是解题关键 【变式 1-2】（2019·广西中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知 ABC 的三个顶点坐标分别是 2, 1 , 1,( ) ( )2 , 3, 3( )A B C   （1）将 ABC 向上平移 4 个单位长度得到 1 1 1A BC ，请画出 1 1 1A BC ； （2）请画出与 ABC 关于 y 轴对称的 2 2 2A B C ； （3）请写出 1 2A A、 的坐标． 【答案】（1）如图所示： 1 1 1A BC ，即为所求；见解析；（2）如图所示： 2 2 2A B C ，即为所求；见解析；（3） 1 22,3 ,) , 1( ( )2A A   ． 【解析】 【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. 【详解】 （1）如图所示： 1 1 1A BC ，即为所求； （2）如图所示： 2 2 2A B C ，即为所求； （3） 1 22,3 ,) , 1( ( )2A A   ． 【点睛】 此题主要考查了轴对称变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键. 【考点 2】轴对称变换问题（含折叠变换） 【例 2】（2019·四川中考真题）如图，在菱形 ABCD 中， 4sin 5B  ，点 ,E F 分别在边 ,AD BC 上，将四 边形 AEFB 沿 EF 翻折，使 AB 的对应线段 MN 经过顶点C ，当 MN BC 时， AE AD 的值是_____． 【答案】 2 9 . 【解析】 【分析】 延长 CM 交 AD 于点G ，进而利用翻折变换的性质得出 AE ME ， A EMC   ， BF FN ， B N   ， AB MN ，再利用菱形的性质得出 AB BC CD AD   ， B D   ， 180A B     ， 设 4CF x ， 5FN x ，利用勾股定理得出 9BC x AB CD AD    ，再根据三角函数进行计算即可解 答 【详解】 延长 CM 交 AD 于点G ， ∵将四边形 AEFB 沿 EF 翻折， ∴ AE ME ， A EMC   ， BF FN ， B N   ， AB MN ∵四边形 ABCD 是菱形 ∴ AB BC CD AD   ， B D   ， 180A B     ∵ 4sin sin5 CFB N FN    ， ∴设 4CF x ， 5FN x ， ∴ 2 2 3CN FN CF x   ， ∴ 9BC x AB CD AD    ， ∵ 4sin sin5 GCB D CD    ∴ 36 5 xGC  ∴   36x 665 5GM GC MN CN x x      ∵ 180A B     ， 180EMC EMG     ∴ B EMG   ∴ 4sin sin 5 EGB EMG EM     ∴ 3cos 5 GMEMG EM    ∴ =2EM x ， ∴ 2AE x ， ∴ 2 2 9 9 AE x AD x   故答案为： 2 9 . 【点睛】 此题考查翻折变换，菱形的性质，三角函数，解题关键在于利用折叠的性质进行解答 【变式 2-1】（2019·江苏中考真题）如图，将平行四边形纸片 ABCD 沿一条直线折叠，使点 A 与点C 重 合，点 D 落在点G 处，折痕为 EF ．求证： （1） ECB FCG   ； （2） EBC FGC   ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】 (1)依据平行四边形的性质，即可得到 A BCD   ，由折叠可得， A ECG   ，即可得到 ECB FCG   ； (2)依据平行四边形的性质，即可得出 D B   ， AD BC ，由折叠可得， D G   ， AD CG ，即 可得到 B G   ， BC CG ，进而得出 EBC FGC   ． 【详解】 (1) 四边形 ABCD 是平行四边形， A BCD   ， 由折叠可得， A ECG   ， BCD ECG   ， BCD ECF ECG ECF     ， ECB FCG   ； (2) 四边形 ABCD 是平行四边形， D B   ， AD BC ， 由折叠可得， D G   ， AD CG ， B G   ， BC CG ， 又 ECB FCG   ， ( )EBC FGC ASA   ． 【点睛】 本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定，熟练掌握平行四边形的性质以及折叠的 性质是解题的关键. 【变式 2-2】（2019·江苏中考真题）如图，已知等边△ABC 的边长为 8，点 P 是 AB 边上的一个动点（与点 A、B 不重合），直线 l 是经过点 P 的一条直线，把△ABC 沿直线 l 折叠，点 B 的对应点是点 B’. （1）如图 1，当 PB=4 时，若点 B’恰好在 AC 边上，则 AB’的长度为_____； （2）如图 2，当 PB=5 时，若直线 l//AC，则 BB’的长度为 ； （3）如图 3，点 P 在 AB 边上运动过程中，若直线 l 始终垂直于 AC，△ACB’的面积是否变化？若变化，说 明理由；若不变化，求出面积； （4）当 PB=6 时，在直线 l 变化过程中，求△ACB’面积的最大值. 【答案】（1）4；（2）5 3 ；（3）面积不变，S△ACB’=16 3 ；（4）24+4 3 【解析】 【分析】 (1)证明△APB′是等边三角形即可解决问题； (2)如图 2 中，设直线 l 交 BC 于点 E，连接 B B′交 PE 于 O，证明△PEB 是等边三角形，求出 OB 即可解决 问题； (3)如图 3 中，结论：面积不变，证明 B B′//AC 即可； (4)如图 4 中，当 PB′⊥AC 时，△ACB′的面积最大，设直线 PB′交 AC 于点 E，求出 B′E 即可解决问题. 【详解】 (1) 如图 1，∵△ABC 为等边三角形， ∴∠A=60°，AB=BC=CA=8， ∵PB=4， ∴PB′=PB=PA=4， ∵∠A=60°， ∴△APB′是等边三角形， ∴AB′=AP=4， 故答案为 4； (2)如图 2，设直线 l 交 BC 于点 E，连接 B B′交 PE 于 O， ∵PE∥AC， ∴∠BPE=∠A=60°，∠BEP=∠C=60°， ∴△PEB 是等边三角形， ∵PB=5，B、B′关于 PE 对称， ∴BB′⊥PE，BB′=2OB， ∴OB=PB·sin60°= 5 3 2 ， ∴BB′=5 3 ， 故答案为 5 3 ； (3)如图 3，结论：面积不变. 过点 B 作 BE⊥AC 于 E， 则有 BE=AB·sin60°= 38 4 32   ， ∴S△ABC= 1 1 8 4 32 2AC BE    =16 3 ， ∵B、B′关于直线 l 对称， ∴BB′⊥直线 l， ∵直线 l⊥AC， ∴AC//BB′， ∴S△ACB’=S△ABC=16 3 ； (4)如图 4，当 B′P⊥AC 时，△ACB′的面积最大， 设直线 PB′交 AC 于 E， 在 Rt△APE 中，PA=2，∠PAE=60°， ∴PE=PA·sin60°= 3 ， ∴B′E=B′P+PE=6+ 3 ， ∴S△ACB 最大值= 1 2 ×(6+ 3 )×8=24+4 3 . 【点睛】 本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定与性质，轴对称变换，解直角三角形，平行线的判定与 性质等知识，理解题意，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键. 【考点 3】旋转变换问题 【例 3】（2019·山东中考真题）(1)问题发现 如图 1,△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D 在一条直线上. 填空:线段 AD,BE 之间的关系为 . (2)拓展探究 如图 2,△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断 AD,BE 的关系,并说明理由. (3)解决问题 如图 3,线段 PA=3,点 B 是线段 PA 外一点,PB=5,连接 AB,将 AB 绕点 A 逆时针旋转 90°得到线段 AC,随着点 B 的位置的变化,直接写出 PC 的范围. 【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．(3) 5-3 2 ≤PC≤5+3 2 ． 【解析】 【分析】 （1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得 AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长 BE 交 AD 于点 F，由垂直 定义得 AD⊥BE． （2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE； （3）作 AE⊥AP，使得 AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当 P、E、B 共线时，BE 最小，最小值=PB-PE； 当 P、E、B 共线时，BE 最大，最大值=PB+PE，故 5-3 2 ≤BE≤5+3 2 . 【详解】 （1）结论：AD=BE，AD⊥BE． 理由：如图 1 中， ∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形， ∴AC=BC，CE=CD， ∠ACB=∠ACD=90°， 在 Rt△ACD 和 Rt△BCE 中 AC BC ACD BCE CD CE     ＝ ＝ ＝ ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD=BE，∠EBC=∠CAD 延长 BE 交 AD 于点 F， ∵BC⊥AD， ∴∠EBC+∠CEB=90°， ∵∠CEB=AEF， ∴∠EAD+∠AEF=90°， ∴∠AFE=90°，即 AD⊥BE． ∴AD=BE，AD⊥BE． 故答案为 AD=BE，AD⊥BE． （2）结论：AD=BE，AD⊥BE． 理由：如图 2 中，设 AD 交 BE 于 H，AD 交 BC 于 O． ∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形， ∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°， ∴ACD=∠BCE， 在 Rt△ACD 和 Rt△BCE 中 AC BC ACD BCE CD CE     ＝ ＝ ＝ ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD=BE，∠CAD=∠CBE， ∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH， ∴∠BOH+∠OBH=90°， ∴∠OHB=90°， ∴AD⊥BE， ∴AD=BE，AD⊥BE． （3）如图 3 中，作 AE⊥AP，使得 AE=PA，则易证△APE≌△ACP， ∴PC=BE， 图 3-1 中，当 P、E、B 共线时，BE 最小，最小值=PB-PE=5-3 2 ， 图 3-2 中，当 P、E、B 共线时，BE 最大，最大值=PB+PE=5+3 2 ， ∴5-3 2 ≤BE≤5+3 2 ， 即 5-3 2 ≤PC≤5+3 2 ． 【点睛】 本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识， 解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思 想思考问题，属于中考压轴题． 【变式 3-1】（2019·辽宁中考真题）如图，△ABC 在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为 A(-4，4)，B(-1， 1)，C(-1，4)． (1)画出与△ABC 关于 y 轴对称的△A1B1C1． (2)将△ABC 绕点 B 逆时针旋转 90°，得到△A2BC2，画两出△A2BC2． (3)求线段 AB 在旋转过程中扫过的图形面积．(结果保留π) 【答案】(1)作图见解析；(2)作图见解析；(3) 9 2 π. 【解析】 【分析】 (1)根据关于 y 轴对称的点的坐标特征写出 A1、B1、C1 的坐标，然后描点即可； (2)利用网格特点和旋转的性质画出 A、C 的对应点 A2、C2 即可； (3)线段 AB 在旋转过程中扫过的图形为扇形，然后根据扇形面积公式计算即可． 【详解】 解：(1)如图，△AlB1C1 为所作. (2)如图，△A2BC2 为所作； (3)AB= 2 23 3 =3 2 ， 所以线段 AB 在旋转过程中扫过的图形面积= 290 π (3 2) 360   = 9 2 π． 【点睛】 本题考查了作图-旋转变换：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．也考 查了扇形面积公式． 【变式 3-2】（2019·江苏中考真题）如图①，在 ABC 中， 3AB AC  ， 100BAC   ，D 是 BC 的中 点． 小明对图①进行了如下探究：在线段 AD 上任取一点 P，连接 PB．将线段 PB 绕点 P 按逆时针方向旋转80 ， 点 B 的对应点是点 E，连接 BE，得到 BPE ．小明发现，随着点 P 在线段 AD 上位置的变化，点 E 的位置也 在变化，点 E 可能在直线 AD 的左侧，也可能在直线 AD 上，还可能在直线 AD 的右侧．请你帮助小明继续探 究，并解答下列问题： （1）当点 E 在直线 AD 上时，如图②所示． ① BEP  ；②连接 CE，直线 CE 与直线 AB 的位置关系是 ． （2）请在图③中画出 BPE ，使点 E 在直线 AD 的右侧，连接 CE．试判断直线 CE 与直线 AB 的位置关系， 并说明理由． （3）当点 P 在线段 AD 上运动时，求 AE 的最小值． 【答案】（1）①50  ；② EC AB∥ ；（2） AB EC∥ ；（3）AE 的最小值 3 ． 【解析】 【分析】 （1）①利用等腰三角形的性质即可解决问题．②证明 40ABC   ， 40ECB   ，推出 ABC ECB   即可． （2）如图③中，以 P 为圆心，PB 为半径作⊙P．利用圆周角定理证明 1 402BCE BPE     即可解决问 题． （3）因为点 E 在射线 CE 上运动，点 P 在线段 AD 上运动，所以当点 P 运动到与点 A 重合时，AE 的值最小， 此时 AE 的最小值 3AB  ． 【详解】 （1）①如图②中， ∵ 80BPE   ， PB PE ， ∴ 50PEB PBE     ， ②结论： AB EC∥ ． 理由：∵ AB AC ， BD DC ， ∴ AD BC ， ∴ 90BDE   ， ∴ 90 50 40EBD       ， ∵AE 垂直平分线段 BC， ∴ EB EC ， ∴ 40ECB EBC     ， ∵ AB AC ， 100BAC   ， ∴ 40ABC ACB     ， ∴ ABC ECB   ， ∴ AB EC∥ ． 故答案为 50， AB EC∥ ． （2）如图③中，以 P 为圆心，PB 为半径作⊙P． ∵AD 垂直平分线段 BC， ∴ PB PC ， ∴ 1 402BCE BPE     ， ∵ 40ABC   ， ∴ AB EC∥ ． （3）如图④中，作 AH CE⊥ 于 H， ∵点 E 在射线 CE 上运动，点 P 在线段 AD 上运动， ∴当点 P 运动到与点 A 重合时，AE 的值最小，此时 AE 的最小值 3AB  ． 【点睛】 本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，平行线的判定，圆周角定理等知识，解题的关键是 熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题． 【考点 4】位似变换问题 【例 4】（2019·广西中考真题）如图， ABC 与 ' ' 'A B C 是以坐标原点O 为位似中心的位似图形，若点    2,2 , 3,4A B ，  6,1C ，  ' 6,8B 则 ' ' 'A B C 的面积为__． 【答案】18． 【解析】 【分析】 根据  3,4B ，  ' 6,8B 的坐标得到位似比，继而得到 A、C 对应点的坐标，再用 ' ' 'A B C 所在的矩形的 面积减去顶点处的三角形面积即可求得答案. 【详解】 ∵ ABC 与 ' ' 'A B C 是以坐标原点O 为位似中心的位似图形， 若点  3,4B ，  ' 6,8B ， ∴位似比为： 3 1=6 2 ， ∵  2,2A ，  6,1C ， ∴    ' 4,4 , ' 12,2A C ， ∴ ' ' 'A B C 的面积为： 1 1 16 8 2 4 6 6 2 8 182 2 2            ， 故答案为：18． 【点睛】 本题考查了位似变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题关键． 【变式 4-1】（2019·山东中考真题）在平面直角坐标系中， ABO 三个顶点的坐标分别为      2,4 , 4,0 , 0,0A B O  ．以原点 O 为位似中心，把这个三角形缩小为原来的 1 2 ，得到 CDO ，则点 A 的对应点C 的坐标是__________． 【答案】 1,2 或 1, 2 【解析】 【分析】 根据位似图形的中心和位似比例即可得到点 A 的对应点 C. 【详解】 解：以原点O 为位似中心，把这个三角形缩小为原来的 1 2 ，点 A 的坐标为 2,4 ， ∴点C 的坐标为 1 12 ,2 2( 4 )   或 1 12 ,2 2( 4 )   ，即 1,2 或 1, 2 ， 故答案为： 1,2 或 1, 2 ． 【点睛】 本题主要考查位似图形的对应点，关键在于原点的位似图形，要注意方向. 【变式 4-2】（2018·四川中考真题）如图， ABC 在方格纸中. （1）请在方格纸上建立平面直角坐标系，使 (2,3)A ， (6,2)C ，并求出 B 点坐标； （2）以原点O 为位似中心，相似比为 2，在第一象限内将 ABC 放大，画出放大后的图形 ' ' 'A B C ； （3）计算 ' ' 'A B C 的面积 S . 【答案】（1）作图见解析； (2,1)B .（2）作图见解析；（3）16. 【解析】 分析：（1）直接利用 A，C 点坐标得出原点位置进而得出答案； （2）利用位似图形的性质即可得出△A'B'C'； （3）直接利用（2）中图形求出三角形面积即可． 详解：（1）如图所示，即为所求的直角坐标系；B（2，1）； （2）如图：△A'B'C'即为所求； （3）S△A'B'C'= 1 2 ×4×8=16． 点睛：此题主要考查了位似变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题的关键．画位似图形的 一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和关键点；③根据位似比，确定位似图形的关 键点；④顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形． 一、单选题 1．（2019·浙江中考真题）在平面直角坐标系中，点  , 2A m 与点 ( )3,b n 关于 y 轴对称，则（ ） A． 3m  ， 2n  B． 3m   ， 2n  C． 2m  ， 3n  D． 2m   ， 3n  【答案】B 【解析】 【分析】 根据点关于 y 轴对称，其横坐标互为相反数，纵坐标相同即可得到答案. 【详解】 A，B 关于 y 轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标相同,故选 B 【点睛】 本题考查点坐标的轴对称，解题的关键熟练掌握点坐标的轴对称. 2．（2019·辽宁中考真题）如图，点 P（8，6）在△ABC 的边 AC 上，以原点 O 为位似中心，在第一象限内 将△ABC 缩小到原来的 1 2 ，得到△A′B′C′，点 P 在 A′C′上的对应点 P′的的坐标为（ ） A．（4，3） B．（3，4） C．（5，3） D．（4，4） 【答案】A 【解析】 【分析】 直接利用在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为 k，那么位似图形对应点的坐 标的比等于 k 或−k，进而结合已知得出答案． 【详解】 ∵点 P（8，6）在△ABC 的边 AC 上，以原点 O 为位似中心，在第一象限内将△ABC 缩小到原来的 1 2 ，得到 △A′B′C′， ∴点 P 在 A′C′上的对应点 P′的的坐标为：（4，3）． 故选：A． 【点睛】 此题主要考查了位似变换，正确得出位似比是解题关键． 3．（2019·湖南中考真题）如图，将 OAB 绕点O 逆时针旋转 70°到 OCD 的位置，若 40AOB   ， 则 AOD  （ ） A．45° B．40° C．35° D．30° 【答案】D 【解析】 【分析】 首先根据旋转角定义可以知道 70BOD   ，而 40AOB   ，然后根据图形即可求出 AOD ． 【详解】 解：∵ OAB 绕点O 逆时针旋转 70°到 OCD 的位置， ∴ 70BOD   ， 而 40AOB   ， ∴ 70 40 30AOD      故选：D． 【点睛】 此题主要考查了旋转的定义及性质，其中解题主要利用了旋转前后图形全等，对应角相等等知识． 4．（2019·广东中考真题）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 【解析】 【分析】 根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐一进行判断即可得. 【详解】 A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意， 故选 C. 【点睛】 本题主要考查轴对称图形和中心对称图形，在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能 够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，如果把一个图形绕某个点旋转 180°后，能与原图形 重合，那么就说这个图形是中心对称图形. 5．（2019·浙江中考真题）如图，在直角坐标系中，已知菱形 OABC 的顶点 A(1,2)，B(3,3)．作菱形 OABC 关于 y 轴的对称图形 OA′B′C′，再作图形 OA′B′C′关于点 O 的中心对称图形 OA″B″C″，则点 C 的 对应点 C″的坐标是（ ） A．(2,-1) B．(1,-2) C． (-2,1) D． (-2,-1) 【答案】A 【解析】 【分析】 先找出对应点，再用线段顺次连接作出图形，根据图形解答即可. 【详解】 如图，  '' 2 1C ， . 故选 A. 【点睛】 本题考查了轴对称作图及中心对称作图，熟练掌握轴对称作图及中心对称的性质是解答本题的关键，中心 对称的性质：①关于中心对称的两个图形能够完全重合；②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经 过对称中心，并且被对称中心平分. 6．（2019·四川中考真题）在平面直角坐标系中，将点 2,3 向右平移 4 个单位长度后得到的点的坐标为 （ ） A． 2,3 B． 6,3 C． 2,7 D． 2, 1  【答案】A 【解析】 【分析】 根据直角坐标系的坐标平移即可求解. 【详解】 一个点向右平移之后的点的坐标，纵坐标不变，横坐标加 4，故选 A 【点睛】 此题主要考查坐标的平移，解题的关键是熟知直角坐标系的特点. 7．（2019·湖南中考真题）点 ( 1, 2) 关于原点的对称点坐标是（ ） A． ( 1, 2)- - B． (1, 2) C． (1, 2) D． (2, 1) 【答案】B 【解析】 【分析】 坐标系中任意一点  ,P x y ，关于原点的对称点是 ,x y  ，即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反 数． 【详解】 根据中心对称的性质，得点  1,2 关于原点的对称点的坐标为  1, 2 ． 故选 B． 【点睛】 本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数． 8．（2019·湖南中考真题）如图，以点 O 为位似中心，把 ABC 放大为原图形的 2 倍得到 A'B'C' ，以下 说法中错误的是（ ） A． ABC A'B'C' ∽ B．点 C、点 O、点 C′三点在同一直线上 C． AO: AA' 1: 2 D． AB A'B' 【答案】C 【解析】 【分析】 直接利用位似图形的性质进而分别分析得出答案． 【详解】 ∵以点 O 为位似中心，把 ABC 放大为原图形的 2 倍得到 A'B'C' ， ∴ ABC A'B'C' ∽ ，点 C、点 O、点 C′三点在同一直线上， AB A'B' ， AO: AA' 1:3 ， ∴C 选项错误，符合题意． 故选 C． 【点睛】 此题主要考查了位似变换，正确把握位似图形的性质是解题关键． 9．（2018·湖南中考真题）如图所示，在平面直角坐标系中，已知点 A（2，4），过点 A 作 AB⊥x 轴于点 B．将 △AOB 以坐标原点 O 为位似中心缩小为原图形的 1 2 ，得到△COD，则 CD 的长度是（ ） A．2 B．1 C．4 D．2 5 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用位似图形的性质结合 A 点坐标可直接得出点 C 的坐标，即可得出答案． 【详解】∵点 A（2，4），过点 A 作 AB⊥x 轴于点 B，将△AOB 以坐标原点 O 为位似中心缩小为原图 形的 1 2 ，得到△COD， ∴C（1，2），则 CD 的长度是 2， 故选 A． 【点睛】本题主要考查了位似变换以及坐标与图形的性质，正确把握位似图形的性质是解题关键． 10．（2019·山东中考真题）如图，点 A 的坐标是(-2,0)，点 B 的坐标是(0,6)，C 为 OB 的中点，将△ABC 绕点 B 逆时针旋转 90°后得到 A B C   ．若反比例函数 ky x  的图象恰好经过 A B 的中点 D，则 k 的值是 （ ） A．9 B．12 C．15 D．18 【答案】C 【解析】 【分析】 作 'A H y 轴于 .H 证明 AOB ≌  'BHA AAS ，推出OA BH ， 'OB A H ，求出点 'A 坐标，再利 用中点坐标公式求出点 D 坐标即可解决问题． 【详解】 解：作 A H y  轴于 H ． ∵ 90AOB A HB ABA         ， ∴ 90ABO A BH      ， 90ABO BAO     ， ∴ BAO A BH    ， ∵ BA BA  ， ∴  AOB BHA AAS ≌ ， ∴OA BH ，OB A H  ， ∵点 A 的坐标是 2,0 ，点 B 的坐标是 0,6 ， ∴ 2OA  ， 6OB  ， ∴ 2BH OA  ， 6A H OB   ， ∴ 4OH  ， ∴  6,4A ， ∵ BD A D  ， ∴  3,5D ， ∵反比例函数 ky x  的图象经过点 D ， ∴ 15k  ． 故选：C． 【点睛】 本题考查反比例函数图形上的点的坐标特征，坐标与图形的变化 - 旋转等知识，解题的关键是学会添加常用 辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 11．（2019·浙江中考真题）在数学拓展课上，小明发现：若一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这 条直线平分该平行四边形的面积. 如图是由 5 个边长为 1 的小正方形拼成的图形， P 是其中 4 个小正方形 的公共顶点，小强在小明的启发下，将该图形沿着过点 P 的某条直线剪一刀，把它剪成了面积相等的两部 分，则剪痕的长度是（ ） A． 2 2 B． 5 C． 3 5 2 D． 10 【答案】D 【解析】 【分析】 根据中心对称的性质即可作出剪痕，根据三角形全等的性质即可证得 EM=DN，利用勾股定理即可求得． 【详解】 如图， EF 为剪痕，过点 F 作 FG EM 于G . ∵ EF 将该图形分成了面积相等的两部分， ∴ EF 经过正方形 ABCD 对角线的交点， ∴ ,AF CN BF DN  . 易证 PME PDN ≌ ， ∴ EM DN ， 而 AF MG ， ∴ 1EG EM MG DN AF DN CN DC        . 在 Rt FGE 中， 2 2 2 23 1 10FG EGEF     . 故选：D. 【点睛】 本题考查了图形的剪拼，中心对称的性质，勾股定理的应用，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键． 12．（2019·湖北中考真题）如图，矩形 ABCD 中，AC 与 BD 相交于点 E ， : 3 :1AD AB  ，将 ABD△ 沿 BD 折叠，点 A 的对应点为 F ，连接 AF 交 BC 于点G ，且 2BG  ，在 AD 边上有一点 H ，使得 BH EH 的值最小，此时 BH CF  （ ） A． 3 2 B． 2 3 3 C． 6 2 D． 3 2 【答案】B 【解析】 【分析】 设 BD 与 AF 交于点 M．设 AB=a，AD= 3 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= 3 a．解直角△BGM，求出 BM，再表示 DM，由△ADM∽△GBM， 求出 a=2 3 ，再证明 CF=CD=2 3 ．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 3 ），B′（3，-2 3 ），E（0， 3 ），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 4 2 3 BH CF  = 2 3 3 ． 【详解】 如图，设 BD 与 AF 交于点 M．设 AB=a，AD= 3 a， ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠DAB=90°，tan∠ABD= 3 1 AD AB  ， ∴BD=AC= 2 2AB AD =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= 3 a， 在△BGM 中，∵∠BMG=90°，∠GBM=30°，BG=2， ∴GM= 1 2 BG=1，BM= 3 GM= 3 ， ∴DM=BD-BM=2a- 3 ， ∵矩形 ABCD 中，BC∥AD， ∴△ADM∽△GBM， ∴ AD DM BG BM  ，即 3 2 3 2 3 a a  ， ∴a=2 3 ， ∴BE=DE=AE=CE=AB=CD=2 3 ，AD=BC=6，BD=AC=4 3 ， 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 3 ， 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 3 ），B′（3，-2 3 ），E（0， 3 ）， 易求直线 B′E 的解析式为 y=- 3 x+ 3 ， ∴H（1，0）， ∴BH= 2 2(3 1) (2 3 0)   =4， ∴ 4 2 3 BH CF  = 2 3 3 ． 故选：B． 【点睛】 本题考查了折叠的性质：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．也考查了矩形的性质，解直角三角形，等边三角形、垂直平分线、相似三角形 的判定与性质，待定系数法求直线的解析式，轴对称-最短路线问题，两点间的距离公式等知识．综合性较 强，有一定难度．分别求出 BH、CF 的长是解题的关键． 13．（2019·湖南中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为 1 的正方形 OABC 绕点 O 顺时针旋转 45 后得到正方形 1 1 1OA B C ，依此方式，绕点 O 连续旋转 2019 次得到正方形 2019 2019 2019OA B C ，那么点 2019A 的 坐标是( ) A． 2 2,2 2      B． (1,0) C． 2 2,2 2       D． (0, 1) 【答案】A 【解析】 【分析】 根据旋转的性质分别求出点 A1、A2、A3、…的坐标，继而发现 8 次为一个循环，用 2019 除以 8，看余数即可 求得答案. 【详解】 四边形 OABC 是正方形，且 OA 1 ，  A 0,1 ， 将正方形 OABC 绕点 O 逆时针旋转 45 后得到正方形 1 1 1OA B C ， ∴点 A1 的横坐标为 1 2sin 45 2    ，点 A1 的纵坐标为 1 2cos45 2    ， 1 2 2A ,2 2       ， 继续旋转则  2A 1,0 ， 3 2 2A ,2 2      ，A4(0，-1)，A5 2 2,2 2       ，A6(-1，0)，A7 2 2,2 2      ，A8(0， 1)，A9 2 2,2 2       ，……， 发现是 8 次一循环，所以 2019 8 252  …余 3， 点 2019A 的坐标为 2 2,2 2      ， 故选 A． 【点睛】 本题考查了旋转的性质，规律题——点的坐标的变化规律，通过分析正确得出坐标的变化规律是解题的关 键. 14．（2019·江苏中考真题）如图，△ABC 中，AB=AC=2，∠B=30°，△ABC 绕点 A 逆时针旋转α(0<α<120°) 得到 AB C  ， ' 'B C 与 BC，AC 分别交于点 D，E.设CD DE x  ， AEC  的面积为 y ，则 y 与 x 的函数 图象大致为( ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 【分析】 连接 B′C，作 AH⊥B′C′，垂足为 H，由已知以及旋转的性质可得 AB′=AB=AC=AC′=2， ∠AB′C′=∠C′=30°，继而可求出 AH 长，B′C′的长，由等腰三角形的性质可得∠AB′C=∠ACB′，再 根据∠AB′D=∠ACD=30°，可得∠DB′C=∠DCB′，从而可得 B′D=CD，进而可得 B′E=x，由此可得 C′E=2 3 -x，再根据三角形面积公式即可求得 y 与 x 的关系式，由此即可得到答案. 【详解】 连接 B′C，作 AH⊥B′C′，垂足为 H， ∵AB=AC，∠B=30°， ∴∠C=∠B=30°， ∵△ABC 绕点 A 逆时针旋转α(0<α<120°)得到 AB C  ， ∴AB′=AB=AC=AC′=2，∠AB′C′=∠C′=30°， ∴AH= 1 2 AC′=1， ∴C′H= 2 2 3AC AH   ， ∴B′C′=2C′H=2 3 ， ∵AB′=AC， ∴∠AB′C=∠ACB′， ∵∠AB′D=∠ACD=30°， ∴∠AB′C-∠AB′D=∠ACB′-∠ACD， 即∠DB′C=∠DCB′， ∴B′D=CD， ∵CD+DE=x， ∴B′D+DE=x，即 B′E=x， ∴C′E=B′C′-B′E=2 3 -x， ∴y= 1 2 C E AH  = 1 2 ×(2 3 -x)×1= 1 32 x  ， 观察只有 B 选项的图象符合题意， 故选 B. 【点睛】 本题考查的是几何综合题，涉及了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，一次函数的应用等 知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键. 15．（2019·辽宁中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将△ABO 沿 x 轴向右滚动到△AB1C1 的位置，再到 △A1B1C2 的位置……依次进行下去，若已知点 A(4，0)，B(0，3)，则点 C100 的坐标为( ) A． 121200, 5      B． 600,0 C． 12600, 5      D． 1200,0 【答案】B 【解析】 【分析】 根据三角形的滚动，可得出：每滚动 3 次为一个周期，点 C1，C3，C5，…在第一象限，点 C2，C4，C6，…在 x 轴上，由点 A，B 的坐标利用勾股定理可求出 AB 的长，进而可得出点 C2 的横坐标，同理可得出点 C4，C6 的 横坐标，根据点的横坐标的变化可找出变化规律“点 C2n 的横坐标为 2n×6(n 为正整数)”，再代入 2n=100 即可求出结论． 【详解】 解：根据题意，可知：每滚动 3 次为一个周期，点 C1，C3，C5，…在第一象限，点 C2，C4，C6，…在 x 轴上． ∵A(4，0)，B(0，3)， ∴OA=4，OB=3， ∴AB= 2 2OA OB =5， ∴点 C2 的横坐标为 4+5+3=12=2×6， 同理，可得出：点 C4 的横坐标为 4×6，点 C6 的横坐标为 6×6，…， ∴点 C2n 的横坐标为 2n×6(n 为正整数)， ∴点 C100 的横坐标为 100×6=600， ∴点 C100 的坐标为(600，0)． 故选：B． 【点睛】 本题考查了规律型：点的坐标，根据点的坐标的变化找出变化规律是解题的关键． 二、填空题 16．（2019·湖南中考真题）在如图所示的方格纸(1 格长为 1 个单位长度)中，△ABC 的顶点都在格点上， 将△ABC 绕点 O 按顺时针方向旋转得到△A'B'C'，使各顶点仍在格点上，则其旋转角的度数是 ____________．． 【答案】90° 【解析】 【分析】 根据旋转角的概念找到∠BOB′是旋转角，从图形中可求出其度数即可． 【详解】 根据旋转角的概念：对应点与旋转中心连线的夹角，可知∠BOB′是旋转角，且∠BOB′＝90°， 故答案为：90°． 【点睛】 本题主要考查了旋转角的概念，解题的关键是根据旋转角的概念找到旋转角． 17．（2019·山东中考真题）如图，在正方形网格中，格点 ABC 绕某点顺时针旋转角  0 180    得 到格点 1 1 1A BC ，点 A 与点 1A ，点 B 与点 1B ，点C 与点 1C 是对应点，则  _____度． 【答案】90 【解析】 【分析】 先连接 1CC ， 1AA ，作 1CC ， 1AA 的垂直平分线交于点 E ，连接 AE ， 1A E ，再由题意得到旋转中心，由旋 转的性质即可得到答案. 【详解】 如图，连接 1CC ， 1AA ，作 1CC ， 1AA 的垂直平分线交于点 E ，连接 AE ， 1A E ， ∵ 1CC ， 1AA 的垂直平分线交于点 E ， ∴点 E 是旋转中心， ∵ 1 90AEA   ， ∴旋转角 90   . 故答案为：90. 【点睛】 本题考查旋转，解题的关键是掌握旋转的性质. 18．（2019·海南中考真题）如图，将 Rt ABC 的斜边 AB 绕点 A 顺时针旋转  0 90    得到 AE，直角 边 AC 绕点 A 逆时针旋转  0 90    得到 AF，连结 EF．若 =3AB ， =2AC ，且 B    ，则 =EF _____． 【答案】 13 【解析】 【分析】 由旋转的性质可得 3AE AB  ， 2AC AF  ，由勾股定理可求 EF 的长． 【详解】 解：由旋转的性质可得 3AE AB  ， 2AC AF  ， 90B BAC     ，且 B    ， 90BAC       90EAF   2 2 13EF AE AF    故答案为： 13 【点睛】 本题考查了旋转的性质，勾股定理，灵活运用旋转的性质是本题的关键． 19．（2019·山东中考真题）在平面直角坐标系中，点  4,2P 关于直线 1x  的对称点的坐标是_____． 【答案】 2,2 【解析】 【分析】 先求出点 P 到直线 1x  的距离，再根据对称性求出对称点 P' 到直线 1x  的距离，从而得到点 P' 的横坐 标，即可得解． 【详解】 ∵点  4,2P ， ∴点 P 到直线 1x  的距离为 4 1 3  ，∴点 P 关于直线 1x  的对称点 P' 到直线 1x  的距离为 3， ∴点 P' 的横坐标为1 3 2   ， ∴对称点 P' 的坐标为  2,2 . 故答案为： 2,2 ． 【点睛】 本题考查了坐标与图形变化﹣对称，根据轴对称性求出对称点到直线 1x  的距离，从而得到横坐标是解题 的关键，作出图形更形象直观． 20．（2019·山东中考真题）如图，在边长为 1 的小正方形组成的网格中，建立平面直角坐标系， ABO 与 A B O   是以点 P 为位似中心的位似图形，它们的顶点均在格点（网格线的交点）上，则点 P 的坐标为_____ 【答案】 ( 3,2) 【解析】 【分析】 根据位似图形的性质“位似图形对应点连线的交点是位似中心”，连接 B B 并延长， A A 并延长， B B 与 A A 的交点即为位似中心 P 点，根据相似三角形性质求解. 【详解】 根据位似图形的性质“位似图形对应点连线的交点是位似中心”， 连接 B B 并延长， A A 并延长， B B 与 A A 的交点即为位似中心 P 点，由图可知 B 、B、P 在一条直线上， 则 P 点横坐标为-3， 由图可得 ABO 和 A B O   的位似比为 3 1 6 2 OB O B    ， 2BB  ， 所以 1 2 PB PB PB PB BB   ， 解得 PB=2， 所以 P 点纵坐标为 ， 即 P 点坐标为 ( 3,2) . 故答案为： ( 3,2) 【点睛】 本题主要考查图形的位似变换.找出相似比是关键. 21．（2019·四川中考真题）如图，在 Rt ABC 中， 90B  ∠ ， 5AB  ， 12BC  ，将 ABC 绕点 A 逆 时针旋转得到 ADE ，使得点 D 落在 AC 上，则 tan ECD 的值为_______． 【答案】 3 2 【解析】 【分析】 在 Rt ABC 中，由勾股定理可得 13AC  ．根据旋转性质可得 13AE  ， 5AD  ， 12DE  ，利用线段的 和差关系可得 8CD  ．在 Rt CED 中根据 tan DEECD DC   计算即可． 【详解】 ∵在 Rt ABC 中，AB=5，BC=12， ∴ 2 2 13AC AB BC   ． ∵ ABC 绕点 A 逆时针旋转得到 ADE ， ∴ 13AE AC  ， 5AD AB  ， 12DE BC  ， ∴CD=AC-AD=8． 在 Rt CED 中， 12 3tan 8 2 DEECD DC     ． 故答案为： 3 2 【点睛】 本题主要考查了旋转的性质以及解直角三角形，难度较小，求出所求三角函数值的直角三角形的对应边长 度，根据线段比就可解决问题． 22．（2019·吉林中考真题）如图，在四边形 ABCD 中， 10,AB 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 【解析】 【分析】 根据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到 DE=BE= 1 2 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． 【详解】 解：∵BD⊥AD，点 E 是 AB 的中点， ∴DE=BE= 1 2 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． 【点睛】 本题主要考查了直角三角形的性质及折叠问题，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． 23．（2019·湖南中考真题）如图，已知 ABC 是等腰三角形， , 45 ,AB AC BAC    点 D 在 AC 边上， 将 ABD 绕点 A 逆时针旋转 45°得到 'ACD ，且点 D′、D、B 三点在同一条直线上，则 ABD 的度数是 _____． 【答案】22.5° 【解析】 【分析】 由旋转的性质可得 ' 45BAC CAD    ， 'AD AD ，由等腰三角形的性质可得 ' 67.5AD D   ， ' 90D AB   ，即可求 ABD 的度数． 【详解】 ∵将 ABD 绕点 A 逆时针旋转 45°得到 'ACD ， ∴ ' 45BAC CAD    ， 'AD AD ∴ ' 67.5AD D   ， ' 90D AB   ∴ =22.5ABD  故答案为：22.5° 【点睛】 本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键． 24．（2019·辽宁中考真题）在平面直角坐标系中，点 ,A B 的坐标分别是    4,2 5,0A B, ，以点O 为位似 中心，相们比为 1 2 ，把 ABO 缩小，得到 1 1A B O ，则点 A 的对应点 1A 的坐标为_____． 【答案】 2,1 或 2, 1  【解析】 【分析】 利用位似图形的性质可得对应点坐标乘以 1 2 和- 1 2 即可求解. 【详解】 解：以点 O 为位似中心，相似比为 1 2 ，把 ABO 缩小，点 A 的坐标是  4,2A 则点 A 的对应点 1A 的坐标为 1 14 ,22 2      或 1 14 , 22 2        ，即 2,1 或 2, 1  ， 故答案为： 2,1 或  2, 1  ． 【点睛】 本题考查的是位似图形，熟练掌握位似变换是解题的关键. 25．（2019·四川中考真题）如图，在菱形 ABCD 中， 4sin 5B  ，点 ,E F 分别在边 ,AD BC 上，将四边 形 AEFB 沿 EF 翻折，使 AB 的对应线段 MN 经过顶点C ，当 MN BC 时， AE AD 的值是_____． 【答案】 2 9 . 【解析】 【分析】 延长 CM 交 AD 于点G ，进而利用翻折变换的性质得出 AE ME ， A EMC   ， BF FN ， B N   ， AB MN ，再利用菱形的性质得出 AB BC CD AD   ， B D   ， 180A B     ， 设 4CF x ， 5FN x ，利用勾股定理得出 9BC x AB CD AD    ，再根据三角函数进行计算即可解 答 【详解】 延长 CM 交 AD 于点G ， ∵将四边形 AEFB 沿 EF 翻折， ∴ AE ME ， A EMC   ， BF FN ， B N   ， AB MN ∵四边形 ABCD 是菱形 ∴ AB BC CD AD   ， B D   ， 180A B     ∵ 4sin sin5 CFB N FN    ， ∴设 4CF x ， 5FN x ， ∴ 2 2 3CN FN CF x   ， ∴ 9BC x AB CD AD    ， ∵ 4sin sin5 GCB D CD    ∴ 36 5 xGC  ∴   36x 665 5GM GC MN CN x x      ∵ 180A B     ， 180EMC EMG     ∴ B EMG   ∴ 4sin sin 5 EGB EMG EM     ∴ 3cos 5 GMEMG EM    ∴ =2EM x ， ∴ 2AE x ， ∴ 2 2 9 9 AE x AD x   故答案为： 2 9 . 【点睛】 此题考查翻折变换，菱形的性质，三角函数，解题关键在于利用折叠的性质进行解答 26．（2019·四川中考真题）如图， ABC 中， 90ABC   ， 2BA BC  ，将 ABC 绕点 C 逆时针旋 转 60 得到 DEC ，连接 BD，则 2BD 的值是___． 【答案】8 4 3 【解析】 【分析】 连接 AD，由旋转的性质可得 CA=CD，∠ACD=60°，得到△ACD 为等边三角形，由 AB=BC，CD=AD，得出 BD 垂 直平分 AC，于是求出 BO= 1 2 AC= 2 ，OD=CD•sin60°= 6 ，可得 BD=BO+OD，即可求解． 【详解】 如图，连接 AD，设 AC 与 BD 交于点 O， 由题意得：CA CD ， 60ACD   ∴ ACD 为等边三角形， ∴ AD CD ， 60DAC DCA ADC       ； ∵ 90ABC   ， 2AB BC  ， ∴ 2 2AC CD  ， ∵ AB BC ， CD AD ， ∴BD 垂直平分 AC， ∴ 1 22BO AC  ， sin60 6OD CD    ， ∴ 2 6BD   ∴ 2 2( 2 6) 8 4 3BD     ， 故答案为：8 4 3 【点睛】 本题考查了图形的变换-旋转，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性 质，准确把握旋转的性质是解题的关键． 27．（2019·黑龙江中考真题）如图将 ABC△ 绕点C 逆时针旋转得到 A B C △ ，其中点 A 与 A 是对应点， 点 B′ 与 B 是对应点，点 B′ 落在边 AC 上，连接 A B ，若 45ACB   ， 3AC  ， 2BC  ，则 A B 的长为 __________． 【答案】 13 【解析】 【分析】 由旋转的性质可知 3AC A C   ， 45ACB ACA     ，故 90A CB   ，根据勾股定理即可求解. 【详解】 解：∵将 ABC△ 绕点C 逆时针旋转得到 A B C △ ， ∴ 3AC A C   ， 45ACB ACA      ∴ 90A CB    ∴ 2 2 13A B BC A C    故答案为 13 【点睛】 本题主要考查了旋转的性质，对应角相等，对应线段相等，旋转角相等，以及勾股定理，灵活运用旋转的 性质是解题的关键. 28．（2019·湖北中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Rt ABC 的直角顶点C 的坐标为 (1,0) ，点 A 在 x 轴正半轴上，且 2AC  ．将 ABC 先绕点C 逆时针旋转 90 ，再向左平移 3 个单位，则变换后点 A 的 对应点的坐标为______． 【答案】 ( 2,2) 【解析】 【分析】 先求出点 A 的坐标，然后根据旋转的性质求出旋转后点 A 的对应点的坐标，继而根据平移的性质即可求得 答案. 【详解】 ∵点C 的坐标为 (1,0) ， 2AC  ， ∴点 A 的坐标为 (3,0) ， 如图所示，将 Rt ABC 先绕点C 逆时针旋转 90°， 则点 'A 的坐标为 (1,2) ， 再向左平移 3 个单位长度，则变换后点 'A 的对应点坐标为 ( 2,2) ， 故答案为： ( 2,2) ． 【点睛】本题考查了平移变换、旋转变换，熟练掌握平移的性质以及旋转的性质是解题的关键. 29．（2019·四川中考真题）如图， ABC 、 BDE 都是等腰直角三角形，BA BC ，BD BE ， 4AC  ， 2 2DE  ．将 BDE 绕点 B 逆时针方向旋转后得 ' 'BD E ，当点 'E 恰好落在线段 'AD 上时，则 'CE  ______． 【答案】 2 6 【解析】 【分析】 如图，连接 'CE ，易求得 2 2AB BC  ， 2BD CE  ，根据旋转的性质得到 ' 'D B BE BD  ， ' ' 90D BE  o ， ' 'D BD ABE   ，由全等三角形的性质得到 ' ' 45D CE B    o ，过 B 作 'BH CE 于 H ，解直角三角形即可得到结论． 【详解】 解：如图，连接 'CE ， ∵ ABC 、 BDE 都是等腰直角三角形， BA BC ， BD BE ， 4AC  ， 2 2DE  ， ∴ 2 2AB BC  ， 2BD BE  ， ∵将 BDE 绕点 B 逆时针方向旋转后得 ' 'BD E ， ∴ ' ' 2D B BE BD   ， ' ' 90D BE  o ， ' 'D BD ABE   ， ∴ ' 'ABD CBE   ， ∴  ' 'ABD CBE SAS   ， ∴ ' ' 45D CE B    o ， 过 B 作 'BH CE 于 H ， 在 'Rt BHE 中， 2' ' 22BH E H BE   ， 在 Rt BCH 中， 2 2 6CH BC BH   ， ∴ ' 2 6CE   ， 故答案为： 2 6 ． 【点睛】 本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质和解直角三角形等知识，熟练 掌握旋转的性质、正确的作出辅助线是解题的关键． 30．（2019·辽宁中考真题）如图，在△ABC 中，AC=BC，将△ABC 绕点 A 逆时针旋转 60°，得到△ADE．若 AB=2，∠ACB=30°，则线段 CD 的长度为______． 【答案】2 【解析】 【分析】 连接 CE，如图，利用旋转的性质得到 AD=AB=2，AE=AC，∠CAE=60°，∠AED=∠ACB=30°，则可判断△ACE 为等边三角形，从而得到∠AEC=60°，再判断 DE 平分∠AEC，根据等腰三角形的性质得到 DE 垂直平分 AC， 于是根据线段垂直平分线的性质得 DC=DA=2． 【详解】 解：连接 CE，如图， ∵△ABC 绕点 A 逆时针旋转 60°，得到△ADE， ∴AD=AB=2，AE=AC，∠CAE=60°，∠AED=∠ACB=30°， ∴△ACE 为等边三角形， ∴∠AEC=60°， ∴DE 平分∠AEC， ∴DE 垂直平分 AC， ∴DC=DA=2． 故答案为 2． 【点睛】 本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；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．也考查了等边三角形的判定与性质． 31．（2019·辽宁中考真题）如图， ABC△ 是等边三角形，点 D 为 BC 边上一点， 1 22BD DC  ，以点 D 为顶点作正方形 DEFG，且 DE BC ，连接 AE，AG．若将正方形 DEFG 绕点 D 旋转一周，当 AE 取最小值时， AG 的长为________． 【答案】8 【解析】 【分析】 过点 A 作 AM BC 于 M，由已知得出 4DC  ，得出 6BC BD DC   ，由等边三角形的性质得出 6AB AC BC   ， 1 1 6 32 2BM BC    ，得出 1DM BM BD   ，在 Rt ABMV 中，由勾股定 理得出 2 2 3 3AM AB BM   ，当正方形 DEFG 绕点 D 旋转到点 E、A、D 在同一条直线上时， AD AE DE  ，即此时 AE 取最小值，在 Rt ADMV 中，由勾股定理得出 2 2 2 7AD DM AM   ， 在 Rt ADGV 中，由勾股定理即可得出 2 2 8ADAG DG   ． 【详解】 过点 A 作 AM BC 于 M， ∵ 1 22BD DC  ， ∴ 4DC  ， ∴ 2 4 6BC BD DC     ， ∵ ABC△ 是等边三角形， ∴ 6AB AC BC   ， ∵ AM BC ， ∴ 1 1 6 32 2BM BC    ， ∴ 3 2 1DM BM BD     ， 在 Rt ABMV 中， 2 2 2 26 3 3 3AM AB BM     ， 当正方形 DEFG 绕点 D 旋转到点 E、A、D 在同一条直线上时， AD AE DE  ， 即此时 AE 取最小值， 在 Rt ADMV 中， 2 2 2 21 (3 3) 2 7AD DM AM     ， ∴在 Rt ADGV 中， 2 2 2 2(2 7) 6 8AG AD DG     ； 故答案为：8． 【点睛】 本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等边三角形的性质、勾股定理以及最小值问题；熟练掌握正方形 的性质和等边三角形的性质是解题的关键． 32．（2019·湖北中考真题）问题背景：如图，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，在 MNG 中， 6MN  ， 75M   ， 4 2MG  ．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 29 【解析】 【分析】 如图，将△MOG 绕点 M 逆时针旋转 60°，得到△MPQ，易知△MOP 为等边三角形，继而得到点 O 到三顶点的 距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，由此可以发现当点 N、O、P、Q 在同一条直线上时，有 ON＋OM＋OG 最 小，此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，过 Q 作 QA⊥NM 交 NM 的延长线于 A，利用勾股定理进行求解即可得. 【详解】 如图，将△MOG 绕点 M 逆时针旋转 60°，得到△MPQ， 显然△MOP 为等边三角形， ∴，OM＋OG＝OP＋PQ， ∴点 O 到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ， ∴当点 N、O、P、Q 在同一条直线上时，有 ON＋OM＋OG 最小， 此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°， 过 Q 作 QA⊥NM 交 NM 的延长线于 A，则∠MAQ=90°， ∴∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°， ∵MQ＝MG＝4 2 ， ∴AQ＝AM＝MQ•cos45°=4， ∴NQ＝ 2 2 2 2(4 6) 4 2 29AN AQ     ， 故答案为： 2 29 . 【点睛】 本题考查了旋转的性质，最短路径问题，勾股定理，解直角三角形等知识，综合性较强，有一定的难度， 正确添加辅助线是解题的关键. 33．（2019·江苏中考真题）如图，过点 C(3,4)的直线 2y x b  交 x 轴于点 A，∠ABC=90°，AB=CB，曲 线 0ky xx  （ ）过点 B，将点 A 沿 y 轴正方向平移 a 个单位长度恰好落在该曲线上，则 a 的值为________． 【答案】4 【解析】 【分析】 分别过点 B、点 C 作 y 轴和 x 轴的平行线，两条平行线相交于点 M，与 x 轴的交点为 N．将 C(3,4)代入 2y x b  可得 b=-2，然后求得 A 点坐标为(1,0)，证明△ABN≌△BCM，可得 AN=BM=3，CM=BN=1，可求出 B(4,1)，即可求出 k=4，由 A 点向上平移后落在 4y x  上，即可求得 a 的值. 【详解】 分别过点 B、点 C 作 y 轴和 x 轴的平行线，两条平行线相交于点 M，与 x 轴的交点为 N，则∠M=∠ANB=90°， 把 C(3,4)代入 2y x b  ，得 4=6+b，解得：b=-2， 所以 y=2x-2， 令 y=0，则 0=2x-2，解得：x=1， 所以 A(1，0)， ∵∠ABC=90°， ∴∠CBM+∠ABN=90°， ∵∠ANB=90°， ∴∠BAN+∠ABN=90°， ∴∠CBM=∠BAN， 又∵∠M=∠ANB=90°，AB=BC， ∴△ABN≌△BCM， ∴AN=BM，BN=CM， ∵C(3，4)，∴设 AN=m，CM=n， 则有 4 1 3 m n m n       ，解得 3 1 m n    ， ∴ON=3+1=4，BN=1， ∴B(4，1)， ∵曲线 0ky xx  （ ）过点 B， ∴k=4， ∴ 4y x  ， ∵将点 A 沿 y 轴正方向平移 a 个单位长度恰好落在该曲线上，此时点 A 移动后对应点的坐标为(1，a)， ∴a=4， 故答案为：4. 【点睛】 本题考查了反比例函数与几何图形的综合，涉及了待定系数法，全等三角形的判定与性质，点的平移等知 识，正确添加辅助线，利用数形结合思想灵活运用相关知识是解题的关键. 三、解答题 34．（2019·宁夏中考真题）已知：在平面直角坐标系中， ABC 的三个顶点的坐标分别为 (5,4)A ， (0,3)B ， (2,1)C ． （1）画出 ABC 关于原点成中心对称的 1 1 1A BC ，并写出点 1C 的坐标； （2）画出将 1 1 1A B C 绕点 1C 按顺时针旋转90 所得的 2 2 1A B C ． 【答案】（1）如图所示， 1 1 1A B G 即为所求，见解析，点 1C 的坐标为 ( 2, 1)  ；（2）如图所示， 2 2 1A B C 即 为所求．见解析. 【解析】 【分析】  1 分别作出三顶点关于原点的对称点，再顺次连接即可得；  2 分别作出点 1A 、 1B 绕点 1C 按顺时针旋转90 所得的对应点，再顺次连接即可得． 【详解】 解：（1）如图所示， 1 1 1A B G 即为所求，其中点 1C 的坐标为 ( 2, 1)  ． （2）如图所示， 2 2 1A B C 即为所求． 【点睛】 此题主要考查了图形的旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键． 35．（2019·湖北中考真题）请仅用无刻度的直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹． （1）如图①，四边形 ABCD 中，AB=AD，  B=  D，画出四边形 ABCD 的对称轴 m； （2）如图②，四边形 ABCD 中，AD∥BC，  A=  D，画出边 BC 的垂直平分线 n． 【答案】（1）见解析；（2）见解析； 【解析】 【分析】 （1）连接 AC，AC 所在直线即为对称轴 m． （2）延长 BA，CD 交于一点，连接 AC，BC 交于一点，连接两点获得垂直平分线 n． 【详解】 解：（1）如图①，直线 m 即为所求 （2）如图②，直线 n 即为所求 【点睛】 本题考查了轴对称作图，根据全等关系可以确定点与点的对称关系，从而确定对称轴所在，即可画出直线. 36．（2019·贵州中考真题）将在同一平面内如图放置的两块三角板绕公共顶点 A 旋转，连接 BC，DE．探 究 S△ABC 与 S△ADC 的比是否为定值． （1）两块三角板是完全相同的等腰直角三角板时，S△ABC：S△ADE 是否为定值？如果是，求出此定值，如果不 是，说明理由．（图①） （2）一块是等腰直角三角板，另一块是含有 30°角的直角三角板时，S△ABC：S△ADE 是否为定值？如果是，求 出此定值，如果不是，说明理由．（图②） （3）两块三角板中，∠BAE+∠CAD＝180°，AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n（a，b，m，n 为常数），S△ABC： S△ADE 是否为定值？如果是，用含 a，b，m，n 的式子表示此定值（直接写出结论，不写推理过程），如果不 是，说明理由．（图③） 【答案】（1）结论：S△ABC：S△ADE＝1，为定值．理由见解析；（2）S△ABC：S△ADE＝ 3 3 ，为定值，理由见解析； （3）S△ABC：S△ADE＝ ma nb ，为定值．理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图 1 中，作 DH⊥AE 于 H，CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G．首先证明∠DAE=∠CAG， 利用三角形的面积公式计算即可． （2）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图 1 中，作 DH⊥AE 于 H，CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G．首先证明∠DAE=∠CAG， 利用三角形的面积公式计算即可． （3）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图 1 中，作 DH⊥AE 于 H，CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G．首先证明∠DAE=∠CAG， 利用三角形的面积公式计算即可． 【详解】 （1）结论：S△ABC：S△ADE＝定值． 理由：如图 1 中，作 DH⊥AE 于 H，CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G． ∵∠BAE＝∠CAD＝90°， ∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°， ∴∠DAE＝∠CAG， ∵AB＝AE＝AD＝AC， ∴ 1 2 1 2 ABC AED AB AC sin CAGS S AE AD sin DAE             1． （2）如图 2 中，S△ABC：S△ADE＝定值． 理由：如图 1 中，作 DH⊥AE 于 H，CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G． 不妨设∠ADC＝30°，则 AD 3 AC，AE＝AB， ∵∠BAE＝∠CAD＝90°， ∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°， ∴∠DAE＝∠CAG， ∴ 1 32 1 3 2 ABC AED AB AC sin CAGS S AE AD sin DAE             ． （3）如图 3 中，如图 2 中，S△ABC：S△ADE＝定值． 理由：如图 1 中，作 DH⊥AE 于 H，CG⊥BA 交 BA 的延长线于 G． ∵∠BAE＝∠CAD＝90°， ∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°， ∴∠DAE＝∠CAG， ∵AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n ∴ 1 2 1 2 ABC AED AB AC sin CAGS ma S nbAE AD sin DAE             ． 【点睛】 本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，30 度的直角三角形的性质，三角形的面积等知 识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型． 37．（2019·黑龙江中考真题）如图，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 坐标系中， OAB 的三个顶点 (0,0)O 、 (4,1)A 、 (4,4)B 均在格点上． （1）画出 OAB 关于 y 轴对称的 1 1OA B ，并写出点 1A 的坐标； （2）画出 OAB 绕原点O 顺时针旋转90 后得到的 2 2OA B ，并写出点 2A 的坐标； （3）在（2）的条件下，求线段OA在旋转过程中扫过的面积（结果保留 ）． 【答案】（1） ( 4,1) （2）(1, 4) （3）17 4  【解析】 【分析】 （1）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点 1A 的坐标； （2）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点 2A 的坐标； （3）根据题意可以求得 OA 的长，从而可以求得线段 OA 在旋转过程中扫过的面积 【详解】 （1）如右图所示， 点 1A 的坐标是 ( 4,1) ； （2）如右图所示， 点 2A 的坐标是 (1, 4) ； （3）点 (4,1)A ， 2 21 4 17OA    ， 线段OA在旋转过程中扫过的面积是： 290 ( 17) 17 360 4    ． 【点睛】 此题考查作图-轴对称变换，作图-旋转变换，扇形面积的计算，解题关键在于掌握作图法则 38．（2019·湖北中考真题）如图 1， ABC 中， , ,CA CB ACB D   为 ABC 内一点，将 CAD 绕 点C 按逆时针方向旋转角 得到 CBE ，点 ,A D 的对应点分别为点 ,B E ，且 , ,A D E 三点在同一直线上． （1）填空： CDE  （用含 的代数式表示）； （2）如图 2，若 60   ，请补全图形，再过点C 作CF AE 于点 F ，然后探究线段 , ,CF AE BE 之间 的数量关系，并证明你的结论； （3）若 90 , 5 2AC   ，且点G 满足 90 , 6AGB BG   ，直接写出点C 到 AG 的距离． 【答案】（1）180 2  ；（2） 2 3 3AE BE CF  ，理由见解析；（3）1或 7 【解析】 【分析】 （1）由旋转的性质可得 ,CD CE DCE a   ，即可求解； （2）由旋转的性质可得 , , 60AD BE CD CE DCE     ，可证 CDE 是等边三角形，由等边三角形 的性质可得 3 CF3DF EF  ，即可求解； （3）分点G 在 AB 的上方和 AB 的下方两种情况讨论，利用勾股定理可求解． 【详解】 （1）将 CAD 绕点C 按逆时针方向旋转角 得到 CBE ACD BCE   ， DCE a  CD CE  180 2CDE   故答案为： 180 2  （2） 2 3 3AE BE CF  理由如下：如图， 将 CAD 绕点C 按逆时针方向旋转角 60 得到 CBE ACD BCE   , , 60AD BE CD CE DCE      CDE 是等边三角形，且 CF DE 3 CF3DF EF   AE AD DF EF   2 3 3AE BE CF   （3）如图，当点G 在 AB 上方时，过点C 作CE AG 于点 E ， 90 , 5 2ACB AC BC    45 , 10CAB ABC AB     90ACB AGB    点C ，点G ，点 B ，点 A 四点共圆 45 ,AGC ABC     且CE AG 45AGC ECG     CE GE  10, 6, 90AB GB AGB     2 2 8AG AB GB    2 2 2AC AE CE  ， 2 2 2(5 2) (8 )CE CE    7CE  （不合题意舍去）， 1CE  若点G 在 AB 的下方，过点 C 作CF AG ， 同理可得： 7CF  点C 到 AG 的距离为1或 7 ． 【点睛】 本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，利用勾 股定理列出方程是本题的关键． 39．（2019·山东中考真题）如图， ABC 和 ADE 是有公共顶点的等腰直角三角形， 90BAC DAE    . （1）如图 1，连接 BE ， CD ， BE 的廷长线交 AC 于点 F ，交CD 于点 P ，求证： BP CD ； （2）如图 2，把 ADE 绕点 A 顺时针旋转，当点 D 落在 AB 上时，连接 BE ，CD ，CD 的延长线交 BE 于点 P ，若 6 2BC  ， 3AD  ，求 PDE 的面积． 【答案】（1）见解析；（2） PDE 的面积 9 10  . 【解析】 【分析】 (1)根据等腰直角三角形的性质得到 AD AE ， AB AC ， BAE DAC   ，根据全等三角形的性质得 到 ABE ACD   ，根据余角的性质即可得到结论； (2)根据全等三角形的性质得到 ABE ACD   ， BE CD ，求得 90EPD   ，得到 3 2DE  ， 6AB  ，求得 6 3 3BD    ， 3 5CD  ，根据相似三角形的性质得到 5 5PD  ， 6 5 5PB  根据三角 形的面积公式即可得到结论． 【详解】 (1)∵ ABC 和 ADE 是有公共顶点的等腰直角三角形， 90BAC DAE    ， ∴ AD AE ， AB AC ， BAC EAF EAD EAF       ， 即 BAE DAC   ， 在 ABE 与 ADC 中， AB AC BAE CAD AE AD       ， ∴  ABE ADC SAS   ， ∴ ABE ACD   ， ∵ 90ABE AFB ABE CFP         ， ∴ 90CPF   ， ∴ BP CD ； (2)在 ABE 与 ACD 中， 90 AE AD EAB CAB AB AC         ， ∴  ABE ACD SAS   ， ∴ ABE ACD   ， BE CD ， ∵ PDB ADC   ， ∴ 90BPD CAB     ， ∴ 90EPD   ， ∵ 6 2BC  ， 3AD  ， ∴ 3 2DE  ， 6AB  ， ∴ 6 3 3BD    ， 2 2 3 5CD AD AC   ， ∵ BDP CDA  ， ∴ BD PD PB CD AD AC   ， ∴ 3 3 63 5 PD PB  ， ∴ 5 5PD  ， 6 5 5PB  ， ∴ 6 5 9 53 5 5 5PE    ， ∴ PDE 的面积 1 9 5 5 9 2 5 5 10     . 【点睛】 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角 形的性质．熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 40．（2019·辽宁中考真题）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． 【答案】（1）200；（2）①PC＝PE，PC⊥PE；②PC 与 PE 的数量关系和位置关系分别是 PC＝PE，PC⊥PE，见 解析；③PC2＝10 3 3 2  . 【解析】 【分析】 （1）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＝CH2+HE2＝10 3 3 ，即可求出 2 21 10 3 3 2 2PC EC   【详解】 （1）解：∵CD∥AB，∴∠C＝∠B， 在△ABP 和△DCP 中， BP CP APB DPC B C        ， ∴△ABP≌△DCP（SAS）， ∴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（SAS）， ∴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（SAS）， ∴BF＝DE，PE＝PF＝ 1 2 EF ， ∵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， BF AE CBE CAE BC AC       ， ∴△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＝ 1 2 EF ． 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（SAS）， 同②△FCE 是等腰直角三角形，CP⊥EP，CP＝EP＝ 2 2 CE ， 在 Rt△AHE 中，∠EAH＝30°，AE＝DE＝1， ∴HE＝ 1 2 ，AH＝ 3 2 ， 又∵AC＝AB＝3， ∴CH＝3+ 3 2 ， ∴EC2＝CH2+HE2＝10 3 3 ∴PC2＝ 21 10 3 3 2 2EC  【点睛】 本题考查几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质、勾股定 理和 30°直角三角形性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于压轴题． 41．（2019·辽宁中考真题）如图，四边形 ABCD 是正方形，连接 AC，将 ABC△ 绕点 A 逆时针旋转α得 AEF ， 连接 CF，O 为 CF 的中点，连接 OE，OD． （1）如图 1，当 45  时，请直接写出 OE 与 OD 的关系（不用证明）． （2）如图 2，当 45 90   时，（1）中的结论是否成立？请说明理由． （3）当 360  时，若 4 2AB  ，请直接写出点 O 经过的路径长． 【答案】（1） OE OD= ，OE OD ，理由见解析；（2）当 45 90   时，（1）中的结论成立，理由见 解析；（3）点 O 经过的路径长为8 ． 【解析】 【分析】 （1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质可得 OD 与 OE 的数量关系；根据旋转的性质和正方 形的性质可得 AC=AF 以及△ACF 各内角的度数，进一步即可求出∠COE 与∠DOF 的度数，进而可得 OD 与 OE 的位置关系； （2）延长 EO 到点 M，使OM EO ，连接 DM、CM、DE，如图 2 所示，先根据 SAS 证明 COMV ≌ FOEV ， 得 MCF EFC   ，CM EF ，再根据正方形的性质和旋转的性质推得 FCD CFE MCF     ， 进一步在△ACF 中根据三角形内角和定理和正方形的性质得出 DAE DCM   ，再一次运用 SAS 推出 ADE ≌ CDMV ，于是 DE DM ，进一步即可得出 OE、OD 的位置关系，然后再运用 SAS 推出 COMV ≌ COD△ ，即可得 OD 与 OE 的数量关系； （3）连接 AO，如图 3 所示，先根据等腰三角形三线合一的性质得出 90AOC   ，即可判断点 O 的运动路 径，由 360  可得点 O 经过的路径长，进一步即可求得结果. 【详解】 解：（1） OE OD= ，OE OD ；理由如下： 由旋转的性质得： AF AC ， AFE ACBÐ =Ð ， ∵四边形 ABCD 是正方形，∴ 45ACB ACD FAC       ， ∴  1 180 45 67.52ACF AFC         ， ∴ 22.5DCF EFC     ， ∵ 90FEC   ，O 为 CF 的中点，∴ 1 2OE CF OC OF   ， 同理： 1 2OD CF ，∴OE OD OC OF   ， ∴ 2 45EOC EFO     ， 2 45DOF DCO     ， ∴ 180 45 45 90DOE         ，∴OE OD ； （2）当 45 90   时，（1）中的结论成立，理由如下： 延长 EO 到点 M，使OM EO ，连接 DM、CM、DE，如图 2 所示： ∵O 为 CF 的中点，∴ OC OF ， 在 COMV 和 FOEV 中， OM OE COM FOE OC OF       ， ∴ COMV ≌ FOEV （SAS），∴ MCF EFC   ，CM EF . ∵四边形 ABCD 是正方形，∴ AB BC CD  ， 45BAC BCA     ， ∵ ABC 绕点 A 逆时针旋转α得 AEF ， ∴ AB AE EF CD   ， AC AF ， ∴CD CM ， ACF AFC   ， ∵ ACF ACD FCD     ， AFC AFE CFE     ， 45ACD AFE     ， ∴ FCD CFE MCF     ， ∵ 45EAC DAE     ， 45FAD DAE     ，∴ EAC FAD   ， 在 ACF 中，∵ 180ACF AFC CAF       ， ∴ 2 90 180DAE FAD DCM         ， ∵ 45FAD DAE     ，∴ 45FAD DCM     ，∴ DAE DCM   ， 在 ADE 和 CDMV 中， AE CM DAE DCM AD CD       ， ∴ ADE ≌ CDMV （SAS），∴ DE DM ， ∵OE OM ，∴OE OD ， 在 COMV 和 COD△ 中， CM CD MCF FCD OC OC       ， ∴ COMV ≌ COD△ （SAS），∴OM OD . ∴OE OD= ，∴OE OD= ，OE OD ； （3）连接 AO，如图 3 所示： ∵ AC AF ，CO OF ，∴ AO CF ，∴ 90AOC   ， ∴点 O 在以 AC 为直径的圆上运动， ∵ 360  ，∴点 O 经过的路径长等于以 AC 为直径的圆的周长， ∵ 2 2 4 2 8AC AB    ，∴点 O 经过的路径长为： 8d  ． 【点睛】 本题是正方形的综合题，综合考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形 的性质和判断动点运动路径等知识，考查的知识点多、综合性强，倍长中线构造全等三角形、熟知正方形 的性质、灵活应用旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解（2）题的关键.