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第23 章 旋转（单元测试·拔尖卷）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2023春·江苏镇江·八年级统考期中）如图，在正方形 中，点E是边 上一点，
交 于点F，连接 交 于点G，下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·江苏宿迁·统考二模）点 在直线 上，将直线 绕点 旋转 得到直线
： ，则 （ ）
A．1 B． C．1或0 D．1或
3．（2023秋·河南郑州·九年级校考开学考试）如图，在平面直角坐标系中，四边形 的顶点O在
原点上， ， ， 轴，将四边形 绕点O逆时针旋转，每次旋
转 ，点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．4．（2023·黑龙江绥化·校联考一模）如图，在正方形 中，E是线段 上一动点，连接 交
于点F，过点F作 交 于点G，连接 ，现有以下结论：① 是等腰直角三角形；
② ；③点A到 的距离等于正方形的边长；④当点E运动到 的三等分点时， 或
．以上结论正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（2023春·安徽·九年级专题练习）如图，在 中， ， ，现以 为边在 的下
方作正方形 并连接 ，则 的最大值为（ ）
A． B．6 C． D．
6．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，矩形ABCD的顶点A（﹣3，0），B在x轴的负半轴上，
顶点C（﹣1，3），D在第二象限内，对角线AC与BD的交点为M．将矩形ABCD沿x轴正方向滚动（无
滑动），使其一边保持落在x轴上，点M的对应点分别为M，M，M，…，则M 的坐标为（ ）
1 2 3 2021A．（5050 ，1） B．（5050 ， ）
C．（5050，1） D．（5050， ）
7．（2023·广东深圳·校考一模）如图，菱形 的对角线交于原点O， ， ．
将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转 ，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023秋·陕西西安·九年级校考开学考试）用两个全等且边长为4的等边三角形 和 拼
成菱形 ．把一个60°角的三角尺与这个菱形叠合，使三角尺的 角的顶点与点A重合，两边分别与
AB，AC重合，将三角尺绕点A按逆时针方向旋转，在转动过程中，当 的面积是 时， 的长
为（ ）
A．2或4 B．2或6 C．4或6 D．0或8
9．（2023春·广东深圳·八年级校考期中）对于坐标平面内的点，先将该点向右平移1个单位，再向上
平移2个单位，这种点的运动称为点的斜平移，如点P（2，3）经1次斜平移后的点的坐标为（3，5）．
已知点A的坐标为（2，0），点Q是直线l上的一点，点A关于点Q的对称点为点B，点B关于直线l的对
称点为点C，若点B由点A经n次斜平移后得到，且点C的坐标为（8，6），则△ABC的面积是（ ）A．12 B．14 C．16 D．18
10．（2023春·河北保定·八年级保定十三中校考期末）如图，两块完全相同的含 角的直角三角板
和 叠合在一起，将三角板 绕直角顶点 按逆时针方向旋转角 ，有以下四
个结论：
①当 时， 与 的交点恰好为 中点；
②当 时， 恰好经过 ；
③在旋转过程中，存在某一时刻，使得
④在旋转过程中，始终存在 ；
共中结论正确的有多少个（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（2023春·江苏常州·八年级统考期末）某设计公司为某品牌 设计如图所示，该图是由一个
含60°且边长为6cm的菱形绕其顶点顺时针分别旋转30°和60°得到，则该品牌 图标的整体面积为
cm2．12．（2023·浙江金华·统考一模）如图，已知 和 为等腰直角三角形，
， ， ，连接 、 ．在 绕点A旋转的过程中，当 所
在的直线垂直于 时， ．
13．（2023春·江苏苏州·九年级苏州中学校考阶段练习）在平面直角坐标系中，点 是y轴上一点，
已知点 （不与点 重合），将点 绕点 逆时针方向旋转 得到点 ，则称点 、 互为和谐点，把其
中一个点叫做另一个点的和谐点．已知点 、 ，点 在一次函数 的图像上．若在
线段 上存在点 的和谐 ，则实数a的取值范围是________．
14．（2023秋·四川成都·七年级校考期末）新定义：已知射线 、 为 内部的两条射线，如
果 ，那么把 叫作 的幸运角．已知 ，射线 与射线 重合，
并绕点O以每秒5°的速度顺时针旋转，射线 与射线 重合，并绕点O以每秒3°的速度逆时针旋转，当射线OC旋转一周时运动停止．在旋转过程中，射线 ， ， ， 中由两条射线组成的角是另
外两条射线组成的角的幸运角时， 秒．（本题所有角都指的是小于180°的角）
15．（2023春·全国·八年级专题练习）如图所示， 是以A为公共端点的两条线段，且满足
， ，作线段 的垂直平分线l交 于点D．点P为直线l上一动点，连接 ，
以 为边构造等边 ，连接 ．当 的周长最小时， ，则 周长的最小值为
．（用含有a、b的式子表示）
16．（2023春·上海·八年级专题练习）如图，梯形ABCD中， ， ，将线段CB绕着
点B按顺时针方向旋转，使点C落在CD延长线上的点E处．联结AE、BE，设BE与边AD交于点F，如
果 ，且 ，那么梯形ABCD的中位线等于 ．
17．（2022·广东广州·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，
线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为
； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为18．（2022秋·九年级课时练习）如图所示，抛物线y＝x2+2x﹣3顶点为Q，交x轴于点E、F两点（F
在E的右侧），T是x轴正半轴上一点，以T为中心作抛物线y＝x2+2x﹣3的中心对称图形，交x轴于点
K、L两点（L在K的右侧），已知∠FQL＝45°，则新抛物线的解析式为 ．
三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）（2023春·浙江金华·九年级校联考阶段练习）对于坐标平面内的点，现将该点向右平移1
个单位，再向上平移2个单位，这种点的运动称为点A的斜平移，如点 经1次斜平移后的点的坐标
为 ，已知点A的坐标为 ．
（1）分别写出点A经1次，2次斜平移后得到的点的坐标．
（2）如图，点M是直线l上的一点，点A关于点M的对称点为点B，点B关于直线l的对称点为点
C．
①若A、B、C三点不在同一条直线上，判断 是否是直角三角形？请说明理由．
②若点B由点A经n次斜平移后得到，且点C的坐标为 ，求出点B的坐标及n的值．20．（8分）（2023春·江苏徐州·八年级统考期末）如图，在方格纸中建立平面直角坐标系，已知
的顶点均为格点，且点A的坐标为 ．
（1）画出 关于x轴对称的 ；
（2）画出将 绕原点O按顺时针方向旋转 ，所得的 ；
（3） 与 成轴对称吗？若成轴对称，画出所有的对称轴；
（4） 与 成中心对称吗？若成中心对称，写出对称中心的坐标．
21．（10分）（2019·七年级单元测试）如图， 是等边三角形，点 是三角形内一点，且 、 、
与点 的距离相等.
（1）画出 关于点 的中心对称图形 ；（2）这两个等边三角形组成的整体图形是不是旋转对称图形，如是，求出它的最小旋转角；
（3）这两个等边三角形组成的整体图形是不是轴对称图形，如是，画出所有的对称轴.
22．（10分）（2023·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点 ，点 ，点
，以 、 为边作 ，点 为 中点，连接 、 ．
（1）分别求出线段 和线段 所在直线解析式；
（2）点 为线段 上的一个动点，作点 关于点 的中心对称点 ，设点 横坐标为 ，用含 的
代数式表示点 的坐标（不用写出 的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，
①当点 移动到 的边上时，求点 坐标；
② 为 中点， 为 中点，连接 、 ．请利用备用图探究，直接写出在点 的运动过程中，
周长的最小值和此时点 的坐标．
23．（10分）（2023·江苏常州·常州市第二十四中学校考一模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2
＋bx＋c与y轴交于点A（0，4）、与x轴交于点B（2，0）和点C（－1，0）．（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点D为第一象限的抛物线上一点，
①过点D作DE⊥AB，垂足为点E，求线段DE长的取值范围；
②若点F、G分别为线段OA、AB上一点，且四边形AFGD既是中心对称图形，又是轴对称图形，求
此时点D的坐标．
24．（12分）（2021秋·广东佛山·八年级校联考期中）如图1，平面直角坐标系中，直线y＝﹣ x+m
交x轴于点A（4，0），交y轴正半轴于点B，直线AC交y轴负半轴于点C，且BC＝AB．（1）求线段AC的长度．
（2）P为线段AB（不含A，B两点）上一动点．
①如图2，过点P作y轴的平行线交线段AC于点Q，记四边形APOQ的面积为S，点P的横坐标为t，
当S＝ 时，求t的值．
②M为线段BA延长线上一点，且AM＝BP，在直线AC上是否存在点N，使得△PMN是以PM为直
角边的等腰直角三角形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．A
【分析】连接 ，如图，根据正方形的性质证明 ，得出 ， ，利用角的代换和四边形的内角和证明 ，进而得到 ，可得 ，将 绕
点 顺时针旋转 至 的位置，连接 ，证明 ，得出 ，然后利用勾股定
理和线段的代换即可推出结论.
解：连接 ，如图，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
将 绕点 顺时针旋转 至 的位置，连接 ，如图，则 ， ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即 ；
故选：A.
【点拨】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质
以及旋转的性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、添加适当的辅助线是解题的关键.
2．D
【分析】由两条直线都经过点 ，即可得出 ， ，然后构建全等三角形，求得 点的坐标，
最后运用待定系数法求点 的值，从而求得 的值．
解： 直线 ： ，
直线 ：经过定点 ，
直线 ： 经过点 ，
点的坐标为 ，
， ，
当直线 在直线 的下方时，如图 ，过直线 ： 与 轴的交点 ，作 直线 ，交直线 于点 ，作 轴于 ，
轴于 ，
时， ，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在 和 中，
，
， ，
，
点坐标为 ，
代入 得， ，
解得 ，
；当直线 在直线 的上方时，如图 ，
同理求得 ，
代入 得， ，
解得： ，
综上所述， 或 ，
故选：D．
【点拨】本题主要考查了一次函数图象于几何变换，一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法、等
腰直角三角形的性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，
运用全等三角形的性质进行计算．
3．B
【分析】连接 ，过点C作 ，垂足为P，通过证得 ，得出
，通过解直角三角形得到点C的坐标为 ，由每旋转4次为一个循环，即可得
出第2023次旋转结束时点C的位置和第3次旋转结束时点C的位置相同，从而得出第2023次旋转结束时，
点C的坐标为 ．
解：连接 ，过点C作 ，如图所示，
∵ ，∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ,
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴点C的坐标为 ，
由旋转可知第一次旋转后点C的坐标为 ，
第二次旋转后点C的坐标为 ，
第三次旋转后点C的坐标为 ，
∵每次旋转 ， ，
∴每旋转4次为一个循环．
∵ ，
∴第2023次旋转结束时点C的位置和第3次旋转结束时点C的位置相同，
∴第2023次旋转结束时，点C的坐标为 ，
故选：B．
【点拨】本题考查图形的旋转，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，通过旋转角度找到旋转规律，从而确定第2023次旋转后C点的位置是解题的关键．
4．C
【分析】如图所示，延长 交 于H，连接 ，先证明 得到
，再证明 ，进而推出 ，得到 ，
是等腰直角三角形，故①正确；则 ，将 绕点A顺时针旋转 得到 ，设
中， 上的高为h，证明 ，得到 ， ，则 ，点A到
的距离等于正方形的边长，故②③正确；设 ， ，则 ，当点E是靠近
点D的三等分点时，则 ， ，利用勾股定理求出 ，得到 ；同理当
点E时靠近点C的三等分点时 ，则④错误．
解：如图所示，延长 交 于H，连接 ，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，故①正确；
∴ ；
将 绕点A顺时针旋转 得到 ，设 中， 上的高为h，
∴ ，∴ ，即 三点共线，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，点A到 的距离等于正方形的边长，故②③正确；
设 ， ，则 ，
当点E是靠近点D的三等分点时，则 ，
∴ ，
在 中由勾股定理得 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
同理当点E时靠近点C的三等分点时 ；
综上所述，当点E运动到 的三等分点时， 或 ，故④错误；
故选C．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，全
等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
5．B
【分析】将 绕点 逆时针旋转 得 ，连接 ，则 是等腰直角三角形， ，再利用三角形三边关系可得答案．
解：将 绕点 逆时针旋转 得 ，连接 ，
则 是等腰直角三角形， ，
，
在 中， ，
的最大值为 ，
即 的最大值为6，
故选：B．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形三边关系等知识，熟练掌握旋转的性质
是解题的关键．
6．A
【分析】先求出 的坐标为 ， ， 的坐标为 ， ， 的坐标为 ， ， 的坐
标为 ， ， 的坐标为 ， ，根据此规律写出 的坐标即可．
解： 矩形 的顶点 ，顶点 ，
的坐标为 ， ，
的坐标为 ， ，
的坐标为 ， ，
的坐标为 ， ，
的坐标为 ， ，的坐标为 ， ．
故选：A．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质、点的坐标规律问题，算出前几个点的坐标找出规
律是关键．
7．C
【分析】首先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第2023次旋转结束时，点C在第三象限，过点A
作 轴于点E，延长 到 点，使 ，过点 作 轴于点F，再根据菱形的性质及全
等三角形的性质，即可求得坐标.
解：∵将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转 ， ，
∴旋转4次后回到原来的位置，
∵ ，
∴第2023次旋转结束时，点C在第三象限，
如图：过点A作 轴于点E，延长 到 点，使 ，过点 作 轴于点F，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是菱形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
故第2023次旋转结束时，点C的坐标为 ，
故选：C．
【点拨】本题主要考查菱形的性质和旋转的性质，全等三角形的判定及性质，以及坐标与图形的性质，
直角三角形的性质，找出旋转规律是解题关键.
8．B
【分析】过点A作 ．根据等边三角形的性质可求出 ，结合 可求出
．又易证 ，即得出 ，从而即可得解．
解：如图，过点A作 ．
∵ 为等边三角形，
∴ ，
∴ ．
∵ ，即 ，
∴ ，
∴ ．
∵三角尺的 角的顶点与点A重合，
∴ ，
∴ ，即 ．又∵两个全等且边长为4的等边三角形 和 拼成菱形 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ；
如图，
由（1）可知 ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，即 ．
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
∴ 的长为2或6．
故选B．
【点拨】本题主要考查等边三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质等知识．利用数形结
合的思想是解题关键．
9．A
【分析】连接CQ，根据中心和轴对称的性质和直角三角形的判定得到∠ACB＝90，延长BC交x轴于
点E，过C点作CF⊥AE于点F，根据待定系数法得出直线的解析式进而解答即可．
解：连接CQ，如图：由中心对称可知，AQ＝BQ，
由轴对称可知：BQ＝CQ，
∴AQ＝CQ＝BQ，
∴∠QAC＝∠ACQ，∠QBC＝∠QCB，
∵∠QAC+∠ACQ+∠QBC+∠QCB＝180°，
∴∠ACQ+∠QCB＝90°，
∴∠ACB＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
延长BC交x轴于点E，过C点作CF⊥AE于点F，如图，
∵A（2，0），C（8，6），
∴AF＝CF＝6，
∴△ACF是等腰直角三角形，
∵ ，
∴∠AEC＝45°，
∴E点坐标为（14，0），
设直线BE的解析式为y＝kx+b，
∵C，E点在直线上，
可得： ，
解得： ，
∴y＝﹣x+14，
∵点B由点A经n次斜平移得到，
∴点B（n+2，2n），由2n＝﹣n﹣2+14，
解得：n＝4，
∴B（6，8），∴△ABC的面积＝S ABE﹣S ACE＝ ×12×8﹣ ×12×6＝12，
△ △
故选：A．
【点拨】本题考查轴对称的性质，中心对称的性质，等腰三角形的判定与性质，求解一次函数的解析
式，得到 的坐标是解本题的关键．
10．C
【分析】如图1所示，设 与 交于H（不包括 ），根据含30度角的直角三角形的性质得
到 ，再证明 是等边三角形，得到 ，由此即可判断①；同理可得
，当 时，如图2所示，利用三角形内角和定理分别求出
，则 ，由此即可判断②；如图3所示，分别在
上取一点E、F，使得 ，过点F作 交 于G，证明
，得到 ，再证明四边形 是平行四边形，得到 ，由此推出
，即可判断③；如图4所示，设直线 与直线 交于M，根据等边对等角和三角形内角和定
理得到 ，同理可得 ，再利用四边形内角和定理可得
，由此即可判断④．
解：如图1所示，设 与 交于H（不包括 ），
∵在 中， ，
∴ ，
当 时，则 ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，即点H是 的中点，
∴当 时， 与 的交点恰好为 中点，故①正确；同理可得
当 时，如图2所示，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 三点共线，即 恰好经过 ，故②正确；
如图3所示，分别在 上取一点E、F，使得 ，过点F作 交 于
G，
由旋转的性质可得 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
又∵ ，即 ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ，故③错误；
如图4所示，设直线 与直线 交于M，
∵ ，
∴ ，
同理可得 ，
又∵ ，
∴ ，
∴在旋转过程中，始终存在 ，故④正确；
故选C．【点拨】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判断，三角形内角和定理，等腰三角形的
性质与判定，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质等等，灵活运用所学知识是解题的
关键．
11． /
【分析】如图所示，连接 ，连接 ，由题意可得，菱形 、菱形 可以看作是菱
形 绕点A逆时针旋转 ，顺时针旋转 得到的，先求出 ，再根据对称性得到
，进一步求出 ， ；证明
是等腰直角三角形，推出 ，进而求出 ；则可得
，证明 是等边三角形，进而求出 ，
再由 进行求解即可．
解：如图所示，连接 ，连接 ，
由题意可得，菱形 、菱形 可以看作是菱形 绕点A逆时针旋转 ，顺时针旋转
得到的，
∴ ，
∴ ，
由对称性可知 ，
∵ ，
∴ ， ，
∴
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴ ；
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴
，
故答案为： ．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，等边
三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
12． 或【分析】①当点 在点 上方时，先判断出四边形 是矩形，求出 ，再根据勾
股定理求出， ，得出 ；
②当点 在点 下方时，同①的方法得， ， ，进而得出 ，
即可得出结论．
解：∵ 为等腰直角三角形， ，
，
①当点 在点 上方时，如图③，
过点 作 交 的延长线于 ，
当 时，可证 ，
，
，
，
四边形 是矩形，
，
矩形 是正方形，
，
在 中，根据勾股定理得， ，
．
②当点 在点 下方时，如图④同①的方法得， ， ，
，
综上所述， 的长为 或 ．
【点拨】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，勾股定理，正方形和矩形的性质与判定，
解题的关键是能够根据题意进行分情况讨论．
13．
【分析】如图1，B、Q为和谐点，设 ， 为等腰直角三角形，在图2中， 、 为和
谐点，设 ， 为等腰直角三角形，分别利用三角形全等求出两图中的 的值即可得出最后
结论．
解：如图1，B、Q为和谐点，设 ， 为等腰直角三角形，过点 作 轴于 ，
，
， ，
，
，
，
， ，
，
在图2中， 、 为和谐点，设 ， 为等腰直角三角形，过点 作 轴于 ，
，， ，
，
，
，
， ，
，
，
综上所述： ，
故答案为： ．
【点拨】本题属于几何变换的题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，
旋转后线段长度不变，解题的关键是学会构造等腰直角三角形解决问题，学会添加辅助线，构造全等三角
形解决问题．
14． ，15，
【分析】根据边的运动分类讨论即可．
解：①如图
当 ，则
解得：
②如图
当 ，
则
解得：
③如图
当 ，
则
解得：
故答案为： ，15，
【点拨】本题考查了新定义，相关知识点有：角的计算、分类讨论思想等，分情况讨论是解题关键．
15．
【分析】如图所示，将 绕点A顺时针旋转 得到 ，连接 ，证明 得到，接着证明 ，连接 ，取 的中点F，则 ，可证明点E和点
F重合，进一步证明点Q在 上，作D关于直线 的对称点 ，连接 ，则 ，可以推出当
最小时， 的周长最小，则当 三点共线时， 有最小值，此时点 恰好
在直线l上，据此求解即可．
解：如图所示，将 绕点A顺时针旋转 得到 ，连接 ，
由旋转的性质可得 ，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 是 的角平分线，
又∵ ，
∴ ，
连接 ，取 的中点F，则 ，
∴ ，即点E和点F重合，
又∵ ，
∴点Q在 上，
作D关于直线 的对称点 ，连接 ，则 ，
∵ 的周长 ，
∴当 最小时， 的周长最小，
∵ ，
∴当 三点共线时， 有最小值，此时点 恰好在直线l上，∴此时 ，则 ，
∴ ，
∴ 的周长最小值 ，
故答案为： ．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，轴对称最
短路径问题，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形从而确定点Q的运动轨迹是
解题的关键．
16．7
【分析】由根据三角形的面积公式，由 得 ，进而求得DE=2，从而求得底边EC的长，
于是可求得CD的长，进而求得梯形ABCD的中位线．
解：过点B作BM⊥CE于点M，如下图，
∵ ， ，
∴∠ADC=180°-∠A=180°-90°=90°，
∵ ，
∴ ，∵ ，
∴DE=2，
∵BM⊥CE，
∴∠BMD=90°，
∴四边形ABMD是矩形，
∴DM=AB=4，
∴EM=2+4=6，
∵将线段CB绕着点B按顺时针方向旋转，使点C落在CD延长线上的点E处，
∴BE=BC，
∵BM⊥CE，
∴EC=2EM=12，
∴CD=12-2=10，
∴梯形ABCD的中位线为： ，
故答案为：7．
【点拨】本题考查了梯形的中位线，平行线的性质，矩形的性质，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质
是解题的关键．
17． 120°/120度 75°/75度
【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，
推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论．
解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．
∵△BPP′是等边三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中 ，∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，
当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°－60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
∴EO＝ OB，OP′＝ OC，
∴EP′＝EO＋OP′＝ OB＋ OC＝ BC，
∵BC＝2AB，
∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°＋90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C－∠BP′P＝135°－60°＝75°．
故答案为：120°，75°．
【点拨】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直
角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考
填空题中的压轴题．
18．y＝﹣x2+18x﹣77
【分析】根据顶点式求得 点的坐标，进而令 求得点 的坐标，作QP⊥x轴于P，过F点作
FM⊥FQ交QL于M．作MN⊥x轴于N，根据∠FQL＝45°，证明△PQF≌△NFM（AAS），进而求得点 的
坐标，求得直线QL的解析式为y ，继而求得L（11，0），T点坐标为（4，0），根据中心对称
的性质可得K（7，0），根据交点式即可写出新抛物线的解析式．解：∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴Q（﹣1，﹣4），
当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，解得x＝﹣3，x＝1，
1 2
∴E（﹣3，0），F（1，0），
作QP⊥x轴于P，过F点作FM⊥FQ交QL于M．作MN⊥x轴于N，如图，
∵∠FQL＝45°，
∴△QFM为等腰直角三角形，
∴FQ＝FM，
∵∠PFQ+∠PQF＝90°，∠PFQ+∠MFN＝90°，
∴∠PQF＝∠MFN，
∴△PQF≌△NFM（AAS），
∴PQ＝FN＝4，MN＝PF＝2，
∴M（5，﹣2），
设直线QL的解析式为y＝kx+b，
把Q（﹣1，﹣4），M（5，﹣2）代入得
，
解得 ，
∴直线QL的解析式为y ，
当y＝0时， 0，解得x＝11，
∴L（11，0），∵点E（﹣3，0）和点L（11，0）关于T对称，
∴T点坐标为（4，0），
∵点F与点K关于T点对称，∴K（7，0），
∵新抛物线与抛物线y＝x2+2x﹣3关于T对称，
∴新抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣7）（x﹣11），
即y＝﹣x2+18x﹣77．
故答案为y＝﹣x2+18x﹣77．
【点拨】本题考查了二次函数的性质，中心对称的性质，等腰直角三角形的性质与判定，求抛物线的
解析式，求得对称中心是解题的关键．
19．（1）点A经1次平移后得到的点的坐标为 ，点A经2次平移后得到的点的坐标 ；
（2）① 是直角三角形，理由见解答过程；② ， ．
【分析】（1）根据平移的性质得出点 平移的坐标即可；
（2）①连接 ，根据中心和轴对称的性质和直角三角形的判定解答即可；
②延长 交 轴于点 ，过 点作 于点 ，根据待定系数法得出直线的解析式进而解答即
可．
解：（1） 点 经1次斜平移后的点的坐标为 ，点 的坐标为 ，
点 经1次平移后得到的点的坐标为 ，点 经2次平移后得到的点的坐标 ；
（2）① 是直角三角形，理由如下：
连接 ，如图
由中心对称可知， ，
由轴对称可知： ，
，， ，
，
，
，
∴ 是直角三角形；
②过点 作 轴的平行线，与 的延长线交于点 ，过 点作 于点 ，如图
， ，
，
是等腰直角三角形，
由①得 ，
，
点坐标为 ，
设直线 的解析式为 ，
， 点在直线上，
可得： ，
解得： ，
，
点 由点 经 次斜平移得到，
点 ，由 ，
解得： ，
．
【点拨】此题考查几何变换问题，关键是根据中心和轴对称的性质和直角三角形的判定分析，同时根
据待定系数法得出直线的解析式解答．20．（1）见分析；（2）见分析；（3）成轴对称，见分析；（4）成中心对称，对称中心坐标为
【分析】（1）分别作出 、 关于x轴的对称点 、 ，依次连线，即可求解；
（2）分别作出 、 、 绕原点O按顺时针方向旋转 的对应点 、 、 ，依次连线，即可求
解；
（3）分别作线段 、 、 的垂直平分线，由于三条直线重合，即可求解；
（4）连接 ， 、 ，可得 ， ， ， ， ， ，
直线 的解析式为 ，直线 的解析式为： ，直线 的解析式为： ，从
而可求直线 与直线 的交点 ，可证直线 ，直线 、直线 交于同一点 ，
再证 ， ， ，即可求解．
（1）解：如图，
为求作的三角形．
（2）解：如图，，
为求作的三角形．
（3）解，如图，
分别作线段 、 、 的垂直平分线，三条直线重合，
直线 为所求作的对称轴．
（4）解：如图，连接 ， 、 ，
， ， ， ， ， ，设直线 的解析式为 ，
则有 ，
解得： ，
直线 的解析式为 ，
同理可求直线 的解析式为： ，
直线 的解析式为： ，
，
解得： ，
直线 与直线 的交点 ，
同理可求直线 与直线 的交点 ，
直线 与直线 的交点 ，
直线 ，直线 、直线 交于同一点 ，
，
，
，同理可证： ， ，
与 成中心对称，对称中心坐标为 ．
【点拨】本题主要考查了利用轴对称的性质作轴对称图形并两个判断图形是否成轴对称，利用旋转的
性质作旋转对称图形，用中心对称定义判断两个图形是否成轴对称，一次函数待定系数法求解析式，求两
直线交点坐标，理解轴对称、旋转、中心对称的定义及性质，掌握作法是解题的关键．
21．（1）图见分析；（2）是， ；（3 ）是，图见分析.
【分析】（1）成中心对称的两个图形的对应点连线经过对称中心，且被对称中心所平分，依此延长
AO、BO、CO，并分别延长等长的线段，得到对应点，依次连线即可；（2）观察图形的顶点到中心点O的
距离相等，由此得到是旋转对称图形，最小旋转角是 ；（3）图形是轴对称图形，对称轴是每个角的角
平分线所在的直线.
解：（1）
（2）观察图形得，这两个等边三角形组成的整体图形是旋转对称图形，最小旋转角是 ；
（3）是，
【点拨】此题考查旋转的知识，注意中心对称是将图形旋转180 ，图形的对称轴是直线.
22．（1） 所在直线的解析式为 ； 所在直线解析式为 ；（2）；（3）① 或 ，② 周长最小值为 ；
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出点 和点 的坐标，再用待定系数法求出线段 和线段
所在直线解析式即可；
（2）根据 所在直线的解析式为 ，点 横坐标为 ，得出点 ，再根据点 和
点 关于点 的中心对称点，即可得出点 的坐标；
（3） ①根据题意进行分类讨论：当点 在 上时，当点 在 上时，即可得出结论；②过点
作 于点 ，过点 作 于点 ，通过证明 ，得出 ，延长 ，过
点 作 于点 ，证明 ，进而得出 ，过点 作 ，
则 ，即可推出点 在直线 上运动，作点 关于直线 的对称点 ，当点 ， ， 在同
一条直线上时， 周长取最小值，即可求出 周长取最小值；根据中点坐标公式得出
， ，再证明点 是 中点，则 ，求出 ，根据
点 为 中点，得出 ，最后根据 ，列出方程求解即可．
（1）解：∵ ， ，
∴ ，
∵四边形 为平行四边形， ，
∴ ，
∵点 为 中点，
∴ ，
设 所在直线的解析式为 ，
把 ， 代入得：，解得： ，
∴ 所在直线的解析式为 ；
设 所在直线解析式为 ，
把点 ， 代入的：
，解得： ，
∴ 所在直线解析式为 ．
（2）解：∵ 所在直线的解析式为 ，点 横坐标为 ，
∴点 ，
设点 ，
∵点 和点 关于点 的中心对称点，
∴ ，
整理得： ，
∴ ；
（3）解：①当点 在 上时，
∵点 在 上，
∴ ，解得 ，
∴ ；当点 在 上时，
∵ ，且 在 上，
∴ ，解得： ，
∴ ；
综上： 或 ；
②∵ ， ，
∴ ，
∵ 为 中点， 为 中点，
∴ ，
过点 作 轴于点 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，则 ，过点 作 于点 ，过点 作 于点 ，
∵点 是点 关于点 的中心对称点，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
延长 ，过点 作 于点 ，
∵点 是 中点，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，则 ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴设 ，
在 中，根据勾股定理可得： ，即 ，
解得： ，
∴ ，
过点 作 ，
∵ ， ， ，
∴ ，
则点 在直线 上运动，作点 关于直线 的对称点 ，
根据轴对称的性质以及平行线间的距离处处相等可得 ，
当点 ， ， 在同一条直线上时， ，此时 周长取最小值，
在 中，根据勾股定理可得： ，
∴ 周长最小值为 ；
∵ ， ， ， 为 中点， 为 中点，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ 是 的中位线，则点 是 中点，
∴ ，
过点 作 于点 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ，即点 为 中点，
∴ ，∵ ，
∴ ，解得： ，
∴
【点拨】本题主要考查了一次函数的图象和性质，平行四边形的性质，中心对称，勾股定理，轴对称，
解题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法，中点坐标公式，正确作出辅助线，确定周长
最小时各点的位置．
23．（1） ；（2）①0＜DE≤ ；②
【分析】（1）直接用待定系数法将A、B、C三点的坐标代入即可；
（2）①作直线LM∥AB，与抛物线相切于D，交y轴于M，此时D到AB的距离最大，过A作AN⊥LM
于N，可知直线LM与抛物线有唯一交点，此时△=0，可求出M点的坐标，进而根据 ，
列式求出AN的长，即可求解；②分当AFGD是矩形和菱形时满足要求，从而求解．
（1）解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋c与y轴交于点A（0，4）、与x轴交于点B（2，0）和点C（－1，
0）．
∴
解得
∴抛物线的解析式为： ．（2）解：①作直线LM∥AB，与抛物线相切于D，交y轴于M，此时D到AB的距离最大，过A作
AN⊥LM于N，
设直线AB的解析式为y=kx+4，则直线LM的解析式为y=kx+n，
∵直线AB过A、B点，
∴0=2k+4，解得k=-2
∴直线LM的解析式为y=-2x+n，
∵直线LM与抛物线相切，只有一个交点，
∴ ，
即
∴△=
∴n=6，
∴M（0，6），
则AM=6-4=2
∵LM∥AB
∴ ，
∴
∴ ，即
∴AN=
∴DE=AN=
∵D在第一象限，
∴0
