?專題51圖形的平移、對(duì)稱與旋轉(zhuǎn)（1）（全國(guó)一年）
學(xué)校:___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________


一、單選題
1．（2020·湖北宜昌?中考真題）下面四幅圖是攝影愛(ài)好者搶拍的一組照片，從對(duì)稱美的角度看，拍得最成功的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形的特點(diǎn)進(jìn)行判斷即可．
【詳解】
A，C，D三幅圖都不是軸對(duì)稱圖形，只有B是軸對(duì)稱圖形，
故選：B
【點(diǎn)睛】
本題考查了軸對(duì)稱圖形的性質(zhì)，熟知此知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
2．（2020·廣東中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)關(guān)于軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】

利用關(guān)于x軸對(duì)稱的點(diǎn)坐標(biāo)特征：橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)互為相反數(shù)解答即可．
【詳解】

點(diǎn)關(guān)于軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，-2），
故選：D．
【點(diǎn)睛】

本題主要考查了關(guān)于坐標(biāo)軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)特征，熟練掌握關(guān)于坐標(biāo)軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)特征是解答的關(guān)鍵．
3．（2020·遼寧撫順?中考真題）下列圖形中，既是軸對(duì)稱圖形又是中心對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形與中心對(duì)稱圖形的概念求解．
【詳解】
解：A、是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意；
B、不是軸對(duì)稱圖形，是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意；
C、是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意；
D、既是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)符合題意；
故選：D．
【點(diǎn)睛】
此題主要考查了中心對(duì)稱圖形與軸對(duì)稱圖形的概念：軸對(duì)稱圖形的關(guān)鍵是尋找對(duì)稱軸，圖形兩部分折疊后可重合；中心對(duì)稱圖形是要尋找對(duì)稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后兩部分重合．
4．（2020·湖南婁底?中考真題）我國(guó)汽車工業(yè)迅速發(fā)展，國(guó)產(chǎn)汽車技術(shù)成熟，下列汽車圖標(biāo)是中心對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)中心對(duì)稱圖形的概念求解．
【詳解】
解：A、不是中心對(duì)稱圖形．故錯(cuò)誤；
B、是中心對(duì)稱圖形．故正確；
C、不是中心對(duì)稱圖形．故錯(cuò)誤；
D、不是中心對(duì)稱圖形．故錯(cuò)誤．
故選：B．
【點(diǎn)睛】
本題考查了中心對(duì)稱圖形的概念：中心對(duì)稱圖形是要尋找對(duì)稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合．
5．（2020·湖北黃石?中考真題）下列圖形中，既是中心對(duì)稱又是軸對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】

利用中心對(duì)稱圖與軸對(duì)稱圖形定義對(duì)每個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可．
【詳解】

解：A、不是軸對(duì)稱圖形，也不是中心對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；
B、不是軸對(duì)稱圖形，是中心對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；
C、是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；
D、既是中心對(duì)稱圖又是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)正確；
故選：D．
【點(diǎn)睛】

本題考查中心對(duì)稱圖與軸對(duì)稱圖形定義，熟練掌握中心對(duì)稱圖形和軸對(duì)稱圖形的定義是解題關(guān)鍵．
6．（2020·廣東廣州?中考真題）如圖所示的圓錐，下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．該圓錐的主視圖是軸對(duì)稱圖形
B．該圓錐的主視圖是中心對(duì)稱圖形
C．該圓錐的主視圖既是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形
D．該圓錐的主視圖既不是軸對(duì)稱圖形，又不是中心對(duì)稱圖形
【答案】A
【解析】
【分析】
首先判斷出圓錐的主視圖，再根據(jù)主視圖的形狀判斷是軸對(duì)稱圖形，還是中心對(duì)稱圖形，從而可得答案．
【詳解】
解：圓錐的主視圖是一個(gè)等腰三角形，
所以該圓錐的主視圖是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，故A正確，
該圓錐的主視圖是中心對(duì)稱圖形，故B錯(cuò)誤，
該圓錐的主視圖既是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形，故C錯(cuò)誤，
該圓錐的主視圖既不是軸對(duì)稱圖形，又不是中心對(duì)稱圖形，故D錯(cuò)誤，
故選A．
【點(diǎn)睛】
本題考查的簡(jiǎn)單幾何體的三視圖，同時(shí)考查了軸對(duì)稱圖形與中心對(duì)稱圖形的識(shí)別，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
7．（2020·內(nèi)蒙古呼和浩特?中考真題）下面四幅圖是我國(guó)傳統(tǒng)文化與藝術(shù)中的幾個(gè)經(jīng)典圖案，其中不是軸對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形的概念：如果一個(gè)圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個(gè)圖形叫做軸對(duì)稱圖形，這條直線叫做對(duì)稱軸可得答案．
【詳解】
解：A、是軸對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不合題意；
B、是軸對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不合題意；
C、是軸對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意；
D、不是軸對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)符合題意；
故選：D．
【點(diǎn)睛】
此題主要考查了軸對(duì)稱圖形，關(guān)鍵是掌握軸對(duì)稱圖形的概念．
8．（2020·貴州畢節(jié)?中考真題）下列圖形中，是中心對(duì)稱的圖形的是（ ）

A．直角三角形 B．等邊三角形 C．平行四邊形 D．正五邊形
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)中心對(duì)稱的定義，結(jié)合所給圖形即可作出判斷．
【詳解】
解：A．直角三角形不是中心對(duì)稱圖象，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；
B．等邊三角形不是中心對(duì)稱圖象，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；
C．平行四邊形是中心對(duì)稱圖象，故本選項(xiàng)正確；
D．正五邊形不是中心對(duì)稱圖象，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤．
故選：C．
【點(diǎn)睛】
本題考查了中心對(duì)稱圖形的特點(diǎn)，屬于基礎(chǔ)題，判斷中心對(duì)稱圖形的關(guān)鍵是旋轉(zhuǎn)180°后能夠重合．
9．（2020·湖南永州?中考真題）永州市教育部門(mén)高度重視校園安全教育，要求各級(jí)各類學(xué)校從認(rèn)識(shí)安全警告標(biāo)志入手開(kāi)展安全教育．下列安全圖標(biāo)不是軸對(duì)稱的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形的概念求解．
【詳解】
解：A、是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)不合題意；
B、是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)不合題意；
C、是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)不合題意；
D、不是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)符合題意．
故選：D．
【點(diǎn)睛】
本題考查了軸對(duì)稱圖形的概念，如果一個(gè)圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個(gè)圖形叫做軸對(duì)稱圖形，這條直線叫做對(duì)稱軸．
10．（2020·廣西中考真題）下列圖形是中心對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由中心對(duì)稱圖形的定義逐一判斷即可．
【詳解】
解：A、不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；
B、不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；
C、不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；
D、是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)正確，
故選：D．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了中心對(duì)稱圖形的概念，關(guān)鍵是要尋找對(duì)稱中心，圖形旋轉(zhuǎn)180°后與原圖重合．
11．（2020·山東淄博?中考真題）下列圖形中，不是軸對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【詳解】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形的概念對(duì)各選項(xiàng)分析判斷即可得解．
【解答】解：A、是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)不符合題意；
B、是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)不符合題意；
C、是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)不符合題意；
D、不是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)符合題意．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了軸對(duì)稱圖形的概念，軸對(duì)稱圖形的關(guān)鍵是尋找對(duì)稱軸，圖形兩部分折疊后可重合．
12．（2020·四川綿陽(yáng)?中考真題）如圖是以正方形的邊長(zhǎng)為直徑，在正方形內(nèi)畫(huà)半圓得到的圖形，則此圖形的對(duì)稱軸有（　?。?br />
A．2條 B．4條 C．6條 D．8條
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)即可畫(huà)出對(duì)稱軸進(jìn)而可得此圖形的對(duì)稱軸的條數(shù)．
【詳解】
解：如圖，

因?yàn)橐哉叫蔚倪呴L(zhǎng)為直徑，在正方形內(nèi)畫(huà)半圓得到的圖形，
所以此圖形的對(duì)稱軸有4條．
故選：B．
【點(diǎn)睛】
本題考查了正方形的性質(zhì)、軸對(duì)稱的性質(zhì)、軸對(duì)稱圖形，解決本題的關(guān)鍵是掌握軸對(duì)稱的性質(zhì)．
13．（2020·內(nèi)蒙古呼倫貝爾?中考真題）下列圖形中，既是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形與中心對(duì)稱圖形的概念求解．
【詳解】
解：A、不是軸對(duì)稱圖形，是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；
B、是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；
C、是軸對(duì)稱圖形，也是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)正確；
D、是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；
故選：C．
【點(diǎn)睛】
此題主要考查了中心對(duì)稱圖形與軸對(duì)稱圖形的概念．軸對(duì)稱圖形的關(guān)鍵是尋找對(duì)稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對(duì)稱圖形是要尋找對(duì)稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后兩部分重合．
14．（2020·遼寧大連?中考真題）在直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P（3，1）關(guān)于x軸對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)是（　?。?br /> A．(3，1) B．(﹣3，1) C．(3，﹣1) D．(﹣3，﹣1)
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)題意可設(shè)平面直角坐標(biāo)系中任意一點(diǎn)P，其坐標(biāo)為（x，y），則點(diǎn)P關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)P′是（x，-y）．
【詳解】
解：點(diǎn)P（3，1）關(guān)于x軸對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)是（3，﹣1）．
故選：C．
【點(diǎn)睛】
本題考查了平面直角坐標(biāo)系關(guān)于坐標(biāo)軸成軸對(duì)稱的兩點(diǎn)的坐標(biāo)之間的關(guān)系，是需要識(shí)記的內(nèi)容．記憶方法是結(jié)合平面直角坐標(biāo)系的圖形記憶，另一種記憶方法是記?。宏P(guān)于橫軸的對(duì)稱點(diǎn)，橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)變成相反數(shù)．
15．（2020·甘肅天水?中考真題）下列圖形中，是中心對(duì)稱圖形但不是軸對(duì)稱圖形的是(　　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形和中心對(duì)稱圖形的概念對(duì)各選項(xiàng)進(jìn)行分析判斷即可得出答案．
【詳解】
解：A、是軸對(duì)稱圖形但不是中心對(duì)稱圖形，故錯(cuò)誤；
B、既是軸對(duì)稱圖形也是中心對(duì)稱圖形，故錯(cuò)誤；
C、是中心對(duì)稱圖形，但不是軸對(duì)稱圖形，故正確；
D、是軸對(duì)稱圖形但不是中心對(duì)稱圖形，故錯(cuò)誤；
故選：C．
【點(diǎn)睛】
本題考查了軸對(duì)稱圖形與中心對(duì)稱圖形的定義，軸對(duì)稱圖形的關(guān)鍵是尋找對(duì)稱軸，圖形沿對(duì)稱軸折疊后兩部分能夠完全重合；中心對(duì)稱圖形的關(guān)鍵是尋找對(duì)稱中心，旋轉(zhuǎn)180°后兩部分能夠重合．
16．（2020·湖北恩施?中考真題）下列交通標(biāo)識(shí)，既是中心對(duì)稱圖形，又是軸對(duì)稱圖形的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形與中心對(duì)稱圖形的概念求解．
【詳解】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形與中心對(duì)稱圖形的概念，知：
A、不是軸對(duì)稱圖形，也不是中心對(duì)稱圖形；
B、不是軸對(duì)稱圖形，也不是中心對(duì)稱圖形；
C、是軸對(duì)稱圖形，但不是中心對(duì)稱圖形；
D、既是中心對(duì)稱圖形，又是軸對(duì)稱圖形．
故選：D．
【點(diǎn)睛】
掌握中心對(duì)稱圖形與軸對(duì)稱圖形的概念．軸對(duì)稱圖形的關(guān)鍵是尋找對(duì)稱軸，折疊后對(duì)稱軸兩旁的部分可重合；中心對(duì)稱圖形是要尋找對(duì)稱中心，旋轉(zhuǎn)180°后會(huì)與原圖重合．
17．（2020·湖南長(zhǎng)沙?中考真題）下列圖形中，是軸對(duì)稱圖形但不是中心對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形與中心對(duì)稱圖形的概念求解．
【詳解】
A、不是軸對(duì)稱圖形，也不是中心對(duì)稱圖形，不合題意；
B、是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，符合題意；
C、不是軸對(duì)稱圖形，也不是中心對(duì)稱圖形，不合題意；
D、不是軸對(duì)稱圖形，是中心對(duì)稱圖形，不合題意．
故選：B．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了中心對(duì)稱圖形與軸對(duì)稱圖形的概念．軸對(duì)稱圖形的關(guān)鍵是尋找對(duì)稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對(duì)稱圖形是要尋找對(duì)稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后原圖形重合．
18．（2020·江蘇徐州?中考真題）下列垃圾分類標(biāo)識(shí)的圖案既是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形和中心對(duì)稱圖形的概念逐項(xiàng)判斷即可．
【詳解】
A．不是軸對(duì)稱圖形，也不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意；
B．是軸對(duì)稱圖形，也是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)符合題意；
C．是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意；
D．不是軸對(duì)稱圖形，也不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意，
故選：B．
【點(diǎn)睛】
本題考查軸對(duì)稱圖形、中心對(duì)稱圖形，理解軸對(duì)稱圖形和中心對(duì)稱圖形是解答的關(guān)鍵．
19．（2020·江蘇鹽城?中考真題）下列圖形中，屬于中心對(duì)稱圖形的是：（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)中心對(duì)稱圖形的概念即圖形旋轉(zhuǎn)180°后與原圖重合即可求解．
【詳解】
解：解：A、不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；
B、是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)正確；
C、不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；
D、不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤，
故選：B．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了中心對(duì)稱圖形的概念，中心對(duì)稱圖形關(guān)鍵是要尋找對(duì)稱中心，圖形旋轉(zhuǎn)180°后與原圖重合．
20．（2020·湖北黃石?中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)G的坐標(biāo)是，連接，將線段繞原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，得到對(duì)應(yīng)線段，則點(diǎn)的坐標(biāo)為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根據(jù)題意可得兩個(gè)點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，即可得到結(jié)果．
【詳解】
根據(jù)題意可得，與G關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，
∵點(diǎn)G的坐標(biāo)是，
∴點(diǎn)的坐標(biāo)為．
故選A．
【點(diǎn)睛】
本題主要考察了平行直角坐標(biāo)系中點(diǎn)的對(duì)稱變換，準(zhǔn)確理解公式是解題的關(guān)鍵．
21．（2020·湖南郴州?中考真題）下列圖形是中心對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)把一個(gè)圖形繞某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°，如果旋轉(zhuǎn)后的圖形能夠與原來(lái)的圖形重合，那么這個(gè)圖形就叫做中心對(duì)稱圖形可得答案．
【詳解】
解：A、不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不合題意；
B、不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不合題意；
C、不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不合題意；
D、是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)符合題意；
故選：D．
【點(diǎn)睛】
此題主要考查了中心對(duì)稱圖形，關(guān)鍵是要尋找對(duì)稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后兩部分重合．
22．（2020·山東煙臺(tái)?中考真題）下列關(guān)于數(shù)字變換的圖案中，是中心對(duì)稱圖形但不是軸對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形與中心對(duì)稱圖形的概念對(duì)每一個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可．
【詳解】
解：A、是中心對(duì)稱圖形，不是軸對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)符合題意；
B、不是中心對(duì)稱圖形，是軸對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意；
C、不是中心對(duì)稱圖形，也不是軸對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意；
D、是軸對(duì)稱圖形，也是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意；
故選：A．
【點(diǎn)睛】
此題主要考查了中心對(duì)稱圖形與軸對(duì)稱圖形的概念．解題的關(guān)鍵是掌握軸對(duì)稱圖形與中心對(duì)稱圖形的概念．
23．（2020·四川涼山?中考真題）點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，對(duì)稱坐標(biāo)的特點(diǎn)即可解答.
【詳解】
關(guān)于x軸對(duì)稱，橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)變相反數(shù)
∴點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)是（2，-3）
故選B
【點(diǎn)睛】
本題考查了平面直角坐標(biāo)系內(nèi)坐標(biāo)的對(duì)稱，注意關(guān)于x軸對(duì)稱，橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)變相反數(shù)；關(guān)于y軸對(duì)稱，橫坐標(biāo)變相反數(shù)，縱坐標(biāo)不變；關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，橫、縱坐標(biāo)都變相反數(shù).
24．（2020·內(nèi)蒙古赤峰?中考真題）下列圖形繞某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)一定角度都能與原圖形重合，其中旋轉(zhuǎn)角度最小的是 （ ）
A．等邊三角形 B．平行四邊形
C．正八邊形 D．圓及其一條弦
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)旋轉(zhuǎn)的定義和各圖形的性質(zhì)找出各圖形的旋轉(zhuǎn)角，由此即可得．
【詳解】
如圖1，等邊三角形的旋轉(zhuǎn)角為，是一個(gè)鈍角
如圖2，平行四邊形的旋轉(zhuǎn)角為，是一個(gè)平角
如圖3，正八邊形的旋轉(zhuǎn)角為，是一個(gè)銳角
如圖4，圓及一條弦的旋轉(zhuǎn)角為
由此可知，旋轉(zhuǎn)角度最小的是正八邊形
故選：C．

【點(diǎn)睛】
本題考查了旋轉(zhuǎn)的定義，正確找出各圖的旋轉(zhuǎn)角是解題關(guān)鍵．
25．（2020·黑龍江鶴崗?中考真題）下列圖標(biāo)中是中心對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)中心對(duì)稱圖形的概念 對(duì)各選項(xiàng)分析判斷即可得解．
【詳解】
A、不是中心對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；
B、是中心對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)正確；
C、不是中心對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；
D、不是中心對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤．
故選：B．
【點(diǎn)睛】
本題考查了中心對(duì)稱圖形，中心對(duì)稱圖形是要尋找對(duì)稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與原圖形重合．
26．（2020·山西中考真題）自新冠肺炎疫情發(fā)生以來(lái)，全國(guó)人民共同抗疫，各地積極普及科學(xué)防控知識(shí)．下面是科學(xué)防控知識(shí)的圖片，圖片上有圖案和文字說(shuō)明，其中的圖案是軸對(duì)稱圖形的是（ ）
A．
B．
C．
D．

【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形的概念判斷即可．
【詳解】
解：A、不是軸對(duì)稱圖形；
B、不是軸對(duì)稱圖形；
C、不是軸對(duì)稱圖形；
D、是軸對(duì)稱圖形；
故選：D．
【點(diǎn)睛】
本題考查了軸對(duì)稱圖形的概念，軸對(duì)稱圖形的關(guān)鍵是尋找對(duì)稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，如果一個(gè)圖形沿著一條直線對(duì)折后兩部分完全重合，這樣的圖形叫做軸對(duì)稱圖形，這條直線叫做對(duì)稱軸．
27．（2020·黑龍江穆棱?朝鮮族學(xué)校中考真題）如圖，在菱形OABC中，點(diǎn)B在x軸上，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，2)，將菱形繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)A落在x軸上時(shí)，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為（ ）

A．或 B．
C． D．或
【答案】D
【解析】
【分析】
如圖所示，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥x軸于點(diǎn)E，根據(jù)題意易得△AOB為等邊三角形，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，點(diǎn)A有兩次落在x軸上，當(dāng)點(diǎn)A落在x軸正半軸時(shí)，點(diǎn)C落在點(diǎn)C′位置，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)求解，當(dāng)A落在x軸負(fù)半軸時(shí)，點(diǎn)C落在點(diǎn)C′′位置，易證此時(shí)C′′與點(diǎn)A重合，即可求解．
【詳解】
解：如圖所示，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥x軸于點(diǎn)E，

則，OA=，
∴∠AOE=60°，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴△AOB是等邊三角形，
當(dāng)A落在x軸正半軸時(shí)，點(diǎn)C落在點(diǎn)C′位置，
此時(shí)旋轉(zhuǎn)角為60°，
∵∠BOC=60°，∠COF=30°，
∴∠C′OF=60°-30°=30°，
∵OC′=OA=4，
∴OF=，
C′F=，
∴C′（），
當(dāng)A落在x軸負(fù)半軸時(shí)，點(diǎn)C落在點(diǎn)C′′位置，
∵∠AOC=∠AOC+∠BOC=120°，
∴∠A′′OC=120°，∠GOC′=30°
又∵OA=OC′′，
∴此時(shí)C′′點(diǎn)A重合，C C′′，
綜上，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為或，
故答案為：D．
【點(diǎn)睛】
本題考查菱形的性質(zhì)，解直角三角形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意，分析點(diǎn)A的運(yùn)動(dòng)情況，分情況討論．
28．（2020·黑龍江穆棱?朝鮮族學(xué)校中考真題）下列圖形中，既是軸對(duì)稱圖形又是中心對(duì)稱圖形的有（　?。?br />
A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)
【答案】B
【解析】
解：第一個(gè)圖是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形；
第二個(gè)圖是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形；
第三個(gè)圖是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形；
第四個(gè)圖是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形；
既是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形的有2個(gè)．故選B．
29．（2020·青海中考真題）將一張四條邊都相等的四邊形紙片按下圖中①②的方式沿虛線依次對(duì)折后，再沿圖③中的虛線裁剪，最后將圖④中的紙片打開(kāi)鋪平，所得圖案應(yīng)是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
對(duì)于此類問(wèn)題，學(xué)生只要親自動(dòng)手操作，答案就會(huì)很直觀地呈現(xiàn)．
【詳解】
嚴(yán)格按照?qǐng)D中的順序，向右對(duì)折，向上對(duì)折，從斜邊處剪去一個(gè)直角三角形，從直角頂點(diǎn)處剪去一個(gè)等腰直角三角形，展開(kāi)后實(shí)際是從原菱形的四邊處各剪去一個(gè)直角三角形，從菱形的中心剪去一個(gè)和菱形位置基本一致的正方形，得到結(jié)論．
故選A．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查學(xué)生的動(dòng)手能力及空間想象能力．
30．（2020·廣東深圳?中考真題）下列圖形中既是軸對(duì)稱圖形，也是中心對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形與中心對(duì)稱圖形的概念求解．
【詳解】
解：A、既不是軸對(duì)稱圖形，也不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意；
B、既是軸對(duì)稱圖形，也是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)符合題意；
C、是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意；
D、不是軸對(duì)稱圖形，是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不符合題意．
故選：B．
【點(diǎn)睛】
此題主要考查了中心對(duì)稱圖形與軸對(duì)稱圖形的概念：軸對(duì)稱圖形的關(guān)鍵是尋找對(duì)稱軸，圖形兩部分沿對(duì)稱軸折疊后可重合；中心對(duì)稱圖形是要尋找對(duì)稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合．
31．（2020·海南中考真題）如圖，在中，將繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，使點(diǎn)落在邊上，連接，則的長(zhǎng)度是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，，進(jìn)而得出為等邊三角形，進(jìn)而求出．
【詳解】
解：∵
由直角三角形中，30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半可知，
∴cm，
又∠CAB=90°-∠ABC=90°-30°=60°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：，且，
∴為等邊三角形，
∴．
故選：B．
【點(diǎn)睛】
本題考查了直角三角形中30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等，熟練掌握其性質(zhì)是解決此類題的關(guān)鍵．
32．（2020·江蘇南通?中考真題）以原點(diǎn)為中心，將點(diǎn)P（4，5）按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，得到的點(diǎn)Q所在的象限為（　?。?br /> A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，以原點(diǎn)為中心，將點(diǎn)P（4，5）按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，即可得到點(diǎn)Q所在的象限．
【詳解】
解：如圖，∵點(diǎn)P（4，5）按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，

得點(diǎn)Q所在的象限為第二象限．
故選：B．
【點(diǎn)睛】
本題考查了坐標(biāo)與圖形變化-旋轉(zhuǎn)，解決本題的關(guān)鍵是掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．
33．（2020·山東濱州?中考真題）下列圖形：線段、等邊三角形、平行四邊形、圓，其中既是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形的個(gè)數(shù)為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形與中心對(duì)稱圖形的概念求解．
【詳解】
解：線段是軸對(duì)稱圖形，也是中心對(duì)稱圖形；
等邊三角形是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形；
平行四邊形不是軸對(duì)稱圖形，是中心對(duì)稱圖形；
圓是軸對(duì)稱圖形，也是中心對(duì)稱圖形；
則既是軸對(duì)稱圖形又是中心對(duì)稱圖形的有2個(gè)．
故選：B．
【點(diǎn)睛】
本題考查了中心對(duì)稱圖形與軸對(duì)稱圖形的概念．軸對(duì)稱圖形的關(guān)鍵是尋找對(duì)稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對(duì)稱圖形是要尋找對(duì)稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后與自身重合．
34．（2020·江蘇鎮(zhèn)江?中考真題）如圖①，AB＝5，射線AM∥BN，點(diǎn)C在射線BN上，將△ABC沿AC所在直線翻折，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D落在射線BN上，點(diǎn)P，Q分別在射線AM、BN上，PQ∥AB．設(shè)AP＝x，QD＝y(tǒng)．若y關(guān)于x的函數(shù)圖象（如圖②）經(jīng)過(guò)點(diǎn)E(9，2)，則cosB的值等于（　?。?br />
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由題意可得四邊形ABQP是平行四邊形，可得AP＝BQ＝x，由圖象②可得當(dāng)x＝9時(shí)，y＝2，此時(shí)點(diǎn)Q在點(diǎn)D下方，且BQ＝x＝9時(shí)，y＝2，如圖①所示，可求BD＝7，由折疊的性質(zhì)可求BC的長(zhǎng)，由銳角三角函數(shù)可求解．
【詳解】
解：∵AM∥BN，PQ∥AB，
∴四邊形ABQP是平行四邊形，
∴AP＝BQ＝x，
由圖②可得當(dāng)x＝9時(shí)，y＝2，
此時(shí)點(diǎn)Q在點(diǎn)D下方，且BQ＝x＝9時(shí)，y＝2，如圖①所示，

∴BD＝BQ﹣QD＝x﹣y＝7，
∵將△ABC沿AC所在直線翻折，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D落在射線BN上，
∴BC＝CD＝BD＝，AC⊥BD，
∴cosB＝＝＝，
故選：D．
【點(diǎn)睛】
本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)等知識(shí)．理解函數(shù)圖象上的點(diǎn)的具體含義是解題的關(guān)鍵．
35．（2020·內(nèi)蒙古赤峰?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(gè)單位長(zhǎng)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
【解析】
【分析】
在直角三角形ACB中，可用勾股定理求出BC邊的長(zhǎng)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(lái)，A’C’=AC=3，B’C’=BC=4，
∴，
又∵BB’=3，A’C’= 3，
∴，
∴，
故選：A．
【點(diǎn)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(jì)算，解題的關(guān)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．
36．（2020·浙江紹興?中考真題）如圖，點(diǎn)O為矩形ABCD的對(duì)稱中心，點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)沿AB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，移動(dòng)到點(diǎn)B停止，延長(zhǎng)EO交CD于點(diǎn)F，則四邊形AECF形狀的變化依次為（　?。?br />
A．平行四邊形→正方形→平行四邊形→矩形
B．平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形
C．平行四邊形→正方形→菱形→矩形
D．平行四邊形→菱形→正方形→矩形
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)對(duì)稱中心的定義，根據(jù)矩形的性質(zhì)，可得四邊形AECF形狀的變化情況．
【詳解】
解：觀察圖形可知，四邊形AECF形狀的變化依次為平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形．
故選：B．
【點(diǎn)睛】
考查了中心對(duì)稱，矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，根據(jù)EF與AC的位置關(guān)系即可求解．
37．（2020·四川內(nèi)江?中考真題）下列圖形是我國(guó)國(guó)產(chǎn)品牌汽車的標(biāo)識(shí)，在這些汽車標(biāo)識(shí)中，是中心對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由中心對(duì)稱圖形的定義：“把一個(gè)圖形繞一個(gè)點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°后，能夠與自身完全重合，這樣的圖形叫做中心對(duì)稱圖形”分析可知，上述圖形中，A、C、D都不是中心對(duì)稱圖形，只有B是中心對(duì)稱圖形.
故選B.

38．（2020·遼寧大連?中考真題）如圖，中，．將繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，使點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)恰好落在邊上，則的度數(shù)是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由余角的性質(zhì)，求出∠CAB=50°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得到，，然后求出，即可得到答案．
【詳解】
解：在中，，
∴∠CAB=50°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，則
，，
∴，
∴；
故選：D．
【點(diǎn)睛】
本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，以及余角的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握所學(xué)的性質(zhì)，正確求出．
39．（2020·湖南衡陽(yáng)?中考真題）下面的圖形是用數(shù)學(xué)家名字命名的，其中既是軸對(duì)稱圖形又是中心對(duì)稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)把一個(gè)圖形繞某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°，如果旋轉(zhuǎn)后的圖形能夠與原來(lái)的圖形重合，那么這個(gè)圖形就叫做中心對(duì)稱圖形，這個(gè)點(diǎn)叫做對(duì)稱中心；如果一個(gè)圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個(gè)圖形叫做軸對(duì)稱圖形，這條直線叫做對(duì)稱軸進(jìn)行分析即可．
【詳解】
解：A、不是軸對(duì)稱圖形，是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；
B、是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；
C、是軸對(duì)稱圖形，是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)正確；
D、不是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤；
故選：C．
【點(diǎn)睛】
此題主要考查了軸對(duì)稱圖形和中心對(duì)稱圖形，軸對(duì)稱圖形的關(guān)鍵是尋找對(duì)稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對(duì)稱圖形是要尋找對(duì)稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后兩部分重合．
40．（2020·山東棗莊?中考真題）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)在第一象限，點(diǎn)在軸的正半軸上，，，將繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如圖，作軸于．解直角三角形求出，即可．
【詳解】
如圖，作軸于．

由題意：，，
，
，，
，
，
故選B．
【點(diǎn)睛】
本題考查坐標(biāo)與圖形變化﹣旋轉(zhuǎn)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問(wèn)題．
41．（2020·甘肅蘭州?中考真題）如圖，將?ABCD沿對(duì)角線BD折疊，使點(diǎn)A落在點(diǎn)E處，交BC于點(diǎn)F，若，，則為　　

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由平行四邊形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)，得出，由三角形的外角性質(zhì)求出，再由三角形內(nèi)角和定理求出，即可得到結(jié)果．
【詳解】
，
，
由折疊可得，
，
又，
，
又，
中，，
，
故選B．
【點(diǎn)睛】
本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理的綜合應(yīng)用，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，求出的度數(shù)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
42．（2020·陜西中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，將拋物線y＝x2﹣（m﹣1）x+m（m＞1）沿y軸向下平移3個(gè)單位．則平移后得到的拋物線的頂點(diǎn)一定在（　?。?br /> A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】
根據(jù)平移規(guī)律得到平移后拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)，然后結(jié)合的取值范圍判斷新拋物線的頂點(diǎn)所在的象限即可．
【詳解】
解：，
該拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)是，，
將其沿軸向下平移3個(gè)單位后得到的拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)是，，
，
，
，
，
點(diǎn)，在第四象限；
故選：．
【點(diǎn)睛】
本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、平移的性質(zhì)、拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)等知識(shí)；熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，求出拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．
43．（2020·江蘇南通?中考真題）如圖，在△ABC中，AB＝2，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D是BC的中點(diǎn)，直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分別為E，F(xiàn)，則AE+BF的最大值為（　?。?br />
A． B．2 C．2 D．3
【答案】A
【解析】
【分析】
把要求的最大值的兩條線段經(jīng)過(guò)平移后形成一條線段，然后再根據(jù)垂線段最短來(lái)進(jìn)行計(jì)算即可．
【詳解】
解：如圖，過(guò)點(diǎn)C作CK⊥l于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，

在Rt△AHB中，
∵∠ABC＝60°，AB＝2，
∴BH＝1，AH＝，
在Rt△AHC中，∠ACB＝45°，
∴AC＝，
∵點(diǎn)D為BC中點(diǎn)，
∴BD＝CD，
在△BFD與△CKD中，
，
∴△BFD≌△CKD（AAS），
∴BF＝CK，
延長(zhǎng)AE，過(guò)點(diǎn)C作CN⊥AE于點(diǎn)N，
可得AE+BF＝AE+CK＝AE+EN＝AN，
在Rt△ACN中，AN＜AC，
當(dāng)直線l⊥AC時(shí)，最大值為，
綜上所述，AE+BF的最大值為．
故選：A．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理及平移的性質(zhì)，構(gòu)建全等三角形是解答此題的關(guān)鍵．
44．（2020·江蘇宿遷?中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Q是直線y=﹣x+2上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，將Q繞點(diǎn)P(1，0)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到點(diǎn)，連接，則的最小值為(　　)

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用等腰直角三角形構(gòu)造全等三角形，求出旋轉(zhuǎn)后Q′的坐標(biāo)，然后根據(jù)勾股定理并利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問(wèn)題．
【詳解】
解：作QM⊥x軸于點(diǎn)M，Q′N⊥x軸于N，

設(shè)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(dāng)m=2時(shí)，OQ′2有最小值為5，
∴OQ′的最小值為，
故選：B．
【點(diǎn)睛】
本題考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，一次函數(shù)的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形的變換-旋轉(zhuǎn)，二次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理，表示出點(diǎn)的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．
45．（2020·四川綿陽(yáng)?中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝2，AD＝2，將△ABC繞點(diǎn)C順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)后得△，當(dāng)恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)D時(shí)，△CD為等腰三角形，若B＝2，則A＝（　?。?br />
A． B．2 C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
過(guò)作于，則，根據(jù)矩形的性質(zhì)得，，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到，，，，推出△為等腰直角三角形，得到，設(shè)，則，，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．
【詳解】
解：過(guò)作于，

則，
，，
，
四邊形是矩形，
，，
將繞點(diǎn)順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)后得△，
，，，，
△△，
，
△為等腰三角形，
△為等腰直角三角形，
，
設(shè)，則，，
，
，
（負(fù)值舍去），
，
，
，
，
故選：．
【點(diǎn)睛】
本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正確的識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵．


二、填空題
46．（2020·廣西河池?中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝30°，AC＝8，點(diǎn)D在AB上，且BD＝，點(diǎn)E在BC上運(yùn)動(dòng)．將△BDE沿DE折疊，點(diǎn)B落在點(diǎn)B′處，則點(diǎn)B′到AC的最短距離是_____．

【答案】
【解析】
【分析】
如圖，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AC于H，過(guò)點(diǎn)B′作B′J⊥AC于J．在Rt△ACB中，根據(jù)三角函數(shù)知識(shí)可得DB′+B′J≥DH，DB′＝DB＝，當(dāng)D，B′，J共線時(shí)，B′J的值最小，此時(shí)求出DH，DB′，即可解決問(wèn)題．
【詳解】
解：如圖，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AC于H，過(guò)點(diǎn)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(dāng)D，B′，J共線時(shí)，B′J的值最小，最小值為；
故答案為．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了圖形的折疊，特殊銳角三角函數(shù)的知識(shí)．
47．（2020·遼寧鐵嶺?中考真題）一張菱形紙片的邊長(zhǎng)為，高等于邊長(zhǎng)的一半，將菱形紙片沿直線折疊，使點(diǎn)與點(diǎn)重合，直線交直線于點(diǎn)，則的長(zhǎng)為_(kāi)___________．
【答案】或
【解析】
【分析】
先根據(jù)題目中描述畫(huà)出兩種可能的圖形，再結(jié)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．
①M(fèi)N交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，如下圖所示

∵高AE等于邊長(zhǎng)的一半
∴
在Rt△ADE中，
又∵沿MN折疊后，A與B重合
∴
∴
②MN交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，如下圖所示

同理可得，，
此時(shí)，
故答案為：或．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查菱形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、勾股定理等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)題意作出兩種圖形是解題關(guān)鍵．
48．（2020·黑龍江鶴崗?中考真題）如圖，在邊長(zhǎng)為的正方形中將沿射線平移，得到，連接、．求的最小值為_(kāi)_____．

【答案】
【解析】
【分析】
將△ABC沿射線CA平移到△AB′C′的位置，連接C′E、AE、DE，證出四邊形ABGE和四邊形EGCD均為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和平移圖形的性質(zhì)，可得C′E=CE，CG=DE，可得EC+GC=C′E+ED，當(dāng)點(diǎn)C′、E、D在同一直線時(shí)，C′E+ED最小，由勾股定理求出C′D的值即為EC+GC的最小值．
【詳解】
如圖，將△ABC沿射線CA平移到△AB′C′的位置，連接C′E、AE、DE，

∵AB∥GE∥DC且AB=GE=DC，
∴四邊形ABGE和四邊形EGCD均為平行四邊形，
∴AE∥BG，CG=DE，
∴AE⊥CC′，
由作圖易得，點(diǎn)C與點(diǎn)C′關(guān)于AE對(duì)稱，C′E=CE，
又∵CG=DE，
∴EC+GC=C′E+ED，
當(dāng)點(diǎn)C′、E、D在同一直線時(shí)，C′E+ED最小，
此時(shí)，在Rt△C′D′E中，
C′B′=4，B′D=4+4=8， C′D=，
即EC+GC的最小值為，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】
本題考查正方形的性質(zhì)、圖形的對(duì)稱性、線段最短和平行四邊形的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵是將兩條線段的和轉(zhuǎn)化為同一條線段求解．
49．（2020·江蘇鎮(zhèn)江?中考真題）如圖，在△ABC中，BC＝3，將△ABC平移5個(gè)單位長(zhǎng)度得到△A1B1C1，點(diǎn)P、Q分別是AB、A1C1的中點(diǎn)，PQ的最小值等于_____．

【答案】
【解析】
【分析】
取的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，連接，，，，根據(jù)平移的性質(zhì)和三角形的三邊關(guān)系即可得到結(jié)論．
【詳解】
解：取的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，連接，，，，

將平移5個(gè)單位長(zhǎng)度得到△，
，，
點(diǎn)、分別是、的中點(diǎn)，
，
，
即，
的最小值等于，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】
本題考查了平移的性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系，熟練掌握平移的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
50．（2020·山東濱州?中考真題）如圖，點(diǎn)P是正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且點(diǎn)P到點(diǎn)A、B、C的距離分別為則正方形ABCD的面積為_(kāi)_______

【答案】
【解析】
【分析】
如圖，將△ABP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBM，連接PM，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥PM于H．首先證明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共線，利用勾股定理求出AB2即可．
【詳解】
解：如圖，將△ABP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBM，連接PM，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥PM于H．

∵BP=BM=，∠PBM=90°，
∴PM=PB=2，
∵PC=4，PA=CM=2，
∴PC2=CM2+PM2，
∴∠PMC=90°，
∵∠BPM=∠BMP=45°，
∴∠CMB=∠APB=135°，
∴∠APB+∠BPM=180°，
∴A，P，M共線，
∵BH⊥PM，
∴PH=HM，
∴BH=PH=HM=1，
∴AH=2+1，
∴AB2=AH2+BH2=（2+1）2+12=14+4，
∴正方形ABCD的面積為14+4．
故答案為14+4．
【點(diǎn)睛】
本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用旋轉(zhuǎn)法添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題．
51．（2020·四川綿陽(yáng)?中考真題）平面直角坐標(biāo)系中，將點(diǎn)A（﹣1，2）先向左平移2個(gè)單位，再向上平移1個(gè)單位后得到的點(diǎn)A1的坐標(biāo)為_(kāi)____．
【答案】（﹣3，3）
【解析】
【分析】
根據(jù)在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，把一個(gè)圖形各個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)都加上（或減去）一個(gè)整數(shù)a，相應(yīng)的新圖形就是把原圖形向右（或向左）平移a個(gè)單位長(zhǎng)度；如果把它各個(gè)點(diǎn)的縱坐標(biāo)都加（或減去）一個(gè)整數(shù)a，相應(yīng)的新圖形就是把原圖形向上（或向下）平移a個(gè)單位長(zhǎng)度．（即：橫坐標(biāo)，右移加，左移減；縱坐標(biāo)，上移加，下移減．）即可得結(jié)論．
【詳解】
解：∵將點(diǎn)A（﹣1，2）先向左平移2個(gè)單位橫坐標(biāo)﹣2，
再向上平移1個(gè)單位縱坐標(biāo)+1，
∴平移后得到的點(diǎn)A1的坐標(biāo)為：（﹣3，3）．
故答案為：（﹣3，3）．
【點(diǎn)睛】
本題考查了坐標(biāo)與圖形變化-平移，解決本題的關(guān)鍵是掌握平移定義．
52．（2020·江蘇宿遷?中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB=1，AD=，P為AD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BP，線段BA與線段BQ關(guān)于BP所在的直線對(duì)稱，連接PQ，當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D時(shí)，線段PQ在平面內(nèi)掃過(guò)的面積為_(kāi)____．

【答案】
【解析】
【分析】
由矩形的性質(zhì)求出∠ABQ=120°，由矩形的性質(zhì)和軸對(duì)稱性可知，△BOQ≌△DOC，根據(jù)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(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D時(shí)，線段BQ的長(zhǎng)度不變，
∴點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧，如圖，陰影部分的面積即為線段PQ在平面內(nèi)掃過(guò)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(duì)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(diǎn)睛】
本題考查了矩形的性質(zhì)，扇形的面積公式，軸對(duì)稱的性質(zhì)，熟練掌握矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
53．（2020·四川涼山?中考真題）如圖，矩形ABCD中，AD=12，AB=8，E是AB上一點(diǎn)，且EB=3，F(xiàn)是BC上一動(dòng)點(diǎn)，若將沿EF對(duì)折后，點(diǎn)B落在點(diǎn)P處，則點(diǎn)P到點(diǎn)D的最短距為 ．

【答案】
【解析】
【分析】
如圖，連接利用三角形三邊之間的關(guān)系得到最短時(shí)的位置，如圖利用勾股定理計(jì)算，從而可得答案．
【詳解】
解：如圖，連接
則＞，
為定值，
當(dāng)落在上時(shí)，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(diǎn)睛】
本題考查的是矩形的性質(zhì)，考查利用軸對(duì)稱求線段的最小值問(wèn)題，同時(shí)考查了勾股定理的應(yīng)用，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
54．（2020·四川眉山?中考真題）如圖，在中，，．將繞點(diǎn)按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)至的位置，點(diǎn)恰好落在邊的中點(diǎn)處，則的長(zhǎng)為_(kāi)_______．

【答案】
【解析】
【分析】
根據(jù)題意，判斷出ABC斜邊BC的長(zhǎng)度，根據(jù)勾股定理算出AC的長(zhǎng)度，且，所以為等邊三角形，可得旋轉(zhuǎn)角為60°，同理，，故也是等邊三角形，的長(zhǎng)度即為AC的長(zhǎng)度．
【詳解】
解：在ABC中，∠BAC=90°，AB=2，將其進(jìn)行順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，落在BC的中點(diǎn)處，
∵是由ABC旋轉(zhuǎn)得到，∴，而，
根據(jù)勾股定理：，
又∵，且，∴為等邊三角形，
∴旋轉(zhuǎn)角，
∴，且，故也是等邊三角形，
∴，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了旋轉(zhuǎn)性質(zhì)的應(yīng)用以及勾股定理的計(jì)算，解題的關(guān)鍵在于通過(guò)題中所給的條件，判斷出圖形旋轉(zhuǎn)的度數(shù)，知道圖形旋轉(zhuǎn)的角度后，有關(guān)線段的長(zhǎng)度也可求得．
55．（2020·山東煙臺(tái)?中考真題）如圖，已知點(diǎn)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(diǎn)旋轉(zhuǎn)一定角度，使其與線段CD重合（點(diǎn)A與點(diǎn)C重合，點(diǎn)B與點(diǎn)D重合），則這個(gè)旋轉(zhuǎn)中心的坐標(biāo)為_(kāi)____．

【答案】(4，2)
【解析】
【分析】
畫(huà)出平面直角坐標(biāo)系，作出新的AC，BD的垂直平分線的交點(diǎn)P，點(diǎn)P即為旋轉(zhuǎn)中心．
【詳解】
解：平面直角坐標(biāo)系如圖所示，旋轉(zhuǎn)中心是P點(diǎn)，P（4，2），

故答案為：（4，2）．
【點(diǎn)睛】
本題考查坐標(biāo)與圖形變化﹣旋轉(zhuǎn)，解題的關(guān)鍵是理解對(duì)應(yīng)點(diǎn)連線段的垂直平分線的交點(diǎn)即為旋轉(zhuǎn)中心．
56．（2020·山東淄博?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(zhǎng)為_(kāi)____．

【答案】1
【解析】
【分析】
【詳解】
利用平移的性質(zhì)得到BE＝CF，再用EC＝2BE＝2得到BE的長(zhǎng)，從而得到CF的長(zhǎng)．
【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(diǎn)評(píng)】本題考查了平移的性質(zhì)：把一個(gè)圖形整體沿某一直線方向移動(dòng)，會(huì)得到一個(gè)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(diǎn)，都是由原圖形中的某一點(diǎn)移動(dòng)后得到的，這兩個(gè)點(diǎn)是對(duì)應(yīng)點(diǎn)．連接各組對(duì)應(yīng)點(diǎn)的線段平行（或共線）且相等．
57．（2020·甘肅金昌?中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，的頂點(diǎn)，的坐標(biāo)分別為，，把沿軸向右平移得到，如果點(diǎn)的坐標(biāo)為，則點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)_________．

【答案】(7,0)
【解析】
【分析】
根據(jù)B點(diǎn)橫坐標(biāo)與A點(diǎn)橫坐標(biāo)之差和E點(diǎn)橫坐標(biāo)與D點(diǎn)橫坐標(biāo)之差相等即可求解．
【詳解】
解：由題意知：A、B兩點(diǎn)之間的橫坐標(biāo)差為：，
由平移性質(zhì)可知：E、D兩點(diǎn)橫坐標(biāo)之差與B、A兩點(diǎn)橫坐標(biāo)之差相等，
設(shè)E點(diǎn)橫坐標(biāo)為a，
則a-6=1，∴a=7，
∴E點(diǎn)坐標(biāo)為(7,0) ．
故答案為：(7,0) ．
【點(diǎn)睛】
本題考查了圖形的平移規(guī)律，平移前后對(duì)應(yīng)點(diǎn)的線段長(zhǎng)度不發(fā)生變化，熟練掌握平移的性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵.
58．（2020·江蘇鎮(zhèn)江?中考真題）點(diǎn)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(gè)圖案繞點(diǎn)O至少旋轉(zhuǎn)_____°后能與原來(lái)的圖案互相重合．

【答案】72
【解析】
【分析】
直接利用旋轉(zhuǎn)圖形的性質(zhì)進(jìn)而得出旋轉(zhuǎn)角．
【詳解】
解：連接OA，OE，則這個(gè)圖形至少旋轉(zhuǎn)∠AOE才能與原圖象重合，
∠AOE＝＝72°．
故答案為：72．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了旋轉(zhuǎn)圖形．正確掌握旋轉(zhuǎn)圖形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
59．（2020·江蘇泰州?中考真題）以水平數(shù)軸的原點(diǎn)為圓心過(guò)正半軸上的每一刻度點(diǎn)畫(huà)同心圓，將逆時(shí)針依次旋轉(zhuǎn)、、、、得到條射線，構(gòu)成如圖所示的“圓”坐標(biāo)系，點(diǎn)、的坐標(biāo)分別表示為、，則點(diǎn)的坐標(biāo)表示為_(kāi)______．

【答案】
【解析】
【分析】
根據(jù)同心圓的個(gè)數(shù)以及每條射線所形成的角度，以及A，B點(diǎn)坐標(biāo)特征找到規(guī)律，即可求得C點(diǎn)坐標(biāo)．
【詳解】
解：圖中為5個(gè)同心圓，且每條射線與x軸所形成的角度已知，、的坐標(biāo)分別表示為、，根據(jù)點(diǎn)的特征，所以點(diǎn)的坐標(biāo)表示為；
故答案為：．
【點(diǎn)睛】
本題考查坐標(biāo)與旋轉(zhuǎn)的規(guī)律性問(wèn)題，熟練掌握旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，并找到規(guī)律是解題的關(guān)鍵．
60．（2020·四川內(nèi)江?中考真題）如圖，在矩形ABCD中，，，若點(diǎn)M、N分別是線段DB、AB上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則的最小值為_(kāi)__________________．

【答案】
【解析】
【分析】
如圖，過(guò)A作于，延長(zhǎng)，使，過(guò)作于，交于，則最短，再利用矩形的性質(zhì)與銳角三角函數(shù)求解即可得到答案．
【詳解】
解：如圖，過(guò)A作于，延長(zhǎng)，使，過(guò)作于，交于，則最短，
四邊形為矩形，，，








即的最小值為
故答案為：

【點(diǎn)睛】
本題考查的是矩形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，同時(shí)考查利用軸對(duì)稱與垂線段最短求線段和的最小值問(wèn)題，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
61．（2020·廣西中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，以原點(diǎn)為對(duì)稱中心，把點(diǎn)A（3，4）逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到點(diǎn)B，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為_(kāi)_________．
【答案】（-4，3）
【解析】
【分析】
建立平面直角坐標(biāo)系，作出圖形，然后根據(jù)圖形寫(xiě)出點(diǎn)B的坐標(biāo)即可．
【詳解】
如圖所示，建立平面直角坐標(biāo)系，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-4，3）．

故答案為：（-4，3）．
【點(diǎn)睛】
本題考查了坐標(biāo)與圖形變化-旋轉(zhuǎn)，作出圖形，利用數(shù)形結(jié)合的思想求解更形象直觀．
62．（2020·湖南永州?中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，且，在內(nèi)有一點(diǎn)，M，N分別是邊上的動(dòng)點(diǎn)，連接，則周長(zhǎng)的最小值是_________．

【答案】
【解析】
【分析】
分別作出點(diǎn)P關(guān)于OA和OB的對(duì)稱點(diǎn)和，連接，分別與OA和OB交于點(diǎn)M和N，此時(shí)，的長(zhǎng)即為周長(zhǎng)的最小值．
【詳解】
解：分別作出點(diǎn)P關(guān)于OA和OB的對(duì)稱點(diǎn)和，則（4，-3），連接，分別與OA和OB交于點(diǎn)M和N，此時(shí)，的長(zhǎng)即為周長(zhǎng)的最小值．

由可得直線OA的表達(dá)式為y=2x，設(shè)(x,y)，由與直線OA垂直及中點(diǎn)坐標(biāo)在直線OA上可得方程組：

解得：
則(0，5)，
由兩點(diǎn)距離公式可得：

即周長(zhǎng)的最小值．
故答案為．
【點(diǎn)睛】
本題考查了軸對(duì)稱變換中的最短路徑問(wèn)題，解題關(guān)鍵在于找出兩個(gè)對(duì)稱點(diǎn)，利用方程求出點(diǎn)的坐標(biāo)．
63．（2020·寧夏中考真題）如圖，直線與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，把繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到，則點(diǎn)的坐標(biāo)是_____．

【答案】（4，）
【解析】
【分析】
首先根據(jù)直線AB來(lái)求出點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)，A1的橫坐標(biāo)等于OB，而縱坐標(biāo)等于OB-OA，即可得出答案．
【詳解】
解：在中，令x=0得，y=4，
令y=0，得，解得x=，
∴A（，0），B（0，4），
由旋轉(zhuǎn)可得△AOB ≌△A1O1B，∠ABA1=90°，
∴∠ABO=∠A1BO1，∠BO1A1=∠AOB=90°，OA=O1A1=，OB=O1B=4，
∴∠OBO1=90°，
∴O1B∥x軸，
∴點(diǎn)A1的縱坐標(biāo)為OB-OA的長(zhǎng)，即為4=；
橫坐標(biāo)為O1B=OB=4，
故點(diǎn)A1的坐標(biāo)是（4，），
故答案為：（4，）．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)問(wèn)題，利用基本性質(zhì)結(jié)合圖形進(jìn)行推理是解題的關(guān)鍵．
64．（2020·廣西玉林?中考真題）如圖，在邊長(zhǎng)為3的正六邊形ABCDEF中，將四邊形ADEF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到四邊形處，此時(shí)邊與對(duì)角線AC重疊，則圖中陰影部分的面積是___________．

【答案】9
【解析】
【分析】
如圖（見(jiàn)解析），先根據(jù)正六邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)得出正六邊形的面積和的面積，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、線段的和差得出的長(zhǎng)，從而可得的面積，然后根據(jù)即可得．
【詳解】
六邊形ABCDEF是邊長(zhǎng)為3的正六邊形
其每個(gè)內(nèi)角的度數(shù)為，，
，

如圖，連接BE，交AD于點(diǎn)O，交AC于點(diǎn)P，則點(diǎn)O為正六邊形的中心
是等邊三角形，



是等腰三角形，且




由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，，


則


故答案為：9．

【點(diǎn)睛】
本題考查了正六邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的三線合一、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握正六邊形的性質(zhì)與旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
65．（2020·廣東廣州?中考真題）如圖，正方形中，繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到，，分別交對(duì)角線于點(diǎn)，若，則的值為_(kāi)______．

【答案】16
【解析】
【分析】
根據(jù)正方形及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以證明，利用相似的性質(zhì)即可得出答案．
【詳解】
解：在正方形中，，
∵繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案為：16．
【點(diǎn)睛】
本題考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
66．（2020·廣東廣州?中考真題）如圖，點(diǎn)的坐標(biāo)為，點(diǎn)在軸上，把沿軸向右平移到，若四邊形的面積為9，則點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)______．

【答案】(4，3)
【解析】
【分析】
過(guò)點(diǎn)A作AH⊥x軸于點(diǎn)H，得到AH=3，根據(jù)平移的性質(zhì)證明四邊形ABDC是平行四邊形，得到AC=BD，根據(jù)平行四邊形的面積是9得到，求出BD即可得到答案.
【詳解】
過(guò)點(diǎn)A作AH⊥x軸于點(diǎn)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(diǎn)睛】
此題考查平移的性質(zhì)，平行四邊形的判定及性質(zhì)，直角坐標(biāo)系中點(diǎn)到坐標(biāo)軸的距離與點(diǎn)坐標(biāo)的關(guān)系.
67．（2020·青海中考真題）如圖，將周長(zhǎng)為8的沿BC邊向右平移2個(gè)單位，得到，則四邊形的周長(zhǎng)為_(kāi)_______．

【答案】12
【解析】
【分析】
先根據(jù)平移的性質(zhì)可得，再根據(jù)三角形的周長(zhǎng)公式可得，然后根據(jù)等量代換即可得．
【詳解】
由平移的性質(zhì)得：
的周長(zhǎng)為8

則四邊形ABFD的周長(zhǎng)為



故答案為：12．
【點(diǎn)睛】
本題考查了平移的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，掌握理解平移的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
68．（2020·四川宜賓?中考真題）如圖，四邊形中，是AB上一動(dòng)點(diǎn)，則的最小值是________________

【答案】
【解析】
【分析】
作C點(diǎn)關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)C’，連接C’D，的最小值即為C’D的長(zhǎng)，作C’E⊥DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，根據(jù)勾股定理即可求解．
【詳解】
如圖，作C點(diǎn)關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)C’，連接C’D，的最小值即為C’D的長(zhǎng)，
作C’E⊥DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，
∴四邊形ABC’E是矩形
∴DE=AD+AE=AD+BC’=5,
∴C’D=
故答案為：．

【點(diǎn)睛】
此題主要考查對(duì)稱性的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟知對(duì)稱的性質(zhì)及勾股定理的應(yīng)用．
69．（2020·江蘇鹽城?中考真題）如圖，已知點(diǎn)，直線軸，垂足為點(diǎn)其中，若與關(guān)于直線對(duì)稱，且有兩個(gè)頂點(diǎn)在函數(shù)的圖像上，則的值為：_______________________．

【答案】或
【解析】
【分析】
因?yàn)榕c關(guān)于直線l對(duì)稱，且直線軸，從而有互為對(duì)稱點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，橫坐標(biāo)之和為2m，利用等量關(guān)系計(jì)算出m的值，又由于有兩個(gè)頂點(diǎn)在函數(shù)，從而進(jìn)行分情況討論是哪兩個(gè)點(diǎn)在函數(shù)上，求出k的值．
【詳解】
解：∵與關(guān)于直線l對(duì)稱，直線軸，垂足為點(diǎn)，
∴，，
∵有兩個(gè)頂點(diǎn)在函數(shù)
（1）設(shè)，在直線上，
代入有，不符合故不成立；
（2）設(shè)，在直線上，
有，，，，代入方程后k=-6；
（3）設(shè)，在直線上，
有，，，，代入方程后有k=-4；
綜上所述，k=-6或k=-4；
故答案為：-6或-4．
【點(diǎn)睛】
本題考查軸對(duì)稱圖形的坐標(biāo)關(guān)系以及反比例函數(shù)解析式，其中明確軸對(duì)稱圖形縱坐標(biāo)相等，橫坐標(biāo)之和為對(duì)稱軸橫坐標(biāo)的2倍是解題的關(guān)鍵．
70．（2020·湖北恩施?中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為：，，．已知，作點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，…，依此類推，則點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)_____．

【答案】(-1,8)
【解析】
【分析】
先求出N1至N6點(diǎn)的坐標(biāo)，找出其循環(huán)的規(guī)律為每6個(gè)點(diǎn)循環(huán)一次即可求解．
【詳解】
解：由題意得，作出如下圖形：

N點(diǎn)坐標(biāo)為(-1,0)，
N點(diǎn)關(guān)于A點(diǎn)對(duì)稱的N1點(diǎn)的坐標(biāo)為(-3,0)，
N1點(diǎn)關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱的N2點(diǎn)的坐標(biāo)為(5,4)，
N2點(diǎn)關(guān)于C點(diǎn)對(duì)稱的N3點(diǎn)的坐標(biāo)為(-3,8)，
N3點(diǎn)關(guān)于A點(diǎn)對(duì)稱的N4點(diǎn)的坐標(biāo)為(-1,8)，
N4點(diǎn)關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱的N5點(diǎn)的坐標(biāo)為(3,-4)，
N5點(diǎn)關(guān)于C點(diǎn)對(duì)稱的N6點(diǎn)的坐標(biāo)為(-1,0)，此時(shí)剛好回到最開(kāi)始的點(diǎn)N處，
∴其每6個(gè)點(diǎn)循環(huán)一次，
∴，
即循環(huán)了336次后余下4，
故的坐標(biāo)與N4點(diǎn)的坐標(biāo)相同，其坐標(biāo)為(-1,8) ．
故答案為：(-1,8) ．
【點(diǎn)睛】
本題考查了平面直角坐標(biāo)系內(nèi)點(diǎn)的對(duì)稱規(guī)律問(wèn)題，本題需要先去驗(yàn)算前面一部分點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而找到其循環(huán)的規(guī)律后即可求解．
71．（2020·甘肅天水?中考真題）如圖，在邊長(zhǎng)為6的正方形內(nèi)作，交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，連接，將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，若，則的長(zhǎng)為_(kāi)_________．

【答案】2
【解析】
【分析】
根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)和等量代換可得∠GAE=∠FAE，進(jìn)而可根據(jù)SAS證明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，設(shè)BE=x，則CE與EF可用含x的代數(shù)式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得關(guān)于x的方程，解方程即得答案．
【詳解】
解：∵將△繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)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(shè)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(diǎn)睛】
本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，屬于?？碱}型，熟練掌握上述基本知識(shí)、靈活應(yīng)用方程思想是解題的關(guān)鍵．

三、解答題
72．（2020·吉林中考真題）如圖①、圖②、圖③都是的正方形網(wǎng)格，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)稱為格點(diǎn)．，，均為格點(diǎn)．在給定的網(wǎng)格中，按下列要求畫(huà)圖：
（1）在圖①中，畫(huà)一條不與重合的線段，使與關(guān)于某條直線對(duì)稱，且，為格點(diǎn)．

（2）在圖②中，畫(huà)一條不與重合的線段，使與關(guān)于某條直線對(duì)稱，且，為格點(diǎn)．
（3）在圖③中，畫(huà)一個(gè)，使與關(guān)于某條直線對(duì)稱，且，，為格點(diǎn)．
【答案】（1）圖見(jiàn)解析；（2）圖見(jiàn)解析；（3）圖見(jiàn)解析．
【解析】
【分析】
（1）先畫(huà)出一條的正方形網(wǎng)格的對(duì)稱軸，根據(jù)對(duì)稱性即可在圖①中，描出點(diǎn)AB的對(duì)稱點(diǎn)MN，它們一定在格點(diǎn)上，再連接即可．
（2）同（1）方法可解；
（3）同（1）方法可解；
【詳解】
解：（1）如圖①，的正方形網(wǎng)格的對(duì)稱軸l，描出點(diǎn)AB關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)MN，連接即為所求；

（2）如圖②，同理（1）可得，即為所求；
（3）如圖③，同理（1）可得，即為所求．
【點(diǎn)睛】
本題考查了作圖軸對(duì)稱變換，解決本題的關(guān)鍵是找到圖形對(duì)稱軸的位置．
73．（2020·湖南邵陽(yáng)?中考真題）已知：如圖①，將一塊45°角的直角三角板與正方形的一角重合，連接，點(diǎn)M是的中點(diǎn)，連接．

（1）請(qǐng)你猜想與的數(shù)量關(guān)系是__________．
（2）如圖②，把正方形繞著點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角（）．
①與的數(shù)量關(guān)系是否仍成立，若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；（溫馨提示：延長(zhǎng)到點(diǎn)N，使，連接）
②求證：；
③若旋轉(zhuǎn)角，且，求的值．（可不寫(xiě)過(guò)程，直接寫(xiě)出結(jié)果）
【答案】（1）AF=2DM（2）①成立，理由見(jiàn)解析②見(jiàn)解析③
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)題意合理猜想即可；
（2）①延長(zhǎng)到點(diǎn)N，使，連接，先證明△MNC≌△MDE，再證明△ADF≌△DCN，得到AF=DN，故可得到AF=2DM；
②根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和直角的換算即可求解；
③依題意可得∠AFD=∠EDM=30°，可設(shè)AG=k,得到DG,AD,FG,ED的長(zhǎng)，故可求解．
【詳解】
（1）猜想與的數(shù)量關(guān)系是AF=2DM，
故答案為：AF=2DM；
（2）①AF=2DM仍然成立，
理由如下：延長(zhǎng)到點(diǎn)N，使，連接，
∵M(jìn)是CE中點(diǎn)，
∴CM=EM
又∠CMN=∠EMD，
∴△MNC≌△MDE
∴CN=DE=DF,∠MNC=∠MDE
∴CN∥DE，
又AD∥BC
∴∠NCB=∠EDA
∴△ADF≌△DCN
∴AF=DN
∴AF=2DM
②∵△ADF≌△DCN
∴∠NDC=∠FAD，
∵∠CDA=90°，
∴∠NDC+∠NDA=90°
∴∠FAD+∠NDA=90°
∴AF⊥DM

③∵，
∴∠EDC=90°-45°=45°
∵，
∴∠EDM=∠EDC=30°，
∴∠AFD=30°
過(guò)A點(diǎn)作AG⊥FD的延長(zhǎng)線于G點(diǎn)，∴∠ADG=90°-45°=45°
∴△ADG是等腰直角三角形，
設(shè)AG=k,則DG=k，AD=AG÷sin45°=k，
FG=AG÷tan30°=k，
∴FD=ED=k-k
故=．

【點(diǎn)睛】
此題主要考查四邊形綜合，解題的關(guān)鍵是熟知正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的特點(diǎn)、全等三角形的判定與性質(zhì)及三角函數(shù)的運(yùn)用．
74．（2020·江蘇常州?中考真題）如圖1，點(diǎn)B在線段上，Rt△≌Rt△，，，．

（1）點(diǎn)F到直線的距離是_________；
（2）固定△，將△繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)30°，使得與重合，并停止旋轉(zhuǎn)．
①請(qǐng)你在圖1中用直尺和圓規(guī)畫(huà)出線段經(jīng)旋轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)所形成的平面圖形（用陰影表示，保留畫(huà)圖痕跡，不要求寫(xiě)畫(huà)法）該圖形的面積為_(kāi)________；
②如圖2，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，線段與交于點(diǎn)O，當(dāng)時(shí)，求的長(zhǎng)．
【答案】（1）1；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)可得∠ACF=∠ECF=30°，即CF是∠ACB的平分線，然后根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得點(diǎn)F到直線的距離即為EF的長(zhǎng)，于是可得答案；
（2）①易知E點(diǎn)和F點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡是分別以CF和CE為半徑、圓心角為30°的圓弧，據(jù)此即可畫(huà)出旋轉(zhuǎn)后的平面圖形；在圖3中，先解Rt△CEF求出CF和CE的長(zhǎng)，然后根據(jù)S陰影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）即可求出陰影面積；
②作EH⊥CF于點(diǎn)H，如圖4，先解Rt△EFH求出FH和EH的長(zhǎng)，進(jìn)而可得CH的長(zhǎng)，設(shè)OH=x，則CO和OE2都可以用含x的代數(shù)式表示，然后在Rt△BOC中根據(jù)勾股定理即可得出關(guān)于x的方程，解方程即可求出x的值，進(jìn)一步即可求出結(jié)果．
【詳解】
解：（1）∵，，∴∠ACB=60°，
∵Rt△≌Rt△，
∴∠ECF=∠BAC=30°，EF=BC=1，
∴∠ACF=30°，∴∠ACF=∠ECF=30°，
∴CF是∠ACB的平分線，
∴點(diǎn)F到直線的距離=EF=1；
故答案為：1；
（2）①線段經(jīng)旋轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)所形成的平面圖形如圖3中的陰影所示：

在Rt△CEF中，∵∠ECF=30°，EF=1，
∴CF=2，CE=，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：CF=CA=2，CE=CG=，∠ACG=∠ECF=30°，
∴S陰影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）=S扇形ACF－S扇形CEG=；
故答案為：；
②作EH⊥CF于點(diǎn)H，如圖4，
在Rt△EFH中，∵∠F=60°，EF=1，
∴，
∴CH=，
設(shè)OH=x，則，，
∵OB=OE，∴，
在Rt△BOC中，∵，∴，
解得：，
∴．

【點(diǎn)睛】
本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)作圖、全等三角形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、扇形面積公式、勾股定理和解直角三角形等知識(shí)，涉及的知識(shí)點(diǎn)多，綜合性較強(qiáng)，熟練掌握上述知識(shí)、靈活應(yīng)用整體思想和方程思想是解題的關(guān)鍵．
75．（2020·寧夏中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別是．


（1）畫(huà)出關(guān)于x軸成軸對(duì)稱的；
（2）畫(huà)出以點(diǎn)O為位似中心，位似比為1∶2的．
【答案】（1）如圖所示為所求；見(jiàn)解析； （2）如圖所示為所求；見(jiàn)解析．
【解析】
【分析】

（１）將的各個(gè)點(diǎn)關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)描出，連接即可．
（２）在同側(cè)和對(duì)側(cè)分別找到2OA=OA2，2OB=OB2，2OC=OC2所對(duì)應(yīng)的A2，B2，C2的坐標(biāo)，連接即可．
【詳解】

（1）由題意知：的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別是A（1，3），B（4，1），C（1，1），
則關(guān)于x軸成軸對(duì)稱的的坐標(biāo)為A1（1，-3），B1（4，-1），C1（1，-1），
連接A1C1，A1B1，B1C1
得到．
如圖所示為所求；
（2）由題意知：位似中心是原點(diǎn)，
則分兩種情況：
第一種，和在同一側(cè)
則A2（2，6），B2（8，2），C2（2，2），
連接各點(diǎn)，得．
第二種，在的對(duì)側(cè)
A2（－2，－6），B2（－8，－2），C2（－2，－2），
連接各點(diǎn)，得．
綜上所述：如圖所示為所求；

【點(diǎn)睛】

本題主要考查了位似中心、位似比和軸對(duì)稱相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，正確掌握位似中心、位似比的概念及應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．
76．（2020·湖北荊州?中考真題）如圖，將繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60度得到，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)E恰好落在AB的延長(zhǎng)線上，連接AD．
（1）求證：；
（2）若AB=4，BC=1，求A，C兩點(diǎn)旋轉(zhuǎn)所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)之和．


【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）先利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△ABD為等邊三角形，則可證，即再根據(jù)平行線的判定證明即可．
（2）利用弧長(zhǎng)公式分別計(jì)算路徑，相加即可求解．
【詳解】
（1）證明：由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得：
是等邊三角形
所以

∴；
（2）依題意得：AB=BD=4，BC=BE=1，
所以A，C兩點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)之和為．
【點(diǎn)睛】
本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定、弧長(zhǎng)公式等知識(shí)，熟練掌握這些知識(shí)點(diǎn)之間的聯(lián)系及弧長(zhǎng)公式是解答的關(guān)鍵．
77．（2020·甘肅金昌?中考真題）如圖，點(diǎn)，分別在正方形的邊，上，且，把繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到．
（1）求證：≌．
（2）若，，求正方形的邊長(zhǎng)．

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）正方形的邊長(zhǎng)為6．
【解析】
【分析】
（1）先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，再根據(jù)正方形的性質(zhì)、角的和差可得，然后根據(jù)三角形全等的判定定理即可得證；
（2）設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x，從而可得，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，從而可得，然后根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【詳解】
（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：
四邊形ABCD是正方形
，即
，即


在和中，
；
（2）設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x，則


由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：

由（1）已證：

又四邊形ABCD是正方形

則在中，，即
解得或（不符題意，舍去）
故正方形的邊長(zhǎng)為6．
【點(diǎn)睛】
本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，較難的是題（2），熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)與正方形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
78．（2020·黑龍江鶴崗?中考真題）如圖，正方形網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)都是一個(gè)單位長(zhǎng)度，在平面直角坐標(biāo)系中，的三個(gè)頂點(diǎn)、、均在格點(diǎn)上

（1）將向左平移個(gè)單位得到，并寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）畫(huà)出繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)后得到的，并寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）在（2）的條件下，求在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中掃過(guò)的面積（結(jié)果保留）．
【答案】（1）見(jiàn)解析, ；（2）圖形見(jiàn)解析，；（3）
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)題意，可以畫(huà)出相應(yīng)的圖形，并寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)題意，可以畫(huà)出相應(yīng)的圖形，并寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）根據(jù)題意可以求得BC的長(zhǎng)，從而可以求得在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中掃過(guò)的面積．
【詳解】
（1）如圖所示，；
（2）如圖所示，
（3）


【點(diǎn)睛】
此題考查作圖-平移變換，作圖-旋轉(zhuǎn)變換，扇形面積的計(jì)算，解題關(guān)鍵在于掌握作圖法則．
79．（2020·遼寧丹東?中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，網(wǎng)格的每個(gè)小方格都是邊長(zhǎng)為1個(gè)單位長(zhǎng)度的正方形，點(diǎn)，，的坐標(biāo)分別為，，，先以原點(diǎn)為位似中心在第三象限內(nèi)畫(huà)一個(gè)，使它與位似，且相似比為2：1，然后再把繞原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到．

（1）畫(huà)出，并直接寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）畫(huà)出，直接寫(xiě)出在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，點(diǎn)到點(diǎn)所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)．
【答案】（1）見(jiàn)解析，A1(-2，-4)；（2）見(jiàn)解析，．
【解析】
【分析】
（1）連接AO、BO、CO，并延長(zhǎng)到2AO、2BO、2CO，長(zhǎng)度找到各點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，順次連接即可；
（2）根據(jù)網(wǎng)格結(jié)構(gòu)找出點(diǎn)A、B、C繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A2、B2、C2的位置，然后順次連接即可，再根據(jù)勾股定理列式求出OA，然后利用弧長(zhǎng)公式列式計(jì)算即可得解．
【詳解】
（1）如圖所示，A1(-2，-4)；

（2）如圖所示，
∵OA=
∴的長(zhǎng)為：．
【點(diǎn)睛】
本題考查了平移變換作圖和軸對(duì)稱圖形的作法及畫(huà)位似圖形．注意：畫(huà)位似圖形的一般步驟為：①確定位似中心，②分別連接并延長(zhǎng)位似中心和能代表原圖的關(guān)鍵點(diǎn)；③根據(jù)相似比，確定能代表所作的位似圖形的關(guān)鍵點(diǎn)；順次連接上述各點(diǎn)，得到放大或縮小的圖形．
80．（2020·浙江嘉興?中考真題）在一次數(shù)學(xué)研究性學(xué)習(xí)中，小兵將兩個(gè)全等的直角三角形紙片ABC和DEF拼在一起，使點(diǎn)A與點(diǎn)F重合，點(diǎn)C與點(diǎn)D重合（如圖1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并進(jìn)行如下研究活動(dòng)．
活動(dòng)一：將圖1中的紙片DEF沿AC方向平移，連結(jié)AE，BD（如圖2），當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí)停止平移．
（思考）圖2中的四邊形ABDE是平行四邊形嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由．
（發(fā)現(xiàn)）當(dāng)紙片DEF平移到某一位置時(shí)，小兵發(fā)現(xiàn)四邊形ABDE為矩形（如圖3）．求AF的長(zhǎng)．
活動(dòng)二：在圖3中，取AD的中點(diǎn)O，再將紙片DEF繞點(diǎn)O順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α度（0≤α≤90），連結(jié)OB，OE（如圖4）．
（探究）當(dāng)EF平分∠AEO時(shí)，探究OF與BD的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．

【答案】【思考】是，理由見(jiàn)解析；【發(fā)現(xiàn)】；【探究】BD＝2OF，理由見(jiàn)解析；
【解析】
【分析】
【思考】由全等三角形的性質(zhì)得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，則AB∥DE，可得出結(jié)論；
【發(fā)現(xiàn)】連接BE交AD于點(diǎn)O，設(shè)AF＝x（cm），則OA＝OE＝（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2﹣x，由勾股定理可得，解方程求出x，則AF可求出；
【探究】如圖2，延長(zhǎng)OF交AE于點(diǎn)H，證明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，F(xiàn)O＝FH，則∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可證得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，則結(jié)論得證．
【詳解】
解：【思考】四邊形ABDE是平行四邊形．
證明：如圖，∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，
∴四邊形ABDE是平行四邊形；
【發(fā)現(xiàn)】
如圖1，連接BE交AD于點(diǎn)O，

∵四邊形ABDE為矩形，
∴OA＝OD＝OB＝OE，
設(shè)AF＝x（cm），則OA＝OE＝（x+4），
∴OF＝OA﹣AF＝2﹣x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，
∴，
解得：x＝，
∴AF＝cm．
【探究】BD＝2OF，
證明：如圖2，延長(zhǎng)OF交AE于點(diǎn)H，

∵四邊形ABDE為矩形，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，
∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴AE∥BD，
∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，
∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，
∴△EFO≌△EFH（ASA），
∴EO＝EH，F(xiàn)O＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD（AAS），
∴BD＝OH＝2OF．
【點(diǎn)睛】
本題考查了圖形的綜合變換，涉及了三角形全等的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)等，準(zhǔn)確識(shí)圖，熟練掌握和靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
81．（2020·遼寧朝陽(yáng)?中考真題）如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，的三個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為，請(qǐng)按如下要求畫(huà)圖：

（1）以坐標(biāo)原點(diǎn)O為旋轉(zhuǎn)中心，將順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到，請(qǐng)畫(huà)出；
（2）以坐標(biāo)原點(diǎn)O為位似中心，在x軸下方，畫(huà)出的位似圖形，使它與的位似比為．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)網(wǎng)格結(jié)構(gòu)找出點(diǎn)A、B、C關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱的點(diǎn)A1、B1、C1的位置，然后順次連接即可；
（2）利用位似的性質(zhì)，找出點(diǎn)A2、B2、C2的位置，然后畫(huà)出圖形即可．
【詳解】
解：（1）位置正確；用直尺畫(huà)圖；
（2）位置正確；用直尺畫(huà)圖．

【點(diǎn)睛】
本題考查了位似圖形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握所學(xué)的性質(zhì)正確的做出圖形．
82．（2020·四川內(nèi)江?中考真題）如圖，正方形ABCD中，P是對(duì)角線AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與A、C重合），連結(jié)BP，將BP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到BQ，連結(jié)QP交BC于點(diǎn)E，QP延長(zhǎng)線與邊AD交于點(diǎn)F．
（1）連結(jié)CQ，求證：；
（2）若，求的值；
（3）求證：．

【答案】(1)見(jiàn)解析；(2) ；(3)見(jiàn)解析
【解析】
【分析】
(1)由旋轉(zhuǎn)知△PBQ為等腰直角三角形，得到PB=QB，∠PBQ=90°，進(jìn)而證明△APB≌△CQB即可；
(2)設(shè)AP=x，則AC=4x，PC=3x，由(1)知CQ=AP=x，又△ABC為等腰直角三角形，所以BC=，PQ=，再證明△BQE∽△BCQ，由此求出BE，進(jìn)而求出CE:BC的值；
(3)在CE上截取CG，并使CG=FA，證明△PFA≌△QGC，進(jìn)而得到PF=QG，然后再證明∠QGE=∠QEG即可得到QG=EQ，進(jìn)而求解．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∵BP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到BQ，
∴BP=BQ，∠PBQ=90°，
∴∠ABC-∠PBC=∠PBQ-∠PBC,
∴∠ABP=∠CBQ，
在△APB和△CQB中，
，
∴△APB≌△CQB(SAS)，
∴AP=CQ．
(2) 設(shè)AP=x，則AC=4x，PC=3x，由(1)知CQ=AP=x，
△ABC為等腰直角三角形，∴BC=，
在Rt△PCQ中，由勾股定理有：，
且△PBQ為等腰直角三角形，
∴，
又∠BCQ=∠BAP=45°，∠BQE=45°，
∴∠BCQ=∠BQE=45°，且∠CBQ=∠CBQ，
∴△BQE∽△BCQ，
∴，代入數(shù)據(jù)：，
∴BE=，∴CE=BC-BE=，
∴，
故答案為：．
(3) 在CE上截取CG，并使CG=FA，如圖所示：

∵∠FAP=∠GCQ=45°，
且由(1)知AP=CQ，且截取CG=FA，
故有△PFA≌△QGC(SAS)，
∴PF=QG，∠PFA=∠CGQ，
又∵∠DFP=180°-∠PFA，∠QGE=180°-∠CGQ，
∴∠DFP=∠QGE，
∵DABC，
∴∠DFP=∠CEQ，
∴∠QGE=∠CEQ，
∴△QGE為等腰三角形，
∴GQ=QE，
故PF=QE．
【點(diǎn)睛】
本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形全等的判定和性質(zhì)、相似三角形判定和性質(zhì)的綜合，具有一定的綜合性，本題第(3)問(wèn)關(guān)鍵是能想到在CE上截取CG，并使CG=FA這條輔助線．
83．（2020·江蘇鹽城?中考真題）木門(mén)常常需要雕刻美麗的圖案．
（1）圖①為某矩形木門(mén)示意圖，其中長(zhǎng)為厘米，長(zhǎng)為厘米，陰影部分是邊長(zhǎng)為厘米的正方形雕刻模具，刻刀的位置在模具的中心點(diǎn)處，在雕刻時(shí)始終保持模具的一邊緊貼木門(mén)的一邊，所刻圖案如虛線所示，求圖案的周長(zhǎng)；

（2）如圖，對(duì)于中的木門(mén)，當(dāng)模具換成邊長(zhǎng)為厘米的等邊三角形時(shí)，刻刀的位置仍在模具的中心點(diǎn)處，雕刻時(shí)也始終保持模具的一邊緊貼本門(mén)的一邊，使模具進(jìn)行滑動(dòng)雕刻．但當(dāng)模具的一個(gè)頂點(diǎn)與木門(mén)的一個(gè)頂點(diǎn)重合時(shí)，需將模具繞著重合點(diǎn)進(jìn)行旋轉(zhuǎn)雕刻，直到模具的另一邊與木門(mén)的另一邊重合．再滑動(dòng)模具進(jìn)行雕刻，如此雕刻一周，請(qǐng)?jiān)趫D中畫(huà)出雕刻所得圖案的草圖，并求其周長(zhǎng)．

【答案】（1）；（2）雕刻所得圖案的草圖見(jiàn)解析，圖案的周長(zhǎng)為
【解析】
【分析】
（1）過(guò)點(diǎn)作求出PE，進(jìn)而求得該圖案的長(zhǎng)和寬，利用長(zhǎng)方形的周長(zhǎng)公式即可解答；
（2）如圖，過(guò)P作PQ⊥CD于Q，連接PG,先利用等邊三角形的性質(zhì)求出PQ、PG及∠PGE，當(dāng)移動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，求得旋轉(zhuǎn)角和點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)的路徑長(zhǎng)，用同樣的方法繼續(xù)移動(dòng)，即可畫(huà)出圖案的草圖，再結(jié)合圖形可求得所得圖案的周長(zhǎng)．
【詳解】
如圖，過(guò)點(diǎn)作垂足為

是邊長(zhǎng)為的正方形模具的中心，

同理：與之間的距離為
與之間的距離為
與之間的距離為


．
答：圖案的周長(zhǎng)為．
如圖，連接過(guò)點(diǎn)作，垂足為

是邊長(zhǎng)為的等邊三角形模具的中心，




．
當(dāng)三角形向上平移至點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，
由題意可得：繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)
使得與邊重合
繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至
．
同理可得其余三個(gè)角均為弧長(zhǎng)為的圓弧，
圖中的虛線即為所畫(huà)的草圖，
∴
．
答：雕刻所得圖案的草圖的周長(zhǎng)為．
【點(diǎn)睛】
本題考查了圖形的平移與旋轉(zhuǎn)、等邊三角形的性質(zhì)、解含30o角的直角三角形、圖形的周長(zhǎng)等知識(shí)，解答的關(guān)鍵是熟練掌握?qǐng)D形平移和旋轉(zhuǎn)過(guò)程中的變化特征，結(jié)合基本圖形的性質(zhì)進(jìn)行推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計(jì)算．
84．（2020·陜西中考真題）問(wèn)題提出
（1）如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分線交AB于點(diǎn)D．過(guò)點(diǎn)D分別作DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分別為E，F(xiàn)，則圖1中與線段CE相等的線段是_____．
問(wèn)題探究
（2）如圖2，AB是半圓O的直徑，AB＝8．P是上一點(diǎn)，且，連接AP，BP．∠APB的平分線交AB于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)C分別作CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分別為E，F(xiàn)，求線段CF的長(zhǎng)．
問(wèn)題解決
（3）如圖3，是某公園內(nèi)“少兒活動(dòng)中心”的設(shè)計(jì)示意圖．已知⊙O的直徑AB＝70m，點(diǎn)C在⊙O上，且CA＝CB．P為AB上一點(diǎn)，連接CP并延長(zhǎng)，交⊙O于點(diǎn)D．連接AD，BD．過(guò)點(diǎn)P分別作PE⊥AD，PF⊥BD，重足分別為E，F(xiàn)．按設(shè)計(jì)要求，四邊形PEDF內(nèi)部為室內(nèi)活動(dòng)區(qū)，陰影部分是戶外活動(dòng)區(qū)，圓內(nèi)其余部分為綠化區(qū)．設(shè)AP的長(zhǎng)為x（m），陰影部分的面積為y（m2）．
①求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式；
②按照“少兒活動(dòng)中心”的設(shè)計(jì)要求，發(fā)現(xiàn)當(dāng)AP的長(zhǎng)度為30m時(shí)，整體布局比較合理．試求當(dāng)AP＝30m時(shí)．室內(nèi)活動(dòng)區(qū)（四邊形PEDF）的面積．

【答案】（1）CF、DE、DF；（2）CF＝6﹣2；（3）① y＝﹣x2+35x+1225；② 576m2．
【解析】
【分析】
（1）證明四邊形CEDF是正方形，即可得出結(jié)果；
（2）連接OP，由AB是半圓O的直徑，，得出∠APB＝90°，∠AOP＝60°，則∠ABP＝30°，同（1）得四邊形PECF是正方形，得PF＝CF，在Rt△APB中，PB＝AB?cos∠ABP＝4 ，在Rt△CFB中，BF＝＝CF，推出PB＝CF+BF，即可得出結(jié)果；
（3）① 同（1）得四邊形DEPF是正方形，得出PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，將△APE繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△A′PF，PA′＝PA，則A′、F、B三點(diǎn)共線，∠APE＝∠A′PF，證∠A′PB＝90°，得出S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝ PA′?PB＝x（70﹣x），在Rt△ACB中，AC＝BC＝35 ，S△ACB＝AC2＝1225，由y＝S△PA′B+S△ACB，即可得出結(jié)果；
② 當(dāng)AP＝30時(shí)，A′P＝30，PB＝40，在Rt△A′PB中，由勾股定理得A′B＝ ＝＝50，由S△A′PB＝A′B?PF＝PB?A′P，求PF，即可得出結(jié)果．
【詳解】
解：（1）∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴四邊形CEDF是矩形，
∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴DE＝DF，
∴四邊形CEDF是正方形，
∴CE＝CF＝DE＝DF，
故答案為：CF、DE、DF；
（2）連接OP，如圖2所示：
∵AB是半圓O的直徑，，
∴∠APB＝90°，∠AOP＝×180°＝60°，
∴∠ABP＝30°，
同（1）得：四邊形PECF是正方形，
∴PF＝CF，
在Rt△APB中，PB＝AB?cos∠ABP＝8×cos30°＝8× ＝4 ，
在Rt△CFB中BF＝＝ ＝ ＝CF，
∵PB＝PF+BF，
∴PB＝CF+BF，
即：4＝CF+CF，
解得：CF＝6﹣2；

（3）①∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵CA＝CB，
∴∠ADC＝∠BDC，
同（1）得：四邊形DEPF是正方形，
∴PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，
∴將△APE繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△A′PF，PA′＝PA，如圖3所示：
則A′、F、B三點(diǎn)共線，∠APE＝∠A′PF，
∴∠A′PF+∠BPF＝90°，即∠A′PB＝90°，
∴S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝PA′?PB＝x（70﹣x），
在Rt△ACB中，AC＝BC＝AB＝×70＝35，
∴S△ACB＝AC2＝×（35）2＝1225，
∴y＝S△PA′B+S△ACB＝x（70﹣x）+1225＝﹣x2+35x+1225；
②當(dāng)AP＝30時(shí)，A′P＝30，PB＝AB﹣AP＝70﹣30＝40，
在Rt△A′PB中，由勾股定理得：A′B＝ ＝＝50，
∵S△A′PB＝A′B?PF＝PB?A′P，
∴×50×PF＝×40×30，
解得：PF＝24，
∴S四邊形PEDF＝PF2＝242＝576（m2），
∴當(dāng)AP＝30m時(shí)．室內(nèi)活動(dòng)區(qū)（四邊形PEDF）的面積為576m2．

【點(diǎn)睛】
本題是關(guān)于圓的綜合題，主要考查了圓周角定理、勾股定理、矩形的判定、正方形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角函數(shù)定義、三角形面積與正方形面積的計(jì)算等知識(shí)；熟練掌握?qǐng)A周角定理和正方形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
85．（2020·山西中考真題）綜合與實(shí)踐
問(wèn)題情境：
如圖①，點(diǎn)為正方形內(nèi)一點(diǎn)，，將繞點(diǎn)按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，得到（點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)），延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接．
猜想證明：

（1）試判斷四邊形的形狀，并說(shuō)明理由；
（2）如圖②，若，請(qǐng)猜想線段與的數(shù)量關(guān)系并加以證明；
解決問(wèn)題：
（3）如圖①，若，，請(qǐng)直接寫(xiě)出的長(zhǎng)．
【答案】（1）四邊形是正方形，理由詳見(jiàn)解析；（2），證明詳見(jiàn)解析；（3）．
【解析】
【分析】

（1）由旋轉(zhuǎn)可知：，,再說(shuō)明可得四邊形是矩形，再結(jié)合即可證明；
（2）過(guò)點(diǎn)作，垂足為，先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到，再證可得，再結(jié)合、即可解答；
（3）過(guò)E作EG⊥AD，先說(shuō)明∠1=∠2，再設(shè)EF=x、則BE=FE＇=EF=BE＇=x、CE＇=AE=3+x，再在Rt△AEB中運(yùn)用勾股定理求得x，進(jìn)一步求得BE和AE的長(zhǎng)，然后運(yùn)用三角函數(shù)和線段的和差求得DG和EG的長(zhǎng)，最后在Rt△DEG中運(yùn)用勾股定理解答即可．
【詳解】

解：（1）四邊形是正方形
理由：由旋轉(zhuǎn)可知：，，
又，

四邊形是矩形．
∵．
四邊形是正方形；
（2）．
證明：如圖，過(guò)點(diǎn)作，垂足為，

則，

．
四邊形是正方形，
，．


，
．
．


∵，

；
（3）如圖：過(guò)E作EG⊥AD

∴GE//AB
∴∠1=∠2
設(shè)EF=x，則BE=FE＇=EF=BE＇=x，CE＇=AE=3+x
在Rt△AEB中，BE=x，AE=x+3，AB=15
∴AB2=BE2+AE2，即152=x2+（x+3）2，解得x=-12（舍），x=9
∴BE=9,AE=12
∴sin∠1= ,cos∠1=
∴sin∠2= ,cos∠2=
∴AG=7.2,GE=9.6
∴DG=15-7.2=7.8
∴DE=．
【點(diǎn)睛】

本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換、勾股定理、解三角形等知識(shí)，綜合應(yīng)用所學(xué)知識(shí)是解答本題的關(guān)鍵．
86．（2020·湖南郴州?中考真題）如圖，在等腰直角三角形中，．點(diǎn)是的中點(diǎn)，以為邊作正方形，連接．將正方形繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為．

（1）如圖，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，
①判斷與是否全等，并說(shuō)明理由；
②當(dāng)時(shí)，與交于點(diǎn)，求的長(zhǎng)．
（2）如圖，延長(zhǎng)交直線于點(diǎn)．
①求證：；
②在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，線段的長(zhǎng)度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）①全等，證明見(jiàn)解析；②；（2）①證明見(jiàn)解析；②．
【解析】
【分析】
（1）①由等腰直角三角形性質(zhì)和正方形性質(zhì)根據(jù)全等三角形判定定理（SAS）即可證明；②過(guò)A點(diǎn)作AM⊥GD，垂足為M，交FE與N，利用等腰三角形三線合一性質(zhì)構(gòu)造直角三角形，由勾股定理求出AM的長(zhǎng)，進(jìn)而得出，再由求出結(jié)果；
（2）①根據(jù)全等三角形性質(zhì)可得，再在和中由三角形內(nèi)角和定理得出，從而證明結(jié)論；②根據(jù)∠APC=90°得出PC最大值是∠GAD最大時(shí)，即GD⊥AG時(shí)，進(jìn)而可知CEF三點(diǎn)共線，F(xiàn)與P重合，求出此時(shí)CE長(zhǎng)，繼而可得CP最大值．
【詳解】
解：（1）①全等，理由如下：
在等腰直角三角形中，AD=CD，，
在正方形中，GD=ED，，
又∵，，
∴
在和中，
，
∴（SAS）；
②如解圖2，過(guò)A點(diǎn)作AM⊥GD，垂足為M，交FE與N，

∵點(diǎn)是的中點(diǎn)，
∴在正方形中，DE=GD=GF=EF=2，
由①得，
∴，
又∵，
∴，
∵AM⊥GD，
∴，
又∵ ，
∴四邊形GMNF是矩形，
∴，
在中，，
∴
∵，
∴
∴，
∴．
（2）①由①得，
∴，
又∵，
∴，
∴，即：；
②∵，
∴，
∴當(dāng)最大時(shí)，PC最大，
∵∠DAC=45°，是定值，
∴最大時(shí)，最大，PC最大，
∵AD=4，GD=2，
∴當(dāng)GD⊥AG，最大，如解圖3，

此時(shí)，
又∵，，
∴F點(diǎn)與P點(diǎn)重合，
∴CEFP四點(diǎn)共線，
∴CP=CE+EF=AG+EF=，
∴線段得最大值為：．
【點(diǎn)睛】
本題考查了三角形的綜合；涉及了全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形等知識(shí)，能夠準(zhǔn)確畫(huà)出旋轉(zhuǎn)后滿足條件的兩個(gè)圖形，構(gòu)造直角三角形求解是關(guān)鍵．
87．（2020·貴州畢節(jié)?中考真題）如圖（1），在平面直角坐標(biāo)系中拋物線與軸交于點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)，連接，，作于點(diǎn)，將沿軸翻折，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)．解答下列問(wèn)題：

（1）拋物線的解析式為_(kāi)______，頂點(diǎn)坐標(biāo)為_(kāi)_______；
（2）判斷點(diǎn)是否在直線上，并說(shuō)明理由；
（3）如圖（2），將圖（1）中沿著平移后，得到．若邊在線段上，點(diǎn)在拋物線上，連接，求四邊形的面積．
【答案】（1），（4，）；（2）在，理由見(jiàn)解析；（3）22．
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)待定系數(shù)法將B、C兩點(diǎn)坐標(biāo)直接代入解析式即可求出a、b，用配方法將解析式變形為頂點(diǎn)式即可得出頂點(diǎn)坐標(biāo)；
（2）由三角形ABO是直角三角形，求得∠MAO=∠B，繼而求得tan∠MAO= tan∠NAO = tan∠CAO= ，從而∠CAO=∠NAO，即AC與AN共線；
（3）由平移規(guī)律可知，AF//OB，根據(jù) 直線OB解析式求出直線AF解析式，進(jìn)而求出直線AF與拋物線交點(diǎn)，得F坐標(biāo)，即可四邊形的面積等于四邊形AODF面積即可解．
【詳解】
解：把點(diǎn)，點(diǎn)代入拋物線解析式得：
，解得，
即拋物線解析式為：，
∴，
∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為（4，）
故答案為：，（4，）；
（2）∵與y軸交于A點(diǎn)，
∴A點(diǎn)坐標(biāo)為(0，4)，
又∵B點(diǎn)坐標(biāo)為(8，4)，故AB⊥y軸，
∵AM⊥OB，
∴∠MAB+∠B=∠MAB+∠MAO，
∴∠MAO=∠B，
∵OA=4，AB=8，
∴tan∠MAO= tan∠B=，
將沿軸翻折，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)．
∴tan∠MAO= tan∠NAO =，
又∵ OC=2，tan∠CAO，
∴∠CAO=∠NAO，即AC與AN共線，
故N點(diǎn)直線AC上；
（3）∵B點(diǎn)坐標(biāo)為(8，4)，
∴直線OB解析式為，
平移規(guī)律可知，AF//OB，又因?yàn)辄c(diǎn)A坐標(biāo)為，
∴直線AF解析式為，
聯(lián)立解析式得方程組： ，解得，，
故F點(diǎn)坐標(biāo)為：，
由平移性質(zhì)可知四邊形AODF是平行四邊形，≌．
∴四邊形的面積=平行四邊形AODF面積，
∵平行四邊形AODF面積=，
∴四邊形的面積為22．
【點(diǎn)睛】
本題是函數(shù)與幾何綜合題，涉及了待定系數(shù)法求解析式、二次函數(shù)、一次函數(shù)的應(yīng)用、解直角三角形、平移、軸對(duì)稱等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，會(huì)構(gòu)建直角三角形求點(diǎn)坐標(biāo)，學(xué)會(huì)構(gòu)建一次函數(shù)，利用方程組求兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)坐標(biāo)，屬于中考?jí)狠S題．
88．（2020·山東東營(yíng)?中考真題）如圖1，在等腰三角形中，點(diǎn)分別在邊上，連接點(diǎn)分別為的中點(diǎn)．

（1）觀察猜想
圖1中，線段的數(shù)量關(guān)系是____，的大小為_(kāi)____；
（2）探究證明
把繞點(diǎn)順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)到如圖2所示的位置，連接判斷的形狀，并說(shuō)明理由；
（3）拓展延伸
把繞點(diǎn)在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若，請(qǐng)求出面積的最大值．
【答案】（1）相等，；（2）是等邊三角形，理由見(jiàn)解析；（3）面積的最大值為.
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)＂點(diǎn)分別為的中點(diǎn)＂，可得MNBD，NPCE ，根據(jù)三角形外角和定理，等量代換求出．
（2）先求出，得出，根據(jù)MNBD，NPCE ，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代換求出，即可求解．
（3）根據(jù)，可知BD最大值，繼而求出面積的最大值．
【詳解】
由題意知：AB=AC，AD=AE，且點(diǎn)分別為的中點(diǎn)，
∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC
∴MN=NP
又∵M(jìn)NBD，NPCE，∠A=，AB=AC，
∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=
根據(jù)三角形外角和定理，
得∠ENP=∠NBP+∠NPB
∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，
∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，
∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C
=∠ABC+∠C =．
是等邊三角形．
理由如下：
如圖，由旋轉(zhuǎn)可得
在ABD和ACE中


．
點(diǎn)分別為的中點(diǎn)，
是的中位線，
且
同理可證且




．
在中
∵∠MNP=，MN=PN
是等邊三角形．
根據(jù)題意得:
即，從而
的面積．
∴面積的最大值為．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了三角形中點(diǎn)的性質(zhì)、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉(zhuǎn)的相關(guān)知識(shí)；正確掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉(zhuǎn)的相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
89．（2020·遼寧沈陽(yáng)?中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，是坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)和點(diǎn)，

(1)求拋物線的表達(dá)式；
(2)如圖，線段繞原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°得到線段．過(guò)點(diǎn)作射線，點(diǎn)是射線上一點(diǎn)(不與點(diǎn)重合)，點(diǎn)關(guān)于軸的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)，連接

①請(qǐng)直接寫(xiě)出的形狀為_(kāi)_________．
②設(shè)的面積為的面積為是，當(dāng)時(shí)，求點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）如圖，在（2）的結(jié)論下，過(guò)點(diǎn)作，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，線段繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為得到線段，過(guò)點(diǎn)作軸，交射線于點(diǎn)，的角平分線和的角平分線相交于點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)_________．

【答案】（1）；（2）①等邊三角形；②；（3）（6，）
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)題意代入點(diǎn)B、C坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法解析式可解；
（2）①過(guò)點(diǎn)D作DH⊥OB于點(diǎn)H ，利用解直角三角形知識(shí)，求出，得到，由對(duì)稱性問(wèn)題可解；
②在①基礎(chǔ)上，分別求出S1、S2面積，求出MN則問(wèn)題可解；
（3）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知BE=BF，然后根據(jù)（2）中的結(jié)論可得點(diǎn)E和點(diǎn)F到x軸距離相等，又由于FK ∥x軸，所以點(diǎn)K到x軸的距離等于點(diǎn)F到x軸的距離，從而確定E、K重合，可得為等邊三角形，從而根據(jù)題目條件可求點(diǎn)G坐標(biāo)．
【詳解】
解：（1）∵拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（6，0），C（0，-3）
∴
解得
∴拋物線的表達(dá)式為．
（2）①等邊三角形
如圖

過(guò)點(diǎn)D作DH⊥OB于點(diǎn)H，



在中，

在中，
∴
由軸對(duì)稱可知，，
∴為等邊三角形
故答案為：等邊三角形；
②由①，得

設(shè)
在中，








（3）由題意如圖，

在（2）的結(jié)論下可知△BMN為等邊三角形，M（3，）
∵，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，
∴∠MBE=30°，ER=
∵線段繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為得到線段
∴點(diǎn)F到x軸的距離= ER=
∵FK ∥x軸，
∴點(diǎn)K到x軸的距離等于點(diǎn)F到x軸的距離= ER=
又∵點(diǎn)K、E均在射線BE上
∴K、E兩點(diǎn)重合
∴
∴為等邊三角形
∴，∠OBG=90°
∵
∴點(diǎn)G坐標(biāo)為（6，）
故答案為：（6，）
【點(diǎn)睛】
本題考查二次函數(shù)的綜合、待定系數(shù)法、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、軸對(duì)稱及等邊三角形的性質(zhì)等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，利用數(shù)形結(jié)合思想解題是關(guān)鍵，屬于中考?jí)狠S題．
90．（2020·廣西河池?中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A（﹣1，2）．
（1）將點(diǎn)A向右平移3個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，得到點(diǎn)B，則點(diǎn)B的坐標(biāo)是　?。?br /> （2）點(diǎn)C與點(diǎn)A關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，則點(diǎn)C的坐標(biāo)是　?。?br /> （3）反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，則它的解析式是?。?br /> （4）一次函數(shù)的圖象經(jīng)過(guò)A，C兩點(diǎn)，則它的解析式是　?。?br />
【答案】（1）（2,3）；（2）（1，-2）；（3）；（4）
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)“上加下減，左減右加”法則判斷即可確定出B的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)特征判斷即可；
（3）設(shè)反比例函數(shù)解析式為y＝，把B坐標(biāo)代入確定出k，即可求出解析式；
（4）設(shè)一次函數(shù)解析式為y＝mx+n，把A與C坐標(biāo)代入求出m與n的值，即可求出解析式．
【詳解】
解：（1）將點(diǎn)A向右平移3個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，得到點(diǎn)B，則點(diǎn)B的坐標(biāo)是（2，3）；
（2）點(diǎn)C與點(diǎn)A關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，則點(diǎn)C的坐標(biāo)是（1，﹣2）；
（3）設(shè)反比例函數(shù)解析式為y＝，
把B（2，3）代入得：k＝6，
∴反比例函數(shù)解析式為y＝；
（4）設(shè)一次函數(shù)解析式為y＝mx+n，
把A（﹣1，2）與C（1，﹣2）代入得：　，
解得：，
則一次函數(shù)解析式為．
故答案為：（1）（2，3）；（2）（1，﹣2）；（3）y＝；（4）y＝﹣2x．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式；坐標(biāo)與圖形變化﹣平移以及關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)．
91．（2020·湖北宜昌?中考真題）已知函數(shù)均為一次函數(shù)，m為常數(shù)．

（1）如圖1，將直線繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到直線，直線交y軸于點(diǎn)B．若直線恰好是中某個(gè)函數(shù)的圖象，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)B坐標(biāo)以及m可能的值；
（2）若存在實(shí)數(shù)b，使得成立，求函數(shù)圖象間的距離；
（3）當(dāng)時(shí)，函數(shù)圖象分別交x軸，y軸于C，E兩點(diǎn)，圖象交x軸于D點(diǎn)，將函數(shù)的圖象最低點(diǎn)F向上平移個(gè)單位后剛好落在一次函數(shù)圖象上，設(shè)的圖象，線段，線段圍成的圖形面積為S，試?yán)贸踔兄R(shí)，探究S的一個(gè)近似取值范圍．（要求：說(shuō)出一種得到S的更精確的近似值的探究辦法，寫(xiě)出探究過(guò)程，得出探究結(jié)果，結(jié)果的取值范圍兩端的數(shù)值差不超過(guò)0.01．）
【答案】（1）（0,1）；1或0 （2） （3）
【解析】
【分析】
（1）由題意，可得點(diǎn)B坐標(biāo)，進(jìn)而求得直線的解析式，再分情況討論即可解的m值；
（2）由非負(fù)性解得m和b的值，進(jìn)而得到兩個(gè)函數(shù)解析式，設(shè)與x軸、y軸交于T，P，分別與x軸、y軸交于G，H，連接GP，TH，證得四邊形GPTH是正方形，求出GP即為距離；
（3）先根據(jù)解析式，用m表示出點(diǎn)C、E、D的坐標(biāo)以及y關(guān)于x的表達(dá)式為，得知y是關(guān)于x的二次函數(shù)且開(kāi)口向上、最低點(diǎn)為其頂點(diǎn),根據(jù)坐標(biāo)平移規(guī)則，得到關(guān)于m的方程，解出m值，即可得知點(diǎn)D 、E的坐標(biāo)且拋物線過(guò)D、E點(diǎn)，觀察圖象，即可得出S的大體范圍，如：，較小的可為平行于DE且與拋物線相切時(shí)圍成的圖形面積．
【詳解】
解：（1）由題意可得點(diǎn)B坐標(biāo)為（0,1），
設(shè)直線的表達(dá)式為y=kx+1，將點(diǎn)A（-1,0）代入得：k=1，
所以直線的表達(dá)式為：y=x+1,
若直線恰好是的圖象，則2m-1=1,解得：m=1，
若直線恰好是的圖象，則2m+1=1,解得：m=0，
綜上，，或者
（2）如圖，

，
，

，


設(shè)與x軸、y軸交于T，P，分別與x軸、y軸交于G，H，連接GP，TH
，
四邊形GPTH是正方形
，，即

；
（3），
分別交x軸，y軸于C，E兩點(diǎn)
，
圖象交x軸于D點(diǎn)




二次函數(shù)開(kāi)口向上，它的圖象最低點(diǎn)在頂點(diǎn)
頂點(diǎn)
拋物線頂點(diǎn)F向上平移,剛好在一次函數(shù)圖象上
且

，
∴，
由，得到，，
由得到與x軸，y軸交點(diǎn)是，，，
拋物線經(jīng)過(guò)，兩點(diǎn)
的圖象，線段OD，線段OE圍成的圖形是封閉圖形，則S即為該封閉圖形的面積
探究辦法：利用規(guī)則圖形面積來(lái)估算不規(guī)則圖形的面積．
探究過(guò)程：
①觀察大于S的情況．
很容易發(fā)現(xiàn)
，
，
（若有S小于其他值情況，只要合理，參照賦分．）
②觀察小于S的情況．
選取小于S的幾個(gè)特殊值來(lái)估計(jì)更精確的S的近似值，取值會(huì)因人而不同，下面推薦一種方法，選取以下三種特殊位置：
位置一：如圖

當(dāng)直線MN與DE平行且與拋物線有唯一交點(diǎn)時(shí)，設(shè)直線MN與x，y軸分別交于M，N
，
直線
設(shè)直線


，
直線
點(diǎn)
，
位置二：如圖

當(dāng)直線DR與拋物線有唯一交點(diǎn)時(shí)，直線DR與y軸交于點(diǎn)R
設(shè)直線，
直線


，
直線
點(diǎn)
，
位置三：如圖

當(dāng)直線EQ與拋物線有唯一交點(diǎn)時(shí)，直線EQ與x軸交于點(diǎn)Q
設(shè)直線


，
直線
點(diǎn)
，

我們發(fā)現(xiàn)：在曲線DE兩端位置時(shí)的三角形的面積遠(yuǎn)離S的值，由此估計(jì)在曲線DE靠近中間部分時(shí)取值越接近S的值
探究的結(jié)論：按上述方法可得一個(gè)取值范圍
（備注：不同的探究方法會(huì)有不同的結(jié)論，因而會(huì)有不同的答案．只要來(lái)龍去脈清晰、合理，即可參照賦分，但若直接寫(xiě)出一個(gè)范圍或者范圍兩端數(shù)值的差不在0.01之間不得分．）
【點(diǎn)睛】
本題是一道綜合性很強(qiáng)的代數(shù)與幾何相結(jié)合的壓軸題，知識(shí)面廣，涉及有旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、坐標(biāo)平移規(guī)則、非負(fù)數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一元二次方程、不規(guī)則圖形面積的估計(jì)等知識(shí)，解答的關(guān)鍵是認(rèn)真審題，找出相關(guān)信息，利用待定系數(shù)法、數(shù)形結(jié)合法等解題方法確定解題思路，利用相關(guān)信息進(jìn)行推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計(jì)算．
92．（2020·遼寧撫順?中考真題）如圖，拋物線（）過(guò)點(diǎn)和，點(diǎn)是拋物線的頂點(diǎn)，點(diǎn)是軸下方拋物線上的一點(diǎn)，連接，．
（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖①，當(dāng)時(shí)，求點(diǎn)的坐標(biāo)；

（3）如圖②，在（2）的條件下，拋物線的對(duì)稱軸交軸于點(diǎn)，交線段于點(diǎn)，點(diǎn)是線段上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)不與點(diǎn)和點(diǎn)重合，連接，將沿折疊，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)，與的重疊部分為，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在一點(diǎn)，使以點(diǎn)，，，為頂點(diǎn)的四邊形是矩形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）存在，(，)或(，)或(，)
【解析】
【分析】
（1）把點(diǎn)O(0，0)和A(6，0)分別代入解析式即可求解；
（2）分別求得點(diǎn)B、C、E的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法求得直線的解析式，解方程組即可求得點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（3）分三種情況討論，利用解直角三角形求解即可．
【詳解】
（1）把點(diǎn)和分別代入中，得：
，
解得，
∴拋物線的解析式為；
（2）如圖，設(shè)拋物線的對(duì)稱軸與軸相交于點(diǎn)C，與相交于點(diǎn)E，

∵，
∴頂點(diǎn)，對(duì)稱軸與軸的交點(diǎn)C(3，0)，
∴OC=3， CB=，
∵在中，，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(3，)，
設(shè)直線的解析式是（），
把點(diǎn)E (3，)代入，得：
解得，
∴直線的解析式是，
∴，
解得（舍去），，
∴當(dāng)時(shí)，，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(5，)；
（3）存在，理由如下：
由（2）得：∠COE=∠EOB=30，CE=，BE=OE=2CE=2，
①當(dāng)∠EFG=90時(shí)，如圖：

點(diǎn)、G與點(diǎn)O重合，此時(shí)四邊形EFGH為矩形，
過(guò)H作HP⊥OC于P，
∵∠COE=∠EOB=30，
∴OH=EF=CE=，
∴∠HOP=90-∠COE-∠EOB=30，
∴HP=OH=，OP=HP=，
點(diǎn)H的坐標(biāo)為(，)；
②當(dāng)∠EGF=90時(shí)，此時(shí)四邊形EGFH為矩形，如圖：

∵∠CEO=90-∠COE=60，∠OEG=90-∠EOB=60，
∠BEG=180-∠CEO-∠OEG=60，
根據(jù)折疊的性質(zhì)：∠EF=∠BEF==30，
在Rt△EGF中，∠EGF=90，∠GEF=30，GE=CE=，
∴GF=GE=1，
∴EH=GF=1，
過(guò)H作HQ⊥BC于Q，
∴∠HEQ=90-∠BEG =30，
∴HQ=EH=，EQ=HQ=，
點(diǎn)H的坐標(biāo)為(，)，即(，)；
③當(dāng)點(diǎn)G在OD上，且∠EGF=90時(shí)，此時(shí)四邊形EGFH為矩形，如圖：

∵∠BOE=30，
∴∠OFG=90-∠EOB=60，
根據(jù)折疊的性質(zhì)：∠E=∠BFE== =60，
∴FG是線段OE的垂直平分線，
∴OG=GE=OE=，EH=GF=OG=1，
過(guò)H作HK⊥BC于K，
∴∠HEK=180-∠OEC-∠OEH=30，
∴HK=EH=，EK=HK=，
點(diǎn)H的坐標(biāo)為(，)，即(，)；
綜上，符合條件的點(diǎn)H的坐標(biāo)為(，)或(，)或(，) ．
【點(diǎn)睛】
本題是二次函數(shù)與幾何的綜合題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，解直角三角形，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，翻折變換，矩形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想和分類討論的思想解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
93．（2020·湖北恩施?中考真題）如圖，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)，頂點(diǎn)為，對(duì)稱軸與軸相交于點(diǎn)，為線段的中點(diǎn)．

（1）求拋物線的解析式；
（2）為線段上任意一點(diǎn)，為軸上一動(dòng)點(diǎn)，連接，以點(diǎn)為中心，將逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，記點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為．當(dāng)直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)的坐標(biāo)．
（3）在（2）的旋轉(zhuǎn)變換下，若（如圖）．

①求證：．
②當(dāng)點(diǎn)在（1）所求的拋物線上時(shí)，求線段的長(zhǎng)．
【答案】（1）；（2）（，0）；（3）①見(jiàn)解析；②=或=
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)點(diǎn)C在拋物線上和已知對(duì)稱軸的條件可求出解析式；
（2）根據(jù)拋物線的解析式求出點(diǎn)B及已知點(diǎn)C的坐標(biāo)，證明△ABC是等腰直角三角形，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)推出直線EF與x軸的夾角為45°，因此設(shè)直線EF的解析式為y=x+b，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，0），推出點(diǎn)F（m，6-m），直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，聯(lián)立兩個(gè)解析式，得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)根的判別式為0得到關(guān)于m的方程，解方程得點(diǎn)M的坐標(biāo)．注意有兩種情況，均需討論．
（3）①過(guò)點(diǎn)P作PG⊥x軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，0），由及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，證明△EHM≌△MGP，得到點(diǎn)E的坐標(biāo)為（m-1，5-m），再根據(jù)兩點(diǎn)距離公式證明，注意分兩種情況，均需討論；②把E（m-1，5-m）代入拋物線解析式，解出m的值，進(jìn)而求出CM的長(zhǎng)．
【詳解】
（1）∵點(diǎn)在拋物線上，
∴，
得到，
又∵對(duì)稱軸，
∴，
解得，
∴，
∴二次函數(shù)的解析式為；
（2）當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)C的左側(cè)時(shí)，如下圖：

∵拋物線的解析式為，對(duì)稱軸為，
∴點(diǎn)A（2，0），頂點(diǎn)B（2，4），
∴AB=AC=4，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1=45°；
∵將逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△MEF，
∴FM=CM，∠2=∠1=45°，
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，0），
∴點(diǎn)F（m，6-m），
又∵∠2=45°，
∴直線EF與x軸的夾角為45°，
∴設(shè)直線EF的解析式為y=x+b，
把點(diǎn)F（m，6-m）代入得：6-m=m+b，解得：b=6-2m，
直線EF的解析式為y=x+6-2m，
∵直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，
∴，
整理得：，
∴Δ=b2-4ac=0，解得m=，
點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，0）．
當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)C的右側(cè)時(shí)，如下圖：

由圖可知，直線EF與x軸的夾角仍是45°，因此直線與拋物線不可能只有一個(gè)交點(diǎn)．
綜上，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，0）．
（3）①當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)C的左側(cè)時(shí)，如下圖，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥x軸于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥x軸于點(diǎn)H，

∵，由（2）知∠BCA=45°，
∴PG=GC=1，
∴點(diǎn)G（5，0），
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，0），
∵將逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△MEF，
∴EM=PM，
∵∠HEM+∠EMH=∠GMP+∠EMH =90°，
∴∠HEM=∠GMP，
在△EHM和△MGP中，
，
∴△EHM≌△MGP（AAS），
∴EH=MG=5-m，HM=PG=1，
∴點(diǎn)H（m-1，0），
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（m-1，5-m）；
∴EA==，
又∵為線段的中點(diǎn)，B（2，4），C（6，0），
∴點(diǎn)D（4，2），
∴ED==，
∴EA= ED．
當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)C的右側(cè)時(shí)，如下圖：

同理，點(diǎn)E的坐標(biāo)仍為（m-1，5-m），因此EA= ED．
②當(dāng)點(diǎn)在（1）所求的拋物線上時(shí)，
把E（m-1，5-m）代入，整理得：m2-10m+13=0，
解得：m=或m=，
∴=或=．
【點(diǎn)睛】
本題是二次函數(shù)綜合題，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、分類討論的思想是解題的關(guān)鍵．
94．（2020·湖南長(zhǎng)沙?中考真題）在矩形ABCD中，E為上的一點(diǎn)，把沿AE翻折，使點(diǎn)D恰好落在BC邊上的點(diǎn)F．
（1）求證：
（2）若，求EC的長(zhǎng)；
（3）若，記，求的值．

【答案】（1）證明過(guò)程見(jiàn)解析；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）只要證明∠B=∠C=90°，∠BAF=∠EFC即可；
（2）因?yàn)椤鰽FE是△ADE翻折得到的，得到AF=AD=4，根據(jù)勾股定理可得BF的長(zhǎng)，從而得到CF的長(zhǎng)，根據(jù)△ABF∽△FCE，得到，從而求出EC的長(zhǎng)；
（3）根據(jù)△ABF∽△FCE，得到∠CEF=∠BAF=，所以tan+tan=，設(shè)CE=1，DE=x，可得到AE，AB，AD的長(zhǎng)，根據(jù)△ABF∽△FCE，得到，將求出的值代入化簡(jiǎn)會(huì)得到關(guān)于x的一元二次方程，解之即可求出x的值，然后可求出CE，CF，EF，AF的值，代入tan+tan=即可．
【詳解】
（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，
∴∠AFB+∠BAF=90°，
∵△AFE是△ADE翻折得到的，
∴∠AFE=∠D=90°，
∴∠AFB+∠CFE=90°，
∴∠BAF=∠CFE，
∴△ABF∽△FCE．
（2）解：∵△AFE是△ADE翻折得到的，
∴AF=AD=4，
∴BF=，
∴CF=BC-BF=AD-BF=2，
由（1）得△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴EC=．
（3）

解：由（1）得△ABF∽△FCE，
∴∠CEF=∠BAF=，
∴tan+tan=，
設(shè)CE=1，DE=x，
∵，
∴AE=DE+2EC=x+2，AB=CD=x+1，AD=
∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴x2-4x+4=0，
解得x=2，
∴CE=1，CF=，EF=x=2，AF= AD==，
∴tan+tan==．
【點(diǎn)睛】
本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，翻折變換，矩形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)．解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)運(yùn)用方程的思想思考問(wèn)題．
95．（2020·湖南永州?中考真題）某校開(kāi)展了一次綜合實(shí)踐活動(dòng)，參加該活動(dòng)的每個(gè)學(xué)生持有兩張寬為，長(zhǎng)足夠的矩形紙條．探究?jī)蓮埣垪l疊放在一起，重疊部分的形狀和面積．如圖1所示，一張紙條水平放置不動(dòng)，另一張紙條與它成45°的角，將該紙條從右往左平移．

（1）寫(xiě)出在平移過(guò)程中，重疊部分可能出現(xiàn)的形狀．
（2）當(dāng)重疊部分的形狀為如圖2所示的四邊形時(shí)，求證：四邊形是菱形．
（3）設(shè)平移的距離為，兩張紙條重疊部分的面積為．求s與x的函數(shù)關(guān)系式，并求s的最大值．
【答案】（1）三角形，四邊形（梯形、菱形），五邊形；（2）見(jiàn)解析；（3），s的最大值為．
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)平移過(guò)程中，重疊部分四邊形的形狀判定即可；
（2）分別過(guò)點(diǎn)B、D作于點(diǎn)E、于點(diǎn)F，再根據(jù)紙條的特點(diǎn)證明四邊形ABCD是平行四邊形，再證明鄰邊相等即可證明；
（3）分、、和x=四種情況分別求出s與x的函數(shù)關(guān)系式，然后再求最大值即可．
【詳解】
解：（1）在平移過(guò)程中，重疊部分的形狀分別為：三角形，四邊形（梯形、菱形），五邊形；
（2）證明：分別過(guò)點(diǎn)B、D作于點(diǎn)E、于點(diǎn)F，
∴
∵兩張紙條等寬，
∴．
在和中，
∴，
∵兩張紙條都是矩形，，
∴ ．
∴四邊形是平行四邊形，
又∵，
∴四邊形是菱形；

（3）Ⅰ、如圖：當(dāng)時(shí)，重疊部分為三角形，如圖所示，
∴，
∴．最大值為．

Ⅱ、如圖：當(dāng)時(shí)，重疊部分為梯形，如圖所示，梯形的下底為，上底為，
∴，當(dāng)時(shí)，s取最大值．

Ⅲ、當(dāng)時(shí)，重疊部分為五邊形，
．
此時(shí)．

Ⅳ、當(dāng)時(shí)，重疊部分為菱形，
∴．

∴
∴s的最大值為．
【點(diǎn)睛】
本題考查了平移變換、等腰直角三角形的性質(zhì)、菱形的判定以及運(yùn)用二次函數(shù)求最值，考查知識(shí)點(diǎn)較多，因此靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)成為解答本題的關(guān)鍵．
96．（2020·山東威海?中考真題）發(fā)現(xiàn)規(guī)律：
（1）如圖①，與都是等邊三角形，直線交于點(diǎn)．直線，交于點(diǎn)．求的度數(shù)
（2）已知：與的位置如圖②所示，直線交于點(diǎn)．直線，交于點(diǎn)．若，，求的度數(shù)
應(yīng)用結(jié)論：

（3）如圖③，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)的坐標(biāo)為，點(diǎn)的坐標(biāo)為，為軸上一動(dòng)點(diǎn)，連接．將線段繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到線段，連接，，求線段長(zhǎng)度的最小值

【答案】（1）的度數(shù)為；（2）的度數(shù)為；（3）線段長(zhǎng)度的最小值為
【解析】
【分析】

（1）通過(guò)證明可得，再由三角形內(nèi)角和定理進(jìn)行求解即可；
（2）通過(guò)證明可得，，可證，可得，由外角性質(zhì)可得，再有三角形內(nèi)角和定理進(jìn)行求解即可；
（3）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得是等邊三角形，可得，，如圖③將繞點(diǎn)M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到，連接OQ，可得，OK=NQ，MO=MQ，則當(dāng)NQ為最小值時(shí)，OK有最小值，由垂線段最短可得當(dāng)軸時(shí)，NQ有最小值，由直角三角形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】

（1）∵與是等邊三角形
∴AB=AC，AD=AE，
∴
∴
∴
∵
∴
∴；
（2）∵，
∴
∴，
∴，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴；
（3）∵將線段MN繞點(diǎn)M逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到線段MK
∴，
∴是等邊三角形
∴，
如下圖，將繞點(diǎn)M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得到，連接OQ

∴，
∴OK=NQ，MO=MQ
∴是等邊三角形
∴
∴
∵OK=NQ
∴當(dāng)NQ為最小值時(shí)，OK有最小值，由垂線段最短可得當(dāng)軸時(shí)，NQ有最小值
∵點(diǎn)的坐標(biāo)為
∴
∵軸，
∴
∴線段OK長(zhǎng)度的最小值為．
【點(diǎn)睛】

本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是解決本題的關(guān)鍵．
97．（2020·江蘇南通?中考真題）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．將矩形折疊，使點(diǎn)A落在點(diǎn)P處，折痕為DE．
（1）如圖①，若點(diǎn)P恰好在邊BC上，連接AP，求的值；
（2）如圖②，若E是AB的中點(diǎn)，EP的延長(zhǎng)線交BC于點(diǎn)F，求BF的長(zhǎng)．

【答案】（1）；（2）BF＝3．
【解析】
【分析】
（1）如圖①中，取DE的中點(diǎn)M，連接PM．證明△POM∽△DCP，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．
（2）如圖②中，過(guò)點(diǎn)P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．設(shè)EG=x，則BG=4-x．證明△EGP∽△PHD，推出，推出PG=2EG=3x，DH=AG=4+x，在Rt△PHD中，由PH2+DH2=PD2，可得（3x）2+（4+x）2=122，求出x，再證明△EGP∽△EBF，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．
【詳解】
解：（1）如圖①中，取DE的中點(diǎn)M，連接PM．

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠C＝90°，
由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，
在Rt△EPD中，∵EM＝MD，
∴PM＝EM＝DM，
∴∠3＝∠MPD，
∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，
∵∠ADP＝2∠3，
∴∠1＝∠ADP，
∵AD∥BC，
∴∠ADP＝∠DPC，
∴∠1＝∠DPC，
∵∠MOP＝∠C＝90°，
∴△POM∽△DCP，
∴，
∴．
（2）如圖②中，過(guò)點(diǎn)P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．則四邊形AGHD是矩形，設(shè)EG＝x，則BG＝4﹣x

∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，
∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，
∴∠EPG＝∠PDH，
∴△EGP∽△PHD，
∴，
∴PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，
在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，
∴（3x）2+（4+x）2＝122，
解得：x＝（負(fù)值已經(jīng)舍棄），
∴BG＝4﹣＝，
在Rt△EGP中，GP＝，
∵GH∥BC，
∴△EGP∽△EBF，
∴，
∴，
∴BF＝3．
【點(diǎn)睛】
本題考查翻折變換，相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問(wèn)題．
98．（2020·遼寧丹東?中考真題）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與軸交于，兩點(diǎn)，點(diǎn)坐標(biāo)為，與軸交于點(diǎn)，直線與拋物線交于，兩點(diǎn)．

（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
（2）求的值和點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）點(diǎn)是直線上方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作軸的垂線，垂足為，交直線于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作軸的平行線，交于點(diǎn)，當(dāng)是線段的三等分點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)坐標(biāo)；
（4）如圖2，是軸上一點(diǎn)，其坐標(biāo)為，動(dòng)點(diǎn)從出發(fā)，沿軸正方向以每秒5個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，設(shè)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（），連接，過(guò)作于點(diǎn)，以所在直線為對(duì)稱軸，線段經(jīng)軸對(duì)稱變換后的圖形為，點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線段的位置也隨之變化，請(qǐng)直接寫(xiě)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線段與拋物線有公共點(diǎn)時(shí)的取值范圍．

【答案】（1）；（2）m=2，D(﹣1，)；（3）P（， ）或P(1，)；
（4）0＜t≤．
【解析】
【分析】
(1)根據(jù)A，C兩點(diǎn)坐標(biāo)，代入拋物線解析式，利用待定系數(shù)法即可求解．
(2)通過(guò)(1)中的二次函數(shù)解析式求出B點(diǎn)坐標(biāo)，代入一次函數(shù),即可求出m的值，聯(lián)立二次函數(shù)與一次函數(shù)可求出D點(diǎn)坐標(biāo)．
(3)設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo)，通過(guò)P點(diǎn)坐標(biāo)表示出N，F(xiàn)坐標(biāo)，再分類討論P(yáng)N=2NF，NF=2PN，即可求出P點(diǎn)(4)由A，D兩點(diǎn)坐標(biāo)求出AD的函數(shù)關(guān)系式，因?yàn)橐运谥本€為對(duì)稱軸，線段經(jīng)軸對(duì)稱變換后的圖形為，所以∥AD，即可求出的函數(shù)關(guān)系式，設(shè)直線與拋物線交于第一象限P點(diǎn)，所以當(dāng)與P重合時(shí)，t有最大值，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式求出PQ中點(diǎn)H點(diǎn)坐標(biāo),進(jìn)而求出MH的函數(shù)關(guān)系式，令y=0求出函數(shù)與x軸交點(diǎn)坐標(biāo)，從而可求出t的值,求出t的取值范圍．
【詳解】
解：(1)∵A，
把A,C代入拋物線，
得：
解得
∴．
（2）令y=0即，
解得 ，
∴B（4,0）
把B（4,0）代入
得
m=2
，
∴ 得 或
∴B(4,0),D(﹣1，)
∴,m=2，D(﹣1，)．
（3）設(shè)P（a，），則F（a，），
∵DN⊥PH，
∴N點(diǎn)縱坐標(biāo)等于D點(diǎn)的縱坐標(biāo)
∴N(a，)
FN=－（）=，PN=－=，
∵是線段的三等分點(diǎn)，
∴①當(dāng)FN=2PN時(shí)，
=2（），
解得：a=或a=﹣1（舍去），
∴P（， ）．
②當(dāng)2FN=PN時(shí)，
2（）=（），
得a=1或a=﹣1（舍去），
∴P(1,)，
綜上P點(diǎn)坐標(biāo)為P（， ）或P(1,)，
(4)由（2）問(wèn)得D(﹣1，)，又A，
設(shè)AD：y=kx+b，
，
∴ ，
∴AD：y=x+5，
又GM⊥AD，
∴可設(shè)GM： y=x+p，
以所在直線為對(duì)稱軸，線段經(jīng)軸對(duì)稱變換后的圖形為，
∴∥AD，
可設(shè)：y=x+q，又Q，代入，
得：×+q=0，
q=2，
∴：y=x+2，
設(shè)直線與拋物線交于第一象限N點(diǎn),,所以當(dāng)與N點(diǎn)重合時(shí),t有最大值，
∴ ，
解得： 或 ，
∴N(1,)又Q，
設(shè)H為N,Q中點(diǎn)，
則H（，），
又∵H在直線GM上，
∴把H代入GM y=x+p ，
得：，
P= ，
∴y=x+，
令y=0得：0=x+，
∴x= ，
即QM=+= ，
∵M(jìn)的速度為5，
∴t=÷5= ，
∴0＜t≤．

【點(diǎn)睛】
本題考查的是二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合，屬于壓軸題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有，一次函數(shù)圖像與性質(zhì)，二次函數(shù)圖像與性質(zhì)，二次函數(shù)解析式的求法，二次函數(shù)與一次函數(shù)結(jié)合的坐標(biāo)求法，翻折問(wèn)題等，解題關(guān)鍵在于正確理解題意，仔細(xì)分析題目，通過(guò)相關(guān)條件得出等量關(guān)系求出結(jié)論．
99．（2020·遼寧鞍山?中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)和點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)D，與x軸的另一交點(diǎn)為點(diǎn)B．

（1）求拋物線的解析式；
（2）如圖1，連接，在拋物線上是否存在點(diǎn)P，使得？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）如圖2，連接，交y軸于點(diǎn)E，點(diǎn)M是線段上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A，點(diǎn)D重合），將沿所在直線翻折，得到，當(dāng)與重疊部分的面積是面積的時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段的長(zhǎng)．
【答案】（1）；（2）存在，（，）或（，）；（3）或
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)點(diǎn)A和點(diǎn)C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求解；
（2）在x軸正半軸上取點(diǎn)E，使OB=OE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BD，垂足為F，構(gòu)造出∠PBC=∠BDE，分點(diǎn)P在第三象限時(shí)，點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，點(diǎn)P在第四象限時(shí)，共三種情況分別求解；
（3）設(shè)EF與AD交于點(diǎn)N，分點(diǎn)F在直線AC上方和點(diǎn)F在直線AC下方時(shí)兩種情況，利用題中所給面積關(guān)系和中線的性質(zhì)可得MN=AN，F(xiàn)N=NE，從而證明四邊形FMEA為平行四邊形，繼而求解．
【詳解】
解：（1）∵拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（-2，-4）和點(diǎn)C（2，0），
則，解得：，
∴拋物線的解析式為；
（2）存在，理由是：
在x軸正半軸上取點(diǎn)E，使OB=OE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BD，垂足為F，
在中，
令y=0，解得：x=2或-1，
∴點(diǎn)B坐標(biāo)為（-1，0），
∴點(diǎn)E坐標(biāo)為（1，0），
可知：點(diǎn)B和點(diǎn)E關(guān)于y軸對(duì)稱，
∴∠BDO=∠EDO，即∠BDE=2∠BDO，
∵D（0，2），
∴DE==BD，
在△BDE中，有×BE×OD=×BD×EF，
即2×2=×EF，解得：EF=，
∴DF==，
∴tan∠BDE===，
若∠PBC=2∠BDO，
則∠PBC=∠BDE，
∵BD=DE=，BE=2，
則BD2+DE2＞BE2，
∴∠BDE為銳角，
當(dāng)點(diǎn)P在第三象限時(shí)，
∠PBC為鈍角，不符合；
當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，
∵∠PBC=∠BDE，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（c，），
過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為G，
則BG=c+1，PG=，
∴tan∠PBC===，
解得：c=，
∴=，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，）；

當(dāng)點(diǎn)P在第四象限時(shí)，
同理可得：PG=，BG=c+1，
tan∠PBC===，
解得：c=，
∴=，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，），
綜上：點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，）或（，）；

（3）設(shè)EF與AD交于點(diǎn)N，
∵A（-2，-4），D（0，2），設(shè)直線AD表達(dá)式為y=mx+n，
則，解得：，
∴直線AD表達(dá)式為y=3x+2，
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（s，3s+2），
∵A（-2，-4），C（2，0），設(shè)直線AC表達(dá)式為y=m1x+n1，
則，解得：，
∴直線AC表達(dá)式為y=x-2，
令x=0，則y=-2，
∴點(diǎn)E坐標(biāo)為（0，-2），
可得：點(diǎn)E是線段AC中點(diǎn)，
∴△AME和△CME的面積相等，
由于折疊，
∴△CME≌△FME，即S△CME=S△FME，
由題意可得：
當(dāng)點(diǎn)F在直線AC上方時(shí)，
∴S△MNE=S△AMC=S△AME=S△FME，
即S△MNE= S△ANE= S△MNF，
∴MN=AN，F(xiàn)N=NE，
∴四邊形FMEA為平行四邊形，
∴CM=FM=AE=AC==，
∵M(jìn)（s，3s+2），
∴，
解得：s=或0（舍），
∴M（，），
∴AM==，

當(dāng)點(diǎn)F在直線AC下方時(shí)，如圖，
同理可得：四邊形AFEM為平行四邊形，
∴AM=EF，
由于折疊可得：CE=EF，
∴AM=EF=CE=，

綜上：AM的長(zhǎng)度為或．
【點(diǎn)睛】
本題是二次函數(shù)綜合題，涉及到待定系數(shù)法，二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)，折疊問(wèn)題，平行四邊形的判定和性質(zhì)，中線的性質(zhì)，題目的綜合性很強(qiáng)．難度很大，對(duì)學(xué)生的解題能力要求較高．




















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