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专题24 图形的变换
一、轴对称变换
【高频考点精讲】
1、轴对称图形
把一个图形沿一条直线折叠，直线两边的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，
折叠后重合的对应点，叫做对称点。常见的轴对称图形：等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等。
2、轴对称性质
（1）关于直线对称的两个图形是全等图形。
（2）对称轴是对应点连线的垂直平分线。
（3）如果两个图形的对应点连线被同一直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称。
3、关于x轴、y轴对称的点的坐标
（1）关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，即点P（x，y）关于x轴的对称点P′的坐
标是（x，﹣y）；
（2）关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，即点P（x，y）关于y轴的对称点P′的坐
标是（﹣x，y）。
4、最短路线问题
在直线l上方有两个点A、B，确定直线l上到A、B的距离之和最短的点，可以通过轴对称来确定，即作出其中一
点关于直线l的对称点，对称点与另一点的连线与直线l的交点即为所求。
【热点题型精练】
1．（2022•天津中考）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是
（ ）
A． B． C． D．
解：选项A、C、B不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不
是轴对称图形，
选项D能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
答案：D．2．（2022•北京中考）图中的图形为轴对称图形，该图形的对称轴的条数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．5
解：如图所示，该图形有5条对称轴，
答案：D．
3．（2022•常州中考）在平面直角坐标系xOy中，点A与点A 关于x轴对称，点A与点A 关于y轴对称．已知点
1 2
A （1，2），则点A 的坐标是（ ）
1 2
A．（﹣2，1） B．（﹣2，﹣1） C．（﹣1，2） D．（﹣1，﹣2）
解：∵点A与点A 关于x轴对称，已知点A （1，2），
1 1
∴点A的坐标为（1，﹣2），
∵点A与点A 关于y轴对称，
2
∴点A 的坐标为（﹣1，﹣2），
2
答案：D．
4．（2022•湖州中考）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，
连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点
G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（ ）A．BD＝10 B．HG＝2 C．EG∥FH D．GF⊥BC
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，BC＝AD，
∵AB＝6，BC＝8，
∴BD=√AB2+AD2=√62+82=10，
故A选项不符合题意；
∵将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，
∴AB＝BG＝6，CD＝DH＝6，
∴GH＝BG+DH﹣BD＝6+6﹣10＝2，
故B选项不符合题意；
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠C＝90°，
∵将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，
∴∠A＝∠BGE＝∠C＝∠DHF＝90°，
∴EG∥FH．
故C选项不符合题意；
∵GH＝2，
∴BH＝DG＝BG﹣GH＝6﹣2＝4，
设FC＝HF＝x，则BF＝8﹣x，
∴x2+42＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
∴CF＝3，
BF 5
∴ = ，
CF 3
BG 6 3
又∵ = = ，
DG 4 2
BF BG
∴ ≠ ，
CF DG
若GF⊥BC，则GF∥CD，
BF BG
∴ = ，
CF DG
故D选项符合题意．
答案：D．5．（2022•广安中考）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、
DC的中点，则PE+PF的最小值是（ ）
A．2 B．√3 C．1.5 D．√5
解：如图，取AB的中点T，连接PT，FT．
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD∥AB，CD＝AB，
∵DF＝CF，AT＝TB，
∴DF＝AT，DF∥AT，
∴四边形ADFT是平行四边形，
∴AD＝FT＝2，
∵四边形ABCD是菱形，AE＝DE，AT＝TB，
∴E，T关于AC对称，
∴PE＝PT，
∴PE+PF＝PT+PF，
∵PF+PT≥FT＝2，
∴PE+PF≥2，
∴PE+PF的最小值为2．
答案：A．
6．（2022•潍坊中考）小莹按照如图所示的步骤折叠A4纸，折完后，发现折痕AB′与A4纸的长边AB恰好重合，
那么A4纸的长AB与宽AD的比值为 √2 ．解：由第②次折叠知，AB＝AB'，
由第①次折叠知，∠B'AB＝45°，
∴△AD'B'是等腰直角三角形，
∴AB'=√2AD'，
∴AB与宽AD的比值为√2，
答案：√2，
7．（2022•辽宁中考）如图，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点，连接
BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF，当GF最小时，AE的长是 5√5− 5 ．
解：∵将△ABE沿BE翻折得到△FBE，
∴BF＝BA＝10，
∴点F在以B为圆心，10为半径的圆上运动，
∴当点G、F、B三点共线时，GF最小，
连接EG，设AE＝x，
由勾股定理得，BG＝5√5，
∵S梯形ABGD ＝S△EDG +S△ABE +S△EBG ，
1 1 1 1
∴ （5+10）×10= ×5×(10−x)+ ×10x+ ×5√5x，
2 2 2 2解得x＝5√5−5，
∴AE＝5√5−5，
答案：5√5−5．
8．（2022•镇江中考）如图，有一张平行四边形纸片ABCD，AB＝5，AD＝7，将这张纸片折叠，使得点B落在边
AD上，点B的对应点为点B′，折痕为EF，若点E在边AB上，则DB′长的最小值等于 2 ．
解：由折叠可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如图，当E与A重合时，B'D最短．
∵AB＝5，AD＝7，
∴AB'＝5，
∴B'D＝AD﹣AB'＝7﹣5＝2，
即DB′长的最小值为2．
答案：2．
9．（2022•眉山中考）如图，点P为矩形ABCD的对角线AC上一动点，点E为BC的中点，连接PE，PB，若AB
＝4，BC＝4√3，则PE+PB的最小值为 6 ．
解：如图，作点B关于AC的对称点B'，交AC于点F，连接B′E交AC于点P，则PE+PB的最小值为B′E的
长度，∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝4，∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，AB＝4，BC＝4√3，
AB √3
∴tan∠ACB= = ，
BC 3
∴∠ACB＝30°，
由对称的性质可知，B'B＝2BF，B'B⊥AC，
1
∴BF= BC＝2√3，∠CBF＝60°，
2
∴B′B＝2BF＝4√3，
∵BE＝BF，∠CBF＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴BE＝BF＝B'F，
∴△BEB'是直角三角形，
∴B′E=√B′B2−BE2=√(4√3) 2−(2√3) 2=6，
∴PE+PB的最小值为6，
答案：6．
10．（2022•鄂尔多斯中考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，AD⊥BC，垂足为D，P为线段AD
上的一动点，连接PB、PC．则PA+2PB的最小值为 4√2 ．
解：如图，在∠BAC的外部作∠CAE＝15°，作BF⊥AE于F，交AD于P，
此时PA+2PB最小，
∴∠AFB＝90°
∵AB＝AC，AD⊥BC，
1 1
∴∠CAD＝∠BAD= ∠BAC= ×30°=15°，
2 2
∴∠EAD＝∠CAE+∠CAD＝30°，
1
∴PF= AP，
2
1
∴PA+2PB＝2（ PA+PB）＝2（PF+PB）＝2BF，
2
在Rt△ABF中，AB＝4，∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝45°，
√2
∴BF＝AB•sin45°＝4× =2√2，
2
∴（PA+2PB）
最小
＝2BF＝4√2，
答案：4√2．
11．（2022•连云港中考）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使DE＝AD，且BE⊥DC．
（1）求证：四边形DBCE为菱形；
（2）若△DBC是边长为2的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上运动，求PM+PN的最小值．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵DE＝AD，
∴DE＝BC，∵E在AD的延长线上，
∴DE∥BC，
∴四边形DBCE是平行四边形，
∵BE⊥DC，
∴四边形DBCE是菱形；
（2）解：作N关于BE的对称点N'，过D作DH⊥BC于H，如图：
由菱形的对称性知，点N关于BE的对称点N'在DE上，
∴PM+PN＝PM+PN'，
∴当P、M、N'共线时，PM+PN'＝MN'＝PM+PN，
∵DE∥BC，
∴MN'的最小值为平行线间的距离DH的长，即PM+PN的最小值为DH的长，
在Rt△DBH中，
∠DBC＝60°，DB＝2，
√3
∴DH＝DB•sin∠DBC＝2× =√3，
2
∴PM+PN的最小值为√3．
12．（2022•枣庄中考）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒√2cm
的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，设运动的时间为t
秒．
（1）如图①，若PQ⊥BC，求t的值；
（2）如图②，将△PQC沿BC翻折至△P′QC，当t为何值时，四边形QPCP′为菱形？解：（1）如图①，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，
∴AB=√AC2+BC2=√42+42=4√2（cm），
由题意得，AP=√2tcm，BQ＝tcm，
则BP＝（4√2−√2t）cm，
∵PQ⊥BC，
∴∠PQB＝90°，
∴∠PQB＝∠ACB，
∴PQ∥AC，
BP BQ
∴ = ，
BA BC
4√2−√2t t
∴ = ，
4√2 4
解得：t＝2，
∴当t＝2时，PQ⊥BC．
（2）作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，如图②，
AP=√2tcm，BQ＝tcm（0≤t＜4），
∵∠C＝90°，AC＝BC＝4cm，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴△APE和△PBD为等腰直角三角形，
√2
∴PE＝AE= AP＝tcm，BD＝PD，
2∴CE＝AC﹣AE＝（4﹣t）cm，
∵四边形PECD为矩形，
∴PD＝EC＝（4﹣t）cm，
∴BD＝（4﹣t）cm，
∴QD＝BD﹣BQ＝（4﹣2t）cm，
在Rt△PCE中，PC2＝PE2+CE2＝t2+（4﹣t）2，
在Rt△PDQ中，PQ2＝PD2+DQ2＝（4﹣t）2+（4﹣2t）2，
∵四边形QPCP′为菱形，
∴PQ＝PC，
∴t2+（4﹣t）2＝（4﹣t）2+（4﹣2t）2，
4
∴t = ，t ＝4（舍去）．
1 3 2
4
∴当t的值为 时，四边形QPCP′为菱形．
3
二、平移变换
【高频考点精讲】
1、把一个图形整体沿某一直线方向移动一定的距离，得到一个新的图形，图形的这种移动，叫做平移。
2、平移的两个要素：（1）图形平移的方向；（2）图形平移的距离。
3、平移性质：对应点所连线段平行且相等。
4、平移变换与坐标变化
（1）坐标点P（x，y）向右平移a个单位，得出P（x+a，y）；
（2）坐标点P（x，y）向左平移a个单位，得出P（x﹣a，y）；
（3）坐标点P（x，y）向上平移b个单位，得出P（x，y+b）；
（4）坐标点P（x，y）向下平移b个单位，得出P（x，y﹣b）。
【热点题型精练】
13．（2022•广西中考）2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的，展现了运动员不断飞跃，超越
自我，奋力拼搏，激励世界的冬残奥精神．下列的四个图中，能由如图所示的会徽经过平移得到的是（ ）
A． B． C． D．解：根据平移的性质可知：能由如图经过平移得到的是D，
答案：D．
14．（2022•海南中考）如图，点A（0，3）、B（1，0），将线段AB平移得到线段DC，若∠ABC＝90°，BC＝
2AB，则点D的坐标是（ ）
A．（7，2） B．（7，5） C．（5，6） D．（6，5）
解：过点D作DE⊥y轴于点E，如图，
∵点A（0，3）、B（1，0），
∴OA＝3，OB＝1．
∵线段AB平移得到线段DC，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形．
∴∠BAD＝90°，BC＝AD．
∵BC＝2AB，
∴AD＝2AB．
∵∠BAO+∠DAE＝90°，∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠EAD．
∵∠AOB＝∠AED＝90°，
∴△ABO∽△DAE．AO OB AB 1
∴ = = = ．
DE AE AD 2
∴DE＝2OA＝6，AE＝2OB＝2，
∴OE＝OA+AE＝5，
∴D（6，5）．
答案：D．
15．（2022•百色中考）如图，在△ABC中，点A（3，1），B（1，2），将△ABC向左平移2个单位，再向上平
移1个单位，则点B的对应点B′的坐标为（ ）
A．（3，1） B．（3，3） C．（﹣1，1） D．（﹣1，3）
解：根据平移与图形变化的规律可知，
将△ABC向左平移2个单位，再向上平移1个单位，其图形上的对应点B′的横坐标减少2，纵坐标增加1，
由于点B（1，2），
所以平移后的对应点B′的坐标为（﹣1，3），
答案：D．
16．（2022•嘉兴中考）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉
祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个
“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（ ）
A．1cm B．2cm C．（√2−1）cm D．（2√2−1）cm
解：∵四边形ABCD为边长为2cm的正方形，∴BD=√22+22=2√2（cm），
由平移的性质可知，BB′＝1cm，
∴B′D＝（2√2−1）cm，
答案：D．
17．（2022•福建中考）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中∠ABC＝90°，∠CAB＝60°，AB＝8，点A对应直
尺的刻度为12．将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到△A′B′C′，点A′对应直尺的刻度为
0，则四边形ACC′A′的面积是（ ）
A．96 B．96√3 C．192 D．160√3
解：在Rt△ABC中，∠CAB＝60°，AB＝8，
则BC＝AB•tan∠CAB＝8√3，
由平移的性质可知：AC＝A′C′，AC∥A′C′，
∴四边形ACC′A′为平行四边形，
∵点A对应直尺的刻度为12，点A′对应直尺的刻度为0，
∴AA′＝12，
∴S四边形ACC′A′ ＝12×8√3=96√3，
答案：B．
18．（2022•淄博中考）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A B C 的位置．若顶点A（﹣3，4）的对应
1 1 1
点是A （2，5），则点B（﹣4，2）的对应点B 的坐标是 （ 1 ， 3 ） ．
1 1
解：∵点A（﹣3，4）的对应点是A （2，5），
1
∴点B（﹣4，2）的对应点B 的坐标是（1，3）．
1答案：（1，3）．
19．（2022•大连中考）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（1，2），将线段OA向右平移4个单位长度，
得到线段BC，点A的对应点C的坐标是 （ 5 ， 2 ） ．
解：将线段OA向右平移4个单位长度，得到线段BC，点A的对应点C的坐标是（1+4，2），即（5，2），
答案：（5，2）．
20．（2022•临沂中考）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，B的坐标分别是A（0，2），B（2，﹣
1）．平移△ABC得到△A'B'C'，若点A的对应点A'的坐标为（﹣1，0），则点B的对应点B'的坐标是 （ 1 ，
﹣ 3 ） ．
解：由题意知，点A从（0，2）平移至（﹣1，0），可看作是△ABC先向下平移2个单位，再向左平移1个单
位（或者先向左平移1个单位，再向下平移2个单位），
即B点（2，﹣1），平移后的对应点为B'（1，﹣3），
答案：（1，﹣3）．
21．（2022•毕节中考）如图，在平面直角坐标系中，把一个点从原点开始向上平移1个单位，再向右平移1个单
位，得到点A （1，1）；把点A 向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点A （﹣1，3）；把点A 向
1 1 2 2
下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点A （﹣4，0）；把点A 向下平移4个单位，再向右平移4个单
3 3
位，得到点A （0，﹣4），…；按此做法进行下去，则点A 的坐标为 （﹣ 1 ， 1 1 ） ．
4 10解：由图象可知，A （5，1），
5
将点A 向左平移6个单位、再向上平移6个单位，可得A （﹣1，7），
5 6
将点A 向左平移7个单位，再向下平移7个单位，可得A （﹣8，0），
6 7
将点A 向右平移8个单位，再向下平移8个单位，可得A （0，﹣8），
7 8
将点A 向右平移9个单位，再向上平移9个单位，可得A （9，1），
8 9
将点A 向左平移10个单位，再向上平移10个单位，可得A （﹣1，11），
9 10
答案：（﹣1，11）．
22．（2022•陕西中考）如图，△ABC的顶点坐标分别为A（﹣2，3），B（﹣3，0），C（﹣1，﹣1）．将△ABC
平移后得到△A'B'C'，且点A的对应点是A'（2，3），点B、C的对应点分别是B'、C'．
（1）点A、A'之间的距离是 4 ；
（2）请在图中画出△A'B'C'．
解：（1）∵A（﹣2，3），A'（2，3），
∴点A、A'之间的距离是2﹣（﹣2）＝4，
答案：4；
（2）如图所示，△A'B'C'即为所求．三、旋转变换
【高频考点精讲】
1、将一个图形绕一个定点沿某个方向转动一定的角度，这样的图形变换叫做旋转，这个定点叫做旋转中心，转动
的角度叫做旋转角。
2、旋转性质
（1）对应点到旋转中心的距离相等.
（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。
（3）旋转前后的图形全等。
2、旋转作图
根据对应角相等且等于旋转角，对应线段相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等线段的方法，找
到对应点，顺次连接得出旋转后的图形。
【热点题型精练】
23．（2022•枣庄中考）剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称
图形的是（ ）
A． B． C． D．
解：A．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
答案：D．
24．（2022•青岛中考）如图，将△ABC先向右平移3个单位，再绕原点O旋转180°，得到△A'B'C'，则点A的对
应点A'的坐标是（ ）A．（2，0） B．（﹣2，﹣3） C．（﹣1，﹣3） D．（﹣3，﹣1）
解：由图中可知，点A（﹣2，3），将△ABC先向右平移3个单位，得坐标为：（1，3），再绕原点O旋转
180°，得到△A'B'C'，则点A的对应点A'的坐标是（﹣1，﹣3）．
答案：C．
25．（2022•天津中考）如图，在△ABC中，AB＝AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得
到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AB＝AN B．AB∥NC C．∠AMN＝∠ACN D．MN⊥AC
解：A、∵AB＝AC，
∴AB＞AM，
由旋转的性质可知，AN＝AM，
∴AB＞AN，故本选项结论错误，不符合题意；
B、当△ABC为等边三角形时，AB∥NC，除此之外，AB与NC不平行，故本选项结论错误，不符合题意；
C、由旋转的性质可知，∠BAC＝∠MAN，∠ABC＝∠ACN，
∵AM＝AN，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠AMN，
∴∠AMN＝∠ACN，本选项结论正确，符合题意；
D、只有当点M为BC的中点时，∠BAM＝∠CAM＝∠CAN，才有MN⊥AC，故本选项结论错误，不符合题意；
答案：C．
26．（2022•包头中考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，其中点A'与点A是对应点，点B'与点B是对应点．若点B'恰好落在AB边上，则点A到直线A'C的
距离等于（ ）
A．3√3 B．2√3 C．3 D．2
解：连接AA′，如图，
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，
∴AC=√3BC＝2√3，∠B＝60°，
∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，
∴CA＝CA′，CB＝CB′，∠ACA′＝∠BCB′，
∵CB＝CB′，∠B＝60°，
∴△CBB′为等边三角形，
∴∠BCB′＝60°，
∴∠ACA′＝60°，
∴△CAA′为等边三角形，
过点A作AD⊥A'C于点D，
1
∴CD= AC=√3，
2
∴AD=√3CD=√3×√3=3，
∴点A到直线A'C的距离为3，
答案：C．
27．（2022•内蒙古中考）如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，图中阴影
部分的面积为（ ）1 √3 √3 √3
A． B． C．1− D．1−
2 3 3 4
解：如图，设B′C′与CD的交点为E，连接AE，
{ AE=AE
在Rt△AB′E和Rt△ADE中， ，
AB′=AD
∴Rt△AB′E≌Rt△ADE（HL），
∴∠DAE＝∠B′AE，
∵旋转角为30°，
∴∠DAB′＝60°，
1
∴∠DAE= ×60°＝30°，
2
√3 √3
∴DE＝1× = ，
3 3
1 √3 √3
∴阴影部分的面积＝1×1﹣2×（ ×1× ）＝1− ．
2 3 3
答案：C．
28．（2022•阜新中考）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝4，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到
△ADE，则点D到BC的距离是 2 ．
解：如图，连接BD，过点D作DH⊥BC于H，∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°，
∴AB＝AD＝4，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝4，∠ABD＝60°，
∴∠DBC＝30°，
∵DH⊥BC，
1
∴DH= BD＝2，
2
∴点D到BC的距离是2，
答案：2．
29．（2022•盘锦中考）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝30°，点D为BC的中点，将△ABC绕点D逆时针
旋转得到△A'B'C'，当点A的对应点A'落在边AB上时，点C'在BA的延长线上，连接BB'，若AA'＝1，则△BB'D
3√3
的面积是 ．
4
解：如图所示，设A'B'与BD交于点O，连接A'D和AD，∵点D为BC的中点，AB＝AC，∠ABC＝30°，
∴AD⊥BC，A'D⊥B'C'，A'D是∠B′A′C′的角平分线，AD是∠BAC的角平分线，
∴∠B'A'C'＝120°，∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝∠B'A'D＝60°，
∵A'D＝AD，
∴△A'AD是等边三角形，
∴A'A＝AD＝A'D＝1，
∵∠BA'B'＝180°﹣∠B'A'C'＝60°，
∴∠BA'B'＝∠A'AD，
∴A'B'∥AD，
∴A′O⊥BC，
1 1
∴A′O= A′D= ，
2 2
√ 1 √3
∴OD= 1− = ，
4 2
∵A'B'＝2A'D＝2，
∵∠A'BD＝∠A'DO＝30°，
∴BO＝OD，
1 3
∴OB′=2− = ，BD=2OD=√3，
2 2
1 1 3 3√3
∴S = ×BD×B′O= ×√3× = ．
△BB′D 2 2 2 4
30．（2022•黄石中考）如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连
接DF，CF，则∠BCF＝ 30 ° ，FB+FD的最小值为 5√3 ．
解：如图，∵△ABC是等边三角形，AD⊥CB，
1
∴∠BAE= ∠BAC＝30°，
2
∵△BEF是等边三角形，
∴∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，
∴∠ABE＝∠CBF，
在△BAE和△BCF中，
{
BA=BC
∠ABE=∠CBF，
BE=BF
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF＝30°，
作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF的延长线于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′
的值最小，最小值＝线段BG的长．
∵∠DCF＝∠FCG＝30°，
∴∠DCG＝60°，
∵CD＝CG＝5，
∴△CDG是等边三角形，
∴DB＝DC＝DG，
∴∠CGB＝90°，
∴BG=√BC2−CG2=√102−52=5√3，
∴BF+DF的最小值为5√3，
答案：30°，5√3．
31．（2022•广州中考）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针
旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 120 ° ；当线段
CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 75 ° ．解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．
∵△BPP′是等边三角形，
∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE，
∴∠ABP＝∠EBP′，
在△ABP和△EBP′中，
{
BA=BE
∠ABP=∠EBP′，
BP=BP′
∴△ABP≌△EBP′（SAS），
∴∠BAP＝∠BEP′＝90°，
∴点P′在射线EP′上运动，
如图1中，设EP′交BC于点O，
当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°﹣60°＝120°，
当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°，
1 1
∴EO= OB，OP′= OC，
2 2
1 1 1
∴EP′＝EO+OP′= OB+ OC= BC，
2 2 2
∵BC＝2AB，∴EP′＝AB＝EB，
∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°，
∴∠BP′C＝45°+90°＝135°，
∴∠PP′C＝∠BP′C﹣∠BP′P＝135°﹣60°＝75°．
答案：120°，75°．
32．（2022•柳州中考）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝
2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 2√5−2
．
解：连接DG，将DG绕点D逆时针旋转90°得DM，连接MG，CM，MF，
作MH⊥CD于H，
∵∠EDF＝∠GDM，
∴∠EDG＝∠FDM，
∵DE＝DF，DG＝DM，
∴△EDG≌△MDF（SAS），
∴MF＝EG＝2，
∵∠GDC＝∠DMH，∠DCG＝∠DHM，DG＝DM，
∴△DGC≌△MDH（AAS），
∴CG＝DH＝2，MH＝CD＝4，
∴CM=√42+22=2√5，
∵CF≥CM﹣MF，
∴CF的最小值为2√5−2，答案：2√5−2．
33．（2022•锦州中考）如图，在△ABC中，AB=AC=2√5，BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
连接DE，DF．
√5
（1）如图1，求证：DF= DE；
2
（2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于
点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
（1）证明：如图1，连接AF，
∵AB=AC=2√5，BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
1
∴DE= BC=2，AF⊥BC，
2
1
∴DF= AC=√5，
2
√5
∴DF= DE；
2
√5
（2）解：FN= EM，
2
理由如下：
连接AF，如图2，∵AB=AC=2√5，BC=4，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，
1
∴EF= AC=CD，EF∥DC，
2
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠DEF＝∠C，
1
∵DF= AC=DC，
2
∴∠DFC＝∠C，
∴∠DFC＝∠DEF，
∴180°﹣∠DFC＝180°﹣∠DEF，
∴∠DFN＝∠DEM，
∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴∠EDF＝∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE＝∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN＝∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
NF DF √5
∴ = = ，
EM DE 2
√5
∴FN= EM；
2
（3）解：如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，1
Rt△AFC中，FC= BC=2，
2
∴AF=√AC2−FC2=4，
1 1
∵S = BC⋅AF= AB⋅CH，
△ABC 2 2
BC⋅AF 4×4 8√5
∴HC= = = ，
AB 2√5 5
∵DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
GD AD 1
∴ = = ，
HC AC 2
1 4√5
∴GD= HC= ，
2 5
√ 4√5 2 2√5
Rt△GED中，¿=√ED2−GD2= 22−( ) = ，
5 5
√ 4√5 2 3√5
Rt△AGD中，AG=√AD2−GD2= (√5) 2 −( ) = ，
5 5
3√5
AG 5 3
∴tan∠ADG= = = ，
GD 4 4
√5
5
∵EF∥AD，
∴∠EMG＝∠ADG，
EG 3
∴tan∠EMG= = ，
MG 4
4 4 2√5 8√5
∴MG= ≥= × = ，
3 3 5 158√5 4√5 4√5
∴MD=MG+GD= + = ，
15 5 3
∵△DNF∽△DME，
DN DF √5
∴ = = ，
DM DE 2
√5 √5 4√5 10
∴DN= DM= × = ．
2 2 3 3
34．（2022•连云港中考）【问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中∠ACB＝
∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3．
【问题探究】
小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
（1）如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长．
（2）若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离．
（3）连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上
（如图3），求点G所经过的路径长．
7√3
（4）如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是 ．
4
解：（1）由题意得，∠BEF＝∠BED＝90°，
在Rt△BEF中，∠ABC＝30°，BE＝3，
BE 3
∴BF= = =2√3；
cos∠ABC cos30°（2）①当点E在BC上方时，
如图1，过点D作DH⊥BC于H，
在Rt△ABC中，AC＝3，
AC
∴tan∠ABC= ，
BC
AC 3
∴BC= = =3√3，
tan∠ABC tan30°
在Rt△BED中，∠EBD＝∠ABC＝30°，BE＝3，
∴DE＝BE•tan∠DBE=√3，
1 1
∵S△BCD =
2
CD•BE =
2
BC•DH，
CD⋅BE
∴DH= =√6+1，
BC
②当点E在BC下方时，如图2，
在Rt△BCE中，BE＝3，BC＝3√3，
根据勾股定理得，CE=√BC2−BE2=3√2，
∴CD＝CE﹣DE＝3√2−√3，
过点D作DM⊥BC于M，
1 1
∵S△BDC =
2
BC•DM =
2
CD•BE，
CD⋅BE
∴DM= =√6−1，
BC即点D到直线BC的距离为√6±1；
（3）如图3﹣1，连接CD，取CD的中点G，
取BC的中点O，连接GO，则OG∥AB，
∴∠COG＝∠B＝30°，
∴∠BOG＝150°，
∵点G为CD的中点，点O为BC的中点，
1
∴GO= BD=√3，
2
∴点G是以点O为圆心，√3为半径的圆上，如图3﹣2，
∴三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所
对的圆弧，
150π⋅√3 5√3
∴点G所经过的路径长为 = ；
180 6
π
（4）如图4，过点O作OK⊥AB于K，
∵点O为BC的中点，BC＝3√3，
3√3
∴OB= ，
2
3√3
∴OK＝OB•sin30°= ，
4
由（3）知，点G是以点O为圆心，√3为半径的圆上，
3√3 7√3
∴点G到直线AB的距离的最大值是√3+ = ，
4 47√3
答案： ．
4
