專題11 圖形變換（解析版）

專題11圖形變換（解析版）1．（2022·福建·統(tǒng)考中考真題）美術(shù)老師布置同學(xué)們設(shè)計(jì)窗花，下列作品為軸對(duì)稱圖形的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)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、是軸對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)符合題意；B、不是軸對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不合題意；C、不是軸對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不合題意；D、不是軸對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)不合題意；故選：A．【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)稱圖形的定義．2．（2022·福建·統(tǒng)考中考真題）如圖，現(xiàn)有一把直尺和一塊三角尺，其中∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝8，點(diǎn)A對(duì)應(yīng)直尺的刻度為12.將該三角尺沿著直尺邊緣平移，使得△ABC移動(dòng)到△A'B'C'，點(diǎn)A'A．96 B．963 C．192 D．【答案】B【分析】根據(jù)直尺與三角尺的夾角為60°，根據(jù)四邊形ACC'A【詳解】解：依題意ACC∵∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝8，AA∴AC=2AB∴平行四邊形ACC'A'的面積故選B【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形，平移的性質(zhì)，掌握平移的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2020·福建·統(tǒng)考中考真題）下列給出的等邊三角形、平行四邊形、圓及扇形中，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【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、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，是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)符合題意；D、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；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.4．（2019·福建·統(tǒng)考中考真題）下列圖形中，一定既是軸對(duì)稱圖形又是中心對(duì)稱圖形的是(

)A．等邊三角形 B．直角三角形 C．平行四邊形 D．正方形【答案】D【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)分析判斷即可得解．【詳解】解：A、等邊三角形是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤，不合題意；B、直角三角形不是軸對(duì)稱圖形，也不是中心對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤，不合題意；C、平行四邊形不是軸對(duì)稱圖形，是中心對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤，不合題意；D、正方形既是軸對(duì)稱圖形，又是中心對(duì)稱圖形，故此選項(xiàng)正確，符合題意．故選D．【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度后兩部分重合5．（2023·福建·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC,D是AB邊上不與A,B重合的一個(gè)定點(diǎn)．AO⊥BC于點(diǎn)O，交CD于點(diǎn)E．DF是由線段DC繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的，F(xiàn)D,CA的延長線相交于點(diǎn)M．

(1)求證：△ADE∽△FMC；(2)求∠ABF的度數(shù)；(3)若N是AF的中點(diǎn)，如圖2．求證：ND=NO．【答案】(1)見解析(2)∠ABF=135°(3)見解析【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠DFC=45°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠BAO=12∠BAC，再證明∠BAO=∠DFC（2）如圖1：設(shè)BC與DF的交點(diǎn)為I，先證明∴△BID∽△FIC可得BIFI=DICI，再證明（3）如圖2：延長ON交BF于點(diǎn)T，連接DT,DO，先證明△TNF≌△ONA可得NT=NO,FT=AO，再證△BIF∽△DIC可得∠DFT=∠DCO；進(jìn)而證明△DFT≌△DCO即DT=DO，再說明∠ODT=∠CDF=90°則根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可解答．【詳解】（1）解：∵DF是由線段DC繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的，∴∠DFC=45°，∵AB=AC,AO⊥BC，∴∠BAO=1∵∠BAC=90°，∴∠BAO=∠ABC=45°．∴∠BAO=∠DFC．∵∠EDA+∠ADM=90°,∠M+∠ADM=90°，∴∠EDA=∠M．∴△ADE∽△FMC．（2）解：如圖1：設(shè)BC與DF的交點(diǎn)為I，

∵∠DBI=∠CFI=45°,∠BID=∠FIC，∴△BID∽△FIC，∴BI∴BI∵∠BIF=∠DIC，∴△BIF∽△DIC，∴∠IBF=∠IDC．又∵∠IDC=90°，∴∠IBF=90°．∵∠ABC=45°,∠ABF=∠ABC+∠IBF，∴∠ABF=135°．（3）解：如圖2：延長ON交BF于點(diǎn)T，連接DT,DO，

∵∠FBI=∠BOA=90°，∴BF∥AO，∴∠FTN=∠AON．∵N是AF的中點(diǎn)，∴AN=NF．又∵∠TNF=∠ONA，∴△TNF≌△ONA，∴NT=NO,FT=AO．∵∠BAC=90°,AB=AC,AO⊥BC，∴AO=CO，∴FT=CO．由（2）知，△BIF∽△DIC，∴∠DFT=∠DCO．

∵DF=DC，∴△DFT≌△DCO，∴DT=DO,∠FDT=∠CDO，∴∠FDT+∠FDO=∠CDO+∠FDO，即∠ODT=∠CDF．∵∠CDF=90°，∴∠ODT=∠CDF=90°，∴ND=1【點(diǎn)睛】本題主要考查三角形內(nèi)角和定理、平行線的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形及直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，綜合應(yīng)用所學(xué)知識(shí)成為解答本題的關(guān)鍵．6．（2022·福建·統(tǒng)考中考真題）已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，AB＞(1)如圖1，CB平分∠ACD，求證：四邊形ABDC是菱形；(2)如圖2，將（1）中的△CDE繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)（旋轉(zhuǎn)角小于∠BAC），BC，DE的延長線相交于點(diǎn)F，用等式表示∠ACE與∠EFC之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；(3)如圖3，將（1）中的△CDE繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)（旋轉(zhuǎn)角小于∠ABC），若∠BAD=∠BCD，求∠ADB的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)∠ACE+∠EFC=180°，見解析(3)30°【分析】（1）先證明四邊形ABDC是平行四邊形，再根據(jù)AB＝AC得出結(jié)論；（2）先證出∠ACF=∠CEF，再根據(jù)三角形內(nèi)角和∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，得到∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°，等量代換即可得到結(jié)論；（3）在AD上取一點(diǎn)M，使得AM＝CB，連接BM，證得△ABM≌△CDB，得到∠MBA=∠BDC，設(shè)∠BCD=∠BAD=α，∠BDC=β，則∠ADB=α+β，得到α+【詳解】（1）∵△ABC≌∴AC＝DC，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，∵CB平分∠ACD，∴∠ACB=∠DCB，∴∠ABC=∠DCB，∴AB∥∴四邊形ABDC是平行四邊形，又∵AB＝AC，∴四邊形ABDC是菱形；（2）結(jié)論：∠ACE+∠EFC=180°．證明：∵△ABC≌∴∠ABC=∠DEC，∵AB＝AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ACB=∠DEC，∵∠ACB+∠ACF=∠DEC+∠CEF=180°，∴∠ACF=∠CEF，∵∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，∴∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°，∴∠ACE+∠EFC=180°；（3）在AD上取一點(diǎn)M，使得AM＝CB，連接BM，∵AB＝CD，∠BAD=∠BCD，∴△ABM≌∴BM＝BD，∠MBA=∠BDC，∴∠ADB=∠BMD，∵∠BMD=∠BAD+∠MBA，∴∠ADB=∠BCD+∠BDC，設(shè)∠BCD=∠BAD=α，∠BDC=β，則∠ADB=α+β，∵CA＝CD，∴∠CAD=∠CDA=α+2β，∴∠BAC=∠CAD-∠BAD=2β，∴∠ACB=1∴∠ACD=90°-β∵∠ACD+∠CAD+∠CDA=180°，

∴90°-β+α+2∴α+β=30°，即∠ADB＝30°．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等，靈活運(yùn)用知識(shí)，利用數(shù)形結(jié)合思想，做出輔助線是解題的關(guān)鍵．7．（2021·福建·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°．線段EF是由線段AB平移得到的，點(diǎn)F在邊BC上，△EFD是以EF為斜邊的等腰直角三角形，且點(diǎn)D恰好在AC的延長線上．（1）求證：∠ADE=∠DFC；（2）求證：CD=BF．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）通過兩角和等于90°，然后通過等量代換即可證明；（2）通過平移的性質(zhì)，證明三角形全等，得到對(duì)應(yīng)邊相等，通過等量代換即可證明．【詳解】證明：（1）在等腰直角三角形EDF中，∠EDF=90°，∴∠ADE+∠ADF=90°．∵∠ACB=90°，∴∠DFC+∠ADF=∠ACB=90°，∴∠ADE=∠DFC．（2）連接AE．由平移的性質(zhì)得AE//∴∠EAD=∠ACB=90°，∴∠DCF=180°-∠ACB=90°，∴∠EAD=∠DCF．∵△EDF是等腰直角三角形，∴DE=DF．由（1）得∠ADE=∠DFC，∴△AED≌△CDF，∴AE=CD，∴CD=BF．【點(diǎn)睛】本小題考查平移的性質(zhì)、直角三角形和等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：正確添加輔助線、熟練掌握平移的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)．8．（2020·福建·統(tǒng)考中考真題）如圖，ΔADE由ΔABC繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得到，且點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D恰好落在BC的延長線上，AD，EC相交于點(diǎn)P．（1）求∠BDE的度數(shù)；（2）F是EC延長線上的點(diǎn)，且∠CDF=∠DAC．①判斷DF和PF的數(shù)量關(guān)系，并證明；②求證：EPPF【答案】（1）90°；（2）①DF=PF，證明詳見解析；②詳見解析【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得出ΔABC≌ΔADE，進(jìn)而得出∠B=∠ADE=∠ADB（2）①由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AC=AE，∠CAE=90°，進(jìn)而得出∠ACE=∠AEC=45°，再根據(jù)已知條件得出∠ADB+∠CDF=∠ACE+∠CAD，最后得出結(jié)論即可；②過點(diǎn)P作PH//ED交DF于點(diǎn)H，得出ΔHPF≌ΔCDF，由全等得出HF=CF，【詳解】解：（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，AB=AD，∠BAD=90°，ΔABC≌ΔADE，∴∠B=∠ADE，在RtΔABD中，∠B=∠ADB=45°，∴∠ADE=∠B=45°，∴∠BDE=∠ADB+∠ADE=90°．（2）①DF=PF．證明：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，AC=AE，∠CAE=90°，在RtΔACE中，∠ACE=∠AEC=45°，∵∠CDF=∠CAD，∠ACE=∠ADB=45°，∴∠ADB+∠CDF=∠ACE+∠CAD，即∠FPD=∠FDP，∴DF=PF．②過點(diǎn)P作PH//ED交DF于點(diǎn)∴∠HPF=∠DEP，EPPF∵∠DPF=∠ADE+∠DEP=45°+∠DEP，∠DPF=∠ACE+∠DAC=45°+∠DAC，∴∠DEP=∠DAC，又∵∠CDF=∠DAC，∴∠DEP=∠CDF，∴∠HPF=∠CDF．又∵FD=FP，∠F=∠F∴ΔHPF≌ΔCDF，∴HF=CF，∴DH=PC，又∵EPPF∴EPPF【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形內(nèi)角與外角的關(guān)系、等腰三角形的判定、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、平行線分線段成比例等基礎(chǔ)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用這些性質(zhì)．9．（2019·福建·統(tǒng)考中考真題）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC＝30°，將△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度α得到△AED，點(diǎn)B、C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是E、D.(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)E恰好在AC上時(shí)，求∠CDE的度數(shù)；(2)如圖2，若α=60°時(shí)，點(diǎn)F是邊AC中點(diǎn)，求證：四邊形BFDE是平行四邊形.

【答案】（1）15°；（2）證明見解析.【分析】（1）如圖1，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得CA＝DA，∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出∠ADC，從而計(jì)算出∠CDE的度數(shù)；（2）如圖2，利用直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得到BF＝12AC，利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到BC＝12AC，則BF＝BC，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD，DE＝BC，從而得到DE＝BF，△ACD和△BAE為等邊三角形，接著由△AFD≌△CBA得到DF＝【詳解】解：（1）如圖1，∵△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到△AED，點(diǎn)E恰好在AC上，∴∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，∵CA＝DA，∴∠ACD＝∠ADC＝12（180°?30°）＝75°，∠ADE=90°-30°=60°∴∠CDE＝75°?60°＝15°；（2）證明：如圖2，∵點(diǎn)F是邊AC中點(diǎn)，∴BF＝12AC∵∠BAC＝30°，∴BC＝12AC∴BF＝BC，∵△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△AED，∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD，DE＝BC，∴DE＝BF，△ACD和△BAE為等邊三角形，∴BE＝AB，∵點(diǎn)F為△ACD的邊AC的中點(diǎn)，∴DF⊥AC，易證得△AFD≌△CBA，∴DF＝BA，∴DF＝BE，而BF＝DE，∴四邊形BEDF是平行四邊形．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對(duì)應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對(duì)應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．也考查了平行四邊形的判定．一、單選題1．（2022·福建·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在Rt△ABO中，∠OBA＝90°，A(4，4)，點(diǎn)C在邊AB上，且ACCB=13，點(diǎn)D為OB的中點(diǎn)，點(diǎn)P為邊OA上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P在OA上移動(dòng)時(shí)，使四邊形PDBC周長最小的點(diǎn)A．(2，1) B．(13，83) C．(83，83) D．(【答案】C【分析】根據(jù)已知條件得到AB=OB=4，∠AOB=45°，求得BC=3，OD=BD=2，得到D（0，2），C（4，3），作D關(guān)于直線OA的對(duì)稱點(diǎn)E，連接EC交OA于P，則此時(shí)，四邊形PDBC周長最小，E（0，2），求得直線EC的解析式為y=14x+2【詳解】解：∵在Rt△ABO中，∠OBA=90°，A（4，4），∴AB=OB=4，∠AOB=45°，∵ACCB=13，點(diǎn)∴BC=3，OD=BD=2，∴D（2，0），C（4，3），作D關(guān)于直線OA的對(duì)稱點(diǎn)E，連接EC交OA于P，則此時(shí)，四邊形PDBC周長最小，E（0，2），∵直線OA的解析式為y=x，設(shè)直線EC的解析式為y=kx+b，∴b＝解得：k＝∴直線EC的解析式為y=14x+2則：y＝xy∴P（83，8故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱-最短路線問題，等腰直角三角形的性質(zhì)，正確的找到P點(diǎn)的位置是解題的關(guān)鍵．2．（2023·福建廈門·統(tǒng)考一模）已知菱形ABCD與線段AE，且AE與AB重合．現(xiàn)將線段AE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°，在旋轉(zhuǎn)過程中，若不考慮點(diǎn)E與點(diǎn)B重合的情形，點(diǎn)E還有三次落在菱形ABCD的邊上，設(shè)∠B=α，則下列結(jié)論正確的是()A．0°<α<60° B．α【答案】C【分析】通過臨界值的情況結(jié)合圖形分析，可知當(dāng)60°<α<90°時(shí)滿足題意.【詳解】解：因?yàn)锳E與AB重合，在旋轉(zhuǎn)過程中必過D點(diǎn)，所以需要滿足AE與邊BC、CD有交點(diǎn)，此時(shí)考慮臨界值位置：當(dāng)AB=AC時(shí)，旋轉(zhuǎn)過程經(jīng)過C、D兩點(diǎn)，如圖，AB=BC=AC，△ABC為等邊三角形，所以α=60°，易知當(dāng)α＞60°時(shí)即有三個(gè)交點(diǎn)，而當(dāng)α=90°時(shí)，菱形ABCD為正方形，此時(shí)AB不會(huì)與BC有交點(diǎn)（不考慮點(diǎn)E與點(diǎn)B重合的情形），∴60°<α<90°，故選C.【點(diǎn)睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，結(jié)合圖形分析出臨界值情況是解題關(guān)鍵.3．（2023·福建廈門·福建省廈門第二中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，在正五邊形ABCDE中，點(diǎn)F是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)G在線段AF上運(yùn)動(dòng)，連接EG，DG，當(dāng)△DEG的周長最小時(shí)，則∠EGD=（

）A．36° B．60° C．72° D．108°【答案】C【分析】如圖，連接EC，GC，設(shè)EC交AF于點(diǎn)G′，連接DG′．證明當(dāng)點(diǎn)G與G′重合時(shí)，EG+DG的值最小，△DEG的周長最小，即求出∠EGD可得結(jié)論．【詳解】解：如圖，連接EC，GC，設(shè)EC交AF于點(diǎn)G′，連接DG′．∵正五邊形ABCDE中，點(diǎn)F是DC的中點(diǎn)，AF⊥DC，∴D，C關(guān)于AF對(duì)稱，∴GD=GC，∵EG+GD=EG+GC≥EC，∴當(dāng)點(diǎn)G與G′重合時(shí)，EG+DG的值最小，△DEG的周長最小，∵ABCDE是正五邊形，∴ED=DC，∠EDC=108°，∴∠DEC=∠DCE=36°，∵G′D=G′C，∴∠G′DC=∠DCG′=36°，∴∠DG′C=108°，∴∠EG′D=180°-∠DG′C=180°-108°=72°．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了垂直平分線的性質(zhì)，軸對(duì)稱-最短問題等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用軸對(duì)稱解決最短問題，屬于中考?？碱}型．4．（2023·福建福州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，ΔABC位于第二象限，點(diǎn)A的坐標(biāo)是(-2,3)，先把ΔABC向右平移3個(gè)單位長度得到ΔA1B1C1，再把ΔA1B1C1繞點(diǎn)CA．(-2,2) B．(-6,0) C．(0,0) D．(4,2)【答案】D【分析】根據(jù)要求畫出圖形，即可解決問題．【詳解】解：根據(jù)題意，作出圖形，如圖：觀察圖象可知：A2（4，2）；故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查平移變換，旋轉(zhuǎn)變換等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確畫出圖象，屬于中考常考題型．5．（2023·福建泉州·?？既＃┤鐖D，曲線C2是雙曲線C1：y=6x（x＞0）繞原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到的圖形，P是曲線C2上任意一點(diǎn)，點(diǎn)A在直線l：y=x上，且PA=PO，則△POAA．6 B．6 C．3 D．12【答案】B【分析】將雙曲線逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)使得l與y軸重合，等腰三角形△PAO的底邊在y軸上，應(yīng)用反比例函數(shù)比例系數(shù)k的性質(zhì)解答問題．【詳解】如圖，將C2及直線y=x繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，則得到雙曲線C3，直線l與y軸重合．雙曲線C3，的解析式為y=-6x過點(diǎn)P作PB⊥y軸于點(diǎn)B，∵PA=PO，∴B為OA中點(diǎn)．∴S△PAB=S△POB，由反比例函數(shù)比例系數(shù)k的性質(zhì)，S△POB=3，∴△POA的面積是6.故選B．【點(diǎn)睛】本題為反比例函數(shù)綜合題，考查了反比例函數(shù)的軸對(duì)稱性以及反比例函數(shù)比例系數(shù)k的幾何意義．6．（2023·福建南平·校聯(lián)考一模）如圖，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，P是對(duì)角線AC上的動(dòng)點(diǎn)，連接DP，將直線DP繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使∠DPG=∠DAC，且過D作DG⊥PG，連接CG，則CG最小值為(

)A．65 B．75 C．3225【答案】D【分析】如圖，作DH⊥AC于H，連接HG延長HG交CD于F，作HE⊥CD于H．證明△ADP∽△DHG，推出∠DHG＝∠DAP＝定值，推出點(diǎn)G在射線HF上運(yùn)動(dòng)，推出當(dāng)CG⊥HE時(shí)，CG的值最小，想辦法求出CG即可．【詳解】如圖，作DH⊥AC于H，連接HG延長HG交CD于F，作HE⊥CD于H．∵DG⊥PG，DH⊥AC，∴∠DGP＝∠DHA，∵∠DPG＝∠DAH，∴△ADH∽△PDG，∴ADDP=DHDG，∴∠ADP＝∠HDG，∴△ADP∽△DHG，∴∠DHG＝∠DAP＝定值，∴點(diǎn)G在射線HF上運(yùn)動(dòng)，∴當(dāng)CG⊥HE時(shí)，CG的值最小，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∴∠ADH+∠HDF＝90°，∵∠DAH+∠ADH＝90°，∴∠HDF＝∠DAH＝∠DHF，∴FD＝FH，∵∠FCH+∠CDH＝90°，∠FHC+∠FHD＝90°，∴∠FHC＝∠FCH，∴FH＝FC＝DF＝3，在Rt△ADC中，∵∠ADC＝90°，AD＝4，CD＝3，∴AC＝32+42＝5，∴CH＝CD∴EH＝DH?CHCD∵∠CFG＝∠HFE，∠CGF＝∠HEF＝90°，CF＝HF，∴△CGF≌△HEF（AAS），∴CG＝HE＝3625∴CG的最小值為3625故選D．【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)變換，矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，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)造相似三角形核或全等三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．7．（2023·福建廈門·統(tǒng)考一模）如圖，周長為16的菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，AE＝1，AF＝3，P為BD上一動(dòng)點(diǎn)，則線段EP＋FP的長最短為(

)A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】在DC上截取DG=FD=AD﹣AF=4﹣3=1，連接EG，則EG與BD的交點(diǎn)就是P．EG的長就是EP+FP的最小值，據(jù)此即可求解．【詳解】解：在DC上截取DG=FD=AD﹣AF=4﹣3=1，連接EG，則EG與BD的交點(diǎn)就是P．∵AE=DG，且AE∥DG，∴四邊形ADGE是平行四邊形，∴EG=AD=4．故選B．【點(diǎn)睛】本題考查菱形性質(zhì)，軸對(duì)稱性質(zhì)，平行四邊形性質(zhì)，兩點(diǎn)之間線段最短，掌握菱形性質(zhì)，軸對(duì)稱性質(zhì)，平行四邊形性質(zhì)，兩點(diǎn)之間線段最短是解題關(guān)鍵．8．（2023·福建三明·中考真題）如圖，在正方形紙片ABCD中，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點(diǎn)，沿過點(diǎn)B的直線折疊，使點(diǎn)C落在EF上，落點(diǎn)為N，折痕交CD邊于點(diǎn)M，BM與EF交于點(diǎn)P，再展開．則下列結(jié)論中：①CM＝DM；②∠ABN＝30°；③AB2＝3CM2；④△PMN是等邊三角形．正確的有（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】C【詳解】∵△BMN是由△BMC翻折得到的，∴BN=BC，又點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，在Rt△BNF中，sin∠BNF=BFBN∴∠BNF=30°，∠FBN=60°，∴∠ABN=90°-∠FBN=30°，故②正確；在Rt△BCM中，∠CBM=12∠FBN=30°∴tan∠CBM=tan30°=CMBC∴BC=3CM，AB2=3CM2故③正確；∠NPM=∠BPF=90°-∠MBC=60°，∠NMP=90°-∠MBN=60°，∴△PMN是等邊三角形，故④正確；由題給條件，證不出CM=DM，故①錯(cuò)誤．故正確的有②③④，共3個(gè)．故選C．9．（2023·福建·?？寄M預(yù)測）如圖，直線m，n相交于O，所夾的銳角是53°，點(diǎn)P，Q分別是直線m，n上的點(diǎn)，將直線m，n按照下面的程序操作，能使兩直線平行的是(

)A．將直線m以點(diǎn)O為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)53° B．將直線n以點(diǎn)Q為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)53°C．將直線m以點(diǎn)P為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)53° D．將直線m以點(diǎn)P為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)127°【答案】C【分析】根據(jù)平行判定定理和性質(zhì)一一判定即可求解.【詳解】將直線m以點(diǎn)O為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)53°，有交點(diǎn)不平行，故錯(cuò)誤.將直線n以點(diǎn)Q為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)53°，有交點(diǎn)不平行，故錯(cuò)誤.將直線m以點(diǎn)P為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)53°，平行，正確.將直線m以點(diǎn)P為中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)127°，同位角不相等不平行，故錯(cuò)誤.故選C.【點(diǎn)睛】本題主要考查平行判定定理和性質(zhì)，熟悉掌握是關(guān)鍵.10．（2023·福建南平·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，點(diǎn)D在BC邊上，BD=4，DC=2，P是AB上的動(dòng)點(diǎn)，則PC+PD的最小值為（

）

A．213 B．52 C．62【答案】A【分析】過點(diǎn)C作CO⊥AB于O，延長CO到C'，使OC'=OC，連接DC'，交AB于P，連接CP，此時(shí)DP+CP=DP+PC'=DC'的值最小．由DC=2，【詳解】解：過點(diǎn)C作CO⊥AB于O，延長CO到C'，使OC'=OC，連接DC'，交此時(shí)DP+CP=DP+PC∵BD=4，DC=2，∴BC=BD+DC=6，∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，∴∠CBA=45°，連接BC'，由對(duì)稱性可知∠C∴∠CBCDC故選：A．

【點(diǎn)睛】本題考查軸對(duì)稱—線路最短的問題，確定動(dòng)點(diǎn)P位置使PC+PD的值最小是解題的關(guān)鍵．也考查了勾股定理的應(yīng)用．二、填空題11．（2023·福建龍巖·統(tǒng)考二模）如圖，ΔABC中，∠BCA=90°，點(diǎn)D在AC上，AD=3，CD=2，連接BD，把線段BD繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到DE位置，連結(jié)AE，CE，則ΔACE的面積為_______．【答案】5【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得DE=DB，∠BDE=90°，如圖，將ΔDCB繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得ΔDFE，可得∠FDC=90°，CD=DF=2，∠EFD=∠ACB=90°，由三角形面積公式可求解．【詳解】解：∵把線段BD繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到DE的位置，∴DE=DB，∠BDE=90°，如圖，將ΔDCB繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得ΔDFE，∴∠FDC=90°，CD=DF=2，∠EFD=∠ACB=90°，∴∠EFD+∠FDC=180°，∴EF//CD，∴ΔACE的面積=1故答案為：5．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形的面積公式，添加恰當(dāng)輔助線是本題的關(guān)鍵．12．（2023·福建泉州·泉州五中校考模擬預(yù)測）如圖，四邊形OABC是正方形，點(diǎn)M，N都在OA的延長線上，且OM＝MN＝2，則BM+BN的最小值為______．【答案】2【分析】作N關(guān)于直線OB的對(duì)稱點(diǎn)N′，連接N′M交OB于B，則MN′=BM+BN的值最小，連接CN【詳解】如圖，作N關(guān)于直線OB的對(duì)稱點(diǎn)N′，連接N′M交OB于B，連接CN則MN′=BM+BN的值最小，由對(duì)稱性可知，ON=ON∵OM＝MN＝2，∴ON=ON∴MN∴BM+BN的最小值為25故答案為：25【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱-最小距離問題、正方形的性質(zhì)、解直角三角形等知識(shí)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．13．（2023·福建三明·校聯(lián)考一模）如圖，已知在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，E、F為矩形內(nèi)部的兩動(dòng)點(diǎn)，且滿足EF∥BC，EF＝4，S四邊形BEFC＝26，則BE+EF+FC的最小值等于___．【答案】4+89．【分析】作EG⊥BC于G，作FH∥BE交BC于H，證出四邊形BEFH是平行四邊形，得出FH=BE，BH=EF=4，得出CH=BC-BH=5，由梯形面積求出EG=4，若BE+EF+FC最小，則BE+FC=FH+FC最小，作點(diǎn)C關(guān)于直線EF的對(duì)稱點(diǎn)C'，連接HC'交直線EF于F'，則FH+FC的最小值為F'H+F'C=HC'，在Rt△HCC'中，CC'=8，由勾股定理求出HC'，即可得出結(jié)果．【詳解】作EG⊥BC于G，作FH∥BE交BC于H，如圖所示：∵EF∥BC，F(xiàn)H∥BE，∴四邊形BEFH是平行四邊形，∴FH＝BE，BH＝EF＝4，∴CH＝BC﹣BH＝5，BE+FC＝FH+FC，∵EF∥BC，EF＝4，S四邊形BEFC＝26，∴12（4+9）×EG＝26解得：EG＝4，若BE+EF+FC最小，則BE+FC＝FH+FC最小，作點(diǎn)C關(guān)于直線EF的對(duì)稱點(diǎn)C'，連接HC'交直線EF于F'，連接F'C，則FH+FC的最小值為F'H+F'C＝HC'，在Rt△HCC'中，CC'＝4+4＝8，由勾股定理得：HC'＝CH∴BE+EF+FC的最小值＝4+89；故答案為4+89．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、軸對(duì)稱-最短路線問題、矩形的性質(zhì)、勾股定理、梯形面積等知識(shí)；通過作軸對(duì)稱得出FH+FC的最小值為F'H+F'C=HC'是解題的關(guān)鍵．14．（2023·福建三明·統(tǒng)考一模）如圖，矩形紙片ABCD中，AB=1，BC=2，點(diǎn)M，N分別在邊BC，AD上，將紙片ABCD沿直線MN對(duì)折，使點(diǎn)A落在CD邊上，則線段BM的取值范圍是______．【答案】34≤BM≤1【詳解】解：連接A′M，AM，∵將紙片ABCD沿直線MN對(duì)折，使點(diǎn)A落在CD邊上，∴AM=A′M，設(shè)BM=x，A′C=t，則CM=2﹣x，∵∠B=∠C=90°，∴AB2+BM2=CM2+A′C2，即12+x2=（2﹣x）2+t2，解得：x=t2+34當(dāng)t=0時(shí)，BM=x的值最小，即BM=34當(dāng)t=1時(shí)，BM=x的值最大，即BM=1，∴線段BM的取值范圍是：34≤BM≤1故答案為34≤BM≤115．（2023·福建廈門·統(tǒng)考一模）在平面直角坐標(biāo)系中，A（-4，0），B（-4，4），C、D在y軸上，點(diǎn)C在點(diǎn)D上方，CD=2．要使得四邊形ABCD的周長最短，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為_____________．【答案】（0，3）【詳解】試題分析：∵A（-4，0），B（-4，4），∴AB=4，又∵C、D在y軸上，點(diǎn)C在點(diǎn)D上方，CD=2．∴要使得四邊形ABCD的周長最短，只要BC+AD最小即可，點(diǎn)A向上平移2個(gè)單位到M，點(diǎn)B關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)B′，連接MB′，交y軸于C，如圖：∵BM=2，∴CE=1，∴OC=3，∴C（0，3）考點(diǎn)：1．軸對(duì)稱-最短路線問題；2．坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．16．（2023·福建泉州·?？既＃┤鐖D，過點(diǎn)C(3,4)的直線y=2x+b交x軸于點(diǎn)A，∠ABC=90°，AB=CB，曲線y=kx（x>0）過點(diǎn)B，將點(diǎn)A沿y軸正方向平移a【答案】4【分析】分別過點(diǎn)B、點(diǎn)C作y軸和x軸的平行線，兩條平行線相交于點(diǎn)M，與x軸的交點(diǎn)為N．將C(3,4)代入y=2x+b可得b=-2，然后求得A點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)，證明△ABN≌△BCM，可得AN=BM=3，CM=BN=1，可求出B(4,1)，即可求出k=4，由A點(diǎn)向上平移后落在y=4x上，即可求得a【詳解】分別過點(diǎn)B、點(diǎn)C作y軸和x軸的平行線，兩條平行線相交于點(diǎn)M，與x軸的交點(diǎn)為N，則∠M=∠ANB=90°，把C(3,4)代入y=2x+b，得4=6+b，解得：b=-2，所以y=2x-2，令y=0，則0=2x-2，解得：x=1，所以A(1，0)，∵∠ABC=90°，∴∠CBM+∠ABN=90°，∵∠ANB=90°，∴∠BAN+∠ABN=90°，∴∠CBM=∠BAN，又∵∠M=∠ANB=90°，AB=BC，∴△ABN≌△BCM，∴AN=BM，BN=CM，∵C(3，4)，∴設(shè)AN=m，CM=n，則有m+n=4m+1-n=3，解得m=3∴ON=3+1=4，BN=1，∴B(4，1)，∵曲線y=kx（∴k=4，∴y=4∵將點(diǎn)A沿y軸正方向平移a個(gè)單位長度恰好落在該曲線上，此時(shí)點(diǎn)A移動(dòng)后對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，a)，∴a=4，故答案為4.【點(diǎn)睛】本題考查了反比例函數(shù)與幾何圖形的綜合，涉及了待定系數(shù)法，全等三角形的判定與性質(zhì)，點(diǎn)的平移等知識(shí)，正確添加輔助線，利用數(shù)形結(jié)合思想靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵.三、解答題17．（2023·福建廈門·廈門一中?？寄M預(yù)測）如圖1，矩形ABCD中，E是AD的中點(diǎn)，以點(diǎn)E直角頂點(diǎn)的直角三角形EFG的兩邊EF，EG分別過點(diǎn)B，C，∠F＝30°.（1）求證：BE＝CE（2）將△EFG繞點(diǎn)E按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)旋轉(zhuǎn)到EF與AD重合時(shí)停止轉(zhuǎn)動(dòng).若EF，EG分別與AB，BC相交于點(diǎn)M，N.（如圖2）①求證：△BEM≌△CEN；②若AB＝2，求△BMN面積的最大值；③當(dāng)旋轉(zhuǎn)停止時(shí)，點(diǎn)B恰好在FG上（如圖3），求sin∠EBG的值.【答案】（1）詳見解析；（2）①詳見解析；②2；③6+【分析】（1）只要證明△BAE≌△CDE即可；（2）①利用（1）可知△EBC是等腰直角三角形，根據(jù)ASA即可證明；②構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題；③如圖3中，作EH⊥BG于H．設(shè)NG=m，則BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．利用面積法求出EH，根據(jù)三角函數(shù)的定義即可解決問題.【詳解】（1）證明：如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°，∵E是AD中點(diǎn)，∴AE=DE，∴△BAE≌△CDE，∴BE=CE．（2）①解：如圖2中，由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，∴∠EBC=∠ECB=45°，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠EBM=∠ECN=45°，∵∠MEN=∠BEC=90°，∴∠BEM=∠CEN，∵EB=EC，∴△BEM≌△CEN；②∵△BEM≌△CEN，∴BM=CN，設(shè)BM=CN=x，則BN=4-x，∴S△BMN=12?x（4-x）=-12（x-2）2∵-12＜0∴x=2時(shí)，△BMN的面積最大，最大值為2．③解：如圖3中，作EH⊥BG于H．設(shè)NG=m，則BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．∴EG=m+3m=（1+3）m，∵S△BEG=12?EG?BN=12∴EH=3m?(1+3)m2m在Rt△EBH中，sin∠EBH=EHEB【點(diǎn)睛】本題考查四邊形綜合題、矩形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換、銳角三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確尋找全等三角形解決問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，18．（2023·福建·一模）如圖，在△ABC中，∠C=90°,∠A=30°，將△ABC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)固定角度后得到△A'B'C，使得點(diǎn)（1）在給出的圖形上用尺規(guī)作出△A（2）求證：A'【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析.【分析】（1）直接利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出對(duì)應(yīng)點(diǎn)位置進(jìn)而得出答案；（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠CB'A'【詳解】（1）如圖，△A'（2）證明：由旋轉(zhuǎn)可得Rt△ABC?∴∠CB∵∠ACB=90∴∠B=60∴△BCB∴∠B∴A【點(diǎn)睛】此題主要考查了旋轉(zhuǎn)變換以及等邊三角形的判定與性質(zhì)，正確得出對(duì)應(yīng)點(diǎn)位置是解題關(guān)鍵．失分的原因：1．不能正確理解本題所作的三角形，實(shí)質(zhì)就是作已知三角形的全等三角形；2．對(duì)平行線的判定方法掌握不熟練．19．（2023·福建龍巖·校聯(lián)考二模）某同學(xué)用兩個(gè)完全相同的直角三角形紙片重疊在一起(如圖1)固定△ABC不動(dòng)，將△DEF沿線段AB向右平移．(1)若∠A=60°，斜邊AB=4，設(shè)AD=x(0≤x≤4)，兩個(gè)直角三角形紙片重疊部分的面積為y，試求出y與x的函數(shù)關(guān)系式;(2)在運(yùn)動(dòng)過程中，四邊形CDBF能否為正方形，若能，請(qǐng)指出此時(shí)點(diǎn)D的位置，并說明理由;若不能，請(qǐng)你添加一個(gè)條件，并說明四邊形CDBF為正方形？【答案】(1)y=3(4-x)28(2)不能為正方形，添加條件：AC=BC，當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到AB中點(diǎn)位置時(shí)四邊形CDBF為正方形【分析】(1)根據(jù)平移的性質(zhì)得到DF∥AC，所以由平行線的性質(zhì)、勾股定理求得GD=4-x2，BG=B(2)不能為正方形，添加條件：AC=BC時(shí)，點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到AB中點(diǎn)時(shí)，四邊形CDBF為正方形;當(dāng)D運(yùn)動(dòng)到AB中點(diǎn)時(shí)，四邊形CDBF是菱形，根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”推知CD=12AB，BF=12DE，所以AD=CD=BD=CF，又有BE=AD，則CD=BD=BF=CF，故四邊形【詳解】解：(1)如圖(1)所示：∵DF∥AC，∴∠DGB=∠C=90°，∠GDB=∠A=60°，∠GBD=30°∵BD=4-x，∴GD=4-x2，BG=B∴y=S△BDG=12×4-x2×(2)不能為正方形，添加條件：AC=BC，當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到AB中點(diǎn)位置時(shí)四邊形CDBF為正方形．∵∠ACB=90°，D是AB的中點(diǎn)，∴CD=12AB∵AD=DB，AD=BE，∴DB=BE，∵∠DFE=90°，DB=BE，∴BF=12DE∴CD=BD=BF=BE，∵CF=BD，∴CD=BD=BF=CF，∴四邊形CDBF是菱形;∵AC=BC，D是AB的中點(diǎn)．∴CD⊥AB即∠CDB=90°∵四邊形CDBF為菱形，∴四邊形CDBF是正方形．【點(diǎn)睛】本題是幾何變換綜合題型，主要考查了平移變換的性質(zhì)，勾股定理，正方形的判定，菱形的判定與性質(zhì)以及直角三角形斜邊上的中線;第二問難度稍大，根據(jù)三角形斜邊上的中線推知CD=BD=BF=BE是解題的關(guān)鍵．20．（2023·福建·模擬預(yù)測）已知，如圖1，正方形ABCD的邊長為5，點(diǎn)E、F分別在邊AB、AD的延長線上，且BE=DF，連接EF．(1)證明：EF⊥AC；(2)將△AEF繞點(diǎn)A順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α滿足0°<α<45°時(shí)，設(shè)EF與射線AB交于點(diǎn)G，與AC交于點(diǎn)H，如圖所示，試判斷線段FH、HG、GE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．(3)若將△AEF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周，連接DF、BE，并延長EB交直線DF于點(diǎn)P，連接PC，試說明點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑并求線段PC的取值范圍．【答案】(1)見解析(2)F(3)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑是：以BD為直徑的圓，0≤PC≤5【分析】1先證明AE=AF，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)即可證明結(jié)論；2如圖2，作輔助線、構(gòu)建全等三角形，先證明△AGH?△AGK，得GH=GK，由△AFH?△AEK，得∠AEK=∠AFH=45°，F(xiàn)H=EK，利用勾股定理得：KG2=E3如圖3，先證明∠FPE=∠FAE=90°，根據(jù)90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑可得：點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑是：以BD為直徑的圓，如圖4，可得PC的取值范圍．【詳解】（1）證明：如圖1：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠DAC=∠BAC，∵BE=DF，∴AD+DF=AB+BE，即AF=AE，∴AC⊥EF.（2）解：FH如圖2，過A作AK⊥AC，截取AK=AH，連接GK、EK，∵∠CAB=45°，∴∠CAB=∠KAB=45°，∵AG=AG，∴△AGH?△AGKSAS∴GH=GK，由旋轉(zhuǎn)得：∠FAE=90°，AF=AE，∵∠HAK=90°，∴∠FAH=∠KAE，∴△AFH?△AEKSAS∴∠AEK=∠AFH=45°，F(xiàn)H=EK，∵∠AEH=45°，∴∠KEG=45°+45°=90°，Rt△GKE中，K即：FH（3）解：如圖3，∵AD=AB，∠DAF=∠BAE，AE=AF，∴△DAF?△BAESAS∴∠DFA=∠BEA，∵∠PNF=∠ANE，∴∠FPE=∠FAE=90°，∴將△AEF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周，總存在直線EB與直線DF垂直，∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路徑是：以BD為直徑的圓，如圖4，當(dāng)P與C重合時(shí)，PC最小，PC=0，當(dāng)P與A重合時(shí)，PC最大為52∴線段PC的取值范圍是：0≤PC≤52【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了正方形、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理的應(yīng)用，等知識(shí)點(diǎn)，正確作輔助線構(gòu)建全等三角形得出邊相等和角相等以及把四邊形的問題轉(zhuǎn)化為三角形的問題是解答本題的關(guān)鍵．21．（2023·福建·統(tǒng)考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A(3，3)，B(4，0)，C(0，﹣1)．（1）以點(diǎn)C為旋轉(zhuǎn)中心，把△ABC逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，畫出旋轉(zhuǎn)后的圖形△A'B（2）在（1）的條件下，①點(diǎn)A經(jīng)過的路徑AA'的長為（結(jié)果保留②則此時(shí)B'點(diǎn)的坐標(biāo)為．【答案】（1）圖見詳解；（2）①52π；②(-1【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的定義作出點(diǎn)A、B繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，再順次連接可得；（2）①根據(jù)弧長公式列式計(jì)算即可；②根據(jù)（1）中所作圖形可得點(diǎn)B'【詳解】（1）如圖所示：（2）①依題意得：AC=32∠ACA'=90°∴點(diǎn)A經(jīng)過的路徑的長為90×π×5180=②由圖知點(diǎn)B'的坐標(biāo)為(-1，3)．故答案為：①52π；②(-1，【點(diǎn)睛】本題主要考查作圖-旋轉(zhuǎn)變換，解題的關(guān)鍵是根據(jù)旋轉(zhuǎn)角度、旋轉(zhuǎn)方向、旋轉(zhuǎn)中心作出對(duì)應(yīng)點(diǎn)；22．（2022·福建福州·統(tǒng)考一模）如圖，已知線段BC繞某定點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到線段EF，其中點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是E．(1)請(qǐng)確定點(diǎn)O的位置（要求：尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法）；(2)在（1）的情況下，點(diǎn)A位于BC上方，點(diǎn)D位于EF右側(cè)，且△ABC，△DEF均為等邊三角形．求證：△DEF是由△ABC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到．【答案】(1)作圖見解析(2)證明見解析【分析】（1）如圖1，分別以B、E為圓心，大于12BE為半徑畫弧，交點(diǎn)為M、N，連接MN；分別以C、F為圓心，大于12CF為半徑畫弧，交點(diǎn)為（2）如圖2，由題意知∠BOE=∠COF=α，△ABC≌△DEF，∠BOC=∠EOF，△BOC≌△EOFSAS，有∠OBC=∠OEF，∠OCB=∠OFE，∠ABO=∠DEO，∠ACO=DFO，證明△ABO≌△DEOSAS，有∠AOB=∠DOE，同理可證△ACO≌△DFOSAS【詳解】（1）解：如圖1，分別以B、E為圓心，大于12BE為半徑畫弧，交點(diǎn)為M、N，連接MN；分別以C、F為圓心，大于12CF為半徑畫弧，交點(diǎn)為（2）證明：如圖2由題意知∠BOE=∠COF=α，BC=EF∵△ABC與△DEF均為等邊三角形∴AB=AC=BC=DE=DF=EF在△ABC與△DEF中∵AB=DE∴△ABC≌△DEF∵∠BOC+∠COE=∠COE+∠EOF∴∠BOC=∠EOF在△BOC和△EOF中∵OB=OE∴△BOC≌△EOF∴∠OBC=∠OEF∴∠ABO=∠DEO在△ABO和△DEO中∵AB=DE∴△ABO≌△DEO∴∠AOB=∠DOE同理可證△ACO≌△DFO∴∠AOC=∠DOF∴∠AOD=∠AOC+∠COE+∠DOE=∠DOF+∠DOE+∠COE=∠COF=α∴△DEF是由△ABC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到的．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)中心，旋轉(zhuǎn)角度，三角形全等，等邊三角形的性質(zhì)等知識(shí)．解題的關(guān)鍵在于對(duì)知識(shí)的靈活運(yùn)用．23．（2023·福建·廈門雙十中學(xué)思明分校校考二模）如圖10，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（0，6），點(diǎn)B是x軸正半軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)AB，取AB的中點(diǎn)M，將線段MB繞著點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到線段BC．過點(diǎn)B作BD⊥x軸交直線AC于點(diǎn)D．設(shè)點(diǎn)B坐標(biāo)是（t，0）．（1）當(dāng)t＝4時(shí)，求直線AB的解析式；（2）①用含t的代數(shù)式表示點(diǎn)C的坐標(biāo)：.②當(dāng)△ABD是等腰三角形時(shí)，求點(diǎn)B坐標(biāo).【答案】（1）y＝－32x＋6；（2）①點(diǎn)C的坐標(biāo)為(t＋3，t2)，②分三種情況進(jìn)行分類討論，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0）．點(diǎn)B的坐標(biāo)為（12＋65，0）．當(dāng)t≥0時(shí)，不存在BD【分析】（1）當(dāng)t=4時(shí)，B（4，0），設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b．把A（0，6），B（4，0）代入解析式即可求出未知數(shù)的值，從而求出其解析式；（2）①根據(jù)點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)可以求得點(diǎn)M的坐標(biāo)，從而可以求得點(diǎn)C的坐標(biāo)；②分三種情況進(jìn)行分類討論：AD＝BD,AB＝AD，BD≠AB.【詳解】（1）當(dāng)t＝4時(shí)，B(4，0)．設(shè)直線AB的解析式為y＝kx＋b將A(0，6)，B(4，0)代入，得：{b＝∴直線AB的解析式為y＝－32x＋6（2）①）∵點(diǎn)A（0，6），點(diǎn)B（t，0），點(diǎn)M是線段AB的中點(diǎn)，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)是（t2，3又∵將線段MB繞著點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到線段BC，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為：（t+3，t2故答案為（t+3，t2）；②分三種情況進(jìn)行分類討論（1）AD＝BD，則∠BAD＝∠ABD．∵BD∥y軸，∴∠OAB＝∠ABD，∴∠OAB＝∠BAD．∴tan∠OAB=tan∠BAD又∵∠AOB＝∠ABC=90°∴OBAO＝BCAB＝12，即t6＝12，此時(shí)點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0）．（2）若AB＝AD方法一:設(shè)直線AC的解析式為y=kx+6∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為(t＋3，t2∴k(t+3)+6=∴k=t-122k+6∴當(dāng)x=t時(shí)，∴BD=t由題得BD=∴t∴t2∴t1=12方法二：過點(diǎn)A作AH⊥CG于H，則CH＝HG＝12CG∵∠GEB＝∠AOB＝90°，∠GBE＝∠ABO，∴△GEB∽△AOB．∴GEBE＝AO∴GE＝6t×3＝18又∵HE＝AO＝6，CE＝t2，GE＋HE＝HG＝12CG＝12(CE＋∴18t＋6＝12(t2＋18t)，整理得t2－24t－解得t1＝12＋65，t2＝12－65＜此時(shí)點(diǎn)B的坐標(biāo)為（12＋65，0（3）當(dāng)0≤t＜12時(shí)，∠ADB是鈍角，△AD