文档文本内容
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2026 年中考数学真题知识点分类汇编之图形的旋转（二）
一．填空题（共9 小题）
1．（2026•甘孜州）如图，将边长为3 的正方形ABCD 绕点A 逆时针旋转30°，得到正方形AEFG，EF 交
CD 于点H，则四边形ADHE 的面积为 ．
2．（2026•陕西）如图，在▱ABCD 中，∠B＝60°，AB＝4，BC＝6．点E 为BC 的中点，连接AE，将AE
绕点A 逆时针旋转60°至AF，连接DF，则△ADF 的面积为 ．
3．（2026•内江）如图，将反比例函数y= k
x （k＞0，x＞0）的图象绕点O 顺时针旋转45°．旋转后的图象
与x 轴交于点A（6，0）．则k＝ ．
4．（2026•宜宾）如图，∠ABC＝135°，AB+BC＝8，将AC 绕点A 逆时针旋转90°得到AD．连接BD，则
BD 的最小值为 ．
5．（2026•上海）如图，△ABC 为等边三角形，AD⊥BC 交BC 于点D，将△ABC 绕点D 旋转α°（0＜α
＜90），使得AB 的对应边A′B′垂直于AC．设A′B′交AD 于点P，则AP
DP =
2
．
6．（2026•凉山州）点P（﹣3，2）关于原点的对称点P′坐标是 ．
7．（2026•扬州）如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝120°．将线段AB 绕点A 按逆时针方向旋转至
AM（∠BAM 是旋转角，且0°＜∠BAM＜120°），连接BM，CM，作AN⊥CM，垂足为N．用等式表示
线段BM，CM，AN 之间的数量关系为 ．
8．（2026•广安）已知△OAB 在平面直角坐标系中，A（2，0），B（4，2），将△OAB 绕点O 逆时针旋
转90°得到△OCD，连接CA 交OB 于点E，将点E 向左平移2 个单位长度得到点E′，则点E′的坐标
为 ．
9．（2026•南充）如图，点P 在正方形ABCD 内，且AP＝AB＝1，将PB 绕点B 顺时针旋转90°得到
P′B，连接PC，P′C，PP′，PP′交BC 于点M．下列结论：①CP′＝1；②PC 的最小值为2
-√2；③D，P，P′三点共线；④当△MCP′为等腰三角形时，BP′的长为√6-√3．其中正确结论
为 ．（填写序号）
3
二．解答题（共12 小题）
10．（2026•苏州）如图①，点O 位于竖直墙面l 上，平面镜AB 与墙面l 平行，从点O 射出一束激光，
经过平面镜AB 的反射，在墙面l 上形成一个光点C，OC 所在直线垂直于水平面．入射光线OP 与平面
镜AB 的夹角∠OPA＝60°．（根据光的反射定律可知：反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的
夹角）
（1）求证：△OPC 是等边三角形；
（2）如图②，将图①中的平面镜AB 绕点P 顺时针旋转7.5°到A'B'位置，入射光线OP 经过平面镜的
反射后，在墙面l 上形成光点E，点E 在直线OC 上．
①∠OPE＝ °；
②若OC＝60 厘米，求光点向下移动的距离CE 的长．（结果保留根号）
11．（2026•黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1，△ABC 的三个顶点坐标
分别为A（1，﹣2），B（3，﹣2），C（2，﹣3）．
（1）画出△ABC 关于x 轴对称的图形△A1B1C1，并写出A1的坐标；
（2）画出△A1B1C1绕点A1逆时针旋转90°得到的△A1B2C2，并写出C2的坐标；
（3）求出（2）中线段A1C1所扫过的图形面积．（结果保留π）
12．（2026•新疆）已知，在Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D 为AB 上一点，∠EDF＝90°，现
将∠EDF 绕着点D 旋转，交AC 于点F，交BC 于点E．
（1）如图1，当点D 为AB 中点时，猜想DE，DF 之间的数量关系，并进行证明；
（2）如图2，当BD＝2AD 时，猜想AF，BE，AB 之间的数量关系，并进行证明；
4
（3）如图3，当BD＝nAD 时，猜想AF，BE，AB 之间的数量关系，并进行证明．
13．（2026•山西）综合与探究
问题情境：如图1，在△ABC 中，AB＝BC，BO 是△ABC 的中线．将△BOC 绕点O 顺时针旋转得到
△DOE，其中点B，C 的对应点分别为点D，E，线段DE 分别与线段OA，AB 交于点M，F，线段OE
与AB 交于点N．
推理证明：（1）求证：△AON≌△EOM；
拓展延伸：（2）在旋转过程中，当OD∥AB 时，探究下列问题：
①如图2，判断DO 与DF 的数量关系，并说明理由．
②已知OB＝2，OA＝3．在射线DO 上取一点G，在射线BO 上取一点H，使OH＝OG．当以点A，
G，H 为顶点的三角形是直角三角形，且GH 为直角边时，请直接写出线段BH 的长．
14．（2026•攀枝花）如图，在△ABC 中，AB＝AC＝5，BC＝8，点D 是BC 边上的一个动点，连结AD，
将线段AD 绕点A 逆时针旋转至线段AE，使得∠DAE＝∠BAC，连结CE，DE．
（1）当AD＝BD 时，求BD 的长；
（2）当△ACD 是等腰三角形时，求CD 的长；
（3）当AD⊥AC 时，求DE 的长（用图2）．
15．（2026•甘肃）在某学校举办的数学文化周活动中，同学们利用角、线段、三角形等图形，借助图形
的旋转或对称设计了一些美丽的图案．如图1 是小彤设计的一件艺术作品的平面图，它由6 个全等三
角形构成，外轮廓为正六边形．
（1）请判断图1 是 图形；（填“轴对称”或“中心对称”）
（2）图2 是从图1 选取的部分图案，其中△A′B′C′看作由△ABC 绕旋转中心O 顺时针方向旋转一
5
定角度后得到的，请你用无刻度直尺和圆规确定该图案的旋转中心O．（保留作图痕迹，不写作法）
16．（2026•江西）如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝30°，点P 在BC 的延长线上，将AP 绕点A 按
逆时针方向旋转30°得到AQ，连接CQ，PQ．
（1）求证：BP＝CQ；
（2）若∠CAP＝15°，PQ＝2√2，求BP 的长．
17．（2026•乐山）如图，在矩形ABCD 中，AB =√3，AD＝1，点P 在线段CD 上（点P 不与点D 重
合）．连结AP，将△ADP 沿AP 翻折得到△AD′P，点D 的对应点为D′．
（1）求AD'的长度；
（2）求证：当DP＝1 时，四边形AD′PD 为正方形；
（3）若点Q 在线段AB 上，且BQ = DP =a(0＜a≤√3)，连结CQ，将△BCQ 沿CQ 翻折得到
△B'CQ，点B 的对应点为B'．设点B'与点D'之间的距离为d，求d 的取值范围．
18．（2026•烟台）如图，矩形ABCD 中，AC 是对角线，请解决下列问题：
（1）将△ABC 绕点A 旋转后，点B 的对应点为点E，点C 的对应点为点F，且点E 在线段AC 上，请
用尺规作出旋转后的图形（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，若AB＝2，BC＝4，EF 与AD 交于点G，求FG 的长．
6
19．（2026•山东）在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝120°．
【观察与发现】
（1）如图1，将线段AC 绕点A 顺时针旋转60°得到线段AD，点D 与点C 是对应点．点E，F 分别在
边AB，AC 上，AE＝CF，连接DE，DF．求证：DE＝DF．
【思考与探究】
（2）如图2，过点A 作AH⊥AC 交BC 于点H．点E，F 分别在边AB，AC 上，CF＝2AE，连接EF，
HE，HF．猜想线段EF 与HE 的数量关系，并说明理由．
【拓展与延伸】
（3）如图3，在（2）的条件下，延长FE 至点G，使EG＝FE，连接GA，GH．若AB＝6，AG＝2√7
，求线段AE 的长度．
20．（2026•安徽）如图，在由边长为1 个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系xOy，
△ABC 的顶点均为格点（网格线的交点），点A，B，C 的坐标分别为（﹣3，﹣2），（﹣1，﹣1），
（﹣3，3）．
（1）画出△ABC 关于y 轴对称的△A1B1C1；
（2）将线段AB 向右平移1 个单位长度，再向上平移3 个单位长度，得到线段A2B2，画出线段A2B2；
（3）以点B 为旋转中心，将线段BC 按顺时针方向旋转90°，得到线段BC2，直接写出点C2的坐标．
7
21．（2026•重庆）如图，在Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，BC＞AC，以BC 为斜边在BC 上方作等腰直角
三角形BCD．
（1）如图1，若∠ABC＝30°，BD＝3，求AC 的长度；
（2）如图2，连接AD，将线段DA 绕点D 顺时针旋转90°得到线段DE，延长ED 交BC 于点F，连接
CE．点G，H 分别是AB，CE 的中点，连接DG，GH．求证：BC﹣AC=√2GH；
（3）如图3，BC＝12，AC＝3，点P 在直线BC 上，连接DP，将线段DP 绕点D 逆时针旋转90°得到
线段DQ，连接AQ．点M 在直线AB 上，连接DM，QM，将△DMQ 沿直线DM 翻折至△ABC 所在平
面内得到△DMN，连接CN．当AQ+DQ 取得最小值时，连接CQ，NQ，请直接写出△CQN 面积的最大
值．
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2026 年中考数学真题知识点分类汇编之图形的旋转（二）
参考答案与试题解析
一．填空题（共9 小题）
1．（2026•甘孜州）如图，将边长为3 的正方形ABCD 绕点A 逆时针旋转30°，得到正方形AEFG，EF 交
CD 于点H，则四边形ADHE 的面积为
3 √3 ．
【考点】旋转的性质；正方形的性质．菁优网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】3√3．
【分析】连接AH，如图，先根据正方形的性质得到∠D＝∠B＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝3，再根据旋
转的性质得到∠BAE ＝30° ，AE ＝AB ＝3 ，∠E ＝∠B ＝90° ，则∠DAE ＝60° ，接着证明
Rt△ADH≌Rt△AEH 得到∠DAH＝∠EAH＝30°，则利用含30 度角的直角三角形三边的关系得到DH
=√3，于是可计算出S△ADH= 3√3
2
，然后利用四边形ADHE 的面积＝2S△ADH求解．
【解答】解：连接AH，如图，
∵四边形ABCD 为正方形，
∴∠D＝∠B＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝3，
∵正方形ABCD 绕点A 逆时针旋转30°，得到正方形AEFG，
∴∠BAE＝30°，AE＝AB＝3，∠E＝∠B＝90°，
∴∠DAE＝90°﹣30°＝60°，
在Rt△ADH 和Rt△AEH 中，
{
AH = AH
AD = AE ，
∴Rt△ADH≌Rt△AEH（HL），
∴∠DAH＝∠EAH= 1
2∠DAE＝30°，
在Rt△ADH 中，∵∠DAH＝30°，
∴DH= √3
3 AD= √3
3 ×3=√3，
∴S△ADH= 1
2 ×3×√3= 3√3
2
，
9
∴四边形ADHE 的面积＝2S△ADH＝2× 3√3
2
=3√3．
故答案为：3√3．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角
等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．
2．（2026•陕西）如图，在▱ABCD 中，∠B＝60°，AB＝4，BC＝6．点E 为BC 的中点，连接AE，将AE
绕点A 逆时针旋转60°至AF，连接DF，则△ADF 的面积为 3√3
2
．
【考点】旋转的性质；三角形的面积；平行四边形的性质．菁优网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】3√3
2
．
【分析】连接EF，延长EC 到点G，使EG＝AB，连接FG，过点F 作BC 的垂线，交BC 于点M，交
AD 于点H，过点A 作AN⊥BC 交BC 于点N，根据旋转的性质得到△EAF 为等边三角形，从而得到
∠BAE＝∠GEF，再证得△BAE≌△GEF，得到对应边的长度，再解直角三角形求出AN，FM 的长度，
根据平行线间垂线段相等求出MH 的长度，从而算出△ADF 的高进行求解．
【解答】解：如图所示，连接EF，延长EC 到点G，使EG＝AB，连接FG，过点F 作BC 的垂线，交
BC 于点M，交AD 于点H，过点A 作AN⊥BC 交BC 于点N，
∵AE 绕点A 逆时针旋转60°至AF，
∴AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴△EAF 为等边三角形，
∴AE＝EF，∠AEF＝60°，
10
又∵∠B＝60°，
∴∠BAE+∠AEB＝120°，∠FEG+∠AEB＝120°，
∴∠BAE＝∠GEF，
在△BAE 和△GEF 中，
{
AB = EG
∠BAE =∠GEF
AE = EF
，
∴△BAE≌△GEF（SAS），
∴FG＝BE，∠FGE＝∠B＝60°，
∵AB＝4，BC＝6，点E 为BC 的中点，
∴EG＝AB＝4，FG = BE = 1
2 BC =3，
∴在Rt△FGM 中，FG＝3，∠FGE＝60°，
∴sin60° = FM
FG = FM
3 ，
解得FM = 3√3
2
，
在Rt△ABN 中，AB＝4，∠B＝60°，
∴sin60° = AN
AB = AN
4 ，
解得AN =2√3，
∵四边形ABCD 是平行四边形，AN⊥BC，MH⊥BC，
∴MH = AN =2√3，AD＝BC＝6，
则FH = MH - FM =2√3- 3√3
2
= √3
2 ，
∴S△ADF = 1
2 AD⋅FH = 1
2 ×6× √3
2 = 3√3
2
，
故答案为：3√3
2
．
【点评】本题考查了全等三角形的性质及判定，掌握全等三角形的性质及判定是解题的关键．
3．（2026•内江）如图，将反比例函数y= k
x （k＞0，x＞0）的图象绕点O 顺时针旋转45°．旋转后的图象
与x 轴交于点A（6，0）．则k＝
18
．
11
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．菁优网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】18．
【分析】根据图形旋转的性质及反比例函数图象的对称性即可解决问题．
【解答】解：由题知，
反比例函数y= k
x 的图象关于直线y＝x 对称，如图所示，
过点B 作BC⊥x 轴于点C，
因为点A 坐标为（6，0），
所以OA＝6．
由旋转可知，OB＝OA＝6，
因为∠BOC＝45°，BC⊥x 轴，
所以OC＝BC=3√2，
所以点B 坐标为（3√2，3√2）．
将点B 坐标代入反比例函数解析式得，
k=3√2×3√2=18．
故答案为：18．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转，熟知图形旋转的性质是解题的关键．
4．（2026•宜宾）如图，∠ABC＝135°，AB+BC＝8，将AC 绕点A 逆时针旋转90°得到AD．连接BD，则
BD 的最小值为 8√6
3
．
【考点】旋转的性质．菁优网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】8√6
3
．
12
【分析】首先构造辅助线与全等三角形，将BD 转化为CE；再用代数表达式表示CE 的长度；最后通
过二次函数的性质求CE 的最小值，即BD 的最小值．
【解答】解：过A 作AE⊥AB，使AE＝AB，连接CE、BE．
∴∠ABE＝∠AEB＝45°，
∵∠ABC＝135°，
∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝90°；
又AB+BC＝8，
设AB＝m，则BC＝8﹣m．
由旋转性质，得AD＝AC，∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE＝90°﹣∠BAC，
又AE＝AB，
∴△DAB≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE．
在Rt△BAE 中，BE =√A B
2+ A E
2=√2 AB =√2m，
在Rt△CBE 中，由勾股定理得，
CE2＝BC2+BE2，
代入BC＝8﹣m、BE =√2m，
化简得：C E
2=(8-m)
2+2m
2=3m
2-16m+64 =3(m- 8
3 )
2+ 128
3 ，
∵3＞0，
∴抛物线开口向上，
故当m= 8
3时，CE2取最小值128
3 ，故C E最小=√
128
3 = 8√6
3
，即B D最小= 8√6
3
，
故答案为：8√6
3
．
【点评】本题考查了图形的旋转，勾股定理等，掌握综合知识是解题的关键．
5．（2026•上海）如图，△ABC 为等边三角形，AD⊥BC 交BC 于点D，将△ABC 绕点D 旋转α°（0＜α
＜90），使得AB 的对应边A′B′垂直于AC．设A′B′交AD 于点P，则AP
DP = √3-1 ．
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【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．菁优网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】√3-1．
【分析】根据等边三角形的性质得出AD⊥BC，∠DAC＝30°，结合A'B'⊥AC 求出∠B'PD＝60°，利用
旋转的性质得到∠B'＝60°，，DB'＝DB，判定△B'PD 为等边三角形，从而得出PD＝DB，最后在
Rt△ABD 中求出AD 与BD 的数量关系即可求解．
【解答】解：如图，
∵△ABC 是等边三角形，D 是BC 的中点，
∴AD⊥BC，∠B＝∠BAC＝60°，∠DAC = 1
2 ∠BAC =30°，
∵A'B'⊥AC，
∴在Rt△APE（设A'B'交AC 于点E）中，∠APE＝90°﹣∠DAC＝60°，
由旋转的性质可知△A'B'C′≌△ABC，
∴∠B'＝∠B＝60°，DB′＝DB，
在△B'PD 中，∠B'PD＝60°，∠PB'D＝60°，
∴△B'PD 是等边三角形，
∴PD＝DB'，
∴PD＝DB，
在Rt△ABD 中，∠ADB＝90°，∠B＝60°，
∴AD = BD⋅tan 60° =√3 BD，
∴AP = AD - PD =√3 BD - BD =(√3-1)BD，
∴AP
PD = (√3-1)BD
BD
=√3-1，
14
故答案为：√3-1．
【点评】本题考查了图形的旋转，等边三角形的性质等，掌握综合知识是解题的关键．
6．（2026•凉山州）点P（﹣3，2）关于原点的对称点P′坐标是 （
3 ，﹣
2 ）
．
【考点】关于原点对称的点的坐标．菁优网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】（3，﹣2）．
【分析】根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原
点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答．
【解答】解：点P（﹣3，2）关于原点的对称点P′的坐标是（3，﹣2）．
故答案为：（3，﹣2）．
【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，熟知两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相
反，即点P（x，y）关于原点O 的对称点是P′（﹣x，﹣y）是解题的关键．
7．（2026•扬州）如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝120°．将线段AB 绕点A 按逆时针方向旋转至
AM（∠BAM 是旋转角，且0°＜∠BAM＜120°），连接BM，CM，作AN⊥CM，垂足为N．用等式表示
线段BM，CM，AN 之间的数量关系为 CM +2BM =2√3 AN ．
【考点】旋转的性质；等腰三角形的性质．菁优网版权所有
【专题】三角形．
【答案】CM +2BM =2√3 AN．
【分析】过点A 作AH⊥BM 于点H，延长BM 交AN 延长线于点E，可推得∠HAE＝60°，则∠MEN＝
30°，分别在 Rt△NME 和Rt△HAE 中，利用特殊角三角函数关系，找到NE，ME 与MN 关系，HE 与
AE 之间的关系，再利用等腰三角形的性质，转化成BM，CM，AN 之间的数量关系．
【解答】解：过点A 作AH⊥BM 于点H，延长BM 交AN 延长线于点E，
由题意，AB＝AM＝AC，
∵AH⊥BM，AN⊥CM，
15
∴∠MAH = 1
2 ∠BAM，∠NAM = 1
2 ∠MAC，HM= 1
2BM，MN = 1
2 CM，
∴∠HAE＝∠MAH+∠NAM= 1
2（∠BAM+∠MAC）= 1
2∠BAC＝60°，
∴在Rt△NME 中，∠MEN＝30°，
•NE =
MN
tan30° =√3 MN = √3
2 CM，ME=
MN
sin30° =2MN＝CM，
同理，在Rt△HAE 中，∠MEN＝30°，
cos30° = HE
AE = HM + ME
AN + NE = √3
2 ，
∴2 HM +2 ME =√3 AN +√3 NE，
∴2× 1
2 BM +2CM =√3 AN + 3
2 CM，
整理，得CM +2BM =2√3 AN，
故答案为：CM +2BM =2√3 AN．
【点评】本题主要考查了旋转的性质等腰三角形的性质，掌握其相关知识点是解题的关键．
8．（2026•广安）已知△OAB 在平面直角坐标系中，A（2，0），B（4，2），将△OAB 绕点O 逆时针旋
转90°得到△OCD，连接CA 交OB 于点E，将点E 向左平移2 个单位长度得到点E′，则点E′的坐标
为 (- 2
3 ，2
3 ) ．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；坐标与图形变化﹣平移．菁优网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】(- 2
3 ，2
3 )．
【分析】先求出点C 的坐标，再分别求出直线AC 和OB 的函数解析式，据此得出点E 的坐标，最后根
据平移时点的坐标变化规律即可解决问题．
【解答】解：由题知，
因为△OCD 由△OAB 绕点O 逆时针旋转90°得到，且点A 坐标为（2，0），
所以点C 坐标为（0，2），
则直线AC 的函数解析式为y＝﹣x+2．
因为点B 坐标为（4，2），
16
所以直线OB 的函数解析式为y= 1
2 x．
由1
2 x =- x +2得，
x= 4
3 ，
则1
2 x = 2
3，
所以点E 坐标为（4
3 ，2
3），
则将点E 向左平移2 个单位长度得到点E′的坐标为（- 2
3 ，2
3）．
故答案为：（- 2
3 ，2
3）．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转及坐标与图形变化﹣平移，熟知图形平移及旋转的性
质是解题的关键．
9．（2026•南充）如图，点P 在正方形ABCD 内，且AP＝AB＝1，将PB 绕点B 顺时针旋转90°得到
P′B，连接PC，P′C，PP′，PP′交BC 于点M．下列结论：①CP′＝1；②PC 的最小值为2
-√2；③D，P，P′三点共线；④当△MCP′为等腰三角形时，BP′的长为√6-√3．其中正确结论
为
①③
．（填写序号）
【考点】旋转的性质；三角形三边关系；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．菁优网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】①③．
【分析】对于①，容易证明△ABP≌△CBP' （SAS ），则CP′ ＝AP ＝1 ；对于②，由
PC ≥AC - AP =√2-1可得，当A、P、C 三点共线时，PC 取得最小值√2-1；对于③，利用等腰三
角形的性质可得∠BPD＝135°，进而得到∠BPP'+∠DPB＝180°，因此D，P，P'三点共线；对于④，
设CM＝x，容易证明△MCP′∽△CDP'，则DP' = 1
x ，DM = 1
x - x，在Rt△CDM 中，利用勾股定理
构造方程，解得x = √3
3 ，进而得到∠CDM＝30°，容易证明△ADP 是等边三角形，在DP＝AD＝1，进
而计算出PP' =√3-1，在Rt△BPP'中，利用三角函数计算出BP'即可．
17
【解答】解：对于①，∵四边形ABCD 是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝1，
由旋转的性质可得，∠PBP'＝90°，BP＝BP′，
∵∠ABP+∠CBP＝90°，∠CBP'+∠CBP＝90°，
∴∠ABP＝∠CBP′，
在△ABP 和△CBP'中，
{
AB = BC
∠ABP =∠CBP'
BP = BP'
，
∴△ABP≌△CBP'（SAS），
∴CP'＝AP＝1，故①正确；
对于②，如图，连接AC，
在Rt△ABC 中，AC =√A B
2+ BC
2=√2，
∵PC ≥AC - AP =√2-1，
∴当A、P、C 三点共线时，PC 取得最小值√2-1，故②错误；
对于③，如图，连接DP，
设∠BAP＝α，则∠DAP＝90°﹣α，
∵AB＝AP，
∴∠APB =∠ABP= 180° -∠BAP
2
=90° - 1
2 α，
∵AB＝AD，
∴AD＝AP，
∴∠APD =∠ADP= 180° -∠DAP
2
= 45°+ 1
2 α，
18
∴∠DPB＝∠APD+∠APB＝135°，
∵∠PBP'＝90°，BP＝BP'，
∴∠BPP'＝∠BP'P＝45°，
∵∠BPP'+∠DPB＝180°，
∴D，P，P'三点共线，故③正确；
对于④，如图，设CM＝x，
∵∠CMP＝∠DCM+∠CMD＝90°+∠CMD＞90°，
又∵△MCP'为等腰三角形，
∴CM＝MP'＝x，
∴∠CP′M＝∠MCP'，
∵CP'＝1＝CD，
∴∠CDP′＝∠CP′M＝∠MCP′，
∴△MCP′∽△CDP′，
∴MP'
CP' = CP'
DP' ，即x
1 =
1
DP' ，
∴DP' = 1
x ，
∴DM = DP' - MP' = 1
x - x，
在Rt△CDM 中，CM2+CD2＝DM2，
∴x
2+1=( 1
x - x)
2，
整理，得x
2= 1
3，
解得x = √3
3 （负值舍去），
∴CM = MP' = √3
3 ，DP' = 1
x =√3，
在Rt△CDM 中，tan ∠CDM = CM
CD = √3
3 ，
∴∠CDM＝30°，
∴∠ADP＝∠ADC﹣∠CDM＝60°，
19
又∵AD＝AP，
∴△ADP 是等边三角形，
∴DP＝AD＝1，
∴PP' = DP' - DP =√3-1，
在Rt△BPP'中，BP' = PP' ⋅sin ∠BPP' =(√3-1)⋅sin 45° = √6-√2
2
，故④错误；
综上，正确的结论为①③．
故答案为：①③．
【点评】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质等，掌握综合知识是解题的关键．
二．解答题（共12 小题）
10．（2026•苏州）如图①，点O 位于竖直墙面l 上，平面镜AB 与墙面l 平行，从点O 射出一束激光，
经过平面镜AB 的反射，在墙面l 上形成一个光点C，OC 所在直线垂直于水平面．入射光线OP 与平面
镜AB 的夹角∠OPA＝60°．（根据光的反射定律可知：反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的
夹角）
（1）求证：△OPC 是等边三角形；
（2）如图②，将图①中的平面镜AB 绕点P 顺时针旋转7.5°到A'B'位置，入射光线OP 经过平面镜的
反射后，在墙面l 上形成光点E，点E 在直线OC 上．
①∠OPE＝
75
°；
②若OC＝60 厘米，求光点向下移动的距离CE 的长．（结果保留根号）
【考点】几何变换综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；几何直观；应用意识．
【答案】（1）证明：∵反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的夹角，∠OPA＝60°，
∴∠OPA＝∠BPC＝60°，
∴∠OPC＝180°﹣∠OPA﹣∠BPC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∵AB∥l，
∴∠POC＝∠OPA＝60°，∠OCP＝∠BPC＝60°，
∴∠OPC＝∠POC＝∠OCP＝60°，
∴OP＝OC＝PC，
20
∴△OPC 是等边三角形；
（2）①75；
②光点向下移动的距离CE 的长为30（√3-1）厘米．
【分析】（1）根据反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的夹角得出∠OPA＝∠BPC＝60°，进而
求出∠OPC＝60°，再根据平行线的性质得出∠POC＝∠PCO＝60°，即可得出结论；
（2）①由旋转得出∠APA'＝7.5°，进而得出∠OPA'＝52.5°，再根据光的反射定律可知∠B'PE＝
∠OPA'＝52.5°，即可得出答案；
②由（1）知，∠POC＝∠PCO＝60°，进而求出∠PEO＝45°，过点P 作PH⊥OC 于H，进而判断出
PH＝EH，再根据等边三角形的性质求出CH＝30 厘米，根据三角函数求出PH＝30√3厘米，即可得出
答案．
【解答】（1）证明：∵反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的夹角，∠OPA＝60°，
∴∠OPA＝∠BPC＝60°，
∴∠OPC＝180°﹣∠OPA﹣∠BPC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∵AB∥l，
∴∠POC＝∠OPA＝60°，∠OCP＝∠BPC＝60°，
∴∠OPC＝∠POC＝∠OCP＝60°，
∴OP＝OC＝PC，
∴△OPC 是等边三角形；
（2）解：①∵将图①中的平面镜AB 绕点P 顺时针旋转7.5°到A'B'位置，
∴∠APA'＝7.5°，
∴∠OPA'＝∠OPA﹣∠APA'＝60°﹣7.5°＝52.5°，
∵反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的夹角，
∴∠B'PE＝∠OPA'＝52.5°，
∴∠OPE＝180°﹣∠OPA'﹣∠B'PE＝180°﹣52.5°﹣52.5°＝75°，
故答案为：75；
②由（1）知，∠POC＝∠PCO＝60°，
在△OPE 中，∠OPE+∠POC+∠PEO＝180°，
∴∠PEO＝180°﹣∠OPE﹣∠POC＝180°﹣75°﹣60°＝45°，
如图②，过点P 作PH⊥OC 于H，
21
∴∠PHE＝90°，
∴∠HPE＝90°﹣∠PEO＝45°，
∴∠PEO＝∠HPE，
∴PH＝EH，
由（1）知，△OPC 是等边三角形，
∴CH= 1
2OC＝30 厘米，
在Rt△PHC 中，∠PCH＝60°，tan∠PCH= PH
CH ，
∴PH＝CH•tan∠PCH＝30×tan60°＝30√3厘米，
∴EH＝30√3厘米，
∴CE＝EH﹣CH＝30√3-30＝30（√3-1）厘米，
∴光点向下移动的距离CE 的长为30（√3-1）厘米．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数
平行线的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
11．（2026•黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1，△ABC 的三个顶点坐标
分别为A（1，﹣2），B（3，﹣2），C（2，﹣3）．
（1）画出△ABC 关于x 轴对称的图形△A1B1C1，并写出A1的坐标；
（2）画出△A1B1C1绕点A1逆时针旋转90°得到的△A1B2C2，并写出C2的坐标；
（3）求出（2）中线段A1C1所扫过的图形面积．（结果保留π）
22
【考点】作图﹣旋转变换；扇形面积的计算；作图﹣轴对称变换．菁优网版权所有
【专题】作图题；平移、旋转与对称；与圆有关的计算；几何直观．
【答案】（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；A1（1，2）；
（2）如图所示：△A1B2C2即为所求；C2（0，3）；
（3）π
2 ．
【分析】（1）根据轴对称图形的作法画图即可，然后即可确定点的坐标；
（2）根据旋转图形的作法画图即可，然后即可确定点的坐标；
（3）根据网格得出A1C1=√1
2+1
2=√2，再由扇形的面积计算公式求解即可．
【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；A1（1，2），
根据图像得：A1（1，2）；
（2）根据图像得：C2（0，3）；
（3）根据网格得：A1C1=√1
2+1
2=√2，
∵逆时针旋转90°，
∴扫过的图形面积为：90 π ×(√2)
2
360
= π
2
．
【点评】本题考查作图—复杂作图，扇形面积的计算，作图﹣轴对称变换，解题的关键是掌握相关知
识的灵活运用．
12．（2026•新疆）已知，在Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D 为AB 上一点，∠EDF＝90°，现
23
将∠EDF 绕着点D 旋转，交AC 于点F，交BC 于点E．
（1）如图1，当点D 为AB 中点时，猜想DE，DF 之间的数量关系，并进行证明；
（2）如图2，当BD＝2AD 时，猜想AF，BE，AB 之间的数量关系，并进行证明；
（3）如图3，当BD＝nAD 时，猜想AF，BE，AB 之间的数量关系，并进行证明．
【考点】几何变换综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题．
【答案】（1）DE＝DF；
证明：如图1，连接CD，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点D 为AB 中点，
∴∠A＝∠B＝45°，CD⊥AB，CD = 1
2 AB = AD = BD，
∴∠DCE＝∠B＝45°，
∴∠DCE＝∠A，
∵∠EDF＝90°，
∴∠1＝∠3＝90°﹣∠2，
∴△ADF≌△CDE（ASA），
∴DE＝DF；
（2）BE +2 AF = 2√2
3
AB；
证明：如图2，过点D 作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，则∠DMF＝∠DNE＝∠DNC＝
90°，
由（1）知∠A＝∠B＝45°，
∴△AMD，△BND 为等腰直角三角形，则AM＝MD，DN＝BN，
24
∴AM = MD = AD×sinA = √2
2 AD，
同理DN = BN = √2
2 BD，
∵BD＝2AD，
∴DN＝2DM，
∵∠C＝90°，
∴∠MDN＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠1＝∠2＝90°﹣∠FDN，
∴△DMF∽△DNE，
∴DM
DN = MF
NE = 1
2，
∴NE＝2MF；
∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，
∴AF = √2
2 AD + MF，BE = √2
2 BD - NE ①，
∴2 AF =√2 AD +2 MF ②，
由①+②得，BE +2 AF =√2 AD + √2
2 BD =√2 AD + √2
2 ×2 AD =2√2 AD，
∵BD+AD＝2AD+AD＝AB，
∴AD = 1
3 AB，
∴BE +2 AF =2√2 AD = 2√2
3
AB；
（3）BE +nAF = √2n
n+1 AB；
证明：如图3，过点D 作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，
同（2）可得AM = MD = √2
2 AD，DN = BN = √2
2 BD，
∵BD＝nAD，
∴DN＝nDM，
同（2）可证明△DMF∽△DNE，
25
∴DM
DN = MF
NE = 1
n，
∴NE＝nMF，
∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，
∴AF = √2
2 AD + MF，BE = √2
2 BD - NE ①，
∴nAF = √2
2 nAD +nMF ②，
由①+②得，BE +nAF = √2
2 nAD + √2
2 BD = √2
2 nAD + √2
2 ×nAD =√2nAD，
∵BD+AD＝nAD+AD＝AB，
∴AD =
1
n+1 AB，
∴BE +nAF =√2nAD =√2n×
1
n+1 AB，即BE +nAF = √2n
n+1 AB．
【分析】（1）连接CD，证明△ADF≌△CDE（ASA）即可；
（2）过点D 作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，则AM = MD = √2
2 AD，DN = BN = √2
2 BD，
然后证明△DMF∽△DNE，则NE＝2MF，由AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，得到AF = √2
2 AD + MF，
BE = √2
2 BD - NE ①，那么2 AF =√2 AD +2 MF ②，再由①+②求解即可；
（3）同（2）的方法求解即可．
【解答】解：（1）DE＝DF；
证明：如图1，连接CD，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点D 为AB 中点，
∴∠A＝∠B＝45°，CD⊥AB，CD = 1
2 AB = AD = BD，
∴∠DCE＝∠B＝45°，
∴∠DCE＝∠A，
∵∠EDF＝90°，
∴∠1＝∠3＝90°﹣∠2，
∴△ADF≌△CDE（ASA），
26
∴DE＝DF；
（2）BE +2 AF = 2√2
3
AB；
证明：如图2，过点D 作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，则∠DMF＝∠DNE＝∠DNC＝
90°，
由（1）知∠A＝∠B＝45°，
∴△AMD，△BND 为等腰直角三角形，则AM＝MD，DN＝BN，
∴AM = MD = AD×sinA = √2
2 AD，
同理DN = BN = √2
2 BD，
∵BD＝2AD，
∴DN＝2DM，
∵∠C＝90°，
∴∠MDN＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠1＝∠2＝90°﹣∠FDN，
∴△DMF∽△DNE，
∴DM
DN = MF
NE = 1
2，
∴NE＝2MF；
∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，
∴AF = √2
2 AD + MF，BE = √2
2 BD - NE ①，
∴2 AF =√2 AD +2 MF ②，
由①+②得，BE +2 AF =√2 AD + √2
2 BD =√2 AD + √2
2 ×2 AD =2√2 AD，
∵BD+AD＝2AD+AD＝AB，
∴AD = 1
3 AB，
∴BE +2 AF =2√2 AD = 2√2
3
AB；
（3）BE +nAF = √2n
n+1 AB；
27
证明：如图3，过点D 作DM⊥AC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，
同（2）可得AM = MD = √2
2 AD，DN = BN = √2
2 BD，
∵BD＝nAD，
∴DN＝nDM，
同（2）可证明△DMF∽△DNE，
∴DM
DN = MF
NE = 1
n，
∴NE＝nMF，
∵AF＝AM+MF，BE＝BN﹣NE，
∴AF = √2
2 AD + MF，BE = √2
2 BD - NE ①，
∴nAF = √2
2 nAD +nMF ②，
由①+②得，BE +nAF = √2
2 nAD + √2
2 BD = √2
2 nAD + √2
2 ×nAD =√2nAD，
∵BD+AD＝nAD+AD＝AB，
∴AD =
1
n+1 AB，
∴BE +nAF =√2nAD =√2n×
1
n+1 AB，即BE +nAF = √2n
n+1 AB．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
等腰直角三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形与相似三角形的性质．
13．（2026•山西）综合与探究
问题情境：如图1，在△ABC 中，AB＝BC，BO 是△ABC 的中线．将△BOC 绕点O 顺时针旋转得到
△DOE，其中点B，C 的对应点分别为点D，E，线段DE 分别与线段OA，AB 交于点M，F，线段OE
与AB 交于点N．
推理证明：（1）求证：△AON≌△EOM；
拓展延伸：（2）在旋转过程中，当OD∥AB 时，探究下列问题：
①如图2，判断DO 与DF 的数量关系，并说明理由．
②已知OB＝2，OA＝3．在射线DO 上取一点G，在射线BO 上取一点H，使OH＝OG．当以点A，
G，H 为顶点的三角形是直角三角形，且GH 为直角边时，请直接写出线段BH 的长．
28
【考点】几何变换综合题．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）∵AB＝BC，BO 是△ABC 的中线，
∴∠A＝∠C，AO＝CO，
∵△BOC 旋转得到△DOE，
∴∠E＝∠C，EO＝CO，
∴∠A＝∠E，AO＝EO，
∵∠AON＝∠EOM，
在△AON 和△EOM 中，
{
∠A =∠E
AO = EO
∠AON =∠EOM
，
∴△AON≌△EOM（ASA）；
（2）①DO＝DF，理由如下：
∵AB＝BC，BO 是△ABC 的中线，
∴∠ABO＝∠CBO，
∵△BOC 旋转得到△DOE，
∴∠D＝∠CBO，OD＝OB，
∴∠ABO＝∠D，
∵OD∥AB，
∴∠D＝∠AFD，
∴∠AFD＝∠ABO，
∴DF∥OB，
∴四边形DFBO 是平行四边形，
∵OD＝OB，
∴▱DFBO 是菱形，
∴DO＝DF；
②BH =√13或4 -√13．
【分析】（1）根据等腰三角形的判定和性质，旋转的性质∠A＝∠E，AO＝EO，结合图形得到∠AON
29
＝∠EOM，运用“角边角”即可求证；
（2）①根据旋转得到∠D＝∠ABO，由平行线的判定得到DF∥OB，可证四边形DFBO 是菱形，由此
即可求解；
②当以点A，G，H 为顶点的三角形是直角三角形，且GH 为直角边时，应分两种情况求解：一种情况
是点H 在线段OB 上；另一种情况是点H 在射线OB 上且在直线OD 上方时．
【解答】（1）证明：∵AB＝BC，BO 是△ABC 的中线，
∴∠A＝∠C，AO＝CO，
∵△BOC 旋转得到△DOE，
∴∠E＝∠C，EO＝CO，
∴∠A＝∠E，AO＝EO，
∵∠AON＝∠EOM，
在△AON 和△EOM 中，
{
∠A =∠E
AO = EO
∠AON =∠EOM
，
∴△AON≌△EOM（ASA）；
（2）解：①DO＝DF，理由如下：
∵AB＝BC，BO 是△ABC 的中线，
∴∠ABO＝∠CBO，
∵△BOC 旋转得到△DOE，
∴∠D＝∠CBO，OD＝OB，
∴∠ABO＝∠D，
∵OD∥AB，
∴∠D＝∠AFD，
∴∠AFD＝∠ABO，
∴DF∥OB，
∴四边形DFBO 是平行四边形，
∵OD＝OB，
∴▱DFBO 是菱形，
∴DO＝DF；
②如图所示，当点H 在线段BO 上时，
过点H 作HP⊥OP 于点P，过点A 作AQ⊥OQ 于点Q，
30
∴∠HPO＝∠AQG＝90°，
∵OD∥AB，
∴∠HOP＝∠ABO，
又∵AB＝BC，BO 是△ABC 的中线，
∴BO⊥AC，
∴∠AOB＝∠HPO＝90°，
∴△HPO∽△AOB，
∵OB＝2，OA＝3，
∴OP
HP = OB
OA = 2
3，AB =√O A
2+O B
2=√13，
设OP＝2x，HP＝3x，
则OH =√O P
2+ H P
2=√13 x，
∴OG =OH =√13 x，
由旋转可知∠DOE＝∠BOC＝90°，
∴OE⊥OD，
∵OD∥AB，
∴OE⊥AB 于点N，
∴S△AOB= 1
2 OA ⋅OB = 1
2 AB⋅ON，
∴2×3=ON √13，
∴ON = 6
√13 = 6√13
13
，
∵∠AQO＝∠DOE＝∠ONA＝90°，
∴四边形AQON 是矩形，
∴AQ =ON = 6√13
13
，
∴AN =√O A
2-O N
2=√3
2-( 6√13
13
)
2= 9√13
13
，
31
∴QG =OQ -OG = 9√13
13
-√13 x，
若∠AQG＝∠AGH＝90°，
∴∠QAG+∠QGA＝90°，∠HGP+∠QGA＝90°，
∴∠QAG＝∠HGP，
∴△AQG∽△GPH，
∴AQ
GP = QG
HP ，
又∵GP =OG+OP =√13 x +2 x，
∴
6√13
13
√13 x +2 x =
9√13
13
-√13 x
3 x
，
解得：x =1- 2√13
13
，
∴OH =√13 x =√13-2，
∴BH =OB -OH =2-(√13-2)= 4 -√13；
若∠AHG＝90°，
则有∠PGH+∠PHG＝90°，∠AHL+∠PHG＝90°，
∴∠PGH＝∠AHL，
∴△PGH∽△LHA，
∴PH
PG = AL
HL，
∵GP =√13 x +2 x，HL= AQ - HP = 6√13
13
-3 x，AL= AN + NL= AN +OP = 9√13
13
+2 x，
∴
3 x
√13 x +2 x =
9√13
13
+2 x
6√13
13
-3 x
，
解得：x =-(1- 2√13
13
)＜0（不符合题意，舍去）；
如图所示，当点H 在射线BO 上且在直线OD 上方时，
过点H 作HP⊥OD，过点H 作KP∥OD，过点A 作AK⊥KP，过点G 作GP⊥KP，
32
∴∠HQO＝90°，
∵OD∥AB，
∴OD∥AB∥KP，
∴∠HOB＝∠ABO，
又∵∠HOQ＝∠GOB，
∴∠HOQ＝∠OBA，
由旋转可知∠DOE＝∠BOC＝∠AOB＝90°，
∴∠HQO＝∠AOB＝90°，
∴△HOQ∽△ABO，
∴OQ
HQ = OB
OA = 2
3，
设OQ＝2x，则 QH＝3x，
∴OG =√OQ
2+ H Q
2=√13 x，
∴OG =OH =√13 x，
∵ON = 6√13
13
，
∴AK =ON + HQ = 6√13
13
+3 x，HP =OQ+OG =√13 x +2 x，
∵AN =√O A
2-O N
2=√3
2-( 6√13
13
)
2= 9√13
13
，
∴KH = AN -OQ = 9√13
13
-2 x，
若∠AKH＝∠AHG＝90°，
∴∠KAH+∠KHA＝90°，∠GHP+∠KHA＝90°，
∴∠KAH＝∠GHP，
∴△AKH∽△HPG，
∴AK
GP = KG
HP ，
∴
6√13
13
+3 x
√13 x +2 x =
9√13
13
-2 x
3 x
，
解得：x =1- 2√13
13
，
OH =√13 x =√13-2，
∴BH =OB+OH =√13-2+2=√13；
若∠AGH＝90°，则有∠P＝∠AGH＝90°，
∴∠PHG+∠HGP＝90°，∠AGJ+∠HGP＝90°，
33
∴∠PHG＝∠AGJ，
∴△HPG∽△GJA，
∴PH
PG = GJ
AJ ，
∴
PH =GQ =OG+OQ =√13 x +2 x，
PG
＝
HQ
＝
3x
，
GJ =ON = 6√13
13
，
AJ = KH + HP = KH +QG = 9√13
13
-2 x +√13 x -2 x = 9√13
13
+√13 x，
∴√13 x +2 x
3 x
=
6√13
13
9√13
13
+√13 x
，
∴x = 2√13
13
-1＜0（不符合题意，舍去）；
综上所述，BH =√13或4 -√13．
【点评】本题考查了平行四边形的性质及判定，菱形的性质及判定等，掌握综合知识是解题的关键．
14．（2026•攀枝花）如图，在△ABC 中，AB＝AC＝5，BC＝8，点D 是BC 边上的一个动点，连结AD，
将线段AD 绕点A 逆时针旋转至线段AE，使得∠DAE＝∠BAC，连结CE，DE．
（1）当AD＝BD 时，求BD 的长；
（2）当△ACD 是等腰三角形时，求CD 的长；
（3）当AD⊥AC 时，求DE 的长（用图2）．
【考点】几何变换综合题．菁优网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）BD= 25
8 ；
（2）CD＝5 或25
8 或8；
（3）DE＝6．
【分析】（1）可证明△ABD∽△CBA，从而BD
AC = AB
BC ，进一步得出结果；
（2）分三种情形：当CD＝AC＝5 时，△ACD 是等腰三角形，当AD＝CD 时，同理（1）可得：CD
= 25
8
，当点D 和点B 重合时，AD＝AC，此时CD＝BC＝8；
（3）作AF⊥BC 于F，可证明△ACF∽△DCA，从而AF
AD = CF
AC ，从而求得AD 的值，可推出
34
△ABC∽△ADE，从而AD
AB = DE
BC ，进而得出结果．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵AD＝BD，
∴∠B＝∠BAD，
∴∠BAD＝∠ACB，
∵∠B＝∠B，
∴△ABD∽△CBA，
∴BD
AC = AB
BC ，
∴BD
5 = 5
8，
∴BD= 25
8 ；
（2）当CD＝AC＝5 时，△ACD 是等腰三角形，
当AD＝CD 时，
同理（1）可得：CD= 25
8 ，
当点D 和点B 重合时，AD＝AC，此时CD＝BC＝8，
综上所述：CD＝5 或25
8 或8；
（3）如图，
作AF⊥BC 于F，
∴∠AFC＝90°，
∵AB＝AC，
∴CF＝BF= 1
2BC＝4，
∴AF=√A C
2-C F
2=√5
2- 4
2=3，
∵AD⊥AC，
∴∠CAD＝90°，
∴∠DAC＝∠AFC，
∵∠ACD＝∠ACF，
35
∴△ACF∽△DCA，
∴AF
AD = CF
AC ，
∴3
AD = 4
5 ，
∴AD= 15
4 ，
∵线段AD 绕点A 逆时针旋转至线段AE，
∴AE＝AD，
∵AB＝AC，
∴AB
AC = AD
AE ，
∵∠DAE＝∠BAC，
∴△ABC∽△ADE，
∴AD
AB = DE
BC ，
∴
15
4
5 = DE
8
，
∴DE＝6．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质及分类等知识，解决问题的关键是
熟练掌握有关基础知识．
15．（2026•甘肃）在某学校举办的数学文化周活动中，同学们利用角、线段、三角形等图形，借助图形
的旋转或对称设计了一些美丽的图案．如图1 是小彤设计的一件艺术作品的平面图，它由6 个全等三
角形构成，外轮廓为正六边形．
（1）请判断图1 是 中心对称 图形；（填“轴对称”或“中心对称”）
（2）图2 是从图1 选取的部分图案，其中△A′B′C′看作由△ABC 绕旋转中心O 顺时针方向旋转一
定角度后得到的，请你用无刻度直尺和圆规确定该图案的旋转中心O．（保留作图痕迹，不写作法）
【考点】利用旋转设计图案；全等三角形的应用；正多边形和圆；利用轴对称设计图案；生活中的旋
转现象．菁优网版权所有
【专题】作图题；几何直观．
36
【答案】（1）图1 是中心对称图形．
故答案为：中心对称；
（2）如图2 中，点O 即为所求．
【分析】（1）根据轴对称图形，中心对称图形的定义判断即可；
（2）连接AA′，BB′，作线段AA′，BB′的垂直平分线交于点O，点O 即为所求．
【解答】解：（1）图1 是中心对称图形．
故答案为：中心对称；
（2）如图2 中，点O 即为所求．
【点评】本题考查作图﹣利用性质设计图案，全等三角形的应用，正多边形与圆，利用轴对称设计图
案，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
16．（2026•江西）如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝30°，点P 在BC 的延长线上，将AP 绕点A 按
逆时针方向旋转30°得到AQ，连接CQ，PQ．
（1）求证：BP＝CQ；
（2）若∠CAP＝15°，PQ＝2√2，求BP 的长．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；含30 度角的直角三角形．菁优网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
37
【答案】（1）证明：∵AP 绕点A 按逆时针方向旋转30°得到AQ，
∴∠PAQ＝30°，AP＝AQ，
∵∠BAC＝30°，
∴∠BAC+∠CAP＝∠CAP+∠PAQ，
即∠BAP＝∠CAQ，
在△ABP 和△ACQ 中，
{
AB = AC
∠BAP =∠CAQ
AP = AQ
∴△ABP≌△ACQ（SAS），
∴BP＝CQ；
（2）4．
【分析】（1）先根据旋转的性质得到∠PAQ＝30°，AP＝AQ，然后证明△ABP≌△ACQ 得到BP＝
CQ；
（2）过点Q 作QH⊥BC 于H 点，如图，先根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出∠B＝
∠ACB＝∠APQ＝∠AQP＝75°，再根据全等三角形的性质得∠ACQ＝∠B＝75°，则利用平角的定义可
计算出∠QCH＝30°，接着利用三角形外角性质计算出∠APB＝60°，则利用平角的定义可得到∠QPH＝
45°，于是利用等腰直角三角形的性质得到PH＝QH＝2，然后根据含30 度角的直角三角形三边的关系
得到CQ＝4，从而得到BP 的长．
【解答】（1）证明：∵AP 绕点A 按逆时针方向旋转30°得到AQ，
∴∠PAQ＝30°，AP＝AQ，
∵∠BAC＝30°，
∴∠BAC+∠CAP＝∠CAP+∠PAQ，
即∠BAP＝∠CAQ，
在△ABP 和△ACQ 中，
{
AB = AC
∠BAP =∠CAQ
AP = AQ
，
∴△ABP≌△ACQ（SAS），
∴BP＝CQ；
（2）解：过点Q 作QH⊥BC 于H 点，如图，
∵AB＝AC，AP＝AQ，∠BAC＝∠PAQ＝30°，
∴∠B＝∠ACB＝75°，∠APQ＝∠AQP＝75°，
∵△ABP≌△ACQ，
∴∠ACQ＝∠B＝75°，
∴∠QCH＝180°﹣∠ACB﹣∠ACQ＝30°，
38
∵∠ACB＝∠CAP+∠APB，
∴∠APB＝75°﹣15°＝60°，
∵∠QPH＝180°﹣∠APB﹣∠APQ＝180°﹣60°﹣75°＝45°．
∴PH＝QH= √2
2 PQ= √2
2 ×2√2=2，
在Rt△CQH 中，∵∠QCH＝30°，
∴CQ＝2QH＝4，
∴BP＝CQ＝4．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角
等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质、含30 度角的直角三角形三
边的关系．
17．（2026•乐山）如图，在矩形ABCD 中，AB =√3，AD＝1，点P 在线段CD 上（点P 不与点D 重
合）．连结AP，将△ADP 沿AP 翻折得到△AD′P，点D 的对应点为D′．
（1）求AD'的长度；
（2）求证：当DP＝1 时，四边形AD′PD 为正方形；
（3）若点Q 在线段AB 上，且BQ = DP =a(0＜a≤√3)，连结CQ，将△BCQ 沿CQ 翻折得到
△B'CQ，点B 的对应点为B'．设点B'与点D'之间的距离为d，求d 的取值范围．
【考点】几何变换综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题．
【答案】（1）1；
（2）法一：∵△ADP 沿AP 翻折得到△AD'P，
39
∴AD'＝AD＝1，D'P＝DP＝1
∴AD'＝AD＝D'P＝DP，
∴四边形AD′PD 是菱形，
又∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠D＝90°
∴四边形AD′PD 是正方形；
法二：∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠D＝90°，
又∵△ADP 沿AP 翻折得到ΔAD′P，
∴∠AD'P＝∠D＝90°，∠DAP＝∠D'AP，
∵DP＝AD＝1，
∴∠DAP＝45°，
∴∠DAP＝∠D'AP＝45°，
∴∠DAD'＝2∠DAP＝90°，
∴四边形AD′PD 是矩形，
又∵DP＝AD，
∴四边形AD′PD 是正方形；
（3）0≤d≤2．
【分析】（1）根据翻折得到AD'＝AD＝1；
（2）根据翻折得到AD'＝AD＝1，D'P＝DP＝1，则AD'＝AD＝D'P＝DP，推出四边形AD'PD 是菱形，
最后根据∠D＝90°，得到四边形AD'PD 是正方形；
（3）①当B'与D'重合时，此时d＝0 最小．②当点P 与点C 重合（点Q 与点A 重合）时，根据折叠
证明四边形AB'CD'是矩形，得到d＝B′D′＝AC＝2，此时最大，即可得到点B'与点D'之间的距离为d
的取值范围0≤d≤2．
40
【解答】（1）解：∵△ADP 沿AP 翻折得到ΔAD′P，
∴AD'＝AD，
又∵AD＝1，
∴AD'＝1；
（2）证明：法一：∵△ADP 沿AP 翻折得到△AD'P，
∴AD'＝AD＝1，D'P＝DP＝1
∴AD'＝AD＝D'P＝DP，
∴四边形AD′PD 是菱形，
又∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠D＝90°
∴四边形AD′PD 是正方形；
法二：∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠D＝90°，
又∵△ADP 沿AP 翻折得到ΔAD′P，
∴∠AD'P＝∠D＝90°，∠DAP＝∠D'AP，
∵DP＝AD＝1，
∴∠DAP＝45°，
∴∠DAP＝∠D'AP＝45°，
∴∠DAD'＝2∠DAP＝90°，
∴四边形AD′PD 是矩形，
又∵DP＝AD，
∴四边形AD′PD 是正方形；
（3）解：①当B′与D'重合时，
41
此时d＝0．
②当点P 与点C 重合（点Q 与点A 重合）时，
∵四边形ABCD 是矩形，AB =√3，AD＝1，
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，CD = AB =√3，AD＝BC＝1，
∴AC =√A B
2+ BC
2=√(√3)
2+1
2=2，
由折叠可得，
AD'＝AD＝1，AB = AB' =√3，CD'＝CD=√3，CB＝CB'＝1，∠AD'C＝∠ADC＝90°，∠AB'C＝∠ABC
＝90°，
∴CB'＝AD'＝1，AB'＝CD'=√3，
∴四边形AB′CD'是平行四边形，
∵∠AD'C＝∠ADC＝90°，
∴平行四边形AB′CD'是矩形，
∴B'D'＝AC，
∴d＝B'D'＝AC＝2，
∴0≤d≤2．
【点评】本题主要考查了折叠的性质，正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质等，掌握其相关知识
点是解题的关键．
18．（2026•烟台）如图，矩形ABCD 中，AC 是对角线，请解决下列问题：
（1）将△ABC 绕点A 旋转后，点B 的对应点为点E，点C 的对应点为点F，且点E 在线段AC 上，请
用尺规作出旋转后的图形（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，若AB＝2，BC＝4，EF 与AD 交于点G，求FG 的长．
42
【考点】作图﹣旋转变换；相似三角形的判定与性质；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）图形如图所示：
（2）FG＝3．
【分析】（1）在线段AC 上截取线段AE，使得AE＝AB，过点E 作ET⊥AC，在射线ET 上截取线段
EF，使得EF＝BC，连接AF 即可；
（2）利用相似三角形的性质求解．
【解答】解：（1）图形如图所示：
（2）∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠B＝90°，AD∥BC，
∴∠ACB＝∠GAE，
∵∠AEG＝∠B＝90°，
∴△ABC∽△GEA，
∴AB
GE = BC
EA ，
∴2
GE = 4
2 ，
43
∴GE＝1，
∵EF＝BC＝4，
∴FG＝EF﹣EG＝4﹣1＝3．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关
知识解决问题．
19．（2026•山东）在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝120°．
【观察与发现】
（1）如图1，将线段AC 绕点A 顺时针旋转60°得到线段AD，点D 与点C 是对应点．点E，F 分别在
边AB，AC 上，AE＝CF，连接DE，DF．求证：DE＝DF．
【思考与探究】
（2）如图2，过点A 作AH⊥AC 交BC 于点H．点E，F 分别在边AB，AC 上，CF＝2AE，连接EF，
HE，HF．猜想线段EF 与HE 的数量关系，并说明理由．
【拓展与延伸】
（3）如图3，在（2）的条件下，延长FE 至点G，使EG＝FE，连接GA，GH．若AB＝6，AG＝2√7
，求线段AE 的长度．
【考点】几何变换综合题．菁优网版权所有
【专题】三角形；推理能力．
【答案】（1）连接CD，如图所示：
根据旋转可得：∠CAD＝60°，AC＝AD，
∴△ACD 为等边三角形，
∴CD＝AD，∠ACD＝60°，
44
∵∠EAD＝∠BAC﹣∠CAD＝120°﹣60°＝60°，
∴∠EAD＝∠ACD，
∵AE＝CF，
∴△AED≌△CFD（SAS），
∴DE＝DF；
（2）EF =√3 HE，理由如下：
∵AH⊥AC，
∴∠HAF＝90°，
∴∠BAH＝∠BAC﹣∠HAF＝30°，
∴sinC =sin30° = 1
2 = AH
HC ，
∵AB＝AC，
∴∠A =∠C = 1
2 ×(180° -120°)=30°，
∴∠BAH＝∠C，
∵CF＝2AE，
∴AE
CF = 1
2，
∴AE
CF = AH
HC ，
∴△AEH∽△CFH，
∴HE
HF = AH
HC = 1
2，∠AHE＝∠CHF，
∴∠AHE+∠AHF＝∠AHF+∠CHF，即∠EHF＝∠AHC，
∵HE
HF = AH
HC ，
∴HE
AH = HF
HC ，
∴△EFH∽△ACH，
∴∠EFH＝∠C＝30°，∠HEF＝∠HAC＝90°，
∴∠EHF＝90°﹣30°＝60°，
∴tan∠EHF = tan60° =√3= EF
HF ，
∴EF =√3 HE；
（3）AE＝1 或2．
【分析】（1）连接CD，证明△ACD 为等边三角形，得出CD＝AD，∠ACD＝60°，再证明
△AED≌△CFD（SAS），即可得出结论；
45
（2）证明△AEH∽△CFH，得出HE
HF = AH
HC = 1
2，∠AHE＝∠CHF，证明△EFH∽△ACH，得出∠EFH
＝∠C＝30°，∠HEF＝∠HAC＝90°，根据tan∠EHF = tan60° =√3= EF
HF ，即可得出答案；
（3）延长CA，并取点N，使AN＝AF，过点G 作GM⊥AN 于点M，根据中位线的性质得出
AE = 1
2 GN，AE∥GN，设AE＝x，则GN＝2AE＝2x，CF＝2AE＝2x，AN＝AF＝6﹣2x，解直角三角形
求出MN = 1
2 GN = x，GM = √3
2 GN =√3 x，根据勾股定理得出：(6- x)
2+(√3 x)
2=(2√7)
2，求出x
的值，即可得出答案．
【解答】（1）证明：连接CD，如图所示：
根据旋转可得：∠CAD＝60°，AC＝AD，
∴△ACD 为等边三角形，
∴CD＝AD，∠ACD＝60°，
∵∠EAD＝∠BAC﹣∠CAD＝120°﹣60°＝60°，
∴∠EAD＝∠ACD，
∵AE＝CF，
∴△AED≌△CFD（SAS），
∴DE＝DF；
（2）解：EF =√3 HE，理由如下：
∵AH⊥AC，
∴∠HAF＝90°，
∴∠BAH＝∠BAC﹣∠HAF＝30°，
∴sinC =sin30° = 1
2 = AH
HC ，
∵AB＝AC，
∴∠A =∠C = 1
2 ×(180° -120°)=30°，
∴∠BAH＝∠C，
∵CF＝2AE，
∴AE
CF = 1
2，
46
∴AE
CF = AH
HC ，
∴△AEH∽△CFH，
∴HE
HF = AH
HC = 1
2，∠AHE＝∠CHF，
∴∠AHE+∠AHF＝∠AHF+∠CHF，即∠EHF＝∠AHC，
∵HE
HF = AH
HC ，
∴HE
AH = HF
HC ，
∴△EFH∽△ACH，
∴∠EFH＝∠C＝30°，∠HEF＝∠HAC＝90°，
∴∠EHF＝90°﹣30°＝60°，
∴tan∠EHF = tan60° =√3= EF
HF ，
∴EF =√3 HE；
（3）解：延长CA，并取点N，使AN＝AF，过点G 作GM⊥AN 于点M，如图所示：
则∠GMA＝90°，
∵EG＝EF，
∴AE 为△FGN 的中位线，
∴AE = 1
2 GN，AE∥GN，
∴∠GNA＝∠BAC＝120°，
∴∠GNM＝180°﹣120°＝60°，
∵AB＝6，
∴AC＝AB＝6，
设AE＝x，则 GN＝2AE＝2x，CF＝2AE＝2x，AN＝AF＝6﹣2x，
∵cos∠MNG =cos60° = 1
2 = MN
GN ，sin ∠MNG =sin 60° = √3
2 = GM
GN ，
∴MN = 1
2 GN = x，GM = √3
2 GN =√3 x，
∴AM＝AN+MN＝6﹣2x+x＝6﹣x，
在Rt△AGM 中，根据勾股定理得：AM2+GM2＝AG2，
47
即(6- x)
2+(√3 x)
2=(2√7)
2，
解得：x1＝2，x2＝1，
∴AE＝1 或2．
【点评】本题考查了全等三角形的性质及判定，相似三角形的性质及判定，掌握综合知识是解题的关
键．
20．（2026•安徽）如图，在由边长为1 个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系xOy，
△ABC 的顶点均为格点（网格线的交点），点A，B，C 的坐标分别为（﹣3，﹣2），（﹣1，﹣1），
（﹣3，3）．
（1）画出△ABC 关于y 轴对称的△A1B1C1；
（2）将线段AB 向右平移1 个单位长度，再向上平移3 个单位长度，得到线段A2B2，画出线段A2B2；
（3）以点B 为旋转中心，将线段BC 按顺时针方向旋转90°，得到线段BC2，直接写出点C2的坐标．
【考点】作图﹣旋转变换；作图﹣轴对称变换；作图﹣平移变换．菁优网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，线段A2B2即为所求；
48
（3）点C2的坐标为（3，1）．
【分析】（1）根据轴对称的性质作图即可；
（2）根据平移的性质作图即可；
（3）根据旋转的性质作图即可，再结合图形写出点的坐标．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，线段A2B2即为所求；
（3）如图，画出线段BC2，
49
∴点C2的坐标为（3，1）．
【点评】本题考查了图形的对称，平移，旋转，掌握作图是解题的关键．
21．（2026•重庆）如图，在Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，BC＞AC，以BC 为斜边在BC 上方作等腰直角
三角形BCD．
（1）如图1，若∠ABC＝30°，BD＝3，求AC 的长度；
（2）如图2，连接AD，将线段DA 绕点D 顺时针旋转90°得到线段DE，延长ED 交BC 于点F，连接
CE．点G，H 分别是AB，CE 的中点，连接DG，GH．求证：BC﹣AC=√2GH；
（3）如图3，BC＝12，AC＝3，点P 在直线BC 上，连接DP，将线段DP 绕点D 逆时针旋转90°得到
线段DQ，连接AQ．点M 在直线AB 上，连接DM，QM，将△DMQ 沿直线DM 翻折至△ABC 所在平
面内得到△DMN，连接CN．当AQ+DQ 取得最小值时，连接CQ，NQ，请直接写出△CQN 面积的最大
值．
【考点】几何变换综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题．
【答案】（1）√6；
（2）如图所示，连接DH，
50
∵线段DA 绕点D 顺时针旋转90°得到线段DE，
∴DA＝DE，∠ADE＝∠ADF＝90°，
∵∠CDB＝90°，
∴∠ADE+∠ADC＝∠ADC+∠CDE，即∠CDE＝∠BDA，
在△CDE 和△BDA 中，
{
DE = DA
∠CDE =∠BDA
CD = BD
，
∴△CDE≌△BDA（SAS），
∴CE＝BA，
∵点G，H 分别是AB，CE 的中点，
∴DH＝DG，∠EDH＝∠ADG，
∵∠EDH+∠HDA＝90°，
∴∠ADG+∠HDA＝90°，即∠HDG＝90°，
∴△HDG 是等腰直角三角形，
∴sin∠DGH =sin 45° = DH
HG ，解得DH = √2
2 GH，
∵∠ADF＝∠CDB＝90°，
∴∠ADF﹣∠CDF＝∠CDB﹣∠CDF，即∠ADC＝∠FDB，
∵△BDC 是等腰直角三角形，
∴DC＝DB，∠DCB＝∠DBC＝45°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠DBC＝45°，
在△ADC 和△FDB 中，
{
∠ADC =∠FDB
DC = DB
∠ACD =∠DBC
，
∴△ADC≌△FDB（ASA），
∴AC＝BF，AD＝DF，
∵AD＝DE，
∴DE＝DF，
∴点D 是线段EF 的中点，
又∵点H 是线段EC 的中点，
∴DH = 1
2 CF，
∵DH = √2
2 GH，
51
∴1
2 CF = √2
2 GH，即CF =√2GH，
∵CF＝BC﹣BF＝BC﹣AC，
∴BC - AC =√2GH；
（3）13√37+ 42
2
．
【分析】（1）利用勾股定理和解直角三角形求解即可；
（2）结合“手拉手”模型，证得△CDE≌△BDA，利用全等证得△DHG 是等腰直角三角形，所以得
到BH = √2
2 GH，再利用得到新条件证明△ADC≌△FDB，得到DH 是△ECF 的中位线，利用等量代
换证出最终结果；
（3）先利用“手拉手”模型确定点Q 的运动轨迹，再利用将军饮马确定点Q 的具体位置；接着利用对
称性得出DQ＝DN，从而确定点N 是在以点D 为圆心，DQ 为半径的圆上运动，根据圆上的点到直线
的最大距离需过圆心进行解答．
【解答】（1）解：∵三角形BCD 是等腰直角三角形，
∴BD＝CD＝3，BC =√B D
2+C D
2=3√2，
又∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴tan∠ABC = AC
BC ，即√3
3 = AC
3√2，
解得AC =√6；
（2）证明：如图所示，连接DH，
∵线段DA 绕点D 顺时针旋转90°得到线段DE，
∴DA＝DE，∠ADE＝∠ADF＝90°，
∵∠CDB＝90°，
∴∠ADE+∠ADC＝∠ADC+∠CDE，即∠CDE＝∠BDA，
在△CDE 和△BDA 中，
{
DE = DA
∠CDE =∠BDA
CD = BD
，
∴△CDE≌△BDA（SAS），
52
∴CE＝BA，
∵点G，H 分别是AB，CE 的中点，
∴DH＝DG，∠EDH＝∠ADG，
∵∠EDH+∠HDA＝90°，
∴∠ADG+∠HDA＝90°，即∠HDG＝90°，
∴△HDG 是等腰直角三角形，
∴sin∠DGH =sin 45° = DH
HG ，解得DH = √2
2 GH，
∵∠ADF＝∠CDB＝90°，
∴∠ADF﹣∠CDF＝∠CDB﹣∠CDF，即∠ADC＝∠FDB，
∵△BDC 是等腰直角三角形，
∴DC＝DB，∠DCB＝∠DBC＝45°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠DBC＝45°，
在△ADC 和△FDB 中，
{
∠ADC =∠FDB
DC = DB
∠ACD =∠DBC
，
∴△ADC≌△FDB（ASA），
∴AC＝BF，AD＝DF，
∵AD＝DE，
∴DE＝DF，
∴点D 是线段EF 的中点，
又∵点H 是线段EC 的中点，
∴DH = 1
2 CF，
∵DH = √2
2 GH，
∴1
2 CF = √2
2 GH，即CF =√2GH，
∵CF＝BC﹣BF＝BC﹣AC，
∴BC - AC =√2GH；
（3）解：如图所示，连接BQ，
53
∵线段DP 绕点D 逆时针旋转90°得到线段DQ，△BDC 是等腰直角三角形，
∴DB＝DC，DP＝DQ，∠BDC＝∠PDQ＝90°，∠DBP＝∠DCB＝45°，
∴∠BDC﹣∠PDB＝∠PDQ﹣∠PDB，即∠CDP＝∠BDQ，
在△CDP 和△BDQ 中，
{
DC = DB
∠CDP =∠BDQ
DP = DQ
，
∴△CDP≌△BDQ（SAS），
∴∠DCP＝∠DBQ＝45°，
∴∠CBQ＝∠DBC+∠DBQ＝90°，
∴点Q 在与BC 垂直且垂足为点B 的直线l 上，
∴作点D 关于直线l 的对称点D′，连接AD 交直线l 为点Q，
此时AQ+DQ 最短，如下图所示，
连接DD'交直线l 于点E，过点A 作AF 垂直直线l，交直线l 于点F，
∴四边形ACBF 是矩形，
∴AF＝BC，FB＝AC＝3，
在等腰直角三角形BCD 中，BC＝12，
∴sin 45° = DC
BC ，解得DC = DB =6√2，
在直角三角形DEB 中，
54
sin∠DBQ =sin 45° = DE
DB ，解得DE＝EB＝6，
则EF＝EB﹣FB＝3，
由对称性可知D′E＝6，
由题意知∠AFQ＝∠D'EQ＝90°，∠AQF＝∠D'QE，
∴△AQF∽△D'QE，
∴FQ
EQ = AF
D' E = 12
6 =2，
又∵EF＝3，
∴FQ＝2，EQ＝1，
∴BQ＝FB+FQ＝5，
在Rt△DEQ 中，DQ =√D E
2+ EQ
2=√37，
∴在Rt△BCQ 中，CQ =√12
2+5
2=13；
∵△DMQ 沿直线DM 翻折至△ABC 所在平面内得到△DMN，
∴点Q，N 是关于直线DM 的对称点，
∴点D 在线段QN 的垂直平分线上，
∴DN＝DQ，
∴点N 实在以D 为圆心，DQ 长为半径的圆上运动，
过点N 作NH⊥CQ 交CQ 于点N，
∴S△CQN = 1
2 CQ⋅HN = 13
2 HN，
∴△CQN 面积的最大，则需要HN 最大，
HN 过圆心时取得最大值，如下图所示，
在Rt△DHC 和 Rt△DHQ 中，DC2﹣CH2＝DQ2﹣QH2，
即(6√2)
2-C H
2=√37
2-(13-CH )
2，
解得CH = 102
13 ，DH =√DC
2-C H
2= 42
13，
55
∴NH = ND+ DH =√37+ 42
13，
∴S△CQN = 13
2 HN = 13
2 (√37+ 42
13 )= 13√37+ 42
2
，
∴△CQN 面积的最大值为13√37+ 42
2
．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形
的判定和性质，直角三角形斜边上的中线，解直角三角形，三角形三边关系，熟练掌握各性质及判定
是解题的关键．
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考点卡片
1．三角形的面积
（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△= 1
2 ×底×高．
（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
2．三角形三边关系
（1）三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．
（2）在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短
的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
（3）三角形的两边差小于第三边．
（4）在涉及三角形的边长或周长的计算时，注意最后要用三边关系去检验，这是一个隐藏的定时炸弹，
容易忽略．
3．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，
关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角
形．
4．全等三角形的应用
（1）全等三角形的性质与判定综合应用
用全等寻找下一个全等三角形的条件，全等的性质和判定往往是综合在一起应用的，这需要认真分析题
目的已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段或角之间的联系．
（2）作辅助线构造全等三角形
常见的辅助线做法：①把三角形一边的中线延长，把分散条件集中到同一个三角形中是解决中线问题的
基本规律．②证明一条线段等于两条线段的和，可采用“截长法”或“补短法”，这些问题经常用到全
等三角形来证明．
（3）全等三角形在实际问题中的应用
一般方法是把实际问题先转化为数学问题，再转化为三角形问题，其中，画出示意图，把已知条件转化
为三角形中的边角关系是关键．
5．等腰三角形的性质
（1）等腰三角形的概念
有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．
（2）等腰三角形的性质
①等腰三角形的两腰相等
②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】
③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】
57
（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两
个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．
6．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、
顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分
线是对称轴．
7．含30 度角的直角三角形
（1）含30 度角的直角三角形的性质：
在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
（2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常
用来求边的长度和角的度数．
（3）注意：①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角
三角形不能应用；
②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边．
8．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
9．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
58
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2 条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；
对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
10．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对
称轴．
11．正多边形和圆
（1）正多边形与圆的关系
把一个圆分成n（n 是大于2 的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边
形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．
（2）正多边形的有关概念
①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．
②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．
③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．
④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．
12．扇形面积的计算
（1）圆面积公式：S＝πr2
（2）扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧所围成的图形叫做扇形．
（3）扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R 的扇形面积为S，则
S 扇形= n
360πR2或S 扇形= 1
2lR（其中l 为扇形的弧长）
（4）求阴影面积常用的方法：
①直接用公式法；
②和差法；
③割补法．
（5）求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．
13．作图-轴对称变换
几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开
始的，一般的方法是：
①由已知点出发向所给直线作垂线，并确定垂足；
②直线的另一侧，以垂足为一端点，作一条线段使之等于已知点和垂足之间的线段的长，得到线段的另
59
一端点，即为对称点；
③连接这些对称点，就得到原图形的轴对称图形．
④作出的垂线为最短路径．
14．利用轴对称设计图案
利用轴对称设计图案关键是要熟悉轴对称的性质，利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得
到不同的图案．
15．坐标与图形变化-平移
（1）平移变换与坐标变化
①向右平移a 个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y）
①向左平移a 个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y）
①向上平移b 个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b）
①向下平移b 个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b）
（2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就
是把原图形向右（或向左）平移a 个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相
应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a 个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，
上移加，下移减．）
16．作图-平移变换
（1）确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离．
（2）作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次
连接对应点即可得到平移后的图形．
17．生活中的旋转现象
（1）旋转的定义：在平面内，把一个图形绕着某一个点O 旋转一个角度的图形变换叫做旋转．点O 叫做
旋转中心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P 经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做对应点．
（2）注意：
①旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能
够重合，这时判断旋转的关键．
②旋转中心是点而不是线，旋转必须指出旋转方向．
③旋转的范围是平面内的旋转，否则有可能旋转成立体图形，因而要注意此点．
18．旋转的性质
（1）旋转的性质：
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）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角
度． 注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
19．关于原点对称的点的坐标
关于原点对称的点的坐标特点
60
（1）两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O 的对称点是P′（﹣x，
﹣y）．
（2）关于原点对称的点或图形属于中心对称，它是中心对称在平面直角坐标系中的应用，它具有中心对
称的所有性质．但它主要是用坐标变化确定图形．
注意：运用时要熟练掌握，可以不用图画和结合坐标系，只根据符号变化直接写出对应点的坐标．
20．坐标与图形变化-旋转
（1）关于原点对称的点的坐标
P（x，y）⇒P（﹣x，﹣y）
（2）旋转图形的坐标
图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特
殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
21．作图-旋转变换
（1）旋转图形的作法：
根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角
的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
（2）旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素较多，旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不
同，位置就不同，但得到的图形全等．
22．利用旋转设计图案
由一个基本图案可以通过平移、旋转和轴对称以及中心对称等方法变换出一些复合图案．
利用旋转设计图案关键是利用旋转中的三个要素（①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度）设计图
案．通过旋转变换不同角度或者绕着不同的旋转中心向着不同的方向进行旋转都可设计出美丽的图案．
23．几何变换综合题
这种题型主要考查旋转、平移以及动点问题，经常是四边形和圆的综合题目，难度大．
24．相似三角形的判定与性质
（1）相似三角形是相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等
两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等．
（2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有
的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行
线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形
相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件
方可．
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