专题02 图形的对称﹑平移﹑旋转（培优专项训练）（全国通用）2026年中考数学一轮复习高效培优系列

第七章 图形的变化 专题02 图形的对称﹑平移﹑旋转 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01 轴对称图形的识别 题型02 根据成轴对称图形的特征进行判断 题型03 根据成轴对称图形的特征进行求解 题型04 轴对称中的光线反射问题 题型05 折叠问题 题型06求某点关于坐标轴对称点的坐标 题型07 轴对称的综合问题 题型08 生活中的平移现象 题型09 利用平移的性质求解 题型10 利用平移解决实际生活问题 题型11 作平移图形 题型12 求点沿x轴、y轴平移后的坐标 题型13 已知图形的平移求点的坐标 题型14 与平移有关的规律问题 题型15 平移的综合问题 题型16 找旋转中心、旋转角、对应点 题型17 根据旋转的性质求解 题型18 画旋转图形 题型19 旋转中的规律问题 题型20 旋转综合题 题型21 判断中心对称图形 题型22 画已知图形关于某点的对称图形 题型23 根据中心对称的性质求面积、长度、角度 考点一 轴对称图形的识别 1．（2024·广东江门·三模）“书法”是我国汉字特有的一种传统艺术，它是我国十大国粹之一、下面的“美”字分别采用楷书、行书、草书、篆书等四种不同字体书写而成，它们呈现出美的不同形态．其中符合轴对称美的是（　　） A．B．C．D． 【答案】D 【分析】本题考查的是轴对称图形的概念，解题的关键是正确掌握轴对称的定义．根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称，进行判断即可． 【详解】解：A、B、C选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形； D选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形． 故选：D． 2．（2025·黑龙江绥化·模拟预测）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】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后两部分重合． 根据轴对称和中心对称图形的概念求解． 【详解】解：：是轴对称图形，也是中心对称图形，故选项符合题意； ：是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项不符合题意； ：不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项不符合题意； ：不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项不符合题意． 故选：． 3．（2025·贵州铜仁·模拟预测）中华优秀传统文化“二十四节气”是中国人通过观察太阳周年运动，认知一年中时令、气候、物候等方面变化规律所形成的知识体系和社会实践，是中国传统历法体系及其相关实践活动的重要组成部分，被誉为“中国的第五大发明”．如图所示的四幅作品分别代表“立春”“小满”“惊蛰”“芒种”四个节气，其中是轴对称图形的是（      ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查轴对称图形的识别，熟练掌握其定义是解题的关键，如果一个图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．根据轴对称图形的定义对各选项图形逐个分析判断即可得解． 【详解】解：B、C、D选项中的图形都不能找到一条直线，使得直线两旁的部分能够互相重合； A选项中的图形能找到这样一条直线，使图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形． 故选：A． 考点二 根据成轴对称图形的特征进行判断 14．（2025·河南郑州·三模）若一个图形上所有点的横坐标不变，纵坐标乘以，则所得图形与原图形的关系为（   ） A．关于轴成轴对称图形 B．关于轴成轴对称图形 C．关于原点成中心对称图形 D．无法确定 【答案】A 【分析】本题考查中心对称图形，轴对称图形，关于轴，轴，原点对称的点的坐标，结合已知条件得到坐标的变化关系是解题的关键．由题意可得对应点的坐标关于轴对称，据此即可得出答案． 【详解】解：若一个图形上所有点的横坐标不变，纵坐标乘以， 那么对应点的坐标关于轴对称， 即所得图形与原图形关于轴成轴对称图形， 故选：A． 2．（2023·河北秦皇岛·三模）如图是嘉嘉把纸折叠后剪出的图案，将剪纸展开后得到的图案是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据轴对称的性质求解即可． 【详解】解：如图是嘉嘉把纸折叠后剪出的图案，将剪纸展开后得到的图案是选项． 故选：A． 【点睛】本题考查利用轴对称设计图案，剪纸问题，解题的关键是理解轴对称图形的性质，属于中考常考题型． 考点三 根据成轴对称图形的特征进行求解 1．（2025·河北·模拟）如图，已知，点C，D在线段上，且．P是线段上的动点，分别以，为边在线段的同侧作等边和等边，连接，设的中点为G，则的最小值是 ．    【答案】 【分析】分别延长、交于点，易证四边形为平行四边形，得出为中点，则的运行轨迹为的中位线．作点关于的对称点，连接交于点，连接，，则四边形是矩形，此时的值最小，最小值为线段的长． 【详解】解：如图，分别延长、交于点，过点作于点． ∵， ∴， ∵， ， 四边形为平行四边形， 与互相平分． ∵为的中点， 也正好为中点， 即在的运动过程中，始终为的中点， 的运行轨迹为的中位线． 作点关于的对称点，连接交于点，连接，，则四边形是矩形，此时的值最小，最小值为线段的长． ∵是等边三角形，，， ， ， ∵， ， ， 的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形性质，矩形的性质与判定，中位线的性质，平行四边形的性质，以及动点问题，轴对称最短路径问题，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找点的运动轨迹，学会利用轴对称解决问题． 2．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，点N在等边的边上，，射线，垂足为B，P是射线上一动点，M是线段上一动点，当的值最小时，，则的长为 ． 【答案】10 【分析】本题考查了轴对称-最短路线问题，掌握轴对称的性质及解直角三角形是解题的关键．先根据轴对称的性质找出最短路径，再根据直角三角形的性质求解． 【详解】解：作点N关于的对称点E，过E作于，交于，连接， ， ， ， 则当E、P、M三点共线，且和M重合时，的值最小， 在等边中，有，， ， 设， 则：， 解得：， ， 故答案为： 3．（2024·广东·模拟预测）若和关于直线l 对称，的面积为8，则的面积为（   ） A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】C 【分析】本题考查轴对称的性质，根据轴对称的性质可得即可得到答案． 【详解】∵和关于直线l 对称， ∴， ∴， 的面积为8， ∴的面积为8； 故选：C． 考点四 轴对称中的光线反射问题 1．（2024·河南平顶山·三模）光的反射定律为：入射光线、反射光线和法线(垂直于反射面的直线)都在同一平面内，且入射光线和反射光线分别位于法线的两侧，入射光线与法线的夹角入射角等于反射光线与法线的夹角反射角，兴趣小组想让太阳光垂直射入水井，运用此原理，如图，在井口放置一面平面镜以改变光的路线，当太阳光线与水平线的夹角时，要使太阳光线经反射后刚好竖直射入井底即 ，则调整后平面镜与水平线的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查相交线，垂线等知识，作出法线是解题的关键．过点F，作，求出，从而得出，继而得解． 【详解】解：过点F，作，则， 依题意得：， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 2．（2023·江西·中考真题）如图，平面镜放置在水平地面上，墙面于点，一束光线照射到镜面上，反射光线为，点在上，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得，进而根据直角三角形的两个锐角互余即可求解． 【详解】解：依题意，， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了直角三角形中两个锐角互余，入射角等于反射角，熟练掌握以上知识是解题的关键． 3．（2022·湖南湘潭·中考真题）如图，一束光沿方向，先后经过平面镜、反射后，沿方向射出，已知，，则 ． 【答案】40°/40度 【分析】根据入射角等于反射角，可得，根据三角形内角和定理求得，进而即可求解． 【详解】解：依题意，， ∵，， ， ∴， ． 故答案为：40°． 【点睛】本题考查了轴对称的性质，三角形内角和定理的应用，掌握轴对称的性质是解题的关键． 考点五 折叠问题 1．（（2025·广东·模拟））如图，在正六边形中，，，，，点A在正六边形的边上，一束光从点A发出，经过多次反射（A - B - C - D - E - F）后到达点F，已知由光的反射原理（入射角等于反射角）可得：，根据此原理，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了四边形的内角和定理以及正多边形的性质，关键是根据光线的反射原理得出对应相等的角． 由已知正六边形的内角，分别在四边形、、、中由已知，分别运用四边形的内角和定理求出未知角即可． 【详解】解：如图， 在四边形中，． ，， ． 由光的反射原理得：，，，． 在四边形中，， ，， ， ． 在四边形中，， ，， ， ． 同理可得：． ． 故答案为：D． 2．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，中，点是边上一点，连接，把沿着翻折，得到，与交于点．若点是的中点，，的面积为，则点，之间的距离为 ． 【答案】 【分析】此题考查翻折变换的性质，三角形的面积等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．连接，由，得，则，由翻折得，则，由点与点关于直线对称，得垂直平分，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接， 点是的中点， ， ， ， 把沿着翻折，得到， ， ， 点与点关于直线对称，， 垂直平分， ， ， 故答案为：． 3．（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． 4．（（2025·河南·模拟））如图，在等腰中，，，D为边的中点，E为边上的一个动点，连接，将沿折叠，点A的对应点为．当时，的长度为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，设与相交于F，分点F在D的上方和下方两种情况讨论即可． 【详解】解：设与相交于F， 当点F在点D的下方时，如图， ∵，， ∴， ∵D为边的中点， 沿DE折叠，点A的对应点为， ∴，， ∵， ∴、是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴； 当点F在点D的上方时，如图， 同理：、是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴； 当时，的长度为或， 故答案为：或， 5．（2025·上海·模拟预测）如图，在中，点是边上的一点，若，，将沿翻折得，连结，点在的延长线上，恰好平分，则的长为 ． 【答案】3 【分析】本题考查了折叠的性质和平行四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键； 根据平行四边形的性质以及折叠的性质得出，进而得出． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵将沿翻折得， ∴，，， 设， ∵恰好平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：3． 6．（2025·上海·模拟预测）如图，是的弦，将劣弧沿弦折叠后，圆弧恰好经过圆心，若，则的半径为 ． 【答案】2 【分析】本题考查垂径定理，翻折变换，关键是由翻折变换的性质推出是等边三角形． 由翻折变换的性质推出是等边三角形，得到，由垂径定理得到的长，由锐角的正弦即可求出的长． 【详解】解：设的对应点是，连接,，， 由题意知垂直平分， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴的半径是2． 故答案为：2． 7．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，正方形的边长为2，E是边的中点，把△ADE沿折叠得到（点D的对应点为点F），则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定，勾股定理，求正切值等，熟练掌握知识点是解题的关键．过点F作，分别交于点N，M，证明四边形是矩形和，设，利用相似三角形的性质得出，再利用勾股定理求出x的值，进而求解即可． 【详解】解：过点F作，分别交于点N，M， ∵四边形为正方形， ∴， ∵E是边的中点，把沿折叠得到， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形，， ∴，， ∴， ∴， 设， 则， ∴， ∴， 在中，，即， 解得， ∴， ∴， 故答案为：． 考点六 求某点关于坐标轴对称点的坐标 1．（2025·四川成都·模拟预测）在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查平面直角坐标系中点的轴对称变换，掌握好点的坐标的变换规律是解题关键． 关于轴对称的点，横坐标不变，纵坐标互为相反数，据此即可求解． 【详解】解：点关于轴对称时，横坐标保持不变，纵坐标变为其相反数， ∴对称点的坐标为 ． 故答案为：． 2．（2025·辽宁朝阳·三模）点关于 y轴对称的点的坐标为 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了关于y轴对称点的性质，利用平面内两点关于y轴对称时：纵坐标不变，横坐标互为相反数，进行求解． 【详解】点关于y轴对称的点的坐标为， 故答案为：． 3．（2025·广西柳州·模拟预测）在平面直角坐标系中，点与点关于轴对称，则（   ） A． B． C．1 D．5 【答案】B 【分析】本题主要考查了关于轴对称的点的坐标特点，关键是熟练掌握点的变化规律．根据关于轴对称的点的坐标特点：两个点关于轴对称时，它们的纵坐标相同，横坐标符号相反，据此确定的值，然后代入求值，即可得出答案． 【详解】解：∵点与点关于轴对称， ∴， ∴． 故选：B． 4．（2025·四川成都·二模）在平面直角坐标系中，点的坐标为，则点关于轴对称点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查坐标与图形变换-轴对称，根据关于y轴对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标相同求解即可． 【详解】解：点 关于轴对称点的坐标是， 故选：A． 考点七 轴对称的综合问题 1．（2025·福建泉州·模拟预测）如图，在中，点从点出发沿方向运动，到达点时停止运动，连接，点关于直线的对称点为，连接，． (1)点位于何处时，？请用直尺和圆规在图中作出此时的（不写作法，保留作图痕迹）； (2)若，求点运动过程中，点到直线距离的最大值． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了轴对称的性质，点与圆的位置关系，解直角三角形，熟练掌握以上内容是解题关键． （1）作的垂直平分线，可得，连接，，可得由对称可知可得，所以 ，,即可得出，即可得出 （2）作于点，从而由条件可知△为等腰直角三角形，利用三角函数可求，，，再推断点的运动轨迹为圆弧，从而可得当直线于点时，此时点到直线距离最大．根据，故，故． 【详解】（1）如图所示，即为所求 （2）作于点，如图1， ，则△为等腰直角三角形， ，， ，， 故， 由题意知，故点的运动轨迹为圆弧，如图2所示： 当直线于点时，此时点到直线距离最大． ，， ， 故， 故答案为：． 2．（（2025·江苏·模拟））如图1，已知正方形，，E是边上的一个动点（不与点B，C重合），连接，点B关于直线的对称点为F，连接并延长交于点G，连接，． (1)求的度数； (2)如图2，连接，若，求线段的长； (3)如图3，在点E运动过程中，作的平分线交延长线于H，若，求线段的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由轴对称的性质可知，利用全等三角形的性质证明即可解决问题； （2）证出，设，则，，由勾股定理得出，则可得出答案； （3）过点H作，交的延长线于点M，作，交的延长线于点N，证明，由全等三角形的性质得出，由角平分线的性质得出，根据三角形面积公式可得出答案． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，点B关于对称， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∵， ∴， 解得， 即； （3）解：过点H作，交的延长线于点M，作，交的延长线于点N， ∵点B关于直线的对称点为F， ∴，， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 3．（2025·江苏无锡·二模）（1）如图1，正方形中，E为边上一点，，连接，过点E作交边于点F，将沿直线折叠后，点A落在点处，连接，当点恰好落在上时，直接写出的长 ； （2）如图2，在（1）的条件下，若把正方形改成矩形，且，其他条件不变，直接写出的长 （用含m的代数式表示）； （3）如图3，在（1）的条件下，若把正方形改成菱形，且，，其他条件不变，当时，求的长．    【答案】（1）3；（2）；（3） 【分析】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形和菱形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等知识． （1）根据翻折的性质，全等三角形的性质，平角的概念求出，再根据相似三角形的性质，得出和的关系即可求解； （2）根据（1）中三角形的全等与相似条件不变，得出不变，再根据和的关系，和的关系即可； （3）根据相似三角形的性质和勾股定理求出的长，即为的长． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴， 由翻折性质可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中 ∴， ∴， 由翻折性质可知，， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 故答案为：3； （2）由（1）可知，，， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：； （3）如图3，过E作，交延长线于H，作的平分线，交于G，    ∵，， ∴， ∴， ∴， 设， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， 由勾股定理可得：， ∴， 解得：， 即的长为． 4．（2023·吉林松原·二模）如图所示，在中，，，，点P从点A出发以每秒2个单位长度的速度沿向终点B运动，当点P不与点A，B重合时，作，边交折线于点D，点A关于直线的对称点为E，连接，得到．设点P的运动时间为t（秒）． (1)直接写出线段的长（用含t的代数式表示）； (2)当点E落在边上时，求t的值； (3)设与重合部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围． 【答案】(1)， (2)， (3)， 【分析】本题属于几何变换综合题，考查了直角三角形角的性质，三角形的面积等知识，解题关键是学会用分类讨论解决问题，属于中考压轴题． （1）①当时，由，可得，从而是等边三角形，即可得；②当时，由，可得； （2）证明，由此构建方程，可得结论； （3）分三种情形：当时，重叠部分是，当时，重叠部分是四边形，当时，重叠部分是，分别求解即可． 【详解】（1）①当时， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ②当时，如图： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 综上所述，， （2）如图： ∵关于对称， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ （3）当时，如图： 重叠部分是， 当时，如图 重叠部分是四边形， ∵，， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴， 当时，如图： 重叠部分是， ∵ ∴ 综上所述，． 5．（（2025·湖南·模拟））如图1，四边形是正方形，点是边上的点，且交正方形的外角的角平分线于点F． (1)求证：． (2)试猜想线段与线段存在怎样的数量关系，并证明你的结论． (3)如图2，线段与交于点N，若，连接，求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3)的最小值为10 【分析】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，要注意题目之间的联系，正确作出辅助线构造全等的三角形是本题的关键． （1）根据，即可得到，在直角中，利用三角形内角和定理得到，然后根据同角的余角相等，即可证得； （2）在上取一点，使，连接，根据即可证明，然后根据全等三角形的对应边相等即可证得； （3）连接，易得，则当A，N，G三点共线时，的值最小,据此求解即可． 【详解】（1）证明：， ， 又正方形中，， ； （2）解：，证明如下： 如图2，在上取一点，使，连接． ， ， ． ． 是外角平分线， ． ． ． 在和中， ， ． ； （3）如图，连接， ∵正方形， ∴， ∵平分， ∴， ∴， 由正方形的对称性知， ∴， ， ， ∴， ∴， ∴， 当A，N，G三点共线时，， ∴的最小值为10． 考点八 生活中的平移现象 1．（2023·广东广州·二模）图是“杭州2022年亚运会”吉祥物“宸宸”．下面图形中，可由“宸宸”平移得到的是（        ）．    A．   B．   C．   D．   【答案】C 【分析】根据平移的性质，结合图形，对选项进行一一分析，排除错误答案． 【详解】解：A、属于旋转所得到，故不符合题意； B、属于对称所得到，故不符合题意； C、形状和大小没有改变，符合平移的性质，故符合题意； D、属于旋转所得到，故不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查了图形的平移，掌握平移的性质是解题的关键． 2．（2022·贵州贵阳·二模）下列现象中属于平移的是（    ） ①方向盘的转动；②打气筒打气时，活塞的运动；③钟摆的摆动；④汽车雨刷的运动 A．①② B．②③ C．①②④ D．② 【答案】D 【分析】直接根据平移的定义分别判断． 【详解】解：①方向盘的转动是旋转，故不符合题意； ②打气筒打气时，活塞的运动是平移，故符合题意； ③钟摆的摆动是旋转，故不符合题意； ④汽车雨刷的运动是旋转，故不符合题意； 综上分析可知，属于平移的是②，故D正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了生活中的平移现象，熟练掌握平移的定义是解答本题的关键． 平移是指在平面内，将一个图形上的所有点都按照某个方向作相同距离的移动．平移不改变图形的形状和大小，只是改变位置． 考点九 利用平移的性质求解 1．（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 2．（（2025·辽宁·模拟））如图，将沿着方向平移得到，与重叠部分的面积是的面积的一半，已知，则平移的距离是 ． 【答案】 【分析】本题考查了平移的性质和相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的性质是解决本题的关键． 根据题意可得，进而可得，则结合题意可得，进而即可求解． 【详解】解：∵沿边平移到的位置， ， ，． ， ， ， ， ， 平移的距离为：． 故答案为：． 3．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在中，．将沿方向平移一段距离后得到交于点G．连接，则阴影部分的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了图形平移的性质，勾股定理解三角形，解决本题的关键是图形平移前后边长不变． 根据勾股定理可求解边长，再结合图形平移的性质可表示阴影周长即可求解． 【详解】解：， ， 由平移的性质可得，，， 阴影部分的周长为 ， 阴影部分的周长为． 故答案为：24． 4．（2025·广东深圳·三模）如图，将沿方向平移得到，与重叠部分（图中阴影部分）的面积是的面积的，已知，则平移的距离为（ ） A．1 B．3 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查三角形的面积、平移的性质，掌握平移的性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．根据平移的性质、相似三角形的判定与性质计算即可． 【详解】解：沿边平移到的位置， ， ， ， ， ， 故选：D． 5．（2025·福建福州·三模）在平面直角坐标系中，点A是反比例函数（）图象上的一点，如图，将线段向左平移，平移后的对应线段为，点落在反比例函数的图象上，已知线段扫过的面积为8，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了反比例函数与几何的综合应用，平移的性质，解题的关键是通过平行四边形的面积公式进行求解． 设点，根据平移的性质可得，根据线段扫过的面积为和平行四边形的性质可得，即可求得． 【详解】解：设点，根据平移的性质可得， 则， 故线段扫过的面积为， 解得， ∴， 故答案为：． 6．（2025·河北邯郸·模拟预测）如图，中，，将沿射线的方向平移，得到．再将绕点逆时针旋转一定角度后，恰使点与C重合，点的对应点是点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平移的性质，旋转的性质，等边对等角，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先通过平移得，再结合旋转得，，然后列式，代入数值计算，即可作答． 【详解】解：∵中，，将沿射线的方向平移，得到， ∴， ∵将绕点逆时针旋转一定角度后，恰使点与C重合，点的对应点是点， ∴，， ∴， ∴， 故选：B． 7．（2025·广西南宁·三模）如图，菱形的周长为8，O是对角线的中点，将菱形沿向右平移的长得到菱形，与相交于点E，与相交于点F，则四边形的周长是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，平移的性质，由菱形的性质和平移的性质可得，则可证明四边形为平行四边形，再证明推出，同理可得，，则可证明四边形为菱形，求出，得到，再根据菱形周长计算公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， 由平移的性质可得， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∵点O是的中点， ∴， ∴， 同理可得，， ∴， ∴四边形为菱形， ∵菱形的周长为， ∴， ∴， ∴四边形的周长是， 故答案为：． 考点十 利用平移解决实际生活问题 1．（2025·吉林长春·一模）如图为建造楼梯的设计图，虚线为楼梯的倾斜线，与地面的夹角．现在要在楼梯上铺地毯（沿台阶从点铺到点），已知米，则所铺地毯的总长度为（　　） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】A 【分析】本题考查了解直角三角形的应用和平移的性质，根据正切求出的长，再通过平移性质即可求出地毯的长度，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∴所铺地毯的总长度为（米）， 故选：． 2．（2025·山东济宁·一模）在高为5m，坡面长为13m的楼梯表面铺地毯，每米造价元，铺完整个楼梯总造价需要 元． 【答案】 【分析】本题主要考查了勾股定理解决实际问题，解题的关键是熟练掌握勾股定理的应用． 利用勾股定理求得所有台阶横面长度，横面长度加上竖面长度即为总长度，总长度乘单价即为总造价． 【详解】解：根据题意得，整个楼梯图形为直角三角形，根据勾股定理得： 所有台阶横面长为：（m） ∴所有楼梯表面的长度为：（m） ∴总造价为：元． 故答案为：． 3．（2024·广西南宁·模拟预测）综合与实践 主题任务：“我的校园我做主”草坪设计 任务背景：学校举办“迎五一，爱劳动”主题实践活动，九（2）班参加校园美化设计任务：校园内有一块宽为31米，长为40米的矩形草坪，在草坪上设计两条小路， 具体要求：（1）矩形草坪每条边上必须有一个口宽相等的路口；（2）两条小路必须设计成平行四边形； 驱动任务一：九（2）班各个实践小组的设计方案汇总后，主要有甲、乙、丙三种不同的方案（如图1）： （1）直观猜想：方案中小路的总面积大小关系_________，_________；（请填“相等”或“不相等”） 驱动任务二：验证猜想：各个实践小组用如表格进行研究： 纵向小路面积 横向小路面积 纵横交叉面积 小路总面积 甲方案 乙方案 丙方案 （2）请用含x的代数式表示甲方案中小路总面积：______________； 驱动任务三： （3）如果甲种方案除小路后草坪总面积约为1170平方米．请计算两条小路的宽度是多少？ 驱动任务四：为了深入研究，各个小组选择丙方案（如图2）进行研究．若两条小路与矩形两组对边所夹锐角．若时，请用含的三角函数表示两条路重叠部分四边形的面积，并直接写出最小值． 【答案】（1）相等，不相等；（2）平方米；（3）1米；（4）平方米；最小值 【分析】本题是解直角三角形应用问题，考查了矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，直角三角形的性质，解直角三角形等，解题关键是理解题意，熟练运用解直角三角形解决问题． （1）应用平移的性质即可求得答案； （2）根据小路总面积横向小路面积纵向小路面积重叠部分的面积，即可得出答案； （3）表达出草地面积，建立方程求解即可； （4）连接、、、，过点作，交于，可证得四边形是正方形，边长为，即可得出正方形的面积；当与重合时，最小，即的值最小，而的最大值为1，即可求出答案． 【详解】解：（1）如图1， ∵， ，不确定， ∴， 故答案为：相等，不相等； （2）（平方米）， 故答案为：平方米； （3）由题意得：， 解得：，（不符合题意，舍去）， 答：两条小路的宽度是1米； （4）如图3，连接、、、，过点F作，交于M， 则四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， 由（4）知：， ∴， ∴四边形是矩形， 在中，， 同理可得， ∴， ∴四边形是正方形， ∴两条路重叠部分四边形的面积为平方米； 如图4，当G与A重合时， ∵，， ∴， 此时最小，即的值最小， ∵， ∴， 在中，， ∴，最小值是. 考点十一 作平移图形 1．（2025·贵州·模拟）中）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立平面直角坐标系，的顶点都在格点上，且三个顶点的坐标分别为． (1)画出向左平移5个单位，再向下平移1个单位后的． (2)画出关于原点的中心对称图形； (3)求出的面积． 【答案】(1)图见详解 (2)图见详解 (3) 【分析】本题主要考查了平移，中心对称，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）根据平移的点的坐标特点先确定对应点的位置，然后顺次连接即可． （2）根据关于原点对称的点的坐标特点先确定对应点的位置，然后顺次连接即可． （3）将三角形所在的长方形减去三个小三角形即可求解． 【详解】（1）解：向左平移5个单位，再向下平移1个单位后的，如图所示： （2）解：关于原点的中心对称图形，如图所示： （3）解：由（2）可得 2．（2024·安徽·模拟预测）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的顶点均为格点（网格线的交点）． (1)将向下平移2个单位长度，再向左平移3个单位长度，得到，请画出． (2)在上作一点D，使得点D到和的距离相等．（不要求写作法，保留作图痕迹） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了平移作图，三线合一定理，勾股定理，角平分线的性质，熟知相关知识是解题的关键． （1）根据所给平移方式找到的位置，描出，并顺次连接即可； （2）取格点E，连接，取的中点F，连接交于点D，点D即为所求；可证明，则由三线合一定理可得平分，则由角平分线的性质可得点D到和的距离相等． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：如图所示，点D即为所求． 3．（2025·广西南宁·二模）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，的顶点A，B，C均在网格上． (1)将向下平移4个单位长度，得到，请作出； (2)作关于y轴对称的图形； (3)在（1）的条件下，求线段扫过的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)8 【分析】本题考查了作图—平移变换、轴对称变换，熟练掌握平移的性质是解此题的关键． （1）利用平移的性质作图即可； （2）利用轴对称的性质作图即可； （3）利用平移的性质结合网格求面积即可． 【详解】（1）解：如图：即为所作， （2）解：如图，即为所作； （3）解：线段扫过的面积为． 4．（2025·安徽滁州·三模）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中给出了格点（顶点是网格线的交点）． (1)将向左平移6个单位长度，再向下平移5个单位长度，请画出平移后的． (2)以点O为位似中心，将缩小为原来的，得到，请在y轴右侧画出，并求出的长度． 【答案】(1)见解析 (2)见解析， 【分析】本题考查作图平移变换、位似变换，勾股定理，熟练掌握平移、位似的性质是解答本题的关键． （1）将三个顶点向左平移6个单位长度，再向下平移5个单位长度得到其对应点，再首尾顺次连接即可； （2）根据位似的性质作出缩小为原来的的对应点、、，顺次连接即可；根据勾股定理即可求出的长度． 【详解】（1）如图所示，即为所求； （2）如图所示，即为所求． ∴． 5．（2025·安徽蚌埠·三模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，线段的端点分别在格点上，O为格点． (1)将线段向右平移3个单位，再向上平移2个单位，请在网格内画出平移后的线段． (2)以点O为中心，在网格画出线段的中心对称线段，并直接写出的度数． 【答案】(1)见解析 (2)见解析， 【分析】本题考查了平移作图和中心对称作图、勾股定理及其逆定理等知识，熟练掌握平移的性质和中心对称的性质是解题的关键； （1）根据平移的性质画出点A、B平移后的对应点，再连接即可； （2）根据中心对称的性质即可完成作图，根据勾股定理及其逆定理即可判断是等腰直角三角形，进而可得． 【详解】（1）解：线段如图所示： （2）解：线段如图所示； ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． 考点十二 求点沿x轴、y轴平移后的坐标 1．（2023·广西桂林·二模）在平面直角坐标系中，将点沿轴方向向右平移1个单位，得到点的坐标为 ． 【答案】 【分析】点平移坐标变化的规律：左减右加横坐标，上加下减纵坐标，依此计算即可． 【详解】解：点沿轴方向向右平移1个单位，得到点的坐标为，即， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平移与坐标，掌握点平移中坐标变化的规律是解题的关键． 2．（2023·辽宁·二模）在平面直角坐标系中，将点向左平移3个单位，再向下平移1个单位得到，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了坐标与图形的平移．根据向左平移横坐标减，向下平移纵坐标减，计算即可得解． 【详解】解：∵向左平移3个单位长度后，再向下平移1个单位长度， ∴，， ∴点的坐标为， 故选：C． 3．（2023·广西桂林·一模）将点向右平移3个单位长度得到点Q，则点Q的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了坐标与图形变化—平移．直接利用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”求解即可． 【详解】解：将点向右平移3个单位长度，得到点Q的坐标为， 即． 故选：A． 4．（2023·广西桂林·二模）点向左平移2个单位，再向上平移3个单位后的坐标是（　　） A．(7,9) B．(7,3) C．(3,9) D．(3,3) 【答案】C 【分析】本题考查了坐标与图形变化平移，用到的知识点为：左右移动改变点的横坐标，左减，右加；上下移动改变点的纵坐标，下减，上加．让的横坐标减2，纵坐标加3即可得到平移后点的坐标． 【详解】解：根据题意，平移后点的坐标的横坐标为：；纵坐标为； 即． 故选：C． 5．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，将点先向右平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度得到点，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查的是坐标与图形变化平移．利用点平移的坐标规律“右移加，左移减，上移加，下移减”，把点的横坐标加1，纵坐标减4即可得到点的坐标． 【详解】解：点先向右平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度，得到点，则点的坐标是，即． 故答案为：． 考点十三 已知图形的平移求点的坐标 1．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．若将平移后得到，点A的对应点C的坐标是，则点B的对应点D的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了平移、坐标与图形等知识点，根据题意确定平移方式是解题的关键．根据点点A的对应点C的坐标是可确定平移方式，然后根据平移方式平移点B即可解答． 【详解】解：∵点的对应点C的坐标是， ∴向左平移2个单位长度，向下平移2个单位长度得到， ∴点的对应点D的坐标是，即． 故答案为． 2．（2024·山西吕梁·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形的边在轴上，将沿轴向右平移个单位长度得到，其中点，，的对应点分别为点与交于点．若点的坐标为，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查坐标与图形变化平移及等边三角形的性质，勾股定理，过点作轴的垂线，根据平移的性质可得出为等边三角形，据此可解决问题． 【详解】解：过点作轴的垂线，垂足为， 是等边三角形， ． 由平移可知，， 是等边三角形． 点坐标为(，)，且由沿轴向右平移个单位长度得到， ． 轴， ． 在中， ， 又， 点的坐标为． 故答案为：． 3．（2024·辽宁盘锦·一模）象棋起源于中国，中国象棋文化历史悠久．如图所示是某次对弈的残图，如果建立平面直角坐标系，使棋子“帅”位于点的位置，则在同一坐标系下，“马”所在位置是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了点的坐标，熟练掌握平面内点的坐标平移规律进行求解即可得出答案．应用平面内点的平移规律进行计算即可得出答案． 【详解】解：根据平面内点的平移规律可得， 把“帅”向右平移3个单位，向上平移3个单位得到“马”的位置， ， 即棋子“马”所在的点的坐标为． 故选：B． 4．（2025·陕西·模拟）如图，已知点，，若将线段平移至，其中点，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平移的性质，根据平移的性质即可求解，熟练掌握基础知识是解题的关键． 【详解】解：将线段平移至，且，，， ， 故答案为：． 5．（2024·河南开封·一模）如图，，，都是的顶点，若将沿轴向右平移，使边的中点的对应点恰好落在轴上，则点的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质，平移的性质，首先根据平移及平行四边形的性质确定，利用中点坐标公式得出，根据三角形中位线的判定确定点是线段边的中点，继而得到，从而确定向右平移个单位，据此得解． 【详解】解：，，都是的顶点， ∴，，， 即线段沿轴向右平移个单位得到线段，点是点的对应点，点是点的对应点， ∴， ∵点是线段边的中点， ∴点的坐标为，即， 过点作轴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点是线段边的中点， ∴， ∵将沿轴向右平移，使边的中点的对应点恰好落在轴上， 又∵，， ∴沿轴向右平移个单位， ∴． 故选：C． 考点十四 与平移有关的规律问题 1．（2025·陕西·模拟）如图所示，平面直角坐标系中，轴负半轴有一点，点先向上平移1个单位至，接着又向右平移1个单位至点，然后再向上平移1个单位至点，向右平移1个单位至点，照此规律平移下去，点平移至点时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意，A1（-1，1），A3（0，2），A5（1，3），A7（2，4），得出规律，利用规律解决问题即可． 【详解】由题意，A1（-1，1），A3（0，2），A5（1，3），A7（2，4），……，A2n-1（-2+n，n）， ∵ ， ∴A2021（1009，1011）， 故选：C． 【点睛】本题考查坐标与图形变化一平移，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型． 2．（2025·江苏·模拟）已知如图，每个小正方形的边长都是都在格点上，都是斜边在轴上，且斜边长分别为.的等腰直角三角形.若的三个顶点坐标为,则依图中规律,则的坐标为 【答案】 【分析】根据相邻的两个三角形有一个公共点，列出与三角形的个数与顶点的个数的关系式,再求出A19所在的三角形,并求出斜边长.然后根据第奇数个三角形，关于直线x=1对称,第偶数个三角形关于直线x=2对称,求出OA19,写出坐标即可. 【详解】解：设到第n个三角形顶点的个数为y 则y=2n+1,当2n+1=19时,n=9, ∴A19是第9个三角形的最后一个顶点, ∵等腰直角三角形的斜边长分别为2,4,6.... ∴第9个等腰直角三角形的斜边长为2×9=18, 由图可知,第奇数个三角形在x轴下方,关于直线x=1对称, ∴OA19=9-1=8, ∴的坐标为 故答案是 【点睛】本题考查点的坐标变化规律,根据顶点个数与三角形的关系，判断出点A19所在的三角形是解题关键 3．（2025·湖南·模拟）如图，在平面直角坐标系中有点 ，点第一次跳动至点 ，第二次向右跳动个单位至点 ，第三次跳动至点 ，第四次向右跳动个单位至点 ，…，依此规律跳动下去，点与点的横坐标距离是（　　） A．2023 B．2024 C．2025 D．2026 【答案】D 【分析】本题考查了平面直角坐标系中的坐标规律问题、两点之间距离计算等知识点，观察并归纳出规律是解题的关键．按照题目中的规律，分成偶数点与奇数点的规律，偶数点对于起始点，横、纵坐标均增加点数的一半，所以；奇数点对于点，横坐标减去点数加1的和的一半，纵坐标则增加点数加1的和的一半，所以，得到和两个点的坐标，计算进而得到两点之间的距离． 【详解】解：根据观察图中的点的坐标，我们发现规律： 第一次跳动到时的坐标为；第二次跳动到时的坐标为； 第三次跳动到时的坐标为；第四次跳动到时的坐标为； 第五次跳动到时的坐标为；第六次跳动到时的坐标为； …… 第次跳动到时的坐标为；第次跳动到时的坐标为； 第次跳动到时的坐标为； 所以的坐标为，以的坐标为， ∴， 故选： ． 考点十五 平移的综合问题 1．（2025·全国·模拟）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（6，0），点B在y轴的正半轴上，．矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD＝2 (1)如图①，求点E的坐标； (2)将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形，点C，O，D，E的对应点分别为．设，矩形与重叠部分的面积为S． ①如图②，当矩形与重叠部分为五边形时，，分别与AB相交于点M，F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求t的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)的坐标为 (2)①，；② 【分析】（1）先根据A点坐标和已知得出AD的长，再根据30角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理得出CO的长即可得到点E的坐标； （2）①根据平移的性质和30角所对的直角边等于斜边的一半得出，再根据勾股定理得出，再根据得出S与t的函数关系式； ②分2和4两种情况，根据平移的性质和30角所对的直角边等于斜边的一半得出S与t的函数关系式，分别求出s=和s=时t的值即可． 【详解】（1）解：由点，得， 又，得， 在矩形中，有，得， ∴在中，， ∴由勾股定理，得，有， ∴点的坐标为． （2）解：①由平移知，，，， 由，得， ∴在中，， ∴由勾股定理，得， ∴， ∵， ∴． ∴，其中的取值范围是． ②当时，， 当S=时，，解得t=， 当S=时，，解得t=， 当2时，如左下图，OF=，=， ∴S=， 当S=时，=，解得t=4.5， 当S=时，=，解得t=； 当4时，如右下图，，， ∴S=（6-t）（6-t）=， 当S=时， =，解得t= 或t=， 当S=时， =，解得t= 或t=， ∴当时，． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平移变换，勾股定理，求函数关系式以及一元二次方程的解法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 2．（2022·陕西西安·三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．已知，该抛物线的对称轴为直线． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)求点、的坐标； (3)将线段平移，使得平移后线段的一个端点在这条抛物线上，另一个端点在轴上，若将点、平移后的对应点分别记为点、，求以、、、为顶点的四边形面积的最大值． 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题； （2）根据（1）中抛物线的解析式可求出、两点的坐标； （3）由平移的性质可得出四边形是平行四边形，分三种情况画出图形，然后根据平行四边形的面积公式确定面积取得最大值的情况，最后计算出该平行四边形的面积即可． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线且过点， ∴ 解得：， ∴该抛物线的函数表达式为：； （2）令，得， ∴， 令，得， 解得：，， ∴， ∴点的坐标为，点的坐标为； （3）由平移的性质可知，且， ∴四边形为平行四边形， 如图，符合条件的四边形有三个， 即□，□，□， ∴，，， ∵，， ∴□的面积最大， 令，得， 解得：，， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图像上点的坐标特征，平行四边形的判定，平行四边形的面积，平移的性质等知识．解题的关键是学会构建方程解决点的坐标问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 3．（2025·天津河东·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，点，点B在y轴的正半轴上，是等边三角形，点C在第二象限． (1)填空：如图①，点B的坐标为_________，点C的坐标为_________； (2)将沿x轴向右平移得到，点B，C，O的对应点分别为． ①如图②，设与重叠部分的面积为S．当与重叠部分为五边形时，分别与相交于点E，F，G，H，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②连接，当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①，其中t的取值范围是；② 【分析】本题主要考查一次函数与几何的综合、等边三角形的性质与判定、三角函数及平移的性质，熟练掌握一次函数与几何的综合、等边三角形的性质与判定、三角函数及平移的性质是解题的关键； （1）由题意易得，然后根据等边三角形的性质及三角函数可得，进而问题可求解； （2）①由平移的性质可得，，则有是等边三角形，在中，，则，然后可得，进而根据割补法可进行求解； ②以和为邻边构造平行四边形，然后可得，则由（1）得，点O关于直线的对称点为点，故，当三点共线时，值最小，连接即为的最小值，进而问题可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵为等边三角形，作轴于点D，如图①所示， 则， ∴， ∴点B的坐标为的坐标为， 故答案为：； （2）解：①由平移的性质可得，， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， 在中，，则， ∴， 在中，， ∵， ∴， 所以 ， 当点重合时，，此时与重叠部分不是五边形，当点重合时，，此时与重叠部分不是五边形， ∴t的取值范围是：； ②如图所示，连接和， 以和为邻边构造平行四边形，设， ∴， 解得，， ∴， 由（1）得，点O关于直线的对称点为点， 故，当三点共线时，值最小，连接即为的最小值， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为， 当时，， 解得，， ∴的坐标为． 4．（2025·河南郑州·模拟预测）如图，在菱形中，，，，反比例函数的图象经过点． (1)求反比例函数的表达式； (2)菱形的对角线与相交于点，将菱形向右平移，当点恰好在反比例函数的图象上时，求扫过的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）过点作轴于点，如图，根据两点间的距离公式得到，根据菱形的性质得到，，根据勾股定理得到，求得，得到，把点代入即可得到结论； （2）设菱形向右平移个单位长度，此时，由在反比例函数的图象上．得到，根据梯形的面积公式即可得到结论． 本题是反比例函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，菱形的性质，梯形的面积的计算，勾股定理，两点间的距离，熟练掌握各知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：过点作轴于点，如图， ，，， 菱形中，， ，， ， ， ， ， ， ， 点在反比例函数的图象上． ， 反比例函数的表达式为； （2）∵菱形， ∴， 又∵，， ∴，即 设菱形向右平移个单位长度，此时， 在反比例函数的图象上． ， 解得． ，， 平移后的坐标为，， 如图， 扫过的面积梯形的面积． 考点十六 找旋转中心、旋转角、对应点 1．（2025·广西·模拟）如图，将含的直角三角板绕着点A顺时针旋转到处（点C，A，D在一条直线上），则这次旋转的旋转角为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了旋转角的求解，根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，据此即可求解． 【详解】解：根据题意：旋转角是． 故选：C． 2．（2025·浙江·模拟）如图，教室内地面有个倾斜的畚箕，箕面与水平地面的夹角为，小明将它扶起（将畚箕绕点A顺时针旋转）后平放在地面，箕面绕点A旋转的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了旋转的性质、平角的定义，根据旋转的性质和平角的定义计算即可得出答案，采用数形结合的思想是解此题的关键． 【详解】解：箕面与水平地面的夹角为， ，即箕面绕点旋转的度数为， 故答案为：． 3．（2024·山西运城·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，的顶点都在格点（每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点称为格点）上，点A，B，C的坐标分别为，，，将绕坐标平面内某点旋转一定的角度，得到，点A，B，C的对应点分别为，，，若点的坐标为，则旋转中心的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了确定旋转中心的位置，旋转的性质，连接、，分别作和的垂直平分线、，则，交于点D，则点D即为旋转中心，根据图形得出旋转中心的坐标即可． 【详解】解：连接、，分别作和的垂直平分线、，则，交于点D，如图所示： 则点D为旋转中心，观察图形可知，点D的坐标为， ∵，， ∴， ∴为等腰直角三角形， 同理可得：为等腰直角三角形，为等腰直角三角形， ∴绕点D逆时针旋转正好得到， ∴旋转中心的坐标为． 故选：B． 4．（2023·湖南怀化·模拟预测）如图，是由绕点旋转得到的像，则其旋转的方向和旋转的角度可能有（    ）    A．顺时针旋转 B．逆时针旋转 C．逆时针旋转 D．逆时针旋转 【答案】B 【分析】由图可知，根据旋转角，是绕点逆时针旋转得到，进行判断即可． 【详解】解：由图可知，旋转角，是绕点逆时针旋转得到， ∴旋转的方向和旋转的角度可能为：逆时针旋转， 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转中心，旋转角，旋转方向．解题的关键在于对知识的熟练掌握以及数形结合． 5．（2023·广东广州·一模）一副三角板如图摆放，点为中点，连结，将三角板绕点顺时针旋转角度，使得，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】过点作，则，根据等腰三角形的性质，三角板中角度的计算即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作， 则， ∵为中点， ∴， ∴， 即的度数为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了求旋转角，等腰三角形的性质，直角三角形板中角度的计算，熟练掌握以上知识是解题的关键． 考点十七 根据旋转的性质求解 1．（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：． 2．（2026·辽宁阜新·一模）如图，菱形的顶点，，若菱形绕点逆时针旋转每秒旋转，则第秒时，菱形的对角线交点的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质、图形的旋转，探索图形的规律，根据点的坐标可知是平面直角坐标系中第一、三象限的角平分线，根据点的坐标和菱形的性质可知点的坐标是，根据每秒旋转可知每秒旋转一圈，秒时菱形旋转了圈又秒，根据秒菱形旋转的角度，判断点所在的象限，根据象限求出坐标． 【详解】解：设直线的解析式是， 把点的坐标代入， 可得：， 解得：， 直线的解析式是， 是平面直角坐标系中第一、三象限的角平分线， 四边形是菱形， 点是的中点， 点的坐标是， ， 旋转秒时点回到初始位置， ， 第秒时，点旋转了圈又秒， ， 点旋转到第四象限， 点的坐标是． 故选：A． 3．（2026·全国·模拟预测）如图，将绕点A逆时针旋转得到，使点E恰好落在边的中点，且点D落在上．已知，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查相似三角形判定与性质，涉及旋转的性质，平行四边形性质及应用，由将平行四边形绕点A逆时针旋转得到平行四边形，可证，故，设，则，，即可求出，，从而． 【详解】解：∵将平行四边形绕点A逆时针旋转得到平行四边形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， 设，则， ∵E为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 4．（2025·全国·模拟）如图，将绕点A按逆时针方向旋转得到，连接，若，则的度数为 ． 【答案】/75度 【详解】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质，关键是熟练应用旋转的性质． 先根据旋转的性质得到，再由等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得到，最后由即可求解． 【解答】解：∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 5．（2025·陕西·模拟）如图，在中，，，，将绕点C旋转得到，当点D恰好落在射线上时，的长为 ． 【答案】6 【分析】本题考查了直角三角形的性质角所对直角边为斜边的一半）、图形旋转的性质（对应边相等）及勾股定理，解题的关键是通过作高构造直角三角形，利用勾股定理计算线段长度． 先在中，利用“角所对直角边为斜边的一半”得，再由勾股定理得；作，在中，结合（直角三角形两锐角互余），得、；由旋转性质知 ，在中用勾股定理求出，进而得；最后由，算出． 【详解】解：在中， ∵， ∴，； 过点C作于H，在中，， ∴，； 由旋转性质，得，在中， ， ∴， ∴． 故答案为：6． 6．（2025·河北·模拟预测）如图，矩形中，，，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，使恰好经过点D，则的长为 ．    【答案】 【分析】本题主要考查旋转的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，得到是解题的关键．先证明，运用勾股定理得到在，则，在中，，再代入求值即可． 【详解】解：连接，如下图，    ∵四边形是矩形，且旋转至矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴在中，， ∴， ∴， 故答案为：． 7．（2023·江苏南京·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，过、的直线绕点B逆时针旋转，交x轴于点C，则点C的坐标为 ． 【答案】 【分析】设直线与轴的交点为点，过点作于点，先利用待定系数法求出直线的函数解析式为，从而可得，设点的坐标为，则，再根据相似三角形的判定可证，根据相似三角形的性质可得的长，从而可得的长，然后根据等腰三角形的判定可得，由此建立方程，解方程即可得． 【详解】解：如图，设直线与轴的交点为点，过点作于点， 设直线的函数解析式为， 将点、代入得：，解得， 则直线的函数解析式为， 当时，，解得， ， ， ，， ，， 设点的坐标为，则， ， 在和中，， ， ，即， 解得， ， 直线绕点逆时针旋转，交轴于点， ， 又， ， ，即， 解得， 则点的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数的几何应用、旋转的定义、相似三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键． 考点十八 画旋转图形 1．（2026·陕西西安·一模）如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长为1个单位长度，的顶点坐标分别是、、．将绕点顺时针旋转后得到，点、分别与点、对应． (1)请在图中画出； (2)求在旋转过程中线段所扫过的图形的面积．（结果保留） 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了画旋转图形，求扇形的面积，准确计算是解题的关键． （1）根据旋转的性质，找到、的对应点、，画出，即可求解； （2）扫过的是以点为圆心，以为半径的的圆的面积，再根据扇形的面积公式计算即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求： ； （2）解： 、， ， 线段所扫过的图形的面积为． 2．（2025·江苏·模拟）每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上． (1)写出A、B、C的坐标． (2)以原点O为对称中心，画出关于原点O对称的． (3)将绕点A逆时针旋转，画出旋转后的．并求出在旋转的过程中扫过的面积． 【答案】(1)；； (2)作图见解析 (3)作图见解析；扫过的面积为 【分析】本题考查平面坐标系点的坐标、中心对称点的特征、扇形面积公式，熟练掌握中心对称点的特征和扇形面积公式是解题的关键． （1）根据平面直角坐标系写出点的坐标即可； （2）关于原点O对称点的坐标特征为：横坐标、纵坐标都为相反数，据此得到点、、的坐标，依次连接，得到； （3）作出绕点A逆时针旋转后得到的，扫过的图形为扇形，计算扇形的面积即可． 【详解】（1）解：根据平面直角坐标系可知： 点A、B、C的坐标为：、、； （2）解：如图，即为所求； （3）解：如（2）图，即为所求， 扫过的图形为扇形，且， 则在旋转的过程中扫过的面积为： ． 2．（2026·广西柳州·一模）如图，三个顶点的坐标分别为，，． (1)与关于原点O对称，画出； (2)将绕点A顺时针旋转，在网格中画出旋转后对应的，并求出此过程中线段扫过的面积．（结果保留） 【答案】(1)见解析 (2)图见解析； 【分析】（1）分别作出三角形关于原点的对称点，再顺次连接即可； （2）先根据旋转方向与角度，画出旋转后的图形，再求出扫过的面积． 本题考查了求图形旋转后扫过的面积，画旋转图形，求关于原点对称的点的坐标，掌握上述知识点并能运用求解是解题关键． 【详解】（1）如图，,,关于原点对称的点分别为： ,,， 所以即为所求 （2）如图，即为所求， , ∴． 故答案为：． 考点十九 旋转中的规律问题 1．（2025·江西·模拟）如图，在平面直角坐标系中，风车图案的四个叶片为完全相同的平行四边形，其中一个叶片上的点，的坐标分别为，．将风车绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，动点坐标的规律探索，解题的关键是掌握动点的运动规律． 根据旋转得出动点的运动规律是周期性的，然后根据平行四边形的性质得出第一象限内点的坐标，然后求出第2025次后点坐标即可． 【详解】解：根据旋转可得，点的运动规律是周期性的，循环周期为4， 第2025次旋转，循环次数为， ∴此时，点位于第四象限， ∵四边形为平行四边形，且点，的坐标分别为，， ∴轴，， ∴， ∴当点位于第四象限时，坐标为， 故选：B． 2．（2024·山东枣庄·二模）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个，得到正六边形，则正六边形的顶点的坐标是 ．    【答案】 【分析】如图，以为圆心，为半径作 得到将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个，即把绕点O顺时针旋转i个，与重合，利用正六边形的性质与锐角三角函数求解的坐标，利用关于原点成中心对称，从而可得答案． 【详解】解：如图，以为圆心，为半径作 将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个， 即把绕点O顺时针旋转i个， 旋转后的对应点依次记为， 周角 绕点O顺时针旋转次回到原位置， 与重合， 连接 正六边形， ∴ 由正六边形的对称性可知： 由图可知：关于原点成中心对称， ∴ 故答案为：．    【点睛】本题考查的是旋转的性质，正六边形的性质，对称性，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键． 3．（2024·广东·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点重合，轴，交轴于点．将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2024次旋转结束时，点的坐标为 【答案】 【分析】首先确定点的坐标，再根据旋转推导出4次一个循环，再计算经过第2024次旋转后点的坐标即可；本题考查了正多边形的性质，规律型问题，旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型． 【详解】解：∵正六边形边长为2，中心与原点重合，轴， ∴， ∴， ∴; ∵每次旋转，， ∴4次一个循环， ∵， ∴第2024次旋转结束时，点A的坐标为． 故答案为：． 考点二十 旋转综合题 1．（2025·吉林白城·模拟预测）一次小组合作探究课上，老师将两个正方形按如图①所示的位置摆放（点 ，，在同一条直线上），发现且． 小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答： (1)将正方形绕点按逆时针方向旋转（如图②），还能得到吗？若能，请给出证明，请说明理由； (2)把背景中的正方形分别改成菱形和菱形，将菱形绕点按顺时针方向旋转（如图③），试问当与的大小满足怎样的关系时，； (3)如图④，把背景中的正方形分别改写成矩形和矩形，且，请直接写出与满足的数量关系． 【答案】(1)能得到，证明见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质即可得证； （2）由可得，证明，根据全等三角形的性质可得结论； （3）证明，即可得解． 【详解】（1）解：能得到． 证明：∵四边形为正方形， ∴，， 又∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：当时，． 理由：∵， ∴， ∴， 又∵四边形和四边形均为菱形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴； （3）解：∵四边形和四边形都是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识点，掌握全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质是解题的关键． 2．（2025·桂林·模拟）旋转是几何图形中最基本的图形变换之一，利用旋转可将分散的条件相对集中，以达到解决问题的目的． 【探究发现】如图①，在等边三角形内部有一点，求的度数．爱动脑筋的小明发现：将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则，然后利用和形状的特殊性求出的度数，就可以解答这道题． 下面是小明的部分解答过程： 解：将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接． ， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ， ，即． （1）请你补全余下的解答过程． 【类比迁移】 （2）如图②，在正方形内有一点，且，求的度数． 【拓展延伸】 （3）如图③，在（2）的条件下，连接，若正方形的边长为，则线段的最小值为________． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】（1）将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，可证是等边三角形，，运用勾股定理逆定理得到是直角三角形，，由，即可求解； （2）如图所示，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，可证是等腰直角三角形，，，再证，，运用勾股定理逆定理可得是直角三角形，，由即可求解； （3）如图所示，以为斜边在下方作等腰直角，则，以点为圆心，为半径画圆，记为，在下方，上取一点，连接，则四边形是圆内接四边形，可得作图符合（2）的条件，连接，根据两点之间线段最短，当点在上运动时，点在上时有最小值，作延长线与点，由是等腰直角三角形，正方形的边长为，即，可得，，，由勾股定理得到，根据即可求解． 【详解】解：（1）将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接， ， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ， ，即，且， ∴， ∴，， 在中，， ∴， ∴是直角三角形，， ∴， ∴； （2）如图所示，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，即， ∴，即，且， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴是直角三角形，， ∴， ∴； （3）如图所示，以为斜边在下方作等腰直角，则，以点为圆心，为半径画圆，记为，在下方，上取一点，连接，则四边形是圆内接四边形， ∵， ∴， ∴，符合（2）的条件， 连接，根据两点之间线段最短，当点在上运动时，点在上时有最小值，作延长线与点， ∵是等腰直角三角形，正方形的边长为，即， ∴，， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查等边三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理及其逆定理，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，圆的基础知识，圆周角定理，圆内接四边形的性质等知识的综合运用，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 3．（2023·山西大同·三模）综合与实践： 问题情景：如图1、正方形与正方形的边，在一条直线上，正方形以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为α，在旋转过程中，两个正方形只有点A重合，其它顶点均不重合，连接，．    (1)操作发现：当正方形旋转至如图2所示的位置时，求证：； (2)操作发现：如图3，当点E在延长线上时，连接，求的度数； (3)问题解决：如图4， 如果，，，请直接写出点G到的距离． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据正方形的性质可得，，，，从而证明，即可得出结论； （2）过F作，垂足为H，证明，可得，，从而可得，再由，即可求解； （3）连接，，过点B作于点H，根据正方形的性质可得，从而可得，再利用勾股定理求得，再由，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， 又∵四边形是正方形， ∴，， ∴． 在与中， ， ∴， ∴； （2）解；过F作，垂足为H，    ∵， ∴，， ∴， ∵四边形AEFG是正方形， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， （3）解：如图，连接，，过点B作于点H， ∵是正方形的对角线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， 设点G到的距离为h， ∵， ∴，解得：， ∴点G到的距离为．    【点睛】本题考查正方形的性质、平行线性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 考点二十一 判断中心对称图形 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．（2025·河南濮阳·一模）年月日，汇聚了全球个知名汽车品牌的第二十一届中国（长沙）国际汽车博览会在长沙国际会展中心拉开帷幕，中国新能源汽车智能化发展进入全面加速期，各大车企以高阶智能技术抢占市场，并开始竞逐低空智慧交通新赛道．以下是款国产新能源汽车标志，其中既是轴对称图形，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．熟练掌握相关定义是解答本题关键．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，进行逐一判断即可． 【详解】解：A选项是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； B选项既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意； C选项是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； D选项是中心对称图形，但不是轴对称图形，故不符合题意． 故选：B． 3．（2026·陕西西安·一模）下列符号中，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的识别，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．根据中心对称图形的定义判断即可． 【详解】解：A、旋转后，图形无法与原图重合，不是中心对称图形； B、旋转后，图形无法与原图重合(是轴对称图形)，不是中心对称图形； C、旋转后，图形无法与原图重合(是轴对称图形)，不是中心对称图形； D、旋转后，图形与原图完全重合，是中心对称图形． 故选：D． 4．（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 考点二十三 画已知图形关于某点的对称图形 1．（2025·湖南·模拟）如图，已知是坐标原点，、的坐标分别为、 (1)画出绕点顺时针旋转后得到的图形； (2)在轴的左侧以为位似中心画出的位似三角形，使新图与原图的相似比为． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】此题主要考查了作图-位似变换，作图-旋转变换，得出对应点坐标是解题关键． （1）根据中心对称的性质即可得到结论； （2）利用位似图形的性质得出C，D两点坐标在A，B坐标的基础上，同乘以，进而得出坐标画出图形即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：如图所示即为所求． 2．（2023·安徽蚌埠·一模）如图，在由边长为个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段，点为网格线的交点． (1)画出线段关于点中心对称的线段（点分别为的对应点）； (2)连，画出线段的垂直平分线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据中心对称的性质作出点，连接，即可求解； （2）由（1）可知四边形是平行四边形，根据网格的特点在上找到点，使得，即可求解． 【详解】（1）如图所示，线段即为所求； （2）如图所示，直线即为所求． 根据网格的特点，勾股定理可得，则四边形是菱形， ∴， 又， ∴为线段的垂直平分线． 【点睛】本题考查了画中心对称图形，勾股定理与网格，菱形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键． 3．（2023·安徽合肥·一模）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点和格点O. (1)将绕格点O顺时针旋转，得到，画出 (2)以O为对称中心，画出关于点O的中心对称图形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）分别作出点A、B、C绕点O顺时针旋转后的对应点，顺次连接即可得； （2）分别作出点A、B、C关于点O成中心对称的对应点，顺次连接即可得． 【详解】（1）解：如图：分别作出点A、B、C绕点O顺时针旋转后的对应点、，，即为所求： （2）解：如图：分别作出点A、B、C关于点O成中心对称的对应点、，，即为所求： 【点睛】本题考查了旋转变换作图和中心对称变换作图，熟练掌握和运用旋转作图和中心对称作图的方法是解决本题的关键． 考点二十四 根据中心对称的性质求面积、长度、角度 1．（2024·山东临沂·模拟预测）如图，四边形是菱形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分，当菱形的两条对角线的长分别为8和15时，则阴影部分的面积为 ． 【答案】30 【分析】本题考查了中心对称、菱形的性质；熟记菱形的性质并判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键． 根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积，再根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半，即可得出结果． 【详解】 解：如图所示：∵菱形的两条对角线的长分别为8和15， ∴菱形的面积 ， ∵O是菱形两条对角线的交点，菱形是中心对称图形， ∴，四边形四边形，四边形四边形， ∴阴影部分的面积． 故答案为30． 2．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，连接，交于点．若与关于点成中心对称，连接．若，则的长为（   ） A．15 B．14 C．13 D．12 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、中心对称的性质以及勾股定理等知识，根据菱形的性质、中心对称的性质，得到，根据题意得出，，利用勾股定理计算即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，与关于点成中心对称，， ∴，，， ∴，， ∴， 故选：A． 3．（2024·陕西咸阳·三模）如图，在平行四边形中，，，线段与线段分别过平行四边形的对称中心O，且将平行四边形分成相等的四份，若，则 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了平行四边形的性质，以及同高的三角形面积之比即是底边之比（反之亦然），掌握中心对称的性质是解题的关键．根据题意得到，利用同高的三角形底边之比即是面积之比，得到，，利用中心对称的性质得到，进而得到，即有，即可得到，从而得到． 【详解】解：四边形平行四边形中，，，线段与线段分别过平行四边形的对称中心O，且将平行四边形分成相等的四份， ，，， 连接，， 有， ， ， ， ，， 由中心对称性质可知， ， ， ， ， ； 同理可得， 故答案为：． ．1.（2026·湖北·模拟预测）如图，菱形的对角线交点在原点．若，则点C的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，点关于原点对称的特点．根据菱形的性质，可得点A和点C关于原点对称，即可求解． 【详解】解：∵菱形的对角线交点在原点， ∴点A和点C关于原点对称， ∵， ∴点C的坐标是． 故选：B 2．（2026·湖北襄阳·二模）如图，将绕点C旋转得到，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理．根据三角形内角和定理求出，由旋转的性质得，，然后根据求解即可． 【详解】解：∵， ∴． 由旋转的性质得，， ∴． 故选B． 3．（2025·河南濮阳·一模）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． 4．（2025·辽宁抚顺·一模）在平面直角坐标系中，半径为2的的圆心P的坐标为，将沿轴正方向平移，使与y轴相切，则平移的距离为（   ） A．1或5 B．1 C．1或3 D．3 【答案】A 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是了解当圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径．分为圆在y轴的左侧和在y轴的右侧两种情况写出答案即可． 【详解】解：∵圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径2， ∵当位于y轴的左侧且与y轴相切时，平移的距离为1； 当位于y轴的右侧且与y轴相切时，平移的距离为5． 综上所述，将沿轴正方向平移，使与y轴相切，则平移的距离为1或5． 故选：A． 5．（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：． 6．（2025·山东青岛·三模）如图，在正方形中，E是边上一点，将沿翻折至，延长交于点F．若，，则的长是（  ） A．3 B．12 C．10 D．5 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理． 连接，证明，设，则，利用勾股定理求解即可． 【详解】∵正方形中，E是边上一点，将沿翻折至， ∴， 连接，    ∵， ∴， ∴ 设， 则， ∴， 解得， 故选：A． 7．（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：，． 8．（2025·辽宁抚顺·一模）如图．点中，点是轴上一动点，以点为旋转中心，将线段逆时针旋转90°，得到线段，连接，则线段的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查旋转的性质，勾股定理及二次函数的最值问题，掌握配方法求最值是解题的关键． 设，则，根据勾股定理得，结合配方法求最值即可求解． 【详解】设，则， 由题知，， ， ， 时，取得最小值． 故答案为：． 9．（2025·河南南阳·二模）综合与实践 【问题呈现】 （1）如图①，和都是等腰直角三角形，，连接，，则，之间的数量关系是_______，________． （2）如图②，在中，，，（不与点，重合）是直线上的一动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到，连接，． 【类比探究】 ①如图②，点在线段上时，求证：． 【拓展提升】 ②如图③，，在点运动的过程中，当时，请直接写出的长． 【答案】（1）；；（2）①见解析；② 【分析】本题考查的是相似三角形的性质和判定、勾股定理、直角三角形的性质，勾股定理，以及旋转的性质等知识点． （1）证明，根据相似三角形的性质可得，； （2）同理（1）可得可求，，由此求出； （3）分当在内时，当在外时， 两种情况，结合（1）的结论，利用直角三角形性质和勾股定理解三角形即可求解． 【详解】解：（1）；； ∵和都是等腰直角三角形，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， 故答案为：；； （2）①如图②，过点作，垂足为， ∵在中，，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 由旋转可知：是等腰直角三角形， 同理（1）可得：；； 设，， 则，，， ∴， ∴， ②当在内时，如图③-1，过点作，垂足为， 同理可得：，；； ∵在中，，， ∴， ∴， ∴当时， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ 当在内时，如图③-2， 同理可求：，， ∴ 综上所述：长为 10．（2026·湖北黄石·一模）在中，，将绕点旋转得到，点的对应点在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当，时，求的长， (3)如图3，过点作的平行线交的延长线于点，连接交于 ①求证：； ②当时，直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)①见解析；② 【分析】（1）根据旋转的性质和相似三角形的判定定理进行证明即可； （2）根据相似三角形的性质可得，是直角三角形，由勾股定理可得，，由旋转的性质可得，，则．从而得到，使用勾股定理计算即可； （3）①由旋转的性质可得，，，，则，结合，可证明．通过等量代换，可得，则可证明； ②作，垂足为，延长、交于点，设，则，使用勾股定理计算出．容易证明，根据相似三角形的性质可得，．由等腰三角形的性质，可得，进而得到．容易证明，则．由①中的，可得．由平行判定，则，代入即可． 【详解】（1）解：由旋转的性质可知，，， ∴， ∴； （2）解：由（1）可知，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 在直角中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在直角中，， ∴ 解得，； （3）解：①由旋转的性质可知，，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴； ②如图，作，垂足为，延长、交于点，设， ∵， ∴， 在直角中，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质以及勾股定理，熟练掌握相关知识是解题关键． 1．（2026·福建厦门·一模）将绕点A顺时针旋转得到，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接．将线段绕点C逆时针旋转得到线段，连接交于点N． (1)如图1，若，，求的度数； (2)如图2，若，，，求线段的长度． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟知旋转的性质是解题的关键． （1）由旋转的性质得到，根据等边对等角可得，再由三角形内角和定理求出的度数即可得到答案； （2）可证明都是等腰直角三角形，则可证明B、D、M三点共线；利用勾股定理可推出，证明，则． 【详解】（1）解：由旋转的性质可得， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：由旋转的性质可得， ，， ∴都是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴B、D、M三点共线； 由勾股定理可得，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 2．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，四边形为菱形,，点E为边上动点，点B关于直线的对称点为点F，点G为中点． (1)如图1，当点为的中点时，求的长； (2)点E运动过程中，是否存在？若可能，求长；若不可能，请说明理由； (3)点E运动过程中，求点G的运动轨迹． 【答案】(1) (2)不存在,理由见解析 (3)以中点为圆心，半径为1的圆 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、轴对称的性质、三角形中位线定理、圆的定义及垂直关系的性质，解题的关键是熟练运用菱形与轴对称的性质转化等线段、等角关系，结合等边三角形三线合一、中位线定理及圆的定义推导，通过假设与矛盾分析判断存在性． （1） 连接、、；由菱形性质及，判定为等边三角形，得；因是中点，根据等边三角形三线合一得，推出点关于的对称点与重合；故. （2） 连接；由菱形性质得、，进而；由轴对称性质得、；假设，则，计算得；因，故，推出，即点与重合，与“对称点”矛盾；故不存在. （3）取中点，连接；由是中点，根据三角形中位线定理得；由轴对称性质，故；又是中点，，得；根据圆的定义，点到定点的距离恒为1，故点的运动轨迹是以中点为圆心、半径为1的圆． 【详解】（1）连接、、． 当点E为的中点时，如下图： ∵四边形为菱形， ∴三角形是等边三角形，得， ∵点E是的中点， ∴（三线合一）， ∴点B关于点E的对称点为点， 即当点E是的中点时，点C与点F重合， ∴ （2）不存在，理由如下： 如图，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵点B关于直线的对称点为点， ∴， 若，则， ∴， ∵由得， ∴， ∴，此时点F与B重合，不符合题意， ∴不可能存在 （3）如图，取中点，连接， 则为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴点E运动过程中，点G的运动轨迹是以中点为圆心，半径为1的圆． 3．（2023·江苏泰州·二模）在综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展了数学活动． (1)操作判断： 在上选一点，沿折叠，使点落在正方形内部的点处，把纸片展平，过作交、、于点、、，连接并延长交于点，连接，如图①，当为中点时，求证是等边三角形． (2)迁移探究： ①如图②，若，且，求正方形的边长． ②如图③，若，直接写出的值为 ． 【答案】(1)证明见解析 (2)① ；② 【分析】（1）由折叠的性质可得，，利用平行线的性质得，进而得，，再利用直角三角形中线的性质可得 ，即可证明为等边三角形； （2）证明，可得，证明，可得，从而求得，，再利用勾股定理求得的长，再算出的长，即可求出正方形的边长； ②设，根据题意可得，，，设，则，根据，可得，再代入计算解出即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， 根据折叠的性质可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点为的中点，， ∴， ∴， ∴点为的中点，， ∴， ∴， ∴为等边三角形； （2）解：①由折叠的性质可知，， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴，即正方形的边长为； ②设， ∵， ∴， ∴，， 设，则， ∵， ∴， ∴， 整理得：， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、折叠的性质、等边三角形的判定、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、面积转化法，灵活运用正方形的性质、折叠的性质、等边三角形的判定是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第七章 图形的变化 专题02 图形的对称﹑平移﹑旋转 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01 轴对称图形的识别 题型02 根据成轴对称图形的特征进行判断 题型03 根据成轴对称图形的特征进行求解 题型04 轴对称中的光线反射问题 题型05 折叠问题 题型06求某点关于坐标轴对称点的坐标 题型07 轴对称的综合问题 题型08 生活中的平移现象 题型09 利用平移的性质求解 题型10 利用平移解决实际生活问题 题型11 作平移图形 题型12 求点沿x轴、y轴平移后的坐标 题型13 已知图形的平移求点的坐标 题型14 与平移有关的规律问题 题型15 平移的综合问题 题型16 找旋转中心、旋转角、对应点 题型17 根据旋转的性质求解 题型18 画旋转图形 题型19 旋转中的规律问题 题型20 旋转综合题 题型21 判断中心对称图形 题型22 画已知图形关于某点的对称图形 题型23 根据中心对称的性质求面积、长度、角度 考点一 轴对称图形的识别 1．（2024·广东江门·三模）“书法”是我国汉字特有的一种传统艺术，它是我国十大国粹之一、下面的“美”字分别采用楷书、行书、草书、篆书等四种不同字体书写而成，它们呈现出美的不同形态．其中符合轴对称美的是（　　） A．B．C．D． 2．（2025·黑龙江绥化·模拟预测）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（2025·贵州铜仁·模拟预测）中华优秀传统文化“二十四节气”是中国人通过观察太阳周年运动，认知一年中时令、气候、物候等方面变化规律所形成的知识体系和社会实践，是中国传统历法体系及其相关实践活动的重要组成部分，被誉为“中国的第五大发明”．如图所示的四幅作品分别代表“立春”“小满”“惊蛰”“芒种”四个节气，其中是轴对称图形的是（      ） A． B． C． D． 考点二 根据成轴对称图形的特征进行判断 14．（2025·河南郑州·三模）若一个图形上所有点的横坐标不变，纵坐标乘以，则所得图形与原图形的关系为（   ） A．关于轴成轴对称图形 B．关于轴成轴对称图形 C．关于原点成中心对称图形 D．无法确定 2．（2023·河北秦皇岛·三模）如图是嘉嘉把纸折叠后剪出的图案，将剪纸展开后得到的图案是（    ） A． B． C． D． 考点三 根据成轴对称图形的特征进行求解 1．（2025·河北·模拟）如图，已知，点C，D在线段上，且．P是线段上的动点，分别以，为边在线段的同侧作等边和等边，连接，设的中点为G，则的最小值是 ．    2．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，点N在等边的边上，，射线，垂足为B，P是射线上一动点，M是线段上一动点，当的值最小时，，则的长为 ． 3．（2024·广东·模拟预测）若和关于直线l 对称，的面积为8，则的面积为（   ） A．2 B．4 C．8 D．16 考点四 轴对称中的光线反射问题 1．（2024·河南平顶山·三模）光的反射定律为：入射光线、反射光线和法线(垂直于反射面的直线)都在同一平面内，且入射光线和反射光线分别位于法线的两侧，入射光线与法线的夹角入射角等于反射光线与法线的夹角反射角，兴趣小组想让太阳光垂直射入水井，运用此原理，如图，在井口放置一面平面镜以改变光的路线，当太阳光线与水平线的夹角时，要使太阳光线经反射后刚好竖直射入井底即 ，则调整后平面镜与水平线的夹角为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·江西·中考真题）如图，平面镜放置在水平地面上，墙面于点，一束光线照射到镜面上，反射光线为，点在上，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 3．（2022·湖南湘潭·中考真题）如图，一束光沿方向，先后经过平面镜、反射后，沿方向射出，已知，，则 ． 考点五 折叠问题 1．（（2025·广东·模拟））如图，在正六边形中，，，，，点A在正六边形的边上，一束光从点A发出，经过多次反射（A - B - C - D - E - F）后到达点F，已知由光的反射原理（入射角等于反射角）可得：，根据此原理，若，则（   ） A． B． C． D． 2．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，中，点是边上一点，连接，把沿着翻折，得到，与交于点．若点是的中点，，的面积为，则点，之间的距离为 ． 3．（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． 4．（（2025·河南·模拟））如图，在等腰中，，，D为边的中点，E为边上的一个动点，连接，将沿折叠，点A的对应点为．当时，的长度为 ． 5．（2025·上海·模拟预测）如图，在中，点是边上的一点，若，，将沿翻折得，连结，点在的延长线上，恰好平分，则的长为 ． 6．（2025·上海·模拟预测）如图，是的弦，将劣弧沿弦折叠后，圆弧恰好经过圆心，若，则的半径为 ． 7．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，正方形的边长为2，E是边的中点，把△ADE沿折叠得到（点D的对应点为点F），则的值为 ． 考点六 求某点关于坐标轴对称点的坐标 1．（2025·四川成都·模拟预测）在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为 ． 2．（2025·辽宁朝阳·三模）点关于 y轴对称的点的坐标为 ． 3．（2025·广西柳州·模拟预测）在平面直角坐标系中，点与点关于轴对称，则（   ） A． B． C．1 D．5 4．（2025·四川成都·二模）在平面直角坐标系中，点的坐标为，则点关于轴对称点的坐标是（    ） A． B． C． D． 考点七 轴对称的综合问题 1．（2025·福建泉州·模拟预测）如图，在中，点从点出发沿方向运动，到达点时停止运动，连接，点关于直线的对称点为，连接，． (1)点位于何处时，？请用直尺和圆规在图中作出此时的（不写作法，保留作图痕迹）； (2)若，求点运动过程中，点到直线距离的最大值． 2．（（2025·江苏·模拟））如图1，已知正方形，，E是边上的一个动点（不与点B，C重合），连接，点B关于直线的对称点为F，连接并延长交于点G，连接，． (1)求的度数； (2)如图2，连接，若，求线段的长； (3)如图3，在点E运动过程中，作的平分线交延长线于H，若，求线段的长． 3．（2025·江苏无锡·二模）（1）如图1，正方形中，E为边上一点，，连接，过点E作交边于点F，将沿直线折叠后，点A落在点处，连接，当点恰好落在上时，直接写出的长 ； （2）如图2，在（1）的条件下，若把正方形改成矩形，且，其他条件不变，直接写出的长 （用含m的代数式表示）； （3）如图3，在（1）的条件下，若把正方形改成菱形，且，，其他条件不变，当时，求的长．    4．（2023·吉林松原·二模）如图所示，在中，，，，点P从点A出发以每秒2个单位长度的速度沿向终点B运动，当点P不与点A，B重合时，作，边交折线于点D，点A关于直线的对称点为E，连接，得到．设点P的运动时间为t（秒）． (1)直接写出线段的长（用含t的代数式表示）； (2)当点E落在边上时，求t的值； (3)设与重合部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围． 5．（（2025·湖南·模拟））如图1，四边形是正方形，点是边上的点，且交正方形的外角的角平分线于点F． (1)求证：． (2)试猜想线段与线段存在怎样的数量关系，并证明你的结论． (3)如图2，线段与交于点N，若，连接，求的最小值． 考点八 生活中的平移现象 1．（2023·广东广州·二模）图是“杭州2022年亚运会”吉祥物“宸宸”．下面图形中，可由“宸宸”平移得到的是（        ）．    A．   B．   C．   D．   2．（2022·贵州贵阳·二模）下列现象中属于平移的是（    ） ①方向盘的转动；②打气筒打气时，活塞的运动；③钟摆的摆动；④汽车雨刷的运动 A．①② B．②③ C．①②④ D．② 考点九 利用平移的性质求解 1．（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． 2．（（2025·辽宁·模拟））如图，将沿着方向平移得到，与重叠部分的面积是的面积的一半，已知，则平移的距离是 ． 3．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在中，．将沿方向平移一段距离后得到交于点G．连接，则阴影部分的周长为 ． 4．（2025·广东深圳·三模）如图，将沿方向平移得到，与重叠部分（图中阴影部分）的面积是的面积的，已知，则平移的距离为（ ） A．1 B．3 C． D． 5．（2025·福建福州·三模）在平面直角坐标系中，点A是反比例函数（）图象上的一点，如图，将线段向左平移，平移后的对应线段为，点落在反比例函数的图象上，已知线段扫过的面积为8，则 ． 6．（2025·河北邯郸·模拟预测）如图，中，，将沿射线的方向平移，得到．再将绕点逆时针旋转一定角度后，恰使点与C重合，点的对应点是点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 7．（2025·广西南宁·三模）如图，菱形的周长为8，O是对角线的中点，将菱形沿向右平移的长得到菱形，与相交于点E，与相交于点F，则四边形的周长是 ． 考点十 利用平移解决实际生活问题 1．（2025·吉林长春·一模）如图为建造楼梯的设计图，虚线为楼梯的倾斜线，与地面的夹角．现在要在楼梯上铺地毯（沿台阶从点铺到点），已知米，则所铺地毯的总长度为（　　） A．米 B．米 C．米 D．米 2．（2025·山东济宁·一模）在高为5m，坡面长为13m的楼梯表面铺地毯，每米造价元，铺完整个楼梯总造价需要 元． 3．（2024·广西南宁·模拟预测）综合与实践 主题任务：“我的校园我做主”草坪设计 任务背景：学校举办“迎五一，爱劳动”主题实践活动，九（2）班参加校园美化设计任务：校园内有一块宽为31米，长为40米的矩形草坪，在草坪上设计两条小路， 具体要求：（1）矩形草坪每条边上必须有一个口宽相等的路口；（2）两条小路必须设计成平行四边形； 驱动任务一：九（2）班各个实践小组的设计方案汇总后，主要有甲、乙、丙三种不同的方案（如图1）： （1）直观猜想：方案中小路的总面积大小关系_________，_________；（请填“相等”或“不相等”） 驱动任务二：验证猜想：各个实践小组用如表格进行研究： 纵向小路面积 横向小路面积 纵横交叉面积 小路总面积 甲方案 乙方案 丙方案 （2）请用含x的代数式表示甲方案中小路总面积：______________； 驱动任务三： （3）如果甲种方案除小路后草坪总面积约为1170平方米．请计算两条小路的宽度是多少？ 驱动任务四：为了深入研究，各个小组选择丙方案（如图2）进行研究．若两条小路与矩形两组对边所夹锐角．若时，请用含的三角函数表示两条路重叠部分四边形的面积，并直接写出最小值． 考点十一 作平移图形 1．（2025·贵州·模拟）中）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立平面直角坐标系，的顶点都在格点上，且三个顶点的坐标分别为． (1)画出向左平移5个单位，再向下平移1个单位后的． (2)画出关于原点的中心对称图形； (3)求出的面积． 2．（2024·安徽·模拟预测）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的顶点均为格点（网格线的交点）． (1)将向下平移2个单位长度，再向左平移3个单位长度，得到，请画出． (2)在上作一点D，使得点D到和的距离相等．（不要求写作法，保留作图痕迹） 3．（2025·广西南宁·二模）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，的顶点A，B，C均在网格上． (1)将向下平移4个单位长度，得到，请作出； (2)作关于y轴对称的图形； (3)在（1）的条件下，求线段扫过的面积． 4．（2025·安徽滁州·三模）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中给出了格点（顶点是网格线的交点）． (1)将向左平移6个单位长度，再向下平移5个单位长度，请画出平移后的． (2)以点O为位似中心，将缩小为原来的，得到，请在y轴右侧画出，并求出的长度． 5．（2025·安徽蚌埠·三模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，线段的端点分别在格点上，O为格点． (1)将线段向右平移3个单位，再向上平移2个单位，请在网格内画出平移后的线段． (2)以点O为中心，在网格画出线段的中心对称线段，并直接写出的度数． 考点十二 求点沿x轴、y轴平移后的坐标 1．（2023·广西桂林·二模）在平面直角坐标系中，将点沿轴方向向右平移1个单位，得到点的坐标为 ． 2．（2023·辽宁·二模）在平面直角坐标系中，将点向左平移3个单位，再向下平移1个单位得到，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 3．（2023·广西桂林·一模）将点向右平移3个单位长度得到点Q，则点Q的坐标为（　　） A． B． C． D． 4．（2023·广西桂林·二模）点向左平移2个单位，再向上平移3个单位后的坐标是（　　） A．(7,9) B．(7,3) C．(3,9) D．(3,3) 5．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，将点先向右平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度得到点，则点的坐标是 ． 考点十三 已知图形的平移求点的坐标 1．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．若将平移后得到，点A的对应点C的坐标是，则点B的对应点D的坐标是 ． 2．（2024·山西吕梁·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形的边在轴上，将沿轴向右平移个单位长度得到，其中点，，的对应点分别为点与交于点．若点的坐标为，则点的坐标为 ． 3．（2024·辽宁盘锦·一模）象棋起源于中国，中国象棋文化历史悠久．如图所示是某次对弈的残图，如果建立平面直角坐标系，使棋子“帅”位于点的位置，则在同一坐标系下，“马”所在位置是（    ） A． B． C． D． 4．（2025·陕西·模拟）如图，已知点，，若将线段平移至，其中点，则的值为 ． 5．（2024·河南开封·一模）如图，，，都是的顶点，若将沿轴向右平移，使边的中点的对应点恰好落在轴上，则点的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 考点十四 与平移有关的规律问题 1．（2025·陕西·模拟）如图所示，平面直角坐标系中，轴负半轴有一点，点先向上平移1个单位至，接着又向右平移1个单位至点，然后再向上平移1个单位至点，向右平移1个单位至点，照此规律平移下去，点平移至点时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·江苏·模拟）已知如图，每个小正方形的边长都是都在格点上，都是斜边在轴上，且斜边长分别为.的等腰直角三角形.若的三个顶点坐标为,则依图中规律,则的坐标为 3．（2025·湖南·模拟）如图，在平面直角坐标系中有点 ，点第一次跳动至点 ，第二次向右跳动个单位至点 ，第三次跳动至点 ，第四次向右跳动个单位至点 ，…，依此规律跳动下去，点与点的横坐标距离是（　　） A．2023 B．2024 C．2025 D．2026 考点十五 平移的综合问题 1．（2025·全国·模拟）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（6，0），点B在y轴的正半轴上，．矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD＝2 (1)如图①，求点E的坐标； (2)将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形，点C，O，D，E的对应点分别为．设，矩形与重叠部分的面积为S． ①如图②，当矩形与重叠部分为五边形时，，分别与AB相交于点M，F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求t的取值范围（直接写出结果即可）． 2．（2022·陕西西安·三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．已知，该抛物线的对称轴为直线． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)求点、的坐标； (3)将线段平移，使得平移后线段的一个端点在这条抛物线上，另一个端点在轴上，若将点、平移后的对应点分别记为点、，求以、、、为顶点的四边形面积的最大值． 3．（2025·天津河东·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，点，点B在y轴的正半轴上，是等边三角形，点C在第二象限． (1)填空：如图①，点B的坐标为_________，点C的坐标为_________； (2)将沿x轴向右平移得到，点B，C，O的对应点分别为． ①如图②，设与重叠部分的面积为S．当与重叠部分为五边形时，分别与相交于点E，F，G，H，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②连接，当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）． 4．（2025·河南郑州·模拟预测）如图，在菱形中，，，，反比例函数的图象经过点． (1)求反比例函数的表达式； (2)菱形的对角线与相交于点，将菱形向右平移，当点恰好在反比例函数的图象上时，求扫过的面积． 考点十六 找旋转中心、旋转角、对应点 1．（2025·广西·模拟）如图，将含的直角三角板绕着点A顺时针旋转到处（点C，A，D在一条直线上），则这次旋转的旋转角为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·浙江·模拟）如图，教室内地面有个倾斜的畚箕，箕面与水平地面的夹角为，小明将它扶起（将畚箕绕点A顺时针旋转）后平放在地面，箕面绕点A旋转的度数为 ． 3．（2024·山西运城·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，的顶点都在格点（每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点称为格点）上，点A，B，C的坐标分别为，，，将绕坐标平面内某点旋转一定的角度，得到，点A，B，C的对应点分别为，，，若点的坐标为，则旋转中心的坐标为（   ） A． B． C． D． 4．（2023·湖南怀化·模拟预测）如图，是由绕点旋转得到的像，则其旋转的方向和旋转的角度可能有（    ）    A．顺时针旋转 B．逆时针旋转 C．逆时针旋转 D．逆时针旋转 5．（2023·广东广州·一模）一副三角板如图摆放，点为中点，连结，将三角板绕点顺时针旋转角度，使得，则的度数为 ． 考点十七 根据旋转的性质求解 1．（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 ． 2．（2026·辽宁阜新·一模）如图，菱形的顶点，，若菱形绕点逆时针旋转每秒旋转，则第秒时，菱形的对角线交点的坐标为（　　） A． B． C． D． 3．（2026·全国·模拟预测）如图，将绕点A逆时针旋转得到，使点E恰好落在边的中点，且点D落在上．已知，则的值为 ． 4．（2025·全国·模拟）如图，将绕点A按逆时针方向旋转得到，连接，若，则的度数为 ． 5．（2025·陕西·模拟）如图，在中，，，，将绕点C旋转得到，当点D恰好落在射线上时，的长为 ． 6．（2025·河北·模拟预测）如图，矩形中，，，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，使恰好经过点D，则的长为 ．    7．（2023·江苏南京·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，过、的直线绕点B逆时针旋转，交x轴于点C，则点C的坐标为 ． 考点十八 画旋转图形 1．（2026·陕西西安·一模）如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长为1个单位长度，的顶点坐标分别是、、．将绕点顺时针旋转后得到，点、分别与点、对应． (1)请在图中画出； (2)求在旋转过程中线段所扫过的图形的面积．（结果保留） 2．（2025·江苏·模拟）每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上． (1)写出A、B、C的坐标． (2)以原点O为对称中心，画出关于原点O对称的． (3)将绕点A逆时针旋转，画出旋转后的．并求出在旋转的过程中扫过的面积． 3．（2026·广西柳州·一模）如图，三个顶点的坐标分别为，，． (1)与关于原点O对称，画出； (2)将绕点A顺时针旋转，在网格中画出旋转后对应的，并求出此过程中线段扫过的面积．（结果保留） 考点十九 旋转中的规律问题 1．（2025·江西·模拟）如图，在平面直角坐标系中，风车图案的四个叶片为完全相同的平行四边形，其中一个叶片上的点，的坐标分别为，．将风车绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·山东枣庄·二模）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正六边形绕点O顺时针旋转i个，得到正六边形，则正六边形的顶点的坐标是 ．    3．（2024·广东·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点重合，轴，交轴于点．将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2024次旋转结束时，点的坐标为 考点二十 旋转综合题 1．（2025·吉林白城·模拟预测）一次小组合作探究课上，老师将两个正方形按如图①所示的位置摆放（点 ，，在同一条直线上），发现且． 小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答： (1)将正方形绕点按逆时针方向旋转（如图②），还能得到吗？若能，请给出证明，请说明理由； (2)把背景中的正方形分别改成菱形和菱形，将菱形绕点按顺时针方向旋转（如图③），试问当与的大小满足怎样的关系时，； (3)如图④，把背景中的正方形分别改写成矩形和矩形，且，请直接写出与满足的数量关系． 2．（2025·桂林·模拟）旋转是几何图形中最基本的图形变换之一，利用旋转可将分散的条件相对集中，以达到解决问题的目的． 【探究发现】如图①，在等边三角形内部有一点，求的度数．爱动脑筋的小明发现：将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则，然后利用和形状的特殊性求出的度数，就可以解答这道题． 下面是小明的部分解答过程： 解：将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接． ， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ， ，即． （1）请你补全余下的解答过程． 【类比迁移】 （2）如图②，在正方形内有一点，且，求的度数． 【拓展延伸】 （3）如图③，在（2）的条件下，连接，若正方形的边长为，则线段的最小值为________． 3．（2023·山西大同·三模）综合与实践： 问题情景：如图1、正方形与正方形的边，在一条直线上，正方形以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为α，在旋转过程中，两个正方形只有点A重合，其它顶点均不重合，连接，．    (1)操作发现：当正方形旋转至如图2所示的位置时，求证：； (2)操作发现：如图3，当点E在延长线上时，连接，求的度数； (3)问题解决：如图4， 如果，，，请直接写出点G到的距离． 考点二十一 判断中心对称图形 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．（2025·河南濮阳·一模）年月日，汇聚了全球个知名汽车品牌的第二十一届中国（长沙）国际汽车博览会在长沙国际会展中心拉开帷幕，中国新能源汽车智能化发展进入全面加速期，各大车企以高阶智能技术抢占市场，并开始竞逐低空智慧交通新赛道．以下是款国产新能源汽车标志，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ）． A． B． C． D． 3．（2026·陕西西安·一模）下列符号中，是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 4．（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． 考点二十三 画已知图形关于某点的对称图形 1．（2025·湖南·模拟）如图，已知是坐标原点，、的坐标分别为、 (1)画出绕点顺时针旋转后得到的图形； (2)在轴的左侧以为位似中心画出的位似三角形，使新图与原图的相似比为． 2．（2023·安徽蚌埠·一模）如图，在由边长为个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了以格点（网格线的交点）为端点的线段，点为网格线的交点． (1)画出线段关于点中心对称的线段（点分别为的对应点）； (2)连，画出线段的垂直平分线． 3．（2023·安徽合肥·一模）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点和格点O. (1)将绕格点O顺时针旋转，得到，画出 (2)以O为对称中心，画出关于点O的中心对称图形． 考点二十四 根据中心对称的性质求面积、长度、角度 1．（2024·山东临沂·模拟预测）如图，四边形是菱形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分，当菱形的两条对角线的长分别为8和15时，则阴影部分的面积为 ． 2．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，连接，交于点．若与关于点成中心对称，连接．若，则的长为（   ） A．15 B．14 C．13 D．12 3．（2024·陕西咸阳·三模）如图，在平行四边形中，，，线段与线段分别过平行四边形的对称中心O，且将平行四边形分成相等的四份，若，则 ． ．1.（2026·湖北·模拟预测）如图，菱形的对角线交点在原点．若，则点C的坐标是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·湖北襄阳·二模）如图，将绕点C旋转得到，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·河南濮阳·一模）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． 4．（2025·辽宁抚顺·一模）在平面直角坐标系中，半径为2的的圆心P的坐标为，将沿轴正方向平移，使与y轴相切，则平移的距离为（   ） A．1或5 B．1 C．1或3 D．3 5．（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 6．（2025·山东青岛·三模）如图，在正方形中，E是边上一点，将沿翻折至，延长交于点F．若，，则的长是（  ） A．3 B．12 C．10 D．5 7．（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 ． 8．（2025·辽宁抚顺·一模）如图．点中，点是轴上一动点，以点为旋转中心，将线段逆时针旋转90°，得到线段，连接，则线段的最小值为 ． 9．（2025·河南南阳·二模）综合与实践 【问题呈现】 （1）如图①，和都是等腰直角三角形，，连接，，则，之间的数量关系是_______，________． （2）如图②，在中，，，（不与点，重合）是直线上的一动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到，连接，． 【类比探究】 ①如图②，点在线段上时，求证：． 【拓展提升】 ②如图③，，在点运动的过程中，当时，请直接写出的长． 10．（2026·湖北黄石·一模）在中，，将绕点旋转得到，点的对应点在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当，时，求的长， (3)如图3，过点作的平行线交的延长线于点，连接交于 ①求证：； ②当时，直接写出的值． 1．（2026·福建厦门·一模）将绕点A顺时针旋转得到，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接．将线段绕点C逆时针旋转得到线段，连接交于点N． (1)如图1，若，，求的度数； (2)如图2，若，，，求线段的长度． 2．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，四边形为菱形,，点E为边上动点，点B关于直线的对称点为点F，点G为中点． (1)如图1，当点为的中点时，求的长； (2)点E运动过程中，是否存在？若可能，求长；若不可能，请说明理由； (3)点E运动过程中，求点G的运动轨迹． 3．（2023·江苏泰州·二模）在综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展了数学活动． (1)操作判断： 在上选一点，沿折叠，使点落在正方形内部的点处，把纸片展平，过作交、、于点、、，连接并延长交于点，连接，如图①，当为中点时，求证是等边三角形． (2)迁移探究： ①如图②，若，且，求正方形的边长． ②如图③，若，直接写出的值为 ． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $