专题06 图形变换综合（复习讲义，真题动向+必备知识+命题预测）（全国通用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题06 图形变换综合 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 图形变换综合（热考）（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型 1：平移性质与坐标计算 题型 2：轴对称性质与最短路径 题型 3：中心对称与坐标计算 题型 4：旋转性质与角度 / 边长 / 坐标计算 题型 5：翻折（折叠）求角度/线段长/坐标 题型 6：图形变换与全等三角形 题型 7：图形变换与坐标综合 题型 8：网格中作图（平移、旋转、轴对称） 题型 9：位似图形与坐标缩放 题型 10：与图形变换有关的规律探究问题 必备知识 知识点一 轴对称图形与轴对称 知识点二 中心对称图形与中心对称 知识点三 图形的平移 知识点四 图形的旋转 命题预测 考点二 图形变换综合（压轴）（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型 1：旋转全等模型综合 题型 2：折叠问题中的勾股与方程 题型 3：图形变换中的最值问题 题型 4：旋转中的动态几何探究 题型 5：图形变换与函数综合 题型 6：几何变换与相似综合 题型 7：图形变换与动点存在性问题 题型 8：与图形变换有关的阅读理解类问题 命题预测 命题透视 1．从命题形式上看，呈现出“新情境、新模型、新设问”的特点，载体形式上多以网格作图、函数图象、几何折叠/旋转、实际应用场景为主，凸显对直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养的考查，渗透数形结合思想，培养几何建模能力。 2．从命题内容上看，平移/轴对称/中心对称的坐标计算与最短路径、旋转全等/相似模型、折叠问题中的勾股定理与方程思想、图形变换中的最值与动态探究、变换与函数/坐标系综合、位似缩放与规律探究是历年中考命题的核心区域。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 图形的平移 ①天津・T15.平面直角坐标系中图形平移求坐标；②广西・T8.平移性质判定与坐标计算 ①广东・T7.平移规律与坐标计算；②江苏・T10.平移与最短路径综合 ①广西・T6.图形平移规律判断；②湖南・T12.平移与函数图象综合 图形的轴对称 ①山东・T11.折叠求线段长/角度；②广东・T16.轴对称与最短路径（将军饮马模型） ①浙江・T9.折叠性质与角度计算；②北京・T14.轴对称与坐标变换 ①河南・T9.折叠性质应用；②江苏・T14.轴对称与坐标变换综合 图形的旋转 ①浙江・T15.旋转全等模型综合；②湖北・T20.旋转与动态几何探究 ①四川・T12.旋转性质与坐标计算；②安徽・T18.旋转与相似三角形综合 ①四川・T10.旋转性质判定；②陕西・T18.旋转与相似三角形综合 图形的翻折（折叠） ①安徽・T12.折叠问题中的勾股定理与方程；②福建・T17.折叠与多结论判断 ①山东・T13.折叠求线段长；②江西・T17.折叠与函数关系式 ①云南・T8.折叠求线段长度；②江西・T19.折叠与函数关系式求解 位似变换 ①上海・T7.位似图形坐标与缩放；②河北・T13.位似比计算与作图 ①湖南・T8.位似图形性质与坐标；②山西・T12.位似与面积比 ①贵州・T9.位似图形性质；②山西・T15.位似与面积比综合 图形变换与函数综合 ①江苏・T24.二次函数与平移/旋转综合压轴；②广东・T25.图形变换与一次函数动点问题 ①浙江・T23.几何变换与二次函数最值；②广东・T24.变换与函数动点 ①湖南・T22.几何变换与二次函数最值；②浙江・T23.图形变换与坐标系综合证明 图形变换与动态几何 ①北京・T16.动点与平移/旋转综合；②重庆・T26.图形变换与存在性问题探究 ①河南・T22.动态几何与变换性质；②山东・T23.变换与动点轨迹 ①山东・T21.动态几何与变换性质；②河南・T23.图形变换与动点轨迹 图形变换与全等/相似 ①黑龙江・T18.旋转全等与证明；②吉林・T20.位似与相似三角形综合 ①辽宁・T13.变换与全等判定；②内蒙古・T18.相似与变换性质 ①辽宁・T11.变换与全等三角形判定；②内蒙古・T19.相似与图形变换性质综合 命题预测 命题形式：以生活化情境、网格/函数为载体，侧重考查直观想象、逻辑推理等核心素养，设问更具探究性与开放性。 核心考点：基础题聚焦平移/轴对称/旋转的性质与坐标计算，中档题侧重折叠勾股方程、最短路径模型，压轴题多为变换与函数、动态几何、全等/相似的综合。 备考方向：需熟练掌握核心变换模型，强化数形结合、分类讨论与方程思想，提升新情境下的几何建模与探究能力。 考点一 图形变换综合（热考） 题型一 平移性质与坐标计算 由平移的性质可以得到线段相等、角相等、线段平行等结论，其中既有数量关系结论，又有位置关系结论，利用这些结论可以进行相关计算(如计算线段长、周长、面积、角度等）和证明. 1．（2025·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将平移，得到，点在坐标轴上．若，则点坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查解直角三角形，相似三角形的判定和性质，坐标与图形变换—平移，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，是解题的关键．过点作轴，作交的延长线于点，证明，得到，根据点的坐标，结合的值，求出，平移求出点坐标，进而得到平移规则，再求出点坐标即可． 【详解】解：过点作轴，作交的延长线于点，则： ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵平移， ∴， ∴， ∴将点先向右平移10个单位，再向下平移3个单位得到点， ∴将点先向右平移10个单位，再向下平移3个单位得到点， ∴； 故选B． 2．（2025·河北·中考真题）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点．如图，正方形与正方形的顶点均为整点．若只将正方形平移，使其内部（不含边界）有且只有，，三个整点，则平移后点的对应点坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了坐标与图象，一次函数的平移，待定系数法求得直线的解析式为，根据选项判断平移方式，结合题意，即可求解． 【详解】解：设直线的解析式为，代入 ∴ ∴ ∴直线的解析式为 ∵， A. 当为时，平移方式为向右平移个单位，向上平移个单位， ∴直线平移后的解析式为，此时经过原点，对应的经过整点，符合题意， B. 当为时，平移方式为向右平移个单位，向上平移个单位， ∴直线平移后的解析式为，此时原点在下方，对应的在整点上方，不符合题意， C. 当为时，平移方式为向右平移个单位，， ∴直线平移后的解析式为，此时点在正方形内部，不符合题意， D. 当为时，平移方式为向右平移个单位，向上平移个单位， ∴直线平移后的解析式为，此时点和在正方形边上或内部，不符合题意， 故选：A． 3．（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：． 4．（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． 题型二 轴对称性质与最短路径 5．（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 【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：． 6．（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：． 7．（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】/ 【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：． 8．（2025·浙江·中考真题）在菱形中，． (1)如图1，求的值． (2)如图2，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接． ①当时，求的长． ②求的最小值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）先根据菱形的性质可得，再根据勾股定理可得，然后根据正弦的定义求解即可得； （2）①连接，设交于点，同理求出，则；证明，得到，由轴对称的性质可得，则，据此可得，即可得到； ②由勾股定理得，根据，可求出，根据，可推出当有最小值时，有最小值，即此时有最大值，即当有最小值时，有最小值；过点B作于H，于T，由等面积法可得，则由轴对称的性质可得，由勾股定理得，则当有最小值时，有最小值，由垂线段最短可知，故当点P与点T重合时，有最小值，最小值为，据此求解即可． 【详解】（1）解：如图1，设交于点， ∵在菱形中，， ∴， ∴， ∴； （2）解：①如图所示，连接，设交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴， 由轴对称的性质可得， ∴， ∴， ∴； ②在中，由勾股定理得 ∵， ∴ ， ∵， ∴要使的值最小，则要最大， ∴要有最小值， 又∵的值随着的值增大而增大， ∴的值随着的值增大而增大， ∴当有最小值时，有最小值，即此时有最大值， ∴当有最小值时，有最小值； 如图所示，过点B作于H，于T， ∵， ∴， ∴由轴对称的性质可得， 在中，由勾股定理得， ∴当有最小值时，有最小值， 由垂线段最短可知， ∴当点P与点T重合时，有最小值，最小值为， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，求角的正弦值，勾股定理，轴对称图形的性质，等角对等边等等，解（2）的关键在于把求出的最小值转换成求出的最小值，进而转换成求出的最小值． 题型三 中心对称与坐标计算 1）中心对称图形上的对称点之间的连线都经过对称中心，且被对称中心平分，即过对称中心的直线与中心对称图形的两个对应交点是对称点. 2）过对称中心的直线把中心对称图形分成的两部分的周长与面积分别相等. 9．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，将关于y轴的对称图形绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的变换，熟练掌握点的对称与旋转是解决本题的关键． 先根据图中的位置求出点A的坐标，再根据关于y轴的对称可求解点，再根据绕原点O旋转即可求解点的坐标． 【详解】解：在平面直角坐标系中，点， ∴点A关于y轴对称的点， 将点绕原点O旋转， ∴如图，点． 故选：A． 10．（2025·陕西·中考真题）如图，过原点的直线与反比例函数的图象交于，两点，则的值为______． 【答案】9 【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，求反比例函数的解析式，关于原点对称的点的性质，先根据题意得出，，解得，，即，再把代入进行计算，即可作答． 【详解】解：∵过原点的直线与反比例函数的图象交于，两点， ∴，两点关于原点对称， 即A的横坐标与B的横坐标互为相反数，A的纵坐标与B的纵坐标互为相反数， ∴，， ∴，， ∴， 把代入， 得， 解得， 故答案为：9． 11．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，小好同学用计算机软件绘制函数的图象，发现它关于点中心对称．若点，，，……，，都在函数图象上，这个点的横坐标从开始依次增加，则的值是（    ） A． B． C．0 D．1 【答案】D 【分析】本题是坐标规律题，求函数值，中心对称的性质，根据题意得出，进而转化为求，根据题意可得，，即可求解． 【详解】解：∵这个点的横坐标从开始依次增加， ∴， ∴， ∴，而即， ∵， 当时，，即， ∵关于点中心对称的点为， 即当时，， ∴， 故选：D． 12．（2025·四川乐山·中考真题）在一堂函数专题复习课上，刘老师给出了新定义：若两个函数的图象关于某一点成中心对称，则称这两个函数关于点互为“对称函数”．请同学们解决以下问题： (1)求函数关于点的“对称函数”．小乐同学给出了如下的解题步骤： 第一步：在函数的图象上取两点和； 第二步：分别求出这两个点关于点的对称点_____和______； 第三步：函数关于点的“对称函数”为______． (2)是否存在点，使得函数关于点的“对称函数”就是它本身？如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由； (3)函数关于点的“对称函数”为，函数与函数所围成的区域（包括边界）记作，横坐标、纵坐标都为整数的点叫做“整点”， ①若，求内的“整点”个数； ②若内至少有个“整点”，至多有个“整点”，求的取值范围． 【答案】(1)，， (2) (3)①5；② 【分析】（1）根据“关于原点中心对称的两个点，其横纵坐标均互为相反数”，从而求出点和关于点的对称点，再用待定系数法求出函数关于点的“对称函数”； （2）分析函数解析式可知，函数是由反比例函数向上平移一个单位长度得到的，从而得出函数的图象关于点中心对称； （3）①当时，：，：，联立，得交点横坐标，结合图形计算可得内的“整点”个数有5个； ②先得出的解析式为，在区域内找出关于点对称的点，得出过点和过时的值即可得答案． 【详解】（1）解：关于原点中心对称的两个点，其横纵坐标均互为相反数， 点和关于点的对称点分别是，； 设函数关于点的“对称函数”为， 将，代入得， ，解得， 函数关于点的“对称函数”为． （2）解：函数是由反比例函数向上平移一个单位长度得到的， 而反比例函数关于原点中心对称， 函数的图象关于点中心对称， 存在点，使得函数关于点的“对称函数”就是它本身． （3）解：将化成顶点式，其顶点为， 、关于点对称， 的顶点为， 的解析式为 ①如图，当时，：，： 联立，解得， 当时，，，有整点， 当时，，，有整点，，， 当时，，，有整点， 故当时，求内的“整点”个数有5个； ②∵的顶点为， ∴的解析式为， ∵函数与的图象关于点成中心对称， ∴点必为区域内的“整点”， 当区域内恰有个“整点”时，其它个“整点”是对关于点对称的点，即和，和，和，和， 此时，当过时，满足题意，即， 解得：， 当过时，即， 解得：， 此时区域内有个整点，如图， 当区域内恰有个“整点”时，其它个“整点”是对关于点对称的点，在前面个“整点”的基础上增加了、、及个“整点”， 此时， 如图， 的取值范围是． 【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到待定系数法求解析式，新定义函数，二次函数的顶点坐标，成中心对称的点的特征，理解“对称函数”的定义及运用数形结合思想是解题的关键． 题型四 旋转性质与角度/边长/坐标计算 / 13．（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． 14．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 【答案】 【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 由旋转可知， ∴，，， ∴点F、B、C三点共线， ∵ ， ∴ H为的中点， ∴垂直平分， ∴， 设， ∵，， ∴正方形的边长为3， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程． 15．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________． 【答案】 【分析】本题考查了旋转-最短路线问题，三角形全等的判定，菱形的性质以及等边三角形的性质．通过将绕点A顺时针方向旋转的点，此时证明和全等后找到对应的线段，的最小值即为点B，，P，D四点共线时，线段的长度即为所求． 【详解】如图，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，，， 由题意知，在菱形中，，， ∴和为等边三角形， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即点B，，P，D四点共线时，的最小， 此时最小值的长度为． 故答案为：． 16．（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）． 17．（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：． 题型五 翻折（折叠）求角度/线段长/坐标 在折叠问题中，解题的关键是理解折痕所在的直线是折叠前后的两个图形的对称轴，折叠前后的两个图形是全等图形，利用对应边相等、对应角相等进行条件的转化，将题目中的已知条件与要求的结论联系起来. 【小技巧】1）折痕可看作垂直平分线(对应两点之间的连线被折痕垂直平分). 2）折痕可看作角平分线(对应线段所在的直线与折痕的夹角相等). 记住三句话: 1）折叠前后对应角，对应边相等. 2）折叠不改变原先的平行关系. 3）以折线为对称轴. 18．（2025·吉林长春·中考真题）将直角三角形纸片（）按如图方式折叠两次再展开，下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了折叠的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 由折叠可得：，，则，那么，继而根据相似三角形的性质以及平行线分线段成比例定理逐一判断即可． 【详解】解：由折叠可得：，， ∴，故A正确，不符合题意； ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴，故B正确，不符合题意； ∵， ∴，， ∴，， ∴，故C正确，不符合题意； ∵， ∴，，， ∴，故D错误，符合题意， 故选：D． 19．（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（   ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】如图，过作于，由对折可得：，，，，证明，而，可得，求解，，证明，，可得，再进一步求解即可. 【详解】解：如图，过作于， ∵正方形， ∴，，，，，， 由对折可得：，，，， ∴，而， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴； 故选：B. 【点睛】本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键. 20．（2025·重庆·中考真题）如图，正方形的边长为2，点E是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点G．和的平分线相交于点H，连接，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，连接，证明，可得，设，则，根据勾股定理可得，再利用角平分线的性质得到点到的距离相等，利用面积之比即可解答，正确作出辅助线，利用勾股定理列方程解得是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ，四边形是正方形， ，， 点E是边的中点， , 将沿直线翻折得， ，, ， ， ， ， 设，则， 根据勾股定理可得, 即， 解得， ， 和的平分线相交于点H， 点到的距离相等， ， 故选：A． 21．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则______．（用含的式子表示） 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，平行线的性质，由四边形是平行四边形，得，，由折叠性质可知， ，，，故有，根据平行线的性质得，，最后通过角度和差即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， 由折叠性质可知，，，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 22．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在四边形中，，点在四边形内，，于点，将沿翻折，点恰好与点重合，延长交折痕的延长线于点，，则点到直线的距离为__________． 【答案】/ 【分析】过点作，交的延长线于，过点作于，可证得，进而证得四边形是正方形，再证得，求得，利用三角函数求得，即可求得答案． 【详解】解：过点作，交的延长线于，过点作于，如图， ∵将沿翻折，点恰好与点重合， ， ， ∴四边形是矩形， ， ， 即， ， ， ， ， ， ∴四边形是正方形， ， ， 在中，， ， ， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， 则点到直线的距离为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，翻折变换的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数等，熟练运用相似三角形的判定和性质是解题关键． 题型六 图形变换与全等三角形 23．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 【答案】（1）见解析；（2）4；（3） 【分析】（1）由折叠的性质得：，再结合平行四边形的性质可得，然后根据三角形内角和定理可得，即可求证； （2）根据全等三角形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，再由折叠的性质得：，再根据，可得，即可求解； （3）延长交于点，设，，证明得出，证明得出，证明得出，进而求得，根据得出，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】解：（1）由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴； （3）解：如图，延长交于点， 设， ∵， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴ ∵，即 ∴ ∴即 ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴ 又∵折叠， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴即 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ 又∵ ∴ ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 24．（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． 25．（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． 26．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践 (1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______． (2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：与的比值为______． ②证明：四边形为平行四边形． (3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． 【答案】(1) (2)①1；②见详解 (3)见详解 【分析】（1）由“角角边”即可证明； （2）①由操作知，将四边形绕点E旋转得到四边形，故，因此；②由两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明； （3）取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形． 【详解】（1）解：如图， ∵， ∴， 由题意得为中点，‘ ∴’， ∵， ∴ 故答案为：； （2）解：①如图，由操作知，点E为中点，将四边形绕点E旋转得到四边形， ∴， ∴， 故答案为：1； ②如图， 由题意得，是的中点，操作为将四边形绕点E旋转得到四边形，将四边形绕点H旋转得到四边形，将四边形放在左上方空出， 则，， ∵，，， ∴， ∵ ∴， ∴三点共线，同理三点共线， 由操作得，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （3）解：如图，     如图，取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形． 由题意得，，， ∴， ∴， 由操作得，， ∵， ∴， ∴三点共线， 同理三点共线， ∵， ∴四边形为矩形， 如图，连接， ∵为中点， ∴， 同理， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 由操作得，，而， ∴， 同理，， ∵，，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴四边形能放置左上方空出， ∴按照以上操作可以拼成一个矩形． 【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，图形的旋转，三角形的中位线，正确理解题意是解题的关键． 题型七 图形变换与坐标综合 27．（2025·山东烟台·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，的顶点的坐标为．以点为位似中心作与位似，相似比为2，且与位于点同侧；以点为位似中心作与位似，相似比为2，且与位于点同侧……按照以上规律作图，点的坐标为______． 【答案】/ 【分析】本题考查了位似的性质，根据位似比等于变换后与变换前的图形的对应线段的比，根据两点距离得出进而得出，求得直线的解析式，根据，即可求解． 【详解】解：依题意，， ∴， 设直线的解析式为，代入， ∴ 解得： ∴ 设 ∴ 解得：（舍去） ∴ 故答案为：． 28．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）利用几何图形的变化可以制作出形态各异的图案．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以为边作，使，，再以为边作，使，，过点，，作弧，记作第1条弧；以为边，使，，再以为边作，使，，过点，，作弧，记作第2条弧……按此规律，第2025条弧上与原点的距离最小的点的坐标为__________． 【答案】 【分析】本题主要考查了点的坐标规律探索，解直角三角形的相关计算，根据题意找出一般规律是解题的关键．分别求出，，，……得出，根据题意得出第2025条弧上与原点的距离最小的点为，求出，根据，，，，得出，然后求出结果即可． 【详解】解：根据题意可知：， ， ， ， …… ， ∵点，，作弧为第1条弧， 点，，作弧为第2条弧， ……， ∴组成第2025条弧， ∴第2025条弧上与原点的距离最小的点为， ∴， ∵，，，，……，, ∴12次操作循环一周， ∵， ∴， 过点作轴于点M，如图所示： ∴， ∴， ， ∴， ∴第2025条弧上与原点的距离最小的点的坐标为． 故答案为：． 29．（2025·山东济南·中考真题）二次函数的图象经过，两点，顶点为G． (1)求二次函数的表达式和顶点G的坐标． (2)如图1，将二次函数的图象沿x轴方向平移个单位长度得到一个新函数的图象，当时，新函数的最大值是8，求n的值． (3)如图2，将二次函数的图象沿直线平移，点A，G的对应点分别为，，连接，，线段与交于点M．若，请直接写出点的坐标． 【答案】(1)，顶点G的坐标为 (2)或 (3)或 【分析】（1）利用待定系数法求解析式，将二次函数一般式化为顶点式，可得顶点坐标； （2）分两种情况进行讨论，抛物线向左平移或者向右平移，根据平移规律可得新抛物线解析式为：或，根据对称轴与区间范围的中轴线之间的关系分类讨论即可； （3）分成两种情况进行讨论，抛物线沿射线方向或射线方向平移．沿射线方向平移，求出直线的解析式为，由直线性质可知图象沿上下方向与左右方向平移相同的单位，设向上、向右平移了m个单位，可得，，由平移性质可证四边形是平行四边形，推出交点M坐标为，可证明为直角三角形且，根据，可得四点共圆，是在以为直径的圆上，可求中点，根据列方程即可求得的值，则题目可解； 抛物线沿射线方向，作关于点对称点，方法同上． 【详解】（1）解：将，代入， ， 解得， ， ， 当时，取最小值，最小值为， 顶点G的坐标为． （2）解：Ⅰ、当抛物线向右平移时： 根据平移规律可得新抛物线解析式为：， 对称轴为直线， ， ， 当时，即时，如图： 直线与抛物线交点M纵坐标最大， 将，代入解析式得， 解得，与矛盾，不合题意； 当时，即时，如图： 直线与抛物线交点N纵坐标最大， 将，代入解析式得， 解得，与矛盾，不合题意； ，符合题意； Ⅱ、当抛物线向左平移时， 根据平移规律可得新抛物线解析式为：， 对称轴为直线， ， ， ∴当时，y取最大值8，代入解析式得： ， 解得：，（舍）， 综上可知，或； （3）解： 设直线的解析式为， 将，代入得，， 解得， 直线的解析式为， 令，则, ∴直线与轴交于， 直线与坐标轴围成的是一个等腰直角三角形， ∴图象沿直线平移时，上下方向与左右方向平移的距离相等， 设向上、向右平移了m个单位， ，， 由平移得，， 四边形是平行四边形， 线段与交于点M， ∴为线段的中点， ， Ⅰ、如图，抛物线沿射线平移， ∵，，G， ∴由勾股定理可得， ， ，且， ∵， ∴， ∴四点共圆，是在以为直径的圆上， 中点， 则， ， 即 解得：或（舍） ∴； Ⅱ、如图，抛物线沿射线平移， 作关于点对称点， 则可同理证明，且， ∵， ∴， ∴四点共圆，在以为直径的圆上， 中点， 则， ， 即 解得：或（舍） ∴； 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查求二次函数解析式，二次函数图象的平移，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，求一次函数解析式，平行四边形的判定和性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，正确作出辅助线． 30．（2025·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)点P为抛物线对称轴上一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转，使点B的对应点D恰好落在抛物线上，求此时点P的坐标； (3)在线段上是否存在点Q，使存在最小值？若存在，请直接写出点Q的坐标及最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)存在，，的最小值为 【分析】（1）对称性求出点坐标，两点式写出函数解析式即可； （2）设对称轴与轴交于点，设，，分点在轴上方和点在轴下方两种情况进行讨论求解即可； （3）在轴上取点，连接，过点作于点，交轴于，过点作于点，易得为等腰直角三角形，进而得到，推出，得到当点与点重合时，的值最小为的长，等积法求出的长，证明为等腰直角三角形，求出点坐标即可． 【详解】（1）解：∵抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点， ∴， ∴抛物线的解析式为：； （2）∵点在对称轴上，设对称轴与轴交于点 ∴设，； ∵旋转， ∴， 当点在轴上方时， ∵关于对称轴对称， ∴， ∴当时，满足题意，此时点与点重合，， ∵，， ∴， ∴， ∴； 当点在轴下方时，如图，作对称轴于点，则：， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 把代入，得：， 解得：或（舍去）； ∴； 综上：或； （3）存在； 在轴上取点，连接，过点作于点，交轴于，过点作于点，则：，， ∵， ∴当时，， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴当点与点重合时，的值最小为的长， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为， 在中，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴； 综上：，的最小值为． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键． 题型八 网格中作图（平移、旋转、轴对称） 31．（2025·甘肃兰州·中考真题）“三等分角”是两千多年来数学史上最著名的古典四大问题之一，阿基米德等数学家通过巧妙的几何作图得到了解决“三等分角”问题的特例方法．某数学兴趣小组通过折纸与尺规作图相结合的方法探究“三等分锐角”问题的解法，解决过程如下： 操作步骤与演示图形 如图①，已知一个由正方形纸片的边PK与经过顶点P的直线构成的锐角．按照以下步骤进行操作： 任意折出一条水平折痕，与纸片左边交点为Q；再折叠将PK与重合得到折痕，与纸片左边交点为N，如图②． → 折叠使点Q，P分别落在和上，得到折痕m，对应点为，，m交于M，如图③④． → 保持纸片折叠，再沿MN折叠，得到折痕的一部分，如图⑤． → 将纸片展开，再沿折叠得到经过点P的完整折痕，如图⑥． → 将纸片折叠使边PK与重合，折痕为．则直线和就是锐角的三等分线，如用⑦⑧． 解决问题 （1）请依据操作步骤与演示图形，通过尺规作图完成以下两个作图任务：（保留作图痕迹．不写作法） 任务一：在图③中，利用已给定的点作出点； 任务二：在图⑥中作出折痕． （2）若锐角为，则图⑤中与相交所成的锐角是__________． 【答案】（1）见解析；（2）50 【分析】本题考查轴对称图形的性质，尺规作图——作垂直平分线，作角平分线，平行线的性质，读懂题意是解题的关键． （1）任务一：连接，作的垂直平分线m，过点P作直线m的垂线，交边于点A，以点A为圆心，的长为半径作弧，交直线于点，则点为所求； 任务二：作出与所成夹角的角平分线，即为折痕； （2）根据三等分线得到，再由平行线的性质即可求解． 【详解】解：（1）任务一：如图，点为所求． 任务二：如图，折痕为所求． （2）如图， 由题意可知，是的三等分线， ∴， ∵， ∴， ∴与相交所成的锐角是． 故答案为：50 32．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，的三个顶点均在格点上，请用无刻度的直尺按下列要求画图． (1)在方格纸中，画出（点在格点上），满足，且的面积是5； (2)在的边上画出点，使线段的长是3个单位长度（保留作图痕迹，体现作图过程），连接，并直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析， 【分析】（1）作，边上的高为，，，则； （2）取格点和，使，，连接交边于点，利用相似三角形的判定和性质求得；作，证明，求得，，，再利用正切函数的定义求解即可． 【详解】（1）解：如图所示： ； （2）解：点如图所示： 作，则， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了格点作图，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 33．（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 题型九 位似图形与坐标缩放 34．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与位似，位似中心是原点O，已知，则的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或．根据位似变换的性质解答即可． 【详解】解：∵与位似，位似中心是原点O， ∴位似比为， ∵， ∴，即， 故选：B． 35．（2025·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，以原点为位似中心，在第三象限画与位似，若与的相似比为，则点的对应点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质得出对应点的位置是解题的关键．利用相似比为，，直接利用相似比可得出坐标． 【详解】解：∵与位似，相似比为， ∴， ∵，位似中心为原点， ∴， 故选：B． 36．（2025·浙江·中考真题）如图，五边形是以坐标原点O为位似中心的位似图形，已知点的坐标分别为．若的长为3，则的长为（   ） A． B．4 C． D．5 【答案】C 【分析】本题考查了位似图形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握位似图形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键． 根据位似图形的性质得到，证明，即可求解． 【详解】解：∵五边形是以坐标原点O为位似中心的位似图形，点的坐标分别为 ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 37．（2025·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建立平面直角坐标系，的顶点和均为格点（网格线的交点）．已知点A和的坐标分别为和． (1)在所给的网格图中描出边的中点D，并写出点D的坐标； (2)以点O为位似中心，将放大得到，使得点A的对应点为，请在所给的网格图中画出． 【答案】(1)图见解析； (2)图见解析 【分析】本题主要考查了中点坐标公式，坐标系中画位似图形，熟知中点坐标公式，位似图形的性质是解题的关键． （1）根据两点中点坐标公式可确定点D的坐标，进而描出点D即可； （2）根据点A和点的坐标可知，把B、C的横纵坐标都乘以即可得到的坐标，描出，并顺次连接即可． 【详解】（1）解：如图所示，点D即为边的中点， ∵， ∴点D的坐标为． （2）解：如图所示，即为所求作的三角形． 题型十 与图形变换有关的规律探究问题 38．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰三角形中，，第1次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；第2次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段和，若用点在点的正南方向表示初始位置，则点在点的（   ） A．正东方向 B．正南方向 C．正西方向 D．正北方向 【答案】D 【分析】本题考查规律探索，多边形外角和，旋转的性质，掌握方法是解决问题的关键．根据图形旋转方式，可证明皆为等边三角形，可得，根据多边形外角和结论，图形每转动12次后与重合，依此规律解答即可． 【详解】解：将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和， 则，且， 为等边三角形， 同理，皆为等边三角形， ∵将绕点逆时针旋转， ∴， 为等边三角形，的中点为， ， ， 同理， 则， ∵， ∴每转到12次后与方向重合， ， ∴第30次操作后，第3个循环中的第6个位置，恰与方向相反， 又∵为等边三角形， ， 此时点在点的正北方． 故选：D． 39．（2025·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，用12个以点O为公共顶点的相似三角形组成形如海螺的图案，若，，则点G的坐标为________ 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的性质、解直角三角形和点的坐标规律探求；先求得，然后解直角三角形分别求出，，，得到规律，再根据规律计算即可. 【详解】解：∵图案是用12个以点O为公共顶点的相似三角形组成形如海螺的图案， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 同理：， 依次类推：； 则点G的坐标为； 故答案为：. 40．（2025·四川德阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，，，点在直线上，且，连接，，将绕点顺时针旋转到，点的对应点落在直线上，再将绕点顺时针旋转到，点的对应点也落在直线上．如此下去，…，则的纵坐标是______． 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形，一次函数图象上点的坐标特征，旋转性质，勾股定理，设直线与轴交于点，分别过作轴，轴，垂足分别为点，求出点，由，，则，，则有，由勾股定理得，由旋转性质可知，，所以，故有，即的纵坐标为，同理的纵坐标为，由，可判断在直线上，所以的纵坐标为，从而求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，设直线与轴交于点，分别过作轴，轴，垂足分别为点， 由直线得，当时，， ∴点， ∴， ∵，， ∴，，由勾股定理得， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 由旋转性质可知：，， ∴， ∴，即的纵坐标为， 同理的纵坐标为， ∵， ∴在直线上， ∴的纵坐标为， 故答案为：． 41．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为，点B的坐标为，点C在第一象限，．将沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为，点C的对应点为，与的交点为，称点为第一个“花朵”的花心，点为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，滚动2024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为______． 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形，等腰直角的性质，点的坐标规律探索．连接，求得，，，分别得到，， ，，推导得到，滚动一次得到，滚动四次得到，滚动七次得到，由此得到滚动2024次后停止滚动，则，据此求解即可． 【详解】解：连接， 由题意得，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ， 同理， ， ， 滚动一次得到，滚动四次得到，滚动七次得到， ∴滚动2024次后停止滚动，则时，， 故答案为：． 知识1 轴对称图形与轴对称 轴对称图形 轴对称 概念 如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的对称轴. 把一个图形沿着某一条直线翻折，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这条直线对称，也称这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴. 图示 性质 被对称轴分成的两部分是全等图形. 1.对应点所连的线段被对称轴垂直平分； 2.对应线段相等，对应角相等； 3.两个图形全等. 区别 意义不同 两个图形之间的特殊位置关系 具有特殊形状的图形 对象不同 两个图形 一个图形 对称轴的位置不同 在两个图形之间 过图形的某条直线 对称轴的数量不同 只有一条 不一定只有一条 联系 1)沿对称轴折叠，两个图形重合. 2)如果把成轴对称的两个图形看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形. 1)沿对称轴折叠，图形的两部分重合. 2)如果把轴对称图形的两部分看作两个图形，那么这两个图形成轴对称. 特别提醒:折叠的实质是轴对称变换，折痕所在的直线是对称轴，折叠前后的图形全等，对应点的连线被折痕所在直线垂直平分. 知识2 中心对称图形与中心对称 中心对称图形 中心对称 概念 把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心. 把一个图形绕某点旋转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. 图形 性质 过对称中心的直线把中心对称图形分成的两部分的周长与面积分别相等. 1）中心对称的两个图形是全等图形； 2）中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分； 3）中心对称的两个图形，对应线段平行（或在一条直线上）且相等. 区别 指具有某种性质的一个图形 指两个图形的(位置)关系 知识3 图形的平移 概念 把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，图形这种移动叫做平移．它是由移动方向和距离决定的. 图示 性质 1）平移不改变图形的大小、形状，只改变图形的位置，因此平移前后的两个图形全等. 2）平移前后对应线段平行（或在同一条直线上）且相等、对应角相等. 3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等，对应点之间的距离就是平移的距离. 作图步骤 1）定：根据题目要求，确定平移的方向和距离； 2）找：找出确定图形形状的关键点； 3）移：过这些关键点作与平移方向平行的射线，在射线上截取与平移的距离相等的线段，得到关键点的对应点； 4）连：按原图顺序依次连接各对应点. 【注意】确定一个图形平移后的位置需要三个条件：①图形原位置；②平移的方向；③平移的距离. 知识4 图形的旋转 概念 把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，叫图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫旋转角. 要素 旋转中心、旋转方向、旋转角 图示 性质 1）旋转前后的两个图形全等； 2）对应点到旋转中心的距离相等； 3）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角. 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． 1．（2025·浙江·模拟预测）如图，是菱形的对角线，把菱形沿着对角线方向平移，得到菱形，，分别交，于点，，连接，若，，则与之间的关系大致可以用函数图象表示为（  ） A．B．C． D． 【答案】D 【分析】先利用菱形和平移的性质得到线段与角度的关系，再通过三角函数表示出的长度，从而建立与的函数关系式，最后根据函数的性质判断对应的函数图象． 【详解】解：如图，记交于点， ∵四边形是菱形， ∴， 设，则，设，则 由平移的性质可知，， ∴， ∴， ∴， ∴∙， ∵为定值，为定值， ∴为定值，且小于，∙为定值，且大于， ∴是关于的一次函数，且随的增大而减小， ∴选项符合题意． 2．（25-26九年级上·上海普陀·期末）如图，在等边三角形中，点在边上，点关于直线的对称点分别是点，那么关于线段与线段之间的数量关系正确的是（　　） A．       B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 连接，过作于点，由轴对称性质可得，，，，又是等边三角形，则，即，可得，所以，故有，然后通过勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接，过作于点， ∵点关于直线的对称点分别是点， ∴，，， ∴， ∵是等边三角形， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 3．（2025·河南濮阳·一模）如图，在中，，，．将绕点B旋转得到，分别取的中点，则的最大值是（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质、三角形中线的性质、三角形三边关系及勾股定理，熟练掌握旋转的性质和三角形中线的性质是解题的关键． 利用勾股定理求出的长，再根据旋转的性质、三角形中位线的性质及三角形的三边关系即可求出结果． 【详解】解：如图，取的中点，连接，， ∵，，，， ∴． ∵将绕点B旋转得到， ∴． ∵分别是的中点， ∴线段为的中位线，线段为的中位线， ∴，， ∴， ∴的最小值为，的最大值为． 故选：D． 4．（2025·安徽·模拟预测）如图，平行四边形ABCD中，，，，连接，将绕点B旋转，当（即）与交于一点E，（即）同时与交于一点F时，下列结论正确的是（　　） ①，②，③，④的周长的最小值是 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据题意可证，可判断①②③，由的周长，则当最小时的周长最小，根据垂线最短，可得时，最小，即最小，即可求此时周长最小值． 【详解】解：，， ，为等边三角形， ， 将绕点旋转到位置， ，，， ， ，，， ， 故①正确，③错误； ，， ， 故②正确， 的周长 ， 当最小时，的周长最小． ，， 是等边三角形， ， 当时，长度最小，即长度最小， ，，， ， ，， ， 的周长最小值为， 故④正确， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，平行四边形的性质，最短路径问题和全等三角形的判定和性质，关键是灵活运用这些性质解决问题． 5．（2025·云南楚雄·模拟预测）如图，的三个顶点的坐标分别为，，将进行平移，平移后的的三个顶点都在抛物线上，则a的值是（    ） A．2 B． C．2或 D．0或4 【答案】D 【分析】本题考查了二次函数图像上点的坐标特征，坐标与图形的变化——平移，观察坐标特征得出平移的方向和距离是解题的关键．根据A、B点的坐标特征可知向左平移2个单位满足题意，则平移后的C点的坐标为，代入抛物线解析式，即可求得a的值． 【详解】解：，，轴， 将进行平移，平移后的的三个顶点都在抛物线上， 向左平移2个单位满足题意， 平移后的C点的坐标为， 代入得，，解得或4， 故选：D． 6．（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． 7．（2025·四川成都·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，与关于点O位似，若，，，则为（   ） A． B．3 C．4 D．6 【答案】A 【分析】本题主要考查了位似图形的性质以及坐标与图形的性质，根据位似图形的性质得出的长，进而得出，求出的长即可． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴， ∵与位似，原点O是位似中心， ∴， ∵， ∴, 故选：A． 8．（2025·江苏苏州·二模）在平面直角坐标系中，点是轴上一点，已知点（不与点重合），将点绕点逆时针方向旋转得到点，则称点、互为和谐点，把其中一个点叫做另一个点的和谐点．如图，已知点、，点在一次函数的图象上．若在线段上存在点的和谐点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题属于几何变换的题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转后线段长度不变，解题的关键是学会构造等腰直角三角形解决问题，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题．如图1，B、P为和谐点，设，为等腰直角三角形，在图2中，A、P为和谐点，设，为等腰直角三角形，分别利用三角形全等求出两图中的值即可得出最后结论． 【详解】解： 如图1，B、P为和谐点，设，为等腰直角三角形， 过点P作轴于H， 将点绕点逆时针方向旋转得到点， ，． ， ，． ． 在和中 ． ，． ，解得． 在图2中，A、P为和谐点，设，为等腰直角三角形，过点P作 轴于H， 将点绕点逆时针方向旋转得到点， ，． ， ，． ． 在和中 ． ，． ，解得． 综上所述：． 故选：B． 9．（2025·安徽亳州·二模）如图，矩形，，，点H为上一点，将沿着翻折至，与交于点E，连接交于点F，．则_______；的长为_______． 【答案】 / / 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质，折叠，构造辅助线，利用相似三角形的判定和性质是解题的关键．根据矩形的性质，勾股定理求出，进而根据正弦定义求出；延长至点，使得，连接交于点，证明，根据的正切列方程求出即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴； 延长至点，使得，连接交于点， ∴， 由折叠得， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：；． 10．（25-26九年级上·江苏宿迁·月考）如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，直线相交于点，连接，在旋转过程中，线段的最大值为_______． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质、勾股定理，直角三角形的斜边中线，等腰三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握旋转的性质．取的中点，连接，设交于点，在中，由勾股定理得到，由旋转可知：，从而，，由，可得，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得，在中，当在一条直线上时，有最大值为． 【详解】解：取的中点，连接，设交于点， 在中，， ∵， ∴， 由旋转可知：， ∴，，， ∴， ∵， ， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， 当在一条直线上时，有最大值， ∴线段的最大值为． 故答案为：． 11．（2025·上海杨浦·一模）在菱形中，，点在线段上，且，点为上一点，将沿翻折，点B对应点E，，且，则_____． 【答案】/ 【分析】本题考查菱形的性质，解直角三角形，翻折变换，由四边形都是菱形，推出A，C关于对称，由，推出点E在线段上，证明四边形是菱形，推出，推出，设，，利用勾股定理求出可得结论． 【详解】解：如图， ∵四边形都是菱形， ∴A，C关于对称， ∵， ∴点E在线段上， ∴，， ∵，， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴设，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 12．（2025·黑龙江绥化·模拟预测）如图，在四边形中，，，M，N分别是边上的动点，当的周长最小时，的度数是 _______． 【答案】/68度 【分析】利用轴对称的性质，将的周长转化为线段的长度，根据轴对称的性质得到角的关系，进而求出的度数． 【详解】解：如图，作点A关于的对称点E、F，连接分别交于点H、G，连接， 由对称性知：， ， 当点M与点H重合，点N与点G重合时，的周长最小； ， ， ， ， ， ， ， 此时． 故答案为：． 【点睛】本题考查对称和最短路径问题，核心是两次轴对称，把三角形周长转化为两点间距离． 13．（2025·江苏无锡·模拟预测）线段、等腰三角形、正方形、圆、等腰梯形、平行四边形、等边三角形、正五边形、正六边形、正八边形中既是中心对称图形又是轴对称图形的有 ____________________ ． 【答案】线段，正方形，圆，正六边形，正八边形 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，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，这个图形就叫做轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐一判断每个图形是否符合条件，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念，是解题的关键． 【详解】解：线段是轴对称图形（有对称轴）和中心对称图形（绕中点旋转180度重合）； 正方形是轴对称图形（有4条对称轴）和中心对称图形（绕中心旋转180度重合）； 圆是轴对称图形（有无数条对称轴）和中心对称图形（绕圆心旋转180度重合）； 正六边形是轴对称图形（有6条对称轴）和中心对称图形（绕中心旋转180度重合）； 正八边形是轴对称图形（有8条对称轴）和中心对称图形（绕中心旋转180度重合）． 等腰三角形、等腰梯形、、等边三角形、正五边形是轴对称图形但不是中心对称图形，平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形，故它们不符合题意． 故既是中心对称图形又是轴对称图形的有线段，正方形，圆，正六边形，正八边形， 故答案为：线段，正方形，圆，正六边形，正八边形． 14．（2025·上海杨浦·一模）小明正在对纸进行探究： (1)小明将纸沿翻折，点E翻折至点G，交于点M，他发现：．求纸长宽之比． (2)取中点G，将三角形沿着翻折，点E对应点H，求证：点H一定在纸的对角线上． 【答案】(1) (2)见详解 【分析】本题主要考查了矩形与折叠的性质，解直角三角形的有关计算等知识． （1）根据题意画出图形，设，，则，由矩形和折叠的性质得出，由等角对等边得出，由勾股定理求出，进而可得出答案． （2）根据题意画出图形，连接．由（1）可知，，由矩形的性质和正切的定义得出，进一步证明即可． 【详解】（1）解∶如图1中， ∵ ∴设，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由翻折变换的性质可知， ∴， ∴， ∴ ∴纸长宽之比． （2）证明∶如图2中， 连接． 由（1）可知，， ∵G是的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， 由翻折变换的性质可知， ∴点H一定在纸的对角线上． 15．（2021·安徽芜湖·一模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为、、． (1)以原点O为位似中心，在y轴的右侧画出的一个位似，使它与的相似比为； (2)将向左平移2个单位，再向上平移1个单位后的，判断与，能否是关于某一点M为位似中心的位似图形？若是，请在图中画出位似中心M，并写出点M的坐标． 【答案】(1)见解析 (2)是，图见解析，M的坐标为 【分析】本题主要考查了作图位似变换，平移变换，熟练掌握位似变换的性质是解题的关键． （1）根据位似变换的性质找出对应点，再顺次连接对应点，即可解题； （2）根据平移变换的性质画出，再根据位似中心的性质求解，即可解题． 【详解】（1）解：所作如图所示： （2）解：如上图画出， 与是关于某一点M为位似中心的位似图形，如图，M的坐标为． 16．（2025·四川广元·一模）在某次校园数学实践活动中，为测量校园内三角形景观的相关数据，某小组同学遇到了如下问题：如图①，点P 在等边内部，且，求 的长． 【初步探究】（1）经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点A按顺时针方向旋转， 得到， 连接， 寻找，，三边之间的数量关系，即可求得 的长为 ； 【理解应用】（2）如图②，在等腰直角中，， P为内一点，， 判断，，之间的数量关系， 并说明理由； 【类比迁移】（3）如图③，学校有一块三角形的劳动实践基地，其中，，实践工具存放点位于基地的P点，通过测量，，求线段的长． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3） 【分析】本题考查了等边三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理等三角形综合知识，通过旋转构造特殊三角形是解题的关键． （1）根据题意得为等边三角形，为直角三角形，继而求得； （2）通过旋转性质得为等腰直角三角形，为直角三角形，即可解答； （3）通过旋转性质得为等腰直角三角形，为直角三角形，即可解答． 【详解】解：（1）由旋转可知： 是等边三角形， ， 是直角三角形， （2） 理由如下：如图， 把绕点C顺时针旋转得到， 连接， 由旋转可知: ， ， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ， 在中， 即   （3）如图，将 绕点B顺时针旋转，得到 连接， 由旋转可知： 是等腰直角三角形， 点在线段上， 是直角三角形， 的长为 ． 17．（2025·安徽亳州·一模）如图，在平面直角坐标系中，用12个以点O为公共顶点的相似三角形组成形如海螺的图案，并按此方法无限地作下去，……，若． (1)填空：①点的坐标是_____；②点的坐标是______；③点的坐标是______；④点的坐标是______；（结果可保留乘方形式） (2)观察（1）中的结果，发现规律，求点的坐标． 【答案】(1)①；②；③；④ (2) 【分析】本题考查了余弦函数，相似三角形的性质，点的坐标规律探索，找到各直角三角形斜边长度的规律是解题的关键． （1）由题意知，12个以点O为公共顶点的直角三角形相似，则得每个三角形中以O为顶点的内角均为，利用三角函数得，，，，…，得到一般规律，从而可完成解答； （2）根据（1）中的规律，即可求点的坐标． 【详解】（1）解：由题意知，12个以点O为公共顶点的直角三角形相似， ∴每个三角形中以O为顶点的内角均为， 在中，， 在中，， 在中，， 在中，， …， 一般地：； ∴点的坐标是；点的坐标是；点的坐标是；点的坐标是， 故答案为：①；②；③；④； （2）解：由（1）知，，且12次一个循环， ， 则点与点一样落在y轴正半轴上， ， ∴点的坐标为． 考点二 图形变换综合（压轴） 题型一 旋转全等模型综合 由旋转的性质可知任意一组对应点与旋转中心所连线段的夹角都等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，解决以图形的旋转为背景的问题时，常借助这些性质，并结合全等三角形的知识把已知条件和未知条件联系起来，使问题得以解决.在一些题目中，主动进行旋转可以构造出全等三角形，这是较复杂的辅助线作法之一. 1．（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． 2．（2025·黑龙江·中考真题）已知：如图，中，，设，点D是直线上一动点，连接，将线段绕点A顺时针旋转α至，连接、，过点E作，交直线于点F．探究如下： (1)若时， 如图①，点D在延长线上时，易证：； 如图②，点D在延长线上时，试探究线段、、之间存在怎样的数量关系，请写出结论，并说明理由． (2)若，点D在延长线上时，如图③，猜想线段、、之间又有怎样的数量关系？请直接写出结论，不需要证明． 【答案】(1)①证明见解析；②，理由见解析 (2) 【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，解直角三角形，综合运用相关知识是解题的关键． （1）①由，，得到是等边三角形，从而∴，进而推出，因此可证明，得到，，求得，因此，由即可得到结论；②由，，得到是等边三角形，从而，进而推出，因此可证明，得到，，求得，因此，由即可得到结论； （2）同（1）思路即可求解． 【详解】（1）①证明：∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 即， ∴在和中 ， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴在中，， ∵， ， ∴， ∴． ②解：，理由如下： ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴． ∵， ∴， 即， ∴在和中 ， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴在中，， ∵， ， ∴， ∴． （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴， 即， ∴在和中 ， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴在中，， ∵， ， ∴， ∴． 3．（2025·湖北·中考真题）在中，，将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当时，求的长； (3)如图3，过点作的平行线交的延长线于点，过点作的平行线交于点G，与交于点． ①求证：； ②当时，直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)①见解析；② 【分析】（1）根据旋转可得，则，即可证明． （2）根据，，可得，即可得出，过作，则，即，在中勾股定理求出，则，在中勾股定理求出，根据，得出，即可求出． （3）①设旋转角为，则，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出，，根据，得出，，即可得，根据，得出，即可得，证明，得出，结合，得出； ②根据，设，证明四边形是平行四边形，得出，由①得，在中，勾股定理得出，则，则，根据，得出，根据，得出，证明，，则，求出，由①可得，得出，证出点四点共圆，根据圆周角定理得出，证明，得出，设，则，根据旋转可得，则，联立求出，再根据即可求解． 【详解】（1）证明：∵将绕点旋转得到，点的对应点落在边上， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵，， ∴， ∴， 过作， ∴， ∴， 在中， 即， 解得：，（舍去）， ∴， 在中， ∴， ∵， ∴， 即， ∴． （3）①证明：设旋转角为， 则， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②解：∵， ∴设， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由①得， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， 即， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， 由①可得， ∴， ∴点四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， 则， 根据旋转可得， ∴， 联立可得， ∴． 【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，旋转的性质，圆周角定理，圆内接四边形，解直角三角形，平行四边形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，证明三角形相似． 4．（2025·四川·中考真题）和中，，． 【初步感知】 （1）如图1，若，连接，则与之间的数量关系是____，位置关系是_____；（直接写出结论，不写推理过程） 【深入探究】 （2）如图2，若，将绕点C旋转，设直线与交于点M，与交于点N，试确定与之间的数量关系和位置关系，并说明理由； 【迁移应用】 （3）如图3，当点D在内部，且时，若，，连接，作于点F，交于点G，求的长． 【答案】（1），；（2）数量关系：，位置关系：，理由见解析；（3） 【分析】（1）证明，则，，再由对顶角结合互余的性质证明； （2）证明，则，，，再由对顶角结合互余的性质证明； （3）先求出，，过点作平行线交延长线于点，则，过点作延长线的垂线，垂足为点，证明，则，求出，即可证明，则，证明，则，求出，，则，那么由勾股定理得，再对运用面积法求解，最后由求解即可． 【详解】（1）解：如图， ， ，， 又， ， 即， 在△和△中， ， ， ，， 设与交于点， ，， ， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）解：数量关系：，位置关系：． 理由如下：， ，即， 又， ， ，， ，， ， 则， 即； （3）解：∵，， ∴，， 过点作平行线交延长线于点，则，过点作延长线的垂线，垂足为点， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设， 则在中，由勾股定理得， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，难度较大，解题的关键是正确运用类比的思想条件并添加辅助线求解． 题型二 折叠问题中的勾股与方程 5．（2025·四川眉山·中考真题）综合与实践 【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程． 【操作实践】如图1，将矩形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕交于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、． 【初步猜想】（1）确定和的位置关系及线段和的数量关系．创新小组经过探究，发现，证明过程如下：由折叠可知，．由矩形的性质，可知，．①________．．智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为②________．经过探究，发现验证和数量关系的方法不唯一： 方法一：证明，得到，再由可得结论． 方法二：过点作的平行线交于点G，构造平行四边形，然后证可得结论． 请补充上述过程中横线上的内容． 【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证和的数量关系，写出证明过程． 【尝试运用】（3）如图2，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点G，连接．当为直角三角形时，求出的长． 【答案】（1），（2）见解析（3）或4 【分析】（1）根据折叠的性质，折痕为角平分线，结合平行线的性质，得到，猜想； （2）根据题干给定的2种方法进行证明即可； （3）设，则，，勾股定理求出，①当 ，根据平行线的判定和性质，以及三角形的外角的性质，推出，进而得到，证明，得到，列出比例式，进行求解即可．②当时，可得，利用三角函数列方程求解即可 【详解】解：（1）由折叠可知，． 由矩形的性质，可知， ． ． ． 智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为； （2）法一：∵矩形， ∴， ∵折叠， ∴，，， ∴，即：，， 由（1）知： 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 法二：作交于点G，则：， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：作交于点G，则：， 由（2）可知：，，， ∴， 设，则：，， ∴， 如图，当， ∴， ∴， ∴， 又∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴在和中，， ∴，即：， ∴， 解得：或（舍去）； 故． 当时， ∵， ∴， ∴三点共线， ∴， ∵四边形是平行四边形 ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴，即，解得：， ∴ 【点睛】本题考查矩形与折叠，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握折叠的性质，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． 6．（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． 7．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 【答案】(1)2 (2)证明见解析 (3)四边形是黄金矩形．证明见解析 【分析】（1）根据黄金矩形的定义可得：，再进一步求解即可； （2）先证明四边形是正方形；可得，，证明四边形是矩形，从而可得答案； （3）先证四边形是矩形，然后求解，由对折可得：，设，则，由面积可得：，可得：，再进一步可得结论． 【详解】（1）解：∵，矩形是黄金矩形， ∴， ∴； （2）证明：∵折叠黄金矩形纸片，点B落在上的点E处， ∴，， 又∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． （3）解：四边形是黄金矩形，证明如下： ∵，四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形； 由（2）可知，， ∵为的中点， ∴， ∴， 如图，连接，由对折可得：，，， 设，则， ∵ ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，理解黄金矩形的定义是关键． 题型三 图形变换中的最值问题 8．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点为边上的动点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，则下列结论错误的是（   ） A．的最大值是 B．的最小值是 C．的最小值是 D．的最大值是 【答案】A 【分析】本题主要围绕四边形中的动点问题展开，解题思路是先通过旋转的性质得到相关线段和角的关系，再利用勾股定理建立线段之间的联系，最后根据点与点之间的位置关系以及几何性质来分别判断各个结论的正确性． 【详解】解：∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，． 又∵，，，， 过点作于点，在上取一点，使得延长交于点，则四边形是矩形， ∴． ∴， ∴（）， ∴ ∴，即点在上运动， ∴四边形和四边形是矩形， ∴，，， ∵，，，， ∴ ∴， ∴最大时，最大， 当点与点重合时，与重合时，最小此时，，故错误，符合题意；故B正确，不符合题意； 作点关于的对称点，连接则，，过作于点，此时当、、三点共线时，最小， ∵ ∴四边形是矩形， ∴，， ∴的最小值故正确，不符合题意； 当与重合时， 当与重合时，过作，则四边形是矩形，如下图， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∴， 综上，最大值为．故项正确，不符合题意； 故选：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定及性质，勾股定理以及几何最值问题，熟练掌握旋转的性质和勾股定理，并能根据几何图形的特点准确分析线段之间的关系是解题的关键． 9．（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． 10．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践 在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”． (1)【几何直观】如图1，中，，，在内部取一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则与的数量关系是__________；与的数量关系是__________； (2)【类比推理】如图2，在正方形内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交的延长线于点，求证：四边形是正方形； (3)【深度探究】如图3，矩形中，，，在其内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，延长至点，使，连接，延长交的延长线于点，连接，若，则__________； (4)【拓展延伸】在矩形中，点为边上的一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，若，，则的最小值为__________． 【答案】(1)相等（或）；相等（或） (2)见解析 (3) (4) 【分析】（1）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可证明，根据全等三角形的性质，即可求解； （2）根据正方形的性质，旋转的性质，同（1）证明，得出，结合，即可得证； （3）同（2）的方法证明，得出四边形是矩形，连接交于点，连接，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出共圆，勾股定理求得，，进而解，求得，再证明，根据正弦的定义，得出，即可求解． （4）连接交于点，证明得出，当时，取得最小值，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）； ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∵， ∴，即 又∵， ∴ ∴； 故答案为：相等（或）；相等（或）． （2）证明：∵四边形是正方形 ∴， ∵绕点逆时针旋转得到线段， ∴ ∵， ∴即 ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ ∴四边形是矩形 又∵ ∴四边形是正方形； （3）解：∵绕点逆时针旋转得到线段， ∴ ∵， ∴ ∵四边形是矩形，，， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴即 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴四边形是矩形， 如图，连接交于点，连接 ∵是的中点， 在中， ∴ ∴共圆， ∴， ∵ ∴ ∴， 在中， ∴ ∵， 在中， ∴， ∵ ∴ 又 ∴ ∴，即 ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为：． （4）解：如图，连接交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴ ∴ ∴是等边三角形，则 ∵线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∴ ∴，即 又 ∴， ∴ ∴在上运动，且 ∴当时，取得最小值， ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴当时， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质以及直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，同弧所对的圆周角相等，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键． 11．（2025·重庆·中考真题）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明： (3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，将绕点逆时针旋转得线段，连接，作交的延长线于点．当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在的平面内，得，连接，，，当取最大值时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2)，理由见解析. (3) 【分析】（1）利用，，得出是等边三角形，得出．由旋转得，则可求出，再利用外角即可求解； （2）连接，，利用，，得，证明，得，，得出，再证明，得出，可得，，再通过点是的中点，和点是的中点，证明，，通过证明是等腰直角三角形，即可得出； （3）取中点，中点，连接，，，通过证明，得出，由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，即点和点重合时，最小， 此时，由翻折可知，则点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值，此时，连接，过点作于点，过点作于点，证明，得出，，通过证明，得出，，再计算出，，即可求出，则，通过，求出， 可求出，则利用即可求出． 【详解】（1）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴． 由旋转得， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图，连接，， ∵，， ∴， 由旋转知，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 即； （3）解：取中点，中点，连接，，， ∵，， ∴，，， ∴， ∵是中点， ∴， ∴， 由旋转知，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， 由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动， 由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线， 即点和点重合时，最小， 此时如图， 由翻折可知， ∴点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆， 由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值， 此时如图，连接，过点作于点，过点作于点， 由旋转知，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形内角和定理和外角性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． 题型四 旋转中的动态几何探究 12．（2025·江西·中考真题）综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 特例研究 在正方形中，相交于点O． （1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________； （2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值 类比探究 （3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由； （4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）． 【答案】（1）；；（2）；（3）的值与α无关，理由见解析；（4）． 【分析】（1）利用正方形的性质结合旋转的性质求解即可； （2）由题意得，推出，，再得到，推出，根据正方形的性质求解即可； （3）同理可证，得到，根据线段垂直平分线的性质求得，再根据余弦函数的定义求解即可； （4）同理可证，，，根据，求解即可． 【详解】解：（1）∵正方形， ∴，， ∴旋转角为，， 故答案为：；； （2）如图， 根据题意得， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）的值与α无关，理由如下， 如图， 同理可证， ∴， ∵菱形中，， ∴， ∵O是的垂直平分线与的交点， ∴， ∴， 过点作于点， ∴，， ∴， ∴， ∴的值与α无关； （3）同理可证，，， ∴，， ∵， ∴ ， 即． 【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，正方形和菱形的性质．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 13．（2025·山东济南·中考真题）在中，，，，点O为的中点．在中，，，，连接并延长到点F，使，连接． 【初步感知】（1）如图1，当点D，E分别在，上时，请完成填空：___________；___________． 【深入探究】（2）如图2，若将图1中的绕点B按逆时针方向旋转一定的角度，连接，，，． ①（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由． ②当四边形的面积最小时，求线段的长． 【答案】（1）90；；（2）①（1）中的结论仍然成立，证明见解析；② 【分析】（1）证明，可得，，从而得到，进而得到；根据题意可得，即可得到； （2）①证明四边形为平行四边形，可得，，从而得到，根据题意可得，可证明，可得，从而得到的度数，即可；②根据平行四边形的性质可得当最小时，四边形的面积最小，即当E到的距离最小时，最小，四边形的面积最小，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小，从而得到当点B，E，M三点共线时，取得最小值，最小值为，此时时，最小，再由，可得，，然后根据勾股定理可得的长，再结合，即可求解． 【详解】解：∵点O为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵，，，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：90； （2）①中的结论仍然成立，证明 ∵点O为的中点， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，, ∴,； ②在中，∵，，， ∴， 由①得：四边形为平行四边形， ∴四边形的面积等于， ∴当最小时，四边形的面积最小， 即当E到的距离最小时，最小，四边形的面积最小， 如图，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小， ∵，， ∴， 即当点B，E，M三点共线时，取得最小值，最小值为， 此时时，最小， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由①得：， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等，熟练掌握相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性，勾股定理，平行四边形的判定和性质，利用类比思想解答是解题的关键． 14．（2024·四川成都·中考真题）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，． 【初步感知】 （1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 （2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由． 【答案】（1）的值为；（2）；（3）直角三角形的面积为4或16或12或． 【分析】（1）根据，，．证明，，继而得到，即，再证明，得到． （2）连接，延长交于点Q，根据(1)得，得到，根据中线得到，继而得到，结合，得到即，得到，再证明，得证矩形，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性质计算即可． （3）运用分类思想解答即可． 【详解】（1）∵，，． ∴， ∴，， ∴即， ∵ ∴， ∴． （2）连接，延长交于点Q，根据（1）得， ∴， ∵是中线 ∴， ∴， ∵， ∴即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得； ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得． （3）如图，当与重合时，此时，此时是直角三角形， 故； 如图，当在的延长线上时，此时，此时是直角三角形， 故； 如图，当时，此时是直角三角形， 过点A作于点Q， ∵， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 故； 如图，当时，此时是直角三角形，过点A作于点Q，交于点N， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得； 故． 综上，直角三角形的面积为4或16或12或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键． 题型五 图形变换与函数综合 15．（2025·山东德州·中考真题）如图，，点M在线段上，将沿直线折叠，点B恰好落在点处． (1)求a的值； (2)求直线的解析式； (3)若直线与直线的交点在直线的左侧，请直接写出t的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】题目主要考查坐标与图形，勾股定理解三角形，翻折的性质，确定一次函数解析式及一次函数的性质，理解题意，结合图象求解是解题关键． （1）根据题意得出，再由勾股定理及折叠的性质求解即可； （2）设，根据折叠的性质，得，，根据勾股定理确定点M的坐标，再利用待定系数法计算解析式即可． （3）根据题意作出相应草图，结合图象得出，代入一次函数解析式即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵将沿直线折叠，点B恰好落在点处， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）设， 根据折叠的性质，得，， 由（1）得， ∵， ∴， 解得， 故， 设直线的解析式为， ∴， 解得， 故直线的解析式为． （3）由（1）得：， ∴直线与直线的交点在直线的左侧， 如图所示： 当时，， ∴， ∵直线与直线的交点在直线的左侧， ∴直线经过点N时恰好是临界点， ∴， 解得：， ∴t的取值范围为． 16．（2025·四川·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线过原点，顶点为P，直线l过原点和点P． (1)求抛物线和直线l的解析式； (2)如图2，将抛物线的顶点沿射线平移，抛物线也随之移动得到抛物线，设顶点为A，其横坐标为，抛物线与抛物线交于点B． ①当时，求点B的横坐标； ②若点B的横坐标为n，请猜想并写出n与t的关系（不写推理过程）； ③如图3，若点B在第一象限内，设与y轴正半轴的夹角为，当时，求点B的坐标． 【答案】(1)抛物线的解析式为，直线l的解析式为 (2)①点的横坐标为5；②；③点B的坐标为 【分析】（1）将代入求出值，再根据和求出直线的解析式； （2）①根据题意可得，再将代入求解即可； ②参考①思路联立解析式即可； ③设抛物线的解析式为，则可得点的坐标为，点B的坐标为，先求出的表达式，作交直线于点C，求出直线和直线的解析式并联立，进而求出，结合题意求出t的值即可． 【详解】（1）解：抛物线：过原点， 将代入抛物线解析式可得 ， 解得， 抛物线的解析式为 ， ∵抛物线的解析式为， ∴顶点的坐标为， 设直线的解析式为， 将代入可得：， 解得， 直线的解析式为； （2）解：①：抛物线的顶点沿射线平移得到抛物线的顶点， 抛物线的解析式为， 当时，抛物线的解析式为， 联立抛物线与的解析式得， ， 解得， 点的坐标为； ②联立抛物线与的解析式得， ， 解得， 点的横坐标为， ∴， ∴； ③设抛物线的解析式为， 由②知点A的横坐标是点B的两倍， ∴点的坐标为，点B的横坐标为， 将代入得， ， ∴点B的坐标为， ∴ ， 作交直线于点C，过点B作轴于点D， ∵直线的解析式为， ∴直线的解析式为， 设直线的解析式为，， ∴， 解得， ∴直线的解析式为，， 联立直线和直线的解析式为， 解得， ∴点C的坐标为， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∴ 解得（舍去）， ∴点B的坐标为． 【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数交点问题、二次函数平移、二次函数点的坐标特征、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 17．（2025·江苏盐城·中考真题）请根据小明的数学探究活动单，完成下列任务． “变换” 研究内容 提出概念 已知点．如果点满足，那么称点是点的“变换”点． 理解概念 已知点，，求点的“变换”点． 探究性质 如图（1），已知点和点，当时， ①请在图（1）中分别画出点、对应的“变换”点、； ②研究发现：线段可由线段通过一次图形变换得到，点是点的对应点．如果是平移，请写出平移的距离；如果是轴对称或旋转，请用无刻度的直尺和圆规在图（1）中作出对称轴或旋转中心（不写作法，保留作图痕迹） 运用性质 如图（2），在平面直角坐标系中，菱形的顶点、、的坐标分别为，，，曲线是反比例函数（）图像的“变换”线，，交边于点、，直线、分别交边于点、，记、、、的面积分别为、、、，求的值． 【答案】概念理解：；探究性质：①见解析；②线段可由线段通过旋转变换得到，画图见解析；运用性质： 【分析】概念理解：根据概念代入即可解答； 探究性质：①根据概念代入求得，画出图形即可； ②根据旋转的性质，画出旋转中心即可； 运用性质：设曲线上任意一点为，点的“变换”点，可得，再由在反比例函数图象上，求得，直线与曲线的交点为， ，则，求出的面积，设点到的距离为，利用等积法求出，再求的面积，求出的面积的面积，根据对称性可求． 【详解】解：概念理解： ， ； 探究性质：①根据概念理解可得， ， ， 故点、对应的“变换”点、如下图， ②线段经过一次平移或轴对称，不能得到， 线段可由线段通过旋转变换得到， 旋转中心如图所示， ，， 旋转中心为点， ， 为等腰三角形， ， 线段可由线段以点为中心，逆时针旋转得到， ； 运用性质：设曲线上任意一点为，点的“变换”点， ， ， 在反比例函数图象上， ， ， 设直线的解析式为， ， 解得， ， 当时，解得或， ， ， ， 四边形是菱形， ， ，， ，， 的面积， 的面积， 设点到的距离为， ， ， 解得， 的面积 的面积的面积， 的面积的面积，的面积的面积， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数值，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，准确从探究性质中得出线段可由线段以点为中心，逆时针旋转得到是解题的关键． 18．（2025·山东威海·中考真题）已知抛物线交x轴于点，点B，交y轴于点C．点C向右平移2个单位长度，得到点D，点D在抛物线上．点E为抛物线的顶点． (1)求抛物线的表达式及顶点E的坐标； (2)连接，点M是线段上一动点，连接，作射线． ①在射线上取一点F，使，连接．当的值最小时，求点M的坐标； ②点N是射线上一动点，且满足．作射线，在射线上取一点G，使．连接，．求的最小值； (3)点P在抛物线的对称轴上，若，则点P的坐标为___________． 【答案】(1)， (2)①；② (3)或 【分析】（1）令，则，得到，根据平移得到，进而根据抛物线过点，，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式为．将解析式化为顶点式，即可得到顶点E的坐标； （2）①当点O，M，F三点共线时，为最小值．对于抛物线，令，求出，进而可得直线的解析式为．由点F在射线CD上，，得到，从而可得直线的解析式为．解方程组即可解答； ②由，，得到是等腰直角三角形，从而．连接，，由两点间距离公式可得，，从而，即可得到是等腰直角三角形，因此，从而证得，得到，进而有．证明，根据勾股定理求出，即可解答． （3）分两种情况：①当点P在x轴上方时，取点，连接，得到是等腰直角三角形，，即可推出．过点A作于点K，设对称轴与x轴的交点为Q，则，从而，得到．根据的面积求得，进而在中，，把相关数据代入，即可求得，从而．②当点P在x轴下方时，由对称性可得．即可解答． 【详解】（1）解：对于抛物线，令，则， ∴， ∵点C向右平移2个单位长度，得到点D， ∴， ∵抛物线过点，， ∴，解得， ∴抛物线的解析式为． ∵， ∴抛物线的顶点E的坐标为． （2）解：①如图，当点O，M，F三点共线时，为最小值． 对于抛物线，令，则， 解得，， ∴， 设过点，的直线解析式为， 则，解得， ∴直线的解析式为， ∵， ∴， ∵点F在射线上，，， ∴， ∴由点，可得直线的解析式为， 解方程组得， ∴当的值最小时，点M的坐标为； ②∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． 连接，， ∵，，， ∴，，， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴轴，即， ∴， ∴． ∵，， ∴在中，， ∴， 即的最小值为． （3）解：①当点P在x轴上方时， 取点，连接， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，即， ∵， ∴． 过点A作于点K，设对称轴与x轴的交点为Q， ∴， ∴， ∴． ∵，，， ∴，， ∵， 即， ∴， ∴在中，， ∵对称轴为直线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ②当点P在x轴下方时，由对称性可得． 综上所述，点P的坐标为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查待定系数法求解析式，二次函数的图象及性质，勾股定理及其逆定理，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，两点间的距离公式，两点之间线段最短等，综合运用相关知识是解题的关键． 题型六 几何变换与相似综合 19．（2025·山东淄博·中考真题）【问题情境】 小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习． 【探究感悟】 如图①，小明在边上取点（不与，重合），连接，将沿翻折，使得点的对应点恰好落到对角线上．则此时线段的长是 ； 【深入探究】 小明继续将沿翻折，发现：，，三点能构成等腰三角形．请求出此时线段的长； 【拓展延伸】 如图②，小明又在边上取点（不与，重合），并将四边形沿翻折，使得点的对应点恰好落在边上．记（为的对应点）与的交点为，连接，小明再次发现：线段与的长度之和存在最小值．请求出此时线段的长． 【答案】（1）（2）或（3） 【分析】（1）根据正方形的性质，折叠的性质，推出为等腰直角三角形，进而求出的长即可； （2）分和两种情况进行讨论求解即可； （3）连接，，作，易得四边形为矩形，根据折叠性质得到，证明，得到，进而得到，作点关于的对称点，连接，连接交于点，则，，得到，得到当点在上时，即点与点重合时，，值最小，证明，得到，进而得到为的中点，设，则：，在中，由勾股定理，得：，求出的长，进而求出的长，证明，进行求解即可． 【详解】解：（1）∵正方形，边长为4， ∴， ∴， ∵翻折， ∴，， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴； （2）当时，如图，作于点，延长交于点， 则：四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵折叠， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴； ②当时，如图：作于点，延长交于点，作于点，则：，四边形为矩形，四边形为矩形， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴，， 在中，， ∴； 综上：或； （3）连接，，交于点，作，则：四边形为矩形， ∴，， ∵折叠， ∴，，，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 作点关于的对称点，连接，连接交于点，则：，， ∴， ∴当点在上时，即点与点重合时，，值最小； 如图： ∵，，， ∴， ∴， ∴为的中点， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，利用轴对称解决线段和最短问题等知识点，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，确定动点位置，是解题的关键． 20．（2025·江苏无锡·中考真题）【数学发现】 某校数学兴趣小组进行了如下探究：以内部任意一点为中心，画出与成中心对称的．当点处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化． 【问题解决】 组员小明选择面积为1的，以其内部任意一点为中心，画出与之成中心对称的，探究了下列问题，请你帮他解答． (1)如图3，，当点关于点的对称点落在边上时，两个三角形重叠部分为． ①若，求的长；（请直接写出答案） ②若的面积为，求的长． (2)如图4，点为的中点，点在上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”，求“平行六边形”面积的最大值，并指出此时点的位置． 【答案】(1)①，② (2)，是的重心. 【分析】（1）①利用面积先求解，再结合中心对称的性质可得，②证明，可设，结合的面积为，可得，同理，进一步建立方程求解即可. （2）如图，连接，，记，的交点为，证明共线，共线，，，，，，设，，， 可得，再进一步求解即可. 【详解】（1）解：①∵， ∴， ∵， ∴， ∵点关于点的对称点为点， ∴. ②∵， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴设， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴， ∴， ∵ 与关于成中心对称， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴， 同理可得：， ∴， ∵， ∴， 解得：，经检验符合题意， ∵，， ∴， ∴. （2）解：如图，连接，，记，的交点为， ∵与关于成中心对称，“平行六边形”， ∴共线，共线，，，，， ∴， 设，，， ∴, ∵， ∴， ∴，即， 同理：， ∴，即， 同理：， ∴，即， ∴， ∵，，， ∴的最小值为： ， 此时，，， ∴，即， ∴“平行六边形”的面积的最大值为：， 同理可得：， 同理：，， ∴，， ∴， ∴是的重心. 【点睛】本题考查的是中心对称的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形的重心的判定与性质，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线，选择合适的方法解题是关键. 21．（2025·四川巴中·中考真题）如图，在中，，，点P是边AB中点，，． (1)点N在线段AC上，点M在线段CB上． ①当时，CM的值是______； ②当时，求的值； (2)点N在射线上，点M在射线CB上．当时，直线MN与射线PC相交于点F，若，求的值． 【答案】(1)①2；②4 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，准确理解题目中给的条件，作出辅助线求解是解题的关键． （1）①根据题意可得此时为等腰直角三角形，作图求解即可； ②连结，根据直角三角行斜边上的中线等于斜边的一半求出，进而证明，即可得解． （2）分两种情况讨论，第一种情况，，设．则，求出的长，过点作于交于点，分别证明和即可得解；第二种情况，，连接，分别证明和即可得解． 【详解】（1）①如图所示， 为等腰直角三角形， ， 又， ， 为等腰直角三角形， ， ，， ，， 为中点， 、为、的中点， ， ； 故答案为：2． ②连结， ，， ， 又点为的中点， ，，， ， 又， ， ， ． （2）第一种情况如图所示，，设．则， ， ， ， 过点作于交于点， ，， ， 又， ， ， ， ， ， ， 又 ， ； 第二种情况：如右图所示，，连接， 易知，当时，点、分别与、重合，与题意不符，不成立； 由（1）可知：， ， ， 又， ．， 可得，，， ， ， ， ， ， 又，， ， ， ． 22．（2025·海南·中考真题）图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质，王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究． 【知识技能】 （1）如图1，在正方形中，、分别是边、上的点，连接、、、且．将绕点按逆时针方向旋转至，则点在的延长线上． ①证明，并判断是否成立； ②若，，请计算正方形的周长． 【教学理解】 （2）如图2，在正方形中，、分别是边、上的点，．连接、，、分别是线段、上的点，连接、、，且（点、、、均不与端点重合）．请猜想线段、、的数量关系，并说明理由． 【拓展研究】 （3）如图3，是正方形的对角线，、分别为线段、上的点，且．将绕点按顺时针方向旋转（旋转角小于）至．连接，取线段的中点，连接、，求的值． 【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3） 【分析】（1）①先根据正方形的性质得出，再根据旋转的性质得出，，，，然后证明，根据全等三角形性质与线段的和差得到结论成立；②先根据勾股定理求得，再求得，从而可求得，再求出正方形的边长，从而可求得正方形的周长； （2）将绕点B逆时针旋转得，连接，先由旋转性质可得：，根据全等三角形的性质可得，，，，再证明，根据全等三角形的性质得出，再证明四边形是平行四边形，从而可得，再根据平行线的性质可得，进而可证明，再利用勾股定理可求解； （3）先利用正方形的性质，结合，可得同H为中点，是等腰直角三角形，从而可得，再根据中位线定理可得，，从而可说明是等腰直角三角形，再根据旋转的性质可得是等腰直角三角形，于是就有，进而求得，再证明，列出比例式，求得的值． 【详解】（1）解：①证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵将绕点B按逆时针方向旋转90°至， ∴，，，， ∴，， ∴点M在的延长线上， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴成立； ②∵，，， ， ∴， ∴， ∴正方形的边长为， ∴正方形的周长为； （2），理由如下： 将绕点B逆时针旋转得，连接，如图： 由旋转性质可得：， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴； （3）过C作于H，连接，设交于K，如图： ∵四边形是正方形，， ∴H为中点，是等腰直角三角形， ， ∵E为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵将绕点B按顺时针方向旋转（旋转角小于）至， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， 即的值为． 【点睛】本题考查了相似三角形综合应用，全等三角形判定与性质，等腰直角三角形三边的关系，勾股定理及应用等知识，解题关键是掌握全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质． 题型七 图形变换与动点存在性问题 13．（2025·山东青岛·中考真题）如图①，在中，，，，将沿方向平移，得到，过点作，交的延长线于点，为的中点．点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为．连接，，．设运动时间为（）． 解答下列问题： (1)当时，求的值； (2)如图②，当时，设的面积为（），求与之间的函数关系式； (3)当时，是否存在某一时刻，使是直角三角形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)的值为或． 【分析】（1）由题意得，当时，，求得，再利用三角函数的定义求解即可； （2）作于点，作于点，同（1）利用三角函数的定义求得，，再根据，利用三角形的面积公式代入数据求解即可； （3）分两种情况讨论，当时，作于点，交延长线于点，证明，构造一元二次方程，利用公式法求解即可；当时， 作于点，证明，构造一元二次方程，利用公式法求解即可． 【详解】（1）解：由题意得，， ∵在中，，，， ∴， 由平移的性质得，，，，， ∵为的中点， ∴， ∵，， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 解得； （2）解：当时，∴点在线段上，作于点，作于点， ∵，， ∴，， ∵， ∴，即， ∴， 同理，即， ∴， ∵， ∴， ∵ ； ∴； （3）解：存在，理由如下， 由题意， 当时，作于点，交延长线于点， 同理，，， ∴，， 在中，， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 整理得， 解得， ∵， ∴； 当时， 作于点， ∵， ∴， ∴，即， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 整理得， 解得， ∵， ∴； 综上，的值为或． 【点睛】本题考查了平移的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，公式法解一元二次方程，正确构造辅助线，分类讨论是解题的关键． 24．（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． 25．（2025·山东淄博·中考真题）如图，一条抛物线与轴相交于，两点，与轴相交于点． (1)求抛物线对应的函数表达式； (2)问在抛物线上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由； (3)将射线绕点逆时针旋转一定角度，使其恰好经过抛物线的顶点，再将抛物线沿直线平移，得到一条新的抛物线（其顶点为）．设这两条抛物线的交点为． ①求旋转角度的正切值； ②当时，求原抛物线平移的距离． 【答案】(1) (2)或 (3)①3；②抛物线的平移距离为 【分析】（1）根据待定系数法求解即可； （2）求出点坐标，作的中垂线交轴于点，连接，则：，得到，设，则：，勾股定理求出的值，进而得到点坐标，求出直线的解析式，作，得到，求出直线的解析式，联立直线和抛物线的解析式求出点坐标，再根据对称性，求出满足题意的另一个点的坐标即可； （3）①求出直线的解析式，根据题意，得到旋转角为，作，交轴于点，作于点，则：，求出直线的解析式，进而求出点的坐标，等积法求出的长，勾股定理求出的长，再利用正切的定义进行求解即可； ②设抛物线沿着水平方向和竖直方向均移动个单位，根据平移规则求出新的抛物线的解析式，求出点的坐标，联立两个抛物线的解析式求出点坐标，作轴，交的延长线于点，证明，列出比例式求出的值，进而求出平移距离即可． 【详解】（1）解：抛物线与轴相交于，两点，将两点坐标代入抛物线，得， 解得， ∴抛物线的表达式， （2）∵， ∴当时，， ∴， 作的中垂线交轴于点，连接，则：， ∴， ∴， ∵， ∴，， 设，则：， 在中，由勾股定理，得， 解得， ∴， 设直线的解析式为，把代入，得，解得， ∴， 过点作，交轴于点，交抛物线于点，则：， 设直线的解析式为，把代入，得，解得， ∴， 联立， 解得或， ∴； ∵， ∴当时，， ∴， 作点关于轴的对称点，连接，则：，， ∴直线与抛物线的交点也满足题意， 同法可得：直线的解析式为， 联立，解得或， ∴； 综上：或； （3）①∵， ∴， ∵， 同法可得直线的解析式为， 由题意，即为旋转角，作，交轴于点，作于点，则：， ∴， 同法可得直线的解析式为， ∴当时，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②将抛物线沿直线平移，等同于将抛物线沿直线平移， ∵， ∴抛物线在水平方向和竖直方向上的移动距离相等， 设将抛物线向右和向上分别平移个单位，得到新的抛物线，则新抛物线的解析式为， ∴， 联立， 解得：， ∴， 作轴，交的延长线于点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得或（舍去）或（舍去）； ∴抛物线在水平方向和竖直方向的平移距离均为， ∴抛物线的平移距离为； 当抛物线沿直线向下移动时，同理可得抛物线的平移距离为； 综上：抛物线的平移距离为． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，解直角三角形，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数图象的平移等知识点，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键． 26．（2025·四川凉山·中考真题）如图，二次函数的图像经过三点． (1)求抛物线的解析式； (2)点P在直线下方的抛物线上运动，求点P到直线的最大距离； (3)动点Q在抛物线的对称轴上，作射线，若射线绕点Q逆时针旋转与抛物线交于点D，是否存在点Q使？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在点Q使，此时点Q的坐标为或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）求出直线的解析式为；过点P作轴交于E，连接，设，则，可得；根据，可得，则当有最大值是，有最大值，可求出的最大值为；求出，设点P到直线的距离为h，根据三角形面积计算公式可得，则当有最大值时，h有最大值，据此可求出答案； （3）分当点Q在x轴下方时，当点Q在x轴上方时，两种情况求出对称轴，设出点Q坐标，根据“一线三垂直”模型构造全等三角形，用点Q的坐标表示出点D的坐标，再根据点D在抛物线上构造方程求解即可． 【详解】（1）解：∵二次函数的图像经过三点， ∴， ∴， ∴抛物线解析式为； （2）解：设直线的解析式为， ∵， ∴， ∴， ∴直线的解析式为； 如图所示，过点P作轴交于E，连接， 设，则， ∴； ∵， ∴ ， ∴当有最大值是，有最大值， ∵，， ∴当，即时，有最大值，最大值为， ∴的最大值为； ∵， ∴， ∵， ∴； 设点P到直线的距离为h， ∴， ∴， ∵当有最大值时，h有最大值， ∴h的最大值为， ∴点P到直线的最大距离为； （3）解：如图3-1所示，当点Q在x轴下方时，设抛物线对称轴交x轴于H，过点D作交直线于G， ∵抛物线解析式为， ∴抛物线对称轴为直线， ∴， ∴； ∵， ∴； 设点Q的坐标为，则； 由旋转的性质可得， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴点D的横坐标为，纵坐标为， ∴， ∵点D在抛物线上， ∴， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴此时点的坐标为； 如图3-2所示，当点Q在x轴上方时，过点Q作轴，分别过点A，点D作直线的垂线，垂足分别为R、S，设点Q的坐标为， ∴； 由旋转的性质可得， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴点D的横坐标为，纵坐标为， ∴， ∵点D在抛物线上， ∴， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴此时点的坐标为； 综上所述，存在点Q使，此时点Q的坐标为或． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，旋转的性质，全等三角形的性质与判定等等，解（2）的关键在于把求点P到的距离的最大值转换成求的面积的最大值，解（3）的关键在于通过“一线三垂直”模型构造全等三角形． 题型八 与图形变换有关的阅读理解类问题 27．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 【答案】[探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析 【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理； [探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故； [探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形； [探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得． 【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形； [探究证明]：证明：如图： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形， ， 为边的中点，为边的中点， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是菱形， ，， ，， 四边形是平行四边形； [探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下： 由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形， 当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图： ， ， ， 设，则， ， 为中点， ，， 四边形是菱形， ， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， ； 当四边形是菱形时，延长交于，如图： 设，则， 四边形是菱形， ， ，， 四边形是平行四边形，， ，， ， △是等边三角形， ， ， ； 综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或． 28．（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. 29．（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 【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． 30．（2025·四川达州·中考真题）综合与实践 问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系． 探究发现：如图1，在中，，是边上一点，过点作于，于，过点作于．连结，由图形面积分割法得：______；则____________． 实践应用：如图2，是等边三角形，，点是边上一点，连结．将线段绕点逆时针旋转得，连结交于，过点作于，于，当时，求的值． 拓展延伸：如图3，已知是半圆的直径，，是弦，，是上一点，，垂足为，，求的值． 【答案】探究发现：，；实践应用：；拓展延伸： 【分析】探究发现：图形面积分割法得出，根据得出； 实践应用：过点分别作的垂线，垂足分别为，根据等边三角形的性质，含度角的直角三角形的性质，勾股定理分别求得，，进而根据旋转的性质可得是等边三角形，同理求得的长，进而根据探究发现的结论，即可求解； 拓展延伸：延长交于点，过点作于点，设，根据圆周角定理，得出，在，中，根据勾股定理，求得，进而根据弧与圆周角的关系，得出，根据前面的结论，即可求解． 【详解】解：探究发现：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：，，；． 实践应用：如图，过点分别作的垂线，垂足分别为， ∵是等边三角形，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵，则， ∴， 在中，． ∵将线段绕点逆时针旋转得， ∴ ∴是等边三角形， ∴，则， ∴由探究发现可得：． 拓展延伸：如图，延长交于点，过点作于点，连接， 设， ∵是半圆的直径， ∴， ∵， 在中，， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴由探究发现可得：， ∵， ∴， ∵， ∴ ． 【点睛】本题考查了勾股定理，点到直线的距离，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，弧与圆周角的关系，熟练掌握等面积法求线段长是解题的关键． 1．（2025·河南南阳·二模）综合与实践 【问题呈现】 （1）如图①，和都是等腰直角三角形，，连接，，则，之间的数量关系是_______，________． （2）如图②，在中，，，（不与点，重合）是直线上的一动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到，连接，． 【类比探究】 ①如图②，点在线段上时，求证：． 【拓展提升】 ②如图③，，在点运动的过程中，当时，请直接写出的长． 【答案】（1）；；（2）①见解析；② 【分析】本题考查的是相似三角形的性质和判定、勾股定理、直角三角形的性质，勾股定理，以及旋转的性质等知识点． （1）证明，根据相似三角形的性质可得，； （2）同理（1）可得可求，，由此求出； （3）分当在内时，当在外时， 两种情况，结合（1）的结论，利用直角三角形性质和勾股定理解三角形即可求解． 【详解】解：（1）；； ∵和都是等腰直角三角形，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， 故答案为：；； （2）①如图②，过点作，垂足为， ∵在中，，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 由旋转可知：是等腰直角三角形， 同理（1）可得：；； 设，， 则，，， ∴， ∴， ②当在内时，如图③-1，过点作，垂足为， 同理可得：，；； ∵在中，，， ∴， ∴， ∴当时， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ 当在内时，如图③-2， 同理可求：，， ∴ 综上所述：长为 2．（2023·四川成都·二模）如图，在中，，，，是边上的中线，点E是边上的一个动点，连接，将沿直线翻折得到． (1)如图1，线段与线段相交于点G，当点G是边的中点时，求的长； (2)如图2，当点E与点C重合时，线段与线段相交于点P，求的长； (3)如图3，线段与线段相交于点M，是否存在点E，使得为直角三角形？若存在，请直接写出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)的长为 (2) (3)存在，的长为或 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质，直角三角形的性质，三角形中位线定理，等腰三角形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． （1）由勾股定理求得，根据直角三角形的性质可得，再由三角形中位线定理求得，由翻折的性质得，，求得，再由勾股定理求解即可； （2）根据相似三角形的判定和性质即可求解； （3）分两种情况：①当时，②当时，根据相似三角形的判定和性质求解即可． 【详解】（1）解：∵中，，，， ∴， ∵是边上的中线， ∴， ∵点G是的中点，点D是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵将沿翻折得到， ∴，， ∴， ∵是的中位线， ∴， ∴， 设，则， ∴在中，， ∴， 即当点G是边的中点时，的长为． （2）解：由（1）知， ∴， ∵将沿翻折得到， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴设，则，， ∴， ∴（经检验是原方程的根） ∴． （3）解：存在，①如图，当时， ∵，， ∴， ∴， ∴， 作于H， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴； ②如图，当时， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述，存在点E，使得为直角三角形，的长为或． 3．（2025·天津河东·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，点，点B在y轴的正半轴上，是等边三角形，点C在第二象限． (1)填空：如图①，点B的坐标为_________，点C的坐标为_________； (2)将沿x轴向右平移得到，点B，C，O的对应点分别为． ①如图②，设与重叠部分的面积为S．当与重叠部分为五边形时，分别与相交于点E，F，G，H，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②连接，当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①，其中t的取值范围是；② 【分析】本题主要考查一次函数与几何的综合、等边三角形的性质与判定、三角函数及平移的性质，熟练掌握一次函数与几何的综合、等边三角形的性质与判定、三角函数及平移的性质是解题的关键； （1）由题意易得，然后根据等边三角形的性质及三角函数可得，进而问题可求解； （2）①由平移的性质可得，，则有是等边三角形，在中，，则，然后可得，进而根据割补法可进行求解； ②以和为邻边构造平行四边形，然后可得，则由（1）得，点O关于直线的对称点为点，故，当三点共线时，值最小，连接即为的最小值，进而问题可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵为等边三角形，作轴于点D，如图①所示， 则， ∴， ∴点B的坐标为的坐标为， 故答案为：； （2）解：①由平移的性质可得，， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， 在中，，则， ∴， 在中，， ∵， ∴， 所以 ， 当点重合时，，此时与重叠部分不是五边形，当点重合时，，此时与重叠部分不是五边形， ∴t的取值范围是：； ②如图所示，连接和， 以和为邻边构造平行四边形，设， ∴， 解得，， ∴， 由（1）得，点O关于直线的对称点为点， 故，当三点共线时，值最小，连接即为的最小值， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为， 当时，， 解得，， ∴的坐标为． 4．（2025·安徽·模拟预测）在边长为6的菱形中，，点E、F是边、上的点，连接， (1)如图1，将沿翻折使B的对应点落在中点上，此时四边形是什么四边形？并说明理由． (2)如图2，若，以为边在右侧作等边； ①连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的长度． ②直接写出的最小值． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)①的长为3或；②当点G与点H重合时，的最小值为 【分析】（1）由折叠的性质可得，，，由菱形的性质和等腰三角形的性质可得，可证，可得结论； （2）①由“”可证，可得，，分两种情况讨论，由等边三角形的性质和勾股定理可求解； ②由垂线段最短，可得当点G与点H重合时，的最小值为． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由如下：连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵将沿翻折使B的对应点落在中点上， ∴，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：①如图2，连接，在上截取，连接，连接，并延长，交于点N，过点C作直线于H， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴，， 当时，， ∴， ∴； 当时，过点M作于Q，过点G作于P， ∵是等边三角形，， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 综上所述：的长为3或， ②由（2）①可知：点G在上运动，且，与的距离为， ∴当点G与点H重合时，的最小值为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 5．（2025·陕西西安·一模）【问题呈现1】 在中，，，点D是斜边上的一点，连接，试说明、、间的数量关系，小敏同学思考后是这样做的：如图1将绕点C逆时针旋转，得到，连接，请写出、、之间的数量关系 ． 【问题呈现2】 如图2，在中，，为边上的高，若，试判断是否存在最小值，若存在，请求出最小的面积值；若不存在，请说明理由； 【问题解决】 为迎接新春佳节，西安市城市管理部门在古城墙段安装了全息投影射灯．工作人员选择在城墙的E点安装射灯，该城墙段的几何结构如图3：城墙顶部凸起部分为墙垛，如四边形，凹陷部分为垛口，如四边形，本题中墙垛与垛口均为正方形．现从B点发射全息投影光束，其投影画面可绕E点转动，但始终保持，其中F、G分别是与边上的动点．已知墙垛边长为，墙面区域，，，城墙楼梯长度为．墙垛面积在本问题中可忽略不计．现需分析在全息投影表演过程中，投影到城墙区域（四边形）的面积是否存在最大值．若存在，请求出面积最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】【问题呈现1】：；【问题呈现2】：；【问题解决】： 【分析】【问题呈现1】：由旋转的性质得出是等腰直角三角形，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论； 【问题呈现2】：如图2中，作的外接圆，连接，作于．设．求出的最小值即可解决问题． 【问题解决】：如图，根据题意可得，，，则，连接，则，证明平分，过点E作于，点E作交的延长线于点，则，过点D作于，求出，证明四边形是矩形，得出，根据，求出，证明，则，得出，根据，得出要使最大，则最小，将旋转至，使和重合，证点共线，此时，根据，得出，结合，求出，如图中，作的外接圆，则连接，作．设，求出的最小值，即可得出的最小值，求出的最小值，即可解决问题． 【详解】解：【问题呈现1】：∵将绕点逆时针旋转，得到对应的， ，， ∴是等腰直角三角形， ∵，， ∴， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：； 【问题呈现2】：如图2中，作的外接圆，连接，作于． 设， ， ， ， ， ， ， ∴的最小值为， ， ∴的最小值为， ∴的最小值． 问题解决：如图，根据题意可得，，， ∴， 连接， 则， ∴， ∴， 即平分， 过点E作于，点E作交的延长线于点， 则， 过点D作于， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 要使最大，则最小， 将旋转至，使和重合， ∵， ∴点共线， 此时， ∵， ∴， ∵， ∴， 根据旋转可得， ∴， 如图中，作的外接圆，则连接，作． 设， ， ， ， ， ， ， ∴的最小值为， ， ∴的最小值为， ∴的最小值． ∴最大值为， ∴最大为． 【点睛】该题是圆综合题，考查了全等三角形的性质和判定，旋转的性质，角平分线性质定理，圆周角定理，矩形的性质和判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，垂径定理，等知识点，解题的关键是正确作出辅助圆，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题． 6．（2025·四川广元·一模）在某次校园数学实践活动中，为测量校园内三角形景观的相关数据，某小组同学遇到了如下问题：如图①，点P 在等边内部，且，求 的长． 【初步探究】（1）经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点A按顺时针方向旋转， 得到， 连接， 寻找，，三边之间的数量关系，即可求得 的长为 ； 【理解应用】（2）如图②，在等腰直角中，， P为内一点，， 判断，，之间的数量关系， 并说明理由； 【类比迁移】（3）如图③，学校有一块三角形的劳动实践基地，其中，，实践工具存放点位于基地的P点，通过测量，，求线段的长． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3） 【分析】本题考查了等边三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理等三角形综合知识，通过旋转构造特殊三角形是解题的关键． （1）根据题意得为等边三角形，为直角三角形，继而求得； （2）通过旋转性质得为等腰直角三角形，为直角三角形，即可解答； （3）通过旋转性质得为等腰直角三角形，为直角三角形，即可解答． 【详解】解：（1）由旋转可知： 是等边三角形， ， 是直角三角形， （2） 理由如下：如图， 把绕点C顺时针旋转得到， 连接， 由旋转可知: ， ， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ， 在中， 即   （3）如图，将 绕点B顺时针旋转，得到 连接， 由旋转可知： 是等腰直角三角形， 点在线段上， 是直角三角形， 的长为 ． 7．（2025·重庆·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于点A，点B（A在B的左侧），与y轴相交于点C，A、B的坐标分别为：、，连接，． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点P是第一象限内抛物线上的动点，过点P作，交直线于点Q，过点Q作轴，交y轴于点M，点K为直线上一动点，当最大时，求的最小值； (3)将该抛物线沿射线方向平移个单位，点E为平移后抛物线对称轴上一动点，连接，，当时，请写出所有符合条件的E的坐标，并写出其中一个点的求解过程． 【答案】(1) (2)3 (3)点E的坐标为或，过程见详解 【分析】（1）根据待定系数法可进行求解； （2）过P作轴交于交于F，延长交于G，由题意易得，则有，，然后可得点坐标，过轴，过P作，过K作轴交于H，作交于，则有轴，四边形、、均是矩形，进而可得，最后问题可求解； （3）由题意可分①当E在x轴上方时，②当E在x轴下方时，进而分类进行求解即可． 【详解】（1）解：抛物线与x轴交于、， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：如图，过P作轴交于交于F，延长交于G， ∴轴， ∴， 当时，， ∴， ∴， ∴， 在中，，， ∴，， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 则有， 解得：， ∴直线的解析式为， 设， ∴， ∴ ， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∵， 当时，取最大值， 此时， ∴， 如图，过轴，过P作，过K作轴交于H，作交于， ∴轴，四边形、、均是矩形， ∴，， ∴， 在中，， ∴ ∴， ∴， ∴， 如图， 当P、K、三点共线时，的值最小，此时， ∴的最小值为3； （3）解：∵，该抛物线沿射线方向平移个单位， ∴， ∴该抛物线向左平移个单位长度，， ∴平移后的对称轴为直线， ①当E在x轴上方时，如图，过E作轴交于N，过A作轴交于T，交于S， ∴，四边形、、是矩形， ，， ∴，，，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：，（舍去）， ∴， 设，， ∴， 在中，， 即， 解得：（舍去）， ∴； ②当E在x轴下方时，如图， 同理可求：， ∴， 解得：，（舍去）， ∴； 综上所述，E的坐标为或． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合，三角函数，相似三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握二次函数的综合，三角函数，相似三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键． 8．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图1，梯形中，，，，，，点是射线上一动点（不与点重合），将沿着进行翻折，点的对应点记为点． (1)如图，当点在线段上时，设，，求与之间的函数关系式，并写出定义域； (2)如图，连接，线段与射线交于点，当是等腰三角形时，求的长． 【答案】(1)与之间的函数关系式为 (2)的长为或或 【分析】（1）用梯形和矩形的性质求出，确定的定义域；由翻折得垂直平分，可证、，利用相似的比例关系，将面积比转化为线段比，再推导函数式即可； （2）先求出，分三种等腰情况讨论：当时，通过证明得，结合勾股定理列方程求；当时，用相似比得，再通过勾股定理求解；当时，利用值相等的关系计算． 【详解】（1）解：如图1，过点作于点，设交于，设，， ∴，， ∵在梯形中，，，，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵点在线段上（不与点重合），， ∴， ∵将沿着进行翻折，点的对应点为点， ∴，， ∴垂直平分线段， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴①， ∵，， ∴， ∴，即， ∴②， ②①，得：， ∴， ∴与之间的函数关系式为； 答：与之间的函数关系式为． （2）解：①如图2，在梯形中，，，，，当时，延长交于，设， 在直角三角形中，由勾股定理得：， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵将沿着进行翻折，点的对应点为点， ∴，，， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴； ②如图3，当时， ∵，， ∴， ∵， ∴，即， 解得：， 在直角三角形中，由勾股定理得：， ∵， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴； ③如图4，当时，点与重合， ∵垂直平分， ∴， ∴，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 综上所述，当是等腰三角形时，的长为或或． 答：的长为或或． 【点睛】本题考查梯形、矩形的性质，图形翻折的性质，相似三角形的判定与性质，三角函数与勾股定理，掌握分类讨论思想是解题关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 图形变换综合 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 图形变换综合（热考）（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型 1：平移性质与坐标计算 题型 2：轴对称性质与最短路径 题型 3：中心对称与坐标计算 题型 4：旋转性质与角度 / 边长 / 坐标计算 题型 5：翻折（折叠）求角度/线段长/坐标 题型 6：图形变换与全等三角形 题型 7：图形变换与坐标综合 题型 8：网格中作图（平移、旋转、轴对称） 题型 9：位似图形与坐标缩放 题型 10：与图形变换有关的规律探究问题 必备知识 知识点一 轴对称图形与轴对称 知识点二 中心对称图形与中心对称 知识点三 图形的平移 知识点四 图形的旋转 命题预测 考点二 图形变换综合（压轴）（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型 1：旋转全等模型综合 题型 2：折叠问题中的勾股与方程 题型 3：图形变换中的最值问题 题型 4：旋转中的动态几何探究 题型 5：图形变换与函数综合 题型 6：几何变换与相似综合 题型 7：图形变换与动点存在性问题 题型 8：与图形变换有关的阅读理解类问题 命题预测 命题透视 1．从命题形式上看，呈现出“新情境、新模型、新设问”的特点，载体形式上多以网格作图、函数图象、几何折叠/旋转、实际应用场景为主，凸显对直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养的考查，渗透数形结合思想，培养几何建模能力。 2．从命题内容上看，平移/轴对称/中心对称的坐标计算与最短路径、旋转全等/相似模型、折叠问题中的勾股定理与方程思想、图形变换中的最值与动态探究、变换与函数/坐标系综合、位似缩放与规律探究是历年中考命题的核心区域。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 图形的平移 ①天津・T15.平面直角坐标系中图形平移求坐标；②广西・T8.平移性质判定与坐标计算 ①广东・T7.平移规律与坐标计算；②江苏・T10.平移与最短路径综合 ①广西・T6.图形平移规律判断；②湖南・T12.平移与函数图象综合 图形的轴对称 ①山东・T11.折叠求线段长/角度；②广东・T16.轴对称与最短路径（将军饮马模型） ①浙江・T9.折叠性质与角度计算；②北京・T14.轴对称与坐标变换 ①河南・T9.折叠性质应用；②江苏・T14.轴对称与坐标变换综合 图形的旋转 ①浙江・T15.旋转全等模型综合；②湖北・T20.旋转与动态几何探究 ①四川・T12.旋转性质与坐标计算；②安徽・T18.旋转与相似三角形综合 ①四川・T10.旋转性质判定；②陕西・T18.旋转与相似三角形综合 图形的翻折（折叠） ①安徽・T12.折叠问题中的勾股定理与方程；②福建・T17.折叠与多结论判断 ①山东・T13.折叠求线段长；②江西・T17.折叠与函数关系式 ①云南・T8.折叠求线段长度；②江西・T19.折叠与函数关系式求解 位似变换 ①上海・T7.位似图形坐标与缩放；②河北・T13.位似比计算与作图 ①湖南・T8.位似图形性质与坐标；②山西・T12.位似与面积比 ①贵州・T9.位似图形性质；②山西・T15.位似与面积比综合 图形变换与函数综合 ①江苏・T24.二次函数与平移/旋转综合压轴；②广东・T25.图形变换与一次函数动点问题 ①浙江・T23.几何变换与二次函数最值；②广东・T24.变换与函数动点 ①湖南・T22.几何变换与二次函数最值；②浙江・T23.图形变换与坐标系综合证明 图形变换与动态几何 ①北京・T16.动点与平移/旋转综合；②重庆・T26.图形变换与存在性问题探究 ①河南・T22.动态几何与变换性质；②山东・T23.变换与动点轨迹 ①山东・T21.动态几何与变换性质；②河南・T23.图形变换与动点轨迹 图形变换与全等/相似 ①黑龙江・T18.旋转全等与证明；②吉林・T20.位似与相似三角形综合 ①辽宁・T13.变换与全等判定；②内蒙古・T18.相似与变换性质 ①辽宁・T11.变换与全等三角形判定；②内蒙古・T19.相似与图形变换性质综合 命题预测 命题形式：以生活化情境、网格/函数为载体，侧重考查直观想象、逻辑推理等核心素养，设问更具探究性与开放性。 核心考点：基础题聚焦平移/轴对称/旋转的性质与坐标计算，中档题侧重折叠勾股方程、最短路径模型，压轴题多为变换与函数、动态几何、全等/相似的综合。 备考方向：需熟练掌握核心变换模型，强化数形结合、分类讨论与方程思想，提升新情境下的几何建模与探究能力。 考点一 图形变换综合（热考） 题型一 平移性质与坐标计算 由平移的性质可以得到线段相等、角相等、线段平行等结论，其中既有数量关系结论，又有位置关系结论，利用这些结论可以进行相关计算(如计算线段长、周长、面积、角度等）和证明. 1．（2025·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将平移，得到，点在坐标轴上．若，则点坐标为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·河北·中考真题）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点．如图，正方形与正方形的顶点均为整点．若只将正方形平移，使其内部（不含边界）有且只有，，三个整点，则平移后点的对应点坐标为（   ） A． B． C． D． 3．（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______． 4．（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． 题型二 轴对称性质与最短路径 5．（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______． 6．（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______． 7．（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________． 8．（2025·浙江·中考真题）在菱形中，． (1)如图1，求的值． (2)如图2，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接． ①当时，求的长． ②求的最小值． 题型三 中心对称与坐标计算 1）中心对称图形上的对称点之间的连线都经过对称中心，且被对称中心平分，即过对称中心的直线与中心对称图形的两个对应交点是对称点. 2）过对称中心的直线把中心对称图形分成的两部分的周长与面积分别相等. 9．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，将关于y轴的对称图形绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 10．（2025·陕西·中考真题）如图，过原点的直线与反比例函数的图象交于，两点，则的值为______． 11．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，小好同学用计算机软件绘制函数的图象，发现它关于点中心对称．若点，，，……，，都在函数图象上，这个点的横坐标从开始依次增加，则的值是（    ） A． B． C．0 D．1 12．（2025·四川乐山·中考真题）在一堂函数专题复习课上，刘老师给出了新定义：若两个函数的图象关于某一点成中心对称，则称这两个函数关于点互为“对称函数”．请同学们解决以下问题： (1)求函数关于点的“对称函数”．小乐同学给出了如下的解题步骤： 第一步：在函数的图象上取两点和； 第二步：分别求出这两个点关于点的对称点_____和______； 第三步：函数关于点的“对称函数”为______． (2)是否存在点，使得函数关于点的“对称函数”就是它本身？如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由； (3)函数关于点的“对称函数”为，函数与函数所围成的区域（包括边界）记作，横坐标、纵坐标都为整数的点叫做“整点”， ①若，求内的“整点”个数； ②若内至少有个“整点”，至多有个“整点”，求的取值范围． 题型四 旋转性质与角度/边长/坐标计算 / 13．（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． 14．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 15．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________． 16．（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）． 17．（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_______． 题型五 翻折（折叠）求角度/线段长/坐标 在折叠问题中，解题的关键是理解折痕所在的直线是折叠前后的两个图形的对称轴，折叠前后的两个图形是全等图形，利用对应边相等、对应角相等进行条件的转化，将题目中的已知条件与要求的结论联系起来. 【小技巧】1）折痕可看作垂直平分线(对应两点之间的连线被折痕垂直平分). 2）折痕可看作角平分线(对应线段所在的直线与折痕的夹角相等). 记住三句话: 1）折叠前后对应角，对应边相等. 2）折叠不改变原先的平行关系. 3）以折线为对称轴. 18．（2025·吉林长春·中考真题）将直角三角形纸片（）按如图方式折叠两次再展开，下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 19．（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（   ） A． B．2 C． D． 20．（2025·重庆·中考真题）如图，正方形的边长为2，点E是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点G．和的平分线相交于点H，连接，则的面积为（   ） A． B． C． D． 21．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则______．（用含的式子表示） 22．（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__________． 题型六 图形变换与全等三角形 23．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 24．（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）． 25．（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． 26．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践 (1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______． (2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：与的比值为______． ②证明：四边形为平行四边形． (3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． 题型七 图形变换与坐标综合 27．（2025·山东烟台·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，的顶点的坐标为．以点为位似中心作与位似，相似比为2，且与位于点同侧；以点为位似中心作与位似，相似比为2，且与位于点同侧……按照以上规律作图，点的坐标为______． 28．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）利用几何图形的变化可以制作出形态各异的图案．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以为边作，使，，再以为边作，使，，过点，，作弧，记作第1条弧；以为边，使，，再以为边作，使，，过点，，作弧，记作第2条弧……按此规律，第2025条弧上与原点的距离最小的点的坐标为__________． 29．（2025·山东济南·中考真题）二次函数的图象经过，两点，顶点为G． (1)求二次函数的表达式和顶点G的坐标． (2)如图1，将二次函数的图象沿x轴方向平移个单位长度得到一个新函数的图象，当时，新函数的最大值是8，求n的值． (3)如图2，将二次函数的图象沿直线平移，点A，G的对应点分别为，，连接，，线段与交于点M．若，请直接写出点的坐标． 30．（2025·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)点P为抛物线对称轴上一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转，使点B的对应点D恰好落在抛物线上，求此时点P的坐标； (3)在线段上是否存在点Q，使存在最小值？若存在，请直接写出点Q的坐标及最小值；若不存在，请说明理由． 题型八 网格中作图（平移、旋转、轴对称） 31．（2025·甘肃兰州·中考真题）“三等分角”是两千多年来数学史上最著名的古典四大问题之一，阿基米德等数学家通过巧妙的几何作图得到了解决“三等分角”问题的特例方法．某数学兴趣小组通过折纸与尺规作图相结合的方法探究“三等分锐角”问题的解法，解决过程如下： 操作步骤与演示图形 如图①，已知一个由正方形纸片的边PK与经过顶点P的直线构成的锐角．按照以下步骤进行操作： 任意折出一条水平折痕，与纸片左边交点为Q；再折叠将PK与重合得到折痕，与纸片左边交点为N，如图②． → 折叠使点Q，P分别落在和上，得到折痕m，对应点为，，m交于M，如图③④． → 保持纸片折叠，再沿MN折叠，得到折痕的一部分，如图⑤． → 将纸片展开，再沿折叠得到经过点P的完整折痕，如图⑥． → 将纸片折叠使边PK与重合，折痕为．则直线和就是锐角的三等分线，如用⑦⑧． 解决问题 （1）请依据操作步骤与演示图形，通过尺规作图完成以下两个作图任务：（保留作图痕迹．不写作法） 任务一：在图③中，利用已给定的点作出点； 任务二：在图⑥中作出折痕． （2）若锐角为，则图⑤中与相交所成的锐角是__________． 32．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，的三个顶点均在格点上，请用无刻度的直尺按下列要求画图． (1)在方格纸中，画出（点在格点上），满足，且的面积是5； (2)在的边上画出点，使线段的长是3个单位长度（保留作图痕迹，体现作图过程），连接，并直接写出的值． 33．（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）． 题型九 位似图形与坐标缩放 34．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与位似，位似中心是原点O，已知，则的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 35．（2025·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，以原点为位似中心，在第三象限画与位似，若与的相似比为，则点的对应点的坐标为（   ） A． B． C． D． 36．（2025·浙江·中考真题）如图，五边形是以坐标原点O为位似中心的位似图形，已知点的坐标分别为．若的长为3，则的长为（   ） A． B．4 C． D．5 37．（2025·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建立平面直角坐标系，的顶点和均为格点（网格线的交点）．已知点A和的坐标分别为和． (1)在所给的网格图中描出边的中点D，并写出点D的坐标； (2)以点O为位似中心，将放大得到，使得点A的对应点为，请在所给的网格图中画出． 题型十 与图形变换有关的规律探究问题 38．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰三角形中，，第1次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；第2次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段和，若用点在点的正南方向表示初始位置，则点在点的（   ） A．正东方向 B．正南方向 C．正西方向 D．正北方向 39．（2025·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，用12个以点O为公共顶点的相似三角形组成形如海螺的图案，若，，则点G的坐标为________ 40．（2025·四川德阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，，，点在直线上，且，连接，，将绕点顺时针旋转到，点的对应点落在直线上，再将绕点顺时针旋转到，点的对应点也落在直线上．如此下去，…，则的纵坐标是______． 41．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为，点B的坐标为，点C在第一象限，．将沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为，点C的对应点为，与的交点为，称点为第一个“花朵”的花心，点为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，滚动2024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为______． 知识1 轴对称图形与轴对称 轴对称图形 轴对称 概念 如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够_________，那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的__________________. 把一个图形沿着某一条直线翻折，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形__________________，也称这两个图形_________，这条直线叫做_________. 图示 性质 被对称轴分成的两部分是_________. 1.对应点所连的线段被对称轴_________； 2.对应线段_________，对应角_________； 3.两个图形_________. 区别 意义不同 两个图形之间的特殊位置关系 具有特殊形状的图形 对象不同 两个图形 一个图形 对称轴的位置不同 在两个图形之间 过图形的某条直线 对称轴的数量不同 只有一条 不一定只有一条 联系 1)沿对称轴折叠，两个图形重合. 2)如果把成轴对称的两个图形看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形. 1)沿对称轴折叠，图形的两部分重合. 2)如果把轴对称图形的两部分看作两个图形，那么这两个图形成轴对称. 特别提醒:折叠的实质是轴对称变换，折痕所在的直线是对称轴，折叠前后的图形全等，对应点的连线被折痕所在直线垂直平分. 知识2 中心对称图形与中心对称 中心对称图形 中心对称 概念 把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形_________，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. 把一个图形绕某点旋转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. 图形 性质 过对称中心的直线把中心对称图形分成的两部分的周长与面积分别_________. 1）中心对称的两个图形是_________图形； 2）中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过_________，而且被对称中心所_________； 3）中心对称的两个图形，对应线段平行（或在一条直线上）且相等. 区别 指具有某种性质的一个图形 指两个图形的(位置)关系 知识3 图形的平移 概念 把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，图形这种移动叫做平移．它是由移动方向和距离决定的. 图示 性质 1）平移不改变图形的大小、形状，只改变图形的位置，因此平移前后的两个图形_________. 2）平移前后对应线段_________（或在同一条直线上）且_________、对应角_________. 3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且_________，对应点之间的距离就是平移的距离. 作图步骤 1）定：根据题目要求，确定平移的方向和距离； 2）找：找出确定图形形状的关键点； 3）移：过这些关键点作与平移方向平行的射线，在射线上截取与平移的距离相等的线段，得到关键点的对应点； 4）连：按原图顺序依次连接各对应点. 【注意】确定一个图形平移后的位置需要三个条件：①图形原位置；②平移的方向；③平移的距离. 知识4 图形的旋转 概念 把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，叫图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫旋转角. 要素 旋转中心、旋转方向、旋转角 图示 性质 1）旋转前后的两个图形_________； 2）对应点到旋转中心的距离_________； 3）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于_________. 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． 1．（2025·浙江·模拟预测）如图，是菱形的对角线，把菱形沿着对角线方向平移，得到菱形，，分别交，于点，，连接，若，，则与之间的关系大致可以用函数图象表示为（  ） A．B．C．D． 2．（25-26九年级上·上海普陀·期末）如图，在等边三角形中，点在边上，点关于直线的对称点分别是点，那么关于线段与线段之间的数量关系正确的是（　　） A．       B． C． D． 3．（2025·河南濮阳·一模）如图，在中，，，．将绕点B旋转得到，分别取的中点，则的最大值是（   ）． A． B． C． D． 4．（2025·安徽·模拟预测）如图，平行四边形ABCD中，，，，连接，将绕点B旋转，当（即）与交于一点E，（即）同时与交于一点F时，下列结论正确的是（　　） ①，②，③，④的周长的最小值是 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．（2025·云南楚雄·模拟预测）如图，的三个顶点的坐标分别为，，将进行平移，平移后的的三个顶点都在抛物线上，则a的值是（    ） A．2 B． C．2或 D．0或4 6．（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 7．（2025·四川成都·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，与关于点O位似，若，，，则为（   ） A． B．3 C．4 D．6 8．（2025·江苏苏州·二模）在平面直角坐标系中，点是轴上一点，已知点（不与点重合），将点绕点逆时针方向旋转得到点，则称点、互为和谐点，把其中一个点叫做另一个点的和谐点．如图，已知点、，点在一次函数的图象上．若在线段上存在点的和谐点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 9．（2025·安徽亳州·二模）如图，矩形，，，点H为上一点，将沿着翻折至，与交于点E，连接交于点F，．则_______；的长为_______． 10．（25-26九年级上·江苏宿迁·月考）如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，直线相交于点，连接，在旋转过程中，线段的最大值为_______． 11．（2025·上海杨浦·一模）在菱形中，，点在线段上，且，点为上一点，将沿翻折，点B对应点E，，且，则_____． 12．（2025·黑龙江绥化·模拟预测）如图，在四边形中，，，M，N分别是边上的动点，当的周长最小时，的度数是 _______． 13．（2025·江苏无锡·模拟预测）线段、等腰三角形、正方形、圆、等腰梯形、平行四边形、等边三角形、正五边形、正六边形、正八边形中既是中心对称图形又是轴对称图形的有 ____________________ ． 14．（2025·上海杨浦·一模）小明正在对纸进行探究： (1)小明将纸沿翻折，点E翻折至点G，交于点M，他发现：．求纸长宽之比． (2)取中点G，将三角形沿着翻折，点E对应点H，求证：点H一定在纸的对角线上． 15．（2021·安徽芜湖·一模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为、、． (1)以原点O为位似中心，在y轴的右侧画出的一个位似，使它与的相似比为； (2)将向左平移2个单位，再向上平移1个单位后的，判断与，能否是关于某一点M为位似中心的位似图形？若是，请在图中画出位似中心M，并写出点M的坐标． 16．（2025·四川广元·一模）在某次校园数学实践活动中，为测量校园内三角形景观的相关数据，某小组同学遇到了如下问题：如图①，点P 在等边内部，且，求 的长． 【初步探究】（1）经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点A按顺时针方向旋转， 得到， 连接， 寻找，，三边之间的数量关系，即可求得 的长为 ； 【理解应用】（2）如图②，在等腰直角中，， P为内一点，， 判断，，之间的数量关系， 并说明理由； 【类比迁移】（3）如图③，学校有一块三角形的劳动实践基地，其中，，实践工具存放点位于基地的P点，通过测量，，求线段的长． 17．（2025·安徽亳州·一模）如图，在平面直角坐标系中，用12个以点O为公共顶点的相似三角形组成形如海螺的图案，并按此方法无限地作下去，……，若． (1)填空：①点的坐标是_____；②点的坐标是______；③点的坐标是______；④点的坐标是______；（结果可保留乘方形式） (2)观察（1）中的结果，发现规律，求点的坐标． 考点二 图形变换综合（压轴） 题型一 旋转全等模型综合 由旋转的性质可知任意一组对应点与旋转中心所连线段的夹角都等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，解决以图形的旋转为背景的问题时，常借助这些性质，并结合全等三角形的知识把已知条件和未知条件联系起来，使问题得以解决.在一些题目中，主动进行旋转可以构造出全等三角形，这是较复杂的辅助线作法之一. 1．（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_______． 2．（2025·黑龙江·中考真题）已知：如图，中，，设，点D是直线上一动点，连接，将线段绕点A顺时针旋转α至，连接、，过点E作，交直线于点F．探究如下： (1)若时， 如图①，点D在延长线上时，易证：； 如图②，点D在延长线上时，试探究线段、、之间存在怎样的数量关系，请写出结论，并说明理由． (2)若，点D在延长线上时，如图③，猜想线段、、之间又有怎样的数量关系？请直接写出结论，不需要证明． 3．（2025·湖北·中考真题）在中，，将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当时，求的长； (3)如图3，过点作的平行线交的延长线于点，过点作的平行线交于点G，与交于点． ①求证：； ②当时，直接写出的值． 4．（2025·四川·中考真题）和中，，． 【初步感知】 （1）如图1，若，连接，则与之间的数量关系是____，位置关系是_____；（直接写出结论，不写推理过程） 【深入探究】 （2）如图2，若，将绕点C旋转，设直线与交于点M，与交于点N，试确定与之间的数量关系和位置关系，并说明理由； 【迁移应用】 （3）如图3，当点D在内部，且时，若，，连接，作于点F，交于点G，求的长． 题型二 折叠问题中的勾股与方程 5．（2025·四川眉山·中考真题）综合与实践 【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程． 【操作实践】如图1，将矩形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕交于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、． 【初步猜想】（1）确定和的位置关系及线段和的数量关系．创新小组经过探究，发现，证明过程如下：由折叠可知，．由矩形的性质，可知，．①________．．智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为②________．经过探究，发现验证和数量关系的方法不唯一： 方法一：证明，得到，再由可得结论． 方法二：过点作的平行线交于点G，构造平行四边形，然后证可得结论． 请补充上述过程中横线上的内容． 【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证和的数量关系，写出证明过程． 【尝试运用】（3）如图2，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点G，连接．当为直角三角形时，求出的长． 6．（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 7．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 题型三 图形变换中的最值问题 8．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点为边上的动点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，则下列结论错误的是（   ） A．的最大值是 B．的最小值是 C．的最小值是 D．的最大值是 9．（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． 10．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践 在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”． (1)【几何直观】如图1，中，，，在内部取一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则与的数量关系是__________；与的数量关系是__________； (2)【类比推理】如图2，在正方形内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交的延长线于点，求证：四边形是正方形； (3)【深度探究】如图3，矩形中，，，在其内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，延长至点，使，连接，延长交的延长线于点，连接，若，则__________； (4)【拓展延伸】在矩形中，点为边上的一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，若，，则的最小值为__________． 11．（2025·重庆·中考真题）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明： (3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，将绕点逆时针旋转得线段，连接，作交的延长线于点．当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在的平面内，得，连接，，，当取最大值时，请直接写出的面积． 题型四 旋转中的动态几何探究 12．（2025·江西·中考真题）综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 特例研究 在正方形中，相交于点O． （1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________； （2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值 类比探究 （3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由； （4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）． 13．（2025·山东济南·中考真题）在中，，，，点O为的中点．在中，，，，连接并延长到点F，使，连接． 【初步感知】（1）如图1，当点D，E分别在，上时，请完成填空：___________；___________． 【深入探究】（2）如图2，若将图1中的绕点B按逆时针方向旋转一定的角度，连接，，，． ①（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由． ②当四边形的面积最小时，求线段的长． 14．（2024·四川成都·中考真题）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，． 【初步感知】 （1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 （2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由． 题型五 图形变换与函数综合 15．（2025·山东德州·中考真题）如图，，点M在线段上，将沿直线折叠，点B恰好落在点处． (1)求a的值； (2)求直线的解析式； (3)若直线与直线的交点在直线的左侧，请直接写出t的取值范围． 16．（2025·四川·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线过原点，顶点为P，直线l过原点和点P． (1)求抛物线和直线l的解析式； (2)如图2，将抛物线的顶点沿射线平移，抛物线也随之移动得到抛物线，设顶点为A，其横坐标为，抛物线与抛物线交于点B． ①当时，求点B的横坐标； ②若点B的横坐标为n，请猜想并写出n与t的关系（不写推理过程）； ③如图3，若点B在第一象限内，设与y轴正半轴的夹角为，当时，求点B的坐标． 17．（2025·江苏盐城·中考真题）请根据小明的数学探究活动单，完成下列任务． “变换” 研究内容 提出概念 已知点．如果点满足，那么称点是点的“变换”点． 理解概念 已知点，，求点的“变换”点． 探究性质 如图（1），已知点和点，当时， ①请在图（1）中分别画出点、对应的“变换”点、； ②研究发现：线段可由线段通过一次图形变换得到，点是点的对应点．如果是平移，请写出平移的距离；如果是轴对称或旋转，请用无刻度的直尺和圆规在图（1）中作出对称轴或旋转中心（不写作法，保留作图痕迹） 运用性质 如图（2），在平面直角坐标系中，菱形的顶点、、的坐标分别为，，，曲线是反比例函数（）图像的“变换”线，，交边于点、，直线、分别交边于点、，记、、、的面积分别为、、、，求的值． 18．（2025·山东威海·中考真题）已知抛物线交x轴于点，点B，交y轴于点C．点C向右平移2个单位长度，得到点D，点D在抛物线上．点E为抛物线的顶点． (1)求抛物线的表达式及顶点E的坐标； (2)连接，点M是线段上一动点，连接，作射线． ①在射线上取一点F，使，连接．当的值最小时，求点M的坐标； ②点N是射线上一动点，且满足．作射线，在射线上取一点G，使．连接，．求的最小值； (3)点P在抛物线的对称轴上，若，则点P的坐标为___________． 题型六 几何变换与相似综合 19．（2025·山东淄博·中考真题）【问题情境】 小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习． 【探究感悟】 如图①，小明在边上取点（不与，重合），连接，将沿翻折，使得点的对应点恰好落到对角线上．则此时线段的长是 ； 【深入探究】 小明继续将沿翻折，发现：，，三点能构成等腰三角形．请求出此时线段的长； 【拓展延伸】 如图②，小明又在边上取点（不与，重合），并将四边形沿翻折，使得点的对应点恰好落在边上．记（为的对应点）与的交点为，连接，小明再次发现：线段与的长度之和存在最小值．请求出此时线段的长． 20．（2025·江苏无锡·中考真题）【数学发现】 某校数学兴趣小组进行了如下探究：以内部任意一点为中心，画出与成中心对称的．当点处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化． 【问题解决】 组员小明选择面积为1的，以其内部任意一点为中心，画出与之成中心对称的，探究了下列问题，请你帮他解答． (1)如图3，，当点关于点的对称点落在边上时，两个三角形重叠部分为． ①若，求的长；（请直接写出答案） ②若的面积为，求的长． (2)如图4，点为的中点，点在上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”，求“平行六边形”面积的最大值，并指出此时点的位置． 21．（2025·四川巴中·中考真题）如图，在中，，，点P是边AB中点，，． (1)点N在线段AC上，点M在线段CB上． ①当时，CM的值是______； ②当时，求的值； (2)点N在射线上，点M在射线CB上．当时，直线MN与射线PC相交于点F，若，求的值． 22．（2025·海南·中考真题）图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质，王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究． 【知识技能】 （1）如图1，在正方形中，、分别是边、上的点，连接、、、且．将绕点按逆时针方向旋转至，则点在的延长线上． ①证明，并判断是否成立； ②若，，请计算正方形的周长． 【教学理解】（2）如图2，在正方形中，、分别是边、上的点，．连接、，、分别是线段、上的点，连接、、，且（点、、、均不与端点重合）．请猜想线段、、的数量关系，并说明理由． 【拓展研究】（3）如图3，是正方形的对角线，、分别为线段、上的点，且．将绕点按顺时针方向旋转（旋转角小于）至．连接，取线段的中点，连接、，求的值． 题型七 图形变换与动点存在性问题 13．（2025·山东青岛·中考真题）如图①，在中，，，，将沿方向平移，得到，过点作，交的延长线于点，为的中点．点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为．连接，，．设运动时间为（）． 解答下列问题： (1)当时，求的值； (2)如图②，当时，设的面积为（），求与之间的函数关系式； (3)当时，是否存在某一时刻，使是直角三角形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 24．（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． 25．（2025·山东淄博·中考真题）如图，一条抛物线与轴相交于，两点，与轴相交于点． (1)求抛物线对应的函数表达式； (2)问在抛物线上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由； (3)将射线绕点逆时针旋转一定角度，使其恰好经过抛物线的顶点，再将抛物线沿直线平移，得到一条新的抛物线（其顶点为）．设这两条抛物线的交点为． ①求旋转角度的正切值； ②当时，求原抛物线平移的距离． 26．（2025·四川凉山·中考真题）如图，二次函数的图像经过三点． (1)求抛物线的解析式； (2)点P在直线下方的抛物线上运动，求点P到直线的最大距离； (3)动点Q在抛物线的对称轴上，作射线，若射线绕点Q逆时针旋转与抛物线交于点D，是否存在点Q使？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 题型八 与图形变换有关的阅读理解类问题 27．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 28．（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． 29．（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）． 30．（2025·四川达州·中考真题）综合与实践 问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系． 探究发现：如图1，在中，，是边上一点，过点作于，于，过点作于．连结，由图形面积分割法得：______；则____________． 实践应用：如图2，是等边三角形，，点是边上一点，连结．将线段绕点逆时针旋转得，连结交于，过点作于，于，当时，求的值． 拓展延伸：如图3，已知是半圆的直径，，是弦，，是上一点，，垂足为，，求的值． 1．（2025·河南南阳·二模）综合与实践 【问题呈现】 （1）如图①，和都是等腰直角三角形，，连接，，则，之间的数量关系是_______，________． （2）如图②，在中，，，（不与点，重合）是直线上的一动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到，连接，． 【类比探究】 ①如图②，点在线段上时，求证：． 【拓展提升】 ②如图③，，在点运动的过程中，当时，请直接写出的长． 2．（2023·四川成都·二模）如图，在中，，，，是边上的中线，点E是边上的一个动点，连接，将沿直线翻折得到． (1)如图1，线段与线段相交于点G，当点G是边的中点时，求的长； (2)如图2，当点E与点C重合时，线段与线段相交于点P，求的长； (3)如图3，线段与线段相交于点M，是否存在点E，使得为直角三角形？若存在，请直接写出的长；若不存在，请说明理由． 3．（2025·天津河东·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，点，点B在y轴的正半轴上，是等边三角形，点C在第二象限． (1)填空：如图①，点B的坐标为_________，点C的坐标为_________； (2)将沿x轴向右平移得到，点B，C，O的对应点分别为． ①如图②，设与重叠部分的面积为S．当与重叠部分为五边形时，分别与相交于点E，F，G，H，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②连接，当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）． 4．（2025·安徽·模拟预测）在边长为6的菱形中，，点E、F是边、上的点，连接， (1)如图1，将沿翻折使B的对应点落在中点上，此时四边形是什么四边形？并说明理由． (2)如图2，若，以为边在右侧作等边； ①连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的长度． ②直接写出的最小值． 5．（2025·陕西西安·一模）【问题呈现1】 在中，，，点D是斜边上的一点，连接，试说明、、间的数量关系，小敏同学思考后是这样做的：如图1将绕点C逆时针旋转，得到，连接，请写出、、之间的数量关系 ． 【问题呈现2】 如图2，在中，，为边上的高，若，试判断是否存在最小值，若存在，请求出最小的面积值；若不存在，请说明理由； 【问题解决】 为迎接新春佳节，西安市城市管理部门在古城墙段安装了全息投影射灯．工作人员选择在城墙的E点安装射灯，该城墙段的几何结构如图3：城墙顶部凸起部分为墙垛，如四边形，凹陷部分为垛口，如四边形，本题中墙垛与垛口均为正方形．现从B点发射全息投影光束，其投影画面可绕E点转动，但始终保持，其中F、G分别是与边上的动点．已知墙垛边长为，墙面区域，，，城墙楼梯长度为．墙垛面积在本问题中可忽略不计．现需分析在全息投影表演过程中，投影到城墙区域（四边形）的面积是否存在最大值．若存在，请求出面积最大值；若不存在，请说明理由． 6．（2025·四川广元·一模）在某次校园数学实践活动中，为测量校园内三角形景观的相关数据，某小组同学遇到了如下问题：如图①，点P 在等边内部，且，求 的长． 【初步探究】（1）经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点A按顺时针方向旋转， 得到， 连接， 寻找，，三边之间的数量关系，即可求得 的长为 ； 【理解应用】（2）如图②，在等腰直角中，， P为内一点，， 判断，，之间的数量关系， 并说明理由； 【类比迁移】（3）如图③，学校有一块三角形的劳动实践基地，其中，，实践工具存放点位于基地的P点，通过测量，，求线段的长． 7．（2025·重庆·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于点A，点B（A在B的左侧），与y轴相交于点C，A、B的坐标分别为：、，连接，． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点P是第一象限内抛物线上的动点，过点P作，交直线于点Q，过点Q作轴，交y轴于点M，点K为直线上一动点，当最大时，求的最小值； (3)将该抛物线沿射线方向平移个单位，点E为平移后抛物线对称轴上一动点，连接，，当时，请写出所有符合条件的E的坐标，并写出其中一个点的求解过程． 8．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图1，梯形中，，，，，，点是射线上一动点（不与点重合），将沿着进行翻折，点的对应点记为点． (1)如图，当点在线段上时，设，，求与之间的函数关系式，并写出定义域； (2)如图，连接，线段与射线交于点，当是等腰三角形时，求的长． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $