專題16圖形變換（平移、旋轉、對稱（翻折））一、單選題1．（2021·四川廣元市·中考真題）下列圖形均表示醫療或救援的標識，其中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根據軸對稱及中心對稱圖形的定義逐一判斷即可得答案．【詳解】A.是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，故該選項不符合題意，B.是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，故該選項不符合題意，C.是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，故該選項符合題意，D.既不是軸對稱圖形，又不是中心對稱圖形，故該選項不符合題意，故選：C.【點睛】本題考查軸對稱圖形及中心對稱圖形的概念，軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分沿對稱軸折疊后能完全重合；中心對稱圖形的關鍵是尋找對稱中心，圖形繞對稱中心旋轉180°后，兩部分能夠完全重合；熟練掌握定義是解題關鍵．2．（2021·江西中考真題）如圖是用七巧板拼接成的一個軸對稱圖形（忽略拼接線），小亮改變①的位置，將①分別擺放在圖中左，下，右的位置（擺放時無縫隙不重疊），還能拼接成不同軸對稱圖形的個數為（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】該題可以自己動手進行拼接，根據勾股定理得知①的直角邊為1和1，斜邊為，拼接時要依據重合的邊要相等，然后根據軸對稱圖形的概念進行判斷即可．【詳解】在左側構成軸對稱圖形如圖：在下方構成軸對稱圖形如圖：在右側構成軸對稱圖形如圖:【點睛】本題考查勾股定理，圖形的拼接以及軸對稱圖形的判斷，掌握軸對稱圖形的概念是解題的關鍵．3．（2021·河北中考真題）如圖，直線，相交于點．為這兩直線外一點，且．若點關于直線，的對稱點分別是點，，則，之間的距離可能是（）A．0B．5C．6D．7【答案】B【分析】連接根據軸對稱的性質和三角形三邊關系可得結論．【詳解】解：連接，如圖，∵是P關于直線l的對稱點，∴直線l是的垂直平分線，∴∵是P關于直線m的對稱點，∴直線m是的垂直平分線，∴當不在同一條直線上時，即當在同一條直線上時，故選：B【點睛】此題主要考查了軸對稱變換，熟練掌握軸對稱變換的性質是解答此題的關鍵4．（2021·湖北宜昌市·中考真題）下列四幅圖案是四所大學?；盏闹黧w標識，其中是中心對稱圖形的是（）A．B．C． D．【答案】C【分析】把一個圖形繞某一點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形．【詳解】解：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不合題意；B、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不合題意；C、是中心對稱圖形，故本選項符合題意；D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不合題意．故選：C．【點睛】本題考查了中心對稱圖形的概念，把一個圖形繞某一點旋轉180°，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形，這個點叫做對稱中心．5．（2021·湖北武漢市·中考真題）下列圖形都是由一個圓和兩個相等的半圓組合而成的，其中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】逐項分析，利用軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義進行判斷即可．【詳解】解：A選項中的圖形既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，故該選項正確；B選項中的圖形是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形，故該選項不正確；C選項中的圖形是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形，故該選項不正確；D選項中的圖形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故該選項不正確；故選：A．【點睛】本題考查了軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義，解決本題的關鍵是理解并掌握“能沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠完全重合的圖形是軸對稱圖形、中心對稱圖形則是將一個圖形繞著平面內某個點旋轉180°，旋轉后的圖形能夠與旋轉前的圖形完全重合”，同時也需要學生具備相應的圖形感知能力．6．（2021·四川廣安市·中考真題）如圖，將繞點逆時針旋轉得到，若且于點，則的度數為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由旋轉的性質可得∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，由直角三角形的性質可得∠DAC=20°，即可求解．【詳解】解：∵將△ABC繞點A逆時針旋轉55°得△ADE，∴∠BAD=55°，∠E=∠ACB=70°，∵AD⊥BC，∴∠DAC=20°，∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=75°．故選C．【點睛】本題考查了旋轉的性質，掌握旋轉的性質是本題的關鍵．7．（2021·四川廣安市·中考真題）下列幾何體的主視圖既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先判斷主視圖，再根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．【詳解】解：A、主視圖是等腰三角形，是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故不合題意；B、主視圖是是矩形，是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故符合題意；C、主視圖是等腰梯形，是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故不合題意；D、主視圖是等腰三角形，是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故不合題意；故選B．【點睛】本題考查了幾何體的三視圖，中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念，軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形沿對稱軸折疊后可重合；中心對稱圖形關鍵是要尋找對稱中心，圖形旋轉180°后與原圖重合．8．（2021·天津中考真題）在一些美術字中，有的漢字是軸對稱圖形．下面4個漢字中，可以看作是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據軸對稱圖形的概念對各項分析判斷即可得解．【詳解】A．是軸對稱圖形，故本選項符合題意；B．不是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；C．不是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；D．不是軸對稱圖形，故本選項不符合題意．故選A．【點睛】本題考查判斷軸對稱圖形，理解軸對稱圖形的概念是解答的關鍵．9．（2021·四川成都市·中考真題）在平面直角坐標系中，點關于x軸對稱的點的坐標是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】關于軸對稱的兩個點的坐標特點：橫坐標不變，縱坐標互為相反數，根據規律解答即可．【詳解】解：點關于x軸對稱的點的坐標是：故選：【點睛】本題考查的是關于軸對稱的兩個點的坐標關系，掌握“關于軸對稱的兩個點的坐標特點：橫坐標不變，縱坐標互為相反數．”是解題的關鍵．10．（2021·浙江麗水市·中考真題）四盞燈籠的位置如圖．已知A，B，C，D的坐標分別是(?1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y軸右側的一盞燈籠，使得y軸兩側的燈籠對稱，則平移的方法可以是（）A．將B向左平移4.5個單位 B．將C向左平移4個單位C．將D向左平移5.5個單位 D．將C向左平移3.5個單位【答案】C【分析】直接利用利用關于y軸對稱點的性質得出答案．【詳解】解：∵點A(?1，b)關于y軸對稱點為B(1，b)，C(2，b)關于y軸對稱點為(-2，b)，需要將點D(3.5，b)向左平移3.5+2=5.5個單位，故選：C．【點睛】本題主要考查了關于y軸對稱點的性質，正確記憶橫縱坐標的關系是解題關鍵．11．（2021·四川自貢市·中考真題）下列圖形中，是軸對稱圖形且對稱軸條數最多的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用軸對稱圖形的定義逐一判斷即可．【詳解】解：A是軸對稱圖形，對稱軸有1條；B不是軸對稱圖形；C不是軸對稱圖形；D是軸對稱圖形，對稱軸有2條；故選：D．【點睛】本題考查識別軸對稱圖形，掌握軸對稱圖形的定義是解題的關鍵．12．（2021·湖南中考真題）下列垃圾分類標志分別是廚余垃圾、有害垃圾、其他垃圾和可回收物，其中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．【詳解】解：A、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項不合題意；B、既是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故此選項符合題意；C、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項不合題意；D、既不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故此選項不符合題意；故選：B．【點睛】此題主要考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念．軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后與原圖重合．13．（2021·湖北黃岡市·中考真題）下列圖形中，是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形的是()A．等邊三角形 B．正六邊形 C．正方形 D．圓【答案】A【詳解】因為平行四邊形是中心對稱圖形，而非軸對稱圖形；正六邊形和圓既是中心對稱圖形也軸對稱圖形；等邊三角形是軸對稱圖形而非中心對稱圖形，所以答案B、C、D錯誤，應選答案A．14．（2021·浙江紹興市·中考真題）數學興趣小組同學從“中國結”的圖案（圖1）中發現，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如圖2，用2個相同的菱形放置，得到3個菱形．下面說法正確的是（）A．用3個相同的菱形放置，最多能得到6個菱形B．用4個相同的菱形放置，最多能得到15個菱形C．用5個相同的菱形放置，最多能得到27個菱形D．用6個相同的菱形放置，最多能得到41個菱形【答案】B【分析】根據平移和大菱形的位置得出菱形的個數進行判定即可【詳解】用2個相同的菱形放置，最多能得到3個菱形，用3個相同的菱形放置，最多能得到8個菱形，用4個相同的菱形放置，最多能得到15個菱形，用5個相同的菱形放置，最多能得到22個菱形，用6個相同的菱形放置，最多能得到29個菱形，故選：B．，【點睛】本題考查了生活中的平移現象，菱形的判定，正確的識別圖形是解題的關鍵．15．（2020·青海中考真題）剪紙是我國傳統的民間藝術．如圖①，②將一張紙片進行兩次對折后，再沿圖③中的虛線裁剪，最后將圖④中的紙片打開鋪平，所得圖案應該是（）A．B．C． D．【答案】B【分析】對于此類問題，只要依據翻折變換，將最后一個圖中的紙片按順序打開鋪平即可得到答案．【詳解】還原后只有B符合題意，故選B．【點睛】此題主要考查了剪紙問題，解答此題的關鍵是根據折紙的方式及剪的位置進行準確分析，可以直觀的得到答案．16．（2020·山東濟南市·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，△ABC的頂點都在格點上，如果將△ABC先沿y軸翻折，再向上平移3個單位長度，得到'，那么點B的對應點B'的坐標為（）A．（1，7） B．（0，5） C．（3，4） D．（﹣3，2）【答案】C【分析】根據軸對稱的性質和平移規律求得即可．【詳解】解：由坐標系可得B(﹣3，1)，將△ABC先沿y軸翻折得到B點對應點為(3，1)，再向上平移3個單位長度，點B的對應點B'的坐標為(3，1+3)，即(3，4)，故選：C．【點睛】此題主要考查了坐標與圖形的變化--對稱和平移，關鍵是掌握點的坐標的變化規律．17．（2020·四川中考真題）如圖，Rt△ABC中，∠A＝30°，∠ABC＝90°．將Rt△ABC繞點B逆時針方向旋轉得到．此時恰好點C在上，交AC于點E，則△ABE與△ABC的面積之比為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由旋轉的性質得出BC=BC'，∠ACB=∠A'C'B=60°，則△BCC'是等邊三角形，∠CBC'=60°，得出∠BEA=90°，設CE=a，則BE=a，AE=3a，求出，可求出答案．【詳解】∵∠A=30°，∠ABC=90°，∴∠ACB=60°，∵將Rt△ABC繞點B逆時針方向旋轉得到△A'BC'，∴BC=BC'，∠ACB=∠A'C'B=60°，∴△BCC'是等邊三角形，∴∠CBC'=60°，∴∠ABA'=60°，∴∠BEA=90°，設CE=a，則BE=a，AE=3a，∴，∴，∴△ABE與△ABC的面積之比為．故選：D．【點睛】本題考查了旋轉的性質，直角三角形的性質，等邊三角形的判定與性質；熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．18．（2020·內蒙古赤峰市·中考真題）如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，AC=3，把Rt△ABC沿直線BC向右平移3個單位長度得到△A'B'C'，則四邊形ABC'A'的面積是（）A．15 B．18 C．20 D．22【答案】A【分析】在直角三角形ACB中，可用勾股定理求出BC邊的長度，四邊形ABC’A’的面積為平行四邊形ABB’A’和直角三角形A’C’B’面積之和，分別求出平行四邊形ABB’A’和直角三角形A’C’B’的面積，即可得出答案．【詳解】解：在ACB中，∠ACB=90°，AB=5，AC=3，由勾股定理可得：，∵A’C’B’是由ACB平移得來，A’C’=AC=3，B’C’=BC=4，∴，又∵BB’=3，A’C’=3，∴，∴，故選：A．【點睛】本題主要考察了勾股定理、平移的概念、平行四邊形與直角三角形面積的計算，解題的關鍵在于判斷出所求面積為平行四邊形與直角三角形的面積之和，且掌握平行四邊形的面積為底高．19．（2020·四川綿陽市·中考真題）如圖是以正方形的邊長為直徑，在正方形內畫半圓得到的圖形，則此圖形的對稱軸有（）A．2條 B．4條 C．6條 D．8條【答案】B【分析】根據軸對稱的性質即可畫出對稱軸進而可得此圖形的對稱軸的條數．【詳解】解：如圖，因為以正方形的邊長為直徑，在正方形內畫半圓得到的圖形，所以此圖形的對稱軸有4條．故選：B．【點睛】本題考查了正方形的性質、軸對稱的性質、軸對稱圖形，解決本題的關鍵是掌握軸對稱的性質．20．（2020·遼寧阜新市·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，將邊長為1的正六邊形繞點O順時針旋轉i個45°，得到正六邊形，則正六邊形的頂點的坐標是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】如圖，以為圓心，為半徑作得到將邊長為1的正六邊形繞點O順時針旋轉i個45°，即把繞點O順時針旋轉i個45°，與重合，利用正六邊形的性質與銳角三角函數求解的坐標，利用關于原點成中心對稱，從而可得答案．【詳解】解：如圖，以為圓心，為半徑作將邊長為1的正六邊形繞點O順時針旋轉i個45°，即把繞點O順時針旋轉i個45°，旋轉后的對應點依次記為，周角＝繞點O順時針旋轉順時針旋轉次回到原位置，與重合，關于原點成中心對稱，連接正六邊形，關于原點成中心對稱，故選A．【點睛】本題考查的是旋轉的旋轉，正六邊形的性質，圓的對稱性，銳角三角函數，掌握以上知識是解題的關鍵．21．（2020·江蘇宿遷市·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，Q是直線y=﹣x+2上的一個動點，將Q繞點P(1，0)順時針旋轉90°，得到點，連接，則的最小值為()A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等腰直角三角形構造全等三角形，求出旋轉后Q′的坐標，然后根據勾股定理并利用二次函數的性質即可解決問題．【詳解】解：作QM⊥x軸于點M，Q′N⊥x軸于N，設Q(，)，則PM=，QM=，∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，∴∠QPM=∠PQ′N，在△PQM和△Q′PN中，，∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，∴PN=QM=，Q′N=PM=，∴ON=1+PN=，∴Q′(，)，∴OQ′2=()2+()2=m2﹣5m+10=(m﹣2)2+5，當m=2時，OQ′2有最小值為5，∴OQ′的最小值為，故選：B．【點睛】本題考查了一次函數圖象上點的坐標特征，一次函數的性質，三角形全等的判定和性質，坐標與圖形的變換-旋轉，二次函數的性質，勾股定理，表示出點的坐標是解題的關鍵．22．（2020·江蘇南通市·中考真題）以原點為中心，將點P（4，5）按逆時針方向旋轉90°，得到的點Q所在的象限為（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】據旋轉的性質，以原點為中心，將點P（4，5）按逆時針方向旋轉90°，即可得到點Q所在的象限．【詳解】解：如圖，∵點P（4，5）按逆時針方向旋轉90°，得點Q所在的象限為第二象限．故選：B．【點睛】本題考查了坐標與圖形變化-旋轉，解決本題的關鍵是掌握旋轉的性質．23．（2020·海南中考真題）如圖，在中，將繞點逆時針旋轉得到，使點落在邊上，連接，則的長度是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由旋轉的性質可知，，進而得出為等邊三角形，進而求出．【詳解】解：∵由直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半可知，∴cm，又∠CAB=90°-∠ABC=90°-30°=60°，由旋轉的性質可知：，且，∴為等邊三角形，∴．故選：B．【點睛】本題考查了直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，旋轉的性質等，熟練掌握其性質是解決此類題的關鍵．24．（2020·湖北黃石市·中考真題）在平面直角坐標系中，點G的坐標是，連接，將線段繞原點O旋轉，得到對應線段，則點的坐標為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據題意可得兩個點關于原點對稱，即可得到結果．【詳解】根據題意可得，與G關于原點對稱，∵點G的坐標是，∴點的坐標為．故選A．【點睛】本題主要考察了平行直角坐標系中點的對稱變換，準確理解公式是解題的關鍵．25．（2020·上海中考真題）如果存在一條線把一個圖形分割成兩個部分，使其中一個部分沿某個方向平移后能與另一個部分重合，那么我們把這個圖形叫做平移重合圖形．下列圖形中，平移重合圖形是()A．平行四邊形 B．等腰梯形 C．正六邊形 D．圓【答案】A【分析】證明平行四邊形是平移重合圖形即可．【詳解】如圖，平行四邊形ABCD中，取BC，AD的中點E，F，連接EF．則有：AF=FD，BE=EC，AB=EF=CD，∴四邊形ABEF向右平移可以與四邊形EFCD重合，∴平行四邊形ABCD是平移重合圖形．故選：A．【點睛】本題考查平移的性質，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．26．（2020·湖北孝感市·中考真題）將拋物線向左平移1個單位長度，得到拋物線，拋物線與拋物線關于軸對稱，則拋物線的解析式為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用平移的規律:左加右減，上加下減.并用規律求函數解析式，再因為關于x軸對稱的兩個拋物線，自變量x的取值相同，函數值y互為相反數，由此可直接得出拋物線的解析式．【詳解】解：拋物線向左平移1個單位長度，得到拋物線：，即拋物線：;由于拋物線與拋物線關于軸對稱，則拋物線的解析式為：.故選：A．【點睛】主要考查了函數圖象的平移、對稱，要求熟練掌握平移的規律:左加右減，上加下減.并用規律求函數解析式以及關于x軸對稱的兩個拋物線，自變量x的取值相同，函數值y互為相反數．72．（2020·黑龍江牡丹江市·中考真題）如圖，在菱形OABC中，點B在x軸上，點A的坐標為（2，2)，將菱形繞點O旋轉，當點A落在x軸上時，點C的對應點的坐標為（）A．或B．C．D．或【答案】D【分析】如圖所示，過點A作AE⊥x軸于點E，根據題意易得△AOB為等邊三角形，在旋轉過程中，點A有兩次落在x軸上，當點A落在x軸正半軸時，點C落在點C′位置，利用旋轉的性質和菱形的性質求解，當A落在x軸負半軸時，點C落在點C′′位置，易證此時C′′與點A重合，即可求解．【詳解】解：如圖所示，過點A作AE⊥x軸于點E，則，OA=，∴∠AOE=60°，∵四邊形ABCD是菱形，∴△AOB是等邊三角形，當A落在x軸正半軸時，點C落在點C′位置，此時旋轉角為60°，∵∠BOC=60°，∠COF=30°，∴∠C′OF=60°-30°=30°，∵OC′=OA=4，∴OF=，C′F=，∴C′（），當A落在x軸負半軸時，點C落在點C′′位置，∵∠AOC=∠AOC+∠BOC=120°，∴∠A′′OC=120°，∠GOC′=30°又∵OA=OC′′，∴此時C′′點A重合，CC′′，綜上，點C的對應點的坐標為或，故答案為：D．【點睛】本題考查菱形的性質，解直角三角形和旋轉的性質，解題的關鍵是根據題意，分析點A的運動情況，分情況討論．28．（2020·河北中考真題）如圖，將繞邊的中點順時針旋轉180°．嘉淇發現，旋轉后的與構成平行四邊形，并推理如下：點，分別轉到了點，處，而點轉到了點處．∵，∴四邊形是平行四邊形．小明為保證嘉淇的推理更嚴謹，想在方框中“∵，”和“∴四邊形……”之間作補充．下列正確的是（）A．嘉淇推理嚴謹，不必補充 B．應補充：且，C．應補充：且 D．應補充：且，【答案】B【分析】根據平行四邊形的判定方法“兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形”即可作答．【詳解】根據旋轉的性質得：CB=AD，AB=CD，∴四邊形ABDC是平行四邊形；故應補充“AB=CD”，故選：B．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定和旋轉的性質，牢記旋轉前、后的圖形全等，熟練掌握平行四邊形的判定方法是解題的關鍵．29．（2020·天津中考真題）如圖，在中，，將繞點C順時針旋轉得到，使點B的對應點E恰好落在邊上，點A的對應點為D，延長交于點F，則下列結論一定正確的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題可通過旋轉的性質得出△ABC與△DEC全等，故可判斷A選項；可利用相似的性質結合反證法判斷B，C選項；最后根據角的互換，直角互余判斷D選項．【詳解】由已知得：△ABC△DEC，則AC=DC，∠A=∠D，∠B=∠CED，故A選項錯誤；∵∠A=∠A，∠B=∠CED=∠AEF，故△AEF△ABC，則，假設BC=EF，則有AE=AB，由圖顯然可知AEAB，故假設BC=EF不成立，故B選項錯誤；假設∠AEF=∠D，則∠CED=∠AEF=∠D，故△CED為等腰直角三角形，即△ABC為等腰直角三角形，因為題干信息△ABC未說明其三角形性質，故假設∠AEF=∠D不一定成立，故C選項錯誤；∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°．又∵∠A=∠D，∴∠B+∠D=90°．故AB⊥DF，D選項正確．故選：D．【點睛】本題考查旋轉的性質以及全等三角形的性質，證明過程常用角的互換、直角互余作為解題工具，另外證明題當中反證法也極為常見，需要熟練利用．30．（2020·四川綿陽市·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝2，AD＝2，將△ABC繞點C順時針方向旋轉后得△，當恰好經過點D時，△CD為等腰三角形，若B＝2，則A＝（）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】過作于，則，根據矩形的性質得，，根據旋轉的性質得到，，，，推出△為等腰直角三角形，得到，設，則，，根據勾股定理即可得到結論．【詳解】解：過作于，則，，，，四邊形是矩形，，，將繞點順時針方向旋轉后得△，，，，，△△，，△為等腰三角形，△為等腰直角三角形，，設，則，，，，（負值舍去），，，，，故選：．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等腰直角三角形的性質，矩形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，正確的識別圖形是解題的關鍵．請點擊修改第I卷的文字說明31．（2019·臺灣中考真題）圖1的摩天輪上以等間隔的方式設置個車廂，車廂依順時針方向分別編號為號到號，且摩天輪運行時以逆時針方向等速旋轉，旋轉一圈花費分鐘．若圖2表示號車廂運行到最高點的情形，則此時經過多少分鐘後，號車廂才會運行到最高點？（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出從21號旋轉到9號旋轉的角度占圓大小比例，再根據旋轉一圈花費30分鐘解答即可．【詳解】解：=20（分鐘）．

所以經過20分鐘後，9號車廂才會運行到最高點．故選B．【點睛】本題考查生活中的旋轉現象，理清題意，得出從21號旋轉到9號旋轉的角度占圓大小比例是解題的關鍵．32．（2019·臺灣中考真題）如圖，中，點在上，將點分別以、為對稱軸，畫出對稱點、，并連接、．根據圖中標示的角度，求的度數為何？（）A． B． C． D．【答案】D【分析】連接，利用軸對稱的性質解答即可．【詳解】解：連接，點分別以、為對稱軸，畫出對稱點、，，，，，，，故選D．【點睛】本題考查軸對稱的性質，關鍵是利用軸對稱的性質解答．33．（2019·山東濟南市·中考真題）下面的圖形是用數學家名字命名的，其中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A．趙爽弦圖 B．笛卡爾心形線C．科克曲線 D．斐波那契螺旋線【答案】C【分析】根據把一個圖形繞某一點旋轉，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形，這個點叫做對稱中心；如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形叫做軸對稱圖形，這條直線叫做對稱軸進行分析即可．【詳解】A、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故此選項錯誤；B、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；C、是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故此選項正確；D、不是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項錯誤；故選C．【點睛】此題主要考查了軸對稱圖形和中心對稱圖形，軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后兩部分重合．34．（2019·臺灣中考真題）如圖，有一三角形的頂點、皆在直線上，且其內心為．今固定點，將此三角形依順時針方向旋轉，使得新三角形的頂點落在上，且其內心為．若，則下列敘述何者正確？（）A．和平行，和平行B．和平行，和不平行C．和不平行，和平行D．和不平行，和不平行【答案】C【分析】作于，于，于，由內心的性質得出，，，證出四邊形是矩形，得出，證出，得出和不平行，即可得出結論．【詳解】解：作于，于，于，如圖所示：則，的內心為，的內心為，，，，∴四邊形是矩形，，，，，和不平行，故選C．【點睛】本題考查了三角形的內心、平行線的判定、旋轉的性質；熟練掌握三角形的內心性質和平行線的判定是解題的關鍵．35．（2019·河北中考真題）如圖，在小正三角形組成的網格中，已有個小正三角形涂黑，還需涂黑個小正三角形，使它們與原來涂黑的小正三角形組成的新圖案恰有三條對稱軸，則的最小值為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由等邊三角形有三條對稱軸可得答案．【詳解】如圖所示，n的最小值為3．故選C．【點睛】本題考查了利用軸對稱設計圖案，解題的關鍵是掌握常見圖形的性質和軸對稱圖形的性質．二、填空題1．（2021·四川資陽市·中考真題）將一張圓形紙片（圓心為點O）沿直徑對折后，按圖1分成六等份折疊得到圖2，將圖2沿虛線剪開，再將展開得到如圖3的一個六角星．若，則的度數為______．【答案】135°【分析】利用折疊的性質，根據等腰三角形的性質及三角形內角和定理解題．【詳解】解：連接OC，EO,由折疊性質可得：∠EOC=，EC=DC，OC平分∠ECD∴∠ECO=∴∠OEC=180°-∠ECO-∠EOC=135°即的度數為135°故答案為：135°【點睛】主要在考查折疊的性質，學生動手操作的能力，也考查了等腰三角形的性質及內角和定理，掌握折疊及等腰三角形的性質正確推理計算是解題關鍵．2．（2021·山東臨沂市·中考真題）在平面直角坐標系中，的對稱中心是坐標原點，頂點、的坐標分別是、，將沿軸向右平移3個單位長度，則頂點的對應點的坐標是___．【答案】（4，-1）【分析】根據平行四邊形的性質得到點C坐標，再根據平移的性質得到C1坐標．【詳解】解：在平行四邊形ABCD中，∵對稱中心是坐標原點，A（-1，1），B（2，1），∴C（1，-1），將平行四邊形ABCD沿x軸向右平移3個單位長度，∴C1（4，-1），故答案為：（4，-1）．【點睛】本題考查了坐標與圖形變化-平移，平移中點的變化規律是：橫坐標右移加，左移減；縱坐標上移加，下移減．3．（2021·青海中考真題）如圖所示的圖案由三個葉片組成，繞點O旋轉120°后可以和自身重合，若每個葉片的面積為4cm2，∠AOB=120°，則圖中陰影部分的面積為__________．【答案】4cm2【分析】根據旋轉的性質和圖形的特點解答．【詳解】每個葉片的面積為4cm2，因而圖形的面積是12cm2．∵圖案繞點O旋轉120°后可以和自身重合，∠AOB為120°，∴圖形中陰影部分的面積是圖形的面積的，因而圖中陰影部分的面積之和為4cm2．故答案為4cm2．【點睛】本題考查了圖形的旋轉與重合，理解旋轉對稱圖形的定義是解決本題的關鍵．注：旋轉對稱圖形的概念：把一個圖形繞著一個定點旋轉一個角度后，與初始圖形重合，這種圖形叫做旋轉對稱圖形，這個定點叫做旋轉對稱中心，旋轉的角度叫做旋轉角．4．（2021·江蘇南京市·中考真題）如圖，將繞點A逆時針旋轉到的位置，使點落在上，與交于點E，若，則的長為________．【答案】【分析】過點C作CM//交于點M，證明求得，根據AAS證明可求出CM=1，再由CM//證明△，由相似三角形的性質查得結論．【詳解】解：過點C作CM//交于點M，∵平行四邊形ABCD繞點A逆時針旋轉得到平行四邊形∴，，∴，∴∴∵∴∴∴∠∵∴∵∴∠∵，∴∴∠∴∠在和中，∴∴∵∴△∴∴∴故答案為：．【點睛】此題主要考查了旋轉的性質，平行四邊形的性質，全等三角形的判定與性質以及相似三角形的判定與性質，正確作出輔助線構造全等三角形和相似三角形是解答本題的關鍵．5．（2021·湖北隨州市·中考真題）如圖，在中，，，，將繞點逆時針旋轉角（）得到，并使點落在邊上，則點所經過的路徑長為______．（結果保留）【答案】．【分析】利用勾股定理求出AB=2，根據旋轉的性質得到旋轉角為∠=60°，再由弧長計算公式，計算出結果．【詳解】解：∵，，，∴AB=2AC，設AC=x，則AB=2x，由勾股定理得：，解得：x=1，則：AC=1，AB=2，∵將繞點逆時針旋轉角（）得到，且點落在邊上，∴旋轉角為60°，∴∠=60°，∴點所經過的路徑長為：，故答案為：．【點睛】本題主要考查了勾股定理、旋轉的性質和弧長的計算公式，解題關鍵在于找到旋轉角，根據弧長公式進行計算．6．（2021·重慶中考真題）如圖，三角形紙片ABC中，點D，E，F分別在邊AB，AC，BC上，BF＝4，CF＝6，將這張紙片沿直線DE翻折，點A與點F重合．若DE∥BC，AF＝EF，則四邊形ADFE的面積為__________．【答案】【分析】根據折疊的性質得到DE為的中位線，利用中位線定理求出DE的長度，再解求出AF的長度，即可求解．【詳解】解：∵將這張紙片沿直線DE翻折，點A與點F重合，∴DE垂直平分AF，，，，∵DE∥BC，∴，，，∴，∴，∴，即D為AB的中點，∴DE為的中位線，∴，∵AF＝EF，∴是等邊三角形，在中，，，∴，∴，∴四邊形ADFE的面積為，故答案為：．【點睛】本題考查解直角三角形、中位線定理、折疊的性質等內容，掌握上述基本性質定理是解題的關鍵．7．（2020·江蘇鎮江市·中考真題）點O是正五邊形ABCDE的中心，分別以各邊為直徑向正五邊形的外部作半圓，組成了一幅美麗的圖案（如圖）．這個圖案繞點O至少旋轉_____°后能與原來的圖案互相重合．【答案】72【分析】直接利用旋轉圖形的性質進而得出旋轉角．【詳解】解：連接OA，OE，則這個圖形至少旋轉∠AOE才能與原圖象重合，∠AOE＝＝72°．故答案為：72．【點睛】本題主要考查了旋轉圖形．正確掌握旋轉圖形的性質是解題的關鍵．8．（2020·江蘇鎮江市·中考真題）如圖，在△ABC中，BC＝3，將△ABC平移5個單位長度得到△A1B1C1，點P、Q分別是AB、A1C1的中點，PQ的最小值等于_____．【答案】【分析】取的中點，的中點，連接，，，，根據平移的性質和三角形的三邊關系即可得到結論．【詳解】解：取的中點，的中點，連接，，，，將平移5個單位長度得到△，，，點、分別是、的中點，，，即，的最小值等于，故答案為：．【點睛】本題考查了平移的性質，三角形的三邊關系，熟練掌握平移的性質是解題的關鍵．9．（2020·遼寧鐵嶺市·中考真題）一張菱形紙片的邊長為，高等于邊長的一半，將菱形紙片沿直線折疊，使點與點重合，直線交直線于點，則的長為____________．【答案】或【分析】先根據題目中描述畫出兩種可能的圖形，再結合勾股定理即可得解．【詳解】解：由題干描述可作出兩種可能的圖形．①MN交DC的延長線于點F，如下圖所示∵高AE等于邊長的一半∴在Rt△ADE中，又∵沿MN折疊后，A與B重合∴∴②MN交DC的延長線于點F，如下圖所示同理可得，，此時，故答案為：或．【點睛】本題主要考查菱形的性質、折疊的性質、勾股定理等相關知識點，根據題意作出兩種圖形是解題關鍵．10．（2020·四川涼山彝族自治州·中考真題）如圖，矩形ABCD中，AD=12，AB=8，E是AB上一點，且EB=3，F是BC上一動點，若將沿EF對折后，點B落在點P處，則點P到點D的最短距為．【答案】【分析】如圖，連接利用三角形三邊之間的關系得到最短時的位置，如圖利用勾股定理計算，從而可得答案．【詳解】解：如圖，連接則＞，為定值，當落在上時，最短，圖如圖，連接，由勾股定理得：即的最小值為：故答案為：圖【點睛】本題考查的是矩形的性質，考查利用軸對稱求線段的最小值問題，同時考查了勾股定理的應用，掌握以上知識是解題的關鍵．11．（2020·江蘇宿遷市·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB=1，AD=，P為AD上一個動點，連接BP，線段BA與線段BQ關于BP所在的直線對稱，連接PQ，當點P從點A運動到點D時，線段PQ在平面內掃過的面積為_____．【答案】【分析】由矩形的性質求出∠ABQ=120°，由矩形的性質和軸對稱性可知，△BOQ≌△DOC，根據S陰影部分=S四邊形ABQD﹣S扇形ABQ=S四邊形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ可求出答案．【詳解】∵當點P從點A運動到點D時，線段BQ的長度不變，∴點Q運動軌跡是圓弧，如圖，陰影部分的面積即為線段PQ在平面內掃過的面積，∵矩形ABCD中，AB=1，AD=，∴∠ABC=∠BAC=∠C=∠Q=90°，∴∠ADB=∠DBC=∠ODB=∠OBQ=30°，∴∠ABQ=120°，由軸對稱性得：BQ=BA=CD，在△BOQ和△DOC中，，∴△BOQ≌△DOC，∴S陰影部分=S四邊形ABQD﹣S扇形ABQ=S四邊形ABOD+S△BOQ﹣S扇形ABQ，=S四邊形ABOD+S△COD﹣S扇形ABQ，=S矩形ABCD﹣S△ABQ=1×-．故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的性質，扇形的面積公式，軸對稱的性質，熟練掌握矩形的性質是解題的關鍵．12．（2020·四川綿陽市·中考真題）平面直角坐標系中，將點A（﹣1，2）先向左平移2個單位，再向上平移1個單位后得到的點A1的坐標為_____．【答案】（﹣3，3）【分析】根據在平面直角坐標系內，把一個圖形各個點的橫坐標都加上（或減去）一個整數a，相應的新圖形就是把原圖形向右（或向左）平移a個單位長度；如果把它各個點的縱坐標都加（或減去）一個整數a，相應的新圖形就是把原圖形向上（或向下）平移a個單位長度．（即：橫坐標，右移加，左移減；縱坐標，上移加，下移減．）即可得結論．【詳解】解：∵將點A（﹣1，2）先向左平移2個單位橫坐標﹣2，再向上平移1個單位縱坐標+1，∴平移后得到的點A1的坐標為：（﹣3，3）．故答案為：（﹣3，3）．【點睛】本題考查了坐標與圖形變化-平移，解決本題的關鍵是掌握平移定義．13．（2020·遼寧阜新市·中考真題）如圖，把沿邊平移到的位置，圖中所示的三角形的面積與四邊形的面積之比為4∶5，若，則此三角形移動的距離是____________．【答案】【分析】根據題意可知△A1BD∽△ABC，又根據已知條件“圖中所示的三角形的面積與四邊形的面積之比為4∶5”可得與的面積比為4∶9，即得出A1B∶AB=2∶3，已知，故可求A1B，最終求出．【詳解】∵根據題意“把沿邊平移到的位置”，∴AC∥A1D，故判斷出△A1BD∽△ABC，∵圖中所示的三角形的面積與四邊形的面積之比為4∶5，∴與的面積比為4∶9，∴A1B∶AB=2∶3，∵，∴A1B=，∴=AB－A1B=4－=．故答案為．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質，掌握相似三角形的判定方法和性質是解答本題的關鍵．14．（2020·廣西河池市·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°，AC＝8，點D在AB上，且BD＝，點E在BC上運動．將△BDE沿DE折疊，點B落在點B′處，則點B′到AC的最短距離是_____．【答案】【分析】如圖，過點D作DH⊥AC于H，過點B′作B′J⊥AC于J．在Rt△ACB中，根據三角函數知識可得DB′+B′J≥DH，DB′＝DB＝，當D，B′，J共線時，B′J的值最小，此時求出DH，DB′，即可解決問題．【詳解】解：如圖，過點D作DH⊥AC于H，過點B′作B′J⊥AC于J．在Rt△ACB中，∵∠ABC＝90°，AC＝8，∠A＝30°，∴AB＝AC?cos30°＝4，∵BD＝，∴AD＝AB﹣BD＝3，∵∠AHD＝90°，∴DH＝AD＝，∵B′D+B′J≥DH，DB′＝DB＝，∴B′J≥DH﹣DB′，∴B′J≥，∴當D，B′，J共線時，B′J的值最小，最小值為；故答案為．【點睛】本題主要考查了圖形的折疊，特殊銳角三角函數的知識．15．（2020·山東煙臺市·中考真題）如圖，已知點A(2，0)，B(0，4)，C(2，4)，D(6，6)，連接AB，CD，將線段AB繞著某一點旋轉一定角度，使其與線段CD重合（點A與點C重合，點B與點D重合），則這個旋轉中心的坐標為_____．【答案】(4，2)【分析】畫出平面直角坐標系，作出新的AC，BD的垂直平分線的交點P，點P即為旋轉中心．【詳解】解：平面直角坐標系如圖所示，旋轉中心是P點，P（4，2），故答案為：（4，2）．【點睛】本題考查坐標與圖形變化﹣旋轉，解題的關鍵是理解對應點連線段的垂直平分線的交點即為旋轉中心．16．（2020·山東淄博市·中考真題）如圖，將△ABC沿BC方向平移至△DEF處．若EC＝2BE＝2，則CF的長為_____．【答案】1【詳解】利用平移的性質得到BE＝CF，再用EC＝2BE＝2得到BE的長，從而得到CF的長．【解答】解：∵△ABC沿BC方向平移至△DEF處．∴BE＝CF，∵EC＝2BE＝2，∴BE＝1，∴CF＝1．故答案為1．【點評】本題考查了平移的性質：把一個圖形整體沿某一直線方向移動，會得到一個新的圖形，新圖形與原圖形的形狀和大小完全相同；新圖形中的每一點，都是由原圖形中的某一點移動后得到的，這兩個點是對應點．連接各組對應點的線段平行（或共線）且相等．17．（2020·廣西玉林市·中考真題）如圖，在邊長為3的正六邊形ABCDEF中，將四邊形ADEF繞點A順時針旋轉到四邊形處，此時邊與對角線AC重疊，則圖中陰影部分的面積是___________．【答案】【分析】根據正六邊形的性質和旋轉的性質以及扇形的面積公式即可得到結論．【詳解】解：∵在邊長為3的正六邊形ABCDEF中，∠DAC=30°，∠B=∠BCD=120°，AB=BC，∴∠BAC=∠BCA=30°，∴∠ACD=90°，∵CD=3，∴AD=2CD=6，∴圖中陰影部分的面積=S四邊形ADEF+S扇形DAD′-S四邊形AF′E′D′，∵將四邊形ADEF繞頂點A順時針旋轉到四邊形AD'E'F′處，∴S四邊形ADEF=S四邊形AD′E′F′∴圖中陰影部分的面積=S扇形DAD′=故答案為：3π．【點睛】本題考查了正多邊形與圓，旋轉的性質，扇形的面積的計算，正確的識別圖形是解題的關鍵．18．（2020·廣東廣州市·中考真題）如圖，點的坐標為，點在軸上，把沿軸向右平移到，若四邊形的面積為9，則點的坐標為_______．【答案】(4，3)【分析】過點A作AH⊥x軸于點H，得到AH=3，根據平移的性質證明四邊形ABDC是平行四邊形，得到AC=BD，根據平行四邊形的面積是9得到，求出BD即可得到答案.【詳解】過點A作AH⊥x軸于點H，∵A（1,3），∴AH=3，由平移得AB∥CD，AB=CD，∴四邊形ABDC是平行四邊形，∴AC=BD，∵，∴BD=3，∴AC=3，∴C(4，3)故答案為：(4，3).【點睛】此題考查平移的性質，平行四邊形的判定及性質，直角坐標系中點到坐標軸的距離與點坐標關系.19．（2020·廣東廣州市·中考真題）如圖，正方形中，繞點逆時針旋轉到，，分別交對角線于點，若，則的值為_______．【答案】16【分析】根據正方形及旋轉的性質可以證明，利用相似的性質即可得出答案．【詳解】解：在正方形中，，∵繞點逆時針旋轉到，∴，∴，∵，∴，∴，∴．故答案為：16．【點睛】本題考查了正方形的性質，旋轉的性質，相似三角形的判定及性質，掌握正方形的性質，旋轉的性質，相似三角形的判定及性質是解題的關鍵．20．（2020·四川宜賓市·中考真題）如圖，四邊形中，是AB上一動點，則的最小值是________________【答案】【分析】作C點關于AB的對稱點C’，連接C’D，的最小值即為C’D的長，作C’E⊥DA的延長線于點E，根據勾股定理即可求解．【詳解】如圖，作C點關于AB的對稱點C’，連接C’D，的最小值即為C’D的長，作C’E⊥DA的延長線于點E，∴四邊形ABC’E是矩形∴DE=AD+AE=AD+BC’=5,∴C’D=故答案為：．【點睛】此題主要考查對稱性的應用，解題的關鍵是熟知對稱的性質及勾股定理的應用．21．（2020·甘肅天水市·中考真題）如圖，在邊長為6的正方形內作，交于點，交于點，連接，將繞點順時針旋轉得到，若，則的長為__________．【答案】2【分析】根據旋轉的性質可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根據正方形的性質和等量代換可得∠GAE=∠FAE，進而可根據SAS證明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，設BE=x，則CE與EF可用含x的代數式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得關于x的方程，解方程即得答案．【詳解】解：∵將△繞點順時針旋轉得到△，∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，∵，∠BAD=90°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°，∴∠GAE=∠FAE，又AE=AE，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴GE=EF，設BE=x，則CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x，∵DF=3，∴CF=3，在Rt△CEF中，由勾股定理，得：，解得：x=2，即BE=2．故答案為：2．【點睛】本題考查了旋轉的性質、正方形的性質、全等三角形的判定和性質以及勾股定理等知識，屬于?？碱}型，熟練掌握上述基本知識、靈活應用方程思想是解題的關鍵．22．（2020·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，的頂點坐標分別為：，，．已知，作點關于點的對稱點，點關于點的對稱點，點關于點的對稱點，點關于點的對稱點，點關于點的對稱點，…，依此類推，則點的坐標為______．【答案】(-1,8)【分析】先求出N1至N6點的坐標，找出其循環的規律為每6個點循環一次即可求解．【詳解】解：由題意得，作出如下圖形：N點坐標為(-1,0)，N點關于A點對稱的N1點的坐標為(-3,0)，N1點關于B點對稱的N2點的坐標為(5,4)，N2點關于C點對稱的N3點的坐標為(-3,8)，N3點關于A點對稱的N4點的坐標為(-1,8)，N4點關于B點對稱的N5點的坐標為(3,-4)，N5點關于C點對稱的N6點的坐標為(-1,0)，此時剛好回到最開始的點N處，∴其每6個點循環一次，∴，即循環了336次后余下4，故的坐標與N4點的坐標相同，其坐標為(-1,8)．故答案為：(-1,8)．【點睛】本題考查了平面直角坐標系內點的對稱規律問題，本題需要先去驗算前面一部分點的坐標，進而找到其循環的規律后即可求解．23．（2020·上海中考真題）如圖，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，點D在邊BC上，CD=3，聯結AD．如果將△ACD沿直線AD翻折后，點C的對應點為點E，那么點E到直線BD的距離為____．【答案】．【分析】過E點作EH⊥BC于H，證明△ABD是等邊三角形，進而求得∠ADC=120°，再由折疊得到∠ADE=∠ADC=120°，進而求出∠HDE=60°，最后在Rt△HED中使用三角函數即可求出HE的長．【詳解】解：如圖，過點E作EH⊥BC于H，∵BC=7，CD=3，∴BD=BC-CD=4，∵AB=4=BD，∠B=60°，∴△ABD是等邊三角形，∴∠ADB=60°，∴∠ADC=∠ADE=120°，∴∠EDH=60°，∵EH⊥BC，∴∠EHD=90°．∵DE=DC=3，∴EH=DE×sin∠HDE=3×=，∴E到直線BD的距離為．故答案為：．【點睛】本題考查了折疊問題，解直角三角形，點到直線的距離，本題的關鍵點是能求出∠ADE=∠ADC=120°，另外需要重點掌握折疊問題的特點：折疊前后對應的邊相等，對應的角相等．24．（2020·天津中考真題）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網格中，的頂點均落在格點上，點B在網格線上，且．（Ⅰ）線段的長等于___________；（Ⅱ）以為直徑的半圓與邊相交于點D，若分別為邊上的動點，當取得最小值時，請用無刻度的直尺，在如圖所示的網格中，畫出點，并簡要說明點的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】（1）；（2）見解析【分析】（1）將AC放在一個直角三角形，運用勾股定理求解；（2）取格點M，N，連接MN，連接BD并延長，與MN相交于點；連接，與半圓相交于點E，連接BE，與AC相交于點P，連接并延長，與BC相交于點Q，則點P，Q即為所求．【詳解】解：（Ⅰ）如圖，在Rt△AEC中，CE=3,AE=2,則由勾股定理，得AC==；（Ⅱ）如圖，取格點M，N，連接MN，連接BD并延長，與MN相交于點；連接，與半圓相交于點E，連接BE，與AC相交于點P，連接并延長，與BC相交于點Q，則點P，Q即為所求．【點睛】本題考查作圖-應用與設計，勾股定理，軸對稱-最短問題，垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會利用軸對稱，根據垂線段最短解決最短問題，屬于中考?？碱}型．25．（2020·甘肅金昌市·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，的頂點，的坐標分別為，，把沿軸向右平移得到，如果點的坐標為，則點的坐標為__________．【答案】(7,0)【分析】根據B點橫坐標與A點橫坐標之差和E點橫坐標與D點橫坐標之差相等即可求解．【詳解】解：由題意知：A、B兩點之間的橫坐標差為：，由平移性質可知：E、D兩點橫坐標之差與B、A兩點橫坐標之差相等，設E點橫坐標為a，則a-6=1，∴a=7，∴E點坐標為(7,0)．故答案為：(7,0)．【點睛】本題考查了圖形的平移規律，平移前后對應點的線段長度不發生變化，熟練掌握平移的性質是解決此題的關鍵.26．（2020·湖南張家界市·中考真題）如圖，正方形的邊長為1，將其繞頂點C按逆時針方向旋轉一定角度到位置，使得點B落在對角線上，則陰影部分的面積是______．【答案】【分析】如下圖所示，△ENC、△MPF為等腰直角三角形，先求出MB=NC=，證明△PBC≌△PEC，進而得到EP=BP，設MP=x，則EP=BP=，解出x，最后陰影部分面積等于2倍△BPC面積即可求解．【詳解】解：過E點作MN∥BC交AB、CD于M、N點，設AB與EF交于點P點，連接CP,如下圖所示，∵B在對角線CF上，∴∠DCE=∠ECF=45°，EC=1，∴△ENC為等腰直角三角形，∴MB=CN=EC=，又BC=AD=CD=CE，且CP=CP，△PEC和△PBC均為直角三角形，∴△PEC≌△PBC(HL)，∴PB=PE，又∠PFB=45°，∴∠FPB=45°=∠MPE，∴△MPE為等腰直角三角形，設MP=x，則EP=BP=，∵MP+BP=MB，∴，解得，∴BP=，∴陰影部分的面積=．故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質及旋轉的性質，本題關鍵是能想到過E點作BC的平行線，再證明△ENC、△MPF為等腰直角三角形進而求解線段長.27．（2020·湖南湘西土家族苗族自治州·中考真題）在平面直角坐標系中，O為原點，點，點B在y軸的正半軸上，．矩形的頂點D，E，C分別在上，．將矩形沿x軸向右平移，當矩形與重疊部分的面積為時，則矩形向右平移的距離為___________．【答案】2【分析】先求出點B的坐標（0，），得到直線AB的解析式為：，根據點D的坐標求出OC的長度，利用矩形與重疊部分的面積為列出關系式求出，再利用一次函數關系式求出=4，即可得到平移的距離.【詳解】∵，∴OA=6，在Rt△AOB中，，∴，∴B（0，），∴直線AB的解析式為：，當x=2時，y=，∴E（2，），即DE=，∵四邊形CODE是矩形，∴OC=DE=，設矩形沿x軸向右平移后得到矩形，交AB于點G，∴∥OB，∴△∽△AOB，∴∠=∠AOB=30°，∴∠=∠=30°，∴,∵平移后的矩形與重疊部分的面積為，∴五邊形的面積為,∴,∴,∴,∴矩形向右平移的距離=，故答案為：2.【點睛】此題考查了銳角三角函數，求一次函數的解析式，矩形的性質，圖形平移的性質，是一道綜合多個知識點的綜合題型，且較為基礎的題型.28．（2019·江蘇鎮江市·中考真題）將邊長為的正方形繞點按順時針方向旋轉到的位置（如圖），使得點落在對角線上，與相交于點，則＝_________.（結果保留根號）【答案】【分析】先根據正方形的性質得到CD=1，∠CDA=90°，再利用旋轉的性質得CF=，根據正方形的性質得∠CFE=45°，則可判斷△DFH為等腰直角三角形，從而計算CF-CD即可．【詳解】∵四邊形ABCD為正方形，∴CD=1，∠CDA=90°，∵邊長為1的正方形ABCD繞點C按順時針方向旋轉到FECG的位置，使得點D落在對角線CF上，∴CF=，∠CFDE=45°，∴△DFH為等腰直角三角形，∴DH=DF=CF-CD=-1．故答案為-1．【點睛】本題考查了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．也考查了正方形的性質．29．（2019·新疆中考真題）如圖，在△ABC中，AB=AC=4，將△ABC繞點A順時針旋轉30°，得到△ACD，延長AD交BC的延長線于點E，則DE的長為__________【答案】【分析】過點C作CH⊥AE于H點，利用旋轉的性質可得∠E＝45°，再利用等腰直角三角形的性質和勾股定理求出HD＝4﹣2和EH＝CH＝2，即可解答.【詳解】解：根據旋轉過程可知：∠CAD＝30°＝∠CAB，AC＝AD＝4．∴∠BCA＝∠ACD＝∠ADC＝75°．∴∠ECD＝180°﹣2×75°＝30°．∴∠E＝75°﹣30°＝45°．過點C作CH⊥AE于H點，在Rt△ACH中，CH＝AC＝2，AH＝2．∴HD＝AD﹣AH＝4﹣2．在Rt△CHE中，∵∠E＝45°，∴EH＝CH＝2．∴DE＝EH﹣HD＝2﹣（4﹣2）＝2﹣2．故答案為2﹣2．【點睛】此題考查旋轉的性質、等腰三角形的性質以及含特殊角的直角三角形的性質，解題關鍵在于做出輔助線.80．（2019·遼寧營口市·中考真題）如圖，是等邊三角形，點D為BC邊上一點，，以點D為頂點作正方形DEFG，且，連接AE，AG．若將正方形DEFG繞點D旋轉一周，當AE取最小值時，AG的長為________．【答案】8【分析】過點A作于M，由已知得出，得出，由等邊三角形的性質得出，，得出，在中，由勾股定理得出，當正方形DEFG繞點D旋轉到點E、A、D在同一條直線上時，，即此時AE取最小值，在中，由勾股定理得出，在中，由勾股定理即可得出．【詳解】過點A作于M，∵，∴，∴，∵是等邊三角形，∴，∵，∴，∴，在中，，當正方形DEFG繞點D旋轉到點E、A、D在同一條直線上時，，即此時AE取最小值，在中，，∴在中，；故答案為8．【點睛】本題考查了旋轉的性質、正方形的性質、等邊三角形的性質、勾股定理以及最小值問題；熟練掌握正方形的性質和等邊三角形的性質是解題的關鍵．31．（2019·遼寧丹東市·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點A，C分別在x軸、y軸上，四邊形ABCO是邊長為4的正方形，點D為AB的中點，點P為OB上的一個動點，連接DP，AP，當點P滿足DP+AP的值最小時，直線AP的解析式為_____．【答案】y＝﹣2x+8【分析】根據正方形的性質得到點A，C關于直線OB對稱，連接CD交OB于P，連接PA，PD，則此時，PD+AP的值最小，求得直線CD的解析式為y＝﹣x+4，由于直線OB的解析式為y＝x，解方程組得到P（，），由待定系數法即可得到結論．【詳解】解：∵四邊形ABCO是正方形，∴點A，C關于直線OB對稱，連接CD交OB于P，連接PA，PD，則此時，PD+AP的值最小，∵OC＝OA＝AB＝4，∴C（0，4），A（4，0），∵D為AB的中點，∴AD＝AB＝2，∴D（4，2），設直線CD的解析式為：y＝kx+b，∴，∴，∴直線CD的解析式為：y＝﹣x+4，∵直線OB的解析式為y＝x，∴，解得：x＝y＝，∴P（，），設直線AP的解析式為：y＝mx+n，∴，解得：，∴直線AP的解析式為y＝﹣2x+8，故答案為y＝﹣2x+8．【點睛】本題考查了正方形的性質，軸對稱﹣最短路線問題，待定系數法求一次函數的解析式，正確的找出點P的位置是解題的關鍵．三、解答題1．（2021·浙江溫州市·中考真題）如圖與的方格都是由邊長為1的小正方形組成．圖1是繪成的七巧板圖案，它由7個圖形組成，請按以下要求選擇其中一個并在圖2、圖3中畫出相應的格點圖形（頂點均在格點上）．（1）選一個四邊形畫在圖2中，使點為它的一個頂點，并畫出將它向右平移3個單位后所得的圖形．（2）選一個合適的三角形，將它的各邊長擴大到原來的倍，畫在圖3中．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）七巧板中有兩個四邊形，分別是正方形和平行四邊形，根據題意可畫出4種圖形任意選一種即可，（2）七巧板中有五個等腰直角三角形，有直角邊長的兩個，直角邊長2的兩個，直角邊長2的一個，根據題意利用數形結合的思想解決問題即可．【詳解】解：（1）畫法不唯一，當選四邊形為正方形時可以是如圖1或圖2；當四邊形式平行四邊形時可以是圖3或圖4．（2）畫法不唯一，當直角邊長為時，擴大即直角邊長為利用勾股定理畫出直角邊長為直角三角形可以是如圖5或圖6當直角邊長為2時，擴大即直角邊長為2利用勾股定理畫出直角邊長為2直角三角形可以是如圖7或圖8等．【點睛】本題考查基本作圖，平移，二次根式的乘法，以及勾股定理的應用，解題的關鍵是學會利用數形結合的思想解決問題，屬于中考常考題型．2．（2021·安徽中考真題）如圖，在每個小正方形的邊長為1個單位的網格中，的頂點均在格點（網格線的交點）上．（1）將向右平移5個單位得到，畫出；（2）將（1）中的繞點C1逆時針旋轉得到，畫出．【答案】（1）作圖見解析；（2）作圖見解析．【分析】（1）利用點平移的規律找出、、，然后描點即可；（2）利用網格特點和旋轉的性質畫出點，即可．【詳解】解：（1）如下圖所示，為所求；（2）如下圖所示，為所求；【點睛】本題考查了平移作圖和旋轉作圖，熟悉相關性質是解題的關鍵．3．（2020·廣西貴港市·中考真題）如