中考数学试题分项解析专题51图形的平移对称与旋转含解析试题(共38页)

专题5.1 图形的平移对称(duìchèn)与旋转
一、单项选择题
1．点A〔2，﹣5〕关于x轴对称的点的坐标是〔〕
A．〔2，5〕 B．〔﹣2，5〕 C．〔﹣2，﹣5〕 D．〔﹣5，2〕
【来源】2021年中考数学试卷
【答案】A
【解析】【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标一样，纵坐标互为相反数〞进展解答即可.
【详解】因为点〔m，n〕关于x轴的对称的点的坐标为〔m，-n〕，
所以点A〔2，﹣5〕关于x轴的对称点B的坐标为〔2，5〕，
应选A．
【点睛】此题考察了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决此题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
〔1〕关于x轴对称的点，横坐标一样，纵坐标互为相反数；
〔2〕关于y轴对称的点，纵坐标一样，横坐标互为相反数；
〔3〕关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
2．以下图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是〔〕
A． B． C． D．
【来源】2021年初中毕业学业考试数学试题
【答案】C
点睛：此题考察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(xúnzhǎo)对称轴，图形两局部折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两局部重合．
3．如下字体的四个汉字中，是轴对称图形的是〔〕
A． B． C． D．
【来源】2021年中考数学试卷
【答案】D
点睛：此题考察了轴对称图形的定义，可以正确观察图形和理解轴对称图形的定义是解此题的关键．
4．在以下图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是〔〕
A． B． C． D．
【来源(láiyuán)】州2021年中考数学试题
【答案】D
【解析】分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
详解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确．
应选：D．
点睛：此题考察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，图形两局部沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
5．如图，在平面直角坐标系中，把△ABC绕原点O旋转180°得到△CDA，点A，B，C的坐标分别为〔﹣5，2〕，〔﹣2，﹣2〕，〔5，﹣2〕，那么点D的坐标为〔〕
A．〔2，2〕 B．〔2，﹣2〕 C．〔2，5〕 D．〔﹣2，5〕
【来源】2021年中考数学试卷
【答案】A
点睛(diǎn jīnɡ)：此题主要考察了坐标与图形变化，图形或者点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．
6．如图，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上的一个动点，点M，N分别是AB，BC边上的中点，那么MP+PN的最小值是〔〕
A． B． 1 C． D． 2
【来源】HY自治区2021年中考数学试题
【答案】B
【解析】分析：先作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值．然后证明四边形ABNM′为平行四边形，即可求出MP+NP=M′N=AB=1．
详解：如图
，
点睛(diǎn jīnɡ)：此题考察的是轴对称-最短道路问题及菱形的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．
7．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在第一象限，点B，C的坐标分别为〔2，1〕，〔6，1〕，∠BAC=90°，AB=AC，直线AB交y轴于点P，假设△ABC与△A′B′C′关于点P成中心对称，那么点A′的坐标为〔〕
A．〔﹣4，﹣5〕 B．〔﹣5，﹣4〕 C．〔﹣3，﹣4〕 D．〔﹣4，﹣3〕
【来源】2021年中考数学试题
【答案(dá àn)】A
【解析】分析：先求得直线AB解析式为y=x-1，即可得出P〔0，-1〕，再根据点A与点A'关于点P成中心对称，利用中点公式，即可得到点A′的坐标．
令x=0，那么y=-1，
∴P〔0，-1〕，
又∵点A与点A'关于点P成中心对称，
∴点P为AA'的中点，
设A'〔m，n〕，那么=0，=-1，
∴m=-4，n=-5，
∴A'〔-4，-5〕，
应选：A．
点睛：此题考察了中心对称，等腰直角三角形的运用，利用待定系数法得出直线AB的解析式是解题的关键．
8．如图，在平面直角坐标系xOy中，A〔4，0〕，B〔0，3〕，C〔4，3〕，I是△ABC的内心，将△ABC绕原点逆时针旋转90°后，I的对应点I'的坐标为〔〕
A．〔﹣2，3〕 B．〔﹣3，2〕 C．〔3，﹣2〕 D．〔2，﹣3〕
【来源(láiyuán)】2021年中考数学试卷
【答案】A
【解析】【分析】直接利用直角三角形的性质得出其内切圆半径，进而得出I点坐标，再利用旋转的性质得出对应点坐标．
那么I〔3，2〕，
∵△ABC绕原点逆时针旋转90°，
∴I的对应点I'的坐标为：〔﹣2，3〕，
应选A．
【点睛】此题考察了直角三角形的内心、旋转的性质(xìngzhì)，根据直角三角形内心的性质得出其内心I的坐标是解题的关键.
9．以下图形中的五边形ABCDE都是正五边形，那么这些图形中的轴对称图形有〔〕
A． 1个 B． 2个 C． 3个 D． 4个
【来源】2021年中考数学试题
【答案】D
【解析】分析：直接利用轴对称图形的性质画出对称轴得出答案．
详解：如下图：直线l即为各图形的对称轴．
，
应选：D．
点睛：此题主要考察了轴对称图形，正确把握轴对称图形的定义是解题关键．
10．如图直角(zhíjiǎo)梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=2，BC=3，将腰CD以D为中心逆时针旋转90°至ED，连AE、CE，那么△ADE的面积是〔〕
A． 1 B． 2 C． 3 D．不能确定
【来源】临安2021年中考数学试卷
【答案】A
在△DCG与△DEF中，，
∴△DCG≌△DEF〔AAS〕，
∴EF=CG，
∵AD=2，BC=3，
∴CG=BC﹣AD=3﹣2=1，
∴EF=1，
∴△ADE的面积是：×AD×EF=×2×1=1，
应选(yīnɡ xuǎn)A．
【点睛】此题考察梯形的性质和旋转的性质，熟知旋转变换前后，对应点到旋转中心的间隔相等、每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等是解题的关键．同时要注意旋转的三要素：①定点为旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
11．图中由“○〞和“□〞组成轴对称图形，该图形的对称轴是直线〔〕
A． l
1 B． l
2
C． l
3
D． l
4
【来源】2021年中考数学试卷【答案】C
【点睛】此题主要考察了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义．根据(gēnjù)假如一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的局部可以互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
12．如图，一段抛物线y=﹣x2+4〔﹣2≤x≤2〕为C
1，与x轴交于A
，A
1
两点，顶点为D
1
；将
C 1绕点A
1
旋转180°得到C
2
，顶点为D
2
；C
1
与C
2
组成一个新的图象，垂直于y轴的直线l与
新图象交于点P1〔x1，y1〕，P2〔x2，y2〕，与线段D1D2交于点P3〔x3，y3〕，设x1，x2，x3均为正数，t=x1+x2+x3，那么t的取值范围是〔〕
A． 6＜t≤8 B．6≤t≤8 C． 10＜t≤12 D．10≤t≤12
【来源】2021年中考数学试卷
【答案】D
【点睛】此题考察(kǎochá)二次函数与x轴的交点，二次函数的性质，抛物线的旋转等知识，纯熟掌握和灵敏应用二次函数的相关性质以及旋转的性质是解题的关键.
二、填空题
13．在平面直角坐标系中，将点A′〔﹣2，3〕向右平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，那么平移后对应的点A′的坐标是_____．
【来源】2021年中考数学试题
【答案】〔1，1〕
【解析】分析：直接利用平移的性质分别得出平移后点的坐标得出答案．
详解：∵将点A′〔-2，3〕向右平移3个单位长度，
∴得到〔1，3〕，
∵再向下平移2个单位长度，
∴平移后对应的点A′的坐标是：〔1，1〕．
故答案为：〔1，1〕．
点睛：此题主要考察了平移，正确掌握平移规律：上加下减，左加右减，是解题关键．14．有五张卡片〔形状、大小、质地都一样〕，上面分别画有以下图形：
①线段；②正三角形；③平行四边形；④等腰梯形；⑤圆．
将卡片反面朝上洗匀，从中抽取一张，正面图形一定满足既是轴对称图形，又是中心对称图形的概率是__________．
【来源】2021年中考数学试卷
【答案】
点睛：此题考察(kǎochá)了概率公式的应用.注意用到的知识点为：概率=所求情况数与情况总数之比.
15．如图，将绕点A逆时针旋转，得到，这时点恰好在同一直线上，那么的度数为______．
【来源】2021年初中毕业学业考试数学试题
【答案】15
【解析】分析：先判断出∠BAD=150°，AD=AB，再判断出△BAD是等腰三角形，最后用三角形的内角和定理即可得出结论．
详解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转150°，得到△ADE，
∴∠BAD=150°，AD=AB，
∵点B，C，D恰好在同一直线上，
∴△BAD是顶角为150°的等腰三角形，
∴∠B=∠BDA，
∴∠B=〔180°-∠BAD〕=15°，
故答案为：15°．
点睛：此题主要考察了旋转的性质，等腰三角形的断定和性质，三角形的内角和定理
(dìnglǐ)，判断出三角形ABD是等腰三角形是解此题的关键．
16．如图，正方形ABCD的边长为1，点A与原点重合，点B在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB'C′D′的位置，B'C′与CD 相交于点M，那么点M的坐标为_____．
【来源】2021年中考数学试卷
【答案】〔﹣1，〕
【详解】如图，连接AM，
∵将边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形AB'C′D′，
∴AD=A B′=1，∠BAB′=30°，
∴∠B′AD=60°，
在Rt△ADM和Rt△AB′M中，
，
∴Rt△ADM≌Rt△AB′M〔HL〕，
∴∠DAM=∠B′AM=∠B′AD=30°，
∴DM=AD•tan∠DAM=1×=，
∴点M的坐标(zuòbiāo)为〔﹣1，〕，
故答案为：〔﹣1，〕．
【点睛】此题主要考察旋转的性质、正方形的性质，解题的关键是掌握旋转变换的不变性与正方形的性质、全等三角形的断定与性质及三角函数的应用．
17．点O是平行四边形ABCD的对称中心，AD＞AB，E、F分别是AB边上的点，且EF＝AB；
G、H分别是BC边上的点，且GH＝BC；假设S
,S2分别表示∆EOF和∆GOH的面积，那么S1,S2
1
之间的等量关系是______________
【来源】2021年中考数学试题
【答案】2S1＝3S2
【详解】过点O分别作OM⊥BC，垂足为M，作ON⊥AB，垂足为N，
∵点O是平行四边形ABCD的对称中心，
∴S
平行四边形ABCD=AB•2ON， S平行四边形ABCD=BC•2OM，∴AB•ON=BC•OM，
∵S
1=EF•ON，S
2
=GH•OM，EF＝AB，GH＝BC，
∴S
1=AB•ON，S
2
=BC•OM，
∴2S
1＝3S
2
，
故答案(dá àn)为：2S1＝3S2.
【点睛】此题考察了平行四边形的面积，中心对称的性质，正确添加辅助线、准确表示出图形面积是解题的关键.
18．如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A〔﹣6，0〕，C〔0，2〕．将矩形OABC 绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，那么点B的对应点B1的坐标为
_____．
【来源】2021年中考数学试题
【答案】〔-2，6〕
【解析】分析：连接OB1，作B1H⊥OA于H，证明△AOB≌△HB1O，得到B1H=OA=6，
OH=AB=2，得到答案．
详解：连接OB1，作B1H⊥OA于H，
由题意(tí yì)得，OA=6，AB=OC-2，
那么tan∠BOA=，
∴∠BOA=30°，
∴∠OBA=60°，
由旋转的性质可知，∠B1OB=∠BOA=30°，
∴∠B
OH=60°，
1
在△AOB和△HB1O，
，
O，
∴△AOB≌△HB
1
∴B
H=OA=6，OH=AB=2，
1
的坐标为〔-2，6〕，
∴点B
1
故答案为：〔-2，6〕．
点睛：此题考察的是矩形的性质、旋转变换的性质，掌握矩形的性质、全等三角形的断定和性质定理是解题的关键．
19．如图，在▱ABCD中，AD=7，AB=2，∠B=60°．E是边BC上任意一点，沿AE剪开，将△ABE沿BC方向平移到△DCF的位置，得到四边形AEFD，那么四边形AEFD周长的最小值为_____．
【来源】2021年中考数学试卷
【答案】20
【点睛】此题考察平移的性质，解题的关键(guānjiàn)是确定出当AE⊥BC时，四边形AEFD 的周长最小．
20．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，点B经过的途径为弧BD，那么图中阴影局部的面积为_____．
【来源】2021年中考数学试卷
【答案】
【解析】【分析】先根据勾股定理得到AB=2，再根据扇形的面积公式计算出S扇形ABD，由旋转的性质得到Rt△ADE≌Rt△ACB，于是S阴影局部=S△ADE+S扇形ABD﹣S△ABC=S扇形ABD．
【点睛】此题考察了旋转的性质、扇形面积(miàn jī)的计算，得到S阴影局部 =S扇形ABD是解题的关键.
三、解答题
21．【来源】2021年中考数学试卷
图①、图②均是8×8的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，线段OM、ON的端点均在格点上．在图①、图②给定的网格中以OM、ON为邻边各画一个四边形，使第四个顶点在格点上．要求：
〔1〕所画的两个四边形均是轴对称图形．
〔2〕所画的两个四边形不全等．
【答案】作图见解析.
【解析】【分析】结合网格特点以及轴对称图形的定义进展作图，然后用全等四边形的定义判断即可得符合题意的图形．
【详解】如下图：
【点睛】此题考察了作图﹣轴对称变换(biànhuàn)，以及全等形的断定，纯熟掌握各自的性质是解此题的关键．
22．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别是A〔1，1〕，B〔4，1〕，C 〔3，3〕．
〔1〕将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
〔2〕将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；
〔3〕判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状．〔无须说明理由〕
【来源】广西2021年中考数学试卷
【答案】〔1〕画图见解析；〔2〕画图见解析；〔3〕三角形的形状为等腰直角三角形．
【详解】〔1〕如下图，△A1B1C1即为所求；
【点睛】此题考察了作图﹣旋转(xuánzhuǎn)变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
23．在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如下图的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上，请解答以下问题：
〔1〕①作出△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
②作出△ABC关于原点O对称的△A
2B
2
C
2
，并写出点C
2
的坐标；
〔2〕△ABC关于(guānyú)直线l对称的△A3B3C3的顶点A3的坐标为〔－4，－2〕，请直接写出直线l的函数解析式.
【来源】2021年中考数学试题
【答案】(1)作图见解析，C1的坐标C1〔-1,2〕, C2的坐标C2〔-3,-2〕；〔2〕y=-x.
详解：〔1〕如下图， C1的坐标C1〔-1,2〕, C2的坐标C2〔-3,-2〕
〔2〕解：∵A〔2,4〕，A3〔-4，-2〕，
∴直线l的函数解析式：y=-x.
点睛：此题考察了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考察了轴对称变换和平移变换．
24．如图，矩形(jǔxíng)ABCD中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ〔0°＜
θ＜90°〕得到矩形A
1BC
1
D
1
，点A
1
在边CD上．
〔1〕假设m=2，n=1，求在旋转过程中，点D到点D1所经过途径的长度；
〔2〕将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2，点D2在BC的延长线上，设边A2B与CD交于点E，假设=﹣1，求的值．
【来源】2021年中考数学试题
【答案】〔1〕D到点D1所经过途径的长度为π；〔2〕〔负根已经舍弃〕．详解：〔1〕作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，那么四边形ADA1H是矩形．
∴AD=HA
1
=n=1，
在Rt△A1HB中，∵BA1=BA=m=2，
∴BA
1=2HA
1
，
∴∠ABA
1
=30°，
∴旋转(xuánzhuǎn)角为30°，∵BD=，
∴D到点D
1
所经过途径的长度=〔2〕∵△BCE∽△BA2D2，
点睛：此题考察轨迹，旋转变换、解直角三角形、弧长公式等知识，解题的关键是理解题意，灵敏运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
25．如图，在中，，，D是AB边上一点点D与A，B不重合，连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．求证(qiúzhèng)：≌；
当时，求的度数．
【来源】2021年中考数学试卷
【答案】证明见解析；.
【解析】【分析】由题意可知：，，由于，从而可得，根据SAS即可证明≌；
由≌可知：，，从而可求出的度数．
【详解】由题意可知：，，
，
，
，
，
在与中，
，
≌；
【点睛】此题考察了旋转的性质(xìngzhì)、全等三角形的断定与性质，解题的关键是纯熟运用旋转的性质以及全等三角形的断定与性质．
26．如图1，一副直角三角板满足AB=BC，AC=DE，∠ABC=∠DEF=90°，∠EDF=30°
操作：将三角板DEF的直角顶点E放置于三角板ABC的斜边AC上，再将三角板DEF绕点E旋转，并使边DE与边AB交于点P，边EF与边BC于点Q．
探究一：在旋转过程中，
〔1〕如图2，当时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并给出证明；
〔2〕如图3，当时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并说明理由；
〔3〕根据你对〔1〕、〔2〕的探究结果，试写出当时，EP与EQ满足的数量关系式为，其中m的取值范围是．〔直接写出结论，不必证明〕
探究二：假设且AC=30cm，连接PQ，设△EPQ的面积为S〔cm2〕，在旋转过程中：〔1〕S是否存在最大值或者最小值？假设存在，求出最大值或者最小值；假设不存在，说明理由．
〔2〕随着S取不同的值，对应△EPQ的个数有哪些变化，求出相应S的值或者取值范围．
【来源(láiyuán)】巿2021年中考数学试卷
【答案】探究一：〔1〕EP=EQ；证明见解析；〔2〕1:2，证明见解析；〔3〕EP：EQ=1：m，∴0＜m≤2+；探究二：〔1〕当x=10时，面积最小，是50cm2；当x=10时，面积最大，是75cm2时，这样的三角形有2个；当S=50或者62.5＜S≤75时，这样的三角形有一个．
〔3〕根据〔2〕中求解的过程，可以直接写出结果；要求m的取值范围，根据交点的位置的限制进展分析；
探究二：〔1〕设EQ=x，结合上述结论，用x表示出三角形的面积，根据x的最值求得面积的最值；
〔2〕首先求得EQ和EB重合时的三角形的面积的值，再进一步分情况讨论．
【详解】探究一：〔1〕连接BE，
根据E是AC的中点和等腰直角三角形的性质，得
BE=CE，∠PBE=∠C，
又∠BEP=∠CEQ，
那么(nà me)△BEP≌△CEQ，得EP=EQ；
〔2〕作EM⊥AB，EN⊥BC于M，N，
∴∠EMP=∠ENC，
∵∠MEP+∠PEN=∠PEN+∠NEF=90°，
∴∠MEP=∠NEF，
∴△MEP∽△NEQ，
∴EP：EQ=EM：EN=AE：CE=1：2；
〔3〕过E点作EM⊥AB于点M，作EN⊥BC于点N，
∵在四边形PEQB中，∠B=∠PEQ=90°，
∴∠EPB+∠EQB=180°〔四边形的内角和是360°〕，
又∵∠EPB+∠MPE=180°〔平角是180°〕，
∴∠MPE=∠EQN〔等量代换〕，
∴Rt△MEP∽Rt△NEQ，
∴，
在Rt△AME∽Rt△ENC，
∴，
∴，
EP与EQ满足的数量关系式为EP：EQ=1：m，
∴0＜m≤2+；〔当m＞2+时，EF与BC不会相交〕．
【点睛】此题考察了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的断定与性质，相似三角形的断定与性质等，综合性较强，正确(zhèngquè)添加辅助线，纯熟运用等腰直角三角形的性质和相似三角形的断定和性质进展求解是关键．
27．在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点.以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，.
〔Ⅰ〕如图①，当点落在边上时，求点的坐标；
〔Ⅱ〕如图②，当点落在线段上时，与交于点.
①求证；
②求点的坐标(zuòbiāo).
〔Ⅲ〕记为矩形对角线的交点，为的面积，求的取值范围〔直接写出结果即可〕.
【来源】2021年中考数学试题
【答案】〔Ⅰ〕点的坐标为.〔Ⅱ〕①证明见解析；②点的坐标为.〔Ⅲ〕
.
详解：〔Ⅰ〕∵点，点，
∴，.
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，∴.
在中，有，
∴.
∴.
∴点的坐标为.
〔Ⅲ〕.
点睛：本大题主要考察(kǎochá)了等腰三角形的断定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知识，灵敏运用勾股定理求解是解决此题的关键.
28．在中，，，，过点作直线，将绕点顺时针得到〔点，的对应点分别为，〕，射线，分别交直线于点，.
〔1〕如图1，当与重合(chónghé)时，求的度数；
〔2〕如图2，设与的交点为，当为的中点时，求线段的长；
〔3〕在旋转过程时，当点分别在，的延长线上时，试探究四边形的面积是否存在最小值.假设存在，求出四边形的最小面积；假设不存在，请说明理由.
【来源】2021年中考数学试题
【答案】〔1〕60°；〔2〕；〔3〕
详解：〔1〕由旋转可得：AC=A'C=2，∵∠ACB=90°，AB=，AC=2，
∴BC=，
∵∠ACB=90°，m∥AC，
∴∠A'BC=90°，
∴cos∠A'CB=，
∴∠A'CB=30°，
∴∠ACA'=60°；
〔2〕∵M为A'B'的中点(zhōnɡ diǎn)，∴∠A'CM=∠MA'C，
由旋转可得，∠MA'C=∠A，
∴∠A=∠A'CM，
∴tan∠PCB=tan∠A=，
∴PB=BC=，
∵tan∠Q=tan∠A=，
∴BQ=BC×=2，
∴PQ=PB+BQ=；
点睛：此题属于四边形综合(zōnghé)题，主要考察了旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题时注意：旋转变换中，对应点到旋转中心的间隔相等；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．
29．如图，在矩形ABCD中，AB═2，AD=，P是BC边上的一点，且BP=2CP．
〔1〕用尺规在图①中作出CD边上的中点E，连接AE、BE〔保存作图痕迹，不写作法〕；
〔2〕如图②，在〔1〕的条体下，判断EB是否平分∠AEC，并说明理由；
〔3〕如图③，在〔2〕的条件下，连接EP并廷长交AB的廷长线于点F，连接AP，不添加辅助线，△PFB能否由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形？假如能，说明理由，并写出两种方法〔指出对称轴、旋转中心、旋转方向和平移间隔〕
【来源】2021年中考数学试卷
【答案】〔1〕作图见解析；〔2〕EB是平分∠AEC，理由见解析；〔3〕△PFB能由都经过P 点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形，变换的方法为：将△BPF绕点B顺时针旋转120°和△EPA重合，①沿PF折叠，②沿AE折叠．
【详解】〔1〕依题意作出图形如图①所示；
〔2〕EB是平分(píngfēn)∠AEC，理由：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，CD=AB=2，BC=AD=，
∵点E是CD的中点，
∴DE=CE=CD=1，
在△ADE和△BCE中，，
∴△ADE≌△BCE，
∴∠AED=∠BEC，
在Rt△ADE中，AD=，DE=1，
∴tan∠AED==，
∴∠AED=60°，
∴∠BCE=∠AED=60°，
∴∠AEB=180°﹣∠AED﹣∠BEC=60°=∠BEC，∴BE平分∠AEC；
在Rt△ABP中，tan∠BAP==，
∴∠PAB=30°，
∴∠EAP=30°=∠F=∠PAB，
∵CB⊥AF，
∴AP=FP，
∴△AEP≌△FBP，
∴△PFB能由都经过(jīngguò)P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形，
变换的方法为：将△BPF绕点B顺时针旋转120°和△EPA重合，①沿PF折叠，②沿AE折叠．
【点睛】此题考察了矩形的性质，全等三角形的断定和性质，解直角三角形，图形的变换等，纯熟掌握和灵敏应用相关的性质与定理、判断出△AEP≌△△FBP是解此题的关键．30．Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜边OB=4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如题图1，连接BC．
〔1〕填空：∠OBC=°；
〔2〕如图1，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；
〔3〕如图2，点M，N同时(tóngshí)从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B途径匀速运动，N沿O→B→C途径匀速运动，当两点相遇时运动停顿，点M的运动速度为单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间是为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y 获得最大值？最大值为多少？
【来源】2021年中考数学试题
【答案】〔1〕60；〔2〕；〔3〕.
【详解】〔1〕由旋转性质可知：OB=OC，∠BOC=60°，∴△OBC是等边三角形，
∴∠OBC=60°，
故答案为：60；
〔3〕①当0＜x≤时，M在OC上运动(yùndòng)，N在OB上运动，此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E，如图，
那么NE=ON•sin60°=x，
=•OM•NE=×1.5x×x，
∴S
△OMN
∴y=x2，
∴x=时，y有最大值，最大值=；
②当＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动，
③当时(dàngshí)，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G，如图，
MN=12﹣2.5x，OG=AB=2，
∴y=•MN•OG=12﹣x，
当x=4时，y有最大值，最大值=2，
综上所述，y有最大值，最大值为．
【点睛】此题考察了旋转变换综合题，涉及到二次函数的最值，30度的直角三角形的性质、等边三角形的断定和性质、三角形的面积等知识，仔细分析，正确添加辅助线，分类讨论的思想考虑问题是解题的关键.
内容总结
（1）〔2〕将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2。