28.2 中心对称 同步讲义 2026--2027学年人教版九年级数学上册

本讲义聚焦初中数学“中心对称”核心知识点，系统梳理中心对称的定义与性质，中心对称图形的概念及与中心对称的区分，关于原点对称的点的坐标特点，以及几何变换综合应用，构建从基础概念到坐标应用再到综合提升的学习支架。 该资料通过典例与变式结合的分层题型设计，融入传统文化纹样、二十四节气等生活实例，培养学生用数学眼光观察现实世界。几何变换综合题强化推理能力，坐标问题发展符号意识，课中辅助教师分层教学，课后助力学生巩固基础、查漏补缺。

第28章 28.2 中心对称 内 容 导 航 题型1 中心对称 题型2 中心对称图形 题型3 关于原点对称的点的坐标 题型4 几何变换综合题 考 点 演 练 题型1 中心对称 解｜题｜知｜识 （1）中心对称的定义 把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．． （2）中心对称的性质 ①关于中心对称的两个图形能够完全重合； ②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分． 【典例1】下列图形中，△A′B′C′与△ABC成中心对称的是（　　） A． B． C． D． 【变式1】如图，△ABC与△A′B′C关于点C（0，﹣1）成中心对称，若点A的坐标为（3，1），则点A′的坐标为（　　） A．（﹣3，﹣1） B．（﹣3，﹣2） C．（﹣3，﹣3） D．（﹣3，﹣4） 【变式2】如图，四边形ABCD是中心对称图形，对称中心为点O，过点O的直线与AD，BC分别交于E，F，则图中相等的线段有（　　） A．3对 B．4对 C．5对 D．6对 【变式3】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O是AB上一点，△DEF和△ABC关于点O对称，连接AF，CD． （1）求证：四边形ACDF是平行四边形； （2）已知AC＝4，BC＝3，求四边形ACDF是菱形时AO的长． 题型2 中心对称图形 解｜题｜知｜识 （1）定义 把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同． （2）常见的中心对称图形 平行四边形、圆形、正方形、长方形等等． 【典例1】纹样作为中国传统文化的重要组成部分，是古人智慧与艺术的结晶，反映出不同时期的风俗习惯，早已融入我们的生活．下面纹样的示意图中，即是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　） A．如意纹 B．冰裂纹 C．盘长纹 D．风车纹 【变式1】我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A．杨辉三角 B．割圆术示意图 C．赵爽弦图 D．洛书 【变式2】中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【变式3】2025年中国新能源汽车市场呈现爆发式增长，渗透率突破55%，全国销量预计达到1650万辆．下面关于新能源汽车新势力品牌的图标中，是轴对称图形也是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 题型3 关于原点对称的点的坐标 解｜题｜知｜识 关于原点对称的点的坐标特点 （1）两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）． （2）关于原点对称的点或图形属于中心对称，它是中心对称在平面直角坐标系中的应用，它具有中心对称的所有性质．但它主要是用坐标变化确定图形． 注意：运用时要熟练掌握，可以不用图画和结合坐标系，只根据符号变化直接写出对应点的坐标． 【典例1】平面直角坐标系中，点（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是（　　） A．（﹣2，3） B．（﹣2，﹣3） C．（2，﹣3） D．（2，3） 【变式1】若点P（a+1，2a﹣3）关于原点的对称点在第二象限，则a的值可以是（　　） A． B．﹣1 C．0 D． 【变式2】已知，|b+1|＝0，则点P（a，b）关于原点对称的点的坐标是（　　） A．（2，﹣1） B．（﹣2，﹣1） C．（﹣2，1） D．（2，1） 【变式3】若点A（2，5）与点B（m，﹣5）关于原点对称，则m＝　 　 ． 题型4 几何变换综合题 解｜题｜知｜识 这种题型主要考查旋转、平移以及动点问题，经常是四边形和圆的综合题目，难度大． 【典例1】在等腰△ABC中，AB＝AC，将底边BC绕点C逆时针旋转到CD，旋转角为α（0°＜α＜180°），连接AD交BC于点E． （1）如图1，当0°＜α＜45°时，已知∠DAB＝10°，∠CDA＝45°时，请用含α的式子表示∠CAB； （2）如图2，已知∠DCB+2∠ACB＝180°，取AC边上的中点H，连接HB交AD于点F，点G为AD上一点，且HF＝FG，连接CG，试猜想CG与AB的数量关系，并证明你的结论； （3）如图3，在等腰△ABC中∠CAB＝90°，，点K为射线AB上一动点，点M为平面内一点，∠MCK＝60°，且，当AM取最大时，连接CM．若点P为AC左侧一点，连接AP和CP，满足∠CPA＝60°，在射线AP上有一点Q，且满足AQ＝CP，过点Q向BC作垂线，垂足为点H，当QH取最小值时，直接写出S△CMH． 【变式1】△ABC为等边三角形，点D为线段AC上的动点，连接BD，将线段BD绕点D逆时针旋转α得到线段DE，连接BE． （1）如图1，若α＝135°，点D是AC中点，BC＝4，求△BDE的面积； （2）如图2，若α＝120°，连接AE，若点G为AE中点，连接DG，猜想线段AD、DG、BC之间的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图3，若α＝60°，BC＝4，点F为BC中点，连接EF，点D从A移动到C的过程中，将FE绕点F逆时针旋转60°得到线段FM，当FE取最小值时，在直线AC上取一点P，连接PE，将△FPE沿PE所在直线翻折到△ABC所在平面内，得△QPE，连接BQ，作QH⊥BC交直线BC于点H，当BQ取最大值时，请直接写出△QHM的面积． 【变式2】在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BC绕点C顺时针旋转角度a（0°＜a＜360°）得到DC． （1）如图1，若a＝30°，连接AD交BC于点E，若AC＝12，求DE的长； （2）如图2，若0°＜a＜90°，CF平分∠BCD交AD于点F，连接BF，过点C作CG⊥AD，在射线CG上取点G使得∠BGC＝45°，连接BG，请用等式表示线段CG、CF、BF之间的数量关系并证明； （3）如图3，若BC＝8，点P是线段AB上一动点，将CP绕点P逆时针旋转90°得到Q，连接AQ，M为AQ的中点，当2CM+CQ取得最小值时，请直接写出△ABM的面积． 【变式3】综合与实践 【模型感知】 手拉手模型是初中数学里三角形全等知识点考查的重要模型．两个有公共顶点且顶角相等的等腰三角形组成的图形叫手拉手模型． （1）如图1，已知△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BE，CD．求证：BE＝CD； 【模型应用】 （2）如图2，已知△ABC和△ADE都是等边三角形，将△ADE绕点A旋转一定的角度．当点D在CB的延长线上时，求证：AB+BD＝BE； 【类比探究】 （3）如图3，已知△ABC和△ADE都是等边三角形．当点D在射线BC上时，过点E作EF⊥AB于点F．直接写出线段AB，BF与BD之间存在的数量关系为 AB＝BD+2BF或AB＝BD﹣2BF ． 过 关 验 收 1. 下列描述中心对称的特征的语句中，其中正确的是（　　） A．成中心对称的两个图形中，连接对称点的线段不一定经过对称中心 B．成中心对称的两个图形中，对称中心不一定平分连接对称点的线段 C．成中心对称的两个图形中，对称点的连线一定经过对称中心，但不一定被对称中心平分 D．成中心对称的两个图形中，对称点的连线一定经过对称中心，且被对称中心平分 2. 如图，在平面直角坐标系中，若△ABC与△A1B1C1关于点E成中心对称，则对称中心点E的坐标是（　　） A．（3，﹣1） B．（0，0） C．（2，﹣1） D．（1，﹣3） 3. 如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　） A．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形 4. 如图，正方形ABCD和正方形EFGH的对称中心都是点O，其边长分别是8和6，则图中阴影部分的面积是 　 　 ． 5. 如图，在△ACB中，∠C＝90°，AB＝13，AC＝12，D是AC的中点，B，E两点关于点D成中心对称，则AE的长为　 　 ． 6. 如图，△ABC和△DEC关于点C成中心对称，若AC＝1，AB＝2，∠BAC＝90°，则AE的长是 　 ． 7. 没有哪一门学科能像数学这样，利用如此多的符号图形展现一系列完备且完美的世界．下面是由4个数学式子绘制成的完美曲线，其中是中心对称图形的是（　　） A．笛卡尔心形线 B．三叶玫瑰形曲线 C．蝴蝶形曲线 D．太极曲线 8. 志愿服务，传递爱心，传递文明，下列志愿服务标志为中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 9. 下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．赵爽弦图 B．笛卡尔心形线 C．科克曲线 D．斐波那契螺旋线 10. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．正方形 D．正五边形 11. 《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，通过对文物的梳理与总结，演绎文物背后的故事与历史让更多的观众走进博物馆，让一个个馆藏文物鲜活起来，所示四幅图是我国一些博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 12. 有五张卡片（形状、大小、质地都相同），上面分别画有下列图形：①线段；②正三角形；③平行四边形；④梯形；⑤圆．将卡片背面朝上洗匀，从中抽取一张，正面图形一定满足既是轴对称图形，又是中心对称图形的概率是（　　） A． B． C． D． 13. 下列各点中与点A（1，3）关于原点对称的是（　　） A．（﹣1，3） B．（﹣1，﹣3） C．（1，﹣3） D．（3，1） 14. 点A（﹣1，a）与点A′（b，2）关于原点对称，则（a+b）2024的值为（　　） A．﹣1 B．1 C．﹣2024 D．2024 15. 若点P（x，﹣3）与点Q（4，y）关于原点对称，则x+y＝　 　 ． 16. 平面直角坐标系内一点P（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是 　 　 ． 17. 已知点A（a，﹣1）与点B（4，b）关于原点对称，则a+b＝　 　 ． 18. 在平面直角坐标系中，点P（5，﹣6）关于原点的对称点的坐标为　 　 ． 19. 如图1，已知点E为正方形ABCD内的一点，连接BE．将线段BE绕点B顺时针方向旋转90°得到BF，连接，AE，CF． （1）【问题发现】 如图1，线段AE与CF的数量关系是 ，线段AE与CF位置关系是 ； （2）【问题探究】 如图2，点E为正方形ABCD外的一点，将BE绕点B顺时针方向旋转90°得到BF，连接AE，CF，探究线段AE与CF的数量及位置关系，并说明理由； （3）【拓展延伸】 如图3，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D为△ABC外一点，且∠BDC＝45°，点O为AC的中点，连接OD，BD，CD，若OD，BD＝17，求CD的长． 20. 如图所示，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，点D是线段BC上一点，连接AD． （1）如图1，若∠BAC＝90°，把AD绕A顺时针旋转90°到AE，连接BE、ED，满足BE＝1，AE，求BC的长； （2）如图2，若∠BAC＝120°，把AD绕A顺时针旋转60°到AP，连接BP、PD，求证：BP＝DP； （3）在（2）的条件下，点若G为平面内一点，若∠AGC＝90°，当PG取最小值时，请直接写出的值． 21. 综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝6，CB＝8．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，旋转角小于∠CAB，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，DE交AB于点O，延长DE交BC于点P． 数学思考：（1）试判断PC与PE的数量关系，并说明理由． 深入探究：（2）在图形旋转的过程中，老师让同学们提出新的问题． ①“乐学小组”提出问题：如图2，当∠CAE＝45°时，则线段BP的长为 　 ． ②“善思小组”提出问题：如图3，当∠CAE＝∠B时，求线段BP的长． 22. 已知△ABC为等边三角形，P是平面内的一个动点． （1）如图1，点P在△ABC内部，连接AP并延长交BC于点D，连接BP并延长交AC于点E；若BD＝CE，求∠APB的度数； （2）如图2，点P在△ABC外部，连接CP，点D为线段CP中垂线上一点，连接DP、DC、DA、BP，E为BP中点，连接AE、DE；若∠ACD+∠CBP﹣∠DPB＝60°，求证； （3）如图3，点P在△ABC外部，∠APC＝135°，将△ABC沿着AC翻折，得到△AB′C，连接B′P，M为线段AP上一点，且，连接B′M；若AB＝6，当线段B′P的长取最小值时，直接写出△AB′M的面积． 23. 在等边△ABC中，CF⊥AB，点D是CF边上一点（不与端点重合），连接AD，现将AD绕点A逆时针旋转60度得到线段AE，连接DE，交AC于K，连接CE． （1）如图1，若∠ADF＝α，请用含a的式子表示∠CKE，并说明理由； （2）如图2，过E作EG⊥FC于点G，连接AG，延长CF至点H，使得CF＝FH，连接HE、AH，请用等式表示线段AG与HE的数量关系，并写出证明过程； （3）如图3，将△ADC沿AD翻折至△ADC′，过C′作C′N⊥直线BE，点P是线段AC′上一点，点Q是线段FC′上一点，且满足PC′＝FQ，若点D在直线CF上运动，当C′N最大时，连接PD，当FP+AQ最小时，若，请直接写出△CFP的面积． 24. 在平面直角坐标系中，O为原点，∠ACB＝90°，AC＝BC，点A（2，0），点B在x轴的负半轴上，点C在y轴的正半轴上，点D是BC的中点，连接AD． （I）填空：如图，点B的坐标为 　 　 ，点C的坐标为 　 　 ，线段AD的长为 　 ； （Ⅱ）以点A为中心，顺时针旋转△ACD，得到△AEF，点C，D的对应点分别为E，F． ①连接CF，当CF∥x轴时，求点F的坐标； ②连接BF，记M为线段BF的中点，S为△MEF的面积，求S的最大值（直接写出结果即可）． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第28章 28.2 中心对称 内 容 导 航 题型1 中心对称 题型2 中心对称图形 题型3 关于原点对称的点的坐标 题型4 几何变换综合题 考 点 演 练 题型1 中心对称 解｜题｜知｜识 （1）中心对称的定义 把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．． （2）中心对称的性质 ①关于中心对称的两个图形能够完全重合； ②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分． 【典例1】下列图形中，△A′B′C′与△ABC成中心对称的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：成中心对称‌是指把一个图形绕着某一点旋转，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称；这个点叫做对称中心，这两个图形的对应点叫做关于中心的对称点． A、△A′B′C′与△ABC成中心对称，符合题意； B、△A′B′C′与△ABC不成中心对称，不符合题意； C、△A′B′C′与△ABC不成中心对称，不符合题意； D、中△A′B′C′与△ABC不成中心对称，不符合题意． 故选：A． 【变式1】如图，△ABC与△A′B′C关于点C（0，﹣1）成中心对称，若点A的坐标为（3，1），则点A′的坐标为（　　） A．（﹣3，﹣1） B．（﹣3，﹣2） C．（﹣3，﹣3） D．（﹣3，﹣4） 【答案】C 【解答】解：∵△ABC与△A′B′C关于点C（0，﹣1）成中心对称，点A的坐标为（3，1）， 设A′（m，n）， 依题意，， 解得：m＝﹣3，n＝﹣3， ∴点A′的坐标为（﹣3，﹣3）， 故选：C． 【变式2】如图，四边形ABCD是中心对称图形，对称中心为点O，过点O的直线与AD，BC分别交于E，F，则图中相等的线段有（　　） A．3对 B．4对 C．5对 D．6对 【答案】C 【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD， ∵四边形ABCD是中心对称图形，对称中心为点O， ∴OA＝OC，OB＝OD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，BC＝AD，OE＝OF，AE＝CF，BF＝DE， 相等的线段共有5对． 故选：C． 【变式3】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O是AB上一点，△DEF和△ABC关于点O对称，连接AF，CD． （1）求证：四边形ACDF是平行四边形； （2）已知AC＝4，BC＝3，求四边形ACDF是菱形时AO的长． 【答案】见试题解答内容 【解答】（1）证明：∵△DEF和△ABC关于点O对称， ∴DF＝AC，DF∥AC， ∴四边形ACDF是平行四边形； （2）解：连接CF交AD于点O． ∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3， ∴AB5， ∵四边形ACDF是菱形， ∴CF⊥AD， ∵•AC•CB•AB•CO， ∴CO， ∴AO． 题型2 中心对称图形 解｜题｜知｜识 （1）定义 把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同． （2）常见的中心对称图形 平行四边形、圆形、正方形、长方形等等． 【典例1】纹样作为中国传统文化的重要组成部分，是古人智慧与艺术的结晶，反映出不同时期的风俗习惯，早已融入我们的生活．下面纹样的示意图中，即是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　） A．如意纹 B．冰裂纹 C．盘长纹 D．风车纹 【答案】C 【解答】解：根据轴对称图形，中心对称图形的定义得： A．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B．不是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C．是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意； D．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意． 故选：C． 【变式1】我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A．杨辉三角 B．割圆术示意图 C．赵爽弦图 D．洛书 【答案】B 【解答】解：A．杨辉三角是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B．割圆术示意图既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； C．赵爽弦图是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； D．洛书既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意． 故选：B． 【变式2】中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：A．选项图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； B．选项图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C．选项图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； D．选项图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意． 故选：D． 【变式3】2025年中国新能源汽车市场呈现爆发式增长，渗透率突破55%，全国销量预计达到1650万辆．下面关于新能源汽车新势力品牌的图标中，是轴对称图形也是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：A．图形不是轴对称图形也不是中心对称图形，选项不符合题意； B．图形是轴对称图形，不是中心对称图形，选项不符合题意； C．图形既是轴对称图形也是中心对称图形，选项符合题意； D．图形是轴对称图形，不是中心对称图形，选项不符合题意． 故选：C． 题型3 关于原点对称的点的坐标 解｜题｜知｜识 关于原点对称的点的坐标特点 （1）两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）． （2）关于原点对称的点或图形属于中心对称，它是中心对称在平面直角坐标系中的应用，它具有中心对称的所有性质．但它主要是用坐标变化确定图形． 注意：运用时要熟练掌握，可以不用图画和结合坐标系，只根据符号变化直接写出对应点的坐标． 【典例1】平面直角坐标系中，点（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是（　　） A．（﹣2，3） B．（﹣2，﹣3） C．（2，﹣3） D．（2，3） 【答案】C 【解答】解：∵两个点关于原点对称，这两个点的坐标符号相反， ∴点（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是（2，﹣3）． 故选：C． 【变式1】若点P（a+1，2a﹣3）关于原点的对称点在第二象限，则a的值可以是（　　） A． B．﹣1 C．0 D． 【答案】C 【解答】解：由条件可知， 解得， ∴． 选项A、B、D均不满足范围，只有C的值满足， 故选：C． 【变式2】已知，|b+1|＝0，则点P（a，b）关于原点对称的点的坐标是（　　） A．（2，﹣1） B．（﹣2，﹣1） C．（﹣2，1） D．（2，1） 【答案】C 【解答】解：∵， ∴a﹣2＝0，b+1＝0， ∴a＝2，b＝﹣1， 则点P（2，﹣1）， 则点P（2，﹣1）关于原点对称的点的坐标为（﹣2，1）． 故选：C． 【变式3】若点A（2，5）与点B（m，﹣5）关于原点对称，则m＝　﹣2　 ． 【答案】﹣2． 【解答】解：∵点A（2，5）与点B（m，﹣5）关于原点对称， ∴m＝﹣2． 故答案为：﹣2． 题型4 几何变换综合题 解｜题｜知｜识 这种题型主要考查旋转、平移以及动点问题，经常是四边形和圆的综合题目，难度大． 【典例1】在等腰△ABC中，AB＝AC，将底边BC绕点C逆时针旋转到CD，旋转角为α（0°＜α＜180°），连接AD交BC于点E． （1）如图1，当0°＜α＜45°时，已知∠DAB＝10°，∠CDA＝45°时，请用含α的式子表示∠CAB； （2）如图2，已知∠DCB+2∠ACB＝180°，取AC边上的中点H，连接HB交AD于点F，点G为AD上一点，且HF＝FG，连接CG，试猜想CG与AB的数量关系，并证明你的结论； （3）如图3，在等腰△ABC中∠CAB＝90°，，点K为射线AB上一动点，点M为平面内一点，∠MCK＝60°，且，当AM取最大时，连接CM．若点P为AC左侧一点，连接AP和CP，满足∠CPA＝60°，在射线AP上有一点Q，且满足AQ＝CP，过点Q向BC作垂线，垂足为点H，当QH取最小值时，直接写出S△CMH． 【答案】（1）∠CAB＝110°﹣2α； （2）AB＝2CG； 证明：如图2，H为AC的中点，延长BH至M，使得HM＝BH，连接AM，CF， ∴CH＝AH， 在△BHC和△MHA中， ， ∴△BHC≌△MHA（SAS）， ∴∠CBH＝∠M，BC＝AM， ∴AM∥BC，CD＝AM， ∴∠BAM＝180°﹣∠ABC， ∵∠DCB+2∠ACB＝180°，AB＝AC，CD＝CB， ∴∠ABC＝∠ACB，∠CBD＝∠CDB，∠ACB+∠ABC+∠CAB＝∠CAB+2∠ACB＝180°， ∴∠CAB＝∠DCB， ∴∠ABC＝∠ACB＝∠CBD＝∠CDB， ∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝∠ACB+∠BAC＝180°﹣∠ABC， ∴∠BAM＝∠ACD， 在△ACD和△BAM中， ， ∴△ACD≌△BAM（SAS）， ∴∠M＝∠CDA， ∴∠CDA＝∠CBH， ∴点B，D，C，F四点共圆， ∴∠CFH＝180°﹣∠CFB＝∠CDB，∠CFD＝∠CBD， ∵∠CBD＝∠CDB， ∴∠CFD＝∠CFH， 在△CFH和△CFG中， ， ∴△CFH≌△CFG（SAS）， ∴CH＝CG， ∵AB＝AC＝2CH， ∴AB＝2CG； （3）S△CMH的值为． 【解答】解：（1）在△AEB和△CED中，∠AEB＝∠CED， ∴∠EAB+∠ABE＝∠ECD+∠CDE＝∠CEA， ∵∠CDA＝45°，∠DAB＝10°，∠ECD＝α， ∴10°+∠ABE＝α+45°， ∴∠ABE＝α+35°， 又∵AB＝AC， ∴∠ACB＝∠ABE， ∴∠CAB＝180°﹣∠ACB﹣∠ABE＝180°﹣2∠ABE＝110°﹣2α； （2）AB＝2CG； 证明：如图2，H为AC的中点，延长BH至M，使得HM＝BH，连接AM，CF， ∴CH＝AH， 在△BHC和△MHA中， ， ∴△BHC≌△MHA（SAS）， ∴∠CBH＝∠M，BC＝AM， ∴AM∥BC，CD＝AM， ∴∠BAM＝180°﹣∠ABC， ∵∠DCB+2∠ACB＝180°，AB＝AC，CD＝CB， ∴∠ACB+∠ABC+∠CAB＝∠CAB+2∠ACB＝180°，∠ABC＝∠ACB，∠CBD＝∠CDB， ∴∠CAB＝∠DCB， ∴∠ABC＝∠ACB＝∠CBD＝∠CDB， ∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝∠ACB+∠BAC＝180°﹣∠ABC， ∴∠BAM＝∠ACD， 在△ACD和△BAM中， ， ∴△ACD≌△BAM（SAS）， ∴∠M＝∠CDA， ∴∠CDA＝∠CBH， ∴点B，D，C，F四点共圆， ∴∠CFH＝180°﹣∠CFB＝∠CDB，∠CFD＝∠CBD， ∵∠CBD＝∠CDB， ∴∠CFD＝∠CFH， 在△CFH和△CFG中， ， ∴△CFH≌△CFG（SAS）， ∴CH＝CG， ∵AB＝AC＝2CH， ∴AB＝2CG； （3）S△CMH的值为．理由如下： ∵∠MCK＝60°，， ∴， ∴CK•CM＝24， 如图3，过点C作∠ACD＝60°，交AB延长线于点D，连接CD，DM， ∵，∠CAB＝90°， 在Rt△CAD中，， ∵， ∴， 又∵∠MCK＝∠ACD＝60°， ∴∠MCK+∠KCD＝∠ACD+∠KCD， ∴∠ACK＝∠MCD， ∴△ACK∽△MCD， ∴∠CMD＝∠CAK＝90°， 当点K在AB上运动时，点M在以CD为直径的圆上运动， 取CD的中点O， 当点A，O，M三点共线时，， 如图4，连接CM'，以AC为底边向左侧作等腰△AEC，使∠AEC＝120°，则AE＝CE＝2， ∵∠CPA＝60°为定角，为定弦，点P为AC左侧一点， ∴点P的轨迹是以点E为圆心，AE＝2为半径的圆， 如图5，将EA绕点A逆时针旋转60°至E′A，连接E′Q，EE′， ∴△EE′A是等边三角形， ∴AE＝EE′＝AE′＝2，∠EAE′＝∠EE′A＝60°， ∴∠CAE′＝∠CAE+∠EAE′＝90°，即点E′在⊙E上， ∵∠CPA＝∠EAE′＝60°，EP＝EA， ∴∠EPA＝∠EAP， ∴∠CPA+∠EPA＝∠EAE′+∠EAP， ∴∠CPE＝∠E′AQ， 在△AE′Q和△CEP中， ， ∴△AE′Q≌△CEP（SAS）， ∴E′Q＝EA＝EP＝CE＝2， ∴点Q的轨迹是以点E′为圆心，AE′长为半径的圆， 当点E′，Q，H三点共线时，且E′H⊥BC时，QH取最小值， ∴QHmin＝E′H﹣AE′＝E′H﹣AQ′＝Q′H， 如图5，过点H作HT⊥CM′于点T，设E′H与AC交于点R， ∵∠ACB＝45°，∠CHR＝∠RAE′＝90°， ∴∠CRH＝∠ARE′＝∠RE′A＝45°， ∴△CRH和△RE′A均为等腰直角三角形， ∴AE′＝AR＝2， ∴， ∴， ∵AM′为⊙O的直径，点C在⊙O上， ∴∠ACM′＝90°， ∴∠M′CB＝∠ACM′﹣∠ACB＝45°， ∴△CTH是等腰直角三角形， ∴， 在Rt△ACM′中，由勾股定理得：， ∴． 【变式1】△ABC为等边三角形，点D为线段AC上的动点，连接BD，将线段BD绕点D逆时针旋转α得到线段DE，连接BE． （1）如图1，若α＝135°，点D是AC中点，BC＝4，求△BDE的面积； （2）如图2，若α＝120°，连接AE，若点G为AE中点，连接DG，猜想线段AD、DG、BC之间的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图3，若α＝60°，BC＝4，点F为BC中点，连接EF，点D从A移动到C的过程中，将FE绕点F逆时针旋转60°得到线段FM，当FE取最小值时，在直线AC上取一点P，连接PE，将△FPE沿PE所在直线翻折到△ABC所在平面内，得△QPE，连接BQ，作QH⊥BC交直线BC于点H，当BQ取最大值时，请直接写出△QHM的面积． 【答案】（1）3； （2）AD+2DG＝BC； （3）． 【解答】解：（1）如图1， 作EF⊥BD，交BD的延长线于点F， ∵点D是等边三角形ABC的边AC的中点， ∴∠BDC＝90°，BDBC＝2， ∵∠BDE＝α＝135°， ∴∠EDF＝180°﹣135°＝45°， ∵线段BD绕点D逆时针旋转α得到线段DE， ∴DE＝BD＝2， ∴EFBD， ∴S△BDE3； （2）如图2， AD+2DG＝BC，理由如下： 以BD为边作等边三角形BDH，延长DG至F，使FG＝DG，连接EF，CH， ∴DH＝BD＝BH，∠BDH＝∠DHB＝∠DBH＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝∠ABC＝60°，AB＝BC＝AC， ∴∠ABC＝∠DBH， ∴∠ABC﹣∠DBC＝∠DBH﹣∠DBC， ∴∠ABD＝∠CBH， ∴△ABD≌△CBH（SAS）， ∴AD＝CH，∠BCH＝∠BAC＝60°， ∴∠ACH＝∠ACB+∠BCH＝120°， ∴∠CDH+∠DHC＝180°﹣∠DCH＝60°， ∵∠BDE＝α＝120°，∠BDH＝60°， ∴∠HDE＝∠BDE﹣∠BDH＝60°， ∴∠EDC+∠CDH＝60°， ∴∠CDE＝∠CHD， ∵G是AE的中点， ∴AG＝EG， ∵∠AGD＝∠EGF， ∴△ADG≌△EFG（SAS）， ∴EF＝AD，∠DAG＝∠FEG， ∴AD∥EF，EF＝CH， ∴∠DEF＝∠CDE， ∴∠DEF＝∠CHD， 由旋转可得：DE＝BD， ∴DH＝DE， ∴△DEF≌△DHC（SAS）， ∴DF＝CD， ∴AC＝AD+CD＝AD+DF＝AD+2DG， ∴BC＝AD+2DG； （3）如图3， 由（2）知：∠BCE＝60°， ∴当FE⊥CE时，EF最小，此时EF绕点F逆时针旋转60°时，点M落在AC上， ∵F是BC的中点， ∴CF， ∴CM＝CECF＝1，EFCF， ∵△FPE沿PE所在直线翻折到△ABC所在平面内，得△QPE， ∴EQ＝EF， ∴当Q在BE的延长线上时，BQ最大， 作EI⊥BC于I， 则CICE，EI， ∴BI＝BC﹣CI＝4， ∴BE， ∵QH⊥BC， ∴EI∥QH， ∴，△BEI∽△BQH， ∴，， ∴IH，， ∴HQ， ∴S△QHM． 【变式2】在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BC绕点C顺时针旋转角度a（0°＜a＜360°）得到DC． （1）如图1，若a＝30°，连接AD交BC于点E，若AC＝12，求DE的长； （2）如图2，若0°＜a＜90°，CF平分∠BCD交AD于点F，连接BF，过点C作CG⊥AD，在射线CG上取点G使得∠BGC＝45°，连接BG，请用等式表示线段CG、CF、BF之间的数量关系并证明； （3）如图3，若BC＝8，点P是线段AB上一动点，将CP绕点P逆时针旋转90°得到Q，连接AQ，M为AQ的中点，当2CM+CQ取得最小值时，请直接写出△ABM的面积． 【答案】（1）； （2）； 证明：如图2，连接BD，AD与CG交于点O， ∵BC绕点C顺时针旋转角度a（0°＜a＜360°）得到DC， ∴∠BCD＝α，CB＝CD＝CA， ∴， ∵CF平分∠BCD， ∴， 在△BCF和△DCF中， ， ∴△BCF≌△DCF（SAS）， ∴BF＝DF， ∴∠FDB＝∠FBD， ∵CG⊥AD， ∴， ∴， ∴∠OCF＝∠OFC＝45°， ∴△OCF是等腰直角三角形， 由勾股定理得：OC2+OF2＝CF2， 整理得：， ∵， ∴， ∴∠FDB＝∠FBD＝45°， ∵∠BGC＝45°，∠GOD＝90°，∠FDB＝45°， ∴G，B，D三点共线，且△OGD是等腰三角形， ∴OG＝OD， ∴， ∴； （3）△ABM的面积为8． 【解答】解：（1）∵BC绕点C顺时针旋转角度a（0°＜a＜360°）得到DC， ∴∠BCD＝α＝30°，CB＝CD＝CA， ∴∠CAD＝∠CDA，∠ACD＝90°+30°＝120°， ∴∠CAE＝∠D＝∠BCD＝30°， ∴DE＝EC，AE＝2EC， 在Rt△AEC中，由勾股定理得：AC2+EC2＝AE2， ∴122+EC2＝（2EC）2， ∴，（负值已舍去）， ∴； （2）； 证明：如图2，连接BD，AD与CG交于点O， ∵BC绕点C顺时针旋转角度a（0°＜a＜360°）得到DC， ∴∠BCD＝α，CB＝CD＝CA， ∴， ∵CF平分∠BCD， ∴， 在△BCF和△DCF中， ， ∴△BCF≌△DCF（SAS）， ∴BF＝DF， ∴∠FDB＝∠FBD， ∵CG⊥AD， ∴， ∴， ∴∠OCF＝∠OFC＝45°， ∴△OCF是等腰直角三角形， 由勾股定理得：OC2+OF2＝CF2， 整理得：， ∵， ∴， ∴∠FDB＝∠FBD＝45°， ∵∠BGC＝45°，∠GOD＝90°，∠FDB＝45°， ∴G，B，D三点共线，且△OGD是等腰三角形， ∴OG＝OD， ∴， ∴； （3）△ABM的面积为8．理由如下： 如图3，过点P作PH⊥AC交AC于H，交AQ于O，过Q作QH⊥PH交PH于G，延长CM交QG于N，延长CB至E，使CB＝BE＝8，过A作AF⊥QG交QG于F， 将CP绕点P逆时针旋转90°得到QP， ∴CP＝QP，∠CPQ＝90°， ∵QH⊥PH，PH⊥AC， ∴∠CPQ＝∠PHC＝∠PGQ＝90°，∠HPC＝∠PQG＝90°﹣∠GPQ， ∴△PHC≌△QGP（AAS）， ∴PH＝GQ，GP＝CH， 设GP＝CH＝a， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝8， ∴AH＝AC﹣CH＝8﹣a，∠BAC＝∠APH＝45°， ∴AH＝PH＝GQ＝8﹣a， ∴GH＝GP+PH＝8＝BC， ∴四边形BCHG是矩形， ∴点B在QG上，CB⊥QG，HC＝BG＝a， ∴四边形ACBF是正方形， ∴BF＝AF＝8， ∵AH＝GQ＝8﹣a，∠AHP＝∠PGQ＝90°，∠GOQ＝∠AOH， 在△AHO和△QGO中， ， ∴△AHO≌△QGO（AAS）， ∴OH＝OG，OA＝OQ， ∴O为AQ的中点， ∵M为AQ的中点， ∴M与O重合，， ∴MG＝MH＝OG＝OH， ∴△NMG≌△CMH（ASA）， ∴CM＝MN，NG＝CH＝a， ∴CN＝2CM，NQ＝NG+GQ＝8﹣a+a＝8＝AC， ∴四边形ACQN是平行四边形， ∴CQ＝AN， ∵CB＝BE＝8，CB⊥QG， ∴CN＝NE， ∴2CM+CQ＝CN+AN＝AN+NE≥AE， ∴当A、N、E三点共线时，2CM+CQ取得最小值，此时△AFN≌△EBN， ∴， ∴a＝2， ∴GB＝a＝2，GQ＝8﹣a＝6， ∴BQ＝CQ﹣BG＝4， ∴． 【变式3】综合与实践 【模型感知】 手拉手模型是初中数学里三角形全等知识点考查的重要模型．两个有公共顶点且顶角相等的等腰三角形组成的图形叫手拉手模型． （1）如图1，已知△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BE，CD．求证：BE＝CD； 【模型应用】 （2）如图2，已知△ABC和△ADE都是等边三角形，将△ADE绕点A旋转一定的角度．当点D在CB的延长线上时，求证：AB+BD＝BE； 【类比探究】 （3）如图3，已知△ABC和△ADE都是等边三角形．当点D在射线BC上时，过点E作EF⊥AB于点F．直接写出线段AB，BF与BD之间存在的数量关系为 AB＝BD+2BF或AB＝BD﹣2BF ． 【答案】见试题解答内容 【解答】（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°，AE＝AD，∠DAE＝60°， ∴∠BAE＝∠BAD+∠DAE＝∠BAD+60°， ∠CAD＝∠BAC+∠BAD＝60°+∠BAD， ∴∠BAE＝∠CAD， ∴△BAE≌△CAD（SAS）， ∴BE＝CD； （2）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝60°，AE＝AD，∠DAE＝60°， ∴∠BAE＝∠DAE+∠BAD＝60°+∠BAD， ∠CAD＝∠BAC+∠BAD＝60°+∠BAD， ∴∠BAE＝∠CAD， ∴△ABE≌△ACD（SAS）， ∴BE＝CD， ∵CD＝CB+BD＝AB+BD， ∴AB+BD＝BE； （3）解：AB＝BD+2BF或AB＝BD﹣2BF，理由如下： 当D点在BC上时，设DE与AB的交点为K，在AB上截取AT＝BD， ∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴∠ABC＝∠AED＝60°，AE＝DE， ∴∠EAT+∠AKE＝120°，∠EDB+∠BKD＝120°， ∵∠AKE＝∠BKD， ∴∠EAK＝∠EDB， ∴△EAT≌△EDB（SAS）， ∴ET＝EB， ∵EF⊥AB， ∴TF＝BF， ∴BT＝2BF， ∴AB＝AT+BT＝BD+2BF； 当D点在BC的延长线上时，延长BF，取FG＝BF，连接EG， 由①知，△BEG为等腰三角形，∠ABE＝∠ACD， ∵∠ACD+∠ACB＝180°，∠ABE+∠EBF＝180°， ∴∠EBG＝∠ACB＝60°， ∴△BEG为等边三角形， ∴BG＝BE＝CD， ∵CD＝BE，AB＝BC， ∴AG＝BD， ∴AB＝AG﹣2BF＝BD﹣2BF； 故答案为：AB＝BD+2FB或AB＝BD﹣2BF． 过 关 验 收 1. 下列描述中心对称的特征的语句中，其中正确的是（　　） A．成中心对称的两个图形中，连接对称点的线段不一定经过对称中心 B．成中心对称的两个图形中，对称中心不一定平分连接对称点的线段 C．成中心对称的两个图形中，对称点的连线一定经过对称中心，但不一定被对称中心平分 D．成中心对称的两个图形中，对称点的连线一定经过对称中心，且被对称中心平分 【答案】D 【解答】解：A、成中心对称的两个图形中，连接对称点的线段一定经过对称中心，故本选项错误； B、成中心对称的两个图形中，对称中心一定平分连接对称点的线段，故本选项错误； C、成中心对称的两个图形中，对称点的连线一定经过对称中心，且被对称中心平分，故本选项错误； D、成中心对称的两个图形中，对称点的连线一定经过对称中心，且被对称中心平分，故本选项正确． 故选：D． 2. 如图，在平面直角坐标系中，若△ABC与△A1B1C1关于点E成中心对称，则对称中心点E的坐标是（　　） A．（3，﹣1） B．（0，0） C．（2，﹣1） D．（1，﹣3） 【答案】A 【解答】解：如图，连接BB1，与AA1相交于点E， 点E即为对称中心，E（3，﹣1）． 故选：A． 3. 如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　） A．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形 【答案】A 【解答】解：画图如下， ， 由图可知最后会与原有矩形重合， ∴四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形， 故选：A． 4. 如图，正方形ABCD和正方形EFGH的对称中心都是点O，其边长分别是8和6，则图中阴影部分的面积是 　7　 ． 【答案】7． 【解答】解：连接AF，BG， 由题意得，正方形ABCD的面积为64，正方形EFGH的面积为36， ∵正方形ABCD和正方形EFGH的对称中心都是点O， ∴． 即图中阴影部分的面积为7． 故答案为：7． 5. 如图，在△ACB中，∠C＝90°，AB＝13，AC＝12，D是AC的中点，B，E两点关于点D成中心对称，则AE的长为　5　 ． 【答案】5． 【解答】解：在△ACB中，∠C＝90°，AB＝13，AC＝12，则由勾股定理知：BC5， ∵D是AC的中点，点B，E关于点D成中心对称， ∴△ADE与△CDB关于点O成中心对称， ∴AE＝BC＝5． 故答案为：5． 6. 如图，△ABC和△DEC关于点C成中心对称，若AC＝1，AB＝2，∠BAC＝90°，则AE的长是 　　 ． 【答案】 【解答】解：∵△DEC与△ABC关于点C成中心对称， ∴△ABC≌△DEC， ∴AB＝DE＝2，AC＝DC＝1，∠D＝∠BAC＝90°， ∴AD＝2， ∵∠D＝90°， ∴AE2， 故答案为2． 7. 没有哪一门学科能像数学这样，利用如此多的符号图形展现一系列完备且完美的世界．下面是由4个数学式子绘制成的完美曲线，其中是中心对称图形的是（　　） A．笛卡尔心形线 B．三叶玫瑰形曲线 C．蝴蝶形曲线 D．太极曲线 【答案】D 【解答】解：选项A、B、C都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形， 选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形， 故选：D． 8. 志愿服务，传递爱心，传递文明，下列志愿服务标志为中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：选项A、C、D的图形都不能找到某一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形； 选项B的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形； 故选：B． 9. 下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．赵爽弦图 B．笛卡尔心形线 C．科克曲线 D．斐波那契螺旋线 【答案】C 【解答】解：A．原图不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意； B．原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； C．原图既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意； D．原图不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意； 故选：C． 10. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．正方形 D．正五边形 【答案】C 【解答】解：A．等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．等腰直角三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C．正方形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意； D．正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：C． 11. 《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，通过对文物的梳理与总结，演绎文物背后的故事与历史让更多的观众走进博物馆，让一个个馆藏文物鲜活起来，所示四幅图是我国一些博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，选项B、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形， 故选：A． 12. 有五张卡片（形状、大小、质地都相同），上面分别画有下列图形：①线段；②正三角形；③平行四边形；④梯形；⑤圆．将卡片背面朝上洗匀，从中抽取一张，正面图形一定满足既是轴对称图形，又是中心对称图形的概率是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：∵五张卡片①线段；②正三角形；③平行四边形；④等腰梯形；⑤圆中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的①⑤， ∴从中抽取一张，正面图形一定满足既是轴对称图形，又是中心对称图形的概率是：． 故选：B． 13. 下列各点中与点A（1，3）关于原点对称的是（　　） A．（﹣1，3） B．（﹣1，﹣3） C．（1，﹣3） D．（3，1） 【答案】B 【解答】解：与点A（1，3）关于原点对称的是（﹣1，﹣3）． 故选：B． 14. 点A（﹣1，a）与点A′（b，2）关于原点对称，则（a+b）2024的值为（　　） A．﹣1 B．1 C．﹣2024 D．2024 【答案】B 【解答】解：∵点A（﹣1，a）与点A′（b，2）关于原点对称， ∴b＝1，a＝﹣2， 则（a+b）2024＝（﹣2+1）2024＝1． 故选：B． 15. 若点P（x，﹣3）与点Q（4，y）关于原点对称，则x+y＝　﹣1　 ． 【答案】﹣1 【解答】解：∵点P（x，﹣3）与点Q（4，y） 关于原点对称， ∴x＝﹣4，y＝3， 故x+y＝﹣4+3＝﹣1． 故答案为：﹣1． 16. 平面直角坐标系内一点P（﹣2，3）关于原点对称的点的坐标是 　（2，﹣3）　 ． 【答案】（2，﹣3） 【解答】解：根据中心对称的性质，得点P（﹣2，3）关于原点对称点P′的坐标是（2，﹣3）， 故答案为：（2，﹣3）． 17. 已知点A（a，﹣1）与点B（4，b）关于原点对称，则a+b＝　﹣3　 ． 【答案】﹣3． 【解答】解：∵点A（a，﹣1）与点B（4，b）关于原点对称， ∴a＝﹣4，b＝1． ∴a+b＝﹣4+1＝﹣3， 故答案为：﹣3． 18. 在平面直角坐标系中，点P（5，﹣6）关于原点的对称点的坐标为　（﹣5，6）　 ． 【答案】（﹣5，6）． 【解答】解：在平面直角坐标系中，点P（5，﹣6）关于原点的对称点的坐标为（﹣5，6）． 故答案为：（﹣5，6）． 19. 如图1，已知点E为正方形ABCD内的一点，连接BE．将线段BE绕点B顺时针方向旋转90°得到BF，连接，AE，CF． （1）【问题发现】 如图1，线段AE与CF的数量关系是 AE＝CF ，线段AE与CF位置关系是 AE⊥CF ； （2）【问题探究】 如图2，点E为正方形ABCD外的一点，将BE绕点B顺时针方向旋转90°得到BF，连接AE，CF，探究线段AE与CF的数量及位置关系，并说明理由； （3）【拓展延伸】 如图3，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D为△ABC外一点，且∠BDC＝45°，点O为AC的中点，连接OD，BD，CD，若OD，BD＝17，求CD的长． 【答案】（1）AE＝CF，AE⊥CF； （2）AE＝CF，AE⊥CF；理由详见解析； （3）7． 【解答】解：（1）∵线段BE绕点B顺时针方向旋转90°得到BF， ∴∠EBF＝90°，BE＝BF， ∴∠CBE+∠CBF＝90°， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴∠CBE+∠ABE＝90°， ∴∠CBF＝∠ABE， 在△ABE和△CBF中， ， ∴△ABE≌△CBF（SAS）， ∴AE＝CF，∠BAE＝∠BCF， 如图，延长AE交CF于点G，交BC于点H， ∵∠BAE＝∠BCF，∠AHB＝∠CHG， ∴∠ABC＝∠CGH＝90°， ∴AE⊥CF， 故答案为：AE＝CF，AE⊥CF； （2）AE＝CF，AE⊥CF，理由如下， ∵线段BE绕点B顺时针方向旋转90°得到BF， ∴∠EBF＝90°，BE＝BF， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABC＝90°，AB＝AC， 在△ABE和△CBF中， ， ∴△ABE≌△CBF（SAS）， ∴AE＝CF，∠BAE＝∠BCF， 如图，设直线AE交BC于点M，交CF于点N， ∵∠BAE＝∠BCF，∠AMB＝∠CMN， ∴∠ABC＝∠CNM＝90°， ∴AE⊥CF， （3）过B作BF⊥BD交DC的延长线于点F，连接AF，则∠FBD＝90°， ∵∠BDC＝45°， ∴∠BFC＝45°， ∴BD＝BF＝17， 根据勾股定理可得DF17， ∵∠ABC＝90°， ∴∠DBC＝∠ABF＝90°﹣∠CBF， 在△DBC和△FBA中， ， ∴△DBC≌△FBA（SAS）， ∴CD＝AF，∠BDC＝∠AFB＝45°， ∵∠BFC＝45°， ∴∠AFD＝45°+45°＝90°， 过O作OH⊥CF，则OH∥AF， ∵O是AC中点， ∴H是CF中点， ∴OH是△ACF的中位线， ∴AF＝2OH， 设OH＝x，则AF＝CD＝2x， ∴CF＝DF﹣CD＝172x， ∴CH＝FHCFx， ∴DH＝CD+CHx， 在Rt△ODH中，OH2+DH2＝OD2， x2+（x）2＝（）2， 解得x， ∴CD＝2x＝7． 20. 如图所示，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，点D是线段BC上一点，连接AD． （1）如图1，若∠BAC＝90°，把AD绕A顺时针旋转90°到AE，连接BE、ED，满足BE＝1，AE，求BC的长； （2）如图2，若∠BAC＝120°，把AD绕A顺时针旋转60°到AP，连接BP、PD，求证：BP＝DP； （3）在（2）的条件下，点若G为平面内一点，若∠AGC＝90°，当PG取最小值时，请直接写出的值． 【答案】（1）1； （2）见解析； （3）． 【解答】（1）解：如图1中，∵∠EAD＝∠BAC＝90°， ∴∠EAB＝∠DAC， ∵AE＝AD，AB＝AC， ∴△EAB≌△DAC（SAS）， ∴∠ABE＝∠C＝45°，BE＝CD＝1， ∵∠ABC＝45°， ∴∠EBD＝90°， ∵AE＝AD， ∴DE， ∴BD， ∴BC＝BD+CD1； （2）证明：过点A作AT⊥BC于点T，取AB的中点H，连接HT，PH． ∵AB＝AC，∠ABC＝120°， ∴∠ABC＝∠C＝30°， ∵AT⊥BC， ∴∠BAT＝∠CAT＝60°， ∴AB＝2AT， ∵AH＝BH， ∴AT＝AH， ∵AP＝AD，∠DAP＝60°， ∴△APD是等边三角形， ∴PA＝PD， ∴DAP＝∠TAH， ∴∠HAP＝∠TAD， ∴△HAP≌△TAD（SAS）， ∴∠AHP＝∠ATD＝90°， ∴PH⊥AB， ∵BH＝AH， ∴PA＝PB， ∴PB＝PD； （3）解：如图3中，过点A作AT⊥BC于点T，过点T作TJ⊥AB于点J，设AT＝a． 由（2）可知点P在AB的垂直平分线上运动， ∵∠AGC＝90°， ∴点G在以AC为直径的⊙O上运动，连接OT，延长OT交PH于点P． ∵BT＝CT，AO＝OC， ∴OP∥AB， ∵PH⊥AB， ∴OP⊥PH， ∴当点G与T重合时，GP的值最小， ∵AB＝2AT＝2a， ∴BH＝AH＝a， ∵BJ⊥AB，∠TAJ＝60°， ∴AJATa， ∵∠PHJ＝∠TJH＝∠HPT＝90°， ∴四边形PTJH是矩形， ∴PG＝JH＝AH﹣AJa，PH＝TJa， ∴PBa， ∴． 21. 综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝6，CB＝8．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，旋转角小于∠CAB，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，DE交AB于点O，延长DE交BC于点P． 数学思考：（1）试判断PC与PE的数量关系，并说明理由． 深入探究：（2）在图形旋转的过程中，老师让同学们提出新的问题． ①“乐学小组”提出问题：如图2，当∠CAE＝45°时，则线段BP的长为 　　 ． ②“善思小组”提出问题：如图3，当∠CAE＝∠B时，求线段BP的长． 【答案】（1）PC＝PE，理由见解答； （2）①； ②6． 【解答】（1）解：PC＝PE， 理由：如图1，连接AP， 由旋转的性质知，AC＝AE，∠AED＝∠C＝∠AEP＝90°， ∵AP＝AP， ∴Rt△APE≌Rt△APC（HL）， ∴PC＝PE； （2）解：①如图2，延长AE，交BC于点F， ∵∠CAE＝45°，∠C＝∠AEP＝90°， ∴∠EPF＝∠EFP＝∠CAE＝45°， ∴PE＝EF，AC＝CF＝6， 由（1）知，PC＝PE， 设PC＝PE＝x， 则 ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； ②如图3， ∵∠C＝90°，CA＝6，CB＝8， ∴， 由旋转的性质知，AD＝AB＝10，DE＝BC＝8，∠B＝∠D，∠C＝∠AED＝90°， 当∠CAE＝∠B时， ∵∠B+∠EAD＝90°， ∴∠CAE+∠D＝∠CAD＝90°， ∴∠CAD+∠C＝180°， ∴AD∥BC， ∴∠1＝∠B，∠2＝∠D， ∵∠B＝∠D， ∴∠1＝∠D，∠2＝∠B， ∴AO＝DO，BO＝PO， ∵AO+BO＝AB＝10， ∴PO+DO＝PD＝10， ∴PE＝PD﹣DE＝10﹣8＝2， ∴PC＝PE＝2， ∴BP＝BC﹣PC＝6． 22. 已知△ABC为等边三角形，P是平面内的一个动点． （1）如图1，点P在△ABC内部，连接AP并延长交BC于点D，连接BP并延长交AC于点E；若BD＝CE，求∠APB的度数； （2）如图2，点P在△ABC外部，连接CP，点D为线段CP中垂线上一点，连接DP、DC、DA、BP，E为BP中点，连接AE、DE；若∠ACD+∠CBP﹣∠DPB＝60°，求证； （3）如图3，点P在△ABC外部，∠APC＝135°，将△ABC沿着AC翻折，得到△AB′C，连接B′P，M为线段AP上一点，且，连接B′M；若AB＝6，当线段B′P的长取最小值时，直接写出△AB′M的面积． 【答案】（1）120°； （2）见解析； （3）． 【解答】（1）解：∵△ABC为等边三角形， ∴∠ABC＝∠C＝60°，AB＝BC， 又∵BD＝CE， ∴△ABD≌△BCE（SAS）， ∴∠BAD＝∠CBE， ∴∠BAP+∠ABP＝∠ABP+∠CBE＝∠ABC＝60°， ∴∠APB＝180°﹣（∠BAP+∠ABP）＝180°﹣60°＝120°； （2）证明：延长DE至N，使EN＝DE，连接AN，BN， ∵E为BP中点， ∴BE＝EP， 又∵∠BEN＝∠DEP， ∴△BENE≌△PED（SAS）， ∴BN＝DP，∠PBN＝∠DPB， ∵D在CP中垂线上， ∴DP＝CD， ∴BN＝CD， ∵∠CBP﹣∠DPB＝∠CBP﹣∠PBN＝∠NBC，∠ACD+∠CBP﹣∠DBP＝60°， ∴∠ACD+∠NBC＝60°， ∵∠NBC+∠ABN＝∠ABC＝60°， ∴∠ACD＝∠ABN， ∵BN＝CD，AB＝AC， ∴△ABN≌△ACD（SAS）， ∴∠BAN＝∠CAD，AN＝AD， ∴∠BAC＝∠NAD＝60°， ∴△ADN为等边三角形， ∵DE＝EN， ∴AE⊥DN， ∵∠ADE＝60°， ∴∠DAE＝30° ∴AD＝2DE， ∴； （3）解：作△APC的外心O连OA、OC、OP、OB′， ∴∠OPC＝∠OCP，∠OAP＝∠OPA， ∴∠OAP+∠APC+∠OCP＝∠OPA+∠OPC+∠APC＝2∠APC＝270°， ∴∠AOC＝360°﹣∠OAP﹣∠APC﹣∠OCP＝90°， ∴△OAC为等腰直角三角形， ∴， ∴为定值 又O为定点，B为定点， ∴OB为定长， 由两点之间线段最短知OP+B′P≥OB′， 即B′P≥OB′﹣OP，当O、B′、P在一条直线时B′P有最小值， 设OB′交AC于Q由折叠知AB′＝AB＝BC＝B′C， 又OB′＝OB′，OA＝OC， ∴△OAB′≌△OCB′（SSS）， ∴， ∵OA＝OC， ∴OQ垂直平分AC， ∴AQ＝3＝QC， 又∵∠AOC＝90°， ∴OQ＝AQ＝3， ∴， ∴． ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 23. 在等边△ABC中，CF⊥AB，点D是CF边上一点（不与端点重合），连接AD，现将AD绕点A逆时针旋转60度得到线段AE，连接DE，交AC于K，连接CE． （1）如图1，若∠ADF＝α，请用含a的式子表示∠CKE，并说明理由； （2）如图2，过E作EG⊥FC于点G，连接AG，延长CF至点H，使得CF＝FH，连接HE、AH，请用等式表示线段AG与HE的数量关系，并写出证明过程； （3）如图3，将△ADC沿AD翻折至△ADC′，过C′作C′N⊥直线BE，点P是线段AC′上一点，点Q是线段FC′上一点，且满足PC′＝FQ，若点D在直线CF上运动，当C′N最大时，连接PD，当FP+AQ最小时，若，请直接写出△CFP的面积． 【答案】（1）150°﹣α； （2）HE＝2AG， 证明：如图，延长AG至点M，使GM＝AG，连接CM， ∵∠BAC＝∠DAE＝60°， ∴∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE＝60°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE， 又∵BD＝AD＝DE， ∴DE＝CE， 又∵EG⊥FC， ∴点G为CD中点， 在△AGD和△MGC中， ， ∴△AGD≌△MGC（SAS）， ∴AD＝CM＝AE，∠ADG＝∠MCG， 设∠ADG＝∠MCG＝x， ∴∠ACM＝∠ACF+∠MCG＝30°+x，∠BAD＝x﹣90°， ∵CF＝FH，AF⊥HC， ∴AH＝AC， ∴∠AHF＝∠ACF＝30°，则∠HAF＝∠CAF＝60°， ∴∠HAE＝∠HAF+∠BAD+∠DAE＝60°+x﹣90°+60°＝30°+x， ∴∠ACM＝∠HAE， 在△AHE和△CAM中， ， ∴△AHE≌△CAM（SAS）， ∴HE＝AM， ∴HE＝2AG． （3）△CFP的面积为． 【解答】解：（1）∠CKD＝150°﹣α； 理由：∵AD绕点A逆时针旋转60度得到线段AE， ∴∠DAE＝60°，AD＝AE， ∴△ADE是等边三角形， ∴∠ADE＝60°， ∴∠CDK＝180°﹣∠ADF﹣∠ADE＝120°﹣α， 又∵在等边△ABC中，CF⊥AB， ∴∠ACF＝30°， ∴在△CDK中，∠CKE＝∠ACF+∠CDK＝150°﹣α． （2）HE＝2AG， 证明：如图，延长AG至点M，使GM＝AG，连接CM， ∵∠BAC＝∠DAE＝60°， ∴∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE＝60°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE， 又∵BD＝AD＝DE， ∴DE＝CE， 又∵EG⊥FC， ∴点G为CD中点， 在△AGD和△MGC中， ， ∴△AGD≌△MGC（SAS）， ∴AD＝CM＝AE，∠ADG＝∠MCG， 设∠ADG＝∠MCG＝x， ∴∠ACM＝∠ACF+∠MCG＝30°+x，∠BAD＝x﹣90°， ∵CF＝FH，AF⊥HC， ∴AH＝AC， ∴∠AHF＝∠ACF＝30°，则∠HAF＝∠CAF＝60°， ∴∠HAE＝∠HAF+∠BAD+∠DAE＝60°+x﹣90°+60°＝30°+x， ∴∠ACM＝∠HAE， 在△AHE和△CAM中， ， ∴△AHE≌△CAM（SAS）， ∴HE＝AM， ∴HE＝2AG． （3）设AC与BE交点为G， ∵AD＝AE，∠DAE＝60°， ∴点E的轨迹是直线BG，与CF的夹角为60°， ∴∠BGC＝90°， ∴点G为AC中点， 由翻折可知，， ∴点C'轨迹是以点A为圆心，AC为半径的圆， 如图，延长CA交⊙A于点C''，BE交CC''于G， ∵AB＝BC，AG＝GC， ∴∠BGC＝90°， 又∵C'N⊥BE， ∴当点N，G重合时，此时C′N最大， 如图，作FM∥AC'，且使FM＝FC'，连接QM， ∴∠C'＝∠QFM， 在△PC'F和△QFM中， ， ∴△PC'F≌△QFM（SAS）， ∴FP＝MQ， ∴FP+AQ＝MQ'+AQ'≥AM，当A，Q'，M三点共线时取等号， 过点F作FK⊥AC交AC于点K， ∵，∠BAC＝60°， ∴在Rt△AFK中，， 由勾股定理得，， ∴， 在Rt△C′KF中，由勾股定理得，， ∴， ∵∠AC'F＝∠MFQ'，∠MQ'F＝∠AQ'C'， ∴△MFQ'∽△AC'Q'， ∴， ∴FQ'C'Q'， ∴FC'＝C'Q'+FQ'＝（1）C'Q'， ∴C'Q'， 则FQ'C'Q'， ∴FQ'＝C'P'， ∴， ∴S△CFP'； ∴△CFP的面积为． 24. 在平面直角坐标系中，O为原点，∠ACB＝90°，AC＝BC，点A（2，0），点B在x轴的负半轴上，点C在y轴的正半轴上，点D是BC的中点，连接AD． （I）填空：如图，点B的坐标为 　（﹣2，0）　 ，点C的坐标为 　（0，2）　 ，线段AD的长为 　　 ； （Ⅱ）以点A为中心，顺时针旋转△ACD，得到△AEF，点C，D的对应点分别为E，F． ①连接CF，当CF∥x轴时，求点F的坐标； ②连接BF，记M为线段BF的中点，S为△MEF的面积，求S的最大值（直接写出结果即可）． 【答案】（Ⅰ）（﹣2，0），（0，2），； （Ⅱ）①或；②． 【解答】解：（Ⅰ）∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∵CO⊥AB， ∴OC＝OA＝OB＝2， ∴B（﹣2，0），C（0，2）， ∵点D是BC的中点， ∴D（﹣1，1）， 过D作DK⊥x轴于点K， 则DK＝1，OK＝1， ∴AK＝2+1＝3， 在Rt△ADK中，AD， 故答案为：（﹣2，0），（0，2），； （Ⅱ）①如图，过点A作 AH⊥FC． ∴∠AHC＝90°， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠CAB＝∠CBA＝45°， 由（Ⅰ）可知C（0，2）， ∴OC＝2， ∵FC∥x轴， ∴∠CAB＝∠ACH＝45°，AH＝OC＝2， ∴∠CAH＝∠ACH＝45°， ∴CH＝AH＝2， ∵以点A为中心，顺时针旋转△ACD，得到△AEF， ∴， 在 Rt△AHF 中， ∴， ∴， ∴点F的坐标为； 如图， 同理可得， ∴， ∴点F的坐标为； 综上所述，点F的坐标为或； ②如图，连接BE， ∵M是BF中点， ∴S△MEFS△BEF， ∴要求△MEF的最大值，则可求△BEF的最大值； ∵C（0，2），D（﹣1，1）， ∴CDEF， 则要求△BEF的面积最大值，则可求出点B到EF的最大距离即可， 由题可知∠AEF＝90°， ∴EF与以A为圆心，AC为半径的圆始终相切， 如图，当B、A、E三点共线时，点B到EF的距离等于BE＝BA+AE＝4+2，此时点B到EF的距离最大， ∴S△BEF最大BE•EF（4+2）＝22， 此时SS△BEF1． 学科网（北京）股份有限公司 $