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平移旋转与对称
一、选择题
1． （2018•山西•3 分）如图， 在 Rt△ ABC 中，∠ ACB=90°， ∠ A=60°， AC=6，
将△ ABC 绕点 C 按逆时针方向旋转得到
△ A’ B’ C，此时点 A’恰 好 在 AB 边上，则点 B’与 点 B 之间的距离是（ ）
A. 12 B. 6 C.6 D. 6
【 答 案 】D
【 考 点 】旋转，等边三角形性质
【 解 析】连 接 BB’， 由旋转可知 AC=A’ C， BC=B’ C，∵ ∠ A=60°，∴ △
ACA’为等边三角形，
∴ ∠ ACA’ =60°，∴ ∠ BCB’ =60°∴ △ BCB’为等边三角形，∴ BB’
=BC= 6 3 .
2． （2018•山东枣庄•3 分）在平面直角坐标系中，将点 A（﹣1，﹣2）向右平移 3 个单位
长度得到点 B，则点 B 关于 x 轴的对称点 B′的坐标为（ ）
A．（ ﹣3，﹣2） B．（ 2，2） C．（ ﹣2，2） D．（ 2，﹣2）
【分析】首先根据横坐标右移加，左移减可得 B 点坐标，然后再根据关于 x 轴对称点的坐标
特点：横坐标不变，纵坐标符号改变可得答案．
【解答】解：点 A（﹣1，﹣2）向右平移 3 个单位长度得到的 B 的坐标为（﹣1+3，﹣2），
即（2，﹣2），
则点 B 关于 x 轴的对称点 B′的坐标是（2，2），
故选：B．
【点评】此题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，以及关于 x 轴对称点的坐标，关键是掌握
点的坐标变化规律．
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3. （2018•四川成都•3 分）在平面直角坐标系中，点 关于原点对称的点的坐标
是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【考点】关于原点对称的坐标特征
【解析】【解答】解：点 关于原点对称的点的坐标为（3,5）故答案为：C
【分析】根据关于原点对称点的坐标特点是横纵坐标都互为相反数，就可得出答案。
4. （2018•山东淄博•4 分）下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】P3：轴对称图形．
【分析】观察四个选项图形，根据轴对称图形的概念即可得出结论．
【解答】解：根据轴对称图形的概念，可知：选项 C 中的图形不是轴对称图形．
故选：C．
【点评】本题考查了轴对称图形，牢记轴对称图形的概念是解题的关键．
5. （2018•山东淄博•4 分）如图，P 为等边三角形 ABC 内的一点，且 P 到三个顶点 A，B，C
的距离分别为 3，4，5，则△ABC 的面积为（ ）
A． B． C． D．
【考点】R2：旋转的性质；KK：等边三角形的性质；KS：勾股定理的逆定理．
【分析】将△BPC 绕点 B 逆时针旋转 60°得△BEA，根据旋转的性质得 BE=BP=4，AE=PC=5，∠
PBE=60°，则△BPE 为等边三角形，得到 PE=PB=4，∠BPE=60°，在△AEP 中，AE=5，延长3
BP，作 AF⊥BP 于点 FAP=3，PE=4，根据勾股定理的逆定理可得到△APE 为直角三角形，且∠
APE=90°，即可得到∠APB 的度数，在直角△APF 中利用三角函数求得 AF 和 PF 的长，则在
直角△ABF 中利用勾股定理求得 AB 的长，进而求得三角形 ABC 的面积．
【解答】解：∵△ABC 为等边三角形，
∴BA=BC，
可将△BPC 绕点 B 逆时针旋转 60°得△BEA，连 EP，且延长 BP，作 AF⊥BP 于点 F．如图，
∴BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，
∴△BPE 为等边三角形，
∴PE=PB=4，∠BPE=60°，
在△AEP 中，AE=5，AP=3，PE=4，
∴AE2=PE2+PA2，
∴△APE 为直角三角形，且∠APE=90°，
∴∠APB=90°+60°=150°．
∴∠APF=30°，
∴在直角△APF 中，AF= AP= ，PF= AP= ．
∴在直角△ABF 中，AB2=BF2+AF2=（4+ ）2+（ ）2=25+12 ．
则△ABC 的面积是 •AB2= •（25+12 ）= ．
故选：A．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及旋转的性质：旋转前
后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距
离相等．
6. （2018•四川凉州•3 分）下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；4
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形．
故选：D．
【点评】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 度后两部分重合．
7. （2018•四川凉州•3 分）如图将矩形 ABCD 沿对角线 BD 折叠，使 C 落在 C′处，BC′交 AD
于点 E，则下到结论不一定成立的是（ ）
A．AD=BC′ B．∠EBD=∠EDB C．△ABE∽△CBD D．sin∠ABE=
【分析】主要根据折叠前后角和边相等找到相等的边之间的关系，即可选出正确答案．
【解答】解：A、BC=BC′，AD=BC，∴AD=BC′，所以正确．
B、∠CBD=∠EDB，∠CBD=∠EBD，∴∠EBD=∠EDB 正确．
D、∵sin∠ABE= ，
∴∠EBD=∠EDB
∴BE=DE
∴sin∠ABE= ．
故选：C．
【点评】本题主要用排除法，证明 A，B，D 都正确，所以不正确的就是 C，排除法也是数学
中一种常用的解题方法．
8.（2018•江西•3 分）小军同学在网格纸上将某些图形进行平移操作，他发现平移前后的两
个图形所组成的图形可以是轴对称图形.如图所示，现在他将正方形 从当前位置开始
进行一次平移操作，平移后的正方形的顶点也在格点上，则使平移前后的两个正方形组成轴
对称图形的平移方向有
A. 3 个 B. 4 个 C. 5 个 D. 无数个5
【解析】 本题考察图形变换，平移的方向只有 5 个，向上，下，右，右上 45°，右下 45°
方向，
否则两个图形不轴对称.
【答案】 C ★★
9. （2018•山东滨州•3 分）如图，∠AOB=60°，点 P 是∠AOB 内的定点且 OP= ，若点 M、
N 分别是射线 OA、OB 上异于点 O 的动点，则△PMN 周长的最小值是（ ）
A． B． C．6 D．3
【分析】作 P 点分别关于 OA、OB 的对称点 C、D，连接 CD 分别交 OA、OB 于 M、N，如图，利
用轴对称的性质得 MP=MC，NP=ND，OP=OD=OC= ，∠BOP=∠BOD，∠AOP=∠AOC，所以∠COD=2
∠AOB=120°，利用两点之间线段最短判断此时△PMN 周长最小，作 OH⊥CD 于 H，则 CH=DH，
然后利用含 30 度的直角三角形三边的关系计算出 CD 即可．
【解答】解：作 P 点分别关于 OA、OB 的对称点 C、D，连接 CD 分别交 OA、OB 于 M、N，如图，
则 MP=MC，NP=ND，OP=OD=OC= ，∠BOP=∠BOD，∠AOP=∠AOC，
∴PN+PM+MN=ND+MN+NC=DC，∠COD=∠BOP+∠BOD+∠AOP+∠AOC=2∠AOB=120°，
∴此时△PMN 周长最小，
作 OH⊥CD 于 H，则 CH=DH，
∵∠OCH=30°，
∴OH= OC= ，
CH= OH= ，
∴CD=2CH=3．
故选：D．
(第5题)
D
C
A
B6
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题：熟练掌握轴对称的性质，会利用两点之间线段
最短解决路径最短问题．
10 （2018•江苏盐城•3 分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【考点】轴对称图形，中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故 A 不符合题意；B、
是轴对称图形，但不是中心对称图形，故 B 不符合题意；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故 C 不符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故 D 符合题意；
故答案为：D
【分析】轴对称图形：沿着一条线折叠能够完全重合的图形；中心对称图形：绕着某一点旋
转 180°能够与自身重合的图形；根据定义逐个判断即可。
11．（2018·湖南省衡阳·3 分）下列生态环保标志中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是中心对称图形，故本选项正确；7
C、不是中心对称图形，故本选项错误；
D、不是中心对称图形，故本选项错误．
故选：B．
12．（2018·湖北省宜昌·3 分）如下字体的四个汉字中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的定义逐个判断即可．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称图形的定义，能够正确观察图形和理解轴对称图形的定义是
解此题的关键．
13.（2018·湖北省宜昌·3 分）如图，正方形 ABCD 的边长为 1，点 E，F 分别是对角线 AC
上的两点，EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为 G，I，H，J．则图中阴影部分
的面积等于 （ ）
A．1 B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的性质，解决问题即可；
【解答】解：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴直线 AC 是正方形 ABCD 的对称轴，
∵EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为 G，I，H，J．
∴根据对称性可知：四边形 EFHG 的面积与四边形 EFJI 的面积相等，
∴S 阴= S 正方形 ABCD= ，
故选：B．
【点评】本题考查正方形的性质，解题的关键是利用轴对称的性质解决问题，属于中考常考
题型．
14．（2018·湖北省宜昌·3 分）如图，在平面直角坐标系中，把△ABC 绕原点 O 旋转 180°
得到△CDA，点 A，B，C 的坐标分别为（﹣5，2），（﹣2，﹣2），（5，﹣2），则点 D 的坐标为8
（ ）
A．（2，2） B．（2，﹣2） C．（2，5） D．（﹣2，5）
【分析】依据四边形 ABCD 是平行四边形，即可得到 BD 经过点 O，依据 B 的坐标为（﹣2，
﹣2），即可得出 D 的坐标为（2，2）．
【解答】解：∵点 A，C 的坐标分别为（﹣5，2），（5，﹣2），
∴点 O 是 AC 的中点，
∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形 ABCD 是平行四边形，
∴BD 经过点 O，
∵B 的坐标为（﹣2，﹣2），
∴D 的坐标为（2，2），
故选：A．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特
殊性质来求出旋转后的点的坐标．
15.（2018·山东青岛·3 分）观察下列四个图形，中心对称图形是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；
B、不是中心对称图形，故本选项错误；
C、是中心对称图形，故本选项正确；
D、不是中心对称图形，故本选项错误．
故选：C．
【点评】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 180 度后
两部分重合．9
16.（2018·山东青岛·3 分）如图，将线段 AB 绕点 P 按顺时针方向旋转 90°，得到线段
A'B'，其中点 A、B 的对应点分别是点 A'、B'，则点 A'的坐标是（ ）
A．（﹣1，3） B．（4，0） C．（3，﹣3） D．（5，﹣1）
【分析】画图可得结论．
【解答】解：画图如下：
则 A'（5，﹣1），
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，熟练掌握顺时针或逆时针旋转某个点或某直线的位置关系．
17.（2018·山东泰安·3 分）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，△ABC 经过平移后得到△A1B1C1，若 AC 上一点 P（1.2，1.4）平移后
对应点为 P1，点 P1 绕原点顺时针旋转 180°，对应点为 P2，则点 P2 的坐标为（ ）10
A．（2.8，3.6） B．（﹣2.8，﹣3.6） C．（3.8，2.6） D．（﹣3.8，﹣2.6）
【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；
【解答】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．
【点评】本题考查坐标与图形变化，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．
18.（2018·山东潍坊·3 分）在平面内由极点、极轴和极径组成的坐标系叫做极坐标系．如
图，在平面上取定一点 O 称为极点；从点 O 出发引一条射线 Ox 称为极轴；线段 OP 的长度称
为极径．点 P 的极坐标就可以用线段 OP 的长度以及从 Ox 转动到 OP 的角度（规定逆时针方
向转动角度为正）来确定，即 P（3，60°）或 P（3，﹣300°）或 P（3，420°）等，则点
P 关于点 O 成中心对称的点 Q 的极坐标表示不正确的是（ ）
A．Q（3，240°） B．Q（3，﹣120°） C．Q（3，600°） D．Q（3，﹣500°）
【分析】根据中心对称的性质解答即可．
【解答】解：∵P（3，60°）或 P（3，﹣300°）或 P（3，420°），
由点 P 关于点 O 成中心对称的点 Q 可得：点 Q 的极坐标为（3，240°），（3，﹣120°），（3，
600°），
故选：D．11
【点评】此题考查中心对称的问题，关键是根据中心对称的性质解答．
19. （2018•湖南省永州市•4 分）誉为全国第三大露天碑林的“浯溪碑林”，摩崖上铭刻着 500
多方古今名家碑文，其中悬针篆文具有较高的历史意义和研究价值，下面四个悬针篆文文字
明显不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A、是轴对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，故此选项正确；
D、是轴对称图形，故此选项错误；
故选：C．
【点评】本题考查的是轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿
对称轴折叠后可重合．
20 （2018·四川宜宾·3 分）如图，将△ABC 沿 BC 边上的中线 AD 平移到△A'B'C'的位置，
已知△ABC 的面积为 9，阴影部分三角形的面积为 4．若 AA'=1，则 A'D 等于（ ）
A．2 B．3 C． D．
【考点】Q2：平移的性质．
【分析】由 S △ABC=9、S △A′EF=4 且 AD 为 BC 边的中线知 S△A′DE= S△A′EF=2，S △ABD= S△
ABC= ，根据△DA′E∽△DAB 知（ ）2= ，据此求解可得．
【解答】解：如图，12
∵S△ABC=9、S△A′EF=4，且 AD 为 BC 边的中线，
∴S△A′DE= S△A′EF=2，S△ABD= S△ABC= ，
∵将△ABC 沿 BC 边上的中线 AD 平移得到△A'B'C'，
∴A′E∥AB，
∴△DA′E∽△DAB，
则（ ）2= ，即（ ）2= ，
解得 A′D=2 或 A′D=﹣ （舍），
故选：A．
【点评】本题主要平移的性质，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质与三角形中线的性质、
相似三角形的判定与性质等知识点．
21. （2018·天津·3 分）下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断．
详解：A、是中心对称图形，故本选项正确；
B、不是中心对称图形，故本选项错误；
C、不是中心对称图形，故本选项错误；13
D、不是中心对称图形，故本选项错误；
故选：A．
点睛：本题考查了中心对称图形的特点，属于基础题，判断中心对称图形的关键是旋转 180°
后能够重合．
22. （2018·天津·3 分）如图，在正方形 中， ， 分别为 ， 的中点， 为对角
线 上的一个动点，则下列线段的长等于 最小值的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析：点 E 关于 BD 的对称点 E′在线段 CD 上，得 E′为 CD 中点，连接 AE′，它
与 BD 的交点即为点 P，PA+PE 的最小值就是线段 AE′的长度；通过证明直角三角形ADE′≌
直角三角形 ABF 即可得解．
详解：过点 E 作关于 BD 的对称点 E′，连接 AE′，交 BD 于点 P．
∴PA+PE 的最小值 AE′；
∵E 为 AD 的中点，
∴E′为 CD 的中点，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABF=∠AD E′=90°,
∴DE′=BF，
∴ΔABF≌ΔAD E′，
∴AE′=AF.
故选 D.
点睛：本题考查了轴对称--最短路线问题、正方形的性质．此题主要是利用“两点之间线段
最短”和“任意两边之和大于第三边”．因此只要作出点 A（或点 E）关于直线 BD 的对称点14
A′（或 E′），再连接EA′（或 AE′）即可．
23. （2018·新疆生产建设兵团·5 分）如图，点 P 是边长为 1 的菱形 ABCD 对角线 AC 上的
一个动点，点 M，N 分别是 AB，BC 边上的中点，则 MP+PN 的最小值是（ ）
A． B．1 C． D．2
【分析】先作点 M 关于 AC 的对称点 M′，连接 M′N 交 AC 于 P，此时 MP+NP 有最小值．然后
证明四边形 ABNM′为平行四边形，即可求出 MP+NP=M′N=AB=1．
【解答】解：如图 ，
作点 M 关于 AC 的对称点 M′，连接 M′N 交 AC 于 P，此时 MP+NP 有最小值，最小值为 M′N
的长．
∵菱形 ABCD 关于 AC 对称，M 是 AB 边上的中点，
∴M′是 AD 的中点，
又∵N 是 BC 边上的中点，
∴AM′∥BN，AM′=BN，
∴四边形 ABNM′是平行四边形，
∴M′N=AB=1，
∴MP+NP=M′N=1，即 MP+NP 的最小值为 1，
故选：B．
【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题及菱形的性质，熟知两点之间线段最短的知识
是解答此题的关键．
24. （2018·四川自贡·4 分）如图，在边长为 a 正方形 ABCD 中，把边 BC 绕点 B 逆时针旋
转 60°，得到线段 BM，连接 AM 并延长交 CD 于 N，连接 MC，则△MNC 的面积为（ ）15
A． B． C． D．
【分析】作 MG⊥BC 于 G，MH⊥CD 于 H，根据旋转变换的性质得到△MBC 是等边三角形，根据
直角三角形的性质和勾股定理分别求出 MH、CH，根据三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：作 MG⊥BC 于 G，MH⊥CD 于 H，
则 BG=GC，AB∥MG∥CD，
∴AM=MN，
∵MH⊥CD，∠D=90°，
∴MH∥AD，
∴NH=HD，
由旋转变换的性质可知，△MBC 是等边三角形，
∴MC=BC=a，
由题意得，∠MCD=30°，
∴MH= MC= a，CH= a，
∴DH=a﹣ a，
∴CN=CH﹣NH= a﹣（a﹣ a）=（ ﹣1）a，
∴△MNC 的面积= × ×（ ﹣1）a= a2，
故选：C．
【点评】本题考查的是旋转变换的性质、正方形的性质，掌握正方形的性质、平行线的性质
是解题的关键．
25. （2018·台湾·分）下列选项中的图形有一个为轴对称图形，判断此形为何？（ ）16
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，
这样的图形叫做轴对称图形．这条直线叫做对称轴．
【解答】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，对称轴为两宽的中点的连线所在的直线，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查轴对称图形，注意掌握轴对称图形的概念．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．
26．（2018•湖北恩施•3 分）在下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确．
故选：D．
【点评】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，
图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转 180 度后与原图
重合．
27．（2018•湖北黄石•3 分）下列图形中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误；17
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误．
故选：C．
【点评】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，
图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转 180 度后与原图
重合．
28．（2018·浙江临安·3 分）如图直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=2，BC=3，将腰
CD 以 D 为中心逆时针旋转 90°至 ED，连 AE、CE，则△ADE 的面积是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．不能确定
【考点】梯形的性质和旋转的性质
【分析】如图作辅助线，利用旋转和三角形全等证明△D CG 与△DEF 全等，再根据全等三角
形对应边相等可得 EF 的长，即△ADE 的高，然后得出三角形的面积．
【解答】解：如图所示，作 EF⊥AD 交 AD 延长线于 F，作 DG⊥BC，
∵CD 以 D 为中心逆时针旋转 90°至 ED，
∴∠EDF+∠CDF=90°，DE=CD，
又∵∠CDF+∠CDG=90°，
∴∠CDG=∠EDF，
在△DCG 与△DEF 中， ，
∴△DCG≌△DEF（AAS），
∴EF=CG，
∵AD=2，BC=3，
∴CG=BC﹣AD=3﹣2=1，
∴EF=1，
∴△ADE 的面积是： ×AD×EF= ×2×1=1．
故选：A．18
【点评】本题考查梯形的性质和旋转的性质：旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等
以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点为旋
转中心；②旋转方向；③旋转角度．
29. （2018·重庆(A)·4 分）下列图形中一定是轴对称图形的是
A. B. C. D.
【考点】轴对称、中心对称
【解析】A40°的直角三角形不是对称图形；B 两个角是直角的四边形不一定是轴对称
图形；C 平行四边形是中心对称图形不是轴对称图形；D 矩形是轴对称图形，有两条对称轴
【点评】此题主要考查基本几何图形中的轴对称图形和中心对称图形，难度系数不大，
考生主要注意看清楚题目要求。
1. （ 2018 · 广 东 广 州 · 3 分 ） 如 图 所 示 的 五 角 星 是 轴 对 称 图 形 ， 它 的 对 称 轴 共 有
（ ）
A.1 条
B.3 条
C.5 条
D.无数条
【答案】C
【考点】轴对称图形
【解析】【解答】解：五角星有五条对称轴.
故答案为：C.
【分析】轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的
图形,这条直线叫做对称轴。由此定义即可得出答案.
40°
直角三角形 四边形 平行四边形 矩形19
30. （2018·广东深圳·3 分）观察下列图形，是中心对称图形的是( )
A. B.
C.
D.
【答案】D
【考点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A.等边三角形为轴对称图形，有三条对称轴，但不是中心对称图形，A
不符合题意；B.五角星为轴对称图形，有五条对称轴，但不是中心对称图形，B 不符合题意；
C.爱心为轴对称图形，有一条对称轴，但不是中心对称图形，C 不符合题意；
D.平行四边形为中心对称图形，对角线的交点为对称中心，D 符合题意；
故答案为：D.
【分析】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，由此即
可得出答案。
31. （2018·广东深圳·3 分）把函数 y=x 向上平移 3 个单位，下列在该平移后的直线上的
点是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【考点】一次函数图象与几何变换
【解析】【解答】解：∵函数 y=x 向上平移 3 个单位，∴y=x+3,
∴当 x=2 时，y=5，20
即（2,5）在平移后的直线上，
故答案为：D.
【分析】根据平移的性质得平移后的函数解析式，再将点的横坐标代入得出 y 值，一一判断
即可得出答案.
32. （2018·广东·3 分）下列所述图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．圆 B．菱形 C．平行四边形 D．等腰三角形
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项正确．
故选：D．
【点评】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，
图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转 180 度后与原图
重合．
33. （2018•广西桂林•3 分）下列图形是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
详解：A、是轴对称图形，故本选项正确；
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、不是轴对称图形，故本选项错误．
故选：A．
34. （2018•广西桂林•3 分）如图，在正方形 ABCD 中，AB=3，点 M 在 CD 的边上，且 DM=1，
ΔAEM 与 ΔADM 关于 AM 所在的直线对称，将 ΔADM 按顺时针方向绕点 A 旋转 90°得到
ΔABF，连接 EF，则线段 EF 的长为（ ）21
A. 3 B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：连接 BM.证明△AFE≌△AMB 得 FE=MB，再运用勾股定理求出 BM 的长即可.
详解：连接 BM，如图，
由旋转的性质得：AM=AF.
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AD=AB=BC=CD，∠BAD=∠C=90°,
∵ΔAEM 与 ΔADM 关于 AM 所在的直线对称，
∴∠DAM=∠EAM.
∵∠DAM+∠BAM=∠FAE+∠EAM=90°,
∴∠BAM=∠EAF,
∴△AFE≌△AMB
∴FE=BM.
在 Rt△BCM 中，BC=3，CM=CD-DM=3-1=2,
∴BM=
∴FE= .
故选 C.
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．也考查了正方形的性质．
35. （2018•河北•3 分）图 1 中由“○”和“□”组成轴对称图形，该图形的对称轴是直线
（ ）22
A． B． C． D．
答案：C
36. (2018 四川省绵阳市)下列图形中是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C.
D.
【答案】D
【考点】轴对称图形，中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A.不是中心对称图形，A 不符合题意；
B.是轴对称图形，B 不符合题意；
C.不是中心对称图形，C 不符合题意；
D.是中心对称图形，D 符合题意；
故答案为：D.
【分析】在一个平面内，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；由此判断即可得出答案.
37. (2018 四川省绵阳市)在平面直角坐标系中，以原点为对称中心，把点 A（3，4）逆时针
旋转 90°，得到点 B，则点 B 的坐标为（ ）
1l 2l 3l 4l23
A.（4，-3）
B.（-4，3）
C.（-3，4）
D.（-3，-4）
【答案】B
【考点】点的坐标，旋转的性质
【解析】【解答】解：如图：
由旋转的性质可得：
△AOC≌△BOD，
∴OD=OC，BD=AC，
又∵A（3,4），
∴OD=OC=3，BD=AC=4，
∵B 点在第二象限，
∴B（-4,3）.
故答案为：B.
【分析】建立平面直角坐标系，根据旋转的性质得△AOC≌△BOD，再由全等三角形的性质和
点的坐标性质得出 B 点坐标，由此即可得出答案.
38．（2018 年四川省内江市）如图，在平面直角坐标系中，△ABC 的顶点 A 在第一象限，
点 B，C 的坐标分别为（2，1），（6，1），∠BAC=90°，AB=AC，直线 AB 交 y 轴于点 P，
若△ABC 与△A′B′C′关于点 P 成中心对称，则点 A′的坐标为（ ）24
A．（﹣4，﹣5） B．（﹣5，﹣4） C．（﹣3，﹣4） D．（﹣4，﹣3）
【考点】R4：中心对称；KW：等腰直角三角形；R7：坐标与图形变化﹣旋转．
【分析】先求得直线 AB 解析式为 y=x﹣1，即可得出 P（0，﹣1），再根据点 A 与点 A'关于
点 P 成中心对称，利用中点公式，即可得到点 A′的坐标．
【解答】解：∵点 B，C 的坐标分别为（2，1），（6，1），∠BAC=90°，AB=AC，
∴△ABC 是等腰直角三角形，
∴A（4，3），
设直线 AB 解析式为 y=kx+b，则
，
解得 ，
∴直线 AB 解析式为 y=x﹣1，
令 x=0，则 y=﹣1，
∴P（0，﹣1），
又∵点 A 与点 A'关于点 P 成中心对称，
∴点 P 为 AA'的中点，
设 A'（m，n），则 =0， =﹣1，
∴m=﹣4，n=﹣5，
∴A'（﹣4，﹣5），
故选：A．25
【点评】本题考查了中心对称，等腰直角三角形的运用，利用待定系数法得出直线 AB 的解
析式是解题的关键．
39．（2018 年四川省南充市）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．扇形 B．正五边形 C．菱形 D．平行四边形
【考点】R5：中心对称图形；P3：轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、扇形，是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、菱形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项正确；
D、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误．
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，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，中心对称图形的关键是要寻找对称中心，旋转 180 度后两部分重
合．
二.填空题
1. (2018 四川省眉山市 1 分 ) 如图，△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC=2，把△
ABC 绕点 A 按顺时针方向旋转 45°后得到△AB′C′，则线段 BC 在上述旋转过程中所扫过部
分（阴影部分）的面积是________.
【答案】 .
【考点】扇形面积的计算
【解析】【解答】解：依题可得：
∠BAB′=∠B′AC′=45°,△ABC≌△AB′C′，
又∵AC=BC=2，∠ACB=90°，
∴AB=2 ,
∴S 阴=S 扇 ABB′-S△ABC+S△AB′C′-S 扇 ACC′，
=S 扇 ABB′-S 扇 ACC′，
= ，
=π- ，26
= .
故答案为: .
【分析】根据旋转的性质得∠BAB′=∠B′AC′=45°,△ABC≌△AB′C′，在 Rt△ABC 中，
根据勾股定理得 AB=2 ,所以 S 阴=S 扇 ABB′-S△ABC+S△AB′C′-S 扇 ACC′ =S 扇 ABB′-S 扇 ACC′，代
入扇形圆心角的度数和半径即可得出答案
2.（2018•河南•3 分）如图,∠MAN=90°,点 C 在边 AM 上,AC=4,点 B 为边 AN 上一动点,连接
BC，△ 与△ABC 关于 BC 所在直线对称，点 D,E 分别为 AC,BC 的中点,连接 DE 并延长
交 所在直线于点 F,连接 .当△ 为直角三角形时,AB 的长为________.
A BC′
A B′ A E′ A EF′27
3.（2018·四川宜宾·3 分）已知点 A 是直线 y=x+1 上一点，其横坐标为﹣ ，若点 B 与点
A 关于 y 轴对称，则点 B 的坐标为 （ ， ） ．
【考点】F8：一次函数图象上点的坐标特征；P5：关于 x 轴、y 轴对称的点的坐标．
【分析】利用待定系数法求出点 A 坐标，再利用轴对称的性质求出点 B 坐标即可；
【解答】解：由题意 A（﹣ ， ），
∵A、B 关于 y 轴对称，
∴B（ ， ），
故答案为（ ， ）．
【点评】本题考查一次函数的应用、轴对称的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，
属于中考常考题型．
4 （2018·天津·3 分）将直线 向上平移 2 个单位长度，平移后直线的解析式为
__________．
【答案】
【解析】分析：直接根据“上加下减，左加右减”的平移规律求解即可．
详解：将直线 y=x 先向上平移 2 个单位，所得直线的解析式为 y=x+2．
故答案为 y=x+2．
点睛：本题考查图形的平移变换和函数解析式之间的关系，在平面直角坐标系中，平移后解
析式有这样一个规律“左加右减，上加下减”．28
5. （2018·天津·3 分）如图，在每个小正方形的边长为 1 的网格中， 的顶点 ，
， 均在格点上.
（1） 的大小为__________（度）；
（2）在如图所示的网格中， 是 边上任意一点. 为中心，取旋转角等于 ，把点 逆
时针旋转，点 的对应点为 .当 最短时，请用无刻度的直尺，画出点 ，并简要说明点
的位置是如何找到的（不要求证明）__________．
【答案】 (1). ； (2). 见解析
【解析】分析：（1）利用勾股定理即可解决问题；
（2）如图，取格点 ， ，连接 交 于点 ；取格点 ， ，连接 交 延长线于点 ；
取格点 ，连接 交 延长线于点 ，则点 即为所求.
详解：（1）∵每个小正方形的边长为 1，
∴AC= ，BC= ，AB= ,
∵
∴
∴ΔABC 是直角三角形，且∠C=90°
故答案为 90；
（2）如图，即为所求.29
点睛：本题考查作图-应用与设计、勾股定理等知识，解题的关键是利用数形结合的思想解
决问题，学会用转化的思想思考问题.
6 （2018•株洲市•3 分）如图，O 为坐标原点，△OAB 是等腰直角三角形，∠OAB＝90°，点
B 的坐标为 ，将该三角形沿 轴向右平移得到 ，此时点 的坐标为 ，
则线段 OA 在平移过程中扫过部分的图形面积为______.
【答案】4
【解析】分析：利用平移的性质得出 AA′的长，根据等腰直角三角形的性质得到 AA′对应
的高，再结合平行四边形面积公式求出即可．
详解：∵点 B 的坐标为（0，2 ），将该三角形沿 x 轴向右平移得到 Rt△O′A′B′，此时
点 B′的坐标为（2 ，2 ），
∴AA′=BB′=2 ，
∵△OAB 是等腰直角三角形，
∴A（ ， ），
∴AA′对应的高 ，
∴线段 OA 在平移过程中扫过部分的图形面积为 2 × =4．
故答案为：4．
点睛：此题主要考查了平移变换、等腰直角三角形的性质以及平行四边面积求法，利用平移
规律得出对应点坐标是解题关键．
7（2018·山东潍坊·3 分）如图，正方形 ABCD 的边长为 1，点 A 与原点重合，点 B 在 y 轴
的正半轴上，点 D 在 x 轴的负半轴上，将正方形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转 30°至正方形
AB'C′D′的位置，B'C′与 CD 相交于点 M，则点 M 的坐标为 （﹣1， ） ．30
【分析】连接 AM，由旋转性质知 AD=AB′=1、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°，证 Rt△ADM≌
Rt△AB′M 得∠DAM= ∠B′AD=30°，由 DM=ADtan∠DAM 可得答案．
【解答】解：如图，连接 AM，
∵将边长为 1 的正方形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转 30°得到正方形 AB'C′D′，
∴AD=AB′=1，∠BAB′=30°，
∴∠B′AD=60°，
在 Rt△ADM 和 Rt△AB′M 中，
∵ ，
∴Rt△ADM≌Rt△AB′M（HL），
∴∠DAM=∠B′AM= ∠B′AD=30°，
∴DM=ADtan∠DAM=1× = ，
∴点 M 的坐标为（﹣1， ），
故答案为：（﹣1， ）．
【点评】本题主要考查旋转的性质、正方形的性质，解题的关键是掌握旋转变换的不变性与
正方形的性质、全等三角形的判定与性质及三角函数的应用．
8．（2018·湖南省衡阳·3 分）如图，点 A、B、C、D、O 都在方格纸的格点上，若△COD 是31
由△AOB 绕点 O 按顺时针方向旋转而得到的，则旋转的角度为 90° ．
【解答】解：∵△COD 是由△AOB 绕点 O 按顺时针方向旋转而得，
∴OB=OD，
∴旋转的角度是∠BOD 的大小，
∵∠BOD=90°，
∴旋转的角度为 90°．
故答案为：90°．
9.（2018•江苏扬州•3 分）如图，四边形 OABC 是矩形，点 A 的坐标为（8，0），点 C 的坐标
为（0，4），把矩形 OABC 沿 OB 折叠，点 C 落在点 D 处，则点 D 的坐标为 （ ，
﹣ ） ．
【分析】由折叠的性质得到一对角相等，再由矩形对边平行得到一对内错角相等，等量代换
及等角对等边得到 BE=OE，利用 AAS 得到三角形 OED 与三角形 BEA 全等，由全等三角形对应
边相等得到 DE=AE，过 D 作 DF 垂直于 OE，利用勾股定理及面积法求出 DF 与 OF 的长，即可
确定出 D 坐标．
【解答】解：由折叠得：∠CBO=∠DBO，
∵矩形 ABCO，
∴BC∥OA，
∴∠CBO=∠BOA，
∴∠DBO=∠BOA，
∴BE=OE，32
在△ODE 和△BAE 中，
，
∴△ODE≌△BAE（AAS），
∴AE=DE，
设 DE=AE=x，则有 OE=BE=8﹣x，
在 Rt△ODE 中，根据勾股定理得：42+（8﹣x）2=x2，
解得：x=5，即 OE=5，DE=3，
过 D 作 DF⊥OA，
∵S△OED= OD•DE= OE•DF，
∴DF= ，OF= = ，
则 D（ ，﹣ ）．
故答案为：（ ，﹣ ）
【点评】此题考查了翻折变化（折叠问题），坐标与图形变换，以及矩形的性质，熟练掌握
折叠的性质是解本题的关键．
10. （2018•江西•3 分）如图，在矩形 中， =3，将矩形 绕点 逆时针旋转得到
矩形 ，点 的对应点 落在 上，且 则 的长为 .33
【解析】 本题考察矩形的性质和旋转的对应线段，利用勾股定理
计算 的长. =3, =90°,所以
【答案】 ★★
11. （2018•四川凉州•3 分）将△ABC 绕点 B 逆时针旋转到△A′BC′，使 A、B、C′在同一
直线上，若∠BCA=90°，∠BAC=30°，AB=4cm，则图中阴影部分面积为 4π cm2．
【分析】易得整理后阴影部分面积为圆心角为 120°，两个半径分别为 4 和 2 的圆环的面
积．
【解答】解：∵∠BCA=90°，∠BAC=30°，AB=4cm，
∴BC=2，AC=2 ，∠A′BA=120°，∠CBC′=120°，
∴ 阴 影 部 分 面 积 = （ S△A′BC′+S 扇 形 BAA′ ） ﹣S 扇 形 BCC′﹣S△ABC= × （ 42﹣22 ）
=4πcm2．
故答案为：4π．
【点评】本题利用了直角三角形的性质，扇形的面积公式求解．
12. （2018•山东淄博•4 分）在如图所示的平行四边形 ABCD 中，AB=2，AD=3，将△ACD 沿对
角线 AC 折叠，点 D 落在△ABC 所在平面内的点 E 处，且 AE 过 BC 的中点 O，则△ADE 的周长
等于 10 ．
（第10题）
G
F
E
CB
DA34
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；L5：平行四边形的性质．
【分析】要计算周长首先需要证明 E、C、D 共线，DE 可求，问题得解．
【解答】解：∵四边形 ABCD 是平行四边形
∴AD∥BC，CD=AB=2
由折叠，∠DAC=∠EAC
∵∠DAC=∠ACB
∴∠ACB=∠EAC
∴OA=OC
∵AE 过 BC 的中点 O
∴AO= BC
∴∠BAC=90°
∴∠ACE=90°
由折叠，∠ACD=90°
∴E、C、D 共线，则 DE=4
∴△ADE 的周长为：3+3+2+2=10
故答案为：10
【点评】本题考查了平行四边形的性质、轴对称图形性质和三点共线的证明．解题时注意不
能忽略 E、C、D 三点共线．
13. （2018•山东淄博•4 分）已知抛物线 y=x2+2x﹣3 与 x 轴交于 A，B 两点（点 A 在点 B 的
左侧），将这条抛物线向右平移 m（m＞0）个单位，平移后的抛物线于 x 轴交于 C，D 两点
（点 C 在点 D 的左侧），若 B，C 是线段 AD 的三等分点，则 m 的值为 2 ．
【考点】HA：抛物线与 x 轴的交点；H6：二次函数图象与几何变换．
【分析】先根据三等分点的定义得：AC=BC=BD，由平移 m 个单位可知：AC=BD=m，计算点 A
和 B 的坐标可得 AB 的长，从而得结论．
【解答】解：如图，∵B，C 是线段 AD 的三等分点，
∴AC=BC=BD，
由题意得：AC=BD=m，
当 y=0 时，x2+2x﹣3=0，35
（x﹣1）（x+3）=0，
x1=1，x2=﹣3，
∴A（﹣3，0），B（1，0），
∴AB=3+1=4，
∴AC=BC=2，
∴m=2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了抛物线与 x 轴的交点问题、抛物线的平移及解一元二次方程的问题，利
用数形结合的思想和三等分点的定义解决问题是关键．
14.（2018•山东枣庄•4 分）如图，在正方形 ABCD 中，AD=2 ，把边 BC 绕点 B 逆时针旋转
30°得到线段 BP，连接 AP 并延长交 CD 于点 E，连接 PC，则三角形 PCE 的面积为 9﹣5 ．
【分析】根据旋转的思想得 PB=BC=AB，∠PBC=30°，推出△ABP 是等边三角形，得到∠
BAP=60°，AP=AB=2 ，解直角三角形得到 CE=2 ﹣2，PE=4﹣2 ，过 P 作 PF⊥CD 于 F，
于是得到结论．
【解答】解：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵把边 BC 绕点 B 逆时针旋转 30°得到线段 BP，
∴PB=BC=AB，∠PBC=30°，
∴∠ABP=60°，
∴△ABP 是等边三角形，
∴∠BAP=60°，AP=AB=2 ，36
∵AD=2 ，
∴AE=4，DE=2，
∴CE=2 ﹣2，PE=4﹣2 ，
过 P 作 PF⊥CD 于 F，
∴PF= PE=2 ﹣3，
∴三角形 PCE 的面积= CE•PF= ×（2 ﹣2）×（2 ﹣3）=9﹣5 ，
故答案为：9﹣5 ．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，
正确的作出辅助线是解题的关键．
15. （2018•四川成都•3 分）如图，在菱形 中， ， 分别在边
上，将四边形 沿 翻折，使 的对应线段 经过顶点 ，当
时， 的值为________.
【答案】
【考点】勾股定理，菱形的性质，翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定与性质，解直
角三角形
【解析】【解答】解：∵菱形 沿 翻折，使 的对应线段 经过顶点 ，∴∠
A=∠E=∠C，∠1=∠B，EM=AM，AB=EF=DC=AD
∵EF⊥EF
∴∠EDM=90°37
∴tan∠E= =
设 DM=4x，DE=3x，则 EM=AM=5x=EF
∴DC=AD=AM+DM=9x，DF=EF-DE=9x-3x=6x
延长 EF 交 BC 于点 H
∴AD∥BC，EF⊥EF
∴∠EDM=∠DHC=90°∵∠E=∠C
∴△DEM∽△HCD
∴EM：DC=DE:CH，即 5x：9x=3x：CH
解之：CH= ，
在 Rt△DHC 中，DH2=DC2-CH2
DH2=81x2-（ ）2
解之：DH=
∴FH=DH-DF= -6x=
∵∠1+∠HFN=180°∠B+∠C=180°，∠1=∠B
∴∠HFN=∠C，∠DHC=∠FHN=90°
∴△FHN∽△CHD
∴FN:DC=FH:CH，即 FN:9x= ：
解之：FN=2x=BN
∴CN=BC-BN=9x-2x=7x
∴ =
故答案为：
【分析】根据折叠的性质，可得出菱形 沿 翻折，使 的对应线段 经过
顶点 ，可得出∠A=∠E=∠C，∠1=∠B，EM=AM，AB=EF=DC=AD，利用锐角三角形函数的定38
义，可得出 tan∠E= = ，设 DM=4x，DE=3x，则 EM=AM=5x=EF，就可求出菱形
的边长及 EM 的长，延长 EF 交 BC 于点 H，再证明△DEM∽△HCD，求出 CH 的长，利用勾股定
理求出 DH 的长，就可得出 FH 的长，然后证明△FHN∽△CHD，求出 FN 的长，即可得出 BN 的
长，从而可求出 BN 和 CN 之比。
三.解答题
1. （2018•四川凉州•8 分）如图，在平面直角坐标系中，点 O1 的坐标为（﹣4，0），以点 O1
为圆心，8 为半径的圆与 x 轴交于 A，B 两点，过 A 作直线 l 与 x 轴负方向相交成 60°的角，
且交 y 轴于 C 点，以点 O2（13，5）为圆心的圆与 x 轴相切于点 D．
（1）求直线 l 的解析式；
（2）将⊙O2 以每秒 1 个单位的速度沿 x 轴向左平移，当⊙O2 第一次与⊙O1 外切时，求⊙O2
平移的时间．
【分析】（1）求直线的解析式，可以先求出 A、C 两点的坐标，就可以根据待定系数法求出
函数的解析式．
（2）设⊙O2 平移 t 秒后到⊙O3 处与⊙O1 第一次外切于点 P，⊙O3 与 x 轴相切于 D1 点，连接
O1O3，O3D1．
在直角△O1O3D1 中，根据勾股定理，就可以求出 O1D1，进而求出 D1D 的长，得到平移的时
间．
【解答】解：（1）由题意得 OA=|﹣4|+|8|=12，
∴A 点坐标为（﹣12，0）．
∵在 Rt△AOC 中，∠OAC=60°，
OC=OAtan∠OAC=12×tan60°=12 ．
∴C 点的坐标为（0，﹣12 ）．
设直线 l 的解析式为 y=kx+b，
由 l 过 A、C 两点，
得 ，解得39
∴直线 l 的解析式为：y=﹣ x﹣12 ．
（2）如图，设⊙O2 平移 t 秒后到⊙O3 处与⊙O1 第一次外切于点 P，⊙O3 与 x 轴相切于 D1 点，
连接 O1O3，O3D1．
则 O1O3=O1P+PO3=8+5=13．
∵O3D1⊥x 轴，∴O3D1=5，
在 Rt△O1O3D1 中， ．
∵O1D=O1O+OD=4+13=17，∴D1D=O1D﹣O1D1=17﹣12=5，
∴ （秒）．
∴⊙O2 平移的时间为 5 秒．
【点评】本题综合了待定系数法求函数解析式，以及圆的位置关系，其中两圆相切时的辅助
线的作法是经常用到的．
2. （2018•四川凉州•10 分）如图，已知抛物线 y=x2+bx+c 经过 A（1，0），B（0，2）两点，
顶点为 D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将△OAB 绕点 A 顺时针旋转 90°后，点 B 落到点 C 的位置，将抛物线沿 y 轴平移后经
过点 C，求平移后所得图象的函数关系式；
（3）设（2）中平移后，所得抛物线与 y 轴的交点为 B1，顶点为 D1，若点 N 在平移后的抛
物线上，且满足△NBB1 的面积是△NDD1 面积的 2 倍，求点 N 的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法，将点 A，B 的坐标代入解析式即可求得；40
（2）根据旋转的知识可得：A（1，0），B（0，2），∴OA=1，OB=2，
可得旋转后 C 点的坐标为（3，1），当 x=3 时，由 y=x2﹣3x+2 得 y=2，可知抛物线 y=x2﹣3x+2
过点（3，2）∴将原抛物线沿 y 轴向下平移 1 个单位后过点 C．∴平移后的抛物线解析式为：
y=x2﹣3x+1；
（3）首先求得 B1，D1 的坐标，根据图形分别求得即可，要注意利用方程思想．
【解答】解：（1）已知抛物线 y=x2+bx+c 经过 A（1，0），B（0，2），
∴ ，
解得 ，
∴所求抛物线的解析式为 y=x2﹣3x+2；
（2）∵A（1，0），B（0，2），
∴OA=1，OB=2，
可得旋转后 C 点的坐标为（3，1），
当 x=3 时，由 y=x2﹣3x+2 得 y=2，
可知抛物线 y=x2﹣3x+2 过点（3，2），
∴将原抛物线沿 y 轴向下平移 1 个单位后过点 C．
∴平移后的抛物线解析式为：y=x2﹣3x+1；
（3）∵点 N 在 y=x2﹣3x+1 上，可设 N 点坐标为（x0，x02﹣3x0+1），
将 y=x2﹣3x+1 配方得 y=（x﹣ ）2﹣ ，
∴其对称轴为直线 x= ．
①0≤x0≤ 时，如图①，
∵ ，
∴
∵x0=1，
此时 x02﹣3x0+1=﹣1，
∴N 点的坐标为（1，﹣1）．
②当 时，如图②，41
同理可得 ，
∴x0=3，
此时 x02﹣3x0+1=1，
∴点 N 的坐标为（3，1）．
③当 x＜0 时，由图可知，N 点不存在，
∴舍去．
综上，点 N 的坐标为（1，﹣1）或（3，1）．
【点评】此题属于中考中的压轴题，难度较大，知识点考查的较多而且联系密切，需要学生
认真审题．
此题考查了二次函数与一次函数的综合知识，解题的关键是要注意数形结合思想的应用．
3. （2018•山东枣庄•8 分）如图，在 4×4 的方格纸中，△ABC 的三个顶点都在格点上．
（1）在图 1 中，画出一个与△ABC 成中心对称的格点三角形；
（2）在图 2 中，画出一个与△ABC 成轴对称且与△ABC 有公共边的格点三角形；
（ 3 ） 在 图 3 中 ， 画 出 △ ABC 绕 着 点 C 按 顺 时 针 方 向 旋 转 90° 后 的 三 角42
形．
【分析】（1）根据中心对称的性质即可作出图形；
（2）根据轴对称的性质即可作出图形；
（3）根据旋转的性质即可求出图形．
【解答】解：（1）如图所示，
△DCE 为所求作
（2）如图所示，
△ACD 为所求作
（3）如图所示
△ECD 为所求作
【点评】本题考查图形变换，解题的关键是正确理解图形变换的性质，本题属于基础题
型．43
4．（2018•四川成都•9 分）在 中， ， ， ，过点
作直线 ，将 绕点 顺时针得到 （点 ， 的对应点分别为
， ） 射 线 ， 分 别 交 直 线 于 点 ， .
（1）如图 1，当 与 重合时，求 的度数；
（2）如图 2，设 与 的交点为 ，当 为 的中点时，求线段 的长；
（3）在旋转过程时，当点 分别在 ， 的延长线上时，试探究四边形
的面积是否存在最小值.若存在，求出四边形 的最小面积；若不存在，
请说明理由.
【 答 案 】（ 1 ） 由 旋 转 的 性 质 得 ： . ， ，
， ， ，
.
（2） 为 的中点， .由旋转的性质得： ，
.
， .
， ，
.
（3） ，
最小， 即最小， .
法一：（几何法）取 中点 ，则 .
.
当 最小时， 最小， ，即 与 重合时， 最小.
， ， ， .
法二：（代数法）设 ， .44
由射影定理得： ， 当 最小，即 最小，
.
当 时，“ ”成立， .
【考点】三角形的面积，解直角三角形，旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可得出 ，根据已知易证 m∥AC，得出∠
A'BC 是直角，利用特殊角的三角函数值，可求出∠A'CB 的度数，就可求出结果。
（2）根据中点的定义及性质的性质，可证得∠A=∠A'CM，利用解直角三角形求出 PB 和 BQ
的长，再根据 PQ=PB+BQ，计算即可解答。
（3）根据已知得出四边形 FA'B'Q 的面积最小，则△PCQ 的面积最小，可表示出△PCQ 的面
积，利用几何法取 中点 ，则 ，得出 PQ=2CG，当 CG 最小时，则 PQ 最
小根据垂线段最短，求出 CG 的值，从而可求出 PQ 的最小值，就可求出四边形 FA'B'Q 面积
的最小值。也可以利用代数式解答此题。
5. （2018•山东菏泽•10 分）问题情境：
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图 1，将：
矩形纸片 ABCD 沿对角线 AC 剪开，得到△ABC 和△ACD．并且量得 AB=2cm，AC=4cm．
操作发现：
（1）将图 1 中的△ACD 以点 A 为旋转中心，按逆时针方向旋转∠α，使∠α=∠BAC，得到
如图 2 所示的△AC′D，过点 C 作 AC′的平行线，与 DC'的延长线交于点 E，则四边形ACEC′
的形状是 菱形 ．
（2）创新小组将图 1 中的△ACD 以点 A 为旋转中心，按逆时针方向旋转，使 B、A、D 三点
在同一条直线上，得到如图 3 所示的△AC′D，连接 CC'，取 CC′的中点 F，连接 AF 并延长
至点 G，使 FG=AF，连接 CG、C′G，得到四边形 ACGC′，发现它是正方形，请你证明这个结
论．45
实践探究：
（3）缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将△ABC 沿着 BD 方向平移，
使点 B 与点 A 重合，此时 A 点平移至 A'点，A'C 与 BC′相交于点 H，如图 4 所示，连接
CC′，试求 tan∠C′CH 的值．
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）先判断出∠ACD=∠BAC，进而判断出∠BAC=∠AC'D，进而判断出∠CAC'=∠
AC'D，即可的结论；
（2）先判断出∠CAC'=90°，再判断出 AG⊥CC'，CF=C'F，进而判断出四边形 ACGC'是平行
四边形，即可得出结论；
（3）先判断出∠ACB=30°，进而求出 BH，AH，即可求出 CH，C'H，即可得出结论．
【解答】解：（1）在如图 1 中，
∵AC 是矩形 ABCD 的对角线，
∴∠B=∠D=90°，AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC，
在如图 2 中，由旋转知，AC'=AC，∠AC'D=∠ACD，
∴∠BAC=∠AC'D，
∵∠CAC'=∠BAC，
∴∠CAC'=∠AC'D，
∴AC∥C'E，
∵AC'∥CE，
∴四边形 ACEC'是平行四边形，
∵AC=AC'，
∴▱ACEC'是菱形，
故答案为：菱形；
（2）在图 1 中，∵四边形 ABCD 是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠CAD=∠ACB，∠B=90°，
∴∠BAC+∠ACB=90°46
在图 3 中，由旋转知，∠DAC'=∠DAC，
∴∠ACB=∠DAC'，
∴∠BAC+∠DAC'=90°，
∵点 D，A，B 在同一条直线上，
∴∠CAC'=90°，
由旋转知，AC=AC'，
∵点 F 是 CC'的中点，
∴AG⊥CC'，CF=C'F，
∵AF=FG，
∴四边形 ACGC'是平行四边形，
∵AG⊥CC'，
∴▱ACGC'是菱形，
∵∠CAC'=90°，
∴菱形 ACGC'是正方形；
（3）在 Rt△ABC 中，AB=2，AC=4，
∴BC'=AC=4，BD=BC=2 ，sin∠ACB= = ，
∴∠ACB=30°，
由（2）结合平移知，∠CHC'=90°，
在 Rt△BCH 中，∠ACB=30°，
∴BH=BC•sin30°= ，
∴C'H=BC'﹣BH=4﹣ ，
在 Rt△ABH 中，AH= AB=1，
∴CH=AC﹣AH=4﹣1=3，
在 Rt△CHC'中，tan∠C′CH= = ．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形是性质，平行四边形，菱形，矩形，正方形
的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，旋转的性质，判断出∠CAC'=90°是解本题的关
键．
6（2018·山东临沂·11 分）将矩形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转 α（0°＜α＜360°），得到
矩形 AEFG．47
（1）如图，当点 E 在 BD 上时．求证：FD=CD；
（2）当 α 为何值时，GC=GB？画出图形，并说明理由．
【分析】（1）先运用 SAS 判定△AEG≌Rt△FDG，可得 DF=AE，再根据 AE=AB=CD，即可得出
CD=DF；
（2）当 GB=GC 时，点 G 在 BC 的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG=60°，即可得
到旋转角 α 的度数．
【解答】解：（1）由旋转可得，AE=AB，∠AEF=∠ABC=∠DAB=90°，EF=BC=AD，
∴∠AEB=∠ABE，
又∵∠ABE+∠GDE=90°=∠AEB+∠DEG，
∴∠EDG=∠DEG，
∴DG=EG，
∴FG=AG，
又∵∠DGF=∠EGA，
∴△AEG≌Rt△FDG（SAS），
∴DF=AE，
又∵AE=AB=CD，
∴CD=DF；
（2）如图，当 GB=GC 时，点 G 在 BC 的垂直平分线上，
分两种情况讨论：
①当点 G 在 AD 右侧时，取 BC 的中点 H，连接 GH 交 AD 于 M，48
∵GC=GB，
∴GH⊥BC，
∴四边形 ABHM 是矩形，
∴AM=BH= AD= AG，
∴GM 垂直平分 AD，
∴GD=GA=DA，
∴△ADG 是等边三角形，
∴∠DAG=60°，
∴旋转角 α=60°；
②当点 G 在 AD 左侧时，同理可得△ADG 是等边三角形，
∴∠DAG=60°，
∴旋转角 α=360°﹣60°=300°．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：对应
点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
7（2018•安徽•分） 如图，在由边长为 1 个单位长度的小正方形组成的 10×10 网格中，已
知点 O，A，B 均为网格线的交点.
（1）在给定的网格中，以点 O 为位似中心，将线段 AB 放大为原来的 2 倍，得到线段
（点 A，B 的对应点分别为 ）.画出线段 ;
（2）将线段 绕点 逆时针旋转 90°得到线段 .画出线段 ;49
（3）以 为顶点的四边形 的面积是 个平方单位.
【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析；（3）20
【解析】【分析】（1）结合网格特点，连接 OA 并延长至 A1，使 OA1=2OA，同样的方法得到
B1，连接 A1B1 即可得；
（2）结合网格特点根据旋转作图的方法找到 A2 点，连接 A2B1 即可得；
（3）根据网格特点可知四边形 AA1 B1 A2 是正方形，求出边长即可求得面积.
【详解】（1）如图所示；
（2）如图所示；
（3）结合网格特点易得四边形 AA1 B1 A2 是正方形，
AA1= ，
所以四边形 AA1 B1 A2 的在面积为： =20，
故答案为：20.
【点睛】本题考查了作图-位似变换，旋转变换，能根据位似比、旋转方向和旋转
角得到关键点的对应点是作图的关键.
8.（2018•甘肃白银，定西，武威•3 分） 如图，点 是正方形 的边 上一点，把
绕点 顺时针旋转 到 的位置，若四边形 的面积为 25， ，则 的长为（ ）50
A. 5 B. C. 7 D.
【答案】D
【解析】【分析】利用旋转的性质得出正方形边长，再利用勾股定理得出答案．
【解答】∵把△ADE 顺时针旋转△ABF 的位置，
∴四边形 AECF 的面积等于正方形 ABCD 的面积等于 25，
∴AD=DC=5，
∵DE=2，
∴Rt△ADE 中,
故选 D.
【点评】考查旋转的性质，正方形的性质，勾股定理等，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
9（2018·天津·10 分）在平面直角坐标系中，四边形 是矩形，点 ，点 ，
点 .以点 为中心，顺时针旋转矩形 ，得到矩形 ，点 ， ， 的对应点分别
为 ， ， .
（Ⅰ）如图①，当点 落在 边上时，求点 的坐标；
（Ⅱ）如图②，当点 落在线段 上时， 与 交于点 .
①求证 ；
②求点 的坐标.
（Ⅲ）记 为矩形 对角线的交点， 为 的面积，求 的取值范围（直接写出结果
即可）.
【答案】（Ⅰ）点 的坐标为 .（Ⅱ）①证明见解析；②点 的坐标为 .（Ⅲ）
.51
【解析】分析：（Ⅰ）根据旋转的性质得 AD=AO=5,设 CD=x，在直角三角形 ACD 中运用勾股
定理可 CD 的值，从而可确定 D 点坐标；
（Ⅱ）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；
②由①知 ，再根据矩形的性质得 .从而 ，故
BH=AH，在 Rt△ACH 中，运用勾股定理可求得 AH 的值，进而求得答案；
（Ⅲ） .
详解：（Ⅰ）∵点 ，点 ，
∴ ， .
∵四边形 是矩形，
∴ ， ， .
∵矩形 是由矩形 旋转得到的，
∴ .
在 中，有 ，
∴ .
∴ .
∴点 的坐标为 .
（Ⅱ）①由四边形 是矩形，得 .
又点 在线段 上，得 .
由（Ⅰ）知， ，又 ， ，
∴ .
②由 ，得 .
又在矩形 中， ，
∴ .∴ .∴ .
设 ，则 ， .
在 中，有 ，
∴ .解得 .∴ .52
∴点 的坐标为 .
（Ⅲ） .
点睛：本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知识，
灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.
10 （2018·四川自贡·12 分）如图，已知∠AOB=60°，在∠AOB 的平分线 OM 上有一点 C，
将一个 120°角的顶点与点 C 重合，它的两条边分别与直线 OA、OB 相交于点 D、E．
（1）当∠DCE 绕点 C 旋转到 CD 与 OA 垂直时（如图 1），请猜想 OE+OD 与 OC 的数量关系，并
说明理由；
（2）当∠DCE 绕点 C 旋转到 CD 与 OA 不垂直时，到达图 2 的位置，（1）中的结论是否成立？
并说明理由；
（3）当∠DCE 绕点 C 旋转到 CD 与 OA 的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图 3
中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段 OD、OE 与 OC 之间又有怎样的数量关系？
请 写 出 你 的 猜 想 ， 不 需 证
明．
【分析】（1）先判断出∠OCE=60°，再利用特殊角的三角函数得出 OD= OC，同 OE=
OC，即可得出结论；
（2）同（1）的方法得 OF+OG= OC，再判断出△CFD≌△CGE，得出 DF=EG，最后等量代换
即可得出结论；
（3）同（2）的方法即可得出结论．
【解答】解：（1）∵OM 是∠AOB 的角平分线，53
∴∠AOC=∠BOC= ∠AOB=30°，
∵CD⊥OA，
∴∠ODC=90°，
∴∠OCD=60°，
∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=60°，
在 Rt△OCD 中，OD=OE•cos30°= OC，
同理：OE= OC，
∴OD+OD= OC；
（2）（1）中结论仍然成立，理由：
过点 C 作 CF⊥OA 于 F，CG⊥OB 于 G，
∴∠OFC=∠OGC=90°，
∵∠AOB=60°，
∴∠FCG=120°，
同（1）的方法得，OF= OC，OG= OC，
∴OF+OG= OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点 C 是∠AOB 的平分线 OM 上一点，
∴CF=CG，
∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，
∴∠DCF=∠ECG，
∴△CFD≌△CGE，
∴DF=EG，
∴OF=OD+DF=OD+EG，OG=OE﹣EG，
∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE，
∴ OD+OE= OC ；54
（3）（1）中结论不成立，结论为：OE﹣OD= OC，
理由：过点 C 作 CF⊥OA 于 F，CG⊥OB 于 G，
∴∠OFC=∠OGC=90°，
∵∠AOB=60°，
∴∠FCG=120°，
同（1）的方法得，OF= OC，OG= OC，
∴OF+OG= OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点 C 是∠AOB 的平分线 OM 上一点，
∴CF=CG，∵∠DCE=120°，∠FCG=120°，
∴∠DCF=∠ECG，
∴△CFD≌△CGE，
∴DF=EG，
∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD，OG=OE﹣EG，
∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD，
∴OE﹣OD= OC．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了角平分线的定义和定理，全等三角形的判定和
性质，特殊角的三角函数直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
11.（2018·浙江宁波·10 分）如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC，D 是 AB 边上一点
（点 D 与 A，B 不重合），连结 CD，将线段 CD 绕点 C 按逆时针方向旋转 90°得到线段 CE，
连结 DE 交 BC 于点 F，连接 BE．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）当 AD=BF 时，求∠BEF 的度数．55
【考点】旋转的性质、全等三角形的判定与性质
【 分 析 】（ 1 ） 由 题 意 可 知 ： CD=CE ， ∠DCE=90° ， 由 于 ∠ACB=90° ， 所 以
∠ACD=∠ACB﹣∠DCB，∠BCE=∠DCE﹣∠DCB，所以∠ACD=∠BCE，从而可证明△ACD≌△BCE
（SAS）
（2）由△ACD≌△BCE（SAS）可知：∠A=∠CBE=45°，BE=BF，从而可求出∠BEF 的度数．
【解答】解：（1）由题意可知：CD=CE，∠DCE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠ACB﹣∠DCB，
∠BCE=∠DCE﹣∠DCB，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD 与△BCE 中，
∴△ACD≌△BCE（SAS）
（2）∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠A=45°，
由（1）可知：∠A=∠CBE=45°，
∵AD=BF，
∴BE=BF，
∴∠BEF=67.5°
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用旋转的性质以及全等三
角形的判定与性质，本题属于中等题型．
12. （ 2018 · 广 东 广 州 · 14 分 ） 如 图 ， 在 四 边 形 ABCD 中 ， ∠ B=60° ， ∠ D=30° ，
AB=BC．56
（1）求∠A+∠C 的度数。
（2）连接 BD，探究 AD，BD，CD 三者之间的数量关系，并说明理由。
（3）若 AB=1，点 E 在四边形 ABCD 内部运动，且满足 ，求点 E 运动路径
的长度。
【答案】（1）解：在四边形 ABCD 中，∠B=60°，∠D=30°，
∴∠A+∠C=360°-∠B-∠C=360°-60°-30°=270°。
（2）解：如图，将△BCD 绕点 B 逆时针旋转 60°，得到△BAQ，连接 DQ，
∵BD=BQ，∠DBQ=60°，
∴△BDQ 是等边三角形，
∴BD=DQ，
∵∠BAD+∠C=270°，
∴∠BAD+∠BAQ=270°，
∴∠DAQ=360°-270°=90°，
∴△DAQ 是直角三角形
∴AD2+AQ2=DQ2 ，
即 AD2+CD2=BD2
（3）解：如图，将△BCE 绕点 B 逆时针旋转 60°，得到△BAF，连接 EF，57
∵BE=BF，∠EBF=60°，
∴△BEF 是等边三角形，
∴EF=BE，∠BFE=60°，
∵AE2=BE2+CE2
∴AE2=EF2+AF2
∴∠AFE=90°
∴∠BFA=∠BFE+∠AFE=60°+90°=150°，
∴∠BEC=150°，
则动点 E 在四边形 ABCD 内部运动，满足∠BEC=150°，以 BC 为边向外作等边△OBC，
则点 E 是以 O 为圆心，OB 为半径的圆周上运动，运动轨迹为 BC，
∵OB=AB=1，
则 BC= =
【考点】等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，多边形内角与外角，弧长的计算，
旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据四边形内角和为 360 度，结合已知条件即可求出答案.
（2）将△BCD 绕点 B 逆时针旋转 60°，得到△BAQ，连接 DQ（如图），由旋转性质和等边三
角形判定得△BDQ 是等边三角形，由旋转性质根据角的计算可得△DAQ 是直角三角形，根据
勾股定理得 AD2+AQ2=DQ2 ， 即 AD2+CD2=BD2.
（3）将△BCE 绕点 B 逆时针旋转 60°，得到△BAF，连接 EF(如图)，由等边三角形判定得△
BEF 是等边三角形，结合已知条件和等边三角形性质可得 AE2=EF2+AF2 ， 即∠AFE=90°，
从而得出∠BFA=∠BEC=150°，从而得出点 E 是在以 O 为圆心，OB 为半径的圆周上运动，运
动轨迹为 BC，根据弧长公式即可得出答案.
13.（2018·广东·9 分）已知 Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜边 OB=4，将 Rt△OAB
绕点 O 顺时针旋转 60°，如题图 1，连接 BC．
（1）填空：∠OBC= 60 °；58
（2）如图 1，连接 AC，作 OP⊥AC，垂足为 P，求 OP 的长度；
（3）如图 2，点 M，N 同时从点 O 出发，在△OCB 边上运动，M 沿 O→C→B 路径匀速运动，N
沿 O→B→C 路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点 M 的运动速度为 1.5 单位/秒，
点 N 的运动速度为 1 单位/秒，设运动时间为 x 秒，△OMN 的面积为 y，求当 x 为何值时 y 取
得最大值？最大值为多少？
【分析】（1）只要证明△OBC 是等边三角形即可；
（2）求出△AOC 的面积，利用三角形的面积公式计算即可；
（3）分三种情形讨论求解即可解决问题：①当 0＜x≤ 时，M 在 OC 上运动，N 在 OB 上运
动，此时过点 N 作 NE⊥OC 且交 OC 于点 E．②当 ＜x≤4 时，M 在 BC 上运动，N 在 OB 上运
动．
③当 4＜x≤4.8 时，M、N 都在 BC 上运动，作 OG⊥BC 于 G．
【解答】解：（1）由旋转性质可知：OB=OC，∠BOC=60°，
∴△OBC 是等边三角形，
∴∠OBC=60°．
故答案为 60．
（2）如图 1 中，
∵OB=4，∠ABO=30°，
∴OA= OB=2，AB= OA=2 ，
∴S△AOC= •OA•AB= ×2×2 =2 ，
∵△BOC 是等边三角形，59
∴∠OBC=60°，∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°，
∴AC= =2 ，
∴OP= = = ．
（3）①当 0＜x≤ 时，M 在 OC 上运动，N 在 OB 上运动，此时过点 N 作 NE⊥OC 且交 OC 于
点 E．
则 NE=ON•sin60°= x，
∴S△OMN= •OM•NE= ×1.5x× x，
∴y= x2．
∴x= 时，y 有最大值，最大值= ．
②当 ＜x≤4 时，M 在 BC 上运动，N 在 OB 上运动．
作 MH⊥OB 于 H．则 BM=8﹣1.5x，MH=BM•sin60°= （8﹣1.5x），
∴y= ×ON×MH=﹣ x2+2 x．
当 x= 时，y 取最大值，y＜ ，
③当 4＜x≤4.8 时，M、N 都在 BC 上运动，作 OG⊥BC 于 G．60
MN=12﹣2.5x，OG=AB=2 ，
∴y= •MN•OG=12 ﹣ x，
当 x=4 时，y 有最大值，最大值=2 ，
综上所述，y 有最大值，最大值为 ．
【点评】本题考查几何变换综合题、30 度的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质、
三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
14．（2018 年四川省南充市）如图，矩形 ABCD 中，AC=2AB，将矩形 ABCD 绕点 A 旋转得到
矩形 AB′C′D′，使点 B 的对应点 B'落在 AC 上，B'C'交 AD 于点 E，在 B'C′上取点 F，使
B'F=AB．
（1）求证：AE=C′E．
（2）求∠FBB'的度数．
（3）已知 AB=2，求 BF 的长．
【考点】R2：旋转的性质；LB：矩形的性质．
【分析】（1）在直角三角形 ABC 中，由 AC=2AB，得到∠ACB=30°，再由折叠的性质得到一
对角相等，利用等角对等边即可得证；
（2）由（1）得到△ABB′为等边三角形，利用矩形的性质及等边三角形的内角为 60°，即
可求出所求角度数；61
（3）由 AB=2，得到 B′B=B′F=2，∠B′BF=15°，过 B 作 BH⊥BF，在直角三角形 BB′H 中，
利用锐角三角函数定义求出 BH 的长，由 BF=2BH 即可求出 BF 的长．
【解答】（1）证明：∵在 Rt△ABC 中，AC=2AB，
∴∠ACB=∠AC′B′=30°，∠BAC=60°，
由旋转可得：AB′=AB，∠B′AC=∠BAC=60°，
∴∠EAC′=∠AC′B′=30°，
∴AE=C′E；
（2）解：由（1）得到△ABB′为等边三角形，
∴∠AB′B=60°，
∴∠FBB′=150°；
（3）解：由 AB=2，得到 B′B=B′F=2，∠B′BF=15°，
过 B 作 BH⊥BF，
在 Rt△BB′H 中，cos15°= ，即 BH=2× = ，
则 BF=2BH= + ．
【点评】此题考查了旋转的性质，矩形的性质，锐角三角函数定义，等边三角形、直角三角
形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
5. (2018 四川省眉山市 10 分 ) 在边长为 1 个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面
直角坐标系，△ABC 的顶点都在格点上，请解答下列问题：62
（1）①作出△ABC 向左平移 4 个单位长度后得到的△A1B1C1 ， 并写出点 C1 的坐标；
②作出△ABC 关于原点 O 对称的△A2B2C2 ， 并写出点 C2 的坐标；
（2）已知△ABC 关于直线 l 对称的△A3B3C3 的顶点 A3 的坐标为（－4，－2），请直接写出直
线 l 的函数解析式.
【答案】（1）解：如图所示， C1 的坐标 C1（-1,2）, C2 的坐标 C2（-3,-2）
（2）解：∵A（2,4），A3（-4，-2），
∴直线 l 的函数解析式：y=-x.
【考点】作图﹣轴对称，作图﹣平移，关于原点对称的坐标特征
【解析】【分析】（1）①利用正方形网格特征和平移的性质写出 A、B、C 对应点 A1、B1、C1
的坐标，然后在平面直角坐标系中描点连线即可得到△A1B1C1.
②根据关于原点对称的点的特征得出 A2、B2、C2 的坐标，然后在平面直角坐标系中描点连线
即可得到△A2B2C2.
（2）根据 A 与 A3 的点的特征得出直线 l 解析式.
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