2021北京重点校初三(上)期中数学汇编：图形的变换.docx

2021北京重点校初三（上）期中数学汇编
图形的变换
一、单选题
1．（2021·北京市回民学校九年级期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
2．（2021·北京·北师大实验中学九年级期中）如图，△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，若∠COD＝30°，则∠BOC的度数是（　　）

A．30° B．35° C．45° D．60°
3．（2021·北京师大附中九年级期中）平面直角坐标系内一点P（﹣3，2）关于原点对称的点的坐标是（　　）
A．（2，﹣3） B．（3，﹣2） C．（﹣2，﹣3） D．（2，3）
4．（2021·北京八十中九年级期中）如图，△ABC经过变换得到△AB'C'，其中△ABC绕点A逆时针旋转60°的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2021·北京市回民学校九年级期中）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ）．
A． B．
C． D．
6．（2021·北京市第一六一中学九年级期中）如图，一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A′B′C，当B，C，A′在一条直线上时，三角板ABC的旋转角度为（　　）

A．150° B．120° C．60° D．30°
7．（2021·北京五十五中九年级期中）下列手机软件图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
8．（2021·北京市回民学校九年级期中）如图，将△ABC绕着点C按顺时针方向旋转20°，B点落在B＇位置，A点落在A′位置，若AC⊥A′B′，则∠BAC的度数是（    ）

A．50° B．60° C．70° D．80°
二、填空题
9．（2021·北京·北师大实验中学九年级期中）已知，点A（a，﹣3）与点B（2，b）关于原点对称，则2a+b＝_____．
10．（2021·北京师大附中九年级期中）如图，点E是正方形ABCD对角线上的一点，∠EAB＝70°，BE＝4，将AE绕点A逆时针旋转90°得到线段AF，点F到AD的距离是 _____．

11．（2021·北京八十中九年级期中）在平面直角坐标系中，把点A（1，﹣4）绕坐标原点逆时针旋转90°，得到点B，则点B的坐标为 ___．
12．（2021·北京四中九年级期中）如图，AH 是正三角形 ABC 中 BC 边上的高，在点A，C 处各有一只电子乌龟 P 和 Q 同时起步以相同的速度分别沿 AH，CA 向前匀速爬动．确定当两只电子乌龟到 B 点距离之和 PB+QB 最小时，∠PBQ 的度数=___________．

13．（2021·北京·景山学校九年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，M是BC的中点，N是A′B′的中点，连接MN，若BC＝4，∠ABC＝60°，则线段MN的最大值为 ___.

14．（2021·北京十五中九年级期中）如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC=105°，则∠C=____°．

15．（2021·北京·景山学校九年级期中）如图，在△ABC中，∠B=70°，∠BAC=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，当点B的对应点D恰好落在AC边上时，∠CAE的度数为___________.

三、解答题
16．（2021·北京·北师大实验中学九年级期中）在平面直角坐标系xOy中，给定⊙C，若将线段AB绕原点O逆时针旋转α（0°＜α＜180°），使得旋转后对应的线段A′B′所在直线与⊙C相切，并且切点P在线段A′B′上，则称线段AB是⊙C的旋转切线段，其中满足题意的最小的α称为关于⊙C和线段AB的最小旋转角．
已知C（0，2），⊙C的半径为1．

(1)如图1，A（2，0），线段OA是⊙C的旋转切线段，写出关于⊙C和线段OA的最小旋转角为　 　°；
(2)如图2，点A1，B1，A2，B2，A3，B3的横、纵坐标都是整数．在线段A1B1，A2B2，A3B3中，⊙C的旋转切线段是　 　；
(3)已知B（1，0），D（t，0），若线段BD是⊙C的旋转切线段，求t的取值范围；
(4)已知点M的横坐标为m，存在以M为端点，长度为的线段是⊙C的旋转切线段，直接写出m的取值范围．
17．（2021·北京市文汇中学九年级期中）在平面直角坐标系xOy中，对于线段AB和点C，若△ABC是以AB为一条直角边，且满足AC>AB的直角三角形，则称点C为线段AB的“关联点”，已知点A的坐标为（0，1）．

(1)若B（2，1），则点D（3，1），E（2，0），F（0，-3），G（-1，-2）中，是AB关联点的有_______；
(2)若点B（-1，0），点P在直线y=2x-3上，且点P为线段AB的关联点，求点P的坐标；
(3)若点B（b，0）为x轴上一动点，在直线y=2x+2上存在两个AB的关联点，求b的取值范围．
18．（2021·北京·北师大实验中学九年级期中）已知：如图，△ABC绕某点按一定方向旋转一定角度后得到△A1B1C1，点A，B，C分别对应点A1，B1，C1．

(1)根据点A1和B1的位置确定旋转中心是点 　 　．
(2)请在图中画出△A1B1C1；
(3)请具体描述一下这个旋转：　 　．
19．（2021·北京·北师大实验中学九年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，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逆时针旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．

(1)求证：△ACD≌△BCE；
(2)当∠BDE=25°时，求∠BEF的度数．
20．（2021·北京师大附中九年级期中）如图，△ABC顶点的坐标分别为A（1，﹣1），B（4，﹣1），C（3，﹣4）．将△ABC绕点A逆时针旋转90°后，得到△AB1C1．在所给的直角坐标系中画出旋转后的△AB1C1，并直接写出点B1、C1的坐标：B1（ ， ）；C1（ ， ）．

21．（2021·北京八十中九年级期中）四边形ABCD是正方形，将线段CD绕点C逆时针旋转2α（0°＜α＜45°），得到线段CE，连接DE，过点B作BF⊥DE交DE的延长线于F，连接BE．
（1）依题意补全图1；
（2）直接写出∠FBE的度数；
（3）连接AF，用等式表示线段AF与DE的数量关系，并证明．

22．（2021·北京市回民学校九年级期中）如图，点A的坐标为（3，2），点B的坐标为（3，0）．作如下操作：

（1）以点O为旋转中心，将△ABO顺时针方向旋转90°，得到△A1B1O，在图中画出△A1B1O；
（2）请直接写出点A1的坐标：__________．
23．（2021·北京五十五中九年级期中）已知：ABC和ADE是两个不全等的等腰直角三角形，其中BA＝BC，DA＝DE，联结EC，取EC的中点M，联结BM和DM．
（1）如图1，如果点D、E分别在边AC、AB上，那么BM、DM的数量关系与位置关系是　　．
（2）将图1中的ADE绕点A顺时针旋转90度，补全旋转后的图形，井判断（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由．

24．（2021·北京五十五中九年级期中）如图，点A的坐标为(3，2)，点B的坐标为(3，0)，作如下操作：以点A为旋转中心，将ABO顺时针方向旋转90°，得到AB1O1．
（1）在图中画出AB1O1．
（2）请接写出点B1的坐标　　．
（3）请直接写出点B旋转到点B1所经过的路径长　　．

25．（2021·北京·景山学校九年级期中）在△ABC中，AB＝2，CD⊥AB于点D，CD＝．
（1）如图1，当点D是线段AB中点时，
①AC的长为 　 　；
②延长AC至点E，使得CE＝AC，此时CE与CB的数量关系为 　 　，∠BCE与∠A的数量关系为 　 　．
（2）如图2，当点D不是线段AB的中点时，画∠BCE（点E与点D在直线BC的异侧），使∠BCE＝2∠A，CE＝CB，连接AE．
①按要求补全图形；
②求AE的长．

26．（2021·北京·人大附中九年级期中）在平面直角坐标系xOy中，已知线段AB和图形W，如果对于给定的角α（0°＜α≤90°），线段AB上存在一点C，使得线段AB绕点C顺时针旋转α角之后，所得线段与图形W有公共点，则称图形W是线段AB的α﹣联络图形．例如，下图中的正方形即为线段AB的90°﹣联络图形．

已知点A(1，0)
（1）若点B(3，0)，直线y＝﹣1是线段AB的α﹣联络图形，则α可能是下列选项中的 （填序号）．
①15° ②30° ③54°
（2）若点B(t，0)，直线y＝x＋是线段AB的60°﹣联络图形，求t的取值范围．
（3）若第一象限内的点B满足AB＝2，点P(m，0)，Q(m－1，)，若存在某个点B和某个α，使得线段PQ是线段AB的α﹣联络图形，直接写出m的取值范围．
27．（2021·北京十五中九年级期中）在平面直角坐标系中，抛物线与y轴的交点为A，过点A作直线l垂直于y轴．
（1）求抛物线的对称轴（用含m的式子表示）；
（2）将抛物线在y轴右侧的部分沿直线l翻折，其余部分保持不变，组成图形G．点，图形G上任意两点．
①当时，若，判断与的大小关系，并说明理由；
②若对于，都有，求m的取值范围．
28．（2021·北京八中九年级期中）如图，△ABC为等边三角形，将BC边绕点B顺时针旋转30°，得到线段BD，连接AD，CD，求∠ADC的度数．

29．（2021·北京十五中九年级期中）在平面直角坐标系中，旋转角满足，对图形与图形给出如下定义：将图形绕原点逆时针旋转得到图形．为图形上任意一点，为图形上的任意一点，称长度的最小值为图形与图形的“转后距”．已知点，点，点．

（1）当时，记线段为图形．
①画出图形；
②若点为图形，则“转后距”为_________；
③若线段为图形，求“转后距”；
（2）已知点在点的左侧，点，记线段为图形，线段为图形，对任意旋转角，“转后距”大于1，直接写出的取值范围．
30．（2021·北京十五中九年级期中）是等边三角形，点P在的延长线上，以P为中心，将线段逆时针旋转n°（）得线段，连接，．

（1）如图，若，画出当时的图形，并写出此时n的值；
（2）M为线段的中点，连接．写出一个n的值，使得对于延长线上任意一点P，总有，并说明理由．

参考答案
1．C
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的定义逐个判断即可．
【详解】A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意；
D、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．牢记相关的定义内容是解题的关键．
2．B
【分析】由旋转的性质可得∠AOC＝65°，由∠AOB＝30°，即可求∠BOC的度数．
【详解】解：∵△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，
∴∠AOC＝65°，
∵∠AOB＝30°，
∴∠BOC＝∠AOC−∠AOB＝35°.
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
3．B
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P（﹣x，﹣y），进而得出答案．
【详解】解答：解：点P（﹣3，2）关于原点对称的点的坐标是：（3，﹣2）．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的坐标性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
4．D
【分析】分别确定每个选项中的各组对应点，各组对应线段，观察变换前后的位置特征结合轴对称变换与旋转变换的特征逐一分析，从而可得答案.
【详解】解：选项A体现的是把△ABC绕点A逆时针旋转90°得到 故A不符合题意；
选项B体现的是把△ABC沿某条直线对折得到 故B不符合题意；
选项C体现的是把△ABC沿某条直线对折得到 故C不符合题意；
选项D体现的是把△ABC绕点A逆时针旋转60°得到 故D符合题意；
故选D
【点睛】本题考查的是轴对称变换，旋转变换，掌握轴对称变换与旋转变换的特征是解题的关键.
5．B
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，即可求解．
【详解】解：A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：B
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可完全重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后两部分完全重合是解题的关键．
6．A
【分析】直接利用旋转的性质得出对应边，再根据三角板的内角的度数得出答案．
【详解】解：∵将一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A'B'C，
∴BC与B'C是对应边，
∴旋转角∠BCB'＝180°−30°＝150°．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，正确得出对应边是解题关键．
7．D
【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义（一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形）即可判断出．
【详解】解：A、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故A选项错误；
B、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故B选项错误；
C、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故C选项错误；
D、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故D选项正确．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，正确理解定义是解决问题的关键．
8．C
【分析】根据旋转的性质可知，又因为，则的度数可求；
【详解】∵△ABC绕着点C按顺时针方向旋转20°，B点落在B＇位置，A点落在A′位置，
∴，
∵，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，准确计算是解题的关键．
9．
【分析】根据关于原点对称点的坐标特点可得a＝−2，b＝−（−3），解出a、b的值，然后可得答案．
【详解】解：∵点A（a，−3）与点B（2，b）关于原点对称，
∴a＝−2，b＝−（−3）＝3，
∴2a＋b＝−4＋3＝−1，
故答案为：−1．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的坐标，关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反．
10．2
【分析】过F点作FG⊥AD于点G，过点E作EH⊥AB于点H，由旋转的性质以及正方形的性质可得∠FAG＝∠EAH，AF＝AE，在利用AAS证出△FGA≌△EHA，可知点F到AD的距离即EH的长，再根据BD是正方形的对角线可得△BHE是等腰直角三角形，再根据勾股定理即可得出结果．
【详解】如图，过F点作FG⊥AD于点G，过点E作EH⊥AB于点H，

∵将AE绕点A逆时针旋转90°得到线段AF，
∴AF＝AE，∠FAE＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∴∠FAG＝∠EAH，
在△FAG与△EAH中，
，
∴△FGA≌△EHA（AAS），
∴FG＝EH，
∵BD是正方形的对角线，
∴∠ABD＝45°，
∴△BHE是等腰直角三角形，
∴EH＝BE，
∵BE＝4，
∴EH＝2，
∴FG＝2，
∴点F到AD的距离是2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形判定，作辅助线构造两个三角形全等是关键．
11．
【分析】先作出符合题意的图形，过作轴于 过作轴于 再证明再利用全等三角形的性质可得答案.
【详解】解：如图， 把点A（1，﹣4）绕坐标原点逆时针旋转90°，得到点B，

过作轴于 过作轴于
则

故答案为：
【点睛】本题考查的是旋转的性质，图形与坐标，全等三角形的判定与性质，灵活运用以上知识解题是关键.
12．
【分析】设，，过Q作，证明，表示出，再利用函数的性质求出对称点的坐标进行求解即可；
【详解】根据速度相同设，，过Q作，

∵是等边三角形，AH是BC边上的高，
∴假设，则，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
可将式子看作是x轴上的某点到，的距离之和，作关于x轴的对称点，连接和两点，交x轴于点M，M就是随求对称点，

设直线，将和两点代入得：，解得，
∴，
∴，
∴，
∴，，，，
∴，，,
∴，
∴；
故答案是：．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，一次函数的解析式求解，轴对称的性质和三角函数的应用，准确计算是解题的关键．
13．6
【分析】连接，根据直角三角形斜边中线的性质求出，利用三角形的三边关系即可得出结果．
【详解】解：连接，如图所示：

在中，，，，
，
，
，
，
，
，
的最大值为6，
故选：6．
【点睛】本题考查旋转的性质、含角直角三角形的性质、直角三角形斜边中线的性质、三角形的三边关系等知识；解题的关键是灵活运用三角形的三边关系．
14．45
【分析】由旋转的性质和等腰三角形的性质得到的度数，再由∠AOC=105°，计算得到的度数，最后由三角形外角和得到的度数，即可知道的度数．
【详解】解：∵是由绕点O顺时针旋转40°后得到的图形
∴
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴
故答案为：45
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，学会数形结合处理相关的数据是解题的重点．
15．50°
【分析】由旋转可得∠CDE=∠B=70°，∠CED=∠BAC=30°，CA=CE，则∠CAE=∠CEA，再由三角形的外角性质可得∠CDE=∠CAE+∠AED可求出∠CAE的度数．
【详解】∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC
∴∠CDE=∠B=70°，∠CED=∠BAC=30°，CA=CE，
∴∠CAE=∠CEA，
则∠AED=∠CEA-30°
又∵∠CDE=∠CAE+∠AED
即∠CAE+∠CAE-30°=70°
解得∠CAE=50°
故答案为：50°．
【点睛】本题考查三角形中的角度计算，解题的关键是利用旋转的性质得到旋转后的角度，并利用三角形的外角性质建立等量关系．
16．(1)60°；
(2)，；
(3)；
(4)
【分析】（1）作OD与⊙C相切于点D，可得∠COD=30°，从而求得；
（2）判断线段的两个端点到原点的距离在1和3之间即可；
（3）以O为圆心，半径为1作圆，以O为端点作射线与⊙C相切，观察可得；
（4）分为当m最大和最小时，作出图形，数形结合观察求解．
(1)
解：如图1，

作OD与⊙C相切于点D，
∴CD⊥OD，
∵sin∠COD=＝，
∴∠COD=30°，
∴∠AOD=60°，OD=＜2，
∴关于⊙C和线段OA的最小旋转角为60°，
故答案为：60°；
(2)
解：如图2，

连接OB1，OA2，OB2，OA3，
∵OB1=3＞3，
∴A1B1绕点O旋转无法与⊙C相切，所以A1B1不是旋转切线，
∵OA2=，OB2=，
＜3＜，
∴A2B2是旋转切线，
∵OB3=3，
∴A3B3是旋转切线，
故答案为：A2B2，A3B3；
(3)
解：如图3，

B点旋转路线是半径是1的⊙O，当OD与⊙C相切时（如图所示），
由（1）知，OD=，
∴当t≥时，线段BD是⊙C的旋转切线段；
(4)
解：如4，当m取最最大值时，

M点运动最小半径是O到过（m，0）的直线l的距离是m，
∵CD=1，M′D=，
∴M′C=2，
∴OM′=4，
∴m的最大值时4，
如图5，当m取最小时，

开始时存在ME与⊙C相切，
∵CE=1，MC=，
∴MC=2，
∵0°＜α＜180°，
∴m＞-2，
综上所述：-2＜m≤4．
【点睛】本题是新定义下的阅读理解，考查了直线与圆的位置关系，解直角三角形，图形的旋转等相关知识，解决问题的关键是数形结合，在观察下计算．
17．(1)点E，点F；
(2)（）或（）；
(3)b的取值范围1＜b＜2或2＜b＜3．
【分析】（1）根据以点B为直角顶点，点B与点E横坐标相同，点E在过点B与AB垂直的直线上，△ABE为直角三角形，且AE大于AB；以点A为直角顶点，点A与点F横坐标相同，△AFB为直角三角形，BF大于AB即可；
（2）根据点A（0，1）点B（-1，0），OA=OB，∠AOB=90°，得出△AOB为等腰直角三角形，可得∠ABO=∠BAO=45°，以点A为直角顶点，过点A，与AB垂直的直线交x轴于S，利用待定系数法求出AS解析式为，联立方程组，以点B为直角顶点，过点B，与AB垂直的直线交y轴于R，∠OBR=90°-∠ABO=45°，可得△OBR为等腰直角三角形，OR=OB=1，点R（0，-1），利用平移的性质可求BR解析式为，联立方程组，解方程组即可；
（3）过点A与AB垂直的直线交直线y=2x+2于U，把△AOB绕点A顺时针旋转90°，得△AO′U，AO′=AO=1，O′U=OB=b，根据点U（-1，b-1）在直线上，得出方程，求出b的值，当过点A的直线与直线平行时没有 “关联点”，OB=OW=b=2，得出在1＜b＜2时，直线上存在两个AB的“关联点”，当b＞2时，根据旋转性质将△AOB绕点A逆时针旋转90°得到△AO′U，得出AO′=AO=1，O′U=OB=b，根据点U（1,1+b）在直线上，列方程，得出即可．
(1)
解：点D与AB纵坐标相同，在直线AB上，不能构成直角三角形，
以点B为直角顶点，点B与点E横坐标相同，点E在过点B与AB垂直的直线上，
∴△ABE为直角三角形，且AE大于AB；

以点A为直角顶点，点A与点F横坐标相同，△AFB为直角三角形，AF=4＞AB=2，

∴点E与点F是AB关联点，
点G不在A、B两点垂直的直线上，故不能构成直角三角形，
故答案为点E，点F；
(2)
解：∵点A（0，1）点B（-1，0），OA=OB，∠AOB=90°，
∴△AOB为等腰直角三角形，AB=
∴∠ABO=∠BAO=45°，
以点A为直角顶点，过点A，与AB垂直的直线交x轴于S，
∴∠OAS=90°-∠BAO=45°，
∴△AOS为等腰直角三角形，
∴OS=OA=1，点S（1,0），
设AS解析式为代入坐标得：
，
解得，
AS解析式为，
∴，
解得，
点P（），
AP=，AP＞AB
以点B为直角顶点，过点B，与AB垂直的直线交y轴于R，
∴∠OBR=90°-∠ABO=45°，
∴△OBR为等腰直角三角形，
∴OR=OB=1，点R（0，-1），
过点R与AS平行的直线为AS直线向下平移2个单位，
则BR解析式为，
∴，
解得，
点P1（），
AP1=＞，
∴点P为线段AB的关联点，点P的坐标为（）或（）；

(3)
解：过点A与AB垂直的直线交直线y=2x+2于U，
把△AOB绕点A顺时针旋转90°，得△AO′U，
∴AO′=AO=1，O′U=OB=b，
点U（-1，b-1）在直线上，
∴
∴，
∴当b＞1时存在两个“关联点”，
当b＜1时，UA＜AB，不满足定义，没有两个“关联点”

当过点A的直线与直线平行时没有 “关联点”
与x轴交点X（-1，0），与y轴交点W（0，2）
∵OA=OX=1,∠XOW=∠AOB=90°，AB⊥XW，
∴△OXW顺时针旋转90°，得到△OAB，
∴OB=OW=2，
∴在1＜b＜2时，直线上存在两个AB的“关联点”，

当b＞2时，将△AOB绕点A逆时针旋转90°得到△AO′U，
∴AO′=AO=1，O′U=OB=b，
点U（1,1+b）在直线上，
∴
∴解得
∴当2＜b＜3时, 直线上存在两个AB的“关联点”，
当b＞3时，UA＜AB，不满足定义，没有两个“关联点”

综合得，b的取值范围1＜b＜2或2＜b＜3．
【点睛】本题考查新定义线段的意义，直角三角形性质，仔细阅读新定义，由两个条件，（1）组成直角三角形，（2）AC＞AB，等腰直角三角形，勾股定理两点距离公式，待定系数法求直线解析式，图形旋转，两函数交点联立方程组，掌握新定义线段的意义，直角三角形性质，仔细阅读新定义，由两个条件，（1）组成直角三角形，（2）AC＞AB，等腰直角三角形，勾股定理两点距离公式，待定系数法求直线解析式，图形旋转，两函数交点联立方程组，是解题关键．
18．(1)O1；
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）分别作AA1、BB1的中垂线m、n，两者的交点即为所求；
（2）作出点C绕点O1顺时针旋转90°所得对应点，再首尾顺次连接即可得；
（3）根据旋转的定义可得答案．
(1)
解：如图，根据点A1和B1的位置确定旋转中心是点O1，

故答案为：O1；
(2)
解：如图所示，△A1B1C1即为所求．
(3)
解：△A1B1C1是由△ABC绕点O1顺时针旋转90°得到；
故答案为：将△ABC绕点O1顺时针旋转90°得到△A1B1C1．
【点睛】本题主要考查作图-旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点．
19．(1)见解析；
(2)∠BEF=65°
【分析】（1）由旋转的性质可得CD=CE，∠DCE=90°=∠ACB，由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得BE=AD，∠CBE=∠CAD=45°，可得结论；
（2）由全等三角形的性质以及三角形内角和定理可求解．
（1）
证明：∵将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，
∴CD=CE，∠DCE=90°=∠ACB，
∴∠ACD=∠BCE，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
（2）
解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE=∠CAD=45°，
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°，
∵∠BDE=25°，
∴∠BEF=65°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
20．画图见解析；B1（1，2）；C1（4，1）．
【分析】图形绕点A逆时针旋转90°，将AB，AC逆时针旋转90°，得到，连接， 利用网格特点和旋转的性质得出点B1、C1的坐标，从而得到△AB1C1．
【详解】如图所示，△AB1C1为所作，B1点的坐标为（1，2），C1点的坐标为（4，1）．

故答案为（1，2），（4，1）．
【点睛】本题考察了绕某点画旋转图形以及求点坐标，首先找到旋转的点，根据旋转角度和网格特征，即可得到对应坐标点．
21．（1）补图见解析；（2）；（3）DE＝，证明见解析 ．
【分析】（1）根据题意补全图形即可；
（2）设DF与AB交于点G，如图所示：由题意得，CD＝CE＝CB，∠ECD＝2α，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，再求解∠ABE＝45°﹣α，再证明∠FBG＝α，从而可得答案；
（3）证明：如图，作AH⊥AF，交BF的延长线于点H，再证明△HAB≌△FAD（ASA），可得∠H＝45°，从而可得答案.
【详解】解：（1）补全图形，如图所示：

（2）∠FBE＝45°．理由如下：
设DF与AB交于点G，如图所示：

由题意得，CD＝CE＝CB，∠ECD＝2α，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，

∴∠EDC＝90°﹣α，∠BCE＝90°﹣2α，
∴∠CBE＝45°+α，∠ADF＝α，
∴∠ABE＝45°﹣α．
∵BF⊥DE，
∴∠BFD＝90°．
∵∠AGD＝∠FGB，
∴∠FBG＝α

（3）DE＝．
证明：如图，作AH⊥AF，交BF的延长线于点H，

由（2）得：
∠FBE＝∠FEB＝45°．
∴FB＝FE．
∵AH⊥AF，∠BAD＝90°，
∴∠HAB＝∠FAD，
∵∠BFG＝∠DAG＝90°，∠BGF＝∠DGA，
∴∠FBG＝∠ADG，即∠ABH＝∠ADF，
∴△HAB≌△FAD（ASA），
∴HB＝FD，AH＝AF，
∴HF＝DE，∠H＝45°．
∴HF＝AF．
∴DE＝AF．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，正方形的性质，灵活应用以上知识解题是关键.
22．（1）见解析；（2）（2，-3）
【分析】（1）分别作出A，B的对应点A1，B1即可．
（2）根据点A的位置写出坐标即可．
【详解】解：（1）如图，△A1B1O即为所求．

（2）A1（2，−3），
故答案为（2，−3）．
【点睛】本题考查作图−旋转变换，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
23．（1），；（2）成立，见解析；
【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，再利用，，即可得出答案；
（2）根据旋转的性质得出，再证明，进而得出，，，即可得出与的位置关系及数量关系．
【详解】解：（1）由题意可得：
∵为的中点
∴，，
∴
∴，
∵，
∴
∵为等腰直角三角形
∴
∴
∴且
（2）成立，
延长至点，使得，连接，如下图：

在和中

∴
∴，
∵
∴，
∴
∵

∴
∴
在和中

∴
∴，
∴
又∵
∴且
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质以及图形的旋转，正确利用全等三角形的判定得出是解题的关键．
24．（1）见解析，（2）（1，2），（3）π
【分析】（1）利用网格和旋转的性质画出点B、O的对应点B1、O1，从而得到△AB1O1；
（2）由（1）得到点B1的坐标；
（3）根据弧长公式求解即可．
【详解】解：（1）如图，△AB1O1为所作；

（2）点B1的坐标为（1，2）；
故答案为（1，2）；
（3）点B旋转到点B1所经过的路线长＝＝π
故答案为：π．
【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换和弧长公式，解题关键是根据旋转的性质作出对应点．
25．（1）①，②，；（2）①作图见解析部分，②
【分析】（1）①利用勾股定理求解即可；
②利用线段的垂直平分线的性质以及三角形的外角的性质解决问题即可；
（2）①根据要求作出图形即可；
②如图2中，在的上方作，使得，，过点作于．证明，推出，可得结论．
【详解】解：（1）①如图1中，

，，
，，
，
．
故答案为：．
②连接．
，，
，
，
，
，
故答案为：，．
（2）①图形如图2所示：

②如图2中，在的上方作，使得，，过点作于．
，，
，，
，，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，，
，
，
，
．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常常考题型．
26．（1）②③；（2）；（3）
【分析】（1）将线段AB绕点A逆时针旋转，使点B落到直线上的C点，过点C作于点D，求出AB，CD的长度，根据直角三角形的性质得；
（2）根据一次函数的性质得，，则，，在中，根据正切得，连接AC，在中，根据正切得，则，根据得，即；
（3）当时，过点Q作于点C，在中，根据正切得，在中，，则，即，当点B在y轴上时，在中，根据余弦得，所以当m=1时，线段AB在直线PQ上，即可得．
【详解】解：（1）如图所示，将线段AB绕点A逆时针旋转，使点B落到直线上的C点，过点C作于点D，

∵A（1，0），B（3，0），
∴，，
∴，
∴在中，，
如下图，将线段AB绕AB中点逆时针旋转90°，
此时点B刚好落到直线y=-1上的B'点，

即若直线y=- 1是线段AB的α-联络图形，α最大取值为90°，
∴30°≤α≤90°
故答案为：②③；
（2）在中，当时，，
当时，，
，

∴，，
∴，，
∵在中，，
∴，
如图所示，连接AC，

∵A（1，0），
∴OA=1，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
，
即，
∴；
（3）如图所示，当时，过点Q作于点C，

∵，，
∴，，
∵在中，，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
如图所示，当点B在y轴上时，

∵在中，，
∴，
∴当m=1时，线段AB在直线PQ上，
又∵点B在第一象限，
∴m的取值范围是：．
【点睛】本题考查了旋转，直角三角形的性质，一次函数的性质，正弦，余弦，正切，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．
27．（1）直线；（2）①；见解析；②
【分析】（1）直接利用对称轴公式即可求出．
（2）①当时，二次函数解析式是，对称轴为y轴．由此可得图形G上的点的横纵坐标x和y，满足y随x的增大而减小，即可求出．②通过计算可知，点为抛物线上关于对称轴对称的两点，
分类讨论当m变化时，y轴与点P，Q的相对位置：Ⅰ当y轴在点P左侧时（含点P），作出图形，即可得出经翻折后，得到点M，N的纵坐标相同，此时，不符题意；Ⅱ当y轴在点Q右侧时（含点Q），作出图形，即可得出点M，N分别和点P，Q重合，此时，不符题意；Ⅲ当y轴在点P，Q之间时（不含P，Q），作出图形，即可得出经翻折后，点N在l下方，点M，P重合，在l上方，此时，符合题意．即有，即．
【详解】（1）抛物线的对称轴为直线；
（2）①当时，二次函数解析式是，对称轴为y轴；
∴图形G如图．

∴图形G上的点的横纵坐标x和y，满足y随x的增大而减小；
∵，
∴．
②通过计算可知，为抛物线上关于对称轴对称的两点，
下面讨论当m变化时，y轴与点P，Q的相对位置：
Ⅰ如图，当y轴在点P左侧时（含点P），

经翻折后，得到点M，N的纵坐标相同，，不符题意；
Ⅱ如图，当y轴在点Q右侧时（含点Q），

点M，N分别和点P，Q重合，，不符题意；
Ⅲ如图，当y轴在点P，Q之间时（不含P，Q），

经翻折后，点N在l下方，点M，P重合，在l上方，，符合题意．
此时有，即．
综上所述，m的取值范围为．
【点睛】本题为二次函数综合题．考查抛物线的对称轴，二次函数图象的性质等知识，较难．利用数形结合与分类讨论的思想是解答本题的关键．
28．30°
【分析】首先证明∠ABD＝90°，求出∠BDC，∠ADB即可解决问题．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°．
根据题意可知BD＝BC，∠DBC＝30°．
∴AB＝BD=BC，∠ABD＝90°，
∴