专题09 图形的平移、翻折与旋转（真题4个考点+模拟7个考点）-【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学真题分类汇编（上海专用）

专题09 图形的平移、翻折与旋转（真题4个考点+模拟7个考点） 一．平移的性质（共1小题） 1．（2020•上海）如果存在一条线把一个图形分割成两个部分，使其中一个部分沿某个方向平移后能与另一个部分重合，那么我们把这个图形叫做平移重合图形．下列图形中，平移重合图形是　　 A．平行四边形 B．等腰梯形 C．正六边形 D．圆 二．翻折变换（折叠问题）（共1小题） 2．（2024•上海）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则　　． 三．旋转对称图形（共1小题） 3．（2022•上海）有一个正边形旋转后与自身重合，则的值可能为　　 A．6 B．9 C．12 D．15 四．旋转的性质（共2小题） 4．（2023•上海）如图，在中，，将绕着点旋转，旋转后的点落在上，点的对应点为，联结，是的角平分线，则　　． 5．（2021•上海）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为，在正方形外有一点，，当正方形绕着点旋转时，则点到正方形的最短距离的取值范围为 　　． 一．轴对称图形（共1小题） 1．（2024•静安区二模）下列图形中，对称轴条数最多的是　　 A．等腰直角三角形 B．等腰梯形 C．正方形 D．正三角形 二．作图-轴对称变换（共1小题） 2．（2024•静安区三模）折纸能够制作广泛的几何图形，解决数学问题．下面是解决某个数学问题的折纸过程： （1）长方形纸片沿某直线折叠，使点与点重合，折痕交于点； （2）展开后，沿过点的直线折叠，使点落在边上点处．联结，用量角器测得，则长方形纸片中的值为 　　． 三．翻折变换（折叠问题）（共11小题） 3．（2024•崇明区模拟）如图，在矩形中，，，对角线，交于点，点是边上一动点．将沿翻折得到△，交于点，且点在下方，连接．当是直角三角形时，的周长为 　　． 4．（2024•金山区二模）如图，在中，，，是的中点，把沿所在的直线翻折，点落在点处，如果，那么　　． 5．（2024•普陀区二模）如图，在中，，，分别以点、为圆心，1为半径长作、，为边上一点，将和沿着翻折得到△和，点的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么　　． 6．（2024•松江区二模）如图，已知中，，，．是边的中点，是边上一点，将沿着翻折，点落在点处，如果与的一边平行，那么　　． 7．（2024•浦东新区模拟）如图，在矩形中，，，点在上，且，将沿对角线翻折到，连接．则　　． 8．（2024•宝山区校级模拟）如图，在正方形的边上取一点，联结，将沿翻折，点恰好与对角线上的点重合，联结，若，则的面积是 　　 9．（2024•长宁区三模）如图，在中，，，，点在边上，，联结，如果将沿直线翻折后，点的对应点为点，那么点到直线的距离为 　　． 10．（2024•宝山区二模）如图，菱形的边长为5，，是边上一点（不与点、重合），把沿着直线翻折，如果点落在菱形一条边的延长线上，那么的长为 　　． 11．（2024•徐汇区二模）如图，在中，，．已知点是边的中点，将沿直线翻折，点落在点处，联结，那么的长是 　　． 12．（2024•青浦区二模）正方形的边长为1，为边的中点，点在边上，将沿直线翻折，使点落在点处，如果，那么线段的长为 　　． 13．（2024•徐汇区三模）如图，在中，，，是中线，将沿直线翻折后，点落在点，那么的长为 　　． 四．旋转的性质（共9小题） 14．（2024•杨浦区二模）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转，点、分别落在点、处，如果点、、在同一直线上，那么下列结论错误的是　　 A． B． C． D． 15．（2024•黄浦区二模）如图1，一个的网格，其中的12个单位正方形已经被2张“”型和1张“田字”型纸片互不重叠地占据了．下列有4个均由4个单位正方形所组成的纸片，依次记为型号1、型号2、型号3和型号4．将这4个型号的纸片做平移、旋转，恰能将图1中3个未被占据的单位正方形占据，并且与已有的3张纸片不重叠的是　　 A．型号1 B．型号2 C．型号3 D．型号4 16．（2024•长宁区二模）在中，，，将绕着点旋转，点、点的对应点分别是点、点，如果点在的延长线上，且，那么的余弦值为 　　． 17．（2024•崇明区二模）已知在矩形中，，，将矩形绕点旋转，的对应边与边相交于点，联结，当点是中点时，　　． 18．（2024•闵行区二模）在中，，，，为边上一动点，将绕点旋转，使点落在边上的点处，过点作交边于点，联结，当是等腰三角形时，线段的长为 　　． 19．（2024•静安区二模）如图，矩形中，，，将该矩形绕着点旋转，得到四边形，使点在直线上，那么线段的长度是 　　． 20．（2024•普陀区校级三模）已知：如图，在中，，，，以点为旋转中心旋转，点、的对应点分别记为点、．当点落在的边上（不与点重合），求线段的长． 21．（2024•青浦区三模）如图1，含和角的两块三角板和叠合在一起，边与重合，，点为边的中点，边与相交于点，此时线段的长为　　；现将三角板绕点按逆时针方向旋转角度（如图，设边与相交于点，则当从到的变化过程中，点移动的路径长为　　．（结果保留根号） 22．（2024•静安区校级三模）如图，在中，，，，点、分别是边、上一点，，，把绕着点旋转得到△（点、分别与点，对应），如果点，、在同一直线上，那么的长为　　． 五．中心对称图形（共1小题） 23．（2024•奉贤区三模）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． 六．关于原点对称的点的坐标（共1小题） 24．（2024•普陀区二模）在直角坐标平面内，将点先向右平移4个单位，再向上平移6个单位得到点，如果点和点恰好关于原点对称，那么点的坐标是 　　． 七．几何变换综合题（共1小题） 25．（2024•杨浦区四模）如图，在中，，，，分别为，，的中点，连接，． （1）如图1，求证：； （2）如图2，将绕点顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点，射线交于点时，连接并延长交射线于点，判断与的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在（2）的条件下，当时，求的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题09 图形的平移、翻折与旋转（真题4个考点+模拟7个考点） 一．平移的性质（共1小题） 1．（2020•上海）如果存在一条线把一个图形分割成两个部分，使其中一个部分沿某个方向平移后能与另一个部分重合，那么我们把这个图形叫做平移重合图形．下列图形中，平移重合图形是　　 A．平行四边形 B．等腰梯形 C．正六边形 D．圆 【分析】证明平行四边形是平移重合图形即可． 【解答】解：如图，平行四边形中，取，的中点，，连接． 四边形向右平移可以与四边形重合， 平行四边形是平移重合图形， 故选：． 【点评】本题考查平移的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 二．翻折变换（折叠问题）（共1小题） 2．（2024•上海）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则　或　． 【分析】分别考虑在之间时和在的延长线上时两种情况，根据题意假设出每条线段的长度，根据翻折的性质可知各个角之间的关系，即可求解． 【解答】解：当在之间时，如图， 根据，不妨设，，， 由翻折的性质知：， 沿直线翻折至所在直线， ， ， ， 过作的垂线交于， ， ， 当在的延长线上时，如图， 根据，不妨设，，， 同理知：， 过点作的垂线交于， ， ， 故答案为：或． 【点评】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，求余弦值，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨论的思想进行求解． 三．旋转对称图形（共1小题） 3．（2022•上海）有一个正边形旋转后与自身重合，则的值可能为　　 A．6 B．9 C．12 D．15 【分析】如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．直接利用旋转对称图形的性质，结合正多边形中心角相等进而得出答案． 【解答】解：．正六边形旋转后不能与自身重合，不合题意； ．正九边形旋转后不能与自身重合，不合题意； ．正十二边形旋转后能与自身重合，符合题意； ．正十五边形旋转后不能与自身重合，不合题意； 故选：． 【点评】此题主要考查了旋转对称图形，正确把握正多边形的性质是解题的关键． 四．旋转的性质（共2小题） 4．（2023•上海）如图，在中，，将绕着点旋转，旋转后的点落在上，点的对应点为，联结，是的角平分线，则　　． 【分析】由，及角平分线的定义得，根据三角形外角性质得，即有，由三角形的内角和定理求解即可． 【解答】解：如图， ，，是 的角平分线， ， ，， ， 在中，， ， 解得：； 故答案为：． 【点评】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质 及三角形的内角和等知识，孰练掌握相关图形的性质是解题的关键． 5．（2021•上海）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为，在正方形外有一点，，当正方形绕着点旋转时，则点到正方形的最短距离的取值范围为 　　． 【分析】由题意以及正方形的性质得过正方形各边的中点时，最大，过正方形的顶点时，最小，分别求出的值即可得出答案． 【解答】解：如图：设的中点是，过点时，点与边上所有点的连线中，最小，此时最大，过顶点时，点与边上所有点的连线中，最大，此时最小， 如图①：正方形边长为2，为正方形中心， ，，， ， ， ； 如图②：正方形边长为2，为正方形中心， ，，， ， ， ； 的取值范围为． 故答案为：． 【点评】本题考查正方形的性质，旋转的性质，根据题意得出最大、最小时点的位置是解题的关键． 一．轴对称图形（共1小题） 1．（2024•静安区二模）下列图形中，对称轴条数最多的是　　 A．等腰直角三角形 B．等腰梯形 C．正方形 D．正三角形 【分析】先根据轴对称图形的定义确定各选项图形的对称轴条数，然后比较即可选出对称轴条数最多的图形． 【解答】解：、等腰直角三角形有1条对称轴； 、等腰梯形有1条对称轴； 、正方形有4条对称轴； 、正三角形有3条对称轴． 故选：． 【点评】本题考查了轴对称图形的概念，即在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴． 二．作图-轴对称变换（共1小题） 2．（2024•静安区三模）折纸能够制作广泛的几何图形，解决数学问题．下面是解决某个数学问题的折纸过程： （1）长方形纸片沿某直线折叠，使点与点重合，折痕交于点； （2）展开后，沿过点的直线折叠，使点落在边上点处．联结，用量角器测得，则长方形纸片中的值为 　　． 【分析】如图，过点作于点，设．想办法用表示出，，可得结论． 【解答】解：如图，过点作于点，设． 由作图可知， 是直角三角形， ，， ， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形， ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查作图轴对称变换，矩形的性质和判定，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题． 三．翻折变换（折叠问题）（共11小题） 3．（2024•崇明区模拟）如图，在矩形中，，，对角线，交于点，点是边上一动点．将沿翻折得到△，交于点，且点在下方，连接．当是直角三角形时，的周长为 　或6　． 【分析】由矩形的性质可得，再根据翻折性质得，然后分两种情况：①当时；②当时，根据勾股定理可得答案． 【解答】解；在矩形中，． ． ． 没翻折得到△， ，，，． ，． ， ， ， ． ， 分两种情况： ①如图1，当时，． ． 的周长为． ②如图2，当时，． ， ，， 由翻折得，， ． ． ， 在和中， ， ， ， ， ． ，即， ， ， ． 的周长为． 综上所述，的周长为或6． 故答案为：或6． 【点评】此题考查的是翻折变换、勾股定理及矩形的性质，分类讨论是解决此题的关键． 4．（2024•金山区二模）如图，在中，，，是的中点，把沿所在的直线翻折，点落在点处，如果，那么　　． 【分析】由，是的中点，得，由翻折得，，所以，而，则垂直平分，所以，则，求得，则，所以，于是得到问题的答案． 【解答】解：，是的中点， ， 把沿所在的直线翻折，点落在点处， ，， ， ，， 垂直平分， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】此题重点考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、轴对称的性质、等腰三角形的“三线合一”、线段的垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，证明是等边三角形是解题的关键． 5．（2024•普陀区二模）如图，在中，，，分别以点、为圆心，1为半径长作、，为边上一点，将和沿着翻折得到△和，点的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么　　． 【分析】过点作于点，连接，过点作于点，结合等腰三角形的性质解直角三角形求出，，，由折叠的性质得，，，根据两圆外切的性质求出，根据勾股定理求出，则，根据角的和差求出，进而求出，再根据线段的和差求解即可． 【解答】解：如图，过点作于点，连接，过点作于点， ， ，， ，， ， 由折叠的性质得，，， ，， ，， 与外切， ， ， ， ， ，， ， ， ， ； 故答案为：． 【点评】此题考查了折叠的性质、等腰三角形的性质、圆与圆的关系等知识，熟练掌握折叠的性质并分情况讨论是解题的关键． 6．（2024•松江区二模）如图，已知中，，，．是边的中点，是边上一点，将沿着翻折，点落在点处，如果与的一边平行，那么　5或6.5　． 【分析】根据与三边分类讨论，由翻折的性质以及勾股定理求出的长，从而求得的长即可． 【解答】解：①当时，与重合， ，，不构成三角形，不符合题意； ②当，如图： ， ， 由翻折的性质可知，，， 四边形为正方形， ， ； ③当，延长交于，如图： ，， ， 设，则， 在中，， 解得：， ， 综上所述，或6.5． 故答案为：5或6.5． 【点评】本题主要考查了翻折变换，合理运用正方形的判定与性质以及中位线定理和勾股定理是本题解题的关键． 7．（2024•浦东新区模拟）如图，在矩形中，，，点在上，且，将沿对角线翻折到，连接．则　　． 【分析】过作，根据，可得，即可得到，从而得到，根据折叠得到，，即可求出，，根据，得到，即可得到，从而得到，，即可得到答案． 【解答】解：过作， 四边形是矩形， ， ，， ，， ，， ， ， ， ， ， 沿对角线翻折到， ，， ， ， ， ，， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查矩形折叠，解直角三角形，勾股定理，解题的关键是根据线段关系得到一些角度值，结合折叠得到等角转化，从而得到相应的线段的值． 8．（2024•宝山区校级模拟）如图，在正方形的边上取一点，联结，将沿翻折，点恰好与对角线上的点重合，联结，若，则的面积是 　　 【分析】由折叠可得，，且 可得，即可求对角线的长，则可求面积． 【解答】解：如图，连接交于， 为正方形， ，，，，． 沿翻折， ，，，， ， ， ， ， ， ． ． 故答案为：． 【点评】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练应用所学知识解决问题． 9．（2024•长宁区三模）如图，在中，，，，点在边上，，联结，如果将沿直线翻折后，点的对应点为点，那么点到直线的距离为 　　． 【分析】如图，过点作于．首先证明是等边三角形，解直角三角形求出即可． 【解答】解：如图，过点作于． ，， ， ，， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， 到直线的距离为， 故答案为：． 【点评】本题考查翻折变换，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 10．（2024•宝山区二模）如图，菱形的边长为5，，是边上一点（不与点、重合），把沿着直线翻折，如果点落在菱形一条边的延长线上，那么的长为 　或1　． 【分析】分两种情况讨论：点落在延长线上时，由折叠得，过点作于点，过点作于点，得，，由菱形的性质得，可得，设，则，由勾股定理得，由折叠得，而，在中由勾股定理得 解方程求出的值即可解决问题；点落在延长线上时，推导出，，，利用，即，求得，再利用即可得解． 【解答】解：点落在延长线上时，如图1， 过点作于点，过点作于点，点与点重合，如图1， 由折叠得，， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， ，， 设，则，， 由折叠得， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ， 解得， ； 当点落在的延长线上时，如图2， 由折叠的性质得：，，， 由菱形的性质得：， ，即， ， ， 综上，的长为或1． 故答案为：或1． 【点评】本题主要考查翻折变换（折叠问题），菱形的性质，解直角三角形，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 11．（2024•徐汇区二模）如图，在中，，．已知点是边的中点，将沿直线翻折，点落在点处，联结，那么的长是 　　． 【分析】过作，过作，连接，连接交于，根据等腰三角形的性质以及平行线分线段成比例可以求出，的长，然后根据勾股定理求出和的长，根据轴对称的性质可得，，，， 根据等积变换可以求出，从而求得，再根据可以判断为直角三角形，最后根据勾股定理求出的长即可． 【解答】解：如图，过作，过作，连接，连接交于， ， 为中点，， ，， ， ， ， 和关于对称， ，，， ， ， ， ， 为直角三角形， ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了翻折问题，合理运用平行线分线段成比例、勾股定理以及直角三角形的判定是本题解题的关键． 12．（2024•青浦区二模）正方形的边长为1，为边的中点，点在边上，将沿直线翻折，使点落在点处，如果，那么线段的长为 　　． 【分析】依据，即可得到；由折叠可得，，进而得出是直角；利用“一线三等角”判定，即可得到的长． 【解答】解：如图所示，连接，， 由题可得，，， ， ， 由折叠可得，， ， ， 又中，， ， 又， ， ，即， ， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了折叠问题以及相似三角形的判定与性质的运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 13．（2024•徐汇区三模）如图，在中，，，是中线，将沿直线翻折后，点落在点，那么的长为 　　． 【分析】作于，交的延长线于，于，则四边形是矩形，先证明，在中利用勾股定理求出，从而得出，再证明四边形是平行四边形，得到，从而解决问题． 【解答】解：如图，过点作于，交的延长线于，过点作于点，则四边形是矩形． ，， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， 在中， ，， ， ， ， ， 将沿直线翻折后，点落在点， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 故答案为：． 【点评】本题考查翻折变换、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形． 四．旋转的性质（共9小题） 14．（2024•杨浦区二模）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转，点、分别落在点、处，如果点、、在同一直线上，那么下列结论错误的是　　 A． B． C． D． 【分析】由旋转的性质可得，则，，得出，进而得出是等边三角形，即可判断选项，，结论正确． 【解答】解：将绕点逆时针旋转，点、分别落在点、处， ， ，，得 ，故正确； 是等边三角形， ，故正确， ，， ， ，故正确； ，不一定平分， 不一定等于， 故选：． 【点评】本题考查旋转的性质，熟练掌握旋转的想知识解题关键． 15．（2024•黄浦区二模）如图1，一个的网格，其中的12个单位正方形已经被2张“”型和1张“田字”型纸片互不重叠地占据了．下列有4个均由4个单位正方形所组成的纸片，依次记为型号1、型号2、型号3和型号4．将这4个型号的纸片做平移、旋转，恰能将图1中3个未被占据的单位正方形占据，并且与已有的3张纸片不重叠的是　　 A．型号1 B．型号2 C．型号3 D．型号4 【分析】对所给四个型号，按要求依次进行判断即可． 【解答】解：由题知， 型号1是“田字”型， 当放入空白处时，要么右下角的小正方形无法被占据，要么会与左下角的阴影小正方形重叠． 故选项不符合题意． 如图所示，型号2中的图案若不旋转，则无法完全占据空白小正方形， 旋转后，也无法完全占据空白小正方形， ． 故选项不符合题意． 如图所示，型号3无法完全占据空白小正方形， ． 故选项不符合题意． 如图所示，型号4通过旋转可以完全占据空白小正方形，且与已有的正方形不重叠， ． 故选项符合题意． 故选：． 【点评】本题考查旋转的性质，良好的空间想象能力是解题的关键． 16．（2024•长宁区二模）在中，，，将绕着点旋转，点、点的对应点分别是点、点，如果点在的延长线上，且，那么的余弦值为 　　． 【分析】由绕着点旋转，点、点的对应点分别是点、点，点在的延长线上，且，得，得，得，得的余弦值为． 【解答】解：由绕着点旋转，点、点的对应点分别是点、点，点在的延长线上，且， 得， 由中，， 得， 得， 得的余弦值为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，解题关键是正确应用旋转的性质． 17．（2024•崇明区二模）已知在矩形中，，，将矩形绕点旋转，的对应边与边相交于点，联结，当点是中点时，　　． 【分析】作，，易得，，得，，由△得，得，，得，得． 【解答】解：作，， 由矩形，，，将矩形绕点旋转，点是中点， 易得，， 得，， 由△， 得， 得， 得，， 得， 得． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了矩形的旋转问题，解题关键是相似三角形的正确应用． 18．（2024•闵行区二模）在中，，，，为边上一动点，将绕点旋转，使点落在边上的点处，过点作交边于点，联结，当是等腰三角形时，线段的长为 　　． 【分析】先根据题意画出示意图，再分别过点和点作边的垂线，构造出全等三角形，利用全等三角形的性质结合的正切值即可解决问题． 【解答】解：分别过点和点作边的垂线，垂足分别为和， ，，， ，， ． 在和中， ， ， ，． 在中， ， 设，， 则． ． 在中， ， 又， ， ． ，， ． 又， ． 在中， ． 在中， ， ， 解得， 经检验，是原方程的解． ． 故答案为：． 【点评】本题考查旋转的性质及解直角三角形，根据题意画出示意图并通过作垂线构造出全等三角形是解题的关键． 19．（2024•静安区二模）如图，矩形中，，，将该矩形绕着点旋转，得到四边形，使点在直线上，那么线段的长度是 　　． 【分析】根据题意，画出示意图，再根据图形旋转的性质，结合相似三角形的判定和性质即可解决问题． 【解答】解：当点在矩形内部时，如图所示， 由旋转可知， ． 在△中， ， 所以． 在△中， ． 因为，， 所以， 又因为， 所以， 所以， 所以． 当点在矩形外部时，如图所示， 同理可得， ， 因为， 所以， 所以． 综上所述，的长为． 故答案为：． 【点评】本题考查旋转的性质及矩形的性质，能根据题意画出示意图，并对点的位置进行分类讨论是解题的关键． 20．（2024•普陀区校级三模）已知：如图，在中，，，，以点为旋转中心旋转，点、的对应点分别记为点、．当点落在的边上（不与点重合），求线段的长． 【分析】先根据及的余弦，求出和的长，再分别画出点在边和边时的示意图，结合所画图形即可解决问题． 【解答】解：在中， ， ， ． 当点在上时，如图所示， 由旋转可知， ． ， ． 在中， ， ， ． 当点在上时，如图所示， ，， ． 综上所述，的长为2.8或2． 【点评】本题考查旋转的性质及解直角三角形，能根据题意画出示意图是解题的关键． 21．（2024•青浦区三模）如图1，含和角的两块三角板和叠合在一起，边与重合，，点为边的中点，边与相交于点，此时线段的长为　　；现将三角板绕点按逆时针方向旋转角度（如图，设边与相交于点，则当从到的变化过程中，点移动的路径长为　　．（结果保留根号） 【分析】如图1中，过点作于．设，则．构建方程求出即可解决问题．根据旋转角度画出图形，在变化的过程中，点从点运动到与垂直时，与的交点处；在中，求出，即可求 【解答】解：如图1中，过点作于．设，则． 在中，，， 在中，，， ， ， ， ． 当从到的变化过程中，点从运动到（如图中）， ， ， ， 当时，点从点开始向方向运动， 当时，的移动到最大距离（如图中）， 此时， 在中，，， ， ； 当时，点开始离开向点方向运动， 当时，点停止运动； 在中，， ， 点返回运动的路径长为， 点移动的路径为， 故答案为，． 【点评】本题考查点的运动轨迹；能够通过三角形的旋转，结合图形，在和是确定点的运动轨迹是线段，后点开始向做返回运动是解题的关键． 22．（2024•静安区校级三模）如图，在中，，，，点、分别是边、上一点，，，把绕着点旋转得到△（点、分别与点，对应），如果点，、在同一直线上，那么的长为　或　． 【分析】分两种情形分别求解：如图1中，当点在线段上时，解直角三角形求出，即可．如图2中，当在线段上时，同法可得． 【解答】解：如图1中，当点在线段上时， 在中，，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 如图2中，当在线段上时，同法可得 综上所述，满足条件的的长为或． 故答案为或． 【点评】本题考查旋转变换，解直角三角形，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型． 五．中心对称图形（共1小题） 23．（2024•奉贤区三模）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． 【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可． 【解答】解：．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； ．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； ．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； ．该图形是不轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查的是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度后与自身重合． 六．关于原点对称的点的坐标（共1小题） 24．（2024•普陀区二模）在直角坐标平面内，将点先向右平移4个单位，再向上平移6个单位得到点，如果点和点恰好关于原点对称，那么点的坐标是 　　． 【分析】设，根据点的平移规律可得点，然后根据关于原点对称的点的坐标特征可得，，进行计算即可解答． 【解答】解：设， 将点先向右平移4个单位，再向下平移6个单位得到点， 点和点关于原点对称， ，， ，， ，． 故答案为：． 【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，坐标与图形变化平移，熟练掌握点的平移规律，以及关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键． 七．几何变换综合题（共1小题） 25．（2024•杨浦区四模）如图，在中，，，，分别为，，的中点，连接，． （1）如图1，求证：； （2）如图2，将绕点顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点，射线交于点时，连接并延长交射线于点，判断与的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在（2）的条件下，当时，求的长． 【分析】（1）连接，可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据中位线定理可得，即可得证； （2）证明，根据（1）的结论即可得； （3）连接，过点作于，证明，可得，勾股定理求得，，根据，，可得，进而求得，根据求得，根据（2）的结论，即可求解． 【解答】（1）证明：如图1，连接， ，，，分别为，，的中点， ，， ， ； （2）解：， 理由如下： 连接，如图2， ，，，分别为，，的中点， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 将绕点顺时针旋转一定角度，得到， ， ， ， ， ， ； （3）解：如图，连接，过点作于， 中，， ， ， ， ， ， ， ， 中，， 中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，锐角三角函数，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$