专题06 平移旋转几何模型、变换动态综合问题9大题型（高效培优期末专项训练）数学新教材北师大版八年级下册

**基本信息** 聚焦平移旋转核心模型，构建从基础变换到动态综合的解题方法体系，强化几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平移基础|9题|一次函数图像平移规律|代数表达与几何变换结合| |旋转应用|15题|坐标旋转变换/周期规律分析|从静态旋转到动态规律探究| |模型突破|34题|手拉手/半角模型构造全等、费马点最值转化|从模型识别到综合应用的逻辑链条|

专题06 平移旋转几何模型、变换动态综合问题9大题型 考点01 一次函数图象平移问题 考点02 平移综合 考点03 旋转中的规律性问题 考点04 坐标轴中的旋转 考点05 旋转之线段问题 考点06 旋转之面积问题 考点07 手拉手模型 考点08 半角模型 考点09 费马点 考点01 一次函数图象平移问题 1．将一次函数（k、b为常数，）的图象向下平移2个单位后，其图象经过点和点，且点A与点B关于原点对称，则k、b的值分别为（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】先根据关于原点对称的点的坐标特征求出点、点的坐标，再根据一次函数平移规律得到平移后的函数解析式，最后代入坐标解方程组即可得到和的值． 【详解】解：∵ 点与点关于原点对称，关于原点对称的点横纵坐标互为相反数， ∴，即 ， 一次函数向下平移个单位，根据平移规律“上加下减”，得平移后解析式为， ∵平移后图象过、两点，将两点坐标代入得 ， 解得：， 将代入，得， 解得， ∴ ． 2．将一次函数的图象向左平移2个单位，平移后，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用“左加右减”的平移规律得到平移后的解析式，再代入条件解不等式即可． 【详解】解：将一次函数的图象向左平移2个单位，得到一次函数， ∵平移后，， ∴， 解得． 3．如图1，在平面直角坐标系中，将放置在第一象限，且轴．直线从原点出发沿轴正方向平移，在平移过程中直线被平行四边形截得的线段长度与直线在轴上平移的距离的函数图象如图2，那么的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出平移后的解析式，再根据函数图象判断直线 经过平行四边形顶点的先后顺序，过点D作于点H，利用勾股定理求出，利用和求出，根据求出，确定 的长和平行四边形的高，利用勾股定理求出 的长，进而计算周长． 【详解】解：∵直线从原点出发沿轴正方向平移，平移的距离， ∴平移后的直线为直线， 由图2可知，当时，直线经过点；当时，直线经过点；当时，直线经过点， 在时，保持不变， 此时直线同时与、相交，且轴． 直线在二四象限的角平分线上， ∴直线与轴所成角中的锐角为． 如图，过点D作于点H，则， ∴． ∵， ∴ ∴， ∴． 设，则， 设，则， ． 设，则， 当时直线过，即， ，即， ， ∴． 在中，， 平行四边形的周长． 4．一次函数图像向下平移后经过点，则平移后图像的函数表达式是______． 【答案】 【分析】一次函数图象上下平移时，一次项系数保持不变，根据平移性质设出平移后的解析式，代入已知点的坐标求解即可； 【详解】解：一次函数图象上下平移时，一次项系数不变，原函数一次项系数为， 设平移后函数表达式为， 将点代入得：，解得， 平移后图像的函数表达式是． 5．如图，点M的坐标为，点P从出发，以每秒2个单位的速度沿y轴向上移动，同时过点P的直线l也随之平移，且直线l与直线平行，如果点M关于直线l的对称点落在坐标轴上，如果点P的移动时间为t秒，那么t的值可以是______． 【答案】或 【分析】根据点关于直线的对称点落在轴或轴上，分两种情况讨论，利用轴对称性质得出相关三角形为等腰直角三角形，从而求出点的坐标，进而求出的值． 【详解】解：由题意设直线的解析式为， 点从出发，以每秒个单位的速度沿轴向上移动， 点的坐标为， 直线过点， ， ∴直线的解析式为， 直线平行于直线， 直线与坐标轴的夹角为， ①当点关于直线的对称点落在轴上时，设直线与轴交于点， 点与点关于直线对称， 直线垂直平分线段，， 直线平分， 直线与轴夹角为，即， ， 轴， 点的坐标为， 点的坐标为，， ， 点在点左侧， 点的坐标为， 直线垂直平分， 线段的中点在直线上， 线段的中点坐标为，即， 将代入，得，解得； ②当点关于直线的对称点落在轴上时， 点与点关于直线对称，且点在直线上， ，直线平分， 直线与轴夹角为，即， ， 轴， 点的坐标为， 点的坐标为， ，解得， 综上所述，的值为或． 6．已知：与成正比例，且当时，y的值为4． (1)求y与x之间的函数关系式； (2)若点、点是该函数图象上的两点，其中，试比较、的大小，并说明理由； (3)将所得的函数图象平移，使它经过点，求平移后的函数解析式． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）设，再将，代入计算即可得出结果； （2）由（1）可得，由，得出随着的增大而增大，由一次函数的性质即可得出结果； （3）设平移后的函数解析式为，将代入解析式计算即可得出结果． 【详解】（1）解：∵与成正比例， ∴设， ∵当时，y的值为4， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 由（1）可得， ∵， ∴随着的增大而增大， ∵点、点是该函数图象上的两点，且， ∴； （3）解：设平移后的函数解析式为， 将代入解析式可得， 解得， ∴平移后的函数解析式为． 7．如图，已知直线，分别与轴，轴交于点． (1)求点的坐标． (2)将直线向右平移个单位得到直线，与轴交于点，以，为边作． ①求面积． ②根据图象，直接写出点坐标． 【答案】(1)、 (2)①；② 【分析】（1）分别将，代入中，分别求出，即可求得点的坐标． （2）①根据平移的性质可得，结合，可得面积为． ②由题意可得，轴，，结合，即可求得点坐标． 【详解】（1）解：将代入中，可得， 将代入中，可得， 解得：， ∴点的坐标为、， （2）解：①∵直线向右平移个单位得到直线， ∴ ∵ ∴ ∴面积为． ②由题意可得，轴，， ∴， ∴点坐标为． 8．如图，在直角坐标系中，直线：与x轴交于点A，与直线交于，直线分别与x轴、y轴交于C、D，连接． (1)求出m、n的值； (2)直接根据图象写出关于x的不等式的解集； (3)将直线沿y轴向上平移后与直线交于点E，若的面积为6，求平移后的直线表达式． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）将代入直线，得一元一次方程，解方程即可求出的值，于是可得点，将代入直线，得一元一次方程，解方程即可求出的值； （2）根据函数图象即可直接得出答案； （3）设点E坐标为，先求出直线与轴的交点，再求出直线与轴的交点、与轴的交点，进而可求出、的长，然后求出，判断出点在第二象限，根据列出方程求解即可得到点的坐标，即可解答． 【详解】（1）解：∵直线：经过 ， ∴， 解得， ， 将代入直线，得：， 解得， ，； （2）解：根据图象可以看出，关于x的不等式的解集为； （3）解：由（1）得直线的解析式为， 设点E坐标为， 令，解得， ∴， 令 ，解得， ∴， ∴， 将代入，则， ∴， ∴， ∴ ， ∵的面积为6，且 ， ∴点E在第二象限， ∴ ∴ ． ∴， 则 ， ∴点E坐标为， 设直线平移后的解析式为，则 ， 解得， ∴平移后的直线表达式为． 9．如图1，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，点在轴上，点在轴正半轴上，且．点是直线与线段的交点． (1)求直线的解析式： (2)若为直线上一动点，连接，，当时，求点的坐标； (3)如图2，连接，并将直线沿轴向下平移7个单位长度得直线，在直线上是否存在动点，使得，若存在，直接写出点的坐标，若不存在．请说明理由． 【答案】(1) (2)或； (3)存在，或 【分析】（1）根据直线的表达式得到点的坐标，进而得出点、点的坐标，即可求解； （2）根据题意得出点的坐标，，，设，根据点在直线下方和在直线上方时分情况讨论，列出关于的表达式，根据的取值范围分情况讨论，即可求解； （3）过点作交轴于点，过点作交的延长线于点，直线和直线交于点，直线和直线分别交直线于点和，在直线上截取，连接，通过证明四边形是平行四边形，得到点即为所求，再通过证明直线垂直平分，得到，继而得到点的两种情况下的坐标. 【详解】（1）解：直线与轴交于点，与轴交点， ∴当时，，当时，， ∴，， ∴，则， ∵点是直线与线段的交点， ∴当时，， ∴， 设直线的表达式为：， ∴代入点，，得，解得：， ∴直线的表达式为：； （2）解：由（1）可知直线的表达式为：， ∴当时，，则， 又∵，，， ∴，， ∴， ∴， ∵点为直线上一动点，且直线的表达式为， ∴设， 当点在直线下方时，此时，如图所示，连接，，， ∴， ， ， ， 当时，，此时，解得，， ∴， 当时，此时，解得，（不合题意，舍去）， 当点在直线上时，点与点重合，不存在，不符合题意， 当点（）在直线上方时，如图所示，连接，，， ， ， 当时，，，解得：，（不合题意，舍去）， 当时，，，解得：， ， 综上所述，点的坐标或； （3）解：存在， 设直线的表达式为：， 代入点、得，解得：， ∴直线的表达式为：， ∴直线沿轴向下平移个单位后，直线的表达式为， 如图，过点作交轴于点，过点作交的延长线于点，直线和直线交于点，直线和直线分别交直线于点和，在直线上截取，连接， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴，同理可证， ∵， ∴， ∴， ∴点即为所求， ∵， ∴设直线的表达式为：， 代入点到直线的表达式，得：，解得：， ∴直线的表达式为：， ∴联立直线和直线的表达式，得：，解得：， ∴点， ∵,， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴直线垂直平分， ∴， ∴， ∴联立直线和直线的表达式，得：，解得：， ∴点， ∵，， ∴点的横坐标为：， ∴点的纵坐标为：， ∴点， 综上所述，满足条件的点的坐标为或. 考点02平移综合 10．如图，将直角沿斜边的方向平移到的位置，交于点G，，，的面积为4，下列结论错误的是（    ）    A． B．平移的距离是4 C． D．四边形的面积为16 【答案】B 【分析】根据平移的性质分别对各个小题进行判断：①利用平移前后对应线段是平行的即可得出结果；②平移距离指的是对应点之间的线段的长度；③根据平移前后对应线段相等即可得出结果；④利用梯形的面积公式即可得出结果． 【详解】解：A．∵直角三角形沿斜边的方向平移到三角形的位置， ∴，， ∴， ∴，故A正确，不符合题意； B．平移距离应该是的长度，由，可知，故B错误，符合题意； C．由平移前后的对应点的连线平行且相等可知，，故C正确，不符合题意； D．∵的面积是4，， ∴， ∵由平移知：， ∴， 四边形的面积：，故D正确，不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题主要考查的是平移的性质，正确的掌握平移的性质是解题的关键． 11．如图，在平面直角坐标系中，将折线向右平移得到折线，则折线在平移过程中扫过的面积是______． 【答案】6 【分析】利用平移的性质可判断四边形AEFC和四边形BEFD都为平行四边形，然后由平移过程中扫过的面积=S▱AEFC+S▱BEFD，根据平行四边形的面积公式进行计算即可． 【详解】解：∵平移折线AEB，得到折线CFD， ∴四边形AEFC和四边形BEFD都为平行四边形， ∴折线AEB在平移过程中扫过的面积=S▱AEFC+S▱BEFD =AO•EF+BO•EF =EF（AO+BO） =EF•AB =[2-（-1）]×[1-（-1）] =6． 故答案为：6． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形-平移，熟练掌握平移的性质：把一个图形整体沿某一直线移动，得到新图形与原图形的形状和大小完全相同；连接各组对应点的线段平行且相等是解决问题的关键． 12．如图，在平面直角坐标系中，将点，点沿水平方向向右分别平移4个和8个单位长度，点A和点B的对应点分别是点D和点C．顺次连接A，B，C，D得到四边形． (1)直接写出点C和点D的坐标； (2)若将四边形沿竖直方向向下平移2个单位得到四边形，图中阴影部分的面积是，求与x轴的交点E的坐标； (3)在（2）的条件下，若点是坐标系内一动点，连接，，当三角形的面积是四边形的面积的时，求点P的坐标． 【答案】(1)，； (2)； (3)或． 【分析】（1）根据平移的性质解答即可； （2）设点E的坐标为由题意，得，，．根据题意得到，解答即可． （3）根据列式解答即可． 本题考查了平移的性质，图形的面积表示法，熟练掌握平移的性质是解题的关键． 【详解】（1）解：∵点，点沿水平方向向右分别平移4个和8个单位长度，点A和点B的对应点分别是点D和点C． ∴即，即， 故，． （2）解：设点E的坐标为由题意，得，，． ∵． ∴ ∴， 解得． ∴， 解得． ∴点E的坐标是． （3）解：∵ ∴ ∴ 则点P的坐标是或． 13．如图，三角形沿方向平移到三角形的位置． (1)当时，求的度数； (2)当，时，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（）利用平移的性质解答即可求解； （）利用平移的性质解答即可求解． 【详解】（1）解：由平移可知； （2）解：由平移可知， ∵，， ∴， ∴． 14．如图，在中，，，将此三角形向右平移得到，此时边与边相交于点D，连接． (1)若，则 ． (2)若落在边的中点处，且， 求四边形 的面积． (3)已知点P在的内部，平移到的位置后，点P的对应点为点 ，连接．若的周长为m，四边形的周长为，则_______． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据平移的性质和平行线的性质即可求出答案； （2）根据平移的性质和三角形面积公式即可求出答案； （3）根据平移性质、三角形和四边形的周长即可求出答案． 【详解】（1）解：由平移的性质可知，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵点落在边的中点，且，， ∴，， ∴； （3）解：由平移可知，， ∵周长为m，四边形的周长为， ∴，， ∴， ∴， ∴． 15．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标，点B的坐标是，将线段向右平移得到线段，点D的坐标为，过点D作轴，垂足为E，动点P以每秒2个单位长度的速度匀速从点A出发，沿着A→E→D的方向向终点D运动，设运动时间为t秒. (1)点C的坐标是______，当点P出发5秒时，则点P的坐标是______； (2)当点P运动时，用含t的式子表示出点P的坐标； (3)当点P在线段上运动时，是否存在点P使得三角形的面积是四边形面积的，若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，试说明理由. 【答案】(1)； ； (2)点在上运动时，，点P在上运动时， (3)存在，或. 【分析】本题是平移综合题，考查了三角形的面积，动点问题，解题的关键是分类讨论思想的应用． （1）根据题意，，进而求出点的坐标；由题意得，，，点在上，且，进而表示出点的坐标； （2）当点在上运动时，当点在上运动时，分别表示出点的坐标即可作答； （3）先求出四边形的面积,点在上运动时列方程求解即可． 【详解】（1）解：点的坐标是，点的坐标为， 由平移的性质得， 点的坐标， ； 由题意得，，， 点的运动速度为每秒2个单位长度， 出发5秒时，运动的距离为10个单位长度， 此时点在上，且， 点的坐标为， 故答案为：，； （2）解：当点在上运动时， ， 点的坐标为； 当点在上运动时， ， 点的坐标为， 点的坐标为； （3）解：四边形的面积为， ， 当点在上运动时，边上的高为4， 即， 解得， 点的坐标为或， 16．如图，在平面直角坐标系中，长方形的顶点为，，．    (1)直接写出点D的坐标； (2)横、纵坐标都是整数的点叫做整点．已知点，，将长方形沿轴向左平移个单位长度，得到长方形，记长方形和重叠的区域（不含边界）为． ①当时，在图中画出长方形，并用“O”标出区域W内的整点； ②若区域W内恰有3个整点，直接写出t的取值范围． 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）根据长方形的顶点为，，，即可得点的坐标； （2）①根据平移的性质即可完成作图；②根据整点定义结合平移的性质即可解决问题． 【详解】（1）解：长方形的顶点为，，， 点的坐标为； （2）①当时，如图，长方形即为所求，点“”为区域内的整点；    ②如图，区域内恰有3个整点，    由图形可知：的取值范围是． 【点睛】本题考查了长方形的性质，坐标与图形变换平移，解决本题的关键是掌握平移的性质． 17．如图，平面直角坐标系中，，，，，． (1)求的面积； (2)如图，点以每秒个单位的速度向下运动至，与此同时，点从原点出发，以每秒个单位的速度沿轴向右运动至，秒后，、、在同一直线上，求的值； (3)如图，点在线段上，将点向右平移个单位长度至点，若的面积等于，求点坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由非负数的性质求出，求出，由三点的坐标可求出答案； （2）根据三角形的面积关系可得出答案； （3）连接，设，由三角形面积关系得出，由平移的性质得出，根据三角形的面积关系可求出答案． 【详解】（1），，， ，， ，， ， ，，， ，， ； （2）由题意知：，， ， ， ． （3）连接，， 设， ， ， ， 点向右平移个单位长度得到点， ， ， ， ， ， 【点睛】本题是三角形综合题，考查了非负数的性质，坐标与图形的性质，平移的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 考点03旋转中的规律性问题 18．如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形依此方式，将正方形绕点O连续旋转2026次得到正方形，如果点A的坐标为，那么点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出，连接，由勾股定理可得，由旋转的性质可得，求出，，，，，，，，…，由此可得，8次一循环，计算即可得． 【详解】解：∵点A的坐标为， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， 如图，连接， 由勾股定理可得：， 由旋转的性质可得：， ∵将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形依此方式， ∴相当于将线段绕点O逆时针旋转，依次得到， ∴，，，，，，，，…， 由此可得，8次一循环， ∵， ∴点的坐标为． 19．正方体骰子的初始位置如图①所示，将骰子进行如下操作：如图②，将骰子先向右翻滚，再按逆时针方向旋转，这个操作过程视为完成一次变换．按上述规则连续完成次变换后，骰子朝上面的点数是（   ） A．1 B．3 C．5 D．6 【答案】C 【分析】本题主要考查图形规律，理解题意是解决本题的关键． 按题意画出图，找到规律判断即可． 【详解】解：根据题意画图如下： 根据上图可知：第一次变换后，朝上的点数为5， 第二次变换后，朝上的点数为6， 第三次变换后，朝上的点数为3， 由此可知，连续3次变换是一个循环． ∴， ∴按上述规则连续完成2026次变换后，骰子朝上面的点数是5， 故选：C． 20．如图，直线与轴、轴分别相交于点A、，过点作，使．将绕点顺时针旋转，每次旋转．则第2024次旋转结束时，点的对应点落在反比例函数的图象上，则的值为（    ） A．6 B． C． D．4 【答案】B 【分析】过点C作轴，垂足为D，则是等腰直角三角形，根据，确定点C的坐标，第一次旋转的坐标，根据第二次旋转坐标与点C关于原点对称，第三次旋转坐标与第一次坐标关于原点对称，确定循环节为4，计算的余数，确定最后的坐标，利用横坐标纵坐标计算即可． 【详解】如图，过点C作轴，垂足为D，如图所示： 把，代入得：，解得：， ∴， 把，代入得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴点， 第一次旋转的坐标为，第二次旋转坐标与点C关于原点对称为，第三次旋转坐标与第一次坐标关于原点对称为，第四次回到起点， ∴每4次一个循环， ∴， ∴第2024次变化后点的坐标为， ∴，故B正确． 故选：B． 【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，旋转的性质，反比例函数的解析式的确定，点的坐标的对称性，利用旋转性质，确定点的对称性及其坐标是解题的关键． 21．图中的正方形是由某种图形剪拼成的，将它放到数轴上，点表示的数为-2，若正方形从当前状态沿数轴正方向翻滚，把点翻滚到数轴上时，记为第一次翻滚；点翻滚到数轴上时记为第二次翻滚…，该正方形经过次翻滚后，其顶点，，，中某个点与数轴上的666重合，则剪拼出正方形的图形可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：起点是，需要滚动距离：； 选项A，拼成的正方形，边长为：，是无理数，正方形四个顶点落到数轴的点，也是无理数，668是有理数，两者不会重合，不符合题意； 选项B，拼成的正方形，边长为：2，能够被668整除，能够重合，符合题意； 选项C，拼成的正方形，边长为：3，668不能被3整除，不能重合，不符合题意； 选项D，拼成的正方形，边长为：，也是无理数，不能与668重合，不符合题意； 故答案选：B． 22．如图，在直角坐标系中，已知点的坐标为，将线段按逆时针方向旋转，再将其长度伸长为的倍，得到线段；又将线段按逆时针方向旋转，长度伸长为的倍，得到线段．．．．．．如此下去，得到线段为正整数)，则点的坐标为 __________________． 【答案】 【分析】先根据伸长的变化规律求出OP2019的长度，再根据每8次变化为一个循环组，求出点P2019是第几组第几次的变化，然后确定出所在的位置即可解决问题． 【详解】解：由题意，可得 ， ， ， ， ， ···， 则 ∵每一次都旋转45°，360°÷45°＝8， ∴每8次变化为一个循环组， 2019÷8＝252…3， 点是第组的第次变换对应的点，在轴的负半轴上 点的坐标为 故答案为 【点睛】本题考查了点的坐标的规律探寻，读懂题意，需要从伸长的变化规律求出OP2019的长度，从旋转的变化规律求出点P2019所在的象限两个方面考虑求解． 23．图形变换大观园：请阅读各小题的要求，利用你所学的平移与旋转知识作答． (1)如图1，是某产品的标志图案，要在所给的图形图2中，把A，B，C三个菱形通过一种或几种变换，均可以变为与图1一样的图案．你所用的变换方法是________． ①将菱形B向上平移半径的长度；②将菱形B绕点O旋转；③将菱形B绕点O旋转． （在以上的变换方法中，选择一种正确的填到横线上．） (2)分析图①、②、④中阴影部分的分布规律，并按此规律在图③中画出其中的阴影部分． (3)如图，在平面直角坐标系中，已知点、、． ①若将先向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到，请画出，并写出点的坐标为________； ②若将绕点O按顺时针方向旋转后得到，直接写出点的坐标为________； ③若将绕点P按顺时针方向旋转后得到，则点P的坐标是________． 【答案】(1)将菱形B绕点O旋转 (2)见解析 (3)①图见解打，②③ 【分析】此题主要考查了图形变化规律，作图平移和旋转，点的坐标，关键是掌握平移与旋转的性质． （1）根据图形直接得出结论； （2）从图中可以观察变化规律是，正方形每次绕其中心顺时针旋转，每个阴影部分也随之旋转． （3）①首先确定、、三点平移后的对应点位置，再连接，然后写出点点的坐标即可； ②根据关于原点对称的点的坐标特点可得的坐标； ③根据旋转的性质确定点的位置． 【详解】（1）解：观察分析①②的不同，变化前后，的位置不变， 而的位置由的下方变为的上方，进而可得两者对应点的连线交于点， 即进行了中心对称变化，变换方法是将菱形绕点旋转， 故答案为：菱形绕点旋转． （2）解：如图： （3）解：①如图所示，即为所求，的坐标为， ②将绕点按顺时针方向旋转后得到，点的坐标为， 故答案为：； ③将绕点按顺时针方向旋转后得到，则点的坐标是， 故答案为：． 24．如图1，直线a与直线b相交于点O，点P在内部．规定：先以a为对称轴作点P关于a的对称点，再以b为对称轴作点关于b的对称点，从点P到点的变换（两次轴对称）称为“1次T变换”，经过n次T变换的过程为．若经过n次T变换后，点与点P第一次重合，我们就称n为“变换的最优值”． 例如：如图2，当时，点P经过第1次T变换得到点，点经过第2次T变换得到点，点经过第3次T变换得到点，此时点与点P第一次重合，所以为“变换的最优值”． （1）请完成下表． 变换的最优值n 3 （2）根据（1）中变换的最优值n的变化规律，猜想：当时，则变换的最优值___________．（用含的代数式表示） （3）继续猜想，我们也可得到时变换的最优值n的变化规律，请根据此规律求时的值． 【答案】（1）4，6；（2）（k为使n为正整数的正整数）；（3）144°． 【分析】（1）当，根据轴对称性质得出“1次T变换”， P点到对应点旋转的角度为，由点与点P第一次重合，第n次T变换后，旋转了360°整数倍，由此即可求解； （2）根据（1）的规律即可得出答案； （3）根据（2）得出的结论，由可得，当k=1，n=5时，即可求出． 【详解】解：本题解答过程规定：以OM为起始位置，逆时针为正方向标记角度，，． （1）如图，当时， 先以a为对称轴作点P关于a的对称点，此时点相对起点OM的角度为， 再以b为对称轴作点关于b的对称点，此时点相对起点OM的角度为， ∴ ∴此时以OP为起始位置，顺时针为正方向标记角度，则， 由此可知当时，每一次“T变换”P点顺时针旋转90°， 而点与点P第一次重合，旋转度数为360°的整数倍， 故“变换”的最优值”． 同理可求：当时，如图， ，故． 故答案为：4，6． （2）如图， 先以a为对称轴作点P关于a的对称点，此时点相对起点OM的角度为， 再以b为对称轴作点关于b的对称点，此时点相对起点OM的角度为， 当时，，故点P变换到点为顺时针旋转，度数为， 由此可知，当时，每一次“T变换”P点顺时针旋转到点， 故“变换的最优值”为（k为使n为正整数的正整数）． 故答案为：（k为使n为正整数的正整数）； （3）时，如图： . 同理可得：当时， ， 由此可知，当时，每一次“T变换”P点逆时针旋转到点， 故“”变换的最优值为（k为使n为正整数的正整数）． 时，k的最小值为1， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了图形的变换，涉及了轴对称与旋转、角的定义方法等，解题关键是利用运动的观点定义角，从而根据轴对称性质求出“1次T变换”实质是绕O点逆时针旋转度数． 考点04坐标轴中的旋转 25．如图，在平面直角坐标系中，风车图案的四个叶片为完全相同的平行四边形，其中一个叶片上的点，的坐标分别为，．将风车绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据旋转得出动点的运动规律是周期性的，然后根据平行四边形的性质得出第一象限内点的坐标，然后求出第次后点坐标即可． 【详解】解：点的坐标为， ， 四边形是平行四边形， 且， 点的坐标为， 点的坐标为， 由旋转的规律可知，第一次旋转后点的对应点的坐标为， 第二次旋转后点的对应点的坐标为， 第三次旋转后点的对应点的坐标为， 第四次旋转后点的对应点的坐标为， 循环周期为， ， 第次旋转是第个循环的第二次旋转， 第次旋转结束时，点的坐标为． 26．如图，边长为的正六边形放置于平面直角坐标系中，边在轴的负半轴上，顶点在轴正半轴上．将正六边形绕坐标原点按逆时针方向旋转，则旋转后顶点的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，连接，．首先确定点的坐标，再根据绕坐标原点逆时针方向旋转的特点求解． 【详解】解：如图，连接，． 在正六边形中，，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 将正六边形绕原点O旋转，则旋转后顶点D的坐标为． 27．如图，正方形的两边，分别在x轴，y轴上．点在边上，以C为中心，把顺时针旋转，则旋转后点D的对应点的坐标是（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】B 【分析】根据顺时针旋转的特征画出图形，然后根据旋转的性质求解即可． 【详解】解：如图， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴当顺时针旋转时，旋转后的与重合， ∴， ∴点共线， ∴ ∴． 28．在平面直角坐标系中，一次函数的图像绕原点逆时针旋转后，得到直线，那么直线的表达式为________． 【答案】 【分析】原一次函数图像过原点，旋转后所得直线仍过原点，原函数选一点，求出点A旋转后的坐标，再利用待定系数法即可求出直线表达式． 【详解】解：一次函数经过原点和点，过点A作轴，垂足为B，则，，旋转后原点位置不变，因此直线过原点，设直线的表达式为，绕原点逆时针旋转，得到，过点作轴，交x轴于点D，过点作，交的延长线于点C，交y轴于点E，如下图 四边形有三个角是直角， 四边形是矩形， 是绕原点旋转得到的， ，， 轴， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 点的坐标为， 代入直线的表达式，得，解得， 直线的表达式为． 29．已知：点，，为坐标原点，将线段绕原点顺时针方向旋转到线段，则四边形的面积为_______． 【答案】 【分析】先根据旋转变换的坐标规律得到旋转后，的坐标，得到四边形为梯形，再利用梯形的面积公式求解即可． 【详解】解：，，将线段绕原点顺时针方向旋转到线段， ，， 如图，四边形为梯形，设梯形的高为， ，，， 四边形的面积为． 30．如图所示，风车图案是由若干等腰直角三角形组成的中心对称图形，．以风车的对称中心为原点建立直角坐标系，将点绕点逆时针旋转得到点；将点绕点逆时针旋转得到点；如此循环进行下去，点的坐标是______． 【答案】 【分析】根据题意得点的坐标每次旋转为一个循环，然后通过，得的坐标和相同，求出坐标即可． 【详解】解：如图， 根据题意得每次旋转，则旋转一周所需要的次数为（次），即点的坐标每次旋转为一个循环， ∵， ∴的坐标和相同， ∵，， ∴， ∴， ∴点的坐标是． 31．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴正半轴上，且点的坐标为，点是对角线的中点．将菱形绕原点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束后，点的坐标为_____． 【答案】 【分析】连接，利用勾股定理求出，得出，，进而求出是等边三角形，，，每旋转次为一个循环，第次旋转结束时点的位置和第次旋转结束时点的位置相同，过点作于，则，利用含角的直角三角形的性质结合勾股定理得出，，即可得点的坐标． 【详解】解：如图，连接， ∵点的坐标为， ∴， ∵菱形的顶点在轴正半轴上，点是对角线的中点， ∴与交于点，，，， ∴，， ∴, ∴是等边三角形，， ∵将菱形绕原点顺时针旋转，每次旋转，， ∴每旋转次为一个循环， ∵， ∴第次旋转结束时点的位置和第次旋转结束时点的位置相同，即菱形绕原点顺时针旋转， ∴，， 过点作于，则， ∴，， ∵点在第四象限， ∴第次旋转结束后，点的坐标为． 32．在春晚舞台上，来自杭州宇树科技的人形机器人，与真人舞蹈演员一同上演了“AI机器舞蹈”．这场大型全AI驱动的全自动集群人形机器人表演，背后是科技与传统文化的碰撞融合．它们的队形设计充满数学奥秘，表演中，舞台可近似为一个平面直角坐标系，如图，三个机器人、、构成，其初始位置坐标分别为，，，另外三个机器人、、的初始位置构成的与关于点成中心对称． (1)在图中画出； (2)为了完成队形变换，机器人、、同时向右平移7个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到，请画出； (3)队形继续进行变换，绕点顺时针旋转得到，请写出此时的坐标为________ 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可． （2）根据平移的性质作图即可． （3）根据旋转的性质作图，即可得出答案． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）解：如图，即为所求． （3）解：如图，绕点顺时针旋转得到， 的坐标为． 33．在2026年春晚舞台上，《武BOT》中呈现的人形机器人与武术演员同台表演形式．该表演将传统武术与智能科技结合，展示空翻、耍棍、醉拳及六合拳对练等高难度动作．在舞台台面上建立一个平面直角坐标系．如图，三个机器人、、构成，另外三个机器人、、的初始位置构成的与关于点成中心对称． (1)在图中画出； (2)为了完成队形变换，机器人、、同时向右平移7个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到，请画出； (3)队形继续变换，绕点顺时针旋转得到，则此时的坐标________． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可． （2）根据平移的性质作图即可． （3）根据旋转的性质作图，即可得出答案． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）解：如图，即为所求． （3）解：画出如图所示， 的坐标为． 考点05旋转之线段问题 34．如图，四边形是边长为2的正方形，动点E在边上，连接，将绕点E顺时针旋转至，连接，则的最小值是（    ） A．4 B． C．5 D． 【答案】B 【分析】过点作的垂线交延长线于点，并在延长线上取点，使得，连接，连接，证明，进而证明是等腰直角三角形，得到，再证明，推出，当点在线段上时，有最小值，最小值为的长，利用勾股定理求出即可得到结果． 【详解】解：过点作的垂线交延长线于点，并在延长线上取点，使得，连接，连接， ∵四边形是边长为2的正方形， ∴，， 由旋转性质得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 当点在线段上时，有最小值，最小值为的长， 在中，，， ∴， ∴的最小值为． 35．如图，边长为8的等边三角形中，M是高所在直线上的一个动点，连接，将线段绕点B逆时针旋转得到，连接．则在点M运动过程中，线段长度的最小值是_______． 【答案】2 【分析】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，含30度角的直角三角形，作辅助线构造全等三角形是解题关键．取的中点，连接，根据等边三角形的性质和旋转的性质，可证，得到，由垂线段最短可知，当时，有最小值，此时有最小值，再结合30度角所对的直角边等于斜边一半求解即可． 【详解】解：如图，取的中点，连接， 等边三角形的边长为8， ， ， ，， 是的中点， ， ， 线段绕点B逆时针旋转得到， ，， ， ，即， 在和中， ， ， 由垂线段最短可知，当时，有最小值，此时有最小值， ，， ， 线段长度的最小值是2， 故答案为：2． 36．如图，在四边形中，，，，且，的值为 _______． 【答案】 【分析】本题考查旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，把绕点A逆时针旋转，得到，连接，过点E作，交延长线于点G，则，，，证明，设，，求出，， 则，则，，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：如图，把绕点A逆时针旋转，得到，连接，过点E作，交延长线于点G，过点作于点， 则，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， 设，， ∵，， ∴，， 则， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 37．如图，，A、B分别为直线、上两点，且，若射线绕点A顺时针旋转至后立即回转，射线绕点B逆时针旋转至后立即回转，两射线分别绕点A、点B不停地旋转，若射线转动的速度是/秒，射线转动的速度是/秒，且a、b满足． (1)______，______； (2)若射线、射线同时旋转，问旋转多少秒时，射线、射线第一次互相垂直． (3)若射线绕点A顺时针先转动15秒，射线才开始绕点B逆时针旋转，在射线第一次到达之前，当射线、射线互相平行时，直接写出射线转动的时间． 【答案】(1)8；2 (2)9秒 (3)6秒或10秒 【分析】本题主要考查了平行线的性质，非负数的性质以及角的和差关系的运用，解方程的运用，解决问题的关键是运用分类思想进行求解，解题时注意：若两个非负数的和为0，则这两个非负数均等于0． （1）依据非负数的性质即可得到，的值； （2）依据，，即可得到射线、射线第一次互相垂直的时间； （3）分两种情况讨论，依据时，，列出方程即可得到射线、射线互相平行时的时间． 【详解】（1）解：∵，， ∴ ，， ，． （2）解：设旋转秒时，射线、射线第一次互相垂直． 如图，设旋转后的射线、射线交于点，则， ， ， ， ， 又，， ， ， ∴旋转9秒时，射线、射线第一次互相垂直； （3）解：设射线转动秒时，射线、射线互相平行． 如图，射线绕点顺时针先转动15秒后，转动至的位置，则， ∴； 分两种情况： ①∵，， 当时，不符合题意； 当时，，， ∵， ∴， ，， 当时，， ∴， 解得； ②当时，，， ，， 当时，， 此时，， 解得； 当时，不符合题意； 综上所述，射线转动6秒或10秒时，射线、射线互相平行． 38．如图1，在中，°，，点，分别在边，上，，连接，点F，P，G分别为的中点. (1)如图1中，线段与的数量关系是_____，位置关系是_____； (2)若把绕点C逆时针方向旋转到图2的位置，连接，判断的形状，并说明理由； (3)若把绕点C在平面内自由旋转，，请求出面积的最大值. 【答案】(1) (2)是等腰直角三角形，理由见解析 (3). 【分析】（1）根据中位线定理可得，结合平行线的性质可得，据此即可求解； （2）证得；根据中位线定理可得，结合平行线的性质可得，据此即可求解； （3）由得当最大时，面积最大，此时，点 在的延长线上，据此即可求解． 【详解】（1）解：∵ ，， ∴ ∵点F，P，G分别为的中点. ∴ ∴ ∵， ∴ ∵ ∴， ∴ 故答案为：； （2）解：是等腰直角三角形，理由如下： ∵， ∴ ∵，， ∴ ∴ 由（1）得： ∴ ∵， ∴ ∵ ∴ ∴是等腰直角三角形 （3）解：由（2）可知是等腰直角三角形， ， ∴当最大时，面积最大，如图所示： 此时，点 在的延长线上， ， ∴， 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、中位线定理、全等三角形的判定与性质等知识点，掌握旋转模型的相关结论是解题关键． 39．在中，，，，将绕顶点顺时针旋转，旋转角为，得到． (1)如图1，若旋转角，求的度数； (2)如图2，当时，设与相交于点，与交于点，连接，求的面积； (3)如图3，设中点为，线段上有一动点，连接．在旋转过程中，线段的长度是否存在最大值和最小值？如果存在，请直接写出这个最大值与最小值． 【答案】(1) (2) (3)最小值：；最大值： 【分析】（1）通过旋转角得出及，利用等腰三角形性质结合已知求． （2）由得内错角相等确定旋转角，结合条件证为等边三角形，又，则，的直角三角形的性质得出，由勾股定理得，则，证明为等腰三角形，则，过点作的高，则，勾股定理求出，再根据，求解即可． （3）利用中点得，分别求点到直线的最小垂距（结合到直线距离与共线关系）和到的最大距离（利用三点共线时线段和）． 【详解】（1）解：∵将绕顶点顺时针旋转，旋转角为且， ， ， ， ． （2）解：， ， 根据旋转可得， ， ， ∴在中，三个内角都为， ∴为等边三角形， 又， ， 又 ∵为的直角三角形， ， 由勾股定理得， ， ， ， ， 为等腰三角形，， ， 过点作的高， 则， ∴， ． （3）解：∵为中点， ， 由旋转性质，到的距离为， 故在上旋转时，的轨迹是以为圆心，内半径、外半径的圆环， 当三点共线且时，线段的长度最小，最小值为：． 最大值：即到的最远距离，当在正下方且共线时，线段的长度最大，最大值为：． 考点06旋转之面积问题 40．如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分的面积为______． 【答案】 【分析】根据旋转，可得，，，过点作于点，可判定为等腰直角三角形，利用勾股定理可求得，最后通过求得答案． 【详解】解：在中，，将绕点按逆时针方向旋转后得到， ，，． 如图，过点作于点， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ． ，， ． 41．如图，已知长方形，，，是的中点，连接，将绕点旋转（其中、分别与、对应）使得落在直线上，得，连接，那么的面积是______． 【答案】或 【分析】本题考查图形的旋转，画出将绕点顺时针或逆时针旋转后的图形，然后根据三角形面积公式计算即可．解题的关键是掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③旋转前后的图形的形状相同． 【详解】解：如图，将绕点顺时针旋转得到， ∵长方形中，，，是的中点， ∴， ∵将绕点顺时针旋转得到， ∴，，， ∴， ∴； 如图，将绕点逆时针旋转得到， ∴， ∴； 综上所述，的面积是或． 故答案为：或． 42．如图，中，，，，将绕C点旋转一个角度到，直线、交于F点，在旋转过程中，的面积的最大值是______． 【答案】 【分析】先求解，如图，取的中点，连接，证明，，，，可得， ∴，可得过作于，则，当重合时，的面积最大，再进一步求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴， 如图，取的中点，连接， 由旋转可得：，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 过作于，则， 当重合时，的面积最大， 最大面积为：． 故答案为： 【点睛】本题考查的是旋转的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，二次根式的乘法运算，作出合适的辅助线是解本题的关键． 43．如图，已知正方形，是正方形内一点．若，，将绕点顺时针旋转至处，此时点、、三点正好在同一直线上． (1)求的度数； (2)求的长； (3)求的面积． 【答案】(1) (2) (3)3 【分析】（1）由题意可知，，那么，，从而得到，然后利用平角，得到； （2）结合（1）可知，，，从而得到，然后利用勾股定理求得即可； （3）过点作于点，然后利用勾股定理求得，接着利用求得面积即可． 【详解】（1）解：正方形， ， 将绕点顺时针旋转至处， ，且旋转角度为， ，， 是等腰直角三角形， ， 点、、三点正好在同一直线上， ； （2）解：，，， ，， ， ， 是等腰直角三角形，， ， ； （3）解：是等腰直角三角形，， ， ， ， 过点作于点，如图所示： ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的面积，正方形的性质，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键． 44．已知中，，将绕着点C顺时针旋转，得到． (1)如图1，当点M落在边上时，求线段的长； (2)如图2，当绕着点C顺时针旋转到的位置时，连接． ①判断线段与的位置关系并说明理由； ②求的值； ③在的旋转过程中，直接写出的面积与的面积之和的最大值为________． 【答案】(1)7 (2)①，理由见解析；②；③ 【分析】（1）先利用勾股定理求出的长，过点C作于点D，根据，可得，可得，由旋转的性质得：，从而得到，即可求解； （2）①由旋转的性质得：，从而得到，进而得到，再由，可得，即可解答；②根据勾股定理可得，再由旋转的性质得：，即可求解；③延长至点T，使，过点N作交延长线于点K，连接，结合旋转的性质可得，，从而得到，再证明，可得，从而得到，进而得到当最大时，最大，再由的最大值为，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， 如图，过点C作于点D， ∴， ∴， 解得：， ∴， 由旋转的性质得：， ∴， ∴； （2）解：①，理由如下： 由旋转的性质得：， ∴ ，即， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∴， 由旋转的性质得：， ∴； ③如图，延长至点T，使，过点N作交延长线于点K，连接，如图， 由旋转的性质得：，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． ∴当最大时，最大， 而的最大值为， ∴的最大值为． 故答案为∶． 【点睛】本题主要考查了图形的旋转的问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键． 45．某研究性学习小组在学习《简单的图案设计》时，发现了一种特殊的四边形，如图1，在四边形中，,，我们把这种四边形称为“等补四边形”．如何求“等补四边形”的面积呢？    探究一： (1)如图2，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点A顺时针旋转，可以形成一个直角梯形（如图3）．若，,则“等补四边形”的面积为 探究二： (2)如图4，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点A顺时针旋转，再将得到的四边形按上述方式旋转120°，可以形成一个等边三角形（如图5）．若，,则“等补四边形”的面积为 ． 由以上探究可知，对一些特殊的“等补四边形”，只需要知道，的长度，就可以求它的面积．那么，如何求一般的“等补四边形”的面积呢？ 探究三： (3)如图6，已知“等补四边形”，连接，将以点A为旋转中心顺时针旋转一定角度，使与重合，得到，点C的对应点为点． ①由旋转得： ，因为，所以， 即点，B，C在同一直线上，所以我们拼成的图形是一个三角形，即． ②如图7，在中，作于点H，若，，试求出“等补四边形”的面积（用含m，n的代数式表示），并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)①；②，理由见解析 【分析】（1）通过旋转变换可得四边形面积等于直角梯形面积的一半，结合题意求直角梯形的面积即可求解； （2）通过旋转变换可得四边形面积等于等边三角形的面积的，根据等边三角形的性质可求得，，根据角的直角三角形的性质可得，根据勾股定理求得等边三角形的高，求出等边三角形的面积，即可求解； （3）①根据旋转的性质即可求解； ②通过旋转变换可得四边形面积等于等腰三角形面积，根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：由题意“等补四边形”的面积． 故答案为：9． （2）解：过点作交于点，如图：    根据题意可得， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 在中，，， ∴， 则， 故“等补四边形”的面积． 故答案为：． （3）解：①由旋转的性质可知，， 故答案为：． ②：由旋转的性质可知，， ∵， ∴， ∴， ∴“等补四边形”的面积的面积． 【点睛】本题考查了旋转变换，直角梯形的面积公式，等边三角形的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形的面积公式等，解题的关键是利用旋转变换把求不规则图形的面积转化为求规则图形的面积． 46．已知：如图1，四边形中，，，． (1)如图2，连接，由于，所以可将绕点顺时针方向旋转，得到，则的形状是_______． (2)若，，在（1）的基础上，求四边形的面积． (3)如图3，四边形中，，，，，，则四边形的面积为_______． 【答案】(1)等边三角形 (2) (3) 【分析】（1）由旋转的性质可得，则，，即可判断的形状； （2）由（1）知等边三角形的边长为，过点作于点，结合等腰三角形三线合一性质及勾股定理求出，再求出即可； （3）连接，由于，所以可将绕点顺时针方向旋转，得到，连接，过点作交的延长线于点，过点作交于点，证明是等腰直角三角形，利用勾股定理求出，，再求出和的面积和即可． 【详解】（1）解：∵将绕点顺时针方向旋转得到， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， 即的形状是等边三角形， 故答案为：等边三角形； （2）如图，过点作于点， ∵，，， ∴，，， ∵四边形中，，， ∴， ∴， ∴点、、共线， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ∴四边形的面积为； （3）连接，由于，所以可将绕点顺时针方向旋转，得到，连接，过点作交的延长线于点，过点作交于点， ∵将绕点顺时针方向旋转得到， ∴，，， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）知：是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，腰直角三角形的判定和性质，等积代换思想，类比思想等知识点，构造直角三角形，求出三角形的高是解题的关键． 考点07手拉手模型 47．已知：如图，在，中，，，，C，D，E三点在同一条直线上，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中错误的个数是（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握考查的知识点是解题的关键． 先证明和为等腰直角三角形，推出，再证明，运用全等的性质即可解题． 【详解】解：∵，，， ∴和为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确，不符合题意； ∴， ∵， ∴，故②正确，不符合题意； ∵， ， ， ， ， ∴， ∴，故③正确，不符合题意； ∵如图，延长射线交于点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，故④正确，不符合题意； 综上，符合题意共个． 故选：A． 48．如图，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，．求证： (1)，； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明得到，，进而利用三角形的内角和定理证明即可证得结论； （2）先根据勾股定理得到，再根据正方形的性质和勾股定理可证得结论． 【详解】（1）证明：如图，设与交于点M，与交于点N． 四边形和四边形都是正方形， ，，， ， ， ，． ， ，即； （2）证明：如图，连接，． ， ， ， ． ，． ． 四边形和四边形都是正方形， ，，， ，， ． 【点睛】本题重点考查“手拉手模型”和勾股定理，找到全等三角形和直角三角形是解答的关键． 49．【课本再现】（1）如图1，和都是等边三角形，且点B、C、E在一条直线上，连接和相交于点，线段与的数量关系是 ；请你用旋转的性质说明上述关系成立的理由． 【深入探究】（2）如图2，将绕点逆时针旋转一定的角度，其他条件与（1）中相同． ①线段与的数量关系是 ； ②的度数为 ． 【拓展应用】（3）如图3，是等边三角形，，，，求边的长度． 【答案】（1）；理由见解析（2）①；②；（3）8 【分析】（1）利用等边三角形的性质，可得绕点逆时针旋转得到，即可得到； （2）由（1）可知，则，，再根据等边三角形的性质和角之间的等量代换，易得，从而可求； （3）将绕点逆时针旋转得到，连接，易得是等边三角形，由旋转的性质知，从而可得，再根据勾股定理，计算即可． 【详解】解：（1），理由如下： 和都是等边三角形， ，，，， ，， ， 将绕点逆时针旋转得到， ； （2）①；② 理由：由（1）可知绕点逆时针旋转得到， 则， ，； 等边三角形， ， ， ， ； 故答案为：①；②； （3）如图所示，将绕点逆时针旋转得到，连接， ，，， 是等边三角形， ，， 由旋转的性质知， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ． 【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，旋转的性质，全等的性质，勾股定理等知识点，掌握“手拉手模型”是解题的关键． 50．（1）如图1，和都是等边三角形，连接，．若，则的度数是________． （2）如图2，和都是等边三角形，点，，在同一条直线上，连接．求证：． （3）如图3，和均为等腰直角三角形，，点，，在同一条直线上，于点，连接，求的度数以及线段，，之间的数量关系． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）， 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质，掌握相关结论是解题关键； （1）由题意得，结合即可求解； （2）证即可求解； （3）证，得，；推出，；根据，得；进而得，即可求解； 【详解】解：（1）∵都是等边三角形， ∴， ∵， ∴； （2）∵和都是等边三角形， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴； （3）由题意得： ， ∴，即， ∴， ∴，； ∵为等腰直角三角形， ∴， ∵点，，在同一条直线上， ∴， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴； 51．【课本再现】如图，，都是等边三角形．与有什么关 系？你能用旋转的性质说明上述关系成立的理由吗？(不用解答) 【探究应用】 （1）如图2，，都是等腰直角三角形， ，， ． ①写出与的数量关系和位置关系： ； ②的面积与的面积相等吗？并说明理由． 【问题解决】 （2）如图，将绕点A逆时针旋转得到点恰好落在 上，与交于点 ．若与关于直线对称，且，，则 ①∠= ° ②线段的长是 ． 【答案】（1）①，；②相等；（2）①，②6． 【分析】本题考查了图形的旋转，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，添加适当的辅助线是本题的关键． （1）根据，都是等边三角形，把绕点A逆时针旋转得到 即可； ①证明，再由全等三角形的性质和三角形外角的性质即可证明结论，②和的边，再过D作于Y，过B作于X，构造，得相等边对应高相等，从而证明两个三角形面积相等， （2）①利用轴对称的性质求出，然后根据旋转的性质得出答案； ②利用旋转的性质和轴对称的性质求出和即可解决问题． 【详解】解：（1）①结论：，． 证明：如图，设交于点，交于点， ∵ ． ∴，即， 又∵，， ， ， ， ， ，即， 综上所述：，． ②的面积与的面积相等， 如图，过D作于Y，过B作于X，   ， ∵， ， 又∵， ， ， ∵，，， ，即， 的面积与的面积相等， （2）①∵与关于对称， ∴， ∴， 由旋转的性质可知，， 故答案为：； ②由旋转的性质可知，， ∵与关于对称， ∴， ∴， 故答案为：． 52．综合探究与应用 (1)如图1，在和中，，，，点B在上，连接．则与的关系为_____________． 【类比应用】 (2)如图2，在中，，，将线段绕点A按逆时针方向旋转一个角度（）得到线段，连接，过点A作的垂线，分别交与射线于点D，F，连接． ①线段绕点A旋转的过程中，的度数是否发生变化？若不变，请求出的度数；若变化，请说明理由； ②直接写出、、这条线段的数量关系为________________； ③若，，请直接写出的面积． 【答案】(1)， (2)①，理由见解析；②；③ 【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质，勾股定理求直角三角形的边长，等腰三角形的性质等知识，综合性强． （1）与的关系为：，．通过证明，由全等三角形对应边相等，对应角相等可得，，再证，从而证得； （2）①，证明思路：先证明，是等腰三角形，通过已知条件，，结合三角形内角和定理，推导出， ，从而证得； ②，证明思路：过点A作交延长线于点H，先证 ，从而证明是等腰直角三角形，再证，由全等三角形的性质可得，结合等腰直角三角形性质，证得； ③先证，结合②的结论以及，得到，再求得，在中，由勾股定理可知，， 运用完全平方公式，变形得到，从而求得的值，最后求得的面积． 【详解】（1）解：与的关系为：，，理由如下： ∵， ∴， 即， 在和中， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， 故，； （2）解：①，理由如下： ∵将线段绕点A按逆时针方向旋转一个角度得到线段， ∴，， 又∵， ∴． ∵，， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． 同理，在中， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即； ②，证明如下： 如图，过点A作交延长线于点H， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即． 由①可知，， ∵，， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， 由①可知，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴在中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； ③由②可知，，， ∴， 即． 由②可知，， ∵， ∴． ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 53．【问题提出】如图，、都是等边三角形，求证：． 【方法提炼】这两个共顶点的等边三角形，其在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，即．如果把小等边三角形的一边看作“小手”，大等边三角形的一边看作“大手”，这样就类似“大手拉着小手”，不妨称之为“手拉手”基本图形，当图形中只有一个等边三角形时，可尝试在它的一个顶点作另一个等边三角形，构造“手拉手”基本图形，从而解决问题． 【方法应用】 (1)在等边三角形中，是边上一定点，是直线上一动点，以为一边作等边三角形，连接． ①如图，若点在边上，求证：． ②如图，若点在边的延长线上，线段之间的数量关系为______，并加以说明． (2)如图，在等腰中，，，，且交于点，以为边作等边，直线交直线于点，连接交于点，写出之间的数量为______．（直接写出结论不用说明理由） 【答案】(1)①见解析；②，见解析； (2)． 【分析】（1）①如图，过点作，交于点，易证是等边三角形，得出，证明，得出，即可得出结论； ②如图，过点作，交于点，易证是等边三角形，得出，证明，得出，即可得出结论； （2）先根据等边的性质结合三角形的内角和定理和外角的性质推出，再如图，在上截取，连接，易证是等边三角形，证明，得出，即可得出结论． 【详解】（1）解：①证明：如图，过点作，交于点， ∵是等边三角形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，即， ∵在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． ② 证明：如图，过点作，交于点， ∵是等边三角形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴． ∵是等边三角形， ∴，， ∴，即． ∵在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． （2） 证明：∵是等边三角形， ∴，． 又∵， ∴，， ∴， ∵在中，， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， 如图，在上截取，连接， ∴是等边三角形， ∴，． ∴，即． ∵在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，三角形全等的性质和判定，三角形外角的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键． 考点08半角模型 54．如图，正方形纸片的边长为6，点E，F分别在边，上，已知，，则的长为（   ） A．5 B．5.5 C．6 D．6.5 【答案】A 【分析】此题考查了正方形的性质、翻折变换以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 由正方形纸片的边长为6，可得，，根据折叠的性质得：，，然后设，在中，由勾股定理，即可得方程，解方程即可求得答案． 【详解】解：延长到点，使，连接，如图， 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； ，， ， ， 在中，根据勾股定理得：， ， ， ， 故选：A． 55．如图，菱形中，是边上一点，是边上一点，，连接交于点． （1）若，则______（用表示）； （2）若，则的最大值是______． 【答案】 3 【分析】（1）先证明是等边三角形；得出，再利用三角形的内角和定理进一步可得答案； （2）设，，根据，根据二次函数性质，说明有最大值，求出最大值为3即可． 【详解】解：（1）∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴在和中， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形； ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为： （2）∵， ∴， ∴， 设，， ∴ ， ∴当时，取最大值， ∴此时， ∴此时， ∵为等边三角形， ∴此时，， ∴此时， ∴平分， ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即的最大值为3． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，二次函数的最值，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，数形结合． 56．问题背景  如图1，在四边形中．，，，、分别在、上，且，试探究图中线段、、之间的数量关系，并说明理由． 由“，”的数据信息，解决问题的方法是：延长到，使得，连接，则可以先证，再证________________，从而得到，，之间的数量关系是：________； 验证猜想  写出上述推理的详细过程； 探索延伸  如图2，在四边形中，，，、分别在、上，且，上述结论是否成立，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）成立，理由见解析 【分析】本题考查了常见的全等模型——半角模型，掌握模型的构成条件、辅助线的引入是解题关键． （1）先证，推出，进一步得；再证，即可得； （2）参考（1）中的证明过程即可； 【详解】解：（1）如图所示： ∵，，， ∴； ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）成立，理由如下： 延长到，使得，连接， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 57．问题背景：“半角模型”问题．如图1，在四边形中，，，，点E，F分别是上的点，且，连接，探究线段之间的数量关系． (1)探究发现：小明同学的方法是延长到点G．使．连结，先证明，再证明，从而得出结论：_____________； (2)拓展延伸：如图2，在四边形中，，，E、F分别是边上的点，且，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由． (3)尝试应用：如图3，在四边形中，，，E、F分别是边延长线上的点，且，请探究线段具有怎样的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)成立，理由见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）延长到点G．使．连接，利用全等三角形的性质解决问题即可； （2）延长到，使，连接．证明，由全等三角形的性质得出，，再得到，再利用全等三角形的性质则可得出结论； （3）在上截取，使，连接．证明．由全等三角形的性质得出．证明，由全等三角形的性质得出结论． 【详解】（1）解：． 延长到点G．使．连接， ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴． ∵． ∴． 故答案为：； （2）解：（1）中的结论仍然成立． 理由是：如图2，延长到，使，连接． ，， ， 在与中， ， ， ，， ． ． 又， ， ． ． ， （3）解：结论：． 证明：如图③中，在上截取，使，连接． ∵， ∴． 在与中， ， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴，   ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形解决问题． 58．如图，正方形中，M，N分别在上，连接． (1)若将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到；请你补全图形． (2)直接写出线段之间的数量关系； (3)根据（2）的结论，写出证明过程； (4)如果正方形的边长是5，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 (4) 【分析】本题考查了旋转的性质、半角模型以及正方形的性质，掌握半角模型的条件以及结论是解题关键． （1）根据提示即可作图； （2）根据图形可得结论； （3）由旋转可知：，推出，进而得，证即可； （4）根据的周长，，推出的周长，即可； 【详解】（1）解：如图所示： （2）解：； （3）证明：由旋转可知：， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （4）解：∵的周长，， ∴的周长 59．已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF． 思路分析： (1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°， ∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上， ∠E'AF＝　 　度，…… 根据定理，可证：△AEF≌△AE'F． ∴EF＝BE+DF． 类比探究： (2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程； 拓展应用： (3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积． 【答案】(1)45 (2)DF＝BE+EF，证明见解析 (3)2 【分析】（1）把绕点逆时针旋转至，则、、在一条直线上，，再证△，得，进而得出结论； （2）将绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质得，再证△，得，进而得出结论； （3）将绕点逆时针旋转得到，连接，则，得，因此，同（2）得△，则，，得、、围成的三角形面积，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°， ∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至， 则F、D、在一条直线上，≌△ABE， ∴＝BE，∠＝∠BAE，＝AE， ∴∠＝∠EAD+∠＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°， 则∠＝∠﹣∠EAF＝45°， ∴∠EAF＝∠， ∴△AEF≌△（SAS）， ∴， ∵， ∴EF＝BE+DF． 故答案为：45； （2）解：DF＝BE+EF    理由如下： 将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△， ∴△≌△ABE， ∴AE＝，BE＝，∠＝∠BAE， ∴∠＝∠BAE+∠＝∠+∠＝∠BAD＝90°， 则∠＝∠﹣∠EAF＝45°， ∴∠＝∠EAF＝45°， 在△AEF和△中， ， ∴△AEF≌△（SAS）， ∴， ∵， ∴DF＝BE+EF； （3）解：将△ABD绕点A逆时针旋转得到△，连接， 则△≌△ABD， ∴CD'＝BD， ∴， 同（2）得：△ADE≌△（SAS）， ∴，， ∴BD、DE、EC围成的三角形面积为、、EC围成的三角形面积． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的性质以及四边形和三角形面积等知识，本题综合性强，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角形，属于中考常考题型． 60．在Rt中，，，点为中点，点为线段上一动点． (1)求的长； (2)如图1，，点为射线上一动点，求的最大值； (3)如图2，点在线段上，且，的长为有理数，求证：为无理数． 【答案】(1)1 (2) (3)见解析 【分析】（1）利用勾股定理求出，结合点为中点即可得出， （2）作点关于射线对称点，利用对称的性质可得，再根据三角形两边之差小于第三边，即可得出，再证明为等边三角形，即可得出结论. （3）过点作，且，利用旋转模型和半角模型，证明，，进而可得，设，则，，利用勾股定理求出，由是无理数，为有理数，即可得出结论. 本题考查了三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线等知识，利用对称构造全等三角形转化线段是解题的关键． 【详解】（1）解：， 为等腰直角三角形， 点为的中点， ； （2）方法一：如图所示，作点关于射线对称点，连接并延长交延长线于点，连结， 则， ， ， ， 又， 为等边三角形， ， ， 即当三点共线时，取得最大值； 方法二：作点关于射线的对称点，连接交的延长线于点， 由对称性质得：， ， ， ， ， ， 得为等边三角形，， ， 即当三点共线时，取得最大值； （3）如图，过点作，且， ， ， 即， 又， （）， ，， ， ， ， ， ， （）， ， 设，则， 由（1）得， ， 在Rt中由勾股定理得：， ， ， 解得：， 由（1）知且， ， ， 将代入中，得， ， ， 是无理数，为有理数， 是无理数， 即是无理数． 61．我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整． 原题：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则，试说明理由． (1)思路梳理 ∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合． ∵， ∴，点F、D、G共线． 易证 ，得． (2)类比引申 如图2，四边形中，，点E、F分别在边上，．若都不是直角，则当时，是否仍有，并说明理由． (3)联想拓展 如图3，在中，，，点D、E均在边上，且．猜想应满足的等量关系，并写出推理过程． 【答案】(1) (2)当时，仍有；见解析 (3) 【分析】（1）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （2）把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （3）把旋转到的位置，连接，证明，则，，是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断． 【详解】（1）解：∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合． ∵， ∴，点F、D、G共线， 则，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 故答案为：； （2）解：当时，仍有；理由如下： ∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，如图2所示： ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴点F、D、G共线， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：．理由如下： 把绕点A顺时针旋转到的位置，连接，如图3所示： 则，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性比较强，能正确作出辅助线得出全等三角形是解题的关键． 考点09费马点 62．如图，在中，，，．若点P是内一点，则的最小值为____________． 【答案】 【分析】根据题意，首先以点A为旋转中心，顺时针旋转△APB到△AP′B′，旋转角是60°，作出图形，然后根据旋转的性质和全等三角形的性质、等边三角形的性质，可以得到PA+PB+PC=PP′+P′B′+PC，再根据两点之间线段最短，可以得到PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，然后根据勾股定理可以求得CB′的值，从而可以解答本题． 【详解】解：以点A为旋转中心，顺时针旋转△APB到△AP′B′，旋转角是60°，连接BB′、PP′，，如图所示， 则∠PAP′=60°，AP=AP′，PB=P′B′， ∴△APP′是等边三角形， ∴AP=PP′， ∴PA+PB+PC=PP′+P′B′+PC， ∵PP′+P′B′+PC≥CB′， ∴PP′+P′B′+PC的最小值就是CB′的值， 即PA+PB+PC的最小值就是CB′的值， ∵∠BAC=30°，∠BAB′=60°，AB==2， ∴∠CAB′=90°，AB′=2，AC=AB•cos∠BAC=2×cos30°=， ∴CB′=， 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质、最短路径问题、勾股定理，解答本题的关键是作出合适的辅助线，得出PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，其中用到的数学思想是数形结合的思想． 63．如图，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA＋MD＋ME的最小值为______． 【答案】 【分析】将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM′D′，则MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均为等边三角形，推出AM＝MM′可得MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME，共线时最短；由于点E也为动点，可得当D′E⊥BC时最短，此时易求得D′E＝DG＋GE的值； 【详解】 解：将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM′D′， 由性质的性质可知：MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均为等边三角形， ∴AM＝MM′， ∴MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME， ∴D′M、MM′、ME共线时最短， 由于点E也为动点， ∴当D′E⊥BC时最短，此时易求得D′E＝D′G＋GE＝ ∴MA＋MD＋ME的最小值为， 故答案为： 【点睛】本题考查轴对称、旋转变换、矩形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造等边三角形解决问题，用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题． 64．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，P是△ABC内一点，求PA＋PB＋PC的最小值． 【答案】+ 【分析】以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接BN．根据△PAM、△ABN都是等边三角形，可得PA+PB+PC=CP+PM+MN；根据当C、P、M、N四点共线时，由CA=CB，NA=NB可得CN垂直平分AB，进而求得PA+PB+PC的最小值． 【详解】证明：如图所示，以点C为旋转中心，将△CBP顺时针旋转60°得到△CNM，连接BN． 由旋转可得，△AMN≌△ABP， ∴MN=BP，PA=AM，∠PAM=60°=∠BAN，AB=AN， ∴△PAM、△ABN都是等边三角形， ∴PA=PM， ∴PA+PB+PC=PM+MN+PC； 当AC=BC=1时，AB=2， 当C、P、M、N四点共线时，由CA=CB，NA=NB可得CN垂直平分AB， ∴AQ=AB==CQ，NQ=， 此时CN=CP+PM+MN=PA+PB+PC=+ 65．在正方形ABCD中，点E为对角线AC（不含点A）上任意一点，AB=； （1）如图1，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，连接EF； ①把图形补充完整（无需写画法）；  ②求的取值范围； (2)如图2，求BE+AE+DE的最小值．    【答案】（1）①补图见解析；②；（2） 【分析】（1）①根据要求画出图形即可； ②首先证明∠ECF＝90°，设AE＝CF＝x，EF2＝y，则EC＝4−x，在Rt△ECF中，利用勾股定理即可解决问题； （2）如图2中，将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连接EG，DF．作FH⊥AD于H．根据两点之间线段最短可得DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG，推出AE＋BE＋DE的最小值为线段DF的长； 【详解】（1）①如图△DCF即为所求；    ②∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝AB＝2，∠B＝90°，∠DAE＝∠ADC＝45°， ∴AC＝＝AB＝4， ∵△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF， ∴∠DCF＝∠DAE＝45°，AE＝CF， ∴∠ECF＝∠ACD＋∠DCF＝90°， 设AE＝CF＝x，EF2＝y，则EC＝4−x， ∴y＝（4−x）2＋x2＝2x2−8x＋160（0＜x≤4）． 即y＝2（x−2）2＋8， ∵2＞0， ∴x＝2时，y有最小值，最小值为8， 当x＝4时，y最大值＝16， ∴8≤EF2≤16． （2）如图中，将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连接EG，DF．作FH⊥AD于H．    由旋转的性质可知，△AEG是等边三角形， ∴AE＝EG， ∵DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG， ∴AE＋BE＋DE的最小值为线段DF的长． 在Rt△AFH中，∠FAH＝30°，AB＝=AF， ∴FH＝AF＝，AH＝＝， 在Rt△DFH中，DF＝＝， ∴BE＋AE＋ED的最小值为． 【点睛】本题考查作图−旋转变换，正方形的性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用旋转法添加辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型． 66．综合与实践 【活动背景】 如图1，某社区有三个居民小区A，B，C呈三角形分布，为了打造15分钟便民生活圈，社区决定在三个小区之间建一个快递中转站P，请为快递中转站选择合适的地址． 【方案讨论】 方案一：从“中转站到三个小区的距离相等”的角度选择地址，即点P到A，B，C三个顶点的距离相等，此时点P为的_____（从“①内心、②外心、③重心”中选择一个填空）． 方案二：从“中转站到三个小区的总路程最小”的角度选择地址，即P到A，B，C三个顶点的距离之和最小． 经讨论，决定选择方案二． 【数学思考】 （1）基本思考：求三条线段的和，常规的操作就是将三条线段连接起来，于是尝试将或或中的一个三角形旋转．如图1，不妨将绕点C顺时针旋转得，连接． _____（证明过程需补充完整） ∴． （2）思考发现：如图2，当B，P，E，D在同一直线上时，的值最小，最小值等于线段的长． （3）深入思考：若连接，则也是等边三角形，并且点P始终在线段上． (1)选择填空：上述“方案一”中横线上应选择_____（填序号即可）； (2)将“基本思考”中的证明过程补充完整； (3)在图3中，利用尺规作图找出“方案二”中P点的位置（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)② (2)证明见解析 (3)作图见解析 【分析】本题主要考查了三角形外心的定义，三角形旋转的性质以及等边三角形的性质与判定，主要涉及到费马点相关知识． （1）由题意“点P到A，B，C三个顶点的距离相等”，结合三角形外心的定义，得出点P应为的外心； （2）由旋转的性质可知，，，从而证得，，再证为等边三角形，可得，从而证得结论； （3）由题中已知条件，也是等边三角形，并且点P始终在线段上，考虑分别以、为边，向外作等边，等边，则点P为与的交点． 【详解】（1）解：对于方案一：∵点P到A，B，C三个顶点的距离相等， ∴点P应为的外心； 故应填写②； （2）证明：将绕点C顺时针旋转得，连接． ∵将绕点C顺时针旋转得， ∴，， ∴，， ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∴． （3）解：作图如下所示， 67．阅读下面材料，并解决问题： (1)思维指引 如图①等边内有一点，若点到顶点的距离分别为，求的度数．为了解决本题，我们可以将绕顶点旋转到处，此时，连接，这样就可以利用旋转变换，将三条线段转化到一个三角形中，从而求出___________； (2)知识迁移 如图②，中，，，、为上的点且，，求的长度； (3)方法推广 如图③，在中，，，，点为内一点，连接，直接写出的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（）由全等三角形和旋转的性质可得为等边三角形，即得， ，进而由勾股定理的逆定理可得，进而可得，即可求解； （）把绕点逆时针旋转得到，可证，得到，再根据等腰直角三角形和旋转的性质可得，进而利用勾股定理求出的长即可求解； （）在内部任取一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，由旋转的性质可得，可知当四点共线时，取最小值，最小值为，过点作的垂线交延长线于点，分别求出和的长，再利用勾股定理求出的长即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴，，， ∵为等边三角形， ∴， 由旋转得，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴为直角三角形，且， ∴， 故答案为：； （2）解：如图②，把绕点逆时针旋转得到， 由旋转得，，，，，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图③，在内部任取一点，连接， 将绕点顺时针旋转得到， 由旋转得，，，， ， ∴， ∴， ∴当四点共线时，取最小值，最小值为， 如图，过点作的垂线交延长线于点，则， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理及其逆定理，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 68．【问题背景】17世纪有着“业余数学家之王”美誉的法国律师皮耶·德·费马，提出一个问题：求作三角形内的一个点，使它到三角形三个顶点的距离之和最小后来这点被称之为“费马点”． 如图，点是内的一点，将绕点逆时针旋转60°到，则可以构造出等边，得，，所以的值转化为的值，当，，，四点共线时，线段的长为所求的最小值，即点为的“费马点”． (1)【拓展应用】 如图1，点是等边内的一点，连接，，，将绕点逆时针旋转60°得到． ①若，则点与点之间的距离是______； ②当，，时，求的大小； (2)如图2，点是内的一点，且，，，求的最小值． 【答案】(1)①3；②150°； (2) 【分析】（1）①根据旋转的性质即可求出的值； ②先证△ABP≌，利用全等的性子求出对应的边长，通过勾股定理的逆定理得到，即可求出的大小； （2）将△APC绕C点顺时针旋转60°得到，先求出，然后证明为等边三角形，当B、P、、四点共线时，和最小，用勾股定理求出的值即可． 【详解】（1）①如图，将绕A逆时针旋转60°， 则，， ∴为等边三角形， ； ②∵△ABC为等边三角形， ∴AB=AC，∠BAP+∠PAC=60°， 又∵是等边三角形， ∴∠PAC+=60°， ∴∠BAP=， 在△ABP与中，， ∴△ABP≌（SAS）， ∴ ∴，， ， 又∵旋转，∴； （2）如图，将△APC绕C点顺时针旋转60°得到， 则， 在中，， ， ， 又∵， ，， 过作⊥BC交BC的延长线于点D， 则， ， （30°所对的直角边等于斜边的一半）， ， ，为等边三角形， 当B、P、、四点共线时，和最小， 在中，， ， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，解题的关键在于能够添加辅助线构造全等三角形解决问题． 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 平移旋转几何模型、变换动态综合问题9大题型 考点01 一次函数图象平移问题 考点02 平移综合 考点03 旋转中的规律性问题 考点04 坐标轴中的旋转 考点05 旋转之线段问题 考点06 旋转之面积问题 考点07 手拉手模型 考点08 半角模型 考点09 费马点 考点01 一次函数图象平移问题 1．将一次函数（k、b为常数，）的图象向下平移2个单位后，其图象经过点和点，且点A与点B关于原点对称，则k、b的值分别为（   ） A．， B．， C．， D．， 2．将一次函数的图象向左平移2个单位，平移后，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．如图1，在平面直角坐标系中，将放置在第一象限，且轴．直线从原点出发沿轴正方向平移，在平移过程中直线被平行四边形截得的线段长度与直线在轴上平移的距离的函数图象如图2，那么的周长为（   ） A． B． C． D． 4．一次函数图像向下平移后经过点，则平移后图像的函数表达式是______． 5．如图，点M的坐标为，点P从出发，以每秒2个单位的速度沿y轴向上移动，同时过点P的直线l也随之平移，且直线l与直线平行，如果点M关于直线l的对称点落在坐标轴上，如果点P的移动时间为t秒，那么t的值可以是______． 6．已知：与成正比例，且当时，y的值为4． (1)求y与x之间的函数关系式； (2)若点、点是该函数图象上的两点，其中，试比较、的大小，并说明理由； (3)将所得的函数图象平移，使它经过点，求平移后的函数解析式． 7．如图，已知直线，分别与轴，轴交于点． (1)求点的坐标． (2)将直线向右平移个单位得到直线，与轴交于点，以，为边作． ①求面积． ②根据图象，直接写出点坐标． 8．如图，在直角坐标系中，直线：与x轴交于点A，与直线交于，直线分别与x轴、y轴交于C、D，连接． (1)求出m、n的值； (2)直接根据图象写出关于x的不等式的解集； (3)将直线沿y轴向上平移后与直线交于点E，若的面积为6，求平移后的直线表达式． 9．如图1，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，点在轴上，点在轴正半轴上，且．点是直线与线段的交点． (1)求直线的解析式： (2)若为直线上一动点，连接，，当时，求点的坐标； (3)如图2，连接，并将直线沿轴向下平移7个单位长度得直线，在直线上是否存在动点，使得，若存在，直接写出点的坐标，若不存在．请说明理由． 考点02平移综合 10．如图，将直角沿斜边的方向平移到的位置，交于点G，，，的面积为4，下列结论错误的是（    ）    A． B．平移的距离是4 C． D．四边形的面积为16 11．如图，在平面直角坐标系中，将折线向右平移得到折线，则折线在平移过程中扫过的面积是______． 12．如图，在平面直角坐标系中，将点，点沿水平方向向右分别平移4个和8个单位长度，点A和点B的对应点分别是点D和点C．顺次连接A，B，C，D得到四边形． (1)直接写出点C和点D的坐标； (2)若将四边形沿竖直方向向下平移2个单位得到四边形，图中阴影部分的面积是，求与x轴的交点E的坐标； (3)在（2）的条件下，若点是坐标系内一动点，连接，，当三角形的面积是四边形的面积的时，求点P的坐标． 13．如图，三角形沿方向平移到三角形的位置． (1)当时，求的度数； (2)当，时，求的长． 14．如图，在中，，，将此三角形向右平移得到，此时边与边相交于点D，连接． (1)若，则 ． (2)若落在边的中点处，且， 求四边形 的面积． (3)已知点P在的内部，平移到的位置后，点P的对应点为点 ，连接．若的周长为m，四边形的周长为，则_______． 15．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标，点B的坐标是，将线段向右平移得到线段，点D的坐标为，过点D作轴，垂足为E，动点P以每秒2个单位长度的速度匀速从点A出发，沿着A→E→D的方向向终点D运动，设运动时间为t秒. (1)点C的坐标是______，当点P出发5秒时，则点P的坐标是______； (2)当点P运动时，用含t的式子表示出点P的坐标； (3)当点P在线段上运动时，是否存在点P使得三角形的面积是四边形面积的，若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，试说明理由. 16．如图，在平面直角坐标系中，长方形的顶点为，，．    (1)直接写出点D的坐标； (2)横、纵坐标都是整数的点叫做整点．已知点，，将长方形沿轴向左平移个单位长度，得到长方形，记长方形和重叠的区域（不含边界）为． ①当时，在图中画出长方形，并用“O”标出区域W内的整点； ②若区域W内恰有3个整点，直接写出t的取值范围． 17．如图，平面直角坐标系中，，，，，． (1)求的面积； (2)如图，点以每秒个单位的速度向下运动至，与此同时，点从原点出发，以每秒个单位的速度沿轴向右运动至，秒后，、、在同一直线上，求的值； (3)如图，点在线段上，将点向右平移个单位长度至点，若的面积等于，求点坐标． 考点03旋转中的规律性问题 18．如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形依此方式，将正方形绕点O连续旋转2026次得到正方形，如果点A的坐标为，那么点的坐标为（    ） A． B． C． D． 19．正方体骰子的初始位置如图①所示，将骰子进行如下操作：如图②，将骰子先向右翻滚，再按逆时针方向旋转，这个操作过程视为完成一次变换．按上述规则连续完成次变换后，骰子朝上面的点数是（   ） A．1 B．3 C．5 D．6 20．如图，直线与轴、轴分别相交于点A、，过点作，使．将绕点顺时针旋转，每次旋转．则第2024次旋转结束时，点的对应点落在反比例函数的图象上，则的值为（    ） A．6 B． C． D．4 21．图中的正方形是由某种图形剪拼成的，将它放到数轴上，点表示的数为-2，若正方形从当前状态沿数轴正方向翻滚，把点翻滚到数轴上时，记为第一次翻滚；点翻滚到数轴上时记为第二次翻滚…，该正方形经过次翻滚后，其顶点，，，中某个点与数轴上的666重合，则剪拼出正方形的图形可能是（   ） A． B． C． D． 22．如图，在直角坐标系中，已知点的坐标为，将线段按逆时针方向旋转，再将其长度伸长为的倍，得到线段；又将线段按逆时针方向旋转，长度伸长为的倍，得到线段．．．．．．如此下去，得到线段为正整数)，则点的坐标为 __________________． 23．图形变换大观园：请阅读各小题的要求，利用你所学的平移与旋转知识作答． (1)如图1，是某产品的标志图案，要在所给的图形图2中，把A，B，C三个菱形通过一种或几种变换，均可以变为与图1一样的图案．你所用的变换方法是________． ①将菱形B向上平移半径的长度；②将菱形B绕点O旋转；③将菱形B绕点O旋转． （在以上的变换方法中，选择一种正确的填到横线上．） (2)分析图①、②、④中阴影部分的分布规律，并按此规律在图③中画出其中的阴影部分． (3)如图，在平面直角坐标系中，已知点、、． ①若将先向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到，请画出，并写出点的坐标为________； ②若将绕点O按顺时针方向旋转后得到，直接写出点的坐标为________； ③若将绕点P按顺时针方向旋转后得到，则点P的坐标是________． 24．如图1，直线a与直线b相交于点O，点P在内部．规定：先以a为对称轴作点P关于a的对称点，再以b为对称轴作点关于b的对称点，从点P到点的变换（两次轴对称）称为“1次T变换”，经过n次T变换的过程为．若经过n次T变换后，点与点P第一次重合，我们就称n为“变换的最优值”． 例如：如图2，当时，点P经过第1次T变换得到点，点经过第2次T变换得到点，点经过第3次T变换得到点，此时点与点P第一次重合，所以为“变换的最优值”． （1）请完成下表． 变换的最优值n 3 （2）根据（1）中变换的最优值n的变化规律，猜想：当时，则变换的最优值___________．（用含的代数式表示） （3）继续猜想，我们也可得到时变换的最优值n的变化规律，请根据此规律求时的值． 考点04坐标轴中的旋转 25．如图，在平面直角坐标系中，风车图案的四个叶片为完全相同的平行四边形，其中一个叶片上的点，的坐标分别为，．将风车绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为（     ） A． B． C． D． 26．如图，边长为的正六边形放置于平面直角坐标系中，边在轴的负半轴上，顶点在轴正半轴上．将正六边形绕坐标原点按逆时针方向旋转，则旋转后顶点的坐标为（     ） A． B． C． D． 27．如图，正方形的两边，分别在x轴，y轴上．点在边上，以C为中心，把顺时针旋转，则旋转后点D的对应点的坐标是（   ） A． B． C．或 D．或 28．在平面直角坐标系中，一次函数的图像绕原点逆时针旋转后，得到直线，那么直线的表达式为________． 29．已知：点，，为坐标原点，将线段绕原点顺时针方向旋转到线段，则四边形的面积为_______． 30．如图所示，风车图案是由若干等腰直角三角形组成的中心对称图形，．以风车的对称中心为原点建立直角坐标系，将点绕点逆时针旋转得到点；将点绕点逆时针旋转得到点；如此循环进行下去，点的坐标是______． 31．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴正半轴上，且点的坐标为，点是对角线的中点．将菱形绕原点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束后，点的坐标为_____． 32．在春晚舞台上，来自杭州宇树科技的人形机器人，与真人舞蹈演员一同上演了“AI机器舞蹈”．这场大型全AI驱动的全自动集群人形机器人表演，背后是科技与传统文化的碰撞融合．它们的队形设计充满数学奥秘，表演中，舞台可近似为一个平面直角坐标系，如图，三个机器人、、构成，其初始位置坐标分别为，，，另外三个机器人、、的初始位置构成的与关于点成中心对称． (1)在图中画出； (2)为了完成队形变换，机器人、、同时向右平移7个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到，请画出； (3)队形继续进行变换，绕点顺时针旋转得到，请写出此时的坐标为________ 33．在2026年春晚舞台上，《武BOT》中呈现的人形机器人与武术演员同台表演形式．该表演将传统武术与智能科技结合，展示空翻、耍棍、醉拳及六合拳对练等高难度动作．在舞台台面上建立一个平面直角坐标系．如图，三个机器人、、构成，另外三个机器人、、的初始位置构成的与关于点成中心对称． (1)在图中画出； (2)为了完成队形变换，机器人、、同时向右平移7个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到，请画出； (3)队形继续变换，绕点顺时针旋转得到，则此时的坐标________． 考点05旋转之线段问题 34．如图，四边形是边长为2的正方形，动点E在边上，连接，将绕点E顺时针旋转至，连接，则的最小值是（    ） A．4 B． C．5 D． ∵四边形是边长为2的正方形， ∴，， 由旋转性质得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 35．如图，边长为8的等边三角形中，M是高所在直线上的一个动点，连接，将线段绕点B逆时针旋转得到，连接．则在点M运动过程中，线段长度的最小值是_______． 36．如图，在四边形中，，，，且，的值为 _______． 37．如图，，A、B分别为直线、上两点，且，若射线绕点A顺时针旋转至后立即回转，射线绕点B逆时针旋转至后立即回转，两射线分别绕点A、点B不停地旋转，若射线转动的速度是/秒，射线转动的速度是/秒，且a、b满足． (1)______，______； (2)若射线、射线同时旋转，问旋转多少秒时，射线、射线第一次互相垂直． (3)若射线绕点A顺时针先转动15秒，射线才开始绕点B逆时针旋转，在射线第一次到达之前，当射线、射线互相平行时，直接写出射线转动的时间． 38．如图1，在中，°，，点，分别在边，上，，连接，点F，P，G分别为的中点. (1)如图1中，线段与的数量关系是_____，位置关系是_____； (2)若把绕点C逆时针方向旋转到图2的位置，连接，判断的形状，并说明理由； (3)若把绕点C在平面内自由旋转，，请求出面积的最大值. 39．在中，，，，将绕顶点顺时针旋转，旋转角为，得到． (1)如图1，若旋转角，求的度数； (2)如图2，当时，设与相交于点，与交于点，连接，求的面积； (3)如图3，设中点为，线段上有一动点，连接．在旋转过程中，线段的长度是否存在最大值和最小值？如果存在，请直接写出这个最大值与最小值． 考点06旋转之面积问题 40．如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分的面积为______． 41．如图，已知长方形，，，是的中点，连接，将绕点旋转（其中、分别与、对应）使得落在直线上，得，连接，那么的面积是______． 42．如图，中，，，，将绕C点旋转一个角度到，直线、交于F点，在旋转过程中，的面积的最大值是______． 43．如图，已知正方形，是正方形内一点．若，，将绕点顺时针旋转至处，此时点、、三点正好在同一直线上． (1)求的度数； (2)求的长； (3)求的面积． 44．已知中，，将绕着点C顺时针旋转，得到． (1)如图1，当点M落在边上时，求线段的长； (2)如图2，当绕着点C顺时针旋转到的位置时，连接． ①判断线段与的位置关系并说明理由； ②求的值； ③在的旋转过程中，直接写出的面积与的面积之和的最大值为________． 45．某研究性学习小组在学习《简单的图案设计》时，发现了一种特殊的四边形，如图1，在四边形中，,，我们把这种四边形称为“等补四边形”．如何求“等补四边形”的面积呢？    探究一： (1)如图2，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点A顺时针旋转，可以形成一个直角梯形（如图3）．若，,则“等补四边形”的面积为 探究二： (2)如图4，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点A顺时针旋转，再将得到的四边形按上述方式旋转120°，可以形成一个等边三角形（如图5）．若，,则“等补四边形”的面积为 ． 由以上探究可知，对一些特殊的“等补四边形”，只需要知道，的长度，就可以求它的面积．那么，如何求一般的“等补四边形”的面积呢？ 探究三： (3)如图6，已知“等补四边形”，连接，将以点A为旋转中心顺时针旋转一定角度，使与重合，得到，点C的对应点为点． ①由旋转得： ，因为，所以， 即点，B，C在同一直线上，所以我们拼成的图形是一个三角形，即． ②如图7，在中，作于点H，若，，试求出“等补四边形”的面积（用含m，n的代数式表示），并说明理由． 46．已知：如图1，四边形中，，，． (1)如图2，连接，由于，所以可将绕点顺时针方向旋转，得到，则的形状是_______． (2)若，，在（1）的基础上，求四边形的面积． (3)如图3，四边形中，，，，，，则四边形的面积为_______． 考点07手拉手模型 47．已知：如图，在，中，，，，C，D，E三点在同一条直线上，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中错误的个数是（   ）． A． B． C． D． 48．如图，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，．求证： (1)，； (2)． 49．【课本再现】（1）如图1，和都是等边三角形，且点B、C、E在一条直线上，连接和相交于点，线段与的数量关系是 ；请你用旋转的性质说明上述关系成立的理由． 【深入探究】（2）如图2，将绕点逆时针旋转一定的角度，其他条件与（1）中相同． ①线段与的数量关系是 ； ②的度数为 ． 【拓展应用】（3）如图3，是等边三角形，，，，求边的长度． 50．（1）如图1，和都是等边三角形，连接，．若，则的度数是________． （2）如图2，和都是等边三角形，点，，在同一条直线上，连接．求证：． （3）如图3，和均为等腰直角三角形，，点，，在同一条直线上，于点，连接，求的度数以及线段，，之间的数量关系． 51．【课本再现】如图，，都是等边三角形．与有什么关 系？你能用旋转的性质说明上述关系成立的理由吗？(不用解答) 【探究应用】 （1）如图2，，都是等腰直角三角形， ，， ． ①写出与的数量关系和位置关系： ； ②的面积与的面积相等吗？并说明理由． 【问题解决】 （2）如图，将绕点A逆时针旋转得到点恰好落在 上，与交于点 ．若与关于直线对称，且，，则 ①∠= ° ②线段的长是 ． 52．综合探究与应用 (1)如图1，在和中，，，，点B在上，连接．则与的关系为_____________． 【类比应用】 (2)如图2，在中，，，将线段绕点A按逆时针方向旋转一个角度（）得到线段，连接，过点A作的垂线，分别交与射线于点D，F，连接． ①线段绕点A旋转的过程中，的度数是否发生变化？若不变，请求出的度数；若变化，请说明理由； ②直接写出、、这条线段的数量关系为________________； ③若，，请直接写出的面积． 53．【问题提出】如图，、都是等边三角形，求证：． 【方法提炼】这两个共顶点的等边三角形，其在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形，即．如果把小等边三角形的一边看作“小手”，大等边三角形的一边看作“大手”，这样就类似“大手拉着小手”，不妨称之为“手拉手”基本图形，当图形中只有一个等边三角形时，可尝试在它的一个顶点作另一个等边三角形，构造“手拉手”基本图形，从而解决问题． 【方法应用】 (1)在等边三角形中，是边上一定点，是直线上一动点，以为一边作等边三角形，连接． ①如图，若点在边上，求证：． ②如图，若点在边的延长线上，线段之间的数量关系为______，并加以说明． (2)如图，在等腰中，，，，且交于点，以为边作等边，直线交直线于点，连接交于点，写出之间的数量为______．（直接写出结论不用说明理由） 考点08半角模型 54．如图，正方形纸片的边长为6，点E，F分别在边，上，已知，，则的长为（   ） A．5 B．5.5 C．6 D．6.5 55．如图，菱形中，是边上一点，是边上一点，，连接交于点． （1）若，则______（用表示）； （2）若，则的最大值是______． 56．问题背景  如图1，在四边形中．，，，、分别在、上，且，试探究图中线段、、之间的数量关系，并说明理由． 由“，”的数据信息，解决问题的方法是：延长到，使得，连接，则可以先证，再证________________，从而得到，，之间的数量关系是：________； 验证猜想  写出上述推理的详细过程； 探索延伸  如图2，在四边形中，，，、分别在、上，且，上述结论是否成立，并说明理由． 57．问题背景：“半角模型”问题．如图1，在四边形中，，，，点E，F分别是上的点，且，连接，探究线段之间的数量关系． (1)探究发现：小明同学的方法是延长到点G．使．连结，先证明，再证明，从而得出结论：_____________； (2)拓展延伸：如图2，在四边形中，，，E、F分别是边上的点，且，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由． (3)尝试应用：如图3，在四边形中，，，E、F分别是边延长线上的点，且，请探究线段具有怎样的数量关系，并证明． 58．如图，正方形中，M，N分别在上，连接． (1)若将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到；请你补全图形． (2)直接写出线段之间的数量关系； (3)根据（2）的结论，写出证明过程； (4)如果正方形的边长是5，求的周长． 59．已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF． 思路分析： (1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°， ∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上， ∠E'AF＝　 　度，…… 根据定理，可证：△AEF≌△AE'F． ∴EF＝BE+DF． 类比探究： (2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程； 拓展应用： (3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积． 60．在Rt中，，，点为中点，点为线段上一动点． (1)求的长； (2)如图1，，点为射线上一动点，求的最大值； (3)如图2，点在线段上，且，的长为有理数，求证：为无理数． 61．我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整． 原题：如图1，点E、F分别在正方形的边上，，连接，则，试说明理由． (1)思路梳理 ∵， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合． ∵， ∴，点F、D、G共线． 易证 ，得． (2)类比引申 如图2，四边形中，，点E、F分别在边上，．若都不是直角，则当时，是否仍有，并说明理由． (3)联想拓展 如图3，在中，，，点D、E均在边上，且．猜想应满足的等量关系，并写出推理过程． 考点09费马点 62．如图，在中，，，．若点P是内一点，则的最小值为____________． 63．如图，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA＋MD＋ME的最小值为______． 64．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，P是△ABC内一点，求PA＋PB＋PC的最小值． 65．在正方形ABCD中，点E为对角线AC（不含点A）上任意一点，AB=； （1）如图1，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，连接EF； ①把图形补充完整（无需写画法）；  ②求的取值范围； (2)如图2，求BE+AE+DE的最小值．    66．综合与实践 【活动背景】 如图1，某社区有三个居民小区A，B，C呈三角形分布，为了打造15分钟便民生活圈，社区决定在三个小区之间建一个快递中转站P，请为快递中转站选择合适的地址． 【方案讨论】 方案一：从“中转站到三个小区的距离相等”的角度选择地址，即点P到A，B，C三个顶点的距离相等，此时点P为的_____（从“①内心、②外心、③重心”中选择一个填空）． 方案二：从“中转站到三个小区的总路程最小”的角度选择地址，即P到A，B，C三个顶点的距离之和最小． 经讨论，决定选择方案二． 【数学思考】 （1）基本思考：求三条线段的和，常规的操作就是将三条线段连接起来，于是尝试将或或中的一个三角形旋转．如图1，不妨将绕点C顺时针旋转得，连接． _____（证明过程需补充完整） ∴． （2）思考发现：如图2，当B，P，E，D在同一直线上时，的值最小，最小值等于线段的长． （3）深入思考：若连接，则也是等边三角形，并且点P始终在线段上． (1)选择填空：上述“方案一”中横线上应选择_____（填序号即可）； (2)将“基本思考”中的证明过程补充完整； (3)在图3中，利用尺规作图找出“方案二”中P点的位置（保留作图痕迹，不写作法） 67．阅读下面材料，并解决问题： (1)思维指引 如图①等边内有一点，若点到顶点的距离分别为，求的度数．为了解决本题，我们可以将绕顶点旋转到处，此时，连接，这样就可以利用旋转变换，将三条线段转化到一个三角形中，从而求出___________； (2)知识迁移 如图②，中，，，、为上的点且，，求的长度； (3)方法推广 如图③，在中，，，，点为内一点，连接，直接写出的最小值． 68．【问题背景】17世纪有着“业余数学家之王”美誉的法国律师皮耶·德·费马，提出一个问题：求作三角形内的一个点，使它到三角形三个顶点的距离之和最小后来这点被称之为“费马点”． 如图，点是内的一点，将绕点逆时针旋转60°到，则可以构造出等边，得，，所以的值转化为的值，当，，，四点共线时，线段的长为所求的最小值，即点为的“费马点”． (1)【拓展应用】 如图1，点是等边内的一点，连接，，，将绕点逆时针旋转60°得到． ①若，则点与点之间的距离是______； ②当，，时，求的大小； (2)如图2，点是内的一点，且，，，求的最小值． 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $