专题22 图形的变化-对称、平移、旋转、投影与视图（山东专用）-【好题汇编】三年（2023-2025）中考数学真题分类汇编

专题22 图形的变化——对称、平移、旋转、投影与视图 考点01 对称图形的识别 1．（2025·山东济南·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． 【答案】B 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐一判断即可：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；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． 【详解】解：．是轴对称图形不是中心对称图形，故该选项不符合题意； ．既是轴对称图形又是中心对称图形，故该选项符合题意； ．不是轴对称图形是中心对称图形，故该选项不符合题意； ．是轴对称图形不是中心对称图形，故该选项不符合题意； 故选：B． 2．（2025·山东青岛·中考真题）围棋是中华民族发明的博弈活动．下列用棋子摆放的图形中，既是轴对称图形，又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和轴对称图形的识别．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．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、是轴对称图形，但不是中心对称图形，本选项不符合题意； B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，本选项不符合题意； C、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，本选项不符合题意； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，本选项符合题意； 故选：D． 3．（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． 【答案】C 【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． 4．（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． 【答案】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． 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． 【答案】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； 【点睛】本题考查中心对称图形定义：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． 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． 【答案】C 【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． 【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，概率公式求概率，熟练掌握以上知识是解题的关键． 考点02 画对称图形 1．（2023·山东枣庄·中考真题）（1）观察分析：在一次数学综合实践活动中，老师向同学们展示了图①，图②，图③三幅图形，请你结合自己所学的知识，观察图中阴影部分构成的图案，写出三个图案都具有的两个共同特征：___________，___________．    （2）动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在（1）中发现的共同特征．    【答案】（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；（2）见解析 【分析】（1）应从对称方面，阴影部分的面积等方面入手思考； （2）应画出既是轴对称图形，且面积为4的图形． 【详解】解：（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等； 故答案为：观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等； （2）如图：    【点睛】此题主要考查了利用轴对称图形设计图案，关键是掌握利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案． 2．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中，，的坐标分别为，，．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）． (1)画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标； (2)将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形． 【答案】(1)见解析，，； (2)见解析． 【分析】本题考查了坐标与图形，建立平面直角坐标系，作图——平移变换，中心对称，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据，，的坐标分别为，，建立平面直角坐标系即可，找出对应点即可求对称中心的坐标和点的对应点的坐标； （）根据平移的性质即可求解． 【详解】（1）解：如图，建立平面直角坐标系， ∴对称中心的坐标是，点的对应点的坐标是； （2）解：画出平移后的菱形，如图所示． 考点03 翻折问题 1．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则 ． 【答案】/ 【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为， 则， ∵正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠可知， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， 设正方形边长为，则， ∵， ∴， 在中，，即 解得：或（不合题意舍去） ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明是解题关键． 2．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则 ．（用含的式子表示） 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，平行线的性质，由四边形是平行四边形，得，，由折叠性质可知， ，，，故有，根据平行线的性质得，，最后通过角度和差即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， 由折叠性质可知，，，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（2025·山东东营·中考真题）已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点． (1)求出抛物线的解析式； (2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，垂足为点F，当四边形的周长最大时，求点D的坐标； (3)如图2，点M是抛物线的顶点，将沿翻折得到，与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得是以为直角边的直角三角形，请直接写出点P的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）设抛物线的解析式为，把代入解析式，解方程求出的值即可； （2）设，则，表示出四边形的周长，根据二次函数的最值即可求解； （3）过C作垂直抛物线对称轴于H，过N作轴于K，证明，再求解，求出直线的解析式为，得到，设，求出，，，分两种情况：①当时，②当时，建立方程求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于，两点， 设抛物线的解析式为， 把代入解析式，得， 解得：， ∴抛物线的解析式为：，即； （2）解：∵抛物线的解析式为：， ∴抛物线图象的对称轴为：， 设， ∵轴， ∴， ∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴， ∴四边形是矩形， ∴四边形的周长 ， ∵， ∴当时，四边形的周长最大，则， ∴当四边形的周长最大时，点D的坐标为； （3）解：过C作垂直抛物线对称轴于H，过N作轴于K， ∴， 由翻折得， ∵． ∴， ∴， ∵对称轴于H， ∴轴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵抛物线的解析式为：， ∴对称轴为， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为：， 将代入，则， ∴， 设， ∴，，， 分两种情况： ①当时，， ∴， 解得：， ∴； ②当时，， ∴ 解得：， ∴点的坐标为； 综上，所有符合条件的点P的坐标为或． 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点坐标问题，二次函数的性质，对称轴的性质，二次函数与直角三角形，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键． 4．（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 ． 【答案】/ 【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：． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、圆的有关性质以及直线与圆的位置关系、锐角三角函数等知识，综合性强的填空压轴题，得到点的运动路线是解答的关键． 5．（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 ．    【答案】 【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：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握菱形和折叠的性质，正确画出辅助线，构造直角三角形求解． 6．（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． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)30 【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． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，折叠的性质，平行线分线段对应成比例，菱形的判定，平行四边形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 考点04 对称中的坐标问题 1．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，将关于y轴的对称图形绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的变换，熟练掌握点的对称与旋转是解决本题的关键． 先根据图中的位置求出点A的坐标，再根据关于y轴的对称可求解点，再根据绕原点O旋转即可求解点的坐标． 【详解】解：在平面直角坐标系中，点， ∴点A关于y轴对称的点， 将点绕原点O旋转， ∴如图，点． 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． 【答案】B 【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． 【点睛】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． 3．（2023·山东临沂·中考真题）某小区的圆形花园中间有两条互相垂直的小路，园丁在花园中栽种了8棵桂花，如图所示．若A，B两处桂花的位置关于小路对称，在分别以两条小路为x，y轴的平面直角坐标系内，若点A的坐标为，则点B的坐标为（    ）      A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据关于轴对称的点的特点：纵坐标不变，横坐标互为相反数，进行求解即可． 【详解】解：由题意，得：点B的坐标为； 故选A． 【点睛】本题考查坐标与轴对称．熟练掌握关于轴对称的点的特点：纵坐标不变，横坐标互为相反数，是解题的关键． 考点05 平移 1．（2025·山东·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向下平移2个单位长度，得到的对应点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了点的平移，掌握平移规律“左减右加，上加下减”是解题的关键． 直接运用平移规律“上加下减”即可解答． 【详解】解：将点向下平移2个单位长度，得到的对应点的坐标是，即， 故答案为：． 2．（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 ． 【答案】 【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：． 3．（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 ． 【答案】30 【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． 4．（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． 【答案】(1)作图见解析， (2)作图见解析， 【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： 5．（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 ．    【答案】6 【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    【点睛】本题考查图形平移；确定对应点从而确定平移距离是解题的关键． 6．（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． 【答案】A 【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 【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，图形的平移，熟练的求解B的坐标是解本题的关键． 考点06 旋转 1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可． 【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点， 则， 又∵， ∴， ∴， 由旋转得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即当点P在时，的值最大为长， ∵是正方形， ， ∴， ∴的值最大为， ∴的最大面积是， 故选：C． 2．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键． （1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案； （2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案； （3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到， ，，，， 四边形是正方形， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：；理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， E在上， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：．理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ． 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． 【答案】(1) (2)的大小不发生变化，，理由见解析 (3) 【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， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边对等角等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键． 4．（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． 【答案】A 【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． 5．（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 ． 【答案】 【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：． 6．（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． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②当时，线段，，的数量关系为；当时，线段，，的数量关系为； 【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：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键. 7．（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． 【答案】B 【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． 【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，坐标与图形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 8．（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．    【答案】80 【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． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转图形的性质和三角形外角的性质，利用旋转图形的性质求解是解题的关键． 9．（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 ．    【答案】 【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： 【点睛】本题考查坐标与旋转．解题的关键是确定原点的位置，熟练掌握旋转的性质． 10．（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° 【答案】B 【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． 【点睛】本题考查旋转图形，正多边形的中心角．熟练掌握旋转的性质，正多边形的中心角的度数的求法，是解题的关键． 考点07 三视图的识别 1．（2025·山东淄博·中考真题）如图是一个由大小相同的5个小正方体搭成的几何体，则该几何体的主视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了简单组合体三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图.找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中. 【详解】解：从正面看易得第一层有3个正方形，第二层中间有1个正方形. 故选：A. 2．（2025·山东青岛·中考真题）如图①，榫卯是古代中国建筑、家具及其它器械的主要结构方式．图②的左视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查三视图．根据左视图是从左面观察到的图形，进行判断即可． 【详解】 解：由题意得图②的左视图是． 故选：A． 3．（2025·山东烟台·中考真题）如图是社团小组运用打印技术制作的模型，它的左视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了三视图，根据左视图的定义进行解答即可． 【详解】解：如图是社团小组运用打印技术制作的模型，它的左视图是： ； 故选：C． 4．（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． 【答案】C 【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． 5．（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 【答案】A 【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 6．（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 【答案】A 【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． 7．（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． 【答案】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：． 8．（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 【答案】A 【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． 9．（2024·山东·中考真题）下列几何体中，主视图是如图的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了几何体的三视图，从前面看到的图形是主视图，从上面看到的图形是俯视图，从左边看到的图形是左视图．能看到的线画实线，看不到的线画虚线．根据主视图是从正面看到的图形分析即可． 【详解】解：A．主视图是等腰三角形，不符合题意； B．主视图是共底边的两个等腰三角形，故不符合题意； C．主视图是上面三角形，下面半圆，故不符合题意； D．主视图是上面等腰三角形，下面矩形，故符合题意； 故选：D． 10．（2023·山东聊城·中考真题）如图所示几何体的主视图是（    ）    A．   B．   C．   D．   【答案】D 【分析】从正面看到的平面图形是主视图，根据主视图的含义可得答案． 【详解】解：如图所示的几何体的主视图如下：    故选：D． 【点睛】此题主要考查了三视图；用到的知识点为：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形． 11．（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．   【答案】B 【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． 【点睛】本题考查三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图． 考点08 由三视图还原几何体 1．（2025·山东潍坊·中考真题）某物体的三视图如图所示，则该物体可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查根据三视图还原几何体，根据给出的三视图可知，该物体为长方体和圆柱体的组合体，长方体在上，圆柱体在下，进行判断即可． 【详解】解：由图可知，该物体可能是 故选B． 1 / 23 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题22 图形的变化——对称、平移、旋转、投影与视图 考点01 对称图形的识别 1．（2025·山东济南·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． 2．（2025·山东青岛·中考真题）围棋是中华民族发明的博弈活动．下列用棋子摆放的图形中，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． 4．（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． 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． 考点02 画对称图形 1．（2023·山东枣庄·中考真题）（1）观察分析：在一次数学综合实践活动中，老师向同学们展示了图①，图②，图③三幅图形，请你结合自己所学的知识，观察图中阴影部分构成的图案，写出三个图案都具有的两个共同特征：___________，___________．    （2）动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在（1）中发现的共同特征．    2．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中，，的坐标分别为，，．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）． (1)画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标； (2)将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形． 考点03 翻折问题 1．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则 ． 2．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则 ．（用含的式子表示） 3．（2025·山东东营·中考真题）已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点． (1)求出抛物线的解析式； (2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，垂足为点F，当四边形的周长最大时，求点D的坐标； (3)如图2，点M是抛物线的顶点，将沿翻折得到，与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得是以为直角边的直角三角形，请直接写出点P的坐标． ∴， 由翻折得， ∵． ∴， ∴， 4．（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 ． 5．（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 ．    6．（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． 考点04 对称中的坐标问题 1．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，将关于y轴的对称图形绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（   ） 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．（2023·山东临沂·中考真题）某小区的圆形花园中间有两条互相垂直的小路，园丁在花园中栽种了8棵桂花，如图所示．若A，B两处桂花的位置关于小路对称，在分别以两条小路为x，y轴的平面直角坐标系内，若点A的坐标为，则点B的坐标为（    ）      A． B． C． D． 考点05 平移 1．（2025·山东·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向下平移2个单位长度，得到的对应点的坐标是 ． 2．（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 ． 3．（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 ． 4．（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． 5．（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 ．    6．（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． 考点06 旋转 1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 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． 5．（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 ． 6．（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． 7．（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． 8．（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．    9．（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 ．    10．（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° 考点07 三视图的识别 1．（2025·山东淄博·中考真题）如图是一个由大小相同的5个小正方体搭成的几何体，则该几何体的主视图是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·山东青岛·中考真题）如图①，榫卯是古代中国建筑、家具及其它器械的主要结构方式．图②的左视图是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·山东烟台·中考真题）如图是社团小组运用打印技术制作的模型，它的左视图是（   ） A． B． C． D． 4．（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． 5．（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 6．（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 7．（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． 8．（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 9．（2024·山东·中考真题）下列几何体中，主视图是如图的是（    ） A． B． C． D． 10．（2023·山东聊城·中考真题）如图所示几何体的主视图是（    ）    A．   B．   C．   D．   11．（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．   考点08 由三视图还原几何体 1．（2025·山东潍坊·中考真题）某物体的三视图如图所示，则该物体可能是（    ） A． B． C． D． 1 / 23 学科网（北京）股份有限公司 $