第12章图形的平移与旋转综合专练 2025-2026学年青岛版八年级数学下册

第12章图形的平移与旋转综合专练 一、 单选题（本大题共10小题.每小题3分.共计30分） 1.下列图案中可分别由平移、旋转、轴对称分析整个图案形成过程的是() 量王士米 2.如图所示的车标中，可以看作由“基本图案”经过平移得到的是( A B C. 3.如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6cm,BC=10cm·现将ABC沿AC方向平移 3Cm得到△A'B'C',AB'与BC相交于点D,若点A恰好在∠ABC的平分线上，则△ADC的 周长为() D A.10cm B.13cm C.15cm D.16cm 4.如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点P,△EFD与△APD关于点D成中心 对称.若AC=7,BD=8,则BE的长度为() A.12 B.15 C.12.5 D.15.5 5. ABC和BDE是等边三角形，且A,B,D在一条直线上，连接AE,CD交于点P, 则下列结论 试卷第1页，共3页 ①AC∥BE;②∠APC=60°；③AE=CD;④△CBD可以看作是△ABE绕点B顺时针能转 60°而成的；其中正确的个数是() A.1 B.2 C.3 D.4 6.如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的顶点A与原点O重合，点B,C分别在x轴的 负半轴和y轴的正半轴上，将ABC绕点A顺时针旋转60°得到ADE,点D恰好落在BC上， 点B,C的对应点分别为D,E.若AB=1,则点E的坐标为() O(A) 33 33 c. 1V3 A 22 B 22 D.(, 7.如图，正方形ABCD中，E为BC边上一点，连接DE,将DE绕点E逆时针旋转90°得 到EF,连接DF、BF,若∠ADF=20°，则∠EFB一定等于() B A.20° B.25° C.30° D.10° 8.菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠A0C=60°，OA=2,把菱形OABC绕 点O逆时针旋转，使点A落到y轴上，则旋转后点B的对应点B的坐标为() 试卷第1页，共3页 VA A.（-5,-3列 B.（-5,3 c.（5,3或(-5，-3 D.（-5,3或(5，-3列 9.如图，在平面直角坐标系中，已知点A1,√3)，以原点0为圆心，以OA长为半径画弧， 交x轴负半轴于点B,连接AB,分别以点A、B为圆心，以AB长为半径画弧，两弧在第二 象限交于点C,连接0C,现将线段0C绕原点逆时针旋转，每次旋转90°，则第2026次旋 转结束时，点C的坐标为() A.(2,25 B.(25,2 C.(2,-23） D.(25,-2 10.如图，在直角坐标系中，点A的坐标是(0,6)，点B是x轴上的一个动点.以AB为边 向右侧作等边三角形ABC,连接0C,在运动过程中，OC的最小值为() OD A.2 B.3 C.4 D.5 二、填空题（本大题共6小题.每小题3分.共计18分） 试卷第1页，共3页 11.若正比例函数y=-3r图象上的两点A(x,小、B(,y,)关于原点对称，则兰+兰的值 x x2 是 12.如图，点A,B的坐标分别为2,0)，（0,1).若将线段AB平移至AB,则a+b的值为 珠 B1(a,2) B(0,1) A1(3,b) A(2,0) 13.如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边0A,0C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A处， 则点A的坐标为 B A 14.已知直线1经过(2,0)和(0，-3)，把直线1沿x轴向左平移2个单位，再向上平移1个单 位得到直线1，则直线I的解析式为· 15.如图，在平面直角坐标系中，有一个等腰直角三角形A0B,∠0AB=90°，直角边A0在 x轴上，且AO=1.将Rt△A0B绕原点O逆时针旋转90°并放大得到等腰直角三角形A,OB, 且AO=2AO,再将Rt△AOB,绕原点O逆时针旋转90°并放大得到等腰直角三角形A,OB, 且A,0=2A,0依此规律，得到等腰直角三角形Ao22OB022,则点B2o22的坐标是· B A B A OA B 16.如图1，在等边ABC中，AB=8,DE,FG相交于点M,并将其分割成四块①，②， 试卷第1页，共3页 ③，④.如图2，将①，②，③通过中心对称或平移变换，拼成POMN,则GE=·当 A是H中点时，POMN的周长是 H 2 、① 3 D ④ D ① ②③ B G E B G E 图1 图2 三、解答题（本大题共8小题.每题9分.共计72分） 17.如图，在平面直角坐标系xOy中，ABC的三个顶点分别为A(-3,4),B(-5,1), C(-1,2). 6 5 3 B -6-5-4-3-2-10 123456x -2 3 6 (1)将ABC向右平移5个单位长度，得到△AB,C,点A,B,C的对应点分别是A,B, C,请在图中画出△AB,C,写出点A,B的坐标： (2)以原点为对称中心，请在图中画出与ABC成中心对称的△A,B,C,点A,B,C的对应 点分别是4，B,C,. 18.在平面直角坐标系中，对于点A(x,y),若点B的坐标为(x-y,ax-y)(a为常数)，则 称点B是点A的“a级伴随点”、例如：点4(-2,6)的“2级伴随点”为 8?-×6×(2-6小，即点8的坐标为5- (1)已知点C(-1,5)的3级伴随点”是点D,求点D的坐标； 试卷第1页，共3页 (2)己知点M1是点M(m,2m)的“-3级伴随点”，若点M1与点(t,10)关于原点对称，求m+t的 值 (3)若点E在x轴正半轴上，点E的“a级伴随点”为点F,且EF=50E,直接写出a的值. 19.在ABC中，AB=AC.P是任意一点，连接AP,再将AP绕点A顺时针旋转至AQ, 使LQAP=LBAC,连接BQ,CP. B (1) (2) (1)如图(1)，若点P在ABC的内部，则BQ与CP相等吗？若相等，请给出证明. (2)如图（2)，若点P在ABC的外部，则BQ与CP相等吗？若相等，请给出证明， 20.Rt△ABC中，∠ACB=90°，将ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C,点A的对应点 为A. B 图① 图② 图③ (1)如图①，当∠ACB'=20°时，ABC绕点C顺时针旋转了 0 (2)如图②，当点B在AB上时，若A'B'∥BC,求∠A的度数； (3)如图③，当点P为A'B的中点时，连接BP,若BC=2,AC=4,在ABC绕点C顺时针 旋转一周的过程中，直接写出线段BP的最大值和最小值， 21.已知：如图，四边形0ABC为长方形，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OA所 在直线为y轴建立平面直角坐标系，点A的坐标为0,6)，点C的坐标为8,0 试卷第1页，共3页 VA B A B 备用图 (1)直接写出点B的坐标为 (2)有一动点D从原点出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OA向终点A运动，当直线 CD将长方形OABC的周长分为23两部分时，求点D的运动时间； (3)在(2)的条件下，点E为坐标轴上一点，若三角形CDE的面积是24，请直接写出点E的 坐标。 22.如图，在平面直角坐标系中，点A,B的坐标分别为(3,5)，(3,0).将线段AB向下平 移2个单位长度再向左平移4个单位长度，得到线段CD,连接AC,BD; B B 备用图 (1)直接写出坐标：点C( ),点D( (2)M,N分别是线段AB,CD上的动点，点M从点A出发向点B运动，速度为每秒1个 单位长度，点N从点D出发向点C运动，速度为每秒05个单位长度，若两点同时出发，求 几秒后MN∥x轴？ (3)点P是直线BD上一个动点，连接PC,PA,当点P在直线BD上运动时，请直接写出 ∠CPA与∠PCD,∠PAB的数量关系 23.如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是平行四边形，A,C两点的坐标分别 为(4,0)，(-2,3).将平行四边形0ABC先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到 平行四边形NPQM. 试卷第1页，共3页 B M (I)请求出直线MW的解析式： (2)平行四边形NPQM与平行四边形OABC的重叠部分的形状是 ,重叠部分的面 积是 ； (3)点E是x轴上一动点，在直线OB上是否存在点D,使得以O,N,D,E为顶点的四边 形为平行四边形？若存在，请求出满足条件的所有点D、点E的坐标；若不存在，请说明 理由. 24.如图1，在ABC中，∠C=90°，CA=6,CB=8.将ABC绕点A逆时针旋转得到 ADE,且旋转角小于90°，点B的对应点为D,点C的对应点为E,直线DE交直线BC于 点P. D E D B C P 图1 图2 备用图 (1)试判断PC与PE的数量关系，并说明理由： (2)如图2所示，当∠CAE=30°时，求线段BP的长； (③)连结BE、BD,当BDE为直角三角形时，求线段BD的长 试卷第1页，共3页 第12章图形的平移与旋转综合专练 1、 单选题(本大题共10小题.每小题3分.共计30分) 1．下列图案中可分别由平移、旋转、轴对称分析整个图案形成过程的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平移、旋转和轴对称变换的定义和性质，逐一分析每个选项即可． 【详解】 解：A、可看成是由基本图形经过平移即可得出原图，不符合题意； B、可看成是由基本图形经过平移得出，不符合题意； C、可看成是由基本图形分别通过平移、旋转、轴对称得到的，符合题意； D、可看成是由基本图形通过旋转得到，不符合题意． 2．如图所示的车标中，可以看作由“基本图案”经过平移得到的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平移的定义进行判断． 【详解】解：A、观察图形可知，该图形不能看作由“基本图案”经过平移得到，故不符合题意； B、观察图形可知，该图形不能看作由“基本图案”经过平移得到，故不符合题意； C、观察图形可知，该图形能看作由“基本图案”经过平移得到，故符合题意； D、观察图形可知，该图形不能看作由“基本图案”经过平移得到，故不符合题意． 3．如图，在中，，．现将沿方向平移得到，与相交于点D，若点恰好在的平分线上，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先证明，从而把的周长转化为计算求解即可； 【详解】解：， ， ， 点恰好在的平分线上， ， ， ， 的周长为：， ，．现将沿方向平移得到， ， ， 的周长为：； 4．如图，菱形中，对角线、相交于点，与关于点成中心对称．若，则的长度为（   ） A．12 B．15 C．12.5 D．15.5 【答案】C 【分析】根据菱形的性质，得到 对称性得到，，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵菱形中，对角线、相交于点，， ∴， ∵与关于点成中心对称， ∴，，三点共线， ∴， 在中，． 5．和是等边三角形，且A，B，D在一条直线上，连接，交于点P，则下列结论    ①；②；③；④可以看作是绕点B顺时针能转而成的；其中正确的个数是（      ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】利用等边三角形的定义可得：，由同位角相等可得：，可判断①；先证明，则，根据外角的性质得：，可判断②；根据，得出，可判断③；根据，且，由旋转的概念可判定④． 【详解】解：∵和是等边三角形， ∴， ∴，故①正确； ∵和是等边三角形， ∴，，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴，故③正确； ∵，且， ∴可以看作是绕点B顺时针能转而成的，故④正确； ∴正确的有①②③④，共4个， 故选：D． 【点睛】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定和性质，三角形外角的性质，旋转的图形的识别，本题是常考题型，解题的关键是仔细识图，找准全等的三角形． 6．如图，在平面直角坐标系中，的顶点与原点重合，点，分别在轴的负半轴和轴的正半轴上，将绕点顺时针旋转得到，点恰好落在上，点，的对应点分别为，．若，则点的坐标为（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用旋转的性质，先证为等边三角形，再用含角的直角三角形性质求的长度，最后通过作辅助线构造含角的直角三角形，直接用边长关系求点的坐标． 【详解】解：过点作轴于点， ∵将绕点顺时针旋转得到， ∴，，，． ∴是等边三角形， ∴． ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴． ∵，， ∴． ∴， 由勾股定理得：． ∴点的坐标为． 7．如图，正方形中，E为边上一点，连接，将绕点E逆时针旋转得到，连接，若，则一定等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点F作，交的延长线于点G，先由，得出，结合正方形的性质，则，然后证明通过证明，所以，再结合等边对等角，即可作答． 【详解】解：过点F作，交的延长线于点G， 由旋转得，， ∴． ∵四边形为正方形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 8．菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，，，把菱形绕点O逆时针旋转，使点A落到y轴上，则旋转后点B的对应点的坐标为（   ）    A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】过点作轴于点，则，由旋转的性质可得，，由菱形的性质可得，，由两直线平行同位角相等可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，由含度角的直角三角形的性质可得，由线段之间的和差关系可得，在中，根据勾股定理可得，于是可得点的坐标；由题意可得，点旋转后在轴正半轴或负半轴，即当点旋转至轴的负半轴时所得到的菱形与点位于轴正半轴时得到的菱形关于原点中心对称，因而点与点关于原点对称，于是可得点的坐标；综上，即可得出答案． 【详解】解：如图，过点作轴于点，   ， 由旋转的性质可得： ，， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 点的坐标为， 由题意可得，点旋转后在轴正半轴或负半轴，即当点旋转至轴的负半轴时所得到的菱形与点位于轴正半轴时得到的菱形关于原点中心对称， 点与点关于原点对称， 点的坐标为， 旋转后点的对应点（或）的坐标为或， 故选：． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形变换——旋转，旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，中心对称图形的识别，直角三角形的两个锐角互余，含度角的直角三角形，求关于原点对称的点的坐标，两直线平行同位角相等，写出直角坐标系中点的坐标等知识点，熟练掌握坐标与图形变换——旋转、中心对称图形的识别及勾股定理是解题的关键． 9．如图，在平面直角坐标系中，已知点，以原点为圆心，以长为半径画弧，交轴负半轴于点，连接．分别以点、为圆心，以长为半径画弧，两弧在第二象限交于点，连接．现将线段绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第2026次旋转结束时，点的坐标为（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点A作轴于H，取的中点M，连接，根据直角三角形斜边上中线的性质可得是等边三角形，因此，由作图过程可得，，求出，是等边三角形，得到，根据，，得到垂直平分，因此，通过勾股定理求得，从而，进而依次求得第2次、第3次、第4次发现每4次一个循环，据此求解即可． 【详解】解：过点A作轴于H，取的中点M，连接， ∵， ∴，， ∴， ∵轴，点M是的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 由作图过程可得，，， ∴，是等边三角形， ∵， ∴， ∵在等边中，， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴在中，， ， ∴， ∴第1次旋转得到C点的对应点为， 第2次旋转得到C点的对应点为， 第3次旋转得到C点的对应点为， 第4次旋转得到C点的对应点为， 第5次旋转得到C点的对应点为， ∴每4次旋转是一个循环， ∵， ∴第2026次旋转结束时，点C的坐标为． 10．如图，在直角坐标系中，点A的坐标是，点B是x轴上的一个动点．以为边向右侧作等边三角形，连接，在运动过程中，的最小值为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】以为边向左侧作等边三角形，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，再根据垂线段最短可得当轴时，的值最小，即此时的值最小，最后利用含30度角的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图，以为边向左侧作等边三角形，连接， ∴，． ∵为等边三角形， ∴，， ∴，即， ∴， ∴． ∴当轴时，最短，即此时最小． ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴，即在运动过程中，的最小值为3． 故选B． 【点睛】本题考查等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、垂线段最短、含30度角的直角三角形的性质等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 二、填空题(本大题共6小题.每小题3分.共计18分) 11．若正比例函数图象上的两点、关于原点对称，则的值是________________ 【答案】6 【分析】本题考查了正比例函数上点的坐标特征及求关于原点对称的点的坐标，熟练掌握正比例函数上点的坐标特征及求关于原点对称的点的坐标是解题的关键．由题意可知，再代入通分后的分式计算即可． 【详解】解：正比例函数图象上的两点、关于原点对称， ， ， ． 故答案为：6． 12．如图，点A，B的坐标分别为，．若将线段AB平移至，则的值为________． 【答案】2 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化平移，熟练掌握以上知识是解题的关键． 根据平移前后对应点的坐标可知平移方式为向右平移个单位长度，向上平移个单位长度，再由“上加下减，左减右加”的平移规律求解即可． 【详解】解：∵点，的坐标分别为，，若将线段平移至的位置， 又∵点，的坐标分别为， ∴将线段平移至时的平移方式为向右平移个单位长度，向上平移个单位长度， ∴，， ∴， 故答案为：． 13．如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边分别在x轴和y轴上，并且．若把矩形绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在边上的处，则点的坐标为 ______． 【答案】 【分析】作，由旋转的性质得，再根据矩形的性质可得，然后根据勾股定理得，则此题可解． 【详解】解：如图所示，过点作，交于点D， 由旋转的性质得． ∵四边形是矩形， ∴， ∴． 在中，， 即， ∴点． 14．已知直线经过和，把直线沿轴向左平移2个单位，再向上平移1个单位得到直线，则直线的解析式为_____． 【答案】 【分析】本题考查平移的性质，待定系数法求一次函数解析式；先求出原直线上两个点平移后的坐标，再利用待定系数法即可求解直线的解析式． 【详解】解：根据题意可得：平移后得到点，平移后得到点， 设直线的解析式为， 将两点坐标代入得， 解得， 因此直线的解析式为． 15．如图，在平面直角坐标系中，有一个等腰直角三角形，，直角边在x轴上，且．将绕原点O逆时针旋转并放大得到等腰直角三角形，且，再将绕原点O逆时针旋转并放大得到等腰直角三角形，且…依此规律，得到等腰直角三角形，则点的坐标是______． 【答案】 【分析】根据题意得出点坐标变化规律． 【详解】解：∵是等腰直角三角形，, ∴, ∴, 将绕原点O逆时针旋转得到等腰直角三角形，且, ∴, , 依此规律， ∴每4次循环一周，... 总结规律得：横纵坐标的绝对值是， ∵， ∴与在同一象限，即第三象限， ∴点． 16．如图1，在等边中，，，相交于点M，并将其分割成四块①，②，③，④．如图2，将①，②，③通过中心对称或平移变换，拼成，则______．当A是中点时，的周长是______． 【答案】 【分析】由题意得，图1分割成的①③通过中心对称变换成图2中的①③，图1分割成的②通过平移变换变换成图2中的②，，，，即可求出；当A是中点时，得，易得，，，因此，取的中点，连接，得出是的中位线，求出，，同时判定是等边三角形，，进而判定平行四边形是菱形，即可求解． 【详解】解：图1分割成的①②③通过中心对称或平移变换成图2中的①②③， ，，， ， ，等边中， ； 当A是中点时，得， 图1分割成的①通过中心对称变换成图2中的①， ，， 图1分割成的③通过中心对称变换成图2中的③， ，， 图1分割成的②通过平移变换变换成图2中的②， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， 如图所示，取的中点，连接， ，是的中点，， ，，， ， 在中，过点作于点， ， ， ， ， ， ， 连接，，， 是等边三角形， ，， ， ， ，， ， ， 图1分割成的②通过平移变换变换成图2中的②， ， 图1分割成的①通过中心对称变换成图2中的①， ，， ， ， 平行四边形是菱形， 菱形的周长是， 故答案为：；． 【点睛】本题考查中心对称和平移变换、三角形中位线的判定和性质、利用勾股定理解三角形、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、菱形的判定，熟练掌握以上知识点、构造适当的辅助线是解题的关键． 三、解答题(本大题共8小题.每题9分.共计72分) 17．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别为，，． (1)将向右平移5个单位长度，得到，点，，的对应点分别是，，，请在图中画出，写出点，的坐标； (2)以原点为对称中心，请在图中画出与成中心对称的，点，，的对应点分别是，，． 【答案】(1)作图见解析，点的坐标是，的坐标是 (2)作图见解析 【分析】（1）先根据平移的性质确定平移后的，，的坐标，再顺次连接即可； （2）先根据关于原点对称的点的坐标特点得到，，的坐标，再顺次连接即可． 【详解】（1）解：如图所示，点的坐标是，的坐标是 （2）解：如上图所示. 18．在平面直角坐标系中，对于点，若点B的坐标为（a为常数），则称点B是点A的“a级伴随点”．例如：点的“级伴随点”为，即点B的坐标为． (1)已知点的“3级伴随点”是点D，求点D的坐标； (2)已知点是点的“级伴随点”，若点与点关于原点对称，求的值； (3)若点E在x轴正半轴上，点E的“a级伴随点”为点F，且，直接写出a的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题主要考查了坐标与图形，新定义，熟练掌握点的坐标的特征进行求解是解决本题的关键． （1）根据题意，应用新定义进行计算即可得出答案； （2）根据新定义进行计算可得点的坐标为，点与点关于原点对称求出，，然后代入求解； （3）设，则点的“a级伴随点”，表示出，，则，计算即可得出答案． 【详解】（1）解：∵点的“3级伴随点”是点D， ∴点D的横坐标为，点D的纵坐标为， ∴点D的坐标为； （2）∵点是点的“级伴随点”， ∴点的横坐标为，点的纵坐标为， ∴点的坐标为， ∵点与点关于原点对称， ∴，， ∴，， ∴； （3）解：设，则点的“a级伴随点”， ∴，， ∵， ∴， ∴或， 解得：． 19．在中，．是任意一点，连接，再将绕点顺时针旋转至，使，连接，． (1)如图（），若点在的内部，则与相等吗？若相等，请给出证明． (2)如图（），若点在的外部，则与相等吗？若相等，请给出证明． 【答案】(1)，证明见解析 (2)，证明见解析 【分析】（）证明即可求证； （）证明即可求证； 本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：，证明如下： 由旋转可得，， ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：，证明如下： 由旋转可得，， ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴； 20．中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点为． (1)如图①，当时，绕点顺时针旋转了__________°； (2)如图②，当点在上时，若，求的度数； (3)如图③，当点为的中点时，连接，若，，在绕点顺时针旋转一周的过程中，直接写出线段的最大值和最小值． 【答案】(1)110 (2)30° (3)最大值：；最小值： 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等内容，解题的关键是掌握相关性质，确定出点的轨迹． （1）由旋转的性质可得，为旋转角，求解即可； （2）根据旋转的性质可得，，，得到，再由可得，由题意可得，，从而得到，即可求解； （3）由勾股定理可得，，由点为的中点可得，，即点在以为圆心，以为半径的圆上运动，从而得到的最大值与最小值． 【详解】（1）解：由旋转的性质可得，为旋转角， 则， 故答案为：； （2）解：根据旋转的性质可得，，， ∴， ∵， ∴， 由题意可得，，即， 解得， ∴； （3）解：连接，如图： 由旋转的性质可得，，， 由勾股定理可得，， ∵点为的中点， ∴， ∴点在以为圆心，以为半径的圆上运动， 从而得到的最大值为，的最小值为． 21．已知：如图，四边形为长方形，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，点的坐标为，点的坐标为 (1)直接写出点的坐标为__________； (2)有一动点从原点出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段向终点运动，当直线将长方形的周长分为两部分时，求点的运动时间； (3)在（2）的条件下，点为坐标轴上一点，若三角形的面积是24，请直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2)秒 (3)点的坐标为或或或 【分析】（1）根据长方形的性质以及给出点的坐标求解； （2）求出长方形的周长，确定的长，即可求出时间； （3）根据三角形的面积，分四种情况进行讨论求解． 【详解】（1）解：∵四边形为长方形， ∴， ∵点的坐标为，点的坐标为， ∴点的坐标为； （2）解：∵四边形为长方形，且点的坐标为，点的坐标为， ∴， ∴四边形的周长为， ∵直线将长方形的周长分为两部分， ∴， ∴， ∴点的运动时间为（秒）； （3）解：由得，，由得，， ①当点位于轴上时，假设， ∴， 即， 解得或， ∴或； ②当点位于轴上时，假设， ∴， 即， 解得或， ∴或； 综上，点的坐标为或或或； 22．如图，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，．将线段向下平移2个单位长度再向左平移4个单位长度，得到线段，连接，； (1)直接写出坐标：点（____________，__________），点（___________，___________） (2)，分别是线段，上的动点，点从点出发向点运动，速度为每秒1个单位长度，点从点出发向点运动，速度为每秒个单位长度，若两点同时出发，求几秒后轴？ (3)点是直线上一个动点，连接，，当点在直线上运动时，请直接写出与，的数量关系． 【答案】(1)；； (2)秒后，轴 (3)当点P在线段上时，；当点P在的延长线上时，；当点P在的延长线上时， 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—平移，平行线的性质，平移的性质： （1）根据平移的性质求解； （2）设t秒后轴，根据轴，得到点M与点N的纵坐标相同，据此构建方程求解即可； （3）分三种情形：①如图1中，当点P在线段上时，②如图2中，当点P在的延长线上时，③如图3中，当点P在的延长线上时，分别求解即可． 【详解】（1）解：∵向下平移2个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到线段， ∴，， 故答案为：；； （2）解：设t秒后轴， ∵轴， ∴点M与点N的纵坐标相同， ∴， 解得， ∴秒后，轴； （3）解：①如图1中，当点P在线段上时， 作交于点E， ∴． ∵（平移的性质）， ∴， ∴， ∴； ②如图2中，当点P在的延长线上时， 作， ∴． ∵（平移的性质）， ∴， ∴， ∴； ③如图3中，当点P在的延长线上时，． 作，同②可证． 23．如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，A，C两点的坐标分别为，．将平行四边形先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到平行四边形． (1)请求出直线的解析式； (2)平行四边形与平行四边形的重叠部分的形状是___________，重叠部分的面积是__________________； (3)点E是x轴上一动点，在直线上是否存在点D，使得以O，N，D，E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出满足条件的所有点D、点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)平行四边形， (3)当或或时，以O，N，D，E为顶点的四边形为平行四边形． 【分析】（1）由平移的性质可得，进一步求解即可； （2）先根据平行四边形的性质和平移的性质可证明，由此即可证明四边形是平行四边形，即平行四边形与平行四边形的重叠部分的形状是平行四边形；再求出直线的解析式为，进而求出，则，则，即平行四边形与平行四边形的重叠部分的面积为； （3）分为边和为对角线两种情况利用平行四边形的性质进行求解即可． 【详解】（1）解：∵将平行四边形先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到平行四边形， ∴点C、点O分别向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到点M、点N， ∵， ∴； 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为． （2）解：如图所示，设与x轴交于E，与交于F，过点M作轴于G， ∵四边形是平行四边形， ∴， 由平移的性质可得， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形与平行四边形的重叠部分的形状是平行四边形； 在中，当，， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形与平行四边形的重叠部分的面积为． （3）解：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 同理可得直线的解析式为， 设， 当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得： ， 解得， ∴； 当为边时，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或； 综上所述，当或或时，以O，N，D，E为顶点的四边形为平行四边形． 24．如图1，在中，．将绕点逆时针旋转得到，且旋转角小于，点的对应点为，点的对应点为，直线交直线于点． (1)试判断与的数量关系，并说明理由： (2)如图2所示，当时，求线段的长； (3)连结、，当为直角三角形时，求线段的长． 【答案】(1)，理由见解析 (2) (3)或 【分析】（1）连接，证明即可证明； （2）延长，交于点，设，得出，解答即可； （3）当时，如图， 过点作交于点，过点作于点，根据旋转的性质得出，证明四边形是矩形，进而勾股定理求得，再根据等面积法求得，即可求解；当时，直接根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：， 理由：如图1，连接，由旋转的性质知，，， ∵， ∴， ∴； （2）如图2，延长交于点， 由（1）知，， 设， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴； （3）解：当时，如图， 过点作交于点，过点作于点， ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴ ∵ ∴ ∵， ∴ ∴四边形是矩形 ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ 在中， ∵ ∴ ∴； 当时，如图， 此时点E在上 ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴ ∴ 在中，； 由于旋转角小于，不存在， 综上所述，的长为或． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $