第14讲 图形的变化（复习讲义，4考点5题型2重难）（上海专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

一概念一在平面内，把一个图形整体沿某一的方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，简称平移。 「①新图形与原图形的形状和大小完全相同。 平移的性质 儿②连接各组对应，点的线段平行且相等。 ①向右平移a个单位，坐标P(x,y）→P(x十a,y) 平移 ②向左平移a个单位，坐标P(,y)→P(x一a,） (1)坐标变化 ③向上平移b个单位，坐标P(x,)→P(x,y十b) 坐标与图形变化-平移 ④向下平移b个单位，坐标P(x,)→P(a,y-b) 即：横坐标，右移加，左移减：纵坐标，上移加，下移减。 基本要素：平移方向、平移距离。 作图-平移变换 分别把关键，点按照平移的方向和距离殉定对应，点后，再顺次连接对应点 在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转。 定义 点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P,那么这两个点叫做 对应点。 ①旋转中心 旋转的三要素 ②旋转方向 旋转 ③旋转角度 ①对应点到旋转中心的距离相等。 图形的变化 旋转的性质 ②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。 旋转对称图形 如果某一个图形围绕菜一点旋转一定的角度（小于360）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转 对称图形。 定义 把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称 或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点。 中心对称 ①关于中心对称的两个图形能够完全重合。 性质 中心对称 ②关于中心对称的两个图形，对应点的连都经过对称中心，并且被对称中心平分。 (①)定义一把一个图形绕来一点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫微中心对 称图形，这个点叫做对称中心。 中心对称图形 (2)常见的中心对称图形一平行四边形、圆形、正方形、长方形等。 轴对称的概念 把一个图形沿某一条直钱折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，也 称轴对称：这条直线叫做对称轴。 如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。 轴对称的性质 ①如果两个图形的对应点的连线祓同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称。 轴对称 由轴对称的性质得到以下结论： ②如采两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这 两个图形的对称抽。 (1)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 称抽。这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称。 轴对称图形 (3)常见的轴对称图形 等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等。一概念一在平面内，把一个图形整体沿某一的方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，简称平移。 「①新图形与原图形的形状和大小完全相同。 平移的性质 儿②连接各组对应点的线段平行且相等。 ①向右平移a个单位，坐标P(x,y）→P(x十a,y) 平移 ②向左平移a个单位，坐标P(a,y)→P(x一a,） (1)坐标变化 ③向上平移b个单位，坐标P(x,)→P(x,y十b) 坐标与图形变化-平移 ④向下平移b个单位，坐标P(x,)→P(c,y一b) 即：横坐标，右移加，左移减：纵坐标，上移加，下移减。 基本要素：平移方向、平移距离。 作图-平移变换 分别把关键点按照平移的方向和距离殉定对应，点后，再顺次连接对应点 在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转。 定义 点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P,那么这两个点叫做 对应点。 ①旋转中心 旋转的三要素 ②旋转方向 旋转 ③旋转角度 ①对应点到旋转中心的距离相等。 图形的变化 旋转的性质 ②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。 旋转对称图形 如果某一个图形围绕菜一点旋转一定的角度（小于360）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转 对称图形。 定义 把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称 或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点。 中心对称 ①关于中心对称的两个图形能够完全重合。 性质 中心对称 ②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。 (①)定义一把一个困形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的国形重合，那么这个图形就叫微中，心对 称图形，这个点叫做对称中心。 中心对称图形 (2)常见的中心对称图形一平行四边形、圆形、正方形、长方形等。 轴对称的概念 把一个图形沿莱一条直钱折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么说这两个图形关于这条直线对称，也 称轴对称：这条直线叫做对称轴。 如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。 轴对称的性质 ①如果两个图形的对应点的连线赦同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称。 轴对称 由轴对称的性质得到以下结论： ②如采两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这 两个图形的对称轴。 (1)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 称抽。这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成抽）对称。 轴对称图形 (3)常见的轴对称图形 等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等。null 第七章 图形的变化 第14讲 图形的变化 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 1 02·知识导航·网络构建 3 03·考点解析·知识通关 3 04·命题洞悉·题型预测 25 命题点一 平移 题型01 平移的性质 命题点二 旋转 题型01 旋转的性质 命题点三 中心对称 题型01中心对称图形 命题点四 轴对称 题型01 轴对称的性质 题型02轴对称图形的识别 05·重难突破·思维进阶 42 突破一 根据成轴对称图形的特征进行求解 突破二 旋转综合题(几何变换) 06·优题精选·练能提分 49 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点类别 考点 考频 课标要求 平移 1. 定义与性质 2. 坐标系内点的平移规律 3. 平移作图 4. 综合应用 2023年T12、2024年T18、2025年T10 1. 理解平移的概念和性质，识别平移前后的图形 2. 掌握坐标系内点的平移计算方法 3. 能按要求完成平移作图，解决相关综合问题 轴对称 1. 定义与性质 2. 轴对称图形判定 3. 轴对称作图 4. 折叠问题应用 2023年T5、2024T22(1)、 2025年T17 1. 理解轴对称的概念，区分轴对称图形与图形成轴对称 2. 掌握轴对称的性质，用于证明和计算 3. 能完成轴对称作图，解决折叠类问题 旋转 1. 定义与三要素 2. 性质与特征 3. 旋转作图 4. 动态几何综合应用 2023T25(2)、 2024T25(2)、 2025T25(1) 1. 理解旋转的概念和三要素，掌握旋转的性质 2. 能识别旋转前后的图形关系，进行相关计算 3. 能完成旋转作图，解决动态几何综合题 中心对称 1. 定义与性质 2. 中心对称图形判定 3. 中心对称作图 4. 与旋转的关联应用 2023年T5、2024年T5、2025年T6 1. 理解中心对称的概念，区分中心对称与中心对称图形 2. 掌握中心对称的性质，用于证明和计算 3. 能完成中心对称作图，理解其与旋转的特殊关系 命题预测： 1.基础题型以选择、填空为主，考查四类图形变换的概念识别、坐标系内的坐标计算。 2.中档题型考查变换性质的应用，如折叠问题的线段角度计算、旋转问题的旋转角推导。 3.高档题型为综合题，将图形变换与三角形、四边形、圆结合，考查动态几何的推理与计算，强调数形结合和分类讨论思想。 备考建议： 1.明确四类图形变换的核心区别，牢记各自的定义和性质。 2.掌握“找关键点→作对应点→连接成图”的作图步骤，提升图形变换的实操能力。 3.精练折叠、旋转类动态几何题，总结解题技巧和辅助线添加方法。 考点一 平移 1.平移的概念 在平面内，把一个图形整体沿某一的方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，简称平移． 2.平移的性质 ①把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同． ②新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等． 3.坐标与图形变化-平移 （1）平移变换与坐标变化 ①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y） ①向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y） ①向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b） ①向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b） （2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．） 4.作图-平移变换 （1）确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离． （2）作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形． 1．（2024·上海·模拟预测）如果在高为2米，坡度为的楼梯上铺地毯，那么地毯长度至少需要（   ） A．2米 B．6米 C．米 D．米 2．（2026·上海·一模）研究函数的性质，通常可以绘制对应的函数图像．小明用某软件绘制出了函数的图像（如图所示），已知其和轴没有交点，小明对此函数进行猜想，那么下列说法中正确的是（    ） 猜想一 函数和y轴交于点； 猜想二 函数可由向右平移个单位得到； A．猜想一错误 B．猜想二错误 C．猜想均错误 D．猜想均正确 3．（2025·上海虹口·二模）如图，点，，，平移得，顶点、、分别与点、、对应，如果点、都在抛物线上，那么点到点的距离是 ． 4．（2025·上海·模拟预测）将反比例函数的图象向右平移个单位，所得函数图象与轴的交点坐标是 ． 5．（2025·上海浦东新·三模）图①、图②、图③均为的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点、、均在格点上．分别在图①、图②、图③中，只用无刻度的直尺按要求画图（不要求写出画法，但要保留必要的痕迹） (1)在图①中，过点画直线． (2)在图②中，过点画直线． (3)在图③中，在边上取一点，使得 考点二 旋转 1.旋转的定义 在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做对应点． 注意： ①旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这时判断旋转的关键． ②旋转中心是点而不是线，旋转必须指出旋转方向． ③旋转的范围是平面内的旋转，否则有可能旋转成立体图形，因而要注意此点． 2.旋转的性质 ①对应点到旋转中心的距离相等．②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． 注意：旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样． 3.旋转对称图形 （1）旋转对称图形 如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形． （2）常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等． 1．（2024·上海黄浦·二模）如图，一个3×5的网格，其中的12个单位正方形已经被2张“L”型和1张“田字”型纸片互不重叠地占据了．下列有4个均由4个单位正方形所组成的纸片，依次记为型号1、型号2、型号3和型号4．将这4个型号的纸片做平移、旋转，恰能将图1中3个未被占据的单位正方形占据，并且与已有的3张纸片不重叠的是（    ） A．型号1 B．型号2 C．型号3 D．型号4 2．（2025·上海·模拟预测）一个三角形纸片围绕某个顶点旋转一定角度，得到一个新的三角形纸片． 下列说法正确的是（    ） 【说法一】两个三角形纸片不可能拼成一个平行四边形； 【说法二】两个三角形纸片不可能拼成一个正方形． A．说法一、二 B．说法一 C．说法二 D．无 3．（2025·上海杨浦·模拟预测）如果等边三角形绕着它的中心旋转后与它本身重合，那么最小旋转角为 ． 4．（2025·上海·模拟预测）在中，，，为钝角．在延长线上取一点O，．绕点O顺时针旋转，点A、B、C分别对应点D、E、F，点C在射线上．若旋转角恰好为，那么的长为 ． 5．（2024·上海·二模）如图，在中，，，，分别为，，的中点，连接，． (1)如图1，求：的值 (2)如图2，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点G，射线交于点N时，连接并延长交射线于点M，判断与的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，当时，求的长． 考点三 中心对称 1．中心对称 （1）中心对称的定义 把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．． （2）中心对称的性质 ①关于中心对称的两个图形能够完全重合； ②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分． 2．中心对称图形 （1）定义 把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同． （2）常见的中心对称图形 平行四边形、圆形、正方形、长方形等等． 1．（2025·上海杨浦·模拟预测）在下列图形中抽取任意一种，是中心对称图形的概率是（    ） ①四边形；②正三角形；③正六边形；④正五边形；⑤菱形；⑥线段 A． B． C． D． 2．（2024·上海奉贤·三模）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． 3．（2025·上海·模拟预测）在线段、正三角形、平行四边形、正方形中，共有 个图形既是轴对称图形又是中心对称图形． 4．（2024·上海黄浦·三模）在形状为等腰三角形、圆、矩形、菱形、正五边形的张纸片中随机抽取一张，抽到中心对称图形的概率是 ． 5．（25-26·上海浦东新·期末）画图题（保留必要画图痕迹，不需要写画法）：如图，已知直线和． (1)画出关于直线成轴对称的 (2)在直线上找一点，并画出关于点成中心对称图形，让所得三角形至少有一顶点与的三个顶点之一重合．（只需画出一种情况即可） 考点四 轴对称 1.轴对称的概念 把一个图形沿某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，也称轴对称；这条直线叫做对称轴． 【补充】轴对称包含两层含义： ①有两个图形，且这两个图形能够完全重合，即形状大小完全相同； ②对重合的方式有限制，只能是把它们沿一条直线对折后能够重合． 2.轴对称的性质 （1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线． 由轴对称的性质得到一下结论： ①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称； ②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这两个图形的对称轴． （2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线． 3.轴对称图形 （1）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． （2）轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合；轴对称图形的对称轴可以是一条，也可以是多条甚至无数条． （3）常见的轴对称图形： 等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等． 4．作图-轴对称变换 几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的，一般的方法是： ①由已知点出发向所给直线作垂线，并确定垂足； ②直线的另一侧，以垂足为一端点，作一条线段使之等于已知点和垂足之间的线段的长，得到线段的另一端点，即为对称点； ③连接这些对称点，就得到原图形的轴对称图形． ④作出的垂线为最短路径． 1．（2025·上海徐汇·二模）在平面直角坐标系中，若抛物线与关于直线对称，则符合条件的和的值可以为（    ） A．， B．， C．， D．， 2．（25-26·上海·期末）如图所示的三角形纸片中，，，．沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在边上的点E处，折痕为，则的周长为（   ） A．16cm B．15cm C．13cm D．10cm 3．（2026·上海黄浦·一模）如图，在中，，，，、是边、上的点，且，将沿翻折至，与交于点．如果的面积是面积的，那么线段的长是 ． 4．（2026·上海徐汇·一模）我们将宽和长之比为（约为）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿折叠，使点和点重合，展开后再将纸片沿对折叠，使点和点重合；如图2所示，展开后连接，再将纸片第三次沿折叠，使得落在长方形纸片的边上且点落在点处，再次展开，过点作的垂线，垂足为点．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”： ． 5．（2025·上海金山·模拟预测）如图1，我们定义：在中，，的三角形成为“对等三角形”，在“对等三角形”的边上，有一动点，使“对等三角形”分为和四边形．将沿着直线翻折，记的对应点为． 已知为“对等三角形”． (1)如图2，当点与点重合时，求证： (2)当点在线段的延长线上时，连接，交于点F，直线经过的重心，求的值； 命题点一 平移 ►题型01平移的性质 【典例1】（2025·上海闵行·一模）下列运动中，能改变图形大小的是（    ） A．平移 B．旋转 C．翻折 D．放缩 【变式1-1】（2025年上海市虹口区中考数学二模试卷）如图，已知点和，平移得到，顶点、分别与顶点对应．如果点都在抛物线上，那么点到点的距离是 ． 【变式1-2】（2025·上海·中考真题）小明正在进行探究活动：分割梯形并将其拼成等腰三角形，请你帮他一起探究． (1)如图（1）所示，在梯形中，，．设为边中点，将绕点旋转，点旋转至点的位置，得到的是等腰三角形，其中，设，求边的长（用表示）； (2)如图（2）所示，已知梯形中，，且，．请设计一种方案，用一条或两条直线将梯形分割，并使得分割成的几个部分可以通过图形运动拼成与剩余部分不重叠无缝隙的等腰三角形．请写出两腰的线段，以及这两条或一条直线与梯形的交点的位置．（模仿（1）中的论述语言：为边中点，是梯形的顶点）． 命题点二 旋转 ►题型01 旋转的性质 【典例1】（2025·上海奉贤·二模）如图，将绕点A逆时针旋转，点B旋转至边上的D点，点C旋转至E，那么下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2025·上海闵行·二模）如图，在中，，点是的中点，将线段绕点逆时针旋转，点落在边延长线上的点处，连接，与边交于点，，，那么的长为 ． 【变式1-2】（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形中，，将矩形绕着点顺时针旋转得矩形，恰好落在对角线上，连接，如果与边相交，且，那么的长是 ． 命题点三 中心对称 ►题型01 中心对称图形 【典例1】（2025·上海奉贤·二模）现有五张纸片，这五张纸片上的几何图形分别是等边三角形、矩形、等腰梯形、正五边形、圆，从这五张纸片中任意抽取一张恰好是中心对称图形的概率是（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2025·上海普陀·二模）有若干个全等三角形，如果这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形，那么下列三角形中，符合条件的是（   ） A．顶角是的等腰三角形 B．顶角是的等腰三角形 C．有一个锐角是的直角三角形 D．有一个锐角是的直角三角形 【变式1-2】（2025·上海松江·二模）如图，在平面直角坐标系中，有7个半径为1的小圆拼在一起，下面一行的4个小圆都与x轴相切，上面一行的3个小圆都在下一行右边3个小圆的正上方，且相邻两个小圆只有一个公共点，从左往右数，y轴过第2列两个小圆的圆心，点P是第3列两个小圆的公共点．若过点P有一条直线平分这7个小圆的面积，则该直线的函数表达式是 ． 命题点四 轴对称 ►题型01 轴对称的性质 【典例1】（2024·上海·中考真题）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则 ． 【变式1-1】（2025·上海金山·二模）在中，，，，重心为点，直线经过边的中点，将沿直线翻折得到（点、、分别与点、、对应），的重心点在的内部．若点到的距离与点到的距离相等，那么到直线的距离为 ． 【变式1-2】（2025·上海崇明·一模）四边形中，，，，，，将沿过点的一条直线折叠，点的对称点落在四边形的对角线上，折痕交边于点（点不与点重合），那么长为 ． ►题型02 轴对称图形的识别 【典例2】（24-25九年级上·河北石家庄·月考）下列数学符号中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A．   B．   C．   D．   【变式2-1】（2025·上海浦东新·二模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．直角三角形 B．扇形 C．平行四边形 D．正八边形 【变式2-2】（2025·上海·二模）六张卡片上写着“菱形，平行四边形，矩形，等腰梯形，正方形，直角梯形”．从六张卡片中任选两张卡片（不重复），上面所写的四边形都既是中心对称图形，又是轴对称图形的概率是（    ） A． B． C． D． 突破一 根据成轴对称图形的特征进行求解 【典例1】（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为 ． 【变式1-1】（2025·上海普陀·二模）已知抛物线的顶点为，、、、是抛物线上的四点，且线段、都垂直于抛物线的对称轴．如果，，那么的值等于 ． 【变式1-2】（2026·上海·一模）如图，矩形中，，其内部有一点，使得，若点与点关于直线对称，且落在直线上，那么的值为 ． 突破二 旋转综合题(几何变换) 【典例1】（2024·上海青浦·三模）如图1，含和角的两块三角板和叠合在一起，边与重合，cm，点为边的中点，边与相交于点，现将三角板绕点按逆时针方向旋转角度（如图2），设边与相交于点Q，则当从到的变化过程中，点Q移动的路径长为 ． 【变式1-1】（2024·上海·模拟预测）在矩形中，（如图）．将矩形绕点B按顺时针方向旋转得到矩形EBFG，点A的对应点为点E，且在边上，如果联结，那么的长为 ． 【变式1-2】（2025·上海嘉定·一模）如图，中，已知，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为，连接．如果直线垂直于，连接，那么此时的面积是 ．    1．（2025·上海虹口·二模）已知反比例函数的图像经过点和点，如果点与关于原点对称，那么该反比例函数的解析式是 ． 2．（2025·上海嘉定·一模）在平面直角坐标系中，我们规定一种变换：将平面内任意一点，绕原点顺时针旋转得到对应点，点在射线上，且，得到最终的对应点，称点为点经过变换后的对应点．例如，点经过变换后的对应点为，那么点经过变换后的对应点坐标为 ． 3．（2025·上海青浦·二模）如图，在矩形中，，，将矩形绕点A旋转，点B、C、D落在点、、处、如果点落在直线上，那么 ． 4．（2024·上海浦东新·三模）如图，在中，，，点在边上，且，将绕着点逆时针旋转，点落在的一条边上的点处，那么旋转角的度数是 ．    5．（2025·上海模拟）如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则 ．    1．（2025·上海黄浦·一模）如图，将矩形平移到矩形的位置（点对应点，点对应点，点对应点），边与交于点，边与交于点，其中，，如果、两点的距离为，那么、两点的距离为 ．（用含的代数式表示） 2．（2025·上海普陀·二模）在中，，（如图）．点在边上，，为垂足，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点、分别与点、对应，，射线与边交于点．如果，那么的长是 ． 3．（2025·上海崇明·一模）已知在直角坐标平面中，抛物线经过点三点． (1)求该抛物线的表达式： (2)点是抛物线上在第一象限内的动点，点的横坐标为 ①如果是以为斜边的直角三角形，求的值； ②在轴正半轴上存在点，当线段绕点逆时针方向旋转时，恰好与抛物线上的点重合，此时点的横坐标为，求的值． 4．（2026·上海松江·一模）在中，是边上一点，将沿直线翻折，点落在上的点处，的延长线交射线于点． (1)如图1，当四边形是矩形时，如果，，求四边形的面积； (2)如图2， 如果， ，四边形的面积是，求的正弦值； (3)如果且 ，求的值． 1．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点，将向左平移1个单位长度，则平移后点的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在四边形中，，点在四边形内，，于点，将沿翻折，点恰好与点重合，延长交折痕的延长线于点，，则点到直线的距离为 ． 3．（2025·山东滨州·中考真题）如图，每个小正方形的边长都为1，点A、B、C均在格点上． （1）只用无刻度的直尺在上找一点D，使得最短（保留作图痕迹） ． （2）在（1）的基础上，在边上找一点M，使得最小，最小值为 ． 4．（2025·山东滨州·中考真题）【背景资料】 最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用．我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆． 【动手操作】 如图1，中，，请作出的最小覆盖圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．） 【迁移运用】 正方形的边长为7，在边上截取，以为边向外作正方形． （1）如图2，连接，求的最小覆盖圆的直径； （2）将图2中的正方形绕点C逆时针旋转（如图3），经过A，D，F三点，且与边分别交于点I，L，求的最小覆盖圆的直径； （3）将正方形绕点C旋转，分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形（如图4）．在旋转过程中，四边形的最小覆盖圆的直径d的值是否发生变化？如果不变，请直接写出d的值；如果变化，请直接写出d的取值范围． 2 / 52 1 / 52 学科网（北京）股份有限公司 $ 第七章 图形的变化 第14讲 图形的变化 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 1 02·知识导航·网络构建 3 03·考点解析·知识通关 3 04·命题洞悉·题型预测 25 命题点一 平移 题型01 平移的性质 命题点二 旋转 题型01 旋转的性质 命题点三 中心对称 题型01中心对称图形 命题点四 轴对称 题型01 轴对称的性质 题型02轴对称图形的识别 05·重难突破·思维进阶 42 突破一 根据成轴对称图形的特征进行求解 突破二 旋转综合题(几何变换) 06·优题精选·练能提分 49 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点类别 考点 考频 课标要求 平移 1. 定义与性质 2. 坐标系内点的平移规律 3. 平移作图 4. 综合应用 2023年T12、2024年T18、2025年T10 1. 理解平移的概念和性质，识别平移前后的图形 2. 掌握坐标系内点的平移计算方法 3. 能按要求完成平移作图，解决相关综合问题 轴对称 1. 定义与性质 2. 轴对称图形判定 3. 轴对称作图 4. 折叠问题应用 2023年T5、2024T22(1)、 2025年T17 1. 理解轴对称的概念，区分轴对称图形与图形成轴对称 2. 掌握轴对称的性质，用于证明和计算 3. 能完成轴对称作图，解决折叠类问题 旋转 1. 定义与三要素 2. 性质与特征 3. 旋转作图 4. 动态几何综合应用 2023T25(2)、 2024T25(2)、 2025T25(1) 1. 理解旋转的概念和三要素，掌握旋转的性质 2. 能识别旋转前后的图形关系，进行相关计算 3. 能完成旋转作图，解决动态几何综合题 中心对称 1. 定义与性质 2. 中心对称图形判定 3. 中心对称作图 4. 与旋转的关联应用 2023年T5、2024年T5、2025年T6 1. 理解中心对称的概念，区分中心对称与中心对称图形 2. 掌握中心对称的性质，用于证明和计算 3. 能完成中心对称作图，理解其与旋转的特殊关系 命题预测： 1.基础题型以选择、填空为主，考查四类图形变换的概念识别、坐标系内的坐标计算。 2.中档题型考查变换性质的应用，如折叠问题的线段角度计算、旋转问题的旋转角推导。 3.高档题型为综合题，将图形变换与三角形、四边形、圆结合，考查动态几何的推理与计算，强调数形结合和分类讨论思想。 备考建议： 1.明确四类图形变换的核心区别，牢记各自的定义和性质。 2.掌握“找关键点→作对应点→连接成图”的作图步骤，提升图形变换的实操能力。 3.精练折叠、旋转类动态几何题，总结解题技巧和辅助线添加方法。 考点一 平移 1.平移的概念 在平面内，把一个图形整体沿某一的方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，简称平移． 2.平移的性质 ①把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同． ②新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等． 3.坐标与图形变化-平移 （1）平移变换与坐标变化 ①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y） ①向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y） ①向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b） ①向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b） （2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．） 4.作图-平移变换 （1）确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离． （2）作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形． 1．（2024·上海·模拟预测）如果在高为2米，坡度为的楼梯上铺地毯，那么地毯长度至少需要（   ） A．2米 B．6米 C．米 D．米 【答案】B 【分析】本题考查了用平移的性质解决实际问题及坡比的应用，根据题意画出对应的几何图，注意地毯长度为，而不是，即可求解． 【详解】解：如图所示：    由题意得：在中，， ∴， ∴， 故选：B． 2．（2026·上海·一模）研究函数的性质，通常可以绘制对应的函数图像．小明用某软件绘制出了函数的图像（如图所示），已知其和轴没有交点，小明对此函数进行猜想，那么下列说法中正确的是（    ） 猜想一 函数和y轴交于点； 猜想二 函数可由向右平移个单位得到； A．猜想一错误 B．猜想二错误 C．猜想均错误 D．猜想均正确 【答案】D 【分析】本题考查反比例函数图像的平移规律，熟练掌握“左加右减，上加下减”的平移规律是解题关键．把代入，得出，可判定猜想一正确，根据函数图像的平移规律可判断猜想二正确，即可得答案． 【详解】解：∵当时，， ∴函数和y轴交于点，故猜想一正确； 根据函数“左加右减”的平移规律可知，向右平移个单位得到函数， ∴函数可由向右平移个单位得到，故猜想二正确， ∴猜想均正确． 故选：D． 3．（2025·上海虹口·二模）如图，点，，，平移得，顶点、、分别与点、、对应，如果点、都在抛物线上，那么点到点的距离是 ． 【答案】 【分析】本题考查图形的平移、二次函数的图象性质、勾股定理，熟练掌握二次函数的图象性质是解题的关键． 设沿轴正方向平移个单位，沿轴正方向平移个单位，得到点、的坐标，根据抛物线，求得、的值，进而求出点到点的距离即可． 【详解】解：设沿轴正方向平移个单位，沿轴正方向平移个单位， 则点、， 由于点、都在抛物线上， 则， 解得， 将代入得：， ∴， 故答案为：． 4．（2025·上海·模拟预测）将反比例函数的图象向右平移个单位，所得函数图象与轴的交点坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查反比例函数图象的平移问题，先根据平移方式求出平移后解析式，求出时对应的的值即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵反比例函数的图象向右平移个单位， ∴平移后解析式为， 当时，， ∴与轴的交点坐标是， 故答案为：． 5．（2025·上海浦东新·三模）图①、图②、图③均为的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点、、均在格点上．分别在图①、图②、图③中，只用无刻度的直尺按要求画图（不要求写出画法，但要保留必要的痕迹） (1)在图①中，过点画直线． (2)在图②中，过点画直线． (3)在图③中，在边上取一点，使得 【答案】(1)画图见解析 (2)画图见解析 (3)画图见解析 【分析】本题考查的是格点作图，平移的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质； （1）把向右平移4个单位，再向上平移1个单位得到点，作直线即可； （2）取格点，作直线交于即可； （3）取格点，连接，交于即可． 【详解】（1）解：如图①中，直线即为所求； （2）解：如图②中，直线即为所求； 理由如下： 由网格特点可得：，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴. （3）解：如图，点即为所求； 理由如下： 由网格特点可得：，，， ∴， ∴， ∴. 考点二 旋转 1.旋转的定义 在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做对应点． 注意： ①旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这时判断旋转的关键． ②旋转中心是点而不是线，旋转必须指出旋转方向． ③旋转的范围是平面内的旋转，否则有可能旋转成立体图形，因而要注意此点． 2.旋转的性质 ①对应点到旋转中心的距离相等．②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． 注意：旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样． 3.旋转对称图形 （1）旋转对称图形 如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形． （2）常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等． 1．（2024·上海黄浦·二模）如图，一个3×5的网格，其中的12个单位正方形已经被2张“L”型和1张“田字”型纸片互不重叠地占据了．下列有4个均由4个单位正方形所组成的纸片，依次记为型号1、型号2、型号3和型号4．将这4个型号的纸片做平移、旋转，恰能将图1中3个未被占据的单位正方形占据，并且与已有的3张纸片不重叠的是（    ） A．型号1 B．型号2 C．型号3 D．型号4 【答案】D 【分析】本题考查的是平移，旋转，理解平移与旋转现象在生活中的应用是解本题的关键． 【详解】解：把型号4逆时针旋转，再通过平移可把图1中3个未被占据的单位正方形占据，并且与已有的3张纸片不重叠； 故选D 2．（2025·上海·模拟预测）一个三角形纸片围绕某个顶点旋转一定角度，得到一个新的三角形纸片． 下列说法正确的是（    ） 【说法一】两个三角形纸片不可能拼成一个平行四边形； 【说法二】两个三角形纸片不可能拼成一个正方形． A．说法一、二 B．说法一 C．说法二 D．无 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质以及特殊四边形的性质，熟记相关结论是解题关键． 【详解】解：一个等边三角形纸片绕着任一顶点旋转即可得到一个菱形，菱形是特殊的平行四边形，故说法一错误； 无论怎样的三角形，围绕某个顶点旋转一定角度，得到一个新的三角形，两个三角形纸片不可能拼成一个正方形．故说法二正确； 故选：C 3．（2025·上海杨浦·模拟预测）如果等边三角形绕着它的中心旋转后与它本身重合，那么最小旋转角为 ． 【答案】 /120度 【分析】本题考查了等边三角形的性质以及旋转角度的求解，解决本题的关键是熟练掌握等边三角形的性质． 等边三角形具有三重旋转对称性，绕中心旋转的最小角度为除以对称阶数即可． 【详解】解：等边三角形的旋转对称阶数为3， 绕其中心旋转时，最小旋转角为， 此时图形与自身重合，故最小旋转角为． 故答案为：． 4．（2025·上海·模拟预测）在中，，，为钝角．在延长线上取一点O，．绕点O顺时针旋转，点A、B、C分别对应点D、E、F，点C在射线上．若旋转角恰好为，那么的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、余切，熟练掌握旋转的性质是解题关键．根据题意画出图形，过点作于点，先证出，根据相似三角形的性质可得的长，再根据余切的定义可得的长，然后利用勾股定理可得的长，最后根据即可得． 【详解】解：如图，过点作于点， ∵，， ∴， 由旋转的性质得：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（2024·上海·二模）如图，在中，，，，分别为，，的中点，连接，． (1)如图1，求：的值 (2)如图2，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点G，射线交于点N时，连接并延长交射线于点M，判断与的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，当时，求的长． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）连接，可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据中位线定理可得，即可求解； （2）证明，根据（1）的结论即可得； （3）连接，过点作于，证明，可得，勾股定理求得，，根据，，可得，进而求得，根据求得，根据（2）的结论，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，连接， ，，，分别为，，的中点， ，， ， ． （2）解：， 理由如下： 连接，如图2， ，，，分别为，，的中点， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 将绕点顺时针旋转一定角度，得到， ， ， ， ， ， ； （3）解：如图，连接，过点作于， 中，， ， ， ， ， ， ， ， 中，， 中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 考点三 中心对称 1．中心对称 （1）中心对称的定义 把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．． （2）中心对称的性质 ①关于中心对称的两个图形能够完全重合； ②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分． 2．中心对称图形 （1）定义 把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同． （2）常见的中心对称图形 平行四边形、圆形、正方形、长方形等等． 1．（2025·上海杨浦·模拟预测）在下列图形中抽取任意一种，是中心对称图形的概率是（    ） ①四边形；②正三角形；③正六边形；④正五边形；⑤菱形；⑥线段 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了中心对称图形的概念以及概率公式的计算，解决本题的关键是判断出图形是否为中心对称图形． 根据中心对称图形，即中心对称图形绕一点旋转后与自身重合，判断每个图形是否为中心对称图形，再计算概率即可． 【详解】解： ①四边形中平行四边形是中心对称图形，梯形不是中心对称图形，即四边形不一定是中心对称图形， ②正三角形不是中心对称图形， ③正六边形是中心对称图形， ④正五边形不是中心对称图形， ⑤菱形是中心对称图形， ⑥线段是中心对称图形， ∴中心对称图形有3个：③、⑤、⑥，总图形数为6， ∴概率为． 故选：B． 2．（2024·上海奉贤·三模）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】A 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，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，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可． 解：．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； ．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； ．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； ．该图形是不轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：． 3．（2025·上海·模拟预测）在线段、正三角形、平行四边形、正方形中，共有 个图形既是轴对称图形又是中心对称图形． 【答案】2 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟练掌握这些知识点是解题的关键．在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心；在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，根据这些概念逐一判断即可． 【详解】在线段、正三角形、平行四边形、正方形中， 只为轴对称图形的是：正三角形； 只为中心对称图形的是：平行四边形； 既是轴对称图形又是中心对称图形是：线段、正方形； 故答案为：2． 4．（2024·上海黄浦·三模）在形状为等腰三角形、圆、矩形、菱形、正五边形的张纸片中随机抽取一张，抽到中心对称图形的概率是 ． 【答案】/0.6 【分析】本题考查了求简单事件的概率，求出张纸片中中心对称图形的个数，再利用概率公式计算即可求解，掌握中心对称图形的定义是解题的关键． 【详解】解：∵在等腰三角形、圆、矩形、菱形、正五边形中，属于中心对称图形的有圆、矩形、菱形种， ∴从张纸片中随机抽取一张，抽到中心对称图形的概率是， 故答案为：． 5．（25-26·上海浦东新·期末）画图题（保留必要画图痕迹，不需要写画法）：如图，已知直线和． (1)画出关于直线成轴对称的 (2)在直线上找一点，并画出关于点成中心对称图形，让所得三角形至少有一顶点与的三个顶点之一重合．（只需画出一种情况即可） 【答案】(1)见解析 (2)见解析（答案不唯一） 【分析】本题考查了作图—轴对称变换、画中心对称图形、轴对称的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）先确定点关于关于直线的对称点，然后连线即可； （2）取与的交点为O，分别作出点关于点O的对称点，然后连线即可；或取与的交点为O，分别作出点关于点O的对称点，然后连线即可；或取与的交点为O，分别作出点关于点O的对称点，然后连线即可． 【详解】（1）解：如图1，即为所求作的图形， （2）解：取与的交点为O，如图2，即为所求作的图形． 取与的交点为O，如图3，即为所求作的图形． 取与的交点为O，如图4，即为所求作的图形． 考点四 轴对称 1.轴对称的概念 把一个图形沿某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，也称轴对称；这条直线叫做对称轴． 【补充】轴对称包含两层含义： ①有两个图形，且这两个图形能够完全重合，即形状大小完全相同； ②对重合的方式有限制，只能是把它们沿一条直线对折后能够重合． 2.轴对称的性质 （1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线． 由轴对称的性质得到一下结论： ①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称； ②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这两个图形的对称轴． （2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线． 3.轴对称图形 （1）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． （2）轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合；轴对称图形的对称轴可以是一条，也可以是多条甚至无数条． （3）常见的轴对称图形： 等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等． 4．作图-轴对称变换 几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的，一般的方法是： ①由已知点出发向所给直线作垂线，并确定垂足； ②直线的另一侧，以垂足为一端点，作一条线段使之等于已知点和垂足之间的线段的长，得到线段的另一端点，即为对称点； ③连接这些对称点，就得到原图形的轴对称图形． ④作出的垂线为最短路径． 1．（2025·上海徐汇·二模）在平面直角坐标系中，若抛物线与关于直线对称，则符合条件的和的值可以为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】本题考查了二次函数的图象性质，分别得出两个函数的开口方向和对称轴，再结合抛物线与关于直线对称，得出，解得，即可作答． 【详解】解：∵， ∴开口方向向下，对称轴为直线， ∵ ∴函数与x轴的交点坐标为 ∴开口方向向上，对称轴为直线， 抛物线与关于直线对称， 两个抛物线的对称轴相同， 即 ∴ 解得， 观察四个选项，唯有D选项符合题意， 故选：D． 2．（25-26·上海·期末）如图所示的三角形纸片中，，，．沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在边上的点E处，折痕为，则的周长为（   ） A．16cm B．15cm C．13cm D．10cm 【答案】D 【分析】本题考查了图形轴对称的性质，熟练掌握轴对称的性质是关键．根据轴对称的性质可得，，即得，即可求得则的周长为，即得答案． 【详解】解：沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在边上的点E处， ，， ， 则的周长为． 故选：D． 3．（2026·上海黄浦·一模）如图，在中，，，，、是边、上的点，且，将沿翻折至，与交于点．如果的面积是面积的，那么线段的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，折叠的性质，由沿翻折至，得，，，证明，由的面积是面积的，即，故有，即，设，则，由，得，解得：，所以，再证明，得，然后代入即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵将沿翻折至， ∴，，， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴， ∵的面积是面积的， ∴， ∴，即， 设，则， ∴， ∴， 由，得，解得：， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 4．（2026·上海徐汇·一模）我们将宽和长之比为（约为）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿折叠，使点和点重合，展开后再将纸片沿对折叠，使点和点重合；如图2所示，展开后连接，再将纸片第三次沿折叠，使得落在长方形纸片的边上且点落在点处，再次展开，过点作的垂线，垂足为点．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”： ． 【答案】矩形，矩形 【分析】由折叠可得四边形为正方形，，设，则，由勾股定理可得，第三次折叠可得，从而，进而可得，故可得答案． 【详解】解：由第一次沿折叠可知四边形为正方形， 则， 再将纸片沿对折，则可知， 设，则， 连接，则， 再将纸片第三次沿折叠，落在长方形纸片的边上且点落在点处， ， ， ，， 即图中的“黄金矩形”为矩形，矩形． 故答案为：矩形，矩形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，黄金分割，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题关键． 5．（2025·上海金山·模拟预测）如图1，我们定义：在中，，的三角形成为“对等三角形”，在“对等三角形”的边上，有一动点，使“对等三角形”分为和四边形．将沿着直线翻折，记的对应点为． 已知为“对等三角形”． (1)如图2，当点与点重合时，求证： (2)当点在线段的延长线上时，连接，交于点F，直线经过的重心，求的值； 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质、三角形的重心、梯形的判定和性质、中位线的性质和等腰三角形的性质，做出正确的辅助线是解决本题的关键． （1）根据题意可得，再结合等边对等角可得，，进而即可证明，可得，进而即可得到； （2）连接，根据中位线的性质可得，最后根据梯形的性质和判定即可得证． 【详解】（1）证明：∵点关于的对称点与点重合， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． （2）解：连接，如图： ∵直线经过的重心， ∴点是的中点． ∵点是的中点， ∴． ∵不平行， ∴四边形是梯形． ∵， ∴． ∵， ∴． 命题点一 平移 ►题型01平移的性质 【典例1】（2025·上海闵行·一模）下列运动中，能改变图形大小的是（    ） A．平移 B．旋转 C．翻折 D．放缩 【答案】D 【知识点】根据旋转的性质求解、图形的平移 【分析】本题考查几何变换类型．根据平移，旋转，翻折，放缩的性质判断即可． 【详解】解：平移，旋转，翻折不改变图形的大小，放缩可以改变图形的大小． 故选：D． 【变式1-1】（2025年上海市虹口区中考数学二模试卷）如图，已知点和，平移得到，顶点、分别与顶点对应．如果点都在抛物线上，那么点到点的距离是 ． 【答案】 【知识点】利用平移的性质求解、已知两点坐标求两点距离、y=ax²+bx+c的图象与性质 【分析】本题考查了图形平移与抛物线，掌握平移的性质以及得出纵坐标相同是解题的关键；已知和，则，平移后的坐标为，的坐标为，都在抛物线上，且纵坐标相同，可求得，进而求的，，即可求得点到点的距离． 【详解】解：设沿轴方向平移了个单位，沿轴方向平移了个单位， 则平移后的坐标为，的坐标为， 都在抛物线上，且纵坐标相同， ， 解得， 将代入 ， 故答案为：． 【变式1-2】（2025·上海·中考真题）小明正在进行探究活动：分割梯形并将其拼成等腰三角形，请你帮他一起探究． (1)如图（1）所示，在梯形中，，．设为边中点，将绕点旋转，点旋转至点的位置，得到的是等腰三角形，其中，设，求边的长（用表示）； (2)如图（2）所示，已知梯形中，，且，．请设计一种方案，用一条或两条直线将梯形分割，并使得分割成的几个部分可以通过图形运动拼成与剩余部分不重叠无缝隙的等腰三角形．请写出两腰的线段，以及这两条或一条直线与梯形的交点的位置．（模仿（1）中的论述语言：为边中点，是梯形的顶点）． 【答案】(1) (2)见解析 【知识点】三线合一、根据旋转的性质求解、等腰三角形的定义 【分析】本题考查了变换：旋转、平移与轴对称，等腰三角形的性质等知识； （1）过点D作于H，则由等腰三角形的性质得；证明四边形是矩形，则有；再由旋转知，则可求得的长，最后求得结果； （2）连接，把通过平移变换，再轴对称变换得到，则为满足条件的等腰三角形． 【详解】（1）解：如图，过点D作于H， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴； 由旋转知， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图（2），连接，把沿平移使M与P对应，得到；再把沿对折，得到，H与N是对应点，则是等腰三角形，其中两腰分别为，点N、Q分别是梯形的顶点． 命题点二 旋转 ►题型01 旋转的性质 【典例1】（2025·上海奉贤·二模）如图，将绕点A逆时针旋转，点B旋转至边上的D点，点C旋转至E，那么下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】等边对等角、根据旋转的性质求解、三角形内角和定理的应用 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质，逐项进行判断即可． 【详解】解：绕点A顺时针旋转得到 根据旋转的性质可知：，旋转角， 故A，B不符合题意； 如图，记，的交点为， 由旋转可知，， ∵， ∴， ∵，， ∴， 由旋转可得：，则， 而， ∴， ∴ 故C不符合题意； ∵，， 当时， ∴，与题干信息不符， 故D符合题意． 故选：D 【变式1-1】（2025·上海闵行·二模）如图，在中，，点是的中点，将线段绕点逆时针旋转，点落在边延长线上的点处，连接，与边交于点，，，那么的长为 ． 【答案】/ 【知识点】等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据旋转的性质求解 【分析】过作交延长线于，证明，得出，设，则，则，证明，得出，根据，得出，即，求出k的值，即可得出答案即可． 【详解】解析：如图：过作交延长线于， 根据旋转可知：， ∵点M为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ， ， ， 设，则，则， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ， ∴， 解得：或（舍去）， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 【变式1-2】（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形中，，将矩形绕着点顺时针旋转得矩形，恰好落在对角线上，连接，如果与边相交，且，那么的长是 ． 【答案】/ 【知识点】用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解、公式法解一元二次方程、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，公式法解一元二次方程．先证明，推出，设，由勾股定理得，，根据，列式计算即可求解． 【详解】解：设，记和相交于点， ∵矩形， ∴，，， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴，， 由勾股定理得，， ∵， ∴， 解得， ∴． 故答案为：． 命题点三 中心对称 ►题型01 中心对称图形 【典例1】（2025·上海奉贤·二模）现有五张纸片，这五张纸片上的几何图形分别是等边三角形、矩形、等腰梯形、正五边形、圆，从这五张纸片中任意抽取一张恰好是中心对称图形的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】中心对称图形的识别、根据概率公式计算概率 【分析】本题考查了概率公式求概率，中心对称图形的识别．在平面内一个图形绕着一点旋转180度，旋转后的图形与原来的图形完全重合，这个图形就叫做中心对称图形．先判断出5个图形中中心对称图形的数量，再直接利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】解：等边三角形、矩形、等腰梯形、正五边形、圆，这5个图形中：矩形、圆是中心对称图形，共2个， 因此从这五张纸片中任意抽取一张恰好是中心对称图形的概率是， 故选B． 【变式1-1】（2025·上海普陀·二模）有若干个全等三角形，如果这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形，那么下列三角形中，符合条件的是（   ） A．顶角是的等腰三角形 B．顶角是的等腰三角形 C．有一个锐角是的直角三角形 D．有一个锐角是的直角三角形 【答案】D 【知识点】中心对称图形的识别、三角形内角和定理的应用、正多边形的内角问题 【分析】本题考查了正多边形的性质，中心对称图形的定义，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握相关知识．由题意可得：拼成的正多边形的边数为奇数，分别求出每个选项中各个三角形的内角，进而得到组成的正多边形的内角，再根据正多边形的内角和公式判断出正多边形的边数，即可求解． 【详解】解：这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形， 拼成的正多边形的边数为奇数， A、顶角是的等腰三角形，则底角为， 可能拼成的正多边形的内角为或，但无法对应奇数边正多边形的内角，故该选项不符合题意； B、顶角是的等腰三角形，可拼成正方形，但正方形是中心对称图形，故该选项不符合题意； C、有一个锐角是的直角三角形，则另一个锐角为，可能拼成的正多边形的内角需为、或的组合，但无法匹配奇数边的正多边形内角，故该选项不符合题意； D、有一个锐角是的直角三角形，则另一个锐角为，正五边形的内角为，可由两个角组成，正五边形边数为奇数，且不是中心对称图形，故该选项符合题意； 故选：D． 【变式1-2】（2025·上海松江·二模）如图，在平面直角坐标系中，有7个半径为1的小圆拼在一起，下面一行的4个小圆都与x轴相切，上面一行的3个小圆都在下一行右边3个小圆的正上方，且相邻两个小圆只有一个公共点，从左往右数，y轴过第2列两个小圆的圆心，点P是第3列两个小圆的公共点．若过点P有一条直线平分这7个小圆的面积，则该直线的函数表达式是 ． 【答案】 【知识点】根据中心对称的性质求面积、长度、角度、已知直线和圆的位置关系求圆心到直线的距离、圆和圆的位置关系、求一次函数解析式 【分析】当直线y过P、N两点时，由中心对称图形的特征可得直线y平分7个小圆的面积，由直线和圆的位置关系，圆和圆的位置关系求得N、P的坐标，再待定系数法求一次函数解析式即可； 【详解】解：如图，⊙N、⊙G、⊙M与x轴相切于F、O、E，连接NF、NG、GM、ME、PM，直线y过P、N两点， ∵右边6个小圆关于点P中心对称，直线y经过点P， ∴直线y平分右边6个小圆的面积， ∵直线y经过左边小圆的圆心， ∴直线y平分⊙N的面积， ∴直线y平分7个小圆的面积， NF⊥x轴，GO⊥x轴，则NF∥GO， NF=GO=1，则NFOG是平行四边形， ∠GOF=90°，则NFOG是矩形， ∵⊙N、⊙G相切， ∴NG=2，即N（-2，1）， 同理可得M（2，1）， ∵P在⊙M的正上方，E点在⊙M的正下方， ∴PE为⊙M的直径，即P、M、E共线， ∴P（2，2）， 设直线y=kx+b，则 ，解得：， ∴， 故答案为：； 【点睛】本题考查了中心对称图形的特征，直线和圆的位置关系，圆和圆的位置关系，一次函数解析式；掌握中心对称图形的特征是解题关键． 命题点四 轴对称 ►题型01 轴对称的性质 【典例1】（2024·上海·中考真题）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则 ． 【答案】或/或 【知识点】求角的余弦值、折叠问题、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的翻折，求余弦值，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨论的思想进行求解． 【详解】解：当在之间时，作下图， 根据，不妨设， 由翻折的性质知：， 沿直线翻折至所在直线， ， 。 ， 过作的垂线交于， ， ， 当在的延长线上时，作下图， 根据，不妨设， 同理知：， 过作的垂线交于， ， ， 故答案为：或． 【变式1-1】（2025·上海金山·二模）在中，，，，重心为点，直线经过边的中点，将沿直线翻折得到（点、、分别与点、、对应），的重心点在的内部．若点到的距离与点到的距离相等，那么到直线的距离为 ． 【答案】或5 【知识点】重心的有关性质、折叠问题、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】该题考查了勾股定理，折叠的性质，直角三角形的性质等知识点，根据勾股定理求出，根据点到的距离与点到的距离相等，重心为点，的重心为点，故分为以下两种情况：（1）直线垂直平分，此时点与点重合；（2）直线过点，此时点与点重合，到直线的距离是的边上的高， 分别求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵点到的距离与点到的距离相等，重心为点，的重心为点， 故分为以下两种情况： （1）直线垂直平分，此时点与点重合，点与点关于直线对称， 根据折叠可得点到的距离与点到的距离相等， 故点到直线的距离是； （2）直线过点，此时点与点重合，到直线的距离是的边上的高， ∵， ∴， 根据折叠可得，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：或5． 【变式1-2】（2025·上海崇明·一模）四边形中，，，，，，将沿过点的一条直线折叠，点的对称点落在四边形的对角线上，折痕交边于点（点不与点重合），那么长为 ． 【答案】或 【知识点】用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、折叠问题 【分析】本题考查的折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，分点的对称点落在对角线上和落在对角线上两种情况，分别画出图形解答即可求解，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】解：如图，当点的对称点落在对角线上时， 由折叠可得，，，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴； 如图，当点的对称点落在对角线上时，设与相交于点， 由折叠可得，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴； 综上，长为或， 故答案为：或． ►题型02 轴对称图形的识别 【典例2】（24-25九年级上·河北石家庄·月考）下列数学符号中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A．   B．   C．   D．   【答案】D 【知识点】中心对称图形的识别、轴对称图形的识别 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，即一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，则这个图形是轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；根据轴对称图形和中心对称图形的概念进行判断即可． 【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，本选项不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，本选项不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，本选项不符合题意； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，本选项符合题意； 故选：D． 【变式2-1】（2025·上海浦东新·二模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．直角三角形 B．扇形 C．平行四边形 D．正八边形 【答案】D 【知识点】中心对称图形的识别、轴对称图形的识别 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，解题的关键是掌握这两个概念，熟悉一些常见图形的对称性． 根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐个进行判断即可． 【详解】解：A. 直角三角形不是轴对称图形（等腰直角三角形除外），又不是中心对称图形，故该选项不符合题意； B.扇形是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意； C.平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故该选项不符合题意； D. 正八边形既是轴对称图形又是中心对称图形，故该选项符合题意； 故选：D． 【变式2-2】（2025·上海·二模）六张卡片上写着“菱形，平行四边形，矩形，等腰梯形，正方形，直角梯形”．从六张卡片中任选两张卡片（不重复），上面所写的四边形都既是中心对称图形，又是轴对称图形的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】中心对称图形的识别、轴对称图形的识别、根据概率公式计算概率 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的识别，概率公式，掌握相关知识点是解题关键． 先逐一判断每个图形，再根据概率公式计算即可． 【详解】解：菱形：既是中心对称图形，又是轴对称图形； 平行四边形：仅为中心对称图形，不是轴对称图形； 矩形：既是中心对称图形，又是轴对称图形； 等腰梯形：仅为轴对称图形，不是中心对称图形； 正方形：既是中心对称图形，又是轴对称图形； 直角梯形：既不是中心对称图形，也不是轴对称图形； 符合条件的图形有菱形、矩形、正方形，共3个， 将“菱形，平行四边形，矩形，等腰梯形，正方形，直角梯形”记为：“A，B，C，D，E，F”， 从六张卡片中任选两张卡片，列表如下： A B C D E F A B C D E F 由表可知，共30种情况，符合条件的有6种， ∴概率为， 故选A． 突破一 根据成轴对称图形的特征进行求解 【典例1】（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为 ． 【答案】/ 【知识点】用勾股定理解三角形、分母有理化、根据成轴对称图形的特征进行求解、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，轴对称的性质，勾股定理，由轴对称的性质可得，设，则，由菱形的性质得到，证明，利用勾股定理可得，据此可得答案． 【详解】解；∵关于直线的对称点为， ∴， 设，则， ∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式1-1】（2025·上海普陀·二模）已知抛物线的顶点为，、、、是抛物线上的四点，且线段、都垂直于抛物线的对称轴．如果，，那么的值等于 ． 【答案】 【知识点】根据成轴对称图形的特征进行求解、y=a（x-h）²+k的图象和性质 【分析】本题主要考查抛物线的顶点式、对称轴性质，以及几何图形中三角形面积的计算，解题的关键在于理解线段与对称轴垂直的几何意义，进而确定点的坐标，计算面积比． 先根据抛物线的顶点式确定顶点坐标为和对称轴为直线，再根据对称轴性质设点坐标为，点坐标为，点坐标为，点坐标为，进而求得的纵坐标为：，的纵坐标为：，再利用底和高的关系，求出面积比． 【详解】解：∵抛物线方程为， ∴顶点为，对称轴为直线， ∵线段、都垂直于抛物线的对称轴，，， ∴线段、为水平方向，中点在对称轴上， ∴设点坐标为，点坐标为，点坐标为，点坐标为， ∴的纵坐标：， 的纵坐标为：， ∴的面积：底为，高为顶点到的垂直距离，面积为， 的面积：底为，高为顶点到的垂直距离，面积为， ∴面积比为， 故答案为：． 【变式1-2】（2026·上海·一模）如图，矩形中，，其内部有一点，使得，若点与点关于直线对称，且落在直线上，那么的值为 ． 【答案】或 【知识点】矩形与折叠问题、根据成轴对称图形的特征进行求解、求角的正切值、解直角三角形的相关计算 【分析】先设，则；利用轴对称性质得到，垂直平分；连接，通过角度关系证明；再分点在线段上和延长线上两种情况，用勾股定理求出，进而求出得到的值． 【详解】解：设，则， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴, ∴， ∵点与点关于直线对称， ∴垂直平分，， 情况1：如图1，点在线段上， 在中，，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， 情况2：如图2，点在的延长线上， 在中，，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理、三角函数的定义及分类讨论思想，熟练掌握轴对称的性质，通过角度转化证明是解题的关键． 突破二 旋转综合题(几何变换) 【典例1】（2024·上海青浦·三模）如图1，含和角的两块三角板和叠合在一起，边与重合，cm，点为边的中点，边与相交于点，现将三角板绕点按逆时针方向旋转角度（如图2），设边与相交于点Q，则当从到的变化过程中，点Q移动的路径长为 ． 【答案】 【知识点】其他问题(旋转综合题)、解直角三角形的相关计算、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查了旋转变化，解直角三角形，求点的运动轨迹，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据旋转角度画出图形，在变化的过程中，Q点从点运动到与垂直时，与的交点处，进行计算即可得到答案． 【详解】解：当从到的变化过程中，如图所示， ， ， 当时，点从点开始向方向运动， 当时，的移动到最大距离， 此时， 在中，， ， ， 当时，点开始离开点向点方向运动， 当时，点停止运动， 在中，， ， 点返回运动的路径长为， 点Q移动的路径长为， 故答案为：． 【变式1-1】（2024·上海·模拟预测）在矩形中，（如图）．将矩形绕点B按顺时针方向旋转得到矩形EBFG，点A的对应点为点E，且在边上，如果联结，那么的长为 ． 【答案】 【知识点】线段问题(旋转综合题)、相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质求线段长 【分析】过G作于点H，根据旋转变换的性质得到根据勾股定理求出，证明，进而求得根据勾股定理便可求得． 【详解】解：过G作于点H， 由旋转变换的性质可知， 由勾股定理得，， ∵， ∴， ∵ ∴ ∴， 即， ∴，    ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是旋转的性质、相似三角形的判定和性质，掌握勾股定理、矩形的性质、旋转变换的性质是解题的关键． 【变式1-2】（2025·上海嘉定·一模）如图，中，已知，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为，连接．如果直线垂直于，连接，那么此时的面积是 ．    【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、面积问题(旋转综合题)、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，先根据勾股定理求出，延长交于D，则，证明，求出，在中，根据勾股定理求出，最后根据三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 延长交于D，则，    ∵， ∴， 又， ∴， ∴，即， 解得， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 1．（2025·上海虹口·二模）已知反比例函数的图像经过点和点，如果点与关于原点对称，那么该反比例函数的解析式是 ． 【答案】 【知识点】求关于原点对称的点的坐标、求反比例函数解析式 【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握该知识点是解答本题的关键．根据反比例函数图象上点的坐标特征解答本题即可． 【详解】解：反比例函数的图象经过点和点，且点与关于原点对称， ，， ，， 设反比例函数解析式为，代入点坐标可得， 反比例函数的解析式为． 故答案为：． 2．（2025·上海嘉定·一模）在平面直角坐标系中，我们规定一种变换：将平面内任意一点，绕原点顺时针旋转得到对应点，点在射线上，且，得到最终的对应点，称点为点经过变换后的对应点．例如，点经过变换后的对应点为，那么点经过变换后的对应点坐标为 ． 【答案】 【知识点】求绕原点旋转一定角度的点的坐标、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了坐标与图形变换—旋转，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，根据变换规则可求出，且，过点作轴于点B，求出和的长即可得到答案． 【详解】解：设点经过变换后的对应点为， ∵， ∴， ∴，且， 如图所示，过点作轴于点B， ∴， ∴， ∴点的坐标为， 故答案为：． 3．（2025·上海青浦·二模）如图，在矩形中，，，将矩形绕点A旋转，点B、C、D落在点、、处、如果点落在直线上，那么 ． 【答案】或 【知识点】根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形 【分析】作于点E，由，求得，由，求得，则，再分两种情况讨论，一是点落在线段上，由旋转得，则，求得；二是点落在线段延长线上，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：作于点E，则， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 如图1，点落在线段上， 由旋转得， ∴， ∴； 如图2，点落在线段延长线上， 由旋转得， ∴， ∴， 综上所述，的长为或， 故答案为：或． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、勾股定理、旋转的性质、根据面积等式求线段的长度、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地进行分类讨论并且画出相应的图形是解题的关键． 4．（2024·上海浦东新·三模）如图，在中，，，点在边上，且，将绕着点逆时针旋转，点落在的一条边上的点处，那么旋转角的度数是 ．    【答案】或 【知识点】根据旋转的性质求解、等边对等角、含30度角的直角三角形、三角形内角和定理的应用 【分析】分类讨论：当点在上，根据等边对等角和三角形内角和即可求得；当点在上，根据30度所对的直角边是斜边的一半和三角形的外角性质即可求得． 【详解】当点在上，如图：    ∵，∴， ∴， 当点在上，如图：    ∵， ∴， ∴， 故答案为：或 【点睛】本题考查旋转的性质，等边对等角，三角形内角和，30度角的直角三角形性质，三角形的外角性质，解题的关键是分类讨论思想的运用． 5．（2025·上海模拟）如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则 ．    【答案】 【知识点】根据旋转的性质求解、等边对等角、三角形内角和定理的应用 【分析】如图，，，根据角平分线的定义可得，根据三角形的外角性质可得，即得，然后根据三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：如图，根据题意可得：，， ∵是的角平分线， ∴， ∵，， ∴， 则在中，∵， ∴， 解得：； 故答案为：    【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键． 1．（2025·上海黄浦·一模）如图，将矩形平移到矩形的位置（点对应点，点对应点，点对应点），边与交于点，边与交于点，其中，，如果、两点的距离为，那么、两点的距离为 ．（用含的代数式表示） 【答案】 【知识点】利用平移的性质求解、根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平移的性质，解题的关键是正确作出辅助线．延长交于点，连接、，则，可证明四边形和四边形都是矩形，则，，由，，可得，，推出，得到，即可求解． 【详解】解：延长交于点，连接、，则， 四边形是矩形， ， ， 由平移得：，，， ，， 四边形和四边形都是矩形， ，， ，， ，， ， ， ， ， ， 、两点的距离为， 故答案为：． 2．（2025·上海普陀·二模）在中，，（如图）．点在边上，，为垂足，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点、分别与点、对应，，射线与边交于点．如果，那么的长是 ． 【答案】4或4.8 【知识点】根据旋转的性质求解、利用平行四边形的判定与性质求解、三线合一、解直角三角形的相关计算 【分析】先过点A作交与点F，利用等腰三角形的性质以及余弦的定义得出，然后分两种情况，当P在的延长线上时和当P在线段上时想，证明四边形为平行四边形，根据设出， ，有旋转的性质得出，得出，最后根据余弦的定义求出x，进而可得出答案． 【详解】解：过点A作交与点F， ∵， ∴，， ∴， 分两种情况：当P在的延长线上时，如下图： 由旋转的性质得出， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵ ∴设，则， 则，， ∴， ∵， ∴， 解得：， 则； 当P在线段上时，如下图： 同理可设，则， 则， ∴， ∵， ∴， 解得：， 则， 综上：的值为4或4.8， 故答案为：4或4.8． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形三线合一的性质，解直角三角形的计算，平行四边形的判定和性质，旋转的性质等知识，学会分类思考是解题的关键． 3．（2025·上海崇明·一模）已知在直角坐标平面中，抛物线经过点三点． (1)求该抛物线的表达式： (2)点是抛物线上在第一象限内的动点，点的横坐标为 ①如果是以为斜边的直角三角形，求的值； ②在轴正半轴上存在点，当线段绕点逆时针方向旋转时，恰好与抛物线上的点重合，此时点的横坐标为，求的值． 【答案】(1) (2)①；② 【知识点】解直角三角形的相关计算、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据旋转的性质求解、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）由抛物线经过点，，，再建立方程组解题即可； （2）①作轴，垂足为．由题意可得，证明  ，再建立方程求解即可；②作轴于，轴于，证明，可得，设，再进一步解答即可. 【详解】（1）解： 抛物线经过点，，， ，解方程组得： 抛物线的表达式为： （2）解：①作轴，垂足为． 点在抛物线的图象上，横坐标为， ， ， ，   ， ，   ， ， 即， 解得，经检验符合题意； ②作轴于，轴于， ， ，   ， 又 ， ， ， 设， 由，   ， ， ， 整理得：， ， . 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，利用待定系数法求解二次函数的解析式，旋转的性质，锐角三角函数的应用，作出符合题意的图形是解本题的关键. 4．（2026·上海松江·一模）在中，是边上一点，将沿直线翻折，点落在上的点处，的延长线交射线于点． (1)如图1，当四边形是矩形时，如果，，求四边形的面积； (2)如图2， 如果， ，四边形的面积是，求的正弦值； (3)如果且 ，求的值． 【答案】(1)； (2)； (3)或． 【知识点】矩形与折叠问题、公式法解一元二次方程、求角的正弦值、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据矩形的性质得到，，，根据折叠的性质得到，，，根据勾股定理得到，证明、，得到、，根据可知，设，则，求出，进而求出，，根据矩形的面积公式计算即可； （2）根据折叠的性质得到，，根据平行四边形的性质得到，，进而得到，，根据等角对等边得到，则，证明，得到，求出，则，连接，设的面积是，根据“三角形高相等，面积比等于底的比”得到的面积是，的面积是，根据四边形的面积是得到的面积是，列方程求出，则的面积是，作交延长线于G，根据三角形面积公式求出，根据正弦的定义得到，即； （3）根据折叠的性质得到，，，，，根据平行四边形的性质得到，，进而得到，，根据等角对等边得到，根据等边对等角得到，即，则、，得到、，即，设，，则，可得，，，则，根据，得到，当点F在线段上时，根据得到，证明，得到，整理得到，解关于的方程得到，根据完全平方公式得到，开平方即可；当点F在线段的延长线上时，根据得到，证明，得到，整理得到，解关于的方程得到，开平方即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵将沿直线翻折，点落在上的点处， ∴，，， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， 即， 设， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即， ∴四边形的面积； （2）解：∵将沿直线翻折，点落在上的点处， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴，， 即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 解得， ∴， 如图，连接， 设的面积是，则的面积是， ∴的面积是， ∵，， ∴的面积是， ∵四边形的面积是， ∴的面积是， 即， 解得：， ∴的面积是，的面积是， ∴的面积是， 作交延长线于G， 则， 解得：， ∵ ∴， ∵， ∴； （3）解：∵将沿直线翻折，点落在上的点处， ∴，，，，， ∵， ∴，， ∴，， 即， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ 即， 设，，则， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 即， ∵，， ∴， 如图，当点F在线段上时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 即， ∴， 整理得， 解关于的方程得， ∵， ∴ ， ∴ ， 即； 如图，当点F在线段的延长线上时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， 整理得， 解关于的方程得， ∵， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，求正弦值，全等三角形的判定和性质，完全平方公式变形求值，分母有理化，解一元二次方程，熟练掌握各知识点是解题的关键． 1．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点，将向左平移1个单位长度，则平移后点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】等边三角形的性质、由平移方式确定点的坐标、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查等边三角形的性质，坐标系中图形的平移，根据等边三角形的性质求出点坐标是解题关键． 过点B作的垂线，通过点A，C的坐标确定与坐标轴的位置关系，再利用等边三角形的性质求出点B的坐标，利用坐标系中图形的平移规律求解即可． 【详解】解：如图，过点B作，垂足为D， ∵，， ∴轴， ∴轴， ∵是等边三角形，， ∴， 又， ∴，， ∴， ， ∴， ∴在向左平移1个单位长度后，点B的坐标为， 故选：A． 2．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在四边形中，，点在四边形内，，于点，将沿翻折，点恰好与点重合，延长交折痕的延长线于点，，则点到直线的距离为 ． 【答案】/ 【知识点】解直角三角形的相关计算、根据正方形的性质与判定证明、相似三角形的判定与性质综合、折叠问题 【分析】过点作，交的延长线于，过点作于，可证得，进而证得四边形是正方形，再证得，求得，利用三角函数求得，即可求得答案． 【详解】解：过点作，交的延长线于，过点作于，如图， ∵将沿翻折，点恰好与点重合， ， ， ∴四边形是矩形， ， ， 即， ， ， ， ， ， ∴四边形是正方形， ， ， 在中，， ， ， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， 则点到直线的距离为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，翻折变换的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数等，熟练运用相似三角形的判定和性质是解题关键． 3．（2025·山东滨州·中考真题）如图，每个小正方形的边长都为1，点A、B、C均在格点上． （1）只用无刻度的直尺在上找一点D，使得最短（保留作图痕迹） ． （2）在（1）的基础上，在边上找一点M，使得最小，最小值为 ． 【答案】 见解析 【知识点】矩形性质理解、勾股定理与网格问题、根据成轴对称图形的特征进行求解、三线合一 【分析】本题考查了勾股定理与网格，矩形的性质，等腰三角形的性质，轴对称求最短距离等，掌握相关知识点是解题关键． （1）由勾股定理可得，根据矩形的对角线互相平分找出的中点，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，由垂线段最短可知此时最短； （2）作点关于的对称点，连接，由轴对称的性质可得当、、三点共线时，最小，最小值为的长，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）如图，点即为所求作， 故答案为： （2）如图，作点关于的对称点，连接， 由轴对称的性质可知，， ， 当、、三点共线时，最小，最小值为的长， 过点作，由方格和为的中点知，，， ， 故答案为：． 4．（2025·山东滨州·中考真题）【背景资料】 最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用．我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆． 【动手操作】 如图1，中，，请作出的最小覆盖圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．） 【迁移运用】 正方形的边长为7，在边上截取，以为边向外作正方形． （1）如图2，连接，求的最小覆盖圆的直径； （2）将图2中的正方形绕点C逆时针旋转（如图3），经过A，D，F三点，且与边分别交于点I，L，求的最小覆盖圆的直径； （3）将正方形绕点C旋转，分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形（如图4）．在旋转过程中，四边形的最小覆盖圆的直径d的值是否发生变化？如果不变，请直接写出d的值；如果变化，请直接写出d的取值范围． 【答案】【动手操作】图见解析；【迁移运用】（1）；（2）；（3）变化， 【知识点】求四边形外接圆的直径、解直角三角形的相关计算、判断三角形外接圆的圆心位置、根据旋转的性质求解 【分析】动手操作：作的中垂线，再以中垂线与的交点为圆心，交点与点之间的距离为半径画圆即可； （1）延长交于点，求得为钝角，根据题意得到为的最小覆盖圆的直径，在中，利用勾股定理进行求解即可； （2）连接，根据题意，易得为锐角三角形，的外接圆为其最小覆盖圆，根据正方形的性质，得到，进而得到即为的外接圆的直径，进行求解即可； （3）连接，交于点，交于点，连接，根据三角形的中位线定理，证明四边形为平行四边形，证明，推出四边形为正方形，进而得到四边形的最小覆盖圆的直径为的长，根据正方形的性质得到，根据，求出的范围，即可得出结果． 【详解】解：动手操作：∵中，， ∴是钝角三角形， ∴的最小覆盖圆为以为直径的圆，作图如下： 迁移运用： （1）∵正方形的边长为7，正方形， ∴， ∴， ∴为钝角三角形， ∴为最小覆盖圆的直径， 延长交于点，则：， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴； （2）连接，作于点，延长交于点， 则：四边形为矩形， ∴，， ∴，， 在中，， ∴， ∵，即：， ∴， ∵过点，， ∴，为的直径， 又∵， ∴为锐角三角形， ∴即为的最小覆盖圆， ∵， ∴，即：， ∴， ∴，即的最小覆盖圆的直径为； （3）变化； 连接，交于点，交于点，连接， ∵分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵正方形，正方形， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形为菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴，四边形的最小覆盖圆的直径为， ∴随着的变化而变化， ∵，即， ∴， ∴，即． 【点睛】本题考查三角形的外接圆，圆周角定理，解直角三角形，正方形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握题干给出的信息，判断三角形和四边形的最小覆盖圆，是解题的关键． 2 / 52 1 / 52 学科网（北京）股份有限公司 $