第08讲 图形的几何变化（讲练，2考点+13种题型+命题预测）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（全国通用）

模块二 图形与几何基础 第08讲 图形的几何变化 （思维导图+2考点+13种题型+命题预测） 试卷第1页，共3页 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 图形的几何变化基础部分 ►题型01 常见几何变化的识别 ►题型02 与几何变化的性质求解（线段长，周长，面积） ►题型03 与几何变化的性质求解（坐标） ►题型04 与几何变化有关的规律探索问题 ►题型05 与几何图形有关的折叠问题 ►题型06 坐标与图形变化综合 ►题型07 与几何变化的作图题 ►题型08 与几何图形变化有关的多结论问题 考点二 图形的几何变化综合部分 ►题型01 几何变化与全等/相似三角形综合 ►题型02 几何变化与最值问题 ►题型03 几何变化与面积问题 ►题型04 几何变化与动态问题 ►题型05 几何变化与函数综合 01考情透视·目标导航 中考考点 命题预测 图形的几何变化 中考数学中的图形几何变化部分，是考查学生空间想象能力、逻辑推理能力及动手操作能力的重要环节。这一部分内容不仅涵盖基础的几何知识，还融合了图形的运动变化，如平移、旋转和翻折等。近年来，随着中考命题改革的深入，图形几何变化的题目在题型设计、考点分布及考查方式上均呈现出一定的规律和趋势。 【考情分析】 1. 基础知识的考查：中考图形几何变化的题目始终围绕基础知识的考查展开，如基本图形的性质、图形的运动规律及坐标系的应用等。学生需熟练掌握这些基础知识，才能在考试中游刃有余。 2. 动态思维的考查：随着新课改的推进，图形几何变化的题目越来越注重考查学生的动态思维能力，即在图形运动变化中分析和解决问题的能力。这类题目通常要求学生具备较强的空间想象能力和逻辑推理能力。 3. 综合能力的考查：中考图形几何变化的题目往往与其他知识点相结合，如函数、方程等，形成综合性较强的题目。这类题目要求学生具备较强的知识整合能力和问题解决能力。 4. 创新与实践能力的考查：近年来，中考图形几何变化的题目中还出现了一些开放性、探究性的题目，要求学生进行猜想、验证和探究。这类题目注重考查学生的创新意识和实践能力，体现了新课改对学生综合素质的培养要求。 【备考建议】 1. 夯实基础知识：学生应系统复习基本图形的性质、图形的运动规律及坐标系的相关知识，确保熟练掌握这些基础知识。 2. 注重动态思维训练：学生应多做一些涉及图形运动的题目，培养自己的空间想象能力和逻辑推理能力，学会在动态变化中把握图形关系。 3. 加强知识整合：学生应注重将图形几何变化的知识与其他知识点相结合，进行综合性题目的训练，提高自己的知识整合能力和问题解决能力。 4. 培养创新实践能力：学生应积极参与一些开放性、探究性的题目，培养自己的创新意识和实践能力，学会从多角度思考问题并寻找解决方案。 中考图形几何变化的题目虽然具有一定的难度，但只要学生掌握了基础知识，培养了动态思维能力，并加强了知识整合和创新实践能力的培养，就能够在考试中取得好成绩。 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 图形的几何变化基础部分 ►题型01 常见几何变化的识别 1．（2024·江苏徐州·中考真题）古汉字“雷”的下列四种写法，可以看作轴对称图形的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】D 【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线就叫做对称轴． 【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项不符合题意； B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意； C、不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D、是轴对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 2．（2024·山西·中考真题）1949年，伴随着新中国的诞生，中国科学院（简称“中科院”）成立．下列是中科院部分研究所的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（   ） A．山西煤炭化学研究所 B．东北地理与农业生态研究所 C．西安光学精密机械研究所 D．生态环境研究中心 【答案】A 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 【详解】解：A．是中心对称图形，故此选项符合题意； B．不中心对称图形，故此选项不符合题意； C．不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：A． 3．（2024·宁夏银川·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 【答案】D 【分析】本题考查了位似变换，熟练掌握位似变换的特征是解题的关键． 根据位似变换的特征作答即可． 【详解】解：由题意知，物和像属于位似变换， 故选：D． 4．（2024·江苏盐城·中考真题）下列四幅图片中的主体事物，在现实运动中属于翻折的是（    ） A．工作中的雨刮器 B．移动中的黑板 C．折叠中的纸片 D．骑行中的自行车 【答案】C 【分析】本题考查了折叠，根据折叠的定义逐项判断即可求解，掌握折叠的定义是解题的关键． 【详解】解：、工作中的雨刮器，属于旋转，不合题意； 、移动中的黑板，属于平移，不合题意； 、折叠中的纸片，属于翻折，符合题意； 、骑行中的自行车，属于平移，不合题意； 故选：． ►题型02 与几何变化的性质求解（线段长，周长，面积） 5．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（    ） A．15 B． C． D．18 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解． 【详解】解：过点作，交于，过点作垂足为， ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形和都是矩形， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， ∴， ∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动， 作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为， ∵，， ∴， 故选：B． 6．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，等腰中，，，将沿其底边中线向下平移，使的对应点满足，则平移前后两三角形重叠部分的面积是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查平移的性质，相似三角形的判定和性质，三线合一，根据平移的性质，推出，根据对应边上的中线比等于相似比，求出的长，三线合一求出的长，利用面积公式进行求解即可． 【详解】解：∵等腰中，，， ∴， ∵为中线， ∴，， ∴，， ∴， ∵将沿其底边中线向下平移， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 7．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为 【答案】/ 【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 设，，首先根据菱形的性质得到，，连接，，直线l交于点F，交于点G，得到点，D，O三点共线，，，，然后证明出，得到，然后证明出，得到，进而求解即可． 【详解】∵四边形是菱形， ∴设， ∴， 如图所示，连接，，直线l交于点F，交于点G， ∵线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上， ∴，， ∴ ∴点，D，O三点共线 ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ 由对称可得， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴． 故答案为：． 8．（2024·四川广安·中考真题）如图，在中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，，当重合时，最小，最小值为，再进一步结合勾股定理求解即可. 【详解】解：如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，， ∴当重合时，最小，最小值为， ∵，，在中， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 故答案为： 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质，求最小值问题，正确理解各性质及掌握各知识点是解题的关键． 9．（2024·四川雅安·中考真题）如图，在和中，，，将绕点A顺时针旋转一定角度，当时，的度数是 ． 【答案】或 【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，旋转的性质，分两种情况分别画出图形，再结合等腰三角形的性质与角的和差运算可得答案； 【详解】解：如图，当时，延长交于， ∵，， ∴, ∴； 如图，当时，延长交于， ∵，， ∴, ∴， 故答案为：或 10．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在正六边形中，，点在边上，且，若经过点的直线将正六边形面积平分，则直线被正六边形所截的线段长是 ． 【答案】 【分析】本题考查的是勾股定理，等边三角形的性质和判定，正多边形的知识，掌握“正六边形既是轴对称图形也是中心对称图形”是解本题的关键． 如图，连接，交于点，作直线交于，过作于，由正六边形是轴对称图形可得：，由正六边形是中心对称图形可得：，可得直线平分正六边形的面积，为正六边形的中心，再利用直角三角形的性质可得答案． 【详解】解：如图，连接，，交于点，作直线交于，过作于， 由正六边形是轴对称图形可得：， 由正六边形是中心对称图形可得：， 直线平分正六边形的面积，为正六边形的中心． 由正六边形的性质可得：， ∴为等边三角形， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∵，则， ∴ ∴． 故答案为：． ►题型03 与几何变化的性质求解（坐标） 11．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是8，为点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点B作轴，垂足为点D，先求出，由勾股定理求得，再由菱形的性质得到轴，最后由平移即可求解． 【详解】解：过点B作轴，垂足为点D， ∵顶点在直线上，点的横坐标是8， ∴，即， ∴， ∵轴， ∴由勾股定理得：， ∵四边形是菱形， ∴轴， ∴将点B向左平移10个单位得到点C， ∴点， 故选：B． 【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 12．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】由平移性质可知，，则四边形是平行四边形，又，则有四边形是矩形，根据同角的余角相等可得，从而证明，由性质得，设，则，，则，解得：，故有，，得出即可求解． 【详解】如图，过作轴于点，则， 由平移性质可知：，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，，， ∴， 设，则，， ∴，解得：， ∴，， ∴， ∵点在第四象限， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质、平移的性质，同角的余角相等等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 13．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B在反比例函数的图像上，轴于点C，，将沿翻折，若点C的对应点D落在该反比例函数的图像上，则k的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了反比例函数的几何意义，掌握求解的方法是解题的关键． 如图，过点作轴于点．根据，，设，则，由对称可知，，即可得，，解得，根据点C的对应点D落在该反比例函数的图像上，即可列方程求解； 【详解】解：如图，过点作轴于点． ∵点A的坐标为， ∴， ∵，轴， 设，则， 由对称可知，， ∴， ∴，， ∴， ∵点C的对应点D落在该反比例函数的图像上， ∴， 解得：， ∵反比例函数图象在第一象限， ∴， 故答案为：． 14．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点的坐标为，点均在轴上．将绕顶点逆时针旋转得到，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】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．作，求出，的值即可得到答案． 【详解】解：作，交y轴于点F， 由题可得：， 是等边三角形，， ∴是的角平分线， ， ， 在中，， 即， 解得， ， ， ， ， 故答案为：． 15．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与的相似比为，点是位似中心，已知点，点，．则点的坐标为 ．（结果用含，的式子表示）    【答案】 【分析】过点分别作轴的垂线垂足分别为，根据题意得出，则，得出，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点分别作轴的垂线垂足分别为，    ∵与的相似比为，点是位似中心， ∴ ∵， ∴, ∴， ∴ ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查了求位似图形的坐标，熟练掌握位似图形的性质是解题的关键． ►题型04 与几何变化有关的规律探索问题 16．（2024·河北·中考真题）平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“和点”．将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度． 例：“和点”按上述规则连续平移3次后，到达点，其平移过程如下： 若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点，则点Q的坐标为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】D 【分析】本题考查了坐标内点的平移运动，熟练掌握知识点，利用反向运动理解是解决本题的关键． 先找出规律若“和点”横、纵坐标之和除以3所得的余数为0时，先向右平移1个单位，之后按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移，按照的反向运动理解去分类讨论：①先向右1个单位，不符合题意；②先向下1个单位，再向右平移，当平移到第15次时，共计向下平移了8次，向右平移了7次，此时坐标为，那么最后一次若向右平移则为，若向左平移则为． 【详解】解：由点可知横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，继而向上平移1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为2，继而向左平移1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，又要向上平移1个单位，因此发现规律为若“和点”横、纵坐标之和除以3所得的余数为0时，先向右平移1个单位，之后按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移， 若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点，则按照“和点”反向运动16次求点Q坐标理解，可以分为两种情况： ①先向右1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为0，应该是向右平移1个单位得到，故矛盾，不成立； ②先向下1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，则应该向上平移1个单位得到，故符合题意，那么点先向下平移，再向右平移，当平移到第15次时，共计向下平移了8次，向右平移了7次，此时坐标为，即，那么最后一次若向右平移则为，若向左平移则为， 故选：D． 17．（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，如此下去，……，若点的坐标为，则点的坐标为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平面直角坐标系、一次函数、旋转的性质、勾股定理等知识点．找出点的坐标规律以及旋转过程中线段长度的关系是解题的关键． 通过求出点的坐标，、、的长度，再根据旋转的特点逐步推导出后续点的位置和坐标，然后结合图形求解即可． 【详解】 轴，点的坐标为， ，则点的纵坐标为3，代入， 得：，则点的坐标为． ，， ， 由旋转可知，，，， ，， ， ． 设点的坐标为， 则， 解得或（舍去），则， 点的坐标为． 故选C． 18．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为，点B的坐标为，点C在第一象限，．将沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为，点C的对应点为，与的交点为，称点为第一个“花朵”的花心，点为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，滚动2024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形，等腰直角的性质，点的坐标规律探索．连接，求得，，，分别得到，， ，，推导得到，滚动一次得到，滚动四次得到，滚动七次得到，由此得到滚动2024次后停止滚动，则，据此求解即可． 【详解】解：连接， 由题意得，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ， 同理， ， ， 滚动一次得到，滚动四次得到，滚动七次得到， ∴滚动2024次后停止滚动，则时，， 故答案为：． 19．（2024·山东济宁·三模）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，，将绕点O顺时针旋转到，扫过的面积记为，交x轴于点；将绕点O顺时针旋转到，扫过的面积记为，交y轴于点；将绕点O顺时针旋转到，扫过的面积记为，交x轴于点；……；按此规律，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查坐标与旋转，等腰三角形的判定和性质，扇形的面积．根据旋转的性质，得到、、、、都是等腰直角三角形，分别求出 ，，，利用扇形面积求出，抽象概括出相应的数字规律，进而得出结论即可． 【详解】解：将绕点O顺时针旋转到，交x轴于点 ∴，，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； 同理可得：、、、都是等腰直角三角形，，…， ∴ ，，，，； ∴， ∴， 故答案为： ． 20．（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，是正三角形，点A在第一象限，点、．将线段　绕点C按顺时针方向旋转至；将线段绕点B按顺时针方向旋转至；将线段绕点A按顺时针方向旋转至；将线段绕点C按顺时针方向旋转至；……以此类推，则点的坐标是 ．    【答案】 【分析】首先画出图形，然后得到旋转3次为一循环，然后求出点在射线的延长线上，点在x轴的正半轴上，然后利用旋转的性质得到，最后利用勾股定理和含角直角三角形的性质求解即可． 【详解】如图所示，    由图象可得，点，在x轴的正半轴上， ∴．旋转3次为一个循环， ∵ ∴点在射线的延长线上， ∴点在x轴的正半轴上， ∵，是正三角形， ∴由旋转的性质可得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴同理可得，，， ∴， ∴， ∴， ∴由旋转的性质可得，， ∴如图所示，过点作轴于点E，      ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴点的坐标是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，勾股定理，等边三角形的性质．正确确定每次旋转后点与旋转中心的距离长度是关键． 21．（2023·湖南张家界·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点A的坐标为，是以点B为圆心，为半径的圆弧；是以点O为圆心，为半径的圆弧，是以点C为圆心，为半径的圆弧，是以点A为圆心，为半径的圆弧，继续以点B，O，C，A为圆心按上述作法得到的曲线称为正方形的“渐开线”，则点的坐标是 ．    【答案】 【分析】将四分之一圆弧对应的A点坐标看作顺时针旋转，再根据A、、、、的坐标找到规律即可． 【详解】解：∵，且为A点绕B点顺时针旋转所得， ∴， 又∵为点绕O点顺时针旋转所得， ∴， 又∵为点绕C点顺时针旋转所得， ∴， 由此可得出规律：为绕B、O、C、A四点作为圆心依次循环顺时针旋转，且半径为1、2、3、、n，每次增加1， 又∵， 故为以点C为圆心，半径为2022的 顺时针旋转所得， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了点坐标规律探索问题，通过点的变化，结合画弧的方法以及部分点的坐标探索出坐标变化的规律是解题的关键． ►题型05 与几何图形有关的折叠问题 22．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在矩形中，平分，将矩形沿直线折叠，使点A，B分别落在边上的点，处，，分别交于点G，H．若，，则的长为（    ） A． B． C． D．5 【答案】A 【分析】本题考查了折叠的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．先证明，设，证明和，推出和，由，列式计算求得，在中，求得的长，据此求解即可． 【详解】解：如图，交于点， ∵矩形， ∴， 由折叠的性质得，，四边形和四边形都是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵平分，， ∴， ∴， 设， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴，即①， ∵， ∴， ∴，即②， ∵， 由①②得， 解得，则， 在中，， ∵， ∴，即， 故答案为：A． 23．（2024·内蒙古·中考真题）如图，在中，，将沿翻折得到，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点为的中点，连接．若，则的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了折叠的性质，旋转的性质，线段垂直平分线的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，勾股定理，直角三角形的性质，三角形的面积，连接与相交于点，连接，由，可得，进而由折叠可得，，得到 ，即得，即可得为等腰直角三角形，即得，，又由旋转得，，，可得，，，即可得为等边三角形，得到，，进而得，，即得，可得，得到，即可得，由得四点共圆，即得，可得，由此可得，，得到，最后根据即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接与相交于点，连接， ∵， ∴， 由折叠可得，， ∴ ， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，， 又由旋转得，，， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故选：． 24．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为 ． 【答案】 【分析】设正方形的边长为a，与y轴相交于G，先判断四边形是矩形，得出，，，根据折叠的性质得出，，在中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在中，利用勾股定理构建关于的方程，求出的值，即可求解． 【详解】解∶设正方形的边长为a，与y轴相交于G， 则四边形是矩形， ∴，，， ∵折叠， ∴，， ∵点A的坐标为，点F的坐标为， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴点E的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键． 25．（2024·四川广元·中考真题）已知与的图象交于点，点B为y轴上一点，将沿翻折，使点B恰好落在上点C处，则B点坐标为 ．    【答案】 【分析】本题考查了反比例函数的几何综合，折叠性质，解直角三角形的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先得出以及，根据解直角三角形得，根据折叠性质，，然后根据勾股定理进行列式，即． 【详解】解：如图所示：过点A作轴，过点C作轴，    ∵与的图象交于点， ∴把代入，得出， ∴， 把代入， 解得， ∴， 设， 在， ∴， ∵点B为y轴上一点，将沿翻折， ∴，， ∴， 则， 解得（负值已舍去）， ∴， ∴， ∴点的坐标为， 故答案为：． 26．（2024·江西·中考真题）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为 ． 【答案】或或2 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据，可得或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键． 【详解】解：为直径，为弦， ， 当的长为正整数时，或2， 当时，即为直径， 将沿翻折交直线于点F，此时与点重合， 故； 当时，且在点在线段之间， 如图，连接， 此时， ， ， ， ， ； 当时，且点在线段之间，连接， 同理可得， ， 综上，可得线段的长为或或2， 故答案为：或或2． 27．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，，，，，点D，E分别在边上，，连接，将沿翻折，得到，连接，．若的面积是面积的2倍，则 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、折叠性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，是综合性强的填空压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 设，，根据折叠性质得，，过E作于H，设与相交于M，证明得到，进而得到，，证明是等腰直角三角形得到，可得，证明得到，则，根据三角形的面积公式结合已知可得，然后解一元二次方程求解x值即可． 【详解】解：∵， ∴设，， ∵沿翻折，得到， ∴，， 过E作于H，设与相交于M， 则，又， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴，，则， ∴是等腰直角三角形， ∴，则， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ， ∵的面积是面积的2倍， ∴，则， 解得，（舍去）， 即， 故答案为：． ►题型06 坐标与图形变化综合 28．（2024·山东青岛·中考真题）如图，将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和平移，全等三角形的性质与判定，先根据题意得到平移方式为向右平移3个单位长度，则可得平移后点A的对应点坐标为；如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，证明，得到，则，即点A的对应点的坐标是． 【详解】解：由题意得，平移前， ∵将正方形先向右平移，使点B与原点O重合， ∴平移方式为向右平移3个单位长度， ∴平移后点A的对应点坐标为， 如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点A的对应点的坐标是， 故选：A． 29．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，．将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，过作轴于，求解，，可得，求解，，可得，再利用平移的性质可得． 【详解】解：如图，过作轴于，    ∵菱形的顶点A的坐标为，． ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度， ∴； 故选A 【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，图形的平移，熟练的求解B的坐标是解本题的关键． 30．（2023·湖北荆州·中考真题）如图，直线分别与轴，轴交于点，，将绕着点顺时针旋转得到，则点的对应点的坐标是（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据一次函数解析式求得点的坐标，进而根据旋转的性质可得，，，进而得出，结合坐标系，即可求解． 【详解】解：∵直线分别与轴，轴交于点，， ∴当时，，即，则， 当时，，即，则， ∵将绕着点顺时针旋转得到， 又∵ ∴，，， ∴， 延长交轴于点，则，， ∴ ，    故选：C． 【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴交点问题，旋转的性质，坐标与图形，掌握旋转的性质是解题的关键． 31．（2023·四川巴中·中考真题）规定：如果两个函数的图象关于y轴对称，那么称这两个函数互为“Y函数”．例如：函数与互为“Y函数”．若函数的图象与x轴只有一个交点，则它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为 ． 【答案】或 【分析】根据题意与x轴的交点坐标和它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标关于y轴对称，再进行分类讨论，即和两种情况，求出与x轴的交点坐标，即可解答． 【详解】解：①当时，函数的解析式为， 此时函数的图象与x轴只有一个交点成立， 当时，可得，解得， 与x轴的交点坐标为， 根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为； ①当时， 函数的图象与x轴只有一个交点， ，即， 解得， 函数的解析式为， 当时，可得， 解得， 根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为， 综上所述，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了轴对称，一次函数与坐标轴的交点，抛物线与x轴的交点问题，理解题意，进行分类讨论是解题的关键． 32．（2024·江苏无锡·中考真题）在探究“反比例函数的图象与性质”时，小明先将直角边长为5个单位长度的等腰直角三角板摆放在平面直角坐标系中，使其两条直角边分别落在轴负半轴、轴正半轴上（如图所示），然后将三角板向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度后，小明发现两点恰好都落在函数的图象上，则的值为 ． 【答案】2或3 【分析】本题考查了反比例函数，平移，解一元二次方程． 先得出点A和点B的坐标，再得出平移后点A和点B对应点的坐标，根据平移后两点恰好都落在函数的图象上，列出方程求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 设平移后点A、B的对应点分别为， ∴， ∵两点恰好都落在函数的图象上， ∴把代入得：， 解得：或． 故答案为：2或3． ►题型07 与几何变化的作图题 33．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． (1)画出关于y轴对称的，并写出点的坐标； (2)画出绕点A逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（2）的条件下，求点B旋转到点的过程中所经过的路径长（结果保留） 【答案】(1)作图见解析， (2)作图见解析， (3) 【分析】本题考查了利用旋转变换作图，轴对称和扇形面积公式等知识，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键． （1）根据题意画出即可；关于y轴对称点的坐标横坐标互为相反数，纵坐标不变； （2）根据网格结构找出点、以点为旋转中心逆时针旋转后的对应点，然后顺次连接即可； （3）先求出，再由旋转角等于，利用弧长公式即可求出． 【详解】（1）解：如图，为所求；点的坐标为， （2）如图，为所求；， （3）， 点B旋转到点的过程中所经过的路径长． 34．（2024·安徽·中考真题）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、D的坐标分别为，，，．    (1)以点D为旋转中心，将旋转得到，画出； (2)直接写出以B，，，C为顶点的四边形的面积； (3)在所给的网格图中确定一个格点E，使得射线平分，写出点E的坐标． 【答案】(1)见详解 (2)40 (3)(答案不唯一) 【分析】本题主要考查了画旋转图形，平行四边形的判定以及性质，等腰三角形的判定以及性质等知识，结合网格解题是解题的关键． （1）将点A，B，C分别绕点D旋转得到对应点，即可得出． （2）连接，，证明四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质以及网格求出面积即可． （3）根据网格信息可得出，，即可得出是等腰三角形，根据三线合一的性质即可求出点E的坐标． 【详解】（1）解：如下图所示：    （2）连接，， ∵点B与，点C与分别关于点D成中心对称， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴． （3）∵根据网格信息可得出，， ∴是等腰三角形， ∴也是线段的垂直平分线， ∵B，C的坐标分别为，， ∴点， 即．（答案不唯一） 35．（2024·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作四边形，使其是轴对称图形且点、均在格点上． (1)在图①中，四边形面积为2； (2)在图②中，四边形面积为3； (3)在图③中，四边形面积为4． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查网格作图、设计图案、轴对称的性质、平移的性质等知识点，根据轴对称的性质、平移的性质作图是解题的关键． （1）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为2四边形即可． （2）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为3四边形即可． （3）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为4四边形即可． 【详解】（1）解：如图①：四边形即为所求； （不唯一）． （2）解：如图②：四边形即为所求； （不唯一）． （3）解：如图③：四边形即为所求； （不唯一）． ►题型08 与几何图形变化有关的多结论问题 36．（2024·四川资阳·中考真题）已知二次函数与的图像均过点和坐标原点，这两个函数在时形成的封闭图像如图所示，为线段的中点，过点且与轴不重合的直线与封闭图像交于，两点．给出下列结论： ①； ②； ③以，，，为顶点的四边形可以为正方形； ④若点的横坐标为，点在轴上（，，三点不共线），则周长的最小值为． 其中，所有正确结论的个数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意可得两个函数的对称轴均为直线，根据对称轴公式即可求出，可判断①正确；过点作交轴于点，过点作交轴于点，证明，可得，可判断②正确；当点、分别在两个函数的顶点上时，，点、的横坐标均为，求出的长度，得到，可判断③正确；作点关于轴的对称点，连接交轴于点，此时周长的最小，小值为，即可判断④． 【详解】解：①二次函数与的图像均过点和坐标原点，为线段的中点， ，两个函数的对称轴均为直线， 即， 解得：，故①正确； ②如图，过点作交轴于点，过点作交轴于点， ， 由函数的对称性可知， 在和中， ， ， ，故正确②； ③当点、分别在两个函数的顶点上时，，点、的横坐标均为， 由①可知两个函数的解析式分别为，， ，， ， 点， ， ， 由 ， 此时以，，，为顶点的四边形为正方形，故③正确； ④作点关于轴的对称点，连接交轴于点，此时周长的最小，最小值为， 点的横坐标为， ，点的横坐标为， ，， ，， 周长的最小值为，故正确④； 故选：D． 【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及二次函数的图像与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定，对称中的最值问题等知识，解题的关键是灵活运用这些知识． 37．（2024·新疆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于两点，轴于点，连接交轴于点，结合图象判断下列结论：点与点关于原点对称；点是的中点；在的图象上任取点和点，如果，那么； ．其中正确结论的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，反比例函数的性质，根据反比例函数的性质逐项判断即可求解，掌握反比例函数的性质是解题的关键． 【详解】解：∵直线与双曲线交于两点， ∴点与点关于原点对称，故正确； ∵点与点关于原点对称， ∴， ∵轴，轴， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点，故正确； ∵， ∴在每一象限内，随的增大而减小， 当在同一象限内时，如果，那么；当不在同一象限内时，如果，那么，故错误； ∵轴， ∴， ∵点与点关于原点对称， ∴， ∵点是的中点， ∴，故正确； ∴正确结论有个， 故选：． 38．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．    【答案】②③④ 【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判断②；根据相似可以得到，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④． 【详解】解：∵，， ∴， 在点P移动过程中，不一定， 相矛盾， 故①不正确；    延长交于点H, 则为矩形， ∴ ∵，， ∴ ∴， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴ 故②正确； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故③正确， ， 即当 的最小值，作B、D关于的对称点, 把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，, 这时， 即的最小值是20， 故④正确； 故答案为：②③④    【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 39．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形沿着直线折叠，使点C与延长线上的点Q重合．交于点F，交延长线于点E．交于点P，于点M，，则下列结论，①，②，③，④．正确的是（    ）    A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】由折叠性质和平行线的性质可得，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出，再求出即可判断②正确；由得，求出即可判断③正确；根据即可判断④错误． 【详解】由折叠性质可知：， ∵， ∴． ∴． ∴． 故正确； ∵，， ∴． ∵， ∴． 故正确； ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． 故正确； ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴与不相似． ∴． ∴与不平行． 故错误； 故选A． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键． 1. 平移的性质： 1）平移不改变图形的大小、形状，只改变图形的位置，因此平移前后的两个图形全等. 2）平移前后对应线段平行（或在同一条直线上）且相等、对应角相等. 3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等，对应点之间的距离就是平移的距离. 2.轴对称与中心对称 类别 轴对称 中心对称 性质 1）对应点的连线被对称轴垂直平分； 2）成轴对称的两个图形全等； 3）只有一条对称轴. 1）对应点的连线都经过对称中心，且被对称中心平分； 2）成中心对称的两个图形全等； 3）只有一个对称中心. 3.轴对称图形与中心对称图形 类别 轴对称图形 中心对称图形 性质 1）有对称轴; 2）将图形沿对称轴折叠后，对称轴两旁的部分完全重合. 1) 有对称中心; 2) 将图形绕对称中心旋转180°旋转后的图形能与原来的图形重合. 4. 旋转的性质： 1）对应点到旋转中心的距离相等； 2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； 3）旋转前后的图形全等． 1．（2025·江西·模拟预测）下列乐谱符号，是中心对称图形的是（    ） A．B．C．D． 【答案】D 【分析】本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合．根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转，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，逐一判断即可． 【详解】解：A、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故不符合题意； B、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故不符合题意； C、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故不符合题意； D、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形，故符合题意； 故选：D． 2．（2025·陕西西安·一模）未来将是一个可以预见的时代，下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称图形的定义，中心对称图形的定义，根据沿着某条直线折叠，两边的图形能够重合的图形是轴对称图形；在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与原图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形；据此进行逐项判断即可 【详解】 解：A、是中心对称图形但不是轴对称图形，故该选项不符合题意； B、是轴对称图形但不是中心对称图形，故该选项不符合题意； C、不是中心对称图形也不是轴对称图形，故该选项不符合题意； D、是轴对称图形也是中心对称图形，故该选项不符合题意； 故选：A 3．（2025·天津·模拟预测）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为，连接交于点，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三角形旋转的性质，结合三角形内角和定理、等边三角形的判定与性质等知识来分析每个选项． 【详解】解：由旋转可知，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴，A正确． ∵， ∴与不平行，D错误． ∴， ∴与不垂直，B错误． ∵， ∴， ∴，C错误． 故选：A． 【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定、三角形内角和定理． 4．（2025·陕西西安·一模）直线与轴交于点，将直线绕点顺时针旋转，得到直线，则直线对应的函数表达式是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查求一次函数解析式，作出函数图像，利用特殊角度的三角函数求出旋转后的直线与轴的交点坐标是解题的关键．根据题意作出函数图象，设直线与轴交于点，与轴交于点，直线绕点顺时针旋转后所得直线与轴交于点，根据旋转角度推出，利用三角函数求出，得到点坐标，即可求出旋转后的直线解析式． 【详解】如图，设直线与轴交于点，与轴交于点， 在中，当时，， 当时，，解得， ∴直线与轴交于点，与轴交于点， ， ， 是等腰直角三角形， ， 设直线绕点逆顺时针旋转后所得直线与轴交于点，如图所示， 则， ， ， ， ∴， 设直线的解析式为， 把点代入，得 ， 解得， ∴直线的解析式为． 故选：C． 5．（2025·江西·模拟预测）关于二次函数与，若在同一平面直角坐标系内画出它们的图象，则下列说法不正确的是（    ） A．抛物线与的对称轴都是轴 B．抛物线与关于直线成轴对称 C．抛物线向下平移2个单位得到 D．抛物线与关于点成中心对称 【答案】C 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数的平移，解题的关键是掌握相关知识．根据二次函数的图象与性质，二次函数的平移以及中心对称的知识，逐一判断即可． 【详解】解：A、抛物线与的对称轴都是轴，故该选项正确； B、设点在抛物线上，则点直线对称的点的坐标为，将代入可得：，即点在抛物线上，故抛物线与关于直线成轴对称，故该选项正确； C、抛物线向下平移2个单位得到，而不是，故该选项错误； D、设点在抛物线上，则点关于对称的点的坐标为，将代入可得：，即点在抛物线上，故抛物线与关于成中心对称，故该选项正确； 故选：C． 6．（2025·浙江宁波·一模）如图，长方形沿折叠，使点D落在边上的点F处．如果，那么 ， ， ． 【答案】 /55度 【分析】此题考查了折叠的性质，全等三角形的性质，直角三角形两锐角互余，解题的关键是掌握以上知识点． 先根据矩形的性质得到，进而根据角的运算得到，再根据折叠的性质得到，根据三角形全等的性质得到，从而结合题意进行角的运算即可求解． 【详解】解：∵四边形是长方形， ∴， ∵， ∴， 由折叠得， ； 又∵， ∴，， ∴． 故答案为：，，． 7．（2024·甘肃兰州·二模）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转到的位置，点的对应点首次落在斜边上，则点的运动路径的长为 ．      【答案】 【分析】本题考查了旋转变换，等边三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解题的关键是证明是等边三角形． 首先证明是等边三角形，再根据弧长公式计算即可． 【详解】解：∵在中， ，， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质得，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴点A的运动路径的长为． 故答案为：． 8．（2024·辽宁抚顺·二模）为等边三角形，D为平面内一点，连接，将绕点D顺时针旋转，得到线段，连，．当，，时， ． 【答案】2或 【分析】本题主要考查等边三角形的判定与性质，旋转的性质以及勾股定理等知识，分在的左侧和右侧两种情况讨论求解即可． 【详解】解：如图，当在的左侧时， ∵是等边三角形， ∴； 由旋转得 ∵是等边三角形， 延长交于点， ∵ ∴ ∵ ∴， 由勾股定理得，， 而， ∴点与点F重合， ∴ ∴； 如图，当在的右侧时， 同理得是等边三角形， ∴ ∵， ∴ ∴, 综上，的长为2或， 故答案为：2或． 9．（2025·河南周口·一模）如图，在中，，，是平面内一点，，连接．将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，则的最大值为 ，最小值为 ． 【答案】 / / 【分析】本题主要考查了勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转的性质等知识点，发现点在以点为圆心、1为半径的圆上和点在以点A为圆心、1为半径的圆上并画出图形是解题的关键． 如图：连接，由勾股定理可得，再根据旋转的性质可得点在以点为圆心，1为半径的圆上；然后再证明可得，点在以点A为圆心，1为半径的圆上．然后画出图形，根据图形求最值即可． 【详解】解：如图：连接， ，， ． 是平面内一点，， 点在以点为圆心，1为半径的圆上． ，， ． 在与中， ， ， ， 点在以点A为圆心，1为半径的圆上． 如图1，当点在线段的延长线上时，最大， ∴，即的最大值为； 如图2，当点在线段上时，有最小值， ∴，即的最小值为． 10．（2024·安徽亳州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，给出了格点，（顶点均在正方形网格的格点上），已知点A的坐标为．    (1)画出关于y轴对称的； (2)以点为位似中心，在给定的网格中画出，使与位似，并且点的坐标为； (3)与的相似比是______． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】此题主要考查了作图位似变换，坐标与图形变化—轴对称： （1）根据轴对称的性质作出图形即可； （2）利用点和的坐标特征得到位似比为2，连接并延长至点使得，同理得到点，顺次连接即可得到； （3）根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）解：如图所示：即为所求；    （2）解：如图所示：即为所求；    （3）解：由图可知，，， 与的相似比， 故答案为：． 考点二 图形的几何变化综合部分 ►题型01 几何变化与全等/相似三角形综合 1．（2024·山东德州·中考真题）在中，，，点D是上一个动点（点D不与A，B重合），以点D为中心，将线段顺时针旋转得到线． (1)如图1，当时，求的度数； (2)如图2，连接，当时，的大小是否发生变化？如果不变求，的度数；如果变化，请说明理由； (3)如图3，点M在CD上，且，以点C为中心，将线CM逆时针转得到线段CN，连接EN，若，求线段EN的取值范围． 【答案】(1) (2)的大小不发生变化，，理由见解析 (3) 【分析】（1）由旋转的性质得，由等边对等角和三角形内角和定理得到，由三角形外角的性质得，进而可求出的度数； （2）连接交于点O，证明得，再证明即可求出的度数； （3）过点C作于H，求出，则；由旋转的性质得，，，设，则；如图所示，过点D作于G，则可得到，，由勾股定理得；证明，在中，由勾股定理得 ；再求出，即可得到． 【详解】（1）解：由旋转的性质得． ∵，， ∴． ∵， ∴， ∴； （2）解：的大小不发生变化，，理由如下： 连接交于点O， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：如图所示，过点C作于H， ∵，， ∴， ∵， ∴； 由旋转的性质得，，， 设， ∵， ∴， 如图所示，过点D作于G， ∵，， ∴， ∵， ∴，， 在中，由勾股定理得， ∴, ∵， ∴， 在中，由勾股定理得 ， ∴或（舍去）； ∵点D是上一个动点（点D不与A，B重合）， ∴，即， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边对等角等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键． 2．（2024·山东东营·中考真题）在中，，，． (1)问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 【答案】(1)； (2)一致；理由见解析 (3) 【分析】（1）延长交于点H，根据旋转得出，，，根据勾股定理得出，，根据等腰三角形的性质得出，，根据三角形内角和定理求出，即可得出结论； （2）延长交于点H，证明，得出，，根据三角形内角和定理得出，即可证明结论； （3）过点C作于点N，根据等腰三角形的性质得出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出，根据解析（2）得出． 【详解】（1）解：延长交于点H，如图所示： ∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，，， ∴根据勾股定理得：，， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴． （2）解：线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论一致；理由如下： 延长交于点H，如图所示： ∵将绕点旋转得到， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，， ∴； 又∵，，， ∴， ∴； （3）解：过点C作于点N，如图所示： 根据旋转可知：， ∴， ∵在中，，，， ∴根据勾股定理得：， ∵，， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， 根据解析（2）可知：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法． 3．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践 (1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______． (2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：与的比值为______． ②证明：四边形为平行四边形． (3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． 【答案】(1) (2)①1；②见详解 (3)见详解 【分析】（1）由“角角边”即可证明； （2）①由操作知，将四边形绕点E旋转得到四边形，故，因此；②由两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明； （3）取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形． 【详解】（1）解：如图， ∵， ∴， 由题意得为中点，‘ ∴’， ∵， ∴ 故答案为：； （2）解：①如图，由操作知，点E为中点，将四边形绕点E旋转得到四边形， ∴， ∴， 故答案为：1； ②如图， 由题意得，是的中点，操作为将四边形绕点E旋转得到四边形，将四边形绕点H旋转得到四边形，将四边形放在左上方空出， 则，， ∵，，， ∴， ∵ ∴， ∴三点共线，同理三点共线， 由操作得，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （3）解：如图，     如图，取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形． 由题意得，，， ∴， ∴， 由操作得，， ∵， ∴， ∴三点共线， 同理三点共线， ∵， ∴四边形为矩形， 如图，连接， ∵为中点， ∴， 同理， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 由操作得，，而， ∴， 同理，， ∵，，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴四边形能放置左上方空出， ∴按照以上操作可以拼成一个矩形． 【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，图形的旋转，三角形的中位线，正确理解题意是解题的关键． 4．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在中，，点D在直线上，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，过点E作，交直线于点F． （1）当点D在线段上时，如图①，求证：； 分析问题：某同学在思考这道题时，想利用构造全等三角形，便尝试着在上截取，连接，通过证明两个三角形全等，最终证出结论： 推理证明：写出图①的证明过程： 探究问题：　　 （2）当点D在线段的延长线上时，如图②：当点D在线段的延长线上时，如图③，请判断并直接写出线段，，之间的数量关系； 拓展思考： （3）在（1）（2）的条件下，若，，则______． 【答案】（1）见解析；（2）图②：，图③：；（3）10或18 【分析】（1）在边上截取，连接，根据题意证明出，得到，然后证明出是等边三角形，得到，进而求解即可； （2）图②：在上取点H，使，连接并延长到点G使，连接，首先证明出是等边三角形，得到，然后求出，然后证明出，得到，，然后证明出是等边三角形，得到，进而求解即可； 图③：在上取点H使，同理证明出，得到，，进而求解即可； （3）根据勾股定理和含角直角三角形的性质求出，，然后结合，分别（1）（2）的条件下求出的长度，进而求解即可． 【详解】（1）证明：在边上截取，连接． 在中，． ， ． 又， ． 又，， ． 又， ． ． ． ． ， ． 是等边三角形． ， ， ； （2）图②：当点D在线段的延长线上时，，证明如下： 如图所示，在上取点H，使，连接并延长到点G使，连接， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵线段绕点A顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴； 图③：当点D在线段的延长线上时，，证明如下∶ 如图所示，在上取点H使， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵将线段绕点A顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （3）如图所示， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 由（1）可知，， ∴； 如图所示，当点D在线段的延长线上时， ∵，与矛盾， ∴不符合题意； 如图所示，当点D在线段的延长线上时， ∵，， ∴， 由（2）可知，， ∵， ∴． 综上所述，或18． 【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，等边三角形的性质和判定，含角直角三角形的性质，解题的关键是掌握以上知识点． ►题型02 几何变化与最值问题 5．（2024·甘肃兰州·中考真题）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点M，N分别为，上的动点（不含端点），且． 【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点M逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明： 【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由； 【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值． 【答案】（1）见详解，（2）四边形为平行四边形，（3） 【分析】（1）根据等边三角的性质可得，再由旋转的性质可得，从而可得，证明，即可得证； （2）根据等腰直角三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，，从而可得，由平行线的判定可得，证明，可得，利用等量代换可得，再由平行线的判定可得，根据平行四边形的判定即可得证； （3）过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O，根据等腰三角形的性质可证，证明，可得，从而可得当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值，根据平行线的性质和平角的定义可得，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求得，从而可得，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明∵为等边三角形， ∴， ∵绕点M逆时针旋转得到， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：四边形为平行四边形，理由如下， ∵，， ∴， ∵绕点M逆时针旋转得到， ∴，， ∴， 则， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 则四边形为平行四边形； （3）解：如图，过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值， ∵， ∴ ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定、旋转的性质及等边三角形的性质，熟练掌握相关定理得出当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值是解题的关键． 6．（2024·江苏连云港·中考真题）【问题情境】 （1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略； 【操作实践】 （2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系； 【探究应用】 （3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长； （4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值． 【答案】（1）2（2）（3）（4） 【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案； （2）如图，由，证明，再结合图形变换可得答案； （3）如图，将绕点逆时针旋转，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，可得当与相切时，最大，再进一步解答即可； （4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，当三点共线时，最短，再进一步解答即可. 【详解】解：如图， ∵正方形，及圆为正方形的内切圆，为正方形的外接正方形， ∴设，， ∴，， ∴，， ∴大正方形面积是小正方形面积的2倍． （2）如图，∵， ∴，， ，， ∴， 如图， 结合图形变换可得：； （3）如图，∵将绕点逆时针旋转， ∴在以为圆心，为半径的圆上运动， ∵为圆外一个定点， ∴当与相切时，最大， ∴， ∴， 由（2）可得：， ∵，， ∴ ， ∴； （4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接， ∴，， 再将沿方向平移，使与重合，如图，得， 由（2）可得：， ∴当三点共线时，最短， ∵，， ∴，， ∴； ∴的最小值为； 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 7．（2023·山东淄博·中考真题）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动． (1)操作判断 小红将两个完全相同的矩形纸片和拼成“L”形图案，如图①． 试判断：的形状为________．    (2)深入探究 小红在保持矩形不动的条件下，将矩形绕点旋转，若，． 探究一：当点恰好落在的延长线上时，设与相交于点，如图②．求的面积． 探究二：连接，取的中点，连接，如图③． 求线段长度的最大值和最小值．    【答案】(1)等腰直角三角形 (2)探究一：；探究二：线段长度的最大值为，最小值为 【分析】（1）由，可知是等腰三角形，再由，推导出，即可判断出是等腰直角三角形， （2）探究一：证明，可得，再由等腰三角形的性质可得，在中，勾股定理列出方程，解得，即可求的面积； 探究二：连接，取的中点，连接，取、的中点为、，连接，，，分别得出四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，则，可知点在以为直径的圆上，设的中点为，，即可得出的最大值与最小值． 【详解】（1）解：两个完全相同的矩形纸片和， ， 是等腰三角形， ，．， ， ， ∵， ∴， ∴， ， ， ， 是等腰直角三角形， 故答案为：等腰直角三角形； （2）探究一：，，， ， ， ，， ， ，， ， 在中，， ， 解得 ， ， 的面积 ； 探究二：连接，取的中点，连接，，取、的中点为、，连接，，，     是的中点， ，且 ， ， ，， ，且， 四边形是平行四边形， ，， ，， ，， 四边形是平行四边形， ， ， 点在以为直径的圆上， 设的中点为， ， 的最大值为，最小值为． 【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，平行四边形的性质，圆的性质，能够确定H点的运动轨迹是解题的关键． 8．（2023·湖北随州·中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题． (1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点） 当的三个内角均小于时， 如图1，将绕，点C顺时针旋转得到，连接，      由，可知为 ① 三角形，故，又，故， 由 ② 可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有 ③ ； 已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若，则该三角形的“费马点”为 ④ 点． (2)如图4，在中，三个内角均小于，且，已知点P为的“费马点”，求的值；    (3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/，a元/，元/，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示） 【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③；④A． (2) (3) 【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论； （2）根据（1）的方法将绕，点C顺时针旋转得到，即可得出可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，在根据可证明，由勾股定理求即可， （3）由总的铺设成本，通过将绕，点C顺时针旋转得到，得到等腰直角，得到，即可得出当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，然后根据已知和旋转性质求出即可． 【详解】（1）解：∵， ∴为等边三角形； ∴，， 又，故， 由两点之间线段最短可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值， 最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴，， ∴，， ∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小． 又∵已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点． ∴该三角形的“费马点”为点A， 故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③；④． （2）将绕，点C顺时针旋转得到，连接， 由（1）可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，    ∵， ∴， 又∵ ∴， 由旋转性质可知：， ∴， ∴最小值为， （3）∵总的铺设成本 ∴当最小时，总的铺设成本最低， 将绕，点C顺时针旋转得到，连接， 由旋转性质可知：，，，， ∴， ∴， 当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，    过点作，垂足为， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ 的最小值为 总的铺设成本（元） 故答案为： 【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键． 9．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 【答案】操作发现：与相切；实践探究：；问题解决：见解析 【分析】操作发现：连接并延长交于点M，连接，根据直径所对圆周角为直角得到，根据旋转的性质得到，由圆周角定理推出，等量代换得到，利用直角三角形的性质即可证明，即可得出结论； 实践探究：证明，得到，结合三角形外角的性质得到，易证，得到，设，则，得到，利用二次函是的性质即可求解； 问题解决：过点E作交于点N，由旋转的性质知：，证明，推出，由旋转的性质得：， 得到，根据，易证，得到，即可证明结论． 【详解】操作发现： 解：连接并延长交于点M，连接， 是直径， ， ， 由旋转的性质得， ， ， ， 是的半径， 与相切； 实践探究： 解： 由旋转的性质得：， 即， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， 当时，有最大值为； 问题解决： 证明：过点E作交于点N， 由旋转的性质知：， ， ， ， ， 由旋转的性质得：， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查圆周角定理，切线的证明，旋转的性质，三角形相似的判定与性质，二次函数最值的应用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键． 10．（2023·四川自贡·中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，，分别是斜边，的中点，．    (1)将绕顶点旋转一周，请直接写出点，距离的最大值和最小值； (2)将绕顶点逆时针旋转（如图），求的长． 【答案】(1)最大值为，最小值为 (2) 【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出的值，进而根据题意求得最大值与最小值即可求解； （2）过点作，交的延长线于点，根据旋转的性质求得，进而得出，进而可得，勾股定理解，即可求解． 【详解】（1）解：依题意，，， 当在的延长线上时，的距离最大，最大值为， 当在线段上时，的距离最小，最小值为；    （2）解：如图所示，过点作，交的延长线于点，    ∵绕顶点逆时针旋转， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键． ►题型03 几何变化与面积问题 11．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．    (1)当时，求四边形的面积； (2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，，根据翻折的性质，可得，，则，；同理，，；进而根据，即可求解； （2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解． 【详解】（1）如图，连接、， 四边形为菱形， ，， 为等边三角形． 为中点， ，， ，． ， 为等腰直角三角形， ，， 翻折， ，， ，；. 同理， ，， ∴； （2）如图，连接、，延长交于点． ，，， ． ∵ ， ， ． ，则， ， ， ． ∵， ． 【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 12．（2023·山东枣庄·中考真题）问题情境：如图1，在中，，是边上的中线．如图2，将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合，折痕分别交于点E，G，F，H．      猜想证明： (1)如图2，试判断四边形的形状，并说明理由． 问题解决； (2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交于点M，N，的对应线段交于点K，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)30 【分析】（1）利用等腰三角形的性质和折叠的性质，得到，即可得出结论． （2）先证明四边形为平行四边形，过点作于点，等积法得到的积，推出四边形的面积，即可得解． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵在中，，是边上的中线， ∴， ∵将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合， ∴， ∴， ∴， ∴， 同法可得：， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， 由（1）知：，， ∴， 过点作于点，    ∵， ∴， ∵四边形的面积，， ∴四边形的面积． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，折叠的性质，平行线分线段对应成比例，菱形的判定，平行四边形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 13．（2024·四川眉山·中考真题）综合与实践 问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心处，并绕点旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况． 操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点处，在旋转过程中： （1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为______；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为______． （2）若正方形的面积为，重叠部分的面积为，在旋转过程中与的关系为______． 类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方形两边于，两点，小宇经过多次实验得到结论，请你帮他进行证明． 拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中角的顶点与点重合，在旋转过程中，当三角板的直角边交于点，斜边交于点，且时，请求出重叠部分的面积． （参考数据：，，） 【答案】（1）4；4；（2）；类比探究：见解析；拓展延伸： 【分析】本题考查了正方形的性质，图形旋转的性质，三角形的全等的判定及性质，三角函数的概念等知识点，正确作辅助线证明三角形全等是解题的关键． 操作发现：（1）根据图形即可判断重叠部分即为（对角线分成的四个三角形中的一个）求出面积即可；当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，证明四边形是正方形，求解面积即可； （2）如图，过点作于点，于点．证明，从而证明，即可求得结论； 类比探究： 先证明，从而证明，即可证明结论； 拓展延伸：过点作于点，于点．先证明，即可证明，，从而证明，根据，即可求得，由重叠部分的面积，即可求得结果． 【详解】解：操作发现：（1）四边形是正方形， ， 当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为； 当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图， ， 四边形是矩形， 四边形是正方形， ，， ， ， 四边形是正方形， ， 四边形的面积是4， 故答案为：4，4； （2）如图，过点作于点，于点． 是正方形的中心， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：； 类比探究： 证明：四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 拓展延伸： 过点作于点，于点． 同（2）可知四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ，， ， ， 由（1）可知，， ， ， ， 重叠部分的面积 ． 14．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在中，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点．    (1)【观察感知】如图2，通过观察，线段与的数量关系是______； (2)【问题解决】如图3，连接并延长交的延长线于点，若，，求的面积； (3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接交于点，则______； (4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线上找点，使，请直接写出线段的长度． 【答案】(1) (2)10 (3) (4)或 【分析】（1）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可求解； （2）根据（1）的方法证明，进而证明，求得，则，然后根据三角形的面积公式，即可求解． （3）过点作于点，证明得出，证明，设，则，代入比例式，得出，进而即可求解； （4）当在点的左侧时，过点作于点，当在点的右侧时，过点作交的延长线于点，分别解直角三角形，即可求解． 【详解】（1）解：∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点．   ， ， ， ， ， 又且 ， ； （2）解：， ， ， ， ， 又且， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：如图所示，过点作于点，    ∵， ∴ ∴， 即，即， 又∵ ∴ ∴， 设，则， 解得： ∴； （4）解：如图所示，当在点的左侧时，过点作于点    ∵ ∴，设，则， 又∵， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴， 解得： 在中， ∴ ∴ 如图所示，当在点的右侧时，过点作交的延长线于点，    ∵ ∴ ∵ ∴ 设，则，， ∵， ∴ 解得： ∴ ∴ 综上所述， 或． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 15．（2024·四川成都·中考真题）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，． 【初步感知】 （1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 （2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由． 【答案】（1）的值为；（2）；（3）直角三角形的面积为4或16或12或． 【分析】（1）根据，，．证明，，继而得到，即，再证明，得到． （2）连接，延长交于点Q，根据(1)得，得到，根据中线得到，继而得到，结合，得到即，得到，再证明，得证矩形，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性质计算即可． （3）运用分类思想解答即可． 【详解】（1）∵，，． ∴， ∴，， ∴即， ∵ ∴， ∴． （2）连接，延长交于点Q，根据（1）得， ∴， ∵是中线 ∴， ∴， ∵， ∴即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得； ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得． （3）如图，当与重合时，此时，此时是直角三角形， 故； 如图，当在的延长线上时，此时，此时是直角三角形， 故； 如图，当时，此时是直角三角形， 过点A作于点Q， ∵， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 故； 如图，当时，此时是直角三角形，过点A作于点Q，交于点N， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得； 故． 综上，直角三角形的面积为4或16或12或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键． ►题型04 几何变化与动态问题 16．（2024·山东青岛·中考真题）如图①，中，中，，边与重合，且顶点E与边上的定点N重合，如图②，从图①所示位置出发，沿射线方向匀速运动，速度为；同时，动点O从点A出发，沿方向匀速运动，速度为，与交于点P，连接，设运动时间为．解答下列问题： (1)当t为何值时，点A在线段的垂直平分线上？ (2)设四边形的面积为S，求S与t的函数关系式； (3)如图③，过点O作，交于点Q，与关于直线对称，连接．是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)当时，点A在线段的垂直平分线上 (2) (3)存在使 【分析】（1）先表示出，，再根据线段垂直平分线上的点到相等两端的距离相等得到，据此建立方程求解即可； （2）如图所示，过点O分别作的垂线，垂足分别为H、G，先由勾股定理得到，再解直角三角形得到，再证明，然后解直角三角形求出的长，最后根据进行求解即可； （3）过点P作于G，解，得到，，则，进而得到；再解得到，由对称性可得，解得到，由平行线的性质得到，则，即可得到，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：如图①所示，∵ ， ∴， 如图②所示，由题意得，， ∴， ∵点A在线段的垂直平分线上， ∴， ∴， 解得， ∴当时，点A在线段的垂直平分线上； （2）解：如图所示，过点O分别作的垂线，垂足分别为H、G， 在中，由勾股定理得， ∴， ∵， ∴； 由（1）可知，， ∴，， 在中，， 在中，， 在中，， ∴， ∴ ； （3）解：如图所示，过点P作于G， 由（2）可知， 在中，，， ∴， ∴， ∴； 在中，， ∴， ∵与关于直线对称， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴或（舍去）， 经检验是原方程的解， ∵， ∴符合题意； 综上所述，存在使． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，线段垂直平分线的性质，轴对称的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 17．（2024·重庆·中考真题）在中，，，过点作． (1)如图1，若点在点的左侧，连接，过点作交于点．若点是的中点，求证：； (2)如图2，若点在点的右侧，连接，点是的中点，连接并延长交于点，连接．过点作交于点，平分交于点，求证：； (3)若点在点的右侧，连接，点是的中点，且．点是直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，点是直线上一动点，连接，．在点的运动过程中，当取得最小值时，在平面内将沿直线翻折得到，连接．在点的运动过程中，直接写出的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）证明得到，再由点是的中点，得到，即可证明； （2）如图所示，过点G作于H，连接，先证明，得到，，再证明是等腰直角三角形，得到；由直角三角形斜边上的中线的性质可得，则，进而可证明，则；设，则，可得由角平分线的定义可得，则可证明，进而证明，得到，即可证明； （3）如图所示，过点D作交延长线与H，连接，则四边形是矩形，可得，证明是等边三角形，得到，进而得到，；由旋转的性质可得，证明，得到，则点Q在直线上运动，设直线交于K，则，可得，由垂线段最短可知，当时，有最小值，则，设，则 ，则，；再求出，则，，由勾股定理得；由全等三角形的性质可得，则；由折叠的性质可得，由，得到当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为，据此代值计算即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，过点G作于H，连接， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 设，则， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图所示，过点D作交延长线与H，连接， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点是的中点，且， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴点Q在直线上运动， 设直线交于K，则， ∴， 由垂线段最短可知，当时，有最小值， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴； 在中，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得； ∵， ∴， ∴； 由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为， ∴的最大值为． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角的性质与判定，旋转的性质，折叠的性质，垂线段最短，矩形的性质与判定等等，解（2）的关键在于作出辅助线证明，得到；解（3）的关键在于通过手拉手模型证明点Q的运动轨迹是直线，从而根据垂线段最短确定点Q的位置． 18．（2023·辽宁大连·中考真题）综合与实践 问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质． 已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究： 独立思考：小明：“当点落在上时，．” 小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．” 实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：    问题1：在等腰中，由翻折得到． （1）如图1，当点落在上时，求证：； （2）如图2，若点为中点，，求的长． 问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展． 问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长． 【答案】（1）见解析；（2）；问题2： 【分析】（1）根据等边对等角可得，根据折叠以及三角形内角和定理，可得 ，根据邻补角互补可得，即可得证； （2）连接，交于点，则是的中位线，勾股定理求得，根据即可求解； 问题2：连接，过点作于点，过点作于点，根据已知条件可得，则四边形是矩形，勾股定理求得，根据三线合一得出，根据勾股定理求得的长，即可求解． 【详解】（1）∵等腰中，由翻折得到 ∴， ， ∵， ∴； （2）如图所示，连接，交于点，    ∵折叠， ∴，，，， ∵是的中点， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴； 问题2：如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，    ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 又， ∴四边形是矩形， 则， 在中，，,， ∴， 在中，， ∴， 在中，． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 19．（2023·重庆·中考真题）在中，，，点为线段上一动点，连接．      (1)如图1，若，，求线段的长． (2)如图2，以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点． 若，求证：． (3)在取得最小值的条件下，以为边在右侧作等边．点为所在直线上一点，将沿所在直线翻折至所在平面内得到． 连接，点为的中点，连接，当取最大值时，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，请直接写出此时的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）解，求得，根据即可求解； （2）延长使得，连接，可得，根据，得出四点共圆，则，，得出，结合已知条件得出，可得，即可得证； （3）在取得最小值的条件下，即，设，则，，根据题意得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，取的中点，连接，则是的中位线，在半径为的上运动，当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，连接，交于点，则四边形是矩形，得出是的中位线，同理可得是的中位线，是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，则，在中，勾股定理求得，进而即可求解． 【详解】（1）解：在中，，， ∴， ∵， ∴； （2）证明：如图所示，延长使得，连接，    ∵是的中点则，，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴四点共圆， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，    在取得最小值的条件下，即， 设，则，， ∴，， ∵将沿所在直线翻折至所在平面内得到． ∴ ∴点在以为圆心，为半径的圆上运动， 取的中点，连接， 则是的中位线， ∴在半径为的上运动， 当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，    ∵是的中点， ∴， ∴是等边三角形， 则， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， 如图所示，连接，交于点，则四边形是矩形，      ∴，是的中点， ∴ 即是的中位线，同理可得是的中位线， ∴， ∵是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到， ∴ ∴ 则 在中， ∴．      【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，折叠的性质，圆外一点到圆上距离的最值问题，垂线段最短，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． ►题型05 几何变化与函数综合 20．（2024·天津·中考真题）将一个平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，且． (1)填空：如图①，点的坐标为______，点的坐标为______； (2)若为轴的正半轴上一动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设． ①如图②，若直线与边相交于点，当折叠后四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据平行四边形的性质，得出结合勾股定理，即可作答． （2）①由折叠得，，再证明是等边三角形，运用线段的和差关系列式化简，，考虑当与点重合时，和当与点B重合时，分别作图，得出的取值范围，即可作答． ②根据①的结论，根据解直角三角形的性质得出，再分别以时，时，，分别作图，运用数形结合思路列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：如图：过点C作 ∵四边形是平行四边形，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故答案为：， （2）解：①∵过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上， ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴是等边三角形 ∴ ∵ ∴ ∴； 当与点重合时， 此时与的交点为E与A重合， 如图：当与点B重合时， 此时与的交点为E与B重合， ∴的取值范围为； ②如图：过点C作 由（1）得出， ∴， ∴ 当时， ∴，开口向上，对称轴直线 ∴在时，随着的增大而增大 ∴； 当时，如图： ∴，随着的增大而增大 ∴在时；在时； ∴当时， ∵当时，过点E作，如图： ∵由①得出是等边三角形， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴开口向下，在时，有最大值 ∴ ∴在时， ∴ 则在时，； 当时，如图， ∴，随着的增大而减小 ∴在时，则把分别代入 得出， ∴在时， 综上： 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形的性质，折叠性质，二次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 21．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点．将点沿轴正方向平移个单位长度得到点为轴正半轴上的点，点的横坐标大于点的横坐标，连接的中点在反比例函数的图象上．      (1)求的值； (2)当为何值时，的值最大?最大值是多少? 【答案】(1)， (2)当时，取得最大值，最大值为 【分析】（1）把点代入，得出，把点代入，即可求得； （2）过点作轴的垂线，分别交轴于点，证明，得出，进而可得，根据平移的性质得出，，进而表示出，根据二次函数的性质即可求解． 【详解】（1）解：把点代入， ∴， 解得：； 把点代入，解得； （2）∵点横坐标大于点的横坐标， ∴点在点的右侧， 如图所示，过点作轴的垂线，分别交轴于点，    ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵将点沿轴正方向平移个单位长度得到点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当时，取得最大值，最大值为． 【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数综合，二次函数的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 22．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，与轴的交点为点和点．    (1)求这个二次函数的表达式； (2)点，在轴正半轴上，，点在线段上，以线段，为邻边作矩形，连接，设． 连接，当与相似时，求的值； 当点与点重合时，将线段绕点按逆时针方向旋转后得到线段，连接，，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点，的对应点分别为、，连接当的边与线段垂直时，请直接写出点的横坐标． 【答案】(1) (2)①或；②或或 【分析】（1）利用待定系数法解答即可； （2）①利用已知条件用含a的代数式表示出点E，D，F，G的坐标，进而得到线段的长度，利用分类讨论的思想方法和相似三角形的性质，列出关于a的方程，解方程即可得出结论； ②利用已知条件，点的坐标的特征，平行四边形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质求得 ，和的长，利用分类讨论的思想方法分三种情形讨论解答利用旋转的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理求得相应线段的长度即可得出结论； 【详解】（1）二次函数的图象经过点，与轴的交点为点， 解得： 此抛物线的解析式为 （2）令，则 解得：或， ∴ ． ∵, ∴ 四边形为矩形， ∴ ∴ ∴ Ⅰ当时， ∴ ∴ ∴ Ⅱ当时， ∴ ∴ ∴ 综上，当与相似时，的值为或； 点与点重合， ∴ ∴ ∴ 四边形为平行四边形， 在和中， Ⅰ、当 所在直线与 垂直时，如图， ，，三点在一条直线上， 过点 作 轴于点 ， 则 ∴此时点 的横坐标为 Ⅱ当所在直线与垂直时，如图， ， ， 设的延长线交于点，过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，则轴，． ， ， ． ， ． ， ， 此时点的横坐标为； Ⅲ当所在直线与垂直时，如图， ，， ， ，，三点在一条直线上，则， 过点作，交的延长线于点， ， 此时点的横坐标为． 综上，当的边与线段垂直时，点的横坐标为或或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，利用点的坐标表示出相应线段的长度和正确利用分类讨论的思想方法是解题的关键 23．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，抛物线经过的三个顶点，其中O为原点，，，点F在线段上运动，点G在直线上方的抛物线上，，于点E，交于点I，平分，，于点H，连接． (1)求抛物线的解析式及的面积； (2)当点F运动至抛物线的对称轴上时，求的面积； (3)试探究的值是否为定值？如果为定值，求出该定值；不为定值，请说明理由． 【答案】(1)，的面积为12 (2)当点F运动至对称轴上时，的面积为3 (3)的值是定值，定值为 【分析】（1）运用待定系数法可得．设点到的距离为，点的纵坐标为，根据三角形面积公式即可求得； （2）当点运动至对称轴上时，点的横坐标为3，可得．连接、，由点与点关于原点对称，可得点、、三点共线，且为的中点．推出，可得点到的距离为．再根据三角形面积公式即可求得答案； （3）过点作于点，过点作于点．运用勾股定理可得．再证得为等腰直角三角形．设，则，再运用解直角三角形可求得，，即可求得答案． 【详解】（1）解：设抛物线解析式为， 将，代入上式，得， 整理得， 解得， ， 设点O到的距离为d，点A的纵坐标为，则，， ∴的面积； （2）解：由（1）得抛物线的对称轴为， 当点F运动至对称轴上时，点F的横坐标为3， ， 即， 连接，， ∵，， ∴A与点C关于原点O对称， ∴点A，O，C三点共线，且O为的中点， ， ， . 平分， ， ， ∴， 与间的距离为d， ∴点H到的距离为d， ，， ， ∴当点F运动至对称轴上时，的面积为3； （3）解：过点A作于点L，过点F作于点K， 由题意得，， ， ， ∴在中，， . ， ，即为等腰直角三角形， 设，则， ∵， ∴， 在和中，， 即， ， 解得， ， 又， 即， ，解得， ， 的值是定值，定值为. 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，等腰直角三角形的判定和性质，图形的面积计算，解直角三角形等，添加辅助线构造直角三角形是解题关键． 【考情分析】中考数学中，涉及图形几何变化的题目常常是考试的难点和重点，主要考察学生对图形平移、旋转、轴对称等变换的理解和应用能力。 【解题思路】 1. 构造基本图形或定理所需图形：在解题过程中，有时需要通过添加辅助线来构造全等三角形、相似三角形等基本图形，以便应用相关定理。例如，在证明线段相等时，常通过构造全等三角形来得出结论。 2. 寻找相似三角形：当题目涉及比例关系或角度相等时，寻找相似三角形往往是解题的关键。通过相似三角形的性质，可以推导出所需的比例关系或角度。 3. 利用不变量：在图形变换过程中，某些线段、角度或三角形的性质保持不变。例如，在旋转变换中，对应线段的长度和对应角的大小均保持不变。利用这些不变量，可以简化问题的分析。 4. 注意多解情况：图形的几何变化可能导致多种符合条件的答案。因此，在解题过程中，需要仔细审题，全面考虑各种可能的情况，避免漏解。 【解题技巧】 1. 逆向思维：从结论出发，逆向推导所需的中间条件和步骤，有助于找到解题的突破口。 2. 正逆结合：结合已知条件和结论，双向思考，往往能找到解题的捷径。 3. 灵活运用图形变换：根据题目特点，灵活运用平移、旋转、轴对称等变换，将分散的条件集中，或将复杂的问题转化为简单的问题。 1．（2025·广东深圳·一模）在平面内，先将一个多边形以点为位似中心放大或缩小，使所得多边形与原多边形对应线段的比为，并且原多边形上的任一点，它的对应点在线段或其延长线上；接着将所得多边形以点为旋转中心，逆时针旋转一个角度，记为，如果是顺时针旋转一个角度，则记为，这种经过位似和旋转的图形变换叫做旋转相似变换，其中点叫做旋转相似中心，叫做相似比，叫做旋转角． (1)填空： ①如图1，将以点为旋转相似中心，放大为原来的2倍，再逆时针旋转，得到，这个旋转相似变换记为（___________，___________）； ②如图2，是边长为的等边三角形，将它作旋转相似变换，得到，则线段的长为___________； (2)如图3，经过得到，又将经过得到，连接，，求证：四边形是平行四边形． (3)如图4，在中，，，，若经过（2）中的变换得到的四边形恰好是正方形时，则的长为___________． 【答案】(1)①；②2 (2)见解析 (3) 【分析】（1）①根据新定义的意义直接写出答案为即可； ②根据旋转相似变换，得到，根据得是边长为的等边三角形，得到，，于是，得到，解答即可； （2）根据经过得到，得到，得到，；根据经过得到，得到，得到从而得到；由得即结合得到得到，继而得到得到，同理可证证明即可． （3）将经过得到，又将经过得到，得到的四边形恰好是正方形时，计算即可． 【详解】（1）①解：根据新定义的意义，得答案为， 故答案为：； ②解：根据旋转相似变换，得到， 根据得是边长为的等边三角形，得到，， 于是， 故， 故答案为：2，逆60°． （2）证明：∵经过得到， ∴， ∴，； ∵经过得到， ∴， ∴ ∴； ∵， ∴即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可证。 故四边形是平行四边形． （3）解：以为边在其上方作等边三角形，再作其外接圆，作的直径，再在的上方分别作，延长交于点F，连接，则， ∴四边形是矩形， ∴． ∵， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴将经过得到， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴将经过得到， 此时 ∴四边形是正方形． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，新定义问题，圆周角定理，三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键． 2．（2024·浙江金华·二模）如图，菱形的边在轴上，点，反比例函数的图象经过菱形两条对角线，的交点．    (1)求反比例函数的表达式； (2)将菱形向左平移，当点B落在反比例函数的图象上时，求平移的距离． 【答案】(1)； (2)6． 【分析】（1）延长交轴于点，交反比例函数于点，根据勾股定理求出的长，再由菱形的性质得出的长，进而得出点坐标，利用中点坐标公式得出点坐标，代入反比例函数解析式求出的值即可； （2）根据点，，得出点坐标，再求出点的坐标，求出的长即可． 【详解】（1）解：如图，延长交轴于点，交反比例函数于点，   菱形的边在轴上，点， ， ， ， ∵四边形是菱形， ∴， ，即， 反比例函数的图象经过菱形两条对角线，的交点， ， 反比例函数的解析式为：； （2）解：如图：   点，，， ， 反比例函数的解析式为， ， 解得， ， ， 当点落在反比例函数的图象上时，平移的距离是6． 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求反比例函数的解析式，菱形的性质，平移的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解题的关键． 3．（2025·河南郑州·一模）下面是人教版八上的一道复习题： 如图（1），牧马人从A地出发，先到草地边某一处牧马，再到河边饮马，然后回到B处，请画出最短路径． 王老师带领学生们研讨了此题，并就“解决实际应用中的路线最短问题”进行了如下探究． 【阶段一】王老师进行了如下作图：如图（2），作点A关于的对称点，作点B关于直线l的对称点，连接，分别交，直线L于点P，Q，连接，则最短路径为折线．请同学们研讨：王老师判定折线是最短路径运用的基本事实为① ，最短路径的长是线段② 的长． 【阶段二】王老师又提出问题：如图（3），P是内一点，在上分别找点A，B，使的周长最小． 解决方法：分别作点P关于的对称点，连接，分别交于点A，交于点B，连接，则此时的周长最小，最小值为的长．若，，则周长的最小值为③ ． 【阶段三】如图（4），在一个机器人比赛项目上，机器人从的边上的一点D出发，沿直线匀速到达上，然后到上，最后回到点D（机器人的速度为）．请你完成以下任务． (1)【阶段一】中的①处应填 ，②处应填 ． (2)在图（3）上按【阶段二】的“解决方法”画出；③处应填 ． (3)若，请计算出机器人完成比赛所用的最短时间． 【答案】(1)两点之间，线段最短； (2)图见详解， (3) 【分析】本题主要考查两点之间线段最短 ，轴对称的性质，解直角三角形； （1）根据两点之间，线段最短来解答即可； （2）根据题意画出，连接，根据轴对称的性质，可得，求得．过点O作于点 Q，得到，即可求出； （3）分别作点D关于的对称点，连接，分别交于点E，交于点F，则的长为的周长，得到的周长为，求出当的值最小时， 的周长最小，而当时， 的值最小，再计算出结果即可． 【详解】（1）解：王老师判定折线是最短路径运用的基本事实为：两点之间，线段最短； 最短路径的长是线段的长； 故答案为：两点之间，线段最短；； （2）解：根据题意画出，如下图： 连接，如下图： 根据轴对称的性质，可得，． 又∵， ∴， ∴． 过点O作于点 Q， 则， ∴， 故周长的最小值为． （3）解：分别作点D关于的对称点，连接，分别交于点E，交于点F，则的长为的周长． 如下图： ∵，， ∴， ∴， 此时的周长最小值为，     ∴当的值最小时， 的周长最小． 而当时， 的值最小， 如下图， 则 ， ∴周长的最小值为， ∴机器人完成比赛的最短时间为． 4．（2025·湖南娄底·一模）如图，点是坐标原点，点在轴的正半轴上，点在第一象限．，，． (1)求点的坐标； (2)点P是轴上的一个动点，当点处于何位置时，的值最小？ 【答案】(1) (2)当点P运动到这个位置时，的值最小 【分析】（1）过点C作轴交x轴于点E，证明，得出，解直角三角形得出， ，求出，即可得出答案； （2）作点B关于y轴的对称点为D，则，连接，与y轴交于点P，连接，根据两点之间线段最短，得出此时点P即为所求作的点，先求出直线 ，然后求出点P的坐标即可． 【详解】（1）解：过点C作轴交x轴于点E，如图所示： ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴点C的坐标为； （2）解：如图，作点B关于y轴的对称点为D，则，连接，与y轴交于点P，连接， 根据轴对称可知：， ∴， ∴当最小时，最小， ∵两点之间线段最短， ∴此时点P即为所求作的点， 设直线的解析式为：， 则 ， 解得： ∴ 当时， ∴当点P运动到这个位置时，的值最小． 【点睛】本题主要考查了一次函数的几何综合，解直角三角形的相关计算，求一次函数解析式，轴对称的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握待定系数法，作出辅助线． 5．（2025·陕西西安·一模）在一个工厂的车间里，工人正在处理一块矩形的金属板，用于制作零件．金属板的长米，宽米．工人在边上确定了一个点P，使得米． (1)为了保证后续切割操作时的准确性，工人连接和，并将绕点P逆时针旋转一定角度进行加工．旋转后与金属板的边相交于点E，与金属板的边所在的直线相交于点F，如图1所示．由于零件的尺寸和形状有特定要求，为了合理规划切割和拼接方案，请你帮工人探究和之间的数量关系． (2)为了进一步组装零件，工人以、为边构造矩形，如图2，在组装过程中发现，当的周长最小时，最省材料，求此时的值． 【答案】(1) (2)3 【分析】（1）先证明，得到，，进而推出，同角的余角相等，得到，旋转得到，证明，即可得出结果； （2）连接，过点作，证明，再证明，得到点在过点垂直于的直线上运动，倍长至点，连接，得到，垂直平分，进而得到，根据的周长，得到当三点共线时，最小，的周长最小，过点作，等积法结合勾股定理求出的长，证明，求出的长，在中，利用正切的定义，求解即可． 【详解】（1）解：∵ 矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）∵， ∴， 由（1）知：， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， 连接，过点作，则：，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∵， ∴， ∴， ∴点在过点垂直于的直线上运动， 倍长至点，连接，则，垂直平分， ∴， ∴的周长， ∴当最小时，的周长最小， ∴当三点共线时，最小，如图， 过点作， 则：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，． 【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，中垂线的判定和性质，求角的正切值等知识点，综合性强，难度大，熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造相似三角形，确定动点的轨迹，是解题的关键． 6．（2025·江西·模拟预测）定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共点旋转一定角度，能与另一个三角形构成位似图形，我们称这两个三角形互为“旋转位似图形”． (1)知识理解：①如图1，，都是等边三角形，则 的“旋转位似图形”（填“是”或“不是”）； ②如图2，若与互为“旋转位似图形”，，，则 ； ③如图2，若与互为“旋转位似图形”，若，则 ，若连接，则 ． (2)知识运用： 如图3，在四边形中，，于E，，求证：和互为“旋转位似图形”； (3)拓展提高： 如图4，为等腰直角三角形，点G为的中点，点F是上一点，D是延长线上一点，点E在线段上，且与互为“旋转位似图形”，若，求和的长． 【答案】(1)①是；②50，③10， (2)见解析 (3) 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点，掌握“旋转位似图形”的定义是解题的关键． （1）①根据“旋转位似图形”的定义判断即可； ②根据“旋转位似图形”可得即，再根据三角形内角和定理求解即可； ③根据“旋转位似图形”可得，根据相似三角形的性质列比例式求解即可，进而证明，再根据相似三角形的性质列比例式求解即可． （2）先证明可得，再先后证明、，最后根据“旋转位似图形”的定义即可证明结论； （3）如图：如图，过E作于点H，根据等腰直角三角形的性质易得，再根据“旋转位似图形”的定义可得可得，再解直角三角形可得、，然后说明，最后运用勾股定理即可解答． 【详解】（1）解：①∵，都是等边三角形， ∴， ∵有公共顶点A， ∴是的“旋转位似图形”． 故答案为：是． ②∵与互为“旋转位似图形”， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 故答案为：50； ③如图：连接， ∵与互为“旋转位似图形”， ∴，， ∴，即， 解得：， ∵， ∴， ∴， ∴，即． 故答案为：10，． （2）证明：∵， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴绕点A逆时针旋转的度数后与构成位似图形， ∴和互为“旋转位似图形”． （3）解：如图：如图，过E作于点H， ∵为等腰直角三角形，点G为中点， ∴， ∵与互为“旋转位似图形”， ∴， ∴， ∴，解得：， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴． 综上，． $$模块二 图形与几何基础 第08讲 图形的几何变化 （思维导图+2考点+13种题型+命题预测） 试卷第1页，共3页 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 图形的几何变化基础部分 ►题型01 常见几何变化的识别 ►题型02 与几何变化的性质求解（线段长，周长，面积） ►题型03 与几何变化的性质求解（坐标） ►题型04 与几何变化有关的规律探索问题 ►题型05 与几何图形有关的折叠问题 ►题型06 坐标与图形变化综合 ►题型07 与几何变化的作图题 ►题型08 与几何图形变化有关的多结论问题 考点二 图形的几何变化综合部分 ►题型01 几何变化与全等/相似三角形综合 ►题型02 几何变化与最值问题 ►题型03 几何变化与面积问题 ►题型04 几何变化与动态问题 ►题型05 几何变化与函数综合 01考情透视·目标导航 中考考点 命题预测 图形的几何变化 中考数学中的图形几何变化部分，是考查学生空间想象能力、逻辑推理能力及动手操作能力的重要环节。这一部分内容不仅涵盖基础的几何知识，还融合了图形的运动变化，如平移、旋转和翻折等。近年来，随着中考命题改革的深入，图形几何变化的题目在题型设计、考点分布及考查方式上均呈现出一定的规律和趋势。 【考情分析】 1. 基础知识的考查：中考图形几何变化的题目始终围绕基础知识的考查展开，如基本图形的性质、图形的运动规律及坐标系的应用等。学生需熟练掌握这些基础知识，才能在考试中游刃有余。 2. 动态思维的考查：随着新课改的推进，图形几何变化的题目越来越注重考查学生的动态思维能力，即在图形运动变化中分析和解决问题的能力。这类题目通常要求学生具备较强的空间想象能力和逻辑推理能力。 3. 综合能力的考查：中考图形几何变化的题目往往与其他知识点相结合，如函数、方程等，形成综合性较强的题目。这类题目要求学生具备较强的知识整合能力和问题解决能力。 4. 创新与实践能力的考查：近年来，中考图形几何变化的题目中还出现了一些开放性、探究性的题目，要求学生进行猜想、验证和探究。这类题目注重考查学生的创新意识和实践能力，体现了新课改对学生综合素质的培养要求。 【备考建议】 1. 夯实基础知识：学生应系统复习基本图形的性质、图形的运动规律及坐标系的相关知识，确保熟练掌握这些基础知识。 2. 注重动态思维训练：学生应多做一些涉及图形运动的题目，培养自己的空间想象能力和逻辑推理能力，学会在动态变化中把握图形关系。 3. 加强知识整合：学生应注重将图形几何变化的知识与其他知识点相结合，进行综合性题目的训练，提高自己的知识整合能力和问题解决能力。 4. 培养创新实践能力：学生应积极参与一些开放性、探究性的题目，培养自己的创新意识和实践能力，学会从多角度思考问题并寻找解决方案。 中考图形几何变化的题目虽然具有一定的难度，但只要学生掌握了基础知识，培养了动态思维能力，并加强了知识整合和创新实践能力的培养，就能够在考试中取得好成绩。 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 图形的几何变化基础部分 ►题型01 常见几何变化的识别 1．（2024·江苏徐州·中考真题）古汉字“雷”的下列四种写法，可以看作轴对称图形的是（    ） A．   B．   C．   D．   2．（2024·山西·中考真题）1949年，伴随着新中国的诞生，中国科学院（简称“中科院”）成立．下列是中科院部分研究所的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（   ） A．山西煤炭化学研究所 B．东北地理与农业生态研究所 C．西安光学精密机械研究所 D．生态环境研究中心 3．（2024·宁夏银川·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．（2024·江苏盐城·中考真题）下列四幅图片中的主体事物，在现实运动中属于翻折的是（    ） A．工作中的雨刮器 B．移动中的黑板 C．折叠中的纸片 D．骑行中的自行车 ►题型02 与几何变化的性质求解（线段长，周长，面积） 5．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（    ） A．15 B． C． D．18 6．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，等腰中，，，将沿其底边中线向下平移，使的对应点满足，则平移前后两三角形重叠部分的面积是 ． 7．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为 8．（2024·四川广安·中考真题）如图，在中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为 ． 9．（2024·四川雅安·中考真题）如图，在和中，，，将绕点A顺时针旋转一定角度，当时，的度数是 ． 10．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在正六边形中，，点在边上，且，若经过点的直线将正六边形面积平分，则直线被正六边形所截的线段长是 ． ►题型03 与几何变化的性质求解（坐标） 11．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是8，为点的坐标为（    ） A． B． C． D． 12．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ． 13．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B在反比例函数的图像上，轴于点C，，将沿翻折，若点C的对应点D落在该反比例函数的图像上，则k的值为 ． 14．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点的坐标为，点均在轴上．将绕顶点逆时针旋转得到，则点的坐标为 ． 15．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与的相似比为，点是位似中心，已知点，点，．则点的坐标为 ．（结果用含，的式子表示）    ►题型04 与几何变化有关的规律探索问题 16．（2024·河北·中考真题）平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“和点”．将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度． 例：“和点”按上述规则连续平移3次后，到达点，其平移过程如下： 若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点，则点Q的坐标为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 17．（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，如此下去，……，若点的坐标为，则点的坐标为（    ）． A． B． C． D． 18．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为，点B的坐标为，点C在第一象限，．将沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为，点C的对应点为，与的交点为，称点为第一个“花朵”的花心，点为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，滚动2024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为 ． 19．（2024·山东济宁·三模）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，，将绕点O顺时针旋转到，扫过的面积记为，交x轴于点；将绕点O顺时针旋转到，扫过的面积记为，交y轴于点；将绕点O顺时针旋转到，扫过的面积记为，交x轴于点；……；按此规律，则的值为 ． 20．（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，是正三角形，点A在第一象限，点、．将线段　绕点C按顺时针方向旋转至；将线段绕点B按顺时针方向旋转至；将线段绕点A按顺时针方向旋转至；将线段绕点C按顺时针方向旋转至；……以此类推，则点的坐标是 ．    21．（2023·湖南张家界·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点A的坐标为，是以点B为圆心，为半径的圆弧；是以点O为圆心，为半径的圆弧，是以点C为圆心，为半径的圆弧，是以点A为圆心，为半径的圆弧，继续以点B，O，C，A为圆心按上述作法得到的曲线称为正方形的“渐开线”，则点的坐标是 ．    ►题型05 与几何图形有关的折叠问题 22．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在矩形中，平分，将矩形沿直线折叠，使点A，B分别落在边上的点，处，，分别交于点G，H．若，，则的长为（    ） A． B． C． D．5 23．（2024·内蒙古·中考真题）如图，在中，，将沿翻折得到，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点为的中点，连接．若，则的面积是（    ） A． B． C． D． 24．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为 ． 25．（2024·四川广元·中考真题）已知与的图象交于点，点B为y轴上一点，将沿翻折，使点B恰好落在上点C处，则B点坐标为 ．    26．（2024·江西·中考真题）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为 ． 27．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，，，，，点D，E分别在边上，，连接，将沿翻折，得到，连接，．若的面积是面积的2倍，则 ． ►题型06 坐标与图形变化综合 28．（2024·山东青岛·中考真题）如图，将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 29．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，．将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 30．（2023·湖北荆州·中考真题）如图，直线分别与轴，轴交于点，，将绕着点顺时针旋转得到，则点的对应点的坐标是（　　）    A． B． C． D． 31．（2023·四川巴中·中考真题）规定：如果两个函数的图象关于y轴对称，那么称这两个函数互为“Y函数”．例如：函数与互为“Y函数”．若函数的图象与x轴只有一个交点，则它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为 ． 32．（2024·江苏无锡·中考真题）在探究“反比例函数的图象与性质”时，小明先将直角边长为5个单位长度的等腰直角三角板摆放在平面直角坐标系中，使其两条直角边分别落在轴负半轴、轴正半轴上（如图所示），然后将三角板向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度后，小明发现两点恰好都落在函数的图象上，则的值为 ． ►题型07 与几何变化的作图题 33．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． (1)画出关于y轴对称的，并写出点的坐标； (2)画出绕点A逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（2）的条件下，求点B旋转到点的过程中所经过的路径长（结果保留） 34．（2024·安徽·中考真题）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、D的坐标分别为，，，．    (1)以点D为旋转中心，将旋转得到，画出； (2)直接写出以B，，，C为顶点的四边形的面积； (3)在所给的网格图中确定一个格点E，使得射线平分，写出点E的坐标． 35．（2024·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作四边形，使其是轴对称图形且点、均在格点上． (1)在图①中，四边形面积为2； (2)在图②中，四边形面积为3； (3)在图③中，四边形面积为4． ►题型08 与几何图形变化有关的多结论问题 36．（2024·四川资阳·中考真题）已知二次函数与的图像均过点和坐标原点，这两个函数在时形成的封闭图像如图所示，为线段的中点，过点且与轴不重合的直线与封闭图像交于，两点．给出下列结论：①；②；③以，，，为顶点的四边形可以为正方形；④若点的横坐标为，点在轴上（，，三点不共线），则周长的最小值为．其中，所有正确结论的个数是（   ） A． B． C． D． 37．（2024·新疆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于两点，轴于点，连接交轴于点，结合图象判断下列结论：点与点关于原点对称；点是的中点；在的图象上任取点和点，如果，那么； ．其中正确结论的个数是（    ） A． B． C． D． 38．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．    39．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形沿着直线折叠，使点C与延长线上的点Q重合．交于点F，交延长线于点E．交于点P，于点M，，则下列结论，①，②，③，④．正确的是（    ）    A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④ 1. 平移的性质： 1）平移不改变图形的大小、形状，只改变图形的位置，因此平移前后的两个图形全等. 2）平移前后对应线段平行（或在同一条直线上）且相等、对应角相等. 3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等，对应点之间的距离就是平移的距离. 2.轴对称与中心对称 类别 轴对称 中心对称 性质 1）对应点的连线被对称轴垂直平分； 2）成轴对称的两个图形全等； 3）只有一条对称轴. 1）对应点的连线都经过对称中心，且被对称中心平分； 2）成中心对称的两个图形全等； 3）只有一个对称中心. 3.轴对称图形与中心对称图形 类别 轴对称图形 中心对称图形 性质 1）有对称轴; 2）将图形沿对称轴折叠后，对称轴两旁的部分完全重合. 1) 有对称中心; 2) 将图形绕对称中心旋转180°旋转后的图形能与原来的图形重合. 4. 旋转的性质： 1）对应点到旋转中心的距离相等； 2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； 3）旋转前后的图形全等． 1．（2025·江西·模拟预测）下列乐谱符号，是中心对称图形的是（    ） A．B．C．D． 2．（2025·陕西西安·一模）未来将是一个可以预见的时代，下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·天津·模拟预测）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为，连接交于点，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 4．（2025·陕西西安·一模）直线与轴交于点，将直线绕点顺时针旋转，得到直线，则直线对应的函数表达式是（   ） A． B． C． D． 5．（2025·江西·模拟预测）关于二次函数与，若在同一平面直角坐标系内画出它们的图象，则下列说法不正确的是（    ） A．抛物线与的对称轴都是轴 B．抛物线与关于直线成轴对称 C．抛物线向下平移2个单位得到 D．抛物线与关于点成中心对称 6．（2025·浙江宁波·一模）如图，长方形沿折叠，使点D落在边上的点F处．如果，那么 ， ， ． 7．（2024·甘肃兰州·二模）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转到的位置，点的对应点首次落在斜边上，则点的运动路径的长为 ．      8．（2024·辽宁抚顺·二模）为等边三角形，D为平面内一点，连接，将绕点D顺时针旋转，得到线段，连，．当，，时， ． 9．（2025·河南周口·一模）如图，在中，，，是平面内一点，，连接．将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，则的最大值为 ，最小值为 ． 10．（2024·安徽亳州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，给出了格点，（顶点均在正方形网格的格点上），已知点A的坐标为．    (1)画出关于y轴对称的； (2)以点为位似中心，在给定的网格中画出，使与位似，并且点的坐标为； (3)与的相似比是______． 考点二 图形的几何变化综合部分 ►题型01 几何变化与全等/相似三角形综合 1．（2024·山东德州·中考真题）在中，，，点D是上一个动点（点D不与A，B重合），以点D为中心，将线段顺时针旋转得到线． (1)如图1，当时，求的度数； (2)如图2，连接，当时，的大小是否发生变化？如果不变求，的度数；如果变化，请说明理由； (3)如图3，点M在CD上，且，以点C为中心，将线CM逆时针转得到线段CN，连接EN，若，求线段EN的取值范围． 2．（2024·山东东营·中考真题）在中，，，． (1)问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 3．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践 (1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______． (2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：与的比值为______． ②证明：四边形为平行四边形． (3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． 4．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．在中，，点D在直线上，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，过点E作，交直线于点F． （1）当点D在线段上时，如图①，求证：； 分析问题：某同学在思考这道题时，想利用构造全等三角形，便尝试着在上截取，连接，通过证明两个三角形全等，最终证出结论： 推理证明：写出图①的证明过程： 探究问题：　　 （2）当点D在线段的延长线上时，如图②：当点D在线段的延长线上时，如图③，请判断并直接写出线段，，之间的数量关系； 拓展思考： （3）在（1）（2）的条件下，若，，则______． ►题型02 几何变化与最值问题 5．（2024·甘肃兰州·中考真题）综合与实践 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点M，N分别为，上的动点（不含端点），且． 【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点M逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明： 【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由； 【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值． 6．（2024·江苏连云港·中考真题）【问题情境】 （1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略； 【操作实践】 （2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系； 【探究应用】 （3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长； （4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值． 7．（2023·山东淄博·中考真题）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动． (1)操作判断 小红将两个完全相同的矩形纸片和拼成“L”形图案，如图①． 试判断：的形状为________．    (2)深入探究 小红在保持矩形不动的条件下，将矩形绕点旋转，若，． 探究一：当点恰好落在的延长线上时，设与相交于点，如图②．求的面积． 探究二：连接，取的中点，连接，如图③． 求线段长度的最大值和最小值．    8．（2023·湖北随州·中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题． (1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点） 当的三个内角均小于时， 如图1，将绕，点C顺时针旋转得到，连接，      由，可知为 ① 三角形，故，又，故， 由 ② 可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有 ③ ； 已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若，则该三角形的“费马点”为 ④ 点． (2)如图4，在中，三个内角均小于，且，已知点P为的“费马点”，求的值；    (3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/，a元/，元/，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示） 9．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 10．（2023·四川自贡·中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，，分别是斜边，的中点，．    (1)将绕顶点旋转一周，请直接写出点，距离的最大值和最小值； (2)将绕顶点逆时针旋转（如图），求的长． ►题型03 几何变化与面积问题 11．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．    (1)当时，求四边形的面积； (2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式． 12．（2023·山东枣庄·中考真题）问题情境：如图1，在中，，是边上的中线．如图2，将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合，折痕分别交于点E，G，F，H．      猜想证明： (1)如图2，试判断四边形的形状，并说明理由． 问题解决； (2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交于点M，N，的对应线段交于点K，求四边形的面积． 13．（2024·四川眉山·中考真题）综合与实践 问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心处，并绕点旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况． 操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点处，在旋转过程中： （1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为______；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为______． （2）若正方形的面积为，重叠部分的面积为，在旋转过程中与的关系为______． 类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方形两边于，两点，小宇经过多次实验得到结论，请你帮他进行证明． 拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中角的顶点与点重合，在旋转过程中，当三角板的直角边交于点，斜边交于点，且时，请求出重叠部分的面积． （参考数据：，，） 14．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在中，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点．    (1)【观察感知】如图2，通过观察，线段与的数量关系是______； (2)【问题解决】如图3，连接并延长交的延长线于点，若，，求的面积； (3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接交于点，则______； (4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线上找点，使，请直接写出线段的长度． 15．（2024·四川成都·中考真题）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，． 【初步感知】 （1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 （2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由． ►题型04 几何变化与动态问题 16．（2024·山东青岛·中考真题）如图①，中，中，，边与重合，且顶点E与边上的定点N重合，如图②，从图①所示位置出发，沿射线方向匀速运动，速度为；同时，动点O从点A出发，沿方向匀速运动，速度为，与交于点P，连接，设运动时间为．解答下列问题： (1)当t为何值时，点A在线段的垂直平分线上？ (2)设四边形的面积为S，求S与t的函数关系式； (3)如图③，过点O作，交于点Q，与关于直线对称，连接．是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 17．（2024·重庆·中考真题）在中，，，过点作． (1)如图1，若点在点的左侧，连接，过点作交于点．若点是的中点，求证：； (2)如图2，若点在点的右侧，连接，点是的中点，连接并延长交于点，连接．过点作交于点，平分交于点，求证：； (3)若点在点的右侧，连接，点是的中点，且．点是直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，点是直线上一动点，连接，．在点的运动过程中，当取得最小值时，在平面内将沿直线翻折得到，连接．在点的运动过程中，直接写出的最大值． 18．（2023·辽宁大连·中考真题）综合与实践 问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质． 已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究： 独立思考：小明：“当点落在上时，．” 小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．” 实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：    问题1：在等腰中，由翻折得到． （1）如图1，当点落在上时，求证：； （2）如图2，若点为中点，，求的长． 问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展． 问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长． 19．（2023·重庆·中考真题）在中，，，点为线段上一动点，连接．      (1)如图1，若，，求线段的长． (2)如图2，以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点． 若，求证：． (3)在取得最小值的条件下，以为边在右侧作等边．点为所在直线上一点，将沿所在直线翻折至所在平面内得到． 连接，点为的中点，连接，当取最大值时，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，请直接写出此时的值． ►题型05 几何变化与函数综合 20．（2024·天津·中考真题）将一个平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，且． (1)填空：如图①，点的坐标为______，点的坐标为______； (2)若为轴的正半轴上一动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设． ①如图②，若直线与边相交于点，当折叠后四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 21．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点．将点沿轴正方向平移个单位长度得到点为轴正半轴上的点，点的横坐标大于点的横坐标，连接的中点在反比例函数的图象上．      (1)求的值； (2)当为何值时，的值最大?最大值是多少? 22．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，与轴的交点为点和点．    (1)求这个二次函数的表达式； (2)点，在轴正半轴上，，点在线段上，以线段，为邻边作矩形，连接，设． 连接，当与相似时，求的值； 当点与点重合时，将线段绕点按逆时针方向旋转后得到线段，连接，，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点，的对应点分别为、，连接当的边与线段垂直时，请直接写出点的横坐标． 23．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，抛物线经过的三个顶点，其中O为原点，，，点F在线段上运动，点G在直线上方的抛物线上，，于点E，交于点I，平分，，于点H，连接． (1)求抛物线的解析式及的面积； (2)当点F运动至抛物线的对称轴上时，求的面积； (3)试探究的值是否为定值？如果为定值，求出该定值；不为定值，请说明理由． 【考情分析】中考数学中，涉及图形几何变化的题目常常是考试的难点和重点，主要考察学生对图形平移、旋转、轴对称等变换的理解和应用能力。 【解题思路】 1. 构造基本图形或定理所需图形：在解题过程中，有时需要通过添加辅助线来构造全等三角形、相似三角形等基本图形，以便应用相关定理。例如，在证明线段相等时，常通过构造全等三角形来得出结论。 2. 寻找相似三角形：当题目涉及比例关系或角度相等时，寻找相似三角形往往是解题的关键。通过相似三角形的性质，可以推导出所需的比例关系或角度。 3. 利用不变量：在图形变换过程中，某些线段、角度或三角形的性质保持不变。例如，在旋转变换中，对应线段的长度和对应角的大小均保持不变。利用这些不变量，可以简化问题的分析。 4. 注意多解情况：图形的几何变化可能导致多种符合条件的答案。因此，在解题过程中，需要仔细审题，全面考虑各种可能的情况，避免漏解。 【解题技巧】 1. 逆向思维：从结论出发，逆向推导所需的中间条件和步骤，有助于找到解题的突破口。 2. 正逆结合：结合已知条件和结论，双向思考，往往能找到解题的捷径。 3. 灵活运用图形变换：根据题目特点，灵活运用平移、旋转、轴对称等变换，将分散的条件集中，或将复杂的问题转化为简单的问题。 1．（2025·广东深圳·一模）在平面内，先将一个多边形以点为位似中心放大或缩小，使所得多边形与原多边形对应线段的比为，并且原多边形上的任一点，它的对应点在线段或其延长线上；接着将所得多边形以点为旋转中心，逆时针旋转一个角度，记为，如果是顺时针旋转一个角度，则记为，这种经过位似和旋转的图形变换叫做旋转相似变换，其中点叫做旋转相似中心，叫做相似比，叫做旋转角． (1)填空： ①如图1，将以点为旋转相似中心，放大为原来的2倍，再逆时针旋转，得到，这个旋转相似变换记为（___________，___________）； ②如图2，是边长为的等边三角形，将它作旋转相似变换，得到，则线段的长为___________； (2)如图3，经过得到，又将经过得到，连接，，求证：四边形是平行四边形． (3)如图4，在中，，，，若经过（2）中的变换得到的四边形恰好是正方形时，则的长为___________． 2．（2024·浙江金华·二模）如图，菱形的边在轴上，点，反比例函数的图象经过菱形两条对角线，的交点．    (1)求反比例函数的表达式； (2)将菱形向左平移，当点B落在反比例函数的图象上时，求平移的距离． 3．（2025·河南郑州·一模）下面是人教版八上的一道复习题： 如图（1），牧马人从A地出发，先到草地边某一处牧马，再到河边饮马，然后回到B处，请画出最短路径． 王老师带领学生们研讨了此题，并就“解决实际应用中的路线最短问题”进行了如下探究． 【阶段一】王老师进行了如下作图：如图（2），作点A关于的对称点，作点B关于直线l的对称点，连接，分别交，直线L于点P，Q，连接，则最短路径为折线．请同学们研讨：王老师判定折线是最短路径运用的基本事实为① ，最短路径的长是线段② 的长． 【阶段二】王老师又提出问题：如图（3），P是内一点，在上分别找点A，B，使的周长最小． 解决方法：分别作点P关于的对称点，连接，分别交于点A，交于点B，连接，则此时的周长最小，最小值为的长．若，，则周长的最小值为③ ． 【阶段三】如图（4），在一个机器人比赛项目上，机器人从的边上的一点D出发，沿直线匀速到达上，然后到上，最后回到点D（机器人的速度为）．请你完成以下任务． (1)【阶段一】中的①处应填 ，②处应填 ． (2)在图（3）上按【阶段二】的“解决方法”画出；③处应填 ． (3)若，请计算出机器人完成比赛所用的最短时间． 4．（2025·湖南娄底·一模）如图，点是坐标原点，点在轴的正半轴上，点在第一象限．，，． (1)求点的坐标； (2)点P是轴上的一个动点，当点处于何位置时，的值最小？ 5．（2025·陕西西安·一模）在一个工厂的车间里，工人正在处理一块矩形的金属板，用于制作零件．金属板的长米，宽米．工人在边上确定了一个点P，使得米． (1)为了保证后续切割操作时的准确性，工人连接和，并将绕点P逆时针旋转一定角度进行加工．旋转后与金属板的边相交于点E，与金属板的边所在的直线相交于点F，如图1所示．由于零件的尺寸和形状有特定要求，为了合理规划切割和拼接方案，请你帮工人探究和之间的数量关系． (2)为了进一步组装零件，工人以、为边构造矩形，如图2，在组装过程中发现，当的周长最小时，最省材料，求此时的值． 6．（2025·江西·模拟预测）定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共点旋转一定角度，能与另一个三角形构成位似图形，我们称这两个三角形互为“旋转位似图形”． (1)知识理解：①如图1，，都是等边三角形，则 的“旋转位似图形”（填“是”或“不是”）； ②如图2，若与互为“旋转位似图形”，，，则 ； ③如图2，若与互为“旋转位似图形”，若，则 ，若连接，则 ． (2)知识运用： 如图3，在四边形中，，于E，，求证：和互为“旋转位似图形”； (3)拓展提高： 如图4，为等腰直角三角形，点G为的中点，点F是上一点，D是延长线上一点，点E在线段上，且与互为“旋转位似图形”，若，求和的长． $$