专题06 图形平移、旋转、翻折（3大题型解题攻略精讲精练+中考练场）-2025年中考数学二轮热点题型归纳与变式演练（上海专用）

专题06 图形平移、旋转、翻折 目录 热点题型归纳 题型01 图形的平移 1 题型02 图形的旋转 5 题型03 图形的翻折 20 中考练场 33 1.考查分值：4-14分。 2.考查题型：常以选择、填空(小压轴）、解答题形式出现。 3.解题思路： （1）平移:平移的方向和距离 （2）旋转:三不变找旋转(图形的形状大小旋转角不变 （3）翻折:两点一线找勾股(对称点，垂直平分线) 题型01 图形的平移 【提分秘籍】 平移的三大要素：1）平移的起点，2）平移的方向，3）平移的距离． 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. 【典例分析】 例1.（2025·上海黄浦·一模）如图，将矩形平移到矩形的位置（点对应点，点对应点，点对应点），边与交于点，边与交于点，其中，，如果、两点的距离为，那么、两点的距离为 ．（用含的代数式表示） 例2.（2024·上海·模拟预测）已知一次函数与反比例函数的图象交于，B两点 (1)求反比例函数解析式 (2)将在平面内沿某个方向平移得到其中点、、的对应点分别是、、，若、同时在反比例函数的图象上，求点的坐标． 【变式演练】 1．（2024·上海·模拟预测）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，，点A对应直尺的刻度为12．将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是 ． 2．（2024·上海普陀·二模）在直角坐标平面内，将点先向右平移个单位，再向上平移个单位得到点，如果点和点恰好关于原点对称，那么点的坐标是 ． 3．（2023·上海浦东新·三模）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 ． 4．（2023·上海黄浦·二模）在直角坐标平面内，已知点，，将线段平移得到线段（点A的对应点是点，点B的对应点是点），如果点坐标是，那么点的坐标是 ． 5.如图，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A'B'C'的位置，已知△ABC的面积为16，阴影部分三角形的面积为9．如果AA'＝1，那么A'D的长为 ． 6.如图，将沿射线方向平移得到，边与相交于点，如果，的面积等于，的面积等于，那么 ． 7．（2023·上海奉贤·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线l上有一点，将点A先向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到点B，点B恰好在直线l上．    (1)写出点B的坐标，并求出直线l的表达式； (2)如果点C在y轴上，且，求点C的坐标． 8．在平面直角坐标系xOy中，直线y＝3x+3与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线y＝ax2+bx﹣5a经过点A．将点B向右平移5个单位长度，得到点C． （1）求点C的坐标； （2）求抛物线的对称轴； （3）若抛物线的顶点在△OBC的内部，求a的取值范围． 题型02 图形的旋转 【提分秘籍】 三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度． 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． 【典例分析】 例1．（2025·上海徐汇·一模）在中， ．将绕点C旋转，点A对应点为点，点落在中边上中线的延长线上．则的值为 ． 例2．（2024·上海·模拟预测）已知在等腰中，，将绕点A旋转至，若，那么 例3．（2024·上海·三模）如图，在平面直角坐标系中，等腰的顶点A在y轴上，，，抛物线过点A． (1)用含b的代数式表示顶点坐标 (2)若点O关于中点的中心对称点也恰好在抛物线上，求：抛物线的顶点坐标 (3)若将绕点A按逆时针方向旋转，得到，点在抛物线上，求：抛物线的解析式． 例4．（2024·上海闵行·三模）如图，已知在中，射线 ，P是边上一动点，，交射线于点D，连接．，，． (1)求证：； (2)如果以为半径的圆A与以为半径的圆B相切，求线段的长度； (3)将绕点A旋转，如果点D 恰好与点B重合，点C落在点E的位置上，求此时的余切值． 【变式演练】 1．（2024·上海杨浦·一模）如图，在中，，，将绕点C逆时针旋转，点A、B分别落在点D、E处，如果点A、D、E在同一直线上，那么下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 2．（2023·上海静安·一模）如图，绕点C逆时针旋转后得，如果点B、D、E在一直线上，且，那么A、D两点间的距离是 ． 3．（2023·上海宝山·二模）如图，已知中，，，如果将绕点C顺时针旋转到，使点B的对应点落在边上，那么的度数是 ． 4．（2023·上海虹口·二模）如图，已知点，连接，将线段绕点O顺时针旋转得到线段，如果点B在反比例函数的图像上，那么k的值是 ．    5．（2023·上海徐汇·一模）如图，在中，，，将线段绕点逆时针旋转得到线段，且，则 . 6．（2023·上海松江·一模）如图，已知中，，，将绕点旋转至，如果直线，垂足记为点，那么的值为 ． 7．（2023·上海·模拟预测）在矩形中，（如图）．将矩形绕点B按顺时针方向旋转得到矩形EBFG，点A的对应点为点E，且在边上，如果联结，那么的长为 ． 8．（2023·上海静安·二模）如图，在中，，将绕着点旋转后，点落在边上的点处，点落在点处，与相交于点，如果，那么的大小是 ． 9．（2023·上海徐汇·一模）在中，，M为的中点，将绕点M旋转，使点C与点B重合得到，设边交边于点N．若，则 ． 10．（2023·上海杨浦·三模）如图，已知在中，，将绕点B顺时针旋转，点分别落在点处，联结，如果，那么边的长 ．    11．（2023·上海闵行·二模）如图，在菱形中，，，如果将菱形绕着点逆时针旋转后，点恰好落在菱形的初始边上的点处，那么点到直线的距离为 ． 12．（2023·上海浦东新·三模）如图，在中，，，点在边上，且，将绕着点逆时针旋转，点落在的一条边上的点处，那么旋转角的度数是 ．    13．（2024·上海闵行·二模）在中，，D为边上一动点，将绕点D旋转，使点A落在边上的点E处，过点E作交边于点F，连接，当是等腰三角形时，线段的长为 ． 14．（2024·上海长宁·二模）在中，，将绕着点C旋转，点A、点B的对应点分别是点D、点E，如果点A在的延长线上，且，那么的余弦值为 ． 15．（2024·上海·模拟预测）将抛物线绕点O顺时针旋转后，得到的抛物线解析式为 16．（2024·上海·模拟预测）在中，，，将绕点C顺时针旋转到，点B落在D处，点A落在点E处，若点D在边上，与边交于F，则 17．（2024·上海青浦·三模）如图1，含和角的两块三角板和叠合在一起，边与重合，cm，点为边的中点，边与相交于点，现将三角板绕点按逆时针方向旋转角度（如图2），设边与相交于点Q，则当从到的变化过程中，点Q移动的路径长为 ． 18．（2024·上海·模拟预测）将绕直角顶点C逆时针旋转，点A对应点D落于边上，点B的对应点E与点D的连线交于F，则 19．（2024·上海·模拟预测）已知在中，，将绕点A旋转，使点B落在原的点C处，此时点C落在点D处，延长线段交原的边的延长线于E，则 ． 20．（2024·上海·模拟预测）在梯形中，，，，，，将绕点A顺时针旋转后，与重合，点C与点E重合，若点F在边上，，连接，则的余切值为 21．（2023·上海嘉定·二模）如图，在中，，，，点分别是边的中点，联接．将绕点B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 ． 22．（2024·上海黄浦·三模）如图，在中，，将绕点旋转得到，点的对应点恰好与的重心重合，与相交于点，那么的值为 ． 23．（2023·上海虹口·一模）我们规定：如果一个三角形一边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．如图，已知直线，与之间的距离是3，“等高底”的“等底”在直线上（点在点的左侧），点在直线上，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为点，那么的长为 ． 24．（2024·上海杨浦·一模）如图，已知在菱形中，，将菱形绕点旋转，点、、分别旋转至点、、，如果点恰好落在边上，设交边于点，那么的值是 ． 25．（2023·上海·模拟预测）如图，在中，，，将绕边上点旋转，点、、所对应的点分别是点、、．如果恰好是与的比例中项，那么 ． 26．（2025·上海嘉定·一模）如图，将一块含角的实心的直角三角板放置在桌面上，在桌面所在平面内绕着它的重心逆时针旋转．如果这块三角板的斜边长12厘米，那么运动前后两个三角形重叠部分的面积为 平方厘米． 27．（2023·上海普陀·二模）在平面直角坐标系中（如图），已知抛物线（）与x轴交于点和，与y轴交于点．抛物线的顶点为点．    (1)求抛物线的表达式，并写出点的坐标； (2)将直线绕点顺时针旋转，交轴于点．此时旋转角等于． ①求点的坐标； ②二次函数的图象始终有一部分落在的内部，求实数的取值范围． 28．（2024·上海·三模）已知：如图，在中，，，，以点C为旋转中心旋转，点A、B的对应点分别记为点、．当点落在的边上（不与点A重合），求线段的长．    29．（2023·上海松江·二模）在平面直角坐标系中（如图），已知直线与轴交于点，抛物线的顶点为． (1)若抛物线经过点，求抛物线解析式； (2)将线段绕点顺时针旋转，点落在点处，如果点在抛物线上，求点的坐标； (3)设抛物线的对称轴与直线交于点，且点位于轴上方，如果，求的值． 30．（2024·上海·模拟预测）如图1和图2，已知在四边形中，，，，，，点M在边上，且，将线段绕点M顺时针旋转到，的平分线所在直线交折线于点P（不与点A重合），设点P在该折线上运动的路径长为x，连接，连接．    (1)求的度数 (2)当时，请求出x的值 (3)若点P到的距离为2，求的值 (4)当点P在边上运动时，设点到直线距离为y，求y关于x的函数解析式并写出定义域 31．（2024·上海·二模）如图，在中，，，，分别为，，的中点，连接，． (1)如图1，求：的值 (2)如图2，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点G，射线交于点N时，连接并延长交射线于点M，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． 32．（2025·上海松江·一模）在平面直角坐标系中（如图），已知二次函数的图像与轴负半轴交于点，与轴交于点，且． (1)当时，求该二次函数的函数值； (2)定义：对于一个函数，满足的实数叫做这个函数的不动点．如果二次函数存在唯一的一个不动点，试求出这个不动点； (3)将绕点逆时针旋转，点落在点处，点落在点处，当四边形是梯形时，点恰好落在该二次函数图像上，求该二次函数的解析式． 33．（2025·上海崇明·一模）已知在直角坐标平面中，抛物线经过点三点． (1)求该抛物线的表达式： (2)点是抛物线上在第一象限内的动点，点的横坐标为 ①如果是以为斜边的直角三角形，求的值； ②在轴正半轴上存在点，当线段绕点逆时针方向旋转时，恰好与抛物线上的点重合，此时点的横坐标为，求的值． 34．（2024·上海普陀·二模）如图，在梯形中，（），，．将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、． (1)当点正好落在的延长线上时，求的度数； (2)联结，设，． ①求关于的函数解析式； ②定义：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形．设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求双同正多边形的边数． 35．（2025·上海·模拟预测）小浓与同学学习完黄金分割比的相关知识后，决定进一步探究．他们查阅资料，总结出以下的定义： 1）有两边之比为黄金分割比的三角形是“黄金三角形”； 2）能被一条垂直于较长边且经过这条边的黄金分割点的直线分割为一个正方形和一个新矩形的矩形是“黄金矩形” 根据以上定义，小浓自拟了一道题，请你解决： 如图1，黄金矩形中，点E，F分别在边与边上，且满足，点F是边的黄金分割点．已知大于， (1)求证：四边形也是黄金矩形； (2)已知边．如图2，将四边形绕点F逆时针旋转，落至的位置． i．若，且此时边与线段有交点，用含的三角比（即，，，的任意若干种）的代数式表示四边形的面积，并直接写出其面积最大时线段的长； ii．连接，若是黄金三角形，求点至直线的距离（用a表示）并直接写出相对应的度数． 题型03 图形的翻折 【提分秘籍】 折叠的性质：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等． 【解题思路】凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．解决折叠问题时，首先清楚折叠和轴对称能够提供我们隐含的且可利用的条件，分析角之间、线段之间的关系，借助勾股定理建立关系式求出答案，所求问题具有不确定性时，常常采用分类讨论的数学思想方法． 【典例分析】 例1．（2025·上海青浦·一模）梯形中，已知．将梯形沿过点的直线折叠，点落在AB上，记作点，折痕与底边的交点记作点．如果，那么 ． 例2．（2024·上海普陀·二模）如图，在中，，，分别以点B、C为圆心，1为半径长作、，D为边上一点，将和沿着翻折得到和，点B的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么 ． 例3．（2025·上海松江·一模）如图，在中，，，是边上一点，将沿直线翻折，点的对应点为，如果，那么的值为 ． 例4．（2025·上海静安·一模）已知抛物线上，其与部分对应值如下表： x … … y … … (1)求此抛物线的表达式； (2)设此抛物线的顶点为，将此抛物线沿着平行于轴的直线翻折，翻折后得新抛物线． ①设此抛物线与轴的交点为（点在点的左侧），且的重心恰好落在直线上，求此时新抛物线的表达式； ②如果新抛物线恰好经过原点，求新抛物线在直线上所截得的线段长． 【变式演练】 1．（2024·上海·模拟预测）下列哪个国家的国旗为轴对称图形（   ） A． B． C． D． 2．（2024·上海·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，E为边上一点，将直角梯形沿对角线折叠，若点A的对应点E在边上，，则图中x个点在以A为圆心，为半径的圆上，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2024·上海松江·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，如果与与的一边平行，那么 ． 4．（2024·上海·模拟预测）如图，为圆O直径，且，点P为弧上一点，连接，将半圆沿直线折叠，使折叠后的圆弧恰好经过圆心O，则图中阴影部分的周长为 cm    5．（2025·上海·模拟预测）如图，将长方形纸片沿折叠后，点、分别落在点、的位置，的延长线交于点，若，则 ．（用的代数式表示） 6．（2023·上海金山·二模）已知中，，，，点是线段上的动点，点在线段上，如果点关于直线对称的点恰好落在线段上，那么的最大值为 ． 7．（2023·上海青浦·二模）如图，在中，，点D是边的中点，点M在边上，将沿所在的直线翻折，点A落在点E处，如果∥AB，那么 ． 8．（2023·上海嘉定·一模）点A、B分别在的边、上，且，，（如图），沿直线翻折，翻折后的点落在内部的点，直线与边相交于点，如果，那么 ．    9．（2023·上海·一模）在中，，，点D在斜边上，把沿直线翻折，使得点A落在同一平面内的点处，当平行的直角边时，的长为 ． 10．（2023·上海普陀·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 ．    11．（2023·上海普陀·二模）如图，在中，，，，点在边上，联结，将沿直线翻折后，点的对应点为点E，如果，那么点E到直线的距离为 ． 12．（2024·上海虹口·二模）如图，在扇形中，，，点在半径上，将沿着翻折，点的对称点恰好落在弧上，再将弧沿着翻折至弧（点是点A的对称点），那么的长为 ． 13．（2024·上海金山·二模）如图，在中，，D是的中点，把沿所在的直线翻折，点B落在点E处，如果，那么 ． 14．（2023·上海长宁·二模）如图，将平行四边形沿着对角线翻折，点的对应点为，交于点，如果，，且，那么平行四边形的周长为 ．（参考数据：， 15．（2024·上海长宁·三模）如图，在中，，，点D 在边上，，连接，如果将沿直线翻折后，点 C的对应点为点E，那么点E到直线的距离为 ． 16．（2024·上海普陀·模拟预测）如图，在中，点E和点F分别在和上，，将沿直线翻折，点D落在边上的点G处，若则= （用表示） 17．（2025·上海·模拟预测）如图，在平行四边形中， ，，点E是上一点，将四边形沿翻折得到四边形，点D正好落在延长线上的点F处． （1）的长为 ； （2）连接，若，则的度数是 °． 18．（2023·上海崇明·一模）如图，在中，，点在边上，点在射线上，将沿翻折，使得点落在点处，当且时，的长为 ． 19．（2023·上海虹口·一模）如图，在中，，，点M在边上，，点是射线上一动点，连接，将沿直线翻折，点落在点处，联结，如果，那么的长是 ．    20．（2025·上海普陀·一模）中，，，，点D在边上，，如图所示．点E在边上，将沿着翻折得，其中点B与点对应，交边于点G，交的延长线于点H．如果是等腰三角形，那么 ．    21．（2025·上海崇明·一模）四边形中，，，，，，将沿过点的一条直线折叠，点的对称点落在四边形的对角线上，折痕交边于点（点不与点重合），那么长为 ． 22．（2025·上海·模拟预测）中，，．点D在边上，取射线上一点P，将沿直线翻折至的位置，延长交边于点F，射线交边于点E．若，且点C在边上，则线段与线段长度的比值为 ． 23．（2023·上海静安·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴分别交于点、点，与轴交于点，连接，点在线段上，设点的横坐标为． (1)求直线的表达式； (2)如果以为顶点的新抛物线经过原点，且与轴的另一个交点为： ①求新抛物线的表达式（用含的式子表示），并写出的取值范围； ②过点向轴作垂线，交原抛物线于点，当四边形是一个轴对称图形时，求新抛物线的表达式． 24．（2024·上海杨浦·三模）如图1是光的反射规律示意图，是入射光线，是反射光线，法线平面镜，入射角等于反射角． 如图2，水平桌面上从左至右分别竖直放置了挡板、挡板、平面镜，在挡板的正上方有一可上下移动的挡板（挡板的厚度都忽略不计），已知厘米，当从点发出的光线经平面镜反射后恰好经过点时，测得入射角为.（参考数据：，，） (1)点到平面镜的距离是______厘米． (2)移动挡板，使空隙的长度是厘米，当从点发出的光线经平面镜反射后恰好经过点时，求入射角的度数． (3)在（2）的条件下，如果从点发出的光线经平面镜反射后通过空隙落到挡板上的最高点为，最低点为，那么的长度是_____厘米． 25．（2023·上海杨浦·一模）已知在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点，抛物线的对称轴与x轴交于点D． (1)求抛物线的表达式； (2)点P是直线上方抛物线上一点，过点P作轴，垂足为点G，与直线交于点H．如果，求点P的坐标； (3)在第（2）小题的条件下，连接，试问点B关于直线对称的点E是否恰好落在直线上？请说明理由． 26．（2023·上海松江·二模）如图，是半圆O的直径，C是半圆O上一点，点与点O关于直线对称，射线交半圆O于点D，弦AC交于点E、交于点F． (1)如图，如果点恰好落在半圆O上，求证：； (2)如果，求的值； (3)如果，求的长． 27．（2023·上海徐汇·二模）如图，已知抛物线经过点，与x轴交于点B、． (1)求抛物线的顶点M的坐标； (2)点E在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将沿直线BE翻折，如果点C的对应点F恰好落在抛物线的对称轴上，求点E的坐标； (3)点P在抛物线的对称轴上，点Q是抛物线上位于第四象限内的点，当为等边三角形时，求直线的表达式． 28．（2024·上海嘉定·三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，，且与轴交于点． (1)求抛物线的表达式及点A的坐标； (2)点P是y轴右侧抛物线上的一点，过点作，交线段的延长线于点，如果．求：点P坐标 (3)若点是线段（不包含端点）上的一点，且点关于的对称点恰好在上述抛物线上，求的长． 29．（2024·上海·模拟预测）如图，直线交y轴于点A，交抛物线于点，抛物线经过点，交y轴于点D，点P是抛物线上的动点，作交所在直线于点E． (1)求抛物线的解析式； (2)当为等腰直角三角形时，求：P点坐标； (3)在（2）的条件下，连接，将沿直线翻折，直接写出翻折后点E的对称点坐标． 30．（2025·上海虹口·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于点、（点在点的左侧），与轴交于点，联结，，抛物线的顶点为点． (1)求的值和点的坐标； (2)点是抛物线上一点（不与点重合），点关于轴的对称点恰好在直线上． ①求点的坐标； ②点是抛物线上一点且在对称轴左侧，连接，如果，求点的坐标． 一、单选题 1．（2022·上海·中考真题）有一个正n边形旋转后与自身重合，则n为（   ） A．6 B．9 C．12 D．15 2．（2020·上海·中考真题）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、填空题 3．（2021·上海·中考真题）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O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为 ． 4．（2023·上海·中考真题）如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则 ．    5．（2020·上海·中考真题）如图，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，点D在边BC上，CD=3，联结AD．如果将△ACD沿直线AD翻折后，点C的对应点为点E，那么点E到直线BD的距离为 ． 6．（2024·上海·中考真题）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、解答题 7．（2022·上海·中考真题）一个一次函数的截距为1，且经过点A（2，3）． (1)求这个一次函数的解析式； (2)点A，B在某个反比例函数上，点B横坐标为6，将点B向上平移2个单位得到点C，求cos∠ABC的值． 3 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 图形平移、旋转、翻折 目录 热点题型归纳 题型01 图形的平移 1 题型02 图形的旋转 13 题型03 图形的翻折 93 中考练场 167 1.考查分值：4-14分。 2.考查题型：常以选择、填空(小压轴）、解答题形式出现。 3.解题思路： （1）平移:平移的方向和距离 （2）旋转:三不变找旋转(图形的形状大小旋转角不变 （3）翻折:两点一线找勾股(对称点，垂直平分线) 题型01 图形的平移 【提分秘籍】 平移的三大要素：1）平移的起点，2）平移的方向，3）平移的距离． 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. 【典例分析】 例1.（2025·上海黄浦·一模）如图，将矩形平移到矩形的位置（点对应点，点对应点，点对应点），边与交于点，边与交于点，其中，，如果、两点的距离为，那么、两点的距离为 ．（用含的代数式表示） 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平移的性质，解题的关键是正确作出辅助线．延长交于点，连接、，则，可证明四边形和四边形都是矩形，则，，由，，可得，，推出，得到，即可求解． 【详解】解：延长交于点，连接、，则， 四边形是矩形， ， ， 由平移得：，，， ，， 四边形和四边形都是矩形， ，， ，， ，， ， ， ， ， ， 、两点的距离为， 故答案为：． 例2.（2024·上海·模拟预测）已知一次函数与反比例函数的图象交于，B两点 (1)求反比例函数解析式 (2)将在平面内沿某个方向平移得到其中点、、的对应点分别是、、，若、同时在反比例函数的图象上，求点的坐标． 【答案】(1) (2)点的坐标为 【分析】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求反比例函数的解析式，平移的性质，数形结合是解题的关键． 将点代入，可得点的坐标，再将点A的坐标代入反比例函数，从而得出答案； 由平行四边形和反比例函数的对称性可知与，A与关于原点对称，即可求得，根据、的坐标得到平移的距离，从而求得点的坐标． 【详解】（1）解：将点代入得，， 解得， ， 反比例函数的图象经过点A， ， 反比例函数解析式； （2）列方程组， 解得或， ， 由题意可知，， 四边形是平行四边形， 由反比例函数与平行四边形是中心对称图形可知，与，A与关于原点对称， ， 点向右平移个单位，向下平移个单位得到点， 点的坐标为． 【变式演练】 1．（2024·上海·模拟预测）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，，点A对应直尺的刻度为12．将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查的是平移的性质、平行四边形的判定和性质以及解直角三角形，根据正切的定义求出，证明四边形为平行四边形，根据平移的性质求出，根据平行四边形的面积公式计算，得到答案． 【详解】解：在中，，，， 则 由平移的性质可知：， ∴四边形为平行四边形， ∵点A对应直尺的刻度为12，点对应直尺的刻度为0， ∴， ∴， 故答案为：. 2．（2024·上海普陀·二模）在直角坐标平面内，将点先向右平移个单位，再向上平移个单位得到点，如果点和点恰好关于原点对称，那么点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查点的平移和原点对称的性质，先按题目要求对、点进行平移，再根据原点对称的特征：横纵坐标互为相反数进行列方程，求解． 【详解】设，向右平移个单位，再向上平移个单位得到 、关于原点对称， ，， 解得，， 则 故答案为： 3．（2023·上海浦东新·三模）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4，纵坐标加2，那么让点B的横坐标减4，纵坐标加2即为点的坐标 【详解】∵平移后对应点的坐标为， ∴A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， ∴B点的平移方法与A点的平移方法是相同的， ∴平移后的坐标是：即． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了平面直角坐标系中平移时点的坐标变化规律，掌握该规律是解题的关键． 4．（2023·上海黄浦·二模）在直角坐标平面内，已知点，，将线段平移得到线段（点A的对应点是点，点B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B的横坐标减3，纵坐标加3即为点的坐标． 【详解】解：∵平移后对应点的坐标为， ∴A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， ∴B点的平移方法与A点的平移方法是相同的， ∴平移后的坐标是：即． 故答案为：． 【点睛】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． 5.如图，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A'B'C'的位置，已知△ABC的面积为16，阴影部分三角形的面积为9．如果AA'＝1，那么A'D的长为 ． 【答案】3 【分析】由S△ABC＝16、S△A′EF＝9，且AD为BC边的中线知S△A′DE＝S△A′EF＝4.5，S△ABD＝S△ABC＝8，根据△DA′E∽△DAB，知，据此求解可得． 【详解】解：如图， ∵S△ABC＝16、S△A′EF＝9，且AD为BC边的中线， ∴S△A′DE＝S△A′EF＝4.5，S△ABD＝S△ABC＝8， ∵将△ABC沿BC边上的中线AD平移得到△A'B'C'， ∴A′E∥AB， ∴△DA′E∽△DAB， 则， 即， 解得A′D＝3或A′D＝﹣（舍）， 故答案为：3． 【点睛】本题考查了平移的性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质与三角形中线的性质、相似三角形的判定与性质． 6.如图，将沿射线方向平移得到，边与相交于点，如果，的面积等于，的面积等于，那么 ． 【答案】2 【分析】根据平移性质得AC∥DF，易证△EGC∽△EDF，根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方，求得EC的长，即可求CF的长． 【详解】解：∵沿射线方向平移得到， ∴AC∥DF，△ABC≌△DEF, ∴EF=BC=6cm，S△ABC=S△DEF=9cm2, ∵AC∥DF， ∴∠ACB=∠F, ∠EGC=∠D, ∴△EGC∽△EDF, ∴ , ∴, ∴EC=4cm， ∴CF=2cm. 故答案为：2 【点睛】本题考查了平移的性质，以及相似三角形的性质，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方列式求解是解答此题的关键. 7．（2023·上海奉贤·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线l上有一点，将点A先向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到点B，点B恰好在直线l上．    (1)写出点B的坐标，并求出直线l的表达式； (2)如果点C在y轴上，且，求点C的坐标． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据平移的性质即可得到点B的坐标，根据A、B两点的坐标，利用待定系数法即可求出直线l的表达式； （2）根据等腰三角形的性质，得到，根据点O的坐标和的长度，即可求出点C的坐标． 【详解】（1）解：设 ∵，且点A先向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到点B， ∴，， ∴, 设直线l的表达式为：， ∵，在直线l上， ∴， 解方程组得：， 故直线l的表达式为：； （2）解：如下图所示，过点A作轴，垂足为O，      ∵在y轴上，点C在y轴上，轴， ∴，, ∵ ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查直角坐标系中的点坐标、点的平移、一次函数的解析式和等腰三角形的性质，解题的关键是根据平移的性质求出点B的坐标． 8．在平面直角坐标系xOy中，直线y＝3x+3与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线y＝ax2+bx﹣5a经过点A．将点B向右平移5个单位长度，得到点C． （1）求点C的坐标； （2）求抛物线的对称轴； （3）若抛物线的顶点在△OBC的内部，求a的取值范围． 【答案】（1）C（5，3）；（2）x=2；（3）﹣＜a＜﹣． 【分析】（1）由y=3x+3与x、y轴分别交于点A、B，可求出A、B坐标，B向右移动5个单位即得C坐标； （2）将A坐标代入y=ax2+bx-5a可得b=-4a，根据对称轴公式可得答案； （3）对称轴x=2与BC交于D，与OC交于E，抛物线的顶点在△OBC的内部，则顶点在D和E之间，用a表示顶点纵坐标列不等式可得答案． 【详解】解：（1）在y=3x+3中，令x=0得y=3，令y=0得x=-1， ∴A（-1，0），B（0，3）， ∵点B向右平移5个单位长度，得到点C． ∴C（5，3）； （2）∵A（-1，0），抛物线y=ax2+bx-5a经过点A， ∴0=a-b-5a，即b=-4a， ∴抛物线y=ax2+bx-5a对称轴为； （3）对称轴x＝2与BC交于D，与OC交于E 设OC解析式为y＝kx， ∵（5，3）， ∴3＝5k， ∴， ∴OC解析式为y＝x， 令x＝2得，即， 由（1）知b＝﹣4a， ∴抛物线为y=ax2-4ax-5a， ∴顶点坐标为（2，-9a）， 抛物线的顶点在△OBC的内部，则顶点在D和E之间， 而D（2，3）， ∴， ∴﹣＜a＜﹣． 【点睛】本题考查点的平移、二次函数综合．（1）中会求一次函数与坐标轴交点是解题关键；（2）中掌握对称轴公式是解题关键；（3）掌握顶点公式是解题关键． 题型02 图形的旋转 【提分秘籍】 三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度． 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． 【典例分析】 例1．（2025·上海徐汇·一模）在中， ．将绕点C旋转，点A对应点为点，点落在中边上中线的延长线上．则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由，设，由勾股定理求出的长，再证明，得到，最后算出，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：作，垂足为，如图： ∵，设， ∵， ∴由勾股定理，得， ∵D为中点， ∴， ∵， ∴由勾股定理，得， 在与中， ∵，， ∴， ∴， ∴， ， 由旋转得， 由勾股定理，得， ∴， ∴， 故答案为：． 例2．（2024·上海·模拟预测）已知在等腰中，，将绕点A旋转至，若，那么 【答案】或 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，分绕点A顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，进行讨论求解即可． 【详解】解：∵等腰中，， ∴， 当绕点A逆时针旋转至时，如图， 则：， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 过点作，作，交于点， ∴， ∴， 设，则：， ∴， ∴， ∴， ∴； 当绕点A顺时针旋转至时，如图， 同理可知：为等边三角形， ∴， 过点作，作，则：，， ∴，， 设，同法可得：，， ∴， ∴， ∴； 综上：或； 故答案为：或． 例3．（2024·上海·三模）如图，在平面直角坐标系中，等腰的顶点A在y轴上，，，抛物线过点A． (1)用含b的代数式表示顶点坐标 (2)若点O关于中点的中心对称点也恰好在抛物线上，求：抛物线的顶点坐标 (3)若将绕点A按逆时针方向旋转，得到，点在抛物线上，求：抛物线的解析式． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）配方得到，即得顶点； （2）过点B作轴于C，根据可求得点A的坐标，根据三角函数的定义可得，得到，得到的中点坐标，得到点O关于中点的中心对称点的坐标，代入抛物线的解析式求出b的值即可； （3）过点作于H，过H作轴于G，过点作于M，根据勾股定理和旋转的性质得：，证是等腰直角三角形，得到，证，得到，，根据，，得到，得到，代入，解得．即得． 【详解】（1）解：∵， ∴顶点； （2）解：如图1，过点B作轴于C， 当时，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的中点坐标为， ∴点O关于中点的中心对称点的坐标为， ∵该点也恰好在抛物线上， ∴， 解得， ∴，， 故顶点； （3）解：如图2，过点作于H，过H作轴于G，过点作于M， 由（1）得：， 由旋转的性质可得：，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵该点也恰好在抛物线上， ∴， 解得． 故． 【点睛】本题主要考查了二次函数与三角形综合．熟练掌握二次函数的图象和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，中心对称性质，旋转性质，待定系数法求函数解析式，勾股定理解直角三角形，锐角三角函数定义，是解决问题的关键． 例4．（2024·上海闵行·三模）如图，已知在中，射线 ，P是边上一动点，，交射线于点D，连接．，，． (1)求证：； (2)如果以为半径的圆A与以为半径的圆B相切，求线段的长度； (3)将绕点A旋转，如果点D 恰好与点B重合，点C落在点E的位置上，求此时的余切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 (3) 【分析】（1）先由平行线证明，再由已知条件，证明，得出对应边成比例，即可得出结论； （2）设，作于H，，先根据勾股定理求出，再由勾股定理得出 ，由两圆外切时，，得出方程，解方程即可； （3）作于G；先根据题意得出，解方程求出，再证明为等边三角形求出，然后证明四边形为矩形得出，，求出，即可求的余切值， 【详解】（1）， ， ， ， ， ； （2）设，作于H，如图所示∶ ，， ， ， 根据勾股定理得∶ ， ， ， 两圆相切时，， 即， 解得：， 的长度为2； （3）根据题意得：， 解得：， ， ， 为等边三角形， ，，，， ∴四边形为矩形， ，， 作于G，如图所示： 则， ， ， ． 【点睛】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、两圆外切的条件、等边三角形的判定与性质、三角函数等知识；通过作辅助线运用勾股定理和证明等边三角形、矩形是解题的关键． 【变式演练】 1．（2024·上海杨浦·一模）如图，在中，，，将绕点C逆时针旋转，点A、B分别落在点D、E处，如果点A、D、E在同一直线上，那么下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的性质等知识，解题关键是熟练运用旋转的性质．由旋转的性质可得，，再结合已知条件逐一分析判断即可． 【详解】解：A．由旋转的性质可知，， ∴当点A、、在同一条直线上时，， 故选项A不符合题意； B．由旋转的性质可知，， ∴，， 由∵， ∴为等边三角形， ∴， 故选项B不符合题意； C、∵，， ∴由旋转的性质可得：， 当时， ∴，与题干条件矛盾， ∴选项C符合题意 D． ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选项D不符合题意； 故选：C． 2．（2023·上海静安·一模）如图，绕点C逆时针旋转后得，如果点B、D、E在一直线上，且，那么A、D两点间的距离是 ． 【答案】 【分析】过点C作交于点F，由旋转的性质得出是等腰直角三角形，再求出，利用含角的直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质进行求解即可． 【详解】过点C作交于点F， ∴， ∵绕点C逆时针旋转后得， ∴，即是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 3．（2023·上海宝山·二模）如图，已知中，，，如果将绕点C顺时针旋转到，使点B的对应点落在边上，那么的度数是 ． 【答案】/20度 【分析】根据旋转可得，，，等边对等角得，根据即可求解． 【详解】解：∵，， ∴． ∵将绕点C顺时针旋转到，使点B的对应点落在边上， ∴，，， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，掌握旋转的性质是关键． 4．（2023·上海虹口·二模）如图，已知点，连接，将线段绕点O顺时针旋转得到线段，如果点B在反比例函数的图像上，那么k的值是 ．    【答案】2 【分析】分别过A、B向x轴作垂线，根据旋转的性质，证明两三角形全等，求出点B的坐标，即可求k的值． 【详解】解：分别过A、B向x轴作垂线交x轴于点C和点D， 由题意可知：， ， 在和中， ， ， ， ， 故答案为：2．    【点睛】本题主要考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、求反比例函数中比例系数k的值，解题的关键是添加辅助线证明三角形全等，求出反比例函数图像上点的坐标． 5．（2023·上海徐汇·一模）如图，在中，，，将线段绕点逆时针旋转得到线段，且，则 . 【答案】/ 【分析】构造矩形，将求转化为求，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，分别过A点，D点向BC作垂线，垂足分别为点F和点E， ∴ ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴， ∴， 由旋转，得， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、矩形的判定与性质、旋转的性质，解题关键是构造出矩形进行线段之间的转化． 6．（2023·上海松江·一模）如图，已知中，，，将绕点旋转至，如果直线，垂足记为点，那么的值为 ． 【答案】或 【分析】设，则，，分两种情况讨论，画出图形，利用相似三角形的判定和性质，列式计算即可求解． 【详解】解：∵中，，， ∴， 设，则，， ∵将绕点旋转至， ∴，则，，，， 如图，，，， ∴， ∴，则， ∴， ∴， ∴； 如图，，，， ∴， ∴，则， ∴， ∴， ∴； 故答案为：或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，正弦函数，相似三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 7．（2023·上海·模拟预测）在矩形中，（如图）．将矩形绕点B按顺时针方向旋转得到矩形EBFG，点A的对应点为点E，且在边上，如果联结，那么的长为 ． 【答案】 【分析】过G作于点H，根据旋转变换的性质得到根据勾股定理求出，证明，进而求得根据勾股定理便可求得． 【详解】解：过G作于点H， 由旋转变换的性质可知， 由勾股定理得，， ∵， ∴， ∵ ∴ ∴， 即， ∴，    ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是旋转的性质、相似三角形的判定和性质，掌握勾股定理、矩形的性质、旋转变换的性质是解题的关键． 8．（2023·上海静安·二模）如图，在中，，将绕着点旋转后，点落在边上的点处，点落在点处，与相交于点，如果，那么的大小是 ． 【答案】/108度 【分析】设，由，得，，再由旋转的性质得，，从而有，同理可证：，利用三角形的内角和定理构造方程即可求解． 【详解】解：设， ∵，， ∴，， ∵将绕着点旋转后，点落在边上的点处，点落在点处，与相交于点， ∴，， ∵， ∴， 同理可证：， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴ 故答案为． 【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，旋转的性质以及一元一次方程的应用，熟练掌握三角形的内角和定理时解题的关键． 9．（2023·上海徐汇·一模）在中，，M为的中点，将绕点M旋转，使点C与点B重合得到，设边交边于点N．若，则 ． 【答案】/ 【分析】根据题意画图，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，推导出相等的角，根据等角对等边可得出于相等，根据勾股定理列出方程求解即可． 【详解】解：根据题意画出图形如下图所示， 由题意可得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 根据勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转变换，勾股定理，等边对等角，直角三角形的中线的性质，能够熟练运用勾股定理是解决本题的关键． 10．（2023·上海杨浦·三模）如图，已知在中，，将绕点B顺时针旋转，点分别落在点处，联结，如果，那么边的长 ．    【答案】 【分析】由旋转变换易证，，，，由，得；设，由三角函数得，；在中，运用勾股定理求解得，所以． 【详解】如图，由旋转知，，，，为等边三角形， ∴， ，，    ∴， ∵ ∴ 设，则， 中， ∴，解得（负值舍去）， 故答案为： 【点睛】本题主要考查旋转变换、全等三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理及特殊角三角函数；能够灵活运用相关知识导出线段间的数量关系是解题的关键． 11．（2023·上海闵行·二模）如图，在菱形中，，，如果将菱形绕着点逆时针旋转后，点恰好落在菱形的初始边上的点处，那么点到直线的距离为 ． 【答案】3 【分析】由旋转、菱形的性质可知，，则，，，，根据E到直线的距离为，计算求解即可． 【详解】解：如图，菱形绕着点D逆时针旋转后为菱形， 由旋转、菱形的性质可知，， ∴，， ∴， ∴， ∴到直线的距离为． 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、菱形的性质、等边对等角、三角形内角和定理、三角函数等知识．解题的关键在于对相关知识的熟练掌握与灵活运用． 12．（2023·上海浦东新·三模）如图，在中，，，点在边上，且，将绕着点逆时针旋转，点落在的一条边上的点处，那么旋转角的度数是 ．    【答案】或 【分析】分类讨论：当点在上，根据等边对等角和三角形内角和即可求得；当点在上，根据30度所对的直角边是斜边的一半和三角形的外角性质即可求得． 【详解】当点在上，如图：    ∵，∴， ∴， 当点在上，如图：    ∵， ∴， ∴， 故答案为：或 【点睛】本题考查旋转的性质，等边对等角，三角形内角和，30度角的直角三角形性质，三角形的外角性质，解题的关键是分类讨论思想的运用． 13．（2024·上海闵行·二模）在中，，D为边上一动点，将绕点D旋转，使点A落在边上的点E处，过点E作交边于点F，连接，当是等腰三角形时，线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，先求解，，再判断为等腰三角形时，只有，再证明，再利用勾股定理建立方程可得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴，， ∵为直角三角形， ∴当为等腰三角形时，只有， 如图，设时，而， ∴，， 由旋转可得：， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：，即； 故答案为：． 14．（2024·上海长宁·二模）在中，，将绕着点C旋转，点A、点B的对应点分别是点D、点E，如果点A在的延长线上，且，那么的余弦值为 ． 【答案】/ 【分析】由旋转，平行线的性质以及等腰三角形的性质证明，再对运用内角和定理可求，即可求解的余弦值． 【详解】解：由旋转得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴在中，由内角和定理得：， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质以及特殊角的锐角三角函数值，熟练掌握知识点是解题的关键． 15．（2024·上海·模拟预测）将抛物线绕点O顺时针旋转后，得到的抛物线解析式为 【答案】 【分析】本题考查了二次函数的性质，根据题意得出旋转后顶点坐标横纵坐标变成原来的相反数，开口方向相反，开口大小不变是解本题的关键．根据题意将抛物线绕点O顺时针旋转后，顶点坐标横纵坐标变成原来的相反数，开口方向相反，开口大小不变，据此解答即可． 【详解】解：∵抛物线的顶点是，绕点O顺时针旋转后， ∴顶点坐标为，开口大小不变，开口方向相反，即， ∴旋转后的解析式为． 故答案为：． 16．（2024·上海·模拟预测）在中，，，将绕点C顺时针旋转到，点B落在D处，点A落在点E处，若点D在边上，与边交于F，则 【答案】/ 【分析】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键． 由锐角三角函数可求，由旋转的性质可得，，，通过证明，可求解． 【详解】解：如图，过点A作于N， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵将绕点C顺时针旋转到， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 17．（2024·上海青浦·三模）如图1，含和角的两块三角板和叠合在一起，边与重合，cm，点为边的中点，边与相交于点，现将三角板绕点按逆时针方向旋转角度（如图2），设边与相交于点Q，则当从到的变化过程中，点Q移动的路径长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转变化，解直角三角形，求点的运动轨迹，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据旋转角度画出图形，在变化的过程中，Q点从点运动到与垂直时，与的交点处，进行计算即可得到答案． 【详解】解：当从到的变化过程中，如图所示， ， ， 当时，点从点开始向方向运动， 当时，的移动到最大距离， 此时， 在中，， ， ， 当时，点开始离开点向点方向运动， 当时，点停止运动， 在中，， ， 点返回运动的路径长为， 点Q移动的路径长为， 故答案为：． 18．（2024·上海·模拟预测）将绕直角顶点C逆时针旋转，点A对应点D落于边上，点B的对应点E与点D的连线交于F，则 【答案】 【分析】本题考查旋转的性质，解直角三角形，先根据旋转的性质，推导出，再根据正切值的定义，进行求解即可． 【详解】解：如图： ∵将绕直角顶点C逆时针旋转， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点作，作，交与点，连接，则：，， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 19．（2024·上海·模拟预测）已知在中，，将绕点A旋转，使点B落在原的点C处，此时点C落在点D处，延长线段交原的边的延长线于E，则 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．也考查了等腰三角形的性质和旋转的性质．作于H，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出，再根据旋转的性质得，，则利用三角形外角性质可计算出，接着在中利用含30度的直角三角形三边的关系得，，所以，然后在中利用得到，于是可得． 【详解】解：作于H，如图， ∵， ∴， ∵绕点A旋转，使点B落在原的点C处，此时点C落在点D处， ∴， ∵， ∴， 在中，∵， ∴，， ∴， 在中，∵， ∴， ∴． 故答案为． 20．（2024·上海·模拟预测）在梯形中，，，，，，将绕点A顺时针旋转后，与重合，点C与点E重合，若点F在边上，，连接，则的余切值为 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形、矩形的判定与性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质，作于，于，令交于，则，证明四边形为矩形，得出，由旋转的性质可得：，，证明得出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图：作于，于，令交于， 则， ∵， ∴，，， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， 由旋转的性质可得：，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴的余切值为， 故答案为：． 21．（2023·上海嘉定·二模）如图，在中，，，，点分别是边的中点，联接．将绕点B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】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，由勾股定理求出，点分别是边的中点，则，，通过旋转性质得出，，则，又，则可证明，又由勾股定理求出，最后通过相似三角形的性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图， ∵，，， ∴由勾股定理得：， ∵点分别是边的中点， ∴，， ∵将绕点顺时针方向旋转， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∵，，， ∴由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 22．（2024·上海黄浦·三模）如图，在中，，将绕点旋转得到，点的对应点恰好与的重心重合，与相交于点，那么的值为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了三角形重心的性质，直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，旋转的性质，先根据旋转的性质得到，，，根据三角形重心的性质得到为边上的中线，，则，根据斜边上的中线性质得到，所以，接着证明得到，所以，然后利用相似比得到的值，从而得到的值，熟练掌握三角形重心的性质和三角形相似的判定理与性质定理是解题的关键． 【详解】解：∵绕点旋转得到， ∴，，， ∵点为的重心， ∴为边上的中线，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 23．（2023·上海虹口·一模）我们规定：如果一个三角形一边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．如图，已知直线，与之间的距离是3，“等高底”的“等底”在直线上（点在点的左侧），点在直线上，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为点，那么的长为 ． 【答案】或 【分析】根据题意分情况画出相应图，然后根据旋转性质找到线段对应关系求解即可． 【详解】解：当如下图所示时， ，， 点到直线的距离为， ， 将绕点顺时针旋转得到， ； 当如下图所示时， ，， 点到直线的距离为， ，， 将绕点顺时针旋转得到，，， ， 在中，， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了旋转性质、勾股定理、二次根式的运算等知识，分情况讨论并画出相应图像是解题关键． 24．（2024·上海杨浦·一模）如图，已知在菱形中，，将菱形绕点旋转，点、、分别旋转至点、、，如果点恰好落在边上，设交边于点，那么的值是 ． 【答案】 【分析】过点A作于点M，则，设则，根据旋转的性质，得，则，证明三点共线，再证明，延长二线交于点，接着即可． 【详解】过点A作于点M，菱形， 则， 设则，连接， 根据旋转的性质，菱形，得， ，，，， ∵， ∴， ∴，， 延长交于点， ∵菱形， ∴， ∴, ∵, ∴, ∴, ∵ ∴重合，G，D，F三点共线， 延长二线交于点， 则， ∵ ∴， ∴， 解得， ∵ ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定和性质，三角函数，勾股定理，旋转性质，等腰三角形的三线合一行，三角形相似的判断和性质，熟练掌握菱形的性质，三角函数，三角形相似的判定是解题的关键． 25．（2023·上海·模拟预测）如图，在中，，，将绕边上点旋转，点、、所对应的点分别是点、、．如果恰好是与的比例中项，那么 ． 【答案】或 【分析】连接、过作于由旋转得，，，．故，，得，进而由恰好是与的比例中项得，，又证明得，从而证明，或，进而分两种情况讨论求解即可。 【详解】解∶连接、过作于 由旋转得，，，． ∴,, ∴，， ∴ 得∶即 ∵恰好是与的比例中项， ∴ ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴即， ∴， ∴， ∴，或， ∴当，、，重合， ∴， ∵， ∴设，， ∵， ∴， ∵面积， ∴， ∴ ∴， ∴． 当时， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为∶或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，因式分解及有理数的乘法法则，掌握相似三角形的判定及性质是解题关键． 26．（2025·上海嘉定·一模）如图，将一块含角的实心的直角三角板放置在桌面上，在桌面所在平面内绕着它的重心逆时针旋转．如果这块三角板的斜边长12厘米，那么运动前后两个三角形重叠部分的面积为 平方厘米． 【答案】 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，旋转的性质，重心的性质，根据含30度角的直角三角形的性质，求出的面积，旋转的性质，重心的性质，推出，且相似比为，利用的面积减去三个小三角形的面积求出重叠部分的面积即可． 【详解】解：如图，，， ∴， ∴， ∵为重心， ∴， ∵绕点旋转180度， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴重叠部分的面积为：； 故答案为：． 27．（2023·上海普陀·二模）在平面直角坐标系中（如图），已知抛物线（）与x轴交于点和，与y轴交于点．抛物线的顶点为点．    (1)求抛物线的表达式，并写出点的坐标； (2)将直线绕点顺时针旋转，交轴于点．此时旋转角等于． ①求点的坐标； ②二次函数的图象始终有一部分落在的内部，求实数的取值范围． 【答案】(1)， (2)①；② 【分析】（1）待定系数法求解析式，进而化为顶点式，即可求解． （2）①根据题意画出函数图象，过点作于点，则，，证明，即可求解； ②将点的坐标分别代入，结合图形即可求解． 【详解】（1）解：将点和，代入，得， ， 解得：， ∴抛物线的表达式为：， ∵， ∴； （2）把代入得 ∴, ∵， ∴，则， 如图所示，过点作于点，则，， ∴都是等腰直角三角形， ∴， ∴， 又∵ ∴ 又， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵， 顶点坐标为 将代入 解得， 如图4-2所示，∵二次函数的图像始终有一部分落在的内部， ∴； 将点代入， ∴， 解得：或， 如图4-3所示，依题意，二次函数的图像始终有一部分落在的内部， ∴； 如图4-4所示，∵二次函数的图像始终有一部分落在的内部， ∴， 综上所述，当二次函数的图像始终有一部分落在的内部时，． 【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，相似三角形的性质与判定，二次函数的平移，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 28．（2024·上海·三模）已知：如图，在中，，，，以点C为旋转中心旋转，点A、B的对应点分别记为点、．当点落在的边上（不与点A重合），求线段的长．    【答案】的长为或． 【分析】本题考查的是旋转的性质，勾股定理的应用，解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，熟练的利用数形结合的方法解题是关键． 先求解，，如图，当落在上时，过作于，由旋转可得：，可得，当落在上时，如图，可得，再进一步求解可得答案． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴，， 如图，当落在上时，过作于， 由旋转可得：， ∴，    ∵， ∴， ∴， 当落在上时，如图，    ∴， ∴， 综上：的长为或． 29．（2023·上海松江·二模）在平面直角坐标系中（如图），已知直线与轴交于点，抛物线的顶点为． (1)若抛物线经过点，求抛物线解析式； (2)将线段绕点顺时针旋转，点落在点处，如果点在抛物线上，求点的坐标； (3)设抛物线的对称轴与直线交于点，且点位于轴上方，如果，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据一次函数解析式，求得点，代入，即可求解； （2）过点作轴，垂足为，过点作于点，证明得出，代入抛物线解析式即可求解； （3）设直线与轴交于点，与轴交于点，过点作，由得出，根据，列方程，解方程即可求解． 【详解】（1）解：∵直线与轴交于点， 当时，， ∴， 若抛物线经过点，则 解得：或（舍去） ∴抛物线解析式为； （2）∵的顶点为． ∴ 如图所示，过点作轴，垂足为，过点作于点， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴ ∵在抛物线上， ∴ 解得：， ∴， （3）解：如图所示，设直线与轴交于点，与轴交于点， 由，令，得，则， ∴， ∴是等腰直角三角形 ∵轴， ∴是等腰直角三角形， ∴，则 过点作，则是等腰直角三角形，则，则 ∴ ∵， ∴ 又 ∴ 即 ∴ 解得：或（舍去） 【点睛】本题考查了二次函数的性质，正切的定义，解一元二次方程，全等三角形的性质与判定，熟练以上知识掌握是解题的关键． 30．（2024·上海·模拟预测）如图1和图2，已知在四边形中，，，，，，点M在边上，且，将线段绕点M顺时针旋转到，的平分线所在直线交折线于点P（不与点A重合），设点P在该折线上运动的路径长为x，连接，连接．    (1)求的度数 (2)当时，请求出x的值 (3)若点P到的距离为2，求的值 (4)当点P在边上运动时，设点到直线距离为y，求y关于x的函数解析式并写出定义域 【答案】(1) (2)13 (3)的值为或 (4) 【分析】（1）先在中由勾股定理求得，然后在中根据三边长利用勾股定理逆定理解答即可； （2）当时，，则；设交与点N，先由求得，由线段差可得；再由求得即可解答； （3）分P点在AB上和BC上两种情况；当P点在上时，过点作于点，在和中，利用的正弦值求得，再在中求即可；当P点在上时，过点P作交的延长线于点Q，延长MP交的延长线于点H，先由求得和，再由求得，在求得即可； （4）过点作交于点，过点作于点，则四边形是矩形，证明，根据相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵，，， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴； （2）解：如下图所示，当时，设交与点N，    ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，，，， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∵当由增加到时，点由点运动到点， ∴； （3）解：如下图所示，当P点在上时，过点作于点，则，， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 如下图所示，当P在上时，则，过点P作交的延长线于点Q，延长交的延长线于点H，    ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ， ∴， 解得：， ∴， 综上所述，的值为或； （4）解：∵点在上， ∴， 如图，过点作交于点，过点作于点，则四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ，，设，，即， ，， ， 整理得：， 点到直线的距离． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、勾股定理逆定理、矩形的判定与性质、解直角三角形、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 31．（2024·上海·二模）如图，在中，，，，分别为，，的中点，连接，． (1)如图1，求：的值 (2)如图2，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点G，射线交于点N时，连接并延长交射线于点M，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． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【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，即可求解； （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． 【详解】（1）解：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，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】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，解直角三角形，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 32．（2025·上海松江·一模）在平面直角坐标系中（如图），已知二次函数的图像与轴负半轴交于点，与轴交于点，且． (1)当时，求该二次函数的函数值； (2)定义：对于一个函数，满足的实数叫做这个函数的不动点．如果二次函数存在唯一的一个不动点，试求出这个不动点； (3)将绕点逆时针旋转，点落在点处，点落在点处，当四边形是梯形时，点恰好落在该二次函数图像上，求该二次函数的解析式． 【答案】(1)0 (2)这个不动点是 (3)或 【分析】（1）令，得，得，进而得，代入解析式得得，从而得，再把代入解析式即可得解； （2）由得：，根据函数有唯一的不动点得或．把代入，得，求解即可； （3）分和利用解直角三角形，旋转的性质及二次函数的图像及性质即可求解． 【详解】（1）解：令，得， ． 代入解析式得得 ∴ 当时 当时，． （2）解：由得： ∵有唯一的不动点 解得：（舍）或． 当时， ∴， 这个不动点是． （3）解：①当时，如图 由旋转可得，， ， ∴ ， ②当时，如图，过作于点， 由旋转得， ∴， ，， ∴ 解得， ． 故二次函数解析式为或， 【点睛】本题主要考查了二次函数的图形及性质，一元二次方程根的判别式，解直角三角形及旋转的性质，熟练掌握二次函数的图形及性质是解题的关键． 33．（2025·上海崇明·一模）已知在直角坐标平面中，抛物线经过点三点． (1)求该抛物线的表达式： (2)点是抛物线上在第一象限内的动点，点的横坐标为 ①如果是以为斜边的直角三角形，求的值； ②在轴正半轴上存在点，当线段绕点逆时针方向旋转时，恰好与抛物线上的点重合，此时点的横坐标为，求的值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）由抛物线经过点，，，再建立方程组解题即可； （2）①作轴，垂足为．由题意可得，证明  ，再建立方程求解即可；②作轴于，轴于，证明，可得，设，再进一步解答即可. 【详解】（1）解： 抛物线经过点，，， ，解方程组得： 抛物线的表达式为： （2）解：①作轴，垂足为． 点在抛物线的图象上，横坐标为， ， ， ，   ， ，   ， ， 即， 解得，经检验符合题意； ②作轴于，轴于， ， ，   ， 又 ， ， ， 设， 由，   ， ， ， 整理得：， ， . 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，利用待定系数法求解二次函数的解析式，旋转的性质，锐角三角函数的应用，作出符合题意的图形是解本题的关键. 34．（2024·上海普陀·二模）如图，在梯形中，（），，．将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、． (1)当点正好落在的延长线上时，求的度数； (2)联结，设，． ①求关于的函数解析式； ②定义：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形．设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求双同正多边形的边数． 【答案】(1) (2)①；②理由见解析，双同正多边形的边数为 【分析】（1）当点正好落在的延长线上时，连接，根据平行线的性质、旋转的性质、等边对等角的性质，得出，结合三角形内角和为求出度数即可； （2）①连接、、、，过点作于点，根据旋转的性质、相似三角形的判定定理，证明，得出，结合勾股定理，用含的代数式表示出、，代入中整理得出关于的函数解析式即可；②根据①过程中，，，已知，说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形即可；根据当这两个正多边形的面积比是时，相似多边形的面积比等于相似比的平方，得出相似比为，求出的长，结合勾股定理计算，求出，得出，计算即可得出双同正多边形的边数． 【详解】（1）解：如图，当点正好落在的延长线上时，连接， ∵，，将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、， ∴（两直线平行，内错角相等），，， ∴， ∴； （2）解：①如图，连接、、、，过点作于点， ∵将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、， ∴， 和都等于旋转角，即， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ， ， 整理得：； ②以线段、为边的正多边形是双同正多边形，理由如下， 如图，由①过程得：，，， ∵，是一个正多边形的中心角，将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、， ∴， ∴也是一个正多边形的中心角， ∴以线段、为边，以点为的中心的两个正多边形的中心角也相等，即这两个正多边形是双同正多边形， ∴这两个正多边形也是相似多边形， ∵当这两个正多边形的面积比是时， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴这两个正多边形的中心角， ∴这两个正多边形的边数， ∴当这两个正多边形的面积比是时，双同正多边形的边数为． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、正多边形的性质等，熟练掌握相似三角形的判定与性质、推理证明是解题的关键． 35．（2025·上海·模拟预测）小浓与同学学习完黄金分割比的相关知识后，决定进一步探究．他们查阅资料，总结出以下的定义： 1）有两边之比为黄金分割比的三角形是“黄金三角形”； 2）能被一条垂直于较长边且经过这条边的黄金分割点的直线分割为一个正方形和一个新矩形的矩形是“黄金矩形” 根据以上定义，小浓自拟了一道题，请你解决： 如图1，黄金矩形中，点E，F分别在边与边上，且满足，点F是边的黄金分割点．已知大于， (1)求证：四边形也是黄金矩形； (2)已知边．如图2，将四边形绕点F逆时针旋转，落至的位置． i．若，且此时边与线段有交点，用含的三角比（即，，，的任意若干种）的代数式表示四边形的面积，并直接写出其面积最大时线段的长； ii．连接，若是黄金三角形，求点至直线的距离（用a表示）并直接写出相对应的度数． 【答案】(1)见解析 (2)①，；②当或时，点至直线的距离；当或时，点至直线的距离 【分析】（1）连接，交于点H，过点H作于点I，利用黄金矩形的性质和相似三角形的判定与性质证明是黄金分割点，再证明四边形是正方形即可； （2）①连接，过点作于点N，由旋转得，，，证明，可得，设，则，则，继而可得，那么，当最大时，则最大，故当最大时，最大，由于边与线段有交点，则当点与点重合时，最大，由上知，则，故； ②分两种情况讨论，构造相似三角形，利用相似三角形的性质以及解直角三角形即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是黄金矩形， ∴四边形是正方形，为的黄金分割点， ∴， 设，则， 连接，交于点H，过点H作于点I， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形，四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形， ∵ ∴四边形是正方形， ∵， ∴点H为的黄金分割点， ∴四边形也是黄金矩形； （2）解：①连接，过点作于点N， 由旋转得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当最大时，则最大， ∴当最大时，最大， ∵边与线段有交点， ∴当点与点重合时，最大，如图： ∵， ∴由上知， ∴ ∴； ②当时，且在上方，在上取点L，使得，连接，过点作于点O，过点作于M，交于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，而 ∴， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴由勾股定理得，， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当时，点至直线的距离， 当旋转角为：时，如图： ∵此时，故点与上述点关于对称 ∴点至直线的距离； 当时，在延长线上取点L，使得，连接，过点作交延长线于点O，过点作于M，交于点， 同理可证明， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴设， 则， ∵， ∴， ∴， ∴旋转角， 设，则， ∴由勾股定理得，， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当时，点至直线的距离 当旋转角为：时，如图： ∵此时，故点与上述点关于对称 ∴点至直线的距离； 综上：当或时，点至直线的距离；当或时，点至直线的距离． 【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，黄金分割，解直角三角形，正方形、矩形的性质，全等三角形的判定与性质，难度很大，综合性很强，熟练掌握黄金分割及其相关推导是解题的关键． 题型03 图形的翻折 【提分秘籍】 折叠的性质：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等． 【解题思路】凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．解决折叠问题时，首先清楚折叠和轴对称能够提供我们隐含的且可利用的条件，分析角之间、线段之间的关系，借助勾股定理建立关系式求出答案，所求问题具有不确定性时，常常采用分类讨论的数学思想方法． 【典例分析】 例1．（2025·上海青浦·一模）梯形中，已知．将梯形沿过点的直线折叠，点落在AB上，记作点，折痕与底边的交点记作点．如果，那么 ． 【答案】 【分析】延长，交于，设，则，由，，知四边形是平行四边形，有，，，根据将梯形沿过点的直线折叠，点落在上，记作点，可得，，，故，求出，证明，可得，，从而，即可得． 【详解】解：延长，交于，如图： 设，则， ∵，， 四边形是平行四边形， ，，， ∵将梯形沿过点的直线折叠，点落在上，记作点， ，，， ， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ，即， ， ， ， ； ． 故答案为：． 【点睛】本题考查梯形中的翻折问题，涉及相似三角形的判定与性质，平行四边形判定与性质及等腰三角形的判定和性质，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形解决问题． 例2．（2024·上海普陀·二模）如图，在中，，，分别以点B、C为圆心，1为半径长作、，D为边上一点，将和沿着翻折得到和，点B的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么 ． 【答案】 【分析】作，，根据余弦的定义，勾股定理，等腰三角形三线合一的性质，在中，得到，的长，，由折叠的性质得到，，由与外切，得到，在中得到， 当在内部时， ，，由此即可求解 【详解】解：过点作交于点，连接，过点作，交于点， ∵，， 在中，，， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∵，， ∴， ∵与外切， ∴，， 在中，，， 如图所示，与边相交， 与外切， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角函数解直角三角形，等腰三角形三线合一，勾股定理，折叠的性质，圆与圆的位置关系，理解题意作图分析，掌握三角函数的计算方法是解题的关键． 例3．（2025·上海松江·一模）如图，在中，，，是边上一点，将沿直线翻折，点的对应点为，如果，那么的值为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了锐角三角函数的计算与运用，折叠的性质，相似三角形判定和性质，掌握相似三角形的判定方法及性质是解题的关键． 根据，设，运用勾股定理可得，分类讨论：如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，设交于点，运用勾股定理可得，由平行可证，可得解得，，再证，可得即可求解；将沿直线翻折，点的对应点为，，延长交于点，运用勾股定理可得，由折叠与平行的性质可得，则，再证，得到即可求解． 【详解】解：在中，，， ∴， 设， ∴， 如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，设交于点， ∴，， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得，， 同理，， ∴， ∴， 解得，， ∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴，且， ∴， ∴，即， 整理得，， ∵， ∴； 如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，延长交于点， ∴， ∴，， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴； 综上所述，的值为或， 故答案为：或 ． 例4．（2025·上海静安·一模）已知抛物线上，其与部分对应值如下表： x … … y … … (1)求此抛物线的表达式； (2)设此抛物线的顶点为，将此抛物线沿着平行于轴的直线翻折，翻折后得新抛物线． ①设此抛物线与轴的交点为（点在点的左侧），且的重心恰好落在直线上，求此时新抛物线的表达式； ②如果新抛物线恰好经过原点，求新抛物线在直线上所截得的线段长． 【答案】(1) (2)①② 【分析】本题主要考查待定系数法求解析式及二次函数图象的性质，折叠的性质，重心的性质，掌握二次函数图象的性质是解题的关键． （1）根据题意，运用两点式，设，运用待定系数法即可求解； （2）①将抛物线的一般式化为顶点式得到点的坐标为，如图所示，过点作垂直轴于点，根据是的重心，得到，则新抛物线的顶点坐标为，根据题意可知，这两条抛物线的形状不变，开口方向相反，由此即可求解；②设直线与轴的交点为，则关于直线的对称点为，由此得到新抛物线的表达式为，根据它经过原点，得到解得，所以令，代入，由此即可求解． 【详解】（1）解：当时，，当时，， ∴设抛物线的表达式为， 把代入，， 解得， ∴此抛物线的表达式为． （2）解：①∵， ∴点的坐标为， 如图所示，过点作垂直轴于点， ∴， ∵是的重心， ∴， ∵在直线上，且新抛物线与原抛物线的图像关于直线对称， ∴新抛物线的顶点坐标为， ∴根据题意可知，这两条抛物线的形状不变，开口方向相反， ∴新抛物线的表达式为； ②设直线与轴的交点为， ∴关于直线的对称点为， ∴新抛物线的表达式为， ∵它经过原点， ∴， 解得， 令，代入， 得，， ∴新抛物线在直线上所截得的线段长为． 【变式演练】 1．（2024·上海·模拟预测）下列哪个国家的国旗为轴对称图形（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查轴对称图形的定义，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；据此逐一判断即可． 【详解】解：A．不是轴对称图形，故该选项不符合题意， B．是轴对称图形，故该选项符合题意， C．不是轴对称图形，故该选项不符合题意， D．不是轴对称图形，故该选项不符合题意， 故选：B． 2．（2024·上海·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，E为边上一点，将直角梯形沿对角线折叠，若点A的对应点E在边上，，则图中x个点在以A为圆心，为半径的圆上，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】连接，作于点H，证明四边形是矩形，则，利用折叠和等角对等边得到，证明是等边三角形，，则，得到，则，得到，则，即可得到所有符合条件的点． 【详解】解：连接，作于点H， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ ∵将直角梯形沿对角线折叠，若点A的对应点E在边上， ∴， ∴ ∴ ∴是等边三角形，， ∴，， 则， ∴，， ∴， ∴， 综上可知，图中共有B、E、D3个点在以A为圆心，为半径的圆上， 即， 故选：C 【点睛】此题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、含角的直角三角形、折叠的性质、等角对等边等知识，找到所有符合条件的点是解题的关键． 3．（2024·上海松江·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，如果与与的一边平行，那么 ． 【答案】5或 【分析】根据与三边分别平行分类讨论，由翻折的性质以及勾股定理求出的长，从而求得的长即可．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． 【详解】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． 4．（2024·上海·模拟预测）如图，为圆O直径，且，点P为弧上一点，连接，将半圆沿直线折叠，使折叠后的圆弧恰好经过圆心O，则图中阴影部分的周长为 cm    【答案】 【分析】本题考查了弧长的计算，折叠问题，关键是求出，证明． 作半径于N，由折叠的性质得到，得到，由，求出，得到，由弧长公式求出的长，即可求出阴影的周长． 【详解】解：作半径于N，    由折叠的性质得到，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴阴影的周长=++=+=． 故答案为：． 5．（2025·上海·模拟预测）如图，将长方形纸片沿折叠后，点、分别落在点、的位置，的延长线交于点，若，则 ．（用的代数式表示） 【答案】 【分析】本题考查了平行线的性质，折叠的性质，解题的关键是熟练掌握，两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．先根据平行线的性质得出，根据折叠得出，根据平行线的性质得出． 【详解】解：∵， ∴， ∵长方形中，， ∴， ∵将长方形纸片沿折叠后，点、分别落在点、的位置， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 6．（2023·上海金山·二模）已知中，，，，点是线段上的动点，点在线段上，如果点关于直线对称的点恰好落在线段上，那么的最大值为 ． 【答案】 【分析】过A点作于点G，先解直角三角形求出，，然后利用面积求出，当与G重合时最小，即最大，求出最大值即可． 【详解】解：如图，过A点作于点G， ∵，，， ∴， 则， 又∵， ∴ ∵点、点关于直线对称， ∴， 又点恰好落在线段上， ∴当与G重合时最小，即最大， ∴最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查解直角三角形，轴对称的性质，掌握垂线段最短是解题的关键． 7．（2023·上海青浦·二模）如图，在中，，点D是边的中点，点M在边上，将沿所在的直线翻折，点A落在点E处，如果∥AB，那么 ． 【答案】 【分析】画出图形，过点D作的垂线段，交于点F，过点C作AB的垂线段，交于点G，证明为等腰三角形，，即可解答． 【详解】 解：如图，过点D作的垂线段，交于点F，过点C作的垂线段，交于点G， ， ， 点D是边的中点， ， 沿所在的直线翻折，点A落在点E处， ， ，， ∥CG， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理与折叠问题，面积法，等腰三角形的性质，平行四边形的判定及性质，画出图形并且作出正确的辅助线是解题的关键． 8．（2023·上海嘉定·一模）点A、B分别在的边、上，且，，（如图），沿直线翻折，翻折后的点落在内部的点，直线与边相交于点，如果，那么 ．    【答案】 【分析】根据题意和翻折的性质可得是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，所以，得，设，则，，所以，，然后根据锐角三角函数即可解决问题． 【详解】解：如图所示：   ，， 是等腰直角三角形， ， 沿直线翻折，翻折后的点落在内部的点， 是等腰直角三角形， ， ， ， 设， 则，， ，， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了翻折变换，解直角三角形，解决本题的关键是掌握翻折的性质． 9．（2023·上海·一模）在中，，，点D在斜边上，把沿直线翻折，使得点A落在同一平面内的点处，当平行的直角边时，的长为 ． 【答案】1或3 【分析】根据勾股定理可得：，分两种情况进行讨论：①当时，由平行线及折叠的性质可得：，，依据相似三角形的判定和性质可得，，得出，再利用一次相似三角形的判定和性质可得；②当时，根据等腰三角形的判定和性质及平行线的性质可得出结果． 【详解】解：在中，，， ∴， ∴， ①如图所示，当时， ∵把沿直线折叠，点A落在同一平面内的处， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即：， 解得：， ∴； ②如图2，当时， 则有， ∵把沿直线折叠，点A落在同一平面内的处， ∴，， ∴， ∴， 综上所述：的长为1或3， 故答案为：1或3． 【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理及折叠的性质等，理解题意，进行分类讨论作出相应图形是解题关键． 10．（2023·上海普陀·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】当点在线段上时，根据已知条件得出三点共线，在中，勾股定理求得的长，当在的延长线上时，证明，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图所示，当点在线段上时， ∵将沿着翻折得到，， ∴，， ∴三点共线， 设，则，， ∵，为中点， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得：；    当在的延长线上时，如图所示， ∵， ∴ ∴， 又∵，， ∴， 解得：， 故答案为：或6． 【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，分论讨论是解题的关键． 11．（2023·上海普陀·二模）如图，在中，，，，点在边上，联结，将沿直线翻折后，点的对应点为点E，如果，那么点E到直线的距离为 ． 【答案】 【分析】过点作于点证明，求出利用余弦、正弦，等腰三角形的判定与性质求，，进而可得的长． 【详解】解：过点作于点． ， ， 由翻折变换的性质可知，， ∴， ∴， ， ， ， ，， ，， 又， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查翻折变换，等腰三角形的判定与性质，正弦、余弦．解题的关键在于添加辅助线，构造直角三角形解决问题． 12．（2024·上海虹口·二模）如图，在扇形中，，，点在半径上，将沿着翻折，点的对称点恰好落在弧上，再将弧沿着翻折至弧（点是点A的对称点），那么的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查翻折性质，圆的基本性质，等边三角形判定与性质、勾股定理的应用，连接，由翻折得，证出是等边三角形，设，在中，根据勾股定理列方程并解出进而求出结论． 【详解】解：连接， 由翻折得：，， ， 是等边三角形， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：（舍去）， ， 故答案为：． 13．（2024·上海金山·二模）如图，在中，，D是的中点，把沿所在的直线翻折，点B落在点E处，如果，那么 ． 【答案】 【分析】由D为中点，，则得，则；由，得；由折叠的性质得，则，最后得，由此三角的和为直角，从而得每个角为，则，是等边三角形，由正切三角函数即可求得结果． 【详解】解：∵D为的中点，， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴； 由折叠的性质得， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． 在中，， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，特殊角三角函数． 14．（2023·上海长宁·二模）如图，将平行四边形沿着对角线翻折，点的对应点为，交于点，如果，，且，那么平行四边形的周长为 ．（参考数据：， 【答案】 【分析】首先利用平行四边形的性质可说明，再利用等腰三角形的性质可得，进而解决问题． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ，， ，， ， ， ，， ， ， ， ， 在等腰中， ， ， ， 平行四边形的周长． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，翻折变换，等腰三角形的性质，三角函数，熟练掌握三角函数的应用是解题的关键． 15．（2024·上海长宁·三模）如图，在中，，，点D 在边上，，连接，如果将沿直线翻折后，点 C的对应点为点E，那么点E到直线的距离为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，折叠的性质，解直角三角形等等，过点E作于H，，证明是等边三角形，进而求得，再由折叠得到，进而求出，最后在中使用三角函数即可求出的长． 【详解】解：如图所示，过点E作于H， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， ∴， ∴点E到直线的距离为， 故答案为：． 16．（2024·上海普陀·模拟预测）如图，在中，点E和点F分别在和上，，将沿直线翻折，点D落在边上的点G处，若则= （用表示） 【答案】 【分析】根据翻折的性质、相似三角形的性质、相似三角形是判定及比例的性质求解．本题考查了翻折变换，掌握翻折的性质、相似三角形的性质、相似三角形是判定及比例的性质是解题的关键． 【详解】解：连接交于，交于点， 将沿直线翻折，点落在边上的点处， ，， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， ∴ 故答案为：． 17．（2025·上海·模拟预测）如图，在平行四边形中， ，，点E是上一点，将四边形沿翻折得到四边形，点D正好落在延长线上的点F处． （1）的长为 ； （2）连接，若，则的度数是 °． 【答案】 2 60 【分析】（1）结合折叠的性质证明为等腰三角形，即可获得答案； （2）取中点M，连接、，结合折叠的性质证明，在中和中，利用勾股定理解得、的值，进而证明为等边三角形，由等边三角形的性质可得，进而求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，，， ∴， ∴， 由折叠可得，， ∴， ∴， ∴； 答案为：2； （2）如图，取中点M，连接、， ∵四边形是平行四边形，，， ∴，， ∵， ∴， 由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴在中，， ∴在中，， ∵点M为中点， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴． 答案为：60． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题的关键． 18．（2023·上海崇明·一模）如图，在中，，点在边上，点在射线上，将沿翻折，使得点落在点处，当且时，的长为 ． 【答案】/ 【分析】求出，勾股定理求出，根据题意，易得：，，进而求出的长，过作，过点作，过点作，交于点，延长交于点，易得四边形，四边形均为矩形，分别求出，得到，设，则：，分别用含的式子，表示出，利用勾股定理求出的值，进而得解． 【详解】解：在中，， ∴；， ∵将沿翻折，使得点落在点处，当且， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过作，过点作，过点作，交于点，延长交于点， ∵， ∴， ∴四边形，四边形均为矩形， ∴，， ∴， ∴， 设，则：， ∴，，， 连接，则：， 在中，，即：， 解得：， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的判定和性质，解直角三角形．本题难度大，综合性强，根据题意，准确的作图，构造特殊图形，是解题的关键． 19．（2023·上海虹口·一模）如图，在中，，，点M在边上，，点是射线上一动点，连接，将沿直线翻折，点落在点处，联结，如果，那么的长是 ．    【答案】6 【分析】本题主要考查了三角形折叠与解直角三角形，过M点作，，垂足分别为、、，由，，求出，，，，得出、、三点在同一直线上，进而可得，再求出，由解题． 【详解】解：过M点作，，垂足分别为、、，    设， ∵， ∴ ∵，， ∴，解得， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∵， ∴，即与点重合， ∴、、三点在同一直线上， ∴， 由折叠可知：， ∴， ∵， ∴， 故答案为6 【点睛】本题涉及了解三角形、折叠性质、等腰三角形性质、勾股定理等，解题关键是通过计算点M到的距离等于得出、、三点在同一直线上． 20．（2025·上海普陀·一模）中，，，，点D在边上，，如图所示．点E在边上，将沿着翻折得，其中点B与点对应，交边于点G，交的延长线于点H．如果是等腰三角形，那么 ．    【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、一元二次方程的应用、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．先画出图形，过点作于点，确定如果是等腰三角形，则只能是，设，则，再证出，根据相似三角形的性质可得，，然后证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得的长，最后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：由题意，画出图形如下：过点作于点，    ∵， ∴， ∵交边于点，交的延长线于点， ∴， ∴如果是等腰三角形，则只能是为顶角，， ∴， 由对顶角相等得：， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∵在中，，，，， ∴，，， ∴， ∴，即， 由折叠的性质得：，， 设，则， 在和中， ， ∴， ∴，即， 解得，， ∴，， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴，， 在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， 即， 故答案为：． 21．（2025·上海崇明·一模）四边形中，，，，，，将沿过点的一条直线折叠，点的对称点落在四边形的对角线上，折痕交边于点（点不与点重合），那么长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查的折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，分点的对称点落在对角线上和落在对角线上两种情况，分别画出图形解答即可求解，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】解：如图，当点的对称点落在对角线上时， 由折叠可得，，，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴； 如图，当点的对称点落在对角线上时，设与相交于点， 由折叠可得，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴； 综上，长为或， 故答案为：或． 22．（2025·上海·模拟预测）中，，．点D在边上，取射线上一点P，将沿直线翻折至的位置，延长交边于点F，射线交边于点E．若，且点C在边上，则线段与线段长度的比值为 ． 【答案】或 【分析】连接，设，根据正弦的定义和勾股定理可得，，由翻折的性质得，得到，，进而得到，得到，设，在中利用勾股定理解出的值，表示出和，根据题意对点的位置分2种情况讨论：①在点左侧；②在点右侧，分别过点作交于点，过点作交于点，交于点，再利用相似三角形的知识分别求出对应和的值，最后利用即可求解． 【详解】解：连接， 在中，， 设，则， ， 由翻折的性质得，， ，， 点P在射线上， ， 又， ， ， 点C在边上，， ，， 设，则， 在中，， ， 解得：， ，， ， ； ①若在点左侧，则， 如图，过点作交于点，过点作交于点，交于点， ， ，， ，， ，， ， ， 解得：， ， ， ， ，， ，， ，， ， ， 解得：， ， ， ，， ， ， ， ， ； ②若在点右侧，则， 如图，过点作交于点，过点作交于点，交于点， 同理①中的方法可得：，， ； 综上所述，线段与线段长度的比值为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了锐角三角函数的定义、翻折的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握相关知识点，学会添加平行线构造相似三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 23．（2023·上海静安·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴分别交于点、点，与轴交于点，连接，点在线段上，设点的横坐标为． (1)求直线的表达式； (2)如果以为顶点的新抛物线经过原点，且与轴的另一个交点为： ①求新抛物线的表达式（用含的式子表示），并写出的取值范围； ②过点向轴作垂线，交原抛物线于点，当四边形是一个轴对称图形时，求新抛物线的表达式． 【答案】(1) (2)①，；② 【分析】（1）先利用待定系数法求出抛物线解析式，进而求出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线的解析式即可； （2）①先求出，设新抛物线解析式为，把原点坐标代入新抛物线解析式求出新抛物线解析式，再根据点P在线段上，可得；②先求出点D的坐标，再分当四边形关于对称时， 当四边形关于对称时，两种情况分类讨论求出m的值即可得到答案． 【详解】（1）解：把、代入抛物线解析式中得：， ∴， ∴抛物线解析式为， 在中，令，则， ∴； 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为； （2）解：①∵点P在线段上，点的横坐标为． ∴， ∴可设新抛物线解析式为， ∵新抛物线经过原点， ∴， ∴， ∴新抛物线解析式为， ∵点P在线段上， ∴； ②∵新抛物线解析式为与x轴的一个交点为原点，对称轴为直线， ∴新抛物线解析式为与x轴的另一个交点D的坐标为， ∵轴， ∴； 当四边形关于对称时，则， 解得或（舍去）， ∴新抛物线解析式为； 当四边形关于对称时， ∵点D与O关于对称， ∴点D与点A不关于对称， ∴此种情况不成立； 综上所述，新抛物线解析式为． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，轴对称的性质，求一次函数解析式等等，灵活运用所学知识是解题的关键． 24．（2024·上海杨浦·三模）如图1是光的反射规律示意图，是入射光线，是反射光线，法线平面镜，入射角等于反射角． 如图2，水平桌面上从左至右分别竖直放置了挡板、挡板、平面镜，在挡板的正上方有一可上下移动的挡板（挡板的厚度都忽略不计），已知厘米，当从点发出的光线经平面镜反射后恰好经过点时，测得入射角为.（参考数据：，，） (1)点到平面镜的距离是______厘米． (2)移动挡板，使空隙的长度是厘米，当从点发出的光线经平面镜反射后恰好经过点时，求入射角的度数． (3)在（2）的条件下，如果从点发出的光线经平面镜反射后通过空隙落到挡板上的最高点为，最低点为，那么的长度是_____厘米． 【答案】(1) (2)入射角的度数为 (3) 【分析】（1）作于点，且，得出，则，根据三线合一可得，进而解直角三角形，即可求解； （2）作于，使得，得出是等腰直角三角形，进而即可求解； （3）作关于的对称点，连接，并延长交分别为，得出，，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，作于点，且， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：40； （2）解：如图所示，作于，使得， 同理可得， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 则入射角为； （3）解：如图所示，作关于的对称点，连接，并延长交分别为， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， ∴． 故答案为：35． 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，轴对称的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键． 25．（2023·上海杨浦·一模）已知在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点，抛物线的对称轴与x轴交于点D． (1)求抛物线的表达式； (2)点P是直线上方抛物线上一点，过点P作轴，垂足为点G，与直线交于点H．如果，求点P的坐标； (3)在第（2）小题的条件下，连接，试问点B关于直线对称的点E是否恰好落在直线上？请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)点B关于直线对称的点E恰好落在直线上，理由见解析 【分析】（1）直接利用待定系数法即可求解； （2）根据题意可求出直线的解析式为．设点P的坐标为，则，进而可求出，．最后由，可列出关于t的等式，解出t的值，再舍去不合题意的值，即可求出P点坐标； （3）连接，与直线交于点F．根据题意可得出D点和B点坐标，进而可求出直线直线的解析式为，直线的解析式为．设点E的坐标为，由轴对称的性质可得出．再根据点F在直线上，即可求出，即得出，最后即可确定点E是否恰好落在直线上． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于点，与y轴交于点， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为； （2）如图， 设直线的解析式为， 则，解得：， ∴直线的解析式为． ∵点P是直线上方抛物线上一点， ∴设点P的坐标为，则， ∴， ． ∵， ∴， 解得： ． ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：点E恰好落在直线上，理由如下： 如图，连接，与直线交于点F． 根据抛物线解析式可知其对称轴为直线， ∴，． 设直线的解析式为， 则，解得：， ∴直线的解析式为． 设点E的坐标为， ∵点B关于直线对称的点为点E， ∴． ∵点F在直线上， ∴， ∴， ∴． 设直线的解析式为， 则，解得：， ∴直线的解析式为． ∵对于，当时，， ∴点B关于直线对称的点E恰好落在直线上． 【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，两点的距离公式等知识，为中考压轴题．正确求出二次函数解析式是解题关键． 26．（2023·上海松江·二模）如图，是半圆O的直径，C是半圆O上一点，点与点O关于直线对称，射线交半圆O于点D，弦AC交于点E、交于点F． (1)如图，如果点恰好落在半圆O上，求证：； (2)如果，求的值； (3)如果，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或． 【分析】（1）如图：连接，先根据圆的性质和对称的性质说明是等边三角形，，然后再说明即可证明结论； （2）设圆的半径为，则，如图：作于N；先根据对称的性质和等腰三角形的性质可得，然后解直角三角形可得、，最后代入计算即可； （3）分在半圆O内和圆外两种情况，分别利用面积法解答即可． 【详解】（1）解：如图：连接， ∵点恰好落在半圆O上， ∴， ∵点与点O关于直线对称 ∴,， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：设圆的半径为，则， 如图：作于N ∵， ∴， 在中，,， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在中，， 由轴对称可得：，, ,， ∴为等腰直角三角形 ∴，   ∴． （3）解：当在半圆O内时， 则， 由对称性可得：， 如图：过F作于N，于M， ∴ ∴， 又∵， ，即， 又∵， ∴； 当在半圆O外时，由对称性可得：， 如图：作于M，于N， ∴， ∴， 又∵， ， 又∵， ∴,即， 又∵， ∴． 综上，或． 【点睛】本题主要考查了圆的基本性质、圆周角定理、解直角三角形、对称的性质等知识点，正确作出辅助线是解答本题的关键． 27．（2023·上海徐汇·二模）如图，已知抛物线经过点，与x轴交于点B、． (1)求抛物线的顶点M的坐标； (2)点E在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将沿直线BE翻折，如果点C的对应点F恰好落在抛物线的对称轴上，求点E的坐标； (3)点P在抛物线的对称轴上，点Q是抛物线上位于第四象限内的点，当为等边三角形时，求直线的表达式． 【答案】(1)，顶点坐标为：． (2)点E的坐标为； (3)直线的函数表达式为． 【分析】（1）利用待定系数法求解抛物线的解析式，再化为顶点式，即可得到顶点坐标； （2）先求解抛物线与x轴交于，， 可得，抛物线的对称轴为直线， 设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为， ， 由翻折得， 由勾股定理，得， 求解， 由翻折得， 再利用三角函数可得答案； （3）连接， 证明为等边三角形， 证明， 可得， 设与x轴相交于点K， 可得点K的坐标为．再利用待定系数法求解函数解析式即可． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点，与x轴交于点B、． ∴，解得：， ∴抛物线为：， ∴顶点坐标为：． （2）如图，令， 解得：，， ∵抛物线与x轴交于，， ∴，抛物线的对称轴为直线， 设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为， ， 由翻折得， 由勾股定理，得， ∴点F的坐标为，， ∴， 由翻折得， ∴， ∴点E的坐标为； （3）连接， ∵， ， 则为等边三角形， ∵，为等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵为等边三角形，， ∴， 设与x轴相交于点K， ∴． ∴点K的坐标为． 设直线的函数表达式为， 则 ， 解得， ∴直线的函数表达式为． 【点睛】本题考查二次函数的应用，熟练掌握代入法求二次函数解析式，抛物线的性质，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的判定，轴对称的性质，代入法求一次函数解析式是解本题的关键． 28．（2024·上海嘉定·三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，，且与轴交于点． (1)求抛物线的表达式及点A的坐标； (2)点P是y轴右侧抛物线上的一点，过点作，交线段的延长线于点，如果．求：点P坐标 (3)若点是线段（不包含端点）上的一点，且点关于的对称点恰好在上述抛物线上，求的长． 【答案】(1)y=x+5； (2) (3) 【分析】（1）将点、代入抛物线解析式即可； （2）先证为直角三角形，再证，又因，可得到，再根据等角的正切值相等，设坐标，建立方程求解即可； （3）做点关于的对称点，求出的坐标，直线的解析式，即可求出点的坐标，接着求直线的解析式，求出其与的交点即可． 【详解】（1）解：将，代入抛物线解析式， 得， 解得，，， 则抛物线的解析式为：， 当时，， 点坐标为； （2）解：如图， ，，， ， 为直角三角形，且， ∴， 当时，点只能在点右侧， ， ∵， ∴， ， ， ， ∴， 设 ∴ 解得：或（舍）， ∴； （3）解：作点关于的对称点，则，，三点共线， 由于，则点C为中点， ∴ ∴点， 设直线解析式为：， 代入得，， 将代入直线：， 得， ， ， 联立， 解得，，（舍去）， 则， 设直线表达式为：， 将，代入直线， 得，， 解得，，， ， 由题意知， ， 设， 将点代入 得， 得，， ， 设直线表达式为：， 代入点A、B得，， 解得：， ∴， 联立， 解得，，， ， 则． 【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，轴对称的性质，相似三角形的判定，交点坐标的求法等，解题关键是牢固掌握轴对称的性质，并能够灵活运用． 29．（2024·上海·模拟预测）如图，直线交y轴于点A，交抛物线于点，抛物线经过点，交y轴于点D，点P是抛物线上的动点，作交所在直线于点E． (1)求抛物线的解析式； (2)当为等腰直角三角形时，求：P点坐标； (3)在（2）的条件下，连接，将沿直线翻折，直接写出翻折后点E的对称点坐标． 【答案】(1) (2)或 (3)的对称点坐标为 【分析】（1）把代入即可得到结论； （2）由求得，根据等腰直角三角形的性质得到，列方程即可得到结论； （3）分为①当点在直线的上方时，②当点在直线的下方时，根据勾股定理和锐角三角形解答即可． 【详解】（1）解：把代入得， ， ， ∴抛物线的解析式为； （2）解：设， 在中，当时，， ∴， ∵， ∴轴， ∵， ∴， ∴，或， ∵为等腰直角三角形，且， ∴， 或， 解得：（不合题意，舍去）， 或， ∴或； （3）解：①当点在直线的上方时，如图1，设点关于直线的对称点为，过作于， 由（2）知，此时，， ， ， ， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴在中，，，解得：， ∴， 在中，，即， 解得：， 故点的纵坐标为，横坐标为， ； ②当点在直线的下方时，如图2，设点关于直线的对称点为，过作于， 由（2）知，此时，， ， ， ， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴在中，，，解得：， ∴， 在中，，即， 解得：， 故点的纵坐标为，横坐标为， ∴， 综上所述，的对称点坐标为． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，勾股定理，折叠的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 30．（2025·上海虹口·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于点、（点在点的左侧），与轴交于点，联结，，抛物线的顶点为点． (1)求的值和点的坐标； (2)点是抛物线上一点（不与点重合），点关于轴的对称点恰好在直线上． ①求点的坐标； ②点是抛物线上一点且在对称轴左侧，连接，如果，求点的坐标． 【答案】(1)； (2)①；② 【分析】此题考查了二次函数的图象和性质，解直角三角形、一次函数的图象和性质等知识． （1）点C的坐标为，得到在中，，得到，点A的坐标为，得到，解得； （2）①点B的坐标为，求出直线的解析式为，设点P的坐标为，则点P关于x轴的对称点为，得到在直线上，得到，解方程即可得到答案；②设交抛物线的对称轴于点H，过点H作于点N，证明，求出直线的解析式为，得到，得到，证明，在中，,设，则则，得到，由得到，则，得到，则点H的坐标是，求出直线的解析式为，与抛物线解析式联立得到求出点M的横坐标，即可得到点M的坐标． 【详解】（1）解：当时，， ∴点C的坐标为， ∴ 在中，， ∴ ∴点A的坐标为， ∵抛物线与轴交于点， ∴， 解得， ∴抛物线的表达式为， ∴； （2）①当时，，解得或， ∴点B的坐标为， 设直线的解析式为 ∴ 解得， ∴直线的解析式为， 设点P的坐标为， 则点P关于x轴的对称点为， ∵在直线上， ∴， 解得或（不合题意，舍去） ∴， ∴点P的坐标为； ②设交抛物线的对称轴于点H，过点H作于点N， ∵，， ∴ 设直线的解析式为， 则 解得，     ∴直线的解析式为， ∴， ∵，且点D在抛物线对称轴直线上， ∴， ∵ ∴， 在中，, 设，则则， ∴， ∵， ∴，则 ∴， 则点H的坐标是，即， 设直线的解析式为， 则     解得，     ∴直线的解析式为， 与抛物线解析式联立得到 解得，（不合题意，舍去） 当时， ∴ 一、单选题 1．（2022·上海·中考真题）有一个正n边形旋转后与自身重合，则n为（   ） A．6 B．9 C．12 D．15 【答案】C 【分析】根据选项求出每个选项对应的正多边形的中心角度数，与一致或有倍数关系的则符合题意． 【详解】如图所示，计算出每个正多边形的中心角，是的3倍，则可以旋转得到． A.B.C.D. 观察四个正多边形的中心角，可以发现正12边形旋转90°后能与自身重合 故选C． 【点睛】本题考查正多边形中心角与旋转的知识，解决本题的关键是求出中心角的度数并与旋转度数建立关系． 2．（2020·上海·中考真题）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 【答案】A 【分析】证明平行四边形是平移重合图形即可． 【详解】如图，平行四边形ABCD中，取BC，AD的中点E，F，连接EF． 则有：AF=FD，BE=EC，AB=EF=CD， ∴四边形ABEF向右平移可以与四边形EFCD重合， ∴平行四边形ABCD是平移重合图形． 故选：A． 【点睛】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、填空题 3．（2021·上海·中考真题）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O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为 ． 【答案】 【分析】先确定正方形的中心O与各边的所有点的连线中的最大值与最小值，然后结合旋转的条件即可求解． 【详解】解：如图1，设的中点为E，连接OA，OE，则AE=OE=1，∠AEO=90°，． ∴点O与正方形边上的所有点的连线中， 最小，等于1，最大，等于． ∵， ∴点P与正方形边上的所有点的连线中， 如图2所示，当点E落在上时，最大值PE=PO-EO=2-1=1； 如图3所示，当点A落在上时，最小值． ∴当正方形ABCD绕中心O旋转时，点P到正方形的距离d的取值范围是． 故答案为： 【点睛】本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，准确理解新定义的含义和熟知正方形的性质是解题的关键． 4．（2023·上海·中考真题）如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则 ．    【答案】 【分析】如图，，，根据角平分线的定义可得，根据三角形的外角性质可得，即得，然后根据三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：如图，根据题意可得：，， ∵是的角平分线， ∴， ∵，， ∴， 则在中，∵， ∴， 解得：； 故答案为：    【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键． 5．（2020·上海·中考真题）如图，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，点D在边BC上，CD=3，联结AD．如果将△ACD沿直线AD翻折后，点C的对应点为点E，那么点E到直线BD的距离为 ． 【答案】． 【分析】过E点作EH⊥BC于H，证明△ABD是等边三角形，进而求得∠ADC=120°，再由折叠得到∠ADE=∠ADC=120°，进而求出∠HDE=60°，最后在Rt△HED中使用三角函数即可求出HE的长． 【详解】解：如图，过点E作EH⊥BC于H， ∵BC=7，CD=3， ∴BD=BC-CD=4， ∵AB=4=BD，∠B=60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴∠ADB=60°， ∴∠ADC=∠ADE=120°， ∴∠EDH=60°， ∵EH⊥BC，∴∠EHD=90°． ∵DE=DC=3， ∴EH=DE×sin∠HDE=3×=， ∴E到直线BD的距离为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠问题，解直角三角形，点到直线的距离，本题的关键点是能求出∠ADE=∠ADC=120°，另外需要重点掌握折叠问题的特点：折叠前后对应的边相等，对应的角相等． 6．（2024·上海·中考真题）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/或 【分析】本题考查了平行四边形的翻折，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． 【详解】解：当在之间时，作下图， 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，作下图， 根据，不妨设， 同理知：， 过作的垂线交于， ， ， 故答案为：或． 三、解答题 7．（2022·上海·中考真题）一个一次函数的截距为1，且经过点A（2，3）． (1)求这个一次函数的解析式； (2)点A，B在某个反比例函数上，点B横坐标为6，将点B向上平移2个单位得到点C，求cos∠ABC的值． 【答案】(1)y=x+1 (2) 【详解】（1）解：设这个一次函数的解析式y=kx+1， 把A（2，3）代入，得3=2k+1， 解得：k=1， ∴这个一次函数的解析式为y=x+1； （2）解：如图， 设反比例函数解析式为y=， 把A（2，3）代入，得3=， 解得：m=6， ∴反比例函数解析式为y=， 当x=6时，则y==1， ∴B（6，1）， ∴AB=， ∵将点B向上平移2个单位得到点C， ∴C（6，3），BC=2， ∵A（2，3），C（6，3）， ∴ACx轴， ∵B（6，1），C（6，3）， ∴BC⊥x轴， ∴AC⊥BC， ∴∠ACB=90°， ∴△ABC是直角三角形， ∴cos∠ABC=． 【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式，点的平移，解三角形，坐标与图形，求得AC⊥BC是解题的关键． 3 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $$