专题07 图形变换10大题型（题型专练）（上海专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题07 图形变换 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 平移的性质与综合计算应用 题型02 折叠（翻折）问题的基础计算与性质应用 题型03 旋转的性质与几何综合计算 题型04 轴对称与中心对称图形的识别与性质 题型05 图形变换与概率计算综合 题型06 折叠问题与相似三角形、解直角三角形综合 题型07 图形变换与特殊四边形综合证明与计算 题型09 图形变换中的分类讨论多解问题 题型08 图形变换与二次函数综合 题型10 图形变换与反比例函数综合 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 平移的性质与综合计算应用 典例引领 【典例01】（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_____． 【典例02】（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） 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的高频基础考点，也是函数图像变换的核心基础，难度系数0.65-0.85，对应文档核心知识点为利用平移的性质求解、坐标与图形变化-平移、平移的性质与三角形/四边形综合，核心考查平移前后图形的全等性质、坐标平移规律、平移与特殊四边形、抛物线的综合计算，是图形变换模块的基础必考考点。 方法技能 1.平移核心性质：平移前后的图形全等，对应线段平行（或共线）且相等，对应角相等，对应点所连的线段平行（或共线）且相等。 2.坐标平移规律：平面直角坐标系中，点(x,y)向右/左平移a个单位，坐标变为(x±a,y)；向上/下平移b个单位，坐标变为(x,y±b)；函数图像平移遵循“左加右减，上加下减”的规则。 3.解题核心技巧：平移问题优先找对应点，确定平移方向与距离，利用平行且相等的性质构造平行四边形，结合勾股定理、相似三角形求解线段长度。 4.易错点：函数图像平移的“左加右减”是针对自变量x，而非整个解析式，避免符号出错。 变式演练 【变式01】（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02】（2025·上海·模拟预测）在梯形中，，， ， ．在边上取一点E，满足．将沿方向平移得到（三个顶点依次对应），若点H在边上，则点H到直线的距离是___________． 【变式03】（2026·上海闵行·一模）探究活动：巧拼地砖外边． 装修工人有一大一小两根条形边角料（大条形边角料中，小条形边角料中），如图1拼接到直角地砖的外边上，发现点与点不能重合．为了尽可能节约用料，又能使两根条形边角料能拼成一个直角，工人师傅使用一把直尺、一支笔和一台切割机，经过图2—图9的操作解决了问题，完成了拼接． 图1 图2 图3 图4 图5 【操作说明】 将一大一小两根条形边角料拼在直角地砖的外边． 【操作说明】 画出的延长线，交于点． 【操作说明】 连接OC． 【操作说明】 沿着射线方向，平移小条形边角料，使点与点重合，得到四边形． 【操作说明】 画出的延长线，交小条形边角料的边于D． 图6 图7 图8 图9 【操作说明】 连接BD． 【操作说明】 沿着切割． 【操作说明】 拼接切割后的两根条形边角料． (1)请根据图2-图6的操作说明，在图①中画出操作过程相应的图形，并按操作过程标注相应的字母； (2)如果大条形边角料为的宽度为，小条形边角料为的宽度为，大条形边角料裁剪后的锐角是，那么___________； (3)请根据上述探究，设计一个新裁剪方案，在图②中画出剪裁方法，并简单说明理由． 题●型●破●译 题型02 折叠（翻折）问题的基础计算与性质应用 典例引领 【典例01】（2026·上海杨浦·二模）在中，，为的角平分线，将沿着直线折叠，点落在点处，若，，则的值为（　　）． A． B． C． D． 【典例02】（2026·上海长宁·一模）在矩形中，，，为射线上一点，将沿翻折，得到（点的对应点为）．联结，当为等腰三角形时，长是___________． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空压轴题、解答题的高频必考核心考点，难度系数0.4-0.65，对应文档核心知识点为折叠问题、矩形与折叠问题、折叠与全等三角形性质，核心考查折叠前后的全等性质、对应边/角的等量关系，结合特殊四边形、勾股定理的基础计算，是折叠综合题的核心基础。 方法技能 1.折叠核心性质：折叠前后的两个图形全等，对应边相等、对应角相等；折痕是对应点连线的垂直平分线，折痕上任意一点到对应点的距离相等。 2.解题核心步骤： 第一步：根据折叠性质，标记所有相等的线段、相等的角，确定全等三角形； 第二步：结合矩形、平行四边形的性质，推导直角三角形、等腰三角形； 第三步：设未知数，利用勾股定理建立方程求解线段长度。 3.易错点：折叠后对应点的位置可能存在多种情况，需注意题目中“射线”“直线”等关键词，避免漏解。 变式演练 【变式01】（2026·上海闵行·一模）如图，矩形中，连接，点是的中点，过点作交于点，将沿直线翻折，点落在平面内点处，如果点恰在上，那么的值是___________． 【变式02】（2026·上海虹口·一模）如图，在中，．点在边上，连接，将沿翻折得到，点对应点，连接，如果，那么的长是___________． 【变式03】（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”：_________． 【变式04】（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____． 题●型●破●译 题型03 旋转的性质与几何综合计算 典例引领 【典例01】（2025·上海嘉定·一模）如图，将一块含角的实心的直角三角板放置在桌面上，在桌面所在平面内绕着它的重心逆时针旋转．如果这块三角板的斜边长12厘米，那么运动前后两个三角形重叠部分的面积为______平方厘米． 【典例02】（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__________． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考几何综合题、填空压轴题的高频考点，难度系数0.4-0.65，对应文档核心知识点为根据旋转的性质求解、旋转与三角形/特殊四边形综合，核心考查旋转前后的全等性质、旋转角的等量关系，结合解直角三角形、全等三角形的综合计算与证明。 方法技能 1.旋转核心性质：旋转前后的图形全等，对应线段相等、对应角相等；对应点与旋转中心的连线相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。 2.解题核心技巧： 第一步：确定旋转中心、旋转方向与旋转角，标记相等的线段、相等的角； 第二步：利用旋转角相等，推导等角，证明三角形全等或相似； 第三步：结合等腰三角形、直角三角形的性质，利用勾股定理、锐角三角函数求解。 3.核心模型：旋转60°构造等边三角形，旋转90°构造等腰直角三角形，是上海中考高频解题模型。 变式演练 【变式01】（2026·上海杨浦·二模）在平行四边形中，，，为中点，将线段顺时针旋转度至，若点恰在直线上，则___________． 【变式02】（2026·上海徐汇·一模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点分别与点对应，边分别与原三角形底边交于点．当是等腰三角形时，的长为_________． 【变式03】（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___________． 【变式04】（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___________．    题●型●破●译 题型04 轴对称与中心对称图形的识别与性质 典例引领 【典例01】（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 【典例02】（2024·上海·模拟预测）下列关于正多边形说法错误的是（    ） A．正多边形不一定是中心对称图形 B．中心对称图形一定是正多边形 C．经过任何一个中心对称图形的对称中心的直线都能将该中心对称图形分成两个全等图形． D．关于中心对称的两个图形是全等形 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择题的必考基础送分考点，难度系数0.85-0.95，对应文档核心知识点为中心对称图形的识别、轴对称图形的识别、轴对称与中心对称的性质，核心考查特殊图形的对称性判断、对称图形的核心性质应用，是中考必拿分的基础考点。 方法技能 1.核心定义： 轴对称图形：沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能完全重合的图形，这条直线是对称轴； 中心对称图形：绕某一点旋转180°后，能与原图形完全重合的图形，这个点是对称中心。 2.高频图形判断结论： 既是轴对称又是中心对称：线段、矩形、菱形、正方形、圆、正偶数边形； 是轴对称但不是中心对称：角、等腰三角形、等边三角形、等腰梯形、正奇数边形； 是中心对称但不是轴对称：普通平行四边形（不含矩形、菱形、正方形）。 3.易错点：普通平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，是中考高频易错点。 变式演练 【变式01】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02】北京大运河博物馆在2024年举办了“探秘古蜀文明——三星堆与金沙”展览，为公众揭开了一个丰富多彩的古蜀世界，其中三星堆纹饰展现了古蜀文明高超的艺术创造力．下列纹饰图案中，是中心对称图形的是（   ） A．B． C． D． 【变式03】（2024·上海·模拟预测）下列关于正多边形说法正确的数量为（    ） （1）正多边形一定是轴对称图形   （2）正多边形一定是中心对称图形 （3）正多边形的中心角与其一个外角的度数相等 （4）正多边形的外角和与其边数成正比 A．1 B．2 C．3 D．4 【变式04】下列四个图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 题●型●破●译 题型05 图形变换与概率计算综合 典例引领 【典例01】（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． 【典例02】（2024·上海杨浦·三模）在四张完全相同的卡片上分别印有等边三角形、圆、平行四边形、等腰梯形的图案，现将印有图案的一面朝下，混合后随机抽取一张，则抽到的卡片上印有的图案是中心对称图形的概率是______． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择题的高频基础考点，难度系数0.65-0.85，对应文档核心知识点为根据概率公式计算概率、中心对称/轴对称图形的识别，核心考查结合对称图形的识别，计算随机抽取的概率，是几何与概率结合的必考基础题型。 方法技能 1.概率核心公式：随机事件A的概率P(A)=事件A包含的结果数÷所有等可能的结果总数。 2.解题核心步骤： 第一步：根据轴对称/中心对称图形的定义，筛选出符合条件的图形数量； 第二步：确定抽取的总情况数，结合概率公式计算； 第三步：注意“不放回抽取”“任选两张”等关键词，准确计算总情况数。 3.易错点：计算抽取两张的总情况数时，需用组合数计算，避免重复计数。 变式演练 【变式01】（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． 【变式02】（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______． 【变式03】（2024·上海嘉定·二模）在不透明的盒子中装有六张形状相同的卡片，这六张卡片分别印有正方形、平行四边形、等边三角形、直角梯形、正六边形、圆等六种图形，如果从这不透明的盒子里随机抽出一张卡片，那么所抽到的这张卡片上的图形恰好为中心对称图形的概率是____． 【变式04】（2024·上海·模拟预测）分别选取下列图形进行作图，画出来的图形为中心对称图形是不可能事件的数量为（    ） （1）平行四边形；（2）菱形；（3）矩形；（4）梯形；（5）等腰梯形；（6）直角梯形；（7）等腰三角形；（8）等边三角形；（9）直角三角形；（10）等腰直角三角形 A．4 B．5 C．6 D．7 【变式05】（2024·上海·模拟预测）分别选取下列图形进行作图，画出来的图形为中心对称图形是必然事件的数量为（  ） （1）平行四边形；（2）菱形；（3）矩形；（4）梯形；（5）等腰梯形；（6）直角梯形；（7）等腰三角形；（8）等边三角形；（9）直角三角形；（10）等腰直角三角形 A．3 B．4 C．5 D．6 题●型●破●译 题型06 折叠问题与相似三角形、解直角三角形综合 典例引领 【典例01】（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______． 【典例02】（2026·上海金山·一模）在等边中，点分别在边上，将沿折叠，使得点与的重心重合，与交于点，延长交于点，那么的值为（    ） A． B． C． D．1 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空压轴题、解答题几何综合的核心拉分考点，难度系数0.15-0.4，对应文档核心知识点为折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算，核心考查折叠性质与相似三角形、锐角三角函数的综合应用，是上海中考几何压轴的高频命题方向。 方法技能 1.解题核心逻辑： 第一步：根据折叠性质，标记相等的角、相等的线段，推导等角关系； 第二步：利用等角的余角相等、平行线的性质，找到两组相等的角，证明三角形相似； 第三步：结合相似三角形的比例关系、锐角三角函数的定义，建立方程求解线段长度、三角函数值。 2.核心技巧：折叠后直角的对应角仍为直角，天然提供相等的直角，是证明相似的核心突破口；折叠前后对应边相等，可实现线段的等量代换，简化方程。 3.易错点：折叠后点的位置可能落在图形内、图形外、边上，需结合题意分类讨论，避免漏解。 变式演练 【变式01】（2025·上海普陀·一模）中，，，，点D在边上，，如图所示．点E在边上，将沿着翻折得，其中点B与点对应，交边于点G，交的延长线于点H．如果是等腰三角形，那么_________．    【变式02】（2025·上海杨浦·一模）已知：如图，，垂足为，为直径，，为圆上一动点． (1)当F在弧上时，求证：． (2)当F在弧上时，将四边形沿翻折，得到， ①延长，若过点O，且，求的值； ②连接，交于P，若，且，求的值． 【变式03】（2025·上海杨浦·一模）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至直线上，点的对应点分别是，且，直线与直线交于点G，，则__________． 【变式04】（2025·上海松江·一模）如图，在中，，，E是边上一点，将沿直线翻折，点B的对应点为，如果，那么的值为 _______． 【变式05】（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●破●译 题型07 图形变换与特殊四边形综合证明与计算 典例引领 【典例01】（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__________． 【典例02】（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_____． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题几何证明、填空压轴题的高频考点，难度系数0.4-0.65，对应文档核心知识点为利用平行四边形/矩形/菱形的性质求解、折叠/旋转/平移与特殊四边形综合，核心考查图形变换背景下特殊四边形的性质应用、判定证明与线段计算，是几何综合题的核心载体。 方法技能 1.解题核心逻辑： 第一步：利用平移/折叠/旋转的性质，推导线段平行/相等、角相等、垂直关系； 第二步：结合平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，完成特殊四边形的证明； 第三步：利用特殊四边形的边、角、对角线性质，结合勾股定理、相似三角形完成线段、角度计算。 2.核心技巧：平移天然提供平行且相等的线段，可直接构造平行四边形；折叠、旋转天然提供相等的线段，可构造菱形、矩形的邻边相等、直角的条件。 3.易错点：特殊四边形的判定定理需严格满足条件，切勿遗漏前提，如“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，需同时满足平行且相等。 变式演练 【变式01】（2025·上海青浦·一模）梯形中，已知．将梯形沿过点的直线折叠，点落在AB上，记作点，折痕与底边的交点记作点．如果，那么______． 【变式02】（2025·上海宝山·二模）如图，平行四边形，，对角线，将绕点B旋转，使得点A落在直线上的点处，那么的值是______． 题●型●破●译 题型09 图形变换中的分类讨论多解问题 典例引领 【典例01】（2025·上海·二模）如图，中，，，．点在边上，将沿着翻折至的位置，射线交线段于点．当是等腰三角形时，的面积为_________． 【典例02】（2025·上海普陀·三模）如图，在中，，，点D为边上一点，连结，作点B关于的对称点E，连结，延长交于点F，若，则_______． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空压轴题的高频创新考点，难度系数0.3-0.65，对应文档核心知识点为折叠/旋转问题、等腰三角形的性质和判定、分类讨论思想，核心考查图形变换后等腰三角形的存在性问题，结合勾股定理、相似三角形的分类讨论计算，是中考几何拉分的核心难点。 方法技能 1.等腰三角形分类讨论核心原则：图形变换后，等腰三角形的腰与底不明确时，分三种情况论：①顶角顶点为点A，AB=AC；②顶角顶点为点B，BA=BC；③顶角顶点为点C，CA=CB。 2.解题核心步骤： 第一步：根据折叠/旋转性质，确定固定线段的长度、固定角的度数； 第二步：按等腰三角形的三种情况，分别画出对应图形，标记等量线段； 第三步：结合勾股定理、相似三角形比例、锐角三角函数，分别建立方程求解，检验结果是否符合题意。 3.核心技巧：利用“等角对等边”，将边的等量关系转化为角的等量关系，简化分类讨论的计算过程；注意排除三点共线、图形外的无效解。 变式演练 【变式01】（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02】（2025·上海闵行·三模）在中，，，，点是的中点，点是边上一动点，沿所在直线把翻折到的位置，交于点，如图为直角三角形，那么的长是（   ） A．1 B．3 C． D．2或 【变式03】（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04】（2025·上海闵行·一模）在等腰中，，是边上的高，将线段绕着点D逆时针旋转，点A旋转到点E，与边交于点F，且，如果与相似，那么的值为 ___________ ． 【变式05】（2025·上海·二模）定义：一三角形中有两角与，若角的两倍与角的和为，则此三角形叫作准直角三角形，其中叫作二倍角．已知在准直角三角形中， ，是二倍角，且．连接中点D与中点E，将绕点B旋转，点D落在点处，点E落在直线上，则___________． 题●型●破●译 题型08 图形变换与二次函数综合 典例引领 【典例01】（2026·上海嘉定·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于点，点在点的左侧，与轴相交于点，其顶点为是轴正半轴上一点，直线交抛物线的对称轴于点，已知，连接，，交抛物线的对称轴于点． (1)求直线的函数表达式； (2)连接，，当和面积相等时，求的值； (3)作点关于点的对称点，作点关于的对称点，把抛物线沿轴翻折后，经适当的平移得到抛物线，若抛物线恰好同时经过点，试探究抛物线和抛物线是否交于某个定点若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题压轴题的必考核心考点，难度系数0.15-0.4，对应文档核心知识点为坐标与图形变化-平移/轴对称、待定系数法求二次函数解析式、二次函数综合问题，核心考查抛物线的平移、翻折、旋转变换，结合一次函数、对称点、定点问题的综合求解，是中考代数几何综合的压轴拉分板块。 方法技能 1.抛物线变换核心规律： 平移：遵循“左加右减（自变量x），上加下减（常数项）”，顶点式平移更简便； 沿x轴翻折：抛物线解析式中x不变，y变为-y，开口方向相反，顶点关于x轴对称； 沿y轴翻折：抛物线解析式中y不变，x变为-x，开口方向不变，顶点关于y轴对称； 绕原点旋转180°：x变为-x，y变为-y，开口方向相反，顶点关于原点中心对称。 2.解题核心步骤： 第一步：根据变换规则，确定变换后抛物线的顶点坐标与解析式； 第二步：结合对称点性质、一次函数解析式，确定关键点坐标； 第三步：联立函数解析式，求解定点坐标、参数值，结合几何性质完成计算。 3.易错点：抛物线翻折、旋转后，二次项系数的符号与绝对值需准确判断，避免开口方向、顶点坐标出错。 变式演练 【变式01】（2025·上海徐汇·一模）在平面直角坐标系中，点P、分别是抛物线第二、一象限上一点，轴且． 点Q在直线上方的抛物线M上，点和点Q关于直线对称，在以点为顶点且过点与点R的抛物线N上，．若，则点Q坐标为______． 【变式02】（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03】（2025·上海静安·一模）已知抛物线上，其与部分对应值如下表： x … … y … … (1)求此抛物线的表达式； (2)设此抛物线的顶点为，将此抛物线沿着平行于轴的直线翻折，翻折后得新抛物线． ①设此抛物线与轴的交点为（点在点的左侧），且的重心恰好落在直线上，求此时新抛物线的表达式； ②如果新抛物线恰好经过原点，求新抛物线在直线上所截得的线段长． 【变式04】（2025·上海松江·一模）在平面直角坐标系中（如图），已知二次函数的图像与轴负半轴交于点，与轴交于点，且． (1)当时，求该二次函数的函数值； (2)定义：对于一个函数，满足的实数叫做这个函数的不动点．如果二次函数存在唯一的一个不动点，试求出这个不动点； (3)将绕点逆时针旋转，点落在点处，点落在点处，当四边形是梯形时，点恰好落在该二次函数图像上，求该二次函数的解析式． 【变式05】（2025·上海金山·一模）在平面直角坐标系中，将抛物线（其中，，是常数，且）以原点为中心，旋转得到抛物线，则称是的“中心对称抛物线” ．已知抛物线，将抛物线向左平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，．将抛物线的“中心对称抛物线”向右平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，．当时，的值为_________． 题●型●破●译 题型10 图形变换与反比例函数综合 典例引领 【典例01】（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___________． 【典例02】（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形的两边分别在轴和轴的正半轴上，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，反比例函数经过点，若的对应点恰好落在对角线的中点，，则的值为___________． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空中档题的高频考点，难度系数0.4-0.65，对应文档核心知识点为坐标与图形变化-旋转/平移、反比例函数的图像与性质、求反比例函数解析式，核心考查图形变换后点的坐标求解，结合反比例函数k的几何意义的综合计算，是代数几何综合的高频基础考点。 方法技能 1.解题核心逻辑： 第一步：根据平移/旋转/轴对称的性质，结合矩形、直角三角形的性质，确定变换后对应点的坐标； 第二步：将点的坐标代入反比例函数解析式y=k/x，建立方程求解参数； 第三步：结合反比例函数k的几何意义，利用图形面积完成验证与计算。 2.核心技巧：旋转后对应点到旋转中心的距离相等，可结合勾股定理建立坐标之间的等量关系；矩形的边与坐标轴平行时，点的坐标可直接转化为线段长度。 3.易错点：反比例函数图像所在象限决定k的符号，需结合点的坐标符号准确判断，避免符号出错。 变式演练 【变式01】（2025·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，点是反比例函数图像上一点，点是轴上一点，，将绕点旋转，点的对应点分别为．当四边形的面积等于8时，点的坐标是_______． 【变式02】（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___________． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 题●型●训●练 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． 2.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．    B．   C．   D．   3．（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． 4．（2024·上海金山·二模）下列命题中真命题是（   ） A．相等的圆心角所对的弦相等 B．正多边形都是中心对称图形 C．如果两个图形全等，那么他们一定能通过平移后互相重合 D．如果一个四边形绕对角线的交点旋转 90°后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形 5．（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．， 6．（2025·上海杨浦·一模）已知矩形，点E是边的中点，将沿翻折，点A的对应点F恰好落在对角线上，那么________． 7．（2025·上海·一模）如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值______． 8．（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． 9．（2024·上海·模拟预测）新定义：无理数的被开方数（T为正整数）满足（其中n为正整数），则称无理数的“青一区间”为，在平面直角坐标系中建立点为的青一坐标，同理可得的青一区间为，为的青一坐标，两坐标的距离，叫做的青一距． (1)的青一坐标与的青一坐标关于_________对称； (2)的青一区间为_______，的青一区间为_________，的青一距为_______； (3)实数x，y满足关系式：，若直线过的青一坐标和的青一坐标，求：的青一距和直线与x轴夹角的正弦值． $专题07 图形变换 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 平移的性质与综合计算应用 题型02 折叠（翻折）问题的基础计算与性质应用 题型03 旋转的性质与几何综合计算 题型04 轴对称与中心对称图形的识别与性质 题型05 图形变换与概率计算综合 题型06 折叠问题与相似三角形、解直角三角形综合 题型07 图形变换与特殊四边形综合证明与计算 题型09 图形变换中的分类讨论多解问题 题型08 图形变换与二次函数综合 题型10 图形变换与反比例函数综合 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 平移的性质与综合计算应用 典例引领 【典例01】（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】 【难度】0.85 【知识点】y=ax²的图象和性质、用勾股定理解三角形、利用平移的性质求解 【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：． 【典例02】（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】 【难度】0.65 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、利用平移的性质求解、根据矩形的性质求线段长 【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：． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的高频基础考点，也是函数图像变换的核心基础，难度系数0.65-0.85，对应文档核心知识点为利用平移的性质求解、坐标与图形变化-平移、平移的性质与三角形/四边形综合，核心考查平移前后图形的全等性质、坐标平移规律、平移与特殊四边形、抛物线的综合计算，是图形变换模块的基础必考考点。 方法技能 1.平移核心性质：平移前后的图形全等，对应线段平行（或共线）且相等，对应角相等，对应点所连的线段平行（或共线）且相等。 2.坐标平移规律：平面直角坐标系中，点(x,y)向右/左平移a个单位，坐标变为(x±a,y)；向上/下平移b个单位，坐标变为(x,y±b)；函数图像平移遵循“左加右减，上加下减”的规则。 3.解题核心技巧：平移问题优先找对应点，确定平移方向与距离，利用平行且相等的性质构造平行四边形，结合勾股定理、相似三角形求解线段长度。 4.易错点：函数图像平移的“左加右减”是针对自变量x，而非整个解析式，避免符号出错。 变式演练 【变式01】（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 【难度】0.94 【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02】（2025·上海·模拟预测）在梯形中，，， ， ．在边上取一点E，满足．将沿方向平移得到（三个顶点依次对应），若点H在边上，则点H到直线的距离是___________． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】利用平移的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】延长交于P，连，作于，证，得，推出；根据，求出，，得到为的中点；证即可求解； 【详解】解：延长交于P，连，作于， ∵， ∴， ， ， ， ∴， ∴； ∵， ， ； 则为的中点； 由平移可知：， ∴，； ∵， ∴； ∴，即：； ， 故答案为： 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、利用平移的性质求解，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础． 【变式03】（2026·上海闵行·一模）探究活动：巧拼地砖外边． 装修工人有一大一小两根条形边角料（大条形边角料中，小条形边角料中），如图1拼接到直角地砖的外边上，发现点与点不能重合．为了尽可能节约用料，又能使两根条形边角料能拼成一个直角，工人师傅使用一把直尺、一支笔和一台切割机，经过图2—图9的操作解决了问题，完成了拼接． 图1 图2 图3 图4 图5 【操作说明】 将一大一小两根条形边角料拼在直角地砖的外边． 【操作说明】 画出的延长线，交于点． 【操作说明】 连接OC． 【操作说明】 沿着射线方向，平移小条形边角料，使点与点重合，得到四边形． 【操作说明】 画出的延长线，交小条形边角料的边于D． 图6 图7 图8 图9 【操作说明】 连接BD． 【操作说明】 沿着切割． 【操作说明】 拼接切割后的两根条形边角料． (1)请根据图2-图6的操作说明，在图①中画出操作过程相应的图形，并按操作过程标注相应的字母； (2)如果大条形边角料为的宽度为，小条形边角料为的宽度为，大条形边角料裁剪后的锐角是，那么___________； (3)请根据上述探究，设计一个新裁剪方案，在图②中画出剪裁方法，并简单说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【难度】0.4 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、利用矩形的性质证明、利用平移的性质求解、求角的正切值 【分析】（1）根据提示的基本操作，按照顺序依次作图，标注好字母即可； （2）延长，交于点T，根据题意，得到，结合，得到，且，同理可证，再证明四边形是矩形，得到，根据，解答即可． （3）延长，交于点E，连接，过点A作，交于点F，利用平行四边形的判定和性质，三角形外角性质证明即可． 本题考查了基本作图，平移，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正切函数的应用，三角形外角性质的应用，熟练掌握判定和性质，三角函数的应用是解题的关键． 【详解】（1）解：根据提示的基本操作，按照顺序依次作图，标注字母画图如下： 则画图即为所求． （2）解：延长，交于点T， 根据题意，∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵大条形边角料为的宽度为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵小条形边角料为的宽度为， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：． （3）解：延长，交于点E，连接， 过点A作，交于点F， 故沿着切割，然后拼接到位置上即可符合要求，理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵ ， ∴， ∵， ∴， ∴， 故沿着切割，然后拼接到位置上，此时，符合要求． 题●型●破●译 题型02 折叠（翻折）问题的基础计算与性质应用 典例引领 【典例01】（2026·上海杨浦·二模）在中，，为的角平分线，将沿着直线折叠，点落在点处，若，，则的值为（　　）． A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】三角形内角和定理的应用、角平分线的性质定理、折叠问题、求角的正弦值 【分析】根据折叠的性质和角平分线的性质可得，点在边上，因此，计算出的值即可． 【详解】解：如图， 由折叠的性质可知，，， ∵为的角平分线， ∴， ∴点在边上 ∴， ∵，， ∴， 在直角中，， ∴． 【典例02】（2026·上海长宁·一模）在矩形中，，，为射线上一点，将沿翻折，得到（点的对应点为）．联结，当为等腰三角形时，长是___________． 【答案】，，， 【难度】0.15 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、折叠问题 【分析】以点为原点建立平面直角坐标系，设，利用翻折性质得到，；分三种情况讨论为等腰三角形的条件，分别求解的长度． 【详解】解：以点为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，则，，，设（）， ∵沿翻折得到， ∴，， ①如图，当时，则在的垂直平分线上， ∴设， ∵，， ∴， ∴或， ∵， ∴ ∴当时，；当时，； ②如图，当时， 设 ∵且，， ∴， 解得，， ∴ ∵，， ∴， 解得； ③如图，当时，设， ∵且，，， ∴， 解得，， ∴， ∵， ∴， 解得， 故答案为：，，，． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、翻折的性质、等腰三角形的判定与性质、平面直角坐标系的应用及勾股定理，熟练掌握翻折的性质并分情况讨论等腰三角形的存在性是解题的关键． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空压轴题、解答题的高频必考核心考点，难度系数0.4-0.65，对应文档核心知识点为折叠问题、矩形与折叠问题、折叠与全等三角形性质，核心考查折叠前后的全等性质、对应边/角的等量关系，结合特殊四边形、勾股定理的基础计算，是折叠综合题的核心基础。 方法技能 1.折叠核心性质：折叠前后的两个图形全等，对应边相等、对应角相等；折痕是对应点连线的垂直平分线，折痕上任意一点到对应点的距离相等。 2.解题核心步骤： 第一步：根据折叠性质，标记所有相等的线段、相等的角，确定全等三角形； 第二步：结合矩形、平行四边形的性质，推导直角三角形、等腰三角形； 第三步：设未知数，利用勾股定理建立方程求解线段长度。 3.易错点：折叠后对应点的位置可能存在多种情况，需注意题目中“射线”“直线”等关键词，避免漏解。 变式演练 【变式01】（2026·上海闵行·一模）如图，矩形中，连接，点是的中点，过点作交于点，将沿直线翻折，点落在平面内点处，如果点恰在上，那么的值是___________． 【答案】 【难度】0.15 【知识点】根据矩形的性质求线段长、矩形与折叠问题、折叠问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】连接交于点M，设，根据平行线性质得，得，根据矩形性质，得，由折叠性质，得垂直平分,证明点G在上，得，得，可得，得，解得，得,又得，得，得，即得． 【详解】解：连接交于点M， 设， ∵点是的中点， ∴， ∵过点作交于点， ∴， ∴， ∵矩形中，， ∴， 由折叠知，垂直平分， ∴， ∴， ∴， 设的边上的高为h， 则， ∴， ∴， ∴点G在上， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形折叠．熟练掌握矩形性质，折叠性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，面积法求三角形的高，是解题的关键． 【变式02】（2026·上海虹口·一模）如图，在中，．点在边上，连接，将沿翻折得到，点对应点，连接，如果，那么的长是___________． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】根据等角对等边证明边相等、用勾股定理解三角形、折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，平行线的性质，解直角三角形的相关计算，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先结合，，求出，运用勾股定理得，，结合角的整理得，即，运用勾股定理得，解得． 【详解】解：过点A作，如图所示： ∵，， ∴，， 即， ∴， 则， ∵折叠， ∴， ∴， ∴设， ∴， ∵， ∴，， 即， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得． 故答案为：． 【变式03】（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 【难度】0.4 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定求线段长、折叠问题、黄金分割 【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． 【变式04】（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 【难度】0.4 【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． 题●型●破●译 题型03 旋转的性质与几何综合计算 典例引领 【典例01】（2025·上海嘉定·一模）如图，将一块含角的实心的直角三角板放置在桌面上，在桌面所在平面内绕着它的重心逆时针旋转．如果这块三角板的斜边长12厘米，那么运动前后两个三角形重叠部分的面积为______平方厘米． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、重心的有关性质 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，旋转的性质，重心的性质，根据含30度角的直角三角形的性质，求出的面积，旋转的性质，重心的性质，推出，且相似比为，利用的面积减去三个小三角形的面积求出重叠部分的面积即可． 【详解】解：如图，，， ∴， ∴， ∵为重心， ∴， ∵绕点旋转180度， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴重叠部分的面积为：； 故答案为：． 【典例02】（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 【难度】0.65 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【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． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考几何综合题、填空压轴题的高频考点，难度系数0.4-0.65，对应文档核心知识点为根据旋转的性质求解、旋转与三角形/特殊四边形综合，核心考查旋转前后的全等性质、旋转角的等量关系，结合解直角三角形、全等三角形的综合计算与证明。 方法技能 1.旋转核心性质：旋转前后的图形全等，对应线段相等、对应角相等；对应点与旋转中心的连线相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。 2.解题核心技巧： 第一步：确定旋转中心、旋转方向与旋转角，标记相等的线段、相等的角； 第二步：利用旋转角相等，推导等角，证明三角形全等或相似； 第三步：结合等腰三角形、直角三角形的性质，利用勾股定理、锐角三角函数求解。 3.核心模型：旋转60°构造等边三角形，旋转90°构造等腰直角三角形，是上海中考高频解题模型。 变式演练 【变式01】（2026·上海杨浦·二模）在平行四边形中，，，为中点，将线段顺时针旋转度至，若点恰在直线上，则___________． 【答案】 【难度】0.15 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】先判定四边形为矩形，再建立如图所示平面直角坐标系，利用旋转变换的性质及全等三角形的性质得到点的坐标，再根据相似三角形的性质得到点的坐标，最后结合点在直线上的条件列方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴， 设， ∵，为中点， ∴， 如图，以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，过点作于点，过点作轴于点，交于点，设，，则，，，，，直线的解析式为， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， 即，， ∵将线段顺时针旋转度至， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴，， ∴， ∴， ∵点恰在直线上，且直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴． 【变式02】（2026·上海徐汇·一模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点分别与点对应，边分别与原三角形底边交于点．当是等腰三角形时，的长为_________． 【答案】或 【难度】0.15 【知识点】等边对等角、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】过点作于点，先解求出，由旋转得，，①当时，过点作于点，可得，由，求出，则；②当时，设，可证明，再由，可得，，继而得到，最后由列式计算求解即可． 【详解】解：过点作于点， ∵， ∴，， ∵旋转， ∴， ①当时，过点作于点， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当时； ∵，， ∴，， ∵ ∴， 设，则 ∴， ∴ ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵ ∴， ∴ 解得：或（舍） ③当时， ∵， ∴，此时不成立， 综上：或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，旋转的性质，难度大，解题的关键是熟练运用相似三角形的判定与性质求解． 【变式03】（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】 【难度】0.65 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、求绕原点旋转一定角度的点的坐标 【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：． 【变式04】（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】 【难度】0.4 【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、面积问题(旋转综合题) 【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：． 题●型●破●译 题型04 轴对称与中心对称图形的识别与性质 典例引领 【典例01】（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 【难度】0.85 【知识点】轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【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． 【典例02】（2024·上海·模拟预测）下列关于正多边形说法错误的是（    ） A．正多边形不一定是中心对称图形 B．中心对称图形一定是正多边形 C．经过任何一个中心对称图形的对称中心的直线都能将该中心对称图形分成两个全等图形． D．关于中心对称的两个图形是全等形 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】中心对称图形的识别、成中心对称、正多边形和圆的综合 【分析】本题主要考查了正多边形．熟练掌握正多边形定义和性质，中心对称和中心对称图形的定义和性质，是解题的关键．每条边都相等，每个角都相等的多边形叫做正多边形；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够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；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够与另一个图形重合，那么这个两个图形叫做成中心对称； 根据正多边形的定义和性质，中心对称的定义和性质，中心对称图形的定义和性质，对各个选项一一判断即可得出答案. 【详解】A．正多边形不一定是中心对称图形． 正确，正奇边形绕着中心点旋转后，不能与原来的图形重合， ∴正多边形不一定是中心对称图形， 故本选项正确； B．中心对称图形一定是正多边形． 错误，平行四边形是中心对称图形，不是正多边形， ∴中心对称图形不一定是正多边形， 故本选项错误； C．经过任何一个中心对称图形的对称中心的直线都能将该中心对称图形分成两个全等图形． 正确，经过任何一个中心对称图形的对称中心的直线，将该中心对称图形分成的两个图形，绕对称中心转后，互相重合， 故本选项正确； D．关于中心对称的两个图形是全等形． 正确，成中心对称的两个图形，绕着对称中心旋转后互相重合， 故本选项正确． 故选：B． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择题的必考基础送分考点，难度系数0.85-0.95，对应文档核心知识点为中心对称图形的识别、轴对称图形的识别、轴对称与中心对称的性质，核心考查特殊图形的对称性判断、对称图形的核心性质应用，是中考必拿分的基础考点。 方法技能 1.核心定义： 轴对称图形：沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能完全重合的图形，这条直线是对称轴； 中心对称图形：绕某一点旋转180°后，能与原图形完全重合的图形，这个点是对称中心。 2.高频图形判断结论： 既是轴对称又是中心对称：线段、矩形、菱形、正方形、圆、正偶数边形； 是轴对称但不是中心对称：角、等腰三角形、等边三角形、等腰梯形、正奇数边形； 是中心对称但不是轴对称：普通平行四边形（不含矩形、菱形、正方形）。 3.易错点：普通平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，是中考高频易错点。 变式演练 【变式01】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 【难度】0.94 【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02】北京大运河博物馆在2024年举办了“探秘古蜀文明——三星堆与金沙”展览，为公众揭开了一个丰富多彩的古蜀世界，其中三星堆纹饰展现了古蜀文明高超的艺术创造力．下列纹饰图案中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.94 【知识点】中心对称图形的识别 【分析】本题考查中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；据此进行判断即可． 【详解】解：A．不是中心对称图形，故本选项不合题意； B．是中心对称图形，故本选项不合题意； C．不是中心对称图形，故本选项符合题意； D．不是中心对称图形，故本选项不合题意； 故选：B． 【变式03】（2024·上海·模拟预测）下列关于正多边形说法正确的数量为（    ） （1）正多边形一定是轴对称图形   （2）正多边形一定是中心对称图形 （3）正多边形的中心角与其一个外角的度数相等 （4）正多边形的外角和与其边数成正比 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】中心对称图形的识别、轴对称图形的识别、求正多边形的中心角、多边形内角和与外角和综合 【分析】本题主要考查正多边形、中心对称图形、轴对称图形，根据正多边形的定义及性质、中心对称图形的定义、轴对称图形的定义，即可求得答案． 【详解】（1）说法正确； （2）正多边形不一定是中心对称图形，例如正五边形不是中心对称图形，说法错误； （3）正边形的中心角与其一个外角的度数均为，说法正确； （4）正多边形的外角和为，与其边数不成正比，说法错误； 说法正确的为（1）（3）． 故选：B． 【变式04】下列四个图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【分析】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意； C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：B． 题●型●破●译 题型05 图形变换与概率计算综合 典例引领 【典例01】（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 【难度】0.85 【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． 【典例02】（2024·上海杨浦·三模）在四张完全相同的卡片上分别印有等边三角形、圆、平行四边形、等腰梯形的图案，现将印有图案的一面朝下，混合后随机抽取一张，则抽到的卡片上印有的图案是中心对称图形的概率是______． 【答案】/0.5 【难度】0.85 【知识点】根据概率公式计算概率、中心对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称图形，概率的求法，掌握概率公式：概率=所求情况数与总情况数之比是解题关键；直接利用概率公式计算即可； 【详解】解：4个图案中，中心对称图形的有2个，分别是平行四边形、圆， 抽到的卡片上印有的图案是中心对称图形的概率是， 故答案为：； 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择题的高频基础考点，难度系数0.65-0.85，对应文档核心知识点为根据概率公式计算概率、中心对称/轴对称图形的识别，核心考查结合对称图形的识别，计算随机抽取的概率，是几何与概率结合的必考基础题型。 方法技能 1.概率核心公式：随机事件A的概率P(A)=事件A包含的结果数÷所有等可能的结果总数。 2.解题核心步骤： 第一步：根据轴对称/中心对称图形的定义，筛选出符合条件的图形数量； 第二步：确定抽取的总情况数，结合概率公式计算； 第三步：注意“不放回抽取”“任选两张”等关键词，准确计算总情况数。 3.易错点：计算抽取两张的总情况数时，需用组合数计算，避免重复计数。 变式演练 【变式01】（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 【难度】0.65 【知识点】轴对称图形的识别、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． 【变式02】（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 【难度】0.85 【知识点】根据概率公式计算概率、中心对称图形的识别 【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：． 【变式03】（2024·上海嘉定·二模）在不透明的盒子中装有六张形状相同的卡片，这六张卡片分别印有正方形、平行四边形、等边三角形、直角梯形、正六边形、圆等六种图形，如果从这不透明的盒子里随机抽出一张卡片，那么所抽到的这张卡片上的图形恰好为中心对称图形的概率是____． 【答案】 【难度】0.65 【知识点】根据概率公式计算概率、中心对称图形的识别 【分析】本题主要考查中心对称图形的概念和概率的计算．在平面内如果将一个图形绕着某一个点旋转后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．概率=所求情况数总情况数．根据题意先找出这六种图形当中中心对称图形的个数，然后利用概率的计算公式进行计算即可．熟练掌握中心对称图形的概念和概率的计算公式是解题的关键． 【详解】解：正方形、平行四边形、等边三角形、直角梯形、正六边形、圆这六种图形中，中心对称图形有正方形、平行四边形、正六边形和圆，因此随机抽出一张卡片，所抽到卡片恰为中心对称图形的概率是． 故答案为：． 【变式04】（2024·上海·模拟预测）分别选取下列图形进行作图，画出来的图形为中心对称图形是不可能事件的数量为（    ） （1）平行四边形；（2）菱形；（3）矩形；（4）梯形；（5）等腰梯形；（6）直角梯形；（7）等腰三角形；（8）等边三角形；（9）直角三角形；（10）等腰直角三角形 A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】事件的分类、中心对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义“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”，逐个进行判断即可． 【详解】解：（1）平行四边形是中心对称图形； （2）菱形是中心对称图形； （3）矩形是中心对称图形； （4）梯形不是中心对称图形； （5）等腰梯形不是中心对称图形； （6）直角梯形不是中心对称图形； （7）等腰三角形不是中心对称图形； （8）等边三角形不是中心对称图形； （9）直角三角形不是中心对称图形； （10）等腰直角三角形不是中心对称图形； 综上：不是中心图形的有（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）， ∴画出来的图形为中心对称图形是不可能事件的数量为7， 故选：D． 【变式05】（2024·上海·模拟预测）分别选取下列图形进行作图，画出来的图形为中心对称图形是必然事件的数量为（  ） （1）平行四边形；（2）菱形；（3）矩形；（4）梯形；（5）等腰梯形；（6）直角梯形；（7）等腰三角形；（8）等边三角形；（9）直角三角形；（10）等腰直角三角形 A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】事件的分类、中心对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义“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”，逐个进行判断即可． 【详解】解：（1）平行四边形是中心对称图形； （2）菱形是中心对称图形； （3）矩形是中心对称图形； （4）梯形不是中心对称图形； （5）等腰梯形不是中心对称图形； （6）直角梯形不是中心对称图形； （7）等腰三角形不是中心对称图形； （8）等边三角形不是中心对称图形； （9）直角三角形不是中心对称图形； （10）等腰直角三角形不是中心对称图形； 综上：是中心图形的有（1）（2）（3）， ∴画出来的图形为中心对称图形是必然事件的数量为3， 故选：A． 题●型●破●译 题型06 折叠问题与相似三角形、解直角三角形综合 典例引领 【典例01】（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】 【难度】0.65 【知识点】折叠问题、相似三角形的判定与性质综合 【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：． 【典例02】（2026·上海金山·一模）在等边中，点分别在边上，将沿折叠，使得点与的重心重合，与交于点，延长交于点，那么的值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【难度】0.15 【知识点】一次函数与几何综合、重心的有关性质、等边三角形的性质、折叠问题 【分析】本题考查折叠，重心的性质，平面直角坐标系的建立，解题关键在于熟练掌握其相关知识点；通过建立坐标系，设等边的边长为，建立平面直角坐标系，计算重心G、中点O、点E和F的坐标，进而求出和的长度，即可求解. 【详解】解：如图；设等边的边长为，建立平面直角坐标系： 则，， ∵中点，重心(，根据重心性质，重心将分为)   ∴中点（与的中点，   ∵折叠后为的垂直平分线， ∴为水平线（垂直于轴且过） 设直线解析式：过，两点， ∴，解得 ∴直线解析式，联立得 ， 设直线解析式：过，两点， ∴，解得， ∴直线解析式，联立得  ， ∴， ∵， ∴， 故选：C. 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空压轴题、解答题几何综合的核心拉分考点，难度系数0.15-0.4，对应文档核心知识点为折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算，核心考查折叠性质与相似三角形、锐角三角函数的综合应用，是上海中考几何压轴的高频命题方向。 方法技能 1.解题核心逻辑： 第一步：根据折叠性质，标记相等的角、相等的线段，推导等角关系； 第二步：利用等角的余角相等、平行线的性质，找到两组相等的角，证明三角形相似； 第三步：结合相似三角形的比例关系、锐角三角函数的定义，建立方程求解线段长度、三角函数值。 2.核心技巧：折叠后直角的对应角仍为直角，天然提供相等的直角，是证明相似的核心突破口；折叠前后对应边相等，可实现线段的等量代换，简化方程。 3.易错点：折叠后点的位置可能落在图形内、图形外、边上，需结合题意分类讨论，避免漏解。 变式演练 【变式01】（2025·上海普陀·一模）中，，，，点D在边上，，如图所示．点E在边上，将沿着翻折得，其中点B与点对应，交边于点G，交的延长线于点H．如果是等腰三角形，那么_________．    【答案】 【难度】0.4 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、折叠问题、用勾股定理解三角形、与图形有关的问题(一元二次方程的应用) 【分析】本题考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、一元二次方程的应用、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．先画出图形，过点作于点，确定如果是等腰三角形，则只能是，设，则，再证出，根据相似三角形的性质可得，，然后证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得的长，最后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：由题意，画出图形如下：过点作于点，    ∵， ∴， ∵交边于点，交的延长线于点， ∴， ∴如果是等腰三角形，则只能是为顶角，， ∴， 由对顶角相等得：， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∵在中，，，，， ∴，，， ∴， ∴，即， 由折叠的性质得：，， 设，则， 在和中， ， ∴， ∴，即， 解得，， ∴，， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴，， 在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， 即， 故答案为：． 【变式02】（2025·上海杨浦·一模）已知：如图，，垂足为，为直径，，为圆上一动点． (1)当F在弧上时，求证：． (2)当F在弧上时，将四边形沿翻折，得到， ①延长，若过点O，且，求的值； ②连接，交于P，若，且，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【难度】0.15 【知识点】圆周角定理、折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）连接，，由垂径定理可得，，．由，结合三角函数的定义可得，，由圆周角定理可得，．根据直角三角形的性质，，命题得证； （2）①连接，，作，垂足为，由圆周角定理和轴对称的性质可得，，则．由可得，，使用垂径定理和勾股定理，计算得，．根据三角形的面积公式可求得，，在直角中，使用正弦函数的定义计算即可； ②连接，延长交于点，作，垂足为，设，由轴对称的性质可得，，，结合题干，可证明四边形是矩形，则，，．容易证明，根据相似三角形的性质可计算得，，．根据同角的余角相等，可证明，进而求出．使用勾股定理计算出，再根据余弦函数的定义求值即可． 【详解】（1）证明：如图， 连接，， ∵是圆的直径，且， ∴，，， ∴，， 在直角中，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）解：①如图，连接，，作，垂足为，设，，圆的半径为， ∵， ∴， 由圆内接四边形的性质可知，， ∴， 由轴对称的性质可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在直角中，， ∴， ∴， 在直角中，， ∴， 解得，， ∴， ∵直径， ∴， ∴， ∵， ∴， 在直角中，， ∵， ∴； ②如图，连接，延长交于点，作，垂足为，设， 由轴对称的性质可知，垂直平分， ∴，， ∵直径， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 由圆内接四边形的性质可知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，解得， 在直角中，， ∴． 【点睛】本题考查圆的基本性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，矩形的判定与性质，轴对称的性质，三角形内角和定理，熟练掌握相关知识是解题关键． 【变式03】（2025·上海杨浦·一模）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至直线上，点的对应点分别是，且，直线与直线交于点G，，则__________． 【答案】 【难度】0.15 【知识点】利用平行四边形的性质求解、折叠问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、轴对称图形的性质以及勾股定理的应用．通过设参数表示线段长度，利用相似三角形得到线段比例关系，结合翻折性质和平行线性质推出直角，从而应用勾股定理求解． 【详解】解：如图，设交于点， 设，（），则． ∵四边形 是平行四边形， ∴，． ∴， ∴， 设，（），则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴， ∴． 由题意，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∵翻折， ∴垂直平分， 则， ∴四边形为矩形， ∴， ∴． 在中，， ∴． 又∵， ∴； 故答案为：． 【变式04】（2025·上海松江·一模）如图，在中，，，E是边上一点，将沿直线翻折，点B的对应点为，如果，那么的值为 _______． 【答案】或 【难度】0.65 【知识点】折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了锐角三角函数的计算与运用，折叠的性质，相似三角形判定和性质，掌握相似三角形的判定方法及性质是解题的关键． 根据，设，运用勾股定理可得，分类讨论：如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，设交于点，运用勾股定理可得，由平行可证，可得解得，，再证，可得即可求解；将沿直线翻折，点的对应点为，，延长交于点，运用勾股定理可得，由折叠与平行的性质可得，则，再证，得到即可求解． 【详解】解：在中，，， ∴， 设， ∴， 如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，设交于点， ∴，， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得，， 同理，， ∴， ∴， 解得，， ∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴，且， ∴， ∴，即， 整理得，， ∵， ∴； 如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，延长交于点， ∴， ∴，， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴； 综上所述，的值为或， 故答案为：或 ． 【变式05】（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 【难度】0.4 【知识点】用勾股定理解三角形、折叠问题、相似三角形的判定与性质综合 【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●破●译 题型07 图形变换与特殊四边形综合证明与计算 典例引领 【典例01】（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 【难度】0.65 【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． 【典例02】（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】/ 【难度】0.4 【知识点】利用菱形的性质求线段长、折叠问题、求角的正切值 【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：． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题几何证明、填空压轴题的高频考点，难度系数0.4-0.65，对应文档核心知识点为利用平行四边形/矩形/菱形的性质求解、折叠/旋转/平移与特殊四边形综合，核心考查图形变换背景下特殊四边形的性质应用、判定证明与线段计算，是几何综合题的核心载体。 方法技能 1.解题核心逻辑： 第一步：利用平移/折叠/旋转的性质，推导线段平行/相等、角相等、垂直关系； 第二步：结合平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，完成特殊四边形的证明； 第三步：利用特殊四边形的边、角、对角线性质，结合勾股定理、相似三角形完成线段、角度计算。 2.核心技巧：平移天然提供平行且相等的线段，可直接构造平行四边形；折叠、旋转天然提供相等的线段，可构造菱形、矩形的邻边相等、直角的条件。 3.易错点：特殊四边形的判定定理需严格满足条件，切勿遗漏前提，如“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，需同时满足平行且相等。 变式演练 【变式01】（2025·上海青浦·一模）梯形中，已知．将梯形沿过点的直线折叠，点落在AB上，记作点，折痕与底边的交点记作点．如果，那么______． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、折叠问题、利用平行四边形的判定与性质求解、根据等角对等边求边长 【分析】延长，交于，设，则，由，，知四边形是平行四边形，有，，，根据将梯形沿过点的直线折叠，点落在上，记作点，可得，，，故，求出，证明，可得，，从而，即可得． 【详解】解：延长，交于，如图： 设，则， ∵，， 四边形是平行四边形， ，，， ∵将梯形沿过点的直线折叠，点落在上，记作点， ，，， ， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ，即， ， ， ， ； ． 故答案为：． 【点睛】本题考查梯形中的翻折问题，涉及相似三角形的判定与性质，平行四边形判定与性质及等腰三角形的判定和性质，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形解决问题． 【变式02】（2025·上海宝山·二模）如图，平行四边形，，对角线，将绕点B旋转，使得点A落在直线上的点处，那么的值是______． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的性质，旋转的性质；如图，以点B为圆心，为半径画圆，与直线交点即为，过作交直线于，设，则，，，再证明得到，，代入求出，，利用勾股定理求出，即可求出和，再求即可，注意分情况讨论． 【详解】解：如图，以点B为圆心，为半径画圆，与直线交点即为，过作交直线于，则； ∵平行四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴设，则，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得，， ∴， 当在右边时，， ， ∴； 当在左边时，， ， ∴； 综上所述，， 故答案为：． 题●型●破●译 题型09 图形变换中的分类讨论多解问题 典例引领 【典例01】（2025·上海·二模）如图，中，，，．点在边上，将沿着翻折至的位置，射线交线段于点．当是等腰三角形时，的面积为_________． 【答案】或 【难度】0.15 【知识点】三线合一、用勾股定理解三角形、折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】当时，过点E作于F，过点D作于G，利用勾股定理可得，解直角三角形得到；设，，则；可求出，，；由折叠的性质可得，则；由勾股定理得，解方程可推出，则，即可得到；当时，过点D作于H，设，则；解直角三角形得到，则，由勾股定理得，类似可得，解得或（舍去），再根据计算求解即可；可证明，则，据此可得答案． 【详解】解：如图1所示，当时，过点E作于F，过点D作于G， ∵在中，，，， ∴， ∴； ∵，， ∴， 设，，则； 在中，， ∴，； 由折叠的性质可得， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴， 在中，， ∴； 如图2所示，当时，过点D作于H，设， ∴； 在中，， ∴， 在中，由勾股定理得， 由折叠的性质可得， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴ ； 由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴； 综上所述，的面积为或． 故答案为：或 ． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理，折叠的性质，解直角三角形，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 【典例02】（2025·上海普陀·三模）如图，在中，，，点D为边上一点，连结，作点B关于的对称点E，连结，延长交于点F，若，则_______． 【答案】/ 【难度】0.4 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、圆周角定理、折叠问题 【分析】作于点H，先证明A，C，D，E四点共圆，可证，求出，由等腰三角形的性质求出，进而得，，然后分别求出，，即可求出． 【详解】解：作于点H， ∵，， ∴． 由折叠的性质得， ∴， ∴A，C，D，E四点共圆， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，． ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，判定A，C，D，E四点共圆是解答本题的关键． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空压轴题的高频创新考点，难度系数0.3-0.65，对应文档核心知识点为折叠/旋转问题、等腰三角形的性质和判定、分类讨论思想，核心考查图形变换后等腰三角形的存在性问题，结合勾股定理、相似三角形的分类讨论计算，是中考几何拉分的核心难点。 方法技能 1.等腰三角形分类讨论核心原则：图形变换后，等腰三角形的腰与底不明确时，分三种情况论：①顶角顶点为点A，AB=AC；②顶角顶点为点B，BA=BC；③顶角顶点为点C，CA=CB。 2.解题核心步骤： 第一步：根据折叠/旋转性质，确定固定线段的长度、固定角的度数； 第二步：按等腰三角形的三种情况，分别画出对应图形，标记等量线段； 第三步：结合勾股定理、相似三角形比例、锐角三角函数，分别建立方程求解，检验结果是否符合题意。 3.核心技巧：利用“等角对等边”，将边的等量关系转化为角的等量关系，简化分类讨论的计算过程；注意排除三点共线、图形外的无效解。 变式演练 【变式01】（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 【难度】0.65 【知识点】三角形内角和定理的应用、正多边形的内角问题、中心对称图形的识别 【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02】（2025·上海闵行·三模）在中，，，，点是的中点，点是边上一动点，沿所在直线把翻折到的位置，交于点，如图为直角三角形，那么的长是（   ） A．1 B．3 C． D．2或 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】用勾股定理解三角形、折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】分两种情况画出图形，①如图1，当时，由相似三角形的性质及直角三角形的性质可求出答案；②如图2，当时，由相似三角形的性质及直角三角形的性质可求出答案． 【详解】解：①如图1，当时． 在中，，， ， 是的中点， ， ，， ， 又， ， ，即， 解得：， 设，则， ， ， ， ， 解得． ； ②如图2中，当时，连接，作交的延长线于． ，， ， ， 将沿直线翻折， ， ，， ， ， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得， ． 综上，的长为2或． 故选：D． 【点睛】本题考查了翻折变换、勾股定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题． 【变式03】（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 【难度】0.65 【知识点】重心的有关性质、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、折叠问题 【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04】（2025·上海闵行·一模）在等腰中，，是边上的高，将线段绕着点D逆时针旋转，点A旋转到点E，与边交于点F，且，如果与相似，那么的值为 ___________ ． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】等腰三角形的性质和判定、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】过点作于点，交于点，先判断出得，由相似三角形的性质得，结合等腰三角形的性质，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，设，，则，，，整理得，，化简得 ，设，，可得，即可求解． 【详解】解：过点作于点，交于点， ， ， ，， ， ， ， ，与相似， ， ， ， ， 由旋转得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，， 则， ， ， ， ， ， 设，， ， ， ， ， ， 解得：（负值已舍）， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定及性质，能熟练利用相似三角形的性质进行求解是解题的关键． 【变式05】（2025·上海·二模）定义：一三角形中有两角与，若角的两倍与角的和为，则此三角形叫作准直角三角形，其中叫作二倍角．已知在准直角三角形中， ，是二倍角，且．连接中点D与中点E，将绕点B旋转，点D落在点处，点E落在直线上，则___________． 【答案】或或或 【难度】0.15 【知识点】用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】本题涉及准直角三角形的定义、三角函数、相似三角形的性质及判定以及旋转的性质．首先根据准直角三角形的定义和已知条件求出三角形的各个角，再利用三角函数求出边的长度，结合中位线定理得到相关线段的长度，最后根据旋转的性质和勾股定理及相似三角形的性质和判定求出的长度． 【详解】解：⑴当时， ∵是准直角三角形，是二倍角， ∴， ∵三角形内角和为，即， ∴， 根据新定义：，且， 作，交的延长线于点， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， 中，，， 即， 解得（负值已舍）， ， 中，， 将绕点B旋转，点E落在直线上， 设E′为E旋转后的点， 根据旋转的性质，，， 分以下两种情况： ①当E′在上时， 在中，， ， ， ， ， ， ， ； ②当E′在延长线上时， 在中，同理可求， ， 同理可证明， ， ， ； （2）当时， ∵是准直角三角形，是二倍角， ∴， ∵三角形内角和为，即， ∴， 根据新定义：，且， 作，交的延长线于点， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， , , ， 中，, 中，， 将绕点B旋转，点E落在直线上， 设E′为E旋转后的点， 根据旋转的性质，，， 分以下两种情况： ①当E′在上时， 作于， ,即， , 在中，， , , ， ， ， ， ， ， ； ②当E′在延长线上时， 在中，同理可求， ， 同理可证明， ， ， ； 综上所述，或或或． 故答案为：或或或． 【点睛】本题考查了准直角三角形的定义、三角函数、相似三角形的性质和判定、旋转的性质以及勾股定理，掌握根据准直角三角形的定义和三角函数求出三角形的边，利用勾股定理得到相关线段长度，再结合旋转的性质和相似三角形的性质和判定分情况计算的长度是解题的关键． 题●型●破●译 题型08 图形变换与二次函数综合 典例引领 【典例01】（2026·上海嘉定·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于点，点在点的左侧，与轴相交于点，其顶点为是轴正半轴上一点，直线交抛物线的对称轴于点，已知，连接，，交抛物线的对称轴于点． (1)求直线的函数表达式； (2)连接，，当和面积相等时，求的值； (3)作点关于点的对称点，作点关于的对称点，把抛物线沿轴翻折后，经适当的平移得到抛物线，若抛物线恰好同时经过点，试探究抛物线和抛物线是否交于某个定点若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)． 【难度】0.15 【知识点】求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、坐标与图形变化——轴对称、其他问题(二次函数综合) 【分析】（1）先通过抛物线解析式求出与轴交点、的坐标，再利用确定点的坐标，最后用待定系数法求出直线的解析式； （2）先求出抛物线的对称轴，得到点的坐标；利用“和面积相等”推出，从而得到直线的斜率，求出直线的解析式，进而得到点的坐标，代入抛物线解析式求出的值； （3）先求出抛物线的顶点和直线与对称轴的交点，根据对称得到点、的坐标；写出抛物线关于轴对称并平移后的解析式，代入、坐标求出平移参数；联立与的解析式，求解方程组得到交点，验证其中一个交点是否为与无关的定点． 【详解】（1）解：当时，， 解得：，， ，， ， ， ， ， 设直线的函数表达式为，则， 解得：， 直线的函数表达式为； （2）解：， 抛物线的对称轴为直线， ， 和面积相等， ， 设直线的解析式为，则， 解得：， 直线的解析式为， ， 把代入，得， 解得：； （3）解：抛物线和抛物线是交于定点，理由如下： ， 抛物线的对称轴为直线，顶点为， 抛物线关于轴对称的抛物线为， 设平移后得到的抛物线，如图： 又，， 直线的解析式为， ， 点与点关于点对称， ， 点与点关于对称， ， 把，代入的解析式， 得：， 得：， 抛物线， 联立得：， 解得：，， 抛物线和抛物线是交于定点． 【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，涉及解析式求解、轴对称与平移变换、面积相等的转化、定点探究等，熟练运用二次函数的性质与点的坐标变换是解题关键． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题压轴题的必考核心考点，难度系数0.15-0.4，对应文档核心知识点为坐标与图形变化-平移/轴对称、待定系数法求二次函数解析式、二次函数综合问题，核心考查抛物线的平移、翻折、旋转变换，结合一次函数、对称点、定点问题的综合求解，是中考代数几何综合的压轴拉分板块。 方法技能 1.抛物线变换核心规律： 平移：遵循“左加右减（自变量x），上加下减（常数项）”，顶点式平移更简便； 沿x轴翻折：抛物线解析式中x不变，y变为-y，开口方向相反，顶点关于x轴对称； 沿y轴翻折：抛物线解析式中y不变，x变为-x，开口方向不变，顶点关于y轴对称； 绕原点旋转180°：x变为-x，y变为-y，开口方向相反，顶点关于原点中心对称。 2.解题核心步骤： 第一步：根据变换规则，确定变换后抛物线的顶点坐标与解析式； 第二步：结合对称点性质、一次函数解析式，确定关键点坐标； 第三步：联立函数解析式，求解定点坐标、参数值，结合几何性质完成计算。 3.易错点：抛物线翻折、旋转后，二次项系数的符号与绝对值需准确判断，避免开口方向、顶点坐标出错。 变式演练 【变式01】（2025·上海徐汇·一模）在平面直角坐标系中，点P、分别是抛物线第二、一象限上一点，轴且． 点Q在直线上方的抛物线M上，点和点Q关于直线对称，在以点为顶点且过点与点R的抛物线N上，．若，则点Q坐标为______． 【答案】或或 【难度】0.15 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、y=ax²+bx+c的图象与性质、根据成轴对称图形的特征进行求解 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，先根据题意求出点P、的坐标，然后判断点R在x轴正半轴上或y轴负半轴上，分为两种情况求出点的坐标解题． 根据条件求出点P和的坐标，再根据判断点R的位置在x轴正半轴或y轴负半轴上，分两种情况讨论点Q的坐标. 【详解】∵轴且，点P在第二象限，点在第一象限抛物线上， ∴，直线的方程为， ∵，O为原点， ∴点R在x轴正半轴上或y轴负半轴上， ①当R在x轴正半轴上时， 设，则Q关于直线的对称点， 由于，即平行于x轴，且R在x轴上，故也在x轴上，因此，解得， ∴， ②当R在y轴负半轴上时， ∵抛物线N的顶点为， ∴抛物线N的对称轴为直线， 又抛物线N过点和点R，且，即平行于x轴，故和R的纵坐标相同，且关于直线对称， 由R在y轴负半轴上，设，，则R到直线的距离为1，故到直线的距离也为1，且在R的右侧，所以的横坐标为2， 则， 综上所述，点Q的坐标为或或， 故答案为：或或. 【变式02】（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】 【难度】0.4 【知识点】y=a（x-h）²+k的图象和性质、根据成轴对称图形的特征进行求解 【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03】（2025·上海静安·一模）已知抛物线上，其与部分对应值如下表： x … … y … … (1)求此抛物线的表达式； (2)设此抛物线的顶点为，将此抛物线沿着平行于轴的直线翻折，翻折后得新抛物线． ①设此抛物线与轴的交点为（点在点的左侧），且的重心恰好落在直线上，求此时新抛物线的表达式； ②如果新抛物线恰好经过原点，求新抛物线在直线上所截得的线段长． 【答案】(1) (2)①② 【难度】0.65 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、y=ax²+bx+c的图象与性质、重心的有关性质、折叠问题 【分析】本题主要考查待定系数法求解析式及二次函数图象的性质，折叠的性质，重心的性质，掌握二次函数图象的性质是解题的关键． （1）根据题意，运用两点式，设，运用待定系数法即可求解； （2）①将抛物线的一般式化为顶点式得到点的坐标为，如图所示，过点作垂直轴于点，根据是的重心，得到，则新抛物线的顶点坐标为，根据题意可知，这两条抛物线的形状不变，开口方向相反，由此即可求解；②设直线与轴的交点为，则关于直线的对称点为，由此得到新抛物线的表达式为，根据它经过原点，得到解得，所以令，代入，由此即可求解． 【详解】（1）解：当时，，当时，， ∴设抛物线的表达式为， 把代入，， 解得， ∴此抛物线的表达式为． （2）解：①∵， ∴点的坐标为， 如图所示，过点作垂直轴于点， ∴， ∵是的重心， ∴， ∵在直线上，且新抛物线与原抛物线的图像关于直线对称， ∴新抛物线的顶点坐标为， ∴根据题意可知，这两条抛物线的形状不变，开口方向相反， ∴新抛物线的表达式为； ②设直线与轴的交点为， ∴关于直线的对称点为， ∴新抛物线的表达式为， ∵它经过原点， ∴， 解得， 令，代入， 得，， ∴新抛物线在直线上所截得的线段长为． 【变式04】（2025·上海松江·一模）在平面直角坐标系中（如图），已知二次函数的图像与轴负半轴交于点，与轴交于点，且． (1)当时，求该二次函数的函数值； (2)定义：对于一个函数，满足的实数叫做这个函数的不动点．如果二次函数存在唯一的一个不动点，试求出这个不动点； (3)将绕点逆时针旋转，点落在点处，点落在点处，当四边形是梯形时，点恰好落在该二次函数图像上，求该二次函数的解析式． 【答案】(1)0 (2)这个不动点是 (3)或 【难度】0.4 【知识点】解直角三角形的相关计算、根据旋转的性质求解、y=ax²+bx+c的图象与性质、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）令，得，得，进而得，代入解析式得得，从而得，再把代入解析式即可得解； （2）由得：，根据函数有唯一的不动点得或．把代入，得，求解即可； （3）分和利用解直角三角形，旋转的性质及二次函数的图像及性质即可求解． 【详解】（1）解：令，得， ． 代入解析式得得 ∴ 当时 当时，． （2）解：由得： ∵有唯一的不动点 解得：（舍）或． 当时， ∴， 这个不动点是． （3）解：①当时，如图 由旋转可得，， ， ∴ ， ②当时，如图，过作于点， 由旋转得， ∴， ，， ∴ 解得， ． 故二次函数解析式为或， 【点睛】本题主要考查了二次函数的图形及性质，一元二次方程根的判别式，解直角三角形及旋转的性质，熟练掌握二次函数的图形及性质是解题的关键． 【变式05】（2025·上海金山·一模）在平面直角坐标系中，将抛物线（其中，，是常数，且）以原点为中心，旋转得到抛物线，则称是的“中心对称抛物线” ．已知抛物线，将抛物线向左平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，．将抛物线的“中心对称抛物线”向右平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，．当时，的值为_________． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】二次函数图象的平移、y=ax²+bx+c的图象与性质、抛物线与x轴的交点问题、根据中心对称的性质求面积、长度、角度 【分析】先求出抛物线与轴交点，平移后得到、坐标；再根据中心对称求出解析式，进而得到与轴交点，平移后得到、坐标；然后表示出、、的长度，最后根据列方程求解 ． 【详解】当时，，解得，， 抛物线与轴的交点坐标为，． 抛物线向左平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，， ，． ， 抛物线的顶点坐标为， 点关于原点的对称点为， 抛物线的“中心对称抛物线”的解析式为， 当时，， 解得，， 抛物线与轴的交点坐标为，． 抛物线向右平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，， ，， ，，． ， ， 解得， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了抛物线的平移、中心对称变换，以及抛物线与轴交点问题，熟练掌握抛物线的平移规律、中心对称性质及利用交点求线段长度的方法是解题的关键． 题●型●破●译 题型10 图形变换与反比例函数综合 典例引领 【典例01】（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】 【难度】0.65 【知识点】求反比例函数解析式、求关于原点对称的点的坐标 【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：． 【典例02】（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形的两边分别在轴和轴的正半轴上，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，反比例函数经过点，若的对应点恰好落在对角线的中点，，则的值为___________． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】反比例函数与几何综合、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】先根据旋转以及矩形的性质求出，然后由勾股定理求出，解，求出，由旋转可知：，，则，那么，然后由角直角三角形性质和勾股定理求出，再由待定系数法求函数解析式即可． 【详解】解：过点作轴于点，连接， 四边形是矩形， ， 矩形绕点顺时针旋转得到矩形，， ， 的对应点恰好落在对角线的中点， ， ， ， 在中，，， ， 由旋转可知：，， ， 又轴， ， ， 在中，，， ， ， 反比例函数经过点， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合，涉及解直角三角形，旋转的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，难度较大，解题的关键是正确添加辅助线． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空中档题的高频考点，难度系数0.4-0.65，对应文档核心知识点为坐标与图形变化-旋转/平移、反比例函数的图像与性质、求反比例函数解析式，核心考查图形变换后点的坐标求解，结合反比例函数k的几何意义的综合计算，是代数几何综合的高频基础考点。 方法技能 1.解题核心逻辑： 第一步：根据平移/旋转/轴对称的性质，结合矩形、直角三角形的性质，确定变换后对应点的坐标； 第二步：将点的坐标代入反比例函数解析式y=k/x，建立方程求解参数； 第三步：结合反比例函数k的几何意义，利用图形面积完成验证与计算。 2.核心技巧：旋转后对应点到旋转中心的距离相等，可结合勾股定理建立坐标之间的等量关系；矩形的边与坐标轴平行时，点的坐标可直接转化为线段长度。 3.易错点：反比例函数图像所在象限决定k的符号，需结合点的坐标符号准确判断，避免符号出错。 变式演练 【变式01】（2025·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，点是反比例函数图像上一点，点是轴上一点，，将绕点旋转，点的对应点分别为．当四边形的面积等于8时，点的坐标是_______． 【答案】 【难度】0.85 【知识点】反比例函数与几何综合、利用平行四边形的判定与性质求解、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了反比例函数、平行四边形的性质，旋转的性质，熟练掌握是解答本题的关键．根据题意画出图像，先证明四边形是平行四边形，易得，在中利用三线合一得到，利用面积即可求解． 【详解】解：根据题意画出图像得， 过点作于点， ，， 根据旋转得，，，， ， 四边形是平行四边形， 易知， ， 是等腰三角形， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【变式02】（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】/ 【难度】0.65 【知识点】公式法解一元二次方程、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【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：． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 题●型●训●练 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 【难度】0.65 【知识点】三角形内角和定理的应用、等边对等角、根据旋转的性质求解 【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 2.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．    B．    C．   D．    【答案】B 【难度】0.85 【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和轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； B、是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意； C、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意； D、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意； 故选：B． 3．（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 【难度】0.85 【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识别．如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．根据轴对称图形和中心对称图形的定义，即可解答． 【详解】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：A． 4．（2024·上海金山·二模）下列命题中真命题是（   ） A．相等的圆心角所对的弦相等 B．正多边形都是中心对称图形 C．如果两个图形全等，那么他们一定能通过平移后互相重合 D．如果一个四边形绕对角线的交点旋转 90°后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】中心对称图形的识别、判断命题真假、证明四边形是正方形、图形的全等 【分析】本题考查了命题：判断事物的语句叫命题；正确的命题叫真命题，错误的命题叫假命题．依次进行判断即可得到答案． 【详解】解：A．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故选项A是假命题； B．把一个图形绕着某一个点旋转后，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，正方形，正六边形等是中心对称图形，但正三角形，正五边形不是中心对称图形，故选项B是假命题； C．如果两个图形全等，那么他们一定能通过翻折、平移和旋转后互相重合，故选项C是假命题； D．如果一个四边形绕对角线的交点旋转 后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形，故选项D是真命题． 故选：D． 5．（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 【难度】0.85 【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、根据成轴对称图形的特征进行求解 【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． 6．（2025·上海杨浦·一模）已知矩形，点E是边的中点，将沿翻折，点A的对应点F恰好落在对角线上，那么________． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】先根据矩形的性质得到，，，求得，再根据折叠的性质得到，，，求得，推出，由E是边的中点，得到，求得，根据全等三角形的性质得到，求得，得到，根据三角函数的定义即可得到结论． 【详解】如图，延长交于G，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴． ∵将沿折叠，点A落到点F处， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵E是边的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴， ∴， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理，三角函数定义等知识，解题关键是熟练掌握翻折变换的性质和勾股定理． 7．（2025·上海·一模）如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值______． 【答案】/ 【难度】0.4 【知识点】根据等角对等边证明边相等、利用平行四边形的性质求解、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查旋转的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，利用相似三角形的性质求解是解答的关键． 设，根据平行四边形的性质和旋转性质得到，，利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质得到，进而利用等角对等边可得，证明，利用相似三角形的性质求得即可求解． 【详解】解：如图，设， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 由旋转的性质得，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∵，为公共角， ∴， ∴，即， 解得， ∴． 故答案为：． 8．（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 【难度】0.4 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【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. 9．（2024·上海·模拟预测）新定义：无理数的被开方数（T为正整数）满足（其中n为正整数），则称无理数的“青一区间”为，在平面直角坐标系中建立点为的青一坐标，同理可得的青一区间为，为的青一坐标，两坐标的距离，叫做的青一距． (1)的青一坐标与的青一坐标关于_________对称； (2)的青一区间为_______，的青一区间为_________，的青一距为_______； (3)实数x，y满足关系式：，若直线过的青一坐标和的青一坐标，求：的青一距和直线与x轴夹角的正弦值． 【答案】(1)原点 (2)，， (3)青一距为，正弦值为 【难度】0.65 【知识点】求角的正弦值、判断两个点是否关于原点对称、其他问题(一次函数的实际应用)、无理数的大小估算 【分析】本题考查坐标与中心对称，无理数的估算，求一次函数的解析式，求正弦值： （1）根据点的坐标特征，进行判断即可； （2）根据青一区间和青一距的定义，进行求解即可； （3）非负性求出的值，进而求出青一区间和青一距，待定系数法求出函数解析式，数形结合求出角的正弦值即可． 【详解】（1）解：和的横纵坐标均为相反数， 故的青一坐标与的青一坐标关于原点对称； 故答案为：原点； （2）∵， ∴的青一区间为； ∵ ∴的青一区间为； ∵， ∴的青一区间为，的青一区间为； ∴的青一距为； 故答案为：；；； （3）∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴的青一区间为：，的青一区间为：， ∴的青一距为； ∵直线过的青一坐标和的青一坐标，即直线过和， ∴，解得：， ∴， 如图：不妨设，过点作轴，则：， ∴， ∴ ∴的青一距青一距为，直线与x轴夹角的正弦值为． $