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专题 37 轴对称、平移、旋转【十二大题型】
【题型1 轴对称图形、中心对称图形的识别】.....................................................................................................1
【题型2 与坐标系有关的对称、平移、旋转问题】.............................................................................................4
【题型3 与几何图形有关的折叠问题】..................................................................................................................7
【题型4 与抛物线有关的折叠问题】....................................................................................................................14
【题型5 利用轴对称求最值】................................................................................................................................23
【题型6 根据中心对称的性质求面积、长度、角度】.......................................................................................33
【题型7 与轴对称、平移、旋转有关的规律探究问题】...................................................................................43
【题型8 用平移、轴对称、旋转、中心对称作图】...........................................................................................48
【题型9 旋转或轴对称综合题之线段问题】.......................................................................................................53
【题型10 旋转或轴对称综合题之面积问题】.......................................................................................................65
【题型11 旋转或轴对称综合题之角度问题】.......................................................................................................81
【题型12 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案】...............................................................................91
【知识点 轴对称、平移、旋转】
1.平移
(1)定义：把一个图形沿着某一直线方向移动，这种图形的平行移动，简称为平移。
(2)平移的性质：平移后的图形与原图形全等；对应角相等；对应点所连的线段平行(或在同一条直线
上)且相等。
(3)坐标的平移：点（x，y）向右平移a个单位长度后的坐标变为（x+a，y）；
点（x，y）向左平移a个单位长度后的坐标变为（x-a，y）；
点（x，y）向上平移a个单位长度后的坐标变为（x，y+a）；
点（x，y）向下平移a个单位长度后的坐标变为（x，y-a）。
2.轴对称
(1)轴对称：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关
于这条直线成轴对称。这条直线叫做对称轴，折叠后重合的点是对应点，叫做对称点。
(2)轴对称图形：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴
对称图形。这条直线叫做它的对称轴。
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(3)轴对称的性质：关于某条直线对称的图形是全等形。
经过线段中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线。
如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。轴对称图形
的对称轴，是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。
(4)线段垂直平分线的性质
线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等；
与一条线段两个端点距离相等的点，在线段的垂直平分线上。
(5)坐标与轴对称：点（x，y）关于x轴对称的点的坐标是（x，-y）；
点（x，y）关于y轴对称的点的坐标是（-x， y）；
3.旋转
(1)旋转
定义：把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，叫做图形的旋转。点O叫做旋转中心，转
动的角叫做旋转角。如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做这个旋转的对应点。
旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等；②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；③
旋转前后的图形全等。
(2)中心对称
定义：把一个图形绕着某一点旋转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。这两个图形在旋转后能重合的对应点叫做关于对称中心的
对称点。
中心对称的性质：①中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分；
②中心对称的两个图形是全等图形。
(3)中心对称图形
定义：如果一个图形绕一个点旋转180°后能与自身重合，那么这个图形叫做中心对称图形。这个点叫
做它的对称中心。
(4)关于原点对称的点的坐标
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的对称点为 P′(-x，-y)。
【题型1 轴对称图形、中心对称图形的识别】
【例1】（2023·广东东莞·一模）如所示图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
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A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即
可，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把
一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称
图形，这个点就是它的对称中心．掌握中心对称图形与轴对称图形的判断是解题的关键．
【详解】解：A．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；
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．原图不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：A．
【变式1-1】（2023·安徽合肥·校考一模）如果一个图形绕着一个点至少旋转72度才能与它本身重合，则
下列说法正确的是（ ）
A．这个图形一定是中心对称图形．
B．这个图形既是中心对称图形，又是轴对称图形．
C．这个图形旋转216度后能与它本身重合．
D．这个图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形．
【答案】C
【分析】根据旋转对称性，至少旋转72°，旋转72度可以与原图形重合，则图形可以平分成5个全等的部
分，因而是轴对称图形，不可能是中心对称图形，据此即可求解．
【详解】解：∵旋转72°可以与原图形重合，则图形可以平分成5个全等的部分，因而可能是轴对称图形，
不可能是中心对称图形，故A，B，D错误．
由于216°÷72°=3，这个图形旋转216°后能与它本身重合，故C选项正确．
故选C．
【点睛】本题考查了旋转对称图形，要明确，旋转某一个角度后，图形与原图形重合，这样的图形称为旋
转对称图形．
【变式1-2】2023·福建泉州·统考模拟预测）如所示的四个交通标志图中，为旋转对称图形的是（ ）
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A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据旋转对称图形的定义对四个图形进行分析即可．
【详解】解：题中所示的四个交通标志图中，只有选项D旋转120°与原图形重合，
故选：D．
【点睛】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这
种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
【变式1-3】（2023·山东青岛·统考三模）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念；根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项分析即
可．
【详解】解：左起第一和第二两个图形是轴对称图形，不是中心对称图形；
第三个图形既是中心对称图形又是轴对称图形；
第四个图形是中心对称图形，不是轴对称图形．
所以既是中心对称图形又是轴对称图形的有1个．
故选：A．
【题型2 与坐标系有关的对称、平移、旋转问题】
【例2】（2023·江苏无锡·统考二模）如图，在△BDE中，∠BDE=90°，BD=4√2，点D的坐标是
1
(4√5,0)，tan∠BDO= ，将△BDE旋转到△ABC的位置，点C在BD上，则旋转中心的坐标为（ ）
3
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( 12 ) ( 6 ) (16 ) (16 8 )
A． 2√5, √5 B． 3√5, √5 C． √5,2√5 D． √5, √5
5 5 5 5 5
【答案】D
【分析】设旋转中心为点P，连接PD，过点P作PF⊥x轴于点F，过点P作PH⊥BD于H，并延长交x
轴于G，如图，根据题意得：AB,BD的垂直平分线的交点即为旋转中心点P，再由点C在BD上，可得
PH=DH=2√2，并求出PD的长，解直角三角形求出DG的长，进而利用勾股定理求出DF、PF的长，
再求出OF的长即可得到答案．
【详解】解：设旋转中心为点P，连接PD，过点P作PF⊥x轴于点F，过点P作PH⊥BD于H，并延长
交x轴于G，如图，
根据题意得：AB,BD的垂直平分线的交点即为旋转中心点P，
∵点C在BD上，
1 1
∴点P到AB,BD的距离相等，都是 BD，即PH=DH= ×4√2=2√2，
2 2
∴PD=√2×2√2=4，
HG 1
∵tan∠BDO= =
DH 3
2√2
∴HG= ，
3
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8√2 4√5
∴PG= ，DG=√GH2+DH2= ，
3 3
4√5
设DF=x，则GF= −x，
3
由勾股定理得PF2=PG2−GF2=PD2−DF2，
2 2
∴ (8√2) − (4√5 −x ) =42−x2，
3 3
4√5
解得x= ，
5
4√5
∴DF= ，
5
8√5
∴PF=√PD2−DF2=
5
∵D(4√5,0)，即OD=4√5，
16√5
∴OF=OD−DF= ，
5
(16 8 )
∴点P的坐标为 √5, √5
5 5
故选 D．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化——旋转，解直角三角形，勾股定理等等，熟练掌握旋转的性质确定
出旋转中心的位置是解题的关键．
【变式2-1】（2023·广东潮州·统考模拟预测）在平面直角坐标系中，线段AB平移得到线段CD，点
A(−1，4)的对应点C(1，2)，则点B(2，1)的对应点D的坐标为（ ）
A．(4，−1) B．(0，3) C．(4，1) D．(−4，1)
【答案】A
【分析】根据点A、C的坐标确定出平移规律，再根据平移规律解答即可．
【详解】解：∵点A(−1，4)的对应点C的坐标为(1，2)，
∴平移规律为向右平移2个单位，向下平移2个单位，
∴B(2，1)的对应点D的坐标为(4，−1)．
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上
移加，下移减．
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【变式2-2】（2023·吉林长春·二模）在平面直角坐标系中，已知A(2，1)，现将A点绕原点O逆时针旋
转90°得到A ，则A 的坐标是（ ）
1 1
A．(−1，2) B．(2，−1) C．(1，−2) D．(−2，1)
【答案】A
【分析】根据旋转的性质进行判断作答即可．
【详解】解：如图，过A作AB⊥x轴于B，过A 作A B ⊥y轴于B ，
1 1 1 1
∵将A点绕原点O逆时针旋转90°得到A ，
1
∴由旋转的性质可得，OB =OB=2，A B =AB=1，
1 1 1
∴A (−1，2)．
1
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，绕原点旋转90度的点的坐标．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活
运用．
【变式2-3】（2023·四川眉山·校考三模）平面直角坐标系内有一点M(x,y)，已知x，y满足
√4x+3+(5 y−2) 2=0，则点M关于y轴对称的点N在第 象限．
【答案】一
3 2
【分析】根据√4x+3+(5 y−2) 2=0得到x=− ,y= ，确定M的位置，后确定对称点的坐标，解答即
4 5
可．
【详解】∵√4x+3+(5 y−2) 2=0，
3 2
∴x=− ,y= ，
4 5
( 3 2)
∴M − , ，
4 5
(3 2)
∴N , ，
4 5
故点N在第一象限，
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故答案为：一．
【点睛】本题考查了实数的非负性，关于y轴对称纵坐标不变，横坐标变相反数，熟练掌握对称点的确定
是解题的关键．
【题型3 与几何图形有关的折叠问题】
【例3】（2023·广西南宁·校考二模）如图，已知平行四边形纸片ABCD(AD>AB)，将平行四边形纸片沿
过点A的直线折叠，使点B落在边AD上，点B的对应点为F，折痕为AE，点E在边BC上，连接BF，若
AE=4,BF=8，则四边形ABEF的面积为（ ）
A．64 B．48 C．32 D．16
【答案】D
【分析】先证明四边形ABEF为菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，进行求解即可．
【详解】解：∵平行四边形纸片ABCD(AD>AB)，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在
边AD上，点B的对应点为F，折痕为AE，
∴AF∥BE，AB=AF,BE=EF,∠BAE=∠FAE，
∴∠FAE=∠BEA，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE，
∴AB=AF=BE=EF，
∴四边形ABEF为菱形，
1 1
∴四边形ABEF的面积为 AE⋅BF= ×8×4=16；
2 2
故选D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，菱形的判定和性质．解题的关键是证明四边形ABEF
为菱形．
【变式3-1】（2023·河南·统考中考模拟）将三角形纸片(△ABC)按如图所示的方式折叠，使点B落在边
AC上，记为点B'，折痕为EF，已知AB=AC=3，BC=4．若以点B'、F、C为顶点的三角形与△ABC
相似，则BF的长度是 ．
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12
【答案】 或2
7
【分析】本题考查折叠的性质，三角形相似的判定和性质．利用分类讨论的思想是解题关键．结合折叠的
性质可设BF=B'F=x，则CF=4−x．分类讨论：①当∠ABC=∠B'FC时，此时△ABC∽△B'FC，得
B'F CF
出 = ，代入数据，即得出关于x的方程，解之即可；②当∠ABC=∠FB'C时，此时
AB BC
△ABC∽△FB'C，同理求解即可．
【详解】解：由折叠的性质可知BF=B'F，
设BF=B'F=x，则CF=BC−BF=4−x．
∵∠ACB=∠B'CF，
∴可分类讨论：①当∠ABC=∠B'FC时，则此时△ABC∽△B'FC，
B'F CF x 4−x
∴ = ，即 = ，
AB BC 3 4
12
解得：x= ，
7
12
∴此时BF的长度是 ；
7
②当∠ABC=∠FB'C时，则此时△ABC∽△FB'C，
B'F CF x 4−x
∴ = ，即 = ，
AB AC 3 3
解得：x=2，
∴此时BF的长度是2．
12
故答案为： 或2．
7
【变式3-2】（2023·山西大同·校联考模拟预测）如图，正六边形ABCDEF内接于半径为8cm的⊙O中，
连接CE，AC，AE，沿直线CE折叠，使得点D与点O重合，则图中阴影部分的面积为（ ）
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4√3
A．32√3cm2 B．8√3cm2 C．8πcm2 D．( +3π)cm2
3
【答案】A
1
【分析】根据正六边形的性质，折叠的性质以及圆的对称性可得出OM=MD= OC=4cm，再根据直角
2
三角形的边角关系求出CM，进而求出CE，由图形中各个部分面积之间的关系可得S =2S ，根
阴影部分 △COE
据三角形的面积计算公式进行计算即可．
【详解】解：如图，连接OD，交CE于点M，则OD⊥CE，
1 1
由折叠可知OM=MD= OD= OC=4(cm)，
2 2
360°
∠COM= =60°，
6
在Rt△COM中，
CM=√3OM=4√3(cm)，
∴CE=2CM=8√3(cm)，
由题意可知，△ACE是等边三角形，阴影部分面积等于S ，
四边形ACOE
连接OA，点O为△ACE的内心，到三边的距离相等，
S =S =S ，
△OAC △OAE △OEC
∴S =2S
阴影部分 △COE
1
=2× ×8√3×4
2
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=32√3(cm2 )，
故选：A．
【点睛】本题考查正多边形和圆，翻折的性质以及直角三角形的边角关系，掌握正六边形和圆的性质以及
直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
【变式3-3】（2023·河南周口·校联考模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主
题开展实践活动．
(1)操作判断
操作一：如图（1），正方形纸片ABCD，点E是BC边上（点E不与点B，C重合）任意一点，沿AE折叠
△ABE到△AFE，如图（2）所示；
操作二：将图（2）沿过点F的直线折叠，使点E的对称点G落在AE上，得到折痕MN，点C的对称点记为
H，如图（3）所示；
操作三：将纸片展平，连接BM，如图（4）所示．
根据以上操作，回答下列问题：
①B，M，N三点 （填“在”或“不在”)一条直线上；
②AE和BN的位置关系是 ，数量关系是 ；
③如图（5），连接AN，改变点E在BC上的位置， （填“存在”或“不存在”)点E，使AN平分
∠DAE．
(2)迁移探究
苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片ABCD，AB=4，BC=6，按照（1）中的方式操作，得到图（6）或
图（7）．请完成下列探究：
①当点N在CD上时，如图（6），BE和CN有何数量关系？并说明理由；
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②当DN的长为1时，请直接写出BE的长．
【答案】(1)①在，②AE⊥BN，相等；③不存在；
BE 2 16
(2)① = ，理由见解析；②BE=2或 ．
CN 3 5
【分析】（1）①E的对称点为E'，BF⊥EE'，MF⊥EE'，即可判断；②由①AE⊥BN，由同角的余
角相等得∠BAE=∠CBN，由AAS可判定△ABE≌△BCN，由全等三角形的性质即可得证；③由AAS可
判定△DAN≌△MAN，由全等三角形的性质得AM=AD，等量代换得AB=AM，与AB>AM矛盾，即
可得证；
（2）①由（1）中的②可判定△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；②当N在CD上时，
△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；当N在AD上时，同理可判定△ABE∽△NAB，由三角
形相似的性质即可求解．
【详解】（1）解：①E的对称点为E'，
∴BF⊥EE'，MF⊥EE'，
∴B、F、M共线，
故答案为：在；
②由①知：B、F、M共线，N在FM上，
∴AE⊥BN，
∴∠AMB=90°，
∴∠ABM+∠BAE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCN=90°，
AB=BC，
∴∠CBN+∠ABM=90°，
∴∠BAE=∠CBN，
在△ABE和△BCN中
¿，
∴△ABE≌△BCN(AAS)，
∴AE=BN，
故答案为：相等；
③不存在，理由如下：
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假如存在，
∵ AN平分∠DAE，
∴∠DAN=∠MAN，
∵四边形ABCD是正方形，
AM⊥BN，
∴ ∠D=∠AMN=90°，
在△DAN和△MAN中
¿
∴△DAN≌△MAN(AAS)，
∴AM=AD，
∵AD=AB，
∴AB=AM，
∵AB是Rt△ABM的斜边，
∴ AB>AM，
∴AB=AM与AB>AM矛盾，
故假设不成立，所以答案为：不存在；
BE 2
（2）解：① = ，理由如下：
CN 3
由（1）中的②得：
∠BAE=∠CBN，
∠ABE=∠C=90°，
∴△ABE∽△BCN，
BE AB 2
∴ = = ；
CN BC 3
②当N在CD上时，
CN=CD−DN=3，
由①知：△ABE∽△BCN，
BE AB 2
∴ = = ，
CN BC 3
2
∴BE= CN=2，
3
当N在AD上时，
AN=AD−DN=5，
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∵∠BAE=∠CBN=∠ANB，
∠ABE=∠BAN=90°，
∴△ABE∽△NAB，
BE AB
∴ = ，
AB AN
BE 4
∴ = ，
4 5
16
∴BE= ，
5
16
综上所述：BE=2或 ．
5
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的
判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．
【题型4 与抛物线有关的折叠问题】
1 3
【例4】（2023·广西贵港·统考三模）抛物线y=− x2+ x+c与x轴交于A、B两点，且点A在点B的左
2 2
侧，与y轴交于点C，点D(3，2)为抛物线上一点，且直线CD∥x轴，点M是抛物线上的一动点．
(1)求抛物线的解析式与A、B两点的坐标．
(2)若点E的纵坐标为0，且以A，E，D，M为顶点的四边形是平行四边形，求此时点M的坐标．
(3)过点M作直线CD的垂线，垂足为N，若将△CMN沿CM翻折，点N的对应点为N'，则是否存在点M，
使点N'则恰好落在x轴上？若存在，求出此时点M的坐标；若不存在，说明段理由．
1 3
【答案】(1)y=− x2+ x+2；A(−1,0)，B(4,0)
2 2
(3−√41 ) (3+√41 )
(2)M(0,2)或 ,−2 或 ,−2
2 2
(3)存在，M(1,3)或(5,−3)
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【分析】（1）可先求得点C的坐标，将其代入抛物线的解析式求得c的值，令y=0，求得x的值，进而求
得点A,B的坐标；
（2）分为AD为边和AD为对角线两种情形，当AD为边时，分为 ▱ADME,▱ADEM，前者观察点M和
点C重合，后者点M的纵坐标和点D坐标互为相反数，进而求得结果，点AD为对角线时，点M和点C重
合；
（3）证明CNM N'是正方形，求得CM的解析式为：y=x+2和y=−x+2，进一步求得结果．
【详解】（1）解：∵CD∥x轴，D(3,2)，
∴C(0,2),
1 3
把x=0,y=2代入y=− x2+ x+c得c=2,
2 2
1 3
∴y=− x2+ x+2,
2 2
1 3
由− x2+ x+2=0解得x =−1,x =4,
2 2 1 2
∴A(−1,0).B(4,0);
（2）如图1，
当AD为边时，▱AE M D，此时M 和点C重合，M (0，2)，
1 1 1 1
▱AM E D时，点M 的纵坐标和点D的纵坐标互为相反数，即y =−2，
2 3 2 M
2
1 3
∴− x2+ x+2=−2,
2 2
3±√41
∴x= ,
2
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(3−√41 ) (3+√41 )
∴M ,−2 ,M ,−2 ,
3 2 2 2
当AD为对角线时，此时点M和点C重合，
(3−√41 ) (3+√41 )
综上所述：M(0,2)或 ,−2 或 ,−2 ;
2 2
（3）如图2，
由折叠知，∠CNM=∠CN'M=90°，
∵∠NCN'=90°，
∴四边形CNM N'是矩形，
∵CN=CN'时，
∴矩形CNM N'是正方形，
∴CM平分∠NCN'，
当CM 平分∠NCN ' 时，
1 1
直线CM 的解析式为：y=x+2，
1
1 3
由− x2+ x+2=x+2得，x =1,x =0(舍去)，
2 2 1 2
当x=1时，y=1+2=3，
∴M (1,3)，
1
当CM 平分∠N CN ' 时，
2 2 2
直线CM 的解析式为：y=−x+2，
2
1 3
由− x2+ x+2=−x+2得，x =5,x =0(舍去)，
2 2 3 4
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当x=5时，y=−5+2=−3，
∴M (5,−3),
2
综上所述：M(1,3)或(5,−3)．
【点睛】本题以二次函数为背景，考查了求二次函数的解析式，求一次函数的解析式，解一元二次方程，
平行四边形的分类，正方形的判定和性质等知识点，解决问题的关键是正确分类，画出图形．
【变式4-1】（2023·山东枣庄·校考模拟预测）已知：如图，抛物线y=−x2+bx+c经过原点O，它的对称
轴为直线x=2，动点P从抛物线的顶点A出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向下运动，设动点P运动
的时间为t秒，连接OP并延长交抛物线于点B，连接OA，AB．
(1)求抛物线解析式及顶点坐标；
(2)当三点A，O，B构成以为OB为斜边的直角三角形时，求t的值；
(3)将△PAB沿直线PB折叠后，那么点A的对称点A 能否恰好落在坐标轴上？若能，请直接写出所有满足
1
条件的t的值；若不能，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4x；(2,4)
(2)1秒
(3)能，(5− √5 )秒或2 √5秒或(5+ √5 )秒
【分析】（1）根据抛物线过原点，对称轴为直线x=2，待定系数求解析式即可求解；
（2）设B(x，−x2+4x)．三点A，O，B构成以为OB为斜边的直角三角形，勾股定理得出
5 15 3
OA2+AB2=OB2，B( , )．继而得出直线OB的解析式为y= _ x，当x=2时，y=3，得出
2 4
2
AP=4−3=1，进而即可求解；
（3）分三种情况讨论，①点A 在x轴正半轴上；②点A 在y轴负半轴上，③点A 在x轴负半轴上，分别画
1 1 1
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出图形，根据轴对称的性质，勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：由题意得¿，
解得¿，
∴抛物线的解析式为y=−x2+4x；
∵y=−x2+4x=−(x−2) 2+4，
∴顶点A的坐标为(2,4)；
（2）如图1，
设B(x，−x2+4x)．
∵三点A，O，B构成以OB为斜边的直角三角形，
∴ OA2+AB2=OB2，
即22+42+(x−2) 2+(−x2+4x−4) 2=x2+(−x2+4x) 2，
整理，得2x2−9x+10=0，
5
解得x = ，x =2(舍去)，
1 2 2
5 15
∴B( , )．
2 4
5 15
设直线OB的解析式为y=kx，则 k= ，
2 4
3
解得k= _，
2
3
∴y= _ x．
2
当x=2时，y=3，
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∴AP=4−3=1，
∴t=1÷1=1(秒)；
（3）分三种情况：
①若点A 在x轴正半轴上，如图2，
1
可得PD2+A D2=PA 2
，
1 1
即(4−t) 2+(2 √5 −2) 2=t2，
解得t=5− √5；
②若点A 在y轴负半轴上，如图3，连接A A 交OB于E．
1 1
可得OA =OA=2√5，
1
∴∠OA A=∠OA A ，
1 1
∵OA ∥AP，
1
∴∠OA A=∠A AP，
1 1
∴∠OA A =∠A AP，
1 1
∵A A ⊥OP，
1
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∴∠OEA=∠PEA=90°．
在△OAE与△PAE中，
¿，
∴△OAE≌△PAE(ASA)，
∴OA=PA=2 √5，
∴t=2 √5；
③若点A 在x轴负半轴上，如图4.
1
可得PD2+A D2=PA 2
，
1 1
即(t−4) 2+(2√5+2) 2=t2，
解得t=5+ √5；
综上所述，所有满足条件的t的值为(5− √5 )秒或2 √5秒或(5+ √5 )秒．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，特殊三角形问题，轴对称的性质，勾股定理，掌握二次函数的性
质是解题的关键．
【变式4-2】（2023·山西临汾·统考一模）综合与探究
1 3
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y= x2− x−4与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y
4 2
轴交于点C．将△ABC沿BC所在的直线折叠，得到△DBC，点A的对应点为D．
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(1)求点A，B，C的坐标．
(2)求直线BD的函数表达式．
(3)在抛物线上是否存在点P，使∠PCB=∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(−2,0),B(8,0),C(0,−4)
4 32
(2)y= x−
3 3
(34 100)
(3)存在，点P的坐标为(6,−4)或 ,
3 9
1 3
【分析】（1）根据当y=0时，可得 x2− x−4=0，解一元二次方程即可得出点A,B的坐标，根据当
4 2
x=0时，y=−4即可得点C的坐标；
（2）过点D作DE⊥x轴于点E，先利用勾股定理的逆定理判断出∠ACB=90°，再根据轴对称的性质、
三角形中位线定理可得OC为△ADE的中位线，从而可得D(−2,8)，然后利用待定系数法求解即可得；
（3）分两种情况：①点P在BC下方和②点P在BC上方，再根据平行线的性质、等腰三角形的三线合一分
别求出与PC平行的直线，然后结合二次函数和一次函数的性质求解即可得．
1 3
【详解】（1）解：当y=0时， x2− x−4=0，
4 2
解得x =−2，x =8，
1 2
∵点B在点A的右侧，
∴A(−2,0),B(8,0)，
当x=0时，y=−4，
∴C(0,−4)．
（2）解：如图，过点D作DE⊥x轴于点E，
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∵A(−2,0)，B(8,0)，C(0,−4)，
∴OA=2，OB=8，OC=4，
∴AB=8−(−2)=10，AC=√22+42=2√5，BC=√42+82=4√5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
又∵将△ABC沿BC所在的直线折叠得到△DBC，点A的对应点为D，
∴A,C,D三点在一条直线上，
由轴对称的性质得：CD=AC，BD=AB，
∵OC⊥AB，DE⊥AB，
∴DE∥OC，
∴OC为△ADE的中位线，AO=OE=2，
∴DE=2OC=8，
∴D(2,−8)，
设直线BD的函数表达式为y=kx+b，
将点B(8,0)，D(2,−8)代入得：¿，解得¿，
4 32
则直线BD的函数表达式为y= x− ．
3 3
（3）解：在抛物线上存在点P，使∠PCB=∠ABC，
①如图，当点P在BC下方时，
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∵∠PCB=∠ABC，
∴PC∥AB，
∴点C，P的纵坐标相等，
∴点P的纵坐标为−4，
1 3
令y=−4，则 x2− x−4=−4，解得x =6，x =0（舍去），
4 2 1 2
∴P(6,−4)；
②如图，当点P在BC上方时，
由（2）可知，A，C，D三点在一条直线上，BD=AB，∠ACB=90°，
∴∠ABC=∠DBC，
∵∠PCB=∠ABC，
∴∠PCB=∠DBC，
∴PC∥BD，
4
则可设直线PC的函数表达式为y= x+c，
3
∵点C的坐标为(0,−4)，
∴c=−4，
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4
∴直线PC的函数表达式为y= x−4，
3
4 1 3 34
当 x−4= x2− x−4时，解得x = ，x =0（舍去），
3 4 2 1 3 2
34
∴点P的横坐标为 ，
3
34 4 34 100
当x= 时，y= × −4= ，
3 3 3 9
(34 100)
∴P , ，
3 9
(34 100)
综上，在抛物线上存在点P，使∠PCB=∠ABC，点P的坐标为(6,−4)或 , ．
3 9
【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的综合、折叠的性质、三角形中位线定理、等腰三角形的三线合
一等知识点，较难的是题（3），正确分两种情况讨论是解题关键．
【变式4-3】（2023·湖南岳阳·统考一模）如图①，在平面直角坐标系xOy中，抛物线F :y=x2+bx+c经
1
过点A(1,0)和点B(3,0)，与y轴交于点C，经过点A的直线l与y轴的负半轴交于点D，与抛物线F 交于
1
点E，且OD=OA．
(1)求抛物线F 的解析式；
1
(2)如图②，点P是抛物线F 上位于x轴下方的一动点，连接CP、EP，CP与直线l交于点Q，设△EPQ
1
S
和△ECQ的面积为S 和S ，求 1 的最大值；
1 2 S
2
(3)如图③，将抛物线F 沿直线x=m翻折得到抛物线F ，且直线l与抛物线F 有且只有一个交点，求m的
1 2 2
值．
【答案】(1)y=x2−4x+3；
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S 9
(2) 1的最大值为 ；
S 16
2
7
(3)m= ．
8
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）结合（1）求得直线l的解析式为y=x−1，过点P作PM⊥x轴，交AE于点M，则PM∥CD，易
PQ PM
得△MPQ∼△DCQ即 = ，由△EPQ和△ECQ的底在同一直线上，且有相同的高，故
CQ CD
S 1= PQ = PM ，由（1）可知CD=4，设P(a,a2−4a+3)，则M(a,a−1)，则PM=− ( a− 5) 2 + 9 ，
S CQ CD 2 4
2
9
因为PM的最大值为 ，代入即可求解；
4
（3）求得抛物线y=x2−4x+3的顶点坐标为(2,−1)，将(2,−1)沿直线x=m翻折得(2m−2,−1)，故将
抛物线F ：y=x2−4x+3沿直线x=m翻折得到抛物线F 为y=[x−(2m−2)] 2 −1，即
1 2
y=x2−(4m−4)x+4m2−8m+3，令x2−(4m−4)x+4m2−8m+3=x−1即
x2−（4m−3)x+4m2−8m+4=0，由直线l与抛物线F 有且只有一个交点，则Δ=0，即可求解．
2
【详解】（1）解：将点A(1,0)和点B(3,0)代入y=x2+bx+c得：
¿，
解得¿，
抛物线F 的解析式为:y=x2−4x+3；
1
（2）∵OD=OA，A(1,0)，
则D(0,−1)，
设直线l的解析式为y=kx+n，
¿，
解得:¿，
可得直线l的解析式为：y=x−1，
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过点P作PM⊥x轴，交AE于点M，
则PM∥CD，
∴△MPQ∼△DCQ，
PQ PM
∴ = ，
CQ CD
△EPQ和△ECQ的底在同一直线上，且有相同的高，
S S PQ
则 1= △EPQ = ，
S S CQ
2 △ECQ
S PQ PM
∴ 1= = ，
S CQ CD
2
由（1）可知C(0,3)，D(0,−1)，
∴CD=4，
设P(a,a2−4a+3)，
则M(a,a−1)，
∴PM=(a−1)−(a2−4a+3)
( 5) 2 9
=− a− + ，
2 4
9
∴PM的最大值为 ，
4
9
PM
则 的最大值为PM 4 9 ，
CD = =
CD 4 16
S 9
1
∴ 的最大值为 ；
S 16
2
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（3）抛物线y=x2−4x+3的顶点坐标为：
(2,−1)，
将(2,−1)沿直线x=m翻折得：(2m−2,−1)，
故将抛物线F ：y=x2−4x+3沿直线x=m翻折，
1
得到抛物线F ：y=[x−(2m−2)] 2 −1，
2
即：y=x2−(4m−4)x+4m2−8m+3，
令x2−(4m−4)x+4m2−8m+3=x−1，
即x2−（4m−3)x+4m2−8m+4=0
Δ=(4m−3) 2−4(4m2−8m+4)
=8m−7，
又∵直线l与抛物线F 有且只有一个交点，
2
∴8m−7=0，
7
∴m= ．
8
【点睛】本题考查了代入法求一次函数、二次函数解析式，一次函数与二次函数综合，相似三角形的判定
和性质，翻折问题，交点情况即一元二次方程解的情况；解题的关键是熟练掌握相关性质，灵活求解．
【题型5 利用轴对称求最值】
【例5】（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB=√10，AD=4√2，点P是边
AD上一点（不与点A，D重合），连接PB，PC．点M，N分别是PB，PC的中点，连接MN，AM，
DN，点E在边AD上，ME∥DN，则AM+ME的最小值是（ ）
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A．2√3 B．3 C．3√2 D．4√2
【答案】C
1 1
【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得AM= BP，DN= CP，通过证明四边形MNDE是平行
2 2
1
四边形，可得ME=DN，则AM+ME=AM+DN= (BP+CP)，作点C关于直线AD的对称点M，则
2
BP+CP=BP+PM，点B，P，M三点共线时，BP+PM的值最小，最小值为BM．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAP=∠CDP=90°，AD∥BC，
∵点M，N分别是PB，PC的中点，
1 1 1
∴ AM= BP，DN= CP，MN= BC，MN∥BC，
2 2 2
∵ AD∥BC，MN∥BC，
∴ MN∥BC，
又∵ ME∥DN，
∴四边形MNDE是平行四边形，
∴ ME=DN，
1
∴ AM+ME=AM+DN= (BP+CP)，
2
如图，作点C关于直线AD的对称点M，连接PM，BM，
则BP+CP=BP+PM，
当点B，P，M三点共线时，BP+PM的值最小，最小值为BM，
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在Rt△BCM中，MC=2CD=2AB=2√10，BC=AD=4√2，
∴ BM=√BC2+MC2=√(4√2) 2+(2√10) 2=6√2，
1
∴ AM+ME的最小值= BM=3√2，
2
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，
轴对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思
想．
【变式5-1】（2023·江苏盐城·统考模拟预测）如图，已知，等边△ABC中，AB=6，将△ABC沿AC翻折，
得到△ADC，连接BD，交AC于O点，E点在OD上，且DE=2OE，F是BC的中点，P是AC上的一个
动点，则|PF−PE|的最大值为 ．
【答案】√3
【分析】由折叠可证四边形ABCD为菱形，BO是AC边上的中线，如图，连接AE、AF、PM，交BD
于M，AF是BC边上的中线，∠BAC的角平分线，则BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，由
DE=2OE，可得OM=OE，则PE=PM，AE=AM，|PF−PE|=|PF−PM|，可知当点P运动到点A
1
时，|PF−PE|最大，最大为FM，勾股定理求AF=√AC2−CF2=3√3，则FM= AF，计算求解即可．
3
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，AB=6，
∴AB=AC=BC=6，
∵将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，
∴AD=CD=BC=AB=6，
∴四边形ABCD为菱形，
∴DO=BO，AO=CO=3，BD⊥AC，
∴BO是AC边上的中线，
如图，连接AE、AF、PM，交BD于M，
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∵F是BC的中点，
∴AF是BC边上的中线，∠BAC的角平分线，
∴BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，
∵DE=2OE，
∴OM=OE，
∵BD⊥AC，
∴PE=PM，AE=AM，
∴|PF−PE|=|PF−PM|，
∴当点P运动到点A时，|PF−PE|最大，最大为FM，
∵∠CAF=30°，
∴CF=3，
由勾股定理得，AF=√AC2−CF2=3√3，
1
∴FM= AF=√3，
3
故答案为：√3．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，
等腰三角形的判定与性质，含30°的直角三角形等知识．根据题意确定最大值的情况是解题的关键．
4
【变式5-2】（2023·江苏宿迁·统考二模）如图，菱形ABCD的边长为10，tan A= ，点M为边AD上的
3
一个动点且不与点A和点D重合，点A关于直线BM的对称点为点A'，点N为线段C A'的中点，连接DN，
则线段DN长度的最小值是 ．
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【答案】√65−5
【分析】根据A，A'关于直线BM对称，得到BA'=10，取BC的中点K，NK是△A'BC的中位线，则
4
NK=5，作DH⊥BC，根据tanA= 可求出DH=8，CH=6，在Rt△DHK中，由勾股定理求得DK
3
的值，再根据三角形的三边关系即可求出答案．
【详解】解：如图，连接BA'，取BC的中点K，连接NK，作DH⊥BC于H．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=10，∠A=∠DCB，
∵点A关于直线BM的对称点为点A'，
∴BA'=BA=10，
∵点N为线段C A'的中点, 点K是BC的中点，
∴NK是△A'BC的中位线，
1
∴NK= BA'=5，
2
DH 4
∵tan A=tan∠DCH= = ，
CH 3
∴DH=4x，CH=3x ，
在Rt△CDH中，由勾股定理得DH2+CH2=CD2，
∴16x2+9x2=100，
解得x=2（负值舍去），
∴CH=6，DH=8，
∵CK=KB=5，
∴HK=CH−CK=1，
∴DK=√DH2+K H2=√65，
∵DN≥DK−NK，
∴DN≥√65−5，
∴DN的最小值为√65−5，
故答案为：√65−5．
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【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，三角形中位线定理，菱形的性质，解直角三角形， 勾股定理，
三角形三边关系的应用，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式5-3】（2023·浙江·统考二模）如图，在正方形ABCD中，点E为边BC上一个动点，作点B关于
AE的对称点B'，连接并延长DB'，交AE延长线于点F，连接BB'，BF．
(1)求证：BF=B'F．
(2)求∠BB'D的度数．
(3)若AB=2，在点E的运动过程中，求点F到BC距离的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)135°
(3)√2−1
【分析】（1）根据题意可得AE垂直平分BB'，则BF=B'F；
（2）如图所示，连接AB'，证明AB=AB'=AD，得到∠ABB'=∠AB'B，∠ADB'=∠AB'D，根据
四边形内角和定理求出∠ABB'+∠AB'B+∠ADB'+∠AB'D=270°，即可得到
∠BB'D=∠AB'B+∠AB'D=135°；
（3）如图所示，连接AC、BD交于O，设BB'与AF交于H，先求出∠AFD=45°，则点F在以点O为
圆心，√2为半径的圆弧上运动，即劣弧BC上运动；过点O作OM⊥BC交BC于N，交⊙O于M，则点F
到BC距离的最大值即为EM的长，由此求出答案即可．
【详解】（1）证明：∵点B关于AE的对称点为B'，
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∴AE垂直平分BB'，
∴BF=B'F；
（2）解：如图所示，连接AB'，
∵AE垂直平分BB'，
∴AB=AB'，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴AB=AB'=AD，
∴∠ABB'=∠AB'B，∠ADB'=∠AB'D，
∵∠ABB'+∠AB'B+∠ADB'+∠AB'D+∠BAD=360°，
∴∠ABB'+∠AB'B+∠ADB'+∠AB'D=270°，
∴∠BB'D=∠AB'B+∠AB'D=135°；
（3）解：如图所示，连接AC、BD交于O，设BB'与AF交于H，
由（2）得∠FB'H=180°−∠BB'D=45°，
∵FH⊥BB'，
∴∠AFD=45°，
∵四边形ABCD是正方形，
1 √2
∴OA=OD= AC= AB=√2，∠AOD=90°，
2 2
∴点F在以点O为圆心，√2为半径的圆弧上运动，即劣弧BC上运动，
过点O作OM⊥BC交BC于N，交⊙O于M，则点F到BC距离的最大值即为EM的长，
1
在Rt△OBN中，BN= BC=1，OB=√2，
2
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∴ON=√OB2−BN2=1，
∴ME=√2−1，
∴点F到BC距离的最大值为√2−1．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，四边形内角和定理，垂径定理，等腰三角形的性
质与判定等等，正确确定点F的运动轨迹是解题的关键．
【题型6 根据中心对称的性质求面积、长度、角度】
【例6】（2023·江苏泰州·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A、C分别是直线
8
y=− x+4与坐标轴的交点，点B(−2,0)，点D是边AC上的一点，DE⊥BC，垂足为E，点F在AB边
3
上，且D、F两点关于y轴上某点成中心对称，连接DF、EF．线段EF长度的最小值为 ．
【答案】2√2
【分析】过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，证明Rt△FGK≌Rt△DHK，由
全等三角形的性质得出FG=DH，可求出F(−m,−2m+4)，根据勾股定理得出
l=EF2=8m2−16m+16=8(m−1) 2+8，由二次函数的性质可得出答案；
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【详解】过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，
则∠FGK=∠DHK=90°，
记FD交y轴于点K，
∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称，
∴KF=KD，
∵∠FKG=∠DKH，
∴Rt△FGK≌Rt△DHK，
∴FG=DH，
8
∵直线AC的解析式为y=− x+4，
3
∴x=0时，y=4，
∴A(0，4)，
又∵B(−2，0)，
设直线AB的解析式为y=kx+b,
∴¿，
解得¿=，
∴直线AB的解析式为y=2x+4，
过点F作FR⊥x轴于点R，
∵D点的横坐标为m,
∴F(−m,−2m+4)，
∴ER=2m,FR=−2m+4，
∵EF2=FR2+ER2，
∴l=EF2=8m2−16m+16=8(m−1) 2+8，
8 3
令− x+4=0，得x= ，
3 2
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3
∴0≤m≤ ．
2
∴当m=1时，l的最小值为8，
∴EF的最小值为2√2．
【点睛】待定系数法，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，二次函数的性质，勾股定理，中心
对称的性质，直角三角形的性质等知识．
【变式6-1】（2023·山西朔州·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，有7个半径为1的小圆拼在一起，
下面一行的4个小圆都与x轴相切，上面一行的3个小圆都在下一行右边3个小圆的正上方，且相邻两个
小圆只有一个公共点，从左往右数，y轴过第2列两个小圆的圆心，点P是第3列两个小圆的公共点．若
过点P有一条直线平分这7个小圆的面积，则该直线的函数表达式是 ．
1 3
【答案】y= x+
4 2
【分析】当直线y过P、N两点时，由中心对称图形的特征可得直线y平分7个小圆的面积，由直线和圆的
位置关系，圆和圆的位置关系求得N、P的坐标，再待定系数法求一次函数解析式即可；
【详解】解：如图，⊙N、⊙G、⊙M与x轴相切于F、O、E，连接NF、NG、GM、ME、PM，直线y过
P、N两点，
∵右边6个小圆关于点P中心对称，直线y经过点P，
∴直线y平分右边6个小圆的面积，
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∵直线y经过左边小圆的圆心，
∴直线y平分⊙N的面积，
∴直线y平分7个小圆的面积，
NF⊥x轴，GO⊥x轴，则NF∥GO，
NF=GO=1，则NFOG是平行四边形，
∠GOF=90°，则NFOG是矩形，
∵⊙N、⊙G相切，
∴NG=2，即N（-2，1），
同理可得M（2，1），
∵P在⊙M的正上方，E点在⊙M的正下方，
∴PE为⊙M的直径，即P、M、E共线，
∴P（2，2），
设直线y=kx+b，则
¿，解得：¿，
1 3
∴y= x+ ，
4 2
1 3
故答案为：y= x+ ；
4 2
【点睛】本题考查了中心对称图形的特征，直线和圆的位置关系，圆和圆的位置关系，一次函数解析式；
掌握中心对称图形的特征是解题关键．
【变式6-2】（2023·江苏南通·统考一模）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=3．E为边AB上一动点，
连接DE．作AF⊥DE交矩形ABCD的边于点F，垂足为G．
(1)求证：∠AFB=∠DEA；
(2)若CF=1，求AE的长；
(3)点O为矩形ABCD的对称中心，探究OG的取值范围．
【答案】(1)见解析
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9
(2)1或
5
3 3
(3) ≤OG≤ √5
2 2
【分析】（1）根据矩形的性质，进行角度的等量代换，即可解答；
（2）分类讨论，即①当点F在BC上时②当点F在CD上时两种情况，利用正切的概念，即可解答；
（3）取AD的中点H，连接OH，GH，AC，则OG≥OH−HG，根据直角三角形斜边上的中线等于斜
边的一半求得HG,再根据中位线的性质求得OH，即可求得OG的最小值，再结合题意可得，当G与A重
合时，OG最长，求出此时OG的长，即可解答．
【详解】（1）证明：如图1，四边形ABCD是矩形，AF⊥DE，
∴∠DAB=∠B=∠AGE=90°，
∴∠AFB+∠FAB=∠DEA+∠AFB=90°，
∴∠AFB=∠DEA；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC=AB=6，BC=AD=3．
①如图1，当点F在BC上时，BF=BC−CF=2．
∵∠AFB=∠DEA，
∴tan∠AFB=tan∠DEA，
AB AD 6 3
∴ = ，即 = ，
FB AE 2 AE
∴AE=1；
如图2，当点F在CD上时，DF=CD−CF=5．
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同（1）可证∠DAF=∠DEA，
∴tan∠DAF=tan∠DEA，
DF AD 5 3
∴ = ，即 = ，
AD AE 3 AE
9
∴AE= ，
5
9
∴AE=1或 ；
5
（3）解：如图3，取AD的中点H，连接OH，GH，AC，
则OG≥OH−HG．
∵∠AGE=∠AGD=90°，
1 3
∴HG= AD= ，
2 2
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴点O为AC的中点．
1
∴OH= CD=3．
2
3 3
∴OG≥3− = ，
2 2
∵AB=DC=6，AD=3，
∴AC=√AD2+CD2=√32+62=3√5，
1 3
当G与A重合时，OG最长，此时OG= AC= √5，
2 2
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3 3
∴ ≤OG≤ √5．
2 2
【点睛】本题考查了矩形的性质，锐角三角形函数，解直接三角形，勾股定理，熟练画出图形并作出正确
的辅助线是解题的关键．
【变式6-3】（2023·吉林长春·统考一模）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=15，AC=20，动点
P从点B出发，在线段BC上以每秒5个单位长度的速度向终点C运动，连接AP．将△APB沿直线AP翻
折得到△APB'．
(1)求BC的长；
(2)当四边形ABPB'为中心对称图形时，求t的值；
(3)当点B'在BC下方时，连接BB'、CB'，求此时△CBB'面积的最大值；
(4)当直线AB'与△ABC一边垂直时，直接写出t的值．
【答案】(1)BC=25
(2)t=3
75
(3)△CBB'面积的最大值为
2
15
(4)t=1或t= 或t=5
7
【分析】（1）直接利用勾股定理求解即可；
（2）根据四边形中正方形和菱形为中心对称图形，再根据当AB=BP时四边形ABPB'为菱形，即得出关
于t的方程，解出t的值即可；
（3）设AB'与BC交于点D，过点B'作B'E⊥BC于点E．由BC=25为定值，即得出当B'E最长时，
△CBB'面积的最大．结合题意可得出当AB'⊥BC时，B'E最长，进而即可求解；
（4）分类讨论：①当AB'⊥BC时，结合（3）得出AD=12，B'D=3，从而可求出BD=9．设
BP=B'P=x，则PD=9−x．在Rt△B'PD中，根据勾股定理列出关于x的等式，解出x的值，即可求出
t的值；②当AB'⊥AB时，此时点B'在线段AC上，过点A作AM⊥BC于点M，点B'作B'N⊥BC于点
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N，由题意可求出AM=12，AB'=AB=15，B'C=5．又易证△ACM∽△B'CN，即可求出B'N=3，进
而可求出CN=4．设BP=B'P= y，则PN=BC−BP−CN=21−x．在Rt△B'PN中，根据勾股定理列
出关于y的等式，解出y的值，即可求出t的值；③当AB'⊥AC时，此时点C与点P重合，即可直接求
出t的值．
【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠BAC=90°，AB=15，AC=20，
∴BC=√AB2+AC2=√152+202=25；
（2）解：∵只有正方形和菱形为中心对称图形，
∴AB=BP，如图，
由翻折可知AB=BP=B'P=AB'，
∴此时四边形ABPB'为菱形，满足题意．
∵BP=5t，
∴5t=15，
解得：t=3；
（3）解：如图，设AB'与BC交于点D，过点B'作B'E⊥BC于点E．
∵BC=25为定值，
∴当B'E最长时，△CBB'面积的最大．
∵B'D≥B'E，
∴当B'D与B'E重合时B'E最长．
由翻折可知AB'=AB=15，为定值，
又∵B'D=AB'−AD，
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∴当AD最短时，B'D最长，即此时AB'⊥BC，如图，
1 1
∵S = AB⋅AC= BC⋅AD，
△ABC 2 2
∴15×20=25AD，
∴AD=12，
∴B'D=AB'−AD=15−12=3，
1 75 75
∴此时S = ×25×3= ，即△CBB'面积的最大值为 ；
△CBB' 2 2 2
（4）解：分类讨论：①当AB'⊥BC时，如图，
由（3）可知AD=12，B'D=3，
∴BD=√AB2−AD2=9．
设BP=B'P=x，则PD=9−x，
在Rt△B'PD中，PD2+B'D2=B'P2，即(9−x) 2+32=x2，
解得：x=5，
∴BP=5，
BP
∴t= =1；
5
②当AB'⊥AB时，此时点B'在线段AC上，过点A作AM⊥BC于点M，点B'作B'N⊥BC于点N，如图，
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由（3）可知AM=12．
由翻折可知AB'=AB=15，
∴B'C=AC−AB'=5．
∵AM⊥BC，B'N⊥BC，
∴AM∥B'N，
∴△ACM∽△B'CN，
AC AM 20 12
= =
∴ ，即 ，
B'C B'N 5 B'N
解得：B'N=3，
∴CN=√B'C2−B'N2=4．
设BP=B'P= y，则PN=BC−BP−CN=21−y．
在Rt△B'PN中，PN2+B'N2=B'P2，即(21−y) 2+32= y2，
75
解得：y= ，
7
75
∴BP= ，
7
75
∴ BP 7 15；
t= = =
5 5 7
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③当AB'⊥AC时，此时点C与点P重合，如图，
BC 25
∴t= = =5．
5 5
15
综上可知t=1或t= 或t=5．
7
【点睛】本题考查勾股定理，中心对称图形的性质，菱形的判定和性质，垂线段最短，相似三角形的判定
和性质等知识．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．
【题型7 与轴对称、平移、旋转有关的规律探究问题】
【例7】（2023·河南商丘·统考三模）如图，平面直角坐标系中，A(1，1)，B(0，3)，以AB为边在AB
右侧作正方形ABCD．第一次操作：将正方形ABCD绕点O顺时针旋转90°得到正方形A B C D ；第二
1 1 1 1
次操作：将正方形A B C D 绕点O顺时针旋转90°得到正方形A B C D ……则第2023次操作得到正
1 1 1 1 2 2 2 2
方形A B C D 中，点C 的坐标为( )
2023 2023 2023 2023 2023
A．(−2，4) B．(−4，2) C．(4，−2) D．(2，−4)
【答案】B
【分析】根据题意求得C的坐标，进而根据旋转的性质，可得点C 的坐标在第二象限，即将点C绕点O
2023
逆时针旋转90°，即可求解．
【详解】解：过点A,C作y轴的垂线，垂足分别为E,F，如图所示，
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∴∠BFC=∠AEB=90°，
∵A(1，1)，B(0，3)
∴AE=1,BE=2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°
∴∠FCB=90°−∠FBC=∠ABE
∴△FBC≌△EAB
∴FB=AE=1,FC=BE=2
∴OF=FB+BO=1+3=4
∴C(2,4)，
依题意，每次顺时针旋转90°，每4次就回到起点，
∴第2023次操作得到正方形A B C D 中，点C 的坐标在第二象限，即将点C绕点O逆时针
2023 2023 2023 2023 2023
旋转90°，
如图所示，
∴OF'=OF=4,C F'=CF=2
2023
∴C (−4,2)，
2023
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故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，坐标与图形，找到规律是解题的关键
【变式7-1】（2023·重庆南岸·二模）如图，Rt△A B C 的斜边A B 在直线y=√3x−√3上，点B 在x轴
1 1 1 1 1 1
上，C 点坐标为(2,0)．先将△A B C 沿较长直角边A C 翻折得到△A B C ，再将△A B C 沿斜边
1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1
A B 翻折得到△A B C ，再将△A B C 沿较短直角边B C 翻折得到△A B C ；…；按此规律，点A
1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 11
的坐标为（ ）
A．(15,5√3) B．(15,6√3) C．(17,5√3) D．(17,6√3)
【答案】D
【分析】先求得A (2,√3)，B (1,0)，根据勾股定理得B C =1，A C =√3，A B =2，由翻折的性质得
1 1 1 1 1 1 1 1
到A (5,0)同理可得A (8,√3)，A (8,3√3)，A (11,2√3)，A (11,4√3)，即可判断出规律，即可解答．
2 4 5 6 7
【详解】当y=0时，x=1，
∴B (1,0)，
1
∵Rt△A B C 的斜边A B 在直线y=√3x−√3上，
1 1 1 1 1
∴A (2,√3)，
1
∵C 点坐标为(2,0)，
1
∴B C =1，A C =√3，
1 1 1 1
∴A B =2，
1 1
∴∠A B C =60°，∠B A C =30°，
1 1 1 1 1 1
∴A C =3，
2 1
∴A (5,0)，
2
再由翻折可知，∠B A A =30°，A B =2，
2 3 2 2 2
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∴A A =2√3，
2 3
∴A (5,2√3)，
3
同理可得A (8,√3)，A (8,3√3)，A (11,2√3)，A (11,4√3)，
4 5 6 7
∴A (17,6√3)．
11
故选：D
【点睛】本题考查了点坐标规律探索，勾股定理，翻折的性质，根据图象得出坐标变化规律是解题的关键．
【变式7-2】（2023·河北保定·三模）如图，在平面直角坐标系中，函数y=x的图象为直线l，作点A (1,0)
1
关于直线l的对称点A ，将A 向右平移2个单位得到点A ；再作A 关于直线l的对称点A ，将A 向右平移
2 2 3 3 4 4
2个单位得到点A ；…．则按此规律，所作出的点A 的坐标为（ ）
5 2015
A．(1007,1008) B．(1008,1006) C．(1006,1008) D．(1008,1007)
【答案】D
【分析】本题主要考查了点的坐标规律探索，轴对称的性质，坐标与图形变化—平移，通过求出
A (0，1)，A (2，1)，A (1，2)，A (3，2)，A (2，3)，进而得到规律当n=2k（k为正整数）时，
2 3 4 5 6
A (k−1，k)，当n=2k−1时，A (k，k−1)，再由2015=2×1008−1，即可求出答案．
n n
【详解】解：设A A 与直线l交于点C，
2 3
∵A (1,0)，
1
∴OA =1，
1
∵函数y=x的图象为直线l，
∴∠A OC=45°，
1
由轴对称的性质可得OA =OA =1，∠A OC=∠A OC=45°，
2 1 2 1
∴∠A OA =90°，
1 2
∴A (0，1)，
2
∵将A 向右平移2个单位得到点A ，
2 3
∴A (2，1)，
3
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同理可得A (1，2)，
4
∴A (3，2)，A (2，3)，
5 6
．．．．．．，
以此类推，可知当n=2k（k为正整数）时，A (k−1，k)，当n=2k−1时，A (k，k−1)，
n n
∵2015=2×1008−1，
∴A (1008，1008−1)，即A (1008，1007)，
2015 2015
故选D．
【变式7-3】（2023·河南周口·淮阳第一高级中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，菱形OABC的位置
如图所示，其中点B的坐标为(−1,1)，第1次将菱形OABC绕着点O顺时针旋转90°，同时扩大为原来的2
倍得到菱形OA B C （即OB =2OB），第2次将菱形OA B C 绕着点O顺时针旋转90°，同时扩大为
1 1 1 1 1 1 1
原来的2倍得到菱形OA B C （即OB =2OB ），第3次将菱形OA B C 绕着点O顺时针旋转90°，
2 2 2 2 1 2 2 2
同时扩大为原来的2倍得到菱形OA B C （即OB =2OB ）…依次类推，则点B 的坐标为（ ）
3 3 3 3 2 2025
A．(22025,22025) B．(2507,2507) C．(−22005,22025) D．(−22025,−22025)
【答案】A
【分析】由题意得B 的坐标为(2,2)，同理的B 坐标为(4,−4)，即(22,−22)，B 的坐标为(−8,−8)，即
1 2 3
(−23,−23)，B 的坐标为(−16,16)，即(−24,24)，…… ，再由2025÷4=506⋯1，即可得出结论．
4
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【详解】解：如图，连接OB，OB ，过点B作BF⊥x轴，过点B 作B E⊥x，垂足分别是F、E，
1 1 1
∴∠BFO=90°，∠B FO=90°，
1
∵B(−1,1)，
∴BF=OF=1，
∴OB=√2，∠BOF=∠OBF=45°,
∵B(−1,1)，第1次将菱形OABC绕着点O顺时针旋转90°，同时扩大为原来的2倍得到菱形OA B C
1 1 1
（即OB =2OB），
1
∴∠BOB =90°，OB =2OB=2√2，
1 1
∴∠B OE=180°−90°−45°=45°，
1
在Rt△OB E中，OE=B E=2，
1 1
∴B 的坐标为(2,2)，即(21,21)，
1
同样的方法，得：B 坐标为(4,−4)，即(22,−22)，
2
B 的坐标为(−8,−8)，即(−23,−23)，
3
B 的坐标为(−16,16)，即(−24,24)，
4
…… ，
由2025÷4=506⋯1，
∴B 的坐标(22025,22025)，
2025
故选：A．
【点睛】本题考查坐标与图形变化—旋转以及规律型，勾股定理及三角函数等知识．结合图形变化，找到
点坐标变化的规律是解题的关键．
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【题型8 用平移、轴对称、旋转、中心对称作图】
【例8】（2023·安徽·模拟预测）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶
点均在格点（网格线的交点）上．
(1)将△ABC向右平移4个单位长度，再向下平移5个单位长度得到△A B C ，画出△A B C ；
1 1 1 1 1 1
(2)将（1）中的△A B C 以A C 为轴进行翻折得到△A B C ，画出△A B C ．
1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平移作图和轴对称作图，找到对应点是作图关键．
（1）找到△ABC各顶点向右平移4个单位长度，再向下平移5个单位长度的对应点即可；
（2）找到△A B C △A B C 以A C 为轴进行翻折后的对应点即可；
1 1 1 1 1 1 1 1
【详解】（1）解：如图所示，△A B C 即为所求．
1 1 1
（2）解：如图所示，△A B C 即为所求．
1 2 1
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【变式8-1】（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在直角坐标系中，△ABC的各顶点坐标分别为
A(a,1)，B(3,3)，C(4,−1)；△ABC经过平移得到△A'B'C'，其各顶点坐标分别为A'(−5,−3)，
B'(−3,b)，C'(−2,−5)．
(1)观察各对应点坐标的变化并填空：a的值为______，b的值为______；
(2)画出△ABC及将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，点C的对应点为点E，写出点E的坐标．
【答案】(1)1，−1
(2)图见详解，E(−1,2)
【分析】（1）根据点C的坐标变化规律，构建方程，求出a，b的值即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，C的对应点D，E即可．
【详解】（1）解：由点C(4,−1)平移后得到点C'(−2,−5)可知平移方式为向左平移6个单位长度，再向
下平移4个单位长度，
∴a−6=−5，3−4=b，
∴a=1，b=−1，
故答案为：1，−1；
（2）解：如图，△DBE即为所求，
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∴E(−1,2)
【点睛】本题考查作图−旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属
于中考常考题型．
【变式8-2】（2023·安徽·校联考模拟预测）如图是6×6的正方形网格，线段AB的端点A,B都在格点（网
格线的交点）上．
(1)将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到对应线段AB ，画出线段AB ；
1 1
(2)请仅用无刻度的直尺过点B作一条直线l，使得点A,B 到l的距离相等．
1
【答案】(1)画图见解析
(2)画图见解析
【分析】本题考查的是作旋转图形，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，利用旋
转，平行线，三角形全等的性质进行作图是解本题的关键；
（1）取格点B ，满足AB=AB =√17，∠BAB =90°即可；
1 1 1
（2）取格点C，满足BC∥AB ，或取AB 的中点D，直线BD也满足条件．
1 1
【详解】（1）解：如图，线段AB 即为所求作的线段；
1
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（2）如图，l即为所求作的直线；
【变式8-3】（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）在如图的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方
形，△ABC的三个顶点都在格点上（每个小方格的顶点叫格点）．
(1)画出△ABC向下平移3个单位后的 A B C ；
1 1 1
(2)画出△ABC关于点O的中心对称图△形 A B C ；
2 2 2
(3)连接C C ，请直接写出C C 的长为_△__________．
1 2 1 2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)√13
【分析】（1）根据平移的性质，即可求作出△A B C ；
1 1 1
（2）根据中心对称的性质，即可求作出△A B C ；
2 2 2
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（3）直接用勾股定理进行求解即可；
【详解】（1）如下图所示：△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）如下图所示：△A B C 即为所求；
2 2 2
（3）C C =√22+32=√13，
1 2
故答案为：√13
【点睛】本题考查的是平移及中心对称作图，勾股定理，熟知图形平移及中心对称的性质是解答此题的关
键．
【题型9 旋转或轴对称综合题之线段问题】
【例9】（2023·河南·统考中考真题）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联
系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请
你解答．
(1)观察发现：如图1，在平面直角坐标系中，过点M(4,0)的直线l∥y轴，作△ABC关于y轴对称的图形
△A B C ，再分别作△A B C 关于x轴和直线l对称的图形△A B C 和△A B C ，则△A B C 可以看
1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 3 3 2 2 2
作是△ABC绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为______；△A B C 可以看作是△ABC向右平移得
3 3 3
到的，平移距离为______个单位长度．
(2)探究迁移：如图2，▱ABCD中，∠BAD=α(0°<α<90°)，P为直线AB下方一点，作点P关于直线
AB的对称点P ，再分别作点P 关于直线AD和直线CD的对称点P 和P ，连接AP，AP ，请仅就图2的
1 1 2 3 2
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情形解决以下问题：
①若∠PAP =β，请判断β与α的数量关系，并说明理由；
2
②若AD=m，求P，P 两点间的距离．
3
(3)拓展应用：在（2）的条件下，若α=60°，AD=2√3，∠PAB=15°，连接P P ．当P P 与
2 3 2 3
▱ABCD的边平行时，请直接写出AP的长．
【答案】(1)180°，8．
(2)①β=2α，理由见解析；②2msinα
(3)2√6或3√2−√6
【分析】（1）观察图形可得△A B C 与△ABC关于O点中心对称，根据轴对称的性质可得即可求得平移
2 2 2
距离；
（2）①连接AP ，由对称性可得，∠PAB=∠P AB，∠P AD=∠P AD，进而可得
1 1 1 2
∠PAP =2∠BAD，即可得出结论；
2
②连接PP ,P P 分别交AB,CD于E,F两点，过点D作DG⊥AB，交AB于点G，由对称性可知：
1 1 3
PE=P E，P F=P F且PP ⊥AB，P P ⊥CD，得出PP =2EF，证明四边形EFDG是矩形，则
1 1 3 1 1 3 3
DG
DG=EF，在Rt△DAG中，根据sin∠DAG= ，即可求解；
DA
（3）分P P ∥AD，P P ∥CD，两种情况讨论，设AP=x，则AP =AP =x，先求得
2 3 2 3 1 2
√6−√2
PP = x，勾股定理求得P P ，进而表示出PP ，根据由（2）②可得PP =2ADsinα，可得
1 2 1 3 3 3
PP =6，进而建立方程，即可求解．
3
【详解】（1）（1）∵△ABC关于y轴对称的图形△A B C ，△A B C 与△A B C 关于x轴对称，
1 1 1 1 1 1 2 2 2
∴△A B C 与△ABC关于O点中心对称，
2 2 2
则△A B C 可以看作是△ABC绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为180°
2 2 2
∵A(−1,1)，
∴A A =2，
1
∵M(4,0),A ,A 关于直线x=4对称，
1 3
∴A A +A A =2×4=8，
1 3 1
即A A =8，
3
△A B C 可以看作是△ABC向右平移得到的，平移距离为8个单位长度．
3 3 3
故答案为：180°，8．
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（2）①β=2α，理由如下，
连接AP ，
1
由对称性可得，∠PAB=∠P AB，∠P AD=∠P AD，
1 1 2
∠PAP =∠PAB+∠P AB+∠P AD+∠P AD
2 1 1 2
=2∠P AB+2∠P AD
1 1
=2(∠P AB+∠P AD)
1 1
=2∠BAD
∴β=2α，
②连接PP ,P P 分别交AB,CD于E,F两点，过点D作DG⊥AB，交AB于点G，
1 1 3
由对称性可知：PE=P E，P F=P F且PP ⊥AB，P P ⊥CD，
1 1 3 1 1 3
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∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD
∴P，P ，P 三点共线，
1 3
∴PP =PE+P E+P F+P F=2P E+2P F=2EF，
3 1 1 3 1 1
∵PP ⊥AB,P P ⊥CD,DG⊥AB，
1 1 3
∴∠P FD=∠P EG=∠DGE=90°，
1 1
∴四边形EFDG是矩形，
∴DG=EF，
在Rt△DAG中，∠DAG=α，AD=m
DG
∵sin∠DAG= ，
DA
∴DG=AD⋅sin∠DAG=msinα,
∴PP =2EF=2DG=2msinα
3
（3）解：设AP=x，则AP =AP =x，
1 2
依题意，P P ⊥AD，
1 2
当P P ∥AD时，如图所示，过点P作PQ⊥AP 于点Q，
2 3 1
∴∠P P P =90°
1 2 3
∵∠PAB=15°，α=60°，
∴∠PAP =2∠PAB=30°，∠DAP =∠DAP =45°
1 1 2
∴∠P AP =90°，则P P =√2x，
2 1 1 2
1
在△APP 中，∠AP P= (180°−∠PAP )=75°，
1 1 2 1
∴∠P P P =180°−45°−75°=60°，则∠P P P =30°，
2 1 3 1 3 2
∴P P =2P P =2√2x
1 3 2 1
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1 1 √3
在Rt△APQ中，∠PAQ=30°，则PQ= AP= x，AQ=√AP2−PQ2= x，
2 2 2
√3
在Rt△PQP 中，P Q=AP −AQ=x− x，
1 1 1 2
PP =√P Q2+PQ2= √ ( x− √3 x ) 2 + (1 x ) 2 =√2−√3x= √6−√2 x，
1 1 2 2 2
√6−√2 √6+3√2
∴PP =PP +P P = x+2√2x= x
3 1 1 3 2 2
由（2）②可得PP =2ADsinα，
3
∵AD=2√3
√3
∴PP =2×2√3× =6
3 2
√6+3√2
∴ x=6，
2
解得：x=3√2−√6；
如图所示，若P P ∥DC，则∠P P P =90°，
2 3 1 3 2
∵∠P P P =60°，则∠P P P =30°，
2 1 3 3 2 1
1 √2
则P P = P P = x，
1 3 2 1 2 2
√6−√2 √6−√2 √2 √6
∵PP = x，PP = x+ x= x，
1 2 3 2 2 2
∵PP =6，
3
√6
∴ x=6，
2
解得：x=2√6，
综上所述，AP的长为3√2−√6或2√6．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握轴对称的
性质是解题的关键．
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【变式9-1】（2023·河南周口·校联考二模）【问题发现】如图1所示，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得
△ADE，连接CE、BD．根据条件填空：
①∠ACE的度数为 ；
②若CE=2，则CA的值为 ；
【类比探究】如图2所示，在正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，且满足∠EAF=45°，
BE=1，DF=2，求正方形ABCD的边长；
【拓展延伸】如图3所示，在四边形ABCD中，CD=CB，∠BAD+∠BCD=90°，AC、BD为对角线，
3
且满足AC= CD，若AD=3，AB=4，请直接写出BD的值．
2
3+√17
【答案】【问题发现】①45°；②√2；【类比探究】正方形ABCD的边长为 ；【拓展延伸】BD的
2
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10
值为
3
【分析】（1）问题发现：①根据旋转的性质易得△CAE为等腰直角三角形，结合等腰三角形的性质求解
即可；②结合等腰三角形的性质求解即可；
（2）类比探究：将△ABE绕A逆时针旋转90°得△ADG，求证△GAF≌△EAF，由全等三角形的性质可
得EF=GF，易得EF=3；设正方形ABCD边长为x，则CE=x−1，CF=x−2，在Rt△CEF中，由勾股
定理可得CE2+CF2=EF2，代入求解即可获得答案；
（3）拓展延伸：将△ADC绕C逆时针旋转至△CBE，连接AE，首先证明△DCB∽△ACE，由相似三角
BD CD 2
形的性质可得 = = ，再证明∠ABE=90°，由勾股定理可得AE=√AB2+BE2=5，结合
AE CA 3
2
BD= AE即可获得答案．
3
【详解】解：（1）问题发现：①∵将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，
∴∠DAB=∠CAE=90°，CA=EA，
∴∠ACE=45°；
②∵△CAE为等腰直角三角形，∠ACE=45°，
∴AC=CE⋅cos45°=√2．
故答案为：①45°；②√2；
（2）类比探究：将△ABE绕A逆时针旋转90°得△ADG，如图1所示，
∴∠1=∠4，AE=AG，BE=DG=1，∠ABE=∠ADG=90°，
∵∠ADC+∠ADG=180°，
∴G、D、C共线，
∵∠2=45°，
∴∠1+∠3=∠4+∠3=45°=∠EAF，
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∵AF=AF，∠FAG=∠EAF，AE=AG，
∴△GAF≌△EAF(SAS)，
∴EF=GF，
∵GF=GD+DF=1+2=3，
∴EF=3，
设正方形ABCD边长为x，则CE=x−1，CF=x−2，
在Rt△CEF中，CE2+CF2=EF2，
∴(x−1) 2+(x−2) 2=32，
3+√17 3−√17
解得x= 或x= （舍去），
2 2
3+√17
∴正方形ABCD的边长为 ；
2
（3）拓展延伸：将△ADC绕C逆时针旋转至△CBE，连接AE，如图2所示，
∴AD=BE，CA=CE,∠ACD=∠ECB,∠ADC=∠EBC，
∵CD=CB，
CD CB
∴∠BCD=∠ACE， = ，
CA CE
∴△DCB∽△ACE，
BD CD 2
∴ = = ，
AE CA 3
∵∠BAD+∠BCD=90°，
∴∠ABC+∠ADC=270°，
∵∠ADC=∠EBC，
∴∠ABC+∠EBC=270°，
∴∠ABE=90°，
∴AE=√AB2+BE2=5，
2 10
∴BD= AE= ．
3 3
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、
相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，解题关键是熟练运用旋转的性质求解．
【变式9-2】（2023·北京房山·统考二模）如图，∠BAC=90°，AB=AC，点D是BA延长线上一点，连
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接DC，点E和点B关于直线DC对称，连接BE交AC于点F，连接EC,ED,DF．
(1)依题意补全图形，并求∠DEC的度数；
(2)用等式表示线段EC,ED和CF之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)图见解析，45°
(2)ED+CF=√2EC，证明见解析
【分析】（1）根据题意补全图形，连接CB，根据等腰直角三角形的性质及轴对称的性质，全等三角形的
判定和性质求解即可；
（2）根据轴对称的性质得出∠CHF=90°=∠BAC，再由全等三角形的判定和性质得出AD=AF，即可
求解．
【详解】（1）解：补全图形，如图所示：
连接CB，
∵∠BAC=90°，AB=AC
∴∠ABC=45°
∵点E和点B关于直线DC对称
∴EC=BC，ED=BD
∵DC=DC
∴△EDC≅△BDC(SSS)，
∴∠DEC=∠DBC=45° ；
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（2）ED+CF=√2EC，证明如下：
∵点E、B关于直线CD对称
∴EB⊥CD，设垂足为H
则∠CHF=90°=∠BAC
∵∠HFC=∠AFB
∴∠1=∠2
∵AC=AB，∠DAC=∠FAB=90°
∴△DAC≅△FAB
∴AD=AF
∴ED=BD=AD+AB=AF+AC=AC−CF+AC=2AC−CF
√2 √2
∵AC=cos45°⋅BC= BC= EC
2 2
√2
∴ED=2× EC−CF=√2EC−CF
2
即ED+CF=√2EC．
【点睛】题目主要考查轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，解三角形，理解题意，作出相应辅助线，
综合运用这些知识点是解题关键．
【变式9-3】（2023·山西忻州·校联考模拟预测）综合与实践——探究图形旋转中的问题，问题背景：在一
次综合实践活动课上，同学们以两个菱形为对象，研究相似菱形旋转中的数学问题．已知菱形ABCD∽菱
形A'B'C'D'，它们各自对角线的交点重合于点O，且AB=8，A'B'=2，∠B=∠B'=60°，
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观察发现：（1）如图1，若A'B'∥AB，连接A A'，DD'，则A A'与DD'的数量关系是 ；
操作探究：（2）保持图1中的菱形ABCD不动，将菱形A'B'C'D'从图1的位置开始绕点O顺时针旋转，
设旋转角为α．
①当0°<α<90°时，得到图2．此时（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
②小颖发现，在菱形A'B'C'D'绕点O顺时针旋转到图3位置时，连接CC'，AC'，A'C判断四边形
A A'CC'的形状，并说明理由；
③当菱形A'B'C'D'绕点O旋转至A，A'，D'三点共线时，直接写出此时线段A A'的长．
【答案】（1）DD'=√3A A'；（2）①结论仍然成立，理由见解析；②四边形A A'CC'是平行四边形，
√61±1
理由见解析；③A A'=
2
1 1
【分析】（1）可得出A'D'∥AD，∠DAO=∠D' A'O= ∠BAD= ∠B' A'D'=60°，从而A、A'、
2 2
A A' OA
O共线，D、D'、O共线，进而得出 = ，进一步得出结果；
DD' OD
OD OD'
（2）①连接OA，OA'，OD，OD'，可推出∠AOA'=∠DOD'， = =√3，从而
OA OA'
DD' OD
ΔAOA'∽ΔDOD'，从而得出 = =√3，进一步得出结论；
A A' OA
②连接AC，A'C'，由四边形ABCD和四边形A'B'C'D'是菱形得出OA=OC，OA'=OC'，从而得出四
边形A A'CC'是平行四边形；
1 √3
③分为：当A'在AD'上时，作OE⊥AD'，可求得OA= AB=4，OD'= A'D'=√3，
2 2
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1 √3 √3 √3 3
∠AD'O=30°，从而OE= OD'= ，ED'= OD'= ×√3= ，进而得出
2 2 2 2 2
AE=√OA2−OE2=
√
42−
(√3) 2
=
√61，进一步得出结果；当
A'
在
AD'
的延长线上时，作
OE⊥A A'
于
2 2
3√7 3
E，可得AE= ，ED'= ，进一步得出结果．
2 2
【详解】解：（1）如图1，
连接OA'，OD'，
∵菱形ABCD∽菱形A'B'C'D'，A'B'∥AB，
1 1
∴A'D'∥AD，∠DAO=∠D' A'O= ∠BAD= ∠B' A'D'=60°，
2 2
∴A、A'、O共线，D、D'、O共线，
A A' OA
∴ = ，
DD' OD
∵AO⊥OD，
A A' OA √3
∴ = =tan∠ADO=tan30°= ，
DD' OD 3
故答案为：DD'=√3 A A'；
（2）①如图1，
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结论仍然成立，理由如下：
连接OA，OA'，OD，OD'，
∵四边形ABCD和四边形A'B'C'D'是菱形，
∴OA⊥OD，OA'⊥OD'，
∴∠AOD=∠A'OD'=90°，
∴∠AOA'=∠DOD'，
OD OD'
∵ = =√3，
OA OA'
∴△AOA'∽△DOD'，
DD' OD
∴ = =√3，
A A' OA
∴DD'=√3A A'；
②如图2，
四边形A A'CC'是平行四边形，理由如下：
连接AC，A'C'，
∵四边形ABCD和四边形A'B'C'D'是菱形，
∴OA=OC，OA'=OC'，
∴四边形A A'CC'是平行四边形；
③如图4，
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当A'在AD'上时，作OE⊥AD'，
1 √3
可得OA= AB=4，OD'= A'D'=√3，∠AD'O=30°，
2 2
1 √3 √3 √3 3
∴OE= OD'= ，ED'= OD'= ×√3= ，
2 2 2 2 2
√ √3 2 √61
∴AE=√OA2−OE2= 42−( ) = ，
2 2
√61+3
∴AD'=AE+ED'=
，
2
√61−1
∴A A'=AD'−A'D'= ，
2
如图5，
当A'在AD'的延长线上时，作OE⊥A A'于E，
√61 3
由上知：AE= ，ED'= ，
2 2
√61−3
∴AD'=AE−ED'=
，
2
√61+1
∴A A'=AD'+A'D'= ，
2
√61±1
综上所述：AA'= ．
2
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【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定，解直角三角形等知识，
解决问题的关键是画出图象，分类讨论．
【题型10 旋转或轴对称综合题之面积问题】
【例10】（2023·江苏无锡·统考二模）如图，将不是矩形的▱ABCD绕点A旋转得到 ▱AB'C'D'．
(1)当点B'落在边BC上，且B'C'与边CD相交于点E时，
①点D____C'D'上(填“在”或“不在”)；
AB
②如果点B'、E分别为边BC、CD的中点，求 的值；
BC
AB S
(2)当点B'落在对角线AC上，且B'C'经过边AD的中点M时，设 =x， △AB'M = y，求y关于x的函数
BC S
▱ABCD
关系式，并写出x的取值范围．
√3
【答案】(1)①在；②
2
1 √2
(2)y= x2 (0
