专题04 图形的变换
一、选择题
1.（2017山东德州市第11题）如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b(a＞b),M在边BC上，且BM=b，连AM，MF，MF交CG于点P，将△ABM绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转至△NGF。给出以下五种结论：∠MAD=∠AND；CP=；ΔABM≌ΔNGF；④S四边形AMFN=a2+b2；⑤A，M，P，D四点共线
其中正确的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【解析】
考点:正方形、全等、相似、勾股定理
2.（2017重庆A卷第2题）下列图形中是轴对称图形的是（ ）
【答案】C.
【解析】
试题解析：A、不是轴对称图形，不合题意；
B、不是轴对称图形，不合题意；
C、是轴对称图形，符合题意；
D、不是轴对称图形，不合题意．
故选C．
考点：轴对称图形.
3.（2017甘肃庆阳第1题）下面四个手机应用图标中，属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B．
考点：中心对称图形.
4.（2017广西贵港第11题）如图，在中， ，将绕顶点逆时针旋转得到是的中点，是的中点，连接，若，则线段的最大值是 （ ）
A． B． C. D．
【答案】B
【解析】
试题解析：如图连接PC．
在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=2，
∴AB=4，
根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，
∴A′P=PB′，
∴PC=A′B′=2，
∵CM=BM=1，
又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，
∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．
故选B．
考点：旋转的性质．
5.（2017贵州安顺第7题）如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点O，若AO=5cm，则AB的长为（ ）
A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm
【答案】C．
【解析】
考点：翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
6.（2017江苏无锡第4题）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C．
【解析】
试题解析：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选C．
考点：中心对称图形．
7.（2017江苏无锡第10题）如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，点D是BC的中点，将△ABD沿AD翻折得到△AED，连CE，则线段CE的长等于（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D．
【解析】
试题解析：如图连接BE交AD于O，作AH⊥BC于H．
在Rt△ABC中，∵AC=4，AB=3，
∴BC==5，
∵CD=DB，
∴AD=DC=DB=，
∵•BC•AH=•AB•AC，
∴AH=，
∵AE=AB，DE=DB=DC，
∴AD垂直平分线段BE，△BCE是直角三角形，
∵•AD•BO=•BD•AH，
∴OB=，
∴BE=2OB=，
在Rt△BCE中，EC= .
故选D．
考点：1.翻折变换（折叠问题）；2.直角三角形斜边上的中线；3.勾股定理．
8.（2017江苏盐城第3题）下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
【答案】D．
【解析】
试题解析：D的图形沿中间线折叠，直线两旁的部分可重合，
故选D．
考点：轴对称图形.
9. （2017江苏盐城第6题）如图，将函数y=（x-2）2+1的图象沿y轴向上平移得到一条新函数的图象，其中点A（1，m），B（4，n）平移后的对应点分别为点A'、B'．若曲线段AB扫过的面积为9（图中的阴影部分），则新图象的函数表达式是（ ）
A．y＝ (x−2)2−2 B．y＝ (x−2)2+7 C．y＝ (x−2)2−5 D．y＝ (x−2)2+4
【答案】D．
【解析】
试题解析：∵函数y=（x-2）2+1的图象过点A（1，m），B（4，n），
∴m=（1-2）2+1=1，n=（4-2）2+1=3，
∴A（1，1），B（4，3），
过A作AC∥x轴，交B′B的延长线于点C，则C（4，1），
∴AC=4-1=3，
∵曲线段AB扫过的面积为9（图中的阴影部分），
∴AC•AA′=3AA′=9，
∴AA′=3，
即将函数y=（x-2）2+1的图象沿y轴向上平移3个单位长度得到一条新函数的图象，
∴新图象的函数表达式是y=（x-2）2+4．
故选D．
考点：二次函数图象与几何变换．
10.（2017甘肃兰州第14题）如图，在正方形和正方形中，点在上，，将正方形绕点顺时针旋转，得到正方形，此时点在上，连接，则( )
A. B. C. D.
【答案】AA
【解析】
试题解析：作G′I⊥CD于I，G′R⊥BC于R，E′H⊥BC交BC的延长线于H．连接RF′．则四边形RCIG′是正方形．
∵∠DG′F′=∠IGR=90°，
∴∠DG′I=∠RG′F′，
在△G′ID和△G′RF中，
∴△G′ID≌△G′RF，
∴∠G′ID=∠G′RF′=90°，
∴点F在线段BC上，
在Rt△E′F′H中，∵E′F′=2，∠E′F′H=30°，
∴E′H=E′F′=1，F′H=，
易证△RG′F′≌△HF′E′，
∴RF′=E′H，RG′RC=F′H，
∴CH=RF′=E′H，
∴CE′=，
∵RG′=HF′=，
∴CG′=RG′=，
∴CE′+CG′=+．
故选A．
考点：旋转的性质；正方形的性质．
11.（2017山东烟台第2题）下列国旗图案是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
【答案】A．
考点：中心对称图形；轴对称图形．
12.（2017四川宜宾第7题）如图，在矩形ABCD中BC=8，CD=6，将△ABE沿BE折叠，使点A恰好落在对角线BD上F处，则DE的长是（ ）
A．3 B． C．5 D．
【答案】C.
【解析】
试题解析：∵矩形ABCD，
∴∠BAD=90°，
由折叠可得△BEF≌△BAE，
∴EF⊥BD，AE=EF，AB=BF，
在Rt△ABD中，AB=CD=6，BC=AD=8，
根据勾股定理得：BD=10，即FD=10﹣6=4，
设EF=AE=x，则有ED=8﹣x，
根据勾股定理得：x2+42=（8﹣x）2，
解得：x=3（负值舍去），
则DE=8﹣3=5，
故选C.
考点：1. 翻折变换（折叠问题）；2.矩形的性质．
13.（2017四川自贡第6题0下列图形中，是轴对称图形，但不是中心对称图形的是（ ）
【答案】A.
考点：1.轴对称图形；2.中心对称图形.
14.(2017江苏徐州第题0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】C．
【解析】
试题解析：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意．
故选C．
考点：1.中心对称图形；2.轴对称图形．
15.（2017浙江嘉兴第7题）若平移点到点，使以点，，，为顶点的四边形是菱形，则正确的平移方法是（ ）
A．向左平移1个单位，再向下平移1个单位
B．向左平移个单位，再向上平移1个单位
C．向右平移个单位，再向上平移1个单位
D．向右平移1个单位，再向上平移1个单位
【答案】D．
【解析】
试题解析：过B作射线BC∥OA，在BC上截取BC=OA，则四边形OACB是平行四边形，
过B作DH⊥x轴于H，
∵B（1，1），
∴OB=，
∵A（，0），
∴C（1+，1）
∴OA=OB，
∴则四边形OACB是菱形，
∴平移点A到点C，向右平移1个单位，再向上平移1个单位而得到，
故选D．
考点：1.菱形的性质；2.坐标与图形变化-平移．
16.（2017浙江嘉兴第9题）一张矩形纸片，已知，，小明按所给图步骤折叠纸片，则线段长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】
试题解析：∵AB=3，AD=2，
∴DA′=2，CA′=1，
∴DC′=1，
∵∠D=45°，
∴DG=DC′=，
故选A．
考点：矩形的性质.
17.（2017山东德州第2题）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】
试题分析：选项A和B是中心对称图形，但不是轴对称图形；选项C是轴对称图形，但不是中心对称图形；选项D既是轴对称图形又是中心对称图形。
考点：轴对称图形和中心对称图形的定义
二、填空题
1.（2017浙江衢州第14题）如图，从边长为（a+3）的正方形纸片中剪去一个边长为3的正方形，剩余部分沿虚线又剪拼成一个如图所示的长方形（不重叠无缝隙），则拼成的长方形的另一边长是 ．
【答案】a+6．
【解析】
试题解析：拼成的长方形的面积=（a+3）2﹣32，
=（a+3+3）（a+3﹣3），
=a（a+6），
∵拼成的长方形一边长为a，
∴另一边长是a+6．
考点：图形的拼接.
2. （2017浙江衢州第16题） 如图，正△ABO的边长为2，O为坐标原点，A在轴上，B在第二象限。△ABO沿轴正方向作无滑动的翻滚，经第一次翻滚后得△A1B1O，则翻滚3次后点B的对应点的坐标是__________；翻滚2017次后AB中点M经过的路径长为__________
【答案】（5，）；.
【解析】
试题解析：如图，作B3E⊥x轴于E，
易知OE=5，B3E=，
∴B3（5，），
观察图象可知三次一个循环，一个循环点M的运动路径为：
，
∵2017÷3=672…1，
∴翻滚2017次后AB中点M经过的路径长为：
672•（．
考点：点的坐标.
3.（2017浙江宁波第18题）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，点M是AD边的中点，连接MC，将菱形ABCD翻折，使点A落在线段CM上的点E处，折痕交AB于点N，则线段EC的长为 .
【答案】-1．
【解析】
试题分析：如图所示：过点M作MF⊥DC于点F，
∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，
∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，
∴∠FMD=30°，
∴FD=MD=，
∴FM=DM×cos30°=，
∴MC=，
∴EC=MC-ME=-1．
考点：1.折叠问题；2.菱形的性质．
4.（2017重庆A卷第18题）如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB的中点，则△EMN的周长是 ．
【答案】
【解析】
试题解析：如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，
∵DC∥AB，
∴PQ⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴PE=PC，
设PC=x，则PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x，
∴PD=EQ，
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ，
∴△DPE≌△EQF，
∴DE=EF，
易证明△DEC≌△BEC，
∴DE=BE，
∴EF=BE，
∵EQ⊥FB，
∴FQ=BQ=BF，
∵AB=4，F是AB的中点，
∴BF=2，
∴FQ=BQ=PE=1，
∴CE=，
Rt△DAF中，DF=，
∵DE=EF，DE⊥EF，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴DE=EF=，
∴PD==3，
如图2，
∵DC∥AB，
∴△DGC∽△FGA，
∴，
∴CG=2AG，DG=2FG，
∴FG=，
∵AC=，
∴CG=，
∴EG=，
连接GM、GN，交EF于H，
∵∠GFE=45°，
∴△GHF是等腰直角三角形，
∴GH=FH=，
∴EH=EF﹣FH=，
∴∠NDE=∠AEF，
∴tan∠NDE=tan∠AEF=，
∴，
∴EN=，
∴NH=EH﹣EN=，
Rt△GNH中，GN=，
由折叠得：MN=GN，EM=EG，
∴△EMN的周长=EN+MN+EM=．
考点：1.折叠；2.正方形的性质.
5.（2017广西贵港第16题）如图，点 在等边的内部，且，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，则的值为 ．
【答案】
【解析】
试题解析：连接PP′，如图，
∵线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P'C，
∴CP=CP′=6，∠PCP′=60°，
∴△CPP′为等边三角形，
∴PP′=PC=6，
∵△ABC为等边三角形，
∴CB=CA，∠ACB=60°，
∴∠PCB=∠P′CA，
在△PCB和△P′CA中
∴△PCB≌△P′CA，
∴PB=P′A=10，
∵62+82=102，
∴PP′2+AP2=P′A2，
∴△APP′为直角三角形，∠APP′=90°，
∴sin∠PAP′=．
考点：旋转的性质；等边三角形的性质；解直角三角形．
6.（2017贵州安顺第16题）如图，一块含有30°角的直角三角板ABC，在水平桌面上绕点C按顺时针方向旋转到A′B′C′的位置，若BC=12cm，则顶点A从开始到结束所经过的路径长为 cm．
【答案】16π
【解析】
试题解析：∵∠BAC=30°，∠ABC=90°，且BC=12，
∴∠ACA′=∠BAC+∠ABC=120°，AC=2BC=24cm，
由题意知点A所经过的路径是以点C为圆心、CA为半径的圆中圆心角为120°所对弧长，
∴其路径长为=16π（cm）
考点：旋转的性质．
7.（2017贵州安顺第17题）如图所示，正方形ABCD的边长为6，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 ．
【答案】6.
【解析】
试题解析：设BE与AC交于点P，连接BD，
∵点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE=BE最小．
即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度；
∵正方形ABCD的边长为6，
∴AB=6．
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=6．
故所求最小值为6．
考点：轴对称﹣最短路线问题；等边三角形的性质；正方形的性质．
8.（2017湖北武汉第15题）如图△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，∠DAE=60°，BD=5，CE=8，则DE的长为 ．
【答案】7.
【解析】
试题解析：∵AB=AC，
∴可把△AEC绕点A顺时针旋转120°得到△AE′B，如图，
∴BE′=EC=8，AE′=AE，∠E′AB=∠EAC，
∵∠BAC=120°，∠DAE=60°，
∴∠BAD+∠EAC=60°，
∴∠E′AD=∠E′AB+∠BAD=60°，
在△E′AD和△EAD中
∴△E′AD≌△EAD（SAS），
∴E′D=ED，
过E′作EF⊥BD于点F，
∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠ABC=∠C=∠E′BA=30°，
∴∠E′BF=60°，
∴∠BE′F=30°，
∴BF=BE′=4，E′F=4，
∵BD=5，
∴FD=BD-BF=1，
在Rt△E′FD中，由勾股定理可得E′D=，
∴DE=7．
考点：1.含30度角的直角三角形；2.等腰三角形的性质．
9.（2017江苏盐城第14题）如图，将⊙O沿弦AB折叠，点C在上，点D在上，若∠ACB=70°，则∠ADB= °．
【答案】110°
【解析】
试题解析：∵点C在上，点D在上，若∠ACB=70°，
∴∠ADB+∠ACB=180°，
∴∠ADB=110°
考点：圆周角定理.
10. （2017江苏盐城第15题）如图，在边长为1的小正方形网格中，将△ABC绕某点旋转到△A'B'C'的位置，则点B运动的最短路径长为 ．
【答案】
【解析】
试题解析：如图作线段AA′、CC′的垂直平分线相交于点P，点P即为旋转中心，
观察图象可知，旋转角为90°（逆时针旋转）时B运动的路径长最短，PB=，
∴B运动的最短路径长为=.
考点：旋转的性质．
11.（2017江苏盐城第16题）如图，曲线l是由函数y=在第一象限内的图象绕坐标原点O逆时针旋转45°得到的，过点A（-4，4），B（2，2）的直线与曲线l相交于点M、N，则△OMN的面积为 ．
【答案】8.
【解析】
试题解析：∵A（-4，4），B（2，2），
∴OA⊥OB，
建立如图新的坐标系（OB为x′轴，OA为y′轴．
在新的坐标系中，A（0，8），B（4，0），
∴直线AB解析式为y′=-2x′+8，
由，解得 或，
∴M（1.6），N（3，2），
∴S△OMN=S△OBM-S△OBN=•4•6-•4•2=8
考点：坐标与图形变化-旋转；反比例函数系数k的几何意义．
12.（2017贵州黔东南州第11题）在平面直角坐标系中有一点A（﹣2，1），将点A先向右平移3个单位，再向下平移2个单位，则平移后点A的坐标为 ．
【答案】（1，﹣1）
【解析】
试题解析：由题意可知：A的横坐标+3，纵坐标﹣2，即可求出平移后的坐标，
∴平移后A的坐标为（1，﹣1）
考点：坐标与图形变化﹣平移．
13.（2017四川宜宾第12题）如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△COD，若∠AOB=15°，则∠AOD的度数是 ．
【答案】60°.
【解析】
试题解析：如图，由题意及旋转变换的性质得：∠AOC=45°，
∵∠AOB=15°，
∴∠AOD=45°+15°=60°.
考点：旋转的性质．
14.（2017浙江嘉兴第16题）一副含和角的三角板和叠合在一起，边与重合，（如图1），点为边的中点，边与相交于点，此时线段的长是 ．现将三角板绕点按顺时针方向旋转（如图2），在从到的变化过程中，点相应移动的路径长共为 ．（结果保留根号）
【答案】12-12．12-18．
【解析】
试题解析：如图1中，作HM⊥BC于M，HN⊥AC于N，则四边形HMCN是正方形，设边长为a．
在Rt△ABC中，∵∠ABC=30°，BC=12，
∴AB=，
在Rt△BHM中，BH=2HM=2a，
在Rt△AHN中，AH=，
∴2a+，
∴a=6-6，
∴BH=2a=12-12．
如图2中，当DG∥AB时，易证GH1⊥DF，此时BH1的值最小，易知BH1=BK+KH1=3+3，
∴HH1=BH-BH1=9-15，
当旋转角为60°时，F与H2重合，易知BH2=6，
观察图象可知，在∠CGF从0°到60°的变化过程中，点H相应移动的路径长=2HH1+HH2=18-30+[6-（12-12）]=12-18．
考点：旋转的性质.
三、解答题
1.（2017山东德州市第23题）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB=3cm，AD=5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ.过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF,
(1)求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当E在AD边上移动时，折痕的端点P，Q也随着移动.
①当点Q与点C重合时，（如图2），求菱形BFEP的边长；
②如限定P，Q分别在BA，BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）①菱形BFEP的边长为cm.②点E在边AD上移动的最大距离为2cm.
【解析】
试题分析：（1）利用定理:四条边都相等的四边形是菱形，证明四边形BFEP为菱形；
(2) ①在直角三角形APE中，根据勾股定理求出EP=
②分两种情况讨论：第一：点Q和点C重合；第二：点P和点A重合
（2）①如图2
∵四边形ABCD是矩形
∴BC=AD=5cm，CD=AB=3cm，∠A=∠D=90°
∵点B与点E关于PQ对称
∴CE=BC=5cm
在RtΔCDE中，DE2=CE2-CD2，即DE2=52-32
∴DE=4cm
∴AE=AD-DE=5cm-4cm=1cm
在RtΔAPE中，AE=1，AP=3-PB=3-PE
∴EP2=12+（3-EP）2，解得：EP=cm.
∴菱形BFEP的边长为cm.
②当点Q与点C重合时，如图2，点E离A点最近，由①知，此时AE=1cm.
当点P与点A重合时，如图3.点E离A点最远，此时，四边形ABQE是正方形.
AE=AB=3cm
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm.
考点：折叠问题，矩形的性质，菱形的性质与判定，分类讨论思想
2.（2017甘肃兰州第26题）如图，1，将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠，顶点落到点处，交于点.
(1)求证：是等腰三角形；
(2)如图2，过点作，交于点，连结交于点.
①判断四边形的形状，并说明理由；
②若，，求的长.
【答案】(1)证明见解析;(2) ．
【解析】
试题分析: （1）根据两直线平行内错角相等及折叠特性判断；
（2）①根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等判断；
②根据折叠特性设未知边，构造勾股定理列方程求解．
试题解析：（1）证明：如图1，根据折叠，∠DBC=∠DBE，
又AD∥BC，
∴∠DBC=∠ADB，
∴∠DBE=∠ADB，
∴DF=BF，
∴△BDF是等腰三角形；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴FD∥BG，
又∵FD∥BG，
∴四边形BFDG是平行四边形，
∵DF=BF，
∴四边形BFDG是菱形；
②∵AB=6，AD=8，
∴BD=10．
∴OB=BD=5．
假设DF=BF=x，∴AF=AD﹣DF=8﹣x．
∴在直角△ABF中，AB2+A2=BF2，即62+（8﹣x）2=x2，
解得x=，
即BF=，
∴FO==，
∴FG=2FO=．
考点：四边形综合题．
3.（2017山东烟台第23题）【操作发现】
（1）如图1，为等边三角形，先将三角板中的角与重合，再将三角板绕点按顺时针方向旋转（旋转角大于且小于）.旋转后三角板的一直角边与交于点.在三角板斜边上取一点，使，线段上取点，使，连接，.
①求的度数；
②与相等吗？请说明理由；
【类比探究】
（2）如图2，为等腰直角三角形，，先将三角板的角与
重合，再将三角板绕点按顺时针方向旋转（旋转角大于且小于）.旋转后三角板的一直角边与交于点.在三角板另一直角边上取一点，使，线段上取点，使，连接，.请直接写出探究结果：
①的度数；
②线段之间的数量关系.
【答案】(1)①120°；②DE=EF；理由见解析；（2）①90°；②AE2+DB2=DE2．理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；
（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．
试题解析：（1）①∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°，
∵∠DCF=60°，
∴∠ACF=∠BCD，
在△ACF和△BCD中，
，
∴△ACF≌△BCD（SAS），
∴∠CAF=∠B=60°，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②DE=EF；理由如下：
∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，
∴∠FCE=60°﹣30°=30°，
∴∠DCE=∠FCE，
在△DCE和△FCE中，
，
∴△DCE≌△FCE（SAS），
∴DE=EF；
（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°，
∵∠DCF=90°，
∴∠ACF=∠BCD，
在△ACF和△BCD中，
，
∴△ACF≌△BCD（SAS），
∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②AE2+DB2=DE2，理由如下：
∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，
∴∠FCE=90°﹣45°=45°，
∴∠DCE=∠FCE，
在△DCE和△FCE中，
，
∴△DCE≌△FCE（SAS），
∴DE=EF，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，
又∵AF=DB，
∴AE2+DB2=DE2．
考点：几何变换综合题．
4.(2017四川自贡第25题) 如图1，在平面直角坐标系，O为坐标原点，点A（﹣1，0），点B（0，）．
（1）求∠BAO的度数；
（2）如图1，将△AOB绕点O顺时针得△A′OB′，当A′恰好落在AB边上时，设△AB′O的面积为S1，△BA′O的面积为S2，S1与S2有何关系？为什么？
（3）若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图2所示的位置，S1与S2的关系发生变化了吗？证明你的判断．
【答案】(1) ∠BAO=60°；(2) S1=S2;(3) S1=S2不发生变化；理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）先求出OA，OB，再利用锐角三角函数即可得出结论；
（2）根据等边三角形的性质可得AO=AA＇，再根据直角三角形30°角所对的直角边等斜边的一半求出AO=AB，然后求出AO=AA’，，然后再根据等边三角形的性质求出点O到AB的距离等于点A＇到AO的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；
（3）根据旋转的性质可得BO=OB＇，AA＇=OA＇，再求出∠AON=∠A＇OM，然后再证明ΔAON≌ΔA＇OM，可得AN=A＇M，然后利用等底等高的三角形面积相等证明.
试题解析：（1）∵A（﹣1，0），B（0， ），
∴OA=1，OB=，
在Rt△AOB中，tan∠BAO==，
∴∠BAO=60°；
（2）∵∠BAO=60°，∠AOB=90°，
∴∠ABO=30°，
∴CA'=AC=AB，
∴OA'=AA'=AO，
根据等边三角形的性质可得，△AOA'的边AO、AA'上的高相等，
∴△BA'O的面积和△AB'O的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S1=S2.
（3）S1=S2不发生变化；
理由：如图，过点'作A'M⊥OB．过点A作AN⊥OB'交B'O的延长线于N，
∵△A'B'O是由△ABO绕点O旋转得到，
∴BO=OB'，AO=OA'，
∵∠AON+∠BON=90°，∠A'OM+∠BON=180°﹣90°=90°，
∴∠AON=∠A'OM，
在△AON和△A'OM中，
，
∴△AON≌△A'OM（AAS），
∴AN=A'M，
∴△BOA'的面积和△AB'O的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S1=S2．
考点：几何变换综合题.
5.（2017江苏徐州第25题）如图，已知，垂足为，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接.
（1）线段 ；
（2）求线段的长度.
【答案】（1）4；（2）.
【解析】
试题分析：（1）证明△ACD是等边三角形，据此求解；
（2）作DE⊥BC于点E，首先在Rt△CDE中利用三角函数求得DE和CE的长，然后在Rt△BDE中利用勾股定理求解．
试题解析：（1）∵AC=AD，∠CAD=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴DC=AC=4．
（2）作DE⊥BC于点E．
∵△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
又∵AC⊥BC，
∴∠DCE=∠ACB-∠ACD=90°-60°=30°，
∴Rt△CDE中，DE=DC=2，
CE=DC•cos30°=4×，
∴BE=BC-CE=3-2=．
∴Rt△BDE中，BD=．
考点：旋转的性质.
6.（2017江苏徐州第27题）如图，将边长为的正三角形纸片按如下顺序进行两次折叠，展开后，得折痕（如图①），点为其交点.
（1）探求与的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，若分别为上的动点.
①当的长度取得最小值时，求的长度；
②如图③，若点在线段上，，则的最小值= .
【答案】（1）AO=2OD，理由见解析；（2）①；②.
【解析】
试题解析：（1）AO=2OD，
理由：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAO=∠ABO=∠OBD=30°，
∴AO=OB，
∵BD=CD，
∴AD⊥BC，
∴∠BDO=90°，
∴OB=2OD，
∴OA=2OD；
（2）如图②，作点D关于BE的对称点D′，过D′作D′N⊥BC于N交BE于P，
则此时PN+PD的长度取得最小值，
∵BE垂直平分DD′，
∴BD=BD′，
∵∠ABC=60°，
∴△BDD′是等边三角形，
∴BN=BD=，
∵∠PBN=30°，
∴，
∴PB=；
（3）如图③，作Q关于BC的对称点Q′，作D关于BE的对称点D′，
连接Q′D′，即为QN+NP+PD的最小值．
根据轴对称的定义可知：∠Q′BN=∠QBN=30°，∠QBQ′=60°，
∴△BQQ′为等边三角形，△BDD′为等边三角形，
∴∠D′BQ′=90°，
∴在Rt△D′BQ′中，
D′Q′=．
∴QN+NP+PD的最小值=
7.（2017浙江宁波第20题）在的方格纸中，的三个顶点都在格点上.
(1)在图1中画出与成轴对称且与有公共边的格点三角形(画出一个即可)；
(2)将图2中的绕着点按顺时针方向旋转，画出经旋转后的三角形.
【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析.
【解析】
试题分析：根据题意画出图形即可.
试题解析：（1）如图所示：
或
（2）如图所示：
考点：1.轴对称图形；2.旋转.
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