专题05 图形的变换（6大考点）（湖北专用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦图形变换六大核心考点，精选湖北各地2026年二模试题，以鲁班锁、中国空间站等传统文化与科技情境为载体，覆盖三视图、旋转、折叠等知识，基础判断与综合探究题梯度分布。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|11题约33分|三视图判断、对称图形识别、坐标变换|以“堑堵”“榫卯结构”为背景考查三视图，结合瓷器造型辨析视图关系| |解答|23题约87分|旋转性质应用、折叠综合问题、坐标与图形变换|旋转折叠综合题融合逻辑推理与空间想象，如“簸箕旋转角度计算”“矩形折叠多问探究”|

的学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05图形的变换 ☆6大考点概览 考点01判断简单组合体的三视图 考点02轴对称与中心对称图形的识别 考点03旋转性质及应用 考点04与折叠有关的问题 考点05求关于原点对称的点的坐标 考点06坐标与图形变化—轴对称 考点01 实数的相关概念 1.A 2.C 3.A 4.A 5.D 6.D 7.A 8.D 9.B 10. B 11. 1/7 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点02 科学记数法 12. 13. D 14. 0 15. c 16. A 17. 考点03 实数的运算 18. 19. D 20.6 144 22.60 93+3 23.I)证明：，将△ABC绕点C旋转得到△DEC,点A的对应点D落在边AB上， .AC=CD,CB=CE,∠ACD=∠BCE, .AC=CD CB CE .△BCE一△ACD (2)BE=4/5 5 6)①见解析：②32 24.证明：.'△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的， .AE=AB,AF=AC,∠EAF=∠BAC, .∴∠BAC-∠BAF=∠EAF-∠BAF,即∠BAE=∠CAF」 在△ABE和△ACF中， b, ∴.△ABE≌△ACF(SAS), 2/7 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.BE=CF 25.(1)54 26 5 60D见解析：②10/13 13 考点04 二次根式及其运算 26.B 27.B 4 28. 3 29.6 26-2V3/-2V3+2V6 30.(1)AE=-2+2P/2 (2)45° 3)① △ADG是等腰直角三角形；：理由如下： 过点C作CN⊥BG交BG于点M,交AB于点N. .CG=CB B ∴.BM=GM. AE=A E,AB=A B, ∴.BE⊥AA,AG=AG, ∴.CN‖AA, BMBN ·GMAN BN-AN-ZAB .'∠ABE=90°-∠CBE=∠BCN,AB=BC,∠EAB=∠NBC=90°， 3/7 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△ABE≌△BCNASA, ∴.AE=BN, .AD=AB, AE=号AD=DE, .EG‖AD, ∴.∠AAD=∠AGE=90°： ,:∠DAA=90°-∠BAG=∠ABG,AB=AD,∠AAD=∠AGB=90°， ∴.△AAD≌△BGAAAS ∴.AD=GA=AG; ∴.△ADG是等腰直角三角形. 2 ②△ADG的面积为 31.(1)①证明：连接EG, A F B 图1 ,四边形ABCD是矩形，AB=6,AD=8, .∠A=∠EDG=∠C=90°，CD=AB=6,AD=BC=8, ,点E为AD的中点， AE-ED-7AD-4. ,将△ABE沿BE翻折后得到△BEF. ∴EA=EF=ED,∠A=∠EFB=90°， .∠EFG=∠EDG=90°， .EG=EG,EF=ED, ∴.Rt△EGD≌Rt△EGF HL, ∴GD=GF: 4/7 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ⑧FG-号 (2)证明：，点E是AD的中点， .AE=DE, 折叠， .AE=EF,∠AEB=∠FEB, ∴DE=EF, .∠EFD=∠EDF, ,∠AEB+∠FEB+∠DEF=∠EFD+∠EDF+∠DEF=180°， .∠AEB=∠EDF, BE‖DG ∴四边形BEDG是平行四边形： .DE=BG .AD=BC,AE=DE, ..BG=CG. (3)AD=2 AB 32.(1)45 (②)解：如图，先作AD的垂直平分线交AD于M,则AM=号AD=5V2,再以B为圆心AM=52为半 径画弧交AB于T,则BT=AM=52: 米 A M D (3)45 (4)①45：②GE=20 5/7 命学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 33.探究1： 换究2 2V3 3;探究3 V 24学 11 34.(1)见解析 (CF-9 )FG=75 【详解】(1)证明：，四边形ABCD是正方形， .∴.BC=CD、∠BCE=∠DCF=90°， 在△BCE和△DCF中， 飞， ∴.△BCE≌△DCF|SAS, .∴.∠CBE=∠CDF、BE=DF, .∠BEC=∠DEH ∴.∠BCE=∠DHE=90°， 即BE⊥DF: (2)解：，'四边形ABCD是矩形， .∴.∠BCE=∠FCD=90°、AB=DC=6 BH⊥DF, ∴.∠BHD=90°， .'∠BEC=∠DEH ∴.∠EBC=∠CDF, .∠ECB=∠FCD=90°， .∴.△BCE一△DCF, :导0 EC_BC 点E是CD边的中点， CCD=3. CF 6 6/7 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)解：延长BE交DF于点H, ABCD 四边形 是矩形， '.∠BCD=90°、AB=DC=6、AD=BC=8, .CE=2DE. ∴.CE=4、DE=2, 在Rt△BCE中，由勾股定理得： BE=VBC2+CE2=V82+42=4V5' .'△BED沿BE折叠得到△BEG, ∴.DH=HG、BH⊥DF,即∠DHE=90°， ∴.∠BCE=∠DHE=90°， .∠BEC=∠DEH, .∴.△BCE~∠DHE, BE BC ∴.∠CBE=ㄥCDH、 DE DH 即45、8 2 DH :DH=45 5 :DG=2×45_85 55 ,'tan∠CBE= CE_4_1 BC821 ∴an么CDH=an∠CBE-2 在△kct.am∠c0s-8S-号-号 ∴.CF=3, .DF=VDC2+CF=√62+32=35 7/7 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .FG-DF-DG=38/5-8575 5 考点05 求关于原点对称的点的坐标 35.D 36.B 37.A 38.A 39.B 考点06 坐标与图形变化一一轴对称 40.A 41.c 42.(1)0,-4,3,0 (2)10 (3)轴对称的性质；两点之间，线段最短 (4)3,0 (5)证明：如图， 珠 A F O M A 点A、点A关于X轴对称， .∠ADO=∠ADO, 又∠ADO=∠EDM, .∠ADO=∠EDM, 8/7 的学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,DF⊥X轴， .∠ADO+∠ADF=∠EDM+∠EDF=90°， ∴.∠EDF=∠ADF. 9/7函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05图形的变换 ☆6大考点概览 考点01判断简单组合体的三视图 考点02轴对称与中心对称图形的识别 考点03旋转性质及应用 考点04与折叠有关的问题 考点05求关于原点对称的点的坐标 考点06坐标与图形变化—轴对称 考点01 实数的相关概念 1,(2026湖北孝感二模)鲁班锁作为一种传统的、具有中国文化特色的玩具，其设计原理源于中国古代 建筑中的榫卯结构.如图是鲁班锁的其中一个部件，它的俯视图是() 正面 B 2.(2026湖北荆州二模)中国古代数学名著《九章算术注》中记载：“邪解立方，得两堑堵，”意即把 长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫做“堑堵”.如图是“堑堵”的立体图形，它的左视图为() 正面 B 1/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D 3.(2026湖北荆州·二模)2026年，中国载人航天工程将迈入“空间站应用和载人月球探测”双轨并行的关 键之年，如图(1)为中国空间站示意图，其中的核心舱可看作由两个圆柱体组成.由核心舱抽象出的几 何体如图(2)所示，则这个几何体的俯视图为() 正面 图(1) 图(2) A B. C D 4.(2026湖北省直辖县级单位·二模)如图①，榫卯是古代中国建筑、家具及其它器械的主要结构方 式.图②的左视图是() 不正面 图① 图② A B 5,(2026湖北省直辖县级单位·二模)如图所示的支架（一种小零件）的两个台阶的高度和宽度分别相 等，则它的主视图为() D 6.(2026湖北武汉·二模)如图是由4个相同的小正方体组成的几何体，则它的左视图是() 2/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 正面 7.(2026湖北恩施·二模)下列各图所示的景德镇瓷器中，主视图和左视图（不考虑花纹因素）一样的是 () B. C D 8.(2026湖北武汉·二模)如图(1)的鲁班锁起源于我国古代建筑中的榫卯结构.图(2)是六根鲁班锁 中的一个构件，这个构件的主视图是() 正面 (1) (2) B 9.(2026湖北十堰·二模)如图，由5个完全相同的小正方体组合成一个立体图形，它的左视图是() 3/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A 10.(2026湖北二模)如图是由5个相同的正方体搭成的几何体，每个正方体的棱长均为1cm,这个几何 体的俯视图的面积是() 正面 A.3cm2 B.4cm2 C.5cm2 D.6cm2 11.(2026湖北襄阳·二模)中国瓷器以“技术+文化”为双驱动，在国际市场保持核心竞争力，如图，是白 釉暗刻龙纹高足杯，下面说法正确的是(） 正面 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.主视图、左视图和俯视图都相同 考点02 科学记数法 12.(2026湖北省直辖县级单位·二模)下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是()》 ★回 13.(2026湖北二模)下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是() 4/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 8人」 14. (2025·四川广元一模)博物馆已逐渐成为公共文化服务和城市旅游的重要阵地与有效载体.下列四幅 图是我国部分博物馆的标志，其中既是中心对称图形又是轴对称图形的是() 帛 15. (2026湖北武汉·二模)书法是我国传统文化的重要组成部分，下列用小篆书写的“志存高远”四个字， 其中可以看作是轴对称图形的是 ) 类存高諓 16. (2026湖北武汉·二模)现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性，下列汉 字是轴对称图形的是( 大公无私 17. (2026湖北·二模)下列交通标志中是轴对称图形的是( 考点03 实数的运算 18. (2026湖北襄阳·二模)如图，在△ABC中，∠ACB=40°，将△ABC绕点B逆时针旋转60°得到 5/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △DBE,点A,C的对应点分别为D,E,连接DA,若点C,A,D在一条直线上，下列结论一定正确的 是() B A.∠ABC=∠EBAB.∠DEC=90° C.DEllAB D.BE⊥CD 19.(2026湖北二模)如图，教室的水平地面上有一个倒地的簸箕，BC与地面的夹角55°，∠a=26°，小 明同学将它扶起（绕点C逆时针旋转）后平放在地面上，AB的对应线段为A'B,在这一过程当中，簸箕柄 AB绕点C旋转了() B A.55 B.81° C.98 D.99 20.(2026湖北二模)如图1，直线a与直线b相交于点O,点P在∠α内部.规定：先以a为对称轴作点 P关于α的对称点P',再以b为对称轴作点P关于b的对称点P,从点P到点P1的变换（两次轴对称）称 为1次T变换，经过n次T变换的过程为P第1次T变换p,第2次变换 第n次T变换 →P1 →P2… →Pn,若经过n次T变换 后，点Pn与点P第一次重合，我们就称n为“a一T变换的最优值”. .P(P) ●P 人60 b b 130… -b ·P 图1 图2 图3 例如：如图2，当α=60时，点P经过第1次T变换得到点P1,点P1经过第2次T变换得到点P2,点P2 经过第3次T变换得到点P3,此时点P3与点P第一次重合，所以n=3为“60°-T变换的最优值. (1)如图3，当a=30时，n= 为“a一T变换的最优值”， (2)若90°<a<180时，且a-T变换的最优值n=5,则此时a为°. 6/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 21.(2026湖北二模)综合探究：在△ABC中，∠ACB=90°，把△ABC绕点A逆时针旋转B (0°<B<180)得到△ADE,点B的对应点为点D,点C的对应点为点E. E 图1 图2 图3 (I)如图1，若BC交AD于点O,延长线交DE于点P.求证：PC=PE. (②)如图2，延长EC交BD于点M,判断M是否为线段BD的中点，并说明理由， (3)如图3，EC与BD,AD分别交于点M,N.当DA1AC,能=时，若BD=2V10,直接写出CW的长。 22.(2026湖北襄阳·二模)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4,BC=3,将△ABC绕点A逆时针 旋转日(0°<B<90)得到△ADE,连接BE,若BD=AB,则①8=°；②△BDE的面积为 23.(2026湖北武汉·二模)在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点C旋转得到△DEC,点A的对应点D 落在边AB上，连接BE, 图1 图2 图3 (1)如图1，求证：△BCE一△ACD; (2)如图2，当BC=2,AC=1时，求BE的长； (3)如图3，过点E作AB的平行线交AC的延长线于点F,过点B作AC的平行线交EF于点G,DE与BC交于点 K ①求证：AC=CF; 7/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②当需=时，直接写出2的值 24.(2026湖北襄阳·二模)如图，在△ABC中，AB=AC,将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AEF,连 接BE、CF,求证：BE=CF. 25.(2026湖北恩施·二模)如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3,BC=4,将△ABC绕点A顺 时针旋转a(0°<a<180)得到Rt△AED,其中点B,点C的对应点分别为点E和点D,连接CD,BE 图1 图2 图3 (1)当a=72时，求LABE的度数. (2)如图2，当点D落在边AB上时，求CD的长. (3)如图3，延长CD交BE于点F. ①求证：点F为BE的中点； ②连接BD,当BD⊥CF时，直接写出EF的长. 考点04 二次根式及其运算 26.(2026湖北孝感二模)如图，在矩形ABCD中，点E为边BC的中点，连接DE,△DCE沿DE折叠，点C 落在矩形内部，点C的对应点为F,连接BF,若AD=2W5,tanBFE=2,则BF的长为() D A.1 B.2 C.3 D.5 8/14 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 27.(2026湖北十堰二模)如图，四边形ABCD的对角线AC,BD交于点O,AB=V73,BC=3V2,将 △BCD沿BD翻折，点C落在AC上的点E处，若BE⊥BC,∠ADE=∠BDE,则AD的长为() A.8V2 B.10 C.63 D.4V5 28.(2026湖北省直辖县级单位·二模)如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE折叠后得到 △AFE,点F在矩形内部，延长AF交CD于点H,若AD=4,AB=3,则FH的长为 D B、 E 29.(2026湖北随州二模)己知四边形ABCD是平行四边形，AB=6,BC=8,sinD=，,点E是AD边上 一个动点，连接BE,沿BE将△BAE翻折至△BFE（如图I),EF所在的直线与BC交于点H. 4 E F( 图1 图2 (1)当点F落在BC上时（如图2），则EF的长为 (2)当CH取最大值时，则此时EF的长为 30.(2026湖北荆州二模)己知正方形ABCD的边长为2，点E是边AD上一点，连接BE,将△ABE沿BE折 叠，点A的对应点A'落在正方形ABCD内，连接AA', 图1 图2 图3 (1)如图1，若BA'的延长线经过点D,求AE的长； 9/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)如图2，AA的延长线与CD相交于点F,连接CA',求LCA'F的度数； (3)如图3，在(2)的条件下，设BE,AA'相交于点G,连接CG,DG,A'D,若CG=CB, ①判断△A'DG的形状，并说明理由； ②直接写出△A'DG的面积. 31.(2026湖北荆州·二模)在综合与实践课上，老师请同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活 动，己知矩形ABCD,点E为边AD的中点，同学们将△ABE沿BE翻折后得到△BEF. D G 图1 图2 图3 (I)如图1，延长BF交CD于点G,若AB=6,BC=8. ①求证：DG=FG; ②求FG的长度， (2)如图2，连接DF并延长，交BC于点G,求证：BG=CG, (3)如图3，延长BF交CD于点G,同学们再将纸片沿过点G的直线折叠，点C的对应点刚好落在BG上的F点， 折痕与BC交于点M,请你帮他们求出铝的值. 32.(2026湖北·二模)【综合与实践】数学活动课上，老师发给每名同学一张矩形纸片ABCD(AB=10, AD=10W2)和一张正方形纸片GHMN(GH=10),要求同学们通过折叠，折出一些特殊角， 【操作与判断】 (1)如图1，小明将矩形纸片ABCD翻折，使点A的对应点A1落在边BC上，折痕为BO,此时折出的LA1 B0=°； D A 图1 图2 图3 (2)小刚受到小明折叠过程的启发，发现可以利用尺规作图找特殊的线段.如图2，在矩形纸片ABCD中， 请你用尺规作图在边AB上取点T,使得BT=5√2，保留作图痕迹，不要求写作法： (3)小亮通过对纸片进行不同形式的折叠后，将矩形纸片ABCD按如图3所示的方式折叠，可得到∠ABC1= 0: 10/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (4)【探究与解决】如图4，小慧将正方形纸片GHMN的LG沿过点H的直线翻折，点G的对应点落在正方 形GHMN内部的点P处，折痕为HE,再将LM沿过点H的直线翻折，使点M的对应点与点P重合，折痕 为HF. G M 图4 ①此时可得到LEHF=°；②若MF=2,求GE的长度， 33.(2026湖北黄石·二模)综合与实践： 定义：将三角形沿过顶点的直线折叠，折叠后的另一个顶点恰好落在这个三角形的边上（不含顶点）时， 此时折痕被称为“落边折痕. 特例感知：已知△ABC,D为AC边上一点，将△ABC沿BD折叠，使得点A恰好落在BC边上（不含点C), 此时折痕BD称为“落边折痕”， E B B 图① 图② 图③ 探究1：如图①，若△ABC是直角三角形，其中LA=90°，∠ABC=60°，AB=1,若点D为AC边上一点， 将△ABC沿着BD折叠后，点A恰好落在BC边上的点E处，求“落边折痕”BD的长； 探究2：如图②，若△ABC是等腰三角形，其中LA=120°，请求出“落边折痕BD”将其分割后的△ABD与 △BCD的面积比； 探究3：如图③，若△ABC是等腰三角形，其中AB=AC=5,BC=6,请求出其“落边折痕”的长度. 34.(2026湖北黄冈·二模)解决下列问题 【问题初探】 (I)如图1，在正方形ABCD中，点E是CD边上一点，F为BC延长线上一点，且CE=CF,延长BE交于DF于 点H.求证：BE=DF,BE⊥DF. 【类比迁移】 11/14 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)如图2，在矩形ABCD中，AB=6,AD=8,点E是CD边的中点，F为BC延长线上一点，BE⊥DF,垂 足为H,求CF的长. 【拓展提升】 (3)如图3，在矩形ABCD中，AB=6,AD=8,点E是CD边上一点，将△BED沿BE折叠得到△BEG,延 长DG和BC相交于点F.当CE=2DE时，求FG的长. D E E H 图1 图2 图3 考点05 求关于原点对称的点的坐标 35.(2026湖北荆州·二模)如图，在平面直角坐标系中，口MNEF的两条对角线ME,NF相交于原点O, MFllx轴，点M的坐标是(-2，m),点N的坐标是(n,-3),则点E的坐标是() M A.(3,-2) B.（-3,2) C.（-2,3) D.(2,-3) 36.(2026湖北模拟预测)如图，菱形ABCD的对角线交点在原点.若A(-4,3),则点C的坐标是() A.(3,-4)B.(4,-3) C.（-3,4) D.(-4,-3) 37.(2026湖北省直辖县级单位模拟预测)如图，在平面直角坐标系中，口MNEF的两条对角线ME,NF 交于原点0，MF平行于x轴，点M的坐标是(m,1),点F的坐标是(2，m,则点N的坐标是() 12/14 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M F A.(-2,-1)B.(-1,-2) C.(-2,-3) D.(-3,-2) 38,(2026湖北襄阳·模拟预测)如图，己知菱形ABCD的四个顶点都在x轴，y轴上，点E(a,b)是边AD上 一点，连接EO并延长交BC边于点F,则点F的坐标为() A.(-a,-b)B.（-a,b) C.(-b,-a) D.(-b,a) 39.(2026湖北咸宁.模拟预测)在平面直角坐标系x0y中，以点B(-1,0)为直角顶点，OB为边构造等腰Rt △AOB,再将等腰Rt△AOB绕原点O旋转180°，则点A的对应点的坐标可能是() A.(1,-1) B.(1,-1)或(1,1)C.(1,1)或(-1,1)D.(1,1) 考点06 坐标与图形变化—轴对称 40.(2026湖北随州·二模)在平面直角坐标系中，以A(-1,2),B(-3,一1)为端点的线段关于y轴的对称 图形为线段A'B',则点A的对应点A的坐标是() A.(1,2) B.（-1,-2) C.(2,-1) D.(-2,1) 41.(2026湖北恩施·模拟预测)如图，在平面直角坐标系中，正方形0ABC的顶点C的坐标为 (-22,一2√2，则顶点A的坐标为() A.（-22,4)B.(-4,4) C.（-2V2,22 D.（-4,22) 42.(2026湖北模拟预测)研数综理融光象，探径合律觅真章、借轴实策寻捷径，知行践悟启智长.某数 学兴趣小组结合物理学中的光的反射现象，开展了“探究最短路径与光的反射定律的关系”活动，探究并完 成下面填空与证明， 13/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【主题】探究最短路径与光的反射定律的关系 【活动一】“两定一动”型最短路径问题探究： 如图1，已知点A(0,4),B(6,4),在x轴上找一点C,使AC+BC的值最小： 图1 (1)作法：作点A关于x轴的对称点A(),连接A'B与x轴的交点即为C( )；(填写坐标) (2)求法：由作法知：AC+CB=A'C+CB=A'B,A'B的长度是 (3)说理：CA=CA的依据是 ,x轴上的点到A,B距离之和的最小值等于A'B的依据是 ； 【活动二】“光的反射定律的数理探究：光的反射遵循“反射角等于入射角”的规律 如图，已知光源位于点A(0,4),将x轴视为平面镜，在x轴上确定点D,使光线经过点D反射后恰好过点E (9,8): F D A 图2 (4)应用：运用活动一的作法，可得D( )；(填写坐标》 (⑤)悟理：如图2，过点D作DF⊥x轴于点D,证明：∠EDF=∠ADF. 14/14 专题05 图形的变换 6大考点概览 考点01判断简单组合体的三视图 考点02轴对称与中心对称图形的识别 考点03旋转性质及应用 考点04与折叠有关的问题 考点05求关于原点对称的点的坐标 考点06坐标与图形变化——轴对称 实数的相关概念 考点01 1．（2026·湖北孝感·二模）鲁班锁作为一种传统的、具有中国文化特色的玩具，其设计原理源于中国古代建筑中的榫卯结构．如图是鲁班锁的其中一个部件，它的俯视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用简单几何体的三视图的定义进行求解即可． 【详解】解：观察该鲁班锁部件的结构，俯视图应当是一个长方形，内部有两条竖直的实线，将长方形分割为左、中、右三个小长方形， 故选：A． 2．（2026·湖北荆州·二模）中国古代数学名著《九章算术注》中记载：“邪解立方，得两堑堵．”意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫做“堑堵”．如图是“堑堵”的立体图形，它的左视图为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三视图，左视图是从左面看得到的图形，由此解答即可，考查了空间想象能力． 【详解】解：由题意得：它的左视图为一个三角形，如图： ， 故选：C． 3．（2026·湖北荆州·二模）2026年，中国载人航天工程将迈入“空间站应用和载人月球探测”双轨并行的关键之年，如图（1）为中国空间站示意图，其中的核心舱可看作由两个圆柱体组成．由核心舱抽象出的几何体如图（2）所示，则这个几何体的俯视图为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题中组合体可知其俯视图是两个同心圆，画出图形即可． 【详解】解：俯视图如图所示，所以A符合题意． 4．（2026·湖北省直辖县级单位·二模）如图①，榫卯是古代中国建筑、家具及其它器械的主要结构方式．图②的左视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查三视图．根据左视图是从左面观察到的图形，进行判断即可． 【详解】 解：由题意得图②的左视图是． 故选：A． 5．（2026·湖北省直辖县级单位·二模）如图所示的支架（一种小零件）的两个台阶的高度和宽度分别相等，则它的主视图为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在视图中． 【详解】解：从正面看去，是两个有公共边的长方形，如图所示： 故选D． 6．（2026·湖北武汉·二模）如图是由4个相同的小正方体组成的几何体，则它的左视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了三视图，从正面看到的图是正视图，从上面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图．根据左视图是从左面看到的图形解答即可． 【详解】解：从左面看有2行，下面一行是横放2个正方形，左上角一个正方形． 故选：D． 7．（2026·湖北恩施·二模）下列各图所示的景德镇瓷器中，主视图和左视图（不考虑花纹因素）一样的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据简单几何体的三视图即可判定． 【详解】解：A选项的几何体的主视图和左视图是一样的，故符合题意； B、C、D选项的几何体的主视图和左视图是不一样的，故都不符合题意． 8．（2026·湖北武汉·二模）如图（1）的鲁班锁起源于我国古代建筑中的榫卯结构．图（2）是六根鲁班锁中的一个构件，这个构件的主视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】从正面看，中间的凹槽会被直接看到，故主视图是“凹”字形． 【详解】 解：由图可知，从正面观察构件的图形为． 9．（2026·湖北十堰·二模）如图，由5个完全相同的小正方体组合成一个立体图形，它的左视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据三视图的定义解题即可. 【详解】从左面看易得第一层有2个正方形，第二层最左边有一个正方形． 故选：B． 【点睛】本题考查简单几何体的三视图.熟练掌握三视图的概念是解题的关键. 10．（2026·湖北·二模）如图是由5个相同的正方体搭成的几何体，每个正方体的棱长均为，这个几何体的俯视图的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得俯视图，根据正方形的面积公式，可得答案． 【详解】解：从上面看这个几何体由四个正方形组成， ∴这个几何体的俯视图的面积是． 11．（2026·湖北襄阳·二模）中国瓷器以“技术+文化”为双驱动，在国际市场保持核心竞争力．如图，是白釉暗刻龙纹高足杯，下面说法正确的是（   ） 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．主视图、左视图和俯视图都相同 【答案】B 【分析】根据图形得到其三视图，进而问题可求解． 【详解】解：由图可知：该白釉暗刻龙纹高足杯的主视图和左视图相同，故B选项符合题意． 科学记数法 考点02 12．（2026·湖北省直辖县级单位·二模）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【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；中心对称图形的定义：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．不是轴对称图形，是中心对称图形，故A不符合题意； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B不符合题意； C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故C不符合题意； D．既是轴对称图形，也是中心对称图形，故D符合题意． 13．（2026·湖北·二模）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：A．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意． 14．（2025·四川广元·一模）博物馆已逐渐成为公共文化服务和城市旅游的重要阵地与有效载体．下列四幅图是我国部分博物馆的标志，其中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念逐项分析即可，轴对称图形：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；中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 【详解】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故该选项不符合题意； B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故该选项不符合题意； C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故该选项不符合题意； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故该选项符合题意． 故选：D． 15．（2026·湖北武汉·二模）书法是我国传统文化的重要组成部分，下列用小篆书写的“志存高远”四个字，其中可以看作是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称图形的识别，根据各个图形的特征逐项判断即可． 【详解】解：用小篆书写的“志存高远”四个字， 其中可以看作是轴对称图形的是， 故选：C． 16．（2026·湖北武汉·二模）现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性．下列汉字是轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A．是轴对称图形，故此选项符合题意； B．不是轴对称图形，故此选项不合题意； C．不是轴对称图形，故此选项不合题意； D．不是轴对称图形，故此选项不合题意； 故选：A． 17．（2026·湖北·二模）下列交通标志中是轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【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； 实数的运算 考点03 18．（2026·湖北襄阳·二模）如图，在中，，将绕点B逆时针旋转得到，点A，C的对应点分别为D，E，连接，若点C，A，D在一条直线上，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由旋转可得，，，，，则是等边三角形，由即可判断B；由求出的度数，即可判断A；然后求解，即可判断C；再由求解的度数即可判断D． 【详解】解：由旋转可得，，， ∴是等边三角形， ∴ ∴，故B错误； ∵， ∴， ∴，故A错误； ∵ ∴， ∴， ∴，故C正确； 由旋转可得，， ∵ ∴，故D错误． 19．（2026·湖北·二模）如图，教室的水平地面上有一个倒地的簸箕，与地面的夹角，，小明同学将它扶起（绕点逆时针旋转）后平放在地面上，的对应线段为，在这一过程当中，簸箕柄绕点旋转了（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，理解图示，根据平角，旋转角的计算即可求解． 【详解】解：如图所示，根据题意，， ∴当小明同学将它扶起（绕点逆时针旋转）后平放在地面上时，旋转角为， ∴． 20．（2026·湖北·二模）如图1，直线a与直线b相交于点O，点P在内部．规定：先以a为对称轴作点P关于a的对称点，再以b为对称轴作点关于b的对称点，从点P到点的变换（两次轴对称）称为“1次T变换”，经过n次T变换的过程为．若经过n次T变换后，点与点P第一次重合，我们就称n为“变换的最优值”． 例如：如图2，当时，点P经过第1次T变换得到点，点经过第2次T变换得到点，点经过第3次T变换得到点，此时点与点P第一次重合，所以为“变换的最优值”． （1）如图3，当时，______为“变换的最优值”． （2）若时，且变换的最优值，则此时为______°． 【答案】 6 144 【分析】根据轴对称的性质，两次轴对称变换相当于一次旋转变换. 当时，旋转角为；当时，旋转角为．点与点第一次重合，说明次变换后的总旋转角度为，据此列式计算即可． 【详解】解：（1）由轴对称的性质可知，1次T变换相当于将点绕点旋转的角度． 当时，每次T变换旋转的角度为． 若经过次T变换后，点与点第一次重合，则旋转的总角度应为， ； （2）当时，，此时1次T变换，点绕点旋转的角度（考虑能使旋转角小于的方向作为旋转方向）为． 变换的最优值， 经过5次T变换，点旋转的总角度为， ， 解得． ， 符合题意． 21．（2026·湖北·二模）综合探究：在中，，把绕点逆时针旋转得到，点的对应点为点，点的对应点为点． (1)如图1，若交于点，延长线交于点．求证： (2)如图2，延长交于点，判断是否为线段的中点，并说明理由． (3)如图3，与，分别交于点，．当，时，若，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)是线段的中点，理由见解析 (3) 【分析】（1）连接，由旋转的性质可得，，再证明，即可得证； （2）作交的延长线于，则，由旋转的性质可得：，，，证明，得出，即可得解； （3）设，则，，令交于，作于，由旋转的性质可得：，，，证明，得出，，证明，得出，由勾股定理可得，作交的延长线于，得出四边形为矩形，推出，，，由勾股定理可得，求出，即可得解． 【详解】（1）证明：如图，连接， ， 由旋转的性质可得：，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：是线段的中点，理由如下： 如图，作交的延长线于， ， 则， 由旋转的性质可得：，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是线段的中点； （3）解：∵， ∴设，则， ∴， 如图，令交于，作于， ， 由旋转的性质可得：，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 作交的延长线于， 则， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 22．（2026·湖北襄阳·二模）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转（）得到，连接，若，则①________；②的面积为________． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理．根据勾股定理求得，根据旋转的性质可得，进而可得是等边三角形，即可求得旋转角，进而过点作于点，设交于点，证明得出，求得，再根据，即可求解． 【详解】解：∵在中，，，， ∴ ∵旋转， ∴ ∵ ∴ ∴是等边三角形， ∴， 如图所示，过点作于点，设交于点， 又∵ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴，则 ∴， ∴， 设，则 ∵即 解得： ∴ ∴ ∴ 如图，在等边三角形中，过点作于点， ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为：，． 23．（2026·湖北武汉·二模）在中，，将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当时，求的长； (3)如图3，过点作的平行线交的延长线于点，过点作的平行线交于点G，与交于点． ①求证：； ②当时，直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)①见解析；② 【分析】（1）根据旋转可得，则，即可证明． （2）根据，，可得，即可得出，过作，则，即，在中勾股定理求出，则，在中勾股定理求出，根据，得出，即可求出． （3）①设旋转角为，则，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出，，根据，得出，，即可得，根据，得出，即可得，证明，得出，结合，得出； ②根据，设，证明四边形是平行四边形，得出，由①得，在中，勾股定理得出，则，则，根据，得出，根据，得出，证明，，则，求出，由①可得，得出，证出点四点共圆，根据圆周角定理得出，证明，得出，设，则，根据旋转可得，则，联立求出，再根据即可求解． 【详解】（1）证明：∵将绕点旋转得到，点的对应点落在边上， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵，， ∴， ∴， 过作， ∴， ∴， 在中， 即， 解得：，（舍去）， ∴， 在中， ∴， ∵， ∴， 即， ∴． （3）①证明：设旋转角为， 则， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②解：∵， ∴设， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由①得， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， 即， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， 由①可得， ∴， ∴点四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， 则， 根据旋转可得， ∴， 联立可得， ∴． 【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，旋转的性质，圆周角定理，圆内接四边形，解直角三角形，平行四边形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，证明三角形相似． 24．（2026·湖北襄阳·二模）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，连接、，求证：． 【答案】见解析． 【分析】本题主要考查的是旋转的性质、全等三角形的性质和判定．由旋转的性质可得到，，，依据等式的性质可得到，依据可证明，依据全等三角形的性质进行证明即可． 【详解】证明：是由绕点按顺时针方向旋转得到的， ∴，，， ，即． 在和中， ， ， ． 25．（2026·湖北恩施·二模）如图1，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，其中点 B，点C的对应点分别为点E 和点D，连接． (1)当时，求的度数． (2)如图2，当点 D落在边 上时，求 的长． (3)如图3，延长交 于点F． ①求证：点 F为 的中点； ②连接，当时，直接写出的长． 【答案】(1) (2) (3)①见解析：② 【分析】（1）首先根据旋转性质，等腰三角形性质，结合三角形内角和定理即可计算的度数． （2）先由勾股定理计算的长度，过点C作于点F，由，求出，得，得，即得． （3）①连接，由，得点F在的外接圆上，得，得，即得F是的中点，②解：过点A作于点H，过点E作交延长线于点I，证明，得，得，由勾股定理求出，得，得，证明，得，证明，得，即得． 【详解】（1）解：由旋转知，，， ． （2）解：∵中，，，， ∴． 过点C作于点F， 则， ∴， ∴， 由旋转性质得：， 当在上，， ∴​． （3）解：①证明：连接， 由旋转性质得，， ∴， ∵的延长线交于点F， ∴点F在的外接圆上， ∴， ， ， ∴， 是的中点； ②解：过点A作于点H，过点E作，交延长线于点I，由已知得， 则，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， ∵， ∴， 解得（）， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 二次根式及其运算 考点04 26．（2026·湖北孝感·二模）如图，在矩形中，点为边的中点，连接，沿折叠，点落在矩形内部，点的对应点为，连接，若，，则的长为（     ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】如图， 作，由线段中点得，根据折叠可得，得出为等腰三角形，再根据等腰三角形的三线合一得到，在 中利用 即可解答． 【详解】解：如图，过点作于点， ∵ 四边形为矩形， ∴． ∵ 点是的中点， ∴． 根据折叠可得，， ∴． ∵， ∴． 在 中，， 设，则， 根据勾股定理得：，即， 解得或（舍）， ∴ ， ． 27．（2026·湖北十堰·二模）如图，四边形的对角线，交于点，，，将沿翻折，点落在上的点处，若，，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作于点，由翻折可得，由得，根据勾股定理可得，进而得，根据题意由证明，得，，由勾股定理可得，设，则，在中，根据勾股定理得，列关于的方程求解，计算即可． 【详解】解：如图，过点作于点， 由翻折可得，，垂直平分， ， ， ， ， ， ，，， ，，， ， ，， ， 设，则， 在中，，即， 解得， ． 28．（2026·湖北省直辖县级单位·二模）如图，在矩形中，E是的中点，将折叠后得到，点F在矩形内部，延长交于点H，若，，则的长为_________． 【答案】 【分析】连接，先可证明，可得，设，则，，在中，利用即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵E是的中点， ∴， 由折叠可得，，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得，即． 29．（2026·湖北随州·二模）已知四边形是平行四边形，，，点E是边上一个动点，连接，沿将翻折至（如图1），所在的直线与交于点H． （1）当点F落在上时（如图2），则的长为______； （2）当取最大值时，则此时的长为______． 【答案】 6 / 【分析】（1）结合平行四边形的性质以及折叠的性质证明四边形是菱形，即可求解； （2）依据，可知，当最短时，最大，进而得出当时，有最大值．依据中，，列方程求解即可得出结论． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 根据折叠可得，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴； （2）解：如图所示，由折叠可得， ∵， ， ， ， ， ∴当最短时，最大， ∴当时，最短，有最大值， 过点作于点， ∵平行四边形中，， ∴， ∴与之间的距离为， ∴当时，， 设，则， 由折叠可得， 在中，，即， 解得：（舍去）， ． 30．（2026·湖北荆州·二模）已知正方形的边长为2，点是边上一点，连接，将沿折叠，点的对应点落在正方形内，连接． (1)如图1，若的延长线经过点，求的长； (2)如图2，的延长线与相交于点，连接．求的度数； (3)如图3，在（2）的条件下，设，相交于点，连接，，，若． ①判断的形状，并说明理由； ②直接写出的面积． 【答案】(1) (2) (3)①是等腰直角三角形；理由如下： 过点C作交于点，交于点． ， ． ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； ， ， ； 是等腰直角三角形． ②的面积为 【分析】（1）由勾股定理求出，由折叠得，求出，证明出，故可得出； （2）由，得，，从而求出，故可得出结论； （3）①过点C作交于点，交于点．分别证明和，可得 进而可得结论； ②设，得，在中，由勾股定理得，从而可求． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， 由折叠得：，，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）解：由题意得，， ∴，， ∴， ∴； （3）解：①略； ②由①知，是等腰直角三角形，且， ∴， 设， 由折叠得， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴． 31．（2026·湖北荆州·二模）在综合与实践课上，老师请同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．已知矩形，点为边的中点，同学们将沿翻折后得到． (1)如图1，延长交于点，若，． ①求证：； ②求的长度． (2)如图2，连接并延长，交于点．求证：． (3)如图3，延长交于点，同学们再将纸片沿过点的直线折叠，点的对应点刚好落在上的点，折痕与交于点，请你帮他们求出的值． 【答案】(1)①证明：连接， ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∵将沿翻折后得到． ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴； ② (2)证明：∵点是的中点， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∴， ∵， ∴． (3) 【分析】（1）①连接，根据矩形的性质得出， ，根据点为的中点，得出，根据折叠得出， ，则，即可证明 ，从而得出； ②设，则，，在中，根据勾股定理求解即可． （2）根据矩形的性质和折叠的性质，证明四边形是平行四边形，则，即可证明． （3）连接，设，，则，，由（1）可知，根据折叠可得，，则，证明 ，求出 ，则，根据折叠可得，勾股定理得出，即可求解． 【详解】（1）①略 ②解：设，则，， 在中，， ∴， 解得：． ∴． （2）略 （3）解：连接，由题可知、、三点在一直线上， 设，， ∴，， 由（1）可知， 根据折叠可得，， ∴， ∴， ∵， ∴， 根据折叠可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 根据折叠可得， ∴， ∴， ∴， ∴． 32．（2026·湖北·二模）【综合与实践】数学活动课上，老师发给每名同学一张矩形纸片（，）和一张正方形纸片（），要求同学们通过折叠，折出一些特殊角． 【操作与判断】 (1)如图1，小明将矩形纸片翻折，使点A的对应点落在边上，折痕为，此时折出的______°； (2)小刚受到小明折叠过程的启发，发现可以利用尺规作图找特殊的线段．如图2，在矩形纸片中，请你用尺规作图在边上取点T，使得，保留作图痕迹，不要求写作法； (3)小亮通过对纸片进行不同形式的折叠后，将矩形纸片按如图3所示的方式折叠，可得到______°； (4)【探究与解决】如图4，小慧将正方形纸片的沿过点H的直线翻折，点G的对应点落在正方形内部的点P处，折痕为，再将沿过点H的直线翻折，使点M的对应点与点P重合，折痕为． ①此时可得到______°；②若，求的长度． 【答案】(1) (2)见解析 (3) (4)①；② 【分析】（1）根据矩形纸片，得到，由折叠可得； （2）先作的垂直平分线交于，则，再以为圆心为半径画弧交于，则； （3）由矩形得到，，由折叠可得，再由勾股定理求出，得到； （4）①由折叠可得，，根据，得到； ②由折叠可得，，再在中由，得到，解方程即可． 【详解】（1）解： ∵矩形纸片， ∴， 由折叠可得， ∵， ∴； （2）解：如图，先作的垂直平分线交于，则，再以为圆心为半径画弧交于，则； （3）解：∵矩形纸片， ∴，， 由折叠可得， ∴， ∴， ∴； （4）解：①∵正方形纸片， ∴，， 由折叠可得，， ∵， ∴， ∴； ②由折叠可得，， ∵， ∴，， ∴，， ∵中， ∴， 解得：． 33．（2026·湖北黄石·二模）综合与实践： 定义：将三角形沿过顶点的直线折叠，折叠后的另一个顶点恰好落在这个三角形的边上（不含顶点）时，此时折痕被称为“落边折痕”． 特例感知：已知，为边上一点，将沿折叠，使得点恰好落在边上（不含点），此时折痕称为“落边折痕”． 探究1：如图①，若是直角三角形，其中，，，若点为边上一点，将沿着折叠后，点恰好落在边上的点处，求“落边折痕”的长； 探究2：如图②，若是等腰三角形，其中，请求出“落边折痕”将其分割后的与的面积比； 探究3：如图③，若是等腰三角形，其中，，请求出其“落边折痕”的长度． 【答案】探究1：；探究2：；探究3：或． 【分析】探究1：根据叠的性质可知，，则，即可求解； 探究2：分别过点作、的垂线，垂足分别为，．根据折叠的性质可知，，，推出，得到，即可求解； 探究3：分情况讨论：当沿折叠，点落在边上的点处时，当沿折叠，点落在边上的点处时，当沿折叠，点落在边上的点处时，当沿折叠，点落在边上的点处时，结合相关知识求解即可． 【详解】解：探究1：根据叠的性质可知，， 又，， ； 探究2：如解图①，分别过点作、的垂线，垂足分别为，． 根据折叠的性质可知，，， ， ，（将面积比转化为线段比） 在等腰中，， ， ， 即； 探究3：根据题意可知，当三角形存在“落边折痕”时，折叠后的对应点在三角形的边上（不含顶点）． 在等腰中， ，，， 只能是点向下折叠，则分情况讨论．（若是其他折叠方式，则对应点落在三角形边的延长线上或顶点处，不满足定义） ①如解图②，当沿折叠，点落在边上的点处时， 由探究2可得， ， ， 过点作于点，过点作于点，（通过面积比，可以推导出对应线段比值，构造等量关系，求解所需线段） ，为中点，， ，， 由勾股定理得:， ， ，， ， ， ∴在中，； ②如解图③，当沿折叠，点落在边上的点处时，同①，则；（此种情况与情况①属于对称状态，折痕相等） ③如解图④，当沿折叠，点落在边上的点处时， 为的垂直平分线，即， 由①可知， ， ； ④如解图⑤，当沿折叠，点落在边上的点处时，为的垂直平分线，则同情况③，则．（此种情况与情况③属于对称状态，折痕亦相等） 综上所述，“落边折痕”的长度为或． 【点睛】本题考查了折叠的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，解题的关键是灵活运用相关知识． 34．（2026·湖北黄冈·二模）解决下列问题 【问题初探】 (1)如图1，在正方形中，点E是边上一点，F为延长线上一点，且，延长交于于点H．求证：，． 【类比迁移】 (2)如图2，在矩形中，，，点E是边的中点，F为延长线上一点，，垂足为H，求的长． 【拓展提升】 (3)如图3，在矩形中，，，点E是边上一点，将沿折叠得到，延长和相交于点F．当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据正方形的性质得到，再证明，进而得到，利用三角形内角和定理求出，即； （2）根据矩形和垂线的性质证明，进而得到，据此求解即可； （3）延长交于点H，利用勾股定理求出长，由折叠的性质证明，则，据此求出长，根据求出长，最后利用求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， 、， 在和中， ， ， 、， ， ， 即； （2）解：四边形是矩形， 、 ， ， ， ， ， ， 点E是边的中点， ， ， ； （3）解：延长交于点H， 四边形是矩形， 、、， ， 、， 在中，由勾股定理得：， 沿折叠得到， 、，即， ， ， ， 、， 即， ， ， ， ， 在中，， ， ， ． 【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形和相似三角形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理、解直角三角形，熟练掌握相关性质定理，数形结合的思想方法的运用是解题的关键． 求关于原点对称的点的坐标 考点05 35．（2026·湖北荆州·二模）如图，在平面直角坐标系中，的两条对角线相交于原点 轴，点的坐标是，点的坐标是，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行四边形是中心对称的特点可知，点与点关于原点对称，可求出点的横坐标是，结合点的坐标是，即可求解． 【详解】解：∵的两条对角线，交于原点， ∴点与点关于原点对称， ∵点的坐标是， ∴点的横坐标是， ∵平行轴，， ∴平行轴， ∵点的坐标是， ∴点的纵坐标是． ∴点的坐标是． 36．（2026·湖北·模拟预测）如图，菱形的对角线交点在原点．若，则点C的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，点关于原点对称的特点．根据菱形的性质，可得点A和点C关于原点对称，即可求解． 【详解】解：∵菱形的对角线交点在原点， ∴点A和点C关于原点对称， ∵， ∴点C的坐标是． 故选：B 37．（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，的两条对角线，交于原点，平行于轴，点的坐标是，点的坐标是，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平行四边形是中心对称的特点可知，点与点关于原点对称，又点的坐标是，点的坐标是，平行于轴，则，点，然后代入即可求解． 【详解】解：∵的两条对角线，交于原点， ∴点与点关于原点对称， ∵点的坐标是，点的坐标是，平行于轴， ∴，点， ∴点． 38．（2026·湖北襄阳·模拟预测）如图，已知菱形的四个顶点都在x轴，y轴上，点是边上一点，连接并延长交边于点F，则点F的坐标为（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据菱形的性质证明，可得点E与点F关于点O对称，根据关于原点对称的点的坐标变化即可求解． 【详解】解∶∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴与关于原点O对称， 即点E与点F关于原点O对称， ∵， ∴． 39．（2026·湖北咸宁·模拟预测）在平面直角坐标系中，以点为直角顶点，为边构造等腰，再将等腰绕原点O旋转，则点A的对应点的坐标可能是（   ） A． B．或 C．或 D． 【答案】B 【分析】先根据等腰直角三角形的性质得到点A的两种可能坐标，再利用绕原点旋转的坐标变换规律，即关于原点中心对称，横纵坐标都变为原坐标的相反数，即可求出对应点坐标； 【详解】解：∵原点，点， ，且在轴上， ∵是等腰直角三角形，直角顶点为， ，， 分两种情况讨论： 当点在轴上方时，点横坐标与相同为，纵坐标为，即， 当点在轴下方时，点横坐标为，纵坐标为，即， ∵图形绕原点旋转后，对应点与原点关于原点中心对称，若点坐标为，则对应点坐标为， 当时，对应点坐标为， 当时，对应点坐标为， 因此点的对应点坐标为或． 坐标与图形变化——轴对称 考点06 40．（2026·湖北随州·二模）在平面直角坐标系中，以，为端点的线段关于y轴的对称图形为线段，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】直接利用规律即可求出对称点的坐标． 【详解】解：∵ 平面直角坐标系中，关于轴对称的点的坐标规律为：纵坐标不变，横坐标互为相反数． 而点的坐标为， ∴ 点的纵坐标为，横坐标为， 即的坐标为． 41．（2026·湖北恩施·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点C的坐标为，则顶点A的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方形的性质得点A和点C关于x轴对称，然后根据轴对称的性质求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴点A和点C关于对称，即点A和点C关于x轴对称， ∵点C的坐标为， ∴点A的坐标为． 42．（2026·湖北·模拟预测）研数综理融光象，探径合律觅真章、借轴实策寻捷径，知行践悟启智长．某数学兴趣小组结合物理学中的光的反射现象，开展了“探究最短路径与光的反射定律的关系”活动，探究并完成下面填空与证明． 【主题】探究最短路径与光的反射定律的关系 【活动一】“两定一动”型最短路径问题探究： 如图1，已知点，，在轴上找一点，使的值最小： (1)作法：作点关于轴的对称点（    ），连接与轴的交点即为（__________）；（填写坐标） (2)求法：由作法知：，的长度是__________； (3)说理：的依据是__________，轴上的点到，距离之和的最小值等于的依据是__________； 【活动二】“光的反射定律”的数理探究：光的反射遵循“反射角等于入射角”的规律． 如图，已知光源位于点，将轴视为平面镜，在轴上确定点，使光线经过点反射后恰好过点； (4)应用：运用活动一的作法，可得（__________）；（填写坐标） (5)悟理：如图2，过点作轴于点，证明：． 【答案】(1)， (2)10 (3)轴对称的性质；两点之间，线段最短 (4) (5)见解析 【分析】（1）根据关于x轴对称点的坐标特征求出的坐标，待定系数法求出直线的解析式，然后令，求出x的值，即可求解； （2）连接，根据勾股定理求解即可； （3）根据轴对称的性质和线段公理解答即可； （4）待定系数法求出直线的解析式，然后令，求出x的值，即可求解； （5）根据轴对称的性质得出，然后根据余角的性质即可得证． 【详解】（1）解：∵，A、关于x轴对称， ∴， 设直线的解析式为， 则， ∴， ∴， 当时，，解得， ∴； （2）解：连接， ∵，， ∴，轴， ∵， ∴， ∴； （3）解：∵A、关于x轴对称， ∴； 由（2）知：， ∴轴上的点到，距离之和的最小值等于的依据是两点之间，线段最短； （4）解：作点关于轴对称的点，则，连接交x轴于D， 设直线的解析式为， 则， ∴， ∴， 当时，，解得， ∴； （5）证明：如图， ∵点、点关于轴对称， ∴， 又， ∴， ∵轴， ∴， ∴． 18/50 1/50 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $