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专题 07 图形的轴对称、平移与旋转
目 录
一、考情分析
二、知识建构
考点 图形的轴对称、平移与旋转
【真题研析 · 规律探寻】
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
【核心提炼 · 查漏补缺】
【好题必刷 · 强化落实】
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考点要求 命题预测
图形变换问题主要包括图形的轴对称、图形的平移及图形的旋转，其中对称常
常以折叠的形式考察，个别压轴题中还会与特殊图形结合;平移则一般是直接考察;
旋转也是直接考，但是其结合性也比较广,特别是特殊三角形和特殊四边形,经常和
图形的轴对称、平移 旋转一起出压轴题.在涉及图形变化的考题中，解决问题的方法较多，关键在于解决
与旋转 问题的着眼点，从恰当的着眼点出发，再根据图形变换的特点发现变化的规律很重
要.近几年来各地中考试题中,有较多问题需要利用图形变换进行思考和求解.这类问
题考查学生的思维灵活性及深刻性，具有很好的选拔与区分功能，成为近年来各地
中考试题的热点问题.
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考点 图形的轴对称、平移与旋转
题型01 图形的识别
平移的概念：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做平移．
轴对称图形定义：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，那么这个图形就叫
做轴对称图形.
中心对称图形定义：如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称
图形.
在判断一个图形是否为轴对称图形、中心对称图形时，要明确以下两点:
1）如果能找到一条直线(对称轴)把一个图形分成两部分，且直线两旁的部分完全重合，那么这个图形就是
轴对称图形;
2）把一个平面图形绕某一点旋转 180°，如果旋转后的图形能和原图形重合，那么这个图形就是中心对称
图形.
1．（2023·湖南郴州·中考真题）下列图形中，能由图形a通过平移得到的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平移的定义：在平面内，把一个图形整体沿某一方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变
换，结合各选项所给的图形即可作出判断．
【详解】解：观察图形可知，B中图形能由图形a通过平移得到，A，C，D均不能由图形a通过平移得到；
故选B．
【点睛】本题考查平移．熟练掌握平移的性质，是解题的关键．
2．（2023·黑龙江大庆·中考真题）搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭于2023年5月30日
成功发射升空，景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员开启“太空出差”之旅，展现了中国航天科技的新高度．
下列图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
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A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的定义判断即可．
【详解】A、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
B、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
C、是中心对称图形，此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；
故答案为：C．
【点睛】此题考查了中心对称图形的概念，解题的关键是如何判断中心对称图形，旋转180度后与原图重合．
3．（2023·湖北荆州·中考真题）观察如图所示的几何体，下列关于其三视图的说法正确的是（ ）
A．主视图既是中心对称图形，又是轴对称图形
B．左视图既是中心对称图形，又是轴对称图形
C．俯视图既是中心对称图形，又是轴对称图形
D．主视图、左视图、俯视图都是中心对称图形
【答案】C
【分析】先判断该几何体的三视图，再根据轴对称和中心对称图形定义逐项判断三视图，即可求出答案.
【详解】解：A选项：主视图是上下两个等腰三角形，不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；
B选项：左视图是上下两个等腰三角形，不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；
C选项：俯视图是圆（带圆心），既是中心对称图形，又是轴对称图形，故符合题意；
D选项：由A和B选项可知，主视图和左视图都不是中心对称图形，故不符合题意.
故选：C.
【点睛】本题考查了简单几何体的三视图、轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于掌握轴对称和中心
对称的定义. 如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴
对称图形；中心对称是指把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两
个图形关于这个点对称或中心对称.
4．（2022·宁夏·中考真题）如图，将三角尺直立举起靠近墙面，打开手机手电筒照射三角尺，在墙面上形
成影子．则三角尺与影子之间属于以下哪种图形变换（ ）
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A．平移 B．轴对称 C．旋转 D．位似
【答案】D
【分析】根据位似的定义，即可解决问题．
【详解】根据位似的定义可知：三角尺与影子之间属于位似．
故选：D．
【点睛】本题考查了生活中位似的现象，解决本题的关键是熟记位似的定义．
题型02 与图形变化有关的作图问题
解决图形变化有关的作图问题方法：
1）平移与旋转作图都应抓住两个要点:一是平移、旋转的方向；二是平移的距离及旋转的角度.
2）基本的作图方法是先选取已知图形的几个关键点，再根据平移或旋转的性质作它们的对应点，然后以
“局部带动整体”的思想方法作变换后的图形.
3）无论是平移、轴对称与旋转，都不改变图形的大小和形状.
1．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是
A(2,−1),B(1,−2)，C(3,−3)．
(1)将△ABC向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到△A B C ，请画出△A B C ．
1 1 1 1 1 1
(2)请画出△ABC关于y轴对称的△A B C ．
2 2 2
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(3)将△A B C 着原点O顺时针旋转90°，得到△A B C ，求线段A C 在旋转过程中扫过的面积（结果保
2 2 2 3 3 3 2 2
留π）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
13π
(3)
4
【分析】（1）根据平移的性质得出对应点的位置进而画出图形；
（2）利用轴对称的性质得出对应点的位置进而画出图形；
（3）画出旋转后的图形，根据S =S =S −S 即可得出答案．
C A A C C DEC 扇C OC 扇DOE
3 3 2 2 3 2 2 3
【详解】（1）解：如图所示，△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）如图所示，△A B C 即为所求；
2 2 2
（3）将△A B C 着原点O顺时针旋转90°，得到△A B C ，
2 2 2 3 3 3
设A´A 所在圆交OC 于点D，交OC 于点E，
2 3 3 2
∵ OA =OA ，OC =OC ，
2 3 2 3
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∴C E=C D，
2 3
∵∠A OA =90°，∠C OC =90°，
3 2 2 3
∴∠A OD=∠A OE，
3 2
∴A´D=A´E，
3 2
∴S =S ，OC =3√2，OD=OA =√5，
曲边△A 3 C 3 D 曲边△A 2 C 2 E 3 2
90°π(OC ) 2 90°π(OD) 2 90°π(3√2) 2 90°π(√5) 2 13π
∴S =S =S −S = 3 − = − = ，
C 3 A 3 A 2 C 2 C 3 DEC 2 扇C 2 OC 3 扇DOE 360° 360° 360° 360° 4
13π
故线段A C 在旋转过程中扫过的面积为 ．
2 2 4
【点睛】本题考查平移、轴对称变换作图和旋转的性质以及扇形的面积，熟练掌握网格结构准确找出对应点
的位置是解题的关键．
2．（2023·四川达州·中考真题）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点均在小正方形的格
点上．
(1)将△ABC向下平移3个单位长度得到△A B C ，画出△A B C ；
1 1 1 1 1 1
(2)将△ABC绕点C顺时针旋转90度得到△A B C ，画出△A B C ；
2 2 2 2 2 2
(3)在（2）的运动过程中请计算出△ABC扫过的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
5+5π
(3)
2
【分析】（1）先作出点A、B、C平移后的对应点A ，B 、C ，然后顺次连接即可；
1 1 1
（2）先作出点A、B绕点C顺时针旋转90度的对应点A ，B ，然后顺次连接即可；
2 2
1 5 90π×(√10) 2 5π
（3）证明△ABC为等腰直角三角形，求出S = AB×BC= ，S = = ，根据
△ABC 2 2 扇形CAA 2 360 2
旋转过程中△ABC扫过的面积等于△ABC的面积加扇形CA A 的面积即可得出答案．
1
【详解】（1）解：作出点A、B、C平移后的对应点A ，B 、C ，顺次连接，则△A B C 即为所求，如图
1 1 1 1 1 1
所示：
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（2）解：作出点A、B绕点C顺时针旋转90度的对应点A ，B ，顺次连接，则△A B C 即为所求，如图
2 2 2 2 2
所示：
（3）解：∵AB=√12+22=√5，AC=√32+12=√10，BC=√12+22=√5，
∴AB=BC，
∵(√5)
2+(√5) 2=10=(√10) 2
，
∴AB2+BC2=AC2，
∴△ABC为等腰直角三角形，
1 5
∴S = AB×BC= ，
△ABC 2 2
根据旋转可知，∠AC A =90°，
2
2
90π×(√10) 5π
∴S = = ，
扇形CAA 2 360 2
5+5π
∴在旋转过程中△ABC扫过的面积为S=S +S = ．
△ABC 扇形CAA 2 2
【点睛】本题主要考查了平移、旋转作图，勾股定理逆定理，扇形面积计算，解题的关键是作出平移或旋转
后的对应点．
3．（2022·广西河池·中考真题）如图、在平面直角坐标系中， ABC的三个顶点的坐标分别为A（4，1），
△
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B（2，3），C（1，2）．
(1)画出与△ABC关于y轴对称的△ABC ；
1 1 1
(2)以原点O为位似中心，在第三象限内画一个 ABC ，使它与 ABC的相似比为2:1，并写出点B 的坐标．
2 2 2 2
【答案】(1)作图见解析
△ △
(2)作图见解析
【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标得到A B C 的坐标，然后描点连线得到 ABC
1、 1、 1 1 1 1．
（2）把A、B、C的坐标都乘以-2得到A、B、C 的坐标，然后描点连线即可．
2 2 2 △
【详解】（1）如图，ΔA B C 为所作．
1 1 1
（2）如图，ΔA B C 为所作，点B 的坐标为（-4，-6）．
2 2 2 2
【点睛】本题考查位似变换、轴对称变换，解题的关键是注意位似中心及相似比、对称轴．
题型03 几何图形的平移变化
平移变换问题:分几何图形平移变换和函数图像平移变换. 平移是将一个图形沿某一方向移动一段距离，不
会改变图形的大小和形状，只改变图形的位置.在图形的变化过程中，解决此类问题的方法很多，而关键在
于解决问题的着眼点，从恰当的着眼点出发，再根据具体图形变换的特点确定其变化.
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1．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形OABC的顶点A的坐标为(−2,0)，
∠AOC=60°．将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形
OA'B'C'，其中点B'的坐标为（ ）
A．(−2,√3−1) B．(−2,1) C．(−√3,1) D．(−√3,√3−1)
【答案】A
【分析】如图，过B作BH⊥x轴于H，求解OA=AB=2，AB∥OC，可得∠BAH=∠AOC=60°，求解
AH=OB⋅cos60°=1，BH=√22−12=√3，可得B(−3,√3)，再利用平移的性质可得B'(−2,√3−1)．
【详解】解：如图，过B作BH⊥x轴于H，
∵菱形OABC的顶点A的坐标为(−2,0)，∠AOC=60°．
∴OA=AB=2，AB∥OC，
∴∠BAH=∠AOC=60°，
∴AH=OB⋅cos60°=1，BH=√22−12=√3，
∴B(−3,√3)，
∵将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，
∴B'(−2,√3−1)；
故选A
【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，图形的平移，熟练的求解B的
坐标是解本题的关键．
2．（2023·河南·中考真题）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发
展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．
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(1)观察发现：如图1，在平面直角坐标系中，过点M(4,0)的直线l∥y轴，作△ABC关于y轴对称的图形
△A B C ，再分别作△A B C 关于x轴和直线l对称的图形△A B C 和△A B C ，则△A B C 可以看
1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 3 3 2 2 2
作是△ABC绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为______；△A B C 可以看作是△ABC向右平移得到
3 3 3
的，平移距离为______个单位长度．
(2)探究迁移：如图2，▱ABCD中，∠BAD=α(0°<α<90°)，P为直线AB下方一点，作点P关于直线AB
的对称点P ，再分别作点P 关于直线AD和直线CD的对称点P 和P ，连接AP，AP ，请仅就图2的情形
1 1 2 3 2
解决以下问题：
①若∠PAP =β，请判断β与α的数量关系，并说明理由；
2
②若AD=m，求P，P 两点间的距离．
3
(3)拓展应用：在（2）的条件下，若α=60°，AD=2√3，∠PAB=15°，连接P P ．当P P 与▱ABCD
2 3 2 3
的边平行时，请直接写出AP的长．
【答案】(1)180°，8．
(2)①β=2α，理由见解析；②2msinα
(3)2√6或3√2−√6
【分析】（1）观察图形可得△A B C 与△ABC关于O点中心对称，根据轴对称的性质可得即可求得平移
2 2 2
距离；
（2）①连接AP ，由对称性可得，∠PAB=∠P AB，∠P AD=∠P AD，进而可得
1 1 1 2
∠PAP =2∠BAD，即可得出结论；
2
②连接PP ,P P 分别交AB,CD于E,F两点，过点D作DG⊥AB，交AB于点G，由对称性可知：
1 1 3
PE=P E，P F=P F且PP ⊥AB，P P ⊥CD，得出PP =2EF，证明四边形EFDG是矩形，则
1 1 3 1 1 3 3
DG
DG=EF，在Rt△DAG中，根据sin∠DAG= ，即可求解；
DA
（3）分P P ∥AD，P P ∥CD，两种情况讨论，设AP=x，则AP =AP =x，先求得
2 3 2 3 1 2
√6−√2
PP = x，勾股定理求得P P ，进而表示出PP ，根据由（2）②可得PP =2ADsinα，可得
1 2 1 3 3 3
PP =6，进而建立方程，即可求解．
3
【详解】（1）（1）∵△ABC关于y轴对称的图形△A B C ，△A B C 与△A B C 关于x轴对称，
1 1 1 1 1 1 2 2 2
∴△A B C 与△ABC关于O点中心对称，
2 2 2
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则△A B C 可以看作是△ABC绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为180°
2 2 2
∵A(−1,1)，
∴A A =2，
1
∵M(4,0),A ,A 关于直线x=4对称，
1 3
∴A A +A A =2×4=8，
1 3 1
即A A =8，
3
△A B C 可以看作是△ABC向右平移得到的，平移距离为8个单位长度．
3 3 3
故答案为：180°，8．
（2）①β=2α，理由如下，
连接AP ，
1
由对称性可得，∠PAB=∠P AB，∠P AD=∠P AD，
1 1 2
∠PAP =∠PAB+∠P AB+∠P AD+∠P AD
2 1 1 2
=2∠P AB+2∠P AD
1 1
=2(∠P AB+∠P AD)
1 1
=2∠BAD
∴β=2α，
②连接PP ,P P 分别交AB,CD于E,F两点，过点D作DG⊥AB，交AB于点G，
1 1 3
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由对称性可知：PE=P E，P F=P F且PP ⊥AB，P P ⊥CD，
1 1 3 1 1 3
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD
∴P，P ，P 三点共线，
1 3
∴PP =PE+P E+P F+P F=2P E+2P F=2EF，
3 1 1 3 1 1
∵PP ⊥AB,P P ⊥CD,DG⊥AB，
1 1 3
∴∠P FD=∠P EG=∠DGE=90°，
1 1
∴四边形EFDG是矩形，
∴DG=EF，
在Rt△DAG中，∠DAG=α，AD=m
DG
∵sin∠DAG= ，
DA
∴DG=AD⋅sin∠DAG=msinα,
∴PP =2EF=2DG=2msinα
3
（3）解：设AP=x，则AP =AP =x，
1 2
依题意，P P ⊥AD，
1 2
当P P ∥AD时，如图所示，过点P作PQ⊥AP 于点Q，
2 3 1
∴∠P P P =90°
1 2 3
∵∠PAB=15°，α=60°，
∴∠PAP =2∠PAB=30°，∠DAP =∠DAP =45°
1 1 2
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∴∠P AP =90°，则P P =√2x，
2 1 1 2
1
在△APP 中，∠AP P= (180°−∠PAP )=75°，
1 1 2 1
∴∠P P P =180°−45°−75°=60°，则∠P P P =30°，
2 1 3 1 3 2
∴P P =2P P =2√2x
1 3 2 1
1 1 √3
在Rt△APQ中，∠PAQ=30°，则PQ= AP= x，AQ=√AP2−PQ2= x，
2 2 2
√3
在Rt△PQP 中，P Q=AP −AQ=x− x，
1 1 1 2
PP =√P Q2+PQ2= √ ( x− √3 x ) 2 + (1 x ) 2 =√2−√3x= √6−√2 x，
1 1 2 2 2
√6−√2 √6+3√2
∴PP =PP +P P = x+2√2x= x
3 1 1 3 2 2
由（2）②可得PP =2ADsinα，
3
∵AD=2√3
√3
∴PP =2×2√3× =6
3 2
√6+3√2
∴ x=6，
2
解得：x=3√2−√6；
如图所示，若P P ∥DC，则∠P P P =90°，
2 3 1 3 2
∵∠P P P =60°，则∠P P P =30°，
2 1 3 3 2 1
1 √2
则P P = P P = x，
1 3 2 1 2 2
√6−√2 √6−√2 √2 √6
∵PP = x，PP = x+ x= x，
1 2 3 2 2 2
∵PP =6，
3
√6
∴ x=6，
2
解得：x=2√6，
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综上所述，AP的长为3√2−√6或2√6．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握轴对称的性
质是解题的关键．
3．（2023·吉林·中考真题）【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合
的部分构成一个四边形EFMN．转动其中一张纸条，发现四边形EFMN总是平行四边形其中判定的依据是
__________．
【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条ABCD和EFGH（AB0)个单位，得到一条新
1
3
抛物线，以新抛物线与坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积为S ．若S = S ，求m的值．
2 2 5 1
【答案】(1)y=−0.1x2+1；
(2)10
(3)2或4；
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【分析】（1）根据题意得到C(0,1)，A(2,0.6)，B(−2,0.6)，设抛物线的解析式为y=a(x−h) 2+k代入
求解即可得到答案；
（2）分别求出AO，BO所在直线的解析式，求出与抛物线的交点F，E即可得到答案；
（3）求出抛物线与坐标轴的交点得到S ，表示出新抛物线找到交点得到S ，根据面积公式列方程求解即可
1 2
得到答案；
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=a(x−h) 2+k，由题意可得，
C(0,1)，A(2,0.6)，B(−2,0.6)，
∴h=0，k=1，
把点A坐标代入所设解析式中得：4a+1=0.6，
解得：a=−0.1，
∴y=−0.1x2+1；
（2）解：设AO的解析式为：y=k x，BO的解析式为：y=k x，
1 2
分别将A(2,0.6)，B(−2,0.6)代入y=k x，y=k x得，
1 2
2k =0.6，−2k =0.6，
1 2
解得：k =0.3，k =−0.3，
1 2
∴AO的解析式为：y=0.3x，BO的解析式为：y=−0.3x，
联立直线解析式与抛物线得：0.3x=−0.1x2+1，
解得x =−5，x =2（舍去），
1 2
同理，解−0.3x=−0.1x2+1，得x =5，x =−2（舍去），
3 4
∴F(−5,−1.5)，E(5,−1.5)，
∴E，F两点之间的距离为：5−(−5)=10；
（3）解：当y=0时，−0.1x2+1=0，
解得：x=±√10，
1
∴S = ×[√10−(−√10)]×1=√10，
1 2
∵抛物线向右平移m(m>0)个单位，
∴y=−0.1(x−m) 2+1，
当x=0时，y=−0.1m2+1，
当y=0时，−0.1(x−m) 2+1=0，解得：x=±√10+m，
1
∴S = ×[√10+m−(−√10+m)]×|−0.1m2+1|=√10|−0.1m2+1| ，
2 2
3
∵S = S ，
2 5 1
3
∴
×√10=√10|−0.1m2+1|
，
5
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解得：m =2，m =−2（不符合题意舍去），m =4，m =−4（不符合题意舍去），
1 2 3 4
综上所述：m等于2或4；
【点睛】本题考查二次函数综合应用，解题的关键是熟练掌握函数与坐标轴的交点求法及平移的规律：左加
右减，上加下减．
1
3．（2023·江苏·中考真题）如图，二次函数y= x2+bx−4的图像与x轴相交于点A(−2,0)、B，其顶点
2
是C．
(1)b=_______；
5
(2)D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD= ；将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物线
2
经过点D，过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，求k的取值范围；
(3)将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接
PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求点P的坐标．
【答案】(1)−1；
(2)k≤−3；
( 5) ( 5)
(3) 3,− 或 −1,− ．
2 2
1
【分析】（1）把A(−2,0)代入y= x2+bx−4即可求解；
2
1
（2）过点D作DM⊥OA于点M，设D ( m, 1 m2−m−4 ) ，由 DM − 2 m2+m+4 5，解得
2 tan∠AOD= = =
OM −m 2
( 5)
D −1,− ，进而求得平移后得抛物线，
2
1 9
平移后得抛物线为y= (x+3) 2− ，根据二次函数得性质即可得解；
2 2
（3）先设出平移后顶点为P ( p, 1 p2−p−4 ) ，根据原抛物线y= 1 (x−1) 2− 9 ，求得原抛物线的顶点
2 2 2
C ( 1,− 9) ，对称轴为x=1，进而得Q ( 1,p2−2p− 7) ，再根据勾股定理构造方程即可得解．
2 2
1
【详解】（1）解：把A(−2,0)代入y= x2+bx−4得，
2
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1
0= ×(−2) 2+b×(−2)−4，
2
解得b=−1，
故答案为−1；
（2）解：过点D作DM⊥OA于点M，
∵b=−1，
1
∴二次函数的解析式为y= x2−x−4
2
设D ( m, 1 m2−m−4 ) ，
2
5
∵D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD= ，
2
1
− m2+m+4
∴ DM 2 5，
tan∠AOD= = =
OM −m 2
解得m=−1或m=8（舍去），
1 1 5
当m=−1时， m2−m−4= +1−4=− ，
2 2 2
( 5)
∴D −1,− ，
2
1 1 9
∵y= x2−x−4= (x−1) 2− ，
2 2 2
1 9
∴设将原抛物线向左平移后的抛物线为y= (x+a) 2− ，
2 2
把D ( −1,− 5) 代入y= 1 (x+a) 2− 9 得− 5 = 1 (−1+a) 2− 9 ，
2 2 2 2 2 2
解得a=3或a=−1（舍去），
1 9
∴平移后得抛物线为y= (x+3) 2−
2 2
∵过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，
1 9
在y= (x+3) 2− 的对称轴x=−3的左侧，y随x的增大而减小，此时原抛物线也是y随x的增大而减小，
2 2
∴k≤−3；
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1 9 1
（3）解：由y= (x−1) 2− ，设平移后的抛物线为y= (x−p) 2+q，则顶点为P(p,q)，
2 2 2
1 9
∵顶点为P(p,q)在y= (x−1) 2− 上，
2 2
1 9 1
∴q= (p−1) 2− = p2−p−4，
2 2 2
∴平移后的抛物线为y= 1 (x−p) 2+ 1 p2−p−4，顶点为P ( p, 1 p2−p−4 ) ，
2 2 2
1 9
∵原抛物线y= (x−1) 2− ，
2 2
( 9)
∴原抛物线的顶点C 1,− ，对称轴为x=1，
2
∵平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，
∴Q ( 1,p2−2p− 7) ，
2
∵点Q、C在直线x=1上，平移后的抛物线顶点P在原抛物线顶点C的上方，两抛物线的交点Q在顶点P的
上方，
∴∠PCQ与∠CQP都是锐角，
∵△PCQ是直角三角形，
∴∠CPQ=90°，
∴QC2=PC2+PQ2，
∴ ( p2−2p− 7 + 9) 2 =(p−1) 2+ (1 p2−p−4+ 9) 2 +(p−1) 2+ (1 p2−p−4−p2+2p+ 7) 2 化简得
2 2 2 2 2 2
(p−1) 2 (p−3)(p+1)=0，
∴p=1（舍去），或p=3或p=−1，
1 1 5
当p=3时，
p2−p−4= ×32−3−4=−
，
2 2 2
1 5
当p=−1时， ×(−1) 2+1−4=− ，
2 2
( 5) ( 5)
∴点P坐标为 3,− 或 −1,− ．
2 2
【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，勾股定理，解直角三角形以及待定系数法求二次函数的解析式，
熟练掌握二次函数的图像及性质是解题的关键．
4．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，抛物线y =ax2+bx+c的图象经过A(−6,0)，B(−2,0)，C(0,6)
1
三点，且一次函数y=kx+6的图象经过点B．
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(1)求抛物线和一次函数的解析式．
(2)点E，F为平面内两点，若以E、F、B、C为顶点的四边形是正方形，且点E在点F的左侧．这样的E，
F两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点E的坐标：如果不存在，请说明理由．
(3)将抛物线y =ax2+bx+c的图象向右平移8个单位长度得到抛物线y ，此抛物线的图象与x轴交于M，N
1 2
两点（M点在N点左侧）．点P是抛物线y 上的一个动点且在直线NC下方．已知点P的横坐标为m．过点P
2
1
作PD⊥NC于点D．求m为何值时，CD+ PD有最大值，最大值是多少？
2
1
【答案】(1)y = x2+4x+6，y=3x+6
1 2
(2)满足条件的E、F两点存在，E (−8,2)，E (4,−2)，E (−4,4)
1 2 3
13 1 169√2
(3)当m= 时，CD+ PD的最大值为
3 2 24
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）①当BC为正方形的边长时，分别过B点C点作E E ⊥BC，F F ⊥BC，使E B=E B=BC，
1 2 1 2 1 2
CF =CF =BC，连接E F 、E F ，证明△BE H ≌△CBO(AAS)，得出E H =BO=2，
1 2 1 1 2 2 1 1 1 1
H B=OC=6，则E (−8,2)同理可得，E (4,−2)；②以BC为正方形的对角线时，过BC的中点G作
1 1 2
E F ⊥BC，使E F 与BC互相平分且相等，则四边形E BF C为正方形，过点E 作E N⊥y轴于点N，
3 3 3 3 3 3 3 3
过点B作BM⊥E N于点M，证明△CE N≌△E BM(AAS)，得出E B=2√5，在Rt△E NC中，
3 3 3 3 3
E C2=CN2+E N2 ，解得CN=2或4，进而即可求解；
3 3
√2
（3）得出△CON是等腰直角三角形，△HPD是等腰直角三角形，则HD=DP= HP，点P在抛物线y
2 2
上，且横坐标为m，得出H(m,−m+6)，进而可得HD=DP= √2( − 1 m2+3m ) =− √2 m2+ 3√2 m，则
2 2 4 2
1 3√2( 13) 2 169√2
CD+ PD =− m− + ，根据二次函数的性质即可求解．
2 8 3 24
【详解】（1）解：把A(−6,0)，B(−2,0)，C(0,6)代入y =ax2+bx+c
1
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得¿
解得¿
1
∴y = x2+4x+6
1 2
把B(−2,0)代入y=kx+6得k=3
∴y=3x+6
（2）满足条件的E、F两点存在，E (−8,2)，E (4,−2)，E (−4,4)
1 2 3
解：①当BC为正方形的边长时，分别过B点C点作E E ⊥BC，F F ⊥BC，使E B=E B=BC，
1 2 1 2 1 2
CF =CF =BC，连接E F 、E F .
1 2 1 1 2 2
过点E 作E H ⊥x轴于H .
1 1 1 1
∵BE =CB,∠BOC=∠E H B=90°=∠E BC，
1 1 1 1
又∠BE H =90°−∠E BH =∠CBO，
1 1 1 1
∴△BE H ≌△CBO(AAS)，
1 1
∴E H =BO=2，H B=OC=6
1 1 1
∴E (−8,2)
1
同理可得，E (4,−2)
2
②以BC为正方形的对角线时，过BC的中点G作E F ⊥BC，使E F 与BC互相平分且相等，则四边形
3 3 3 3
E BF C为正方形，
3 3
过点E 作E N⊥y轴于点N，过点B作BM⊥E N于点M
3 3 3
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∵CE =BE ,∠CN E =∠E MB=90°，
3 3 3 3
又∠BE M=90°−∠CE N=∠E CN
3 3 3
∴△CE N≌△E BM(AAS)
3 3
∴CN=E M，BM=E N
3 3
∵BC=2√10
∴E G=BG=√10
3
∴E B=2√5
3
在Rt△E NC中，E C2=CN2+E N2
3 3 3
∴(2√5) 2=CN2+(6−CN) 2
解得CN=2或4
当CN=4时，E (2,2)，此时点E在点F右侧故舍去；
3
当CN=2时，E (−4,4).
3
综上所述：E (−8,2)，E (4,−2)，E (−4,4)
1 2 3
1 1
（3）∵y = x2+4x+6向右平移8个单位长度得到抛物线y = (x−8) 2+4(x−8)+6
1 2 2 2
1
当y =0，即 (x−8) 2+4(x−8)+6=0
2 2
解得：x =2,x =6
1 2
∴M(2,0)，N(6,0)
∵y 过M，N，C三点
2
1
∴y = x2−4x+6
2 2
在直线NC下方的抛物线y 上任取一点P，作PH⊥x轴交NC于点H，过点H作HG⊥y轴于点G.
2
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∵N(6,0)，C(0,6)
∴ON=OC
∴△CON是等腰直角三角形
∵∠CHG=45°，∠GHP=90°
∴∠PHD=45°
又PD⊥CN
∴△HPD是等腰直角三角形
√2
∴HD=DP= HP
2
∵点P在抛物线y 上，且横坐标为m
2
∴CG=GH=m
∴CH=√2m
∵y =−x+6
CN
∴H(m,−m+6)
∴HP=−m+6− (1 m2−4m+6 ) =− 1 m2+3m
2 2
∴HD=DP= √2( − 1 m2+3m ) =− √2 m2+ 3√2 m
2 2 4 2
∴CD+ 1 PD=CH+HD+ 1 PD=CH+ 3 PD=√2m+ 3( − √2 m2+ 3√2 m )
2 2 2 2 4 2
3√2( 13) 2 169√2
=− m− +
8 3 24
13 1 169√2
∴当m= 时，CD+ PD的最大值为 ．
3 2 24
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，正方形的性质，二次函数的性质，分类讨论，熟练掌握二次函数的
性质是解题的关键．
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题型05 几何图形的折叠问题
轴对称变换问题:分折叠变换和与函数图象有关的轴对称变化.轴对称变换通常有两种情况:一是题目的背景
图形是轴对称图形，二是题目的背景不是轴对称图形时，要善于发现和运用其中的轴对称的性质，如把轴
对称和等腰三角形结合起来，找出轴对称特征并探索出规律，达到解决问题的目的.
折叠的性质：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．
【解题思路】凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要
求几何量相关的条件量．解决折叠问题时，首先清楚折叠和轴对称能够提供我们隐含的且可利用的条件，
分析角之间、线段之间的关系，借助勾股定理建立关系式求出答案，所求问题具有不确定性时，常常采用
分类讨论的数学思想方法．
1．（2023·江苏盐城·中考真题）综合与实践
【问题情境】
如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应
点记为B'，折痕与边AD，BC分别交于点E，F.
【活动猜想】
（1）如图2，当点B'与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？答：_________.
【问题解决】
（2）如图3，当AB=4，AD=8，BF=3时，求证：点A'，B'，C在同一条直线上.
【深入探究】
（3）如图4，当AB与BC满足什么关系时，始终有A'B'与对角线AC平行？请说明理由.
（4）在（3）的情形下，设AC与BD，EF分别交于点O，P，试探究三条线段AP，B'D，EF之间满足的
等量关系，并说明理由.
【答案】（1）菱形；（2）证明见解答；（3）BC=√3AB，证明见解析；（4）√3EF=2(AP+B'D)，
理由见解析
【分析】（1）由折叠可得：EF⊥BD，OB=OD，再证得△BFO≌△DEO(ASA)，可得OE=OF，利用
菱形的判定定理即可得出答案；
（2）设EF与BD交于点M，过点B'作B'K⊥BC于K，利用勾股定理可得BD=4√5，再证明
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6√5 12√5 12
△BFM∽△BDC，可求得BM= ，进而可得BB'= ，再由△BB'K∽△BDC，可求得B'K= ，
5 5 5
24 24 16
BK= ，CK=BC−BK=8− = ，运用勾股定理可得B'C=4，运用勾股定理逆定理可得
5 5 5
∠CB'F=90°，进而可得∠A'B'F+∠CB'F=90°+90°=180°，即可证得结论；
（3）设∠OAB=∠OBA=α，则∠OBC=90°−α，利用折叠的性质和平行线性质可得：
∠AB'B=∠AOB=α，再运用三角形内角和定理即可求得α=60°，利用解直角三角形即可求得答案；
（4）过点E作EG⊥BC于G，设EF交BD于H，设AE=m，EF=n，利用解直角三角形可得
1 √3
B'D=BD−BB'=√3n−√3(m+ n)= n−√3m，AP=2AE⋅cos30°=√3m，即可得出结论．
2 2
【详解】解：（1）当点B'与点D重合时，四边形BEDF是菱形．
理由：设EF与BD交于点O，如图，
由折叠得：EF⊥BD，OB=OD，
∴∠BOF=∠DOE=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠OBF=∠ODE，
∴△BFO≌△DEO(ASA)，
∴OE=OF，
∴四边形BEDF是菱形．
故答案为：菱形．
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，AB=4，AD=8，BF=3，
∴BC=AD=8，CD=AB=4，∠BCD=90°，
∴CF=BC−BF=8−3=5，
∴BD=√BC2+CD2=√82+42=4√5，
如图，设EF与BD交于点M，过点B'作B'K⊥BC于K，
由折叠得：∠A'B'F=∠ABF=∠BMF=∠B'MF=90°，B'F=BF=3，BB'=2BM，
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∴∠BMF=∠BCD，
∵∠FBM=∠DBC，
∴△BFM∽△BDC，
BM BF BM 3
∴ = ，即 = ，
BC BD 8 4√5
6√5
∴BM= ，
5
12√5
∴BB'=
，
5
∵∠BKB'=∠BCD，∠B'BK=∠DBC，
∴ △BB'K∽△BDC，
12√5
B'K BK BB'
∴ = = ，即B'K BK 5 ，
CD BC BD = =
4 8 4√5
12 24
∴B'K= ，BK= ，
5 5
24 16
∴CK=BC−BK=8− = ，
5 5
√ 12 2 16 2
∴B'C=√B'K2+CK2= ( ) +( ) =4，
5 5
∵B'F2+B'C2=32+42=25，CF2=52=25，
∴B'F2+B'C2=CF2，
∴∠CB'F=90°，
∴∠A'B'F+∠CB'F=90°+90°=180°，
∴点A'，B'，C在同一条直线上．
（3）当BC=√3AB时，始终有A'B'与对角线AC平行．
理由：如图，设AC、BD交于点O，
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∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，∠OBA+∠OBC=90°，
∴∠OAB=∠OBA，
设∠OAB=∠OBA=α，
则∠OBC=90°−α，
由折叠得：∠A'B'F=∠ABC=90°，B'F=BF，
∴∠BB'F+∠A'B'B=90°，∠BB'F=∠OBC=90°−α，
∴∠AB'B=∠OBA=α，
∵A'B∥AC，
∴∠AB'B=∠AOB=α，
∵∠OAB+∠OBA+∠AOB=180°，
∴α+α+α=180°，即3α=180°，
∴α=60°，
∴∠BAC=60°，
BC
∴ =tan∠BAC=tan60°=√3，
AB
∴BC=√3AB；
（4）√3EF=2(AP+B'D)，理由如下：
如图，过点E作EG⊥BC于G，设EF交BD于H，
由折叠得：EF⊥BD，B'F=BF，∠BFE=∠B'FE，
设AE=m，EF=n，
由（3）得：∠BAC=60°=∠ABD，
∴∠BB'F=∠DBC=30°，
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∴∠BFE=∠B'FE=60°，
√3 1
∴EG=EF⋅sin60°= n，FG=EF⋅cos60°= n，
2 2
∵∠EAB=∠ABG=∠BGE=90°，
∴四边形ABGE是矩形，
√3
∴AB=EG= n，BG=AE=m，AD∥BC，
2
1
∴BF=B'F=m+ n，
2
√3 1
∴BH=BF⋅cos30°= (m+ n)，
2 2
1
∴BB'=2BH=√3(m+ n)，
2
∵BD=2AB=√3n，
1 √3
∴B'D=BD−BB'=√3n−√3(m+ n)= n−√3m，
2 2
∵AD∥BC，
∴∠≝=∠EFG=60°，
∴∠APE=∠≝−∠DAC=60°−30°=30°=∠DAC，
∴AP=2AE⋅cos30°=√3m，
√3 √3
∴AP+B'D=√3m+( n−√3m)= n，
2 2
√3
∴AP+B'D= EF，
2
即√3EF=2(AP+B'D)．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰
三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，涉及知
识点多，综合性强，难度较大．
2．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图1，在▱ABCD纸片中，AB=10，AD=6，∠DAB=60°，点E为
BC边上的一点（点E不与点C重合），连接AE，将▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠，点C，D的对应点
分别为C'、D'，射线C'E与射线AD交于点F．
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(1)求证：AF=EF；
(2)如图2，当EF⊥AF时，DF的长为______ ；
(3)如图3，当CE=2时，过点F作FM⊥AE，垂足为点M，延长FM交C'D'于点N，连接AN、EN，求
△ANE的面积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)5√3−6；
(3)13√3
【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质，得到∠FAE+∠AEC=180°，再根据折叠的性质，
得到∠AEC'=∠AEC，然后结合邻补角的性质，推出∠FAE=∠AEF，即可证明AF=EF；
（2）作AG⊥CB，交CB的延长线于G，先证明四边形AGEF是正方形，再利用特殊角的三角函数值，求
出AG=5√3，进而得到AF=5√3，即可求出DF的长；
（3）作AQ⊥CB，交CB的延长线于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延长线于G，作HR⊥MT于R，解
直角三角形ABQ，依次求出BQ、AQ、EQ、AE的值，进而求得AM的值，根据cos∠DAE=cos∠AEQ
9 5√3
和sin∠DAE=sin∠AEQ，求得AT= 、MT= ，进而得出DT的值，解直角三角形DGT，求出GT
2 2
HR 5√3
的值，进而得出MG的值，根据tan∠FMT=tan∠AEQ，得出 = ，从而设HR=5√3k，
RM 9
√3
RM=9k，进而表示出GR=√3HR=15k，最后根据GR+RM=MG，列出15k+9k=4√3，求出k= ，
6
根据sin∠FMT=sin∠AEQ，得出MN=√13，进而得到MN=√13，即可求出△ANE的面积．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE+∠AEC=180°，
由折叠性质可知，∠AEC'=∠AEC，
∴∠FAE+∠AEC'=180°，
∵∠AEF+∠AEC'=180°，
∴∠FAE=∠AEF，
∴AF=EF；
（2）解：如图1，作AG⊥CB，交CB的延长线于G，
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∵AD∥BC，∠DAB=60°，
∴∠ABG=∠DAB=60°，∠FEG=180°−∠F=90°，
∵AG⊥CB，
∴∠AGB=90°，
∴∠AGB=∠FEG=∠F=90°，
∴四边形AGEF是矩形，
由（1）可知：AF=EF，
∴矩形AGFE是正方形，
AG
∵sin∠ABG=sin60°= ，AB=10，
AB
√3
∴AG=AB⋅sin60°=10× =5√3，
2
∴AF=AG=5√3，
∵AD=6，
∴DF=AF−AD=5√3−6，
故答案为：5√3−6；
（3）解：如图2，作AQ⊥CB，交CB的延长线于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延长线于G，作
HR⊥MT于R，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=10，AD=BC=6，AB∥CD，CB∥AD，
∴∠ABQ=∠DAB=60°，
1 √3
在Rt△AQB中，BQ=AB⋅cos60°=10× =5，AQ=AB⋅sin60°=10× =5√3，
2 2
∵CE=2
∴EQ=BC+BQ−CE=6+5−2=9，
在Rt△AQE中，AE=√AQ2+EQ2=√ (5√3) 2+92=2√39，
由（1）可知：AF=EF，
∵FM⊥AE，
1
∴AM=EM= AE=√39，
2
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又∵ ▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠，点C，D的对应点分别为C'，D'，
∴HM=MN，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEQ，
∴cos∠DAE=cos∠AEQ，sin∠DAE=sin∠AEQ，
AT EQ MT AQ
∴ = ， =
AM AE AM AE
AT 9 MT 5√3
∴ = ， =
√39 2√39 √39 2√39
9 5√3
∴AT= ，MT= ，
2 2
9 3
∴DT=AD−AT=6− = ，
2 2
∵AB∥CD，
∴∠GDT=∠DAB=60°，
GT
在Rt△DGT中，tan∠GDT=tan60°=
，
DT
3√3
∴>=DT⋅tan60°= ，
2
3√3 5√3
∴MG=>+MT= + =4√3，
2 2
∵∠FMT+∠AMT=90°，∠DAE+∠AMT=180°−∠ATM=90°，
∴∠FMT=∠DAE，
∴∠FMT=∠AEQ，
∵tan∠FMT=tan∠AEQ，
HR AQ 5√3
∴ = = ，
RM EQ 9
∴设HR=5√3k，RM=9k，
∵MG⊥AF，HG⊥MG，
∴HR∥AF，
∴∠GHR=∠GDT=60°，
∴tan∠GHR=tan∠GDT，
GR
∴ =tan60°=√3，
HR
∴GR=√3HR=√3×5√3k=15k，
∵GR+RM=MG，
∴15k+9k=4√3，
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√3
∴k= ，
6
5
∴HR=5√3k= ，
2
∵sin∠FMT=sin∠AEQ，
HR AQ
∴ = ，
HM AE
5
2 5√3 ，
∴ =
HM 2√39
∴HM=√13，
∴MN=√13，
1 1
∴S = AE⋅MN= ×2√39×√13=13√3．
△ANE 2 2
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形、轴对称
的性质等知识，正确作辅助线，熟练解直角三角形是解题关键．
3．（2023·辽宁大连·中考真题）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．
已知AB=AC,∠A>90°，点E为AC上一动点，将△ABE以BE为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如
下探究：
独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC=2∠ACB．”
小红：“若点E为AC中点，给出AC与DC的长，就可求出BE的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：
问题1：在等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到．
（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC=2∠ACB；
（2）如图2，若点E为AC中点，AC=4,CD=3，求BE的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠A<90°的等腰三角形，可以将问题进一
步拓展．
问题2：如图3，在等腰△ABC中，∠A<90°,AB=AC=BD=4,2∠D=∠ABD．若CD=1，则求BC的
长．
3+√57
【答案】（1）见解析；（2） ；问题2：BC=√10
2
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【分析】（1）根据等边对等角可得∠ABC=∠C，根据折叠以及三角形内角和定理，可得∠BDE=∠A
=180°−2∠C，根据邻补角互补可得∠EDC+∠BDE=180°，即可得证；
（2）连接AD，交BE于点F，则EF是△ADC的中位线，勾股定理求得AF,BF，根据BE=BF+EF即可
求解；
问题2：连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，根据已知条件可得BM∥CD，
则四边形CGMD是矩形，勾股定理求得AD，根据三线合一得出MD,CG，根据勾股定理求得BC的长，即
可求解．
【详解】（1）∵等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到
∴∠ABC=∠C，∠BDE=∠A =180°−2∠C，
∵∠EDC+∠BDE=180°，
∴∠EDC=2∠ACB；
（2）如图所示，连接AD，交BE于点F，
∵折叠，
1
∴EA=ED，AF=FD，AE= AC=2，AD⊥BE，
2
∵E是AC的中点，
∴EA=EC，
1 3
∴EF= CD= ，
2 2
在Rt△AEF中，AF=√AE2−EF2=
√
22−
(3) 2
=
√7
，
2 2
在Rt△ABF中，BF=√AB2−AF2=
√
42−
(√7) 2
=
√57
，
2 2
3+√57
∴BE=BF+EF= ；
2
问题2：如图所示，连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，
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∵AB=BD，
1
∴AM=MD，∠ABM=∠DBM= ∠ABD，
2
∵2∠BDC=∠ABD，
∴∠BDC=∠DBM，
∴BM∥CD，
∴CD⊥AD，
又CG⊥BM，
∴四边形CGMD是矩形，
则CD=GM，
在Rt△ACD中，CD=1，AD=4,AD=√AC2−CD2=√42−12=√15，
√15 √15
∴AM=MD= ，CG=MD=
2 2
在Rt△BDM中，BM=√BD2−DM2=
√
42−
(√15) 2
=
7
，
2 2
7 5
∴BG=BM−GM=BM−CD= −1= ，
2 2
在Rt△BCG中，BC=√BG2+CG2=
√ (5) 2
+
(√15) 2
=√10．
2 2
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是
解题的关键．
4．（2022·河南·中考真题）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
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(1)操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明
理由．
(3)拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．
【答案】(1)∠BME或∠ABP或∠PBM或∠MBC
(2)①15，15；②∠MBQ=∠CBQ，理由见解析
40 24
(3)AP= cm或 cm
11 13
1
【分析】（1）根据折叠的性质，得BE= BM，结合矩形的性质得∠BME=30°，进而可得
2
∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°；
（2）根据折叠的性质，可证RtΔBQM≅RtΔBQC(HL)，即可求解；
（3）由（2）可得QM=QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设
AP=PM=x，分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．
1
【详解】（1）解：∵AE=BE= AB，AB=BM
2
1
∴BE= BM
2
BE 1
∵∠BEM=90°，sin∠BME= =
BM 2
∴∠BME=30°
∴∠MBE=60°
∵∠ABP=∠PBM
∴∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°
（2）∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°
°
∴BM=BC
①∵BM=BC，BQ=BQ
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∴RtΔBQM≅RtΔBQC(HL)
∴∠MBQ=∠CBQ
∵∠MBC=30°
∴∠MBQ=∠CBQ=15°
②∵BM=BC，BQ=BQ
∴RtΔBQM≅RtΔBQC(HL)
∴∠MBQ=∠CBQ
（3）当点Q在点F的下方时，如图，
∵FQ=1cm，DF=FC=4cm，AB=8cm
∴QC=CD−DF−FQ=8−4−1=3(cm)，DQ=DF+FQ=4+1=5(cm)
由（2）可知，QM=QC
设AP=PM=x，PD=8−x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即(8−x) 2+52=(x+3) 2
40
解得：x=
11
40
∴AP= cm；
11
当点Q在点F的上方时，如图，
∵FQ=1cm，DF=FC=4cm，AB=8cm
∴QC=5cm，DQ =3cm，
由（2）可知，QM=QC
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设AP=PM=x，PD=8−x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即(8−x) 2+32=(x+5) 2
24
解得：x=
13
24
∴AP= cm．
13
【点睛】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是
解题的关键．
题型06 与函数图象有关的轴对称变化
1．（2022·四川巴中·中考真题）函数y=|ax2+bx+c|(a>0,b2−4ac>0)的图象是由函数
y=ax2+bx+c(a>0,b2−4ac>0)的图象x轴上方部分不变，下方部分沿x轴向上翻折而成，如图所示，则
下列结论正确的是（ ）
①2a+b=0 ；②c=3； ③abc>0；④将图象向上平移1个单位后与直线y=5有3个交点．
A．①② B．①③ C．②③④ D．①③④
【答案】D
b
【分析】根据函数图象与x轴交点的横坐标求出对称轴为− =1，进而可得2a+b=0，故①正确；由函数
2a
图象与y轴的交点坐标为（0，3），y=ax2+bx+c(a>0,b2−4ac>0)的图象x轴上方部分不变，下方部分
沿x轴向上翻折而成可知c＝-3，故②错误；根据对称轴求出b＜0，进而可得abc>0，故③正确；求出翻折
前的二次函数的顶点坐标，然后根据平移的性质可得④正确．
【详解】解：由函数图象可得：y=ax2+bx+c与x轴交点的横坐标为－1和3，
−1+3 b
∴对称轴为x= =1，即− =1，
2 2a
∴整理得：2a+b=0，故①正确；
∵y=|ax2+bx+c|(a>0,b2−4ac>0)与y轴的交点坐标为（0，3），
y=ax2+bx+c(a>0)可知，开口向上，图中函数图象是由原函数下方部分沿x轴向上翻折而成，
∴c＝-3，故②错误；
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b
∵y=ax2+bx+c(a>0,b2−4ac>0)中a＞0，− =1，
2a
∴b＜0，
又∵c＝-3＜0，
∴abc>0，故③正确；
设抛物线y=ax2+bx+c的解析式为y=a(x+1)(x−3)，
代入（0，3）得：3=−3a，
解得：a＝－1，
∴y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴顶点坐标为（1，4），
∵点（1，4）向上平移1个单位后的坐标为（1，5），
∴将图象向上平移1个单位后与直线y=5有3个交点，故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，掌握二次函数的对称轴公式，顶点坐标的求法是解题的关键．
2．（2023·四川德阳·中考真题）已知：在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A(−4,0)，B(2,0)，与
y轴交于点C(0,−4)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，如果把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°，抛物线的其余部分保持不变，得到一个新图象．
当平面内的直线y=kx+6与新图象有三个公共点时，求k的值；
(3)如图2，如果把直线AB沿y轴向上平移至经过点D，与抛物线的交点分别是E，F，直线BC交EF于点H，
DF
过点F作FG⊥CH于点G，若 =2√5．求点F的坐标．
HG
1
【答案】(1)y= x2+x−4
2
3
(2)1或
2
(3)(4,8)
【详解】（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
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∵C(0,−4)，
∴c=−4，
y=ax2+bx−4，
把A(−4,0)，B(2,0)代入y=ax2+bx+c，得：¿，
解得：¿，
1
∴抛物线的解析式为y= x2+x−4
2
（2）∵直线表达式y=kx+6，
∴直线经过定点(0,6)，
∴将过点(0,6)的直线旋转观察和新图象的公共点情况
1
∵把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°，抛物线的解析式为y= x2+x−4，
2
1 1
∴新图象表达式为：−40)交y轴于点C，
过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D．
(1)求点C，D的坐标；
1
(2)当a= 时，如图1，该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点P为直线AD上方抛物线
3
上一点，将直线PD沿直线AD翻折，交x轴于点M(4,0)，求点P的坐标；
(1 )
(3)坐标平面内有两点E ,a+1 ,F(5,a+1)，以线段EF为边向上作正方形EFGH．
a
①若a=1，求正方形EFGH的边与抛物线的所有交点坐标；
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5
②当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为 时，求a的值．
2
【答案】(1)C(0，2)，D(5，2)
(3 15)
(2)P ，
2 4
(3)①(1，6)，(4，6)，(5，2)；②a=0.5
【分析】
（1）先求出C(0，2)，再求出抛物线对称轴，根据题意可知C、D关于抛物线对称轴对称，据此求出点D
的坐标即可；
（2）先求出A(−1，0)，如图，设DP上与点M关于直线AD对称的点为N(m，n)，由轴对称的性质可得
AN=AM，DN=DM，利用勾股定理建立方程组¿，解得m=3或m=4（舍去），则N(3，3)，求出直线
1 9 (3 15)
DP的解析式为y=− x+ ，然后联立¿，解得¿或¿，则P ， ；
2 2 2 4
（3）分图3-1，图3-2，图3-3三种情况，利用到x轴的距离之差即为纵坐标之差结合正方形的性质列出方
程求解即可．
【详解】（1）解：在y=−ax2+5ax+2(a>0)中，当x=0时，y=2，
∴C(0，2)，
∵抛物线解析式为y=−ax2+5ax+2(a>0)，
5a 5
∴抛物线对称轴为直线x=− = ，
−2a 2
∵过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D，
∴C、D关于抛物线对称轴对称，
∴D(5，2)；
1 1 5
（2）解：当a= 时，抛物线解析式为y=− x2+ x+2，
3 3 3
1 5
当y=0，即− x2+ x+2=0，解得x=−1或x=6，
3 3
∴A(−1，0)；
如图，设DP上与点M关于直线AD对称的点为N(m，n)，
由轴对称的性质可得AN=AM，DN=DM，
∴¿，
解得：3m+n=12，即n=12−3m
∴m2+2m+1+144−72m+9m2=25，
∴m2−7m+12=0，
解得m=3或m=4（舍去），
∴n=12−3m=3，
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∴N(3，3)，
设直线DP的解析式为y=kx+b ，
1
∴¿，
∴¿，
1 9
∴直线DP的解析式为y=− x+ ，
2 2
联立¿，解得¿或¿
(3 15)
∴P ， ；
2 4
（3）解：①当a=1时，抛物线解析式为y=−x2+5x+2，E(1，2)，F(5，2)，
∴EH=EF=FG=4，
∴H(1，6)，G(5，6)，
当x=1时，y=−12+5×1+2=6，
∴抛物线y=−x2+5x+2恰好经过H(1，6)；
5
∵抛物线对称轴为直线x= ，
2
由对称性可知抛物线经过(4，6)，
∴点(4，6)时抛物线与正方形的一个交点，
又∵点F与点D重合，
∴抛物线也经过点F(5，2)；
综上所述，正方形EFGH的边与抛物线的所有交点坐标为(1，6)，(4，6)，(5，2)；
②如图3-1所示，当抛物线与GH、GF分别交于T、D，
5
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为 ，
2
∴点T的纵坐标为2+2.5=4.5，
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1
∴5− +a+1=4.5，
a
∴a2+1.5a−1=0，
解得a=−2（舍去）或a=0.5；
如图3-2所示，当抛物线与GH、EF分别交于T、S，
5
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为 ，
2
1
∴5− =2.5，
a
解得a=0.4（舍去，因为此时点F在点D下方）
如图3-3所示，当抛物线与EH、EF分别交于T、S，
5
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为 ，
2
(1) 2 1
∴−a⋅ +5a⋅ +2=a+1+2.5，
a a
1
∴7− =a+3.5，
a
∴a2−3.5a+1=0，
7+√33 7−√33
解得a= 或a= （舍去）；
4 4
5
当x= 时，y=−ax2+5ax+2=6.25a+2，
2
7+√33 1
当 a= 时，6.25a+2>7− ，
4 a
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7+√33
∴a= 不符合题意；
4
综上所述，a=0.5．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，轴对称的性质，正方形的性质等等，利用分类讨论和数
形结合的思想求解是解题的关键．
4．（2022·辽宁沈阳·中考真题）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y=ax2+bx−3经过点
B(6,0)和点D(4,−3)与x轴另一个交点A．抛物线与y轴交于点C，作直线AD．
(1)①求抛物线的函数表达式
②并直接写出直线AD的函数表达式．
(2)点E是直线AD下方抛物线上一点，连接BE交AD于点F，连接BD，DE，△BDF的面积记为S ，△≝¿
1
的面积记为S ，当S =2S 时，求点E的坐标；
2 1 2
(3)点G为抛物线的顶点，将抛物线图象中x轴下方部分沿x轴向上翻折，与抛物线剩下部分组成新的曲线为
C ，点C的对应点C'，点G的对应点G'，将曲线C ，沿y轴向下平移n个单位长度（00)的图象交于点A，
2 x
2
AB⊥x轴于点B，延长AB至点C，连接OC．若cos∠BOC= ，OC=3．
3
（1）求OB的长和反比例函数的解析式；
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（2）将△AOB绕点О旋转90°，请直接写出旋转后点A的对应点A'的坐标．
2
【答案】（1）OB=2，y= (x>0)；（2）A'(−1，2)或(1，−2)
x
【分析】（1）由三角函数值，即可求出OB=2，然后求出点A的坐标，即可求出反比例函数的解析式；
（2）根据题意，可分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，两种情况进行分析，即可得到答案．
【详解】解：（1） ∵AB⊥x轴于点B
∴∠OBC=90°
2
在Rt△OBC中，OC=3，cos∠BOC=
3
OB 2
∴ = ，OB=2
OC 3
∴点A的横坐标为2
1
又∵点A在正比例函数y= x的图象上
2
1
∴y= ×2=1，
2
∴A(2,1)
k k
把A(2,1)代入y= ，得1=
x 2
∴k=2，
2
∴反比例函数的解析式是y= (x>0) ；
x
（2）根据题意，
∵点A为（2，1），
∵将△AOB绕点О旋转90°，
则分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，如图：
∴A'(−1，2)或(1，−2)．
【点睛】本题考查了反比例函数和一次函数的综合，以及三角函数，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握所
学的知识，正确的画出图像进行分析．
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2．（2022·四川资阳·中考真题）已知二次函数图象的顶点坐标为A(1,4)，且与x轴交于点B(−1,0)．
(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．
【答案】(1)y=−(x−1) 2+4（或y=−x2+2x+3）
(2)①m=4，②存在符合条件的点Q，其坐标为(−4,−21)或(2,3)或(12,−117)
【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y=a(x−1) 2+4，再把B(−1,0)代
入即可得出答案；
（2）①过点A(1,4)作AE⊥x轴于点E，根据∠BAD=∠BEA=90°，又因为∠ABE=∠DBA，证明出
△BAE∽△BDA，从而得出AB2=BE⋅BD，将BD=2(m+1)，BE=2，AE=4代入即可求出m的值；
②根据上问可以得到C(7,−4)，点M的横坐标为4，B(−1,0)，要让以点B、C、M、Q为顶点的平行四边
形，所以分为三种情况讨论：1）当以BC为边时，存在平行四边形为BCMQ；2）当以BC为边时，存在平
行四边形为BCQM；3）当以BC为对角线时，存在平行四边形为BQCM；即可得出答案．
【详解】（1）∵二次函数的图象的顶点坐标为A(1,4)，
∴设二次函数的表达式为y=a(x−1) 2+4，
又∵B(−1,0)，∴0=a(−1−1) 2+4，
解得：a=−1，
∴y=−(x−1) 2+4（或y=−x2+2x+3）；
（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)，
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过点A(1,4)作AE⊥x轴于点E，
∴BE=2，AE=4，
在Rt△ABE中，AB2=BE2+AE2=22+42=20，
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；
②由题可得点A(1,4)与点C关于点P(4,0)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，
1）、当以BC为边时，平行四边形为BCMQ，
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 )代入y=−x2+2x+3，
1
解得：y =−21，
1
∴Q(−4,−21)，
2）、当以BC为边时，平行四边形为BCQM，
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 )代入y=−x2+2x+3，
2
解得：y =−117，
2
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∴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 )代入y=−x2+2x+3，
3
得：y =3，
3
∴Q(2,3)，
综上所述，存在符合条件的点Q，其坐标为(−4,−21)或(2,3)或(12,−117)．
【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．
1
3．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y= x2+bx+c的图象经过点
3
A(0,2)，与x轴的交点为点B(√3,0)和点C．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)点E，G在y轴正半轴上，OG=2OE，点D在线段OC上，OD=√3OE．以线段OD，OE为邻边作矩形
ODFE，连接GD，设OE=a．
①连接FC，当△GOD与△FDC相似时，求a的值；
②当点D与点C重合时，将线段GD绕点G按逆时针方向旋转60°后得到线段GH，连接FH，FG，将
△GFH绕点F按顺时针方向旋转α(0°<α≤180°)后得到△G'FH'，点G，H的对应点分别为G'、H'，连
接DE．当△G'FH'的边与线段DE垂直时，请直接写出点H'的横坐标．
1
【答案】(1)y= x2−√3x+2
3
4 6 3√7
(2)① 或 ；②2√3+3或2√3+ 或√3
3 5 7
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）①利用已知条件用含a的代数式表示出点E，D，F，G的坐标，进而得到线段CD的长度，利用分类讨
论的思想方法和相似三角形的性质，列出关于a的方程，解方程即可得出结论；
②利用已知条件，点的坐标的特征，平行四边形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质求得
FH=OD=2√3 ，∠GOD=∠GFH=90°和GH的长，利用分类讨论的思想方法分三种情形讨论解答利用
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旋转的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理求得相应线段的长度即可得出结论；
1
【详解】（1）∵二次函数y= x2+bx+c的图象经过点A(0,2)，与x轴的交点为点B(√3,0)，
3
∴¿
解得：¿
1
∴此抛物线的解析式为y= x2−√3x+2
3
1
（2）①令y=0，则 x2−√3x+2=0
3
解得：x=√3或x=2√3，
∴C(2√3,0)
∴OC=2√3．
∵OE=a,OG=2OE,OD=√3OE,
∴OG=2a,OD=√3a
∵四边形ODFE为矩形，
∴EF=OD=√3a,FD=OE=a
∴E(0,a),D(√3a,0),F(√3a,a),G(0,2a)
∴CD=OC−OD=2√3−√3a
Ⅰ．当△GOD∽△FDC时，
OG FD
∴ =
OD CD
2a a
∴ =
√3a 2√3−√3a
4
∴a=
3
Ⅱ．当△GOD∽△CDF时，
OG CD
∴ =
OD FD
2a 2√3−√3a
∴ =
√3a a
6
∴a=
5
4 6
综上，当△GOD与△FDC相似时，a的值为 或 ；
3 5
②∵点D与点C重合，
∴OD=OC=2√3
∴OE=2,OG=2OE=4,EF=OD=2√3,DF=OE=2
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∴EG=OE=2
∴EG=DF=2,
∵EG∥DF,
∴四边形GEDF为平行四边形，
∴FG=DE=√OE2+OD2=√22+(2√3) 2=4,
∴∠GFE=30°,
∴∠EGF=60°,
∵∠DGH=60°,
∴∠EGF=∠DGH,
∴∠OGD=∠FGH.
在△GOD和△GFH中，
¿
∴△GOD≌△GFH(SAS),
∴FH=OD=2√3,∠GOD=∠GFH=90°.
∴GH=√GF2+FH2=√42+(2√3) 2=2√7.
Ⅰ、当 G'F 所在直线与 DE 垂直时，如图，
∵∠GFH=90°, GF∥DE,
∴∠G'FH'=90°,
∴G，F，H'三点在一条直线上，
∴GH'=GF+FH'=FG+FH=4+2√3.
过点 H' 作 H'K⊥y 轴于点 K， 则 H'K∥FE
∴∠KH'G=∠EFG=30°,
√3
∴H'K=H'G⋅cos30°= ×(4+2√3)=2√3+3,
2
∴此时点 H' 的横坐标为 2√3+3
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Ⅱ．当G'H'所在直线与DE垂直时，如图，
∵GF∥DE，
∴G'H'⊥GF，
设GF的延长线交G'H'于点M，过点M作MP⊥EF，交EF的延长线于点P，过点H'作H'N⊥MP，交
PM的延长线于点N，则H'N∥PF∥x轴，∠PFM=∠EFG=30°．
1 1
∵S = G'H'⋅FM= FH'⋅FG'，
△FG'H' 2 2
∴4×2√3=2√7FM，
4√21
∴FM= ．
7
4√21 √3 6√7
∴FP=FM⋅cos30°= × = ，
7 2 7
6√7
∴PE=PF+EF=2√3+ ．
7
6√7
∵H'M=√FH'2−FM2=
，
7
3√7
∴H'N=H'M⋅sin30°= ，
7
6√7 3√7 3√7
∴此时点H'的横坐标为PE−H'N=2√3+ − =2√3+ ；
7 7 7
Ⅲ．当FH'所在直线与DE垂直时，如图，
∵∠H'FG'=90°，GF∥DE，
∴∠GFH'=90°，
∴H，F，H'三点在一条直线上，则∠H'FD=30°，
过点H'作H'L⊥DF，交FD的延长线于点L，
1
H'L=H'F⋅sin30°=2√3× =√3，
2
∴此时点H'的横坐标为EF−H'L=2√3−√3=√3．
3√7
综上，当△G'FH'的边与线段DE垂直时，点H'的横坐标为2√3+3或2√3+ 或√3．
7
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【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，矩形的性质，相似三角形的判
定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，利用点
的坐标表示出相应线段的长度和正确利用分类讨论的思想方法是解题的关键
4．（2023·江苏徐州·中考真题）如图，在平而直角坐标系中，二次函数y=−√3x2+2√3x的图象与x轴分
别交于点O,A，顶点为B．连接OB,AB，将线段AB绕点A按顺时针方向旋转60°得到线段AC，连接BC．
点D,E分别在线段OB,BC上，连接AD,DE,EA,DE与AB交于点F,∠DEA=60°．
(1)求点A,B的坐标；
(2)随着点E在线段BC上运动．
①∠EDA的大小是否发生变化？请说明理由；
②线段BF的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由；
(3)当线段DE的中点在该二次函数的因象的对称轴上时，△BDE的面积为 ．
【答案】(1)A(2，0)，B(1，√3)；
1
(2)①∠EDA的大小不变，理由见解析；②线段BF的长度存在最大值为 ；
2
2√3
(3)
9
【分析】（1）y=0得−√3x2+2√3x=0，解方程即可求得A的坐标，把y=−√3x2+2√3x化为顶点式即
可求得点B的坐标；
（2）①在AB上取点M，使得BM=BE，连接EM，证明△AED是等边三角形即可得出结论；②由
BM=AB−AF=2−AF，得当AF最小时，BF的长最大，即当DE⊥AB时，BF的长最大，进而解直角三
角形即可求解；
（3）设DE的中点为点M，连接AM，过点D作DH⊥BN于点H，证四边形OACB是菱形，得BC∥OA，
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AN MN AM 1 MN
进而证明△MBE≌△MHD得DH=BE，再证△BME∽△NAM，得 = = 即 = =√3，
BM BE ME BM BE
结合三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）解：∵y=−√3x2+2√3x=−√3(x−1) 2+√3，
∴顶点为B(1，√3)，
令y=0，−√3x2+2√3x=0，
解得x=0或x=2，
∴A(2，0)；
（2）解：①∠EDA的大小不变，理由如下：
在AB上取点M，使得BM=BE，连接EM，
∵y=−√3(x−1) 2+√3，
∴抛物线对称轴为x=1，即ON=1，
∵将线段AB绕点A按顺时针方向旋转60°得到线段AC，
∴∠BAC=60°，AB=AC，
∴△BAC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠C=60°，
∵A(2，0)，B(1，√3)，O(0，0)，ON=1，
∴OA=2，OB= √12+(√3) 2=2，AB= √ (2−1) 2+(√3) 2=2，
∴OA=OB=AB，
∴△OAB是等边三角形，OA=OB=AC=BC=2，
∴∠OAB=∠OBA=∠AOB=60°，
∵∠MBE=60°，BM=BE，
∴△BME是等边三角形，
∴∠BME=60°=∠ABE，ME=BE=BM，
∴∠AME=180°−∠BME=120°，BD∥EM，
∵∠DBE=∠ABO+∠ABC=120°，
∴∠DBE=∠AME，
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∵BD∥EM，
∴∠FEM+∠BED=180°−120°=60°=∠AEF=∠MEA+∠FEM，
∴∠BED=∠MEA，
∴△BED≌△MEA，
∴DE=EA，
又∠AED=60°，
∴△AED是等边三角形，
∴∠ADE=60°，即∠ADE的大小不变；
②，∵BF=AB−AF=2−AF，
∴当AF最小时，BF的长最大，即当DE⊥AB时，BF的长最大，
∵△DAE是等边三角形，
1
∴∠DAF= ∠DAE=30,
2
∴∠OAD=60°−∠DAF=30°，
∴AD⊥OB，
∴AD= OA×cos∠OAD=2×cos30°=√3，
3
∴AF= AD×cos∠DAF=2×cos30°= ，
2
3 1 1
∴BF=AB−AF= 2− = ，即线段BF的长度存在最大值为 ；
2 2 2
（3）解：设DE的中点为点M，连接AM，过点D作DH⊥BN于点H，
∵OA=OB=AC=BC=2，
∴四边形OACB是菱形，
∴BC∥OA，
∵DH⊥BN，AN⊥BN，
∴DH∥BC∥OA，
∴∠MBE=∠MHD，∠MEB=∠MDH，
∵DE的中点为点M，
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∴MD=ME，
∴△MBE≌△MHD，
∴DH=BE，
∵∠ANM=90°，
∴∠MBE=180°−90°=90°=∠ANM，∠NMA+∠NAM=90°，
∵DE的中点为点M，△DAE是等边三角形，
∴AM⊥DE，
∴∠AME=90°，
∴∠BME+∠NMA=180°，
∴∠BME=∠NAM，
∴△BME∽△NAM，
AN MN AM 1 MN
∴ = = 即 = =√3，
BM BE ME BM BE
√3
∴BM= ，
3
2√3
∴MN=BN−BM= ，
3
MN 2
∴DH=BE= = ，
√3 3
1 √3 2 1 √3 2 2√3
∴S =S +S = × × + × × = ，
△BDE △BDM △BEM 2 3 3 2 3 3 9
2√3
故答案为 ．
9
【点睛】本题主要考查了二次函数的图像及性质，菱形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，相似三角
形的判定及性质，等边三角形的判定及性质以及解直角三角形，题目综合性较强，熟练掌握各知识点是解题
的关键
题型09 利用平移、轴对称、旋转的性质解决多结论问题
1．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延
长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P，DM⊥AB于点M，AM=4
15
，则下列结论，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP= ，④BD∥FQ．正确的是（ ）
8
A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
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【答案】A
【分析】由折叠性质和平行线的性质可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根据等角对等边即可判断①正确；根
据等腰三角形三线合一的性质求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判断②正确；由△CDP∽△BQP得
CP CD 5 EF QE
= = ，求出BP即可判断③正确；根据 ≠ 即可判断④错误．
BP BQ 3 DE BE
【详解】由折叠性质可知：∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5，
∵CD∥AB，
∴∠CDF=∠QEF．
∴∠QDF=∠QEF．
∴DQ=EQ=5．
故①正确；
∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB，
∴MQ=AM=4．
∵MB=AB−AM=5−4=1，
∴BQ=MQ−MB=4−1=3．
故②正确；
∵CD∥AB，
∴△CDP∽△BQP．
CP CD 5
∴ = = ．
BP BQ 3
∵CP+BP=BC=5，
3 15
∴BP= BC= ．
8 8
故③正确；
∵CD∥AB，
∴△CDF∽△BEF．
DF CD CD 5 5
∴ = = = = ．
EF BE BQ+QE 3+5 8
EF 8
∴ = ．
DE 13
QE 5
∵ = ，
BE 8
EF QE
∴ ≠ ．
DE BE
∴△EFQ与△EDB不相似．
∴∠EQF≠∠EBD．
∴BD与FQ不平行．
故④错误；
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故选A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形
的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．
2．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，点
D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①BD=CE；②
CF 4
∠DAC=∠CED；③若BD=2CD，则 = ；④在△ABC内存在唯一一点P，使得PA+PB+PC的值
AF 5
最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则CE=2+√3．其中含所有正确结论的选项是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】证明△BAD≌△CAE，即可判断①，根据①可得∠ADB=∠AEC，由∠ADC+∠AEC=180°
可得A,D,C,E四点共圆，进而可得∠DAC=∠DEC，即可判断②，过点A作AG⊥BC于G,交ED的延
CF 4
长线于点H，证明△FAH∽△FCE，根据相似三角形的性质可得 = ，即可判断③，将△APC绕A点逆
AF 5
时针旋转60度，得到△AB'P'，则△APP'是等边三角形，根据当B',P',P,C共线时，PA+PB+PC取得
最小值，可得四边形ADCE是正方形，勾股定理求得DP， 根据CE=AD=AP+PD即可判断④．
【详解】解：∵ △ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，
∴AB=AC,AD=AE,∠BAD=∠CAE
∴△BAD≌△CAE
∴BD=CE
故①正确；
∵ △BAD≌△CAE
∴∠ADB=∠AEC
∴∠ADC+∠AEC=180°
∴A,D,C,E四点共圆，
∵CD=CD
∴∠DAC=∠DEC
故②正确；
如图，过点A作AG⊥BC于G,交ED的延长线于点H，
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∵ △BAD≌△CAE,
∴∠ACE=∠ABD=45°,∠ACB=45°
∴∠DCE=90°
∴FC∥AH
∵ BD=2CD，BD=CE
DC 1 CD 1
∴tan∠DEC= = , =
CE 2 BC 3
1
设BC=6a，则DC=2a，AG= BC=3a，EC=2DC=4a
2
则GD=GC−DC=3a−2a=a
∵FC∥AH
GD 1
∴tanH= =
GH 2
∴GH=2GD=2a
∴AH=AG+GH=3a+2a=5a
AH∥CE，
∴△FAH∽△FCE
CF CE
∴ =
AF AH
CF 4a 4
∴ = =
AF 5a 5
CF 4
则 = ；
AF 5
故③正确
如图，将△ABP绕A点逆时针旋转60度，得到△AB'P'，则△APP'是等边三角形，
∴PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC≥B'C，
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当B',P',P,C共线时，PA+PB+PC取得最小值，
此时∠CPA=180°−∠APP'=180°−60°=120°，
∠APB=∠AP'B'=180°−∠AP'P=180°−60°=120°，
∠BPC=360°−∠BPA−∠APC=360°−120°−120°=120°，
此时∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
∵AC=AB=AB'，AP=AP'，∠APC=∠AP'B'，
∴△AP'B'≌△APC，
∴PC=P'B'=PB，
∵∠APP'=∠DPC=60°，
∴DP平分∠BPC，
∴PD⊥BC，
∵A,D,C,E四点共圆，
∴∠AEC=∠ADC=90°，
又AD=DC=BD,△BAD≌△CAE，
∴AE=EC=AD=DC，
则四边形ADCE是菱形，
又∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是正方形，
∵∠B' AC=∠B' AP'+∠PAC+∠P' AP=90°+60°=150°，
1
则B' A=BA=AC，∠B'=∠ACB'= (180°−∠B' AC)=15°，
2
∵∠PCD=30°，
∴DC=√3PD，
∵DC=AD，
AP=2，
则AP=AD−DP=(√3−1)DP=2，
2
∴DP= =√3+1，
√3−1
∵AP=2，
∴CE=AD=AP+PD=√3+3，
故④不正确，
故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的
性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
3．（2022·四川眉山·中考真题）如图，四边形ABCD为正方形，将△EDC绕点C逆时针旋转90°至△HBC，
点D，B，H在同一直线上，HE与AB交于点G，延长HE与CD的延长线交于点F，HB=2，HG=3．以
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下结论：
√2
①∠EDC=135°；②EC2=CD⋅CF；③HG=EF；④sin∠CED= ．其中正确结论的个数为（ ）
3
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明
DC EC CD⋅HG 3a
△GBH∽△EDC，得到 = ，即EC= = ，利用△HEC是等腰直角三角形，求出
HB HG HB 2
3√2a
HE= ，再证明△HGB∽△HDF即可求出EF=3可知③正确；过点E作EM⊥FD交FD于点M，求
2
ME √2
出sin∠EFC= = ，再证明∠DEC=∠EFC，即可知④正确．
EF 3
【详解】解：∵△EDC旋转得到△HBC，
∴∠EDC=∠HBC，
∵ABCD为正方形，D，B，H在同一直线上，
∴∠HBC=180°−45°=135°，
∴∠EDC=135°，故①正确；
∵△EDC旋转得到△HBC，
∴EC=HC，∠ECH=90°，
∴∠HEC=45°，
∴∠FEC=180°−45°=135°，
∵∠ECD=∠ECF，
∴△EFC∽△DEC，
EC FC
∴ = ，
DC EC
∴EC2=CD⋅CF，故②正确；
设正方形边长为a，
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∵∠GHB+∠BHC=45°，∠GHB+∠HGB=45°，
∴∠BHC=∠HGB=∠DEC，
∵∠GBH=∠EDC=135°，
∴△GBH∽△EDC，
DC EC CD⋅HG 3a
∴ = ，即EC= = ，
HB HG HB 2
∵△HEC是等腰直角三角形，
3√2a
∴HE= ，
2
∵∠GHB=∠FHD，∠GBH=∠HDF=135°，
∴△HBG∽△HDF，
2 3
HB HG =
∴ = ，即2+√2a 3√2a ，解得：EF=3，
HD HF +EF
2
∵HG=3，
∴HG=EF，故③正确；
过点E作EM⊥FD交FD于点M，
∴∠EDM=45°，
∵ED=HB=2，
∴MD=ME=√2，
∵EF=3，
ME √2
∴sin∠EFC= = ，
EF 3
∵∠DEC+∠DCE=45°，∠EFC+∠DCE=45°，
∴∠DEC=∠EFC，
ME √2
∴sin∠DEC=sin∠EFC= = ，故④正确
EF 3
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综上所述：正确结论有4个，
故选：D
【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练
掌握以上知识点，结合图形求解．
4．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点P在对角线BD上，过点P作
MN⊥BD，交边AD，BC于点M，N，过点M作ME⊥AD交BD于点E，连接EN，BM，DN．下列
96
结论：①EM=EN；②四边形MBND的面积不变；③当AM:MD=1:2时，S = ；④
△MPE 25
BM+MN+ND的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】根据等腰三角形的三线合一可知MP=PN，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出BD=10，
MN=
15
，，利用S =
1
MN×BD判断②；根据相似可以得到
S
△MPE=
(ME) 2
，判断③；利用将军
2 四边形MBND 2 S BD
△DAB
饮马问题求出最小值判断④．
【详解】解：∵EM=EN，MN⊥BD，
∴MP=PN，
在点P移动过程中，不一定MP=PN，
相矛盾，
故①不正确；
延长ME交BC于点H,
则ABHM为矩形，
∴BD=√AB2+AD2=√62+82=10
∵ME⊥AD，MN⊥BD，
∴∠MED+∠MDE=∠MEP+∠EMN=90°，
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∴∠MDE=∠EMN，
∴△MHN∽△DAB，
MH HN MN
∴ = = ，
AD AB BD
6 HN MN
即 = = ，
8 6 10
9 15
解得：HN= ，MN= ，
2 2
1 1 1 1 15 75
∴S =S +S = MN×BP+ MN×DP= MN×BD= × ×10=
四边形MBND △BMN △DMN 2 2 2 2 2 2
故②正确；
∵ME∥AB，
∴△DME∽△DAB，
ME MD 2
∴ = = ，
AB AD 3
∴ME=4，
∵∠MDE=∠EMN，∠MPE=∠A=90°，
∴△MPE∽△DAB，
∴
S
△MPE=
(ME) 2
=
4
，
S BD 25
△DAB
4 4 1 96
∴S = S = × ×6×8= ，
△MPE 25 △DAB 25 2 25
故③正确，
15
BM+MN+ND=BM+ND+ ，
2
即当MB+ND最小时， BM+MN+ND的最小值，作B、D关于AD、BC的对称点B 、D ,
1 1
9
把图1中的CD 向上平移到图2位置，使得CD= ，连接B D ，即B D 为MB+ND的最小值，则
1 2 1 1 1 1
7
AC=BD = ，BB =12,
1 2 1
这时B D =√BD 2+BB 2=
√ (7) 2
+122=
25
，
1 1 1 1 2 2
即BM+MN+ND的最小值是20，
故④正确；
故答案为：②③④
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【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的
关键．
题型10 与图形变化有关的最值问题
1．（2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB=√10，AD=4√2，点P是边AD上一点
（不与点A，D重合），连接PB，PC．点M，N分别是PB，PC的中点，连接MN，AM，DN，点E
在边AD上，ME∥DN，则AM+ME的最小值是（ ）
A．2√3 B．3 C．3√2 D．4√2
【答案】C
1 1
【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得AM= BP，DN= CP，通过证明四边形MNDE是平行四
2 2
1
边形，可得ME=DN，则AM+ME=AM+DN= (BP+CP)，作点C关于直线AD的对称点M，则
2
BP+CP=BP+PM，点B，P，M三点共线时，BP+PM的值最小，最小值为BM．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAP=∠CDP=90°，AD∥BC，
∵点M，N分别是PB，PC的中点，
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1 1 1
∴ AM= BP，DN= CP，MN= BC，MN∥BC，
2 2 2
∵ AD∥BC，MN∥BC，
∴ MN∥BC，
又∵ ME∥DN，
∴四边形MNDE是平行四边形，
∴ ME=DN，
1
∴ AM+ME=AM+DN= (BP+CP)，
2
如图，作点C关于直线AD的对称点M，连接PM，BM，
则BP+CP=BP+PM，
当点B，P，M三点共线时，BP+PM的值最小，最小值为BM，
在Rt△BCM中，MC=2CD=2AB=2√10，BC=AD=4√2，
∴ BM=√BC2+MC2=√(4√2) 2+(2√10) 2=6√2，
1
∴ AM+ME的最小值= BM=3√2，
2
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，轴
对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思想．
2．（2023·湖北十堰·中考真题）在某次数学探究活动中，小明将一张斜边为4的等腰直角三角形
ABC(∠A=90°)硬纸片剪切成如图所示的四块（其中D，E，F分别为AB，AC，BC的中点，G，H分别
为DE，BF的中点），小明将这四块纸片重新组合拼成四边形（相互不重叠，不留空隙），则所能拼成的
四边形中周长的最小值为 ，最大值为 ．
【答案】 8 8+2√2
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【分析】根据题意，可固定四边形GFCE，平移或旋转其它图形，组合成四边形，求出周长，判断最小值，
最大值．
【详解】
√2 1
如图1，BC=4，AC=4× =2√2，CI=BD=CE= AC=√2
2 2
DI=BC=4
∴四边形BCID周长=4+4+2√2=8+2√2；
如图2，AF=AI=IC=FC=2
∴四边形AFCI周长为2×4=8；
故答案为：最小值为8，最大值8+2√2.
【点睛】本题考查图形变换及勾股定理，通过平移、旋转组成满足要求的四边形是解题的关键．
3．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的动点．连接CE，
将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF．连接AF，EF，DF，则△CDF周长的最小值是 ．
【答案】3+3√3/3√3+3
【分析】根据题意，证明△CBE≌△CAF，进而得出F点在射线AF上运动，作点C关于AF的对称点C'，
连接DC'，设CC'交AF于点O，则∠AOC=90°，则当D,F,C'三点共线时，FC+FD取得最小值，即
FC+FD=F'C'+F'D=CD'，进而求得C'D，即可求解．
【详解】解：∵E为高BD上的动点．
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1
∴∠CBE= ∠ABC=30°
2
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF．△ABC是边长为6的等边三角形，
∴CE=CF,∠ECF=∠BCA=60°,BC=AC
∴△CBE≌△CAF
∴∠CAF=∠CBE=30°，
∴F点在射线AF上运动，
如图所示，
作点C关于AF的对称点C'，连接DC'，设CC'交AF于点O，则∠AOC=90°
1
在Rt△AOC中，∠CAO=30°，则CO= AC=3，
2
则当D,F,C'三点共线时，FC+FD取得最小值，即FC+FD=F'C'+F'D=CD'
∵CC'=AC=6，∠ACO=∠C'CD，CO=CD
∴△ACO≌△C'CD
∴∠C'DC=∠AOC=90°
在△C'DC中，C'D=√CC'2−CD2=√62−32=3√3,
∴△CDF周长的最小值为CD+FC+CD=CD+DC'=3+3√3，
故答案为：3+3√3．
【点睛】本题考查了轴对称求线段和的最值问题，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾
股定理，熟练掌握等边三角形的性质与判定以及轴对称的性质是解题的关键．
4．（2023·四川自贡·中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，M，N分别是斜边DE，
AB的中点，DE=2,AB=4．
(1)将△CDE绕顶点C旋转一周，请直接写出点M，N距离的最大值和最小值；
(2)将△CDE绕顶点C逆时针旋转120°（如图2），求MN的长．
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【答案】(1)最大值为3，最小值为1
(2)√7
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出CM,CN的值，进而根据题意求得最大值与最小值即可
求解；
（2）过点N作NP⊥MC，交MC的延长线于点P，根据旋转的性质求得∠MCN=120°，进而得出
∠NCP=60°，进而可得CP=1，勾股定理解Rt△NCP,Rt△MCP，即可求解．
1 1
【详解】（1）解：依题意，CM= DE=1，CN= AB=2，
2 2
当M在NC的延长线上时，M,N的距离最大，最大值为CM+CN=1+2=3，
当M在线段CN上时，M,N的距离最小，最小值为CN−CM=2−1=1；
（2）解：如图所示，过点N作NP⊥MC，交MC的延长线于点P，
∵△CDE绕顶点C逆时针旋转120°，
∴∠BCE=120°，
∵∠BCN=∠ECM=45°，
∴∠MCN=∠BCM−∠ECM=∠BCE=120°，
∴∠NCP=60°，
∴∠CNP=30°，
1
∴CP= CN=1，
2
在Rt△CNP中，NP=√NC2−CP2=√3，
在Rt△MNP中，MP=MC+CP=1+1=2，
∴MN=√N P2+M P2=√3+4=√7．
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【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，旋转的性质，含30度角的直角
三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
5．（2023·湖北随州·中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直
线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆
利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择
填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处
填写该三角形的某个顶点）
当△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为 ① 三角形，故PP'=PC，又P' A'=PA，故
PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由 ② 可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的
P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB= ③ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若
∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点P为△ABC
的“费马点”，求PA+PB+PC的值；
(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km，BC=2√3km，∠ACB=60°．现
欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为
a元/km，a元/km，√2a元/km，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果
用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
(2)5
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(3)2√13a
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B，P，P'，A在
同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，在根据∠ACB=30°可证明
∠AC A'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，由勾股定理求A'B即可，
（3）由总的铺设成本=a(PA+PB+√2PC)，通过将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得到
等腰直角△PP'C，得到√2PC=PP'，即可得出当B，P，P'，A在同一条直线上时，P' A'+PB+PP'取最
小值，即PA+PB+√2PC取最小值为A'B，然后根据已知和旋转性质求出A'B即可．
【详解】（1）解：∵PC=P'C，∠PCP'=60°，
∴△PCP'为等边三角形；
∴PP'=PC，∠P'PC=∠PP'C=60°，
又P' A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由两点之间线段最短可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，
最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC=180°，∠A'P'C+∠PP'C=180°，
∴∠BPC=120°，∠A'P'C=120°，
又∵△APC≅△A'P'C，
∴∠APC=∠AP'C=120°，
∴∠APB=360°−∠APC−∠BPC=120°，
∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；
∵∠BAC≥120°，
∴BC>AC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
（2）将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，
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∵∠ACP=∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP'=60°
∴∠BC A'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，
由旋转性质可知：AC=A'C=3，
∴A'B=√BC2+A'C2=√42+32=5，
∴PA+PB+PC最小值为5，
（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·√2a=a(PA+PB+√2PC)
∴当PA+PB+√2PC最小时，总的铺设成本最低，
将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B
由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠AC A'=90°，P' A'=PA，A'C=AC=4km，
∴PP'=√2PC，
∴PA+PB+√2PC=P' A'+PB+PP'，
当B，P，P'，A在同一条直线上时，P' A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+√2PC取最小值为A'B，
过点A'作A'H⊥BC，垂足为H，
∵∠ACB=60°，∠AC A'=90°，
∴∠A'CH=30°，
1
∴A'H= A'C=2km，
2
∴HC=√AC2−AH2=√42−22=2√3(km)，
∴BH=BC+CH=2√3+2√3=4√3(km)，
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∴A'B=√AH2+BH2=√ (4√3) 2+22=2√13(km)
PA+PB+√2PC的最小值为2√13km
总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·√2a=a(PA+PB+√2PC)=2√13a（元）
故答案为：2√13a
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定
理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
轴对称与轴对称图形
轴对称 轴对称图形
图形 A D A
B C
B C E F
把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能 如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的
够与另一个图形重合，那么就说这两个图形 部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称
定义
关于这条直线对称，这条直线叫做对称轴. 图形.这条直线就是它的对称轴.
1）轴对称是指两个图形折叠重合. 1）轴对称图形是指本身折叠重合.
区别 2）轴对称对称点在两个图形上. 2）轴对称图形对称点在一个图形上.
3）轴对称只有一条对称轴. 3）轴对称图形至少有一条对称轴.
1) 定义中都有一条直线,都要沿着这条直线折叠重合.
联系 2) 如果把轴对称的两个图形看成一个整体,那么它就是一个轴对称图形；反过来, 如果把轴对
称图形沿对称轴分成两部分(即看成两个图形),那么这两个图形就关于这条直线成轴对称.
性质 1）关于某条直线对称的两个图形是全等形.
2）两个图形关于某直线对称那么对称轴是对应点连线的垂直平分线.
判定 1）两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分,那么这两个图形关于这条直线对称.
2）两个图形关于某条直线成轴对称,那么对称轴是对折重合的折痕线.
常见的轴对称图形有：圆、正方形、长方形、菱形、等腰梯形、等腰三角形、等边三角形等.
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1. 对称轴是一条直线，不是一条射线，也不是一条线段.
2. 轴对称图形的对称轴有的只有一条，有的存在多条对称轴（例：正方形有四条对称轴，圆有无数条对
称轴等）.
3. 成轴对称的两个图形中的任何一个都可以看作由另一个图形经过轴对称变换得到的，一个轴对称图形
也可以看作以它的一部分为基础,经轴对称变换得到的.
4. 轴对称的性质是证明线段相等、线段垂直及角相等的依据之一,例如:若已知两个图形关于某直线成轴
对称,则它们的对应边相等,对应角相等.
中心对称与中心对称图形：
中心对称 中心对称图形
D
A
图形
C
B
如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图 如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自
定义 形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对 身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图
称. 形，这个点叫做它的对称中心.
区别 中心对称是指两个图形的关系 中心对称图形是指具有某种特性的一个图形
两者可以相互转化，如果把中心对称的两个图形看成一个整体（一个图形），那么这“一个图
联系 形”就是中心对称图形；反过来，如果把一个中心对称图形相互对称的两部分看成两个图形，
那么这“两个图形”中心对称.
中心对称的性质：1）中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分；
2） 中心对称的两个图形是全等图形.
找对称中心的方法和步骤：
方法1：连接两个对应点，取对应点连线的中点，则中点为对称中心.
方法2：连接两个对应点，在连接两个对应点，两组对应点连线的交点为对称中心.
平移的三大要素：1）平移的起点，2）平移的方向，3）平移的距离．
平移的性质：
1）平移不改变图形的大小、形状，只改变图形的位置，因此平移前后的两个图形全等.
2）平移前后对应线段平行且相等、对应角相等.
3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等，对应点之间的距离就是平移的距离.
旋转的三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度．
旋转的性质：
1）对应点到旋转中心的距离相等；
2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；
3）旋转前后的图形全等．
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1. 图形的旋转由旋转中心、旋转方向与旋转的角度所决定.
2. 旋转中心可以是图形外的一点，也可以是图形上的一点，还可以是图形内的一点.
3. 对应点之间的运动轨迹是一段圆弧，对应点到旋转中心的线段就是这段圆弧所在圆的半径.
4. 旋转是一种全等变换，旋转改变的是图形的位置，图形的大小关系不发生改变，所以在解答有关旋转
的问题时，要注意挖掘相等线段、角，因此特殊三角形性质的运用、锐角三角函数建立的边角关系起着关
键的作用．
一、单选题
1．（2023·山西吕梁·模拟预测）在我国“福禄寿喜”一般是指对人的祝福，代表健康长命幸福快活和吉祥
如意的意思，既代表着物质生活的顺利又代表着精神生活的满足．下图是“福禄寿喜”变形设计图，其中
是轴对称，但不是中心对称的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项正确；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折
叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．（2023·广东肇庆·三模）如图，一个万花筒图案，其中平行四边形FJKG变成平行四边形FDAC，如果
看成是经过以点F为旋转中心、旋转角为α的旋转移动得到的，那么α的度数为（ ）
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A．60° B．120°
C．180° D．以上答案都不对
【答案】B
【分析】本题考查了旋转角的定义及求法．对应点与旋转中心所连线段的夹角叫做旋转角．根据旋转角及
旋转对称图形的定义结合图形特点作答．
【详解】解：根据图形∠JFG=∠GFD=∠CFD
可知∠CFG=180°÷3=120°，
所以可看成是平行四边形FJKG以点F为旋转中心，逆时针旋转120°变成平行四边形FDAC的，
所以α的度数为120°．
故选：B
3．（2023·江苏宿迁·二模）点A(m,n)在直线L :y=2x−2上，将直线L 绕点A旋转45°得到直线L ：
1 1 2
y=kx−2k+2，则m+n+k=( )
13 13
A．1 B． C．1或0 D．1或
3 3
【答案】D
【分析】由两条直线都经过点(2,2)，即可得出m=2，n=2，然后构建全等三角形，求得C点的坐标，最
后运用待定系数法求点k的值，从而求得m+n+k的值．
【详解】解：∵直线L ：y=kx−2k+2=k(x−2)+2，
2
∴直线L ：经过定点(2,2)，
2
∵直线L ：y=2x−2经过点(2,2)，
1
∴A点的坐标为(2,2)，
∴m=2，n=2，
当直线L 在直线L 的下方时，如图1，
2 1
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过直线L ：y=2x−2与y轴的交点B，作BC⊥直线L ，交直线L2于点C，作AE⊥y轴于E，CD⊥y轴
1 1
于D，
∵x=0时，y=2x−2=−2，
∴B(0,−2)，
∵∠BAC=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=BC，
∵∠ABE+∠CBD=90°=∠ABE+∠BAE，
∴∠CBD=∠BAE，
在△BDC和△AEB中，
¿
∴△BDC≌△AEB(AAS)，
∴BD=AE=2，CD=BE=4，
∴OD=OB+BD=2+2=4，
∴C点坐标为(4,−4)，
代入y=kx−2k+2得，−4=4k−2k+2，
解得k=−3，
∵m+n+k=2+2−3=1；
当直线L 在直线L 的上方时，如图2，
2 1
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同理求得C(−4,0)，
代入y=kx−2k+2得，0=−4k−2k+2，
1
解得：k= ，
3
1 13
∴m+n+k=2+2+ =
3 3
13
综上所述，m+n+k=1或 ，
3
故选：D．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象于几何变换，一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法、等腰直
角三角形的性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，运
用全等三角形的性质进行计算．
4．（2023·福建厦门·模拟预测）如图，一套三角板沿着它们的斜边叠放在一起，记其中一个三角板为
△ABC，∠ACB=30°．记AB=6，将△ABC绕点A顺时针旋转α°(0<α<180°)，使三角板的两个直角
边贴合，则AB边扫过的面积为( )
33 21 55 83
A． π B． π C． π D． π
2 2 4 6
【答案】B
【分析】依题意可知，旋转角是∠CAC'或∠BAB'，先求出∠CAC'，再用扇形面积公式计算即可．
【详解】解：如下图所示，将原来的△ABC画出如下：
根据旋转的方式可知，图中阴影部分就是AB边扫过的部分．
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∵∠ACB=30°，△ABC≌△AB'C'
∴∠B' AC'=∠BAC=60°
由题意可知：∠CAB'=45°，
依题意可知，旋转角是∠CAC'或∠BAB'，∠CAC'=∠CAB'+∠B' AC'=45°+60°=105°
∴∠BAB'=∠CAC'=105°
又∵AB=6，
nπ⋅AB2 105×π×62 21
∴S = = = π
阴影 360 360 2
故选B．
【点睛】本题考查旋转的性质，扇形的面积公式等知识，掌握扇形面积公式是解题的关键．
5．（2023·广东佛山·三模）如图，在Rt△BDF中，∠BDF=90°，∠F=30°，DC是BF边上的中线，
把线段CD沿着CB方向平移到点B，使得点C与点B重合，连接AD，AC，AC与BD相交与点O，则下
1
列结论：①四边形ABCD为菱形；②OC= DF；③BF=4OD；④△DCF的面积为四边形ABCD面积
2
的一半．其中正确结论的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】在Rt△BDF，DC是BF边上的中线，∠F=30°，可得DC=BC=CF=BD，由平移可得，
CD=AB，CD∥AB，可证四边形ABCD为平行四边形，由DC=BC，可证四边形ABCD为菱形，进而
1
可判断①的正误；由菱形的性质可知，O为BD中点，证明OC为△BDF的中位线，则OC= DF，进而可
2
1 1
判断②的正误；由菱形的性质可得，DO= BD= BF，则BF=4OD，进而可判断③的正误；由中线的
2 4
1 1
性质可得S =S ，由菱形的性质可得S = S ，则S = S ，进而可判断
△DCF △BCD △BCD 2 四边形ABCD △DCF 2 四边形ABCD
④的正误．
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【详解】解：∵在Rt△BDF，DC是BF边上的中线，∠F=30°，
∴DC=BC=CF=BD，
由平移可得，CD=AB，CD∥AB，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵DC=BC，
∴四边形ABCD为菱形，①正确，故符合要求；
∵四边形ABCD为菱形，
∴O为BD中点，
又∵C是BF的中点，
∴OC为△BDF的中位线，
1
∴OC= DF，②正确，故符合要求；
2
∵四边形ABCD为菱形，
1 1
∴DO= BD= BF，
2 4
∴BF=4OD，③正确，故符合要求；
∵CD是△BDF的中线，
∴S =S ，
△DCF △BCD
1
由菱形的性质可得S = S ，
△BCD 2 四边形ABCD
1
∴S = S ，④正确，故符合要求；
△DCF 2 四边形ABCD
综上，正确的结论个数为4，
故选：A．
【点睛】本题考查了平移的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，含30°的直角三角形，菱形的
判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
6．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AD=5，tanB=2，E是AB上一点，将菱形
ABCD沿DE折叠，使B、C的对应点分别是B'、C'，当∠BEB'=90°时，则点C'到BC的距离是（ ）
A．5+√5 B．2√5+2 C．6 D．3√5
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【答案】D
【分析】过C作CH⊥AD于H，过C'作C'F⊥AD于F，由菱形性质和正切定义求出HD=√5，
HC=2√5，再由折叠证明∠BED=∠B'ED=135°，得到∠EDC=∠EDC'=45°，从而得到
△CHD≌△DFC'，则C'F=HD=√5，则问题可解．
【详解】解：过C作CH⊥AD于H，过C'作C'F⊥AD于F，
由已知，AD=5，tanB=2，
HC
∴CD=5，tan∠CDH= =2，
HD
∴设HD=x，则HC=2x，
∴在Rt△HDC中，HC2+H D2=CD2，
(2x) 2+x2=52，
解得x=√5，
∴HD=√5，HC=2√5，
由折叠可知，∠BED=∠B'ED，∠EDC=∠EDC'，CD=C'D
∵∠BEB'=90°，
∴∠BED=∠B'ED=135°，
∵AB∥DC，
∴∠EDC=180°−∠BED=45°，
∴∠EDC=∠EDC'=45°
∴∠CDC'=90°
∵∠CHD=∠C' AD=90°，
∴∠CDH+C'DF=90°，
∵∠CDH+∠HCD=90°，
∴∠C'DF=∠HCD，
∴△CHD≌△DFC'，
∴C'F=HD=√5，
∴点C'到BC的距离是C'F+CH=√5+2√5=3√5．
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故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、菱形的性质、图形的折叠以及正切定义的应用，解答关键
是根据折叠的条件推出∠BED=∠B'ED=135°．
2
7．（2023·湖南怀化·模拟预测）如图，已知反比例函数y= 与一次函数y=−x+3的图象交于A、B两点，
x
P为y轴上一动点，连接PA、PB，当PA+PB取得最小值时，△ABP的面积为（ ）
3 4 2
A．1 B． C． D．
2 3 3
【答案】D
【分析】联立¿，解得¿，¿，则A(1，2)，B(2，1)，如图，作B关于y轴的对称点C，则C(−2，1)，连
接BC，连接AC与y轴交点为P，连接BP，由PA+PB=PC+PA，可知当C、P、A三点共线时，
1 5 ( 5)
PA+PB取得最小值，待定系数法求直线AC的解析式为y= (x−1)+2，当x=0，y= ，即P 0， ，
3 3 3
1 1
根据S =S −S = BC×(y −y )− BC×(y −y )，计算求解即可．
△ABP △ABC △BCP 2 A B 2 P B
【详解】解：联立¿，解得¿，¿，
∴A(1，2)，B(2，1)，
如图，作B关于y轴的对称点C，则C(−2，1)，连接BC，连接AC与y轴交点为P，连接BP，
由PA+PB=PC+PA，可知当C、P、A三点共线时，PA+PB取得最小值，
设直线AC的解析式为y=k(x−1)+2，
1
将C(−2，1)代入得，1=k(−2−1)+2，解得k= ，
3
1
∴y= (x−1)+2，
3
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5
当x=0，y= ，
3
( 5)
∴P 0， ，
3
∴S =S −S
△ABP △ABC △BCP
1 1
= BC×(y −y )− BC×(y −y )
2 A B 2 P B
1 1 2
= ×4×1− ×4×
2 2 3
2
= ，
3
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点，轴对称的性质，一次函数解析式．解题的关键在于对
知识的熟练掌握与灵活运用．
8．（2023·河北石家庄·模拟预测）如图，在△ABC中，∠A=45°，∠B>∠C．P为BC边上一动点（包
含端点），分别作点P关于AB，AC所在直线的对称点D，E，连接DE交AB，AC于点F，G．
甲说：DE最大值为√2AC：
乙说：DF2+GE2=FG2；
丙说：当BP=DF时，四边形PCEG为菱形．
下列判断正确的是（ ）
A．甲乙丙都对 B．甲丙对，乙错 C．甲乙对，丙错 D．乙丙对，甲错
【答案】C
【分析】由对称的性质推出AD=AP=AE，∠DAE=90°，根据勾股定理可判断甲说法正确；证明
∠FPG=90°，DF=PF，PG=≥¿，可判断乙说法正确；不能证明四边形PCEG为菱形，故丙说法错误．
【详解】解；连接AD、AP、AE，
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∵点P关于AB，AC所在直线的对称点D，E，
∴AD=AP，AP=AE，∠1=∠2，∠3=∠4，
∵∠3+∠2=∠BAC=45°，
∴∠DAE=2(∠2+∠3)=90°，
∵DE2=AD2+AE2=2AP2，
当P与C重合时，AP的值最大，则DE值最大，
∴DE2=2AC2，
∴DE=√2AC，故甲说法正确；
∵AD=AP=AE，∠DAE=90°，
∴∠ADE=∠AED=45°，
∵AD=AP，∠1=∠2，AF=AF，
∴△AFD≌△AFP(SAS)，
∴DF=PF，∠ADF=∠APF=45°，
同理PG=≥¿，∠AEG=∠APG=45°，
∴∠FPG=90°，
∴PF2+PG2=FG2，
∴DF2+GE2=FG2，故乙说法正确；
当BP=DF时，由对称知BD=BP，DF=PF，
∴DF=PF=BD=BP，
∴四边形BPFD是菱形，但不能证明四边形PCEG为菱形，故丙说法错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了对称的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，
菱形的判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
二、填空题
9．（2023·江苏南京·三模）以下对一次函数y=−x+2的图像进行变化的方案中正确的是 （只填
序号）．
①向下平移4个单位长度得到一次函数y=−x−2的图像；
②向左平移4个单位长度得到一次函数y=−x−2的图像；
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③绕原点旋转90°得到一次函数y=x−2的图像；
④先沿x轴对称，再沿y轴对称得到一次函数y=−x−2的图像．
【答案】①②④
【分析】根据一次函数的平移，判断①②，根据旋转的性质以及轴对称的性质，分别画出图形判断③④即
可求解．
【详解】解：一次函数y=−x+2
①向下平移4个单位长度得到一次函数y=−x+2−4，即y=−x−2的图像，故①正确，符合题意；
②向左平移4个单位长度得到一次函数y=−(x+4)+2，即y=−x−2的图像，故②正确，符合题意；
③如图所示，绕原点旋转90°得到一次函数y=x−2或y=x+2的图像；故③不正确，不符合题意；
④如图所示，先沿x轴对称得到y=x−2，再沿y轴对称得到一次函数y=−x−2的图像，故④正确，符合
题意；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了一次函数的平移，轴对称与旋转的性质，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
10．（2023·河南洛阳·一模）小明同学将一大一小两个三角板按照如图所示的方式摆放，其中
∠ACB=∠AED=90°，∠BAC=∠DAE=30°，AE=6√3，AB=4√3，连接BE，取BE的中点F，将
三角板ABC绕点A按顺时针方向旋转一周，则在旋转过程中，点F到直线AD的距离的最大值是 ．
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7√3 7
【答案】 / √3
2 2
【分析】如图，取AE的中点O，连接OF，F为BE的中点，由三角形的中位线定理得出OF=2√3，得出
在旋转过程中，点F在以O为圆心OF=2√3为半径的圆上动，再过O点作¿⊥AD于R，构造直角三角形，
求出OR长，进而即可得解．
【详解】解：如图，取AE的中点O，连接OF，F为BE的中点，AB=4√3
1
由三角形的中位线定理得，OF= AB=2√3
2
∴在旋转过程中，点F在以O为圆心OF=2√3为半径的圆上运动
过O点作¿⊥AD于R，AE=6√3
1
在Rt△AOR中，∠ARO=90°,AO= AE=3√3
2
1 3√3
∴RO=OA× =
2 2
3√3 7√3
∴点F到直线AD的距离的最大值为¿+OF= +2√3=
2 2
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，中位线定理等知识点，通过作图构造不变的线段
OR，OF是解题的关键．
11．（2023·河南驻马店·三模）如图，在等边三角形ABC中，AC=4，E为AB的中点，在CB延长线上截
取BD=BE，将△DEB沿BC向右平移，点B的对应点为G，当平移后的△DEG和△ABC重叠部分的面积
1
是△DEG面积的 时，△DEB平移的距离为 ．
4
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【答案】2−√3或6−√2
【分析】分DE与AB相交，DE与AC相交，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：①如解图1所示，当DE与AB交于点F时，重叠部分为四边形BFEG．
1 3
∵重叠部分的面积是△DEG面积的 ，S = S ．
4 △DBF 4 △DEG
由平移的性质，可知BF∥≥¿，
∴△DBF∽△DGE．
S 3
∵ △DBF = ，
S 4
△DGE
DB √3
∴ = ．
DG 2
1
∵¿= ×4=2，
2
∴DG=≥=2．
∴DB=√3．
∴BG=2−√3，即△DEB平移的距离为2−√3．
1
②如图2所示，当DE交AC于点H时，S = S ，过点G作GM⊥DE于点M，
△CDH 4 △DEG
1
则S = S ．
△DGM 2 △DEG
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1
∴S = S ．
△CDH 2 △DGM
∵∠ACB=60°，∠GDE=30°，
∴∠CHD=90°，即CH⊥DE．
∴CH∥GM，
∴△DCH∽△DGM．
S 1
∵ △DCH = ，
S 2
△DGM
DC 1
∴ = ．
DG √2
∵DG=2，
∴DC=√2．
∴CG=2−√2．
∴BG=4+2−√2=6−√2，即△DEB平移的距离为6−√2．
综上所述，△DEB平移的距离为2−√3或6−√2．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，平移的性质，相似三角形的判定与性质．熟练掌握相关性质，利用
数形结合，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
12．（2023·河北石家庄·模拟预测）将等腰直角三角形ABC按图的方式放在平面直角坐标系中，其中点
k
C(1，0)，点A(0，2)，点B在双曲线y= (x>0)的图像L上．
x
（1）k= ；
（2）将△ABC沿着x轴正方向平移m(m>0)个单位得到△A B C ．
1 1 1
①当双曲线L过线段B C 的中点时，点C 的坐标是 ；
1 1 1
②当线段A B 和双曲线L有公共点时，m的取值范围是 ．
1 1
3
【答案】 3 (5，0) 00)的图像L上，
x
∴k=1×3=3；
故答案为：3；
（2）①设BC的中点为D，
1 1 1 1
则y = (y + y )= (1+0)= ，x = (x +x )=2，
D 2 B c 2 2 D 2 B C
( 1)
∴D 2， ，
2
∵将△ABC沿着x轴正方向平移m(m>0)个单位得到△A B C ，
1 1 1
( 1)
∴y值不变，则平移后的中点为 2+m， ，
2
1
依题意得 (2+m)=3，
2
解得m=4，
∴点C 的坐标是(5，0)；
1
②设平移后A (m，2)，B (3+m，1)，
1 1
当A (m，2)在双曲线L上时，有2m=3，
1
3
解得m= ，
2
当B (3+m，1)在双曲线L上时，有(3+m)×1=3，
1
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解得m=0，
3
∴线段A B 与双曲线L有公共点时，m的取值范围是0
