决胜2020中考数学压轴题全揭秘(下)专题14 几何变换试题.doc

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A1B1C1D1，已知A(3,5),B(4,3),A1(3,3)，则点B1坐标为（ ）

A．(1,2) 【答案】B 【解析】 【分析】

B．(2,1) C．(1,4) D．(4,1)

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A1B1C1D1，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

A(2,1),B(1,2),C(3,3)

（1）将ABC向上平移4个单位长度得到A1B1C1，请画出A1B1C1； （2）请画出与ABC关于y轴对称的A2B2C2； （3）请写出A1、A2的坐标．

【答案】（1）如图所示：A1B1C1，即为所求；见解析；（2）如图所示：A2B2C2，即为所求；见解析；（3）

A1(2,3),A2(2,1)．

【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：A1B1C1，即为所求； （2）如图所示：A2B2C2，即为所求；

（3）A1(2,3),A2(2,1)． 【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）

4，点E,F分别在边AD,BC上，将四5AE边形AEFB沿EF翻折，使AB的对应线段MN经过顶点C，当MNBC时，的值是_____．

AD【例2】（2019·四川中考真题）如图，在菱形ABCD中，sinB

【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，AB180，

设CF4x，FN5x，利用勾股定理得出BC9x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，AB180 ∵sinB4CFsinN， 5FN∴设CF4x，FN5x，

∴CNFN2CF23x，

∴BC9xABCDAD，

4GCsinD 5CD36x∴GC

5∵sinB∴GMGCMNCN36x66xx 55∵AB180，EMCEMG180 ∴BEMG

4EG 5EM3GM∴cosEMG

5EM∴sinBsinEMG∴EM=2x， ∴AE2x，

AE2x2 AD9x92故答案为：.

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)Q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)Q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Q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）53；（3）面积不变，S△ACB’=163；（4）24+43 【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°=∴BB′=53， 故答案为53；

(3)如图3，结论：面积不变.

53， 2

过点B作BE⊥AC于E， 则有BE=AB·sin60°=8343， 2∴S△ABC=

11ACgBE843=163， 22∵B、B′关于直线l对称， ∴BB′⊥直线l， ∵直线l⊥AC， ∴AC//BB′，

∴S△ACB’=S△ABC=163；

(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=【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.

1×(6+3)×8=24+43. 2

【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．(3) 5-32≤PC≤5+32． 【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5-32≤BE≤5+32. 【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=5-32， 图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+32， ∴5-32≤BE≤5+32， 即5-32≤PC≤5+32．

【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)【解析】 【分析】

9π. 2(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=3232=32，

90π(32)29所以线段AB在旋转过程中扫过的图形面积==π．

2360【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，ABAC3，BAC100，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；②EC∥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ABC40，ECB40，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BCE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AB3． 【详解】

（1）①如图②中，

1BPE40即可解决问2

∵BPE80，PBPE， ∴PEBPBE50， ②结论：AB∥EC．

理由：∵ABAC，BDDC， ∴ADBC，

∴BDE90，

∴EBD905040， ∵AE垂直平分线段BC， ∴EBEC，

∴ECBEBC40， ∵ABAC，BAC100， ∴ABCACB40， ∴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， ∴BCE1BPE40， 2∵ABC40， ∴ 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AB3． 【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

A2,2,B3,4，C6,1，B'6,8则A'B'C'的面积为__．

【答案】18． 【解析】 【分析】

根据B3,4，B'6,8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B3,4，B'6,8， ∴位似比为：

31=， 62∵A2,2，C6,1， ∴A'4,4,C'12,2， ∴A'B'C'的面积为：68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，VABO三个顶点的坐标分别为

11124662818， 2221A2,4,B4,0,O0,0．以原点O为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，得到V则点ACDO，

2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，点A的坐标为2,4， 2∴点C的坐标为(2,4)或(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.

12121212

（1）请在方格纸上建立平面直角坐标系，使A(2,3)，C(6,2)，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；B(2,1).（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'=

1×4×8=16． 2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Am,2与点b(3,n)关于y轴对称，则（ ） A．m3，n2 【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

B．m3，n2 C．m2，n3

D．m2，n3

1，得到△A′B′C′，点P在A′C′上的对应点P′的的坐标为（ ） 2

A．（4，3） 【答案】A 【解析】 【分析】

B．（3，4） C．（5，3） D．（4，4）

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△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】

1，得到2

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AOB40o，则AOD（ ）

A．45° 【答案】D 【解析】 【分析】

B．40° C．35° D．30°

首先根据旋转角定义可以知道BOD70o，而AOB40o，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， ∴BOD70， 而AOB40，

∴AOD70o40o30o 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) 【答案】A 【解析】 【分析】

B．(1,-2) C． (-2,1) D． (-2,-1)

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，

C''2，1.

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 【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) 【答案】B 【解析】 【分析】

B．(1,2)

C．(1,2)

D．(2,1)

B．6,3

C．2,7

D．2,1

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VABC放大为原图形的2倍得到VA'B'C'，以下说法中错误的是（ ）

A．VABC∽VA'B'C' C．AO:AA'1:2 【答案】C 【解析】 【分析】

B．点C、点O、点C′三点在同一直线上 D．ABPA'B'

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VABC放大为原图形的2倍得到VA'B'C'， ∴VABC∽VA'B'C'，点C、点O、点C′三点在同一直线上，ABPA'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，得到△COD，则CD的长度是（ ） 2

A．2 【答案】A 【解析】

B．1 C．4

D．25 【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，得到△COD， 2∴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y（ ）

k的图象恰好经过AB的中点D，则k的值是x

A．9 【答案】C 【解析】 【分析】

B．12 C．15 D．18

作A'Hy轴于H.证明VAOB≌VBHA'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．

∵AOBAHBABA90，

∴ABOABH90，ABOBAO90， ∴BAOABH， ∵BABA，

∴VAOB≌VBHAAAS， ∴OABH，OBAH，

∵点A的坐标是2,0，点B的坐标是0,6， ∴OA2，OB6，

∴BHOA2，AHOB6， ∴OH4， ∴A6,4， ∵BDAD， ∴D3,5， ∵反比例函数y∴k15． 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

k

的图象经过点D， x

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．22 【答案】D 【解析】 【分析】

B．5 C．35 2D．10

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，

∴EGEMMGDNAFDNCNDC1. 在RtFGE中， EF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．

FG2EG2321210.

12．（2019·湖北中考真题）如图，矩形ABCD中，AC与BD相交于点E，AD:AB3:1，将△ABD沿BD折叠，点A的对应点为F，连接AF交BC于点G，且BG2，在AD边上有一点H，使得BHEH的值最小，此时

BH（ ） CF

A．

3 2B．23 3C．

6 2D．

3 2【答案】B 【解析】 【分析】

设BD与AF交于点M．设AB=a，AD=3a，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=3a．解直角△BGM，求出BM，再表示DM，由△ADM∽△GBM，求出a=23，再证明CF=CD=23．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（3，23），B′（3，-23），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

BH423=． CF233【详解】

如图，设BD与AF交于点M．设AB=a，AD=3a，

∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DAB=90°，tan∠ABD=

AD3， AB1∴BD=AC=AB2AD2=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=3a， 在△BGM中，∵∠BMG=90°，∠GBM=30°，BG=2， ∴GM=

1BG=1，BM=3GM=3， 2∴DM=BD-BM=2a-3， ∵矩形ABCD中，BC∥AD， ∴△ADM∽△GBM， ∴

ADDM3a2a3，即， BGBM23∴a=23，

∴BE=DE=AE=CE=AB=CD=23，AD=BC=6，BD=AC=43， 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=23，

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（3，23），B′（3，-23），E（0，3）， 易求直线B′E的解析式为y=-3x+3， ∴H（1，0），

∴BH=(31)2(230)2=4，

BH423∴=． CF233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OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2019次得到正方形OA2019B2019C2019，那么点A2019的坐标是( )

22A．2,2

【答案】A 【解析】 【分析】

B．(1,0)

22C．2,2 D．(0,1)

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】

Q四边形OABC是正方形，且OA1，

A0,1，

Q将正方形OABC绕点O逆时针旋转45后得到正方形OA1B1C1，

∴点A1的横坐标为1sin4522，点A1的纵坐标为1cos45， 2222A12,2，

继续旋转则A21,0，A3222222,,，A(0，-1)，A，A(-1，0)，A574262,2，A8(0，222221)，A92,2，……，

发现是8次一循环，所以20198252…余3，

22点A2019的坐标为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=23-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=

1AC′=1， 2∴C′H=AC2AH23，

∴B′C′=2C′H=23， ∵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=23-x， ∴y=

111CEgAH=×(23-x)×1=x3， 222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．1200,12 5B．600,0

C．600,12 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=OA2OB2=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A1B1C1，点A与点A1，点B与点B1，点C与点C1是对应点，则_____度．

【答案】90 【解析】 【分析】

先连接CC1，AA1，作CC1，AA1的垂直平分线交于点E，连接AE，A1E，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CC1，AA1，作CC1，AA1的垂直平分线交于点E，连接AE，A1E，

∵CC1，AA1的垂直平分线交于点E， ∴点E是旋转中心， ∵AEA190， ∴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边AC绕点A逆时针旋转090得到AE，直角

得到AF，连结EF．若AB=3，AC=2，且B，则

EF=_____．

【答案】13 【解析】 【分析】

由旋转的性质可得AEAB3，ACAF2，由勾股定理可求EF的长． 【详解】

解：由旋转的性质可得AEAB3，ACAF2，

QBBAC90，且B， BAC90

EAF90

EFAE2AF213 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P4,2关于直线x1的对称点的坐标是_____． 【答案】2,2 【解析】 【分析】

先求出点P到直线x1的距离，再根据对称性求出对称点P'到直线x1的距离，从而得到点P'的横坐标，即可得解． 【详解】 ∵点P4,2，

∴点P到直线x1的距离为413，∴点P关于直线x1的对称点P'到直线x1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x1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，VABO与它们的顶点均在格点（网格线的交点）上，则点P的坐标为_____ VABO是以点P为位似中心的位似图形，

【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VABO和VABO的位似比为所以

OB31，BB2， OB62PBPB1， PBPBBB2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，∠B90o，AB5，BC12，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AC13．根据旋转性质可得AE13，AD5，DE12，利用线段的和差关系可得CD8．在RtCED中根据tanECD【详解】

∵在RtABC中，AB=5，BC=12， ∴ACAB2BC213．

∵ABC绕点A逆时针旋转得到ADE，

∴AEAC13，ADAB5，DEBC12， ∴CD=AC-AD=8．

在RtCED中，tanECD故答案为：【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，AB10,BDAD．若将BCD沿BD折叠,点C与边AB的中点E恰好重合，则四边形BCDE的周长为________．

DE计算即可． DCDE123． DC823 2

【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=的周长为5×4=20． 【详解】

解：∵BD⊥AD，点E是AB的中点， ∴DE=BE=

1AB=5，再根据折叠的性质，即可得到四边形BCDE21AB=5， 2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，ABAC,BAC45,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BACCAD'45，ADAD'，由等腰三角形的性质可得AD'D67.5，

D'AB90，即可求ABD的度数．

【详解】

∵将ABD绕点A逆时针旋转45°得到ACD'，

∴BACCAD'45，ADAD' ∴AD'D67.5，D'AB90 ∴ABD=22.5 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A4,2,B5,0，以点O为位似中心，相们比为

1，把VABO缩小，得到VA1B1O，则点A的对应点A1的坐标为_____． 2【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【详解】

解：以点O为位似中心，相似比为则点A的对应点A1的坐标为4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.

11和-即可求解. 221，把VABO缩小，点A的坐标是A4,2 21111,2或4,2，即2,1或2,1， 22224，点E,F分别在边AD,BC上，将四边5AE形AEFB沿EF翻折，使AB的对应线段MN经过顶点C，当MNBC时，的值是_____．

AD25．（2019·四川中考真题）如图，在菱形ABCD中，sinB

【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，AB180，

设CF4x，FN5x，利用勾股定理得出BC9x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，AB180 ∵sinB4CFsinN， 5FN∴设CF4x，FN5x， ∴CNFN2CF23x，

∴BC9xABCDAD， ∵sinB4GCsinD 5CD

∴GC36x 536x66xx 55∴GMGCMNCN∵AB180，EMCEMG180 ∴BEMG

4EG 5EM3GM∴cosEMG

5EM∴sinBsinEMG∴EM=2x， ∴AE2x，

AE2x2 AD9x92故答案为：.

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，ABC90，BABC2，将ABC绕点C逆时针旋转60得到DEC，连接BD，则BD2的值是___．

【答案】843 【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=【详解】

如图，连接AD，设AC与BD交于点O，

1AC=2，OD=CD•sin60°=6，可得BD=BO+OD，即可求解． 2

由题意得：CACD，ACD60 ∴ACD为等边三角形，

∴ADCD，DACDCAADC60； ∵ABC90，ABBC2， ∴ACCD22， ∵ABBC，CDAD， ∴BD垂直平分AC， ∴BO∴BD1AC2，ODCDsin606， 226 ∴BD2(26)2843， 故答案为：843 【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ACB45，AC3，BC2，则AB的长为__________．

【答案】13

【解析】 【分析】

由旋转的性质可知ACAC3，ACBACA45，故ACB90，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， ∴ACAC3，ACBACA45 ∴ACB90 ∴ABBC2AC213 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AC2．将ABC先绕点C逆时针旋转90o，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)，AC2， ∴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，AC4，

DE22．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ABBC22，BDCE2，根据旋转的性质得到D'BBE'BD，由全等三角形的性质得到D'CE'B45o，过B作BHCE'D'BE'90o，D'BDABE'，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，AC4，DE22， ∴ABBC22，BDBE2，

∵将BDE绕点B逆时针方向旋转后得BD'E'，

∴D'BBE'BD2，D'BE'90o，D'BDABE'， ∴ABD'CBE'， ∴ABD'CBE'SAS， ∴D'CE'B45o， 过B作BHCE'于H， 在RtBHE'中，BHE'H在RtBCH中，CH∴CE'2BE'2， 2BC2BH26，

26，

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，BD1DC2，以点D2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DC4，得出BCBDDC6，由等边三角形的性质得出

ABACBC6，BM理得出AM11BC63，得出DMBMBD1，在RtVABM中，由勾股定22AB2BM233，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RtVADM中，由勾股定理得出ADDM2AM227，在RtVADG中，由勾股定理即可得出AG【详解】

过点A作AMBC于M， ∵BDAD2DG28．

1DC2， 2∴DC4，

∴BCBDDC246， ∵△ABC是等边三角形， ∴ABACBC6， ∵AMBC， ∴BM11BC63， 22∴DMBMBD321， 在RtVABM中，AMAB2BM2623233，

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RtVADM中，AD∴在RtVADG中，AG故答案为：8．

DM2AM212(33)227， AD2DG2(27)262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，MN6，M75，MG42．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】229 【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＝42， ∴AQ＝AM＝MQ•cos45°=4，

∴NQ＝AN2AQ2(46)242229，

故答案为：229.

【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y2xb交x轴于点A，∠ABC=90°，AB=CB，曲线y（x0）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________．

kx

【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

y2x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y【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y2x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，

4

上，即可求得a的值. x

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，

mn4m3则有，解得，

m1n3n1

∴ON=3+1=4，BN=1， ∴B(4，1)，

∵曲线y（x0）过点B， ∴k=4，

kx4， 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)，

∴y∴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A(5,4)，B(0,3)，

C(2,1)．

（1）画出ABC关于原点成中心对称的A1B1C1，并写出点C1的坐标； （2）画出将A1B1C1绕点C1按顺时针旋转90o所得的A2B2C1．

【答案】（1）如图所示，A1B1G1即为所求，见解析，点C1的坐标为(2,1)；（2）如图所示，A2B2C1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A1、B1绕点C1按顺时针旋转90o所得的对应点，再顺次连接即可得．

【详解】

解：（1）如图所示，A1B1G1即为所求，其中点C1的坐标为(2,1)．

（2）如图所示，A2B2C1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，为定值，理由见解析；3（3）S△ABC：S△ADE＝【解析】 【分析】

ma，为定值．理由见解析. nb（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，

∴

SVABCSVAED1ABACsinCAG21． 1AEADsinDAE2（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3AC，AE＝AB， ∵∠BAE＝∠CAD＝90°，

∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°， ∴∠DAE＝∠CAG，

∴

SVABCSVAED1ABACsinCAG32．

13AEADsinDAE2（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

SVABC∴

SVAED1ABACsinCAGma2． 1nbAEADsinDAE2【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O(0,0)、A(4,1)、B(4,4)均在格点上． （1）画出OAB关于y轴对称的OA1B1，并写出点A1的坐标；

（2）画出OAB绕原点O顺时针旋转90o后得到的OA2B2，并写出点A2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）【解析】 【分析】

17 4（1）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点A1的坐标； （2）根据题意，可以画出相应的图形，并写出点A2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A1的坐标是(4,1)； （2）如右图所示， 点A2的坐标是(1,4)； （3）Q点A(4,1)，

OA124217，

290(17)17线段OA在旋转过程中扫过的面积是：． 3604

【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60o，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,AC52，且点G满足AGB90,BG6，直接写出点C到AG的距离．



【答案】（1）【解析】 【分析】

18023；（2）AEBE（3）1或7 CF，理由见解析；23（1）由旋转的性质可得CDCE,（2）由旋转的性质可得ADBE,DCEa，即可求解；

CDCE,DCE60，可证CDE是等边三角形，由等边三角形

的性质可得DFEF3CF，即可求解； 3（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）Q将CAD绕点C按逆时针方向旋转角得到CBE

ACDBCE，DCEa CDCE

180 2180故答案为：

2CDE（2）AEBE23CF 3理由如下：如图，

Q将CAD绕点C按逆时针方向旋转角60o得到CBE

ACDBCE

ADBE,CDCE,DCE60

CDE是等边三角形，且CFDE DFEF3CF 3QAEADDFEF AEBE23CF 3（3）如图，当点G在AB上方时，过点C作CEAG于点E，

QACB90,ACBC52

CABABC45,AB10 QACB90AGB

点C，点G，点B，点A四点共圆

AGCABC45,且CEAG AGCECG45

CEGE

QAB10,GB6,AGB90

AGAB2GB28

QAC2AE2CE2，

(52)2(8CE)2CE2

，CE1 CE7（不合题意舍去）

若点G在AB的下方，过点C作CFAG， 同理可得：CF7

Q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，

BACDAE90.

（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BC62，AD3，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EPD90，得到DE32，AB6，求得BD633，CD35，根据相似三角形的性质得到PD形的面积公式即可得到结论． 【详解】

655，PB根据三角55(1)∵ABC和ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，BACDAE90， ∴ADAE，ABAC，BACEAFEADEAF， 即BAEDAC，

ABAC在ABE与ADC中，BAECAD，

AEAD∴ABEADCSAS， ∴ABEACD，

∵ABEAFBABECFP90， ∴CPF90， ∴BPCD；

AEAD(2)在ABE与ACD中，EABCAB90，

ABAC∴ABEACDSAS， ∴ABEACD，BECD， ∵PDBADC， ∴BPDCAB90， ∴EPD90，

∵BC62，AD3， ∴DE32，AB6， ∴BD633，CD∵BDP:CDA， ∴

AD2AC235，

BDPDPB， CDADAC335PDPB， 36655，PB，

55∴∴PD∴PE356595， 5519559. 25510∴PDE的面积【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＝【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∴EC＝CH+HE＝1033，即可求出PC22

2

2

1033. 211033 EC222【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＝∵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，

1EF， 2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＝

1EF． 2③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＝在Rt△AHE中，∠EAH＝30°，AE＝DE＝1， ∴HE＝

2CE， 213，AH＝， 22又∵AC＝AB＝3， ∴CH＝3+

3， 22

2

∴EC＝CH+HE＝1033 2

∴PC＝

2

11033 EC222

【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VAEF，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AB42，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VCOM≌VFOE，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

VADE≌VCDM，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

VCOM≌△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AOC90，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?ACB，

∵四边形ABCD是正方形，∴ACBACDFAC45，

∴ACFAFC11804567.5， 2∴DCFEFC22.5，

∵FEC90，O为CF的中点，∴OE同理：OD1CFOCOF， 21CF，∴OEODOCOF， 2∴EOC2EFO45，DOF2DCO45， ∴DOE180454590，∴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，

OMOE在VCOM和VFOE中，COMFOE，

OCOF∴VCOM≌VFOE（SAS），∴MCFEFC，CMEF. ∵四边形ABCD是正方形，∴ABBCCD，BACBCA45， ∵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，ACDAFE45， ∴FCDCFEMCF，

∵EACDAE45，FADDAE45，∴EACFAD，

在VACF中，∵ACFAFCCAF180， ∴DAE2FADDCM90180，

∵FADDAE45，∴FADDCM45，∴DAEDCM，

AECM在VADE和VCDM中，DAEDCM，

ADCD∴VADE≌VCDM（SAS），∴DEDM， ∵OEOM，∴OEOD，

CMCD在VCOM和△COD中，MCFFCD，

OCOC∴VCOM≌△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，∴AOC90， ∴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， ∵AC2AB2428，∴点O经过的路径长为：d8．

【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.