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专题 07 图形的轴对称、平移与旋转
目 录
题型01 图形的识别
题型02 与图形变化有关的作图问题
题型03 几何图形的平移变化
题型04 与函数图象有关的平移变化
题型05 几何图形的折叠问题
题型06 与函数图象有关的轴对称变化
题型07 几何图形的旋转变化
题型08 与函数图象有关的旋转变化
题型09 利用平移、轴对称、旋转的性质解决多结论问题
题型10 与图形变化有关的最值问题
题型11 图案设计
（时间：60分钟）
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题型 01 图形的识别
1．（2023·江苏宿迁·三模）数学来源于生活，下列图案是由平移形成的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平移的性质，结合图形，对选项进行一一分析，选出正确答案．
【详解】根据平移的性质，平移后不改变图形的形状和大小，也不改变图形的方向（角度），符合条件的
只有A．
故选：A．
【点睛】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
2．（2023·四川成都·二模）我们根据一些简单的函数方程式，就可以在坐标系中绘制出形状优美、寓意美
妙的曲线．下列平面直角坐标系内的曲线中，既是中心对称图形，也是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，
那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重
合，这样的图形叫做轴对称图形．
【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
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D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．
3．（2022·贵州遵义·模拟预测）在如图所示的人眼成像的示意图中，可能没有蕴含的初中数学知识是（
）
A．位似图形 B．相似三角形的判定C．旋转 D．平行线的性质
【答案】C
【分析】根据位似图形，相似三角形的判定，旋转的概念，平行线的性质逐一判断即可得到答案．
【详解】解：∵两棵树是相似图形，而且对应点的连线相交一点，对应边互相平行，
∴这两个图形是位似图形，
∴本题蕴含的初中数学知识有位似图形，相似三角形的判定，平行线的性质，
故选C．
【点睛】本题考查了位似图形，相似三角形的判定，旋转的概念，平行线的性质，熟练掌握相关知识点是
解题关键．
4．（2023·河北廊坊·三模）在研究相似问题时，嘉嘉和淇淇两同学的观点如下：
嘉嘉：将边长为1的正方形按图1的方式向外扩张，得到新正方形，它们的对应边间距为1，则新正方形
与原正方形相似，同时也位似；
淇淇：将边长为1的正方形按图2的方式向外扩张，得到新正方形，每条对角线向其延长线两个方向各延
伸1，则新正方形与原正方形相似，同时也位似．
对于两人的观点，下列说法正确的是（ ）
A．两人都对 B．两人都不对 C．嘉嘉对，淇淇不对D．嘉嘉不对，淇淇对
【答案】A
【分析】根据相似与位似的定义进行判断即可．
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【详解】解：由题意知，嘉嘉向外扩张得到的新的正方形的边长为3，且仍为正方形，
故新正方形与原正方形相似，同时也位似，位似中心为正方形对角线的交点．
淇淇向外扩张得到的新的正方形的边长为√2+1，且仍为正方形，
故新正方形与原正方形相似，同时也位似，位似中心为正方形对角线的交点．
故两人说法正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了相似与位似．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
题型 02 与图形变化有关的作图问题
5．（2024·安徽宿州·一模）新考法·借助网格找点，如图，在由边长为1个单位的小正方形组成的网格中，
四边形ABCD的顶点均为格点（网格线的交点）．
(1)将线段AD先向上平移2个单位，再向右平移1个单位得到线段A'D'，画出线段A'D'；
(2)以D为旋转中心，将线段BC按逆时针方向旋转90°，得到线段B'C'，画出线段B'C'；
(3)以A'，B'，D'为顶点，画一个四个顶点均为格点的四边形，使得该四边形既是轴对称图形，又是中心对
称图形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】
本题考查了平移作图、旋转作图，熟练掌握相关作图方法及性质是解题的关键．
（1）根据平移的性质作图即可；
（2）根据旋转的性质作图即可；
（3）根据菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形求解即可．
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【详解】（1）解：如图所示，A'D'即为所求；
（2）如图所示，B'C'即为所求；
（3）如图，取格点E，
由勾股定理可得A'D'=B'D'=B'E=A'E=√12+42=√17，
∴四边形A'D'B'E是菱形，
菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，
即：四边形A'D'B'E即为所求．
6．（2024·安徽阜阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点上，点A的坐标为
(−2,3)，点B的坐标为(−1,2)，点C的坐标为(−1,1)，请解答下列问题：
(1)将△ABC向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，画出平移后的△A B C ；
1 1 1
(2)以原点O为位似中心，画出△A B C 的位似图形△A B C ，使△A B C 与△A B C 的相似比为
1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1
2:1．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了作图—平移变换、位似变换，熟练掌握平移规律，位似变换的性质是解题的关键．
（1）根据“横坐标：左减右加，纵坐标：上加下减”的平移规律，得到平移后的点坐标，描点，连接即
可；
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（2）根据位似的性质，将横坐标，纵坐标都按照位似比进行变化，得到变换后的点坐标，描点，连接即
可．
【详解】（1）解：∵点A的坐标为(−2,3)，点B的坐标为(−1,2)，点C的坐标为(−1,1)，点A ，B ，C ，
1 1 1
为点A，B，C分别向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度所得，
∴ A (−2+3,3−1)，B (−1+3,2−1)，C (−1+3,1−1)，
1 1 1
∴ A (1,2)，B (2,1)，C (2,0)，
1 1 1
如图所示，连接A ，B ，C 组成的△A B C 即为所求．
1 1 1 1 1 1
（2）解：∵ A (1,2)，B (2,1)，C (2,0)，△A B C 与△A B C 的相似比为2:1，原点O为位似中心，
1 1 1 2 2 2 1 1 1
∴ A (1×2,2×2)，B (2×2,1×2)，C (2×2,0)，即A (2,4)，B (4,2)，C (4,0)，
2 2 2 2 2 2
如图所示，连接A ，B ，C ，组成的△A B C 即为所求．
2 2 2 2 2 2
7．（2023·宁夏石嘴山·二模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，B，C均在
格点上，试按要求画出相应格点图形．
(1)如图1，作一条线段，使它是AB向右平移2个单位长度后的图形；
(2)如图2，作一个轴对称图形，使AB和AC是它的两条边；
(3)如图3，作一个与△ABC相似的三角形，相似比不等于1．
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【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】
本题考查了作图−复杂作图，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质
把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了相似三角形的判定与平移变换．
（1）把点B、A向右作平移2个单位得到CD；
（2）作A点关于BC的对称点D即可；
（3）延长CB到D使CD=2CB，延长CA到E点使CE=2CA，则△EDC满足条件．
【详解】（1）解：如图1，CD为所作；
；
（2）解：如图2所示图形即为所求，
；
（3）解：如图3，△EDC为所作．
．
题型 03 几何图形的平移变化
8．（2023·河南南阳·一模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC=5，AC=2√5，点A，B分别在x轴，y轴
上，且BC∥x轴，将△ABC沿x轴向左平移，当点A与点O重合时，点B的坐标为（ ）
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A．(−2,2) B．(−2,4) C．(−3,2) D．(−3,4)
【答案】D
【分析】
本题考查了坐标与图形变化−平移，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐
标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．也考查了两点间的距离公式．设A(x,0)，B(0,y)，则
C(5,y)．分别根据AB=5，AC=2√5列出方程x2+ y2=25①，(x−5) 2+ y2=20②，求出x=3，y=4，
再根据平移的规律求解．
【详解】解：设A(x,0)，B(0,y)，则x>0，y>0．
∵BC=5，BC∥x轴，
∴C(5,y)．
∵AB=5，
∴x2+ y2=25①，
∵AC=2√5，
∴(x−5) 2+ y2=20②，
①−②得，10x−25=5，
∴x=3，
∴A(3,0)，OA=3．
把x=3代入①，得y=±4（负值舍去），
∴B(0,4)，
∴将△ABC沿x轴向左平移，当点A与点O重合时，点B的坐标为(−3,4)．
故选：D．
9．（2023·河南新乡·二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(1,√3)，B(2，0)，若平移点B到点
C，使以点O，A，B，C为顶点的四边形是菱形，则平移方法错误的是（ ）
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A．向左平移3个单位长度，再向上平移√3个单位长度
B．向左平移√3个单位长度，再向上平移2个单位长度
C．向右平移1个单位长度，再向上平移√3个单位长度
D．向左平移1个单位长度，再向下平移√3个单位长度
【答案】B
【分析】
本题考查菱形判定，平行四边形判定及性质．根据题意画出平移后的图象，再根据选项逐一进行分析即可
得到本题答案．
【详解】
解：如图，
，
∵B(2，0)，
∴OB=2，
A、由平移的性质得：AC∥OB，AC=OB=2，C(−1,√3)，
∴OC= √12+(√3) 2 =2，
∴四边形OBAC是平行四边形，OB=OC，
∴平行四边形OBAC是菱形，故选项A不符合题意；
B、向左平移√3个单位长度，再向上平移2个单位长度，四边形OBAC不是菱形，故选项B符合题意；
C、同A得平行四边形OBAC是菱形，故选项C不符合题意；
D、同C得平行四边形OBAC是菱形，故选项D不符合题意；
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故选：B．
10．（2023·江西南昌·二模）数学小组将两块全等的含30°角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并
通过平移对特殊四边形进行探究．如图1，其中∠ADB=∠CBD=30°，∠ABD=∠BDC=90°，
AB=CD=3，将Rt△BCD沿射线DB方向平移，得到Rt△B'C'D'，分别连接AB'，DC'（如图2所示），
下列有关四边形AB'C'D的说法正确的是（ ）
A．先是平行四边形，平移√3个单位长度后是菱形
B．先是平行四边形，平移√3个单位长度后是矩形，再平移2√3个单位长度后是菱形
C．先是平行四边形，平移√3个单位长度后是矩形，再平移3√3个单位长度后是正方形
D．在Rt△BCD平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形
【答案】B
【分析】根据平移过程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性质求出平移距离即可．
【详解】解：由题意可得：平移过程中，
AD∥B'C'，AD=B'C'，CD=C'D'=3，
∴四边形AB'C'D是平行四边形，
刚开始平移时，∠ADC=∠ABC=30°+90°=120°，
∴如图，当平移至∠ADC=∠ABC=90°时，AD≠C'D，∠C'DD'=60°
∴此时四边形AB'C'D是矩形，且不可能为正方形，∠DC'D'=30°，
C'D'
∴平移距离为：DD'= =√3，
√3
即平移√3个单位长度后是矩形，
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继续平移，当AB与C'D'共线时，
此时AB⊥B'D，即四边形AB'C'D是菱形，
此时的总平移距离为BD=√3AD=3√3，
即再平移2√3个单位长度后是菱形；
综上可得：平移过程中，四边形AB'C'D先是平行四边形，平移√3个单位长度后是矩形，再平移2√3个
单位长度后是菱形，
故选B．
【点睛】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形，综合利
用了特殊四边形的判定和性质，掌握特殊平行四边形的判定与性质是解题的关键．
11．（2023·山西晋城·模拟预测）如图1，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，沿对角线BD剪开，△ABD
不动，将△BCD沿CB方向平移，得到△B'C'D'．与AB交于点E，C'D'与BD交于点F．
(1)请判断在△BCD平移过程中，四边形EBFD'的形状，并说明理由；
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(2)小明发现在上述平移过程中，四边形EBFD'会成为菱形．请写出你是否同意小明的观点，若同意，请
在图2中用尺规作图的方法作出该菱形，并求所作菱形的边长；
(3)在平移过程中，当EF∥BC时，平移的距离为 ．
【答案】(1)四边形EBFD'是平行四边形，理由见解析
15
(2)同意，菱形EBFD'即为所求，作图见解析，菱形的边长为
8
(3)2
【分析】（1）根据平移的性质得出B'D'∥BD，AB∥C'D'，进而利用平行四边形的判定解答即可；
（2）先作出∠ABD的角平分线交AD于D'，连接BD'，再作BD'的垂直平分线，交AB与BD于E，F点，
连接D'E、D'F，即可作出菱形EBFD'，由菱形的性质可得ED'∥BD，从而得到△AED'∽△ABD，
AE AB
= ，由勾股定理可得BD=5，设BE=D'E=a，则AE=AB−BE=3−a，代入比例式可得
D'E BD
3 3−a
= ，进行计算即可得到答案；
5 a
（3）根据平行四边形的性质和三角形中位线定理进行求解，进而得出平移距离即可．
【详解】（1）解：四边形EBFD'是平行四边形，
理由如下：
∵ △BCD沿CB方向平移，得到△B'C'D'，四边形ABCD是矩形，
∴B'D'∥BD，AB∥C'D'，
∵BE在AB上，D'F在C'D'上，D'E在B'D上，BF在BD上，
∴BE∥D'F，D'E∥BF，
∴四边形EBFD'是平行四边形；
（2）解：同意，菱形EBFD'即为所求，如图，
，
方法：先以B为圆心，适当长为半径画弧交AB、BD于两点，再以此两点分别为圆心，以相同长为半径画
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1
弧交于一点，连接B与此点交AD于点D'，再分别以B，D'为圆心，大于 BD' 长度为半径画弧分别交于
2
两点，连接两点交AB与BD于E，F点，即得菱形EBFD'，
∵四边形EBFD'是菱形，
∴ED'∥BD，
∴△AED'∽△ABD，
∵AB=3，AD=4，
∴BD=√AB2+AD2=√32+42=5，
设BE=D'E=a，则AE=AB−BE=3−a，
AE AB
∴ = ，
D'E BD
3 3−a
即 = ，
5 a
15
解得：a= ，
8
15
即菱形的边长为 ；
8
（3）解：如图2，
，
此时EF∥BC，
∴EF∥BC'，
由平移的性质可得：CD∥C'D'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BE∥CD，
∴BE∥C'D'，
∴BE∥C'F，
∴四边形BC'FE为平行四边形，
∴BC'=EF，BE=C'F，
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同理可得，四边形AEFD'是平行四边形，
∴AE=D'F，
由（1）可知，四边形EBFD'是平行四边形，
∴BE=D'F，
1
∴BE=D'F=AE= AB，
2
∵EF∥BC∥AD，
∴EF是△ABD的中位线，
1
∴EF= AD=2=BC' ，
2
∴CC'=BC−BC'=4−2=2，
即平移的距离为2，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股
定理、三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与
性质、勾股定理、三角形中位线定理，是解题的关键．
题型 04 与函数图象有关的平移变化
1
12．（2020·广西玉林·模拟预测）如图，将函数y= (x−2) 2+1的图象沿y轴向上平移得到一条新函数的
2
图象，其中点A(1,m)，B(5,n)平移后的对应点分别为点A'、B'．若曲线段AB扫过的面积为20（图中的
阴影部分），则新图象的函数表达式是（ ）
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1 1 1 1
A．y= (x−2) 2−2 B．y= (x−2) 2−4 C．y= (x−2) 2+5 D．y= (x−2) 2+6
2 2 2 2
【答案】D
【分析】曲线段AB扫过的面积=（x -x ）×AA′=4AA′=20，则AA′=5，即可求解．
B A
【详解】解：曲线段AB扫过的面积=（x -x ）×AA′=4AA′=20，
B A
则AA′=5，
1
故抛物线向上平移5个单位，则y= (x−2) 2+6；
2
故选：D．
【点睛】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数
与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
k
13．（2023·浙江杭州·一模）已知函数y = 1和函数y =k x+b（k ，k ，b是常数，k k ≠0）．
1 x 2 2 1 2 1 2
(1)若两函数的图象交于点A(1,4)，点B(a,1)，求函数y ，y 的表达式．
1 2
(2)若点C(−1,n)向上平移6个单位恰好落在函数y 上，又点C(−1,n)向右平移2个单位恰好落在函数y 上，
1 2
且k +k =0，求b的值．
1 2
4
【答案】(1)y = ，y =−x+5
1 x 2
(2)b=−6
【分析】（1）先将点A的坐标代入反比例函数的解析式求出k,从而求出反比例函数的解析式，最后将B点
的坐标代入解析式就可以求出a的值，然后利用待定系数法即可求得一次函数的解析式；
（2）根据点的平移得出平移后的坐标，代入函数解析式分别求得k ,k 的值，根据已知条件k +k =0，建
1 2 1 2
立方程，解方程即可求解．
k
【详解】（1）解：将点A(1,4)，代入y = 1 ,
1 x
∴k =1×4=4，
1
4
∴y = ，
1 x
4
∵点B(a,1)在y = 上，
1 x
4
∴1=
a
∴a=4，
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∴B(4,1)，
将A(1,4)，B(4,1)，代入y =k x+b
2 2
∴¿
解得：¿
∴y =−x+5
2
（2）∵点C(−1,n)向上平移6个单位得到(−1,n+6)，
k
依题意，点(−1,n+6)在y = 1上，
1 x
则n+6=−k ，
1
解得：n=−k −6，
1
点C(−1,n)向右平移2个单位得到(1,n)，
依题意，(1,n)在函数y =k x+b上，
2 2
∴n=k +b，
2
∴−k −6=k +b
1 2
即k +k =−6−b
1 2
又∵k +k =0，
1 2
∴b=−6．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数交点问题，待定系数法求函数解析式，点的平移，熟练掌握以
上知识是解题的关键．
14．（2023·辽宁沈阳·三模）在平面直角坐标系中，△DOE是等腰直角三角形，∠ODE=90°，
DO=DE=3，点D在x轴的负半轴上，点E在第二象限，矩形ABCO的顶点B(4，2)，点C在x轴的正半
轴上，点A在y轴的正半轴上．将△DOE沿x轴向右平移，得到△D'O'E'，点D，O，E的对应点分别为
D'，O'，E'．
(1)如图1，当E'O'经过点A时，求直线O'A的函数表达式；
(2)设OO'=t，△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分的面积为S；
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①如图②，当△D'O'E'与矩形ABCO重叠部分为五边形时，D'E'与AB相交于点M，E'O'分别与AB，
BC交于点N，P，用含有t的式子表示S ；直接写出t的取值范围 ；
7
②请直接写出满足S= 的所有t的值 ．
2
【答案】(1)y=−x+2
1 11
(2)①S=− t2+4t−4，490−2α，求出a>30°，则可得出答案；
（3）设∠ABD=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，∠MDC=2α，得出90−2α+α=α，求出
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α=45°，∠C=0°，则可得出结论．
【详解】（1）证明：由第二次翻折可得EF垂直平分BD，由第一次翻折可得EF=EP，
∴PF与BD垂直且互相平分，
∴四边形PBFD是菱形，
∴DP∥BC；
（2）解：设∠ABD=α，
∵四边形PBFD是菱形，
∴PB∥DF，
∴∠BDF=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，
当DE'落在DM的右侧时，α>90−2α，
∴a>30°，
∴90°−2α<30°，
∴0°<∠C<30°；
（3）解：不存在．
若存在∠C使得DE'与∠MDC的角平分线重合，
设∠ABD=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，∠MDC=2α，
∴90−2α+α=α，
∴α=45°，
∴∠C=0°，
∴不存在∠C使得DE与∠MDC的角平分线重合．
19．（2023·河南周口·模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展实践活
动．
(1)操作判断
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操作一：如图（1），正方形纸片ABCD，点E是BC边上（点E不与点B，C重合）任意一点，沿AE折叠
△ABE到△AFE，如图（2）所示；
操作二：将图（2）沿过点F的直线折叠，使点E的对称点G落在AE上，得到折痕MN，点C的对称点记为
H，如图（3）所示；
操作三：将纸片展平，连接BM，如图（4）所示．
根据以上操作，回答下列问题：
①B，M，N三点 （填“在”或“不在”)一条直线上；
②AE和BN的位置关系是 ，数量关系是 ；
③如图（5），连接AN，改变点E在BC上的位置， （填“存在”或“不存在”)点E，使AN平分
∠DAE．
(2)迁移探究
苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片ABCD，AB=4，BC=6，按照（1）中的方式操作，得到图（6）或
图（7）．请完成下列探究：
①当点N在CD上时，如图（6），BE和CN有何数量关系？并说明理由；
②当DN的长为1时，请直接写出BE的长．
【答案】(1)①在，②AE⊥BN，相等；③不存在；
BE 2 16
(2)① = ，理由见解析；②BE=2或 ．
CN 3 5
【分析】（1）①E的对称点为E'，BF⊥EE'，MF⊥EE'，即可判断；②由①AE⊥BN，由同角的余
角相等得∠BAE=∠CBN，由AAS可判定△ABE≌△BCN，由全等三角形的性质即可得证；③由AAS可
判定△DAN≌△MAN，由全等三角形的性质得AM=AD，等量代换得AB=AM，与AB>AM矛盾，即
可得证；
（2）①由（1）中的②可判定△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；②当N在CD上时，
△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；当N在AD上时，同理可判定△ABE∽△NAB，由三角
形相似的性质即可求解．
【详解】（1）解：①E的对称点为E'，
∴BF⊥EE'，MF⊥EE'，
∴B、F、M共线，
故答案为：在；
②由①知：B、F、M共线，N在FM上，
∴AE⊥BN，
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∴∠AMB=90°，
∴∠ABM+∠BAE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCN=90°，
AB=BC，
∴∠CBN+∠ABM=90°，
∴∠BAE=∠CBN，
在△ABE和△BCN中
¿，
∴△ABE≌△BCN(AAS)，
∴AE=BN，
故答案为：相等；
③不存在，理由如下：
假如存在，
∵ AN平分∠DAE，
∴∠DAN=∠MAN，
∵四边形ABCD是正方形，
AM⊥BN，
∴ ∠D=∠AMN=90°，
在△DAN和△MAN中
¿
∴△DAN≌△MAN(AAS)，
∴AM=AD，
∵AD=AB，
∴AB=AM，
∵AB是Rt△ABM的斜边，
∴ AB>AM，
∴AB=AM与AB>AM矛盾，
故假设不成立，所以答案为：不存在；
BE 2
（2）解：① = ，理由如下：
CN 3
由（1）中的②得：
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∠BAE=∠CBN，
∠ABE=∠C=90°，
∴△ABE∽△BCN，
BE AB 2
∴ = = ；
CN BC 3
②当N在CD上时，
CN=CD−DN=3，
由①知：△ABE∽△BCN，
BE AB 2
∴ = = ，
CN BC 3
2
∴BE= CN=2，
3
当N在AD上时，
AN=AD−DN=5，
∵∠BAE=∠CBN=∠ANB，
∠ABE=∠BAN=90°，
∴△ABE∽△NAB，
BE AB
∴ = ，
AB AN
BE 4
∴ = ，
4 5
16
∴BE= ，
5
16
综上所述：BE=2或 ．
5
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的
判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．
题型 06 与函数图象有关的轴对称变化
20．（2023·四川巴中·中考真题）规定：如果两个函数的图象关于y轴对称，那么称这两个函数互为“Y函
k
数”．例如：函数y=x+3与y=−x+3互为“Y函数”．若函数y= x2+(k−1)x+k−3的图象与x轴只
4
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有一个交点，则它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为 ．
【答案】C(3,0)或C(4,0)
【分析】
k
根据题意y= x2+(k−1)x+k−3与x轴的交点坐标和它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标关于y轴对
4
k
称，再进行分类讨论，即k=0和k≠0两种情况，求出y= x2+(k−1)x+k−3与x轴的交点坐标，即可解
4
答．
【详解】解：①当k=0时，函数的解析式为y=−x−3，
此时函数的图象与x轴只有一个交点成立，
当y=0时，可得0=−x−3，解得x=−3，
∴ y=−x−3与x轴的交点坐标为(−3,0)，
根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为(3,0)；
①当k≠0时，
k
∵函数y= x2+(k−1)x+k−3的图象与x轴只有一个交点，
4
k
∴b2−4ac=0，即(k−1) 2−4× ×(k−3)=0，
4
解得k=−1，
1
∴函数的解析式为y=− x2−2x−4，
4
1
当y=0时，可得0=− x2−2x−4，
4
解得x=−4，
根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为(4,0)，
综上所述，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为C(3,0)或C(4,0)，
故答案为：C(3,0)或C(4,0)．
【点睛】本题考查了轴对称，一次函数与坐标轴的交点，抛物线与x轴的交点问题，理解题意，进行分类
讨论是解题的关键．
21．（2023·江西新余·一模）如图，点A、B是一次函数y =¿与反比例函数y =¿图象的交点，点C在x轴
1 2
上运动，请结合图象解决下列问题：
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(1)求点A、B的坐标及△ABO的面积；
(2)根据图象直接写出当x取什么值时，y 0时，解方程组¿得¿，
∴A(2,2)；
当x<0时，解方程组¿得¿，
∴B(−2,2)，
∴AB//x轴，AB=4，
1
∴△ABO的面积为： ×4×2=4；
2
（2）解：由图象可知，当−20，
1
∴kx+3=x+
x
1
kx+3−x− =0
x
kx2+3x−x2−1=0
(k−1)x2+3x−1=0，
1
当k=1时，解得x= ；
3
当k≠1时，是一元二次方程，
Δ=b2−4ac=0，
即9−4(k−1)×(−1)=0，
5
解得：k=− ，
4
5 1
综上：k的值为− 或1时，直线y=kx+3与y=|x|+ 只有一个交点．
4 |x|
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【点睛】题考查了反比例函数的图像和性质、画函数图象、方程的根、不等式的解集、函数图象的平移，
解题的关键是理解题意，运用数形结合的思想进行求解．
23．（2022·河北廊坊·二模）如图，A点坐标为(6,0)，直线l 经过点B(0,2)和点C(2,−2)，交x轴于点D．
1
(1)求直线l 的函数表达式．
1
(2)点M在直线l 上，且满足2S =S ，求点M的坐标．
1 △ADM △ADC
(3)过C点作一条直线l ，使得直线l 沿l 折叠之后正好经过点A，求直线l 的解析式．
2 1 2 2
【答案】(1)y=−2x+2
(1 ) (3 )
(2) ,1 或 ,−1 ；
2 2
1 4
(3)y=− x− 或y=3x−8
3 3
【分析】（1）设直线l 的函数表达式为y=kx+b，利用待定系数法将B(0,2)，C(2,−2)代入求解即可；
1
1 1
（2）点M的坐标为(m,−2m+2)，由2S =S 得2× ×|AD|×|y |= ×|AD|×|y |，求出m值
ΔADM ΔADC 2 M 2 C
即可；
（3）由直线l 经过定点C(2,−2)得直线l 的表达式为y+2=k(x−2)，点A(6,0)关于直线l 的对称点A'在
2 2 2
直线l :y=−2x+2上，得A A'的中点在直线l 上，由对称的性质知CA=C A'，按照这个思路列等式即可
1 2
求解．
【详解】（1）解：设直线l 的函数表达式为y=kx+b，
1
将B(0,2)，C(2,−2)代入，
得¿，
解得¿，
∴直线l 的函数表达式为y=−2x+2；
1
（2）解：由（1）知直线l 的函数表达式为y=−2x+2，
1
令y=0得−2x+2=0，
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解得x=1，
∴点D的坐标为D(1,0)，
∵A点坐标为(6,0)，
∴|AD|=6−1=5．
∵点M在直线l 上，
1
∴设点M的坐标为M(m,−2m+2)，
∵2S =S ，
△ADM △ADC
1 1
∴2× ×|AD|×|y |= ×|AD|×|y |，
2 M 2 C
1 1
即2× ×5×|−2m+2|= ×5×2，
2 2
∴|−2m+2|=1，
1 3
解得m= 或m= ，
2 2
1 1
当m= 时，−2m+2=−2× +2=1，
2 2
3 3
当m= 时，−2m+2=−2× +2=−1，
2 2
(1 ) (3 )
∴点M的坐标为 ,1 或 ,−1 ；
2 2
（3）解：由题意，直线l 经过定点C(2,−2)，
2
∴直线l 的表达式为y+2=k(x−2)，即y=kx−2k−2．
2
∵直线l 沿l 折叠之后正好经过点A(6,0)，
1 2
∴点A(6,0)关于直线l 的对称点A'在直线l :y=−2x+2上，
2 1
设A'的坐标为(n,−2n+2)，
(n+6 −2n+2)
∴A A'的中点坐标为 , ，且该点在直线l 上，
2 2 2
−2n+2 n+6
∴ =k⋅ −2k−2，
2 2
6−2n
整理得，k= ．
n+2
由对称的性质知CA=C A'，
∴√(2−6) 2+(−2−0) 2=√ (2−n) 2+[−2−(−2n+2)] 2 ，
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整理得(n−2) 2=4，
解得n=4或n=0，
当n=4时，
6−2×4 1 1 ( 1) 1 4
k= =− ，直线l 的表达式为y=− x−2× − −2=− x− ；
4+2 3 2 3 3 3 3
当n=0时，
6−2×0
k= =3，直线l 的表达式为y=3x−2×3−2=3x−8，
0+2 2
1 4
∴直线l 的解析式为y=− x− 或y=3x−8．
2 3 3
【点睛】本题考查求一次函数解析式，平面直角坐标系内求三角形的面积，对称的性质，两点间距离公式
等，熟练掌握对称的性质是解题的关键．
题型 07 几何图形的旋转变化
24．（2023·山东青岛·二模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，以点A为圆心，1为半径作圆，E是
⊙A上的任意一点，将DE绕点D按逆时针旋转90°，得到DF，连接AF，则AF的最小值是（ ）
A．4√3−1 B．4√2−1 C．4√3−2 D．4√17
【答案】B
【分析】
此题是正方形的性质，主要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，勾股定理，解
本题的关键是确定AF最小时，F在线段AC上，是一道中等难度的试题．
根据题意先证明△ADE≌△CDF，则CF=AE=1，根据三角形三边关系得： AF≥AC−CF，即
AF≥AC−1，可知：当F在AC上时，AF最小，所以由勾股定理可得AC的长，可求得AF的最小值．
【详解】解：如图，连接FC，AC，
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∵ED⊥DF，
∴∠EDF=∠EDA+∠ADF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠ADF+∠CDF=90°，
∴∠EDA=∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
∵¿，
∴△ADE≌△CDF(SAS)，
∴CF=AE=1，
∴AF≥AC−CF，即AF≥AC−1，
∴当F在AC上时，AF最小，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴AC=4√2，
∴AF的最小值是4√2−1；
故答案为：B．
25．（2024·湖北·一模）从特殊到一般再到特殊是数学学习的重要模式，某数学兴趣小组拟做以下探究学
习．在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=BC，将线段BC绕点C顺时针旋转α（0°<α<180°），得到线
段DC，取AD中点H，直线CH与直线BD交于点E，连接AE．
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【感知特殊】
（1）如图1，当α=30°时，小组探究得出：△AED为等腰直角三角形，请写出证明过程；
【探究一般】
（2）如图2，当0°<α<90°时，试探究线段EA,EC,EB之间的数量关系并证明；
【应用迁移】
（3）已知AC=√5，在线段DC的旋转过程中，当AE=3时，直接写出线段EC的长．
【答案】（1）见解析；（2）EB+EA=√2EC，见解析；（3）EC=2√2或√2
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质得到CH垂直平分AD，推出∠EDA=∠EAD=45°即可；
（2）过点C作CF⊥CE，交直线BD与点F，证明△FBC≌△EAC，从而得到BF=AE,△ECF是等腰直
角三角形，即可得证；
（3）分0°0)的图
x
象经过点B．
(1)求反比例函数的表达式．
(2)将△OAB绕点B逆时针旋转得到△O' A'B，点O'恰好落在OA上，请求出图中阴影部分的面积．
4
【答案】(1)y= (x>0)
x
(2)2+5π
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点B作BC⊥x轴交x轴于点C，首先得到CO=BC=2，然后利用旋转的性质得到
∠OBO'=∠ABA'=90°，利用勾股定理求出OB=O'B=√22+22=2√2，OO'=√OB2+O'B2=4，然后
阴影部分的面积
=S +S
代数求解即可．
△ABO' 扇形A'BA
k
【详解】（1）∵反比例函数y= (x>0)的图象经过点B(2,2)，
x
k
∴2= ，解得k=4
2
4
∴y= (x>0)；
x
（2）过点B作BC⊥x轴交x轴于点C，
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∵B(2,2)
∴CO=BC=2
∵将△OAB绕点B逆时针旋转得到△O' A'B，点O'恰好落在OA上，
∴∠OBO'=∠ABA'=90°
OB=O'B=√22+22=2√2
∴OO'=√OB2+O'B2=4
∵A(6,0)
∴OA=4
∴O' A=OA−OO'=2
1 1
∴S = AO' ⋅BC= ×2×2=2
△ABO' 2 2
∵A(6,0)，B(2,2)
∴AB=√(6−2) 2+(0−2) 2=2√5
90°π×(2√5) 2
∴S = =5π
扇形A'BA 360
∴阴影部分的面积
=S +S =2+5π
．
△ABO' 扇形A'BA
【点睛】本题考查反比例函数的图象、待定系数法求反比例函数解析式、旋转的性质，勾股定理，求扇形
面积等知识，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质和数形结合的思想解答．
28．（2023·江苏镇江·二模）定义：若一个函数的图象上存在横、纵坐标之和为零的点，则称该点为这个
函数图像的“平衡点”．例如，点(−1,1)是函数y=x+2的图像的“平衡点”．
3
(1)在函数①y=−x+3，②y= ，③y=−x2+2x+1，④y=x2+x+7的图象上，存在“平衡点”的函数
x
是________；（填序号）
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4
(2)设函数y=− (x>0)与y=2x+b的图象的“平衡点”分别为点A、B，过点A作AC⊥y轴，垂足为
x
C．当△ABC为等腰三角形时，求b的值；
(3)若将函数y=x2+2x的图像绕y轴上一点M旋转180°，M在(0,−1)下方，旋转后的图象上恰有1个
“平衡点”时，求M的坐标．
【答案】(1)③
(2)0或−3或−6+3√2或−6−3√2
( 9)
(3)M 0,−
8
【分析】
（1）根据“平衡点”的定义进行逐一计算判断即可；
( b b)
（2）可求A(2,−2)，B − , ，①当C为等腰三角形的顶点时，CA=CB，此时B在以C圆心，CA长
3 3
2 2
| b| |b |
为半径的圆周上，由 − + −2 =4进行求解即可；②当A为等腰三角形的顶点时，AC=AB，此时B
3 3
2 2
| b | |b |
在以A圆心，AC长为半径的圆周上，由 − −2 + +2 =4进行求解即可；③当B为等腰三角形的顶点
3 3
b
时，BA=BC，此时B在AC的垂直平分线上，由− =1进行求解即可．
3
（3）设M(0,m)（m<−1），先将抛物线向上平移|m|个单位得y=x2+2x−m，再将y=x2+2x−m绕原
点旋转180°得：−y=(−x) 2−2x−m，即：y=−x2+2x+m，
然后将y=−x2+2x+m向下平移|m|个单位得y=−x2+2x+2m为y=x2+2x绕M(0,m)旋转180°后函数
解析式；由Δ=0，进行求解即可．
【详解】（1）解：①∵ y=−x+3，
∴x+ y=3，
故此函数不存在“平衡点”；
②当x+ y=0时，y=−x，
3
∵ y= ，
x
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3
∵ =−x，
x
∴x2=−3，
故此函数不存在“平衡点”；
③当x+ y=0时，y=−x，
∵ y=−x2+2x+1，
∴−x2+2x+1=−x，
整理得：x2−3x−1=0，
∵Δ=(−3) 2−4×(−1)
=13>0，
∴此方程有两个不相等的实数根，
∴此函数存在“平衡点”；
④当x+ y=0时，y=−x，
∵ y=x2+x+7，
∴x2+x+7=−x，
整理得：x2+2x+7=0，
∵Δ=22−4×7=−24<0
∴此方程无实数根，
∴此函数不存在“平衡点”；
故答案：③．
（2）解：当x+ y=0时，y=−x，
4
∵ y=− (x>0)，
x
4
∴− =−x，
x
解得：x =2，x =−2（舍去） ，
1 2
4
∴y=− =−2，
2
∴A(2,−2)，
( b b)
同理可求：B − , ，
3 3
①如图，当C为等腰三角形的顶点时，CA=CB，
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此时B在以C圆心，CA长为半径的圆周上，
2 2
| b| |b |
∴ − + +2 =4，
3 3
解得：b =0，b =−6，
1 2
∵当b=−6时，(2,−2)，
∴ B与A重合，b =−6舍去
2
∴b=0；
②如图，当A为等腰三角形的顶点时，AC=AB，
此时B在以A圆心，AC长为半径的圆周上，
2 2
| b | |b |
∴ − −2 + +2 =4，
3 3
解得：b =−6+3√2，b =−6−3√2；
1 2
③如图，当B为等腰三角形的顶点时，BA=BC，
此时B在AC的垂直平分线上，
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b
∴− =1，
3
解得：b=−3；
综上所述：b的值为0、−3、−6+3√2、−6−3√2．
（3）解：设M(0,m)（m<−1），先将抛物线向上平移|m|个单位得y=x2+2x−m，再将y=x2+2x−m
绕原点旋转180°得：−y=(−x) 2−2x−m，即：y=−x2+2x+m，
然后将y=−x2+2x+m向下平移|m|个单位得y=−x2+2x+2m为y=x2+2x绕M(0,m)旋转180°后函数
解析式；
∴−x=−x2+2x+2m，
整理得：x2−3x−2m=0，
∵旋转后的图象上恰有1个“平衡点”，
∴Δ=(−3) 2−4×(−2m)=0，
9
解得：m=− ，
8
( 9)
∴M 0,− ．
8
【点睛】本题考查了新定义“平衡点”，等腰三角形的判定，函数图象的旋转，理解定义，掌握等腰三角
形的判定方法和函数图象旋转中解析式的变化规律是解题的关键．
4
29．（2023·广东深圳·模拟预测）已知一次函数y=mx−3m（m≠0）和反比例函数y= 的图象如图所示．
x
(1)一次函数y=mx−3m必定经过点 ________．（写点的坐标）
(2)当m=−2时，一次函数与反比例函数图象交于点A，B，与x，y轴分别交于点C，D，连接BO并延长，
交反比例另一支于点E，求出此时A，B两点的坐标及△ABE的面积．
(3)直线y=mx−3m绕点C旋转，直接写出当直线与反比例图象无交点时m的取值范围．
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【答案】(1)(3，0)
(2)A，B两点的坐标分别为(1，4)，(2，2)，△ABE的面积为6
16
(3)− a>0)，Q a,− a+2 (a>4)
1 2 3 2
因BO=BQ =4
1
∴(4−a) 2+ ( − 1 a+2 ) 2 =42
2
整理得：5a2−40a+16=0
8√5
解得：a=4± ，
5
8√5 1 4√5
当04，时a=4+ ，则− a+2=− ．
5 2 5
( 8√5 4√5)
故Q 4+ ，− .
3 5 5
当OQ =BQ 时，点Q 的横坐标是点B横坐标的一半，Q 的横坐标为2，
2 2 2 2
1
代入直线y=− x+2中得出Q 的纵坐标为1．
2 2
即Q (2，1).
2
( 12 16) ( 8√5 4√5) ( 8√5 4√5)
综上所述，满足条件点点Q坐标为 − , 或 4− ， 或(2，1)或 4+ ,− .
5 5 5 5 5 5
【点睛】本题考查了求抛物线和直线的解析式、三角形面积关系，解题的关键是注意分类讨论，考虑到各
种可能的情形．
31．（2023·河北邯郸·二模）如图1，抛物线L:y=ax2+2ax+a−8与x轴相交于A，B两点（点A在，点
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B的左侧），已知点B的横坐标是1，抛物线L的顶点为D，点P从原点开始沿x轴正半轴运动，将抛物线
L绕点P旋转180°后得到抛物线L ，顶点E的横坐标为h．
1
(1)求a的值及顶点D的坐标；
(2)当点P与点B重合时，求抛物线L 的解析式：
1
(3)如图2，明明设计小游戏：有一等边三角形MNK（MN与x轴平行），边长为5，顶点M的坐标为
（1,6），当抛物线L 与△MNK有公共点时（含边界），△MNK会变色，此时抛物线L 被称为“美好曲
1 1
线”，请直接写出抛物线L 为“美好曲线”时，点E横坐标h的取值范围．
1
【答案】(1)a=2；(−1,−8)
(2)y=−2(x−3) 2+8
(3)1≤h≤7
【分析】(1)将B(1,0)代入y=ax2+2ax+a−8中，求出a值后即可得解；
(2)连接DE，作DH⊥x轴于点H，作EM⊥x轴于点M，证出△DBH≅△EBM(AAS)，抛物线L 的顶
1
点E的坐标，然后根旋转的性质即可得解；
(3)设P(m,0)，利用D，E关于点P成中心对称，利用中点坐标公式 得出E(2m+1,8)，
G(2m−1,0)，F(2m+3,0)，用含m的式子表示出L 的解析式，根据旋转的性质和新定义讨论出m的范
1
围，进而可得出h的取值范围．
【详解】（1）由题意可知，点B坐标为(1,0)，
将B(1,0)代入y=ax2+2ax+a−8中，得a=2
∴抛物线L的解析式为y=2x2+4x−6=2(x+1) 2−8
∴顶点D的坐标为(−1,−8)；
（2）如图，连接DE，作DH⊥x轴于点H，作EM⊥x轴于点M，
根据题意，点D，E关于点B(1,0)成中心对称，
∴DE过点B，且DB=EB，
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在△DBH和△EBM中，
¿
∴△DBH≅△EBM(AAS)，
∴EM=DH=8，BM=BH=2，
∴抛物线L 的顶点E的坐标为(3,8)，
1
∵抛物线L 由L绕点P旋转180°后得到，
1
∴抛物线L 的函数表达式为y=−2(x−3) 2+8；
1
（3）设P(m,0)
∵D，E关于点P成中心对称，D(−1,−8)
∴根据中心对称的性质，得出P为DE的中点
∴E(2m+1,8)
同理可得G(2m−1,0)，F(2m+3,0)
设L 的解析式为：y❑ =−2x2+bx+c
1 1
b
∴− =2m+1
2×(−2)
∴b=8m+4
∴−2(2m−1) 2+(8m+4)(2m−1)+c=0
∴c=2(2m−1) 2−4(2m+1)(2m−1)
=−8m2−8m+6
∴L ：y=−2x2+(8m+4)x−8m2−8m+6
1
当点N在L 对称轴左侧且位于L 上时为临界点，
1 1
∵等边三角形的边长为5，M(1,6)
∴N(6,6)
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∴将N点代入L 得−2×36+48m+24−8m2−8m+6=6
1
−8m2+40m−42=6
解得：m =2,m =3
1 2
当m=2时，对称轴为：直线x=5，N点在对称轴右侧，不符合题意，舍去
当m=3时，对称轴为：直线x=7，符合题意
∴m的值为0≤m≤3
∵E点的横坐标为h=2m+1
∴h取值为1≤h≤7
∴当点E横坐标h的取值范围为1≤h≤7时，抛物线L 为“美好曲线”
1
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，图形的旋转，新定义“美好曲线”的理解与应用，二次函数的性
质，二次项系数|a|确定函数的形状，形状相同．开口方向相同则二次项系数相等，若形状相同，开口方向
相反，则二次项系数互为相反数，根据二次项系数和顶点坐标直接写出二次函数的解析式是关键．
题型 09 利用平移、轴对称、旋转的性质解决多结论问题
32．（2024·四川达州·二模）如图，在正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连接AE与对角线BD交于
点P，过点P作PF⊥AE交BC于点F，连接AF交BD于点G，下列四个结论：①AP=PF；②
1
DE+BF=EF；③PB−PD=√2BF；④S = S ．其中正确结论个数为（ ）．
ΔAPG 2 ΔAEF
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
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【分析】由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易
知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A
顺时针旋转90°得到△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有
HF=EF，则可判定；对于③：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，
AP √2
然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；对于④，由③可得 = ，进而可得△APG∽△AFE，
AF 2
AP √2
然后可得相似比为 = ，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．
AF 2
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，PF⊥AP，
∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，
∵∠ABC+∠APF=180°，
∴∠BAP+∠BFP=180°，
∴点A、B、F、P四点共圆，
∴∠AFP=∠ABD=45°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴AP=PF，故①正确；
②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：
∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，∠ABH=∠ADE=∠ABC=90°，
∴∠HAF=∠EAF=45°，
∵∠ABH+∠ABF=180°，
∴H、B、F三点共线，
又∵AF=AF，
∴△AEF≌△AHF(SAS)，
∴HF=EF，∠AFE=∠AFB
∵HF=BH+BF，
∴DE+BF=EF，故②正确；
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③连接AC交BD于O，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：
∴OB=OD，BD⊥AC，
∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，
∴AB=√2AO，
由①可得点A、B、F、P四点共圆，
∴∠APO=∠AFB，
∵∠ABF=∠AOP=90°，
∴△AOP∽△ABF，
OP OA AP √2
∴ = = = ，
BF AB AF 2
√2
∴OP= BF，
2
∵BP−DP=BP−BM=PM=2OP，
∴PB−PD=√2BF，故③正确；
AP √2
④由③可得 = ，
AF 2
∵∠AFB=∠AFE=∠APG，∠FAE=∠PAG，
∴△APG∽△AFE，
GP AP √2
∴ = = ，
EF AF 2
S (√2) 2 1
∴ △AGP= = ，
S 2 2
△AEF
1
∴S = S ，故④正确；
△AGP 2 △AEF
综上所述：以上结论正确的有①②③④；
故选：D．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握
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正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
33．（2022·福建龙岩·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，将位于第三象限的点A(a,b)和位于第二象限
的点B(m,b+1)先向下平移1个单位，再向右平移h个单位得到点C和点D，连接AD，过点B作AD的垂
线l，在l上任取一点E，连接DE，则DE的最小值为2．下列几个结论：①直线l与y轴平行；②h=2；
③四边形ACDB是菱形；④若点F(s,t)是直线BD上的点，则s+2t=m+2b+2．其中正确结论的个数为
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由平移可得：C(a+h,b−1)，D(m+h,b)，推出AD∥x轴．再由l⊥AD，x轴⊥y轴，可得
出直线l∥y轴，即可判断①；根据垂线段最短，由DE的最小值为2，可得点E与点P重合，可得出h=2，
即可判断②；由平移可得出四边形ACDB是平行四边形，即可判断③；利用待定系数法可得直线BD的解
1 1
析式为y=− x+b+1+ m，再由点F(s,t)是直线BD上的点，即可判断④．
2 2
【详解】解：如图，设直线l交AD于点P，
∵A(a,b)，B(m，b+1)(a≠m+1)两点同时向右平移h(h>0)个单位，再向下平移1个单位得到C，D
两点（点A对应点C)，
一个点向右平移h个单位，则该点的横坐标加h；一个点向下平移1个单位，则该点的纵坐标减1，
∴C(a+h,b−1)，D(m+h,b)，
∵此时点A和点D的纵坐标相同，
∴AD∥x轴．
∵AD∥x轴，l⊥AD，x轴⊥y轴，
∴直线l∥y轴，故①正确；
当DE取最小值时，点E与点P重合，即P(m,b)，
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∵DE的最小值为2，
∴DP=2，
∴m+h−m=2，
即h=2，故②正确；
根据平移的性质可知：AC=BD，AC∥BD，
∴四边形ACDB是平行四边形，故③错误；
设直线BD的解析式为y=kx+d(k、d为常数，且k≠0)，把B(m,b+1)，D(m+2,b)分别代入，
得：¿，
解得：¿，
1 1
∴直线BD的解析式为y=− x+b+1+ m，
2 2
∵点F(s,t)是直线BD上的点，
1 1
∴t=− s+b+1+ m，
2 2
∴s+2t=m+2b+2．故④正确，
综上所述，共有3个正确结论；
故选C
【点睛】此题主要考查了平移的性质，待定系数法求一次函数解析式，坐标与图形，理解平移的性质和求
出点C和点D的坐标，利用待定系数法求一次函数解析式是解题的关键．
34．（2023·四川宜宾·三模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC=6，点D、E分别是
AB、AC的中点．将△ADE绕点A顺时针旋转60°，射线BD与射线CE交于点P，在这个旋转过程中有
下列结论：
①△AEC≌△ADB；②CP存在最大值为3+3√3；③BP存在最小值为3√3−3；④点P运动的路径长为
2√2π．其中，正确的是（ ）
A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．②③④
【答案】C
【分析】根据∠BAC=90°，AB=AC=6，点D、E分别是AB、AC的中点．得出∠DAE=90°，
AD=AE=3，可证∠DAB=∠EAC，再证△DAB≌△EAC ，可判断①正确；证明∠BPC=90°，则
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BP=BC⋅sin∠BCP，则当∠BCP最小时，BP最小利用勾股定理求出BC=6√2，在Rt△BCP中，斜边
BC一定，当BP最小时，CP最大，则当∠ACE最大时，∠BCP最小，此时AE⊥CP，如图3所示，求
出EC=3√3，证明△AEC≌△ADB，得到BD=EC=3√3,∠ADB=∠AEC=90°，证明四边形ADPE
是正方形，得到PD=PE=AE=3，则BP=BD−PD=3√3−3,CP=PE+CE=3+3√3，即可判断②正
确，③正确；取BC的中点为O，连接OA、OP，推出点P在以BC为直径的圆上运动，
1 AE 1
OA=OP=OB=OC= AB=3√2；如图4，当AE⊥CP时sin∠ACE= = ，则∠ACE=30°，由
2 AC 2
此可得点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动的轨迹为A´P，即点P运动的路径长为：
60π×3√2
=√2π，故④不正确．
180
【详解】解：设AB与CP交于G，如图2所示：
∵∠BAC=90°,AB=AC=6，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴AD=AE=3,∠DAE=90°，
∴∠DAB=90°−∠BAE=∠EAC，
在△AEC和△ADB中，
¿，
∴△AEC≌△ADB(SAS)，故①正确；
∴∠DBA=∠ECA，
∵∠ECA+∠AGC=90°,∠AGC=∠BGP，
∴∠DBA+∠BGP=90°，
∴∠BPC=90°，
∴BP=BC⋅sin∠BCP，
∴当∠BCP最小时，BP最小，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC=√AB2+AC2=√62+62=6√2，
在Rt△BCP中，斜边BC一定，当BP最小时，CP最大，
∵当∠BCP最小时，BP最小，而∠ACB=45°，
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∴当∠ACE最大时，∠BCP最小，此时AE⊥CP，如图3所示
在Rt△AEC中，AE=3,AC=6，
∴EC=√AC2−AE2=√62−32=3√3，
∵AE=AD,∠EAC=90°−∠BAE=∠DAB,AC=AB，
∴△AEC≌△ADB(SAS)，
∴BD=EC=3√3,∠ADB=∠AEC=90°，
∴四边形ADPE是正方形，
∴PD=PE=AE=3，
∴BP=BD−PD=3√3−3,CP=PE+CE=3+3√3，
∴CP存在最大值为3+3√3,BP存在最小值为3√3−3，故②正确，③正确；
取BC的中点为O，连接OA、OP，
∵∠BAC=∠BPC=90°，
1 1
∴点P在以BC为直径的圆上运动，OA=OP=OB=OC= AB= ×6√2=3√2，
2 2
AE 3 1
如图4，当AE⊥CP时，sin∠ACE= = = ，
AC 6 2
∴∠ACE=30°，
∴∠CAE=60°,∠AOP=2∠ACE=60°，
∵将△ADE绕点A顺时针旋转60°，
∴点P在以点O为圆心，OA长为半径的圆上运动的轨迹为A´P，
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60π×3√2
∴点P运动的路径长为： =√2π,故④不正确；
180
故选：C．
【点睛】本题考查图形旋转性质，线段中点定义，三角形全等判定与性质，圆的切线，正方形判定与性质，
勾股定理，锐角三角函数，弧长公式，本题难度大，正确添加辅助线是解题关键．
35．（2023·浙江湖州·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，点D，E分别是边AB和
BC上的两点，连结DE，将△BDE沿DE折叠，点B恰好落在AC的中点M处，BM与DE交于点F．下列
11√3
三个结论：①DF=EF；②DM⊥AM；③tan∠CME= 其中正确的是 ．（写出正确结论的
12
序号）
【答案】③
【分析】①由折叠的性质可得ED是BM的垂直平分线，假设DF=EF，则四边形BDME为菱形，MB平
分∠ABC，由∠ACB=90°，∠B=30°，M是AC的中点，得出BM不是∠ABC的平分线，即可判断，
② 由 BM不 是 ∠ABC的 平 分 线 ， 可 得 ∠MDA=∠DBM+∠DMB≠30°， 在 △ADM中
∠MAD+∠MDA=60°+∠MDA≠90°，即可判断，
③设CM=a，ME=x，应用勾股定理，表示出CE的长度，在Rt△CME中，M E2=CM2+CE2，即可求
13√3a
得：x= ，根据锐角三角函数的定义，即可判断，
12
本题考查了折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，解题的关键是：熟练掌握折叠的性质．
【详解】解：由折叠的性质可得：EB=EM，DB=DM，
∴ED是BM的垂直平分线，
假设DF=EF，则四边形BDME为菱形，
∴∠EBF=∠DBF，即：MB平分∠ABC，
∵∠ACB=90°，∠B=30°，M是AC的中点，
∴BM不是∠ABC的平分线，
∴假设DF=EF错误，故①错误，
∵BM不是∠ABC的平分线，
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∴∠DBM=∠DBM≠15°，
∴∠MDA=∠DBM+∠DMB≠30°，
∴∠MAD+∠MDA=60°+∠MDA≠90°，故②错误，
设CM=a，ME=x，则：AM=a，EB=x，AC=2a，AB=2AC=4a，
由勾股定理得：BC=√AB2−AC2=√(4a) 2−(2a) 2=2√3a，
∴CE=BC−BE=2√3a−x，
13√3a
在Rt△CME中，M E2=CM2+CE2，即：x2=a2+(2√3a−x) 2 ，整理得：x= ，
12
13√3a 11√3a
∴CE=2√3a−x=2√3a− = ，
12 12
CE 11√3
∴tan∠CME= = ，故③正确，
CM 12
综上所述，只有③正确，
故答案为：③．
36．（2023·湖北孝感·模拟预测）如图，四边形ABCD是正方形纸片，AB=2．对折正方形纸片ABCD，
使AD与BC重合，折痕为EF；展平后再过点B折叠正方形纸片，使点A落在EF上的点M处，折痕为BP；
再次展平，延长PM交CD于点Q．有如下结论：①∠ABM=60°；②AP=1；③AP+CQ=PQ；④
1
CQ=4−2√3；⑤H为线段BP上一动点，则AH+ BH的最小值是√3．其中正确结论的序号是 ．
2
【答案】①③④⑤
【分析】①首先根据EF垂直平分AB，可得AM=BM；然后根据折叠的性质，可得AB=BM，据此判断
出△ABM为等边三角形，即可判断出∠ABM=60°．②首先根据∠ABM=60°，∠ABP=∠PBM，求
出∠ABP=∠PBM=30°；然后在Rt△ABP中，根据AB=2，求出AP的大小即可．③证明
AP=PM,CQ=QM所以AP+CQ=PM+QM=PQ．④构造直角三角形，利用勾股定理即可得出结论．
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1
⑤首先过点作HE⊥BM，A,H,E在同一条直线上且AE⊥BM时AH+ BH的值最小．
2
【详解】解：如图，连接AM，
∵EF垂直平分AB，
∴AM=BM，
根据折叠的性质，可得：
AB=BM，
∴AM=AB=BM，
∴△ABM为等边三角形，
∴∠ABM=60°，即结论①正确；
∵∠ABM=60°，∠ABP=∠PBM，
∴∠ABP=∠PBM=60°÷2=30°，
√3 2√3
∴AP=AB⋅tan30°=2× = ，即结论②不正确．
3 3
∵折叠，
∴AP=PM,AB=BM,∠PAB=∠PMB=90°，
∴CB=BM,∠C=∠QMB=90°
∵BQ=BQ,
∴Rt△BMQ≅Rt△BCQ,
∴CQ=MQ,
∴AP+CQ=PM+QM=PQ，即结论③正确．
设CQ=x，则DQ=2−x，
2√3
∵AP= ，AP+CQ=PQ，
3
2√3
∴PQ= +x，
3
在Rt△DPQ中
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由PQ2=PD2+DQ2，
2 2
∴ (2√3 +x ) = ( 2− 2√3) +(2−x) 2 ，
3 3
解得：x=4−2√3，即CQ=4−2√3，即结论④正确．
过点H作HG⊥BM，
∵△BMA是等边三角形，
∴∠ABP=∠PBM=60°÷2=30°，
1
∴HG= BH，
2
1
∴A,H,G在同一条直线上且AG⊥BM时AH+ BH的值最小，
2
1
此时AH+ BH=AH+HG=AG，
2
√3
∴AG=AB⋅sin60°=2× =√3
2
1
AH+ BH的最小值是√3，
2
即结论⑤正确．
故答案为：①③④⑤．
【点睛】此题主要考查了几何变换综合题，考查了分析推理能力，考查了空间想象能力，考查了数形结合
方法的应用，要熟练掌握．
37．（2023·湖北孝感·二模）如图，正方形ABCD的边长为2，点E为对角线AC上一动点(点E不与A、C
重合)，过点E作EF⊥BE交直线CD于F，将线段EF绕点F逆时针旋转90°得到线段GF，连接GA，GB，
GC，下列结论：①EB=EF；②AC⊥GC；③CE+CG=√2CB；④GA+GB的最小值为2√5，其中
正确的是 .(填写所有正确结论的序号)
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【答案】①②③④
【分析】过E作EM⊥BC，EN⊥CD，可证△BEM≌△FEN得BE=EF，故①正确；可证四边形
BEFG是正方形，得∠EBG=90°，BE=BG，可证∠ABE=∠CBG，进而得到△ABE≌△CBG，所以
∠BAE=∠BCG，得∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，可证②正确；由②可知，
△ABE≌△CBG，所以AE=CG，而CG+CE=AE+CE=AC可求，③正确．由“SAS”可证
△BCG≌△HCG，可得BG=GH，当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，由勾股定理可
求AH的长，故④正确，即可求解．
【详解】解：过E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，作EH⊥AB于H，连接BG，
∵四边形ABCD是正方形，AC平分∠BCD，
∴EM=EN，
∵∠EMC=∠MCN=∠ENC=90°，
∴∠MEN=90°，
∵EF⊥BE，
∴∠BEM+∠MEF=∠FEN+∠MEF=90°，
∴∠BEM=∠FEN，
∵∠EMB=∠ENF=90°，EM=EN，
∴△BEM≌△FEN(ASA)，
∴BE=EF，故①正确；
∵∠BEF=∠EFG=90°，EF=FG，BE=EF，
∴BE=FG，BE∥FG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∵∠BEF=90°，BE=EF，
∴四边形BEFG是正方形，
∴∠EBG=90°，BE=BG，
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∵∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠EBC=∠EBC+∠CBG=90°，
∴∠ABE=∠CBG，
又∵AB=BC，BE=BG，
∴△ABE≌△CBG(SAS)，
∴∠BAE=∠BCG=45°，
∵∠BAE+∠BCA=90°，
∴∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，
∴AC⊥GC，故②正确；
由②可知，△ABE≌△CBG，
∴AE=CG，
∴CG+CE=AE+CE=AC，
∵∠ACB=45°，
∴AC=√2BC，
∴CG+CE=√2BC，故③正确，
如图，延长DC至H，使CH=BC=2，连接BG，GH，AH，
∵∠BCG=45°，∠BCH=90°，
∴∠BCG=∠GCH=45°，
又∵BC=CH，CG=CG，
∴△BCG≌△HCG(SAS)，
∴BG=GH，
∴AG+BG=AG+GH，
∴当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，即AG+BG有最小值为AH的长，
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∴AH=√AD2+DH2=√4+(2+2) 2=2√5，
∴AG+BG的最小值为2√5，故④正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，
全等三角形的判定与性质，最短路径问题，综合运用正方形的判定与性质定理，勾股定理等知识是解题的
关键．
题型 10 与图形变化有关的最值问题
38．（2023·河南周口·三模）如图，在矩形ABCD中，AB=15，BC=20，把边AB沿对角线BD平移，
点A'，B'分别对应点A，B，A'C+B'C的最小值为 ．
【答案】9√17
【分析】先证明四边形A'B'CD是平行四边形，作点D关于A A'的对称点D'，连接DD'交A A'于J，过点
D'作D'E⊥CD交CD的延长线于E，连接CD'交A A'于A'，此时CB'+C A'的值最小，最小值为CD'，
96 72
通过证明△AJD∽△DAB，可得DJ=12，通过证明△DED'∽△DAB，可得DE= ，ED'= ，最后
5 5
由勾股定理即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：AB=A'B'，AB∥A'B'，AB=CD，AB∥CD，
∴A'B'=CD，A'B'∥CD，
∴四边形A'B'CD是平行四边形，
∴B'C=A'D，
∴A'C+B'C=A'C+A'D，
如图所示，作点D关于A A'的对称点D'，连接DD'交A A'于J，过点D'作D'E⊥CD交CD的延长线于E，
连接CD'交A A'于A'，此时CB'+C A'的值最小，最小值为CD'，
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，
则∠AJD=∠DED'=∠BAD=∠ADC=90°，A A'∥BB'，
∴D'E∥AD，∠ADB=∠JAD，
∴△AJD∽△DAB，
DJ AD
∴ = ，∠ABD=∠ADJ，
AB BD
∵BD=√AB2+AD2=√152+202=25，
DJ 20
∴ = ，
15 25
∴DJ=12，
∴DD'=24，
∵ D'E∥AD，
∴∠ED'D=∠D'DA，
∴∠ED'D=∠ABD，
∴△DED'∽△DAB，
DE ED' DD'
∴ = = ，
DA AB BD
DE ED' 24
∴ = = ，
20 15 25
96 72
∴DE= ，ED'= ，
5 5
96 171
∴CE=CD+DE=15+ = ，
5 5
∴CD'=√CE2+D'E2=
√ (171) 2
+
(72) 2
=9√17，
5 5
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∴A'C+B'C的最小值为9√17，
故答案为：9√17．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形相似的判定与性质、轴对称的性质、矩形的性
质、勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质、三角形相似的判定与性质、轴对称的性质、矩形的性
质，添加适当的辅助线，是解题的关键．
39．（2023·四川泸州·二模）如图，抛物线y=−x2−3x+4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），
与y轴交于点C，若点D为抛物线上一点且横坐标为−3，点E为y轴上一点，点F在以点A为圆心，2为半
径的圆上，则DE+EF的最小值 ．
【答案】√65−2/−2+√65
【分析】先求出点A(−4,0)，点D(−3,4)，作点D关于y轴对称的点T，则点T(3,4)，连接AE交与轴于M，
交⊙A于N，过点T作TH⊥x轴于H，连接AF，当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最
小，最小值为线段TN的长，然后可在Rt△ATH中由勾股定理求出TA，进而可得TN，据此可得出答案．
【详解】解：对于y=−x2−3x+4，当y=0时，−x2−3x+4=0，
解得：x =−4，x =1，
1 2
∴点A的坐标为(−4,0)，
对于y=−x2−3x+4，当x=−3时，y=4，
∴点D的坐标为(−3,4)，
作点D关于y轴对称的点T，则点T(3,4)，
连接AE交与y轴于M，交⊙A于N，过点T作TH⊥x轴于H，连接AF，
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当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小，最小值为线段TN的长．
理由如下：
当点E与点M不重合，点F与点N不重合时，
根据轴对称的性质可知：DE=TE，
∴DE+EF=TE+EF，
根据“两点之间线段最短”可知：TE+EF+AF>AT，
即：TE+EF+AF>TN+AN，
∵AF=AN=2，
∴TE+EF>TN，
即：DE+EF>TN，
∴当点E与点M重合，点F与点N重合时，DE+EF为最小．
∵点T(3,4)，A(−4,0)，
∴OH=3，TH=4，OA=4，
∴AH=OA+OH=7，
在Rt△ATH中，AH=7，TH=4，
由勾股定理得：TA=√AH2+T H2=√65，
∴TN=TA−AN=√65−2．
即DE+EF为最小值为√65−2．
故答案为：√65−2．
【点睛】此题主要考查了二次函数与x轴的交点，利用轴对称求最短路线，圆的性质，勾股定理等，解答
此题的关键是准确的求出二次函数与x轴的交点坐标，难点是确定当DE+EF为最小时，点E，F的位置．
40．（2023·四川成都·模拟预测）如图所示，在边长为2的等边三角形ABC中，G为BC的中点，D为AG
的中点，过点D作EF∥BC交AB于E，交AC于F，P是线段EF上一个动点，连接BP，GP，则ΔBPG
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的周长的最小值是 ．
【答案】3
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，线段垂直平分线的性质，轴对称−最短路线问题，熟练掌握
将军饮马基本模型是解题的关键．连接AP，首先证明EF是AG的垂直平分线，得AP=GP，则ΔBPG的
周长为BP+AP+BG=BP+AP+1，当B、P、A共线时，BP+AP的最小值为2，从而得出答案．
【详解】解：连接AP，
∵点G是BC的中点，ΔABC是等边三角形，
∴AG⊥BC，
∵EF∥BC，
∴∠ADE=∠AGB=90°，
∵点D为AG的中点，
∴EF是AG的垂直平分线，
∴AP=GP，
∴ΔBPG的周长为BP+AP+BG=BP+AP+1，
当B、P、A共线时，BP+AP的最小值为2，
∴ΔBPG的周长最小值为3，
故答案为：3
41．（2023·贵州贵阳·二模）如图，在正方形ABCD中，AB=10，点P是正方形ABCD内一动点，连接
AP，将AP绕点A逆时针旋转90°，得到线段AQ，连接QD，BP，延长BP交直线QD于点M，当点P为
BM的中点时，线段PC的最小值为 ．
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5√10−5√2
【答案】
2
【分析】以点B为原点建立平面直角坐标系，作QS⊥AD于S，PR⊥AB于R，先证
△QAS≌△PAR(AAS)，推出AR=AS，PR=QS，设P(m,n)，则AR=10−n，PR=m，利用待定系数法
m 10m
求出直线QD的函数关系式，将M(2m,2n)代入其中，得出2n=− ⋅2m+ +10，通过整理得出
n n
( 5) 2 ( 5) 2 (5√2) 2 (5 5) 5√2
n− + m− = ，设T , ，可知点P在以T为圆心， 为半径的圆上运动，且位于
2 2 2 2 2 2
正方形ABCD内，当T、P、C共线且P在线段TC上时，PC取最小值，由此可解．
【详解】解：以点B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，作
QS⊥AD于S，PR⊥AB于R，
则∠QSA=∠PRA=90°，
∵ ∠PAD+∠PAR=∠BAD=90°，∠PAD+∠QAS=∠QAP=90°，
∴ ∠QAS=∠PAR，
由旋转知，AQ=AP，
∴ △QAS≌△PAR(AAS)，
∴ AR=AS，PR=QS，
∵正方形ABCD中，AB=10，
∴ A(0,10)，C(10,0)，D(10,10)，
设P(m,n)，则AR=10−n，PR=m，
∴ AS=AR=10−n，QS=PR=m，
∴ Q(10−n,10+m)，
设直线QD的函数关系式为y=kx+b，将Q(10−n,10+m)，D(10,10)代入，得：
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¿，
解得¿，
m 10m
∴直线QD的函数关系式为y=− x+ +10，
n n
∵点P为BM的中点，P(m,n)，
∴ M(2m,2n)，
m 10m m 10m
将M(2m,2n)代入y=− x+ +10，得：2n=− ⋅2m+ +10，
n n n n
即n2+m2−5n−5m=0，
( 5) 2 ( 5) 2 (5√2) 2
整理得 n− + m− = ，
2 2 2
设T (5 , 5) ，则PT2= ( n− 5) 2 + ( m− 5) 2 = (5√2) 2 ，
2 2 2 2 2
5√2
∴点P在以T为圆心， 为半径的圆上运动，且位于正方形ABCD内，当T、P、C共线且P在线段TC
2
上时，PC取最小值，
√ (5 ) 2 (5) 2 5√2 5√10−5√2
此时PC=TC−TP= −10 + − = ，
2 2 2 2
5√10−5√2
∴ PC的最小值为 ．
2
5√10−5√2
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，点到圆上一点的距离，平面直角坐标系内两点
间距离公式，求一次函数解析式等，涉及知识点多，难度较大，求出点P的运动轨迹是解题的关键．
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42．（2023·江苏扬州·一模）如图，直角△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，点E是边AC上
一点，将BE绕点B顺时针旋转60°到点F，则CF长的最小值是 ．
【答案】2
【分析】本题考查了直角三角形性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，点到直线的距离垂线
段最短等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点
H，可证得△BCF≌△BDE(SAS)，得出CF=DE，当且仅当DE⊥AC，即点E与点H重合时，
1
DE=DH= AD=2为DE的最小值，即可得出CF的最小值为2．
2
【详解】解：取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点H，
1
则AD=BD= AB，∠AHD=∠ACB=90°，
2
∵∠A=30°，BC=4，
∴AB=2BC=8，∠ABC=90°−30°=60°，
由旋转得：BF=BE，∠EBF=60°，
∴∠EBC+∠CBF=60°，
∵∠EBC+∠DBE=60°，
∴∠CBF=∠DBE，
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1
∵AD=BD= AB=4，
2
∴BC=BD，
∴△BCF≌△BDE(SAS)，
∴CF=DE，
1
当且仅当DE⊥AC，即点E与点H重合时，DE=DH= AD=2为DE的最小值，
2
∴CF的最小值为2．
故答案为：2．
43．（2023·四川眉山·模拟预测）如图，在矩形OABC中，OA=4，AB=2，点D是边BC的中点，反比例
k
函数y = (x>0)的图象经过点D，交AB边于点E，直线DE的解析式为y =mx+n (m≠0)．
1 x 2
k
(1)求反比例函数y = (x>0)的解析式和直线DE的解析式；
1 x
(2)在x轴上找一点P，使△PDE的周长最小，求出此时△PDE的周长最小值和点P的坐标．
4 1
【答案】(1)反比例函数的解析式为y = (x>0)，直线DE的解析式为y =− x+3；
1 x 2 2
(10 )
(2)△PDE的周长最小值是√13+√5，点P的坐标为 ,0 ．
3
【分析】本题考查了一次函数和反比例函数综合，轴对称的性质，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和步骤．
4
（1）易得D(2,2)，把D(2,2)代入求出k的值，即可得出反比例函数的解析式为y = (x>0)，进而得出
1 x
1
E(4,1)，把D(2,2)和E(4,1)代入y =mx+n求出m和n的值，即可得出直线DE的解析式为y =− x+3．
2 2 2
（2）作点E关于x轴的对称点E'，连接E'D交x轴于P，连接PE，此时，△PDE的周长最小．用待定系数
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3 (10 )
法求出直线DE'的解析式为y=− x+5，即可得出点P的坐标为 ,0 ，再求出BE=1，BD=2，即可
2 3
求出△PDE的周长最小．
【详解】（1）解：∵点D是边BC的中点，BC=OA=4，AB=2，
∴CD=2，则D(2,2)，
k k
∵把D(2,2)代入y = (x>0)得2= ，
1 x 2
∴k=4，
4
∴反比例函数的解析式为y = (x>0)，
1 x
当x=4时，y=1，
∴E(4,1)，
把D(2,2)和E(4,1)代入y =mx+n(m≠0)得，
2
¿，
∴ ¿，
1
∴直线DE的解析式为y =− x+3．
2 2
（2）解：作点E关于x轴的对称点E'，连接E'D交x轴于P，连接PE，此时，△PDE的周长最小．
∵E点的坐标为(4,1)，
∴E'的坐标为(4,−1)，D(2,2)，
设直线DE'的解析式为y=ax+b，
∴ ¿，
解得：¿．
3
∴直线DE'的解析式为y=− x+5，
2
10
令y=0，得x= ，
3
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(10 )
∴点P的坐标为 ,0 ，
3
∵D(2,2)，E(4,1)，E'(4,−1)，
∴BE=1，BD=2，
所以△PDE的周长最小值=DE+DE'=√13+√5．
(10 )
综上所述，△PDE的周长最小值为√13+√5，点P的坐标为 ,0 ．
3
题型 11 图案设计
44．（2022·福建厦门·模拟预测）在古代的两河流域，人们用粘土制成泥版，在泥版上进行书写．古巴比
伦时期的泥版BM15285（如图1）记录着祭司学校的数学几何练习题，该图片由完美的等圆组成．受泥版
上的图案启发，某设计师设计出形似雨伞的图案用作平面镶嵌（如图2），若图案中伞顶与伞柄的最长距
离为2，则一块伞形图案的面积为 ．
【答案】2
【分析】观察图形，知一块伞形图案的面积为：矩形面积-下半圆面积+上半圆面积=矩形面积，据此即可
求解．
【详解】解：观察图形，
一块伞形图案的面积为：矩形面积-下半圆面积+上半圆面积=矩形面积，
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∴一块伞形图案的面积为：2×1=2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了图形的平移、旋转、中心对称，数形结合是解题的关键．
45．（2022·浙江温州·二模）如图是由54个边长为1的小等边三角形组成的网格，请按要求画格点多边形
（顶点均在格点上）．
(1)在图1中画一个以AB为腰的△ABC．
(2)在图2中画一个四边形ABDE，使其中一条对角线长为4，且恰有两个内角为90°．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的特征进行作图即可；
（2）以A或B为固定点，先确定其中一条对角线长为4时的对应点，再根据其中恰有两个内角为90°进行
作图即可．
【详解】（1）解：画法不唯一，如图1或图2
（2）解：画法不唯一，如图3、图4、图5、图6、图7或图8
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【点睛】本题考查了作图，解题的关键是找准作图的突破口，再根据题目要求进行作图．
46．（2022·山西大同·二模）阅读理解，并解答问题：
观察发现：
如图1是一块正方形瓷砖，分析发现这块瓷砖上的图案是按图2所示的过程设计的，其中虚线所在的直线
是正方形的对称轴．
问题解决：
用四块如图1所示的正方形瓷砖按下列要求拼成一个新的大正方形，并在图3和图4中各画一种拼法．
(1)图3中所画拼图拼成的图案是轴对称图形，但不是中心对称图形；
(2)图4中所画拼图拼成的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【答案】(1)见解析
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(2)见解析
【分析】（1）按照轴对称的意义得出答案即可；
（2）按照轴对称的定义和中心对称的定义设计，所设计的图案既是中心对称图形，又是轴对称图形．
【详解】（1）解：（1）参考图案，如图所示：
（2）（2）参考图案，如图所示：
【点睛】本题考查利用轴对称或中心对称设计图案，关键是理解轴对称和中心对称的定义．
47．（2021·吉林长春·一模）如图，在6×6的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，且每个小正方形
的顶点称为格点，线段AB的两个端点均在格点上．按要求完成下列画图．（要求仅用无刻度的直尺，且
保留必要的画图痕迹）
(1)在图1中，以AB为对角线，画出一个是中心对称，但不是轴对称的四边形ACBD， C、D为格点．
√2
(2)在图2中，以AB为边，画出一个△ABC，使cos∠BAC＝ ，点C为格点．
2
(3)在图3中，画出一条直线CD，使CD⊥AB，交AB于点D，且满足AD＝4BD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
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【分析】（1）根据网格在图1中以AB为对角线，画出一个平行四边形ACBD，C、D为格点；
√2
（2）根据网格在图2中画出等腰直角三角形，使∠ACB=90°，可得∠BAC =45°，所以cos∠BAC= ，点
2
C为格点即可；
（3）取格点C、F，连接CF交AB于点D，AC:FB=AD:DB=4:1，且△ABC~△CFB，即满足CF⊥AB．
【详解】（1）解：如图1，四边形ACBD即为所求；
（2）解：如图2，△ABC即为所求；
（3）解：如图3，直线CD即为所求．
【点睛】本题考查了作图-旋转变换，作图-轴对称变换，解决本题的关键是掌握轴对称图形的性质和中心
对称图形的性质，平行线分线段成比例定理以及相似三角形的判定和性质．
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（时间：60分钟）
一、单选题
1．（2023·山东青岛·三模）下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐一判断
即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；
把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对
称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
B．是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意．
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故共有1个，
故选：A．
2．（2023·山东青岛·一模）△ABC在如图所示的平面直角坐标系中，将△ABC向右平移2个单位长度后得
到△A B C ，再将△A B C 绕点O旋转180°后得到△A B C ，那么点C 的坐标是（ ）
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2
A．(1,2) B．(−1,−2) C．(−2,−1) D．(1,−2)
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【答案】B
【分析】
本题考查了平移和旋转，坐标与图形，根据题意，画出图形，即可得出答案，掌握平移、旋转的性质是解
题的关键．
【详解】
解：根据题意，可画出如下图形：
∴点C 的坐标(−1,−2)，
2
故选：B．
3．（2021·山东临沂·统考二模）如图1，在平面直角坐标系中， ▱ABCD在第一象限，且BC//x轴．直
线y=x从原点O出发沿x轴正方向平移．在平移过程中，直线被 ▱ABCD截得的线段长度n与直线在x轴上
平移的距离m的函数图象如图2所示．那么 ▱ABCD的面积为（ ）
A．3 B．3√2 C．6 D．6√2
【答案】B
【分析】根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A；当移动距离是6时，直线经过B，在移
动距离是7时经过D，则AD=7-4=3，当直线经过D点，设交BC与N.则DN=2，作DM⊥AB于点M.利用
三角函数即可求得DM即平行四边形的高，然后利用平行四边形的面积公式即可求解．
【详解】解：根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A
当移动距离是6时，直线经过B
当移动距离是7时经过D，则AD=7-4=3
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如图：设交BC与N，则DN=2，作DM⊥AB于点M，
∵移动直线为y=x
∴∠NDM=45°
√2
∴DM=cos∠NDM·ND= ×2=√2
2
∴ ▱ABCD的面积为AD×DM=3×√2=3√2．
故答案为B．
【点睛】本题考查了平移变换、解直角三角形等知识，其中根据平移变换确定AD的长是解答本题的关键．
4．（2024·河南驻马店·一模）如图所示，已知矩形纸片ABCD，其中AB=3，BC=4，AC为其对角线，
现将纸片进行如下操作：将如图1所示纸片对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展开后如图2所示；在
AB上取点P，将△PBF沿着PF对折，使得点B的对应点G落在对角线AC上，如图3所示．则PF的长为
（ ）
3 8 5 9
A． B． C． D．
2 5 2 5
【答案】C
【分析】
1
根据折叠的性质得出BF=CF=FG= BC=2，∠B=∠PGF=90°，PB=PG，证明△CFG为等腰三角
2
3
形，利用等腰三角形性质和角的等量代换推出△PAG为等腰三角形，得到PB= ，最后利用勾股定理求解，
2
即可解题．
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【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，AB=3，BC=4，∠B=90°，
1
根据折叠性质得，BF=CF=FG= BC=2，∠B=∠PGF=90°，PB=PG．
2
∴ △CFG为等腰三角形，∠FCG=∠FGC．
∵ ∠FGC+∠AGP=90°，∠FCG+∠PAG=90°，
∴ ∠PAG=∠PGA．
∴ △PAG为等腰三角形，PA=PG．
1 3
∴ PA=PG=PB= AB= ．
2 2
在Rt△PBF中，PF=√PB2+BF2=
√
22+
(3) 2
=
5
．
2 2
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质、折叠性质、等腰三角形、勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3
5．已知直线y=− x+6与y轴、x轴分别交于点A和点B，M是线段OB上的一点，若将△ABM沿AM折
4
叠，点B恰好落在y轴上的点B'处，则直线AM的函数解析式是（ ）
1 1
A．y=− x+6 B．y=− x+3 C．y=−2x+6 D．y=−2x+3
2 2
【答案】C
【分析】本题考查待定系数法确定一次函数解析式，勾股定理，轴对称折叠的性质．由解析式
3
y=− x+6，可得OA=6，OB=8，根据勾股定理，AB=10，Rt△OB'M中，构建方程求解得OM=3，
4
于是M(3，0)，运用待定系数法求解即可．
3
【详解】解：对于y=− x+6，当x=0时，y=6；
4
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3
当y=0时，0=− x+6，x=8；
4
∴A(0，6)，B(8，0)，
∴OA=6，OB=8，
∴AB=√OA2+OB2=10．
由折叠知，AB'=AB=10．
∴OB'=AB'−OA=4．
Rt△OB'M中，B'M=BM=OB−OM=8−OM，
∴42+OM2=(8−OM) 2，
解得，OM=3．
∴M(3，0)，
设直线AM的解析式为y=kx+6，得
3k+6=0，解得k=−2，
∴y=−2x+6．
故选：C．
6．（2023·四川德阳·二模）如图，在矩形ABCD中，AD=1，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩
S
形AEFG，点B的对应点E落在CD上，且DE=EF，则 四边形ABCE 的值为（ ）
2S
△ADE
1
A．2√2−1 B．√2 C．√2− D．√2−1
2
【答案】C
【分析】
本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理；根据矩形的性质可得∠D=90°，AD=BC=1，
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AB=CD，再利用旋转的性质可得： AB=AE，EF=BC，从而可得AD=EF=DE=1，进而可得
AB=AE=CD=√2，然后利用线段的和差关系可得EC=√2−1，最后利用三角形的面积公式和梯形的面
积公式，进行计算即可解答．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AD=BC=1，AB=CD，
由旋转得：AB=AE，EF=BC，
∴AD=EF=1，
∵DE=EF，
∴DE=AD=1，
∴AE=√2AD=√2，
∴AB=AE=CD=√2，
∴EC=CD−DE=√2−1，
1 1
(AB+CE)⋅BC ×(√2+√2−1)×1
S 2 2 1
∴ 四边形ABCE= = =√2− ，
2S 1 1×1 2
ΔADE 2⋅ AD⋅DE
2
故选：C．
7．（2023·福建莆田·一模）如图，△ABC和△BDE都是等边三角形，将△BDE先向右平移得到△GFH，
再绕顶点G逆时针旋转使得点F，H分别在边AB和AC上．现给出以下两个结论：
①仅已知△ABC的周长，就可求五边形DECHF的周长；
②仅已知△AFH的面积，就可求五边形的面积．
下列说法正确的是（ ）
A．①正确，②错误 B．①错误，②正确
C．①②均正确 D．①②均错误
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题
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的关键．
由“AAS”可证△AFH≌△BGF，△AFH≌△CGH，可得CH=AF=BG，CG=AH=BF，
S =S =S ，由线段的和差关系和面积和差关系可求解．
△AFH △BGF △CGH
【详解】解：∵△ABC，△BDE，△FGH都是等边三角形，
∴AB=AC=BC，BE=DE=BD=FG=FH=GH，
∠A=∠B=∠C=∠GFH=∠GHF=∠FGH=60°，
∵∠BFH=∠A+∠AHF=∠BFG+∠GFH，
∴∠BFG=∠AHF，
∴△AFH≌△BGF(AAS)，
同理可证：△AFH≌△CGH，
∴CH=AF=BG，CG=AH=BF，
∴五边形DECHF的周长=DF+DE+EC+CH+FH=DF+AF+BD+BE+EC=AB+BC，
∴仅已知△ABC的周长，就可求五边形DECHF的周长；故①正确；
∵△AFH≌△BGF，△AFH≌△CGH，
∴S =S =S ，
△AFH △BGF △CGH
∵S =S =S −3S ，
△FGH △BDE △ABC △AFH
∴S −S =3S ，
△ABC △BDE △AFH
∴五边形DECHF的面积=S −S −S =2S ，
△ABC △BDE △AFH △AFH
∴仅已知△AFH的面积，就可求五边形DECHF的面积．故②正确，
故选：C．
二、填空题
8．（2024·河北邯郸·一模）如图，已知A(−3,3),B(−1,1.5)，将线段AB向右平移d个单位长度后，点
6
A，B恰好同时落在反比例函数y= (x>0)的图像上，且对应点分别为点A'，B'，则d等于 ．
x
【答案】5
【分析】
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本题考查了平移，先根据平移得到点的坐标，然后根据平移后的点在反比例函数图像上可得到结果，准确
理解平移的计算方法“上加下减，左加右减”是解题的关键．
【详解】解：∵A(−3,3),B(−1,1.5)，
∴右平移d个单位长度后，得到A'(−3+d,3),B'(−1+d,1.5)，
6
∵平移后的点刚好落在y= 上，
x
6
∴3= ，
−3+d
解得：d=5，
故答案为：5．
9．（2023·河南平顶山·二模）如图，在矩形ABCD中，点E为边BC上一点，且AB=√3，BE=1，连接
AE，将△ABE绕点A逆时针旋转α(0°<α<360°)，当点B的对应点B'落在直线AD上时，点E的运动路
径E
´'E的长为
．（结果保留π）
【答案】π或3π
【分析】
本题考查了矩形的性质、弧长的计算以及旋转的性质，解答本题的关键是分类讨论，在Rt△ABE中，由勾
股定理得到：AE=2，再由题意分类讨论：当点B'落在线段AD上时、当点B'落在线段DA的延长线上时，
分别求出E
´'E的长即可．
【详解】
解：矩形ABCD中，∠BAD=∠B=90°，
在Rt△ABE中，AB=√3，BE=1，
∴ AE=√AB2+BE2=2，
将△ABE绕点A逆时针旋转α(0°<α<360°)得到△AB'E'，当点B'落在线段AD上时，α=90°，
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∠EAE'=α=90°，
90×π×2
∴ E ´'E 的长为 =π；
180
当点B'落在线段DA的延长线上时，
则α=270°，
∴ ∠EAE'=α=270°，
270×π×2
∴ E ´'E的长为 =3π，
180
综上所述，E
´'E的长为π或3π．
故答案为：π或3π．
10．（2023·江苏常州·一模）如图，将抛物线y=2(x+1) 2+1绕原点O顺时针旋转45°得到新曲线，新曲线
与直线y=x交于点M，则点M的坐标为 ．
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(3√2 3√2)
【答案】 ,
2 2
【分析】
本题考查的是二次函数图象与几何变换，旋转的选择、勾股定理的应用，利用逆向思维，确定对应点M、
M'的关系，是本题的突破点．直线y=x绕原点O逆时针旋转45°得到x=0，求得抛物线与y轴的交点M'，
M'绕原点O顺时针旋转45°得到M，由OM=OM'，即可求解．
【详解】
解：直线y=x绕原点O逆时针旋转45°得到x=0，
设抛物线y=2(x+1) 2+1与y轴的交点为M'，
∵抛物线y=2(x+1) 2+1，
∴x=0时，y=3，
∴M'(0,3)，
设点M(m,m)，
由题意得：OM=OM'=3，
∴m2+m2=32，
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3√2
∴m= ，
2
(3√2 3√2)
∴点M的坐标为 , .
2 2
(3√2 3√2)
故答案为： , .
2 2
11．（2023·河南洛阳·一模）如图，直角三角形纸片ABC中，∠ACB=90°，AB=6，BC=8，点D为
AC的中点，点E为BC一动点（不与端点重合），且CE<4，沿直线DE折叠该纸片，点C的对应点为C ，
1
再沿直线BC折叠该纸片，点C的对应点为C ，设点C ，D之间的距离为d，则d的取值范围为 ．
2 2
【答案】1≤d<5/5>d≥1
【分析】
由勾股定理可得AC=10，设C D与BC交于点F，作点D关于直线BC的对称点D'，连接DD'交BC于G，
1
由DG∥AB，点D为AC的中点，可得DD'=6，连接C D' ，FD'，则FD'与FD关于直线BC对称，由
2
对称性可得点C 在以点D'为圆心，5为半径的B´C上运动，即可得出答案．
2
【详解】解：∵∠ACB=90°，AB=6，BC=8，
∴AC=√AB2+BC2=√62+82=10，
如图，设C D与BC交于点F，作点D关于直线BC的对称点D'，连接DD'交BC于G，
1
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∵点D与点D'关于BC对称，
∴DD'⊥BC，DG=D'G，
∵∠CGD=∠ABC=90°，
∴DG∥AB，
∴△CDG∽△CAB，
DG CD
∴ = ，
AB AC
∵点D为AC的中点，
1 CD 1
∴CD= AC，即 = ，
2 AC 2
DG 1
∴ = ，
6 2
∴DG=3，
∴DD'=6，
连接C D' ，FD'，则FD'与FD关于直线BC对称，
2
∵FC 、FC 关于直线BC对称，且点C ，F，D共线，点C ，F，D'共线，且C D'=C D=CD=5，
1 2 1 2 2 1
点C 在以点D'为圆心，5为半径的B´C上运动，
2
∴当点C 在DD'上时，点D、C 之间的距离最小，最小值为6−5=1，
2 2
又∵d<5，
∴d的取值范围为1≤d<5．
故答案为：1≤d<5．
【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、圆外一点到
圆上点的距离最值等知识，熟练掌握折叠的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
a
12．（2023·浙江宁波·三模）如图，▱OABC的顶点 B，C 分别落在反比例函数y= (a>0,x>0)和
x
b
y= (b<0,x<0)的 图 象 上 ， 连 结 OB， 将 △OBC沿 着 OB翻 折 ， 点 C的 对 应 点 D恰 好 落 在
x
a
y= (a>0,x>0)的图象上，OD与BA交于点E．已知△OBE的面积为6，OE=3DE，则a−b的值为
x
a
， 的值为 ．
b
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3
【答案】 16 − /−0.6
5
【分析】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，折叠问题．根
据已知条件可得OD:OE=4:3，进而得出S =8根据反比例函数系数k的几何意义得出a−b=16；过点
△OBC
B，点E，点D作BG⊥x轴，EH⊥x轴，DF⊥x轴，垂足分别为G,H,F，证明△BDE≌△OAE得出
9
BE=OE，S =S =8−6=2，则BE:AB=3:4，根据S =S −S = S 得出a=6，
△BDE △OEA △OEH △OEA △EHA 16 △ODF
进而求得b=−10，即可求解．
【详解】
解：∵OE=3DE，
∴OD:OE=4:3，
4
∴S =S = S =8，
△OBC △OBD 3 △OBE
1
∴ |a−b|=8，
2
∴a−b=16．
过点B，点E，点D作BG⊥x轴，EH⊥x轴，DF⊥x轴，垂足分别为G,H,F，如图所示
1
则S =S −S =8− a．
△BGA △OAB △OBG 2
∵四边形OABC是平行四边形，
∴OA=BC， ∠OAB=∠OCB
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∵折叠，
∴BC=BD， ∠OCB=∠ODB
∴BD=OA， ∠OAB=∠ODB
又∵∠BED=∠OEA
∴△BDE≌△OAE，
∴BE=OE，S =S =8−6=2，
△BDE △OEA
∴BE:AB=3:4，
1 ( a) 1
∴S = S = 8− × ，
△EHA 16 △BGA 2 16
9
∴S =S −S = S ，
△OEH △OEA △EHA 16 △ODF
( a) 1 9 a
∴2− 8− × = × ，
2 16 16 2
解得a=6．
∴b=−10，
a 3
∴ =− ．
b 5
3
故答案为：16，− ．
5
三、解答题
13．（2024·新疆阿克苏·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A(1,1)，
B(4,1)，C(3,3)．
(1)将△ABC向左平移5个单位得到△A'B'C'，则C'的坐标为（______，______）；
(2)将△ABC绕点O顺时针旋转90°后得到△A B C ，画出△A B C ，并写出B 的坐标为（______，
1 1 1 1 1 1 1
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______）；
【答案】(1)作图见解析，−2，3
(2)作图见解析，1，−4
【分析】
本题考查了作图﹣旋转变换，平移变换，轴对称变换，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
（1）根据平移的性质即可将△ABC向左平移5个单位得到△A'B'C'，进而可得C'的坐标；
（2）根据旋转的性质即可将△ABC绕点O顺时针旋转90°后得到△A B C ，进而写出B 的坐标．
1 1 1 1
【详解】（1）解：如图，△A'B'C'即为所求，C'的坐标为(−2,3)；
故答案为：−2，3；
（2）解：如图，△A B C 即为所求；B 的坐标为(1,−4)；
1 1 1 1
故答案为：1，−4；
14．（2023·河南周口·模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展实践活
动．
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(1)操作判断
操作一：如图（1），正方形纸片ABCD，点E是BC边上（点E不与点B，C重合）任意一点，沿AE折叠
△ABE到△AFE，如图（2）所示；
操作二：将图（2）沿过点F的直线折叠，使点E的对称点G落在AE上，得到折痕MN，点C的对称点记为
H，如图（3）所示；
操作三：将纸片展平，连接BM，如图（4）所示．
根据以上操作，回答下列问题：
①B，M，N三点 （填“在”或“不在”)一条直线上；
②AE和BN的位置关系是 ，数量关系是 ；
③如图（5），连接AN，改变点E在BC上的位置， （填“存在”或“不存在”)点E，使AN平分
∠DAE．
(2)迁移探究
苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片ABCD，AB=4，BC=6，按照（1）中的方式操作，得到图（6）或
图（7）．请完成下列探究：
①当点N在CD上时，如图（6），BE和CN有何数量关系？并说明理由；
②当DN的长为1时，请直接写出BE的长．
【答案】(1)①在，②AE⊥BN，相等；③不存在；
BE 2 16
(2)① = ，理由见解析；②BE=2或 ．
CN 3 5
【分析】（1）①E的对称点为E'，BF⊥EE'，MF⊥EE'，即可判断；②由①AE⊥BN，由同角的余
角相等得∠BAE=∠CBN，由AAS可判定△ABE≌△BCN，由全等三角形的性质即可得证；③由AAS可
判定△DAN≌△MAN，由全等三角形的性质得AM=AD，等量代换得AB=AM，与AB>AM矛盾，即
可得证；
（2）①由（1）中的②可判定△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；②当N在CD上时，
△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；当N在AD上时，同理可判定△ABE∽△NAB，由三角
形相似的性质即可求解．
【详解】（1）解：①E的对称点为E'，
∴BF⊥EE'，MF⊥EE'，
∴B、F、M共线，
故答案为：在；
②由①知：B、F、M共线，N在FM上，
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∴AE⊥BN，
∴∠AMB=90°，
∴∠ABM+∠BAE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCN=90°，
AB=BC，
∴∠CBN+∠ABM=90°，
∴∠BAE=∠CBN，
在△ABE和△BCN中
¿，
∴△ABE≌△BCN(AAS)，
∴AE=BN，
故答案为：相等；
③不存在，理由如下：
假如存在，
∵ AN平分∠DAE，
∴∠DAN=∠MAN，
∵四边形ABCD是正方形，
AM⊥BN，
∴ ∠D=∠AMN=90°，
在△DAN和△MAN中
¿
∴△DAN≌△MAN(AAS)，
∴AM=AD，
∵AD=AB，
∴AB=AM，
∵AB是Rt△ABM的斜边，
∴ AB>AM，
∴AB=AM与AB>AM矛盾，
故假设不成立，所以答案为：不存在；
BE 2
（2）解：① = ，理由如下：
CN 3
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由（1）中的②得：
∠BAE=∠CBN，
∠ABE=∠C=90°，
∴△ABE∽△BCN，
BE AB 2
∴ = = ；
CN BC 3
②当N在CD上时，
CN=CD−DN=3，
由①知：△ABE∽△BCN，
BE AB 2
∴ = = ，
CN BC 3
2
∴BE= CN=2，
3
当N在AD上时，
AN=AD−DN=5，
∵∠BAE=∠CBN=∠ANB，
∠ABE=∠BAN=90°，
∴△ABE∽△NAB，
BE AB
∴ = ，
AB AN
BE 4
∴ = ，
4 5
16
∴BE= ，
5
16
综上所述：BE=2或 ．
5
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的
判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．
15．（2023·江苏宿迁·三模）综合与实践
问题情境：如图1，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形
AB'C'D'．使得点C'落在AD的延长线上，B'C'分别交AC，CD于点E和点F．
初步探究：（1）△AEC'的形状是______．
深入探究：（2）如图2，延长C'B'交BC于点G，延长AB'交BC于点H，请判断GH与C'F的数量关系，
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并说明理由．
拓展延伸：（3）如图3，将矩形AB'C'D'沿射线AD方向平移得到矩形A'B'C'D'，当点B'落在AC上时，
延长FD交A'D'于点N，请直接写出四边形C'DN D'的面积．
693
【答案】（1）△AEC'是等腰三角形，理由见解析；（2）GH=C'F，理由见解析；（3） ．
50
【分析】（1）证明∠CAD=∠EC' A即可解决问题；
（2）证明△C'DF≌△GB'H(ASA)，可得结论;
（3）如图3中，过点B'作B'H⊥AD于点H，连接C'N根据S =S +S S求解即可；
四边形DND'C' △DNC △NC'D'
本题考查了旋转变换的性质， 矩形的性质， 全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直
角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握知识点的应用及正确寻找全等三角形．
【详解】（1）结论：△AEC'是等腰三角形，理由：
由旋转变换的性质可知，∠CAD=∠C' AD'，
∵AD'∥B'C'，
∴∠AC'E=∠C' AD'，
∴∠CAD=∠EC' A，
∴EA=EC'，
∴△AEC'是等腰三角形，
故答案为：等腰三角形；
（2）结论：GH=C'F，
理由：如图2中，
∵AD∥CB，
∴∠EGC=∠EC' A，∠CGE=∠AC'E，
∵∠EAC'=∠EC' A，
∴∠EGC=∠ECG，
∴BG=EC，
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∵BA=EC，
∵AC=C'G=AC',
∵AD=BC=B'C',
∵DC=GB',
∵BC∥AC',
∴∠DC'F=∠B'GH,
∵∠C'DF=∠GB'H=90°,
∴△C'DF≌△GB'H(ASA),
∴GH=C'F；
（3）如图3中, 过点B'作B'H⊥AD于点H，连接C'N，
在Rt△A'B'C中，∠A'B'C'=90°,A'B'=6,B'C'=8, ∴A'C'=√A'B'2+B'C'2=√62+82=10,
1 1
∵S = ×A'B'×B'C'= ×A'C'×B'H,
A'B'C' 2 2
6×8 24
∴B'H= = ,
10 5
∴A'H=√A'B'2−B'H2=
√
4 62−
(24) 2
=
18
,
5 5
∴B'H∥CD,
AH B'H
∴ = ,
AD CD
24
AH 5
∴ = ,
8 6
32
∴AH= ,
5
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14
∴A A'=AH−A'H= ,
5
26
∴A'D=AD−A A'= ,
5
26 24
∴DC'=A'C'−A'D=10− = ,
5 5
3 39 5 13
∵DN=A'D = ,A'N=A'D× = ,
4 10 4 2
3
∴N D'=A'D'−A'N= ,
2
1 24 39 1 3 693
∴S =S +S = × × + × ×6= ．
四边形DND'C' △DNC △NC'D' 2 5 10 2 2 50
1
16．（2023·四川成都·三模）如图，直线y=− x+b与y=ax2交于A，B两点，与y轴交于点C，已知点
2
A的坐标为(−4,8)．
(1)求a，b的值；
(2)将点A绕点C逆时针旋转90°至点D，试说明点D在抛物线上；
(3)在（2）的条件下，平移直线AB交抛物线于点E，F（点E在F的左边），点G在线段OC上．
△EFG∽△BAD（点E，F，G分别与点B，A，D对应），求点G的坐标．
【答案】(1)¿
(2)见解析
( 20)
(3)G 0,
9
【分析】
（1）直接利用待定系数法即可求解；
（2）过点A作AM⊥y轴于点M，过点D作DN⊥y轴于点N，先求出点C的坐标(0,6)，则OC=6，
AM=4，OM=8，CM=2，由旋转的性质的 AC=CD，∠ACD=90°，根据同角的余角相等得
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∠CAM=∠DCN，易通过AAS，证明△ACM≌△CDN得到CM=DN=2，AM=CN=4，于是ON=2，
则D(−2,2)，再判断该点是否满足抛物线解析式即可；
9
（3）联立两函数解析式求出B(3, )，利用待定系数法求出直线AD的解析式为y=−3x−4，直线BD的
2
1 1 1
解析式为y= x+3，由EF∥AB，可设直线EF的解析式为y=− x+d，E(t, t2 )，得到直线EF的解
2 2 2
1 1 1 1
析式为= y=− x+ t2+ t，再联立两函数解析式求得F(−t−1, (t+1) 2 )，延长FG交AB于点K，设
2 2 2 2
BD与 y 轴交于点 L，EF与 y 轴交于点 Z，由EF∥AB，△EFG∽△BAD，不难证得EG∥BD，
1 1 1
FG∥AD， 于 是 求 得 直 线 EG的 解 析 式 为 y= x+ t2− t， 直 线 FG的 解 析 式 为
2 2 2
1 3t+5 1 5 5
y=−3x+ (t+1) 2−3(t+1)，再联立求得G(− , t2− t− )，由点G在y轴上可求出t值，再
2 7 2 7 14
代入即可求解．
【详解】（1）
解：由题意得：¿，
解得：¿；
（2）
如图，过点A作AM⊥y轴于点M，过点D作DN⊥y轴于点N，
则∠AMC=∠CND=90°，
1
由（1）可知，直线AB的解析式为y=− x+6，
2
∴C(0,6)，OC=6，
∵A的坐标为(−4,8)．
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∴AM=4，OM=8，
∴CM=OM−OC=8−6=2，
∵点A绕点C逆时针旋转90°至点D，
∴AC=CD，∠ACD=∠AMC=∠CND=90°，
∴∠ACM+∠DCN=90°，
∠ACM+∠CAM=90°，
∴∠CAM=∠DCN，
在△ACM和△CDN中，
¿，
∴△ACM≌△CDN(AAS)，
∴CM=DN=2，AM=CN=4，
∴ON=OC−CN=6−4=2，
∴D(−2,2)，
1
当x=−2时，y= ×(−2) 2=2，
2
∴点D在抛物线上；
（3）
由¿，
解得：¿或¿，
9
∴B(3, )，
2
设直线AD的解析式为y=mx+n，
将点A(−4,8)．D(−2,2)代入得：¿，
解得：¿，
∴直线AD的解析式为y=−3x−4，
设直线BD的解析式为y=kx+c，
9
将B(3, )，D(−2,2)代入得：¿，
2
解得：¿，
1
∴直线BD的解析式为y= x+3，
2
∵ EF∥AB，
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1 1
∴可设直线EF的解析式为y=− x+d，E(t, t2 )，
2 2
1 1 1
∴直线EF的解析式为y=− x+ t2+ t，
2 2 2
由¿，
解得：¿或¿，
1
∴F(−t−1, (t+1) 2 )，
2
如图，延长FG交AB于点K，设BD与y轴交于点L，EF与y轴交于点Z，
∵EF∥AB，
∴∠EZG=∠BCG，
∵ △EFG∽△BAD，
∴∠DBK=∠GEF，
∴∠EGZ=∠BLC，
∵ ∠BLC=∠DLG，
∴ ∠EGZ=∠DLG，
∴ EG∥BD，
∵ ∠BAD=∠EFG，∠EFG=∠BKG，
∴∠BAD=∠BKG，
∴ FG∥AD，
1
∴设直线EG的解析式为y= x+e，设直线FG的解析式为y=−3x+f，
2
1 1
∵直线EG过点E(t, t2 )，直线FG过点F(−t−1, (t+1) 2 )，
2 2
1 1 1 1
∴直线EG的解析式为y= x+ t2− t，直线FG的解析式为y=−3x+ (t+1) 2−3(t+1)，
2 2 2 2
由¿，
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解得：¿，
3t+5 1 5 5
∴G(− , t2− t− )，
7 2 7 14
∵G是直线EF上方的y轴上一点，
3t+5
∴ − =0，
7
5
解得：t=− ，
3
20
∴G(0, )．
9
【点睛】
本题主要考查利用待定系数法求函数解析式、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定
与性质、两直线平行在函数中的应用、抛物线与直线的交点问题，解题关键是正确添加辅助线，构造全等
三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
113
