专题12 平移、旋转、轴对称（5大题型专练）（浙江专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题12 平移、旋转、轴对称 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 平移、旋转、轴对称作图 题型02 利用平移解题 题型03 利用轴对称解题 题型04 利用旋转解题 题型05 中心对称 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 平移、旋转、轴对称作图 典例引领 【典例01】（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，在方格纸中，的三个顶点和点都在小方格的顶点上，按要求作一个三角形（每小题只需作出一个三角形即可），使它的顶点在方格的顶点上． (1)如图1，将平移，使点落在平移后的三角形内部． (2)如图2，以点为旋转中心，将旋转，使点落在旋转后的三角形内部． (3)如图3，过点作出平分面积的直线． 【典例02】（2024·浙江台州·模拟预测）如图是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，其顶点称为格点，的三个顶点均在格点上．    (1)将先向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，画出平移后的． (2)点D为边与网格线的交点，试用无刻度的直尺找出点D关于对称的对称点． 方法透视 考向解读 1. 平移作图：确定平移方向和平移距离，将图形各顶点按相同方向和距离平移，再顺次连接。 2. 旋转作图：确定旋转中心、旋转方向和旋转角度，作出各顶点旋转后的对应点，再顺次连接。 3. 轴对称作图：确定对称轴，作出各顶点关于对称轴的对称点，再顺次连接。 4. 网格作图：利用网格的格点位置，结合平移、旋转、轴对称的性质确定对应点位置。 方法技能 平移方向距离定，旋转中心角向清； 轴对称找对称点，网格作图格点明。 变式演练 【变式01】（2024·浙江温州·模拟预测）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． (1)将先向左平移个单位，再向上平移个单位，得到，画出两次平移后的， 并写出点的坐标； (2)画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（）的条件下，求旋转过程中点所经过的路径长．（结果保留） 【变式02】（2024·浙江温州·二模）如图，在的方格纸中，已知格点和格点，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）． (1)在图1中，画出平移后的图形，使为其中一边的中点． (2)在图2中，画出与成中心对称的图形，使为其中的一个顶点． 【变式03】（2023·浙江宁波·中考真题）在4×4的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）．    (1)在图1中先画出一个以格点P为顶点的等腰三角形，再画出该三角形向右平移2个单位后的． (2)将图2中的格点绕点C按顺时针方向旋转，画出经旋转后的． 题型02 利用平移解题 典例引领 【典例01】（2025·浙江温州·二模）如图，在平面直角坐标系中，平移至的位置．若点，的坐标分别为，平移后点，的坐标分别为，，则的值为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【典例02】（2026·浙江金华·二模）如图，沿方向平移个单位长度得到，在结论①；②；③；④中，正确的是（   ）． A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 方法透视 考向解读 1. 平移的性质：平移前后图形全等，对应点连线平行且相等，对应线段平行且相等。 2. 利用平移求坐标：点 ( P(x, y) ) 向右平移 ( a ) 个单位、向上平移 ( b ) 个单位后得 ( P' )。 3. 利用平移构造平行四边形或全等三角形，解决线段相等、平行等几何问题。 4. 平移与函数结合：求平移后函数解析式，利用平移距离列方程。 方法技能 平移前后图形全，对应点连平行等； 坐标平移加加减，构造全等解题便。 变式演练 【变式01】（2026·浙江台州·一模）如图，在中，．将向右平移得到，点B，，C，在同一直线上，边与边交于点G．若，，则的长为（   ） A． B． C． D．5 【变式02】（2023·浙江温州·模拟预测）如图，直线分别与轴，轴交于点，，直线分别与轴，轴交于点，，直线，相交于点，将向右平移5个单位得到，若点好落在直线上，则______． 【变式03】（2026·浙江金华·一模）我们知道，对于平移前后的两个图形，连结对应点所得线段的长度即为原图形的平移距离．已知点为平面直角坐标系内一点． (1)若将点先向左平移个单位，再向上平移个单位得到点，求点的平移距离的长度； (2)将直线平移得直线，设直线上任意一点平移后的对应点为．若直线的平移距离，且直线平行于第二、四象限的角平分线，求直线的函数表达式； (3)将抛物线沿着射线方向平移得到抛物线，当时，抛物线上的点到轴的距离都小于，求抛物线的平移距离的取值范围． 题型03 利用轴对称解题 典例引领 【典例01】（2026·浙江杭州·一模）如图，，平分，P为射线上一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点F．若，，则的最小值为______． 【典例02】（2026·浙江绍兴·一模）如图，正方形ABCD边长为2，动直线l经过正方形中心O，线段与线段AB关于直线l对称，则点B到直线的距离最大值为___． 方法透视 考向解读 1. 轴对称的性质：对称轴垂直平分对应点连线，对应线段相等，对应角相等。 2. 最短路径问题：利用轴对称将折线转化为直线，依据“两点之间线段最短”求最小值。 3. 利用轴对称求坐标：点 ( P(x, y) ) 关于 ( x ) 轴对称得 ( )，关于 ( y ) 轴对称得 ( )。 4. 与几何图形结合：利用对称性证明线段相等、角度相等，或求最值、取值范围。 方法技能 轴对称分两边等，对称轴垂平分线； 最短路径作对称，化折为直求最值。 变式演练 【变式01】（2023浙江·三模）如图，在菱形中，，，点E为边上一点，且，在边上存在一点F，边上存在一点G，线段平分菱形的面积，则周长的最小值为____________________．    【变式02】（2025·浙江台州·三模）如图，在正方形网格中，点为格点（网格线的交点），点在网格线上，仅使用无刻度的直尺作图，保留作图痕迹． (1)如图，在直线上找到一点，使得的值最小； (2)如图，部分网格被墨汁污染，在仅剩的网格中，标出格点，使线段的长度等于（）中的最小值． 【变式03】（2024·浙江宁波·模拟预测）在等边三角形外侧作直线，点关于直线的对称点为，连接，交于点，连接．    (1)依题意补全如图； (2)若，求； (3)若，用等式表示线段，，之间的数量关系并证明． 题型04 利用旋转解题 典例引领 【典例01】（2025·浙江杭州·一模）如图，在正方形中，，．现将该正方形先向右平移，使点与原点重合，再将所得正方形绕原点按逆时针方向旋转，得到四边形，则点的对应点的坐标是（　　） A． B． C． D． 【典例02】（2023·浙江温州·三模）杭州奥体网球中心以极度对称的“莲花”造型惊艳众人．该建筑底部是由24片全等“花瓣”组成的“固定花环”，上方穹顶由8片全等“旋转花瓣”均匀连接，可根据天气变化合拢或旋转展开．小明借助圆的内接正多边形的知识，模拟“小莲花”变化状态．穹顶合拢时，如图①，正二十四边形顶点，正八边形顶点与圆心O共线，正二十四边形顶点，与正八边形顶点，共线，则的值为______；穹顶开启时，如图②，所有“旋转花瓣”同时绕着固定点，，…，逆时针同速旋转．圆心O绕旋转后的对应点为，以此类推，当落在上时，若米，则的值为______米．        方法透视 考向解读 1. 旋转的性质：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。 2. 旋转求坐标：点 ( P(x, y) ) 绕原点逆时针旋转得 ( )，顺时针得 ( )。 3. 旋转构造全等：通过旋转将分散的线段或角集中，构造全等三角形或等边三角形。 4. 旋转与多边形结合：利用中心角、圆周角等正多边形性质进行角度和距离计算。 方法技能 旋转全等对应等，距离夹角等于角； 绕点转 90°坐标换，构造全等把题解。 变式演练 【变式01】（2023·浙江湖州·一模）如图，矩形绕点B旋转得到矩形，在旋转过程中，恰好过点C，过点G作平行交，于M，N．若，则图中阴影部分的面积的是（    ）    A．3 B．4 C．5 D． 【变式02】（2023·浙江嘉兴·中考真题）一副三角板和中，．将它们叠合在一起，边与重合，与相交于点G（如图1），此时线段的长是___________，现将绕点按顺时针方向旋转（如图2），边与相交于点H，连结，在旋转到的过程中，线段扫过的面积是___________．    【变式03】（2024·浙江嘉兴·三模）在中，，以点为中心，将顺时针旋转，得到；再以点为中心，将顺时针旋转，得到；连结，    (1)如图，若，，求的长； (2)如图，，探究与的位置关系，并说明理由． 题型05 中心对称 典例引领 【典例01】（2026·浙江杭州·一模）下列图标中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2026·浙江·二模）如图，菱形中，对角线，相交于点P，与关于点D成中心对称．若，，则___________． 方法透视 考向解读 1. 中心对称的性质：成中心对称的两个图形全等，对应点连线经过对称中心且被对称中心平分。 2. 中心对称与坐标：点 ( P(x, y) ) 关于原点对称得 ( )。 3. 中心对称图形：绕中心旋转后与自身重合的图形。 4. 与反比例函数结合：反比例函数图象关于原点成中心对称，利用对称性求点的坐标或参数值。 方法技能 中心对称转180°，对应点连中心过； 原点对称坐标反，反比函数中心称。 变式演练 【变式01】（2026·浙江丽水·一模）如图，过原点的直线与反比例函数的图象交于，两点，则的值为__________． 【变式02】（2025·浙江杭州·二模）如图，在正方形与正方形中，点是的三等分点，点与点关于点成中心对称．连结．若，则的长为_______________． 【变式03】（2024·浙江金华·模拟预测）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中建立直角坐标系，小正方形的顶点为格点，与的顶点都在格点上． (1)作，使与关于原点成中心对称． (2)已知与关于点成中心对称，请在图中画出点的位置，并写出该点的坐标． 题●型●训●练 1．（2026·浙江宁波·一模）在平面直角坐标系中，若点先向右平移再向下平移，则点可能移动到下列哪个点的位置（   ） A． B． C． D． 2．（2022·浙江杭州·模拟预测）已知点经变换后到点，下面的说法正确的是（    ） A．点先向上平移个单位，再向左平移个单位到点，则点的坐标为 B．点绕原点按顺时针方向旋转后到点，则点的坐标为 C．点与点关于原点中心对称，则点的坐标为 D．点与点关于轴对称，则点的坐标为 3．（2025·浙江·模拟预测）如图，是菱形的对角线，把菱形沿着对角线方向平移，得到菱形，，分别交，于点，，连接，若 ，，则与之间的关系大致可以用函数图象表示为（  ） A． B． C． D． 4．（2022·浙江温州·模拟预测）下列图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 5．（2026·浙江丽水·一模）将，，三根直木条按如图所示的位置摆放，且，，固定木条和，木条绕点顺时针旋转，则下列描述正确的是（   ） A． B． C． D． 6．（2026·浙江衢州·一模）如图，将绕点O逆时针方向旋转45°得到，若，则的度数是（   ） A．13° B．23° C．32° D．45° 7．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，且点落在边上，连接．若，则的度数是______． 8．（2026·浙江舟山·一模）如图，在平行四边形中，，，将平行四边形绕顶点B顺时针旋转到平行四边形，当经过点C时，点到的距离为_________． 9．（2026·浙江杭州·一模）如图，是中边上的一点，将沿着对折，点的对应点恰好落在上，连接，若，，则的长为_________． 10．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，，点E是边上的中点，将沿翻折得，连接，点B，F，E恰好在同一直线上，延长交于点G．则与四边形的面积比为________ ． 11．（2026·浙江衢州·一模）在平面直角坐标系中，将点向右平移2个单位，向上平移1个单位，所得点B的坐标是______． 12．（2025·浙江温州·一模）如图，将沿斜边向右平移得到，与交于点H，延长，交于点G，连结.若，，则的长为___. 13．（2023·浙江温州·三模）如图1所示，已知△ABC，，，，现将其分割成4块，并通过旋转和平移变换，拼成矩形GHIJ（如图2所示），其中KL的长为______，若A为KL的中点，则的值为______．    14．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，是3个相同大小的6×6的方格，图1中放置一副七巧板组成的正方形图案，其顶点均在格点上，称之为格点图形．利用七巧板中的3种图形，按下列要求作出符合条件的格点图形． (1)在图2中，拼成一个轴对称但不是中心对称的图形． (2)在图3中，拼成一个中心对称但不是轴对称的图形． 15．（2026·浙江嘉兴·一模）如图，在等边中，是边上的动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接，，交边于点． (1)求的度数． (2)若的面积为，，求的长． (3)若，求的最大值． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 平移、旋转、轴对称 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 平移、旋转、轴对称作图 题型02 利用平移解题 题型03 利用轴对称解题 题型04 利用旋转解题 题型05 中心对称 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 平移、旋转、轴对称作图 典例引领 【典例01】（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，在方格纸中，的三个顶点和点都在小方格的顶点上，按要求作一个三角形（每小题只需作出一个三角形即可），使它的顶点在方格的顶点上． (1)如图1，将平移，使点落在平移后的三角形内部． (2)如图2，以点为旋转中心，将旋转，使点落在旋转后的三角形内部． (3)如图3，过点作出平分面积的直线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查图形的平移或旋转，熟练掌握平移或旋转的性质是解题的关键， （1）根据平移的性质即可得到答案； （2）根据旋转的性质即可得到答案； （3）根据三角形等面积（同底等高），找出的中点，进而即可得到答案． 【详解】（1）解：平移后的三角形如图1所示（答案不唯一）． （2）解：旋转后的三角形如图2所示． （3）解：平分面积的直线如图3所示． 【典例02】（2024·浙江台州·模拟预测）如图是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，其顶点称为格点，的三个顶点均在格点上．    (1)将先向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度，画出平移后的． (2)点D为边与网格线的交点，试用无刻度的直尺找出点D关于对称的对称点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查平移作图，作轴对称图形，熟练掌握平移的性质与轴对称的性质是解题的关键． （1）利用平移性质作出点A、B、C的对应点、、．再顺次连接即可； （2）利用网格和轴对称的性质作出点C关于的对称点，再连接这点与点B，交格线的点即为所求点． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求，    （2）解：如图所示，点即为所求．    方法透视 考向解读 1. 平移作图：确定平移方向和平移距离，将图形各顶点按相同方向和距离平移，再顺次连接。 2. 旋转作图：确定旋转中心、旋转方向和旋转角度，作出各顶点旋转后的对应点，再顺次连接。 3. 轴对称作图：确定对称轴，作出各顶点关于对称轴的对称点，再顺次连接。 4. 网格作图：利用网格的格点位置，结合平移、旋转、轴对称的性质确定对应点位置。 方法技能 平移方向距离定，旋转中心角向清； 轴对称找对称点，网格作图格点明。 变式演练 【变式01】（2024·浙江温州·模拟预测）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． (1)将先向左平移个单位，再向上平移个单位，得到，画出两次平移后的， 并写出点的坐标； (2)画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（）的条件下，求旋转过程中点所经过的路径长．（结果保留） 【答案】(1)画图见解析，； (2)画图见解析，； (3)． 【分析】（）利用平移的性质作出对应点，然后连接即可； （）利用旋转的性质作出对应点，然后连接即可； （）用勾股定理求出，再利用弧长公式求解； 本题考查了平移，旋转，勾股定理和弧长公式，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）解：如图， ∴即为所求，； （2）解：如图， ∴即为所求，； （3）解：∵， ∴旋转过程中点所经过的路径长为：． 【变式02】（2024·浙江温州·二模）如图，在的方格纸中，已知格点和格点，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）． (1)在图1中，画出平移后的图形，使为其中一边的中点． (2)在图2中，画出与成中心对称的图形，使为其中的一个顶点． 【答案】(1)作图见解析 (2)作图见解析 【分析】本题考查了作图一平移变换、旋转变换，熟记平移变换、旋转变换的性质是解题的关键； （1）根据平移的性质结合网格特点即可作出图形； （2）根据中心对称的性质结合网格特点即可作出图形． 【详解】（1）如图所示：即为所求； （2）如图所示：即为所求； 【变式03】（2023·浙江宁波·中考真题）在4×4的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）．    (1)在图1中先画出一个以格点P为顶点的等腰三角形，再画出该三角形向右平移2个单位后的． (2)将图2中的格点绕点C按顺时针方向旋转，画出经旋转后的． 【答案】(1)画图见解析 (2)画图见解析 【分析】（1）先画等腰三角形，，再确定平移后的对应点，再顺次连接即可； （2）确定A，B旋转后的对应点，而C的对应点是其本身，再顺次连接即可． 【详解】（1）解：如图，，即为所求作的三角形；    （2）如图，即为所求作的三角形，    【点睛】本题考查的是平移，旋转的作图，作等腰三角形，熟练的利用网格特点以及平移旋转的性质进行作图是解本题的关键． 题型02 利用平移解题 典例引领 【典例01】（2025·浙江温州·二模）如图，在平面直角坐标系中，平移至的位置．若点，的坐标分别为，平移后点，的坐标分别为，，则的值为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】D 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—平移，根据对应点坐标可判断出平移方式，再根据平移方式求出m、n的值即可得到答案． 【详解】解：∵在平面直角坐标系中，平移至的位置．若点，的坐标分别为，平移后点，的坐标分别为，， ∴平移方式为向右平移个单位长度，向上平移个单位长度， ∴， ∴， 故选：D． 【典例02】（2026·浙江金华·二模）如图，沿方向平移个单位长度得到，在结论①；②；③；④中，正确的是（   ）． A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【答案】B 【分析】根据平移的性质逐一判断即可． 【详解】∵沿方向平移个单位长度得到， ∴，，故①、②正确，符合题意， 故④正确，符合题意， ∵③无法证明， ∴不符合题意． ∴符合题意的有①②④． 方法透视 考向解读 1. 平移的性质：平移前后图形全等，对应点连线平行且相等，对应线段平行且相等。 2. 利用平移求坐标：点 ( P(x, y) ) 向右平移 ( a ) 个单位、向上平移 ( b ) 个单位后得 ( P' )。 3. 利用平移构造平行四边形或全等三角形，解决线段相等、平行等几何问题。 4. 平移与函数结合：求平移后函数解析式，利用平移距离列方程。 方法技能 平移前后图形全，对应点连平行等； 坐标平移加加减，构造全等解题便。 变式演练 【变式01】（2026·浙江台州·一模）如图，在中，．将向右平移得到，点B，，C，在同一直线上，边与边交于点G．若，，则的长为（   ） A． B． C． D．5 【答案】C 【分析】根据平移的性质求得四边形是矩形，，，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：由平移的性质得，，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴． 【变式02】（2023·浙江温州·模拟预测）如图，直线分别与轴，轴交于点，，直线分别与轴，轴交于点，，直线，相交于点，将向右平移5个单位得到，若点好落在直线上，则______． 【答案】 【分析】由平移的性质可知: B' (5，3)，代入l2，从而得出l2的函数解析式，求出DE和B' C的长度． 【详解】∵ ∴ 将B向右平移5个单位后B′(5，3) ∵B′在直线 ∴ ∴ ∴D(0， 8)，C(8， 0) 因为直线l1，l2相交于点E ∴ ∴ ∴ 作EH⊥y轴于H 由HE∥O′C得△DHE∽△COB' ∴ 故答案为20：21 【点睛】本题考查一次函数解析式、相似的性质及判定，平移的性质，熟练并灵活的使用性质及判定是关键. 【变式03】（2026·浙江金华·一模）我们知道，对于平移前后的两个图形，连结对应点所得线段的长度即为原图形的平移距离．已知点为平面直角坐标系内一点． (1)若将点先向左平移个单位，再向上平移个单位得到点，求点的平移距离的长度； (2)将直线平移得直线，设直线上任意一点平移后的对应点为．若直线的平移距离，且直线平行于第二、四象限的角平分线，求直线的函数表达式； (3)将抛物线沿着射线方向平移得到抛物线，当时，抛物线上的点到轴的距离都小于，求抛物线的平移距离的取值范围． 【答案】(1) (2)直线的函数表达式为或 (3) 【分析】（1）根据平移的规律求出平移后点的坐标，再根据距离公式求解即可； （2）先确定平移方向，再结合平移距离求出平移的单位长度，最后根据直线平移规律求函数表达式； （3）设沿射线平移的距离为，可看成沿轴向右平移个单位，沿轴向上平移个单位，确定平移后抛物线的顶点，进而得到平移后抛物线的解析式，最后利用抛物线上的点到轴的距离都小于列不等式求解． 【详解】（1）解：∵点先向左平移个单位，再向上平移个单位得到点， ∴， ∴； （2）解：∵直线平行于第二、四象限的角平分线， ∴点沿直线的方向平移， ∴设点沿轴平移个单位，沿轴平移个单位， ∵， ∴， ∴直线沿直线方向平移个单位，相当于向左平移个单位，向上平移个单位，或向右平移个单位，向下平移个单位， ∴直线的函数表达式：或， 即：直线的函数表达式为或； （3）解：∵ ∴平移前顶点 设沿射线平移的距离为，可看成沿轴向右平移个单位，沿轴向上平移个单位， ∴， 解得：， ∴平移后顶点为， ∴平移后解析式：， 当时，， 当时，， 当时，抛物线上的点到轴的距离都小于， ∴ 由解得； 由解得或； 由解得； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴综上：． 题型03 利用轴对称解题 典例引领 【典例01】（2026·浙江杭州·一模）如图，，平分，P为射线上一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点F．若，，则的最小值为______． 【答案】/ 【分析】过A作于G，连接，先根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得,，，进而可得，故当最小时，有最小值，此时，由对称性质得，，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得，进而可得的最小值． 【详解】解：过A作于G，连接，则， ∵，平分， ∴， 在中，， ∴，， 在中，， ∴, 故当最小时，有最小值，此时，则， 由对称性质得，， ∴， ∴，则， ∴， 故的最小值为． 【典例02】（2026·浙江绍兴·一模）如图，正方形ABCD边长为2，动直线l经过正方形中心O，线段与线段AB关于直线l对称，则点B到直线的距离最大值为___． 【答案】 【分析】先求出的长度，由于对称可得，，过点作垂直于于点，再求出到的距离，则只有当三点共线时有到的距离最大值． 【详解】解：， 则， 过点作垂直于于点， 为等腰直角三角形， 为等腰直角三角形， ， ， ， ∵ ∴当B、O、Q三点共线时距离最大， 则最大距离． 方法透视 考向解读 1. 轴对称的性质：对称轴垂直平分对应点连线，对应线段相等，对应角相等。 2. 最短路径问题：利用轴对称将折线转化为直线，依据“两点之间线段最短”求最小值。 3. 利用轴对称求坐标：点 ( P(x, y) ) 关于 ( x ) 轴对称得 ( )，关于 ( y ) 轴对称得 ( )。 4. 与几何图形结合：利用对称性证明线段相等、角度相等，或求最值、取值范围。 方法技能 轴对称分两边等，对称轴垂平分线； 最短路径作对称，化折为直求最值。 变式演练 【变式01】（2023浙江·三模）如图，在菱形中，，，点E为边上一点，且，在边上存在一点F，边上存在一点G，线段平分菱形的面积，则周长的最小值为____________________．    【答案】/ 【分析】作E关于的对称点M，过M作交延长线于T，交延长线于K，连接交于G，过A作于H，由，，得，，而，有，可得，，，在中，，，故，根据线段平分菱形的面积和菱形的对称性知，可证，即可得，又，知当M，G，F共线时，，即周长的最小，从而可得周长的最小值为． 【详解】解：作E关于的对称点M，过M作交延长线于T，交延长线于K，连接交于G，过A作于H，如图：    ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴，，， ∴， 在中，，， ∴， ∵线段平分菱形的面积， ∴过对称中心， 由菱形的对称性知， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴当M，G，F共线时，，即周长的最小， 此时周长的最小值即为， ∴周长的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，矩形的性质，中心对称的性质，勾股定理的应用，确定周长取值最小时，M，G，F共线是解题的关键． 【变式02】（2025·浙江台州·三模）如图，在正方形网格中，点为格点（网格线的交点），点在网格线上，仅使用无刻度的直尺作图，保留作图痕迹． (1)如图，在直线上找到一点，使得的值最小； (2)如图，部分网格被墨汁污染，在仅剩的网格中，标出格点，使线段的长度等于（）中的最小值． 【答案】(1)作图见解析 (2)作图见解析 【分析】（）作点关于直线的对称点，连接交直线于点，连接，由轴对称可得，即得，由两点之间线段最短，可知此时的值最小，故点即为所求； （）取点，作点关于直线的对称点，连接，由轴对称可知，故线段即为所求； 本题考查了轴对称最短线段问题，作轴对称图形，掌握轴对称的性质是解题的关键． 【详解】（1）解：如图所示，点即为所求； （2）解：如图所示，线段即为所求． 【变式03】（2024·浙江宁波·模拟预测）在等边三角形外侧作直线，点关于直线的对称点为，连接，交于点，连接．    (1)依题意补全如图； (2)若，求； (3)若，用等式表示线段，，之间的数量关系并证明． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，理由见解析 【分析】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等边三角形的性质等知识点，灵活运用这些知识点是解题的关键． （1）依题意补全图形； （2）由等腰三角形的性质和外角性质即可求解； （3）连接交于点，证明，过点作于点，设，，则，，根据勾股定理求出，在中，由勾股定理得出，代入相关数据得出 ，由，可得出结论． 【详解】（1）解：过点作直线的垂线，交于点，取点，使得，连接，交于点，连接，则点为点关于直线的对称点，图1为所求的图： （2）如图2：连接，    ∵点与点关于直线对称， ∴，， ∴，， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在与中， ，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：，理由如下： 如图，连接交于点， ∵点与点关于直线对称， ∴，， ∴，， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴在与中， ∴ ∵是等边三角形 ∴ ∴， 过点作于点， 设，，则，， 在中，， 在中，， ∴ ， ∵，， ∴. 题型04 利用旋转解题 典例引领 【典例01】（2025·浙江杭州·一模）如图，在正方形中，，．现将该正方形先向右平移，使点与原点重合，再将所得正方形绕原点按逆时针方向旋转，得到四边形，则点的对应点的坐标是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查坐标变换平移和旋转变换，熟练掌握坐标系中点的平移变换特征和旋转变换特征是解题的关键．先得出正方形先向右平移使点与原点重合后的正方形，得出，，且，，又由正方形绕原点按逆时针方向旋转，得到四边形，可得点与点重合，即可求解． 【详解】解：如图，将正方形先向右平移，使点与原点重合，得到正方形， 其中，，，且，， ∵将所得正方形绕原点按逆时针方向旋转，得到四边形， ∴点与点重合， ∴点的坐标是， 故选：B． 【典例02】（2023·浙江温州·三模）杭州奥体网球中心以极度对称的“莲花”造型惊艳众人．该建筑底部是由24片全等“花瓣”组成的“固定花环”，上方穹顶由8片全等“旋转花瓣”均匀连接，可根据天气变化合拢或旋转展开．小明借助圆的内接正多边形的知识，模拟“小莲花”变化状态．穹顶合拢时，如图①，正二十四边形顶点，正八边形顶点与圆心O共线，正二十四边形顶点，与正八边形顶点，共线，则的值为______；穹顶开启时，如图②，所有“旋转花瓣”同时绕着固定点，，…，逆时针同速旋转．圆心O绕旋转后的对应点为，以此类推，当落在上时，若米，则的值为______米．        【答案】 / 【分析】如图：过O作,连接，运用正多边形的性质说明,,进而得到、，然后代入计算即可；如图：由题意可得,，，运用勾股定理可求得，再运用计算即可． 【详解】解：如图：过O作,连接， ∴，, ∵， ∴,, ∴， ∴,, ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴, ∴．    由题意可知：,，， ∴，即，解得：， ∴． 故答案为，．    【点睛】本题主要考查了正多边形的性质、勾股定理、垂径定理等知识点，理解题意、正确计算是解答本题的关键． 方法透视 考向解读 1. 旋转的性质：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。 2. 旋转求坐标：点 ( P(x, y) ) 绕原点逆时针旋转得 ( )，顺时针得 ( )。 3. 旋转构造全等：通过旋转将分散的线段或角集中，构造全等三角形或等边三角形。 4. 旋转与多边形结合：利用中心角、圆周角等正多边形性质进行角度和距离计算。 方法技能 旋转全等对应等，距离夹角等于角； 绕点转 90°坐标换，构造全等把题解。 变式演练 【变式01】（2023·浙江湖州·一模）如图，矩形绕点B旋转得到矩形，在旋转过程中，恰好过点C，过点G作平行交，于M，N．若，则图中阴影部分的面积的是（    ）    A．3 B．4 C．5 D． 【答案】A 【分析】根据旋转的性质和矩形的性质结合勾股定理求出的长，再运用四边形、是平行四边形进行转换求出面积即可解答； 【详解】解：∵矩形绕点旋转得到矩形， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形,，， ∴四边形是平行四边形， ， ∴阴影部分的面积， 故选：A 【点睛】本题主要考查了勾股定理、旋转的性质、矩形的性质以及平行四边形的判定和性质等知识点，解答时需注意阴影部分面积的转换是解答该题的重要技巧，解题的关键是熟练运用这些知识点． 【变式02】（2023·浙江嘉兴·中考真题）一副三角板和中，．将它们叠合在一起，边与重合，与相交于点G（如图1），此时线段的长是___________，现将绕点按顺时针方向旋转（如图2），边与相交于点H，连结，在旋转到的过程中，线段扫过的面积是___________．    【答案】 【分析】如图1，过点G作于H，根据含直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出，，然后由可求出的长，进而可得线段的长；如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接，，是旋转到的过程中任意位置，作于N，过点B作交的延长线于M，首先证明是等边三角形，点在直线上，然后可得线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积，求出和，然后根据线段扫过的面积列式计算即可． 【详解】解：如图1，过点G作于H，    ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴； 如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接， 由旋转的性质得：，， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即垂直平分， ∵是等腰直角三角形， ∴点在直线上， 连接，是旋转到的过程中任意位置， 则线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积， ∵， ∴， ∴， 作于N，则， ∴， 过点B作交的延长线于M，则， ∵，， ∴， ∴， ∴线段扫过的面积， ， ， ， 故答案为：，．    【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含直角三角形的性质，二次根式的运算，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算等知识，作出图形，证明点在直线上是本题的突破点，灵活运用各知识点是解题的关键． 【变式03】（2024·浙江嘉兴·三模）在中，，以点为中心，将顺时针旋转，得到；再以点为中心，将顺时针旋转，得到；连结，    (1)如图，若，，求的长； (2)如图，，探究与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)平行，理由见详解 【分析】（1）通过旋转的性质得，和，证明四边形为正方形，再根据正方形的性质即可求出． （2）过点作交于点，由旋转的性质和平行线的性质可得，易证，因为，所以四边形为平行四边形，故可得出． 【详解】（1）解：根据旋转性质可得当时，， ∴四边形为矩形， ∵旋转的性质可得， ∴四边形为正方形， ∴． ∴的长为． （2）与的位置关系是平行． 理由：如图，过点作交于点，    则， 由旋转的性质可得，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴． ∴与的位置关系是平行． 【点睛】本题考查了正方形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，旋转的性质，平行线的性质的判定，等腰三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 题型05 中心对称 典例引领 【典例01】（2026·浙江杭州·一模）下列图标中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】中心对称图形绕着某个点旋转后能与原来的图形重合，据此逐项判断即可． 【详解】解：选项A、该图形绕中心旋转不能与原图形重合，故A不是中心对称图形； 选项B、该图形绕中心旋转不能与原图形重合，故B不是中心对称图形； 选项C、该图形绕中心旋转能与原图形重合，故C是中心对称图形； 选项D、该图形是轴对称图形，绕中心旋转不能与原图形重合，故D不是中心对称图形． 【典例02】（2026·浙江·二模）如图，菱形中，对角线，相交于点P，与关于点D成中心对称．若，，则___________． 【答案】25 【分析】利用菱形的性质得到与互相垂直平分，从而求得的长和的长，再由与关于点D成中心对称，得到，从而求得的值，利用勾股定理即可得出的长． 【详解】解：在菱形中，与互相垂直平分， ∴，， 又∵与关于点D成中心对称， ∴， ∴，，， ∴， 在中，． 方法透视 考向解读 1. 中心对称的性质：成中心对称的两个图形全等，对应点连线经过对称中心且被对称中心平分。 2. 中心对称与坐标：点 ( P(x, y) ) 关于原点对称得 ( )。 3. 中心对称图形：绕中心旋转后与自身重合的图形。 4. 与反比例函数结合：反比例函数图象关于原点成中心对称，利用对称性求点的坐标或参数值。 方法技能 中心对称转180°，对应点连中心过； 原点对称坐标反，反比函数中心称。 变式演练 【变式01】（2026·浙江丽水·一模）如图，过原点的直线与反比例函数的图象交于，两点，则的值为__________． 【答案】3 【分析】根据反比例函数的图象关于原点中心对称和直线过原点，可得点A、B的横纵坐标互为相反数，从而求出a、b的值，最后代入即可求解． 【详解】解：过原点的直线与反比例函数的图象交于，， ，两点关于原点对称， ，， ，， ，， 则，解得． 【变式02】（2025·浙江杭州·二模）如图，在正方形与正方形中，点是的三等分点，点与点关于点成中心对称．连结．若，则的长为_______________． 【答案】 【分析】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，设正方形的边长为，则正方形的边长为，用表示出，即可求得，再利用勾股定理求得即可，正确利用题中条件求得两个正方形的边长是解题的关键． 【详解】解：设正方形的边长为， 点是的三等分点， ， 则正方形的边长为， ，， ， 则可得方程， 解得（负值舍去）， 如图，连接，过点作交于点， 点与点关于点成中心对称， 三点共线，且, ， ， ， ， ， 故答案为：． 【变式03】（2024·浙江金华·模拟预测）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中建立直角坐标系，小正方形的顶点为格点，与的顶点都在格点上． (1)作，使与关于原点成中心对称． (2)已知与关于点成中心对称，请在图中画出点的位置，并写出该点的坐标． 【答案】(1)见解析 (2)见解析，点 【分析】（1）先确定起始点的坐标，再利用原点对称特点确定变化后的坐标，即可求解， （2）连接、，交点即为点，根据中点公式计算，即可求解， 本题考查了，中心对称，确定中心点，中点公式，解题的关键是：熟练掌握中心对称的性质． 【详解】（1）解：如图可得：，，，原点对称得：，，， 画图如下： 即为所求， （2）解：连接、，交点即为点，画图如下： 点即为所求， ∵与关于点成中心对称，且，， 所以对称中心的坐标为，即：， 故答案为：． 题●型●训●练 1．（2026·浙江宁波·一模）在平面直角坐标系中，若点先向右平移再向下平移，则点可能移动到下列哪个点的位置（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查平面直角坐标系中点的平移规律，解题思路是根据平移方向确定平移前后横、纵坐标的关系，再结合各选项判断即可． 【详解】解：设平移后点的坐标为，由平移方向可知平移后点的横坐标满足，纵坐标满足． A选项，横坐标，故A选项不符合题意； B选项，横坐标，故B选项不符合题意； C选项，纵坐标，故C选项不符合题意； D选项，横坐标，纵坐标，故D选项符合题意． 2．（2022·浙江杭州·模拟预测）已知点经变换后到点，下面的说法正确的是（    ） A．点先向上平移个单位，再向左平移个单位到点，则点的坐标为 B．点绕原点按顺时针方向旋转后到点，则点的坐标为 C．点与点关于原点中心对称，则点的坐标为 D．点与点关于轴对称，则点的坐标为 【答案】B 【分析】根据点坐标的平移、旋转、中心对称、轴对称的变换规律，逐项判断即可得解． 【详解】解：A、点先向上平移3个单位，再向左平移4个单位后，点的坐标为，即，原说法错误，该选项不符合题意； B、将绕原点顺时针旋转后，坐标变为，说法正确，该选项符合题意； C、点关于原点中心对称的点坐标为，原说法错误，该选项不符合题意； D、点关于轴对称的点坐标为，原说法错误，该选项不符合题意． 3．（2025·浙江·模拟预测）如图，是菱形的对角线，把菱形沿着对角线方向平移，得到菱形，，分别交，于点，，连接，若 ，，则与之间的关系大致可以用函数图象表示为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用菱形和平移的性质得到线段与角度的关系，再通过三角函数表示出的长度，从而建立与的函数关系式，最后根据函数的性质判断对应的函数图象． 【详解】解：如图，记交于点， ∵四边形是菱形， ∴， 设，则，设，则 由平移的性质可知，， ∴， ∴， ∴， ∴∙， ∵为定值，为定值， ∴为定值，且小于，∙为定值，且大于， ∴是关于的一次函数，且随的增大而减小， ∴选项符合题意． 4．（2022·浙江温州·模拟预测）下列图标中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：A、有对称轴，是轴对称图形，没有对称中心，不是中心对称图形，不符合题意； B、没有对称轴，不是轴对称图形，有对称中心，是中心对称图形，不符合题意； C、有对称轴，是轴对称图形，有对称中心，是中心对称图形，符合题意； D、没有对称轴，不是轴对称图形，没有对称中心，不是中心对称图形，不符合题意； 故选：C ． 5．（2026·浙江丽水·一模）将，，三根直木条按如图所示的位置摆放，且，，固定木条和，木条绕点顺时针旋转，则下列描述正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据旋转方向和旋转角可知旋转后，根据同位角相等，两直线平行，可得． 【详解】解：，木条绕点顺时针旋转， 可得旋转后， ， ， ． 6．（2026·浙江衢州·一模）如图，将绕点O逆时针方向旋转45°得到，若，则的度数是（   ） A．13° B．23° C．32° D．45° 【答案】C 【详解】解：∵ 绕点 O 逆时针方向旋转 得到 ， ∴ 旋转角， 又 ∵， ∴ . 7．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，且点落在边上，连接．若，则的度数是______． 【答案】 【分析】根据旋转可得，，则，设，利用三角形内角和和等腰三角形的性质列方程即可解答． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到， ，，， 设， ， ， ， ， ， ，即， 解得， 则的度数是． 8．（2026·浙江舟山·一模）如图，在平行四边形中，，，将平行四边形绕顶点B顺时针旋转到平行四边形，当经过点C时，点到的距离为_________． 【答案】3 【分析】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角直角三角形的性质．过点作于点E， 由四边形为平行四边形和平行四边形绕顶点B顺时针旋转到平行四边形，得出，可得，由含角直角边等于斜边一半来求解点到的距离． 【详解】解：如解图，过点作于点E， ∵四边形为平行四边形， ． 平行四边形绕顶点B顺时针旋转到平行四边形， ，，，． ， ． ． ． ，， ． 9．（2026·浙江杭州·一模）如图，是中边上的一点，将沿着对折，点的对应点恰好落在上，连接，若，，则的长为_________． 【答案】 【分析】根据三角形面积公式并结合求出，进而求出的长，最后利用勾股定理求出的长即可得到的长． 【详解】解：设与交于点， ∵将沿着对折，点的对应点恰好落在上，，， ∴， ∴， ∴点，在线段的垂直平分线上， ∴垂直平分， ∴，， ∴是中边上的高， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，且与等高， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， 即的长为． 10．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，，点E是边上的中点，将沿翻折得，连接，点B，F，E恰好在同一直线上，延长交于点G．则与四边形的面积比为________ ． 【答案】 【分析】延长，与的延长线交于点，证明，可推出，，证明，可得，，进而可得，，，证明，得， 设的边上的高为，则的边上的高为，的底边上的高为，则与四边形的面积比可求． 【详解】解：延长，与的延长线交于点， 在中，，， ，， ，， ，，，， 将沿翻折得，点B，F，E恰好在同一直线上， ，，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 点是边上的中点， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设边的上的高为，则的边上的高为，的底边上的高为， 则与四边形的面积比为． 11．（2026·浙江衢州·一模）在平面直角坐标系中，将点向右平移2个单位，向上平移1个单位，所得点B的坐标是______． 【答案】 【分析】依据平移规律：横坐标右移加，左移减，纵坐标上移加，下移减即可求解． 【详解】解：已知平移前点为，将点向右平移个单位，横坐标计算为，再向上平移个单位，纵坐标计算为， 因此平移后所得点的坐标为． 12．（2025·浙江温州·一模）如图，将沿斜边向右平移得到，与交于点H，延长，交于点G，连结.若，，则的长为___. 【答案】 【分析】本题主要考查矩形的判定和性质，平移的性质，连接，根据题意及矩形的判定定理得出四边形为矩形，即可得到，再由平移的性质确定即可求解． 【详解】解：连接， 由平移可得：，，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴是矩形， ∴， ∴， 故答案为：. 13．（2023·浙江温州·三模）如图1所示，已知△ABC，，，，现将其分割成4块，并通过旋转和平移变换，拼成矩形GHIJ（如图2所示），其中KL的长为______，若A为KL的中点，则的值为______．    【答案】 4 【分析】利用平移、中心旋转的性质，找出对应相等的边与角，再结合三角函数的定义即可求解． 【详解】解：如图2，由图形平移与旋转的特性可知， ， ∴ ． ∵， ∴． 如下图，设与交于点O，过点O作，垂足为H，过点A作，垂足为Q．则．    因，故可设，由图形的旋转性可知O为的中点， 因，则， 因， 故在直角中，， 由可知，， 即， 由可知，． 由前面推证，，， ∴． ∴． 在直角△OHE中，． 由平移性可知，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：4；． 【点睛】本题考查了三角函数的运用、平移与中心旋转的性质、中位线的性质等相关知识点，解题关键是运用等角的正切相等这一性质． 14．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，是3个相同大小的6×6的方格，图1中放置一副七巧板组成的正方形图案，其顶点均在格点上，称之为格点图形．利用七巧板中的3种图形，按下列要求作出符合条件的格点图形． (1)在图2中，拼成一个轴对称但不是中心对称的图形． (2)在图3中，拼成一个中心对称但不是轴对称的图形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查图案设计-轴对称图形和中心对称图形，熟知轴对称图形和中心对称图形的性质是关键． （1）根据轴对称图形的性质拼图即可； （2）根据中心对称图形的性质拼图即可． 【详解】（1）解：如图所示： （2）解：如图所示： 15．（2026·浙江嘉兴·一模）如图，在等边中，是边上的动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接，，交边于点． (1)求的度数． (2)若的面积为，，求的长． (3)若，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3)的最大值为 【分析】（1）根据等边三角形的性质结合旋转的性质证明，即可解得； （2）作于点，解直角三角形求出，根据的面积为，得到．证明是等边三角形，再证明，推出，即可求解； （3）先求出，当最小时，最大，即当时，最小，此时，证明，求出，即可求解． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴，， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， ∴． （2）解：作于点， ∵， ∴， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴． 由旋转的性质得， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）解：∵， ∴， ∵， ∴当最小时，最大， ∵是等边三角形，要使最小，只需满足最短， ∴当时，最小，此时， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最大值为． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $