第二十三章旋转综合题拓展训练（9考点60题）(教师版）_初中数学_九年级数学上册（人教版）_知识点汇总-U105_2025版

第二十三章 旋转综合题拓展训练 目录与链接 考点一 、 线段的旋转问题 ……………………………………………………………………………2 考点二 、 三角形的旋转 ……………………………………………………………………………19 考点 三、 四边形的旋转 ……………………………………………………………………………38 考点四、一次函数的图象旋转问题………………………………………………………………53 考点五、二次函数背景下的旋转问题……………………………………………………………66 考点六、二次函数的中心对称问题………………………………………………………………84 考点七、与旋转有关的最值问题…………………………………………………………………108 考点八、利用旋转构造图形解决问题……………………………………………………………128 考点九、旋转规律探究……………………………………………………………………………146 考点一、线段的旋转问题 1．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，等腰直角ABC中，AC BC，将线段CA绕点C逆时针旋转 CA  090 CA CA AE BE（090）得到线段CA，作点A关于线段CA所在直线的对称点E，连接AE和BE，分别交线段 CA所在直线于点M和点F，若CF 1，FM 3，则BF的长为 ． 4 2 【答案】 CH CA BE AF AF EF,AC CE 【分析】过点C作 交 于点H，连接 ，根据题意得到 ，易证 CAF CEF ，由等腰三角形的性质推出CBECEB，推出CAF CBE，证明 AFC≌BHCAAS ，得到 CF CH,AF BH ，进而证明CHF 是等腰直角三角形，即可证明AMF 是 FH  2CF  2,AF  2MF 3 2 BF 等腰直角三角形，推出利用勾股定理即可求出 ，即可求出 的长． 【详解】解：如图，过点C作CH CA交BE于点H，连接AF ， 点E与点A关于线段CA所在直线对称，  AF EF,AC CE， CAE CEA,FAEFEA， CAF CEF ，  BC  AC,AC CE， CEBC， CBECEB， CAF CBE， ACFACH BCH ACH 90， ACF BCH ， AFC≌BHCAAS  ， CF CH,AF BH ，CHF是等腰直角三角形， CFH CHF 45， BHC AFC 180CHF 135， AFM 45 AMF 是等腰直角三角形， MF  AM  CF 1，FM 3， FH  CF2CH2  2CF  2,AF  MF2AM2  2MF 3 2 ， BF BH FH  AFFH 4 2 ， 4 2 故答案为： ． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形判定与性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，对称的性质，正 确作出辅助线构造三角形全等时解题的关键． ABCD AB4,BC 4 3 BC 2．（23-24八年级下·重庆九龙坡·期末）如图，在矩形 中， ，点P是 边上一点， AP AP 60 AQ CQ、DQ BCQDCQ 连接 ，以A为中心，将线段 绕点A逆时针旋转 得到 ，连接 ，且 ， 则CQ的长度为 ． 4 64 2 4 24 6 【答案】 / 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、旋转性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、 含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，是综合性强的填空压轴题，得到点Q 的运动路线是解答的关键． 连接AC，取AC的中点O，连接BO，证明ABO是等边三角形，得到BAO60，利用含30度角的直 4 3 8 3 角三角形的性质求得 OE 3 ，则 AE 3 ，证明BAP≌OAQSAS 得到AOQABP90，则点1 Q在射线 上运动，由已知得到DCQ BCD45，过Q作 于M， 于N， OE 2 QM  AD QN CD DN x MQx CN 4x CQ 24x ，则 ， ，利用勾股定理结合等腰直角三角形的性质得到 ， 4 3 2 3 OQ  x 3 3 ，在Rt△COQ中，利用勾股定理结合平方根解方程求解x值即可解答． 【详解】解：连接AC，取AC的中点O，连接BO，则OAOC， ABCD ABCD4 BC  AD4 3 ABC BADADC BCD90 在矩形 中， ， ， ，  2 ∴AC  AB2BC2  42 4 3 8， ∴OAOC OB AB4 ∴ABO是等边三角形， ∴BAO60，则OAD30， OQ AD 连接 并延长交 于E， 由旋转性质得PAQ60，AP AQ， BAPOAQ60PAO ∴ ， 在△BAP和OAQ中， ABOA  BAPOAQ ，  AP AQ BAP≌OAQSAS ∴ ， AOQABP90 ∴ ， ∴AE2OE ∴由OA2OE2  AE2 得 42OE2 2OE2 4 3 8 3 OE  AE 解得 3 ，则 3 ∴点Q在射线OE上运动， ∵BCQDCQ1 ∴DCQ BCD45， 2 QM  AD QN CD MQND 过Q作 于M， 于N，则四边形 是矩形， ∴QM DN， DN x MQx CN 4x 设 ，则 ， ， Rt△CNQ NQC 90NCQ45NCQ 在 中， ， QN CN 4x ∴ ， CQ CN2QN2  2CN  24x ∴ ， RtMQE MEQ90OAE 60 MQE 30 在 中， ，则 ， QE 2ME ∴ ， QM2ME2 QE2 x2ME2 2ME2 由 得 ， 3 2 3 ME  x QE  x 解得 3 ，则 3 ， 4 3 2 3 OQOEQE   x ∴ 3 3 ， 2 4 3 2 3  2 42  x  24x 在 Rt△COQ 中，由 OC2OQ2 CQ2 得   3 3     ， 整理，得x216x160，即 x82 48 ， x84 3 0x4 ∴ ，又 ， x84 3 ∴ ， CQ 24x 2  44 3  4 64 2 ∴ ．4 6  4 2 故答案为： ． 3．（22-23八年级下·安徽阜阳·期末）如图①，在矩形ABCD中，点E 在边AB上，点 F 在边BC上，连 接 DE，DF，EF ，已知EFB2CDF. (1)求证：DF平分CFE； (2)如图②，若矩形 ABCD为正方形，求FDE的度数； (3)如图③，在（2）的基础上，将点E绕点D顺时针旋转使点E的对应点落到点E，已知点 E恰好落在 BC DE，EE EE8 2 DEE 边 的延长线上，连接 ，若 ，求 的面积. 【答案】(1)见解析 (2)45 (3)32 【分析】此题考查了全等三角形的的判定和性质，正方形的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定和性质. （1）设CDF ，则EFB2CDF 2，得到CFD90，DFE90，即可得到 DFEDFE，结论得证； （2）过点D作DH EF 于H，证明 CDF≌HDFAAS ，则 CDDH,CDF FDH ，证明 1 ADE≌HDEHL，则 ，则FDH EDH CDFADE  ADC 45，即可得到 HDEADE 2 答案； RtDCE≌RtDAEHL EDCEDA △EDE （3）证明 ，则 ，得到 是等腰直角三角形，即可得到 DEDE8.【详解】（1）证明：设CDF ，则EFB2CDF 2， ∵四边形ABCD矩形， ∴C 90， ∴CFD90CDF 90， DFE180DFCBFE18090290 ∴ ∴DFEDFE， ∴DF平分CFE； （2）过点D作DH EF 于H， ∴C DGF 90， 由（1）可知，DFEDFE， 又∵DF DF CDF≌HDFAAS ∴ ， CDDH,CDF FDH ∴ ， ∵四边形ABCD是正方形， CDDA,ACDA90 ∴ ∴DADH ， ∵DEDE ADE≌HDEHL ∴ ， ∴HDEADE， 1 ∴FDH EDH CDFADE  ADC 45， 2 ∴FDEFDH EDH 45 （3）将点E绕点D顺时针旋转使点E的对应点落到点E， DE DE ∴ ， ∵DC DA，ADCBDCE90RtDCE≌RtDAEHL ∴ ， ∴EDCEDA， ∴CDECDEADECDE90， ∴EDE90 ∴△EDE是等腰直角三角形， 2 2 DEDE EE 8 2 8 ∴ 2 2 1 1 ∴ 的面积 DEDE 8832 DEE 2 2 4．（23-24八年级下·江苏无锡·期末）如图1，在Y ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且 ADBD2 5 BD AD AO DE DE 90 DF ， ，点E为线段 上一动点，连接 ，将 绕点D逆时针旋转 得到 ， 连接BF． (1)求证：BF  AE； (2)求证：BFAC； (3)如图2，当点F落在△OBC的外面，BF交AC于点M，且能构成四边形DEMF 时，四边形DEMF 的面 积是否发生变化？若不变，请末出这个值，若变化，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)不变；4 【分析】（1）可证得ADEBDF，进而证得VADE≌VBDF ，从而BF  AE； （2）由（1）得VADE≌VBDF ，从而DBF DAE，因为BOGAOD，从而BGOADB90， 从而得出BF  AC； DM DH⊥DM AC H DQ AC Q VDEH≌VDFM （3）连接 ，作 ，交 于 ，作 于 ，可证得 ，从而 S S 四边形DEMF VDHMS S 四边形DEMF VDHM ，进一步得出结果． 【详解】（1）证明：∵DE绕点D逆时针旋转90得到DF， EDF 90,DEDF ，  BD AD， ADB90， EDF ADB， EDFBDEADBBDE， ADEBDF ，  ADBD， ADE≌BDFSAS ， BF  AE； （2）证明：如图1， 设直线BF交AC于G， 由（1）得，VADE≌VBDF ， DBF DAE， QBOGAOD， BGOADB90， BF  AC； （3）解：如图2．四边形DEMF 的面积不变，理由如下， DM DH⊥DM AC H DQ AC Q 连接 ，作 ，交 于 ，作 于 ，∴HDM EDF 90，DEDF ， ∴HDEMDF 90EDM ， 由（2）可知，BF  AC， EMF 90， EMFEDF 180， FDEM 360EMFEDF360180180 在四边形DEMF 中， ， QDEH DEM 180， DEH F，  DEDF， DEH≌DFMASA ， S S ,DH DM 四边形DEMF DHM ， QH QM ， 1 DQ HM ， 2 ∵四边形ABCD是平行四边形， 1 ODOB BD 5， 2 ADB90， OA AD2OD2  (2 5)2( 5)2 5 ， 1 1 由S  OADQ ADOD得： VAOD 2 2 5DQ2 5 5 ， DQ2， 1 S  HMDQDQ2 4， VDHM 2 ∴四边形DEMF 的面积为：4． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，旋转的性 质、勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． ABC BAC 90 AB AC D BC 5．（22-23七年级下·上海·期末）已知在 中， ， ，点 为直线 上一动点D B、C DA D 45 DP DP AC E （点 不与点 重合），将射线 绕点 顺时针旋转 得到 ，直线 与射线 交于点 ，过 点A作DE的垂线，交直线BC于点F ； (1)如图，若点D在线段BC上，且ADDE，求证：VAFC≌VCDE； (2)若点D在线段BC的延长线上，且ADDE，那么第（1）小问的结论还成立吗？请说明理由； (3)若点D在直线BC上运动，当△AFC是等腰三角形时，直接写出DAC的度数． 【答案】(1)见解析 (2)△AFC≌△DEC，见解析 (3)DAC112.5或22.5 【分析】本题考查了几何变换综合题，掌握全等的方法，掌握等腰三角形的性质，是解题关键． （1）由AF DE，得DAF 45．由ADDE，得DAEDEA，CAF CDE．由 CAFDAF EDCADE，得CACD．故△AFC≌△DEC． （2）由ADDE，ADP45，得DAEDEA22.5．由APDE，得PAE67.5．FAB22.5． 由ABC=45，得F 22.5，ADC 22.5，得AF  ADDE．故△AFC≌△DEC． （3）①当CACF 时，由ACF 45，得CAF CFA67.5．BAF 22.5，E22.5， CDEACFE22.5．由ADPABC45，得DABCDE22.5，故DACDABBAC112.5． ②当CACF 时，如图所示．同①，DACDAFFAC4522.522.5． 【详解】（1）证明：∵BAC90，AB AC， ∴ABC ACB45，  AF DE， DAF 45．  ADDE， DAEDEA， DAFFAC DAEDEAACBEDC ， CAF CDE． CAFDAF EDCADE，即CADCDA，CACD． 在△AFC和DEC中， CAF CDE  CACD ，  ACF DCE AFC≌DEC(ASA)． （2）解：结论成立， 理由：如图， ∵ADP45， ∴DAEDEAADP45， ∵ADDE， DAEDEA22.5． APDE， PAE67.5． FAB180BACPAE22.5． ABC 45， F ABCFAB22.5， ∵ADC ACBDAC 22.5， F ADC， AF  ADDE． 在△AFC和DEC中， ACF DCE45  AFC DEC  AF DE AFC≌DEC(AAS)．（3）①当CACF 时，如图所示． ， ACF 45 CAF CFA67.5． BAF 22.5，E22.5， CDEACFE22.5． ADPABC45， ADBCDEADBDAB， DABCDE22.5， DACDABBAC112.5． ②当CACF 时，如图所示． 同①，DACDAFFAC4522.522.5． 综上所述，DAC112.5或22.5． 6．（23-24九年级上·四川成都·开学考试）【阅读理解】已知M，N为平面内不重合的两点．给出以下定 义：将M绕N顺时针旋转 (0360) 的过程记作变换 (N,) ．例如：在平面直角坐标系xOy中，已知 M(1,0) N(2,0) (N,90) (2,1) 点 ， ，则O经过变换 后所得的点B的坐标为 ． xOy y2xb A(1,0) 【迁移应用】如图，在平面直角坐标系 中，直线 分别与x轴，y轴交于点 ，B，设A (B,180) 经过变换 后得到C．(1)求点C的坐标； CDx CD (B,90) BE BF (2)过C作 轴于D，点E是线段 上一动点，设E经过变换 后得到点F，连接 ， ． （i）若△ABF 的面积为3，求点F的坐标； （ii）设点O是y轴上一动点，当以A，B，F，M四点为顶点的四边形为平行四边形时，求点M的坐标． C (1,4) 【答案】(1) 的坐标为 5 )F( (2)ⅰ 2 ，1)；ⅱ)M 的坐标为(0,1)或(0,1)或(0,3) y2x2 B(0,2) A (B,180) C B AC 【分析】（1）求出 ， ，根据 经过变换 后得到 ，可知 为 的中点，即得 C的坐标为(1,4)； ) E EK  y K F FH  y H AB T E (B,90) （2）ⅰ 过 作 轴于 ，过 作 轴于 ，交直线 于 ，由 经过变换 后得到点 F EKB≌BHF(AAS) EK 1BH OH OBBH 211 T F F(t,1) ，可证 ，有 ， ， ， 的纵坐标都为1，设 ， 1 1 1 5 则FT t ，根据 的面积为3，得 (t )23，F( ， ； 2 △ABF 2 2 2 1) m1  ⅱ)设F(m,1)，M(0,n)，分三种情况：当 FM ，AB为对角线时， FM ，AB的中点重合，1n2，当 m10 m1   FA， MB 为对角线时，1n2 ，当FB， MA 为对角线时，12n，分别解方程组可得答案． A(1,0) y2xb 02b 【详解】（1）把 代入 得： ， 解得b2，y2x2 ， 令x0得y2， B(0,2)，  A经过变换(B,180)后得到C， A，B，C共线，且BABC， B为AC的中点， 02(1)1，2204， C的坐标为(1,4)； ) E EK  y K F FH  y H AB T （2）ⅰ 过 作 轴于 ，过 作 轴于 ，交直线 于 ，如图： 经过变换 后得到点 ，  E (B,90) F EBF 90，BEBF ， KBE90HBF BFH ， EKB90BHF， EKB≌BHF(AAS)， EK BH， C(1,4)， EK 1BH， B(0,2)， OH OBBH 211， T ，F 的纵坐标都为1， 1 在 中，令 得x ， y2x2 y1 2 1 FT t 设F(t,1)，则 ， 2 ABF的面积为3，1 1 1 FT(BHOH)3 (t )23 ，即 ，  2 2 2 5 解得t  ， 2 5 F( ， ； 2 1) ) ) F F(m,1) M(0,n) ⅱ 由ⅰ 知 的纵坐标为1，设 ， ， A(1,0) B(0,2) 又 ， ， 当FM ，AB为对角线时，FM ，AB的中点重合， m1  1n2， m1  解得n1 ， M(0,1) ； 当FA，MB为对角线时， m10  1n2 ， m1  解得n1， M(0,1)； 当FB，MA为对角线时， m1  12n， m1  解得n3 ， M(0,3) ； M (0,1) (0,1) (0,3) 综上所述， 的坐标为 或 或 ． 【点睛】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，函数图象上点坐标的特征，三角形面积，平行四 边形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．7．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）问题探究 如图1，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于 点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD，PB．将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在 BA的延长线上的点Q处． （1）求证：PDPB； AQ OP （2）探究 与 的数量关系，并说明理由． 迁移探究 如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且ABC 60，其他条件不变．试探究AQ与 CP的数量关系，并说明理由． AQ 2OP AQCP 【答案】（1）见解析；（2） ，见解析；迁移探究： ，见解析 DAP≌BAPSAS 【分析】（1）证明 ，则PDPB； （2）如图1，过P作PG AC交AB于G，则PGA90PAG45PAG，PAPG，过P作 PH  AB H PQPDPB PAPG QH BH，AH GH QABG 于 ，由旋转可得， ，由 ，可得 ，则 ，如 图，过G作GI BD于I ，则四边形OPGI是矩形，IGOP，由IGB45IBG，可得IGIB，则 AQBG IG2IB2  2IG 2OP ； 迁移探究 由四边形ABCD是菱形，ABC 60，证明ABC是等边三角形，则 CBAACBCAB60 AC  AB P PGBC AGPABC 60 ， ，如图2，过 作 ，则 ，证明 △ PAG是等边三角形，PAPG AG， P PH  AB H QABG AB AC，AP AG BGCP 如图2，过 作 于 ，同理（2）可得 ，由 ，可得 ，进而可 AQCP 得 ． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD AB，DAPBAP45，又∵AP AP， DAP≌BAPSAS ∴ ， ∴PDPB． AQ 2OP （2）解： ，理由如下； 如图1，过P作PG AC交AB于G， ∴ ， PGA90PAG45PAG ∴PAPG， 过P作PH  AB于H， PQPDPB 由旋转可得， ， 又∵PAPG， QH BH，AH GH ∴ ， QH AH BH GH QABG ∴ ，即 ， 如图，过G作GI BD于I ，则四边形OPGI是矩形， ∴IGOP， ∵ABO45， ∴IGB45IBG， ∴IGIB， AQBG IG2IB2  2IG 2OP ∴ ， AQ 2OP ∴ ； AQCP 迁移探究 解： ，理由如下： ∵四边形ABCD是菱形， ∴ABCB， ∵ABC 60， ∴ABC是等边三角形，∴CBAACBCAB60，AC  AB， P PGBC AGPABC 60 如图2，过 作 ，则 ， ∴△ PAG是等边三角形，PAPG AG， 如图2，过P作PH  AB于H， PQPDPB PAPG ∵ ， ， QH BH，AH GH ∴ ， QH AH BH GH QABG ∴ ，即 ， ∵AB AC，AP AG， ∴ABAG ACAP，即BGCP， AQCP ∴ ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质， 矩形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，等边三角形的判定与性质等知识．熟练掌握正方形的性质， 旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，菱形 的性质，等边三角形的判定与性质是解题的关键． 考点二、三角形的旋转 8．（22-23八年级下·广东深圳·期中）如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子，其中 AB AC  AGFG，BACAGF 90，AF ，AG分别与BC交于D，E两点，将△ACE绕着点A顺时 90 ABH ① BH BC ② HDE ③ BD3 CE4 针旋转 得到 ，则下列结论： ； DA平分 ； 若 ， ，则 1 ； 若 ，则S  S ．其中正确的个数有（ ） AH 2 10 ④ ABBE △ABD 2 △ADEA．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，以及勾股定理，根 据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得ABH 和△ACE全等，根据全等三角形对应角 BAH CAE EAF 45 ① DHDE 相等可得 ，然后求出 判断出 正确；根据全等三角形对应边相等可得 ， ADH ADE ② AB6 2 E EN  AC N ，判断出 正确；利用勾股定理得到 ，过 作 于点 ，再利用勾股定 AH 2 10 ③ ADEBEA, △ABD 理求出 ，故 正确；根据角的度数得到 ，然后利用“角角边”证明 和 △ACE ④ 全等，根据三角形面积公式即可求得，判断出 错误，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】∵AB AC  AGFG，BACAGF 90， ABCCFAG45 BC= 2AB ∴ ， ， 由旋转性质可知ABH≌ACE， ∴ABH ACE45，BH CE，AH  AE，BAH CAE， HBDABH ABC 454590， BH BC ① ∴ ，故 正确； ∵BAH CAE， ∴BAH BADCAEBADBACFAG45，即DAH 45， ∴DAH DAE， 在ADH和VADE中， AD AD  DAH DAE ，  AH  AEADH≌ADESAS ∴ ， ∴DHDE，ADH ADE， ∴AD平分HDE，故②正确； 在Rt△ BDH中，BD2BH2 DH2， ∵BH CE，DHDE， ∴BD2BH2 DH2， BD3 CE4 3242 DE2 当 ， 时， ∴DE 5， ∴BCBDDECE12， BC  2AB12 ∴ ， AB6 2 ∴ ， AC  AB6 2 ∴ ， 过E作EN  AC于点N ， ∴ENC ANE90， C NEC 45 ∴ ， ∴CN EN ， EC2 CN2EN2 ∴由勾股定理得： ， CN EN 2 2 ∵ ， AN  ACCN 6 22 2 4 2 ∴ ，  2  2 在 中，由勾股定理得：AE AN2EN2  4 2  2 2 2 10， Rt△ANEAH  AE2 10 ③ ∴ ，故 正确； ∵BABE，ABC=45， 180ABC ∴BAEBEA 67.5， 2 ∵∠DAE  45， ∴ADE180DAEBEA67.5， ∴ADEBEA，ADB180ADE，AEC 180BEA， ∴ADBAEC， 在△ABD和△ACE中， ADBAEC  ABDACE ，  AB AC ABD≌ACEAAS ∴ ， BDCE BD2CE2 DE2 ∵ ， ， DE 2BD ∴ ， 设A到BC边距离为h， 1 1 ∴S  BDh，S  DEh， ABD 2 ADE 2 S BD 2 ABD   ∴S DE 2 ， ADE 2 S  S ∴ △ABD 2 △ADE，故④错误； 综上①②③正确， 故选：C． 9．（2024·浙江·模拟预测）在ABC中，ABC 90，ABBC．将ABC绕点A顺时针旋转（ 0180），直线CB与直线DE交于点F ，点B，F 间的距离记为BF，点E，F间的距离记为EF．给 出下面四个结论：①BF的值一直变大；②EF的值先变小再变大；③当090时，BFEF 的值保持 不变；④当90180，BFEF 的值保持不变；上述结论中，所有正确结论的序号是 ．【答案】①②④ 【分析】本题考查了图形旋转，全等三角形的判定和性质，当0180时，BF的值由0会逐渐变大， 可判断①；而当90时，EF 0可知EF的值先变小再变大，可判断②；当90180时，在FC上 取点 G ，使 FGFE ，连接 AG ，AF ，证明 RtABF≌RtADFHL ，有 BF DF ，知 BFEF DFEF DE，可判断③错误，④正确；掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：当0180时，BF的值一直变大，故①正确； 当090时，EF的值逐步变小；当90时，EF 0；当90180时，EF的值逐步变大，故 ②正确； 当090时，连接AF ，如图1， 由题意得，ABF ADF 90，AB AD，DEBC， 在RtABF和RtADF 中， AF  AF  AB AD， RtABF≌RtADFHL ∴ ， ∴BF DF ， ∴BFEF DFEF DE， ∴BFEF的值保持不变，故③错误； 当90180时，在FC上取点G，使FGFE，连接AG，AF ，如图2， 由题意得，ABF ADF 90，AB AD，DEBC， 在RtABF和RtADF 中， AF  AF  AB AD， RtABF≌RtADFHL ∴ ， ∴BF DF ， ∴BFEF DFEF DE，∴BFEF 的值保持不变，故④正确； ∴正确的有①②④， 故答案为：①②④． 10．（22-23八年级下·四川成都·期中）如图，ABC和VADE是两个不全等的等腰直角三角形，其中 ABC ADE90 AD=ED,AB=BC CE CE DM，BM ， ，连接 ，点M是 的中点，连接 ． (1)若点D在边AC上，如图1，试探究MD，MB之间的关系，并说明理由； 045 (2)若将图1中的VADE绕点A逆时针旋转 ，如图2，那么（1），中的结论是否仍成立？ 如果成立，请说明理由；如果不成立，请写出新结论并证明； VADE 90 AD2 2 BC8 (3)若将图1中的 绕点A逆时针旋转 ，如图3， ， ，求BM的长． 【答案】(1)BM DM 且BM DM ，理由见解析 (2)（1）中的结论仍成立，理由见解析 BM 2 5 (3) 【分析】（1）根据斜边中线等于斜边的一半即可证明相等，再根据等边对等角结合三角形外角的定义与 BMDBMEDME2BCM DCM2ACB90 性质可得 ，问题得证； （2）延长DM 至点G，使得DM MG，连接BG、CG、EG、CD、BD，延长ED交AC于点N，先证 CDEG ANEACG CGDE  AD 明四边形 是平行四边形，即有 ， ，表示出 BAD4590ANDAND45 BCGACGACBACG45 ，再结合 ， ANEACG BCGBAD BCG≌BADANEACG，可得BCGBAD，即可证明BCG≌BAD，问题随之得解； （3）延长DM 交AC于点H，证明DE∥AC，再证明DEM≌HCM ．即可得CH DE AD， 1 DM HM  DH ．求出 ，再在 中，由勾股定理得 2 AH  ACCH 6 2 Rt△HAD DH  AD2AH2 4 5 ，可求解． 【详解】（1）BM DM ，理由： ∵ABC 90，点M是CE的中点， 1 BM  CECM ∴在Rt△CBE中， 2 ， 1 DM  CECM 同理在Rt△CDE中可得： 2 ， ∴BM DM ， ∵BM CM ， ∴CBM BCM ， ∴BMECBM BCM 2BCM ， 同理可得：DME  2DCM ， BMDBMEDME2BCM DCM2ACB90 ∴ ， ∴BM DM ， 综上：BM DM ，BM DM ； （2）成立，理由如下： 延长DM 至点G，使得DM MG，连接BG、CG、EG、CD、BD，延长ED交AC于点N，如图， ∵点M是CE分的中点， ∴EM MC， 又∵DM MG， CDEG ∴四边形 是平行四边形， ∴CGDE，CG∥DE， ∴ANEACG，CGDE  AD，∵ADEADN 90， ∴DAN 90AND， ∵BADBACDAN ， BAD4590ANDAND45 ∴ ， ∵BCGACGACBACG45，ANEACG， ∴BCGBAD， 又∵ABCB，CG AD， ∴BCG≌BAD， ∴BDBG，ABDCBG， ∴ABDCBDCBGCBD， ∴ABCDBG90， ∴△DBG是等腰直角三角形， ∵DM MG， 1 ∴ ，BM DM MG DG， DGBM 2 ∴BM DM ，BM DM ； （3）延长DM 交AC于点H， ∵ABC和VADE是等腰直角三角形， ∴ABBC，ADDE，AEDACB45， 由旋转可得，CAD90，即EDACAD90， ∴DE∥AC， ∴EDM CHM ，DEM DCH ， ∵M为CE中点， ∴EM CM ． ∴DEM≌HCM ． ∴CH DE，DM HM ， 1 即 ，DM HM  DH ． CH DE AD 2 AD2 2 BC8 ∵ ， ，CH 2 2 AC 2BC8 2 ∴ ， ， AH  ACCH 6 2 ∴ ， Rt△HAD DH  AD2AH2 4 5 ∴在 中，由勾股定理得 ， 1 ∴DM  DH 2 5， 2 BM DM 2 5 ∴ ． 【点睛】本题是几何变换综合题目，主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定与性质，及 勾股定理的运用，要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键． 11．（22-23八年级下·广东深圳·期中）如图1，已知Rt△ABC 中，ABBC，AC 2，把一块含30角的 三角板DEF 的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DE，长直角边为DF），点C在 DE上点B在DF上． (1)求重叠部分△BCD的面积； (2)如图2，将直角三角板DEF 绕D点按顺时针方向旋转30度，DE交BC于点M，DF交AB于点N， ①请说明DM DN ； ②在此条件下重叠部分的面积会发生变化吗？若发生变化，若不发生变化，请说明理由； (3)如图3，将直角三角板DEF 绕D点按顺时针方向旋转α度（090），DE交BC于点M，DF交 AB于点N，则DM DN 的结论仍成立吗？重叠部分的面积会变吗？（请直接写出结论不需说明理由） 1 【答案】(1)BCD的面积是2 (2)①说明见解析；②在此条件下重叠部分的面积不发生变化，理由见解析 (3)DM DN的结论仍成立，重叠部分的面积不会变 【分析】本题主要考查了等腰直角三角形和三角形全等．熟练掌握等腰直角三角形的性质，三角形全等的 判定和性质，旋转性质，作出辅助线，是解决本题的关键． （1）判断重叠部分△BCD是一个等腰直角三角形，求出其直角边，即可求解；（2）①连接 BD ，先证得 BDCD ， C ABD ，进而求出 CDM≌BDNASA ，即可得到DM DN ； ②利用①中的结论△CDM≌△BDN 即可得出答案； （3）证明过程类似（2），根据（2）中的结论，可以直接写出． 【详解】（1）∵Rt△ABC 中，ABC 90，ABBC， D是AC的中点，AC 2， 1 ∴ ，BDCD AC 1， BD AC 2 1 1 则S  CDBD ； BCD 2 2 （2）①连接BD， ∵Rt△ABC 中，ABC 90，ABBC， ∴AC 45， ∵D是AC的中点，AC 2， 1 1 ∴ ，ABDCBD ABC 45，BDCD AC 1 BD AC 2 2 ∴C ABD， ∵EDF CDB90， ∴BDNBDM CDM BDM ， ∴CDM BDN ， CDM≌BDNASA ∴ ， ∴DM DN ； ②面积不变．理由： ∵△CDM≌△BDN ， S S ∴ CDM BDN， 1 ∴S S S S S S  ; 四边形BMDN BDM BDN BDM CDM BCD 2 1 （3） 的结论仍成立，S  ，重叠部分的面积不变．理由： DM DN 四边形BMDN 2 连接BD，∵Rt△ABC 中，ABC 90，ABBC， ∴AC 45， ∵D是AC的中点，AC 2， 1 1 ∴ABDCBD ABC 45，BDCD AC 1， ， 2 2 BD AC ∴C ABD，BDC=90， ∴EDF CDB90， ∴BDNBDM CDM BDM ， ∴CDM BDN ， CDM≌BDNASA ∴ ， S S ∴ DM DN ， CDM BDN， 1 ∴S S S S S S  ． 四边形BMDN BDM BDN BDM CDM BCD 2 12．（23-24八年级下·山西晋城·阶段练习）综合与实践： 问题情境： 在数学活动课上，老师要求同学们以矩形为背景探究几何图形运动变化中的数学结论．如 图1，在矩形 ABCD中，点O为对角线BD的中点，点E 在AB边上，且BE BO， 线段EO的延长线交CD于点 F． AB4,AD3 AE （1）如果 ，则 ． 操作探究： （2）“善思”小组的同学将图1中的△ BOE绕点B顺时针旋转(设点O，E的对应点分别为O，E)， 在分析旋转到不同位置时的情形后，提出如下问题，请你解答： E BC OE EF ①如图2，当点 落在 边上时， 所在的直线与 存在什么样的位置关系？并 说明理由 ②如图3，当点O落在AB的延长线上时，连接CE， 判断四边形OBEC的形状，直接写出结果，无需说 明理由．3 【答案】（1） （2）① ，理由见解析②四边形 为菱形，理由见解析 2 OEEF OBEC 【分析】本题考查矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，菱形的判定等知识点，熟练掌握相关知识点，并 灵活运用，是解题的关键． （1）勾股定理求出BD的长，得到OB的长，进而得到BE的长，用ABBE求出AE的长即可； OF,OE G （2）延长 ，交于点 ，根据角的和差关系，结合矩形的性质，旋转的性质，以及四边形的内角和 为360度，推出OGO360FOBOBOBOE90，即可得出结论； ②证明CBO≌CBE，得到OBOC CEBE，即可得出结论． 【详解】解：（1）∵矩形ABCD，点O为对角线BD的中点， 1 ∴A90,OB BD， 2 ∵AB4,AD3， BD 3242 5 ∴ ， 5 ∴OB ， 2 5 ∵BEBO ， 2 3 ∴AE  ABBE  ； 2 3 故答案为： ； 2 （2）①OEEF ，理由如下： OF,OE G 延长 ，交于点 ， ∵OBBE，∴BOEBEO， ∴FOBBOE180， ∵矩形ABCD， ∴ABC 90， ∴OBEOBC 90， ∵旋转， OBEOBE,BOEBOE ∴ ， ∴OBEOBC 90，FOBBOE180， ∴OBO90， ∴OGO360FOBOBOBOE90 ∴OEEF ； ②四边形OBEC为菱形；理由如下： ∵旋转， OBOBBEBE,EBOEOB ∴ ， ∵矩形ABCD， ∴ABC 90，OCOB， ∵点O落在AB的延长线上， ∴CBO90， ∴OBEOBC OBECBE90， ∴OBC CBE， 又∵OBBE,BC BC， ∴CBO≌CBE， ∴OC CE， ∴OBOC CEBE， ∴四边形OBEC为菱形． 13．（23-24八年级下·辽宁大连·阶段练习）图形的变换是初中数学学习中的重要内容，在中考前的探究专 题课上，小亮老师带领同学们对以下图形进行了变换探究．如图在Rt△ABC 中，BAC90， AB AC  5 BC AD ，点D是 边上一点，连接 ．(1)如图1，智慧小组的同学将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AD．提出问题：求证BC CD； AB AD AB BC AD (2)如图2，善思小组的同学将线段 沿 翻折至 ，延长 和 交于点E．提出问题： CE 1 若  ，求 的面积； BC 3 △ACE (3)如图3，小亮老师给出了自己的变换方式，若BABD，在线段AC上取点E，点上关于直线AD的对称 点为M，连接BE，将BE绕点B顺时针旋转45至BN ，连接BM、NM ． ①求证AD∥MN ； ②当MBMN 时，直接与出AE的长度． 【答案】(1)见解析 25 (2) 的面积为 ； △ACE 34 AE 10 5 (3)①见解析；② ． BAD≌CADSAS ABDACD45 BC CD 【分析】（1）证明 ，推出 ，据此即可证明 ； （2）设CAD，求得BACB45，推出E45，作AM BC于点M ，设CE x，则 3 5 10 ，求得AM ME x x x，在 中，由勾股定理列式计算求得x2  ，再三角形 CB3x 2 2 Rt△ABM 17 面积公式求解即可； ABE≌DBNSAS （3）①设 CAD ，证明 ，推出 DN BC ，由BABD，根据三角形的外角性质 列式9045，求得245MACMAB，根据等腰三角形的性质推出AM BC，再证明四 边形AMND是平行四边形，即可得证； 10 AK BK CK  ②延长AM 交BC于点K，由①的结论结合勾股定理求得 2 ，证明 10 RtMBK≌RtDAKHL MK DK  5 DK MK 210 RtMBK≌RtDAKHL ，得到DK MK ，求得 MK DK  5 2 ，据此求解即可． AD AD DAD90 【详解】（1）证明：由旋转的性质得 ， ， ∵BAC90，AB AC， ∴ABC ACB45，BAD90CADCAD， BAD≌CADSAS ∴ ， ∴ABDACD45， ∴BCDACBACD90，即BC CD； （2）解：∵BAC90，AB AC， ∴ABC ACB45， 设CAD， BADBAD90 AB AB AC  5 由折叠的性质得 ， ， 1 1 ∴BACB 180BAC 180BAD45， 2 2 ∵EACBCAD， ∴E45， 作AM BC于点M ， ∴△AEM 是等腰三角形， CE 1 ∵  ， BC 3 ∴设CE x，则CB3x， AB AC  5 ∵ ，1 3 3 5 ∴CM BM  CB x，AM ME x x x， 2 2 2 2 Rt△ABM ABⅱ2 =AM2+BM2 在 中，由勾股定理得 ，  2 5  2 3  2 5  x  x 即 2  2  ， 10 解得x2  ， 17 1 1 5 5 25 ∴ 的面积为 CEAM  x x x2  ； △ACE 2 2 2 4 34 （3）证明：①连接AM 和DN ，设CAD， 由对称的性质得AE  AM ，MADCAD， ∵将BE绕点B顺时针旋转45至BN ， ∴BEBN ，ABE45CBEDBN，又BABD， ABE≌DBNSAS ∴ ， ∴AE DN，BAEBDN 90， 即DN BC， ∴AEDN  AM ， ∵BABD， ∴BADBDA， ∴9045， ∴245MACMAB， ∵AB AC， ∴AM BC， ∴AM∥DN ， 又AM DN， ∴四边形AMND是平行四边形， ∴AD∥MN ； ②延长AM 交BC于点K，由①得AK BC， AB AC  5 ∵ ， 1 1 10 AK BK CK  BC  AB2AC2  ∴ 2 2 2 ， ∵MBMN ， ∴MB= AD， RtMBK≌RtDAKHL ∴ ， ∴DK MK ， BABD 5 ∵ ， 10 MK DK BDBK  5 ∴ 2 ， 10  10 AM  AKMK   5  10 5 ∴ 2  2  ，   AE AM  10 5 ∴ ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，折叠的性质，对称的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行 四边形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 14．（23-24八年级下·山东济南·期末）综合与实践． 【初步探究】某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形ABC和等腰 直角三角形CDE，按如图1的方式摆放，ACBECD90，随后保持ABC不动，将CDE绕点C按逆 090 AE,BD BD AE F AC G CF 时针方向旋转 ，连接 ，延长 交 于点 ，交 于点 ，连接 ．该数学兴 趣小组进行如下探究，请你帮忙解答： （1）如图2，当ED∥BC时： ①则______°；②判断BD与AE的位置关系，并说明理由． 【深入探究】 E,F AF,BF,CF （2）如图3，当点 重合时，请直接写出 之间的数量关系：______； 【拓展延伸】 （3）如图4，在等边ABC中，ADBC于点D，点E在线段AD上（不与A重合），以AE为边在AD 的左侧构造等边△AEF ，将△AEF 着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图5，M 为EF的中点，N 为BE的中点．请说明MND为等腰三角形． 【答案】（1）①45；②BD AE，理由见解析 BF  AF  2CF （2） （3）详见解析． 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，旋转的性质． （1）①根据等腰直角三角形的性质得到CDE45，再根据平行线的性质即可； ②根据余角的性质得到ECABCD,根据全等三角形的性质得EACDBC，推得AFG90即可； �DCE� =ACB,AC=BC,CD CE,DF 2CF （2）根据等腰直角三角形的性质得 ，根据全等三角形的性 质的AF BD，由BF DF BD可得结论； BF,CE CE MN P BF O BDCD （3）连接 ，延长 交 于 ，交 于 ，根据等边三角形的性质得 ，根据三角形的 1 1 中位线定理得MN  BF,DN  EC ，根据全等三角形的性质得 即可得出结论． 2 2 BF EC 【详解】解：（1）①CED是等腰直角三角形 CDE45  ED∥BC\ �BCD� �CDE 45 即45 故答案为：45； ②BD AE，理由如下： BCAECD90 BCADCAECDDCA ECABCD 在△AEC和BDC中 EC CD  ECABCD  AC BC AEC≌BDCSAS EAC DBC ACB90 \ �BGC��GBC 90 \ �AGF��EAC 90 AFG90 BD AE； BF  AF  2CF （2） ，理由如下： ABC和CDE都是等腰直角三角形 \ �DCE� =ACB,AC=BC,CD CE,DF 2CF ACEBCD 在△ACE和△BCD中 AC BC  ACEBCD  CDCE ACE≌BCDSAS AF BD  BF DFBD BF  AF  2CFBF  AF  2CF 故答案为： ； BF,CE CE MN P BF O （3）连接 ，延长 交 于 ，交 于 ， 等边三角形 ABC AB AC  ADBC BDCD M 为EF的中点，N 为BE的中点 \ MN,ND BEF,BCE 分别是 的中位线 1 1 MN  BF,DN  EC 2 2 FAEBAC 60 \ �FAE��EAB� BAE EAB FABEAC 在△ACE和△ABF 中 AF  AE  FABEAC  AB AC ACE≌ABFSAS BF EC MN DN MND为等腰三角形． 考点三、四边形的旋转 ABCD 2 EFGH 15．（2024·河南商丘·模拟预测）如图，已知正方形 的边长为2，另一边长为 的正方形 的 中心与点A重合，连接CE，设CE的中点为M ，连接DM ，当正方形EFGH 绕点A旋转时，DM 的最小 值为 ．1 【答案】 2 2 【分析】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、三角形中位线定理等知识点，正确地作出辅助线是 解题的关键． 如图1：在CD的延长线上截取DN CD（即D是CN 的中点），连接EN ，根据三角形中位线定理得到 1 DM  EN，由旋转的性质知，点E在以点A为圆心，1为半径的圆上，当A，E，N三点共线时，且点E 2 在线段AN上时，EN 最小，即DM 最小，如图2：根据等腰直角三角形的性质即可解答． 【详解】解：如图1，在CD的延长线上截取DN CD（即D是CN 的中点），连接EN ， ∵M为CE的中点， DM 是CEN的中位线． 1 DM  EN ． 2 由旋转的性质，可知点E在以点A为圆心，1为半径的圆上．  A,E,N E AN EN DM 当 三点共线，且点 在线段 上时， 最小，即 最小， 如解图2所示： ，  DN CD2,ADN 90AN 2 2 ， 1 1 1 DM  EN  2 ，即 的最小值为 2 ． 2 2 DM 2 16．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践 (1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边 ABCD ABCD E、F AD、BC GHJK △EDK≌ 形 为梯形， ， 是 边上的点．经过剪拼，四边形 为矩形．则 ______． (2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5 中，E、F、G、H 是四边形ABCD边上的点．OJKL是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：AE与EB的比值为______． ②证明：四边形OJKL为平行四边形． (3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形ABCD剪成4块，按图5的 方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． 【答案】(1)△EAG (2)①1；②见详解 (3)见详解 【分析】（1）由“角角边”即可证明； AE （2）①由操作知，将四边形 绕点E旋转 得到四边形 ，故 ，因此 1；②由 EBFO 180 EAQL AEBE BE 两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明；AB,BC,CD,DA E,H,G,F FH E G EM FH GN FH （3）取 为中点为 ，连接 ，过点 ，点 分别作 ， ，垂足 M,N EBHM E 180 EAHM FDGN F 180 为点 ，将四边形 绕点 旋转 至四边形 ，将四边形 绕点 旋转 至四边 形FAGN，将四边形NGCH 放置左上方空出，使得点C与点A重合，CG与AG重合，CH 与AH重合， 点N的对应点为点N，则四边形MMNN即为所求矩形． 【详解】（1）解：如图， ABCD ∵ ， ∴GAE D， 由题意得E为AD中点，‘ ∴EAED’， ∵AEGDEK ， ∴△EDK≌△EAG 故答案为：△EAG； AB EBFO 180 EAQL （2）解：①如图，由操作知，点E为 中点，将四边形 绕点E旋转 得到四边形 ， ∴AEBE， AE ∴ 1， BE 故答案为：1； ②如图，E、F、G、H AB,BC,CD,DA EBFO 180 由题意得， 是 的中点，操作为将四边形 绕点E旋转 得到四边形 EAQL OHDG 180 JHAP OGCF ，将四边形 绕点H旋转 得到四边形 ，将四边形 放在左上方空出， AQBF CF,APDGCG BFOAQL 则 ， ， DABBCD360 QAEB,PAH D DABQAEPAH PAQ360 ∵ ， ， ， ∴PAQC， ∵BFOCFO180 AQLAQK 180 ∴ ， K,Q,L K,P,J ∴ 三点共线，同理 三点共线， 2L,3J 由操作得， ， ∵12180,13180， 1L180,1J 180 ∴ ， OJ∥KL,OL∥KJ ∴ ， ∴四边形OJKL为平行四边形； （3）解：如图， 如图，取AB,BC,CD,DA为中点为E,H,G,F ，连接FH ，过点E，点G分别作EM FH ，GN FH ，垂足M,N EBHM E 180 EAHM FDGN F 180 为点 ，将四边形 绕点 旋转 至四边形 ，将四边形 绕点 旋转 至四边 形FAGN，将四边形NGCH 放置左上方空出，使得点C与点A重合，CG与AG重合，CH 与AH重合， 点N的对应点为点N，则四边形MMNN即为所求矩形． 由题意得，EMF EMH M90，GNH GNF N90， ∴NMMH 90，HM∥NM ∴NG∥MM， 由操作得，14,23， ∵12180， ∴34180， N,H,M ∴ 三点共线， N,G,N 同理 三点共线， ∵NEMF M90， ∴四边形MMNN为矩形， AC,EF,FG,GH,EH 如图，连接 ， ∵E,H 为BA,BC中点， 1 ∴EH∥AC,EH  AC， 2 1 同理FG∥AC,FG AC， 2 ∴FGEH,FGEH ， ∴EHM GFN ， ∵EMF GNH 90， ∴EHM≌GFN ， ∴EM =GN ，MH NF， ∴FM NH ，由操作得，AHBH ，而BH CH ， ∴AHCH ， 同理，AGCG， BADDCB360 DGAF,BHAE BADHAEGAFHAG360 ∵ ， ， ， ∴HAGC， ∵四边形MMNN为矩形， NNMM,NMNM ∴ ， ∴NFFM HMHN， ∴MFNF MFMH MHNH， ∴NH NH， NGN''G 同理 ， ∴四边形NGCH 能放置左上方空出， ∴按照以上操作可以拼成一个矩形． 【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，图形的旋转，三角形的中位线，正确理解 题意是解题的关键． 17．（23-24八年级下·甘肃武威·期末）某班级开展数学讨论课，老师给出两个大小不同的正方形，要求同 学们利用这两个图形提出不同的数学问题，并解决问题． 【问题提出】（1）小明思考后提出问题：如图1，大正方形ABCD和小正方形BEFG，顶点B重合，点 G，E分别在边AB，BC上．那么线段AG，CE满足什么数量关系? 【联系迁移】（2）小颖受此问题启发，思考并提出新的问题：如图2，将图1中的小正方形BEFG绕点B 顺时针旋转90，（旋转不改变图形的形状和大小）使点G在边BC上，E在AB的延长线上，连接 AG，CE．那么线段AG，CE满足什么数量关系?说明理由； 【开放探索】（3）小新深入研究前面提出的问题，发现并提出新的问题：如图3，将图1中的小正方形 BEFG绕点B顺时针旋转任意角度，连接AG，CE．那么线段AG，CE仍然具有（1）（2）中的数量关系 吗?说明理由．【答案】（1）AGCE；（2）AGCE，理由见解析；（3）具有，理由见解析． 【分析】（1）由正方形的性质可得ABBC，BGBE，进而即可求解； △ABG≌△CBESAS 2 （ ）证明 即可求解； △ABG≌△CBESAS 3 （ ）证明 即可求解； 本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质和全等三角形的判 定和性质是解题的关键． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形， ∴ABBC，BGBE， ∴ABBGBCBE， 即AGCE； （2）AGCE，理由如下： ∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形， ∴ABBC，BGBE，ABG90， 又由旋转可得CBE90， ∴ABGCBE， △ABG≌△CBESAS ∴ ， ∴AGCE； （3）线段AG，CE仍然具有（1）（2）中的数量关系，理由如下： ∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形， ∴ABBC，BGBE，EBGABC90， ∴EBGABE ABCABE， 即ABGCBE， △ABG≌△CBESAS ∴ ， ∴AGCE．A4,0 18．（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点 ，直 C0,3 B4,3 线l∥x轴，交y轴于点 ，点 在直线l上，将矩形 OABC 绕点O按顺时针方向旋转  度，得 OABC OA BC 到矩形 ，此时直线 、 分别与直线l相交于点P、Q． (1)当90时，点B的坐标为______； (2)如图2，当点A落在l上时，点P的坐标为______； (3)如图3，当矩形OABC的顶点B落在l上时， ①求OP的长度； S ②求 △OPB ． 3,4 【答案】(1)    7,3 (2) 25 75 (3)①OP ；② 8 16 【分析】本题主要考查一次函数与几何综合、一次函数的图像与性质、全等三角形的判定与性质等知识点， 掌握数形结合思想成为解题的关键． （1）根据旋转的得到B的坐标即可； （2）根据在RtOCA，然后利用勾股定理即可解答； （3）①根据已知条件得到CPO≌APB，设OPx，则CP AP4x，在RtCPO中，利用 1 OP2 OC2CP2 ，即x2 4x2 32即可求出x的值，即可求解；②根据S OPB'  2 PB·OC即可求解． A4,0 B4,3 【详解】（1）解：∵ ， ，∴OA4，AB3． 由旋转的性质，可知：OAOA4，AB AB3， 3,4 90 B ∴当 时，点 的坐标为 ． 3,4 故答案为 ． RtOCA OA4，OC 3 （2）解：在 中， ， AC  OA2OC2  7 ∴ ，    7,3 ∴当点A落在l上时，点P的坐标为 ．    7,3 故答案为 ． （3）解：①当四边形OABC的顶点B落在l上时， 在△CPO和APB中，OCPA90，CPOAPB，COAB， CPO≌APBAAS ∴ ， ∴OPBP，CP AP． 设OPx，则CP AP4x． 在RtCPO中，OPx，CP4x，OC 3， 25 ∴ OP2 OC2CP2，即x2 4x2 32，解得： x 8 ， 25 ∴OP ； 8 25 ②∵BPOP ， 8 1 1 25 75 ∴S  PBOC   3 ． OPB 2 2 8 16 75 故答案为 ． 16 1 19．（23-24八年级下·湖北十堰·期末）如图，一次函数y 2 x1的图像交 x 轴于 A 点，交y轴于 C 点，以 A，O，C三点为顶点作矩形ABCO，将矩形ABCO绕O点顺时针旋转90，得到矩形ODEF ，直线AC 交直线DF于点M ．(1)求直线DF的解析式； (2)求证：MO是∠AMD的角平分线； (3)在角平分线MO上，是否存在点N ，使得以M ，N ，A为顶点的三角形是等腰直角三角形？若存在， 请求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由． y2x2 【答案】(1) ； (2)见解析；  4 12  1 3  ,   ,  (3)存在， 5 5 或 5 5． 1 【分析】（1）由一次函数y x1求出点 、 的坐标，再根据旋转的性质可求出点 、 的坐标，最 2 A C D F 后根据待定系数法求解即可； O OP AM P OQMD Q RtAOP≌RtFOQ OPOQ （2）过点 作 于点 ，作 于点 ，证明 ，得到 ，即可证 明； M MO y3x M N A （3）联立两个函数解析式，求出点 的坐标，再求出直线 的解析式为 ，以 ， ， 为顶点 的三角形是等腰直角三角形分两种情况：①过 A 点作 AN 1 MA 交 MO 于点 N 1，则 MAN 1是以 MA 为直角边 的等腰直角三角形；②过 A 点作 AN 2 MO 交 MO 于点 N 2，则 △MAN 2是以 MN 2为直角边的等腰直角三角形；根据一次函数的性质，结合勾股定理求解即可． 1 1 【详解】（1）解：在y x1中，令 ，则 x10； 2 y0 2 解得：x2， A2,0  ， x0 y011 令 ，则 ， C0,1  ， B2,1  ， OA2，OC 1， 由旋转可得：OF OA2，ODOC 1， D1,0 F0,2  ， ， D1,0 F0,2 DF ykxb 设直线 的解析式为 ，代入 ， ， kb0  可得：0b2， k 2  解得：b2 ，  DF y2x2 直线 的解析式为 ； O OP AM P OQMD Q （2）如图，过点 作 于点 ，作 于点 ，， �APO� �FQO 90 OF OA2 �OAP� OFQ 由旋转可得： ， ， 在RtAOP和RtFOQ中， APOFQO90  OAPOFQ ，  OF OA RtAOP≌RtFOQAAS  ， OPOQ， MO是∠AMD的角平分线； （3）由旋转可知，AC FD，即AMD90，  MO是∠AMD的角平分线， AMO45， y2x2  联立 1 ， y x1   2  2 x   5 解得 ， 6 y  5 2 6 M ,  即点 5 5， 2 6 M ,  设直线MO的解析式为ykx，代入点 5 5，2 6 得： k�= ， 5 5 解得：k3， 直线MO的解析式为：y3x， A2,0  ， 6 5 MA  5 ， 以M ，N ，A为顶点的三角形是等腰直角三角形分两种情况： 6 5 MA ①过A点作AN 1 MA交MO于点N 1 ，则MAN 1 是以MA为直角边的等腰直角三角形， 5 ， 6 5 MA AN   1 5 2 6 5 6 10 由勾股定理可求得MN 1  MA2AN 1 2  2  5    5 ，   2 6 M ,   5 5， 2 10 MO ，  5 4 10 NOMN MO  1 5 ，  点 N 1在直线 y3x 的图象上， N n,3n  设 1 ， 2 4 10 n23n2    5  ，    4 4 解得n 或n （舍）， 5 5 12 3n ，  5  4 12 N  ,   1  5 5 ；②过 A 点作 AN 2 MO 交 MO 于点 N 2，则 △MAN 2是以 MN 2为直角边的等腰直角三角形， 6 5 MA  5 ， 3 10 MN  AN  由勾股定理可得： 2 2 5 ， 2 6 M ,   5 5， 2 10 MO ，  5 10 NOMN MO  2 5 ，  点 N 2在直线 y3x 的图像上， Nn,3n  设 ， 2  10 n23n2    5  ，   1 1 解得n 或n （舍）， 5 5 3 3n ，  5  1 3 N  , ；  2  5 5  4 12  1 3  ,   ,  综上，N 点坐标为 5 5 或 5 5． 【点睛】本题主要考查图形的旋转性质，一次函数的图像与性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三 角形的性质及勾股定理等知识．解题的关键是灵活运用这些知识． 20．（23-24八年级下·江西吉安·期末）问题情景 已知Y ABCD与ABCD中，AB AB6,BC BC8,ABC ABC60，同学们利用这样的两张 平行四边形纸片开展操作实验，从中发现；许多有趣的数学问题，请你们和他一起探索． 拼图思考： （1）希望小组的同学将Y ABCD与ABCD按照如图1所示摆放，其中点B与B重合，点A落在BC边 上，点C落在BA边的延长线上，他们提出了如下问题，请你解答： ①求证：BE平分ABA； D,D ②求点 之间的距离． 操作探究： （2）创新小组的同学在图1的基础上进行了如下操作：保持Y ABCD不动，将ABCD绕点B沿顺时针 方向旋转，连接DD，他们又提出如下问题： CD DC DD ①当线段 与 交于点P时，如图2，求证：点B在 的垂直平分线上； ABCD C DC ②在 旋转的过程中，当点 恰好落在线段 的延长线上时，请在图3中补全图形，并直接写 D,D 出此时点 之间的距离． 【答案】（1）①见解答过程，②2 （2）①见解答过程，②20【分析】（1）第一问借助三角形BAE与BAE全等求证，第二问连接DD，判断DDE求解． （2）第一问连接BD，BD，判断△BDD为等腰三角形，利用三线合一求证，第二问画出满足条件的图 形，利用等边三角形求解． ABCD ABCD AB AB AB∥AE AE∥BC 【详解】解：（1）① 与 中， ， ， ， 四边形ABAE是菱形． BE平分ABA． ②连接DD，如图， 由①知四边形ABAE是菱形， AEAECD6， ADAEADAE， EDED862， DEDABA60， EDD为等边三角形， DDED2． （2）①连接BD，BD，如图， 与 中， ， ， ， Y ABCD ABCD AB AB6 BC BC8 ABCABC60 ABAB，AA120，AD AD， ∴ABD≌ABD(SAS)， BDBD， △BDD为等腰三角形， B在线段DD的垂直平分线上． ②如图，与 中， ， ， ， Y ABCD ABCD AB AB6 BC BC8 ABCABC60 CDCD6，BC BC8，CBC180606060， △BCC是等边三角形， CC8， DD66820． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，图形的旋转，全等三角形的判定与性质，等腰三角的性质定， 等边三角形的判定与性质．关键是借助三角形全等和等腰三角形的三线合一进行解题． 考点四、一次函数的图象旋转问题 A2,0 AOB 21．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系中， 是等边三角形，点 ，直 l:yx1 x M l B M 线 绕 轴上一点 顺时针旋转120°，得到的直线 恰好经过点 ，则点 的坐标是 ． 3 3   ，0 【答案】 3   【分析】设点C是直线l上一点，且点C绕点M顺时针旋转90度得到点B，连接CM，BM ，过点C作 CFM 60交x轴于F，先由等边三角形的性质得到OBOA2，BOA60，再证明 BOM≌MFCAAS MF OB2，CF OM 得到 ；如图所示，过点C作x轴的垂线，垂足分为E，设 3 3  Mm，0 EF  1 CF  1 m，CE  3EF  3 m C  2 m2， 2 m  CF OM m 2 2 2  3 3  Mm，0，则 ，进而可得EF  1 CF  1 m，CE  3EF  3 m，则 C  2 m2， 2 m ，即 CF OM m 2 2 2   3 3  可得到 3 m21 3 m ，解得m= 3- 3 ，则 M  3 ，0 ． 2 2 3   【详解】解：设点C是直线l上一点，且点C绕点M顺时针旋转120度得到点B，连接CM，BM ，过点C 作CFM 60交x轴于F， A2,0 AOB ∵ 是等边三角形，点 ， ∴OBOA2，BOA60， ∴∠OBM ∠OMB120， 由旋转的性质可得MBMC，∠BMC 120， ∴∠CMF ∠OMB120， ∴∠MF ∠MBO， 又∵∠BOM ∠MFC 60， BOM≌MFCAAS ∴ ， ∴MF OB2，CF OM ； Mm，0 如图所示，过点C作x轴的垂线，垂足分为E，设 ， ∴CF OM m， ∵FCE906030， 1 1 3 EF  CF  m，CE  3EF  m ∴ 2 2 2 ， 1 3 ∴OE MF EF OM 2 mm2 m， 2 2 3 3  C m2， m ∴  2 2 ，   3 3 m21 m ∴2 2 ， 3- 3 解得m= ， 33 3  M ，0 ∴  3 ，   3 3   ，0 故答案为： 3 ．   【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判断，勾股定理，含30度角的直角三 角形的性质，等边三角形的性质，旋转的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形从而表示出点C的坐 标是解题的关键． 22．（20-21八年级上·上海黄浦·期中）如图，正方形ABCD的顶点A、B落在x轴正半轴上，点C落在正 比例函数y＝kx（k＞0）上，点D落在直线y＝2x上，且点D的横坐标为a． （1）直接写出A、B、C、D各点的坐标（用含a的代数式表示）； （2）求出k的值； （3）将直线OC绕点O旋转，旋转后的直线将正方形ABCD的面积分成1：3两个部分，求旋转后得到的 新直线解析式． 2 【答案】（1）点A、B、C、D的坐标分别为（a，0）、（3a，0）、（3a，2a）、（a，2a）；（2）k＝ 3 1 ；（3）y＝（3- ）x或y= x 5 4 ． 【分析】（1）点D的横坐标为a，则点D(a，2a)，则AB＝AD＝2a，进而 求解； （2）将C点坐标代入y=kx即可求得k； m 2a2 （3）根据题干，可求得直线OF的的解析式为y x，当y=2a时，可求出点E( ，2a)，由S DEF＝ a m △ 1 41 S ABCD m 4 正方形 ，可列方程进而求出 ． 【详解】解：（1）点D的横坐标为a，则点D（a，2a）， 则AB＝AD＝2a，则点A、B、C的坐标分别为（a，0）、（3a，0）、（3a，2a）， 故点A、B、C、D的坐标分别为（a，0）、（3a，0）、（3a，2a）、（a，2a）； （2）将点C的坐标代入y＝kx得，2a＝3ak， 2 解得k＝ ； 3 （3）设AF＝m，则点F（a，m），设直线OC旋转后交AD于点F，交CD于点E， m 则直线OF的表达式为 y x ， a m 当y＝2a时，y＝ x2a， a 2a2 解得x= ， m 2a2 故点E（ ，2a）， m 1 1 由题意得：S DEF＝ S ABCD＝ 2a2 a2 ， 4 正方形 4 △ 1 1 2a2  DEDF   a 2ama2 即2 2  m  ， 3a 5a 解得：m＝ ， m 则函数的表达式为y＝ x＝（3± ）x． a 5 5 当y＝（3+ ）x时，直线与正方形没有公共点故舍去 1 第二种情况，旋转后直线OC和线段BC相交，同理可得k= 4 1 则函数表达式为y＝（3- ）x或y= x 5 4【点睛】本题考查一次函数的性质、正方形的性质、面积的计算等，掌握一次函数的性质是解题关键． 23．（18-19八年级下·吉林·阶段练习）（1）探究发现 y2x1 数学活动课上，小明说“若直线 向左平移3个单位，你能求平移后所得直线所对应函数表达式 吗？” 经过一番讨论，小组成员展示了他们的解答过程： y2x1 A0，1 在直线 上任取点 ， A3，1 向左平移3个单位得到点 y2xn 设向左平移3个单位后所得直线所对应的函数表达式为 ． y2xn A3，1 因为 过点 ， 所以6n1， 所以n5， 填空：所以平移后所得直线所对应函数表达式为 （2）类比运用 y2x1 x 已知直线 ，求它关于 轴对称的直线所对应的函数表达式； （3）拓展运用 y2x1 将直线 绕原点顺时针旋转90°，请直接写出：旋转后所得直线所对应的函数表达式 ． 1 1 【答案】（1） ；（2） ；（3）y x y2x5 y2x1 2 2 n5 y2xn 【分析】（1）将 直接代入 即可得出平移后所得直线所对应函数表达式； y2x1 A(0,1),B(0.5,0) x A'(0,1),B'(0.5,0) （2）在直线 上取两点 ，可得出两点关于 轴对称的点的坐标为 ， 利用待定系数法求直线解析式即可； y2x1 C(0,1),D(0.5,0) （3）在直线 上取两点 ，可得出两点绕原点顺时针旋转90°得到的对应点的坐标 C'(1,0),D'(0,0.5) 为 ，利用待定系数法求直线解析式即可． 【详解】解：（1）∵n5 y2x5 ∴平移后所得直线所对应函数表达式为：y2x5 故答案为： ； y2x1 A(0,1),B(0.5,0) x A'(0,1),B'(0.5,0) （2）在直线 上取两点 ，可得出两点关于 轴对称的点的坐标为 ， A'B' ykxb(k 0) 设直线 的解析式为 ，则有： 0.5kb0   b1 k 2  解得： b1 A'B' y2x1 ∴直线 所对应的函数表达式为： ； y2x1 C(0,1),D(0.5,0) （3）在直线 上取两点 ，可得出两点绕原点顺时针旋转90°得到的对应点的坐标 C'(1,0),D'(0,0.5) 为 ， C'D' y pxq(p0) 设设直线 的解析式为 ，则有： pq0   q0.5 解得：  1 p   2  1 q  2 1 1 ∴直线 的解析式为：y x ． C'D' 2 2 【点睛】本题考查的知识点是求一次函数解析式，能够找出直线上的点变换后对应的点的坐标是解此题的 关键． 24．（21-22八年级下·福建泉州·期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝2x﹣1的图象分别交x轴、 y轴于点A、B，将直线AB绕点B按顺时针方向旋转45°，交x轴于点C．(1)点A坐标是（ ， ）、点B坐标是（ ， ）； (2)求直线BC的函数表达式； (3)点M是射线BA上的点，在平面内是否存在点N，使得以M、N、B、C为顶点的四边形是菱形，如果存 在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由． 1 【答案】(1)2 ，0； 0，1 1 (2)y x1 3 2 2 (3)符合要求点 N 的坐标是（2， 2）、（ 1，2）、（ 3，2 ）． y2x1 x0 y0 【分析】（1）由 ，分别令 ， ，即可求解； （2）过A作AF  AB交BC于F，过F作FEx轴于E，得到AB AF ，根据全等三角形的性质得到 1 ，EF OA ，求得F点的坐标，设直线BC的函数表达式为ykxbk 0，利用待定系 AEOB1 2 数法即可得到结论； （3）分当BC是对角线时；当BC是边，四边形BMNC为菱形时；当BC是边，四边形BCMN为菱形时三 种情况，根据菱形的性质去分析求解即可求得答案． y2x1 【详解】（1）解：∵一次函数 的图象分别交x、y轴于点A、B， 1 ∴令x=0，得y=-1，令y=0，则x ， 2 1  A ，0 ∴ 2 ，B（0，1）． 1 故答案为：2 ，0；0，-1； （2）解：过A作AF  AB交BC于F，过F作FEx轴于E．∵ABC=45， ∴△ABF 是等腰直角三角形， ∴AB AF ． ∵OABABOOABEAF 90， ∴ABOEAF ， ∴ABO≌FAE（AAS）， 1 ∴ ，EF OA ， AEOB1 2 3 ∴OE OA AE  ， 2 3 1 ∴F ，  ． 2 2 ykxbk 0 设直线BC的函数表达式为 ， 3 1  kb ∴2 2，   b1  1 k   3 ∴ b1 ， 1 ∴直线BC的函数表达式为：y x1； 3 （3）解：存在． 如图，当BC是对角线时，四边形BMCN为菱形．∴BM∥CN ，BN CN ． y2x1 ∵直线BM为 ， y2xc ∴设直线CN的函数表达式为 ． 1 ∵直线BC的函数表达式为：y x1， 3 ∴C（3，0）， ∴6c0， 解得c6， y2x6 ∴直线CN的函数表达式为 ， 设N（n，2n6）． ∵BN CN ，B（0，1）， ∴BN2 CN2， n212n62 3n22n62 ∴ ， 解得n2， ∴点N的坐标为（2，2）； 如图，当BC是边，四边形BMNC为菱形时． ∴BM∥CN ，BC CN． y2x1 ∵直线BM为 ， y2xc ∴设直线CN的函数表达式为 ． 1 ∵直线BC的函数表达式为：y x11， 3 ∴C（3，0）， ∴6c0，解得c6， y2x6 ∴直线CN的函数表达式为 ， 设N（n，2n6）． ∵BC CN，B（0，1）， BC2 CN2 ∴ ， 1232 （3n）（2n6）2 ∴ 2 ， n3 2 3 2 解得 或 （不合题意，舍去），   3 2,2 2 ∴点N的坐标为 ； ③如图，当BC是边，四边形BCMN为菱形时． ∴BC CM ， 设M（m，2m1）． ∵BC CM ，B（0，1）， BC2 CM2 ∴ ， 1232 （3m）2（2m1）2 ∴ ， 解得m2或0（不合题意，舍去）， ∴点M的坐标为（2，3）． ∵B（0，1），C（3，0）， ∴点N的坐标为（1，2）． 2 2 综上所述，满足条件的点N的坐标为（2， 2）、（ 1，2）、（ 3，2 ）． 【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，全等三角形的判定和性质，菱形的 性质以及勾股定理．解题的关键是注意掌握方程思想、分类讨论思想与数形结合思想的应用．xoy l :y 3x 3 25．（21-22八年级下·浙江金华·开学考试）如图所示，在平面直角坐标系 中，直线 1 交 x 轴于点B，交 y 轴于点A，过点 C1,0 作 x 轴的垂线 l 2，将直线 l 2绕点 C 按逆时针方向旋转，旋转角为 0180 ． (1)若直线 l 2经过点 A ，①求线段 AC 的长；②直接写出旋转角  的度数； (2)若直线 l 2在旋转过程中与 y 轴交于 D 点，当 △ABD 、 ACD 、 △BCD 均为等腰三角形时，求出符合条 件的旋转角的度数． (3)若直线 l 2在旋转过程中与直线 l 1交于点 E ，连 OE ，以 OE 为边作等边 OEF （点 O 、 E 、 F 按逆时针方 向排列），连BF．请你探究线段BE，OB与BF之间的数量关系？并说明理由． 【答案】(1)①AC=2；②旋转角的度数为30°； (2)当α=15°或60°或105°或150°时，△ABD、△ACD、△BCD均为等腰三角形； (3)BE+BF=2OB，理由见解析【分析】（1）①求出点A的坐标，利用两点间距离公式即可求出AC的长； ②如图1中，由CE∥OA，推出∠ACE=∠OAC，由直角三角形的性质，推出∠OAC=30°，由此即可解决问 题； （2）由图2、图3、图4、图5可知，当α=15°或60°或105°或150°时，△ABD、△ACD、△BCD均为等腰 三角形； （3）连接AC，证明△ABC为等边三角形，再证明△ACE≌△BCF，利用全等三角形的性质即可求解． 3 3 3 【详解】（1）解：①对于直线y= x+ 令x=0得y= ，令y=0得x=-1， 3 ∴A（0， ），B（-1，0）， ∵C（1，0），  2 ∴AC= 12 3 =2； ②如图1中， ∵CE∥OA， ∴∠ACE=∠ACO， ∵AC=2CO， ∴∠CAO=30°， ∴∠ACE=30°， ∴α=30°； （2）解：由图2、图3、图4、图5可知，当α=15°或60°或105°或150°时，△ABD、△ACD、△BCD均为 等腰三角形．①如图2中，当α=15°时， ∵CE∥OD， ∴∠ODC=15°， ∵∠OAC=30°， ∴∠ACD=∠ADC=15°， ∴AD=AC=AB， ∴△ADB，△ADC是等腰三角形， ∵OD垂直平分BC， ∴DB=DC， ∴△DBC是等腰三角形； ②当α=60°时，易知∠DAC=∠DCA=30°， ∴DA=DC=DB， ∴△ABD、△ACD、△BCD均为等腰三角形； ③当α=105°时，易知∠ABD=∠ADB=∠ADC=∠ACD=75°，∠DBC=∠DCB=15°， ∴△ABD、△ACD、△BCD均为等腰三角形；④当α=150°时，易知△BDC是等边三角形， ∴AB=BD=DC=AC， ∴△ABD、△ACD、△BCD均为等腰三角形； （3）解：BE+BF=2OB，理由如下： 连接AC， 3 ∵A（0， ），B（-1，0），C（1，0），∠CAO=30°， ∴∠ACO=60°， ∴△ABC为等边三角形， 又△CEF也为等边三角形， ∴∠ACB=∠ECF=60°，AC=BC，CE=CF，AB=BC=2OB， ∴∠ACE=∠BCF， ∴△ACE≌△BCF， ∴AE=BF， ∴AB=BE+AE=BE+BF=2OB． ， 【点睛】本题考查了坐标与图形，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角 三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识． 考点五、二次函数背景下的旋转问题 y=x2+4x3 x A B A B y 26．（2024·辽宁·模拟预测）如图，抛物线 与 轴交于点 ， （点 在点 左边），与 轴交于点C，抛物线的顶点为M ，点D在线段CM （不与点C，M重合）上，连接OD，将线段OD绕点 O旋转90后得到线段 OE，若点E恰好落在抛物线上，则点D的坐标为 ．3 3 21 57 9 57 【答案】 4 , 2   或    8 , 4    【分析】本题考查了二次函数综合题，掌握数形结合，构造全等三角形将点的坐标进行转换是解题的关键． 根据二次函数解析式求出点M ，C的坐标，从而求出直线MC的解析式；由全等三角形DOF≌OEG得 到OF EG， OF OG 点 E32m,m 代入 y=x2+4x3 ，得 32m2432m3m 从而求得点D 的坐标，第二种情况是过点D作DF  y轴于点F ，过点E作EG y轴于点G，由全等三角形 DOF≌OEG 得到OF EG， OF OG ，点 E2m3,m 代入 y=x2+4x3 ，得 2m32 42m33m ，求出m的值，从而求出点D的坐标．  yx24x3x221 【详解】解： ， M2,1 ， x0 y=3 令 ，得 ， C0,3 ，  MC ykx3 设直线 的解析式为 ， M2,1 2k31 k 2 将点 代入，得 ，解得 ，  MC y2x3 直线 的解析式为 ， Dm,2m3 0m2 设 ， 如图，过点D作DF  y轴于点F ，过点E作EG y轴于点G， DFOOGE90，Dm,2m3  ， DF m，OF 32m， 线段OD绕点O旋转90后得到线段OE， ODOE，DOE90， DOFEOG90， DFOOGE，ODOE， DOF≌OEG， OF EG32m，DF OGm， E32m,m ， E32m,m y=x2+4x3 32m2432m3m 将点 代入 ，得 ， 3 解得m 0（不合题意，舍去），m 2  4 ， 1 3 3 D ,  4 2， 如下图，过点D作DF  y轴于点F ，过点E作EG y轴于点G， DFOOGE90，  Dm,2m3 ， DF m，OF 2m3， 同理，得DOF≌OEG， OF EG2m3，DF OGm， E2m3,m ， E2m3,m y=x2+4x3 2m32 42m33m 将点 代入 ，得 ，21 57 21 57 m  m  解得 1 8 （不合题意，舍去）， 2 8 ， 21 57 9 57 D ,   8 4 ，   3 3 21 57 9 57  综上所述，点 D 的坐标为 4 , 2   或    8 , 4    ， 3 3 21 57 9 57  故答案为： 4 , 2   或    8 , 4    ． yax2bx4 y x 27．（21-22九年级上·浙江·周测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 交 轴于点A，交 B6,0 C2,0 AB AQ BQ BQ y N 轴于点 和点 ，连接 、 、 ， 与 轴交于点 ． (1)求抛物线表达式；  7 Q1，  (2)点  3，点M 在x轴上，点E在平面内，若BME≌AOM ，且四边形ANEM 是平行四边形． ①求点E的坐标； ②设射线 AM 与 BN 相交于点 P ，交 BE 于点 H ，将 BPH 绕点 B 旋转一周，旋转后的三角形记为 △BP 1 H 1，BP  2OH 求 1 1的最小值． 1 4 【答案】(1)y x2  x4 3 3 ① 2,2 ② 6 2 (2) ； 【分析】（1）将点B、C的坐标代入抛物线，利用待定系数法求得解析式； Q BQ ANEM BME≌AOM （2）①由 坐标求出 解析式，然后根据四边形 是平行四边形和 得出 BM OA4，再分类讨论求得M 和E的坐标； ②求出AM 解析式，交点为P，再求出H坐标，然后由两点间距离公式求出BP和BH 长度，因为旋转不 改变长度，所以 BP 1长度不变，当 H 旋转到 x 轴上时，此时 OH 1最短，所以此时 OH 1等于 BOBH ，然后 代入计算即可． 【详解】（1）解：抛物线 yax2bx4 交 y 轴于点A，交 x 轴于点 B6,0 和点 C2,0 ， 36a6b40  4a2b40 ，  1 a   3 解得： 4 b  3 1 4 y x2  x4；  3 3 ① （2） 如图 1 4 y x2  x4  3 3 OA4， BQ ykxb 设直线 的解析式为 1， 7  B6,0 ， Q  1， 3    7 kb   1 3   6kb 1 0 ，  1 k   3 解得 b 2 ， 1 1 直线 的解析式为y x2，  BQ 3 QN为BQ与 y 轴交点， N0,2 ， AN 2， 四边形ANEM 是平行四边形，  AN∥EM 且EM  AN 2，且点E在点M 下方， 点M 在x轴上，点E在平面内，BME≌AOM ， BM OA4,ME OM 2 ，  B6,0 ， M2,0 10,0 或 ， 2,0 M 若 为 ， BMEAOM 90， E2,2 故 ， 10,0 M 若 为 ， OM ME 2，此时OM 10，(矛盾，舍去)， 2,2 E 综上，点 的坐标为 ； AM ykxb, ②如图，设 的解析式为抛物线 交 轴于点 ， yax2bx4 y  A 点A的坐标为(0，4)， A0,4 M2,0 ykxb 将点 、 的坐标代入 得： b4  2kb0， k 2  解得b4， y2x4 AM 的解析式为 ， AM 与BQ相交于点P， y2x4   1  y x2，  3  6 x   5 解得 ， 8 y  5  6 8  ,  所以点P的坐标为 5 5， ymxn 设直线BE的解析式为 ， 将点B、E的坐标代入直线BE的解析式得： 2mn2  6mn0 ，  1 m 解得 2，  n3 1 所以直线 的解析式为y x3， BE 2BE与AM 相交于点H， y2x4   1  y x3，  2  14 x   5 解得 ， 8 y  5  14 8  ,  点H的坐标为 5 5，  6  2 8 2 8 10 BP  6     5  5 5  14  2  8 2 8 5 BH   6     5   5 5 8 10 BP  1 5 当 H 旋转到 x 轴上时，此时 OH 1最短，如图 8 5 OH BOBH 6  1 5 8 10  8 5 BP  2OH   26 6 2. 1 1 5  5    BP  2OH  1 1的最小值为 6 2 ． 【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、全等三角形的判定与性质、用待定系数法求函数表达式、 二次根式的化简、用解方程组的方法求函数图象的交点坐标等知识和方法，计算较为烦琐，难度较大，属 于考试压轴题． yax2bxc(a0) C(0,1) 28．（23-24九年级上·湖北十堰·阶段练习）如图，抛物线 的图象过点 ，顶点为 Q(2,3) D x ODOCQ(2,3) D x ODOC ，点 在 轴正半轴上，线段 ． (1)求抛物线的解析式； (2)若抛物线上有点M ，使得VCDM 是以CM 为斜边的直角三角形，请求出M 点的坐标； CD C 45 E F QE (3)将直线 绕点 逆时针方向旋转 所得直线与抛物线相交于另一点 ，若点 是直线 上的动点， 是否存在点F ，使C，D，E，F 四点构成的四边形为平行四边形？若存在，请求出此时四边形的周长和 面积；若不存在，请说明理由． 1 【答案】(1)y x22x1 2     1 5， 5 1 5，5 (2)M 点的坐标为 或 F C D E F 2 22 10 (3)存在点 ，使得 ， ， ， 四点构成的四边形为平行四边形，此时四边形的周长为 或 2 28 4 ；面积是 ． 【分析】（1）用待定系数法求解即可； （2）求得直线CD和直线DM 的解析式，将直线DM 的解析式与抛物线的解析式联立，解方程即可得出出 M 点的坐标； E EF∥CD EF CD 2 C D E F （3）存在．求得点 的坐标，证明 ，则当 时， ， ， ， 四点构成的四边 F QE CDEF 2CDDE 形为平行四边形．分两种情况计算：①当点 在线段 上时，平行四边形 的周长为： ， 其面积为： 2S CDE；②当点 F 在线段 QE 的延长线上时，平行四边形 CDF ' E 的周长为： 2CDCE ，其 面积为：41． Q2,3 【详解】（1）解：顶点为 ， ya(x2)23 设抛物线的解析式为 ， C0,1 1a(02)23 将 代入，得： ， 1 解得a ， 2 1 1 y x22 3 x22x1，  2 2 1 抛物线的解析式为y x22x1；  2 C0,1 （2） ，  CD ykx1 OC 1 设直线 的解析式为 ， ， ODOC 1，则△COD是等腰直角三角形， OCD45， D1,0 ， D1,0 ykx1 k 1 把 代入 ，得 ，  CD yx1 直线 的解析式为 ， CDM 是以CM 为斜边的直角三角形， DM CD， 设DM 交 y 轴于点N ，则△CDN是等腰直角三角形，则COON， N0,1 ∴  设直线 DM 的解析式为 yk 1 x1 ，将 D(1 ， 0) 代入，可得 k 1 ， 直线DM 的解析式为yx1， yx1   1 y x22x1   2 x1 5  x1 5   解得 或 y 5 y 5     1 5， 5 1 5，5 M 点的坐标为 或 （3）存在．理由如下： E4,1 由已知及（1）、（2）可知 ， CD 2 ， CE4,DE 41212  10  Q2,3 又顶点为 ， 1 点 到直线 的距离等于 ，即等于 CE，  Q CE 2 2 CEQ45， EF ∥CD． EF CD 2 C D E F 当 时， ， ， ， 四点构成的四边形为平行四边形． ①当点F 在线段QE上时，   2(CDDE)2 2 10 2 22 10 平行四边形CDEF的周长为： ； 1 其面积为：2S 2 414； CDE 2 ②当点F 在线段QE的延长线上时，   2(CDCE)2 24 2 28 平行四边形CDFE的周长为： ； 其面积为：414． 综上所述，存在点F ，使得C，D，E，F 四点构成的四边形为平行四边形，此时四边形的周长为 2 22 10 2 28 4 或 ；面积是 ． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、直线与抛物线的交点坐标及平行四边形的判定与性质等知识点，数形结合、分类讨论、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． A2,0 29．（20-21九年级上·重庆沙坪坝·期末）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于 、B两 4,2 点，与y轴交于点C，顶点D的坐标为 ． (1)求抛物线的解析式； 3 (2)已知直线l：y＝ x与抛物线交于E、F两点（点E在F的左侧），点G为线段 上的一个动点，过G 4 EF 作y轴的平行线交抛物线于点H，求GH+GF 的最大值及此时点G的坐标； (3)在（2）的条件下，如图2，若点G是OF 的中点，将△OBG绕点O旋转，旋转过程中，点B的对应点 为B、点G的对应点为G，将抛物线沿直线AF 的方向平移（两侧均可），在平移过程中点D的对应点为 D�，在运动过程中是否存在点B和点D�关于△ABF的某一边所在直线对称（B与D�不重合），若存在， 请直接写出点B的坐标；若不存在，请说明理由． 1 【答案】(1) y x422 2 7 81 7 21 m G ,  (2)当 8 时，GH+GF 最大＝ 8 ，此时 2 8  144 42 B  171, 171    171 , 171   ,  (3)存在， 、 、(0,6)、 25 25 【分析】（1）设抛物线顶点式，代入点的坐标即可求解； G(4m,3m) GH GF （2）设 ，求出 关于m的函数关系式是二次函数，求二次函数最值；B D� AF，BF，AB B(a,b) B （3）分为 与 关于 对称三种情形，设 ，根据 到原点距离是6及对称列出方程组， 从而解得． yax42 2 【详解】（1）设抛物线解析式为 ， 把x2，y0代入，得：4a20， 1 ∴a ， 2 1 ∴y x422； 2 F  x, 1 x42 2   （2）设  2 ， 1 3 ∴ x42 2 x 2 4 ∴x8， F(8,6) ∴ ， G(4m,3m) 设 ， H  4m, 1 4m42 2  , ∴  2  1 5 ∴GH 3m 4m42 28m219m6，GF  84m105m， 2 4  7 2 81 GH GF 8m214m48m   ∴  8 8 ， 7 81 7 21 m  G ,  ∴当 8 时，GH GF 最大 8 ，此时 2 8 ； （3） A(2,0),F(8,6),D(4,2),B(6,0) ， ∴设直线AF 的解析式为ykxb， 2kb0  把A(2,0),F(8,0)代入得：8kb6k 1  解得，b2 AF：y=x﹣2 ∴直线 ， BD：yx6 AD：yx2 BF：y3x18 同理可求直线 ，直线 ，直线 ， 若B与D�关于AF 对称，如图1， 2 BI DI  AD AB ∴ 2 ， 2 BI  JB 在等腰RtIJB中， 2 ， ∴JB AB4， B(a,b) 设 ， ∴Jk  AK a2， bKB4(a2)a2 ∴ ， a2a22 36 由OB6得， ， a 171 a 171 ∴ 或 ，     B 171, 171 B  171, 171 ∴ 或 ；②当B与D�关于AB对称时，如图2， BB：yx6 ∴直线 ， B(x,x6) ∴ ， x2x62 36 ∴ ， ∴x0，或x6（舍去） B(0,6) ∴ ； ③当B与D�关于BF对称时，如图3， B(a，b) 设 ， ∴a2b2 36， ∵BDBF， 1 1 1 k    ∴ BD k k 3 BF1 1 1 ∴直线 的函数关系式是：y xab x ab， BD 3 3 3 D(x，x6) 设 ， 1 1 ∴ x abx6x6， 3 3 ∴4xa3b18， xa x6b P ，  ∵  2 2 ， xa x6b ∴3 18 ， 2 2 ∴2x303ab， 4xa3b18  ∴2x303ab ∴7ab42， a2b2 36  ∴ 7ab42 50a2﹣588a1728＝0 ∴ ， 144 ∴a 1  25 ，a 2 6（舍去）， 144 42 B  ，  ∴  25 25； 144 42 B  171, 171    171, 171   ,  综上所述 、 、(0,6)、 25 25 【点睛】本题考查了以二次函数为背景下求二次函数的最值，结合图形的旋转、翻折（对称）、平移求满 足一定条件下的点的坐标，解决问题的关键是设点的坐标，根据条件列出方程组． yax2bxca0 30．（2024·四川成都·三模）已知抛物线 与 x 轴交于点A、 C （ C 在A的左侧），与 y 轴交于点B．A3,0 B0,3 C1,0 (1)若 ， ， ． ①求该抛物线解析式； 2,0 E 4 D EC ED M ECD ②抛物线上点 的横坐标为 ， 点坐标为 ，连接 ， ，点 为平面内任意一点，将 绕 点M 旋转180得到对应的△ECD（点E，C，D的对应点分别为点E，C，D�），若△ECD中恰有 两个点落在抛物线上，求此时点E的坐标；（点C不与点E重合） P Q yax2bxc P C Q y (2)如图2，点 和点 在抛物线 上，其中 在点 左侧抛物线上， 点在 轴右侧抛物线上， 直线 CQ 交 y 轴于点 F ，直线 PC 交 y 轴于点 H ，设直线 PQ 解析式为 ykxt ，当 S △HCQ 2S △BCQ，试证 b 明 为一个定值，并求出定值． k  5 27 5 63 E  ,  E  ,  【答案】(1)①y=x22x3；②  2 4 或 4 16 b (2) 为定值1，证明见解析 k 【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，运用待定系数法求函数解析式，以及中心对称等知识： （1）①运用待定系数法求解即可； ED,DC ②根据中心对称的性质，分 在抛物线上，三种情况讨论求解即可； PC ymxn CQ ydxe H0,n F0,e （2）设直线 的解析式为 ，直线 的解析式为 ，则 ， ，由 S 2S △HCQ △BCQ得 e2cn ，联立方程组，由根与系数和关系可得出结论09a3bc   c3 【详解】（1）解：①将 ， ， 代入 得： A3,0 B0,3 C1,0 yax2bxc   abc0  a1  b2 解得  c3 yx22x3 故抛物线解析式为 ， C1,0 D2,0 CD3 ②解：∵ ， ，则 x 4 又∵ E y 16835 E4,5 ∴ E ，即 ， 依题意，CD∥x轴，CDCD3， C,D 当 两个点落在抛物线上，如图所示， 设C的纵坐标为m， x22x3m x22x3m0 C,D C,D x,x 1 2 则 即 的解为 的横坐标，设 的横坐标为 x x 2,xx 3m ∴ 1 2 1 2 ， x x 3 ∵ 1 2 x x 2 4xx 32 ∴ 1 2 1 2 2243m9 即7 解得：m ， 4 7 解方程x22x3 4 1 5 解得：x ，x 2 2  1 7 D  ,  ∴  2 4 D2,0 E4,5 又∵ ， Em,n 设 1 7 ∴m4 2,n5 0 2 4 5 27 解得：m ；n 2 4  5 27 E  ,  ∴  2 4 ； ②如图所示，当D,E在抛物线上时， 依题意，四边形DEDE是平行四边形，M 为对角线交点， ∴DEED，DEED D2,0 E4,5 ∵ ， E2m,n D4m,5n 设 ，根据平移的性质可得 E2m,n D4m,5n y=x22x3 又∵ ， 在抛物线 上， n2m2 22m3 ∴  5n4m2 24m3  3 m   4  63 n  16 5 63 E  ,  ∴ 4 16 ∵CE∥CE，观察图形，C,E不能同时落在抛物线上，  5 27 5 63 E  ,  E  ,  综上所述，  2 4 或 4 16 yax2bxc （2）解：∵抛物线解析式为 当x0时， yc B0,c ∴ PC ymxn CQ ydxe 设直线 的解析式为 ，直线 的解析式为 H0,n F0,e ∴ ， FH  y y en FB y y ec ∴ F H F B S 2S ∵ △HCQ △BCQ 1 1     ∴ FH x x 2 BF x x 2 Q C 2 Q C en2ec ∴ ∴e2cn y  y （即 F H c y 即点 是 的中点） 2 B B FH ymxn  ∵yax2bxc ax2bmxcn0 ∴ cn ∴x x  P C a  ydxe  ∵yax2bxc ax2bdxce0 ∴ ce c2cn nc ∴x x    Q C a a a cn nc x x  ，x x  ， P C a Q C a x 0 C   x x x x x x x 0 ∴ P C Q C C P Q x x 0 ∴ P Q ykxt yax2bxc Q P 又∵直线 经过抛物线 上两点 、  ykxt  ∴yax2bxc ax2bkxct 0 x x ∴ 的两个根为 P和 Q bk ∴x x  P Q a bk ∴ 0而 a a0∴bk b ∴ 1 k b ∴ 为定值1． k 考点六、二次函数的中心对称问题 31．（23-24九年级上·江苏连云港·期末）若函数图像上至少存在不同的两点关于原点对称，我们把该函数 A(2,m),B(n,5) x 称为“美好函数”，其图像上关于原点对称的两点叫做一对“美好点”．若点 是关于 的 yax2bxc(a0) x4 “美好函数” 上的一对“美好点”，且该函数的对称轴始终位于直线 的右侧．有 5 5 55 下列结论① ；②b ；③ a0；④ abc3．其中正确的是（ ） 4ac0 2 16 16 A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④ 【答案】A 【分析】此题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，“美好函数”，“美好点”的 定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题． yax2bxc x4 先根据题意求出m，n的取值，代入 得到a，b，c的关系，再根据对称轴在 的右侧即可 求解． A(2,m),B(n,5) yax2bxc(a0) 【详解】解：∵点 是关于x的“美好函数” 上的一对“美好点”， ∴A,B关于原点对称， m5,n2 ∴ ， ∴A(2,5),B(2,5)， yax2bxc(a0) 代入  4a2bc5  得4a2bc5 ，  5  b ∴ 2 ，  4ac0∴①②正确，符合题意， ∵该函数的对称轴始终位于直线x4的右侧， b  4 ∴ ， 2a 5 ∴ 2 4，即  5  1 1 2a 16 a 5  a 当a0时，两边同乘a得： 16 ，无公共解集，舍去． 5  a 当a<0时，两边同乘a得： 16 ， 5 ∴ a0， 16 ∴③正确，符合题意， ∵4ac0， ∴c4a， 5 ∵ 44a0 16 5 0c ∴ ， 4  5  a0  16   5 整合条件：b 2   5 0c   4 5 5 5 5   0abc0  三式相加得： ， 16 2 2 4 35 15 15 35 abc abc ∴ ，即 16 4 4 16 ∴④错误，不符合题意． 综上所述，结论正确的是①②③． 故选：A． ya(xh)2ka0 x=1 x 32．（2023·辽宁丹东·模拟预测）如图，对称轴为直线 的抛物线 图象与 轴交 于点A、 B( 点A在点B的左侧 ) ，与 y 轴交于点 C ，其中点B的坐标为 2,0 ，点 C 的坐标为 0,4 ．(1)求该抛物线的解析式； (2)如图1，若点P为抛物线上第二象限内的一个动点，点M 为线段CO上一动点，当△APC的面积最大时， 求△ APM 周长的最小值； 2 A 180 y y Q (3)如图 ，将原抛物线绕点 旋转 ，得新抛物线 ，在新抛物线 的对称轴上是否存在点 使得 ACQ为等腰三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由． 1 9 【答案】(1)y (x1)2 2 2 2 132 5 (2)     7, 23 7, 23 7,7 (3)存在， 或 或 2,0 0,4 x=1 h1 【分析】（1）根据对称轴为直线 ，可得 ，再把点 ， 代入解析式即可求解； （2）过点P作AC的平行线PN ，当直线PN 与抛物线只有一个交点时，△APC面积最大，由此可对称点 P的坐标；再根据轴对称最值问题可求出△ APM 周长的最小值； 1 y y （3）由 可得原抛物线的顶点坐标，由旋转的性质可得 的顶点坐标，进而可求出 的对称轴；则需要 ① AC  AQ ② CACQ ③ QAQC 分类讨论 当 时； 当 时； 当 时，分别建立方程求解即可． ya(xh)2ka0 【详解】（1）解：抛物线 的对称轴为直线 x=1 ， xh1， B2,0 C0,4 抛物线过点 ，点 ， a(21)2k 0  a(01)2k 4， 1 a   2 解得： ， 9  k   2 1 9 抛物线的解析式为：y (x1)2 ．  2 2 1 9 （2）由（1）知函数解析式为：y (x1)2 ． 2 2 A4,0 ，  AC yx4 直线 ： ， 过点P作PN∥AC，设直线PN 的解析式为：yxm， 当△APC的面积最大时，直线PN 与抛物线有且仅有一个交点， 1 9 令xm (x1)2 ，整理得 ， 2 2 x24x2m80 Δ4242m80 ， 解得：m6， x24x40 ， P2,4 x2 ，即 ； 作点A关于 y 轴的对称点A，连接AP交 y 轴于点M ，如图1，此时△ APM 的周长最小， ，  A4,0 A4,0 ， AP (24)2(40)2 2 13 AP (24)2(40)2 2 5 ， ， APM 2 132 5 周长的最小值为： ． 9  9 D1,  D 7,  （3）由（1）知原抛物线的顶点坐标  2，绕点A旋转后的顶点  2， y的对称轴为直线x7； Q 7,t 设点 的坐标为 ， 若ACQ是等腰三角形，则需要分类讨论： ① AC  AQ 2 当 时，如图 ； (40)2(04)2 (47)2(0t)2 t 23 ，解得 ；     Q 7, 23 7, 23 或 ； 当 时； ② CACQ (40)2(04)2 (07)2(4t)2 ，无解； ③ QAQC 3 当 时，如图 ， (47)2(0t)2 (07)2(4t)2 t7 ，解得 ， Q7,7 ．     综上可知，存在，点Q的坐标为 7, 23 或 7, 23 或 7,7 ． 【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式，三角形的面积最值问题，轴对称最值 问题，等腰三角形存在性问题，（2）关键是求出点P的坐标；（3）关键是进行正确的分类讨论，根据两 点间距离公式建立方程． y ax2bxc y a x2b xc P(1,0) 33．（2024·浙江宁波·一模）若二次函数 1 1 1 1与 2 2 2 2的图象关于点 成中心 y y 对称图形，我们称 1与 2互为“中心对称”函数．yx26x3 (1)求二次函数 的“中心对称”函数的解析式； c2a ac (2)若二次函数 yax22axc(a0) 的顶点在它的“中心对称”函数图象上，且当 a  x 4a 时，y 最大值为2，求此二次函数解析式． y ax2bxc(a0) (3)二次函数 1 的图象顶点为M，与x轴负半轴的交点为A、B，它的“中心对称”函数 y 2的顶点为N，与x轴的交点为C、D，从左往右依次是A、B、C、D，若 AB2BP ，且四边形 AMDN 为 b24ac 矩形，求 的值． y(x5)26 【答案】(1)“中心对称”函数的解析式为： 1 1 7 (2)抛物线的表达式为：y x2 x 4 2 4 (3)b24ac20 【分析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解一元二次方程、新定义、矩形的性质、解直角三角形 等，综合性强，难度适中． （1）由新定义即可求解； a  x22x7  （2）求出c7a，得到抛物线的表达式为： y ，即可求解； MH2  AHDH （3）由 ，即可求解． yx26x3(x3)26 【详解】（1）解： ， 则该函数的顶点坐标为：(3,6)， (1,0) (5,6) 则该顶点关于 的对称点为 ， y(x5)26 则“中心对称”函数的解析式为： ； （2）由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x=1， (1,ca) 则顶点坐标为： ， (3,ac) 则“中心对称”函数的顶点坐标为： ，ya(x3)2ac 则“中心对称”函数的表达式为： ， (1,ca) caa(13)2ac 将 代入上式得： ， 解得：c7a， yax22ax7aa  x22x7  则抛物线的表达式为： ， c2a ac 当  x 时， a 4a 即5x2， 则抛物线在x5时，取得最大值为2， a(25107)2 即 ， 1 解得：a ， 4 1 1 7 则抛物线的表达式为：y x2 x ； 4 2 4 （3）如下图： x ,x ,x ,Δb24ac, 设点 A 、 B 、 D 的横坐标分别为： A B D 设左侧抛物线的对称轴交x轴于点H，  b Δ b Δ b Δ  b   , ,x  x   ,0 则点M 的坐标为： 2a 4a  A 2a ， B 2a ，点H的坐标为： 2a ， A,D P1,0 x 2x 根据点 关于 中心对称，点 D 的横坐标 D A， b b Δ  Δ Δ AB2AH 2  2·  由点 、 的坐标得，  2a 2a  2a a ， A M   b  BP1 则 2a ，若AB2BP，  b  2 2 即 a 2a ， 2ab2  整理得： ， 当四边形AMDN 为矩形时，则AMD90， MDH AMH ， MH AH tanMDH  tanAMH  ， HD MH 则MH2  AHDH ， Δ b b Δ  Δ MH  ,AH    ,DH 2x x  而 4a 2a  2a  2a A H ，    Δ  2 Δ    2x x  则 4a 2a A H ， 2 整理得：  (2b4a )， 4 2 将 代入上式得：  (5 ), 2ab2  4 解得：Δ20，0（舍去）， 即b24ac20． A(1,4) B(1,0) 34．（2022·四川资阳·中考真题）已知二次函数图象的顶点坐标为 ，且与x轴交于点 ． (1)求二次函数的表达式； (2)如图，将二次函数图象绕x轴的正半轴上一点P(m,0)旋转180，此时点A、B的对应点分别为点C、D． ①连结AB、BC、CD、DA，当四边形ABCD为矩形时，求m的值； ②在①的条件下，若点M是直线xm上一点，原二次函数图象上是否存在一点Q，使得以点B、C、M、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． y(x1)24 yx22x3 【答案】(1) （或 ） m4 (4,21) (2,3) (12,117) (2)① ，②存在符合条件的点Q，其坐标为 或 或 ya(x1)24 B(1,0) 【分析】（1）根据二次函数的图象的顶点坐标，设二次函数的表达式为 ，再把 代 入即可得出答案； A(1,4) AEx BADBEA90 ABEDBA （2）①过点 作 轴于点E，根据 ，又因为 ，证明出 △BAE∽△BDA AB2 BEBD BD2(m1) BE2 AE4 ，从而得出 ，将 ， ， 代入即可求出m的值； C7,4 B1,0 ②根据上问可以得到 ，点M的横坐标为4， ，要让以点B、C、M、Q为顶点的平行四边 BC BCMQ BC 形，所以分为三种情况讨论：1）当以 为边时，存在平行四边形为 ；2）当以 为边时，存在 BCQM BC BQCM 平行四边形为 ；3）当以 为对角线时，存在平行四边形为 ；即可得出答案． A(1,4) 【详解】（1）∵二次函数的图象的顶点坐标为 ， ya(x1)24 ∴设二次函数的表达式为 ， B(1,0) 0a(11)24 又∵ ，∴ ， 解得：a1， y(x1)24 yx22x3 ∴ （或 ）； （2）①∵点P在x轴正半轴上， ∴m0， ∴BPm1， 由旋转可得：BD2BP， BD2(m1) ∴ ， A(1,4) AEx 过点 作 轴于点E，∴BE2，AE4， Rt△ABE AB2 BE2 AE2 2242 20 在 中， ， 当四边形ABCD为矩形时，ADAB， ∴BADBEA90， 又ABEDBA， ∴△BAE∽△BDA， ∴AB2 BEBD， 4(m1)20 ∴ ， 解得m4； A1,4 P4,0 ②由题可得点 与点C关于点 成中心对称， C7,4 ∴ ， ∵点M在直线x4上， ∴点M的横坐标为4， 存在以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形， BC BCMQ 1）、当以 为边时，平行四边形为 ， 点C向左平移8个单位，与点B的横坐标相同， ∴将点M向左平移8个单位后，与点Q的横坐标相同， ∴ Q4,y 1  代入 yx22x3 ， y 21 解得： 1 ，Q(4,21) ∴ ， BC BCQM 2）、当以 为边时，平行四边形为 ， 点B向右平移8个单位，与点C的横坐标相同， ∴将M向右平移8个单位后，与点Q的横坐标相同， ∴ Q12,y 2  代入 yx22x3 ， y 117 解得： 2 ， Q(12,117) ∴ ， 3）、当以BC为对角线时， 点M向左平移5个单位，与点B的横坐标相同， ∴点C向左平移5个单位后，与点Q的横坐标相同， ∴ Q2,y 3  代入 yx22x3 ， y 3 得： 3 ， ∴Q(2,3)， (4,21) (2,3) (12,117) 综上所述，存在符合条件的点Q，其坐标为 或 或 ． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，中心对称，平行四边形的存在性 问题，矩形的性质，熟练掌握以上性质并作出辅助线是本题的关键． yaxh2ka0 35．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）二次函数 的图像是抛物线，定义一种 y y mm0 变换，先作这条抛物线关于原点对称的抛物线 ，再将得到的对称抛物线 向上平移 个单位，得 到新的抛物线 y m，我们称 y m叫做二次函数 yaxh2ka0 的m阶变换． y2x322 (1)二次函数 的顶点关于原点的对称点为______，这个抛物线的2阶变换的解析式为______； y x12 4 (2)若二次函数M 的5阶变换的关系式为 5 ． ①二次函数M 的解析式为______； ②若二次函数M 的顶点为点A，与x轴相交的两个交点中右侧交点为B，P是 y 轴上的一个动点，请求出使PAB周长最小时，点P的坐标． (3,2) y2(x3)24 【答案】(1) ， 2 (0, ) (2)①y(x1)21② 3 【分析】（1）根据二次函数的性质求出其顶点坐标，再根据关于原点对称的点的坐标特点，写出其关于 原点的对称点的坐标，根据定义即可求解解析式； y x12 4 y x12 1 （2）①将抛物线 5 向下平移5个单位得到 5 ，此时该抛物线的顶点坐标为(1,1)， (1,1) M A B 该点关于原点的对称点为 ，进而求解；②首先求得抛物线 的顶点 的坐标，点 的坐标，并求得点 B关于 y 轴的对称点B的坐标，当点A、P、B三点共线时，PAB的周长最小，利用待定系数法解得直线 2 (0, ) 的解析式，进而确定点 的坐标即可 ． AB P 3 y2x322 (3,2) 【详解】（1）解：二次函数 的顶点坐标为 ， (3,2) ∴该点关于原点的对称点为 ， y 作这条抛物线关于原点对称的抛物线 ， y2(x3)22 则有 ， y2(x3)22 将抛物线 向上平移2个单位长度， y 2(x3)24 可得 2 ， y2(x3)24 所以原抛物线的2阶变换的解析式为 (3,2) y2(x3)24 故答案为： ， ； y x12 4 y x12 1 （2）①将抛物线 5 向下平移5个单位得到 5 ， 此时该抛物线的顶点坐标为(1,1)， (1,1) 该点关于原点的对称点为 ，M (1,1) 即二次函数 的顶点坐标为 ， M y(x1)21 ∴二次函数 的解析式为 ． y(x1)21 故答案为： ； ②如下图， M y(x1)21 对于抛物线 ： ， (1,1) A 其顶点坐标 的坐标为 ， y0 (x1)210 令 ，可有 ， x 2 解得x 0， 2 ， 1 ∵与x轴相交的两个交点中右侧交点为B， ∴B(2,0)， B y B B(2,0) 作点 关于 轴的对称点 ，则 ， ∴BPBP， ∴PAB周长 ABBPAP ABAPBP， ∴当点A、P、B三点共线时，PAB的周长最小， 设直线AB的解析式为ykxb， A(1,1) B(2,0) 将点 ， 代入，  1 k    3 可得1kb ，解得 2 ，  b 02kb  3 1 2 ∴直线 的解析式为y x ， AB 3 3 2 令 ，则有y ， x0 32 (0, ) ∴点 的坐标为 ． P 3 yaxh2 ka0 【点睛】本题主要考查了新定义“二次函数 的m阶变换”、求关于原点对称的点的 y 坐标、二次函数的图像与性质、关于 轴对称的点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、一次函数 图像与坐标轴交点等知识，解题关键是掌握相关知识，并运用数形结合的思想分析问题． yx22mx x O A 36．（23-24九年级上·江西宜春·阶段练习）二次函数 的图像交 轴于原点 及点 ． 感知特例： m1 L:yx22x B O C A D A （1）当 时，如图1，抛物线 上的点 ， ， ， ， 分别关于点 中心对称的点为 B，O，C，A，D�，如下表：   B1,3 O0,0 C1,1 A__,__ D3,3   B5,3 O4,0 C3,1 A2,0 D1,3 ①补全表格：A（___，___） ②请在图1中描出表中对称后的点，再用平滑的曲线依次连接各点，得到的图像记为L． 形成概念： 我们发现形如（1）中的图像L上的点和抛物线L上的点关于点A中心对称，则称L是L的“孔像抛物 线”．例如，当m2时，图2中的抛物线L是抛物线L的“孔像抛物线”． 探究问题 （2）①当m1时，若抛物线L与它的“孔像抛物线”L的函数值都随着x的增大而减小，则x的取值范 围为_______； yx22mx ym m ②若二次函数 及它的“孔像抛物线”与直线 有且只有三个交点，求 的值． 【答案】（1）①2；0；②作图见解析；（2）①3x1；②m=1 【分析】（1）①利用中心对称的特点即可求出点A的对称点；②在平面直角坐标系中描出各点，用平滑的曲线依次连接各点即可； （2）①利用配方法求出抛物线L的顶点与对称轴，利用点A的坐标和对称性求出“孔像抛物线”L的顶 点与对称轴，进而得出“孔像抛物线”L解析式，利用二次函数的性质即可得出结论； yx22mx ym ym ②利用二次函数 及它的“孔像抛物线”与直线 有且只有三个交点，可得直线 必经 过这两条抛物线中的一条的顶点，利用分类讨论的思想方法，令 ym 分别经过L和L的顶点，从而得到 ym 关于 的方程，解方程即可求得结论． B1,3 B5,3 【详解】（1）∵点 与点 关于点A中心对称， 15 33 ∴点A的坐标为(   2 , 2  ，即 A2,0 ， 故答案为：2；0； ②描点，连线，得到的图像如图所示： m1 L yx22x x=1 （2）①当 时，抛物线 为 ，对称轴为 ， yx22x0 当 ， x 0 x 2 解得： 1 ， 2 ， A2,0 ∴ ， A2,0 4,0 ∴原点关于 对称的点的坐标为 ， 24 ∴它的“孔像抛物线” 的解析式为yx2x4，对称轴为x 3， L 2 画出草图如图所示：∵抛物线L与它的“孔像抛物线”L的函数值都随着x的增大而减小， ∴x的取值范围为：3x1， 故答案为：3x1； yx22mxxm2m2 P  m，m2 ②∵L： ，设顶点为 ，过点P作PM x轴于点M ，“孔像抛物线” L的顶点为P，过点P作PM x轴于点M， PMAPMA90 Mm，0 ∴ ， ， 由“孔像抛物线”的定义可知：点A为PP的中点， ∴PAM PAM，PAPA， 在△PMA和△PMA中， PMAPMA  PAM PAM ，  PAPA △PMA≌△PMAAAS ∴ ， ∴MAMA，PM =PⅱM ， M3m,0 ∴ ， P 3m,m2 ∴ ， ∵抛物线L及“孔像抛物线”L与直线 ym 有且只有三个交点， m2 m m2 m ∴ 或 ， 解得：m1或0， m0 y =x2 yx2 当 时， 与 只有一个交点，不合题意，舍去， ∴m1．【点睛】本题考查待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的图像与性质，中心对称的性质，全等三角 形的判定和性质，理解“孔像抛物线”的定义及运用数形结合并熟练掌握二次函数的相关性质是解题的关 键． G :y x22axa24 37．（23-24九年级上·广东广州·阶段练习）已知抛物线 1 与y轴交于点C，点N坐标 为(0,4) G (1)求证：抛物线 1与x轴有两个交点． G A(m,0) B(n,0) mn (2)设 1与x轴交于 和 ，且 ． ①当NA5时，利用图像求nma的取值范围． ②抛物线 G 2与 G 1关于点A中心对称， G 2与x轴的另一个交点为 B ．问是否存在a，使 △ BNB 为直角三角形？ 若存在，则求出所有可能的a值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 nma3 nma9 △ BNB a 2 6 2 (2)① 或 ；②当 为直角三角形时， 的值为 或 或 ． 2a241  a24  160 【分析】（1）计算 即可得到结论； （2）①由 G 1与x轴交于 A(m,0) 和 B(n,0) ，且 mn ．可得 Aa2,0 ， Ba2,0 ，当 NA5 时，且A在 y OA 5242 3 A3,0 NA5 a23 a1 轴的左侧，如图，可得 ，则 ，当 时， ，即 ，可得 nma3，当NA5时，且A在 y 轴的左侧， 同理可得： nma9；②抛物线 G :yx22axa24xa2 4 Ba2,0 Ba6,0 1 与抛物线G 2关于点A中心对称， ，则 ，求解 BN2BN2 BB2 BN2 a2242 BN2 a6242 BB8 BNB90BN2 a2242 BN2 a6242 BB8，可得 ， ，分三种情况：当BNB90时， BN2BN2 BB2 ，当 BBN 90 时，则 x B x N 0 ，当 BBN 90 时，则 x N x B 0 ，再建立方程求 解即可． G :y x22axa24 【详解】（1）证明：∵抛物线 1 ， 2a241  a24  160 ∴ ， G ∴抛物线 1与x轴有两个交点． y0 x22axa240 （2）①令 ，则 ， xa2 4 ∴ ， x a2 x a2 解得： 1 ， 2 ； G A(m,0) B(n,0) mn ∵ 1与x轴交于 和 ，且 ． Aa2,0 Ba2,0 ∴ ， ， 当NA5时，且A在 y 轴的左侧，如图， N0,4 ∵ ， OA 5242 3 A3,0 ∴ ，则 ， 当NA5时，a23，即a1，ABnma2a24 ∵ ， ∴nma4a， ∴nma3， 当NA5时，且A在 y 轴的左侧， A3,0 同理可得： ， ∴a23，即a5， ∴nma9， 综上：nma3或nma9； G :yx22axa24xa2 4 Ba2,0 ②抛物线 1 与抛物线G 2关于点A中心对称， ， Ba6,0 ∴ ， ∴BB8， N0,4 ∵ ， BN2 a2242 BN2 a6242 ∴ ， ， BNB90 BN2BN2 BB2 当 时， ， a2242a6242 82 ∴ ， ∴a24a40， 解得：a2， 当 BBN 90 时，则 x B x N 0 ， ∴a60， 解得：a6， BBN 90 x x 0 当 时，则 N B ， ∴a20， 解得：a2， △ BNB a 2 6 2 综上：当 为直角三角形时， 的值为 或 或 ． 【点睛】本题考查的是二次函数与x轴的交点问题，二次函数的图象与性质，二次函数与直角三角形，中 心对称的含义，理解题意，选择合适的方法，清晰的分类讨论是解本题的关键．yax3bx2cx a0 38．（22-23九年级下·江苏南京·期中）已知函数 （a，b，c为常数，且 ）的图像是 中心对称图形．用数学软件在相同的坐标系中得到以下函数的图像（图①~④），观察并思考…… yax3bx2cx (1)函数 的图像如图⑤所示，指出常数a，b，c的正负． yx32x2 (2)你同意“函数 的图像的对称中心的横坐标为1”吗？判断并说明理由． ac0 ax3x2cx0 (3)已知 ，直接写出关于x的不等式 的解集（用含a，c的式子表示）． 【答案】(1)a0，b0，c0 (2)不同意，理由见解析 1 14ac 1 14ac 1 14ac x0 x x (3)当a0时， 2a 或 2a ；当a0时， 2a 或 1 14ac 0x 2a 【分析】（1）观察图①②③④，分析其增减性，可得当a0时，在图象两个拐弯处的两侧，y随x的增大 而增大；观察其对称中心，当ab0时，对称中心为原点，当ab0时，对称中心在y轴左侧；即可判断aax2bxc0 和b与图象的关系，再根据其图象与x轴有三个交点可得 有两个异号的实数根，即可判断c 的符号； x x （2）求出当 x1 时的函数值为1，设点x 1 ,y 1 ,x 2 ,y 2 在函数 yx32x2图象上，且 1 2 2 1， y y x 1 1,x 2 1．求出 1 2 2 x 1 22x 1 1，即可得出结论； b24ac14ac0 yax3x2cx （3）先求出 ，则函数 于x轴有三个交点，根据（1）中的结论，结 合图象和增减性，即可写出解集． 【详解】（1）解：观察图①②③④可知，当a0时，在图象两个拐弯处的两侧，y随x的增大而增大； ∵图⑤中，在两个拐弯处两侧，y随x的增大而减小， ∴a0， 观察图①②③④可知，当ab0时，对称中心为原点，当ab0时，对称中心在y轴左侧， ∵图⑤中，对称中心在y轴右侧， ∴ab0， ∴b0， yax3bx2cxx  ax2bxc  0,0 ∵ 与x轴有3个交点，且经过点 ， 0 x  ax2bxc  ∴方程 有三个不相等是实数根， x0 ax2bxc0 ∴ 或 ， yax3bx2cx 由图可知： 与x轴分别交于正半轴、原点、负半轴、 ax2bxc0 x x 0 ∴ 的两个实数根 1 2 ， c ∴x x  0 1 2 a ∵a0， ∴c0， 综上：a0，b0，c0； x1 yx32x2 y1 （2）解：把 代入 得： ， x x 设点x 1 ,y 1 ,x 2 ,y 2 在函数 yx32x2图象上，且 1 2 2 1， x 1 1,x 2 1 ．x x ∵ 1 2 1， 2 ∴x 2x ， 2 1 y x32x2 ∴ 1 1 1 ， y x 32x 2 2x 3 22x 2 x34x24x 2 2 2 1 1 1 1 1， y y 2x24x ∴ 1 2 1 1， y y ∴ 1 2 x22x ， 2 1 1 x 1 ∵ 1 ， y y ∴ 1 2 1， 2 yx32x2 ∴函数 的图像的对称中心的横坐标不是“1”． yax3x2cxx  ax2xc  （3）解：设函数 ， ∵ac0， b24ac14ac0 ∴ ， ax2xc0 则方程 有两个不相等的实数根， ∵当x0时，y0， yax3x2cx ∴函数 于x轴有三个交点， 根据求根公式可得： 1 14ac 1 14ac x  x  方程ax2xc0的两个根分别为： 1 2a ， 2 2a ， 1 14ac  1 14ac   ,0  ,0 ∴函数 yax3x2cx 于x轴的三个交点分别为：  2a   ，0,0，  2a   ， ①当a0时， 1 14ac 1 14ac x0 x 2a 或 2a 时，ax3x2cx0； ②当a0时，1 14ac 1 14ac x 0x 2a 或 2a 时，ax3x2cx0． 【点睛】本题主要考查了探究函数的性质，解题的关键是仔细观察题目所给函数图象，总结出其图象与系 数之间的关系． yax2bxc M1，3 39．（23-24九年级上·湖南长沙·阶段练习）如图，抛物线 的顶点为 ，与x轴的交 yax2bxc M A 点为A和B．将抛物线 绕点B逆时针方向旋转90°，点 1， 1为点M，A旋转后的对应点， 旋转后的抛物线与y轴相交于C，D两点． 3,5 yax2bxc (1)若原抛物线过点 ，求抛物线 的解析式； A AA (2)若A， 1关于点M成中心对称，求直线 1的解析式； (3)在（2）的条件下，若点P是原抛物线上的一动点，点Q是旋转后的图形的对称轴上一点，E为线段 AM 的中点，是否存在点P，使得以P，Q，E，B为顶点的四边形是平行四边形；若存在请求出点P坐标， 若不存在，请说明理由． y2x24x1 【答案】(1) ； y  x 2 (2) ； 23 6 3 23 6 3 23 2 3 23 2 3  ，  ，  ，   ，  (3)点P坐标为 2 2 或 2 2 或 2 2 或 2 2 ．         【分析】（1）利用待定系数法求解即可； ABA G1，0 A2，0 （2）由题意得点M是等腰直角三角形 1斜边中线的中点，求得 ， ，利用待定系数法即 可求解；（3）先求得原抛物线的解析式以及旋转后的的图形的对称轴，分①当BE为边，②当BE为对角线时两种 情况讨论，利用平移的性质列一元二次方程，求解即可． M1，3 【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为 ， yax123 ∴设抛物线的解析式为 ， 3，5 ∵原抛物线过点 ， 5a3123 ∴ ， 解得a2， y2x123 y2x24x1 ∴ ，即 ； （2）解：如图， ABA 90 AB AB 由题意得 1 ， 1 ， A ∵A， 1关于点M成中心对称， ABA ∴点M是等腰直角三角形 1斜边中线的中点， M1，3 ∵ ， G1，0 ∴ ， AGBGMG3 AB AB236 ∴ ， 1 ， A2，0 B4，0 ∴ ， ， AA ykxn 设直线 1的解析式为 ，2kn0 k 1   ∴kn3 ，解得n2， AA y  x 2 ∴直线 1的解析式为 ； （3）解：如图， M1，3 B4，0 A2，0 M 7，3 由（2）得 ， ， ，由旋转的性质知 1 ， ymx123 设原抛物线的解析式为 ， B4，0 0m4123 代入 得 ， 1 m 解得 ， 3 1 ∴原抛物线的解析式为y  x12 3， 3 y=3 ∴旋转后的图形的对称轴为 ， ∵E为线段AM 的中点，  1 3 E ，  ∴  2 2， 3 3 ①当 为边，且点E的对应点为点Q时，此时点E的纵坐标 向下平移 个单位，同时点B的纵坐标0 BE 2 2 3 3 向下平移 个单位得到点P的纵坐标为 ， 2 2 1 ∵点P在抛物线y  x12 3上， 3 3 1 ∴  x123， 2 323 2 23 2 x x 解得 2 或 2 ， 23 2 3 23 2 3  ，   ，  ∴点P坐标为 2 2 或 2 2 ；     7 3 F ，  ②当BE为对角线时，由BE的中点坐标为 4 4， ∵点Q的纵坐标3，  3 3  23 ∴点P的纵坐标为 4 2， 1 ∵点P在抛物线y  x12 3上， 3 3 1 ∴  x123， 2 3 23 6 23 6 x x 解得 2 或 2 ， 23 6 3 23 6 3  ，  ， ∴点P坐标为 2 2 或 2 2 ；     23 6 3 23 6 3 23 2 3 23 2 3  ，  ，  ，   ，  综上，点P坐标为 2 2 或 2 2 或 2 2 或 2 2 ．         【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的 性质，一元二次方程的解法．抛物线的旋转可理解为每个点都绕点B逆时针旋转了90． 考点七、与旋转有关的最值问题 40．（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，ABC 60， AD AB1，BC 2，E为射线CB上的动点，将线段AE绕A点顺时针旋转120得到AE，DE的最小 值为 ．3 【答案】 【分析】本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质等知 识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．将AB绕点A顺时针旋转120至AS，连接DS，可证 得AEB≌AES ，从而得出ASEABE60，可得出DAS120，ADABAS1，从而得出 ASDADS30 DSEASDASE90 E S DE DS 3AD 3 ，从而 ，故当点 在 处时， 最小，从而 ， 从而得出DE的最小值． 【详解】解：将AB绕点A顺时针旋转120至AS，连接DS， ， BASEAE120 EABEAS，  AE AE，AB AS， AEB≌AES(SAS)， ASEABE60， DABBAS120， DAS120，  ADABAS1， ASDADS30， DSEASDASE90， 当点E在S处时，DE最小， DS 3AD 3 ， DE 3 的最小值为： ． 3 故答案为： ． A0,2 41．（22-23九年级上·安徽合肥·期末）在平面直角坐标系中，点 ，点B在x轴的负半轴上， OBA30．将OAB绕点O顺时针旋转，得△OAB，点A,B旋转后的对应点为A,B．记旋转角为．30 OB AB C (1)如图①，当 时，求 与 的交点 的坐标； (2)如图②，连接AB，当AB经过点A时，求AB的长； (3)设线段AB的中点为M ，连接BM ，求线段BM 的长的取值范围(直接写出结果即可)．    3,1 【答案】(1) 2 7 (2) 13 3BM  13 3 (3) 【分析】（1）过点 C 作CDx轴，利用 OBA30 ， A0,2 可得 OB AB2OA2 2 3 ，利用 30 和OBA30可得点D是OB的中点，从而得知点D的横坐标，利用30和△ACO是等边三角形可得 1 1 CD CO AO1，即点D的纵坐标，从而得解； 2 2 （2）过点A作AEx轴，垂足为E，推导AOE 30，从而得出 1 AE  OA1,OE  OA2AE2  3，再计算 ，用勾股定理得 ，从而得解； 2 BE AB AE2BE2 1 （3）取线段 的中点N，连接 、 ，则ON  OA1，用中位线定理求 ，用勾股定理求 ， OA MN BN 2 MN BN 最后利用BNMN BM BNMN求范围． 【详解】（1）解：如图，过点C作CDx轴，垂足为D．A0,2 ∵点 ， ∴OA2． ∵OBA30， ∴AB2OA4． RtOAB OB AB2OA2 2 3 在 中， ． ∵BOB30， ∴OBC BOC． ∴CBCO． ∴ACOOBABOB60，AOC AOBBOB60 ∴△ACO是等边三角形，CO AO ∵CBCO，CDx轴 ODBD 3 ∴ ． 1 1 ∴CD CO AO1． 2 2    3,1 ∴点C的坐标为 ． （2）解：如图，过点A作AEx轴，垂足为E． 由旋转得，OAOA2,OBAOBA30． ∴OAAOAA90OBA60． ∴AOA60． ∴AOE 30． 1 ∴AE  OA1,OE  OA2AE2  3． 2 BEOBOE3 3 ∴ ． RtABE AB AE2BE2 2 7 在 中， ．13 3BM  13 3 （3） 1 解：取线段 的中点N，连接 、 ，则ON  OA1 OA MN BN 2 AB OA ∵点M是线段 的中点，点N是线段 的中点， 1 ∴MN  OB 3 2 AOBAOB90 OBOB2 3 由旋转的性质得： ， BN  OB2ON2  13 ∴ ∴BNMN BM BNMN 13 3BM  13 3 即 【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，中位线定理， 勾股定理等知识，掌握旋转的性质和正确作出辅助线是解题的关键． 42．（22-23八年级下·甘肃兰州·期末）在Rt△ABC 中，ABC 90，BAC 30，将ABC绕点A顺时 针旋转一定的角度后得到△AED，点B，C的对应点分别是E，D． (1)如图1，当点E恰好在AC上时，求CDE的度数； (2)如图2，若60，点F 是边AC的中点，试说明四边形BFDE是平行四边形； (3)若BC 4，连接CE，CD，在旋转的过程中，CDE的面积是否存在最大值？若存在，请求出其面积最 大值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)15；(2)证明见解析； CDE 168 3 (3)在旋转过程中， 的面积存在最大值，最大值为 ． 【分析】（1）由旋转可得CA AD，EADBAC 30，EDAACB60，进而得 1 ACDADC  1803075，再根据角的和差关系即可求解； 2 1 （ ）由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BF  AF  AC，即得 ，又可 2 2 FBABAC 30 1 得BC AC，得到 ，由旋转得到 ， ， ， 2 BC  AF BF BAE CAD60 CBDE DEAABC 90 即得DEBF，延长BF交AE于点G，可得BGEGBABAG306090AED，得到 BF∥ED，即可求证； （3）因为线段DE为定值，当点C到DE距离最大时，CDE的面积取最大值，可知当点C，A，E共线时， CDE的面积取最大值，利用勾股定理求出AE即可求解； 本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，直角三角形的性质，平行四边形的判定， 勾股定理，三角形的面积，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）解：∵ABC 90，BAC 30， ∴ACB60， ∵ABC绕点A顺时针旋转得到△AED，点E恰好在AC上， ∴CA AD，EADBAC 30，EDAACB60， 1 ∴ACDADC  1803075， 2 ∴CDEADCEDA15； （2）证明：∵ABC 90，点F 是边AC的中点， 1 ∴BF  AF  AC， 2 ∴FBABAC 30， ∵ABC 90，BAC 30， 1 ∴BC AC 2 ∴BC  AF BF， ∵ABC绕点A顺时针旋转60得到VADE， ∴BAE CAD60，CBDE，DEAABC 90， ∴DEBF，如图2，延长BF交AE于点G， 则BGEGBABAG306090AED， ∴BF∥ED， ∴四边形BFDE为平行四边形； （3）解：存在，理由如下： ∵线段DE为定值，当点C到DE距离最大时，CDE的面积取最大值， 如图3，当点C，A，E共线时，CDE的面积取最大值， ∵BC DE 4，CABDAE 30， ∴AC 2BC 8， AE AB AC2BC2  8242 4 3 ∴ ， CECAAE84 3 ∴ ， 1 1   ∴S  DE·CE 4 84 3 168 3， CDE 2 2 CDE 168 3 ∴在旋转过程中， 的面积存在最大值，最大值为 ． Rt△ABC BAC 90,AB AC D ABC 43．（2024·山东济南·模拟预测）（1）如图1，在 中， ，点 是 内AD AD A 90 AE BD,CE BD CE 部任意一点．连接 ，将线段 绕点 逆时针旋转 得到线段 ，连接 ，则线段 与 的数量关系是______． （2）如图2，四边形 ABCD 是正方形，DEF 绕点 D 旋转 DE AB ，且 ∠EDF 90 ， DEDF ，连接 AE,CF AE CF G ，直线 与直线 相交于点 ． ①求证：AECF ； G FC BG AB5,DE4 DEF ②如图3，当点 在 的延长线上时，连接 ，已知 ，在 旋转的过程中，求线段 BG的最小值． 【答案】 （1）BDCE （2）①见解析 3 2 ② BAD≌CAESAS 【分析】（1）直接证明 ，即可得出结论； ADE≌CDFSAS DAEDCF CGP90 （2）①证明 ，得 ，即可求得 ，即可得出结论； ②过点B作BM  AG于点M ，作BN FC，交FC的延长线于点N ，过点D作DH  AG于点H．先证明 ABM≌CBNAAS BM BN BMGN BM MG ，得到 ．从而得证四边形 是正方形，得到 ．再证明 ABM≌DAHAAS ，得到BM  AH ．再根据勾股定理得 AH  AD2DH2  52DH2 ，则当 DH 最 AH  5242 3 BG  2BM 大时，AH 最小，此时DH DE 4，即可求得 最小 ，即可由 最小 求解．【详解】解：（1）由旋转可得：EACCADEAD90，AE AD， ∵BAC90， ∴BADCAD90， ∴BADCAE， ∵AB AC， BAD≌CAESAS ∴ ， ∴BDCE； （2）①证明：四边形ABCD是正方形， DADC,ADC 90 ， 又EDF 90， ADCEDC EDF EDC ， 即ADECDF ， 在VADE和CDF中， DADC  ADECDF ，  DEDF ADE≌CDFSAS ∴ ， DAEDCF ． DAEAPD90,APDCPG ， DCFCPG90， CGP90 AECF． ②解：如图，过点B作BM  AG于点M ，作BN FC，交FC的延长线于点N ，过点D作DH  AG于点 H．由①知AECF ， BMGMGN BNG90， 四边形BMGN 是矩形， MBN 90． 又ABC 90， ABCMBC MBNMBC， 即ABM CBN． 在ABM 和△CBN 中， ABM CBN  AMBCNB90 ，  ABCB ABM≌CBNAAS BM BN ． 四边形BMGN 是正方形， BM MG． DAH MAB90， ADH DAH 90, MABADH． 在ABM 和DAH 中， MABADH  AMBDHA90 ，  AB AD ABM≌DAHAAS BM  AH ．  AH  AD2DH2  52DH2 ， 当DH 最大时，AH 最小，此时DH DE 4， AH  5242 3 最小 ， BG  2BM 3 2 最小 ． 【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，本题属四边形综合题目，熟练掌握相关性质的应用是解题的关键． 44．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图1，在ABO中，OAB90，AOB30，OB2，点A在 x轴上，以OB为一边，在OAB外作等边三角形OBC，D是OB的中点，连接AD并延长交OC于E． (1)①求点B的坐标； (2)如图2．将图1中的四边形ABCO折叠，使点C与点A重合，折痕为FG，求OG的长； (3)如图1，连接BE，在线段BE上有一动点M ，连接CM ，OM ，直接写出CM OM BM 的最小值为 ______； (4)若去掉题干中OB2这个条件，点F 为△OBC外一点，连接OF ，BF，CF，若OF 6，BF 2，则 当线段CF的长度最小时，OFB______，CF的最小值是______．   3,1 【答案】(1)点B的坐标为 ； 1 (2) 的长为 ； OG 4 2 3 (3) (4)60，4 【分析】（1）利用直角三角形性质和勾股定理即可求得答案； OG y AGCG2y （2）设 ，则 ，运用勾股定理建立方程求解即可求得答案； （3）将BCM 绕点B顺时针旋转60得到△BCM，连接MM，可得CM OM BM CMOM MM，当 O、M 、M、C在同一条直线上时，CM OM BM CMOM MMOC为最小值，再运用勾股定理 即可求得OC OA2AC2   3 2 32 2 3； BF OBF BFG OG △BCF≌△BOGSAS CF OG （4）以 为边在 内部作等边三角形 ，连接 ，可证得 ，得出 ， 当线段CF的长度最小时，OG最小，即可求得答案． 【详解】（1）解：在ABO中，OAB90，AOB30，OB2，1 AB OB1， ， 2 OA OB2AB2  2212  3   3,1 点B的坐标为 ； OG y （2）解：如图，设 ， 是等边三角形， OBC OC OBBC 2， CGOCOG2y， 由折叠得AGCG2y， Rt△ AOG OG2OA2  AG2 在 中， ， y2  3 2 2y2 即 ， 1 解得：y ， 4 1 的长为 ； OG 4 （3）解：如图，将BCM 绕点B顺时针旋转60得到△BCM，连接MM， 则BMBM ，BCBC，CMCM ，CBCMBM 60， △BMM是等边三角形， MMBM ， CM OM BM CMOM MM， 当O、M 、M、C在同一条直线上时，CM OM BM CMOM MMOC为最小值， D是OB的中点，OAB90，ADODBDAB1， ABD是等边三角形， ODEADB60， DOE903060， ODE是等边三角形， OEOD1， 点E是OC的中点， CBEOBE30， ABOOBCCBC606060180， A、B、C三点在同一条直线上， ACABBC123， OC OA2AC2   3 2 32 2 3， 2 3 故答案为： ； （4）解：如图，以BF为边在OBF 内部作等边三角形BFG，连接OG， 则BGFGBF 2，FBGBFG60， OBC是等边三角形， OBBC OC，OBC 60， CBF OBG， 在△BCF和△BOG中， BF BG  CBF OBG ，  BC BO △BCF≌△BOGSAS ， CF OG， 当线段CF的长度最小时，OG最小， OGOFFG624，OG的最小值为4，此时点G落在线段OF 上，OFBBFG60， CF 的最小值为4； 故答案为：60，4． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了等边三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质， 折叠变换和旋转变换的性质，勾股定理，两点之间线段最短等，正确添加辅助线是解题关键． xOy A0，6 B3，0 45．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图1，在平面直角坐标 中，已知点 ，点 ，将线 段BA绕点B顺时针旋转90得到线段BC，作直线AC． (1)求直线AC的函数表达式； Dm,n S S (2) 是平面内一点，且 ACD ABC ，求n与m的关系； Hh，0 BC 90 BC BC AC (3)如图2， 是x轴上一动点，将线段 绕点H顺时针旋转 得到线段 ，当 与直线 有 交点时，求h的取值范围． 1 【答案】(1)y x6 3 (2)m3n33或m3n3； 27 21 (3) h 4 2 【分析】（1）过点C作CDx轴于点D，证明ABO≌BCD，得出BDOA6，CDOB3，求出 C9,3 OD369 ，得出 ，用待定系数法求出直线的解析式即可； （2）过点B作BFAC于点F，延长BF，取点E，使FEBF，过点E作直线l∥AC，过点B作l∥AC， 9 9 F ,  连接AE，CE，先根据中点坐标公式求出 2 2，根据待定系数法求出直线BF的解析式为y3x9，Ep,3p9 p=6 E6,9 l∥AC 设点 ，根据中点坐标公式求出 ，得出 ，根据 ，求出直线l的解析式为： 1 1 y 3 x11，同理求出直线 l 的解析式为：y 3 x1，根据S ACD S ABC 得出当点D在直线l或 l 上时， 符合题意，最后求出结果即可； B AC C AC BC AC （3）分别求出当旋转后点 正好在 上时，当点 在 上时h的值，即可得出当 与直线 有交 点时，h的边界值，即可得出h的取值范围． 【详解】（1）解：过点C作CDx轴于点D，如图所示： 则AOBBDC90， A0，6 B3，0 ∵点 ，点 ， ∴OA6，OB3， 根据旋转可知：ABC 90，ABBC， ∵ABOCBDCBDBCD90， ∴ABOBCD， ∴ABO≌BCD， ∴BDOA6，CDOB3， ∴OD369， C9,3 ∴ ， ykxbk 0 A0，6 C9,3 AC 设直线 的解析式为： ，把 、 代入得：  1 k  b6 ，解得： 3，  9kb3  b6 1 ∴直线 的解析式为：y x6； AC 3 （2）解：过点B作BFAC于点F，延长BF，取点E，使FEBF，过点E作直线l∥AC，过点B作 l∥AC，连接AE，CE，如图所示：∵ABBC，ABC 90， ∴ABC为等腰直角三角形， ∵BFAC， ∴AF CF ， A0，6 C9,3 ∵ 、 ， 9 9 F ,  ∴ 2 2， 9 9 设直线BF的解析式为：yk 1 xb 1 ，把 B3，0 ， F 2 , 2  代入得： 3k b 0  1 1 9 9， k b   2 1 1 2 k 3 1  解得： b 9， 1 y3x9 BF ∴直线 的解析式为 ， Ep,3p9 设点 ， 根据作图可知：点F为BE的中点， 9 ∴3 p2 ， 2 p=6 解得： ， E6,9 ∴ ， ∵l∥AC，1 ∴设直线l的解析式为：y xq，把E6,9代入得： 3 1 9 6q， 3 q11 解得： ， 1 ∴直线l的解析式为：y x11， 3 1 y x1 同理可得：直线 的解析式为： ， l 3 ∵BE AC，BF EF ， ∴当点D在直线l或 l 上时， S ACD S ABC ， 1 当点Dm,n在直线l上时，n m11，即 ； 3 m3n33 1 当点Dm,n在直线上 时，n m1，即 ； l 3 m3n3 综上分析可知：n与m的关系为m3n33或m3n3； （3）解：当旋转后点B正好在AC上时，连接BH，如图所示： 根据旋转可知：BHB90，BH BH， 1 ∵Hh，0，直线 的解析式为：y x6， AC 3  1  h, h6 ∴B点的坐标为： 3 ， 1 ∵ ，BH  h6， BH h3 3 1 ∴h3 h6， 3 27 h 解得： ； 4 当点C在AC上时，过点C作CM x轴于点N，作CM x轴于点M，连接CH ，CH，如图所示：则CNH CMH 90， C9,3 Hh，0 ∵ ， ， ∴CN 3，ON 9，NH h9， 根据旋转可知：CH CH ，CHC90， ∵CHNNCH CHNCHM 90， ∴NCH CHM ， ∴NCH≌MHC， ∴HM CN 3，CM NH h9， ∴OM h3， h3,h9 C ∴点 的坐标为： ， ∵点C在AC上， 1 ∴ h36h9， 3 21 解得：h ， 2 27 21 ∴当 h 时， 与直线 有交点． 4 2 BC AC 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，一次函数的综合应用，求出一次函数解析式，一次函数的平移问题， 中点坐标公式，三角形全等的判定和性质，解题的关键是数形结合，作出相应的辅助线，注意进行分类讨 论． 46．（23-24八年级下·四川成都·期中）在Y ABCD中，ABC60，AB4，BC6．点E在BC边上且 BE4，将BE绕点B逆时针旋转a得到BE（0a180）． EBA=90 S (1)如图1，当 时，求 BCE； (2)如图2，在旋转过程中，连接CE，取CE中点 F，作射线BF交直线AD于点G．当EBF 120时，求证：BCDG2BF； EBA=90 BE EN  AP AN (3)如图3．当 时，点P为线段 上一动点，过点E作 射线 于点N，M为 中点，直 接写出BM 的最大值与最小值． S 6 【答案】(1) BCE (2)见解析 BM 2 2 BM 10 2 (3) 的最大值 ， 的最小值 ， 【分析】（1）如图1，过点E作EH BC交CB的延长线于点H， 根据题意求得EBH 180EBAABC180906030，再根据特殊直角三角形的性质进而求 得BC上的高，代入面积公式算出结果； （2）①如图，在线段FG上截取FK BF，连接EK、CK ，可证得四边形BCKE是平行四边形，得出 BECK BE4,BC 6 ，可证 EKB≌BGAAAS ，得出 BK  AG ，由AGADDG，即可推出结论； AE S SA BS、SM、QM、BQ ABE （3）连接AE，取 的中点 ， 的中点Q，连接 ，可证 是等腰直角三角形， AE 2AB4 2 S AE BS  AE BS  AS ES 2 2 得出： ，再由 点是 的中点，可得： ，且 ，利用勾股定理 BQ 10 BM BQMQBQSQ 10 2 得 ，当B、Q、M三点共线时， 的最小值 ，当点P与点E重 EN 0,SM 0 BM BS 2 2 合时， 此时， 的最大值 ．． 【详解】（1）解：如图1，过点E作EH BC交CB的延长线于点H， ∴EHC 90， ∵ABC60，EBA90， ∴EBH 180EBAABC180906030， ∵点E在BC边上且BE4，将BE绕点B逆时针旋转a得到BE． ∴BEBE4，1 ∴EH  BE2， 2 又∵BC 6， 1 1 ∴S  BCEH  626； BCE 2 2 （2）如图，在线段FG上截取FK BF，连接EK、CK ， ∵EF FC，BF FK ， ∴四边形BCKE是平行四边形， BECK BE4,BC 6 ∴ ， ∵四边形ABCD是平行四边形，且ABC 60，AB4， ∴A180ABC18060120，AD∥BC，ADBC，BE AB， ∵EBF 120，即EBK 120， ∴EBK A， ∵EK∥BC， ∴EK∥AD， ∴EKBBGA， 在△EKB和△BGA中， EKBBGA   EBK A ，   BE AB EKB≌BGAAAS ∴ ， ∴BK  AG， ∵BK 2BF， ∴AG2BF ， 又∵AGADDG， ∴2BF BCDG； AE AE S SA BS、SM、QM、BQ （3）解：连接 ，取 的中点 ， 的中点Q，连接 ，∵ABE90，ABBE4， ∴ABE是等腰直角三角形， AE 2AB4 2 ∴ ， ∵点S是AE的中点， BS  AE BS  AS ES 2 2 ∴ ，且 ， ∵M是AN的中点，S是AE的中点， ∴SM 是△AEN 的中位线， ∴SM∥EN， ∴AMS ANE90， ∵点Q是AS的中点， 1 ∴QM SQ AS  2， 2 在 RtBSQ 中， BQ BS2SQ2  (2 2)2( 2)2  10 ， BM BQMQBQSQ 10 2 当B、Q、M三点共线时， 的最小值 ， EN 0,SM 0 当点P与点E重合时， ， BM BS 2 2 此时， 的最大值 ． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的 性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识 解决问题． 考点八、利用旋转构造图形解决问题 47．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，ABC为等腰直角三角形，ACB90，APC 165， PA3 PC  2 PBPA3 PC  2 PB ，求 的长． 19 【答案】 【分析】由等腰三角形的性质得出AC BC，将△ACP绕点C逆时针旋转90得到△BCP，连接PP，过 点P作PDBP，交BP的延长线于点D． 由旋转的性质可知CPCP，PCP90，BPC APC 165，BP AP3，进而得出 CPPCPP45 PP CP2CP2 2 DPP90PPD30 30 ， ，进而得出 ，由含 直角三角 1 形的性质得出PD PP1，进而利用勾股定理即可得出 ，再利用勾股定理即可得出答案． 2 PD 【详解】解：∵ABC为等腰直角三角形，ACB90， ∴AC BC． 如下图，将△ACP绕点C逆时针旋转90得到△BCP，连接PP，过点P作PDBP，交BP的延长线 于点D． 由旋转的性质可知CPCP，PCP90，BPC APC 165，BP AP3， CPPCPP45 PP CP2CP2 2 ∴ ， ∴PPBCPBCPP16545120， ∴PPD180PPB60， ∴DPP90PPD30， 1 ∴在 中，PD PP1， RtPPD 2 PD PP2PD2  2212  3 BDBPPD314，∴在Rt△ BPD中，由勾股定理， BP BD2PD2  19 得 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，含30直角三角形的性质，旋转的性质，以及勾股定理等知 识，掌握旋转的性质是解题的关键． 48．（22-23八年级下·天津和平·期中）阅读下面材料： 小诚遇到这样一个问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA3，PB4，PC5，求APB 的度数； 小诚是这样思考的：如图2，构造等边APP，利用全等转化问题，得到从而将问题解决． 1 APB ．( ) （1）请你回答：图 中 的度数等于______ 直接写答案 参考小诚同学思考问题的方法，解决下列问题： 3 ABCD P PA2 2 PB1 PD 17 （2）如图 ，在正方形 内有一点 ，且 ， ， ． ①求APB的度数； ．( ) ②正方形的边长______ 直接写答案 4 ABCDEF P PA2 PB1 PF  13 APB （3）如图 ，在正六边形 内有一点 ，且 ， ， ，则 的度数等于 ．( ) ______，正六边形的边长为______ 直接写答案 150 APB135 13 120 7 【答案】（1） ；（2）① ；② ；（3） ， ． 【分析】 1 把 △APB 绕点A逆时针旋转 60 得到 ACP ，由旋转的性质可得 PAPA ， PC PB ， PAP60，证出APP'是等边三角形，由等边三角形的性质求出PPPA3，APP60，再由勾 股定理逆定理求出PPC 90，求出APC，即为APB的度数； 2① 把△APB绕点A逆时针旋转 90 得到ADP ，由旋转的性质可得 PAPA ， PDPB ， PAP90 ， 证出APP是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质求出PP，APP45，再利用勾股定理逆定理 求出PPD90，然后求出APD，即为APB的度数；② 3 A AEPP E B P P △AEP 如图 ，过点 作 于 ，先证明 ， ， 三点共线，根据 是等腰直角三角形，得 AEEP2 13 ，并由勾股定理可得正方形的边长为 ； 3 如图 4 ，六边形 ABCDEF 是正六边形，把△APB绕点A逆时针旋转 120 得到AFP ，连接 PP ，过点 A作AH PP于H，先根据勾股定理可得PH 的长，从而得PP的长，由勾股定理的逆定理可得 PP'F 90，可得APB的度数；如图4，过点F 作FG AP于G，由勾股定理可得AF 的长． 1ABC 【详解】解： 是等边三角形， AB AC，BAC60， 如图2，把△APB绕点A逆时针旋转60得到ACP，连接PP， 由旋转的性质，PAPA3，PC PB4，PAP60，APBAPC， APP是等边三角形， PPPA3，APP60，  PP2PC2 3242 25 PC2 52 25 ， ， PP2PC2 PC2， PPC 90， APC APPPPC 6090150； 故APBAPC 150； 故答案为：150； 2 ABCD 四边形 是正方形， ADAB，DAB90， ① 3 △APB A 90 ADP 如图 ，把 绕点 逆时针旋转 得到 ， PAPA2 2 PDPB1 PAP90 由旋转的性质， ， ， ，APP是等腰直角三角形， PP 2PA 22 2 4 APP45 ， ，  PP2PD2 4212 17 PD2 ( 17)2 17 ， ， PP2PD2 PD2， PPD90， APDAPPPPD4590135， 故APBAPD135； ② 3 A AEPP E 如图 ，过点 作 于 ， APB135，APP45， APBAPP180， B，P，P三点共线， AEP是等腰直角三角形，  AP2 2 ， AEEP2， BE3， AB 2232  13 13 由勾股定理得： ，即正方形的边长为 ， 13 故答案为： ； 3 如图 4 ，六边形 ABCDEF 是正六边形， AF  AB，BAF 120， 把△APB绕点A逆时针旋转120得到AFP，连接PP，过点A作AH PP于H， 由旋转的性质，PAPA2，PF PB1，PAP120， APP是等腰三角形，APH APH 30，1 AH  2 AP1， PH  2212  3 ， PP2PH 2 3 ，  PPPF2 (2 3)212 13 PF2 ( 13)2 13 ， ， PP2PF2 PF2， PPF 90， APF APPPPF 3090120， 故APBAPF 120； 如图4，过点F 作FG AP于G， GPF 180903060， GFP30， 1 1 3 PG PF  FG 2 2， 2 ， 1 5 AG2  ， 2 2 5 3 AF  ( )2( )2  7 2 2 ． 120 7 故答案为： ， ． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质，正六边形的性 质，勾股定理以及勾股定理逆定理的应用，利用旋转的性质构造辅助线是解题的关键． 49．（2024·辽宁·模拟预测）【基础方法】 （1）小明遇到这样一个问题：如图1、在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点， EAF 45，连接EF，求证：DEBF EF ．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这 些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问 题．他的方法是将VADE绕点A顺时针旋转90得到ABG（如图2），此时GF 即是DEBF ，在图2中， 请依据小明的思考过程，求GAF的度数；【方法应用】 ABCD ADBCADBC �D�90 ADCD10 E CD （2）如图3，在四边形 中， ， ， ， 是 上一点，若 BAE45，DE4，求BE的长度； 【应用拓展】 （3）如图4，已知线段AC 4，BC 6，以AB为边作正方形ADEB，连接CD．当线段CD的值最大时， 求此时正方形ABED的面积． 58 BE 【答案】（1）GAF 45；（2） 7 ；（3）正方形 ABED 的面积为 5224 2 ． 【分析】（1）根据旋转只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得GABEAD，然后求出 GAF BAFEAD，再根据EAF 45计算即可得解； （2）过点A作AF CB交CB的延长线于点F 可得四边形AFCD是正方形，然后设BE x，根据上面的 结论表示出BF，再求出CE、BC，然后在RtBCE中, 利用勾股定理列式进行计算即可得解； （3）过点A作AF CA，取AF  AC，连接BF，CF，推导出BAF DAC，由可证FAB≌CAD， 可得CDBF ，当B、C、F 三点共线时，BF取最大值，据此求解即可． △ABG≌△ADE 【详解】解：（1）根据旋转知： ， ∴GABEAD，AG AE， ∵BADBAFEAFEAD90，EAF 45， ∴BAFDAE45， ∴BAFGAB45，即GAF 45； （2）过点A作AF CB交CB的延长线于点F ，如图， ∵AD∥BC，�D�90 ，∴C 180D90， ∵ADCD10， ∴四边形AFCD是正方形， ∴CF 10， 根据上面结论可知BEDEBF ， 设BE x， ∵DE4， ∴BF BEDE x4， ∴CBCFBF 10x414x，CECDDE 1046， ∵C 90， ∴CE2CB2 BE2， 3614x2  x2 ∴ ， 58 x 解得： ， 7 58 BE ∴ ； 7 （3）如图，过点A作AF CA，取AF  AC，连接BF，CF，如图， ∵BAF BACCAF 90BAC ，DAC BADBAC 90BAC ，∴BAF DAC， 又∵AC  AF ，AB AD， FAB≌CADSAS ∴ ， ∴BF CD， ∴线段CD有最大值时，只需BF最大即可， 在△BCF中，BF BCCF， 当B、C、F 三点共线时，BF取最大值，此时BF BCCF ， 在等腰直角三角形ACF 中，AC  AF 4，ACF 45， 作AM CE于点M，AM CM 2 2 则 ． 在Rt△AMB中，AM²MB² AB²，  2  2  AB2  2 2  2 26 5224 2 ∴正方形ABED的面积 ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟练掌握知识点 的应用是解题的关键． 50．（2024·吉林松原·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，已知AB AD，BAD90，点E、F分别 在BC、CD上，EAF 45． B、ADC ABE A 90 △ADG AB AD (1)①如图①，若 都是直角，把 绕点 逆时针旋转 至 ，使 与 重合，则 线段BE、DF 和EF之间的数量关系为______； ②如图②，若B、D都不是直角，但满足BD180，线段BE、DF 和EF之间的结论是否仍然成 立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； ABC BAC90 AB AC 2 2 D、E BC ∠DAE  45 (2)如图③，在 中， ， ，点 均在边 边上，且 ，若 BD1，请直接写出DE的长． 【答案】(1)①EF BEDF，②成立，见解析 5 (2)DE 3 【分析】（1）①根据若B、ADC都是直角，AB AD，可得四边形ABCD是正方形，根据旋转可得 △ABE≌△ADG ∠DAG∠FAD45∠EAF AEF≌AGFSAS△ABE≌△ADG ∠DAG∠FAD45∠EAF AEF≌AGFSAS ，求出 ，可证 ，由此即可求解；②如 ABE≌ADHSAS 图所示，延长 CD ，并取 DH BE ，连接 AH ，可证 ，可得 ∠FAD∠DAH 45∠EAF EAF≌HAFSAS ，由此可证 即可求解； （2）根据题意，将ABE绕点A顺时针旋转90后得△ACM ，可得ABD≌ACM ，再证 ADE≌AMCSAS ，可得DEME，根据全等三角形的性质可证 CEM 是直角三角形，设 DEMEx，则CE3x，在Rt△CEM 中，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：在四边形ABCD中，AB AD，BAD90，EAF 45， ∴BAEFAD45， ①EF BEDF，理由如下， 若B、ADC都是直角，则BBADADC 90，且AB AD， ∴四边形ABCD是正方形， 把ABE绕点A逆时针旋转90至△ADG，使AB与AD重合， ∴△ABE≌△ADG， ∴BADG90，AE AG，BAEDAG，BE DG， ∴ADCADG180，则点C，D，G三点共线， ∵BAEFAD45， ∴∠DAG∠FAD45∠EAF ， 在△AEF，△AGF中， AE  AG  EAF GAF ，  AF  AF AEF≌AGFSAS ∴ ， ∴EF GF FDDG， ∴EF BEDF； ②成立，理由如下， 如图所示，延长CD，并取DH BE，连接AH ，∵ADCADH 180，BADC180， ∴BADH ， 在△ABE，△ADH中， AB AD  BADH ，  BEDH ABE≌ADHSAS ∴ ， ∴AE AH ，BAEDAH ， ∵BAD90，EAF 45， ∴BAEFAD45， ∴∠FAD∠DAH 45∠EAF ， EAF≌HAFSAS ∴ ， ∴EF FH DFDH ， ∴EF BEDF； BAC90 AB AC 2 2 （2）解：∵ ， ， ∴将ABE绕点A顺时针旋转90后，AB与AC重合，得△ACM ，如图所示， ∴ABD≌ACM ， ∴AD AM，∠BAD∠CAM ，BACM ，BDCM 1， ∵∠DAE  45， ∴BADEAC 45，则∠EAC∠CAM 45∠DAE，ADE≌AMCSAS ∴ ， ∴DEME， ∵ABC是等腰直角三角形， BACB45 BC  AB2AC2 4 ∴ ， ， ∴∠ACB∠ACM 454590，即CM BC，垂足为点C， ∴CEM 是直角三角形， 设DEMEx，则CEBCBDDE41x3x， ∴EM2 EC2CM2 ，即 x2 3x2 12 ， 5 解得，x ， 3 5 ∴ 的长为 ． DE 3 【点睛】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角的性质，直角三角形的判定， 勾股定理求线段长等知识的综合，掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质，合理作出辅助线是解题的 关键． 51．（23-24八年级下·广东深圳·期末）【问题感知】（1）如图1，在四边形ABCD中， ABC ADC 90,AC 180 ADCD AB BC BD ，且 ，①请直接写出 、 、 的数量关系： ； ②证明：BD平分ABC； ABCD ABC 60 ADC 120 BE  AD ABBC  13 【迁移应用】（2）如图2，四边形 中， ， ， ， ， CD1，计算 BE的长度； 【拓展研究】（3）如图3，正方形ABCD中，E为BC边上一点，连接AE，F为AE边上一点，且 AF BC，FG垂直DF 交AB于点G，EF 2，AG5，直接写出正方形的边长．ABBC  2BD 2 3 2 55 【答案】（1）① ；②见解析；（2） ；（3） BC CEAB DE DAB≌DCE BDDE,ADBCDE 【分析】（1）①延长 使 ，连接 ，证明 ，得出 ，证 出BDE90，在RtBDE中，根据勾股定理即可求解； ②将DAB绕点D逆时针旋转90至△DCE，证明B、C、E三点共线，证出△BDE是等腰直角三角形， 得出DBC DEC DBA45，即可证明； （2）连接BD，将△BCD绕点D逆时针旋转60至BAD，根据旋转的性质得出 ADCD1,BDBD,DBADBC B D D� △BDD ，证明 、 、 三点共线，从而证出 是等边三角形，根 据等边三角形性质得出，BE平分�D�BE，得出DBE30，根据直角三角形的性质和勾股定理得出 BE 3DE AEx BE 3(1x) RtABE ，设 则 ，在 中，根据勾股定理列方程求解即可； （3）过点B作BM GF 交GF 于点M ，作BN FH 交FH 于点N ，根据四边形ABCD是正方形，得出 BADABC 90,AD ABBC,AD∥BC 15 AF BC ，从而得出 ，结合 ，得出 12,AD AF  AB AFBABF,12567 EH EF 2 ， ，即可得出 ，根据 13180,34180 1427 98 1011 BM MF ，得出 ，证出 ， ，即可得 ， 证出四边形BNFM 是正方形，得出BM BN，证明VBGM≌VBHN ，得出BGBH ，设BGBH a， BEa2 AF a5,AEa7 RtABE a2 5 则 ， ，在 中，根据勾股定理求出 ，即可求解； BCAB 2BD 【详解】解：（1）① ， 证明：延长BC使CEAB，连接DE， 则BCDDCE180， ABC ADC 90,AC 180 ∵ ， ∴DABDCE，ADDC,ABCE,DABDCE ∵ ， DAB≌DCESAS ∴ ， BDDE,ADBCDE ∴ ， ∴BDEBDCCDEBDCADB90， BD2DE2 BE2 BCCE2 在RtBDE中， ， 2BD2 BCAB2 ∴ ， BCAB 2BD ∴ ； ②证明：将DAB绕点D逆时针旋转90至△DCE， DCBDCEDCBDAB180， ∴B、C、E三点共线， QADBBDC CDEBDC 90,BDCD ， ∴△BDE是等腰直角三角形， DBC DEC DBA45， ∴BD平分ABC； （2）解：连接BD，将△BCD绕点D逆时针旋转60至BAD， ， ADCD1,BDBD,DBADBC 在四边形ABCD中，BACABCBCDADC360， BADBADBADBCD180， ∴B、D、D�三点共线， ABDABDBCDABD60,BDBD 又 ， 所以△BDD是等边三角形，  BE AD， ∴BE平分�D�BE，DBE30， 2DEBD,BE  BD2DE2  3DE ， BE  3ADAE 3(1x) AEx 设 则 ， 在RtABE中，AE2BE2  AB2， x2[ 3(1x)]2 13 则 ， 5 解得x 1,x  (舍)， 1 2 2 AE1， BE2 3 ； （3）解：过点B作BM GF 交GF 于点M ，作BN FH 交FH 于点N ， ∵四边形ABCD是正方形， BADABC 90,AD ABBC,AD∥BC ∴ ， ∴15， ∵AF BC， ∴ADAF， 12,AD AF  AB ∴ ， AFBABF,12567 ∴ ， ∴EH EF 2， ∵GADGFD90，13180,34180 ∴ ， ∴1427， ∵298490， ∴98， ∵AFBABF， ∴ABF8AFB9， ∴1011， ∴BM MF， 又∵BMF N MFN 90， ∴四边形BNFM 是正方形， ∴BM BN， BM BN,47,GMBN 90 ∵ ， BGM≌BHNAAS ∴ ， ∴BGBH ， 设BGBH a， ∴BEa2， AB AF a5,AEa52a7 ∴ ， 在RtABE中，AB2BE2  AE2， a52 a2 a72 故 ， a2 5 解得： ， ABCD AB2 55 则正方形 的边长 ． 【点睛】该题主要考查了正方形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，等腰 三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是正确作出辅 助线． 52．（23-24八年级下·辽宁阜新·期末）下面是某数学兴趣小组探究问题的片段，请仔细阅读，并完成任务． 【问题探究】 Rt△ABC ACB90,AC BC AB CD CD （1）如图1，在 中， ，点D在 上，连接 ，将线段 绕点C逆时针 旋转90得到线段CE，连接BE，请猜想AD和BE的数量关系与位置关系，并说明理由．【问题再探】 （2）在（1）的条件下，连接AE．兴趣小组的同学们在电脑中用几何画板软件测量发现VCAE和△CDB的 面积相等．为了证明这个发现，甲组同学延长线段AC至F点，使CF CA，连接EF，从而得以证明（如 图2）；乙组同学过点D作DM BC 于点M，过点E作EN  AC于点N，从而得以证明（如图3），请你 选取甲组或乙组中的一种方法完成证明过程． 【问题解决】 ABM ACB90,AC BC 2 2 BCD15 BM （3）如图4，已知， ，点D在AB上， ，若在射线 S S 上存在点E，使 △ACE △BCD，请直接写出相应的 BE 的长． 2 3 2 2 2 3. 【答案】（1）ADBE,ADBE，证明见解析；（2）见解析；（3）BE的长为 3 或 3 【分析】（1）根据题意得出CDCE，DCE90，再由全等三角形的判定和性质证明确定 ADBE,ACBE，利用等量代换即可证明垂直； （2）选甲组同学，延长线段AC至F点，使CF CA，连接EF，则EC是△AEF 的中线，证明 ECF≌DCBSAS S S ，由全等三角形的性质得出 △ECF △DCB， 选乙组同学，过点D作 DM BC 于点M，过点E作 EN  AC 于点N，证明ECN ≌ DCMAAS ，得出 NEDM ，则可得出结论； （3）过点C作CECD交BM 于E，CH BM 于H，连接AC并延长交BM 于F，由（2）可知： 2 2 BH CH  BC 2 EF EF 2 3 S △ACE S △BCD ，求出 2 ，求出BE的长，根据三角形面积公式求出 3 ， 则可得出答案． ADBE,ADBE 【详解】（1）解： ，理由如下：根据题意得CDCE，DCE90， ∵ACB90， ACDBCE90BCD，  ACBC， CBE≌CADSAS ∴ ， ∴ADBE,ACBE，， ∵ACBA90， ∴CBECBA90， ∴ADBE； （2）选甲组同学证明如下：延长线段AC至F点，使CF CA，连接EF，则EC是△AEF 的中线， ， S S CF CB ACE EFC ACB90， BCF 90， ECF DCB90BCE 在△ECF 和△DCB中， CF CB  ECF DCB ，  CECD ECF≌DCBSAS ∴ ， S S △ECF △DCB， S S △CAE △CDB； 选乙组同学的则证明如下：过点D作DM BC于点M，过点E作EN  AC于点N，， CMDCNE90 CBE≌CAD， CECD，ECBDCA， 90ECB90DCA， 即ECN DCM ， 在ECN和△DCM 中， CMDCNE  ECN DCM ，  CECD ECN≌DCMAAS ， NEDM ， 1 1 S  ACEN，S  BCDM ， ACE 2 CDB 2 又 ACBC， S S △CAE △CDB； （3）解：过点C作CECD交BM 于E，CH BM 于H，连接AC并延长交BM 于F， S S 由（2）可知： △ACE △BCD， ACB90，AC BC， ABC45， CBM 45，2 BH CH HF  BC 2 2 ， BCD15， HCE90154530， 2 3 HE ， 3 2 3 BEBH HE2 3 ， S S 当 EF EF 时， ACE AEC， S S ACE BCD， 2 此时，EF EF 2 3， 3 2 2 BE222 36 3， 3 3 2 3 2 2 6 3. 综上所述，BE的长为 3 或 3 【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，三角形的面积，全等三角形的判定与性质， 直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 考点九、旋转规律探究 53．（22-23八年级上·河南驻马店·阶段练习）如图，长方形ABCD的两边BC，CD分别在x轴，y轴上， A1，2 ABCD A 点C与原点重合，点 ，将长方形 沿x轴向右翻滚，经过一次翻滚点A对应点记为 1，经过 A A 第二次翻滚点A对应点记为 2……依此类推，经过2022次翻滚后点A对应点 2022的坐标为（ ）3033，2 3033,0 3029,2 3029,0 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求得前几个点的坐标，找出规律，根据规律求解即可． 【详解】解：如图所示： A1，2 A 2,1 A 3,0 A 3,0 点 ，进过一次翻滚后 1 ，再经过一次翻滚后， 2 ，再经过一次翻滚后 3 ，再经过 A 5,2 一次翻滚后 4 可得：经过4次翻滚后点A对应点一循环， 20224505……2 A1，2 2126 ∵ ，矩形的周长为 A 650541,0 3033,0 ∴经过2022次翻滚后点A对应点 2022的坐标为 ，即 故选：B 【点睛】此题考查了坐标规律的探索，解题的关键是正确求得前几个点的坐标，找出规律． AB y B ABO A 54．（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中， 轴，垂足为点 ，将 绕点 3 逆时针旋转到 VAB 1 O 1 的位置，使点 B 的对应点B 1 落在直线y 4 x上，再将 VAB 1 O 1 绕点B 1 逆时针旋转到 3 A 1 B 1 O 2 的位置，使点O 1 的对应点O 2 也落在直线y 4 x上，如此下去，……，若点 B 的坐标为0,3，则 B 点 37的坐标为（ ）．180,135 180,133 180,135 180,133 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平面直角坐标系、一次函数、旋转的性质、勾股定理等知识点．找出点的坐标规律以 及旋转过程中线段长度的关系是解题的关键． 通过求出点A的坐标，AB、OA、OB的长度，再根据旋转的特点逐步推导出后续点的位置和坐标，然后 结合图形求解即可． AB y 0,3 【详解】 轴，点B的坐标为 ， 3 ，则点 的纵坐标为3，代入y x， OB3 A 4 4,3 得： x4 ，则点A的坐标为 ． OB3，AB4， OA 3242 5 ， OBOB O B 3 OAOAO A 5 AB AB  AB  A B 4 由旋转可知， 1 1 2 2 ， 1 2 1 ， 1 1 1 2 2 ， OB OAAB 459 BB 34512  1 1 ， 1 3 ，  B 1 B 3 B 3 B 5 B 35 B 37 12 ， 371 OB OB BB 9 12225．  37 1 1 37 2  3  设点 的坐标为a, a， B  4  37  3  2 则 OB 37  a2   4 a  225 ， 3 解得 或 （舍去），则 a135， a180 180 4B 180,135  点 37的坐标为 ． 故选C． 55．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转 45 后得到正方形 OA 1 B 1 C 1，依此方式，绕点 O 连续旋转 2024 次得到正方形 OA 2024 B 2024 C 2024，如果点 A 的坐 A1,0 B 标为 ，那么点 2024的坐标为（ ）     2, 2 0, 2 1,1 1,1 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形OABC 绕点 O 逆时针旋转 45 后得到正方形 OA 1 B 1 C 1，相当于将线段 OB 绕点 O 逆时针旋转 45 ，可得对应点 B 的坐 标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案． 1,0 【详解】解：∵点A的坐标为 ，四边形 OABC 是正方形， 1,1 ∴点B的坐标为 ， OA AB1， 四边形OABC是正方形， OAB90， 连接OB，如图：OB= 12+12 = 2 由勾股定理得： ， OBOB OB OB  2 由旋转的性质得： 1 2 3 ，  将正方形 OABC 绕点 O 逆时针旋转 45 后得到正方形 OA 1 B 1 C 1， OB O 45 AOBBOB BOB 45 相当于将线段 绕点 逆时针旋转 ，依次得到 1 1 2 ，         B 0, 2 B 1,1 B  2,0 B 1,1 B 0, 2 B 1,1 B 2,0 B 1,1 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6 ， 7 ， 8 ， 发现是8次一循环，则20248253， B ∴ 2024是第253组的最后一个点， B 1,1  点 2024的坐标为 ， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型：点的坐标等知识， 解题的关键是数形结合并学会从特殊到一般的探究规律的方法． 56．（23-24八年级下·江苏镇江·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A、C分别在x、 AO1 OABC 90 AO=2AO 1 y轴上，且 ．将正方形 绕原点O顺时针旋转 ，并放大为原来的2倍，使 ，得到 OABC OABC 90 AO2AO 正方形 1 1 1，再将正方形 1 1 1绕原点O顺时针旋转 ，并放大为原来的2倍，使 2 1 ，得到 OA BC OA B C B 正方形 2 2 2……以此规律，得到正方形 2025 2025 2025，则点 2025的坐标为（ ） 22025,22025  22024,22024  22024,22024  22022,22022 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查点的坐标变化规律，得出B点坐标变化规律是解题关键．根据题意得出B点坐标变 B 化规律，进而得出点 2022所在的象限，进而得出答案． 【详解】解：∵四边形OABC是正方形，AO1， ∴ABOA1， B1，1 ∴ ， OABC 90 AO=2AO OABC 将正方形 绕原点O顺时针旋转 ，且 1 ，得到正方形 1 1 1， OABC 90 AO2AO OA BC 再将正方 1 1 1绕原点O顺时针旋转 ，且 2 1 ，得到正方形 2 2 2…以此规律， B 2,2，B 4,4，B 8，8，B 16,16 ∴每4次循环一周， 1 2 3 4 ， ∵202545061， B B ∴点 2025与 1同在一个象限内， B B  22025,22025 ∴点 2025 2025 ． 故选：A． D1,0 A0,1 ABCD 57．（2023·山东日照·二模）如图，正方形 的中心与坐标原点O重合，将顶点 绕点 逆 D D 90 D D 90 D 时针旋转90°得点 1，再将 1绕点B逆时针旋转 得点 2，再将 2绕点C逆时针旋转 得点 3，再 D 90 D D 90 D D 将 3绕点D逆时针旋转 得点 4，再将 4绕点A逆时针旋转 得点 5……依此类推，则点 2023的坐 标是（ ）2022,2023 2023,2022 2024,2023 2023,2024 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据旋转图形找到规律4个一循环再在同一条线上，且根据等腰直角三角形性质可得斜边长逐渐 2 增加 ，即可得到点的坐标关系，即可得到答案； D DE  y D D F x D DG y D 【详解】解：过点 1作 1 轴于E，过点 2作 2 轴于F，过点 3作 3 轴于G，过点 4作 D H x D D K  y 4 轴于H，过点 5作 5 轴于K， D1,0 A0,1 ABCD ∵四边形 是正方形， ， ， ADBC CD AB 1212  2 ∴ ， DE  y D F x DG y D H x D K  y ∵ 1 轴， 2 轴， 3 轴， 4 轴， 5 轴， ∴新得到的三角形都是等腰直角三角形，D 1,2 D 3,2 D 3,4 D 5,4 D 5,6 D 7,6 可得 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6 ， 2 根据以上信息可得规律4个一循环再在同一条线上，且斜边长逐渐增加 ， D (4n1,4n) D (4n1,4n2) D (4n3,4n2) D (4n3,4n4) ∴ 4n ， 4n1 ， 4n2 ， 4n3 ， ∵202345053， D (2023,2024) ∴ 2023 ，， 故选D； 【点睛】本题考查图形规律，正方形的性质，旋转的性质，直角等腰三角形的性质，解题的关键是根据题 意作出辅助线找到规律． 58．（2024九年级·全国·竞赛）如图，抛物线 l 1 ：yx(x2)0x2 交 x 轴于点 O 和点 A 1，顶点为点 B 1； l A 180 l x A B l A 将抛物线 1绕点 1旋转 后得到抛物线 2，与 轴的另一交点为点 2，顶点为点 2；将抛物线 2绕点 2 180 l x A B 旋转 后得到抛物线 3，与 轴的另一交点为点 3，顶点为点 3……如此进行下去，直至得到抛物线 l l B 2015，则抛物线 2015的顶点 2015的坐标为 ． 【答案】(4029,1)【分析】本题考查了二次函数的与x轴交点坐标问题，求抛物线的顶点坐标等知识．先根据抛物线性质得 到抛物线 l 1与 x 轴交点 A 1坐标为 A 1 2,0 ，顶点 B 1 1,1 ，进而得到抛物线 l 2与 x 轴交点 A 2坐标为 A 2 4,0 ， 顶点 B 2 3,1 ；抛物线 l 3与 x 轴交点 A 3坐标为 A 3 6,0 ，顶点 B 3 5,1 ；依据规律即可得到抛物线 l 2015的顶 B 点 2015的坐标． 【详解】解：由题意得抛物线 l 1 ：yx(x2)0x2 与 x 轴交点 A 1坐标为 A 1 2,0 ，顶点 B 1 1,1 ； 抛物线 l 2与 x 轴交点 A 2坐标为 A 2 4,0 ，顶点 B 2 3,1 ； 抛物线 l 3与 x 轴交点 A 3坐标为 A 3 6,0 ，顶点 B 3 5,1 ； …… ∴抛物线 l 2015 x 轴交点 A 2015的横坐标为 201524030 ， B B B ∴ 2015的横坐标为 403014029 ， 2015的纵坐标与 1的纵坐标相同，为 1 ， l B (4029,1) ∴抛物线 2015的顶点 2015的坐标为 ． xOy ABC AC  AB5 59．（2022·湖北黄冈·模拟预测）如图，在平面直角坐标系 中， 为等腰三角形， ， BC8，点A与坐标原点重合，点C在x轴正半轴上，将ABC绕点C顺时针旋转一定的角度后得到 ABC B ABC B 1 1 ，使得点B对应点 1在x轴上，记为第一次旋转，再将 1 1 绕点 1顺时针旋转一定的角度后得 A BC A A 到 2 1 1，使得点 1对应点 2在x轴上，以此规律旋转，则第2023次旋转后钝角顶点坐标为 ． (12141,3) 【答案】1 【分析】过点A作AD⊥BC于点D，根据AB=AC=5，BC=8，得到BD=CD=2 BC=4，推出 AD AB2BD2 3 ，根据 A 1 (9,3) ， A 2 18,0 ， A 3 (18,0) ， A 4 (27,3) ， A 5 (36,0) ， A 6 (36,0) ， A 7 45,3 ,…， 202336741 A A 得到每3次是一个循环组，根据 ，得到 2023在竖直方向的位置与 1的位置相同，纵坐标 为3，第2023次旋转后钝角顶点的横坐标为67418912141，得到第2023次旋转后钝角顶点坐标为 (12141,3) ． 【详解】过点A作AD⊥BC于点D， ∵AB=AC=5，BC=8, 1 ∴BD=CD=2 BC=4， AD AB2BD2 3 ∴ ， A(9,3) A 18,0 A (18,0) A (27,3) A (36,0) A (36,0) A 45,3 由题意 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6 ， 7 ,…， 每3次是一个循环组，202336741， A A ∴ 2023在竖直方向的位置与 1的位置相同，纵坐标为3， ∴第2023次旋转后钝角顶点的横坐标为67418912141， (12141,3) ∴第2023次旋转后钝角顶点坐标为 ． 故答案为（12141，3） 【点睛】本题主要考查了等腰三角形在坐标轴上无滑动的滚动，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形三 线合一的性质，勾股定理，熟练运用旋转性质探究滚动的循环组的规律，运用得到的规律解答． 60．（21-22九年级上·湖南长沙·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是正方形，点A的坐标 为（0，1），点B的坐标为（2，0）． 点C的坐标为 ；②若正方形ABCD和正方形ABC B 关于点B成中心对称；正方形ABC B 和正方形ABC B 关于点B 成 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 中心对称；…，依此规律，则点C 的坐标为 ． 7 【答案】 （3，2） （7，20） 【分析】①过点C作x轴的垂线，垂足为E，易证△AOB≌△BEC，根据全等三角形的性质得到BE和CE 的长度，然后就可以求出点C的坐标； C C ②根据中心对称的性质容易得到A 和C 的坐标，于是可以发现规律： 2n和 2n1的横坐标相差4，纵坐标 1 1 2 C C 2 4 C 相差 ， 2n1和 2n的横坐标相差 ，纵坐标相差 ，根据此规律可以求出 7的坐标． 【详解】①如图，过点C作x轴的垂线，垂足为E， ∵四边形ABCD是正方形，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（2，0）， ∴AB=BC，∠ABC=90°，AO1，BO2， ∴∠ABO+∠CBE=90°，∠ABO+∠OAB=90°， ∴∠CBE=∠OAB， ∴在△AOB和△BEC中， AOBBEC  CBEOAB ，  ABBC ∴△AOB≌△BEC（AAS）， ∴BE AO1，CEBO2，OE 123， ∴点C的坐标为（3，2）； ②由题意知正方形ABCD和正方形ABC B 关于点B成中心对称， 1 1 1 ∴根据中心对称的性得到A（4，-1）和C （1，-2）， 1 1C C 2 C C 2 于是根据图像知： 2n和 2n1的横坐标相差4，纵坐标相差 ， 2n1和 2n的横坐标相差 ，纵坐标相差 4， ∴ C 2的横坐标为 145 ，纵坐标为 224 ，故 C 2的坐标为（5，-4）， C C C C C 同理得 3的坐标为（3，-8）， 4（7，-11）， 5（5，-14）， 6（9，-16）， 7（7，-20）， 故答案为①（3，2），②（7，20）． 【点睛】本题考查了中心对称、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平面直角坐标系中点的规律的 探索，考要求学生对过去所学的知识要熟练掌握，灵活运用，还要求学生步骤书写要规范工整．