专题07 图形的变化（4大考点）（山西专用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 本试卷聚焦图形的变化四大考点，精选山西各地二模真题，融合文化情境与实践操作，突出对几何直观和推理能力的考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|约20题|投影与视图（四棱台印章俯视图）、轴对称/中心对称（剪纸图案判断）|结合应县木塔、榫卯结构等文化素材| |解答题|约20题|尺规作图（菱形中作垂直平分线）、平移与旋转（矩形旋转综合探究）|设置阅读与思考（准等距点）、综合与实践（菱形旋转），体现分层设计|

专题07 图形的变化 4大考点概览 考点01尺规作图 考点02投影与视图 考点03轴对称和中心对称 考点04平移与旋转 尺规作图 考点01 1．（2026·山西临汾·二模）如图，在菱形中，，分别以点A和B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线，交于点E，连接，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，由垂直平分线的性质和等腰直角三角形的性质，得，再得，利用勾股定理即可求出的长度． 【详解】解：连接，如图： 由作图痕迹可知，垂直平分， ∴， ∴， ∴， 在等腰中，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，则 ； 故选：A． 2．（2026·山西晋中·二模）如图，在中，，为的中点． (1)实践操作：利用尺规作于点；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母） (2)猜想证明：若是的中点，证明：． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】（1）利用尺规作图作； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知，根据线段垂直平分线定理可知点在的垂直平分线上，所以可得，从而可证． 【详解】（1）解：如下图所示， 以点为圆心画弧，交于点、， 分别以点、为圆心画弧，两弧交于点， 连接交于点， 即为所求作； （2）证明：，为的中点， ， 是的中点，， 点在的垂直平分线上， ， ． 3．（2026·山西阳泉·二模）阅读与思考 阅读下面材料，并完成相应的任务： 准等距点【概念理解】如果四边形一条对角线所在直线上的点到这条对角线的两端点的距离不相等，但到另外两个端点的距离相等，则称这点为这个四边形的准等距点． 如图①，点为四边形对角线所在直线上的一点，，，则称点为四边形的准等距点． 【问题解决】 如图②，在四边形中，是上的点，，连接并延长交于点，连接并延长交于点，且，．求证：点是四边形的准等距点． 证明：如图②，连接， 在和中，， ∴， … 任务： (1)下列特殊四边形中，一定存在准等距点的是（   ） A．平行四边形    B．矩形    C．正方形 (2)补全问题解决中的证明过程； (3)如图③，已知四边形，在对角线上作准等距点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)C (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质、矩形的性质及正方形的性质，结合准等距点的定义，逐一判断即可； （2）连接，根据全等三角形的性质得出，根据等腰三角形的性质得出，即可得出，根据等角对等边得出，即可得出点是四边形的准等距点； （3）连接，作的垂直平分线，交于点，点即为所求准等距点． 【详解】（1）解：∵平行四边形的对角线互相平分， ∴对角线的交点是唯一到对角线两端点的距离相等的点， ∴不符合到这条对角线的两端点的距离不相等的条件，不存在准等距点， ∵矩形的对角线互相平分且相等， ∴不符合到这条对角线的两端点的距离不相等的条件，不存在准等距点， ∵正方形的对角线互相垂直平分且相等， ∴一条对角线上的点到另一条对角线两端点的距离都相等， ∴对角线上，除交点外都是正方形的准等距点， ∴一定存在准等距点的是正方形，C选项符合题意． （2）证明：如图②，连接， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵． ∴， ∴点是四边形的准等距点． （3）解：如图，连接，作的垂直平分线，交于点，经验证，，点即为所求准等距点． 4．（2026·山西临汾·二模）阅读与思考 下面是小宿同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务. 奇美梯形【概念理解】 如图①，在直角梯形中，，如果上底和下底线段长的和等于斜腰的长，则称这样的梯形为奇美梯形．（说明：上底为AB，下底为CD，斜腰为AD） 【问题解决】 问题1：如图①，已知直角梯形是奇美梯形，若，，则______； 问题2：如图②，在直角梯形中，，，E为的中点，连接，，平分．求证：四边形是奇美梯形． 证明：过点E作于点F， ∵平分， ∴（依据）． …    任务： (1)问题1中的______， 问题2中的依据是_________________； (2)补全问题2的证明过程； (3)如图③，已知，，请在射线上确定点D，使四边形是奇美梯形（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．    【答案】(1)12，角平分线上的点到角两边的距离相等 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）过点A作于点M，利用勾股定理构造直角三角形求解即可；由平分线性质定理可得到的依据； （2）在已有证明的基础上得到，再证明和，可证明，则问题可证； （3）作线段的垂直平分线，交于点N，作，交于D点，仿照（2）同理，可证明是奇美梯形． 【详解】（1）解：由奇美梯形定义，， 过点A作于点M， 由， 则四边形为矩形， 则， ∴， ． 由题目条件可知，问题2中依据为：角平分线上的点到角两边的距离相等； （2）解：补全证明过程如下： ∵E为的中点， ∴， ∵，，， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ∴四边形是奇美梯形； （3）解：如图，点D即为所求作.（作法不唯一） 5．（2026·山西阳泉·二模）阅读与思考 下面是小思同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 菱形的“特征比” 菱形的四条边相等，两条对角线的数量关系却有不同，这种不同会影响菱形的形状．为了刻画菱形之间形状的差异，我们把两条对角线长度的比值叫做该菱形的特征比，记作k，其中． 【概念感知】 如图1，菱形中，对角线，交于点O，若，则菱形的特征比． 【特例分析】 问题1：已知菱形中，，则该菱形的特征比为_______； 问题2：如图2，已知菱形中，对角线，交于点O，且．若菱形的特征比，求的度数．解答如下： 解：∵菱形的特征比，， ． …… 任务： (1)特例分析： ①问题1中“______”处空缺的内容为______； ②补全问题2的解答过程； (2)理解应用： 如图3，在中，，，．请在图3中作出以为边、特征比为的菱形（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一个即可）． 【答案】(1)①1；②补全问题2的解答过程见解析 (2)作图见解析 【分析】（1）①由题意可得菱形为正方形，则，再结合特征比的定义即可得出结果；②由菱形的性质可得，，，从而即可得出，，解直角三角形即可得出结果； （2）以点为圆心，为半径画弧交于点，再分别以点、为圆心，长为半径画弧交于点，则菱形即为所作． 【详解】（1）解：（1）①∵菱形中，， ∴菱形为正方形， ∴， ∴该菱形的特征比为； 故答案为：1； ②∵四边形为菱形， ，，． ，． ∵在中，， ． ． （2）解：以点为圆心，为半径画弧交于点，再分别以点、为圆心，长为半径画弧交于点， 则， ∴四边形为菱形， 连接，交于点，则，，， ∵在中，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴特征比为． 6．（2026·山西吕梁·二模）阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“平行六边形”的研究报告研究对象：平行六边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念——性质——判定”的路径，由一般到特殊进行研究 研究方法：观察（测量、实验）——猜想——推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸六边形，若其三组对边两两平行，则称该六边形为平行六边形． 如图1，在凸六边形中，，，，则这样的凸六边形就是平行六边形．其中与，与，与叫做“主对边”；与，与，与叫做“主对角”；，，叫做“主对角线”． 【性质探索】 内角：平行六边形的三组主对角分别相等； 对角线：…… 【判定探索】 平行六边形的定义是判定的一种方法，不过根据判定定理可由性质定理的逆命题进行猜想的研究思路，大胆猜测：三组主对角分别相等的凸六边形是平行六边形，探究过程如下： 已知：如图2，在凸六边形中，，，． 求证：凸六边形是平行六边形． 证明：如图3，分别延长，交于点G，，交于点H． ， ，即． …… 【平行六边形拓展】 六条边都相等的平行六边形叫做等边平行六边形． 任务： (1)补全材料中“【判定探索】”的证明过程； (2)如图4，已知平行六边形满足，则平行六边形________等边平行六边形（填“是”或“不是”）； (3)如图5，已知在菱形中，，请在图中作一个等边平行六边形，使得点E，F，G，H依次落在边，，，上．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)见解析 (2)是 (3)见解析 【分析】（1）分别延长，交于点G，，交于点H，先推导出，，继而推导出，得到，证明出， 同理可得，，则凸六边形是平行六边形，即可解答； （2）连接，推导出四边形是平行四边形，得到，继而推导出证明出，得到，则平行六边形是等边平行六边形，即可解答； （3）分别用尺规作图作出的垂直平分线，的垂直平分线，的垂直平分线，的垂直平分线，使得点E，F，G，H依次落在边，，，上，顺次连接成六边形，即可解答． 【详解】（1）证明：如图3，分别延长，交于点G，，交于点H． ， ，即． ， ． ． ，， ． ， ． ， ． ， 即． 同理可得，． 凸六边形是平行六边形． （2）解：连接，如图， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴ ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行六边形是等边平行六边形； （3）解：如图，六边形即为所求． 理由如下： 连接，如图， ∵四边形是菱形， ∴， ∴，， 由作图，可知是的垂直平分线，是的垂直平分线，是的垂直平分线，是的垂直平分线， ∴，， ∴， ∴，是等边三角形， ∴ ∴，， 同理可得， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴六边形是平行六边形， ∵， ∴六边形是等边平行六边形． 7．（2026·山西吕梁·二模）阅读与思考 下面是小慧同学的一篇数学日记的部分内容，请认真阅读并完成相应任务． 由一道课本习题引发的思考与探究中，已知，及其夹角（是锐角），能求出的面积S吗？如果能，用，及其夹角表示S． 【分析论证】 如图1，过点A作，垂足为点H． 在中，∵，∴． ∴． 【应用结论】 已知菱形的边长为4，一个内角为，则这个菱形的面积为 ▲ ． 【类比思考】 我们知道，菱形的面积还等于两条对角线长度乘积的一半．如图2，在菱形中，对角线，相交于点O，则． 对于一般的平行四边形，它的面积是否也与两条对角线的长度有关呢？经过探索，我发现平行四边形的面积与两条对角线的长度及对角线的夹角有关． 如图3，在中，对角线，相交于点O（），则．下面是对这个结论的证明过程． 证明：过点D作，垂足为点H． …… 【拓展探究】 经过进一步探究，我发现对于一般的四边形，图3中得到的结论仍然成立． 如图4，在四边形中，对角线，相交于点O（），则． …… 学习任务： (1)直接写出材料中“▲”处空缺的内容：____________； (2)结合图3补全材料中的证明过程； (3)如图5，已知线段a，b与，求作四边形，使（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一个即可）． 【答案】(1) (2)证明：：过点D作，垂足为点H． ∵四边形是平行四边形， ∴，，， 又∵， ∴， ∴ 在中，∵， ∴， ∴． (3)解：如图，四边形即为所求． 【分析】（1）根据题意，，即可求解； （2）证明，则，，进而根据三角形的面积公式计算即可求解； （3）作平行四边形，使得，即可求解． 【详解】（1）解：根据题意得，， ∴； （2）略 （3）略 8．（2026·山西运城·二模）阅读与思考 阅读下列材料，完成相应的任务． 三角形中的“中顶点”【概念理解】若位于三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段长的乘积等于这个点与该边所对顶点之间距离的平方，则称这个点为三角形中该边上的“中顶点”．如图1，在中，点是边上的中顶点，连接，则．   【问题解决】问题一：如图2，在的小正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，，，，都落在格点（小正方形的顶点）处，则点__________（填“是”或“不是”）边上的中顶点． 问题二：如图3，在中，过点作于点，已知点为边上的中顶点，求证：是直角三角形． 解：点为边上的中顶点， ∴． ∴． ∵，∴． ……    任务： (1)问题一的横线处应填__________． (2)将问题二的证明过程补充完整． (3)如图4，已知线段是上一点，，请作出，使点为中边上的中顶点（要求：尺规作图，不写作法，标明字母）． 【答案】(1)是 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据勾股定理求得的长，结合定义，即可求解； （2）证明得出，根据进而得出，即可得证； （3）过点作的垂线，截取，即可求解． 【详解】（1）解：∵，， ， ∴点是边上的中顶点． （2）解：补充证明如下： ， ， ， ， ， ， 是直角三角形． （3）解：答案不唯一，如答图，即为所求， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 投影与视图 考点02 1．（2026·山西晋中·二模）印章，古称“玺”“印信”，是中国独有的传统器物与文化符号．如图是一款未雕刻的四棱台形印章的示意图，它的俯视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：这个印章的俯视图是： ． 2．（2026·山西吕梁·二模）位于朔州市的应县木塔，是“世界三大奇塔”之一，也是世界上现存最古老的纯木结构楼阁式建筑，它的结构独特，全榫卯连接，没有一根铁钉．如图是一种简单的榫卯结构示意图，几何体A和B组合后得到新的几何体，其中几何体A的俯视图为（   ） A．B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查组合体的三视图，从上面看即得几何体A的俯视图． 【详解】 解：从上面看，几何体A的俯视图为 3．（2026·山西阳泉·二模）下图是一块积木及其主视图，则它的左视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 解：它的左视图是：． 4．（2026·山西阳泉·二模）如图是由两个木质积木搭成的一个组合体及其主视图，则它的左视图为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查简单几何体的三视图；根据简单几何体的三视图的画法画出它的左视图即可． 【详解】解：从左侧看这个几何体可以看到上半部分一个矩形和下半部分一个矩形，右侧看不见的线用虚线表示，这个几何体的左视图为： 故选：C． 5．（2026·山西晋城·二模）如图为公园中一款休闲桌的示意图，则它的俯视图是（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【详解】它的俯视图是： ． 6．（2026·山西太原·二模）如图所示的庙底沟彩陶罐是山西博物院收藏的国宝级文物之一，陶罐的上腹部用黑色颜料绘制了连续的弧线和圆点，这些线条组成的花卉图案是仰韶文化庙底沟类型的代表性纹样．关于它的三视图，下列说法正确的是（     ） A．主视图和俯视图相同 B．主视图和左视图相同 C．左视图和俯视图相同 D．三种视图均不相同 【答案】B 【详解】解：依题意，结合图形特征， 得出庙底沟彩陶罐的主视图与左视图相同，俯视图与主视图，左视图都不相同． 7．（2026·山西吕梁·二模）榫卯结构是中国古代建筑中极具智慧的传统木作工艺．如图是一个经过加工的榫卯槽形构件的示意图及其主视图，则它的俯视图为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据俯视图：从上面看到的物体的形状图，根据三视图的定义求解，注意看不见的线应当画虚线，即可． 【详解】解：从上面看，形状如图所示： 8．（2026·山西太原·二模）如图是实践小组利用3D打印技术制作的多功能支架及其主视图，其左视图正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了三视图，根据三视图的定义解答即可，注意看得见的轮廓线画实线，看不见的轮廓线画虚线． 【详解】解：从左边观察物体得到的图形是左视图，其中有两条看不见的轮廓线要画成虚线，具体图形如下： 9．（2026·山西朔州·二模）太原市涌现出一批娇小可爱且绿意盎然的“口袋公园”，它们或散落、或隐藏在城市结构中，为市民服务．无论是清晨傍晚的锻炼，还是茶余饭后的散步，口袋公园都是一个好的去处．在某一个公园放置了如图所示的凳子供大家休息，它是由一个长方体和两个圆柱组合成的凳子如图所示，则它的俯视图为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查三视图，根据俯视图是从上到下看到的图形，进行判断即可，注意存在看不见的用虚线表示． 【详解】解：由图可知，俯视图为： 故选D． 10．（2026·山西长治·二模）如图1所示，为清代铜胎掐丝珐琅蚺龙纹镇纸（立体图），其主体为长方体底座，顶部浮雕盘曲的螭龙纹．可以近似的抽象为图2中的几何体，上半部分是空心圆柱的一半．以下四幅视图中，能正确反映该镇纸左视图的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了简单组合体的三视图，左视图是从左面看到的图形，据此即可得出答案． 【详解】解：由题意得，该镇纸左视图的是 故选：D． 轴对称和中心对称 考点03 1．（2026·山西太原·二模）山西剪纸是国家级非物质文化遗产，下列剪纸图案中，属于轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据轴对称图形的概念进行判断即可． 本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；熟练掌握对称点与对称轴垂直等距是解题的关键． 【详解】解：A.原图不是轴对称图形，不符合要求； B.原图不是轴对称图形，不符合要求； C.原图不是轴对称图形，不符合要求； D.原图是轴对称图形，符合要求． 2．（2026·山西吕梁·二模）中国传统吉祥纹样承载着千年的对称美学与文化智慧，是中华优秀传统文化的鲜活符号．下列纹样既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：选项A，它既是轴对称图形也是中心对称图形，故选项A符合题意； 选项B，它既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项B不符合题意； 选项C，它不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项C不符合题意； 选项D，它不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项D不符合题意． 3．（2026·山西太原·二模）电子社保卡是实体社保卡的线上版本，具有与实体社保卡相同的法律效力．下面是电子社保卡小程序中的一组图标，文字上方的部分是轴对称图形的是（     ） A．综合服务 B．社会保障 C．人才人事 D．常用服务 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称图形的定义，熟练掌握轴对称图形的定义是解答本题的关键．根据轴对称图形的定义逐项分析即可． 【详解】解：A是轴对称图形，故本选项符合题意； B不是轴对称图形，故本选项不符合题意； C不是轴对称图形，故本选项不符合题意； D不是轴对称图形，故本选项不符合题意． 故选：A． 4．（2026·山西吕梁·二模）山西省，简称“晋”，又称“三晋”．下面是小明收集的关于“晋”字的演变过程，其文字上方的部分是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形， 根据轴对称图形的定义可得选项C符合题意． 5．（2026·山西运城·二模）氢能具有清洁无污染、高效可再生的优势，既能助力减碳降排、推动绿色低碳，也有助于达成“碳中和”目标．下列与氢能有关的图标中，文字上方的图案是轴对称图形的是（    ） A．B． C． D． 【答案】C 【详解】解：A.该选项不是轴对称图形； B. 该选项不是轴对称图形； C. 该选项是轴对称图形； D. 该选项不是轴对称图形． 6．（2026·山西临汾·二模）中国青铜器文化源远流长，其纹饰体现了古代人民的数学智慧．下列青铜器纹饰简图中，是轴对称图形的是（   ） A．B． C． D． 【答案】B 【分析】平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形是轴对称图形，根据轴对称图形的定义进行判断即可． 【详解】解：由题意知，A选项中的图形不是轴对称图形，故不符合要求； B选项中的图形是轴对称图形，故符合要求； C选项中的图形不是轴对称图形，故不符合要求； D选项中的图形不是轴对称图形，故不符合要求． 7．（2026·山西吕梁·二模）景区标识牌是传递景区信息的服务系统，属于旅游景区基础设施的组成部分，主要承担导览、设施指引、文化宣传等功能．以下四个景区标识图标中，是轴对称图形的是（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 轴对称图形是：． 8．（2026·山西阳泉·二模）食品安全是健康所系，更是安心所托．食品安全的含义有三个层次：食品数量安全、食品质量安全以及食品可持续安全．下列是关于食品安全的图标，其文字上方的图案是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） A．有机食品 B．冷冻食品 C．绿色食品 D．无公害农产品 【答案】A 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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；把一个图形绕着某一个点旋转，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． 【详解】解：A、选项图形不是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意； B、选项图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意； C、选项图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D、选项图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意． 9．（2026·山西晋中·二模）我们身处大数据时代，数据是核心资源，能高效处理数据、挖掘隐藏价值、精准决策就显得尤为重要．下列与数据处理相关的图标中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：A．该图标是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意； B．该图标既是轴对称图形也是中心对称图形，故此选项符合题意； C．该图标既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，此选项不符合题意； D．该图标是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意． 10．（2026·山西晋中·二模）以文物为媒，以历史为脉，山西博物院中的一件件珍品，尽显三晋文化的璀璨与厚重，让千年文明变得可触可感以下为四件文物的简笔画，其文字上方的图案为轴对称图形的是（   ） A．商代龙形觥（gōng） B．西周晋侯鸟尊 C．商代鹗卣（xiāo yǒu） D．汉雁鱼铜灯 【答案】C 【分析】轴对称图形的定义是：把一个图形沿某条直线折叠，直线两旁的部分可以完全重合，这个图形就是轴对称图形．根据轴对称图形的定义进行判断即可． 【详解】A选项：商代龙形觥既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不符合题意； B选项：西周晋侯鸟尊既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故B选项不符合题意； C选项：商代鹗卣是轴对称图形，故C选项符合题意； D选项：汉雁鱼铜灯既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D选项不符合题意． 11．（2026·山西大同·二模）下列数学符号中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】把一个图形绕着某一个点旋转，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；据此逐项判断即可． 【详解】解：A．不是中心对称图形，故该选项不符合题意， B．不是中心对称图形，故该选项不符合题意， C．不是中心对称图形，故该选项不符合题意， D．是中心对称图形，故该选项符合题意． 12．（2026·山西阳泉·二模）某校音乐爱好者成立了一支名为“火红”的乐队，并以乐队名首字母“H”为元素设计了如下四种备选队徽图案，其中是中心对称图形的是（   ） A．B．C． D． 【答案】C 【详解】解：把一个图形绕着某一个点旋转，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， 由中心对称图形的定义可知，四个选项中只有C选项中的图形是中心对称图形． 13．（2026·山西晋城·二模）为践行“人与自然和谐共生”理念，推动社会可持续发展。下列倡导环保的图案中，是中心对称图形的是（      ）． A． B． C． D． 【答案】D 【详解】中心对称图形为： ． 14．（2026·山西太原·二模）如图，平面直角坐标系中，的顶点在轴负半轴上，顶点，在轴上且关于轴对称．将沿轴正半轴方向平移，点，，的对应点分别为点，，．已知点的坐标为，点，的坐标分别为，．当点在内部时，下列说法正确的是（     ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】利用平面直角坐标系中图形的平移及关于轴对称的点的坐标特征解题即可． 【详解】解：∵点，关于轴对称，点，的对应点分别为点，， ∴点，横坐标相等，纵坐标互为相反数， 即，， ∵点的坐标为，沿轴正半轴方向平移，点，在轴上， ∴当点在内部时，． 平移与旋转 考点04 1．（2026·山西阳泉·二模）如图，已知反比例函数的图象经过点A，连接．将线段绕点A逆时针旋转，当点O的对应点落在x轴上时，的面积是（   ） A．3 B．6 C．9 D．12 【答案】B 【分析】由旋转的性质可得，作轴于点，则，由反比例函数的几何意义得出，由此即可得出结果． 【详解】解：由旋转的性质可得， 如图：作轴于点， 则， ∵反比例函数的图象经过点A， ∴， ∴． 2．（2026·山西太原·二模）如图，中，，将沿的方向平移得到，其中，，的对应点分别是点，，．若点是的中点，，，则点与点之间的距离为（　　） A． B． C． D．4 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理，平移的性质；根据勾股定理求得的长，进而根据平移的性质可得，即可求解． 【详解】解：∵中，，， ∴， ∵将沿的方向平移得到，点是的中点， ∴． 故选：B． 3．（2026·山西吕梁·二模）如图，为半圆的直径，为的中点，将半圆绕着点顺时针旋转90°，得到半圆，点，，的对应点分别为，，，半圆的直径与半圆交于点，连接，若，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆的性质，垂直平分线的性质，等边三角形的判定定理和性质，勾股定理，三角形和扇形的面积公式，综合应用这些知识点是解题关键． 连接，由旋转的性质得，，从而得到， 根据是的中点，求得，进而求出，的度数，再根据扇形面积公式求出扇形的面积，即可求出阴影部分的面积． 【详解】如图，连接， 由旋转的性质得，， ∵， ∴， ∵是的中点， ∴，即， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴，， ∴，， ∴． 故选C． 4．（2026·山西临汾·二模）如图，在平面直角坐标系中，，两点的坐标分别为和，连接，，将绕点逆时针旋转得到，点与点对应，点与点对应，当点落在轴上时，点的坐标为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查旋转的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题； 如图，过点作轴于点，过点作轴于点，证明是等边三角形，勾股定理求出，可得结论． 【详解】解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点，   ∵，， ∴，，， ∵在直角三角形中，， ∴， ∴， 由旋转的性质可知， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 5．（2026·山西吕梁·二模）如图，的顶点B，C的坐标分别为，，将沿方向平移得到，若点A的对应点D的坐标是，则点A的坐标为________． 【答案】 【分析】由图可知：根据点A和点D的是平移后的对应点，计算出平移的方向和单位长度；点A的对应点D的坐标是，再反向平移即可得到点A的坐标． 【详解】解：由题可知点平移后得到点； ∴平移方式是先向左平移1个单位长度，在再向下平移2个单位长度； ∵点A的对应点D的坐标是， ∴点A的坐标为． 6．（2026·山西吕梁·二模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，当点落在线段上，且时，的度数为________． 【答案】 【详解】解：由旋转可得，， ，点落在线段上， ， 故答案为：． 7．（2026·山西吕梁·二模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转，得到，点恰好落在的延长线上，则旋转角的度数是_____． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，由旋转的性质可知，然后利用等边对等角得，最后由三角形内角和即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】由旋转性质可知：， ∵点在同一条直线上， ∴， ∴， 即旋转角的度数是， 故答案为：． 8．（2026·山西阳泉·二模）如图，直线与轴、轴分别相交于点，，将绕点逆时针方向旋转得到，则点的坐标为______． 【答案】 【分析】本题考查一次函数图象与坐标轴的交点，旋转的性质，正方形的判定和性质等，延长交y轴于点E，先求出点A和点B的坐标，再根据旋转的性质证明四边形是正方形，进而求出和的长度即可求解． 【详解】解：如图，延长交y轴于点E， 中，令，则，令，解得， ，， ，， 绕点逆时针方向旋转得到， ，，， 四边形是正方形． ， ， 点的坐标为． 故答案为：． 9．（206·山西晋中·二模）阅读与思考 阅读下面材料，并按要求完成相应的任务 如图1，圆内接四边形的对角线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，延长交于点，求证：为的中点． 下面是部分证明过程： ， ， ． ，（_________________________）． ………． 任务一：请你写出上述材料中的证明过程中空缺处所利用的依据是______________________________； 任务二：请你利用所学知识将上述证明过程补充完整． 任务三：如图2，在中，把边绕点顺时针旋转得到，把边绕点逆时针旋转得到．连接，取的中点，连接并延长交于点，延长至点，使，连接，．若，则的长为________________． 【答案】任务一：同弧或等弧所对的圆周角相等；任务二：见解析；任务三： 【分析】任务一：根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可得； 任务二：根据余角的性质证明，根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出，得出，根据等腰三角形的判定得出，同理得出，即可得出结论； 任务三：作于点G，根据直角三角形的性质求出，，求出，根据勾股定理求出，再证明，根据全等三角形的性质求出． 【详解】解：任务一：根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可得， 故答案为：同弧或等弧所对的圆周角相等； 任务二：， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理， ∴， ∴F为的中点； 任务三：如图，作于点G， 由条件可知，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵把边绕点顺时针旋转得到，把边绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∵的中点， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴在和中， ∴， ∴． 故答案为：． 10．（2026·山西晋中·二模）综合与实践 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们利用准备好的两个矩形纸片进行探究活动． 智慧小组准备了两张矩形纸片和，其中，将它们按如图所示的方式放置，点落在上，点落在的延长线上，连接和． 观察发现： （1）如图连接，则和的位置关系是__________，___________． 操作探究： （2）如图，将矩形绕点按顺时针方向旋转（），试探究（1）中和的数量关系是否仍然成立，并说明理由． 拓展延伸： （3）在矩形旋转的过程中，当三点共线时，直接写出线段的长． 【答案】（1）；；（2）成立，见解析；（3）或 【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，计算较复杂，做出正确的辅助线是解题的关键． （1）由矩形性质得到的长度，求的长度，用勾股定理求解的长度，可得，用勾股定理逆定理可判定是直角三角形，故． （2）连接和，结合矩形性质和勾股定理可求的长度，求得，且，故，可得、，求得，故，得证； （3）有两种情况，若当点在的延长线上，在直角三角形中求，则，结合（2）中，可求；若点在线段上，在直角三角形中求，则，结合（2）中，可求． 【详解】解：如下图，连接，延长相交于， ∵四边形和四边形都是矩形， ∴，， ∴在中，， 同理：， ， ∴ ∵， ∴是直角三角形， ∴，． 故答案为：垂直，； （2）成立 理由：如下图，连接和． 四边形是矩形，， ∴，， ∴ 四边形是矩形，， ∴， ∴ 在和中， ，， ∴． ， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴ （3）的长为或 情况一：如下图，当点在的延长线上时， ， ∴为直角三角形， ∴，即， ∴， ∴． 由（2）得， ∴． 情况二：如图，当点在线段上时， ， ∴为直角三角形， ∴，即， ∴， ∴． 由（2）得， ∴． 综上所述，当三点共线时，线段的长为或． 11．（2026·山西长治·二模）综合与探究 问题情境：数学活动课上，老师要求同学们以菱形为背景探索几何图形运动变化中的数学结论．如图1，在菱形中，点O为对角线和的交点，且，．保持菱形不动，将绕点O按顺时针方向旋转，旋转后点A，B，D的对应点分别记作点，，，得到．其中边与边的交点为E．兴趣小组进行如下探究．    猜想证明：（1）如图1，当旋转至时，判断四边形的形状，并说明理由； 探索发现：（2）如图2，当时，连接，他们发现平分，请证明这一发现； 拓展延伸：（3）如图3，在图2的基础上，将沿所在的直线向上平移得到，O的对应点记作点，其中边与边的交点为E．在平移的过程中是否存在等腰，若存在，请直接写出平移的距离，若不存在；请说明理由． 【答案】（1）见解析（2）见解析（3）0.4 【分析】本题考查菱形的判定与性质，旋转，垂直平分线的判定与性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握知识点是解题的关键． （1）先证明，，继而得到，，可得四边形是平行四边形，再由，可证明平行四边形是菱形． （2）连接，连接，证明，可得点B、O、A₁共继而证明点O、E都在的垂直平分线上，则所在的直线垂直平分线段，且，推导出平分，即可解答． (3) 由比小，也比小，则为等腰三角形时，只能是．过点E作于点M， 交于点N，过点作于点H， 证明，则，求出，，，则，即可解答． 【详解】（1）解：四边形是菱形； 理由如下： ∵四边形为菱形，和的交于点O． ∴， ∵是由绕点O旋转得到的， ∴，， ∴， ∵， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）连接，连接，如图      ∵， ∴且， ∴点B、O、A₁共线， 由旋转可知：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴点O、E都在的垂直平分线上， ∴所在的直线垂直平分线段，且， ∴平分． (3) 由比小，也比小，则为等腰三角形时，只能是．如图过点E作于点M， 交于点N，过点作于点H，    由题意及图，可知， ∴四边形都是矩形， ∴，，， ∴，， ∴， 即， 解得，， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴． ∴沿所在的直线向上平移． 12．（2026·山西朔州·二模）综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展数学活动． 在矩形中，是对角线，，，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，其中点分别是点的对应点． (1)如图1，连接，猜想的数量关系并说明理由． (2)如图2，隐去对角线，当点恰好落在边上时，连接交于点． ①求证：． ②若将矩形沿向右平移，使得恰好落在上，则平移的距离为______． (3)若点落在直线上，请直接写出的长． 【答案】(1)，理由见解析 (2)①见解析；② (3)或 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，，，进而证明，即可得出； （2）①过点作于点，连接，由旋转的性质可得，，可得，进而得，得，由旋转可知，因此，进而证明，即可得出结论； ②过点作于点，根据题意，若将矩形沿向右平移，使得恰好落在上，则平移的距离为的长度，先证明，得，由①得，，即，求出即可； （3）分两种情况进行讨论，第一种情况，过点作于点，过点作于点，易得四边形是矩形，根据等面积法和勾股定理即可求出的长； 第二种情况，过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，易得四边形是矩形，根据等面积法和勾股定理即可求出的长． 【详解】（1），理由如下： 矩形中，，是对角线，，， ， ， 由旋转的性质可得，，，， ， ， ； （2）证明：如图所示，过点作于点，连接， 由旋转的性质可得，， ， ， ， ， 又，， ， 由旋转可知，， ， ，， ， ； ②如图所示，过点作于点， 根据题意，若将矩形沿向右平移，使得恰好落在上，则平移的距离为的长度， 由旋转的性质可得，，， ， ， 又，， ， ， ， 由①得，， ； （3）分两种情况进行讨论， 第一种情况，如图所示，过点作于点，过点作于点， ，，矩形， 四边形是矩形， ，即， ， ， ，， ，， ； 第二种情况，如图所示，过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点， ，，矩形， 四边形是矩形， ，即， ， ， ，， ，， ， 综上所述，的长为或 ． 13．（2026·山西大同·二模）综合与探究 问题情境：如图①，将正方形纸片对折，使点与点重合，点与点重合，得到折痕，将正方形纸片沿剪开，得到矩形和矩形（与重合），取的中点，将矩形以点为旋转中心，逆时针旋转． (1)初步探究： 如图②，当点与点重合，点落在线段上时，判断四边形的形状，并说明理由； (2)拓展延伸： 在旋转的过程中，线段与线段交于点，连接． ①如图③，当为的中点时，连接，判断与的数量关系，并说明理由； ②若正方形的边长为6，当为线段的三等分点时，请直接写出的长． 【答案】(1)四边形为正方形，理由见解析 (2)①，理由见解析；②或 【分析】本题考查正方形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定； （1）由四边形和四边形为矩形，可得四边形为矩形，再结合，即可得出四边形为正方形； （2）①连接，证明，可得，再证明，可得，等量代换即可证明；②分以下两种情况讨论：当时，如图②所示，连接，交于点，由，可得，即可求出，同理当时，如图③所示，利用即可求出． 【详解】（1）解：四边形为正方形，理由如下： 四边形和四边形为矩形， ，， 四边形为矩形， 为和的中点，且， ， 四边形为正方形． （2）解：①，理由如下： 如图①所示，连接， 为和的中点，且， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， 为的中点， ，由旋转的性质得， ， ， ， ， ， ． ②由①可得，，， ， ， ， ， 分以下两种情况讨论：当时，如图②所示，连接，交于点， 正方形的边长为6， ，， ，为的中点， ，，， ∴在Rt中， ， ∵，， ∴垂直平分， ， ， ， ， ， ， ； 当时，如图③所示，连接，交于点， 同理可得，，，垂直平分， 在Rt中，， ， ， ， ， ， ， ． 综上所述，的长为或． 14．（2026·山西阳泉·二模）综合与探究 问题情境：如图，在菱形中，点是边上的点（点不与点重合），连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段． 猜想证明： (1)如图①，连接，交于点，若，当点与点重合时，过点作交的延长线于点．试判断四边形的形状，并说明理由； 拓展延伸： (2)如图②，若，连接并延长交的延长线于点． ①判断线段与的数量关系，并说明理由； ②连接交于点，若，当点为的三等分点时，请直接写出的长． 【答案】(1)四边形是矩形，见解析 (2)①，见解析；②或 【分析】（1）根据菱形的对角线互相垂直，矩形的判定证明即可； （2）①在上截取，使得，连接，根据角所对的直角边等于斜边的一半，解答即可； ②在上截取，使得，连接，过点作，垂足为，根据三角形相似，三角形全等的判定和性质，求解即可． 【详解】（1）解：四边形是矩形． 理由：四边形是菱形， ，即， 线段绕点顺时针旋转得到线段，， ， ， 四边形是矩形； （2）①解：．理由如下： 如图①，在上截取，使得，连接， 四边形是菱形， ，， ， ， 将绕点顺时针旋转得到， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， 在中，， ， ； ②解：四边形是菱形， ，， ， ， 由①知，， ，， ． 如图②和③，在上截取，使得，连接， 过点作，垂足为． 如图②，当时，则，可得， ， 由①知， ， ，， ， ， ， ， ； 如图③，当时，则，可得， ， 由①知， ， ，， ， ， ， ， ， 综上所述，的长为或． 15．（2026·山西临汾·二模）综合与探究 问题情境：如图，正方形的对角线与交于点O，将绕点D顺时针旋转，得到，点O，A的对应点分别为E，F． (1)猜想证明：当绕点D顺时针旋转至图①所示位置时，连接，判断四边形的形状，并说明理由； (2)深入探究：如图②，在旋转过程中，直线分别与直线交点为G，与直线交于H，连接． ①当旋转至图②所示位置时，猜想与的位置关系，并说明理由； ②当时，若，直接写出以E，G，H为顶点的三角形的面积． 【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析 (2)①，理由见解析；②以E，G，H为顶点的三角形的面积为或 【分析】（1）由正方形的性质依次证明四边形是平行四边形、矩形和正方形即可； （2）①过点F作，交的延长线于点P，由平行得到，，根据相似证明再证明； ②分别讨论当在上方时，证明得到，推出求面积即可；当在下方时，点E，F分别在，上，延长交于点K，过点G作于点L，证明推出，即，根据求面积即可． 【详解】（1）四边形是正方形； 理由如下：由题意得，， 又∵在正方形中，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形； （2）①； 理由如下：过点F作，交的延长线于点P， ∴，， 由题意得， ∴， 由旋转的性质得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由旋转的性质得， ∴； ②∵四边形为正方形，， ∴，. 分两种情况讨论：如图②， 当在上方时，设与交于点I， ∵， ∴，， 由①得， 又， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵，， ∴； 如解图③， 当在下方时，点E，F分别在，上，延长交于点K，过点G作于点L，则，， 由题可得，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴G为的中点， ∴， ∵， ∴，即， ∴. 综上所述，以E，G，H为顶点的三角形的面积为或. 16．（2026·山西运城·二模）综合与探究 【问题情境】在中，，平分交于点． (1)【猜想证明】如图1，平分交于点F，连接，判断四边形的形状并证明． (2)【深入探究】平分交的延长线于点，交BE于点．将绕点顺时针旋转得到，点，的对应点分别为，，直线与直线相交于点． ①以图2为例，求证：； ②若，，在旋转的过程中，连接，，当是以为直角边的直角三角形时，连接，请直接写出的长． 【答案】(1)四边形为菱形．见解析 (2)①见解析，②的长为或． 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再证明四边形为菱形即可； （2）①先证明，推出，即可证明； ②分两种情况讨论，当和时，利用解直角三角形的知识求解即可． 【详解】（1）解：四边形为菱形，理由如下： 证明：四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵平分，平分， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为菱形； （2）①证明：连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴，， ∴， 由旋转的性质，得， ，， ∴ ，， 又∵， ∴， ∴， ∴，即； ②解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴设，， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴，， 由旋转的性质得，， 如图，当点在线段上时，， 即是以为直角边的直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 如图，当点在线段下方时，， 即是以为直角边的直角三角形， 由①可知， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，的长为或． 2/6 1/6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题07图形的变化 考点01 尺规作图 1.A .(1) (2)AB=2AC 3.(1)C (2)证明：如图②，连接DB, D E 2 图② ∠CDF=∠CBE ∠DCF=∠BCE 在 和 中， △DCF△BCE CF=CE .△DCF≌aBCE(AAS). ..CD=CB, .∠CDB=∠CBD .∠PDB=∠CDB-∠CDF,∠PBD=∠CBD-∠CBE, ∴∠PDB=∠PBD, .PD=PB .PA≠PC, 点P是四边形ABCD的准等距点. 1/3 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M D (3) N- 4.(1)12,角平分线上的点到角两边的距离相等 (2)补全证明过程如下： E为BC的中点， .EC=BE=EF, .AB⊥BC,DC⊥BC,EF⊥AD, ∴.∠DFE=∠DCE=90°，∠EFA=∠EBA=90° Rt△DEF≌Rt△DEC(HL)Rt△EFA≌RtAEBA(HL) DF=DC,AF=AB, ∴.AD=AF+DF=AB+CD, 四边形ABCD是奇美梯形： (3) D 5.(1)①1；②，四边形ABCD为菱形， :04-0C-4C OB-OD-BD.ACIBD 2 0A5 OB3,∠AOB=90°. :在RU40B中，tan∠ABD=OA OB an∠ABD= 3. 2/3 的学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠ABD=30° C M (2) 6.I)证明：如图3，分别延长BA,EF交于点G,BC,ED交于点H. B G 3 图3 .:∠BAF=∠CDE .180°-∠BAF=180°-∠CDE,即∠1=∠2. ∠BCD=∠AFE, 180°-∠BCD=180°-∠AFE」 .∠3=∠4 :∠H=180°-∠3-∠2，∠G=180°-∠4-∠1， .∠H=∠G .∠ABC=∠DEF. .∴∠H+∠ABC=∠G+∠DEF ∠H+∠ABC+∠G+∠DEF=360°， .∠H+∠ABC=180° .BG‖HE 即AB∥DE. 同理可得BC∥EF,CD∥AF 凸六边形ABCDEF是平行六边形. (2)是 3/3 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 783 (②)证明：：过点D作DH上AC,垂足为点H. D H B 图3 ,四边形ABCD是平行四边形， ·AB=CD:AD=CB, OB=OD=BD, 又，AC=AC, .△ABC≌△CDA(SSS) S△ABe=S△Ac 在RIADOH中，·sin∠AOD=DH OD' .DH=OD·sin∠AOD. S=2S..cD=2x AC.DH=AC.DH=AC.OD.sinLAOD= 24C,BD-sin∠A0D. (3)解：如图，四边形ABCD即为所求. 8.(1)是 (2)补充证明如下： 4/3 的学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,∴.△BAE∽△ACE, .∠B=∠EAC, ∠AEC=90°， .∠EAC+∠C=90°， .∠B+∠C=90°， ∠BAC=90°， ∴△ABC是直角三角形 (3) A 答图 考点02 投影与视图 1.D 2.B 3.D 4.c 5.A 6.B 7.B 8.B 9.D 10.D 考点03 轴对称和中心对称 1.D 2.A 3.A 4.C 5/3 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5.c 6.B 7.B 8.A 9.B 10.C 11.D 12.c 13.D 14.D 平移与旋转 考点04 1.B 2.B 3.C 4.A 5(12) 6.65 7.80° 83 9.任务一：同弧或等弧所对的圆周角相等： 任务二：AC⊥BD,EF⊥AD .∠EGD+∠FGC=90°，∠EGD+∠EDG=90°， ∴.∠EDG=∠FGC, .∠ADB=∠ACB, .∠ACB=∠FGC, ..CF=FG, 同理BF=FG, .'BF=CF, 613 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.F为BC的中点： 2W7 任务三： 4 8V21+128√21-12 10.(1)BD1FD;5:(2)成立：(3)5或5 BEDO 11.(1)四边形 是菱形(2)0E平分∠10B.(3)04 CF 5 12.(0)BE4 (2)00F=OB:② 16W104W265 (3)5或5 13.(1)四边形AEOG为正方形 613610 (2)①AB=FH:②13或5 14.()四边形OEF是矩形 1836 (2)0HB=2BG:②5或7 15.()四边形AODE是正方形 3-2W22√2+3 (2)①AF⊥DG;②以E,G,H为顶点的三角形的面积为2或2 16.(1)四边形ABFE为菱形. 8√10 (2)①四边形ABFE为菱形，②OB的长为3或V73. 713 专题07 图形的变化 4大考点概览 考点01尺规作图 考点02投影与视图 考点03轴对称和中心对称 考点04平移与旋转 尺规作图 考点01 1．（2026·山西临汾·二模）如图，在菱形中，，分别以点A和B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线，交于点E，连接，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·山西晋中·二模）如图，在中，，为的中点． (1)实践操作：利用尺规作于点；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母） (2)猜想证明：若是的中点，证明：． 3．（2026·山西阳泉·二模）阅读与思考 阅读下面材料，并完成相应的任务： 准等距点【概念理解】如果四边形一条对角线所在直线上的点到这条对角线的两端点的距离不相等，但到另外两个端点的距离相等，则称这点为这个四边形的准等距点． 如图①，点为四边形对角线所在直线上的一点，，，则称点为四边形的准等距点． 【问题解决】 如图②，在四边形中，是上的点，，连接并延长交于点，连接并延长交于点，且，．求证：点是四边形的准等距点． 证明：如图②，连接， 在和中，， ∴， … 任务： (1)下列特殊四边形中，一定存在准等距点的是（   ） A．平行四边形    B．矩形    C．正方形 (2)补全问题解决中的证明过程； (3)如图③，已知四边形，在对角线上作准等距点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 4．（2026·山西临汾·二模）阅读与思考 下面是小宿同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务. 奇美梯形【概念理解】 如图①，在直角梯形中，，如果上底和下底线段长的和等于斜腰的长，则称这样的梯形为奇美梯形．（说明：上底为AB，下底为CD，斜腰为AD） 【问题解决】 问题1：如图①，已知直角梯形是奇美梯形，若，，则______； 问题2：如图②，在直角梯形中，，，E为的中点，连接，，平分．求证：四边形是奇美梯形． 证明：过点E作于点F， ∵平分， ∴（依据）． …    任务： (1)问题1中的______， 问题2中的依据是_________________； (2)补全问题2的证明过程； (3)如图③，已知，，请在射线上确定点D，使四边形是奇美梯形（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）．    5．（2026·山西阳泉·二模）阅读与思考 下面是小思同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 菱形的“特征比” 菱形的四条边相等，两条对角线的数量关系却有不同，这种不同会影响菱形的形状．为了刻画菱形之间形状的差异，我们把两条对角线长度的比值叫做该菱形的特征比，记作k，其中． 【概念感知】 如图1，菱形中，对角线，交于点O，若，则菱形的特征比． 【特例分析】 问题1：已知菱形中，，则该菱形的特征比为_______； 问题2：如图2，已知菱形中，对角线，交于点O，且．若菱形的特征比，求的度数．解答如下： 解：∵菱形的特征比，， ． …… 任务： (1)特例分析： ①问题1中“______”处空缺的内容为______； ②补全问题2的解答过程； (2)理解应用： 如图3，在中，，，．请在图3中作出以为边、特征比为的菱形（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一个即可）． 6．（2026·山西吕梁·二模）阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“平行六边形”的研究报告研究对象：平行六边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念——性质——判定”的路径，由一般到特殊进行研究 研究方法：观察（测量、实验）——猜想——推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸六边形，若其三组对边两两平行，则称该六边形为平行六边形． 如图1，在凸六边形中，，，，则这样的凸六边形就是平行六边形．其中与，与，与叫做“主对边”；与，与，与叫做“主对角”；，，叫做“主对角线”． 【性质探索】 内角：平行六边形的三组主对角分别相等； 对角线：…… 【判定探索】 平行六边形的定义是判定的一种方法，不过根据判定定理可由性质定理的逆命题进行猜想的研究思路，大胆猜测：三组主对角分别相等的凸六边形是平行六边形，探究过程如下： 已知：如图2，在凸六边形中，，，． 求证：凸六边形是平行六边形． 证明：如图3，分别延长，交于点G，，交于点H． ， ，即． …… 【平行六边形拓展】 六条边都相等的平行六边形叫做等边平行六边形． 任务： (1)补全材料中“【判定探索】”的证明过程； (2)如图4，已知平行六边形满足，则平行六边形________等边平行六边形（填“是”或“不是”）； (3)如图5，已知在菱形中，，请在图中作一个等边平行六边形，使得点E，F，G，H依次落在边，，，上．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 7．（2026·山西吕梁·二模）阅读与思考 下面是小慧同学的一篇数学日记的部分内容，请认真阅读并完成相应任务． 由一道课本习题引发的思考与探究中，已知，及其夹角（是锐角），能求出的面积S吗？如果能，用，及其夹角表示S． 【分析论证】 如图1，过点A作，垂足为点H． 在中，∵，∴． ∴． 【应用结论】 已知菱形的边长为4，一个内角为，则这个菱形的面积为 ▲ ． 【类比思考】 我们知道，菱形的面积还等于两条对角线长度乘积的一半．如图2，在菱形中，对角线，相交于点O，则． 对于一般的平行四边形，它的面积是否也与两条对角线的长度有关呢？经过探索，我发现平行四边形的面积与两条对角线的长度及对角线的夹角有关． 如图3，在中，对角线，相交于点O（），则．下面是对这个结论的证明过程． 证明：过点D作，垂足为点H． …… 【拓展探究】 经过进一步探究，我发现对于一般的四边形，图3中得到的结论仍然成立． 如图4，在四边形中，对角线，相交于点O（），则． …… 学习任务： (1)直接写出材料中“▲”处空缺的内容：____________； (2)结合图3补全材料中的证明过程； (3)如图5，已知线段a，b与，求作四边形，使（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一个即可）． 8．（2026·山西运城·二模）阅读与思考 阅读下列材料，完成相应的任务． 三角形中的“中顶点”【概念理解】若位于三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段长的乘积等于这个点与该边所对顶点之间距离的平方，则称这个点为三角形中该边上的“中顶点”．如图1，在中，点是边上的中顶点，连接，则．   【问题解决】问题一：如图2，在的小正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，，，，都落在格点（小正方形的顶点）处，则点__________（填“是”或“不是”）边上的中顶点． 问题二：如图3，在中，过点作于点，已知点为边上的中顶点，求证：是直角三角形． 解：点为边上的中顶点， ∴． ∴． ∵，∴． ……    任务： (1)问题一的横线处应填__________． (2)将问题二的证明过程补充完整． (3)如图4，已知线段是上一点，，请作出，使点为中边上的中顶点（要求：尺规作图，不写作法，标明字母）． 投影与视图 考点02 1．（2026·山西晋中·二模）印章，古称“玺”“印信”，是中国独有的传统器物与文化符号．如图是一款未雕刻的四棱台形印章的示意图，它的俯视图是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·山西吕梁·二模）位于朔州市的应县木塔，是“世界三大奇塔”之一，也是世界上现存最古老的纯木结构楼阁式建筑，它的结构独特，全榫卯连接，没有一根铁钉．如图是一种简单的榫卯结构示意图，几何体A和B组合后得到新的几何体，其中几何体A的俯视图为（   ） A． B． C． D． 113 A． B． C． D． 4．（2026·山西阳泉·二模）如图是由两个木质积木搭成的一个组合体及其主视图，则它的左视图为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·山西晋城·二模）如图为公园中一款休闲桌的示意图，则它的俯视图是（   ）． A． B． C． D． 6．（2026·山西太原·二模）如图所示的庙底沟彩陶罐是山西博物院收藏的国宝级文物之一，陶罐的上腹部用黑色颜料绘制了连续的弧线和圆点，这些线条组成的花卉图案是仰韶文化庙底沟类型的代表性纹样．关于它的三视图，下列说法正确的是（     ） A．主视图和俯视图相同 B．主视图和左视图相同 C．左视图和俯视图相同 D．三种视图均不相同 7．（2026·山西吕梁·二模）榫卯结构是中国古代建筑中极具智慧的传统木作工艺．如图是一个经过加工的榫卯槽形构件的示意图及其主视图，则它的俯视图为（     ） A． B． C． D． 8．（2026·山西太原·二模）如图是实践小组利用3D打印技术制作的多功能支架及其主视图，其左视图正确的是（     ） A． B． C． D． 9．（2026·山西朔州·二模）太原市涌现出一批娇小可爱且绿意盎然的“口袋公园”，它们或散落、或隐藏在城市结构中，为市民服务．无论是清晨傍晚的锻炼，还是茶余饭后的散步，口袋公园都是一个好的去处．在某一个公园放置了如图所示的凳子供大家休息，它是由一个长方体和两个圆柱组合成的凳子如图所示，则它的俯视图为（    ） A． B． C． D． 10．（2026·山西长治·二模）如图1所示，为清代铜胎掐丝珐琅蚺龙纹镇纸（立体图），其主体为长方体底座，顶部浮雕盘曲的螭龙纹．可以近似的抽象为图2中的几何体，上半部分是空心圆柱的一半．以下四幅视图中，能正确反映该镇纸左视图的是（   ） A． B． C． D． 轴对称和中心对称 考点03 1．（2026·山西太原·二模）山西剪纸是国家级非物质文化遗产，下列剪纸图案中，属于轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 2．（2026·山西吕梁·二模）中国传统吉祥纹样承载着千年的对称美学与文化智慧，是中华优秀传统文化的鲜活符号．下列纹样既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 3．（2026·山西太原·二模）电子社保卡是实体社保卡的线上版本，具有与实体社保卡相同的法律效力．下面是电子社保卡小程序中的一组图标，文字上方的部分是轴对称图形的是（     ） A．综合服务 B．社会保障 C．人才人事 D．常用服务 4．（2026·山西吕梁·二模）山西省，简称“晋”，又称“三晋”．下面是小明收集的关于“晋”字的演变过程，其文字上方的部分是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 5．（2026·山西运城·二模）氢能具有清洁无污染、高效可再生的优势，既能助力减碳降排、推动绿色低碳，也有助于达成“碳中和”目标．下列与氢能有关的图标中，文字上方的图案是轴对称图形的是（    ） A．B． C． D． 6．（2026·山西临汾·二模）中国青铜器文化源远流长，其纹饰体现了古代人民的数学智慧．下列青铜器纹饰简图中，是轴对称图形的是（   ） A．B． C． D． 7．（2026·山西吕梁·二模）景区标识牌是传递景区信息的服务系统，属于旅游景区基础设施的组成部分，主要承担导览、设施指引、文化宣传等功能．以下四个景区标识图标中，是轴对称图形的是（   ）． A． B． C． D． 8．（2026·山西阳泉·二模）食品安全是健康所系，更是安心所托．食品安全的含义有三个层次：食品数量安全、食品质量安全以及食品可持续安全．下列是关于食品安全的图标，其文字上方的图案是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） A．有机食品 B．冷冻食品 C．绿色食品 D．无公害农产品 9．（2026·山西晋中·二模）我们身处大数据时代，数据是核心资源，能高效处理数据、挖掘隐藏价值、精准决策就显得尤为重要．下列与数据处理相关的图标中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 10．（2026·山西晋中·二模）以文物为媒，以历史为脉，山西博物院中的一件件珍品，尽显三晋文化的璀璨与厚重，让千年文明变得可触可感以下为四件文物的简笔画，其文字上方的图案为轴对称图形的是（   ） A．商代龙形觥（gōng） B．西周晋侯鸟尊 C．商代鹗卣（xiāo yǒu） D．汉雁鱼铜灯 11．（2026·山西大同·二模）下列数学符号中，是中心对称图形的是（   ） A．B． C． D． 12．（2026·山西阳泉·二模）某校音乐爱好者成立了一支名为“火红”的乐队，并以乐队名首字母“H”为元素设计了如下四种备选队徽图案，其中是中心对称图形的是（   ） A．B．C． D． 13．（2026·山西晋城·二模）为践行“人与自然和谐共生”理念，推动社会可持续发展。下列倡导环保的图案中，是中心对称图形的是（      ）． A．B． C． D． 14．（2026·山西太原·二模）如图，平面直角坐标系中，的顶点在轴负半轴上，顶点，在轴上且关于轴对称．将沿轴正半轴方向平移，点，，的对应点分别为点，，．已知点的坐标为，点，的坐标分别为，．当点在内部时，下列说法正确的是（     ） A．， B．， C．， D．， 平移与旋转 考点04 1．（2026·山西阳泉·二模）如图，已知反比例函数的图象经过点A，连接．将线段绕点A逆时针旋转，当点O的对应点落在x轴上时，的面积是（   ） A．3 B．6 C．9 D．12 2．（2026·山西太原·二模）如图，中，，将沿的方向平移得到，其中，，的对应点分别是点，，．若点是的中点，，，则点与点之间的距离为（　　） A． B． C． D．4 3．（2026·山西吕梁·二模）如图，为半圆的直径，为的中点，将半圆绕着点顺时针旋转90°，得到半圆，点，，的对应点分别为，，，半圆的直径与半圆交于点，连接，若，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·山西临汾·二模）如图，在平面直角坐标系中，，两点的坐标分别为和，连接，，将绕点逆时针旋转得到，点与点对应，点与点对应，当点落在轴上时，点的坐标为（   ）    A． B． C． D． 5．（2026·山西吕梁·二模）如图，的顶点B，C的坐标分别为，，将沿方向平移得到，若点A的对应点D的坐标是，则点A的坐标为________． 6．（2026·山西吕梁·二模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，当点落在线段上，且时，的度数为________． 7．（2026·山西吕梁·二模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转，得到，点恰好落在的延长线上，则旋转角的度数是_____． 8．（2026·山西阳泉·二模）如图，直线与轴、轴分别相交于点，，将绕点逆时针方向旋转得到，则点的坐标为______． 9．（2026·山西晋中·二模）阅读与思考 阅读下面材料，并按要求完成相应的任务 如图1，圆内接四边形的对角线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，延长交于点，求证：为的中点． 下面是部分证明过程： ， ， ． ，（_________________________）． ………． 任务一：请你写出上述材料中的证明过程中空缺处所利用的依据是______________________________； 任务二：请你利用所学知识将上述证明过程补充完整． 任务三：如图2，在中，把边绕点顺时针旋转得到，把边绕点逆时针旋转得到．连接，取的中点，连接并延长交于点，延长至点，使，连接，．若，则的长为________________． 10．（2026·山西晋中·二模）综合与实践 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们利用准备好的两个矩形纸片进行探究活动． 智慧小组准备了两张矩形纸片和，其中，将它们按如图所示的方式放置，点落在上，点落在的延长线上，连接和． 观察发现： （1）如图连接，则和的位置关系是__________，___________． 操作探究： （2）如图，将矩形绕点按顺时针方向旋转（），试探究（1）中和的数量关系是否仍然成立，并说明理由． 拓展延伸： （3）在矩形旋转的过程中，当三点共线时，直接写出线段的长． 11．（2026·山西长治·二模）综合与探究 问题情境：数学活动课上，老师要求同学们以菱形为背景探索几何图形运动变化中的数学结论．如图1，在菱形中，点O为对角线和的交点，且，．保持菱形不动，将绕点O按顺时针方向旋转，旋转后点A，B，D的对应点分别记作点，，，得到．其中边与边的交点为E．兴趣小组进行如下探究．    猜想证明：（1）如图1，当旋转至时，判断四边形的形状，并说明理由； 探索发现：（2）如图2，当时，连接，他们发现平分，请证明这一发现； 拓展延伸：（3）如图3，在图2的基础上，将沿所在的直线向上平移得到，O的对应点记作点，其中边与边的交点为E．在平移的过程中是否存在等腰，若存在，请直接写出平移的距离，若不存在；请说明理由． 12．（2026·山西朔州·二模）综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展数学活动． 在矩形中，是对角线，，，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，其中点分别是点的对应点． (1)如图1，连接，猜想的数量关系并说明理由． (2)如图2，隐去对角线，当点恰好落在边上时，连接交于点． ①求证：． ②若将矩形沿向右平移，使得恰好落在上，则平移的距离为______． (3)若点落在直线上，请直接写出的长． 13．（2026·山西大同·二模）综合与探究 问题情境：如图①，将正方形纸片对折，使点与点重合，点与点重合，得到折痕，将正方形纸片沿剪开，得到矩形和矩形（与重合），取的中点，将矩形以点为旋转中心，逆时针旋转． (1)初步探究： 如图②，当点与点重合，点落在线段上时，判断四边形的形状，并说明理由； (2)拓展延伸： 在旋转的过程中，线段与线段交于点，连接． ①如图③，当为的中点时，连接，判断与的数量关系，并说明理由； ②若正方形的边长为6，当为线段的三等分点时，请直接写出的长． 14．（2026·山西阳泉·二模）综合与探究 问题情境：如图，在菱形中，点是边上的点（点不与点重合），连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段． 猜想证明： (1)如图①，连接，交于点，若，当点与点重合时，过点作交的延长线于点．试判断四边形的形状，并说明理由； 拓展延伸： (2)如图②，若，连接并延长交的延长线于点． ①判断线段与的数量关系，并说明理由； ②连接交于点，若，当点为的三等分点时，请直接写出的长． 15．（2026·山西临汾·二模）综合与探究 问题情境：如图，正方形的对角线与交于点O，将绕点D顺时针旋转，得到，点O，A的对应点分别为E，F． (1)猜想证明：当绕点D顺时针旋转至图①所示位置时，连接，判断四边形的形状，并说明理由； (2)深入探究：如图②，在旋转过程中，直线分别与直线交点为G，与直线交于H，连接． ①当旋转至图②所示位置时，猜想与的位置关系，并说明理由； ②当时，若，直接写出以E，G，H为顶点的三角形的面积． 16．（2026·山西运城·二模）综合与探究 【问题情境】在中，，平分交于点． (1)【猜想证明】如图1，平分交于点F，连接，判断四边形的形状并证明． (2)【深入探究】平分交的延长线于点，交BE于点．将绕点顺时针旋转得到，点，的对应点分别为，，直线与直线相交于点． ①以图2为例，求证：； ②若，，在旋转的过程中，连接，，当是以为直角边的直角三角形时，连接，请直接写出的长． 2/6 1/6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $