第26讲 图形的对称、平移和旋转（复习讲义，3考点8题型3重难）（湖南专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第七章 图形的变化 第26讲 图形的对称、平移和旋转 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 3 03·考点解析·知识通关 3 04·命题洞悉·题型预测 8 命题点一 图形的变换 题型01 轴对称/中心对称的识别 题型02 平移/旋转/轴对称作图 题型03 坐标变换计算（平移/旋转/对称后点坐标） 题型04 图形变换性质的直接应用 题型05 折叠问题 题型06 将军饮马问题 题型07 图形变换与函数综合 题型08 图形变换与几何图形综合 05·重难突破·思维进阶难 22 突破一 与图形变换有关的规律探究问题 突破二 直线类运动轨迹问题 突破三 弧线类运动轨迹问题 06·优题精选·练能提分 27 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 课标要求 中心对称与中心对称图形 / 长沙市卷T1 理解中心对称和中心对称图形的概念，能判断一个图形是否为中心对称图形，掌握中心对称的性质。 轴对称与轴对称图形 长沙市卷T9 湖南省卷 T2 长沙市卷T1 湖南省卷 T6 理解轴对称和轴对称图形的概念，能判断一个图形是否为轴对称图形，掌握轴对称的性质。 平移 湖南省卷 T6 长沙市卷T6 理解平移的概念和性质（对应点连线平行且相等），能进行平移作图和相关计算。 旋转 / 湖南省卷 T26 理解旋转的概念和性质（对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中心连线所成的角相等），能进行旋转作图和相关计算。 命题预测 1. 轴对称与中心对称基础判断（选择题，3-6分） 轴对称图形识别：判断图形是否为轴对称图形；中心对称图形识别：判断图形是否为中心对称图形；对称轴条数：判断常见图形的对称轴条数 2. 点的平移必考（选择题/填空题，3分） 坐标平移：点P(x,y)平移后的坐标；平移规律：“左减右加、上加下减” 3. 旋转综合应用为压轴热点（解答题，10-15分） 旋转全等：旋转前后图形全等，常用于构造全等三角形；旋转角计算：利用旋转角等于对应点与旋转中心连线夹角；手拉手模型：共顶点的两个等边三角形（或等腰直角三角形）旋转 4. 图形变换综合题（解答题，8-12分） 与函数结合：函数图像平移、对称变换；与几何结合：折叠、旋转中的几何计算；操作探究：折纸、剪拼中的图形变换 备考建议 1. 基础知识巩固 熟记常见图形：哪些是轴对称图形、哪些是中心对称图形；掌握变换规律：平移、旋转、轴对称的性质；牢记平移口诀：“左减右加、上加下减” 2. 解题能力提升 辅助线技巧：遇折叠 → 找对称轴，得等边等角；遇旋转 → 找旋转中心，得全等关系 遇平移 → 找平移方向，得平行等长 模型识别：手拉手模型（共顶点旋转）；一线三等角模型 3. 重点突破题型 ① 轴对称与中心对称图形判断② 点的平移坐标计算③ 手拉手模型旋转全等证明④ 折叠问题中的角度、线段计算⑤ 函数图像平移解析式变换 考点一 图形的对称 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. 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 1.（2025·湖南·中考真题）武术是我国传统的体育项目．下列武术动作图形中，是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2.（2024·湖南长沙·中考真题）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 3.（2025·湖南长沙·中考真题）如图，将沿折痕折叠，使点B落在边上的点E处，若，则的周长为（    ） A．5 B．6 C．6.5 D．7 4.（2024·湖南·中考真题）下列命题中，正确的是（    ） A．两点之间，线段最短 B．菱形的对角线相等 C．正五边形的外角和为 D．直角三角形是轴对称图形 考点二 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. 1.（2025·湖南长沙·三模）定义：在平面直角坐标系中，将一个图形先向上平移个单位，再绕原点按逆时针方向旋转角度，这样的图形运动叫做图形的变换．如：点按照变换后得到点的坐标为，则点按照变换后得到点Q的坐标为（    ） A． B． C． D． 2.（2025·湖南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，平移至的位置．若顶点的对应点是，则点的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 3.（2025·湖南张家界·模拟）如图，在中，，将沿直线向右平移3个单位得到，连接，则下列结论不正确的是（   ） A． B． C． D．四边形的周长为30 考点三 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·湖南湘潭·模拟预测）如图，在正方形中，，为的中点，连接，将绕点按逆时针方向旋转得到，则的长为（   ） A． B． C． D． 2.（2025·湖南衡阳·模拟）如图，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为E，D，且点D恰好在线段上，以下结论：①；②；③；④；⑤；⑥．其中正确的结论有（    ）个． A．6 B．5 C．4 D．3 3.（2025·湖南衡阳·模拟预测）如图，中，，将逆时针旋转，得到，交于F．当时，点D恰好落在上，此时等于（   ） A． B． C． D． 命题点一 图形的变换 ►题型01 轴对称/中心对称的识别 1）寻找对称轴是确定轴对称图形的关键，能找出对称轴的图形为轴对称图形，否则就不是轴对称图形. 2）若一个图形上，存在这样的一个点，使整个图形绕着这个点旋转180°后能够与原来的图形重合，则这个图形就是中心对称图形. 【典例】（2025·湖南·一模）下列图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A．B．C． D． 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）下列倡导环保的图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　） A．B． C． D． 【变式2】（2025·湖南长沙·模拟预测）未来乃可预见之时代，寰宇知名人工智能企业徽标林立，请问下列图示中，属中心对称而非轴对称的图像是（   ） A．B． C． D． 【变式3】（2025·湖南长沙·模拟预测）下列图形中，是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【变式4】（2025九年级下·湖南长沙·开学模考）中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”“立夏”“芒种”“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． ►题型02 平移/旋转/轴对称作图 【典例】（2025·湖南长沙·三模）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，，请解答下列问题： (1)若经过平移后得到，已知点的坐标为，请作出； (2)将绕点A按顺时针方向旋转得到，请作出； (3)当四边形为平行四边形时，请直接写出点D的坐标． 【变式1】（2025·湖南长沙·一模）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标为，，． (1)将先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度，画出平移后的；（点，，的对应点分别为点，，） (2)在（）的条件下，画出经过点，的直线，求直线的解析式． 【变式2】（24-25八年级上·天津滨海新区·期末）如图所示，在平面直角坐标系中，点． (1)请在图中作出关于y轴对称的，并写出点的坐标； (2)求的面积； (3)已知P为x轴上一点，若的面积为8，求点P的坐标． 【变式3】（2025·山东烟台·中考真题）如图，是矩形的对角线，请按以下要求解决问题： (1)利用尺规作，使与关于直线成轴对称（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，若交于点，，，求的长． 【变式4】（2025·湖北武汉·中考真题）如图是由小正方形组成的3个4格，每个小正方形的顶点叫作格点，矩形的四个顶点都是格点．仅用无刻度直尺在给定网格中完成如下两个问题，每个问题的画线不得超过五条． (1)如图1，是格点，先将点绕点逆时针旋转，画对应点，再画直线交于点，使直线平分矩形的面积． (2)如图2，先画点关于直线的对称点，再画射线交于点，使． ►题型03 坐标变换计算（平移/旋转/对称后点坐标） 【典例】（25-26九年级上·湖南长沙·月考）点关于轴的对称点为点，点绕原点按顺时针方向旋转后的对应点为点，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（25-26九年级上·湖南岳阳·期中）在探究“反比例函数的图象与性质”时，小明先将直角边长为5个单位长度的等腰直角三角板ABC摆放在平面直角坐标系中，使其两条直角边，分别落在x轴负半轴、y轴正半轴上（如图所示），然后将三角板向右平移a个单位长度，再向下平移a个单位长度后，小明发现A，B两点恰好都落在函数的图象上，则a的值为（   ） A．2或3 B．3或5 C．2或5 D．2 【变式2】（2025·湖南邵阳·三模）如图，点A的坐标是，B的坐标是，将绕点O顺时针旋转得到，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【变式3】（2025·湖南·模拟预测）已知点A（，）与点B（，）关于原点对称，若，则的值为（   ） A．2 B． C． D． 【变式4】（2025·湖北·中考真题）如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【变式5】（2024·湖南·模拟预测）如图，点A的坐标是，点B的坐标是，将沿x轴向右平移得到，若，则点C的坐标为______． ►题型04 图形变换性质的直接应用 【典例】（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在中，，点E，F分别在，上，将沿折叠后，正好点C落在的M处．若，则的度数为______． 【变式1】（2025·湖南怀化·三模）如图，如果绕点C逆时针旋转后能与重合，那么旋转角的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·湖南永州·模拟）已知点关于原点的对称点在第一象限，则的取值范围在数轴上表示正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式3】（2025·吉林·中考真题）如图，风力发电机的叶片在风的吹动下转动，使风能转化为电能．图中的三个叶片组成的图形绕着它的中心旋转角后，能够与它本身重合，则角的大小可以为（    ） A． B． C． D． 【变式4】（2025·四川凉山·中考真题）如图，将周长为20的沿方向平移2个单位长度得，连接，则四边形的周长为______． 【变式5】（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________． ►题型05 折叠问题 【典例】（2025·湖南衡阳·模拟预测）如图，在中，，，分别为边，上的点，将沿着翻折，得到，与相交于点，连接．当为等腰直角三角形时，的度数为_______． 【变式1】（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． 【变式2】（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 【变式3】（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（   ） A． B． C． D． 【变式4】（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． 【变式5】（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． ►题型06 将军饮马问题 【典例】（2025·湖南张家界·二模）材料：在古罗马时代，传说在亚历山大城有一位精通数学和物理的学者，名叫海伦．一天，一位罗马将军专程去拜访他，向他请教一个百思不得其解的问题．将军每天从营地甲出发，先到河边饮马，再去河岸同侧的营地乙开会，应该怎样走才能使路程最短？从此、这个被称为“将军饮马”的问题广泛流传． (1)在解决日常生活中遇到的问题时，我们常常把问题数学化，将问题抽象归纳为一个数学模型，将军饮马问题也不例外．在这个问题中，我们把营地甲、营地乙分别抽象为点、点，把河岸抽象为直线，把距离抽象为线段的长度，这样，一个生活问题就转化为一个数学问题．现有如下四种设计方案，则所走路程最短的是___________． A．        B．  C．       D． (2)如图所示，牧童在处放牛，其家在处，米，米，米，牧童从处把牛牵到河边饮水再回家，求牧童需要走的最短路程为多少米． (3)已知，求的最小值．（可结合图形） 【变式1】（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 ． 【变式2】（2025·湖南湘西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，，线段在y轴上移动（点D在点C的上方），且．连接，，则的最小值是_____． 【变式3】（2025·湖南·模拟预测）如图，为矩形对角线，的交点，，，是直线上的动点，且，求的最小值． ►题型07 图形变换与函数综合 【典例】（2025·湖南·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于点和A（-1，0）和点B（4，0），与y轴交于点C（0，2）． （1）求抛物线解析式 （2）点P是抛物线BC段上一点，PD⊥BC，PE∥y轴，分别交BC于点D、E．当DE=时，求点P的坐标． （3）M是平面内一点，将符合（2）条件下的△PDE绕点M沿逆时针方向旋转90°后，点P、D、E的对应点分别是．设的中点为N，当抛物线同时经过与N时，求出的横坐标． 【变式1】（2025·湖南永州·模拟预测）如图，抛物线与轴相交于点，与轴相交于点，，点是抛物线的顶点． (1)求抛物线的函数表达式． (2)在轴上有一点，求出的值最小时点的坐标，及此时的值． (3)在第四象限内的抛物线上是否存在一点，过点作轴交轴于点，使与相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式2】（2025·湖南·模拟预测）如图1，将一张平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点与原点重合，在轴上，点，点在第一象限，且． (1)如图1，点的坐标为_______，点的坐标为_______． (2)如图2，若为轴的正半轴上的一个动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设． ①若直线与边相交于点，将纸片折叠，当四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． ∵四边形是平行四边形，， 由（1）得出， 【变式3】（2025·湖南邵阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，点，点C在y轴的负半轴上，以为对称轴作的轴对称图形，点A的对称点为点D． (1)若点D恰好落在x轴正半轴上，求点D的坐标； (2)在（1）的条件下求的面积． 【变式4】（2025·湖南长沙·二模）平面直角坐标系中，已知二次函数为常数，的图象经过点． (1)求该二次函数图象的顶点坐标（用含的式子表示）； (2)若平面内一点，将点向左平移个单位长度，或者将点向右平移个单位长度，或者将点向上平移个单位长度，平移后的三个对应点都在二次函数图象上，试求和的值； (3)当时，的最大值为，的最小值为，令，若，试求的取值范围． ►题型08 图形变换与几何图形综合 【典例】（2025·湖南永州·一模）如图，点C是以为直径的半圆O上的动点，连结，作圆心O关于的对称点，射线交半圆O于点D，连结，与交于点E． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求的值； (3)当，时，求的面积． 【变式1】（2025·湖南怀化·二模）如图1，将一副直角三角板放在同一条直线上，其中，，． (1)观察猜想：将图1中的三角尺绕逆时针的方向旋转至如图2的位置，使得，交于点，则的度数为_____； (2)操作探究：如图2所示，在（1）的条件下，已知，，求此时线段的长度； (3)深化拓展：将图1中的三角尺绕点逆时针的方向旋转至如图3的位置（），线段与交于点，点在线段上，求的值． 【变式2】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在四边形中，，点在四边形内，，于点，将沿翻折，点恰好与点重合，延长交折痕的延长线于点，，则点到直线的距离为__________． 【变式3】（2025·湖南娄底·三模）综合与实践 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展探究活动，如图①，在四边形中．． ，如图②，保持不动，将沿着方向向下平移，使得点与边的中点重合，得到． 操作发现： （1）连接，试猜想和的数量关系，并说明理由； （2）如图③，在图②的基础上，再将以点为旋转中心，按顺时针方向旋转一定角度，使点在同一条直线上（在中间），连接．试判断四边形的形状，并证明你的结论； 实践探究： （3）如图④，在图②的基础上，按（2）中的旋转方式继续旋转．当第一次恰好与垂直时停止旋转，设与交于点，与交于点，延长交于点，连接交于点，求线段的长． 【变式4】（2025·湖南·模拟预测）如图1，四边形中，，，且四边形的周长为48．O是上一点，．动点P从点O出发，沿折线运动到顶点D停止，连接，将线段绕点O顺时针旋转得到线段，连接． (1)求的长； (2)如图2，当点P在折线上运动的过程中，当点Q到的距离时，求此时点P在折线上运动的路径长； (3)连接，当点P在折线上运动过程中，时，求的长． 突破一 与图形变换有关的规律探究问题 【典例】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 【变式1】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． 【变式2】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 【变式3】如图，面积为3的等腰三角形，，点、点在轴上，且、，规定把三角形“先沿轴翻折，再向下平移1个单位”为一次变换，这样连续经过2025次变换后，三角形顶点的坐标为（    ） A． B． C． D． 突破二 直线类运动轨迹问题 【典例】（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． 【变式1】（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． 【变式2】（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，是的中点，是边上的动点，作，交于点，延长到点，使得．当面积最大时，的长等于 ． 【变式3】（2025·山东淄博·中考真题）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为 ． 突破三 弧线类运动轨迹问题 【典例】（2025·黑龙江·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为． (1)将向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到，画出两次平移后的，并写出点的坐标； (2)画出绕原点O逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（2）的条件下，求点旋转到点的过程中，所经过的路径长（结果保留π）． 【变式1】为什么变速自行车会“变速”？ 变速自行车是常用的交通工具，图（1）所示的是某型号变速自行车的基本结构，图中处分别有几个大小不同的齿轮，链条连接的两个齿轮称为主动链轮、从动链轮． ［探究]为了便于研究主动链轮与从动链轮的关系，我们先探究一组相互啮合的两个齿轮（如图（2）），通过操作发现：两个齿轮如果可以实现传动，那么两个齿轮的齿距（相邻两齿在圆上的弧长）相等，相同时间内啮合的齿数相等． （1）已知主动轮、从动轮的齿数分别为、，主动轮每分钟转圈，则每分钟啮合的齿数有_____个，从动轮每分钟转圈，则每分钟啮合的齿数有_____个，由于相同时间内啮合的齿数相等，从而可推出与的关系是_____． （2）如图（3），在主动轮与从动轮之间加入一个“惰轮”形成新的齿轮组合，已知主动轮、从动轮的齿数分别为32齿和14齿． 若主动轮的转速为每分钟70圈，求从动轮的转速，并说一说图（3）的齿轮组合在实现传动时，“惰轮”的作用是什么？ ［发现]不难发现，变速自行车中的链条作用如同“惰轮”．若骑行者每分钟蹬的圈数不变，实现自行车“变速”的方法可以是_____（写出一种即可）． 【变式2】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． 【变式3】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）． 1.（2025·湖南长沙·二模）下列图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2.（2025·湖南·模拟预测）如图，沿直线向右平移，得到，若，则的长度为（    ） A．7 B．6 C．5 D．4 3.（2025·湖南·模拟预测）如图，将绕点顺时针旋转变为，则下列说法不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 4.（2025·湖南娄底·一模）在平面直角坐标系中，已知点在第二象限，下列结论错误的是（   ） A． B．点关于轴的对称点的坐标为 C．点到两坐标轴的距离之和等于 D．点向上平移个单位，再向左平移个单位后所得点 的坐标为 5.（2025·湖南长沙·模拟预测）数学活动课上，小章将一张两边平行的长纸条折叠成如图所示的图形．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 6.（2025·湖南·模拟预测）在平面直角坐标系中，我们把一次函数的系数k与b的比值称为该一次函数的“特征值”．如图，将一次函数的图象向上平移3个单位长度后与反比例函数的图象交于P，Q两点，点P，Q恰好关于原点对称，则一次函数的“特征值”是（    ） A． B． C． D． 7.（2025·湖南邵阳·模拟）如图，菱形，点均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（   ） A．3 B．5 C． D． 8.（25-26九年级上·湖南衡阳·期末）如图，在中，点在上，连接，将沿着折叠得到，交于点，． (1)求证：； (2)若，，求的值及的长． 9.（25-26九年级上·湖南长沙·月考）如图，和均为等边三角形，当旋转至点，，在同一直线上时，连接． (1)求的度数． (2)当时，并且，求等边的边长． 10.（25-26九年级上·湖南株洲·期中）在中，点D为的中点，点P为射线上一个动点，连接，将线段绕点A逆时针旋转（ 得到线段，连接． (1)【观察猜想】如图1，当点P在边上时，线段与线段的数量关系是_______，线段与线段所夹锐角的度数为_______； (2)【类比探究】如图2，当点P在延长线上时，判断 （1）中的结论是否仍然成立．若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明． (3)【拓展应用】若点Q到的距离为1，请直接写出线段的长． 11.（2025·湖南·模拟预测）【问题背景】如图1，E是正方形内一点， 是直角三角形， ，把绕点A 逆时针旋转得到，使得点 E 的对应点 F 恰好在边上，连接． 【初步感知】（1）若B，E，G三点在同一条直线上时，求 的度数； 【研究感悟】（2）若正方形的边长为4，求 的最小值； 【深度探索】（3）如图2，延长交于点H，若 ，求证：E是线段的黄金分割点． 12.（2025·湖南长沙·模拟）在平面直角坐标系中，对于点，若点的坐标为，则称点是点的“阶华益点”（其中为常数，且）．例如：点的“2阶华益点”为点，即点2的坐标为． (1)若点的坐标为，求它的“3阶华益点”的坐标； (2)若点先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到了点，点的“阶华益点”位于坐标轴上，求点的坐标． (3)已知、，在第一象限内是否存在横、纵坐标均为整数的点，它的“阶华益点（为正整数）”使得四边形的面积为6？如果存在，请求出的值和点坐标；如果不存在，请说明理由． 1.（2025·江苏扬州·中考真题）窗棂是中国传统木构建筑的重要元素，既散发着古典之韵，又展现了几何之美．下列窗棂图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D．　 2.（2025·辽宁·中考真题）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将线段平移得到线段，点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标为（　　） A． B． C． D． 3.（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． 4.（2025·广东广州·中考真题）如图，的直径，C为中点，点D在弧上，，点P是上的一个动点，则周长的最小值是（   ） A． B． C． D． 5.（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________． 6.（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． 7.（2025·黑龙江·中考真题）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是对角线上一动点，作点C关于直线的对称点P，若，则的长为_______． 8.（2025·山东潍坊·中考真题）如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中，，的坐标分别为，，．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）． (1)画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标； (2)将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形． 9.（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）． 10.（2025·山东东营·中考真题）    （1）探索发现 东营市全面落实国家课程方案．某校开设了纸艺课程，三个项目组在折纸活动中发现：在中，，，折叠，使边落在边上，折痕为，则、与的两边、存在着某种关系．如图1，请你帮助项目组判断与的数量关系为____________． （2）猜想验证 项目组猜想：当为任意三角形时，上述数量关系仍然成立．为了验证这一猜想，项目组按照（1）中的方法折叠，为折痕，分别得出了不同的方案，并画出了以下图形．请选择任意一种方案证明． （3）拓展应用 如图5，在中，平分交于点，为延长线上一点，．求证：． 11.（2025·广西·中考真题）综合与实践 树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1） 初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形． 【问题提出】 西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置． 设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为． 【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？ 【初步探究】（2）求图3情形的与的值； 【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式； 【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果） 12.（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__________． 13.（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． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第七章 图形的变化 第26讲 图形的对称、平移和旋转 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 3 03·考点解析·知识通关 3 04·命题洞悉·题型预测 12 命题点一 图形的变换 题型01 轴对称/中心对称的识别 题型02 平移/旋转/轴对称作图 题型03 坐标变换计算（平移/旋转/对称后点坐标） 题型04 图形变换性质的直接应用 题型05 折叠问题 题型06 将军饮马问题 题型07 图形变换与函数综合 题型08 图形变换与几何图形综合 05·重难突破·思维进阶难 69 突破一 与图形变换有关的规律探究问题 突破二 直线类运动轨迹问题 突破三 弧线类运动轨迹问题 06·优题精选·练能提分 91 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 课标要求 中心对称与中心对称图形 / 长沙市卷T1 理解中心对称和中心对称图形的概念，能判断一个图形是否为中心对称图形，掌握中心对称的性质。 轴对称与轴对称图形 长沙市卷T9 湖南省卷 T2 长沙市卷T1 湖南省卷 T6 理解轴对称和轴对称图形的概念，能判断一个图形是否为轴对称图形，掌握轴对称的性质。 平移 湖南省卷 T6 长沙市卷T6 理解平移的概念和性质（对应点连线平行且相等），能进行平移作图和相关计算。 旋转 / 湖南省卷 T26 理解旋转的概念和性质（对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中心连线所成的角相等），能进行旋转作图和相关计算。 命题预测 1. 轴对称与中心对称基础判断（选择题，3-6分） 轴对称图形识别：判断图形是否为轴对称图形；中心对称图形识别：判断图形是否为中心对称图形；对称轴条数：判断常见图形的对称轴条数 2. 点的平移必考（选择题/填空题，3分） 坐标平移：点P(x,y)平移后的坐标；平移规律：“左减右加、上加下减” 3. 旋转综合应用为压轴热点（解答题，10-15分） 旋转全等：旋转前后图形全等，常用于构造全等三角形；旋转角计算：利用旋转角等于对应点与旋转中心连线夹角；手拉手模型：共顶点的两个等边三角形（或等腰直角三角形）旋转 4. 图形变换综合题（解答题，8-12分） 与函数结合：函数图像平移、对称变换；与几何结合：折叠、旋转中的几何计算；操作探究：折纸、剪拼中的图形变换 备考建议 1. 基础知识巩固 熟记常见图形：哪些是轴对称图形、哪些是中心对称图形；掌握变换规律：平移、旋转、轴对称的性质；牢记平移口诀：“左减右加、上加下减” 2. 解题能力提升 辅助线技巧：遇折叠 → 找对称轴，得等边等角；遇旋转 → 找旋转中心，得全等关系 遇平移 → 找平移方向，得平行等长 模型识别：手拉手模型（共顶点旋转）；一线三等角模型 3. 重点突破题型 ① 轴对称与中心对称图形判断② 点的平移坐标计算③ 手拉手模型旋转全等证明④ 折叠问题中的角度、线段计算⑤ 函数图像平移解析式变换 考点一 图形的对称 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. 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 1.（2025·湖南·中考真题）武术是我国传统的体育项目．下列武术动作图形中，是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形的定义． 如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形．根据轴对称图形的定义进行逐一分析判断即可． 【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项不符合题意； B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意； C、是轴对称图形，故此选项符合题意； D、不是轴对称图形，故此选项不符合题意． 故选：C． 2.（2024·湖南长沙·中考真题）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 【分析】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别，熟知定义：轴对称图形：如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐项判断即可． 【详解】解：A中图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B中图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意； C中图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D中图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意， 故选：B． 3.（2025·湖南长沙·中考真题）如图，将沿折痕折叠，使点B落在边上的点E处，若，则的周长为（    ） A．5 B．6 C．6.5 D．7 【答案】D 【分析】本题考查轴对称的性质，根据轴对称图形的性质得到，，从而，从而即可解答． 【详解】解：由折叠可得，， ∴， ∴． 故选：D． 4.（2024·湖南·中考真题）下列命题中，正确的是（    ） A．两点之间，线段最短 B．菱形的对角线相等 C．正五边形的外角和为 D．直角三角形是轴对称图形 【答案】A 【分析】本题考查了命题与定理的知识，多边形外角性质，菱形性质及轴对称图形的特点，解题的关键是掌握这些基础知识点． 【详解】解：A、两点之间，线段最短，正确，是真命题，符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，不一定相等，选项错误，是假命题，不符合题意； C、正五边形的外角和为，选项错误，是假命题，不符合题意； D、直角三角形不一定是轴对称图形，只有等腰直角三角形是轴对称图形，选项错误，是假命题，不符合题意； 故选：A． 考点二 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. 1.（2025·湖南长沙·三模）定义：在平面直角坐标系中，将一个图形先向上平移个单位，再绕原点按逆时针方向旋转角度，这样的图形运动叫做图形的变换．如：点按照变换后得到点的坐标为，则点按照变换后得到点Q的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化-平移及坐标与图形变化-旋转，理解题中所给定义及熟知平移和旋转的性质是解题的关键．根据题意，画出示意图，再结合所给变换方式进行计算即可． 【详解】解：如图所示， 将点向上平移2个单位长度，所得点的坐标为 过点作y轴的垂线，垂足为M， 则， 所以是等腰直角三角形，且， 所以， 则将点绕原点按逆时针方向旋转后，所得点的坐标为， 即变换后所得Q的坐标为 故选：D 2.（2025·湖南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，平移至的位置．若顶点的对应点是，则点的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了坐标与图形的平移，正确找出平移规律是解答本题的关键．根据点A和点的坐标可得出平移规律，从而进一步可得出结论． 【详解】解：∵顶点的对应点是， 又∵， ∴平移至的规律为：将向右平移5个单位，再向上平移1个单位即可得到， ∵， ∴的坐标是，即， 故选：B． 3.（2025·湖南张家界·模拟）如图，在中，，将沿直线向右平移3个单位得到，连接，则下列结论不正确的是（   ） A． B． C． D．四边形的周长为30 【答案】B 【分析】本题考查平移的性质，根据平移的性质可得，，，，，据此对各结论逐一判断即可得答案．正确理解“平移前后对应线段平行且相等”是解题关键． 【详解】解：∵将三角形沿直线向右平移3个单位得到三角形，连接，， ∴，，，，，故A正确； ∵， ∴，， ∵， ∴，故B错误； ∵，， ∴，故C正确； ∵，， ∴四边形的周长 ，故D正确. 故选：B． 考点三 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·湖南湘潭·模拟预测）如图，在正方形中，，为的中点，连接，将绕点按逆时针方向旋转得到，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质，根据旋转的性质可得，进而根据，即可求解． 【详解】解：∵在正方形中，，为的中点， ∴，， ∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ∴， ∴， 故选：D． 2.（2025·湖南衡阳·模拟）如图，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为E，D，且点D恰好在线段上，以下结论：①；②；③；④；⑤；⑥．其中正确的结论有（    ）个． A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】B 【分析】此题考查了旋转的性质，四边形内角和，等腰直角三角形的性质和判定， 由旋转的性质可得，，，，由等腰直角三角形的性质和四边形内角和可求解． 【详解】解：由旋转的性质可得，，故①错误； 由旋转的性质可得，图形可得， 等量代换得，故②正确； 由旋转的性质可得旋转角，故③正确； 和是等腰直角三角形，，故④正确； 由旋转的性质可得， 点D在线段上，， 等量代换得，故⑤正确； 已证明， 又∵，四边形内角和为， ∴．故⑥正确； 综上：正确的有②③④⑤⑥，共5个； 故选：B． 3.（2025·湖南衡阳·模拟预测）如图，中，，将逆时针旋转，得到，交于F．当时，点D恰好落在上，此时等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了几何—旋转问题，掌握旋转的性质是关键． 根据旋转可得，再结合旋转角即可求解． 【详解】解：由旋转性质可得：，， ∵， ∴，， ∴， 故选：A． 命题点一 图形的变换 ►题型01 轴对称/中心对称的识别 1）寻找对称轴是确定轴对称图形的关键，能找出对称轴的图形为轴对称图形，否则就不是轴对称图形. 2）若一个图形上，存在这样的一个点，使整个图形绕着这个点旋转180°后能够与原来的图形重合，则这个图形就是中心对称图形. 【典例】（2025·湖南·一模）下列图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A．B．C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，解题的关键是熟练掌握两个概念． 利用中心对称图形和轴对称图形的概念逐项进行判断即可． 【详解】解：A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意； B． 既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意； C． 既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意； D．是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； 故选：C． 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）下列倡导环保的图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　） A．B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别，解题的关键在于熟练掌握：在平面内，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叫做轴对称图形；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． 据此即可求解． 【详解】解：A、该图形既不是轴对称图形也不是中心对称图形，不符合题意； B、该图形既不是轴对称图形也不是中心对称图形，不符合题意； C、该图形是轴对称图形但不是中心对称图形，符合题意； D、该图形是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意； 故选：C． 【变式2】（2025·湖南长沙·模拟预测）未来乃可预见之时代，寰宇知名人工智能企业徽标林立，请问下列图示中，属中心对称而非轴对称的图像是（   ） A．B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A不符合题意； B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故B符合题意； C．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C不符合题意； D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故D不符合题意． 故选：B． 【变式3】（2025·湖南长沙·模拟预测）下列图形中，是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称图形，熟练掌握轴对称图形定义是解题的关键． 根据轴对称图形有对称轴，沿对称轴折叠后图形两部分可重合，即可选出正确选项． 【详解】、此图形有对称轴，是轴对称图形，故此选项正确． 、此图形没有对称轴，不是轴对称图形，故此选项错误． 、此图形没有对称轴，不是轴对称图形，故此选项错误． 、此图形没有对称轴，不是轴对称图形，故此选项错误． 故选． 【变式4】（2025九年级下·湖南长沙·开学模考）中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”“立夏”“芒种”“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解. 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故符合题意； ►题型02 平移/旋转/轴对称作图 【典例】（2025·湖南长沙·三模）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，，请解答下列问题： (1)若经过平移后得到，已知点的坐标为，请作出； (2)将绕点A按顺时针方向旋转得到，请作出； (3)当四边形为平行四边形时，请直接写出点D的坐标． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—平移和旋转，平行四边形的性质，熟知相关知识是解题的关键． （1）根据点C和的坐标可得平移方式为向右平移7个单位长度，向下平移6个单位长度，据此得到的坐标，描出，并顺次连接即可； （2）根据旋转方式和旋转角度结合网格的特点找到A、B、C对应点的位置，描出，并顺次连接即可； （3）根据平行四边形对角线中点坐标相同列式求解即可． 【详解】（1）解；如图所示，即为所求； （2）解；如图所示，即为所求； （3）解：∵四边形为平行四边形，，，， ∴， ∴， ∴． 【变式1】（2025·湖南长沙·一模）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标为，，． (1)将先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度，画出平移后的；（点，，的对应点分别为点，，） (2)在（）的条件下，画出经过点，的直线，求直线的解析式． 【答案】(1)画图见解析； (2)直线的解析式为． 【分析】本题考查了平移作图，求一次函数解析式，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度，找到，，，然后连接各点即可； （）先求出，然后用待定系数法求解析式即可． 【详解】（1）解：如图， ∴即为所求； （2）解：∵先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度，， ∴， 如图，连接，设直线的解析式为， ∴，解得：， ∴直线的解析式为． 【变式2】（24-25八年级上·天津滨海新区·期末）如图所示，在平面直角坐标系中，点． (1)请在图中作出关于y轴对称的，并写出点的坐标； (2)求的面积； (3)已知P为x轴上一点，若的面积为8，求点P的坐标． 【答案】(1)图见解析；； (2)7 (3)或 【分析】本题主要考查作图﹣轴对称变换、坐标与图形、三角形的面积、绝对值方程等知识，熟练掌握轴对称的性质是解答本题的关键． （1）根据轴对称的性质确定点关于y轴对称的点，然后顺次连接即可完成作图，再直接读出点的坐标即可； （2）利用割补法求三角形的面积即可． （3）设点P的坐标为，根据题意可列绝对值方程为，求出a的值，即可确定点P的坐标． 【详解】（1）解：如图，即为所求． 由图可得，． （2）解：． （3）解：设点P的坐标为， ∵的面积为8， ∴，解得：或， ∴点P的坐标为或． 【变式3】（2025·山东烟台·中考真题）如图，是矩形的对角线，请按以下要求解决问题： (1)利用尺规作，使与关于直线成轴对称（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，若交于点，，，求的长． 【答案】(1)作图见解析 (2) 【分析】（1）以为圆心，为半径画弧，以为圆心，为半径画弧，两弧交于点，连接，即可； （2）如图，证明，，，，可得，证明，设，则，可得，再解方程即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求作的三角形； 由作图可得：，，， ∴， ∴即为所求作的三角形； （2）解：如图，∵矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：； ∴． 【点睛】本题考查的是作轴对称图形，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，熟练的作图是解本题的关键． 【变式4】（2025·湖北武汉·中考真题）如图是由小正方形组成的3个4格，每个小正方形的顶点叫作格点，矩形的四个顶点都是格点．仅用无刻度直尺在给定网格中完成如下两个问题，每个问题的画线不得超过五条． (1)如图1，是格点，先将点绕点逆时针旋转，画对应点，再画直线交于点，使直线平分矩形的面积． (2)如图2，先画点关于直线的对称点，再画射线交于点，使． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题考查作图-旋转变换，轴对称变换，平行线的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）旋转变换的性质作出点的对应点即可，连接交网格线于点，作直线交于点即可； （2）取格点，连接交于点，取格点，网格线的中点，连接交于点，作直线交于点，直线即为所求． 【详解】（1）解：如图，点，直线即为所求． （2）解：如图，点，直线即为所求． ►题型03 坐标变换计算（平移/旋转/对称后点坐标） 【典例】（25-26九年级上·湖南长沙·月考）点关于轴的对称点为点，点绕原点按顺时针方向旋转后的对应点为点，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查特殊角的三角函数值，关于x轴对称的点的坐标特征，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质是解题的关键，先计算点P坐标 求其关于x轴对称点Q，再将Q绕原点顺时针旋转，利用全等得点R坐标． 【详解】解：∵， ， ∴ ， ∵点关于轴的对称点为点， ∴， ∵点绕原点按顺时针方向旋转后的对应点为点， 如图，过点作轴于点，过点作轴于点， ∴， ∴， 由旋转得，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴． 故选：C． 【变式1】（25-26九年级上·湖南岳阳·期中）在探究“反比例函数的图象与性质”时，小明先将直角边长为5个单位长度的等腰直角三角板ABC摆放在平面直角坐标系中，使其两条直角边，分别落在x轴负半轴、y轴正半轴上（如图所示），然后将三角板向右平移a个单位长度，再向下平移a个单位长度后，小明发现A，B两点恰好都落在函数的图象上，则a的值为（   ） A．2或3 B．3或5 C．2或5 D．2 【答案】A 【分析】本题考查了反比例函数，平移，解一元二次方程．先得出点A和点B的坐标，再得出平移后点A和点B对应点的坐标，根据平移后两点恰好都落在函数的图象上，列出方程求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 设平移后点A、B的对应点分别为， ∴， ∵两点恰好都落在函数的图象上， ∴把代入得：， ∴， 整理得， 解得：或． 故选：A． 【变式2】（2025·湖南邵阳·三模）如图，点A的坐标是，B的坐标是，将绕点O顺时针旋转得到，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查坐标与图形变换——旋转，画出旋转后图形，根据旋转的性质可得，，由此可解． 【详解】解：点A的坐标是，B的坐标是， 轴，，， 将绕点O顺时针旋转得到，如图： 轴，，， 点的坐标是， 故选：B． 【变式3】（2025·湖南·模拟预测）已知点A（，）与点B（，）关于原点对称，若，则的值为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据关于原点对称的点的坐标特点:两个点关于原点对称时,它们的坐标符号相反可得，的值,进而得到答案. 【详解】解: ∵A（，）与点B（，）关于原点对称， ∴= -， = -， ∵+=2， ∴+= --= -(+)=-2, 故选D. 【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特点,关键是掌握点的坐标的变化规律. 【变式4】（2025·湖北·中考真题）如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征等知识，由题意，结合平行四边形的对称性可知点与点关于坐标原点中心对称，由关于原点中心对称的点的坐标特征即可得到答案．熟记平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征是解决问题的关键． 【详解】解：∵平行四边形的对角线交点在原点， ∴， 点与点关于坐标原点中心对称， 点的坐标为， 点的坐标是， 故选：C． 【变式5】（2024·湖南·模拟预测）如图，点A的坐标是，点B的坐标是，将沿x轴向右平移得到，若，则点C的坐标为______． 【答案】 【分析】先求出平移的距离，再根据平移的性质得出点C的坐标． 【详解】解：∵点B的坐标是， ∴， ∴将沿x轴向右平移了个单位长度得到， ∴将点向右平移2个单位长度得到点． ►题型04 图形变换性质的直接应用 【典例】（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在中，，点E，F分别在，上，将沿折叠后，正好点C落在的M处．若，则的度数为______． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，三角形的外角性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 由平行四边形得到，，折叠得到，由三角形的外角性质求出，再由平角的意义即可求解． 【详解】解：如图， ∵平行四边形， ∴， ∴， 折叠， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式1】（2025·湖南怀化·三模）如图，如果绕点C逆时针旋转后能与重合，那么旋转角的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，得，根据旋转角的定义，得，解答即可． 本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理应用，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：根据题意，得， 根据旋转角的定义，得， 故选：C． 【变式2】（2025·湖南永州·模拟）已知点关于原点的对称点在第一象限，则的取值范围在数轴上表示正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中，各象限内点的坐标的符号的确定方法，以及关于原点对称的两点坐标之间的关系以及一元一次不等式组的解法．先确定出点M在第三象限，然后根据第三象限内点的坐标特征列出不等式组，然后求解得到m的取值范围，从而得解． 【详解】解：∵点关于原点的对称点在第一象限， ∴点在第三象限， ∴， 解不等式①得，， 解不等式②得，， 在数轴上表示如下： ． 故选：C． 【变式3】（2025·吉林·中考真题）如图，风力发电机的叶片在风的吹动下转动，使风能转化为电能．图中的三个叶片组成的图形绕着它的中心旋转角后，能够与它本身重合，则角的大小可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了求旋转角，把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角，据此求解即可． 【详解】解：由题意得，整个图形由三个叶片组成，则相邻叶片之间的夹角为， ∴该叶片图案绕中心至少旋转后能与原来的图案重合， ∴角的大小可以为， 故选：B． 【变式4】（2025·四川凉山·中考真题）如图，将周长为20的沿方向平移2个单位长度得，连接，则四边形的周长为______． 【答案】 【分析】本题考查平移的性质，掌握平移的不变性是解题的关键． 根据平移的性质可得、，然后求出四边形的周长等于的周长与、的和，再求解即可． 【详解】解：沿方向平移个单位长度得到， ，， 四边形的周长 的周长 ． 故答案为：． 【变式5】（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：． ►题型05 折叠问题 【典例】（2025·湖南衡阳·模拟预测）如图，在中，，，分别为边，上的点，将沿着翻折，得到，与相交于点，连接．当为等腰直角三角形时，的度数为_______． 【答案】/13度 【分析】本题考查图形的变化，三角形的外角的性质，等腰直角三角形的性质与判定熟练掌握是解答本题的关键．根据折叠得，利用外角得，求出，再利用外角得，求出，即可求得． 【详解】解：将沿着翻折，得到， ， 为等腰直角三角形， ， 是的一个外角， ， ， 是的一个外角， ， ， ， 故答案为：． 【变式1】（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. 【变式2】（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】由折叠的性质可知，，，再根据菱形的性质，得出，从而求出，则，即可求解． 【详解】解：由折叠的性质可知，，， 在菱形中，， ，， ， ， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，分母有理化等知识，掌握菱形的性质是解题关键． 【变式3】（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】题目主要考查正方形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键. 根据折叠得出，，利用相似三角形的判定和性质得出，再由正方形的性质求解即可. 【详解】解：∵正方形沿折叠， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， 故选：D. 【变式4】（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． 【变式5】（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质与折叠可得，与都是直角三角形，根据 “”即可证明； （2）由中点的定义得到，由折叠得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形 ∴，， 由折叠可得，， ∴，， ∴在和中 ∴； （2）解：∵，点E是的中点， ∴， 由折叠得到， ∵ ， ∴ 设，则， ∵在中，， ∴ 解得 ∴． ►题型06 将军饮马问题 【典例】（2025·湖南张家界·二模）材料：在古罗马时代，传说在亚历山大城有一位精通数学和物理的学者，名叫海伦．一天，一位罗马将军专程去拜访他，向他请教一个百思不得其解的问题．将军每天从营地甲出发，先到河边饮马，再去河岸同侧的营地乙开会，应该怎样走才能使路程最短？从此、这个被称为“将军饮马”的问题广泛流传． (1)在解决日常生活中遇到的问题时，我们常常把问题数学化，将问题抽象归纳为一个数学模型，将军饮马问题也不例外．在这个问题中，我们把营地甲、营地乙分别抽象为点、点，把河岸抽象为直线，把距离抽象为线段的长度，这样，一个生活问题就转化为一个数学问题．现有如下四种设计方案，则所走路程最短的是___________． A．        B．  C．       D． (2)如图所示，牧童在处放牛，其家在处，米，米，米，牧童从处把牛牵到河边饮水再回家，求牧童需要走的最短路程为多少米． (3)已知，求的最小值．（可结合图形） 【答案】(1)D (2)50米 (3)10 【分析】本题考查了轴对称的性质，两点之间线段最短，三角形三边关系，勾股定理等知识，解题的关键是理解轴对称的性质． （1）如图，根据轴对称的性质作点关于直线的对应点，连接交直线于点，则点就是所要求作点．在直线在任取另一点，连接，根据三角形三边关系可解本题； （2）如图，延长至点，使得，连接，则的长度为牧童需要走的最短路程．过点作，与的延长线交于点．根据勾股定理求得即可求解； （3）如图，设线段，作，取，，的值可看作的值． 【详解】（1）解：选：D， 理由：如图，作点关于直线的对应点，连接交直线于点，则点就是所要求作点．在直线在任取另一点，连接， 由轴对称的性质可得：， ，， 在中，， ， 故选：D． （2）如图，延长至点，使得，连接，则的长度为牧童需要走的最短路程． 过点作，与的延长线交于点， 则． 在中，米，米． （米）． （3）如图，设线段， 作，取，， 的值可看作的值． 当三点共线时，的值最小， 即的最小值为的长． 作于点， ∴ 则， ， 的最小值为10． 【变式1】（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：． 【变式2】（2025·湖南湘西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，，线段在y轴上移动（点D在点C的上方），且．连接，，则的最小值是_____． 【答案】 【分析】此题主要考查了对称的性质，平移的性质，坐标与图形性质，将线段向下平移到的位置，作点A关于y轴的对称点，连接，，则，，进而得出的最小值为，即可求解答案． 【详解】解：如图，将线段向下平移到的位置，作点A关于y轴的对称点，连接，， 则，，， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 【变式3】（2025·湖南·模拟预测）如图，为矩形对角线，的交点，，，是直线上的动点，且，求的最小值． 【答案】最小值是． 【分析】本题主要考查了矩形的性质以及最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点． 利用轴对称变换以及平移变换，作辅助线构造平行四边形，依据平行四边形的性质以及轴对称的性质，可得当，，在同一直线上时，的最小值等于的长，利用勾股定理进行计算，即可得到的长，进而得出的最小值． 【详解】解：如图所示，作点关于的对称点，连接，将沿着的方向平移长的距离，得到，连接， 则四边形是平行四边形， ，， ， 当，，在同一直线上时，的最小值等于长， 连接，交于， 由轴对称的性质，可得垂直平分， 又矩形中，， 是的中点， 是的中位线， ， ， 又， ， 中，， 的最小值是． ►题型07 图形变换与函数综合 【典例】（2025·湖南·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于点和A（-1，0）和点B（4，0），与y轴交于点C（0，2）． （1）求抛物线解析式 （2）点P是抛物线BC段上一点，PD⊥BC，PE∥y轴，分别交BC于点D、E．当DE=时，求点P的坐标． （3）M是平面内一点，将符合（2）条件下的△PDE绕点M沿逆时针方向旋转90°后，点P、D、E的对应点分别是．设的中点为N，当抛物线同时经过与N时，求出的横坐标． 【答案】（1）;（2）P（2，3）;（3）点D’的横坐标为. 【分析】（1）利用两点式将点C代入即可得到解析式； （2）由△PDE∽△BOC得出PE=2，求出直线BC的解析式，根据PE=2列出方程即可求出点P的坐标； （3）根据根据等积法利用勾股定理解得出NH， 再利用方程求出点D’的横坐标. 【详解】解：（1）设y=，把C（0，2）代入解得a= ∴ （2）∵PE∥y轴 ∴∠OCB=∠CEP ∵PD⊥BC ∴∠PDE=∠COB=90°， ∴△PDE∽△BOC ， ∴,即 解得PE=2， 设BC的解析式为y=kx+2，将点B的坐标代入得：4k+2=0，解得：. ∴直线BC的解析式为：， 设点P的坐标为，则E. ∴， 解得x1=x2=2，得P（2，3）. （3）如下图，画出旋转后的图形，抛物线经过D’与N点． ∵∠=90°,N是斜边的中点， ∴ 根据等积法， 根据勾股定理解得NH= 设D’(x，)，则N（x-,），把N代入抛物线得 = 解得x=.    答点D’的横坐标为. 【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了相似三角形的性质，待定系数法求函数解析式，二次函数性质等知识，解本题的关键是相似三角形的性质的运用，会运用方程的思想解决问题，属于中考常考题型． 失分原因：第二问，（1）有掌握相似三角形的证明与性质；（2）无法根据已知条件求出直线BC的解析式；第三问，（1）无法根据直角三角形斜边上的中线的性质求出 的长；（2）无法求出HN的长． 【变式1】（2025·湖南永州·模拟预测）如图，抛物线与轴相交于点，与轴相交于点，，点是抛物线的顶点． (1)求抛物线的函数表达式． (2)在轴上有一点，求出的值最小时点的坐标，及此时的值． (3)在第四象限内的抛物线上是否存在一点，过点作轴交轴于点，使与相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)点的坐标为，的最小值为 (3)存在，点坐标为或 【分析】（1）用待定系数法求出抛物线的解析式即可； （2） 作点关于轴的对称点，连接、、，可知当共线时，最小，即最小，最小值为的长度，得到最小值，然后根据待定系数法求出直线的表达式为，即可得到点的坐标； （3）设 ，则，得出，，，，分两种情况：当时，当时，分别求出结果即可． 【详解】（1）解：抛物线与轴相交于点，与轴相交于点，， 把点，点，点的坐标代入得： ， 解得：， 抛物线的解析式为． （2）解：作点关于轴的对称点，连接、、，如图所示， 根据轴对称可知：， ， 两点之间线段最短， 当共线时，最小，即最小，最小值为的长度， 点的坐标为， 点的坐标为， ， 顶点坐标， 的最小值为：； 设直线的解析式为， ， 解得：， 直线的表达式为， 当时，， 点的坐标为， （3）解：在第四象限中的抛物线上存在点，使与相似，理由如下： 设 ，则， ，，，， ①当时， ， 即， 解得：，（舍去）， 此时， ； ②当时， ， 即， 解得：，（舍去）， 此时， ； 综上所述，点坐标为或． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，二次函数的综合应用，求二次函数解析式，求一次函数的解析式，轴对称的性质，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论． 【变式2】（2025·湖南·模拟预测）如图1，将一张平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点与原点重合，在轴上，点，点在第一象限，且． (1)如图1，点的坐标为_______，点的坐标为_______． (2)如图2，若为轴的正半轴上的一个动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设． ①若直线与边相交于点，将纸片折叠，当四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①；② 【分析】（1）根据平行四边形的性质，得出，结合勾股定理，即可作答． （2）①由折叠得，，再证明是等边三角形，运用线段的和差关系列式化简，，考虑当与点重合时，和当与点B重合时，分别作图，得出的取值范围，即可作答． ②根据①的结论，根据解直角三角形的性质得出，再分别以时，时，，分别作图，运用数形结合思路列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：如图：过点C作 ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴； ∵ ∴， ∴； （2）解：①∵过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上， ∴，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴是等边三角形 ∴， ∵， ∴； 当与点重合时， 此时与的交点为E与A重合，， 如图：当与点B重合时， 此时与的交点为E与B重合，， ∴的取值范围为； ②如图：过点C作， 由（1）得出， ∴，， ∴， 当时，， ∴，开口向上，对称轴直线， ∴在时，随着的增大而增大， ∴； 当时，如图： ∴，随着的增大而增大， ∴在时；在时； ∴当时， ∵当时，过点E作，如图： ∵由①得出是等边三角形，， ∴， ∴，， ∴， ， ∵， ∴开口向下，在时，有最大值为， ∴在时，， ∴， 则在时，； 当时，如图， ∴，随着的增大而减小， ∴在时，则把分别代入， 得出，， ∴在时，， 综上：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形的性质，折叠性质，二次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【变式3】（2025·湖南邵阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，点，点C在y轴的负半轴上，以为对称轴作的轴对称图形，点A的对称点为点D． (1)若点D恰好落在x轴正半轴上，求点D的坐标； (2)在（1）的条件下求的面积． 【答案】(1) (2)15 【分析】（1）先利用坐标求出、长度，根据勾股定理算出，再依据轴对称性质得，进而求出，确定坐标； （2）设坐标，由轴对称知，用勾股定理列方程求坐标，再根据轴对称图形面积相等，结合三角形面积公式算面积 ． 本题主要考查了平面直角坐标系、勾股定理、轴对称的性质及三角形面积公式，熟练掌握轴对称性质和勾股定理是解题的关键． 【详解】（1）解：， ， ， 根据轴对称可知， 点D在x轴的正半轴上， ． 点D的坐标为． （2）解：设点C的坐标为， 由题意可知 ，即． 在中，由勾股定理， 得，解得． ∴点C的坐标为． ， 所以的面积为15． 【变式4】（2025·湖南长沙·二模）平面直角坐标系中，已知二次函数为常数，的图象经过点． (1)求该二次函数图象的顶点坐标（用含的式子表示）； (2)若平面内一点，将点向左平移个单位长度，或者将点向右平移个单位长度，或者将点向上平移个单位长度，平移后的三个对应点都在二次函数图象上，试求和的值； (3)当时，的最大值为，的最小值为，令，若，试求的取值范围． 【答案】(1)； (2)，； (3)且． 【分析】用待定系数法可得二次函数的解析式为，把解析式整为顶点坐标式，可得：，所以可知二次函数图象的顶点坐标为； 点按要求平移后的对应点的坐标分别为，，三点，和都在二次函数的图象上，且纵坐标相同，所以这两个点关于抛物线的对称轴对称，从而可得：，解方程求出的值，即可得到点和的坐标分别为，，把这两个点的坐标代入二次函数的解析式，得到关于和的方程组，解方程组即可求出的值； 由可知二次函数的对称轴为，当时，抛物线开口向上，在范围内随的增大而先减后增；当时，抛物线开口向下，在范围内随的增大而先增后减，所以应分两种情况求解． 【详解】（1）解：将代入中， 可得：， ， ， 整理可得：， 二次函数图象的顶点坐标为； （2）解：将点按要求平移后的对应点的坐标分别为，，三点， 由可知抛物线的对称轴为， 和都在二次函数的图象上，且纵坐标相同， ， 解得：， 将，代入二次函数的解析式， 得到：， 解得：，； （3）解：由可知二次函数的对称轴为， 当时，抛物线开口向上， 时，随的增大而先减后增， 时，有最小值，即， 时，有最大值，即， 又， ， ， ， ， 解得：， ， ， 令， 由，可得：， 随的增大而减小， 当时，有， 当时，有 ； 当时，抛物线开口向下， 时，随的增大而先增后减， 时，有最大值，即， 时，有最小值，即． ， ， ， ， ， 解得：， ， ． 令， 由， 可得：， 随的增大而先减后增， 当时，有， 当时，有， ． 综上所述，的取值范围是且． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质、平面直角坐标系中点的平移、待定系数法求二次函数的解析式、分类讨论的思想，解决本题的关键是利用分类讨论的思想分情况求解． ►题型08 图形变换与几何图形综合 【典例】（2025·湖南永州·一模）如图，点C是以为直径的半圆O上的动点，连结，作圆心O关于的对称点，射线交半圆O于点D，连结，与交于点E． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求的值； (3)当，时，求的面积． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)的面积为或． 【分析】（1）连接，利用轴对称的性质，线段垂直平分线的性质，圆周角定理和平行四边形的判定定理解答即可； （2）连接，利用直角三角形的边角关系定理得到，设，则，则，，利用平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质求得，代入运算即可得出结论； （3）过点D作于点F，交于点H，设，则，利用勾股定理列出方程求得x值，利用直角三角形的边角关系定理求得，则，利用直角三角形的边角关系定理求得，再利用三角形的面积公式解答即可． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵圆心O与点关于对称， ∴垂直平分， ∴， ∴． ∵为直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴平分， ∴与互相平分， ∴四边形为平行四边形， ∴，． ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2）解：连接，如图， ∵为直径， ∴， ∵，， ∴， 设，则， ∴， ∴， 由（1）知：，四边形为平行四边形， ∴，． ∴， ∴， ∴， ∴． ∴． ∴； （3）解：过点D作于点F，交于点H，如图， ∵，， ∴，， 设，则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的面积． 当点在线段的延长线上时， 延长交于点N，过点C作于点M，连接，如图， ∵，圆心O关于的对称点， ∴， ∴， ∴． 由（1）知：四边形为平行四边形， ∴，， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵为圆的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的面积． 综上，的面积为或． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，轴对称的性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等腰三角形的性质，连接直径所对的圆周角，作出垂线段构造直角三角形是解题的关键． 【变式1】（2025·湖南怀化·二模）如图1，将一副直角三角板放在同一条直线上，其中，，． (1)观察猜想：将图1中的三角尺绕逆时针的方向旋转至如图2的位置，使得，交于点，则的度数为_____； (2)操作探究：如图2所示，在（1）的条件下，已知，，求此时线段的长度； (3)深化拓展：将图1中的三角尺绕点逆时针的方向旋转至如图3的位置（），线段与交于点，点在线段上，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，平行线的性质； （1）根据平行线的性质可得，进而可得； （2）过点作于点，设，则，根据，求得，进而求得，根据，即可求解； （3）过点作，则是等腰直角三角形，设，根据含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质表示出，根据，，得出，进而求比值，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴ ∵， ∴ ∴， 故答案为：． （2）解：如图，过点作于点， ∵， ∴ ∵ ∴， ∵，， ∴， 设，则， ∴， 解得：， ∴， ∴， （3）解：如图，过点作， ∵ ∴ ∵是等腰直角三角形，， ∴，，是等腰直角三角形， 设 ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 【变式2】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在四边形中，，点在四边形内，，于点，将沿翻折，点恰好与点重合，延长交折痕的延长线于点，，则点到直线的距离为__________． 【答案】/ 【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． 【变式3】（2025·湖南娄底·三模）综合与实践 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展探究活动，如图①，在四边形中．． ，如图②，保持不动，将沿着方向向下平移，使得点与边的中点重合，得到． 操作发现： （1）连接，试猜想和的数量关系，并说明理由； （2）如图③，在图②的基础上，再将以点为旋转中心，按顺时针方向旋转一定角度，使点在同一条直线上（在中间），连接．试判断四边形的形状，并证明你的结论； 实践探究： （3）如图④，在图②的基础上，按（2）中的旋转方式继续旋转．当第一次恰好与垂直时停止旋转，设与交于点，与交于点，延长交于点，连接交于点，求线段的长． 【答案】（1），见解析；（2）四边形为平行四边形，见解析；（3） 【分析】（1）根据平移的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可； （2）利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可． （3）证明是的中位线，，后利用正切函数，勾股定理解答即可． 【详解】解：（1）理由如下：如解图， 是的中点，根据勾股定理，得， ， 由平移的性质，得， ， 为的中点， 又为直角三角形， ． （2）证明：四边形为平行四边形， 证明如下： 由旋转的性质，得， 在中， 是的中点， ， ． 由题图①得， ， 根据旋转的性质，可得， ， ， ， 四边形是平行四边形； （3）解：， ， ． ， ． ， ， ， 为的中点， 是的中位线， ， ， ， ． ， ． 由（1）知，， 则， ， ， ， 在中，由勾股定理得，． 【点睛】本题考查了平移的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握性质和三角函数，和勾股定理是解题的关键． 【变式4】（2025·湖南·模拟预测）如图1，四边形中，，，且四边形的周长为48．O是上一点，．动点P从点O出发，沿折线运动到顶点D停止，连接，将线段绕点O顺时针旋转得到线段，连接． (1)求的长； (2)如图2，当点P在折线上运动的过程中，当点Q到的距离时，求此时点P在折线上运动的路径长； (3)连接，当点P在折线上运动过程中，时，求的长． 【答案】(1)10 (2)点P在上时，点P在折线上运动的路径长；点P在上时，点P在折线上运动的路径长 (3)点P在上时，；点P在上时， 【分析】（1）先根据，得出，结合，证明四边形是平行四边形，根据已知条件即可求解； （2）当点P在折线上运动的过程中，当点Q到的距离时，分两种情况： ①点P在上时，作于，延长，交于，证明四边形是矩形，结合，求得，根据勾股定理求得，进而可得点P在折线上运动的路径长； ②点P在上时，作于，交于，作于，证明，得，进而可得，结合，求得，即可求得点P在折线上运动的路径长； （3）当点P在折线上运动过程中，时，分两种情况： ①点P在上时，根据，求得，进而证明点在直线上，根据，由勾股定理得求得； ②点P在上时，作，与的延长线交于点，作于，证明三点在同一直线上，由勾股定理求得，得，设，则，根据，得，进而得，根据，， 得 ，解方程求得，进而可求得，，，由勾股定理可求得． 【详解】（1）解：四边形中，， ， ∵， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ， ∵四边形的周长为48， 即， ； （2）解：当点P在折线上运动的过程中，当点Q到的距离时，分两种情况： ①点P在上时，如图， 作于，延长，交于， 由题意，将线段绕点O顺时针旋转得到线段， 即，， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ∵， 即， ， 中，， ， ， ， 即点P在折线上运动的路径长； ②点P在上时，如图， 作于，交于，作于， ， ， ， ， ， ， ， 同①可得，，， ， ， ，， ， ， ， ， 点P在折线上运动的路径长； 综上所述，点P在折线上运动的路径长为5或13； （3）解：，， ， 当点P在折线上运动过程中，时，分两种情况： ①点P在上时，如图， ，即， ， ， ， ， 点在直线上， 如图， 由前题可得， ， ； ②点P在上时，如图， 作，与的延长线交于点，作于， ，， ， 此时三点在同一直线上， ，， ， ， 同上可得， 中，， ， 设，则， 中，， ， ， ，， ， ， ， ，， ， ； 综上所述，当点P在折线上运动过程中，时，的长为或． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、三角形全等的判定和性质、等腰三角形的性质和判定以及勾股定理、解直角三角形的相关知识，涉及知识点较多，比较复杂，灵活运用知识，正确添加辅助线是解题关键． 突破一 与图形变换有关的规律探究问题 【典例】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． 【变式1】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． 【变式2】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． 【变式3】如图，面积为3的等腰三角形，，点、点在轴上，且、，规定把三角形“先沿轴翻折，再向下平移1个单位”为一次变换，这样连续经过2025次变换后，三角形顶点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可得点，第1次变换后，点A的坐标为，第2次变换后，点A的坐标为，第3次变换后，点A的坐标为，第4次变换后，点A的坐标为，第5次变换后，点A的坐标为 ……，以此可发现规律：当经过n次变换后，n为奇数时，点A的横坐标为，纵坐标为；当经过n次变换后，n为偶数时，点A的横坐标为2，纵坐标为，以此即可解答． 【详解】解：∵面积为的等腰，，， ∴， 即， ∴， 则 ∴点到轴的距离为，横坐标为， ∴， ∴第1次变换A的坐标为， 第2次变换A的坐标为， 第3次变换A的坐标为， 第4次变换后，点A的坐标为， 第5次变换后，点A的坐标为， 以此可发现规律：当经过n次变换后，n为奇数时，点 A的横坐标为，纵坐标为； 当经过n次变换后，n为偶数时，点A的横坐标为2，纵坐标为， 第次变换后， ∴点A的坐标为， 故选：A． 突破二 直线类运动轨迹问题 【典例】（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． 【变式1】（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． 【变式2】（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，是的中点，是边上的动点，作，交于点，延长到点，使得．当面积最大时，的长等于 ． 【答案】2 【分析】连接，取的中点，连接并延长交于点，证明，得到，证明，得到，，进而得到，推出为等腰直角三角形，求出，设，则：，，根据面积，转化为二次函数求最值即可． 【详解】解：连接，取的中点，连接并延长交于点， ∵，，是的中点， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点． ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴，即：， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， 设，则：，， ∴， ∴面积， ∴当时，面积的面积最大； 此时； 故答案为：2． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，勾股定理，斜边上的中线，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定性质，二次函数求最值，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，确定动点的位置，将三角形的面积转化为二次函数求最值，是解题的关键． 【变式3】（2025·山东淄博·中考真题）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，平行四边形的判定和性质；过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H，即可得到为平行四边形，进而得到，然后根据正切的定义得到，，利用勾股定理求出，然后根据求出的长解答即可． 【详解】解：过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H， 则，， ∵是矩形， ∴，，，， ∴为平行四边形， ∴， ∵点P是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 突破三 弧线类运动轨迹问题 【典例】（2025·黑龙江·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为． (1)将向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到，画出两次平移后的，并写出点的坐标； (2)画出绕原点O逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（2）的条件下，求点旋转到点的过程中，所经过的路径长（结果保留π）． 【答案】(1)作图见解析， (2)作图见解析， (3) 【分析】本题考查了平移作图，旋转作图，弧长公式，勾股定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）分别描出平移后的点，再顺次连接即可得到，根据点的平移方式即可求解； （2）将点分别绕原点O逆时针旋转得到点，再顺次连接即可，即可写出点的坐标； （3）先由勾股定理求出，再由弧长公式求解即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求： ∵， ∴向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度得到，即； （2）解：如图，即为所求，； （3）解：， ∴点旋转到点的过程中，所经过的路径长为 【变式1】为什么变速自行车会“变速”？ 变速自行车是常用的交通工具，图（1）所示的是某型号变速自行车的基本结构，图中处分别有几个大小不同的齿轮，链条连接的两个齿轮称为主动链轮、从动链轮． ［探究]为了便于研究主动链轮与从动链轮的关系，我们先探究一组相互啮合的两个齿轮（如图（2）），通过操作发现：两个齿轮如果可以实现传动，那么两个齿轮的齿距（相邻两齿在圆上的弧长）相等，相同时间内啮合的齿数相等． （1）已知主动轮、从动轮的齿数分别为、，主动轮每分钟转圈，则每分钟啮合的齿数有_____个，从动轮每分钟转圈，则每分钟啮合的齿数有_____个，由于相同时间内啮合的齿数相等，从而可推出与的关系是_____． （2）如图（3），在主动轮与从动轮之间加入一个“惰轮”形成新的齿轮组合，已知主动轮、从动轮的齿数分别为32齿和14齿． 若主动轮的转速为每分钟70圈，求从动轮的转速，并说一说图（3）的齿轮组合在实现传动时，“惰轮”的作用是什么？ ［发现]不难发现，变速自行车中的链条作用如同“惰轮”．若骑行者每分钟蹬的圈数不变，实现自行车“变速”的方法可以是_____（写出一种即可）． 【答案】［探究]（1），，（2）从动轮的转速为每分钟160圈，“惰轮”的作用是使从动轮与主动轮旋转的方向保持一致［发现] 更换不同齿数的从动轮或主动轮 【分析】本题主要考查了圆的性质，旋转的性质，比的应用，解题的关键是理解题意，找到等量关系． ［探究]（1）根据题意，列出代数式，根据等式求出比值即可； （2）借助（1）的结论，根据齿数相等，进行求解即可，观察图中圆旋转的方向，可得“惰轮”的作用； ［发现]根据齿数相等，可选择更换不同齿数的从动轮或主动轮进行变速． 【详解】解：［探究]（1）主动轮每分钟转圈，则每分钟啮合的齿数有个，从动轮每分钟转圈，则每分钟啮合的齿数有个， ∵ ∴， 故答案为：，，； （2）从动轮的转速为（圈/分钟）， “惰轮”的作用是使从动轮与主动轮旋转的方向保持一致， ∴从动轮的转速为每分钟160圈； ［发现]实现自行车“变速”的方法可以是：更换不同齿数的从动轮或主动轮． 【变式2】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． 【变式3】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． 1.（2025·湖南长沙·二模）下列图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A：是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项符合题意； B：不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； C：不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D：不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； 故选：A． 2.（2025·湖南·模拟预测）如图，沿直线向右平移，得到，若，则的长度为（    ） A．7 B．6 C．5 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了平移的性质，全等三角形的性质，因为平移得，则，即可作答． 【详解】解：∵沿直线向右平移，得到， ∴ ∴， ∵， ∴， 故选：C． 3.（2025·湖南·模拟预测）如图，将绕点顺时针旋转变为，则下列说法不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，根据旋转的性质逐项分析即可得解，熟练掌握旋转的性质是解此题的关键． 【详解】解：由旋转的性质可得：，，，故正确； 而与不一定平行，故D不一定正确， 故选：D． 4.（2025·湖南娄底·一模）在平面直角坐标系中，已知点在第二象限，下列结论错误的是（   ） A． B．点关于轴的对称点的坐标为 C．点到两坐标轴的距离之和等于 D．点向上平移个单位，再向左平移个单位后所得点 的坐标为 【答案】D 【分析】本题考查了坐标与图形变化——平移，坐标确定位置，解元一次不等式组，根据第二象限内点的坐标特征列出不等式组是解题的关键． 根据第二象限内点的坐标特征列出不等式组，求出的取值范围，即可判断；根据关于轴对称的点的坐标特征即可判断；根据点到坐标轴的距离的定义即可判断，根据平移中点的变化规律：横坐标右移加，左移减，纵坐标上移加，下移减即可判断． 【详解】解：、∵点在第二象限， ∴，解得：，原选项正确，不符合题意； 、∵点， ∴点关于轴的对称点的坐标为，原选项正确，不符合题意； 、∵点在第二象限， ∴点到轴的距离等于，点到轴的距离等于， ∴点到两坐标轴的距离之和等于，原选项正确，不符合题意； 、∵点， ∴点向上平移个单位，再向左平移个单位后所得点的坐标为，即，原选项错误，符合题意； 故选：． 5.（2025·湖南长沙·模拟预测）数学活动课上，小章将一张两边平行的长纸条折叠成如图所示的图形．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了折叠的性质，三角形的内角和定理，平行线的性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 根据折叠以及得到，而，再由三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：如图： ∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 6.（2025·湖南·模拟预测）在平面直角坐标系中，我们把一次函数的系数k与b的比值称为该一次函数的“特征值”．如图，将一次函数的图象向上平移3个单位长度后与反比例函数的图象交于P，Q两点，点P，Q恰好关于原点对称，则一次函数的“特征值”是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出平移后的直线解析式为，根据与反比例函数的图象交于P，Q两点，且点P，Q关于原点对称，得到直线经过原点，从而求出m，根据“特征值”的定义即可求解． 本题考查了新定义，直线的平移，一次函数与反比例函数交点，中心对称等知识，综合性较强，根据点A，B关于原点对称得到平移后直线经过原点是解题关键． 【详解】解：由题意得一次函数的图象向上平移3个单位长度后解析式为， ∵直线与反比例函数的图象交于P，Q两点，点P，Q恰好关于原点对称， ∴点P，Q，O在同一直线上， ∴直线经过原点， ∴， ∴， ∴一次函数的解析式为， ∴一次函数的“特征值”是． 故选：B． 7.（2025·湖南邵阳·模拟）如图，菱形，点均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（   ） A．3 B．5 C． D． 【答案】B 【分析】如图所示，连接，交于点，当点三点共线时，，，是等边三角形，再证，得到，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，交于点， ∵四边形是菱形， ∴，且平分， ∴点关于的对称点为点， ∴， ∴当点三点共线时，， ∴的最小值是的值， ∵菱形中， ∴，， ∴，是等边三角形， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，轴对称最短路径，等边三角形的判定和性质，三线合一，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 8.（25-26九年级上·湖南衡阳·期末）如图，在中，点在上，连接，将沿着折叠得到，交于点，． (1)求证：； (2)若，，求的值及的长． 【答案】(1)见解析 (2)； 【分析】本题主要考查了折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟知相似三角形的性质与判定定理是解题的关键． （1）由折叠的性质可得，再由平行线的性质可得，则，据此可证明结论； （2）由折叠的性质可得，，证明，得到，则可推出；设，则，，根据相似三角形的性质可得，解方程即可得到答案． 【详解】（1）证明：由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）解：由折叠的性质可得，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 设，则， ∴， ∵， ∴，即， 解得（已检验是原方程的解）或（舍去）， ∴． 9.（25-26九年级上·湖南长沙·月考）如图，和均为等边三角形，当旋转至点，，在同一直线上时，连接． (1)求的度数． (2)当时，并且，求等边的边长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理．熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键． (1)根据等边三角形的性质可证，，利用可证，根据全等三角形的性质可证，根据角之间的关系可得； (2)根据等边三角形的性质可知，当时，，由(1)可知，根据三角形内角和定理可得，根据等角对等边可知的边长为． 【详解】（1）解：和均为等边三角形， ，，， ，， ， 在和中， ， ， ， ； （2）解：， ， 是等边三角形， ， 由(1)可知， ， ， ， 的边长为． 10.（25-26九年级上·湖南株洲·期中）在中，点D为的中点，点P为射线上一个动点，连接，将线段绕点A逆时针旋转（ 得到线段，连接． (1)【观察猜想】如图1，当点P在边上时，线段与线段的数量关系是_______，线段与线段所夹锐角的度数为_______； (2)【类比探究】如图2，当点P在延长线上时，判断 （1）中的结论是否仍然成立．若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明． (3)【拓展应用】若点Q到的距离为1，请直接写出线段的长． 【答案】(1)；； (2)（1）中结论仍然成立，证明见解析； (3)或 【分析】（1）解直角三角形得到，由线段中点的性质得到，由旋转的性质可得，则是等边三角形，由等边三角形的性质得到；证明，可得； （2）同（1）求解即可； （3）分点Q在点C左侧和点Q在点C右侧两种情况，讨论求解即可． 【详解】（1）解：在中，， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， 由旋转的性质可得， ∴是等边三角形， ∴； ∵， ∴， ∴； （2）解：（1）中结论仍然成立，证明如下： 同理可得，是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：由（1）（2）可得不管点P（不与点C重合）运动到何处都有， ∴， ∴点Q在过点D且与垂直的直线上运动； 如图3-1所示，当点Q在点C左侧时，过点Q作于M，设直线交于N， ∴， ∵， ∴， ∴， ，； 同理，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图3-2所示，当点Q在点C右侧时，过点Q作于M，设直线交于N，连接， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴垂直平分， ∴， ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题主要考查了全等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，勾股定理等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 11.（2025·湖南·模拟预测）【问题背景】如图1，E是正方形内一点， 是直角三角形， ，把绕点A 逆时针旋转得到，使得点 E 的对应点 F 恰好在边上，连接． 【初步感知】（1）若B，E，G三点在同一条直线上时，求 的度数； 【研究感悟】（2）若正方形的边长为4，求 的最小值； 【深度探索】（3）如图2，延长交于点H，若 ，求证：E是线段的黄金分割点． 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，三角形边长关系，熟练运用相似三角形的判定和性质得到边长之间的关系是解题的关键． （1）画出图形，利用等腰三角形的性质，旋转的性质，正方形的性质，得到，即可解答； （2）根据三角形边长关系可得，当三点共线时，取最等号，即可解答； （3）设正方形的边长为，，证明，则可得，即可解答． 【详解】（1）解：如图， ， 若B，E，G三点在同一条直线上时，由旋转的性质可得，， 是的角平分线， ， 四边形为正方形， ， ； （2）解：根据三角形边长关系可得，当三点共线时，取最等号为， 的最小值为； （3）证明：设正方形的边长为，， ， ， 四边形为矩形， ， ， ， ， ，即， 可得， 解得， ， ， ， ， ， E是线段的黄金分割点． 12.（2025·湖南长沙·模拟）在平面直角坐标系中，对于点，若点的坐标为，则称点是点的“阶华益点”（其中为常数，且）．例如：点的“2阶华益点”为点，即点2的坐标为． (1)若点的坐标为，求它的“3阶华益点”的坐标； (2)若点先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到了点，点的“阶华益点”位于坐标轴上，求点的坐标． (3)已知、，在第一象限内是否存在横、纵坐标均为整数的点，它的“阶华益点（为正整数）”使得四边形的面积为6？如果存在，请求出的值和点坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)的坐标为或 (3)存在，时，P的坐标为或，时，P的坐标为 【分析】（1）根据点是点的“阶华益点”求解即可； （2）根据点的“阶华益点”位于坐标轴上，构建方程求解； （3）的“阶华益点（为正整数）”的坐标为，根据四边形的面积为6，构建方程求解． 【详解】（1）解：由题可得：，， ∴点P的“3阶华益点”的坐标为． （2）解：∵点先向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到， ∴， ∴， ， ∴P1的“阶华益点”P2的坐标为， 又∵位于坐标轴上， ∴或， ∴或， ∴的坐标为或． （3）：设的“m阶华益点”的坐标为，过点作，分别交轴、轴于，，    ∵， ∴， 又∵， ∴根据三角形的等积变形原理得：， ∴斜边上的高为，斜边上的高为， 设等腰直角三角形的直角边为， ∴ ∴ 解之得：， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，，均为正整数， ∴①当，即时，， 则或， ∴， ②当，即时，， 则， ∴， 综上所述，时，P的坐标为或，时，P的坐标为． 【点睛】本题考查坐标与图形变化-平移，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题． 1.（2025·江苏扬州·中考真题）窗棂是中国传统木构建筑的重要元素，既散发着古典之韵，又展现了几何之美．下列窗棂图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D．　 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别．解题的关键在于熟练掌握：在平面内，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叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．根据中心对称和轴对称的定义，进行判断即可． 【详解】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，不符合题意； B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； 故选C． 2.（2025·辽宁·中考真题）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将线段平移得到线段，点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查坐标与图形变换—平移，根据平移的性质，由点A平移后的对应点C的坐标确定平移规则，再应用于点B即可得到点D的坐标． 【详解】解：由题意，点向上平移5个单位得到点， ∴点向上平移5个单位得到点， ∴点的坐标为，即； 故选B． 3.（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． 4.（2025·广东广州·中考真题）如图，的直径，C为中点，点D在弧上，，点P是上的一个动点，则周长的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，轴对称性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先作点关于的对称点，连接，交于点，因为的直径，C为中点，得，再结合，得，再证明是等边三角形，运用勾股定理列式计算得，则周长，即可作答． 【详解】解：作点关于的对称点，连接，记交于点，如图所示： ∴ ∵的直径，C为中点， ∴点在上，，， ∴， ∵， ∴， ∵， 则是等边三角形， ∴， ∵是直径， ∴ ∴， 则周长， ∴周长的最小值是． 故选：B． 5.（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________． 【答案】/ 【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为， 则， ∵正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠可知， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， 设正方形边长为，则， ∵， ∴， 在中，，即 解得：或（不合题意舍去） ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明是解题关键． 6.（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． 7.（2025·黑龙江·中考真题）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是对角线上一动点，作点C关于直线的对称点P，若，则的长为_______． 【答案】或 【分析】本题考查了对称的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，根据题意画出示意图，连接，交直线于点G，延长交于点H，当点P在上方时，由勾股定理求出，进而得到，由点C关于直线的对称点P，得到，，求出，进而得到，再求出，证明是等腰三角形，在中，解直角三角形求出，进而求解；当点P在下方时，先求出，，结合对称的性质易证是等边三角形，易求，解直角三角形求出，由即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，交直线于点G，延长交于点H， 当点P在上方时， ∵在矩形中，，， ∴， ∴， ∴， ∵点E是边的中点， ∴， ∵点C关于直线的对称点P， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， 在中，，， ∴， ∴； 如图，当点P在下方时， ∵， ∴， ∵， ∴，， 由对称的性质得， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴； 综上，的长为或． 故答案为：或． 8.（2025·山东潍坊·中考真题）如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中，，的坐标分别为，，．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）． (1)画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标； (2)将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形． 【答案】(1)见解析，，； (2)见解析． 【分析】本题考查了坐标与图形，建立平面直角坐标系，作图——平移变换，中心对称，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据，，的坐标分别为，，建立平面直角坐标系即可，找出对应点即可求对称中心的坐标和点的对应点的坐标； （）根据平移的性质即可求解． 【详解】（1）解：如图，建立平面直角坐标系， ∴对称中心的坐标是，点的对应点的坐标是； （2）解：画出平移后的菱形，如图所示． 9.（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． 10.（2025·山东东营·中考真题）    （1）探索发现 东营市全面落实国家课程方案．某校开设了纸艺课程，三个项目组在折纸活动中发现：在中，，，折叠，使边落在边上，折痕为，则、与的两边、存在着某种关系．如图1，请你帮助项目组判断与的数量关系为____________． （2）猜想验证 项目组猜想：当为任意三角形时，上述数量关系仍然成立．为了验证这一猜想，项目组按照（1）中的方法折叠，为折痕，分别得出了不同的方案，并画出了以下图形．请选择任意一种方案证明． （3）拓展应用 如图5，在中，平分交于点，为延长线上一点，．求证：． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析 【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是做题的关键． （1）根据折叠的性质可得，，进一步得，再根据，，证明，最后通过线段的比例式即可得出结论； （2）根据每组方案已知条件，证出相似三角形，再通过线段的比例式即可得出结论； （3）先通过倒角证出，再通过线段的比例式即可得出结论． 【详解】解：（1），， ． 由折叠可得，， ，， ． ，， ， ，即， ． 故答案为：． （2）方案①： 证明：∵， ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴．                                                      ∵，                                               ∴， ∴， ∴． 方案②： 证明：∵， ∴，． ∵， ∴， ∴．                                                      ∵，                                               ∴， 即． 方案③ 证明：∵，， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵，                                              ∴，                                        ∴， ∴． （3）证明：∵平分， ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴．                                                      又∵，                                        ∴． ∴． ∴． 又∵， ∴． 11.（2025·广西·中考真题）综合与实践 树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1） 初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形． 【问题提出】 西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置． 设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为． 【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？ 【初步探究】（2）求图3情形的与的值； 【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式； 【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果） 【答案】（1）随的增大而增大；（2），；（3）；（4） 【分析】（1）根据矩形的性质得，根据平行四边形的面积公式得，然后分别求出当时，当时，关于的解析式，即可得出结论； （2）根据（1）的结论可得答案； （3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，， 此时遮阳区的面积为六边形的面积，推出，，得，，再根据即可得出结论； （4）分别确定：当时，当时，当时，各个范围内的最大值，即可得出结论． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形，四边形是平行四边形，，，，在边所在直线上， ∴，，， 又∵如图2，在上，，， ∴， ， 当时，如图，设交于点，交于点，则， 此时遮阳区的面积为的面积， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴当时，随的增大而增大，的值从增大到； 当时，如图，设交于点，则，，， 此时遮阳区的面积为四边形的面积， ∵， ∴四边形为梯形， ∴， ∴当时，随的增大而增大，的值从增大到； 综上所述，从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大而增大； （2）如图3，此时点落在上，则， 由（1）知：当时，； ∴图3情形时，，； （3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，， 此时遮阳区的面积为六边形的面积， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴ ， ∴从图3情形起右移至与重合，该过程中关于的解析式为； （4）当时，， 当时，的最大值为：； 当时，， 当时，的最大值为：； 当时，， ∵ ∴当时，的最大值为：， 综上所述，当时，取得最大值，最大值为， ∴当遮阳区面积最大时，向右移动了． 【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，列函数关系式，二次函数的最值，等积变换等知识点，利用分类讨论的思想及数形结合的思想解决问题是解题的关键． 12.（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 13.（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． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $