热点09 图形的平移、轴对称、旋转变换（8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（广东专用）

热点09 图形的平移、轴对称、旋转变换 中考数学中图形变化部分主要考向分为四类： 一、平移（每年1~2道，3~6分） 二、对称（每年1~2道，3~6分） 三、旋转（10年9考，3或9分） 在广东数学中考中，图形的平移、旋转、对称变化常以多种形式考查。通常会在选择题或填空题中，直接给出一个图形经过某种变换后的选项，让考生判断正确的图形；也可能在解答题里，给出具体的图形和变换要求，如平移的方向与距离、旋转的中心与角度、对称的对称轴等，要求考生画出变换后的图形，并计算相关点的坐标或线段的长度；还可能结合三角形、四边形等几何图形的性质，考查变换过程中图形的全等、相似关系，以及角度、线段长度的变化等，以检验考生对图形变换性质的理解和运用能力。 考向一：平移 【题型01 平移的性质求解】 （1）定义：在平面内,将某个图形沿某个方向移动一定的距离,这样的图形运动称为平移.  （2）特征：①平移后,对应线段相等且平行,对应点所连的线段平行且相等.  ② 平移后，对应角相等且对应角的两边分别平行,方向相同.  ③ 平移不改变图形的形状和大小,只改变图形的位置,平移后新旧两图形全等.  1．（2024·广东深圳·模拟预测）如图所示的图案是一些汽车的车标，可以看作由“基本图案”经过平移得到的是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，沿所在直线向右平移得到，已知，，则平移的距离为（　　） A． B． C． D． 3．（2024·广东清远·模拟预测）如图，中，，，，将沿着直线向右平移到的位置，与相交于点G，连接．下列结论： ①； ②是直角三角形； ③四边形的面积是； ④四边形是菱形； ⑤．其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．（2024·广东东莞·模拟预测）长方体中蕴含着丰富的数学知识，某兴趣小组开展关于长方体的研究．如图，该长方体的上、下底面是正方形，其中，． (1)研究一：研究该长方体的展开图，请你尝试画出两种不同的展开图． (2)研究二：该兴趣小组把长方形剪下来，测得，，能否通过剪拼的方式得到一个面积相等的正方形？下面是小明的剪拼过程： 在线段上取点，使，过点作； 沿着虚线剪开，把剪下的向左平移放置在位置，把剪下的放置在位置． 请验证四边形是正方形，且面积等于矩形的面积． 【题型02 坐标与图形变化-平移】 （1）平移变换与坐标变化 ①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y） ②向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y） ③向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b） ④向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b） （2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．） 1．（2024·广东佛山·二模）在平面直角坐标系中，将点先向右平移3个单位，再向下平移2个单位得到的点的坐标是 ． 2．（2023·广东深圳·三模）如图，在平面直角坐标系中，的一条边在y轴上，，，将向右平移，某一时刻，反比例函数的图象恰好经过点A和的中点C，则k的值为 ．    3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，点，均落在坐标轴上且，点的坐标为，将向上平移得到，若点、恰好都在反比例函数的图象上，则的值是 ． 4．（2024·广东广州·模拟预测）已知点，，． (1)请自行建立平面直角坐标系并作； (2)尺规作图：作的角平分线交于点（保留作图痕迹，不写作法）； (3)请你在水平方向平移使得点、、中恰有两点在反比例函数的图像上． 5．（2025·广东湛江·二模）如图，已知点的坐标为．将线段向左平移6个单位长度，再向上平移个单位长度可得到线段． (1)点的坐标为_____，点的坐标_____．（均用含的式子表示） (2)若点，同时落在反比例函数的图象上． ①求及的值； ②设所在直线解析式为，根据图象，直接写出不等式的解集． 考向二：轴对称 【题型03 轴对称的性质求解】 （1）轴对称:把一个图形沿着某一条直线翻折过去,如果它能与另一个图形重合,那么称这两个图形成轴对称.两个图形中的对应点(即两个图形重合时互相重合的点)叫做对称点. （2）轴对称图形:如果一个图形沿某条直线对折,对折的两部分是完全重合的,那么就称这样的图形为轴对称图形,这条直线称为对称轴.对称轴一定为直线. （3）轴对称图形变换的特征:不改变图形的形状和大小,只改变图形的位置.新旧图形具有对称性.  1．（2025·广东汕尾·一模）下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ） A．B． C． D． 2．（2025·广东广州·模拟预测）如图，将菱形纸片折叠，使点落在边的点处，折痕为，若，为的中点，，则四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·广东汕头·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中有菱形，点坐标为，点是对角线上一动点，点坐标为，则最小值为 ． 4．（2024·广东惠州·二模）“做数学”可以帮助学生积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片，第次折叠使点 落在 边上的点处，折痕交 于点 ；第次折叠使点落在点处，折痕交于点．若， 则 ． 5．（2024·广东深圳·三模）【探究发现】 （1）如图（a），正方形的边长为6，E为边的中点，F是边上的一点，将沿对折，点B的对应点为点G，当点G恰好落在上时，求的长． 【能力提升】 （2）如图（b），E，F分别是矩形的边，上的点，，，F为的中点，将沿对折，点B的对应点为点G．连接，当时，求四边形的面积． 【拓展应用】 （3）菱形的边长为6，，E是边上一点，F是边上一点，将沿对折，点B的对应点为点G．当点G落在菱形的一条边或一条对角线上，且时，直接写出BF的长度． 【题型04 坐标与图形变换-轴对称】 对称点技巧： （1）关于x轴的对称点的坐标特点： 横坐标不变，纵坐标互为相反数．即点P（x，y）关于x轴的对称点P′的坐标是（x，﹣y）． （2）关于y轴的对称点的坐标特点： 横坐标互为相反数，纵坐标不变．即点P（x，y）关于y轴的对称点P′的坐标是（﹣x，y）． 对称轴技巧： （1）关于x轴对称：横坐标相等，纵坐标互为相反数． （2）关于y轴对称：纵坐标相等，横坐标互为相反数． （3）关于直线对称：①关于直线x＝m对称，P（a，b）⇒P（2m﹣a，b）；②关于直线y＝n对称，P（a，b）⇒P（a，2n﹣b） 1．（2024·广东惠州·一模）已知点关于x轴的对称点为，则 ． 2．（2024·广东东莞·一模）若点关于轴的对称点在第二象限，则的取值范围是 ． 3．（2025·广东·模拟预测）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，在中，A、B两点坐标分别为，，． (1)画出关于y轴对称的，并写出点的坐标； (2)画出绕点O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A旋转到点所经过的路径长（结果保留）． 4．（2023·广东深圳·模拟预测）在平面直角坐标系中，若两点的横坐标不相等，纵坐标互为相反数，则称这两点关于x轴斜对称，其中一点叫做另一点关于x轴的斜对称点．如：点，关于x轴斜对称，在平面直角坐标系中，点A的坐标为． (1)下列各点中，与点A关于x轴斜对称的点是________（只填序号）； ①，②，③，④． (2)若点A关于x轴的斜对称点B恰好落在直线上，的面积为3，求k的值； (3)抛物线上恰有两个点M、N与点A关于x轴斜对称，抛物线的顶点为D，且为等腰直角三角形，则b的值为________． 【题型05 轴对称几何综合问题】 1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换． 2、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、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系． 1．（2024·广东汕头·二模）如图，抛物线经过，两点，与y轴交于点C． (1)求抛物线解析式； (2)点P是抛物线对称轴上一点，当的周长最小时，求点P的坐标． 2．（2024·广东广州·一模）如图，在等腰直角三角形中，，点在边的延长线上，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，为的中点．    (1)求的长； (2)连接，请猜想与的数量和位置关系，并证明你的结论； (3)在（2）的条件下，若点为中点，连接，，求的最小值． 3．（2023·广东广州·二模）二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点、    (1)求、的值； (2)是二次函数图象在第一象限部分上一点，且，求点P的坐标． (3)在（2）的条件下，有一条长度为的线段落在上（与重合，与重合），将线段沿轴正方向以每秒个单位向右平移，设移动时间为秒，当四边形周长最小时，求的值． 考向三：旋转 【题型06 旋转的性质求解】 （1）定义：在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向旋转一个角度,这样的图形运动称为旋转.这个定点称为旋转中心,转动的角度称为旋转角. （2）特征：图形旋转过程中,图形上每一个点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同角度；注意每对对应点与旋转中心的连线所成的角度都是旋转角,旋转角都相等；对应点到旋转中心的距离相等.  1．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，在中，已知，将绕点顺时针旋转到的位置，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，点是等边内一点，若将绕点按逆时针方向旋转一个角度后得到，连接，若，则的长度为（   ） A．1 B．2 C． D． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，的斜边在x轴上，，，点A的坐标为，将绕着点B旋转得到，若反比例函数的图象经过点D和点E，则k的值为 ． 4．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，把一个含有角的直角三角尺绕着角的顶点顺时针旋转，使得点与延长线上的点重合，其中点的对应点为点，连接． (1)是_____三角形，的度数是_____ (2)若，求的面积． 【题型07 坐标与图形变换-旋转】 （1）关于原点对称的点的坐标P（x，y）⇒P（﹣x，﹣y） （2）旋转图形的坐标：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°． 1．（2024·广东惠州·三模）以原点为中心，把点逆时针旋转，得到点B，则点B的坐标为 ； 2．（2024·广东湛江·一模）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转n个45°，得到正六边形，当时，正六边形的顶点的坐标是 ． 3．（2025·广东潮州·模拟预测）在平面直角坐标系中的位置如图所示． (1)作出绕原点顺时针旋转后的图形； (2)写出（1）中点、、坐标． 4．（2023·广东茂名·三模）如图， 已知的三个顶点的坐标分别为． (1)将向上平移5格，画出平移后的图形； (2)将绕坐标原点O逆时针旋转，画出旋转后的图形；求旋转过程中动点B所经过的路径长； (3)请直接写出：以 A 、B 、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标． 【题型08 旋转几何综合问题】 充分利用旋转的性质，几何变换问题来解决难题 1．（2023·广东惠州·一模）如图1，正方形的边长为，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接． (1)证明：． (2)延长交于点．判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，求线段的长度． 2．（2022·广东揭阳·一模）阅读下面活动内容，完成探究1-3的问题：将一个矩形绕点A顺时针旋转α，得到矩形，连结．    [探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求的长． [探究2]如图2，连结，过点作交于点M，线段与相等吗？请说明理由． [探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点P，N（如图3），发现线段存在一定的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明． 一、单选题 1．（2025·广东清远·一模）点向右平移 3 个单位后的坐标是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·广东·模拟预测）下列美丽的图案中是轴对称图形的个数有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 3．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，将长方形纸片进行折叠，为折痕，点A与点、点B与点、点C与点重合．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 4．（2025·广东佛山·一模）如图，在矩形中，，点P在线段上运动（含B、C两点），将点P绕点A逆时针旋转到点Q，连接，则线段的最小值为（　　） A． B． C． D．3 二、填空题 5．（2024·广东中山·三模）如图，在中，，，，将绕所在直线旋转一周所得到的几何体的表面积是 ． 6．（2023·广东清远·一模）如图，等边三角形和等边三角形的边长都是，点，，在同一条直线上，点在线段上，则的最小值为 ． 7．（2024·广东深圳·三模）如图，将平行四边形沿折叠，点的对应点恰好为边上的三等分点（），若，，，则 ． 8．（2024·广东·二模）如图，在矩形中，，，为边上一点，将沿翻折，若点刚好落在边上的点处，则 ． 三、解答题 9．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，小正方形网格的边长为1个单位长度，且三个顶点的坐标分别为． (1)在图中画出将向右平移6个单位长度得到的． (2)在图中画出将绕点C逆时针方向旋转得到的． 10．（2024·广东广州·一模）如图，在平面直角坐标系中，点，所在圆的圆心为，，将向右平移5个单位，得到（点平移后的对应点为）． (1)点的坐标是___________，所在圆的圆心坐标是___________． (2)在图中画出，求的长． 11．（2024·广东广州·二模）如图，点的坐标是，点的坐标是，点为中点．将绕着点逆时针旋转得到． (1)反比例函数的图象经过点，求该反比例函数的表达式； (2)一次函数图象经过、两点，求的面积． 12．（2024·广东深圳·二模）在直角坐标系中，将进行平移变换，变换前后点的坐标的情况如下表： 变换前 变换后    (1)平移后点的坐标是______，并在直角坐标系中画出； (2)若是内一点，通过上述平移变换后，点P的对应点的坐标可表示为______； (3)连接，，则四边形的形状是______，其面积为______． 13．（2024·广东广州·二模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数． 所在直线与反比例函数 的图象在第一象限内交于和 两点， 连接， 把沿x轴向右平移3个单位长度得到线段恰好过点 B且点． (1)求一次函数与反比例函数的表达式； (2)请结合函数图象，直接写出关于x的不等式 的解集； (3)求梯形的面积． 14．（2023·广东深圳·二模）操作：如图1，点E在矩形边上，沿折叠，使点E与点A重合，得多边形（图2），思考：若，．    (1)求图1中CE的长； (2)求证：． (3)探究：若用一张A4（）纸进行上述操作，判断与的数量关系． 15．（2024·广东广州·一模）如图，在矩形和矩形中，，，,．矩形绕着点A旋转，连接，，，．    (1)求证：； (2)当的长度最大时， ①求的长度； ②在内是否存在一点P，使得的值最小?若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点09 图形的平移、轴对称、旋转变换 中考数学中图形变化部分主要考向分为四类： 一、平移（每年1~2道，3~6分） 二、对称（每年1~2道，3~6分） 三、旋转（10年9考，3或9分） 在广东数学中考中，图形的平移、旋转、对称变化常以多种形式考查。通常会在选择题或填空题中，直接给出一个图形经过某种变换后的选项，让考生判断正确的图形；也可能在解答题里，给出具体的图形和变换要求，如平移的方向与距离、旋转的中心与角度、对称的对称轴等，要求考生画出变换后的图形，并计算相关点的坐标或线段的长度；还可能结合三角形、四边形等几何图形的性质，考查变换过程中图形的全等、相似关系，以及角度、线段长度的变化等，以检验考生对图形变换性质的理解和运用能力。 考向一：平移 【题型01 平移的性质求解】 （1）定义：在平面内,将某个图形沿某个方向移动一定的距离,这样的图形运动称为平移.  （2）特征：①平移后,对应线段相等且平行,对应点所连的线段平行且相等.  ② 平移后，对应角相等且对应角的两边分别平行,方向相同.  ③ 平移不改变图形的形状和大小,只改变图形的位置,平移后新旧两图形全等.  1．（2024·广东深圳·模拟预测）如图所示的图案是一些汽车的车标，可以看作由“基本图案”经过平移得到的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】图形的平移 【分析】根据平移的性质：不改变图形的形状和大小解答即可． 此题主要考查了图形的平移，图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，掌握图形平移的性质是解题的关键． 【详解】解：观察图形可知，A选项图案可以看作由“基本图案”经过平移得到， 故选：A． 2．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，沿所在直线向右平移得到，已知，，则平移的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】利用平移的性质求解 【分析】本题考查了平移的性质．熟练掌握平移的性质是解题的关键． 根据平移的距离，计算求解即可． 【详解】解：由平移的性质可知，， ∵， ∴， ∴， ∴平移的距离为， 故选：A． 3．（2024·广东清远·模拟预测）如图，中，，，，将沿着直线向右平移到的位置，与相交于点G，连接．下列结论： ①； ②是直角三角形； ③四边形的面积是； ④四边形是菱形； ⑤．其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【知识点】证明四边形是菱形、利用勾股定理的逆定理求解、利用平移的性质求解、利用平行四边形的判定与性质求解 【分析】由平移的性质得，，，，则四边形是平行四边形，，，故①不正确；再由勾股定理的逆定理求出，即可推出是直角三角形，故②正确；然后设的边上的高为，由面积法求出，再求出，故③正确；由，即可推出平行四边形是菱形，故④正确；最后由，证与不全等，即可得出结果． 【详解】解：由平移的性质得：，，，， 四边形是平行四边形， 则，，故①不正确； ， 即， ， ， 是直角三角形，故②正确； 设的边上的高为， 则， ， ，故③正确； ， 平行四边形是菱形，故④正确； ， ，， ， 与不全等，故⑤不正确； 综上所述，正确结论的个数为3， 故选：C． 【点睛】本题考查了平移的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、勾股定理的逆定理、三角形面积的计算、全等三角形的判定等知识，熟练掌握平移的性质和勾股定理的逆定理是解题的关键． 4．（2024·广东东莞·模拟预测）长方体中蕴含着丰富的数学知识，某兴趣小组开展关于长方体的研究．如图，该长方体的上、下底面是正方形，其中，． (1)研究一：研究该长方体的展开图，请你尝试画出两种不同的展开图． (2)研究二：该兴趣小组把长方形剪下来，测得，，能否通过剪拼的方式得到一个面积相等的正方形？下面是小明的剪拼过程： 在线段上取点，使，过点作； 沿着虚线剪开，把剪下的向左平移放置在位置，把剪下的放置在位置． 请验证四边形是正方形，且面积等于矩形的面积． 【答案】(1)图见解析； (2)能得到一个面积相等的正方形，验证见解析． 【知识点】利用矩形的性质证明、证明四边形是正方形、几何体展开图的认识、利用平移的性质求解 【分析】（）画出长方体的展开图即可； （）证明，可得四边形是菱形，再由，可得四边形是正方形，求出正方形和矩形的面积即可得到它们面积相等； 本题考查了长方体的展开图，矩形的性质，平移的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的判定，掌握正方形的判定方法是解题的关键． 【详解】（1）解：如图所示；（答案不唯一） （2）解：能得到一个面积相等的正方形． 证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 依题意得，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴，即三点共线， ∴， 依题意得，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴正方形的面积为， 又∵矩形的面积为， ∴正方形的面积等于矩形的面积． 【题型02 坐标与图形变化-平移】 （1）平移变换与坐标变化 ①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y） ②向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y） ③向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b） ④向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b） （2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．） 1．（2024·广东佛山·二模）在平面直角坐标系中，将点先向右平移3个单位，再向下平移2个单位得到的点的坐标是 ． 【答案】 【知识点】由平移方式确定点的坐标 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—平移，根据“上加下减，左减右加”的平移规律求解即可． 【详解】解：在平面直角坐标系中，将点先向右平移3个单位，再向下平移2个单位得到的点的坐标是，即， 故答案为：． 2．（2023·广东深圳·三模）如图，在平面直角坐标系中，的一条边在y轴上，，，将向右平移，某一时刻，反比例函数的图象恰好经过点A和的中点C，则k的值为 ．    【答案】6 【知识点】由平移方式确定点的坐标、求反比例函数解析式 【分析】根据题意表示出平移后的点，代入即可求得k的值． 【详解】解：∵的一条边在y轴上，， ∴， ∴的中点， 设向右平移a个单位，则平移后的点， ∵反比例函数的图象恰好经过点， ∴， 解得， ∴， 故答案为：6． 【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，坐标与图形的变化-平移，正确表示出点的坐标是解题的关键． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，点，均落在坐标轴上且，点的坐标为，将向上平移得到，若点、恰好都在反比例函数的图象上，则的值是 ． 【答案】9 【知识点】全等三角形综合问题、利用平移的性质求解、求反比例函数解析式、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】作轴于点，与，证明，求出的长度，进而求出点的坐标，设向上平移个单位，用表示出和，根据两点都在反比例函数图象上，即可求出的值． 【详解】解：作直线轴于点，直线与， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴ ，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ，， ， 设向上平移个单位， 则，则， 又点和在该比例函数图象上， ， 解得， ， 故答案为：9． 【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质，矩形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，坐标与图形的变化平移，解答本题的关键是熟练掌握反比例函数的性质以及平移的知识． 4．（2024·广东广州·模拟预测）已知点，，． (1)请自行建立平面直角坐标系并作； (2)尺规作图：作的角平分线交于点（保留作图痕迹，不写作法）； (3)请你在水平方向平移使得点、、中恰有两点在反比例函数的图像上． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析 (3)图见解析 【知识点】坐标与图形、反比例函数与几何综合、作角平分线(尺规作图)、由平移方式确定点的坐标 【分析】（1）建立直角坐标系，画出即可； （2）利用尺规作角平分线的方法作图即可； （3）分向左和向右平移两种情况，进行讨论即可． 【详解】（1）解：建立直角坐标系，画出，如图所示； （2）如图，即为所求； （3）当向右平移个单位时，则：， ∴当在反比例函数图象上时：， 解得：（舍去）； 当在反比例函数图象上时：， 解得：（舍去）； 当向左平移个单位时，则：， ∴当在反比例函数图象上时：， 解得：； 当在反比例函数图象上时：， 解得：； ∴平移后的如图： 【点睛】本题考查坐标与图形，坐标与平移，反比例函数图象上的点，尺规作图—作角平分线，熟练掌握相关知识点，正确的作图，是解题的关键． 5．（2025·广东湛江·二模）如图，已知点的坐标为．将线段向左平移6个单位长度，再向上平移个单位长度可得到线段． (1)点的坐标为_____，点的坐标_____．（均用含的式子表示） (2)若点，同时落在反比例函数的图象上． ①求及的值； ②设所在直线解析式为，根据图象，直接写出不等式的解集． 【答案】(1)， (2)①，；②或 【知识点】求反比例函数解析式、由平移方式确定点的坐标、一次函数与反比例函数的交点问题 【分析】本题考查坐标的平移，求反比例解析式，一次函数和反比例函数交点问题等． （1）根据题意利用平移性质可得对应坐标； （2）将点，均代入反比例解析式即可求出本题答案； （3）先将，求出，后观察图象即可得到． 【详解】（1）解：根据题意可得点的对应点为，的对应点为， ∵，线段向左平移6个单位长度，再向上平移个单位长度可得到线段， ∴， ∵的坐标为， ∴，即：， 故答案为：，； （2）解：①∵点，同时落在反比例函数的图象上，，， ∴， ∴，； ②∵所在直线解析式为，， ∴，， ∴的解集：或． 考向二：轴对称 【题型03 轴对称的性质求解】 （1）轴对称:把一个图形沿着某一条直线翻折过去,如果它能与另一个图形重合,那么称这两个图形成轴对称.两个图形中的对应点(即两个图形重合时互相重合的点)叫做对称点. （2）轴对称图形:如果一个图形沿某条直线对折,对折的两部分是完全重合的,那么就称这样的图形为轴对称图形,这条直线称为对称轴.对称轴一定为直线. （3）轴对称图形变换的特征:不改变图形的形状和大小,只改变图形的位置.新旧图形具有对称性.  1．（2025·广东汕尾·一模）下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】中心对称图形的识别、轴对称图形的识别 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 本题考查了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度后两部分重合． 【详解】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意． B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选C． 2．（2025·广东广州·模拟预测）如图，将菱形纸片折叠，使点落在边的点处，折痕为，若，为的中点，，则四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、等边三角形的判定和性质、折叠问题 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定；连接，根据菱形的性质得出，则是等边三角形，根据等边三角形的性质，勾股定理求得的长，进而求得，根据折叠的性质可得，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，则是等边三角形， ∵，为的中点， ∴，， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴四边形的面积是， 故选：B． 3．（2024·广东汕头·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中有菱形，点坐标为，点是对角线上一动点，点坐标为，则最小值为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、坐标与图形、根据成轴对称图形的特征进行求解 【分析】本题主要考查坐标与图形，轴对称最短问题、菱形的性质、勾股定理，学会利用轴对称解决最短问题是解题的关键． 如图，连接，．利用勾股定理求出，证明，可得，由此即可解答． 【详解】解：如图，连接，． ，， ， 四边形是菱形， 点、点关于对称， ， ， ， 的最小值为． 故答案为：． 4．（2024·广东惠州·二模）“做数学”可以帮助学生积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片，第次折叠使点 落在 边上的点处，折痕交 于点 ；第次折叠使点落在点处，折痕交于点．若， 则 ． 【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、折叠问题 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，折叠的性质，根据第一次折叠的性质求得和，由第二次折叠得到，，进而得到，易得是的中位线，是的中位线，最后由三角形的中位线定理求解即可． 【详解】解：∵已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点， ∴，． ∵第2次折叠使点落在点处，折痕交于点， ∴，， ∴， ∴． 如图所示，取中点H，连接，则是的中位线， ∴， ∴由平行线的唯一性可知，重合，即点H与点N重合， ∴是的中位线， ∴， 同理可得是的中位线， ∴， ∵，， ∴． 故答案为：． 5．（2024·广东深圳·三模）【探究发现】 （1）如图（a），正方形的边长为6，E为边的中点，F是边上的一点，将沿对折，点B的对应点为点G，当点G恰好落在上时，求的长． 【能力提升】 （2）如图（b），E，F分别是矩形的边，上的点，，，F为的中点，将沿对折，点B的对应点为点G．连接，当时，求四边形的面积． 【拓展应用】 （3）菱形的边长为6，，E是边上一点，F是边上一点，将沿对折，点B的对应点为点G．当点G落在菱形的一条边或一条对角线上，且时，直接写出BF的长度． 【答案】（1）；（2）；（3）4，或 【知识点】四边形其他综合问题、折叠问题、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）连接，由可判定，由全等三角形的性质得，设，有勾股定理得，即可求解； （2）连接，过作交于，交于，过作交于，设，则，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，可求出，，由勾股定理得，可求出、、，由即可求解； （3）①当在边上时，由等边三角形的判定方法得是等边三角形，即可求解；②当在边上时，延长交的延长线于，过作交于，交于， 设，，，由勾股定理得，可求出，进而求出、，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，即可求解； ③当在对角线上时，设，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，即可求解． 【详解】解：（1）如图，连接， 四边形是正方形， ， 是的中点， ， 由折叠得：， ， ， ， ， 在和中 ， （）， ， 设， ， ， ， 在中 ， ， 解得：， ； （2）如图，连接，过作交于，交于，过作交于， ， 四边形是矩形， ， ， 四边形是矩形， 四边形是矩形， ， ， ， ， F为的中点， ， 由折叠得：， ， ， ， 设， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， 在中， ， ， 解得：， ， ， ， ； （3）①当在边上时， ， 由折叠得：， ， 是等边三角形， ； ②当在边上时， 如图，延长交的延长线于，过作交于，交于， ， ， ， 设，， ， 由折叠得：， ， ， ， ， ， ， 在中 ， ， 解得：， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ； ③当在对角线上时， 四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 设， ， 由折叠得：， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ， 解得：， 经检验：是此方程的根； ； 综上所述：的长度为或或． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定及性质，菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质等，掌握相关的判定方法及性质，能根据题意构建三角形相似及全等是解题的关键． 【题型04 坐标与图形变换-轴对称】 对称点技巧： （1）关于x轴的对称点的坐标特点： 横坐标不变，纵坐标互为相反数．即点P（x，y）关于x轴的对称点P′的坐标是（x，﹣y）． （2）关于y轴的对称点的坐标特点： 横坐标互为相反数，纵坐标不变．即点P（x，y）关于y轴的对称点P′的坐标是（﹣x，y）． 对称轴技巧： （1）关于x轴对称：横坐标相等，纵坐标互为相反数． （2）关于y轴对称：纵坐标相等，横坐标互为相反数． （3）关于直线对称：①关于直线x＝m对称，P（a，b）⇒P（2m﹣a，b）；②关于直线y＝n对称，P（a，b）⇒P（a，2n﹣b） 1．（2024·广东惠州·一模）已知点关于x轴的对称点为，则 ． 【答案】 【知识点】已知字母的值 ，求代数式的值、坐标与图形变化——轴对称 【分析】此题主要考查了关于x轴、y轴对称点的性质，正确掌握横纵坐标的关系是解题关键，关于x轴对称点的坐标特点：纵坐标互为相反数，横坐标不变，即可得出答案． 【详解】解：点关于x轴的对称点为， ， ， 故答案为：． 2．（2024·广东东莞·一模）若点关于轴的对称点在第二象限，则的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】已知点所在的象限求参数、不等式的解集、坐标与图形变化——轴对称 【分析】本题主要考查点在平面直角系中的对称，求不等式的解集，掌握平面直角坐标系的特点，轴对称的性质是解题的关键． 根据点关于轴对称的点，横坐标变为相反数，纵坐标不变，再根据不等式的性质求解即可． 【详解】解：∵点关于轴的对称点在第二象限， ∴点， ∴且， 解得，， 故答案为：． 3．（2025·广东·模拟预测）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，在中，A、B两点坐标分别为，，． (1)画出关于y轴对称的，并写出点的坐标； (2)画出绕点O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A旋转到点所经过的路径长（结果保留）． 【答案】(1)见解析， (2)见解析； (3) 【知识点】求弧长、坐标与图形变化——轴对称、画旋转图形 【分析】本题考查了旋转作图，点的坐标，熟练掌握旋转的性质是本题的关键． （1）根据题意画出即可，关于y轴对称点的坐标纵坐标不变，横坐标互为相反数； （2）根据网格结构找出点A、B、C以点O为旋转中心逆时针旋转后的对应点，然后顺次连接即可； （3）求出，根据弧长公式求解即可． 【详解】（1）解：如图所示：即为所求， ∴由图可得； （2）解：如图所示：即为所求， ∴由图可得； （3）解：由（2）的给出图可得：点A旋转到点所经过的路径为圆弧， ， ∴点A旋转到点所经过的路径长为． 4．（2023·广东深圳·模拟预测）在平面直角坐标系中，若两点的横坐标不相等，纵坐标互为相反数，则称这两点关于x轴斜对称，其中一点叫做另一点关于x轴的斜对称点．如：点，关于x轴斜对称，在平面直角坐标系中，点A的坐标为． (1)下列各点中，与点A关于x轴斜对称的点是________（只填序号）； ①，②，③，④． (2)若点A关于x轴的斜对称点B恰好落在直线上，的面积为3，求k的值； (3)抛物线上恰有两个点M、N与点A关于x轴斜对称，抛物线的顶点为D，且为等腰直角三角形，则b的值为________． 【答案】(1)①④ (2)或 (3) 【知识点】一次函数与几何综合、特殊三角形问题(二次函数综合)、用勾股定理解三角形、坐标与图形变化——轴对称 【分析】（1）根据关于x轴斜对称的定义进行逐一判断即可； （2）根据关于x轴纵对称的点的定义，设，如图所示，设与x轴相交于点C，根据三角形面积公式求出，再分点C在x轴正半轴和在x轴负半轴两种情况求出直线的解析式，进而求出点B的坐标，再把点B的坐标代入到直线中进行求解即可； （3）根据成纵对称的点的定义，可知这两个点的纵坐标为，再令，则，可得点M的坐标为，点，然后根据为等腰直角三角形，可得，可得到关于b的方程，即可求解； 【详解】（1）解：由题意得，与点关于x轴斜对称的点是，， 故答案为：①④； （2）解：由斜对称的定义可设，且， 如图所示，设与x轴相交于点C， ∴， ； ①当C在x轴正半轴时：，， 设直线的函数解析式为：， ∴， ∴， ∴直线的函数解析式为：， 把代入中得， ∴， 把代入中得； ②当C在x轴负半轴时：， 同理可得的函数解析式为： 把代入中得得， ∴， 把代入中得； 综上所述，或； （3）解：∵抛物线解析式为， ∴抛物线的对称轴为直线，抛物线的顶点D的坐标为， ∵点M，N与点A关于x轴斜对称， ∴点M，N的纵坐标为， 令，则， 解得：， ∴点M的坐标为，点， ∵为等腰直角三角形， ∴，且， ∴， 解得：或0（舍去）， ∵当时，N不是A关于x轴的斜对称， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题属于新定义题，是一次函数与几何图形，二次函数与一元二次方程的综合，难度较大，解题的关键是理解新定义，并能灵活运用所学知识进行解答． 【题型05 轴对称几何综合问题】 1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换． 2、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、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系． 1．（2024·广东汕头·二模）如图，抛物线经过，两点，与y轴交于点C． (1)求抛物线解析式； (2)点P是抛物线对称轴上一点，当的周长最小时，求点P的坐标． 【答案】(1) (2) 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、线段周长问题(二次函数综合)、线段问题(轴对称综合题) 【分析】本题主要考查的是二次函数的综合应用，一次函数的图象与性质，轴对称的性质等知识点，依据轴对称路径最短问题确定出点P的位置是解题的关键． （1）根据待定系数法即可求得； （2）连接交抛物线的对称轴于点P，连接，依据轴对称图形的性质可得到，则的周长，故当点在一条直线上时，的周长最小值，然后求得直线的解析式，从而可得到点P的坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线经过两点， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）∵当时，， ∴， ∵点P是抛物线对称轴上一点， ∴， ∴． ∴当点在一条直线上时，有最小值，即的长度． 如图，连接交抛物线的对称轴于点P， 又∵为定值， ∴此时，的周长最小． 设直线的解析式为， 则， 解得：， ∴直线的解析式为， 将代入得：， ∴点P的坐标为， 即当的周长最小时，点P的坐标为． 2．（2024·广东广州·一模）如图，在等腰直角三角形中，，点在边的延长线上，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，为的中点．    (1)求的长； (2)连接，请猜想与的数量和位置关系，并证明你的结论； (3)在（2）的条件下，若点为中点，连接，，求的最小值． 【答案】(1) (2)，，证明见解析 (3) 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、圆周角定理、半圆（直径）所对的圆周角是直角、线段问题(轴对称综合题) 【分析】（1）根据勾股定理，即可求解； （2）连接，，先证明三点共线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而证明四点共圆，根据圆周角定理，即可得出； （3）过点作于点，先证明四点共圆，进而得出点的轨迹，得出，作点关于的对称点，连接，当点在上时，，此时取的最小值，进而勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：∵在等腰直角三角形中，， ∴， （2）结论：， 证明：如图所示，连接，，    ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴ 又∵ ∴三点共线， ∵为的中点． ∴， ∴ ∵ ∴四点共圆， ∵， ∴， （3）如图所示，过点作于点    ∴ ∴四点共圆， ∴ ∴， ∴点在射线上运动， ∵ ∴ 作点关于的对称点，连接，当点在上时，，此时取的最小值， ∵是等腰直角三角形，是的中点， ∴，， ∴ 在中， 即的最小值为． 【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，圆周角定理，直角所对的弦是直径，轴对称的性质求线段和的最值问题，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键． 3．（2023·广东广州·二模）二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点、    (1)求、的值； (2)是二次函数图象在第一象限部分上一点，且，求点P的坐标． (3)在（2）的条件下，有一条长度为的线段落在上（与重合，与重合），将线段沿轴正方向以每秒个单位向右平移，设移动时间为秒，当四边形周长最小时，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、利用平行四边形的判定与性质求解、角度问题(二次函数综合)、线段问题(轴对称综合题) 【分析】（1）待定系数法解析即可求解； （2）作关于轴的对称点，连接，过点作，依题意，点即为所求，求得直线的解析式，进而求得的解析式，联立抛物线解析式即可求解； （3），连接，将点沿轴的轴正方向移动1个单位得到点，则四边形是平行四边形，根据题意，的周长等于，当三点共线时，求得最小值，待定系数法求得直线的解析式，令求得点的坐标，进而即可求解． 【详解】（1）∵， 令，解得：， ∴， ∵抛物线过点、， 设抛物线解析式为， 将点代入得，， 解得：， ∴， ∴； （2）解：作关于轴的对称点，连接，过点作，    ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点即为所求， ∵， ∴， 设直线的解析式为，， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：或， ∴； （3）如图所示，连接，将点沿轴的轴正方向移动1个单位得到点，则四边形是平行四边形， 根据题意，的周长等于， 当三点共线时，的周长取得最小值，    由（2）可得，,则， 设直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴直线的解析式， 令，得， ∴的坐标为， ∵，将线段沿轴正方向以每秒个单位向右平移，设移动时间为秒， ∴， 解得：． 【点睛】本题考查了二次函数综合应用，角度问题，轴对称的性质，熟练掌握二次函数的性质，轴对称的性质是解题的关键． 考向三：旋转 【题型06 旋转的性质求解】 （1）定义：在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向旋转一个角度,这样的图形运动称为旋转.这个定点称为旋转中心,转动的角度称为旋转角. （2）特征：图形旋转过程中,图形上每一个点都绕旋转中心沿相同方向转动了相同角度；注意每对对应点与旋转中心的连线所成的角度都是旋转角,旋转角都相等；对应点到旋转中心的距离相等.  1．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，在中，已知，将绕点顺时针旋转到的位置，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查了旋转的性质，将绕点A顺时针旋转得到的位置，依据旋转的性质即可得解． 【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转得到， ∴旋转角， 故选：B． 2．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，点是等边内一点，若将绕点按逆时针方向旋转一个角度后得到，连接，若，则的长度为（   ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【知识点】等边三角形的判定和性质、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查旋转的性质，由旋转得，得，得，可判断出是等边三角形，故可得． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴ 由旋转得， ∴， ∴ 而， ∴，即， ∵， ∴是等边三角形， ∴, 故选：B． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，的斜边在x轴上，，，点A的坐标为，将绕着点B旋转得到，若反比例函数的图象经过点D和点E，则k的值为 ． 【答案】； 【知识点】反比例函数与几何综合、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了反比例函数的性质、旋转的性质、勾股定理及直角三角形角所对直角边等于斜边一半，先设出B点坐标，表示出D，E点坐标代入反比例函数即可得到答案； 【详解】解：设， ∵点A的坐标为， ∴， ∵，， ∴， ∴， ， ∵绕着点B旋转得到， ∴，，， ∴， ∴，， ∴，， ∵反比例函数的图象经过点D和点E， ∴，， 解得：， 故答案为：． 4．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，把一个含有角的直角三角尺绕着角的顶点顺时针旋转，使得点与延长线上的点重合，其中点的对应点为点，连接． (1)是_____三角形，的度数是_____ (2)若，求的面积． 【答案】(1)等腰， (2)的面积． 【知识点】含30度角的直角三角形、等腰三角形的性质和判定、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质． （1）由旋转，得到，即可得到是等腰三角形，再利用三角形的外角性质可求得的度数； （2）求得中边上的高，再利用三角形面积公式求解即可． 【详解】（1）解：∵旋转， ∴，， ∴是等腰三角形，； 故答案为：等腰，； （2）解：作于点， ∵，， ∴， ∴的面积． 【题型07 坐标与图形变换-旋转】 （1）关于原点对称的点的坐标P（x，y）⇒P（﹣x，﹣y） （2）旋转图形的坐标：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°． 1．（2024·广东惠州·三模）以原点为中心，把点逆时针旋转，得到点B，则点B的坐标为 ； 【答案】 【知识点】求绕原点旋转一定角度的点的坐标 【分析】本题考查坐标与图形变化-旋转，根据点B由点A绕坐标原点逆时针旋转得到，可知A，B两点关于坐标原点成中心对称，据此可解决问题． 【详解】解：因为点B由点A绕坐标原点逆时针旋转得到， 所以A，B两点关于坐标原点成中心对称． 又因为点A坐标为， 所以点B的坐标为， 故答案为：． 2．（2024·广东湛江·一模）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转n个45°，得到正六边形，当时，正六边形的顶点的坐标是 ． 【答案】 【知识点】正多边形和圆的综合、根据旋转的性质求解、坐标与旋转规律问题 【分析】本题主要考查平面直角坐标系中几何图形变换与点坐标，掌握几何图形的特点及变换的规律，找出点坐标变换的规律是解题的关键．根据正六边形的特点分别求出每个内角，外角的度数，以及边长的关系，再根据旋转的特殊计算出旋转规律，由此可知当时，点所在位置，由此即可求解． 【详解】解：∵正六边形， ∴每个内角的度数为，即， ∴正六边形的一个外角为，即与轴正半轴的夹角为， 如图所示，未旋转时，连接，正六边形的边长为，，过点作于点， ∴， ∵ ∴ ∴ 在中，根据勾股定理得，， ∴， ∴， 当正六边形绕点顺时针旋转， ∴，即旋转次，正六边形回到起始位置， ∴当时，，即旋转轮后，点回到了原位置，如图所示， ∵， ∴，即当时，顶点的坐标是， 故答案为：． 3．（2025·广东潮州·模拟预测）在平面直角坐标系中的位置如图所示． (1)作出绕原点顺时针旋转后的图形； (2)写出（1）中点、、坐标． 【答案】(1)画图见解析 (2)，， 【知识点】画旋转图形、求绕原点旋转90度的点的坐标 【分析】本题考查的是画旋转图形，坐标与图形； （1）分别确定绕原点顺时针旋转后的对应点，再顺次连接即可； （2）根据的位置可得其坐标； 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：由图形可得： ，，． 4．（2023·广东茂名·三模）如图， 已知的三个顶点的坐标分别为． (1)将向上平移5格，画出平移后的图形； (2)将绕坐标原点O逆时针旋转，画出旋转后的图形；求旋转过程中动点B所经过的路径长； (3)请直接写出：以 A 、B 、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标． 【答案】(1)见解析 (2)见解析； (3)或或． 【知识点】利用平行四边形的性质求解、求某点的弧形运动路径长度、平移(作图)、求绕原点旋转90度的点的坐标 【分析】（1）先根据点的坐标平移的规律找到A、B、C对应点D、E、F的位置， 然后顺次连接D、E、F即可； （2）根据网格结构找出点A、B、C绕坐标原点O逆时针旋转对应点、、的位置，然后顺次连接即可，然后根据弧长公式求出点B所经过的路径长即可； （3）根据平行四边形的对边平行且相等，分是对角线三种情况分别写出即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：解：旋转后的如图所示，点B的对应点的坐标为， ∴动点B所经过的路径长； （3）解：分别以、、为对角线，画出平行四边形，如图， 结合图形可知：第四个顶点D的坐标为：或或． 【点睛】本题考查了根据旋转变换作图，平移变换作图，及平行四边形的性质，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键． 【题型08 旋转几何综合问题】 充分利用旋转的性质，几何变换问题来解决难题 1．（2023·广东惠州·一模）如图1，正方形的边长为，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接． (1)证明：． (2)延长交于点．判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，求线段的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 (3) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定证明、线段问题(旋转综合题) 【分析】（1）由旋转的性质证明，即可得出答案； （2）先证明四边形是矩形，根据邻边相等的矩形是正方形即可证明； （3）设正方形边长为，在中用勾股定理建立关于的方程，求解即可 【详解】（1）证明：由题意和旋转的性质可得：，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，即：， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：四边形是正方形，理由如下： 由（1）得：，且， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； （3）解：∵正方形的边长为， ∴， 设正方形的边长为， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， 解得：，（不符合题意，舍去）， ∴， ∴线段的长度为． 【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的判定及性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识点，运用了方程的思想．熟练掌握全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质是解题的关键． 2．（2022·广东揭阳·一模）阅读下面活动内容，完成探究1-3的问题：将一个矩形绕点A顺时针旋转α，得到矩形，连结．    [探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求的长． [探究2]如图2，连结，过点作交于点M，线段与相等吗？请说明理由． [探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点P，N（如图3），发现线段存在一定的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明． 【答案】[探究1]：；[探究2]：相等，理由见解析；[探究3]：，证明见解析． 【知识点】灵活选用判定方法证全等（全等三角形的判定综合）、等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合、角度问题(旋转综合题) 【分析】[探究1]证，设，列出比例式并解出即可； [探究2]先证，得，由得；由前两个结论得，然后即可得出； [探究3] 连接，证，然后得，证， 列出比例式即可； 【详解】解：（探究1）如图1，设，    ∵矩形绕点A顺时针旋转得到矩形， ∴点A，B，D在同一直线上， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵点在的延长线上， ∴， ∴， ∴， 解得，（不合题意，舍去）， ∴． （2）． 证明：如图2，连接，    ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， （3）关系式为． 证明：如图3，连接，    ∵，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在和中，，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的旋转，相关知识点有：全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、平行线的性质等知识点，辅助线的添加是解题关键． 一、单选题 1．（2025·广东清远·一模）点向右平移 3 个单位后的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】由平移方式确定点的坐标 【分析】本题考查点的平移，根据平移规则左减右加纵不变，上加下减横不变，进行求解即可． 【详解】解：点向右平移 3 个单位后的坐标是，即：； 故选D． 2．（2025·广东·模拟预测）下列美丽的图案中是轴对称图形的个数有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【知识点】轴对称图形的识别 【分析】本题考查轴对称图形的概念．关键是掌握定义：若图形沿某条直线折叠后，直线两旁部分能完全重合，则为轴对称图形．解题时需逐一观察图形，寻找是否存在这样的对称轴，从而判断是否为轴对称图形． 【详解】解：第1个图形中，存在一条直线，沿此直线折叠，直线两旁部分完全重合，是轴对称图形． 第2个图形中，找不到任何一条直线，使折叠后直线两旁部分重合，不是轴对称图形． 第3个图形中，存在一条直线，沿此直线折叠，两边完全重合，是轴对称图形． 第4个图形中，存在多条对称轴（如竖直、水平直线），沿对称轴折叠后两边重合，是轴对称图形． 综上，轴对称图形有3个， 故选：B． 3．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，将长方形纸片进行折叠，为折痕，点A与点、点B与点、点C与点重合．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】求一个角的补角、折叠问题 【分析】本题考查折叠的性质，角的计算，掌握折叠的性质是解题的关键．根据折叠的性质得，，求出即可解答． 【详解】解：根据折叠的性质得，， ， ， 故选：C． 4．（2025·广东佛山·一模）如图，在矩形中，，点P在线段上运动（含B、C两点），将点P绕点A逆时针旋转到点Q，连接，则线段的最小值为（　　） A． B． C． D．3 【答案】A 【知识点】根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查三角形全等的性质和证明，等边三角形的性质，特殊角的三角函数值计算等相关知识点，能够根据已知条件作出相关的辅助线是解题重点． 以为边向右作等边，作射线交于点E，过点D作于H．证明，由全等性质可以得到，得Q点的运动轨迹是射线，当点H与点Q重合时，的值最小，利用特殊角的锐角三角函数值求解即可． 【详解】解：如图，以为边向右作等边，作射线交于点E，过点D作于H． ∵四边形是矩形， ∴， 由题意可得是等边三角形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴Q点的运动轨迹是射线， ∵， ∴， ∵， ∵， ∴， ∵， ， 根据垂线段最短可知，当点Q与H重合时，的值最小，最小值为， 故选：A． 二、填空题 5．（2024·广东中山·三模）如图，在中，，，，将绕所在直线旋转一周所得到的几何体的表面积是 ． 【答案】/ 【知识点】求圆锥侧面积、解直角三角形的相关计算、平面图形旋转后所得的立体图形 【分析】本题主要考查了圆锥的侧面积计算，解直角三角形，平面图形旋转后的几何图形等知识，过点B作于D，解直角三角形求出的长，再根据旋转后的几何体是两个圆锥组成的结合圆锥侧面积计算公式求解即可． 【详解】解：如图所示，过点B作于D， ∵在中，，，， ∴， ∴， ∴， ∵将绕所在直线旋转一周所得到的几何体可以看做底面圆半径为，高分别为的长的两个圆锥组成的几何体， ∴将绕所在直线旋转一周所得到的几何体的表面积为， 故答案为：． 6．（2023·广东清远·一模）如图，等边三角形和等边三角形的边长都是，点，，在同一条直线上，点在线段上，则的最小值为 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、线段问题(轴对称综合题)、等边三角形的性质 【分析】本题考查了轴对称——最短路线问题，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，连接，证明，可得，所以，当点与点重合时，的值最小，正好等于的长，进而可得的最小值，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵和都是边长为的等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当点与点重合时，的值最小，正好等于的长， ∴的最小值为， 故答案为：． 7．（2024·广东深圳·三模）如图，将平行四边形沿折叠，点的对应点恰好为边上的三等分点（），若，，，则 ． 【答案】 【知识点】利用平行四边形的性质求解、折叠问题、用勾股定理解三角形、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，正确地作出辅助线是解题的关键．过作于，根据三角函数的定义得到，设，，根据勾股定理得到，求得，，根据平行四边形的性质得到，，求得，得到，得到，推出四边形是矩形，根据矩形的性质得到，根据折叠的性质得到，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：过作于， ， ， ， 设，， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， 点是边上的三等分点， ， ， ，， 四边形是矩形， ， 将平行四边形沿折叠，点的对应点恰好为边上的三等分点， ， ， ， ， 故答案为：． 8．（2024·广东·二模）如图，在矩形中，，，为边上一点，将沿翻折，若点刚好落在边上的点处，则 ． 【答案】/0.6 【知识点】矩形与折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了折叠变换，矩形的性质，勾股定理和相似三角形的判定与性质，由四边形是矩形得，，，由翻折性质可知，，，再通过定理求得，然后证明，根据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：∵四边形是矩形， ∴，，， 由翻折性质可知，，，， 在中，由勾股定理得， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题 9．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，小正方形网格的边长为1个单位长度，且三个顶点的坐标分别为． (1)在图中画出将向右平移6个单位长度得到的． (2)在图中画出将绕点C逆时针方向旋转得到的． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】平移(作图)、画旋转图形 【分析】本题考查了平移作图，作旋转图形等知识．熟练掌握平移作图，作旋转图形是解题的关键． （1）利用平移的性质作图即可； （2）利用旋转的性质作图即可． 【详解】（1）解：由平移的性质作图，如图1，即为所作； （2）解：由旋转的性质作图，如图2，即为所求． 10．（2024·广东广州·一模）如图，在平面直角坐标系中，点，所在圆的圆心为，，将向右平移5个单位，得到（点平移后的对应点为）． (1)点的坐标是___________，所在圆的圆心坐标是___________． (2)在图中画出，求的长． 【答案】(1)， (2)图见详解， 【知识点】求弧长、平移(作图)、由平移方式确定点的坐标、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查平移作图，弧长的计算． （1）过点作于，连接，分别求出即可； （2）用尺规作图画出，再根据题意计算的长即可． 【详解】（1）解：过点作于，连接 ,所在圆的圆心为, ， 点的坐标是, 所在圆的圆心为， 所在圆的圆心坐标是 故答案为：，； （2）如图，即为所求， 由平移的性质知且 的长为． 11．（2024·广东广州·二模）如图，点的坐标是，点的坐标是，点为中点．将绕着点逆时针旋转得到． (1)反比例函数的图象经过点，求该反比例函数的表达式； (2)一次函数图象经过、两点，求的面积． 【答案】(1) (2) 【知识点】求反比例函数解析式、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据旋转的性质求解 【分析】（1）根据点的坐标和点为中点，求出的值，根据旋转得出点的坐标，根据待定系数法求反比例函数解析式即可； （2）作轴于，根据等角的余角相等可得，根据两角及其一角的对边对应相等的三角形全等，全等三角形的对应边相等可得，，求得，，，得到点的坐标，过作轴于，根据进行计算即可求解． 【详解】（1）解：∵点的坐标是，点为中点， ∴，， 将绕着点逆时针旋转得到， 即，， ∴， ∵反比例函数的图象经过点， 故将代入，求得， ∴反比例函数的表达式为． （2）解：作轴于，如图： ∵， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 过作轴于，如图： ∴ ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，待定系数法求反比例函数解析式，等角的余角相等，全等三角形的判定和性质，割补法求几何图形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 12．（2024·广东深圳·二模）在直角坐标系中，将进行平移变换，变换前后点的坐标的情况如下表： 变换前 变换后    (1)平移后点的坐标是______，并在直角坐标系中画出； (2)若是内一点，通过上述平移变换后，点P的对应点的坐标可表示为______； (3)连接，，则四边形的形状是______，其面积为______． 【答案】(1)，画图见解析 (2)； (3)平行四边形，20 【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解、由平移方式确定点的坐标、利用平移的性质求解、平移(作图) 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—平移，平移的性质，平行四边形的性质与判定等等： （1）根据，可得平移方式为向右平移5个单位长度，向上平移2个单位长度，据此求出的坐标，再描出，然后顺次连接即可； （2）根据（1）所求的平移方式即得到答案； （3）根据平移的性质得到，则四边形的形状是平行四边形，则． 【详解】（1）解：∵是平移得到的，， ∴平移方式为向右平移5个单位长度，向上平移2个单位长度， ∵， ∴，即， 故答案为： 如图所示，即为所求；      （2）解：∵是向右平移5个单位长度，向上平移2个单位长度得到的，是内一点， ∴点P的对应点的坐标可表示为， 故答案为：； （3）解：由平移的性质可得， ∴四边形的形状是平行四边形， ∴． 故答案为：平行四边形，20． 13．（2024·广东广州·二模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数． 所在直线与反比例函数 的图象在第一象限内交于和 两点， 连接， 把沿x轴向右平移3个单位长度得到线段恰好过点 B且点． (1)求一次函数与反比例函数的表达式； (2)请结合函数图象，直接写出关于x的不等式 的解集； (3)求梯形的面积． 【答案】(1)反比例函数为，一次函数为 (2)或 (3)梯形的面积为9 【知识点】求反比例函数解析式、一次函数与反比例函数的交点问题、求一次函数解析式、利用平移的性质求解 【分析】（1）根据平行四边形性质得到A，C两点的坐标，根据待定系数法求出两个函数解析式即可； （2）根据两个函数图象及交点坐标，直接写出不等式解集即可； （3）先求出，再求出，两者做差就得梯形面积． 【详解】（1）解：根据题意知，，， 四边形是平行四边形， 点和点的横坐标相差3，纵坐标相同， 即， ，， 反比例函数的图象过， .， 反比例函数为， 把代入，得， ， 把，代入得： ， 解得， 一次函数为； （2）由函数图象可得的解集为或； （3），点A到的距离为4， ， ， 点B到的距离为， ， ． 梯形的面积为9． 【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，平行四边形的判定与性质，图形的平移，反比例函数与一次函数解析式的求解，由函数图像求不等式的解集等知识，交点坐标满足两个函数解析式是解答本题的关键． 14．（2023·广东深圳·二模）操作：如图1，点E在矩形边上，沿折叠，使点E与点A重合，得多边形（图2），思考：若，．    (1)求图1中CE的长； (2)求证：． (3)探究：若用一张A4（）纸进行上述操作，判断与的数量关系． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【知识点】折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、全等三角形综合问题、勾股定理与折叠问题 【分析】（1）由折叠知，由勾股定理得，求证，从而，求解； （2）由得，结合折叠的性质导出，用求证； （3）令，由勾股定理得，，由（1）得，求得，由（2），得，，从而得证． 【详解】（1）由折叠的性质可得，， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）证明： ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质得出，， ∴，， 即， 又∵，， ∴． （3）探究：． 理由：由，令，则， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴． 【点睛】本题主要考查全等的判定及性质、相似三角形的判定及性质、勾股定理、折叠及轴对称的知识；能够由折叠转化为等角及相等线段、根据相似三角形的性质作线段的求解是解题的关键． 15．（2024·广东广州·一模）如图，在矩形和矩形中，，，,．矩形绕着点A旋转，连接，，，．    (1)求证：； (2)当的长度最大时， ①求的长度； ②在内是否存在一点P，使得的值最小?若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①；②存在，最小值是 【知识点】根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）根据矩形的性质，先证，利用相似三角形的性质准备条件，再证即可； （2）①先确定当在矩形外，且三点共线时，的长度最大，并画出图形，在中求出的长，最利用的性质求解即可；②将绕着点A顺时针旋转,且使，连接，同理将绕着点A顺时针旋转,得到, 且使，连接，过P作于S，过点L作垂直的延长线于点Q，确定，当C、P、K、L四点共线时，的长最小，再根据直角三角形的性质和勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵ ，， ∴， ∵矩形和矩形， ∴，，， ∴， ∴，， ∴，， 即，， ∴ （2）∵， ∴当在矩形外，且三点共线时，的长度最大，如图所示：    此时，， ①∵，， ∴，， 在中，，， ∴， 由（1）得：， ∴， 即， ∴； ②如图，将绕着点A顺时针旋转,且使，连接，同理将绕着点A顺时针旋转,得到, 且使，连接，    由旋转可得：， ∴， ∴， ∴, 过P作于S，则 ，， ∴，则 ， ∴， ∴， ∵，即， 当C、P、K、L四点共线时，的长最小， 由题意，，， ，， 过点L作垂直的延长线于点Q， ， ∴，， 则， 在中，根据勾股定理得， ∴的最小值为. 【点睛】本题是一道压轴题，主要考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定，最短路径等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关的知识与联系，适当添加辅助线是解答的关键. 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$