专题07 图形变换（3类中考高频题型归纳与训练）-备战2025年中考数学真题题源解密（天津专用）

专题07 图形的变换 课标要求 考点 考向 一、图形的轴对称 1. 通过具体实例理解轴对称的概念，探索它的基本性质：成轴对称的两个图形中对应点的连线被对称轴垂直平分。 2. 能画出简单平面图形(点、线段、直线、三角形等)关于给定对称轴的对称图形。 3. 理解轴对称图形的概念；探索等腰三角形、矩形、菱形、正多边形、圆的轴对称性质。 4. 认识并欣赏自然界和现实生活中的轴对称图形。 二、图形的旋转 5. 通过具体实例认识平面图形关于旋转中心的旋转。探索它的基本性质： 一个图形和旋转得到的图形中，对应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等。 6. 了解中心对称、中心对称图形的概念，探索它们的基本性质：成中心对称的两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分。 7. 探索线段、平行四边形、正多边形、圆的中心对称性质。 8. 认识并欣赏自然界和现实生活中的中心对称图形。 三、图形的平移 9. 通过具体实例认识平移，探索它的基本性质：一个图形和它经过平移所得的图形中，两组对应点的连线平行(或在同一条直线上)且相等。 10. 认识并欣赏平移在自然界和现实生活中的应用。 11. 运用图形的轴对称、旋转、平移进行图案设计。 图 形 的 对 称 平 移 旋 转 考向一 轴对称图形与中心对称图形 考向二 图形变换的性质 考向三 坐标系下的图形变换综合 考点 图形轴对称、平移、旋转 ►考向 轴对称图形与中心对称图形 1．（2024·天津·中考真题）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2023·天津·中考真题）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（    ） A．全 B．面 C．发 D．展 3．（2022·天津·中考真题）在一些美术字种，有的汉字是轴对称图形，下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（    ） A．爱 B．国 C．敬 D．业 ►考向二 图形变换的性质 4．（2024·天津·中考真题）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，延长交于点，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 5．（2023·天津·中考真题）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（    ）    A． B． C． D． 6．（2022·天津·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． ►考向三 坐标系下的图形变换综合 7．（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BE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）． 8．（2023·天津·中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形的顶点，矩形的顶点． (1)填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________； (2)将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，矩形与菱形重叠部分的面积为S．    ①如图②，当边与相交于点M、边与相交于点N，且矩形与菱形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围： ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 9．（2022·天津·中考真题）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设． (1)如图①，当时，求的大小和点的坐标； (2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围； (3)若折叠后重合部分的面积为，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）． 1．（2024·天津西青·二模）下列图形中，既可以看作是轴对称图形也可以看作是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·天津武清·三模）下面4个小篆字中，可以看作是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·天津红桥·三模）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·天津和平·三模）如图，在中，，若M是边上任意一点，将绕点A顺时针旋转得到，点M的对应点为点N，连接，则下列结论一定正确的是（　　） A． B． C． D． 5．（2023·天津西青·一模）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转60°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． 6．（2024·天津河西·一模）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，点A，B的对应点分别是D，E，连接与相交于点F．则下列结论一定正确的是（    ）    A． B． C． D． 7．（2024·天津和平·二模）如图，在中，，将以点为中心顺时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 8．（2025·天津北辰·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，是等边三角形，点，点B在第一象限，矩形的顶点，点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线经过边的中点． (1)如图①，点B的坐标为_______；点D的坐标为_______； (2)将矩形沿x轴向右平移，得到矩形点O，C，D，E的对应点分别为，，，，设，矩形与重叠部分的面积为S． ①如图②，当点在的外部，且矩形与重叠部分为五边形时，，与分别相交于点F和点G，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围．（直接写出结果即可） 9．（2024·天津西青·二模）在平面直角坐标系中，O为原点，直角三角形纸片顶点A在x，轴的正半轴上，点B在第一象限，已知，，． (1)填空：如图①，点A的坐标是______，点B的坐标是______； (2)点P是线段上的一个动点（点P不与点O，A重合）过点P作直线l交直线于点O，且，将直角三角形纸片沿直线l向上翻折，点O的对应点为C，折叠后与直角三角形重合部分的面积为S，设． ①如图②，当边，分别与相交于点E，F，且折叠后重叠部分为四边形时，试用含有m的式子表示S，并直接写出m的取值范围； ②当时，求m的取值范围（直接写出结果即可）． 10．（2024·天津武清·三模）将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，其中，点，点，过边上的动点 (不与点重合)作交于点．设． (1)如图①，当时，点的坐标为_______，点的坐标为_______； (2)沿着PQ折叠该纸片，点的对应点为．设折叠后的与的重叠部分的面积为． ①如图②，若折叠后的与的重叠部分为四边形，交于点，交于点，试用含有的式子表示，并直接写出的取值范围； ②当时，求的值（直接写出结果即可）． 11．（2024·天津红桥·三模）在平面直角坐标系中，点，点，将绕点B顺时针旋转，得，点A，O旋转后的对应点为，，记旋转角为． (1)填空：如图①，当时，点的坐标为______，点的坐标为______； (2)如图②，当时，求点的坐标； (3)连接，设线段的中点为M，连接，求线段的长的最小值（直接写出结果即可）． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 图形的变换 课标要求 考点 考向 一、图形的轴对称 1. 通过具体实例理解轴对称的概念，探索它的基本性质：成轴对称的两个图形中对应点的连线被对称轴垂直平分。 2. 能画出简单平面图形(点、线段、直线、三角形等)关于给定对称轴的对称图形。 3. 理解轴对称图形的概念；探索等腰三角形、矩形、菱形、正多边形、圆的轴对称性质。 4. 认识并欣赏自然界和现实生活中的轴对称图形。 二、图形的旋转 5. 通过具体实例认识平面图形关于旋转中心的旋转。探索它的基本性质： 一个图形和旋转得到的图形中，对应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等。 6. 了解中心对称、中心对称图形的概念，探索它们的基本性质：成中心对称的两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分。 7. 探索线段、平行四边形、正多边形、圆的中心对称性质。 8. 认识并欣赏自然界和现实生活中的中心对称图形。 三、图形的平移 9. 通过具体实例认识平移，探索它的基本性质：一个图形和它经过平移所得的图形中，两组对应点的连线平行(或在同一条直线上)且相等。 10. 认识并欣赏平移在自然界和现实生活中的应用。 11. 运用图形的轴对称、旋转、平移进行图案设计。 图 形 的 对 称 平 移 旋 转 考向一 轴对称图形与中心对称图形 考向二 图形变换的性质 考向三 坐标系下的图形变换综合 考点 图形轴对称、平移、旋转 ►考向 轴对称图形与中心对称图形 1．（2024·天津·中考真题）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查轴对称图形，掌握轴对称图形的定义：如果一个图形沿某一条直线对折,对折后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是解题的关键． 【详解】解：A.不是轴对称图形； B.不是轴对称图形； C.是轴对称图形； D.不是轴对称图形； 故选C． 2．（2023·天津·中考真题）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（    ） A．全 B．面 C．发 D．展 【答案】A 【分析】根据轴对称的定义判断即可； 【详解】解：全面发展四个字中，可以看作是轴对称图形的是全； 故选A． 【点睛】本题考查了轴对称图形：如果一个平面图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴；掌握定义是解题关键． 3．（2022·天津·中考真题）在一些美术字种，有的汉字是轴对称图形，下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（    ） A．爱 B．国 C．敬 D．业 【答案】D 【分析】根据轴对称图形的定义，逐个进行判断即可．轴对称图形：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形． 【详解】解：A、B、C均不能找到一条直线，使A、B、C沿着该直线折叠后，直线两旁的部分能够完全重合， 故A、B、C不是轴对称图形，不符合题意； D能找到一条直线，使D沿着该直线折叠后，直线两旁的部分能够完全重合，故D是轴对称图形，符合题意； 故选：D． 【点睛】本题主要考查了轴对称图形的定义，解题的关键是掌握轴对称图形：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形． ►考向二 图形变换的性质 4．（2024·天津·中考真题）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，延长交于点，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据旋转性质得，结合，即可得证，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算得出A和C选项是错误的． 【详解】解：记与相交于一点H，如图所示： ∵中，将绕点顺时针旋转得到， ∴ ∵ ∴在中， ∴ 故D选项是正确的，符合题意； 设 ∴ ∵ ∴ ∴ ∵不一定等于 ∴不一定等于 ∴不一定成立， 故B选项不正确，不符合题意； ∵不一定等于 ∴不一定成立， 故A选项不正确，不符合题意； ∵将绕点顺时针旋转得到， ∴ ∴ 故C选项不正确，不符合题意； 故选：D 5．（2023·天津·中考真题）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据旋转的性质即可解答． 【详解】根据题意，由旋转的性质， 可得，，， 无法证明，，故B选项和D选项不符合题意， ，故C选项不符合题意， ，故A选项符合题意， 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键． 6．（2022·天津·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可． 【详解】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN， ∴AB=AC，AM=AN， ∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意； ∵△ABM≌△ACN， ∴∠ACN=∠B， 而∠CAB不一定等于∠B， ∴∠ACN不一定等于∠CAB， ∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意； ∵△ABM≌△ACN， ∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B， ∴∠BAC=∠MAN， ∵AM=AN，AB=AC， ∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等， ∴∠B=∠AMN， ∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意； ∵AM=AN， 而AC不一定平分∠MAN， ∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键． ►考向三 坐标系下的图形变换综合 7．（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BE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． 8．（2023·天津·中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形的顶点，矩形的顶点． (1)填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________； (2)将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，矩形与菱形重叠部分的面积为S．    ①如图②，当边与相交于点M、边与相交于点N，且矩形与菱形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围： ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)，． (2)①；② 【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解； （2）①由题意易得，然后可得，则有，进而根据割补法可进行求解面积S；②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，且， ∴， ∴； 连接，交于一点H，如图所示：    ∵四边形是菱形，且， ∴，， ∴， ∴， 故答案为，； （2）解：①∵点，点，点， ∴矩形中，轴，轴，． ∴矩形中，轴，轴，． 由点，点，得． 在中，，得． 在中，由，得． ∴．同理，得． ∵，得． 又， ∴， 当时，则矩形和菱形重叠部分为， ∴的取值范围是． ②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的， ∴当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：    此时面积S最大，最大值为； 当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：    由（1）可知B、D之间的水平距离为，则有点D到的距离为， 由①可知：， ∴矩形和菱形重叠部分为等边三角形， ∴该等边三角形的边长为， ∴此时面积S最小，最小值为； 综上所述：当时，则． 【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键． 9．（2022·天津·中考真题）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设． (1)如图①，当时，求的大小和点的坐标； (2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围； (3)若折叠后重合部分的面积为，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）． 【答案】(1)，点的坐标为 (2)，其中t的取值范围是 (3)3，．（答案不唯一，满足即可） 【分析】（1）先根据折叠的性质得，即可得出，作，然后求出和OH，可得答案； （2）根据题意先表示，再根据，表示QE，然后根据表示即可，再求出取值范围； （3）求出t=3时的重合部分的面积，可得从t=3之后重合部分的面积始终是，再求出P与C重合时t的值可得t的取值范围，问题得解． 【详解】（1）在中，由，得． 根据折叠，知， ∴，． ∵， ∴． 如图，过点O′作，垂足为H，则． ∴在中，得． 由，得，则． 由， 得，． ∴点的坐标为． （2）∵点， ∴． 又， ∴． 同（1）知，，． ∵四边形是矩形， ∴． 在中，，得． ∴． 又， ∴. 如图，当点O′与AB重合时，，， 则， ∴， ∴， 解得t=2， ∴t的取值范围是； （3）3，．（答案不唯一，满足即可） 当点Q与点A重合时，，， ∴， 则. ∴t=3时，重合部分的面积是， 从t=3之后重合部分的面积始终是， 当P与C重合时，OP＝6，∠OPQ＝30°，此时t＝OP·tan30°＝， 由于P不能与C重合，故， 所以都符合题意． 【点睛】这是一道关于动点的几何综合问题，考查了折叠的性质，勾股定理，含30°直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形等． 1．（2024·天津西青·二模）下列图形中，既可以看作是轴对称图形也可以看作是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答，即将一个图形沿某直线折叠直线两旁的部分能够重合，这样的图形是轴对称图形，将一个图形绕某点旋转能够与本身重合，这样的图形是中心对称图形． 【详解】解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意； B、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意． 故选：A． 2．（2024·天津武清·三模）下面4个小篆字中，可以看作是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了中心对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的概念，是解题的关键． 【详解】解：A、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，不符合题意； B、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，不符合题意； C、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，故不是中心对称图形，不符合题意； D、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，故是中心对称图形，符合题意； 故选：D． 3．（2024·天津红桥·三模）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了轴对称图形的概念，根据概念即可，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，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； C、是轴对称图形，故本选项符合题意； D、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； 故选：C． 4．（2024·天津和平·三模）如图，在中，，若M是边上任意一点，将绕点A顺时针旋转得到，点M的对应点为点N，连接，则下列结论一定正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键． 【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转得到， ∴， ∴，， ∴不一定等于，故选项A不符合题意； ∵， ∴，， ∴， ∵，， ∴和都是等腰三角形，且顶角相等， ∴， 又∵， ∴，故选项B符合题意； ∵， ∴， ∴，故选项C不符合题意； ∵，而不一定平分， ∴与不一定垂直，故选项D不符合题意； 故选：B． 5．（2023·天津西青·一模）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转60°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】先根据三角形内角和定理求出，由旋转的性质可得，，，即可证明是等边三角形，，即可判断B；进而得到，求出，即可判断A、D；求出，得到，即可判断C． 【详解】解：∵，， ∴， 由旋转的性质可得，，， ∴是等边三角形，，故B结论不正确； ∴， ∴，故A的结论正确； ∴， ∴，故D的结论不正确； ∵， ∴， ∴，故C的结论不正确； 故选A． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，旋转的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定，平行线的判定等等，证明是等边三角形是解题的关键． 6．（2024·天津河西·一模）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，点A，B的对应点分别是D，E，连接与相交于点F．则下列结论一定正确的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，掌握旋转的性质是解题的关键．由旋转的性质可得从而得到是等边三角形，即可求解． 【详解】解：将绕点C顺时针旋转得到， ， 是等边三角形， ， 故选：D． 7．（2024·天津和平·二模）如图，在中，，将以点为中心顺时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定，掌握相关的知识是解题的关键． 根据旋转的性质证是等边三角形，根据等边三角形的性质，结合平行线的判定求解即可． 【详解】∵将以点为中心顺时针旋转得到，， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴． 故选：D． 8．（2025·天津北辰·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，是等边三角形，点，点B在第一象限，矩形的顶点，点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线经过边的中点． (1)如图①，点B的坐标为_______；点D的坐标为_______； (2)将矩形沿x轴向右平移，得到矩形点O，C，D，E的对应点分别为，，，，设，矩形与重叠部分的面积为S． ①如图②，当点在的外部，且矩形与重叠部分为五边形时，，与分别相交于点F和点G，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围．（直接写出结果即可） 【答案】(1)， (2)①，；② 【分析】（1）过点B作于，记射线与交于点，中点记为N，由是等边三角形得到，，然后解直角三角形得到，，故；解直角三角形求出，则由矩形的性质得到，那么； （2）①由平移可得，则，那么，，同理，故由，求得，当点与点重合时，此时矩形与重叠部分为四边形，，故使得矩形与重叠部分为五边形时，则；当点恰好落在上时， 在中，，，则，那么，故t的取值范围为；②分类讨论，通过解直角三角形分别求出关于的函数表达式，借助于一次函数或二次函数的性质求出的取值范围即可． 【详解】（1）解：过点B作于，记射线与交于点，中点记为N， ∵是等边三角形，点， ∴，， ∴，， ∴； ∵四边形为矩形， ∴，， ∵点N为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）解：①如图： 由平移可得， ∴， ∴在中，， ∴， ∵， ∴， ∴同理， ∴， ∴， 当点与点重合时，此时矩形与重叠部分为四边形，， 故使得矩形与重叠部分为五边形时，则； 当点恰好落在上时，如图： 在中，，， ∴， ∵， ∴， ∴t的取值范围为； ②当时，此时矩形与重叠部分为四边形， 此时，在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 当时，由①得：， 对称轴为直线，而开口向下， ∴当时，随着的增大而增大， ∴时，，时，， ∴； 当时，此时矩形与重叠部分为六边形，如图： 由上可知， 此时在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵对称轴为直线，开口向下， ∴， 当时，， 当时，， ∴； 当时，此时矩形与重叠部分为五边形，如图： 同上可求 ∴， ∵对称轴为直线，开口向下， ∴当，随着的增大而减小， ∴时，；时，， ∴， 综上所述：． 【点睛】本题考查了动点类的分析问题，涉及矩形的性质，解直角三角形，二次函数的性质，一次函数的性质，等边三角形的性质，难度很大，解题的关键在于分类讨论，对画图找临界位置要求非常高． 9．（2024·天津西青·二模）在平面直角坐标系中，O为原点，直角三角形纸片顶点A在x，轴的正半轴上，点B在第一象限，已知，，． (1)填空：如图①，点A的坐标是______，点B的坐标是______； (2)点P是线段上的一个动点（点P不与点O，A重合）过点P作直线l交直线于点O，且，将直角三角形纸片沿直线l向上翻折，点O的对应点为C，折叠后与直角三角形重合部分的面积为S，设． ①如图②，当边，分别与相交于点E，F，且折叠后重叠部分为四边形时，试用含有m的式子表示S，并直接写出m的取值范围； ②当时，求m的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①，② 【分析】（1）作于C，由可得点A的坐标，利用直角三角形的性质分别求出的长可求出点B的坐标； （2）①证明是等边三角形得，由折叠的性质得是等边三角形，从而，求出，求出的长，然后根据即可求出S关于m的解析式；当点C在上时求出m的最小值，当直线l经过点B时求得m的最大值； ②当在内部时，求得m的最小值；当点Q在的延长线上时，求得m的最大值即可． 【详解】（1）如图，作于C， ∵， ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ 故答案为：， （2）①∵，， ∴是等边三角形， ∴． 由直角三角形纸片沿直线1向上翻折，可得， ∴是等边三角形． ∴，， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∶ ． ∴ 在，，． ∴， ∴． 如图，当点C在上时， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 当直线l经过点B时m取得最大值4， ∴m 的取值范围为． ②当在内部时，， 当时，， 解得（负值舍去）． 当重叠部分是四边形时， 对于， 当取得最大值． 如图，当点Q在的延长线上时， ∵， ∴， ∴， ∴ ， 当时，， 解得，（舍去）． ∴当时，m的取值范围是． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质，坐标与图形的性质，解直角三角形，二次函数的性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，难度较大，属中考压轴题． 10．（2024·天津武清·三模）将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，其中，点，点，过边上的动点 (不与点重合)作交于点．设． (1)如图①，当时，点的坐标为_______，点的坐标为_______； (2)沿着PQ折叠该纸片，点的对应点为．设折叠后的与的重叠部分的面积为． ①如图②，若折叠后的与的重叠部分为四边形，交于点，交于点，试用含有的式子表示，并直接写出的取值范围； ②当时，求的值（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①；②当时，的值为或 【分析】（1）由题意得，，，即可得出，，由得出，由相似三角形的性质得出，即可得解； （2）①设，则，证明，由相似三角形的性质得出，从而得出，由折叠的性质结合平行线的性质证明出，，得出，，推出，，最后根据即可得出关于的解析式，根据当点位于的中点时，由于，则此时点也位于的中点，折叠之后点恰好落在上，此时重叠的部分为，不为四边形，即可得出的取值范围；②由①可得：当时，此时重叠的部分为，则，再分别在对应的范围中，令，求出对应的的值即可． 【详解】（1）解：∵，点，点， ∴，， 当时，，故； ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴，即； （2）解：①∵，点，点， ∴，， 设，则， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 由折叠的性质可得：，，，，， ∵， ∴，，，， ∵，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴ ； 当点位于的中点时，由于，则此时点也位于的中点，折叠之后点恰好落在上，此时重叠的部分为，不为四边形， 故； ②由①可得：当时，此时重叠的部分为， 则， 故， 当时，令，则， 解得：或（不符合题意，舍去）； 当时，令，则， 解得：或（不符合题意，舍去）； 综上所述，当时，的值为或． 【点睛】本题考查了坐标与图形，相似三角形的判定与性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、二次函数综合—面积问题等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 11．（2024·天津红桥·三模）在平面直角坐标系中，点，点，将绕点B顺时针旋转，得，点A，O旋转后的对应点为，，记旋转角为． (1)填空：如图①，当时，点的坐标为______，点的坐标为______； (2)如图②，当时，求点的坐标； (3)连接，设线段的中点为M，连接，求线段的长的最小值（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）如图①中，过点作于．解直角三角形求出，即可． （2）如图②中，连接，过点作于．解直角三角形求出，即可． （3）如图③中，延长到，使得，在的延长线上取一点，使得，取的中点，的中点，连接，，，，，，．利用全等三角形的性质证明，求出的最小值即可． 【详解】（1）解：如图①中，过点作于． ，， ，， ，， 是由绕旋转得到，， ，，点落在线段上， 的横坐标为，纵坐标为， ， ， ， ． 故答案为：，； （2）解：如图②中，连接，过点作于． ，， ，， ， 在中，，， ， ． （3）解：如图③中，延长到，使得，在的延长线上取一点，使得，取的中点，的中点，连接，，，，，，． ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， 的最小值为， 的最小值为． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$