上海复兴实验中学九年级数学上册第三单元《旋转》检测(包含答案解析)

一、选择题
1．观察下列“风车”的平面图案，其中既是轴对称又是中心对称图形的有（ ） A ． B ． C ． D ． 2．下列图形一定不是中心对称图形的是（ ）
A ．正六边形
B ．线段()213y x x =-+≤≤
C ．圆
D ．抛物线2y x x =+
3．如图，在ABC 中，,90AB AC BAC =∠=︒，直角EPF ∠的顶点P 是BC 的中点，两边PE 、PF 分别交AB 、AC 于点E 、F ，当EPF ∠在ABC 内绕点P 旋转时，下列结论错误的是（ ）
A ．AE CF =
B ．EPF 为等腰直角三角形
C ．EP AP =
D ．2ABC AEPF S S =四边形
4．如图所示，在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，将ABC ∆绕顶点C 逆时针旋转得到A B C ∆''，M 是BC 的中点，P 是A B ''的中点，连接PM ．若2BC =，30A ∠=︒，则线段PM 长的最大值是（ ）
A ．4
B ．3
C ．2
D ．1
5．如图，在△ABC 中，以C 为中心，将△ABC 顺时针旋转34°得到△DEC ，边ED ，AC 相交于点F ，若∠A ＝30°，则∠EFC 的度数为（ ）
A．60°B．64°C．66°D．68°
6．如图：在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1，现将△ABC绕点C逆时针旋转至△EFC，使点E恰巧落在AB上，连接BF，则BF的长度为（）
A．3B．2 C．1 D．2
7．如图，在平面直角坐标系中Rt△ABC的斜边BC在x轴上，点B坐标为（1，0），
AC=2，∠ABC=30°，把Rt△ABC先绕B点顺时针旋转180°，然后再向下平移2个单位，则A点的对应点A′的坐标为（）
A．（﹣4，﹣2﹣3）B．（﹣4，﹣2+3） C．（﹣2，﹣2+3）
D．（﹣2，﹣2﹣3）
8．下列图形既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）
A．B．
C．D．
9．下列图形是中心对称图形的是（）
A．B．
C ．
D ．
10．如图，把△ABC 绕着点A 逆时针旋转40°得到△ADE ，∠1＝30°，则∠BAE ＝（ ）
A ．10°
B ．30°
C ．40°
D ．70° 11．下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ． 12．如图，以点A 为中心，把△ABC 逆时针旋转120°，得到△AB'C′（点B 、C 的对应点分别为点B′、C′），连接BB'，若AC'∥BB'，则∠CAB'的度数为（ ）
A ．45°
B ．60°
C ．70°
D ．90°
二、填空题
13．点()1,2--A 绕点()10
B ,旋转180︒得到点
C ，则点C 坐标为_______________________．
14．如图，在等边△ABC 中，AC=10，点O 在AC 上，且AO=4，点P 是AB 上一动点，连结OP ，将线段OP 绕点O 逆时针旋 转60º得到线段OD ．要使点D 恰好落在BC 上，则AP 的长是________．
15．已知点()2,3A x -与点()4,5B y -关于原点对称，则xy 的值等于______． 16．如图，如果正方形ABCD 绕点C 按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG ，连接DG ，那么∠DGE ＝________．
17．如图，∠3=30°，为了使白球反弹后能将黑球直接撞入袋中，那么击打白球时，必须保证∠1的度数为________ ．
18．如图，把Rt △ABC 绕顶点C 顺时针旋转90°得到Rt △DFC ，若直线DF 垂直平分AB ，垂足为点E ，连接BF ，CE ，且BC =2．下面四个结论：
①BF =22；
②∠CBF =45°；
③∠CED =30°；
④△ECD 的面积为223+，
其中正确的结论有_____．(填番号)
参考答案
19．如图，把Rt ABC ∆绕点A 逆时针旋转40︒，得到Rt AB C ''∆，点C '恰好落在边AB 上，连接BB '，则BB C ''∠=___________度．
20．如图，在正方形ABCD 内部有一点P ，PB =1，PC =2，135BPC ∠=︒，则PA = ____．
三、解答题
21．如图，在平面直角坐标系中，已知ABC 的三个顶点的坐标分别为(5,1)A -，(2,2)B -，(1,4)C -，请按下列要求画图：
（1）画出ABC 关于x 轴对称得到的111A B C △，并写出1B 的坐标；
（2）画出与ABC 关于原点O 成中心对称的222A B C △，并写出点2A 的坐标； （3）若x 轴上有一点P ，到1B 、2A 的距离和最短，在平面直角坐标系内确定点P 的位置，并求点P 的坐标．
22．如图1，等腰Rt ABC 中，90A ∠=︒，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD AE =，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是______，位置关系是______． （2）探究证明：把ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断PMN 的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若8AD =，20AB =，请直接写出PMN 面积的最大值．
23．如图，在10×10的正方形方格之中，ABC 的顶点都在格点上
（1）在图1中画出ABC 关于格点O 成中心对称的A B C '''．
（2）在图2中画出格点ABEF ，使得ABE A C F B S S =．
24．如图1，ABC 和DEF 都是等腰直角三角形， 90A ∠=︒，90E ∠=︒，DEF 的顶点D 恰好落在ABC 的斜边BC 中点，把ADEF 绕点D 旋转，始终保持线段DE 、DF 分别与线段AB 、AC 交于M 、N ，连接MN ．
在这个变化过程中，小明通过观察、度量，发现了一些特殊的数量关系．
（1）于是他把DEF 旋转到特殊位置，验证自己的猜想．如图2，当//BC MN 时， ①通过计算BMD ∠和NMD ∠的度数，得出BMD ∠________NMD ∠（填>，<或=）； ②设22BC =，通过计算AM 、MN 、NC 的长度，其中NC =____，进而得出AM 、MN 、NC 之间的数量关系是_______．
（2）在特殊位置验证猜想还不够，还需要在一般位置进行证明．请你对（1）中猜想的线段AM 、MN 、NC 之间的数量关系进行证明．
25．综合与实践
问题情境
从“特殊到一般”是数学探究的常用方法之，类比特殊图形中的数量关系和探究方法可以发现一般图形具有的普遍规律．
如图1，在ABC 中，90ACB ∠=︒，AC BC =，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 上一点，将AEC 以点C 为旋转中心，逆时针旋转90°得到BFC △，AD 的延长线交线段BF 于点P ．探究线段EP ，FP ，BP 之间的数量关系．
数学思考
（1）请你在图1中证明AP BF ⊥；
特例探究
（2）如图2，当CE 垂直于AD 时，求证：2EP FP BP +=；
类比再探
（3）请判断（2）的结论在图1中是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
26．在Rt ABC ∆中，,90,,AC BC ACB M N ︒=∠=在直线AB 上，且
222MN AM BN =+．
（1）如图1，当点,M N 在线段AB 上时，求证：45MCN ︒∠=．
（2）如图2，当点M 在BA 的延长线上且点N 在线段AB 上时，上述结论是否成立？若成立，请证明，若不成立，请说明理由．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题
1．A
解析：A
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的两个概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】
解：A 、既是轴对称又是中心对称图形，故此项正确；
B 、是轴对称，不是中心对称图形，故此项错误；
C 、不是轴对称，是中心对称图形，故此项错误；
D 、是轴对称，不是中心对称图形，故此项错误．
故选：A ．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 2．D
解析：D
【分析】
根据中心对称图形的定义即可得．
【详解】
A 、正六边形是中心对称图形，此项不符题意；
B 、线段()213y x x =-+≤≤是中心对称图形，对称中心是点(2,0)，此项不符题意；
C 、圆是中心对称图形，此项不符题意；
D 、抛物线2y x x =+是关于直线12
x =-轴对称的，不是中心对称图形，此项符合题意； 故选：D ．
【点睛】
本题考查了中心对称图形、抛物线的图象等知识点，熟练掌握概念是解题关键． 3．C
解析：C
【分析】
利用旋转的思想观察全等三角形，寻找条件证明三角形全等．根据全等三角形的性质对题中的结论逐一判断．
【详解】
∵AB=AC ，∠BAC=90°，P 是BC 中点，
∴AP=CP ，AP ⊥BC ，∠C=∠B=∠BAP=∠CAP=45°，
∵∠APE 、∠CPF 都是∠APF 的余角，
∴∠APE=∠CPF ，
在△APE 和△CPF 中，
45APE CPF AP CP EAP FCP ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩
， ∴△APE ≌△CPF （ASA ），
∴AE=CF ，EP=PF ，S △AEP =S △CPF ，
∴△EPF 是等腰直角三角形，
S 四边形AEPF =
12
S △ABC ，即2S 四边形AEPF =S △ABC ， A 、B 、D 均正确， ∵旋转过程中，EP 的长度的变化的，故EP≠AP ，C 错误；
故选：C ．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
4．B
解析：B
【分析】
连接PC ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出PC ，利用中点求出CM ，再根据三角形两边之和大于第三边即可求得PM 的最大值．
【详解】
解：如图连接PC ．
在Rt △ABC 中，∵∠A=30°，BC=2，
∴AB=4，
根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，''90A CB ACB ∠=∠=︒，
∵P 是A B ''的中点，M 是BC 的中点，
∴CM=BM=1，PC=12
A′B′=2 又∵PM≤PC+CM ，即PM≤3，
∴PM 的最大值为3（此时P 、C 、M 共线）．
故选：B ．
【点睛】
本题考查旋转变换、直角三角形30度角的性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考常考题型．
5．B
解析：B
【分析】
由旋转性质得到∠D 和∠DCF 的度数，再由外角性质得到∠EFC 的度数即可．
【详解】
解：由旋转的性质可得：∠D=∠A=30°，∠DCF=34°，
∴∠EFC=∠A+∠DCF=30°+34°=64°；
故选：B ．
【点睛】
本题考查旋转的性质以及三角形的外角性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键． 6．A
解析：A
【解析】
试题分析：由题意可知：∠A=60°，AC=EC，所以△ACE是等边三角形，所以
∠CEA=∠ECA=60°，由旋转可知，∠CEF=∠A=60°，所以∠FEB=60°，因为
∠ECF=∠ACB=90°，所以∠BCF=∠ACE=60°，因为CB=CF，所以△CBF是等边三角形，所以∠CBF=60°，∠FBE=60°+30°=90°，△BEF是30度角直角三角形，因为AE=AC=1，
AB=2AC=2，所以BE=1，EF=2，BF=21
213
-=，故选A．
考点：1．旋转性质；2．直角三角形性质．
7．D
解析：D
【解析】
解：作AD⊥BC，并作出把Rt△ABC先绕B点顺时针旋转180°后所得△A1BC1，如图所
示．∵AC=2，∠ABC=30°，∴BC=4，∴AB=23，∴AD=AB AC
BC
⋅
=
232
⨯
=3，
∴BD=
2
AB
BC
=
2
23
（）
=3．∵点B坐标为（1，0），∴A点的坐标为（4，
3）．∵BD=3，∴BD1=3，∴D1坐标为（﹣2，0），∴A1坐标为（﹣2，﹣3）．∵再向下平移2个单位，∴A′的坐标为（﹣2，﹣3﹣2）．故选D．
点睛：本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质和平移的性质，作出图形利用旋转的性质和平移的性质是解答此题的关键．
8．D
解析：D
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合．因此，
A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项错误；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项错误；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项正确．
故选D．
9．B
解析：B
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可.
【详解】
解：A、不是中心对称图形，不符合题意，故选项A错误；
B、是中心对称图形，符合题意，故选项B正确；
C、不是中心对称图形，不符合题意，故选项C错误；
D、不是中心对称图形，符合题意，故选项D错误；
故选B.
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形的概念，掌握中心对称图形的概念是解题的关键. 10．D
解析：D
【分析】
先找到旋转角，根据∠BAE＝∠1+∠CAE进行计算．
【详解】
解：根据题意可知旋转角∠CAE＝40°，所以∠BAE＝30°+40°＝70°．
故选D．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，解题的关键是找准旋转角．
11．D
解析：D
【分析】
根据中心对称图形的定义和图形的特点即可求解．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是中心对称图形，故此选项正确；
故选D．
【点睛】
考核知识点：中心对称图形的识别.
12．D
解析：D
【分析】
先根据旋转的性质得到∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，根据等腰三角形的性质易得∠AB′B=30°，再根据平行线的性质由AC′∥BB′得∠C′AB′=∠AB′B=30°，然后利用
∠CAB′=∠CA C′-∠C′AB′进行计算．
【详解】
∵以点A为中心，把△ABC逆时针旋转120°，得到△AB'C′，
∴∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，
∴∠AB′B=1
（180°-120°）=30°，
2
∵AC′∥BB′，
∴∠C′AB′=∠AB′B=30°，
∴∠CAB′=∠CAC′-∠C′AB′=120°-30°=90°．
故选：D．
【点睛】
此题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，解题关键在于掌握旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．
二、填空题
13．【分析】过AC两点向x轴作垂线构造全等三角形得到CF和AE相等BF和BE相等即可得到结果【详解】解：过点A作AE⊥x轴过点C作CF⊥x轴
∴∠AEB=∠CFB=90°由旋转性质可得AB=BC∵∠CBF
32，
解析：()
【分析】
过A、C两点向x轴作垂线，构造全等三角形，得到CF和AE相等，BF和BE相等，即可得到结果．
【详解】
解：过点A作AE⊥x轴，过点C作CF⊥x轴，
∴∠AEB=∠CFB=90°，
由旋转性质可得AB=BC，
∵∠CBF=∠EBA，
∴△ABE≌△CFB
∴CF=AE，BF=EB，
又∵EB=2，
∴BF=2，CF=2，
∴OF=2+1=3，
∴C（3，2）
故答案为：（3，2）．
【点睛】
本题考查旋转变换和三角形全等的判定和性质，正确作出辅助线证明全等是解题的关键． 14．6【分析】根据三角形的外角性质可得∠APO=∠COD 进而可以证明△APO ≌△COD 进而可以证明AP=CO 即可解题【详解】
∵∠A+∠APO=∠POD+∠COD ∠A=∠POD=60°∴∠APO=∠COD
解析：6
【分析】
根据三角形的外角性质可得∠APO=∠COD ，进而可以证明△APO ≌△COD ，进而可以证明AP=CO ，即可解题．
【详解】
∵∠A+∠APO=∠POD+∠COD ，∠A=∠POD=60°，
∴∠APO=∠COD ，
在△APO 和△COD 中，
A C APO COD OD OP ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝，
∴△APO ≌△COD （AAS ），
即AP=CO ，
∵CO=AC-AO=6，
∴AP=6．
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，三角形的外角性质，全等三角形的判定和性质，本题中求证△APO ≌△COD 是解题的关键．
15．-4【分析】利用关于原点对称点的性质求出xy 的值进而求出答案【详解】解：∵点与点关于原点对称∴x-2=-4y-5=-3∴x=-2y=2∴xy=（-2）×2=-4故答案为：-4【点睛】本题考查了关于原
解析：-4
【分析】
利用关于原点对称点的性质求出x ，y 的值，进而求出答案．
【详解】
解：∵点()2,3A x -与点()4,5B y -关于原点对称，
∴x-2=-4，y-5=-3，
∴x=-2，y=2，
∴xy=（-2）×2=-4．
故答案为：-4
【点睛】
本题考查了关于原点对称点的性质，根据与原点对称的点的坐标特点（纵坐标，横坐标都互为相反数）得出x，y的值是解题关键．
16．15°【分析】如图根据旋转的性质得∠DCG=30°∠CGE=∠CDA=90°CG=CD可得△CDG是等腰三角形再根据顶角度数求出底角∠CGD的度数它的余角即为所求【详解】解：∵正方形ABCD绕点C按
解析：15°
【分析】
如图，根据旋转的性质得∠DCG=30°，∠CGE=∠CDA=90°，CG=CD，可得△CDG是等腰三角形，再根据顶角度数求出底角∠CGD的度数，它的余角即为所求．
【详解】
解：∵正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30°后得到正方形EFCG，
∴∠DCG=30°，CG=CD，∠CGE=∠CDA=90°，
∴∠CDG=∠CGD=（180°-30°）÷2=75°，
∴∠DGE＝∠CGE-∠CGD=90°-75°=15°．
故答案为：15°．
【点睛】
本题考查旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查正方形的性质，解题关键是由旋转前、后的图形全等得等腰三角形．
17．60°【解析】要使白球反弹后能将黑球直接撞入袋中
∠2+∠3=90°∵∠3=30°∴∠2=60°∴∠1=60°故答案是：60°
解析：60°
【解析】
要使白球反弹后能将黑球直接撞入袋中，
∠2+∠3=90°，
∵∠3=30°，
∴∠2=60°，
∴∠1=60°．
故答案是：60°．
18．①②④【分析】利用旋转的性质得CF＝CB＝2∠BCF＝90°则可得△CBF为等腰直角三角形于是可对①②进行判断；由于直线DF垂直平分AB则FA＝FBBE＝AE于是根据等腰三角形的性质和三角形外角性质
解析：①②④
【分析】
利用旋转的性质得CF＝CB＝2，∠BCF＝90°，则可得△CBF为等腰直角三角形，于是可对①②进行判断；由于直线DF垂直平分AB，则FA＝FB，BE＝AE，于是根据等腰三角形的性质和三角形外角性质可计算出∠ECA＝∠A＝22.5°，然后根据三角形内角和可计算出
∠CEF，从而可对③进行判断；作EH⊥BD于H，如图，根据三角形中位线性质得EH＝1
AC＝2+1，利用旋转性质得CD＝CA＝2+22，则利用三角形面积公式可计算出
2
△ECD的面积，从而可对④进行判断．
【详解】
∵把Rt△ABC绕顶点C顺时针旋转90°得到Rt△DFC，
∴CF＝CB＝2，∠BCF＝90°，
∴△CBF为等腰直角三角形，
∴BF＝2BC＝22，∠CBF＝45°，所以①②正确；
∵直线DF垂直平分AB，
∴FA＝FB，BE＝AE，
∴∠A＝∠ABF，
而∠BFC＝∠A+∠ABF＝45°，
∴∠A＝22.5°，
∵CE为斜边AB上的中线，
∴EC＝EA，
∴∠ECA＝∠A＝22.5°，
∴∠CEF＝180°﹣90°﹣2×22.5°＝45°，所以③错误；
作EH⊥BD于H，如图，
∵把Rt△ABC绕顶点C顺时针旋转90°得到Rt△DFC，
∴CD＝CA＝2+22，
∵点E为AB的中点，
∴EH＝1
AC＝2+1，
2
∴△ECD的面积＝1
•（2+1）•（2+22）＝22+3，所以④正确．
2
故答案为：①②④．
【点睛】
考查了旋转的性质，旋转的性质有：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．
19．20【分析】先根据旋转的性质得到∠AC′B′=∠C=90°∠BAB′=40°AB=AB′则利
用等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出∠ABB′的度数然后利用直角三角形两锐角互余计算∠BB′C′【
解析：20
【分析】
先根据旋转的性质得到∠AC′B′=∠C=90°，∠BAB′=40°，AB=AB′，则利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出∠ABB′的度数，然后利用直角三角形两锐角互余计算
∠BB′C′．
【详解】
解：∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，
∴∠AC′B′=∠C=90°，∠BAB′=40°，A B=AB′，
∵AB=AB′，
∴∠ABB′=∠AB′B，
∴∠ABB′=1
（180°-40°）=70°，
2
∴∠BB′C′=90°-∠CBB′=20°．
故答案为：20．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质．理解旋转前后对应角相等，旋转角相等，对应线段相等是解题关键．
20．【分析】将△PBA沿B点顺时针旋转90°此时A与C点重合P点旋转到E 点连接PE易证△BPE是等腰直角三角形利用勾股定理可求出PE的长再证明
△PCE是直角三角形利用勾股定理求出CE的长即可得到PA的长
解析：6
【分析】
将△PBA沿B点顺时针旋转90°，此时A与C点重合，P点旋转到E点，连接PE，易证
△BPE是等腰直角三角形，利用勾股定理可求出PE的长，再证明△PCE是直角三角形．利用勾股定理求出CE的长，即可得到PA的长．
【详解】
将△PBA沿B点顺时针旋转90°，此时A与C点重合，P点旋转到E点，连接PE，
∴PB=BE=1，PA=EC，∠BPE=90°
∴△PEB是等腰直角三角形，
∴∠PEB=∠EPB =45°，
∴PE=2PB=2，
又∵∠BPC=135°，
∴∠EPC=135°-45°=90°，
∴在直角△PEC中，EC=()2
222
226
PC PE
+=+=，
∴PA=EC6
=，
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，解答此题的关键是利用旋转构建直角三角形，由勾股定理求解．
三、解答题
21．（1）见解析，1B的坐标为（-2，-2）；（1）见解析，点2A的坐标为（5，-1）；
（3）见解析．点P的坐标为（
2
2
3
，0）．
【分析】
（1）分别作出A，B，C三点关于x轴对称的点A1，B1，C1，顺次连接即可，从而可写出1
B的坐标；
（2）分别作出A，B，C三点原点O对称的点A2，B2，C2，顺次连接即可，写出点2A的坐标；
（3）作A2点关于x轴对称的点A3，连接A3B1交x轴于一点，这点即为所求．
【详解】
解：（1）如图所示，1B的坐标为（-2，-2）；
（2）如图所示，点
2
A的坐标为（5，-1）；
（3）如图所示，点P即为所求作．
设B1A3的解析式为y=kx+b，
由对称性知A3的坐标为（5，1），
把A 3（5，1），B 1（-2，-2）代入B 1A 3的解析式，得5122k b k b +=⎧⎨-+=-⎩
， 解得，3787k b ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩
∴B 1A 3的解析式为3877y x =
-， 令y=0，则x=223
， ∴点P 的坐标为（22
3，0）． 【点睛】
此题主要考查了复杂作图，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键．另外要求掌握对称中心的定义．
22．（1）PM PN =， PM PN ⊥；（2）PMN 是等腰直角三角形，理由见解析；（3）98
【分析】
（1）根据题意可证得BD CE =，利用三角形的中位线定理得出12
PM CE =，12
PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线定理得出//PM CE ，得出DPM DCA =∠∠，通过角的转换得出DPM ∠与DPN ∠互余，证得PM PN ⊥． （2）先证明E ABD AC ∆≌，得出BD CE =，同（1）的方法得出12PM BD =，12
PN BD =，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论．
（3）当BD 最大时，PMN 的面积最大，而BD 最大值是28AB AD +=，
21()2
PMN S
PM =⨯，计算得出结论． 【详解】 （1）线段PM 与PN 的数量关系是PM PN =，位置关系是PM PN ⊥．
∵等腰Rt ABC 中，90A ∠=︒，
∴AB=AC ，
∵AD=AE ，
∴AB-AD=AC-AE ，
∴BD=CE ，
∵点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点，
∴12PM CE =，12
PN BD =， ∴PM PN =； ∵//PM CE ，
∴DPM DCA ∠=∠，
∵90A ∠=︒，
∴90ADC ACD ∠+∠=︒，
∵ADC DPN ∠=∠（两直线平行内错角相等），
∴90MPN DPM DPN DCA ADC ∠=∠+∠=∠+∠=︒，
∴PM PN ⊥．
（2）PMN 是等腰直角三角形．
证明：由旋转可知，BAD CAE ∠=∠，
AB AC =，AD AE =，
∴()ABD ACE SAS ≌△△，
∴ABD ACE ∠=∠，BD CE =， 根据三角形的中位线定理可得，12PN BD =，12
PM CE =， ∴PM PN =， ∴PMN 是等腰三角形，
同（1）的方法可得，PM //CE ，
∴DPM DCE ∠=∠， 同（1）的方法得，//PN BD ，
PNC DBC ∠=∠，
∵DPN DCB PNC DCB DBC ∠=∠+∠=∠+∠，
∴MPN DPM DPN DCE DCB DBC ∠=∠+∠=∠+∠+∠
BCE DBC ACB ACE DBC =∠+∠=∠+∠+∠
ACB ABD DBC ACB ABC =∠+∠+∠=∠+∠，
∵90BAC ∠=︒，∴90ACB ABC ∠+∠=︒，
∴90MPN ∠=︒，
∴PMN 是等腰直角三角形．
（3）由（2）知，PMN 是等腰直角三角形，12PM PN BD ==
， ∴PM 最大时，PMN 面积最大，
∵点D 在BA 的延长线上，BD 最大，
∴28BD AB AD =+=，
∴14PM =， ∴2211149822PMN S PM =
=⨯=最大△．
【点睛】
本题主要考查了三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质的综合运用，熟练掌握中位线定理是解题关键．
23．（1）画图见解析；（2）画图见解析．
【分析】
（1）先结合网格特点，根据中心对称的定义画出点,,A B C '''，再顺次连接即可得； （2）先找出AC 的中点E ，连接BE ，再结合网格特点，根据点B 到点A 的平移方式与点E 到点F 的平移方式相同找出点F ，然后连接AF 、EF 即可得．
【详解】
（1）先结合网格特点，根据中心对称的定义画出点,,A B C '''，再顺次连接即可得到A B C '''，如图所示：
（2）先找出AC 的中点E ，连接BE ，再结合网格特点，根据点B 到点A 的平移方式与点E 到点F 的平移方式相同找出点F ，然后连接AF 、EF 即可得到ABEF ，且
ABE A C F B S S =，如图所示：
【点睛】
本题考查了画中心对称图形、画平行四边形等知识点，熟练掌握中心对称的定义是解题关键．
24．（1）①=；②2NC =
AM NM NC +=；（2）AM NM NC +=，见解析
【分析】
（1）①由“SAS”可证∴△BMD ≌△CND ，可得∠BMD=∠DNC ，由外角的性质和平行线的性质可证∠BMD=∠CND=∠BDM=∠CMN ；
②由等腰三角形的性质可求2=NC ，再求出2，22-2，即可得结论；
（2）在CN 上截取CH=AM ，连接AD ，DH ，由“SAS”可证△AMD ≌△CHD ，可得MD=DH ，∠ADM=∠CDH ，再由“SAS”可证△MDN ≌△HDN ，可得MN=HN ，可得结论．
【详解】
解：（1）①∵△ABC 和△DEF 都是等腰直角三角形，∠A=90°，∠E=90°，
∴∠B=∠C=∠EDF=45°，AB=AC ，2，
∵MN ∥BC ，
∴∠AMN=∠B=45°=∠ANM=∠C ，∠DMN=∠BDM ，
∴AM=AN ，
∴BM=CN ，
∵点D 是BC 中点，
∴BD=CD ， 在△BMD 和△CND 中BM CN B C BD CD =⎧⎪=⎨⎪=⎩
∠∠，
∴∠BMD=∠DNC，
∵∠MDB=∠C+∠DNC=∠MDN+∠BDM，∴∠BDM=∠CND，
∴∠BMD=∠CND=∠BDM=∠CMN，
故答案为：=；
②∵BC=22，BC=2AB
，
∴AB=AC=2，
∵∠BMD=∠CND=∠BDM，
∴BD=BM=1
2
BC=2，
∴NC=2，
∴AM=2-2，
∵AM=AN，∠A=90°，
∴MN=2AM=22-2，
∴AM+MN=2-2+22-2=2=NC，
故答案为：2；AM+MN=NC；
（2）如图1，在CN上截取CH=AM，连接AD，DH，
∵△ABC是等腰直角三角形，点D是BC中点，
∴AD=CD，∠BAD=∠ACD=45°，AD⊥BC，
又∵AM=CH，
∴△AMD≌△CHD（SAS），
∴MD=DH，∠ADM=∠CDH，
∵∠ADM+∠ADN=∠MDN=45°，
∴∠ADN+∠CDH=45°，
∴∠HDN=45°=∠MDN，
在△MDN和△HDN中
DN DN
MDN HDN DM DH
=
⎧
⎪
=
⎨
⎪=
⎩
∠∠，
∴MN=HN，
∴NC=CH+NH=AM+MN．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，外角的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
25．（1）见解析；（2）见解析；（3）成立．证明见解析．
【分析】
（1）根据旋转图形的性质，可得△AEC≌△BFC，得到∠FBC=∠EAC，再由三角形内角和证明AP⊥BE即可．
（2）先证明四边形CEPF是正方形，得到CE=FP，再证明△CED≌△BPD，可得CE=BP，则问题可证．
（3）过点C作CG⊥AD，垂足为G，CH⊥BP，垂足为H，则按照（1）中方法问题证．【详解】
（1）证明：根据旋转图形的性质，可得△AEC≌△BFC，
∴∠FBC=∠EAC．
又∵∠ADC=∠BDP，∠EAC+∠ADC=180°-∠ACD=90°，
∴∠BDP+∠FBC=90°，
∴∠BPD=180°-（∠BDP+∠FBC）=90°，
∴AP⊥BE．
（2）证明：∵∠CEP=∠EPF=∠ECF=90°，
∴四边形CEPF是矩形．
∵CE=CF
∴四边形CEPF是正方形．
∴CE=EP=FP．
又∵∠CDE=∠BDP，CD=BD，∠CED=∠BPD=90°
∴△CED≌△BPD，
∴CE=BP．
∴EP+FP=2CE=2BP．
（3）成立．
理由如下：过点C作CG⊥AD，垂足为G，CH⊥BP，垂足为H．
∵△BFC由△AEC逆时针90°旋转得到，
∴∠AEC=∠BFC，CE=CF，∠ECF=90°．
∵∠CEG+∠AEC=180°，∠CFH+∠BFC=180°，
∴∠CEG=∠CFH ．
∵∠CGE=∠CHF=90°，
∴△CEG ≌△CFH ，
∴CH=CG ，EG=FH ．
∴EP+FP=GP+HP
∵∠CGP=∠GPH=∠H=90°，
∴四边形CGPH 是正方形．
又（2）可知，GP+PH=2BP ，
∴EP+PF=2BP ．
【点睛】
本题考查了利用图形旋转证明三角形全等以及正方形的性质和判定，解答关键是应用由特殊到一般思想，通过类比方法证明问题．
26．（1）证明见解析；（2）成立，证明见解析．
【分析】
（1）将ACM ∆绕点C 逆时针旋转90︒，得到'BCM ∆，利用旋转的性质和等腰三角形的性质证明'NBM ∆为直角三角形，可证明'MN M N =，利用全等三角形的判定（SSS ）可证明()'CMN CM N SSS ∆≅∆，即可证得1'452
MCN MCM ︒∠=∠=； （1）仿照（1）中方法将CMA ∆绕点C 逆时针旋转90︒得到CDB ∆，证明DBN ∆为直角三角形，再证DN=MN ，进而证明()CMN CDN SSS ∆≅∆即可得出结论．
【详解】
()1如图1，,90AC BC ACB ︒=∠=，
将ACM ∆绕点C 逆时针旋转90︒，得到'BCM ∆，
则'ACM NCM ∆≅∆，
',','ACM BCM CM CM AM BM ∴∠=∠==，
连接'M N ，
'CAM CNM ∠=∠=45°，
''90M BN CBM CBA ︒∴∠=∠+∠=，
'NBM ∴∆为直角三角形，
22222''NM BN BM BN AM ∴=+=+，
又
222MN AM BN =+，
'MN M N ∴=， 在CMN ∆和'CM N ∆中''CM CM MC M N CN CN =⎧⎪=⎨⎪=⎩
，
()'CMN CM N SSS ∴∆≅∆，
'MCN M CN ∴∠=∠，
1'452
MCN MCM ︒∴∠=∠=， 即45MCN ︒∠=；
()2如图2，,90AC BC ACB ︒=∠=，
将CMA ∆绕点C 逆时针旋转90︒得到CDB ∆，
CMA CDB ∴∆≅∆，
,,135CM CD AM BD CAM CBD ︒∴==∠=∠=，
90DBN CBD CBA ︒∴∠=∠-∠=，
DBN ∴∆为直角三角形，
22222DN BD BN AM BN ∴=+=+，
又
222MN AM BN =+，
DN MN ∴=， 在CMN ∆和CDN ∆中CM CD CN CN MN DN =⎧⎪=⎨⎪=⎩
，
()CMN CDN SSS ∴∆≅∆，
1452
MCN DCN MCD ︒∴∠=∠=∠=， 45MCN ︒∴∠=．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质，利用旋转性质旋转△ACM 构造直角三角形是解答的关键．。