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平移旋转与对称
一.选择题
1.（2018•江苏无锡•3 分）下列图形中的五边形 ABCDE 都是正五边形，则这些图形中的轴对称图形有（ ）
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【分析】直接利用轴对称图形的性质画出对称轴得出答案．
【解答】解：如图所示：直线 l 即为各图形的对称轴．
，
故选：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，正确把握轴对称图形的定义是解题关键．
2.（2018•江苏徐州•2 分）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．正三角形 B．菱形 C．直角梯形 D．正六边形
【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，不是中心对称图形．正确；
B.是轴对称图形，也是中心对称图形．错误；
C.不是轴对称图形，也不是中心对称图形．错误；
D.是轴对称图形，也是中心对称图形．错误．
故选：A．
【点评】掌握中心对称图形与轴对称图形的概念．
轴对称图形：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；
中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转 180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，
那么这个图形就叫做中心对称图形．
3.（2018•江苏苏州•3 分）下列四个图案中，不是轴对称图案的是（ ）2
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称的概念对各选项分析判断利用排除法求解．
【解答】解：A.是轴对称图形，故本选项错误；
B.不是轴对称图形，故本选项正确；
C.是轴对称图形，故本选项错误；
D.是轴对称图形，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念．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．
4.（2018•山东烟台市•3 分）在学习《图形变化的简单应用》这一节时，老师要求同学们利用图形变化设计
图案．下列设计的图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
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.是轴对称图形，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；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
D.是轴对称图形，也是中心对称图形，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．
5. （2018•达州•3 分）下列图形中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据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，这个点叫做对称中心进行分析即可．
【解答】解：A.不是中心对称图形，故此选项错误；
B.是中心对称图形，故此选项正确；
C.不是中心对称图形，故此选项错误；3
D.不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：B．
【点评】此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．
6．（2018•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
【分析】如图作辅助线，利用旋转和三角形全等证明△DCG 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．
7. （2018•金华、丽水•3 分）如图，将△ABC 绕点 C 顺时针旋转 90°得到△EDC ． 若点A ， D ， E 在同4
一条直线上，∠ACB=20°，则∠ADC 的度数是（ ）
A. 55° B. 60° C. 65° D. 70°
【解析】【解答】解：∵将△ABC 绕点 C 顺时针旋转 90°得到△EDC ．
∴∠ACE=90°，AC=CE ，
∴∠E=45°，
∵∠ADC 是△CDE 的外角，
∴∠ADC=∠E+∠DCE=45°+20°=65°，
故答案为：C。
【分析】根据旋转的性质可知，旋转前后的两个图形是全等的，并且对应边的旋转角的度数是一样的。则∠
ACE=90°，AC=CE ， ∠DCE=∠ACB=20°，可求出∠E 的度数，根据外角的性质可求得∠ADC 的度数
8. （2018•贵州安顺•3 分）下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析：分别根据轴对称图形与中心对称图形的性质对各选项进行逐一分析即可．
详解：A.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，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.是轴对称图形，故本选项正确．
故选 D．
点睛：本题考查的是轴对称图形，熟知轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质图形，被一
条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合是解答此题的关键．
9. （2018•广西桂林•3 分）下列图形是轴对称图形的是（ ）5
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．
点睛：本题考查了轴对称图形的概念，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. （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
（ ）
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°,6
∵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.
11. （2018•广西南宁•3 分）下列美丽的壮锦图案是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据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，这个点叫做对称中心可得答案．
【解答】解：A.是中心对称图形，故此选项正确；
B.不是中心对称图形，故此选项错误；
C.不是中心对称图形，故此选项错误；
D.不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：A．
【点评】此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．
12. （2018·黑龙江哈尔滨·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】观察四个选项中的图形，找出既是轴对称图形又是中心对称图形的那个即可得出结论．
【解答】解：A.此图形既不是轴对称图形也不是中心对称图形，此选项不符合题意；
B.此图形不是轴对称图形，是中心对称图形，此选项不符合题意；
C.此图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，此选项符合题意；
D.此图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，此选项不符合题意；7
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形以及轴对称图形，牢记轴对称及中心对称图形的特点是解题的关键．
13. （2018·黑龙江龙东地区·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.是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
D.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．
14. （2018·黑龙江齐齐哈尔·3 分）下列“数字图形”中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的有（ ）
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．
【解答】解：第一个图形不是轴对称图形，是中心对称图形；
第二、三、四个图形是轴对称图形，也是中心对称图形；
故选：C．
【点评】本题考查的是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．
15. （2018·湖北省恩施·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．8
【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．
16.（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．
17.（2018•广西北海•3分）下列美丽的壮锦图案是中心对称图形的是9
B. C. D.
【答案】A
【考点】中心对称图形
【解析】在平面内，如果把一个图形绕某个点旋转 180°后，能与自身重合，那么这个图形就叫做
中心对称图形。
【点评】掌握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．
18. （2018•广西北海•3分）如图，矩形纸片 ABCD，AB＝4，BC＝3，点 P 在 BC 边上，将△CDP 沿 DP 折叠，点
C
落在点 E 处，PE.DE 分别交 AB 于点 O、F，且 OP＝OF，则 cos∠ADF 的值为
11 13 15 17
13 15 17 19
【答案】C
【考点】折叠问题：勾股定理列方程，解三角形，三角函数值
【解析】
由题意得：Rt△DCP≌Rt△DEP，所以 DC＝DE＝4，CP＝EP
在 Rt△OEF 和 Rt△OBP 中，∠EOF＝∠BOP，∠B＝∠E，OP＝OF
Rt△OEF≌Rt△OBP(AAS)，所以 OE＝OB，EF＝BP
设 EF 为 x，则 BP＝x，DF＝DE－EF＝4－x，
A.1
又因为 BF＝OF＋OB＝OP＋OE＝PE＝PC，PC＝BC－BP＝3－x11
所以，AF＝AB－BF＝4－(3－x)＝1＋x
在 Rt△DAF 中，AF2＋AD2＝DF2，也就是(1＋x)2＋32＝(4－x)2
3 3 3 17
解之得，x＝5，所以 EF＝5，DF＝4－5＝ 5
AD 15
最终,在 Rt△DAF 中，cos∠ADF＝DF＝17
【点评】本题由题意可知，Rt△DCP≌Rt△DEP 并推理出 Rt△OEF≌Rt△OBP，
寻找出合适的线段设未知数，运用勾股定理列方程求解，并代入求解出所求
cos 值即可得。
19.（2018•广西贵港•3 分）若点 A（1+m，1﹣n）与点 B（﹣3，2）关于 y 轴对称，则 m+n
的值是（ ）
A．﹣5 B．﹣3 C．3 D．1
【分析】根据关于 y 轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，据此求出
m、n 的值，代入计算可得．
【解答】解：∵点 A（1+m，1﹣n）与点 B（﹣3，2）关于 y 轴对称，
∴1+m=3.1﹣n=2，
解得：m=2.n=﹣1，
所以 m+n=2﹣1=1，
故选：D．
【点评】本题主要考查关于 x、y 轴对称的点的坐标，解题的关键是掌握两点关于 y 轴对称，
纵坐标不变，横坐标互为相反数．
20.（2018•海南•3 分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC 位于第一象限，点 A 的坐标是
（4，3），把△ABC 向左平移 6 个单位长度，得到△A1B1C1，则点 B1 的坐标是（ ）
A．（﹣2，3） B．（3，﹣1） C．（﹣3，1） D．（﹣5，2）
【分析】根据点的平移的规律：向左平移 a 个单位，坐标 P（x，y）⇒P（x﹣a，y），据此
求解可得．12
【解答】解：∵点 B 的坐标为（3，1），
∴向左平移 6 个单位后，点 B1 的坐标（﹣3，1），
故选：C．
【点评】本题主要考查坐标与图形的变化﹣平移，解题的关键是掌握点的坐标的平移规律：
横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
21.（2018•贵州遵义•3 分）观察下列几何图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的是
（ ）
A． B． C ．
D．
【分析】根据等腰三角形，平行四边形、矩形、圆的性质即可判断；
【解答】解：∵等腰三角形是轴对称图形，平行四边形是中心对称图形，半圆是轴对称图形，
矩形既是轴对称图形又是中心对称图形；
故选：C．
22.（2018•贵州黔西南州•4 分）下列图案中，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.是轴对称图形，不是中心对称图形，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.是轴对称图形，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．
23.（2018•海南•3 分）如图，在△ABC 中，AB=8，AC=6，∠BAC=30°，将△ABC 绕点 A 逆时13
针旋转 60°得到△AB1C1，连接 BC1，则 BC1 的长为（ ）
A．6 B．8 C ．10 D．12
【分析】根据旋转的性质得出 AC=AC1，∠BAC1=90°，进而利用勾股定理解答即可．
【解答】解：∵将△ABC 绕点 A 逆时针旋转 60°得到△AB1C1，
∴AC=AC1，∠CAC1=90°，
∵AB=8，AC=6，∠BAC=30°，
∴∠BAC1=90°，AB=8，AC1=6，
∴在 Rt△BAC1 中，BC1 的长= ，
故选：C．
【点评】此题考查旋转的性质，关键是根据旋转的性质得出 AC=AC1，∠BAC1=90°．
24．（2018 年湖南省娄底市）如图，往竖直放置的在 A 处由短软管连接的粗细均匀细管组
成的“U”形装置中注入一定量的水，水面高度为 6cm，现将右边细管绕 A 处顺时针方向旋
转 60°到 AB 位置，则 AB 中水柱的长度约为（ ）
A．4cm B．6 cm C．8cm D．12cm
【分析】AB 中水柱的长度为 AC，CH 为此时水柱的高，设 CH=x，竖直放置时短软管的底面积
为 S，易得 AC=2CH=x，细管绕 A 处顺时针方向旋转 60°到 AB 位置时，底面积为 2S，利用水
的体积不变得到 x•S+x•2S=6•S+6•S，然后求出 x 后计算出 AC 即可．
【解答】解：AB 中水柱的长度为 AC，CH 为此时水柱的高，设 CH=x，竖直放置时短软管的底
面积为 S，
∵∠BAH=90°﹣60°=30°，
∴AC=2CH=x，
∴细管绕 A 处顺时针方向旋转 60°到 AB 位置时，底面积为 2S，
∵x•S+x•2S=6•S+6•S，解得 x=4，14
∴AC=2x=8，
即 AB 中水柱的长度约为 8cm．
故选：C．
【点评】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．
25．(2018 湖南省邵阳市)（3 分）下列图形中，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.不是轴对称图形，故此选项错误；
B.是轴对称图形，故此选项正确；
C.不是轴对称图形，故此选项错误；
D.不是轴对称图形，故此选项错误；
故选：B．
【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．
26. （2018 湖南长沙 3.00 分）将下列如图的平面图形绕轴 l 旋转一周，可以得到的立体图
形是（ ）
A． B． C． D．15
【分析】根据面动成体以及圆台的特点进行逐一分析，能求出结果．
【解答】解：绕直线 l 旋转一周，可以得到圆台，
故选：D．
【点评】本题考查立体图形的判断，关键是根据面动成体以及圆台的特点解答．
27. （2018 湖南长沙 3.00 分）下列四个图形中，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.是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
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，不是中心对称图形，故此选项错误；
D.不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
故选：A．
【点评】此题主要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．
28. （2018 湖南张家界 3.00 分）下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（
）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A.不是轴对称图形，是中心对称图形．故错误；
B.是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
C.是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误．
故选：C．
【点评】本题考查的是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16
重合．
29. （2018 湖南湘西州 4.00 分）下列四个图形中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【解答】解：D 选项的图形是轴对称图形，A，B，C 选项的图形不是轴对称图形．
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念：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．
30. （2018•达州•3 分）下列图形中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据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，这个点叫做对称中心进行分析即可．
【解答】解：A.不是中心对称图形，故此选项错误；
B.是中心对称图形，故此选项正确；
C.不是中心对称图形，故此选项错误；
D.不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：B．
【点评】此题主要考查了中心对称图形，关键是掌握中心对称图形的定义．
二.填空题
1. （2018·湖北随州·3 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，菱形 OABC 的边长为 2，点
A 在第一象限，点 C 在 x 轴正半轴上，∠AOC=60°，若将菱形 OABC 绕点 O 顺时针旋转 75°，
得到四边形 OA′B′C′，则点 B 的对应点 B′的坐标为 （ ，﹣ ） ．17
【分析】作 B′H⊥x 轴于 H 点，连结 OB，OB′，根据菱形的性质得到∠AOB=30°，再根据
旋转的性质得∠BOB′=75°，OB′=OB=2 ，则∠AOB′=∠BOB′﹣∠AOB=45°，所以△OBH
为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得 OH=B′H= ，然后根据第四象限内
点的坐标特征写出 B′点的坐标．
【解答】解：作 B′H⊥x 轴于 H 点，连结 OB，OB′，如图，
∵四边形 OABC 为菱形，
∴∠AOC=180°﹣∠C=60°，OB 平分∠AOC，
∴∠AOB=30°，
∵菱形 OABC 绕原点 O 顺时针旋转 75°至第四象限 OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′=75°，OB′=OB=2 ，
∴∠AOB′=∠BOB′﹣∠AOB=45°，
∴△OBH 为等腰直角三角形，
∴OH=B′H= OB′= ，
∴点 B′的坐标为（ ，﹣ ）．
故答案为：（ ，﹣ ）．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：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．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，
180°．
2.（2018•江苏宿迁•3 分）在平面直角坐标系中，将点（3,-2）先向右平移 2 个单位长度，
再向上平移 3 个单位长度，则所得的点的坐标是________.
【答案】（5,1）
【分析】根据点坐标平移特征：左减右加，上加下减，即可得出平移之后的点坐标.18
【详解】∵点（3，-2）先向右平移 2 个单位长度，再向上平移 3 个单位长度，
∴所得的点的坐标为：（5，1），
故答案为：（5，1）.
【点睛】本题考查了点的平移，熟知点的坐标的平移特征是解题的关键.
3.（2018•江苏宿迁•3 分）如图，将含有 30°角的直角三角板 ABC 放入平面直角坐标系，顶
点 A，B 分别落在 x、y 轴的正半轴上，∠OAB＝60°，点 A 的坐标为（1，0），将三角板 ABC
沿 x 轴向右作无滑动的滚动（先绕点 A 按顺时针方向旋转 60°，再绕点 C 按顺时针方向旋
转 90°，…）当点 B 第一次落在 x 轴上时，则点 B 运动的路径与坐标轴围成的图形面积是
________.
【答案】 + π
【分析】在Rt△AOB 中，由 A 点坐标得 OA=1，根据锐角三角形函数可得 AB=2，OB= ，在旋
转过程中，三角板的角度和边的长度不变，所以点 B 运动的路径与坐标轴围成的图形面积：
S= ，计算即可得出答案.
【详解】在 Rt△AOB 中，∵A（1，0），∴OA=1，
又∵∠OAB＝60°，
∴cos60°= ，
∴AB=2，OB= ，
∵在旋转过程中，三角板的角度和边的长度不变，
∴点 B 运动的路径与坐标轴围成的图形面积：
S= = π，
故答案为： π.19
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，锐角三角函数的定义，旋转的性质等，根据题意正确
画出图形是解题的关键.
4.（2018•江苏苏州•3 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠B=90°，AB=2 ，BC= ．将△ABC 绕
点 A 按逆时针方向旋转 90°得到△AB'C′，连接 B'C，则 sin∠ACB′= ．
【分析】根据勾股定理求出 AC，过 C 作 CM⊥AB′于 M，过 A 作 AN⊥CB′于 N，求出 B′M、
CM，根据勾股定理求出 B′C，根据三角形面积公式求出 AN，解直角三角形求出即可．
【解答】解：在 Rt△ABC 中，由勾股定理得：AC= =5，
过 C 作 CM⊥AB′于 M，过 A 作 AN⊥CB′于 N，
∵根据旋转得出 AB′=AB=2 ，∠B′AB=90°，即∠CMA=∠MAB=∠B=90°，
∴CM=AB=2 ，AM=BC= ，∴B′M=2 ﹣ = ，
在 Rt△B′MC 中，由勾股定理得：B′C= = =5，
∴S△AB′C= = ，∴5×AN=2 ×2 ，解得：AN=4，
∴sin∠ACB′= = ，
故答案为： ．20
【点评】本题考查了解直角三角形、勾股定理、矩形的性质和判定，能正确作出辅助线是解
此题的关键．
5.（2018•广西贵港•3 分）如图，将矩形 ABCD 折叠，折痕为 EF，BC 的对应边 B'C′与 CD 交
于点 M，若∠B′MD=50°，则∠BEF 的度数为 70° ．
【分析】设∠BEF=α，则∠EFC=180°﹣α，∠DFE=∠BEF=α，∠C'FE=40°+α，依据∠EFC=
∠EFC'，即可得到 180°﹣α=40°+α，进而得出∠BEF 的度数．
【解答】解：∵∠C'=∠C=90°，∠DMB'=∠C'MF=50°，
∴∠C'FM=40°，
设∠BEF=α，则∠EFC=180°﹣α，∠DFE=∠BEF=α，∠C'FE=40°+α，
由折叠可得，∠EFC=∠EFC'，
∴180°﹣α=40°+α，
∴α=70°，
∴∠BEF=70°，
故答案为：70°．
【点评】本题主要考查了平行线的性质以及折叠问题，解题时注意：两直线平行，内错角相
等，同旁内角互补．
6.（2018•广西贵港•3 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，AB=4，BC=2，将△ABC 绕点 B
顺时针方向旋转到△A′BC′的位置，此时点 A′恰好在 CB 的延长线上，则图中阴影部分的
面积为 4π （结果保留 π）．
【分析】由将△ABC 绕点 B 顺时针方向旋转到△A′BC′的位置，此时点 A′恰好在 CB 的延
长 线 上 ， 可 得 △ABC ≌ △ A′BC′ ， 由 题 给 图 可 知 ： S 阴 影 =S 扇 形 ABA′+S△A′BC﹣S 扇 形
CBC′﹣S△A′BC′可得出阴影部分面积．
【解答】解：∵△ABC 中，∠ACB=90°，AB=4，BC=2，
∴∠BAC=30°，∠ABC=60°，AC=2 ．
∵将△ABC 绕点 B 顺时针方向旋转到△A′BC′的位置，此时点 A′恰好在 CB 的延长线上，
∴△ABC≌△A′BC′，21
∴∠ABA′=120°=∠CBC′，
∴S 阴影=S 扇形 ABA′+S△A′BC﹣S 扇形 CBC′﹣S△A′BC′
=S 扇形 ABA′﹣S 扇形 CBC′
= ﹣
= ﹣
=4π．
故答案为 4π．
【点评】本题主要考查了图形的旋转，不规则图形的面积计算，扇形的面积，发现阴影部分
面积的计算方法是解题的关键．
7.（2018 湖南张家界 3.00 分）如图，将△ABC 绕点 A 逆时针旋转 150°，得到△ADE，这时
点 B，C，D 恰好在同一直线上，则∠B 的度数为 15° ．
【分析】先判断出∠BAD=150°，AD=AB，再判断出△BAD 是等腰三角形，最后用三角形的内
角和定理即可得出结论．
【解答】解：∵将△ABC 绕点 A 逆时针旋转 150°，得到△ADE，
∴∠BAD=150°，AD=AB，
∵点 B，C，D 恰好在同一直线上，
∴△BAD 是顶角为 150°的等腰三角形，
∴∠B=∠BDA，
∴∠B= （180°﹣∠BAD）=15°，
故答案为：15°．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，判
断出三角形 ABD 是等腰三角形是解本题的关键．
三.解答题
1. （2018·湖北江汉油田、潜江市、天门市、仙桃市·10 分）问题：如图①，在 Rt△ABC
中，AB=AC，D 为 BC 边上一点（不与点 B，C 重合），将线段 AD 绕点 A 逆时针旋转 90°得到
AE，连接 EC，则线段 BC，DC，EC 之间满足的等量关系式为 BC=DC+EC ；
探索：如图②，在 Rt△ABC 与 Rt△ADE 中，AB=AC，AD=AE，将△ADE 绕点 A 旋转，使点 D 落
在 BC 边上，试探索线段 AD，BD，CD 之间满足的等量关系，并证明你的结论；22
应用：如图③，在四边形 ABCD 中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若 BD=9，CD=3，求 AD 的
长．
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；
（2）连接 CE，根据全等三角形的性质得到 BD=CE，∠ACE=∠B，得到∠DCE=90°，根据勾股
定理计算即可；
（3）作 AE⊥AD，使 AE=AD，连接 CE，DE，证明△BAD≌△CAE，得到 BD=CE=9，根据勾股定
理计算即可．
【解答】解：（1）BC=DC+EC，
理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD 和△CAE 中，
，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD=CE，
∴BC=BD+CD=EC+CD，
故答案为：BC=DC+EC；
（2）BD2+CD2=2AD2，
理由如下：连接 CE，
由（1）得，△BAD≌△CAE，
∴BD=CE，∠ACE=∠B，
∴∠DCE=90°，
∴CE2+CD2=ED2，
在 Rt△ADE 中，AD2+AE2=ED2，又 AD=AE，
∴BD2+CD2=2AD2；
（3）作 AE⊥AD，使 AE=AD，连接 CE，DE，
∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
即∠BAD=∠CAD′，23
在△BAD 与△CAE 中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD=CE=9，
∵∠ADC=45°，∠EDA=45°，
∴∠EDC=90°，
∴DE= =6 ，
∵∠DAE=90°，
∴AD=AE= DE=6．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全
等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键
2.（2018•江苏徐州•7 分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为 1 个单位的正方形，在
建立平面直角坐标系后，△ABC 的顶点均在格点上，点 B 的坐标为（1，0）
①画出△ABC 关于 x 轴对称的△A1B1C1；
②画出将△ABC 绕原点 O 按逆时针旋转 90°所得的△A2B2C2；
③△A1B1C1 与△A2B2C2 成轴对称图形吗？若成轴对称图形，画出所有的对称轴；
④△A1B1C1 与△A2B2C2 成中心对称图形吗？若成中心对称图形，写出所有的对称中心的坐
标．24
【分析】（1）将三角形的各顶点，向 x 轴作垂线并延长相同长度得到三点的对应点，顺次连
接；
（2）将三角形的各顶点，绕原点 O 按逆时针旋转 90°得到三点的对应点．顺次连接各对应
点得△A2B2C2；
（3）从图中可发现成轴对称图形，根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两对应点的线
段，做它的垂直平分线；
（4）成中心对称图形，画出两条对应点的连线，交点就是对称中心．
【解答】解：如下图所示：
（3）成轴对称图形，根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两对应点的线段，作它的垂
直平分线，
或连接 A1C1，A2C2 的中点的连线为对称轴．25
（4）成中心对称，对称中心为线段 BB2 的中点 P，坐标是（ ， ）．
【点评】本题综合考查了图形的变换，在图形的变换中，关键是找到图形的对应点．
3.（2018•江苏徐州•8 分）已知二次函数的图象以 A（﹣1，4）为顶点，且过点 B（2，﹣5）
①求该函数的关系式；
②求该函数图象与坐标轴的交点坐标；
③将该函数图象向右平移，当图象经过原点时，A.B 两点随图象移至 A′、B′，求△O A′B′
的面积．
【分析】（1）已知了抛物线的顶点坐标，可用顶点式设该二次函数的解析式，然后将 B 点坐
标代入，即可求出二次函数的解析式．
（2）根据的函数解析式，令 x=0，可求得抛物线与 y 轴的交点坐标；令 y=0，可求得抛物线
与 x 轴交点坐标．
（3）由（2）可知：抛物线与 x 轴的交点分别在原点两侧，由此可求出当抛物线与 x 轴负半
轴的交点平移到原点时，抛物线平移的单位，由此可求出 A′、B′的坐标．由于△OA′B′
不规则，可用面积割补法求出△OA′B′的面积．
【解答】解：（1）设抛物线顶点式 y=a（x+1）2+4
将 B（2，﹣5）代入得：a=﹣1
∴该函数的解析式为：y=﹣（x+1）2+4=﹣x2﹣2x+3
（2）令 x=0，得 y=3，因此抛物线与 y 轴的交点为：（0，3）
令 y=0，﹣x2﹣2x+3=0，解得：x1=﹣3，x2=1，即抛物线与 x 轴的交点为：（﹣3，0），（1，
0）
（3）设抛物线与 x 轴的交点为 M、N（M 在 N 的左侧），由（2）知：M（﹣3，0），N（1，0）
当函数图象向右平移经过原点时，M 与 O 重合，因此抛物线向右平移了 3 个单位
故 A'（2，4），B'（5，﹣5）
∴S△OA′B′= ×（2+5）×9﹣ ×2×4﹣ ×5×5=15．26
【点评】本题考查了用待定系数法求抛物线解析式、函数图象交点、图形面积的求法等知
识．不规则图形的面积通常转化为规则图形的面积的和差．
4.（2018•江苏徐州•10 分）如图 1，一副直角三角板满足 AB=BC，AC=DE，∠ABC=∠
DEF=90°，∠EDF=30°
操作：将三角板 DEF 的直角顶点 E 放置于三角板 ABC 的斜边 AC 上，再将三角板 DEF 绕点 E
旋转，并使边 DE 与边 AB 交于点 P，边 EF 与边 BC 于点 Q．
探究一：在旋转过程中，
（1）如图 2，当 时，EP 与 EQ 满足怎样的数量关系？并给出证明；
（2）如图 3，当 时，EP 与 EQ 满足怎样的数量关系？并说明理由；
（3）根据你对（1）、（2）的探究结果，试写出当 时，EP 与 EQ 满足的数量关系式为
EP：EQ=1：m ，其中 m 的取值范围是 0＜m≤2+ ．（直接写出结论，不必证明）
探究二：若 且 AC=30cm，连接 PQ，设△EPQ 的面积为 S（cm2），在旋转过程中：
（1）S 是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，说明理由．
（2）随着 S 取不同的值，对应△EPQ 的个数有哪些变化，求出相应 S 的值或取值范围．
【分析】探究一：（1）连接 BE，根据已知条件得到 E 是 AC 的中点，根据等腰直角三角形
的性质可以证明 BE=CE，∠PBE=∠C．根据等角的余角相等可以证明∠BEP=∠CEQ．即可得到
全等三角形，从而证明结论；
（2）作 EM⊥AB，EN⊥BC 于 M、N，根据两个角对应相等证明△MEP∽△NWQ，发现 EP：
EQ=EM：EN，再根据等腰直角三角形的性质得到 EM：EN=AE：CE；
（3）根据（2）中求解的过程，可以直接写出结果；要求 m 的取值范围，根据交点的位置的
限制进行分析．
探究二：（1）设 EQ=x，结合上述结论，用 x 表示出三角形的面积，根据 x 的最值求得面积
的最值；
（2）首先求得 EQ 和 EB 重合时的三角形的面积的值，再进一步分情况讨论．27
【解答】解：探究一：（1）连接 BE，根据 E 是 AC 的中点和等腰直角三角形的性质，得
BE=CE，∠PBE=∠C，
又∠BEP=∠CEQ，则△BEP≌△CEQ，得 EP=EQ；
（2）作 EM⊥AB，EN⊥BC 于 M，N，∴∠EMP=∠ENC，
∵∠MEP+∠PEN=∠PEN+∠NEF=90°，∴∠MEP=∠NEF，
∴△MEP∽△NEQ，
∴EP：EQ=EM：EN=AE：CE=1：2；
（3）过 E 点作 EM⊥AB 于点 M，作 EN⊥BC 于点 N，
∵在四边形 PEQB 中，∠B=∠PEQ=90°，
∴∠EPB+∠EQB=180°（四边形的内角和是 360°），
又∵∠EPB+∠MPE=180°（平角是 180°），∴∠MPE=∠EQN（等量代换），
∴Rt△MEP∽Rt△NEQ（AA），∴ （两个相似三角形的对应边成比例）；
在 Rt△AME∽Rt△ENC
∴ =m=
，
∴ =1：m= ，
EP 与 EQ 满足的数量关系式为 EP：EQ=1：m，
∴0＜m≤2+ ；（当 m＞2+ 时，EF 与 BC 不会相交）．
探究二：若 AC=30cm，
（1）设 EQ=x，则 S= x2，所以当 x=10 时，面积最小，是 50cm2；
当 x=10 时，面积最大，是 75cm2．
（2）当 x=EB=5 时，S=62.5cm2，
故当 50＜S≤62.5 时，这样的三角形有 2 个；
当 S=50 或 62.5＜S≤75 时，这样的三角形有一个．
【点评】熟练运用等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定和性质进行求解．28
5.（2018•江苏无锡•10 分）如图，矩形 ABCD 中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点 B 顺时针方向
旋转 θ（0°＜θ＜90°）得到矩形 A1BC1D1，点 A1 在边 CD 上．
（1）若 m=2，n=1，求在旋转过程中，点 D 到点 D1 所经过路径的长度；
（2）将矩形 A1BC1D1 继续绕点 B 顺时针方向旋转得到矩形 A2BC2D2，点 D2 在 BC 的延长线上，
设边 A2B 与 CD 交于点 E，若 = ﹣1，求 的值．
【分析】（1）作 A1H⊥AB 于 H，连接 BD，BD1，则四边形 ADA1H 是矩形．解直角三角形，求出∠
ABA1，得到旋转角即可解决问题；
（2）由△BCE∽△BA2D2，推出 = = ，可得 CE= 由 = ﹣1 推出 = ，
推 出 AC= • ， 推 出 BH=AC= = • ， 可 得 m2﹣n2=6• ， 可 得 1﹣
=6• ，由此解方程即可解决问题；
【解答】解：（1）作 A1H⊥AB 于 H，连接 BD，BD1，则四边形 ADA1H 是矩形．
∴AD=HA1=n=1，
在 Rt△A1HB 中，∵BA1=BA=m=2，∴BA1=2HA1，∴∠ABA1=30°，∴旋转角为 30°，
∵BD= = ，∴D 到点 D1 所经过路径的长度= = π．
（2）∵△BCE∽△BA2D2，∴ = = ，∴CE=29
∵ = ﹣1 ， ∴ = ， ∴ AC= • ， ∴ BH=AC= = • ， ∴
m2﹣n2=6• ，
∴m4﹣m2n2=6n4，1﹣ =6• ，∴ = （负根已经舍弃）．
【点评】本题考查轨迹，旋转变换、解直角三角形、弧长公式等知识，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．
6.（2018•山东济宁市•3 分）如图，在平面直角坐标系中，点A，C在x轴上，点C的坐标为（﹣
1，0，AC=2．将 Rt△ABC 先绕点C 顺时针旋转90°，再向右平移 3 个单位长度， 则变换后点
A 的对应点坐标是（ ）
A（2，2）B（1，2）C（﹣1，2） D（2，﹣1）
【解答】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 顺时针旋转90°， 则
点A′的坐标为（﹣1，2
再向右平移3 个单位长度，则变换后点A′的对应点坐标为（2，2故选：
A．
7. （2018•临安•8 分）如图，△OAB 是边长为 2+ 的等边三角形，其中 O 是坐标原点，顶
点 B 在 y 轴正方向上，将△OAB 折叠，使点 A 落在边 OB 上，记为 A′，折痕为 EF．30
（1）当 A′E∥x 轴时，求点 A′和 E 的坐标；
（2）当 A′E∥x 轴，且抛物线 y=﹣ x2+bx+c 经过点 A′和 E 时，求抛物线与 x 轴的交点的
坐标；
（3）当点 A′在 OB 上运动，但不与点 O、B 重合时，能否使△A′EF 成为直角三角形？若能，
请求出此时点 A′的坐标；若不能，请你说明理由．
【分析】（1）当 A′E∥x 轴时，△A′EO 是直角三角形，可根据∠A′OE 的度数用 O′A 表示
出 OE 和 A′E，由于 A′E=AE，且 A′E+OE=OA=2+ ，由此可求出 OA′的长，也就能求出
A′E 的长．据此可求出 A′和 E 的坐标；
（2）将 A′，E 点的坐标代入抛物线中，即可求出其解析式．进而可求出抛物线与 x 轴的交
点坐标；
（3）根据折叠的性质可知：∠FA′E=∠A，因此∠FA′E 不可能为直角，因此要使△A′EF
成为直角三角形只有两种可能：
①∠A′EF=90°，根据折叠的性质，∠A′EF=∠AEF=90°，此时 A′与 O 重合，与题意不符，
因此此种情况不成立．
②∠A′FE=90°，同①，可得出此种情况也不成立．
因此 A′不与 O、B 重合的情况下，△A′EF 不可能成为直角三角形．
【解答】解：（1）由已知可得∠A′OE=60°，A′E=AE，
由 A′E∥x 轴，得△OA′E 是直角三角形，
设 A′的坐标为（0，b），
AE=A′E= b，OE=2b， b+2b=2+ ，
所以 b=1，A′、E 的坐标分别是（0，1）与（ ，1）．
（2）因为 A′、E 在抛物线上，
所以 ，31
所以 ，
函数关系式为 y=﹣ x2+ x+1，
由﹣ x2+ x+1=0，
得 x1=﹣ ，x2=2 ，
与 x 轴的两个交点坐标分别是（ ，0）与（ ，0）．
（3）不可能使△A′EF 成为直角三角形．
∵∠FA′E=∠FAE=60°，
若△A′EF 成为直角三角形，只能是∠A′EF=90°或∠A′FE=90°
若∠A′EF=90°，利用对称性，则∠AEF=90°，
A.E.A 三点共线，O 与 A 重合，与已知矛盾；
同理若∠A′FE=90°也不可能，
所以不能使△A′EF 成为直角三角形．
【点评】本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、图形旋转变换、直角三角形的判定
和性质等知识点，综合性较强．
【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．
8.（2018•嘉兴•12 分）我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角
形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。
（1）概念理解:
如图 1,在 中, , . ,试判断 是否是“等高底”三角形，请32
说明理由.
（2）问题探究:
如图 2, 是“等高底”三角形, 是“等底”，作 关于 所在直线的对称图形得
到 ,连结 交直线 于点 .若点 是 的重心,求 的值.
（3）应用拓展:
如图 3,已知 , 与 之间的距离为 2.“等高底” 的“等底” 在直线 上,点 在
直线 上,有一边的长是 的 倍.将 绕点 按顺时针方向旋转 得到 , 所在
直线交 于点 .求 的值.
【答案】（1）证明见解析；（2） （3） 的值为 , ,2
【解析】分析：（1）过点 A 作 AD⊥直线 CB 于点 D，可以得到 AD=BC=3，即可得到结论；
（2）根据 ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，得到AD=BC， 再由 ΔA′BC
与 ΔABC 关于直线 BC 对称， 得到 ∠ADC=90°，由重心的性质，得到 BC=2BD．设
BD=x，则 AD=BC=2x， CD=3x ，由勾股定理得 AC= x，即可得到结论；
（3）分两种情况讨论即可：①当 AB= BC 时，再分两种情况讨论；
②当 AC= BC 时，再分两种情况讨论即可．
详解：（1）是．理由如下：
如图 1，过点 A 作 AD⊥直线 CB 于点 D，
∴ΔADC 为直角三角形，∠ADC=90°．
∵ ∠ACB=30°，AC=6，∴ AD= AC=3，
∴ AD=BC=3，
即 ΔABC 是“等高底”三角形．
（2）如图 2， ∵ ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，∴AD=BC，
∵ ΔA′BC 与 ΔABC 关于直线 BC 对称， ∴ ∠ADC=90°．33
∵点 B 是 ΔAA′C 的重心， ∴ BC=2BD．
设 BD=x，则 AD=BC=2x，∴CD=3x ，
∴由勾股定理得 AC= x，
∴ ．
（3）①当 AB= BC 时，
Ⅰ．如图 3，作 AE⊥l1 于点 E， DF⊥AC 于点 F．
∵“等高底” ΔABC 的“等底”为 BC，l1//l2，
l1 与 l2 之间的距离为 2， AB= BC，
∴BC=AE=2，AB=2 ，
∴BE=2，即 EC=4，∴AC= ．
∵ ΔABC 绕点 C 按顺时针方向旋转 45°得到 ΔA' B' C，∴∠CDF=45°．
设 DF=CF=x ．
∵l1//l2，∴∠ACE=∠DAF，∴ ，即 AF=2x．
∴AC=3x= ，可得 x= ，∴CD= x= ．
Ⅱ．如图 4，此时 ΔABC 是等腰直角三角形，
∵ ΔABC 绕点 C 按顺时针方向旋转 45°得到 ΔA' B' C，
∴ ΔACD 是等腰直角三角形，
∴ CD= AC= ．
②当 AC= BC 时，
Ⅰ．如图 5，此时△ABC 是等腰直角三角形．34
∵ ΔABC 绕点 C 按顺时针方向旋转 45°得到 ΔA′ B′C，
∴A′C⊥l1，∴CD=AB=BC=2．
Ⅱ．如图 6，作 AE⊥l1 于点 E，则 AE=BC，
∴AC= BC= AE，∴∠ACE=45°，
∴ΔABC 绕点 C 按顺时针方向旋转 45°得到 ΔA′ B′C 时，
点 A′在直线 l1 上，
∴A′C∥l2，即直线 A′ C 与 l2 无交点．
综上所述：CD 的值为 ， ，2．
点睛：本题是几何变换-旋转综合题．考查了重心的性质，勾股定理，旋转的性质以
及阅读理解能力．解题的关键是对新概念“等高底”三角形的理解．
9.（2018•金华、丽水•10 分）如图，抛物线 （a≠0）过点 E（10，0），矩形ABCD
的边 AB 在线段 OE 上（点 A 在点 B 的左边），点 C ， D 在抛物线上．设 A（t ， 0），当 t=2
时，AD=4．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）当 t 为何值时，矩形 ABCD 的周长有最大值？最大值是多少？
（3）保持 t=2 时的矩形 ABCD 不动，向右平移抛物线．当平移后的抛物线与矩形的边有两个
交点 G ， H ， 且直线 GH 平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离．
【解析】【分析】（1）抛物线 中有两个字母 a,b 未知，则需要两个点的坐标，
E 点已知，由当 t=2 时，AD=4，可得 D 的坐标，由待定系数法代入求出 a，b 的值即可；
（2）求矩形 ABCD 的周长最大值，可以联系到二次函数在求最值中的应用，因为矩形 ABCD35
的周长随着 t 的变化而变化，不妨用 t 的代数式表示出矩形 ABCD 的周长，再运用二次函数
求最值的方法去做；（3）因为矩形 ABCD 是中心对称图形，设其中心为点 P，所以只要 GH
经过该矩形的中心即可；先理清抛物线在平移时抛物线与矩形 ABCD 边的交点位置，一开始，
抛物线从 D 开始出发，与线段 CD 和 AD 有交点，而过这两个交点的直线必不经过点 P，同样
这两个交点分别在 BC 和 AB 上时，也不经过点 P，则可得出当 G，H 分别在线段 AB 和 CD 上
时，存在这样的直线经过点 P，从而根据平移的性质得出结果即可。
10. （2018•广西南宁•8 分）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（1，1），B（4，1），C（3，3）．
（1）将△ABC 向下平移 5 个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）将△ABC 绕原点 O 逆时针旋转 90°后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；
（3）判断以 O，A1，B 为顶点的三角形的形状．（无须说明理由）
【分析】（1）利用点平移的坐标特征写出 A1.B1.C1 的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1 为所
作；
（2）利用网格特定和旋转的性质画出 A.B.C 的对应点 A2.B2.C2，从而得到△A2B2C2，
（3）根据勾股定理逆定理解答即可．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1 即为所求：36
（2）如图所示，△A2B2C2 即为所求：
（3）三角形的形状为等腰直角三角形，OB=OA1= ，A1B= ，
即 ，
所以三角形的形状为等腰直角三角形．
【点评】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．
11. （2018·黑龙江龙东地区·6 分）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，在平面直角坐标系内，△ABC 的三个顶点坐标分别为 A（1，4），B（1，1），C
（3，1）．
（1）画出△ABC 关于 x 轴对称的△A1B1C1；
（2）画出△ABC 绕点 O 逆时针旋转 90°后的△A2B2C2；
（3）在（2）的条件下，求线段 BC 扫过的面积（结果保留 π）．
【分析】（1）利用轴对称的性质画出图形即可；
（2）利用旋转变换的性质画出图形即可；
（3）BC 扫过的面积= ﹣ ，由此计算即可；
【解答】解：（1）△ABC 关于 x 轴对称的△A1B1C1 如图所示；
（2）△ABC 绕点 O 逆时针旋转 90°后的△A2B2C2 如图所示；
（3）BC 扫过的面积= ﹣ = ﹣ =2π．37
【点评】本题考查了利用旋转变换作图，轴对称和扇形面积公式等知识，熟练掌握网格结构
准确找出对应点的位置是解题的关键．
12.（2018•福建 A 卷•8 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，AB=10，AC=8．线段 AD 由线
段 AB 绕点 A 按逆时针方向旋转 90°得到，△EFG 由△ABC 沿 CB 方向平移得到，且直线 EF
过点 D．
（1）求∠BDF 的大小；
（2）求 CG 的长．
【分析】（1）由旋转的性质得，AD=AB=10，∠ABD=45°，再由平移的性质即可得出结论；
（2）先判断出∠ADE=∠ACB，进而得出△ADE∽△ACB，得出比例式求出 AE，即可得出结
论．
【解答】解：（1）∵线段 AD 是由线段 AB 绕点 A 按逆时针方向旋转 90°得到，
∴∠DAB=90°，AD=AB=10，
∴∠ABD=45°，
∵△EFG 是△ABC 沿 CB 方向平移得到，
∴AB∥EF，
∴∠BDF=∠ABD=45°；
（2）由平移的性质得，AE∥CG，AB∥EF，
∴∠DEA=∠DFC=∠ABC，∠ADE+∠DAB=180°，
∵∠DAB=90°，
∴∠ADE=90°，
∵∠ACB=90°，38
∴∠ADE=∠ACB，
∴△ADE∽△ACB，
∴ ，
∵AB=8，AB=AD=10，
∴AE=12.5，
由平移的性质得，CG=AE=12.5．
【点评】此题主要考查了图形的平移与旋转，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，
解直角三角形，相似三角形的判定和性质，判断出△ADE∽△ACB 是解本题的关键．
13.（2018•福建 B 卷•8 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，AB=10，AC=8．线段 AD 由线
段 AB 绕点 A 按逆时针方向旋转 90°得到，△EFG 由△ABC 沿 CB 方向平移得到，且直线 EF
过点 D．
（1）求∠BDF 的大小；
（2）求 CG 的长．
【分析】（1）由旋转的性质得，AD=AB=10，∠ABD=45°，再由平移的性质即可得出结论；
（2）先判断出∠ADE=∠ACB，进而得出△ADE∽△ACB，得出比例式求出 AE，即可得出结
论．
【解答】解：（1）∵线段 AD 是由线段 AB 绕点 A 按逆时针方向旋转 90°得到，
∴∠DAB=90°，AD=AB=10，
∴∠ABD=45°，
∵△EFG 是△ABC 沿 CB 方向平移得到，
∴AB∥EF，
∴∠BDF=∠ABD=45°；
（2）由平移的性质得，AE∥CG，AB∥EF，
∴∠DEA=∠DFC=∠ABC，∠ADE+∠DAB=180°，
∵∠DAB=90°，
∴∠ADE=90°，
∵∠ACB=90°，39
∴∠ADE=∠ACB，
∴△ADE∽△ACB，
∴ ，
∵AB=8，AB=AD=10，
∴AE=12.5，
由平移的性质得，CG=AE=12.5．
【点评】此题主要考查了图形的平移与旋转，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，
解直角三角形，相似三角形的判定和性质，判断出△ADE∽△ACB 是解本题的关键．
14. （2018•广东•7 分）如图，矩形 ABCD 中，AB＞AD，把矩形沿对角线 AC 所在直线折叠，
使点 B 落在点 E 处，AE 交 CD 于点 F，连接 DE．
（1）求证：△ADE≌△CED；
（2）求证：△DEF 是等腰三角形．
【分析】（1）根据矩形的性质可得出 AD=BC.AB=CD，结合折叠的性质可得出 AD=CE.AE=CD，
进而即可证出△ADE≌△CED（SSS）；
（2）根据全等三角形的性质可得出∠DEF=∠EDF，利用等边对等角可得出 EF=DF，由此即可
证出△DEF 是等腰三角形．
【解答】证明：（1）∵四边形 ABCD 是矩形，
∴AD=BC，AB=CD．
由折叠的性质可得：BC=CE，AB=AE，
∴AD=CE，AE=CD．
在△ADE 和△CED 中， ，
∴△ADE≌△CED（SSS）．
（2）由（1）得△ADE≌△CED，
∴∠DEA=∠EDC，即∠DEF=∠EDF，
∴EF=DF，
∴△DEF 是等腰三角形．40
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、翻折变换以及矩形的性质，解题的关键是：
（1）根据矩形的性质结合折叠的性质找出 AD=CE.AE=CD；（2）利用全等三角形的性质找出
∠DEF=∠EDF．
15.（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 °；
（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 60．41
（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，
∴∠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= ．42
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．
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．
16. （2018•广西北海•8分）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(1,1),
B(4,1),C(3,3) .43
(1) 将 ∆ABC 向下平移 5 个单位后
得到∆A1B1C1 ， 请画出∆A1B1C1 ;
(2)将 ∆ABC 绕原点O 逆时针旋转90° 后得到
∆A2 B2C2 ，请画出∆A2 B2C2 ；
(3) 判断以O, A1 , B 为顶点的三角形的形状.（无须说明理由）
【答案】详情见解析
【考点】平面直角坐标系中的作图变换--平移与旋转
【解析】（1）如图所示， ∆A1B1C1 即为所求；
（2） 如图所示， ∆A2 B2C2 即为所
求；
（3） 三角形的形状为等腰直角三
角形。
【点评】常规题型，涉及到作图变换的两种类型：平
移变换和旋转变换，要求数清格子，且按要求作图即可。
17.（2018•广西贵港•10 分）已知：A.B 两点在直线 l 的同一侧，线段 AO，BM 均是直线 l 的
垂线段，且 BM 在 AO 的右边，AO=2BM，将 BM 沿直线 l 向右平移，在平移过程中，始终保持
∠ABP=90°不变，BP 边与直线 l 相交于点 P．
（1）当 P 与 O 重合时（如图 2 所示），设点 C 是 AO 的中点，连接 BC．求证：四边形 OCBM
是正方形；
（2）请利用如图 1 所示的情形，求证： = ；
（3）若 AO=2 ，且当 MO=2PO 时，请直接写出 AB 和 PB 的长．44
【分析】（1）先证明四边形 OCBM 是平行四边形，由于∠BMO=90°，所以▱OCBM 是矩形，最
后直角三角形斜边上的中线的性质即可证明四边形 OCBM 是正方形；
（2）连接 AP、OB，由于∠ABP=∠AOP=90°，所以 A.B.O、P 四点共圆，从而利用圆周角定
理可证明∠APB=∠OBM，所以△APB∽△OBM，利用相似三角形的性质即可求出答案．
（3）由于点 P 的位置不确定，故需要分情况进行讨论，共两种情况，第一种情况是点 P 在
O 的左侧时，第二种情况是点 P 在 O 的右侧时，然后利用四点共圆、相似三角形的判定与性
质，勾股定理即可求出答案．
【解答】解：（1）∵2BM=AO，2CO=AO
∴BM=CO，
∵AO∥BM，
∴四边形 OCBM 是平行四边形，
∵∠BMO=90°，
∴▱OCBM 是矩形，
∵∠ABP=90°，C 是 AO 的中点，
∴OC=BC，
∴矩形 OCBM 是正方形．
（2）连接 AP、OB，
∵∠ABP=∠AOP=90°，
∴A.B.O、P 四点共圆，
由圆周角定理可知：∠APB=∠AOB，
∵AO∥BM，
∴∠AOB=∠OBM，
∴∠APB=∠OBM，
∴△APB∽△OBM，
∴
（3）当点 P 在 O 的左侧时，如图所示，
过点 B 作 BD⊥AO 于点 D，
易证△PEO∽△BED，45
∴
易证：四边形 DBMO 是矩形，
∴BD=MO，OD=BM
∴MO=2PO=BD，
∴ ，
∵AO=2BM=2 ，
∴BM= ，
∴OE= ，DE= ，
易证△ADB∽△ABE，
∴AB2=AD•AE，
∵AD=DO=DM= ，
∴AE=AD+DE=
∴AB= ，
由勾股定理可知：BE= ，
易证：△PEO∽△PBM，
∴ = ，
∴PB=
当点 P 在 O 的右侧时，如图所示，
过点 B 作 BD⊥OA 于点 D，
∵MO=2PO，
∴点 P 是 OM 的中点，
设 PM=x，BD=2x，
∵∠AOM=∠ABP=90°，
∴A.O、P、B 四点共圆，
∴四边形 AOPB 是圆内接四边形，
∴∠BPM=∠A，
∴△ABD∽△PBM，
∴ ，
又易证四边形 ODBM 是矩形，AO=2BM，46
∴AD=BM= ，
∴ = ，
解得：x= ，
∴BD=2x=2
由勾股定理可知：AB=3 ，BM=3
【点评】本题考查相似三角形的综合问题，涉及勾股定理，相似三角形的性质与判定，圆周
角定理，矩形的判定与性质，解方程等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所学知
识．
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