专题06 图形变换综合（复习讲义）（湖南专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

专题06 图形变换综合 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 图形变换综合（热考）（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型 1：平移性质与坐标计算 题型 2：轴对称性质与最短路径 题型 3：轴对称性质与坐标计算 题型 4：中心对称与坐标计算 题型 5：旋转性质与角度 / 边长 / 坐标计算 题型 6：翻折（折叠）求角度/线段长/坐标 题型 7：图形变换与全等三角形 题型 8：网格中作图（平移、旋转、轴对称） 必备知识 知识点一 轴对称图形与轴对称 知识点二 中心对称图形与中心对称 知识点三 图形的平移 知识点四 图形的旋转 命题预测 考点二 数与式（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型 1：旋转中的动态几何探究 题型 2：图形变换与函数综合 题型 3：几何变换与相似综合 命题预测 命题透视 1．从命题形式上看，呈现出“新情境、新模型、新设问”的特点，载体形式上多以网格作图、函数图象、几何折叠/旋转、实际应用场景为主，凸显对直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养的考查，渗透数形结合思想，培养几何建模能力。 2．从命题内容上看，平移/轴对称/中心对称的坐标计算与最短路径、旋转全等/相似模型、折叠问题中的勾股定理与方程思想、图形变换中的最值与动态探究、变换与函数/坐标系综合、位似缩放与规律探究是历年中考命题的核心区域。 热考角度 考点 2025年 2024年 图形的平移 T6（湖南省卷·点平移） T6（长沙市卷·点平移） T6（湖南省卷·点平移） T6（长沙市卷·点平移） 图形的轴对称 T2（湖南省卷·轴对称图形） T1（长沙市卷·轴对称与中心对称） T1（湖南省卷·轴对称判断） T1（长沙市卷·轴对称图形） 图形的翻折（折叠） T8（长沙市卷·折叠与全等） T25（湖南省卷·折叠操作） T9（长沙市卷·折叠求角） T26（湖南省卷·折叠探究） 位似变换 T24（长沙市卷·位似概念） T25（湖南省卷·位似应用） T24（长沙市卷·位似图形） T26（湖南省卷·位似探究） 图形变换与函数综合 T6（长沙市卷·坐标平移） T26（湖南省卷·函数与平移） T25（湖南省卷·函数与对称） T26（长沙市卷·函数与位似） 图形变换与动态几何 T25（湖南省卷·动态折叠） T26（湖南省卷·动态旋转） T26（湖南省卷·动态平移） T25（长沙市卷·动态对称） 图形变换与全等/相似 T24（长沙市卷·对称与全等） T25（湖南省卷·折叠与相似） T24（长沙市卷·旋转与全等） T26（湖南省卷·位似与相似） 命题预测 命题形式：以生活化情境、网格/函数为载体，侧重考查直观想象、逻辑推理等核心素养，设问更具探究性与开放性。 核心考点：基础题聚焦平移/轴对称/旋转的性质与坐标计算，中档题侧重折叠勾股方程、最短路径模型，压轴题多为变换与函数、动态几何、全等/相似的综合。 备考方向：需熟练掌握核心变换模型，强化数形结合、分类讨论与方程思想，提升新情境下的几何建模与探究能力。 考点一 图形变换综合（热考） 题型一 平移性质与坐标计算 由平移的性质可以得到线段相等、角相等、线段平行等结论，其中既有数量关系结论，又有位置关系结论，利用这些结论可以进行相关计算(如计算线段长、周长、面积、角度等）和证明. 1．（2025·湖南·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位长度到处，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查点的平移，掌握平移规律是关键． 根据平面直角坐标系中点的平移规律，向右平移时横坐标增加，纵坐标不变，即可解题． 【详解】解：点向右平移3个单位长度，横坐标需加3，即，纵坐标2保持不变， ∴平移后的点坐标为， 故选：B． 2．（2024·湖南长沙·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向上平移2个单位长度后得到点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查坐标与图形变换-平移变换，根据点的坐标平移规则：左减右加，上加下减求解即可． 【详解】解：在平面直角坐标系中，将点向上平移2个单位长度后得到点的坐标为，即， 故选：D． 3．（2023·湖南郴州·中考真题）下列图形中，能由图形通过平移得到的是（　　）    A．  B．   C．   D．   【答案】B 【分析】根据平移的定义：在平面内，把一个图形整体沿某一方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，结合各选项所给的图形即可作出判断． 【详解】解：观察图形可知，B中图形能由图形通过平移得到，A，C，D均不能由图形通过平移得到； 故选B． 【点睛】本题考查平移．熟练掌握平移的性质，是解题的关键． 4．（2022·湖南怀化·中考真题）如图，△ABC沿BC方向平移后的得到△DEF，已知BC=5，EC=2，则平移的距离是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据题意判断BE的长就是平移的距离，利用已知条件求出BE即可． 【详解】因为沿BC方向平移，点E是点B移动后的对应点， 所以BE的长等于平移的距离， 由图可知，点B、E、C在同一直线上，BC=5，EC=2， 所以BE=BC-ED=5-2=3, 故选 C． 【点睛】本题考查了平移，正确找出平移对应点是求平移距离的关键． 5.（2021·湖南株洲·中考真题）将一物体（视为边长为米的正方形）从地面上挪到货车车厢内．如图所示，刚开始点与斜面上的点重合，先将该物体绕点按逆时针方向旋转至正方形的位置，再将其沿方向平移至正方形的位置（此时点与点重合），最后将物体移到车厢平台面上．已知，，过点作于点，米，米． （1）求线段的长度； （2）求在此过程中点运动至点所经过的路程． 【答案】（1）米；（2）4米． 【分析】（1）利用直角三角形FGH即可求解； （2）连接A1A2，则必过点D1，分别求出A1A2和的长，即可求出点A经过的路程． 【详解】解：（1）∵MG∥PQ， ∴∠FGM=∠FBP=30°． ∴在中， （米）． （2）连接A1A2，则必过点D1，且四边形A1BGA2是矩形． ∴A1A2=BG=BF-GF=（米）． ∵四边形ABCD和四边形A1BC1D1都是正方形， ∴AB=A1B，∠A1BC1=∠ABC=90°． ∴∠ABA1=180°-∠A1BC1-∠FBP=180°-90°-30°=60°． ∴（米）． ∴在整个运动过程中，点A运动至A2的路程为： （米）． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质、矩形和正方形的性质、平移和旋转的性质等知识点，熟知旋转和平移的性质是解题的关键． 题型二 轴对称性质与最短路径 1.（2022·湖南娄底·中考真题）菱形的边长为2，，点、分别是、上的动点，的最小值为______． 【答案】 【分析】过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，在直角三角形BEC中，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小， 菱形的边长为2，， 中， PQ+QC的最小值为 故答案为： 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，掌握轴对称的性质求线段和的最小值是解题的关键． 2．（2020·湖南永州·中考真题）在平面直角坐标系中的位置如图所示，且，在内有一点，M，N分别是边上的动点，连接，则周长的最小值是_________．    【答案】 【分析】分别作出点P关于OA和OB的对称点和，连接，分别与OA和OB交于点M和N，此时，的长即为周长的最小值． 【详解】解：分别作出点P关于OA和OB的对称点和，则（4，-3），连接，分别与OA和OB交于点M和N，此时，的长即为周长的最小值．      由可得直线OA的表达式为，由⊥OA，可设直线的解析式为 ，然后把点P代入得：，解得：， 直线的解析式为 ， 联立直线OA和的解析式可求的中点坐标，即： ， 解得：， 设点由中点坐标公式可得：， ， 由两点距离公式可得： ． 即周长的最小值． 故答案为． 【点睛】本题考查了轴对称变换中的最短路径问题及一次函数，解题关键在于找出两个对称点，利用方程求出点的坐标． 题型三 轴对称性质与坐标计算 1.（2023·湖南湘西·中考真题）在平面直角坐标系中，已知点与点关于轴对称，则__________． 【答案】1 【分析】根据题意可知点与点的横坐标相同，纵坐标互为相反数，据此回答问题即可． 【详解】解：点与点关于轴对称， 点与点的横坐标相同，纵坐标互为相反数， ，， 解得， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查关于轴对称的两点，属于基础题，明白关于轴对称的点横坐标相同，纵坐标互为相反数是解题关键． 2.（2022·湖南益阳·中考真题）如图，直线y＝x+1与x轴交于点A，点A关于y轴的对称点为A′，经过点A′和y轴上的点B（0，2）的直线设为y＝kx+b． (1)求点A′的坐标； (2)确定直线A′B对应的函数表达式． 【答案】(1)A′（2，0） (2)y＝﹣x+2 【分析】（1）利用直线解析式求得点A坐标，利用关于y轴的对称点的坐标的特征解答即可； （2）利用待定系数法解答即可． 【详解】（1）解：令y＝0，则x+1＝0， ∴x＝﹣2， ∴A（﹣2，0）． ∵点A关于y轴的对称点为A′， ∴A′（2，0）． （2）解：设直线A′B的函数表达式为y＝kx+b， ∴， 解得：， ∴直线A′B对应的函数表达式为y＝﹣x+2． 【点睛】本题主要考查了一次函数图象的性质、一次函数图象上点的坐标的特征、待定系数法确定函数的解析式、关于y轴的对称点的坐标的特征等知识，利用待定系数法求函数解析式是解题的关键． 题型四 中心对称与坐标计算 1）中心对称图形上的对称点之间的连线都经过对称中心，且被对称中心平分，即过对称中心的直线与中心对称图形的两个对应交点是对称点. 2）过对称中心的直线把中心对称图形分成的两部分的周长与面积分别相等. 1.（2022·湖南长沙·中考真题）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数，即可求解． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是． 故选D． 【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，掌握关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数是解题的关键． 2．（2022·湖南湘西·中考真题）在平面直角坐标系中，已知点P（﹣3，5）与点Q（3，m﹣2）关于原点对称，则m＝_____． 【答案】 【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即求关于原点的对称点时，横、纵坐标都变成原数的相反数． 【详解】解：根据、两点关于原点对称，则横、纵坐标均互为相反数， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内两点关于原点对称时横、纵坐标均互为相反数这一特征，熟练掌握该特征是解题的关键． 3．（2022·湖南怀化·中考真题）已知点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称，则a﹣b =______． 【答案】5 【分析】根据平面直角坐标系中，关于原点对称的点横、纵坐标都互为相反数，求出a，b的值即可． 【详解】∵点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称， ∴，， ∴ 故答案为：5． 【点睛】本题考查平面直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标的特点，掌握特殊位置关系的点的坐标变化是解答本题的关键． 题型五 旋转性质与角度/边长/坐标计算 1．（2022·湖南益阳·中考真题）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可． 【详解】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′， ∴BC＝B′C′．故①正确； ②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°， ∴∠BAB′＝50°． ∵∠CAB＝20°， ∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°． ∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°， ∴∠AB′C′＝∠B′AC． ∴AC∥C′B′．故②正确； ③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°， ∴∠AB′B＝∠ABB′＝（180°﹣50°）＝65°． ∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°． ∴CB′与BB′不垂直．故③不正确； ④在△ACC′中， AC＝AC′，∠CAC′＝50°， ∴∠ACC′＝（180°﹣50°）＝65°． ∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确． ∴①②④这三个结论正确． 故选：B． 【点睛】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还考查了等腰三角形的判定和性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 2．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，在正方形中，，E为的中点，连接，将绕点D按逆时针方向旋转得到，连接，则的长为______．    【答案】 【分析】由正方形，可得，，，证明，求解，再结合旋转的性质与勾股定理可得答案． 【详解】解：∵正方形， ∴，， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， 由旋转可得：，， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，勾股定理的应用，熟记旋转的性质是解本题的关键． 3．（2023·湖南张家界·中考真题）如图，为的平分线，且，将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，且，则四边形旋转的角度是______．    【答案】 【分析】根据角平分线的性质可得，根据旋转的性质可得，，求得，即可求得旋转的角度． 【详解】∵为的平分线，， ∴， ∵将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形， ∴，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了角平分线的性质，旋转的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键． 4．（2023·湖南郴州·中考真题）如图，在中，，，．将绕点逆时针旋转，得到，若点的对应点恰好落在线段上，则点的运动路径长是___________cm（结果用含的式子表示）．    【答案】 【分析】由于旋转到，故C的运动路径长是的圆弧长度，根据弧长公式求解即可． 【详解】以A为圆心作圆弧，如图所示．    在直角中，，则， 则． ∴． 由旋转性质可知，，又， ∴是等边三角形． ∴． 由旋转性质知，． 故弧的长度为：； 故答案为： 【点睛】本题考查了含角直角三角形的性质、勾股定理、旋转的性质、弧长公式等知识点，解题的关键是明确C点的运动轨迹． 5．（2023·湖南怀化·中考真题）在平面直角坐标系中，为等边三角形，点A的坐标为．把按如图所示的方式放置，并将进行变换：第一次变换将绕着原点O顺时针旋转，同时边长扩大为边长的2倍，得到；第二次旋转将绕着原点O顺时针旋转，同时边长扩大为，边长的2倍，得到，…．依次类推，得到，则的边长为__________，点的坐标为__________．    【答案】 【分析】根据旋转角度为，可知每旋转6次后点又回到轴的正半轴上，故点在第四象限，且，即可求解． 【详解】解：∵为等边三角形，点A的坐标为， ∴， ∵每次旋转角度为， ∴6次旋转， 第一次旋转后，在第四象限，， 第二次旋转后，在第三象限，， 第三次旋转后，在轴负半轴，， 第四次旋转后，在第二象限，， 第五次旋转后，在第一象限，， 第六次旋转后，在轴正半轴，， …… 如此循环，每旋转6次，点的对应点又回到轴正半轴， ∵， 点在第四象限，且， 如图，过点作轴于，    在中，， ∴， ， ∴点的坐标为． 故答案为：，． 【点睛】本题考查图形的旋转，解直角三角形的应用．熟练掌握图形旋转的性质，根据旋转角度找到点的坐标规律是解题的关键． 题型六 翻折（折叠）求角度/线段长/坐标 在折叠问题中，解题的关键是理解折痕所在的直线是折叠前后的两个图形的对称轴，折叠前后的两个图形是全等图形，利用对应边相等、对应角相等进行条件的转化，将题目中的已知条件与要求的结论联系起来. 【小技巧】1）折痕可看作垂直平分线(对应两点之间的连线被折痕垂直平分). 2）折痕可看作角平分线(对应线段所在的直线与折痕的夹角相等). 记住三句话: 1）折叠前后对应角，对应边相等. 2）折叠不改变原先的平行关系. 3）以折线为对称轴. 1．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，将沿折痕折叠，使点B落在边上的点E处，若，则的周长为（    ） A．5 B．6 C．6.5 D．7 【答案】D 【分析】本题考查轴对称的性质，根据轴对称图形的性质得到，，从而，从而即可解答． 【详解】解：由折叠可得，， ∴， ∴． 故选：D． 2．（2021·湖南湘西·中考真题）如图，将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为、，若，，则的度数是____． 【答案】40° 【分析】如图，由折叠的性质可得，进而可得，然后易得四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的性质可求解． 【详解】解：如图所示： ∵， 由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴； 故答案为40°． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定、平行线的性质及折叠的性质，熟练掌握平行四边形的性质与判定、平行线的性质及折叠的性质是解题的关键． 题型七 图形变换与全等三角形 1．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，在中，，，点D在边上，将线段绕点D按顺时针方向旋转得到，线段交于点E，作于点F，与线段交于点G，连接．    (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，当平分四边形的面积时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据旋转的性质可得，再根据，可得，即可； （2）根据，可得点B，C，G，F四点共圆，从而得到，，从而得到，进而得到，可证明，即可； （3）连接，根据，，可得，，，设，则可得，，，，，，再由平分四边形的面积，可得，从而得到关于x的方程，即可求解． 【详解】（1）证明：∵线段绕点D按顺时针方向旋转得到， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∵， ， ∴； （2）证明：∵， ∴点B，C，G，F四点共圆， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即； （3）解：如图，连接，    ∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴，， ∴， 设，则， ∴，，， ∴， ∴，， ∵平分四边形的面积， ∴， ∴， 即， 解得：（负值舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键． 2．（2022·湖南湘潭·中考真题）在中，，，直线经过点，过点、分别作的垂线，垂足分别为点、． (1)特例体验： 如图①，若直线，，分别求出线段、和的长； (2)规律探究： ①如图②，若直线从图①状态开始绕点旋转，请探究线段、和的数量关系并说明理由； ②如图③，若直线从图①状态开始绕点A顺时针旋转，与线段相交于点，请再探线段、和的数量关系并说明理由； (3)尝试应用： 在图③中，延长线段交线段于点，若，，求． 【答案】(1)BD=1；CE=1；DE=2 (2)DE=CE+BD；理由见解析；②BD=CE+DE；理由见解析 (3) 【分析】（1）先根据得出，根据，得出，，再根据，求出，， 即可得出，最后根据三角函数得出，，即可求出； （2）①DE=CE+BD；根据题意，利用“AAS”证明，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论； ②BD=CE+DE；根据题意，利用“AAS”证明，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论； （3）在Rt△AEC中，根据勾股定理求出，根据，得出，代入数据求出AF，根据AC=5，算出CF，即可求出三角形的面积． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵， ∴，， ∵BD⊥AE，CE⊥DE， ∴， ∴，， ∴， ∴， ， ∴． （2）DE=CE+BD；理由如下： ∵BD⊥AE，CE⊥DE， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵AB=AC， ∴， ∴AD=CE，BD=AE， ∴DE=AD+AE=CE+BD， 即DE=CE+BD； ②BD=CE+DE，理由如下： ∵BD⊥AE，CE⊥DE， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵AB=AC， ∴， ∴AD=CE，BD=AE， ∴BD=AE=AD+DE=CE+DE， 即BD=CE+DE． （3）根据解析（2）可知，AD=CE=3， ∴， 在Rt△AEC中，根据勾股定理可得：， ∵BD⊥AE，CE⊥AE， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， ∵AB=AC=5， ∴． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，解直角三角形，根据题意证明，是解题的关键． 3.（2021·湖南郴州·中考真题）如图1，在等腰直角三角形中，．点，分别为，的中点，为线段上一动点（不与点，重合），将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接，． （1）证明：； （2）如图2，连接，，交于点． ①证明：在点的运动过程中，总有； ②若，当的长度为多少时，为等腰三角形？ 【答案】（1）见详解；（2）①见详解；②当的长度为2或时，为等腰三角形 【分析】（1）由旋转的性质得AH=AG，∠HAG=90°，从而得∠BAH=∠CAG，进而即可得到结论； （2）①由，得AH=AG，再证明，进而即可得到结论；②为等腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，（b）当∠GAQ=∠GQA=67.5°时，（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，分别画出图形求解，即可． 【详解】解：（1）∵线段绕点A逆时针方向旋转得到， ∴AH=AG，∠HAG=90°， ∵在等腰直角三角形中，，AB=AC， ∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG， ∴； （2）①∵在等腰直角三角形中，AB=AC，点，分别为，的中点， ∴AE=AF，是等腰直角三角形， ∵AH=AG，∠BAH =∠CAG， ∴， ∴∠AEH=∠AFG=45°， ∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即：； ②∵，点，分别为，的中点， ∴AE=AF=2， ∵∠AGH=45°，为等腰三角形，分3种情况： （a）当∠QAG=∠QGA=45°时，如图，则∠HAF=90°-45°=45°， ∴AH平分∠EAF， ∴点H是EF的中点， ∴EH=； （b）当∠GAQ=∠GQA=（180°-45°）÷2=67.5°时，如图，则∠EAH=∠GAQ=67.5°， ∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°， ∴∠EHA=∠EAH， ∴EH=EA=2； （c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，点H与点F重合，不符合题意，舍去， 综上所述：当的长度为2或时，为等腰三角形． 【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定定理，根据题意画出图形，进行分类讨论，是解题的关键． 题型八 网格中作图（平移、旋转、轴对称） 1．（2022·湖南·中考真题）如图所示的方格纸格长为一个单位长度）中，的顶点坐标分别为，，． (1)将沿轴向左平移5个单位，画出平移后的△（不写作法，但要标出顶点字母）； (2)将绕点顺时针旋转，画出旋转后的△（不写作法，但要标出顶点字母）； (3)在（2）的条件下，求点绕点旋转到点所经过的路径长（结果保留． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出， ，的对应点，，即可； （2）利用旋转变换的性质分别作出， ，的对应点，，即可； （3）利用弧长公式求解即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：如图，(即△A2OB2）即为所求； （3）解：在中，， ． 【点睛】本题考查作图旋转变换，平移变换，勾股定理、弧长公式等知识，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换的性质． 知识1 轴对称图形与轴对称 轴对称图形 轴对称 概念 如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的对称轴. 把一个图形沿着某一条直线翻折，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这条直线对称，也称这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴. 图示 性质 被对称轴分成的两部分是全等图形. 1.对应点所连的线段被对称轴垂直平分； 2.对应线段相等，对应角相等； 3.两个图形全等. 区别 意义不同 两个图形之间的特殊位置关系 具有特殊形状的图形 对象不同 两个图形 一个图形 对称轴的位置不同 在两个图形之间 过图形的某条直线 对称轴的数量不同 只有一条 不一定只有一条 联系 1)沿对称轴折叠，两个图形重合. 2)如果把成轴对称的两个图形看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形. 1)沿对称轴折叠，图形的两部分重合. 2)如果把轴对称图形的两部分看作两个图形，那么这两个图形成轴对称. 特别提醒:折叠的实质是轴对称变换，折痕所在的直线是对称轴，折叠前后的图形全等，对应点的连线被折痕所在直线垂直平分. 知识2 中心对称图形与中心对称 中心对称图形 中心对称 概念 把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心. 把一个图形绕某点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心. 图形 性质 过对称中心的直线把中心对称图形分成的两部分的周长与面积分别相等. 1）中心对称的两个图形是全等图形； 2）中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分； 3）中心对称的两个图形，对应线段平行（或在一条直线上）且相等. 区别 指具有某种性质的一个图形 指两个图形的(位置)关系 知识3 图形的平移 概念 把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，图形这种移动叫做平移．它是由移动方向和距离决定的. 图示 性质 1）平移不改变图形的大小、形状，只改变图形的位置，因此平移前后的两个图形全等. 2）平移前后对应线段平行（或在同一条直线上）且相等、对应角相等. 3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等，对应点之间的距离就是平移的距离. 作图步骤 1）定：根据题目要求，确定平移的方向和距离； 2）找：找出确定图形形状的关键点； 3）移：过这些关键点作与平移方向平行的射线，在射线上截取与平移的距离相等的线段，得到关键点的对应点； 4）连：按原图顺序依次连接各对应点. 【注意】确定一个图形平移后的位置需要三个条件：①图形原位置；②平移的方向；③平移的距离. 知识4 图形的旋转 概念 把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，叫图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫旋转角. 要素 旋转中心、旋转方向、旋转角 图示 性质 1）旋转前后的两个图形全等； 2）对应点到旋转中心的距离相等； 3）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角. 作图步骤 1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角； 2）找出原图形的关键点； 3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点； 4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形． 1．（2026·湖南·一模）在平面直角坐标系中，将点先向右平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，最后所得点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查坐标与图形变化—平移，根据点的坐标的平移规律：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减求解即可． 【详解】解：将点先向右平移3个单位，再向上平移2个单位，最后所得点的坐标是， 故选：B． 2．（2025·湖南常德·模拟）在平面直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了关于坐标轴对称的点坐标的关系，关于轴对称的两个点的纵坐标相同，横坐标互为相反数，由此可解． 【详解】解：点关于轴的对称点的坐标是， 故选A． 3．（2025·浙江·中考真题）如图，五边形是以坐标原点O为位似中心的位似图形，已知点的坐标分别为．若的长为3，则的长为（   ） A． B．4 C． D．5 【答案】C 【分析】本题考查了位似图形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握位似图形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键． 根据位似图形的性质得到，证明，即可求解． 【详解】解：∵五边形是以坐标原点O为位似中心的位似图形，点的坐标分别为 ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 4．（2026·湖南长沙·模拟）已知一张三角形纸片（如图①），其中，。将纸片沿折叠，使点与点重合（如图②）时，；再将纸片沿折叠，使得点恰好与边上的点重合（如图③），则的周长为（    ） A． B． C．5 D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了列代数式，折叠的性质，灵活掌握折叠的性质是解本题的关键．根据折叠的性质，列代数式即可得出答案． 【详解】解：，， ． 将纸片沿折叠，使点与点重合， ． 将纸片沿折叠，使得点恰好与边上的点重合， ，， ， 的周长为． 故选：D． 5．（2026·湖南长沙·一模）如图，将 与正方形按如图所示的方式摆放，边 在直线上，，， ，以的速度沿着方向运动，初始时点与点重合，当点与点 重合时停止运动，在运动过程中，当与正方形重叠部分面积为时，其运动时间为（  　 ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】设运动时间为秒，与正方形重叠部分面积为，根据三角形与正方形的相对位置，分三种情况讨论重叠部分的面积：当时，三角形部分进入正方形，重叠部分为直角梯形；当时，三角形完全在正方形内部，重叠部分为三角形；当时，三角形部分移出正方形，重叠部分为等腰直角三角形；分别列出面积关于的函数关系式，令求解即可． 【详解】解：设运动时间为秒，与正方形重叠部分面积为，则点运动的距离为， ∵，， ∴是等腰直角三角形，， 分三种情况讨论： 当时，点在点左侧或重合，点在上，此时重叠部分为直角梯形，其高为，下底为，如图， 设交于点，则为等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴， 令，整理得， 解得，， ∵， ∴； 当时，点在上，点在上（未到达）， 此时 完全在正方形内部，如图 ∴， ∵， ∴此时无解； 当时，点在右侧，点在左侧，此时重叠部分为（为与的交点），如图， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵点运动的总距离为，初始在左侧处，点相对于的位置为， ∴， ∴， 令，即， 解得或， ∴或， ∵， ∴， 综上所述，当重叠部分面积为时，运动时间为或． 6．（2026·湖南张家界·一模）如图，已知，，，，点E为所在直线上的动点．将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，，．给出下列结论：①；②最小值是2；③最小值为；④的最大值是，其中所有正确的结论是（   ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．②③④ 【答案】C 【分析】根据旋转的性质 得到是等腰直角三角形，可知；根据“垂线段最短”可知的最小值为2；当点E和点A重合时，，可知存在比小的值；当E，D，C三点不共线时，根据三角形三边关系，，当E在的延长线上时，． 【详解】解：由旋转的性质得，，，因此是等腰直角三角形，故，①正确， 由题意，，根据“垂线段最短”，当点E与点B重合时，，即的最小值为2，②正确． 当点E和点A重合时，由勾股定理得，，③错误． 当E，D，C三点不共线时，根据三角形三边关系，，当E在的延长线上时，，④正确； 综上正确的有①②④． 7．（2025·湖南·二模）约定：若函数图象上至少存在不同的两点关于原点对称，则把该函数称为“黄金函数”，其图象上关于原点对称的两点叫做一对“黄金点”．若点是关于的“黄金函数”上的一对“黄金点”，且该函数的对称轴始终位于直线的右侧，有结论①；②；③；④，则下列结论正确的是（   ） A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④ 【答案】C 【分析】本题考查二次函数性质，待定系数法求二次函数解析式等．根据题意求出的值，代入得到的关系，再根据对称轴在直线的右侧即可求出本题答案． 【详解】解：∵点是关于的“黄金函数”上的一对“黄金点”， ∴点关于原点对称， ∴， ∴， 将代入中，， 解得：， ∴①②正确，符合题意， ∵该函数的对称轴始终位于直线的右侧， ∴，即， ∴， 故④正确，符合题意， ∵， ∴，， 当时，， ∵， ∴， ∴， ∴③错误，不符合题意， 综上所述：正确的是①②④， 故选：C． 8．（2026·湖南株洲·一模）如图，在中，，将绕点逆时针方向旋转，使点的对应点在边上，点的对应点为，则________． 【答案】 【分析】根据旋转的性质可得，，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出的度数，即可求解． 【详解】解：将绕点逆时针方向旋转得到， ，， 点在边上， ， 在中，， ． 9．（2026·湖南·模拟预测）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：． 10．（2026·湖南衡阳·模拟）在平面直角坐标系中，一个图形向右平移个单位长度，再绕原点按顺时针方向旋转角度，这样的图形运动叫做图形的变换．现将斜边为1的等腰直角三角形放置在如图的平面直角坐标系中，经变换后得为第一次变换，经变换后得为第二次变换，…，经变换得，则点的坐标是______． 【答案】 【分析】本题考查坐标旋转中的规律探究，等腰直角三角形的性质，过点作轴，根据斜边上的中线，得到，进而得到，根据变化规则，得到，，，，，推出，根据，求出点的坐标即可． 【详解】解：过点作轴， ∵为斜边为1的等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴是由先向右平移1个单位，再绕原点按顺时针方向旋转，即根据平移后的点关于原点对称得到的， ∴， 同理：，，，，， ∴， ∵， ∴，即：． 故答案为：． 11．（2025·湖南岳阳·一模）如图，已知点是直线外一定点，是直线上的动线段，，连接、，．求当取最小值时的值．小聪在解题过程中发现：“借助物理学科的相对运动思维，若将看作静线段，则点在平行于直线的直线上运动”．请你参考小聪的思路求当取最小值时___________． 【答案】 【分析】过点作，作点关于直线的对称点，交直线于点，连接交直线于点，连接，过点作于点，连接，当、、三点共线时，即点运动到点处时，取最小值．，先求出和的值，再通过勾股定理求出，通过角度的代换，证得，通过即可求解． 【详解】解：如图，过点作，作点关于直线的对称点，交直线于点，连接交直线于点，连接，过点作于点，连接， 点是点关于直线的对称点， 直线垂直平分， ，，， ， 当、、三点共线时，即点运动到点处时，取最小值． ，， ． ，且，， ， 四边形是矩形， ，， ，，， ， ， ， ，， 在中，， ， ． 当取最小值时，． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了动点最值的将军饮马模型，线段垂直平分线的性质，矩形的判定与性质，三角函数，勾股定理，熟练掌握动点最值类模型的解题思路是解题关键． 12．（25-26八年级上·广东惠州·月考）如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，的顶点、的坐标分别为，，且满足． (1)求点B、点C的坐标； (2)的顶点在轴的正半轴上，，的高交轴于点，点的坐标为，求证； (3)在（2）的条件下，动点M从点O出发沿线段以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，动点N从点A出发沿折线轴负方向以每秒5个单位长度的速度运动．M、N两点同时出发，且M点到达点B处时，M、N两点同时停止运动．设点M运动的时间为t秒，问：是否存在t值，使得是以坐标轴为对称轴的轴对称图形?若存在，请求出符合条件的t值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)点A的坐标为 (3)存在，符合条件的t值为或 【分析】本题考查了平面直角坐标系、等腰直角三角形的性质与判定、全等三角形的判定、轴对称的性质，运用数形结合思想解决问题是解题的关键． （1）根据非负数的性质求出的值，即可求解； （2）证明是等腰直角三角形，，根据即可证明； （3）分2种情况讨论：①点N在上；②点N在轴负半轴上，利用轴对称的性质列出方程，求出的值即可． 【详解】（1）解：∵ ∴，， ∴，， ∴，； （2）解：∵是的高， ∴， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形，， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：①当点N在上时，， ∴， ∵关于x轴对称， ∴， ， 解得； ②当点N在轴负半轴上时，， ∵关于y轴对称， ∴， ， 解得； ∴综上所述，存在t值，使得是以坐标轴为对称轴的轴对称图形，符合条件的t值为或． 13．（2026·湖南岳阳·一模）【问题提出】 数学课上，李老师提出问题：在四边形中，对角线与相交于点E，，，．试探究： ①若，用含有α的式子表示； ②若，与满足关系式，求k的值． 【方法探究】 九（1）班的两个数学学习小组经过讨论，提出了下面两种添加辅助线的方法，如图： 方法1：延长到点F，使，连接，根据“边角边”容易证得； 方法2：将绕点A逆时针旋转，使与重合，点C的对应点为F，则． 【问题解决】 (1)用含有α的式子表示 ， ； 【应用提升】 (2)借助上面解决问题的方法或用自己的方法解答下面问题： 如图，在四边形中，平分，，，求线段的长． 【拓展应用】 (3)如图，在中，，，点P为内一点，分别连接，，．若，，且．直接写出的面积． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）根据题意可得，即可求得；再证明为等腰直角三角形，即可求得，即可解答； （2）可得点四点共圆，作交于点，作交于点，过点作交于点，过点作交于点，求得，利用角平分线的性质求得，再求出，利用相似三角形的判定和性质即可解答； （3）延长，过点作交的延长线于点，连接，证明，可得，再求得，即可解答． 【详解】（1）解：，， ， ； 方法一：， ， ， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ，即； 方法二：根据旋转可得， ，，，， ， ，即三点共线， ， 是等腰直角三角形， ，即； （2）解：， ， ， 四点共圆， 如图，作交于点，作交于点，过点作交于点，过点作交于点， ，， ， ， ，， ， ， 平分， ，， ，， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ； （3）解：如图，延长，过点作交的延长线于点，连接， ，， ， ， ， ， ， ， ，即，， ， ， ， ，， ，， ， ，， ， ， 作交于点， ，， ． 14．（2026·湖南株洲·一模）综合与实践 数学是以数量关系和空间形式为主要研究对象的科学，数学实践活动有利于我们在图形运动变化的过程中去发现其中的位置关系和数量关系，让我们在学习与探索中发现数学的美，体会数学实践活动带给我们的乐趣． 转一转：如图①，在矩形中，点、、分别为边、、的中点，连接、，为的中点，连接．将绕点旋转，线段、和的位置和长度也随之变化． 当绕点顺时针旋转90°时，请解决下列问题： (1)图②中，，此时点落在的延长线上，点落在线段上，连接，猜想与之间的数量关系，并证明你的猜想； (2)图③中，，，求； (3)剪一剪、折一折：在（2）的条件下，连接图③中矩形的对角线，并沿对角线剪开，得（如图④）．点、分别在、上，连接，将沿翻折，使点的对应点落在的延长线上，若平分，求长． 【答案】(1)，证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明，得AF=CE，再根据中位线性质得GH=，等量代换即可； （2）连接，先证明，得到的比，再根据中位线性质得，等量代换即可； （3）过M作于H，根据折叠性质得，根据角平分线证明出，设，，根据三角函数定义找到x、y之间的关系，再利用，得到，代入解方程即可． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵，四边形为矩形， ∴四边形为正方形， ∴， ∵E、F为，中点， ∴， ∴， ∴， ∵H为中点，G为中点， ∴， ∴； （2）解：， 连接，如图所示， 由题意知，，， ∴， 由矩形性质及旋转知，， ∴， ∴， ∵H为中点，G为中点， ∴， ∴； （3）解：过M作于H，如图所示， 由折叠知，，， ∵平分， ∴， ∴， ∵，， ∴， 设，， 由知，， 即，，   ∵， ∴， ∴， 即，， ∴， 解得：， ∴． 15．（25-26九年级上·湖南常德·月考）综合与实践 在数学活动课上，李老师让同学们以特殊四边形及旋转为主题开展数学活动．以下是学习小组的探究过程，请你参与活动并解答所提出的问题： (1)观察猜想 如图1，“奋勇”小组提出的问题是：在菱形中，，点是对角线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转，得到，连接，，则____________，，，之间的数量关系是____________； (2)类比探究 如图2，“勤学”小组在“奋勇”小组的基础上提出的问题是：在正方形中，点是对角线上一动点，且，连接，将绕点顺时针旋转，得到，连接，，． ①__________； ②写出，，之间的数量关系，并就图2的情形说明理由； (3)拓展应用 “创新”小组提出的问题是：在矩形中，，，点是对角线上一动点，连接，以为边在的右边作直角，，，连接，，若是以为腰的等腰三角形，请直接写出的长． 【答案】(1)60， (2)①90；②，理由见解析 (3)或 【分析】（1）先证，是等边三角形，推出，进而可得，证明，即可得出，，即可得出； （2）①过点F作的延长线于H，证明，推出，进而证明是等腰直角三角形，可得，即可得到； ②由①可得，是等腰直角三角形，得到，表示出，然后结合求解即可； （3）过点A作于G，过点E作于H，证明出C、D、F在同一条直线上，，由对应边成比例可得，推出，设，则，，用含x的式子表示出的三条边长，分，两种情况，分别求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵将绕点E顺时针旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴； （2）解：①过点F作的延长线于H， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵将绕点E顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②由①可得，是等腰直角三角形 ∴ ∴ ∵是等腰直角三角形 ∴ ∴； （3）解：如图，过点A作于G，过点E作于H，则， ∵矩形中，，， ∴，， ∴， ∵， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴， ∴，， ∴，， ∴点C，D，F三点共线， 在中，， ∴， ∴，， 设，则，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 当时，， 解得：或（舍去）， ∴； 当时，， 解得：或（舍去）， ∴； 综上所述，的长度为或． 【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，难度较大，涉及知识点较多，解题的关键是正确作出辅助线，综合应用上述知识． 16．（2025·江西·中考真题）综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 特例研究 在正方形中，相交于点O． （1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________； （2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值 类比探究 （3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由； （4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）． 【答案】（1）；；（2）；（3）的值与α无关，理由见解析；（4）． 【分析】（1）利用正方形的性质结合旋转的性质求解即可； （2）由题意得，推出，，再得到，推出，根据正方形的性质求解即可； （3）同理可证，得到，根据线段垂直平分线的性质求得，再根据余弦函数的定义求解即可； （4）同理可证，，，根据，求解即可． 【详解】解：（1）∵正方形， ∴，， ∴旋转角为，， 故答案为：；； （2）如图， 根据题意得， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）的值与α无关，理由如下， 如图， 同理可证， ∴， ∵菱形中，， ∴， ∵O是的垂直平分线与的交点， ∴， ∴， 过点作于点， ∴，， ∴， ∴， ∴的值与α无关； （3）同理可证，，， ∴，， ∵， ∴ ， 即． 【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，正方形和菱形的性质．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 17．（2024·黑龙江绥化·中考真题）综合与实践 问题情境 在一次综合与实践课上，老师让同学们以两个全等的等腰直角三角形纸片为操作对象． 纸片和满足，． 下面是创新小组的探究过程． 操作发现 （1）如图1，取的中点，将两张纸片放置在同一平面内，使点与点重合．当旋转纸片交边于点、交边于点时，设，，请你探究出与的函数关系式，并写出解答过程． 问题解决 （2）如图2，在（1）的条件下连接，发现的周长是一个定值．请你写出这个定值，并说明理由． 拓展延伸 （3）如图3，当点在边上运动（不包括端点、），且始终保持．请你直接写出纸片的斜边与纸片的直角边所夹锐角的正切值______（结果保留根号）．    【答案】（1），见解析；（2）2，见解析；（3）或 【分析】（1）根据题意证明，得出关系式，进而求得，代入比例式，即可求解； （2）方法一：勾股定理求得，将将（1）中代入得，进而根据三角形的周长公式，即可求解； 方法二：证明，，过作交于点，作交于点，作交于点．证明，，得出，得出，进而根据三角形的周长公式可得的周长． 方法三：过作交于点，作交于点，在上截取一点，使，连接．得出，，则，同方法二求得，进而即可求解； （3）分两种情况讨论，于的夹角；①过点作于点，作的垂直平分线交于点，连接，在中，设，由勾股定理得，，进而根据正确的定义，即可求解；②过点作于点，作的垂直平分线交于点，连接，在中，设，同①即可求解．． 【详解】操作发现 解：（1）∵，且． ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 在中，， ∴， ∵是的中点，点与点重合， ∴， ∴， ∴．    问题解决 （2）方法一： 解：的周长定值为2． 理由如下：∵，，， ∴，， 在中，∴ ． 将（1）中代入得： ∴． ∵，又∵， ∴， ∴． ∵的周长， ∴的周长． 方法二： 解：的周长定值为2． 理由如下：∵和是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴，，， ∵O为AB的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ，， ∴过作交于点，作交于点，作交于点． ∴． 又∵，， ∴，， ∴，， ∴． ∵的周长． 又∵，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵是的中点， 点是的中点，同理点是的中点． ∴， ∴的周长．    方法三： 解：的周长定值为2． 理由如下：过作交于点，作交于点，在上截取一点，使，连接． ∵是等腰直角三角形，为的中点， ∴平分， ∴， ∴， ∴，． ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的周长． 又∵，，， ∴， ∴． ∵，， ∴． ∵是的中点，点是的中点，同理点是的中点． ∴， ∴的周长．    拓展延伸 （3）或   ①解：∵，， ∴， 过点作于点，作的垂直平分线交于点，连接， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，设， ∴，由勾股定理得， ， ∴， ∴在中，．    ②解：∵，， ∴， 过点作于点，作的垂直平分线交于点，连接． ∵， ∴， ∴， 在中，设， ∴，由勾股定理得，， ∴， ∴在中，． ∴或．    【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性质，函数解析式，熟练掌握相似三角形的性质与判定，解直角三角形是解题的关键． 18．（2025·湖南长沙·一模）如图平面直角坐标系中，为坐标原点，的坐标为，直线过点，且，将四边形绕点按顺时针方向旋转度得到四边形，此时分别与直线相交于于，． (1)四边形的形状是________，当时，的值是________； (2)如图2，当四边形的顶点落在y轴正半轴时，求的值； (3)在四边形旋转过程中，当时，是否存在这样的点和点，使？若存在，请求出点的坐标（用含m的代数式表示），若不存在，请说明理由． 【答案】(1)矩形，； (2)； (3)存在，或 【分析】（1）先证四边形是平行四边形，由，可证四边形是矩形，求出，的长，可求解； （2）由勾股定理可求的长，可求，由锐角三角函数可求的长，由平行线分线段成比例可求的长，即可求解； （3）分两种情况讨论，由勾股定理可求解． 【详解】（1）解：∵A的坐标为，点，，点， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵将四边形绕点O按顺时针方向旋转90度得到四边形， ∴点P与点C重合，四边形是矩形， ∴ ∴ ∴， 故答案为：矩形，； （2）解：∵将四边形绕点O按顺时针方向旋转α度得到四边形， ∴ ∴, ∴ ∵， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴， ∴ ∴， ∴； （3）解：当点P在线段上时，由（2）可知，当时，， ∴点； 当点P在线段的延长线时，如图，过点Q作，交的延长线于N，连接， ∴四边形是矩形， ∴ 若，则设 ∴ ∵， ∴ ∵， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ∴点， 综上所述：点P的坐标为或． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理．特别注意在旋转的过程中的对应线段相等，能够用一个未知数表示同一个直角三角形的未知边，解本题的关键是根据勾股定理列方程求解． 考点二 图形变换综合（压轴） 题型一 旋转中的动态几何探究 1.（2023·湖南·中考真题）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形，将正方形绕点B顺时针旋转．      特例感知： （1）当在上时，连接相交于点P，小红发现点P恰为的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明； （2）小红继续连接，并延长与相交，发现交点恰好也是中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断的形状，并说明理由； 规律探究： （3）如图③，将正方形绕点B顺时针旋转，连接，点P是中点，连接，，，的形状是否发生改变？请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3）的形状不改变，见解析 【分析】（1）连接，，，根据正方形的性质求出，证明，推出，再利用余角的性质求出，推出即可； （2）根据正方形的性质直接得到，推出，得到是等腰直角三角形； （3）延长至点M，使，连接，证明，得到，推出，设交于点H，交于点N，得到，由得到，推出，进而得到，再证明，得到，，证得，再由，根据等腰三角形的三线合一的性质求出，即可证得是等腰直角三角形． 【详解】（1）证明：连接，，，如图，    ∵四边形，都是正方形， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即点P恰为的中点； （2）是等腰直角三角形，理由如下： ∵四边形，都是正方形， ∴ ∴， ∴是等腰直角三角形； （3）的形状不改变， 延长至点M，使，连接，    ∵四边形、四边形都是正方形， ∴，， ∵点P为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， 设交于点H，交于点N， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质等，（3）中作辅助线利用中点构造全等三角形是解题的难点，熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键． 题型二 图形变换与函数综合 1.（2021·湖南怀化·中考真题）如图所示，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且，，，抛物线的对称轴与直线BC交于点M，与x轴交于点N． （1）求抛物线的解析式； （2）若点P是对称轴上的一个动点，是否存在以P、C、M为顶点的三角形与相似？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． （3）D为CO的中点，一个动点G从D点出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．要使动点G走过的路程最短，请找出点E、F的位置，写出坐标，并求出最短路程． （4）点Q是抛物线上位于x轴上方的一点，点R在x轴上，是否存在以点Q为直角顶点的等腰？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）存在，或；（3）点，最短路程为，理由见详解；（4）存在，当以点Q为直角顶点的等腰时，点或，理由见详解． 【分析】（1）由题意易得，然后设二次函数的解析式为，进而代入求解即可； （2）由题意易得，要使以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，则可分①当时，②当时，进而分类求解即可； （3）由题意可得作点D关于x轴的对称点H，作点C关于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F即为所求，HI即为动点G所走过的最短路程，最后求解即可； （4）由题意可分①当点Q在第二象限时，存在等腰，②当点Q在第一象限时，存在等腰，然后利用“k型”进行求解即可． 【详解】解：（1）∵，，， ∴， 设二次函数的解析式为，代入点C的坐标可得：，解得：， ∴二次函数的解析式为，即为； （2）存在以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，理由如下： 由（1）可得抛物线的解析式为，则有对称轴为直线， 设直线BC的解析式为，代入点B、C坐标可得：， 解得：， ∴直线BC的解析式为， ∴点，， ∴由两点距离公式可得， 若使以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，则有， ①当时，则有轴，如图所示： ∴点， ②当时，如图所示： ∴， ∴， ∴点； （3）由题意得：动点G从点D出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．根据轴对称的性质及两点之间线段最短可知要使点G走过的路程最短则有作点D关于x轴的对称点H，作点C关于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F即为所求，HI即为动点G所走过的最短路程，如图所示： ∵OC=8，点D为CO的中点， ∴OD=4， ∴， ∵抛物线的对称轴为直线， ∴， 设直线HI的解析式为，则把点H、I坐标代入得：， 解得：， ∴直线HI的解析式为， 当y=0时，则有，解得：， 当x=1时，则有， ∴点， ∴点G走过的最短路程为； （4）存在以点Q为直角顶点的等腰，理由如下： 设点，则有： ①当点Q在第二象限时，存在等腰时，如图所示： 过点Q作QL⊥x轴于点L，过点C作CK⊥QL，交其延长线于点K，如图所示， ∴， ∴四边形COLK是矩形， ∴CK=OL， ∵等腰， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点， ∴， 解得：（不符合题意，舍去）， ∴； ②当点Q在第一象限时，存在等腰时，如图所示： 同理①可得， 解得：（不符合题意，舍去）， ∴； 综上所述：当以点Q为直角顶点的等腰时，点或． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握二次函数的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键． 题型三 几何变换与相似综合 1．（2023·湖南岳阳·中考真题）如图1，在中，，点分别为边的中点，连接． 初步尝试：（1）与的数量关系是_________，与的位置关系是_________． 特例研讨：（2）如图2，若，先将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，当点在同一直线上时，与相交于点，连接．    （1）求的度数； （2）求的长． 深入探究：（3）若，将绕点顺时针旋转，得到，连接，．当旋转角满足，点在同一直线上时，利用所提供的备用图探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】初步尝试：（1）；；（2）特例研讨：（1）；（2）；（3）或 【分析】（1），点分别为边的中点，则是的中位线，即可得出结论； （2）特例研讨：（1）连接，，证明是等边三角形，是等边三角形，得出；（2）连接，证明，则，设，则，在中，，则，在中，，勾股定理求得，则； （3）当点在同一直线上时，且点在上时，设，则，得出，则在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出，表示与，即可求解；当在上时，可得在同一个圆上，设，则，设，则，则，表示与，即可求解． 【详解】初步尝试：（1）∵，点分别为边的中点， ∴是的中位线， ∴；； 故答案是：； （2）特例研讨：（1）如图所示，连接，，    ∵是的中位线， ∴， ∴ ∵将绕点顺时针旋转（为锐角），得到， ∴； ∵点在同一直线上时， ∴ 又∵在中，是斜边的中点， ∴ ∴ ∴是等边三角形， ∴，即旋转角 ∴ ∴是等边三角形， 又∵， ∴, ∴, ∴, ∴, （2）如图所示，连接， ∵，， ∴，,    ∵, ∴, ∴, 设，则， 在中，，则， 在中，, ∴, 解得：或（舍去） ∴, （3）如图所示，当点在同一直线上时，且点在上时，    ∵， ∴， 设，则， ∵是的中位线， ∴ ∴， ∵将绕点顺时针旋转，得到， ∴，， ∴ ∴， ∵点在同一直线上， ∴ ∴， ∴在同一个圆上，    ∴ ∴ ∵， ∴； 如图所示，当在上时，    ∵ ∴在同一个圆上， 设，则， 将绕点顺时针旋转，得到， 设，则，则， ∴， ∵, ∴， ∵ ∴ ∴ 综上所述，或 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 2.（2021·湖南岳阳·中考真题）如图，在中，，，点为的中点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，且交线段于点，的平分线交于点． （1）如图1，若，则线段与的数量关系是________，________； （2）如图2，在（1）的条件下，过点作交于点，连接，． ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②求证：； （3）如图3，若，，过点作交于点，连接，，请直接写出的值（用含的式子表示）． 【答案】（1）；；（2）①正方形，理由见解析；②见解析；（3） 【分析】（1）根据“斜中半”定理可得，然后根据旋转的性质可得，从而得出，再结合题意推出，从而根据正切函数的定义求出即可； （2）①通过证明，并综合条件，推出四边形是正方形；②首先根据推出，然后证明得到，即可得出结论； （3）根据题意可首先证明四边形是菱形，然后证明出，即可推出结论，再作，通过解直角三角形，求出的长度，从而得出结论． 【详解】（1）∵点为中斜边的中点， ∴， ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴， ∴， ∵中，，， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， 故答案为：；； （2）①正方形，理由如下： ∵，平分， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， 又∵， ∴四边形为正方形； ②显然，在正方形中，， ∴， 又∵， ∴， 由（1）得：则为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴ 在与中， ∴， ∴， ∴； （3）同（2）中①理，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴四边形为菱形， ∵为等边三角形， ∴，菱形的边长也为2， 由题意，，， ∵， ∴， 即：， ∴， ∵在菱形中，， ∴， ∴， 如图，作， ∵， ∴，， ∵， ∴，， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，特殊平行四边形的判定与性质，以及锐角三角函数等，综合性较强，掌握基本图形的性质，灵活运用相似三角形以及锐角三角函数是解题关键． 1．（2025·湖南邵阳·三模）如图，抛物线经过，两点，与y轴交于点C，D为直线上方抛物线上一动点，且于点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，求线段长度的最大值； (3)如图2，设的中点为F，连接，，是否存在点D，使得中有一个角与相等？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或 【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式； （2）根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得，根据相似三角形的判定与性质，可得的长，根据二次函数的性质，可得答案； （3）根据正切函数，可得，根据相似三角形的性质，可得，，根据待定系数法，可得的解析式，根据解方程组，可得答案． 【详解】（1）由题意，得， 解得， 抛物线的函数表达式为； （2）设直线的解析式为， 则 解得， 直线的解析式为， 设，， 过点D作轴交于M点，如图1， 则， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ， 当时，取最大值，最大值是； （3）存在． 假设存在这样的点D，中有一个角与相等， 点F为的中点， ，， 过点B作，交的延长线于G点，过点G作轴，垂足为H，如图2， ①若， ， ， ， ， ，， ， 设直线的解析式为， ， 解得 直线的解析式为， 联立， 解得，或（舍）， ②若， 同理可得，，， ， 同理可得，直线的解析式为， ， 解得或（舍）， 综上所述，存在点D，使得中有一个角与相等，点D的横坐标为． 【点睛】本题考查了一次函数和二次函数综合题，相似三角形的性质和判定，解直角三角形等知识，解（1）的关键是待定系数法，解（2）的关键是利用相似三角形的性质得出的长，又利用了二次函数的性质；解（3）的关键是利用相似三角形的性质得出G点的坐标，利用了待定系数法求函数解析式，解方程组求得横坐标． 2．（2025·湖南衡阳·模拟）将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．    (1)求的值； (2)如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)正方形，见解析 【分析】（1）确定旋转角，结合，，计算即可． （2）先证明四边形是矩形，再利用等腰直角三角形的性质，结合一组邻边相等的矩形是正方形证明即可． 【详解】（1）根据题意，得旋转角， ∵，， ∴， 故． （2）根据题意，得旋转角， ∵，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵，，      ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质是解题的关键． 3．（2024·湖南益阳·二模）如图，一次函数的图象与反比例函数（为常数，）的图象交于两点． (1)求反比例函数的表达式； (2)若于点，求的面积； (3)在轴上找一点，使的值最小，求满足条件的点的坐标． 【答案】(1) (2)     (3) 【分析】（）利用待定系数法解答即可求解； （）利用反比例函数比例系数的几何意义即可求解； （）联立函数式求出点坐标，作点关于轴的对称点，连接，交轴于点，此时的值最小，由轴对称可得点坐标，利用待定系数法求出直线的解析式，再把代数所得的解析式解答即可求解； 本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，待定系数法求函数解析式，反比例函数比例系数的几何意义，轴对称最短线段问题，利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键． 【详解】（1）解：把代入得，， ∴， 把代入得，， ∴， ∴反比例函数的表达式为； （2）解：如图， ∵， ∴； （3）解：由得，或， ∴， 作点关于轴的对称点，连接，交轴于点，此时的值最小， ∴， 设直线的解析式为，把、代入得，     ， 解得， ∴直线的解析式为， 令 ，则， ∴点P坐标为． 4．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数（为常数）的图像与轴交于、两点，交轴于点，对称轴为直线． (1)求二次函数关系式． (2)连接，抛物线上是否存在点，使，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． (3)在轴上方的抛物线上找一点，作射线，使，点是线段上的一动点，过点作轴，垂足为点，连结，求的最小值． 【答案】(1) (2)抛物线上存在点，使，的坐标为， (3)的最小值为 【分析】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求二次函数解析式，解直角三角形，轴对称的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据抛物线的对称轴为直线，得出则二次函数解析式为代入，得出，即可求解； （2）设，根据点的坐标可得，，分量种情况讨论，①当在直线的下方时，以为斜边在的下方作等腰直角三角形，设关于的对称点为，则，验证可得点与点重合，得出，当在的上方时，作点关于的对称点，即，进而联立直线与抛物线解析式，即可求解； （3）在上取一点，使得，得出，在上取一点，使得，垂足为，则，作关于的对称点，连接交于点，根据轴对称的性质可得当在上时取得最小值，最小值为的长，等面积法求得，则，进而得出，根据，即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线， ∴，即 ∴二次函数解析式为 将代入得， 解得：， ∴二次函数关系式为； （2）解：在中，当时，解得或， ∴， 当时，，则 ∴，， 设，则 ①当在直线的下方时， 如图，以为斜边在的下方作等腰直角三角形， ∴，， 设关于的对称点为，则， ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴点与点重合， ∴ 当在的上方时，作点关于的对称点 ∵都是等腰直角三角形， ∴在轴上， 同理可得直线解析式为 联立 解得：或 ∴ 综上所述，抛物线上存在点，使，的坐标为， （3）解：如图，在上取一点，使得 ∴ 设，则 在中， ∴，即 解得： ∴ ∴ ∵， 在上取一点，使得，垂足为， ∴ ∴ 即, 如图，作关于的对称点，连接交于点 ∴ ∴当在上时取得最小值，最小值为的长， 在中， ∴ ∵， ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴的最小值为． 5．（2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①．理由见解析；②5或 【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形； （2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：①，理由如下： 由（1）知四边形是菱形， ∴， 由折叠的性质得到， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 解：②∵，，， ∴， 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得，，， ∴， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则， 同理得，， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵是以为腰为底的等腰三角形，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 综上，的长为或． 【点睛】本题考查折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，合理作出辅助线，构造三角形全等，结合分类讨论的思想是解题的关键． 6．（2025·湖南长沙·三模）如图，在等腰直角中，，点是斜边上一动点（不与点重合），连接，以为直角边在右侧构造等腰直角，，连接，交于点． (1)求证：； (2)若，点从点运动到点， ①设，，求关于的函数关系式，并写出最大值； ②的外心所经过的路径长为_____； (3)记的面积为，的面积为，若，求的正切值． 【答案】(1)见解析 (2)①；最大值为2；②4 (3)或 【分析】（1）证明，得出即可； （2）①过点C作于点H，过点F作于点G，证明为等腰直角三角形，得出，求出，，证明，得出，代入相关的长度值求出，再根据二次函数的最值，求出最大值即可； ②延长，交于点G，作线段的垂直平分线，交于点M，交于点N，连接、，先说明点在过点B与垂直的射线上运动，证明垂直平分，垂直平分，说明当点D从点A运动到点B的过程中，点E从点B运动到点G，且点D在点A处时，点E在点B处，点D在点B处时，点E在点G处，的外心从点H处运动到点M处，求出其运动轨迹长即可； （3）设，则，根据，列出方程，求出或，分两种情况：当时，当时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵和都是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴； （2）解：①过点C作于点H，过点F作于点G，如图所示： 则， ∵是等腰直角三角形，， ∴，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴，， 根据解析（1）可知：，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 整理得：； ∵， ∴当时，取最大值2； ②延长，交于点G，作线段的垂直平分线，交于点M，交于点N，连接、，如图所示： 根据①可知：， ∴， ∴点在过点B与垂直的射线上运动， ∵垂直平分， ∴的外心在上， ∵，，， ∴和为等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴M为的中点， ∴垂直平分， 同理得：垂直平分， ∵当点D从点A运动到点B的过程中，点E从点B运动到点G，且点D在点A处时，点E在点B处，点D在点B处时，点E在点G处， ∴的外心从点H处运动到点M处， ∴的外心运动的轨迹长为； （3）解：设，则， 根据解析（2）可知：， ∴为等腰直角三角形， ∴， 根据勾股定理得：， ， ∴， ∴， ， ∵， ∴， 整理得：， 解得：或， 根据解析（1）可知：， ∴的正切值等于的正切值， 当时，，过点D作于点M，如图所示： 则， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，，过点D作于点M，如图所示： 则， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上分析可知：或． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，二次函数的应用，解直角三角形的应用，一元二次方程的应用，解题的关键是数形结合，作出辅助线，注意进行分类讨论． 7．（2025·湖南衡阳·一模）在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型∶它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．通过查询资料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”．如图① ，在中，，点D，E分别在边上，，连接，M是的中点，连接．          (1)观察猜想 请直接写出与的数量关系和位置关系； (2)类比探究 将图① 中绕点C逆时针旋转到图② 的位置，判断（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； (3)解决问题 若，将图① 中的绕点C逆时针旋转一周时，请直接写出的最大值与最小值． 【答案】(1) (2)（1）中的结论仍然成立，证明见解析 (3)的最大值为3，最小值为1 【分析】（1）证明，得到，由，推出，根据，得到，进而得到，即可得出结论； （2）延长至点F，使，连接，证明，为的中位线，即可证明结论； （3）利用（1）（2）的结论可知，当取最大值或最小值时，也取相应的最大值或最小值，当B，C，D三点共线时，可取最大值或最小值，结合图形计算即可． 【详解】（1）解： ∵ ∴ ∴ ∵M是的中点 ∴ ∴ 又∵ ∴ ∵ ∴ ∴； （2）证明：（1）中的结论仍然成立，证明过程如下 如图① ，延长至点F，使，连接， ∵ ∴ ∴ ∴ ∵M是的中点， ∴为的中位线， ∴ 又∵ ∴ ∵， ∴， ∴； （3）解：的最大值为3，最小值为1 如图②和图③ ，利用（1）（2）的结论可知， 当取最大值或最小值时，也取相应的最大值或最小值， 当B，C，D三点共线时，可取最大值或最小值， 的最大值为， 的最大值为3； 的最小值为， 的最小值为1 【点睛】本题是三角形综合题，三角形全等的判定和性质，直角三角形的特征，旋转的性质，三角形中位线的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正确作出辅助线是解题的关键． 8．（2025·湖南·模拟预测）问题情境： “综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图①中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中，将和按图②所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为点B）．当时，延长交于点G，则四边形的形状为　　．    深入探究： 老师将图②中的绕点B逆时针方向旋转，使点E落在内部，并让同学们提出新的问题． （1）“巧思小组”提出问题：如图③，当时，过点A作交的延长线于点与交于点N．试猜想线段和的数量关系，并加以证明． （2）“聪慧小组”提出问题：如图④，当时，过点A作于点H，若，则　　． 【答案】问题情境：正方形；深入探究：（1）；见解析；（2） 【分析】问题情境：先证明四边形是矩形，再由可得，从而得四边形是正方形； 深入探究：（1）由已知可得，再由等积方法，推出，再结合已知即可证明结论： （2）设的交点为，过作于，则易得，点是的中点；利用三角函数知识可求得的长，进而求得的长，利用相似三角形的性质即可求得结果． 【详解】解：问题情境：结论：四边形为正方形．理由如下： ， ， ， ， ， ， ∴四边形为矩形． ∵， ， ∴矩形为正方形． 故答案为：正方形： 深入探究：（1）结论：． 理由：∵， ， ， ， ，即， ， ， ，由（1）得， ； （2）解：如图：设的交点为，过作于，    ∵， ， ， ， ， ， ， ∴点是的中点， 由勾股定理得， ， ， ，即， ， ， ， ， ． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键． 9．（2025·湖南长沙·三模）定义：若函数，的自变量的取值范围相同，我们把函数叫做，的加权平均函数，其中t为加权系数，且0＜t＜1． (1)已知，． ①当时；，的加权平均函数为___________； ②若是，的加权平均函数，则_______，________； (2)已知，，其加权平均函数的图象经过两个定点，（点在点的左侧），试在x轴上求一点，使得取得最大值，并写出点的坐标； (3)已知与对于的任意一个的取值，加权平均函数的图象都在轴上方，试求的取值范围． 【答案】(1)①；②， (2) (3) 【分析】本题考查了函数的新定义的问题，一次函数的性质，二次函数的性质，关键是求出加权平均函数的表达式． （1）直接代入求解即可； （2）先求得加权平均函数的表达式根据题目条件求得点、点即可求得结果； （3）先求得加权平均函数的表达式，根据二次函数的性质即可求得结果． 【详解】（1）解：①将，，代入即可求得： ②将，代入， 与作比较即可求得： ， （2）由题意，得， ∵y过定点， ∴， 解得或， 当时，，当时，， ∵点在点的左侧， ∴，， 如解图，作点关于x轴的对称点，直线与x轴的交点即为所求的点，使得的值最大， 设直线的解析式为． 将点，代入， 得， 解得， ∴直线的解析式为． 令，得， ∴点的坐标为； （3）∵，与 ∴， ∵， ∴加权平均函数的图象开口向上， ∴当时，， ∵加权平均函数的图象都在x轴上方， ∴ ∴， 令， ∵， ∴函数的图象开口向上． 令，得， 令，得． ∵， ∴，且， 解得， ∴的取值范为 10．（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E． (1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； (3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______． 【答案】(1)，理由见解析 (2)见解析 (3)25 【分析】（1）过作于过点C作的延长线于，根据旋转的性质得到再证明，可得，最后利用三角形面积公式即可得到结论； （2）延长至， 使得， 连接，连接，证明，可得，从而得出四点共圆，根据圆周角定理可得，最后再利用直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质证明即可得到结论； （3）过点C作延长线于，先求得，再由勾股定理得，最后再求解即可得到结论． 【详解】（1）解：，理由如下： 由旋转的性质可得 过作于过点C作的延长线于， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， （2）证明：延长至， 使得， 连接， 为中点 为的中位线 由旋转的性质可得， ，， ， ， 四点共圆， ， ， 连接， 在中，点是的中点， ， 同理可得， 在中，点是的中点， ， 同理可得， ， 四边形是菱形， ， 即， 四边形是平行四边形， ， 又， P，Q，R三点共线； （3）解：过点C作延长线于， 由旋转的性质可得， 由（1）得，由旋转的性质可得， ， ， ， ， ， ， ， 中，， ， 则S的最大值为25． 故答案为：25． 【点睛】本题考查了几何变换综合题，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，旋转的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质及三角形中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 11．（2025·广西·中考真题）综合与实践 树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1） 初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形． 【问题提出】 西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置． 设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为． 【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？ 【初步探究】（2）求图3情形的与的值； 【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式； 【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果） 【答案】（1）随的增大而增大；（2），；（3）；（4） 【分析】（1）根据矩形的性质得，根据平行四边形的面积公式得，然后分别求出当时，当时，关于的解析式，即可得出结论； （2）根据（1）的结论可得答案； （3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，， 此时遮阳区的面积为六边形的面积，推出，，得，，再根据即可得出结论； （4）分别确定：当时，当时，当时，各个范围内的最大值，即可得出结论． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形，四边形是平行四边形，，，，在边所在直线上， ∴，，， 又∵如图2，在上，，， ∴， ， 当时，如图，设交于点，交于点，则， 此时遮阳区的面积为的面积， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴当时，随的增大而增大，的值从增大到； 当时，如图，设交于点，则，，， 此时遮阳区的面积为四边形的面积， ∵， ∴四边形为梯形， ∴， ∴当时，随的增大而增大，的值从增大到； 综上所述，从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大而增大； （2）如图3，此时点落在上，则， 由（1）知：当时，； ∴图3情形时，，； （3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，， 此时遮阳区的面积为六边形的面积， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴ ， ∴从图3情形起右移至与重合，该过程中关于的解析式为； （4）当时，， 当时，的最大值为：； 当时，， 当时，的最大值为：； 当时，， ∵ ∴当时，的最大值为：， 综上所述，当时，取得最大值，最大值为， ∴当遮阳区面积最大时，向右移动了． 【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，列函数关系式，二次函数的最值，等积变换等知识点，利用分类讨论的思想及数形结合的思想解决问题是解题的关键． 12．（2025·湖南·模拟）如图，在等腰和等腰中，． (1)观察猜想：如图1，点在上，线段与的关系是_________； (2)探究证明：把绕直角顶点旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由； (3)拓展延伸：把绕点在平面内转动一周，若，，、交于点时，连接，直接写出最大面积_________． 【答案】(1)，； (2)结论仍成立，理由见解析； (3)． 【分析】（1）先根据等腰三角形的定义可得，，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，，然后根据直角三角形两锐角互余、等量代换即可得即可； （2）先根据三角形全等的判定定理与性质可得，，再根据直角三角形两锐角互余可得，然后根据对顶角相等、等量代换可得，从而可得即可； （3）如图：由题意可知点在以为直径的上运动，点在上运动，观察图形，可知当与相切时，面积最大；此时，四边形为正方形，；然后在运用勾股定理求出BD，进而求出BP的最大值，最后运用三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：，，理由如下： 如图1，延长AE交BD于H， 由题意得：，，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， 故答案为：，． （2）解：结论仍成立，仍有：，；理由如下： 如图2，延长AE交BD于H，交BC于O， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴，即． （3）解：如图：∵， ∴点在以为直径的上运动. ∵， ∴点在上运动， 观察图形，可知当与相切时，面积最大. 此时，四边形为正方形，. 在中，. 当的面积最大时，，． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、勾股定理等、旋转变换以及几点共圆等知识点，正确作出辅助线并能综合应用所学知识是解答本题的关键． 13．（2025·河南南阳·二模）综合与实践 【问题呈现】 （1）如图①，和都是等腰直角三角形，，连接，，则，之间的数量关系是_______，________． （2）如图②，在中，，，（不与点，重合）是直线上的一动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到，连接，． 【类比探究】 ①如图②，点在线段上时，求证：． 【拓展提升】 ②如图③，，在点运动的过程中，当时，请直接写出的长． 【答案】（1）；；（2）①见解析；② 【分析】本题考查的是相似三角形的性质和判定、勾股定理、直角三角形的性质，勾股定理，以及旋转的性质等知识点． （1）证明，根据相似三角形的性质可得，； （2）同理（1）可得可求，，由此求出； （3）分当在内时，当在外时， 两种情况，结合（1）的结论，利用直角三角形性质和勾股定理解三角形即可求解． 【详解】解：（1）；； ∵和都是等腰直角三角形，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， 故答案为：；； （2）①如图②，过点作，垂足为， ∵在中，，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 由旋转可知：是等腰直角三角形， 同理（1）可得：；； 设，， 则，，， ∴， ∴， ②当在内时，如图③-1，过点作，垂足为， 同理可得：，；； ∵在中，，， ∴， ∴， ∴当时， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ 当在内时，如图③-2， 同理可求：，， ∴ 综上所述：长为 14．（2025·天津河东·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，点，点B在y轴的正半轴上，是等边三角形，点C在第二象限． (1)填空：如图①，点B的坐标为_________，点C的坐标为_________； (2)将沿x轴向右平移得到，点B，C，O的对应点分别为． ①如图②，设与重叠部分的面积为S．当与重叠部分为五边形时，分别与相交于点E，F，G，H，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②连接，当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①，其中t的取值范围是；② 【分析】本题主要考查一次函数与几何的综合、等边三角形的性质与判定、三角函数及平移的性质，熟练掌握一次函数与几何的综合、等边三角形的性质与判定、三角函数及平移的性质是解题的关键； （1）由题意易得，然后根据等边三角形的性质及三角函数可得，进而问题可求解； （2）①由平移的性质可得，，则有是等边三角形，在中，，则，然后可得，进而根据割补法可进行求解； ②以和为邻边构造平行四边形，然后可得，则由（1）得，点O关于直线的对称点为点，故，当三点共线时，值最小，连接即为的最小值，进而问题可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵为等边三角形，作轴于点D，如图①所示， 则， ∴， ∴点B的坐标为的坐标为， 故答案为：； （2）解：①由平移的性质可得，， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， 在中，，则， ∴， 在中，， ∵， ∴， 所以 ， 当点重合时，，此时与重叠部分不是五边形，当点重合时，，此时与重叠部分不是五边形， ∴t的取值范围是：； ②如图所示，连接和， 以和为邻边构造平行四边形，设， ∴， 解得，， ∴， 由（1）得，点O关于直线的对称点为点， 故，当三点共线时，值最小，连接即为的最小值， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为， 当时，， 解得，， ∴的坐标为． 15．（2025·安徽·模拟预测）在边长为6的菱形中，，点E、F是边、上的点，连接， (1)如图1，将沿翻折使B的对应点落在中点上，此时四边形是什么四边形？并说明理由． (2)如图2，若，以为边在右侧作等边； ①连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的长度． ②直接写出的最小值． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)①的长为3或；②当点G与点H重合时，的最小值为 【分析】（1）由折叠的性质可得，，，由菱形的性质和等腰三角形的性质可得，可证，可得结论； （2）①由“”可证，可得，，分两种情况讨论，由等边三角形的性质和勾股定理可求解； ②由垂线段最短，可得当点G与点H重合时，的最小值为． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由如下：连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵将沿翻折使B的对应点落在中点上， ∴，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：①如图2，连接，在上截取，连接，连接，并延长，交于点N，过点C作直线于H， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴，， 当时，， ∴， ∴； 当时，过点M作于Q，过点G作于P， ∵是等边三角形，， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 综上所述：的长为3或， ②由（2）①可知：点G在上运动，且，与的距离为， ∴当点G与点H重合时，的最小值为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $null