专题08 几何动态与变换综合（复习讲义）（广东专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题08 几何动态与变换综合 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 真题动向 题型一 图形的平移 题型二 图形轴对称 题型三 图形的旋转应用 题型四 中心对称 题型五 三视图 题型六 几何动态与函数的综合应用 必备知识 知识1 平移、轴对称、旋转的基本性质 知识2 中心对称与中心对称图形的概念 知识3 图形折叠的全等性与不变量 知识4 几何动点问题的分类讨论方法 知识5 几何变换与坐标的对应关系 命题预测 预测1 中心对称图形的识别 [三年必考，选择基础题] 预测2 图形折叠与四边形性质的综合[常在综合题中涉及] 预测3 旋转与线段长度问题[2024年省卷第10题/广州2024年第10题] 预测4 坐标与图形变换[选填中常考] 预测5 一次函数的对称平移与旋转[省卷、广州常考] 预测6 根据旋转的性质求解[常在综合题中涉及] 预测7 几何动态与二次函数的综合压轴[深圳、广州压轴题] 命题 透视 命题形式： 选择题、填空题及解答题 考察能力： 运算能力、抽象能力、推理能力 热考角度 考点 广东省卷 广州卷 深圳卷 平移 2025：无 2024：T23（矩形沿对角线折叠，点C对应点E落在y轴上，实质是折叠，但涉及平移？反比例函数与矩形折叠） 2025：无 2024：T16（反比例函数图象中，线段沿x轴正方向平移，与函数图象交于一点） 2025：T10（无人机沿x轴向右平移3个单位，求平移后坐标） 2024：T19（二次函数平移，使顶点与原点重合） 旋转 2025：无 2024：T22（中位线绕中点旋转，与点A重合；再旋转，证明相似） 2025：T25（平行四边形与圆、动点最值，涉及旋转？T25有绕点旋转？实际是动点，但第(1)问尺规作对称点，可视为中心对称） 2024：T19（中线绕点逆时针旋转90°得到新线段，证明矩形）、T25（直线绕点顺时针旋转） 2025：T13（矩形中，将线段绕点顺时针旋转，点落在圆上，且中点条件，证明相似）、T20（等腰三角形绕点逆时针旋转，证明双等四边形） 2024：无单独考察 轴对称（折叠） 2025：无 2024：T23（矩形沿对角线折叠，点C的对应点为E） 2025：T9（作点关于直径的对称点，求三角形周长最小值）、T23（黄金矩形折叠） 2024：T24（菱形中，点E关于对角线的轴对称图形为△CEF） 2025：T8（正方形折叠，使点A与对角线交点O重合） 2024：T20（垂中平行四边形中，△ABC关于直线AC对称得到△AFC） 动点问题 2025：T23（反比例函数与矩形，点P在第一象限内运动，△OEF为等腰直角三角形时，探究中外比点） 2024：T15（菱形中，点F是BC上的动点，△BEF面积为4，求阴影面积） 2025：T9（圆中，点P是直径AB上的一个动点，求△PCD周长的最小值）、T25（平行四边形与圆，动点F在直线AB上方运动，求EF的最大值） 2024：T24（菱形中，点E在射线BC上运动，不与B、C重合，求半径取值范围及切线条件） 2025：T18（菱形中，点M为AB上一点，且A、M、D三点在圆上，DF与圆相切于点D，求角度和半径）、T19（排队问题，安检时间与排队人数，二次函数最值，可视为动态） 2024：T13（△ABC中，D为AB上一点，满足条件，过D作DE∥BC交AC延长线于点E，求值，点D固定但可视为动点？不是典型动点） 最值问题（结合变换） 2025：无 2024：T23（折叠后，求k的范围，可视为最值） 2025：T9（利用轴对称求三角形周长最小值）、T25（求EF的最大值） 2024：T16（反比例函数平移中，求OG的最小值） 2025：T19（排队人数最大值）、T20（双等四边形中，求DE的长，存在性最值？） 2024：T17（电梯运输方案，求最多运输多少辆，可视为最值） 新定义与变换综合 2025：T23（中外比点——新定义，结合等腰直角三角形、反比例函数、矩形） 2024：无 2025：无 2024：T23（新定义——二次函数与几何综合，涉及周长比、旋转） 2025：T20（双等四边形——新定义，涉及旋转、等腰三角形） 2024：T19（抛物线开口大小——新定义，涉及平移）、T20（垂中平行四边形——新定义，涉及轴对称） 命题预测 1. 考情预测 · 根据近两年广东省内中考的趋势，2026年的中考中，“几何动态与变换综合”板块是压轴题的核心来源，常以选择题、填空题的最后一题或解答题的最后一题出现，难度较大。 · 平移：常与函数图象结合（如反比例函数、二次函数），或与坐标系中的点坐标变化结合，考查图形平移后的坐标变化或解析式变化。 · 旋转：常与全等、相似、特殊三角形（等腰、直角）结合，考查旋转前后对应边、角的关系，以及旋转过程中形成的特殊图形（如等腰三角形、平行四边形）。 · 轴对称（折叠）：高频考点，常与矩形、菱形、正方形结合，考查折叠前后对应边、角相等，以及利用勾股定理、相似计算线段长度或角度。 · 动点问题：综合性最强，常与函数、圆、特殊四边形结合，考查动点运动过程中的不变关系、最值问题（线段最值、面积最值、周长最值），需要分类讨论和数形结合。 · 最值问题：常通过轴对称变换（将军饮马模型）、垂线段最短、二次函数顶点式等方法求解。 · 新定义与变换综合：近年新趋势，给出新的几何定义（如垂中平行四边形、双等四边形、中外比点），要求理解定义并综合运用平移、旋转、轴对称等变换进行探究和证明。 2. 备考建议 · 述变换前后图形的位置关系和数量关系。 · 强化动点问题的训练，学会用“以静制动”的思想，寻找运动过程中的不变量或特殊位置（如中点、垂直、相切、共线等），建立方程或函数关系。 · 掌握常见最值模型：①“将军饮马”（轴对称求线段和最小）；②“垂线段最短”（点到直线距离最小）；③“圆外一点到圆上点距离最值”；④“二次函数顶点式求最值”。 · 对于新定义问题，要耐心阅读，理解定义的几何本质，尝试用熟悉的几何知识（全等、相似、勾股、圆的性质）进行转化，再结合变换（旋转、折叠）进行推理。 · 注重分类讨论思想，当动点位置变化或图形形状不确定时，要分情况讨论，避免漏解。 · 提高综合运用能力，能将函数、方程、不等式、几何图形等知识融合，解决复杂的动态几何问题。 题型一 图形的平移 1. 平移只改变位置，图形形状、大小、方向均不变，对应线段平行且相等。 1. 坐标平移遵循：左减右加横坐标，上加下减纵坐标，所有点同步平移。 1．（2025·广东深圳·中考真题）如图，将无人机沿着轴向右平移3个单位，若无人机上一点的坐标为，则平移后点的坐标为__________． 2．（2023·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点，，所在圆的圆心为．将向右平移个单位，得到（点平移后的对应点为）．    (1)点的坐标是___________，所在圆的圆心坐标是___________； (2)在图中画出，并连接，； (3)求由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．（结果保留）． 题型二 图形轴对称 1. 对应点连线被对称轴垂直平分，折叠问题本质就是轴对称。 2. 坐标对称：关于x轴纵变反，关于y轴横变反。 3. 常结合全等、勾股定理求线段长度与角度。 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． 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． 题型三 图形的旋转应用 1. 旋转前后图形全等，对应点到旋转中心距离相等，旋转角相等。 2. 遇90°旋转常构造直角三角形，180°旋转可转化为中心对称。 3. 未指明旋转方向时，需分类讨论顺时针与逆时针情况。 5．（2024·广东广州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为________； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为________ 6．（2024·广东·中考真题）【知识技能】 （1）如图1，在中，是的中位线．连接，将绕点D按逆时针方向旋转，得到．当点E的对应点与点A重合时，求证：． 【数学理解】 （2）如图2，在中，是的中位线．连接，将绕点D按逆时针方向旋转，得到，连接，，作的中线．求证：． 【拓展探索】 （3）如图3，在中，，点D在上，．过点D作，垂足为E，，．在四边形内是否存在点G，使得？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 7．（2023·广东广州·中考真题）如图，是菱形的对角线．    (1)尺规作图：将绕点A逆时针旋转得到，点B旋转后的对应点为D（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）所作的图中，连接，； ①求证：； ②若，求的值． 题型四 中心对称 1. 中心对称是旋转180°的特殊形式，对称点连线过对称中心且被平分。 2. 坐标中心对称：横、纵坐标均变为相反数。 3. 区分中心对称图形与轴对称图形，按定义判断即可。 8．（2024·广东广州·中考真题）下列图案中，点为正方形的中心，阴影部分的两个三角形全等，则阴影部分的两个三角形关于点对称的是（    ） A．   B．   C．   D．     9．（2024·广东·中考真题）下列几何图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 10．（2024·广东深圳·中考真题）下列用七巧板拼成的图案中，为中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 题型五 三视图 1. 遵循长对正、高平齐、宽相等，不可见棱用虚线表示。 2. 由三视图还原几何体，重点判断形状、棱长，计算表面积与体积。 3. 小正方体组合题型，按层计数，避免重数或漏数。 11．（2025·广东·中考真题）如图，是由5个大小相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是（   ） A． B． C． D． 12．（2025·广东深圳·中考真题）如图为出现在深圳街头的新型无线充电石墩，关于石墩的三视图的描述，正确的是（   ） A．主视图和左视图相同 B．主视图和俯视图相同 C．左视图和俯视图相同 D．三个视图都相同 题型六 几何动态与函数的综合应用 1. 设动点坐标，用函数表达式表示线段、面积，建立函数模型。 2. 按动点运动阶段分类讨论，确定自变量取值范围。 3. 结合函数增减性、顶点公式求最值，检验结果是否符合图形实际。 13．（2025·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点，点，若将直线向上平移d个单位长度后与线段有交点，则d的取值范围是（   ） A． B． C． D． 14．（2024·广东深圳·中考真题）为了测量抛物线的开口大小，某数学兴趣小组将两把含有刻度的直尺垂直放置，并分别以水平放置的直尺和竖直放置的直尺为x，y轴建立如图所示平面直角坐标系，该数学小组选择不同位置测量数据如下表所示，设的读数为x，读数为y，抛物线的顶点为C． (1)（Ⅰ）列表： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ x 0 2 3 4 5 6 y 0 1 2.25 4 6.25 9 （Ⅱ）描点：请将表格中的描在图2中； （Ⅲ）连线：请用平滑的曲线在图2将上述点连接，并求出y与x的关系式； (2)如图3所示，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为C，该数学兴趣小组用水平和竖直直尺测量其水平跨度为，竖直跨度为，且，，为了求出该抛物线的开口大小，该数学兴趣小组有如下两种方案，请选择其中一种方案，并完善过程： 方案一：将二次函数平移，使得顶点C与原点O重合，此时抛物线解析式为． ①此时点的坐标为________； ②将点坐标代入中，解得________；（用含m，n的式子表示） 方案二：设C点坐标为 ①此时点B的坐标为________； ②将点B坐标代入中解得________；（用含m，n的式子表示） (3)【应用】如图4，已知平面直角坐标系中有A，B两点，，且轴，二次函数和都经过A，B两点，且和的顶点P，Q距线段的距离之和为10，求a的值． 知识1 平移、轴对称、旋转的基本性质 三者均为全等变换，变换前后： 图形形状、大小不变，对应边相等、对应角相等，周长与面积不变 平移：对应点所连线段平行且相等，对应线段平行 轴对称（折叠）：对应点连线被对称轴垂直平分 旋转：对应点到旋转中心距离相等，任意一组对应点与旋转中心的夹角为旋转角且相等 知识2 中心对称与中心对称图形的概念 中心对称：两个图形绕某一点旋转 后能完全重合，该点为对称中心；对称中心平分每一组对应点的连线。 中心对称图形：一个图形绕自身某点旋转 后与原图形重合，如平行四边形、圆、矩形。 联系：中心对称是两个图形的位置关系，中心对称图形是一个图形自身的特征。 知识3 图形折叠的全等性与不变量 折叠本质是轴对称变换，折叠前后部分全等 不变量：对应边、对应角、线段长度、角度大小、面积均不变 关键特征：折痕垂直平分对应点连线，折叠常构造出等腰三角形、直角三角形 知识4 几何动点问题的分类讨论方法 核心原则：按图形形状、点的位置、边角对应关系分类，做到不重不漏 常见分类依据： · 等腰三角形：按顶角顶点分类；直角三角形：按直角顶点分类 · 平行四边形：按对角线分组分类；动点在线段上/延长线/不同象限分类 步骤：确定动点范围→画出不同情形图形→列方程/不等式计算→检验结果是否符合题意 知识5 几何变换与坐标的对应关系 平移：点 左右移变 （左减右加），上下移变 （上加下减） 轴对称：关于 轴对称 ；关于 轴对称 中心对称：关于原点对称 旋转：绕原点逆时针转 为 ，转 为 命题预测1：中心对称图形的识别 [三年必考，选择基础题] 1．（2026·广东东莞·一模）下列事件中属于必然事件的是（　　） A．在比赛中，弱队战胜强队 B．用、、长线段为边构成一个三角形 C．掷出两枚硬币，都是正面向上 D．任意画一个平行四边形，它是中心对称图形 2．（2026·广东佛山·一模）根据中国汽车工业协会最新发布数据显示，我国新能源汽车产业在2025年继续保持强劲增长态势，全年产销双双突破1600万辆大关，连续第11年稳居全球首位．下列新能源汽车的车标中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·广东珠海·一模）下列图案是国产新能源车企的车标，图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 4．（2026·广东东莞·模拟预测）中华人民共和国全国运动会（简称“全运会”）是中国国内规模最大、水平最高的综合性体育盛会，每四年举办一届．下列中华人民共和国全运会会徽图片中，是轴对称图形不是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 5 ．（2026·广东中山·一模）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． 命题预测2：图形折叠与四边形性质的综合[常在综合题中涉及] 1．（2026·广东东莞·模拟预测）如图，在中，，，，D是的中点，连接，将沿折叠，使点A落在点E，连接，则的面积为________． 2．（2026·广东·一模）如图，折叠直角三角形纸片的直角，使点C落在边的点E处，已知，，则的长是________． 3．（2026·广东广州·一模）如图，在菱形中，，，点为边上一个动点（不与点、重合），边关于对称的线段为，连接． (1)当平分时，求的度数为______； (2)延长，交射线于点，当时，求的长； (3)在（1）的条件下，连接交于点，作交的延长线于点，连接．试探究是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 4．（2026·广东佛山·一模）在中，点，分别在边，上，将沿折叠，使点的对应点落在边上，点的对应点为点，交于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，四边形是正方形，边长为8，当为的中点时，求的长； (3)如图3，四边形是矩形，连接，当，时，求的值． 5．（2026·广东深圳·一模）【综合与实践】 在数学的学习过程中，我们除了掌握课本中常见的四边形外，还会遇到许多具有独特性质的特殊四边形．让我们结合已有知识，对以下特殊四边形展开探究． 定义：在四边形中，若有一个内角为直角，且从该直角顶点引出的对角线，将其对角分成的两个角中恰有一个角为直角，则称这样的四边形为“璧合四边形”． (1)【初步探究】如图，在“璧合四边形”中，若，则________，的值为________． (2)【问题解决】如图，在“璧合四边形”中，，，为线段上一点，且，求的值． (3)【拓展应用】如图，在“璧合四边形”中，，，为线段上一动点，且，连接，将沿翻折，得到，连接，若，作出图形并求线段的长． 6．（2026·广东佛山·一模）【问题情境】 折纸是一种许多人熟悉的活动，在数学活动课上，老师让同学们以“图形的翻折”为主题开展数学活动． 活动一：矩形可折叠 矩形纸片中，在边上取一点沿翻折，使点落在矩形内部处；再次翻折矩形，使与所在直线重合，点落在直线上的点处，折痕为．翻折后的纸片如图1所示． 活动二：折叠可得矩形 如图2，将 纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰 的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形．类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为“叠合矩形”，如图3和图4． 【提出问题】 （1）如图1，的度数为 　　； （2）如图1，若，，求的最大值； （3）纸片还可以按图4的方式折叠成一个叠合矩形，若，，直接写出的长　　； 【解决问题】 （4）如图5，一张矩形纸片通过活动一中的翻折方式得到四边形，其中的一边与矩形纸片的一边重合，，，，，求该矩形纸片较长边的长度． 命题预测3：旋转与线段长度问题[2024年省卷第10题/广州2024年第10题] 1．（2023·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，将矩形绕点A逆时针旋转至矩形，旋转角为，当点C，和三点共线时，的长为（        ）．    A． B． C． D． 2．（2024·广东深圳·二模）如图，已知等腰直角，， ，点C是矩形与的公共顶点，且，；点D是延长线上一点，且．连接，在矩形绕点C按顺时针方向旋转一周的过程中，当线段达到最长和最短时，线段对应的长度分别为m和n，则的值为 ________________． 3．（2025·广东佛山·三模）如图1，在中，，将绕点顺时针旋转到，连接． (1)绕点旋转过程中，求证：； (2)绕点旋转过程中，延长交线段于点，当四边形为平行四边形时，求线段的长度； (3)在绕点旋转过程中，是否存在以、、为顶点，且为腰的等腰三角形，若存在，直接写出的长度，若不存在，说明理由． 4．（2023·广东惠州·一模）如图1，正方形的边长为，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接． (1)证明：． (2)延长交于点．判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，求线段的长度． 命题预测4：坐标与图形变换[选填中常考] 1．（2026·广东佛山·一模）如图，等腰的顶角，将绕点A逆时针旋转，的对应边恰好经过点C，则旋转角的度数为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·广东·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点重合，轴，交轴于点．将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2024次旋转结束时，点的坐标为_________ 3．（2025·广东汕头·一模）在平面直角坐标系，把点绕原点O旋转，点P的对应点的坐标是_______． 4．（2025·广东东莞·一模）如图，在平面直角坐标系中，，． (1)若线段绕点A逆时针旋转，则点B对应点的坐标是__________；（不用画图） (2)请仅用无刻度直尺作图，保留作图痕迹，不写作法．在图中，找一格点P，使得，在图中标出P点．（画出一个点即可） 命题预测5：一次函数的对称平移与旋转[省卷、广州常考] 1．（2026·广东广州·一模）把函数的图象绕坐标原点旋转，所得图象对应的函数解析式是（    ） A． B． C． D． 35．（2025·广东潮州·二模）如图，将正方形向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O逆时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·广东·模拟预测）如图，等边的边长为2．以的中点为原点建立平面直角坐标系，把绕点顺时针旋转得到与相交于点，连接，下列判断不正确的是（　　） A．点的坐标是 B．是等腰三角形 C．的长是 D． 3．（2025·广东梅州·一模）如图，以下四条线段中，不能通过线段绕原点O旋转得到的对应序号是（   ） A．① B．② C．③ D．④ 4．（2025·广东广州·模拟预测）在平面直角坐标系中，将函数的图象向右平移2个单位长度，则平移后的图象与y轴的交点坐标为（ ） A． B． C． D． 5．（2024·广东佛山·三模）把直线向上平移三个单位长度后经过点，则b的值是（    ） A． B． C． D． 6．（2025·广东汕头·一模）若直线与直线关于直线对称，则k、b值分别为（    ） A．、 B．、 C．、 D．、 7．（2024·广东广州·二模）如图，一次函数与反比例函数的图象交，两点，与x轴交于点C，与y轴交于点D． (1)请分别求出一次函数和反比例函数的解析式； (2)把一次函数的图象向下平移t个单位，当平移后的直线与反比例函数的图象有且只有一个交点时，求t的值． 命题预测6：根据旋转的性质求解[常在综合题中涉及] 1．（2026·广东广州·一模）如图，中，，，，以为中心，将顺时针旋转，使得点落在延长线上的点，此时点落到点，则在旋转中，边变到边所扫过的面积为______平方厘米（结果保留）． 2．（2026·广东江门·一模）如图，把一张三角形纸片沿中位线剪开后，在平面上将绕着点E顺时针旋转，点D到了点F的位置，则__________． 3．（2026·广东珠海·一模）如图，四边形是边长为4的正方形，点P为线段的上一点，，点E是直线上的动点，连接，将绕点E顺时针旋转，点A的对应点为点F，连接，则的最小值为________． 4．（2026·广东广州·模拟预测）如图，点P为的边上一动点（点P与点B，C不重合），，，与关于边成轴对称，将线段绕点P逆时针旋转得到线段，连接． （1）若，则的度数为________； （2）点P在运动的过程中，的最小值为________． 5．（2026·广东珠海·一模）如图1，在中，，．点是边上任意一点（不与，重合），连接，过点作于点，连接，点为中点，连接，． (1)当时，判断四边形的形状，并证明． (2)点在线段上的什么位置时，的面积最大？请说明理由． (3)将图1中的绕点旋转到如图2所示位置，得到，使得点，点，点在同一直线上，点为的中点，与交于点，其他条件不变．求的度数． 命题预测7：几何动态与二次函数的综合压轴[深圳、广州压轴题] 1．（2026·广东东莞·一模）如图1，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，连接、． (1)求二次函数的解析式； (2)判断的形状，并说明理由； (3)如图2，点在轴正半轴上，，绕着点逆时针旋转，交抛物线于点，连接，点，分别为的边，上的动点，且，求的最小值． 2．（2026·广东广州·模拟预测）在平面直角坐标系中，点为抛物线（a，b为常数且）上一点，抛物线G与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C． (1)用含a的代数式表示b； (2)若，求a的值； (3)连接，将线段绕点O顺时针旋转得到线段（点D为点A的对应点），若线段与抛物线G有交点，求a的取值范围． 3．（2026·广东佛山·一模）在平面直角坐标系中，抛物线的图象经过和两点． (1)补充一个条件，求抛物线的表达式； (2)将抛物线向左平移个单位得到新的抛物线．当时，随的增大而增大，求的取值范围； (3)当时，判断与的大小，并说明理由． 4．（2026·广东广州·一模）如图，抛物线经过点，，． (1)求抛物线的解析式及顶点的坐标； (2)将抛物线沿轴向下平移（）个单位长度，平移后的抛物线与直线恰好只有一个公共点．求的值； (3)点是抛物线对称轴上一动点，是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 5．（25-26九年级下·广东惠州·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过点，，且对称轴是直线． (1)求直线的解析式； (2)求抛物线的解析式； (3)点是直线下方抛物线上的一动点，过点作轴，垂足为，交直线于点，过点作，垂足为．求的最大值及此时点的坐标． 6．（2026·广东中山·模拟预测）学校数学兴趣小组在探究二次函数最值问题的数学活动时，发现一个有趣现象：如图，直线与抛物线交于两点．点为抛物线上的动点，过点且平行于轴的直线交直线于点．当点在直线下方时，连接得到．当面积最大时，点在什么位置？ (1)数学兴趣小组成员很快就求出点的坐标，请你也求出点的坐标． (2)机智的小涛同学通过计算发现，当面积最大时，点与线段有特殊的位置关系，请你写出小涛的结论． (3)爱动脑筋的小婷根据小涛的发现提出了一个大胆的猜想：本类问题中，当面积取最大值时，动点的位置和直线与抛物线的交点都有这种“特殊关系”，请说明这种“特殊关系”是什么？并证明结论． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 几何动态与变换综合 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 真题动向 题型一 图形的平移 题型二 图形轴对称 题型三 图形的旋转应用 题型四 中心对称 题型五 三视图 题型六 几何动态与函数的综合应用 必备知识 知识1 平移、轴对称、旋转的基本性质 知识2 中心对称与中心对称图形的概念 知识3 图形折叠的全等性与不变量 知识4 几何动点问题的分类讨论方法 知识5 几何变换与坐标的对应关系 命题预测 预测1 中心对称图形的识别 [三年必考，选择基础题] 预测2 图形折叠与四边形性质的综合[常在综合题中涉及] 预测3 旋转与线段长度问题[2024年省卷第10题/广州2024年第10题] 预测4 坐标与图形变换[选填中常考] 预测5 一次函数的对称平移与旋转[省卷、广州常考] 预测6 根据旋转的性质求解[常在综合题中涉及] 预测7 几何动态与二次函数的综合压轴[深圳、广州压轴题] 命题 透视 命题形式： 选择题、填空题及解答题 考察能力： 运算能力、抽象能力、推理能力 热考角度 考点 广东省卷 广州卷 深圳卷 平移 2025：无 2024：T23（矩形沿对角线折叠，点C对应点E落在y轴上，实质是折叠，但涉及平移？反比例函数与矩形折叠） 2025：无 2024：T16（反比例函数图象中，线段沿x轴正方向平移，与函数图象交于一点） 2025：T10（无人机沿x轴向右平移3个单位，求平移后坐标） 2024：T19（二次函数平移，使顶点与原点重合） 旋转 2025：无 2024：T22（中位线绕中点旋转，与点A重合；再旋转，证明相似） 2025：T25（平行四边形与圆、动点最值，涉及旋转？T25有绕点旋转？实际是动点，但第(1)问尺规作对称点，可视为中心对称） 2024：T19（中线绕点逆时针旋转90°得到新线段，证明矩形）、T25（直线绕点顺时针旋转） 2025：T13（矩形中，将线段绕点顺时针旋转，点落在圆上，且中点条件，证明相似）、T20（等腰三角形绕点逆时针旋转，证明双等四边形） 2024：无单独考察 轴对称（折叠） 2025：无 2024：T23（矩形沿对角线折叠，点C的对应点为E） 2025：T9（作点关于直径的对称点，求三角形周长最小值）、T23（黄金矩形折叠） 2024：T24（菱形中，点E关于对角线的轴对称图形为△CEF） 2025：T8（正方形折叠，使点A与对角线交点O重合） 2024：T20（垂中平行四边形中，△ABC关于直线AC对称得到△AFC） 动点问题 2025：T23（反比例函数与矩形，点P在第一象限内运动，△OEF为等腰直角三角形时，探究中外比点） 2024：T15（菱形中，点F是BC上的动点，△BEF面积为4，求阴影面积） 2025：T9（圆中，点P是直径AB上的一个动点，求△PCD周长的最小值）、T25（平行四边形与圆，动点F在直线AB上方运动，求EF的最大值） 2024：T24（菱形中，点E在射线BC上运动，不与B、C重合，求半径取值范围及切线条件） 2025：T18（菱形中，点M为AB上一点，且A、M、D三点在圆上，DF与圆相切于点D，求角度和半径）、T19（排队问题，安检时间与排队人数，二次函数最值，可视为动态） 2024：T13（△ABC中，D为AB上一点，满足条件，过D作DE∥BC交AC延长线于点E，求值，点D固定但可视为动点？不是典型动点） 最值问题（结合变换） 2025：无 2024：T23（折叠后，求k的范围，可视为最值） 2025：T9（利用轴对称求三角形周长最小值）、T25（求EF的最大值） 2024：T16（反比例函数平移中，求OG的最小值） 2025：T19（排队人数最大值）、T20（双等四边形中，求DE的长，存在性最值？） 2024：T17（电梯运输方案，求最多运输多少辆，可视为最值） 新定义与变换综合 2025：T23（中外比点——新定义，结合等腰直角三角形、反比例函数、矩形） 2024：无 2025：无 2024：T23（新定义——二次函数与几何综合，涉及周长比、旋转） 2025：T20（双等四边形——新定义，涉及旋转、等腰三角形） 2024：T19（抛物线开口大小——新定义，涉及平移）、T20（垂中平行四边形——新定义，涉及轴对称） 命题预测 1. 考情预测 · 根据近两年广东省内中考的趋势，2026年的中考中，“几何动态与变换综合”板块是压轴题的核心来源，常以选择题、填空题的最后一题或解答题的最后一题出现，难度较大。 · 平移：常与函数图象结合（如反比例函数、二次函数），或与坐标系中的点坐标变化结合，考查图形平移后的坐标变化或解析式变化。 · 旋转：常与全等、相似、特殊三角形（等腰、直角）结合，考查旋转前后对应边、角的关系，以及旋转过程中形成的特殊图形（如等腰三角形、平行四边形）。 · 轴对称（折叠）：高频考点，常与矩形、菱形、正方形结合，考查折叠前后对应边、角相等，以及利用勾股定理、相似计算线段长度或角度。 · 动点问题：综合性最强，常与函数、圆、特殊四边形结合，考查动点运动过程中的不变关系、最值问题（线段最值、面积最值、周长最值），需要分类讨论和数形结合。 · 最值问题：常通过轴对称变换（将军饮马模型）、垂线段最短、二次函数顶点式等方法求解。 · 新定义与变换综合：近年新趋势，给出新的几何定义（如垂中平行四边形、双等四边形、中外比点），要求理解定义并综合运用平移、旋转、轴对称等变换进行探究和证明。 2. 备考建议 · 述变换前后图形的位置关系和数量关系。 · 强化动点问题的训练，学会用“以静制动”的思想，寻找运动过程中的不变量或特殊位置（如中点、垂直、相切、共线等），建立方程或函数关系。 · 掌握常见最值模型：①“将军饮马”（轴对称求线段和最小）；②“垂线段最短”（点到直线距离最小）；③“圆外一点到圆上点距离最值”；④“二次函数顶点式求最值”。 · 对于新定义问题，要耐心阅读，理解定义的几何本质，尝试用熟悉的几何知识（全等、相似、勾股、圆的性质）进行转化，再结合变换（旋转、折叠）进行推理。 · 注重分类讨论思想，当动点位置变化或图形形状不确定时，要分情况讨论，避免漏解。 · 提高综合运用能力，能将函数、方程、不等式、几何图形等知识融合，解决复杂的动态几何问题。 题型一 图形的平移 1. 平移只改变位置，图形形状、大小、方向均不变，对应线段平行且相等。 1. 坐标平移遵循：左减右加横坐标，上加下减纵坐标，所有点同步平移。 1．（2025·广东深圳·中考真题）如图，将无人机沿着轴向右平移3个单位，若无人机上一点的坐标为，则平移后点的坐标为__________． 【答案】 【分析】本题考查了坐标与图形平移变换，解题关键在于掌握左右移动改变点的横坐标，左减，右加；上下移动改变点的纵坐标，下减，上加． 根据点的平移规律即可求解． 【详解】解：由题意得：将点沿着轴向右平移3个单位， ∴平移后点的坐标为，即， 故答案为：． 2．（2023·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点，，所在圆的圆心为．将向右平移个单位，得到（点平移后的对应点为）．    (1)点的坐标是___________，所在圆的圆心坐标是___________； (2)在图中画出，并连接，； (3)求由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．（结果保留）． 【答案】(1)，； (2)见解析； (3)． 【分析】本题主要考查了平移的性质，求弧长，求周长，解题的关键是掌握平移前后对应点连线相等，弧长公式． （1）根据平移的性质，即可解答； （2）以点为圆心，为半径画弧，即可得出； （3）根据弧长公式求出，根据平移的性质得出，根据封闭图形的周长，即可求解． 【详解】（1）∵，所在圆的圆心为， ∴，所在圆的圆心坐标是． 故答案为：，． （2）如图所示：即为所求； （3）∵，， ∴的半径为， ∴， ∵将向右平移个单位，得到， ∴，， ∴由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长． 故答案为：． 题型二 图形轴对称 1. 对应点连线被对称轴垂直平分，折叠问题本质就是轴对称。 2. 坐标对称：关于x轴纵变反，关于y轴横变反。 3. 常结合全等、勾股定理求线段长度与角度。 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. 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． 题型三 图形的旋转应用 1. 旋转前后图形全等，对应点到旋转中心距离相等，旋转角相等。 2. 遇90°旋转常构造直角三角形，180°旋转可转化为中心对称。 3. 未指明旋转方向时，需分类讨论顺时针与逆时针情况。 5．（2024·广东广州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为________； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为________ 【答案】 120°/120度 75°/75度 【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论． 【详解】 解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′． ∵△BPP′是等边三角形， ∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE， ∴∠ABP＝∠EBP′， 在△ABP和△EBP′中， ∴△ABP≌△EBP′（SAS）， ∴∠BAP＝∠BEP′＝90°， ∴点P′在射线EP′上运动， 如图1中，设EP′交BC于点O， 当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°－60°＝120°， 当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°， ∴EO＝OB，OP′＝OC， ∴EP′＝EO＋OP′＝OB＋OC＝BC， ∵BC＝2AB， ∴EP′＝AB＝EB， ∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°， ∴∠BP′C＝45°＋90°＝135°， ∴∠PP′C＝∠BP′C－∠BP′P＝135°－60°＝75°． 故答案为：120°，75°． 【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 6．（2024·广东·中考真题）【知识技能】 （1）如图1，在中，是的中位线．连接，将绕点D按逆时针方向旋转，得到．当点E的对应点与点A重合时，求证：． 【数学理解】 （2）如图2，在中，是的中位线．连接，将绕点D按逆时针方向旋转，得到，连接，，作的中线．求证：． 【拓展探索】 （3）如图3，在中，，点D在上，．过点D作，垂足为E，，．在四边形内是否存在点G，使得？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在，证明见解析 【分析】（1）根据中位线的性质、旋转的性质即可证明； （2）利用旋转的性质、外角定理、中位线的性质证明后即可证明； （3）通过解直角三角形得到，，过点C作于点M，易证，得到，即可求得，进而，从而点M是的中点，过点D作，交于点P，连接，，，根据三线合一得，证明，即可求的，过点P作于点N，则四边形是矩形，得到，因此点N是的中点，进而，再证，得到，根据，即可推出，因此当点G与点P重合时，满足． 【详解】证明：（1）是的中位线， 且． 又绕点D按逆时针方向旋转得到 ． （2）由题意可知：，，． 作，则且， 又， ． 根据外角定理 ， ， ． 又，是的中位线， ， ， ， ， ， ． （3）存在点使得． ∵， ∴， ∴在中，， 过点C作于点M， ∴， ∵， ∴ ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点M是的中点， ∴是的垂直平分线， 过点D作，交于点P，连接，， ∴， ∴根据三线合一得， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 过点P作于点N，则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴点N是的中点， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴ 即， ∴， ∴当点G与点P重合时，满足． 【点睛】本题考查了旋转的性质、中位线的性质、外角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形，熟练掌握知识点以及灵活运用是解题的关键． 7．（2023·广东广州·中考真题）如图，是菱形的对角线．    (1)尺规作图：将绕点A逆时针旋转得到，点B旋转后的对应点为D（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）所作的图中，连接，； ①求证：； ②若，求的值． 【答案】(1)作法、证明见解答； (2)①证明见解答；②的值是． 【分析】（1）由菱形的性质可知，将绕点逆时针旋转得到，也就是以为一边在菱形外作一个三角形与全等，第三个顶点的作法是：以点为圆心，长为半径作弧，再以点为圆心，长为半径作弧，交前弧于点； （2）①由旋转得，，，则，，即可根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”证明； ②延长交于点，可证明，得，而，所以，由等腰三角形的“三线合一”得，则，设，，则，所以，，由勾股定理得，求得，则． 【详解】（1）解：如图1，就是所求的图形． ． （2）证明：①如图2，由旋转得，，， ，， ， ． ②如图2，延长交于点，   ，，， ， ， ， ， ， ， ， 设，， ， ， ， ， ， 解关于的方程得， ， ， 的值是． 【点睛】此题重点考查尺规作图、旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题． 题型四 中心对称 1. 中心对称是旋转180°的特殊形式，对称点连线过对称中心且被平分。 2. 坐标中心对称：横、纵坐标均变为相反数。 3. 区分中心对称图形与轴对称图形，按定义判断即可。 8．（2024·广东广州·中考真题）下列图案中，点为正方形的中心，阴影部分的两个三角形全等，则阴影部分的两个三角形关于点对称的是（    ） A．   B．   C．   D．     【答案】C 【分析】本题考查了图形关于某点对称，掌握中心对称图形的性质是解题关键．根据对应点连线是否过点判断即可． 【详解】解：由图形可知，阴影部分的两个三角形关于点对称的是C， 故选：C． 9．（2024·广东·中考真题）下列几何图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（    ） 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．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； B．不是轴对称图形，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，不是中心对称图形，故不符合题意； 故选：C． 10．（2024·广东深圳·中考真题）下列用七巧板拼成的图案中，为中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 【详解】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形， 选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形， 故选：C． 题型五 三视图 1. 遵循长对正、高平齐、宽相等，不可见棱用虚线表示。 2. 由三视图还原几何体，重点判断形状、棱长，计算表面积与体积。 3. 小正方体组合题型，按层计数，避免重数或漏数。 11．（2025·广东·中考真题）如图，是由5个大小相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．找到从左面看所得到的图形即可． 【详解】解：从左面看得第一层有2个正方形，第二层最左边有一个正方形． ∴它的左视图是： 故选：C． 12．（2025·广东深圳·中考真题）如图为出现在深圳街头的新型无线充电石墩，关于石墩的三视图的描述，正确的是（   ） A．主视图和左视图相同 B．主视图和俯视图相同 C．左视图和俯视图相同 D．三个视图都相同 【答案】A 【分析】本题考查了三种视图，熟知三视图的观察方向是解题的关键．在正面内得到的由前向后观察物体的视图，叫做主视图；在水平面内得到的由上向下观察物体的视图，叫做俯视图；在侧面内得到由左向右观察物体的视图，叫做左视图．仔细观察图中几何体摆放的位置，根据三种视角观察到的图形判定则可． 【详解】解：根据三视图的定义，可知该几何主视图和左视图相同． 故选：A． 题型六 几何动态与函数的综合应用 1. 设动点坐标，用函数表达式表示线段、面积，建立函数模型。 2. 按动点运动阶段分类讨论，确定自变量取值范围。 3. 结合函数增减性、顶点公式求最值，检验结果是否符合图形实际。 13．（2025·广东广州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点，点，若将直线向上平移d个单位长度后与线段有交点，则d的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查一次函数图象的平移以及一次函数与线段的交点问题，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先求出直线平移后的解析式，再根据直线与线段有交点，分别求出直线经过点A和点B时d的值，进而确定d的取值范围，据此进行分析，即可作答． 【详解】解：依题意，将直线向上平移d个单位长度后得 ∵点，点，且直线向上平移d个单位长度后与线段有交点， ∴把代入得，解得； 把代入得，解得； 则， 故选：D． 14．（2024·广东深圳·中考真题）为了测量抛物线的开口大小，某数学兴趣小组将两把含有刻度的直尺垂直放置，并分别以水平放置的直尺和竖直放置的直尺为x，y轴建立如图所示平面直角坐标系，该数学小组选择不同位置测量数据如下表所示，设的读数为x，读数为y，抛物线的顶点为C． (1)（Ⅰ）列表： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ x 0 2 3 4 5 6 y 0 1 2.25 4 6.25 9 （Ⅱ）描点：请将表格中的描在图2中； （Ⅲ）连线：请用平滑的曲线在图2将上述点连接，并求出y与x的关系式； (2)如图3所示，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为C，该数学兴趣小组用水平和竖直直尺测量其水平跨度为，竖直跨度为，且，，为了求出该抛物线的开口大小，该数学兴趣小组有如下两种方案，请选择其中一种方案，并完善过程： 方案一：将二次函数平移，使得顶点C与原点O重合，此时抛物线解析式为． ①此时点的坐标为________； ②将点坐标代入中，解得________；（用含m，n的式子表示） 方案二：设C点坐标为 ①此时点B的坐标为________； ②将点B坐标代入中解得________；（用含m，n的式子表示） (3)【应用】如图4，已知平面直角坐标系中有A，B两点，，且轴，二次函数和都经过A，B两点，且和的顶点P，Q距线段的距离之和为10，求a的值． 【答案】(1)图见解析，； (2)方案一：①；②；方案二：①；②； (3)a的值为或． 【分析】（1）描点，连线，再利用待定系数法求解即可； （2）根据图形写出点或点B的坐标，再代入求解即可； （3）先求得，，的顶点坐标为，再求得顶点距线段的距离为，得到的顶点距线段的距离为，得到的顶点坐标为或，再分类求解即可． 【详解】（1）解：描点，连线，函数图象如图所示， 观察图象知，函数为二次函数， 设抛物线的解析式为， 由题意得， 解得， ∴y与x的关系式为； （2）解：方案一：①∵，， ∴， 此时点的坐标为； 故答案为：； ②由题意得， 解得， 故答案为：； 方案二：①∵C点坐标为，，， ∴， 此时点B的坐标为； 故答案为：； ②由题意得， 解得， 故答案为：； （3）解：根据题意和的对称轴为， 则，，的顶点坐标为， ∴顶点距线段的距离为， ∴的顶点距线段的距离为， ∴的顶点坐标为或， 当的顶点坐标为时，， 将代入得，解得； 当的顶点坐标为时，， 将代入得，解得； 综上，a的值为或． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，抛物线的平移等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 知识1 平移、轴对称、旋转的基本性质 三者均为全等变换，变换前后： 图形形状、大小不变，对应边相等、对应角相等，周长与面积不变 平移：对应点所连线段平行且相等，对应线段平行 轴对称（折叠）：对应点连线被对称轴垂直平分 旋转：对应点到旋转中心距离相等，任意一组对应点与旋转中心的夹角为旋转角且相等 知识2 中心对称与中心对称图形的概念 中心对称：两个图形绕某一点旋转 后能完全重合，该点为对称中心；对称中心平分每一组对应点的连线。 中心对称图形：一个图形绕自身某点旋转 后与原图形重合，如平行四边形、圆、矩形。 联系：中心对称是两个图形的位置关系，中心对称图形是一个图形自身的特征。 知识3 图形折叠的全等性与不变量 折叠本质是轴对称变换，折叠前后部分全等 不变量：对应边、对应角、线段长度、角度大小、面积均不变 关键特征：折痕垂直平分对应点连线，折叠常构造出等腰三角形、直角三角形 知识4 几何动点问题的分类讨论方法 核心原则：按图形形状、点的位置、边角对应关系分类，做到不重不漏 常见分类依据： · 等腰三角形：按顶角顶点分类；直角三角形：按直角顶点分类 · 平行四边形：按对角线分组分类；动点在线段上/延长线/不同象限分类 步骤：确定动点范围→画出不同情形图形→列方程/不等式计算→检验结果是否符合题意 知识5 几何变换与坐标的对应关系 平移：点 左右移变 （左减右加），上下移变 （上加下减） 轴对称：关于 轴对称 ；关于 轴对称 中心对称：关于原点对称 旋转：绕原点逆时针转 为 ，转 为 命题预测1：中心对称图形的识别 [三年必考，选择基础题] 1．（2026·广东东莞·一模）下列事件中属于必然事件的是（　　） A．在比赛中，弱队战胜强队 B．用、、长线段为边构成一个三角形 C．掷出两枚硬币，都是正面向上 D．任意画一个平行四边形，它是中心对称图形 【答案】D 【详解】解：A．在比赛中，弱队战胜强队可能发生也可能不发生，是随机事件，故A不符合题意； B．，不满足三角形三边关系中两边之和大于第三边，因此用，，长线段不能构成三角形，是不可能事件，故B不符合题意； C．掷出两枚硬币，都是正面向上可能发生也可能不发生，是随机事件，故C不符合题意； D．平行四边形一定是中心对称图形，因此任意画一个平行四边形，它是中心对称图形是一定会发生的事件，是必然事件，故D符合题意． 2．（2026·广东佛山·一模）根据中国汽车工业协会最新发布数据显示，我国新能源汽车产业在2025年继续保持强劲增长态势，全年产销双双突破1600万辆大关，连续第11年稳居全球首位．下列新能源汽车的车标中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】中心对称图形是指把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形是指如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，据此进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； B．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； C．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； D．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意． 3．（2026·广东珠海·一模）下列图案是国产新能源车企的车标，图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】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：．是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意； ．不是轴对称图形也不是中心对称图形，故该选项不符合题意； ．不是轴对称图形也不是中心对称图形，故该选项不符合题意； ．是轴对称图形也是中心对称图形，故该选项符合题意； 4．（2026·广东东莞·模拟预测）中华人民共和国全国运动会（简称“全运会”）是中国国内规模最大、水平最高的综合性体育盛会，每四年举办一届．下列中华人民共和国全运会会徽图片中，是轴对称图形不是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】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．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． 【详解】解：A、是轴对称图形不是中心对称图形，符合题意； B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； 5 ．（2026·广东中山·一模）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】D 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可． 【详解】解：A、不是轴对称图形，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，是中心对称图形，故不符合题意； D、是轴对称图形，是中心对称图形，故符合题意； 命题预测2：图形折叠与四边形性质的综合[常在综合题中涉及] 1．（2026·广东东莞·模拟预测）如图，在中，，，，D是的中点，连接，将沿折叠，使点A落在点E，连接，则的面积为________． 【答案】/ 【分析】延长交的延长线于点，过C作于H，根据勾股定理求得斜边，进而根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，以及折叠的性质得出，，证明得到，，利用三角形的等面积法和勾股定理分别求出，，进而可求解． 【详解】解：如图，延长交的延长线于点，过C作于H，则， ∵在中，，是的中点， ∴，， ∵将沿折叠， ∴， 设，则， ∵ ∴ ∵折叠， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∵ ∴ ∴，， 由得， 在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握以上知识点，添加辅助线是解题的关键． 2．（2026·广东·一模）如图，折叠直角三角形纸片的直角，使点C落在边的点E处，已知，，则的长是________． 【答案】5 【分析】根据折叠得到，，再结合含30度直角三角形的性质进行求解即可． 【详解】解：由折叠知，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 3．（2026·广东广州·一模）如图，在菱形中，，，点为边上一个动点（不与点、重合），边关于对称的线段为，连接． (1)当平分时，求的度数为______； (2)延长，交射线于点，当时，求的长； (3)在（1）的条件下，连接交于点，作交的延长线于点，连接．试探究是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)为定值 【分析】（1）根据轴对称的性质和角平分线的性质可得，则； （2）过点作的垂线，交的延长线于点，连接，设，根据菱形的性质可得，，利用三角函数可计算出，，使用勾股定理可得．由轴对称的性质可得，，，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出，进而得到．由两角相等可判定，计算得，因此； （3）取的中点，连接，由轴对称的性质可得点为的中点，则是的中位线，因此，，进一步可得．容易得到，从而判断、、、四点共圆，则，因此，为定值． 【详解】（1）解：由轴对称的性质可知，， ∵平分， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作的垂线，交的延长线于点，连接，设， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， 在中，，， ∴， 由勾股定理可得，， 由轴对称的性质可得，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：如图，取的中点，连接， 由（1）可知，， ∴，， ∵由关于对称得到， ∴垂直平分， ∴点为的中点，，， ∵点为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵于点， ∴， ∵， ∴、、、四点共圆， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴为定值． 4．（2026·广东佛山·一模）在中，点，分别在边，上，将沿折叠，使点的对应点落在边上，点的对应点为点，交于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，四边形是正方形，边长为8，当为的中点时，求的长； (3)如图3，四边形是矩形，连接，当，时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，由平行四边形的性质可得，，由折叠的性质可得，．由角的关系可计算出，，命题得证； （2）设，结合正方形的性质和折叠的性质可得，，，使用勾股定理构造方程解出，则．容易证明，则，从而计算出，因此； （3）延长、交于点，连接，设，则，，由平行可判定，则，因此，．由折叠的性质可得，，，进而得到，则，因此，．结合可计算出，利用勾股定理计算出，进一步计算出，，，最后求出的值即可． 【详解】（1）证明：设， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， 由折叠的性质可得，，， ∴，， ∴； （2）解：设， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由折叠的性质可得，，，， ∵点P为的中点， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：如图，延长、交于点，连接，设， ∵， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵四边形由四边形沿着翻折得到， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴． 5．（2026·广东深圳·一模）【综合与实践】 在数学的学习过程中，我们除了掌握课本中常见的四边形外，还会遇到许多具有独特性质的特殊四边形．让我们结合已有知识，对以下特殊四边形展开探究． 定义：在四边形中，若有一个内角为直角，且从该直角顶点引出的对角线，将其对角分成的两个角中恰有一个角为直角，则称这样的四边形为“璧合四边形”． (1)【初步探究】如图，在“璧合四边形”中，若，则________，的值为________． (2)【问题解决】如图，在“璧合四边形”中，，，为线段上一点，且，求的值． (3)【拓展应用】如图，在“璧合四边形”中，，，为线段上一动点，且，连接，将沿翻折，得到，连接，若，作出图形并求线段的长． 【答案】(1)，； (2) (3)图见解析，或 【分析】（）根据“璧合四边形”和正切的定义解答即可求解； （）证明，可得，进而即可求解； （）过点作于点，可得，四边形为正方形，再分点的对应点在的上方和下方两种情况，利用相似三角形的判定和性质解答即可求解． 【详解】（1）解：∵“璧合四边形”中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：，； （2）解：，， ， ，， ，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ； （3）解：如图，过点作于点， 由（）知，， ， ， ∴， ∴， ， 同理（）可得，， ， 由折叠的性质可知，， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， 如图，连接，当点的对应点在的上方时，则，， ， 即， ， ， ， ， ， ， ∵， ∴； 如图，当点的对应点在的下方时， 同理可得：，； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质等，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 6．（2026·广东佛山·一模）【问题情境】 折纸是一种许多人熟悉的活动，在数学活动课上，老师让同学们以“图形的翻折”为主题开展数学活动． 活动一：矩形可折叠 矩形纸片中，在边上取一点沿翻折，使点落在矩形内部处；再次翻折矩形，使与所在直线重合，点落在直线上的点处，折痕为．翻折后的纸片如图1所示． 活动二：折叠可得矩形 如图2，将 纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰 的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形．类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为“叠合矩形”，如图3和图4． 【提出问题】 （1）如图1，的度数为 　　； （2）如图1，若，，求的最大值； （3）纸片还可以按图4的方式折叠成一个叠合矩形，若，，直接写出的长　　； 【解决问题】 （4）如图5，一张矩形纸片通过活动一中的翻折方式得到四边形，其中的一边与矩形纸片的一边重合，，，，，求该矩形纸片较长边的长度． 【答案】（1）；（2）的最大值为；（3）15；（4）矩形纸片较长边的长度为或 【分析】（1）由折叠的性质得出，，根据，即得； （2）设，，则，证明，，得，得，得，根据二次函数的性质，即得的最大值为； （3）设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4，由矩形性质和勾股定理，得 ,证明，得，由， ，即得； （4）分和为矩形的边和角，和为矩形的边和角，两种情况计算矩形的边，比较得出矩形的较长边． 【详解】解：（1）如图1， 由题意得：，， ， ， ， ； （2）如图1， 设，，则， 由（1）知， ， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 当时，有最大值为， 的最大值为； （3）解：设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4， ∵矩形中，， ∴, ∵， ∴， 由折叠的性质得：， ∵中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （4）作出原矩形，连接，如图5①， ，，， ， ， 四边形为矩形， ，． 设，则，设，则． ， ． ， ． ， ， ． ， ， ， ， ， 矩形纸片较长边的长度为； 当为矩形的一边时，作出原矩形，如图5②， 设，则，设， 四边形为矩形， ，，， ， ． ， ． ， ， ． ， ， ， ． ， 矩形纸片较长边的长度为； 综上所述，矩形纸片较长边的长度为或． 【点睛】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理；本题属于四边形综合题目，主要考查了折叠的性质、正方形的性质、矩形的性质、平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、梯形面积的计算、解方程等知识的综合运用；折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 命题预测3：旋转与线段长度问题[2024年省卷第10题/广州2024年第10题] 1．（2023·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，将矩形绕点A逆时针旋转至矩形，旋转角为，当点C，和三点共线时，的长为（        ）．    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】当点C，和三点共线，，先根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出，通过证明，得出，设，则，在中，根据勾股定理列出方程求解即可． 【详解】解：∵点C，和三点共线， ∴， ∵矩形绕点A逆时针旋转至矩形， ∴，， 在中，根据勾股定理可得：， 在中，根据勾股定理可得：， 在和中， ， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理可得：， 即，解得：， 故选：A．    【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确画出图形，根据勾股定理列出方程求解． 2．（2024·广东深圳·二模）如图，已知等腰直角，， ，点C是矩形与的公共顶点，且，；点D是延长线上一点，且．连接，在矩形绕点C按顺时针方向旋转一周的过程中，当线段达到最长和最短时，线段对应的长度分别为m和n，则的值为 ________________． 【答案】 【分析】根据等腰三角形的性质，锐角三角函数可求得，当线段达到最长时，此时点G在点C的下方，且B，C，G三点共线，求得根据勾股定理求得，即；当线段达到最短时，此时点G在点C的上方，且B，C，G三点共线，则根据勾股定理求得，即，进而求出的值 【详解】解：∵为等腰直角三角形，， ， ∴， 当线段达到最长时，此时点G在点C的下方，且B，C，G三点共线，如图： 则 在中，， ， 当线段达到最短时，此时点G在点C的上方，且B，C，G三点共线，如图： 则 在中，， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了锐角三角函数，勾股定理，根据旋转推出线段最长和最短时的位置是解题的关键 3．（2025·广东佛山·三模）如图1，在中，，将绕点顺时针旋转到，连接． (1)绕点旋转过程中，求证：； (2)绕点旋转过程中，延长交线段于点，当四边形为平行四边形时，求线段的长度； (3)在绕点旋转过程中，是否存在以、、为顶点，且为腰的等腰三角形，若存在，直接写出的长度，若不存在，说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)存在，或． 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，确定圆的条件，解直角三角形等知识，掌握以上知识是解答本题的关键． （1）可得出，，进而得出，从而； （2）连接，根据，得出，，从而点、、、共圆，从而，从而得出，进而得出，进一步得出结果； （3）作于，作于，设，当时，可得出，， ，从而得出，，，在中根据勾股定理得出的值，进而得出的值；同样方法求得当时的结果． 【详解】（1）解：∵绕点顺时针旋转到， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （2）解：连接，如图： ， ∵，，， ∴，， 由（1）知，， ∴，， 即， ∴点、、、共圆， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：作于，作于， 设， 如图： ， 当时， ∵， ∴， 由（2）知， ，，点、、、共圆， ∴，， ∴， ， ∴， ， ∴， 在中，由勾股定理得， ， 即， ∴， ； 当时，如图： ， ∵， ∴， ∴， 在中，，由勾股定理得， ， ∴， ∴， ∴， 综上所述： 或； 4．（2023·广东惠州·一模）如图1，正方形的边长为，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接． (1)证明：． (2)延长交于点．判断四边形的形状，并说明理由； (3)若，求线段的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 (3) 【分析】（1）由旋转的性质证明，即可得出答案； （2）先证明四边形是矩形，根据邻边相等的矩形是正方形即可证明； （3）设正方形边长为，在中用勾股定理建立关于的方程，求解即可 【详解】（1）证明：由题意和旋转的性质可得：，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，即：， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：四边形是正方形，理由如下： 由（1）得：，且， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； （3）解：∵正方形的边长为， ∴， 设正方形的边长为， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， 解得：，（不符合题意，舍去）， ∴， ∴线段的长度为． 【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的判定及性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识点，运用了方程的思想．熟练掌握全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质是解题的关键． 命题预测4：坐标与图形变换[选填中常考] 1．（2026·广东佛山·一模）如图，等腰的顶角，将绕点A逆时针旋转，的对应边恰好经过点C，则旋转角的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由旋转的性质得出，，由等腰三角形的性质得出，再求出即可． 【详解】解：∵等腰的顶角， ∴； 由旋转得，， ∴， ∴， ∴旋转角的度数为． 2．（2024·广东·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点重合，轴，交轴于点．将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2024次旋转结束时，点的坐标为_________ 【答案】 【分析】首先确定点的坐标，再根据旋转推导出4次一个循环，再计算经过第2024次旋转后点的坐标即可；本题考查了正多边形的性质，规律型问题，旋转等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型． 【详解】解：∵正六边形边长为2，中心与原点重合，轴， ∴， ∴， ∴; ∵每次旋转，， ∴4次一个循环， ∵， ∴第2024次旋转结束时，点A的坐标为． 故答案为：． 3．（2025·广东汕头·一模）在平面直角坐标系，把点绕原点O旋转，点P的对应点的坐标是_______． 【答案】或 【分析】本题考查了坐标与图形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题关键．分两种情况，当将点绕原点逆时针旋转时得到点时，过点P作轴于点，轴于点A，证明，得出，，得出；当将点绕原点顺时针旋转得到点时，根据点与点关于原点对称，求出结果即可． 【详解】解：当将点绕原点逆时针旋转时得到点时，如图，过点P作轴于点，轴于点A， 由旋转的性质可知，，， ， ∵轴，轴， ， ， ， ， ，， ∵， ∴，， ，， ， 当将点绕原点顺时针旋转得到点时，点与点关于原点对称，此时点． 故答案为：或． 4．（2025·广东东莞·一模）如图，在平面直角坐标系中，，． (1)若线段绕点A逆时针旋转，则点B对应点的坐标是__________；（不用画图） (2)请仅用无刻度直尺作图，保留作图痕迹，不写作法．在图中，找一格点P，使得，在图中标出P点．（画出一个点即可） 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查作图——旋转作图、坐标与图形变化——旋转，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）根据题意作出旋转后的图形，即可得到点B对应点的坐标； （2）根据等腰直角三角形的性质，将线段绕点A逆时针或顺时针旋转，则点O对应点即为点P；或者将线段绕点O逆时针或顺时针旋转，则点A对应点即为点P． 【详解】（1）解：如图，点对应点的坐标是． 故答案为：； （2）解：如图，点，，，为所求（选择其中一个即可）． 命题预测5：一次函数的对称平移与旋转[省卷、广州常考] 1．（2026·广东广州·一模）把函数的图象绕坐标原点旋转，所得图象对应的函数解析式是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用点绕原点旋转的坐标变换规律，代入原函数关系推导旋转后新函数的解析式． 【详解】解：∵ 在函数的图象上任取一点， ∴ 满足，即， 将点绕坐标原点旋转后，所得新点坐标为或， 设旋转后函数解析式为， 情况1：若新点为，可得 将代入得 ， ∴； 情况2：若新点为 ，可得 将代入得， ∴； ∴ 旋转后所得图象对应的函数解析式为． 35．（2025·广东潮州·二模）如图，将正方形向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O逆时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查坐标与图形变换—平移和旋转，根据平移和旋转的性质，画出旋转后的位置，写出点的坐标即可． 【详解】解：由题意，点先向右平移3个单位，再绕点原点O逆时针方向旋转，得到，如图： 由图可知：； 故选C． 2．（2025·广东·模拟预测）如图，等边的边长为2．以的中点为原点建立平面直角坐标系，把绕点顺时针旋转得到与相交于点，连接，下列判断不正确的是（　　） A．点的坐标是 B．是等腰三角形 C．的长是 D． 【答案】D 【分析】根据等边三角形的性质以及旋转的性质得出，即可得出点的坐标为，根据平分，等边三角形的性质，得出，即可判断B选项，根据，进而求得，即可判断C选项，同B选项可证，，，证明，进而得出，求得，即可判断D选项，即可求解． 【详解】解：根据题意可知，轴，将等边绕点顺时针旋转，则点的对应点在轴上，且， 即点的坐标为，选项A正确，不符合题意； 在等边中， ．在等边中，平分 ， 是等腰三角形，选项B正确，不符合题意； ，选项C正确，不符合题意； 同B选项可证，， ．根据旋转可知 ， ，选项D不正确，符合题意． 故选： D． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，坐标与图形，等腰三角形的性质与判定，旋转的性质，三角形的内角和定理，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 3．（2025·广东梅州·一模）如图，以下四条线段中，不能通过线段绕原点O旋转得到的对应序号是（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】A 【分析】本题考查了旋转的性质，根据旋转的性质并结合图形即可得解，熟练掌握旋转的性质，采用数形结合的思想是解此题的关键． 【详解】解：根据旋转的性质可得②③④可以通过线段绕原点O旋转得到，①不能通过线段绕原点O旋转得到， 故选：A． 4．（2025·广东广州·模拟预测）在平面直角坐标系中，将函数的图象向右平移2个单位长度，则平移后的图象与y轴的交点坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“左加右减”的原则是解答此题的关键． 根据“左加右减”的原则写出新直线解析式，由解析式求得平移后的图象与y轴交点的坐标． 【详解】解：由“左加右减”的原则可知，将函数的图象向右平移2个单位长度，所得函数的解析式为， 令，则，即平移后的图象与y轴交点的坐标为 故选：B． 5．（2024·广东佛山·三模）把直线向上平移三个单位长度后经过点，则b的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了一次函数图象的平移，待定系数法求一次函数解析式．先求出平移后的直线解析式，再根据平移后的直线经过点进行求解即可． 【详解】解：将直线向上平移3个单位长度后的直线解析式为， 平移后的直线经过点， ， ， 故选：B． 6．（2025·广东汕头·一模）若直线与直线关于直线对称，则k、b值分别为（    ） A．、 B．、 C．、 D．、 【答案】A 【分析】本题考查了一次函数的图像与几何变换，熟练掌握一次函数的图像与性质是解题的关键．根据题意得到直线关于直线的对称点，然后利用待定系数法即可求解． 【详解】解：直线与轴的交点为，与轴的交点为； 点关于直线的对称点为，点关于直线的对称点为， 把点、代入， 得：， 解得：，， 故选：A． 7．（2024·广东广州·二模）如图，一次函数与反比例函数的图象交，两点，与x轴交于点C，与y轴交于点D． (1)请分别求出一次函数和反比例函数的解析式； (2)把一次函数的图象向下平移t个单位，当平移后的直线与反比例函数的图象有且只有一个交点时，求t的值． 【答案】(1)； (2)1 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）由已知可得只有一个解，化为一元二次方程，用根的判别式解答即可． 【详解】（1）解：∵反比例函数的图象过， ∴， ∴反比例函数的解析式为， 把代入得，， ∴点， 把A、B的坐标代入得， 解得， 故一次函数表达式为：； （2）把一次函数的图象向下平移t个单位得直线， 根据题意可得只有一组解， 即只有一个解， ∴有两个相等实数根， ∴，即， 解得或（因反比例函数在第一象限，舍去）， ∴t的值为1． 【点睛】本题考查反比例函数与一次函数交点问题，以及一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握待定系数法，函数图象交点坐标与方程组的解的关系等知识． 命题预测6：根据旋转的性质求解[常在综合题中涉及] 1．（2026·广东广州·一模）如图，中，，，，以为中心，将顺时针旋转，使得点落在延长线上的点，此时点落到点，则在旋转中，边变到边所扫过的面积为______平方厘米（结果保留）． 【答案】 【分析】先求出，，由旋转性质可得， ，，然后通过．即可求解 【详解】解：在中，，，， ∴， ∴，， ∵将以点为中心顺时针旋转，使点旋转到延长线上的点， ∴， ∴ ，， ∴ ， ∴边变到边所扫过的面积为平方厘米． 2．（2026·广东江门·一模）如图，把一张三角形纸片沿中位线剪开后，在平面上将绕着点E顺时针旋转，点D到了点F的位置，则__________． 【答案】 【分析】根据旋转的性质，得，从而，再根据中位线定理，得，，从而，，最后根据相似三角形的性质，得，即可求解． 【详解】解：将绕着点E顺时针旋转，点D到了点F的位置， ， ， ， 是三角形的中位线 ，， ， 相似比为， ， ． 3．（2026·广东珠海·一模）如图，四边形是边长为4的正方形，点P为线段的上一点，，点E是直线上的动点，连接，将绕点E顺时针旋转，点A的对应点为点F，连接，则的最小值为________． 【答案】 【分析】通过构造全等三角形确定点的运动轨迹是一条过点且与成角的直线，利用垂线段最短确定取得最小值的位置，最后通过构造等腰直角三角形求解. 【详解】解：过点作交的延长线于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵线段绕点顺时针旋转至， ∴，， ∴， 又∵ 在与中 是等腰直角三角形 点在过点且与成角的直线上运动。 延长交直线于点 是等腰直角三角形 点为线段上一点， 当时， 有最小值，在中，。 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质，垂线段最短是解答本题的关键． 4．（2026·广东广州·模拟预测）如图，点P为的边上一动点（点P与点B，C不重合），，，与关于边成轴对称，将线段绕点P逆时针旋转得到线段，连接． （1）若，则的度数为________； （2）点P在运动的过程中，的最小值为________． 【答案】 /30度 【分析】（1）解直角三角形得出，由旋转的性质可得，即可得出结果； （2）由轴对称的性质可得，，，作，交的延长线于点，则，由旋转的性质可得，，证明，得出，，设，则，再由勾股定理计算即可得出结果． 【详解】解：（1）在中，，， ∴， ∴， ∵将线段绕点P逆时针旋转得到线段， ∴， ∴； （2）∵与关于边成轴对称， ∴，，， 如图，作，交的延长线于点， 则， ∵将线段绕点P逆时针旋转得到线段， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， 设，则， ∴ ， ∵， ∴当时，的值最小，为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 5．（2026·广东珠海·一模）如图1，在中，，．点是边上任意一点（不与，重合），连接，过点作于点，连接，点为中点，连接，． (1)当时，判断四边形的形状，并证明． (2)点在线段上的什么位置时，的面积最大？请说明理由． (3)将图1中的绕点旋转到如图2所示位置，得到，使得点，点，点在同一直线上，点为的中点，与交于点，其他条件不变．求的度数． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用三角函数求得，则，证明且平分，利用直角三角形的性质以及斜边中线的性质推出，即可证明结论； （2）设，推出，，表示，利用二次函数的性质即可求解； （3）作点关于的对称点，点关于的对称点，连接，证明是等边三角形，推出，再根据三角形中位线定理即可证明结论． 【详解】（1）答：四边形是菱形，理由如下： ∵在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的中点，， ∴， ∴且平分， ∴， ∴平分， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）答：当时，的面积最大，理由如下： 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， 当时，最大，此时， ∴当时，的面积最大； （3）解：作点关于的对称点，点关于的对称点，连接， 则， ∴， 由题意得：， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的中点，， ∴， ∴． 命题预测7：几何动态与二次函数的综合压轴[深圳、广州压轴题] 1．（2026·广东东莞·一模）如图1，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，连接、． (1)求二次函数的解析式； (2)判断的形状，并说明理由； (3)如图2，点在轴正半轴上，，绕着点逆时针旋转，交抛物线于点，连接，点，分别为的边，上的动点，且，求的最小值． 【答案】(1)二次函数的解析式为； (2)是直角三角形，理由见解析； (3)的最小值为． 【分析】1）把和代入，可得，，即可得二次函数的解析式； （2）令，可得，可得，即可得的形状； （3）作，使得，连接，，则，证明，可得，，，共线时，的值最小，作于点，，设，则，可得，可得，，根据勾股定理可得，即可得的最小值． 【详解】（1）解：把和代入， 可得， 解得， ∴二次函数的解析式为． （2）解：是直角三角形，理由： ∵，， ∴，， ∴， 令， 解得，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴是直角三角形． （3）解：作，使得，连接，，则， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴，，共线时，的值最小， 作于点， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴的最小值为． 2．（2026·广东广州·模拟预测）在平面直角坐标系中，点为抛物线（a，b为常数且）上一点，抛物线G与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C． (1)用含a的代数式表示b； (2)若，求a的值； (3)连接，将线段绕点O顺时针旋转得到线段（点D为点A的对应点），若线段与抛物线G有交点，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)或或 【分析】（1）把点M的坐标代入抛物线的解析式中即可得到答案； （2）根据抛物线的解析式，可求出点A，点B和点C的坐标，进而得到和的长，根据建立方程求解即可； （3）当时，可推出点D在y轴的正半轴上，点E在x轴的正半轴上，且，当时，可推出点D在y轴的正半轴上，点E在x轴的负半轴上，据此分类讨论可得答案． 【详解】（1）解：∵点为抛物线（a，b为常数且）上一点， ∴， ∴； （2）解：由（1）得， ∴抛物线G的解析式为， 在中，当时，，则， ∴， 当时，则，即， ∵， ∴或， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：由（2）可知， 当时，则， ∴此时点A在x轴的负半轴上，点C在y轴的正半轴上， 由旋转的性质可得， ∴点D在y轴的正半轴上，点E在x轴的正半轴上； 如图1所示，当点C在点D下方时，则，解得， 此时线段与抛物线G一定有交点，故符合题意； 当点C与点D重合时，则，解得， 此时线段与抛物线G一定有交点，故符合题意； 如图2所示，当点C在点D上方，且点E在点B左侧时，则， ∴， 此时线段与抛物线G一定没有交点； 当点C在点D上方，且点E与点B重合时，则，解得， 此时线段与抛物线一定有交点，故符合题意； 如图3所示，当点C在点D上方，且点E在点B右侧时，则， ∴， 此时线段与抛物线G一定有交点，故符合题意； ∴当或时，线段与抛物线G一定有交点； 当时，则， ∴此时点A在x轴的负半轴上，点C在y轴的负半轴上， 由旋转的性质可得， ∴点D在y轴的正半轴上，点E在x轴的负半轴上； 如图4所示，当点E在点A右侧时，则，解得， ∴当时，线段与抛物线G一定没有交点； 当点E与点A重合时，则，解得， 此时线段与抛物线G一定有交点，故符合题意； 如图5所示，当点E在点A左侧时，则，解得， 此时线段与抛物线G一定有交点，故符合题意； ∴当时，线段与抛物线G一定有交点； 综上所述，或或． 3．（2026·广东佛山·一模）在平面直角坐标系中，抛物线的图象经过和两点． (1)补充一个条件，求抛物线的表达式； (2)将抛物线向左平移个单位得到新的抛物线．当时，随的增大而增大，求的取值范围； (3)当时，判断与的大小，并说明理由． 【答案】(1)补充条件：抛物线经过点；抛物线的表达式为（答案不唯一） (2)的取值范围为 (3)；理由见解析 【分析】（）已知抛物线经过和两点，可先根据这两点的坐标求出的值以及与的关系，再补充一个条件，利用待定系数法求出抛物线的表达式； （）先根据抛物线平移的规律求出新抛物线的表达式，再根据二次函数的性质求出的取值范围； （）先求出与的差，再根据的取值范围判断差的正负，从而比较与的大小． 【详解】（1）解：∵抛物线的图象经过和两点， ∴将代入抛物线方程可得：， 即. 将和代入抛物线方程可得：，化简得，即， 所以抛物线的表达式为， 补充条件：抛物线经过点， 将代入， 可得：，即， 解得， 把代入，可得， ∴抛物线的表达式为（答案不唯一）； （2）解：由（）得：抛物线的表达式为， ∴对称轴为：， ∵向左平移个单位， ∴新抛物线的对称轴为， ∵因为，抛物线开口向上， ∴当时，随增大而增大 ∵题目要求当时，随增大而增大， ∴， 解得； （3）解：． 理由：由（）得：抛物线的表达式为， ∴ 对于一元二次方程， 其判别式 ， ∵且， ∴， ∴， 又∵， ∴二次函数的图象开口向上，且与轴无交点， 即对于任意，， ∴，即． 4．（2026·广东广州·一模）如图，抛物线经过点，，． (1)求抛物线的解析式及顶点的坐标； (2)将抛物线沿轴向下平移（）个单位长度，平移后的抛物线与直线恰好只有一个公共点．求的值； (3)点是抛物线对称轴上一动点，是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)存在，或 【分析】此题考查了二次函数与几何综合题，用到了待定系数法求函数解析式、抛物线与一次函数的交点、抛物线的顶点、直角三角形的性质等知识，读懂题意，准确计算是解题的关键． （1）根据待定系数法求解函数解析式即可； （2）先得出平移后的函数表达式，将交点问题转换为方程根的问题，由即可求解； （3）设点的坐标为，用表示、、的长度，对的斜边进行分类讨论，结合勾股定理得出方程，求解方程即可． 【详解】（1）解：将点，，代入 ， 得，解得， 故抛物线的解析式为， 对称轴为直线， 当时，， 故点的坐标为． （2）解：假设平移后的函数表达式为， 假设直线所在的函数表达式为， 将点，代入， 得，解得， 故直线所在的函数表达式为， 由于平移后的抛物线与直线恰好只有一个公共点， 即方程仅有一个实数解， 整理得， 故， 解得． （3）解：假设点的坐标为， ∵，，， ∴，，， 当为直角的斜边时， ， 即， 解得； 当为直角的斜边时， ， 即， 解得； 故点的坐标为或． 5．（25-26九年级下·广东惠州·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过点，，且对称轴是直线． (1)求直线的解析式； (2)求抛物线的解析式； (3)点是直线下方抛物线上的一动点，过点作轴，垂足为，交直线于点，过点作，垂足为．求的最大值及此时点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)的最大值是，此时的P点坐标是 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）根据题意可设抛物线的解析式为，再利用待定系数法求解即可； （3）由题意证为等腰直角三角形，即得出．设点P的坐标为，则，从而可求出．再结合二次函数的性质可知：当时，有最大值是，此时最大，进而即可求解． 【详解】（1）解：设直线l的解析式为， 把A，B两点的坐标代入解析式，得， 解得：， ∴直线l的解析式为； （2）解：设抛物线的解析式为， ∵抛物线的对称轴为直线， ∴． 把A，B两点坐标代入解析式，得， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （3）解：∵，， ∴． ∵在中， ∴． ∵轴，， ∴． 在中，，， ∴， ∴． 在中，，，， ∴， ∴， ∴． 设点P的坐标为，则， ∴． ∵， ∴当时，有最大值是，此时最大， ∴， 当时，， ∴， ∴的最大值是，此时的P点坐标是． 6．（2026·广东中山·模拟预测）学校数学兴趣小组在探究二次函数最值问题的数学活动时，发现一个有趣现象：如图，直线与抛物线交于两点．点为抛物线上的动点，过点且平行于轴的直线交直线于点．当点在直线下方时，连接得到．当面积最大时，点在什么位置？ (1)数学兴趣小组成员很快就求出点的坐标，请你也求出点的坐标． (2)机智的小涛同学通过计算发现，当面积最大时，点与线段有特殊的位置关系，请你写出小涛的结论． (3)爱动脑筋的小婷根据小涛的发现提出了一个大胆的猜想：本类问题中，当面积取最大值时，动点的位置和直线与抛物线的交点都有这种“特殊关系”，请说明这种“特殊关系”是什么？并证明结论． 【答案】(1)； (2)点为线段中点 (3)直线过线段中点，证明见解析 【分析】本题主要考查二次函数，一次函数有关面积的问题，熟练掌握数形结合思想是解题的关键． （1）设点，结合题意求出点，得到的值，再联立二次函数和一次函数得到交点坐标，根据三角形面积公式，得到面积关于的二次函数，求解即可； （2）由（1）得出点的坐标，再求出点的中点坐标，比较即可得出关系； （3）设抛物线解析式为，直线，点，求出点，得到为关于的二次函数，再根据二次函数的对称性求解即可． 【详解】（1）解：∵点在抛物线上， ∴设点， ∵轴， ∴， ∵点在直线上， ∴点， ∴ ∵直线与抛物线交于两点， ∴， 解得：，， 当时，；当时，， ∴，． ∴ ∵， ∴当时，有最大值，最大为， ∵把代入点中， ∴点； （2）由（1）得，当时，有最大值， ∴将代入点得：点， ∵，， 点的中点坐标为点，即点， ∴点和点重合， ∴当面积最大时，点为线段的中点； （3）猜想：当直线过线段中点时（或），最大． 证明：设抛物线解析式为：，直线：， 直线与抛物线交于两点，设， ∴则方程的解为：，， ∵点在抛物线上， ∴设点， ∵轴， ∴， ∵点在直线上， ∴点， ∴，即为关于的二次函数， ∵当时，，， 由二次函数对称性知，当时，有最大值， ∵ ∴当时，有最大值， ∴，即点为线段中点． ∴当直线过线段中点时（或），最大． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $