专题05图形变换与尺规作图7大考点（福建专用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦图形变换与尺规作图，融合传统文化（剪纸、榫卯、青花瓷）与科技情境（航天发射、数学史），精选2026年福建各地二模真题，覆盖7大核心考点。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择题|20+|轴对称/中心对称图形判断、三视图识别|以传统纹样、古建筑窗格为情境，考查空间观念| |解答题|15+|平移/旋转/轴对称变换应用、尺规作图|结合《九章算术》“堑堵”、木工拼接等实际问题，综合考查推理能力与几何直观|

专题05 图形变换与尺规作图 7大考点概览 考点01 抽对称和中心对称图形 考点02 投影与三视图 考点03 平移变换 考点04 轴对称变换 考点05 旋转变换 考点06 位似变换 考点07 尺规作图 轴对称和中心对称图形 考点01 1．（2026·福建三明·二模）剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，鱼与“余”同音，寓意生活富裕、年年有余，以下关于鱼的剪纸中，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】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别．解题的关键在于熟练掌握：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；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，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．根据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义，判断即可． 【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意． 故选D． 2．（2026·福建南平·二模）中国传统纹样是中华民族智慧结晶，凝聚着不同时代的审美意趣与文化内涵．下列四幅纹样中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；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，这条直线叫做对称轴，这时我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，据此进行逐项分析，即可求解． 【详解】解：、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项符合题意； 、是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意； 、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意； 、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意． 3．（2026·福建厦门·二模）传统建筑中的窗格不仅具有实用功能，更承载着深厚的文化寓意与审美价值，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】A 【分析】轴对称图形的定义：将图形沿某直线对折，直线两边的部分能够重合，则该图形称为轴对称图形；中心对称图形：把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形与原来的图形重合，这个图形称为中心对称图形；据此求解即可． 【详解】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； C、不是轴对称图形，但是中心对称图形，不符合题意； D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意． 4．（2026·福建漳州·二模）围棋是中华民族发明的博弈活动．下列用棋子摆放的图形中，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．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． 【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意； B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故B不符合题意； C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，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． 故选：D． 5．（2026·福建龙岩·二模）我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列图形不是轴对称图形而是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】轴对称图形：如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转，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．据此逐项判断即可． 【详解】解：A中图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B中图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项不符合题意； C中图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项符合题意； D中图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 6．（2026·福建龙岩·二模）2025年10月23日22时30分，我国在文昌航天发射场使用长征五号运载火箭成功将通信技术试验卫星二十号发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功．下列航天领域的图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意， 7．（2026·福建福州·二模）下列四个图形中，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、既不是轴对称图形，又不是中心对称图形； B、是中心对称图形，不是轴对称图形； C、是中心对称图形，不是轴对称图形； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形. 8．（2026·福建三明·二模）下列数学符号对应的图形中，既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（   ） A．△ B．⊙ C．∽ D．≌ 【答案】D 【分析】先明确轴对称图形和中心对称图形的定义，再逐一判断每个选项，选出既不是轴对称也不是中心对称的选项．轴对称图形的定义：沿一条直线折叠，直线两旁的部分能完全重合的图形．中心对称图形的定义：绕某一点旋转，旋转后的图形能与原图形重合的图形． 【详解】A、△，沿底边中线折叠可重合，是轴对称图形，不符合要求； B、⊙，过圆心的直线都是对称轴，圆心是对称中心，既是轴对称也是中心对称图形，不符合要求； C、∽，存在点使旋转后与原图形重合，是中心对称图形，不符合要求； D、，不存在直线使折叠后重合，也不存在点使旋转后与原图形重合，因此既不是轴对称图形也不是中心对称图形，符合要求． 投影与三视图 考点02 1．（2026·福建莆田·二模）意大利数学家托里拆利将函数的图象绕y轴旋转一周，所得几何体形似小号，故得名“托里拆利小号”，其部分如图所示．关于它的三视图，下列说法正确的是（   ） A．主视图既是中心对称图形，又是轴对称图形 B．左视图既是中心对称图形，又是轴对称图形 C．俯视图既是中心对称图形，又是轴对称图形 D．主视图、左视图、俯视图都是中心对称图形 【答案】C 【分析】根据旋转体的形成过程确定其三视图的形状，结合轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即可． 【详解】解：该几何体的三视图为： A、主视图不是中心对称图形，是轴对称图形，原说法错误； B、左视图不是中心对称图形，是轴对称图形，原说法错误； C、俯视图既是中心对称图形，又是轴对称图形，原说法正确； D、只有俯视图都是中心对称图形，原说法错误． 2．（2026·福建三明·二模）榫卯结构在中国已有上千年的应用和发展历史，距今年前的河姆渡文明时期就已经出现了榫卯结构的木构件．榫卯结构不仅应用于建筑领域，如唐代的佛光寺大殿、辽代的应县木塔、山西悬空寺等都是榫卯结构应用的典型案例，还应用于家具制作，明代榫卯家具把中国传统家具推向发展顶峰．如图是某个部件“卯”的实物图，则它的主视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：主视图是从正面看得到的图形，结合图形可得，该图形的主视图如图： ． 3．（2026·福建厦门·二模）由几个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其主视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查由小正方体堆砌成的几何体的三视图，根据主视图是从正面看到的图形进行求解即可． 【详解】解：从正面看，看到的图形分为上下两层，共3列，从左边数，第1、2、3列下面一层都有一个小正方形，第3列上面一层有1个小正方形，即看到的图形如下： 4．（2026·福建泉州·二模）右图是我们生活中常用的“空心卷纸”，其主视图为（    ）      A．   B．   C．   D．   【答案】C 【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．看不见的棱要用虚线表示．找到从前面看所得到的图形即可． 【详解】解：卷纸的主视图应是：   ， 故选：C． 5．（2026·福建南平·二模）南平大剧院是建阳区重要文化设施之一，如图它可看作是一个几何体，则它的主视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据从正面看到的图形即可解答． 【详解】解：它的主视图是： ． 6．（2026·福建泉州·二模）如图是《九章算术》中“堑堵”的立体图形，它的左视图为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：这个“堑堵”的左视图如下： 7．（2026·福建厦门·二模）如图是由个相同的小立方体搭成的几何体，则此几何体的俯视图为（       ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】俯视图就是从几何体的上面看到的平面图形，根据几何体的形状画出俯视图即可． 【详解】解：从几何体的上面看到的平面图形为： 8．（2026·福建宁德·二模）青花瓷是中国传统陶瓷艺术的瑰宝．下列四个青花瓷瓶中，左视图和主视图不同的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】主视图、左视图是分别从物体正面、左面看，所得到的图形，据此解答即可． 【详解】解：A、选项中的青花瓷瓶左视图和主视图相同，故此选项不符合题意； B、选项中的青花瓷瓶左视图和主视图相同，故此选项不符合题意； C、选项中的青花瓷瓶左视图和主视图相同，故此选项不符合题意； D、选项中的青花瓷瓶左视图和主视图不相同，故此选项符合题意． 9．（2026·福建漳州·二模）如图所示的几何体的俯视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据三视图进行求解即可． 【详解】解：该几何体的俯视图如图所示： 10．（2026·福建龙岩·二模）觯（zhi），是古代饮酒用的器皿.《礼记·礼器》中记载“尊者举觯，卑者举角.”说明了古代礼仪中使用不同的酒器，来表达身份的区别.史书记载中，爵为一等酒器，觯为二等酒器，觚（gu）为三等酒器，角为四等酒器，杯为五等酒器.下图为西周小臣单觯，则该“觯”的三视图中图形相同的是（  ） A．主视图与俯视图 B．左视图与主视图 C．俯视图与左视图 D．左视图、俯视图、主视图均相同 【答案】B 【分析】根据三视图的定义去判断即可． 本题考查了几何体的三视图，熟练掌握三视图的定义是解题的关键． 【详解】解：该几何体的主视图和左视图相同，俯视图不同， 故选：B． 11．（2026·福建福州·二模）福州市博物馆馆藏“碗礁一号”沉船出水代表文物——黄釉青花莲花蕉叶纹瓷葫芦瓶（如图1）．该文物兼具艺术价值与历史研究意义，为馆内重要的海上丝绸之路文物之一．图2为其示意图，关于其三视图的描述，下列说法正确的是（    ） A．主视图与左视图相同 B．主视图与俯视图相同 C．左视图与俯视图相同 D．三种视图都相同 【答案】A 【详解】解：由图形观察可知，这个几何体的主视图与左视图相同，俯视图与主视图、左视图不相同． 12．（2026·福建泉州·二模）德化瓷烧制技艺是福建德化地方传统手工技艺，被列入第一批国家级非物质文化遗产名录．如图，是德化陶瓷茶杯，关于它的三视图，下列说法正确的是（   ） A．主视图与俯视图相同 B．主视图与左视图相同 C．左视图与俯视图相同 D．三视图都相同 【答案】B 【分析】直接利用已知几何体分别得出三视图进而分析得出答案． 【详解】解：这个几何体的主视图与左视图相同，俯视图与主视图和左视图不相同． 22．（2026·福建三明·二模）中国古代数学著作《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”．将一个“堑堵”按如图方式摆放，则它的左视图是（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据左视图是从立体图形的左边看到的图形解答即可． 【详解】解：将一个“堑堵”按如图方式摆放，从左边看到的图形是 13．（2026·福建南平·二模）方斗杯是明代嘉靖时期流行的杯形之一，造型别致．如图1，中国国家博物馆藏有一例黄地绿彩云龙纹方斗杯，图2为其示意图，它的主视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三视图进行求解即可． 【详解】 解：它的主视图是． 平移变换 考点03 1．（2026·福建泉州·二模）如图1是以为直径的半圆形纸片，半径，． 若沿半径剪开，并将扇形沿向右平移至扇形的位置（如图2所示），设与的交点D，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，证明为等边三角形，易得，由平移的性质得，，证明，求出，进而求出，即可求解． 【详解】解：连接， ，半径， ， 又， 为等边三角形， ， ∵， ， 由平移的性质得，， ， ， ， ， ∵，即， ． 2．（2026·福建宁德·二模）如图，将沿对角线分割成和；再将沿直线平移得到，使得，，，，，六个顶点中四个顶点组成一个特殊平行四边形，其余两个顶点落在这个特殊平行四边形的内部． (1)若平移后得到一个菱形，在图1作出平移后的，并画出相应菱形；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)如图2，平移后得到矩形，若，，．求平移的距离． 【答案】(1) (2)平移的距离为11 【分析】（1）以为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点，分别、为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接,得到菱形；以点为圆心，为半径画弧，交于点，则为平移后的三角形； （2）过点B作交AG于点H．在中，求出，，在中，求出，再求出，根据可得结论． 【详解】（1）略 （2）解：如图2，过点B作交AG于点H． ∴． 在中，， ∵， ∴． 由勾股定理得 ． 在中，， 由勾股定理得 ． ∵四边形是矩形， ∴． ∵． ∴． 解得． ∴． ∴平移的距离为11． 3．（2026·福建三明·二模）综合与实践 木工中蕴含着丰富的数学知识．如在铺设地板时，木工师傅仅通过一把直尺、一支笔和一台切割机就可以完成对平行、垂直、计量的精准把控，从而解决各种拼接问题． 如图，现有宽度不同的两根木条（宽木条中，窄木条中，），当遇到转角为直角（）的地面时，发现拼接后点与点不能重合． 在保证两根木条宽度不变的情况下，为了尽可能节约用料，同时又使两根木条能拼成一个直角，工人师傅经过如下操作解决了问题，完成了拼接． 第一步：如图，画出的延长线，交于点，连接； 第二步：如图，沿着射线方向，平移窄木条，得到，使点与点重合，延长，交窄木条的边于点，连接； 第三步：沿着、切割，切口恰好可以完全重合，如图完成拼接．    (1)请判断图中，的数量关系，并说明理由； (2)如图，如果宽木条的宽度为，窄木条的宽度为，宽木条裁剪后的锐角是，求的值； (3)如图，当若地面的转角为，对宽度比为的两根长方形木条和切割后拼接铺入该转角处，求的值． 【答案】(1)结论： ，， ． ，，， ，． 同理可得， ， ， 由平移得， ． ， ． (2) (3) 【分析】（1）根据平移的性质以及平行线的性质，证明，根据全等三角形的性质，即可得证； （2）延长交于点，两根木条的宽度比即为所求； （3）过点作于点，于点，过点作交的延长线于点，交于点，则四边形为矩形，两根木条的宽度比为，即，根据，得出，进而求得，得出，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图，延长交于点，   ，， ， ，   ，， ； （3）如图，过点作于点，于点，过点作交的延长线于点，交于点，则四边形为矩形， 两根木条的宽度比为，即， 设，则，   ，， ， ．     ， ，     ， ． 轴对称变换 考点04 1．（2026·福建龙岩·二模）如图，点A，B在x轴上，以为边的正方形在x轴上方，点C的坐标为，反比例函数 的图像经过的中点E，F是上的一个动点，将沿所在直线折叠得到．则当点G恰好落在y轴上时，折痕所在直线与反比例函数图像的另一个交点H的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设与y轴的交于点M，过点F作轴于点N，根据正方形的性质得出，进而求得E的坐标，根据勾股定理求得，即可求得，通过证得，求得，从而求得F的坐标，然后根据待定系数法即可求得反比例函数的解析式和折痕所在直线解析式，联立成方程组，解方程组即可求得点H的坐标． 【详解】解：设与y轴的交于点M，过点F作轴于点N， ∵， ∴， ∵四边形正方形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴反比例函数为， 由折叠可知，，， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得， ∴直线的解析式为， 联立方程组得，， 解得或， ∴折痕所在直线与反比例函数图象的另一个交点H的坐标为， 故选：D． 【点睛】本题考查了待定系数法求反比例函数和一次函数的解析式，正方形的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理的应用，求得E、F的坐标是解题的关键． 2．（2026·福建龙岩·二模）如图，矩形的边，M为的中点，P是矩形内部一动点，满足，N为边上的一个动点，连接，则的最小值为______ 【答案】7 【分析】本题考查了轴对称—最短路线问题，矩形的性质，勾股定理，先找出点的运动路径为以为直径且位于矩形内部的半圆，作以为直径的半圆，圆心为，作点关于直线的对称点，连接交半圆于点，连接，推出的最小值为，再求出的长度即可，推出的最小值为是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴点的运动路线为以为直径且位于矩形内部的半圆， 作以为直径的半圆，圆心为，作点关于直线的对称点，连接交半圆于点，连接， 则， ∴， ∴的最小值为； 连接， ∵四边形是矩形，点是的中点，点为的中点， ∴，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点关于直线的对称点， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∴的最小值为， 故答案为：7． 3．（2026·福建泉州·二模）如图，已知中，，，，点P，Q分别是边，上的动点，且满足． (1)求当 时，是等边三角形； (2)若点H为的中点，连接，． ①当的面积等于12时，试求线段的长； ②探究线段之和的最小值． 【答案】(1)2 (2)① ②方法一：探究动点轨迹、化斜为直 设，则，过点H作，交于点E，过点Q作，交于点F，连接，则， ∴ 又 ∴， ∵ ∴，即， ∴ ， ∴， 当C、H、A三点共线时，即最小，为线段长 过点C作，交延长线于点O ∵ ， ∴， ∴， 则 ∴， 即的最小值是； 方法二：倍长中线、化斜为直 延长至E，使得， 连接、、， ∵，， ∴， 则，，， ∴， 则， 又， ∴， 取中点K， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 则 ∴， 当C、H、A三点共线时，即最小为线段， 过点C作，交延长线于点O ∵， ∴， ∴， 则 ∴ 即BH+CH的最小值是． 【分析】（1）等边三角形三条边相等，根据列等式进行求解； （2）①过点H作，过点P作，根据三角函数列等式进行求解； ②方法一：构造直角三角形，过点H作，过点Q作，根据三角函数求出，三点共线时值最小，利用三角函数求值； 方法二：倍长中线，延长至E，使得，三角形全等得出，利用平行线性质和直角三角形斜边定理进而求出，三点共线时值最小，利用三角函数求值． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）①如图，过点H作，分别交、于点E、F 过点P作，交于点G，则， 又∵点H为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， 即， 又，且， ∴， 过点B作， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 则， ∴， 答：线段的长为； ②略 【点睛】利用三角函数构造直角三角形，求之和的值最小，化斜为直，三点共线时值最小． 4．（2026·福建宁德·二模）如图，是的直径，点在上运动（不与，重合），将沿翻折，得到，点是的中点，连接． (1)如图1，若，求证：； (2)证明：不论点如何运动，的大小不变；（以图2为例证明） (3)如图2，当点在下方，，时，求的直径． 【答案】(1)证明：∵， ∴． 由翻折得，， ∴． ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． (2)证明：设， 由（1）得 ， 由翻折得 ， ∴． ∴． ∵点E是的中点， ∴． ∴． (3)的直径为 【分析】（1）由得，由翻折得，，得，由圆周角定理得，由可证明是等边三角形，从而可证明结论； （2）设，得 ，由翻折得 ，得，求出，由点E是的中点可得，从而可得出，故可得结论； （3）．延长，相交于点F，连接，设，解，求得，根据勾股定理得，根据证明，得出；证明，求出，根据求出，从而可求出． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：如图2，延长，相交于点F，连接． 设， ∵是的直径， ∴． ∴． 在中，， ∴． 由勾股定理得， ∵点E是的中点， ∴，． ∵， ∴． ∴，，． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． 解得 ． ∴． 即的直径为． 旋转变换 考点05 1．（2026·福建福州·二模）如图，菱形ABCD中，．将绕点A顺时针旋转α后恰好与重合，则旋转角α的度数是______． 【答案】/60度 【分析】由旋转的性质及菱形的性质即可得出结论． 【详解】解：因为四边形是菱形，且， 所以对角线平分，， 所以． 所以与是两个大小一样的等边三角形， 又因为将绕点顺时针旋转后与重合， 所以． 综上，旋转角的度数是． 2．（2026·福建莆田·二模）在等边三角形中，，垂足为，点为上一点，由绕点按顺时针方向旋转得到，且点的对应点恰好落在的延长线上，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1) 证明：∵是由绕点按顺时针方向旋转得到的， ∴， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 又∵，， ∴，， ∴， ∴四边形为菱形． (2) 【分析】（1）根据旋转的性质可得，即可证明是等边三角形，再根据等腰三角形的性质可证，进而可证四边形为菱形． （2）根据等边三角形的性质可得，再根据菱形的性质可得，代入，即可求得的值，进而求得菱形的面积． 【详解】（1）略； （2）解：∵是等边三角形，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴菱形的面积为：． 3．（2026·福建漳州·二模）如果两条线段相等，且这两条线段所在直线相交形成的角中有一个角是，则称其中一条线段是另一条线段的双变换线段，也称这两条线段互为双变换线段． 例如，在图1中，且，图2中，，故两图中线段均是相应线段的双变换线段． 如图3，若点D，E分别在等边的边和上，，与交于点F． (1)求证：线段是线段的双变换线段； (2)线段是由线段绕点E顺时针旋转得到的，连接，请按题目要求补全图形（不要求尺规作图），若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先推导出，，证明出，得到，，继而推导出，则线段是线段的双变换线段，即可解答； （2）先补全图形，由旋转可知，，，推导出四边形是平行四边形，，证明出，得到，求出，，得到，即可解答． 【详解】（1）证明：是等边三角形， ，． ， ． ，． 是的外角， ． ， 线段是线段的双变换线段． （2）解：补全的图形如图所示， 由旋转可知，，， 由(1)知，， ，，， ， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ． ． ， ∴， 或（不符合题意，舍去）， ∴． ， ． 4．（2026·福建南平·二模）如图，将绕点B顺时针旋转得到，其中点D与点A是对应点，点E与点C是对应点，且点D恰好落在的延长线上，点E恰好落在的延长线上． (1)求证：是等腰三角形； (2)若，，求的长． 【答案】(1) 证明：由旋转的性质，得，，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； (2)4 【分析】（1）由旋转性质得：，，对应角相等；由等腰三角形性质推出：；结合外角性质、，推出；由等角对等边得，证明是等腰三角形． （2）由旋转性质和三角形内角和，证得，结合公共角，推出；由相似三角形周长比等于相似比，得；设，则，；利用列方程，解得，得；由旋转性质，得． 【详解】（1）略 （2）解：由旋转的性质，得， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 设，则，， ∵， ∴， 解得， ∴． 5．（2026·福建泉州·二模）如图1，是等边三角形，为边上不与重合的一点，点为中点，连接，将射线绕点顺时针旋转交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)过点作于点，交于点，连接，如图2．已知下列三个结论中，至少有一个是正确的，请你选择其中正确的一个结论，并证明． 结论：①； ②；③平分． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）结合等边三角形性质、旋转性质及三角形外角性质列式，等量代换即可得证； （2）先构造出平行四边形，结合平行四边形性质、等边三角形性质，判定，进而得到为等边三角形，由等边三角形三线合一即可得证； （3）①设与相交于点，证明四边形为平行四边形，得到是线段的垂直平分线，进而证明； ②证明，通过作图可以发现一直在变化，可证明该结论错误； ③延长至点，使得，连接，设与相交于点，证明为等边三角形，推出，过点作于点，得到垂直平分，进而证明． 【详解】（1）证明：是等边三角形， ， 由旋转性质可知， 又， ； （2）证明：延长至点，使得，连接，如图1所示： 又点为中点， ， ， 四边形为平行四边形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 由（1）知， ，即， 在和中， ， ， 为等腰三角形， 又， 为等边三角形， 又， ； （3）证明：选择结论①，证明如下： 由（2）知，为等边三角形，则在中，， 设与相交于点，如图2所示： 由（2）知， ， 四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， 为等边三角形， ， ， ， ， 又， ， ， ， ，即是线段的垂直平分线， ， ， ，即； 选择结论③，证明如下： 延长至点，使得，连接，设与相交于点，如图3所示： 则， 由（2）知， ， 四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， 为等边三角形， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 过点作于点，如图4所示： 则， ，即， 垂直平分， ， ， 由可得， ， ， 即平分； 结论②：如图，连接交于点， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴垂直平分，即垂直平分， ∴， 又∵， ∴， ∴； 如图， 可以发现，在点的位置在线段上从左至右移动的过程中，会逐渐增大， ∴也一直在变化，不恒为， ∴②错误． 6．（2026·福建龙岩·二模）如图1，在中，，，为边上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，点，关于直线对称，与交于点，连接． (1)求证：； (2)点为的中点，与交于点． ①如图2，连接，若，求的度数； ②如图3，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）利用对称性质得，再由角度关系得到，即可证明平行； （2）①连接，证明四边形是平行四边形以及四边形是菱形，根据对称性质得到，即可求出； ②连接，求出的长度，连接，过点作于点，过点作于点，构造相似三角形，根据线长比例以及勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）证明：绕点逆时针旋转得到， ， ，，， 点，关于直线对称， ， ， ， ，， ．∴．   （2）解：①连接， 为的中点，， ，   ，， 四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形， ，， ，， 点，关于直线对称， ．，， ．   ． ②，，， ， ，， ， ， 连接，点，关于直线对称， ，，， ，， ， ，    连接，过点作于点，过点作于点， ， ， ， ， 为的中点，，， ，， ，， ，， ， ， ， 又， ， ， ，， ， ． 位似变换 考点06 1．（2026·福建龙岩·二模）如图，与是位似图形，其位似中心为点O，且，若的周长为4，则的周长为（   ） A．8 B．12 C．16 D．36 【答案】B 【分析】根据题意求出位似比，然后根据位似图形的周长比等于相似比可得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴与的位似比为， ∵的周长为4， ∴的周长为． 2．（2026·福建漳州·二模）如图，在平面直角坐标系中，与位似，点为位似中心，且相似比为，点在的边上，则点在上的对应点的坐标为________． 【答案】 【分析】与 位似，且位于点同侧，根据位似图形的性质，点的横纵坐标分别乘，即可得点的坐标． 【详解】解：与位似，点为位似中心，且相似比为，点， 点 尺规作图 考点07 1．（2026·福建龙岩·二模）在中，． (1)尺规作图：分别在，，边上作，，，使四边形是菱形；（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，若，，求菱形的面积． 【答案】(1) 解：如图所示，菱形即为所求； (2) 【分析】（1）根据菱形的对角线平分对角先想到作的平分线交于点，再由菱形的对角线互相垂直平分想到作的垂直平分线，交于点，交于点，则四边形就是所求的菱形； （2）设，则，由相似三角形的性质可得，再由勾股定理可得关于的一元二次方程，解方程即可求解； 【详解】（1）略 （2）解：设， ∵， ∴， 由（1）得四边形是菱形， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴在中， 由勾股定理得：， ， 解得， ∴， ∴． ∵且， ∴是菱形以为底的高， ∴菱形的面积为． 【点睛】本题考查菱形的作法、相似三角形的性质、勾股定理的应用等，熟知相关性质定理是解题的关键． 2．（2026·福建南平·二模）如图，已知和射线，，． (1)在射线上求作点E，使得；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的作图条件下，若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）延长，作出，与的交点即为点E； （2）过点B作交的延长线于点F，推导出为等腰直角三角形，得到，，连接交于点H，推导出垂直平分，得到，继而推导出，得到，则，得到，可推导出，即可解答． 【详解】（1）解：如图①，点E即为所求作； 理由如下：∵，， ∴； （2）证明：如图②，过点B作交的延长线于点F， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，， 连接交于点H， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴即， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 3．（2026·福建厦门·二模）如图，在中，，平分． (1)请在边上找一点O，并作圆O，使它满足以下条件： ①点B在圆O上； ②与边切于点D；（尺规作图，只保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的图中，若，，求的长． 【答案】(1) 如图所示，即为所求； (2) 【分析】本题主要考查了解直角三角形，切线的性质，线段垂直平分线的尺规作图，勾股定理等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）由题意，当与边切于点，且点在圆上，圆心在边上，则，再由等边对等角和角平分线的定义可证明，进而证明，则有，从而确定作线段的垂直平分线即可得到答案； （2）解得到，设，则，解得到，则，据此可得方程，解方程即可得到答案． 【详解】（1）略 （2）解：由切线的性质可得， 在中，， ∴可设， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴． 4．（2026·福建南平·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是BC的中点．    (1)尺规作图：在AE上求作一点F，使△ABE∽△DFA；（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，求DF的长． 【答案】(1)见解析； (2) 【分析】（1）过点D作DF⊥AE，利用余角的性质找两个角对应相等，则可得到△ABE∽△DFA； （2）先根据中点的性质求出BE，再根据勾股定理求出AE长，然后根据相似三角形的性质列比例式求解即可． 【详解】（1）解：如图，过点D作DF⊥AE即可；      证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABE＝∠DFA=90°， ∵∠BAE+∠FAD=∠FAD+∠ADF=90°， ∴∠BAE=∠ADF， ∴△ABE∽△DFA； （2）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABE＝90°， ∵点E是BC的中点． ∴BE＝BC＝3， 在Rt△ABE中，由勾股定理得AE＝5， ∵△ABE∽△DFA， ∴， ∴，， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似的变换和勾股定理等知识，正确作出点F是解题的关键． 5．（2026·福建漳州·二模）如图，已知矩形，，是对角线． (1)求作线段，，使得的值最小，且点P，Q分别落在边，上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)若，，求（1）中所作的的值． 【答案】(1)图见详解 (2) 【分析】本题考查了最短路径问题，锐角三角函数解直角三角形，能够利用对称的性质找到最短路径是解题的关键． （1）根据“将军饮马”模型即可画图； （2）利用锐角三角函数解直角三角形即可求解． 【详解】（1）解：以点为圆心，为半径画弧，以点为圆心，为半径画弧，两弧交于，则为点关于的对称点；以点为圆心，为半径，画弧与线段交于，分别以，为圆心，以为半径画弧，连接与两弧交点，与交于，与交于，连接， 此时，，则为到的最短距离，由于，则此时的最小值； （2）解：连接， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵为点关于的对称点， ∴， ，， ∴， ∴， ∴，， 在中，设，，则，解得，（不符合题意，舍去）， ∴， 则． 6．（2026·福建福州·二模）如图，已知，，，是中线． (1)尺规作图：求作线段，使得平分，且，连接并延长交延长线于点F（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，求证：． 【答案】(1) 如图所示： (2) 证明：是中线， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ． 【分析】（1）由题目的作图步骤进行作图即可； （2）由等腰三角形的性质可得，再求出，再由等腰三角形性质可得，再求出，最后可得结论． 【详解】（1）略 （2）略 7．（2026·福建三明·二模）如图，在菱形中，，，E是中点． (1)求的长； (2)在上求作点F，使得（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）连接，易得为等边三角形，三线合一，结合勾股定理进行求解即可； （2）根据，得到四点共圆，由（1）可知，进而得到圆心为的中点，作的中垂线，确定圆心，再以为直径画圆，圆与的交点即为点． 【详解】（1）解：连接， ∵四边形是菱形， ∴，． ∵， ∴为等边三角形， ∵E是中点， ∴，． ∴在中，， ∵， ∴， ∴在中，． （2）解：如图，点F为所求作的点． 8．（2026·福建泉州·二模）如图，四边形为平行四边形．    (1)在上求作一点，使得； （要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)若，，，求（1）中的面积． 【答案】(1)点的位置如图所示；    (2) 【分析】（1）分别以点，点为圆心，大于为半径画圆，连接交点，与交于点，根据三角形的面积，等底半高，点即为所求； （2）过点作垂足为，根据，求出，根据，求出，再根据，求出，根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：过点作垂足为， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴点是中点， ∴， 在中，， 即， ∴， ∴． 【点睛】本题解直角三角形，尺规作图，解题的关键是掌握尺规作图，解直角三角形，进行解答，即可． 9．（2026·福建三明·二模）如图，在中，． (1)用无刻度的直尺和圆规，在的延长线上确定点，使得以为圆心，为半径的圆，与直线相切，画出⊙，并标出切点；（不写画法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，⊙与直线的另一交点为，连接，若，且，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）作中的外角的平分线交延长线于点D，以为圆心，为半径的圆，与直线相切； （2）过点作于点；由余弦函数关系可求得，进而由勾股定理求得，证明，得，证明，求得，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：略； （2）解：如图，过点作于点； ， ，，， ． ∵在中，由勾股定理，得， 与直线相切于点， ， ． ，，， ， ． ，，， ， ，． ，． ， ， ， ，，， ∴在中，由勾股定理得． 10．（2026·福建龙岩·二模）如图，在中，，点在上． (1)在上找一点，使；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，连接，，若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查作线段-垂直平分线，勾股定理的运用，解题的关键是掌握作线段的垂直平分线，勾股定理的知识，进行解答，即可． （1）作线段的垂直平分线，即可； （2）根据等角对等边，可得，根据直角三角形中，两锐角互余，则，求出的值，设，则，根据勾股定理，求出，即可． 【详解】（1）解：如图所示，点即为所求作的点． （2）解：， ， ， ， ， ， 设，则， 中，， ， 解得， ． 11．（2026·福建泉州·二模）如图，四边形内接于，． (1)在上求作点，使得；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，是的中点，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)作图见解析 (2)证明过程见解析 【分析】（1）以为圆心，长为半径作弧，交于点，可得，易得四边形是平行四边形，即可得到； （2）根据已知条件得出，再根据四边形是平行四边形，即可得证； 【详解】（1）解：如图，点E为所求作的点： （2）证明：，， 四边形是平行四边形， 是的中点， ， 四边形是菱形． 12．（2026·福建泉州·二模）如图所示的方格图中的小正方形边长均为，点均是格点．直线与的外接圆相切于点，交射线于点，已知． (1)用无刻度的直尺，按要求在方格图中作图： ①画出的外接圆的圆心； ②画出的切线，交射线于点． (2)在（）的条件下，连结．试证明：是等腰三角形． 【答案】(1)①如图所示点为所作的圆心 ；    ②如图所示为所作的的切线； (2)如图，由等腰、切线与切线的轴对称性质， 可得， 则， ∵是的切线， ∴， 又， ∴， 即， ∵， 且， ∴， ∴，即， 又， ∴， 即， ∴，即， ∴是等腰三角形． 【分析】（）①找格点，使，找出圆与格线的交点，使，和的交点就是圆心；②连接并延长，交于点，连接并延长，交直线于点，就是所求作的切线． （）借助切线垂直半径、图形轴对称得出等腰，通过内角和、圆心角性质等量代换，推导出，证出为等腰三角形． 【详解】（1）解：①如图 ∵ ∴是圆的直径， ∵， ∴， ∵是的切线， ∴圆心在直线上， ∴与的交点就是圆心； ②作切线： 在和中， ∵， ∴， ∴，， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∵直线与的外接圆相切于点， ∴， ∴， ∵是半径， ∴就是所求切线； （2）略 13．（2026·福建厦门·二模）如图，矩形，，． (1)用直尺和圆规作一个符合条件的平行四边形，须满足：①点F落在边右侧；②；③与在同侧；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，若平行四边形的面积是矩形面积的一半，且为等腰三角形，求的值． 【答案】(1)解：如图所示，四边形即为所求； (2)的值为，1，． 【分析】（1）作线段的垂直平分线，垂足为，在的右侧，以为圆心，为半径作弧，交于点，在射线上截取线段，使得，连接，四边形即为所求； （2）证明，得到是等边三角形，分三种情况：，，分别求解即可． 【详解】（1）略； （2）解：∵平行四边形面积是矩形面积的一半， ∴垂直平分线段， ， ， ， 是等边三角形； ∴， ∴． 当时，如图， 是等边三角形， ， ； 当时，如图，作交于点G， ∵， ， ； 当时，如图，作交于点M， 由， 得， 即， ， ， ， ． 14．（2026·福建莆田·二模）数学课上，张老师出示了这样一个问题：如图，在梯形中，，点E，F在对角线上，．用尺规作，使得点H，G分别落在边，上．    (1)经过思考，甲、乙两位同学分别提出以下作法． 甲同学的作法： 在上任取一点G，连接，； 以点B为圆心，长为半径作弧，交于点H； 连接，，则即为所求． 乙同学的作法： 在上取一点G，连接，，； 以点E为圆心，长为半径作弧，交BC于点H； 连接，，则即为所求． 请你分别判断甲、乙两位同学的作法是否有问题，若存在问题请说明原因； (2)丙同学完成上述问题后，提出一个新的问题：求作平行四边形EHFG，使得点H，G分别落在边，上，且．请你按下述要求，完成作图． ①尺规作图，不写作法，保留作图痕迹； ②只需作出一种情况即可． 【答案】(1) 解：甲同学：以点B为圆心，长为半径作弧，交于点H； 由题意可得， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； 乙同学：以点E为圆心，长为半径作弧，交BC于点H； 与可能有两个交点，故无法进行判断； (2) 【分析】（1）根据平行四边形的判定方法进行判断即可； （2）取平行四边形对角线也就是的中点，过作直线交于点，交于点，使，连接，即可得到答案． 【详解】（1）略 （2）解：取平行四边形对角线也就是的中点， 在上任取一点G，连接，；以点B为圆心，长为半径作弧，交于点H，保证，使得， 由题意可得， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； ， ， ， 则四边形是平行四边形且． 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05 图形变换与尺规作图 7大考点概览 考点01 抽对称和中心对称图形 考点02 投影与三视图 考点03 平移变换 考点04 轴对称变换 考点05 旋转变换 考点06 位似变换 考点07 尺规作图 轴对称和中心对称图形 考点01 1．（2026·福建三明·二模）剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，鱼与“余”同音，寓意生活富裕、年年有余，以下关于鱼的剪纸中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·福建南平·二模）中国传统纹样是中华民族智慧结晶，凝聚着不同时代的审美意趣与文化内涵．下列四幅纹样中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 3．（2026·福建厦门·二模）传统建筑中的窗格不仅具有实用功能，更承载着深厚的文化寓意与审美价值，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． 4．（2026·福建漳州·二模）围棋是中华民族发明的博弈活动．下列用棋子摆放的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 5．（2026·福建龙岩·二模）我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列图形不是轴对称图形而是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 6．（2026·福建龙岩·二模）2025年10月23日22时30分，我国在文昌航天发射场使用长征五号运载火箭成功将通信技术试验卫星二十号发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功．下列航天领域的图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 7．（2026·福建福州·二模）下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 8．（2026·福建三明·二模）下列数学符号对应的图形中，既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（   ） A．△ B．⊙ C．∽ D．≌ 投影与三视图 考点02 1．（2026·福建莆田·二模）意大利数学家托里拆利将函数的图象绕y轴旋转一周，所得几何体形似小号，故得名“托里拆利小号”，其部分如图所示．关于它的三视图，下列说法正确的是（   ） A．主视图既是中心对称图形，又是轴对称图形 B．左视图既是中心对称图形，又是轴对称图形 C．俯视图既是中心对称图形，又是轴对称图形 D．主视图、左视图、俯视图都是中心对称图形 2．（2026·福建三明·二模）榫卯结构在中国已有上千年的应用和发展历史，距今年前的河姆渡文明时期就已经出现了榫卯结构的木构件．榫卯结构不仅应用于建筑领域，如唐代的佛光寺大殿、辽代的应县木塔、山西悬空寺等都是榫卯结构应用的典型案例，还应用于家具制作，明代榫卯家具把中国传统家具推向发展顶峰．如图是某个部件“卯”的实物图，则它的主视图是（     ） A． B． C． D． 3．（2026·福建厦门·二模）由几个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其主视图是（     ） A． B． C． D． 4．（2026·福建泉州·二模）右图是我们生活中常用的“空心卷纸”，其主视图为（    ）      A．   B．   C．   D．   5．（2026·福建南平·二模）南平大剧院是建阳区重要文化设施之一，如图它可看作是一个几何体，则它的主视图是（     ） A． B． C． D． 6．（2026·福建泉州·二模）如图是《九章算术》中“堑堵”的立体图形，它的左视图为（     ） A． B． C． D． 7．（2026·福建厦门·二模）如图是由个相同的小立方体搭成的几何体，则此几何体的俯视图为（       ） A． B． C． D． 8．（2026·福建宁德·二模）青花瓷是中国传统陶瓷艺术的瑰宝．下列四个青花瓷瓶中，左视图和主视图不同的是（     ） A． B． C． D． 9．（2026·福建漳州·二模）如图所示的几何体的俯视图是（   ） A． B． C． D． 10．（2026·福建龙岩·二模）觯（zhi），是古代饮酒用的器皿.《礼记·礼器》中记载“尊者举觯，卑者举角.”说明了古代礼仪中使用不同的酒器，来表达身份的区别.史书记载中，爵为一等酒器，觯为二等酒器，觚（gu）为三等酒器，角为四等酒器，杯为五等酒器.下图为西周小臣单觯，则该“觯”的三视图中图形相同的是（  ） A．主视图与俯视图 B．左视图与主视图 C．俯视图与左视图 D．左视图、俯视图、主视图均相同 11．（2026·福建福州·二模）福州市博物馆馆藏“碗礁一号”沉船出水代表文物——黄釉青花莲花蕉叶纹瓷葫芦瓶（如图1）．该文物兼具艺术价值与历史研究意义，为馆内重要的海上丝绸之路文物之一．图2为其示意图，关于其三视图的描述，下列说法正确的是（    ） A．主视图与左视图相同 B．主视图与俯视图相同 C．左视图与俯视图相同 D．三种视图都相同 12．（2026·福建泉州·二模）德化瓷烧制技艺是福建德化地方传统手工技艺，被列入第一批国家级非物质文化遗产名录．如图，是德化陶瓷茶杯，关于它的三视图，下列说法正确的是（   ） A．主视图与俯视图相同 B．主视图与左视图相同 C．左视图与俯视图相同 D．三视图都相同 22．（2026·福建三明·二模）中国古代数学著作《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”．将一个“堑堵”按如图方式摆放，则它的左视图是（   ）． A． B． C． D． 13．（2026·福建南平·二模）方斗杯是明代嘉靖时期流行的杯形之一，造型别致．如图1，中国国家博物馆藏有一例黄地绿彩云龙纹方斗杯，图2为其示意图，它的主视图是（   ） A． B． C． D． 平移变换 考点03 1．（2026·福建泉州·二模）如图1是以为直径的半圆形纸片，半径，． 若沿半径剪开，并将扇形沿向右平移至扇形的位置（如图2所示），设与的交点D，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·福建宁德·二模）如图，将沿对角线分割成和；再将沿直线平移得到，使得，，，，，六个顶点中四个顶点组成一个特殊平行四边形，其余两个顶点落在这个特殊平行四边形的内部． (1)若平移后得到一个菱形，在图1作出平移后的，并画出相应菱形；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)如图2，平移后得到矩形，若，，．求平移的距离． 3．（2026·福建三明·二模）综合与实践 木工中蕴含着丰富的数学知识．如在铺设地板时，木工师傅仅通过一把直尺、一支笔和一台切割机就可以完成对平行、垂直、计量的精准把控，从而解决各种拼接问题． 如图，现有宽度不同的两根木条（宽木条中，窄木条中，），当遇到转角为直角（）的地面时，发现拼接后点与点不能重合． 在保证两根木条宽度不变的情况下，为了尽可能节约用料，同时又使两根木条能拼成一个直角，工人师傅经过如下操作解决了问题，完成了拼接． 第一步：如图，画出的延长线，交于点，连接； 第二步：如图，沿着射线方向，平移窄木条，得到，使点与点重合，延长，交窄木条的边于点，连接； 第三步：沿着、切割，切口恰好可以完全重合，如图完成拼接．    (1)请判断图中，的数量关系，并说明理由； (2)如图，如果宽木条的宽度为，窄木条的宽度为，宽木条裁剪后的锐角是，求的值； (3)如图，当若地面的转角为，对宽度比为的两根长方形木条和切割后拼接铺入该转角处，求的值． 轴对称变换 考点04 1．（2026·福建龙岩·二模）如图，点A，B在x轴上，以为边的正方形在x轴上方，点C的坐标为，反比例函数 的图像经过的中点E，F是上的一个动点，将沿所在直线折叠得到．则当点G恰好落在y轴上时，折痕所在直线与反比例函数图像的另一个交点H的坐标为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·福建龙岩·二模）如图，矩形的边，M为的中点，P是矩形内部一动点，满足，N为边上的一个动点，连接，则的最小值为______ 3．（2026·福建泉州·二模）如图，已知中，，，，点P，Q分别是边，上的动点，且满足． (1)求当 时，是等边三角形； (2)若点H为的中点，连接，． ①当的面积等于12时，试求线段的长； ②探究线段之和的最小值． 4．（2026·福建宁德·二模）如图，是的直径，点在上运动（不与，重合），将沿翻折，得到，点是的中点，连接． (1)如图1，若，求证：； (2)证明：不论点如何运动，的大小不变；（以图2为例证明） (3)如图2，当点在下方，，时，求的直径． 旋转变换 考点05 1．（2026·福建福州·二模）如图，菱形ABCD中，．将绕点A顺时针旋转α后恰好与重合，则旋转角α的度数是______． 2．（2026·福建莆田·二模）在等边三角形中，，垂足为，点为上一点，由绕点按顺时针方向旋转得到，且点的对应点恰好落在的延长线上，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求菱形的面积． 3．（2026·福建漳州·二模）如果两条线段相等，且这两条线段所在直线相交形成的角中有一个角是，则称其中一条线段是另一条线段的双变换线段，也称这两条线段互为双变换线段． 例如，在图1中，且，图2中，，故两图中线段均是相应线段的双变换线段． 如图3，若点D，E分别在等边的边和上，，与交于点F． (1)求证：线段是线段的双变换线段； (2)线段是由线段绕点E顺时针旋转得到的，连接，请按题目要求补全图形（不要求尺规作图），若，，求的长． 4．（2026·福建南平·二模）如图，将绕点B顺时针旋转得到，其中点D与点A是对应点，点E与点C是对应点，且点D恰好落在的延长线上，点E恰好落在的延长线上． (1)求证：是等腰三角形； (2)若，，求的长． 5．（2026·福建泉州·二模）如图1，是等边三角形，为边上不与重合的一点，点为中点，连接，将射线绕点顺时针旋转交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)过点作于点，交于点，连接，如图2．已知下列三个结论中，至少有一个是正确的，请你选择其中正确的一个结论，并证明． 结论：①； ②；③平分． 6．（2026·福建龙岩·二模）如图1，在中，，，为边上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，点，关于直线对称，与交于点，连接． (1)求证：； (2)点为的中点，与交于点． ①如图2，连接，若，求的度数； ②如图3，若，，求的长． 位似变换 考点06 1．（2026·福建龙岩·二模）如图，与是位似图形，其位似中心为点O，且，若的周长为4，则的周长为（   ） A．8 B．12 C．16 D．36 2．（2026·福建漳州·二模）如图，在平面直角坐标系中，与位似，点为位似中心，且相似比为，点在的边上，则点在上的对应点的坐标为________． 尺规作图 考点07 1．（2026·福建龙岩·二模）在中，． (1)尺规作图：分别在，，边上作，，，使四边形是菱形；（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，若，，求菱形的面积． 2．（2026·福建南平·二模）如图，已知和射线，，． (1)在射线上求作点E，使得；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的作图条件下，若，求证：． 3．（2026·福建厦门·二模）如图，在中，，平分． (1)请在边上找一点O，并作圆O，使它满足以下条件： ①点B在圆O上； ②与边切于点D；（尺规作图，只保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的图中，若，，求的长． 4．（2026·福建南平·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是BC的中点．    (1)尺规作图：在AE上求作一点F，使△ABE∽△DFA；（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，求DF的长． 5．（2026·福建漳州·二模）如图，已知矩形，，是对角线． (1)求作线段，，使得的值最小，且点P，Q分别落在边，上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)若，，求（1）中所作的的值． 6．（2026·福建福州·二模）如图，已知，，，是中线． (1)尺规作图：求作线段，使得平分，且，连接并延长交延长线于点F（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，求证：． 7．（2026·福建三明·二模）如图，在菱形中，，，E是中点． (1)求的长； (2)在上求作点F，使得（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）． 8．（2026·福建泉州·二模）如图，四边形为平行四边形．    (1)在上求作一点，使得； （要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)若，，，求（1）中的面积． 9．（2026·福建三明·二模）如图，在中，． (1)用无刻度的直尺和圆规，在的延长线上确定点，使得以为圆心，为半径的圆，与直线相切，画出⊙，并标出切点；（不写画法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，⊙与直线的另一交点为，连接，若，且，求的长． 10．（2026·福建龙岩·二模）如图，在中，，点在上． (1)在上找一点，使；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，连接，，若，，，求的长． 11．（2026·福建泉州·二模）如图，四边形内接于，． (1)在上求作点，使得；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，是的中点，求证：四边形是菱形． 12．（2026·福建泉州·二模）如图所示的方格图中的小正方形边长均为，点均是格点．直线与的外接圆相切于点，交射线于点，已知． (1)用无刻度的直尺，按要求在方格图中作图： ①画出的外接圆的圆心； ②画出的切线，交射线于点． (2)在（）的条件下，连结．试证明：是等腰三角形． 13．（2026·福建厦门·二模）如图，矩形，，． (1)用直尺和圆规作一个符合条件的平行四边形，须满足：①点F落在边右侧；②；③与在同侧；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，若平行四边形的面积是矩形面积的一半，且为等腰三角形，求的值． 14．（2026·福建莆田·二模）数学课上，张老师出示了这样一个问题：如图，在梯形中，，点E，F在对角线上，．用尺规作，使得点H，G分别落在边，上．    (1)经过思考，甲、乙两位同学分别提出以下作法． 甲同学的作法： 在上任取一点G，连接，； 以点B为圆心，长为半径作弧，交于点H； 连接，，则即为所求． 乙同学的作法： 在上取一点G，连接，，； 以点E为圆心，长为半径作弧，交BC于点H； 连接，，则即为所求． 请你分别判断甲、乙两位同学的作法是否有问题，若存在问题请说明原因； (2)丙同学完成上述问题后，提出一个新的问题：求作平行四边形EHFG，使得点H，G分别落在边，上，且．请你按下述要求，完成作图． ①尺规作图，不写作法，保留作图痕迹； ②只需作出一种情况即可． 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 $