2026年数学中考二轮复习《几何图形变换综合压轴题》考前冲刺专题训练

**基本信息** 以几何图形变换（平移、轴对称、中心对称、旋转）为核心，通过20道综合压轴题系统整合坐标系、函数、三角形等知识，提炼动态几何问题的解题模型与转化策略，培养空间观念与推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平移|5题|坐标变换法、平移性质应用|平移与一次函数/矩形结合，构建动态坐标关系| |轴对称|5题|折叠性质、将军饮马最值模型|轴对称与折叠/函数最值综合，强化对称性质应用| |中心对称|5题|中心对称性质、图形构造法|中心对称与图形变换/存在性问题，深化对称逻辑| |旋转|5题|旋转全等模型、动态分类讨论|旋转与全等/动态几何应用，提升综合推理能力|

2026年春九年级数学中考二轮复习《几何图形变换综合压轴题》 考前冲刺专题训练（附答案） 一、平移 1．如图，在平面直角坐标系中，点、，其中a、b满足，线段与x轴、y轴围成三角形，将三角形沿x轴向右平移得到三角形，当点D到达点B时停止平移，平移终止前，线段与线段相交于点． (1)直接写出点A的坐标为______，点B的坐标为______； (2)线段的关系是______； (3)当时，求三角形的面积； (4)在平移过程中，当点F把线段分成的两条线段的长度差为2时，直接写出点F的坐标． 2．如图1，在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，且满足，现同时将点分别向左平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度，分别得到点的对应点，连接． (1)请求出点的坐标； (2)如图2，点是线段上的一个动点，点是线段的中点，连接，当点在线段上移动时（不与重合），请找出三者间的数量关系，并证明你的结论； (3)在轴上求一点，使的面积与的面积相等？直接写出符合题意的点的坐标． 3．如图，已知，，，且． (1)直接写出点A，B，C的坐标以及与的位置关系； (2)如图（1），点在线段上（端点除外），过点D作轴于点H，线段在直线上运动（F在E左边），保持不变，连接． ①当线段最短时，连接，求三角形的面积； ②若，求m的值； ③如图（2），连接，当最小时，直接用含n的式子表示点F的横坐标． 4．如图1，在平面直角坐标系中，正方形的边长为3，其顶点，均在轴上、顶点在反比例函数（）的图象上，． (1)求反比例函数的表达式； (2)将正方形向右平移个单位长度得到正方形（），其边，分别与反比例函数的图象交于点，． ①如图2，当点与点重合时，连接，，，求的面积； ②如图3，当时，求的值． 5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与抛物线（为常数）相交于点，点的横坐标分别为和1．过点作轴，与抛物线相交于点，分别以的长为边长向上方作矩形．    (1)求抛物线的解析式； (2)将矩形先向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度，得到矩形，点的对应点在抛物线上． ①求关于的函数解析式，并直接写出自变量的取值范围； ②直线与相交于点，与相交于点，当是的中点时，求的值； (3)将抛物线沿着轴平移，平移后其顶点的纵坐标为，直接写出当为何值时，抛物线与矩形有两个交点． 二、轴对称 6．如图，已知四边形纸片的边，是边上任意一点，沿折叠，点落在点的位置． (1)观察发现：如图①所示：，，则________． (2)拓展探究：如图②，点落在四边形的内部，探究，，之间的数量关系，并证明： (3)迁移应用：如图③，已知，，当点落在边的上方和落在边下方时，请直接写出的值（用含有，的式子表示）． 7．如图，直线与双曲线交于两点，点的坐标为，点是双曲线第一象限分支上的一点，连接并延长交轴于点，且． (1)求的值并求出点的坐标； (2)点是轴上的动点，连接，，求周长的最小值； (3)是轴上的点，是否存在点，使得以为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请求出所有符合条件的点的坐标：若不存在，请说明理由． 8．【问题背景】在学习了平行四边形后，某兴趣小组研究了一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： (1)如图①，在平行四边形中，，，为边的中点，点在边上，，连接，将沿翻折得到，点的对称点为点，小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断四边形的形状为___________； 【探究证明】 (2)在（1）的条件下，取的中点，点在边上，且，连接，将沿翻折得到，点的对称点为点，连接、，如图②，求证：四边形是平行四边形； 【探究提升】 (3)在（1）（2）的条件下，若四边形为轴对称图形，请直接写出的值为___________． 9．在平行四边形中，，点为上一点，连接． (1)将沿翻折得到，点为点的对应点． ①如图1，若，，当点落在边上时，求的长； ②如图2，若点为边中点，点落在平行四边形外，延长交边于点，，求线段的长； (2)如图3，将四边形沿翻折得到四边形（点为点的对应点，点为点的对应点），与交于点F．若，，求的长． 10．问题提出 (1)如图1，在中，，，将其折叠，使点B落在边上的处，折痕经过点C，交于点D．则的度数为______； 问题探究 (2)如图2，正方形的一条对称轴l交于点H，点E在l上，连接、、、．若正方形的边长为4，，求线段的长． 问题解决 (3)如图3．有一块三角形空地经测量，米，．现要过点C修建一条小路，满足，点A关于的对称点为D．连接、．交于点E．若米，请利用所学知识，求的长． 三、中心对称 11．【对等角六边形】定义：在凸六边形中，满足，，，我们称这样的凸六边形叫做“对等角六边形”． (1)如图1，对等角六边形的对边，的位置关系是_____； (2)如图2，六边形是对等角六边形，若，求证：． (3)如图3，在对等角六边形中，对角线交于点，已知，求四边形的面积． 12．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． (1)若绕着点顺时针旋转后得到，画出，并写出点B的对应点的坐标是______，点C的对应点的坐标是______； (2)在此网格范围内，若要以为边，其他顶点均为格点的矩形，可作出______个矩形，面积为______． (3)若和关于原点O中心对称，画出； (4)在此网格范围内，若P为平面直角坐标系内一点，以A，B，C，P为顶点的四边形是平行四边形，直接写出点P的坐标______； 13．在中，，，点P在边上． (1)如图①，当点P是的中点时，用直尺和圆规作出关于点P成中心对称的图形（不写作法，保留作图痕迹）； (2)如图②，作出点P关于的对称点，，连接，在图②中画出示意图（不要求尺规作图），并求出当时点与点之间的距离； (3)如图③，已知，将绕着点P按每秒的速度逆时针旋转一周．同时，射线绕着点P按每秒的速度顺时针旋转（随旋转停止而停止），旋转过程中射线的位置不变．设旋转时间为t秒，当t为 秒时，射线与中的某一条射线是另两条射线所夹角的平分线． 14．定义：如图1，点M关于点P的对称点为点T，点T关于原点O的对称点为点N，则称点N为点M关于点P的二次对称点． 【概念理解】 （1）点，点N为点M关于点P的二次对称点，则 ． （2）若点，，点B为点A关于点Q的二次对称点，则点B的坐标为 ．（用t的代数式表示） 【形成技能】 （3）点D为点C关于点的二次对称点，且、都与坐标轴平行．直接写出点C的坐标． 【灵活运用】 （4）如图2，点F为点E关于点的二次对称点，连接，当动点F在直线m上滑动时，点E也随之而滑动，已知直线m的解析式为，若在运动过程中，一定存在的情形．求b的取值范围． 15．【问题情境】小明在学习完《第9章图形的变换》后，发现长方形既是轴对称图形，又是中心对称图形． (1)在图1的长方形中画出它的所有的对称轴，在图2的长方形中画出对称中心； 【内化探究】如图3，小明在长方形的对角线上任取一点P，分别作，将原长方形分割成四个小长方形．根据长方形对称性，帮小明对如下三组关系做出判断：①与；②与；③长方形与长方形． (2)两个图形可以是其中一个图形绕着某点旋转得到的是______；两个图形的面积一定相等的是______；（填写序号即可） (3)如图4，点P在长方形的对角线上，过点P分别作，分别交、于点E、F．若，，则图中阴影部分的面积为______； (4)【综合应用】如图5，长方形，，，边长为的正方形的顶点E与点B重合，边、分别与、重合．将正方形沿着射线方向平移，设平移距离为．在平移过程中，当正方形的顶点落在线段上时，直接写出x与a之间的数量关系． 四、旋转 16．等腰，在边上取一动点D，以点A为旋转中心，将线段逆时针旋转得到线段，连接． (1)观察猜想 如图1，，则________ ． (2)类比探究 如图2，，点F为中点，连接，请判断线段与线段的数量关系，并说明理由． (3)拓展应用． 如图3，，过点D作交的延长线于G，连接．请直接用等式表示线段与的数量关系． 17．在中，连接，设． (1)如图1，若，，求的面积； (2)如图2，在（1）的条件下，点E在线段上，连接，将线段绕点D顺时针旋转至线段，点G为延长线上一点，且有，连接交于点H，求证：； (3)如图3，若，，，点E是上一点，将沿射线平移至C与E重合，并绕点E旋转至，延长与线段交于点F，连接、，当时，求的最小值． 18．探究以下问题： (1)【情境引入】 如图1，等腰直角三角形中，，．直线经过点，过作于点，过作于点．易证得（无需证明），这就构成了典型的“一线三垂直全等模型”，此时所运用的三角形全等的判定定理是________．（填序号） ①；②；③；④ (2)【类比探究】如图2，点分别在轴，轴上，若直线的函数关系式为： ①则点坐标为________，点坐标为________； ②将线段绕点逆时针旋转，则点的对应点的坐标为________； (3)如图3，点在反比例函数图象上，连接，将绕点顺时针旋转到，求直线的解析式； (4)【拓展延伸】 如图4，在（1）的条件下（即直线的解析式为），若点在第二象限，且是等腰直角三角形，请直接写出所有满足条件的点的坐标． 19．探索与应用： (1)如图1，的顶点O在正方形两条对角线的交点处，，将绕点O旋转，的两边分别与正方形的边和交于点E和点F（点F与点C，D不重合）． ①在旋转过程中，四边形的面积会发生变化吗？请证明你的结论． ②如图2，若连接，则之间的数量关系是什么？请证明你的结论． (2)如图3，若将（1）中的“正方形”改为“，边长为8的菱形”，改为时，其他条件不变，四边形的面积是______． (3)如图4，在中，，D为中点，，它的两条边和分别与直线相交于点E，F，可绕点D旋转．当时，请直接写出线段的长是______． 20．【定义感知】如图1，对于抛物线，以轴上的点为中心，将抛物线绕点旋转得到一个新抛物线，则我们称这个新抛物线是抛物线关于点的“共轭抛物线”，点为“共轭中心”． 【理解应用】 已知顶点为的抛物线与轴交于点，． (1)如图2，当时，求抛物线关于共轭中心的共轭抛物线的表达式； (2)如图3，当时，若抛物线关于共轭中心的共轭抛物线恰好经过抛物线的顶点，求的值； (3)【拓展延伸】过点作轴垂线，分别交抛物线和它关于共轭中心的共轭抛物线于点，，记的长为，与的函数关系图象为．当平行于轴的直线与的公共点个数为个时，求此时的值． 参考答案 1．（1）解：∵，且， ∴， 解得：， ∴点A的坐标为，点B的坐标为； （2）解：根据平移的性质可得：线段的关系是； 故答案为：； （3）解：当时，， ∴点， ∴， ∴， ∴三角形的面积； （4）解：∵， ∴， ∴， 当点F把线段分成的两条线段的长度差为2时，，即， 解得：或， ∴点F的坐标是或． 2．（1）解：∵，， ∴ ∴，， ∴，， ∴，， ∵将点A，B分别向左平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度，分别得到点A，B的对应点C，D， ∴点C的坐标为，点D的坐标为； （2）解：，理由如下： 证明：如图2，过P作， 由平移的性质可得， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴ ∴； （3）∵点C的坐标为，点D的坐标为， ∴轴， ∴， 设点M的坐标为，则， ∴， 解得或， ∴点M的坐标为或． 3．(1)，，， (2)①；②；③ 【分析】（1）根据非负数的性质解答即可； （2）①当时，BE最小，此时，，再根据三角形的面积公式解答即可；②根据，即可求解；③把向x轴负方向平移2个单位长度得到，连接，，，与相交于点，当F取在处时，最小，则，，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴，，， ∵点A，B的纵坐标相等， ∴； （2）解：①当时，最小， 此时，， ∴三角形的面积， ②∵， ∴， 解得， ③把向x轴负方向平移2个单位长度得到，连接，，，与相交于点，当F取在处时，最小，则，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 即当最小时，点F的横坐标为． 4．(1) (2)①；② 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）①先求出点，的坐标，再利用割补法求面积，计算即可； ②利用平移的性质，用含m的式子表示点、和的坐标，计算出、，根据正切函数列方程，解方程即可． 【详解】（1）解：正方形的边长为3，， ， ， 正方形的边长为3， ， 将代入反比例函数， 得， 解得， 反比例函数的表达式为； （2）①由题可得：，，， 将代入，得，解得， ， 当时，， ， ； ②将正方形向右平移个单位长度得到正方形，，， ，，， ， ， 四边形为正方形， ， 在中， ， ，解得． 【点睛】本题考查反比例函数图象，函数和方程，正方形的性质，平移的性质，锐角三角函数等知识，正确掌握相关知识是解题的关键． 5．(1) (2)①；② (3)或 【分析】（1）利用抛物线的性质求出，，再利用待定系数法即可求出抛物线的解析式； （2）①先求出，根据平移的性质得到，结合点在抛物线上，得到关于的函数解析式，再结合，即可求出自变量的取值范围；②根据平移的性质得到，，进而得到，，再利用中点坐标公式列出关于的方程，求出的值即可； （3）根据题意，平移后抛物线的解析式为，顶点坐标为，结合图象找出4个临界位置，顶点在上、顶点在上、平移后的抛物线经过点、平移后的抛物线经过点，分别求出对应的值，即可得出答案． 【详解】（1）解：对于抛物线， 当时，； 当时，； ∴，， 代入，到抛物线，得 ， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：①∵轴， ∴点和点的纵坐标相同，都为4， 代入到抛物线，则， 解得，， ∴， 由平移的性质得，， ∵点在抛物线上， ∴， 整理得：， ∵， ∴， 解得， ∴关于的函数解析式为； ②∵，， ∴， ∴， ∴， 由平移的性质得，，， 由①得， ∴，， 又∵直线与相交于点，与相交于点， ∴点、的横坐标均为， 对于抛物线， 当时，； 对于抛物线， 当时，； ∴，， ∵是的中点， ∴， 整理得：， 解得，， 由①得，， ∴； （3）解：抛物线， ∴抛物线的对称轴为直线， ∵平移后其顶点的纵坐标为， ∴平移后抛物线的解析式为，顶点坐标为， 由（2）得，，，，， 当顶点在上时，如图：    则； 当顶点在上时，如图：    则； 当平移后的抛物线经过点时，如图：    代入得，， 解得； 当平移后的抛物线经过点时，如图：    代入得，， 解得； ∵抛物线与矩形有两个交点， ∴或． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数解析式、平移的性质、二次函数与不等式的关系、矩形的性质，解题的关键是利用交点坐标求函数解析式，结合平移规律和抛物线的性质建立函数关系．本题属于函数与几何综合题，需要较强的数形结合能力，适合有能力解决压轴题的学生． 6．(1) (2)；见解析 (3)点落在边上方时；点落在边下方时 【分析】（1）过点作，根据翻折的性质以及平行线的性质求解； （2）过点作，根据翻折的性质以及平行线的性质证明； （3）根据平行线的判定和性质进行求解即可． 【详解】（1）解：如图①所示，过点作， ∵， ∴， ∴， 根据翻折的性质得，， ∴； （2）解：，理由如下： 如图②所示，过点作， ∵， ∴， ∴，， ∴， 根据翻折的性质得，， ∴； （3）解：①点落在边上方时，如图③所示，过点作， ∵， ∴， ∴，， ∴， 根据翻折的性质得，， ∴； ②点落在边下方时，如图④所示，过点作， ∵， ∴， ∴，， ∴， 根据翻折的性质得，， ∴； 综上，点落在边上方时；点落在边下方时． 7．(1)， (2) (3)存在，或或或 【分析】（1）根据待定系数法即可求，根据对称性即可求点坐标； （2）根据线段比例关系，可得，作关于轴的对称点，利用将军饮马模型即可求出最短距离； （3）设，即可表达出三边的边长，由为直角三角形即可分类讨论，然后利用勾股定理列式求解． 【详解】（1）解：点在直线上， ， 解得，即, 点在双曲线上， , 直线与双曲线的交点关于原点对称， 点B是点A关于原点的对称点， ； （2）解：设，过点作轴，过点作轴， 则， 作关于轴的对称点，连接交轴于点G，连接 ，即， ， 的纵坐标为， ， 解得，即， ， ， 两点之间线段最短， 最小，即最小． 此时的周长最小， 周长的最小值； （3）解：设， ，， ， ， ， 分三种情况： 当时，，即， ， 此时， 当时，，即， ，， 此时或 当时，，即 ， 此时， 综上所述，或或或． 8．(1)菱形 (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）由折叠的性质结合可得，，由此判定为菱形； （2）容易判断四边形也是菱形，由菱形的性质可得，，，，，结合平行四边形的性质和中点的性质可得，，，命题得证； （3）分两类讨论，当四边形为矩形时，作于点，作于点，设，由含角的直角三角形的性质和勾股定理可得可得，，，容易证明四边形是矩形，则，．由矩形的性质可得，，则，从而得到，进一步计算出，因此；当四边形为菱形时，延长交于点，设，容易判断，，从而判断是等边三角形，则，进而计算出，因此． 【详解】（1）解：由折叠的性质可得，，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：同理（1）可得，四边形是菱形， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵为边的中点，为边的中点， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （3）解：由（2）可知，四边形是平行四边形， 又∵四边形为轴对称图形， ∴四边形为矩形或菱形， ①当四边形为矩形时，如图，作于点，作于点，设， ∵为边的中点，为边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 由勾股定理可得，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， 在中，， ∴， 由勾股定理可得，， ∴， ∴； ②当四边形为菱形时，如图，延长交于点，设， 由①可知，， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 综上所述，的值为或． 9．(1)①；②8 (2) 【分析】（1）①证明四边形是矩形，得到；由折叠的性质可得，由勾股定理可得，则；设，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案； ②连接，由平行四边形的性质得到，，则；由折叠的性质可得，，则可证明；证明，得到，则可证明，得到，则； （2）过点F作于点K，连接，可求出，；则可得到，；由折叠的性质可得，，；过点F作于点R，延长交于点L，可证明，设，则，由勾股定理得，可得，则，；过点G作于点P，可得，；证明四边形是矩形，得到，则；设，则，，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：①∵在平行四边形中，， ∴四边形是矩形， ∴； 由折叠的性质可得， 在中，由勾股定理得， ∴； 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴； ②如图所示，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 由折叠的性质可得，， ∴； ∵点为边中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图所示，过点F作于点K，连接， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴； ∴， ∴； 由折叠的性质可得，，； 如图所示，过点F作于点R，延长交于点L， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或， ∴（舍去）或， ∴，； 如图所示，过点G作于点P， 在中，， ∴， ∴； ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； 设，则， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴． 10．(1) (2) (3)米 【分析】（1）利用折叠性质得，求出，再求出即可． （2）由正方形对称轴性质得，结合，判定为等边三角形；利用勾股定理求，即可求得答案． （3）① 由轴对称性质得，结合，推出在以 C 为圆心的圆上，得；② 作，在等腰中求；③ 用勾股定理求，再证，得；④ 由，在等腰中求． 【详解】（1）∵ 折叠使点 B 落在边上的处，， ∴，，， 在中， 故答案为：； （2）设 l 与交于 F 点， ∵ l 是正方形的对称轴，则l垂直平分， ∴，，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； （3）作于 G，设与交于点 Q，连接， ∵ 点 A 关于的对称点为 D， ∴垂直平分，，，， ∵， ∴， ∴ 点 A、B、D 在以C为圆心，为半径的圆上， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵米， ∴米， 在中，由勾股定理得，米 ∵，，， ，， ∴， ∴ 米 ∵米，为等腰直角三角形， ∴米． 【点睛】考查折叠的性质、正方形的性质、轴对称的性质、圆周角定理、全等三角形判定、勾股定理．易错点：角度计算错误、勾股定理运算失误、全等三角形对应边判断错误． 11．(1) (2)见解析 (3)7.5 【分析】（1）过点F作， 得，由，，得，得，得，即得答案； （2）连接， 可得四边形是平行四边形，得，可得，即得答案； （3）由六边形相对的边平行，得相对的两个三角形相似，得，得，得，同理，，得点O是六边形的对称中心，即得 【详解】（1）解：如图，过点F作， 则， ∵六边形是对等角六边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴. （2）连接，如图， 由（1）知，， 同理，， ∵， ∴四边形是平行四边形. ∴. ∵. ∴. ∵， ∴, ∴. （3）解：∵对等角六边形的对角线交于点， ∴对角线将六边形分割为 6 个小三角形， 由（1）知，六边形相对的边平行， ∴相对的两个三角形相似， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理，， ∴点O是六边形的对称中心， ∵， ∴ 故四边形的面积为7.5． 12．(1)；， 图见解析 (2)2个；13或26 (3)见详解 (4)或 【分析】本题考查作图—旋转变换、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质以及平行四边形的判定，熟练掌握旋转的性质、中心对称的性质、特殊四边形是解答本题的关键． （1）根据旋转的性质作图，即可得出答案． （2）根据中心对称的性质作图即可． （3）取格点并证明，即可证明，则有四边形和以其他顶点均为格点的矩形，利用勾股定理和矩形面积公式求解即可； （4）根据平行四边形的判定确定点的位置，进而可得答案． 【详解】（1）解：如图， 即为所求． 由图可得，点的坐标是，点的坐标是． 故答案为：； （2）解：如图， ∵，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 则， 那么，四边形和是以其他顶点均为格点的矩形， ∵，， ∴矩形的面积为， 矩形的面积为， 则以为边，其他顶点均为格点的矩形，可作出2个矩形，面积分别为13和26； （3）解：如图，即为所求． （4）解：当以为顶点的四边形是以为对角线的平行四边形时，点的坐标为； 当以为顶点的四边形是以为对角线的平行四边形时，点的坐标为． 综上所述，点的坐标为或． 故答案为：或． 13．(1)见解析 (2)见解析；6 (3)或或或 【分析】（1）以点P为圆心，的长为半径画弧，交的延长线于点，连接（其中点与点C重合，点与点B重合），则即为所求； （2）由轴对称的性质可得垂直平分，垂直平分，据此结合垂线的作图方法作图即可；由轴对称的性质可得，再证明三点共线即可得到答案； （3）分图④，图⑤，图⑥和图⑦这四种情况，根据角平分线的定义建立方程求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：如图所示，点，即为所求； 由轴对称的性质可得，， ∵， ∴， ∴ ， ∴三点共线， ∴； （3）解：如图④所示，当平分时，则， 由题意得，此时， ∴， 解得； 如图⑤所示，当平分时，则， 由题意得，此时， ∴， 解得； 如图⑥所示，当平分时，则， 由题意得，此时， ∴， 解得； 如图⑦所示，当平分时，则， 由题意得，此时， ∴， 解得； 综上所述，t的值为或或或． 14．（1）10；（2）；（3）或；（4） 【分析】（1）设，根据点N为点M关于点P的二次对称点，可得，故； （2）由关于的对称点，又关于原点的对称点，即得A关于点Q的二次对称点B的坐标为； （3）设，可得C关于点的二次对称点D坐标为；由、都与坐标轴平行，分四种情况：①若轴，轴，则；②若轴，轴，则；③若轴，轴，则；④若轴，轴，则，分别解方程组可得答案； （4）连接，设直线交x轴于G，交y轴于K，求出，，知，，，由点F为点E关于点的二次对称点，可得，，，而当时，为的垂直平分线，有，，故点F在以O圆心，5为半径的上运动，用面积法求出当与直线m相切时，，即可得b的取值范围． 【详解】解：（1）设， ∵点N为点M关于点P的二次对称点， ∴P为的中点， ∵， ∴， ∵N，T关于原点对称， ∴， ∴， 故答案为：10； （2）∵关于的对称点，又关于原点的对称点， ∴A关于点Q的二次对称点B的坐标为； 故答案为：； （3）设， ∵关于点的对称点，又关于原点的对称点， ∴C关于点的二次对称点D坐标为； 由、都与坐标轴平行，分四种情况： ①若轴，轴，则， 方程组无解，故这种情况不存在； ②若轴，轴，则， 解得， ∴； ③若轴，轴，则， 解得， ∴； ④若轴，轴，则， 方程组无解，故这种情况不存在； 综上所述，C的坐标为或； （4）连接，设直线交x轴于G，交y轴于K，如图： 在中，令得，令得， ∴，， ∴，，， ∵点F为点E关于点的二次对称点， ∴同（1）可得，，， ∴当时，为的垂直平分线， ∴，， ∴点F在以O圆心，5为半径的上运动， 当与直线m相切时，， 此时， ∴， 解得， ∵在运动过程中，一定存在的情形， ∴b的取值范围为． 【点睛】本题考查了点的坐标一轴对称，一次函数的综合，切线的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 15．(1)见解析 (2)①，①③ (3)12 (4)或 【分析】（1）根据轴对称的定义作图即可；连接长方形的两条对角线，其交点即为对称中心； （2）根据旋转的定义与性质以及图形的面积关系即可解答； （3）如图：过P作，分别交于点G，H，则四边形都是长方形，利用长方形的性质以及（2）③的结论求解即可； （4）分点G和点H在线段上两种情况，分别画出图形并运用（2）③的结论列方程求解即可． 【详解】（1）解：如图1：两条对称轴即为所求； 如图2：点O即为长方形对称中心． （2）解：①与可绕对角线交点旋转重合，即面积相等；②与形状不同，旋转后不可能重合；③长方形与长方形形状不同，不可能重合； ∵四边形都是长方形， ∴， ∴，即长方形与长方形的面积相等． 故答案为：①；①③； （3）解：如图：过P作，分别交于点G，H，则四边形都是长方形， ∴，，， 由（2）③可知：， ∴， ∵， ∴，即图中阴影部分的面积为12． （4）解：如图：当点G在线段上时，则， 如图：延长交于N，延长直线分别交于K、M，则， 由（2）③可知：， ∴， ∴，整理得：； 如图：当点H在线段上时，则， 如图：延长交于N，延长直线分别交于K、M，则， 由（2）③可知：， ∴， ∴，整理得：． 综上，x与a之间的数量关系为或． 16．(1)； (2)，见解析； (3)，见解析． 【分析】（1）由旋转可得，，求出，利用三角形外角的定义求出，即可求解； （2）证明，得到，，再求出，即可得出结论； （3）先证明，得到，再证明，得到，根据是等腰直角三角形，得出答案． 【详解】（1）解： 由旋转可得：，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图，连接CE， ，． ， 由旋转知， ， 即． ， ， ，， ， ∵点F为中点， ． （3）解：，理由如下： ， ， ， ， ， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ， 是等腰直角三角形， ， ． 17．(1)2 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用的面积为面积的二倍，即可求解； （2）连接，，根据全等三角形的性质与判定得到，则，，结合旋转的性质得到，证明，根据平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到的长度，即可求解； （3）过C作于点G，在中，求出，，解，可得，过A作于点H构造直角三角形，利用勾股定理表示出、，进而转移到求最小值即可． 【详解】（1）解：， ∴， ∴， ∴； （2）证明：在中， 在平行四边形中， ， 连接，， ∵，， ∴，， 又∵，， ∴ ， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴ ， ∴ ， ∴； （3）如图，过C作于点G， ∵，， ∴， 在中， ， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 过A作于点H， ∵，， ∴， 过D作于点K， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， 在中，， ∴， ∴当有最小值时，则有最小值， 而时最小，此时， ∴， 即的最小值为． 18．(1)② (2)①，；② (3) (4)或或 【分析】（1）由两个三角形全等的判定定理求证即可； （2）①由直线的函数关系式为，令和解方程即可求解；②根据题意，作出图形，过点作轴，由（1）中“一线三垂直全等模型”得到，求出相关线段长度即可得到点的对应点的坐标； （3）先由（1）中“一线三垂直全等模型”得到，确定点的坐标，再由待定系数法求直线解析式即可； （4）根据题意，分三种情况，作出图形，结合“一线三垂直全等模型”得出全等三角形，再由全等性质得到相关线段长即可确定答案． 【详解】（1）解： ，， ， ， ， ， ， ， 则此时所运用的三角形全等的判定定理是②； （2）解：①直线的函数关系式为，点分别在轴，轴上， 当时，，即；当时，，即； ②过点作轴，如图所示： ∵ ，； ∴， 由（1）中“一线三垂直全等模型”得到， ， 则， 点的对应点的坐标为； （3）解：点在反比例函数图象上， ，即， 过点作轴的垂线，如图所示： 由（1）中“一线三垂直全等模型”得到， ， 则点的坐标为， 设直线的解析式为， 将、代入解析式得， 解得， 直线的解析式； （4）解：过的端点及中点作垂线，如图所示： 由（2）①知、， 当是等腰直角三角形时，过点作轴，如图所示： 则由（1）中“一线三垂直全等模型”得到， ， 则， ； 当是等腰直角三角形时，过点作轴、轴，连接，如图所示： 则，， 对于四边形，连接，将其分成了两个三角形，由三角形内角和定理可得四边形四个内角和为， ， ， 则， ， ， 在和中， ， ， ， 设， ， ， 则，解得， ， ； 当是等腰直角三角形时，过点作轴，如图所示： 则由（1）中“一线三垂直全等模型”得到， ， 则， ； 综上所述，若点在第二象限，且是等腰直角三角形时，点坐标为或或． 19．(1)①不会发生变化，证明见解析；②，证明见解析 (2) (3)或． 【分析】（1）①证明，根据三角形和四边形面积间的关系即可证明结论；②利用全等三角形的性质和勾股定理即可得到结论； （2）在上截取，连接，证明，利用菱形的性质和勾股定理等知识求出，再利用四边形和三角形的面积之间的关系即可得到答案； （3）设则分点E，F分别在线段上和点E在线段的延长线上两种情况进行解答即可． 【详解】（1）解：①∵四边形是正方形， ∴，，，， 则 ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ 即在旋转过程中，四边形的面积不会发生变化； ②，证明如下： ∵， ∴， ∵， ∴ ∴ （2）上述结论仍然成立； 在上截取，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，，， ∴, ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴ （3）解：设则 当点E，F分别在线段上时，作交的延长线于点，则， ∴ ∵D为中点， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴垂直平分 ∴， ∵ ∴ ∵， ∴， ∴， 解得， 当点E在线段的延长线上时，如图， 把补成矩形，延长交的延长线于点，连接则，此时 ， ∴， ∵ ∴ ∴， ∵， ∴垂直平分 ∴， ∵ ∴ ∵， ∴， ∴， 解得 综上可知，线段的长是或． 20．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据解析式可得抛物线顶点为．根据“共轭抛物线”的定义可得共轭抛物线的顶点为，开口大小与抛物线相同且方向相反，即可求解； （2）同（1）得出抛物线表达式为：．将点代入，根据，得出 （3）由（2）可知，抛物线，抛物线，分三种情况讨论，①当时，点在的左侧，②当时，点在之间，③当时，点在的右侧，结合函数图象即可求解． 【详解】（1）解：抛物线， 抛物线顶点为． 共轭中心为， 共轭抛物线的顶点为， 开口大小与抛物线相同且方向相反， 抛物线表达式为：； （2）解：抛物线， 抛物线顶点为． 共轭中心为， 共轭抛物线的顶点为， 开口大小与抛物线相同且方向相反， 抛物线表达式为：． 抛物线经过点， 解得：．    （3）解：令得：， ∴， 由（2）可知，抛物线，抛物线， ①当时，点在的左侧， 点在点上方， ． ②当时，点在之间， 点在点上方，． ③当时，点在的右侧， 点在点上方，． 综上，与的函数关系图象如下图所示， ∴当平行于轴的直线与的公共点个数为个时，， 当或时，， 解得：，， 当时，， 解得： ． 方法二：由定义可知抛物线与共轭抛物线关于点成中心对称， ， 与的函数关系图象如下图所示， 当平行于轴的直线与的公共点个数为个时，， ， ∴ 解得：． 学科网（北京）股份有限公司 $