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2022年中考数学真题分项汇编专题17 图形变换（平移、旋转、对称）（含解析）
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这是一份2022年中考数学真题分项汇编专题17 图形变换（平移、旋转、对称）（含解析），共58页。试卷主要包含了下列图形，故答案为等内容，欢迎下载使用。
专题17 图形变换（平移、旋转、对称）
一．选择题
1．（2022·湖南娄底）下列与2022年冬奥会相关的图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】中心对称图形定义：如果一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形回完全重合，那么这个答图形叫做中心对称图形，根据中心对称图形定义逐项判定即可．
【详解】解：根据中心对称图形定义，可知D符合题意，故选：D．
【点睛】本题考查中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的定义是解决问题的关键．
2．（2022·四川自贡）剪纸与扎染、龚扇被称为自贡小三绝，以下学生剪纸作品中，轴对称图形是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的定义判断即可．
【详解】∵不是轴对称图形,∴A不符合题意；
∵不是轴对称图形,∴B不符合题意；
∵不是轴对称图形,∴C不符合题意；
∵是轴对称图形,∴D符合题意；故选D．
【点睛】本题考查了轴对称图形即沿着某条直线折叠，直线两旁的部分完全重合，熟练掌握定义是解题的关键．
3．（2022·山东泰安）下列图形：
其中轴对称图形的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】对每个图形逐一分析，能够找到对称轴的图形就是轴对称图形．
【详解】从左到右依次对图形进行分析：
第1个图在竖直方向有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
第2个图在水平方向有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
第3个图找不到对称轴，不是轴对称图形，不符合题意；
第4个图在竖直方向有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
因此，第1、2、4都是轴对称图形，共3个．故选：B．
【点睛】本题考查轴对称图形的概念，解题的关键是寻找对称轴．
4．（2022·江苏苏州）如图，点A的坐标为，点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点C的坐标为，则m的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，根据将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，可得△ABC是等边三角形，又A（0，2），C（m，3），即得，可得，，从而，即可解得．
【详解】解：过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，如图所示：
∵CD⊥x轴，CE⊥y轴，∴∠CDO=∠CEO=∠DOE＝90°，∴四边形EODC是矩形，
∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，
∵A（0，2），C（m，3），∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，
∴AE＝OE−OA＝CD−OA＝1，∴，
在Rt△BCD中，，
在Rt△AOB中，，
∵OB＋BD＝OD＝m，∴，
化简变形得：3m4−22m2−25＝0，解得：或（舍去），
∴，故C正确．故选：C．
【点睛】本题考查直角坐标系中的旋转变换，解题的关键是熟练应用勾股定理，用含m的代数式表示相关线段的长度．
5．（2022·浙江湖州）如图，将△ABC沿BC方向平移1cm得到对应的△A′B′C′．若B′C=2cm，则BC′的长是（ ）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【答案】C
【分析】据平移的性质可得BB′=CC′=1，列式计算即可得解．
【详解】解：∵△ABC沿BC方向平移1cm得到△A′B′C′，∴BB′=CC′=1cm，
∵B′C=2cm，∴BC′= BB′+ B′C+CC′=1+2+1=4（cm）．故选：C．
【点睛】本题考查了平移的性质，熟记性质得到相等的线段是解题的关键．
6．（2022·浙江嘉兴）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A．1cm B．2cm C．(－1)cm D．(2－1)cm
【答案】D
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可．
【详解】解：由题意，BD=cm，
由平移性质得=1cm，
∴点D，之间的距离为==（）cm，故选：D．
【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
7．（2022·湖南怀化）如图，△ABC沿BC方向平移后的像为△DEF，已知BC=5，EC=2，则平移的距离是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据题意判断BE的长就是平移的距离，利用已知条件求出BE即可．
【详解】因为沿BC方向平移，点E是点B移动后的对应点，
所以BE的长等于平移的距离，
由图像可知，点B、E、C在同一直线上，BC=5，EC=2，
所以BE=BC-ED=5-2=3,故选 C．
【点睛】本题考查了平移，正确找出平移对应点是求平移距离的关键．
8．（2022·湖南邵阳）下列四种图形中，对称轴条数最多的是（ ）
A．等边三角形 B．圆 C．长方形 D．正方形
【答案】B
【分析】分别求出各个图形的对称轴的条数，再进行比较即可．
【详解】解：因为等边三角形有3条对称轴；圆有无数条对称轴；长方形有2条对称轴；正方形有4条对称轴；经比较知，圆的对称轴最多．故选：B．
【点睛】此题考查了轴对称图形对称轴条数的问题，解题的关键是掌握轴对称图形对称轴的定义以及性质．
9．（2022·江苏连云港）下列图案中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据轴对称图形的概念逐项分析判断即可，轴对称图形的概念：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．
【详解】A.是轴对称图形，故该选项正确，符合题意；
B.不是轴对称图形，故该选项不正确，不符合题意；
C.不是轴对称图形，故该选项不正确，不符合题意；
D.不是轴对称图形，故该选项不正确，不符合题意；故选A
【点睛】本题考查轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
10．（2022·四川遂宁）下面图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
科克曲线笛卡尔心形线
阿基米德螺旋线赵爽弦图
A．科克曲线 B．笛卡尔心形线 C．阿基米德螺旋线 D．赵爽弦图
【答案】A
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A、科克曲线既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、笛卡尔心形线是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、阿基米德螺旋线不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、赵爽弦图不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．故选：A．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
11．（2022·新疆）平面直角坐标系中，点P(2，1)关于x轴对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】直接利用关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，得出答案．
【详解】解：点P（2，1）关于x轴对称的点的坐标是（2，-1）．故选：B．
【点睛】本题主要考查了关于x轴对称点的性质，正确掌握横纵坐标的关系是解题关键．
12．（2022·天津）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念对各项分析判断即可得解．
【详解】A．不是轴对称图形，故本选项错误；
B．不是轴对称图形，故本选项错误；
C．不是轴对称图形，故本选项错误；
D．是轴对称图形，故本选项正确．故选：D．
【点睛】本题考查轴对称图形，理解轴对称图形的概念是解答的关键．
13．（2022·天津）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【详解】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键．
14．（2022·江苏扬州）如图，在中，，将以点为中心逆时针旋转得到，点在边上，交于点．下列结论：①；②平分；③，其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】D
【分析】根据旋转的性质可得对应角相等，对应边相等，进而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：∵将以点为中心逆时针旋转得到，
∴，
，
，
，故①正确；
，
，
，
，
，
平分，故②正确；
，
，
，
，
，
，
故③正确
故选D
【点睛】本题考查了性质的性质，等边对等角，相似三角形的性质判定与性质，全等三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
15．（2022·四川南充）如图，将直角三角板绕顶点A顺时针旋转到，点恰好落在的延长线上，，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据直角三角形两锐角互余，求出的度数，由旋转可知，在根据平角的定义求出的度数即可．
【详解】∵，
∴，
∵由旋转可知，
∴，
故答案选：B．
【点睛】本题考查直角三角形的性质以及图形的旋转的性质，找出旋转前后的对应角是解答本题的关键．
16．（2022·山东泰安）如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中每个小正方形的边长均为1，经过平移后得到，若上一点平移后对应点为，点绕原点顺时针旋转，对应点为，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】分析：由题意将点P向下平移5个单位，再向左平移4个单位得到P1，再根据P1与P2关于原点对称，即可解决问题．
详解：由题意将点P向下平移5个单位，再向左平移4个单位得到P1．
∵P（1.2，1.4），∴P1（﹣2.8，﹣3.6）．
∵P1与P2关于原点对称，∴P2（2.8，3.6）． 故选A．
点睛：本题考查了坐标与图形变化，平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
17．（2022·湖北宜昌）将四个数字看作一个图形，则下列四个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】中心对称图形的定义：把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，根据中心对称图形的定义逐项判定即可．
【详解】解：根据中心对称图形定义，可知符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查中心对称图形，掌握中心对称图形定义，能根据定义判定图形是否是中心对称图形是解决问题的关键．
18．（2022·湖南常德）如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（ ）
A． B．， C． D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质可判断D．
【详解】A．∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，∴△BCE是等边三角形，∴BE=BC，故A正确；
B．∵点F是边AC中点，∴CF=BF=AF=AC，
∵∠BCA=30°，∴BA=AC，∴BF=AB=AF=CF，∴∠FCB=∠FBC=30°，
延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，
∴∠BHE=∠DEC=90°，∴BF//ED，
∵AB=DE，∴BF=DE，故B正确．
C．∵BF∥ED，BF=DE，∴四边形BEDF是平行四边形，∴BC=BE=DF，
∵AB=CF， BC=DF，AC=CD，∴△ABC≌△CFD，∴，故C正确；
D．∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°，∴∠FCG=30°，∴FG=CG，∴CG=2FG．
∵∠DCE=∠CDG=30°，∴DG=CG，∴DG=2FG．故D错误．故选D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角边等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质等知识，综合性较强，正确理解旋转性质是解题的关键．
19．（2022·湖南常德）国际数学家大会每四年举行一届，下面四届国际数学家大会会标中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据中心对称的概念对各图形分析判断即可得解．
【详解】解：A不是中心对称图形，故A错误；
B是中心对称图形，故B正确；
C不是中心对称图形，故C错误；
D不是中心对称图形，故D错误；
故选B．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后两部分重合，理解并掌握如何判断中心对称图形的条件是解题的关键．
20．（2022·河北）题目：“如图，∠B＝45°，BC＝2，在射线BM上取一点A，设AC＝d，若对于d的一个数值，只能作出唯一一个△ABC，求d的取值范围．”对于其答案，甲答：，乙答：d＝1.6，丙答：，则正确的是（ ）
A．只有甲答的对 B．甲、丙答案合在一起才完整
C．甲、乙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才完整
【答案】B
【分析】过点C作于，在上取，发现若有两个三角形，两三角形的AC边关于对称，分情况分析即可
【详解】过点C作于，在上取
∵∠B＝45°，BC＝2，∴是等腰直角三角形∴
∵∴
若对于d的一个数值，只能作出唯一一个△ABC
通过观察得知：点A在点时，只能作出唯一一个△ABC（点A在对称轴上），此时，即丙的答案；
点A在射线上时，只能作出唯一一个△ABC（关于对称的AC不存在），此时，即甲的答案，
点A在线段（不包括点和点）上时，有两个△ABC（二者的AC边关于对称）；选：B
【点睛】本题考查三角形的存在性质，勾股定理，解题关键是发现若有两个三角形，两三角形的AC边关于对称
21．（2022·山西）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船圆满完成全部既定任务，顺利返回地球家园．六个月的飞天之旅展现了中国航天科技的新高度下列航天图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用中心对称图形的定义直接判断．
【详解】解：根据中心对称图形的定义，四个选项中，只有B选项的图形绕着某点旋转180°后能与原来的图形重合，故选B．
【点睛】本题考查中心对称图形的判定，掌握中心对称图形的定义是解题的关键．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心．
22．（2022·河南）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2022次旋转后，点A的坐标即可．
【详解】解：正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，轴，
∴AP＝1， AO＝2，∠OPA＝90°，
∴OP＝＝，∴A（1，），
第1次旋转结束时，点A的坐标为（，-1）；
第2次旋转结束时，点A的坐标为（-1，）；
第3次旋转结束时，点A的坐标为（，1）；
第4次旋转结束时，点A的坐标为（1，）；
∵将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，∴4次一个循环，
∵2022÷4＝505……2，
∴经过第2022次旋转后，点A的坐标为（-1，），故选：B
【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
23．（2022·四川宜宾）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】证明，即可判断①，根据①可得，由可得四点共圆，进而可得，即可判断②，过点作于,交的延长线于点，证明，根据相似三角形的性质可得，即可判断③，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，根据当共线时，取得最小值，可得四边形是正方形，勾股定理求得， 根据即可判断④．
【详解】解：和都是等腰直角三角形，，
故①正确；
四点共圆，
故②正确；
如图，过点作于,交的延长线于点，
,
，,
设，则，，
则
AH∥CE，
则；故③正确
如图，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，
，
当共线时，取得最小值，
此时
，
此时，
，，，
，
，
，
平分，
，
四点共圆，
，
又,，
，
则四边形是菱形，
又，
四边形是正方形，
，
则，，
，，
，，
则，，
，，故④不正确，故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
二．填空题
24．（2022·云南）点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为______．
【答案】（-1，5）
【分析】根据若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数，即可求解．
【详解】解：∵点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，
∴点B的坐标为（-1，5）．
故答案为：（-1，5）
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内点关于原点对称的特征，熟练掌握若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数是解题的关键．
25．（2022·湖南湘潭）如图，一束光沿方向，先后经过平面镜、反射后，沿方向射出，已知，，则_________．
【答案】40°##40度
【分析】根据入射角等于反射角，可得，根据三角形内角和定理求得，进而即可求解．
【详解】解：依题意，，
∵，，
，
∴，
．
故答案为：40．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，三角形内角和定理的应用，掌握轴对称的性质是解题的关键．
26．（2022·浙江丽水）一副三角板按图1放置，O是边的中点，．如图2，将绕点O顺时针旋转，与相交于点G，则的长是___________．
【答案】
【分析】BC交EF于点N，由题意得，，，，，BC=DF=12，根据锐角三角函数即可得DE，FE，根据旋转的性质得是直角三角形，根据直角三角形的性质得，即，根据角之间的关系得是等腰直角三角形，即cm，根据，得，即，解得，即可得．
【详解】解：如图所示，BC交EF于点N，
由题意得，，，，，BC=DF=12，
在中，，
，
∵△ABC绕点O顺时针旋转60°，
∴，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴（cm），
∴（cm），
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴cm，
∵，，
∴，
即，
，
，
∴（cm），
故答案为：．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
27．（2022·河南）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点处，得到扇形．若∠O＝90°，OA＝2，则阴影部分的面积为______．
【答案】
【分析】设与扇形交于点，连接，解，求得，根据阴影部分的面积为，即可求解．
【详解】如图，设与扇形交于点，连接，如图
是OB的中点, OA＝2，
＝90°，将扇形AOB沿OB方向平移，
阴影部分的面积为
故答案为：
【点睛】本题考查了解直角三角形，求扇形面积，平移的性质，求得是解题的关键．
28．（2022·河南）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为______．
【答案】
【分析】连接，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，点在上，且，勾股定理求得即可．
【详解】如图，连接，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，
，，，
根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，点在上，且，
，
在中，，故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，确定点的位置是解题的关键．
29．（2022·浙江金华）如图，在中，．把沿方向平移，得到，连结，则四边形的周长为_____．
【答案】
【分析】通过勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，分别计算出四边形的四条边长，再计算出周长即可．
【详解】解：∵，∴AB=2BC=4，∴AC=，
∵把沿方向平移，得到，∴，， ，
∴四边形的周长为：，故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，能够熟练掌握勾股定理是解决本题的关键．
30．（2022·四川德阳）如图，直角三角形纸片中，，点是边上的中点，连接，将沿折叠，点落在点处，此时恰好有．若，那么______．
【答案】
【分析】根据D为AB中点，得到AD=CD=BD，即有∠A=∠DCA，根据翻折的性质有∠DCA=∠DCE，CE=AC，再根据CE⊥AB，求得∠A=∠BCE，即有∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°，则有∠A=30°，在Rt△ACB中，即可求出AC，则问题得解．
【详解】∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∵D为AB中点，
∴在直角三角形中有AD=CD=BD，
∴∠A=∠DCA，
根据翻折的性质有∠DCA=∠DCE，CE=AC，
∵CE⊥AB，
∴∠B+∠BCE=90°，
∵∠A+∠B=90°，
∴∠A=∠BCE，
∴∠BCE=∠ECD=∠DCA，
∵∠BCE+∠ECD+∠DCA=∠ACB=90°，
∴∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°
∴∠A=30°，
∴在Rt△ACB中，BC=1，
则有，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折的性质、直角三角形斜边中线的性质、等边对等角以及解直角三角形的知识，求出∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°是解答本题的关键．
31．（2022·山东泰安）如图，将半径为2，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°，点O，B的对应点分别为O′，B′，连接BB′，则图中阴影部分的面积是__________________．
【答案】
【分析】连接OO′，BO′，根据旋转的性质得到，，，，，推出△OAO′是等边三角形，得到，因为∠AOB＝120°，所以，则是等边三角形，得到，得到，，根据直角三角形的性质得，根据勾股定理得，用的面积减去扇形的面积即可得．
【详解】解：如图所示，连接OO′，BO′，
∵将半径为2，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°，
∴，，，，
∴△OAO′是等边三角形，
∴，，
∴点在⊙O上，
∵∠AOB＝120°，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，根据勾股定理得，
，
∴图中阴影部分的面积=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆与三角形，旋转的性质，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．
32．（2022·湖南怀化）已知点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称，则a﹣b =______．
【答案】5
【分析】根据平面直角坐标系中，关于原点对称的点横、纵坐标都互为相反数，求出a，b的值即可．
【详解】∵点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称，
∴，，
∴
故答案为：5．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标的特点，掌握特殊位置关系的点的坐标变化是解答本题的关键．
33．（2022·浙江台州）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为______．
【答案】8
【分析】根据平移的性质即可求解．
【详解】解：由平移的性质S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′，∴四边形B′C′CB为平行四边形，
∵BB′⊥BC，∴四边形B′C′CB为矩形，
∵阴影部分的面积=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC=S矩形B′C′CB=4×2=8(cm2)．故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形的判定和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
三．解答题
34．（2022·湖南湘潭）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．将绕原点顺时针旋转后得到．
(1)请写出、、三点的坐标：_________，_________，_________
(2)求点旋转到点的弧长．
【答案】(1)（1，1）；（0，4）；（2，2）(2)2π
【分析】（1）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C1，点A1，B1，C1的坐标即为点A，B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点，由此可得出结果．
（2）由图知点旋转到点的弧长所对的圆心角是90º，OB=4，根据弧长公式即可计算求出．
(1)
解：将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C1，点A1，B1，C1的坐标即为点A，B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点，
所以A1（1，1）；B1（0，4）；C1（2，2）
(2)解：由图知点旋转到点的弧长所对的圆心角是90度，OB=4，
∴点旋转到点的弧长==2π
【点睛】本题考查点的旋转变换和弧长公式，解题的关键是熟练掌握旋转变换的定义和弧长公式．
35．（2022·湖北武汉）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
(1)在图（1）中，，分别是边，与网格线的交点．先将点绕点旋转得到点，画出点，再在上画点，使；
(2)在图（2）中，是边上一点，．先将绕点逆时针旋转，得到线段，画出线段，再画点，使，两点关于直线对称．
【答案】(1)作图见解析(2)作图见解析
【分析】（1）取格点，作平行四边形，利用平行四边形对角顶点关于对角线交点对称即可求点F；平行四边形对边在网格中与格线的交点等高，连接等高点即可作出；
（2）取格点，作垂直平分线即可作出线段AH；利用垂直平分线的性质，证明三角形全等，作出，两点关于直线对称
(1)
解：作图如下：
取格点，连接，且，所以四边形是平行四边形，连接 ，与AC的交点就是点E，所以BE=EF，所以点F即为所求的点；
连接CF，交格线于点M，因为四边形ABCF是平行四边形，连接DM交AC于一点，该点就是所求的G点；
(2)
解：作图如下：
取格点D、E，连接DE，AC平行于DE，取格点R，连接BR并延长BR交DE于一点H，连接AH，此线段即为所求作线段；
理由如下：取格点W连接AW、CW，连接CR，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴ ，
∵点是的中点，
∴点是的中点，
即，
∴垂直平分，
∴．
连接，交AC于点，连接交于点，则该点就是点关于直线的对称点．
理由如下：∵垂直平分，
∴是等腰三角形，，
∴ ，
∴，
∴，
∴，两点关于直线对称.
【点睛】本题考查了用无刻度直尺在网格中作图的知识，找准格点作出平行四边形和垂直平分线是解决本题的关键．
36．（2022·浙江温州）如图，在的方格纸中，已知格点P，请按要求画格点图形（顶点均在格点上）．
(1)在图1中画一个锐角三角形，使P为其中一边的中点，再画出该三角形向右平移2个单位后的图形．(2)在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形，使三边长都不相等，再画出该三角形绕点P旋转后的图形．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可；
（2）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可．
(1)
画法不唯一，如图1或图2等．
(2)
画法不唯一，如图3或图4等．
【点睛】本题考查作图—旋转变换、作图—平移变换，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，注意不要忘记画出平移后或旋转后的图形．
37．（2022·浙江丽水）如图，在的方格纸中，点A，B，C均在格点上，试按要求画出相应格点图形．
(1)如图1，作一条线段，使它是向右平移一格后的图形；
(2)如图2，作一个轴对称图形，使和是它的两条边；
(3)如图3，作一个与相似的三角形，相似比不等于1．
【答案】(1)画图见解析(2)画图见解析(3)画图见解析
【分析】（1）分别确定A，B平移后的对应点C，D，从而可得答案；
（2）确定线段AB，AC关于直线BC对称的线段即可；
（3）分别计算的三边长度，再利用相似三角形的对应边成比例确定的三边长度，再画出即可．
(1)解：如图，线段CD即为所求作的线段，
(2)如图，四边形ABDC是所求作的轴对称图形，
(3)如图，如图，即为所求作的三角形，
由勾股定理可得： 而
同理： 而
【点睛】本题考查的是平移的作图，轴对称的作图，相似三角形的作图，掌握平移轴对称的性质，相似三角形的判定方法是解本题的关键．
38．（2022·安徽）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
(1)将△ABC向上平移6个单位，再向右平移2个单位，得到，请画出﹔
(2)以边AC的中点O为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转180°，得到，请画出．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）根据平移的方式确定出点A1，B1，C1的位置，再顺次连接即可得到；
（2）根据旋转可得出确定出点A2，B2，C2的位置，再顺次连接即可得到．
(1)如图，即为所作；
(2)如图，即为所作；
【点睛】本题考查作图-旋转变换与平移变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
39．（2022·浙江宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形．
(1)在图1中画出等腰三角形，且点C在格点上．（画出一个即可）
(2)在图2中画出以为边的菱形，且点D，E均在格点上．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】利用轴对称图形、中心对称图形的特点画出符合条件的图形即可；
(1)答案不唯一．
(2)
【点睛】本题考查了轴对称图形、中心对称图形的特点，熟练掌握特殊三角形与四边形的性质才能准确画出符合条件的图形．
40．（2022·浙江绍兴）如图，在△ABC中，∠ABC=40°， ∠ACB=90°，AE平分∠BAC交BC于点E．P是边BC上的动点（不与B，C重合），连结AP，将△APC沿AP翻折得△APD，连结DC，记∠BCD=α．
(1)如图，当P与E重合时，求α的度数．(2)当P与E不重合时，记∠BAD=β，探究α与β的数量关系．
【答案】(1)25°
(2)①当点P在线段BE上时，2α－β＝50°；②当点P在线段CE上时，2α＋β＝50°
【分析】（1）由∠B＝40°，∠ACB＝90°，得∠BAC＝50°，根据AE平分∠BAC，P与E重合，可得∠ACD，从而α＝∠ACB−∠ACD；
（2）分两种情况：①当点P在线段BE上时，可得∠ADC＝∠ACD＝90°−α，根据∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，即可得2α−β＝50°；②当点P在线段CE上时，延长AD交BC于点F，由∠ADC＝∠ACD＝90°−α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α可得90°−α＝40°＋α＋β，即2α＋β＝50°．
(1)
解：∵∠B＝40°，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝50°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC＝∠BAC＝25°，
∵P与E重合，
∴D在AB边上，AE⊥CD，
∴∠ACD＝65°，
∴α＝∠ACB－∠ACD＝25°；
(2)
①如图1，当点P在线段BE上时，
∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，
∴90°－α＋β＝40°＋α，
∴2α－β＝50°；
②如图2，当点P在线段CE上时，
延长AD交BC于点F，
∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α＝40°＋α＋β，
∴90°－α＝40°＋α＋β，
∴2α＋β＝50°．
【点睛】本题考查三角形综合应用，涉及轴对称变换，三角形外角等于不相邻的两个内角的和的应用，解题的关键是掌握轴对称的性质，能熟练运用三角形外角的性质．
41．（2022·四川达州）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形，按如图1的方式摆放，，随后保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，，延长交于点F，连接．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：
(1)【初步探究】如图2，当时，则_____；
(2)【初步探究】如图3，当点E，F重合时，请直接写出，，之间的数量关系：_________；
(3)【深入探究】如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由．
(4)【拓展延伸】如图5，在与中，，若，（m为常数）．保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，，延长交于点F，连接，如图6．试探究，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)仍然成立，理由见解析
(4)
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得，根据题意可得，根据等原三角形的性质可得平分，即可得，根据旋转的性质可知；
（2）证明，可得，根据等腰直角三角形可得，由，即可即可得出；
（3）同（2）可得，过点，作，交于点，证明，，可得，即可得出；
（4）过点作，交于点，证明，可得，，在中，勾股定理可得，即可得出．
(1)
等腰直角三角形和等腰直角三角形，
，
故答案为：
(2)
在与中，
又
重合，
故答案为：
(3)
同（2）可得
，
过点，作，交于点，
则，
，
在与中，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
在与中，
，
，
，
，
即，
(4)
过点作，交于点，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
中，，
，
即．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．
42．（2022·江苏连云港）【问题情境】在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中，，．
【问题探究】小昕同学将三角板绕点B按顺时针方向旋转．
(1)如图2，当点落在边上时，延长交于点，求的长．
(2)若点、、在同一条直线上，求点到直线的距离．
(3)连接，取的中点，三角板由初始位置（图1），旋转到点、、首次在同一条直线上（如图3），求点所经过的路径长．
(4)如图4，为的中点，则在旋转过程中，点到直线的距离的最大值是_____．
【答案】(1)(2)(3)(4)
【分析】（1）在Rt△BEF中，根据余弦的定义求解即可；
（2）分点在上方和下方两种情况讨论求解即可；
（3）取的中点，连接，从而求出OG=，得出点在以为圆心，为半径的圆上，然后根据弧长公式即可求解；
（4）由（3）知，点在以为圆心，为半径的圆上，过O作OH⊥AB于H，当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，在Rt△BOH中求出OH，进而可求GH.
(1)解：由题意得，，
∵在中，，，．
∴．
(2)①当点在上方时，
如图一，过点作，垂足为，
∵在中，，，，
∴，
∴．
∵在中，，，
，，
∴．
∵点、、在同一直线上，且，
∴．
又∵在中，，，，
∴，
∴．
∵在中，，
∴．
②当点在下方时，如图二，
在中，∵，，，
∴．
∴．
过点作，垂足为．
在中，，
∴．
综上，点到直线的距离为．
(3)解：如图三，取的中点，连接，则．
∴点在以为圆心，为半径的圆上．
当三角板绕点B顺时针由初始位置旋转到点、B、首次在同一条直线上时，点所经过的轨迹为所对的圆弧，圆弧长为．
∴点所经过的路径长为．
(4)解：由（3）知，点在以为圆心，为半径的圆上，
如图四，过O作OH⊥AB于H，
当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，
在Rt△BOH中，∠BHO=90°，∠OBH=30°，，
∴，
∴，
即点到直线的距离的最大值为.
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，弧长公式，解直角三角形等知识，分点在上方和下方是解第（2）的关键，确定点G的运动轨迹是解第（3）（4）的关键.
43．（2022·四川广元）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），得到线段CD，连接AD、BD．
(1)如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为 ；
(2)将线段CA绕点C顺时针旋转α时①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；
②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．用等式表示线段AD、CE、BE之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)135°
(2)（2）①补全图形见解析；∠ADB=45°；②2BE-AD=CE．理由见解析
【分析】（1）由题意得点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，利用圆内接四边形的性质即可求解；
（2）①根据题意补全图形即可；同（1），利用圆周角定理即可求解；
②过点C作CH⊥EC于点C，交ED的延长线于点H，证明BE=DE，△CEH是等腰直角三角形，推出EH=2BE-AD，利用等腰直角三角形的性质即可证明结论．
(1)
解：由题意得：CA=CD=CB，
∴点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，如图，
在优弧上取点G，连接AG，BG，
∵Rt△ABC中，∠BCA=90°，
∴∠BGA=45°，
∵四边形ADBG是圆内接四边形，
∴∠ADB=180°-45°=135°，
故答案为：135°；
(2)
①补全图形，如图：
由题意得：CA=CD=CB，
∴点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，如图，
∵Rt△ABC中，∠BCA=90°，
∴∠ADB=45°；
②2BE-AD=CE．理由如下：
过点C作CH⊥EC于点C，交ED的延长线于点H，如图：
∵CD=CB，CE是∠BCD的平分线，
∴CE是线段BD的垂直平分线，
∴BE=DE，∠EFD=90°，
由①知∠ADB=45°，
∴∠DEF=45°，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴∠DEF=∠H=45°，CE=CH，
∵CD=CA，
∴∠CAD=∠CDA，则∠CAE=∠CDH，
∴△AEC≌△DHC，
∴AE=DH，
∴EH=2ED-AD=2BE-AD，
∵△CEH是等腰直角三角形，
∴2BE-AD=CE．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和等腰直角三角形解决问题．
44．（2022·新疆）如图，在巾，，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将沿AD折叠得到，连接BE．
(1)当时，___________；(2)探究与之问的数量关系，并给出证明；
(3)设，的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）首先由折叠的性质可得，再由等腰三角形的性质可求解；
（2）首先由折叠的性质可得，，再由等腰三角形的性质可得，，最后根据角度关系即可求解；
（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求的长，由勾股定理可求的长，最后根据面积和差关系可求解．
(1)，，，
，
将沿折叠得到，
，
，
，
故答案为：60；
(2)
，理由如下：
将沿折叠得到，
，，
，，
，
，
，
；
(3)
如图，连接，
，点是的中点，
，
，，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关性质并能够灵活运用．
45．（2022·湖北十堰）已知，在内部作等腰，，．点为射线上任意一点（与点不重合），连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接并延长交射线于点．
(1)如图1，当时，线段与的数量关系是_________；
(2)如图2，当时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)若，，，过点作，垂足为，请直接写出的长（用含有的式子表示）．
【答案】(1)BF=CF
(2)成立；理由见解析
(3)或PD=0或
【分析】（1）连接AF，先根据“SAS”证明，得出，再证明，即可得出结论；
（2）连接AF，先说明，然后根据“SAS”证明，得出，再证明，即可得出结论；
（3）先根据，AB=AC，得出△ABC为等边三角形，再按照，，三种情况进行讨论，得出结果即可．
(1)
解：BF=CF；理由如下：
连接AF，如图所示：
根据旋转可知，，AE=AD，
∵∠BAC=90°，
∴，，
∴，
∵AC=AB，
∴（SAS），
∴，
∴，
∵在Rt△ABF与Rt△ACF中，
∴（HL），
∴BF=CF．
故答案为：BF=CF．
(2)
成立；理由如下：
连接AF，如图所示：
根据旋转可知，，AE=AD，
∵，
∴，，
∴，
∵AC=AB，
∴，
∴，
∴，
∵在Rt△ABF与Rt△ACF中，
∴（HL），
∴BF=CF．
(3)
∵，AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴，，
当时，连接AF，如图所示：
根据解析（2）可知，，
∴，
∵，
，
即，
，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
，
，
∵，
∴，
∴，
，
∴；
当时，AD与AC重合，如图所示：
∵，，
∴△ADE为等边三角形，
∴∠ADE=60°，
∵，
∴，
∴此时点P与点D重合，；
当时，连接AF，如图所示：
根据解析（2）可知，，
∴，
∵，
，
即，
，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
∵，
，
∵，
∴，
∴，
，
∴；
综上分析可知，或PD=0或．
46．（2022·河北）如图，四边形ABCD中，，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，，DH⊥BC于点H．将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与A重合，点B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，．
(1)求证：△PQM≌△CHD；
(2)△PQM从图1的位置出发，先沿着BC方向向右平移（图2），当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋转（图3），当边PM旋转50°时停止．
①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积；
②如图2，点K在BH上，且．若△PQM右移的速度为每秒1个单位长，绕点D旋转的速度为每秒5°，求点K在△PQM区域（含边界）内的时长；
③如图3．在△PQM旋转过程中，设PQ，PM分别交BC于点E，F，若BE＝d，直接写出CF的长（用含d的式子表示）．
【答案】(1)见详解
(2)①；
②；
③
【分析】（1）先证明四边形是矩形，再根据算出CD长度，即可证明；
（2）①平移扫过部分是平行四边形，旋转扫过部分是扇形，分别算出两块面积相加即可；
②运动分两个阶段：平移阶段：；旋转阶段：取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作于T；设，利用算出，，，利用算出DG，利用算出GT，最后利用算出，发现，从而得到，度数，求出旋转角，最后用旋转角角度计算所用时间即可；
③分两种情况：当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，证明，结合勾股定理，可得，即可得CF与d的关系．
(1)
∵，
∴
则在四边形中
故四边形为矩形
，
在中，
∴，
∵
∴；
(2)
①过点Q作于S
由（1）得：
在中，
∴
平移扫过面积：
旋转扫过面积：
故边PQ扫过的面积：
②运动分两个阶段：平移和旋转
平移阶段：
旋转阶段：
由线段长度得：
取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，则H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作于T
设，则
在中：
设，则，，
，，
∵DM为直径
∴
在中 ：
在中：
在中：
∴，
PQ转过的角度：
s
总时间：
③设CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，如图：
∵∠EDF=30°，∠C=30°，
∴∠EDF=∠C，
又∵∠DEF=∠CED，
∴，
∴，即，
∴，
∵在中，，
∴，
∴
当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，如图：CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
同理：可得
综上所述：．
【点睛】本题考查动点问题，涉及到平移，旋转，矩形，解直角三角形，圆的性质，相似三角形的判定和性质；注意第（2）问第②小题以PM为直径作圆算出是难点，第（2）问第③小题用到相似三角形的判定和性质．
专题17 图形变换（平移、旋转、对称）
一．选择题
1．（2022·湖南娄底）下列与2022年冬奥会相关的图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】中心对称图形定义：如果一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形回完全重合，那么这个答图形叫做中心对称图形，根据中心对称图形定义逐项判定即可．
【详解】解：根据中心对称图形定义，可知D符合题意，故选：D．
【点睛】本题考查中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的定义是解决问题的关键．
2．（2022·四川自贡）剪纸与扎染、龚扇被称为自贡小三绝，以下学生剪纸作品中，轴对称图形是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的定义判断即可．
【详解】∵不是轴对称图形,∴A不符合题意；
∵不是轴对称图形,∴B不符合题意；
∵不是轴对称图形,∴C不符合题意；
∵是轴对称图形,∴D符合题意；故选D．
【点睛】本题考查了轴对称图形即沿着某条直线折叠，直线两旁的部分完全重合，熟练掌握定义是解题的关键．
3．（2022·山东泰安）下列图形：
其中轴对称图形的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】对每个图形逐一分析，能够找到对称轴的图形就是轴对称图形．
【详解】从左到右依次对图形进行分析：
第1个图在竖直方向有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
第2个图在水平方向有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
第3个图找不到对称轴，不是轴对称图形，不符合题意；
第4个图在竖直方向有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
因此，第1、2、4都是轴对称图形，共3个．故选：B．
【点睛】本题考查轴对称图形的概念，解题的关键是寻找对称轴．
4．（2022·江苏苏州）如图，点A的坐标为，点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点C的坐标为，则m的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，根据将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，可得△ABC是等边三角形，又A（0，2），C（m，3），即得，可得，，从而，即可解得．
【详解】解：过C作CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，如图所示：
∵CD⊥x轴，CE⊥y轴，∴∠CDO=∠CEO=∠DOE＝90°，∴四边形EODC是矩形，
∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，
∵A（0，2），C（m，3），∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，
∴AE＝OE−OA＝CD−OA＝1，∴，
在Rt△BCD中，，
在Rt△AOB中，，
∵OB＋BD＝OD＝m，∴，
化简变形得：3m4−22m2−25＝0，解得：或（舍去），
∴，故C正确．故选：C．
【点睛】本题考查直角坐标系中的旋转变换，解题的关键是熟练应用勾股定理，用含m的代数式表示相关线段的长度．
5．（2022·浙江湖州）如图，将△ABC沿BC方向平移1cm得到对应的△A′B′C′．若B′C=2cm，则BC′的长是（ ）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【答案】C
【分析】据平移的性质可得BB′=CC′=1，列式计算即可得解．
【详解】解：∵△ABC沿BC方向平移1cm得到△A′B′C′，∴BB′=CC′=1cm，
∵B′C=2cm，∴BC′= BB′+ B′C+CC′=1+2+1=4（cm）．故选：C．
【点睛】本题考查了平移的性质，熟记性质得到相等的线段是解题的关键．
6．（2022·浙江嘉兴）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A．1cm B．2cm C．(－1)cm D．(2－1)cm
【答案】D
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可．
【详解】解：由题意，BD=cm，
由平移性质得=1cm，
∴点D，之间的距离为==（）cm，故选：D．
【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
7．（2022·湖南怀化）如图，△ABC沿BC方向平移后的像为△DEF，已知BC=5，EC=2，则平移的距离是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据题意判断BE的长就是平移的距离，利用已知条件求出BE即可．
【详解】因为沿BC方向平移，点E是点B移动后的对应点，
所以BE的长等于平移的距离，
由图像可知，点B、E、C在同一直线上，BC=5，EC=2，
所以BE=BC-ED=5-2=3,故选 C．
【点睛】本题考查了平移，正确找出平移对应点是求平移距离的关键．
8．（2022·湖南邵阳）下列四种图形中，对称轴条数最多的是（ ）
A．等边三角形 B．圆 C．长方形 D．正方形
【答案】B
【分析】分别求出各个图形的对称轴的条数，再进行比较即可．
【详解】解：因为等边三角形有3条对称轴；圆有无数条对称轴；长方形有2条对称轴；正方形有4条对称轴；经比较知，圆的对称轴最多．故选：B．
【点睛】此题考查了轴对称图形对称轴条数的问题，解题的关键是掌握轴对称图形对称轴的定义以及性质．
9．（2022·江苏连云港）下列图案中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据轴对称图形的概念逐项分析判断即可，轴对称图形的概念：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．
【详解】A.是轴对称图形，故该选项正确，符合题意；
B.不是轴对称图形，故该选项不正确，不符合题意；
C.不是轴对称图形，故该选项不正确，不符合题意；
D.不是轴对称图形，故该选项不正确，不符合题意；故选A
【点睛】本题考查轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
10．（2022·四川遂宁）下面图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
科克曲线笛卡尔心形线
阿基米德螺旋线赵爽弦图
A．科克曲线 B．笛卡尔心形线 C．阿基米德螺旋线 D．赵爽弦图
【答案】A
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A、科克曲线既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、笛卡尔心形线是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、阿基米德螺旋线不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、赵爽弦图不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意．故选：A．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
11．（2022·新疆）平面直角坐标系中，点P(2，1)关于x轴对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】直接利用关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，得出答案．
【详解】解：点P（2，1）关于x轴对称的点的坐标是（2，-1）．故选：B．
【点睛】本题主要考查了关于x轴对称点的性质，正确掌握横纵坐标的关系是解题关键．
12．（2022·天津）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念对各项分析判断即可得解．
【详解】A．不是轴对称图形，故本选项错误；
B．不是轴对称图形，故本选项错误；
C．不是轴对称图形，故本选项错误；
D．是轴对称图形，故本选项正确．故选：D．
【点睛】本题考查轴对称图形，理解轴对称图形的概念是解答的关键．
13．（2022·天津）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【详解】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键．
14．（2022·江苏扬州）如图，在中，，将以点为中心逆时针旋转得到，点在边上，交于点．下列结论：①；②平分；③，其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】D
【分析】根据旋转的性质可得对应角相等，对应边相等，进而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：∵将以点为中心逆时针旋转得到，
∴，
，
，
，故①正确；
，
，
，
，
，
平分，故②正确；
，
，
，
，
，
，
故③正确
故选D
【点睛】本题考查了性质的性质，等边对等角，相似三角形的性质判定与性质，全等三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
15．（2022·四川南充）如图，将直角三角板绕顶点A顺时针旋转到，点恰好落在的延长线上，，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据直角三角形两锐角互余，求出的度数，由旋转可知，在根据平角的定义求出的度数即可．
【详解】∵，
∴，
∵由旋转可知，
∴，
故答案选：B．
【点睛】本题考查直角三角形的性质以及图形的旋转的性质，找出旋转前后的对应角是解答本题的关键．
16．（2022·山东泰安）如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中每个小正方形的边长均为1，经过平移后得到，若上一点平移后对应点为，点绕原点顺时针旋转，对应点为，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】分析：由题意将点P向下平移5个单位，再向左平移4个单位得到P1，再根据P1与P2关于原点对称，即可解决问题．
详解：由题意将点P向下平移5个单位，再向左平移4个单位得到P1．
∵P（1.2，1.4），∴P1（﹣2.8，﹣3.6）．
∵P1与P2关于原点对称，∴P2（2.8，3.6）． 故选A．
点睛：本题考查了坐标与图形变化，平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
17．（2022·湖北宜昌）将四个数字看作一个图形，则下列四个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】中心对称图形的定义：把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，根据中心对称图形的定义逐项判定即可．
【详解】解：根据中心对称图形定义，可知符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查中心对称图形，掌握中心对称图形定义，能根据定义判定图形是否是中心对称图形是解决问题的关键．
18．（2022·湖南常德）如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（ ）
A． B．， C． D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质可判断D．
【详解】A．∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，∴△BCE是等边三角形，∴BE=BC，故A正确；
B．∵点F是边AC中点，∴CF=BF=AF=AC，
∵∠BCA=30°，∴BA=AC，∴BF=AB=AF=CF，∴∠FCB=∠FBC=30°，
延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，
∴∠BHE=∠DEC=90°，∴BF//ED，
∵AB=DE，∴BF=DE，故B正确．
C．∵BF∥ED，BF=DE，∴四边形BEDF是平行四边形，∴BC=BE=DF，
∵AB=CF， BC=DF，AC=CD，∴△ABC≌△CFD，∴，故C正确；
D．∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°，∴∠FCG=30°，∴FG=CG，∴CG=2FG．
∵∠DCE=∠CDG=30°，∴DG=CG，∴DG=2FG．故D错误．故选D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角边等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质等知识，综合性较强，正确理解旋转性质是解题的关键．
19．（2022·湖南常德）国际数学家大会每四年举行一届，下面四届国际数学家大会会标中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据中心对称的概念对各图形分析判断即可得解．
【详解】解：A不是中心对称图形，故A错误；
B是中心对称图形，故B正确；
C不是中心对称图形，故C错误；
D不是中心对称图形，故D错误；
故选B．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后两部分重合，理解并掌握如何判断中心对称图形的条件是解题的关键．
20．（2022·河北）题目：“如图，∠B＝45°，BC＝2，在射线BM上取一点A，设AC＝d，若对于d的一个数值，只能作出唯一一个△ABC，求d的取值范围．”对于其答案，甲答：，乙答：d＝1.6，丙答：，则正确的是（ ）
A．只有甲答的对 B．甲、丙答案合在一起才完整
C．甲、乙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才完整
【答案】B
【分析】过点C作于，在上取，发现若有两个三角形，两三角形的AC边关于对称，分情况分析即可
【详解】过点C作于，在上取
∵∠B＝45°，BC＝2，∴是等腰直角三角形∴
∵∴
若对于d的一个数值，只能作出唯一一个△ABC
通过观察得知：点A在点时，只能作出唯一一个△ABC（点A在对称轴上），此时，即丙的答案；
点A在射线上时，只能作出唯一一个△ABC（关于对称的AC不存在），此时，即甲的答案，
点A在线段（不包括点和点）上时，有两个△ABC（二者的AC边关于对称）；选：B
【点睛】本题考查三角形的存在性质，勾股定理，解题关键是发现若有两个三角形，两三角形的AC边关于对称
21．（2022·山西）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船圆满完成全部既定任务，顺利返回地球家园．六个月的飞天之旅展现了中国航天科技的新高度下列航天图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用中心对称图形的定义直接判断．
【详解】解：根据中心对称图形的定义，四个选项中，只有B选项的图形绕着某点旋转180°后能与原来的图形重合，故选B．
【点睛】本题考查中心对称图形的判定，掌握中心对称图形的定义是解题的关键．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心．
22．（2022·河南）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先确定点A的坐标，再根据4次一个循环，推出经过第2022次旋转后，点A的坐标即可．
【详解】解：正六边形ABCDEF边长为2，中心与原点O重合，轴，
∴AP＝1， AO＝2，∠OPA＝90°，
∴OP＝＝，∴A（1，），
第1次旋转结束时，点A的坐标为（，-1）；
第2次旋转结束时，点A的坐标为（-1，）；
第3次旋转结束时，点A的坐标为（，1）；
第4次旋转结束时，点A的坐标为（1，）；
∵将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，∴4次一个循环，
∵2022÷4＝505……2，
∴经过第2022次旋转后，点A的坐标为（-1，），故选：B
【点睛】本题考查正多边形与圆，规律型问题，坐标与图形变化﹣旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
23．（2022·四川宜宾）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】证明，即可判断①，根据①可得，由可得四点共圆，进而可得，即可判断②，过点作于,交的延长线于点，证明，根据相似三角形的性质可得，即可判断③，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，根据当共线时，取得最小值，可得四边形是正方形，勾股定理求得， 根据即可判断④．
【详解】解：和都是等腰直角三角形，，
故①正确；
四点共圆，
故②正确；
如图，过点作于,交的延长线于点，
,
，,
设，则，，
则
AH∥CE，
则；故③正确
如图，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，
，
当共线时，取得最小值，
此时
，
此时，
，，，
，
，
，
平分，
，
四点共圆，
，
又,，
，
则四边形是菱形，
又，
四边形是正方形，
，
则，，
，，
，，
则，，
，，故④不正确，故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
二．填空题
24．（2022·云南）点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为______．
【答案】（-1，5）
【分析】根据若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数，即可求解．
【详解】解：∵点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，
∴点B的坐标为（-1，5）．
故答案为：（-1，5）
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内点关于原点对称的特征，熟练掌握若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数是解题的关键．
25．（2022·湖南湘潭）如图，一束光沿方向，先后经过平面镜、反射后，沿方向射出，已知，，则_________．
【答案】40°##40度
【分析】根据入射角等于反射角，可得，根据三角形内角和定理求得，进而即可求解．
【详解】解：依题意，，
∵，，
，
∴，
．
故答案为：40．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，三角形内角和定理的应用，掌握轴对称的性质是解题的关键．
26．（2022·浙江丽水）一副三角板按图1放置，O是边的中点，．如图2，将绕点O顺时针旋转，与相交于点G，则的长是___________．
【答案】
【分析】BC交EF于点N，由题意得，，，，，BC=DF=12，根据锐角三角函数即可得DE，FE，根据旋转的性质得是直角三角形，根据直角三角形的性质得，即，根据角之间的关系得是等腰直角三角形，即cm，根据，得，即，解得，即可得．
【详解】解：如图所示，BC交EF于点N，
由题意得，，，，，BC=DF=12，
在中，，
，
∵△ABC绕点O顺时针旋转60°，
∴，
∴，
∴，
∴是直角三角形，
∴（cm），
∴（cm），
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴cm，
∵，，
∴，
即，
，
，
∴（cm），
故答案为：．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
27．（2022·河南）如图，将扇形AOB沿OB方向平移，使点O移到OB的中点处，得到扇形．若∠O＝90°，OA＝2，则阴影部分的面积为______．
【答案】
【分析】设与扇形交于点，连接，解，求得，根据阴影部分的面积为，即可求解．
【详解】如图，设与扇形交于点，连接，如图
是OB的中点, OA＝2，
＝90°，将扇形AOB沿OB方向平移，
阴影部分的面积为
故答案为：
【点睛】本题考查了解直角三角形，求扇形面积，平移的性质，求得是解题的关键．
28．（2022·河南）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为______．
【答案】
【分析】连接，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，点在上，且，勾股定理求得即可．
【详解】如图，连接，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，
，，，
根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，点在上，且，
，
在中，，故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，确定点的位置是解题的关键．
29．（2022·浙江金华）如图，在中，．把沿方向平移，得到，连结，则四边形的周长为_____．
【答案】
【分析】通过勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，分别计算出四边形的四条边长，再计算出周长即可．
【详解】解：∵，∴AB=2BC=4，∴AC=，
∵把沿方向平移，得到，∴，， ，
∴四边形的周长为：，故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，能够熟练掌握勾股定理是解决本题的关键．
30．（2022·四川德阳）如图，直角三角形纸片中，，点是边上的中点，连接，将沿折叠，点落在点处，此时恰好有．若，那么______．
【答案】
【分析】根据D为AB中点，得到AD=CD=BD，即有∠A=∠DCA，根据翻折的性质有∠DCA=∠DCE，CE=AC，再根据CE⊥AB，求得∠A=∠BCE，即有∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°，则有∠A=30°，在Rt△ACB中，即可求出AC，则问题得解．
【详解】∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∵D为AB中点，
∴在直角三角形中有AD=CD=BD，
∴∠A=∠DCA，
根据翻折的性质有∠DCA=∠DCE，CE=AC，
∵CE⊥AB，
∴∠B+∠BCE=90°，
∵∠A+∠B=90°，
∴∠A=∠BCE，
∴∠BCE=∠ECD=∠DCA，
∵∠BCE+∠ECD+∠DCA=∠ACB=90°，
∴∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°
∴∠A=30°，
∴在Rt△ACB中，BC=1，
则有，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折的性质、直角三角形斜边中线的性质、等边对等角以及解直角三角形的知识，求出∠BCE=∠ECD=∠DCA=30°是解答本题的关键．
31．（2022·山东泰安）如图，将半径为2，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°，点O，B的对应点分别为O′，B′，连接BB′，则图中阴影部分的面积是__________________．
【答案】
【分析】连接OO′，BO′，根据旋转的性质得到，，，，，推出△OAO′是等边三角形，得到，因为∠AOB＝120°，所以，则是等边三角形，得到，得到，，根据直角三角形的性质得，根据勾股定理得，用的面积减去扇形的面积即可得．
【详解】解：如图所示，连接OO′，BO′，
∵将半径为2，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°，
∴，，，，
∴△OAO′是等边三角形，
∴，，
∴点在⊙O上，
∵∠AOB＝120°，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，根据勾股定理得，
，
∴图中阴影部分的面积=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆与三角形，旋转的性质，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．
32．（2022·湖南怀化）已知点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称，则a﹣b =______．
【答案】5
【分析】根据平面直角坐标系中，关于原点对称的点横、纵坐标都互为相反数，求出a，b的值即可．
【详解】∵点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称，
∴，，
∴
故答案为：5．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标的特点，掌握特殊位置关系的点的坐标变化是解答本题的关键．
33．（2022·浙江台州）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为______．
【答案】8
【分析】根据平移的性质即可求解．
【详解】解：由平移的性质S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′，∴四边形B′C′CB为平行四边形，
∵BB′⊥BC，∴四边形B′C′CB为矩形，
∵阴影部分的面积=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC=S矩形B′C′CB=4×2=8(cm2)．故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形的判定和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
三．解答题
34．（2022·湖南湘潭）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，．将绕原点顺时针旋转后得到．
(1)请写出、、三点的坐标：_________，_________，_________
(2)求点旋转到点的弧长．
【答案】(1)（1，1）；（0，4）；（2，2）(2)2π
【分析】（1）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C1，点A1，B1，C1的坐标即为点A，B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点，由此可得出结果．
（2）由图知点旋转到点的弧长所对的圆心角是90º，OB=4，根据弧长公式即可计算求出．
(1)
解：将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C1，点A1，B1，C1的坐标即为点A，B，C绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的点，
所以A1（1，1）；B1（0，4）；C1（2，2）
(2)解：由图知点旋转到点的弧长所对的圆心角是90度，OB=4，
∴点旋转到点的弧长==2π
【点睛】本题考查点的旋转变换和弧长公式，解题的关键是熟练掌握旋转变换的定义和弧长公式．
35．（2022·湖北武汉）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
(1)在图（1）中，，分别是边，与网格线的交点．先将点绕点旋转得到点，画出点，再在上画点，使；
(2)在图（2）中，是边上一点，．先将绕点逆时针旋转，得到线段，画出线段，再画点，使，两点关于直线对称．
【答案】(1)作图见解析(2)作图见解析
【分析】（1）取格点，作平行四边形，利用平行四边形对角顶点关于对角线交点对称即可求点F；平行四边形对边在网格中与格线的交点等高，连接等高点即可作出；
（2）取格点，作垂直平分线即可作出线段AH；利用垂直平分线的性质，证明三角形全等，作出，两点关于直线对称
(1)
解：作图如下：
取格点，连接，且，所以四边形是平行四边形，连接 ，与AC的交点就是点E，所以BE=EF，所以点F即为所求的点；
连接CF，交格线于点M，因为四边形ABCF是平行四边形，连接DM交AC于一点，该点就是所求的G点；
(2)
解：作图如下：
取格点D、E，连接DE，AC平行于DE，取格点R，连接BR并延长BR交DE于一点H，连接AH，此线段即为所求作线段；
理由如下：取格点W连接AW、CW，连接CR，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴ ，
∵点是的中点，
∴点是的中点，
即，
∴垂直平分，
∴．
连接，交AC于点，连接交于点，则该点就是点关于直线的对称点．
理由如下：∵垂直平分，
∴是等腰三角形，，
∴ ，
∴，
∴，
∴，两点关于直线对称.
【点睛】本题考查了用无刻度直尺在网格中作图的知识，找准格点作出平行四边形和垂直平分线是解决本题的关键．
36．（2022·浙江温州）如图，在的方格纸中，已知格点P，请按要求画格点图形（顶点均在格点上）．
(1)在图1中画一个锐角三角形，使P为其中一边的中点，再画出该三角形向右平移2个单位后的图形．(2)在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形，使三边长都不相等，再画出该三角形绕点P旋转后的图形．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可；
（2）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可．
(1)
画法不唯一，如图1或图2等．
(2)
画法不唯一，如图3或图4等．
【点睛】本题考查作图—旋转变换、作图—平移变换，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，注意不要忘记画出平移后或旋转后的图形．
37．（2022·浙江丽水）如图，在的方格纸中，点A，B，C均在格点上，试按要求画出相应格点图形．
(1)如图1，作一条线段，使它是向右平移一格后的图形；
(2)如图2，作一个轴对称图形，使和是它的两条边；
(3)如图3，作一个与相似的三角形，相似比不等于1．
【答案】(1)画图见解析(2)画图见解析(3)画图见解析
【分析】（1）分别确定A，B平移后的对应点C，D，从而可得答案；
（2）确定线段AB，AC关于直线BC对称的线段即可；
（3）分别计算的三边长度，再利用相似三角形的对应边成比例确定的三边长度，再画出即可．
(1)解：如图，线段CD即为所求作的线段，
(2)如图，四边形ABDC是所求作的轴对称图形，
(3)如图，如图，即为所求作的三角形，
由勾股定理可得： 而
同理： 而
【点睛】本题考查的是平移的作图，轴对称的作图，相似三角形的作图，掌握平移轴对称的性质，相似三角形的判定方法是解本题的关键．
38．（2022·安徽）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
(1)将△ABC向上平移6个单位，再向右平移2个单位，得到，请画出﹔
(2)以边AC的中点O为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转180°，得到，请画出．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）根据平移的方式确定出点A1，B1，C1的位置，再顺次连接即可得到；
（2）根据旋转可得出确定出点A2，B2，C2的位置，再顺次连接即可得到．
(1)如图，即为所作；
(2)如图，即为所作；
【点睛】本题考查作图-旋转变换与平移变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
39．（2022·浙江宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形．
(1)在图1中画出等腰三角形，且点C在格点上．（画出一个即可）
(2)在图2中画出以为边的菱形，且点D，E均在格点上．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】利用轴对称图形、中心对称图形的特点画出符合条件的图形即可；
(1)答案不唯一．
(2)
【点睛】本题考查了轴对称图形、中心对称图形的特点，熟练掌握特殊三角形与四边形的性质才能准确画出符合条件的图形．
40．（2022·浙江绍兴）如图，在△ABC中，∠ABC=40°， ∠ACB=90°，AE平分∠BAC交BC于点E．P是边BC上的动点（不与B，C重合），连结AP，将△APC沿AP翻折得△APD，连结DC，记∠BCD=α．
(1)如图，当P与E重合时，求α的度数．(2)当P与E不重合时，记∠BAD=β，探究α与β的数量关系．
【答案】(1)25°
(2)①当点P在线段BE上时，2α－β＝50°；②当点P在线段CE上时，2α＋β＝50°
【分析】（1）由∠B＝40°，∠ACB＝90°，得∠BAC＝50°，根据AE平分∠BAC，P与E重合，可得∠ACD，从而α＝∠ACB−∠ACD；
（2）分两种情况：①当点P在线段BE上时，可得∠ADC＝∠ACD＝90°−α，根据∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，即可得2α−β＝50°；②当点P在线段CE上时，延长AD交BC于点F，由∠ADC＝∠ACD＝90°−α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α可得90°−α＝40°＋α＋β，即2α＋β＝50°．
(1)
解：∵∠B＝40°，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝50°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC＝∠BAC＝25°，
∵P与E重合，
∴D在AB边上，AE⊥CD，
∴∠ACD＝65°，
∴α＝∠ACB－∠ACD＝25°；
(2)
①如图1，当点P在线段BE上时，
∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，
∴90°－α＋β＝40°＋α，
∴2α－β＝50°；
②如图2，当点P在线段CE上时，
延长AD交BC于点F，
∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α＝40°＋α＋β，
∴90°－α＝40°＋α＋β，
∴2α＋β＝50°．
【点睛】本题考查三角形综合应用，涉及轴对称变换，三角形外角等于不相邻的两个内角的和的应用，解题的关键是掌握轴对称的性质，能熟练运用三角形外角的性质．
41．（2022·四川达州）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形，按如图1的方式摆放，，随后保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，，延长交于点F，连接．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：
(1)【初步探究】如图2，当时，则_____；
(2)【初步探究】如图3，当点E，F重合时，请直接写出，，之间的数量关系：_________；
(3)【深入探究】如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由．
(4)【拓展延伸】如图5，在与中，，若，（m为常数）．保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，，延长交于点F，连接，如图6．试探究，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)仍然成立，理由见解析
(4)
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得，根据题意可得，根据等原三角形的性质可得平分，即可得，根据旋转的性质可知；
（2）证明，可得，根据等腰直角三角形可得，由，即可即可得出；
（3）同（2）可得，过点，作，交于点，证明，，可得，即可得出；
（4）过点作，交于点，证明，可得，，在中，勾股定理可得，即可得出．
(1)
等腰直角三角形和等腰直角三角形，
，
故答案为：
(2)
在与中，
又
重合，
故答案为：
(3)
同（2）可得
，
过点，作，交于点，
则，
，
在与中，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
在与中，
，
，
，
，
即，
(4)
过点作，交于点，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
中，，
，
即．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．
42．（2022·江苏连云港）【问题情境】在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中，，．
【问题探究】小昕同学将三角板绕点B按顺时针方向旋转．
(1)如图2，当点落在边上时，延长交于点，求的长．
(2)若点、、在同一条直线上，求点到直线的距离．
(3)连接，取的中点，三角板由初始位置（图1），旋转到点、、首次在同一条直线上（如图3），求点所经过的路径长．
(4)如图4，为的中点，则在旋转过程中，点到直线的距离的最大值是_____．
【答案】(1)(2)(3)(4)
【分析】（1）在Rt△BEF中，根据余弦的定义求解即可；
（2）分点在上方和下方两种情况讨论求解即可；
（3）取的中点，连接，从而求出OG=，得出点在以为圆心，为半径的圆上，然后根据弧长公式即可求解；
（4）由（3）知，点在以为圆心，为半径的圆上，过O作OH⊥AB于H，当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，在Rt△BOH中求出OH，进而可求GH.
(1)解：由题意得，，
∵在中，，，．
∴．
(2)①当点在上方时，
如图一，过点作，垂足为，
∵在中，，，，
∴，
∴．
∵在中，，，
，，
∴．
∵点、、在同一直线上，且，
∴．
又∵在中，，，，
∴，
∴．
∵在中，，
∴．
②当点在下方时，如图二，
在中，∵，，，
∴．
∴．
过点作，垂足为．
在中，，
∴．
综上，点到直线的距离为．
(3)解：如图三，取的中点，连接，则．
∴点在以为圆心，为半径的圆上．
当三角板绕点B顺时针由初始位置旋转到点、B、首次在同一条直线上时，点所经过的轨迹为所对的圆弧，圆弧长为．
∴点所经过的路径长为．
(4)解：由（3）知，点在以为圆心，为半径的圆上，
如图四，过O作OH⊥AB于H，
当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，
在Rt△BOH中，∠BHO=90°，∠OBH=30°，，
∴，
∴，
即点到直线的距离的最大值为.
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，弧长公式，解直角三角形等知识，分点在上方和下方是解第（2）的关键，确定点G的运动轨迹是解第（3）（4）的关键.
43．（2022·四川广元）在Rt△ABC中，AC＝BC，将线段CA绕点C旋转α（0°＜α＜90°），得到线段CD，连接AD、BD．
(1)如图1，将线段CA绕点C逆时针旋转α，则∠ADB的度数为 ；
(2)将线段CA绕点C顺时针旋转α时①在图2中依题意补全图形，并求∠ADB的度数；
②若∠BCD的平分线CE交BD于点F，交DA的延长线于点E，连结BE．用等式表示线段AD、CE、BE之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)135°
(2)（2）①补全图形见解析；∠ADB=45°；②2BE-AD=CE．理由见解析
【分析】（1）由题意得点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，利用圆内接四边形的性质即可求解；
（2）①根据题意补全图形即可；同（1），利用圆周角定理即可求解；
②过点C作CH⊥EC于点C，交ED的延长线于点H，证明BE=DE，△CEH是等腰直角三角形，推出EH=2BE-AD，利用等腰直角三角形的性质即可证明结论．
(1)
解：由题意得：CA=CD=CB，
∴点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，如图，
在优弧上取点G，连接AG，BG，
∵Rt△ABC中，∠BCA=90°，
∴∠BGA=45°，
∵四边形ADBG是圆内接四边形，
∴∠ADB=180°-45°=135°，
故答案为：135°；
(2)
①补全图形，如图：
由题意得：CA=CD=CB，
∴点A、D、B都在以C为圆心，CA为半径的⊙C上，如图，
∵Rt△ABC中，∠BCA=90°，
∴∠ADB=45°；
②2BE-AD=CE．理由如下：
过点C作CH⊥EC于点C，交ED的延长线于点H，如图：
∵CD=CB，CE是∠BCD的平分线，
∴CE是线段BD的垂直平分线，
∴BE=DE，∠EFD=90°，
由①知∠ADB=45°，
∴∠DEF=45°，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴∠DEF=∠H=45°，CE=CH，
∵CD=CA，
∴∠CAD=∠CDA，则∠CAE=∠CDH，
∴△AEC≌△DHC，
∴AE=DH，
∴EH=2ED-AD=2BE-AD，
∵△CEH是等腰直角三角形，
∴2BE-AD=CE．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和等腰直角三角形解决问题．
44．（2022·新疆）如图，在巾，，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将沿AD折叠得到，连接BE．
(1)当时，___________；(2)探究与之问的数量关系，并给出证明；
(3)设，的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）首先由折叠的性质可得，再由等腰三角形的性质可求解；
（2）首先由折叠的性质可得，，再由等腰三角形的性质可得，，最后根据角度关系即可求解；
（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求的长，由勾股定理可求的长，最后根据面积和差关系可求解．
(1)，，，
，
将沿折叠得到，
，
，
，
故答案为：60；
(2)
，理由如下：
将沿折叠得到，
，，
，，
，
，
，
；
(3)
如图，连接，
，点是的中点，
，
，，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关性质并能够灵活运用．
45．（2022·湖北十堰）已知，在内部作等腰，，．点为射线上任意一点（与点不重合），连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接并延长交射线于点．
(1)如图1，当时，线段与的数量关系是_________；
(2)如图2，当时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)若，，，过点作，垂足为，请直接写出的长（用含有的式子表示）．
【答案】(1)BF=CF
(2)成立；理由见解析
(3)或PD=0或
【分析】（1）连接AF，先根据“SAS”证明，得出，再证明，即可得出结论；
（2）连接AF，先说明，然后根据“SAS”证明，得出，再证明，即可得出结论；
（3）先根据，AB=AC，得出△ABC为等边三角形，再按照，，三种情况进行讨论，得出结果即可．
(1)
解：BF=CF；理由如下：
连接AF，如图所示：
根据旋转可知，，AE=AD，
∵∠BAC=90°，
∴，，
∴，
∵AC=AB，
∴（SAS），
∴，
∴，
∵在Rt△ABF与Rt△ACF中，
∴（HL），
∴BF=CF．
故答案为：BF=CF．
(2)
成立；理由如下：
连接AF，如图所示：
根据旋转可知，，AE=AD，
∵，
∴，，
∴，
∵AC=AB，
∴，
∴，
∴，
∵在Rt△ABF与Rt△ACF中，
∴（HL），
∴BF=CF．
(3)
∵，AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴，，
当时，连接AF，如图所示：
根据解析（2）可知，，
∴，
∵，
，
即，
，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
，
，
∵，
∴，
∴，
，
∴；
当时，AD与AC重合，如图所示：
∵，，
∴△ADE为等边三角形，
∴∠ADE=60°，
∵，
∴，
∴此时点P与点D重合，；
当时，连接AF，如图所示：
根据解析（2）可知，，
∴，
∵，
，
即，
，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
∵，
，
∵，
∴，
∴，
，
∴；
综上分析可知，或PD=0或．
46．（2022·河北）如图，四边形ABCD中，，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，，DH⊥BC于点H．将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与A重合，点B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，．
(1)求证：△PQM≌△CHD；
(2)△PQM从图1的位置出发，先沿着BC方向向右平移（图2），当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋转（图3），当边PM旋转50°时停止．
①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积；
②如图2，点K在BH上，且．若△PQM右移的速度为每秒1个单位长，绕点D旋转的速度为每秒5°，求点K在△PQM区域（含边界）内的时长；
③如图3．在△PQM旋转过程中，设PQ，PM分别交BC于点E，F，若BE＝d，直接写出CF的长（用含d的式子表示）．
【答案】(1)见详解
(2)①；
②；
③
【分析】（1）先证明四边形是矩形，再根据算出CD长度，即可证明；
（2）①平移扫过部分是平行四边形，旋转扫过部分是扇形，分别算出两块面积相加即可；
②运动分两个阶段：平移阶段：；旋转阶段：取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作于T；设，利用算出，，，利用算出DG，利用算出GT，最后利用算出，发现，从而得到，度数，求出旋转角，最后用旋转角角度计算所用时间即可；
③分两种情况：当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，证明，结合勾股定理，可得，即可得CF与d的关系．
(1)
∵，
∴
则在四边形中
故四边形为矩形
，
在中，
∴，
∵
∴；
(2)
①过点Q作于S
由（1）得：
在中，
∴
平移扫过面积：
旋转扫过面积：
故边PQ扫过的面积：
②运动分两个阶段：平移和旋转
平移阶段：
旋转阶段：
由线段长度得：
取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，则H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作于T
设，则
在中：
设，则，，
，，
∵DM为直径
∴
在中 ：
在中：
在中：
∴，
PQ转过的角度：
s
总时间：
③设CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，如图：
∵∠EDF=30°，∠C=30°，
∴∠EDF=∠C，
又∵∠DEF=∠CED，
∴，
∴，即，
∴，
∵在中，，
∴，
∴
当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，如图：CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
同理：可得
综上所述：．
【点睛】本题考查动点问题，涉及到平移，旋转，矩形，解直角三角形，圆的性质，相似三角形的判定和性质；注意第（2）问第②小题以PM为直径作圆算出是难点，第（2）问第③小题用到相似三角形的判定和性质．
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