重难点07 图形变换综合训练（9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（山东专用）

重难点07 图形的变换综合训练 中考数学中《图形的变换综合训练》部分主要考向分为五类： 一、投影与视图 二、平移 3、 旋转 4、 对称 5、 图形的变换综合 中考中本专题难度两极分化严重。对于投影与视图以及对称图形的选择，属于中考中的必考题，以选择题为主，送分题。另外，对于平移、旋转、对称问题，有时也与其他知识相结合，在坐标系中求变换后的坐标，属于中等难度的题。往往几何题的压轴题也与图形的变换相结合，旋转问题考查频率较大，一般分为三问，第一问属于送分题，第二问难度中等，第三问属于压轴题。在做题时，需要灵活运用图形变换的性质。 考向一：投影与视图 【题型1】三视图的选择 三视图中，看不到的线需画虚线，看到的线画实线。 1．（2024·山东德州·中考真题）如图所示几何体的左视图为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·山东日照·中考真题）如图是由5个完全相同的小正方体搭成的几何体，如果将小正方体A放置到小正方体B的正上方，则它的三视图变化情况是（    ） A．主视图会发生改变 B．左视图会发生改变 C．俯视图会发生改变 D．三种视图都会发生改变 3．（2024·山东济南·中考真题）黑陶是继彩陶之后中国新石器时代制陶工艺的又一个高峰，被誉为“土与火的艺术，力与美的结晶”．如图是山东博物馆收藏的蛋壳黑陶高柄杯．关于它的三视图，下列说法正确的是（    ） A．主视图与左视图相同 B．主视图与俯视图相同 C．左视图与俯视图相同 D．三种视图都相同 4．（2023·青海·中考真题）在如图所示的几何体中，其主视图、左视图和俯视图完全相同的是（    ） A．   B．   C．   D．   【题型2】三视图的还原 柱体三视图中一般至少有两个是矩形；锥体的三视图中一般至少有两个三角形； 1．（2024·山东东营·中考真题）某几何体的俯视图如图所示，下列几何体（箭头所示为正面）的俯视图与其相同的是（   ） A． B． C． D． 2．（2023·山东·中考真题）一个几何体的三视图如下，则这个几何体的表面积是（    ） A． B． C． D． 3．（2023·山东临沂·中考真题）下图是我国某一古建筑的主视图，最符合视图特点的建筑物的图片是（    ）    A．   B．   C．   D．   4．（2022·山东济南·中考真题）如图是某几何体的三视图，该几何体是（    ） A．圆柱 B．球 C．圆锥 D．正四棱柱 考向二：平移 【题型3】坐标系中的平移问题 A(x,y)左平移m个单位：（x-m,y）; 右平移m个单位：（x+m,y）; A(x,y)上平移m个单位：（x,y+m）; 下平移m个单位：（x,y-m） 1．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，．将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 2．（2023·山东聊城·中考真题）如图，在直角坐标系中，各点坐标分别为，，．先作关于x轴成轴对称的，再把平移后得到．若，则点坐标为（    ）    A． B． C． D． 3．（2022·山东枣庄·中考真题）如图，将△ABC先向右平移1个单位，再绕点P按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点B的对应点B′的坐标是（　　） A．（4，0） B．（2，﹣2） C．（4，﹣1） D．（2，﹣3） 4．（2024·山东淄博·中考真题）如图，已知，两点的坐标分别为，，将线段平移得到线段．若点的对应点是，则点的对应点的坐标是 ． 5．（2024·山东东营·中考真题）如图，将沿方向平移得到，若的周长为，则四边形的周长为 ． 6．（2022·山东淄博·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），则点B（﹣4，2）的对应点B1的坐标是 ． 7．（2024·山东聊城·三模）在平面直角坐标系中，将点向上平移3个单位长度得到点，则点关于x轴的对称点的坐标为（    ） A． B． C． D． 考向三：旋转 【题型4】坐标系中的旋转问题 注意旋转中心和旋转方向； 一般是旋转90°，因此可以以旋转点和旋转中心为对角线构造一个矩形，通过旋转矩形找旋转后的点更直观。 1．（2024·山东济宁·中考真题）如图，三个顶点的坐标分别是． (1)将向下平移2个单位长度得，画出平移后的图形，并直接写出点的坐标； (2)将绕点逆时针旋转得．画出旋转后的图形，并求点运动到点所经过的路径长． 2．（2022·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形绕原点O逆时针旋转，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点的坐标为 ． 3．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点的坐标为，点均在轴上．将绕顶点逆时针旋转得到，则点的坐标为 ． 4．（2023·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是(        )      A． B． C． D． 5．（2024·山东青岛·中考真题）如图，将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 6．（2023·山东青岛·中考真题）如图，将线段先向左平移，使点B与原点O重合，再将所得线段绕原点旋转得到线段，则点A的对应点的坐标是（　　）    A． B． C． D． 【题型5】几何图形中的旋转 一般旋转会得到：①全等图形；②相等的角（对应点与旋转中心连线的夹角都相等，因此旋转容易出现手拉手模型）；③等腰三角形。 1．（2023·山东·中考真题）如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．    2．（2023·山东临沂·中考真题）将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不可能是（    ） A．60° B．90° C．180° D．360° 3．（2024·山东德州·中考真题）在中，，，点D是上一个动点（点D不与A，B重合），以点D为中心，将线段顺时针旋转得到线． (1)如图1，当时，求的度数； (2)如图2，连接，当时，的大小是否发生变化？如果不变求，的度数；如果变化，请说明理由； (3)如图3，点M在CD上，且，以点C为中心，将线CM逆时针转得到线段CN，连接EN，若，求线段EN的取值范围． 4．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 5．（2024·山东·中考真题）一副三角板分别记作和，其中，，，．作于点，于点，如图1． (1)求证：； (2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合记为，点与点重合，将图2中的绕按顺时针方向旋转后，延长交直线于点． ①当时，如图3，求证：四边形为正方形； ②当时，写出线段，，的数量关系，并证明；当时，直接写出线段，，的数量关系． 6．（2023·山东淄博·中考真题）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动． (1)操作判断 小红将两个完全相同的矩形纸片和拼成“L”形图案，如图①． 试判断：的形状为________．    (2)深入探究 小红在保持矩形不动的条件下，将矩形绕点旋转，若，． 探究一：当点恰好落在的延长线上时，设与相交于点，如图②．求的面积． 探究二：连接，取的中点，连接，如图③． 求线段长度的最大值和最小值．    7．（2022·山东潍坊·中考真题）【情境再现】 甲、乙两个含角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接，如图③所示，交于E，交于F，通过证明，可得． 请你证明：． 【迁移应用】 延长分别交所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明与的位置关系． 【拓展延伸】 小亮将图②中的甲、乙换成含角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明与的数量关系． 考向四：对称 【题型6】对称图形的选择 在选择图形时一定要看仔细是选“既是又是”还是选择“是xx不是xx”； 一般图案中含奇数边图形时，往往不会再是中心对称图形。 1．（2024·山东淄博·中考真题）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·山东青岛·中考真题）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·山东潍坊·中考真题）下列著名曲线中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·山东烟台·中考真题）下图是由8个大小相同的小正方体组成的几何体，若从标号为①②③④的小正方体中取走一个，使新几何体的左视图既是轴对称图形又是中心对称图形，则应取走（    ）    A．① B．② C．③ D．④ 5．（2023·山东青岛·中考真题）生活中有许多对称美的图形，下列是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　） A．   B．     C． D． 6．（2023·山东东营·中考真题）剪纸是中国最古老的民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．小文购买了以“剪纸图案”为主题的5张书签，他想送给好朋友小乐一张．小文将书签背面朝上（背面完全相同），让小乐从中随机抽取一张，则小乐抽到的书签图案既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是（        ）            A． B． C． D． 【题型7】翻折问题 在翻折问题中，除了要注意翻折前后的三角形全等，对应边、对应角都相等外，翻折一般还会涉及运用勾股定理列方程求边。 1．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为 ． 2．（2023·山东济南·中考真题）如图，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在射线上的点处，折痕交于点．若，，则的长等于 ．    3．（2022·山东青岛·中考真题）如图，已知的平分线交于点E，且．将沿折叠使点C与点E恰好重合．下列结论正确的有： （填写序号） ① ②点E到的距离为3 ③ ④ 4．（2025·山东济南·一模）如图，在中，，，是上的一点，连接，将沿折叠，点落在点处，交于点，若，则 ． 5．（2024·山东日照·二模）如图，在等腰中，，，为边的中点，为边上的一个动点，连接，将沿折叠，点的对应点为．当时，的长度为 ．    6．（2024·山东济宁·三模）如图，中，，，D点在边上运动（D与A，B不重合），设，将沿翻折至处，与边相交于点E．若是等腰三角形，则的值为（   ） A．或 B． C．或 D． 【题型8】几何图形中的对称 在对称图形中的线段之和最短问题，往往可以转化为将军饮马问题。 1．（2023·山东泰安·一模）如图，已知等边的边长为4，P、Q、R分别为边上的动点，则的最小值是（    ） A． B．2 C． D． 2．（2024·山东东营·模拟预测）如图，菱形的对角线相交于点O，且，分别过点B、C作与的平行线相交于点E．点G在直线上运动，则的最小值为 ． 3．（2024·山东菏泽·二模）如图，在中，，，，点E为边上的动点，点F为边上的动点，则线段的最小值为 ． 4．（2023·山东枣庄·中考真题）问题情境：如图1，在中，，是边上的中线．如图2，将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合，折痕分别交于点E，G，F，H．      猜想证明： (1)如图2，试判断四边形的形状，并说明理由． 问题解决； (2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交于点M，N，的对应线段交于点K，求四边形的面积． 考向五：图形变换的综合 【题型9】图形变换中的综合 1．（2022·山东菏泽·中考真题）如图，抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点，连接AC、BC． (1)求抛物线的表达式； (2)将沿AC所在直线折叠，得到，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标．并求出四边形OADC的面积； (3)点P是抛物线上的一动点，当时，求点P的坐标． 2．（2024·山东济宁·模拟预测）如图，抛物线经过两点，并交轴于另一点，点是抛物线的顶点，直线与轴交于点． (1)求该抛物线的表达式； (2)若点是轴上一动点，分别连接，求的最小值． （建议用时：120分钟） 1．（2024·山东潍坊·中考真题）某厂家生产的海上浮漂的形状是中间穿孔的球体，如图所示．该浮漂的俯视图是图，那么它的主视图是（    ） A． B． C． D． 2．（2022·山东青岛·中考真题）如图，将先向右平移3个单位，再绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·山东·中考真题）用一个平面截正方体，可以得到以下截面图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 4．（2023·山东淄博·中考真题）在边长为1的正方形网格中，右边的“小鱼”图案是由左边的图案经过一次平移得到的，则平移的距离是 ．    5．（2023·山东滨州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为．若将向左平移3个单位长度得到，则点A的对应点的坐标是 ．    6．（2023·山东枣庄·中考真题）银杏是著名的活化石植物，其叶有细长的叶柄，呈扇形．如图是一片银杏叶标本，叶片上两点B，C的坐标分别为，将银杏叶绕原点顺时针旋转后，叶柄上点A对应点的坐标为 ．    7．（2025·山东济南·一模）如图，在中，点P是边上一点，将沿直线折叠，点D的对应点为E．当点E恰好落在边上时，若，则的长为 ． 8．（2024·山东泰安·二模）如图，将平行四边形进行折叠，折叠后恰好经过点C得到，若，则线段的长度为 ． 9．（2024·山东滨州·三模）在平面直角坐标系中，的各顶点坐标分别为，．先作关于轴成轴对称的，再把平移后得到，若，则点坐标为 ． 10．（19-20八年级下·江苏南京·期末）如图，在矩形中，，，点E在上且．点G为的中点，点P为边上的一个动点，F为的中点，则的最小值为 ． 11．（2024·山东东营·中考真题）在中，，，． (1)问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 12．（2023·山东济南·中考真题）在矩形中，，，点在边上，将射线绕点逆时针旋转90°，交延长线于点，以线段，为邻边作矩形．    (1)如图1，连接，求的度数和的值； (2)如图2，当点在射线上时，求线段的长； (3)如图3，当时，在平面内有一动点，满足，连接，，求的最小值． 13．（2024·山东威海·二模）【问题解决】 （1）如图1，四边形是正方形，点E在边上，以为边在其右侧作正方形，连接，求证：． 【问题拓广】 （2）如图2，四边形是矩形，，点E是边上一动点，以为边在其右侧作矩形，且，连接． ①写出线段与的数量关系，并证明你的结论； ②连接，则的最小值为_______．（直接写答案） 14．（2023·山东临沂·二模）如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线．    (1)求抛物线的解析式； (2)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形的面积S的最大值及此时D点的坐标； (3)在抛物线的对称轴上找一点P，使的值最小，直接写出P点坐标． 11 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点07 图形的变换综合训练 中考数学中《图形的变换综合训练》部分主要考向分为五类： 一、投影与视图 二、平移 3、 旋转 4、 对称 5、 图形的变换综合 中考中本专题难度两极分化严重。对于投影与视图以及对称图形的选择，属于中考中的必考题，以选择题为主，送分题。另外，对于平移、旋转、对称问题，有时也与其他知识相结合，在坐标系中求变换后的坐标，属于中等难度的题。往往几何题的压轴题也与图形的变换相结合，旋转问题考查频率较大，一般分为三问，第一问属于送分题，第二问难度中等，第三问属于压轴题。在做题时，需要灵活运用图形变换的性质。 考向一：投影与视图 【题型1】三视图的选择 三视图中，看不到的线需画虚线，看到的线画实线。 1．（2024·山东德州·中考真题）如图所示几何体的左视图为（   ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了简单组合体的三视图．从左边看得到的图形是左视图．根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案． 【详解】 解：从几何体的左面看，是一个带着圆心的圆，右边的圆柱底面从左边看不到，是一个用虚线表示的圆．只有符合题意． 故选：C． 2．（2024·山东日照·中考真题）如图是由5个完全相同的小正方体搭成的几何体，如果将小正方体A放置到小正方体B的正上方，则它的三视图变化情况是（    ） A．主视图会发生改变 B．左视图会发生改变 C．俯视图会发生改变 D．三种视图都会发生改变 【分析】本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图． 根据三视图的概念得到小正方体移动前后的各个视图，进而即可判断选项． 【详解】移动前的主视图为： ， 左视图为： ， 俯视图为： 移动后的主视图为： ， 左视图为： ， 俯视图为： ， 所以它的主视图会发生变化． 故选A 3．（2024·山东济南·中考真题）黑陶是继彩陶之后中国新石器时代制陶工艺的又一个高峰，被誉为“土与火的艺术，力与美的结晶”．如图是山东博物馆收藏的蛋壳黑陶高柄杯．关于它的三视图，下列说法正确的是（    ） A．主视图与左视图相同 B．主视图与俯视图相同 C．左视图与俯视图相同 D．三种视图都相同 【分析】本题考查三视图，正确判别视图是解题的关键，确定出三视图，进行判断即可． 【详解】解：由图可知，主视图与左视图相同，主视图与俯视图不相同，左视图与俯视图不相同， 故选A． 4．（2023·青海·中考真题）在如图所示的几何体中，其主视图、左视图和俯视图完全相同的是（    ） A．   B．   C．   D．   【分析】分别确定各几何体的三视图，从而得解． 【详解】 A.   ，主视图、左视图和俯视图分别为长方形，长方形，长方形，三长方形大小不一定相同，故本选项不合题意； B.   ，主视图、左视图和俯视图分别是长方形，长方形，圆，故本选项不合题意； C.   ，主视图、左视图和俯视图分别是三角形，三角形，圆，故本选项不合题意； D.   ，主视图、左视图和俯视图分别是圆，圆，圆，故本选项符合题意； 故选：D 【题型2】三视图的还原 柱体三视图中一般至少有两个是矩形；锥体的三视图中一般至少有两个三角形； 1．（2024·山东东营·中考真题）某几何体的俯视图如图所示，下列几何体（箭头所示为正面）的俯视图与其相同的是（   ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了三视图的判断，根据图形特点，正确的确定出俯视图是关键．首先由俯视图可知该几何体共两列，左边一列最底层共三个正方体，右边一列最底层共一个正方体，找出正确的答案即可． 【详解】解：由俯视图可知该几何体共两列，左边一列最底层共三个正方体，右边一列最底层共一个正方体，由此可得只有C符合题意， 故选：C． 2．（2023·山东·中考真题）一个几何体的三视图如下，则这个几何体的表面积是（    ） A． B． C． D． 【分析】先根据三视图还原出几何体，再利用圆锥的侧面积公式和圆柱的侧面积公式计算即可． 【详解】根据三视图可知，该几何体上面是底面直径为6，母线为4的圆锥，下面是底面直径为6，高为4的圆柱，该几何体的表面积为： ． 故选B． 3．（2023·山东临沂·中考真题）下图是我国某一古建筑的主视图，最符合视图特点的建筑物的图片是（    ）    A．   B．   C．   D．   【分析】依次观察各建筑物的图片即可作出判断，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中． 【详解】解：最符合视图特点的建筑物的图片是选项B所示图片． 故选：B． 4．（2022·山东济南·中考真题）如图是某几何体的三视图，该几何体是（    ） A．圆柱 B．球 C．圆锥 D．正四棱柱 【分析】由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状． 【详解】解：主视图和左视图都是长方形，那么此几何体为柱体，由俯视图为圆，可得此几何体是圆柱． 故选：A． 考向二：平移 【题型3】坐标系中的平移问题 A(x,y)左平移m个单位：（x-m,y）; 右平移m个单位：（x+m,y）; A(x,y)上平移m个单位：（x,y+m）; 下平移m个单位：（x,y-m） 1．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，．将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【分析】如图，过作轴于，求解，，可得，求解，，可得，再利用平移的性质可得． 【详解】解：如图，过作轴于，    ∵菱形的顶点A的坐标为，． ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度， ∴； 故选A 2．（2023·山东聊城·中考真题）如图，在直角坐标系中，各点坐标分别为，，．先作关于x轴成轴对称的，再把平移后得到．若，则点坐标为（    ）    A． B． C． D． 【分析】三点，，的对称点坐标为，，，结合，得到平移规律为向右平移3个单位，向上平移4个单位，计算即可． 【详解】∵三点，，的对称点坐标为，，，结合， ∴得到平移规律为向右平移3个单位，向上平移4个单位， 故坐标为． 故选B． 3．（2022·山东枣庄·中考真题）如图，将△ABC先向右平移1个单位，再绕点P按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点B的对应点B′的坐标是（　　） A．（4，0） B．（2，﹣2） C．（4，﹣1） D．（2，﹣3） 【分析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向右平移1个单位，再绕P点顺时针方向旋转，得到△A′B′C′，即可得点B的对应点的坐标． 【详解】作出旋转后的图形如下： ∴B'点的坐标为（4，﹣1）， 故选：C． 4．（2024·山东淄博·中考真题）如图，已知，两点的坐标分别为，，将线段平移得到线段．若点的对应点是，则点的对应点的坐标是 ． 【分析】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．根据平移的性质，结合已知点，的坐标，知点的横坐标加上了1，纵坐标加1，则的坐标的变化规律与点相同，即可得到答案． 【详解】解：平移后对应点C的坐标为， 点的横坐标加上了4，纵坐标加1， ， 点坐标为， 即， 故答案为：． 5．（2024·山东东营·中考真题）如图，将沿方向平移得到，若的周长为，则四边形的周长为 ． 【分析】本题主要考查了平移的性质、三角形周长等知识点，掌握平移的性质及等量代换成为解题的关键． 由平移的性质可得,,再根据的周长为可得，然后根据四边形的周长公式及等量代换即可解答． 【详解】解：∵将沿方向平移得到， ∴,, ∵的周长为， ∴,即， ∴四边形的周长为． 故答案为：30． 6．（2022·山东淄博·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5），则点B（﹣4，2）的对应点B1的坐标是 ． 【分析】根据点A和点的坐标可得出平移规律，从而进一步可得出结论． 【详解】解：∵顶点A（﹣3，4）的对应点是A1（2，5）， 又 ∴平移至的规律为：将向右平移5个单位，再向上平移1个单位即可得到 ∵B（﹣4，2） ∴的坐标是（-4+5，2+1），即（1，3） 故答案为：（1，3） 7．（2024·山东聊城·三模）在平面直角坐标系中，将点向上平移3个单位长度得到点，则点关于x轴的对称点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【分析】本题考查点的平移与轴对称，根据平移规则：上加下减横不变，以及关于x轴对称的点的纵坐标互为相反数，求解即可． 【详解】解：将点向上平移3个单位长度得到点， ∴， ∴点关于x轴的对称点的坐标为； 故选C． 考向三：旋转 【题型4】坐标系中的旋转问题 注意旋转中心和旋转方向； 一般是旋转90°，因此可以以旋转点和旋转中心为对角线构造一个矩形，通过旋转矩形找旋转后的点更直观。 1．（2024·山东济宁·中考真题）如图，三个顶点的坐标分别是． (1)将向下平移2个单位长度得，画出平移后的图形，并直接写出点的坐标； (2)将绕点逆时针旋转得．画出旋转后的图形，并求点运动到点所经过的路径长． 【分析】本题考查了作图—平移变换和旋转变换，弧长公式，解题的关键熟练掌握平移和旋转的性质， （1）利用平移的性质作出对应点，再连线即可， （2）利用旋转的性质分别作出对应点，再连线，运动到点所经过的路径长即为弧长即可可求解 【详解】（1）解：如下图所示： 由图可知：； （2）解：如上图所示： 运动到点所经过的路径为： 2．（2022·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形绕原点O逆时针旋转，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点的坐标为 ． 【分析】连接OB，由题意可得∠=75°，可得出∠=30°，可求出的坐标，即可得出点的坐标． 【详解】解：如图：连接OB，，作⊥y轴 ∵是正方形，OA=2 ∴∠COB=45°，OB= ∵绕原点O逆时针旋转 ∴∠=75° ∴∠=30° ∵=OB= ∴， ∴ ∵沿y轴方向向上平移1个单位长度 ∴ 故答案为： 3．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点的坐标为，点均在轴上．将绕顶点逆时针旋转得到，则点的坐标为 ． 【分析】本题主要考查旋转的性质，三角函数的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．作，求出，的值即可得到答案． 【详解】解：作，交y轴于点F， 由题可得：， 是等边三角形，， ∴是的角平分线， ， ， 在中，， 即， 解得， ， ， ， ， 故答案为：． 4．（2023·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是(        )      A． B． C． D． 【分析】延长交轴于点，根据旋转的性质以及已知条件得出，进而求得的长，即可求解． 【详解】解：如图所示，延长交轴于点，    ∵四边形是菱形，点在轴的正半轴上，平分，， ∴， ∵将菱形绕原点逆时针方向旋转， ∴，则， ∴ ∴， 在中， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 5．（2024·山东青岛·中考真题）如图，将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和平移，全等三角形的性质与判定，先根据题意得到平移方式为向右平移3个单位长度，则可得平移后点A的对应点坐标为；如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，证明，得到，则，即点A的对应点的坐标是． 【详解】解：由题意得，平移前， ∵将正方形先向右平移，使点B与原点O重合， ∴平移方式为向右平移3个单位长度， ∴平移后点A的对应点坐标为， 如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点A的对应点的坐标是， 故选：A． 6．（2023·山东青岛·中考真题）如图，将线段先向左平移，使点B与原点O重合，再将所得线段绕原点旋转得到线段，则点A的对应点的坐标是（　　）    A． B． C． D． 【分析】由平移的性质得，点，再由旋转的性质得点与关于原点对称，即可得出结论． 【详解】 解：如图，    由题意可知，点，， 由平移的性质得：，点， 由旋转的性质得：点与关于原点对称， ∴， 故选：A． 【题型5】几何图形中的旋转 一般旋转会得到：①全等图形；②相等的角（对应点与旋转中心连线的夹角都相等，因此旋转容易出现手拉手模型）；③等腰三角形。 1．（2023·山东·中考真题）如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．    【分析】先求得和的度数，再利用三角形外角的性质求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵绕点B按顺时针方向旋转得到 ∴，， ∴， ∴， 故答案为：80． 2．（2023·山东临沂·中考真题）将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不可能是（    ） A．60° B．90° C．180° D．360° 【分析】根据旋转的性质，以及正多边形的中心角的度数，进行判断即可． 【详解】解：正六边形的中心角的度数为：， ∴正六边形绕其中心旋转或的整数倍时，仍与原图形重合， ∴旋转角的大小不可能是； 故选B． 3．（2024·山东德州·中考真题）在中，，，点D是上一个动点（点D不与A，B重合），以点D为中心，将线段顺时针旋转得到线． (1)如图1，当时，求的度数； (2)如图2，连接，当时，的大小是否发生变化？如果不变求，的度数；如果变化，请说明理由； (3)如图3，点M在CD上，且，以点C为中心，将线CM逆时针转得到线段CN，连接EN，若，求线段EN的取值范围． 【分析】（1）由旋转的性质得，由等边对等角和三角形内角和定理得到，由三角形外角的性质得，进而可求出的度数； （2）连接交于点O，证明得，再证明即可求出的度数； （3）过点C作于H，求出，则；由旋转的性质得，，，设，则；如图所示，过点D作于G，则可得到，，由勾股定理得；证明，在中，由勾股定理得 ；再求出，即可得到． 【详解】（1）解：由旋转的性质得． ∵，， ∴． ∵， ∴， ∴； （2）解：的大小不发生变化，，理由如下： 连接交于点O， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：如图所示，过点C作于H， ∵，， ∴， ∵， ∴； 由旋转的性质得，，， 设， ∵， ∴， 如图所示，过点D作于G， ∵，， ∴， ∵， ∴，， 在中，由勾股定理得， ∴, ∵， ∴， 在中，由勾股定理得 ， ∴或（舍去）； ∵点D是上一个动点（点D不与A，B重合）， ∴，即， ∴， ∴． 4．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习． 【操作发现】 小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图① 小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由： 【实践探究】 连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值． 请求出当．时，长的最大值； 【问题解决】 在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明． 【分析】操作发现：连接并延长交于点M，连接，根据直径所对圆周角为直角得到，根据旋转的性质得到，由圆周角定理推出，等量代换得到，利用直角三角形的性质即可证明，即可得出结论； 实践探究：证明，得到，结合三角形外角的性质得到，易证，得到，设，则，得到，利用二次函是的性质即可求解； 问题解决：过点E作交于点N，由旋转的性质知：，证明，推出，由旋转的性质得：， 得到，根据，易证，得到，即可证明结论． 【详解】操作发现： 解：连接并延长交于点M，连接， 是直径， ， ， 由旋转的性质得， ， ， ， 是的半径， 与相切； 实践探究： 解： 由旋转的性质得：， 即， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， 当时，有最大值为； 问题解决： 证明：过点E作交于点N， 由旋转的性质知：， ， ， ， ， 由旋转的性质得：， ， ， ， ， ， ， ． 5．（2024·山东·中考真题）一副三角板分别记作和，其中，，，．作于点，于点，如图1． (1)求证：； (2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合记为，点与点重合，将图2中的绕按顺时针方向旋转后，延长交直线于点． ①当时，如图3，求证：四边形为正方形； ②当时，写出线段，，的数量关系，并证明；当时，直接写出线段，，的数量关系． 【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论； （2）①证明，，可得，证明，可得四边形为矩形，结合，即， 而，可得，从而可得结论；②如图，当时，连接，证明，可得，结合，可得；②如图，当时，连接，同理，结合，可得 【详解】（1）证明：设， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）证明：①∵，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∵，即， 而， ∴， ∴四边形是正方形； ②如图，当时，连接， 由（1）可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②如图，当时，连接， 由（1）可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 6．（2023·山东淄博·中考真题）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动． (1)操作判断 小红将两个完全相同的矩形纸片和拼成“L”形图案，如图①． 试判断：的形状为________．    (2)深入探究 小红在保持矩形不动的条件下，将矩形绕点旋转，若，． 探究一：当点恰好落在的延长线上时，设与相交于点，如图②．求的面积． 探究二：连接，取的中点，连接，如图③． 求线段长度的最大值和最小值．    【分析】（1）由，可知是等腰三角形，再由，推导出，即可判断出是等腰直角三角形， （2）探究一：证明，可得，再由等腰三角形的性质可得，在中，勾股定理列出方程，解得，即可求的面积； 探究二：连接，取的中点，连接，取、的中点为、，连接，，，分别得出四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，则，可知点在以为直径的圆上，设的中点为，，即可得出的最大值与最小值． 【详解】（1）解：两个完全相同的矩形纸片和， ， 是等腰三角形， ，．， ， ， ∵， ∴， ∴， ， ， ， 是等腰直角三角形， 故答案为：等腰直角三角形； （2）探究一：，，， ， ， ，， ， ，， ， 在中，， ， 解得， ， 的面积； 探究二：连接，取的中点，连接，，取、的中点为、，连接，，，     是的中点， ，且， ， ，， ，且， 四边形是平行四边形， ，， ，， ，， 四边形是平行四边形， ， ， 点在以为直径的圆上， 设的中点为， ， 的最大值为，最小值为． 7．（2022·山东潍坊·中考真题）【情境再现】 甲、乙两个含角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接，如图③所示，交于E，交于F，通过证明，可得． 请你证明：． 【迁移应用】 延长分别交所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明与的位置关系． 【拓展延伸】 小亮将图②中的甲、乙换成含角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明与的数量关系． 【分析】证明，即可得出结论；通过，可以求出，得出结论；证明，得出，得出结论； 【详解】证明：， ， ， ， ， ， ； 迁移应用：， 证明：， ， ， ， ， ， ， ； 拓展延伸：， 证明：在中，， 在中，， ， 由上一问题可知，， ， ， ． 考向四：对称 【题型6】对称图形的选择 在选择图形时一定要看仔细是选“既是又是”还是选择“是xx不是xx”； 一般图案中含奇数边图形时，往往不会再是中心对称图形。 1．（2024·山东淄博·中考真题）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据定义逐项判断即可．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，能与本身重合，这样的图形是中心对称图形． 【详解】因为图A是轴对称图形，不是中心对称图形，所以不符合题意； 因为图B是中心对称图形，不是轴对称图形，所以不符合题意； 因为图C是轴对称图形，又是中心对称图形，所以符合题意； 因为图D是轴对称图形，不是中心对称图形，所以不符合题意． 故选：C． 2．（2024·山东青岛·中考真题）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【分析】本题考查轴对称图形，中心对称图形，熟练掌握相关定义是解题的关键．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；把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；据此进行判断即可． 【详解】解：A．不是轴对称图形，但它是中心对称图形，故不符合题意； B．是轴对称图形，但它不是中心对称图形，故不符合题意； C．不是轴对称图形，但它是中心对称图形，故不符合题意； D．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； 故选：D． 3．（2024·山东潍坊·中考真题）下列著名曲线中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【分析】本题主要考查轴对称图形以及中心对称图形，熟练掌握轴对称图形以及中心对称图形是解题的关键．根据轴对称图形以及中心对称图形的定义即可得到答案． 【详解】 解：既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项A不符合题意； 不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项B不符合题意； 既是轴对称图形也是中心对称图形，故选项C符合题意； 是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项D不符合题意； 故选：C． 4．（2024·山东烟台·中考真题）下图是由8个大小相同的小正方体组成的几何体，若从标号为①②③④的小正方体中取走一个，使新几何体的左视图既是轴对称图形又是中心对称图形，则应取走（    ）    A．① B．② C．③ D．④ 【分析】本题考查几何体的三视图，熟练掌握三视图的画法是解题的关键．分别画出各选项得出的左视图，再判断即可． 【详解】 解：A、取走①时，左视图为  ，既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项A符合题意； B、取走②时，左视图为  ，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项B不符合题意； C、取走③时，左视图为  ，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项C不符合题意； D、取走④时，左视图为  ，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项D不符合题意； 故选：A． 5．（2023·山东青岛·中考真题）生活中有许多对称美的图形，下列是中心对称图形但不是轴对称图形的是（　　） A．   B．     C． D． 【分析】根据中心对称图形定义：把图形沿某点旋转得到的新图形与原图形重合的图形叫中心对称图形，轴对称图形定义：把一个图形沿某条直线对折两边完全重合的图形叫轴对称图形，逐个判断即可得到答案． 【详解】解：由题意可得， A选项图形即是中心对称图形又是轴对称图形，不符合题意， B选项图形即是中心对称图形又是轴对称图形，不符合题意， C选项图形即是中心对称图形又是轴对称图形，不符合题意， D选项图形是中心对称图形但不是轴对称图形，符合题意， 故选：D； 6．（2023·山东东营·中考真题）剪纸是中国最古老的民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．小文购买了以“剪纸图案”为主题的5张书签，他想送给好朋友小乐一张．小文将书签背面朝上（背面完全相同），让小乐从中随机抽取一张，则小乐抽到的书签图案既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是（        ）            A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断，然后根据概率公式即可求解． 【详解】解：共有5个书签图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是第2张与第4张书签图片，共2张， ∴小乐从中随机抽取一张，则小乐抽到的书签图案既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是， 故选：C． 【题型7】翻折问题 在翻折问题中，除了要注意翻折前后的三角形全等，对应边、对应角都相等外，翻折一般还会涉及运用勾股定理列方程求边。 1．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为 ． 【分析】根据平行四边形的性质得到，，，由折叠性质得到，进而得到点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即此时面积的最小，过C作于N，根据平行线间的距离处处相等得到，故只需利用锐角三角函数求得即可求解． 【详解】解：∵在中，，， ∴，，则， ∵E为边的中点， ∴， ∵沿翻折得， ∴， ∴点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即面积的最小， 过C作于N， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴面积的最小值为， 故答案为：． 2．（2023·山东济南·中考真题）如图，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在射线上的点处，折痕交于点．若，，则的长等于 ．    【分析】过点A作于点Q，根据菱形性质可得，根据折叠所得，结合三角形的外角定理得出，最后根据，即可求解． 【详解】解：过点A作于点Q， ∵四边形为菱形，， ∴，， ∴， ∵由沿折叠所得， ∴， ∴， ∵，， ∴，则， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（2022·山东青岛·中考真题）如图，已知的平分线交于点E，且．将沿折叠使点C与点E恰好重合．下列结论正确的有： （填写序号） ① ②点E到的距离为3 ③ ④ 【分析】根据等腰三角形的性质即可判断①，根据角平分线的性质即可判断②，设，则，中，，．继而求得，设，则，根据，进而求得的值，根据，，可得，即可判断④ 【详解】解：∵ ∴，故①正确； 如图，过点作于，于， ， 平分， ， 是的角平分线， ， ， ，故②不正确， .将沿折叠使点C与点E恰好重合， ， 设，则， 中，，． ， 解得， 故③不正确， 设，则， ， ， ， ， ， ， 解得或（舍去） ， ， ， ，故④正确， 故答案为：①④ 4．（2025·山东济南·一模）如图，在中，，，是上的一点，连接，将沿折叠，点落在点处，交于点，若，则 ． 【分析】本题考查了翻折变换，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，由等腰三角形的性质得，进而由勾股定理得，由折叠的性质得，可得，设，在中，由勾股定理得，得到，再利用等腰三角形的性质和勾股定理可得，最后利用三角形面积即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作于点，于点，过点作于点， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质可得，， ∵ ，， ∴， 设， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（2024·山东日照·二模）如图，在等腰中，，，为边的中点，为边上的一个动点，连接，将沿折叠，点的对应点为．当时，的长度为 ．    【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，设直线交于，分当在下方和点在上方两种情况，画出图形解答即可求解，运用分类讨论思想解答并正确画出图形是解题的关键． 【详解】解：设直线交于，当在下方时，如图，     ∵，， ∴，， ∵将沿折叠，点的对应点为，为边的中点， ∴，， ∵， ∴和是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点在上方时，如图，    同理可得， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，的长度为或， 故答案为：或． 6．（2024·山东济宁·三模）如图，中，，，D点在边上运动（D与A，B不重合），设，将沿翻折至处，与边相交于点E．若是等腰三角形，则的值为（   ） A．或 B． C．或 D． 【分析】本题考查了翻折变换，等腰三角形的性质，折叠的性质，由折叠的性质可求，，，分两种情况讨论，由等腰三角形的性质列出等式，即可求解，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 【详解】解：将沿翻折至处， ，，， ，， 当，则， ， ； 当，则， ， ， 当，则，这种情况不存在， 故选：A． 【题型8】几何图形中的对称 在对称图形中的线段之和最短问题，往往可以转化为将军饮马问题。 1．（2023·山东泰安·一模）如图，已知等边的边长为4，P、Q、R分别为边上的动点，则的最小值是（    ） A． B．2 C． D． 【分析】如图，作关于对称的，点E与点Q关于对称，连接，则，可得当点E，R，P在同一直线上，且时，的长就是的最小值，在需要利用等边三角形的性质求出等边三角形的高即可得到答案． 【详解】解：如图，作关于对称的，点E与点Q关于对称，连接，则， ∴， ∴当点E，R，P在同一直线上，且时，的长就是的最小值， ∵， ∴， ∴由平行线间间距相等可知的长等于等边三角形的高的长 ∵等边的边长为4， ∴等边三角形的高为，即的最小值为， 故选C． 2．（2024·山东东营·模拟预测）如图，菱形的对角线相交于点O，且，分别过点B、C作与的平行线相交于点E．点G在直线上运动，则的最小值为 ． 【分析】本题主要考查了轴对称最短问题，菱形的性质，解题的关键熟练掌握勾股定理．作点关于的对称点，即点，连接，交于点，连接，根据两点之间线段最短，此时有最小值，即线段，再根据勾股定理求出的长即可． 【详解】解：如图所示： 四边形是菱形， ，， 四边形是矩形， ， 作点关于的对称点，即点，连接，交于点，连接， ， ， 两点之间线段最短， 此时有最小值，即线段， 在中，, 的最小值为， 故答案为：． 3．（2024·山东菏泽·二模）如图，在中，，，，点E为边上的动点，点F为边上的动点，则线段的最小值为 ． 【分析】本题考查了含角的直角三角形的性质、两点之间线段最短、垂线段最短、轴对称的性质、等腰三角形的三线合一等知识点，熟练掌握轴对称的性质是解题关键． 作点关于的对称点，连接，先根据两点之间线段最短、垂线段最短可得当时，线段的值最小，最小值为，再根据直角三角形的性质、等腰三角形的三线合一可得，从而可得，然后在中，根据含角的直角三角形的性质即可得． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接， ， ， 由两点之间线段最短可知，当点共线时，最小，最小值为， 由垂线段最短可知，当时，的值最小， ， ， 又， （等腰三角形的三线合一）， ， 则在中，， 即的最小值为4， 故答案为：4． 4．（2023·山东枣庄·中考真题）问题情境：如图1，在中，，是边上的中线．如图2，将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合，折痕分别交于点E，G，F，H．      猜想证明： (1)如图2，试判断四边形的形状，并说明理由． 问题解决； (2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交于点M，N，的对应线段交于点K，求四边形的面积． 【分析】（1）利用等腰三角形的性质和折叠的性质，得到，即可得出结论． （2）先证明四边形为平行四边形，过点作于点，等积法得到的积，推出四边形的面积，即可得解． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵在中，，是边上的中线， ∴， ∵将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合， ∴， ∴， ∴， ∴， 同法可得：， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， 由（1）知：，， ∴， 过点作于点，    ∵， ∴， ∵四边形的面积，， ∴四边形的面积． 考向五：图形变换的综合 【题型9】图形变换中的综合 1．（2022·山东菏泽·中考真题）如图，抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点，连接AC、BC． (1)求抛物线的表达式； (2)将沿AC所在直线折叠，得到，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标．并求出四边形OADC的面积； (3)点P是抛物线上的一动点，当时，求点P的坐标． 【分析】（1）直接利用待定系数法求抛物线解析式即可； （2）先利用勾股定理的逆定理证明为直角三角形，再根据折叠的性质得出点B、C、D三点共线，继而通过证明，利用相似三角形的性质即可得出点D的坐标，根据四边形OADC的面积进行求解即可； （3）分两种情况讨论：当点P在x轴上方时，当点P在x轴下方时，分别求解即可． 【详解】（1）将，，代入抛物线，得 ，解得， 所以，抛物线的表达式为； （2）如图，过点D作DE⊥x轴于E， ， ∵，，， ， ， 为直角三角形且， 将沿AC所在直线折叠，得到，点B的对应点为D， 此时，点B、C、D三点共线，BC=DC，， ， ， ， ， ， ∴四边形OADC的面积 ； （3） 当点P在x轴上方时， ∵， ∴轴， 点P的纵坐标为4，即， 解得或0（舍去） ； 当点P在x轴下方时，设直线CP交x轴于F， ∵， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， 即， 解得， ， ， ∴设直线CF的解析式为， 即，解得， ∴直线CF的解析式为， 令，解得或0（舍去）， 当时， ； 综上，或． 2．（2024·山东济宁·模拟预测）如图，抛物线经过两点，并交轴于另一点，点是抛物线的顶点，直线与轴交于点． (1)求该抛物线的表达式； (2)若点是轴上一动点，分别连接，求的最小值． 【分析】 （1）运用待定系数法即可求得抛物线的表达式； （2）利用待定系数法可得直线的解析式为，进而可得，作点关于轴的对称点，连接，，，即的最小值为，利用两点间距离公式即可求得答案． 【详解】（1） 抛物线经过，两点， ， 解得：， 该抛物线的表达式为； （2） ， 顶点， 设直线的解析式为，则， 解得：， 直线的解析式为， 当时，， ， 作点关于轴的对称点，连接，，如图， 则， ，即的最小值为， ， 的最小值为． （建议用时：120分钟） 1．（2024·山东潍坊·中考真题）某厂家生产的海上浮漂的形状是中间穿孔的球体，如图所示．该浮漂的俯视图是图，那么它的主视图是（    ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了物体的三视图，根据物体及其俯视图即可求解，掌握三视图的画法是解题的关键． 【详解】解：由图形可得，它的主视图如图所示： ， 故选：． 2．（2022·山东青岛·中考真题）如图，将先向右平移3个单位，再绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【分析】先画出平移后的图形，再利用旋转的性质画出旋转后的图形即可求解． 【详解】解：先画出△ABC平移后的△DEF，再利用旋转得到△A'B'C'， 由图像可知A'（-1，-3）， 故选：C． 3．（2024·山东·中考真题）用一个平面截正方体，可以得到以下截面图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；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． 【详解】解：A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； D．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意． 故选：D． 4．（2023·山东淄博·中考真题）在边长为1的正方形网格中，右边的“小鱼”图案是由左边的图案经过一次平移得到的，则平移的距离是 ．    【分析】确定一组对应点，从而确定平移距离． 【详解】解：如图，点是一组对应点，，所以平移距离为6； 故答案为：6    5．（2023·山东滨州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为．若将向左平移3个单位长度得到，则点A的对应点的坐标是 ．    【分析】根据平移的性质即可得出答案． 【详解】将向左平移3个单位长度得到， ， ， 故答案为：． 6．（2023·山东枣庄·中考真题）银杏是著名的活化石植物，其叶有细长的叶柄，呈扇形．如图是一片银杏叶标本，叶片上两点B，C的坐标分别为，将银杏叶绕原点顺时针旋转后，叶柄上点A对应点的坐标为 ．    【分析】根据点的坐标，确定坐标系的位置，再根据旋转的性质，进行求解即可． 【详解】解：∵B，C的坐标分别为， ∴坐标系的位置如图所示：    ∴点的坐标为：， 连接，将绕点顺时针旋转后，如图，叶柄上点A对应点的坐标为； 故答案为： 7．（2025·山东济南·一模）如图，在中，点P是边上一点，将沿直线折叠，点D的对应点为E．当点E恰好落在边上时，若，则的长为 ． 【分析】如图，延长与的延长线交于点，证明，，再利用相似三角形的性质可得答案． 【详解】解：如图，延长与的延长线交于点， ∵， ∴，， ∴， 由折叠可得：，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，而，， ∴， ∴， ∴； 故答案为： 8．（2024·山东泰安·二模）如图，将平行四边形进行折叠，折叠后恰好经过点C得到，若，则线段的长度为 ． 【分析】本题考查平行四边形的性质、折叠的性质、勾股定理等，由平行四边形的性质可得，由折叠可得，由勾股定理求出，得出，最后用勾股定理解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形 ∴， ∴， ∴， ∵将平行四边形进行折叠，折叠后恰好经过点C得到， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ 故答案为：12． 9．（2024·山东滨州·三模）在平面直角坐标系中，的各顶点坐标分别为，．先作关于轴成轴对称的，再把平移后得到，若，则点坐标为 ． 【分析】本题考查了关于x轴对称，平移规律，熟练掌握轴对称的特点和平移规律是解题的关键．由 关于x轴对称的坐标为，结合，得到平移规律为向右平移3个单位，向上平移3个单位，计算的坐标即可． 【详解】解：∵ 关于x轴对称的坐标为， 由到可得出平移方式为：向上平移3个单位，向右平移3个单位， ∴关于x轴对称的坐标为，再向上平移3个单位，向右平移3个单位后，即 故答案为：． 10．（19-20八年级下·江苏南京·期末）如图，在矩形中，，，点E在上且．点G为的中点，点P为边上的一个动点，F为的中点，则的最小值为 ． 【分析】连接，结合点G为的中点， F为的中点，得到，，从而把的最小值转化为即得最小值问题，利用轴对称最短路径问题，勾股定理解答即可． 本题考查中位线定理，矩形的性质，轴对称最短路径问题(将军饮马问题)，勾股定理等知识，掌握中位线定理和将军饮马模型是解题的关键． 【详解】连接， ∵点G为的中点， F为的中点， ∴，， ∴， 作 A关于直线的对称点H，连接，交于点M， ∵，， ∴当P与M重合时，取得最小值， ∵矩形中，，，点E在上且． ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 11．（2024·山东东营·中考真题）在中，，，． (1)问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 【分析】（1）延长交于点H，根据旋转得出，，，根据勾股定理得出，，根据等腰三角形的性质得出，，根据三角形内角和定理求出，即可得出结论； （2）延长交于点H，证明，得出，，根据三角形内角和定理得出，即可证明结论； （3）过点C作于点N，根据等腰三角形的性质得出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出，根据解析（2）得出． 【详解】（1）解：延长交于点H，如图所示： ∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，，， ∴根据勾股定理得：，， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴． （2）解：线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论一致；理由如下： 延长交于点H，如图所示： ∵将绕点旋转得到， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，， ∴； 又∵，，， ∴， ∴； （3）解：过点C作于点N，如图所示： 根据旋转可知：， ∴， ∵在中，，，， ∴根据勾股定理得：， ∵，， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， 根据解析（2）可知：． 12．（2023·山东济南·中考真题）在矩形中，，，点在边上，将射线绕点逆时针旋转90°，交延长线于点，以线段，为邻边作矩形．    (1)如图1，连接，求的度数和的值； (2)如图2，当点在射线上时，求线段的长； (3)如图3，当时，在平面内有一动点，满足，连接，，求的最小值． 【分析】（1）根据矩形的性质得出，，，进而根据正切函数得出，可求出，由矩形和矩形可得，，求出，证明，根据相似三角形的性质即可得出答案； （2）过点作于点，由矩形和矩形可得，，，证明，进而得出，设，则，根据，得出，求出，进而可得出答案； （3）连接，先证明是等边三角形，，得出， 将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，进而求出，，，得出，可得当点，，三点共线时，的值最小，此时为． 【详解】（1）解：∵矩形中，，， ∴，，， ∴， ∴， 由矩形和矩形可得，， ∴，即， ∴， ∴； （2）解：如答案图1，过点作于点， 由矩形和矩形可得，， ， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴； （3）解：如答案图2，连接， ∵矩形中，，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴是等边三角形，， ∴， 将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到， ∴，，， ∴， ∴当点，，三点共线时，的值最小，此时为．    13．（2024·山东威海·二模）【问题解决】 （1）如图1，四边形是正方形，点E在边上，以为边在其右侧作正方形，连接，求证：． 【问题拓广】 （2）如图2，四边形是矩形，，点E是边上一动点，以为边在其右侧作矩形，且，连接． ①写出线段与的数量关系，并证明你的结论； ②连接，则的最小值为_______．（直接写答案） 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题关键是在判断三角形全等和相似时出现“手拉手”模型证明对应角相等及利用三边关系来转化线段的数量关系求出最小值． （1）根据正方形的性质证明和全等，即可得到； （2）①根据矩形的性质证明，得到，即可证得结论； ②过点作，垂足为点，过点作交的延长线于点，先证明，证得是固定值，进而证得点的运动轨迹是直线，然后将的最小值转化为求的最小值，即点，，三点同一直线时，，取得最小值，求即可． 【详解】解：（1）证明：四边形是正方形， ，， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ； （2）①，理由如下： 四边形是矩形，四边形是矩形， ，， ， ，，， ， ， ， ； ②如图，过点作，垂足为点，过点作交的延长线于点，则， 四边形是矩形， ，，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 点的运动轨迹是直线， 作点关于直线的对称点，则， 当点，，三点同一直线时，的值最小，即为， 由（2）得， ， ， 的最小值为的最小值，即， ，， ， ， ， 的最小值为． 故答案为： 14．（2023·山东临沂·二模）如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线．    (1)求抛物线的解析式； (2)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形的面积S的最大值及此时D点的坐标； (3)在抛物线的对称轴上找一点P，使的值最小，直接写出P点坐标． 【分析】（1）将、代入，求解可得坐标，根据二次函数的性质可得点坐标，设抛物线的表达式为，将代入求值，最后代入化简成一般式即可； （2）如图1，过作于F，交于E，，，则， ，根据二次函数的性质求解即可； （3）线段与对称轴的交点即为使的值最小的点P，将代入直线的解析式即可求出点P的纵坐标，从而得解． 【详解】（1）解：将代入得，， ∴， 将代入得，解得， ∴， ∵对称轴为直线， ∴， 设抛物线的表达式为， 将代入得，，解得， ∴， ∴抛物线的表达式为； （2）解：如图1，过作于F，交于E，    ∴，，则， ∵， ∴当时，四边形面积最大，值为； 将代入得，， ∴， ∴四边形面积S的最大值为，此时D点的坐标为． （3）∵点A与点B关于对称轴直线， ∴当点P是线段与对称轴的交点时， 的值最小， 标记点P如下，连接，    将代入直线的解析式可得：， ∴ 66 / 66 学科网（北京）股份有限公司 $$