2018年中考数学试题分类汇编知识点25图形的平移、旋转与轴对称.doc

1 知识点 25 图形的平移、旋转与轴对称 一、选择题 1.（2018 四川绵阳，7，3 分） 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 A.（4，-3） B.（-4，3） C.（-3，4） D.（-3，-4） 【答案】B. 【解析】解：如图：∴点 B 的坐标为（-4，3）．故选 B． 【知识点】图形的旋转 2. （2018 四川绵阳，5，3 分） 下列图形是中心对称图形的是 A B C D 【答案】D. 【解析】解：A 选项，不是中心对称图形，故此选项错误； B 选项，不是中心对称图形，故此选项错误； C 选项，不是中心对称图形，故此选项错误； D 选项，是中心对称图形，故此选项正确. 故选 D． 【知识点】中心对称图形2 3. （2018 四川内江，11，3）如图，将矩形ABCD 沿对角线 BD 折叠，点 C 落在点 E 处，BE 交 AD 于点 F，已知∠BDC ＝62°，则∠DFE 的度数为（ ） A．31° B．28° C．62° D．56° 【答案】D 【思路分析】因为∠DFE＝∠ADB＋∠EBD，要求∠DFE 的值，则需分别求∠ADB、∠EBD，而由矩形对边平行，及 轴对称的性质可知∠EBD＝∠CBD＝∠ADB，利用∠ADB 与∠BDC 互余，即可出∠DFE 的度数． 【解析】解：∵四边形 ABCD 为矩形，∴∠ADC＝90°，∵∠BDC＝62°，∴∠ADB＝90°－62°＝28°，∵AD∥ BC，∴∠ADB＝∠CBD，根据题意可知∠EBD＝∠CBD，∴∠ADB＝∠EBD＝28°，∴∠DFE＝∠ADB＋∠EBD＝56°．故 选择 D． 【知识点】矩形性质，等腰三角形性质，平行线性质 4. （2018 山东滨州，11，3 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 第 11 题图 【答案】D 【解析】分别以 OA、OB 为对称轴作点 P 的对称点 P1，P2，连接点 P1，P2，分别交射线 OA、OB 于点 M、N 则此时△PMN 的周长有最小值，△PMN 周长等于＝PM＋PN＋MN＝ P1N＋P2N＋MN，根据对称的性质可知，OP1＝OP2＝OP＝ ，∠ P1OP2＝120°，∠OP1M＝30°，过点 O 作 MN 的垂线段，垂足为 Q，在△OP1Q 中，可知 P1Q＝ ,所以 P1P2＝2P1Q＝ 3,故△PMN 的周长最小值为 3． 3 3 6 2 3 3 2 3 3 23 第 11 题答图 【知识点】轴对称的性质、两点之间线段最短、直角三角形（有一个角为 30°）的性质。 5. （2018 浙江金华丽水，9，3 分）如图，将△ABC 绕点 C 顺时针旋转 90°得到△EDC．若点 A，D，E 在同一条 直线上，∠ACB=20°，则∠ADC 的度数是（ ）． A．55° B．60° C．65° D．70° 【答案】C． 【解析】将△ABC 绕点 C 顺时针旋转 90°得到△EDC，则∠ECD＝∠ACB＝20°，∠ACE＝90°，EC＝AC，∴∠E＝45°， ∴∠ADC＝65°．故选 D． 【知识点】图形的旋转 6.（2018 浙江衢州，第 8 题，3 分）如图，将矩形 ABCD 沿 GH 折叠，点 C 落在点 Q 处，点 D 落在 AB 边上的点 E 处，若∠AGE=32°，则∠GHC 等于（ ） 第 8 题图 第 9 题图 4 A．112° B．110° C．108° D．106° 【答案】D 【解析】本题考查了翻折变换（折叠问题）；矩形的性质、平行线性质等知识点. 根据折叠前后角相等可知∠DGH= ∠EGH，∵∠AGE=32°,∴∠EGH=74°，∵四边形 ABCD 是矩形，∴AD∥BC，∴∠AGH=∠GHC=∠EGH+∠AGE， ∴∠GHC=106°，故选：D． 【知识点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质、平行线性质； 7. （2018 甘肃白银，8，3）如图，点 E 是正方形 ABCD 的边 DC 上一点，把△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°到△ABF 的位置。若四边形 AECF 的面积为 25，DE=2,则 AE 的长为（ ) A.5 B. C.7 D. 【答案】D. 【思路分析】由旋转性知四边形 AECF 的面积与正方形的面积相等，从而得到正方形的面积等于 25，边长为 5， 于是在直角三角形 ADE 中由勾股定理可求出 AE 的长。 【解题过程】∵△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°到△ABF ∴△ADE≌△ABF ∴ =25 ∴正方形的边长 AD=CD=5 ∴在 RT△ADE 中，AE= = . 故选 D 【知识点】正方形的性质及面积公式，旋转的性质即旋转前后图形的形状大小相等面积相等。 23 29 =ABCD AECFS S正方形 四边形 2 2AD DE+ 2 25 2 29+ =5 8. （2018 安徽省，10，4 分）如图,直线 都与直线 l 垂直,垂足分别为 M,N,MN=1 正方形 ABCD 的边长为 ， 对角线 AC 在直线 l 上,且点 C 位于点 M 处,将正方形 ABCD 沿 l 向右平移,直到点 A 与点 N 重合为止，记点 C 平移 的距离为 x,正方形 ABCD 的边位于 之间分的长度和为 y，则 y 关于 x 的函数图象太致为（ ） 【答案】A 【思路分析】这是一道动面问题，需要分段思考，求解关键是根据函数的表达方法（解析式法，列表法和图像法） 之间的联系，先确定函数解析式，再选择图像．其中，在图形运动过程中，确定三种运动状态下的图形形态 是重中之重．其中关键是确定图形变化联系瞬间的静态图形位置，从而得到分界点，然后再作动态思考，确 定各种情况下的取值范围．最后求出各部分对应的函数关系式，运用函数的图像、性质分析作答．有时，直 接根据各运动状态（如前后图形的对称状态带来函数图像的对称，前后图形面积的增减变化带来函数图像的 递增或递减等），就能求解． 【解题过程】∵正方形边长为 ，∴AC=BD=2. （1）如图 1，当 C 位于 之间， （2）如图 2，当 D 位于 之间， 设 PR=a,则 SQ=1-a , DP+DQ= 所以 （3）如图 3，当 A 位于 之间， 综上所述，y 关于 x 的函数大致如选择支 A 所示。 1 2,l l 3 1 2,l l 2 1 2,l l ;0 2xx≤ ＜1时，y=2 1 2,l l 1 x≤ ＜2时， 2 2(1 ) 2,a a+ − = 2.y=2 1 2,l l 2 6 20 3 ;x x≤ +≤ 时，y=26 【知识点】函数的图象；分段函数；分类讨论 9.（2018 江苏无锡，5，3 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 【答案】D 【解析】图中四个五边形都是轴对称图形，所以答案选 D. 【知识点】轴对称图形的定义 10. （2018 江苏无锡，10，3 分）如图是一个 3×3 正方形方格纸的对角线 AB 剪下图形，一质点 P 由 A 点出发， 沿格点线每次向右或向上运动 1 个单位长度，则点 P 由点 A 运动到 B 点的不同路径共有（ ） A.4 条 B. 5 条 C. 6 条 D.7 条 7 【答案】B 【思路分析】按照点 P 经过的格点确定所有符合要求的路线. 【解题过程】如图所示， 运动路线有：ACDFGJB；ACDFIJB；ACEFGJB；ACEFIJB；ACEHIJB，共 5 条. 【知识点】 11. （2018 山东聊城，10，3 分）如图，将一张三角形纸片 ABC 的一角折叠，使得点 A 落在△ABC 外的一点 A′ 出，折痕为 DE.如果∠A=α，∠CEA′=β，∠BDA′=γ，那么下列式子中正确的是（ ） A.γ=2α+β B.γ=α+2β C.γ=α+β D.γ=180°-α-β 【答案】A 【解析】∵将一张三角形纸片 ABC 的一角折叠，使得点 A 落在△ABC 外的一点 A′出，折痕为 DE， ∴∠A′=∠A=α. 如图所示，设 A′D 交 AC 于点 F，8 则∠BDA′=∠A+∠AFD=∠A+∠A′+∠AEF， ∵∠A=α，∠CEA′=β，∠BDA′=γ， ∴γ=α+α+β=2α+β. 【知识点】轴对称的性质、三角形内外角的关系 12. （2018 山东聊城，11，3 分）如图，在平面直角坐标系中，矩形 OABC 的两边 OA、OC 分别在 x 轴和 y 轴上， 并且 OA=5，OC=3.若把矩形 OABC 绕着点 O 逆时针旋转，使点 A 恰好落在 BC 边上的点 处，则点 C 的对应点 的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】如图所示，作 M⊥x 轴于点 M， N⊥x 轴于点 M， 1A 1C 9 12( )5 5 − ， 12 9( )5 5 − ， 16 12( )5 5 − ， 12 16( )5 5 − ， 1A 1C9 ∵矩形 OABC 的两边 OA、OC 分别在 x 轴和 y 轴上，并且 OA=5，OC=3，把矩形 OABC 绕着点 O 逆时针旋转，使点 A 恰好落在 BC 边上的点 处， ∴O =OA=5， M=O =OC=3， ∴OM= = =4. 由题意得△ ON∽△O M， ∴ ， 即 ， ∴ ， ， ∴点 的坐标为 . 【知识点】旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、比例线段、平面直角坐标系与点的坐标 13. （2018 四川省达州市，3，3 分）下列图形中是中心对称图形的是（ ）． 1A 1A 1A 1C 2 2 1 1OA A M− 2 25 3− 1C 1A 1 1 1 1 C N OCON OM A M AO = = 1 3 4 3 5 C N ON= = 1 12 5C N = 9 5ON = 1C 9 12( )5 5 − ， DC.B.A.10 【答案】B． 【解析】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 ．根据中心对称图形的定义，得图形 B 是中心对称图形．故选 B. 【知识点】中心对称图形 14. （2018 四川省南充市，第 2 题，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．扇形 B．正五边形 C．菱形 D．平行四边形 【答案】C 【解析】解：A、扇形是轴对称图形，不是中心对称图形，故 A 选项不符合题意；B、正五边形是轴对称图形，不 是中心对称图形，故 B 选项不符合题意；C、菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故 C 选项符合题意；D、 平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故 D 选项不符合题意；故选 C. 【知识点】轴对称图形；中心对称图形 15. （2018·重庆 B 卷，2，4）下列图形中，是轴对称图形的是 （ ） 【答案】D． 【解析】根据轴对称图形的定义，沿某条直线将图形折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形才是轴对称图形， 故只有选项 D 满足要求，因此选 D． 【知识点】图形的变换 轴对称图形． 16.（2018 湖南衡阳，3，3 分） 下列生态环保标志中，是中心对称图形的是（） 【答案】B11 【解析】根据中心对称图形的定义：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，对各选项分析判断可得选项 B 是中心对称图形． 【知识点】中心对称图形 17. （2018 湖南长沙，5 题，3 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（ ） 【答案】A 【解析】沿某条直线折叠，图形两侧部分可以重合，这种图形称为轴对称图形。绕一个定点旋转 180 度后的图 形能和原图形重合，这种图形称为中心对称图形。由此可对各选项进行判断：A 既是轴对称图形又是中心对称图 形，正确;B 是轴对称图形，错误;C 既不是轴对称图形也不是中心对称图形，错误;D 不是轴对称图形是中心对称 图形，错误。 【知识点】轴对称,中心对称 18. （2018 江苏省盐城市，2，3 分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）． 【答案】D 【解析】在平面内，沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形是轴对称图形，这条直线就叫做对称 轴．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.根据轴对称图形和中心对称图形的定义即可作出判断，故选 D. 【知识点】轴对称图形;中心对称图形 19.(2018 山东青岛中考，1，3 分)观察下列四个图形，中心对称图形是（ ） D.C.B.A.12 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】选项 C 中图形绕着它的中心旋转 180°后能与自身完全重合，是中心对称图形；选项 A、B、D 中图形是 轴对称图形．故选 C． 【知识点】中心对称图形 20. （2018 山东烟台，2，3 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（　　） . 【答案】C 【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解 A、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误； B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误； C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故正确； D、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误 故选 C． 【知识点】中心对称图形；轴对称图形． 21. （2018 山东省淄博市，3，4 分） 下列图形中，不是轴对称图形的是 DCBA13 （A） （B） （C） （D） 【答案】C 【解析】选项 A、B、D 均可以沿一条直线折叠图形左右两边的部分可以重合，故均为轴对称图形，只有 C 选项不 是轴对称图形，是中心对称图形，故选 C. 【知识点】轴对称 22. （2018 天津市，4，3）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：本题考查中心对称图形的识别，结合选项，根据中心对称图形的概念对各选项进行判断即可求解. 解：A. 是中心对称图形，本选项符合题意； B. 不是中心对称图形，本选项不符合题意； C. 不是中心对称图形，本选项不符合题意； D. 不是中心对称图形，本选项不符合题意. 故选 A. 【知识点】中心对称图形；中心对称14 23. （2018 天津市，10，3）如图，将一个三角形纸片 沿过点 的直线折叠，使点 落在 边上的点 处，折痕为 ，则下列结论一定正确的是（ ） A． B． C. D． 【答案】D 【解析】分析：本题考查折叠问题，由折叠前后不变，可得结果. 解：由折叠前后不变性，可知 CB=EB, ∴AE+CB=AE+EB=AB 故选 D 【知识点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形 24. （2018 浙江湖州，8，3）如图，已知在△ABC 中，∠BAC＞90°，点 D 为 BC 的中点，点 E 在 AC 上，将△CDE 沿 DE 折叠，使得点 C 恰好落在 BA 的延长线上的点 F 处，连结 AD，则下列结论不一定正确的是（ ） A．AE＝EF B．AB＝2DE C．△ADF 和△ADE 的面积相等 D．△ADE 和△FDE 的面积相等 【答案】C 【解析】选项 A，∵D 为 BC 的中点，∴所以 BD＝CD．∵FD＝CD，∴FD＝BD．∴∠B＝∠BFD．∵∠C＝∠DFE，∴ ∠ B+∠C＝∠BFD+∠DFE．∴∠FAE＝∠AFE．∴AE＝FE．选项 A 正确． 选项 B，∵E 为 AC 的中点，D 为 BC 的中点，∴DE 为△ABC 的中位线．∴AB＝2DE．选项 B 正确． 选项 C，∵BF∥DE，∴△ADF 和△ADE 的高相等．但不能证明 AF＝DE，∴△ADF 和△ADE 的面积不一定相 等．选项 C 错误． ABC B C AB E BD AD BD= AE AC= ED EB DB+ = AE CB AB+ =15 选项 D，△ADE 和△FDE 同底等高，面积相等，选项 D 正确．故选 C. 【知识点】等腰三角形，折叠，中位线，三角形的外角 1. （2018·重庆 A 卷，2，4）下列图形中一定是轴对称图形的是 （ ） 【答案】D． 【解析】根据轴对称图形的定义，看图形沿某条直线折叠，直线两旁的部分能否完全重合，易知矩形是轴对称图 形，故选 D． 【知识点】轴对称图形 2. （2018 广东广州，2，3 分）图中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 【解析】根据轴对称图形的定义：“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，这条直线叫做对称轴”进行分析，正五角星的对称轴是过中心和每个顶角的直线，共 5 条．故答 案为 C． 【知识点】轴对称图形 3. （2018 贵州遵义，2 题，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 【答案】C 【解析】A 是轴对称图形，不是中心对称图形，故 A 错误；B 是中心对称图形，不是轴对称图形，故 B 错误；C16 是轴对称图形，也是中心对称图形，故 C 正确；D 是轴对称图形，不是中心对称图形，故 D 错误。 【知识点】轴对称图形，中心对称图形 4. （2018 河北省，3，3）如图中由“ ”和“ ”组成轴对称图形，该图形的对称轴是直线（ ） A．l1 B． l2 C． l3 D． l4 【答案】C 【解析】分别沿着途中的 4 条直线进行折叠，两侧能完全重合的只有 l3，故选 C． 【知识点】轴对称图形 5. （2018 湖北宜昌，2，3 分）如下字体的四个汉字中，是轴对称图形的是( ) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】D 图沿中间线折叠，直线两旁的部分可重合，故选择 D. 【知识点】轴对称图形的概念. 6.（2018 湖北宜昌，9，3 分）如图，正方形 的边长为 1，点 分别是对角线 上的两点, , , ， ，垂足分别为 ，则图中阴影部分的面积等于( ) ABCD E, F AC EG AB⊥ EI AD⊥ FH AB⊥ FJ AD⊥ G I, H, J，17 (第 9 题图) A．1 B． C. D． 【答案】B 【解析】图形沿直线AC 折叠，直线两旁的阴影部分可合并到△ABC 中，△ABC 的面积为正方形 的面积的一 半，故选择 B. 【知识点】轴对称图形，翻折. 7. （2018 江西，5，3 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 ABCD 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(　　) 第 5 题题 A. 3 个 B. 4 个 C. 5 个 D. 无数个 【答案】C 【解析】①正方形向上平移；②正方形向下平移；③正方形向右平移；④将正方形向东北方向平移；⑤将正方形 向东南方向平移．故有 5 种． 【知识点】轴对称图形，平移 8. （2018 山东德州，2，3 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 1 2 1 3 1 4 ABCD18 【答案】B 【解析】选项 A 只是中心对称图形，选项 B 既是轴对称图形又是中心对称图形，选项 C 只是轴对称图形，选项 D 既不是轴对称图形也不是中心对称图形，只是旋转对称图形. 故选 B. 【知识点】轴对称图形，中心对称图形 9.（2018 山东德州，12，3 分）如图，等边三角形 的边长为 4,点 是△ 的中心， .绕点 旋转 ,分别交线段 于 两点，连接 ,给出下列四个结论:① ;② ;③四边形 的面积始终等于 ;④△ 周长的最小值为 6,上述结论中 正确的个数是( ) A．1 B．2 C. 3 D．4 【答案】C 【解析】如图 1，连接 OB、OC，因为点 是△ 的中心，所以 ，OA=OB=OC，所以 ， ，所以 ，所以 （ASA）， 所以 OD=OE ，结论① 正确；通过画图确定结论② 错误，如当点 E 为 BC 中点时， ；因为 ， 所 以 ， 所 以 = ， 结 论 ③ 正 确 ； 因 为 ，所以 BD=CE，所以 BD＋CE=BC=4，因为 ，OB=OC，易得 ，如图 2， 当 OD⊥AB 时，OD 最小=BD×tan∠OBD= ，所以 DE 最小=2，所以△ 周长的最小值为 6, 结论④正确. 故选 C. 【知识点】旋转，全等，定值，最值 10. （2018 山东省日照市，2，3 分）在下列图案中，既是轴对称又是中心对称图形的是（ ） 【答案】C ABC O ABC 120FOG∠ =  O FOG∠ AB BC、 D E、 DE OD OE= ODE BDES S∆ ∆= ODBE 4 33 BDE O ABC 120AOB BOC∠ = ∠ =  120BOC FOG∠ = ∠ =  30ABO BCO∠ = ∠ =  BOD COE∠ = ∠ BOD COE∆ ∆≌ ODE BDES S∆ ∆< BOD COE∆ ∆≌ BOD COES∆ ∆=S 1 3BOC ABCODBES ∆ ∆=四边形 =S S 4 33 BOD COE∆ ∆≌ 120BOC∠ =  3DE OD= 2 33 BDE19 【解析】A 图案既不是轴对称又不是中心对称图形；B 图案只是轴对称图形；C 图案既是轴对称又是中心对称图 形；D 图案只是中心对称图形，故选 C。 【知识点】轴对称图形 中心对称图形 11. （2018 广东省深圳市，4，3 分）观察下列图形，是中心对称图形的是( ) A． B． C. D． 【答案】D 【解析】解：将试卷倒过来看，和原图形完全相同的图形就是中心对称图形．A、B、C 三个选项中的图案都是轴 对称图形，故 A、B、C 选项错误；而 D 选项中的图案是中心对称图形，故 D 选项正确． 【知识点】轴对称图形；中心对称图形 12. （2018 贵州安顺，T1，F3）下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是（ ） 【答案】D 【解析】由轴对称图形的定义可知，选项 D 的图形有对称轴所以是轴对称图形． 【知识点】轴对称图形的性质. 13. （2018 湖南省永州市，2，4）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 （ ）]20 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】选项 A、是轴对称图形，则此选项错误；选项 B、是轴对称图形，则此选项错误；选项 C、不是轴对称 图形，则此选项正确；选项 D、是轴对称图形，则此选项错误. 因此，本题选 C． 【知识点】轴对称 14. （2018 四川攀枝花，5，3）下列平面图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是( ) A.菱形 B.等边三角形 C.平行四边形 D.等腰梯形 【答案】A 【解析】A、 菱 形 既 是 中 心 对 称 图 形 ， 又 是 轴 对 称 图 形 ， 故 本 选 项 符 合 题 意 ； B、 等 边 三 角 形 是 轴 对 称 图 形 ， 不 是 中 心 对 称 图 形 ， 故 本 选 项 不 符 合 题 意 ； C、 平 行 四 边 形 是 中 心 对 称 图 形 ， 但 不 是 轴 对 称 图 形 ， 故 本 选 项 不 符 合 题 意 ； D、 等 腰 梯 形 ， 故 此 选 项 符 合 题 意；是 轴 对 称 图 形 ， 不 是 中 心 对 称 图 形 ， 故 本 选 项 不 符 合 题 意； 故 选 A. 【知识点】 中心对称图形 轴对称图形 15. （2018 湖南张家界，3，3 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 【答案】C 【解析】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 °后两部分重合. 故选项 A 是中心对称图形，选项 B 是轴对称图形，选项 C 既是中心对称图形又是轴对称图形， C D21 选项 D 是轴对称图形. 故选择 C. 【知识点】中心对称图形与轴对称图形. 16.（2018 浙江省台州市，2，3 分） 在下列四个新能源汽车车标的设计图中，属于中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转 180°，旋转后的图形能与原图形完全重合，那么这个图 形就叫做中心对称图形，这个旋转点，就叫做中心对称点. A．∵此图形旋转 180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误； B．∵此图形旋转 180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误； C．∵此图形旋转 180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误； D．∵此图形旋转 180°后能够与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，故此选项正确； 【知识点】中心对称图形 二、填空题 1. （2018 浙江衢州，第 16 题，4 分）定义；在平面直角坐标系中，一个图形先向右平移 a 个单位，再绕原点按 顺时针方向旋转θ角度，这样的图形运动叫做图形的γ（a，θ）变换。 如图，等边△ABC 的边长为 1，点 A 在第一象限，点 B 与原点 O 重合，点 C 在 x 轴的正半轴上．△A1B1C1 就是△ABC 经γ（1，180°）变换后所得的图形．22 第 16 题图 若△ABC 经γ（1，180°）变换后得△A1B1C1，△A1B1C1 经γ（2，180°）变换后得△A2B2C2，△A2B2C2 经γ（3，180 °）变换后得△A3B3C3，依此类推…… △An-1B n-1C n-1 经γ（n，180°）变换后得△AnBnC，则点 A1 的坐标是________，点 A2018 的坐标是________。 【答案】（ ）（ ） 【解析】题考查了新概念理解、阅读理解问题、等边三角形性质、规律型点的坐标．、坐标与图形变化﹣旋转等 知识内容，解决该题型题目时，写出部分 An 点的坐标，根据坐标的变化找出变化规律是关键．首先计算 A1 的坐 标为（ ），则 A2 为（ ），以此计算则有 A2018 横坐标为 -2×2018= ，故答案为：（ ）（ ）（ ） 【知识点】新概念理解、阅读理解问题、等边三角形性质、规律型点的坐标．、坐标与图形变化﹣旋转 2. （2018 山东潍坊，16，3 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 . 3 3- -2 2 ， 8071 ,3- 2 2 ， 3 3- -2 2 ， 7 3- 2 2 ， 1 2 8071- 2 3 3- -2 2 ， 2017 ,3- 2 2 ， 8071 ,3- 2 2 ，23 【答案】（－1， ） 【思路分析】连接AM，证明 Rt△AB′M≌Rt△ADM，求出∠ADM=30°，解直角三角形求得 DM 的长，注意 M 在第二 象限，即可求出点 M 的坐标. 【解题过程】连接 AM， 在 Rt△AB′M 和 Rt△ADM 中， AB′=AD，AM=AM, ∴Rt△AB′M≌Rt△ADM ∴∠DAM=∠B′AM= 在 Rt△ADM 中， tan30°= ∴DM=ADtan30°=1× = . ∴M（－1， ）. 【知识点】图形与坐标，正方形，全等三角形的判定和性质，解直角三角形 3. （2018 山东潍坊，24，12 分）如图 1，在□ABCD 中，DH⊥AB 于点 H，CD 的垂直平分线交 CD 于点 E，交 AB 于 点 F，AB=6，DH=4，BF∶FA=1∶5. （1）如图 2，作 FG⊥AD 于点 G，交 DH 于点 M，将△DGM 沿 DC 方向平移，得到△CG´M´，连接 M′B. ①求四边形 BHMM＇的面积； ②直线 EF 上有一动点 N，求△DNM 周长的最小值. 3 3 90 30 302 °− ° = ° DM AD 3 3 3 3 3 324 （2）如图 3，延长 CB 交 EF 于点 Q，过点 Q 作 QK∥AB，过 CD 边上的动点 P 作 PK∥EF，并与 QK 交于点 K，将△PKQ 沿直线 PQ 翻折，使点 K 的对应点 K＇恰好落在直线 AB 上，求线段 CP 的长. 【思路分析】（1）①由题意可知四边形BHMM＇为梯形，上底 BH，下底 MM′易求，故只需求出高 MH 即可，计算 MH 可通过同角的余角相等证明∠FMH=∠A，而∠A 的正切值易求，故高 MH 可得（求高也可利用△FHM∽△DHA 来计 算），从而求出面积；②由 EF 垂直平分 CD 可得点 D 和点 C 关于直线 EF 对称，故只需连接 CM，CM 与 EF 的交点即 为满足条件的点 N，分别求出 CM 和 DM 即可求出周长的最小值；（2）先通过∠A 的正切值不变求出 FQ 的长度， 从而求出 PK，由折叠可得 PK′=PK，QK′=QK，利用勾股定理先求出 GＫ′的长度，设 PE=x，在 Rt△QFK′中把 FK′和 QK′用 x 表示出来，利用勾股定理求出 x 的值，从而求出 CP 的长度. 【解题过程】解：（1）①∵BF∶FA=1∶5，AB=6， ∴BF=1，AF=5. ∵四边形 ABCD 为平行四边形， ∴CD=AB=6， ∵EF 垂直平分 CD， ∴DE=CE=3. ∴FH=3，HA=AF－FH＝5－3＝2. 在 Rt△ADH 中 ∵∠A＋∠AFM=90°，∠AFM＋∠FMH=90°， ∴∠FMH=∠A ∴ . ∵FH=3，∴MH= 由平移可知 MM′=CD=6，BH=1+3=4 4tan 22 DHA AH = = = tan FMH tan 2FHA MH ∠ = = = 3 225 ∴S 四边形 BHMM′= . ②由点 C 与点 D 关于直线 EF 对称可知，连接 CM 交 EF 于点 N，连接 DN，此时△DMN 周长最小. DM=DH－MH= . 在 Rt△CDM 中， ，即 DN＋MN= . ∴△DNM 周长的最小值为 . （2）标准答案： ∵BF∥CE, ∴ , ∴QF=2， ∴PK=PK′=6 过点 K′作 E′F′∥EF，分别交 CD 于点 E′，交 QK 于点 F′， 当点 P 在线段 CE 上时， 在 Rt△PK′E′中， PE′2=PK′2－E′K′2, ∴PE′= , 1 3 154 62 2 2 × + × =（ ） 3 54 2 2 − = 2 2 2 25 136 ( )2 2CM CD DM= + = + = 13 2 13 5 92 2 + = 1 4 3 QF BF QF CE = =+ 2 5 N26 ∵Rt△PE′K′∽Rt△K′F′Q, ∴ , ∴ . ∴QF′= , ∴PE=PE′－EE′= . ∴CP= . 同理可得，当点 P 在线段 ED 上时，CP′= . 综上可得，CP 的长为 或 . 方法 2：当点 P 在线段 CE 上时， 如图所示，设直线 AB 与 PK 交于点 G. 在 Rt△BFQ 中，∠ABQ=∠A ∴tan∠ABQ= ， ' ' ' ' ' ' PE E K K F QF = 2 5 4 2 'QF = 4 5 5 4 5 6 52 5 5 5 − = 15 6 5 5 − 15 6 5 5 + 15 6 5 5 − 15 6 5 5 + 2BF FQ =27 ∵BF=1，∴FQ=2. ∴EQ=EF＋FQ=4＋2=6 ∴PK=EQ=6. 由折叠可得：PK′=PK=6，QK′=QK 在 Rt△PGK′中，PG=DH=4 GK′= 设 PE=x，则 GF=KQ=x，QK′=x,FK′=GK′－GF= 在 Rt△QFK′中， 解得： . ∴CP=CE－PE= . 同理可得，当点 P 在线段 ED 上时， CP′= . 综上可得，CP 的长为 或 . 【知识点】平行四边形，图形的平移，图形的轴对称，勾股定理，梯形，几何最值问题，分类讨论思想 4. （2018 四川省成都市，24，4） 如图，在菱形ABCD 的中，tanA＝ ，M，N 分别在边 AD，BC 上，将四边形 AMNB 沿 MN 翻折，使 AB 的对应线段 AB 的对应线段 EF 经过顶点 D．当 EF⊥AD 时， 的值为 ． 2 2 2 2' 6 4 2 5PK PG− = − = 2 5 x− 2 2 2(2 5 ) 2x x− + = 6 55x = 63 55 − 6 53 5 + 63 55 − 6 53 5 + 4 3 BN CN28 【答案】 【思路分析】延长 NF 交 DC 于 H．根据翻折得∠A＝∠E，∠B＝∠DFN，利用菱形中邻角互补，可得到∠A＝∠ DFH，且∠DHF＝90°，在 Rt△EDM 中，根据 tanA＝tanE＝ ，得到△EDM 三边的关系，求出菱形边长，在解 Rt△ DHF 和 Rt△NHC，求出 CN，BN，即可求出 的值． 【解题过程】解：∵四边形ABCD 为菱形，∴AD∥BC，∴∠A＋∠B＝180°，∵∠DFN＋∠DFH＝180°，又∵∠B＝∠ DFN，∴∠A＝∠DFH，∵AB∥CD，∴∠A＋∠ADC＝180°，又∵∠ADF＝90°，∴∠A＋∠FDC＝90°，∴∠DFH＋∠ FDC＝90°，∴∠DHF＝90°，∵∠A＝∠E，∴tanA＝tanE＝ ＝ ，设 DM＝4x，DE＝3x，∴EM＝ ＝ 5x，∴AM＝5x，∴AD＝AM＋DM＝9x，∵EF＝AB＝AD＝9x，∴DF＝EF－DE＝6x，在 Rt△DFH 中∠A＝∠DFH，∴tanA＝ tan∠DFH＝ ＝ ，∴DH＝ DF＝ x，∴CH＝DC－DH＝ x，在 Rt△CHN 中∠A＝∠C，∴tanA＝tanC＝ ＝ ，∴CN＝ CH＝7x，∴BN＝BC－CN＝2x，∴ ＝ ． 【知识点】菱形性质；锐角三角函数；翻折变换 5. （2018 四川省达州市，14，3 分）如图，平面直角坐标系中，矩形 OABC 的顶点 A（－6，0），C（0，2 ）. 将矩形 OABC 绕点 O 顺时针方向旋转，使点 A 恰好落在 OB 上的点 A1 处，则点 B 的对应点 B1 的坐标为 ___________． 第 14 题图 M N C F D B E A A E B D F C N H M 2 7 4 3 BN CN DM DE 4 3 2 2DE DM+ DH FH 4 3 4 5 24 5 21 5 HN HC 4 3 5 3 BN CN 2 7 3 x y C1 B1 A1 B C A O29 【答案】（－2 ，6）. 【解析】如图， ∵矩形 OABC 的顶点 A（－6，0），C（0，2 ）. ∴OA＝6， AB＝OC＝2 . ∵tan∠AOB＝ ,∴∠AOB＝30°， 在 Rt△DOC1 中， ∵∠DOC1＝30°，OC 1＝2 ， ∴OD＝4，DC1＝2． ∵B1C 1＝6，∴B1D＝4， 在 Rt△DEB1 中， ∵∠DB1E＝30°，∴DE＝2， B1E＝2 ． ∴B1（－2 ，6）. 故答案为：（－2 ，6）. 【知识点】平面直角坐标系；锐角三角函数；旋转的性质 6.（2018·重庆 B 卷，16，4）如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，BC＝6，CD 是斜边 AB 上的中线，将△BCD 沿 直线 CD 翻折至△ECD 的位置，连接 AE．若 DE∥AC，计算 AE 的长度等于 ． 【答案】2 ． 3 x y D E C1 B1 A1 B C A O 3 3 2 3 6 3 3 3 3 330 【解析】∵在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，BC＝6，CD 是斜边 AB 上的中线， ∴CD＝ AB＝DA＝DB． 令∠B＝x°，则∠DCB＝∠B＝x°， 由翻折知，DE＝DB，∠ECD＝∠DCB＝x°＝∠CED． ∵DE∥AC， ∴∠ACE＝∠CED＝x°． ∴由∠ACB＝90°，得 3x＝90，x＝30，从而∠B＝30°，于是 AC＝ AB． 在 Rt△ABC 中，tanB＝ ，得 AC＝BC tanB＝6tan30°＝2 ． ∴AC∥DE，AC＝DE，从而四边形 ACDE 是平行四边形． 又∵CD＝DE， ∴四边形 ACDE 是菱形． ∴AE＝AC＝2 ． 【知识点】翻折 直角三角形 菱形 三角函数 7. （2018 湖南衡阳，13，3 分） 如图，点 A、B、C、D、O 都在方格纸的格点上，若△COD 是由△ AOB 绕点 O 按顺时针方向旋转而得到的，则旋转的角度为________ ． 1 2 1 2 AC BC 3 3 O E D C B A31 【答案】90° 【解析】解：∵△COD 由△AOB 绕点 O 按顺时针方向旋转而得到的， ∴对应边 OB、OD 的夹角∠BOD 即为旋转角， ∴旋转的角度为 90°. 【知识点】旋转的性质 1. （2018·重庆 A 卷，16，4）如图，把三角形纸片折叠，使点 B、点 C 都与点 A 重合，折痕分别为 DE、FG， 得到∠AGE＝30°，若 AE＝EG＝ 厘米，则△ABC 的边 BC 的长为 厘米． 【答案】4 ＋6． 【解析】如下图，过点 E 作 EM⊥AG 于点 M，则由 AE＝EG，得 AG＝2MG． ∵∠AGE＝30°，EG＝ 厘米， ∴EM＝ EG＝ （cm）． 在 Rt△EMG 中，由勾股定理，得 MG＝ ＝3（cm），从而 AG＝6cm． 由折叠可知，BE＝AE＝ （cm），GC＝AG＝6cm． ∴BC＝BE＋EG＋GC＝ ＋ ＋6＝4 ＋6（cm）． 2 3 3 2 3 1 2 3 2 2(2 3) ( 3)− 2 3 2 3 2 3 332 【知识点】翻折；轴对称；勾股定理；直角三角形的性质；等腰三角形 三、解答题 1. （2018 四川绵阳，24，12 分） 如图，已知△ABC 的顶点坐标分别为 A（3，0），B（0，4），C（-3，0）.动点 M，N 同时从 A 点出发，M 沿 A→C，N 沿折线 A→B→C，均以每秒 1 个单位长度的速度移动，当一个动点到达 终点 C 时，另一个动点也随之停止移动，移动的时间记为 t 秒.连接 MN. （1）求直线 BC 的解析式； （2）移动过程中，将△AMN 沿直线 MN 翻折，点 A 恰好落在 BC 边上点 D 处求此时 t 值及点 D 的坐标； （3）当点 M，N 移动时，记△ABC 在直线 MN 右侧部分的面积为 S，求 S 关于时间 t 的函数关系式. 【思路分析】（1）设直线 BC 的解析式为y=kx+b，利用待定系数法求出直线 BC 的解析式； （2）首先过点 D 作 DE⊥AC，根据题意可得出四边形 DMAN 是菱形，进而得出 DN∥AC，然后 根据平行线分线段成比例定理可得 ，解出 t 的值，然后根据三角函数的定义得出 sin∠BCO， cos∠BCO，进而的得出点 D 的坐标； （3）分当 0＜t≤5 和当 5＜t≤6 两种情况写出 S 的解析式即可. 【解题过程】解：（1）设直线 BC 的解析式为 y=kx+b ∵直线经过 B（0，4），C（-3，0）， ∴ ，解得 ， ∴直线 BC 的解析式为 . （2）过点 D 作 DE⊥AC，如图. AC DN BA BN =    =+ = 03 4 bk- b    = = 4 3 4 b k 43 4 += xy33 ∵点 M 和点 N 均以每秒 1 个单位长度的速度移动， ∴AM=AN=t. ∵A（3，0），B（0，4）， ∴OA=3，OB=4，AB=5， ∴BN=5-t， ∵△DMN 是△AMN 沿直线 MN 翻折得到的， ∴DN=DM=t， ∴四边形 DMAN 是菱形， ∴DN∥AC， ∴ ， ∴ ，解得:t= . ∴CD= ， ∵B（0，4），C（-3，0）， ∴OC=3，OB=4，BC=5， ∴sin∠BCO= ，cos∠BCO= ， ∴DE=CD·sin∠BCO= ，CE=CD·cos∠BCO= ， ∴OE= ， AC DN BA BN = 65 5 tt- = 11 30 11 30 5 4= BC OB 5 3= BC OC 11 24 5 4 11 30 =× 11 18 5 3 11 30 =× 11 1534 ∴点 D 的坐标为（- ， ）. （3）当 0＜t≤5 时，S= ； 当 5＜t≤6 时 S=S△ABC- (6-t)·(10-t)·sin∠BCO=12- = 【知识点】待定系数法求一次函数的解析式，菱形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，三角函数的定义， 三角形面积公式 2. （2018 安徽省，17，8 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 ; （3）以 为顶点的四边形 的面积是______个平方单位. 【答案】 【思路分析】(1)连接 OA,OB,并分别延长至 满足 再连接 ，即得到所求图形 ；（2）过 做垂线段 得到所求图形 满足要求；（3）四 11 15 11 24 2t5 2 2 1 )6016(5 2 2 +− tt 125 32 5 2 2 -tt- + 1 1,A B 1 1, ,A B 11BA 1 1,A B 1B 2 1,A B 2 1,A B 211 ABAA 、、、 211 ABAA 1 1, ,A B 1 12OA,O 2OB,OA B= = 1 1,A B 1 1A B 1B 2 1 1 1,A B A B= 2 1A B35 边形 为正方形，边长为 ，所以四边形 的面积为 个平方单位 【解题过程】 解：（1）（2）如图所示 （3）20 【知识点】作图-位似变换；作图-旋转变换;四边形面积． 3. （2018 江苏无锡，27，10 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 （0°＜ ＜90°）得到矩形 ，点 在边 CD 上. （1）若 m=2，n=1，求在旋转过程中，点 D 到点 所经过路径的长度； （2）将矩形 继续绕点 B 顺时针方向旋转得到矩形 ，点 在 BC 的延长线上.设 与 CD 交 于点 E，若 ，求 的值. 【思路分析】（1）首先确定旋转半径和旋转角，再利用弧长公式进行计算. 211 ABAA 2 22 4 20+ = 211 ABAA 2( 20) 20= θ θ 1 1 1A BC D 1A 1D 1 1 1A BC D 2 2 2A BC D 2D 2A B 1 6 1A E EC = − n m36 （2）在 Rt△ 中，由勾股定理得 ①；由△BCE∽△ 得 ②，消 去 CE 即可得到 mn 的方程，求解得到答案. 【解题过程】（1）∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠ =90°，AB∥CD，CD=AB=m=2，AD=BC=n=1， ， ∴ ，∠ =∠ ， ∴ ， ∴ =∠ =30°， 连接 BD，由勾股定理得 ， ∴点 D 到点 所经过路径的长度为： . （2）∵ ， ∴ ， ∴ . 在 Rt△ 中，由勾股定理得 ① 1A BC 2 2 2 2( 6 ) 6m n EC EC− = = 2 2BA D 2nCE m = 1ACB 1 2A B = 2 2 2 2 1 1 2 1 3AC A B BC= − = − = 1A BA 1BAC 1 1 1 1sin sin 2 BCA BA BAC A B = = =∠ θ 1A BA 2 2 2 2= 2 1 = 5BD AB AD= + + 1D 30 52 5=360 6 ππ× × 1 6 1A E EC = − 1 ( 6 1)A E EC= − 1 1 ( 6 1) 6AC A E EC EC EC EC= + = − + = 1A BC 2 2 2 2( 6 ) 6m n EC EC− = =37 由△BCE∽△ 得 ，即 ，∴ ② 由①②得 ， 即 ， ∴ ， 即 ， ∴ （舍去）或 ， ∴ （ 舍去）. 【知识点】矩形的性质、平行线的性质、勾股定理、旋转的性质、锐角三角函数的定义、弧长公式、相似三角 形的判定和性质、因式分解、一元二次方程的解法、二次根式的化简 4. （2018年山东省枣庄市，20，8分）如图，在 的方格纸中， 的三个顶点都在格点上. （1）在图1中，画出一个与 成中心对称的格点三角形； （2）在图2中，画出一个与 成轴对称且与 有公共边的格点三角形； （3）在图3中，画出 绕点 按顺时针方向旋转 后的三角形. 【思路分析】（1）以点 C 为对称中心，作出点 A、点 B 关于点 C 的对称点 A1、B1，连结 A1C、B1C、A1B1 即可画出 2 2BA D 2 2 2 BC CE BA A D = n CE m n = 2nCE m = 2 2 2 26( )nm n m − = 4 2 2 46 + 0n m n m− = 4 26( ) +( ) 1 0n n m m − = 2 2[2( ) 1][3( ) 1] 0n n m m + − = 22( ) 1=0n m + 23( ) 1 0n m − = 3= 3 n m 3 3 − 44× ABC∆ ABC∆ ABC∆ ABC∆ ABC∆ C 09038 三角形； （2）以 AC 为对称轴，作出点 B 关于直线 AC 的对称点 B′，连接 AB′、B′C 即可画出三角形；或以 BC 为对称 轴，作出点 A 关于直线 BC 的对称点 A′，连接 A′C、A′B 即可画出三角形； （3）根据旋转的性质作出点 A 和点 B 绕点 C 旋转 90°的对应点 A″、B″，连接 A″C、B″C 即可画出旋转后的 三角形． 【解题过程】（1）如图所示： （2）画出下列其中一个即可． （3） 【知识点】中心对称；轴对称；旋转 5. （2018 四川省成都市，27，10）在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，AB＝ ，AC＝2，过点 B 作直线 m∥AC，将△ ABC 绕点 C 顺时针旋转得到△A´B´C´(点 A、B 的对应点分别为 A´、B´)，射线 CA´、CB´分别交直线 m 于点 P， Q． B1 A1 7 △A1B1C 是所求的三角形39 （1）如图 1，当 P 与 A´重合时，求∠ACA´的度数； （2）如图 2，设 A´B´与 BC 的交点为 M，当 M 为 A´B´的中点时，求线段 PQ 的长； （3）在旋转过程中，当点 P，Q 分别在 CA´，CB´的延长线上时，试探究四边形 PA´B´Q 的面积是否存在最小 值．若存在，求出四边形 PA´B´Q 的最小面积；若不存在，请说明理由． 【思路分析】（1）当P 与 A´重合时，解 Rt△A´BC，求出∠BA´C 的度数，即为∠ACA´的度数；（2）当 M 为 A´B´ 的中点时，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半，得∠MA´C＝∠BCA，解 Rt△PBC 求出 PB，利用同角余角相等， 得∠BQC＝∠PCB，解 Rt△CBQ 求出 BQ，根据 PQ＝PB＋BQ 即可求得 PQ；（3）作 Rt△PCQ 斜边中线 CM，由 S 四边形 PA ´B´Q＝S△PCQ－S△PA´B´＝ PQ·BC－S△PA´B´＝CM·BC－S△PA´B´，根据垂线段最短，当 CM⊥PQ 时，S 四边形 PA´B´Q 最小，求 出其最小值即可． 【解题过程】解：（1）∵∠ACB＝90°，AB＝ ，AC＝2，∴BC＝ ＝ ，当 P 与 A´重合时，A´C＝AC ＝2，在 Rt△A´BC 中，sin∠BA´C＝ ＝ ，∴∠BA´C＝60°，∵m∥AC，∴∠ACA´＝∠BA´C＝60°． （2）∵∠A´CB´＝90°，M 为 A´B´的中点时，∴A´M＝CM，∴∠MA´C＝∠A´CM＝∠A，∵在 Rt△ABC 中，tan∠A＝ ＝ ，∴在 Rt△PBC 中，tan∠A´CB＝ ＝ ，∴PB＝ ．∵∠PCB＋∠BCQ＝∠BCQ＋∠BQC＝90°，∴ ∠BQC＝∠PCB，∴tan∠BQC＝tan∠A´CB＝ ，∴BQ＝ ＝2，∴PQ＝PB＋BQ＝ ． （3）取 PQ 的中点 M，连接 CM．∵S△CA´B´＝ A´C·B´C＝ ×2× ＝ ，S△PCQ＝ PQ·BC＝ PQ，∴S 四边 形 PA´B´Q＝S△PCQ－S△CA´B´＝ PQ－ ，∵M 为 PQ 的中点，∠PCQ＝90°，∴PQ＝2CM，∴S 四边形 PA´B´Q＝S△PCQ－ Q－S△CA´B´＝ CM－ ，当 CM 最小时，S 四边形 PA´B´Q 最小．∵CM≤BC＝ ，∴当 CM＝ 时，S 四边形 PA´B´Q 的 最小值＝ CM－ ＝3－ ． 1 2 C 备用图 m A BB Q A P A´ m 图2 B´ CC B´ 图1 M m A´(P) A QB 7 2 2AB AC− 3 BC A C′ 3 2 BC AC 3 2 PB BC 3 2 3 2 3 2 tan BC BQC∠ 7 2 1 2 1 2 3 3 1 2 3 2 3 2 3 3 3 3 3 3 3 340 【知识点】解直角三角形；直角三角形斜边中线等于斜边一半；旋转 6.（2018 四川省南充市，第 24 题，10 分）如图，矩形 中， ，将矩形 绕点 旋转得 到矩形 ，使点 的对应点 落在 上， 交 于点 ，在 上取点 ，使 . （1）求证： . （2）求 的度数. （3）已知 ，求 的长. 【思路分析】(1)根据直角三角形直角边和斜边的关系，求出角的度数；根据角之间关系，利用等角对等边即可 得证. (2)利用旋转前后对应角相等、对应边相等，从而得到等边三角形，进而求得角的度数，再利用三角形内角和是 180°计算即可. (3)连接 AF，过点 A 作 AM⊥BF 于点 M.易证∠AFM 和∠ABM 的度数，然后利用三角函数求出 BM 和 MF 的长即可. 【解题过程】解：(1)∵四边形 ABCD 是矩形，∴△ABC 为 Rt△. 又∵AC=2AB，cos∠BAC= ，∴∠CAB=60°. -----------------------------1 分 ∴∠ACB=∠DAC=30°，∴∠B′AC′=60°.∴∠C′AD=30°=∠AC′B′. ----------2 分 ∴AE=C′E. --------------------------------------------------------------3 分 P QM A´ B´ C m A B ABCD 2AC AB= ABCD A ' ' 'AB C D B 'B AC ' 'B C AD E ' 'B C F 'B F AB= 'AE C E= 'FBB∠ 2AB = BF 1= 2 AB AC41 (2) ∵∠BAC=60°，又 AB=AB′，∴△ABB′是等边三角形.---------------------4 分 ∴BB′=AB，∠AB′B=60°，又∵∠AB′F=90°，∴BB′F=150°. ---------------5 分 ∵B′F=AB=BB′，∴∠B′BF=∠BFB′=15°. ---------------------------------6 分 (3)连接 AF，过点 A 作 AM⊥BF 于点 M. ---------------------------------------7 分 由(2)可知△AB′F 是等腰直角三角形，△ABB′是等边三角形. ∴∠AFB′=45°，∴∠AFM=30°，∠ABF=45°. -------------------------------8 分 在 Rt△ABM 中，AM=BM=AB•cos∠ABM=2× = . ----------------------------9 分 在 Rt△AMF 中，MF= .∴BF= + . --------------------10 分 【知识点】锐角三角函数；等腰三角形的判定；直角三角形的两锐角互余；旋转的性质；等边三角形的性质和 判定；三角形的内角和定理 7. （2018 浙江绍兴，23，12 分） 小敏思考解决如下问题： 原题：如图 1，点 ， 分别在菱形 的边 ， 上， ，求证： . 2 2 2 2 6tan 3 3 AM AFM = =∠ 2 6 P Q ABCD BC CD PAQ B∠ = ∠ AP AQ=42 （第 23 题图） （1）小敏进行探索，若将点 ， 的位置特殊化：把 绕点 旋转得到 ，使 ，点 ， 分别在边 ， 上，如图 2，此时她证明了 .请你证明. （2）受以上（1）的启发，在原题中，添加辅助线：如图 3，作 ， ，垂足分别为 ， . 请你继续完成原题的证明. （3）如果在原题中添加条件： ， ，如图 1.请你编制一个计算题（不标注新的字母），并直接 给出答案（根据编出的问题层次，给不同的得分）. 【思路分析】（1）可先求出∠AFC=∠AFD=90°，然后证明 即可； （2）先求出∠EAP=∠FAQ，再证明 即可； （3）可以分三个不同的层次，①直接求菱形本身其它角或边的度数，也可求菱形的周长。②可求 、 、 的值。③可求四边形 的面积、 与 的面积和、四边形 周长的最小值等。 【解题过程】23.解：（1）如图 1， 在菱形 中， ， ， ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， P Q PAQ∠ A EAF∠ AE BC⊥ E F BC CD AE AF= AE BC⊥ AF CD⊥ E F 4AB = 60B∠ =  AEB AFD∆ ≅ ∆ AEP AFQ∆ ≅ ∆ PC CQ+ BP QD+ APC AQC∠ + ∠ APCQ ABP∆ AQD∆ APCQ ABCD 180B C∠ + ∠ =  B D∠ = ∠ AB AD= EAF B∠ = ∠ 180C EAF∠ + ∠ =  180AEC AFC∠ + ∠ = 43 ∵ ， ∴ ， ∴ ， ， ∴ ， ∴ . 第 23 题（1）答图 （2）如图 2，由（1），∵ ， ∴ ， ∵ ， ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ . AE BC⊥ 90AEB AEC∠ = ∠ =  90AFC∠ =  90AFD∠ =  AEB AFD∆ ≅ ∆ AE AF= PAQ EAF B∠ = ∠ = ∠ EAP EAF PAF∠ = ∠ − ∠ PAQ PAF FAQ= ∠ − ∠ = ∠ AE BC⊥ AF CD⊥ 90AEP AFQ∠ = ∠ =  AE AF= AEP AFQ∆ ≅ ∆ AP AQ=44 第 23 题（2）答图 （3）不唯一，举例如下： 层次 1：①求 的度数.答案： . ②分别求 ， 的度数.答案： . ③求菱形 的周长.答案：16. ④分别求 ， ， 的长.答案：4，4，4. 层次 2：①求 的值.答案：4. ②求 的值.答案：4. ③求 的值.答案： . 层次 3：①求四边形 的面积.答案： . ②求 与 的面积和.答案： . ③求四边形 周长的最小值.答案： . ④求 中点运动的路径长.答案： . 【知识点】菱形的性质、三角形全等的判定和性质、垂直的定义和性质、 D∠ 60D∠ =  BAD∠ BCD∠ 120BAD BCD∠ = ∠ =  ABCD BC CD AD PC CQ+ BP QD+ APC AQC∠ + ∠ 180 APCQ 4 3 ABP∆ AQD∆ 4 3 APCQ 4 4 3+ PQ 2 345 8. （2018 江苏泰州，25，12 分）（本题满分 12 分） 对给定的一张矩形纸片 进行如下操作：先沿 折叠，使点 落在 边上(如图①)，再沿 折叠，这 时发现点 恰好与点 重合(如图②). (1)根据以上操作和发现，求 的值； (2)将该矩形纸片展开. ①如图③，折叠该矩形纸片，使点 与点 重合，折痕与 相交于点 ，再将该矩形纸片展开，求证： . ②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的 点，要求只有一条折痕，且点 在折痕上，请简要说明折叠方法.(不需说明理由) . 【思路分析】(1)由折叠得△BCE 是等腰直角三角形，所以 CE=CD= BC= AD，得解；(2)①先证△AEH 是等腰 直角三角形，设 BC=m，先后用 m 的代数式表示出 AE、AH、HD、HC 的长，再设 AP=x，用 x 的代数式分别表示出 PH、PC 的长，根据“PH=PC”得方程，解方程得AP=BC，再证 Rt△APH≌Rt△CBP 后易得 ；②折叠后 得 AP=AD 或∠BCP=22.5°即可. 【解题过程】 （1）在矩形 ABCD 中，∠A=∠BCD=∠B=∠D=90°，AD=BC，AB=CD， 由折叠得∠BCE= ∠BCD=45°，CE=CD, ∴CE=CD= = BC= AD, ∴ = ； （2）①方法一：连接 EH， ABCD CE B CD CH E D CD AD C H AB P 90HPC =∠ ° P P 2 2 90HPC =∠ ° 1 2 cos BC BCE∠ 2 2 CD AD 2 P HA D E B C46 设 BC=m，则 AB=CD= m， ∵BE=BC×tan∠BCE=m， ∴AE=（ －1）m， 由折叠得∠HEC=∠D=90°， ∵∠BEC=90°－∠BCE=45°， ∴∠AEH=90°－∠BEC=45°， ∴AH= AE×tan∠AEH=（ －1）m， 设 AP=x，则 BP= m－ x， 由折叠得 PH=PC， ∴ ， ∴x=m， ∴AP=BC， ∴Rt△APH≌Rt△CBP（HL）， ∴∠APH=∠BCP， ∵∠BPC+∠BCP=90°， ∴∠APH+∠BCP=90°， ∴∠HPC =90°； 方法二： 同方法一得 AH=（ －1）m， ∴HD=（2－ ）m， 过点 F 作 AD 的平行线，与 AB、DC 分别交于点 M、N， 2 2 2 2 ( ) ( )2 22 22 1 2m x m x m − + = − +  NM G P F HA D E B C 2 247 则 AD∥MN∥BC， ∴ ， ∴FN 是△CHD 的中位线， ∴ ， 证 MN=BC=m，得 ， 证 ， ∴ ， 证△FMP≌△FGH（ASA）， ∴FP=FH， ∵∠PFH=90°， ∴∠FPH=45°， 同理：∠FPC=45°， ∴∠HPC =90°； ②沿过点 D 的直线折叠矩形纸片，使点 A 落在 DC 边上，折痕与 AB 相交于点 P. 【知识点】矩形折叠，全等，相似，方程思想 9.（2018 山东临沂，25，11 分）将矩形 ABCD 绕点 A 时针旋转 a(0°＜a＜360°)，得到矩形 AEFG. (1)如图．当点 E 在 BD 上时．求证：FD＝CD； (2)当 a 为何值时，GC＝GB？画出图形，并说明理由. 1 2 CN CF CD CH = = 1 2(1 )2 2FN HD m= = − 2 2FM MN FN m= − = 1 2 2 2FG ND CD m= = = FM FG=48 (第 25 题图) 备用图 【思路分析】(1)连接 AF，结合旋转和矩形的性质证 BD∥AF，且 BD=AF，得到四边形 BDFA 是平行四边形，得到 DF=AB，进而得到证明的结论；(2)当GC＝GB 时，则点 G 位于 BC 或 AD 的垂直平分线上，分点 G 位于 BC 所在直线 的左边或右边两种情况讨论. 【解题过程】(1)如图 1，连接 AF. ∵四边形 ABCD 是矩形，结合旋转可得 BD＝AF，∠EAF＝∠ABD，∵AB=AE，∴∠ABD＝∠AEB，∴∠EAF＝∠AEB，∴ BD∥AF，∴四边形 BDFA 是平行四边形，∴FD=AB，∵AB=CD，∴FD＝CD. 图 1 (2)如图 2，当点 G 位于 BC 的垂直平分线上，且在 BC 的右边时. 图 2 图 3 易知点 G 是也是 AD 的垂直平分线上的点，∴DG＝AG， 又∵AG＝AD， G F E DC B A DC B A DC B A G F E F E G DC B A F E G DC B A49 ∴△ADG 是等边三角形， ∴∠DAG＝60°， ∴a＝60°. 如图 3，当点 G 位于 BC 的垂直平分线上，且在 BC 的右边时. 同理，△ADG 是等边三角形，∴∠DAG＝60°. 此时 a＝300°. 综上所述，当 a 为 60°或 300°时，GC＝GB. 【知识点】正方形 图形变换 分类讨论思想 10. （2018 山东威海，21，8 分）如图，将矩形 ABCD(纸片)折叠，使点 B 与 AD 边上的点 K 重合，EG 为折痕；点 C 与 AD 边上的点 K 重合，FH 为折痕，已知∠1＝67.5°，∠2＝75°，EF＝ ＋1．求 BC 的长． 【思路分析】由于折叠前后的图形是全等的，找到对应的角和线段，再把相应的角转移到△EKF 中，在△EKF 中，∠ KEF 和∠KFE 分别是 45°和 30°，都是特殊角，过点 K 作垂线 KM，把这两个特殊角分别放在直角三角形中，用 KM 表示出 EF、EK、KF． 【解题过程】 解：由题意，得∠3＝180°－2∠1＝45°，∠4＝180°－2∠2＝30°，BE＝EK，KF＝FC． 过点 K 作 KM⊥EF，垂足为 M． 350 设 KM＝x，则 EM＝x，MF＝ x，∴x＋ x＝ ＋1，解得 x＝1． ∴EK＝ ，KF＝2． ∴BC＝BE＋EF＋FC＝EK＋EF＋KF＝3＋ ＋ ，即 BC 的长为 3＋ ＋ ． 【知识点】折叠，全等，解直角三角形 11. （2018 山东烟台，24，11 分）（本题满分 11 分） 【问题解决】 一节数学课上，老师提出了一个这样问题：如图 1，点 P 是正方形 ABCD 内一点，PA=1，PB=2，PC=3，你能 求出∠APB 的度数吗？ 小明他通过观察、分析、思考，形成了如下思路： 思路一：将△PBC 绕点 B 逆时针旋转 90°，得到△BP′A，连接 PP′，求出∠APB 的度数； 思路二：将△APB 绕点 B 顺时针旋转 90°，得到△CP′B，连接 PP′，求出∠APB 的度数． 请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程． 【类比探究】 如图 2，若点 P 是正方形 ABCD 外一点，PA=3，PB=1，PC= ，求∠APB 的度数． 【思路分析】（1）如图（1）将△PBC 绕点 B 逆时针旋转 90°得到△BP′A，连接 PP′，得到等腰直角三角形 3 3 3 2 2 3 2 3 1151 △BP′P，从而得到 PP′=2 ，∠BPP′=45°，又 AP′=CP=3，AP=1，∴ ∴根 据勾股定理逆定理得∠APP′=90°，从而求出∠APB=45°+90°=135°；（2）如图（2）将△PBC 绕点 B 逆时针 旋转 90°，得到△BP′A，连接 PP′，方法和（1）类似，求出∠APB=45°． 【解题过程】解：（1）如图（1）将△PBC 绕点 B 逆时针旋转 90°，得到△BP′A，连接 PP′， ∵PB=P′B=2，∠P′BP=90°， ∴PP′=2 ，∠BPP′=45°． 又 AP′=CP=3，AP=1， ∴ ， ∴∠APP′=90°，∴∠APB=45°+90°=135°． （2）如图（2）将△PBC 绕点 B 逆时针旋转 90°，得到△BP′A，连接 PP′， ∵PB=P′B=1，∠P′BP=90°， ∴PP′= ，∠BPP′=45°． 又 AP′=CP= ，AP=3， ∴ ， ∴∠APP′=90°，∴∠APB=90°－45°=45°． 【知识点】正方形的性质；勾股定理及其逆定理；旋转的性质；分类讨论思想； 2 2 2 2' 1 8 9 'AP P P P A+ = + = = 2 2 2 2' 1 8 9 'AP P P P A+ = + = = 2 11 2 2 2' 9 2 11 'AP P P P A+ = + = =52 12. （2018 天津市，24，10）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）. 【思路分析】本题考查了几何变换综合题：熟练掌握旋转的性质；理解点的坐标与矩形的性质是解题的关键. （Ⅰ）由旋转的性质可得 AD 的长，由△ADC 是直角三角形，根据勾股定理可求出 BD 的长，即可表示点 D 的坐标； （Ⅱ）①由矩形的性质可知△ADB、△AOB 是直角三角形,结合（Ⅰ）的有关结论由直角三角形的判定可证； ②结合①的结论，求出 AH 的长，进而求出点 H 的坐标. 【解题过程】解：（Ⅰ）∵点 ，点 ， ∴ ， . ∵四边形 是矩形， ∴ ， ， . ∵矩形 是由矩形 旋转得到的， ∴ . 在 中，有 ， AOBC (0,0)O (5,0)A (0,3)B A AOBC ADEF O B C D E F D BC D D BE AD BC H ADB AOB△ △≌ H K AOBC S KDE△ S (5,0)A (0,3)B 5OA = 3OB = AOBC 3AC OB= = 5BC OA= = 90OBC C∠ = ∠ = ° ADEF AOBC 5AD AO= = Rt ADC△ 2 2 2AD AC DC= +53 ∴ . ∴ . ∴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 .∴ . ∴点 的坐标为 . 2 2DC AD AC= − 2 25 3 4= − = 1BD BC DC= − = D (1,3) ADEF 90ADE∠ = ° D BE 90ADB∠ = ° AD AO= AB AB= 90AOB∠ = ° Rt ADB Rt AOB△ △≌ ADB AOB△ △≌ BAD BAO∠ = ∠ AOBC / /OA BC CBA OAB∠ = ∠ BAD CBA∠ = ∠ BH AH= BH t= AH t= 5HC BC BH t= − = − Rt AHC△ 2 2 2AH AC HC= + 2 2 23 (5 )t t= + − 17 5t = 17 5BH = H 17( ,3)554 （Ⅲ） . 【知识点】矩形的性质；全等三角形的判定；勾股定理；点的坐标特征；图形旋转的特征；特殊角三角函数值的 运用；在坐标系或网格中求解几何图形中点的坐标；数形结合思想 13. （2018 浙江温州，20，8）（本题 8 分）如图，P，Q 是方格纸中的两格点，请按要求画出以 PQ 为对角线的格 点四边形. （1）在图 1 中画出一个面积最小的 PAQB. （2）在图 2 中画出一个四边形 PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线 CD 由线段 PQ 以 某一格点为旋转中心旋转得到.注：图 1，图 2 在答题纸上. 【思路分析】(1)画法不唯一,如图①,②等利用 PQ 为对角线所以高最小为 1 即可得面积最小的 PAQB. (2)画法不唯一,如图③,④等画出一个四边形 PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线 CD 由线段 PQ 以某一格点为旋转中心所以可以绕 PQ 上不是中点的其他两个格点旋转得到一个等腰梯形即可. 【解题过程】 解(1)画法不唯一,如图①,②等 (2)画法不唯一,如图③,④等 30 3 34 30 3 34 4 4S − +≤ ≤55 【知识点】平行四边形的面积，等腰梯形，轴对称图形，中心对称图形，作图。 1. （2018 湖南益阳，25，12 分）如图 1，在矩形ABCD 中，E 是 AD 的中点，以点 E 为直角顶点的直角三角形 EFG 的两边 EF，EG 分别过点 B，C，∠F=30°． （1）求证：BE=CE； （2）将△EFG 绕点 E 按顺时针方向旋转，当旋转到 EF 与 AD 重合时停止转动，若 EF，EG 分别与 AB，BC 相交于 点 M，N（如图 2）． ①求证：△BEM≌△CEN; ②若 AB＝2，求△BMN 面积的最大值； ③当旋转停止时，点 B 恰好在 FG 上（如图 3），求 sin∠EBG 的值． 【思路分析】（1）利用矩形的性质和中点的定义证明（SAS）△ABE≌△DCE 即可；（2）①用 ASA 证明全等；② 设 BM=x，列出△BMN 的面积与 x 的函数关系式，利用函数求最大值；③利用△EBG 的面积不变求 sin∠EBG． 【解析】解：（1）∵四边形 ABCD 为矩形， ∴∠A＝∠D=90°，AB=DC． ∵E 为 AD 中点， ∴AE=DE． ∴△ABE≌△DCE． ∴BE=CE． （2）①∵△ABE≌△DCE，56 ∴∠AEB=∠DEC． ∵∠FEG=90°， ∴∠AEB=∠DEC=45°． ∴∠ABE=∠ECB=45°． ∵∠BEM＋∠BEN=∠CEN＋∠BEN=90°． ∴∠BEM=∠CEN． ∵BE=CE， ∴△BEM≌△CEN． ②由①可知△ABE 和△DEC 都是等腰直角三角形，E 为 AD 中点 ∴BC=AD=2AB=4 设 BM=CN=x，则 BN=4－x，2≤x≤4． ∴当 x=2 时, △BMN 的面积最大，最大面积为 2； ③∵BC∥AD，∠FGE=90°， ∴∠BNG=∠FGE=90°． ∵∠F=30°，∴∠NBG=∠F=30°． 由①可知∠EBN=45° 设 NG=x，则 BG=2x，BN= ，EN= ∴BE= ． ∴S△EBG= ∴ 【知识点】矩形，图形的旋转，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，二次函数的应用 1 2MBNS BM BN= ⋅  21 1(4 ) 22 2x x x x= − = − + 21 ( 2) 22 x= − − + 3x 3x 3 2 6x x⋅ = 1 1sin2 2EB BG EBG EG BN⋅ ⋅ ∠ = ⋅ ( 3 ) 3 6 2sin 46 2 EG BN x x xEBG EB BG x x ⋅ + ⋅ +∠ = = =⋅ ⋅57 2. (2018 山东菏泽，23，10 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 和 .并且量得 AB=2cm，AC=4cm. 操作发现： （1）将图 1 中的 以点 为旋转中心，按逆时针方向旋转 ，使 ，得到如图 2 所示的 ，过点 作 的平行线，与 的延长线交于点 ，则四边形 的形状是________. （2）创新小组将图 1 中的 以点 为旋转中心，按逆时针方向旋转，使 、 、 三点在同一条直线上， 得到如图 3 所示的 ，连接 ，取 的中点 ，连接 并延长至点 ，使 ，连接 、 ，得到四边形 ，发现它是正方形，请你证明这个结论. 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 沿着 方向平移，使点 与点 重合， 此时 点平移至 点， 与 相交于点 ，如图 4 所示，连接 ，试求 的值． 【思路分析】（1）先证明四边形ACEC′是平行四边形，在由一组邻边相等得出是菱形；（2）由对角线互相平分， 得 出 四 边 形 是 平 行 四 边 形 ， 再 由 一 组 邻 边 相 等 得 出 平 行 四 边 形 是 菱 形 ， 最 后 证 明 ∠ CAC′=90°，即可得出菱形 是正方形；（3）得出∠ACB=30°，∠CHC′=90°，再由含 30°角的直角三 角形的性质及勾股定理求出 HC 和 HC′的长，进而求出 的值． 【解析】 解：（1）菱形． 理由：由题意得∠CAC′=∠BAC=∠DC′A=∠α， ∴C′E∥AC． ABC∆ ACD∆ ACD∆ A α∠ BACα∠ = ∠ 'AC D∆ C 'AC 'DC E 'ACEC ACD∆ A B A D 'AC D∆ 'CC 'CC F AF G FG AF= CG 'C G 'ACGC ABC∆ BD B A A 'A 'A C 'BC H 'CC tan 'C CH∠ 'ACGC 'ACGC 'ACGC tan 'C CH∠58 ∵CE∥AC′， ∴四边形 ACEC′是平行四边形． ∵AC=AC′， ∴平行四边形 ACEC′是菱形． （2）由题意得 CF=C′F， ， ∴四边形 是平行四边形． ∵AC=AC′， ∴平行四边形 是菱形． ∵B、A、D 三点在同一条直线上， 又∵∠BAC+∠DAC′=90°， ∴∠CAC′=90°， ∴菱形 是正方形． （3）∵AB=2cm，AC=4cm， ∴sin∠ACB= = = ， ∴∠ACB=30°． ∴∠ACB=∠DBC′=30°，∠BAC=60°， ∴∠AHB=∠BHC=∠CHC′=90°． ∵AB=2cm，AC=4cm， ∴BC=2 cm． 在 Rt△BHC 中，∠BCH=30°， ∴BH= BC= cm，HC=3cm， ∴HC′=BC′－BH=(4－ )cm， FG AF= 'ACGC 'ACGC 'ACGC AB AC 2 4 1 2 3 1 2 3 359 ∴tan∠C′CH= = ． 【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；含 30°角的直角三角形的性 质；锐角三角函数的定义；勾股定理； 3. （2018 四川自贡，25，12 分）如图，已知 ,在 的平分线 上有一点 ,将一个 120 °角的顶点与点 重合，它的两条边分别与直线 相交于点 . ⑴.当 绕点 旋转到 与 垂直时（如图 1），请猜想 与 的数量关系，并说明理由； ⑵.当 绕点 旋转到 与 不垂直时，到达图 2 的位置，⑴中的结论是否成立？并说明理由； ⑶.当 绕点 旋转到 与 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 与 之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明. 【思路分析】（1）先证明 ≌ ，得到 ，然后在 中利用特殊角的三角比即可得到 的数量关系； （2）通过作高构造 和 ，通过证明 ≌ ，得到 ，将 的数量关 系转化为 的数量关系，利用（1）中的结论即可得证； （3）通过作高构造 和 ，通过证明 ≌ ，得到 ，∴ ， 从而得到 的数量关系． 【解题过程】 （1） 的数量关系为： ，理由如下： ∵ ， ，∴ ∵ 平分 ，∴ 且 HC HC ′ 4 3 3 − AOB 60∠ =  AOB∠ OM C C OA OB、 D E、 DCE∠ C CD OA OE OD+ OC DCE∠ C CD OA DCE∠ C CD OA OD OE、 OC CDO∆ CEO∆ OEOD = CDORt∆ OCODOE 与+ CFDRt∆ CGERt∆ CFD∆ CGE∆ GEFD = OCODOE 与+ OCOFOG 与+ CFDRt∆ CGERt∆ CFD∆ CGE∆ GEFD = OFOGODOE +=− OCODOE 与− OCODOE 与+ OCODOE 3=+ OACD ⊥ OBCE ⊥ 90=∠=∠ OECODC OM AOB∠ 302 1 =∠=∠=∠ AOBEOCDOC CECD =60 在 与 中， ， ， ∴ ≌ （ ） ∴ 在 中， ，∴ ∴ （2）当 绕点 旋转到 与 不垂直时，到达图 2 的位置，⑴中的结论仍然成立.理由如下： 如图所示，过点 作 于点 ，作 于点 ， ∵ 平分 ，∴ ， ∴ ， ∵ ∴ 又∵ ∴ 在 与 中， ， ， ∴ ≌ （ ） ∴ CDO∆ CEO∆ EOCDOC ∠=∠ OECODC ∠=∠ CECD = CDO∆ CEO∆ AAS OEOD = CDORt∆ 2 330cos == OC OD ODOEOCOD +== 32 OCODOE 3=+ DCE∠ C CD OA C OACF ⊥ F OBCG ⊥ G OM AOB∠ 302 1 =∠=∠=∠ AOBBOCAOC CGCF = 60=∠=∠ OCGOCF  12060 =∠++∠=∠+∠+∠=∠ GCEOCDGCEOCGOCDDCE 60=∠+∠ GCEOCD 60=∠+∠ FCDOCD GCEFCD ∠=∠ CFD∆ CGE∆ GCEFCD ∠=∠ EGCDFC ∠=∠ CGCF = CFD∆ CGE∆ ASA GEFD =61 ∴ 由（1）得， ∴ 得证. （3）当 绕点 旋转到 与 的反向延长线相交时，上述结论不成立．此时， . 如图所示： 分析：过点 作 于点 ，作 于点 ， 与 相交于点 ， 由题意得 ， ， ∴ ∵ 平分 ，∴ 在 与 中， ， ， ∴ ≌ （ ） ∴ ∴ 由（1）得， ∴ . 【知识点】全等三角形的判定与性质，等量代换，锐角三角比的应用 OFOGODDFOGODGEOGODOE +=++=++=+ OCOFOG 3=+ OCODOE 3=+ DCE∠ C CD OA OCODOE 3=− C OACF ⊥ F OBCG ⊥ G CD OB H 120=∠=∠ DCEDOE CHEOHD ∠=∠ OHDOHDDOEFDC ∠−=∠−∠−=∠  60180 CHECHEDCEGEC ∠−=∠−∠−=∠  60180 GECFDC ∠=∠ OM AOB∠ CGCF = CFD∆ CGE∆ GECFDC ∠=∠ EGCDFC ∠=∠ CGCF = CFD∆ CGE∆ AAS GEFD = OFOGODDFOGODGEOGODOE +=−+=−+=− OCOFOG 3=+ OCODOE 3=−1