热点09 图形的变换（对称、平移和旋转）(6大题型+高分技法+限时提升练)-2025年中考数学【热点·重点·难点】专练(上海专用)

热点09 图形的变换（对称、平移和旋转） 轴对称是中考数学中的重要考点，尤其在几何部分占据重要地位。翻折问题，作为轴对称的一种具体应用，经常出现在中考数学的几何题型中。解决翻折问题，需要掌握以下关键知识点和解题思路： 首先，理解翻折前后的图形是全等的，对应边相等，对应角相等，对应点连线被对称轴垂直平分。这是解决翻折问题的基本出发点。其次，要结合相关图形的性质进行分析。例如，在三角形中，等腰三角形的两个底角相等，顶角平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合；在四边形中，正方形和矩形等都有其独特的性质，这些性质在解决翻折问题时往往能发挥关键作用。最后，要灵活运用相关定理进行计算或分析。勾股定理是初中数学中的重要定理，在解决与翻折相关的直角三角形问题时，勾股定理往往是解题的关键。 在复习轴对称与翻折问题时，建议同学们多做一些典型例题，通过实践来加深对轴对称和翻折性质的理解。同时，要注意总结归纳解题方法和技巧，形成自己的解题思路和方法体系。此外，还可以结合图形变换的其他考点，如平移和旋转，进行综合复习。平移和旋转也是中考数学中的重要考点，它们与轴对称共同构成了图形变换的主要内容。通过综合复习，可以更好地理解和掌握图形变换的性质和应用，提高解题能力和数学素养。 考向一：轴对称与翻折 【题型1 轴对称图形】 一、核心概念(必记) 1.定义:沿某条直线对折后，直线两旁的部分能完全重合的图形。 2.对称轴:对折的直线(是直线，非线段) 3.性质:对应点到对称轴的距离相等，对应点连线被对称轴垂直平分。 二、解题技巧(快速得分) 1.判断轴对称图形: 只需存在一条对称轴即可(如等腰三角形1条，矩形2条，圆无数条): 利用性质解题 折叠问题中，折痕是对称轴，对应线段/角相等(如求线段长度或角度)。 最短路径问题 作对称点，利用“两点之间线段最短”求解(如将军饮马问题) 三、注意事项 1.对称轴方向 对称轴可能是水平、竖直或斜线(如菱形对角线) 2.常见图形对称轴数 等腰梯形1条，等边三角形3条，正n边形n条， 3.非轴对称图形 如平行四边形(非矩形/菱形)无对称轴。 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 【答案】 【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． 2．（2022•宝山区二模）在下列图形中，不一定是轴对称图形的是　　 A．等边三角形 B．平行四边形 C．正五边形 D．圆 【答案】 【分析】根据轴对称图形的概念逐一判断即可． 【解答】解：．等边三角形一定是轴对称图形，故此选项不符合题意； ．平行四边形不一定是轴对称图形，故此选项符合题意； ．正五边形一定是轴对称图形，故此选项不符合题意； ．圆一定是轴对称图形，故此选项不符合题意． 故选：． 【点评】本题主要考查轴对称图形，解题的关键是掌握轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称． 【题型2 翻折变换（折叠问题）】 一、核心性质（必记） 本质：轴对称变换，折叠前后图形全等。 关键：折痕是对称轴，对应点关于折痕对称；对应线段相等，对应角相等。 二、解题技巧（快速得分） 求线段长度： 设未知数，利用勾股定理列方程（如折叠后形成直角三角形）。 求角度： 通过折叠后的角度关系推导（如角平分线、直角）。 判断图形形状： 结合全等三角形或特殊四边形性质（如等腰三角形、矩形）。 三、注意事项 折痕方向： 可能为任意方向，需准确确定对称轴位置。 分类讨论： 不同折叠方式可能导致多解（如长方形沿对角线折叠的不同情况）。 隐藏条件： 折叠后重合的线段 / 角是解题突破口。 1．（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　 　． 【答案】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． 2．（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 　 　． 【答案】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， 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． 3．（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　 　． 【答案】． 【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． 4．（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　 　． 【答案】． 【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． 5．（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　 　． 【答案】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． 6．（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 　 　． 【答案】． 【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． 7．（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 　 　． 【答案】． 【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． 8．（2024•静安区校级二模）如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点落在长边上的点处，并得到折痕，小宇测得长边，则四边形的周长为 　 　． 【答案】16． 【分析】可证，得到，再证四边形是平行四边形，可得四边形的周长，即可求解． 【解答】解：四边形是平行四边形， ，， 由折叠得，，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形的周长． 故答案为：16． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，折叠的性质，掌握相关的判定方法及性质是解决问题的关键． 考向二：旋转与中心对称 【题型3 旋转的性质】 一、核心性质（必记） 1．三要素：旋转中心，旋转方向（顺时针／逆时针），旋转角度（常见）。 2．全等性：旋转前后图形全等（对应线段，角相等）。 3．距离不变：对应点到旋转中心的距离相等。 4．夹角相等：对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。 二、解题技巧（快速得分） 1．确定旋转中心： 找两组对应点连线的垂直平分线交点。 2．求旋转角度： 计算对应点与旋转中心连线的夹角（如）。 3．利用全等三角形： 旋转后构造全等三角形证明线段／角相等。 4．坐标系应用： 点绕原点旋转后坐标为或（需注意方向）。 三、注意事项 1．方向与角度： 旋转方向不同，坐标变化符号不同（如顺时针转为）。 2．多解情况： 旋转可能有两种方向（如转或），需根据题意判断。 3．与中心对称区别： 中心对称是旋转的特殊情况。 1．（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． 【答案】 【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． 2.（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2.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 【答案】 【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． 3．（2024•静安区校级二模）如图，已知，，将绕点顺时针旋转得到，连接，，和交于点．则下列结论中正确的是　　 A． B．与不一定平行 C．可以看作是平移而成的 D．和都是等边三角形 【答案】 【分析】设与相交于点，根据旋转可得：，，从而可得，，，进而可得和都是等边三角形，然后利用等边三角形的性质可得，从而可得，进而可得，再利用三角形内角和定理，以及对顶角相等可得，最后根据，可得和不全等，从而利用平移的性质可得不可以看作是平移而成的，即可解答． 【解答】解：如图：设与相交于点， 由旋转得：，， ，，， 和都是等边三角形， ， ， ， ，，， ， ， 和不全等， 不可以看作是平移而成的， 故、、不符合题意，符合题意， 故选：． 【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，平行线的判定，平移的性质，熟练掌握旋转的性质，以及等边三角形的判定与性质是解题的关键． 4．（2024•静安区校级二模）如图在矩形中，，，平分交于点，过作交于点，将沿翻折得到，将绕点逆时针旋转角，（其中记旋转中的为△，在旋转过程中，设直线分别与直线、直线交于点、，当时，线段长为　　． 【分析】如图作垂足为，于．于，推出，，设，在中，于，可得，，推出，，推出，，于，推出，在中，，可得，推出，推出即可． 【解答】解：如图，，作垂足为，于． 四边形是矩形，，，， ， ，，， ， ，，设， 在中，， ， ， ，， ，， ， ， ， 在中，， ， ， 故答案为． 【点评】本题考查矩形的性质、旋转变换、勾股定理等知识，解题的关键是正确画出图形，题目有点难度，属于中考压轴题． 5．（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 　　． 【答案】． 【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． 6．（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，　 　． 【答案】． 【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． 【题型4 旋转对称图形】 一、核心概念（必记） 1．定义：绕某一点旋转一定角度（小于）后，能与原图形重合的图形。 2．旋转角：最小旋转角度（如正五边形旋转后重合）。 3．常见图形：正多边形，圆，风车图案等。 二、解题技巧（快速得分） 1．判断旋转对称性： 只需存在一个旋转角度（非）使图形重合（如等边三角形旋转 ）。 2．求最小旋转角： 公式：（如正六边形为）。 3．与中心对称区分： 中心对称是旋转的特殊情况（如平行四边形）。 三、注意事项 1．旋转方向： 顺时针或逆时针旋转均可，角度相同即算旋转对称。 2．非旋转对称图形： 如直角三角形 等腰梯形（无旋转对称性）。 3．圆的特殊性： 圆绕中心旋转任意角度均重合，最小旋转角趋近于。 1．（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 【答案】 【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． 【题型5 中心对称图形】 一、核心概念（必记） 1．定义：绕某一点旋转后，能与原图形重合的图形。 2．对称中心：旋转中心（如平行四边形的对角线交点）。 3．性质： 对应点连线经过对称中心且被平分； 对称中心是图形的几何中心。 二、解题技巧（快速得分） 1．判断中心对称图形： 只需存在一点，旋转后重合（如平行四边形，矩形，圆）。 2．找对称中心： 找两组对应点连线的中点（如平行四边形对角线交点）。 3．坐标系应用： 点关于原点对称的点为。 三、注意事项 1．与轴对称区别： 轴对称需沿直线对折，中心对称需绕点旋转。 2．常见图形对比： 是中心对称：平行四边形，矩形，圆，正偶数边形； 不是中心对称：等边三角形，等腰梯形，正奇数边形。 3．与旋转对称关系： 中心对称是旋转对称的特例（旋转角为）。 （2023•虹口区二模）下面用数学家名字命名的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是　　 A． 赵爽弦图 B． 笛卡尔心形线 C． 科克曲线 D． 斐波那契螺旋线 【答案】 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义即可作答． 【解答】解：．是中心对称，但不是轴对称；不符合题意； ．是轴对称，但不是中心对称；不符合题意； ．既是轴对称，也是中心对称；符合题意； ．既不是轴对称，也不是中心对称；不符合题意； 故选：． 【点评】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练地掌握定义并能够区分轴对称图形和中心对称图形是解题的关键． 【题型6 关于原点对称的点的坐标】 —、核心规律（必记） 1．坐标变化： 点关于原点对称的点为。 口诀：原点对称，横纵坐标全取反。 二、解题技巧（快速得分） 1．直接应用公式： 已知点坐标，直接取相反数（如对称后为。 2．逆向求原坐标： 已知对称点坐标，取相反数还原（如原坐标为）。 3．几何图形应用： 判断图形是否关于原点对称（如平行四边形，双曲线）。 三、注意事项 1．与轴对称区分： 关于原点对称：； 关于 x 轴对称：；关于y轴对称：。 2．零坐标处理： 点在坐标轴上时，对称点仍在坐标轴（如对称后为）。 3．实际问题建模： 地图定位，坐标系中的对称变换（如游乐场设施布局）。 （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 　 　． 【答案】． 【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． 考向三：平移变换 【题型6 坐标与图形变化-平移】 一、核心规律（必记） 1．坐标变化： 点关于原点对称的点为。 口诀：原点对称，横纵坐标全取反。 二、解题技巧（快速得分） 1．直接应用公式： 已知点坐标，直接取相反数（如对称后为）。 2．逆向求原坐标： 已知对称点坐标，取相反数还原（如原坐标为）。 3．几何图形应用： 判断图形是否关于原点对称（如平行四边形，双曲线）。 三、注意事项 1．与轴对称区分： 关于原点对称：； 关于x轴对称：；关于y轴对称：。 2．零坐标处理： 点在坐标轴上时，对称点仍在坐标轴（如对称后为）。 3．实际问题建模： 地图定位，坐标系中的对称变换（如游乐场设施布局）。 1.（2023•黄浦区二模）在直角坐标平面内，已知点，，将线段平移得到线段（点的对应点是点，点的对应点是点，如果点坐标是，那么点的坐标是 　 　． 【答案】． 【分析】各对应点之间的关系是横坐标减3，纵坐标加3，那么让点的横坐标减3，纵坐标加3即为点的坐标． 【解答】解：平移后对应点的坐标为， 点的平移方法是：先向左平移3个单位，再向上平移3个单位， 点的平移方法与点的平移方法是相同的， 平移后的坐标是：． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了点的平移规律与图形的平移，关键是掌握平移规律，左右移，纵不变，横减加，上下移，横不变，纵加减． （建议用时：15分钟） 1．（2023•青浦区二模）如图，在中，，，，点是边的中点，点在边上，将沿所在的直线翻折，点落在点处，如果，那么　 　． 【答案】． 【分析】连接，过点作于点，根据勾股定理先求出，利用等面积法求出斜边上的高，利用直角三角形斜边上的中线性质和折叠的性质可得，易得，于是可用勾股定理求出，进而算即可． 【解答】解：如图，连接，过点作于点， 在中，，，， ， ， ， 为的中点， ， 根据折叠的性质可得，， ， ，，， 四边形为矩形， ， ，， ， 在中，， ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质，理解题意，正确画出图形，利用数形结合思想解决问题是解题关键． 2．（2023•普陀区二模）在中，，，，为中点（如图），为射线上一点，将沿着翻折得到△，点的对应点为，如果，那么 　 　． 【答案】或6． 【分析】分两种情况讨论：①当点在线段上时，根据勾股定理可先求出，再由折叠可知，，，进而得出，设，则，在△中，利用勾股定理建立方程求解即可；②当点在的延长线上时，根据勾股定理可先求出，再由折叠可知，，，进而得出，设，则，在△中，利用勾股定理建立方程求解即可． 【解答】解：①当点在线段上时，如图， ，为中点， ， ，， ， 根据折叠可知，，，， ，， 设，则， 在△中，， ， 解得：， ； ②当点在的延长线上时，如图， ，为中点， ， ，， ， 根据折叠可知，，，， ， 设，则， 在△中，， ， 解得：， ． 综上，的长为或6． 故答案为：或6． 【点评】本题主要考查折叠的性质、勾股定理，理解题意，利用分类讨论思想和数形结合思想解决问题是解题关键． 3．（2023•虹口区二模）如图，在矩形中，，点在边上，，联结，将沿着翻折，点的对应点为，联结、，分别交边于点，，如果，那么的长是 　 　． 【答案】． 【分析】延长，交的延长线于点，由题意可得，，易得，则，求得，进而求得，由折叠可知，，，，利用平行线的性质得，于是，，因此，在中，根据勾股定理求得，则，，由等角的余角相等可推出，以此可证明，最后利用相似三角形的性质即可求解． 【解答】解：延长，交的延长线于点，如图， ， ，即， ，， ， 四边形为矩形，， ，，， ， ，即， ， ， 根据折叠的性质可得，，，，， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ，即， ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查矩形的性质、相似三角形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理，根据题意正确画出图形，熟练掌握折叠的性质是解题关键． 4．（2023•浦东新区模拟）在直角坐标平面内，已知点，，将线段平移得到线段（点的对应点是点，点的对应点是点，如果点坐标是，那么点的坐标是 　 　． 【答案】． 【分析】各对应点之间的关系是横坐标减4，纵坐标加2，那么让点的横坐标减4，纵坐标加2，即为点的坐标． 【解答】解：平移后对应点的坐标为， 点的平移方法是：先向左平移4个单位，再向上平移2个单位， 点的平移方法与点的平移方法是相同的， 平移后的坐标是：． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了坐标与图形变化平移，关键是掌握平移规律，左右移，纵不变，横减加，上下移，横不变，纵加减． 5．（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 　 　． 【答案】． 【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． 6．（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 　 　． 【答案】． 【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． 7．（2023•嘉定区二模）如图，在中，，，，点、分别是边、的中点，联结．将绕点顺时针方向旋转，点、的对应点分别是点、．如果点落在线段上，那么线段　 　． 【答案】． 【分析】由“”可证△，可得，通过证明，即可求解． 【解答】解：点、分别是边、的中点， ，，， ，，， 将绕点顺时针方向旋转， ，，，， ， 在和△中， ， △， ， ， ， 点，点，点，点四点共圆， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键． 8．（2024•宝山区校级二模）下列四个图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【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：．原图既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不符合题意； ．原图是轴对称图形但不是中心对称图形，故此选项符合题意； ．原图既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不符合题意； ．原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意； 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． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点09 图形的变换（对称、平移和旋转） 轴对称是中考数学中的重要考点，尤其在几何部分占据重要地位。翻折问题，作为轴对称的一种具体应用，经常出现在中考数学的几何题型中。解决翻折问题，需要掌握以下关键知识点和解题思路： 首先，理解翻折前后的图形是全等的，对应边相等，对应角相等，对应点连线被对称轴垂直平分。这是解决翻折问题的基本出发点。其次，要结合相关图形的性质进行分析。例如，在三角形中，等腰三角形的两个底角相等，顶角平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合；在四边形中，正方形和矩形等都有其独特的性质，这些性质在解决翻折问题时往往能发挥关键作用。最后，要灵活运用相关定理进行计算或分析。勾股定理是初中数学中的重要定理，在解决与翻折相关的直角三角形问题时，勾股定理往往是解题的关键。 在复习轴对称与翻折问题时，建议同学们多做一些典型例题，通过实践来加深对轴对称和翻折性质的理解。同时，要注意总结归纳解题方法和技巧，形成自己的解题思路和方法体系。此外，还可以结合图形变换的其他考点，如平移和旋转，进行综合复习。平移和旋转也是中考数学中的重要考点，它们与轴对称共同构成了图形变换的主要内容。通过综合复习，可以更好地理解和掌握图形变换的性质和应用，提高解题能力和数学素养。 考向一：轴对称与翻折 【题型1 轴对称图形】 一、核心概念(必记) 1.定义:沿某条直线对折后，直线两旁的部分能完全重合的图形。 2.对称轴:对折的直线(是直线，非线段) 3.性质:对应点到对称轴的距离相等，对应点连线被对称轴垂直平分。 二、解题技巧(快速得分) 1.判断轴对称图形: 只需存在一条对称轴即可(如等腰三角形1条，矩形2条，圆无数条): 利用性质解题 折叠问题中，折痕是对称轴，对应线段/角相等(如求线段长度或角度)。 最短路径问题 作对称点，利用“两点之间线段最短”求解(如将军饮马问题) 三、注意事项 1.对称轴方向 对称轴可能是水平、竖直或斜线(如菱形对角线) 2.常见图形对称轴数 等腰梯形1条，等边三角形3条，正n边形n条， 3.非轴对称图形 如平行四边形(非矩形/菱形)无对称轴。 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 2．（2022•宝山区二模）在下列图形中，不一定是轴对称图形的是　　 A．等边三角形 B．平行四边形 C．正五边形 D．圆 【题型2 翻折变换（折叠问题）】 一、核心性质（必记） 本质：轴对称变换，折叠前后图形全等。 关键：折痕是对称轴，对应点关于折痕对称；对应线段相等，对应角相等。 二、解题技巧（快速得分） 求线段长度： 设未知数，利用勾股定理列方程（如折叠后形成直角三角形）。 求角度： 通过折叠后的角度关系推导（如角平分线、直角）。 判断图形形状： 结合全等三角形或特殊四边形性质（如等腰三角形、矩形）。 三、注意事项 折痕方向： 可能为任意方向，需准确确定对称轴位置。 分类讨论： 不同折叠方式可能导致多解（如长方形沿对角线折叠的不同情况）。 隐藏条件： 折叠后重合的线段 / 角是解题突破口。 1．（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　 　． 2．（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 　 　． 3．（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　 　． 4．（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　 　． 5．（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　 　． 6．（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 　 　． 7．（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 　 　． 8．（2024•静安区校级二模）如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点落在长边上的点处，并得到折痕，小宇测得长边，则四边形的周长为 　 　． 考向二：旋转与中心对称 【题型3 旋转的性质】 一、核心性质（必记） 1．三要素：旋转中心，旋转方向（顺时针／逆时针），旋转角度（常见）。 2．全等性：旋转前后图形全等（对应线段，角相等）。 3．距离不变：对应点到旋转中心的距离相等。 4．夹角相等：对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。 二、解题技巧（快速得分） 1．确定旋转中心： 找两组对应点连线的垂直平分线交点。 2．求旋转角度： 计算对应点与旋转中心连线的夹角（如）。 3．利用全等三角形： 旋转后构造全等三角形证明线段／角相等。 4．坐标系应用： 点绕原点旋转后坐标为或（需注意方向）。 三、注意事项 1．方向与角度： 旋转方向不同，坐标变化符号不同（如顺时针转为）。 2．多解情况： 旋转可能有两种方向（如转或），需根据题意判断。 3．与中心对称区别： 中心对称是旋转的特殊情况。 1．（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． 2.（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2.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 3．（2024•静安区校级二模）如图，已知，，将绕点顺时针旋转得到，连接，，和交于点．则下列结论中正确的是　　 A． B．与不一定平行 C．可以看作是平移而成的 D．和都是等边三角形 4．（2024•静安区校级二模）如图在矩形中，，，平分交于点，过作交于点，将沿翻折得到，将绕点逆时针旋转角，（其中记旋转中的为△，在旋转过程中，设直线分别与直线、直线交于点、，当时，线段长为　　． 5．（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 　　． 6．（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，　 　． 【题型4 旋转对称图形】 一、核心概念（必记） 1．定义：绕某一点旋转一定角度（小于）后，能与原图形重合的图形。 2．旋转角：最小旋转角度（如正五边形旋转后重合）。 3．常见图形：正多边形，圆，风车图案等。 二、解题技巧（快速得分） 1．判断旋转对称性： 只需存在一个旋转角度（非）使图形重合（如等边三角形旋转 ）。 2．求最小旋转角： 公式：（如正六边形为）。 3．与中心对称区分： 中心对称是旋转的特殊情况（如平行四边形）。 三、注意事项 1．旋转方向： 顺时针或逆时针旋转均可，角度相同即算旋转对称。 2．非旋转对称图形： 如直角三角形 等腰梯形（无旋转对称性）。 3．圆的特殊性： 圆绕中心旋转任意角度均重合，最小旋转角趋近于。 1．（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 【题型5 中心对称图形】 一、核心概念（必记） 1．定义：绕某一点旋转后，能与原图形重合的图形。 2．对称中心：旋转中心（如平行四边形的对角线交点）。 3．性质： 对应点连线经过对称中心且被平分； 对称中心是图形的几何中心。 二、解题技巧（快速得分） 1．判断中心对称图形： 只需存在一点，旋转后重合（如平行四边形，矩形，圆）。 2．找对称中心： 找两组对应点连线的中点（如平行四边形对角线交点）。 3．坐标系应用： 点关于原点对称的点为。 三、注意事项 1．与轴对称区别： 轴对称需沿直线对折，中心对称需绕点旋转。 2．常见图形对比： 是中心对称：平行四边形，矩形，圆，正偶数边形； 不是中心对称：等边三角形，等腰梯形，正奇数边形。 3．与旋转对称关系： 中心对称是旋转对称的特例（旋转角为）。 （2023•虹口区二模）下面用数学家名字命名的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是　　 A． 赵爽弦图 B． 笛卡尔心形线 C． 科克曲线 D． 斐波那契螺旋线 【题型6 关于原点对称的点的坐标】 —、核心规律（必记） 1．坐标变化： 点关于原点对称的点为。 口诀：原点对称，横纵坐标全取反。 二、解题技巧（快速得分） 1．直接应用公式： 已知点坐标，直接取相反数（如对称后为。 2．逆向求原坐标： 已知对称点坐标，取相反数还原（如原坐标为）。 3．几何图形应用： 判断图形是否关于原点对称（如平行四边形，双曲线）。 三、注意事项 1．与轴对称区分： 关于原点对称：； 关于 x 轴对称：；关于y轴对称：。 2．零坐标处理： 点在坐标轴上时，对称点仍在坐标轴（如对称后为）。 3．实际问题建模： 地图定位，坐标系中的对称变换（如游乐场设施布局）。 （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 　 　． 考向三：平移变换 【题型6 坐标与图形变化-平移】 一、核心规律（必记） 1．坐标变化： 点关于原点对称的点为。 口诀：原点对称，横纵坐标全取反。 二、解题技巧（快速得分） 1．直接应用公式： 已知点坐标，直接取相反数（如对称后为）。 2．逆向求原坐标： 已知对称点坐标，取相反数还原（如原坐标为）。 3．几何图形应用： 判断图形是否关于原点对称（如平行四边形，双曲线）。 三、注意事项 1．与轴对称区分： 关于原点对称：； 关于x轴对称：；关于y轴对称：。 2．零坐标处理： 点在坐标轴上时，对称点仍在坐标轴（如对称后为）。 3．实际问题建模： 地图定位，坐标系中的对称变换（如游乐场设施布局）。 1.（2023•黄浦区二模）在直角坐标平面内，已知点，，将线段平移得到线段（点的对应点是点，点的对应点是点，如果点坐标是，那么点的坐标是 　 　． （建议用时：15分钟） 1．（2023•青浦区二模）如图，在中，，，，点是边的中点，点在边上，将沿所在的直线翻折，点落在点处，如果，那么　 　． 2．（2023•普陀区二模）在中，，，，为中点（如图），为射线上一点，将沿着翻折得到△，点的对应点为，如果，那么 　 　． 3．（2023•虹口区二模）如图，在矩形中，，点在边上，，联结，将沿着翻折，点的对应点为，联结、，分别交边于点，，如果，那么的长是 　 　． 4．（2023•浦东新区模拟）在直角坐标平面内，已知点，，将线段平移得到线段（点的对应点是点，点的对应点是点，如果点坐标是，那么点的坐标是 　 　． 5．（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 　 　． 6．（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 　 　． 7．（2023•嘉定区二模）如图，在中，，，，点、分别是边、的中点，联结．将绕点顺时针方向旋转，点、的对应点分别是点、．如果点落在线段上，那么线段　 　． 8．（2024•宝山区校级二模）下列四个图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$