专题18 图象的变化（折叠、旋转、平移）（5大考点，59题）（江苏专用）2026年中考数学一模分类汇编

专题18 图象的变化（折叠、旋转、平移）（4大考点，59题） 4大考点概览 考点01轴对称与中心对称图象识别 考点02平移的问题 考点03旋转问题 考点04轴对称的性质与折叠问题 轴对称与中心对称图象识别 考点1 一、单选题 1．（2026·江苏徐州·一模）下列图形中不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形， 根据轴对称图形的定义可得平行四边形不是轴对称图形， 故选项A、C、D不符合题意，选项B符合题意． 2．（2026·江苏无锡·一模）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【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，把一个图形绕某一点旋转180度，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，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 3．（2026·江苏宿迁·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】根据轴对称及中心对称的定义逐项判断即可． 【详解】解：A选项是轴对称图形不是中心对称图形； B选项是轴对称图形不是中心对称图形； C选项不是轴对称图形是中心对称图形； D选项既是轴对称图形又是中心对称图形； 4．（2026·江苏无锡·一模）下列图形中，一定是轴对称图形的是（    ） A．三角形 B．平行四边形 C．矩形 D．梯形 【答案】C 【分析】根据轴对称图形的定义，即沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合的图形，逐项分析判断即可求解． 【详解】解：A 只有等腰三角形或等边三角形是轴对称图形，任意三角形不一定是轴对称图形，故A错误； B 平行四边形找不到满足条件的对称轴，不是轴对称图形，故B错误； C 矩形沿对边中点所在直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，一定是轴对称图形，故C正确； D 只有等腰梯形是轴对称图形，任意梯形不一定是轴对称图形，故D错误． 5．（2026·江苏无锡·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．等腰直角三角形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．圆 【答案】D 【分析】根据如果一个图形沿着一条直线折叠，直线两边的部分互相重合，那么这个图形是轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心；即可判断． 【详解】解：A、 等腰直角三角形是轴对称图形，旋转后无法与原图形重合，不是中心对称图形，不符合题意； B 、等边三角形是轴对称图形，旋转后无法与原图形重合，不是中心对称图形，不符合题意； C、 平行四边形是中心对称图形，找不到对称轴使折叠后两边重合，不是轴对称图形，不符合题意； D、 圆沿任意过圆心的直线折叠均可重合，绕圆心旋转也可与原图形重合，既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意． 6．（2026·江苏无锡·一模）下列国产软件图标属于轴对称图形的是（    ） A． B． C．米可智能 D．通义千问 【答案】C 【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，这个图形就叫做轴对称图形． 【详解】解：A、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是轴对称图形，不符合题意； B、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是轴对称图形，不符合题意； C、沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，故是轴对称图形，符合题意； D、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是轴对称图形，不符合题意． 7．（2026·江苏徐州·一模）某人工智能创新实验室正在征集实验室的专属徽章设计，要求徽章图案兼具科技感与对称美感．以下四款候选图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义，逐项判断即可． 【详解】解：A选项：该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不符合题意； B选项：该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意； C选项：该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不符合题意； D选项：该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故D选项符合题意． 8．（2026·江苏徐州·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】A 【分析】把一个图形绕某一点旋转后，能够与原图形重合，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，这个图形就叫做轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项分析即可得出结果，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念，是解题的关键． 【详解】解：A、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形，故符合题意； B、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形，故不符合题意； C、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，不是轴对称图形，故不符合题意； D、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形，故不符合题意． 9．（2026·江苏徐州·一模）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意． 10．（2026·江苏徐州·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】A 【详解】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 11．（2026·江苏徐州·一模）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后与原图重合． 【详解】解：A、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；故符合题意； B、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；故不符合题意； C、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；故不符合题意； D、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，不是轴对称图形；故不符合题意． 12．（2026·江苏南通·一模）发展新能源汽车是我国从汽车大国走向汽车强国的必由之路．下列四款新能源汽车的标志中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 【详解】解：A、既是轴对称图形也是中心对称图形，符合题意； B、是轴对称图形，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、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意 ． 13．（2026·江苏南通·一模）窗棂是中国传统木构建筑的重要元素，既散发着古典之韵，又展现了几何之美．下列窗棂图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D．　 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别．解题的关键在于熟练掌握：在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．根据中心对称和轴对称的定义，进行判断即可． 【详解】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，不符合题意； B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； 故选C． 14．（2026·江苏无锡·一模）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查中心对称图形和轴对称图形的识别，解决本题的关键是熟知中心对称图形和轴对称图形的定义．轴对称图形：如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐项判断即可． 【详解】解：A、是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； D、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意； 故选：A． 15．（2026·江苏宿迁·一模）“致中和，天地位焉，万物育焉．”对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，下列大学的校徽图案是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题主要考查了轴对称图形的概念．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，根据轴对称图形的概念求解． 【详解】解：A．是轴对称图形，故本选项符合题意； B．不是轴对称图形，故本选项不符合题意； C．不是轴对称图形，故本选项不符合题意； D．不是轴对称图形，故本选项不符合题意． 故选：A． 16．（2026·江苏连云港·一模）如图，两个全等的直角三角板有一条边重合，组成的四个图形中，不是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查轴对称图形的定义，在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形是轴对称图形． 根据轴对称图形的定义逐一判断即可． 【详解】A选项是轴对称图形，所以A选项不符合题意； B选项是轴对称图形，所以B选项不符合题意； C选项是轴对称图形，所以C选项不符合题意； D选项不是轴对称图形，所以D选项符合题意． 故选D． 平移的问题 考点2 一、单选题 17．（2026·江苏南京·一模）如图，直线交坐标轴于点A，B，将向x轴负半轴平移4个单位长度得，则图中阴影部分面积为（    ） A．14 B．16 C．18 D．20 【答案】C 【分析】本题主要考查一次函数与几何变换的综合．根据一次函数图象分别求出，，的长，根据平移可算出的长，根据点在一次函数图象上可算出点F的坐标，即求出的长，再根据，可得，求出梯形的面积即可． 【详解】解：直线交坐标轴于点A，B， 令，；令，； ，，即，， 向x轴负半轴平移4个单位长度得， ，，， 设、交于点F， 点F在直线的图象上，且点F的横坐标与点D的横坐标相同， 当时，， ，即， ， ， ，即图中阴影部分面积为18， 故选：C． 18．（2026·江苏南通·一模）如图，将平移后得到．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平移的性质，三角形外角的性质，由平移的性质得到，再由三角形外角的性质求出的度数即可得到答案． 【详解】解：由平移的性质可得， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 19．（2026·江苏南通·一模）如图，将沿着射线平移到．若，则平移的距离为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【分析】利用平移性质，确定对应点，通过线段长度计算平移距离．本题主要考查平移的性质，熟练掌握平移中对应点间的距离为平移距离是解题的关键． 【详解】解：∵沿射线平移得到， ∴点与点是对应点．平移的距离为的长度， 又∵，， ∴． 故选：． 二、填空题 20．（2026·江苏南通·一模）如图：矩形ABCD的对角线AC=10，BC=8，则图中五个小矩形的周长之和为_______．    【答案】28 【详解】由矩形性质可知∠B=90°，对角线AC=10，BC=8可运用勾股定理得AC=6；再利用平移的知识将每个小矩形的边分别上、下、左、右平移即可发现5个小矩形的周长之和是矩形ABCD的周长=（6+8）×2=28． 三、解答题 21．（2026·江苏南通·一模）如图，是等边三角形，是的中点，，垂足为，是由沿方向平移得到的．已知过点，交于点． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 【答案】(1)； (2)证明见解析 【分析】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、平移的性质、线段垂直平分线的判定与性质．关键是结合等边三角形的边角特征，利用平移的平行关系推导角的等量关系，再通过线段垂直平分线的性质求出的内角，最终依据等边三角形的判定定理完成证明． （1）利用等边三角形“三线合一”的性质，由是中点，得出平分，从而计算出．再根据，得到，最后通过角的和差关系，用减去，即可求出的度数． （2）先根据平移性质，得到，再结合，推出，．接着，由，得出垂直平分，进而得到．最后，结合（1）中已得的，推出的三个内角均为，从而证明其为等边三角形． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴． ∵是的中点， ∴． ∵， ∴， ∴． （2）证明：由平移可知：， ∴， 又∵， ∴， ∴，， 又∵， ∴垂直平分， ∴， 由（1）知，， ∴， ∴， ∴是等边三角形． 22．（2026·江苏苏州·一模）如图，在四边形中，，与互余，将分别平移到和的位置，． (1)求的度数； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2)6 【分析】（1）根据平移的性质和平行的性质得到，再利用互余的定义即可计算出的度数； （2）根据平移的性质得到，所以，再利用线段的和差即可解答． 【详解】（1）解：（1）∵平移到的位置， ∴， ∴， ∵与互余， ∴． （2）解：∵分别平移到和的位置， ∴， ∴， ∵， ∴，即，解得：． 旋转问题 考点3 一、单选题 23．（2026·江苏无锡·一模）如图，在四边形中，，，，，将绕点顺时针方向旋转后得，当恰好经过点时，为等腰三角形，若，则（　　）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由旋转的性质和为等腰三角形可得，为等腰直角三角形，则，使用勾股定理计算出．容易证明，则，代入数值计算即可． 【详解】解： 由旋转的性质可得，，，，， ∵为等腰三角形，， ∴为等腰直角三角形， ∴，， 在直角中，， ∴， 在直角中，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴． 24．（2026·江苏扬州·一模）如图，中，，，．点是上的一点，且，为边上的一个动点，连接，将绕点顺时针旋转得到线段，连接．点在从向运动的过程中，线段的最小值为(   ) A．4 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】过点作于点，连接，过点作于点，则，求得，，进而求得的长得出，证明，进而得出垂直平分，，当时，取得最小值，，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点，连接，过点作于点，则 ∵中，，，． ∴，， 在中， ∴ ∴ ∴， ∵ ∴， ∵将绕点顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴垂直平分 ∴， 而 ∴， ∴当时，取得最小值，，即线段的最小值为 25（2026·江苏苏州·一模）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，顶点在轴上，点在轴上，点B在第一象限，分别以点A，B为圆心，长为半径画弧，两弧交正方形内一点D，将点D绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点对应点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查坐标与图形变化旋转及点的坐标变化规律．先根据题意求出点的坐标，再由所给旋转方式得出每旋转四次点对应点循环出现，据此可解决问题． 【详解】解：由题知，是等边三角形．过点作的垂线，垂足为， 点坐标为， ， 则正方形的边长为2． ，． 在中， ， 点的坐标为． ∵， ∴每旋转四次点的对应点循环出现． ∵， ∴第2025次旋转结束时，点的对应点位置与点重合，如图， 作轴于点，作轴于点， 由旋转的性质知，， ∴， ∴， ∴，， ∴点的对应点坐标为． ∴第2024次旋转结束时，点的对应点坐标为． 故选：A． 26．（2026·江苏镇江·一模）如图，将绕点顺时针旋转，再将得到的点顺时针旋转，…依次旋转下去，最终将绕点顺时针旋转，得到．若点在线段上，点在线段上，且，则下列结论中正确的是（   ） ①；②点到直线的距离为；③若、、三点共线，则；④五边形是正五边形 A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】根据旋转的性质求出可判断①；作于点H，解直角三角形可判断②；由旋转的性质得由、、三点共线先求出，进而可求出，从而判断③；证明五边形各边相等，各角相等，根据正多边形的定义可判断④． 【详解】解：①，故①正确； ②由旋转的性质得， ∴． 作于点H ∴，故②不正确； ③由旋转的性质得，， ∵、、三点共线 ∴， ∴，故③正确； ④∵，， ∴， ∴， 同理可证，． ∵， ∴， 同理可证，， ∴五边形是正五边形，故⑤正确． 故选B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，正多边形的判定，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 27．（2026·江苏泰州·一模）如图，在中，，将在平面内绕点旋转到的位置，使，则旋转角的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 由旋转性质可知，故有，，再通过平行线的性质得出，又，则，最后由三角形内角和定理即可求出旋转角． 【详解】解：由旋转性质可知，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 28．（2026·江苏扬州·一模）如图，在中，，，将绕点 C顺时针旋转得到． 点 E是边的中点，点F为线段上的动点，在绕点C顺时针旋转过程中，点F的对应点是，则线段长度的最小值为（     ） A．4.8 B．3 C．2.4 D．1.8 【答案】D 【分析】过A作于F，过C作于E，根据等腰三角形的性质和三角形的面积公式求出；此时过C作于F，以C为圆心为半径画圆交于，有最小值，解答即可． 【详解】解：过A作于F，过C作于E，如图1： ∵， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴ ， ∴，， ∴， 如图2，过C作于F，以C为圆心为半径画圆交于，有最小值， 此时在中，， ∴， ∴的最小值为， 故选：D． 【点睛】此题考查了几何变换问题，等腰三角形的性质，旋转的性质，面积法求三角形的高，解直角三角形；（1）题关键用面积法求出三角形的高，（2）题关键是能画出旋转的轨迹． 29．（2026·江苏扬州·一模）如图，在矩形中，，，点P在线段上运动（含B、C两点），连接，以点A为中心，将线段逆时针旋转60°到，连接，则线段的最小值为（   ） A． B． C． D．3 【答案】A 【分析】根据题中条件确定出点的轨迹是线段，则线段的最小值就转化为定点到点的轨迹线段的距离问题． 【详解】解：与固定夹角是，，点的轨迹是线段， 的轨迹也是一条线段． 两点确定一条直线，取点分别与重合时，所对应两个点Q， 来确定点的轨迹，得到如下标注信息后的图形： 求的最小值，转化为点到点的轨迹线段的距离问题， , 在中，, ,， 将逆时针绕点转动后得到， 为等边三角形，, 为的中点，根据三线合一知， , 过点作的垂线交于点, 在中，对应的边等于斜边的一半， ， 的最小值为， 故选：A． 【点睛】本题考查了动点问题中，两点间距离的最小值问题，解题的关键是：需要确定动点的轨迹，才能方便找到解决问题的突破口． 二、填空题 30．（2026·江苏扬州·一模）如图，将绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点恰好落在边上，此时点恰好落在的延长线上，则的度数为______． 【答案】30 【分析】根据旋转可得，再根据等边对等角和三角形内角和的性质进行求解即可． 【详解】解：由旋转可得，， ∴， ∴， ∴． 31．（2026·江苏徐州·一模）如图，在正方形中，，点O是边的中点，若点E是直线上一动点，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，则线段长的最小值为_______． 【答案】1 【分析】根据旋转的性质和正方形的性质证明 ，从而得出 ，确定点的运动轨迹，利用垂线段最短，结合三角函数求解的最小值． 【详解】解：连接， 由旋转的性质可知， 四边形是正方形 ，， 在和 中 ， 当时，的长度最小，如图： 四边形是正方形 ∴ ∵，， ∴ 在中，，是的中点， 由勾股定理得， ∴在中， ∴线段长的最小值为1． 32．（2026·江苏盐城·一模）如图，已知点，将线段OA绕点A逆时针旋转90°至，则点的坐标是_____． 【答案】 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转，熟知图形旋转的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．过点A作y轴的平行线，交x轴于点N，再过点作的垂线，垂足为M，利用全等三角形的判定与性质结合点的坐标即可解决问题． 【详解】解：过点A作y轴的平行线，交x轴于点N，再过点作的垂线，垂足为M， 由旋转可知，，， ∴． 又∵，轴， ∴， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，． ∵点A的坐标为， ∴，， ∴，， ∴点的坐标为． 33．（2026·江苏无锡·一模）如图，把绕点O按逆时针方向旋转后得到，若，，则________． 【答案】 【分析】根据旋转的性质得到，，则由角之间的关系可得，再根据平行线的性质推出，最后利用三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵将绕点按逆时针方向旋转后得到， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 34．（2026·江苏徐州·一模）如图，在中，，P是线段外一动点，，连接，将线段绕点P逆时针旋转得到线段，连接，则的长最大值为_______． 【答案】/ 【分析】连接，根据三角形的三边关系得出当点在的延长线时，的长度取得最大值，证明，得出，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴当点在的延长线时，的长度取得最大值， 由题意得，均为等腰直角三角形， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴的长最大值为． 35．（2026·江苏苏州·一模）如图，等腰中，，，点D为斜边上一点（不与A，B重合），，连接，将线段绕点C顺时针方向旋转至，连接、．若，，求________． 【答案】 【分析】根据旋转的定义得到，，证明，求出，再根据勾股定理即可求出答案． 【详解】解：由旋转可知，，， ， ， ． 在和中，， ，． 是等腰直角三角形， ，， ． 又， 则在中，． 36．（2026·江苏常州·一模）如图，四边形中，是由绕顶点逆时针旋转所得，顶点恰好转到上一点的位置，则________度． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，熟练掌握旋转前后对应边相等、对应角相等，以及等腰三角形两底角相等的性质是解题的关键． 根据旋转的性质，得到对应边相等、对应角相等以及旋转角的度数，再利用等腰三角形的性质求出，最后通过三角形内角和与对顶角相等的性质求出，进而求出的度数． 【详解】解：如图， ∵是由绕顶点逆时针旋转所得， ∴，，，， ∵，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故答案为：． 37．（2026·江苏徐州·一模）如图，在中，，将绕顶点逆时针旋转一周得到，是的中点，是的中点，连接，若，，在旋转的过程中线段的最大值是__________． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，锐角三角函数，含角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上中线的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 连接，在中，利用可求得，根据含角的直角三角形的性质可得，由旋转的性质可知，，再根据直角三角形斜边上中线的性质得到，，从而根据即可求解． 【详解】解：如图，连接， 在中，，， ，即， ， ， 由旋转的性质可得，，， 是的中点是的中点， ，， 又，即， 的最大值为6（此时P，C，M三点共线）． 38．（2026·江苏南京·一模）如图，将绕点旋转至的位置，点在边上，与交于点．若，则_______． 【答案】 【分析】首先由旋转性质得，从而，，；由可知为等腰三角形，结合已知求出；再利用与的等量关系，推出，进而得到的度数． 【详解】解：∵绕点旋转至的位置， ∴， ∴，，， ∵， ∴是等腰三角形， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即． 39．（2026·江苏南京·一模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上，．若将正方形绕点逆时针旋转得到正方形，则点的坐标为________． 【答案】 【分析】本题主要考查了点的坐标，图形的旋转变换及其性质，依题意得，根据点得，由旋转的性质得，且点在x轴的负半轴上，正方形的边长为5，由此即可得出点的坐标． 【详解】解：∵四边形是正方形，且边长为5， ∴， ∵点， ∴， ∴， 由旋转的性质得：，且点在x轴的负半轴上，正方形的边长为5， ∴点的坐标为． 故答案为：． 40．（2026·江苏徐州·一模）已知，在中，，，，是直线上一点，将点绕点逆时针旋转得其对应点，当时，则长为_______． 【答案】或 【分析】通过连接辅助线，利用旋转性质和全等三角形的判定，确定点的运动轨迹，再分情况结合等腰直角三角形、勾股定理求解长． 【详解】解：连接、，取的中点，作直线． ∵将点绕点逆时针旋转得对应点， ∴，，为等边三角形． ∵，，， ∴． ∵是中点，，， ∴，． ∵， ∴． 在和中， ， ∴． ∴， ∴，点在直线上运动． 情况一：点在的延长线上． ∵，是中点， ∴． ∵， ∴． 在中，， ∴． 情况二：点在线段上． 同理，， ∴． 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握旋转性质和全等三角形判定是解题的关键． 41．（2026·江苏南通·一模）如图，为正方形的对角线，平分，交于点，把绕点逆时针方向旋转90°得到，延长交于点，连接，交于点．给出下列结论：①；②；③；④．以上结论正确的是________．（填写序号） 【答案】①③④ 【分析】本题考查正方形性质，旋转性质，全等三角形性质与判定，角平分线定义，圆周角定理，勾股定理解三角形，等腰三角形性质与判定，三角形的三边关系等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 由旋转性质得，可得，，，进而由即可判断①；由即可判断②；由、、、、在以为直径的圆上，可以证明，即可判定③，设，由勾股定理解三角形可得，，即可判断④． 【详解】解：由旋转可知：， ∴，，， ∵在正方形中， ∴，， 又∵， ∴， ∴，即，故①结论正确， ∵，， ∴，故②结论错误； 如图： ∵在正方形中， ∴， ∴， ∴、、、、在以为直径的圆上， ∵， ∴，故结论③正确； 如图：过点作，交于， ∵平分，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， 设， 在中，， ∴， ∴，（负根已舍去） ∵， ∴， ∴．故结论④正确； 综上所述：①③④结论正确， 故答案为：①③④． 42．（2026·江苏南通·一模）△ABC是等边三角形，点O是三条高的交点．若△ABC以点O为旋转中心旋转后能与原来的图形重合，则△ABC旋转的最小角度是____________． 【答案】120°． 【详解】试题分析：若△ABC以O为旋转中心，旋转后能与原来的图形重合，根据旋转变化的性质，可得△ABC旋转的最小角度为180°﹣60°=120°．故答案为120°． 考点：旋转对称图形． 43．（2026·江苏南京·一模）如图，中，，，，将绕点按顺时针方向旋转后得到，且点点刚好落在上，则______． 【答案】/3.6 【分析】先求出，，作AF⊥BC于点F，利用旋转的性质和等腰三角形的性质得到，再求出，即可得到答案． 【详解】解：根据题意， ∵中，，， ∴， ∴； 由勾股定理，则 ； 将绕点按顺时针方向旋转后得到，且点点刚好落在上，作AF⊥BC于点F，如图： ∴AD=AB=3，∠AFC=90°，BF=DF=， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角函数，旋转的性质，勾股定理解直角三角形，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握所学的知识，正确的作出辅助线进行解题． 44．（2026·江苏常州·一模）如图，直线，的边在直线上，，将绕点顺时针旋转至，边交直线于点，则______． 【答案】50 【分析】先根据旋转的性质得到，再由平角的定义求出的度数，即可利用平行线的性质得到答案． 【详解】解：将绕点顺时针旋转至， ∴， ∵∠AOB=55°， ∴， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，熟练掌握两直线平行，同位角相等和旋转的性质是解题的关键． 45．（2026·江苏南京·一模）如图所示的五角形图案绕点至少旋转________度才能与自身重合． 【答案】 【分析】顺次连接A、B、C、D、E五个点，得正五边形，根据正五边形的性质即可得到结论． 【详解】如图，顺次连接A、B、C、D、E五个点，得正五边形， ∵正五边形的中心角是， ∴五角形图案绕点至少旋转度才能与自身重合． 故答案为： 【点睛】此题考查了正多边形的性质，熟练掌握正多边形的中心角是解题的关键． 三、解答题 46．（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，．将该矩形绕着点按逆时针方向旋转，得到矩形．连接、． (1)当点的对应点落在边上时，求的长； (2)在旋转过程中，设，的面积为．求与之间的函数表达式，并求出的最大值． 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）过点作，连接，过点作，如图所示，由矩形性质求出相关角度和线段关系，在中，由勾股定理求出，结合旋转性质及三角形相似的判定与性质得到相似比，代值求出，最后在中由勾股定理求解即可； （2）过点作、，过点作，构造出矩形，求出矩形的两条邻边长度，在中，由勾股定理列式求解即可得到与之间的函数表达式，再由二次函数性质及点的轨迹为圆分析求解即可得到的最大值． 【详解】（1）解：当点的对应点落在边上时，如图所示： 在矩形中，，， 过点作，连接，过点作，如图所示： 四边形是矩形， ，，，， 在中，，则由勾股定理可得， 由旋转性质可知，则， ， 则， 解得，， ， 在中，，，则由勾股定理可得； （2）解：过点作、，过点作，如图所示： 四边形是矩形，则， ， 解得， ，， 是的中线，则， 在中，，则由勾股定理可得， 由等面积法可知， ，解得， 在中，由勾股定理可得，则， ， ， 直接开平方得， 即与之间的函数表达式为， ，即抛物线开口向上，且对称轴为轴， 值随着的增大而增大， 将该矩形绕着点按逆时针方向旋转，则点在以点为圆心、为半径的圆周上，如图所示： 在旋转过程中，设，则为直径，即时，的面积有最大值，为． 47．（2026·江苏南京·一模）【知识技能】 （1）如图1，在中，是的中位线．连接，将绕点按逆时针方向旋转，得到．当点的对应点与点重合时，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，，点在上，．过点作，垂足为，，．在四边形内是否存在点，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，理由见解析 【分析】（1）用旋转的性质得到，推出，再结合三角形中位线的平行性质，得到，通过等角对等边证明； （2）先由旋转的性质得到对应边相等、对应旋转角相等，证明，得到对应边的比例关系，再结合三角形中位线定理，证明是的中位线，得到，代入比例式变形即可得证； （3）要满足，可构造以为直径的和以为直径的，利用直径所对的圆周角为直角，得到、，满足角度和为，再通过勾股定理、相似三角形的性质计算两圆圆心距，判定两圆有交点，同时验证交点在四边形内部，即可证明存在符合条件的点． 【详解】（1）解：∵绕点按逆时针方向旋转，得到，且点的对应点与点重合， ∴， ∴， ∵是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接， ∵绕点按逆时针方向旋转，得到， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵是的中位线，是的中线， ∴，， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴； （3）解：存在，理由如下： 取的中点，的中点，分别以、为圆心，、为半径作和，点为两圆的交点， ∵是的直径，是的直径， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴，由勾股定理得， ∵， ∴的半径， ∵， ∴的半径， ∴， ∵，是的半径， ∴是的切线， 过点作于点， ∵，， ∴， ∴，即，解得， ∵，即圆心到的距离大于的半径， ∴在外， 过点作于点，， 在中，， 设，，由勾股定理得，解得， ∴，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， 而， ， ∴， ∴与有交点，结合、均在外，可知两圆的交点在四边形内部， 故四边形内存在点，使得． 48．（2026·江苏南京·一模）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转a得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点D作，交的延长线于G，连接．点F是的中点，点H是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明. 【答案】(1) (2)，理由见解析 【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质、旋转的性质、三角形的外角的应用和全等三角形的判定和性质，作出正确的辅助线是解决本题的关键． （1）由、，得是等边三角形，则；旋转得，结合，算得；利用外角定理，． （2）连接，，由、，旋转得，证，得、；由得，证，得；利用直角三角形斜边中线，得，且，则为等腰直角三角形，进而可得． 【详解】（1）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴． 由旋转得， ∴ ， ∴； （2）解：，理由如下： 如图，连接，， ∵，， ∴， 由旋转知，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴，， ∴ ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵点H是的中点，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，即． 49．（2026·江苏南通·一模）在中，，将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当时，求的长； (3)如图3，过点作的平行线交的延长线于点，过点作的平行线交于点G，与交于点． ①求证：； ②当时，直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)①见解析；② 【分析】（1）根据旋转可得，则，即可证明． （2）根据，，可得，即可得出，过作，则，即，在中勾股定理求出，则，在中勾股定理求出，根据，得出，即可求出． （3）①设旋转角为，则，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出，，根据，得出，，即可得，根据，得出，即可得，证明，得出，结合，得出； ②根据，设，证明四边形是平行四边形，得出，由①得，在中，勾股定理得出，则，则，根据，得出，根据，得出，证明，，则，求出，由①可得，得出，证出点四点共圆，根据圆周角定理得出，证明，得出，设，则，根据旋转可得，则，联立求出，再根据即可求解． 【详解】（1）证明：∵将绕点旋转得到，点的对应点落在边上， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵，， ∴， ∴， 过作， ∴， ∴， 在中， 即， 解得：，（舍去）， ∴， 在中， ∴， ∵， ∴， 即， ∴． （3）①证明：设旋转角为， 则， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②解：∵， ∴设， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由①得， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， 即， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， 由①可得， ∴， ∴点四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， 则， 根据旋转可得， ∴， 联立可得， ∴． 【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，旋转的性质，圆周角定理，圆内接四边形，解直角三角形，平行四边形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，证明三角形相似． 50．（2026·江苏南通·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于、两点，与y轴交于点． (1)求抛物线的表达式； (2)如图1，过点B的直线与抛物线的另一个交点为点D，点M为抛物线对称轴上的一点，连接，设点M的纵坐标为n，当时，求n的值； (3)如图2，点N是抛物线的顶点，点P是x轴上一动点，将顶点N绕点P旋转后刚好落在抛物线上的点H处，请直接写出所有符合条件的点P的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或或或 【分析】（1）直接由待定系数法即可求解； （2）先联立抛物线与直线求出交点的坐标，再求出对称轴，则得到点的坐标表示，再由两点间距离公式建立方程求解即可； （3）顶点，设，由旋转得，当时，过点作轴的平行线，过点分别作平行线的垂线，垂足为点，证明，表示出，将点代入，得，解方程即可；当时，作出同样的辅助线，同理可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴相交于、两点，与y轴交于点， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为； （2）解：联立， 解得：， ∴， ∵， ∴对称轴为直线，顶点为， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴的值为； （3）解：由（2）得顶点，设， 由旋转得， 当时， 过点作轴的平行线，过点分别作平行线的垂线，垂足为点， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 将点代入， 得， 整理得：， 解得：， ∴或； 当时，过点作轴的平行线，过点分别作平行线的垂线，垂足为点， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 将点代入， 得， 整理得：， 解得：， 或， 综上所述：所有符合条件的点P的坐标为：或或或． 【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，涉及待定系数法求函数解析式，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，两点间距离公式等知识点，难度较大，解题的关键在于构造“三垂直”全等模型． 51．（2026·江苏南京·一模）【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． 轴对称的性质与折叠问题 考点4 一、单选题 52．（2026·江苏苏州·一模）如图，将正方形折叠，使得点落在边的点上，点折叠后的对应点为，折痕为，连接，若，，则的长为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正方形和折叠的性质，通过证明三角形全等求出正方形边长及相关线段，再证明三角形相似，结合勾股定理求解的长度． 【详解】连接交于，过作于，过作于点． ∵四边形是正方形， ∴，． ∵， ∴四边形是矩形，． 由折叠可知，， ∴． 又∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵，设，则， ∴． 由折叠可知，， ∴，． 在中，， ∴， 解得（舍去负根）． ∴，，，，． ∵， ∴， ∴， 由折叠得， ∴， ∴， ∴． ∴，即， ∴，， ∴， 在中，． 故选：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形与相似三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握这些知识并能正确添加辅助线是解题的关键． 二、填空题 53．（2026·江苏南京·一模）如图，平行四边形中，点E是的中点，连接，将沿折叠使点B落在点F处，连接和，延长交于点G，和相交于点H，若，，，则的长为_________． 【答案】 【分析】由翻折得点与点关于直线对称，，则垂直平分，而点是的中点，则，，，证明，再证得，所以，则，得，由勾股定理得，求得，再证明，则，可求，最后根据求出结果． 【详解】解：将沿折叠使点落在点处， 点与点关于直线对称，， 垂直平分， ，， 点是的中点，， ， ，， ， ，， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ∵， ， ， ， ， ， ， 解得， ，， ，， ，， ， ，即， 解得， ， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、轴对称的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难度较大． 54．（2026·江苏常州·一模）如图，点E在正方形的边上，将沿折叠，点D落在点F处，延长交于点G，若，则___________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，正切的定义及勾股定理．连接，根据折叠的性质得到，，，证明，从而得出，再由设，则，从而得到相关线段的表达式，设，则，，，利用勾股定理求得x的值，进而得到的值，最终可求得结果． 【详解】解：如图，连接， 由折叠性质可知，，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， 设，则， ∴，， ∴， 设，则，，， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴， 故答案为：． 55．（2026·江苏连云港·一模）如图，在中，，，分别以、为边向外作正方形和正方形．点分别为线段和线段上的动点，在运动过程中，周长的最小值为___________． 【答案】 【分析】延长，截取，连接，延长，过点，作于点，根据勾股定理求出，根据垂直平分线的性质得出，得出当、、、在同一直线上时，的周长最小，根据勾股定理求出即可． 【详解】解：延长，截取，连接，延长，过点，作于点，如图所示： ∵，， ∴， ∵四边形和是正方形， ∴，，， ∴，， ∴垂直平分，垂直平分， ∴，， ∴， ∴当、、、在同一直线上时，的周长最小，且此时的周长等于的长， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即的周长最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了轴对称最短路线问题，勾股定理，等腰直角三角形，正方形的性质，解题的关键是作出辅助线，找出的周长最小时、的位置． 56．（2026·江苏宿迁·一模）中，，，，点D在边上，，如图所示．点E在边上，将沿着翻折得，其中点B与点对应，交边于点G，交的延长线于点H．如果是等腰三角形，那么_________．    【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、一元二次方程的应用、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．先画出图形，过点作于点，确定如果是等腰三角形，则只能是，设，则，再证出，根据相似三角形的性质可得，，然后证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得的长，最后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：由题意，画出图形如下：过点作于点，    ∵， ∴， ∵交边于点，交的延长线于点， ∴， ∴如果是等腰三角形，则只能是为顶角，， ∴， 由对顶角相等得：， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∵在中，，，，， ∴，，， ∴， ∴，即， 由折叠的性质得：，， 设，则， 在和中， ， ∴， ∴，即， 解得，， ∴，， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴，， 在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， 即， 故答案为：． 三、解答题 57．（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，，点E在边上，且，动点P从点E出发，沿折线以每秒1个单位长度的速度运动，作，交边或边于点Q，连接，当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒． (1)当点Q与点D重合时，求t的值； (2)作点E关于直线的对称点F，连接、． ①当点P与点A重合时，求四边形和矩形重叠部分的面积； ②当四边形和矩形重叠部分的图形为轴对称四边形时，求t的取值范围． 【答案】(1)8秒 (2)①；②或或 【分析】（1）当点和点重合时，点在边上，设，则，由勾股定理得，，，则，由此解出，进而可求出t的值； （2）①设交于H，根据矩形的性质得到，，，证明，得到，，进而证明，根据轴对称的性质得到，证明，求出，根据四边形和矩形重叠部分的面积计算即可； ②分三种情况讨论，①如图所示，当点在上时，②当点在上时，当重合时符合题意，此时如图，③当点在上，当重合时，此时与点重合，则是正方形，即可求解． 【详解】（1）解：当点和点重合时，点在边上，如图所示： ∵在矩形中，，， ∴，，． 设，则， 在中，由勾股定理得：， 在中，， 由勾股定理得：， ， ∴在中，由勾股定理得：， 在中，， 由勾股定理得：， ， 解得：， 秒； （2）解：①当点P与点A重合时，如图所示，设交于H， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵点E关于直线的对称点F， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴， ∴， ∴四边形和矩形重叠部分的面积 ； ②如图所示，当点在上，且四边形和矩形重叠部分的图形为轴对称四边形时， ， 在中，， 则， ， ∴， 在中，， ， 解得， 当时，点在矩形内部， ∴符合题意． 当点在上时，当重合时符合题意，此时如图， 则， 在中，， ， 解得． 当点在上，当重合时，此时点与点重合， 则四边形是正方形，四边形是矩形， ∴， 此时． 综上所述，或或． 58．（2026·江苏扬州·一模）如图1，数学探究：中，，，D是边的中点，是线段上的动点（不与点、点重合），边关于对称的线段为，连接． (1)当为等腰直角三角形时，求的大小． (2)如图2，延长，交射线于点． ①试探究的大小是否变化？如果不变，请求出的大小；如果变化，请说明理由．②若，则的面积最大为__________，此时__________． 【答案】(1) (2)①不变，②， 【分析】（1）由对称性质得，由三角形外角的性质得，即可求解； （2）①设，则，由对称性质得，由三角形外角的性质得，即可求解； ②点以为弦，所对的圆周角为的圆弧上运动，过点作于，交优弧于点，连接，当时，即点位于点时，的面积最大，即可求解． 【详解】（1）解：为等腰直角三角形， ， ， 边关于对称的线段为， ， ； （2）解：①的大小始终不变，大小为， 设，则， 边关于对称的线段为， ，， ， ， ， ， ； ②由①得， ， 点以为弦，所对的圆周角为的圆弧上运动，如图，过点作于，交优弧于点，连接， 当时，即点位于点时，的面积最大， ， ，垂直平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 面积最大值是， 此时，点的位置如图所示，过点作于， 则，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ． 【点睛】利用圆的基本性质找出点的运动轨迹和取得最值时点的位置是解题的关键． 59．（2026·江苏无锡·一模）问题情景：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，在中，，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明； (1)独立思考：请解答老师提出的问题； (2)实践探究：梦之队小组受此问题的启发，将沿着BF（F为CD的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C'，连接DC'并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明； (3)问题解决：智慧小组突发奇想，将沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点A′，使于点H，连接，交CD于点N，若此的面积为20，边长AB=5，BC=，求图中阴影部分（四边形BHNM）的面积． 【答案】(1)，见解析； (2)，证明见解析； (3)图中阴影部分的面积为． 【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，矩形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，翻折变换，平行线分线段成比例定理，解直角三角形．解题核心是利用平行四边形对边平行且相等的特性，结合折叠的“全等性”转化线段与角度关系，再通过勾股定理、三角函数等工具计算线段长度与面积． （1） 要确定 与 的数量关系，可通过构造辅助线，结合平行四边形对边平行且相等、直角三角形斜边中线性质来推导； （2） 判断 与 的数量关系，需利用折叠性质（对应边、角相等），结合平行四边形对边平行且相等，证明相关四边形为平行四边形或三角形为等腰三角形； （3） 求阴影部分面积，先由平行四边形面积公式求高，再通过勾股定理、三角函数、折叠性质确定各线段长度，进而计算三角形面积差得到阴影面积． 【详解】（1）（1）解：． 证明：如图中，过点作交于， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）（2）解：． 证明：如图中，连接， ∵是由翻折得到， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）（3）如图中，过点作于，过点作于． ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， 设则 ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ． / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题18 图象的变化（折叠、旋转、平移）（4大考点，59题） 4大考点概览 考点01轴对称与中心对称图象识别 考点02平移的问题 考点03旋转问题 考点04轴对称的性质与折叠问题 轴对称与中心对称图象识别 考点1 一、单选题 1．（2026·江苏徐州·一模）下列图形中不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·江苏无锡·一模）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·江苏宿迁·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． 4．（2026·江苏无锡·一模）下列图形中，一定是轴对称图形的是（    ） A．三角形 B．平行四边形 C．矩形 D．梯形 5．（2026·江苏无锡·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．等腰直角三角形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．圆 6．（2026·江苏无锡·一模）下列国产软件图标属于轴对称图形的是（    ） A． B． C．米可智能 D．通义千问 7．（2026·江苏徐州·一模）某人工智能创新实验室正在征集实验室的专属徽章设计，要求徽章图案兼具科技感与对称美感．以下四款候选图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 8．（2026·江苏徐州·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． 9．（2026·江苏徐州·一模）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A． B． C． D． 10．（2026·江苏徐州·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． 11．（2026·江苏徐州·一模）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 12．（2026·江苏南通·一模）发展新能源汽车是我国从汽车大国走向汽车强国的必由之路．下列四款新能源汽车的标志中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（  ） A． B． C． D． 13．（2026·江苏南通·一模）窗棂是中国传统木构建筑的重要元素，既散发着古典之韵，又展现了几何之美．下列窗棂图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D．　 14．（2026·江苏无锡·一模）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 15．（2026·江苏宿迁·一模）“致中和，天地位焉，万物育焉．”对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，下列大学的校徽图案是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 16．（2026·江苏连云港·一模）如图，两个全等的直角三角板有一条边重合，组成的四个图形中，不是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 平移的问题 考点2 一、单选题 17．（2026·江苏南京·一模）如图，直线交坐标轴于点A，B，将向x轴负半轴平移4个单位长度得，则图中阴影部分面积为（    ） A．14 B．16 C．18 D．20 18．（2026·江苏南通·一模）如图，将平移后得到．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 19．（2026·江苏南通·一模）如图，将沿着射线平移到．若，则平移的距离为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 二、填空题 20．（2026·江苏南通·一模）如图：矩形ABCD的对角线AC=10，BC=8，则图中五个小矩形的周长之和为_______．    三、解答题 21．（2026·江苏南通·一模）如图，是等边三角形，是的中点，，垂足为，是由沿方向平移得到的．已知过点，交于点． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 22．（2026·江苏苏州·一模）如图，在四边形中，，与互余，将分别平移到和的位置，． (1)求的度数； (2)若，求的长． 旋转问题 考点3 一、单选题 23．（2026·江苏无锡·一模）如图，在四边形中，，，，，将绕点顺时针方向旋转后得，当恰好经过点时，为等腰三角形，若，则（　　）． A． B． C． D． 24．（2026·江苏扬州·一模）如图，中，，，．点是上的一点，且，为边上的一个动点，连接，将绕点顺时针旋转得到线段，连接．点在从向运动的过程中，线段的最小值为(   ) A．4 B． C．2 D． 25（2026·江苏苏州·一模）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，顶点在轴上，点在轴上，点B在第一象限，分别以点A，B为圆心，长为半径画弧，两弧交正方形内一点D，将点D绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点对应点的坐标为（    ） A． B． C． D． 26．（2026·江苏镇江·一模）如图，将绕点顺时针旋转，再将得到的点顺时针旋转，…依次旋转下去，最终将绕点顺时针旋转，得到．若点在线段上，点在线段上，且，则下列结论中正确的是（   ） ①；②点到直线的距离为；③若、、三点共线，则；④五边形是正五边形 A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 27．（2026·江苏泰州·一模）如图，在中，，将在平面内绕点旋转到的位置，使，则旋转角的度数为（ ） A． B． C． D． 28．（2026·江苏扬州·一模）如图，在中，，，将绕点 C顺时针旋转得到． 点 E是边的中点，点F为线段上的动点，在绕点C顺时针旋转过程中，点F的对应点是，则线段长度的最小值为（     ） A．4.8 B．3 C．2.4 D．1.8 29．（2026·江苏扬州·一模）如图，在矩形中，，，点P在线段上运动（含B、C两点），连接，以点A为中心，将线段逆时针旋转60°到，连接，则线段的最小值为（   ） A． B． C． D．3 二、填空题 30．（2026·江苏扬州·一模）如图，将绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点恰好落在边上，此时点恰好落在的延长线上，则的度数为______． 31．（2026·江苏徐州·一模）如图，在正方形中，，点O是边的中点，若点E是直线上一动点，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，则线段长的最小值为_______． 32．（2026·江苏盐城·一模）如图，已知点，将线段OA绕点A逆时针旋转90°至，则点的坐标是_____． 33．（2026·江苏无锡·一模）如图，把绕点O按逆时针方向旋转后得到，若，，则________． 34．（2026·江苏徐州·一模）如图，在中，，P是线段外一动点，，连接，将线段绕点P逆时针旋转得到线段，连接，则的长最大值为_______． 35．（2026·江苏苏州·一模）如图，等腰中，，，点D为斜边上一点（不与A，B重合），，连接，将线段绕点C顺时针方向旋转至，连接、．若，，求________． 36．（2026·江苏常州·一模）如图，四边形中，是由绕顶点逆时针旋转所得，顶点恰好转到上一点的位置，则________度． 37．（2026·江苏徐州·一模）如图，在中，，将绕顶点逆时针旋转一周得到，是的中点，是的中点，连接，若，，在旋转的过程中线段的最大值是__________． 38．（2026·江苏南京·一模）如图，将绕点旋转至的位置，点在边上，与交于点．若，则_______． 39．（2026·江苏南京·一模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上，．若将正方形绕点逆时针旋转得到正方形，则点的坐标为________． 40．（2026·江苏徐州·一模）已知，在中，，，，是直线上一点，将点绕点逆时针旋转得其对应点，当时，则长为_______． 41．（2026·江苏南通·一模）如图，为正方形的对角线，平分，交于点，把绕点逆时针方向旋转90°得到，延长交于点，连接，交于点．给出下列结论：①；②；③；④．以上结论正确的是________．（填写序号） 42．（2026·江苏南通·一模）△ABC是等边三角形，点O是三条高的交点．若△ABC以点O为旋转中心旋转后能与原来的图形重合，则△ABC旋转的最小角度是____________． 43．（2026·江苏南京·一模）如图，中，，，，将绕点按顺时针方向旋转后得到，且点点刚好落在上，则______． 44．（2026·江苏常州·一模）如图，直线，的边在直线上，，将绕点顺时针旋转至，边交直线于点，则______． 45．（2026·江苏南京·一模）如图所示的五角形图案绕点至少旋转________度才能与自身重合． 三、解答题 46．（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，．将该矩形绕着点按逆时针方向旋转，得到矩形．连接、． (1)当点的对应点落在边上时，求的长； (2)在旋转过程中，设，的面积为．求与之间的函数表达式，并求出的最大值． 47．（2026·江苏南京·一模）【知识技能】 （1）如图1，在中，是的中位线．连接，将绕点按逆时针方向旋转，得到．当点的对应点与点重合时，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，，点在上，．过点作，垂足为，，．在四边形内是否存在点，使得？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 48．（2026·江苏南京·一模）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转a得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点D作，交的延长线于G，连接．点F是的中点，点H是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明. 49．（2026·江苏南通·一模）在中，，将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当时，求的长； (3)如图3，过点作的平行线交的延长线于点，过点作的平行线交于点G，与交于点． ①求证：； ②当时，直接写出的值． 50．（2026·江苏南通·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于、两点，与y轴交于点． (1)求抛物线的表达式； (2)如图1，过点B的直线与抛物线的另一个交点为点D，点M为抛物线对称轴上的一点，连接，设点M的纵坐标为n，当时，求n的值； (3)如图2，点N是抛物线的顶点，点P是x轴上一动点，将顶点N绕点P旋转后刚好落在抛物线上的点H处，请直接写出所有符合条件的点P的坐标． 51．（2026·江苏南京·一模）【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． 轴对称的性质与折叠问题 考点4 一、单选题 52．（2026·江苏苏州·一模）如图，将正方形折叠，使得点落在边的点上，点折叠后的对应点为，折痕为，连接，若，，则的长为（  ） A． B． C． D． 二、填空题 53．（2026·江苏南京·一模）如图，平行四边形中，点E是的中点，连接，将沿折叠使点B落在点F处，连接和，延长交于点G，和相交于点H，若，，，则的长为_________． 54．（2026·江苏常州·一模）如图，点E在正方形的边上，将沿折叠，点D落在点F处，延长交于点G，若，则___________． 55．（2026·江苏连云港·一模）如图，在中，，，分别以、为边向外作正方形和正方形．点分别为线段和线段上的动点，在运动过程中，周长的最小值为___________． 56．（2026·江苏宿迁·一模）中，，，，点D在边上，，如图所示．点E在边上，将沿着翻折得，其中点B与点对应，交边于点G，交的延长线于点H．如果是等腰三角形，那么_________．    三、解答题 57．（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，，点E在边上，且，动点P从点E出发，沿折线以每秒1个单位长度的速度运动，作，交边或边于点Q，连接，当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒． (1)当点Q与点D重合时，求t的值； (2)作点E关于直线的对称点F，连接、． ①当点P与点A重合时，求四边形和矩形重叠部分的面积； ②当四边形和矩形重叠部分的图形为轴对称四边形时，求t的取值范围． 58．（2026·江苏扬州·一模）如图1，数学探究：中，，，D是边的中点，是线段上的动点（不与点、点重合），边关于对称的线段为，连接． (1)当为等腰直角三角形时，求的大小． (2)如图2，延长，交射线于点． ①试探究的大小是否变化？如果不变，请求出的大小；如果变化，请说明理由．②若，则的面积最大为__________，此时__________． 59．（2026·江苏无锡·一模）问题情景：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，在中，，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明； (1)独立思考：请解答老师提出的问题； (2)实践探究：梦之队小组受此问题的启发，将沿着BF（F为CD的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C'，连接DC'并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明； (3)问题解决：智慧小组突发奇想，将沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点A′，使于点H，连接，交CD于点N，若此的面积为20，边长AB=5，BC=，求图中阴影部分（四边形BHNM）的面积． / 学科网（北京）股份有限公司 $