专题21图形的变化-2021年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】（第02期）.docx

1、2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第02期）专题21图形的变化姓名：_ 班级：_ 得分：_一、单选题1（2021广东广州中考真题）如图，在中，将绕点A逆时针旋转得到，使点落在AB边上，连结，则的值为（ ）ABCD【答案】C【分析】由勾股定理求出，并利用旋转性质得出，则可求得，再根据勾股定理求出，最后由三角形函数的定义即可求得结果【解析】解：在中，由勾股定理得：绕点A逆时针旋转得到，在中，由勾股定理得故选：C【点睛】本题考查了求角的三角形函数值，掌握三角形函数的概念并利用勾股定理及旋转的性质求解是解题的关键2（2021黑龙江牡丹江中考真题）如图，AOB中，OA4，OB6，AB2，将AO

2、B绕原点O旋转90，则旋转后点A的对应点A的坐标是（ ）A（4，2）或（4，2）B（2，4）或（2，4）C（2，2）或（2，2）D（2，2）或（2，2）【答案】C【分析】先求出点A的坐标，再根据旋转变换中，坐标的变换特征求解；或根据题意画出图形旋转后的位置，根据旋转的性质确定对应点A的坐标【解析】过点A作于点C在RtAOC中， 在RtABC中， OA4，OB6，AB2，点A的坐标是根据题意画出图形旋转后的位置，如图，将AOB绕原点O顺时针旋转90时，点A的对应点A的坐标为；将AOB绕原点O逆时针旋转90时，点A的对应点A的坐标为故选：C【点睛】本题考查了解直角三角形、旋转中点的坐标变换特征及旋

3、转的性质（a，b）绕原点顺时针旋转90得到的坐标为（b，-a），绕原点逆时针旋转90得到的坐标为（b，a）3（2021辽宁大连中考真题）如图，在中，将绕点C顺时针旋转90得到，点B的对应点在边上（不与点A，C重合），则的度数为（）ABCD【答案】C【分析】由旋转的性质可得，进而可得，然后问题可求解【解析】解：由旋转的性质可得：，等腰直角三角形，；故选C【点睛】本题主要考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键4（2021湖北黄石中考真题）如图，的三个顶点都在方格纸的格点上，其中点的坐标是，现将绕点按逆时针方向旋转，则旋转后点的坐标是（ ）ABCD【答案】B【分析】在网格中绘制出CA旋转后的

4、图形，得到点C旋转后对应点【解析】如图，绘制出CA绕点A逆时针旋转90的图形，由图可得：点C对应点的坐标为(-2，3) 故选B【点睛】本题考查旋转，需要注意题干中要求顺时针旋转还是逆时针旋转5（2021黑龙江大庆中考真题）如图，是线段上除端点外的一点，将绕正方形的顶点顺时针旋转，得到连接交于点下列结论正确的是（ ）ABCD【答案】D【分析】根据旋转的性质可以得到EAF是等腰直角三角形，然后根据相似三角形的判定和性质，以及平行线分线段成比例定理即可作出判断【解析】解：根据旋转的性质知：EAF=90，故A选项错误；根据旋转的性质知：EAF=90，EA=AF，则EAF是等腰直角三角形，EF=AE，即

5、AE：EF=1：，故B选项错误；若C选项正确，则，即，AEF=HEA=45，EAFEHA，EAHEFA，而EFA=45，EAH45，EAHEFA，假设不成立，故C选项错误；四边形ABCD是正方形，CDAB，即BHCF，AD=BC，EB：BC=EH：HF，即EB：AD=EH：HF，故D选项正确；故选：D【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，正确运用反证法是解题的关键6（2021山东青岛中考真题）如图，在四边形纸片中，将纸片折叠，使点落在边上的点处，折痕为若，则的长为（ ）A5BCD【答案】C【分析】过点A作 于H，由折叠知识得： ，再由锐角三

6、角函数可得，然后根据，可证得四边形AHFG是矩形，即可求解【解析】解：过点A作 于H，由折叠知：BF=GF，BFE=GFE， ，在 中， ， ， ， 四边形AHFG是矩形， ， 故选：C【点睛】本题主要考查了折叠变换，解直角三角形，矩形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键7（2021山东济南中考真题）新定义：在平面直角坐标系中，对于点和点，若满足时，；时，则称点是点的限变点例如：点的限变点是，点的限变点是若点在二次函数的图象上，则当时，其限变点的纵坐标的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【分析】根据题意，当时，的图象向下平移4个单位，当时，的图象关于轴对称，据此即可求得其限变点的纵坐标

7、的取值范围，作出函数图像，直观的观察可得到的取值范围【解析】点在二次函数的图象上，则当时，其限变点的图像即为图中虚线部分，如图，当时，的图象向下平移4个单位，当时，的图象关于轴对称，从图可知函数的最大值是当时，取得最大值3，最小值是当时，取得最小值，故选D【点睛】本题考查了新定义，二次函数的最值问题，分段讨论函数的最值，可以通过函数图像辅助求解，理解新定义，画出函数图像是解题的关键8（2021西藏中考真题）如图，在RtABC中，A30，C90，AB6，点P是线段AC上一动点，点M在线段AB上，当AMAB时，PBPM的最小值为（ ）A3B2C22D33【答案】B【分析】作B点关于AC的对称点B，

8、连接BM交AC于点P，则PBPM的最小值为BM的长，过点B作BHAB交H点，在RtBBH中，BH3，HB3，可求MH1，在RtMHB中，BM2，所以PBPM的最小值为2【解析】解：作B点关于AC的对称点B，连接BM交AC于点P，BPBP，BCBC，PBPMBPPMBM，PBPM的最小值为BM的长，过点B作BHAB交H点，A30，C90，CBA60，AB6，BC3，BBBCBC6，在RtBBH中，BBH60，BBH30，BH3，由勾股定理可得：，AHABBH3，AMAB，AM2，MHAHAM1，在RtMHB中，PBPM的最小值为2，故选：B【点睛】本题考查轴对称最短路线问题，涉及到解直角三角形，

9、解题的关键是做辅助线，找出PBPM的最小值为BM的长9（2021内蒙古鄂尔多斯中考真题）如图，在中，将边沿折叠，使点B落在上的点处，再将边沿折叠，使点A落在的延长线上的点处，两条折痕与斜边分别交于点N、M，则线段的长为（ ）ABCD【答案】B【分析】利用勾股定理求出AB=10，利用等积法求出CN，从而得AN，再证明NMCNCM45，进而即可得到答案【解析】解：AB=，SABCABCNACBCCN，AN，折叠AMAM，BCNBCN，ACMACM，BCN+BCN+ACM+ACM=90，BCN +ACM45，MCN45，且CNAB，NMCNCM45，MNCN，AMAMANMN-=故选B【点睛】本题考

10、查了翻折变换，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟练运用折叠的性质是本题的关键10（2021四川宜宾中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB6，AD4，BE2，则DF的长是（ ）A2BCD3【答案】A【分析】构造如图所示的正方形，然后根据相似三角形的判定和性质解直角三角形FNP即可【解析】如图，延长CE，FG交于点N，过点N作，延长交于，CMN=DPN=90，四边形CMPD是矩形，根据折叠，MCN=GCN，CD=CG，CMN=CGN=90，CN=CN，四边形为正方形，设,

11、则，在中，由可得解得；故选A【点睛】本题考查了折叠问题，正方形的性质与判定，矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形，勾股定理等知识点的综合运用，难度较大作出合适的辅助线是解题的关键11（2021江苏苏州中考真题）如图，在平行四边形中，将沿着所在的直线翻折得到，交于点，连接，若，则的长是（ ）A1BCD【答案】B【分析】利用平行四边形的性质、翻折不变性可得AEC为等腰直角三角形，根据已知条件可得CE得长，进而得出ED的长，再根据勾股定理可得出；【解析】解：四边形是平行四边形AB=CD B=ADC=60，ACBCAD由翻折可知：BAABDC，ACBAC B=45， AEC为等

12、腰直角三角形AE=CERtAE BRtCDEEB=DE在等腰RtAEC中， 在RtDEC中， ，ADC=60DCE=30DE=1在等腰RtDE B中，EB=DE=1=故选：B【点睛】本题考查翻折变换、等腰三角形的性质、勾股定理、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题12（2021山东聊城中考真题）有四张大小和背面完全相同的不透明卡片，正面分别印有等边三角形、平行四边形、菱形和圆，将这四张卡片背面朝上洗匀，从中随机抽取两张卡片，所抽取的卡片正面上的图形都既是轴对称图形，又是中心对称图形的概率是_【答案】【分

13、析】由等边三角形、平行四边形、菱形、圆中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的有菱形、圆，再画出树状图展示所有等可能的结果，进而即可求得答案【解析】解：设等边三角形、平行四边形、菱形、圆分别为A，B，C，D，根据题意画出树状图如下：一共有12种情况，抽出的两张卡片的图形既是中心对称图形，又是轴对称图形为C、D共有2种情况，P（既是中心对称图形，又是轴对称图形）212故答案是：【点睛】本题考查了列表法和树状图法求概率，用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比，画出树状图，是解题的关键13（2021广西桂林中考真题）如图，正方形OABC的边长为2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转角（0180）得

14、到正方形OABC，连接BC，当点A恰好落在线段BC上时，线段BC的长度是 _【答案】【分析】连接AA，根据旋转和正方形的性质得出OAC=45，BAO=135，OA=OA=AB=2，再根据等腰三角形的性质，结合已知条件得出旋转角，然后利用三角形的性质和勾股定理得出答案；【解析】解：连接AA，将正方形OABC绕点O逆时针旋转角（0180）得到正方形OABC，连接BC，当点A恰好落在线段BCOAC=45，BAO=135，OA=OA=AB=2，OAA=OAA=，BAA=，ABA=AAB=，BAO=135=AAB+OAA，AAB=30，OAA为等边三角形，AA=AB=2，过点A作AEAB于E，AAB=3

15、0，则AE=，AE=，BE=， AB=，AC=，BC= AB+ AC=；故答案为：【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是得出旋转角得出OAA为等边三角形14（2021辽宁丹东中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点如果是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）若，P为的费马点，则_；若，P为的费马点，则_【答案】5 【分析】作出图形，过分别作,勾股定理解直角三角形即可作出图形，将绕点逆时针旋转60，P为的费马点则四点共线，即，再用勾股定理求得即可【解析】如图,过

16、作，垂足为,过分别作, 则, P为的费马点5如图： .将绕点逆时针旋转60由旋转可得：是等边三角形， P为的费马点即四点共线时候，=故答案为：5，【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键本题旋转也可，但必须绕顶点旋转15（2021四川巴中中考真题）如图，把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n（0n90）得到正方形ODEF，DE与BC交于点P，ED的延长线交AB于点Q，交OA的延长线于点M若BQ：AQ3：1，则AM_【答案】【分析】连接OQ，OP，利用HL证明RtOAQRtODQ，得QA=DQ，同理可证：CP=DP，设CP=x，则BP

17、=3-x，PQ=x+，在RtBPQ中，利用勾股定理列出方程求出x=，再利用AQMBQP可求解【解析】解：连接OQ，OP，将正方形OABC绕点O逆时针旋转n（0n90）得到正方形ODEF，OA=OD，OAQ=ODQ=90，在RtOAQ和RtODQ中，RtOAQRtODQ（HL），QA=DQ，同理可证：CP=DP，BQ：AQ=3：1，AB=3，BQ=，AQ=，设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，在RtBPQ中，由勾股定理得：(3-x)2+()2=(x+)2，解得x=，BP=，AQM=BQP，BAM=B，AQMBQP，AM=故答案为：【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股

18、定理，相似三角形的判定与性质等知识，利用全等证明QA=DQ，CP=DP是解题的关键16（2021湖南益阳中考真题）如图，中，将绕A点顺时针方向旋转角得到，连接，则与的面积之比等于_【答案】【分析】先根据正切三角函数的定义可得，再根据旋转的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定可得，最后根据相似三角形的性质即可得【解析】解：在中，由旋转的性质得：，在和中，即与的面积之比等于，故答案为：【点睛】本题考查了正切三角函数、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键17（2021广西玉林中考真题）如图、在正六边形中，连接线，与交于点，与交于点为，与交于点，分别延长

19、，于点，设有以下结论：；的重心、内心及外心均是点；四边形绕点逆时针旋转与四边形重合则所有正确结论的序号是_【答案】【分析】由题意易得，则有，进而可得，则有四边形是矩形，然后可得，为等边三角形，最后可得答案【解析】解：六边形是正六边形，在DEF中，同理可得，四边形是矩形，同理可证四边形是矩形，四边形是平行四边形，（ASA），四边形是菱形，NAM=60，NAM是等边三角形，AM=MN，AB=3，MAB=30，ACG=90，G=60，ADG是等边三角形，AC与BD交于点M，由等边三角形的性质及重心、内心、外心可得：的重心、内心及外心均是点，连接OF，如图所示：易得FOA=60，四边形绕点逆时针旋转与

20、四边形重合，综上所述：正确结论的序号是；故答案为【点睛】本题主要考查正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数，熟练掌握正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数是解题的关键18（2021江苏苏州中考真题）如图，射线、互相垂直，点位于射线的上方，且在线段的垂直平分线上，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段，若点恰好落在射线上，则点到射线的距离_【答案】【分析】添加辅助线，连接，过点作交ON与点P根据旋转的性质，得到，在和中，根据三角函数和已知线段的长度求出点到射线的距离【解析

21、】如图所示，连接，过点作交ON与点P线段绕点按逆时针方向旋转得到对应线段，即点在线段的垂直平分线上， 【点睛】本题主要考查旋转的性质和三角函数对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连的线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等19（2021上海中考真题）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为_【答案】【分析】先确定正方形的中心O与各边的所有点的连线中的最大值与最小值，然后结合旋转的条件即可求解【解析】解：如图1，设的中点为E，连接OA

22、，OE，则AE=OE=1，AEO=90，点O与正方形边上的所有点的连线中，最小，等于1，最大，等于，点P与正方形边上的所有点的连线中，如图2所示，当点E落在上时，最大值PE=PO-EO=2-1=1；如图3所示，当点A落在上时，最小值当正方形ABCD绕中心O旋转时，点P到正方形的距离d的取值范围是故答案为：【点睛】本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，准确理解新定义的含义和熟知正方形的性质是解题的关键20（2021新疆中考真题）如图，已知正方形ABCD边长为1，E为AB边上一点，以点D为中心，将按逆时针方向旋转得，连接EF，分別交BD，CD于点M，N若，则_【答案】【分析】过点E作E

23、PBD于P，将EDM构造在直角三角形DEP中，设法求出EP和DE的长，然后用三角函数的定义即可解决【解析】解：四边形ABCD是正方形，ABDC，A=BCD=ADC=90，AB=BC= CD=DA=1，DAE绕点D逆时针旋转得到DCF，CF=AE，DF=DE，EDF=ADC=90设AE=CF=2x，DN=5x，则BE=1-2x，CN=1-5x，BF=1+2xABDC，整理得，解得，（不合题意，舍去）过点E作EPBD于点P，如图所示，设DP=y，则，解得，在RtDEP中，即 故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、方程的数学思想等知识点

24、，熟知各类图形的性质与判定是解题的基础，构造直角三角形，利用锐角三角函数的定义是解题的关键21（2021山东青岛中考真题）已知正方形的边长为3，为上一点，连接并延长，交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，为的中点，为上一动点，分别连接，若，则的最小值为_【答案】【分析】由正方形的性质，可得A点与C点关于BD对称，则有MN +CM=MN+AMAN，所以当A、M、N三点共线时，MN+CM的值最小为AN，先证明DCGFCE，再由，可得，分别求出DE=1，CE=2，CF=6，即可求出AN【解析】解：四边形ABCD是正方形，A点与C点关于BD对称，CM=AM，MN+CM=MN+AMAN，当A、M、N三

25、点共线时，MN+CM的值最小，ADCF，DAE=F，DAE+DEH=90，DGAF，CDG+DEH=90，DAE=CDG，CDG=F，DCGFCE， ，正方形边长为3，CF=6，ADCF， ，DE=1，CE=2，在RtCEF中，EF2=CE2+CF2， ，N是EF的中点， ，在RtADE中，EA2=AD2+DE2， ， ，MN+MC的最小值为 故答案为：【点睛】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握正方形的性质，用轴对称求最短距离的方法，灵活应用三角形相似、勾股定理是解题的关键22（2021青海西宁中考真题）如图，是等边三角形，N是的中点，是边上的中线，M是上的一个动点，连接，则的最小值是_【答案

26、】【分析】根据题意可知要求BM+MN的最小值，需考虑通过作辅助线转化BM，MN的值，从而找出其最小值，进而根据勾股定理求出CN，即可求出答案【解析】解：连接CN，与AD交于点M，连接BM（根据两点之间线段最短；点到直线垂直距离最短），是边上的中线即C和B关于AD对称，则BM+MN=CN，则CN就是BM+MN的最小值是等边三角形，N是的中点，AC=AB=6,AN=AB=3, ,.即BM+MN的最小值为故答案为：.【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，涉及到等边三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，等腰三角形的性质等知识点的综合运用23（2021辽宁鞍山中考真题）如图，定长为a的线段端点A，B

27、分别在射线OP，OQ上运动（点A，B不与点O重合），C为AB的中点，作关于直线OC对称的，交AB于点D，当是等腰三角形时，的度数为_【答案】或【分析】结合折叠及直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质可得，设，然后利用三角形外角和等腰三角形的性质表示出，从而利用分类讨论思想解题【解析】解：，C为AB的中点，又由折叠性质可得，设，则，当时，解得，；当时，方程无解，此情况不存在；当时，解得：，；综上，的度数为或，故答案为：或【点睛】此题考查折叠及直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，三角形外角和等腰三角形的性质，难度一般24（2021辽宁锦州中考真题）如图，MON30，点A1在射线OM上，过点A1作A

28、1B1OM交射线ON于点B1，将A1OB1沿A1B1折叠得到A1A2B1，点A2落在射线OM上；过点A2作A2B2OM交射线ON于点B2，将A2OB2沿A2B2折叠得到A2A3B2，点A2落在射线OM上；按此作法进行下去，在MON内部作射线OH，分别与A1B1，A2B2，A3B3，AnBn交于点P1，P2，P3，Pn，又分别与A2B1，A3B2，A4B3，An1Bn，交于点Q1，Q2，Q3，Qn若点P1为线段A1B1的中点，OA1，则四边形AnPnQnAn1的面积为_（用含有n的式子表示）【答案】【分析】先证明OA1P1OA2P2，OP1B1OP2B2，又点P1为线段A1B1的中点，从而可得P

29、2为线段A2B2的中点，同理可证P3、P4、Pn依次为线段A3B3、A4B4、AnBn的中点结合相似三角形的性质可得P1B1Q1的P1B1上的高与P2A2O1的A2P2上的高之比为12，所以P1B1Q1的P1B1上的高为，同理可得P2B2Q2的P2B2上的高为，从而，以此类推来求，从而找到的面积规律【解析】解：由折叠可知，OA1A1A2，由题意得：A1B1/A2B2，OA1P1OA2P2，OP1B1OP2B2， ，又点P1为线段A1B1的中点，A1P1P1B1，A2P2P2B2，则点P2为线段A2B2的中点，同理可证，P3、P4、Pn依次为线段A3B3、A4B4、AnBn的中点A1B1/A2B

30、2，P1B1Q1P2A2O1，则P1B1Q1的P1B1上的高与P2A2O1的A2P2上的高之比为12，P1B1Q1的P1B1上的高为，同理可得P2B2Q2的P2B2上的高为， ，由折叠可知A2A3，A3A4，MON30，A1B1tan30OA11，A2B22，A3B34， ，同理，故答案为：【点睛】本题考查了规律型：图形的变化类，相似三角形的判定与性质，折叠的性质，锐角三角函数等知识，解决本题的关键在根据图形的变化找到规律三、解答题25（2021福建中考真题）如图，在中，线段是由线段平移得到的，点F在边上，是以为斜边的等腰直角三角形，且点D恰好在的延长线上（1）求证：；（2）求证：【答案】（1

31、）见解析；（2）见解析【分析】（1）通过两角和等于，然后通过等量代换即可证明；（2）通过平移的性质，证明三角形全等，得到对应边相等，通过等量代换即可证明【解析】证明：（1）在等腰直角三角形中，（2）连接由平移的性质得，是等腰直角三角形，由（1）得，【点睛】本小题考查平移的性质、直角三角形和等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是：正确添加辅助线、熟练掌握平移的性质和全等三角形的判定与性质26（2021湖北襄阳中考真题）在中，是边上一点，将沿折叠得到，连接（1）特例发现：如图1，当，落在直线上时，求证：；填空：的值为_；（2）类比探究：如图2，当，与边相交时，在上取一点，使，交于点

32、探究的值（用含的式子表示），并写出探究过程；（3）拓展运用：在（2）的条件下，当，是的中点时，若，求的长【答案】（1）见解析；1；（2），见解析；（3）【分析】（1）根据折叠性质证明即可；当，证明，即可得出的值；（2）延长交于点，根据折叠性质证明，即可得出结论；（3）由（2）可知，设，则，可得，再由勾股定理列方程求解即可【解析】解：（1）证明：延长交于点由折叠得，当，即时，可知AC=BC，在和中，(AAS)，故答案为：1；（2）解：理由：延长交于点，由折叠得，（3）解：由折叠得，是的中点，由（2）知，是的中点， ，设，则， ，在中，由勾股定理得，解得（负值舍去），【点睛】本题为三角形综合题，考

33、查折叠的性质，全等三角形判定与性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，根据折叠性质找到角度之间的关系是解题的关键27（2021山西中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，在中，垂足为，为的中点，连接，试猜想与的数量关系，并加以证明；独立思考：（1）请解答老师提出的问题；实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点该小组提出一个问题：若此的面积为20，边

34、长，求图中阴影部分（四边形）的面积请你思考此问题，直接写出结果【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）【分析】（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，利用AAS可证明PDFBCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；（2）根据折叠性质可得CFB=CFB=CFC，FC=FC，可得FD=FC，根据等腰三角形的性质可得FDC=FCD，根据三角形外角性质可得CFC=FDC+FCD，即可得出CFB=FCD，可得DG/FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；（3）如图，过点M作MQAB于Q，

35、根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得AB=AB，A=A，ABM=MBH，根据可得ABAB，即可证明MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得A=C，即可得A=C，进而可证明ANHCBH，根据相似三角形的性质可得AH、NH的长，根据NH/MQ可得ANHAMQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=SAMB-SANH即可得答案【解析】（1）如图，分别延长，相交于点P，四边形是平行四边形，,为的中点，在PDF和BCF中，PDFBCF，即为的中点，（2）将沿着所在直线折叠，点的对应点为，CFB=CFB=CFC，为的中点，FDC=FCD，=FDC+FCD，

36、FCD=CFB，四边形为平行四边形，DC=AB，四边形为平行四边形，（3）如图，过点M作MQAB于Q，的面积为20，边长，于点，BH=505=4，CH=，AH=AB-BH=1，将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，AB=AB，A=A，ABM=MBH，于点，AB/CD，MBH=45，MBQ是等腰直角三角形，MQ=BQ，四边形ABCD是平行四边形，A=C，A=C，AHN=CHB，ANHCBH，即，解得：NH=2，MQAB，NH/MQ，ANHAMQ，即，解得：MQ=，S阴=SAMB-SANH=ABMQ-AHNH=5-12=【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似

37、三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键28（2021辽宁沈阳中考真题）在中，中，（），点B，C，E不共线，点P为直线上一点，且（1）如图1，点D在线段延长线上，则_，_，（用含的代数式表示）；（2）如图2，点A，E在直线同侧，求证：平分；（3）若，将图3中的绕点C按顺时针方向旋转，当时，直线交于点G，点M是中点，请直接写出的长【答案】（1），；（2）见解析；（3）的长为或【分析】（1）利用三角形内角和定理以及等腰三角形的性质求解即可（2）如图2中，连接证明，可得结论（3）分两种情形：如图中，设交于图中，设交于，当时，利用三角形的中位线定理，可得，求出，可得结论【解析】（1）解

38、：如图1中，（2）证明：如图2中，连接，平分（3）解：如图中，设交于，是等腰直角三角形，垂直平分线段，是等边三角形，如图中，设交于，当时，同法可证，综上所述，的长为或【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是利用特殊三角形的性质解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题29（2021山东日照中考真题）问题背景：如图1，在矩形中，点是边的中点，过点作交于点实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论

39、：_；直线与所夹锐角的度数为_（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由拓展延伸：在以上探究中，当旋转至、三点共线时，则的面积为_【答案】（1），30；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或【分析】（1）通过证明，可得，即可求解；（2）通过证明，可得，即可求解；拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解【解析】解：（1）如图1，如图2，设与交于点，与交于点，绕点按逆时针方向旋转，又，直线与所夹锐角的度数为，故答案为：，；（2）结论仍然成立，理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，将绕点按逆时针方向旋转，又，又，直线与所夹锐

40、角的度数为拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，点是边的中点，、三点共线，由（2）可得：，的面积；如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，同理可求：的面积；故答案为：或【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键30（2021四川绵阳中考真题）如图，点是的边上的动点，连接，并将线段绕点逆时针旋转得到线段（1）如图1，作，垂足在线段上，当时，判断点是否在直线上，并说明理由；（2）如图2，若，求以、为邻边的正方形的面积【答案】（1）点在直线上，见解析；（2）18【分析】（1）根据，得到，

41、可得线段逆时针旋转落在直线上，即可得解；（2）作于，得出，再根据平行线的性质得到，再根据直角三角形的性质计算即可；【解析】解：（1）结论：点在直线上；，即线段逆时针旋转落在直线上，即点在直线上（2）作于，即以、为邻边的正方形面积 【点睛】本题主要考查了旋转综合题，结合平行线的性质计算是解题的关键31（2021四川德阳中考真题）如图，点E是矩形ABCD的边BC上一点，将ABE绕点A逆时针旋转至AB1E1的位置，此时E、B1、E1三点恰好共线点M、N分别是AE和AE1的中点，连接MN、NB1（1）求证：四边形MEB1N是平行四边形；（2）延长EE1交AD于点F，若EB1E1F，判断AE1F与CB1

42、E是否全等，并说明理由【答案】（1）见解析；（2）全等，理由见解析【分析】（1）可证B1是EE1的中点，则EB1=EE1，根据M、N分别是AE和AE1的中点，则MNEB1，MN=EE1，即可证明；（2）由SEAF=SFEC，可得AF=EC然后通过SAS可证明结论【解析】解：（1）证明：四边形ABCD是矩形，B=90，AB1E1是ABE旋转所得的，AE=AE1，AB1E1=AB1E=B=90，B1是EE1的中点，EB1=EE1，M、N分别是AE和AE1的中点，MNEB1，MN=EE1，EB1=MN，四边形MEB1N为平行四边形，（2）AE1FCEB1，证明：连接FC，EB1=B1E1=E1F，=

43、SEAF，同理，=SFEC，=SEB1C，SEAF=SFEC，AFEC，AEF底边AF上的高和FEC底边上的高相等AF=ECAFEC，AFE=FEC，在AE1F和CEB1中，AE1FCEB1（SAS）【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，以及全等三角形的判定与性质等知识，证明SEAF=SFEC是解题的关键32（2021辽宁朝阳中考真题）如图，在RtABC中，ACBC，ACB90，点O在线段AB上（点O不与点A，B重合），且OBkOA，点M是AC延长线上的一点，作射线OM，将射线OM绕点O逆时针旋转90，交射线CB于点N（1）如图1，当k1时，判断线段OM与ON的

44、数量关系，并说明理由；（2）如图2，当k1时，判断线段OM与ON的数量关系（用含k的式子表示），并证明；（3）点P在射线BC上，若BON15，PNkAM（k1），且，请直接写出的值（用含k的式子表示）【答案】（1）OMON，见解析；（2）ONkOM，见解析；（3）【分析】（1）作ODAM，OEBC，证明DOMEON；（2）作ODAM，OEBC，证明DOMEON；（3）设ACBCa，解RtEON和斜AOM，用含的代数式分别表示再利用比例的性质可得答案【解析】解：（1）OMON，如图1，作ODAM于D，OECB于E，ADOMDOCEOOEN90，DOE90，ACBC，ACB90，AABC45，在R

45、tAOD中，同理：OEOB，OAOB，ODOE，DOE90，DOMMOE90，MON90，EONMOE90，DOMEON，在RtDOM和RtEON中，DOMEON（ASA），OMON（2）如图2，作ODAM于D，OEBC于E，由（1）知：ODOA，OEOB，由（1）知：DOMEON，MDONEO90，DOMEON，ONkOM（3）如图3，设ACBCa，ABa，OBkOA，OBa，OAa，OEOBa，NABCBON451530，ENOEa，CEODOAa，NCCEENaa，由（2）知：，DOMEON，AMON30，PONAOM，PA45，PEOEa，PNPEENaa，设ADODx，DM，由ADD

46、MACCM得，（1）xACCM，x（ACCM）（ACAC）AC，k1， 【点睛】本题考查了三角形全等和相似，以及解直角三角形，解决问题的关键是作ODAC，OEBC；本题的难点是条件得出k133（2021辽宁锦州中考真题）在ABC中，ACAB，BAC，D为线段AB上的动点，连接DC，将DC绕点D顺时针旋转得到DE，连接CE，BE（1）如图1，当60时，求证：CADCBE；（2）如图2，当tan时，探究AD和BE之间的数量关系，并说明理由；若AC5，H是BC上一点，在点D移动过程中，CEEH是否存在最小值？若存在，请直接写出CEEH的最小值；若不存在，请说明理由【答案】（1）见解析；（2），理由见

47、解析；存在，【分析】（1）首先证明ACB，CDE都是等边三角形，再根据SAS证明三角形全等即可（2）结论：利用相似三角形的性质解决问题即可如图2中，过点C作CJBE交BE的延长线于J作点C关于BE的对称点R，连接BR，ER，过点R作RTBC于T利用相似三角形的性质求出CJ，推出点E的运动轨迹是射线BE，利用面积法求出RT，可得结论【解析】（1）证明：如图1中，60，ACAB，ABC是等边三角形，CACB，ACB60，将DC绕点D顺时针旋转得到DE，DCDE，CDE60，CDE是等边三角形，CDCE，DCEACB60，ACDBCE，CADCBE（SAS）（2）解：结论：如图2中，过点C作CKAB

48、于KtanCAK，可以假设CK3k，AK4k，则AC=AB5k，BKABAKk，BCk，ACDE，ACAB，CDDE，ACBABCDCEDEC，ACBDCE，ACBDCE，ACDBCE，ACDBCE，如图2中，过点C作CJBE交BE的延长线于J作点C关于BE的对称点R，连接BR，ER，过点R作RTBC于TAC5，由可知，AK4，CK3，BC，CADBCE，CKAD，CJBE，（全等三角形对应边上的高的比等于相似比），CJ，点E的运动轨迹是射线BE，C，R关于BE对称，CR2CJ，BJ，SCBRCRBJCBRT，RT，ECEHEREHRT，ECEH，ECEH的最小值为【点睛】本题属于三角形综合题

49、，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，确定点E的运动轨迹是最后一个问题的突破点，属于中考压轴题34（2021辽宁阜新中考真题）下面是小明关于“对称与旋转的关系”的探究过程，请你补充完整（1）三角形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，简称G，G关于y轴的对称图形为，关于轴的对称图形为则将图形绕_点顺时针旋转_度，可以得到图形（2）在图2中分别画出G关于y轴和直线的对称图形，将图形绕_点（用坐标表示）顺时针旋转_度，可以得到图形（3）综上，如图3，直线和所夹锐角为，如果图形G关于直线的对称图形为，关于直线的对

50、称图形为，那么将图形绕_点（用坐标表示）顺时针旋转_度（用表示），可以得到图形【答案】（1）O，180；（2）图见解析，90；（3），【分析】（1）根据图形可以直接得到答案；（2）根据题意画出图形，观察图形，利用图形旋转的性质得到结论；（3）从（1）（2）问的结论中得到解题的规律，求出两个函数的交点坐标，即可得出答案【解析】解：（1）由图象可得，图形与图形关于原点成中心对称，则将图形绕O点顺时针旋转180度，可以得到图形；故答案为：O，180；（2），如图； 由图形可得，将图形绕点（用坐标表示）顺时针旋转90度，可以得到图形，故答案为：，90；（3）当G关于y轴的对称图形为，关于轴的对称图形为

51、时，与关于原点（0,0）对称，即图形绕O点顺时针旋转180度，可以得到图形；当G关于y轴和直线的对称图形，时，图形绕点（用坐标表示）顺时针旋转90度，可以得到图形，点（0,1）为直线与y轴的交点，90度角为直线与y轴夹角的两倍；又直线和的交点为，夹角为，当直线和所夹锐角为，图形G关于直线的对称图形为，关于直线的对称图形为，那么将图形绕点（用坐标表示）顺时针旋转度（用表示），可以得到图形故答案为：，【点睛】本题主要考查了图形的对称性与旋转的性质，关键在于根据题意正确的画出图形，得出规律35（2021贵州毕节中考真题）如图1，在中，D为内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90得到AE，连接CE，BD

52、的延长线与CE交于点F（1）求证：，；（2）如图2连接AF，DC，已知，判断AF与DC的位置关系，并说明理由【答案】（1）见解析；（2），理由见解析【分析】（1）首先根据旋转的性质，判断出DAE=90，AD=AE，进而判断出BAD=CAE；然后根据全等三角形判定的方法，判断出ABDACE，即可判断出BD=CE再证明，即可证明；（2）由得 ，再证明A，D，F，E在以DE为直径的圆上，即可证明，从而可证明AF/CD【解析】解（1）由旋转的性质，可得DAE=90，AD=AE，BAD+DAC=BAC=90，CAE+DAC=DAE=90，BAD=CAE，在ABD和ACE中，ABDACE（SAS），BD=

53、CE， ，即 ，即;（2），理由如下： 由（1）知， A，D，F，E在以DE为直径的圆上，如图，AD=AE弧AD=弧AE， ；【点睛】此题主要考查了旋转的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：对应点到旋转中心的距离相等对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角旋转前、后的图形全等另外此题还考查了全等三角形的判定和性质的应用，以及四点共圆的知识，要熟练掌握36（2021山东潍坊中考真题）如图1，在ABC中，C=90，ABC=30，AC=1，D为ABC内部的一动点（不在边上），连接BD，将线段BD绕点D逆时针旋转60，使点B到达点F的位置；将线段AB绕点B顺时针旋转60，使点A到达点E的位

54、置，连接AD，CD，AE，AF，BF，EF（1）求证：BDABFE；（2）CD+DF+FE的最小值为 ；当CD+DF+FE取得最小值时，求证：ADBF（3）如图2，M，N，P分别是DF，AF，AE的中点，连接MP，NP，在点D运动的过程中，请判断MPN的大小是否为定值若是，求出其度数；若不是，请说明理由 【答案】（1）见解答；（2）；见解答；（3）是，MPN=30【分析】（1）由旋转60知，ABD=EBF、AB=AE、BD=BF，故由SAS证出全等即可；（2）由两点之间，线段最短知C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，且CD+DF+FE最小值为CE，再由ACB=90，ABC=30，AC=1

55、求出BC和AB，再由旋转知AB=BE，CBE=90，最后根据勾股定理求出CE即可；先由BDF为等边三角形得BFD=60，再由C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，BFE=120=BDA，最后ADF=ADB-BDF=120-60=60，即证；（3）由中位线定理知道MNAD且PNEF，再设BEF=BAD=，PAN=，则PNF=60-+，FNM=FAD=60+-，得PNM=120【解析】解：（1）证明：DBF=ABE=60，DBF-ABF=ABE-ABF，ABD=EBF，在BDA与BFE中，BDABFE（SAS）；（2）两点之间，线段最短，即C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，CD+DF+

56、FE最小值为CE，ACB=90，ABC=30，AC=1，BE=AB=2，BC=，CBE=ABC+ABE=90，CE=，故答案为：；证明：BD=BF，DBF=60，BDF为等边三角形，即BFD=60，C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，BFE=120，BDABFE，BDA=120，ADF=ADB-BDF=120-60=60，ADF=BFD，ADBF；（3）MPN的大小是为定值，理由如下：如图，连接MN，M，N，P分别是DF，AF，AE的中点，MNAD且PNEF，AB=BE且ABE=60，ABE为等边三角形，设BEF=BAD=，PAN=，则AEF=APN=60-，EAD=60+，PNF=60-+，FNM=FAD=60+-，PNM=PNF+FNM=60-+60+-=120，BDABFE，MN=AD=FE=PN，MPN=(180-PNM)=30【点睛】本题是三角形与旋转变换的综合应用，熟练掌握旋转的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的判定、勾股定理的应用、中位线的性质及等腰、等边三角形的判定与性质是解题关键