专题05 图形与图形的变换（5大易错点分析+21个易错点+易错题通关）-备战2024年中考数学考试易错题（江苏专用）（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages2727页专题05图形与图形的变换点、线、面、角专题易错点1：点、线、面、体例：将如图所示的几何图形，绕直线旋转一周得到的立体图形（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据面动成体以及圆台的特点，即可解答；此题考查了平面图形和立体图形之间的关系，熟练掌握圆台是由直角梯形绕着垂直于底的一腰旋转而成是解题的关键．【详解】绕直线旋转一周，可以得到的立体图形是圆台，故选：C．变式1：已知在中，，把绕直线旋转一周得到一个圆锥，其表面积为，把绕直线旋转一周得到另一个圆锥，其表面积为，则等于．【答案】【分析】本题主要考查了圆锥的表面积．分别求出当以为轴旋转时，当以为轴旋转时，圆锥的表面积，即可求解．【详解】解：如图所示，当以为轴旋转时，，为底面圆半径，为母线长10，∴．当以为轴旋转时，为底面圆半径，为母线长为10，，∴，∴．故答案为：变式2：如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为．

(1)外接圆的圆心的坐标是______；(2)求该圆圆心到弦的距离；(3)以所在直线为旋转轴，将旋转一周，求所得几何体的表面积．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）分别作的垂直平分线，即可解答；（2）用中点公式求得的中点，再利用勾股定理即可解答；（3）旋转后的几何体为半径为2，高为6的圆锥，减去半径为2，高为2的圆锥，据此求出表面积即可．【详解】（1）解：如图，外接圆的圆心的坐标是，

故答案为：；（2）解：根据中点公式，可得的中点，（3）解：旋转后的几何体为半径为2，高为6的圆锥，减去半径为2，高为2的圆锥，则他们的母线长为，，所得表面积为．【点睛】本题考查了外接圆、两点之间的距离公式、圆锥表面积公式，勾股定理，正确得到旋转后的图形是解题的关键．易错点2：两个基本事实例：下列命题：①过一点有且只有一条直线与已知直线平行；②过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；③把一个木条固定到墙上需要两颗钉子，其中的数学原理是：两点确定一条直线；④从一个货站向一条高速路修一条最短的公路，其中的数学原理是：连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短；⑤垂直于同一条直线的两条直线垂直，其中的假命题有（

）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】B【分析】此题主要考查了命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．【详解】解：①过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，原命题是假命题；②在同一平面上，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，原命题是假命题；③把一个木条固定到墙上需要两颗钉子，其中的数学原理是：两点确定一条直线，原命题是真命题；④从一个货站向一条高速路修一条最短的公路，其中的数学原理是：连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短是真命题；⑤垂直于同一条直线的两条直线平行，原命题是假命题，故选：B．变式1：如图，在平面内，为线段，射线上有一点到的距离为7，是平面内一点，且始终保持，则的最小值为．

【答案】【分析】本题考查了两点之间线段最短，解题的关键是把．【详解】解：如图，连接，则，

当N在A，C之间时，的最小值，的最小值是，故答案为：．变式2：如图，已知A、B、C、D是正方形网格纸上的四个格点，根据要求仅用无刻度的直尺在网格中画图，并标注相关字母．(1)画线段；(2)画直线（点E为格点）；(3)画出点，使最小；(4)在线段上画出点F，使最短．【答案】(1)见详解(2)见解析(3)见解析(4)见解析【分析】（1）连接，问题得解；（2）根据点A向右平移1个单位，向上平移1个单位得到点D，所以点B按同样平移方式得到对应点E，作直线，可以得到符合条件点E有两个；（3）连接、相交于点O，即可求解；（4）作出与垂直的直线，交于点F，问题得解．【详解】（1）解：如图，线段即为所求作的线段；（2）解：如图，直线即为所求作的线段；（3）解：如图，点O即为所求做的点；证明：∵点为线段、的交点，∴最小，最小，∴此时的值最小；（4）解：如图，点F即为所求做的点；证明：如图，在和中，，∴，∴，∵，∴∴，∴，∴最短．【点睛】本题为几何作图题，考查了线段的画法，平行线的画法，两点之间，线段最短，垂线段最短等、全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，综合性较强，熟知相关知识，并根据网格特点灵活应用是解题关键．易错点3：线段和与差例：已知线段，点为直线上一点，且，点为线段的中点，则线段的长为A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】本题主要考查了与线段中点有关的线段和差计算，分当点C在线段上时，当点C在线段延长线上时，两种情况画出对应的图形，求出的长，进而求出的长，再由线段之间的关系求解即可．【详解】解：如图，当点C在线段上时，∵，，∴，∵点为线段的中点，∴，∴；

如图，当点C在线段延长线上时，∵，，∴，∵点为线段的中点，∴，∴；综上所述，线段的长为或故选：C．

变式1：如图，线段被点C，D依次分成三部分，M，N分别是，的中点，若，则．【答案】26【分析】本题主要考查了线段中点的定义，线段之间的数量关系，解题的关键是根据列出关于x的方程，求出x的值．设，，，根据中点定义及线段之间的关系，列出关于x的方程，求出x的值，即可求出的长度．【详解】解：∵线段被点C，D分成三部分，∴，，，∵M，N分别是，的中点，∴，，∴，∵，∴，解得：，∴．故答案为：26．变式2：如图所示，线段点从点出发以的速度沿向左运动，点从点出发以的速度沿向左运动（在线段上，在线段上）(1)若运动到任意时刻都有，求出在上的位置；(2)在（1）的条件下，是直线上一点，若，求的值；(3)在（1）的条件下，若运动了一段时间后恰有，这时点停止运动，点继续在线段上运动，分别是的中点，求出的值．【答案】(1)点P在线段上的离A较近的处(2)或(3)【分析】本题考查了一元一次方程的应用，两点间的距离，灵活运用线段的和、差、倍、分转化线段之间的数量关系是解题的关键．（1）根据的运动速度知，再由已知条件求得，所以点P在线段上离A点较近的处；（2）由题设画出图示，根据求得；然后求得，从而求得与的关系；（3）当C点停止运动时，有，故，再设，，，即可列式得出答案．【详解】（1）根据的运动速度知：，∵，∴，即，∴点P在线段上的离A点较近的处；（2）如图：∵，∴；又∵，∴，∴；当点∵，且，，

∴．综上所述，长为或；（3）的值不变，理由：如图2,当点停止运动时，有，∴，D点继续运动，设，，，∴．易错点4：角的和与差例：如图，在正方形中，边、上分别有E、F两点，，平分交于点P．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了正方形的性质，角的平分线，三角形全等的判定性质，设的交点为G，利用证明，得，，结合平分，得到,根据，计算即可．【详解】设的交点为G，如图，∵正方形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵∴，∴，

∴，∵平分，∴,∵，∴，故选C．变式1：如图，在四边形中，已知，平分，且，为上一点，，，则．【答案】/12度【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、三角形外角的性质，解题的关键是作出恰当的辅助线．延长交于点F，先证明，则，然后根据三角形外角的性质并结合已知条件可逐步推得．【详解】如图，延长交于点F．∵平分，且，∴，又，∴∴，∵，∴∴∴．故答案为：．变式2：如图，在上，且平分．(1)如图1，求证：．(2)点为上一点，试判断，，之间的数量关系，并证明．(3)如图3，在（2）的条件下，延长交于，在的延长线上取点，连接，使，且，求的度数．【答案】(1)证明见解析(2)，证明见解析(3)【分析】本题考查了平行线的性质、三角形内角和定理、平角的定义等，解题的关键熟知相关的性质并能综合运用．（1）根据平行线的性质与角平分线的定义即可推证．（2）根据平行线的性质与三角形内角和定理即可推证相关结论．（3）延长至点F，根据平角与角平分线的定义，结合已知条件可推证，再由，，可推得，于是在直角中可求得．【详解】（1）∵，E在上，且平分．∴，∴．（2）三角之和为，证明如下．∵，∴，∵，∴．（3）延长至点F，如图所示．∵，，∴，由平分知：，（组成一个平角）即：∴．由，得，∴，∴．易错点5：角平分线综合例：如图，的外角的平分线与内角的平分线相交于点，若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据外角与内角性质得出的度数，再利用角平分线的性质以及直角三角形全等的判定，得出，即可得出答案【详解】解：延长，作，，，

设，∵平分，∴，，∵平分，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴（），∴．故选．【点睛】本题考查了角平分线的性质以及三角形外角的性质和直角三角全等的判定等知识，根据角平分线的性质得出是解题的关键．变式1：如图，已知，点P、Q分别是直线，上两点，点G在两平行线之间，连接，，点E是直线下方一点，连接，，且的延长线平分，平分，若，则的度数是．【答案】【分析】过点G作，交于点M，利用平行线的判定性质，结合三角形外角性质，解答即可．【详解】∵的延长线平分，平分，∴，，过点G作，交于点M，∵，∴，∴，，，∴，，∴，∵，∴，∴∴∴解得∴故，故答案为：．变式2：【发现问题】如图①，小明同学在做光的折射实验时发现：平行于主光轴的光线和经过凹透镜的折射后，折射光线的反向延长线交于主光轴上一点．

【提出问题】小明提出：和三个角之间存在着怎样的数量关系？【分析问题】已知平行，可以利用平行线的性质，把分成两部分进行研究．【解决问题】探究一：请你帮小明解决这个问题，并说明理由．探究二：如图②，的数量关系为______；如图③，已知，，则______°．（不需要写解答过程）

【拓广提升】利用探究一得到的结论解决下列问题：如图④，射线分别平分和交直线于点与内部的一条射线交字点，若，求的度数．【答案】解决问题：[探究一]；[探究二]，145；[拓广提升]【分析】本题考查平行线的性质、三角形的外角性质，关键是由平行线的性质推出，由此结论来解决问题．探究一：由平行线的性质推出，得到即可解决问题；探究二：如图②，由平行线的性质推出，由三角形外角的性质即可得到；如图③，由平行线的性质推出，求出，由三角形外角的性质得到；如图④，由探究一的结论得到而，推出又，得到．【详解】解：[探究一]：，理由如下：如图①，

∵，∴，∴，∴．[探究二]如图②，

，理由如下：∵，∴，∵，∴．如图③，延长交于L，

∵，∴，∴，∴．故答案为：．[拓广提升]∵射线分别平分和，∴，如图④，由探究一的结论得：，∵，∴，∵，∴，∴，∴∴．相交线与平行线专题易错点1：相交线的规律例：观察下列图形并阅读图形下方的文字，像这样，条直线相交，交点的个数最多为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合所给的图形找出交点个数的计算公式．【详解】设直线有n条，交点有m个．有以下规律：直线n条交点m个2131+241+2+3…nm=1+2+3+…+（n-1）=，20条直线相交有=190个．故选B．【点睛】此题考查了相交线，解题关键是找出直线条数与交点个数的计算公式．变式1：在一平面中，两条直线相交有一个交点；三条直线两两相交最多有3个交点；四条直线两两相交最多有6个交点当相交直线的条数从2至变化时，最多可有的交点数与直线条数之间的关系如下表：直线条数条2345678最多交点个数个13610则与的关系式为：．【答案】【分析】因为两条直线有1个交点，三条直线最多有3=1+2个交点，四条直线最多由6=1+2+3个交点，所以根据规律，n条直线有（1+2+3+4+…+n-1）个交点，故可求出关系式.【详解】因为两条直线有1个交点，三条直线最多有3=1+2个交点，四条直线最多由6=1+2+3个交点，…∴n条直线有（1+2+3+4+…+n-1）=个交点，∴关系式为【点睛】此题主要考查代数式的规律探索，解题的关键是发现每一项的规律，再求出来即可.变式2：为了探究n条直线能把平面最多分成几部分，我们从最简单的情形入手：（1）一条直线把平面分成2部分；（2）两条直线最多可把平面分成4部分；（3）三条直线最多可把平面分成7部分…；把上述探究的结果进行整理，列表分析：直线条数把平面分成部分数写成和形式121+1241+1+2371+1+2+34111+1+2+3+4………（1）当直线条数为5时，把平面最多分成部分，写成和的形式；（2）当直线为n条时，把平面最多分成部分．【答案】16，1+2+3+4+5；1+n（n+1）．【详解】试题分析：（1）根据表中规律，当直线条数为5时，把平面最多分成1+1+2+3+4+5=16部分；（2）根据（1）的规律，得出当直线为n条时，把平面最多分成：1+1+2+3+…+n=1+n（n+1）．考点：探寻规律．易错点2：平行线中的三角板例：如图，把一块直角三角板的直角顶点放在直尺的一边上，如果，那么的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】主要考查了平行线的性质和互余的两个角的性质．互为余角的两角的和为，本题主要利用两直线平行，同位角相等及余角的定义作答，解此题的关键是能准确的从图中找出这两个角之间的数量关系，从而计算出结果．【详解】解：如图：根据题意可知，，∵，∴，∴，故选：．变式1：将一个三角板如图所示摆放，直线与直线相交于点，，现将三角板绕点以每秒的速度顺时针旋转，设时间为秒，且，当时，与三角板的边平行．【答案】秒或秒或秒【分析】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质，是解答本题的关键．根据题意，分三种情况讨论：当时，当时（转到），当时（转到），画出对应的图形，利用平行线的性质，计算得到答案．【详解】当时，如图：延长交于．，，，，（秒）．当时（转到），如图：，，，（秒）．当时（转到），如图：，，（秒）．故答案为：秒或秒或秒．变式2：如图1，将三角板与三角板摆放在一起；如图2，其中，，．固定三角板，将三角板绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角（）．(1)当为_________度时，，并在图3中画出相应的图形；(2)在旋转过程中，试探究与之间的关系；(3)当旋转速度为秒时．且它的一边与平行（不共线）时，直接写出时间t的所有值．【答案】(1)15，图见解析(2)当时，；当时，；当时，(3)或21或30【分析】（1）根据得出，根据即可求解；（2）设，，在旋转过程中，分当时，当时，当9时，三种情况根据平行线的性质即可求解；（3）分①当，②当，③当时，分别画出图形即可求解．【详解】（1）当时，，如图：故答案为；（2）设：，，①如图，当时，，，故，即；②当时，，即③当时，，，即，即；（3）①当时，由（1）可知，∴，∴；②当时，则，∴，∴，∴∴；③当时，则，∴，∴；综上，或或或或．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角尺中角度的计算，解答此题的关键是通过画图，确定旋转后△ADE的位置，还注意分类求解，避免遗漏．易错点3：平行线的性质与判定例：如图，，，点是边上一点，连接，延长、交于点．点是边上一点，连接，使得，作的平分线交于点．若，则的度数用含的式子表示为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了三角形内角和定理、平行线的判定与性质、角平分线的定义，设，由平行线的性质得出，从而得出，推出，求出，即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．【详解】解：设，，，，，，，，平分，，，，故选：B．变式1：已知等腰直角，，，，延长交延长线于点G，若，，，则的长为．【答案】8【分析】如图，延长至点M，使，连接并延长交的延长线于点N，连接，利用勾股定理求得，从而可得，根据垂直平分线的性质得，从而可得，再由等腰三角形的性质可得，，从而可得，再根据对顶角相等可得，由平行线的判定可得，从而可证四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，且，再由平行线的性质得，，从而可得，可证是等腰直角三角形，再利用勾股定理即可求解．【详解】解：如图，延长至点M，使，连接并延长交的延长线于点N，连接，∵是等腰直角三角形，，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，又∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，且，∴，即，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∵，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，故答案为：8．【点睛】本题考查垂直平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质、对顶角相等、平行线的判定与性质，正确作出辅助线，构造平行四边形是解题的关键．变式2：如图，是的直径，为上的点，且，过点作于点．(1)求证：平分；(2)若，，求的半径长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用平行线的性质得到，根据半径相等可得，等量代换得到，进而证得结论；（2）过点作于，根据垂径定理得到，再证明得到，然后利用勾股定理计算的长即可．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∴，∴平分；（2）解：过点作于，如下图，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，在中，，即的半径长为．【点睛】本题主要考查了平行线的性质、全等三角形的判定与性质、垂径定理、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识，正确作出辅助线是解题关键．易错点4：平行线之间的距离例：如图，在中，点分别在、、上，连接、，且，，．若四边形的面积为，则的面积为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了平行四边形的判定和面积计算，三角形的面积计算，由，得到四边形为平行四边形，利用平行四边形与同高即可求解，利用平行四边形与三角形同高找到面积的关系是解题的关键．【详解】解：过点作于点，

∵，，∴四边形为平行四边形，∵四边形的面积为，∴∵，∴，∴，∴，故选：．变式1：如图，已知六边形是的内接正六边形，的半径为，连接、、，则图中阴影部分的面积是．【答案】【分析】本题考查的是圆的内接多边形的性质，扇形的面积，如图，连接，，，证明即可得到答案．【详解】解：如图，连接，，，∵六边形是的内接正六边形，∴，∴，，，三点共线，∵，∴为等边三角形，∴，∴，∴，∴，故答案为：变式2：如图2，是小朋友荡秋千的侧面示意图，静止时秋千位于铅垂线上，转轴B到地面的距离．乐乐在荡秋千过程中，当秋千摆动到最高点A时，测得点A到的距离，点A到地面的距离，当他从A处摆动到处时，若，求到的距离．【答案】【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，作，垂足为F，先证明，再证明，得到，证明，得到；则，则，即到的距离是．【详解】解：作，垂足为F，∵，∴，在中，；又∵，∴，∴；在和中，，∴；∴，∵∴，∵，∴；∴，∴，即到的距离是．图形的轴对称专题易错点1：轴对称的性质例：如图所示三角形纸片中，，将纸片沿过点的直线折叠，使点落到边上的点处，折痕为．再将纸片沿过点的直线折叠，点恰好与点重合，折痕为，若，则的周长为，则长为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查翻折变换，根据等角对等边可得，折叠的性质得，，，再根据的周长为，可得到关于的方程，求解即可．熟练掌握折叠的性质是解题的关键．【详解】解：∵三角形纸片中，，∴，∵将纸片沿过点的直线折叠，使点落到边上的点处，折痕为．再将纸片沿过点的直线折叠，点恰好与点重合，折痕为，，∴，，，∴，又∵，∴，∴，∵的周长为，∴，即，∴，即长为．故选：B．变式1：如图，梯形中，是底边上的动点．（1）；（2）边关于直线的对称线段为，若与的其中一边平行时，则．【答案】2或或【分析】（1）根据，求出即可．（2）分①②③三种情形讨论即可．【详解】（1）解：∵，∴，∵，∴．故答案为2；（2）解：情形①图1中，当时，作垂足为D，∵，平分，∴，∴是等腰直角三角形，，，，∴．情形②图2中，，，，，，，，，∵，，∴点N在线段上，∵平分，∴，，∴；情形③图3中，时，在上取点E，∵平分，，∴，∴，∴．故答案为：或或．【点睛】本题考查锐角三角函数、等腰三角形的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，正确画出图象是解题的关键，学会分类讨论，注意不能漏解．变式2：在平面直角坐标系中，O为原点，对于两个图形和直线，若在图形X上存在点A，在图形Y上存在点B，使得点A和点B关于直线对称，就称图形X和Y互为m关联图形．(1)已知点P的坐标为，①点P与点Q互为关联图形，则点Q的坐标为；②若的半径为1，点P与互为m关联图形，则m的值为；(2)已知点，射线OA与线段l：互为t关联图形，求t的取值范围．(3)已知⊙O的半径为2，直线与x轴，y轴分别交于C，D，若关于对称的图形S与点C互为2m关联图形，直接写出m的值及点D与图形S的位置关系．【答案】(1)①；②1或2；(2)；(3)，，D在S上，，D在S内部．【分析】本题考查了轴对称的性质，与圆有关的位置关系等知识，解决问题的关键是理解题意，求对称点．（1）①求出点P关于的对称点即可；②求点P和以及点P和对称得m的值；（2）求出和点对称时的t的值，以及和对称时t的值，从而确定范围；（3）圆心O关于的对称点是，设图形S上的点J与C点关于对称，设，由得，将代入得，求出m的值，进而求出D个图形S的位置关系．【详解】（1）解：①如图1，∵，∴，②如图2，∵，，∴或1．（2）解：如图3，由题意得，∵，∴直线的解析式是：，∴当时，，∵，，∴．（3）解：如图4，圆心O关于的对称点是，设图形S上的点J与C点关于对称，设，由得，，由得，，∴，∴，∴，∴，当时，，∵，∴，∴D在S上，当时，，∴，∴D在S内部．易错点2：轴对称的线段问题例：如图，在中，是的平分线，若P，Q分别是和上的动点，则的最小值是（

）A． B．3 C． D．5【答案】A【分析】本题考查了轴对称最短路径问题，角平分线定义，勾股定理，作点Q关于的对称点，连接，，过点C作于点H，根据角平分线定义以及对称可以得到，利用勾股定理求出的长，再利用三角形面积求出的长即可得到结果．【详解】解：如图，作点Q关于的对称点，连接，，过点C作于点H，是的角平分线，Q与关于对称，点在上，，，，即，，，的最小值为．变式1：如图，，点，分别是边，上的定点，点，分别是边，上的动点，记，，当最小时，则与的数量关系为．【答案】【分析】本题考查轴对称—最短问题、三角形的内角和定理．三角形的外角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．作关于的对称点，关于的对称点，连接交于，交于，则最小，易知，，根据三角形的外角的性质和平角的定义即可得到结论．【详解】解：如图，作关于的对称点，关于的对称点，连接交于，交于，则最小，，，，，故答案为：．变式2：已知点，则之间的距离为．(1)若已知点，求线段的长．(2)在（1）的条件下，若存在点，请判断的形状，并说明理由．(3)若，求当x为何值时，y取最小值．【答案】(1)；(2)等腰直角三角形，理由见详解；(3)．【分析】本题考查两点间距离公式、勾股定理及其逆定理及最短路线问题，解题的关键是学会用材料中的新定义解决问题，属于中考创新题型．（1）根据两点间距离的定义，利用两点的距离公式即可求出；（2）根据两点间距离公式求出其余两边的长，利用勾股定理的逆定理判断即可解决问题；（3）利用轴对称求最短路线方法得出P点位置，进而求出的值最小时即可解决问题．【详解】（1）解：∵平面直角坐标系内任意两点，之间的距离为，∵点，．即线段的长为．（2）解：点，点，，，是等腰三角形，，，是等腰直角三角形．（3）解：，设点这时可以理解为在x轴上的一点P满足最小，作点C关于x轴对称的点，连接，线段的长即为y，直线与x轴的交点即为所求的点P，∵点C与点关于x轴对称，∴点的坐标为，设直线为，将、代入，得，解得，，当时，，所以当x为时，y取最小值．，易错点3：轴对称的面积问题例：如图，在中，是边上的高，点E，F是上的两点，，，，则图中阴影部分的面积是（

）A．12 B．6 C．3 D．4【答案】C【分析】根据题意可得为轴对称图形，所在的直线为的对称轴，根据轴对称的性质可得，并求出，然后即可求出结论．【详解】解：∵，是边上的高，∴为轴对称图形，所在的直线为的对称轴，∴∴故选C．【点睛】此题考查的是轴对称的性质，掌握轴对称的性质是解决此题的关键．变式1：如图，在正方形ABCD中，AD=3，BE=1，P，Q分别是线段BC，线段CD上的动点，当四边形AEPQ的周长最小时，四边形AEPQ的面积为．【答案】【分析】作点E关于BC的对称点E′，点A关于DC的对称点A′，连接A′E′，即可得出P，Q的位置，然后根据中位线的性质求出DQ＝AE′＝2，CQ＝1，证明△PCQ≌△PBE′（AAS），求出PC＝PB＝BC＝，然后根据S四边形AEPQ＝S正方形ABCD−S△ADQ−S△PCQ−S△BEP计算即可．【详解】解：如图，作点E关于BC的对称点E′，点A关于DC的对称点A′，连接A′E′，则QA＝QA′，PE＝PE′，∴QA＋QP＋PE＝QA′＋QP＋PE′≥A′E′，∴如图，四边形AEPQ的周长最小，∵AD＝A′D＝3，BE＝BE′＝1，∴AA′＝6，AE′＝4，∵∠A′AE′＝90°，∴∠A′＋∠E′＝90°，∠A′AQ＋∠QAE′＝90°，又∵∠A′＝∠A′AQ，∴∠E′＝∠QAE′，∴QA＝QE′，∴QA′＝QA＝QE′，即点Q是A′E′的中点，∵，∴DQ是△A′AE′的中位线，∴DQ＝AE′＝2，∴CQ＝DC−DQ＝3−2＝1，∴BE′＝CQ，在△PCQ和△PBE′中，，∴△PCQ≌△PBE′（AAS），∴PC＝PB＝BC＝，∴S四边形AEPQ＝S正方形ABCD−S△ADQ−S△PCQ−S△BEP＝，故答案为：．【点睛】本题主要考查了轴对称最短路径问题，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，中位线的性质，全等三角形的判定和性质等，利用轴对称确定A′、E′，连接A′E′得出P、Q的位置是解题关键．变式2：如图，在中，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，当点不与点、重合时，作，边交折线于点，作点关于直线的对称点为，连接、得到，设点的运动时间为（秒）．

(1)直接写出线段的长（用含的代数式表示）；(2)当点落在边上时，求的值；(3)设与重合部分图形的面积为，求与的函数关系式；(4)设为的中点，为的中点，连接，当时，直接写出的值．【答案】(1)当时，；当时，(2)(3)(4)【分析】（1）①当时，证明是等边三角形，可得结论；②当时，由，，可得；（2）证明，由此构建方程，可得结论；（3）分三种情形：如图中，当时，重叠部分是，如图中，当时，重叠部分是四边形，如图中，当时，重叠部分是，分别求解即可；（4）如图中，时，，求解即可．【详解】（1）解：∵，∴，①当时，，，，是等边三角形，；②当时，如图：

，，，，；综上所述，当时，；当时，；（2）解：如图中，

，关于对称，，，，，，，，，，，；（3）解：如图中，当时，重叠部分是，；

如图中，当时，重叠部分是四边形，

，，，，，，，；如图中，当时，重叠部分是，

，，；综上所述，；（4）解：如图中，时，，

，．满足条件的的值为．【点睛】本题考查几何变换综合题，掌握直角三角形度角的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．易错点4：轴对称的角度问题例：如图，在中，，，点D，E是边上的两个定点，点M，N分别是边，上的两个动点．当四边形的周长最小时，的大小是（

）．A．45° B．90° C．75° D．135°【答案】B【分析】本题主要考查轴对称—最短路径的运用，掌握最短路径的的计算方法，等腰三角形的性质，三角形的内角和、外角和的综合运用．根据题意，分别作点的对称点，根据两点之间线段最短可确定点的位置为点，此时四边形的周长最小，根据对称的性质可得，，根据三角形的外角的性质可得，根据直角三角形中两锐角互余可得出，，运用等量待会即可求解．【详解】解：如图所示，作点关于的对称点，作点关于的对称点，连接交于点，∴根据两点之间线段最短可得，的值最小，∴四边形的周长最小值为：，∵在中，，，即是等腰直角三角形，∴，在中，∵，∴，根据对顶角的性质可得，，，根据对称的性质可得，，，，，∴，，在，中，∵，，∴，∴当四边形的周长最小时，的大小是，故选：．变式1：如图，在中，，于点D，，点B关于CD对称的点是点E，则的度数大小为．【答案】/度【分析】根据轴对称的性质可知，根据，，得的度数，再根据，从而求得答案．【详解】解：∵在中，，，，B关于对称点是E，∴，，∴，∴故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称的性质，直角三角形性质，数形结合是解题的关键．变式2：如图①，在△ABD中；∠A＝60°，AD＝2AB＝4cm，将△ABD绕BD中点O旋转180°得到△CDB，点E是AD的中点，点P从点A出发，沿折线A→B→C以1cm/s的速度向终点C运动，连接PE，设运动时间为t（s）．(1)BC＝；(2)用含有t的代数式表示PB的长；(3)当PE将四边形ABCD的周长分成2∶3两部分时，求t的值；(4)如图②．在点P运动过程中，作点A关于直线PE的对称点，连接．当所在直线与四边形ABCD的边垂直时，请直接写出∠AEP的度数．【答案】(1)4cm(2)见解析(3)t＝或t＝(4)15°或45°或105°或135°【分析】（1）△ABD绕BD中点O旋转180°得到△CDB，则CB＝AD＝4cm；（2）由AD＝2AB＝4cm得AB＝2cm，当点P在AB上运动时，则PB＝（2﹣t）cm；当点P在BC上运动时，则PB＝（t﹣2）cm；（3）先求出四边形ABCD的周长为12cm，AE＝AD＝2cm，由PE将四边形ABCD的周长分成2∶3两部分可列方程2＋t＝12×或2＋t＝12×，解方程求出t的值即可；（4）先证明∠AEP＝∠EP＝∠AE，再分四种情况讨论，一是E⊥AB于点F，且点P在AB上，二是E⊥AD，且点P在AB上，三是E⊥AB，且点P在BC上，四是E⊥AD，且点P在BC上，求出相应的∠AEP的度数即可．【详解】（1）∵△ABD绕BD中点O旋转180°得到△CDB，∴CB＝AD＝4cm，故答案为：4cm；（2）如图1，∵AD＝2AB＝4cm，∴AB＝2cm，∴AB＋BC＝6cm，当0≤t≤2时，PB＝（2﹣t）cm；当2＜t≤6时，PB＝（t﹣2）cm．（3）∵CD＝AB＝2cm，∴AB＋CB＋CD＋AD＝2×2＋4×2＝12（cm），∵E为AD的中点，∴AE＝AD＝2cm，∵PE将四边形ABCD的周长分成2∶3两部分，∴2＋t＝12×或2＋t＝12×，解得t＝或t＝，即t的值为或者；（4）∵点与点A关于直线PE成轴对称，∴点P、点E都在对称轴上，∴△PE与△PAE关于直线PE成轴对称，∴∠AEP＝∠EP＝∠AE，如图2，E⊥AB于点F，且点P在AB上，∵∠AFE＝90°，∠A＝60°，∴∠AE＝30°，∴∠AEP＝×30°＝15°，如图3，E⊥AD，且点P在AB上，∵∠AE＝90°，∴∠AEP＝×90°＝45°；如图4，E⊥AB，且点P在BC上，延长E交AB于点F，则∠AFE＝90°，∴∠AEF＝30°，∴∠AE＝180°﹣30°＝150°，∴∠AEP＝×（360°﹣150°）＝105°；∴如图5，E⊥AD，且点P在BC上，∵∠AE＝90°，∴∠AEP＝×（360°﹣90°）＝135°，综上所述，∠AEP的度数为15°或45°或105°或135°．【点睛】此题重点考查旋转的性质、轴对称的性质、三角形内角和定理及其推论、列方程解应用题、动点问题的求解、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．图形的旋转专题易错点1：中心对称图形的性质例：如图，抛物线交轴于点（点在点右侧），交轴于点．将抛物线绕点旋转，得到抛物线，它与轴的另一个交点为点，顶点为点．若四边形为矩形，则应满足的关系式为（

）．A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了抛物线与坐标轴的交点坐标及矩形的性质和中心对称的性质．由矩形性质得，即可求解．【详解】解：令，得，，令，得，，，，，，四边形为矩形，，，，．故选：．变式1：如图，这是小聪设计的正方形花边图案，该图案由正方形和三角形拼接组成（不重叠，无缝隙），它既是轴对称图形，又是中心对称图形．若图中阴影面积的和为36，则图中线段的长为．

【答案】【分析】把图形局部放大如图所示：作于N，于M，连接交于P交于Q，延长交于H，设，则．由，，推出，，，设，由，可得，推出，根据，构建方程求出a即可解决问题．【详解】解：把图形局部放大如图所示，作于N，于M，连接交于P交于Q，延长交于H，设，则．由题意得：是等腰直角三角形，，∴，∵，∴，同理，∴，，，设，∵，∴，∴，∵，∴，解得或（舍弃），∴，故答案为．【点睛】本题考查中心对称，正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．变式2：图1、图2、图3均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点均在格点上，点B在格线上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留作图痕迹．(1)在图1中，作出点A关于点O的对称点C，连结．(2)在图2中，作出线段关于点O的成中心对称线段．(3)在图3中，已知点F是线段上的任意一点，作出一条线段，使得．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】本题考查作图−对称变换，熟知图形对称的性质是解题的关键．（1）根据中心对称的性质即可解决问题．（2）分别画出点A和点B关于点O的对称点即可解决问题．（3）先画出关于点O的对称线段，再延长与之相交即可解决问题．【详解】（1）解：连接并延长，与网格的交点即为点C，连接，如图所示，点C即为所求作的点．（2）分别连接，并延长，与网格分别交于点D和点E，如图所示，线段即为所求作的线段．（3）分别连接，并延长，与网格分别交于点D和点E，连接，连接并延长与交于点G，如图所示，即为所求作的线段．易错点2：旋转的线段问题例：如图，在中，的平分线交于点，点分别是上的动点，若的最小值为3，则的长是（

）A．3 B． C． D．6【答案】D【分析】本题考查了轴对称图形的性质、直角三角形的特征、全等三角形的判定及性质，作点P关于直线的对称点，连接交于点Q，根据轴对称图形的性质及全等三角形的性质得点在边上，结合的最小值为3和直角三角形的特征即可求解．【详解】解：作点P关于直线的对称点，连接交于点Q，如图：则，∵根据对称的性质知，∴，又∵是的平分线，点P在边上，点Q在直线上，∴，∴，∴点在边上．∵当时，线段最短．∵的最小值为3，即最短∵在中，∴故选变式1：如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B为x轴上一动点，以为边在直线的右侧作等边三角形．若点P为的中点，连接，则的长的最小值为．【答案】6【分析】本题考查了轴对称―最短路线问题，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．以为边作等边三角形，连接，过点作于，由“”可证，可得，则当有最小值时，有最小值，即可求解．【详解】解：如图，以为边作等边三角形，连接，过点作于，点的坐标为，点为的中点，是等边三角形，，，，，在和中，，当有最小值时，有最小值，即轴时，有最小值，的最小值为，∴的最小值为，故答案为：．变式2：如图，矩形中，为上一点，，动点F从点A出发沿射线方向以每秒3个单位的速度运动．连，过E作的平行线交射线于点H，设点F的运动时间为t（不考虑D，E，F在同一直线的情况）．(1)当时，试求出的长．(2)当F在线段上时，设面积为周长为W．①求S与t的函数关系式；②当t为何值时，W有最小值．(3)当与相似时，求t的值．【答案】(1)(2)

②(3)或或【分析】（1）证明，利用相似三角形的性质解决问题即可；（2）①利用三角形面积公式计算即可；②当最小时最小，作点关于的对称点，连接，此时最小；（3）由推出，推出，分三种情形当点在点的左边时，即时，，当时，当，当点在点的右边时，即时,若时，分别构建方程求解即可；【详解】（1）∵，∴，∵，即:，，∵，∴，又∵是矩形，∴，∴，，即:，解得：，当，此时；（2）的面积的面积，即；②如图，，，根据勾股定理得，，是定值，所以当最小时最小，作点关于的对称点连接，此时最小，在中,，根据勾股定理得，，∴的最小值为；（3）∵，∴，又∵，，即，，当点在点的左边时，即时,，此时,当时，，即，解得：；此时，当时，有，即，解得：；当点在点的右边时，即时,，此时,当时，即，解得：；综上，或或【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理、轴对称的性质、矩形的性质、掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键易错点3：旋转的面积问题例：如图，在中，，，．可以绕点A旋转，旋转的角度为，分别得到和，则图中阴影部分的面积为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由直角三角形的性质求出，的长，由阴影的面积=扇形的面积扇形的面积的面积，应用扇形面积计算公式，三角形面积计算公式，即可求解．【详解】解：由题意知，∵，∴，∴，∴扇形的面积，扇形的面积，的面积，∴阴影的面积=扇形的面积扇形的面积的面积．故选：B．【点睛】本题考查扇形的面积，旋转的性质，含30°角的直角三角形，解题的关键是明白：阴影的面积=扇形的面积扇形的面积的面积．变式1：如图，，以为直径的半圆绕点逆时针旋转，此时点到了点，则图中阴影部分的面积是．

【答案】【分析】本题考查了旋转的性质，扇形的面积的应用，根据题意得出，，根据图形得出图中阴影部分的面积，求出即可；掌握旋转的性质以及扇形的面积公式是解题的关键．【详解】解：

，，图中阴影部分的面积是：．故答案为：．变式2：某研究性学习小组在学习《简单的图案设计》时，发现了一种特殊的四边形，如图1，在四边形中，,，我们把这种四边形称为“等补四边形”．如何求“等补四边形”的面积呢？

探究一：(1)如图2，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点A顺时针旋转，可以形成一个直角梯形（如图3）．若，,则“等补四边形”的面积为探究二：(2)如图4，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点A顺时针旋转，再将得到的四边形按上述方式旋转120°，可以形成一个等边三角形（如图5）．若，,则“等补四边形”的面积为．由以上探究可知，对一些特殊的“等补四边形”，只需要知道，的长度，就可以求它的面积．那么，如何求一般的“等补四边形”的面积呢？探究三：(3)如图6，已知“等补四边形”，连接，将以点A为旋转中心顺时针旋转一定角度，使与重合，得到，点C的对应点为点．①由旋转得：，因为，所以，即点，B，C在同一直线上，所以我们拼成的图形是一个三角形，即．②如图7，在中，作于点H，若，，试求出“等补四边形”的面积（用含m，n的代数式表示），并说明理由．【答案】(1)(2)(3)①；②，理由见解析【分析】（1）通过旋转变换可得四边形面积等于直角梯形面积的一半，结合题意求直角梯形的面积即可求解；（2）通过旋转变换可得四边形面积等于等边三角形的面积的，根据等边三角形的性质可求得，，根据角的直角三角形的性质可得，根据勾股定理求得等边三角形的高，求出等边三角形的面积，即可求解；（3）①根据旋转的性质即可求解；②通过旋转变换可得四边形面积等于等腰三角形面积，根据三角形的面积公式即可求解．【详解】（1）解：由题意“等补四边形”的面积．故答案为：9．（2）解：过点作交于点，如图：

根据题意可得，∵是等边三角形，∴，，∴，在中，，，∴，则，故“等补四边形”的面积．故答案为：．（3）解：①由旋转的性质可知，，故答案为：．②：由旋转的性质可知，，∵，∴，∴，∴“等补四边形”的面积的面积．【点睛】本题考查了旋转变换，直角梯形的面积公式，等边三角形的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形的面积公式等，解题的关键是利用旋转变换把求不规则图形的面积转化为求规则图形的面积．易错点4：旋转的角度问题例：如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，点A的坐标为，，过D作于P，若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，则第986s时，点F的坐标为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】四边形是菱形，且点A的坐标为，得为等边三角形，进而证得，过F作于M，解直角三角形得，，如图，菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，8次是一循环，第986s时，F的对应点为G，易证，于是得，，故第986s时，点F的坐标为．【详解】∵四边形是菱形，且点A的坐标为，，∴．∴为等边三角形．∵于F．∴．∴过F作于M，则，，∴点F的坐标为．∵菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，8次是一循环，又∵，∴第986s时，F的对应点为G，∵，∴，∴．∴，．第986s时，点F的坐标为．故选：D．

【点睛】本题考查规律探索，菱形性质，全等三角形，解直角三角形，明确循环规律，确定动点位置是解题的关键．变式1：如图，在中，，，，点P是在内一点，连接，，，将绕点A逆时针旋转得到．若点C，P，，恰好在同一直线上，则．

【答案】【分析】过点作交直线于点，利用旋转的性质得，再证明，根据含直角三角形的性质及勾股定理求出的长，然后在中，根据勾股定理即可得出答案．【详解】解：过点作交直线于点，

在中，，，，，将绕点A逆时针旋转得到，∴，是等边三角形，∴，，，在中，，，，若点C，P，，恰好在同一直线上，在中，．．故答案为：．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加正确的辅助线是解题的关键．变式2：【综合实践】中，是边上任意一点，以点为中心，取旋转角等于，把逆时针旋转，画出旋转后的图形．【操作体验】（1）若点的对应点为点，画出旋转后的图形；【深入探究】（2）如图2，中，是边上一点（不与重合），猜想三条线段之间的数量关系，并给予证明；【拓展应用】（3）如图3，中，是内部的任意一点，连接，求的最小值．【答案】（1）见详解（2），理由见详解，（3）【分析】（1）按要求作图即可（2）根据全等三角形的性质得到，，得到，根据勾股定理计算即可；（3）如图4中，先由旋转的性质得出，则，，，，，再证明，然后在中，由勾股定理求出的长度，即为的最小值；【详解】（1）图即为所作，（2）数量关系：，理由如下：逆时针旋转由题意得：如图，，，即，在和中，，，，，，，，，在中，，，，；（3）解：如图4中，将绕着点逆时针旋转，得到，连接，，，，，，，，是等边三角形，，，当点，点，点，点共线时，有最小值，，，，，故答案为．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质，利用旋转的性质构造全等三角形是本题的关键．图形的平移专题易错点1：平移的性质例：如图，将沿方向平移得到．连接，若，则的长为（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】本题考查平移性质，根据题意，由平移性质得到，结合题意代值求解即可得到答案，熟记平移性质数形结合是解决问题的关键．【详解】解：∵将沿方向平移得到，∴，∵，∴，故选：C．变式1：如图，是一块长方形场地，米，米，从两处入口的小路都为1米，两小路汇合处路宽为2米，其余部分种植草坪，则草坪面积为米．【答案】【分析】此题考查了生活中的平移，根据图形得出草坪正好可以拼成一个长方形是解题关键．根据已知将道路平移，再利用矩形的性质求出长和宽，再进行解答．【详解】解：由图可知：矩形中去掉小路后，草坪正好可以拼成一个新的矩形，宽为米．所以草坪的面积应该是长宽（米）．故答案为：．变式2：如图，在由每个都是小正方形组成的网格纸中，点P是的边上的一点（点O、A、B、C、P均为格点）．请用无刻度的直尺完成下列作图，并标注必要的字母，并描粗相关的格点．

(1)将线段向右平移，使点O与点A重合．①画出线段平移后的线段；②与的位置关系是，数量关系是；(2)在线段上找一点E，且．【答案】(1)①见解析，②平行，相等(2)见解析【分析】本题考查了作图-平移变换，线段的性质：两点之间线段最短，勾股定理：（1）根据平移的性质即可将向右平移，使点O与点A重合；①根据网格即可画出线段平移后的线段；②根据网格即可得与的位置关系和数量关系；（2）根据网格即可画出点E．【详解】（1）解：①如图所示即为所求；

②与的位置关系是平行，数量关系是相等；故答案为：平行，相等；（2）解：如图所示点E即为所求，易错点2：平移中的线段问题例：如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），△OAB沿x轴向右平移后得到△O′A′B′，点A的对应点A′在直线y＝x上，则点B与其对应点B′间的距离为（

）A．9 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】如图，连接AA′、BB′．根据点A的坐标为（0，3），△OAB沿x轴向右平移后得到△O′A′B′，求得点A′的纵坐标是3．又因为点A的对应点在直线y=x上一点，求得点A′的坐标（3,3），得到AA′=3，根据平移的性质知BB′=AA′即可求解；【详解】解：如图，连接AA′、BB′．∵点A的坐标为（0，3），△OAB沿x轴向右平移后得到△O′A′B′，∴点A′的纵坐标是3．又∵点A的对应点在直线y=x上一点，∴3=x，解得x=3，∴点A′的坐标是（3，3），∴AA′=3，∴根据平移的性质知BB′=AA′=3．故答案为B．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、坐标与图形变化﹣平移．根据平移的性质得到BB′=AA′是解题的关键．变式1：如图，在△ABC中，AB＝6，将△ABC平移4个单位长度得到△A1B1C1，M是AB的中点，则MA1的最小值为．【答案】1【分析】连接、根据平移的性质和三角形的三边关系即可得到结论．【详解】解：如图：连接AA1，∵将△ABC平移4个单位长度得到△A1B1C1，∴＝4，∵M是AB的中点，∴AM＝AB＝3，∴4-3≤MA1≤4+3，即1≤MA1≤7，∴MA1的最小值为1,故答案为：1．【点睛】本题考查了平移的性质，三角形的三边关系，熟练掌握平移的性质是解题的关键．变式2：在平面直角坐标系中，点满足．

(1)直接写出点A的坐标；(2)如图1，将线段沿y轴向下平移a个单位后得到线段（点O与点B对应），过点C作轴于点D，若，求a的值；(3)如图2，点在y轴上，连接，将线段沿y轴向上平移3个单位后得到线段（点O与点F对应），交于点P，y轴上是否存在点Q，使，若存在，请求Q点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)或(3)点Q的坐标为或【分析】（1）先根据二次根式有意义的条件求得m的值，然后再代入求得n的值即可解答；（2）分点D位于x轴上方和下方两种情形，分别根据，构建方程求解即可．（3）连接，过点P作x轴的平行线，交于点M，交y轴于点N，由三角形的面积得出方程求解即可．【详解】（1）解：∵点满足．∴，∴，∴，∴．（2）解：∵将线段沿y轴向下平移a个单位后得到线段，，∴，∴，①当点D位于x轴上方时，

∵，∴，解得；②当点D位于x轴下方时，

∵，∴，解得．综合以上可得或（3）解：如图：连接，过点P作x轴的平行线，交于点M，交y轴于点N，

由题意有，∴，∴，∴，即，解得：，设，，∴，即×EQ＝6，解得，即，解得或综上，点Q的坐标为或．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了二次根式的性质，平移变换，四边形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题属于中考常考题型．易错点3：平移中的面积问题例：原来是重叠的两个直角三角形，将其中的一个三角形沿着BC方向平移4个单位长度，就得到如图所示的图形，下列结论：①AC∥DF②HE＝5③CF＝4④阴影部分面积为，正确的有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据平移的性质得出对应点所连的线段平行且相等，对应角相等，对应线段平行且相等，阴影部分和三角形面积之间的关系，结合图形与所给的结论即可得出答案．【详解】解：①对应线段平行可得AC∥DF，正确；②对应线段相等可得AB=DE=8，则HE=DE-DH=8-3=5，正确；③平移的距离CF=BE=4，正确；④S四边形HDFC=S梯形ABEH错误故选：C【点睛】本题考查平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．本题关键要找到平移的对应点．变式