【冲刺2026年】中考数学一轮复习江苏2025年中考真题及模拟试题分类提优测试卷22 图形的变换（对称平移旋转）

卷22 图形的变换（对称平移旋转） （时间：90分钟 满分100分） 一．选择题（共8小题，每小题3分，共24分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A A D B B D D 一．选择题（共8小题） 1．（2025•扬州）窗棂是中国传统木构建筑的重要元素，既散发着古典之韵，又展现了几何之美．下列窗棂图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据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． 【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项符合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：C． 【点睛】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度后与自身重合． 2．（2025•盐城）小明的背包随安检传送带移动，主要涉及的图形变换是（　　） A．平移 B．轴对称 C．旋转 D．位似 【分析】根据平移的概念判断即可． 【解答】解：小明的背包随安检传送带移动，主要涉及的图形变换是平移， 故选：A． 【点睛】此题考查几何变换的类型，关键是根据平移的概念解答． 3．（2025•南通）如图，将△ABC沿着射线BC平移到△DEF．若BC＝6，EC＝4，则平移的距离为（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 【分析】求出BE的长即可判断． 【解答】解：∵BC＝6，EC＝4， ∴BE＝BC﹣EC＝6﹣4＝2， ∴平移的距离为2． 故选：A． 【点睛】本题考查平移变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 4．（2025•扬州二模）已知A（a，b），B（b，c），将线段AB平移得到线段CD，其中，点A的对应点为点C，若C（a+2，n），D（m，c﹣3），则m﹣n的值为（　　） A．﹣1 B．1 C．﹣5 D．5 【分析】根据平移的性质，用含b的代数式表示出m和n即可解决问题． 【解答】解：因为点A（a，b）平移后的对应点为C（a+2，n），点B（b，c）平移后的对应点为D（m，c﹣3）， 所以a+2﹣a＝m﹣b，n﹣b＝c﹣3﹣c， 则m＝b+2，n＝b﹣3， 所以m﹣n＝b+2﹣（b﹣3）＝5． 故选：D． 【点睛】本题考查坐标与图形变化﹣平移，熟知图形平移的性质是解题的关键． 5．（2025•南通）在平面直角坐标系xOy中，将点A（3，1）绕原点O逆时针旋转90°，得到点B，则点B的坐标为（　　） A．（3，﹣1） B．（﹣1，3） C．（1，﹣3） D．（﹣3，1） 【分析】建立平面直角坐标系，数形结合求出点B的坐标即可． 【解答】解：如图所示，建立平面直角坐标系， 由图可知：B（﹣1，3）； 故选：B． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化一旋转，利用数形结合的思想求解更形象直观． 6．（2025•宿迁）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，2），将线段OA绕着点O逆时针旋转90°得线段OA'，则点A′的坐标为（　　） A．（﹣3，2） B．（﹣2，3） C．（3，﹣2） D．（2，﹣3） 【分析】过A作AB⊥x轴于点B，过A′作A′C⊥y轴于点C，则∠A′CO＝∠ABO＝90°，然后通过同角的余角相等得出∠AOB＝∠A′OC，证明△A′CO≌△ABO（AAS），故有A′C＝AB＝2，OC＝OB＝3，然后根据坐标特点即可求解． 【解答】解：如图，过A作AB⊥x轴于点B，过A′作A′C⊥y轴于点C，则∠A′CO＝∠ABO＝90°， 由旋转性质可知，∠AOA′＝90°，AO＝A′O， ∴∠COA+∠A′OC＝90°， ∵∠AOB+∠COA＝90°， ∴∠AOB＝∠A′OC， ∴△A′CO≌△ABO（AAS）， ∴A′C＝AB，OC＝OB， ∵点A的坐标为（3，2）， ∴AB＝2，OB＝3， ∴A′C＝AB＝2，OC＝OB＝3， ∴点A′的坐标为（﹣2，3）， 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，同角的余角相等，掌握知识点的应用是解题的关键． 7．（2025•苏州）如图，在正方形ABCD中，E为边AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE翻折，得到△A′BE，连接A′C，A′D，则下列结论不正确的是（　　） A．A′D∥BE B．A'C'D C．△A′CD的面积＝△A′DE的面积 D．四边形A′BED的面积＝△A′BC的面积 【分析】连接AA′交BE于点L，由正方形的性质得∠BAD＝∠ADC＝90°，因为E为边AD的中点，所以AE＝DE，由翻折得A′E＝AE＝DE，BE垂直平分AA′，则∠ALE＝90°，可证明∠AA′D＝90°，则A′D∥BE，可判断A正确；作A′H⊥CD于点H，设A′H＝m，由A′H∥AD，得∠DA′H＝∠ADA′＝∠AEB，则tan∠DA′H＝tan∠ADA′tan∠AEB2，则DH＝2A′H＝2m，求得A′Dm，AB＝CD＝AD＝5m，则CH＝3m，所以A′Cm，则A′CA′D，可判断B正确；求得AA′＝2m，则S△A′AD＝5m2，所以S△A′DEm2，而S△A′CDm2，则S△A′CD＝S△A′DE，可判断C正确；因为AEm，所以S△A′BE＝S△ABEm2，求得S四边形A′BEDm2，由S正方形ABCD＝25m2，求得S△A′BCm2，所以S四边形A′BED≠S△A′BC，可判断D不正确，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接AA′交BE于点L， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠ADC＝90°， ∵E为边AD的中点， ∴AE＝DEADAB， ∵将△ABE沿BE翻折，得到△A′BE， ∴A′E＝AE＝DE，点A′与点A关于直线BE对称， ∴BE垂直平分AA′， ∴∠ALE＝90°， ∵∠EA′A＝∠EAA′，∠EA′D＝∠EDA′， ∴∠AA′D＝∠EA′A+∠EA′D＝∠EAA′+∠EDA′180°＝90°， ∴∠AA′D＝∠ALE， ∴A′D∥BE， 故A正确； 作A′H⊥CD于点H，设A′H＝m，则∠A′HD＝∠A′HC＝∠ADC＝90°， ∴A′H∥AD， ∴∠DA′H＝∠ADA′＝∠AEB， ∴tan∠DA′H＝tan∠ADA′tan∠AEB2， ∴DH＝2A′H＝2m，AA′＝2A′D，AB＝2AE， ∴A′Dm，ADA′D， ∴AB＝CD＝ADm＝5m， ∴CH＝CD﹣DH＝5m﹣2m＝3m， ∴A′Cm， ∴， ∴A′CA′D， 故B正确； ∵AA′＝2A′D＝2m， ∴S△A′ADm×2m＝5m2， ∴S△A′DE＝S△A′AES△A′ADm2， ∵S△A′CD5m2m2， ∴S△A′CD＝S△A′DE， 故C正确； ∵AEADm， ∴S△A′BE＝S△ABE5mmm2， ∴S四边形A′BEDm2m2m2， ∵S正方形ABCD＝（5m）2＝25m2， ∴S△A′BC＝25m2﹣2m2﹣2m2m2， ∴S四边形A′BED≠S△A′BC， 故D不正确， 故选：D． 【点睛】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、同角的余角相等、平行线的判定与性质、勾股定理、解直角三角形、三角形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 8．（2025•镇江）如图，在等腰三角形ABC中，BA＝BC，第1次操作：取AC的中点O1，将O1B绕点O1分别逆时针旋转120°和180°得到线段O1C1和O1A1；第2次操作：取A1C1的中点O2，将O2O1绕点O2分别逆时针旋转120°和180°，得到线段O2C2和O2A2；…；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段O30C30和O30A30，若用点C在点A的正南方向表示初始位置，则点C30在点A30的（　　） A．正东方向 B．正南方向 C．正西方向 D．正北方向 【分析】根据图形旋转方式，可证明△∁nOnAn皆为等边三角形，可得∠OnOn+1On+2＝150°，根据多边形外角和结论，图形每转动12次后O12nO12n+1与BO1重合，依此规律解答即可． 【解答】解：将O1绕点O1分别逆时针旋转120°和180°，得到线段O1C1和O1A1， 则O1C1＝O1A1且∠C1O1A1＝60°， ∴ΔC1O1A1为等边三角形， 同理，△∁nOnAn皆为等边三角形， ∵将O1B绕点O1逆时针旋转120°， ∴∠BO1C1＝120°， ∵△C1O1A1为等边三角形，A1C1的中点为O2， ∴∠C1O1O2＝30°， ∴∠BO1O2＝120°+30°＝150°， 同理∠O1O2O3＝∠O2O3O4＝⋯＝∠OnOn+1On+2＝150°， 则∠A1O1O2＝∠A2O2O3＝⋯＝∠AnOnOn+1＝180°﹣150°＝30°， ∵， ∴每转到12次后O12nO12n+1与BO1方向重合，30÷12＝2⋯6， ∴第30次操作后，O30O31第3个循环中的第6个位置，恰与BO1方向相反， 又△C30O30A30为等边三角形， ∴C30A30⊥BO1， 此时点C30在点A30的正北方． 故选：D． 【点睛】本题考查规律探索，多边形外角和，旋转的性质，等腰三角形，掌握方法是解决问题的关键． 二．填空题（共8小题，每小题3分，共24分） 9．（2025•淮安）点P（﹣1，1）沿y轴向上平移4个单位长度后的点坐标是　（﹣1，5）　 ． 【分析】根据“上加下减”的原则求得平移后点的坐标即可． 【解答】解：点P（﹣1，1）沿y轴向上平移4个单位长度后的点坐标是（﹣1，1+4），即（﹣1，5）． 故答案为：（﹣1，5）． 【点睛】本题考查的是坐标平移，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键． 10．（2025•常州）如图，在△ABC中，tanC，D是边BC上一点，将△ACD沿AD翻折得到△AED使线段AE、BC相交于点F，若CF＝5，EF＝2，则AC＝ 　　 ． 【分析】过点F作FG⊥AC于点G，由，设FG＝4x，则CG＝3x，结合CF＝5，求出FG＝4，CG＝3，由翻折得AC＝AE，设AC＝AE＝y，则AG＝AC﹣CG＝y﹣3，AF＝AE﹣EF＝y﹣2，在Rt△AFG中，利用AF2＝AG2+FG2，求解即可． 【解答】解：在△ABC中，tanC，如图，过点F作FG⊥AC于点G， ∴， 设FG＝4x，则CG＝3x， 在直角三角形CFG中，CF＝5， 由勾股定理得：CF2＝CG2+FG2，即52＝（3x）2+（4x）2， 解得：x＝1（负值已舍去）， ∴FG＝4，CG＝3， 由翻折得AC＝AE， 设AC＝AE＝y， 则AG＝AC﹣CG＝y﹣3，AF＝AE﹣EF＝y﹣2， 在Rt△AFG中，由勾股定理得：AF2＝AG2+FG2， 即（y﹣2）2＝（y﹣3）2+42， 解得：， 即， 故答案为：． 【点睛】本题考查解直角三角形，勾股定理，翻折的性质，熟练作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 11．（2025•徐州）如图，将三角形纸片ABC折叠，使点A落在边BC上的点D处，折痕为CE．若△ABC的面积为8，△BCE的面积为5，则BD：DC＝　2：3　 ． 【分析】由折叠的性质可得S△DEC＝S△AEC＝3，由面积关系可求解． 【解答】解：∵△ABC的面积为8，△BCE的面积为5， ∴△ACE的面积为3， ∵将三角形纸片ABC折叠，使点A落在边BC上的点D处， ∴S△DEC＝S△AEC＝3， ∴△BDE的面积为2， ∴BD：DC＝S△BDE：S△DEC＝2：3； 故答案为：2：3． 【点睛】本题考查了翻折变换，掌握折叠的性质是解题的关键． 12．（2025•无锡）在平行四边形纸片ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝8．现将该纸片折叠，折痕与纸片ABCD的两边交于点E、F．若E与A重合，F在BC上，且EF⊥BC，则被折痕分成的△EBF与四边形EFCD的面积的比为　1：7　 ；若折痕EF将纸片ABCD分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为1：3，则折痕EF长的取值范围是　2或2．　 ． 【分析】分别求出点E在A处，F在BC时，EF的最小值，点E在B处，点F是AD的中点及点E在A处，F是CD的中点的最小值，点E在D处，F是AB的中点时最大值，进而得出结果． 【解答】解：如图1， ∵∠AFB＝90°，∠ABC＝60°， ∴BF， ∵BC＝8， ∴S△ABFS△ABC， ∴S△ABCS▱ABCD， ∴S△ABF：S四边形ADCF＝1：7， 如图1， AF＝AB•sin∠ABC＝4•sin60°＝2， 如图2﹣1， 当点E在B处，F是AD中点时，作BG⊥AD，交DA的延长线于G， ∵AB＝4，∠BAG＝∠ABC＝60°， ∴AGAB＝2，NGAB＝2， ∴FG＝AG+AF＝6， ∴EF4， ∴2， 如图2﹣2， 当点E在D处，AFAB＝2时， S△AEF：S四边形CBFE＝1：3， 作DG⊥BA，交BA的延长线于G， ∵∠DAG＝60°，AD＝8， ∴AGAD＝4，DGAD＝4， ∴FG＝AF+AG＝2+4＝6， ∴EF2， 当点E在A点，（图中E′），F是CD中点时（图中F′），作F′Q⊥AD于Q， 则DQDF′＝1，F′QF′Q， ∴AQ＝AD﹣DQ＝7， ∴AF′2， ∴2， 故答案为：1：7，2或2． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是寻找临界值． 13．（2025•扬州）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝4，点E是BC边上的动点，将△ABE沿直线AE翻折得到△APE，过点P作PF⊥AD，垂足为F，点Q是线段AP上一点，且AQPF．当点E从点B运动到点C时，点Q运动的路径长是　　 ． 【分析】分点P在矩形内部和点P在矩形外部，两种情况进行讨论求解，当点P在矩形内部时，作HQ⊥AP，交AB于点H，证明△AQH∽△PFA，进而得到，进而得到点Q在以AH为直径的圆上运动，得到当点E从点B开始运动直至点P落在AD上时，点Q的运动轨迹为半圆AH，当点P在矩形外部时，同法可得，点Q在以AK为直径的圆上，得到当点E运动到点C时，点Q的运动轨迹是圆心角为60°的，求出两段路径的和即可得出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠B＝90°， ∵将△ABE沿直线AE翻折得到△APE， ∴AP＝AB＝4， 当点P在矩形内部时，作 HQ⊥AP，交AB于点H，则：∠AQH＝90°＝∠BAD， ∠AHQ＝∠PAF＝90°﹣∠HAQ， ∵PF⊥AD， ∴∠PFA＝90°＝∠AQH， ∴△AQH∽△PFA， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点Q在以AH为直径的圆上运动， ∴当点E从点B开始运动直至点P落在AD上时，点Q的运动轨迹为半圆AH， ∴点Q的运动路径长为：， 当点P在矩形ABCD的外部时，作KQ⊥AP，交AB的延长线于点K， 同法可得：△AKQ∽△PAF，， ∴∠AKQ＝∠PAF，点Q在以AK为直径的⊙O上运动， 连接OQ， 当点E运动到点C时，如图： ∵AB＝4，，∠B＝90°， ∴， ∴∠BAC＝60°， ∴∠CAD＝∠BAD﹣∠BAC＝30°， ∵将△ABE沿直线AE翻折得到△APE， ∴∠PAC＝∠BAC＝60°， ∴∠PAF＝∠PAC﹣∠CAD＝30°， ∴∠AKQ＝∠PAF＝30°， ∴∠AOQ＝2∠AKQ＝60°， ∴点Q的运动轨迹为圆心角为60°的路径长为， ∴点Q的运动路径总长为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，求弧长，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，确定点Q的运动轨迹，是解题的关键． 14．（2025•南京一模）如图，在△ABC中，∠B＝38°，将△ABC绕点A顺时针旋转，使点C的对应点C′落在边BC上．若B′C′⊥AB，则∠C＝　64　 °． 【分析】由直角三角形的性质可得∠BC'B'＝52°，由旋转的性质可得AC＝AC'，∠C＝∠AC'B'，即可求解． 【解答】解：∵B′C′⊥AB，∠B＝38°， ∴∠BC'B'＝52°， ∵将△ABC绕点A顺时针旋转， ∴AC＝AC'，∠C＝∠AC'B'， ∴∠C＝∠AC'C＝∠AC'B'， ∴∠C64°， 故答案为：64． 【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 15．（2025•海安市校级模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E在边CD上运动，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接AF，BF，当BF的长最小时CE的长是 　3　 ． 【分析】过点E作ME⊥AB于点M，过F作FN⊥ME于点N，延长FN交BC延长线于点G，证△AME＝≌△ENF（AAS），推出AM＝EN．ME＝FN，再证四边形MBGN，MBCE是矩形，设EC＝MB＝NG＝x，由勾股定理：BF2＝BG2+FG2，求出x，当BF长最小时，CE＝3． 【解答】解：如图，过点E作ME⊥AB于点M，过F作FN⊥ME于点N，延长FN交BC延长线于点G， ∴∠MAE+∠AEM＝90°， 将线段AE绕点E顺时针旋转90° 得到EF， ∴∠AEF＝90°，AE＝FE， ∴∠FEN+∠AEM＝90°， ∴∠MAE＝∠FEN， 又∵∠AEM＝∠ENF＝90°， 在△AME和△ENF中， ， ∴△AME＝≌△ENF（AAS）， ∴AM＝EN．ME＝FN， ∵∠BME＝∠MBC＝∠BCE＝∠ENG＝90°， ∴四边形MBGN，MBCE是矩形， ∴设EC＝MB＝NG＝x， 则AM＝EN＝AB﹣BM＝6﹣x，FG＝FN+NG＝6+x，BG＝BC+CG＝BC+EN＝12﹣x， 在Rt△BFG中， 由勾股定理：BF2＝BG2+FG2， ∴BF ， 当x＝3时， BF有最小值， ∴当BF长最小时，CE＝3． 故答案为：3． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，二次函数最值，证明三角形全等是解题的关键． 16．（2025•连云港）如图，在菱形ABCD中，AC＝4，BD＝2，E为线段AC上的动点，四边形DAEF为平行四边形，则BE+BF的最小值为 　　 ． 【分析】利用四边形DAEF为平行四边形，得出EF＝AD，EF＝AD，由E为线段AC上的动点，可知E、F运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作EF是定线段，菱形ABCD在AC方向上水平运动，得出点B的运动轨迹为线段MN，过点E作关于线段MN的对称点E，由对称性得BE＝BE，则BE+BF＝BE+BF≤EF，当且仅当E、B、F依次共线时，BE+BF取得最小值EF，此时，设AC与BD交于点O，EE交MN于点H，延长EE交FD延长线于点G，分别证明四边形EOBH和四边形DOEG是矩形，求出GF＝GD+DF＝EO+AE＝AO＝2，GE＝EH＝EH＝1，再利用勾股定理求出EH即可． 【解答】解：∵四边形DAEF为平行四边形， ∴EF＝AD，DF＝AE， ∵E为线段AC上的动点， ∴可以看作EF是定线段，平行四边形DAEF在AC方向上水平运动， 则如图，点B的运动轨迹为线段MN， 过点E作关于线段MN的对称点E'， 由对称性得BE＝BE'， ∴BE+BF＝BE'+BF≥E'F， 当且仅当E'、B、F依次共线时，B'E+BF取得最小值E'F，此时如图， 设AC与BD交于点O，E'E交MN于点H，延长E'E交FD延长线于点G， 菱形ABCD中，AC＝4，BD＝2， ∴，BO＝DOBD＝1，AC⊥BD， 由题可得AC∥MN， ∴由对称性可得EH⊥HB， ∴AC⊥GH， ∴∠OEH＝∠EOB＝∠EHB＝90°， ∴四边形EOBH是矩形， ∴EH＝EH＝OB＝1， ∵四边形DAEF为平行四边形， ∴DF＝AE，DF∥AC， ∴GD⊥DO， ∴∠GDO＝∠DOE＝∠GEO＝90°， ∴四边形DOEG是矩形， ∴GD＝EO，GE＝DO＝1， ∴GF＝GD+DF＝EO+AE＝AO＝2，GE'＝GE+EH+E'H＝3， ∴， 即BE+BF 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键． 三．解答题（共8小题） 17．（2025•常州模拟）如图1，在△ABC纸片中，∠ABC＝90°，将该纸片折叠，使得点C的对应点P落在AB边上且OP⊥AB，折痕为OM． （1）若BC＝8，BM＝3，求OP的长； （2）请在图2中探究思考，用无刻度的直尺和圆规作出符合题意的折痕OM．（不需要写出作法，但要保留作图痕迹） 【分析】（1）连接PM，PC，交MO于点N，由翻折的性质可得，OC＝OP，PM＝CM，OM⊥CP，则∠OPC＝∠OCP，由已知条件可得OP∥BC，则OPC＝∠PCM，可得∠OCP＝∠PCM，从而可得OC＝OP＝CM＝PM，即四边形COPM为菱形，进而可得出答案． （2）根据角平分线的作图方法作∠ACB的平分线，交AB于点D，再根据线段垂直平分线的作图方法，作线段CD的垂直平分线，交AC于点O，BC于点M，则直线OM即为所求的折痕． 【解答】解：（1）连接PM，PC，交MO于点N， 由翻折的性质可得，OC＝OP，PM＝CM，OM⊥CP， ∴∠OPC＝∠OCP， ∵OP⊥AB， ∴∠APO＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴OP∥BC， ∴OPC＝∠PCM， ∴∠OCP＝∠PCM， ∴OC＝CM， ∴OC＝OP＝CM＝PM， ∴四边形COPM为菱形． ∵BC＝8，BM＝3， ∴CM＝5， ∴OP＝5． （2）如图，直线OM即为所求的折痕． 【点睛】本题考查作图﹣复杂作图、翻折变换（折叠问题）、菱形的判定与性质，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键． 18．（2025•姜堰区二模）综合与实践：如图，矩形ABCD是一张A4纸，其中，小亮用该A4纸玩折纸游戏． 操作1：将A4纸对折，使AB、CD重合，折痕为EF，展开后，连接DF； 操作2：沿过点D的直线折叠，使点A落在DF上的点N处，折痕为DM，展开后，连接MN． （1）若AD＝2，求FN的长； （2）求证：点M为AB的中点． 【分析】（1）要求FN的长．需先根据矩形和折叠性质求出相关线段长度，再利用勾股定理求出DF，最后根据FN＝DF﹣DN来计算． （2）要证明点M为AB中点，可设AD长度为a，AM长度为x，通过折叠性质和勾股定理建立关于x和a的方程，求解得出AM与AB的数量关系． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，AD＝2，且， ∴，AD＝BC＝2，，∠A＝∠ADC＝∠B＝90°， ∴操作1，对折后DEAD＝1，，CFBC＝1， 在Rt△DEF中，根据勾股定理DF3， ∵操作2，根据折叠性质DN＝AD＝2， ∴FN＝DF﹣DN＝3﹣2＝1． （2）证明：设AD＝a，则ABa，设AM＝x，则BMa﹣x， 根据折叠性质知DN＝AD＝a，MN＝AM＝x． 根据勾股定理得DF， ∴FN＝DF﹣DNa， 在Rt△MNF中，根据勾股定理MN2＝MF2﹣FN2， 即x2， ∴x2＝2a2﹣2ax+x2， 解得xa， ∵ABa， ∴AMAB， ∴点M为AB的中点． 【点睛】本题主要考查矩形性质、折叠性质、勾股定理以及方程思想．解题关键在于利用折叠性质得到相等线段，通过勾股定理建立等式（方程），进而求解线段长度或证明线段间的关系． 19．（2025•邗江区校级二模）如图1，将△ABC绕点C顺时针旋转α°得到△CDE（A、B的对应点分别为D、E），其中点E恰好落在边AB上，DE与AC相交于点F． （1）若∠B＝55，则α°＝ 　70　 °； （2）当DE∥BC时， ①求旋转角α的度数；②若DF＝7，EF＝2，求AC的长； （3）如图2，AB边上的P点恰好在BC的垂直平分线上，且AP＝BE，若DF＝k•EF（k＞1且为常数），BP＝4，请直接写出BC的长（用含k的代数式表示）． 【分析】（1）利用旋转的性质即可解答； （2）①根据旋转的性质和平行线的性质可得△BEC为等边三角形，即可解答； ②证明△ABC∽△DCF，根据相似三角形的性质求解即可； （3）连接BP，AD，设EF＝2x，则DF＝2kx，证明△BCE∽△BPC，求出，证明△AEF∽△DCF，得出，结合DC＝AC＝AF+CF，则，，进而得出AF2+AF•CF＝8kx，AF•CF＝4kx2，则可求出，，证明△BCE∽△ACD，求出，证明△CFE∽△DFA，根据相似三角形的性质可得出，结合k＞1可化简得x2﹣x＝0，求出x的值，即可求解． 【解答】解：（1）∵将△ABC绕点C顺时针旋转α°得到△CDE（A、B的对应点分别为D、E）， ∴BC＝CE， ∴∠CEB＝∠B＝55°， ∴α°＝180°﹣55°﹣55°＝70°， 故答案为：70； （2）①∵将△ABC绕点C顺时针旋转α°得到△CDE（A、B的对应点分别为D、E）， ∴∠CED＝∠B，BC＝CE， ∴∠B＝∠CEB， ∵DE∥BC， ∴∠BCE＝∠CED， ∴∠B＝∠BCE＝∠CEB＝60°， ∴旋转角α的度数为60°； ②∵DF＝7，EF＝2， ∴DE＝9， ∵旋转， ∴∠BCE＝∠ACD＝α＝60°，∠A＝∠D，AB＝DE＝9， ∵CE＝CB， ∴， ∴∠B＝∠DCF， ∴△ABC∽△DCF， ∴，即， 解得； （3）连接BP，AD， ∵AP＝BE，BP＝4， ∴AP+PE＝BE+EP，即AE＝BP＝4， ∵P点恰好在BC的垂直平分线上， ∴BP＝CP， ∴∠B＝∠PCB， 又∵∠B＝∠BEC， ∴∠PCB＝∠BEC， 又∵∠B＝∠B， ∴△BCE∽△BPC， ∴， ∵DF＝k•EF（k＞且为常数）， ∴设EF＝2x，则DF＝2kx， ∴AB＝DE＝2x+2kx， ∴BE＝2x+2kx﹣4， ∴， ∴（负值舍去）， ∵旋转， ∴∠EAF＝∠CDF， 又∵∠AFE＝∠DFC， ∴△AEF∽△DCF， ∴，即， 又∵DC＝AC＝AF+CF， ∴，， ∴AF2+AF•CF＝8kx，AF•CF＝4kx2， ∴AF2+4kx2＝8kx， ∴， 代入， ∴， ∵，∠BCE＝ACD＝α， ∴△BCE∽△ACD， ∴∠B＝∠CAD，， ∴， ∴， ∵∠B＝∠CAD，∠B＝∠CED， ∴∠CAD＝∠CED， 又∵∠CFE＝∠BFA， ∴△CFE∽△DFA， ∴，即， 整理得4kx2＝8kx﹣4kx2，即8kx2﹣8kx＝0， ∵k＞1， ∴x2﹣x＝0， 解得x1＝1，x2＝0（舍去）， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，三角形内角和定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键． 20．（2025•玄武区二模）图形的旋转 （1）将线段AB绕点O旋转一定角度得到线段A′B′，A′、B′分别是A、B的对应点． （I）如图①，求作旋转中心O．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要说明） （Ⅱ）如图②，设旋转角度为α（0°＜α＜180°），延长BA、B′A′交于点C．求证：∠C＝α． （2）在△ABC中，∠A＝60°，BC＝4，点D、E分别在边AB、AC上（包括端点），且BD＝DE＝EC． （I）在图③中，求作满足条件的DE；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要说明） （Ⅱ）若存在满足条件的DE，则AB的取值范围是　　 ． 【分析】（1）（Ⅰ）根据旋转的性质得出OA＝OA′，OB＝OB′，故点O是AA′和BB′的垂直平分线的交点； （Ⅱ）连接OA．OA′，OB，OB′，可证得△AOB≌△A′OB′，从而∠ABO＝∠A′B′O，进而得出∠C＝∠BOB′＝α； （2）（Ⅰ）作△ABC的外接圆O，作射线BO，交AC于E，作射线CO，交AB于D，连接DE，则DE解是求作的线段； （Ⅱ）须点O在△ABC的内部，故求当AB是⊙OD直径和AC是直径的临界，进而得出结果． 【解答】（1）（Ⅰ）解：如图1， 连接AA′，BB′，作AA′和BB′的垂直平分线，交于点O，设OB，B′C交于点D， 则点O是旋转中心； （Ⅱ）证明：如图2， 连接OA．OA′，OB，OB′， ∴∠AOA′＝∠BOB′，OA＝OA′，OB＝OB′， ∴∠AOA′﹣∠A′OB＝∠BOB′﹣∠A′OB， ∴∠AOB＝∠A′OB′， ∴△AOB≌△A′OB′（SAS）， ∴∠ABO＝∠A′B′O， ∵∠BDC＝∠B′DO， ∴∠C＝∠BOB′＝α； （2）解：如图2， （Ⅰ）作△ABC的外接圆O，作射线BO，交AC于E，作射线CO，交AB于D，连接DE， 则DE解是求作的线段， 理由如下： 连接OA， ∴OA＝OB＝OC， ∴∠ABO＝∠BAO，∠OAC＝∠ACO， ∵∠BAO+∠OAC＝60°， ∴∠ABO+∠ACO＝60°， ∴∠OBC+∠OCB＝180°﹣∠BAC﹣（∠ABO+∠ACO）＝60°， ∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝120°， ∴∠DOE＝120°， ∴∠DOE+∠BAC＝180°， ∴点A、D、O、E共圆， ∴∠DEO＝∠OAB，∭EDO＝∠OAC， ∴∠DEO＝∠ABO，∠ODE＝∠ACO， ∴BD＝DE＝CE； （Ⅱ）当AB是⊙OD直径时， AB， 当AC是⊙O的直径时， AB， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质和作图，确定圆的条件，解直角三角形等知识，解决问题的关键是观察和猜想并证明． 21．（2025•泰兴市校级三模）已知，如图，等边△ABC，点D是平面内一点（点D不在直线AB上），连接AD、BD．将△ABD绕点A按逆时针方向旋转60°得到△ACE，点D的对应点是点E．设直线DE与直线BC交于点G． （1）如图1，判断线段BD与线段CE的数量关系，并说明理由； （2）当点D是线段AC的中点，根据题意，在图2中画出图形，求∠AGB的度数； （3）探索∠AGB与∠ADB的数量关系，直接写出结论． 【分析】（1）通过等边三角形及旋转的性质证明△ABD≌△ACE即可得出结论． （2）先由旋转的性质得出△ADE是等边三角形，然后根据中位线的性质得出点G是BC中点，再由等腰三角形的性质证明AG⊥BC即可． （3）根据等边三角形的性质得出∠ACG＝∠AEC，进而得到AECG四点共圆，证得∠AGB＝∠AEC，再由（1）中结论△ABD≌△ACE得到∠ADB＝∠AEC，则∠ADB＝∠AGB． 【解答】解：（1）结论：BD＝CE． 理由：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°． 根据题意，AD＝AE，∠DAE＝60°． 在△ABD和△ACE中，AB＝AC，∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD＝∠CAE，AD＝DE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）． ∴BD＝CE． （2）点D为AC中点时的图形如下： 根据旋转的性质，AD＝AE，∠DAE＝60°，则△ADE是等边三角形． ∴∠ADE＝∠BAC＝60°， ∴DE∥AB， ∵点D为AC中点， ∴点G为线段BC中点． ∵AB＝AC， ∴AG⊥BC， ∴∠AGB＝90°． （3）当点D在AB右侧时，连接AG．如图， 根据旋转的性质易得△ADE为等边三角形，∠AEC＝60°， 又∵△ABC为等边三角形，∠ACG＝∠AEC＝60°， ∴AECG四点共圆， ∴∠AGB＝∠AEC． 由（1）知△ABD≌△ACE，∠ADB＝∠AEC． ∴∠ADB＝∠AGB． 当点D在AB左侧时，如图， 同理可得∠ADG＝∠ABG＝60°， ∴AECG四点共圆， ∴∠ADB+∠AGB＝180°． 故∠ADB＝∠AGB或∠ADB+∠AGB＝180°． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握手拉手三角形全等模型是解答本题的关键． 22．（2025•苏州）综合与实践 小明同学用一副三角板进行自主探究．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，△CDE中，∠DCE＝90°，∠E＝30°，AB＝CE＝12cm． 【观察感知】 （1）如图①，将这副三角板的直角顶点和两条直角边分别重合，AB，DE交于点F，求∠AFD的度数和线段AD的长．（结果保留根号） 【探索发现】 （2）在图①的基础上，保持△CDE不动，把△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度，使得点A落在边DE上（如图②）． ①求线段AD的长；（结果保留根号） ②判断AB与DE的位置关系，并说明理由． 【分析】（1）先根据等腰三角形的性质可得∠BAC＝∠ABC＝45°，再求出∠CDE＝60°，然后根据三角形的外角性质即可得∠AFD＝15°，最后根据解直角三角形可得AC，CD的长，根据线段的和差即可得； （2）①过点C作CG⊥DE，垂足为G，先解直角三角形可得CG，DG的长，再利用勾股定理可得AG的长，然后根据线段的和差即可得； ②根据等腰三角形的性质可得∠CAG＝∠ACG＝45°，则可得∠DAB＝90°，由此即可得． 【解答】解：（1）∵△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB， ∴∠BAC＝∠ABC＝45°， ∵△CDE中，∠DCE＝90°，∠E＝30°， ∴∠CDE＝60°， ∴∠AFD＝∠CDE﹣∠A＝60°﹣45°＝15°， 在Rt△ABC中，， 在Rt△CDE 中，， ∴； （2）①如图，过点C 作CG⊥DE，垂足为G， ∵△CDG 中，∠CGD＝90°，∠CDE＝60°，， ∴，CG＝CD•sin∠CDE＝6cm， ∵△CGA中，∠CGA＝90°，，CG＝6cm， ∴， ∴； ②AB⊥DE，理由如下： ∵在 Rt△CGA中，∠CGA＝90°，AG＝CG＝6cm， ∴∠CAG＝∠ACG＝45°， 又∵∠BAC＝45°， ∴∠DAB＝∠CAG+∠BAC＝45°+45°＝90°， ∴AB⊥DE． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键． 23．（2025•姑苏区校级二模）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝120°，点D是AB上一个动点（点D不与A，B重合），以点D为旋转中心，将线段DC顺时针旋转120°得到线段DE． （1）如图1，求∠A的度数； （2）如图2，连接BE，当0°＜∠ACD＜90°时，∠ABE的大小是否发生变化？如果不变，求∠ABE的度数；如果变化，请说明理由； （3）如图3，点M是CD上的中点，以点C为旋转中心，将线段CM逆时针转120°得到线段CN，连接EN，若AC＝4，求线段EN的取值范围． 【分析】（1）由等边对等角和三角形内角和定理得到∠A＝30°； （2）连接CE交BD于点O，证明△BOC∽△EOD得，再证明△COD∽△BOE即可求出∠ABE的度数； （3）过点C作CH⊥AB于H，求出∠A＝30°，则，由旋转的性质得∠CDE＝120°，CD＝DE，∠MCN＝120°，CM＝CN，设CD＝DE＝2x，则CM＝CN＝x；如图所示，过点D作DG⊥CE于G，则可得到，CE＝2CG，由勾股定理得；证明∠ECN＝90°，在 Rt△ECN 中，由勾股定理得，再求出1≤x＜2，即可得到EN的范围． 【解答】解：（1）∵AC＝BC，∠ACB＝120°， ∴； （2）∠ABE的大小不发生变化，∠ABE＝30°，理由如下： 如图，连接CE交BD于点O， 由旋转的性质得∠CDE＝120°，CD＝DE， ∴， ∴∠DEO＝∠ABC＝30°， 又∵∠BOC＝∠EOD， ∴△BOC∽△EOD， ∴， ∴， ∵∠COD＝∠BOE， ∴△COD∽△BOE， ∴∠ABE＝∠DCO＝30°， （3）如图所示，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DG⊥CE于G， ∵AC＝BC，∠ACB＝120°， ∴， ∵CH⊥AB，AC＝4， ∴， 由旋转的性质得∠CDE＝120°，CD＝CE，∠MCN＝120°，CM＝CN， 设CD＝DE＝2x， ∵点M是CD上的中点，， ∴∠CDE＝120°，CD＝DE， ∴， ∵DG⊥CE， ∴，CE＝2CG， 在Rt△CDG中，由勾股定理得， ∴， ∵∠DCE＝30°，∠DCN＝120°， ∴∠ECN＝120°﹣30°＝90°， 在Rt△ECN中，由勾股定理得， ∵点D是AB上一个动点（点D不与A，B重合）， ∴CH≤CD＜AC，即2≤2x＜4， ∴1≤x＜2， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边对等角等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键． 24．（2025•海安市一模）综合与实践： 【回归教材】 八年级上册教材中探究了“三角形中边与角之间的不等关系”，部分内容如下： 如图1，在△ABC中，如果AB＞AC，那么我们可以将△ABC折叠，折边AC落在AB上，点C落在AB上的为D点，折线交BC于点E，则∠C＝∠ADE，∵∠ADE＞∠B，∴∠C＞∠B． 这说明在一个三角形中，如果两条边不等，那么它们所对的角也不等． 大边所对的角越大． 从上面的过程可以看出，通过轴对称的性质或“截长补短”构建全等三角形的方法将陌生问题转化为已学习的问题，这是研究几何问题时常用的方法． 类比探究“在三角形中，大角对大边”． （1）如图2，在△ABC中，∠C＞∠B，判断：AB　＞　 AC（填“＞”、“＝”或“＜”）． 【进阶思考】 （2）如图3，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，AE、CD分别为∠BAC、∠ACB的角平分线，求证：CD+AD＝AC+CE． 【拓展运用】 （3）如图4，在△ABC中，D为AB上一点，且∠ACB＝∠CDA＞90°，比较CD+AB和CA+CB的大小关系，并说明理由． 【分析】（1）根据在三角形中，大角对大边即可得出结论； （2）延长AC至F，使得AF＝AB，连接EF，由已知导角得BD＝CD．证明△BAE≌△FAE（SAS），利用全等结论结合导角得到∠CEF＝∠F，CE＝CF，最后等量代换即可得结论； （3）先证明△ACB∽△ADC，可得，设k，则AC＝kAD，AB＝kAC，BC＝kCD，AB＝k2AD，则CD+AB＝CD+k2AD，CA+CB＝kAD+kCD，从而CD+AB﹣（CA+CB）＝CD+k2AD﹣kAD﹣kCD＝（1﹣k）CD+kAD（k﹣1）＝（1﹣k）（CD﹣kAD）＝（1﹣k）（CD﹣AC），再分别判断1﹣k和CD﹣AC的符号即可得到结论． 【解答】（1）解：∵在三角形中，大角对大边，且∠C＞∠B， ∴AB＞AC． 故答案为：＞． （2）证明：延长AC至F，使得AF＝AB，连接EF，如图3所示， ∵∠ACB＝2∠B，AE、CD分别为∠BAC、∠ACB的角平分线， ∴∠BAE＝∠CAE，∠B＝∠DCB＝∠ACD， ∴BD＝CD． 在△BAE和△FAE中， ， ∴△BAE≌△FAE（SAS）， ∴∠F＝∠B＝∠DCB＝∠ACD， ∴∠CEF+∠F＝∠ACB＝2∠F， 故∠CEF＝∠F， ∴CE＝CF． ∴CD+AD＝BD+AD＝AB＝AF＝AC+CF＝AC+CE， 即CD+AD＝AC+CE． （3）证明：CD+AB＞CA+CB，理由如下： ∵∠ACB＝∠CDA，∠A＝∠A， ∴△ACB∽△ADC， ∴， 设k， 则AC＝kAD，AB＝kAC，BC＝kCD， ∴AB＝k2AD． ∴CD+AB＝CD+k2AD，CA+CB＝kAD+kCD， ∴CD+AB﹣（CA+CB）＝CD+k2AD﹣kAD﹣kCD ＝（1﹣k）CD+kAD（k﹣1） ＝（1﹣k）（CD﹣kAD） ＝（1﹣k）（CD﹣AC）． ∵∠CDA＞∠A， ∴AC＞CD，CD﹣AC＜0，k1， ∴1﹣k＜0， ∴（1﹣k）（CD﹣AC）＞0， 即CD+AB﹣（CA+CB）＞0， 故CD+AB＞CA+CB． 【点睛】本题考查了等腰三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上内容并作出恰当的辅助线是解题关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 卷22 图形的变换（对称平移旋转） （时间：90分钟 满分100分） 一．选择题（共8小题，每小题3分，共24分） 1．（2025•扬州）窗棂是中国传统木构建筑的重要元素，既散发着古典之韵，又展现了几何之美．下列窗棂图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2025•盐城）小明的背包随安检传送带移动，主要涉及的图形变换是（　　） A．平移 B．轴对称 C．旋转 D．位似 3．（2025•南通）如图，将△ABC沿着射线BC平移到△DEF．若BC＝6，EC＝4，则平移的距离为（　　） A．2 B．4 C．6 D．8 4．（2025•扬州二模）已知A（a，b），B（b，c），将线段AB平移得到线段CD，其中，点A的对应点为点C，若C（a+2，n），D（m，c﹣3），则m﹣n的值为（　　） A．﹣1 B．1 C．﹣5 D．5 5．（2025•南通）在平面直角坐标系xOy中，将点A（3，1）绕原点O逆时针旋转90°，得到点B，则点B的坐标为（　　） A．（3，﹣1） B．（﹣1，3） C．（1，﹣3） D．（﹣3，1） 6．（2025•宿迁）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，2），将线段OA绕着点O逆时针旋转90°得线段OA'，则点A′的坐标为（　　） A．（﹣3，2） B．（﹣2，3） C．（3，﹣2） D．（2，﹣3） 7．（2025•苏州）如图，在正方形ABCD中，E为边AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE翻折，得到△A′BE，连接A′C，A′D，则下列结论不正确的是（　　） A．A′D∥BE B．A'C'D C．△A′CD的面积＝△A′DE的面积 D．四边形A′BED的面积＝△A′BC的面积 8．（2025•镇江）如图，在等腰三角形ABC中，BA＝BC，第1次操作：取AC的中点O1，将O1B绕点O1分别逆时针旋转120°和180°得到线段O1C1和O1A1；第2次操作：取A1C1的中点O2，将O2O1绕点O2分别逆时针旋转120°和180°，得到线段O2C2和O2A2；…；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段O30C30和O30A30，若用点C在点A的正南方向表示初始位置，则点C30在点A30的（　　） A．正东方向 B．正南方向 C．正西方向 D．正北方向 二．填空题（共8小题，每小题3分，共24分） 9．（2025•淮安）点P（﹣1，1）沿y轴向上平移4个单位长度后的点坐标是　 　 ． 10．（2025•常州）如图，在△ABC中，tanC，D是边BC上一点，将△ACD沿AD翻折得到△AED使线段AE、BC相交于点F，若CF＝5，EF＝2，则AC＝ 　 　 ． 11．（2025•徐州）如图，将三角形纸片ABC折叠，使点A落在边BC上的点D处，折痕为CE．若△ABC的面积为8，△BCE的面积为5，则BD：DC＝　 　 ． 12．（2025•无锡）在平行四边形纸片ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝8．现将该纸片折叠，折痕与纸片ABCD的两边交于点E、F．若E与A重合，F在BC上，且EF⊥BC，则被折痕分成的△EBF与四边形EFCD的面积的比为　 　 ；若折痕EF将纸片ABCD分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为1：3，则折痕EF长的取值范围是　 　 ． 13．（2025•扬州）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝4，点E是BC边上的动点，将△ABE沿直线AE翻折得到△APE，过点P作PF⊥AD，垂足为F，点Q是线段AP上一点，且AQPF．当点E从点B运动到点C时，点Q运动的路径长是　 　 ． 14．（2025•南京一模）如图，在△ABC中，∠B＝38°，将△ABC绕点A顺时针旋转，使点C的对应点C′落在边BC上．若B′C′⊥AB，则∠C＝　 　 °． 15．（2025•海安市模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E在边CD上运动，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接AF，BF，当BF的长最小时CE的长是 　 　 ． 16．（2025•连云港）如图，在菱形ABCD中，AC＝4，BD＝2，E为线段AC上的动点，四边形DAEF为平行四边形，则BE+BF的最小值为 　 　 ． 三．解答题（共8小题，共52分） 17．（6分）（2025•常州模拟）如图1，在△ABC纸片中，∠ABC＝90°，将该纸片折叠，使得点C的对应点P落在AB边上且OP⊥AB，折痕为OM． （1）若BC＝8，BM＝3，求OP的长； （2）请在图2中探究思考，用无刻度的直尺和圆规作出符合题意的折痕OM．（不需要写出作法，但要保留作图痕迹） 18．（6分）（2025•姜堰区二模）综合与实践：如图，矩形ABCD是一张A4纸，其中，小亮用该A4纸玩折纸游戏． 操作1：将A4纸对折，使AB、CD重合，折痕为EF，展开后，连接DF； 操作2：沿过点D的直线折叠，使点A落在DF上的点N处，折痕为DM，展开后，连接MN． （1）若AD＝2，求FN的长； （2）求证：点M为AB的中点． 19．（6分）（2025•邗江区二模）如图1，将△ABC绕点C顺时针旋转α°得到△CDE（A、B的对应点分别为D、E），其中点E恰好落在边AB上，DE与AC相交于点F． （1）若∠B＝55，则α°＝ 　 　 °； （2）当DE∥BC时， ①求旋转角α的度数；②若DF＝7，EF＝2，求AC的长； （3）如图2，AB边上的P点恰好在BC的垂直平分线上，且AP＝BE，若DF＝k•EF（k＞1且为常数），BP＝4，请直接写出BC的长（用含k的代数式表示）． 20．（6分）（2025•玄武区二模）图形的旋转 （1）将线段AB绕点O旋转一定角度得到线段A′B′，A′、B′分别是A、B的对应点． （I）如图①，求作旋转中心O．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要说明） （Ⅱ）如图②，设旋转角度为α（0°＜α＜180°），延长BA、B′A′交于点C．求证：∠C＝α． （2）在△ABC中，∠A＝60°，BC＝4，点D、E分别在边AB、AC上（包括端点），且BD＝DE＝EC． （I）在图③中，求作满足条件的DE；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要说明） （Ⅱ）若存在满足条件的DE，则AB的取值范围是　 　 ． 21．（7分）（2025•泰兴市三模）已知，如图，等边△ABC，点D是平面内一点（点D不在直线AB上），连接AD、BD．将△ABD绕点A按逆时针方向旋转60°得到△ACE，点D的对应点是点E．设直线DE与直线BC交于点G． （1）如图1，判断线段BD与线段CE的数量关系，并说明理由； （2）当点D是线段AC的中点，根据题意，在图2中画出图形，求∠AGB的度数； （3）探索∠AGB与∠ADB的数量关系，直接写出结论． 22．（7分）（2025•苏州）综合与实践 小明同学用一副三角板进行自主探究．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，△CDE中，∠DCE＝90°，∠E＝30°，AB＝CE＝12cm． 【观察感知】 （1）如图①，将这副三角板的直角顶点和两条直角边分别重合，AB，DE交于点F，求∠AFD的度数和线段AD的长．（结果保留根号） 【探索发现】 （2）在图①的基础上，保持△CDE不动，把△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度，使得点A落在边DE上（如图②）． ①求线段AD的长；（结果保留根号） ②判断AB与DE的位置关系，并说明理由． 23．（7分）（2025•姑苏区二模）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝120°，点D是AB上一个动点（点D不与A，B重合），以点D为旋转中心，将线段DC顺时针旋转120°得到线段DE． （1）如图1，求∠A的度数； （2）如图2，连接BE，当0°＜∠ACD＜90°时，∠ABE的大小是否发生变化？如果不变，求∠ABE的度数；如果变化，请说明理由； （3）如图3，点M是CD上的中点，以点C为旋转中心，将线段CM逆时针转120°得到线段CN，连接EN，若AC＝4，求线段EN的取值范围． 24．（7分）（2025•海安市一模）综合与实践： 【回归教材】 八年级上册教材中探究了“三角形中边与角之间的不等关系”，部分内容如下： 如图1，在△ABC中，如果AB＞AC，那么我们可以将△ABC折叠，折边AC落在AB上，点C落在AB上的为D点，折线交BC于点E，则∠C＝∠ADE，∵∠ADE＞∠B，∴∠C＞∠B． 这说明在一个三角形中，如果两条边不等，那么它们所对的角也不等． 大边所对的角越大． 从上面的过程可以看出，通过轴对称的性质或“截长补短”构建全等三角形的方法将陌生问题转化为已学习的问题，这是研究几何问题时常用的方法． 类比探究“在三角形中，大角对大边”． （1）如图2，在△ABC中，∠C＞∠B，判断：AB　 　 AC（填“＞”、“＝”或“＜”）． 【进阶思考】 （2）如图3，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，AE、CD分别为∠BAC、∠ACB的角平分线，求证：CD+AD＝AC+CE． 【拓展运用】 （3）如图4，在△ABC中，D为AB上一点，且∠ACB＝∠CDA＞90°，比较CD+AB和CA+CB的大小关系，并说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $