专题02 几何变换综合（4大考点）（广西专用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 几何变换专题汇编，整合2026年广西多地二模及重庆阶段检测真题，覆盖相交线与平行线、变换、三视图、作图四大考点，突出情境应用与综合探究。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择|14|相交线与平行线（榫卯结构、正六边形）、变换（AI图标轴对称）、三视图（“刍童”几何体）|结合文化（榫卯）、科技（AI图标）设题，基础考点与现实情境融合| |填空|1|平行线性质（正六边形与直线）|简洁考查空间角计算，衔接选择与解答题| |解答|11|变换综合（喷泉抛物线轴对称）、新定义（垂等四边形）、作图（尺规作中点）|非选择题注重多考点综合，如第15题结合抛物线与轴对称解决喷泉问题，第17题以新定义“垂等四边形”融合旋转与几何证明，体现逻辑推理与创新意识|

专题02几何变换综合 4大考点概览 考点01相交线与平行线 考点02平移、旋转、轴对称与中心对称 考点03三视图 考点04限定工具作图 相交线与平行线 考点01 1．（2026·广西南宁·二模）榫卯结构是两个构件采取凹凸结合相互契合的一种经典连接工艺．如图是卯眼构件的截面图，其中，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：∵，， ∴. 2．（2026·广西钦州·二模）如图，直线，正六边形的顶点，分别在直线，上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用正六边形外角的性质直接求出和的度数，再通过三角形内角和定理求，最后结合平行线的性质与三角形内角和定理求出的度数． 【详解】解：延长交直线于点，延长交于点， ∵正六边形的外角和为， ∴每个外角的度数为， ∴． ∴， ∴． ∵， ∴． ∴． 3．（2026·广西桂林·二模）如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心O的光线相交于点，点为焦点．若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平行线的性质求，根据等边对等角求． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴． 4．（2026·广西贵港·二模）五线谱是一种记谱法，通过在五根等距离的平行线上标以不同的音符构成旋律，如图，和是五线谱上的两条线段，点E在，之间的一条平行线上，若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行线的性质，根据两直线平行，同旁内角互补，求出，根据两直线平行，内错角相等，求出，根据角之间的位置关系求出结果即可． 【详解】解：如下图所示， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴． 5．（2026·广西玉林·二模）如图，两条直线，分别经过正六边形的顶点，，且．当时，________． 【答案】/96度 【分析】先根据正六边形内角和公式求出单个内角的度数，再根据平行线的性质求解． 【详解】解：如图， 由题意得，正六边形内角和为：， ， ， ， ， ， ． 6．（2026·广西钦州·二模）在中，，，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，且点不在直线上，过点作，交直线于点． (1)如图1，若点与点重合，，求证：； (2)如图2，点，都在的延长线上，连接． ①尺规作图：线段上取点，使；（保留作图痕迹，不写作法） ②证明：； (3)在（2）的情况下，判断与的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）先利用已知角度推出为等腰直角三角形，再结合旋转的性质得到线段与角的等量关系，通过证明四边形为平行四边形，推导出与相等． （2）①根据全等三角形的对应边相等，在上截取线段，使，完成尺规作图． ②结合旋转的性质得到、，再利用等腰三角形的性质推出，最后通过证明． （3）先由等腰三角形的性质推出，再结合平行线的性质与三角形内角和定理证明，最后利用全等三角形的性质得到，进而推导出与的数量关系． 【详解】（1）证明：，， ， ∵线段绕点逆时针旋转得到线段，点与点重合， ，， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ； （2）①解：如图，在上取一点，使得． ②证明：∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ，， ， ， ， ， ； （3）解：，理由如下： ，， ． ， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ． 平移、旋转、轴对称与中心对称 考点02 7．（2026·广西南宁·二模）如图，在中，，，将线段水平向左平移个单位得到线段，若四边形为菱形，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴将线段水平向左平移个单位得到四边形为菱形． 8．（2026·广西玉林·二模）在平面直角坐标系中，将点向上平移个单位长度，得到的对应点的坐标是（） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平面直角坐标系中点的平移规律，点上下平移时横坐标不变，纵坐标满足“上移加，下移减”的规律即可得到结果． 【详解】解：∵点平移时，向上平移只改变纵坐标，横坐标不变，且纵坐标满足“上移加”的规律， ∴将点向上平移个单位长度，对应点的横坐标不变，仍为，纵坐标为， ∴的坐标为． 9．（2026·广西南宁·二模）在平面直角坐标系中，将点向右平移3个单位长度得到点，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：将点向右平移3个单位长度得到点，则，即. 10．（2026·广西玉林·二模）以下是物理常见的元器件的符号，是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】轴对称图形沿着某条直线对称后，直线两旁的部分能够完全重合，据此逐项判断即可． 【详解】解：A、不是轴对称图形，该选项不符合题意； B、是轴对称图形，该选项符合题意； C、不是轴对称图形，该选项不符合题意； D、不是轴对称图形，该选项不符合题意． 11．（2026·广西南宁·二模）如图，的直径，为中点，点在上，，点是上的一个动点，则周长的最小值是（   ） A．8 B．12 C． D． 【答案】D 【分析】先作点关于的对称点，连接，连接交于点，因为的直径，C为中点，得，再结合，得，再证明是等边三角形，运用勾股定理列式计算得，则周长，即可作答． 【详解】解：作点关于的对称点，连接，连接交于点，此时有最小值，最小值为的长，如图所示： ∴， ∵的直径，C为中点， ∴点在上，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， 则周长， ∴周长的最小值是． 12．（2026·广西南宁·二模）《三角洲行动》是国产自研战术射击大作，真实战场体验，硬核竞技，彰显中国游戏研发实力，下列干员成就徽章中，属于轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查轴对称图形的定义，能够正确判断轴对称图形是解题的关键． 根据轴对称的定义即可求解． 【详解】解：轴对称图形是指沿一条直线折叠后，两侧部分能够完全重合的平面图形，则选项A符合题意． 13．（25-26九年级下·重庆·阶段检测）下列人工智能大模型图标是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线就叫做对称轴，根据定义求解即可． 【详解】解：A 、B、D选项中的图形都不能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以都不是轴对称图形． C选项中的图形能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形． 14．（2026·广西南宁·二模）以点O为旋转中心将逆时针旋转作出如图所示的图案，旋转角的度数为（　　） A．45 B．60 C．90 D．135 【答案】C 【分析】图案可以被平分成四部分，因而每部分被分成的圆心角是，并且圆具有旋转不变性，因而旋转90度的整数倍，就可以与自身重合． 【详解】解：该图形被平分成四部分，旋转90度的整数倍，就可以与自身重合，旋转角至少为． 15．（2026·广西南宁·二模）学校的中心有一个圆形喷泉池，喷泉池的中央安装一个可以竖直升降的喷头，它向四周喷出的水柱，效果图如图1所示，某学习小组对该喷泉池从数学的角度进行研究． (1)当喷头高度一定时，从喷泉口喷出的水柱呈抛物线，经测算，水柱的落点在水平地面半径为2米的圆上，在距离池中心水平距离0.75米处，水柱达到最高，高度为1.25米.学习小组根据喷泉的实景进行抽象，以池中心为原点，水平方向为轴，竖直方向为轴建立平面直角坐标系，画出图2所示的函数图象，求水柱所在抛物线（第一象限部分）的函数表达式（不需要写自变量取值范围）； (2)第二象限的抛物线与第一象限的抛物线关于轴对称，由轴对称性，直接写出第二象限的抛物线的解析式； (3)学习小组通过进一步分析发现：当喷头竖直高度调整时，喷头喷出的水柱抛物线形状不发生改变，当喷头竖直高度增加米，水柱落点形成的圆半径相应增加米，与之间存在一定的数量关系，求出与之间的数量关系式； (4)已知喷泉池的半径是2.1米，四周种植了一圈宽度为0.5米的绿化带，为了提高对水资源的利用率，可通过调整喷头的高度，喷灌四周的绿化带，当喷头竖直高度增加米时，绿化带能否被水柱喷灌到？请说明理由． 【答案】(1) (2) (3) (4)能，理由见解析 【分析】（1）先设抛物线的顶点式为，再将点代入可得答案； （2）根据第二象限的抛物线的顶点坐标为，且经过点可得答案； （3）将抛物线向上平移h米，经过点，可得，整理得出答案； （4）将代入关系式，求出解比较得出答案． 【详解】（1）解：根据题意可知抛物线的顶点坐标为，且经过点，设抛物线的顶点式为， 将点代入，得， 解得， ∴水柱所在的抛物线的函数表达式为； （2）解：∵第二象限的抛物线与第一象限的抛物线关于轴对称，第一象限的抛物线的顶点坐标为，且经过点， ∴第二象限的抛物线的顶点坐标为，且经过点， ∴抛物线的顶点式为； （3）解：当喷头竖直高度增加h米，水柱落点形成的圆半径相应增加d米，即将抛物线向上平移h米，经过点，根据题意，得 ， 则； （4）解：能，理由如下： 当时，， 解得或（舍去） ∵，， 则， 所以绿化带能被水柱喷灌到． 16．（2026·广西南宁·二模）【提出问题】 你能通过剪切和拼接下列图形得到一个矩形吗？在这些剪拼的过程中，剪下的图形是经过怎样的运动最后拼接成矩形的？ （1）平行四边形；（2）三角形；（3）菱形． 【动手操作】 小涵所在的学习小组对这道题进行了分工合作，小涵的任务是把一张三角形纸片剪拼得到一个矩形．她在动手操作的过程中发现了两种不同的剪拼方法． 方法一：任意剪一个，分别找到边，的中点，，连接，分别过点，作，，垂足分别为，，再将和分别绕点，旋转，即可得到矩形（如图）． 方法二：任意剪一个，分别找到边，的中点，，连接，过点作于点，再将和分别绕点，旋转，即可得到矩形（如图）． 【探究发现】 (1)如图，请判断与的位置关系和数量关系，并说明理由； (2)如图，小涵通过测量，发现，， ①求的面积． ②在绕点顺时针旋转的过程中，点的对应点为，当与的一边平行时，求出此时的长． 【答案】(1)， (2)①；②的长度为 或 【分析】（1）根据三角形中位线定理求解，即可解题； （2）①根据题意设，则，利用勾股定理建立方程求出，，进而得到，，再根据三角形面积公式求解，即可解题； ②根据与一边平行分情况讨论当时，当时，结合平行线性质，旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理进行求解，即可解题． 【详解】（1）解： 、边的中点、， ∴， 与的位置关系为，数量关系为； （2）解：① ，． 设，则， ， ， ， 解得， ，， 、边的中点、， ，， 的面积为； ② 、、在同一直线上， 与不平行； 旋转过程中，记的对应点为， 当时，   四边形为矩形， ， ， ，的面积为， ， ， ， ， ， 由旋转的性质可知， ， ， ， ； 当时，作于点，   ， ， ， 由旋转的性质可知， ， ，，， ， ， 四边形为矩形； ， ， ， ； 综上所述，的长度为 或 ． 17．（2026·广西南宁·二模）四边形的形状特征与几何性质，和它的对角线有着密不可分的关系．在凸四边形中，若它的两条对角线互相垂直，且其中一条对角线与四边形的一边相等，则称该凸四边形为“垂等四边形”．如图，在四边形中，，，此时，四边形是“垂等四边形”． 【探究性质】 (1)如图，在垂等四边形中，，与相交于点． ①判断与的数量关系是______； ②若，，求垂等四边形的面积； 【判定推理】 (2)如图，在中，，将绕点顺时针旋转，得到，若点恰好落在的垂直平分线上，连接，，求证：四边形是垂等四边形； 【综合运用】 (3)如图，在平面直角坐标系中，点，，的坐标分别为，，，点为平面内一个动点，若以，，，为顶点的四边形是垂等四边形，且，直接写出点的坐标． 【答案】(1)①；②24 (2)见解析 (3)，， 【分析】（1）①根据“垂等四边形”的定义，可知,，根据，可知，再结合，联立化简，得到； ②根据“垂等四边形”的定义，可知,易得，可得垂等四边形的面积； （2）连接、，先证明，结合，可得，即，因为点在的垂直平分线上，所以,所以四边形是垂等四边形； （3）根据“垂等四边形”的定义，分三种情况讨论：①，②，③，分别求出P点的坐标． 【详解】（1）解：①四边形是“垂等四边形”， ，， ， ， ， ， 化简得． ② ， ， ，， ． （2）证明：连接、，交于点F， 是旋转得到的， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， 点在的垂直平分线上， ， 四边形是垂等四边形． （3）解： ，，，， ， 设P点坐标为，分三种情况讨论： ①， 是对角线，且， 四边形是“垂等四边形”， 连接，、交于点，过点P分别作轴，轴，垂足分别为点E，点F，如下图 ， 又 得， 得，则， ， 中，， ，， ， 将代入，得， 点P的坐标为． ②， 是对角线，， 四边形是“垂等四边形”， 过点作轴，垂足为点，如下图 ， ， ， ，则， 在中，， ， 即， ， 在中，， ， 点P的坐标为． ③, 点P必然在的延长线上，即在y轴上， 过B点作线段，交y轴于点P， 如下图； 是对角线，， 四边形是“垂等四边形”， ，， ， 点P的坐标为． 综上所述，满足条件的点P有三个，坐标分别是，，． 18．（2026·广西南宁·二模）在研究几何图形的变换规律时，常常遵循从一般到特殊、再从特殊到一般的探究思路，通过观察猜想、严谨推理、归纳提炼，开展研究． (1)【初步感知】如图1，在正方形的内部取一点E，连接，将线段绕点B顺时针旋转得到线段，连接，，则与的数量关系是____________；与的数量关系是____________． (2)【特例研究】如图2，在（1）的前提下，当时，延长交的延长线于点，求证：四边形是正方形． (3)【类比探究】如图3，在矩形中，，，在其内部取一点E，使，将线段绕点顺时针旋转得到线段，延长至点，使，连接，延长交的延长线于点． ①求证：四边形是矩形； ②连接，若，请直接写出的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3)①见解析；② 【分析】（1）利用正方形边长相等、内角为直角，结合旋转得边相等、旋转角，等量代换推出夹角相等，通过证三角形全等，得出边与角的关系． （2）借助全等三角形对应角相等得到直角，结合旋转直角，判定四边形为矩形；再由旋转性质得邻边相等，进而证出正方形． （3）①由矩形与旋转性质推出两组角相等，结合已知边长比例，证两边成比例且夹角相等，得到三角形相似；利用相似传递直角，依据三个内角为直角判定矩形．②按比例设未知数，结合矩形性质转化线段；作垂线构造相似三角形，把线段统一用含未知数式子表示；在直角三角形中套用勾股定理列方程求解，算出最终线段长度． 【详解】（1）解：四边形是正方形 由旋转性质得： 在和中 ； （2）证明：由（1）得 又，则， 由旋转知， 四边形有三个内角为直角， 四边形是矩形， 又， 矩形是正方形； （3）①证明四边形是矩形， ， 由旋转性质得：，， ， ， 已知，又，， ，即， 在与中 ， ， ， 又，可得，且， 四边形三个内角均为直角， 四边形是矩形， ②解：设， 绕点顺时针旋转得到， ， ∵， ， ∵四边形为矩形， ， 在中，，， 由勾股定理得：， 过点作，垂足落在线段上， ， 四边形是矩形， ，， ， 又， ， 在和中 ∴， ， ， ， ， ， ， 在中，，， 由勾股定理可得：， ， ， ， 线段长度为正数，且点在矩形内部， ， ， ． 19．（2026·广西桂林·二模）已知中，，点为射线上一动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，且，连接，． (1)如图1，若，点在线段上时， ①若点为的中点，求的值； ②求证：； (2)我们把顶角为的等腰三角形称为“锐角黄金三角形”，其底边长与腰长的比为．如图2，若为锐角黄金三角形，且，点在线段的延长线上运动，当点是线段的黄金分割点时，求与所夹的角的度数． 【答案】(1)①；②见解析 (2)（或）或 【分析】（1）①利用旋转的性质及等腰三角形的性质证明，根据点为的中点，得到，最后利用正切的定义即可得出结果；②由①知，，易证，即可证明结论； （2）先求出，，同理（1）②得，推出，当是线段的黄金分割点时，分点是靠近点的黄金分割点和点是靠近点的黄金分割点，两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：①∵，， ∴， 由旋转的性质得， ∴， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴，即， ∴； ②由①知，， ∴， ∴， ； （2）解：由旋转的性质得，， ∵， ∴，， 同理（1）②得， ，， ， 又∵， ， 当是线段的黄金分割点时，分两种情况： ①若点是靠近点的黄金分割点，则， ，如图3所示： ， ∵， ∴， ∴点在上， ， ，与所夹的角的度数为（或）； ②若点是靠近点的黄金分割点，则， ，如图4所示： ， 又， ， 而， ， ， ； 综上所述，与所夹的角为（或）或． 三视图 考点03 20．（2026·广西南宁·二模）下列立体图形中，主视图，左视图，俯视图都是圆的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：A、圆锥的主视图、左视图是三角形，俯视图是带圆心的圆； B、圆柱的主视图、左视图是矩形，俯视图是圆； C、四面体的三视图不含圆； D、球体任意方向的视图都是圆，因此主视图、左视图、俯视图都是圆． 故选：D． 21．（2026·广西玉林·二模）我国古代数学研究成果辉煌，产生了诸多趣味名词，如《九章算术》中的“刍童”，原指上、下底面都是长方形的草垛．如图是一个“刍童”形状的几何体，则它的主视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据几何体的形状及摆放位置进行判断即可． 【详解】解：由图可知，该“刍童”的上底面长方形较大，下底面长方形较小， ∴主视图如下： 22．（2026·广西南宁·二模）综合与实践 根据以下素材，完成任务． 某校为解决书籍收纳问题，学校计划为学生统一定制一款桌边置物架如图1．该置物架的结构与尺寸蕴含着丰富的数学知识，该校数学兴趣小组以此为背景开展探究活动． 【素材1】如图1所示的桌边置物架，上面是多层斜插板的置物板，用于放书和资料，最下面是独立储物空间，可以用来存放雨伞或水瓶等物品． 【素材2】为了让购买回来的桌边置物架更适配同学们的课桌尺寸，给教室留下更多的活动空间，经过数学兴趣小组研究，决定跟厂家定制高为，长为，宽为的桌边置物架（如图1）． 【素材3】如图2，相邻两层斜插板之间的距离都为，每层斜插板与水平线之间的夹角为． 任务1： (1)求最底层置物区开口的长； 任务2：如图3，小李将一本长为，宽为，厚度为的课本横放在书架上．其中，矩形为课本的横截面，线段为课本的宽． (2)每层斜插板之间最多能放几本这样的书？ (3)放书后整个书架占地面积为多少？ 【答案】(1) (2)3本 (3) 【分析】（1）直接解即可； （2）用相邻两层斜插板之间的距离除以书的厚度，即可得出结果； （3）过点作，交于点，过点作，分别解和，求出的长，进而求出的长，再利用分割法求出面积即可． 【详解】（1）解：由题意，， ∴； （2）解：∵相邻两层斜插板之间的距离都为，厚度为的课本， ∴， 故每层斜插板之间最多能放3本这样的书； （3）解：过点作，交于点，过点作，如图3，则， 由题意，， ∴， ∴， 在中，， ∴； 在中，，，， ∴， ∴， 放一本书后的俯视图如图： ∴放书后整个书架占地面积为． 限定工具作图 考点04 23．（2026·广西南宁·二模）如图，中，，按照以下步骤作图： ①在和上取，分别以M、N为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点O，作射线交于点D． ②以点C、点D为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点P和点Q，作直线分别交、于点E和点F． ③连接． 根据作图，若，，则_________． 【答案】 【分析】按照角平分线和线段垂直平分线的作图步骤作图，再求出，，证明，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求出答案． 【详解】解：如图， 中，，， ∴， 由作图可知，平分， ∴， ∴， 由作图可知，垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ 又∵ ∴， ∴． 24．（2026·广西南宁·二模）如图，在扇形中，． (1)尺规作图：作的中点（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，连接，，并且，交于点，若． ①求的长； ②如图，将如图中的扇形围成圆锥，，恰好重合，求圆锥的底面半径． 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②  2 【分析】（1）尺规作图，作的角平分线，与的交点就是点C； （2）①先求扇形的半径，再根据弧长公式计算即可；②设圆锥底面半径为r，根据圆锥底面周长等于扇形弧长，列方程计算即可． 【详解】（1）解：如下图， 分别以A、B为圆心，以大于的长度为半径画弧，两弧交于点E，连接，射线与交于点C，点C即为所求； （2）①设扇形的半径为R，则， ， ， 是的中点， ， ， ， 在中， ，即， 解得：， ； ②设圆锥底面半径为r ， ， ， 圆锥的底面半径是2． 25．（2026·广西南宁·二模）如图，在中， ． (1)请用无刻度的直尺和圆规以为直径作，交于点．（保留作图痕迹，不写作法）； (2)作，垂足为，求证：是的切线． 【答案】(1)图见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）分别以点A和点B为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点，过作直线，直线与交于点O，以点O为圆心，为半径作，与相交于点D； （2）连接，根据“等边对等角”由，，可推出，再根据平行线的判定可得，最后由即可证得，由此即可求解． 【详解】（1）解：如图所示：即为所求， （2）证明：如图，作，垂足为，连接， ， ， 在中，， ， ， ， 又， ， ， 又点D在上，是的半径， 是的切线． 26．（2026·广西南宁·二模）如图，的对角线相交于点，点是的中点，连接． (1)尺规作图：作的中点；（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接，证明：． 【答案】(1)作图见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）分别以点B，O为圆心，以为半径画弧，两弧交于点M，N，作直线交于点F，则点F即为所求作； （2）先根据平行四边形的对角线互相平分得出，即可得出，再根据“边角边”证明，然后根据全等三角形的对应边相等得出答案． 【详解】（1）解：如图所示，点F即为所求作； （2）证明：如图所示， ∵四边形是平行四边形， ∴． ∵点E是的中点，点F是的中点， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 2/23 1/23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02几何变换综合 4大考点概览 考点01相交线与平行线 考点02平移、旋转、轴对称与中心对称 考点03三视图 考点04限定工具作图 相交线与平行线 考点01 1．（2026·广西南宁·二模）榫卯结构是两个构件采取凹凸结合相互契合的一种经典连接工艺．如图是卯眼构件的截面图，其中，，则（     ） A． B． C． D． 2．（2026·广西钦州·二模）如图，直线，正六边形的顶点，分别在直线，上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．（2026·广西桂林·二模）如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心O的光线相交于点，点为焦点．若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·广西贵港·二模）五线谱是一种记谱法，通过在五根等距离的平行线上标以不同的音符构成旋律，如图，和是五线谱上的两条线段，点E在，之间的一条平行线上，若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·广西玉林·二模）如图，两条直线，分别经过正六边形的顶点，，且．当时，________． 6．（2026·广西钦州·二模）在中，，，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，且点不在直线上，过点作，交直线于点． (1)如图1，若点与点重合，，求证：； (2)如图2，点，都在的延长线上，连接． ①尺规作图：线段上取点，使；（保留作图痕迹，不写作法） ②证明：； (3)在（2）的情况下，判断与的数量关系，并证明． 平移、旋转、轴对称与中心对称 考点02 7．（2026·广西南宁·二模）如图，在中，，，将线段水平向左平移个单位得到线段，若四边形为菱形，则的值为（     ） A． B． C． D． 8．（2026·广西玉林·二模）在平面直角坐标系中，将点向上平移个单位长度，得到的对应点的坐标是（） A． B． C． D． 9．（2026·广西南宁·二模）在平面直角坐标系中，将点向右平移3个单位长度得到点，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 10．（2026·广西玉林·二模）以下是物理常见的元器件的符号，是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 11．（2026·广西南宁·二模）如图，的直径，为中点，点在上，，点是上的一个动点，则周长的最小值是（   ） A．8 B．12 C． D． 12．（2026·广西南宁·二模）《三角洲行动》是国产自研战术射击大作，真实战场体验，硬核竞技，彰显中国游戏研发实力，下列干员成就徽章中，属于轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 13．（25-26九年级下·重庆·阶段检测）下列人工智能大模型图标是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 14．（2026·广西南宁·二模）以点O为旋转中心将逆时针旋转作出如图所示的图案，旋转角的度数为（　　） A．45 B．60 C．90 D．135 15．（2026·广西南宁·二模）学校的中心有一个圆形喷泉池，喷泉池的中央安装一个可以竖直升降的喷头，它向四周喷出的水柱，效果图如图1所示，某学习小组对该喷泉池从数学的角度进行研究． (1)当喷头高度一定时，从喷泉口喷出的水柱呈抛物线，经测算，水柱的落点在水平地面半径为2米的圆上，在距离池中心水平距离0.75米处，水柱达到最高，高度为1.25米.学习小组根据喷泉的实景进行抽象，以池中心为原点，水平方向为轴，竖直方向为轴建立平面直角坐标系，画出图2所示的函数图象，求水柱所在抛物线（第一象限部分）的函数表达式（不需要写自变量取值范围）； (2)第二象限的抛物线与第一象限的抛物线关于轴对称，由轴对称性，直接写出第二象限的抛物线的解析式； (3)学习小组通过进一步分析发现：当喷头竖直高度调整时，喷头喷出的水柱抛物线形状不发生改变，当喷头竖直高度增加米，水柱落点形成的圆半径相应增加米，与之间存在一定的数量关系，求出与之间的数量关系式； (4)已知喷泉池的半径是2.1米，四周种植了一圈宽度为0.5米的绿化带，为了提高对水资源的利用率，可通过调整喷头的高度，喷灌四周的绿化带，当喷头竖直高度增加米时，绿化带能否被水柱喷灌到？请说明理由． 16．（2026·广西南宁·二模）【提出问题】 你能通过剪切和拼接下列图形得到一个矩形吗？在这些剪拼的过程中，剪下的图形是经过怎样的运动最后拼接成矩形的？ （1）平行四边形；（2）三角形；（3）菱形． 【动手操作】 小涵所在的学习小组对这道题进行了分工合作，小涵的任务是把一张三角形纸片剪拼得到一个矩形．她在动手操作的过程中发现了两种不同的剪拼方法． 方法一：任意剪一个，分别找到边，的中点，，连接，分别过点，作，，垂足分别为，，再将和分别绕点，旋转，即可得到矩形（如图）． 方法二：任意剪一个，分别找到边，的中点，，连接，过点作于点，再将和分别绕点，旋转，即可得到矩形（如图）． 【探究发现】 (1)如图，请判断与的位置关系和数量关系，并说明理由； (2)如图，小涵通过测量，发现，， ①求的面积． ②在绕点顺时针旋转的过程中，点的对应点为，当与的一边平行时，求出此时的长． 17．（2026·广西南宁·二模）四边形的形状特征与几何性质，和它的对角线有着密不可分的关系．在凸四边形中，若它的两条对角线互相垂直，且其中一条对角线与四边形的一边相等，则称该凸四边形为“垂等四边形”．如图，在四边形中，，，此时，四边形是“垂等四边形”． 【探究性质】 (1)如图，在垂等四边形中，，与相交于点． ①判断与的数量关系是______； ②若，，求垂等四边形的面积； 【判定推理】 (2)如图，在中，，将绕点顺时针旋转，得到，若点恰好落在的垂直平分线上，连接，，求证：四边形是垂等四边形； 【综合运用】 (3)如图，在平面直角坐标系中，点，，的坐标分别为，，，点为平面内一个动点，若以，，，为顶点的四边形是垂等四边形，且，直接写出点的坐标． 18．（2026·广西南宁·二模）在研究几何图形的变换规律时，常常遵循从一般到特殊、再从特殊到一般的探究思路，通过观察猜想、严谨推理、归纳提炼，开展研究． (1)【初步感知】如图1，在正方形的内部取一点E，连接，将线段绕点B顺时针旋转得到线段，连接，，则与的数量关系是____________；与的数量关系是____________． (2)【特例研究】如图2，在（1）的前提下，当时，延长交的延长线于点，求证：四边形是正方形． (3)【类比探究】如图3，在矩形中，，，在其内部取一点E，使，将线段绕点顺时针旋转得到线段，延长至点，使，连接，延长交的延长线于点． ①求证：四边形是矩形； ②连接，若，请直接写出的值． 19．（2026·广西桂林·二模）已知中，，点为射线上一动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，且，连接，． (1)如图1，若，点在线段上时， ①若点为的中点，求的值； ②求证：； (2)我们把顶角为的等腰三角形称为“锐角黄金三角形”，其底边长与腰长的比为．如图2，若为锐角黄金三角形，且，点在线段的延长线上运动，当点是线段的黄金分割点时，求与所夹的角的度数． 三视图 考点03 20．（2026·广西南宁·二模）下列立体图形中，主视图，左视图，俯视图都是圆的是（     ） A． B． C． D． 21．（2026·广西玉林·二模）我国古代数学研究成果辉煌，产生了诸多趣味名词，如《九章算术》中的“刍童”，原指上、下底面都是长方形的草垛．如图是一个“刍童”形状的几何体，则它的主视图是（   ） A． B． C． D． 22．（2026·广西南宁·二模）综合与实践 根据以下素材，完成任务． 某校为解决书籍收纳问题，学校计划为学生统一定制一款桌边置物架如图1．该置物架的结构与尺寸蕴含着丰富的数学知识，该校数学兴趣小组以此为背景开展探究活动． 【素材1】如图1所示的桌边置物架，上面是多层斜插板的置物板，用于放书和资料，最下面是独立储物空间，可以用来存放雨伞或水瓶等物品． 【素材2】为了让购买回来的桌边置物架更适配同学们的课桌尺寸，给教室留下更多的活动空间，经过数学兴趣小组研究，决定跟厂家定制高为，长为，宽为的桌边置物架（如图1）． 【素材3】如图2，相邻两层斜插板之间的距离都为，每层斜插板与水平线之间的夹角为． 任务1： (1)求最底层置物区开口的长； 任务2：如图3，小李将一本长为，宽为，厚度为的课本横放在书架上．其中，矩形为课本的横截面，线段为课本的宽． (2)每层斜插板之间最多能放几本这样的书？ (3)放书后整个书架占地面积为多少？ 限定工具作图 考点04 23．（2026·广西南宁·二模）如图，中，，按照以下步骤作图： ①在和上取，分别以M、N为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点O，作射线交于点D． ②以点C、点D为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点P和点Q，作直线分别交、于点E和点F． ③连接． 根据作图，若，，则_________． 24．（2026·广西南宁·二模）如图，在扇形中，． (1)尺规作图：作的中点（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，连接，，并且，交于点，若． ①求的长； ②如图，将如图中的扇形围成圆锥，，恰好重合，求圆锥的底面半径． 25．（2026·广西南宁·二模）如图，在中， ． (1)请用无刻度的直尺和圆规以为直径作，交于点．（保留作图痕迹，不写作法）； (2)作，垂足为，求证：是的切线． 26．（2026·广西南宁·二模）如图，的对角线相交于点，点是的中点，连接． (1)尺规作图：作的中点；（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接，证明：． 2/23 1/23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03几何变换综合 考点01 相交线与平行线 1.B 2.A 3.A 4.c 5.96°/96度 6. (1)见解析 (2)①见解析；②见解析 (3)DF=2BC,理由见解析 【详解】(1)证明：：∠ACB=90°，∠ABC=45°， :∠BAC=∠ABC=45°， :线段AD绕点A逆时针旋转180°-2×45°=90°得到线段AE,点D与点C重合， ·AE=AD=AC,∠EAB=90°-∠BAC=45°， ·∠EAB=∠ABC, ·BCAE, :EF‖AB, 四边形ABFE是平行四边形， ·BF=AE ·BF=AC: (2)①解：如图，在DC上取一点G,使得AG=AB G E ②证明：：将线段AD绕点A逆时针旋转180°-2α得到线段AE, ÷DA=EA,∠DAE=180°-2， 3/3 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AG=AB, ·∠AGB=∠ABG=, ·∠GAB=180°-2x, ·∠DAG=∠EAB, ·△DAG≌△EAB(SAS); (3)解：DF=2BC,理由如下： :AG=AB,∠ACB=90°， ·GB=2BC :∠AGB=∠ABG=, ÷∠AGD=∠ABE=180°-， ÷∠FBE=∠ABE-∠ABC=180°-《-X=180°-2， :EFI‖AB ·∠BFE=∠ABF=L, ·∠BEF=180°-∠FBE-∠BFE=, .BE=BF, :GD=BE, ÷GD=BF,即DF=GB, ·DF=2BC 考点02 平移、旋转、轴对称与中心对称 7.B 8.D 9.C 10.B 11.D 12.A 13.C 14.C 15. (1y=-(x-0.75)2+1.25 2/3 动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2y=- 6x+0.75)2+1.25 3)h=d+2d (4)能，理由见解析 【详解】(1)解：根据题意可知抛物线的顶点坐标为(0,75,1.25)，且经过点(2,0)，设抛物线的顶点式为 y=a(x-0.75)2+125, 将点(2,0代入，得0=a(2-0.75+1.25, 解得a=-手， ·水柱所在的抛物线的函数表达式为y=-(x-0.75)2+1.25: (2)解：·第二象限的抛物线与第一象限的抛物线关于y轴对称，第一象限的抛物线的顶点坐标为 (0.75,1.25),且经过点(2,0) “第二象限的抛物线的顶点坐标为-0.75,1.25)，且经过点(-2,0)， ·抛物线的顶点式为y=-(x+0.75)2+1.25; (3)解：当喷头竖直高度增加h米，水柱落点形成的圆半径相应增加d米，即将抛物线向上平移h米，经 过点(2+d,0,根据题意，得 0=-(2+d-0.75)+125+h, 则h=d2+2d (4)解：能，理由如下： 当h=号时，号d2+2d-号=0， 解得d=-5或d=5（舍去) 4 4 2+d≈2+64035=2.351,2.1+0.5=2.6， 则2.1<2.351<2.6 所以绿化带能被水柱喷灌到. 16. (I)DEIBC,DE=专BC (2)①20cm2;②AN的长度为4y14cm或85cm 3/3 动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 17. (I)①∠BAC=2∠DBC;②24 (2)见解析 3(号，号)，（-，)，(0，-33) 【详解】(1)解：①：四边形ABCD是“垂等四边形， ·AC⊥BD,∠ABE+∠BAC=90°， AB=AC, :∠ABC=∠ACB=克(180°-∠BAC), '∠ABE+∠DBC=∠ABC, ·(90°-∠BAC)+∠DBC=(180°-∠BAC), 化简得∠BAC=2∠DBC. ②：AC⊥BD, :S△4CB=克AC·BE,S△AD=AC·DE :S四边形ABCD=SACB+S△ACD,AB=AC, ：S四边形ABCD=克AC(BE+DE)=AB·BD=专×6×8=24. (2)证明：连接BD、EC,交于点F, :△ADE是△ABC旋转得到的， ·AB=AD,AC=AE,∠DAE=∠BAC=90o, :∠EAC=∠DAE+∠CAD,∠BAD=∠BAC+∠CAD, ·∠EAC=∠BAD, AB=AD,AC=AE, :∠AEF=(180·-∠EAC),∠ADB=支(180°-∠BAD), ·∠AEF=∠ADB, :∠AED+∠ADE=1800-90°=90°， ·(∠AED-∠AEF)+(∠ADE+∠ADB)=90°， 2/3 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 即∠FED十∠EDF=90°， :点D在BC的垂直平分线上， ·BD=CD, ·四边形BCDE是垂等四边形， (3)解：：0A=4,0B=|-3|=3,0C=3,BC=|3-(-3)|=6, ·AB=AC=V32+47=5, 设P点坐标为(PxPy),分三种情况讨论： ①AC⊥BP, :BP是对角线，且BP=BC, ·四边形ABCP是“垂等四边形”， 连接PO,AC、PB交于点Q,过点P分别作PE⊥x轴，PF⊥y轴，垂足分别为点E,点F,如下图 0 0:S4Bcp=3ACBP=支×5×6=15， 又：SABCP=S△AB0+S△AP0+S△OPC =吉×3×4+克×4×Px十支×3×Py =6+2Px+py=15 得4Px+3py=18, :SABCP=S△ABc+S△AcP=BC·A0+AC·PQ 得PQ=号，则BQ=BP-PQ=6-号=号， :AC⊥BP, Rt△BCQ中，cQ=VBc2-BQ2=V62-(兽)2-号， SABPC=BC.PE=BP.CQ,BC=BP, aPE=CQ=号=Py, 将Py=号代入4Px+3Py=18,得Px=号， 3/3 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ·点P的坐标为（号，号） ②AB⊥PC, :AB是对角线，AB=AC, ·四边形APBC是“垂等四边形”， 过点P作PE⊥x轴，垂足为点E,如下图 F:BP=BC,AB⊥PC, .PQ=PC, :S△4Bc=支AB·CQ=克BC·A0=克×6×4=12， CQ=号，则PC=2CQ=9, 在Rt△BCQ中，BQ=VBc2-cQ2=V62-()7=9, :S△PBc=BC·PE=PC·BQ, 即P8=-学-尝 6 “P,=器， 在Rt△PBE中，BE=VBP2-PE=V62-(尝)2=0 +E0=B0+BB=3+号=号， ·点P的坐标为(-器，岩) ③AP⊥BC, :点P必然在AO的延长线上，即在y轴上， 过B点作线段BP=6,交y轴于点P, 如下图： 2/3 动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :BC是对角线，BP=BC, ·四边形ABPC是“垂等四边形”， :A0⊥BC,∠BOP=90°， ÷0P=VBP2-B02=V62-32=35, :点P的坐标为(0，-3V5). 综上所述，满足条件的点P有三个，坐标分别是（号，号），（-器，岩)，(0，-35) 18. (I)AE=CE,∠ABE=∠CBE (2)见解析 3)①见解析：②33 【详解】(1)解：：四边形ABCD是正方形 ·AB=BC,∠ABC=90° 由旋转性质得：BE=BE,∠EBE=90· :∠ABC-∠EBC=∠EBE-∠EBC ·∠ABE=∠CBE 在△ABE和△CBE中 AB=BC ∠ABE=∠CBE BE-BE ·△ABE≌△CBE(SAS :AE=CE,∠ABE=∠CBE; (2)证明：由(1)得∠AEB=∠CEB=90 ·∠BEF=90o 3/3 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又∠AEB=90°，则∠FEB=90°， 由旋转知∠EBE=90°， :四边形BEFE有三个内角为直角， :四边形BEFE是矩形， 又：BE=BE, :矩形BEFE是正方形： (3)①证明：四边形ABCD是矩形， ∠ABC=90°， 由旋转性质得：BE=BE,∠EBE=90°， ·∠ABE+∠EBC=∠CBG+∠EBC=90o, ·∠ABE=∠CBG, 已知器=寺，又AB=6,BC=8, =骨=，即器=骺， 在△ABE与△CBG中 脱=鶻 (∠ABE=∠CBG' ·△ABE∽△CBG, ·∠CGB=∠AEB=90°， 又∠AEB=90°，可得∠FEB=90°，且∠EBG=90°， :四边形EBGF三个内角均为直角， :四边形EBGF是矩形， ②解：设BE=3x, :BE绕点B顺时针旋转90°得到BE, ·BE=BE=3x,∠EBE=90°， 器- :BG=号BE=4x, :四边形EBGF为矩形， ·FG=BE=3x,EF=BG=4x,∠AFE=90°， 在Rt△ABE中，∠AEB=90°，AB=6, 2/3 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由勾股定理得：AB2=AB2-BE2=62-(3x3=36-9x2, 过点D作DH⊥AF,垂足H落在线段AF上， ∠DHA=90°， :四边形ABCD是矩形， ·∠BAD=90°，AD=BC=8, .∠BAE+∠DAH=90°， 又：∠BAE+∠ABE=90°， ·∠ABE=∠DAH, 在△ABE和△DAH中 「∠AEB=∠DHA=909 ∠ABE=∠DAH ·△ABE△DAH 脂=詣=器==， AH=BE=4x, DH=青AE, DH2=号AE2=号(36-9x2)=64-16x2, AF=AE+EF=AE+4x, :HF=AF-AH=AE+4x-4x=AE, ·HF2=AE2=36-9x2, 在Rt△DHF中，∠DHF=90°，DF=5, 由勾股定理可得：D2=DH2+HF2, 52=(64-16x2习+(36-9x2),， 25=100-25x2, x2=3, 3/3 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :线段长度为正数，且点E在矩形内部， ǎx=5, FG=3x, ·FG=35, 19. (1)①芳；②见解析 (2)72。(或108°)或90° 【详解】(1)解：①：∠CAB=90°，AB=AC, :∠ABC=∠ACB=(180°-∠BAC)=45°， 由旋转的性质得∠BAC=∠CDE=90°，CD=DE, :∠DEC=∠DCE=(180°-∠CDE)=45°， ∴∠ACD+∠BCD=∠BCD十∠BCE=45°， ∴∠ACD=∠BCE, :点D为AB的中点， :AD=专AB=专AC,即2AD=AC, tan∠BCE=tan∠ACD==: ②由①知∠ACD=∠BCE,∠CDE=90°，∠DCE=45°，∠BAC=90°，∠ACB=45°， .CE=2 CD,BC=2AC. :焉=器=反， ·△ACDM△BCE: (2)解：由旋转的性质得∠CDE=∠BAC=36°，CD=DE, AB=AC, :∠ABC=(180°-∠BAC)=72°，∠CED=3(180°-∠CDE)=72°， 同理(1)②得△ACD∽△BCE, ·噩=器，∠DAC=∠EBC=36°， ÷∠ABE=∠ABC+∠EBC=108°， 2/3 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又：脂=号，AB=AC, 器=脂=器=÷， 当B是线段AD的黄金分割点时，分两种情况： ①若点B是靠近点D的黄金分割点，则铝=号=器， ·AB=BE,如图3所示： B D 图3 ·∠BAE=∠AEB=36°， :∠BAC=36°， .∠BAC+∠ABE+∠AEB=180°， ·点C在AE上， ·∠BED=∠CED-∠AEB=72°-36°=36°， ·∠BFD=∠CDE十∠BED=36°十36°=72°，BE与CD所夹的角的度数为72°（或 180°-72°=108°)： ②若点B是靠近点A的黄金分割点，则器=号=器 ·BD=BE,如图4所示： E D 图4 :∠BDE=∠BED, 又：△ACD△BCE, ·∠ADC=∠BEC, 而∠CDE=36°，∠CED=72°， ÷∠ADC+36°=72°-∠BEC, 3/3 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ·∠ADC=∠BEC=18°， ·∠BFD=∠EDF+∠DEF=36°+72°-18°=90°： 综上所述，BE与CD所夹的角为72°（或108°）或90°. 考点03 三视图 20.D 21.C 22. (1)4V3cm (2)3本 (3)(234W5+87)cm2 考点04 限定工具作图 23.青 24 (1)答案见解析 (2)①4π；②2 【详解】(1)解：如下图， D 分别以A、B为圆心，以大于AB的长度为半径画弧，两弧交于点E,连接OE,射线OE与AB交于点C, 点C即为所求； (2)①设扇形OAB的半径为R,则OC=OA=OB=R, :CD=3, 0D=R-3, :C是AB的中点， 2/3 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ÷OC⊥AB, :∠A0B=120°， :∠A0D=∠A0B=60°， 在Rt△AOD中， c0s60°=器，即片=发， 解得：R=6, “地=009=4π， 180 ②设圆锥底面半径为r, :2πr=4π， r=2, ·圆锥的底面半径是2、 25. (1)图见解析 (2)证明见解析 【详解】(1)解：如图所示：⊙0即为所求， (2)证明：如图，作DE⊥AC,垂足为E,连接OD, B AB=AC ·∠B=∠C, 在⊙0中，0B=OD, ·∠ODB=∠B, ·∠ODB=∠C, ·OD‖AC, 又：DE⊥AC, 3/3 动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ·∠ODE=∠DEC=90°， ·OD⊥DE, 又：点D在⊙0上，OD是⊙0的半径， :DE是⊙O的切线： 26. (1)作图见解析 (2)证明见解析 【详解】(1)解：如图所示，点F即为所求作； A 0 (2)证明：如图所示， :四边形ABCD是平行四边形， .A0=C0,B0=D0 :点E是DO的中点，点F是BO的中点， E0=支D0,F0=专B0, E0=F0. :A0=C0,∠A0F=∠C0E, .△A0F≌△C0E(SAS), .AF=CE. 2/3