专题11 图形的变化（5年汇编）（福建专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 汇编福建2022-2026中考真题及模拟题，聚焦图形变化三大考点，融合本土文化与实践情境，梯度设问覆盖基础至压轴题。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|20题|平移性质、对称图形辨析、视图识别|以福建土楼、青铜大铙为情境，考查概念辨析| |填空|10题|坐标平移、旋转角度计算|结合网格、三角尺，强化基础应用| |解答|12题|平移与等边三角形综合、旋转构造全等|古算诗词情境融入翻折问题，多问梯度区分能力|

专题11 图形的变化 5年真题1年模拟 考点分类 福建考情（2022-2026） 命题规律 考点01平移 2026 福建中考 2025 福建中考 2022 福建中考 题型覆盖选择题、几何解答大题。命题常结合三角尺、网格、等边三角形等几何载体情境化出题。核心围绕平移的两大性质：对应线段平行（相等）、对应点连线平行且相等展开，基础小题侧重坐标平移、平移后图形面积计算；综合大题常将平移作为图形变换载体，串联等边三角形性质、平行四边形判定、角度推导。整体基础题难度较低，几何综合题会结合全等、相似进行多小问梯度设问；近五年持续强化平移与几何图形融合考查，注重利用平移转化线段、构造等角等解题思想。 考点02 轴对称与旋转 2026 福建中考 2025 福建中考 2024 福建中考 2022 福建中考 2023 福建中考 考查形式涵盖选择题、实践操作解答题、几何压轴大题。基础选择题常依托窗花、古算诗词几何图案，辨析轴对称、中心对称图形；中档题型结合轴对称性质、翻折变换进行角度、线段等量推导；压轴大题常以翻折、旋转变换为载体，串联等腰直角三角形、相似三角形、解直角三角形综合设问。核心围绕三大变换性质：轴对称（翻折全等、对应点连线被对称轴垂直平分）、旋转（旋转前后图形全等、旋转角相等）展开。近五年特色突出：持续融入传统文化情境、手工裁剪实践探究题型；小题侧重概念辨析，大题注重利用变换实现线段、角的转移，构造全等、相似模型，综合性强，具备明显梯度区分度。 考点03 投影与视图 2026 福建中考 2025 福建中考 2024 福建中考 2023 福建中考 2022 福建中考 全部以单项选择题考查。命题极具福建地域特色，常选用福建土楼、福建博物院文物等本土文化素材创设情境；几何体以圆柱、长方体组合体、简单旋转体为主。核心考查主视图、左视图、俯视图的识别与区分，重点易错点：看得见轮廓画实线、看不见轮廓画虚线、分清不同观察方向视图差异。整体难度偏低，属于基础送分题型；近五年固定设问方向：识别俯视图居多，偶尔辨析三视图之间异同，注重区分水平观察与正面观察得到的平面图形。 考点01 平移 1．（2022·福建·中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（    ） A．96 B． C．192 D． 2．（2023·青海·中考真题）在平面直角坐标系中，点P（-1，2）向右平移3个单位长度得到的点的坐标是 ______ ． 3．（2025·福建·中考真题）如图，是等边三角形，D是的中点，，垂足为C，是由沿方向平移得到的．已知过点A，交于点G． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 考点02 轴对称与旋转 1．（2026·福建·中考真题）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． 2．（2025·福建·中考真题）中国古算诗词歌赋较多．古算诗词题，是反映数学数量关系的内在联系及其规律的一种文学浪漫形式．下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形，其中既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·福建·中考真题）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，点，分别是底边，的中点，．下列推断错误的是（    ） A． B． C． D． 4．（2022·福建·中考真题）美术老师布置同学们设计窗花，下列作品为轴对称图形的是（    ） A．B．C． D． 5．（2026·福建·中考真题）如图，在四边形 中， 是上的一点，，．四边形由四边形 沿翻折得到，点 ， ， 的对应点分别为，，．是延长线上的一点，且． (1)求证：； (2)若，，求的长． 6．（2024·福建·中考真题）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．             图1                                                     图2                                      图3 (1)直接写出的值； (2)如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是（    ） 图4 A．        B． C．        D． (3) 卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ 规格（单位：cm） 单价（单位：元） 3 5 20 现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整，的比例，制作棱长为的正方体礼品盒，如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所用卡纸的总费用． （要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用） 7．（2023·福建·中考真题）如图1，在中，是边上不与重合的一个定点．于点，交于点．是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点．    (1)求证：； (2)求的度数； (3)若是的中点，如图2．求证：． 考点03 投影与视图 1．（2026·福建·中考真题）福建土楼产生于宋元，成熟于明末、清代和民国时期．土楼或方或圆，以圆为主，如珍珠般洒落在闽西南的绿水青山间，遵循“天人合一”的东方哲学理念．图1是福建众多土楼中的一座圆形土楼．图2为其示意图，关于它的三视图的描述，下列说法正确的是（     ） A．主视图和左视图相同 B．主视图和俯视图相同 C．左视图和俯视图相同 D．三种视图都相同 2．（2025·福建·中考真题）福建博物院收藏着一件“镇馆之宝”——云纹青铜大铙，如图1．云纹青铜大绕是西周乐器，鼓饰变形兽面纹，两侧饰云雷纹，浑大厚重，作风稳重古朴，代表了福建古代青铜文化曾经的历史和辉煌．图2为其示意图，它的主视图是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·福建·中考真题）如图是由长方体和圆柱组成的几何体，其俯视图是（    ） A．B．C． D． 4．（2023·福建·中考真题）下图是由一个长方体和一个圆柱组成的几何体，它的俯视图是（　　） A． B． C． D． 5．（2022·福建·中考真题）如图所示的圆柱，它的俯视图为（　　）   A．  B．  C．   D．   1．（2026·福建厦门·三模）若点向上平移1个单位长度得到点B，则点B的坐标为（  ） A． B． C． D． 2．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，把沿所在的直线向右平移一段距离，且点与点对应，则平移的距离为（     ） A． B． C． D． 3．（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． 4．（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． 5．（2026·福建福州·三模）《国家宝藏》节目通过演绎文物背后的故事与历史，让更多的观众走进博物馆，让馆藏文物一个个鲜活起来．下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 6．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在等腰中，，点D为的中点，连接，点E与点 C关于对称，连接，则的值为（     ） A． B． C． D． 7．（2026·福建泉州·三模）美术课上，同学们欣赏十二花神纹样，感受花卉与节气文化的融合．下列四种纹样图案中，是轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 8．（2026·福建漳州·模拟预测）下列四张纸片中能与所给图形拼凑成正方形，并恰好拼成一个轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 9．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在等边中，，是上中线，点D在上，连接，以为边作等边，连接，则周长的最小值是（     ）　 A． B． C． D．6 10．（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 11．（2026·福建漳州·一模）下列博物馆标志图案中，既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 12．（2026·福建漳州·模拟预测）如图在四边形中，，，，为边上一点，连接，将绕点逆时针旋转得到线段，点恰好在的延长线上．若，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 13．（2026·福建南平·一模）如图，在的正方形网格中，A，B两点在格点上，线段绕点A逆时针旋转一定的角度后得到线段，点B与格点C对应，则旋转角的大小可以为（   ） A． B． C． D． 14．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，将 绕点A 逆时针旋转一定角度，得到，点 D 恰好在上 ．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 15．（2026·福建厦门·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，过点D作的平行线，过点C作的平行线，相交于点E．下列三角形中，可以看成由绕点O旋转得到的是（   ） A． B． C． D． 16．（2026·福建福州·三模）如图，在中，两直角边、分别在轴的负半轴和轴的正半轴上，将绕点逆时针旋转后得到．若反比例函数的图象恰好经过斜边的中点，，，则的值为（     ） A． B． C． D． 17．（2026·福建宁德·二模）如图，在平面直角坐标系中，对角线的交点恰好是坐标原点．若点的坐标是，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 18．（2026·福建厦门·三模）如图，在平面直角坐标系中，点 M是矩形边上的点．若反比例函数的图象经过顶点，其上另一点D 与点A 关于点M成中心对称，则点 D 的坐标为（     ） A． B． C． D． 19．（2026·福建福州·模拟预测）某几何体的俯视图如图所示，该几何体是（     ） A．四棱柱 B．四棱锥 C．三棱柱 D．三棱锥 20．（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． 21．（2026·福建漳州·模拟预测）如图几何体是由一个正方体内部挖去一个圆柱体后得到的，则它的主视图是（     ）    A． B． C． D． 22．（2026·福建福州·三模）某几何体的三视图如下图所示，则该几何体是（     ） A．四棱柱 B．圆柱 C．圆锥 D．球 23．（2026·福建厦门·三模）2025年5月 29日“天问二号”成功发射，开启了小行星伴飞取样探测的新篇章．某校航天兴趣小组制作了一个航天器模型，其中某个部件使用 3D打印完成如图所示，其俯视图是（     ） A．B． C． D． 24．（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． 25．（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 26．（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 27．（2026·福建厦门·三模）如图，在菱形中，，，，分别是边，的中点．平移线段，使得、的对应点恰好分别在边，上，则平移的距离是________． 28．（2026·福建泉州·一模）如图，将一块直角三角尺（，）沿射线方向平移到三角尺的位置，点A的对应点为点D．若，，则的长为________．    29．（2026·福建福州·模拟预测）在平面直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标是，点关于轴的对称点的坐标是______． 30．（2026·福建三明·二模）如图，光线经两个平行放置的平面镜反射，若，则的度数为______． 31．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，将沿斜边翻折后点的对应点，点是线段上的动点，且，已知，则线段的最小值为___________． 32．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，P是等边的边上一点，以点A为中心，把逆时针旋转至，则旋转的角度为______°． 33．（2026·福建漳州·模拟预测）在中，，，D是边上一动点，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，．在点D的运动过程中，的最小值是________． 34．（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______． 35．（2026·福建泉州·一模）如图，正方形的边在的边上，点在边上，，，点为射线上的一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，当取最小值时，则___________． 36．（2026·福建莆田·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A的坐标为．若y轴平分矩形的面积，则点C到y轴的距离是_______． 37．（2026·福建福州·三模）如图，在菱形中，，，．反比例函数的图像经过点． (1)求反比例函数的解析式； (2)菱形的对角线与相交于点，将菱形沿轴的正方向平移，当点恰好在反比例函数的图像上时，试判断此时点是否也在反比例函数的图像上？请说明理由． 38．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，在中，，，．作与关于直线对称，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接． (1)求的值． (2)当时，求的长． (3)求的最小值． 39．（2026·福建泉州·模拟预测）已知正方形中，点为边上一点，点，关于直线对称，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点． (1)如图，若． ①求证：； ②求的值； (2)如图，连接交于点，求证：． 40．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在四边形中，连接对角线，过点A作交于点 E，将线段绕点A顺时针旋转得到，连接． (1)求证：； (2)记与交于点G，若，求的值． 41．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，将矩形（）绕点逆时针旋转得到矩形，且点的对应点恰好落在边上，连接，，与交于点．过点作交于点． (1)求的大小（用含的代数式表示）； (2)试猜想线段，的数量关系，并证明你的猜想． 42．（2026·福建泉州·三模）在中，，，点在的内部，连接，，点为线段的中点，连接． (1)如图，若，，求的长； (2)如图，将绕点逆时针旋转至，连接，，求证：； (3)如图，延长交于点，点为延长线上一点，连接，将沿翻折至所在平面内得到，直线与交于点，连接．若，当最小时，请直接写出的面积． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题11图形的变化 5年真题1年模拟答案版 五年真题分类园 考点01平移 1.B 2.(2,2) 3.【答案】(1)60° (2) 证明：由平移可知：CD∥EF, .∠EAC=∠DCA=30°， 又：∠ECA=∠BCE-∠ACB=30°， ∴.∠EAC=∠ECA. ∴AE=CE,∠AEC=120°， 又AB=CB, ∴BE垂直平分AC, :.∠GEC=∠ABC=60° 2 由(1)知，∠GCE=60°， ∴.∠EGC=60° .∠GEC=∠GCE=∠EGC, ∴.△CEG是等边三角形 考点02轴对称与旋转 1.c 2.D 3.B 1/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4.A 5.【答案】(1)证明：FE∥AB ∴.∠A+∠F=180° :四边形A'B'CD由四边形ABCD翻折得到，点E的对应点为E', ∴.∠A=∠DA'E ∠DAE'+∠FAE'=180°， .∠F=∠FAE ..E'A'=E'F, @22 6.【答案】(1)2： 2)C: 3) 解： 卡纸型号 型号I 型号Ⅱ 型号Ⅲ 需卡纸的数量（单 1 3 2 位：张) 所用卡纸总费用 58 （单位：元) 根据(1)和题意可得：卡纸每格的边长为5cm,则要制作一个边长为l0cm的正方体的展开图形为： ∴型号Ⅲ卡纸，每张卡纸可制作10个正方体，如图： 2/12 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 型号Ⅱ卡纸，每张这样的卡纸可制作2个正方体，如图： 型号I卡纸，每张这样的卡纸可制作1个正方体，如图： ∴可选择型号Ⅲ卡纸2张，型号Ⅱ卡纸3张，型号I卡纸1张，则 10×2+2×3+1×1=27(个)， “所用卡纸总费用为： 20×2+5×3+3×1=58(元). 7.【答案】(1) 证明：：DF是由线段DC绕点D顺时针旋转90°得到的， .∠DFC=45° :AB=AC,AO⊥BC .·∠BAC=90° 3/12 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠BAO=∠ABC=45° ∴.∠BAO=∠DFC .∠EDA+∠ADM=90°，∠M+∠ADM=90°， ∴.∠EDA=∠M. ∴.△ADE∽△FMC (2)∠ABF=1350 3) 证明：如图2：延长ON交BF于点T,连接DT,DO, D B 0 图2 ∠FBI=∠BOA=90° .BF∥AO, ∴.∠FTN=∠AON N是AF的中点， .AN=NF 又：∠TNF=∠ONA, .△TNF≌△ONA, ∴.NT=NO,FT=AO ∠BAC=90°，AB=AC,AO⊥BC, ..AO=CO, ∴.FT=CO 由(2)知，△BIF∽△DIC, ∴.∠DFT=∠DCO」 DF =DC, ∴.△DFT≌△DCO. 4/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.DT=DO,∠FDT=∠CDO ∴.∠FDT+∠FDO=∠CDO+∠FDO,即∠ODT=∠CDF, .∠CDF=90°. .∠ODT=∠CDF=90°， :.ND=1TO=NO 考点03投影与视图 1.A 2.A 3.C 4.D 5.A 年模拟练测园 题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 答案 A B C A C D D A A C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 B B C D B D ⊙ B D 题号 21 22 23 24 25 26 答案 B B B 27.3 28.4.5 29.（-4,3) 30.100° 242242 31.5/5 32.60 36-3√2 33 2 5/12 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 34.60°160度 35.2V分 36.1 .a-2 (2)解：平移后点E不在反比例函数的图像上，理由如下： C3,4),DC=8,DC∥4B,菱形ABCD沿x轴的正方向平移，点D恰好在反比例函数的图像上， “菱形ABCD沿x轴的正方向平移，此时点D和点C重合， 即菱形ABCD沿x轴的正方向平移8个单位，点D恰好在反比例函数的图像上， :菱形ABCD中， 点E是AC的中点， 4(-9,0).C3,4v3 即E(-3,25) :平移后点E的坐标为E3+825),即6,2)， 12√3 y= 25-105125 当x=5时，反比例函数值为5，而 5， .平移后点E不在反比例函数的图像上. 38.0)4 (2)11 g 39.(1)①证明：四边形ABCD是正方形， .∠BCD=∠BCG=90°， ∴.LBGC+LGBC=90° :GH⊥AF, 6/12 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠F+∠HBF=90° ∠GBC=∠HBF, .∠BGC=∠F :点E,F关于直线AB对称， .∠BEA=∠F, .∠BGC=∠BEA 5-1 ②2 (2)证明：证法1：如图2，分别延长FA,CD交于点P. E 图2 E,F关于AB对称， ∴.∠EAB=∠FAB ·四边形ABCD是正方形， ,AB∥CD,∠ADC=90° .∠FAB=∠P,∠EAB=∠AGP. .∠AGP=∠P, .AP=AG :AD⊥GP, .DP=DG AB∥CD. ∴.△AHM∽△PHD.△BHM∽△GHD. AM HM HM BM 'PDHD,HDDG· 7/12 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 、AMBM PDGD· .DP=DG. .AM=BM. 证法2：如图3，延长DH交CF的延长线于点K,延长GH交DA的延长线于点L, E 6 A 图3 :BC∥AD .△FHK∽△AHD,△BHF∽△LHA, FK FH BF AD AH AL· 点E,F关于直线AB对称， :BE BF, .FK BE AD AL :BC∥AD ∴，△GCE∽△GDA,△GEB∽△GAL CE GE BE AD GA AL FK CE AD AD' .FK=CE, .BF+FK=BE+CE, .BK=BC=AD BC∥AD ∠ADM=∠BKM 又：∠AMD=∠BMK, 8/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△DAM≌△KBM(AAS) .AM=BM」 证法3：如图4，延长DH交CF的延长线于点K,过点E作EL∥AF交GH于点L. G A 图4 :EL∥AF, ∴.∠BEL=∠BFH 点E,F关于直线AB对称， .BE BF. 又，∠EBL=∠FBH, ,.△EBL≌aFBH(ASA) .EL=FH :EL∥AF,BC∥AD, ∴.△GEL∽△GAH,△GCEAGDA,△FHK∽△AHD, GE EL CE GE FH FK GAAH·ADGA,AHAD· FK CE AD AD' .FK=CE, .BF+FK=BE+CE, ∴.BK=BC=AD :BC∥AD. .∠ADM=∠BKM 又：∠AMD=∠BMK, ∴.△DAM≌△KBM(AAS) 9/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AM =BM. 40.1)证明：：AE‖DC, .∠ACD=∠CAE, 由旋转可得，∠FAE=90°， :∠BAC=90°， .∠FAE=∠BAC, .∠BAF=∠CAE, .∠BAF=∠ACD； g2+1 1.号 em-r, 证明：过点B作BM⊥AE于点M, B M .∠BME=∠BMA=90° '∠ABE=∠AEB=90°- 2 ·∠EBM= 2 ∴.∠EBM=∠CBE :四边形ABCD是矩形， ∠C=90°，BC=AD, .∠C=∠BME=90°， 又BE=BE, 10112 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .,△BCE≌△BME(AAS) ·.BC=BM, .AD=BM, 由旋转的性质可得∠GAP=90°，AG=AD, .AG=BM.∠GAP=∠BMP=90°， 又'∠BPM=∠GPA, ∴.△BMP≌△GAP(AAS) .BP=PG. PH∥AG △BPH∽△BGA, PH BP 1 “AGBG2, P-4G 四边形AEFG是矩形， :AG=EF, .PH-1EF 2 42.)22 ②)证明：延长EM至点F,使得MF=ME,连接AF,DF,CF,如下图， M ,将AM绕点M逆时针旋转90°至EM, 11/12 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AM=EM,∠AME=90°. .∠AEM=∠EAM=45°，AM⊥EF, 又.MF=ME, ∴.AM是EF的垂直平分线， .AE=AF, .∠AEM=∠AFM=45°， ∴.△EAF为等腰直角三角形，∠EAF=90°， :∠BAC=90°， .∠EAB=∠FAC, 在△EAB和△FAC中， 「AE=AF ∠EAB=FAC AB=AC △EAB≌AFAC(SAS) ∴.FC=EB,∠AFC=∠AEB=45°+∠BEM, 在△EMB和△FMD中， MB=MD ∠BME=∠DMF EM=FM △EMB≌△FMD(SAS) :FD=EB=FC,∠BEM=∠MFD=∠AFE-∠DFA=45°-∠DFA, .∠DFA=45°-∠MFD :.∠CFD=∠DFA+∠AFC=45°-∠MFD+45°+∠BEM=90°， ∴.△DFC为等腰直角三角形，∠DFC=90°， CD=FC-BE 8)55 12112 专题11 图形的变化 5年真题1年模拟 考点分类 福建考情（2022-2026） 命题规律 考点01平移 2026 福建中考 2025 福建中考 2022 福建中考 题型覆盖选择题、几何解答大题。命题常结合三角尺、网格、等边三角形等几何载体情境化出题。核心围绕平移的两大性质：对应线段平行（相等）、对应点连线平行且相等展开，基础小题侧重坐标平移、平移后图形面积计算；综合大题常将平移作为图形变换载体，串联等边三角形性质、平行四边形判定、角度推导。整体基础题难度较低，几何综合题会结合全等、相似进行多小问梯度设问；近五年持续强化平移与几何图形融合考查，注重利用平移转化线段、构造等角等解题思想。 考点02 轴对称与旋转 2026 福建中考 2025 福建中考 2024 福建中考 2022 福建中考 2023 福建中考 考查形式涵盖选择题、实践操作解答题、几何压轴大题。基础选择题常依托窗花、古算诗词几何图案，辨析轴对称、中心对称图形；中档题型结合轴对称性质、翻折变换进行角度、线段等量推导；压轴大题常以翻折、旋转变换为载体，串联等腰直角三角形、相似三角形、解直角三角形综合设问。核心围绕三大变换性质：轴对称（翻折全等、对应点连线被对称轴垂直平分）、旋转（旋转前后图形全等、旋转角相等）展开。近五年特色突出：持续融入传统文化情境、手工裁剪实践探究题型；小题侧重概念辨析，大题注重利用变换实现线段、角的转移，构造全等、相似模型，综合性强，具备明显梯度区分度。 考点03 投影与视图 2026 福建中考 2025 福建中考 2024 福建中考 2023 福建中考 2022 福建中考 全部以单项选择题考查。命题极具福建地域特色，常选用福建土楼、福建博物院文物等本土文化素材创设情境；几何体以圆柱、长方体组合体、简单旋转体为主。核心考查主视图、左视图、俯视图的识别与区分，重点易错点：看得见轮廓画实线、看不见轮廓画虚线、分清不同观察方向视图差异。整体难度偏低，属于基础送分题型；近五年固定设问方向：识别俯视图居多，偶尔辨析三视图之间异同，注重区分水平观察与正面观察得到的平面图形。 考点01 平移 1．（2022·福建·中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（    ） A．96 B． C．192 D． 【答案】B 【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形的面积为，即可求解． 【详解】解：依题意为平行四边形， ∵，，AB＝8，． ∴平行四边形的面积= 故选B 【点睛】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键． 2．（2023·青海·中考真题）在平面直角坐标系中，点P（-1，2）向右平移3个单位长度得到的点的坐标是 ______ ． 【答案】（2，2） 【分析】将点P的横坐标加3，纵坐标不变即可求解． 【详解】解：点P（﹣1，2）向右平移3个单位长度得到的点的坐标是（﹣1+3，2），即（2，2）． 故答案为：（2，2）． 【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减． 3．（2025·福建·中考真题）如图，是等边三角形，D是的中点，，垂足为C，是由沿方向平移得到的．已知过点A，交于点G． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 【答案】(1) (2) 证明：由平移可知：， ， 又， ， ∴， 又， 垂直平分， ， 由（1）知，， ， ， 是等边三角形． 【分析】本题考查等边三角形的判定与性质、平移的基本性质、线段垂直平分线的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质等基础知识，考查空间观念、几何直观与推理能力，考查化归与转化思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． （1）等边三角形的性质推出，垂直，得到，角的和差关系求出的大小即可； （2）平移得到，进而得到，角的和差关系推出，进而得到，根据，推出垂直平分，进而得到，推出，进而得到是等边三角形即可． 【详解】（1）解：是等边三角形， ． D是的中点， ． ， ， ． （2）略 考点02 轴对称与旋转 1．（2026·福建·中考真题）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】C 【分析】先明确两个概念，轴对称图形：沿一条直线对折后，直线两侧的部分能完全重合的图形．中心对称图形：绕图形中心旋转后，能和原图形完全重合的图形．逐个分析选项判断是否符合这两个概念即可． 【详解】选项A：是中心对称图形，但不存在一条直线能使对折后两侧完全重合，不是轴对称图形，不符合要求． 选项B：是轴对称图形，旋转后无法和原图形重合，不是中心对称图形，不符合要求． 选项C：沿对边中点连线/对角线对折都能重合，是轴对称图形；绕中心旋转后和原图形完全重合，是中心对称图形，符合要求． 选项D：是轴对称图形，旋转后无法和原图形重合，不是中心对称图形，不符合要求． 2．（2025·福建·中考真题）中国古算诗词歌赋较多．古算诗词题，是反映数学数量关系的内在联系及其规律的一种文学浪漫形式．下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形，其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】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度，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．根据中心对称和轴对称的定义，进行判断即可． 【详解】解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意； B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，符合题意； 故选D． 3．（2024·福建·中考真题）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，点，分别是底边，的中点，．下列推断错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了对称的性质，等腰三角形的性质等； A.由对称的性质得，由等腰三角形的性质得 ，，即可判断； B.不一定等于，即可判断； C.由对称的性质得，由全等三角形的性质即可判断； D. 过作，可得 ，由对称性质得同理可证，即可判断； 掌握轴对称的性质是解题的关键． 【详解】解：A.， ， 由对称得， 点，分别是底边，的中点，与都是等腰三角形， ，， ， ，结论正确，故不符合题意； B.不一定等于，结论错误，故符合题意； C.由对称得， ∵点 E ，F分别是底边的中点， ，结论正确，故不符合题意； D. 过作， ， ， ，由对称得， ， 同理可证， ，结论正确，故不符合题意； 故选：B． 4．（2022·福建·中考真题）美术老师布置同学们设计窗花，下列作品为轴对称图形的是（    ） A．B．C． D． 【答案】A 【分析】根据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进行分析即可． 【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． 【点睛】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义． 5．（2026·福建·中考真题）如图，在四边形 中， 是上的一点，，．四边形由四边形 沿翻折得到，点 ， ， 的对应点分别为，，．是延长线上的一点，且． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明：， ． ∵四边形由四边形 翻折得到，点 的对应点为， ． ， ． ． (2) 【分析】（1）利用平行和折叠的性质证明，即可得出结论； （2）根据是等腰直角三角形可求，过点作，垂足为，再解三角形即可． 【详解】（1）略 （2）解：过点作，垂足为 ． ，， ． ， ． ∵四边形由四边形 翻折得到，点 的对应点为， ，，． 在中，， ． ，， ． 6．（2024·福建·中考真题）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．            图1                                                     图2                                      图3 (1)直接写出的值； (2)如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是（    ） 图4 A．        B． C．        D． (3) 卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ 规格（单位：cm） 单价（单位：元） 3 5 20 现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整，的比例，制作棱长为的正方体礼品盒，如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所用卡纸的总费用． （要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用） 【答案】(1)2； (2)C； (3) 解： 卡纸型号 型号 型号 型号 需卡纸的数量（单位：张） 1 3 2 所用卡纸总费用（单位：元） 58 根据（1）和题意可得：卡纸每格的边长为，则要制作一个边长为的正方体的展开图形为： ∴型号卡纸，每张卡纸可制作10个正方体，如图： 型号卡纸，每张这样的卡纸可制作2个正方体，如图： 型号卡纸，每张这样的卡纸可制作1个正方体，如图： ∴可选择型号卡纸2张，型号卡纸3张，型号卡纸1张，则 （个）， ∴所用卡纸总费用为： （元）． 【分析】本题考查了几何体的展开与折叠，空间观念、推理能力、模型观念、创新意识等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）由折叠和题意可知，，，四边形是正方形，得到，即，即可求解； （2）根据几何体的展开图即可求解； （3）由题意可得，每张型号卡纸可制作10个正方体，每张型号卡纸可制作2个正方体，每张型号卡纸可制作1个正方体，即可求解． 【详解】（1）解：如图： 上述图形折叠后变成： 由折叠和题意可知，，， ∵四边形是正方形， ∴，即， ∴，即， ∵， ∴， ∴的值为：． （2）解：根据几何体的展开图可知，“吉”和“如”在对应面上，“祥”和“意”在对应面上，而对应面上的字中间相隔一个几何图形，且字体相反， ∴C选项符合题意， 故选：C． （3）略 7．（2023·福建·中考真题）如图1，在中，是边上不与重合的一个定点．于点，交于点．是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点．    (1)求证：； (2)求的度数； (3)若是的中点，如图2．求证：． 【答案】(1) 证明： 是由线段绕点顺时针旋转得到的， ， ， ． ， ． ． ， ． ． (2) (3) 证明：如图2：延长交于点，连接，   ， ， ． 是的中点， ． 又， ， ． ， ， ． 由（2）知，， ．   ， ， ， ，即． ， ， ． 【分析】（1）由旋转的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，再证明、，即可证明结论； （2）如图1：设与的交点为，先证明可得，再证明可得，最后运用角的和差即可解答； （3）如图2：延长交于点，连接，先证明可得，再证可得；进而证明即，再说明则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答． 【详解】（1）略 （2）解：如图1：设与的交点为，   ， ， ， ． ， ， ． 又， ． ， ． （3）略 【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键． 考点03 投影与视图 1．（2026·福建·中考真题）福建土楼产生于宋元，成熟于明末、清代和民国时期．土楼或方或圆，以圆为主，如珍珠般洒落在闽西南的绿水青山间，遵循“天人合一”的东方哲学理念．图1是福建众多土楼中的一座圆形土楼．图2为其示意图，关于它的三视图的描述，下列说法正确的是（     ） A．主视图和左视图相同 B．主视图和俯视图相同 C．左视图和俯视图相同 D．三种视图都相同 【答案】A 【分析】根据主视图（从物体的正面向后方投影得到的视图）、左视图（从物体的左侧方向右方投影得到的视图）、俯视图（从物体的上方向下方投影得到的视图）的定义，分析从三面看的几何特征，将其对比即可求出答案． 【详解】解：主视图和左视图是相同的图形，俯视图是两个同心圆即圆环． A正确，B、C、D项错误． 2．（2025·福建·中考真题）福建博物院收藏着一件“镇馆之宝”——云纹青铜大铙，如图1．云纹青铜大绕是西周乐器，鼓饰变形兽面纹，两侧饰云雷纹，浑大厚重，作风稳重古朴，代表了福建古代青铜文化曾经的历史和辉煌．图2为其示意图，它的主视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了几何体的三视图，从前面看到的图形是主视图，从上面看到的图形是俯视图，从左边看到的图形是左视图．根据主视图是从前面看到的图形解答即可． 【详解】解；A是该几何体的主视图，B，C，D不是该几何体的三视图． 故选A． 3．（2024·福建·中考真题）如图是由长方体和圆柱组成的几何体，其俯视图是（    ） A．B．C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了简单组合体的三视图，根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案． 【详解】解：这个立体图形的俯视图是一个圆形，圆形内部中间是一个长方形． 故选：C． 4．（2023·福建·中考真题）下图是由一个长方体和一个圆柱组成的几何体，它的俯视图是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图即可解答． 【详解】解：从上面看下边是一个矩形，矩形的上边是一个圆， 故选：D． 【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，掌握从上面看得到的图形是俯视图是解答本题的关键． 5．（2022·福建·中考真题）如图所示的圆柱，它的俯视图为（　　）   A．  B．  C．   D．   【答案】A 【分析】本题主要考查了圆柱的俯视图，解题的关键是熟练掌握，俯视图是从上面看到的图形，根据从上面看圆柱得出的平面图形为圆，即可得出答案． 【详解】解：竖直放置的圆柱体，从上面看到的平面图形为圆，即俯视图是圆． 故选：A． 1．（2026·福建厦门·三模）若点向上平移1个单位长度得到点B，则点B的坐标为（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：∵点向上平移个单位长度得到点，向上平移不改变横坐标，只改变纵坐标， ∴点的横坐标为，纵坐标为， ∴点的坐标为，对应选项为A． 2．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，把沿所在的直线向右平移一段距离，且点与点对应，则平移的距离为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据平移的性质解答即可． 【详解】解：由图中数据可知，， ∵把沿所在的直线向右平移一段距离， ∴平移距离为． 3．（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， ． 4．（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． 5．（2026·福建福州·三模）《国家宝藏》节目通过演绎文物背后的故事与历史，让更多的观众走进博物馆，让馆藏文物一个个鲜活起来．下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据中心对称图形是图形旋转后能与原图形重合，轴对称图形有对称轴，沿对称轴折叠后对称轴两旁的部分互相重合的定义即可选出正确选项． 【详解】A．此图形旋转后不能与原图形重合，故此图形不是中心对称图形，有对称轴，是轴对称图形，故此选项错误． B．此图形旋转后不能与原图形重合，故此图形不是中心对称图形，没有对称轴，不是轴对称图形，故此选项错误． C．此图形旋转后能与原图形重合，故此图形是中心对称图形，有对称轴，也是轴对称图形，故此选项正确． D．此图形旋转后不能与原图形重合，故此图形不是中心对称图形，有对称轴，是轴对称图形，故此选项错误 6．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在等腰中，，点D为的中点，连接，点E与点 C关于对称，连接，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，求出 ，，即可求出答案． 【详解】解：设， ∵是等腰直角三角形， ∴ 在中， ∵点E与点C关于对称 ∴垂直平分， 设与交于点F，则， ∵， ∴ ∴， ∴ ∴． 7．（2026·福建泉州·三模）美术课上，同学们欣赏十二花神纹样，感受花卉与节气文化的融合．下列四种纹样图案中，是轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：选项，梅花不是轴对称图形； 选项，石榴花不是轴对称图形； 选项，茶花不是轴对称图形； 选项，水仙花是轴对称图形． 8．（2026·福建漳州·模拟预测）下列四张纸片中能与所给图形拼凑成正方形，并恰好拼成一个轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿着一条直线对折，直线两侧的图形能够完全重合，这个图形就是轴对称图形可得答案． 【详解】解：如图，只有A中卡片能与所给图形恰好拼成一个轴对称图形． 9．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在等边中，，是上中线，点D在上，连接，以为边作等边，连接，则周长的最小值是（     ）　 A． B． C． D．6 【答案】A 【分析】连接，首先证明点E在射线上运动，，作点A关于直线的对称点M，连接交于，连接，此时的值最小，然后判断出是等边三角形，根据等边三角形三线合一得出，即可得出答案 【详解】解：如图，连接， ∵，是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴． ∵是上中线， ∴，， ∴ ∴点E在射线上运动（）． 作点A关于直线的对称点M，连接交于，连接， 即有：， ∴， 当F、E、M三点共线时，有最小值，最小为， 根据图形可知：当点E与点重合时，满足要求， 此时的值最小，最小为, 则有最小， 即周长的最小值，最小值为：， 根据对称性可知， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 周长的最小值为：﹒ 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质以及最短路径问题，综合性较强．确定点E在射线上运动（），是解答本题的关键． 10．（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． 11．（2026·福建漳州·一模）下列博物馆标志图案中，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】B 【分析】中心对称图形定义：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；轴对称图形定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，根据定义逐项判定即可得出结论． 【详解】解：A、该图既是轴对称图形，也是中心对称图形，故不符合题意； B、该图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故符合题意； C、该图是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； D、该图是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意． 12．（2026·福建漳州·模拟预测）如图在四边形中，，，，为边上一点，连接，将绕点逆时针旋转得到线段，点恰好在的延长线上．若，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质以及含角的直角三角形的性质，解题的关键是通过角度计算，并通过作辅助线构造直角三角形求解． 【详解】解：，， ∴， 点在的延长线上， ， 线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∵，， ， ∴， 在中，， 过点作交于点， ， ∴， 在中，，，， 在中，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ． 13．（2026·福建南平·一模）如图，在的正方形网格中，A，B两点在格点上，线段绕点A逆时针旋转一定的角度后得到线段，点B与格点C对应，则旋转角的大小可以为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用勾股定理以及逆定理求解． 【详解】解：如图，连接， 由勾股定理得， ∴， ∴． 14．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，将 绕点A 逆时针旋转一定角度，得到，点 D 恰好在上 ．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由旋转的性质可得，，，再根据等腰三角形的定义结合三角形内角和定理得出，即可得解． 【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转一定角度后得到，点D在上， ∴，，， ∴， ∴， ∴． 15．（2026·福建厦门·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，过点D作的平行线，过点C作的平行线，相交于点E．下列三角形中，可以看成由绕点O旋转得到的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定，旋转的性质，先根据菱形的性质推出、、、全等，再根据旋转的性质得绕点O旋转得到的是． 【详解】解：∵在菱形中，对角线，相交于点O， ∴，，，， ∴、、、全等， ∴由绕点O旋转得到的是． 故选：B． 16．（2026·福建福州·三模）如图，在中，两直角边、分别在轴的负半轴和轴的正半轴上，将绕点逆时针旋转后得到．若反比例函数的图象恰好经过斜边的中点，，，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，则，根据得到，继而得到点的坐标，根据旋转的性质得到点的坐标，根据中点坐标公式得到点的坐标，继而根据待定系数法得到的值． 【详解】解：∵在中，， ∴， 设，则， ∵， ∴，即，解得（舍去负根）， ∴，， ∴点的坐标为，点的坐标为， ∵绕点逆时针旋转得到， ∴点的横坐标，点的纵坐标，即点的坐标为， ∵点是斜边的中点，点，点， ∴，， ∴点的坐标为， 设点在反比例函数的图象上， ∴，即． 17．（2026·福建宁德·二模）如图，在平面直角坐标系中，对角线的交点恰好是坐标原点．若点的坐标是，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平行四边形的性质得出，点B和点D关于原点对称，进而可得出点D的坐标． 【详解】解：∵对角线互相平分，即， 又∵对角线的交点恰好是坐标原点， ∴点B和点D关于原点对称， ∵点的坐标是， ∴点的坐标是． 18．（2026·福建厦门·三模）如图，在平面直角坐标系中，点 M是矩形边上的点．若反比例函数的图象经过顶点，其上另一点D 与点A 关于点M成中心对称，则点 D 的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据点坐标求出反比例函数解析式，再根据矩形性质确定点坐标及点的纵坐标，利用中心对称性质求出点的纵坐标，最后代入函数解析式求出横坐标． 【详解】解：反比例函数的图象经过点， ，即， 四边形是矩形，， ，且平行于轴， 故上点的纵坐标均为， 点在边上， 点的纵坐标为， 点与点关于点成中心对称， 点是线段的中点， 设，则， 解得， 点在反比例函数图象上， ， 解得， 点的坐标为． 19．（2026·福建福州·模拟预测）某几何体的俯视图如图所示，该几何体是（     ） A．四棱柱 B．四棱锥 C．三棱柱 D．三棱锥 【答案】B 【详解】解：由俯视图可知，该几何体为锥体，且有四条棱，故为四棱锥． 20．（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． 21．（2026·福建漳州·模拟预测）如图几何体是由一个正方体内部挖去一个圆柱体后得到的，则它的主视图是（     ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据主视图是从正面看得到的图形，看得见的棱画实线，看不见的棱画虚线进行判断． 【详解】解：从正面看，该几何体的外轮廓是一个正方形， ∵圆柱体在正方体内部， ∴圆柱体的左右两条轮廓线看不见，应画成虚线 ∴主视图为正方形内部有两条竖直的虚线， 即主视图为A选项 ． 22．（2026·福建福州·三模）某几何体的三视图如下图所示，则该几何体是（     ） A．四棱柱 B．圆柱 C．圆锥 D．球 【答案】B 【详解】解：由三视图可知该几何体是圆柱． 23．（2026·福建厦门·三模）2025年5月 29日“天问二号”成功发射，开启了小行星伴飞取样探测的新篇章．某校航天兴趣小组制作了一个航天器模型，其中某个部件使用 3D打印完成如图所示，其俯视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 解：由图可知该几何体的俯视图为 24．（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： ． 25．（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． 26．（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． 27．（2026·福建厦门·三模）如图，在菱形中，，，，分别是边，的中点．平移线段，使得、的对应点恰好分别在边，上，则平移的距离是________． 【答案】 【分析】根据菱形的性质和判定为等边三角形，求出的长；根据三角形中位线定理求出与的关系；根据平移的性质得出且，进而根据相似三角形的判定与性质得到为的中点；最后利用三角形中位线定理求出平移距离的长． 【详解】如图，设平移后，的对应点分别为，，连接，，， 四边形是菱形，， ， ， 是等边三角形， ， ，分别是边，的中点， 是的中位线， ，， 由平移的性质可知，，，平移的距离为线段的长， ，， 点，分别在边，上， ， ， ， 是的中点， 是的中点， 是的中位线， ． 28．（2026·福建泉州·一模）如图，将一块直角三角尺（，）沿射线方向平移到三角尺的位置，点A的对应点为点D．若，，则的长为________．    【答案】4.5 【分析】先根据图形平移性质求得，再求出的长度，最后根据“直角三角形中，角所对的直角边是斜边的一半”求得的长． 【详解】解：∵直角三角尺沿射线方向平移到三角尺的位置，点A的对应点为点D， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵，， ∴， ∴． 29．（2026·福建福州·模拟预测）在平面直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标是，点关于轴的对称点的坐标是______． 【答案】 【详解】解：根据关于轴对称的点的坐标特征：纵坐标不变，横坐标互为相反数，已知点关于轴的对称点坐标是，可得点的坐标为， 再根据关于轴对称的点的坐标特征：横坐标不变，纵坐标互为相反数，可得点关于轴的对称点的坐标为． 30．（2026·福建三明·二模）如图，光线经两个平行放置的平面镜反射，若，则的度数为______． 【答案】 【分析】根据光的反射性质，入射光线与镜面的夹角等于反射光线与镜面的夹角，结合平行线的性质求解即可． 【详解】解：如图，设光线在上方平面镜的反射点为点A、在下方平面镜的反射点为点B， 根据光的反射性质，入射光线与镜面的夹角等于反射光线与镜面的夹角， ， 两个平面镜平行， ， 根据光的反射性质、光线在点B处再次反射， ， ． 31．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，将沿斜边翻折后点的对应点，点是线段上的动点，且，已知，则线段的最小值为___________． 【答案】/ 【分析】由翻折可得，，．注意到，可在对称边上截取，利用翻折的对称性构造等腰，使对称轴垂直平分底边．再过点作双垂线构造矩形，将放入直角三角形中，用勾股定理建立关于的二次函数，配方求最值即可． 【详解】解：在上截取，连接，交于点，作于，作于， ∵将沿斜边翻折，点的对应点为， ∴， ∴，，， 又∵，，， ∴， ∴，， ∴，， 设， ∴，， ∴， 又∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当时，取得最小值， ∴， ∴， ∴． 32．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，P是等边的边上一点，以点A为中心，把逆时针旋转至，则旋转的角度为______°． 【答案】60 【分析】由旋转得，得，从而可求旋转角． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴， 由旋转得， ∴， 又旋转角为， 而， ∴． 33．（2026·福建漳州·模拟预测）在中，，，D是边上一动点，将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，．在点D的运动过程中，的最小值是________． 【答案】 【分析】点B、C绕点A逆时针旋转，由旋转的性质可知，点E在线段上运动，当时，的值最小；根据，求的面积，设的最小值为h，则，求出h，即为所求， 【详解】解：设点B、C绕点A逆时针旋转后的对应点分别为、，连接，，，，，过点A，作，垂足为F，过点C，作，垂足为G，如下图， 由旋转的性质可知，，且点D在线段上运动， 点E在线段上运动，当时，的值最小， 线段绕点A逆时针旋转，得到， ，， 是等边三角形， ， ， 线段绕点A逆时针旋转，得到， ，， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， 设的最小值为h，则， 即， ． 34．（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． 35．（2026·福建泉州·一模）如图，正方形的边在的边上，点在边上，，，点为射线上的一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，当取最小值时，则___________． 【答案】 【分析】连接，由旋转的性质得到，，推出是等腰直角三角形，当时，取得最小值，作于点，延长交于点，在中，由勾股定理计算即可求解． 【详解】解：连接， ∵将线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴当取最小值时，也取得最小值， ∴当时，取得最小值， 如图，作于点，延长交于点， ∵，，四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得． 36．（2026·福建莆田·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A的坐标为．若y轴平分矩形的面积，则点C到y轴的距离是_______． 【答案】 【分析】根据中心对称图形的性质可得轴经过矩形对角线的中点，再根据中点坐标公式即可求解． 【详解】解：∵y轴平分矩形的面积，矩形是中心对称图形， ∴轴经过矩形对角线的中点， 设点横坐标为， ∵， ∴， ∴， ∴点C到y轴的距离是． 37．（2026·福建福州·三模）如图，在菱形中，，，．反比例函数的图像经过点． (1)求反比例函数的解析式； (2)菱形的对角线与相交于点，将菱形沿轴的正方向平移，当点恰好在反比例函数的图像上时，试判断此时点是否也在反比例函数的图像上？请说明理由． 【答案】(1) (2)解：平移后点E不在反比例函数的图像上，理由如下： ∵，，，菱形沿轴的正方向平移，点恰好在反比例函数的图像上， ∴菱形沿轴的正方向平移，此时点D和点C重合， 即菱形沿轴的正方向平移8个单位，点恰好在反比例函数的图像上， ∵菱形中， ∴点E是的中点， ∵，， ∴，即， ∴平移后点的坐标为，即， 当时，反比例函数值为，而． ∴平移后点E不在反比例函数的图像上． 【分析】（1）如图：过点C作轴于点Q，根据两点间的距离公式得到，根据菱形的性质得到，，根据勾股定理得到，求得，得到，把点C代入即可解答； （2）先说明菱形沿轴的正方向平移8个单位，点恰好在反比例函数的图像上，然后求出平移后点的坐标为，再判断其是否在反比例函数图像即可解答． 【详解】（1）解：如图：过点C作轴于点Q， ∵，， ∴， ∵菱形中，， ∴，，， ， ， ，， ∴， ∵点C在反比例函数的图像上． ， ∴反比例函数的表达式为； （2）略 38．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，在中，，，．作与关于直线对称，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接． (1)求的值． (2)当时，求的长． (3)求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）在中，由勾股定理求，再用正切定义求解． （2） 由是关于的对称图形，得且．当时，，结合关于的轴对称性质，推导出，从而． （3） 利用在射线上且，将化为，再有理化得，由增减性知最小时最小．的最小值通过的最小值（到直线的距离）和勾股定理求得． 【详解】（1）解：在中，，，， ， ． （2）解：是关于直线的对称图形， ，， 当时， ， ， ， 由轴对称性质知， ， ， ． （3）解：在射线上，，， ，， ， ， ， ， ，且随增大而增大， 当最小时，最小， 过作于T， ， ， ， ，即， ， 的最小值， ， ， ． 39．（2026·福建泉州·模拟预测）已知正方形中，点为边上一点，点，关于直线对称，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点． (1)如图，若． ①求证：； ②求的值； (2)如图，连接交于点，求证：． 【答案】(1)①证明：∵四边形是正方形， ， ． ， ． ， ． ∵点，关于直线对称， ， ． ② (2)证明：证法1：如图，分别延长，交于点． ，关于对称， ． 四边形是正方形， ，， ，， ， ． ， ． ， ，， ，， ， ， ． 证法2：如图，延长交的延长线于点，延长交的延长线于点． ， ，， ． 点，关于直线对称， ， ． ， ，， ， ， ， ， ． ， ． 又， ， ． 证法3：如图，延长交的延长线于点，过点E作交于点L． ， ． 点，关于直线对称， ． 又， ， ． ，， ，，， ，，， ， ， ， ． ， ． 又， ， ． 【分析】（1）①由正方形的性质及垂直条件得，由对称性质即可证明； ②由正方形的性质及①的结论可证明，得，设，，证明，由相似的性质可求得，即可求得结果； （2）证法一：分别延长，交于点．由对称与平行得，再由，，利用相似三角形的对应边成比例即可证明； 证法二：延长，交的延长线于点，延长，交的延长线于点．先证明，，再证明，，然后再证明即可； 证法三：延长，交的延长线于点，过点E作，交于点L．先证明，得．再证明，，，从而可得，最后证明即可． 【详解】（1）①略 ②解：∵四边形是正方形， ，． 又由①知， ， ． 设，，则，， ， ， ，即， ，整理，得． 解得（，舍去）， ． （2）证明：略． 40．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在四边形中，连接对角线，过点A作交于点 E，将线段绕点A顺时针旋转得到，连接． (1)求证：； (2)记与交于点G，若，求的值． 【答案】(1)证明：∵， ∴， 由旋转可得，， ∵， ∴， ∴， ∴； (2) 【分析】（1）根据旋转的性质以及平行线的性质证明即可； （2）连接，过点分别作，垂足为点，先证明，则，，设，则在等腰中，，则，可得是等腰直角三角形，则，是等腰直角三角形，则，再证明即可． 【详解】（1）略 （2）解：连接，过点分别作，垂足为点， ∵ ∴ 由旋转可得， ∵ ∴ ∴，， 设， 则在等腰中， ∴ ∵， ∴是等腰直角三角形 ∴ ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴． 41．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，将矩形（）绕点逆时针旋转得到矩形，且点的对应点恰好落在边上，连接，，与交于点．过点作交于点． (1)求的大小（用含的代数式表示）； (2)试猜想线段，的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】(1) (2)， 证明：过点作于点， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， 又， ， ， ， 由旋转的性质可得，， ，， 又， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， ． 【分析】由旋转性质可得，，则有，从而有，通过矩形的性质可得，则； 过点作于点，则，则有，证明，所以，则有，由旋转性质可得，，所以，，证明，则有，再证明，所以，故有，然后通过矩形的性质即可求证． 【详解】（1）解：由旋转性质可得，， ， ， ， 四边形是矩形， ， ． （2）略． 42．（2026·福建泉州·三模）在中，，，点在的内部，连接，，点为线段的中点，连接． (1)如图，若，，求的长； (2)如图，将绕点逆时针旋转至，连接，，求证：； (3)如图，延长交于点，点为延长线上一点，连接，将沿翻折至所在平面内得到，直线与交于点，连接．若，当最小时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2)证明：延长至点，使得，连接，如下图， ∵将绕点逆时针旋转至， ∴， ∴， 又∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形，， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形，， ∴； (3) 【分析】（1）首先利用三角函数解得，在中由勾股定理解得，的长度，然后由求解即可； （2）延长至点，使得，连接，证明为等腰直角三角形，进一步证明，，结合全等三角形的性质证明为等腰直角三角形，进一步证明结论即可； （3）过点B作，过点C作于点Q，易得四边形为正方形，以点Q为圆心，为半径画圆，当点D在劣弧上时，此时，且点D在以Q为圆心，为半径的圆的劣弧上运动；取的中点O，连接，点M的轨迹为以的中点O为圆心，为半径的一段弧，当且仅当三点共线时，取得最小值；过点M作于点H，过点D作于点K，结合三角函数和勾股定理计算，的值，证明，结合相似三角形的性质可得；结合翻折的性质即正方形的性质证明，进而可得，可求得，然后根据三角形面积公式求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，解得（负值舍去）， ∴， ∵点为线段的中点， ∴， ∴； （2）略 （3）如图，过点B作，过点C作于点Q， 则， ∴四边形为矩形， 又∵， ∴四边形为正方形， ∴， 以点Q为圆心，为半径画圆，当点D在劣弧上时， 此时， ∴点D在以Q为圆心，为半径的圆的劣弧上运动， 如上图所示，取的中点O，连接，则， ∵点M为上的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴点M的轨迹为以的中点O为圆心，为半径的一段弧， 当且仅当三点共线时，取得最小值， 如下图所示，过点M作于点H，过点D作于点K， 此时， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵将沿翻折至所在平面内得到，直线与交于点， ∴， 又∵四边形为正方形， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】熟练掌握相关知识，正确地作出辅助线，得到点M的轨迹是解题的关键． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $