2026年中考数学一轮复习专题训练 图形的旋转（含解析）

这是一份2026年中考数学一轮复习专题训练 图形的旋转（含解析），共33页。试卷主要包含了学会运用函数与方程思想，学会运用数形结合思想，要学会抢得分点，学会运用等价转换思想，学会运用分类讨论的思想，转化思想等内容，欢迎下载使用。
2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度，寻求代数问题的方法。
3、要学会抢得分点。中考数学压轴题要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。将复杂转为简单，将抽象转为具体，将实际转化数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解。
6、转化思想。体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
2026年中考数学一轮复习 图形的旋转
一．选择题（共10小题）
1．（2025•永寿县校级模拟）下列图形中，不是轴对称图形，但是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2025•大同模拟）科技馆是青少年科普实践的重要基地，通过互动性强的展览和活动，激发青少年的好奇心和探索精神．以下科技馆的标识中，文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A．山西省科技馆B．甘肃省科技馆
C．合肥市科技馆D．滨州市科技馆
3．（2025•兴庆区校级一模）大约在两千四百年前，墨子和他的学生做了世界上第1个小孔成倒像的实验，并在《墨经》中做了记载，如图，在实验中，物和像属于以下哪种变换（ ）
A．平移变换B．对称变换C．旋转变换D．位似变换
4．（2025•大庆模拟）如图，△ABC中，∠B＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，延长BA交DE于点F，下列结论中不一定正确的是（ ）
A．∠ACD＝∠EFBB．AC∥DEC．AB＝DED．BF⊥CE
5．（2025•蓬江区校级三模）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝80°，将线段BA绕点B顺时针旋转到对角线BD上得到线段BE，则∠AED＝（ ）
A．120°B．110°C．100°D．90°
6．（2025•金凤区模拟）如图，将一副直角三角尺的其中两个顶点重合叠放（∠A＝30°，∠ABC＝60°，∠D＝∠BED＝45°）三角尺ABC固定不动，将三角尺DBE绕点B转动．当DE∥BC时，∠ABE的度数为（ ）
A．75°B．60°C．105°D．75°或105°
7．（2025•新华区校级一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝66°，将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A'BC'，当点C′落在边AB上时，连接AA'，则∠AA'C'＝（ ）
A．24°B．33°C．43°D．57°
8．（2025•滨海新区校级模拟）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转α，得到△ADE，点B，C的对应点分别为点D，E，若点B，E，D在一条直线上，连接EC，则下列说法正确的是（ ）
A．∠AEB+∠ACB＝180°B．∠CBE＝2α
C．AB＝EB+BCD．AD＝EC
9．（2025•济宁校级二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为平行四边形，其中点O（0，0），A（3，4）C（8，0），以点O为圆心，OC的长为半径作弧，交AB于点D，再把线段OD绕点O逆时针旋转90°得到线段OD′，则点D′的坐标为（ ）
A．（﹣4，43）B．（﹣43，4）C．（43，﹣4）D．（4，﹣43）
10．（2025•青岛）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，将△ABC关于y轴的对称图形绕原点O旋转180°．得到△A1B1C1，则点A的对应点A1的坐标是（ ）
A．（﹣1，﹣2）B．（1，2）C．（2，1）D．（﹣2，﹣1）
二．填空题（共5小题）
11．（2025•花山区校级三模）如图，在Rt△BAC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M在边BC上（不与点B，C重合），△AMN是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，MN交AC于点P，连接CN．
（1）∠ACN的度数为 °；
（2）若AB＝3，BM＝2CM，则PM的长为 ．
12．（2025•新蔡县三模）如图，Rt△ABC中，AC＝BC＝8，M为边BC的中点，长度为2的动线段AN绕点A旋转，连接MN，取MN的中点P，则CP长度的最大值为 ，最小值为 ．
13．（2025•金凤区校级二模）八个边长为1的正方形如图摆放在平面直角坐标系中，经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，则直线l的解析式为 ．
14．（2025•齐齐哈尔四模）如图，在平面直角坐标系中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点A的坐标为（0，1），点B，C在x轴上，将△ABC绕顶点A旋转30°，得到△A1B1C1，则点C1的坐标为 ．
15．（2025•温州模拟）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD＝25°，则旋转角α的大小是 °．
三．解答题（共5小题）
16．（2025•武汉）如图是由小正方形组成的3×4网格，每个小正方形的顶点叫作格点，矩形ABCD的四个顶点都是格点．仅用无刻度直尺在给定网格中完成如下两个问题，每个问题的画线不得超过五条．
（1）如图1，E是格点，先将点E绕点A逆时针旋转90°，画对应点F，再画直线FG交AB于点G，使直线FG平分矩形ABCD的面积．
（2）如图2，先画点C关于直线BD的对称点M，再画射线MN交BD于点N，使MN∥AD．
17．（2025•青阳县模拟）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，建立平面直角坐标系，格点（网格线的交点）A，B，C的坐标分别为（2，5），（1，2），（5，3）．
（1）将线段BC先向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，得到线段B1C1，画出线段B1C1；
（2）将线段AC绕O点逆时针旋转90°，得到线段A1C2，画出线段A1C2；
（3）在所给的网格图中确定一个格点D，使得线段AD平分线段BC，写出点D的坐标．
18．（2025•广东模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F．点E落在BA上，连接AF．
（1）若∠BAC＝40°，求∠BAF的度数；
（2）若AC＝8，BC＝6，求AF的长．
19．（2025•朝阳区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，AE＝3，点P沿AB﹣BC运动，将点P绕点E逆时针旋转90°得到点Q．
（1）EP平分矩形面积时，求BP的长；
（2）E、Q、C三点共线时，求AP的长；
（3）CQ的最小值为 ，点Q的路径长为 ；
（4）当点Q在四边形内形时，四边形PBCQ面积的最大值为 ，此时线段AP的长为 ．
20．（2025•河南模拟）综合与实践：
定义：将三角形沿过顶点的直线折叠，折叠后的另一个顶点恰好落在这个三角形的边上（不含顶点）时，此时折痕被称为“落边折痕”．
特例感知：已知△ABC，D为AC边上一点，将△ABC沿BD折叠，使得点A恰好落在BC边上（不含点C），此时折痕BD称为“落边折痕”．
探究1：如图①，若△ABC是直角三角形，其中∠A＝90°，∠ABC＝60°，AB＝1，若点D为AC边上一点，将△ABC沿着BD折叠后，点A恰好落在BC边上的点E处，求“落边折痕”BD的长；
探究2：如图②，若△ABC是等腰三角形，其中∠A＝120°，请求出“落边折痕BD”将其分割后的△ABD与△BCD的面积比；
探究3：如图③，若△ABC是等腰三角形，其中AB＝AC＝5，BC＝6，请求出其“落边折痕”的长度．
2026年中考数学一轮复习 图形的旋转
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025•永寿县校级模拟）下列图形中，不是轴对称图形，但是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A．该三角形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．正方形是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】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．
2．（2025•大同模拟）科技馆是青少年科普实践的重要基地，通过互动性强的展览和活动，激发青少年的好奇心和探索精神．以下科技馆的标识中，文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A．山西省科技馆B．甘肃省科技馆
C．合肥市科技馆D．滨州市科技馆
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
【解答】解：A、选项图形不是中心对称图形，不符合题意；
B、选项图形不是中心对称图形，不符合题意；
C、选项图形是中心对称图形，符合题意；
D、选项图形不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了中心对称图形，掌握中心对称图形的定义是关键．
3．（2025•兴庆区校级一模）大约在两千四百年前，墨子和他的学生做了世界上第1个小孔成倒像的实验，并在《墨经》中做了记载，如图，在实验中，物和像属于以下哪种变换（ ）
A．平移变换B．对称变换C．旋转变换D．位似变换
【考点】几何变换的类型．
【专题】图形的相似；几何直观．
【答案】D
【分析】根据位似变换的定义判断即可．
【解答】解：小孔成倒像的实验，物和像属于位似变换．
故选：D．
【点评】本题考查几何变换的类型，平移变换，轴对称变换，旋转变换，位似变换等知识，解题的关键是理解各种变换的定义．
4．（2025•大庆模拟）如图，△ABC中，∠B＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，延长BA交DE于点F，下列结论中不一定正确的是（ ）
A．∠ACD＝∠EFBB．AC∥DEC．AB＝DED．BF⊥CE
【考点】旋转的性质；平行线的判定．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】B
【分析】设BF与CE相交于点G，由旋转得可得∠E＝∠B＝30°，AB＝DE，∠BCE＝∠ACD＝60°，根据∠EGF＝∠BGC，可得∠EFB＝∠BCG＝60°，则∠ACD＝∠EFB．根据∠B＝30°，∠BCG＝60°，可得∠BGC＝90°，即BF⊥CE．
【解答】解：设BF与CE相交于点G，
∵△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠E＝∠B＝30°，AB＝DE，∠BCE＝∠ACD＝60°，
∵∠EGF＝∠BGC，
∴∠EFB＝∠BCG＝60°，
∴∠ACD＝∠EFB．
故A，C选项正确，不符合题意；
∵∠B＝30°，∠BCG＝60°，
∴∠BGC＝90°，
∴BF⊥CE．
故D选项正确，不符合题意；
根据题意知条件不能得出AC∥DE，
故B选项不正确，符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查旋转的性质、平行线的判定，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
5．（2025•蓬江区校级三模）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝80°，将线段BA绕点B顺时针旋转到对角线BD上得到线段BE，则∠AED＝（ ）
A．120°B．110°C．100°D．90°
【考点】旋转的性质；菱形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】先由菱形的性质得∠ABE＝∠CBE=12∠ABC＝40°，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝80°，
∴∠ABE＝∠CBE=12∠ABC＝40°，
∵BA＝BE，
∴∠BAE＝∠BEA=12×（180°﹣40°）＝70°，
∴∠AED＝180°﹣∠AEB＝110°，
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，熟练掌握菱形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
6．（2025•金凤区模拟）如图，将一副直角三角尺的其中两个顶点重合叠放（∠A＝30°，∠ABC＝60°，∠D＝∠BED＝45°）三角尺ABC固定不动，将三角尺DBE绕点B转动．当DE∥BC时，∠ABE的度数为（ ）
A．75°B．60°C．105°D．75°或105°
【考点】旋转的性质；平行线的性质．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】分两种情况，运用平行线的性质求解即可．
【解答】解：如图①，
∵DE∥BC，
∴∠CBD＝∠D＝45°，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝60°﹣45°＝15°，
∵∠DBE＝90°，
∴∠ABE＝∠DBE﹣∠ABD＝90°﹣15°＝75°，
如图②，当DE∥BC时，
∵DE∥BC，
∴∠CBE＝∠E＝45°，
∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝60°+45°＝105°．
综上所述，∠ABE的度数为75°或105°，
故选：D．
【点评】本题主要考查了旋转的性质发，平行线的性质，解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质．
7．（2025•新华区校级一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝66°，将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A'BC'，当点C′落在边AB上时，连接AA'，则∠AA'C'＝（ ）
A．24°B．33°C．43°D．57°
【考点】旋转的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】由旋转的性质可得AB＝A'B，∠ABC＝66°＝∠A'BC'，∠C＝90°＝∠A'C'B，由等腰三角形的性质可得∠BAA'＝57°，即可求解．
【解答】解：∵将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A'BC'，
∴AB＝A'B，∠ABC＝66°＝∠A'BC'，∠C＝90°＝∠A'C'B，
∴∠BAA'＝57°，
∴∠AA'C'＝33°，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
8．（2025•滨海新区校级模拟）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转α，得到△ADE，点B，C的对应点分别为点D，E，若点B，E，D在一条直线上，连接EC，则下列说法正确的是（ ）
A．∠AEB+∠ACB＝180°B．∠CBE＝2α
C．AB＝EB+BCD．AD＝EC
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】A
【分析】由旋转的性质得到△ADE≌△ABC，推出∠AED＝∠ACB，由邻补角的性质得到∠AEB+∠AED＝180°，推出∠AEB+∠ACB＝180°，由全等三角形的性质推出∠ABC＝∠D，AD＝AB，由等腰三角形的性质得到∠ABD＝∠D，而∠BAD＝α，求出∠D+∠ABD＝（180°﹣α），得到EBC＝180°﹣α，由全等三角形的性质得到DE＝BC，因此EB+BC＝DB，判定AB不一定等于EB+BC，由△ADE≌△ABC，推出AD＝AB，得到AD和CE不一定相等．
【解答】解：由旋转的性质得到：△ADE≌△ABC，
∴∠AED＝∠ACB，
∵∠AEB+∠AED＝180°，
∴∠AEB+∠ACB＝180°，
故A符合题意；
∵△ADE≌△ABC，
∴∠ABC＝∠D，AD＝AB，
∴∠ABD＝∠D，
由旋转的性质得到：∠BAD＝α，
∴∠D+∠ABD＝（180°﹣α），
∴EBC＝∠ABD+∠ABC＝∠ABD+∠D＝180°﹣α，
故B不符合题意；
∵△ADE≌△ABC，
∴DE＝BC，
∴EB+BC＝BE+DE＝DB，
∵DE不一定等于AB，
∴AB不一定等于EB+BC，
故C不符合题意；
∵△ADE≌△ABC，
∴AD＝AB，
∵AB和CE不一定相等，
∴AD和CE不一定相等，
故D不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查旋转的性质，关键是由旋转的性质得到△ADE≌△ABC，∠BAD＝α．
9．（2025•济宁校级二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为平行四边形，其中点O（0，0），A（3，4）C（8，0），以点O为圆心，OC的长为半径作弧，交AB于点D，再把线段OD绕点O逆时针旋转90°得到线段OD′，则点D′的坐标为（ ）
A．（﹣4，43）B．（﹣43，4）C．（43，﹣4）D．（4，﹣43）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；旋转的性质．
【专题】平面直角坐标系；图形的全等；多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】A
【分析】如图，延长BA交y轴于点E，过点D′作D′F⊥x轴于点F．证明△ODE≌△OD′F（AAS），推出D′F＝DE＝43，OF＝OE＝4可得结论．
【解答】解：如图，延长BA交y轴于点E，过点D′作D′F⊥x轴于点F．
由题意，可知DE⊥y轴，AE＝3，OE＝4．由旋转的性质，可知OD＝OC＝8，
∴DE=OD2−OE2=82−42=43，
∵OD＝OD′，∠DOD′＝90°，
∴∠EOD+∠EOD′＝90°，
∵∠D′OF+∠EOD′＝90°．
∴∠D′OE＝∠DOE，
∵∠DEO＝∠D′FO＝90°，
∴△ODE≌△OD′F（AAS），
∴D′F＝DE＝43，OF＝OE＝4．
∴点D′的坐标为（﹣4，43），
故选：A．
【点评】本题考查坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，旋转的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题．
10．（2025•青岛）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，将△ABC关于y轴的对称图形绕原点O旋转180°．得到△A1B1C1，则点A的对应点A1的坐标是（ ）
A．（﹣1，﹣2）B．（1，2）C．（2，1）D．（﹣2，﹣1）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】A
【分析】先根据图中△ABC的位置求出点A的坐标，再根据关于y轴的对称可求解点A2，再根据绕原点O旋转180°即可求解点A1的坐标．
【解答】解：在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2），
∴点A关于y轴对称的点A2（1，2），
将点A2（1，2）绕原点O旋转180°，
∴如图，点A1（﹣1，﹣2）．
故选：A．
【点评】本题考查了平面直角坐标系中点的变换，熟练掌握点的对称与旋转是解决本题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2025•花山区校级三模）如图，在Rt△BAC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M在边BC上（不与点B，C重合），△AMN是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，MN交AC于点P，连接CN．
（1）∠ACN的度数为 45 °；
（2）若AB＝3，BM＝2CM，则PM的长为 103 ．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）45；
（2）103．
【分析】（1）由旋转得AM＝AN，∠MAN＝90°，因为AB＝AC，∠BAC＝90°，所以∠B＝∠ACB＝45°，∠BAM＝∠CAN＝90°﹣∠CAM，可根据“SAS”证明△ABM≌△ACN，得∠B＝∠ACN＝45°，于是得到问题的答案；
（2）作PF⊥CB于点F，PE⊥CN于点E，由AB＝AC＝3，求得BC＝32，由BM＝2CM，求得CM=2，BM＝CN＝22，因为∠MCN＝90°，所以MN=CM2+CN2=10，由角平分线的性质得PF＝PE，则S△CPM=12CM•PE，S△CPN=12CN•PE，所以S△CPMS△CPN=PMPN=CMCN=12，则PM=13MN=103，于是得到问题的答案．
【解答】解：（1）∵△AMN是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，
∴AM＝AN，∠MAN＝90°，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°，∠BAM＝∠CAN＝90°﹣∠CAM，
在△ABM和△ACN中，
AB=AC∠BAM=∠CANAM=AN，
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴∠B＝∠ACN＝45°，
故答案为：45．
（2）作PF⊥CB于点F，PE⊥CN于点E，
∵AB＝AC＝3，∠BAC＝90°，
∴BC=AB2+AC2=32，
∵BM＝2CM，
∴2CM+CM＝32，
∴CM=2，BM＝CN＝22，
∵∠ACB＝∠ACN＝45°，
∴∠MCN＝2∠ACN＝90°，
∴MN=CM2+CN2=(2)2+(22)2=10，
∵CA平分∠BCN，PF⊥CB于点F，PE⊥CN于点E，
∴PF＝PE，
∴S△CPM=12CM•PF=12CM•PE，S△CPN=12CN•PE，
∵S△CPMS△CPN=PMPN=12CM⋅PE12CN⋅PE，
∴PMPN=CMCN=222=12，
∴PM=11+2MN=13MN=103，
故答案为：103．
【点评】此题重点考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、角平分线的性质、根据面积等式推导线段之间的数量关系等知识与方法，证明△ABM≌△ACN是解题的关键．
12．（2025•新蔡县三模）如图，Rt△ABC中，AC＝BC＝8，M为边BC的中点，长度为2的动线段AN绕点A旋转，连接MN，取MN的中点P，则CP长度的最大值为 25+1 ，最小值为 25−1 ．
【考点】旋转的性质；等腰直角三角形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；几何直观；应用意识．
【答案】25+1，25−1．
【分析】连接AM，取AM的中点Q，连接CQ，求出CM=12BC＝4，AM=CM2+AC2=45，可得CQ=12AM＝25，求出PQ=12AN＝1，知P在以Q为圆心，1为半径的圆上运动，即可得当P在线段CQ上时，CP最小为25−1；当P在CQ延长线上时，CP最大为25+1．
【解答】解：连接AM，取AM的中点Q，连接CQ，如图：
∵Rt△ABC，AC＝BC＝8，M为边BC的中点，
∴CM=12BC＝4，AM=CM2+AC2=42+82=45，
∵Q为AM中点，∠ACM＝90°，
∴CQ=12AM＝25，
∵P为MN中点，Q为AM中点，
∴PQ是△AMN的中位线，
∴PQ=12AN=12×2＝1，
∴P在以Q为圆心，1为半径的圆上运动，
当P在线段CQ上时，CP最小，如图：
此时CP最小为25−1；
当P在CQ延长线上时，CP最大，如图：
此时CP最大为25+1；
故答案为：25+1，25−1．
【点评】本题考查直角三角形中的旋转问题，解题的关键是求出P的轨迹．
13．（2025•金凤区校级二模）八个边长为1的正方形如图摆放在平面直角坐标系中，经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，则直线l的解析式为 y=910x ．
【考点】中心对称；一次函数图象上点的坐标特征；待定系数法求一次函数解析式．
【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【答案】y=910x．
【分析】设直线l和八个正方形的最上面交点为A，过A作AB⊥OB于B，过A作AC⊥OC于C，易知OB＝3，利用三角形的面积公式和已知条件求出A的坐标即可得到该直线l的解析式．
【解答】解：设直线l和八个正方形的最上面交点为A，过A作AB⊥OB于B，过A作AC⊥OC于C，
∵正方形的边长为1，
∴OB＝3，
∵经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，
∴两边分别是4，
∴三角形ABO面积是5，
∴12OB•AB＝5，
∴AB=103，
∴OC=103，
由此可知直线l经过（103，3），
设直线方程为y＝kx，
则3=103k，
k=910，
∴直线l解析式为y=910x．
故选：答案为：y=910x．
【点评】此题考查了面积相等问题、用待定系数法求一次函数的解析式以及正方形的性质，此题难度较大，解题的关键是作AB⊥y轴，作AC⊥x轴，根据题意即得到：直角三角形ABO，利用三角形的面积公式求出AB的长．
14．（2025•齐齐哈尔四模）如图，在平面直角坐标系中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点A的坐标为（0，1），点B，C在x轴上，将△ABC绕顶点A旋转30°，得到△A1B1C1，则点C1的坐标为 (1，1−3)或（2，1） ．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形．
【专题】推理能力．
【答案】(1，1−3)或（2，1）．
【分析】先求出AC的长度，再分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，结合旋转的性质，利用三角函数求出点C1的坐标．
【解答】解：∵A（0，1），AB＝AC，∠BAC＝120°，AO⊥BC，
∴∠CAO=12∠BAC=60°，AO＝1．
在Rt△AOC中，
cs∠CAO=AOAC，即cs60°=1AC，
∴AC＝2．
情况一：顺时针旋转30°，
∴∠CAC1＝30°，
∴∠OAC1＝∠CAO﹣∠CAC1＝60°﹣30°＝30°．
过C1作C1D⊥y轴于D点，
在Rt△AC1D中，
AC1＝AC＝2，cs∠DAC1=ADAC1，sin∠DAC1=C1DAC1．
∴AD=AC1cs30°=2×32=3，C1D=AC1sin30°=2×12=1．
∴yD=−OD=AO−AD=1−3，
∴C1坐标为(1，1−3)．
情况二：逆时针旋转30°
过C1作C1D⊥x轴于D点，
则∠OAC1＝∠CAO+∠CAC1＝60°+30°＝90°．
∵AC1＝AC＝2，A点坐标（0，1），
∴C1的横坐标为2，纵坐标为1，即C1坐标为（2，1）．
故答案为：(1，1−3)或（2，1）．
【点评】本题主要考查旋转的性质，三角函数的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
15．（2025•温州模拟）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD＝25°，则旋转角α的大小是 50 °．
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】50．
【分析】证明∠ABD＝∠ADB＝∠ADE＝65°，可得结论．
【解答】解：设AC交DE于点O．
∵DE⊥AC，
∴∠AOD＝90°，
∵∠CAD＝25°，
∴∠ADE＝90°﹣25°＝65°，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB＝∠ADE＝65°，
∴∠BAD＝180°﹣65°﹣65°＝50°．
故答案为：50．
【点评】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
三．解答题（共5小题）
16．（2025•武汉）如图是由小正方形组成的3×4网格，每个小正方形的顶点叫作格点，矩形ABCD的四个顶点都是格点．仅用无刻度直尺在给定网格中完成如下两个问题，每个问题的画线不得超过五条．
（1）如图1，E是格点，先将点E绕点A逆时针旋转90°，画对应点F，再画直线FG交AB于点G，使直线FG平分矩形ABCD的面积．
（2）如图2，先画点C关于直线BD的对称点M，再画射线MN交BD于点N，使MN∥AD．
【考点】作图﹣旋转变换；平行线的判定；作图﹣轴对称变换．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】见解析．
【分析】（1）利用旋转变换的性质作出点E的对应点F即可，连接AC交网格线于点O，作直线FO交AB于点G即可；
（2）取格点J，K，连接AK，CJ交于点M，取格点P，L，Q．网格线的中点T，连接PL，QT交于点W，作直线MW交BD于点N，直线MN即为所求．
【解答】解：（1）如图1中，点F，直线FG即为所求；
（2）如图，点M，直线MN即为所求．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，轴对称变换，平行线的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
17．（2025•青阳县模拟）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，建立平面直角坐标系，格点（网格线的交点）A，B，C的坐标分别为（2，5），（1，2），（5，3）．
（1）将线段BC先向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，得到线段B1C1，画出线段B1C1；
（2）将线段AC绕O点逆时针旋转90°，得到线段A1C2，画出线段A1C2；
（3）在所给的网格图中确定一个格点D，使得线段AD平分线段BC，写出点D的坐标．
【考点】作图﹣旋转变换；作图﹣平移变换．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）（2）见解析；（3）见解析，D（4，0）或（6，﹣4）．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出B，C的对应点B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，C的对应点A2，C2即可；
（3）构造平行四边形ABDC或AD的延长线上的点D′满足条件．
【解答】解：（1）如图所示，线段B1C1即为所求．
（2）如图所示，线段A1C2即为所求；
（3）如图所示，点D，点D′即为所求，D（4，0）或（6，﹣4）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质．
18．（2025•广东模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，点C，A的对应点分别为E，F．点E落在BA上，连接AF．
（1）若∠BAC＝40°，求∠BAF的度数；
（2）若AC＝8，BC＝6，求AF的长．
【考点】旋转的性质；勾股定理．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据三角形的内角和定理得到∠ABC＝50°，根据旋转的性质得到∠EBF＝∠ABC＝50°，AB＝BF，根据三角形的内角和定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理得到AB＝10，根据旋转的性质得到BE＝BC＝6，EF＝AC＝8，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝40°，
∴∠ABC＝50°，
∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，
∴∠EBF＝∠ABC＝50°，AB＝BF，
∴∠BAF＝∠BFA=12（180°﹣50°）＝65°；
（2）∵∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝10，
∵将△ABC绕着点B逆时针旋转得到△FBE，
∴BE＝BC＝6，EF＝AC＝8，
∴AE＝AB﹣BE＝10﹣6＝4，
∴AF=AE2+EF2=16+64=45．
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
19．（2025•朝阳区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，AE＝3，点P沿AB﹣BC运动，将点P绕点E逆时针旋转90°得到点Q．
（1）EP平分矩形面积时，求BP的长；
（2）E、Q、C三点共线时，求AP的长；
（3）CQ的最小值为 2 ，点Q的路径长为 13 ；
（4）当点Q在四边形内形时，四边形PBCQ面积的最大值为 16 ，此时线段AP的长为 1 ．
【考点】几何变换综合题．
【专题】配方法；图形的全等；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）5；
（2）3；
（3）2，13；
（4）16，1．
【分析】（1）连接AC，BD，交于点O，射线EO交BC于P，此时EP平分矩形ABCD的面积，根据对称性得出结果；
（2）可得出DE＝CD＝5，∠D＝90°，从而得出∠QEF＝∠DCE＝45°，进而得出∠APE＝∠AEP＝45°，从而AP＝AE＝3；
（3）当点P在AB上时，作EG⊥AD，作QG⊥EG于G，GQ所在的直线交CD于Q′，可证得△AEP≌△GEQ，从而得出EG＝AE＝3，从而得出点Q在过点G且与AD的距离是3的线段上运动，当点P在B时，点Q在Q′处，进一步得出结果；当点P在BC上时，作EW⊥BC于W，可得出△EPW≌△EQD，进一步得出结果；
（4）作QV⊥AB于V，作QX⊥AD于X，设AP＝x，设四边形PBCQ的面积为S，可得出AV＝QX＝3，VQ＝AX＝x+3，BV＝2，PV＝3﹣x，从而得出S的关系式，配方求得结果．
【解答】解：（1）如图1，
连接AC，BD，交于点O，射线EO交BC于P，
此时EP平分矩形ABCD的面积，
由对称性可得：BP＝DE＝AD﹣AE＝6﹣3＝5；
（2）如图2，
∵DE＝CD＝5，∠D＝90°，
∴∠QEF＝∠DCE＝45°，
∵点P绕点E逆时针旋转90°得到点Q，
∴∠PEQ＝90°，
∴∠AEP＝90°﹣∠FEQ＝45°，
∵∠A＝90°，
∴∠APE＝∠AEP＝45°，
∴AP＝AE＝3；
（3）如图3﹣1，
当点P在AB上时，
作EG⊥AD，作QG⊥EG于G，GQ所在的直线交CD于Q′，
∴∠A＝∠G＝∠AEG＝90°，
∴∠AEP+∠PEG＝90°，∠QEG+∠PEG＝90°，
∴∠AEP＝∠QEG，
∵PE＝EQ，
∴△AEP≌△GEQ（AAS），
∴EG＝AE＝3，
∴点Q在过点G且与AD的距离是3的线段上运动，
当点P在B时，点Q在Q′处，
此时CQ最小＝2，GQ′＝DE＝5，
如图3﹣2，
当点P在BC上时，
作EW⊥BC于W，
同理可得，
△EPW≌△EQD，
∴点Q在直线CD上运动，
当点P在点C处时，点Q在Q″处，
DQ″＝CD＝5，
∴当点P从点B运动到C处，Q运动5+3＝8，
∴点Q共运动5+8＝13，
故答案为：2，13；
（4）如图4，
作QV⊥AB于V，作QX⊥AD于X，
设AP＝x，设四边形PBCQ的面积为S，
由上知，
AV＝QX＝3，VQ＝AX＝x+3，BV＝2，PV＝3﹣x，
∴S＝S△PQC+S梯形BCQV
=12(3−x)(3+x)+12(3+x+8)×2
=−(x−1)2+322，
∴当x＝1时，S最大＝16，
故答案为：16，1．
【点评】本题考查了矩形性质，全等三角形的判定和性质，配方法等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
20．（2025•河南模拟）综合与实践：
定义：将三角形沿过顶点的直线折叠，折叠后的另一个顶点恰好落在这个三角形的边上（不含顶点）时，此时折痕被称为“落边折痕”．
特例感知：已知△ABC，D为AC边上一点，将△ABC沿BD折叠，使得点A恰好落在BC边上（不含点C），此时折痕BD称为“落边折痕”．
探究1：如图①，若△ABC是直角三角形，其中∠A＝90°，∠ABC＝60°，AB＝1，若点D为AC边上一点，将△ABC沿着BD折叠后，点A恰好落在BC边上的点E处，求“落边折痕”BD的长；
探究2：如图②，若△ABC是等腰三角形，其中∠A＝120°，请求出“落边折痕BD”将其分割后的△ABD与△BCD的面积比；
探究3：如图③，若△ABC是等腰三角形，其中AB＝AC＝5，BC＝6，请求出其“落边折痕”的长度．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】探究1：233；
探究2：33；
探究3：24511或245．
【分析】探究1：根据叠的性质可知，∠EBD=∠ABD=12∠ABC=30°，则∴BD=ABcs∠ABD，即可求解；
探究2：分别过点D作AB、EB的垂线，垂足分别为M，N．根据折叠的性质可知，S△ABD＝S△EBD，∠ABD＝∠EBD，推出DM＝DN，得到S△ABDS△BCD=ABBC，即可求解；
探究3：分情况讨论：当沿BD折叠，点A落在BC边上的点E处时，当沿CH折叠，点A落在BC边上的点I处时，当沿BP折叠，点A落在AC边上的点Q处时，当沿CX折叠，点A落在AB边上的点Y处时，结合相关知识求解即可．
【解答】解：探究1：∵△ABC是直角三角形，∠ABC＝60°，将△ABC沿着BD折叠后，点A恰好落在BC边上的点E处，
∴∠EBD=∠ABD=12∠ABC=30°，
又∵∠A＝90°，AB＝1，
∴BD=ABcs∠ABD=132=233；
探究2：如图②，分别过点D作AB、EB的垂线，垂足分别为M，N．
∵△ABC是等腰三角形，其中∠A＝120°，将△ABC沿着BD折叠后，点A恰好落在BC边上的点E处，
∴S△ABD＝S△EBD，∠ABD＝∠EBD，
∴DM＝DN，
∴S△ABDS△BCD=12DM⋅AB12DN⋅BC=ABBC，（将面积比转化为线段比），
在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，
∴∠ABC＝30°，
∴ABBC=ABAB⋅cs30°⋅2=33，
即S△ABDS△BCD=33；
探究3：根据题意可知，当三角形存在“落边折痕”时，折叠后的对应点在三角形的边上（不含顶点）．
在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，BC＞AB，
∴只能是点A向下折叠，则分情况讨论（若是其他折叠方式，则对应点落在三角形边的延长线上或顶点处，不满足定义）；
①如图③，当沿BD折叠，点A落在BC边上的点E处时，
由探究2可得，S△ABDS△BCD=ABBC=56，
∴S△BCDS△ABC=611，
过点D作DF⊥BC于点F，过点A作AG⊥BC于点G，（通过面积比，可以推导出对应线段比值，构造等量关系，求解所需线段），
∴DFAG=611，G为BC中点，AG∥DF，
∴CG＝3，△AGC∽△DFC，
由勾股定理得：AG=AC2−CG2=4，
∴CFCG=DFAG=611，
∴CF=1811，DF=2411，
∴GF=GC−FC=3−1811=1511，
∴BF=BC−CF=6−1811=4811，
在Rt△BDF中，BD=BF2+DF2=24511；
②如图④，当沿CH折叠，点A落在BC边上的点I处时，同①，则CH=24511；（此种情况与情况①属于对称状态，折痕相等）；
③如图⑤，当沿BP折叠，点A落在AC边上的点Q处时，
BP为AQ的垂直平分线，即BP⊥AC，
由①可知S△ABC=12×6×4=12，
∴12BP⋅AC=12，
∴BP=245；
④如图⑥，当沿CX折叠，点A落在AB边上的点Y处时，CX为AY的垂直平分线，则同情况③，则CX=245．（此种情况与情况③属于对称状态，折痕亦相等），
综上所述，“落边折痕”的长度为24511或245．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了折叠的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，解题的关键是灵活运用相关知识．