专题03 图形的变换——轴对称与旋转（专项训练）（浙江专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第八章 图形的变化 专题03 图形的变换——轴对称与旋转 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 考点一：轴对称的性质 易｜混｜易｜错 1）轴对称的性质 ①对应点的连线被对称轴垂直平分 ； ②成轴对称的两个图形全等； ③两个对应线段或延长线的交点在对称轴上； 2）点与点的对称规律 若点P（a，b），则 点P关于x轴对称的坐标为（a，-b）； 点P关于y轴对称的坐标为（-a，b）； 点P关于原点对称的坐标为（-a，-b）； 1．（2025•拱墅区一模）如图，在6×6方格中，点A，B，C均在格点上，△ABC的对称轴经过格点（　　） A．P1 B．P2 C．P3 D．P4 【答案】C 【分析】根据轴对称的性质解答即可． 【解答】解：如图所示： 由题意可知，△ABC的等腰三角形，它的对称轴是底边AB的中线所在的直线，即△ABC的对称轴经过格点P3． 故选：C． 【点评】本题考查了轴对称的性质，掌握等腰三角形的性质是解答本题的关键． 2．（2025•钱塘区校级模拟）如图，已知△ABC是等边三角形，D为边AB上一点，且AD：DB＝3：2，作点A关于CD的对称点A′，连结A'C、A′D，A′D与BC交于E点，则CE：EB的值为（　　） A． B．9 C． D．10 【答案】C 【分析】首先由AD：DB＝3：2，设AD＝3x，DB＝2x，得到AB＝5x，然后表示出AC＝AC＝5x，AD＝AD＝3x，∠A＝∠A＝60°，证明出△AEC∽△BED，得到 ，设CE＝5a，DE＝2a，然后表示出BE，进而求解即可． 【解答】解：∵AD：DB＝3：2， ∴设AD＝3x，DB＝2x， ∴AB＝5x， ∵△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC＝AB＝5x，∠A＝∠B＝60°， ∵点A关于CD的对称点A， ∴AC＝AC＝5x，AD＝AD＝3x，∠A＝∠A＝60°， 又∠AEC＝∠BED， ∴△AEC∽△BED， ，即， ∴设CE＝5a，DE＝2a， ∴AE＝3x﹣2a，BE＝5x﹣5a， ∴， ， ∴BE＝5x﹣5a＝5a﹣5aa， ∴， 故选：C． 【点评】本题主要考查了等边三角形的性质，轴对称性质，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 3．（2025•鹿城区校级三模）如图，在△ABC中，AC＝4，D是边BC上一点，△AB′D与△ABD关于直线AD对称，AB′交BC于点E．若BD＝2，DB'∥AC，则DE的长为（　　） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据轴对称的性质得出BD＝BD′＝2，∠B＝∠B′，证明△B′DE∽△ACE，求出，设DE＝a，则CE＝2a，证明△ACE∽△BCA，得出，解方程即可． 【解答】解：由题意可得： ∴BD＝BD′＝2，∠B＝∠B′， ∵DB′∥AC， ∴△B′DE∽△ACE，∠B′＝∠CAE， ∴， 设DE＝a，则CE＝2a， ∴CD＝3a， ∵∠B′＝∠CAE，∠B＝∠B′， ∴∠B＝∠CAE， 又∠C＝∠C， ∴△ACE∽△BCA， ∴，即， 解得，a＝﹣2（不符合题意，舍去）， 经检验，是原方程的解， ∴， 故选：D． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，轴对称等知识，正确进行计算是解题关键． 4．（2025•鹿城区二模）如图，在△ABC中，∠A＝60°，点D，E，F分别在边BC，AB，AC上，点B，D关于EG对称，点C，D关于FH对称．若要求出△DEF的周长，只需知道（　　） A．AE和AF的长 B．BE和CF的长 C．EG和FH的长 D．BG和CH的长 【答案】B 【分析】根据对称性可得DE＝BE，DF＝CF，∠B＝∠BDE，∠C＝∠CDF，从而得到∠BDE+∠CDF＝∠B+∠C，再由三角形内角和定理可得∠BDE+∠CDF＝120°，从而得到∠EDF＝60°，设DE＝BE＝2a，DF＝CF＝b，过点E作 EP⊥DF于点P，根据直角三角形的性质可得，，EF＝4a2﹣2ab+b2，即可求解． 【解答】解：∵点B，D关于EG对称，点C，D关于FH对称， ∴DE＝BE，DF＝CF，∠B＝∠BDE，∠C＝∠CDF， ∴∠BDE+∠CDF＝∠B+∠C， ∵∠A＝60°， ∴∠BDE+∠CDF＝∠B+∠C＝180°﹣∠A＝120°， ∴∠EDF＝180°﹣（∠BDE+∠CDF）＝60°， ∴△DEF的周长DE+DF+EF＝BE+DF+CF， 设DE＝BE＝2a，DF＝CF＝b， 如图，过点E作EP⊥DF于点P， ∴∠DEP＝30°， ∴， ∴，PF＝b﹣a， ∴， ∴△DEF的周长DE+DF+EF＝4a2﹣2ab+b2+2a+b， ∴△DEF的周长只与BE，CF的长有关． 故选：B． 【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，三角形内角和定理，对称性，根据题意得到∠EDF＝60°是解题的关键． 5．（2025•衢州一模）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D为BC上任一点，连结AD，作B点关于AD的对称点E，若DE∥AC，则AD的长为 ． 【答案】． 【分析】过点A作AF⊥BC，垂足为点F，根据勾股定理和等腰三角形的性质得AF＝4，利用轴对称和三角形外角的性质得∠ADC＝∠CAD，CD＝CA＝5，进而得DF的长，利用勾股定理求得AD的长度． 【解答】解：如图， 过点A作AF⊥BC，垂足为点F， ∵AB＝AC＝5， BC＝6， ∴BF＝CF3， Rt△ABF中，AF4， 由对称得：∠B＝∠AED， ∠BAD＝∠EAD， ∵DE∥AC， ∴∠AED＝∠CAE， ∴∠CAE＝∠B， ∵∠ADC＝∠B+∠BAD， ∠CAD＝∠CAE+∠EAD， ∴∠ADC＝∠CAD， ∴CD＝CA＝5， ∵BD＝BC﹣CD， ∴BD＝6﹣5＝1， ∴DF＝BF﹣BD＝3﹣1＝2， Rt△ADF中，AD． 故答案为：． 【点评】本题考查了轴对称的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质及勾股定理是解题的关键． 6．（2025•浙江模拟）如图，△ABC是等边三角形，D，F分别是BC，AB边上的点，点B关于直线DF的对称点为点E，若点E在AC边上，且EF⊥AB，则的值为　 ． 【答案】． 【分析】由△ABC是等边三角形得到∠A＝∠B＝∠C＝60°，求出，如解图①，过点D作DM⊥BF于点M，则∠BDM＝30°，设BM＝x，则BD＝2x，，然后表示出，进而求解即可． 【解答】解：∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝60°， ∵EF⊥AB，点B关于直线DF的对称点为点E， ∴， 过点D作DM⊥BF于点M，则∠BDM＝30°， 设BM＝x，则BD＝2x，， 在Rt△DMF中，∵∠DFM＝45° ∴ ∴． 故答案为：． 【点评】此题考查了等边三角形的性质，含30°角直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 7．（2025•湖州一模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D是BC的中点，E是边AB上的一点，点B与点B’关于直线DE对称，点B’恰好在边AC上，连结BB’，则BB’的长是 　 ． 【答案】． 【分析】证明BB′⊥AC，利用勾股定理求出AD，利用面积法求出BB′． 【解答】解：如图，连接AD． ∵AB＝AC＝5，BC＝6，BD＝CD， ∴AD⊥BC， ∴AD4， ∵B，B′关于DE对称， ∴DE⊥BB′，DE平分BB′， ∵BD＝DC， ∴DE∥AC， ∴AC⊥BB′， ∴•AC•BB′•BC•AD， ∴BB′． 故答案为：． 【点评】本题考查轴对称的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 考点二：轴对称图形 1．（2025•萧山区校级模拟）下列四种化学仪器的示意图中，是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【解答】解：A．不是轴对称图形，不合题意； B．是轴对称图形，符合题意； C．不是轴对称图形，不符合题意； D．不是轴对称图形，不合题意． 故选：B． 【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合． 2．（2025•柯城区校级三模）下列交通标志图形中，轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用轴对称图形的概念可得答案． 【解答】解：A、不是轴对称图形，故此选项不合题意； B、是轴对称图形，故此选项符合题意； C、不是轴对称图形，故此选项不合题意； D、不是轴对称图形，故此选项不合题意； 故选：B． 【点评】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴． 3．（2025•杭州模拟）北京时间2025年3月25日19：00，2026年美加墨世界杯亚洲区预选赛18强赛，中国男足在杭州奥体中心体育场主场迎战澳大利亚队．最终中国队0：2不敌澳大利亚队，但现场球迷自始至终不遗余力地为国足加油打气．下面四个美术字可以看作轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可． 【解答】解：选项B、C、D的美术字不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形． 选项A的美术字能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形． 故选：A． 【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合． 4．（2025•宁波一模）透过城市文旅LOGO可以窥见城市独有的文旅魅力．下列城市文旅LOGO是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据轴对称图形的概念逐项分析判断即可得出答案． 【解答】解：A．选项图形是轴对称图形，符合题意； B．选项图形不是轴对称图形，不符合题意； C．选项图形不是轴对称图形，不符合题意； D．选项图形不是轴对称图形，不符合题意． 故选：A． 【点评】本题考查了轴对称图形，掌握轴对称图形的概念是关键． 考点三：轴对称与最短路径 易｜混｜易｜错 1）将军饮马模型——求PA+PB最小值 同侧型： 方法：①做定点A关于直线l的对称点A`， ②连结A`与定点B，交直线l与点P 结论：PA+PB的最小值=A`B 异侧型： 方法：直接连结AB，交直线l与点P 结论：PA+PB的最小值=AB 2）“两动一定”型： ①做定点的对称点 ②过对称点作垂线 1．（2025•滨江区校级模拟）如图．已知△ABC．∠ACB＝30°，CP为∠ACB的平分线，且CP＝6，点M、N分别是边AC和BC上的动点，则△PMN周长的最小值为（　　） A．4 B．6 C．6 D．10 【答案】B 【分析】作点P关于AC的对称点E，点P关于BC的对称点F，连接EF交AC于M，交BC于N，连接CE、CF．此时△PMN的周长最小． 【解答】解：作点P关于AC的对称点E，点P关于BC的对称点F，连接EF交AC于M，交BC于N，连接CE、CF．此时△PMN的周长最小． 由对称的性质可知，∠ACP＝∠ACE，∠PCB＝∠BCF，CP＝CE＝CF＝6， ∵∠ACB＝30°， ∴∠ECF＝60°， ∴△CEF是等边三角形， ∴EF＝CE＝6， ∴△PMN的周长的最小值＝PM+MN+PN＝EM+MN+NF＝EF＝6， 故选：B． 【点评】本题考查轴对称﹣最短问题、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型． 2．（2025•金东区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，P、Q分别是边AB和AC上的动点，且始终保持AQ＝BP，连结CP，BQ，则BQ+CP的最小值是（　　） A．11 B． C． D．8 【答案】B 【分析】过B作BD∥AC并截取BD＝AC，过A作AE⊥CB于E，过D作 DF⊥BC于F，证明△BDP≌△ABQ，得出DP＝BQ，则BQ+CP＝DP+CP≥CD，故当C、P、D三点共线时，BQ+CP取最小值为CD，根据三线合一的性质求出根据勾股定理求出AE＝4，证明△BDF≌△CAE，得出DF＝AE＝4，BF＝CE＝3，最后在Rt△CDF中根据勾股定理求解即可． 【解答】解：过B作BD∥AC并截取BD＝AC，过A作AE⊥CB于E，过D作DF⊥BC于F， ∴∠DBP＝∠BAQ， ∵AB＝AC＝5，BD＝AC， ∴BD＝AB，又BP＝AQ， ∴△BDP≌△ABQ（SAS）， ∴DP＝BQ， ∴BQ+CP＝DP+CP≥CD，当C、P、D三点共线时，BQ+CP取最小值为CD， ∵AB＝AC＝5，AE⊥CB，BC＝6， 若，， ∵BD∥AC， ∴∠DBF＝∠ACE， ∵AE⊥CB，DF⊥BC， ∴∠F＝∠AEC＝90°， 又∵BD＝AC， ∴△BDF≌△CAE（AAS）， ∴DF＝AE＝4，BF＝CE＝3， ∴CF＝BF+BC＝9， ∴， 即BQ+CP 的最小值是， 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识， 3．（2025•浙江模拟）如图，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，BC＝3，AB＝2，连接对角线AC，已知AC＝AD，∠ABC＝135°，E是BC边上一点，连接DE，F是DE的中点，连接CF，BF，则BF+CF的最小值为　 ． 【答案】． 【分析】先根据直角三角形的性质结合等腰三角形的性质可得点F在CD的垂直平分线上，且在∠CAD的平分线上，作∠CAD的平分线交CD于点G，则点F在AG上，且AG⊥CD，CG＝DG，当B，F，D三点共线时，BF+CF＝BF+DF＝BD，此时取得最小值，此时点E与点B重合，过点A作BC的垂线，交CB延长线于点H，求出，，，利用勾股定理即可解答． 【解答】解：由题意可得：CF＝DF， ∴点F在CD的垂直平分线上， ∵AC＝AD， ∴点F在∠CAD的平分线上， 如解图，作∠CAD的平分线交CD于点G，则点F在AG上，且AG⊥CD，CG＝DG， 当B，F，D三点共线时，BF+CF＝BF+DF＝BD，此时取得最小值， 此时点E与点B重合，过点A作BC的垂线，交CB延长线于点H， ∵∠ABC＝135°， ∴∠ABH＝45°， ∴， ∵AG⊥CD，BC⊥CD， ∴AG∥CH， ∵AH⊥CH， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，中和运用以上知识是解题的关键． 考点四：轴对称与折叠问题 易｜混｜易｜错 1）折叠的本质： 中考数学中，图形的轴对称、折叠或翻折、中垂线的性质的本质是一样的，都会有轴对称类的全等以及线段的垂直平分线； 1．（2025•浙江模拟）如图，在△ABC中，∠B＝α，∠C＝β，沿AD将该纸片折叠，使点C落在AB边上的点E处，若AD＝AE，则（　　） A．3β﹣α＝180° B．α+β＝90° C．3α+2β＝180° D．β＝3α 【答案】A 【分析】由折叠得∠AED＝∠C＝β，由AD＝AE，得∠ADE＝∠AED＝∠ADC＝β，因为∠BDE＝∠AED﹣∠B＝β﹣α，且∠ADC+∠ADE+∠BDE＝180°，所以3β﹣α＝180°，于是得到问题的答案． 【解答】解：由折叠得∠AED＝∠C＝β，∠ADE＝∠ADC， ∵AD＝AE， ∴∠ADE＝∠AED＝β， ∴∠ADC＝β， ∵∠AED＝∠B+∠BDE，且∠B＝α， ∴∠BDE＝∠AED﹣∠B＝β﹣α， ∵∠ADC+∠ADE+∠BDE＝180°， ∴β+β+β﹣α＝180°， ∴3β﹣α＝180°， 故选：A． 【点评】此题重点考查翻折变换的性质、等腰三角形的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，推导出∠ADE＝∠AED＝∠ADC＝β是解题的关键． 2．（2025•临平区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点D为边AC上一动点，将△BCD沿BD折叠得到△BED，BE与AC交于点F，则EF的最大值为（　　） A．2.4 B．4.8 C．7.2 D．9.6 【答案】A 【分析】过点A作AN⊥BC于点N，过点B作BM⊥AC于点M，利用等腰三角形的性质，勾股定理，垂线段最短解答即可． 【解答】解：过点A作AN⊥BC于点N，过点B作BM⊥AC于点M， ∵AB＝AC＝10，BC＝12， ∴， ∴， ∴， 由题意可得：BE＝BC＝12， ∴EF＝BE﹣BF＝12﹣BF， ∴当BF最小时，EF取得最大值， 根据垂线段最短， ∴BF＝BM时，EF取得最大值， ∴EF＝12﹣9.6＝2.4， 故选：A． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，熟练掌握性质是解题的关键． 3．（2025•杭州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝8，点D为AB上一点，连接CD，将△BCD沿CD翻折得到△B′CD，过点A作AF∥BC交DB′于点E，交CB′于点F，若AE＝B′E，则BD的长为（　　） A．4 B． C．5 D． 【答案】B 【分析】过F作FH⊥BC于H，设BD＝x，由折叠的性质得到B′D＝BD＝x，B′C＝BC＝8，∠B′＝∠B＝90°，判定四边形ABHF是矩形，推出FH＝AB＝5，BH＝AF，判定△AED≌△B′EF，推出DE＝EF，FB′＝AD＝5﹣x，得到CF＝CB′﹣FB′＝x+3，AF＝DB′＝x，求出CH＝BC﹣BH＝8﹣x，由勾股定理得到（x+3）2＝52+（8﹣x）2，求出x，得到BD的长为． 【解答】解：过F作FH⊥BC于H，设BD＝x， ∴AD＝AB﹣BD＝5﹣x， ∵将△BCD沿CD翻折得到△B′CD， ∴B′D＝BD＝x，B′C＝BC＝8，∠B′＝∠B＝90°， ∵AF∥BC，∠B＝90°， ∴四边形ABHF是矩形， ∴FH＝AB＝5，BH＝AF， ∵AE＝B′E，∠AEF＝∠B′EF，∠DAE＝∠B′， ∴△AED≌△B′EF， ∴DE＝EF，FB′＝AD＝5﹣x， ∴CF＝CB′﹣FB′＝x+3， ∵AE+EF＝B′E+DE， ∴AF＝DB′＝x， ∴BH＝x， ∴CH＝BC﹣BH＝8﹣x， ∵CF2＝FH2+CH2， ∴（x+3）2＝52+（8﹣x）2， ∴x， ∴BD的长为． 故选：B． 【点评】本题考查翻折变换，平行线的性质，勾股定理，关键是由勾股定理列出关于x的方程． 4．（2026•拱墅区校级模拟）如图，D是△ABC中AC边上的一点，将△ABD沿着BD对折，点A的对应点E恰好落在BC上，连结AE，若AE＝BD＝6，CE＝2BE，则AD的长为　 ． 【答案】． 【分析】根据三角形面积公式并结合CE＝2BE求出S△ABE，进而求出BO的长，最后利用勾股定理求出DE的长即可得到AD的长． 【解答】解：设AE与BD交于点O， ∵将△ABD沿着BD对折，点A的对应点E恰好落在BC上，CE＝2BE，AE＝BD＝6， ∴△ABD≌△EBD， ∴AD＝ED，AB＝EB， ∴点B，D在线段AE的垂直平分线上， ∴BD垂直平分AE， ∴BD⊥AE，， ∴OE是△EBD中边BD上的高， ∴， ∵△ABD≌△EBD， ∴S△ABD＝S△EBD＝9， ∵CE＝2BE， ∴BC＝BE+CE＝BE+2BE＝3BE， ∴S△DBC＝3S△EBD＝27， ∴S△ABC＝S△ABD+S△DBC＝36， 又∵S△ABC＝S△ABE+S△ACE，且△ABE与△ACE等高，CE＝2BE， ∴S△ACE＝2S△ABE， ∴S△ABC＝3S△ABE， ∴3S△ABE＝36， ∴S△ABE＝12， ∴， ∴BO＝4， ∴OD＝BD﹣BO＝2， 在Rt△DOE中，AD＝DE， 即AD的长为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 5．（2026•宁波一模）如图，点E在菱形ABCD的边CD上，将△ADE沿AE折叠，使点D的对应点F恰好落在边BC上．若，则的值是　 ． 【答案】． 【分析】在BC的延长线上取一点K，使得EK＝EC，过点E作EJ⊥CK于点J．证明∠B＝∠ECK＝∠K，设CJ＝JK＝a，则CE＝EK＝5a，CK＝2a，证明△KEC∽△KFE，得出，则，可得出答案． 【解答】解：在BC的延长线上取一点K，使得EK＝EC，过点E作EJ⊥CK于点J． ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，AB∥CD，∠B＝∠D， ∵EC＝EK， ∴∠ECK＝∠K， ∵AB＝AF， ∴∠B＝∠AFB， ∵AB∥CD， ∴∠B＝∠ECK＝∠K， 设CJ＝JK＝a，则CE＝EK＝5a，CK＝2a， 由翻折变换的性质可知，∠D＝∠AFE＝∠B＝∠AFB， ∵∠EFK+2∠B＝180°，∠KEC+2∠B＝180°， ∴∠CEK＝∠EFK， ∵∠K＝∠K， ∴△KEC∽△KFE， ∴， ∴， ∴EF＝KFa， ∴DE， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，菱形的性质，翻折变换，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题． 考点五：平移的性质与图形 易｜混｜易｜错 1）点的平移规律 若点P（a，b），则点P向右平移m个单位的坐标为（a+m，b）；点P向左平移m个单位的坐标为（a-m，b）；点P向上平移m个单位的坐标为（a，b+m）；点P向下平移m个单位的坐标为（a，b-m）； 1．（2026•拱墅区校级模拟）将点P（﹣2，3）向右平移3个单位，再向下平移2个单位，得到的点的坐标为（　　） A．（1，1） B．（﹣5，1） C．（1，5） D．（﹣5，5） 【答案】A 【分析】根据坐标平移规则，向右平移横坐标增加，向下平移纵坐标减少进行解答即可． 【解答】解：根据向右平移横坐标增加，向下平移纵坐标减得，P（﹣2，3）向右平移3个单位，再向下平移2个单位，得到的点的坐标（﹣2+3，3﹣2），即（1，1）． 故选：A． 【点评】本题考查的是坐标与图形变化﹣平移，熟知平移规则是解题的关键． 2．（2025•浙江模拟）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2）向右平移2个单位长度，向下平移3个单位长度后，得到点A1，则点A1位于第（　　）象限． A．一 B．二 C．三 D．四 【答案】D 【分析】根据左减右加，上加下减即可确定点A（﹣1，2）平移后点A1的坐标，再根据各象限坐标的特征即可得出答案． 【解答】解：根据题意平移后得到点A1（1，﹣1），在第四象限， 故选：D． 【点评】本题考查了点的坐标平移的特征，熟练掌握该知识点是关键． 3．（2025•莲都区二模）平面直角坐标系中，线段AB经过平移得到线段A′B′，若点A（﹣1，2）的对应点A'的坐标为（1，﹣1），则点B（m，n）的对应点B'的坐标为（　　） A．（m+2，n﹣3） B．（m﹣2，n﹣3） C．（m+2，n+3） D．（m﹣2，n+3） 【答案】A 【分析】根据点A平移的特点：横坐标加上2，纵坐标减去3，结合点A的平移特点得出答案． 【解答】解：∵点A（﹣1，2）的对应点A′的坐标为（1，﹣1）， ∴点B的对应点B′的坐标是（m+2，n﹣3）． 故选：A． 【点评】本题主要考查了平面直角坐标系内线段的平移，掌握其性质是解题的关键． 4．（2025•上城区校级三模）如图，△ABC的边长AB＝4cm，AC＝3cm，BC＝5cm，将△ABC沿BC方向平移acm（a＜5cm），得到△DEF，连接AD，则阴影部分的周长为（　　） A．11cm B．12cm C．13cm D．14cm 【答案】B 【分析】根据平移的性质进行计算即可． 【解答】解：由题知， 因为△DEF由△ABC沿BC方向平移得到， 所以CF＝BE，DE＝AB＝4cm， 所以阴影部分的周长为：AD+EC+AC+DE＝BC+AC+DE＝5+3+4＝12（cm）． 故选：B． 【点评】本题主要考查了平移的性质，熟知图形平移的性质是解题的关键． 5．（2025•定海区二模）如图，将直角梯形ABCD沿AB方向向下平移2个单位得到直角梯形EFGH，已知BC＝6，∠A＝90°，∠C＝45°，则阴影部分的面积为（　　） A．8 B．10 C．12 D． 【答案】B 【分析】过点P作PQ⊥FG于点Q，根据平移的性质得到BF＝PQ＝2，FG＝BC＝6，S梯形ABCD＝S梯形EFGH，∠G＝∠C＝45°，根据等腰三角形的性质求出QG，进而求出BP，再根据梯形面积公式计算，得到答案． 【解答】解：如图，过点P作PQ⊥FG于点Q， 由平移的性质可知：BF＝PQ＝2，FG＝BC＝6，S梯形ABCD＝S梯形EFGH，∠G＝∠C＝45°， ∴S梯形ABCD﹣S梯形EBPH＝S梯形EFGH﹣S梯形EBPH， ∴S阴影部分＝S梯形BFGP， 在Rt△PQG中，PQ＝2，∠G＝45°， ∴QG＝PQ＝2， ∴BP＝FQ＝6﹣2＝4， ∴S阴影部分＝S梯形BFGP（4+6）×2＝10， 故选：B． 【点评】本题考查的是平移的性质、梯形的面积计算，平移不改变图形的形状和大小、经过平移，对应点所连的线段平行且相等． 6．（2025•鹿城区校级二模）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若点A，C的坐标分别为（﹣2，4），（﹣1，1），平移后点A1，C1的坐标分别为（m，5），（2，n），则m+n的值为（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】D 【分析】根据点A、C和平移后点A1，C1的坐标确定出平移规律，根据规律即可求出m和n的值，即可得出答案． 【解答】解：∵点A，C的坐标分别为（﹣2，4），（﹣1，1），平移后点A1，C1的坐标分别为（m，5），（2，n）， ∴平移规律为横坐标加3，纵坐标加1， ∴m＝﹣2+3＝1，n＝1+1＝2， ∴m+n＝1+2＝3． 故选：D． 【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减，本题根据对应点的坐标确定出平移规律是解题的关键． 7．（2025•温州一模）如图，将Rt△ABC沿斜边AB向右平移得到△DEF，BC与DF交于点H，延长AC，EF交于点G，连结GH．若BD＝2，GH＝3，则AE的长为 　 　 ． 【答案】8． 【分析】连接CF，根据平移的性质、矩形和平行四边形的判定得到四边形CHFG为矩形，四边形ADFC为平行四边形，得到CF＝GH＝3，AD＝CF，计算即可． 【解答】解：如图，连接CF， 由平移的性质可知：AC∥DF，BC∥EF，AD∥CF，AD＝CF，AD＝BE，又∠ACB＝90°， ∴四边形CHFG为矩形，四边形ADFC为平行四边形， ∴CF＝GH＝3，AD＝CF， ∴AD＝3， ∴BE＝3， ∴AE＝AD+DB+BE＝3+2+3＝8， 故答案为：8． 【点评】本题考查的是平移的性质，经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等． 8．（2026•舟山模拟）如图1的“方胜”由两个全等正方形交错叠合而成，是中国古代象征同心吉祥的一种装饰图案．如图2，将正方形ABCD沿对角线AC方向平移得到正方形EFGH，形成“方胜”图案，如果平移距离为3，且，那么点A到点G的距离是　 　 ； 【答案】12． 【分析】由平移的性质得到，求出AC，再由AG＝AC+CG求解即可． 【解答】解：∵将正方形ABCD沿对角线AC方向平移得到正方形EFGH，形成“方胜”图案，平移距离为3，且， ∴， ∴AC＝9， ∴AG＝AC+CG＝9+3＝12， 故答案为：12． 【点评】本题主要考查了利用平移设计图案，全等图形，掌握其相关知识点是解题的关键． 9．（2025•定海区二模）如图，在平面直角坐标系中，动点P从原点O出发，先水平向左平移1个单位长度，再竖直向下平移1个单位长度得到点P1（﹣1，﹣1）；接着先水平向右平移2个单位长度，再竖直向上平移2个单位长度得到点P2；接着先水平向左平移3个单位长度，再竖直向下平移3个单位长度得到点P3；接着先水平向右平移4个单位长度，再竖直向上平移4个单位长度得到点P4；…按此作法进行下去，则点P2025的坐标为　 　 ． 【答案】（﹣1013，﹣1013） 【分析】观察可知：下标为奇数的点在第三象限的角平分线上，进而得到P2n﹣1（﹣n，﹣n），即可得出结果． 【解答】解：观察题图可知，下标为奇数的点在第三象限，P2n﹣1（﹣n，﹣n）， 当2n﹣1＝2025时，n＝1013， ∴点P2025的坐标为（﹣1013，﹣1013）． 故答案为：（﹣1013，﹣1013）． 【点评】本题考查点的坐标规律探究，分析规律是关键． 考点六：旋转的性质 易｜混｜易｜错 1）旋转的性质 ①旋转不改变图形的形状和大小（即旋转前后的两个图形全等）； ②任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角彼此相等（都是旋转角）； ③对应点到旋转中心的距离相等 2）旋转规律 旋转必出等腰三角形与等腰类的相似三角形 1．（2026•长兴县校级模拟）如图，△ABC中，，AC＝3，∠ACB＝45°，将△ABC绕A旋转一周，则线段BC扫过的面积（　　） A．5π B．9π C．4.5π D．4π 【答案】D 【分析】直接利用圆面积公式求解即可， 【解答】解：如图， S＝S圆AC﹣S圆AB＝9π﹣5π＝4π， 故选：D． 【点评】本题主要考查了旋转的性质、圆的面积公式，熟练掌握相关知识是解题的关键． 2．（2025•温州校级三模）如图，在正方形ABCD中，将边AB绕点A逆时针旋转至AF，使F点落在正方形ABCD内部，延长BF交∠DAF的平分线于点H，连接FD交AH于点G，则下列比值是定值的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设∠BAF＝2x，由正方形的性质可得AB＝AD，∠BAD＝90°，则∠DAF＝90°﹣2x，由旋转的性质可得AF＝AB＝AD，则∠AFB＝90°﹣x，由三线合一定理得到AH⊥DF，DF＝2FG，，则可证明∠H＝45°，则△HFG是等腰直角三角形，进而得到，据此可得答案． 【解答】解：设∠BAF＝2x， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴∠DAF＝∠BAD﹣∠BAF＝90°﹣2x， 由旋转的性质可得AF＝AB＝AD， ∴， ∵BF交∠DAF的平分线于点H， ∴AH⊥DF，DF＝2FG，， ∴∠H＝∠AFB﹣∠HAF＝45°， ∴△HFG是等腰直角三角形， ∴FG＝HG， ∴， ∴， 故选：B． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，旋转的性质，掌握其相关知识点是解题的关键． 3．（2025•西湖区校级三模）如图，正方形ABCD中，边长为1，将边BC绕点B逆时针旋转至BE，连接CE、DE，若∠CED＝90°，则△BCE的面积是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作BF⊥CE于点F交CD于点L，作FH⊥BC于点H，由正方形的性质得CD＝BC＝1，∠BCD＝90°，由由旋转得BE＝BC，则CF＝EF，而∠CED＝90°，可证明BL∥DE，则1，所以CL＝DLCDBC，推导出∠CFH＝∠LBC，则tan∠CFH＝tan∠LBC，所以FH＝2CH，BH＝2FH＝4CH，由BC＝5CH＝1，求得CH，所以FH，则S△BCF＝S△BEF，所以S△BCE＝2S△BCF，于是得到问题的答案． 【解答】解：作BF⊥CE于点F交CD于点L，作FH⊥BC于点H，则∠BFE＝∠BFC＝∠BHF＝∠FHC＝90°， ∵四边形ABCD是边长为1的正方形， ∴CD＝BC＝1，∠BCD＝90°， 由旋转得BE＝BC， ∴CF＝EF， ∵∠CED＝90°， ∴∠BFE＝∠CED， ∴BL∥DE， ∴1， ∴CL＝DLCDBC， ∵∠CFH＝∠LBC＝90°﹣∠BCF， ∴tan∠CFH＝tan∠LBC， ∴FH＝2CH，BH＝2FH， ∴BH＝4CH， ∵BC＝BH+CH＝4CH+CH＝5CH＝1， ∴CH， ∴FH， ∴S△BCF＝S△BEF1， ∴S△BCE＝2S△BCF＝2， 故选：D． 【点评】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、平行线分线段成比例定理、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 4．（2026•普陀区一模）如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝75°，AB＝6，将平行四边形ABCD绕顶点B顺时针旋转到平行四边形A′BC′D′，当C′D′经过点C时，点A′到AB的距离为　3　 ． 【答案】3． 【分析】过点A′作A′E⊥AB于点E，由四边形ABCD为平行四边形和平行四边形ABCD绕顶点B顺时针旋转到平行四边形A′BC′D′，得出∠C′＝∠BCC′＝75°，可得∠ABA′＝30°，由含30°角直角边等于斜边一半来求解点A′到AB的距离． 【解答】解：如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝75°，AB＝6，过点A′作A′E⊥AB于点E， ∴∠BCD＝∠A＝75°． ∵平行四边形ABCD绕顶点B顺时针旋转到平行四边形A′BC′D′， ∴BC＝BC′，AB＝A′B，∠ABA′＝∠CBC′，∠C′＝∠BCD＝75°． ∵BC＝BC′， ∴∠C′＝∠BCC′＝75°． ∴∠CBC′＝180°﹣∠C′﹣∠BCC′＝180°﹣75°﹣75°＝30°． ∴∠ABA′＝30°． 在直角三角形A′EB中，A'B＝AB＝6，∠A′EB＝90°， ∴A'E＝3， 故答案为：3． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定和性质以及含30°角直角三角形，解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质． 5．（2026•普陀区一模）如图，BC是由CA绕点C顺时针旋转90°得到的，即AC＝BC，且∠ACB＝∠BDC＝∠AED＝90°． （1）求证：CE＝BD． （2）若，求BD的长． 【答案】（1）∵∠AED＝90°，∠AEC+∠AED＝180°， ∴∠AEC＝180°﹣∠AED＝180°﹣90°＝90°， ∵∠ACB＝∠BDC＝∠AED＝90°， ∴∠ACB＝∠BDC＝∠AEC＝90°， ∵∠CAE+∠ACE＝∠ACE+∠BCD＝90°， ∴∠CAE＝∠BCD， 在△ACE和△CBD中， ， ∴△ACE≌△CBD（AAS）， ∴CE＝BD； （2）BD＝4． 【分析】（1）证明△ACE≌△CBD（AAS），即可得证； （2）由全等三角形的性质可得AE＝CD，由等腰三角形的性质可得CE＝DE，从而得出AE＝CD＝2CE＝2BD，再结合勾股定理计算即可得出结果． 【解答】（1）证明：∵∠AED＝90°，∠AEC+∠AED＝180°， ∴∠AEC＝180°﹣∠AED＝180°﹣90°＝90°， ∵∠ACB＝∠BDC＝∠AED＝90°， ∴∠ACB＝∠BDC＝∠AEC＝90°， ∵∠CAE+∠ACE＝∠ACE+∠BCD＝90°， ∴∠CAE＝∠BCD， 在△ACE和△CBD中， ， ∴△ACE≌△CBD（AAS）， ∴CE＝BD； （2）解：由（1）可得△ACE≌△CBD（AAS）， ∴AE＝CD， ∵AE⊥CD，， ∴CE＝DE， ∴CD＝2CE， ∴AE＝CD＝2CE＝2BD， 在直角三角形ACE中，由勾股定理得：AC2＝CE2+AE2， ∴， 解得：CE＝4（负值已舍去）， ∴BD＝4． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 考点七：中心对称和中心对称图形 易｜混｜易｜错 1）识别中心对称图形，只要把图形颠倒过来看，还是一样的，就是中心对称图形； 2）旋转的性质 ①成中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，并且被对称中心平分； ②成中心对称的两个图形全等 特别地：平行四边形是中心对称图形，但不一定是轴对称图形；正多边形中，边数为奇数时，只是轴对称图形，边数为偶数时，既是轴对称图形又是中心对称图形。 1．（2025•上城区校级三模）下列各曲线是由不同的函数绘制而成，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】B 【分析】根据轴对称，中心对称图形的定义，逐项判断即可求解． 【解答】解：A、该图是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、该图既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意； C、该图是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、该图是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：B． 【点评】本题主要考查了轴对称，中心对称图形的定义等知识点，熟练掌握轴对称，中心对称图形的性质是解题的关键． 2．（2025•杭州模拟）十八世纪，德国物理学家恩斯特•克拉德尼通过实验揭示了振动与几何对称性的关联：当金属薄板受迫振动时，表面均匀分布的细沙会因振动模态差异形成各式图案，这些图案均称为克拉尼图形．下列四幅克拉尼图形中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据轴对称：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；中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与自身重合；由此问题可求解． 【解答】解：根据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；中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与自身重合进行判断如下： A、原图既是轴对称图形也是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、原图既是轴对称图形也是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意； D、原图既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：C． 【点评】本题主要考查中心对称图形及轴对称图形的识别，正确记忆相关知识点是解题关键． 3．（2025•临平区校级三模）如图，在正方形ABCG与正方形CDEF中，点G是CF的三等分点，点H与点A关于点C成中心对称．连结EG，BE，BH，DH．若S阴影＝4，则BH的长为　 ． 【答案】． 【分析】设正方形ABCG的边长为a，则正方形CDEF的边长为3a，用a表示出S阴影，即可求得a，再利用勾股定理求得BH即可． 【解答】解：设正方形ABCG的边长为a， ∵点G是CF的三等分点， ∴CF＝3CG， 则正方形CDEF的边长为3a， ∴BD＝BC+CD＝4a，FG＝FC﹣CG＝2a， ∵S阴影＝S正方形ABCG+S正方形FCDE﹣S△FGE﹣S△BDE＝4， 则可得方程a2+9a2﹣3a2﹣6a2＝4， 解得 a＝2 （负值舍去）， 如图，连接AC，CH，过点H作HM⊥BD交于点M， ∵点H与点A关于点C成中心对称， ∴A，C，H三点共线，且AC＝CH， ∵∠ABC＝∠HMC，∠ACB＝∠HCM， ∵△ACB≌△HCM（AAS）， ∴MH＝CM＝AC＝BC＝2， ∴BM＝4， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确利用题中条件求得两个正方形的边长是解题的关键． 4．（2025•临平区校级三模）在数学实践课中，老师给每位同学发了一张直角三角形纸板，如图1中Rt△ABC，其中∠C＝Rt∠，要求同学用剪刀剪一次，把它剪拼成一个矩形． 小明的剪法是：找到边AB，BC的中点D，E，连结DE，沿DE剪一刀，再把△BDE绕点D顺时针旋转180°得到△B′DE′，此时点B′与点A重合，则四边形AE′EC就是矩形．请利用所学的数学知识，完成下列问题： （1）老师说小明的剪拼是正确的，请你证明老师的说法； （2）把图2的三角形剪两刀，剪拼成一个矩形，并在答题纸相应位置画出剪拼示意图． 【答案】（1）证明见解析；（2）见解析． 【分析】（1）由三角形中位线定理可得DE∥AC，∠BED＝∠C＝90°，由旋转可得∠E＝∠BED＝90°，∠C＝90°，所以四边形AEEC是矩形； （2）取边AB，BC的中点F，G，连接FG，作AH⊥FG，沿FG剪一刀，再沿AH剪一刀，把△AFH绕点F逆时针旋转180°，得到△BFE，此时点A与点B重合，把△AGH绕点G顺时针旋转180°得到△CGD，此时点A与点C重合，可证明∠E＝∠D＝∠EBC＝90°，则四边形BEDC就是矩形． 【解答】（1）证明：∵点D，E为AB，AC的中点， ∴DE∥AC， ∵∠C＝90°， ∴∠BED＝∠C＝90°， 由旋转可得∠E'＝∠BED＝90°，∠C＝90°， ∴四边形AEEC是矩形； （2）取边AB，AC的中点F，G，连接FG，作AH⊥FG，沿FG剪一刀，再沿AH剪一刀，把△AFH绕点F逆时针旋转180°，得到△BFE，此时点A与点B重合，把△AGH绕点G顺时针旋转180°，得到△CGD，此时点A与点C重合，则四边形BEDC就是矩形． 理由如下： ∵点F，G分别为AB，AC的中点， ∴FG∥BC， ∵AH⊥FG， ∴∠AHF＝∠AHG＝90°， 由题意：△AGH≌△CGD，△AFH≌△BFE， ∴∠E＝∠AHF＝90°，∠D＝∠AHG＝90°， ∵FG∥BC， ∴∠EBC＝∠E＝90°， ∴四边形BEDC为矩形． 【点评】本题考查了三角形中位线定理，旋转的性质，矩形的判定的知识，关键是得出∠E＝∠D＝∠EBC＝90°． 考点八：坐标与图形旋转作图 1．（2025•定海区一模）如图，在平面直角坐标系中A（1，0），C（2，3），将AC绕点A顺时针旋转90°，则点C的对应点C′的坐标是（　　） A．（3，﹣1） B．（4，﹣1） C．（1，﹣4） D．（﹣4，1） 【答案】B 【分析】根据旋转的性质可得答案． 【解答】解：如图，将AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AC'， 由图可得，点C的对应点C′的坐标是（4，﹣1）． 故选：B． 【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 2．（2025•衢州一模）平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为，将线段OA绕点O逆时针旋转60°，则点A的对应点A′的坐标为（　　） A． B． C．（﹣1，3） D．（0，3） 【答案】B 【分析】过点A作AB⊥x轴于点B，可得OB＝3，AB，则OA，可得∠AOB＝30°．由旋转得OA'＝OA，∠AOA'＝60°，可知点A'在y轴正半轴上，进而可得点A′的坐标为（0，）． 【解答】解：如图，过点A作AB⊥x轴于点B， ∵点A的坐标为， ∴OB＝3，AB， ∴OA， ∴OA＝2AB， ∴∠AOB＝30°． ∵线段OA绕点O逆时针旋转60°， ∴OA'＝OA，∠AOA'＝60°， ∴∠BOA'＝∠AOB+∠AOA'＝90°， ∴点A'在y轴正半轴上， ∴点A的对应点A′的坐标为（0，）． 故选：B． 【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 3．（2025•临平区校级二模）在平面直角坐标系中，将点A（1，1）绕原点按逆时针方向旋转45°到点A′，则点A'的坐标是 　 　 ． 【答案】（0，） 【分析】过点A作AB⊥y轴于点B，可得AB＝OB＝1，∠AOB＝45°，OA.由旋转可得点A'落在y轴正半轴上，OA'＝OA，则可得点A'的坐标是（0，）． 【解答】解：如图，过点A作AB⊥y轴于点B， ∵点A（1，1）， ∴AB＝OB＝1，∠AOB＝45°， ∴OA． ∵点A（1，1）绕原点按逆时针方向旋转45°到点A′， ∴点A'落在y轴正半轴上，OA'＝OA， ∴点A'的坐标是（0，）． 故答案为：（0，）． 【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 4．（2025•嵊州市模拟）如图，△ABC放置在平面直角坐标系xOy中，BC∥x轴，AB∥y轴，点B坐标为 （﹣10，﹣5），点C坐标为（10，﹣5），把△ABC绕点A逆时针旋转一个角度后得到△ADE，若边DE经过点F（0，5），则点E的坐标是 　 　 ． 【答案】（6，13）． 【分析】设OG＝x，FG＝10﹣x，利用勾股定理解出x＝3.75，再利用三角形相似建立等式求解． 【解答】解：过点E作x轴的垂线，交于H，设AO与DF交于点G，如图： 由题意得：OF＝AD＝5，∠ADG＝∠FOG，∠AGD＝∠FGO， ∴Rt△ADG≌Rt△FOG（AAS）， 设OG＝x，FG＝10﹣x， 根据勾股定理：FG2＝OG2+OF2，即（10﹣x）2＝x2+52， 解得：x＝3.75， ∴GF＝6.25， ∵BC＝20， ∴DE＝BC＝20， ∴GE＝16.25， ∵∠FGO＝∠EGH，∠FOG＝∠EHG， ∴Rt△FOG∽Rt△EHG， ， 解得：GH＝9.75，HE＝13， OH＝GH﹣OG＝9.75﹣3.75＝6，HE＝13， 则点E（6，13）， 故答案为：（6，13）． 【点评】本题考查了坐标与图形，旋转、三角形全等的判定及性质、三角形相似的判定的性质、勾股定理，解题的关键是构建相似三角形建立等式进行求解，添加辅助线，证明Rt△ADG≌Rt△FOG． 5．（2025•滨江区校级模拟）实践操作：如图是6×8的正方形网格，每个小正方形的边长都为1，线段AB的端点都在格点上． （1）请在图中画出以AB为边的▱ABCD，使得tan∠ABC＝1，面积等于8； （2）请在图中将线段AB绕点A顺时针旋转90°，使得点B落在点E处，画出旋转后的线段AE； （3）连接DE，并直接写出DE的长． 【分析】（1）根据平行四边形的性质，三角函数定义进行作图即可； （2）画出点B旋转后的对应点E，然后连接AE即可； （3）根据勾股定理求出结果即可． 【解答】解：（1）以AB为边的▱ABCD，如图1即为所求； ，S▱ABCD＝4×2＝8； （2）将线段AB绕点A顺时针旋转90°后的线段AE，如图2即为所求； （3）DE的长为2．理由如下： 如图3，连接DE， ∴． 【点评】本题主要考查了作图﹣旋转变换，勾股定理，平行四边形的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握锐角三角函数的定义． 6．（2025•丽水一模）如图，在5×5的方格纸中，△ABC三个顶点在格点上．用无刻度的直尺在网格中完成下列画图，保留作图痕迹，不要求说明理由． （1）在BC边上找一点P，使得AP⊥BC； （2）将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°，画出旋转后的△AB′C′． 【分析】（1）取2×3的格点D，连接AD交BC于点P，则点P即为所求 （2）根据旋转的性质找到B，C的对应点B′，C′，进而画出△AB′C′． 【解答】解：（1）使得AP⊥BC的点P，如图1即为所求， 在△DEA和△CDB中， ， ∴△DEA≌△CDB（SAS）， ∴∠ADE＝∠DCB， 又∵∠DBC+∠DCB＝90°， ∴∠DBC+∠ADE＝90°， ∴∠DPB＝90°， ∴AP⊥BC； （2）△ABC绕点A顺时针方向旋转90°后的△AB′C′，如图2即为所求． 【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 7．（2025•浙江模拟）如图是由小正方形组成的8×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点．正方形ABCD四个顶点都是格点，E是AD上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． （1）在图（1）中，将线段BE绕点B顺时针旋转90°，画对应线段BF； （2）在图（2）中，M是BE与网格线的交点，画点M关于BD的对称点N． 【分析】（1）根据旋转的性质结合网格特点作图； （2）根据轴对称的性质结合网格作图． 【解答】解：（1）如图（1）所示，线段BF即为所求． （2）如图（2）所示，点N即为所求． 【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换，旋转变换，熟记轴对称变换，旋转变换的性质是解题的关键． 考点九：几何变换综合题 易｜混｜易｜错 1）综合旋转问题特别注意事项： ①当旋转角为特殊角时，如36°、60°、90°、120°时，会对应出现黄金△、等边△、等腰直角△、 的等腰△； ②有蝴蝶型相似，必有四点共圆； 1．（2025•绍兴三模）如图，△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝5，OB＝8，点M为AB的中点，C为边OB上一点，把△AOC沿直线AC翻折得到△ACD． （1）当点D恰好落在AB边上时，DM的长为　 　 ； （2）当MD与△AOB的边平行时，OC的长为　 　． 【分析】（1）先由勾股定理求出，再由中点定义得，然后根据DM＝AD﹣AM求解即可； （2）当DM∥OA时，作AK⊥MD，交DM的延长线于K，MD的延长线交OB于T，证明四边形OAKT是矩形得TK＝OA＝5，AK＝OT，由平行线分线段成比例定理得BT＝OT＝4，然后先由勾股定理求出DK＝3，再由勾股定理求出即可；当DM∥OB时，作TD∥OA，交OB于点T，作AK⊥TD于Q，延长DM交OA于N，则四边形OAKT、四边形ONDT、四边形NAKD都是矩形，由平行线分线段定理求出，然后先由勾股定理求出，再由勾股定理求出即可． 【解答】解：（1）在△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝5，OB＝8， 由勾股定理得：， ∵点M为AB的中点， ∴． ∵把△AOC沿直线AC翻折得到△ACD， ∴AD＝OA＝5， ∴． 故答案为：； （2）如图1，当DM∥OA时，作AK⊥MD，交DM的延长线于K，MD的延长线交OB于T， ∵DM∥OA， ∴∠OTK＝∠AOB＝∠K＝90°， ∴四边形OAKT是矩形， ∴TK＝OA＝5，AK＝OT， ∵DM∥OA，点M为AB的中点， ∴， ∴BT＝OT＝4， ∴AK＝4， 由折叠的性质得OC＝CD，AD＝OA＝5， 在直角三角形ADK中，由勾股定理得：， ∴DT＝TK﹣DK＝5﹣3＝2， 设OC＝CD＝a，则TC＝4﹣a． ∵DC2＝TC2+DT2， ∴a2＝（4﹣a）2+22， 解得：， ∴； 如图2，当DM∥OB时，作TD∥OA，交OB于点T，作AK⊥TD于Q，延长DM交OA于N，则四边形OAKT、四边形ONDT、四边形NAKD都是矩形， ∴TK＝OA＝5，AK＝OT， ∵DM∥OB，点M为AB的中点， ∴， ∴， ∴， 由折叠的性质得OC＝CD，AD＝OA＝5， 在直角三角形ADK中，由勾股定理得：， ∴， 设OC＝CD＝a，则． ∵DC2＝TC2+DT2， ∴， 解得， ∴， 综上所述，OC的长为或． 故答案为：或． 【点评】本题属于几何变换综合题，考查了折叠的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理，分类讨论是解答本题的关键． 2．（2025•衢州三模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD是BC边上的高，点E是边AB上的一动点（不与点A，B重合），连接CE交AD于点F．将线段CF绕点C顺时针旋转90°得到线段CG，连接AG． （1）如图1，当CE是∠ACB的角平分线时， ①求证：AE＝AF； ②直接写出∠CAG＝　 　 °． （2）依题意补全图2，用等式表示线段AF，AC，AG之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）①证明见解析；②45； （2）图形见解析，AC＝AF+AG，证明见解析． 【分析】（1）①由等腰直角三角形的性质得∠ACB＝∠B＝45°，∠BAD＝∠CAD＝45°，再由三角形的外角性质得∠AFE＝∠AEF，即可得出结论； ②过点C作CM⊥AC于点C，交AD的延长线于点M，证△ACM是等腰直角三角形，得∠M＝45°，CA＝CM，再证△MCF≌△ACG（SAS），即可得出结论； （2）过点C作CM⊥AC于点C，交AD的延长线于点M，证△ACM是等腰直角三角形，得∠M＝45°，CA＝CM，AMAC，再证△MCF≌△ACG（SAS），得MF＝AG，即可解决问题． 【解答】（1）①证明：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ACB＝∠B＝45°， ∵AD是BC边上的高， ∴∠BAD＝∠CAD∠BAC＝45°， ∴∠B＝∠CAD， ∵CE是∠ACB的角平分线， ∴∠ACE＝∠BCE， ∵∠AFE＝∠CAD+∠ACE，∠AEF＝∠B+∠BCE， ∴∠AFE＝∠AEF， ∴AE＝AF． ②解：如图1，过点C作CM⊥AC于点C，交AD的延长线于点M， 则∠ACM＝90°， ∵∠CAD＝45°， ∴△ACM是等腰直角三角形， ∴CA＝CM，∠M＝45°， ∵∠ACM＝90°， ∴∠ACF+∠MCF＝90°， 由旋转的性质得：∠FCG＝90°，CF＝CG， ∴∠ACF+∠ACG＝90°． ∴∠MCF＝∠ACG， ∴△MCF≌△ACG（SAS）， ∴∠CAG＝∠M＝45°， 故答案为：45； （2）解：依题意补全图2，AC＝AF+AG，证明如下： 过点C作CM⊥AC于点C，交AD的延长线于点M， 则∠ACM＝90°， ∵∠CAD＝45°， ∴△ACM是等腰直角三角形， ∴∠M＝45°，CA＝CM，AMAC， ∵∠ACM＝90°， ∴∠ACF+∠MCF＝90°， 由旋转的性质得：∠FCG＝90°，CF＝CG， ∴∠ACF+∠ACG＝90°． ∴∠MCF＝∠ACG， ∴△MCF≌△ACG（SAS）， ∴MF＝AG， ∵AM＝AF+MF， ∴AM＝AF+AG， ∴AC＝AF+AG． 【点评】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、三角形的外角性质以及直角三角形的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转的性质和等腰直角三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型． 1．（2025•浙江模拟）如图，在边长为5的菱形ABCD中，BD＝8，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A′B′D′，分别连结A′C，A′D，B′C，则A′C+B′C的最小值为（　　） A．6 B． C．10 D． 【答案】B 【分析】连接直线AA'，由平移及菱形的性质可判定四边形A'B'CD是平行四边形，四边形ABB'A'是平行四边形，作D点关于直线AA'的对称点E，连接A'E，当A'、C、E三点共线时，A'C+B'C的值最小，最小值为CE的长，延长ED交BC的延长线于G，过E作EH⊥BC交于H，连接AC交BD于O点，分别求出EG＝12，EH，HG，则HC5，在Rt△ECH中，用勾股定理求EC． 【解答】解：∵AB∥A'B'∥CD，A'B'＝AB＝CD， ∴四边形A'B'CD是平行四边形， ∴A'D＝B'C， ∴A'C+B'C＝A'C+A'D， 连接直线AA'， ∵AB＝A'B'，AB∥A'B'， ∴四边形ABB'A'是平行四边形， ∴AA'∥BD， 作D点关于直线AA'的对称点E，连接A'E， ∴A'E＝A'D， ∴A'C+B'C＝A'C+A'D＝A'C+A'E≥CE， 当A'、C、E三点共线时，A'C+B'C的值最小，最小值为CE的长， 延长ED交BC的延长线于G，过E作EH⊥BC交于H，连接AC交BD于O点， ∵BD⊥ED， ∴∠BDG＝90°， ∵∠BOC＝90°， ∴CO∥DG， ∵O是BD的中点， ∴DG＝2OC， ∵BD＝8， ∴BO＝4， ∵BC＝5， ∴OC＝3， ∴DG＝6， ∵ED＝2AO， ∴ED＝6， ∴EG＝12， ∵sin∠BCO＝sin∠EGC，cos∠BOC＝cos∠EGC， ∴EH，HG， ∴HC5， 在Rt△ECH中，EC， 故选：B． 【点评】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握菱形的性质，直角三角形的性质，平移的性质，平行四边形的判定及性质，确定A'的运动轨迹是解题的关键． 2．（2025•富阳区三模）如图，在边长为6的菱形ABCD中，∠A＝60°，点E在BC边上，连结DE，将DE绕顶点D按顺时针方向旋转120°得到DE′，连结AE′，CE′．当CE＝4时，△CDE′的面积为（　　） A． B．6 C． D．9 【答案】A 【分析】由旋转的性质可得DE＝DE'，∠EDE'＝120°＝∠ADC，由SAS可证△CDE≌△ADE'，可得CE＝AE'＝4，∠DCE＝∠DAE'＝60°，由直角三角形的性质可求E'H的长，由三角形的面积公式可求解． 【解答】解：如图，过点D作DF⊥AB于F，过点E'作GH⊥直线CD于G，交直线AB于H， ∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°， ∴∠ADC＝120°，AD＝CD，∠DCB＝∠DAB＝60°， ∵DF⊥AB， ∴∠ADF＝30°， ∴AF＝3，DFAF＝3， ∵将DE绕顶点D按顺时针方向旋转120°得到DE′， ∴DE＝DE'，∠EDE'＝120°＝∠ADC， ∴∠CDE＝∠ADE'， ∴△CDE≌△ADE'（SAS）， ∴CE＝AE'＝4，∠DCE＝∠DAE'＝60°， ∴∠HAE'＝60°， ∵GH⊥DG，AB∥CD， ∴GH⊥AB， ∴∠AE'H＝30°， ∴AHAE'＝2，E'HAH＝2， ∵DF⊥AB，GH⊥AB，GH⊥DG， ∴四边形DFHG是矩形， ∴DF＝GH＝3， ∴E'G， ∴△CDE′的面积63， 故选：A． 【点评】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 3．（2025•普陀区三模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D为边AB上一点，连结CD，作点B关于CD的对称点E，连结CE、AE，延长CD、AE交于点F，若AE＝DE＝2，则EF＝ ． 【答案】． 【分析】作DH⊥AF于点H，先证明A，C，D，E四点共圆，可证∠ACE＝∠ECD，求出∠ACE＝∠BCD＝∠ECD＝30°，由等腰三角形的 性质求出∠CAE＝∠CEA＝75°，进而得∠EAD＝∠EDA＝30°，∠F＝45°，然后分别求出 即可求出． 【解答】解：作DH⊥AF于点H， ∵∠ACB＝90°，CA＝CB， ∴∠CAB＝∠B＝45°， 由折叠的性质得BC＝CE，∠CED＝∠B，∠BCD＝∠ECD， ∴∠CAB＝∠CED＝45°，AC＝CE， ∴A，C，D，E四点共圆， ∵AE＝DE＝2， ∴，∠EAD＝∠EDA， ∴∠ACE＝∠ECD， ∴∠ACE＝∠BCD＝∠ECD＝30°， ∵AC＝CE，∠ACE＝30°， ∴∠CAE＝∠CEA＝75°， ∴∠EAD＝∠EDA＝75°﹣45°＝30°，∠F＝180°﹣60°﹣75°＝45°， ∴∠DEH＝60°， ∴∠EDH＝30°， ∴， ∴， ∵DH⊥AF，∠F＝45°， ∴△DHE是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，判定A，C，D，E四点共圆是解答本题的关键． 4．（2025•乐清市校级模拟）如图，在直角坐标系中，A（0，4），B是直线y＝x上一点，连结AB，△AOB沿着AB折叠，点O的对应点为C，过点C作DE⊥x轴，交直线y＝x于点D，交x轴于点E．若CD＝CE，则的值为　 ． 【答案】． 【分析】先根据点D在直线y＝x上，得D（r，r），结合折叠性质，得AC＝AO＝4，OB＝BC，再运用两点距离公式列式，得出，，则，同理设B（b，b），结合OB＝BC，故，解得，同理得，把数值代入进行化简，即可作答． 【解答】解：过点B作BH⊥x轴，如图所示： ∵点D在直线y＝x上，过点C作DE⊥x轴， ∴设点D（r，r）， ∵CD＝CE， ∴， 由条件可知AC＝AO＝4，OB＝BC， 则， 整理得， 解得， ∴，； ∴OD， ∵B是直线y＝x上一点， ∴设B（b，b）， ∵OB＝BC， ∴， ∴， 整理得， 解得， ∴， ∴， 则， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了折叠的性质，勾股定理，正比例函数，解一元二次方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 5．（2026•平阳县校级模拟）如图，AC为矩形ABCD的对角线，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△CEF，当点E落在对角线AC上时，且AG＝GH，则cos∠CAB的值为　 ． 【答案】．． 【分析】过点H作EF的平行线，交AC于点N，设AD＝a，CD＝b，AC＝c，根据图形旋转的性质可知EF＝AD＝a，CD＝CE＝b，∠D＝∠CEF＝90°，则AE＝AC﹣CE＝c﹣b，，根据，求得CN＝AC﹣AN＝2b﹣c，根据△ANH∽△ABC，求得，结合，即可求得答案． 【解答】解：如图，过点H作EF的平行线，交AC于点N，设AD＝a，CD＝b，AC＝c． ∵AC为矩形ABCD的对角线，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△CEF， ∴EF＝AD＝a，CD＝CE＝b，∠D＝∠CEF＝90°． ∴AE＝AC﹣CE＝c﹣b，． ∵EF∥NH， ∴△AEG∽△ANH． ∴， ∴AN＝2c﹣2b， ∴CN＝AC﹣AN＝2b﹣c， ∵EF∥NH， ∴∠AEG＝∠ANH＝90°， ∴∠ABC＝∠ANH， ∵∠NAH＝∠BAC， ∴△ANH∽△ABC， ∴， ∴， ∵EF∥NH， ∴△CNH∽△CEF， ∴， ∴， ∴2b﹣c＝2c﹣2b， ∴． ∴． 故答案为：． 【点评】本题主要考查旋转的性质，矩形的性质，解直角三角形、相似三角形的判定及性质，解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的性质． 6．（2025•浙江模拟）如图是4×4的正方形网格，△ABC的三个顶点均在格点上． （1）将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△AB1C1，在图1中作出△AB1C1． （2）在图2中作格点△A2B2C2，使△A2B2C2∽△ABC，且相似比为． 【答案】（1）见解答． （2）见解答． 【分析】（1）根据旋转的性质作图即可． （2）结合相似三角形的判定与性质可得A2B2，B2C2＝2，A2C2，利用网格画图即可． 【解答】解：（1）如图1，△AB1C1即为所求． （2）由图可得，AB＝1，BC，AC， ∵△A2B2C2∽△ABC，且相似比为， ∴A2B2，B2C2＝2，A2C2． 如图2，△A2B2C2即为所求． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换、勾股定理、作图﹣相似变换，熟练掌握旋转的性质、相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 7．（2025•西湖区校级模拟）综合与实践 【问题情境】 如图，在正方形ABCD中，点E在线段AD上，点F在线段CD上，且始终满足AE＝CF，连接BE，BF，将线段BE绕点E逆时针旋转一定角度，得到线段EG（点G是点B旋转后的对应点），并使点G落在线段BC上，EG与BF交于点H． 【初步分析】 （1）线段EG与BF的数量关系为 ，位置关系为 ； 【深入分析】 （2）如图②，再将线段EG绕点E逆时针旋转90°，得到线段EM（点M是点G旋转后的对应点），连接FM，请判断四边形BEMF的形状，并说明理由； （3）如图③，若点G落在BC的延长线上，且当点H恰好为EG的中点时，设CD与EG交于点N，AD＝3，求CG的长． 【答案】（1）EG＝BF，EG⊥BF； （2）四边形BEMF为菱形，理由见解析； （3）23． 【分析】（1）先根据正方形的性质，得出∠A＝∠C＝∠ABC＝90°，AB＝CB，再证明△ABE≌△CBF（SAS），结合旋转性质，得出BE＝EG，进行角的等量代换，即可作答； （2）根据旋转性质，得出EG＝EM，∠GEM＝90°，得出四边形BEMF是平行四边形，结合一组邻边相等，得证四边形BEMF是菱形； （3）先得出BF是EG的垂直平分线，进行角的等量代换以及直角三角形的两个锐角互补，得出∠ABE＝30°，因为正方形的性质，得出∠D＝90°，AB＝AD＝CD＝BC＝3，求出BG，则可得出答案． 【解答】解：（1）EG＝BF，EG⊥BF；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形 ∴∠A＝∠C＝∠ABC＝90°，AB＝CB， 又∵AE＝CF， ∴△ABE≌△CBF（SAS）， ∴BE＝BF，∠ABE＝∠CBF． 由旋转的性质，得BE＝EG， ∴EG＝BF， ∴∠EBG＝∠EGB． 又∵∠ABE+∠EBG＝∠ABC＝90°， ∴∠CBF+∠EGB＝90°， ∴∠BHG＝90°， 即EG⊥BF． 故答案为：EG＝BF，EG⊥BF； （2）四边形BEMF为菱形，理由如下： 由旋转的性质，得EG＝EM，∠GEM＝90°， 又∵EG＝BF，∠BHE＝90°， ∴EM＝BF，∠GEM＝∠BHE＝90°， ∴EM∥BF， ∴四边形BEMF是平行四边形， 又∵BE＝BF， ∴四边形BEMF是菱形； （3）∵点H是EG的中点，BF⊥EG， ∴BF是EG的垂直平分线， ∴BE＝BG，∠EBF＝∠GBF． 又∵∠ABE＝∠CBF， ∴∠ABE＝∠CBF＝∠EBF∠ABC30°． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝90°，AB＝AD＝CD＝BC＝3， ∴在Rt△ABE中，BE2， ∴BG＝2， ∴CG＝BG﹣BC＝23． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解直角三角形的相关性质，菱形的判定，旋转的性质等内容，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 1．（2025•鹿城区校级三模）如图，在Rt△ABC中（AB＜BC），BD⊥AC，点E，F分别是AB，BC上的动点，连结DE，DF，点A和A′关于DE对称，点C和C′关于DF对称，且点A′，C′都在BD所在的直线上．已知BE＝4，设AE＝x，CF＝y．下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．x﹣y C．xy D． 【答案】C 【分析】由轴对称的性质可得∠CDF＝∠C′DF，∠ADE＝∠A′DE，则点E到AD和到BD的距离相等，利用等面积法可证明，同理可得，证明△DBC∽△DAB，求出，再证明△ADB∽△ABF，得到，即，据此可得xy＝16． 【解答】解：由轴对称的性质可得∠CDF＝∠C′DF，∠ADE＝∠A′DE， ∴DE，DF分别平分∠ADB，∠CBD， ∴点E到AD和到BD的距离相等， 设点E到AD的距离为h， ∴， ∴， 同理可得， 由条件可知∠BDC＝∠BDA＝90°， ∴∠C+∠DBC＝∠C+∠A＝90°， ∴∠A＝∠DBC， ∴△DBC∽△DAB， ∴， ∴，即， ∴， ∵∠A＝∠A，∠ADB＝∠ABC＝90°， ∴△ADB∽△ABC， ∴， ∴， ∴， ∴xy＝16， 故选：C． 【点评】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，角平分线的性质，轴对称图形的性质，熟练掌握以上知识点是关键． 2．（2025•钱塘区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠A＝60°，点E是AB的中点，点F为AD上一动点，将△AEF沿EF折叠，得到△A'EF．若A′E与菱形ABCD的对角线平行，则DF的长 为 　． 【答案】或3． 【分析】分两种情况画出图形进行解答即可． 【解答】解：①若A′E∥AC，如解图①，连接AC， 由条件可知AC平分∠BAD， ∴， ∵A′E∥AC， ∴∠A′EB＝∠BAC＝30°，由折叠∠AEF＝∠A′EF， ∴∠AEF＝75°， ∴∠AFE＝180°﹣60°﹣75°＝45°． ∵点E是AB的中点， ∴， 过点E作EG⊥AF，垂足为G， ∴，， 在Rt△EFG中，∠AFE＝45°， ∴， ∴， ∴； ②若A′E∥BD，如解图②，连接BD， 由条件可知AB＝AD， 又∵∠A＝60°，△ABD是等边三角形， ∴∠ABD＝60°． ∵A′E∥BD， ∴∠AEA′＝60°． 又∵AE＝A′E， ∴△AEA′是等边三角形，点A′落在AD上， ∴AA′＝2， ∴AF＝1， ∴DF＝3． 综上DF的长为或3． 故答案为：或3． 【点评】此题考查了菱形的性质、轴对称的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握以上知识点及分类讨论是关键． 3．（2026•西湖区校级模拟）如图，在▱ABCD中，BC＝3，CD＝4，点E是CD边上的中点，将△ADE沿AE翻折得△AFE，连结BF，点B，F，E恰好在同一直线上，延长AF交BC于点G．则△BFG与四边形AGCD的面积比为　 　 ． 【答案】1：8 【分析】延长AD，与BE的延长线交于点H，证明△ABF≌△BEC（AAS），可推出BF＝EC，AB＝BE＝4，证明△DEH≌△CEB（ASA），可得DH＝CB＝3，EH＝EB＝4，进而可得BF＝BG＝2，CG＝1，因为∠DAG＝∠5，证明△BFG∽△HFA，得，设△BFG的边BG上的高为h，则△AFH的边AH上的高为3h，▱ABCD的底边AD上的高为4h，则△BFG与四边形AGCD的面积比可求． 【解答】解：如图，延长AD，与BE的延长线交于点H， ∵在▱ABCD中，BC＝3，CD＝4， ∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD，AD∥BC， ∴∠1＝∠2，∠DAG＝∠5，∠3+∠C＝180°，∠C＝∠HDE， ∵将△ADE沿AE翻折得△AFE，点B，F，E恰好在同一直线上， ∴AD＝AF＝3，∠3＝∠4，DE＝EF， ∴AF＝BC， ∵∠4+∠AFB＝180°， ∴∠AFB＝∠C， 在△ABF和△BEC中， ， ∴△ABF≌△BEC（AAS）， ∴BF＝EC，AB＝BE＝4， ∵点E是CD边上的中点， ∴BF＝EC＝DE＝EF＝2， 在△DEH和△CEB中， ， ∴△DEH≌△CEB（ASA）， ∴DH＝CB＝3，EH＝EB＝4， ∴AH＝FH＝6， ∴∠DAG＝∠4， ∵∠4＝∠BFG， ∴∠5＝∠BFG， ∴BF＝BG＝2， ∴CG＝1， ∵∠DAG＝∠5， ∴△BFG∽△HFA， ∴， 设△BFG边的BG上的高为h，则△AFH的边AH上的高为3h，▱ABCD的底边AD上的高为4h， 则△BFG与四边形AGCD的面积比为， 故答案为：1：8． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质和判定、翻折、等腰三角形的判定、全等三角形的性质和判定，熟知以上知识点，准确作出辅助线是正确解答此题的关键． 4．（2026•宁波模拟）已知：在△ABC中，BC＝5，，tan∠BCA＝2． （1）如图1，求△ABC的面积． （2）如图2，点D在边AC上，将△ABC沿射线BD方向平移至△A1DC1，使得点B与点D重合． ①连结AA1，CA1，求△AA1C的面积． ②如图3，将△A1DC1绕点D旋转至△A2DC2，边A2C2与线段BD的延长线交于点E，连结CE．当CD＝2AD时，求CE2﹣BD2的最小值． 【答案】（1）15 （2）①15； ②． 【分析】（1）过点B作BF⊥AC于点F，则：设CF＝x（x＞0），则BF＝2x，结合勾股定理可得：，进一步求解即可； （2）①如图2，连结CC1，证明四边形ACC1A1是平行四边形，求解△A1DC1的面积＝△ABC的面积＝15，可得△AA1C的面积＝15； ②如图3，过点B作BF⊥AC于点F，求解BD＝BC＝5，过点C作CG⊥BD于点G，则△BCD的面积为：求解CG＝4，结合只需DE最小，则CE2﹣BD2最小，再进一步求解即可． 【解答】解：（1）如图1，在直角三角形BCF中，BC＝5，，过点B作BF⊥AC于点F， 设CF＝x（x＞0），则BF＝2x， 由勾股定理得：CF2+BF2＝BC2， ∴x2+（2x）2＝52， 解得：， ∴， ∴△ABC的面积为：； （2）①如图2，△ABC沿射线BD方向平移至△A1DC1，连接CC1， ∴A1C1∥AC，A1D∥AB，△A1DC1≌△ABC， ∴A1C1＝AC， ∵A1C1∥AC且A1C1＝AC， ∴四边形ACC1A1是平行四边形， ∴△AA1C的面积＝△CA1C1的面积＝△A1DC1的面积， ∵△A1DC1≌△ABC， ∴△A1DC1的面积＝△ABC的面积＝15， ∴△AA1C的面积＝15； ②如图3，过点B作BF⊥AC于点F， 由（1）得：， 当CD＝2AD时，， ∴， ∴BD＝BC＝5， 过点C作CG⊥BD于点G，则△BCD的面积为：， ∵△BCD的面积为：， ∴， 解得：CG＝4， ∴BG＝3，DG＝2， 由勾股定理得：CE2﹣BD2＝CE2﹣BC2＝（EG2+CG2）﹣（BG2+CG2）＝EG2﹣BG2＝（DE+2）2﹣9， ∴只需DE最小，则CE2﹣BD2最小， ∵△A1DC1绕点D旋转至△A2DC2， ∴△A2DC2≌△A1DC1≌△ABC， ∴DE的最小值， ∴CE2﹣BD2的最小值为：． 【点评】本题属于三角形综合题，主要考查平行四边形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的性质，三角形的面积，熟练掌握知识点是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $品学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第八章图形的变化 专题03 图形的变换—轴对称与旋转 目录 刷考点精准巩固，扫清盲区 提能力聚焦过程，优化策略 测综合跨界融合，挑战创新 。轴对称的性质 轴对称图形 图形的轴对称 轴对称与最短路径 。轴对称与折叠问题 图形的变换 图形的平移 平移的性质与图形 轴对称与旋转 。旋转的性质 中心对称与中心对称图形 图形的旋转 坐标与图形旋转作图 几何变换综合题 考点 考点一：轴对称的性质 易混易」错 1)轴对称的性质 ①对应点的连线被对称轴垂直平分； ②成轴对称的两个图形全等； ③两个对应线段或延长线的交点在对称轴上； 2)点与点的对称规律 若点P(a,b),则 点P关于x轴对称的坐标为(a,-b): 点P关于y轴对称的坐标为(-a,b): 点P关于原点对称的坐标为(-a,-b): 1.(2025·拱墅区一模)如图，在6×6方格中，点A,B,C均在格点上，△ABC的对称轴经过格点() 1/17 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 7 B A.P1 B.P2 C.P3 D.P4 2.(2025·钱塘区校级模拟)如图，已知△ABC是等边三角形，D为边AB上一点，且AD:DB=3:2,作 点A关于CD的对称点A',连结A'C、A'D,A'D与BC交于E点，则CE:EB的值为() 17 A. B.9 c.9 D.10 3.(2025·鹿城区校级三模)如图，在△ABC中，AC=4,D是边BC上一点，△AB'D与△ABD关于直线 AD对称，AB'交BC于点E.若BD=2,DB∥AC,则DE的长为() E B A.1 B.月 c. D.青 4.(2025·鹿城区二模)如图，在△ABC中，∠A=60°，点D,E,F分别在边BC,AB,AC上，点B,D 关于EG对称，点C,D关于FH对称.若要求出△DEF的周长，只需知道() E G DH C A.AE和AF的长 B.BE和CF的长 C.EG和FH的长 D.BG和CH的长 5.(2025·衢州一模)如图，△ABC中，AB=AC=5,BC=6,D为BC上任一点，连结AD,作B点关于 AD的对称点E,若DE∥AC,则AD的长为 2/17 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C E 6.(2025·浙江模拟)如图，△ABC是等边三角形，D,F分别是BC,AB边上的点，点B关于直线DF的 对称点为点B,若点E在4C边上，且EL4B,则器的值为 B D 7.(2025·湖州一模)如图，在△ABC中，AB=AC=5,BC=6,D是BC的中点，E是边AB上的一点，点 B与点B'关于直线DE对称，点B'恰好在边AC上，连结BB',则BB'的长是 B E B D C 考点二：轴对称图形 1.(2025·萧山区校级模拟)下列四种化学仪器的示意图中，是轴对称图形的是() Q D. 2.(2025·柯城区校级三模)下列交通标志图形中，轴对称图形的是( A B. C. D 3.（2025·杭州模拟)北京时间2025年3月25日19：00,2026年美加墨世界杯亚洲区预选赛18强赛，中 国男足在杭州奥体中心体育场主场迎战澳大利亚队.最终中国队0：2不敌澳大利亚队，但现场球迷自始 3/17 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 至终不遗余力地为国足加油打气.下面四个美术字可以看作轴对称图形的是( 必.胜 4.(2025·宁波一模)透过城市文旅LOG0可以窥见城市独有的文旅魅力.下列城市文旅LOGO是轴对称 图形的是( 庸拉 考点三：轴对称与最短路径 易混易错 1)将军饮马模型一一求PA+PB最小值 同侧型： 方法：①做定点A关于直线1的对称点A, ②连结A与定点B,交直线1与点P 结论：PA+PB的最小值=AB 异侧型： 方法：直接连结AB,交直线1与点P 结论：PA+PB的最小值=AB 2)“两动一定”型： ①做定点的对称点 ②过对称点作垂线 胡要弘 形 ()呢 ) HF() 贝(BE+EF)mim=CH, CBE+EF)min =DH 1.(2025·滨江区校级模拟)如图.已知△ABC.∠ACB=30°，CP为∠ACB的平分线，且CP=6,点M、 N分别是边AC和BC上的动点，则△PMW周长的最小值为() 4/17 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.4 B.6 c.65 D.10 2.(2025·金东区二模)如图，在△ABC中，AB=AC=5,BC=6,P、Q分别是边AB和AC上的动点，且 始终保持AQ=BP,连结CP,BQ,则BQ+CP的最小值是() Q A.11 B.97 c.3V11 D.8 3.(2025·浙江模拟)如图，在四边形ABCD中，∠BCD=90°，BC=3,AB=2,连接对角线AC,已知 AC=AD,∠ABC=I35°，E是BC边上一点，连接DE,F是DE的中点，连接CF,BF,则BF+CF的 最小值为 BE 考点四：轴对称与折叠问题 易混易错 1)折叠的本质： 中考数学中，图形的轴对称、折叠或翻折、中垂线的性质的本质是一样的，都会有轴对称类的全等以及 线段的垂直平分线： 1.(2025·浙江模拟)如图，在△ABC中，∠B=a,∠C=B,沿AD将该纸片折叠，使点C落在AB边上的 点E处，若AD=AE,则() E B A.3β-a=180 B.a+β=90 C.30+2β=1809 D.B=3a 2.(2025·临平区二模)如图，在△ABC中，AB=AC=10,BC=12,点D为边AC上一动点，将△BCD沿 BD折叠得到△BED,BE与AC交于点F,则EF的最大值为() 5/17 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E D B C A.2.4 B.4.8 C.7.2 D.9.6 3.(2025杭州模拟)如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=5,BC=8,点D为AB上一点，连接CD, 将△BCD沿CD翻折得到△B'CD,过点A作AF∥BC交DB'于点E,交CB'于点F,若AE=B'E, 则BD的长为() R A.4 B.智 C.5 D.5V2 4.(2026·拱墅区校级模拟)如图，D是△ABC中AC边上的一点，将△ABD沿着BD对折，点A的对应点 E恰好落在BC上，连结AE,若AE=BD=6,CE=2BE,则AD的长为 D F 5.(2026·宁波一模)如图，点E在菱形ABCD的边CD上，将△ADE沿AE折叠，使点D的对应点F恰好 落在边5C上.若c0sB=吉，则器的值是 D 考点五：平移的性质与图形 易混」易错 1)点的平移规律 若点P(a,b),则点P向右平移m个单位的坐标为(atm,b);点P向左平移m个单位的坐标为(am,b): 点P向上平移m个单位的坐标为(a,b+m);点P向下平移m个单位的坐标为(a,bm); 6/17 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 1.(2026·拱墅区校级模拟)将点P(-2,3)向右平移3个单位，再向下平移2个单位，得到的点的坐标 为() A.(1,1) B.(-5,1) C.(1,5) D.(-5,5) 2.(2025·浙江模拟)在平面直角坐标系中，点A(-1,2)向右平移2个单位长度，向下平移3个单位长 度后，得到点A1,则点A1位于第()象限. A.- B.二 C.三 D.四 3.(2025·莲都区二模)平面直角坐标系中，线段AB经过平移得到线段A'B,若点A(-1,2)的对应 点A'的坐标为(1，-1)，则点B(m,n)的对应点B的坐标为（) A.(m+2,n-3)B.(m-2,n-3)C.(m+2,n+3)D.(m-2,+3) 4.(2025·上城区校级三模)如图，△ABC的边长AB=4cm,AC=3cm,BC=5cm,将△ABC沿BC方向平 移acm(a<5cm),得到△DEF,连接AD,则阴影部分的周长为() D B C F A.11cm B.12cm C.13cm D.14cm 5.(2025·定海区二模)如图，将直角梯形ABCD沿AB方向向下平移2个单位得到直角梯形EFGH,己知 BC=6,∠A=90°，∠C=45°，则阴影部分的面积为() A D E H B C G A.8 B.10 C.12 D.5V2 6.(2025·鹿城区校级二模)如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△41B1C1的位置.若点A,C的坐 标分别为(-2,4)，(-1,1)，平移后点A1,C的坐标分别为(m,5),(2,n),则m+n的值为() y A.6 B.5 C.4 D.3 7/17 品学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 7.(2025·温州一模)如图，将Rt△ABC沿斜边AB向右平移得到△DEF,BC与DF交于点H,延长AC, EF交于点G,连结GH.若BD=2,GH=3,则AE的长为一· H A E 8.(2026·舟山模拟)如图1的“方胜”由两个全等正方形交错叠合而成，是中国古代象征同心吉祥的一种 装饰图案.如图2，将正方形ABCD沿对角线AC方向平移得到正方形EFGH,形成“方胜”图案，如果 平移距离为3，且AE=青AC,那么点A到点G的距离是 E 清乾隆 金缕丝方胜簪 D H 图1 图2 9.(2025·定海区二模)如图，在平面直角坐标系中，动点P从原点O出发，先水平向左平移1个单位长度， 再竖直向下平移1个单位长度得到点P1(-1,~1)；接着先水平向右平移2个单位长度，再竖直向上 平移2个单位长度得到点P2；接着先水平向左平移3个单位长度，再竖直向下平移3个单位长度得到点 P3；接着先水平向右平移4个单位长度，再竖直向上平移4个单位长度得到点P4:…按此作法进行下去， 则点P2025的坐标为 y P 0 P 考点六：旋转的性质 易混易错 1)旋转的性质 ①旋转不改变图形的形状和大小（即旋转前后的两个图形全等）； ②任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角彼此相等（都是旋转角）； ③对应点到旋转中心的距离相等 2)旋转规律 8/17 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 旋转必出等腰三角形与等腰类的相似三角形 1.(2026·长兴县校级模拟)如图，△4BC中，AB=V5,AC=3,∠ACB=45°，将△ABC绕A旋转一周， 则线段BC扫过的面积() ⊙ A C A.5m B.9n C.4.5π D.4π 2.(2025·温州校级三模)如图，在正方形ABCD中，将边AB绕点A逆时针旋转至AF,使F点落在正方 形ABCD内部，延长BF交∠DAF的平分线于点H,连接FD交AH于点G,则下列比值是定值的是() D B A韻 B.開 c.器 D. BE 3.(2025·西湖区校级三模)如图，正方形ABCD中，边长为1，将边BC绕点B逆时针旋转至BE,连接CE、 DE,若∠CED=90°，则△BCE的面积是() A D A.青 B. c. D.月 4.(2026·普陀区一模)如图，在平行四边形ABCD中，∠A=75°，AB=6,将平行四边形ABCD绕顶点B 顺时针旋转到平行四边形A'BC'D',当CD'经过点C时，点A'到AB的距离为3· D A A B 5.(2026·普陀区一模)如图，BC是由CA绕点C顺时针旋转90°得到的，即AC=BC,且∠ACB=∠BDC =∠AED=90°. 9/17 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)求证：CE=BD (2)若AC=AD=4V5,求BD的长. E C B 考点七：中心对称和中心对称图形 易混」易错 1)识别中心对称图形，只要把图形颠倒过来看，还是一样的，就是中心对称图形； 2)旋转的性质 ①成中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，并且被对称中心平分： ②成中心对称的两个图形全等 特别地：平行四边形是中心对称图形，但不一定是轴对称图形；正多边形中，边数为奇数时，只是轴对 称图形，边数为偶数时，既是轴对称图形又是中心对称图形。 1.(2025·上城区校级三模)下列各曲线是由不同的函数绘制而成，其中既是轴对称图形又是中心对称图形 的是( A B C. D. 2.(2025·杭州模拟)十八世纪，德国物理学家恩斯特·克拉德尼通过实验揭示了振动与几何对称性的关联： 当金属薄板受迫振动时，表面均匀分布的细沙会因振动模态差异形成各式图案，这些图案均称为克拉尼 图形.下列四幅克拉尼图形中是轴对称图形但不是中心对称图形的是() 3.(2025·临平区校级三模)如图，在正方形ABCG与正方形CDEF中，点G是CF的三等分点，点H与 点A关于点C成中心对称.连结EG,BE,BH,DH.若S阴影=4，则BH的长为」 10/17 高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 G H 4.(2025·临平区校级三模)在数学实践课中，老师给每位同学发了一张直角三角形纸板，如图1中Rt△ABC ,其中∠C=Rt∠，要求同学用剪刀剪一次，把它剪拼成一个矩形. 小明的剪法是：找到边AB,BC的中点D,E,连结DE,沿DE剪一刀，再把△BDE绕点D顺时针旋转 180°得到△B'DE',此时点B'与点A重合，则四边形AE'EC就是矩形.请利用所学的数学知识， 完成下列问题： (1)老师说小明的剪拼是正确的，请你证明老师的说法； (2)把图2的三角形剪两刀，剪拼成一个矩形，并在答题纸相应位置画出剪拼示意图. D E A(B） 图1 图2 考点八：坐标与图形旋转作图 1.（2025·定海区一模)如图，在平面直角坐标系中A(1,0),C(2,3),将AC绕点A顺时针旋转90°， 则点C的对应点C的坐标是() y -4 3 A -4=3-2-101234 -3 -4 A.（3,-1) B.(4,-1) C.(1,-4) D.(-4,1) 2.(2025·衢州一模)平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为3，V3,将线段04绕点0逆时针旋转60°， 则点A的对应点A'的坐标为( A.（-1,23 B.(0,25 C.(-1,3) D.(0,3) 3.(2025·临平区校级二模)在平面直角坐标系中，将点A(1,1)绕原点按逆时针方向旋转45°到点A', 11/17 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 则点A'的坐标是 4.(2025·嵊州市模拟)如图，△ABC放置在平面直角坐标系xOy中，BC∥x轴，AB∥y轴，点B坐标为 (-10,-5),点C坐标为(10，-5)，把△ABC绕点A逆时针旋转一个角度后得到△ADE,若边DE 经过点F(0,5),则点E的坐标是 B 5.(2025·滨江区校级模拟)实践操作：如图是6×8的正方形网格，每个小正方形的边长都为1，线段AB 的端点都在格点上 (1)请在图中画出以AB为边的口ABCD,使得tan∠ABC=1,面积等于8； (2)请在图中将线段AB绕点A顺时针旋转90°，使得点B落在点E处，画出旋转后的线段AE; (3)连接DE,并直接写出DE的长。 A B -----7-----7----1----- 6.(2025·丽水一模)如图，在5×5的方格纸中，△ABC三个顶点在格点上.用无刻度的直尺在网格中完 成下列画图，保留作图痕迹，不要求说明理由， (I)在BC边上找一点P,使得AP⊥BC; (2)将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°，画出旋转后的△AB'C· A 7.(2025·浙江模拟)如图是由小正方形组成的8×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点.正方形ABCD 四个顶点都是格点，E是AD上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图 (1)在图(1)中，将线段BE绕点B顺时针旋转90°，画对应线段BF: (2)在图(2)中，M是BE与网格线的交点，画点M关于BD的对称点N. 12/17 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 R M - C D (1) (2) 考点九：几何变换综合题 易混易错 1)综合旋转问题特别注意事项： ①当旋转角为特殊角时，如36°、60°、90°、120°时，会对应出现黄金△、等边△、等腰直角△、 1:1:V3的等腰△； ②有蝴蝶型相似，必有四点共圆： 1.(2025绍兴三模)如图，△AOB中，∠AOB=90°，OA=5,OB=8,点M为AB的中点，C为边OB 上一点，把△AOC沿直线AC翻折得到△ACD. (I)当点D恰好落在AB边上时，DM的长为」 (2)当MD与△AOB的边平行时，OC的长为 ⊙ 2.(2025·衢州三模)如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,AD是BC边上的高，点E是边AB上 的一动点（不与点A,B重合），连接CE交AD于点F.将线段CF绕点C顺时针旋转90°得到线段CG, 连接AG. (1)如图1，当CE是∠ACB的角平分线时， ①求证：AE=AF; ②直接写出∠CAG= 0 (2)依题意补全图2，用等式表示线段AF,AC,AG之间的数量关系，并证明. 13/17 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 G E B D B 图1 图2 能力 1.(2025·浙江模拟)如图，在边长为5的菱形ABCD中，BD=8,将△ABD沿射线BD的方向平移得到△ A'BD',分别连结A'C,A'D,BC,则A'C+BC的最小值为() D B A.6 B.97 C.10 D. 3V185 2.(2025·富阳区三模)如图，在边长为6的菱形ABCD中，∠A=60°，点E在BC边上，连结DE,将 DE绕顶点D按顺时针方向旋转120°得到DE',连结AE',CE'.当CE=4时，△CDE'的面积为 () B A.3V3 B.6 c.4y5 D.9 3.(2025·普陀区三模)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB,点D为边AB上一点，连结CD,作 点B关于CD的对称点E,连结CE、AE,延长CD、AE交于点F,若AE=DE=2,则EF= 4.(2025·乐清市校级模拟)如图，在直角坐标系中，A(0,4),B是直线y=x上一点，连结AB,△AOB 沿着AB折叠，点O的对应点为C,过点C作DE⊥x轴，交直线y=x于点D,交x轴于点E.若CD= 14/17 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 CE,则器的值为 5.(2026·平阳县校级模拟)如图，AC为矩形ABCD的对角线，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△CEF, 当点E落在对角线AC上时，且AG=GH,则cos∠CAB的值为 E 6.(2025·浙江模拟)如图是4×4的正方形网格，△ABC的三个顶点均在格点上. (1)将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△AB1C1,在图1中作出△AB1C1. (2)在图2中作格点△4B2C2,使△42B2C2∽△ABC,且相似比为V2. A B 图1 图2 7.(2025·西糊区校级模拟) 综合与实践 【问题情境】 如图，在正方形ABCD中，点E在线段AD上，点F在线段CD上，且始终满足AE=CF,连接BE,BF, 将线段BE绕点E逆时针旋转一定角度，得到线段EG(点G是点B旋转后的对应点)，并使点G落在线 段BC上，EG与BF交于点H. 【初步分析】 (1)线段EG与BF的数量关系为 ,位置关系为 【深入分析】 (2)如图②，再将线段EG绕点E逆时针旋转90°，得到线段EM(点M是点G旋转后的对应点)，连 接FM,请判断四边形BEMF的形状，并说明理由； 15/17 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (3)如图③，若点G落在BC的延长线上，且当点H恰好为EG的中点时，设CD与EG交于点N,AD =3,求CG的长. E E E H H G B G 图o 图② 图3 综合 1.(2025·鹿城区校级三模)如图，在Rt△ABC中(AB<BC),BD⊥AC,点E,F分别是AB,BC上的动 点，连结DE,DF,点A和A'关于DE对称，点C和C'关于DF对称，且点A',C'都在BD所在 的直线上.己知BE=4,设AE=x,CF=y.下列代数式的值不变的是() A.xty B.x-y C.xy D.当 2.(2025·钱塘区校级模拟)如图，在菱形ABCD中，AB=4,∠A=60°，点E是AB的中点，点F为AD 上一动点，将△AEF沿EF折叠，得到△AEF.若A'E与菱形ABCD的对角线平行，则DF的长 为」 0 B 3.(2026·西湖区校级模拟)如图，在口ABCD中，BC=3,CD=4,点E是CD边上的中点，将△ADE沿 AE翻折得△AFE,连结BF,点B,F,E恰好在同一直线上，延长AF交BC于点G.则△BFG与四边 形AGCD的面积比为一· 16/17 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D G 4.(2026:宁波模拟)已知：在△ABC中，BC=5,AC=3V5,tan∠BCA=2. (1)如图1，求△ABC的面积. (2)如图2，点D在边AC上，将△ABC沿射线BD方向平移至△A1DC1,使得点B与点D重合. ①连结A41,CA1,求△A41C的面积. ②如图3，将△41DC1绕点D旋转至△A2DC2,边A2C2与线段BD的延长线交于点E,连结CE.当CD =2AD时，求CE2-BD2的最小值. 2 A A D C D B C B (图1) (图2) (图3) 17/17