第03讲 图形的对称﹑平移﹑旋转（培优讲义）（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 第03讲 图形的对称﹑平移﹑旋转 目 录 目标导图👉构建知识脉络 考点深解👉速通命题要点 考点1 轴对称 考点2 图形的平移 考点3 图形的旋转 命题突破👉破解常考题型 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 难点攻坚👉攻克易错难点 难点1 折叠求角度，线段长 难点2 旋转中的半角模型 难点3 旋转中的手拉手模型 难点4 旋转中的最值问题 练测提能👉效果及时检测 测能力/提能力 ◇考点 1 轴对称图形与对称轴 轴对称图形 轴对称 图 形 定 义 如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴 如果两个图形对折后，这两个图形能够完全重合，那么我们就说这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴 性 质 对应线段相等 AB=AC AB=A′B′，BC=B′C′， AC=A′C′ 对应角相等 ∠B=∠C ∠A=∠A′，∠B=∠B′， ∠C=∠C′ 对应点所连的线段被对称轴垂直平分 区 别 (1)轴对称图形是一个具有特殊形状的图形，只对一个图形而言； (2)对称轴不一定只有一条 (1)轴对称是指两个图形的位置关系，必须涉及两个图形； (2)只有一条对称轴 关 系 (1)沿对称轴对折，两部分重合； (2)如果把轴对称图形沿对称轴分成“两个图形”，那么这“两个图形”就关于这条直线成轴对称 (1)沿对称轴翻折，两个图形重合；(2)如果把两个成轴对称的图形拼在一起，看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形 1．常见的轴对称图形: 等腰三角形、矩形、菱形、正方形、圆． 2．折叠的性质:折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等． 3．作某点关于某直线的对称点的一般步骤 1）过已知点作已知直线（对称轴）的垂线，标出垂足；2）在这条直线另一侧从垂足除法截取与已知点到垂足的距离相等的线段，那么截点就是这点关于该直线的对称点． 4．作已知图形关于某直线的对称图形的一般步骤 1）作出图形的关键点关于这条直线的对称点； 2）把这些对称点顺次连接起来，就形成了一个符合条件的对称图形 ◇考点 2 平移 1．定义：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做平移．平移不改变图形的形状和大小． 2．三大要素： 一是平移的起点，二是平移的方向，三是平移的距离． 3．性质： 1）平移前后，对应线段平行且相等、对应角相等；2）各对应点所连接的线段平行(或在同一条直线上)且相等；3）平移前后的图形全等． 4．作图步骤： 1）根据题意，确定平移的方向和平移的距离；2）找出原图形的关键点；3）按平移方向和平移距离平移各个关键点，得到各关键点的对应点；4）按原图形依次连接对应点，得到平移后的图形． ◇考点 3 旋转 1．定义：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． 2．三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度． 3．性质： 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． 4．作图步骤：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． 【注意】旋转是一种全等变换，旋转改变的是图形的位置，图形的大小关系不发生改变，所以在解答有关旋转的问题时，要注意挖掘相等线段、角，因此特殊三角形性质的运用、锐角三角函数建立的边角关系起着关键的作用． 5.中心对称图形与中心对称 中心对称图形 中心对称 图 形 定 义 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 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 性 质 对应点 点A与点C，点B与点D 点A与点A′，点B与点B′，点C与点C′ 对应线段 AB=CD， AD=BC AB=A′B′，BC=B′C′，AC=A′C′ 对应角 ∠A=∠C ∠B=∠D ∠A=∠A′，∠B=∠B′，∠C=∠C′ 区 别 中心对称图形是指具有某种特性的一个图形 中心对称是指两个图形的关系 联 系 把中心对称图形的两个部分看成“两个图形”，则这“两个图形”成中心对称 把成中心对称的两个图形看成一个“整体”，则“整体”成为中心对称图形 常见的中心对称图形 平行四边形、矩形、菱形、正方形、正六边形、圆等． 注意：图形的“对称”“平移”“旋转”这些变化,是图形运动及延伸的重要途径,研究这些变换中的图形的“不变性”或“变化规律”. ◇题型 1 轴对称图形的识别 典例1（2025·四川绵阳·中考真题）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ） A．B．C． D． 变式1（2022·天津·中考真题）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（   ） A．爱 B．国 C．敬 D．业 变式2（2026·江苏苏州·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． ◇题型 2 根据成轴对称图形的特征进行判断 典例2（2025·河北邢台·三模）剪纸是我国传统民间艺术之一．嘉嘉将一张圆形纸片按图3的流程进行操作，即先沿虚线对折两次，再沿虚线剪开，则展开后的剪纸形状是（   ） A． B． C． D． 变式1（2024·北京通州·一模）如图，由5个“○”和3个“□”组成的图形关于某条直线对称，该直线是（    ） A． B． C． D． 变式2（2025·河北邯郸·一模）如图，与关于直线对称，交于点O，下列结论：①；②；③；④中，错误的有（   ） A．4个 B．1个 C．0个 D．2个 变式3（2025·福建·一模）如图是一个风筝设计图，其主体部分关于所在的直线对称（四边形，），与相交于点，，且，则下列推断不正确的是（   ）    A． B． C． D．是等边三角形 ◇题型 3 根据成轴对称图形的特征进行求解 典例3（2022·海南省直辖县级单位·一模）如图，内有一点，分别作出点关于，的对称点，，连接，交于点，交于点，连接，当时，的周长为 ． 变式1（2025·山东烟台·模拟预测）如图，在等边中，点在边上，点在的延长线上，且． (1)求证：； (2)点关于直线的对称点为，连接，． 根据题意将图补全； 在点运动的过程中，和有什么数量关系并证明． 变式2（2022·江苏宿迁·一模）如图，正方形的边长为，点、分别在轴，轴的正半轴上，点在上，是上一动点，则的最小值为 ． 变式3（2024·广东·模拟预测）如图，已知正方形的边长为2，点E是边的中点，点P是对角线上的一个动点，则线段的最小值是 ． ◇题型 4 轴对称中的光线反射问题 典例4（2025·宁夏银川·三模）已知射到平面镜上的光线(入射光线)和反射后的光线(反射光线)与平面镜所夹的角相等，如图，淇淇同学将支架平面镜放置在水平桌面上，镜面与水平面的夹角，激光笔发出的光束射到平面镜上，若激光笔与水平天花板 的夹角，反射光束为，则反射光束与平面镜的夹角的度数为 ．      变式1（2025·广东江门·三模）无线网络的稳定运行依托光纤传输系统．如图，光信号在光纤中的传输过程，可看作光信号经过两个平行放置的平面镜进行反射，若，则的度数为(   ) A． B． C． D． 变式2（2025·福建·二模）在天花板上嵌入灯带可以与主灯配合使用，确保整个房间的光线更加均匀．如图，学校要为某会议室的天花板上嵌入灯带，工人师傅将平面镜放置在点A处，使得沿着天花板边缘O射入的光线，经过平面镜反射后恰好落在灯带的左侧端点C处，此时利用测角仪测得天花板边缘O的仰角为，移动平面镜到达点B处，此时沿着天花板边缘O射入的光线，经过平面镜反射恰好落在灯带的右侧端点D处，此时测得天花板边缘O的仰角为，该会议室天花板的高度为，则灯带的长约为 ．（结果精确到，参考数据：） 变式3（2025·四川·模拟）如图，光源发出的一束光，遇到平面镜（y轴）上的点B的反射光线交x轴于点，则入射光线所在直线的解析式为 ． ◇题型 5 折叠问题 典例5（2024·西藏那曲·一模）如图所示，将矩形纸片折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为，若，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 变式1（2025·江苏扬州·一模）如图，在中，，D，E分别是，上的点，将沿着折叠，使点A落在边的中点（记为）处．若，，则的长为 ．    变式2（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． 变式3（2026·甘肃·模拟预测）【综合与实践】主题：探究特殊四边形的折叠问题 情境：在数学活动课上，老师发给每位同学一张矩形纸片，引导同学们进行折叠探究． 操作一：如图，点为边上一点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上． （1）求证： 操作二：如图，将矩形纸片先沿对角线对折，再展开，折痕为．点为边上一点，将沿直线折叠，使点的对应点落在对角线上． （2）若，，当点为的三等分点时，求的长． ◇题型 6 求某点关于坐标轴对称点的坐标 典例6（2024·湖南·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点，则点A关于x轴的对称点的坐标是（    ） A． B． C． D． 变式1（2024·广东·模拟预测）在平面直角坐标系中，点与点B关于y轴对称，则点 B 的坐标是(    ) A． B． C． D． 变式2（2023·湖南怀化·模拟预测）已知点关于y轴的对称点为，则的值是（     ） A．1 B． C．5 D． 变式3（2025·湖北·模拟预测）已知、两点关于轴对称，点坐标为，则点坐标为（   ） A． B． C． D． ◇题型 7 轴对称的综合问题 典例7（2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 变式1（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数（为常数）的图像与轴交于、两点，交轴于点，对称轴为直线． (1)求二次函数关系式． (2)连接，抛物线上是否存在点，使，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． (3)在轴上方的抛物线上找一点，作射线，使，点是线段上的一动点，过点作轴，垂足为点，连结，求的最小值． 变式2（2025·四川广元·一模）如图，在平面直角坐标系中，当直角三角板的直角顶点落在处时，锐角顶点、恰好落在反比例函数第一象限的图象上． (1)分别求反比例函数的表达式和直线所对应的一次函数的表达式； (2)在轴上是否存在一点，使周长的值最小．若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由． 变式3（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． ◇题型 8 生活中的平移现象 典例8（2025·江苏盐城·中考真题）小明的背包随安检传送带移动，主要涉及的图形变换是（    ） A．平移 B．轴对称 C．旋转 D．位似 变式1（2022·广西·中考真题）2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的，展现了运动员不断飞跃，超越自我，奋力拼搏，激励世界的冬残奥精神下列的四个图中，能由如图所示的会徽经过平移得到的是（    ） A．B． C． D． 变式2（2023·江苏宿迁·三模）数学来源于生活，下列图案是由平移形成的是（    ） A．   B．   C．   D．   ◇题型 9 利用平移的性质求解 典例9（2025·江苏南通·中考真题）如图，将沿着射线平移到．若，则平移的距离为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 变式1（2025·四川德阳·中考真题）如图，在中，，将沿方向向右平移至处，使恰好过边的中点D，连接，若，则（  ） A．3 B．2 C．1 D． 变式2（2025·四川凉山·中考真题）如图，将周长为20的沿方向平移2个单位长度得，连接，则四边形的周长为 ． 变式3（2025·福建·中考真题）如图，是等边三角形，D是的中点，，垂足为C，是由沿方向平移得到的．已知过点A，交于点G． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． ◇题型 10 利用平移解决实际生活问题 典例10（2025·四川绵阳·三模）一座楼梯的示意图如图所示，是铅垂线，是水平线，与的夹角为．现要在楼梯上铺一条地毯，已知米，楼梯宽度3米，则地毯的面积至少需要（   ）． 一 A． B． C． D． 变式1（2025·广西南宁·二模）如图，在一块长为，宽为的长方形草坪上，有一条的弯曲小路，小路的右边线向左平移就是它的左边线，则这块草地的面积为 ． 变式2（2024·江西南昌·模拟预测）如图，用三根长为的火柴棒围成一个等边三角形，将它的两边按图中方式向外等距离平移，再另外添加三根长为的火柴棒（虚线部分），得到一个正六边形，则x的值为 ．    变式3（2024·湖北宜昌·模拟预测）如图，在由小正方形组成的网格图中，有两户家用电路接入电表，户电路接点与电表接入点之间所用电线长度为，则户电路接点与电表接入点之间所用电线长度为 ． ◇题型 11 作平移图形 典例11（2025·山东潍坊·中考真题）如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中，，的坐标分别为，，．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）． (1)画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标； (2)将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形． 变式1（2023·安徽·中考真题）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点均为格点（网格线的交点）．    (1)画出线段关于直线对称的线段； (2)将线段向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到线段，画出线段； (3)描出线段上的点及直线上的点，使得直线垂直平分． 变式2（2025·福建福州·模拟预测）在所给的网格图（每个小格均为边长是1的正方形）中完成下列各题： (1)先将向右平移4格，再向下平移3格，请作出两次平移后所得的； (2)过点C分别画出线段的垂线、直线平行于； (3)连结，，判断与的关系，并求四边形的面积． 变式3（2025·广东韶关·三模）如图，在平面直角坐标系中，点、、、，通过平移得到． (1)若点与点相对应，请画出平移后的； (2)若点在坐标轴上，且满足，直接写出点的坐标． ◇题型 12 求点沿x轴、y轴平移后的坐标 典例12（2023·四川绵阳·中考真题）在平面直角坐标系中，将点先向右平移个单位，再向下平移个单位，得到点，则 ． 变式1（2025·江苏淮安·中考真题）点沿y轴向上平移4个单位长度后点的坐标是 ． 变式2（2026·甘肃·模拟预测）在平面直角坐标系中，将点向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度后得到点，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 变式3（2024·辽宁葫芦岛·二模）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3个单位长度得到点B，则点B的坐标是 ． ◇题型 13 已知图形的平移求点的坐标 典例13（2024·广东·模拟预测）如图，已知点，，将线段平移至的位置，其中点，则点D的坐标为 ． 变式1（2025·贵州遵义·模拟预测）在平面直角坐标系中，将线段平移到线段的位置，a的值为（    ） A．1 B． C．3 D． 变式2（2025·辽宁沈阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，将正方形平移得到正方形，若，，，则点的坐标为 ． 变式3（2025·湖北·二模）如图，点、，将线段沿某个方向平移得到对应线段，若四边形为正方形，则点的坐标是（   ） A． B． C．或 D．无法确定 ◇题型 14 与平移有关的规律问题 典例14（2024·广东东莞·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点M从开始移动，规律为：第1次平移后得到点，第2次平移后得到点，第3次平移后得到点，第4次平移后得到点……那么第20次平移后得到的点的坐标为（    ） A． B． C． D． 变式1（2024·河南南阳·三模）如图，点，点向上平移1个单位，再向右平移2个单位，得到点；点向上平移2个单位，再向右平移4个单位，得到点；点向上平移4个单位，再向右平移8个单位，得到点；…按这个规律平移得到点，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 变式2（2025·四川·模拟）如图，在平面直角坐标系中，动点A从点，出发，由跳动至点，，依次跳动至点，，点，，点，，……，根据这个规律，则点的坐标为（    ）    A．， B．， C．， D．， 变式3（2025·四川·模拟）如图，在平面直角坐标系上有点，点A第一次跳动至点，第二次向右跳动3个单位至点，第三次跳动至点，第四次向右跳动5个单位至点，…，以此规律跳动下去，点第次跳动至点的坐标是（   ） A． B． C． D． ◇题型 15 平移的综合问题 典例15（2025·广西·中考真题）综合与实践 树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1） 初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形． 【问题提出】 西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置． 设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为． 【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？ 【初步探究】（2）求图3情形的与的值； 【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式； 【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果） 变式1（2023·吉林·二模）如图，一次函数的图象与反比例函数第一象限的图象交于点，与x轴，y轴分别交于点A，B． (1)求m的值及反比例函数的解析式； (2)将线段沿x轴向右平移得到，当点在反比例函数图象上时，请直接写出四边形的面积． 变式2（2024·陕西商洛·三模）如图，抛物线与轴交于，，与轴交于点． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)将抛物线先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到新的抛物线，在的对称轴上有一点，坐标平面内有一点，使得以，，，为顶点且以为边的四边形是矩形，求满足条件的点的坐标． 变式3（2024·河南周口·模拟预测）问题背景：如图1，在四边形中，，将沿翻折，点的对应点恰好落在边上． (1)操作探究 连接，判断的形状，说明理由； (2)探究迁移 将沿射线平移得到（点的对应点分别为），当点的对应点与点重合时，求四边形的周长； (3)拓展创新 将继续沿射线平移得到（点的对应点分别为），与交于点，且，将绕点在平面内自由旋转，当时，直接写出的长． ◇题型 16 找旋转中心、旋转角、对应点 典例15（2025·辽宁沈阳·三模）在如图所示的方格纸（格长为个单位长度）中，的顶点都在格点上，将绕某点按顺时针方向旋转得到，点、、的对应点分别是点、、，使各顶点仍在格点上，则其旋转中心是 ，旋转角是 ． 变式1（2025·四川·模拟）两块大小相同，含有角的直角三角板如图水平放置，将绕点C按逆时针方向旋转，旋转的角度是（    ） A． B． C． D． 变式2（2025·江苏扬州·二模）如图，在平面直角坐标系中，，，，均为格点，将线段绕着某点旋转一个角度可以得到线段（与，与是对应点），则旋转中心的坐标为 ． 变式3（2025·四川·模拟）如图，△ABC为等边三角形，D是△ABC内一点，若将△ABD经过旋转后到△ACP位置，则旋转角等于 度． ◇题型 17 根据旋转的性质求解 典例17（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，中，，，将绕点A顺时针旋转得到，点B，点C的对应点分别为点D，点E，连接，点D恰好落在线段上，则的长为（   ） A． B．4 C． D．6 变式1（2025·湖南·模拟预测）如图所示，设为等边内的一点，且，，，则 度． 变式2（2025·四川·模拟）如图，是正三角形内的一点，且．若将绕点A逆时针旋转后，得到． (1)求点与点之间的距离； (2)求的度数． 变式3（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 ． ◇题型 18 画旋转图形 典例18（2025·黑龙江·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)将向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到，画出两次平移后的，并写出点的坐标； (2)画出绕原点O逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（2）的条件下，求点旋转到点的过程中，所经过的路径长（结果保留π）． 变式1（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________． 变式2（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3（2025·黑龙江佳木斯·一模）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x轴对称的，并写出点的坐标； (2)画出绕点O顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（2）的条件下，求在旋转过程中所扫过的面积（结果保留） ◇题型 19 旋转中的规律问题 典例19（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，如此下去，……，若点的坐标为，则点的坐标为（    ）． A． B． C． D． 变式1（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，是正三角形，点A在第一象限，点、．将线段　绕点C按顺时针方向旋转至；将线段绕点B按顺时针方向旋转至；将线段绕点A按顺时针方向旋转至；将线段绕点C按顺时针方向旋转至；……以此类推，则点的坐标是 ．    变式2（2023·湖南张家界·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点A的坐标为，是以点B为圆心，为半径的圆弧；是以点O为圆心，为半径的圆弧，是以点C为圆心，为半径的圆弧，是以点A为圆心，为半径的圆弧，继续以点B，O，C，A为圆心按上述作法得到的曲线称为正方形的“渐开线”，则点的坐标是 ．    变式3（2025·四川达州·中考真题）定义：在平面直角坐标系中，一个图形向右平移a个单位长度，再绕原点按顺时针方向旋转角度，这样的图形运动叫做图形的变换，现将斜边为1的等腰直角三角形放置在如图的平面直角坐标系中，经变换后得为第一次变换，经变换得为第二次变换，…，经变换得，则点的坐标是 ． ◇题型 20 旋转综合题 典例20（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E． (1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； (3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______． 变式1（2023·四川德阳·中考真题）将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．    (1)求的值； (2)如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由． 变式2（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． 变式3（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． ◇题型 21 判断中心对称图形 典例21（2025·山东东营·中考真题）中国的航天技术已达到世界先进水平，为世界科技进步贡献了中国智慧．下列中国航天图标中是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 变式1（2025·江苏徐州·中考真题）传统纹样作为中华传统文化的一部分，具有深厚的底蕴．徐州出土汉代玉器的下列纹样，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．  B．  C．   D．   变式2（2025·内蒙古·中考真题）下列汽车电子控制装置显示的图案中，是中心对称图形的为（   ） A． B． C． D． 变式3（2025·山西·中考真题）科技创新型企业的不断涌现，促进了我国新质生产力的快速发展．以下四个科技创新型企业的品牌图标中，为中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． ◇题型 22 画已知图形关于某点的对称图形 典例22（2025·安徽滁州·三模）如图，三个顶点的坐标分别为． (1)请画出与关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； (2)若以点为旋转中心按逆时针旋转后得到的对应点为的对应点为，在网格中画出旋转后的图形． 变式1（2025·陕西延安·二模）在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点均在格点（网格线的交点）上． (1)画出将向下平移5个单位长度得到的； (2)画出关于原点对称的，并写出点的坐标． 变式2（2025·安徽阜阳·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，点和的顶点分别在格点上，直线经过格点． (1)与关于直线对称，使分别是的对称点，画出； (2)关于点的对称图形为，画出； (3)用无刻度的直尺画出的中线，保留画图痕迹． 变式3（2025·安徽铜陵·一模）如图，在方格网中已知格点和点． (1)画和关于点成中心对称； (2)请在方格网中画出以点、、、为顶点的四边形是平行四边形的点．（画出一个即可） ◇题型 23 根据中心对称的性质求面积、长度、角度 典例23（2025·山东济南·二模）如图所示，在 中，，，，与 关于点 O 中心对称，则的长度为（    ） A．12 B．16 C．20 D．25 变式1（2025·辽宁抚顺·二模）如图，和关于点成中心对称，若，则的长是（　　） A．3 B．5 C． D． 变式2（2024·江苏南京·中考真题）如图，在中，，是上一点，和关于点对称，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，求四边形是菱形时的长． 变式3（2024·陕西西安·一模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，矩形的顶点C、A分别在x轴、y轴的正半轴上，点D在上，且，反比例函数的图象经过点D及矩形的对称中心M，连结．若的面积为3，则k的值为 ． ◇难点 1 折叠求角度，线段长 典例1（2025·四川乐山·二模）如图，是的直径，，点在线段上运动，过点的弦，将位于右边的部分沿翻折，弧交直线于点，当的长为正整数时，则的长为（   ）． A．2 B． C． D．2或 变式1（2025·湖北武汉·中考真题）如图，在中，，是边上的点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 变式2（2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形中，，E是线段的中点，F是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 变式3（2025·湖南长沙·中考真题）如图，将沿折痕折叠，使点B落在边上的点E处，若，则的周长为（    ） A．5 B．6 C．6.5 D．7 ◇难点 2 旋转中的半角模型 典例2（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 变式1（2025·广东深圳·三模）【综合与实践】 【问题背景】阅读以下材料，并按要求解决问题： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，与正方形两个边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可以利用旋转得出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的与边分别交于两点，若（为常数）．易证：，则可以得到，之间的数量关系是：． 证明：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得三点共线，，可证明，故，进而得到 ． 【方法转化】如果把背景中的正方形换成特殊顶角的等腰三角形，同学们可以利用上述问题背景得到多个结论． 【问题解决】在半角模型中可以利用旋转的方法解决问题． （1）如图3，在等腰中，以为顶点的，、与边分别交于、E两点，将绕点逆时针旋转，如图4，得到，易证，则可以得到之间的数量关系． ①若，则可得___________ ②若，，，则a，b，c之间的数量关系是：___________ （2）如图5，在等边中，以为顶点的，、与边分别交于、两点．若，则之间的数量关系是：___________ （3）如图6，在等腰中，顶角，以为顶点的，与边分别交于、两点，则可以得到之间的数量关系． ①若，则可得___________ ②若，，，则a，b，c之间的数量关系是：___________ 【实践应用】 （4）在第（3）问第①小问基础上，把绕点逆时针旋转得，如图7，如果线段与边交于点G，则线段___________ 变式2（2025·贵州贵阳·模拟预测）当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相当于构造出两个三角形全等． 【问题初探】 （1）如图1，在四边形中，，、分别是、边上的点，且，求出图中线段之间的数量关系． 如图1，从条件出发：将绕着点逆时针旋转到位置，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论． 【类比分析】 （2）如图2，在四边形中，，，，且，，，求的长． 【学以致用】 （3）如图3，在四边形中，，与互补，点、分别在射线、上，且．当时，求出的周长． ◇难点 3 旋转中的手拉手模型 典例3（24-25九年级上·湖北十堰·期末）【情境知识技能】学校数学兴趣小组活动时，小红给小波出了一道题： （）如图，在等腰中，，，点在边上，且，小红对小波说：“图中线段、和有一定的数量关系，你知道吗？” 小波毫不思索的回答道：“太简单了，把绕点逆时针转得到，连接，就能证出”．小红微笑着点了点头，并给小波竖起了大拇指． 【解决问题】 ①若，，则______； ②请你帮助小波证明他的结论． 【情境理解应用】 （）小波接着对小红说：“如图，在四边形中，度，，，若，，你知道的长吗？”，小红会意点了头．请帮小红求出的长度． 变式1（2025·湖北·一模）已知为等边三角形，D，E分别为边上的动点，连接，将绕点E顺时针旋转得线段，连接． (1)如图①，当点F落在边上时，求证：； (2)当点F落在内时，连接，设． ①如图②，若平分，判断m与n的数量关系，并说明理由； ②如图③，分别取的中点M，N，连接，若，求的长． 变式2（2025·贵州·一模）综合与探究 如图，等腰直角与等腰直角共顶点C，点D为的中点，连接，已知． (1)问题解决： 如图①，当点E在边上时，则线段与线段的数量关系是 ； (2)问题探究： 如图②，将图①中的等腰直角绕点C逆时针旋转，线段和线段的数量关系是否仍然成立？请说明理由； (3)拓展延伸： 若，将图①中的等腰直角绕点C逆时针旋转，使得B，E，F三点在同一直线上，利用所提供的备用图求出线段的长． 变式3（2025·山东济南·模拟预测）【初步探索】如图，已知点在直线上，点，在直线的同侧，，，，求证：； 【问题解决】在【初步探索】的基础上，将绕点顺时针旋转，直线，交于点，如图所示． （1）当的面积达到最大时，的度数为______； （2）根据图，求证：； （3）根据图，求的度数； 【类比应用】如图，在矩形和矩形中，，，，连接，，请直接写出的值． ◇难点 4 旋转中的最值问题 典例4（2025·吉林松原·三模）【问题出示】 （1）如图①，在等腰三角形中，，，点M是直线上的动点，线段的最小值是__________； 【问题探究】 （2）如图②，线段最短时，在（1）的条件下，线段是的角平分线，点P、Q分别在边、上运动，连接、，的最小值是__________； 【问题拓展】 （3）如图③，线段最㛒时，在（1）的条件下，点E在边上运动，连接，将线段绕点B顺时针旋转，得到线段，连接，求线段的最小值． 变式1（2025·江苏淮安·二模）将一副直角三角尺按图1摆放，其中 ，等腰顶点D在边上，边经过点C，DE与交于点M． (1)若D为的中点． ①_____； ②如图2．将绕点D按顺时针方向旋转，直角边交于N，试猜想与之间的数量关系，并说明理由； ③如图2，若，在绕点D的旋转过程中，求的最小值； (2)如图3，若，在绕点D的旋转过程中，同时改变点D在上位置，的最小值也会发生变化，当_____时，在绕点D的旋转过程中的最小值达到最小，最小值为_____． 变式2（2025·广东深圳·模拟预测）【问题呈现】小华遇到这样一个问题，如图1，中，，，，在内部有一点，连接、、，求的最小值． 【问题解决】小华是这样思考的：要解决这个问题，首先应想办法将这三条端点重合于一点的线段分离，然后再将它们连接成一条折线，并让折线的两个端点为定点，这样依据“两点之间，线段最短”，就可以求出这三条线段和的最小值了．他先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，发现通过旋转可以解决这个问题．他的做法是，如图2，将绕点顺时针旋转，得到，连接、，则的长即为所求． (1)请你写出图2中，的最小值为______； (2)【类比应用】如图3，直角坐标系中有菱形，点与原点重合，坐标为，，若在菱形内部有一动点，试求的最小值，并求出此时点的坐标是多少； (3)【生活实际】如图4，一个矩形菜地的三个顶点处建有三个菜窖，现打算在矩形菜地内部建一个蔬菜运输点，经研究发现，运输点到三个菜窖的总路程至少为千米，若，则此矩形菜地的面积至少为______平方千米． ◇测能力 1.（2025·山东德州·中考真题）“九达天衢”写成篆体，四个篆体字中可以看作轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·湖南·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位长度到处，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·四川攀枝花·中考真题）已知直角坐标系，点在该坐标系中的坐标为，现将直角坐标系绕点按逆时针方向旋转到的位置，则点在新坐标系中的坐标为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·天津·中考真题）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（   ） A． B． C．4 D． 5．（2025·陕西·中考真题）如图，将正五边形绕着它的中心旋转后，能够与原来的图形完全重合，则的值可以是 （写出一个符合题意的数即可）． 6．（2025·江苏徐州·中考真题）如图，将三角形纸片折叠，使点A落在边上的点D处，折痕为．若的面积为8，的面积为5，则 ． 7．（2025·广东深圳·中考真题）如图，将无人机沿着轴向右平移3个单位，若无人机上一点的坐标为，则平移后点的坐标为 ． 8．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则 ． 9．（2025·四川内江·中考真题）如图，在中，，，，点、、分别是边、、上的动点，则周长的最小值是 ． 10．（2025·四川南充·中考真题）如图，为正方形的对角线，平分，交于点，把绕点逆时针方向旋转90°得到，延长交于点，连接，交于点．给出下列结论：①；②；③；④．以上结论正确的是 ．（填写序号） 11．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 12．（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． 13．（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线． (1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）． ◇提能力 1．（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． 【问题解决】 （1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ； 【问题探究】 （2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第七章 图形的变化 第03讲 图形的对称﹑平移﹑旋转 目 录 目标导图👉构建知识脉络 考点深解👉速通命题要点 考点1 轴对称 考点2 图形的平移 考点3 图形的旋转 命题突破👉破解常考题型 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 难点攻坚👉攻克易错难点 难点1 折叠求角度，线段长 难点2 旋转中的半角模型 难点3 旋转中的手拉手模型 难点4 旋转中的最值问题 练测提能👉效果及时检测 测能力/提能力 ◇考点 1 轴对称图形与对称轴 轴对称图形 轴对称 图 形 定 义 如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴 如果两个图形对折后，这两个图形能够完全重合，那么我们就说这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴 性 质 对应线段相等 AB=AC AB=A′B′，BC=B′C′， AC=A′C′ 对应角相等 ∠B=∠C ∠A=∠A′，∠B=∠B′， ∠C=∠C′ 对应点所连的线段被对称轴垂直平分 区 别 (1)轴对称图形是一个具有特殊形状的图形，只对一个图形而言； (2)对称轴不一定只有一条 (1)轴对称是指两个图形的位置关系，必须涉及两个图形； (2)只有一条对称轴 关 系 (1)沿对称轴对折，两部分重合； (2)如果把轴对称图形沿对称轴分成“两个图形”，那么这“两个图形”就关于这条直线成轴对称 (1)沿对称轴翻折，两个图形重合；(2)如果把两个成轴对称的图形拼在一起，看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形 1．常见的轴对称图形: 等腰三角形、矩形、菱形、正方形、圆． 2．折叠的性质:折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等． 3．作某点关于某直线的对称点的一般步骤 1）过已知点作已知直线（对称轴）的垂线，标出垂足；2）在这条直线另一侧从垂足除法截取与已知点到垂足的距离相等的线段，那么截点就是这点关于该直线的对称点． 4．作已知图形关于某直线的对称图形的一般步骤 1）作出图形的关键点关于这条直线的对称点； 2）把这些对称点顺次连接起来，就形成了一个符合条件的对称图形 ◇考点 2 平移 1．定义：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做平移．平移不改变图形的形状和大小． 2．三大要素： 一是平移的起点，二是平移的方向，三是平移的距离． 3．性质： 1）平移前后，对应线段平行且相等、对应角相等；2）各对应点所连接的线段平行(或在同一条直线上)且相等；3）平移前后的图形全等． 4．作图步骤： 1）根据题意，确定平移的方向和平移的距离；2）找出原图形的关键点；3）按平移方向和平移距离平移各个关键点，得到各关键点的对应点；4）按原图形依次连接对应点，得到平移后的图形． ◇考点 3 旋转 1．定义：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． 2．三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度． 3．性质： 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． 4．作图步骤：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． 【注意】旋转是一种全等变换，旋转改变的是图形的位置，图形的大小关系不发生改变，所以在解答有关旋转的问题时，要注意挖掘相等线段、角，因此特殊三角形性质的运用、锐角三角函数建立的边角关系起着关键的作用． 5.中心对称图形与中心对称 中心对称图形 中心对称 图 形 定 义 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 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 性 质 对应点 点A与点C，点B与点D 点A与点A′，点B与点B′，点C与点C′ 对应线段 AB=CD， AD=BC AB=A′B′，BC=B′C′，AC=A′C′ 对应角 ∠A=∠C ∠B=∠D ∠A=∠A′，∠B=∠B′，∠C=∠C′ 区 别 中心对称图形是指具有某种特性的一个图形 中心对称是指两个图形的关系 联 系 把中心对称图形的两个部分看成“两个图形”，则这“两个图形”成中心对称 把成中心对称的两个图形看成一个“整体”，则“整体”成为中心对称图形 常见的中心对称图形 平行四边形、矩形、菱形、正方形、正六边形、圆等． 注意：图形的“对称”“平移”“旋转”这些变化,是图形运动及延伸的重要途径,研究这些变换中的图形的“不变性”或“变化规律”. ◇题型 1 轴对称图形的识别 典例1（2025·四川绵阳·中考真题）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ） A．B．C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，根据中心对称图形和轴对称图形的概念，逐一分析各选项是否符合题意即可． 【详解】解：A项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半重合，但不能绕某点旋转后与原图形重合，所以该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故A不符合题意； B项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半重合，但不能绕某点旋转后与原图形重合，所以该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故B不符合题意； C项：该图形能沿着某条直线翻折后与另一半重合，也能绕某点旋转后与原图形重合，所以该图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故C符合题意； D项：该图形不能沿着某条直线翻折后与另一半重合，也不能绕某点旋转后与原图形重合，所以该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故D不符合题意， 故选：C． 变式1（2022·天津·中考真题）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（   ） A．爱 B．国 C．敬 D．业 【答案】D 【详解】本题考查轴对称图形的识别．轴对称图形是指沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能完全重合的图形，据此解答即可． 【分析】解：A．不是轴对称图形，故本选项不符合题意； B．不是轴对称图形，故本选项不符合题意； C．不是轴对称图形，故本选项不符合题意； D．是轴对称图形，故本选项符合题意． 故选D． 变式2（2026·江苏苏州·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、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意； 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，也是中心对称图形，故本选项符合题意； D、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， 故选：A． ◇题型 2 根据成轴对称图形的特征进行判断 典例2（2025·河北邢台·三模）剪纸是我国传统民间艺术之一．嘉嘉将一张圆形纸片按图3的流程进行操作，即先沿虚线对折两次，再沿虚线剪开，则展开后的剪纸形状是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了轴对称的性质，熟练掌握轴对称图形的特点是解题的关键．根据轴对称的性质，观察选项中右下角的图是否符合图3最右边的图即可得出答案． 【详解】 解：A、中右下角的图符合图3最右边的图，符合题意； B、中右下角的图不符合图3最右边的图，不符合题意； C、中右下角的图不符合图3最右边的图，不符合题意； D、中右下角的图不符合图3最右边的图，不符合题意； 故选：A． 变式1（2024·北京通州·一模）如图，由5个“○”和3个“□”组成的图形关于某条直线对称，该直线是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称图形的定义，根据轴对称图形的定义判断作答即可. 【详解】解：由图可知，由5个“○”和3个“□”组成的图形仅关于对称． 故选：C. 变式2（2025·河北邯郸·一模）如图，与关于直线对称，交于点O，下列结论：①；②；③；④中，错误的有（   ） A．4个 B．1个 C．0个 D．2个 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定，熟练掌握轴对称图形的性质是解题关键．根据轴对称图形的性质可得，，垂直平分和，则结论①和④正确；再根据线段垂直平分线的性质、平行线的判定可得结论②和③正确． 【详解】解：∵与关于直线对称，交于点O， ∴根据轴对称图形的性质可得，，，垂直平分和，所以结论①和④正确； ∴，，所以结论②和③正确； 综上所述，错误的结论有0个，所以选项C正确，符合题意， 故选：C． 变式3（2025·福建·一模）如图是一个风筝设计图，其主体部分关于所在的直线对称（四边形，），与相交于点，，且，则下列推断不正确的是（   ）    A． B． C． D．是等边三角形 【答案】D 【分析】本题考查了轴对称的性质，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．由对称可得：，，，，进而得到是等腰三角形，即可判断． 【详解】解：其主体部分关于所在的直线对称（四边形，）， ，，，， 是等腰三角形， 故A、B、C正确；D不正确； 故选：D． ◇题型 3 根据成轴对称图形的特征进行求解 典例3（2022·海南省直辖县级单位·一模）如图，内有一点，分别作出点关于，的对称点，，连接，交于点，交于点，连接，当时，的周长为 ． 【答案】12 【分析】本题主要考查轴对称的性质及线段垂直平分线的性质定理，熟练掌握轴对称的性质及线段垂直平分线的性质定理是解题的关键． 根据题意易得，，然后根据三角形的周长及线段的数量关系可求解． 【详解】解：由轴对称的性质可得：垂直平分，垂直平分， ∴，， ∵，， ∴； 故答案为：12． 变式1（2025·山东烟台·模拟预测）如图，在等边中，点在边上，点在的延长线上，且． (1)求证：； (2)点关于直线的对称点为，连接，． 根据题意将图补全； 在点运动的过程中，和有什么数量关系并证明． 【答案】(1)见解析； (2)见解析；，理由见解析． 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质、三角形外角的性质、 （1）因为是等边三角形，可得，根据三角形外角的性质可得，根据等边对等角可得，从而可证； （2）作出点关于直线的对称点，连接，即为所求； 由作图可知，点在上运动时，是等边三角形，根据等边三角形的性质可知． 【详解】（1）解：是等边三角形， ， ，， ， ， ， ； （2）解：补全图形如下图所示： ， 理由如下： 点、关于直线对称， ，， 又由知， ， ， 即， ， 又， 是等边三角形， ． 变式2（2022·江苏宿迁·一模）如图，正方形的边长为，点、分别在轴，轴的正半轴上，点在上，是上一动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了坐标与图形，勾股定理，正方形的性质，轴对称的性质，作点作关于直线的对称点，连接、，由轴对称的性质可得，，根据正方形的性质可得点在上，即点在正半轴上，，利用勾股定理可求出的长，根据轴对称的性质和两点之间，线段最短可推出当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为线段的长，据此可得答案． 【详解】解：作点作关于直线的对称点，连接、， ∵， ∴， 由轴对称的性质可得，， ∵四边形是边长为3的正方形，为对角线，点和点关于中心对称，点在上， ∴点在上，即点在正半轴上， ∴根据勾股定理得； ∵， ∴由两点之间，线段最短可知，当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为线段的长， ∴的最小值为． 故答案为：． 变式3（2024·广东·模拟预测）如图，已知正方形的边长为2，点E是边的中点，点P是对角线上的一个动点，则线段的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的轴对称性质，轴对称-最短路线问题，根据正方形的轴对称性可知，A、C关于对称，连接交于点P，最小值为，利用勾股定理即可求出答案． 【详解】解：连接， ∵正方形是关于对角线所在直线的轴对称图形，A点的对称点是C点， ∴的最小值为， 在中，由勾股定理得：． ∴线段的最小值是． 故答案为：． ◇题型 4 轴对称中的光线反射问题 典例4（2025·宁夏银川·三模）已知射到平面镜上的光线(入射光线)和反射后的光线(反射光线)与平面镜所夹的角相等，如图，淇淇同学将支架平面镜放置在水平桌面上，镜面与水平面的夹角，激光笔发出的光束射到平面镜上，若激光笔与水平天花板 的夹角，反射光束为，则反射光束与平面镜的夹角的度数为 ．      【答案】/度 【分析】本题考查了平行线的性质，结合图形求解是解题关键．过点D作，根据平行线的性质得出，，结合图形求解即可． 【详解】解：过点D作， 根据题意得， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 变式1（2025·广东江门·三模）无线网络的稳定运行依托光纤传输系统．如图，光信号在光纤中的传输过程，可看作光信号经过两个平行放置的平面镜进行反射，若，则的度数为(   ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行线的性质，解题的关键是由平行线的性质推出．由光的反射定律可知，，再由平行线的性质推出，从而得出结论． 【详解】解：如图： 由光的反射定律可知， ， ， 两平面镜平行， 两直线平行，内错角相等， 由光的反射定律可知， 故选：C． 变式2（2025·福建·二模）在天花板上嵌入灯带可以与主灯配合使用，确保整个房间的光线更加均匀．如图，学校要为某会议室的天花板上嵌入灯带，工人师傅将平面镜放置在点A处，使得沿着天花板边缘O射入的光线，经过平面镜反射后恰好落在灯带的左侧端点C处，此时利用测角仪测得天花板边缘O的仰角为，移动平面镜到达点B处，此时沿着天花板边缘O射入的光线，经过平面镜反射恰好落在灯带的右侧端点D处，此时测得天花板边缘O的仰角为，该会议室天花板的高度为，则灯带的长约为 ．（结果精确到，参考数据：） 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，作垂线构造直角三角形是解题的关键．作于点，作于点，由题意得，，，根据光的反射得到，，推出，，再解和求出的长，得出的长，再利用即可求解． 【详解】解：如图，作于点，作于点， 由题意得，，，， 根据光的反射可得，， 又，， ， ， 同理可得：， 在中，， ， ， 在中，， ， ， ， 灯带的长约为． 故答案为：． 变式3（2025·四川·模拟）如图，光源发出的一束光，遇到平面镜（y轴）上的点B的反射光线交x轴于点，则入射光线所在直线的解析式为 ． 【答案】 【分析】本题考查一次函数的应用，熟练掌握光的反射定律，轴对称性质，待定系数法求一次函数解析式，是解题的关键． 作点C关于y轴的对称点D，连接，根据轴对称和光的反射可得，得点A、B，D共线，根据，得，设所在直线的解析式为,把，代入，解解方程组即得． 【详解】解：作点C关于y轴的对称点D，连接，如图， ∴， ∵， ∴， ∴点A、B，D共线， ∵，， ∴， 设所在直线的解析式为, 则， 解得， ∴． 故答案为：． ◇题型 5 折叠问题 典例5（2024·西藏那曲·一模）如图所示，将矩形纸片折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为，若，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由已知条件易得，由此可得，结合折叠的性质可得，则由可得，再由折叠的性质即可得到． 【详解】解：∵ ， ， ∵点沿折叠后与点重合， ， ∵在矩形中，， ∴由折叠的性质可得． 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形折叠的问题，熟悉“矩形的四个内角都是直角”和“折叠的性质”是正确解答本题的关键． 变式1（2025·江苏扬州·一模）如图，在中，，D，E分别是，上的点，将沿着折叠，使点A落在边的中点（记为）处．若，，则的长为 ．    【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质、相似三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．连接交于点F，证明 ，进而求解． 【详解】解：如图，连接交于点F，    由题意知，， ∵， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∴， ∴ ， ∴， ∴． 故答案为：． 变式2（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． 变式3（2026·甘肃·模拟预测）【综合与实践】主题：探究特殊四边形的折叠问题 情境：在数学活动课上，老师发给每位同学一张矩形纸片，引导同学们进行折叠探究． 操作一：如图，点为边上一点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上． （1）求证： 操作二：如图，将矩形纸片先沿对角线对折，再展开，折痕为．点为边上一点，将沿直线折叠，使点的对应点落在对角线上． （2）若，，当点为的三等分点时，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）或 【分析】本题考查矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，掌握分类讨论思想是解题关键． （1）借助折叠的性质和矩形的直角特性，推导得出两组对应角相等，从而证明； （2）先求出矩形对角线的长度，再结合折叠后折痕垂直平分对应点连线的性质，构造相似三角形，然后针对为三等分点的两种位置情况，通过相似比建立方程，最终求出． 【详解】（1）证明：由折叠性质知，， ， 在矩形中，， ， ， 又 ， ． （2）解：如图，设与交于点． 已知在矩形中，，，则． 情形一：当点为靠近点的三等分点时，， 由折叠知，，， 垂直平分， ，， ， ， ， ， ， 则， 解得． 情形二：当点为靠近点的三等分点时，． 同理建立方程，，解得． 故的长为或． 答：或． ◇题型 6 求某点关于坐标轴对称点的坐标 典例6（2024·湖南·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点，则点A关于x轴的对称点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查关于坐标轴对称的点的坐标变化，根据关于x轴对称的点的横坐标相同，纵坐标互为相反数即可解答． 【详解】解：点关于x轴对称的点的坐标是． 故选：A． 变式1（2024·广东·模拟预测）在平面直角坐标系中，点与点B关于y轴对称，则点 B 的坐标是(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平面直角坐标系中点关于y轴对称的坐标特征，解题的关键是掌握“关于y轴对称的点，纵坐标不变，横坐标互为相反数”这一核心规律． 已知点A坐标为，根据关于y轴对称的坐标特征，先保持点A的纵坐标1不变，再求横坐标的相反数为2，由此可确定点B的坐标为． 【详解】解：关于y轴对称的点，纵坐标不变，横坐标互为相反数．   已知点，其纵坐标为(保持不变)，横坐标的相反数为2，故点B的坐标为．   故选：C． 变式2（2023·湖南怀化·模拟预测）已知点关于y轴的对称点为，则的值是（     ） A．1 B． C．5 D． 【答案】A 【分析】本题考查平面直角坐标系关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系，是需要识记的内容． 根据平面直角坐标系中关于y轴的对称点时：纵坐标不变，横坐标变成相反数，根据这一关系，即可求值． 【详解】解：根据两点关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标不变， 得 ∴． 故选：A． 变式3（2025·湖北·模拟预测）已知、两点关于轴对称，点坐标为，则点坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了关于坐标轴对称的点的坐标，解题关键是掌握坐标点的特征：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横、纵坐标互为相反数．利用关于y轴对称的点的坐标特征求解，即可得到答案． 【详解】解：∵、两点关于轴对称，点坐标为， ∴点坐标为 故选：A． ◇题型 7 轴对称的综合问题 典例7（2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①．理由见解析；②5或 【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形； （2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：①，理由如下： 由（1）知四边形是菱形， ∴， 由折叠的性质得到， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 解：②∵，，， ∴， 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得，，， ∴， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则， 同理得，， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵是以为腰为底的等腰三角形，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 综上，的长为或． 【点睛】本题考查折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，合理作出辅助线，构造三角形全等，结合分类讨论的思想是解题的关键． 变式1（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数（为常数）的图像与轴交于、两点，交轴于点，对称轴为直线． (1)求二次函数关系式． (2)连接，抛物线上是否存在点，使，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． (3)在轴上方的抛物线上找一点，作射线，使，点是线段上的一动点，过点作轴，垂足为点，连结，求的最小值． 【答案】(1) (2)抛物线上存在点，使，的坐标为， (3)的最小值为 【分析】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求二次函数解析式，解直角三角形，轴对称的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据抛物线的对称轴为直线，得出则二次函数解析式为代入，得出，即可求解； （2）设，根据点的坐标可得，，分量种情况讨论，①当在直线的下方时，以为斜边在的下方作等腰直角三角形，设关于的对称点为，则，验证可得点与点重合，得出，当在的上方时，作点关于的对称点，即，进而联立直线与抛物线解析式，即可求解； （3）在上取一点，使得，得出，在上取一点，使得，垂足为，则，作关于的对称点，连接交于点，根据轴对称的性质可得当在上时取得最小值，最小值为的长，等面积法求得，则，进而得出，根据，即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线， ∴，即 ∴二次函数解析式为 将代入得， 解得：， ∴二次函数关系式为； （2）解：在中，当时，解得或， ∴， 当时，，则 ∴，， 设，则 ①当在直线的下方时， 如图，以为斜边在的下方作等腰直角三角形， ∴，， 设关于的对称点为，则， ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴点与点重合， ∴ 当在的上方时，作点关于的对称点 ∵都是等腰直角三角形， ∴在轴上， 同理可得直线解析式为 联立 解得：或 ∴ 综上所述，抛物线上存在点，使，的坐标为， （3）解：如图，在上取一点，使得 ∴ 设，则 在中， ∴，即 解得： ∴ ∴ ∵， 在上取一点，使得，垂足为， ∴ ∴ 即, 如图，作关于的对称点，连接交于点 ∴ ∴当在上时取得最小值，最小值为的长， 在中， ∴ ∵， ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴的最小值为． 变式2（2025·四川广元·一模）如图，在平面直角坐标系中，当直角三角板的直角顶点落在处时，锐角顶点、恰好落在反比例函数第一象限的图象上． (1)分别求反比例函数的表达式和直线所对应的一次函数的表达式； (2)在轴上是否存在一点，使周长的值最小．若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)反比例函数表达式为，直线所对应的一次函数的表达式为 (2)存在，周长的最小值为，理由见解析 【分析】（1）过点A，B作轴于点D，轴于点E，求出，证明，得，，求出，，得反比例函数的表达式为，求出直线解析式； （2）作点B关于x轴的对称点F，过点F作交延长线于点G，连接交x轴于点P，可得，求出 ，，即得周长的最小值． 【详解】（1）解：∵中，， ∴， ∴， 过点A，B作轴于点D，轴于点E， 则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ， ∵点A，B都在反比例函数的图象上， ∴， 解得， ∴， ∴反比例函数的表达式为， 设直线解析式为， ∴， 解得， ∴直线解析式为． （2）解：周长存在最小值．理由： 作点B关于x轴的对称点F，过点F作交延长线于点G，连接交x轴于点P， 则， ∴， 此时，的值最小，的周长最小， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴周长的最小值为． 【点睛】此题考查了反比例函数和一次函数综合．熟练掌握含30度的直角三角形性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，用待定系数法求反比例函数解析式和一次函数解析式，反比例函数和一次函数的图象和性质，轴对称性质，是解题的关键． 变式3（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． ◇题型 8 生活中的平移现象 典例8（2025·江苏盐城·中考真题）小明的背包随安检传送带移动，主要涉及的图形变换是（    ） A．平移 B．轴对称 C．旋转 D．位似 【答案】A 【分析】此题考查几何变换的类型，关键是掌握平移的概念． 根据平移的概念解答即可． 【详解】解：小明的背包随安检传送带移动，主要涉及的图形变换是平移， 故选：A． 变式1（2022·广西·中考真题）2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的，展现了运动员不断飞跃，超越自我，奋力拼搏，激励世界的冬残奥精神下列的四个图中，能由如图所示的会徽经过平移得到的是（    ） A．B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平移的特点分析判断即可． 【详解】根据题意，得 不能由平移得到， 故A不符合题意； 不能由平移得到， 故B不符合题意； 不能由平移得到， 故C不符合题意； 能由平移得到， 故D符合题意； 故选D． 【点睛】本题考查了平移的特点，熟练掌握平移的特点是解题的关键． 变式2（2023·江苏宿迁·三模）数学来源于生活，下列图案是由平移形成的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】根据平移的性质，结合图形，对选项进行一一分析，选出正确答案． 【详解】根据平移的性质，平移后不改变图形的形状和大小，也不改变图形的方向（角度），符合条件的只有A． 故选：A． 【点睛】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键． ◇题型 9 利用平移的性质求解 典例9（2025·江苏南通·中考真题）如图，将沿着射线平移到．若，则平移的距离为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【分析】利用平移性质，确定对应点，通过线段长度计算平移距离．本题主要考查平移的性质，熟练掌握平移中对应点间的距离为平移距离是解题的关键． 【详解】解：∵沿射线平移得到， ∴点与点是对应点．平移的距离为的长度， 又∵，， ∴． 故选：． 变式1（2025·四川德阳·中考真题）如图，在中，，将沿方向向右平移至处，使恰好过边的中点D，连接，若，则（  ） A．3 B．2 C．1 D． 【答案】B 【分析】本题考查直角三角形斜边中线性质和平移的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质是解题的关键． 根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，结合，得，由平移得到，根据平移对应线段相等，可知，进而得． 【详解】在中，，是中点， ∴， ∵， ∴， ∵沿方向向右平移至， ∴， 故选：B． 变式2（2025·四川凉山·中考真题）如图，将周长为20的沿方向平移2个单位长度得，连接，则四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查平移的性质，掌握平移的不变性是解题的关键． 根据平移的性质可得、，然后求出四边形的周长等于的周长与、的和，再求解即可． 【详解】解：沿方向平移个单位长度得到， ，， 四边形的周长 的周长 ． 故答案为：． 变式3（2025·福建·中考真题）如图，是等边三角形，D是的中点，，垂足为C，是由沿方向平移得到的．已知过点A，交于点G． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查等边三角形的判定与性质、平移的基本性质、线段垂直平分线的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质等基础知识，考查空间观念、几何直观与推理能力，考查化归与转化思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． （1）等边三角形的性质推出，垂直，得到，角的和差关系求出的大小即可； （2）平移得到，进而得到，角的和差关系推出，进而得到，根据，推出垂直平分，进而得到，推出，进而得到是等边三角形即可． 【详解】（1）解：是等边三角形， ． D是的中点， ． ， ， ． （2）由平移可知：， ， 又， ， ∴， 又， 垂直平分， ， 由（1）知，， ， ， 是等边三角形． ◇题型 10 利用平移解决实际生活问题 典例10（2025·四川绵阳·三模）一座楼梯的示意图如图所示，是铅垂线，是水平线，与的夹角为．现要在楼梯上铺一条地毯，已知米，楼梯宽度3米，则地毯的面积至少需要（   ）． 一 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，理解题意是解题的关键．在中利用正切的定义得到（米），由图可得，地毯的长度至少需要米，再结合楼梯宽度3米即可求解． 【详解】解：由题意得，， 在中，， （米）， 由图可得，地毯的长度至少需要米， 楼梯宽度3米， 地毯的面积至少需要 ． 故选：D． 变式1（2025·广西南宁·二模）如图，在一块长为，宽为的长方形草坪上，有一条的弯曲小路，小路的右边线向左平移就是它的左边线，则这块草地的面积为 ． 【答案】200 【分析】本题考查了生活中的平移现象，通过平移得到长方形，再利用长方形的面积公式得出是解题关键． 根据小路的右边线向左平移就是它的左边线，可得路的宽度是，根据平移的性质，再根据长方形的面积公式，可得答案． 【详解】解：∵小路的右边线向左平移就是它的左边线， ∴将小路右半部分的草地向左平移，与小路的左半部分对接， 可以得到一个长为，宽为的长方形， 因此这块草地的绿地面积是． 故答案为：200． 变式2（2024·江西南昌·模拟预测）如图，用三根长为的火柴棒围成一个等边三角形，将它的两边按图中方式向外等距离平移，再另外添加三根长为的火柴棒（虚线部分），得到一个正六边形，则x的值为 ．    【答案】 【分析】本题考查了平移的概念，如图， 将平移得，将平移得，进而得到一个正六边形，因此可得x的值为． 【详解】如图所示，令等边三角形为，将平移得，将平移得，   ， 又六边形是正六边形， ， 故答案为：． 变式3（2024·湖北宜昌·模拟预测）如图，在由小正方形组成的网格图中，有两户家用电路接入电表，户电路接点与电表接入点之间所用电线长度为，则户电路接点与电表接入点之间所用电线长度为 ． 【答案】 【分析】本题考查了生活中的平移现象，根据平移的性质进行求解即可，熟知图形平移的性质是解题的关键． 【详解】解：如图所示，将家庭的电路中的平移到，段平移到，段平移到，段平移到，这样家庭的电路就可以由经过平移后的家庭的电路平移得到， ∴两户电路接点与电表接入点之间所用电线一样长， 故答案为：． ◇题型 11 作平移图形 典例11（2025·山东潍坊·中考真题）如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中，，的坐标分别为，，．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）． (1)画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标； (2)将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形． 【答案】(1)见解析，，； (2)见解析． 【分析】本题考查了坐标与图形，建立平面直角坐标系，作图——平移变换，中心对称，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据，，的坐标分别为，，建立平面直角坐标系即可，找出对应点即可求对称中心的坐标和点的对应点的坐标； （）根据平移的性质即可求解． 【详解】（1）解：如图，建立平面直角坐标系， ∴对称中心的坐标是，点的对应点的坐标是； （2）解：画出平移后的菱形，如图所示． 变式1（2023·安徽·中考真题）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点均为格点（网格线的交点）．    (1)画出线段关于直线对称的线段； (2)将线段向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到线段，画出线段； (3)描出线段上的点及直线上的点，使得直线垂直平分． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据轴对称的性质找到关于直线的对称点，，连接，则线段即为所求； （2）根据平移的性质得到线段即为所求； （3）勾股定理求得，，则证明得出，则，则点即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，线段即为所求；    （2）解：如图所示，线段即为所求；    （3）解：如图所示，点即为所求    如图所示，    ∵，， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ∴ ∴， ∴垂直平分． 【点睛】本题考查了轴对称作图，平移作图，勾股定理与网格问题，熟练掌握以上知识是解题的关键． 变式2（2025·福建福州·模拟预测）在所给的网格图（每个小格均为边长是1的正方形）中完成下列各题： (1)先将向右平移4格，再向下平移3格，请作出两次平移后所得的； (2)过点C分别画出线段的垂线、直线平行于； (3)连结，，判断与的关系，并求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，，17 【分析】本题考查作图-平移变换，四边形的面积等知识，解题的关键是掌握平移变换的性质，学会利用割补法求四边形面积． （1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点，，即可； （2）利用平移变换的性质判定位置与数量关系，四边形面积可以看成是矩形的面积减去周围的四个三角形面积． 【详解】（1）解：如图，三角形即为所求； （2）解：如图、即为所求； （3）解： ，四边形的面积 变式3（2025·广东韶关·三模）如图，在平面直角坐标系中，点、、、，通过平移得到． (1)若点与点相对应，请画出平移后的； (2)若点在坐标轴上，且满足，直接写出点的坐标． 【答案】(1)见解析 (2)或或或 【分析】本题考查了平移作图，求一次函数与坐标轴的交点，三角形的面积，掌握以上知识是解题的关键； （1）根据平移的性质画出图形，即可求解； （2）待定系数法得出解析式为，设与轴交于点，得出，分点在轴上两种情况讨论，根据三角形的面积公式建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：设解析式为，代入， 得， 解得：， ∴解析式为， 设与轴交于点， 当时，，则， ∵， ∴ ， 当在轴上时，设， ∵， ∴， ∴， 解得：或， ∴或， 当在轴上时，如图，过点分别作轴的垂线，垂足分别为， 设，当在点下方时， ∴， ∴， 解得：， ∴， 当在直线的左侧时， ∴， ∴， 解得：， ∴， 当在点上方时，不存在， 综上所述，或或或 ◇题型 12 求点沿x轴、y轴平移后的坐标 典例12（2023·四川绵阳·中考真题）在平面直角坐标系中，将点先向右平移个单位，再向下平移个单位，得到点，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了代数式的求值以及坐标与图形的平移变化，平移中点的变化规律是：横坐标右移加、左移减，纵坐标上移加、下移减，利用点平移的坐标规律，求出，代入计算即可． 【详解】将点先向右平移个单位，得到点 再向下平移个单位，得到点 故答案为：． 变式1（2025·江苏淮安·中考真题）点沿y轴向上平移4个单位长度后点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查的是坐标平移，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键．根据“上加下减”的原则求得平移后点的坐标即可． 【详解】解：点沿y轴向上平移4个单位长度后的点坐标是，即． 故答案为：． 变式2（2026·甘肃·模拟预测）在平面直角坐标系中，将点向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度后得到点，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查平面直角坐标系中点的平移规律，坐标的加减运算，掌握点的平移规律是解题关键． 根据点的平移规律：向左平移横坐标减，向上平移纵坐标加，依次计算即可． 【详解】解：∵点向左平移个单位长度， ∴横坐标变为，纵坐标不变， ∴平移后点为； 再向上平移个单位长度， ∴横坐标不变，纵坐标变为， ∴点的坐标为． 故选：． 变式3（2024·辽宁葫芦岛·二模）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3个单位长度得到点B，则点B的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查的是坐标与图形变化-平移，熟知“右移加，左移减，上移加，下移减”是解题的关键． 利用点平移的坐标规律，把A点的横坐标加1，纵坐标减3即可得到点B的坐标． 【详解】解：点先向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到点B，则点B的坐标是，即． 故答案为：． ◇题型 13 已知图形的平移求点的坐标 典例13（2024·广东·模拟预测）如图，已知点，，将线段平移至的位置，其中点，则点D的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查点的平移，根据点与点得出平移方式，即可求解． 【详解】解：∵点的对应点C的坐标为， ∴平移规律为横坐标减3，纵坐标加1． ∵点的对应点为点D， ∴点D的坐标为，即． 故答案为：． 变式1（2025·贵州遵义·模拟预测）在平面直角坐标系中，将线段平移到线段的位置，a的值为（    ） A．1 B． C．3 D． 【答案】C 【分析】本题考查坐标与图形变化—平移，利用坐标平移的变化规律即可解决问题． 【详解】解：∵线段平移到线段， ∴线段向左平移1个单位，再向上平移5个单位得到线段， ∴． 故选：C 变式2（2025·辽宁沈阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，将正方形平移得到正方形，若，，，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了点的平移规律与图形的平移．根据A和的坐标得出正方形先向上平移2个单位，再向右平移3个单位得到正方形，则点C的平移方法与A点相同，即可得到答案． 【详解】解：由，可知正方形先向上平移2个单位，再向右平移3个单位得到正方形， ∵， ∴的坐标为即， 故答案为：． 变式3（2025·湖北·二模）如图，点、，将线段沿某个方向平移得到对应线段，若四边形为正方形，则点的坐标是（   ） A． B． C．或 D．无法确定 【答案】C 【分析】本题主要考查了图形的变化与坐标的关系，平移的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，分两种情况：利用正方形的性质得到，，利用全等三角形的判定与性质即可得解，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 【详解】解：①将线段向右平移得到对应线段， 过点作轴于点C，如图， ∵点，， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②将线段向左平移得到对应线段， 过点作轴于点D，如图， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴； 故选：C． ◇题型 14 与平移有关的规律问题 典例14（2024·广东东莞·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点M从开始移动，规律为：第1次平移后得到点，第2次平移后得到点，第3次平移后得到点，第4次平移后得到点……那么第20次平移后得到的点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了点在坐标系中的变化规律，根据点的坐标的变化找出规律是解题的关键．由点的坐标变化得，坐标变化满足每2次一周期，每周期纵坐标加1，横坐标加2，按此规律计算即可． 【详解】解：由点的坐标变化得，坐标变化满足每2次一循环，每周期纵坐标加1，横坐标加2， 点M从开始移动，第20次平移后得到的点的横坐标为，纵坐标为， 所以第20次平移后得到的点的坐标为． 故选：A． 变式1（2024·河南南阳·三模）如图，点，点向上平移1个单位，再向右平移2个单位，得到点；点向上平移2个单位，再向右平移4个单位，得到点；点向上平移4个单位，再向右平移8个单位，得到点；…按这个规律平移得到点，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查坐标与图形变化-平移、规律型问题等知识，先求出点的坐标，再从特殊到一般探究出规律，得出的横坐标为为，，纵坐标为，然后利用规律即可解决问题． 【详解】解：点的横坐标为，纵坐标为, 点的横坐为标，，纵坐标为, 点的横坐标为，，纵坐标为, 点的横坐标为，，纵坐标为, … 按这个规律平移得到点的横坐标为为，，纵坐标为 ∴点的横坐标为，纵坐标为 故选：C． 变式2（2025·四川·模拟）如图，在平面直角坐标系中，动点A从点，出发，由跳动至点，，依次跳动至点，，点，，点，，……，根据这个规律，则点的坐标为（    ）    A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】观察可知，，，…，三个点一循环，纵坐标为，，循环，每循环一次，前两个点横坐标不变，第三个点横坐标增加2，即可求解． 【详解】解：∵动点从点，出发，由跳动至点，，依次跳动至点，，点，，点，，…， ∴，，，…，三个点一循环，纵坐标为，，循环，每循环一次，前两个点横坐标不变，第三个点横坐标增加2， ∵， ∴点的纵坐标与的纵坐标相同，即为0，点的横坐标为， ∴点的坐标为，． 【点睛】本题主要考查了点的坐标规律探究，正确理解题意找到规律是解题的关键． 变式3（2025·四川·模拟）如图，在平面直角坐标系上有点，点A第一次跳动至点，第二次向右跳动3个单位至点，第三次跳动至点，第四次向右跳动5个单位至点，…，以此规律跳动下去，点第次跳动至点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了点的坐标、坐标的平移，根据点的坐标、坐标的平移寻找规律即可求解，解决本题的关键是寻找点的变化规律． 【详解】解：∵，， ，， ，， ，， ∴，（为正整数）， ∴， ∴， ∴， 故选：A． ◇题型 15 平移的综合问题 典例15（2025·广西·中考真题）综合与实践 树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1） 初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形． 【问题提出】 西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置． 设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为． 【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？ 【初步探究】（2）求图3情形的与的值； 【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式； 【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果） 【答案】（1）随的增大而增大；（2），；（3）；（4） 【分析】（1）根据矩形的性质得，根据平行四边形的面积公式得，然后分别求出当时，当时，关于的解析式，即可得出结论； （2）根据（1）的结论可得答案； （3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，， 此时遮阳区的面积为六边形的面积，推出，，得，，再根据即可得出结论； （4）分别确定：当时，当时，当时，各个范围内的最大值，即可得出结论． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形，四边形是平行四边形，，，，在边所在直线上， ∴，，， 又∵如图2，在上，，， ∴， ， 当时，如图，设交于点，交于点，则， 此时遮阳区的面积为的面积， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴当时，随的增大而增大，的值从增大到； 当时，如图，设交于点，则，，， 此时遮阳区的面积为四边形的面积， ∵， ∴四边形为梯形， ∴， ∴当时，随的增大而增大，的值从增大到； 综上所述，从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大而增大； （2）如图3，此时点落在上，则， 由（1）知：当时，； ∴图3情形时，，； （3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，， 此时遮阳区的面积为六边形的面积， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴ ， ∴从图3情形起右移至与重合，该过程中关于的解析式为； （4）当时，， 当时，的最大值为：； 当时，， 当时，的最大值为：； 当时，， ∵ ∴当时，的最大值为：， 综上所述，当时，取得最大值，最大值为， ∴当遮阳区面积最大时，向右移动了． 【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，列函数关系式，二次函数的最值，等积变换等知识点，利用分类讨论的思想及数形结合的思想解决问题是解题的关键． 变式1（2023·吉林·二模）如图，一次函数的图象与反比例函数第一象限的图象交于点，与x轴，y轴分别交于点A，B． (1)求m的值及反比例函数的解析式； (2)将线段沿x轴向右平移得到，当点在反比例函数图象上时，请直接写出四边形的面积． 【答案】(1)， (2)8 【分析】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，平行四边形的面积，求得平移的距离是解题的关键． （1）由一次函数的解析式求得点的坐标，代入，利用待定系数法即可求得反比例函数的解析式； （2）求得，把代入反比例函数的解析式即可求得，然后利用平行四边形的面积公式即可求得四边形的面积． 【详解】（1）解：一次函数的图象与反比例函数第一象限的图象交于点， ， ， ， ， 反比例函数的解析式为； （2）解：令，则， 把代入，解得， ， 由题意可知，四边形是平行四边形， 四边形的面积． 变式2（2024·陕西商洛·三模）如图，抛物线与轴交于，，与轴交于点． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)将抛物线先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到新的抛物线，在的对称轴上有一点，坐标平面内有一点，使得以，，，为顶点且以为边的四边形是矩形，求满足条件的点的坐标． 【答案】(1) (2)点的坐标为或 【分析】（1）将点，代入得到关于、的二元一次方程组，求解即可； （2）分两种情况，分别根据等腰三角形的判定和性质、平移和矩形的性质解答即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，， ∴， 解得：， ∴抛物线的函数表达式为； （2）∵将抛物线先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到新的抛物线， ∴， ∴抛物线的对称轴为直线， ∵抛物线与轴交于点， ∴， ∵，， ∴，， ①如图，当为矩形一边，且点在轴的下方，过作轴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵在的对称轴直线上，， ∴，， ∴， ∴， ∴点， ∴点向右平移个单位，向下平移个单位可得到点， ∴点向右平移个单位，向下平移个单位可得到； ②当为矩形一边，且点在轴的上方，的对称轴直线与轴交于点， ∴，， ∵在的对称轴直线上， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点向左平移个单位，向上平移个单位可得到点， ∴点向左平移个单位，向上平移个单位可得到点； 综上所述，点的坐标为或时，以，为顶点，且以为边的四边形是矩形． 【点睛】本题考查待定系数法求解析式，二次函数的性质及图像的平移，平移的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，两点间距离等知识点，掌握二次函数的性质和矩形的性质是解题的关键． 变式3（2024·河南周口·模拟预测）问题背景：如图1，在四边形中，，将沿翻折，点的对应点恰好落在边上． (1)操作探究 连接，判断的形状，说明理由； (2)探究迁移 将沿射线平移得到（点的对应点分别为），当点的对应点与点重合时，求四边形的周长； (3)拓展创新 将继续沿射线平移得到（点的对应点分别为），与交于点，且，将绕点在平面内自由旋转，当时，直接写出的长． 【答案】(1)是等边三角形，理由见详解 (2)4 (3)3或 【分析】连接，由翻折得，，，结合题意得，则，即可得是等边三角形； 由平移得四边形为平行四边形，结合翻折，判定四边形为菱形，利用含30度角的直角三角形的性质得到，即可求得周长； 过点作交于点F，连接，可得四边形为平行四边形，有，和，即可判定点F为中点，则有D、F、和M在同一条直线上，结合（1）知，，分两种情况逆时针旋转和顺时针旋转求解即可． 【详解】（1）证明：是等边三角形， 连接，如图， ∵沿翻折，点的对应点， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴， 则， 那么，是等边三角形； （2） ∵沿射线平移得到 ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∵沿翻折，点的对应点， ∴， 则四边形为菱形， ∵ ∴ ∵， ∴，， 则； （3）过点作交于点F，连接，如图， ∵继续沿射线平移得到， ∴四边形为平行四边形， ∴，，， ∵， ∴， ∴点F为中点， ∴，得， 那么，D、F、和M在同一条直线上， 由（1）知，， 当逆时针旋转时得到，则位于直线上， ∵点F为中点，， ∴， ∵ ∴； 当顺时针旋转时得到，则位于直线上， 由旋转得，，， ∴， 综上所述，的长为3或． 【点睛】本题主要考查折叠的性质、等边三角形的判定、平移的性质、菱形的判定和性质、含30度角的直角三角形的性质和旋转的性质，解题的关键是熟悉上述所涉及的性质，并熟练掌握各性质之间的关联． ◇题型 16 找旋转中心、旋转角、对应点 典例15（2025·辽宁沈阳·三模）在如图所示的方格纸（格长为个单位长度）中，的顶点都在格点上，将绕某点按顺时针方向旋转得到，点、、的对应点分别是点、、，使各顶点仍在格点上，则其旋转中心是 ，旋转角是 ． 【答案】 点 【分析】连接，，，分别作线段，，的垂直平分线，相交于点，可知绕点顺时针旋转得到，即可得出答案． 本题考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 【详解】解：连接，，，分别作线段，，的垂直平分线，相交于点， 则绕点顺时针旋转得到， 旋转中心是点，旋转角是． 故答案为：点；． 变式1（2025·四川·模拟）两块大小相同，含有角的直角三角板如图水平放置，将绕点C按逆时针方向旋转，旋转的角度是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练运用这些性质解决问题是解题的关键．由旋转的性质和直角三角形的性质可证是等边三角形，可得，从而得出旋转的度数． 【详解】解：三角板是两块大小且含有的角， ， 将绕点C按逆时针方向旋转，当点E的对应点恰好落在上， ， 是等边三角形， ， ； 故选：A． 变式2（2025·江苏扬州·二模）如图，在平面直角坐标系中，，，，均为格点，将线段绕着某点旋转一个角度可以得到线段（与，与是对应点），则旋转中心的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了坐标与图形变化旋转，解决本题的关键是根据旋转的性质找出旋转中心．根据旋转的性质可知对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心找出旋转中心，再利用数形结合写出旋转中心的坐标即可． 【详解】解：如下图所示， 连接，， 分别作，的垂直平分线， 两条垂直平分线交于点，点即为旋转中心， 由图可知点的坐标为， 故答案为：． 变式3（2025·四川·模拟）如图，△ABC为等边三角形，D是△ABC内一点，若将△ABD经过旋转后到△ACP位置，则旋转角等于 度． 【答案】60 【分析】根据题意由旋转的性质可得∠BAD=∠CAP，即可求∠BAC=∠DAP=60°，即可求解． 【详解】解：∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC=60°， ∵将△ABD经过一次逆时针旋转后到△ACP的位置， ∴∠BAD=∠CAP， ∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=60°， ∴∠PAC+∠CAD=60°， ∴∠DAP=60°； 故旋转角度60度. 故答案为：60． 【点睛】本题考查旋转的性质，注意掌握变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心． ◇题型 17 根据旋转的性质求解 典例17（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，中，，，将绕点A顺时针旋转得到，点B，点C的对应点分别为点D，点E，连接，点D恰好落在线段上，则的长为（   ） A． B．4 C． D．6 【答案】B 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质以及旋转的性质，由等腰三角形的性质得；再由旋转的性质得，从而得，故可得，从而可求出结论． 【详解】解：在中，， ∴； 由旋转可知， ∴， 由旋转得：， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 变式1（2025·湖南·模拟预测）如图所示，设为等边内的一点，且，，，则 度． 【答案】150 【分析】本题考查了等边三角形的性质以及勾股定理的逆定理，正确作出辅助线是解题的关键．以为边，构造等边，连接，，先根据等边三角形的性质，用判定证得，再根据勾股定理的逆定理证得为直角三角形，从而有，最后根据求得角度． 【详解】解：如图，以为边，构造等边，连接，， ∵是等边三角形，是等边三角形， ，，， ∴， ∴， ， 在中，，，， ∴， 为直角三角形，且， ∴． 故答案为：． 变式2（2025·四川·模拟）如图，是正三角形内的一点，且．若将绕点A逆时针旋转后，得到． (1)求点与点之间的距离； (2)求的度数． 【答案】(1)6 (2) 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理等知识．解题的关键是熟练掌握旋转的性质． （1）连接，根据旋转的性质，证明是等边三角形，进而可得点P与点之间的距离； （2）根据勾股定理的逆定理可判断是直角三角形，且，根据计算求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接， 由旋转的性质得，，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴点P与点之间的距离为6； （2）解：在中， ∵， ∴是直角三角形，且， ∴， ∴的度数为． 变式3（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：． ◇题型 18 画旋转图形 典例18（2025·黑龙江·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)将向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到，画出两次平移后的，并写出点的坐标； (2)画出绕原点O逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（2）的条件下，求点旋转到点的过程中，所经过的路径长（结果保留π）． 【答案】(1)作图见解析， (2)作图见解析， (3) 【分析】本题考查了平移作图，旋转作图，弧长公式，勾股定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）分别描出平移后的点，再顺次连接即可得到，根据点的平移方式即可求解； （2）将点分别绕原点O逆时针旋转得到点，再顺次连接即可，即可写出点的坐标； （3）先由勾股定理求出，再由弧长公式求解即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求： ∵， ∴向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度得到，即； （2）解：如图，即为所求，； （3）解：， ∴点旋转到点的过程中，所经过的路径长为 变式1（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：． 变式2（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3（2025·黑龙江佳木斯·一模）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x轴对称的，并写出点的坐标； (2)画出绕点O顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（2）的条件下，求在旋转过程中所扫过的面积（结果保留） 【答案】(1)图见解析， (2)图见解析， (3) 【分析】本题是三角形综合题，考查作图-旋转变换、作图-轴对称变换、扇形面积，熟练掌握旋转的性质、轴对称的性质、扇形面积公式是解答本题的关键． （1）根据轴对称的性质作图即可． （2）根据旋转的性质作图，即可得出答案． （3）利用勾股定理求出的长，再利用扇形的面积公式计算即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求， 点的坐标为； （2）解：如图，即为所求； 点的坐标为； （3）解：由勾股定理得，， 在旋转过程中所扫过的面积为． ◇题型 19 旋转中的规律问题 典例19（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，轴，垂足为点，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点也落在直线上，如此下去，……，若点的坐标为，则点的坐标为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平面直角坐标系、一次函数、旋转的性质、勾股定理等知识点．找出点的坐标规律以及旋转过程中线段长度的关系是解题的关键． 通过求出点的坐标，、、的长度，再根据旋转的特点逐步推导出后续点的位置和坐标，然后结合图形求解即可． 【详解】 轴，点的坐标为， ，则点的纵坐标为3，代入， 得：，则点的坐标为． ，， ， 由旋转可知，，，， ，， ， ． 设点的坐标为， 则， 解得或（舍去），则， 点的坐标为． 故选C． 变式1（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，是正三角形，点A在第一象限，点、．将线段　绕点C按顺时针方向旋转至；将线段绕点B按顺时针方向旋转至；将线段绕点A按顺时针方向旋转至；将线段绕点C按顺时针方向旋转至；……以此类推，则点的坐标是 ．    【答案】 【分析】首先画出图形，然后得到旋转3次为一循环，然后求出点在射线的延长线上，点在x轴的正半轴上，然后利用旋转的性质得到，最后利用勾股定理和含角直角三角形的性质求解即可． 【详解】如图所示，    由图象可得，点，在x轴的正半轴上， ∴．旋转3次为一个循环， ∵ ∴点在射线的延长线上， ∴点在x轴的正半轴上， ∵，是正三角形， ∴由旋转的性质可得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴同理可得，，， ∴， ∴， ∴， ∴由旋转的性质可得，， ∴如图所示，过点作轴于点E，      ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴点的坐标是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，勾股定理，等边三角形的性质．正确确定每次旋转后点与旋转中心的距离长度是关键． 变式2（2023·湖南张家界·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点A的坐标为，是以点B为圆心，为半径的圆弧；是以点O为圆心，为半径的圆弧，是以点C为圆心，为半径的圆弧，是以点A为圆心，为半径的圆弧，继续以点B，O，C，A为圆心按上述作法得到的曲线称为正方形的“渐开线”，则点的坐标是 ．    【答案】 【分析】将四分之一圆弧对应的A点坐标看作顺时针旋转，再根据A、、、、的坐标找到规律即可． 【详解】解：∵，且为A点绕B点顺时针旋转所得， ∴， 又∵为点绕O点顺时针旋转所得， ∴， 又∵为点绕C点顺时针旋转所得， ∴， 由此可得出规律：为绕B、O、C、A四点作为圆心依次循环顺时针旋转，且半径为1、2、3、、n，每次增加1， 又∵， 故为以点C为圆心，半径为2022的 顺时针旋转所得， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了点坐标规律探索问题，通过点的变化，结合画弧的方法以及部分点的坐标探索出坐标变化的规律是解题的关键． 变式3（2025·四川达州·中考真题）定义：在平面直角坐标系中，一个图形向右平移a个单位长度，再绕原点按顺时针方向旋转角度，这样的图形运动叫做图形的变换，现将斜边为1的等腰直角三角形放置在如图的平面直角坐标系中，经变换后得为第一次变换，经变换得为第二次变换，…，经变换得，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查坐标旋转中的规律探究，过点作轴，根据斜边上的中线，得到，进而得到，根据变化规则，得到，，， ，进而得到，， 推出，根据，求出点的坐标即可． 【详解】解：过点作轴， ∵为斜边为1的等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴是由先向右平移1个单位，再绕原点按顺时针方向旋转，即根据平移后的点关于原点对称得到的， ∴， 同理：，，， ， ∴，， ∴， ∵， ∴，即：； 故答案为：． ◇题型 20 旋转综合题 典例20（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E． (1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； (3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______． 【答案】(1)，理由见解析 (2)见解析 (3)25 【分析】（1）过作于过点C作的延长线于，根据旋转的性质得到再证明，可得，最后利用三角形面积公式即可得到结论； （2）延长至， 使得， 连接，连接，证明，可得，从而得出四点共圆，根据圆周角定理可得，最后再利用直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质证明即可得到结论； （3）过点C作延长线于，先求得 ，再由勾股定理得，最后再求解即可得到结论． 【详解】（1）解：，理由如下： 由旋转的性质可得 过作于过点C作的延长线于， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， （2）证明：延长至， 使得， 连接， 为中点 为的中位线 由旋转的性质可得 ， ，， ， ， 四点共圆， ， ， 连接， 在中，点是的中点， ， 同理可得， 在中，点是的中点， ， 同理可得， ， 四边形是菱形， ， 即， 四边形是平行四边形， ， 又， P，Q，R三点共线； （3）解：过点C作延长线于， 由旋转的性质可得， 由（1）得，由旋转的性质可得， ， ， ， ， ， ， ， 中，， ， 则S的最大值为25． 故答案为：25． 【点睛】本题考查了几何变换综合题，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，旋转的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质及三角形中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 变式1（2023·四川德阳·中考真题）将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．    (1)求的值； (2)如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)正方形，见解析 【分析】（1）确定旋转角，结合，，计算即可． （2）先证明四边形是矩形，再利用等腰直角三角形的性质，结合一组邻边相等的矩形是正方形证明即可． 【详解】（1）根据题意，得旋转角， ∵，， ∴， 故． （2）根据题意，得旋转角， ∵，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵，，      ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质是解题的关键． 变式2（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 变式3（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； ◇题型 21 判断中心对称图形 典例21（2025·山东东营·中考真题）中国的航天技术已达到世界先进水平，为世界科技进步贡献了中国智慧．下列中国航天图标中是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是中心对称图形的概念，掌握中心对称图形的概念是解答本题的关键．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概念逐项判断即可． 【详解】解：A、图案不能找到一个点，使图形绕这个点旋转后与原来的图形重合， 不是中心对称图形； B、图案不能找到一个点，使图形绕这个点旋转后与原来的图形重合， ∴不是中心对称图形； C、图案能找到一个点，使图形绕这个点旋转后与原来的图形重合， ∴是中心对称图形； D、图案不能找到一个点，使图形绕这个点旋转后与原来的图形重合， ∴不是中心对称图形． 故选：C． 变式1（2025·江苏徐州·中考真题）传统纹样作为中华传统文化的一部分，具有深厚的底蕴．徐州出土汉代玉器的下列纹样，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】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别．如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，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；在平面内一个图形绕着一点旋转180度，旋转后的图形与原来的图形完全重合，这个图形就叫做中心对称图形．根据定义逐项判断即可． 【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； C．不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意； D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意； 故选：B． 变式2（2025·内蒙古·中考真题）下列汽车电子控制装置显示的图案中，是中心对称图形的为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于熟练掌握：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． 根据中心对称图形的定义即可判断． 【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，不符合题意； B、该图形是中心对称图形，符合题意； C、该图形不是中心对称图形，不符合题意； D、该图形不是中心对称图形，不符合题意； 故选：B． 变式3（2025·山西·中考真题）科技创新型企业的不断涌现，促进了我国新质生产力的快速发展．以下四个科技创新型企业的品牌图标中，为中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了中心对称图形，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，据此判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】、不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、是中心对称图形，故本选项符合题意； 故选：． ◇题型 22 画已知图形关于某点的对称图形 典例22（2025·安徽滁州·三模）如图，三个顶点的坐标分别为． (1)请画出与关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； (2)若以点为旋转中心按逆时针旋转后得到的对应点为的对应点为，在网格中画出旋转后的图形． 【答案】(1)图见解析； (2)图见解析 【分析】本题考查了作关于原点对称的图形，作旋转图形，理解旋转图形的作法是解答关键． （1）根据关于原点对称的点的坐标得到，，的坐标，顺次连接求解； （2）根据旋转的性质分别求出，的坐标，顺次连接各点即可． 【详解】（1）解：如图所示，为求，由图可知． （2）解：由题意，画图如下，为所求作的图形． 变式1（2025·陕西延安·二模）在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点均在格点（网格线的交点）上． (1)画出将向下平移5个单位长度得到的； (2)画出关于原点对称的，并写出点的坐标． 【答案】(1)见解析 (2)见解析，点的坐标为 【分析】本题考查了平移作图和关于原点对称作图． （1）找到各顶点向下平移5个单位长度的对应点，再顺次连接即可； （2）找到各顶点关于原点对称的对应点，再顺次连接即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：如图，即为所求；点的坐标为． 变式2（2025·安徽阜阳·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，点和的顶点分别在格点上，直线经过格点． (1)与关于直线对称，使分别是的对称点，画出； (2)关于点的对称图形为，画出； (3)用无刻度的直尺画出的中线，保留画图痕迹． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了轴对称的性质，中心对称的性质，三角形中线，熟练掌握各性质定理是解题的关键． （1）根据轴对称性质，画出关于直线l对称的三角形即可； （2）根据中心对称性质，画出关于点对称的三角形即可； （3）在网格中画出以为对角线的矩形的另一条对角线，连接点和两对角线的交点即可． 【详解】（1）解：如图，就是所画的图形． （2）如图，就是所画的图形． （3）如图，线段就是所画的图形． 变式3（2025·安徽铜陵·一模）如图，在方格网中已知格点和点． (1)画和关于点成中心对称； (2)请在方格网中画出以点、、、为顶点的四边形是平行四边形的点．（画出一个即可） 【答案】(1)作图见解析 (2)作图见解析 【分析】本题考查复杂作图，涉及中心对称图形性质、平行四边形性质等知识，熟记相关性质作图是解决问题的关键． （1）根据中心对称性质，作出三个顶点关于点成中心对称的点，连线即可得到答案； （2）连接、、构成三角形，分别过的三个顶点作相应对边的平行线，三条平行线的交点即为所求． 【详解】（1）解：如图所示： 即为所求； （2）解：如图所示： 即即为所求（一个即可）． ◇题型 23 根据中心对称的性质求面积、长度、角度 典例23（2025·山东济南·二模）如图所示，在 中，，，，与 关于点 O 中心对称，则的长度为（    ） A．12 B．16 C．20 D．25 【答案】C 【分析】该题考查了勾股定理和中心对称，根据勾股定理求出，再根据中心对称的性质即可求解． 【详解】解：∵在 中，，，， ∴， ∵与 关于点 O 中心对称， ∴， 故选：C． 变式1（2025·辽宁抚顺·二模）如图，和关于点成中心对称，若，则的长是（　　） A．3 B．5 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了中心对称图形的性质，勾股定理的运用，掌握中心对称图形的特点，勾股定理是关键， 根据中心对称图形的特点得到，则，由勾股定理即可求解． 【详解】解：∵和关于点成中心对称， ∴， ∴， 在中，， 故选：D ． 变式2（2024·江苏南京·中考真题）如图，在中，，是上一点，和关于点对称，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，求四边形是菱形时的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查中心对称，平行四边形的判定和性质，菱形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）由中心对称的性质证明，即可证明； （2）利用勾股定理求出，再利用面积法求出，利用勾股定理求即可． 【详解】（1）证明：∵和关于点对称， ，， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：连接， ∵和关于点对称，四边形是平行四边形； ∴三点共线， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴． 变式3（2024·陕西西安·一模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，矩形的顶点C、A分别在x轴、y轴的正半轴上，点D在上，且，反比例函数的图象经过点D及矩形的对称中心M，连结．若的面积为3，则k的值为 ． 【答案】4 【分析】根据反比例函数值的几何意义解答即可．本题考查了反比例函数值的几何意义，熟练掌握值的几何意义是关键． 【详解】解：矩形的对称中心是， 连接，则点在一条直线上， ， ， ， ， ， ， ， ∵， ． 故答案为：． ◇难点 1 折叠求角度，线段长 典例1（2025·四川乐山·二模）如图，是的直径，，点在线段上运动，过点的弦，将位于右边的部分沿翻折，弧交直线于点，当的长为正整数时，则的长为（   ）． A．2 B． C． D．2或 【答案】D 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据，可得或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键． 【详解】解：为直径，为弦， ， 当的长为正整数时，或2， 当时，即为直径， 将沿翻折交直线于点F，此时与点重合， 故； 当时，且在点在线段之间， 如图，连接， 此时， ， ， ， ， ； 当时，且点在线段之间，连接， 同理可得， ， 综上，可得线段的长为或或2， 故选：D． 变式1（2025·湖北武汉·中考真题）如图，在中，，是边上的点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了折叠的性质、三角形内角和定理、等边对等角等知识．根据三角形内角和定理求出，由折叠得到，根据三角形外角的性质即可得到答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∵将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上． ∴， ∴ 故选：C 变式2（2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形中，，E是线段的中点，F是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，根据题意得到点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动是解题的关键． 过点C作于点G，可得四边形是矩形，从而得到，，再利用勾股定理求出的长，从而得到当点到的距离最小时，面积最小，过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小，然后结合可得点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小，延长交于点M，过点D作于点N，则，可得，即可求解． 【详解】解：如图，过点C作于点G， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴当点到的距离最小时，面积最小， 过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小， ∵E是线段的中点，， ∴， 由折叠的性质得：， ∴点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动， ∴当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小， 延长交于点M，过点D作于点N，则， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴ ∴， 即面积的最小值为． 故选：B． 变式3（2025·湖南长沙·中考真题）如图，将沿折痕折叠，使点B落在边上的点E处，若，则的周长为（    ） A．5 B．6 C．6.5 D．7 【答案】D 【分析】本题考查轴对称的性质，根据轴对称图形的性质得到，，从而，从而即可解答． 【详解】解：由折叠可得，， ∴， ∴． 故选：D． ◇难点 2 旋转中的半角模型 典例2（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键． （1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案； （2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案； （3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到， ，，，， 四边形是正方形， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：；理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， E在上， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：．理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ． 变式1（2025·广东深圳·三模）【综合与实践】 【问题背景】阅读以下材料，并按要求解决问题： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，与正方形两个边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可以利用旋转得出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的与边分别交于两点，若（为常数）．易证：，则可以得到，之间的数量关系是：． 证明：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得三点共线，，可证明，故，进而得到 ． 【方法转化】如果把背景中的正方形换成特殊顶角的等腰三角形，同学们可以利用上述问题背景得到多个结论． 【问题解决】在半角模型中可以利用旋转的方法解决问题． （1）如图3，在等腰中，以为顶点的，、与边分别交于、E两点，将绕点逆时针旋转，如图4，得到，易证，则可以得到之间的数量关系． ①若，则可得___________ ②若，，，则a，b，c之间的数量关系是：___________ （2）如图5，在等边中，以为顶点的，、与边分别交于、两点．若，则之间的数量关系是：___________ （3）如图6，在等腰中，顶角，以为顶点的，与边分别交于、两点，则可以得到之间的数量关系． ①若，则可得___________ ②若，，，则a，b，c之间的数量关系是：___________ 【实践应用】 （4）在第（3）问第①小问基础上，把绕点逆时针旋转得，如图7，如果线段与边交于点G，则线段___________ 【答案】（1）①5；②；（2）；（3）①；②；（4） 【分析】（1）①根据旋转得到，，根据勾股定理计算即可； ②同①可得答案； （2）将绕点逆时针旋转，如图，得到，连接，作交延长线于G，证明，得到，根据三角函数得到，，由勾股定理列出等式计算即可； （3）①将绕点逆时针旋转，如图，得到，连接，作交于G，证明，得到，根据三角函数得到，，则，由勾股定理列出等式计算即可； ②同①可得答案； （4）作交于M，交于N，交于H，根据三角函数得到，， ，根据等面积法计算即可. 【详解】（1）①∵将绕点逆时针旋转，得到，等腰， ∴，,, ∴ ∴ ∵ ∴ 故答案为：5； ②同①可知， 故答案为：； （2）将绕点逆时针旋，如图，得到，连接，作交延长线于G， ∴，， ∵ ∴ ∴， ∵， ∴，， 由勾股定理可得 ∴ 整理得 故答案为：； （3）①将绕点逆时针旋转，如图，得到，连接，作交于G， ∴，， ∵ ∴ ∴， ∵， ∴，， ∴ 由勾股定理可得 ∴ 故答案为：； ②同①可得，，，， ∵ ∴ 整理得 故答案为：； （4）如图，作交于M，交于N，交于H， 由（3）可知，， 由题意可知， ∴，， ∴， 解得 【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键. 变式2（2025·贵州贵阳·模拟预测）当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”，通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相当于构造出两个三角形全等． 【问题初探】 （1）如图1，在四边形中，，、分别是、边上的点，且，求出图中线段之间的数量关系． 如图1，从条件出发：将绕着点逆时针旋转到位置，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论． 【类比分析】 （2）如图2，在四边形中，，，，且，，，求的长． 【学以致用】 （3）如图3，在四边形中，，与互补，点、分别在射线、上，且．当时，求出的周长． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】本题主要利用旋转和全等三角形的性质来解决线段之间的数量关系，通过旋转将分散的角和线段转换为可以利用全等三角形性质的图形，从而找到线段之间的关系． （1）根据旋转的性质，绕点D逆时针旋转得到，因此．由于，旋转后也等于，根据全等条件，，从而得出． （2）在上取一点G，使得，通过条件证明，得出，再通过条件证明，得出，设，根据勾股定理再中解方程得出 （3）在上截图，通过条件证明，得出，再通过条件证明，得出，根据线段关系得出的周长为． 【详解】解：（1），理由如下： ∵将绕点D逆时针旋转得到， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； （2）如图 在上取一点G，使得， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， ∴． （3）在上截取， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴的周长． ◇难点 3 旋转中的手拉手模型 典例3（24-25九年级上·湖北十堰·期末）【情境知识技能】学校数学兴趣小组活动时，小红给小波出了一道题： （）如图，在等腰中，，，点在边上，且，小红对小波说：“图中线段、和有一定的数量关系，你知道吗？” 小波毫不思索的回答道：“太简单了，把绕点逆时针转得到，连接，就能证出”．小红微笑着点了点头，并给小波竖起了大拇指． 【解决问题】 ①若，，则______； ②请你帮助小波证明他的结论． 【情境理解应用】 （）小波接着对小红说：“如图，在四边形中，度，，，若，，你知道的长吗？”，小红会意点了头．请帮小红求出的长度． 【答案】（）①；②证明见解析；（） 【分析】（）①由勾股定理可得，即得，得到，再利用勾股定理解答即可求解；②由旋转的性质可得，，，，进而可证，得到，再根据得到，即可求证； （）作于，由勾股定理得，进而得，又由等腰三角形的判定可得，即得，再利用勾股定理解答即可求解． 【详解】解：（）①∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， 故答案为：； ②证明：∵，， ∴， ∵绕点逆时针旋转得到，连接，如图所示， 则，， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，’ ∴； （）作于，如图所示， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得或， ∵， ∴或， 在中，，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 变式1（2025·湖北·一模）已知为等边三角形，D，E分别为边上的动点，连接，将绕点E顺时针旋转得线段，连接． (1)如图①，当点F落在边上时，求证：； (2)当点F落在内时，连接，设． ①如图②，若平分，判断m与n的数量关系，并说明理由； ②如图③，分别取的中点M，N，连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)①，理由见解析；②． 【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，中位线定理等知识，熟知相关知识，正确添加辅助线构造全等三角形是解题关键﹒ （1）先证明是等边三角形，进而证明，根据“”即可证明﹒ （2）①过点F作，交于点H，先证明，再证明，得到，即可证明； ②过点F作，交于点H，证明得到，，在上截取，连接，在上截取，连接，证明，得到，再根据中位线定理即可求出. 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴， ∵将绕点E顺时针旋转得线段， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：(2)①，理由如下： 如解图①，过点F作，交于点H， ∵平分， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如解图②，过点F作，交于点H， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在上截取，连接，在上截取，连接， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵点N是的中点， ∴. 变式2（2025·贵州·一模）综合与探究 如图，等腰直角与等腰直角共顶点C，点D为的中点，连接，已知． (1)问题解决： 如图①，当点E在边上时，则线段与线段的数量关系是 ； (2)问题探究： 如图②，将图①中的等腰直角绕点C逆时针旋转，线段和线段的数量关系是否仍然成立？请说明理由； (3)拓展延伸： 若，将图①中的等腰直角绕点C逆时针旋转，使得B，E，F三点在同一直线上，利用所提供的备用图求出线段的长． 【答案】(1) (2)成立；理由见解析 (3)或 【分析】（1）证明为等腰直角三角形，得到．则，C，F，D三点共线，即可得到； （2）证明，得到，即可证明结论成立； （3）分两种情况进行解答即可． 【详解】（1）解：（1）∵为等腰直角三角形，D为的中点， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴． ∵为等腰直角三角形， ∴，C，F，D三点共线， ∴ （2）成立， 理由如下：如解图，连接． 由（1）知，是等腰直角三角形， ∵为等腰直角三角形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 即； （3）∵是等腰直角三角形， ， ∴． 如解图，连接， 由（2）知，， ∴． ∵， ∴， ∴B，C，F，D四点共圆， ∴， ∴， ∴． 在中，， ∴． 在中， ∴； 如解图，在中，， ∴． ∵， ∴C，F，B，D四点共圆， ∴． 由（2）知， ， ∴， ∴， ∴， ∴． 在中，， ∴． 综上所述，的长为或． 【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、圆周角定理等知识，综合性较强，难度较大，熟练掌握相似三角形的判定和性质是关键． 变式3（2025·山东济南·模拟预测）【初步探索】如图，已知点在直线上，点，在直线的同侧，，，，求证：； 【问题解决】在【初步探索】的基础上，将绕点顺时针旋转，直线，交于点，如图所示． （1）当的面积达到最大时，的度数为______； （2）根据图，求证：； （3）根据图，求的度数； 【类比应用】如图，在矩形和矩形中，，，，连接，，请直接写出的值． 【答案】初步探索：证明见解析；问题解决：（1）；（2）证明见解析；（3）；类比应用：，理由见解析 【分析】初步探索：根据题意证明出，即可得出结论； （1）一定，，因此当最大时，的面积最大，因此当时，取最大值，此时的面积最大，即可得出的度数； （2）由，，可得，，得，，得出，即可得出结论； （3）由可得，进而即可得出结论． 类比应用：连接、，在和中，根据勾股定理，，然后解直角三角形，由，可得，由，可得即可得出结论． 【详解】初步探索：证明：∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴； （1）∵一定，， ∴当最大时，的面积最大， 由题意得时，取最大值，此时的面积最大， ∴， ∵，， ∴， ∴旋转角； （2）∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴，即． ∵，， ∴； （3）∵， ∴， ∴ ， 即的度数为115°； 类比应用：连接，．如图， 在和中， 由勾股定理，， ∴， ， ∴， ∴，即． 又∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，三角形面积的最大值，矩形的性质，直角三角形的边角关系定理，特殊角的三角函数值，熟练掌握相似三角形的判定定理与性质定理是解题的关键． ◇难点 4 旋转中的最值问题 典例4（2025·吉林松原·三模）【问题出示】 （1）如图①，在等腰三角形中，，，点M是直线上的动点，线段的最小值是__________； 【问题探究】 （2）如图②，线段最短时，在（1）的条件下，线段是的角平分线，点P、Q分别在边、上运动，连接、，的最小值是__________； 【问题拓展】 （3）如图③，线段最㛒时，在（1）的条件下，点E在边上运动，连接，将线段绕点B顺时针旋转，得到线段，连接，求线段的最小值． 【答案】（1）8（2）（3）4 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，旋转的性质，的直角三角形的性质，最短路径问题，勾股定理，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）根据垂线段最短得到点M的位置，然后根据的直角三角形的性质解题即可； （2）在边上截取，连接，则有，即可得到，当P、D、M三点共线，过点M作于点D时，最小，最小值为长，然后利用勾股定理解题即可； （3）在上截取，连接，则有，则，当时，长最小，即长最小，根据的直角三角形的性质解题即可； 【详解】解：（1）当点M运动到时，线段值最小， ∵，， ∴， 故答案为：8； （2）在边上截取，连接，如图②， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴ 即当P、D、M三点共线，而且时，最小，最小值为长， ∵， 又∵， ∴， 故的最小值为； （3）在上截取，连接，如图3， ∵， ∴， ∴， 由旋转可得， ∴， ∴， 当时，长最小，即长最小， 这时， ∴， ∴线段的最小值为4； 变式1（2025·江苏淮安·二模）将一副直角三角尺按图1摆放，其中 ，等腰顶点D在边上，边经过点C，DE与交于点M． (1)若D为的中点． ①_____； ②如图2．将绕点D按顺时针方向旋转，直角边交于N，试猜想与之间的数量关系，并说明理由； ③如图2，若，在绕点D的旋转过程中，求的最小值； (2)如图3，若，在绕点D的旋转过程中，同时改变点D在上位置，的最小值也会发生变化，当_____时，在绕点D的旋转过程中的最小值达到最小，最小值为_____． 【答案】(1)①；②，理由见解析；③ (2)，3 【分析】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，四点共圆等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． （1）①证明是等边三角形，得，，由正切函数可得结论； ②先证明，再证明，利用相似三角形的性质解决问题即可； ③证明M，D，N，C四点共圆，推出是该圆的直径，易知当是该圆的直径时，的长最短． （2）当时，根据“垂线段最短”知，的长最短，当四边形是矩形时，，此时最短．解直角三角形，求出即可． 【详解】（1）解：①∵， ∴， ∵°， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； ②如图，过点作于点，于点， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴，即； ③连接． ∵， ∴， ∴M，D，N，C四点共圆， ∴是该圆的直径， ∵， ∴当时，的长最短，此时． （2）解：如图，当时， 根据“垂线段最短”知，的长最短， 当四边形是矩形时，，此时最短． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为3， 故答案为：，3 变式2（2025·广东深圳·模拟预测）【问题呈现】小华遇到这样一个问题，如图1，中，，，，在内部有一点，连接、、，求的最小值． 【问题解决】小华是这样思考的：要解决这个问题，首先应想办法将这三条端点重合于一点的线段分离，然后再将它们连接成一条折线，并让折线的两个端点为定点，这样依据“两点之间，线段最短”，就可以求出这三条线段和的最小值了．他先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，发现通过旋转可以解决这个问题．他的做法是，如图2，将绕点顺时针旋转，得到，连接、，则的长即为所求． (1)请你写出图2中，的最小值为______； (2)【类比应用】如图3，直角坐标系中有菱形，点与原点重合，坐标为，，若在菱形内部有一动点，试求的最小值，并求出此时点的坐标是多少； (3)【生活实际】如图4，一个矩形菜地的三个顶点处建有三个菜窖，现打算在矩形菜地内部建一个蔬菜运输点，经研究发现，运输点到三个菜窖的总路程至少为千米，若，则此矩形菜地的面积至少为______平方千米． 【答案】(1) (2)的最小值为，此时 (3) 【分析】（1）结合旋转性质得，则，，，故，运用勾股定理列式计算，即可作答． （2）模仿题干，将绕点顺时针旋转，得到，连接，，，当、、、四点共线时，值最小，最小值为线段的长，设交于点．得出是等边三角形，则，再根据菱形的性质得，同理得，故，结合解直角三角形的正列式，，整理得，即可作答． （3）如图4中，将绕点逆时针旋转得到，连接，过点作交的延长线于．当共线时，的值最小，最小值为线段的长．则，，因为运输点到三个菜窖的总路程至少为千米，列式，即可作答． 【详解】（1）解：依题意，如图2中， 将绕点顺时针旋转，得到， ， ，，， ， ， ． 在中， ，，， ， 即的最小值为． （2）解：如图3中，连接，将绕点顺时针旋转，得到，连接，，，当、、、四点共线时，值最小，最小值为线段的长，设交于点． 将绕点顺时针旋转，得到， ， ，， 是等边三角形， ，． 菱形中，， ， ， ， 同理，， ． 连接，交于点， 则． 在中， ，，， ， ， ， ． 的最小值为， 此时． （3）解：如图4中，将绕点逆时针旋转得到，连接，过点作交的延长线于．当共线时，的值最小，最小值为线段的长． 设千米，则千米， 千米，，， ， （千米），（千米）， ， ∵运输点到三个菜窖的总路程至少为千米， ∴千米， ， ， ， 的最小值为2千米，的最小值为千米， 此矩形菜地的面积的最小值为平方千米． 【点睛】本题考查了最短路径，勾股定理，旋转性质，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，解直角三角形的相关运算，正确掌握相关性质内容是解题的关键． ◇测能力 1.（2025·山东德州·中考真题）“九达天衢”写成篆体，四个篆体字中可以看作轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查轴对称图形的定义，正确理解轴对称图形的定义是解题的关键． 根据轴对称图形的定义，如果一个图形沿着一条直线对折后，两部分完全重合，那么这个图形就是轴对称图形，据此逐项判断即可． 【详解】解：选项A、“九”写成篆体后，整体形状不对称，找不到一条直线，使该字沿此直线对折后两部分完全重合，不是轴对称图形； 选项B、“达”写成篆体后，左右两侧形状不一致，找不到一条直线，使该字沿此直线对折后两部分完全重合，不是轴对称图形； 选项C、“天”写成篆体后，能找到一条直线，使该字沿中间竖直方向对折后两部分完全重合，是轴对称图形； 选项D、“衢”写成篆体后，左右结构不对称，找不到一条直线，使该字沿此直线对折后两部分完全重合，不是轴对称图形； 故选：C． 2．（2025·湖南·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位长度到处，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查点的平移，掌握平移规律是关键． 根据平面直角坐标系中点的平移规律，向右平移时横坐标增加，纵坐标不变，即可解题． 【详解】解：点向右平移3个单位长度，横坐标需加3，即，纵坐标2保持不变， ∴平移后的点坐标为， 故选：B． 3．（2025·四川攀枝花·中考真题）已知直角坐标系，点在该坐标系中的坐标为，现将直角坐标系绕点按逆时针方向旋转到的位置，则点在新坐标系中的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查旋转，点的坐标；根据题意得到点在新坐标系中的第一象限，且与原来横纵坐标互换，均为正数，即可求出． 【详解】解：将直角坐标系绕点按逆时针方向旋转到的位置， ∴此时点在新坐标系中的第一象限，且原来横纵坐标互换均为正数， ∴点在新坐标系中的坐标为， 故选：B． 4．（2025·天津·中考真题）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（   ） A． B． C．4 D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定、旋转的性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．连接，交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出垂直平分，则可得，，然后利用勾股定理和三角形的面积公式求出的长，由此即可得． 【详解】解：如图，连接，交于点， 由旋转的性质得：，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故选：D． 5．（2025·陕西·中考真题）如图，将正五边形绕着它的中心旋转后，能够与原来的图形完全重合，则的值可以是 （写出一个符合题意的数即可）． 【答案】（或或或）（答案不唯一）． 【分析】本题考查图形的中心旋转，此图案是正五边形，然后根据正五边形的性质求解即可． 【详解】解：∵， ∴此图案绕旋转中心旋转的整数倍时能够与自身重合， ∴n可以为（或或或）． 故答案为：（或或或）（答案不唯一）． 6．（2025·江苏徐州·中考真题）如图，将三角形纸片折叠，使点A落在边上的点D处，折痕为．若的面积为8，的面积为5，则 ． 【答案】 【分析】本题考查的是轴对称的性质，三角形面积，先求解的面积为，的面积为，进一步可得答案． 【详解】解：∵的面积为8，的面积为5， ∴的面积为， 由折叠可得：的面积为， ∴的面积为， ∴， 故答案为： 7．（2025·广东深圳·中考真题）如图，将无人机沿着轴向右平移3个单位，若无人机上一点的坐标为，则平移后点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了坐标与图形平移变换，解题关键在于掌握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． 根据点的平移规律即可求解． 【详解】解：由题意得：将点沿着轴向右平移3个单位， ∴平移后点的坐标为，即， 故答案为：． 8．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则 ． 【答案】/ 【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为， 则， ∵正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠可知， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， 设正方形边长为，则， ∵， ∴， 在中，，即 解得：或（不合题意舍去） ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明是解题关键． 9．（2025·四川内江·中考真题）如图，在中，，，，点、、分别是边、、上的动点，则周长的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，垂线段最短，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键，作点关于的对称点，连接，得出是等腰直角三角形，当时，取得最小值，即周长最小，进而求得，即可求解． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接， ∴周长为， 当四点共线时取得最小值， ∵是关于的对称点， ∴， 又∵ ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴当时，取得最小值，即周长最小 又∵，， ∴ ∴周长最小为 故答案为：． 10．（2025·四川南充·中考真题）如图，为正方形的对角线，平分，交于点，把绕点逆时针方向旋转90°得到，延长交于点，连接，交于点．给出下列结论：①；②；③；④．以上结论正确的是 ．（填写序号） 【答案】①③④ 【分析】本题考查正方形性质，旋转性质，全等三角形性质与判定，角平分线定义，圆周角定理，勾股定理解三角形，等腰三角形性质与判定，三角形的三边关系等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 由旋转性质得，可得，，，进而由即可判断①；由即可判断②；由、、、、在以为直径的圆上，可以证明，即可判定③，设，由勾股定理解三角形可得，，即可判断④． 【详解】解：由旋转可知：， ∴，，， ∵在正方形中， ∴，， 又∵， ∴， ∴，即，故①结论正确， ∵，， ∴，故②结论错误； 如图： ∵在正方形中， ∴， ∴， ∴、、、、在以为直径的圆上， ∵， ∴，故结论③正确； 如图：过点作，交于， ∵平分，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， 设， 在中，， ∴， ∴，（负根已舍去） ∵， ∴， ∴．故结论④正确； 综上所述：①③④结论正确， 故答案为：①③④． 11．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质与折叠可得，与都是直角三角形，根据 “”即可证明； （2）由中点的定义得到，由折叠得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形 ∴，， 由折叠可得，， ∴，， ∴在和中 ∴； （2）解：∵，点E是的中点， ∴， 由折叠得到， ∵ ， ∴ 设，则， ∵在中，， ∴ 解得 ∴． 12．（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． 【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析 【分析】（1）利用正方形的性质求得，证明，推出，根据即可求解； （2）在上截取，证明，推出，，证明是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得； （3）在上截取，证明，得到，，同理，得到是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得． 【详解】解：（1），理由如下， 如图，当点G，H重合时， ∵正方形与正方形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2），理由如下， 由（1）得， ∴， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； （3），理由如下， 由（1）得， ∴，， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， 同理，是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，作出辅助线，证明三角形全等是解本题的关键． 13．（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线． (1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）． 【答案】(1)①证明见解析 ②为定值，该定值为 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、正方形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． （1）①过点P作、，根据四边形是正方形得到，证四边形是矩形，又得到，进而证明四边形是正方形，利用角度关系得到，证出，根据全等三角形的性质得到即可； ②过点P作、，根据①可得到，根据，证得并且，利用相似三角形的性质得到，最后进行面积转化得到定值即可； （2）过点P作、，连接，易证得，根据相似三角形的性质得到，再证，根据相似三角形的性质，同理可得，进而得到，是等腰直角三角形，根据三角形面积公式进行求解即可． 【详解】（1）①证明：过点P作、，如图所示： 则 四边形是正方形 四边形是矩形 在中， 四边形是正方形 ， ； ②过点P作、，如图所示： 由①可知四边形是正方形 、 故 为定值，该定值为； （2）解：过点P作、，连接，如图所示： 四边形是正方形 射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F 、 同理可得 是等腰直角三角形 在中， 由勾股定理得 ． 答：四边形的面积为． ◇提能力 1．（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． 【问题解决】 （1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ； 【问题探究】 （2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长． 【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）的长为或. 【分析】（1）根据菱形的性质证明为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案； （2）如图，把绕顺时针旋转得到，证明为等边三角形，可得，，求解，，，可得，进一步可得结论； （3）如图，当在线段上，记与交于点，证明，可得，设，则，可得，证明，再进一步解答即可；如图，当在线段上时，延长交于，同理可得： ，设，而，则，可得，证明，再进一步可得答案. 【详解】解：（1）∵在菱形中， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∵点与线段的中点重合， ∴，； （2）如图，把绕顺时针旋转得到， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵点在线段上，且， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）如图，当在线段上，记与交于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， 如图，当在线段上时，延长交于， 同理可得：，， ∴， 设，而，则， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， 综上：的长为或. 【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $