专题14 图形的对称、平移、旋转及投影与视图-备战2025年浙江中考数学高频热点专题突破

专题14 图形的对称、平移、旋转及投影与视图 【热点1图形的对称】 1．（2025•台州一模）下列四个图标中，属于轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】根据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进行分析即可． 【解析】解：选项A、B、D的图形均不能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以不是轴对称图形； C选项中的图形能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以是轴对称图形； 故选：C． 【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，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． 2．（2025•衢州一模）如图，点O是正方形网格中的格点，点P，P1，P2，P3，P4是以O为圆心的圆与网格线的交点，直线m经过点O与点P2，则点P关于直线m的对称点是（　　） A．P1 B．P2 C．P3 D．P4 【思路点拨】根据轴对称的性质解答即可． 【解析】解：由图可知，点P关于直线m的对称点是P4， 故选：D． 【点睛】本题考查了轴对称的性质，熟练掌握该知识点是关键． 3．（2025•新昌县一模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，AD＝6，折叠纸片使边AD落在对角线DB上，折痕为DG，则△DBG的面积为（　　） A．30 B．15 C．24 D．16 【思路点拨】根据矩形的性质利用勾股定理得BD＝10，得出A′B＝4，设A′G＝AG＝x，则GB＝8﹣x，在直角△A′GB中由勾股定理得出方程，解方程求出AG，然后利用三角形面积公式即可解决问题． 【解析】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴AB＝CD，AD＝BC，∠DAB＝90°， ∵AB＝CD＝8，AD＝BC＝6， 在Rt△BCD中，BD＝＝10， 由折叠可知：∠DA′G＝∠DAG＝90°，DA′＝DA＝6，A′G＝AG， ∴∠BA′G＝180°﹣∠DA′G＝90°， 设A′G＝AG＝x，则BG＝8﹣x， 在Rt△BEF中，A′B＝BD﹣DA′＝10﹣6＝4， 由勾股定理得：BG2＝A′G2+A′B2， ∴（8﹣x）2＝x2+42， 解得：x＝3， ∴A′G＝3， ∴△DBG的面积＝BD•A′G＝×10×3＝15． 故选：B． 【点睛】本题考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、三角形面积公式等知识，解决本题的关键是掌握折叠的性质． 4．（2025•杭州一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝32°，E，F分别在边BC，AB上，将△BEF沿着EF折叠，得到△B'EF，B′E与AB交于G．当B′E∥AC时，∠AFB'的度数是（　　） A．25° B．26° C．30° D．32° 【思路点拨】由∠C＝90°，∠B＝32°，求得∠A＝58°，由B′E∥AC，得∠AGB′＝∠A＝58°，由折叠得∠B′＝∠B＝32°，则58°＝∠AFB′+32°，求得∠AFB′＝26°，于是得到问题的答案． 【解析】解：∵∠C＝90°，∠B＝32°， ∴∠A＝90°﹣∠B＝58°， ∵B′E∥AC， ∴∠AGB′＝∠A＝58°， ∵将△BEF沿着EF折叠，得到△B'EF， ∴∠B′＝∠B＝32°， ∵∠AGB′＝∠AFB′+∠B′， ∴58°＝∠AFB′+32°， ∴∠AFB′＝26°， 故选：B． 【点睛】此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、平行线的性质、翻折变换的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，求得∠AGB′＝∠A＝58°是解题的关键． 5．（2025•浙江模拟）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AD，BC上的点，将正方形纸片ABCD沿EF折叠，使得点B的对应点B'恰好落在边CD上，要想知道正方形ABCD的边长，只需知道（　　） A．BF的长度 B．△B′CF的周长 C．△B′DG的周长 D．△A′EG的面积 【思路点拨】证明△DB′G∽△CFB′，可得＝＝，故DB'+DG+B'G＝＝，即可证明DB'+DG+B'G＝2AB，故要想知道正方形ABCD的边长，只需知道△B′DG的周长． 【解析】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝∠C＝∠B＝90°，BC＝CD＝AB， 由折叠得∠GB′F＝∠B＝90°，B′F＝BF， ∴DB′＝CD﹣B′C＝BC﹣B′C，CF+B′F＝CF+BF＝BC，BF2﹣B′C2＝B′F2﹣B′C2＝CF2，∠DB′G＝∠CFB′＝90°﹣∠CB′F， ∴△DB′G∽△CFB′， ∴＝＝， ∴＝＝， ∴DB'+DG+B'G＝＝， ∵＝＝＝＝2（BF+CF）＝2AB， ∴DB'+DG+B'G＝2AB， ∴要想知道正方形ABCD的边长，只需知道△B′DG的周长； 故选：C． 【点睛】本题考查折叠变化，涉及相似三角形的判定与性质，正方形性质及应用，解题的关键是需要有较强的运算，变形的能力． 6．（2025•西湖区一模）如图是一张菱形纸片ABCD，点E在AD边上，CE⊥AD，把△CED沿直线CE折叠得到△CED'，点D'落在DA的延长线上．若CD'恰好平分∠ACB，则∠ABC＝ 　36　 °，＝ 　　 ． 【思路点拨】设AB，CD′交于点J．设∠B＝x．利用三角形内角和定理构建方程求出x即可，证明设AD′＝AC＝CJ＝m，BC＝CD＝CD′＝n，则JD′＝n﹣m，利用相似三角形的性质构建一元二次方程求解． 【解析】解：设AB，CD′交于点J．设∠B＝x． ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠B＝∠D＝x，AD∥CB， ∴∠BCD′＝∠D′， ∵CD′平分∠ACB， ∴∠ACD′＝∠BCD′， 由翻折变换的性质可知，∠D＝∠D′， ∴∠BCD′＝∠ACD′＝x， ∵BA＝BC， ∴∠BCA＝∠BAC＝2x， ∵∠B+∠ACB+∠BAC＝180°， ∴5x＝180°， ∴x＝36°， ∴∠B＝36°， ∵∠D′＝∠ACD′＝36°， ∴AD′＝AC， ∵∠CAJ＝∠CJA＝72°， ∴AC＝CJ， 设AD′＝AC＝CJ＝m，BC＝CD＝CD′＝n，则JD′＝n﹣m， ∵∠D′＝∠D′，∠D′AJ＝∠ACD′＝36°， ∴△D′AC∽△D′JA， ∴D′A2＝D′J•D′C， ∴m2＝（n﹣m）•n， ∴n2﹣nm﹣m2＝0， ∴（）2﹣﹣1＝0， ∴＝． 故答案为：36，． 【点睛】本题考查翻折变换，角平分线的定义，菱形的性质，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题． 7．（2025•定海区模拟）如图，在正方形纸片ABCD中，点E是AD的中点．将△ABE沿BE折叠，使点A落在点F处，连结DF并延长交BC于点G，再将△CDG沿DG折叠，点C的对应点H恰好落在BE上．若记△BEF和△DGH重叠部分的面积为S1，四边形BEDG的面积为S2，则的值为 　　 ． 【思路点拨】设EF与DH交于点M，BF与HG交于点N，连接AF交BE于点P，先证出四边形BEDG是平行四边形，得DE＝BG，∠GBH＝∠EDF，BE＝GD，从而得AE＝DE＝EF＝BG＝CG＝HG，进而得∠GBH＝∠GHB＝∠EDF＝∠EFD，于是证出△EDF≌△GBH（AAS），得BH＝DF，然后证出四边形EFGH、BFDH是平行四边形，进一步证出四边形MFNH是矩形，接下来设AE＝BG＝HG＝x，则AD＝AB＝DH＝CD＝2x，得，，再证出△BAE∽△AFD，根据相似三角形对应边成比例得，则求出，证明△DMF∽△DHG，得，即可求出，，于是有，最后进行求比即可得到答案． 【解析】解：如图，设EF与DH交于点M，BF与HG交于点N，连接AF交BE于点P， ∵E为AD中点，将△ABE沿BE折叠，使点A落在点F处， ∴AE＝DE＝EF，AF⊥BE，CG＝GH，∠MFN＝∠BAD，DH＝CD， ∴∠EAF＝∠EFA，∠EFD＝∠EDF，∠APE＝90°， ∵∠EAF+∠EFA+∠EFD+∠EDF＝180°， ∴∠AFD＝∠EFA+∠EFD＝90°， ∴∠AFD＝∠APE， ∴BE∥DG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴DE∥BG，AD＝BC＝AB＝CD，∠BAD＝∠MFN＝90°， ∴四边形BEDG是平行四边形， ∴DE＝BG，∠GBH＝∠EDF，BE＝GD， ∵AE＝DE＝EF， ∴AE＝DE＝EF＝BG＝CG＝HG， ∴∠GBH＝∠GHB＝∠EDF＝∠EFD， ∴△EDF≌△GBH（AAS）， ∴BH＝DF， 又∵BE＝GD， ∴EH＝GF， ∵EH∥GF， ∴四边形EFGH是平行四边形， ∴EF∥HG， ∵BH∥DF， ∴四边形BFDH是平行四边形， ∴DH∥BF， ∵MF∥HN， ∴四边形MFNH是平行四边形， ∵∠MFN＝90°， ∴四边形MFNH是矩形， 设AE＝BG＝HG＝x，则AD＝AB＝DH＝CD＝2x， ∴， 由勾股定理得， ∵∠BAE＝∠BAP+∠DAF＝90°，∠BAP+∠EBA＝90°， ∴∠DAF＝∠EBA， ∵∠BAE＝∠AFD＝90°， ∴△BAE∽△AFD， ∴， ∴， ∴， ∵MF∥HN， ∴△DMF∽△DHG， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查折叠的性质，三角形的面积，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，掌握折叠的性质，三角形的面积，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质是解题的关键． 8．（2025•浙江二模）如图，正方形纸片ABCD，点E在对角线AC上，连结BE，沿BE对折△BEC至△BEF，连结DF．若DF∥BE，则tan∠EBC＝ 　　 ；若∠DFE＝90°，则△BCE与四边形ECDF的面积比为 　　 ． 【思路点拨】连接CF，延长BE，交CF，CD分别于点G、H，连接FH，由题意易得∠HFC＝∠HCF，然后可得 FH＝DH＝CH，进而问题可求解；连接BD，DE，交AC于点O，过点B作BM⊥DF于点M，由题意易得∠BDM＝30°，则有∠FBE＝∠CBF＝30°，DF＝EF＝DE'，过点E作ET⊥BC于点T，设ET＝TC＝a，BT＝ET＝，BE＝2a，最后问题可求解． 【解析】解：连接CF，延长BE，交CF，CD分别于点G、H，连接FH，如图， 由折叠的性质可知：BH⊥CF，， ∴FH＝CH， ∴∠HFC＝∠HCF， ∵DF∥BE， ∴CF⊥DF， 即∠DFC＝90°， ∴∠HFC+∠DFH＝∠FDH+∠HCF＝90°， ∴∠DFH＝∠FDH， ∴FH＝DH＝CH， ∴， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD，∠BCD＝90°， ∴， 连接BD，DE，交AC于点O，过点B作BM⊥DF于点M，如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BCD＝∠ABC＝90°，，∠ABD＝∠ADB＝∠ACB＝∠ACD＝45°， 由折叠的性质可知：BC＝BF，∠BCE＝∠BFE＝45°， ∵∠DFE＝90°， ∴∠BFD＝135°， ∴∠BFM＝45°， 即△BMF是等腰直角三角形， ∴BF＝BM， ∴BD＝BC＝BF＝2BM， ∴sin∠BDM＝＝， ∴∠BDM＝30°， ∴∠MBD＝60°，∠FBD＝∠BFM﹣∠BDF＝15°， ∴∠ABF＝∠ABD﹣∠FBD＝30°， ∴∠FBE＝∠CBE＝30°， ∵BC＝DC，∠BCE＝∠DCE＝45°，CE＝CE， ∴△BCE≌△DCE（SAS）， ∴BE＝DE，∠CBE＝∠CDE＝30°，S△BCE＝S△DCE， ∴∠FDE＝∠FDB+∠BDC﹣∠CDE＝45°， ∴△FDE是等腰直角三角形， ∴， 过点E作ET⊥BC于点T， 设ET＝TC＝a， ∴，BE＝2a， ∴DE＝BE＝2a，， ∴， ∴，S△DFE＝＝a2， ∴S四边形ECDF＝S△DCE+S△DFE＝． ∴＝＝； 故答案为：；． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、三角函数、等腰直角三角形及全等三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、折叠的性质、三角函数、等腰直角三角形及全等三角形的性质与判定是解题的关键． 9．（2025•义乌市二模）如图1，在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB＝3．点M，N分别是线段DC，BC上的点，连结AC，AM，AN．将△ADM和△ABN分别沿AM，AN翻折，使点D的对应点E和点B的对应点F都落在对角线AC上，连结ME，NF． （1）如图2，若∠D＝90°，则的值为　　 ． （2）若∠D为钝角，延长NF交射线EM于点P且∠EPF＝60°，则的值为　　 ． 【思路点拨】（1）由勾股定理得到，再结合折叠的性质，得到，，再求比值即可； （2）根据平行四边形的性质和折叠的性质，推出△PEF是等边三角形，从而得到D＝∠ABC＝∠AFN＝120°，过点C作CQ⊥AB延长线于点Q，则∠CBQ＝60°，再根据特殊角的三角函数值，求出BQ＝1，，进而得到，即可求解． 【解析】解：（1）由题意可得：CD＝AB＝3， ∵∠D＝90°， ∴， ∵AE＝AD＝2，AF＝AB＝3， ∴，， ∴， 故答案为：； （2）由题意可得： ∴CD＝AB＝3，AD＝BC＝2，∠ABC＝∠D， ∵AE＝AD＝2，AF＝AB＝3，∠D＝∠AEM，∠ABC＝∠AFN， ∴∠AEM＝∠AFN， ∵∠MEC＝180°﹣∠AEP，∠AFP＝180°﹣∠AFN， ∴∠PEF＝∠EFP， ∴PE＝PF， ∵∠EPF＝60°， ∴△PEF是等边三角形， ∴∠PEF＝∠EFP＝60°， ∴∠D＝∠ABC＝∠AFN＝120°， 如图，过点C作CQ⊥AB延长线于点Q，则∠CBQ＝60°， 由题意可得：BQ＝BC•cos60°＝1，， ∴AQ＝4， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：； 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形的应用，分母有理化等知识，正确作辅助线构造直角三角形是解题关键． 10．（2025•浙江模拟）如图，点E在菱形ABCD的边BC上，将菱形ABCD沿着AE翻折，使点B的对应点F恰好落在边CD上，若，则cosB的值为 　　 ． 【思路点拨】如图，过点E作EG＝CE，交FC延长线于点G，过E作EH⊥CG，利用折叠性质和菱形的性质得出∴△CEG∽△EFG，根据已知CE和CF的比设CE＝6a，CF＝5a，即可解答． 【解析】解：如图，过点E作EG＝CE，交FC延长线于点G，过E作EH⊥CG， ∴∠ECG＝∠G， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D，CD∥AB， ∴∠ECG＝∠B＝∠CGE， 由翻折得：AB＝AF，∠B＝∠AFE， ∴AD＝AF，∠AFE＝∠D， ∴∠ADF＝∠AFD＝∠AFE， ∴∠DAF＝∠EFG，∠ADF＝∠FGE， ∴∠CEG＝∠EFG， ∴△CEG∽△EFG， ∴＝， ∵， ∴设CE＝6a，CF＝5a， ∴＝， ∴CG＝4a，CG＝﹣9a（舍）， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，相似三角形的性质和判定，解直角三角形，解题的关键是证明△CEG∽△EFG． 11．（2025•嘉善县一模）如图，在△ABC中，以B为圆心，线段BC的长为半径画弧交边AB于点D，连结CD，将△ABC沿直线CD对折使点A落在A′处，A′C交边AB于点E． （1）求证：∠DA′E＝∠BCE； （2）若，求的值． 【思路点拨】（1）根据等边对等角得到∠BDC＝∠BCD，然后根据翻折得到∠A'＝∠A，∠A'CD＝∠ACD，然后利用三角形的外角和角的和差解题即可； （2）先证明两个对应角相等得到△A'DE∽△CBE，即可得到BC＝3A'D＝3AD，然后代入计算解题． 【解析】（1）证明：由作图可得BC＝BD， ∴∠BDC＝∠BCD， 由折叠可得：∠A'＝∠A，∠A'CD＝∠ACD， ∴∠A＝∠BDC﹣∠ACD＝∠BCD﹣∠A'CD＝∠A'CB， ∴∠DA'E＝∠BCE； （2）解：∵∠DA'E＝∠BCE，∠A'ED＝∠BEC， ∴△A'DE∽△CBE， ∴，即BC＝3A'D， 又∵A'D＝AD，BD＝BC， ∴BC＝BD＝3AD， ∴． 【点睛】本题考查翻折的性质，等边对等角，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键． 12．（2025•临安区一模）我们常常把一张A4纸通过折叠的方式得到它的对角线，如图1．折纸活动中，通过点与点重合或边与边重合，才能得到精准的折叠．现有一张A4纸张（矩形ABCD），如图2，设折叠后B'C边与AD边重叠的点为E． （1）请用尺规作图的方式在图2中画出点E． （2）根据以上折纸活动的提示，描述折出A4纸（矩形ABCD）对角线的两个步骤． 【思路点拨】（1）分别以A，C为圆心，AB，BC为半径作弧，两弧交于点B′，连接AB′，CB′，CB′交AD于点E； （2）步骤一：点A，点C两点重合，得到折痕EE′； 步骤二：点E，点E′重合可以折出A4纸（矩形ABCD）对角线AC． 【解析】解：（1）如图2中，点E即为所求； （2）如图3中，步骤一：点A，点C两点重合，得到折痕EE′； 步骤二：点E，点E′重合可以折出A4纸（矩形ABCD）对角线AC． 【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，作图﹣复杂作图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【热点2图形的平移】 1．（2025•浙江模拟）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2）向右平移2个单位长度，向下平移3个单位长度后，得到点A1，则点A1位于第（　　）象限． A．一 B．二 C．三 D．四 【思路点拨】根据左减右加，上加下减即可确定点A（﹣1，2）平移后点A1的坐标，再根据各象限坐标的特征即可得出答案． 【解析】解：根据题意平移后得到点A1（1，﹣1），在第四象限， 故选：D． 【点睛】本题考查了点的坐标平移的特征，熟练掌握该知识点是关键． 2．（2025•鹿城区校级二模）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若点A，C的坐标分别为（﹣2，4），（﹣1，1），平移后点A1，C1的坐标分别为（m，5），（2，n），则m+n的值为（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 【思路点拨】根据点A、C和平移后点A1，C1的坐标确定出平移规律，根据规律即可求出m和n的值，即可得出答案． 【解析】解：∵点A，C的坐标分别为（﹣2，4），（﹣1，1），平移后点A1，C1的坐标分别为（m，5），（2，n）， ∴平移规律为横坐标加3，纵坐标加1， ∴m＝﹣2+3＝1，n＝1+1＝2， ∴m+n＝1+2＝3． 故选：D． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减，本题根据对应点的坐标确定出平移规律是解题的关键． 3．（2025•玉环市二模）线段CD是由线段AB平移得到的，点A（﹣1，4）的对应点为C（4，7），则点B（﹣4，﹣1）的对应点D的坐标为（　　） A．（2，9） B．（5，3） C．（1，2） D．（﹣9，﹣4） 【思路点拨】根据点A的坐标平移后所得对应点的坐标可得线段AB向右平移6个单位，又向上平移了3个单位，然后可得B点对应点坐标． 【解析】解：∵点A（﹣1，4）的对应点为C（4，7）， ∴点A向右平移5个单位，又向上平移了3个单位， ∵点B（﹣4，﹣1）， ∴对应点D的坐标为（﹣4+5，﹣1+3）， 即（1，2）， 故选：C． 【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化﹣平移，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减． 4．（2025•莲都区二模）平面直角坐标系中，线段AB经过平移得到线段A′B′，若点A（﹣1，2）的对应点A'的坐标为（1，﹣1），则点B（m，n）的对应点B'的坐标为（　　） A．（m+2，n﹣3） B．（m﹣2，n﹣3） C．（m+2，n+3） D．（m﹣2，n+3） 【思路点拨】根据点A平移的特点：横坐标加上2，纵坐标减去3，结合点A的平移特点得出答案． 【解析】解：∵点A（﹣1，2）的对应点A′的坐标为（1，﹣1）， ∴点B的对应点B′的坐标是（m+2，n﹣3）． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内线段的平移，掌握其性质是解题的关键． 5．（2025•温州一模）如图，将Rt△ABC沿斜边AB向右平移得到△DEF，BC与DF交于点H，延长AC，EF交于点G，连结GH．若BD＝2，GH＝3，则AE的长为 　8　 ． 【思路点拨】连接CF，根据平移的性质、矩形和平行四边形的判定得到四边形CHFG为矩形，四边形ADFC为平行四边形，得到CF＝GH＝3，AD＝CF，计算即可． 【解析】解：如图，连接CF， 由平移的性质可知：AC∥DF，BC∥EF，AD∥CF，AD＝CF，AD＝BE，又∠ACB＝90°， ∴四边形CHFG为矩形，四边形ADFC为平行四边形， ∴CF＝GH＝3，AD＝CF， ∴AD＝3， ∴BE＝3， ∴AE＝AD+DB+BE＝3+2+3＝8， 故答案为：8． 【点睛】本题考查的是平移的性质，经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等． 6．（2025•新昌县一模）如图，边长为4cm的正方形ABCD先向上平移2cm，再向右平移1cm，得到正方形A′B′C′D′，此时阴影部分的面积为　6　 cm2． 【思路点拨】阴影部分为长方形，根据平移的性质可得阴影部分是长为3，宽为2，让长乘宽即为阴影部分的面积． 【解析】解：∵边长为4cm的正方形ABCD先向上平移2cm， ∴阴影部分的宽为4﹣2＝2cm， ∵向右平移1cm， ∴阴影部分的长为4﹣1＝3cm， ∴阴影部分的面积为3×2＝6cm2． 故答案为：6． 【点睛】解决本题的关键是利用平移的性质得到阴影部分的边长． 【热点3图形的旋转】 1．（2025•东阳市二模）下列APP图标中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．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． 【解析】解：选项A、B、D的图形不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形； 选项C的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：C． 【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 2．（2025•衢州一模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．矩形 B．平行四边形 C．等腰三角形 D．直角三角形 【思路点拨】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【解析】解：A、矩形是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确； B、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形．故错误； C、等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误； D、直角三角形不一定是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误． 故选：A． 【点睛】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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 3．（2025•衢州一模）平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为，将线段OA绕点O逆时针旋转60°，则点A的对应点A′的坐标为（　　） A． B． C．（﹣1，3） D．（0，3） 【思路点拨】过点A作AB⊥x轴于点B，可得OB＝3，AB＝，则OA＝＝，可得∠AOB＝30°．由旋转得OA'＝OA＝，∠AOA'＝60°，可知点A'在y轴正半轴上，进而可得点A′的坐标为（0，）． 【解析】解：如图，过点A作AB⊥x轴于点B， ∵点A的坐标为， ∴OB＝3，AB＝， ∴OA＝＝， ∴OA＝2AB， ∴∠AOB＝30°． ∵线段OA绕点O逆时针旋转60°， ∴OA'＝OA＝，∠AOA'＝60°， ∴∠BOA'＝∠AOB+∠AOA'＝90°， ∴点A'在y轴正半轴上， ∴点A的对应点A′的坐标为（0，）． 故选：B． 【点睛】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 4．（2025•温岭市二模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE，若AD⊥BC于点F，则∠B的度数为（　　） A．25° B．30° C．35° D．40° 【思路点拨】求出∠BAD＝55°，∠AFB＝90°，可得∠B＝180°﹣∠BAD﹣∠AFB＝35°． 【解析】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE， ∴∠BAD＝55°， ∵AD⊥BC， ∴∠AFB＝90°， ∴∠B＝180°﹣∠BAD﹣∠AFB＝180°﹣55°﹣90°＝35°， 故选：C． 【点睛】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理的应用，解题的关键是掌握旋转角的定义． 5．（2025•吴兴区二模）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，点A，C的对应点分别为点D，E，AC的延长线分别交BD，DE于点F，G，下列结论一定正确的是（　　） A．BF＝DF B．∠CBD＝∠EBD C．CB∥DE D．AG⊥DE 【思路点拨】由旋转得∠A＝∠D，∠ABD＝90°，可得∠A+∠AFB＝90°，进而可得∠D+∠DFG＝90°，则∠DGF＝90°，即AG⊥DE，从而可得答案． 【解析】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE， ∴∠A＝∠D，∠ABD＝90°， ∴∠A+∠AFB＝90°． ∵∠AFB＝∠DFG， ∴∠D+∠DFG＝90°， ∴∠DGF＝90°， 即AG⊥DE， 故D选项正确，符合题意； 根据已知条件不能得出A，B，C选项， 故A，B，C选项不正确，不符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查旋转的性质、平行线的判定，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 6．（2025•宁波一模）如图，在正方形ABCD中，将对角线AC绕点A逆时针旋转角度α（0°＜α≤90°），使得AE＝kAC（k为正实数）．设AB＝m，CE＝n．（　　） A．若k＝1，α＝45°，则 B．若，则 C．若，则 D．若k＝2，α＝60°，则 【思路点拨】过点E作EH⊥AC于H，根据勾股定理和旋转的性质以及正方形的性质求解即可判断． 【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝m，CE＝n． ∴AB＝BC＝m，∠B＝90°， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：， 当α≠90°时，过点E作EH⊥AC于H， 当k＝1，α＝45°时，则，△AHE是等腰直角三角形， ∴AH＝EH＝m，， 在Rt△CEH中，由勾股定理得：CE2＝CH2+EH2， ∴， 整理得， ∵m＝n，即n＝m， 故该选项错误，不符合题意； 当时，则，△AHE是等腰直角三角形， ∴，，即点C与点H重合， ∴， 故B符合题意； 当时，则，∠AEH＝30°， ∴，，， 在Rt△CEH中，， 则， 故该选项错误，不符合题意； 当k＝2，α＝60°时，则，∠AEH＝30°， ∴，，，即点C与点H重合， ∴， 故该选项错误，不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，等腰直角三角形，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 7．（2025•鹿城区校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，设AC＝x，BC＝y，且x+y是定值．点D是AC上一点，点E为AB中点，连接CE，将线段CE沿绕点E顺时针旋转90°，得到线段EF交AC于点G，若点A关于直线DE的对称点恰为点F，则下列线段长为定值的是（　　） A．AD B．CD C．CG D．DE 【思路点拨】连接AF，DF，DE，在AC上取点H，使得CH＝BC，连接BH，作EK⊥AC于K，先根据直角三角形斜边中线的性质以及旋转的性质确定△AEF为等腰三角形，根据三角形内角和定理以及外角的性质求出∠DAF＝45°，再根据对称的性质，求出∠EDC的度数，从而得到DE∥BH，再根据三角形中位线定理用x，y表示出AD，CD，DE，最后根据三角形中位线定理以及平行线分线段成比例用x，y表示出CG，根据x+y为定值即可判断哪条线段为定值． 【解析】解：连接AF，DF，DE，在AC上取点H，使得CH＝BC，连接BH，作EK⊥AC于K，如图： ∵∠ACB＝90°，E为AB中点， ∴AE＝CE＝BE， 由旋转的性质可知，EF＝CE，∠FEC＝90°， ∴△AEF和△CEB为等腰三角形，∠AEF+∠BEC＝90°， 设∠BAC＝α，则∠BEC＝2∠BAC＝2α， ∴∠AEF＝90°﹣2α， ∴∠EAF＝（180°﹣∠AEF）＝45°+α， ∴∠DAF＝45°， 由对称的性质可知，AD＝DF，∠ADE＝∠FDE， ∴∠DFA＝∠DAF＝45°， ∴∠ADF＝90°， ∴DF⊥AC， 又∵∠ADE+∠EDF+∠ADF＝360°， ∴∠ADE＝∠FDE＝135°， ∴∠EDC＝45°， ∵CH＝BC，∠HCB＝90°， ∴∠BHC＝45°，BH＝BC＝y，AH＝AC﹣BC＝x﹣y， ∴DE∥BH， ∵E是AB中点， ∴DE是△AHB的中位线， ∴DE＝BH＝y，AD＝AH＝， ∴DE和AD均不是定值， ∴CD＝AC﹣AD＝， ∴CD为定值， ∵EK⊥AC， ∴DF∥EK∥BC， ∴EK＝BC＝y，AK＝AC＝x， ∴DK＝AK﹣AD＝y， ∵＝＝， ∴DG＝， ∴CG＝CD﹣DG＝， ∴CG不是定值； 综上所述，CD为定值． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例、三角形中位线定理以及对称和旋转的性质，通过三角形内角和定理以及直角三角形斜边中线的性质求出∠DAF是本题解题的关键． 8．（2025•杭州一模）菱形ABCD绕点A旋转得到菱形AB'C'D'，点B'在BC上，B'C'交CD于点E．若AB＝2BB'＝4，则CE的长为　　 ． 【思路点拨】如图，过点C作CF∥C′D′，交B′C′于点F，根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠AB′B，根据平行线的性质得到∠B′CF＝∠AB′B，根据相似三角形的性质得到FC，由旋转可知DD′＝BB′＝2求得C′D＝2，又由CF∥C′D，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【解析】解：如图，过点C作CF∥C′D′，交B′C′于点F， ∵菱形AB′C′D′中，AB′∥C′D′， ∴AB′∥CF∥C′D′， ∵AB＝AB′， ∴∠B＝∠AB′B， ∵∠AB′C′＝∠B， ∴∠FB′C＝∠BAB′， ∵AB′∥FC， ∴∠B′CF＝∠AB′B， ∵AB＝2BB'＝4， ∴B′C＝BB′＝2， ∴△ABB′∽△B′CF， ∴＝， ∴＝， ∴FC＝1， 由旋转可知，△ABB′≌△ADD′， ∴DD′＝BB′＝2， ∴C′D＝2， 又由CF∥C′D， ∴△C′DE∽△FCE， ∴＝， ∴＝， ∴＝， ∴CE＝． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查旋转的性质，菱形的性质，等腰三角形三线合一，相似三角形的性质与判定，解直角三角形的应用等，正确地作出辅助线是解题关键． 9．（2025•定海区二模）如图，在△ABC中，CA＝CB，D是△ABC内一点，连结CD，将线段CD绕点C逆时针旋转到CE，使∠DCE＝∠ACB，连结AD，DE，BE． （1）求证：△CAD≌△CBE． （2）当∠CAB＝60°时，求∠CBE与∠BAD的度数和． 【思路点拨】（1）由旋转得CD＝CE，由题意得∠ACD＝∠BCE，根据全等三角形的判定可得结论． （2）由题意得△ABC是等边三角形，可得∠CAB＝60°．由全等三角形的性质可得∠CAD＝∠CBE，则∠CBE+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝∠CAB＝60°． 【解析】（1）证明：由旋转得，CD＝CE． ∵∠DCE＝∠ACB， ∴∠DCE﹣∠DCB＝∠ACB﹣∠DCB， ∴∠ACD＝∠BCE． 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）． （2）解：∵△ACD≌△BCE， ∴∠CAD＝∠CBE． ∵∠CBA＝60°，CA＝CB， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠CAB＝60°． ∴∠CBE+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝∠CAB＝60°． 【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键． 【热点4投影与视图】 1．（2025•金东区二模）下列投影中，属于中心投影的是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】根据中心投影的性质，找到是灯光的光源即可． 【解析】解：中心投影的光源为灯光，平行投影的光源为阳光与月光，在各选项中只有B选项得到的投影为中心投影． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了中心投影的性质，解决本题的关键是理解中心投影的形成光源为灯光． 2．（2025•萧山区一模）如图是某几何体的三视图，则此几何体为（　　） A．圆柱 B．圆锥 C．直三棱锥 D．球 【思路点拨】根据几何体的主视图和左视图是全等的等腰三角形，可判断该几何体是锥体，再根据俯视图的形状可判断锥体底面的形状，即可得出答案． 【解析】解：因为主视图和左视图是全等的等腰三角形，所以该几何体是锥体， 又因为俯视图是含有圆心的圆，所以该几何体是圆锥． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了由三视图判断几何体，熟练掌握三视图的定义是解答本题的关键． 3．（2025•浙江一模）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体可能是（　　） A．圆柱 B．圆锥 C．长方体 D．球 【思路点拨】根据两个视图是三角形得出该几何体是柱体，再根据俯视图是圆，得出几何体是柱． 【解析】解：∵主视图和左视图是长方形， ∴几何体是柱体， ∵俯视图的大致轮廓是圆， ∴该几何体是圆柱． 故选：A． 【点睛】此题考查由三视图判断几何体，三视图里有两个相同可确定该几何体是柱体，锥体还是球体，由另一个视图确定其具体形状． 4．（2025•衢州三模）某几何体的三视图如图所示，这个几何体是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】由主视图和左视图确定是柱体，再由俯视图是三角形，即可确定具体形状． 【解析】解：根据主视图和左视图为矩形判断出是柱体，根据俯视图是三角形，可判断出这个几何体应该是三棱柱． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了由三视图判断几何体，正确记忆相关知识点是解题关键． 5．（2025•临平区二模）用五个相同的小立方体搭成以下几何体，其中左视图与其他3个不同的是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】明确左视图是从左面看到的平面图形，据此判断即可． 【解析】解：根据左视图是从左面看到的平面图形可知，A、C、D的左视图相同； B的左视图如图所示： 只有B的左视图与其他3个不同； 故选：B． 【点睛】本题考查了简单几何体的三视图，掌握几何体的空间结构是关键． 6．（2025•定海区模拟）如图所示的几何体，其主视图为（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案． 【解析】解：从正面看到的是两个长方形，上面一个小的，下面一个大的， 故选：B． 【点睛】本题主要考查简单组合体的三视图，解题的关键是熟练掌握主视图是从物体正面看到的图形． 7．（2025•仙居县二模）如图所示的几何体的俯视图是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案． 【解析】解：从上边看是两个有公共边的矩形，如图所示： 故选：A． 【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，从上边看得到的图形是俯视图． 8．（2025•湖州一模）某校举办运动会，运动会的领奖台可以近似的看成如图所示的立体图形，下面四幅图中，不可能是该几何体的三视图的是（　　） A． B． C． D． 【思路点拨】根据三视图的定义求解即可． 【解析】解：A．不是三视图中的任何图形，故本选项符合题意； B．是主视图，故本选项不符合题意； C．是俯视图，故本选项不符合题意； D．是左视图，故本选项不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的定义是解题关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题14 图形的对称、平移、旋转及投影与视图 【热点1图形的对称】 1．（2025•台州一模）下列四个图标中，属于轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2025•衢州一模）如图，点O是正方形网格中的格点，点P，P1，P2，P3，P4是以O为圆心的圆与网格线的交点，直线m经过点O与点P2，则点P关于直线m的对称点是（　　） A．P1 B．P2 C．P3 D．P4 3．（2025•新昌县一模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，AD＝6，折叠纸片使边AD落在对角线DB上，折痕为DG，则△DBG的面积为（　　） A．30 B．15 C．24 D．16 4．（2025•杭州一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝32°，E，F分别在边BC，AB上，将△BEF沿着EF折叠，得到△B'EF，B′E与AB交于G．当B′E∥AC时，∠AFB'的度数是（　　） A．25° B．26° C．30° D．32° 5．（2025•浙江模拟）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AD，BC上的点，将正方形纸片ABCD沿EF折叠，使得点B的对应点B'恰好落在边CD上，要想知道正方形ABCD的边长，只需知道（　　） A．BF的长度 B．△B′CF的周长 C．△B′DG的周长 D．△A′EG的面积 6．（2025•西湖区一模）如图是一张菱形纸片ABCD，点E在AD边上，CE⊥AD，把△CED沿直线CE折叠得到△CED'，点D'落在DA的延长线上．若CD'恰好平分∠ACB，则∠ABC＝ 　 　 °，＝ 　 　 ． 7．（2025•定海区模拟）如图，在正方形纸片ABCD中，点E是AD的中点．将△ABE沿BE折叠，使点A落在点F处，连结DF并延长交BC于点G，再将△CDG沿DG折叠，点C的对应点H恰好落在BE上．若记△BEF和△DGH重叠部分的面积为S1，四边形BEDG的面积为S2，则的值为 　 　 ． 8．（2025•浙江二模）如图，正方形纸片ABCD，点E在对角线AC上，连结BE，沿BE对折△BEC至△BEF，连结DF．若DF∥BE，则tan∠EBC＝ 　 　 ；若∠DFE＝90°，则△BCE与四边形ECDF的面积比为 　 　 ． 9．（2025•义乌市二模）如图1，在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB＝3．点M，N分别是线段DC，BC上的点，连结AC，AM，AN．将△ADM和△ABN分别沿AM，AN翻折，使点D的对应点E和点B的对应点F都落在对角线AC上，连结ME，NF． （1）如图2，若∠D＝90°，则的值为　 　 ． （2）若∠D为钝角，延长NF交射线EM于点P且∠EPF＝60°，则的值为　 　 ． 10．（2025•浙江模拟）如图，点E在菱形ABCD的边BC上，将菱形ABCD沿着AE翻折，使点B的对应点F恰好落在边CD上，若，则cosB的值为 　 　 ． 11．（2025•嘉善县一模）如图，在△ABC中，以B为圆心，线段BC的长为半径画弧交边AB于点D，连结CD，将△ABC沿直线CD对折使点A落在A′处，A′C交边AB于点E． （1）求证：∠DA′E＝∠BCE； （2）若，求的值． 12．（2025•临安区一模）我们常常把一张A4纸通过折叠的方式得到它的对角线，如图1．折纸活动中，通过点与点重合或边与边重合，才能得到精准的折叠．现有一张A4纸张（矩形ABCD），如图2，设折叠后B'C边与AD边重叠的点为E． （1）请用尺规作图的方式在图2中画出点E． （2）根据以上折纸活动的提示，描述折出A4纸（矩形ABCD）对角线的两个步骤． 【热点2图形的平移】 1．（2025•浙江模拟）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2）向右平移2个单位长度，向下平移3个单位长度后，得到点A1，则点A1位于第（　　）象限． A．一 B．二 C．三 D．四 2．（2025•鹿城区校级二模）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若点A，C的坐标分别为（﹣2，4），（﹣1，1），平移后点A1，C1的坐标分别为（m，5），（2，n），则m+n的值为（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 3．（2025•玉环市二模）线段CD是由线段AB平移得到的，点A（﹣1，4）的对应点为C（4，7），则点B（﹣4，﹣1）的对应点D的坐标为（　　） A．（2，9） B．（5，3） C．（1，2） D．（﹣9，﹣4） 4．（2025•莲都区二模）平面直角坐标系中，线段AB经过平移得到线段A′B′，若点A（﹣1，2）的对应点A'的坐标为（1，﹣1），则点B（m，n）的对应点B'的坐标为（　　） A．（m+2，n﹣3） B．（m﹣2，n﹣3） C．（m+2，n+3） D．（m﹣2，n+3） 5．（2025•温州一模）如图，将Rt△ABC沿斜边AB向右平移得到△DEF，BC与DF交于点H，延长AC，EF交于点G，连结GH．若BD＝2，GH＝3，则AE的长为 　 　 ． 6．（2025•新昌县一模）如图，边长为4cm的正方形ABCD先向上平移2cm，再向右平移1cm，得到正方形A′B′C′D′，此时阴影部分的面积为　 　 cm2． 【热点3图形的旋转】 1．（2025•东阳市二模）下列APP图标中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2025•衢州一模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．矩形 B．平行四边形 C．等腰三角形 D．直角三角形 3．（2025•衢州一模）平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为，将线段OA绕点O逆时针旋转60°，则点A的对应点A′的坐标为（　　） A． B． C．（﹣1，3） D．（0，3） 4．（2025•温岭市二模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE，若AD⊥BC于点F，则∠B的度数为（　　） A．25° B．30° C．35° D．40° 5．（2025•吴兴区二模）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，点A，C的对应点分别为点D，E，AC的延长线分别交BD，DE于点F，G，下列结论一定正确的是（　　） A．BF＝DF B．∠CBD＝∠EBD C．CB∥DE D．AG⊥DE 6．（2025•宁波一模）如图，在正方形ABCD中，将对角线AC绕点A逆时针旋转角度α（0°＜α≤90°），使得AE＝kAC（k为正实数）．设AB＝m，CE＝n．（　　） A．若k＝1，α＝45°，则 B．若，则 C．若，则 D．若k＝2，α＝60°，则 7．（2025•鹿城区校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，设AC＝x，BC＝y，且x+y是定值．点D是AC上一点，点E为AB中点，连接CE，将线段CE沿绕点E顺时针旋转90°，得到线段EF交AC于点G，若点A关于直线DE的对称点恰为点F，则下列线段长为定值的是（　　） A．AD B．CD C．CG D．DE 8．（2025•杭州一模）菱形ABCD绕点A旋转得到菱形AB'C'D'，点B'在BC上，B'C'交CD于点E．若AB＝2BB'＝4，则CE的长为　 　 ． 9．（2025•定海区二模）如图，在△ABC中，CA＝CB，D是△ABC内一点，连结CD，将线段CD绕点C逆时针旋转到CE，使∠DCE＝∠ACB，连结AD，DE，BE． （1）求证：△CAD≌△CBE． （2）当∠CAB＝60°时，求∠CBE与∠BAD的度数和． 【热点4投影与视图】 1．（2025•金东区二模）下列投影中，属于中心投影的是（　　） A． B． C． D． 2．（2025•萧山区一模）如图是某几何体的三视图，则此几何体为（　　） A．圆柱 B．圆锥 C．直三棱锥 D．球 3．（2025•浙江一模）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体可能是（　　） A．圆柱 B．圆锥 C．长方体 D．球 4．（2025•衢州三模）某几何体的三视图如图所示，这个几何体是（　　） A． B． C． D． 5．（2025•临平区二模）用五个相同的小立方体搭成以下几何体，其中左视图与其他3个不同的是（　　） A． B． C． D． 6．（2025•定海区模拟）如图所示的几何体，其主视图为（　　） A． B． C． D． 7．（2025•仙居县二模）如图所示的几何体的俯视图是（　　） A． B． C． D． 8．（2025•湖州一模）某校举办运动会，运动会的领奖台可以近似的看成如图所示的立体图形，下面四幅图中，不可能是该几何体的三视图的是（　　） A． B． C． D． 学科网（北京）股份有限公司 $$