专题11 图形运动（平移、翻折、旋转）高频考点与常见5大题型（上海专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦图形运动（平移、翻折、旋转）中考高频考点，以5大题型为框架，融合解题技巧与核心能力培养，构建从基础到综合的系统性训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平移性质与坐标变化|1真题+3变式|坐标变化规律、平行性质|从平移基本性质到函数图像平移，体现几何与代数结合| |翻折性质与轴对称|1真题+4变式|轴对称性质、一线三直角模型|以翻折对称性为核心，结合勾股定理与几何作图，培养空间观念| |旋转性质与中心对称|1真题+4变式|旋转角分析、相似判定|围绕旋转不变量，构建等腰三角形与相似模型，发展推理能力| |路径与最值|1真题+3变式|几何作图、不变量分析|通过动态路径探究，融合轴对称与距离最值，强化几何直观| |综合探究|1真题+3变式|多运动综合、分类讨论|整合平移、翻折、旋转，结合新定义与实践操作，提升综合应用能力|

专题11 图形运动（平移、翻折、旋转）高频考点与常见5大题型 目 录 高频考情深度解读（中考命题规律透视+培优备考要求） 核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧） 聚焦题型精准解密（5大题型精讲+变式拔高训练） 题型一 平移的性质与坐标变化 题型二 翻折的性质与轴对称 题型三 旋转的性质与中心对称 题型四 图形运动中的路径与最值 题型五 图形运动综合探究 实战演练高效提分（中考仿真模拟+限时训练提升） 图形运动（平移、翻折、旋转）是上海中考数学的特色考点，也是填空压轴题（第18题）的核心考查方向，分值约4-8分，占全卷的3%-5%。近5年上海中考第18题均涉及图形运动，其中翻折和旋转是最主要的两种形式。常见的图形运动有三种：旋转、平移和翻折，运动变化问题正是利用它们变化图形的位置，引起条件或结论的改变，或者把分散的条件集中，以利于解题。 从近五年考情和2025-2026年各区模考看，图形运动题的考查呈现以下特征： 运动类型 近五年考频 典型题位 核心能力要求 图形的翻折 5年4考 第18题（填空压轴） 对称性作图、勾股定理、一线三直角模型 图形的旋转 5年4考 第18题（填空压轴） 旋转角分析、等腰三角形构造、相似判定 图形的平移 5年2考 第24题（与二次函数结合） 坐标系中的坐标变化、平行性质 图形运动综合 近年新增 第18题或第22题 多种运动综合、分类讨论 各类运动的命题规律： 翻折类（5年4考）：根据2025年二模18题的汇总分析，翻折问题存在以下特点：①问题背景中都有直角；②通过定角的三角比解三角形求解（黄浦、长宁）；③通过借助图中的一线三直角基本图形求解（松江、嘉定）。2025年中考真题第18题同样考查了矩形中翻折后四边形为菱形的问题，涉及对应点连线被对称轴垂直平分的性质。 旋转类（5年4考）：旋转相关题目存在以下特点：①题目中有等腰三角形（普陀、闵行）；②旋转后产生等腰三角形（宝山、徐汇）；③通过借助定角的三角比解三角形求解线段长度或借助因旋转产生的等角证明相似三角形求解（闵行）。部分旋转题还需分类讨论（宝山、普陀）。 平移类（5年2考）：平移往往结合二次函数在压轴题中考查（2018、2019、2022、2023、2024上海中考第24题都有涉及），主要考查平移前后对应点坐标的变化规律和对应线段平行且相等的性质。 图形运动与几何证明的结合：2025年中考第22题以“梯形分割拼等腰三角形”的操作为背景，考查将三角形绕中点旋转180°后构造新图形的能力，融合了图形运动与几何方案探究。2026年杨浦区一模第18题则将图形旋转与全等、相似相结合，运用相似比求线段长。 核心能力要求：空间想象能力（在脑海中还原图形运动后的位置与形状）、几何作图能力（根据题意准确画出运动后的静态图形）、不变量分析能力（识别运动前后的等量关系——对应边相等、对应角相等、旋转角相等）、分类讨论能力（运动后落点位置、旋转方向等可能产生多解情况）、综合计算能力（结合勾股定理、相似比例、三角比进行计算）。 2026中考预测： 题型稳定：图形运动将继续稳定在第18题（填空压轴）位置，翻折和旋转仍是最主要的两种考查形式。2026年上海中考冲刺填空压轴专题明确指出，需要“掌握翻折、旋转、轴对称等图形变换的本质，能利用对应边角相等、对称轴垂直平分等性质建立方程”。平移的性质与坐标计算在第24题（函数综合）中与二次函数结合的出现概率仍然较高。 难度平稳：第18题图形运动题的难度通常控制在0.5-0.65之间。翻折问题的核心难点在于“先有图练拆解，再无图练构造”——题目通常不给图形，需要学生根据文字描述自行画出准确的图形。旋转问题的难点在于确定旋转中心、旋转方向和旋转角度，以及旋转后产生的等腰三角形或相似三角形的识别。2025-2026年各区模考显示，图形运动中融入分类讨论思想的趋势明显，如徐汇一模第18题“考察等腰三角形分类讨论思想，情况较多，极易漏解”。 命题趋势：图形运动将从“纯几何计算”向“操作探究”和“综合实践”方向转变。2026年杨浦一模的25题考查了一道“综合与实践”题型，核心就是折纸问题与黄金分割，本质上就是图形的翻折。图形运动与相似三角形、新定义、正多边形的综合将是热门方向。同时，图形的平移更多与坐标系和函数图像结合考查，翻折和旋转更多在几何背景下考查。2026年第22题可能继续出现图形运动与方案探究结合的题型，考查学生“用动态的观点去看待问题”的能力。 题型一 平移的性质与坐标变化 【真题呈现01】（2026·上海黄浦·一模）如图，△ABC和△DBC是两个具有公共边的全等三角形，AB＝AC＝3cm．BC＝2cm，将△DBC沿射线BC平移一定的距离得到△D1B1C1，连接AC1，BD1．如果四边形ABD1C1是矩形，那么平移的距离为_____________cm． 【答案】7． 【知识点】根据矩形的性质求线段长、图形的平移 【详解】解：过点A 作AM⊥BC，过点D1作D1N⊥B1C1，连接AD1交BC1于点O， ∵△ABC和△DBC是两个具有公共边的全等三角形，AB＝AC＝3cm．BC＝2cm， ∴D1N=AM=， 当四边形ABD1C1是矩形，设BC1=AD1=x，则MO=NO=，AO=D1O=， ∴，解得：x=9， ∴CC1=9-2=7cm， 故答案是：7． 【变式01】（2026·上海金山·一模）将抛物线向左平移3个单位后，得到的新抛物线的表达式为_____． 【答案】 【知识点】二次函数图象的平移 【分析】本题考查了二次函数图象的平移，解题关键是掌握函数图象平移的规律． 根据函数图象平移的规律：左加右减，可得答案． 【详解】解：抛物线向左平移3个单位可得， 故答案为：． 【变式02】（2025·上海崇明·二模）如果二次函数的图像向左平移1个单位长度后关于轴对称，那么_______．（用含的代数式表示） 【答案】 【知识点】二次函数图象的平移、y=ax²+bx+c的图象与性质 【分析】该题考查了二次函数的性质，根据二次函数的图象向左平移1个单位长度后关于轴对称得出，求解即可． 【详解】解：∵二次函数的图象向左平移1个单位长度后关于轴对称， ∴， 化简得：， 故答案为：． 题型二 翻折的性质与轴对称 【真题呈现02】（2026·上海崇明·二模）定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．已知在中，，，将沿着过点的直线翻折，使点落在边上的点处，点是边上一点，若四边形是“等对角四边形”，则的值为__________． 【答案】或 【知识点】折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、公式法解一元二次方程、等腰三角形的性质和判定 【分析】先根据等腰三角形的性质求出各内角的度数，再结合“等对角四边形”的定义分两种情况进行解答即可． 【详解】解：在中，， ， 设过点的直线与相交于点P，连接， 由翻折的性质可知 当四边形是“等对角四边形”时，有以下两种情况： ①当时， ∵， ∴和点重合，如图所示， 此时， ∴ ∴四边形是“等对角四边形”； 设其中 ∴ ∵， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴ 在和中， ∴ ∴， ∴， 整理得到， 解得， 即（不合题意，舍去）， ∴时，， 即 ②当时，如图所示， 同理可得， ∴ ∴四边形是“等对角四边形”； 设其中 ∴ ∵， ∴， ∴ ∵ ∴， ∴ ∴， ∴ 由①可知， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ， 综上可知，的值为或． 【变式01】（2026·上海金山·二模） 在中，，，，直线经过边的中点，将沿直线翻折得到（点、、分别与点、、对应），若的重心在射线上，那么到直线的距离为__________． 【答案】或 【知识点】折叠问题、用勾股定理解三角形、重心的有关性质 【分析】本题考查翻折和三角形重心性质，三角形高的计算；要分类讨论，在线段上或在延长线上，且由对称性知到直线的距离就是到直线的距离，已知重心在上，且的重心在射线上，故第一种可能的情况就是与射线重合，此时在线段上，通过勾股定理和三角形面积求出到直线的距离；第二种可能的情况是与射线垂直，此时在，在延长线上，再次通过勾股定理求解即可． 【详解】解：有两种情况： ①：与射线重合，如图所示： 此时和重合，两三角形重心也重合且在线段上，过作于， 由对称性知到直线的距离就是到直线的距离， 由勾股定理知， 是的中点， ， ， ，即到直线的距离为； ②与射线垂直，如图所示，过作于， 此时的重心在射线延长线上， 易证得四边形为矩形， ， 中，由勾股定理得， 由对称性知到直线的距离就是到直线的距离， 综上所述，到直线的距离为或． 【变式02】（2026·上海青浦·二模）已知中，，．将沿过点的直线翻折，使点落在斜边上，折痕与边的交点记为．如果，那么折痕的长为__________． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、勾股定理与折叠问题、利用相似三角形的性质求解 【分析】先利用翻折的性质得到平分，再结合相似三角形的对应角相等推出三角形各内角度数，利用直角三角形的性质求出的长度，最后在 中计算的长． 【详解】解：设翻折后点落在斜边上的点处， 由折叠的性质可知，平分，即， ， ， ， 在中，， ， 代入得， 解得，， 在中，，， ， 在中，，，， ∴，， ∴， 解得（负值舍去）． 【变式03】（2026·上海奉贤·二模）如图，已知矩形是边的中点，是边上一点，将四边形沿直线翻折，得到四边形，（点、分别与点、对应）．如果点、在同一条直线上，那么的值是___________． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、等腰三角形的性质和判定 【分析】通过翻折性质得到与，结合得到内错角相等，进而证明为等腰三角形，使问题得解．关键在于利用与的大小关系及三角形内角和确定点只能落在、之间． 【详解】解：设， ∵， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，，， 在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 由翻折性质得，， 如图，当F与点C重合时，点M在如图位置，由于F不能再向右移动，故点M不能在的延长线上， ∵， ∴点只能落在、之间， 点在点、点之间时， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式04】（2026·上海杨浦·二模）将一张矩形纸片（如图），先按下列操作画出示意图，再按要求解决问题． ①沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点E处，折痕交边于点G； ②沿过点E的直线折叠，使点D落在线段上的点H处，折痕交边于点F； ③沿过点E的直线折出矩形，折痕交线段于点M，连接． 如果，则___________． 【答案】 【知识点】矩形与折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、解直角三角形的相关计算 【分析】根据题意，画出图形，证明，得到，，设，则，进而求出的长，折叠得到，平行加折叠，推出，倒角得到，进而得到，求出，进行求解即可． 【详解】解：由题意，作图如下： ∵矩形， ∴， ∵折叠，点B落在边上的点E处， ∴，， ∴， ∴， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∵折叠，点D落在线段上的点H处， ∴， ∵矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，即：， ∴，即， ∴或（舍去）； ∴， ∴． 题型三 旋转的性质与中心对称 【真题呈现03】（2026·上海闵行·二模）如图，四边形是平行四边形，将绕点顺时针旋转，点恰好落在延长线上的点处，作的平分线交的延长线于点，连接，如果，那么的正切值是____． 【答案】 【知识点】根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、求角的正切值 【分析】如图，过点F作于点G，设，，得到，利用勾股定理表示出，设，证明出，得到，利用勾股定理得到，进而求解即可． 【详解】解：如图，过点F作于点G ∵ ∴设， ∴ ∵四边形是平行四边形 ∴，， 根据题意得，， ∴ ∴ 设 ∵，平分 ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴的正切值是． 【变式01】（2026·上海宝山·二模）如图，在矩形中，将绕点B旋转至的位置，点在的延长线上，与交于点E，如果，，那么四边形的面积是______． 【答案】15 【知识点】根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长 【分析】根据矩形的性质得到，，，由旋转的性质得到，从而，，，结合点在的延长线上可得，进而证明，求出的长，最后利用计算即可． 【详解】解：∵ 四边形是矩形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， 由旋转的性质可知：， ∴，，， ∵点在的延长线上， ∴点，，在同一直线上， ∴， ∴， 在和中 ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点在上，点在上， ∴， ∵，， ∴． 【变式02】（2026·上海嘉定·一模）如图，将一块含角的实心的直角三角板放置在桌面上，在桌面所在平面内绕着它的重心逆时针旋转．如果这块三角板的斜边长12厘米，那么运动前后两个三角形重叠部分的面积为______平方厘米． 【答案】 【知识点】重心的有关性质、相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，旋转的性质，重心的性质，根据含30度角的直角三角形的性质，求出的面积，旋转的性质，重心的性质，推出，且相似比为，利用的面积减去三个小三角形的面积求出重叠部分的面积即可． 【详解】解：如图，，， ∴， ∴， ∵为重心， ∴， ∵绕点旋转180度， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴重叠部分的面积为：； 故答案为：． 【变式03】（2026·上海黄浦·一模）如图，在中，，，点是的中点，连接，将绕点旋转，得到．连接，当时，________． 【答案】或 【知识点】等腰三角形的性质和判定、根据旋转的性质求解、化为最简二次根式、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，全等三角形的性质的综合，掌握等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质是解题的关键． 根据等腰直角三角形的性质可得的值，作，根据平行线的性质可得是等腰直角三角形，可求出的长，在直角中，根据勾股定理可求出的长度，由此即可求解． 【详解】解：∵在中，，， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴在中，， ∵将绕点旋转得到， ∴， ∴，，， 分情况讨论： ①如图所示，过点B作，垂足为点， ∵∥， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， 在中，， ∴， ②如图所示，当点D运动到点F′时，此时， 同理可得，， ∴ 故答案为：或． 【变式04】（2025·上海崇明·二模）如图，在中，，，点在边上，且，将绕着点逆时针旋转，点落在的一条边上的点处，那么旋转角的度数是_____．    【答案】或 【知识点】根据旋转的性质求解、等边对等角、含30度角的直角三角形、三角形内角和定理的应用 【分析】分类讨论：当点在上，根据等边对等角和三角形内角和即可求得；当点在上，根据30度所对的直角边是斜边的一半和三角形的外角性质即可求得． 【详解】当点在上，如图：    ∵，∴， ∴， 当点在上，如图：    ∵， ∴， ∴， 故答案为：或 【点睛】本题考查旋转的性质，等边对等角，三角形内角和，30度角的直角三角形性质，三角形的外角性质，解题的关键是分类讨论思想的运用． 题型四 图形运动中的路径与最值 【真题呈现04】（2025·上海奉贤·二模）如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为________． 【答案】9 【知识点】内错角相等两直线平行、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题 【分析】考查了矩形的性质，翻折变换的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题． 首先求出，由矩形的性质得出，，由平行线的性质得出，由翻折不变性可知，，证出，由等腰三角形的判定定理证出，再由勾股定理求出，可得，再利用翻折不变性，可知，由此即可解决问题． 【详解】解：， ， ∵将纸片折叠，使落在射线上， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：9． 【变式01】（2025·上海·二轮复习）如图，在中，，、分别为、的中点，平分交边于点，为上一动点，若使得的值最小，下列四个示意图中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】最短路径问题、根据成轴对称图形的特征进行求解 【分析】本题考查了根据轴对称的性质求最短距离，作点关于的对称点，连接，交于点P，即可使得的值最小，据此作答，熟练利用轴对称的性质是解题的关键． 【详解】解：，为的中点， 作点关于的对称点，点在上， 连接，交于点P，即可使得的值最小， 题中B选项符合要求， 故选：B． 【变式02】（2025·上海·二轮复习）如图，正六边形的边长是5，点P是上的一动点，的最小值是（　　） A．10 B．9 C．8 D．7 【答案】A 【知识点】两点之间线段最短、根据成轴对称图形的特征进行求解、多边形的概念与分类 【分析】本题主要考查了正多边形性质及轴对称﹣最短路线问题，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．由正六边形的对称性质可知，点B关于的对称点为点F，连接交于点P，根据轴对称的性质进行解答即可． 【详解】解：六边形为正六边形， 点B关于直线的对称点为点F， 如图，连接交于点P，连， ， 由“两点之间线段最短”知，此时最小， 六边形为正六边形， 和都为等边三角形， ，， ， ∴的最小值是10， 故选：A． 【变式03】（2025·上海·二轮复习）足球是世界上最受欢迎的运动项目之一，如图，球员向边线传球，传球落点在边线上任何位置都能被边线球员接住球，而边线球员不运球直接传给球员，如图，球员和球员的水平距离米，球员距边线的距离米，球员距边线的距离米，则两次传球中足球飞过的最短路径的长度为（　　） A． B． C．10 D．17 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、根据成轴对称图形的特征进行求解、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题主要考查了轴对称最短路径问题，勾股定理，矩形的性质与判定，作A关于的对称点E，连接交于O，连接，过E作交延长线于F，则四边形是矩形，则可求出的长，根据轴对称的性质结合图形可得两次传球中皮球飞过的最短路径长等于的长，在中利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：作A关于的对称点E，连接交于O，连接，过E作交延长线于F，则四边形是矩形， ∴米，米， ∴， ∴两次传球中皮球飞过的最短路径长等于的长， 在中，米， ∴米，即两次传球中皮球飞过的最短路径为17米， 故选：D． 题型五 图形运动综合探究 【真题呈现05】（2026·上海徐汇·一模） 我们将宽和长之比为（约为）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿折叠，使点和点重合，展开后再将纸片沿对折叠，使点和点重合；如图2所示，展开后连接，再将纸片第三次沿折叠，使得落在长方形纸片的边上且点落在点处，再次展开，过点作的垂线，垂足为点．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”：_________． 【答案】矩形，矩形 【知识点】折叠问题、黄金分割、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定求线段长 【分析】由折叠可得四边形为正方形，，设，则，由勾股定理可得，第三次折叠可得，从而，进而可得，故可得答案． 【详解】解：由第一次沿折叠可知四边形为正方形， 则， 再将纸片沿对折，则可知， 设，则， 连接，则， 再将纸片第三次沿折叠，落在长方形纸片的边上且点落在点处， ， ， ，， 即图中的“黄金矩形”为矩形，矩形． 故答案为：矩形，矩形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，黄金分割，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题关键． 【变式01】（2025·上海松江·二模）如图，矩形中，，，点在边上，将△沿直线翻折，点落在点处，联结、．如果△是以为腰的等腰三角形，那么的长是_______． 【答案】或 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、矩形与折叠问题 【分析】分两种情况讨论，一是，由折翻折得，所以，过点F作于点G，交于点H，则，四边形是矩形，所以，，求得，则，由勾股定理得，求得；二是，连接，过点F作于点Q，交于点P，则，四边形是矩形，所以，可证明垂直平分，则，所以，则，所以，由，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图1，△是以为腰的等腰三角形，且， 四边形是矩形，，， ，， 将△沿直线翻折，点落在点处， ， ， 过点作于点，交于点，则， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ，且，， ， 解得； 如图2，△是以为腰的等腰三角形，且， 连接，过点作于点，交于点，则， ， 四边形是矩形， ，， ， 垂直平分， ， ， △是等边三角形， ， ， ， ， ， 综上所述，的长是或， 故答案为：或． 【点睛】此题重点考查矩形的判定与性质、翻折变换的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键． 【变式02】（2025·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，点是反比例函数图像上一点，点是轴上一点，，将绕点旋转，点的对应点分别为．当四边形的面积等于8时，点的坐标是_______． 【答案】 【知识点】反比例函数与几何综合、利用平行四边形的判定与性质求解、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了反比例函数、平行四边形的性质，旋转的性质，熟练掌握是解答本题的关键．根据题意画出图像，先证明四边形是平行四边形，易得，在中利用三线合一得到，利用面积即可求解． 【详解】解：根据题意画出图像得， 过点作于点， ，， 根据旋转得，，，， ， 四边形是平行四边形， 易知， ， 是等腰三角形， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【变式03】（2025·上海·二模）如图，在梯形中，，，，，．点E在边上，将沿着翻折，点B的对应点为点F．如果，那么的长为______． 【答案】 【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解、勾股定理与折叠问题 【分析】此题考查了折叠的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质和勾股定理是关键．延长交于点G，证明四边形是平行四边形，得到，则，得到，得到，设则由折叠可知，勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，延长交于点G， 在梯形中，，， ∴， ∵将沿着翻折，点B的对应点为点F． ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴， ∴， 设则 由折叠可知， 在中，， ∴， 解得 则， ∴， 故答案为： (限时30分钟） 1.（2026·上海虹口·二模）如图，在中，，，．点在边上，点在边上，联结，把沿翻折得到，联结、，如果四边形为平行四边形，那么的长是______． 【答案】2 【知识点】利用平行四边形的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、公式法解一元二次方程、解直角三角形的相关计算 【分析】  设与交于点，根据正切的定义得到，求出，根据勾股定理得到，根据翻折的性质得到，，设，根据平行四边形的性质得到，，，通过证明，得到，列出关于的方程，求出的值，得到，最后在中利用勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，设与交于点， 在中，， ∴， ∴， ∵沿翻折得到， ∴，， 设，则， ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 整理得：， 解得，（舍去）， ∴， 在中，， 即的长是2． 2.（2026·上海徐汇·二模）如图，在菱形中，点、分别在边、上，将菱形沿着翻折，使点恰好与的重心重合．若菱形的面积为18，则的面积为__________． 【答案】4 【知识点】利用菱形的性质求面积、折叠问题、重心的有关性质、相似三角形的判定与性质综合 【分析】根据相似可知三角形重心满足，再根据菱形对角线性质，，进而可知，再根据相似三角形即可求解． 【详解】解：取的中点，连接，取的中点，连接与交于点，则点G为重心， 在菱形中，连接， ∴为的中点， ∴点在的线段上， ∴，, ∴,，， ∴，是的中点， ， ∴， ∴， ∵关于的对称点是, ∴， ∴， ∵菱形的面积为18， ∴， ∵， ∴,， ∴， ， ． 3.（2026·上海闵行·一模）如图，矩形中，连接，点是的中点，过点作交于点，将沿直线翻折，点落在平面内点处，如果点恰在上，那么的值是___________． 【答案】 【知识点】矩形与折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质求线段长、折叠问题 【分析】连接交于点M，设，根据平行线性质得，得，根据矩形性质，得，由折叠性质，得垂直平分,证明点G在上，得，得，可得，得，解得，得,又得，得，得，即得． 【详解】解：连接交于点M， 设， ∵点是的中点， ∴， ∵过点作交于点， ∴， ∴， ∵矩形中，， ∴， 由折叠知，垂直平分， ∴， ∴， ∴， 设的边上的高为h， 则， ∴， ∴， ∴点G在上， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形折叠．熟练掌握矩形性质，折叠性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，面积法求三角形的高，是解题的关键． 4.（2026·上海普陀·一模）如图，在中，，，，E为边的中点，连接，将沿折叠得到，交于点O，连接．则的值为______．    【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定、折叠问题 【分析】勾股定理求出的长，得到，中点，得到，折叠，得到，，过点作于点，证明，得到，在中，勾股定理，求出的长，进而求出的长，即可得出结果． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， ∴， ∵E为边的中点， ∴， ∵折叠， ∴，， 过点作于点，    则：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则：， 在中：，即：， 解得：或， 当时，，不符合题意，舍去； 当时，， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质．解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形以及相似三角形． 5．（2026·上海徐汇·一模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点分别与点对应，边分别与原三角形底边交于点．当是等腰三角形时，的长为_________． 【答案】或 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、等边对等角、根据旋转的性质求解 【分析】过点作于点，先解求出，由旋转得，，①当时，过点作于点，可得，由，求出，则；②当时，设，可证明，再由，可得，，继而得到，最后由列式计算求解即可． 【详解】解：过点作于点， ∵， ∴，， ∵旋转， ∴， ①当时，过点作于点， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当时； ∵，， ∴，， ∵ ∴， 设，则 ∴， ∴ ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵ ∴， ∴ 解得：或（舍） ③当时， ∵， ∴，此时不成立， 综上：或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，旋转的性质，难度大，解题的关键是熟练运用相似三角形的判定与性质求解． 6．（2026·上海长宁·一模）在矩形中，，，为射线上一点，将沿翻折，得到（点的对应点为）．联结，当为等腰三角形时，长是___________． 【答案】，，， 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、等腰三角形的性质和判定、折叠问题 【分析】以点为原点建立平面直角坐标系，设，利用翻折性质得到，；分三种情况讨论为等腰三角形的条件，分别求解的长度． 【详解】解：以点为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，则，，，设（）， ∵沿翻折得到， ∴，， ①如图，当时，则在的垂直平分线上， ∴设， ∵，， ∴， ∴或， ∵， ∴ ∴当时，；当时，； ②如图，当时， 设 ∵且，， ∴， 解得，， ∴ ∵，， ∴， 解得； ③如图，当时，设， ∵且，，， ∴， 解得，， ∴， ∵， ∴， 解得， 故答案为：，，，． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、翻折的性质、等腰三角形的判定与性质、平面直角坐标系的应用及勾股定理，熟练掌握翻折的性质并分情况讨论等腰三角形的存在性是解题的关键． 7.（2026·上海黄浦·一模）如图，在中，，，，点是线段上一动点（不与点，重合），连接，将沿直线折叠，点落到点处，连接，．当为等腰三角形时，的长为_______．    【答案】或 【知识点】勾股定理与折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定 【分析】分三种情况：①时，作于，则，设，由折叠的性质得：，证明，得出，在中，，由勾股定理得出方程，解方程即可；②时，由折叠的性质得：，证明，得出，求出；③时，由折叠的性质得：垂直平分，由知，得出点与重合，不符合题意． 【详解】解：当为等腰三角形时，分三种情况： ①当时，如图1所示：作于，    则， 设， 由折叠的性质得：垂直平分， ， ， ， ∴，即， 解得：， 在中，， 由勾股定理得：， 即， 解得：，或（不合题意舍去）， ； ②当时，如图2所示：      由折叠的性质得：， ，， ， ， ， 即， 解得：； ③当时，连接，如图3所示：    由折叠的性质得：垂直平分， ， ， ∴点E与C重合，不符合题意； 综上所述，当为等腰三角形时，的长为或； 故答案为：或． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质；熟练掌握翻折变换的性质，证明三角形相似是解题的关键． 8．（2026·上海虹口·一模）如图，在中，．点在边上，连接，将沿翻折得到，点对应点，连接，如果，那么的长是___________． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、解直角三角形的相关计算、根据等角对等边证明边相等、折叠问题 【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，平行线的性质，解直角三角形的相关计算，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先结合，，求出，运用勾股定理得，，结合角的整理得，即，运用勾股定理得，解得． 【详解】解：过点A作，如图所示： ∵，， ∴，， 即， ∴， 则， ∵折叠， ∴， ∴， ∴设， ∴， ∵， ∴，， 即， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得． 故答案为：． 学科网（北京）股份有限公司 $定义：沿方向移定距，前后图形全等 知识要点o 性质：对应线段/角相等，对应点连线平行相等 坐标平移：（仪，y)to(x+a,y+b):函数左加右减、上加下减 题型一平移的性质与坐标变化。 解题步骤：定方向距离→画对应图→找边角关系→坐标公式计算 易错提醒：只变位置不变形；分清xy加减规则；关联平行四边形性质 定义：沿直线翻折180°，图形全等 知识要点o 性质：对称轴垂直平分对应点连线，边角对应相等 常见背景：矩形、三角、梯形翻折，易出直角三角形 题型二翻折的性质与轴对称。 解题步骤：定折痕→作对称图→标等量关系→勾股/相似列方程 易错提醒：落点分内外；活用直角条件；注意分类讨论 定义：绕定点转定角，图形全等 知识要点0 性质：定点距相等，连线夹角为旋转角，边角相等 三要素：中心、方向、角度 题型三旋转的性质与中心对称○ 解题步骤：确定三要素→画旋转点→标等量→等腰/相似求解 易错提醒：区分顺逆时针；易形成等腰三角形；熟记共顶点旋转模型 运动轨迹：平移直线、旋转圆弧、翻折定路径 知识要点o 常见最值：将军饮马、旋转线段最值、平移面积周长最值 核心思路：动转静、折化直、三边关系求值 题型四图形运动路径与最值○ 解题步骤：分析运动范围→锁定不变量→代数表变量→几何代数求值 易错提醒：找准起止点；抓临界位置；弧长公式活用 结合四边形：平移/翻折/旋转融合各类四边形 知识要点o 结合函数：平移解析式、旋转坐标变换 拼图分割类实操探究 题型五图形运动综合探究○ 解题步骤：判定运动类型→梳理不变量→数形转化→综合定理列式→分类讨论 易错提醒：运动顺序不可乱；分开梳理各类不变量；保证实操可行 专题11 图形运动（平移、翻折、旋转）高频考点与常见5大题型 目 录 高频考情深度解读（中考命题规律透视+培优备考要求） 核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧） 聚焦题型精准解密（5大题型精讲+变式拔高训练） 题型一 平移的性质与坐标变化 题型二 翻折的性质与轴对称 题型三 旋转的性质与中心对称 题型四 图形运动中的路径与最值 题型五 图形运动综合探究 实战演练高效提分（中考仿真模拟+限时训练提升） 图形运动（平移、翻折、旋转）是上海中考数学的特色考点，也是填空压轴题（第18题）的核心考查方向，分值约4-8分，占全卷的3%-5%。近5年上海中考第18题均涉及图形运动，其中翻折和旋转是最主要的两种形式。常见的图形运动有三种：旋转、平移和翻折，运动变化问题正是利用它们变化图形的位置，引起条件或结论的改变，或者把分散的条件集中，以利于解题。 从近五年考情和2025-2026年各区模考看，图形运动题的考查呈现以下特征： 运动类型 近五年考频 典型题位 核心能力要求 图形的翻折 5年4考 第18题（填空压轴） 对称性作图、勾股定理、一线三直角模型 图形的旋转 5年4考 第18题（填空压轴） 旋转角分析、等腰三角形构造、相似判定 图形的平移 5年2考 第24题（与二次函数结合） 坐标系中的坐标变化、平行性质 图形运动综合 近年新增 第18题或第22题 多种运动综合、分类讨论 各类运动的命题规律： 翻折类（5年4考）：根据2025年二模18题的汇总分析，翻折问题存在以下特点：①问题背景中都有直角；②通过定角的三角比解三角形求解（黄浦、长宁）；③通过借助图中的一线三直角基本图形求解（松江、嘉定）。2025年中考真题第18题同样考查了矩形中翻折后四边形为菱形的问题，涉及对应点连线被对称轴垂直平分的性质。 旋转类（5年4考）：旋转相关题目存在以下特点：①题目中有等腰三角形（普陀、闵行）；②旋转后产生等腰三角形（宝山、徐汇）；③通过借助定角的三角比解三角形求解线段长度或借助因旋转产生的等角证明相似三角形求解（闵行）。部分旋转题还需分类讨论（宝山、普陀）。 平移类（5年2考）：平移往往结合二次函数在压轴题中考查（2018、2019、2022、2023、2024上海中考第24题都有涉及），主要考查平移前后对应点坐标的变化规律和对应线段平行且相等的性质。 图形运动与几何证明的结合：2025年中考第22题以“梯形分割拼等腰三角形”的操作为背景，考查将三角形绕中点旋转180°后构造新图形的能力，融合了图形运动与几何方案探究。2026年杨浦区一模第18题则将图形旋转与全等、相似相结合，运用相似比求线段长。 核心能力要求：空间想象能力（在脑海中还原图形运动后的位置与形状）、几何作图能力（根据题意准确画出运动后的静态图形）、不变量分析能力（识别运动前后的等量关系——对应边相等、对应角相等、旋转角相等）、分类讨论能力（运动后落点位置、旋转方向等可能产生多解情况）、综合计算能力（结合勾股定理、相似比例、三角比进行计算）。 2026中考预测： 题型稳定：图形运动将继续稳定在第18题（填空压轴）位置，翻折和旋转仍是最主要的两种考查形式。2026年上海中考冲刺填空压轴专题明确指出，需要“掌握翻折、旋转、轴对称等图形变换的本质，能利用对应边角相等、对称轴垂直平分等性质建立方程”。平移的性质与坐标计算在第24题（函数综合）中与二次函数结合的出现概率仍然较高。 难度平稳：第18题图形运动题的难度通常控制在0.5-0.65之间。翻折问题的核心难点在于“先有图练拆解，再无图练构造”——题目通常不给图形，需要学生根据文字描述自行画出准确的图形。旋转问题的难点在于确定旋转中心、旋转方向和旋转角度，以及旋转后产生的等腰三角形或相似三角形的识别。2025-2026年各区模考显示，图形运动中融入分类讨论思想的趋势明显，如徐汇一模第18题“考察等腰三角形分类讨论思想，情况较多，极易漏解”。 命题趋势：图形运动将从“纯几何计算”向“操作探究”和“综合实践”方向转变。2026年杨浦一模的25题考查了一道“综合与实践”题型，核心就是折纸问题与黄金分割，本质上就是图形的翻折。图形运动与相似三角形、新定义、正多边形的综合将是热门方向。同时，图形的平移更多与坐标系和函数图像结合考查，翻折和旋转更多在几何背景下考查。2026年第22题可能继续出现图形运动与方案探究结合的题型，考查学生“用动态的观点去看待问题”的能力。 题型一 平移的性质与坐标变化 【真题呈现01】（2026·上海黄浦·一模）如图，△ABC和△DBC是两个具有公共边的全等三角形，AB＝AC＝3cm．BC＝2cm，将△DBC沿射线BC平移一定的距离得到△D1B1C1，连接AC1，BD1．如果四边形ABD1C1是矩形，那么平移的距离为_____________cm． 【变式01】（2026·上海金山·一模）将抛物线向左平移3个单位后，得到的新抛物线的表达式为_____． 【变式02】（2025·上海崇明·二模）如果二次函数的图像向左平移1个单位长度后关于轴对称，那么_______．（用含的代数式表示） 题型二 翻折的性质与轴对称 【真题呈现02】（2026·上海崇明·二模）定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．已知在中，，，将沿着过点的直线翻折，使点落在边上的点处，点是边上一点，若四边形是“等对角四边形”，则的值为__________． 【变式01】（2026·上海金山·二模） 在中，，，，直线经过边的中点，将沿直线翻折得到（点、、分别与点、、对应），若的重心在射线上，那么到直线的距离为__________． 【变式02】（2026·上海青浦·二模）已知中，，．将沿过点的直线翻折，使点落在斜边上，折痕与边的交点记为．如果，那么折痕的长为__________． 【变式03】（2026·上海奉贤·二模）如图，已知矩形是边的中点，是边上一点，将四边形沿直线翻折，得到四边形，（点、分别与点、对应）．如果点、在同一条直线上，那么的值是___________． 【变式04】（2026·上海杨浦·二模）将一张矩形纸片（如图），先按下列操作画出示意图，再按要求解决问题． ①沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点E处，折痕交边于点G； ②沿过点E的直线折叠，使点D落在线段上的点H处，折痕交边于点F； ③沿过点E的直线折出矩形，折痕交线段于点M，连接． 如果，则___________． 题型三 旋转的性质与中心对称 【真题呈现03】（2026·上海闵行·二模）如图，四边形是平行四边形，将绕点顺时针旋转，点恰好落在延长线上的点处，作的平分线交的延长线于点，连接，如果，那么的正切值是____． 【变式01】（2026·上海宝山·二模）如图，在矩形中，将绕点B旋转至的位置，点在的延长线上，与交于点E，如果，，那么四边形的面积是______． 【变式02】（2026·上海嘉定·一模）如图，将一块含角的实心的直角三角板放置在桌面上，在桌面所在平面内绕着它的重心逆时针旋转．如果这块三角板的斜边长12厘米，那么运动前后两个三角形重叠部分的面积为______平方厘米． 【变式03】（2026·上海黄浦·一模）如图，在中，，，点是的中点，连接，将绕点旋转，得到．连接，当时，________． 【变式04】（2025·上海崇明·二模）如图，在中，，，点在边上，且，将绕着点逆时针旋转，点落在的一条边上的点处，那么旋转角的度数是_____．    题型四 图形运动中的路径与最值 【真题呈现04】（2025·上海奉贤·二模）如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为________． 【变式01】（2025·上海·二轮复习）如图，在中，，、分别为、的中点，平分交边于点，为上一动点，若使得的值最小，下列四个示意图中正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式02】（2025·上海·二轮复习）如图，正六边形的边长是5，点P是上的一动点，的最小值是（　　） A．10 B．9 C．8 D．7 【变式03】（2025·上海·二轮复习）足球是世界上最受欢迎的运动项目之一，如图，球员向边线传球，传球落点在边线上任何位置都能被边线球员接住球，而边线球员不运球直接传给球员，如图，球员和球员的水平距离米，球员距边线的距离米，球员距边线的距离米，则两次传球中足球飞过的最短路径的长度为（　　） A． B． C．10 D．17 题型五 图形运动综合探究 【真题呈现05】（2026·上海徐汇·一模） 我们将宽和长之比为（约为）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿折叠，使点和点重合，展开后再将纸片沿对折叠，使点和点重合；如图2所示，展开后连接，再将纸片第三次沿折叠，使得落在长方形纸片的边上且点落在点处，再次展开，过点作的垂线，垂足为点．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”：_________． 【变式01】（2025·上海松江·二模）如图，矩形中，，，点在边上，将△沿直线翻折，点落在点处，联结、．如果△是以为腰的等腰三角形，那么的长是_______． 【变式02】（2025·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，点是反比例函数图像上一点，点是轴上一点，，将绕点旋转，点的对应点分别为．当四边形的面积等于8时，点的坐标是_______． 【变式03】（2025·上海·二模）如图，在梯形中，，，，，．点E在边上，将沿着翻折，点B的对应点为点F．如果，那么的长为______． (限时30分钟） 1.（2026·上海虹口·二模）如图，在中，，，．点在边上，点在边上，联结，把沿翻折得到，联结、，如果四边形为平行四边形，那么的长是______． 2.（2026·上海徐汇·二模）如图，在菱形中，点、分别在边、上，将菱形沿着翻折，使点恰好与的重心重合．若菱形的面积为18，则的面积为__________． 3.（2026·上海闵行·一模）如图，矩形中，连接，点是的中点，过点作交于点，将沿直线翻折，点落在平面内点处，如果点恰在上，那么的值是___________． 4.（2026·上海普陀·一模）如图，在中，，，，E为边的中点，连接，将沿折叠得到，交于点O，连接．则的值为______．    5．（2026·上海徐汇·一模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点分别与点对应，边分别与原三角形底边交于点．当是等腰三角形时，的长为_________． 6．（2026·上海长宁·一模）在矩形中，，，为射线上一点，将沿翻折，得到（点的对应点为）．联结，当为等腰三角形时，长是___________． 7.（2026·上海黄浦·一模）如图，在中，，，，点是线段上一动点（不与点，重合），连接，将沿直线折叠，点落到点处，连接，．当为等腰三角形时，的长为_______．    8．（2026·上海虹口·一模）如图，在中，．点在边上，连接，将沿翻折得到，点对应点，连接，如果，那么的长是___________． 学科网（北京）股份有限公司 $