专题21图形的平移、对称、旋转（知识清单（4大考点+10大题型+4大易错+3大技巧方法+测试）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测

该初中数学中考复习知识清单聚焦“图形的平移、对称、翻折”专题，涵盖4大核心考点、10大重难题型、4大易混易错点及3大方法技巧，构建从基础概念到综合应用的完整知识体系。 清单通过思维导图呈现知识结构，题型分级标注重难点，如“旋转与几何综合问题”标注为高频考点，易错点设警示分析培养推理意识。方法技巧模块详解“手拉手模型”等解题策略，配套24题实战演练，助力学生自主突破难点，为教师教学提供系统复习框架。

专题21图形的平移、对称、翻折 （4大考点+10大题型+4大易错+3大方法+测试） 目 录 01 锚・课标要求：指引命题方向，落实核心素养 02 理・思维导图：构建知识体系，呈现结构关系 03 盘・知识梳理：兼顾主干细节，夯实基础框架（4个核心考点） 考点01图形的平移 考点02成轴对称与轴对称图形 考点03成中心对称与中心对称图形 考点04旋转 04 探・重难题型：深度剖析重点，精准突破难点（10大重难题型） 题型01轴对称图形与中心对称图形 题型02轴对称、中心对称、旋转与坐标变化 题型03平移及其性质 题型04利用轴对称的性质求解 题型05利用旋转的性质求解 题型06平移、轴对称、旋转的的作图问题 题型07利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案 题型08旋转、对称与规律探究问题 题型09对称、翻折与几何综合问题 题型10旋转与几何综合问题 05 辨・易混易错：警示常见误区，辨析细微差别（4个易混易错点） 易错点01判断轴对称图形与中心对称图形时出错 易错点02轴对称与最值问题 易错点03利用旋转求最值 易错点04三角形、四边形中的翻折问题 06 拓・方法技巧：精炼方法技巧，精准突破难点（3大方法技巧） 技巧01：旋转与手拉手模型问题 技巧02：旋转与对角互补模型 技巧03：旋转与半径模型 07 测・实战演练：巩固核心考点，强化应试能力（24题） 1. 通过具体实例认识平移，探索它的基本性质，认识并欣赏平移在自然界和现实生活中的应用；运用图形的轴对称、旋转、平移进行图案设计。 2.通过具体实例理解轴对称的概念，探索它的基本性质，能画出简单平面图形（点、线段、直线、三角形等）关于给定 对称轴的对称图形；认识并欣赏自然界和现实生活中的轴对称图形，会设计轴对称的图案设计 3.通过具体实例认识平面图形关于旋转中心的旋转，探索并掌握旋转的基本性质；了解中心对称、中心对称图形的概念，探索并理解中心对称的性质；认识并欣赏自然界和现实生活中的中心对称图形。 考点01图形的平移 1.定义：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，图形这种移动叫做平移．它是由移动方向和距离决定的. 2.平移的基本性质：一个图形和它经过平移所得的图形中，两组对应点的连线平行（或在同一条直线上） 且相等 【提示】 （1）平移不改变图形的大小、形状，只改变图形的位置，因此平移前后的两个图形全等. （2）平移前后对应线段平行（或在同一条直线上）且相等、对应角相等. （3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等，对应点之间的距离就是平移的距离. 3.平移的作图： （1）定：根据题目要求，确定平移的方向和距离； （2）找：找出确定图形形状的关键点； （3）移：过这些关键点作与平移方向平行的射线，在射线上截取与平移的距离相等的线段，得到关键点的对应点； （4）连：按原图顺序依次连接各对应点. 【总结】确定一个图形平移后的位置需要三个条件：①图形原位置；②平移的方向；③平移的距离. 考点02成轴对称与轴对称图形 1.成轴对称的概念： 把一个图形沿着某一条直线翻折，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这条直线对称，也称这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴.折叠后重合的点是对应点，也叫做对称点. 2.轴对称的性质 （1）对应点的连线被对称轴垂直平分； （2）成轴对称的两个图形全等； 3.轴对称图形 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，那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的对称轴. 4.轴对称作图 ①找.在原图形上找特殊点（如线段的端点、线与线的交点） ②作.作各个特殊点关于已知直线的对称点 ③连.按原图对应连接各对称点 考点03成中心对称与中心对称图形 1.成中心对称的概念 如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称 2.成中心对称的性质 成中心对称的两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分。 3.中心对称图形 如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心. 4.中心对称的作图步骤 （1）作已知图形各顶点（或决定图形形状的关键点）关于对称中心的对称点——连接关键点和对称中心，并延长一倍确定关键点的对称点. （2）把各对称点按已知图形的连接方式依次连接起来，则所得到的图形就是已知图形关于对称中心对称的图形. 考点04旋转 1.旋转的概念 在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角． 三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度． 2.旋转的性质 一个图形和旋转得到的图形中，对应点到旋转中心距离相 等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等 【提示】 （1）对应点到旋转中心的距离相等； （2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； （3）旋转前后的图形全等． 3.旋转作图 （1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角； （2）找出原图形的关键点； （3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点； （4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形． 题型01轴对称图形与中心对称图形 【典例1】（2025·山东淄博·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． B． C． D． 【变式练习】 1．（2026·湖北黄石·一模）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．（2025·上海·模拟预测）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． 3．（25-26九年级上·广东惠州·期中）如图，直线互相垂直且相交于点，曲线关于点成中心对称，点的对应点是，于点，于点若，，则阴影部分的面积之和为 ． 题型02轴对称、中心对称、旋转与坐标变化 【典例2】（2025·西藏拉萨·一模）在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则的值是 ． 【变式练习】 4．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知M点关于x轴的对称点是第三象限内的整点（横、纵坐标都为整数的点，称为整点），则M点的坐标是（   ） A． B． C． D． 5．（2025·广东广州·模拟预测）点与点关于原点对称，则的值为 ． 6．（2025·湖南怀化·一模）在平面直角坐标系中，作点关于轴的对称点，再向右平移2个单位长度得到点，则点的坐标是 ． 题型03平移及其性质 【典例3】（2024·广东东莞·模拟预测）如图，在矩形纸片中，，，将矩形纸片沿剪开，再把沿着方向平移，得到，当时，两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为 ． 【变式练习】 7．（2025·山西·一模）如图，将沿着的方向平移得到，其中与交于，连接，则下列结论一定成立的是（　　） A． B． C． D． 8．（2022·安徽合肥·三模）如图，中，，，且，连接，将沿方向平移至，连接，若，则的长为（　　） A．1 B． C． D．2 9．（2025·上海虹口·二模）如图，点，，，平移得，顶点、、分别与点、、对应，如果点、都在抛物线上，那么点到点的距离是 ． 题型04利用轴对称的性质求解 【典例4】（2025·陕西·模拟预测）天津之眼是天津市的著名地标之一．其形状可以看作如下的示意图，桥段与摩天轮相切，且整个图形是轴对称图形，是支架且，和分别交于点D，E，连接，已知，，则半径为    （    ） A． B． C． D． 【变式练习】 10．（2025·辽宁·一模）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，，分别是底边，的中点，，下列推断错误的是（ ） A． B． C． D． 11．（25-26九年级上·江苏泰州·期末）如图，是圆内接四边形的一条对角线，点D关于的对称点E在边上，连接．若，则的度数为 ． 12．（25-26九年级上·四川成都·月考）如图，在中（），，于点D，点E，F分别是，上的动点，连接，，点和关于对称，点和关于对称，且点，都在所在的直线上，已知，设，，则 ． 题型05利用旋转的性质求解 【典例5】（2026·湖北襄阳·二模）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转（）得到，连接，若，则① ；②的面积为 ． 【变式练习】 13．（23-24九年级上·吉林松原·期中）如图，把绕C点顺时针旋转，得到，交于点D，若，则的度数（    ） A． B． C． D． 14．（2026·陕西西安·一模）如图，四边形是边长为2的菱形，，将菱形绕点A逆时针旋转，使点B的对应点落在对角线上，交于点E，则四边形的面积等于 ． 15．（2026·四川成都·一模）如图，在中，，将绕点顺时针旋转至，使得点的对应点在内部，且与相交于点，若，则的长为 ． 题型06平移、轴对称、旋转的的作图问题 【典例6】（2025·四川绵阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． (1)将以点为旋转中心旋转，画出旋转后对应的，平移，若的对应点的坐标为，画出平移后对应的； (2)若将绕某一点旋转可以得到，请直接写出旋转中心的坐标． 【变式练习】 16．（2025·天津红桥·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，内接于圆，点A，B均在格点上，且． （1）线段的长等于 ； （2）若D为圆与网格线的交点，P为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ． 17．（23-24八年级上·重庆丰都·期末）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为． (1)在图中画出关于y轴对称的图形 (2)若与点A关于一条直线成轴对称，那么点B关于这条直线的对称点坐标是________； (3)求的面积． 18．（2025·四川广安·一模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，． (1)画出与关于原点成中心对称的； (2)画出绕点逆时针旋转后得到的； (3)内一点关于原点的对称点的坐标为________． 题型07利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案 【典例7】（2023·吉林白山·一模）图①、图②均是由边长为1的小等边三角形构成的网格．每个网格中有3个小等边三角形已经涂上了阴影，请在余下的空白小等边三角形中，按要求选取一个涂上阴影． (1)在图①中使4个涂阴影的小三角形组成的图形是轴对称图形； (2)在图②中使4个涂阴影的小三角形组成的图形是中心对称图形． 【变式练习】 19．（2025·吉林长春·一模）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长均为1，线段的端点在格点上．在图①、图②、图③中以为边各画一个四边形，使其面积依次为13、10和9，所画四边形均为轴对称图形，点、在格点上．只用无刻度的直尺按要求在给定的网格中画图，不要求写出画法，保留作图痕迹． 20．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）网格中每个小正方形的边长表示1，有和半径为2的．所有的已知点都在格点上． (1)将进行平移，使点A平移到点D，画出平移后的图形； (2)以点M为位似中心，在网格中将放大到原来的2倍，画出放大后的图形，并在放大后的图形中标出线段的对应线段； (3)在（2）所画的图形中，求线段截所得的弦长．（结果保留根号） 21．（2025·湖北武汉·中考真题）如图是由小正方形组成的3个4格，每个小正方形的顶点叫作格点，矩形的四个顶点都是格点．仅用无刻度直尺在给定网格中完成如下两个问题，每个问题的画线不得超过五条． (1)如图1，是格点，先将点绕点逆时针旋转，画对应点，再画直线交于点，使直线平分矩形的面积． (2)如图2，先画点关于直线的对称点，再画射线交于点，使． 题型08旋转、对称与规律探究问题 【典例8】（25-26九年级上·贵州遵义·期中）如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2025次得到正方形，如果点的坐标为，那么点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【变式练习】 22．（2021·广东佛山·一模）如图，在矩形中，，一发光电子开始置于边的点处，并设定此时为发光电子第一次与矩形的边碰撞，将发光电子沿着方向发射，碰撞到矩形的边时均反射，每次反射的反射角和入射角都等于45°，若发光电子与矩形的边碰撞次数经过2021次后，则它与边的碰撞次数是 ． 23．（25-26九年级上·四川眉山·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点、坐标分别为和．若正方形第1次沿轴翻折，第2次把第1次翻折后的图形沿轴翻折，第3次把第2次翻折后的图形沿轴翻折，第4次把第3次翻折后的图形沿轴翻折，第5次把第4次翻折后的图形沿轴翻折，…，按此规律，则第2026次翻折后的图形点对应的坐标是 ． 24．（2025九年级上·全国·专题练习）如图，在直角三角形中，，，，且在直线l上，将绕点顺时针旋转到位置①，得到点，将位置①的三角形绕点顺时针旋转到位置②，得到点，…，按此规律继续旋转，直到得到点为止，则 ． 题型09对称、翻折与几何综合问题 【典例9】（2026·上海松江·一模）在中，是边上一点，将沿直线翻折，点落在上的点处，的延长线交射线于点． (1)如图1，当四边形是矩形时，如果，，求四边形的面积； (2)如图2， 如果， ，四边形的面积是，求的正弦值； (3)如果且 ，求的值． 【变式练习】 25．（2025·广东佛山·三模）在矩形中，，点为上一动点． (1)如图1，过点分别作、的垂线，垂足分别为、，求的值； (2)如图2，点和点关于的对称点分别为和． ①若，试判断四边形的形状，并说明理由； ②当为直角三角形时，求的长． 26．（2025·江苏徐州·模拟预测）已知，在等腰中，，，点为中点，为边上一点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接、． (1)如图，若，，求的长； (2)如图，过点作于点，延长交于点，求证：； (3)如图，在的条件下，为线段上一点，连接，将沿翻折得，点对应点，点为线段与线段的交点，当为等腰三角形时，直接写出的值． 27．（2026·浙江·模拟预测）如图，矩形中，．    (1)点E是边上一点，将沿直线翻折，得到． ①如图1，当平分时，求的长； ②如图2，连接，当时，求的面积； (2)点E为射线上一动点，将矩形沿直线进行翻折，点C的对应点为，当点E，，D三点共线时，求的长． 题型10旋转与几何综合问题 【典例10】（2025·河北邯郸·三模）已知是等边三角形，点在内，且，以为边在右侧作等边三角形． (1)如图1，若点在射线上， ①请利用无刻度的直尺和圆规作出，连接． ②求的度数． (2)如图2，延长交于点． ①求证：是的中点． ②设，交于点，若，求的值． (3)连接，若的边长是12，点是的中点，请直接写出点，之间距离的最大值． 【变式练习】 28．（2022·辽宁沈阳·三模）在等腰三角形和等腰三角形中，，．将绕点逆时针旋转，连接，点为线段的中点，连接，． (1)如图，当点旋转到边上时，请直接写出线段与的关系为 ； (2)在的基础上，绕点逆时针继续旋转，中的结论是否成立？若成立，请画出图形并写出证明过程；若不成立，请说明理由； (3)若，，在绕点逆时针旋转的过程中，当时，请直接写出线段的长． 29．（2025·广东佛山·三模）如图1，在中，，将绕点顺时针旋转到，连接． (1)绕点旋转过程中，求证：； (2)绕点旋转过程中，延长交线段于点，当四边形为平行四边形时，求线段的长度； (3)在绕点旋转过程中，是否存在以、、为顶点，且为腰的等腰三角形，若存在，直接写出的长度，若不存在，说明理由． 30．（2025·江苏淮安·一模）已知矩形，将矩形绕点A旋转． (1)如图1，当点E落在上时，作于点H，且， ①若，，求的长； ②连接，判断四边形的形状是______． (2)如图2，当点E落在上时， ①若，，求的值； ②若，，连接交于点Q，直接写出的值为______． (3)如图3，点B在上，交于点M，若，求的值． 易错点01判断轴对称图形与中心对称图形时出错 【错因】混淆轴对称图形与中心对称图形而致错 【避错关键】识别轴对称图形的关键是找到对称轴，使图形的两部分折叠后可重合；识别中心对称图形的关键是找到对称中心，绕对称中心旋转180°后与自身重合，此类问题常见的错误主要是不能正确找出图形的对称轴或对称中心. 【典例】 1．志愿服务，传递爱心，传递文明，下列志愿服务标志为中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．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． 易错点02轴对称与最值问题 【错因】对于题目，不能找到取最值时的点的位置 【避错关键】轴对称与最值问题（也称为“将军饮马”问题及其拓展）是初中数学和高中数学中非常重要的几何最值模型。它的核心思想是 “化折为直” ，利用轴对称将同侧线段和的最小值问题转化为异侧线段和的最小值问题（即两点之间线段最短） 【典例】 3．如图，点在等边的边上，，射线，垂足为点，点是射线上一动点，点是线段上一动点，当的值最小时，．则这个最小值是（ ） A． B． C． D． 4．如图，菱形的边长为，，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（    ） A．4 B． C． D． 5．如图，矩形中，，点、分别为、边上的点，且，点为的中点，点为上一动点，则的最小值是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 6．如图，在梯形中，，，，对角线平分，点在上，且（），点是上的动点，则的最小值是 ． 7．如图，在中，，，．将绕点B旋转得到，分别取 易错点03利用旋转求最值 【错因】对于旋转类最值问题，不能找到取最值时的点的位置 【避错关键】常见旋转最值模型： 1. “手拉手”旋转全等 + 两点之间线段最短 2. “费马点”问题（旋转60°） 3. 旋转构造“定角定长”轨迹（隐圆模型） 【典例】 的中点，则的最大值是（   ）． A． B． C． D． 8．如图，点是边长为的正方形内一点，连接，点在线段上运动，连接，则的最小值是 ． 9．如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为 ． 易错点04三角形、四边形中的翻折问题 【错因】对于几何图形的翻折问题，找不到翻折前后的对应关系或不能列出相应的方程 【避错关键】 1.翻折是一种轴对称变换，变换前后具有以下性质： （1）全等性：翻折前后的图形部分是全等的（对应边、对应角相等）。 （2）对称轴垂直平分对应点的连线。 折痕是对称轴：折痕上的点到对应点的距离相等。 （3）不变量：翻折前后图形的周长、面积等量在整体上可能有变化，但被翻折的部分保持不变。 2. 解题的关键往往在于：找出翻折前后的对应关系，设未知数，利用勾股定理或相似三角形建立方程。 【典例】 10．如图，将边长为6的等边沿直线折叠，使点与边上的点重合，点、分别在、边上，若，则的值为（   ） A．4 B．6 C．8 D．12 11．在平行四边形中，是锐角，将沿直线l翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则的值为（   ） A．或 B．或 C． 或 D．或 12．如图，矩形中，连接对角线，将沿折叠，点B落在点处，交边于点E，则： （1）的形状是 ； （2）若，则点到边的距离是 ． 13．如图，在矩形纸片中，将沿翻折，使点落在上的点N处，为折痕，连接；再将沿翻折，使点恰好落在上的点F处，为折痕，连接并延长交于点，若，则线段的长等于 ． 14．如图，在正方形纸片中，点E是边的中点．将该纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边翻折至的位置，与交于点P，那么的值是 ． 技巧01：旋转与手拉手模型问题 《方法技巧》 1.两个具有公共顶点的多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生全等三角形，这样的图形称作共点旋转模型.为了更加直观，我们形象地称其为“手拉手”模型. 2.模型类型：常见的有以下几种类型. 【典例】 1．如图，在等边中，线段为边上的中线．动点D在直线上时，以为一边在的下方作等边，连结． (1)求的度数； (2)若点D在线段上时，求证：； (3)当动点D在直线上时，设直线与直线的交点O，试判断是否为定值？并说明理由． 2．南南同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，南南把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形． (1)问题发现：如图1，若和均是顶角为的等腰三角形，、分别是底边，求证：； (2)拓展探究：如图2，若和均为等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接，则的度数为__________；线段与之间的数量关系是__________； (3)解决问题：如图3，若和均为等腰直角三角形，，点B、D、E在同一条直线上，为中边上的高，连接．若等式成立，请求出a的值和b的值． 3．综合与实践 【问题呈现】 （1）如图1，和都是等边三角形，连接，．求证：． 【类比探究】 （2）如图2，和都是等腰直角三角形，，连接，，则 【拓展提升】 （3）如图3，，，连接，，若． ①求的值； ②延长交于点，则 ． 技巧02：旋转与半角模型 《方法技巧》 角含半角模型，即一个角包含着它的一半大小的角，并且这两个角共顶点.，常见的类型有：等腰直角三角形含半角模型、正方形含半角模型、一般四边形中的半角模型 【典例】 4．如图，已知在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△AC，连接E． (1)当∠BAC＝120°，∠DAE＝60°时，求证：DE＝E； (2)当DE＝E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由． (3)在（2）的结论下，当∠BAC＝90°，BD与DE满足怎样的数量关系时，△EC是等腰直角三角形？（直接写出结论，不必证明） 5.综合与实践 （1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 　 　． （2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明． （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 　 　． 6．如图所示，在中，，，的两边交边于，两点，将绕点旋转 （1）画出绕点顺时针旋转后的； （2）在（1）中，若，求证：； （3）在（2）的条件下，若，直接写出的长. 技巧03：旋转与对角互补模型 《方法技巧》 1.有一组邻边相等的四边形，这两条边各自与另一条邻边所组成的内角互补，这样就能得到一个结论：另外两条邻边组成的角被从顶，点出发的对角线平分.为了更加直观，我们形象地称其为对角互补旋转模型， 2.模型类型： 【典例】 7．四边形是由等边和顶角为的等腰排成，将一个角顶点放在处，将角绕点旋转，该交两边分别交直线、于、，交直线于、两点． （1）当、都在线段上时（如图1），请证明：； （2）当点在边的延长线上时（如图2），请你写出线段，和之间的数量关系，并证明你的结论； （3）在（1）的条件下，若，，请直接写出的长为 ． 8．回答问题： (1)【初步探索】如图1：在四边形中，，E、F分别是上的点，且，探究图中之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长到点G，使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是 ； (2)【灵活运用】如图2，若在四边形中，．E、F分别是上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由； (3)【拓展延伸】如图3，已知在四边形中，，若点E在的延长线上，点F在的延长线上，如图3所示，仍然满足，请写出与的数量关系，并给出证明过程． 9．（1）如图1，在四边形中，，E，F分别是边，上的点，且，线段，，之间的关系是_______；（不需要证明） （2）如图2，在四边形中，，E，F分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明． （3）如图3，在四边形中，，E，F分别是边，延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明． 一、单选题 1．（2026·辽宁阜新·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． B． C． D． 2．（2024·云南曲靖·模拟预测）已知点A的坐标为，将点A向左平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到点的坐标是（     ） A． B． C． D． 3．（2024·安徽·模拟预测）如图，将菱形沿着对角线所在的直线l平移，若，则的度数为（    ） A．45° B．50° C．55° D．60° 4．（24-25八年级上·山西晋城·期中）小花将三角形纸片按照下面四种方式折叠，得到，则是的高的是（   ） A． B． C． D． 5．（2025·浙江杭州·二模）如图，将绕点B顺时针旋转得到，点A，C的对应点分别为点D，E，的延长线分别交，于点F，G，下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 6．（2025·四川绵阳·一模）如图，菱形的顶点O在坐标原点，顶点A在x轴上，，将菱形绕原点顺时针旋转至的位置，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 7．（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．， 8．（2025·浙江·模拟预测）将边长为a的菱形分别沿着和折叠（E，F，G，H分别在边，上），使点A和点C在折叠后均落在边上的点M处．若于点F，则的周长为（    ） A． B． C． D． 9．（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． 10．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰三角形中，，第1次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；第2次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段和，若用点在点的正南方向表示初始位置，则点在点的（   ） A．正东方向 B．正南方向 C．正西方向 D．正北方向 二、填空题 11．（2026·江苏连云港·模拟预测）在平面直角坐标系中，点绕点顺时针旋转后对应的坐标是 ． 12．（2025·山东济南·三模）如图，与关于所在直线对称，若，，则的度数为 ． 13．（2025·江苏南京·一模）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转，使点C的对应点落在边上．若，则的度数为 ． 14．（2025·上海·模拟预测）在中，，将线段绕点旋转度，得到线段，作点关于直线轴对称的点，连接交于点．如果旋转角，那么的长为 ． 15．（2024·陕西西安·二模）如图，中，，，点，分别是，上的动点，则的最小值为 ． 16．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在四边形中，，点在四边形内，，于点，将沿翻折，点恰好与点重合，延长交折痕的延长线于点，，则点到直线的距离为 ． 三、解答题 17．（2024·江苏南京·中考真题）已知点与点关于轴对称，将点向左平移3个单位长度得到点．若两点都在函数的图象上，求点的坐标． 18．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． (1)画出关于y轴对称的，并写出点的坐标； (2)画出绕点A逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（2）的条件下，求点B旋转到点的过程中所经过的路径长（结果保留） 19．（2024·吉林·中考真题）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点A，B，C，D，E，O均在格点上．图①中已画出四边形，图②中已画出以为半径的，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图． (1)在图①中，面出四边形的一条对称轴． (2)在图②中，画出经过点E的的切线． 20．（2025·四川成都·一模）如图，在中，，点为斜边的中点，于点，连接，将沿翻折至处，且点恰好落在直线上． (1)求的度数； (2)求证：垂直平分． 21．（2025·贵州遵义·一模）如图，是半的直径，，连接，沿翻折弧，恰好经过圆心O． (1)________； (2)若，求的半径r； (3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积． 22．（25-26九年级上·辽宁沈阳·期末）综合与探究： 如图，矩形绕着点A旋转得到矩形，点B、C、D分别对应点E、F、G． 【问题探究】 （1）如图1，将矩形绕着点A顺时针旋转得到矩形，当点G落在上时，延长交于点H，求证：； （2）在（1）的条件下，连接．若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）将矩形绕着点A逆时针旋转得到矩形，若，，当所在直线经过点D时，直接写出的长． 23．（25-26九年级上·北京·期末）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于上的点P和直线l，给出如下定义：将图形M绕点P 逆时针旋转，再关于直线l对称，得到图形N，称图形N是图形M关于点P和直线l的“旋转对称”图形．已知点． (1)当直线时， ①若点，，中，点 是点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形上的点； ②若直线与点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形有公共点，直接写出k的取值范围； (2)已知线段，直线，点，，若线段上的点都是线段关于点P和直线l的“旋转对称”图形上的点，直接写出点C的横坐标的取值范围． 24．（2025·吉林·一模）在平面直角坐标系中，点M和点N都在抛物线上，且点N关于点M的对称点恰好落在y轴上，设点M的横坐标为m． (1)当时，求点N的纵坐标； (2)若点N的纵坐标为2，求m的值； (3)当N在抛物线对称轴左侧，点N不在y轴上时，过点N作轴于点H． ①抛物线在内部（包括边界）的最高点与最低点纵坐标的差为，求m的值； ②直线交x轴于A，点B是点A关于y轴的对称点，若的周长是周长的3倍，直接写出m的值． 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题21图形的平移、对称、翻折 （4大考点+10大题型+4大易错+3大方法+测试） 目 录 01 锚・课标要求：指引命题方向，落实核心素养 02 理・思维导图：构建知识体系，呈现结构关系 03 盘・知识梳理：兼顾主干细节，夯实基础框架（4个核心考点） 考点01图形的平移 考点02成轴对称与轴对称图形 考点03成中心对称与中心对称图形 考点04旋转 04 探・重难题型：深度剖析重点，精准突破难点（10大重难题型） 题型01轴对称图形与中心对称图形 题型02轴对称、中心对称、旋转与坐标变化 题型03平移及其性质 题型04利用轴对称的性质求解 题型05利用旋转的性质求解 题型06平移、轴对称、旋转的的作图问题 题型07利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案 题型08旋转、对称与规律探究问题 题型09对称、翻折与几何综合问题 题型10旋转与几何综合问题 05 辨・易混易错：警示常见误区，辨析细微差别（4个易混易错点） 易错点01判断轴对称图形与中心对称图形时出错 易错点02轴对称与最值问题 易错点03利用旋转求最值 易错点04三角形、四边形中的翻折问题 06 拓・方法技巧：精炼方法技巧，精准突破难点（3大方法技巧） 技巧01：旋转与手拉手模型问题 技巧02：旋转与对角互补模型 技巧03：旋转与半径模型 07 测・实战演练：巩固核心考点，强化应试能力（24题） 1. 通过具体实例认识平移，探索它的基本性质，认识并欣赏平移在自然界和现实生活中的应用；运用图形的轴对称、旋转、平移进行图案设计。 2.通过具体实例理解轴对称的概念，探索它的基本性质，能画出简单平面图形（点、线段、直线、三角形等）关于给定 对称轴的对称图形；认识并欣赏自然界和现实生活中的轴对称图形，会设计轴对称的图案设计 3.通过具体实例认识平面图形关于旋转中心的旋转，探索并掌握旋转的基本性质；了解中心对称、中心对称图形的概念，探索并理解中心对称的性质；认识并欣赏自然界和现实生活中的中心对称图形。 考点01图形的平移 1.定义：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，图形这种移动叫做平移．它是由移动方向和距离决定的. 2.平移的基本性质：一个图形和它经过平移所得的图形中，两组对应点的连线平行（或在同一条直线上） 且相等 【提示】 （1）平移不改变图形的大小、形状，只改变图形的位置，因此平移前后的两个图形全等. （2）平移前后对应线段平行（或在同一条直线上）且相等、对应角相等. （3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等，对应点之间的距离就是平移的距离. 3.平移的作图： （1）定：根据题目要求，确定平移的方向和距离； （2）找：找出确定图形形状的关键点； （3）移：过这些关键点作与平移方向平行的射线，在射线上截取与平移的距离相等的线段，得到关键点的对应点； （4）连：按原图顺序依次连接各对应点. 【总结】确定一个图形平移后的位置需要三个条件：①图形原位置；②平移的方向；③平移的距离. 考点02成轴对称与轴对称图形 1.成轴对称的概念： 把一个图形沿着某一条直线翻折，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这条直线对称，也称这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴.折叠后重合的点是对应点，也叫做对称点. 2.轴对称的性质 （1）对应点的连线被对称轴垂直平分； （2）成轴对称的两个图形全等； 3.轴对称图形 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，那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的对称轴. 4.轴对称作图 ①找.在原图形上找特殊点（如线段的端点、线与线的交点） ②作.作各个特殊点关于已知直线的对称点 ③连.按原图对应连接各对称点 考点03成中心对称与中心对称图形 1.成中心对称的概念 如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称 2.成中心对称的性质 成中心对称的两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分。 3.中心对称图形 如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心. 4.中心对称的作图步骤 （1）作已知图形各顶点（或决定图形形状的关键点）关于对称中心的对称点——连接关键点和对称中心，并延长一倍确定关键点的对称点. （2）把各对称点按已知图形的连接方式依次连接起来，则所得到的图形就是已知图形关于对称中心对称的图形. 考点04旋转 1.旋转的概念 在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角． 三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度． 2.旋转的性质 一个图形和旋转得到的图形中，对应点到旋转中心距离相 等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等 【提示】 （1）对应点到旋转中心的距离相等； （2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； （3）旋转前后的图形全等． 3.旋转作图 （1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角； （2）找出原图形的关键点； （3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点； （4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形． 题型01轴对称图形与中心对称图形 【典例1】（2025·山东淄博·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． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要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180度，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、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意， 故选：D． 【变式练习】 1．（2026·湖北黄石·一模）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】D 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义和轴对称图形的定义：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；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． 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． 【详解】解：A、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、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意； C、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、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意； 故选：D 2．（2025·上海·模拟预测）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 【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． 3．（25-26九年级上·广东惠州·期中）如图，直线互相垂直且相交于点，曲线关于点成中心对称，点的对应点是，于点，于点若，，则阴影部分的面积之和为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了长方形的面积及中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的概念，以及长方形的面积公式即可解答． 【详解】解：如图所示，过点作于点， 阴影部分的面积矩形的面积的面积， ， 阴影部分的面积为 故答案为：． 题型02轴对称、中心对称、旋转与坐标变化 【典例2】（2025·西藏拉萨·一模）在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则的值是 ． 【答案】5 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，根据点与点关于原点对称得，，即可求出、的值，再代入所求式子计算即可． 【详解】解：∵点与点关于原点轴对称， ∴，， ∴，， ∴． 故答案为：5． 【变式练习】 4．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知M点关于x轴的对称点是第三象限内的整点（横、纵坐标都为整数的点，称为整点），则M点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查点的坐标所在象限及一元一次不等式组的解法，熟练掌握点的坐标所在象限及一元一次不等式组的解法是解题的关键；由题意易得，则有，根据整点可知，然后问题可求解． 【详解】解：∵点是第三象限内的整点， ∴，解得：， ∴， ∴， ∵点M与点N关于x轴对称， ∴； 故选B． 5．（2025·广东广州·模拟预测）点与点关于原点对称，则的值为 ． 【答案】4 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键． 根据关于原点对称的点的横纵坐标均互为相反数列式求解即可． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴， 得，， 即． 故答案为：4． 6．（2025·湖南怀化·一模）在平面直角坐标系中，作点关于轴的对称点，再向右平移2个单位长度得到点，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了点坐标与轴对称、点坐标与平移，熟练掌握轴对称变换和平移变换规律是解题关键．先根据点坐标与轴对称变换规律可得点的坐标为，再根据点坐标的平移变换规律即可得． 【详解】解：∵在平面直角坐标系中，作点关于轴的对称点， ∴， ∵将点向右平移2个单位长度得到点， ∴，即， 故答案为：． 题型03平移及其性质 【典例3】（2024·广东东莞·模拟预测）如图，在矩形纸片中，，，将矩形纸片沿剪开，再把沿着方向平移，得到，当时，两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平移的性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质． 根据平移的性质得到，，进而证明四边形是平行四边形，证明，求出，进而根据平行四边形的面积公式计算即可． 【详解】如图， 由平移的性质可知：，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴平行四边形的面积， 故答案为：． 【变式练习】 7．（2025·山西·一模）如图，将沿着的方向平移得到，其中与交于，连接，则下列结论一定成立的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了平移的性质，平行四边形的判定和性质，由平移的性质得出，，进而可得出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质即可得出答案． 【详解】解：∵将沿着的方向平移得到， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴，故D正确，无法判断A，B，C是否正确． 故选：D 8．（2022·安徽合肥·三模）如图，中，，，且，连接，将沿方向平移至，连接，若，则的长为（　　） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，平移的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 连接，在中，利用锐角三角函数的定义可得，再利用相似三角形的性质可得对应角相等，对应边成比例，从而利用等式的性质可得，进而可证，然后利用相似三角形的性质可得对应角相等，对应边成比例，再利用平移的性质可得，，从而利用平行线的性质可得，最后证明，从而可得，进而在中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【详解】解：连接， ∵，， ∴， ∵， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， 由平移得： ，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：． 9．（2025·上海虹口·二模）如图，点，，，平移得，顶点、、分别与点、、对应，如果点、都在抛物线上，那么点到点的距离是 ． 【答案】 【分析】本题考查图形的平移、二次函数的图象性质、勾股定理，熟练掌握二次函数的图象性质是解题的关键． 设沿轴正方向平移个单位，沿轴正方向平移个单位，得到点、的坐标，根据抛物线，求得、的值，进而求出点到点的距离即可． 【详解】解：设沿轴正方向平移个单位，沿轴正方向平移个单位， 则点、， 由于点、都在抛物线上， 则， 解得， 将代入得：， ∴， 故答案为：． 题型04利用轴对称的性质求解 【典例4】（2025·陕西·模拟预测）天津之眼是天津市的著名地标之一．其形状可以看作如下的示意图，桥段与摩天轮相切，且整个图形是轴对称图形，是支架且，和分别交于点D，E，连接，已知，，则半径为    （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆的基本性质，解直角三角形，勾股定理，三线合一定理，设的中点为，连接，过点作于点，则；根据轴对称图形的定义可证明点一定在直线上，解得到，，则可得到；再证明，则可得到，，设的半径为，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】解：如图所示，设的中点为，连接，过点作于点， ∴ ∵， ∴的对称轴为直线，， ∵整个图形是轴对称图形， ∴点一定在直线上， 在中，，， ∵， ∴； ∴， ∴， ∴， 设的半径为，则， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴的半径为， 故选：C ． 【变式练习】 10．（2025·辽宁·一模）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，，分别是底边，的中点，，下列推断错误的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了轴对称的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键，A．由对称的性质得，由 等腰三角形的性质得，，即可判断；B．不一定等于，即可判断；C．由对称的性质得，由全等三 角形的性质即可判断；D．过点作，可得，由对称性质得，同理可证，即可判断． 【详解】解：、∵， ∴， 由对称得， ∵，分别是底边，的中点，与都是等腰三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，结论正确，故不符合题意； 、∵由已知不能证明出一定等于， ∴不一定等于，结论错误，故符合题意； 、由对称得：， ∴，， ∵，分别是底边，的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴，结论正确，故不符合题意； 、如图，过点作， ∴， ∵， ∴， 由对称得， ∴， 同理可证，， ∴，结论正确，故不符合题意， 故选：． 11．（25-26九年级上·江苏泰州·期末）如图，是圆内接四边形的一条对角线，点D关于的对称点E在边上，连接．若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了对称的性质，圆内接四边形的性质，三角形外角的性质；由圆内接四边形的性质得，由对称得与关于对称，再由三角形外角的性质即可求解． 【详解】解：圆内接四边形，， ， 点关于的对称点在边上， 与关于对称， ， ． 故答案为：． 12．（25-26九年级上·四川成都·月考）如图，在中（），，于点D，点E，F分别是，上的动点，连接，，点和关于对称，点和关于对称，且点，都在所在的直线上，已知，设，，则 ． 【答案】16 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，角平分线的性质，轴对称图形的性质，由轴对称的性质可得，则点E到和到的距离相等，利用等面积法可证明，同理可得，证明，求出，再证明，得到，即，据此可得． 【详解】解：由轴对称的性质可得， ∴分别平分， ∴点E到的距离和点E到的距离相等， 设点E到的距离为h， ∴， ∴， 同理可得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 故答案为：． 题型05利用旋转的性质求解 【典例5】（2026·湖北襄阳·二模）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转（）得到，连接，若，则① ；②的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理．根据勾股定理求得，根据旋转的性质可得，进而可得是等边三角形，即可求得旋转角，进而过点作于点，设交于点，证明得出，求得，再根据，即可求解． 【详解】解：∵在中，，，， ∴ ∵旋转， ∴ ∵ ∴ ∴是等边三角形， ∴， 如图所示，过点作于点，设交于点， 又∵ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴，则 ∴， ∴， 设，则 ∵即 解得： ∴ ∴ ∴ 如图，在等边三角形中，过点作于点， ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为：，． 【变式练习】 13．（23-24九年级上·吉林松原·期中）如图，把绕C点顺时针旋转，得到，交于点D，若，则的度数（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理；由旋转的性质可得，，可求出，再由即可求解. 【详解】解：由旋转的性质得：，， ∴， ∵， ∴， ∴. 故选：C. 14．（2026·陕西西安·一模）如图，四边形是边长为2的菱形，，将菱形绕点A逆时针旋转，使点B的对应点落在对角线上，交于点E，则四边形的面积等于 ． 【答案】/ 【分析】本题考查菱形的性质，旋转的性质，根据菱形的对角线平分一组对角，得出的度数，利用的面积减去的面积求出四边形的面积即可． 【详解】解：连接，交于点， ∵四边形是边长为2的菱形，， ∴， ∴， ∴，，，为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵将菱形绕点A逆时针旋转，使点B的对应点落在对角线上， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴四边形的面积等于 ； 故答案为：． 15．（2026·四川成都·一模）如图，在中，，将绕点顺时针旋转至，使得点的对应点在内部，且与相交于点，若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、角度关系推导及线段长度计算等几何综合知识．该解题过程先通过截取并作构造辅助线，再利用角度关系推导出，结合相似三角形的性质求出和的长度，接着通过等腰三角形三线合一及全等三角形的性质得到，最后代入线段长度计算出的值． 【详解】解：截取，作于点， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴由，得， ∴， ∴由，得， ∴， ∵， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 则的长为， 故答案为：． 题型06平移、轴对称、旋转的的作图问题 【典例6】（2025·四川绵阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． (1)将以点为旋转中心旋转，画出旋转后对应的，平移，若的对应点的坐标为，画出平移后对应的； (2)若将绕某一点旋转可以得到，请直接写出旋转中心的坐标． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查作图—旋转变换，平移变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型． （1）利用旋转变换的性质分别作出、的对应点即可画出旋转后对应的；再利用平移的性质作出、、的对应点即可画出平移后对应的； （2）连接、，和的交点即为旋转中心，利用中点坐标公式即可得到坐标． 对应点连线的交点即为旋转中心． 【详解】（1）解：如图所示，、即为所求； （2）解：连接、，和的交点即为旋转中心，坐标为． 【变式练习】 16．（2025·天津红桥·一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，内接于圆，点A，B均在格点上，且． （1）线段的长等于 ； （2）若D为圆与网格线的交点，P为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明） ． 【答案】 见解析 【分析】（1）利用勾股定理求解即可； （2）取点所在竖向格线与圆的交点，连接交于点，则，点为圆心，取与中间竖向格线的交点，取与竖向格线的交点，作直线交竖向格线的交点，连接交圆于点，过点作直径，连接交直径于点，点P即为所作． 【详解】（1）解：由勾股定理得， 故答案为：； （2）解：如图，点P即为所作， ． 由作图知，，， ∴， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， 由垂径定理知和关于直径对称， ∴， ∴， ∴点P即为所作． 17．（23-24八年级上·重庆丰都·期末）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为． (1)在图中画出关于y轴对称的图形 (2)若与点A关于一条直线成轴对称，那么点B关于这条直线的对称点坐标是________； (3)求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) (3)4 【分析】本题考查了作图：作轴对称图形，求点关于坐标轴对称的点的坐标，割补法求图形的面积． （1）分别作出A、B、C三点关于y轴的对称点、、，并依次连接这三点即可； （2）根据和两点坐标得出它们关于直线对称，即可求解； （3）用割补法求解，长方形的面积减去三个三角形面积即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求作； （2）解：，且与点A关于一条直线成轴对称， 和两点关于直线对称， ， 点B关于这条直线的对称点坐标是； （3）解：的面积． 18．（2025·四川广安·一模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，． (1)画出与关于原点成中心对称的； (2)画出绕点逆时针旋转后得到的； (3)内一点关于原点的对称点的坐标为________． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查中心对称和旋转的作图，涉及中心对称点、旋转点的坐标变换规律； （1）根据中心对称点的坐标特征求出的对称点，再顺次连接； （2）根据旋转坐标变换规律求出旋转后点的坐标，再顺次连接即可； （3）根据关于原点中心对称的点的坐标特征是横、纵坐标都互为相反数，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求 （2）解：如图所示，即为所求 （3）内一点关于原点的对称点的坐标为 故答案为：． 题型07利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案 【典例7】．（2023·吉林白山·一模）图①、图②均是由边长为1的小等边三角形构成的网格．每个网格中有3个小等边三角形已经涂上了阴影，请在余下的空白小等边三角形中，按要求选取一个涂上阴影． (1)在图①中使4个涂阴影的小三角形组成的图形是轴对称图形； (2)在图②中使4个涂阴影的小三角形组成的图形是中心对称图形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查利用轴对称图形和中心对称图形的定义设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，并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 （1）根据轴对称图形的定义画出图形即可； （2）根据中心对称图形的定义画出图形即可． 【详解】（1）解：如下图，4个涂阴影的小三角形组成的图形是轴对称图形 （2）如下图，4个涂阴影的小三角形组成的图形是中心对称图形． 【变式练习】 19．（2025·吉林长春·一模）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长均为1，线段的端点在格点上．在图①、图②、图③中以为边各画一个四边形，使其面积依次为13、10和9，所画四边形均为轴对称图形，点、在格点上．只用无刻度的直尺按要求在给定的网格中画图，不要求写出画法，保留作图痕迹． 【答案】见解析 【分析】本题考查了格点作图，正方形的性质，勾股定理，轴对称图形． 在图①中作一个边长为的正方形即可； 在图②中作一个对角线长分别为4和5的筝形即可； 在图③中作一个底边长分别为1和5，高为3的等腰梯形即可． 【详解】解：四边形如图①、图②、图③所示： 20．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）网格中每个小正方形的边长表示1，有和半径为2的．所有的已知点都在格点上． (1)将进行平移，使点A平移到点D，画出平移后的图形； (2)以点M为位似中心，在网格中将放大到原来的2倍，画出放大后的图形，并在放大后的图形中标出线段的对应线段； (3)在（2）所画的图形中，求线段截所得的弦长．（结果保留根号） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)线段截所得的弦长为 【分析】本题考查了图形的平移、位似以及垂径定理等． （1）根据平移的规律求出各个对应点的坐标或位置作图即可． （2）根据位似中心作图的方法，找到扩大2倍后对应点，顺次连接即可． （3）利用垂径定理和勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：平移后的图案如图所示； ； （2）解：如图，和线段即为所求． （3）解：设线段分别交于点M，N，连接． ∵的半径为2， ∴． 取格点Q， 则，， ∴， 由勾股定理得， ， ∴， ∴线段截所得的弦长为． 21．（2025·湖北武汉·中考真题）如图是由小正方形组成的3个4格，每个小正方形的顶点叫作格点，矩形的四个顶点都是格点．仅用无刻度直尺在给定网格中完成如下两个问题，每个问题的画线不得超过五条． (1)如图1，是格点，先将点绕点逆时针旋转，画对应点，再画直线交于点，使直线平分矩形的面积． (2)如图2，先画点关于直线的对称点，再画射线交于点，使． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题考查作图-旋转变换，轴对称变换，平行线的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）旋转变换的性质作出点的对应点即可，连接交网格线于点，作直线交于点即可； （2）取格点，连接交于点，取格点，网格线的中点，连接交于点，作直线交于点，直线即为所求． 【详解】（1）解：如图，点，直线即为所求． （2）解：如图，点，直线即为所求． 题型08旋转、对称与规律探究问题 【典例8】（25-26九年级上·贵州遵义·期中）如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2025次得到正方形，如果点的坐标为，那么点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据图形可知：点在以为圆心，以为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，可得对应点的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是数形结合并学会从特殊到一般的探究规律的方法． 【详解】解：∵点的坐标为，四边形是正方形， ∴点的坐标为， ∵四边形是正方形， 连接，如图：    由勾股定理得：， 由旋转的性质得：， ∵将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形， 相当于将线段绕点逆时针旋转，依次得到， 则8次为一循环， ∵余1， ∴是第253组的最后一个点，是第254组的第一个点， ∴点的坐标为， 故选：B． 【变式练习】 22．（2021·广东佛山·一模）如图，在矩形中，，一发光电子开始置于边的点处，并设定此时为发光电子第一次与矩形的边碰撞，将发光电子沿着方向发射，碰撞到矩形的边时均反射，每次反射的反射角和入射角都等于45°，若发光电子与矩形的边碰撞次数经过2021次后，则它与边的碰撞次数是 ． 【答案】674 【分析】根据题意易得发光电子经过六次回到点P，进而根据此规律可进行求解． 【详解】解：根据题意可得如图所示： 由图可知发光电子经过六次回到点P，则发光电子与AB边碰撞的次数为2次， ∴， ∴发光电子与矩形的边碰撞次数经过2021次后，则它与边的碰撞次数是（次）； 故答案为674． 【点睛】本题主要考查轴对称的性质，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键． 23．（25-26九年级上·四川眉山·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点、坐标分别为和．若正方形第1次沿轴翻折，第2次把第1次翻折后的图形沿轴翻折，第3次把第2次翻折后的图形沿轴翻折，第4次把第3次翻折后的图形沿轴翻折，第5次把第4次翻折后的图形沿轴翻折，…，按此规律，则第2026次翻折后的图形点对应的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查平面直角坐标系中点关于坐标轴对称点的坐标规律，先确定初始点的坐标，再分析每次翻折后的坐标变化，找出翻折规律，最后计算第次翻折后的坐标即可． 【详解】解：∵正方形中，，， ∴， 又∵正方形边长相等， ∴， ∴点初始坐标为． 接下来分析翻折规律： 第次沿轴翻折，点坐标变为； 第次沿轴翻折，点坐标变为； 第次沿轴翻折，点坐标变为； 第次沿轴翻折，点坐标变为，即回到初始坐标． …… ∵…， ∴第次翻折点对应的点与进行第次翻折后的点相同，对应坐标为． 故答案为：． 24．（2025九年级上·全国·专题练习）如图，在直角三角形中，，，，且在直线l上，将绕点顺时针旋转到位置①，得到点，将位置①的三角形绕点顺时针旋转到位置②，得到点，…，按此规律继续旋转，直到得到点为止，则 ． 【答案】8081 【分析】本题考查了旋转的性质及图形的规律问题，得到的长度依次增加，，，且三次一循环是解题的关键． 观察不难发现，每旋转次为一个循环组依次循环，用除以求出循环组数，然后列式计算即可得解． 【详解】解：∵中，，，， ∴将绕点顺时针旋转到，可得到点，此时； 将位置①的三角形绕点顺时针旋转到位置②，可得到点，此时； 将位置②的三角形绕点顺时针旋转到位置③，可得到点，此时； 由图形可知：每旋转次为一个循环组依次循环， 又∵， ∴． 故答案为：． 题型09对称、翻折与几何综合问题 【典例9】（2026·上海松江·一模）在中，是边上一点，将沿直线翻折，点落在上的点处，的延长线交射线于点． (1)如图1，当四边形是矩形时，如果，，求四边形的面积； (2)如图2， 如果， ，四边形的面积是，求的正弦值； (3)如果且 ，求的值． 【答案】(1)； (2)； (3)或． 【分析】（1）根据矩形的性质得到，，，根据折叠的性质得到，，，根据勾股定理得到，证明、，得到、，根据可知，设，则，求出，进而求出，，根据矩形的面积公式计算即可； （2）根据折叠的性质得到，，根据平行四边形的性质得到，，进而得到，，根据等角对等边得到，则，证明，得到，求出，则，连接，设的面积是，根据“三角形高相等，面积比等于底的比”得到的面积是，的面积是，根据四边形的面积是得到的面积是，列方程求出，则的面积是，作交延长线于G，根据三角形面积公式求出，根据正弦的定义得到，即； （3）根据折叠的性质得到，，，，，根据平行四边形的性质得到，，进而得到，，根据等角对等边得到，根据等边对等角得到，即，则、，得到、，即，设，，则，可得，，，则，根据，得到，当点F在线段上时，根据得到，证明，得到，整理得到，解关于的方程得到，根据完全平方公式得到，开平方即可；当点F在线段的延长线上时，根据得到，证明，得到，整理得到，解关于的方程得到，开平方即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵将沿直线翻折，点落在上的点处， ∴，，， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， 即， 设， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即， ∴四边形的面积； （2）解：∵将沿直线翻折，点落在上的点处， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴，， 即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 解得， ∴， 如图，连接， 设的面积是，则的面积是， ∴的面积是， ∵，， ∴的面积是， ∵四边形的面积是， ∴的面积是， 即， 解得：， ∴的面积是，的面积是， ∴的面积是， 作交延长线于G， 则， 解得：， ∵ ∴， ∵， ∴； （3）解：∵将沿直线翻折，点落在上的点处， ∴，，，，， ∵， ∴，， ∴，， 即， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ 即， 设，，则， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 即， ∵，， ∴， 如图，当点F在线段上时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 即， ∴， 整理得， 解关于的方程得， ∵， ∴ ， ∴ ， 即； 如图，当点F在线段的延长线上时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， 整理得， 解关于的方程得， ∵， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，求正弦值，全等三角形的判定和性质，完全平方公式变形求值，分母有理化，解一元二次方程，熟练掌握各知识点是解题的关键． 【变式练习】 25．（2025·广东佛山·三模）在矩形中，，点为上一动点． (1)如图1，过点分别作、的垂线，垂足分别为、，求的值； (2)如图2，点和点关于的对称点分别为和． ①若，试判断四边形的形状，并说明理由； ②当为直角三角形时，求的长． 【答案】(1) (2)①四边形是正方形，理由见解析；②或 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理； （1）由矩形和勾股定理得到，，再根据求解即可； （2）①由得到，则，由对称得到，，即可得到，结合，得到四边形是正方形； ②由对称得到，，，，，，即可证明三点共线，则，再由为直角三角形，得到或，据此分情况讨论，利用相似三角形的判定和性质求解即可． 【详解】（1）解：连接，如图所示， ∵四边形是矩形， ∴，，，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：①四边形是正方形，理由如下： 如图， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点和点关于的对称点分别为和， ∴，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形； ②∵点和点关于的对称点分别为和， ∴，，，，，， ∵， ∴， ∴， ∴三点共线， ∴， ∵为直角三角形， ∴或， 当时， ∵， ∴，即在上， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴； 当时， 由对称可得垂直平分， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述，当为直角三角形时，或． 26．（2025·江苏徐州·模拟预测）已知，在等腰中，，，点为中点，为边上一点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接、． (1)如图，若，，求的长； (2)如图，过点作于点，延长交于点，求证：； (3)如图，在的条件下，为线段上一点，连接，将沿翻折得，点对应点，点为线段与线段的交点，当为等腰三角形时，直接写出的值． 【答案】(1)； (2)见解析； (3)或． 【分析】利用可证，根据全等三角形对应边相等，可知，因为中，，，点为中点，可知，，，利用含角的直角三角形的性质可得，利用勾股定理可以求出，根据等腰三角形的三线合一定理可得，从而可以求出，利用勾股定理可得； 过点作交的延长线于点，交于点，连接，，构造全等三角形，利用全等三角形的性质可证结论成立； 因为为等腰三角形，所以要分三种情况求解，情况一、当时；情况二、当时；情况三、当时． 【详解】（1）解：，将绕点逆时针旋转得到， ， ，， ， ， 在和中，， ， ， ，， 点为中点，， ，， ， ， ， ， ， ； （2）解：过点作交的延长线于点，交于点，连接，， ，，，， ，，， ，， 由得， ，， ， ， 与为等边三角形， ，， ，， 在和中，， ， ，， 在与中，， ， ， ，， 在和中，， ， ； （3）解：当时，如下图所示， ， ，， ，，， ， 将沿翻折得， ，，， 即， 解得：， ， 由得，， ， 过点作， ， ， ， ， ， ， ， ； 当时，如下图所示， ， ， ，与题意矛盾，舍去； 当时，如下图所示， ， ， ， ，， 过点作， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 综上所述，或． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形，含角的直角三角形的性质及等腰三角形的性质，解决本题的关键是作辅助线构造全等三角形和直角三角形，利用全等三角形的性质和直角三角形的性质找边、角之间的关系． 27．（2026·浙江·模拟预测）如图，矩形中，．    (1)点E是边上一点，将沿直线翻折，得到． ①如图1，当平分时，求的长； ②如图2，连接，当时，求的面积； (2)点E为射线上一动点，将矩形沿直线进行翻折，点C的对应点为，当点E，，D三点共线时，求的长． 【答案】(1)①；②的面积 (2)的长为或 【分析】（1）①根据折叠的性质以及F平分，得出，根据勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，得出，即可求解；②延长交的延长线于点G，根据折叠的性质以及矩形的性质得出，进而在中，勾股定理求得的长，等面积法求得边上的高，进而根据三角形的面积公式即可求解； （2）分两种情况，①当E在的延长线上时，证明，②当E在线段上时，分别讨论即可求解． 【详解】（1）解：①∵四边形是矩形， ∴， ∵将沿直线翻折，得到， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴ ∴； ②如图所示，延长交的延长线于点G，    ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵将沿直线翻折，得到， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， 即， 解得：， ∴，， 设中边上的高为h，则， ∴， ∴的面积； （2）当点E、、D三点共线时，分两种情况： ①当E在的延长线上时，    ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当E在线段上时，    由折叠的性质得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，证明三角形全等是解题的关键． 题型10旋转与几何综合问题 【典例10】（2025·河北邯郸·三模）已知是等边三角形，点在内，且，以为边在右侧作等边三角形． (1)如图1，若点在射线上， ①请利用无刻度的直尺和圆规作出，连接． ②求的度数． (2)如图2，延长交于点． ①求证：是的中点． ②设，交于点，若，求的值． (3)连接，若的边长是12，点是的中点，请直接写出点，之间距离的最大值． 【答案】(1)①见解析② (2)①证明见解析② (3) 【分析】本题主要考查了等边三角形和旋转的结合，等边三角形的性质，旋转的性质，基本的尺规作图，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数解直角三角形，动点的最值问题等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）①首先过点作的垂线，交于点，分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于一点，即为所求； ②根据等边三角形的性质和旋转的性质，证明即可； （2）①连接，过点作交的延长线于点，几何已经得到的条件，证明即可得出结论； ②连接，根据条件证明，利用锐角三角函数比和相似三角形的性质，设，表示出相关线段的长度即可得出结果； （3）根据题目要求，分析各个动点的运动轨迹，确定最长时点的位置，然后利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：①如图所示，即为所求； ②和均为等边三角形， ，，． ， ， ． 又， ； （2）①证明：如图2，连接，过点作交的延长线于点． 同上可知，， ． ，， ． 又， ， ， ． 又， ， ， 即是的中点； ②解：如图2，连接． 是等边三角形，是的中点， ． 又， ， ． ， 设，则，， ； （3）解：如图所示， 以为直径作圆，因为，所以点的运动轨迹在此圆上， 以为直径作圆，点为中点，因为，所以点的运动轨迹在此上，此时，， ∵点为中点，点为中点， ∴点的运动轨迹在以为直径的上，此时，， 当点在同一条直线上时，且点在点右侧时，取得最大值， 在中，由勾股定理得，， 在中，由勾股定理得，， ， 所以，点，之间距离的最大值为 【变式练习】 28．（2022·辽宁沈阳·三模）在等腰三角形和等腰三角形中，，．将绕点逆时针旋转，连接，点为线段的中点，连接，． (1)如图，当点旋转到边上时，请直接写出线段与的关系为 ； (2)在的基础上，绕点逆时针继续旋转，中的结论是否成立？若成立，请画出图形并写出证明过程；若不成立，请说明理由； (3)若，，在绕点逆时针旋转的过程中，当时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)，； (2)仍然成立，图见解析，证明见解析； (3)线段的长为或． 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知，，所以可得； 延长交于点，连接，根据等腰直角三角形的性质可证，四边形是矩形，利用可证，根据全等三角形的性质可证； 当时，要分在左侧时和在右侧两种情况求解，当边在边的左侧时，连接，作垂足为点，利用勾股定理和含角的直角三角形中边之间的关系求解即可；当边在边的右侧时，，过作，与交于点，连接，利用勾股定理和含角的直角三角形中边之间的关系求解即可． 【详解】（1）解：是等腰三角形，， ， ， ， 点是的中点， 在中，， ， ， 又，点是的中点， ， ， ，， ； 故答案为：，； （2）解：仍然成立， 理由如下： 如下图所示，延长交于点，连接， 和是等腰直角三角形，， ， ， ， 点为线段的中点， ，，， ， ， ， 四边形是矩形， ， 在和中，， ， ，， ， ，， 中关系仍然成立； （3）解：如下图所示，当边在边的左侧时，连接，作垂足为点， ， 和是等腰直角三角形， ，， 又， ， ， ， ， 在中，， 由可知，， ； 如下图所示，当边在边的右侧时，，过作，与交于点，连接， 和是等腰直角三角形， ，， ，， ， ， ， ， ， ， 是的垂直平分线， ， 由可知，， ； 综上所述，的长度为或. 【点睛】本题主要考查了图形的旋转变换、直角三角形的性质、三角形全等判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是作辅助线构造特殊的直角三角形，利用直角三角形的性质求解． 29．（2025·广东佛山·三模）如图1，在中，，将绕点顺时针旋转到，连接． (1)绕点旋转过程中，求证：； (2)绕点旋转过程中，延长交线段于点，当四边形为平行四边形时，求线段的长度； (3)在绕点旋转过程中，是否存在以、、为顶点，且为腰的等腰三角形，若存在，直接写出的长度，若不存在，说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)存在，或． 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，确定圆的条件，解直角三角形等知识，掌握以上知识是解答本题的关键． （1）可得出，，进而得出，从而； （2）连接，根据，得出，，从而点、、、共圆，从而，从而得出，进而得出，进一步得出结果； （3）作于，作于，设，当时，可得出，， ，从而得出，，，在中根据勾股定理得出的值，进而得出的值；同样方法求得当时的结果． 【详解】（1）解：∵绕点顺时针旋转到， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （2）解：连接，如图： ， ∵，，， ∴，， 由（1）知，， ∴，， 即， ∴点、、、共圆， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：作于，作于， 设， 如图： ， 当时， ∵， ∴， 由（2）知， ，，点、、、共圆， ∴，， ∴， ， ∴， ， ∴， 在中，由勾股定理得， ， 即， ∴， ； 当时，如图： ， ∵， ∴， ∴， 在中，，由勾股定理得， ， ∴， ∴， ∴， 综上所述： 或； 30．（2025·江苏淮安·一模）已知矩形，将矩形绕点A旋转． (1)如图1，当点E落在上时，作于点H，且， ①若，，求的长； ②连接，判断四边形的形状是______． (2)如图2，当点E落在上时， ①若，，求的值； ②若，，连接交于点Q，直接写出的值为______． (3)如图3，点B在上，交于点M，若，求的值． 【答案】(1)①1；②平行四边形； (2)①4；②； (3)． 【分析】（1）①由矩形性质结合勾股定理先求出，再证明，求得，从而； ②由≌结论，证明，可得，再证明，可判定，从而判断四边形的形状； （2）①作于H，先证明，可得，又，可得，故再证明，可得； ②与①同理可证得，可得，即，故，从而，故由平行再证，则可得； （3）连接DE，先证明，得到，易得，得，可设，，利用三角函数关系可得，从而可求，从而求得． 本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定，解直角三角形，掌握以上知识点并运用类比的数学思想解题是关键． 【详解】（1）四边形是矩形，，， ， 在和中， ， ， ②平行四边形．理由如下： 如图1所示， 由，可得，， 又， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ∴四边形为平行四边形． 故答案为：平行四边形． （2）①作于H，如图2所示， ， ， 又， ， ， 又， ， ∴ ， ， ， 即的值为 ②与①同理可证得，可得， ， ， 故， 同①，， ∴， ∵， ∴， ， 故答案为： （3）连接，如图3所示， ， ， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴，， ， ， ， ， 又∵， ， ， ∴， ∴， ∴， 即的值为 易错点01判断轴对称图形与中心对称图形时出错 【错因】混淆轴对称图形与中心对称图形而致错 【避错关键】识别轴对称图形的关键是找到对称轴，使图形的两部分折叠后可重合；识别中心对称图形的关键是找到对称中心，绕对称中心旋转180°后与自身重合，此类问题常见的错误主要是不能正确找出图形的对称轴或对称中心. 【典例】 1．志愿服务，传递爱心，传递文明，下列志愿服务标志为中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，理解其定义是解题的关键． 根据中心对称图形的定义逐项判断即可． 【详解】解：A：不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B：是中心对称图形，故此选项符合题意； C：不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D：不是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：B． 2．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】A 【分析】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形，关键是熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的概念． 根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐一进行分析判断即可求解． 【详解】A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意， 故选：A． 易错点02轴对称与最值问题 【错因】对于题目，不能找到取最值时的点的位置 【避错关键】轴对称与最值问题（也称为“将军饮马”问题及其拓展）是初中数学和高中数学中非常重要的几何最值模型。它的核心思想是 “化折为直” ，利用轴对称将同侧线段和的最小值问题转化为异侧线段和的最小值问题（即两点之间线段最短） 【典例】 3．如图，点在等边的边上，，射线，垂足为点，点是射线上一动点，点是线段上一动点，当的值最小时，．则这个最小值是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作E点关于的对称点，连接、 、，当、P、F三点共线，时，此时的值最小，由题意可得，则，根据勾股定理即可求出 的值，即的最小值． 【详解】解：作E点关于的对称点，过作交于点F，交于点P， 连接，则， ∴， 当、P、F三点共线，且时，的值最小， ∵是正三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ， ∴， 在中，由勾股定理可得， ∴的最小值． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了将军饮马问题，垂线段最短，等边三角形的性质，含30度角直角三角形的性质以及勾股定理．熟练掌握相关知识是解题的关键． 4．如图，菱形的边长为，，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（    ） A．4 B． C． D． 【答案】B 【分析】此题主要考查菱形是轴对称图形的性质，勾股定理，知道什么时候会使成为最小值是解本题的关键． 连接，，设交于，连接，，延长，作于，证明只有点运动到点时，取最小值，再根据菱形的性质、勾股定理求得最小值． 【详解】解：连接，，设交于，连接，，延长，作于， ∵四边形是菱形， ∴，互相垂直平分， ∴点关于的对称点为， ∴， ∴， 只有当点运动到点时，取等号（两点之间线段最短）， 在中，，， ∴． ∵， ∴，． ∵菱形的边长为，为的中点， ∴，， ∴，， 在中，， ∴的最小值为． 故选：B． 5．如图，矩形中，，点、分别为、边上的点，且，点为的中点，点为上一动点，则的最小值是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】此题考查矩形的性质，勾股定理，轴对称最短路径问题，先利用直角三角形斜边中线的性质得到，作A关于的对称点，连接，交于P，当点，P，G，D共线时，的值最小，最小值为的长；勾股定理求出，减去即可得到答案，熟练掌握各知识点是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴ ，点G为的中点， ∴， 作A关于的对称点，连接，交于P，当点，P，G，D共线时，的值最小，最小值为的长； ，， ， ∴， ∴； ∴的最小值为4； 故选：B． 6．如图，在梯形中，，，，对角线平分，点在上，且（），点是上的动点，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了轴对称最短路线问题，勾股定理等知识点，关键是能根据题意画出图形． 作E关于的对称点F正好落在上，连接，交于P，连接，得出此时最小，根据E和F关于对称推出，，在中，由勾股定理求出，即可求出． 【详解】解：∵平分，， ∴作E关于的对称点F正好落在上，连接，交于P，连接， 则此时最小， ∵E和F关于对称， ∴，， 在中，，由勾股定理得：， ∴． 故答案为：． 易错点03利用旋转求最值 【错因】对于旋转类最值问题，不能找到取最值时的点的位置 【避错关键】常见旋转最值模型： 1. “手拉手”旋转全等 + 两点之间线段最短 2. “费马点”问题（旋转60°） 3. 旋转构造“定角定长”轨迹（隐圆模型） 【典例】 7．如图，在中，，，．将绕点B旋转得到，分别取的中点，则的最大值是（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质、三角形中线的性质、三角形三边关系及勾股定理，熟练掌握旋转的性质和三角形中线的性质是解题的关键． 利用勾股定理求出的长，再根据旋转的性质、三角形中位线的性质及三角形的三边关系即可求出结果． 【详解】解：如图，取的中点，连接，， ∵，，，， ∴． ∵将绕点B旋转得到， ∴． ∵分别是的中点， ∴线段为的中位线，线段为的中位线， ∴，， ∴， ∴的最小值为，的最大值为． 故选：D． 8．如图，点是边长为的正方形内一点，连接，点在线段上运动，连接，则的最小值是 ． 【答案】/ 【分析】如图所示，将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作，交于点，则，，，可证是等边三角形，得到，当点四点共线且时，取得最小值，即可求解． 【详解】解：如图所示，将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作，交于点，则，， ∴， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 当点四点共线且时，取得最小值， ∵四边形是正方形，边长为，绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值是， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的运用，将绕点顺时针旋转得到，得到是解题的关键． 9．如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据题意可知，要求周长最小，实际是求最小，先找出点运动轨迹，过点作，交、与E、F，过点M作于点G，由旋转的性质，利用证明，进而推出点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，再作对称求解即可． 【详解】解：过点作，交、于E、F，过点M作于点G，如图， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形和是矩形， ∴， ∵将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，，点M是边的中点， ∴， ∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动， 作点M关于直线的对称点，连接交直线于点， 此时取得最小值，即周长最小，最小值为， ∵，， ∴， ∴，即周长最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，轴对称最短路径问题等，正确添加辅助线找出点运动轨迹是解题的关键． 易错点04三角形、四边形中的翻折问题 【错因】对于几何图形的翻折问题，找不到翻折前后的对应关系或不能列出相应的方程 【避错关键】 1.翻折是一种轴对称变换，变换前后具有以下性质： （1）全等性：翻折前后的图形部分是全等的（对应边、对应角相等）。 （2）对称轴垂直平分对应点的连线。 折痕是对称轴：折痕上的点到对应点的距离相等。 （3）不变量：翻折前后图形的周长、面积等量在整体上可能有变化，但被翻折的部分保持不变。 2. 解题的关键往往在于：找出翻折前后的对应关系，设未知数，利用勾股定理或相似三角形建立方程。 【典例】 10．如图，将边长为6的等边沿直线折叠，使点与边上的点重合，点、分别在、边上，若，则的值为（   ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】C 【分析】首先由等边三角形的性质得到，，然后由求出，，由折叠得，，证明出，得到，进而求解即可． 此题考查了等边三角形的性质，折叠的性质，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 【详解】∵等边的边长为6 ∴， ∴ ∵ ∴， 由折叠得， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴， ∴． 故选：C． 11．在平行四边形中，是锐角，将沿直线l翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则的值为（   ） A．或 B．或 C． 或 D．或 【答案】C 【分析】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，求余弦值，等腰三角形的判定及性质，分别考虑在之间时和在的延长线上时两种情况，根据题意假设出每条线段的长度，根据翻折的性质可知各个角之间的关系，即可求解． 【详解】解：当在之间时，如图， 根据，不妨设，，， ∴， 由翻折的性质知：， ∵沿直线l翻折至所在直线， ∴， ∴， ∴， 过F作的垂线交于点E， ∴， ∴， 当在的延长线上时，如图， 根据，不妨设，，， 同理知：， 过点F作的垂线交于E， ∴， ∴， 故选：C． 12．如图，矩形中，连接对角线，将沿折叠，点B落在点处，交边于点E，则： （1）的形状是 ； （2）若，则点到边的距离是 ． 【答案】 等腰三角形 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，掌握折叠的性质与等腰三角形的判定是解题的关键． （1）由折叠的性质得，由平行线的性质可得，则可得，由等角对等边即可得的形状是等腰三角形； （2）由折叠的性质得，，设，则可表示，在中，由勾股定理建立方程求得x，利用面积关系即可求得点到边的距离． 【详解】解：（1）由折叠的性质得， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； 故答案为：等腰三角形； （2）∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质得，， 设，则， 在中，， 即， 解得：， ∴， 设点到边的距离为d， ∵， ∴， 即点到边的距离为， 故答案为：． 13．如图，在矩形纸片中，将沿翻折，使点落在上的点N处，为折痕，连接；再将沿翻折，使点恰好落在上的点F处，为折痕，连接并延长交于点，若，则线段的长等于 ． 【答案】 【分析】本题考查了折叠、相似三角形的性质与判定以及勾股定理，根据折叠可得是正方形，，可求出三角形的三边为，在中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证，三边占比为，设未知数，通过，列方程求出待定系数，进而求出的长，然后求的长． 【详解】解：过点作，垂足为， 由折叠得：是正方形，， ， ∴， 在中，， ∴， 在中，设，则，由勾股定理得，， 解得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：， ∴， ∴， 故答案为：． 14．如图，在正方形纸片中，点E是边的中点．将该纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边翻折至的位置，与交于点P，那么的值是 ． 【答案】2 【分析】此题重点考查正方形的性质、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、勾股定理、解直角三角形等知识，推导出是解题的关键． 设，因为四边形是正方形，点E是边的中点，所以，， 由翻折得，，可证明，由勾股定理得， 求得，则，求得，则，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：由题意可得如图所示： 设， ∵四边形是正方形，点E是边的中点， ∴，，， 由翻折得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：2． 技巧01：旋转与手拉手模型问题 《方法技巧》 1.两个具有公共顶点的多边形，在绕着公共顶点旋转的过程中，产生全等三角形，这样的图形称作共点旋转模型.为了更加直观，我们形象地称其为“手拉手”模型. 2.模型类型：常见的有以下几种类型. 【典例】 1．如图，在等边中，线段为边上的中线．动点D在直线上时，以为一边在的下方作等边，连结． (1)求的度数； (2)若点D在线段上时，求证：； (3)当动点D在直线上时，设直线与直线的交点O，试判断是否为定值？并说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)是定值，，理由见详解 【分析】本题考查了等边三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，掌握“手拉手”的全等模型是解题关键； （1）由题意得且平分，即可求解； （2）证即可； （3）分类讨论①当点在线段上时，②当点在线段的延长线上时，③当点在线段的延长线上时，三种情况即可求解； 【详解】（1）解：∵是等边三角形，线段为边上的中线． ∴且平分； ∴； （2）证明：由题意得：， ∴，即； ∴， ∴； （3）解：①当点在线段上时， 由（2）可知：， ∴， ∵， ∴； ②当点在线段的延长线上时， ，即； 同理可证， ∴， 同理可得； ③当点在线段的延长线上时， ，即； 同理可证， ∴， ∴； ∴， ∵， ∴； 综上所述，是定值，； 2．南南同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，南南把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形． (1)问题发现：如图1，若和均是顶角为的等腰三角形，、分别是底边，求证：； (2)拓展探究：如图2，若和均为等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接，则的度数为__________；线段与之间的数量关系是__________； (3)解决问题：如图3，若和均为等腰直角三角形，，点B、D、E在同一条直线上，为中边上的高，连接．若等式成立，请求出a的值和b的值． 【答案】(1)见解析 (2)，； (3)，． 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的斜边中线等知识，掌握“手拉手”图形的解题思路是解题关键． （1）结合等腰三角形的性质，证明，即可得到结论； （2）结合等边三角形的性质，同（1）理证明，得到，，进而得到，即可求出的度数； （3）同（1）理证明，得到，根据等腰三角形三线合一的性质，以及直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到，从而得出，即可得出a的值和b的值． 【详解】（1）证明：和均是顶角为的等腰三角形， ，，， ，即， 在和中， ， ， ； （2）解：和均为等边三角形， ，，， ，即， ， ，， ， ； （3）解：同（1）理可证，， ， 为等腰直角三角形，为中边上的高， ， ， 等式成立， ，． 3．综合与实践 【问题呈现】 （1）如图1，和都是等边三角形，连接，．求证：． 【类比探究】 （2）如图2，和都是等腰直角三角形，，连接，，则 【拓展提升】 （3）如图3，，，连接，，若． ①求的值； ②延长交于点，则 ． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）①，②． 【分析】（1）利用等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可； （2）利用等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可； （3）①利用勾股定理求得，利用相似三角形的性质和相似三角形的判定解答即可； ②利用相似三角形的性质，对顶角相等的性质和三角形的内角和定理得到，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可． 【详解】（1）证明：∵和是等边三角形， ∴，，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）∵和都是等腰直角三角形，， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：； （3）①∵，， ∴设，则， ∴， ∴． ∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴． ②设，交于点，如图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 技巧02：旋转与半角模型 《方法技巧》 角含半角模型，即一个角包含着它的一半大小的角，并且这两个角共顶点.，常见的类型有：等腰直角三角形含半角模型、正方形含半角模型、一般四边形中的半角模型 【典例】 4．如图，已知在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△AC，连接E． (1)当∠BAC＝120°，∠DAE＝60°时，求证：DE＝E； (2)当DE＝E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由． (3)在（2）的结论下，当∠BAC＝90°，BD与DE满足怎样的数量关系时，△EC是等腰直角三角形？（直接写出结论，不必证明） 【答案】(1)见解析 (2)∠DAE＝∠BAC，理由见解析 (3)DE＝BD 【分析】（1）根据旋转的性质可得AD＝A，∠CA＝∠BAD，然后求出∠D′AE＝60°，从而得到∠DAE＝∠AE，再利用“边角边”证明△ADE和△AE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可； （2）根据旋转的性质可得AD＝A，再利用“边边边”证明△ADE和△AE全等，然后根据全等三角形对应角相等求出∠DAE＝∠AE，然后求出∠BAD＋∠CAE＝∠DAE，从而得解； （3）求出∠CE＝90°，然后根据等腰直角三角形斜边等于直角边的倍可得E＝C，再根据旋转的性质解答即可． 【详解】（1）证明：∵△ABD绕点A旋转得到△AC， ∴AD＝A，∠CA＝∠BAD， ∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°， ∴∠AE＝∠CA＋∠CAE＝∠BAD＋∠CAE＝∠BAC﹣∠DAE＝120°﹣60°＝60°， ∴∠DAE＝∠AE， 在△ADE和△AE中， ∵， ∴△ADE≌△AE（SAS）， ∴DE＝E； （2）解：∠DAE＝∠BAC． 理由如下：在△ADE和△AE中， ， ∴△ADE≌△AD′E（SSS）， ∴∠DAE＝∠AE， ∴∠BAD＋∠CAE＝∠CAD′＋∠CAE＝∠D′AE＝∠DAE， ∴∠DAE＝∠BAC； （3）解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝∠AC＝45°， ∴∠CE＝45°＋45°＝90°， ∵△EC是等腰直角三角形， ∴E＝C， 由（2）DE＝E， ∵△ABD绕点A旋转得到△AC， ∴BD＝， ∴DE＝BD． 【点睛】本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小找出三角形全等的条件是解题的关键． 5．综合与实践 （1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 　 　． （2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明． （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 　 　． 【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析 【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解； （2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解； （3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解． 【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC， 在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC    ， ∴∠BCM'+∠BCD=180°， ∴点M'、C、N三点共线， ∵∠MBN=45°， ∴∠ABM+∠CBN=45°， ∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°， 即∠M'BN=∠MBN， ∵BN=BN， ∴△NBM≌△NBM'， ∴MN= M'N， ∵M'N= M'C+CN， ∴MN= M'C+CN=AM+CN； （2）MN=AM+CN；理由如下： 如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC， ∵∠A+∠C＝180°， ∴∠BCM'+∠BCD=180°， ∴点M'、C、N三点共线， ∵∠MBN＝∠ABC， ∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN， ∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN， ∵BN=BN， ∴△NBM≌△NBM'， ∴MN= M'N， ∵M'N= M'C+CN， ∴MN= M'C+CN=AM+CN； （3）MN=CN-AM，理由如下： 如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'， ∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠C+∠BAD=180°， ∵∠BAM+∠BAD=180°， ∴∠BAM=∠C， ∵AB＝BC， ∴△ABM≌△CB M'， ∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'， ∴∠MA M'=∠ABC， ∵∠MBN＝∠ABC， ∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN， ∵BN=BN， ∴△NBM≌△NBM'， ∴MN= M'N， ∵M'N=CN-C M'，   ∴MN=CN-AM． 故答案是：MN=CN-AM． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键． 6．如图所示，在中，，，的两边交边于，两点，将绕点旋转 （1）画出绕点顺时针旋转后的； （2）在（1）中，若，求证：； （3）在（2）的条件下，若，直接写出的长. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（1）旋转后CB与CA重合，作∠KCA=∠FCB，截取KC=FC即可； （2）连结KE，作KH⊥AC于H，先得到∠ACE+∠BCF=60°，再根据旋转的性质得BF=AK，∠KCA=∠FCB，CK=CF，∠KAC=∠B=30°，则∠KCE=∠FCE，可根据“SAS”判断△CKE≌△CFE，所以KE=EF，由于AE2+EF2=BF2，则AE2+KE2=AK2，根据勾股定理的逆定理得∠AEK=90°，且∠KEC=∠FEC=45°，可计算∠BCF=45°，设KH=a，在Rt△KHC中可得KC=a；在Rt△KHA中得AK=2a，所以AK：KC=2a：a=，则BF：CF=， （3）设KH=a，在Rt△KHC中得HC=a；在Rt△KHA中得AH=a，则AC=AH+HC=a+a=+1，解得a=1，则AK=2，在Rt△AEK中，计算出∠KAE=60°，∠AKE=30°，所以AE=AK=1，KE=AE=，即可得到EF=． 【详解】（1）作图如图所示 （2）证明：连结KE，作KH⊥AC于H，如图， ∵∠A=∠B=30°，∠MCN=60°， ∴∠ACB=120°， ∴∠ACE+∠BCF=60°， ∵△BCF绕点C顺时针旋转120゜后的△ACK， ∴BF=AK，∠KCA=∠FCB，CK=CF，∠KAC=∠B=30°， ∴∠KCE=∠KCA+∠ACE=∠FCB+∠ACE=60°， ∴∠KCE=∠FCE， 在△CKE和△CFE中 ， ∴△CKE≌△CFE， ∴KE=EF， ∵AE2+EF2=BF2， ∴AE2+KE2=AK2， ∴△AEK为直角三角形， ∴∠AEK=90°， ∴∠KEC=∠FEC=45°， ∴∠BCF=180°-45°-60°-30°=45°， ∴∠KCA=45°， 设KH=a，在Rt△KHC中，KC=a；在Rt△KHA中，AK=2a， ∴AK：KC=2a：a=， ∴BF：CF=， 即BF=CF； （3）设KH=a，在Rt△KHC中，HC=a；在Rt△KHA中，AH=a， ∴AC=AH+HC=a+a=+1，解得a=1， ∴AK=2a=2， 在Rt△AEK中，∠KAE=∠KAC+∠CAE=60°， ∴∠AKE=30°， ∴AE=AK=1， ∴KE=AE=， ∴EF=． 【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质以及含30度的直角三角形三边的关系． 技巧03：旋转与对角互补模型 《方法技巧》 1.有一组邻边相等的四边形，这两条边各自与另一条邻边所组成的内角互补，这样就能得到一个结论：另外两条邻边组成的角被从顶，点出发的对角线平分.为了更加直观，我们形象地称其为对角互补旋转模型， 2.模型类型： 【典例】 7．四边形是由等边和顶角为的等腰排成，将一个角顶点放在处，将角绕点旋转，该交两边分别交直线、于、，交直线于、两点． （1）当、都在线段上时（如图1），请证明：； （2）当点在边的延长线上时（如图2），请你写出线段，和之间的数量关系，并证明你的结论； （3）在（1）的条件下，若，，请直接写出的长为 ． 【答案】（1）证明见解析；（2）．证明见解析；（3）． 【分析】（1）把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，根据旋转的性质可得DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，然后求出∠QDN=∠MDN，利用“边角边”证明△MND和△QND全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=QN，再根据AQ+AN=QN整理即可得证； （2）把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，根据旋转的性质可得DN=DP，AN=BP，根据∠DAN=∠DBP=90°可知点P在BM上，然后求出∠MDP=60°，然后利用“边角边”证明△MND和△MPD全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=MP，从而得证； （3）过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H，可以证明△BMG是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BM=MG=BG，根据全等三角形对应角相等可得∠QND=∠MND，再根据两直线平行，内错角相等可得∠QND=∠MHN，然后求出∠MND=∠MHN，根据等角对等边可得MN=MH，然后求出AN=GH，再利用“角角边”证明△ANE和△GHE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=GE，再根据BG=AB-AE-GE代入数据进行计算即可求出BG，从而得到BM的长． 【详解】解：（1）证明：把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ， 则DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠QAD=∠CBD=90°， ∴点Q在直线CA上， ∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°， ∴∠QDN=∠MDN=60°， ∵在△MND和△QND中， ， ∴△MND≌△QND（SAS）， ∴MN=QN， ∵QN=AQ+AN=BM+AN， ∴BM+AN=MN； （2）：. 理由如下：如图，把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP， 则DN=DP，AN=BP， ∵∠DAN=∠DBP=90°， ∴点P在BM上， ∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°， ∴∠MDP=∠MDN=60°， ∵在△MND和△MPD中， ， ∴△MND≌△MPD（SAS）， ∴MN=MP， ∵BM=MP+BP， ∴MN+AN=BM； （3）如图，过点M作MH∥AC交AB于G，交DN于H， ∵△ABC是等边三角形， ∴△BMG是等边三角形， ∴BM=MG=BG， 根据（1）△MND≌△QND可得∠QND=∠MND， 根据MH∥AC可得∠QND=∠MHN， ∴∠MND=∠MHN， ∴MN=MH， ∴GH=MH-MG=MN-BM=AN， 即AN=GH， ∵在△ANE和△GHE中， ， ∴△ANE≌△GHE（AAS）， ∴AE=EG=2.1， ∵AC=7， ∴AB=AC=7， ∴BG=AB-AE-EG=7-2.1-2.1=2.8， ∴BM=BG=2.8． 故答案为：2.8 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，根据等边三角形的性质，旋转变换的性质作辅助线构造全等三角形是解题的关键，（3）作平行线并求出AN=GH是解题的关键，也是本题的难点． 8．回答问题： (1)【初步探索】如图1：在四边形中，，E、F分别是上的点，且，探究图中之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长到点G，使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是 ； (2)【灵活运用】如图2，若在四边形中，．E、F分别是上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由； (3)【拓展延伸】如图3，已知在四边形中，，若点E在的延长线上，点F在的延长线上，如图3所示，仍然满足，请写出与的数量关系，并给出证明过程． 【答案】(1) (2)仍成立，理由见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）延长到点G， 使，连接，根据全等三角形判定定理可得，则，根据边之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案． （2）延长到点G， 使，连接，根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据边之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案． （3）在延长线上取一点G，使得，连接，根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据边之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案． 【详解】（1）解：延长到点G， 使，连接， 在和中， ， ∴， ， ∵， ， 在和中， ， ∴， ； 故答案为：； （2）解：延长到点G， 使，连接， ∵， ， 在和中， ， ∴， ， ∵， ， 在和中， ， ∴， ； （3）解：，证明如下： 在延长线上取一点G，使得，连接， ∵， 在和中 ， ∴， ， ∵， ， 在和中 ， ∴， ， ∵， ， ∴，即， ∴． 【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形． 9．（1）如图1，在四边形中，，E，F分别是边，上的点，且，线段，，之间的关系是_______；（不需要证明） （2）如图2，在四边形中，，E，F分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明． （3）如图3，在四边形中，，E，F分别是边，延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）；（2）（1）中的结论仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的结论不成立，，证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，夹半角模型． （1）可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长到G，使，连接．在和中，已知了一组直角，，，因此两三角形全等，可得，，进而得．由此可证，即可得，进而可得结论． （2）思路和作辅助线的方法与（1）完全一样，只不过证明和全等中，证明时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与（1）的结果完全一样． （3）按照（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在上截取，使，连接．根据（1）的证法，我们可得出，，那么．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的． 【详解】解：（1）延长到G，使，连接． ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：； （2）（1）中的结论仍然成立，理由如下： 如图，延长至，使，连接， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （3）（1）中的结论不成立，， 证明：如图3，在上截取，连接， ∵，， ∴． ∵在与中， ， ∴， ， ∴， 又∵， ， 在和中， ， ， ， ， ． 一、单选题 1．（2026·辽宁阜新·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． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别，中心对称图形是指把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形是指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，据此进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； B．该图形不是轴对称图形，但是中心对称图形，不符合题意； C．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； D．该图形是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； 故选D． 2．（2024·云南曲靖·模拟预测）已知点A的坐标为，将点A向左平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查坐标系下点的平移，掌握平移中点的变化规律：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减是解题的关键． 利用点平移的坐标规律求解即可． 【详解】解：∵点A的坐标为， ∴将点A向左平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到点的坐标是，即． 故选：A． 3．（2024·安徽·模拟预测）如图，将菱形沿着对角线所在的直线l平移，若，则的度数为（    ） A．45° B．50° C．55° D．60° 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质、图形平移的性质、等腰三角形的性质、直线平行的性质．根据菱形对角线的性质可知对角线将菱形分为两个等腰三角形，三角形底角为，根据三角形内角和定理求出顶角，再根据平移和直线平行的性质可求． 【详解】解：由菱形的性质可知菱形对角相等，对角线平分对角， ∴对角线将菱形分为两个等腰三角形， ∴是底角为65°，如图， ∴顶角为． 根据平移可知，， ∴， 故选：B． 4．（24-25八年级上·山西晋城·期中）小花将三角形纸片按照下面四种方式折叠，得到，则是的高的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了折叠的性质，三角形的高，正确理解三角形的高的定义是解题关键．根据三角形高的定义对各选项进行判断即可． 【详解】解：由折叠的性质可知，垂直于， 则当点、共线时，是的高， 故选：C． 5．（2025·浙江杭州·二模）如图，将绕点B顺时针旋转得到，点A，C的对应点分别为点D，E，的延长线分别交，于点F，G，下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理，由旋转前后对应角相等，可得，结合，可得，可证结论D正确． 【详解】解：将绕点B顺时针旋转得到， ，， 又，， ， ， 故选项D结论一定正确， 现有条件，不能证明选项A，B，C中结论一定正确， 故选：D． 6．（2025·四川绵阳·一模）如图，菱形的顶点O在坐标原点，顶点A在x轴上，，将菱形绕原点顺时针旋转至的位置，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理， 连接，作，根据菱形的性质可知是等边三角形，进而说明，然后根据勾股定理求出，则此题可解． 【详解】解：连接，过点作于点E， 根据题意可知， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 根据勾股定理，得， 解得， ∴点的坐标是． 故选：A． 7．（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 【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． 8．（2025·浙江·模拟预测）将边长为a的菱形分别沿着和折叠（E，F，G，H分别在边，上），使点A和点C在折叠后均落在边上的点M处．若于点F，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理. 根据折叠的性质得，可得，再根据菱形的性质得，然后由折叠的性质得，进而根据勾股定理求出，进而求出，则此题可解. 【详解】解：根据题意，得， ∴. ∵菱形的边长为a， ∴. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为. 故选：C. 9．（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． 10．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰三角形中，，第1次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；第2次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段和，若用点在点的正南方向表示初始位置，则点在点的（   ） A．正东方向 B．正南方向 C．正西方向 D．正北方向 【答案】D 【分析】本题考查规律探索，多边形外角和，旋转的性质，掌握方法是解决问题的关键．根据图形旋转方式，可证明皆为等边三角形，可得，根据多边形外角和结论，图形每转动12次后与重合，依此规律解答即可． 【详解】解：将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和， 则，且， 为等边三角形， 同理，皆为等边三角形， ∵将绕点逆时针旋转， ∴， 为等边三角形，的中点为， ， ， 同理， 则， ∵， ∴每转到12次后与方向重合， ， ∴第30次操作后，第3个循环中的第6个位置，恰与方向相反， 又∵为等边三角形， ， 此时点在点的正北方． 故选：D． 二、填空题 11．（2026·江苏连云港·模拟预测）在平面直角坐标系中，点绕点顺时针旋转后对应的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了点的坐标，旋转的性质，全等三角形的判定与性质．根据题意画出图形，过点P作轴于点C，过点作轴于点D，首先证明，然后得到，即可得出答案． 【详解】解：过点P作轴于点C，过点作轴于点D， 则 ， ∵旋转， ∴ ∴ ， ． 在和中， ， ． ∵ ， ， ， ∵点在第四象限， ． 故答案为：． 12．（2025·山东济南·三模）如图，与关于所在直线对称，若，，则的度数为 ． 【答案】30 【分析】本题主要考查轴对称图形的性质，三角形内角和定理，掌握轴对称图形对应角相等是解题关键．根据轴对称图形的性质可知，再结合，可求出． 【详解】解：∵与关于所在直线对称，， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 13．（2025·江苏南京·一模）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转，使点C的对应点落在边上．若，则的度数为 ． 【答案】/64度 【分析】本题主要考查了旋转的性质，直角三角形的两个锐角互余，等边对等角， 根据旋转可得，，进而得出，再根据直角三角形的两个锐角互余得，即可得出答案． 【详解】解：根据旋转可得，， ∴， ∴． 在中，， ∴， ∴， 即． 故答案为：． 14．（2025·上海·模拟预测）在中，，将线段绕点旋转度，得到线段，作点关于直线轴对称的点，连接交于点．如果旋转角，那么的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、轴对称的性质以及等边三角形的判定及性质，熟练掌握这些性质并能灵活运用等边三角形的判定及性质是解题的关键． 根据旋转和轴对称的性质，得出相关线段和角度的关系，再利用等边三角形的判定及性质得到的长度． 【详解】解：∵线段绕点旋转得到线段， ∴，． 又∵点关于直线轴对称的点是， ∴，． ∴． ∴是等边三角形， ∴． 故答案为：． 15．（2024·陕西西安·二模）如图，中，，，点，分别是，上的动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了轴对称的性质、含度角的直角三角形等知识点，作点关于的对称点，连接，作交于点，当时，有最小值，据此即可求解． 【详解】解：作点关于的对称点，连接，作交于点，如图所示：    则， ∴， ∵点E是上的动点， ∴时，有最小值 ∵， ∴ 故答案为： 16．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在四边形中，，点在四边形内，，于点，将沿翻折，点恰好与点重合，延长交折痕的延长线于点，，则点到直线的距离为 ． 【答案】/ 【分析】过点作，交的延长线于，过点作于，可证得，进而证得四边形是正方形，再证得，求得，利用三角函数求得，即可求得答案． 【详解】解：过点作，交的延长线于，过点作于，如图， ∵将沿翻折，点恰好与点重合， ， ， ∴四边形是矩形， ， ， 即， ， ， ， ， ， ∴四边形是正方形， ， ， 在中，， ， ， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， 则点到直线的距离为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，翻折变换的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数等，熟练运用相似三角形的判定和性质是解题关键． 三、解答题 17．（2024·江苏南京·中考真题）已知点与点关于轴对称，将点向左平移3个单位长度得到点．若两点都在函数的图象上，求点的坐标． 【答案】点的坐标为 【分析】本题考查一次函数图象上点坐标的特征，根据点与点关于轴对称，将点向左平移3个单位长度得到点，可得，代入可解得，故点的坐标为． 【详解】解：∵点与点关于轴对称，将点向左平移3个单位长度得到点， ∴， ∵两点都在函数的图象上， ∴， 解得， ∴点的坐标为． 18．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． (1)画出关于y轴对称的，并写出点的坐标； (2)画出绕点A逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（2）的条件下，求点B旋转到点的过程中所经过的路径长（结果保留） 【答案】(1)作图见解析， (2)作图见解析， (3) 【分析】本题考查了利用旋转变换作图，轴对称和扇形面积公式等知识，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键． （1）根据题意画出即可；关于y轴对称点的坐标横坐标互为相反数，纵坐标不变； （2）根据网格结构找出点、以点为旋转中心逆时针旋转后的对应点，然后顺次连接即可； （3）先求出，再由旋转角等于，利用弧长公式即可求出． 【详解】（1）解：如图，为所求；点的坐标为， （2）如图，为所求；， （3）， 点B旋转到点的过程中所经过的路径长． 19．（2024·吉林·中考真题）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点A，B，C，D，E，O均在格点上．图①中已画出四边形，图②中已画出以为半径的，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图． (1)在图①中，面出四边形的一条对称轴． (2)在图②中，画出经过点E的的切线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，切线的判定，画对称轴等等： （1）如图所示，取格点E、F，作直线，则直线即为所求； （2）如图所示，取格点，作直线，则直线即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，取格点E、F，作直线，则直线即为所求； 易证明四边形是矩形，且E、F分别为的中点； （2）解：如图所示，取格点，作直线，则直线即为所求； 易证明四边形是正方形，点E为正方形的中心，则． 20．（2025·四川成都·一模）如图，在中，，点为斜边的中点，于点，连接，将沿翻折至处，且点恰好落在直线上． (1)求的度数； (2)求证：垂直平分． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（）由直角三角形的性质和折叠的性质可得，再根据即可求解； （）连接，证明四边形是菱形即可求证； 本题考查了直角三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定和性质等，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】（1）解： ，点为斜边的中点， ， ∴， ， ， 又翻折得到， ，， ∴， ， ∴， ； （2）证明：如图，连接， 由（）得，，， ，， 由折叠得，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ， ∴平行四边形是菱形， 垂直平分． 21．（2025·贵州遵义·一模）如图，是半的直径，，连接，沿翻折弧，恰好经过圆心O． (1)________； (2)若，求的半径r； (3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积． 【答案】(1) (2)4 (3) 【分析】（1）根据圆心角，弧，平角的定义解答即可； （2）过O作于H，根据直角三角形的性质，勾股定理解答即可； （3）利用分割法求面积，得阴影面积扇形的面积减去弓形面积． 本题考查了圆的性质，扇形的面积，弓形面积，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：120． （2）解：中，，， ∴， 过O作于H， 则，， 在中，，即， 解得， ． （3）解：半圆的面积， 扇形的面积， 的面积． 弦与弧围成的弓形面积， 弦与弧围成的弓形面积， 弓形面积弓形面积， ∴阴影面积扇形的面积减去弓形面积． 22．（25-26九年级上·辽宁沈阳·期末）综合与探究： 如图，矩形绕着点A旋转得到矩形，点B、C、D分别对应点E、F、G． 【问题探究】 （1）如图1，将矩形绕着点A顺时针旋转得到矩形，当点G落在上时，延长交于点H，求证：； （2）在（1）的条件下，连接．若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）将矩形绕着点A逆时针旋转得到矩形，若，，当所在直线经过点D时，直接写出的长． 【答案】（1）见详解；（2）；（3）或 【分析】本题为旋转综合题，考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理等知识﹒ （1）根据旋转性质得到，从而证明，，即可证明； （2）作，垂足为P﹒根据旋转性质得到，，，求出，证明，求出，得到，根据勾股定理即可求出； （3）分当点D在线段上和点D在线段延长线上两种情况分别求出，即可求出的长为或﹒ 【详解】解：（1）证明：∵将矩形绕着点A顺时针旋转得到矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）如图，作，垂足为P﹒    ∵将矩形绕着点A顺时针旋转得到矩形， ∴，， ∴在中，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴ ∴在中，； （3）如图2，当点D在线段上时， ∵矩形绕着点A逆时针旋转得到矩形， ∴，，， ∴在中，， ∴； 如图3，当点D在线段延长线上时， ∵矩形绕着点A逆时针旋转得到矩形， ∴，，， ∴， ∴在中，， ∴﹒ ∴的长为或﹒ 23．（25-26九年级上·北京·期末）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于上的点P和直线l，给出如下定义：将图形M绕点P 逆时针旋转，再关于直线l对称，得到图形N，称图形N是图形M关于点P和直线l的“旋转对称”图形．已知点． (1)当直线时， ①若点，，中，点 是点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形上的点； ②若直线与点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形有公共点，直接写出k的取值范围； (2)已知线段，直线，点，，若线段上的点都是线段关于点P和直线l的“旋转对称”图形上的点，直接写出点C的横坐标的取值范围． 【答案】(1)①和；②或 (2)或 【分析】（1）①先论证点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形的特征，是一个以为圆心，为半径的圆，判断每个点与的位置关系即可； ②过定点，过点作的两条切线，k要在两条切线之间； （2）类比（1）的做法，先找到线段AB关于点P和直线l的“旋转对称”图形的特征，是一个以圆心，内径为，外径为的圆环，同时点C在直线上运动，研究线段与外圆相交或与内圆相切的极端情况，得出的取值范围． 【详解】（1）解：先论证点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形的特征， 设点A绕点P逆时针旋转所得的点为点，点关于直线l对称的点为点， 如图，在y轴上取点，连接，， 由旋转的性质可知，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理得，， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理得，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为定值， ∴点A旋转所得的点E在以点Q为圆心，为半径的圆上运动， ∵经过点， ∴点关于直线l对称的点也在上．即就是关于点P和直线l的“旋转对称”图形 ①判断题干的点： 对于点，，点在上； 对于点，，点在上； 对于点，，点在内； 故答案为：和． ②对于直线，当时，为定值， ∴直线过定点， 如图，在y轴上取点，过点作的切线，切点为、，与x轴交于点J、K，连接， ∵，， ∴， ∵与相切， ∴， ∴， 在直角中，， ∵，， ∴， ∴，即， 解得，， ∴点J坐标为， 将，代入直线得， ， 解得，， ∴直线的斜率， 根据对称性可得，直线的斜率， 当直线落在直线和直线之间时，其与点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形有公共点， ∴的取值范围为或． （2）解：如图，取点，连接，，， 由旋转的性质可知，，， ∴是等边三角形， ∴，， 由勾股定理得，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴为定值， ∴点A旋转后所得的点E在以点T为圆心，1为半径的圆上运动， 作关于直线的对称，则点E的对称点F在上运动， ∵线段， ∴线段关于点P和直线l的“旋转对称”图形是以点为圆心，内径为，外径为的圆环，如图所示， ∵点， ∴， 将①代入②得，， ∴点C在直线上运动， ∵， ∴轴，线段，且点D在点C左侧， 设直线为，则点坐标为，点坐标为， 取中点W，连接， 由勾股定理得，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴点G坐标为， 同理可得，点H坐标为，点I坐标为，点J坐标为， ①当点C在线段上时， 当与内圆相切时，设切点为L， ∵轴， ∴， ∵与内圆相切， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴，此时， ∵线段都在圆环内， ∴； ②当点C在线段上时， 当点D在外圆上时，设， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， 同理①可得，，， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 在直角三角形中，， ∴， 解得，（负值舍去），此时， ∵线段都在圆环内， ∴， 综上所述，点C的横坐标的取值范围为或． 【点睛】本题考查新定义，点与圆的位置关系，切线的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一次函数的图象与性质，以及勾股定理，正确理解题意并逐步探索动点的轨迹是解题关键． 24．（2025·吉林·一模）在平面直角坐标系中，点M和点N都在抛物线上，且点N关于点M的对称点恰好落在y轴上，设点M的横坐标为m． (1)当时，求点N的纵坐标； (2)若点N的纵坐标为2，求m的值； (3)当N在抛物线对称轴左侧，点N不在y轴上时，过点N作轴于点H． ①抛物线在内部（包括边界）的最高点与最低点纵坐标的差为，求m的值； ②直线交x轴于A，点B是点A关于y轴的对称点，若的周长是周长的3倍，直接写出m的值． 【答案】(1)点的纵坐标为； (2)或； (3)的值为或；的值为或． 【分析】本题考查了二次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质，点对称的性质，掌握知识点的应用是解题的关键. （）由点关于点的对称点，则，又在轴上，故，所以，再根据题意求解即可； （）由（）可得，然后解方程即可求出的值； （）当时，，解得；当时， ，解得； 过点作交于点，可证明，再由的周长是 周长的倍，得到，求出直线的解析式为，可求，从而得到方程，解得或或（舍去）； 【详解】（1）解：∵点的横坐标为， ∴， 设， ∵点关于点的对称点 ∴， ∵在轴上， ∴， ∴， ∴， 当时，点的纵坐标为； （2）解：∵点的纵坐标为， ∴， 解得：或； （3）解：∵， ∴抛物线的对称轴为直线， ∵在抛物线对称轴左侧，点不在轴上， ∴且， 当时，， 解得或（舍去） 当时，， 解得， 综上所述：的值为或； ∵轴， ∴， ∴， 过点作交于点， ∴， ∴， ∵点关于轴对称， ∴， ∴， ∴， ∵的周长是周长的倍， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得： ∴直线的解析式为， 当时，， ∴ ∴， 解得：或或（舍去）， 综上可知：的值为或． 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $