专题20 图形的变化-备战2025年中考数学真题题源解密（北京专用）

专题20 图形的变化 课标要求 考点 考向 1．通过具体实例了解轴对称的概念，探索它的基本性质；能画出简单平面图形关于给定对称轴的对称图形； 2．了解轴对称图形的概念；探索等腰三角形、矩形、菱形、正多边形、圆的轴对称性质； 3．了解中心对称、中心对称图形的概念；探索线段、平行四边形、正多边形、圆的中心对称性质； 4．通过具体实例认识平移，探索它的基本性质，认识并欣赏平移在自然界和现实生活中的应用； 5．运用图形的轴对称、旋转、平移进行图案设计； 图形的变化 考向一 轴对称与中心对称 考向二 图形的平移 考向三 图形的旋转 考向四 图形的折叠 考点一 图形的变化 ►考向一 轴对称与中心对称 解题技巧/易错易混 如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 1．（2024·北京·中考真题）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】B 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．掌握中心对称图形与轴对称图形的定义是解题的关键． 【详解】解：A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故不符合题意； B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意； D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； 故选：B． 2．（2023·北京·中考真题）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】A 【分析】根据轴对称图形，中心对称图形的定义进行判断即可． 【详解】解：A既是轴对称图形又是中心对称图形，故符合要求； B不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合要求； C是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合要求； D是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合要求； 故选：A． 【点睛】本题考查了轴对称图形，中心对称图形，解题的关键在于熟练掌握：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，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；在平面内，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叫做轴对称图形． 3．（2022·北京·中考真题）图中的图形为轴对称图形，该图形的对称轴的条数为（    ）        A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，画出该图形的对称轴，即可求解． 【详解】解∶如图，      一共有5条对称轴． 故选：D 【点睛】本题主要考查了轴对称图形，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键． ►考向二 图形的平移 4．（2022·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，已知点对于点给出如下定义：将点向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到点，点关于点的对称点为，称点为点的“对应点”． (1)如图，点点在线段的延长线上，若点点为点的“对应点”． ①在图中画出点； ②连接交线段于点求证： (2)的半径为1，是上一点，点在线段上，且，若为外一点，点为点的“对应点”，连接当点在上运动时直接写出长的最大值与最小值的差（用含的式子表示）. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）①先根据定义和求出点的坐标，再根据点关于点的对称点为求出点Q的坐标；②延长ON至点，连接AQ，利用AAS证明，得到，再计算出OA，OM，ON即可求出； （2）连接PO并延长至S，使，延长SQ至T，使，结合对称的性质得出NM为的中位线，推出，得出，则． 【详解】（1）解：①点Q如下图所示． ∵点， ∴点向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点， ∴， ∵点关于点的对称点为，， ∴点的横坐标为：，纵坐标为：， ∴点，在坐标系内找出该点即可； ②证明：如图延长ON至点，连接AQ， ∵ ， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵ ，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图所示， 连接PO并延长至S，使，延长SQ至T，使， ∵，点向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到点， ∴， ∵点关于点的对称点为， ∴， 又∵， ∴， ∴NM为的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴，   在中，， 结合题意，，， ∴， 即长的最大值与最小值的差为． 【点睛】本题考查点的平移，对称的性质，全等三角形的判定，两点间距离，中位线的性质及线段的最值问题，第2问难度较大，根据题意，画出点Q和点的轨迹是解题的关键． 5．北京2022年冬奥会会徽是以汉字“冬”为灵感来源设计的.在下面的四个图中，能由该图经过平移得到的是（    ） A．B．C．D． 【答案】B 【分析】根据平移只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小解答． 【详解】解：观察各选项图形可知，B选项的图案可以通过平移得到． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了利用平移设计图案，图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，学生易混淆图形的平移与旋转或翻转． 6．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，3），点B的生标，（2，1），将线段AB沿某一方向平移后，若点A的对应点的坐标为（－2，0）,则点B的对应点B′的坐标为(   ) A．(5，2) B．(－1，－2) C．(－1，－3) D．(0，－2) 【答案】B 【知识点】由平移方式确定点的坐标【分析】点A（1，3）平移到点（－2，0），横坐标减3，纵坐标减3，点B的平移规律和点A一样，由此可知点B′的坐标. 【详解】解：因为点A（1，3）平移到点（－2，0），横坐标减3，纵坐标减3， 故点B（2，1）平移到点B′横、纵坐标也都减3， 所以B′的坐标为(－1，－2). 故选：B 【点睛】本题考查了平面直角坐标系中图形的平移变化规律，根据一组对应点的平移找准平移规律是解题的关键. 7．如图，在中，点，．将向左平移3个单位得到，再向下平移1个单位得到，则点B的对应点的坐标为 ． 【答案】 【分析】根据平移与图形的变化规律进行计算即可． 【详解】解：根据平移与图形变化的规律可知， 将向左平移3个单位，再向下平移1个单位，其图形上的对应点的横坐标减少3，纵坐标减少1， 由于点， 所以平移后的对应点的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查坐标与图形变化，掌握平移前后对应点坐标的变化规律是正确判断的关键． ►考向三 图形的旋转 8．（2024·北京·中考真题）已知，点，分别在射线，上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作的垂线交射线于点.    (1)如图1，当点在射线上时，求证：是的中点； (2)如图2，当点在内部时，作，交射线于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明。 【答案】(1)见详解 (2)，理由见详解 【分析】（1）先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求得，则，故，再根据等角的余角相等即可得到，故，最后等量代换出，即点是的中点； （2）在射线上取点H，使得，取的中点G，连接，可证明，则，，则，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得到，则，而，故可等量代换出． 【详解】（1）证明：连接，    由题意得：，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点； （2）解：， 在射线上取点H，使得，取的中点G，连接，    ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∵是的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和，外角定理，平行线的性质，直角三角形的性质，熟练掌握这些知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 9．（2023·北京·中考真题）在中、，于点M，D是线段上的动点（不与点M，C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段．      (1)如图1，当点E在线段上时，求证：D是的中点； (2)如图2，若在线段上存在点F（不与点B，M重合）满足，连接，，直接写出的大小，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）由旋转的性质得，，利用三角形外角的性质求出，可得，等量代换得到即可； （2）延长到H使，连接，，可得是的中位线，然后求出，设，，求出，证明，得到，再根据等腰三角形三线合一证明即可． 【详解】（1）证明：由旋转的性质得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即D是的中点； （2）； 证明：如图2，延长到H使，连接，， ∵， ∴是的中位线， ∴，， 由旋转的性质得：，， ∴， ∵， ∴，是等腰三角形， ∴，， 设，，则，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴，即．    【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键． 10．（2024·北京·中考真题）如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论： ①该八边形各边长都相等； ②该八边形各内角都相等； ③点到该八边形各顶点的距离都相等； ④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【分析】根据菱形，，则，，结合旋转的性质得到点一定在对角线上，且，，继而得到，，结合，继而得到，可证，，同理可证，证，继而得到，得到，可以判定该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，可以判定④正确；根据题意，得，结合，，得到，可判定②该八边形各内角不相等；判定②错误，证，进一步可得，可判定点到该八边形各顶点的距离都相等错误即③错误，解答即可. 本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键. 【详解】向两方分别延长，连接， 根据菱形，，则，， ∵菱形绕点逆时针旋转得到菱形， ∴点一定在对角线上，且，， ∴，， ∵， ∴， ∴，，同理可证， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴该八边形各边长都相等， 故①正确； 根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等， ∴④正确； 根据题意，得， ∵，， ∴， ∴该八边形各内角不相等； ∴②错误， 根据， ∴， ∴， ∵， 故， ∴点到该八边形各顶点的距离都相等错误 ∴③错误， 故选B． 11．（2024·北京门头沟·一模）如图，在等边三角形中，有一点P，连接、、，将绕点B逆时针旋转得到，连接、，有如下结论：①；②是等边三角形；③如果，那么．以上结论正确的是（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】①根据等边三角形的性质得出，，根据旋转的性质得出，即可求证；②根据旋转的性质得出，即可证明是等边三角形；③根据等边三角形的性质得出根据全等三角形的性质得出，则，即可推出． 【详解】解：①∵是等边三角形， ∴，， ∵绕点B逆时针旋转得到， ∴， ∴，即， ∵， ∴，故①正确，符合题意； ②∵绕点B逆时针旋转得到， ∴， ∴是等边三角形，故②正确，符合题意； ③∵是等边三角形， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴，故③正确，符合题意； 综上：正确的有①②③， 故选：D． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键的掌握旋转前后对应边相等；全等三角形的判定方法以及全等三角形对应角相等；等边三角形的判定方法以及等边三角形三个角都是60度；直角三角形两直角边平方和等于斜边平方． 12．（2024·北京·模拟预测）将含有角的直角三角板如图放置在平面直角坐标系中，在x轴上，将三角板绕原点O顺时针旋转，若,则点A的对应点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、解直角三角形、坐标与图形等知识点，画出旋转后的图形成为解题的关键． 先根据题意画出图形，再求得，再解直角三角形可得，最后确定坐标即可． 【详解】解：如图所示，将绕原点O顺时针旋转得到， 则， ∴， ∵点在第四象限， ∴点A的对应点A′的坐标为． 故答案为：． 13．（2024·北京·模拟预测）在平面直角坐标系中，对于线段，点和图形定义如下：线段绕点逆时针旋转得到线段（和分别是和的对应点），若线段和均在图形的内部（包括边界），则称图形为线段关于点的旋垂闭图． (1)点． ①：半径为3的； ：以为中心且边长为6的正方形； ：以线段为边的等边三角形． 在、、中，线段关于点的旋垂闭图是　　　　　． ②若半径为5的是线段关于点的旋垂闭图，求的取值范围； (2)已知线段在轴的负半轴和原点组成的射线上运动，且，若存在点，使得对于半径为2的上任意一点，都存在线段满足半径为的是该线段关于点的旋垂闭图，直接写出的最小值． 【答案】(1)①，；② (2) 【分析】（1）①分别在坐标系中画出，，，再画出线段绕点逆时针旋转的线段即可得到答案； ②如图1所示，当点在点左侧，且此时刚好点落在上时，如图2所示，当点在点右侧，且此时刚好点落在上时，求出这两种临界情形下的值，即可得到答案； （2）先求出点在直线上运动；不妨设点在点的左侧，如图所示，连接并延长交于P，点绕点P逆时针旋转后的对应点为，，由旋转的性质可得，，则，由于点到上任意一点的距离的最大值是，则只需要找到值最小时，则此时半径有最小值；故当与直线垂直时，有最小值，即有最小值，如图所示，当点的坐标为且与直线垂直时，有最小值，即有最小值，利用等腰直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：①由下图可知，在，，中，线段关于点的旋垂闭图是，， 故答案为：，； ②如图1所示，当点在点左侧，且此时刚好点落在上时， 由旋转的性质可得，， ，， ， ， 在上， ， ， ， 解得或（不符合题意，舍去）； 如图2所示，当点在点右侧，且此时刚好点落在上时， 由旋转的性质可得，， ，， ， ， 在上， ， ， ， 解得或（不符合题意的值舍去）； 当时，半径为5的是线段关于点的旋垂闭图； （2）解：， ， ， 点在直线上运动； 长度为4的线段在轴负半轴和原点组成的射线上， 不妨设点在点的左侧， 如图所示，连接并延长交于P，点绕点P逆时针旋转后的对应点为， 由旋转的性质可得，， ， 点到上任意一点的距离的最大值是， 由于A、Q都是动点， 只需要找到值最小时，则此时半径有最小值； 点到直线的距离，垂线段最短， 当与直线垂直时，有最小值，即有最小值， 如图所示，当点的坐标为且与直线垂直时，有最小值，即有最小值， 此时，， ， ， ， 则 ∴ ∴． ∴， 即的最小值为 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了坐标与图形，一次函数与几何综合，坐标与图形变化——旋转，勾股定理，圆外一点到圆上一点的最值问题等等，正确画出示意图，利用数形结合的思想求解是解题的关键． ►考向四 图形的折叠 14．（2024·北京·模拟预测）已知：在矩形中，，，P是边上的一个动点，将矩形折叠，使点A与点P重合，点D落在点G处，折痕为． (1)如图1，当点P与点C重合时，则线段　　　　，　　　　； (2)如图2，当点P与点B，C均不重合时，取EF的中点O，连接并延长与的延长线交于点M，连接． ①求证：四边形是平行四边形； ②当时，求四边形的面积． 【答案】(1)2；4 (2)①见详解；② 【分析】（1）过点作，由翻折的性质可知：，根据平行线的性质和等量代换可得，由等角对等边可得：，设，在中，由勾股定理可得关于的方程，解方程求得的值，进而可得、的长，由矩形的判定可得四边形是矩形，进而可求、的长，最后由勾股定理可得的长； （2）①根据折叠的性质可得，进而可得，根据已知条件可得，从而证，进而根据全等三角形的性质和平行四边形的判定即可求证结论； ②连接与交于点，则且，又由①知：，可得，则，继而证，根据三角函数求得，若设，则，根据勾股定理可得关于的方程，解方程可得的长，继而代入数据即可求解． 【详解】（1）解：过点作， ∵折叠后点、、重合， ∴， ∵在矩形中，，， ， ， ， 设， 在中，由勾股定理可得：， 即， 解得：， 即， ， ， ∴四边形是矩形， ， 在中，由勾股定理可得：； 故答案为：2；4； （2）解：①证明：如图2， ∵在矩形中，， 由折叠(轴对称)性质，得：， ， ∵点是的中点， ， 又， 在和中， ， ， ， ∴四边形是平行四边形； ②如图2，连接与交于点，则且， 又由①知：， ∴，则， 又， ， ， 在， 而， ， 又在中，设，则， 由勾股定理得：， 解得：， 则， 而且， 又四边形是平行四边形， ∴四边形的面积为：． 【点睛】本题主要考查矩形与翻折的问题，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定及其性质、翻折的性质、正切的有关知识，解题的关键是熟练掌握所学知识并且学会作辅助线． 1．下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】D 【分析】根据中心对称图形以及轴对称图形的定义即可作出判断． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误； B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故选项错误； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项错误； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故选项正确． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，正确理解定义是关键． 2．下列倡导节约的图案中，是轴对称图形的是（   ） A．   B．   C．   D．   【答案】C 【分析】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，根据轴对称图形的概念求解． 【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项错误； B、不是轴对称图形，故此选项错误； C、是轴对称图形，故此选项正确； D、不是轴对称图形，故此选项错误． 故选C． 【点睛】此题主要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． 3．（2024·北京·三模）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． 【答案】A 【分析】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．根据中心对称图形的定义以及轴对称图形的定义即可判断出． 【详解】A、是轴对称图形但不是中心对称图形，故选项A正确； B、不是轴对称图形但是中心对称图形，故选项B不正确； C、是轴对称图形也是中心对称图形，故选项C不正确； D、不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项D不正确； 故选：A． 4．（2024·北京大兴·二模）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 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 5．（2024·北京延庆·模拟预测）下列图形，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（    ） A．B．C．D． 【答案】D 【分析】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，旋转度后两部分重合．根据中心对称图形和轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】A选项不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意，故本选项错误； B选项是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意，故本选项错误； C选项不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意，故本选项错误； D选项是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意，故本选项正确； 故选：D 6．（2024·北京延庆·模拟预测）我们规定：将图形先向右平移个单位，得到图形，再作出图形关于直线的对称图形，则称图形是图形的，平对图形． (1)已知点，若，，则点的坐标是________；点的坐标是________； (2)已知点，它的平对图形，求出与的数量关系； (3)已知的半径为，其中，若存在实数，使的平对图形与直线有公共点，直接写出的最小值及相应的的值． 【答案】(1)点的坐标是；点的坐标是 (2) (3)的最小值为，相应的的值为 【分析】（1）根据坐标的平移和轴对称规律，结合新定义解答即可； （2）根据新定义和坐标平移，轴对称坐标的变化规律列式变形即可求出与的数量关系； （3）先求出圆心的平对点的坐标，求出到直线的距离，再根据的平对图形与直线有公共点，则到直线的距离不大于半径，列式求解即可． 【详解】（1）解：点向右平移个单位，得到，即， 关于直线的对称点，即， 故答案为：，； （2）点，它的平对图形， ,向右平移个单位长度，得到 '，关于直线 的对称图形 ''， ， ； （3）圆心向右右平移个单位，得到关于直线的对称点， 画出示意图如下，连接''，图中，，，于点， ，，， ， 使的平对图形与直线有公共点，只要到直线的距离不大于半径即可， ，即， 当时，解得，此时有最小值， ， ，随着的增大而增大， 当时，最小，最小值为； 当时，解得，此时有最大值，不合题意， 故的最小值为，相应的的值为． 【点睛】本题以新定义为背景，考查几何变换，解答中涉及平移，轴对称，坐标与变换，点到直线的距离，直线与圆的位置关系，面积法，一次函数图象，不等式变形等，理解新定义是解题的关键． 7．（2024·北京门头沟·二模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线的经过点，将点A向左平移4个单位长度，得到点B，点B在抛物线上． (1)求抛物线的对称轴； (2)点B的纵坐标为时，求a的值； (3)已知点，．若抛物线与线段恰有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)且 【分析】本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数图象上点的特征，数形结合讨论交点是解题的关键． （1）根据平移先得出，根据、的纵坐标相等，即可得抛物线对称轴； （2）将的纵坐标为代入求出即可； （3）根据，，三个点的纵坐标都为，可知点必定在抛物线“U型”的 内部，再根据，的横坐标相同，可得点在点的正上方或者正下方，分当时和当时两种情况讨论，画出图象，数形结合即可作答． 【详解】（1）解：∵将抛物线上点向左平移4个单位长度，得到点B， ， ∵点在抛物线上， ∴抛物线对称轴为：． （2）点的纵坐标为， ， ． （3）由题意得：抛物线的对称轴为直线， ∵，，三个点的纵坐标都为， ∴可知点必定在抛物线“U型”的 内部， 又∵，的横坐标相同， ∴点在点的正上方或者正下方， 分情况讨论： 当时，，此时点在第二象限， ∵在第三象限，点必定在抛物线“U型”的内部， ∴点N在点B的正下方， 如图， 结合图象有：抛物线与线段恰有一个公共点， 则符合要求； 当时，，此时点在第三象限， 又∵在第三象限，如图， 由图可知：当点与点重合或者在点的正上方时，抛物线与线段恰有一个公共点， ∴， 解得：， 即：时，抛物线与线段恰有一个公共点， 综上所述，的取值范围为且． 8．（2024·北京通州·一模）在平面直角坐标系中，已知点，A为坐标系中任意一点．现定义如下两种运动：P运动：将点A向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到点，再将点绕点O逆时针旋转，得到点； Q运动：将点A绕点O逆时针旋转，得到点，再将点向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到点． (1)如图，已知点，，点A分别经过P运动与Q运动后，得到点，． ①若，请你在下图中画出点，的位置； ②若，求m的值． (2)已知，点A，B分别经过P运动与Q运动后，得到点，与点，，连接，．若线段与存在公共点，请直接写出此时线段长度的取值范围（用含有t的式子表示）． 【答案】(1)①见详解；② (2) 【分析】本题考查了旋转的性质，平移的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键． （1）①根据P运动和Q运动的运动方式求解即可; ②首先表示出点的坐标为，的坐标为，然后根据得到，进而求解即可； （2）由题意得：，设，经过P运动，则，则；Q运动后，，，则即可求解． 【详解】（1）①作图如图所示： 由P运动知，由旋转得，， 而， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； 由Q运动同理可求，再向右平移1个单位，向上平移0个单位得到． ②∵， ∴点A经过P运动后得到的点的坐标为 点A经过Q运动后得到的点的坐标为 ∵ ∴， ∴． （2）由题意可得： 由旋转的不变性和平移的性质得：，， 设，经过P运动，则，则； Q运动后，，， 则， ∴当时，线段与存在公共点， ∴， ∴． 9．（2024·北京·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知正方形，其中，为正方形外两点，．给出如下定义： 如果线段平移m个单位后，两端点均落在正方形的边上，则称m的最小值为线段到正方形的“平移距离”，记为d． (1)如图1，平移线段，得到两条端点在正方形边上且长度为1的线段和，则这两条线段的位置关系是_________；在点中，连接点M与点________的线段的长度等于d． (2)若点都在直线上，求d的值； (3)若点M的坐标为，直接写出d的取值范围． 【答案】(1)平行； (2) (3) 【分析】（1）由平移的性质可得：，由平移的距离的含义结合新定义可得：连接点M与点的线段的长度等于d． （2）如图，在正方形的边上取，可得，再结合一次函数的性质与垂线段最短可得答案； （3）如图，当平行于正方形的边时，不妨设当，且，在上（或在上）时，此时平移距离最短，如图，当与正方形的边不平行时，此时越接近时，平移距离最大，再利用勾股定理可得结论． 【详解】（1）解：由平移的性质可得：，， ∴， 由平移的距离的含义结合新定义可得：连接点M与点的线段的长度等于d． （2）如图，在正方形的边上取，则，    ∵， ∴，， 设直线为， ∴， 解得：， ∴直线为， ∴直线， 当直线时，， 记直线的交点为，过作直线于，则， 当时，则， ∴， 记直线与轴的交点为， ∴， 同理可得：， ∴， ∴； （3）如图，当平行于正方形的边时， 不妨设当，且，在上（或在上）时， 此时平移距离最短，    ∵， ∴， 如图，当与正方形的边不平行时，    此时越接近时，平移距离最大， ∵， ∴； ∴； 【点睛】本题考查的是新定义的含义，正方形的性质，一次函数的性质，圆的基本性质，本题难度大，理解题意是关键． 10．（2023·北京门头沟·二模）如图，在中，，点在延长线上，且，将延方向平移，使点移动到点，点移动到点，点移动到点，得到，连接，过点作于．    (1)依题意补全图形； (2)求证：； (3)连接，用等式表示线段，的数量关系，并证明． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3)，理由见详解 【分析】（1）按要求作图即可； （2）根据平移的性质可求，再求，即可得证； （3）连接、，可证，从而可得，，再证，从而可得，，从而可证，即可得证． 【详解】（1）解：如图    （2）证明：由平移得： ，， ， ， ， ， ， ， ． （3）解：． 理由：如图，连接、，   ， ， 在和中 ， ()， ，； ， ， ； 由平移得：； 在和中 ， ()， ，， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了平移的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关的判定方法及性质，并会根据题意作出辅助线是解题的关键． 11．（2023·北京房山·一模）在平面直角坐标系中，对于直线和点，给出如下定义： 将点向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到点，将点关于轴对称点称为点关于直线的“平移对称点”． (1)如图，已知直线为． ①点坐标为，则点关于直线的“平移对称点”坐标为__________； ②在直线上是否存在点，使得点关于直线的“平移对称点”还在直线上？若存在求出点的坐标，若不存在请说明理由． (2)已知直线，若以点为圆心，1为半径的圆上存在一点，使得点关于直线的“平移对称点”在直线上，直接写出的取值范围． 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①根据“平移对称点”的定义进行求解即可；②先求出点B关于直线l的“平移对称点”坐标，再把“平移对称点”的坐标代入直线l解析式中进行求解即可； （2）设，则点P关于直线的“平移对称点”为，由点P在以点为圆心，1为半径的圆上，得到，则，即可推出点在以点为圆心，以1为半径的圆上运动，则当与直线有交点时满足题意；如图所示，当直线与相切于点H时，当直线与相切于点G时，求出两种临界情况下t的值即可得到答案． 【详解】（1）解：①由题意得，点向右平移1个单位长度，向下平移1个单位长度的对应点为， ∵点关于y轴对称的点为， ∴点关于直线的“平移对称点”坐标为， 故答案为：； ②设点B的坐标为，则经过平移后点B的对应点坐标为， ∴点B关于直线的“平移对称点”的坐标为， ∵点关于直线的“平移对称点”还在直线上， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：设，则点P关于直线的“平移对称点”为， ∵点P在以点为圆心，1为半径的圆上， ∴， ∴， ∴， ∴点到点的距离为1， ∴点在以点为圆心，以1为半径的圆上运动， ∴当与直线有交点时满足题意； 不妨设，设直线与x轴，y轴分别交于N，M， ∴， ∴， ∴， 如图所示，当直线与相切于点H时， ∴，， ∴， ∴， ∴； 同理可求出当直线与相切于点G时，， ∴当时，直线与有交点，即以点为圆心，1为半径的圆上存在一点，使得点关于直线的“平移对称点”在直线上． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形变换—平移和轴对称，一次函数与几何综合，切线的性质，勾股定理等等，正确理解题意是解题的关键． 12．（2023·北京海淀·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点，． 对于点给出如下定义：将点向右（）或向左（）平移个单位长度，再向上（）或向下（）平移个单位长度，得到点，点关于点的对称点为，称点为点的“对应点”． (1)如图，点，点在线段的延长线上，若点，点为点的“对应点”． ①在图中画出点； ②连接，交线段于点．求证：； (2)的半径为1，是上一点，点在线段上，且，若为外一点，点为点的“对应点”，连接．当点在上运动时直接写出长的最大值与最小值的差（用含的式子表示）． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2) 【分析】（1）①先根据定义和求出点的坐标，再根据点关于点的对称点为求出点Q的坐标；②延长ON至点，连接，利用AAS证明，得到，再计算出OA，OM，ON即可求出； （2）连接并延长至S，使，延长至T，使，结合对称的性质得出为的中位线，推出，得出，则． 【详解】（1）解：①点Q如下图所示． ∵点， ∴点向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点， ∴， ∵点关于点的对称点为，， ∴点的横坐标为：，纵坐标为：， ∴点，在坐标系内找出该点即可； ②证明：如图延长至点，连接，则， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图所示， 连接并延长至S，使，延长至T，使， ∵，点向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到点， ∴， ∵点关于点的对称点为， ∴， 又∵， ∴， ∴为的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴，   在中，， 结合题意，，， ∴， 即长的最大值与最小值的差为． 【点睛】本题考查点的平移，对称的性质，全等三角形的判定，两点间距离，中位线的性质及线段的最值问题，第2问难度较大，根据题意，画出点Q和点的轨迹是解题的关键． 13．（2022·北京海淀·三模）如图，在中，，，是的中点，是延长线上一点，平移到，线段的中垂线与线段的延长线交于点，连接、． (1)连接，求证：； (2)依题意补全图形，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)图见解析，结论：，理由见解析 【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线的性质即可解决问题； （2）图形如图所示，结论：，想办法证明即可． 【详解】（1）证明：连接． ，， ， ， ； （2）解：图形如图所示，结论：． 理由：连接，，取的中点，连接，，． 点在的垂直平分线上， ， ，， ， ， 四边形，四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ，， ， ， 四边形四点共圆， ， ， ，，，四点共圆， ， ， ． 【点睛】本题考查作图平移变换，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，平行四边形的判定与性质，圆周角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 14.在正方形外侧作直线，点关于直线的对称点为，连接，，其中交直线于点． （）依题意补全图． （）若，求的度数． （）如图，若，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）图形见解析（2）25°（3） 【分析】（1）按照题意补全图形 （2）连接AE，根据轴对称性和正方形的性质可得∠EAD=∠PAB+∠PAE=130°，即可求解； （3）连接AE、BF、BD，根据轴对称性和正方形的性质可得∠ABF=∠AEF=∠ADF，从而得到，∠BFD=∠BAD=90°，再由勾股定理，即可求解． 【详解】解：（1）补全图形如图所示： （2）连接AE， 根据题意得：∠PAB=∠PAE=20°，AE=AB=AD， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=90°， ∴∠EAD=∠PAB+∠PAE=130°， ∴∠ADF=∠AED==25°； （3）EF2+FD2=2AB2，理由如下： 连接AE、BF、BD， 由轴对称的性质可得：EF=BF，AE=AB=AD， ∴∠BEF=∠EBF，∠AEB=∠ABE，∠AED=∠ADF， ∴∠ABF=∠AEF=∠ADF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=90°，AB=AD， ∴∠ABD+∠ADB=90°，， ∴∠ABF+∠DBF+∠ADB=∠DBF+∠ADB+∠ADF=90°， ∴∠BFD=∠BAD=90°， ∴BF2+FD2=BD2 ∴EF2+FD2=2AB2． 【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握轴对称的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质是解题的关键． 15．（2024·北京石景山·二模）在正方形中，E是边上的一动点（不与点A，D重合），连接，点C关于直线的对称点为F，连接，． (1)如图1，若是等边三角形，则__________； (2)如图2，延长交的延长线于点M，连接交于点H，连接． ①求的大小； ②用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)15 (2)①；②，见解析 【分析】（1）利用正方形性质得到，利用等边三角形性质得到，进而得到，利用对称的性质得到，再利用计算求解，即可解题； （2）①利用正方形性质得到，，利用对称的性质得到，，进而得到，设，分别利用等腰三角形性质得到，，再根据计算求解，即可解题； ②过点作交于点，连接，理由直角三角形性质和正方形性质证明，进而得到，再理由勾股定理求解，即可解题， 【详解】（1）解：四边形是正方形， ， 是等边三角形， ， ， 点C关于直线的对称点为F， ， ， 故答案为：． （2）解：①四边形是正方形， ，， 点C关于直线的对称点为F， ，， ， 设， ， ， ； ②解：数量关系为：， 理由如下： 过点作交于点，连接， ， ， ，， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， 即． 【点睛】本题主要考查了正方形性质，等边三角形性质，对称的性质，等腰三角形性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，掌握相关性质是解题的关键． 16．（2024·北京朝阳·一模）如图，在菱形中，，是边上一点（不与点，重合）．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，连接交于点． (1)依据题意，补全图形； (2)求证：； (3)用等式表示线段，，之间的数量关系． 【答案】(1)图见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题意连线即可； （2）连接，与相交于点，根据旋转的性质可得，，根据菱形的性质可得，，，根据等边三角形的判定和性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，根据平行线的判定得出，根据平行线分线段成比例定理即可证明； （3）根据勾股定理可得，根据等边三角形的性质可得，根据锐角三角函数可求得，推得，即可求解． 【详解】（1）解：如图： （2）证明：连接，与相交于点，如图： ∵线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，， ∵在菱形中，， ∴，，， ∴、是等边三角形， ∴，， ∴, ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：，理由如下： ∵，， ∴， 在中，， ∵是等边三角形，， ∴， ， ∴， 则， 则， ∴， 即． 【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理，解直角三角形等，解题的关键是根据全等三角形的性质和平行线的判定推得． 17．（2024·北京顺义·二模）如图，中，，，D为上一点（不与点A、C重合），将线段绕点D顺时针旋转，得到线段，连接．并延长到点F，使，作射线，交射线于点G． (1)依题意补全图形； (2)求证：； (3)在射线上取点H（不与点G重合），使．连接，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，证明见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质和判定，平行线分线段成比例，旋转的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据题意描述作图即可； （2）根据旋转可得，证明，，根据平行线分线段成比例和得出，即可证明； （3）过点作交于点，证明，得出，从而证明，再根据且，得出，，，从而证明，即可求解； 【详解】（1）解：补全图形如图： （2）证明：线段绕点顺时针旋转得到线段， ， ， ， ， ， ， ， ． （3）． 证明：过点作交于点， ， ， ， ， ， ， 且， ， ， 即， ， ， ， ， ， 18．（2024·北京昌平·二模）如图，在中，，点D是平面内任意一点（不与点A，B，C重合），将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，G为的中点，连接，． (1)如图1，当点D在边上时， ①根据题意，补全图1； ②直接写出：__________； (2)如图2，当点D在内部时，（1）问中的比值还成立吗？如果成立，请证明你的结论，如果不成立，请说明理由． 【答案】(1)①补图见解析； ② (2)仍成立，证明见解析 【分析】（1）①根据的外角为，得到点在直线上，以为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点，作的垂直平分线，与交于点，即可作出图形； ②设，，再表示出、即可解题； （2）延长，取，连接，证明，得到，再根据中位线定理得到，最后利用等量代换即可解题． 【详解】（1）解：①根据题意补全图形如下： ②设，， ，， ， ， ； （2）解：成立， 延长，取，连接， ，， ， ，， ， ， 点为的中点，点为的中点， ，， ， ． 【点睛】本题主要考查了三角形综合题，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、等腰三角形的性质以及三角形中位线定理是本题解题的关键． 19．（2024·北京房山·模拟预测）如图，在中，，，是中线．点是上的动点（不与端点B，D重合）．将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．在延长线上存在点，使，连接．    (1)补全图形； (2)判断的位置关系______，证明结论； (3)若，且，直接写出______． 【答案】(1)画图见解析 (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题意作图即可； （2）如图所示，延长到H，使得，连接，则是的中位线，得到，，由旋转的性质可得，可证明；再由线段之间的关系证明，即可证明，得到，则由三线合一定理可得； （3）设，由（2）得，则，证明，则，，即可得到． 【详解】（1）解；如图所示，即为所求；    （2）解：，证明如下： 如图所示，延长到H，使得，连接， ∵，， ∴是的中位线， ∴，， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴； ∵是中线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴；    （3）解：设，由（2）得， 又∵， ∴， ∵，是中线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：．    【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，三角形中位线定理，全等三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 20．（2024·北京丰台·一模）在中，，，点D是中点，点E是线段上一点，以点A为中心，将线段逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，当点E与点D重合时，线段，交于点G，求证：点G是的中点； (2)如图2，当点E在线段上时（不与点B，D重合），若点H是的中点，作射线交于点M，补全图形，直接写出的大小，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，得到，根据等腰三角形的性质即可得到结论； （2）依题意补全图形．连接，截取，连接交于N．根据证明得，，证明得，由三角形中位线可证，进而可得． 【详解】（1）∵，点D是中点， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴点G是的中点． （2）依题意补全图形． ． 证明：连接，截取，连接交于N． ∵， ∴． ∵，， ∴， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴于N． ∵点D是中点， ∴， ∴． ∵点H是的中点， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质和相似三角形的判定和性质定理是解题的关键． 21．（2024·北京石景山·一模）在中，，，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接.将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，求证：； (2)延长到点，使得，连接交于点，依题意补全图2 ．若点是的中点，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)详见解析 (2)，详见解析 【分析】本题考查等边三角形的判断和性质、平行直线的判定、全等三角形的判定和性质和直角三角形的性质， （1）延长交于点，连接，先证明是等边三角形，得到点在线段的垂直平分线上，进一步证明，得到，最后证得； （2）延长交的延长线于点，连接，先证明，得到，进一步得到，在中，，可得，进一步证得． 【详解】（1）证明：延长交于点，连接，如下图所示， ∵， ∴是等边三角形． ∴． ∴点在线段的垂直平分线上． ∵， ∴点A在线段的垂直平分线上． ∴． ∴． ∴． （2）解：依题意补全图，如下图所示，延长交的延长线于点，连接， ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴ ∴． ∴． 在中，，可得． 在中，，可得． ∴． ∵， ∴． 22．（2024·北京大兴·一模）在中，，，点是线段上一个动点（不与点，重合），，以为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接． (1)依题意补全图形； (2)求的大小（用含的代数式表示）； (3)用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)补全图形见解析 (2) (3)；证明见解析 【分析】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的性质与判定，三角形外角的性质，勾股定理等： （1）根据题目叙述作图即可； （2）由三角形外角性质得，根据可得结论； （3）过点作，交于点，交的延长线于点．证明，得出，再证明，，在中，由勾股定理得出，得出，由，可得出结论 【详解】（1）补全图形如下： （2）解：，， ． ． ， ． （3）解：用等式表示线段，，之间的数量关系是． 证明：过点作，交于点，交的延长线于点． ， ． ， ． ． 又， ． ． ，， ． ． ． 在中， ， ∴, ∴ ． ， ． ，， ． 23.如图，在中，为的中点，点在上，以点A为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接． （1）比较与的大小；用等式表示线段之间的数量关系，并证明； （2）过点作的垂线，交于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】（1），，理由见详解；（2），理由见详解． 【分析】（1）由题意及旋转的性质易得，，然后可证，进而问题可求解； （2）过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交BC于点H，由（1）可得，，易证，进而可得，然后可得，最后根据相似三角形的性质可求证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， 由旋转的性质可得， ∵， ∴， ∴， ∵点M为BC的中点， ∴， ∵， ∴； （2）证明：，理由如下： 过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交BC于点H，如图所示： ∴， 由（1）可得， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键． 24.已知，H为射线OA上一定点，，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转，得到线段PN，连接ON． （1）依题意补全图1； （2）求证：； （3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON=QP，并证明． 【答案】（1）如图所示见解析；（2）见解析；（3）OP=2.证明见解析. 【分析】（1）根据题意画出图形即可． （2）由旋转可得∠MPN=150°，故∠OPN=150°-∠OPM；由∠AOB=30°和三角形内角和180°可得∠OMP=180°-30°-∠OPM=150°-∠OPM，得证． （3）根据题意画出图形，以ON=QP为已知条件反推OP的长度．由（2）的结论∠OMP=∠OPN联想到其补角相等，又因为旋转有PM=PN，已具备一边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，即可构造出△PDM≌△NCP，进而得PD=NC，DM=CP．此时加上ON=QP，则易证得△OCN≌△QDP，所以OC=QD．再设DM=CP=x，所以OC=OP+PC=2+x，MH=MD+DH=x+1，由于点M、Q关于点H对称，得出DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x，得出OC=DQ，再利用SAS得出△OCN≌△QDP即可 【详解】解：（1）如图1所示为所求． （2）设∠OPM=α， ∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN ∴∠MPN=150°，PM=PN ∴∠OPN=∠MPN-∠OPM=150°-α ∵∠AOB=30° ∴∠OMP=180°-∠AOB-∠OPM=180°-30°-α=150°-α ∴∠OMP=∠OPN （3）OP=2时，总有ON=QP，证明如下： 过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2 ∴∠NCP=∠PDM=∠PDQ=90° ∵∠AOB=30°，OP=2 ∴DH=OH-OD=1 ∵∠OMP=∠OPN ∴180°-∠OMP=180°-∠OPN 即∠PMD=∠NPC 在△PDM与△NCP中 ∴△PDM≌△NCP（AAS） ∴PD=NC，DM=CP 设DM=CP=x，则OC=OP+PC=2+x，MH=MD+DH=x+1 ∵点M关于点H的对称点为Q ∴HQ=MH=x+1 ∴DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x ∴OC=DQ 在△OCN与△QDP中 ∴△OCN≌△QDP（SAS） ∴ON=QP 【点睛】本题考查了根据题意画图，旋转的性质，三角形内角和180°，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中心对称的性质．第（3）题的解题思路是以ON=QP为条件反推OP的长度，并结合（2）的结论构造全等三角形；而证明过程则以OP=2为条件构造全等证明ON=QP． 25.在△ABC中，AB=AC，∠BAC=（），将线段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD． （1）如图1，直接写出∠ABD的大小（用含的式子表示）； （2）如图2，∠BCE=150°，∠ABE=60°，判断△ABE的形状并加以证明； （3）在（2）的条件下，连接DE，若∠DEC=45°，求的值． 【答案】（1）（2）见解析（3） 【分析】（1）利用三角形内角和为180°，求出∠ABC的度数，即可求出答案； （2）连接AD，CD，ED，根据旋转性质得出BC=BD，∠DBC=60°，求出∠ABD=∠EBC=30°-α，且△BCD为等边三角形，证△ABD≌△ACD，推出∠BAD=∠CAD=∠BAC=α，求出∠BEC=α=∠BAD，证△ABD≌△EBC，推出AB=BE即可； （3）求出∠DCE=90°，△DEC为等腰直角三角形，推出DC=CE=BC，求出∠EBC=15°，得出方程30°-α=15°，求出即可． 【详解】（1）解：∵AB=AC，∠A=α， ∴∠ABC=∠ACB，∠ABC+∠ACB=180°-∠A， ∴∠ABC=∠ACB=（180°-∠A）=90°-α， ∵∠ABD=∠ABC-∠DBC，∠DBC=60°， 即∠ABD=30°-α； （2）△ABE为等边三角形． 证明：如图，连接AD，CD，ED， ∵线段BC绕点B逆时针旋转得到线段BD， ∴BC=BD，∠DBC=60°． 又∵∠ABE=60°， ∴且△BCD为等边三角形． 在△ABD与△ACD中， ∵AB=AC，AD=AD，BD=CD， ∴△ABD≌△ACD（SSS）． ∴． ∵∠BCE=150°， ∴． ∴． 在△ABD和△EBC中， ∵，，BC=BD， ∴△ABD≌△EBC（AAS）． ∴AB=BE． ∴△ABE为等边三角形． （3）∵∠BCD=60°，∠BCE=150°， ∴． 又∵∠DEC=45°， ∴△DCE为等腰直角三角形． ∴DC=CE=BC． ∵∠BCE=150°， ∴． 而． ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定和性质的应用，其中，理解与掌握相关概念并能正确运用作辅助线构造全等三角形与等边三角形是解决本题的关键，本题综合性较强，对学生的能力要求较高． / 学科网（北京）股份有限公司 $$