专题13 图形的变化（复习讲义）（山东专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题13 图形的变化 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 数与式（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：对称图形的识别 题型二：画对称图形 题型三：翻折问题 题型四：对称中的坐标问题 题型五：平移 题型六：旋转 题型七：三视图的识别 题型八：由三视图还原几何体 题型九：图形变化的综合 必备知识 知识1 对称 知识2 平移与旋转作图 知识3 平移与旋转的性质 命题预测 命题 透视 命题形式：以选择、填空基础题型为核心，辅以尺规作图与几何综合压轴题，贴合新课标素养立意，常融入传统文化、航天科技等新情境，聚焦直观想象、逻辑推理与运算能力考查，试题梯度清晰，区分度显著。 命题内容： 核心考查对称、平移、旋转、三视图四大模块。对称侧重图形识别、翻折计算与动点最值；平移、旋转聚焦坐标变换、性质应用与几何综合；三视图必考图形识别与几何体还原；翻折、旋转常结合四边形、函数命制压轴题，半角模型、最值问题为高频创新考法。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 对称 T16：饮马问题+作图； T1：对称图形的识别 T2：对称图形的识别； T15：翻折问题 T1：对称图形的识别； T16：翻折问题 T10：动点最值问题； T1：对称图形的识别； T15：动点的最值问题； T1：对称图形的识别 平移 T16：平移作图问题； T12：求平移后的坐标 T12：求平移后的坐标； T15：平移性质求周长 T5：求平移后点的坐标； T12：求平移的距离 T14：求平移后的坐标； T15：求平移后点的坐标； T5：求平移后点的坐标； T14：求平移距离； 旋转 T9：旋转+图形面积； T23：旋转+几何图形综合 T25：旋转+几何图形综合； T6：求旋转后点的坐标； T5：求旋转后点的坐标； T22：旋转+几何图形综合； T16：旋转+规律问题； T23：旋转+几何图形综合； T5：求旋转后点的坐标； T21：旋转+几何图形综合； 三视图 T2：三视图的识别； T2：由三视图反推几何体； T4：三视图的识别； T4：小正方体堆叠的三视图问题 T3：三视图的识别； T2：三视图的识别 T3：非规则几何体三视图的识别； T4：三视图的识别 T4：三视图的识别； T6：三视图的应用 命题预测 1. 考情预测 基础题仍将对称图形识别、三视图判断、平移与旋转的坐标变换列为必考点，延续年年考查的命题规律；中档题聚焦翻折计算、平移旋转性质应用；压轴题持续以旋转、翻折为核心，结合四边形、函数考查半角模型、动点最值，常融入传统文化、科技发展新情境，聚焦几何直观与逻辑推理素养考查。 2. 备考建议 夯实四大图形变化的基础性质，确保基础题零失分；强化翻折、旋转类题型的模型总结；针对综合压轴题，提炼几何变换解题通法，加强数形结合与动态几何分析能力训练。 考点一 图形的变化 题型一 对称图形的识别 紧扣轴对称、中心对称图形的核心定义，轴对称看能否找到直线使图形折叠后完全重合，中心对称看绕点旋转 180° 能否与自身重合；结合规则图形对称性特征，用排除法快速解题。 混淆两类对称的判定标准，忽略正多边形奇偶边数的对称性差异；对组合图案、不规则图形判断时，漏看细节导致对称轴 / 对称中心识别失误。 1．（2025·山东东营·中考真题）中国的航天技术已达到世界先进水平，为世界科技进步贡献了中国智慧．下列中国航天图标中是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·山东济南·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·山东青岛·中考真题）围棋是中华民族发明的博弈活动．下列用棋子摆放的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 题型二 画对称图形 先锁定图形关键点，依据轴对称性质作关键点关于对称轴的对应点（对应点连线被对称轴垂直平分），再顺次连接对应点；尺规作图需严格保留作图痕迹，遵循几何作图规范。 对应点位置找错，违背对称轴的垂直平分性质；作图痕迹不完整，复杂图形漏找关键点导致图形变形；未验证所作图形与原图的对称性。 4．（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． 5．（2023·山东枣庄·中考真题）（1）观察分析：在一次数学综合实践活动中，老师向同学们展示了图①，图②，图③三幅图形，请你结合自己所学的知识，观察图中阴影部分构成的图案，写出三个图案都具有的两个共同特征：___________，___________．    （2）动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在（1）中发现的共同特征．    6．（2025·北京朝阳·一模）在正方形中，E为边上一点（不与点A，D重合），将线段沿直线翻折，得到线段，连接并延长，与线段的延长线相交于点G，连接． (1)依题意补全图形； (2)求的度数； (3)用等式表示线段与的数量关系，并证明． 题型三 翻折问题 核心抓住翻折前后图形全等，对应边、对应角相等，折痕是对应点连线的垂直平分线；结合勾股定理、相似三角形、等腰三角形性质列方程求解，动态翻折优先锁定不变量。 忽略翻折后隐藏的等角等边关系，无法构建几何模型；动态翻折未分类讨论落点位置导致漏解；勾股定理列方程时边长对应错误，计算失误。 7．（2025·山东淄博·中考真题）【问题情境】 小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习． 【探究感悟】 如图①，小明在边上取点（不与，重合），连接，将沿翻折，使得点的对应点恰好落到对角线上．则此时线段的长是 ； 【深入探究】 小明继续将沿翻折，发现：，，三点能构成等腰三角形．请求出此时线段的长； 【拓展延伸】 如图②，小明又在边上取点（不与，重合），并将四边形沿翻折，使得点的对应点恰好落在边上．记（为的对应点）与的交点为，连接，小明再次发现：线段与的长度之和存在最小值．请求出此时线段的长． 8．（2025·山东东营·中考真题）已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点． (1)求出抛物线的解析式； (2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，垂足为点F，当四边形的周长最大时，求点D的坐标； (3)如图2，点M是抛物线的顶点，将沿翻折得到，与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得是以为直角边的直角三角形，请直接写出点P的坐标． ∴， 由翻折得， ∵． ∴， ∴， 9．（2025·山东·中考真题）【图形感知】 如图1，在四边形中，已知，，． （1）求的长； 【探究发现】 老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究． 在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点． （2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下： ①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由； ②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长； （3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由． 题型四 对称中的坐标问题 牢记坐标对称核心规律，关于 x 轴对称横同纵反，关于 y 轴对称纵同横反，关于原点对称横纵均反；中心对称的对称中心为对应点连线中点，用中点坐标公式求解。 混淆不同对称方式的坐标变换规律，符号写反；中心对称问题错算中点坐标，网格中格点坐标定位偏差；复合变换时未按顺序计算坐标导致结果错误。 10．（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． 11．（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． 12．（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． 题型五 平移 紧扣 “左减右加、上加下减” 的坐标变换规律，平移前后图形全等，对应线段平行且相等、对应角相等；作图先平移关键点再顺次连接，周长、面积计算利用平移性质转化简化。 坐标平移时混淆横、纵坐标的加减方向，上下平移错改横坐标、左右平移错改纵坐标；作图时对应点平移距离不一致，忽略平移不变性导致计算重复。 13．（2025·山东·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向下平移2个单位长度，得到的对应点的坐标是______． 14．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点，将向左平移1个单位长度，则平移后点的坐标为（   ） A． B． C． D． 15．（2025·江苏盐城·中考真题）小明的背包随安检传送带移动，主要涉及的图形变换是（    ） A．平移 B．轴对称 C．旋转 D．位似 题型六 旋转 抓住旋转三要素（旋转中心、方向、角度），旋转前后图形全等，对应点到旋转中心距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角；常结合全等、勾股定理、半角模型解题。 错判旋转角，混淆对应边、对应角；忽略旋转过程中的不变量，无法构建全等关系；动态旋转中未分类讨论旋转方向和落点位置，造成漏解。 16．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 17．（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线． (1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）． 18．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 题型七 三视图的识别 明确主视图、左视图、俯视图的观察角度，遵循 “长对正、高平齐、宽相等” 原则；小正方体堆叠类题型，分层数清每行列的正方体个数，精准确定视图轮廓。 混淆三视图的观察角度，左视图与右视图、俯视图与仰视图搞反；忽略几何体中被遮挡的轮廓线，漏画 / 多画线条；堆叠类题型数错行列正方体个数。 19．（2025·山东滨州·中考真题）如图，生活中常见的交通锥可以近似看作圆锥的形状．关于该圆锥的三视图，下列说法正确的是（   ） A．主视图与左视图相同 B．主视图与俯视图相同 C．左视图与俯视图相同 D．三种视图都相同 20．（2025·山东淄博·中考真题）如图是一个由大小相同的5个小正方体搭成的几何体，则该几何体的主视图是（    ） A． B． C． D． 21．（2025·山东济南·中考真题）如图是由几个大小相同的小立方块搭成的几何体，其主视图是（　　） A． B． C． D． 题型八 由三视图还原几何体 以俯视图为基底确定几何体底面轮廓，结合主视图、左视图确定几何体的高度、层数和立体结构；先判断柱、锥、球等基础几何体类型，再分析组合体的拼接方式。 仅通过单一视图判断几何体，忽略三视图的联动关系；组合体还原时错判各部分的位置和尺寸；对圆锥、圆柱等曲面几何体的三视图特征掌握不牢，还原错误。 22．（2025·山东德州·中考真题）某物体的三视图如图所示，与它对应的物体是（） A． B． C． D． 23．（2025·山东潍坊·中考真题）某物体的三视图如图所示，则该物体可能是（    ） A． B． C． D． 24．（2025·江苏宿迁·中考真题）某几何体的三视图如图所示，这个几何体是（    ） A．圆柱 B．圆锥 C．正方体 D．长方体 题型九 图形变化的综合 拆解图形变化核心环节，锁定平移、旋转、翻折中的不变量（全等关系、定角、定长），结合四边形、函数知识，构建全等 / 相似模型，利用勾股定理、函数性质求解最值与动态问题。 无法拆解复杂综合题的变换环节，找不到核心不变量；动态问题中未确定动点运动轨迹，最值求解思路错误；忽略分类讨论，漏解多种变换情况。 25．（2025·山东滨州·中考真题）【背景资料】 最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用．我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆． 【动手操作】 如图1，中，，请作出的最小覆盖圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．） 【迁移运用】 正方形的边长为7，在边上截取，以为边向外作正方形． （1）如图2，连接，求的最小覆盖圆的直径； （2）将图2中的正方形绕点C逆时针旋转（如图3），经过A，D，F三点，且与边分别交于点I，L，求的最小覆盖圆的直径； （3）将正方形绕点C旋转，分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形（如图4）．在旋转过程中，四边形的最小覆盖圆的直径d的值是否发生变化？如果不变，请直接写出d的值；如果变化，请直接写出d的取值范围． 26．（2025·山东济南·中考真题）在中，，，，点O为的中点．在中，，，，连接并延长到点F，使，连接． 【初步感知】（1）如图1，当点D，E分别在，上时，请完成填空：___________；___________． 【深入探究】（2）如图2，若将图1中的绕点B按逆时针方向旋转一定的角度，连接，，，． ①（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由． ②当四边形的面积最小时，求线段的长． 27．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 知识1 对称 1.如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴.也说这个图形关于这条直线（成轴）对称. 2.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. 知识2 平移与旋转作图 1.平移与旋转作图都应抓住两个要点：一是平移、旋转的方向：二是平移的距离及旋转的角度. 2.基本的作图方法是先选取已知图形的几个关键点，再根据平移或旋转的性质作出它们的对应点，然后以“局部带动整体”的思想方法作出变换后的图形. 无论是平移还是旋转，都不改变图形的大小和形状. 知识3 平移与旋转的性质 1.在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这种图形变换就是平移. 2.图形平移具有以下性质：经过平移，对应点所连的线段平行（或在同一条直线上）且相等，对应线段平行（或在同一条直线上)且相等，对应角相等. 3.把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，这种图形变换称为图形的旋转. 4.图形旋转具有以下性质： ①对应点到旋转中心的距离相等； ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； ③旋转前后的图形全等.图形的平移和旋转都不改变图形的形状和大小. 1．（22-23八年级上·陕西西安·期末）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． 2．（2025·山东青岛·三模）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 3．（19-20八年级上·江苏盐城·月考）下列图形中，不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·山东临沂·一模）如图所示几何体的俯视图是（   ） A． B． C． D． 5．（2025·山东泰安·一模）下列几何体中，主视图、左视图和俯视图都相同的是（　　） A． B． C． D． 二、填空题 6．（2025·山东济南·二模）已知菱形中，，，E为边的中点，F为边上一点，将F点沿过C点的直线翻折，翻折后的对应点G恰好落在直线上，则的最小值为______． 7．（2025·山东淄博·二模）如图，在中，，，，将边沿翻折，使点落在上的点处，再将边沿翻折，使点落在的延长线上的点处，两条折痕与斜边分别交于点，，则线段的长为______． 8．（2025·山东临沂·一模）如图，在直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将线段绕点逆时针旋转得到，则点的坐标为__________． 9．（2025·山东淄博·二模）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，两点的坐标分别为，线段绕原点按顺时针方向旋转后得到线段．若点A的对应点的坐标为，则点B的对应点的坐标为________________． 10．（2016·山东菏泽·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，，，将线段平移至的位置，则的值为______． 11．（2025·山东淄博·二模）如图，在菱形中，，点在边上，连结，将绕点旋转，点恰好落在边上的点处，且，若，，则_______． 三、解答题 12．（2024·安徽·一模）如图．在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，B，C均为格点（网格线的交点）． (1)画出关于直线l对称的； (2)在边上找一点D，连接，使平分的面积． 13．（2025·山东滨州·模拟预测）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)画出关于原点对称的，并写出点的坐标； (2)画出绕点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）． 14．（2025·山西长治·模拟预测）综合与实践 问题情境 如图1，在中，，，，是斜边的中线． 初步探究 （1）如图2，将沿方向平移，当点C落在点D的位置时，点D，B的对应点分别是点，，连接，．试判断四边形的形状，并说明理由． 深入思考 将绕点D顺时针旋转得到，，的对应点分别是N，M． （2）如图3，当时，垂足为Q，与交于点P，与交于点E，求线段的长． （3）在旋转的过程中，线段与交于点E，当点B在线段上时，直接写出线段的长． 7 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 图形的变化 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 数与式（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：对称图形的识别 题型二：画对称图形 题型三：翻折问题 题型四：对称中的坐标问题 题型五：平移 题型六：旋转 题型七：三视图的识别 题型八：由三视图还原几何体 题型九：图形变化的综合 必备知识 知识1 对称 知识2 平移与旋转作图 知识3 平移与旋转的性质 命题预测 命题 透视 命题形式：以选择、填空基础题型为核心，辅以尺规作图与几何综合压轴题，贴合新课标素养立意，常融入传统文化、航天科技等新情境，聚焦直观想象、逻辑推理与运算能力考查，试题梯度清晰，区分度显著。 命题内容： 核心考查对称、平移、旋转、三视图四大模块。对称侧重图形识别、翻折计算与动点最值；平移、旋转聚焦坐标变换、性质应用与几何综合；三视图必考图形识别与几何体还原；翻折、旋转常结合四边形、函数命制压轴题，半角模型、最值问题为高频创新考法。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 对称 T16：饮马问题+作图； T1：对称图形的识别 T2：对称图形的识别； T15：翻折问题 T1：对称图形的识别； T16：翻折问题 T10：动点最值问题； T1：对称图形的识别； T15：动点的最值问题； T1：对称图形的识别 平移 T16：平移作图问题； T12：求平移后的坐标 T12：求平移后的坐标； T15：平移性质求周长 T5：求平移后点的坐标； T12：求平移的距离 T14：求平移后的坐标； T15：求平移后点的坐标； T5：求平移后点的坐标； T14：求平移距离； 旋转 T9：旋转+图形面积； T23：旋转+几何图形综合 T25：旋转+几何图形综合； T6：求旋转后点的坐标； T5：求旋转后点的坐标； T22：旋转+几何图形综合； T16：旋转+规律问题； T23：旋转+几何图形综合； T5：求旋转后点的坐标； T21：旋转+几何图形综合； 三视图 T2：三视图的识别； T2：由三视图反推几何体； T4：三视图的识别； T4：小正方体堆叠的三视图问题 T3：三视图的识别； T2：三视图的识别 T3：非规则几何体三视图的识别； T4：三视图的识别 T4：三视图的识别； T6：三视图的应用 命题预测 1. 考情预测 基础题仍将对称图形识别、三视图判断、平移与旋转的坐标变换列为必考点，延续年年考查的命题规律；中档题聚焦翻折计算、平移旋转性质应用；压轴题持续以旋转、翻折为核心，结合四边形、函数考查半角模型、动点最值，常融入传统文化、科技发展新情境，聚焦几何直观与逻辑推理素养考查。 2. 备考建议 夯实四大图形变化的基础性质，确保基础题零失分；强化翻折、旋转类题型的模型总结；针对综合压轴题，提炼几何变换解题通法，加强数形结合与动态几何分析能力训练。 考点一 图形的变化 题型一 对称图形的识别 紧扣轴对称、中心对称图形的核心定义，轴对称看能否找到直线使图形折叠后完全重合，中心对称看绕点旋转 180° 能否与自身重合；结合规则图形对称性特征，用排除法快速解题。 混淆两类对称的判定标准，忽略正多边形奇偶边数的对称性差异；对组合图案、不规则图形判断时，漏看细节导致对称轴 / 对称中心识别失误。 1．（2025·山东东营·中考真题）中国的航天技术已达到世界先进水平，为世界科技进步贡献了中国智慧．下列中国航天图标中是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是中心对称图形的概念，掌握中心对称图形的概念是解答本题的关键．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．根据中心对称图形的概念逐项判断即可． 【详解】解：A、图案不能找到一个点，使图形绕这个点旋转后与原来的图形重合， 不是中心对称图形； B、图案不能找到一个点，使图形绕这个点旋转后与原来的图形重合， ∴不是中心对称图形； C、图案能找到一个点，使图形绕这个点旋转后与原来的图形重合， ∴是中心对称图形； D、图案不能找到一个点，使图形绕这个点旋转后与原来的图形重合， ∴不是中心对称图形． 故选：C． 2．（2025·山东济南·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】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 【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； ．既是轴对称图形又是中心对称图形，故该选项符合题意； ．不是轴对称图形是中心对称图形，故该选项不符合题意； ．是轴对称图形不是中心对称图形，故该选项不符合题意； 故选：B． 3．（2025·山东青岛·中考真题）围棋是中华民族发明的博弈活动．下列用棋子摆放的图形中，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】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的识别．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．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；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、是轴对称图形，但不是中心对称图形，本选项不符合题意； B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，本选项不符合题意； C、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，本选项不符合题意； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，本选项符合题意； 故选：D． 题型二 画对称图形 先锁定图形关键点，依据轴对称性质作关键点关于对称轴的对应点（对应点连线被对称轴垂直平分），再顺次连接对应点；尺规作图需严格保留作图痕迹，遵循几何作图规范。 对应点位置找错，违背对称轴的垂直平分性质；作图痕迹不完整，复杂图形漏找关键点导致图形变形；未验证所作图形与原图的对称性。 4．（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． 5．（2023·山东枣庄·中考真题）（1）观察分析：在一次数学综合实践活动中，老师向同学们展示了图①，图②，图③三幅图形，请你结合自己所学的知识，观察图中阴影部分构成的图案，写出三个图案都具有的两个共同特征：___________，___________．    （2）动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在（1）中发现的共同特征．    【答案】（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；（2）见解析 【分析】（1）应从对称方面，阴影部分的面积等方面入手思考； （2）应画出既是轴对称图形，且面积为4的图形． 【详解】解：（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等； 故答案为：观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等； （2）如图：    【点睛】此题主要考查了利用轴对称图形设计图案，关键是掌握利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案． 6．（2025·北京朝阳·一模）在正方形中，E为边上一点（不与点A，D重合），将线段沿直线翻折，得到线段，连接并延长，与线段的延长线相交于点G，连接． (1)依题意补全图形； (2)求的度数； (3)用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，证明见解析 【分析】本题考查了正方形的性质、翻折的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）依题意补全图形即可； （2）设，利用正方形和翻折的性质得到，，再利用等腰三角形的性质即可求出的度数； （3）作，交的延长线于点H，连接，利用正方形和翻折的性质证明，得到，，推出是等腰直角三角形，则有，等量代换即可得出结论． 【详解】（1）解：补全图形如图1所示： （2）解：设． 四边形是正方形， ，， ， 将线段沿直线翻折，得到线段， ，， ， ， ． （3）解：，证明如下： 如图2，作，交的延长线于点H，连接． ， ， 四边形是正方形， ，， ，即， 将线段沿直线翻折，得到线段， ，， ，， ， ， ，， 是等腰直角三角形，， ， ， ． 题型三 翻折问题 核心抓住翻折前后图形全等，对应边、对应角相等，折痕是对应点连线的垂直平分线；结合勾股定理、相似三角形、等腰三角形性质列方程求解，动态翻折优先锁定不变量。 忽略翻折后隐藏的等角等边关系，无法构建几何模型；动态翻折未分类讨论落点位置导致漏解；勾股定理列方程时边长对应错误，计算失误。 7．（2025·山东淄博·中考真题）【问题情境】 小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习． 【探究感悟】 如图①，小明在边上取点（不与，重合），连接，将沿翻折，使得点的对应点恰好落到对角线上．则此时线段的长是 ； 【深入探究】 小明继续将沿翻折，发现：，，三点能构成等腰三角形．请求出此时线段的长； 【拓展延伸】 如图②，小明又在边上取点（不与，重合），并将四边形沿翻折，使得点的对应点恰好落在边上．记（为的对应点）与的交点为，连接，小明再次发现：线段与的长度之和存在最小值．请求出此时线段的长． 【答案】（1）（2）或（3） 【分析】（1）根据正方形的性质，折叠的性质，推出为等腰直角三角形，进而求出的长即可； （2）分和两种情况进行讨论求解即可； （3）连接，，作，易得四边形为矩形，根据折叠性质得到，证明，得到，进而得到，作点关于的对称点，连接，连接交于点，则，，得到，得到当点在上时，即点与点重合时，，值最小，证明，得到，进而得到为的中点，设，则：，在中，由勾股定理，得：，求出的长，进而求出的长，证明，进行求解即可． 【详解】解：（1）∵正方形，边长为4， ∴， ∴， ∵翻折， ∴，， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴； （2）当时，如图，作于点，延长交于点， 则：四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵折叠， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴； ②当时，如图：作于点，延长交于点，作于点，则：，四边形为矩形，四边形为矩形， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴，， 在中，， ∴； 综上：或； （3）连接，，交于点，作，则：四边形为矩形， ∴，， ∵折叠， ∴，，，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 作点关于的对称点，连接，连接交于点，则：，， ∴， ∴当点在上时，即点与点重合时，，值最小； 如图： ∵，，， ∴， ∴， ∴为的中点， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，利用轴对称解决线段和最短问题等知识点，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，确定动点位置，是解题的关键． 8．（2025·山东东营·中考真题）已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点． (1)求出抛物线的解析式； (2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，垂足为点F，当四边形的周长最大时，求点D的坐标； (3)如图2，点M是抛物线的顶点，将沿翻折得到，与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得是以为直角边的直角三角形，请直接写出点P的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）设抛物线的解析式为，把代入解析式，解方程求出的值即可； （2）设，则，表示出四边形的周长，根据二次函数的最值即可求解； （3）过C作垂直抛物线对称轴于H，过N作轴于K，证明，再求解，求出直线的解析式为，得到，设，求出，，，分两种情况：①当时，②当时，建立方程求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于，两点， 设抛物线的解析式为， 把代入解析式，得， 解得：， ∴抛物线的解析式为：，即； （2）解：∵抛物线的解析式为：， ∴抛物线图象的对称轴为：， 设， ∵轴， ∴， ∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴， ∴四边形是矩形， ∴四边形的周长 ， ∵， ∴当时，四边形的周长最大，则， ∴当四边形的周长最大时，点D的坐标为； （3）解：过C作垂直抛物线对称轴于H，过N作轴于K， ∴， 由翻折得， ∵． ∴， ∴， ∵对称轴于H， ∴轴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵抛物线的解析式为：， ∴对称轴为， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为：， 将代入，则， ∴， 设， ∴，，， 分两种情况： ①当时，， ∴， 解得：， ∴； ②当时，， ∴ 解得：， ∴点的坐标为； 综上，所有符合条件的点P的坐标为或． 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点坐标问题，二次函数的性质，对称轴的性质，二次函数与直角三角形，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键． 9．（2025·山东·中考真题）【图形感知】 如图1，在四边形中，已知，，． （1）求的长； 【探究发现】 老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究． 在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点． （2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下： ①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由； ②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长； （3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由． 【答案】（1）；（2）①四边形是矩形，理由见解析；②；（3）线段的最小值为． 【分析】（1）利用勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质求解即可； （2）①由折叠的性质得，，再证明，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解； ②延长和相交于点，连接，证明四边形是正方形，再证明，据此求解即可； （3）先利用折叠的性质求得，推出点在以为直径的上，连接，，得到，据此求解即可． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴； （2）①四边形是矩形，理由如下， 由折叠的性质得，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； ②延长和相交于点，连接， 由折叠的性质得，，， ∵点恰好落在边上， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∵， ∴点在对角线上， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）由折叠的性质得，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴点在以为直径的上，连接，， ∴，即点在上时，线段存在最小值， ∵， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识点，难度较大，第三问判断点在以为直径的上是解题的关键． 题型四 对称中的坐标问题 牢记坐标对称核心规律，关于 x 轴对称横同纵反，关于 y 轴对称纵同横反，关于原点对称横纵均反；中心对称的对称中心为对应点连线中点，用中点坐标公式求解。 混淆不同对称方式的坐标变换规律，符号写反；中心对称问题错算中点坐标，网格中格点坐标定位偏差；复合变换时未按顺序计算坐标导致结果错误。 10．（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． 11．（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． 12．（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． 题型五 平移 紧扣 “左减右加、上加下减” 的坐标变换规律，平移前后图形全等，对应线段平行且相等、对应角相等；作图先平移关键点再顺次连接，周长、面积计算利用平移性质转化简化。 坐标平移时混淆横、纵坐标的加减方向，上下平移错改横坐标、左右平移错改纵坐标；作图时对应点平移距离不一致，忽略平移不变性导致计算重复。 13．（2025·山东·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向下平移2个单位长度，得到的对应点的坐标是______． 【答案】 【分析】本题主要考查了点的平移，掌握平移规律“左减右加，上加下减”是解题的关键． 直接运用平移规律“上加下减”即可解答． 【详解】解：将点向下平移2个单位长度，得到的对应点的坐标是，即， 故答案为：． 14．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点，将向左平移1个单位长度，则平移后点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查等边三角形的性质，坐标系中图形的平移，根据等边三角形的性质求出点坐标是解题关键． 过点B作的垂线，通过点A，C的坐标确定与坐标轴的位置关系，再利用等边三角形的性质求出点B的坐标，利用坐标系中图形的平移规律求解即可． 【详解】解：如图，过点B作，垂足为D， ∵，， ∴轴， ∴轴， ∵是等边三角形，， ∴， 又， ∴，， ∴， ， ∴， ∴在向左平移1个单位长度后，点B的坐标为， 故选：A． 15．（2025·江苏盐城·中考真题）小明的背包随安检传送带移动，主要涉及的图形变换是（    ） A．平移 B．轴对称 C．旋转 D．位似 【答案】A 【分析】此题考查几何变换的类型，关键是掌握平移的概念． 根据平移的概念解答即可． 【详解】解：小明的背包随安检传送带移动，主要涉及的图形变换是平移， 故选：A． 题型六 旋转 抓住旋转三要素（旋转中心、方向、角度），旋转前后图形全等，对应点到旋转中心距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角；常结合全等、勾股定理、半角模型解题。 错判旋转角，混淆对应边、对应角；忽略旋转过程中的不变量，无法构建全等关系；动态旋转中未分类讨论旋转方向和落点位置，造成漏解。 16．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 【答案】 【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 由旋转可知， ∴，，， ∴点F、B、C三点共线， ∵ ， ∴ H为的中点， ∴垂直平分， ∴， 设， ∵，， ∴正方形的边长为3， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程． 17．（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线． (1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）． 【答案】(1)①证明见解析 ②为定值，该定值为 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、正方形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． （1）①过点P作、，根据四边形是正方形得到，证四边形是矩形，又得到，进而证明四边形是正方形，利用角度关系得到，证出，根据全等三角形的性质得到即可； ②过点P作、，根据①可得到，根据，证得并且，利用相似三角形的性质得到，最后进行面积转化得到定值即可； （2）过点P作、，连接，易证得，根据相似三角形的性质得到，再证，根据相似三角形的性质，同理可得，进而得到，是等腰直角三角形，根据三角形面积公式进行求解即可． 【详解】（1）①证明：过点P作、，如图所示： 则 四边形是正方形 四边形是矩形 在中， 四边形是正方形 ， ； ②过点P作、，如图所示： 由①可知四边形是正方形 、 故 为定值，该定值为； （2）解：过点P作、，连接，如图所示： 四边形是正方形 射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F 、 同理可得 是等腰直角三角形 在中， 由勾股定理得 ． 答：四边形的面积为． 18．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可． 【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点， 则， 又∵， ∴， ∴， 由旋转得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即当点P在时，的值最大为长， ∵是正方形， ， ∴， ∴的值最大为， ∴的最大面积是， 故选：C． 题型七 三视图的识别 明确主视图、左视图、俯视图的观察角度，遵循 “长对正、高平齐、宽相等” 原则；小正方体堆叠类题型，分层数清每行列的正方体个数，精准确定视图轮廓。 混淆三视图的观察角度，左视图与右视图、俯视图与仰视图搞反；忽略几何体中被遮挡的轮廓线，漏画 / 多画线条；堆叠类题型数错行列正方体个数。 19．（2025·山东滨州·中考真题）如图，生活中常见的交通锥可以近似看作圆锥的形状．关于该圆锥的三视图，下列说法正确的是（   ） A．主视图与左视图相同 B．主视图与俯视图相同 C．左视图与俯视图相同 D．三种视图都相同 【答案】A 【分析】本题考查三视图，根据几何体，确定其三视图，进行判断即可． 【详解】解：圆锥的主视图和左视图相同且均为三角形，俯视图为圆； 故选：A． 20．（2025·山东淄博·中考真题）如图是一个由大小相同的5个小正方体搭成的几何体，则该几何体的主视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了简单组合体三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图.找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中. 【详解】解：从正面看易得第一层有3个正方形，第二层中间有1个正方形. 故选：A. 21．（2025·山东济南·中考真题）如图是由几个大小相同的小立方块搭成的几何体，其主视图是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查的是几何体主视图的判断，掌握主视图的定义是解决此题的关键． 找到从正面看所得到的图形即可，注意从正面看到的所有棱都应表现在主视图中． 【详解】解：这个几何体的主视图是： 故选：B． 题型八 由三视图还原几何体 以俯视图为基底确定几何体底面轮廓，结合主视图、左视图确定几何体的高度、层数和立体结构；先判断柱、锥、球等基础几何体类型，再分析组合体的拼接方式。 仅通过单一视图判断几何体，忽略三视图的联动关系；组合体还原时错判各部分的位置和尺寸；对圆锥、圆柱等曲面几何体的三视图特征掌握不牢，还原错误。 22．（2025·山东德州·中考真题）某物体的三视图如图所示，与它对应的物体是（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了由三视图判断几何体，熟练掌握三视图与几何体各部分形状的对应关系是解题的关键． 通过分析三视图的形状，尤其是俯视图中的圆，判断物体的组成部分（圆柱和长方体的组合），再结合各视图的特征排除不符合的选项． 【详解】解：由俯视图中有圆，得物体上方侧面应为曲面，排除选项A； 由主视图和左视图中下方是长方形，得物体下方应为长方体，排除选项D； 由圆柱的直径与长方体的宽度关系，选项B中圆柱直径过宽，不符合视图特征，选项C符合． 故选：C． 23．（2025·山东潍坊·中考真题）某物体的三视图如图所示，则该物体可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查根据三视图还原几何体，根据给出的三视图可知，该物体为长方体和圆柱体的组合体，长方体在上，圆柱体在下，进行判断即可． 【详解】解：由图可知，该物体可能是 故选B． 24．（2025·江苏宿迁·中考真题）某几何体的三视图如图所示，这个几何体是（    ） A．圆柱 B．圆锥 C．正方体 D．长方体 【答案】D 【分析】本题主要考查了由三视图判断几何体，根据常见几何体的三视图可得出答案，掌握常见几何体的三视图是解题的关键． 【详解】解：根据主视图和左视图是长方形可知，该几何体是柱体，俯视图判断几何体的底面形状是正方形，说明几何体是长方体， 故选：． 题型九 图形变化的综合 拆解图形变化核心环节，锁定平移、旋转、翻折中的不变量（全等关系、定角、定长），结合四边形、函数知识，构建全等 / 相似模型，利用勾股定理、函数性质求解最值与动态问题。 无法拆解复杂综合题的变换环节，找不到核心不变量；动态问题中未确定动点运动轨迹，最值求解思路错误；忽略分类讨论，漏解多种变换情况。 25．（2025·山东滨州·中考真题）【背景资料】 最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用．我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆． 【动手操作】 如图1，中，，请作出的最小覆盖圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．） 【迁移运用】 正方形的边长为7，在边上截取，以为边向外作正方形． （1）如图2，连接，求的最小覆盖圆的直径； （2）将图2中的正方形绕点C逆时针旋转（如图3），经过A，D，F三点，且与边分别交于点I，L，求的最小覆盖圆的直径； （3）将正方形绕点C旋转，分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形（如图4）．在旋转过程中，四边形的最小覆盖圆的直径d的值是否发生变化？如果不变，请直接写出d的值；如果变化，请直接写出d的取值范围． 【答案】【动手操作】图见解析；【迁移运用】（1）；（2）；（3）变化， 【分析】动手操作：作的中垂线，再以中垂线与的交点为圆心，交点与点之间的距离为半径画圆即可； （1）延长交于点，求得为钝角，根据题意得到为的最小覆盖圆的直径，在中，利用勾股定理进行求解即可； （2）连接，根据题意，易得为锐角三角形，的外接圆为其最小覆盖圆，根据正方形的性质，得到，进而得到即为的外接圆的直径，进行求解即可； （3）连接，交于点，交于点，连接，根据三角形的中位线定理，证明四边形为平行四边形，证明，推出四边形为正方形，进而得到四边形的最小覆盖圆的直径为的长，根据正方形的性质得到，根据，求出的范围，即可得出结果． 【详解】解：动手操作：∵中，， ∴是钝角三角形， ∴的最小覆盖圆为以为直径的圆，作图如下： 迁移运用： （1）∵正方形的边长为7，正方形， ∴， ∴， ∴为钝角三角形， ∴为最小覆盖圆的直径， 延长交于点，则：， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴； （2）连接，作于点，延长交于点， 则：四边形为矩形， ∴，， ∴，， 在中，， ∴， ∵，即：， ∴， ∵过点，， ∴，为的直径， 又∵， ∴为锐角三角形， ∴即为的最小覆盖圆， ∵， ∴，即：， ∴， ∴，即的最小覆盖圆的直径为； （3）变化； 连接，交于点，交于点，连接， ∵分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵正方形，正方形， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形为菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴，四边形的最小覆盖圆的直径为， ∴随着的变化而变化， ∵，即， ∴， ∴，即． 【点睛】本题考查三角形的外接圆，圆周角定理，解直角三角形，正方形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握题干给出的信息，判断三角形和四边形的最小覆盖圆，是解题的关键． 26．（2025·山东济南·中考真题）在中，，，，点O为的中点．在中，，，，连接并延长到点F，使，连接． 【初步感知】（1）如图1，当点D，E分别在，上时，请完成填空：___________；___________． 【深入探究】（2）如图2，若将图1中的绕点B按逆时针方向旋转一定的角度，连接，，，． ①（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由． ②当四边形的面积最小时，求线段的长． 【答案】（1）90；；（2）①（1）中的结论仍然成立，证明见解析；② 【分析】（1）证明，可得，，从而得到，进而得到；根据题意可得，即可得到； （2）①证明四边形为平行四边形，可得，，从而得到，根据题意可得，可证明，可得，从而得到的度数，即可；②根据平行四边形的性质可得当最小时，四边形的面积最小，即当E到的距离最小时，最小，四边形的面积最小，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小，从而得到当点B，E，M三点共线时，取得最小值，最小值为，此时时，最小，再由，可得，，然后根据勾股定理可得的长，再结合，即可求解． 【详解】解：∵点O为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵，，，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：90； （2）①中的结论仍然成立，证明 ∵点O为的中点， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，, ∴,； ②在中，∵，，， ∴， 由①得：四边形为平行四边形， ∴四边形的面积等于， ∴当最小时，四边形的面积最小， 即当E到的距离最小时，最小，四边形的面积最小， 如图，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小， ∵，， ∴， 即当点B，E，M三点共线时，取得最小值，最小值为， 此时时，最小， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由①得：， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等，熟练掌握相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性，勾股定理，平行四边形的判定和性质，利用类比思想解答是解题的关键． 27．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键． （1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案； （2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案； （3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到， ，，，， 四边形是正方形， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：；理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， E在上， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：．理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ． 知识1 对称 1.如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴.也说这个图形关于这条直线（成轴）对称. 2.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. 知识2 平移与旋转作图 1.平移与旋转作图都应抓住两个要点：一是平移、旋转的方向：二是平移的距离及旋转的角度. 2.基本的作图方法是先选取已知图形的几个关键点，再根据平移或旋转的性质作出它们的对应点，然后以“局部带动整体”的思想方法作出变换后的图形. 无论是平移还是旋转，都不改变图形的大小和形状. 知识3 平移与旋转的性质 1.在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这种图形变换就是平移. 2.图形平移具有以下性质：经过平移，对应点所连的线段平行（或在同一条直线上）且相等，对应线段平行（或在同一条直线上)且相等，对应角相等. 3.把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，这种图形变换称为图形的旋转. 4.图形旋转具有以下性质： ①对应点到旋转中心的距离相等； ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角； ③旋转前后的图形全等.图形的平移和旋转都不改变图形的形状和大小. 1．（22-23八年级上·陕西西安·期末）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； 2．（2025·山东青岛·三模）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） 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识别，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．根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可． 【详解】解：A、是中心对称图形但不是轴对称图形，符合题意，选项正确； B、既是中心对称图形，又是轴对称图形，不符合题意，选项错误； C、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意，选项错误； D、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意，选项错误； 故选：A． 3．（19-20八年级上·江苏盐城·月考）下列图形中，不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查轴对称图形的性质，掌握轴对称图形的性质是解题的关键． 观察图形，依次判断各选项中的图形能否沿一条直线对折后能完全重合即可． 【详解】解：选项A：该图形沿竖直的直线对折后，左右部分能完全重合，是轴对称图形，不符合题意要求； 选项B：该图形不论沿哪条直线对折，左右部分均不能完全重合，不是轴对称图形，符合题意要求； 选项C：该图形沿竖直的直线对折后，左右部分能完全重合，是轴对称图形，不符合题意要求； 选项D：该图形沿竖直的直线对折后，左右部分能完全重合，是轴对称图形，不符合题意要求； 故选B． 4．（2025·山东临沂·一模）如图所示几何体的俯视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了物体的三视图，掌握三视图的画法是解题的关键．根据从上面看到的平面图形即可求解． 【详解】解：这个几何体从上面看，形状如图： 故选：D． 5．（2025·山东泰安·一模）下列几何体中，主视图、左视图和俯视图都相同的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查简单几何体的三视图，掌握常见几何体的三视图是解题的关键．根据简单几何体的三视图逐个判断即可． 【详解】解：A、圆柱的主视图和左视图是矩形，俯视图是圆形，故此选项不符合题意； B、圆锥的主视图和左视图是三角形，俯视图是带圆心的圆，故此选项不符合题意； C、六棱柱的主视图和左视图是三个矩形拼接而成，俯视图是六边形，故此选项不符合题意； D、球的三视图都是圆形，且大小一样，故此选项符合题意． 故选：D． 二、填空题 6．（2025·山东济南·二模）已知菱形中，，，E为边的中点，F为边上一点，将F点沿过C点的直线翻折，翻折后的对应点G恰好落在直线上，则的最小值为______． 【答案】6 【分析】设折痕为，连接，由题意得，，．证明是等边三角形得，，求出，可得，即当E，G，G共线时，的值最小，然后证明是的中位线，是的中位线，进而可求得结论． 【详解】解：如图，设折痕为，连接，由题意得，，． ∵菱形中，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∵当E，G，G共线时，的值最小， ∴此时值最小，， ∴． ∵E为边的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴， ∴， ∴，即的最小值为6． 故答案为：6． 【点睛】本题考查了菱形的性质，平行线分线段成比例定理，三角形的中位线，折叠的性质，证明是的中位线，是的中位线是解答本题的关键． 7．（2025·山东淄博·二模）如图，在中，，，，将边沿翻折，使点落在上的点处，再将边沿翻折，使点落在的延长线上的点处，两条折痕与斜边分别交于点，，则线段的长为______． 【答案】 【分析】本题主要考查的是翻折的性质、含的直角三角形的性质，解直角三角形，先根据正切求出长，然后根据的直角三角形的性质求出长，再证明是等腰直角三角形解答即可． 【详解】解：，， ∴，， ∵边沿翻折，使点落在上的点处， ∴， ， 由折叠可得：且 且 ， ， 故答案为：． 8．（2025·山东临沂·一模）如图，在直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将线段绕点逆时针旋转得到，则点的坐标为__________． 【答案】 【分析】本题考查了平面直角坐标系的特点，旋转的性质，特殊角的三角函数的计算，掌握旋转的性质，特殊角的三角函数的计算是关键． 根据特殊角的三角函数的计算得到，，，将线段绕点逆时针旋转得到，则，，如图所示，过点作于点，则，得到，，，由此即可求解． 【详解】解：点的坐标为，点的坐标为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵将线段绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴， 如图所示，过点作于点，则， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为： ． 9．（2025·山东淄博·二模）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，两点的坐标分别为，线段绕原点按顺时针方向旋转后得到线段．若点A的对应点的坐标为，则点B的对应点的坐标为________________． 【答案】 【分析】本题考查坐标与图形变化−−旋转，根据题意画出旋转后的线段即可解决问题，能根据题意画出旋转后的图形是解题的关键． 【详解】解：∵线段绕原点按顺时针方向旋转后，点的对应点是点， ∴线段绕原点按顺时针方向旋转后得到线段，如图所示： 根据图形可知：点的对应点的坐标是． 故答案为：． 10．（2016·山东菏泽·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，，，将线段平移至的位置，则的值为______． 【答案】2 【分析】本题考查坐标与图形变化-平移，解题的关键是掌握平移变换的性质， 根据平移变换的规律解决问题即可． 【详解】解：由题意，线段向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到线段， ∴， ∴， 故答案为：2． 11．（2025·山东淄博·二模）如图，在菱形中，，点在边上，连结，将绕点旋转，点恰好落在边上的点处，且，若，，则_______． 【答案】3或1 【分析】过点作于点，连接，分两种情况①当在点左侧，证出为等边三角形，由等边三角形的性质得出，证明，得出，进而推出为等边三角形，再由直角三角形性质以及勾股定理求出，，，进而即可得解，②当在点右侧，同理即可得解． 【详解】解：过点作于点，连接， 当在点左侧， ∵四边形为菱形，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵将绕点旋转，点恰好落在边上的点处， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ②当在点右侧， 与①同理可得，，， ， ∴， ∴， 故答案为：3或1． 【点睛】本题考查了菱形、旋转的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握上述知识，数形结合分析是关键． 三、解答题 12．（2024·安徽·一模）如图．在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，B，C均为格点（网格线的交点）． (1)画出关于直线l对称的； (2)在边上找一点D，连接，使平分的面积． 【答案】(1)图见详解； (2)图见详解； 【分析】（1）本题考查画轴对称图形，根据对应点连线被对称轴垂直平分直接作图即可得到答案； （2）本题考查三角形中线平分三角形的面积，先根据格点找到边上中点D，连接即可得到答案； 【详解】（1）解：由题意可得，如下图， （2）解：由题意可得找到边上中点D，连接如图所示 13．（2025·山东滨州·模拟预测）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)画出关于原点对称的，并写出点的坐标； (2)画出绕点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）． 【答案】(1)图见解析， (2)图见解析， (3)点旋转到点的过程中所经过的路径长为 【分析】本题考查了利用旋转变换作图，原点对称和弧长公式等知识，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键． （1）根据“关于原点对称的点的横坐标和纵坐标互为相反数”找到对应的点，然后顺次连接得到，进而写出点的坐标即可； （2）根据网格结构找出点以点为旋转中心逆时针旋转后的对应点，然后顺次连接得到，进而写出点的坐标即可； （3）利用勾股定理求出的长，再根据弧长公式进行求解即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求，由图可知：．    （2）解：如图，即为所求，由图可知：．    （3）解：， 点旋转到点的过程中所经过的路径长为． 14．（2025·山西长治·模拟预测）综合与实践 问题情境 如图1，在中，，，，是斜边的中线． 初步探究 （1）如图2，将沿方向平移，当点C落在点D的位置时，点D，B的对应点分别是点，，连接，．试判断四边形的形状，并说明理由． 深入思考 将绕点D顺时针旋转得到，，的对应点分别是N，M． （2）如图3，当时，垂足为Q，与交于点P，与交于点E，求线段的长． （3）在旋转的过程中，线段与交于点E，当点B在线段上时，直接写出线段的长． 【答案】（1）四边形是矩形，见解析；（2）；（3）或 【分析】（1）由直角三角形斜边中线得，由平移可知，那么，故四边形是平行四边形，而，则四边形是矩形； （2）由勾股定理得，则，那么，可求，由题意得，，则，在中，解直角三角形得，则，在中，解直角三角形得； （3）当点与点重合时，过点作于点，可得，则，即可求解；当点不与点重合时，如图：过点作于点，可证明，由，再由线段和差求解即可． 【详解】（1）解：四边形是矩形，理由如下： 在中，是斜边的中线， ∴， 由平移可知， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，，， ∴， ∵是斜边的中线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由题意得，， ∴， ∴，即， ∴，即旋转角为， ∴， 由平移可得：， ∴， ∴在中，， ∴， ∴在中，； （3）当点B与点N重合时，如图：过点作于点， 由旋转和平移得，， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：； 当点B不与点N重合时，如图：过点作于点， ∵由旋转，平移得到，， ∴， ∴， ∴， 由旋转，平移得到， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上：的长为或． 【点睛】本题考查了旋转，平移的性质，解直角三角形，矩形的判定，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，综合性强，难度大，熟练掌握知识点并灵活运用，是解题的关键． 11 / 58 学科网（北京）股份有限公司 $