专题07 图形变化（平移、轴对称、旋转与中心对称）（专项训练）（上海专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第五章 方程与不等式 专题07 图形变化（平移、轴对称、旋转与中心对称） 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 题型一：利用平移的性质求解 易｜混｜易｜错 平移方向 / 距离混淆：如将 “向右平移 5 个单位” 错算成向左，或数错平移距离（如把格点间的斜距当成水平距离）； 对应点 / 线段找错：误将 “不平行的线段” 当成平移对应线段，或把非对应顶点当成平移后的对应点； 忽略 “平行且相等”：仅认为平移后线段相等，忘记 “平行” 的性质，导致角度判断错误。 1．（2025·上海黄浦·一模）如图，将矩形平移到矩形的位置（点对应点，点对应点，点对应点），边与交于点，边与交于点，其中，，如果、两点的距离为，那么、两点的距离为 ．（用含的代数式表示） 2．（2024·上海·模拟）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，，点A对应直尺的刻度为12．将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是 ． 3．（2024·上海崇明·二模）如图，将沿边上的中线平移到的位置，已知的面积为16，阴影部分三角形的面积为9，如果，那么的长为 ．    4．（2025·上海·模拟）在梯形中，，， ， ．在边上取一点E，满足．将沿方向平移得到（三个顶点依次对应），若点H在边上，则点H到直线的距离是 ． 5．（2025·上海·中考真题）小明正在进行探究活动：分割梯形并将其拼成等腰三角形，请你帮他一起探究． (1)如图（1）所示，在梯形中，，．设为边中点，将绕点旋转，点旋转至点的位置，得到的是等腰三角形，其中，设，求边的长（用表示）； (2)如图（2）所示，已知梯形中，，且，．请设计一种方案，用一条或两条直线将梯形分割，并使得分割成的几个部分可以通过图形运动拼成与剩余部分不重叠无缝隙的等腰三角形．请写出两腰的线段，以及这两条或一条直线与梯形的交点的位置．（模仿（1）中的论述语言：为边中点，是梯形的顶点）． 题型二：坐标与图形变化--平移 易｜混｜易｜错 坐标变化规则搞反：上下平移错误修改横坐标（如向上平移 2 个单位，误将横坐标 + 2），左右平移错误修改纵坐标； 符号错误：左移（横坐标 “减”）误算成 “加”，下移（纵坐标 “减”）误算成 “加”； 图形整体平移漏改顶点：仅修改部分顶点坐标，导致图形形状变形。 6．（2024·上海普陀·二模）在直角坐标平面内，将点先向右平移个单位，再向上平移个单位得到点，如果点和点恰好关于原点对称，那么点的坐标是 ． 7．（2025·上海·模拟）将反比例函数的图象向右平移个单位，所得函数图象与轴的交点坐标是 ． 8．（2025·上海虹口·二模）如图，已知点和，平移得到，顶点、分别与顶点对应.如果点都在抛物线上，那么点到点的距离是 . 9．（2024·上海黄浦·二模）在直角坐标平面内，已知点，，将线段平移得到线段（点A的对应点是点，点B的对应点是点），如果点坐标是，那么点的坐标是 ． 10．（2024·上海奉贤·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线l上有一点，将点A先向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到点B，点B恰好在直线l上．    (1)写出点B的坐标，并求出直线l的表达式； (2)如果点C在y轴上，且，求点C的坐标． 题型三：轴对称图形的识别 易｜混｜易｜错 与 “中心对称图形” 混淆：如误将平行四边形（中心对称）当成轴对称图形，或将等腰三角形（轴对称）当成中心对称图形； 漏数 / 错数对称轴：如正方形有 4 条对称轴，易只找 1 条（竖直 / 水平）；圆有无数条对称轴，易误说 “1 条”； 误判对称轴：如将平行四边形的对角线当成对称轴（实际平行四边形无对称轴）。 11．（2025·上海浦东新·二模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．直角三角形 B．扇形 C．平行四边形 D．正八边形 12．（2024·上海·模拟）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． 13．（2025·上海·二模）六张卡片上写着“菱形，平行四边形，矩形，等腰梯形，正方形，直角梯形”．从六张卡片中任选两张卡片（不重复），上面所写的四边形都既是中心对称图形，又是轴对称图形的概率是（    ） A． B． C． D． 14．（2025·上海·模拟）在线段、正三角形、平行四边形、正方形中，共有 个图形既是轴对称图形又是中心对称图形． 15．（2024·上海普陀·二模）现有四张分别是等边三角形、菱形、直角梯形、等腰梯形的纸片，从这四张纸片中任意抽取一张恰好是轴对称图形的概率是 ． 题型四：根据成轴对称图形的特征进行求解 易｜混｜易｜错 对称轴找错：对应点连线未被对称轴 “垂直平分”，导致对应点坐标 / 线段长度计算错误； 对应关系混淆：将不对称的线段 / 角当成对应部分，导致边长 / 角度求解错误； 中点公式用错：求对应点坐标时，误将 “对称轴是对应点连线的中点横坐标 / 纵坐标” 算错（如对称轴 x=3，对应点横坐标之和应为 6，易算成 3）。 16．（2025·上海徐汇·二模）在平面直角坐标系中，若抛物线与关于直线对称，则符合条件的和的值可以为（    ） A．， B．， C．， D．， 17．（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为 ． 18．（2025·上海普陀·二模）已知抛物线的顶点为，、、、是抛物线上的四点，且线段、都垂直于抛物线的对称轴．如果，，那么的值等于 ． 19．（2024·上海闵行·模拟预测）新定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做等高底三角形，这条边叫做等底．如图，是等高底三角形，是等底，点关于直线的对称点是点，连接，如果点是的重心，那么的值是 ．    20．（2024·上海·模拟）在学习了数轴后，小丁同学决定对数轴进行进一步深入探究 [初步探究]如图①，点A在数轴上表示为，数轴上任意一点B表示为x，则A，B两点间的距离表示为________． [初步应用]由初步探究，请直接写出：的最小值为__________，此时x的取值范围为____________ [进阶探究]如图①，将数轴沿着点A翻折，若数轴上有点M，N，C且点N，C均在M右侧，M，N两点间的距离为12，M，C两点间的距离为4，且M，N在数轴沿A点翻折后重叠，则M，N，C表示的数之比为______________． [进阶应用]如图②，将一根拉直的细线看作数轴，一个三边长分别为，，的的顶点A与原点重合，边在数轴正半轴上，将数轴正半轴的线沿A→B→C→A的顺序依次缠绕在的边上，负半轴的线沿A→C→B→A的顺序依次缠绕在的边上． [拓展探究]如果正半轴的线缠绕了n圈，负半轴的线缠绕了n圈，则绕在点C上所有数的和是n的_______倍． [拓展应用]如果正半轴的线不变，将负半轴的线拉长一倍，即原线上的点的位置对应着拉长后的数，并将向正半轴平移一个单位后再开始绕，则绕在点B且绝对值不超过100的所有数之和为__________． 题型五：折叠问题 易｜混｜易｜错 漏用 “折叠相等关系”：忘记 “折叠后对应边 / 角与原边 / 角相等”，导致缺少解题条件； 直角三角形选错：列勾股定理方程时，未用 “折叠形成的直角三角形”，导致方程无解； 解的合理性忽略：求出的线段长度为负，或超过原线段长度，未舍去错误解。 21．（2024·上海松江·二模）如图，已知中，，，．是边的中点，是边上一点，将沿着翻折，点落在点处，如果与与的一边平行，那么 ． 22．（2024·上海金山·二模）如图，在中，，D是的中点，把沿所在的直线翻折，点B落在点E处，如果，那么 ． 23．（2024·上海虹口·二模）如图，在扇形中，，，点在半径上，将沿着翻折，点的对称点恰好落在弧上，再将弧沿着翻折至弧（点是点A的对称点），那么的长为 ． 24．（2024·上海普陀·二模）如图，在中，，，分别以点B、C为圆心，1为半径长作、，D为边上一点，将和沿着翻折得到和，点B的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么 ． 25．（2025·上海·二模）如图，中，，，．点在边上，将沿着翻折至的位置，射线交线段于点．当是等腰三角形时，的面积为 ． 26．（2025·上海杨浦·一模）已知矩形，点E是边的中点，将沿翻折，点A的对应点F恰好落在对角线上，那么 ． 27．（2025·上海金山·二模）在中，，，，重心为点，直线经过边的中点，将沿直线翻折得到（点、、分别与点、、对应），的重心点在的内部．若点到的距离与点到的距离相等，那么到直线的距离为 ． 28．（2024·上海·中考真题）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则 ． 29．（2025·上海静安·一模）已知抛物线上，其与部分对应值如下表： x … … y … … (1)求此抛物线的表达式； (2)设此抛物线的顶点为，将此抛物线沿着平行于轴的直线翻折，翻折后得新抛物线． ①设此抛物线与轴的交点为（点在点的左侧），且的重心恰好落在直线上，求此时新抛物线的表达式； ②如果新抛物线恰好经过原点，求新抛物线在直线上所截得的线段长． 题型六：根据旋转的性质求解 易｜混｜易｜错 旋转三要素混淆：旋转中心、旋转方向（顺时针 / 逆时针）、旋转角找错（如将非旋转中心的点当成中心，或把线段夹角当成旋转角）； 对应关系错误：旋转后对应点 / 线段匹配错误（如将顶点 A 的对应点错当成顶点 B）； 忽略 “旋转不变性”：误认为旋转后线段长度 / 角度改变，导致计算错误。 30．（2025·上海奉贤·二模）如图，将绕点A逆时针旋转，点B旋转至边上的D点，点C旋转至E，那么下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 31．（2025·上海闵行·一模）下列运动中，能改变图形大小的是（    ） A．平移 B．旋转 C．翻折 D．放缩 32．（2024·上海杨浦·二模）如图，在中，，，将绕点C逆时针旋转，点A、B分别落在点D、E处，如果点A、D、E在同一直线上，那么下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 33．（2025·上海·一模）如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值 ． 34．（2025·上海闵行·一模）在等腰中，，是边上的高，将线段绕着点D逆时针旋转，点A旋转到点E，与边交于点F，且，如果与相似，那么的值为 ． 35．（2025·上海·二模）定义：一三角形中有两角与，若角的两倍与角的和为，则此三角形叫作准直角三角形，其中叫作二倍角．已知在准直角三角形中， ，是二倍角，且．连接中点D与中点E，将绕点B旋转，点D落在点处，点E落在直线上，则 ． 36．（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形的两边分别在轴和轴的正半轴上，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，反比例函数经过点，若的对应点恰好落在对角线的中点，，则的值为 ． 37．（2025·上海崇明·一模）已知在直角坐标平面中，抛物线经过点三点． (1)求该抛物线的表达式： (2)点是抛物线上在第一象限内的动点，点的横坐标为 ①如果是以为斜边的直角三角形，求的值； ②在轴正半轴上存在点，当线段绕点逆时针方向旋转时，恰好与抛物线上的点重合，此时点的横坐标为，求的值． 38．（2025·上海松江·一模）在平面直角坐标系中（如图），已知二次函数的图像与轴负半轴交于点，与轴交于点，且． (1)当时，求该二次函数的函数值； (2)定义：对于一个函数，满足的实数叫做这个函数的不动点．如果二次函数存在唯一的一个不动点，试求出这个不动点； (3)将绕点逆时针旋转，点落在点处，点落在点处，当四边形是梯形时，点恰好落在该二次函数图像上，求该二次函数的解析式． 题型七：旋转综合题(几何变换) 易｜混｜易｜错 多变换顺序混淆：先平移再旋转与先旋转再平移的结果不同，易搞反变换顺序； 动点轨迹错误：旋转过程中动点的轨迹是圆弧（以旋转中心为圆心），易当成直线； 全等 / 相似三角形找错：旋转后形成的全等 / 相似三角形，易与其他三角形混淆，导致边 / 角关系错误。 39．（2024·上海青浦·二模）如图1，含和角的两块三角板和叠合在一起，边与重合，cm，点为边的中点，边与相交于点，现将三角板绕点按逆时针方向旋转角度（如图2），设边与相交于点Q，则当从到的变化过程中，点Q移动的路径长为 ． 40．（2024·上海·模拟）在矩形中，（如图）．将矩形绕点B按顺时针方向旋转得到矩形EBFG，点A的对应点为点E，且在边上，如果联结，那么的长为 ． 41．（2024·上海嘉定·二模）如图，平面直角坐标系中，矩形的顶点，将矩形绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在直线上的点处，则点B的对应点的坐标为 ． 42．（2024·上海青浦·二模）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，将△ABC绕着点A旋转，点C恰好落在AB的中点上，设点B旋转后的对应点为点D，则CD的长为 ． 43．（2024·上海浦东新·一模）在中，∠C=90°，AC=2，BC=4， ，点分别是边、的中点，将绕着点B旋转，点旋转后的对应点分别为点，当直线经过点A时，线段的长为 题型八：中心对称图形的识别 易｜混｜易｜错 与 “轴对称图形” 混淆：如误将等腰梯形（轴对称）当成中心对称图形，或将矩形（既是中心对称又是轴对称）当成仅轴对称； 对称中心找错：如平行四边形的对称中心是对角线交点，易当成顶点； 忽略 “旋转 180° 重合”：误将 “旋转 90° 重合” 当成中心对称（中心对称需旋转 180° 后与原图形重合）。 44．（2025·上海奉贤·二模）现有五张纸片，这五张纸片上的几何图形分别是等边三角形、矩形、等腰梯形、正五边形、圆，从这五张纸片中任意抽取一张恰好是中心对称图形的概率是（   ） A． B． C． D． 45．（2025·上海普陀·二模）有若干个全等三角形，如果这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形，那么下列三角形中，符合条件的是（   ） A．顶角是的等腰三角形 B．顶角是的等腰三角形 C．有一个锐角是的直角三角形 D．有一个锐角是的直角三角形 46．（2024·上海金山·二模）下列命题中真命题是（   ） A．相等的圆心角所对的弦相等 B．正多边形都是中心对称图形 C．如果两个图形全等，那么他们一定能通过平移后互相重合 D．如果一个四边形绕对角线的交点旋转 90°后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形 47．（2024·上海·模拟）分别选取下列图形进行作图，画出来的图形为中心对称图形是不可能事件的数量为（    ） （1）平行四边形；（2）菱形；（3）矩形；（4）梯形；（5）等腰梯形；（6）直角梯形；（7）等腰三角形；（8）等边三角形；（9）直角三角形；（10）等腰直角三角形 A．4 B．5 C．6 D．7 48．（2024·上海嘉定·二模）在不透明的盒子中装有六张形状相同的卡片，这六张卡片分别印有正方形、平行四边形、等边三角形、直角梯形、正六边形、圆等六种图形，如果从这不透明的盒子里随机抽出一张卡片，那么所抽到的这张卡片上的图形恰好为中心对称图形的概率是 ． 1．（2024·上海浦东新·一模）如图，将沿射线方向平移得到，边与相交于点，如果，的面积等于，的面积等于，那么 ． 2．（2025·上海闵行·二模）如图，在中，，点是的中点，将线段绕点逆时针旋转，点落在边延长线上的点处，连接，与边交于点，，，那么的长为 ． 3．（2025·上海虹口·二模）已知反比例函数的图像经过点和点，如果点与关于原点对称，那么该反比例函数的解析式是 ． 4．（2025·上海静安·一模）已知抛物线上，其与部分对应值如下表： x … … y … … (1)求此抛物线的表达式； (2)设此抛物线的顶点为，将此抛物线沿着平行于轴的直线翻折，翻折后得新抛物线． ①设此抛物线与轴的交点为（点在点的左侧），且的重心恰好落在直线上，求此时新抛物线的表达式； ②如果新抛物线恰好经过原点，求新抛物线在直线上所截得的线段长． 1．（2025·上海普陀·二模）已知抛物线的顶点为，、、、是抛物线上的四点，且线段、都垂直于抛物线的对称轴．如果，，那么的值等于 ． 2．（2025·上海·一模）如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值 ． 3．（2025·上海金山·一模）在平面直角坐标系中，将抛物线（其中，，是常数，且）以原点为中心，旋转得到抛物线，则称是的“中心对称抛物线” ．已知抛物线，将抛物线向左平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，．将抛物线的“中心对称抛物线”向右平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，．当时，的值为 ． 2 / 69 1 / 69 学科网（北京）股份有限公司 $ 第五章 方程与不等式 专题07 图形变化（平移、轴对称、旋转与中心对称） 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 题型一：利用平移的性质求解 易｜混｜易｜错 平移方向 / 距离混淆：如将 “向右平移 5 个单位” 错算成向左，或数错平移距离（如把格点间的斜距当成水平距离）； 对应点 / 线段找错：误将 “不平行的线段” 当成平移对应线段，或把非对应顶点当成平移后的对应点； 忽略 “平行且相等”：仅认为平移后线段相等，忘记 “平行” 的性质，导致角度判断错误。 1．（2025·上海黄浦·一模）如图，将矩形平移到矩形的位置（点对应点，点对应点，点对应点），边与交于点，边与交于点，其中，，如果、两点的距离为，那么、两点的距离为 ．（用含的代数式表示） 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质求线段长、利用平移的性质求解 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平移的性质，解题的关键是正确作出辅助线．延长交于点，连接、，则，可证明四边形和四边形都是矩形，则，，由，，可得，，推出，得到，即可求解． 【详解】解：延长交于点，连接、，则， 四边形是矩形， ， ， 由平移得：，，， ，， 四边形和四边形都是矩形， ，， ，， ，， ， ， ， ， ， 、两点的距离为， 故答案为：． 2．（2024·上海·模拟）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，，点A对应直尺的刻度为12．将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是 ． 【答案】 【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解、解直角三角形的相关计算、利用平移的性质求解 【分析】本题考查的是平移的性质、平行四边形的判定和性质以及解直角三角形，根据正切的定义求出，证明四边形为平行四边形，根据平移的性质求出，根据平行四边形的面积公式计算，得到答案． 【详解】解：在中，，，， 则 由平移的性质可知：， ∴四边形为平行四边形， ∵点A对应直尺的刻度为12，点对应直尺的刻度为0， ∴， ∴， 故答案为：. 3．（2024·上海崇明·二模）如图，将沿边上的中线平移到的位置，已知的面积为16，阴影部分三角形的面积为9，如果，那么的长为 ．    【答案】3 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、利用平移的性质求解、根据三角形中线求面积 【分析】先证明△DA′E∽△DAB，再利用相似三角形的性质求得A'D便可． 【详解】如图，    ∵S△ABC=16、S△A′EF=9，且AD为BC边的中线， ∴    ，， ∵将△ABC沿BC边上的中线AD平移得到△A'B'C'， ∴A′E∥AB， ∴△DA′E∽△DAB， 则， 解得A′D=3或（舍）， 故答案为3． 【点睛】本题主要平移的性质，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质与三角形中线的性质、相似三角形的判定与性质等知识点． 4．（2025·上海·模拟）在梯形中，，， ， ．在边上取一点E，满足．将沿方向平移得到（三个顶点依次对应），若点H在边上，则点H到直线的距离是 ． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、利用平移的性质求解 【分析】延长交于P，连，作于，证，得，推出；根据，求出，，得到为的中点；证即可求解； 【详解】解：延长交于P，连，作于， ∵， ∴， ， ， ， ∴， ∴； ∵， ， ； 则为的中点； 由平移可知：， ∴，； ∵， ∴； ∴，即：； ， 故答案为： 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、利用平移的性质求解，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础． 5．（2025·上海·中考真题）小明正在进行探究活动：分割梯形并将其拼成等腰三角形，请你帮他一起探究． (1)如图（1）所示，在梯形中，，．设为边中点，将绕点旋转，点旋转至点的位置，得到的是等腰三角形，其中，设，求边的长（用表示）； (2)如图（2）所示，已知梯形中，，且，．请设计一种方案，用一条或两条直线将梯形分割，并使得分割成的几个部分可以通过图形运动拼成与剩余部分不重叠无缝隙的等腰三角形．请写出两腰的线段，以及这两条或一条直线与梯形的交点的位置．（模仿（1）中的论述语言：为边中点，是梯形的顶点）． 【答案】(1) (2)见解析 【知识点】三线合一、根据旋转的性质求解、等腰三角形的定义 【分析】本题考查了变换：旋转、平移与轴对称，等腰三角形的性质等知识； （1）过点D作于H，则由等腰三角形的性质得；证明四边形是矩形，则有；再由旋转知，则可求得的长，最后求得结果； （2）连接，把通过平移变换，再轴对称变换得到，则为满足条件的等腰三角形． 【详解】（1）解：如图，过点D作于H， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴； 由旋转知， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图（2），连接，把沿平移使M与P对应，得到；再把沿对折，得到，H与N是对应点，则是等腰三角形，其中两腰分别为，点N、Q分别是梯形的顶点． 题型二：坐标与图形变化--平移 易｜混｜易｜错 坐标变化规则搞反：上下平移错误修改横坐标（如向上平移 2 个单位，误将横坐标 + 2），左右平移错误修改纵坐标； 符号错误：左移（横坐标 “减”）误算成 “加”，下移（纵坐标 “减”）误算成 “加”； 图形整体平移漏改顶点：仅修改部分顶点坐标，导致图形形状变形。 6．（2024·上海普陀·二模）在直角坐标平面内，将点先向右平移个单位，再向上平移个单位得到点，如果点和点恰好关于原点对称，那么点的坐标是 ． 【答案】 【知识点】求关于原点对称的点的坐标、由平移方式确定点的坐标 【分析】本题考查点的平移和原点对称的性质，先按题目要求对、点进行平移，再根据原点对称的特征：横纵坐标互为相反数进行列方程，求解． 【详解】设，向右平移个单位，再向上平移个单位得到 、关于原点对称， ，， 解得，， 则 故答案为： 7．（2025·上海·模拟）将反比例函数的图象向右平移个单位，所得函数图象与轴的交点坐标是 ． 【答案】 【知识点】求点沿x轴、y轴平移后的坐标、求反比例函数解析式 【分析】本题考查反比例函数图象的平移问题，先根据平移方式求出平移后解析式，求出时对应的的值即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵反比例函数的图象向右平移个单位， ∴平移后解析式为， 当时，， ∴与轴的交点坐标是， 故答案为：． 8．（2025·上海虹口·二模）如图，已知点和，平移得到，顶点、分别与顶点对应.如果点都在抛物线上，那么点到点的距离是 . 【答案】 【知识点】已知图形的平移，求点的坐标、y=ax²的图象和性质 【分析】本题考查了图形平移与抛物线，掌握平移的性质以及得出纵坐标相同是解题的关键； 已知和，则平移后的坐标为的坐标为都在抛物线上，且纵坐标相同，可求得，进而求的，即可求得点到点的距离． 【详解】解：设沿轴方向平移了个单位，沿轴方向平移了个单位， 则平移后的坐标为的坐标为， 都在抛物线上，且纵坐标相同， ， 解得， 将代入， ， ． 故答案为：． 9．（2024·上海黄浦·二模）在直角坐标平面内，已知点，，将线段平移得到线段（点A的对应点是点，点B的对应点是点），如果点坐标是，那么点的坐标是 ． 【答案】 【知识点】由平移方式确定点的坐标、已知点平移前后的坐标，判断平移方式 【分析】各对应点之间的关系是横坐标减3，纵坐标加3，那么让点B的横坐标减3，纵坐标加3即为点的坐标． 【详解】解：∵平移后对应点的坐标为， ∴A点的平移方法是：先向左平移3个单位，再向上平移3个单位， ∴B点的平移方法与A点的平移方法是相同的， ∴平移后的坐标是：即． 故答案为：． 【点睛】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． 10．（2024·上海奉贤·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线l上有一点，将点A先向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到点B，点B恰好在直线l上．    (1)写出点B的坐标，并求出直线l的表达式； (2)如果点C在y轴上，且，求点C的坐标． 【答案】(1)， (2) 【知识点】三线合一、写出直角坐标系中点的坐标、求点沿x轴、y轴平移后的坐标、求一次函数解析式 【分析】（1）根据平移的性质即可得到点B的坐标，根据A、B两点的坐标，利用待定系数法即可求出直线l的表达式； （2）根据等腰三角形的性质，得到，根据点O的坐标和的长度，即可求出点C的坐标． 【详解】（1）解：设 ∵，且点A先向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到点B， ∴，， ∴, 设直线l的表达式为：， ∵，在直线l上， ∴， 解方程组得：， 故直线l的表达式为：； （2）解：如下图所示，过点A作轴，垂足为O，      ∵在y轴上，点C在y轴上，轴， ∴，, ∵ ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查直角坐标系中的点坐标、点的平移、一次函数的解析式和等腰三角形的性质，解题的关键是根据平移的性质求出点B的坐标． 题型三：轴对称图形的识别 易｜混｜易｜错 与 “中心对称图形” 混淆：如误将平行四边形（中心对称）当成轴对称图形，或将等腰三角形（轴对称）当成中心对称图形； 漏数 / 错数对称轴：如正方形有 4 条对称轴，易只找 1 条（竖直 / 水平）；圆有无数条对称轴，易误说 “1 条”； 误判对称轴：如将平行四边形的对角线当成对称轴（实际平行四边形无对称轴）。 11．（2025·上海浦东新·二模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．直角三角形 B．扇形 C．平行四边形 D．正八边形 【答案】D 【知识点】中心对称图形的识别、轴对称图形的识别 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，解题的关键是掌握这两个概念，熟悉一些常见图形的对称性． 根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐个进行判断即可． 【详解】解：A. 直角三角形不是轴对称图形（等腰直角三角形除外），又不是中心对称图形，故该选项不符合题意； B.扇形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意； C.平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故该选项不符合题意； D. 正八边形既是轴对称图形又是中心对称图形，故该选项符合题意； 故选：D． 12．（2024·上海·模拟）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】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐项判断即可求解．本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形是解题的关键． 【详解】解：A、该图形是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意； C、该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：B． 13．（2025·上海·二模）六张卡片上写着“菱形，平行四边形，矩形，等腰梯形，正方形，直角梯形”．从六张卡片中任选两张卡片（不重复），上面所写的四边形都既是中心对称图形，又是轴对称图形的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】根据概率公式计算概率、轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的识别，概率公式，掌握相关知识点是解题关键． 先逐一判断每个图形，再根据概率公式计算即可． 【详解】解：菱形：既是中心对称图形，又是轴对称图形； 平行四边形：仅为中心对称图形，不是轴对称图形； 矩形：既是中心对称图形，又是轴对称图形； 等腰梯形：仅为轴对称图形，不是中心对称图形； 正方形：既是中心对称图形，又是轴对称图形； 直角梯形：既不是中心对称图形，也不是轴对称图形； 符合条件的图形有菱形、矩形、正方形，共3个， 将“菱形，平行四边形，矩形，等腰梯形，正方形，直角梯形”记为：“A，B，C，D，E，F”， 从六张卡片中任选两张卡片，列表如下： A B C D E F A B C D E F 由表可知，共30种情况，符合条件的有6种， ∴概率为， 故选A． 14．（2025·上海·模拟）在线段、正三角形、平行四边形、正方形中，共有 个图形既是轴对称图形又是中心对称图形． 【答案】2 【知识点】中心对称图形的识别、轴对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟练掌握这些知识点是解题的关键．在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心；在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，根据这些概念逐一判断即可． 【详解】在线段、正三角形、平行四边形、正方形中， 只为轴对称图形的是：正三角形； 只为中心对称图形的是：平行四边形； 既是轴对称图形又是中心对称图形是：线段、正方形； 故答案为：2． 15．（2024·上海普陀·二模）现有四张分别是等边三角形、菱形、直角梯形、等腰梯形的纸片，从这四张纸片中任意抽取一张恰好是轴对称图形的概率是 ． 【答案】 【知识点】根据概率公式计算概率、轴对称图形的识别 【分析】本题考查了概率公式求概率，轴对称图形的识别，轴对称图案的卡片是等边三角形、菱形、和等腰梯形，直接利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】∵在等边三角形、菱形、直角梯形、等腰梯形的纸片中属于轴对称图形的有：等边三角形、菱形、和等腰梯形3种， ∴从这4张纸片中随机抽取一张，抽到轴对称图形的概率为：. 故答案为. 题型四：根据成轴对称图形的特征进行求解 易｜混｜易｜错 对称轴找错：对应点连线未被对称轴 “垂直平分”，导致对应点坐标 / 线段长度计算错误； 对应关系混淆：将不对称的线段 / 角当成对应部分，导致边长 / 角度求解错误； 中点公式用错：求对应点坐标时，误将 “对称轴是对应点连线的中点横坐标 / 纵坐标” 算错（如对称轴 x=3，对应点横坐标之和应为 6，易算成 3）。 16．（2025·上海徐汇·二模）在平面直角坐标系中，若抛物线与关于直线对称，则符合条件的和的值可以为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、根据成轴对称图形的特征进行求解 【分析】本题考查了二次函数的图象性质，分别得出两个函数的开口方向和对称轴，再结合抛物线与关于直线对称，得出，解得，即可作答． 【详解】解：∵， ∴开口方向向下，对称轴为直线， ∵ ∴函数与x轴的交点坐标为 ∴开口方向向上，对称轴为直线， 抛物线与关于直线对称， 两个抛物线的对称轴相同， 即 ∴ 解得， 观察四个选项，唯有D选项符合题意， 故选：D． 17．（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为 ． 【答案】/ 【知识点】利用菱形的性质求线段长、根据成轴对称图形的特征进行求解、分母有理化、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，轴对称的性质，勾股定理，由轴对称的性质可得，设，则，由菱形的性质得到，证明，利用勾股定理可得，据此可得答案． 【详解】解；∵关于直线的对称点为， ∴， 设，则， ∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 18．（2025·上海普陀·二模）已知抛物线的顶点为，、、、是抛物线上的四点，且线段、都垂直于抛物线的对称轴．如果，，那么的值等于 ． 【答案】 【知识点】y=a（x-h）²+k的图象和性质、根据成轴对称图形的特征进行求解 【分析】本题主要考查抛物线的顶点式、对称轴性质，以及几何图形中三角形面积的计算，解题的关键在于理解线段与对称轴垂直的几何意义，进而确定点的坐标，计算面积比． 先根据抛物线的顶点式确定顶点坐标为和对称轴为直线，再根据对称轴性质设点坐标为，点坐标为，点坐标为，点坐标为，进而求得的纵坐标为：，的纵坐标为：，再利用底和高的关系，求出面积比． 【详解】解：∵抛物线方程为， ∴顶点为，对称轴为直线， ∵线段、都垂直于抛物线的对称轴，，， ∴线段、为水平方向，中点在对称轴上， ∴设点坐标为，点坐标为，点坐标为，点坐标为， ∴的纵坐标：， 的纵坐标为：， ∴的面积：底为，高为顶点到的垂直距离，面积为， 的面积：底为，高为顶点到的垂直距离，面积为， ∴面积比为， 故答案为：． 19．（2024·上海闵行·模拟预测）新定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做等高底三角形，这条边叫做等底．如图，是等高底三角形，是等底，点关于直线的对称点是点，连接，如果点是的重心，那么的值是 ．    【答案】/ 【知识点】重心的有关性质、根据成轴对称图形的特征进行求解 【分析】延长与交于点，根据轴对称性质得，，，再由是等高底三角形，是等底，得，再根据三角形的重心定理得，设，则，由勾股定理用表示，进而计算的值便可． 【详解】解：延长与交于点，如图所示：    点A关于直线的对称点是点， ，，， 是等高底三角形，是等底， ， 点是的重心， ， 设，则， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了对称变换，三角形的重心性质，新定义，关键是根据三角形的重心性质得出与的数量关系． 20．（2024·上海·模拟）在学习了数轴后，小丁同学决定对数轴进行进一步深入探究 [初步探究]如图①，点A在数轴上表示为，数轴上任意一点B表示为x，则A，B两点间的距离表示为________． [初步应用]由初步探究，请直接写出：的最小值为__________，此时x的取值范围为____________ [进阶探究]如图①，将数轴沿着点A翻折，若数轴上有点M，N，C且点N，C均在M右侧，M，N两点间的距离为12，M，C两点间的距离为4，且M，N在数轴沿A点翻折后重叠，则M，N，C表示的数之比为______________． [进阶应用]如图②，将一根拉直的细线看作数轴，一个三边长分别为，，的的顶点A与原点重合，边在数轴正半轴上，将数轴正半轴的线沿A→B→C→A的顺序依次缠绕在的边上，负半轴的线沿A→C→B→A的顺序依次缠绕在的边上． [拓展探究]如果正半轴的线缠绕了n圈，负半轴的线缠绕了n圈，则绕在点C上所有数的和是n的_______倍． [拓展应用]如果正半轴的线不变，将负半轴的线拉长一倍，即原线上的点的位置对应着拉长后的数，并将向正半轴平移一个单位后再开始绕，则绕在点B且绝对值不超过100的所有数之和为__________． 【答案】[初步探究]；5；[初步应用]；[进阶探究]；[拓展探究]6；[拓展应用] 【知识点】数轴上两点之间的距离、数轴上的翻折、绝对值的几何意义、根据成轴对称图形的特征进行求解 【分析】本题考查了列代数式，绝对值的应用，数轴上两点间的距离的计算方法，综合性比较强，难度比较大． [初步探究]根据数轴上两点间的距离的表示来列式即可； [初步应用]根据题意得出最小值即为-4到1之间的距离，取值范围即在此范围内； [进阶探究]先判断出点M和点N到表示数-2的点的距离为6，即可得出结论； [拓展探究]分别找出正半轴和负半轴在点C上的数字之间的规律，即可求出所有数字之和． [拓展应用]找出绕在点B且绝对值不超过100的所有数字，求和即可． 【详解】解：[初步探究]已知图①，点A在数轴上表示为，数轴上任意一点B表示的数为x， 则两点的距离可以表示为， 故答案为：； [初步应用]：根据题意得：的最小值为，此时x满足条件． 故答案为：5；． [进阶探究]∵M，N两点沿着A点折叠后重合， ∴点M和点N关于表示数的点对称， ∵M，N两点之间距离为12， ∴点M和点N到表示数的点的距离都为， ∴点M表示的数为，点N表示的数为， ∵M，C两点之间距离为4， ∴点C在点M右边，点C表示的数为， ∴M，N，C表示的数之比为：． 故答案为：； [拓展探究]如果正半轴的线缠绕了n圈，绕在点C的数分别为：9，21，33……， 点C的数为：； 负半轴的线缠绕了n圈，绕在点C的数分别为：…， 点C的数为：； 则绕在点C上的所有数字之和为：． 故答案为：6； [拓展应用]如果正半轴的线不变，并将三角形ABC向正半轴平移一个单位后再开始绕， 则正半轴上绕在点B且绝对值不超过100的数字有：5，17，29，41，53，65，77，89； 将负半轴的线拉长一倍，并将三角形ABC向正半轴平移一个单位后再开始绕， 则正半轴上绕在点B且绝对值不超过100的数字有：，． ∴， 则绕在点B且绝对值不超过100的数字之和为． 题型五：折叠问题 易｜混｜易｜错 漏用 “折叠相等关系”：忘记 “折叠后对应边 / 角与原边 / 角相等”，导致缺少解题条件； 直角三角形选错：列勾股定理方程时，未用 “折叠形成的直角三角形”，导致方程无解； 解的合理性忽略：求出的线段长度为负，或超过原线段长度，未舍去错误解。 21．（2024·上海松江·二模）如图，已知中，，，．是边的中点，是边上一点，将沿着翻折，点落在点处，如果与与的一边平行，那么 ． 【答案】5或 【知识点】折叠问题、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】根据与三边分别平行分类讨论，由翻折的性质以及勾股定理求出的长，从而求得的长即可．本题主要考查了翻折变换，合理运用正方形的判定与性质以及中位线定理和勾股定理是本题解题的关键． 【详解】解：①当时，与重合， ，，不构成三角形，不符合题意； ②当，如图： ， ， 由翻折的性质可知，，， 四边形为正方形， ， ； ③当，延长交于，如图： ，， ， 设，则， 在中，， 解得：， ， 综上所述，或6.5． 故答案为：5或6.5． 22．（2024·上海金山·二模）如图，在中，，D是的中点，把沿所在的直线翻折，点B落在点E处，如果，那么 ． 【答案】 【知识点】折叠问题、等边三角形的判定和性质、已知正切值求边长、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】由D为中点，，则得，则；由，得；由折叠的性质得，则，最后得，由此三角的和为直角，从而得每个角为，则，是等边三角形，由正切三角函数即可求得结果． 【详解】解：∵D为的中点，， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴； 由折叠的性质得， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． 在中，， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，特殊角三角函数． 23．（2024·上海虹口·二模）如图，在扇形中，，，点在半径上，将沿着翻折，点的对称点恰好落在弧上，再将弧沿着翻折至弧（点是点A的对称点），那么的长为 ． 【答案】/ 【知识点】折叠问题、等边三角形的判定和性质、 圆的概念及特点、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查翻折性质，圆的基本性质，等边三角形判定与性质、勾股定理的应用，连接，由翻折得，证出是等边三角形，设，在中，根据勾股定理列方程并解出进而求出结论． 【详解】解：连接， 由翻折得：，， ， 是等边三角形， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：（舍去）， ， 故答案为：． 24．（2024·上海普陀·二模）如图，在中，，，分别以点B、C为圆心，1为半径长作、，D为边上一点，将和沿着翻折得到和，点B的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么 ． 【答案】 【知识点】折叠问题、三线合一、解直角三角形的相关计算、圆和圆的位置关系 【分析】作，，根据余弦的定义，勾股定理，等腰三角形三线合一的性质，在中，得到，的长，，由折叠的性质得到，，由与外切，得到，在中得到， 当在内部时， ，，由此即可求解 【详解】解：过点作交于点，连接，过点作，交于点， ∵，， 在中，，， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∵，， ∴， ∵与外切， ∴，， 在中，，， 如图所示，与边相交， 与外切， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角函数解直角三角形，等腰三角形三线合一，勾股定理，折叠的性质，圆与圆的位置关系，理解题意作图分析，掌握三角函数的计算方法是解题的关键． 25．（2025·上海·二模）如图，中，，，．点在边上，将沿着翻折至的位置，射线交线段于点．当是等腰三角形时，的面积为 ． 【答案】或 【知识点】折叠问题、解直角三角形的相关计算、三线合一、用勾股定理解三角形 【分析】当时，过点E作于F，过点D作于G，利用勾股定理可得，解直角三角形得到；设，，则；可求出，，；由折叠的性质可得，则；由勾股定理得，解方程可推出，则，即可得到；当时，过点D作于H，设，则；解直角三角形得到，则，由勾股定理得，类似可得，解得或（舍去），再根据计算求解即可；可证明，则，据此可得答案． 【详解】解：如图1所示，当时，过点E作于F，过点D作于G， ∵在中，，，， ∴， ∴； ∵，， ∴， 设，，则； 在中，， ∴，； 由折叠的性质可得， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴， 在中，， ∴； 如图2所示，当时，过点D作于H，设， ∴； 在中，， ∴， 在中，由勾股定理得， 由折叠的性质可得， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴ ； 由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴； 综上所述，的面积为或． 故答案为：或 ． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理，折叠的性质，解直角三角形，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 26．（2025·上海杨浦·一模）已知矩形，点E是边的中点，将沿翻折，点A的对应点F恰好落在对角线上，那么 ． 【答案】 【知识点】矩形与折叠问题、解直角三角形的相关计算、用勾股定理解三角形、折叠问题 【分析】先根据矩形的性质得到，，，求得，再根据折叠的性质得到，，，求得，推出，由E是边的中点，得到，求得，根据全等三角形的性质得到，求得，得到，根据三角函数的定义即可得到结论． 【详解】如图，延长交于G，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴． ∵将沿折叠，点A落到点F处， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵E是边的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴， ∴， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理，三角函数定义等知识，解题关键是熟练掌握翻折变换的性质和勾股定理． 27．（2025·上海金山·二模）在中，，，，重心为点，直线经过边的中点，将沿直线翻折得到（点、、分别与点、、对应），的重心点在的内部．若点到的距离与点到的距离相等，那么到直线的距离为 ． 【答案】或5 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形、折叠问题、重心的有关性质 【分析】该题考查了勾股定理，折叠的性质，直角三角形的性质等知识点，根据勾股定理求出，根据点到的距离与点到的距离相等，重心为点，的重心为点，故分为以下两种情况：（1）直线垂直平分，此时点与点重合；（2）直线过点，此时点与点重合，到直线的距离是的边上的高， 分别求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵点到的距离与点到的距离相等，重心为点，的重心为点， 故分为以下两种情况： （1）直线垂直平分，此时点与点重合，点与点关于直线对称， 根据折叠可得点到的距离与点到的距离相等， 故点到直线的距离是； （2）直线过点，此时点与点重合，到直线的距离是的边上的高， ∵， ∴， 根据折叠可得，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：或5． 28．（2024·上海·中考真题）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则 ． 【答案】或/或 【知识点】利用平行四边形的性质求解、求角的余弦值、折叠问题 【分析】本题考查了平行四边形的翻折，求余弦值，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨论的思想进行求解． 【详解】解：当在之间时，作下图， 根据，不妨设， 由翻折的性质知：， 沿直线翻折至所在直线， ， 。 ， 过作的垂线交于， ， ， 当在的延长线上时，作下图， 根据，不妨设， 同理知：， 过作的垂线交于， ， ， 故答案为：或． 29．（2025·上海静安·一模）已知抛物线上，其与部分对应值如下表： x … … y … … (1)求此抛物线的表达式； (2)设此抛物线的顶点为，将此抛物线沿着平行于轴的直线翻折，翻折后得新抛物线． ①设此抛物线与轴的交点为（点在点的左侧），且的重心恰好落在直线上，求此时新抛物线的表达式； ②如果新抛物线恰好经过原点，求新抛物线在直线上所截得的线段长． 【答案】(1) (2)①② 【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、待定系数法求二次函数解析式、重心的有关性质、折叠问题 【分析】本题主要考查待定系数法求解析式及二次函数图象的性质，折叠的性质，重心的性质，掌握二次函数图象的性质是解题的关键． （1）根据题意，运用两点式，设，运用待定系数法即可求解； （2）①将抛物线的一般式化为顶点式得到点的坐标为，如图所示，过点作垂直轴于点，根据是的重心，得到，则新抛物线的顶点坐标为，根据题意可知，这两条抛物线的形状不变，开口方向相反，由此即可求解；②设直线与轴的交点为，则关于直线的对称点为，由此得到新抛物线的表达式为，根据它经过原点，得到解得，所以令，代入，由此即可求解． 【详解】（1）解：当时，，当时，， ∴设抛物线的表达式为， 把代入，， 解得， ∴此抛物线的表达式为． （2）解：①∵， ∴点的坐标为， 如图所示，过点作垂直轴于点， ∴， ∵是的重心， ∴， ∵在直线上，且新抛物线与原抛物线的图像关于直线对称， ∴新抛物线的顶点坐标为， ∴根据题意可知，这两条抛物线的形状不变，开口方向相反， ∴新抛物线的表达式为； ②设直线与轴的交点为， ∴关于直线的对称点为， ∴新抛物线的表达式为， ∵它经过原点， ∴， 解得， 令，代入， 得，， ∴新抛物线在直线上所截得的线段长为． 题型六：根据旋转的性质求解 易｜混｜易｜错 旋转三要素混淆：旋转中心、旋转方向（顺时针 / 逆时针）、旋转角找错（如将非旋转中心的点当成中心，或把线段夹角当成旋转角）； 对应关系错误：旋转后对应点 / 线段匹配错误（如将顶点 A 的对应点错当成顶点 B）； 忽略 “旋转不变性”：误认为旋转后线段长度 / 角度改变，导致计算错误。 30．（2025·上海奉贤·二模）如图，将绕点A逆时针旋转，点B旋转至边上的D点，点C旋转至E，那么下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】三角形内角和定理的应用、根据旋转的性质求解、等边对等角 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质，逐项进行判断即可． 【详解】解：绕点A顺时针旋转得到 根据旋转的性质可知：，旋转角， 故A，B不符合题意； 如图，记，的交点为， 由旋转可知，， ∵， ∴， ∵，， ∴， 由旋转可得：，则， 而， ∴， ∴ 故C不符合题意； ∵，， 当时， ∴，与题干信息不符， 故D符合题意． 故选：D 31．（2025·上海闵行·一模）下列运动中，能改变图形大小的是（    ） A．平移 B．旋转 C．翻折 D．放缩 【答案】D 【知识点】图形的平移、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查几何变换类型．根据平移，旋转，翻折，放缩的性质判断即可． 【详解】解：平移，旋转，翻折不改变图形的大小，放缩可以改变图形的大小． 故选：D． 32．（2024·上海杨浦·二模）如图，在中，，，将绕点C逆时针旋转，点A、B分别落在点D、E处，如果点A、D、E在同一直线上，那么下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】全等三角形的性质、根据旋转的性质求解、等边三角形的判定和性质 【分析】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的性质等知识，解题关键是熟练运用旋转的性质．由旋转的性质可得，，再结合已知条件逐一分析判断即可． 【详解】解：A．由旋转的性质可知，， ∴当点A、、在同一条直线上时，， 故选项A不符合题意； B．由旋转的性质可知，， ∴，， 由∵， ∴为等边三角形， ∴， 故选项B不符合题意； C、∵，， ∴由旋转的性质可得：， 当时， ∴，与题干条件矛盾， ∴选项C符合题意 D． ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选项D不符合题意； 故选：C． 33．（2025·上海·一模）如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值 ． 【答案】/ 【知识点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、根据等角对等边证明边相等、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查旋转的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，利用相似三角形的性质求解是解答的关键． 设，根据平行四边形的性质和旋转性质得到，，利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质得到，进而利用等角对等边可得，证明，利用相似三角形的性质求得即可求解． 【详解】解：如图，设， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 由旋转的性质得，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∵，为公共角， ∴， ∴，即， 解得， ∴． 故答案为：． 34．（2025·上海闵行·一模）在等腰中，，是边上的高，将线段绕着点D逆时针旋转，点A旋转到点E，与边交于点F，且，如果与相似，那么的值为 ． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定、根据旋转的性质求解 【分析】过点作于点，交于点，先判断出得，由相似三角形的性质得，结合等腰三角形的性质，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，设，，则，，，整理得，，化简得 ，设，，可得，即可求解． 【详解】解：过点作于点，交于点， ， ， ，， ， ， ， ，与相似， ， ， ， ， 由旋转得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，， 则， ， ， ， ， ， 设，， ， ， ， ， ， 解得：（负值已舍）， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定及性质，能熟练利用相似三角形的性质进行求解是解题的关键． 35．（2025·上海·二模）定义：一三角形中有两角与，若角的两倍与角的和为，则此三角形叫作准直角三角形，其中叫作二倍角．已知在准直角三角形中， ，是二倍角，且．连接中点D与中点E，将绕点B旋转，点D落在点处，点E落在直线上，则 ． 【答案】或 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解 【分析】本题涉及准直角三角形的定义、三角函数、相似三角形的性质及判定以及旋转的性质．首先根据准直角三角形的定义和已知条件求出三角形的各个角，再利用三角函数求出边的长度，结合中位线定理得到相关线段的长度，最后根据旋转的性质和勾股定理及相似三角形的性质和判定求出的长度． 【详解】解：∵是准直角三角形，是二倍角， ∴， ∵三角形内角和为，即， ∴， 根据新定义：，且， 作，交的延长线于点， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， 中，，， 即， 解得（负值已舍）， ， 中，， 将绕点B旋转，点E落在直线上， 设E′为E旋转后的点， 根据旋转的性质，，， 分以下两种情况： ①当E′在上时， 在中，， ， ， ， ， ， ， ； ②当E′在延长线上时， 在中，同理可求， ， 同理可证明， ， ， ； 综上所述，或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了准直角三角形的定义、三角函数、相似三角形的性质和判定、旋转的性质以及勾股定理，掌握根据准直角三角形的定义和三角函数求出三角形的边，利用勾股定理得到相关线段长度，再结合旋转的性质和相似三角形的性质和判定分情况计算的长度是解题的关键． 36．（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形的两边分别在轴和轴的正半轴上，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，反比例函数经过点，若的对应点恰好落在对角线的中点，，则的值为 ． 【答案】 【知识点】反比例函数与几何综合、解直角三角形的相关计算、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】先根据旋转以及矩形的性质求出，然后由勾股定理求出，解，求出，由旋转可知：，，则，那么，然后由角直角三角形性质和勾股定理求出，再由待定系数法求函数解析式即可． 【详解】解：过点作轴于点，连接， 四边形是矩形， ， 矩形绕点顺时针旋转得到矩形，， ， 的对应点恰好落在对角线的中点， ， ， ， 在中，，， ， 由旋转可知：，， ， 又轴， ， ， 在中，，， ， ， 反比例函数经过点， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合，涉及解直角三角形，旋转的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，难度较大，解题的关键是正确添加辅助线． 37．（2025·上海崇明·一模）已知在直角坐标平面中，抛物线经过点三点． (1)求该抛物线的表达式： (2)点是抛物线上在第一象限内的动点，点的横坐标为 ①如果是以为斜边的直角三角形，求的值； ②在轴正半轴上存在点，当线段绕点逆时针方向旋转时，恰好与抛物线上的点重合，此时点的横坐标为，求的值． 【答案】(1) (2)①；② 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、根据旋转的性质求解、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）由抛物线经过点，，，再建立方程组解题即可； （2）①作轴，垂足为．由题意可得，证明  ，再建立方程求解即可；②作轴于，轴于，证明，可得，设，再进一步解答即可. 【详解】（1）解： 抛物线经过点，，， ，解方程组得： 抛物线的表达式为： （2）解：①作轴，垂足为． 点在抛物线的图象上，横坐标为， ， ， ，   ， ，   ， ， 即， 解得，经检验符合题意； ②作轴于，轴于， ， ，   ， 又 ， ， ， 设， 由，   ， ， ， 整理得：， ， . 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，利用待定系数法求解二次函数的解析式，旋转的性质，锐角三角函数的应用，作出符合题意的图形是解本题的关键. 38．（2025·上海松江·一模）在平面直角坐标系中（如图），已知二次函数的图像与轴负半轴交于点，与轴交于点，且． (1)当时，求该二次函数的函数值； (2)定义：对于一个函数，满足的实数叫做这个函数的不动点．如果二次函数存在唯一的一个不动点，试求出这个不动点； (3)将绕点逆时针旋转，点落在点处，点落在点处，当四边形是梯形时，点恰好落在该二次函数图像上，求该二次函数的解析式． 【答案】(1)0 (2)这个不动点是 (3)或 【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、解直角三角形的相关计算、待定系数法求二次函数解析式、根据旋转的性质求解 【分析】（1）令，得，得，进而得，代入解析式得得，从而得，再把代入解析式即可得解； （2）由得：，根据函数有唯一的不动点得或．把代入，得，求解即可； （3）分和利用解直角三角形，旋转的性质及二次函数的图像及性质即可求解． 【详解】（1）解：令，得， ． 代入解析式得得 ∴ 当时 当时，． （2）解：由得： ∵有唯一的不动点 解得：（舍）或． 当时， ∴， 这个不动点是． （3）解：①当时，如图 由旋转可得，， ， ∴ ， ②当时，如图，过作于点， 由旋转得， ∴， ，， ∴ 解得， ． 故二次函数解析式为或， 【点睛】本题主要考查了二次函数的图形及性质，一元二次方程根的判别式，解直角三角形及旋转的性质，熟练掌握二次函数的图形及性质是解题的关键． 题型七：旋转综合题(几何变换) 易｜混｜易｜错 多变换顺序混淆：先平移再旋转与先旋转再平移的结果不同，易搞反变换顺序； 动点轨迹错误：旋转过程中动点的轨迹是圆弧（以旋转中心为圆心），易当成直线； 全等 / 相似三角形找错：旋转后形成的全等 / 相似三角形，易与其他三角形混淆，导致边 / 角关系错误。 39．（2024·上海青浦·二模）如图1，含和角的两块三角板和叠合在一起，边与重合，cm，点为边的中点，边与相交于点，现将三角板绕点按逆时针方向旋转角度（如图2），设边与相交于点Q，则当从到的变化过程中，点Q移动的路径长为 ． 【答案】 【知识点】其他问题(旋转综合题)、解直角三角形的相关计算、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查了旋转变化，解直角三角形，求点的运动轨迹，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据旋转角度画出图形，在变化的过程中，Q点从点运动到与垂直时，与的交点处，进行计算即可得到答案． 【详解】解：当从到的变化过程中，如图所示， ， ， 当时，点从点开始向方向运动， 当时，的移动到最大距离， 此时， 在中，， ， ， 当时，点开始离开点向点方向运动， 当时，点停止运动， 在中，， ， 点返回运动的路径长为， 点Q移动的路径长为， 故答案为：． 40．（2024·上海·模拟）在矩形中，（如图）．将矩形绕点B按顺时针方向旋转得到矩形EBFG，点A的对应点为点E，且在边上，如果联结，那么的长为 ． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质求线段长、线段问题(旋转综合题) 【分析】过G作于点H，根据旋转变换的性质得到根据勾股定理求出，证明，进而求得根据勾股定理便可求得． 【详解】解：过G作于点H， 由旋转变换的性质可知， 由勾股定理得，， ∵， ∴， ∵ ∴ ∴， 即， ∴，    ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是旋转的性质、相似三角形的判定和性质，掌握勾股定理、矩形的性质、旋转变换的性质是解题的关键． 41．（2024·上海嘉定·二模）如图，平面直角坐标系中，矩形的顶点，将矩形绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在直线上的点处，则点B的对应点的坐标为 ． 【答案】或 【知识点】根据矩形的性质求线段长、角度问题(旋转综合题)、全等三角形综合问题、已知正切值求边长 【分析】分两种情况：①当点A在上时：连接作于H，证明得到即可得到答案；②当点A在延长线上时：过点作轴，连接，根据对顶角相等和旋转的性质得出，再根据勾股定理求出，根据30度所对的直角边等于斜边的一半得出，然后利用勾股定理求得即可得出答案． 【详解】解：①当点A在上时： 连接作于H，如图所示， 由题意知： 则 由旋转的性质可知， 在和中 ∴点的坐标为 ②当点A在延长线上时： 过点作轴，连接，如图 由①知， 由旋转可知， ， ， 故答案为：或． 【点睛】本题考查的是矩形的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定与性质，掌握矩形的性质，全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 42．（2024·上海青浦·二模）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，将△ABC绕着点A旋转，点C恰好落在AB的中点上，设点B旋转后的对应点为点D，则CD的长为 ． 【答案】 【知识点】旋转综合题(几何变换)、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形 【分析】根据题意画出图，由和C恰好落在AB的中点，故有CE＝AE＝EB，根据旋转的性质可得AD的长，再利用勾股定理即可求解． 【详解】解：如图：过点D作DF⊥AC于F，交CA的延长线于F． 由旋转可得AC＝AE， ∵AC＝3，E是AB的中点， ∴AE＝BE＝AC＝3，即AB＝AD＝6． ∵， ∴， ∴ ． 在Rt△FAD中，AF＝AD＝3，DF＝， ∴FC＝3＋3＝6， 在Rt△FCD中，DC＝． 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理以及勾股定理．根据题意画出图形并作出辅助线是解答本题的关键． 43．（2024·上海浦东新·一模）在中，∠C=90°，AC=2，BC=4， ，点分别是边、的中点，将绕着点B旋转，点旋转后的对应点分别为点，当直线经过点A时，线段的长为 【答案】或 【知识点】旋转综合题(几何变换)、相似三角形的判定与性质综合 【分析】当直线经过点A时，有两种情况，均用三点共线特征及勾股定理求出AE长为5或3，采用两边对应成比例且夹角相等证得△CBD´∽△ABE´，利用相似三角形对应边成比例求解. 【详解】在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=2，BC=4， 由勾股定理得，AB=， ∵分别是边、的中点， ∴DE是△ACB的中位线，BD=2，BE= ， ∴DE∥AC，DE= ∴∠EDB=90°， 由旋转可得，BD´=2，D´E´=1，BE´=，∠BD´E´=90°， 第一种情况，如图1， ∵点A，D´，E´三点共线， ∴∠AD´B=90°， 由勾股定理得AD´=， ∴AE´=AD´+D´E´=5 ∵∠ABC=∠D´BE´， ∴∠CBD´=∠ABE´， ∵ ， ∴△CBD´∽△ABE´， ∴， ∴， ∴CD´= 第一种情况，如图2， ∵点A，D´，E´三点共线， ∴∠AD´B=90°， 由勾股定理得AD´=， ∴AE´=AD´-D´E´=3 ∵∠ABC=∠D´BE´， ∴∠CBD´=∠ABE´， ∵ ， ∴△CBD´∽△ABE´， ∴， ∴， ∴CD´= ∴CD´长为或. 故答案为：或. 【点睛】本题考查图形旋转的综合应用，涉及知识点有勾股定理，三点共线，相似三角形的判定和性质，分类讨论并能正确画出图形很关键． 题型八：中心对称图形的识别 易｜混｜易｜错 与 “轴对称图形” 混淆：如误将等腰梯形（轴对称）当成中心对称图形，或将矩形（既是中心对称又是轴对称）当成仅轴对称； 对称中心找错：如平行四边形的对称中心是对角线交点，易当成顶点； 忽略 “旋转 180° 重合”：误将 “旋转 90° 重合” 当成中心对称（中心对称需旋转 180° 后与原图形重合）。 44．（2025·上海奉贤·二模）现有五张纸片，这五张纸片上的几何图形分别是等边三角形、矩形、等腰梯形、正五边形、圆，从这五张纸片中任意抽取一张恰好是中心对称图形的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】中心对称图形的识别、根据概率公式计算概率 【分析】本题考查了概率公式求概率，中心对称图形的识别．在平面内一个图形绕着一点旋转180度，旋转后的图形与原来的图形完全重合，这个图形就叫做中心对称图形．先判断出5个图形中中心对称图形的数量，再直接利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】解：等边三角形、矩形、等腰梯形、正五边形、圆，这5个图形中：矩形、圆是中心对称图形，共2个， 因此从这五张纸片中任意抽取一张恰好是中心对称图形的概率是， 故选B． 45．（2025·上海普陀·二模）有若干个全等三角形，如果这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形，那么下列三角形中，符合条件的是（   ） A．顶角是的等腰三角形 B．顶角是的等腰三角形 C．有一个锐角是的直角三角形 D．有一个锐角是的直角三角形 【答案】D 【知识点】中心对称图形的识别、三角形内角和定理的应用、正多边形的内角问题 【分析】本题考查了正多边形的性质，中心对称图形的定义，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握相关知识．由题意可得：拼成的正多边形的边数为奇数，分别求出每个选项中各个三角形的内角，进而得到组成的正多边形的内角，再根据正多边形的内角和公式判断出正多边形的边数，即可求解． 【详解】解：这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形， 拼成的正多边形的边数为奇数， A、顶角是的等腰三角形，则底角为， 可能拼成的正多边形的内角为或，但无法对应奇数边正多边形的内角，故该选项不符合题意； B、顶角是的等腰三角形，可拼成正方形，但正方形是中心对称图形，故该选项不符合题意； C、有一个锐角是的直角三角形，则另一个锐角为，可能拼成的正多边形的内角需为、或的组合，但无法匹配奇数边的正多边形内角，故该选项不符合题意； D、有一个锐角是的直角三角形，则另一个锐角为，正五边形的内角为，可由两个角组成，正五边形边数为奇数，且不是中心对称图形，故该选项符合题意； 故选：D． 46．（2024·上海金山·二模）下列命题中真命题是（   ） A．相等的圆心角所对的弦相等 B．正多边形都是中心对称图形 C．如果两个图形全等，那么他们一定能通过平移后互相重合 D．如果一个四边形绕对角线的交点旋转 90°后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形 【答案】D 【知识点】判断命题真假、证明四边形是正方形、图形的全等、中心对称图形的识别 【分析】本题考查了命题：判断事物的语句叫命题；正确的命题叫真命题，错误的命题叫假命题．依次进行判断即可得到答案． 【详解】解：A．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故选项A是假命题； B．把一个图形绕着某一个点旋转后，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，正方形，正六边形等是中心对称图形，但正三角形，正五边形不是中心对称图形，故选项B是假命题； C．如果两个图形全等，那么他们一定能通过翻折、平移和旋转后互相重合，故选项C是假命题； D．如果一个四边形绕对角线的交点旋转 后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形，故选项D是真命题． 故选：D． 47．（2024·上海·模拟）分别选取下列图形进行作图，画出来的图形为中心对称图形是不可能事件的数量为（    ） （1）平行四边形；（2）菱形；（3）矩形；（4）梯形；（5）等腰梯形；（6）直角梯形；（7）等腰三角形；（8）等边三角形；（9）直角三角形；（10）等腰直角三角形 A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】D 【知识点】事件的分类、中心对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义“在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形”，逐个进行判断即可． 【详解】解：（1）平行四边形是中心对称图形； （2）菱形是中心对称图形； （3）矩形是中心对称图形； （4）梯形不是中心对称图形； （5）等腰梯形不是中心对称图形； （6）直角梯形不是中心对称图形； （7）等腰三角形不是中心对称图形； （8）等边三角形不是中心对称图形； （9）直角三角形不是中心对称图形； （10）等腰直角三角形不是中心对称图形； 综上：不是中心图形的有（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）， ∴画出来的图形为中心对称图形是不可能事件的数量为7， 故选：D． 48．（2024·上海嘉定·二模）在不透明的盒子中装有六张形状相同的卡片，这六张卡片分别印有正方形、平行四边形、等边三角形、直角梯形、正六边形、圆等六种图形，如果从这不透明的盒子里随机抽出一张卡片，那么所抽到的这张卡片上的图形恰好为中心对称图形的概率是 ． 【答案】 【知识点】根据概率公式计算概率、中心对称图形的识别 【分析】本题主要考查中心对称图形的概念和概率的计算．在平面内如果将一个图形绕着某一个点旋转后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．概率=所求情况数总情况数．根据题意先找出这六种图形当中中心对称图形的个数，然后利用概率的计算公式进行计算即可．熟练掌握中心对称图形的概念和概率的计算公式是解题的关键． 【详解】解：正方形、平行四边形、等边三角形、直角梯形、正六边形、圆这六种图形中，中心对称图形有正方形、平行四边形、正六边形和圆，因此随机抽出一张卡片，所抽到卡片恰为中心对称图形的概率是． 故答案为：． 1．（2024·上海浦东新·一模）如图，将沿射线方向平移得到，边与相交于点，如果，的面积等于，的面积等于，那么 ． 【答案】2 【分析】根据平移性质得AC∥DF，易证△EGC∽△EDF，根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方，求得EC的长，即可求CF的长． 【详解】解：∵沿射线方向平移得到， ∴AC∥DF，△ABC≌△DEF, ∴EF=BC=6cm，S△ABC=S△DEF=9cm2, ∵AC∥DF， ∴∠ACB=∠F, ∠EGC=∠D, ∴△EGC∽△EDF, ∴ , ∴, ∴EC=4cm， ∴CF=2cm. 故答案为：2 【点睛】本题考查了平移的性质，以及相似三角形的性质，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方列式求解是解答此题的关键. 2．（2025·上海闵行·二模）如图，在中，，点是的中点，将线段绕点逆时针旋转，点落在边延长线上的点处，连接，与边交于点，，，那么的长为 ． 【答案】/ 【分析】过作交延长线于，证明，得出，设，则，则，证明，得出，根据，得出，即，求出k的值，即可得出答案即可． 【详解】解析：如图：过作交延长线于， 根据旋转可知：， ∵点M为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ， ， ， 设，则，则， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ， ∴， 解得：或（舍去）， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 3．（2025·上海虹口·二模）已知反比例函数的图像经过点和点，如果点与关于原点对称，那么该反比例函数的解析式是 ． 【答案】 【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握该知识点是解答本题的关键．根据反比例函数图象上点的坐标特征解答本题即可． 【详解】解：反比例函数的图象经过点和点，且点与关于原点对称， ，， ，， 设反比例函数解析式为，代入点坐标可得， 反比例函数的解析式为． 故答案为：． 4．（2025·上海静安·一模）已知抛物线上，其与部分对应值如下表： x … … y … … (1)求此抛物线的表达式； (2)设此抛物线的顶点为，将此抛物线沿着平行于轴的直线翻折，翻折后得新抛物线． ①设此抛物线与轴的交点为（点在点的左侧），且的重心恰好落在直线上，求此时新抛物线的表达式； ②如果新抛物线恰好经过原点，求新抛物线在直线上所截得的线段长． 【答案】(1) (2)①② 【分析】本题主要考查待定系数法求解析式及二次函数图象的性质，折叠的性质，重心的性质，掌握二次函数图象的性质是解题的关键． （1）根据题意，运用两点式，设，运用待定系数法即可求解； （2）①将抛物线的一般式化为顶点式得到点的坐标为，如图所示，过点作垂直轴于点，根据是的重心，得到，则新抛物线的顶点坐标为，根据题意可知，这两条抛物线的形状不变，开口方向相反，由此即可求解；②设直线与轴的交点为，则关于直线的对称点为，由此得到新抛物线的表达式为，根据它经过原点，得到解得，所以令，代入，由此即可求解． 【详解】（1）解：当时，，当时，， ∴设抛物线的表达式为， 把代入，， 解得， ∴此抛物线的表达式为． （2）解：①∵， ∴点的坐标为， 如图所示，过点作垂直轴于点， ∴， ∵是的重心， ∴， ∵在直线上，且新抛物线与原抛物线的图像关于直线对称， ∴新抛物线的顶点坐标为， ∴根据题意可知，这两条抛物线的形状不变，开口方向相反， ∴新抛物线的表达式为； ②设直线与轴的交点为， ∴关于直线的对称点为， ∴新抛物线的表达式为， ∵它经过原点， ∴， 解得， 令，代入， 得，， ∴新抛物线在直线上所截得的线段长为． 1．（2025·上海普陀·二模）已知抛物线的顶点为，、、、是抛物线上的四点，且线段、都垂直于抛物线的对称轴．如果，，那么的值等于 ． 【答案】 【分析】本题主要考查抛物线的顶点式、对称轴性质，以及几何图形中三角形面积的计算，解题的关键在于理解线段与对称轴垂直的几何意义，进而确定点的坐标，计算面积比． 先根据抛物线的顶点式确定顶点坐标为和对称轴为直线，再根据对称轴性质设点坐标为，点坐标为，点坐标为，点坐标为，进而求得的纵坐标为：，的纵坐标为：，再利用底和高的关系，求出面积比． 【详解】解：∵抛物线方程为， ∴顶点为，对称轴为直线， ∵线段、都垂直于抛物线的对称轴，，， ∴线段、为水平方向，中点在对称轴上， ∴设点坐标为，点坐标为，点坐标为，点坐标为， ∴的纵坐标：， 的纵坐标为：， ∴的面积：底为，高为顶点到的垂直距离，面积为， 的面积：底为，高为顶点到的垂直距离，面积为， ∴面积比为， 故答案为：． 2．（2025·上海·一模）如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值 ． 【答案】/ 【分析】本题考查旋转的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，利用相似三角形的性质求解是解答的关键． 设，根据平行四边形的性质和旋转性质得到，，利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质得到，进而利用等角对等边可得，证明，利用相似三角形的性质求得即可求解． 【详解】解：如图，设， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 由旋转的性质得，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∵，为公共角， ∴， ∴，即， 解得， ∴． 故答案为：． 3．（2025·上海金山·一模）在平面直角坐标系中，将抛物线（其中，，是常数，且）以原点为中心，旋转得到抛物线，则称是的“中心对称抛物线” ．已知抛物线，将抛物线向左平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，．将抛物线的“中心对称抛物线”向右平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，．当时，的值为 ． 【答案】 【分析】先求出抛物线与轴交点，平移后得到、坐标；再根据中心对称求出解析式，进而得到与轴交点，平移后得到、坐标；然后表示出、、的长度，最后根据列方程求解 ． 【详解】当时，，解得，， 抛物线与轴的交点坐标为，． 抛物线向左平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，， ，． ， 抛物线的顶点坐标为， 点关于原点的对称点为， 抛物线的“中心对称抛物线”的解析式为， 当时，， 解得，， 抛物线与轴的交点坐标为，． 抛物线向右平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，， ，， ，，． ， ， 解得， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了抛物线的平移、中心对称变换，以及抛物线与轴交点问题，熟练掌握抛物线的平移规律、中心对称性质及利用交点求线段长度的方法是解题的关键． 2 / 69 1 / 69 学科网（北京）股份有限公司 $