专题22 图形的变化—对称、平移、旋转、投影与视图（3年汇编）（山东专用）2024-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦图形变换核心考点，整合2024-2026年山东中考真题及模拟题，情境融合航天标识、榫卯等科技与传统文化，分层考查基础概念与综合应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|15-20道（3分/道）|对称图形识别、三视图判断等|以一笔画图形、篆体汉字为载体，辨析轴对称与中心对称| |填空题|8-10道（3分/道）|平移规律、翻折计算等|菱形平移周期探究，结合坐标变换与几何推理| |解答题|6-8道（8-12分/道）|旋转综合、翻折最值等|正方形折叠分层探究，联动相似三角形与函数最值|

专题22 图形的变化——对称、平移、旋转、投影与视图 3年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2024-2026） 命题规律 考点01 对称图形的识别 2026 山东统考 / 烟台 / 德州卷；2025 东营 / 青岛 / 德州卷 均为选择题，分值 3 分，属必考基础考点。早年以常规几何图形、图标识别为主，题型直白。2025 年起融入航天标识、围棋棋子、篆体汉字等科技与传统文化情境；2026 年新增一笔画图形创新载体，同步兼顾轴对称与中心对称双重辨析，从纯图形判断转向情境化概念考查，对定义精准度要求提升，整体难度稳定偏低。 考点02翻折问题 2026 烟台（选择）、德州 / 山东统考（填空）；2025 淄博（解答压轴）；2024 淄博（选择） 覆盖全题型，分值 3-12 分，是几何综合核心载体。早年以纸带、矩形折叠的基础角度、边长计算为主。2025 年升级为正方形折叠分层探究压轴，融合等腰三角形分类、线段和最值；2026 年多结合平行四边形、四边形折叠，联动菱形判定、相似三角形，从单一计算转向折叠性质 + 多定理综合探究，区分度显著提升。 考点03对称中的坐标问题 2025 青岛（选择）、德州 / 潍坊（解答） 涵盖选择、解答两类题型，分值 3-10 分。早期以网格中对称 + 旋转的坐标直接计算为主，侧重变换规则套用。2025 年拓展至折叠背景下的坐标推导，联动一次函数解析式、交点位置范围判断，需结合图像分析参数区间；命题从基础坐标运算转向 “变换 + 函数” 跨模块综合，对读图分析与数形结合能力要求逐年提高。 考点04平移 2026 德州 / 烟台卷（填空）；2025 山东统考卷（填空）；2024 淄博 / 东营卷（填空） 均以填空题形式考查，分值 3 分，属基础高频考点。早年以单点、线段平移的坐标计算、周长等量代换为主，设问直白。2026 年新增菱形平移递推规律题，需归纳周期循环推导坐标，升级为填空压轴考法；命题从单点平移性质识记转向图形平移的规律探究，对归纳推理与周期分析能力要求明显提升。 考点05旋转 2026 烟台 / 山东统考（解答）；2025 淄博（选择）、东营（填空）、德州 / 烟台（解答）；2024 青岛（选择） 覆盖全题型，分值 3-12 分，是几何与函数压轴的核心背景。早年以正方形内旋转的基础全等、边长计算为主。2025 年拓展至旋转最值、半角模型探究，且融入二次函数压轴的线段旋转最值；2026 统考后固定为几何解答题分层设问，结合等边三角形、相似综合拓展，对分类讨论与转化思想要求大幅提升。 考点06三视图的识别 2026 山东统考 / 烟台卷；2025 滨州 / 淄博 / 青岛卷；2024 日照 / 烟台卷 均为选择题，分值 3 分，属必考基础考点。早年以小正方体组合体、标准几何体的三视图判断为主。2025 年起融入交通锥、榫卯等生活与传统文化实物情境；2026 年新增双耳罐器具等写实载体，同时出现取走小正方体改变视图的创新考法，从标准几何体识别转向实物抽象与动态分析，空间想象能力要求稳步提升。 考点07由三视图还原几何体 2025 德州 / 潍坊卷；2024 东营卷、山东统考卷 均以选择题形式考查，分值 3 分。早期以小正方体组合体俯视图还原、单一几何体主视图匹配为主，题型常规。2025 年升级为圆柱 + 长方体的组合体三视图对应实物判断，需结合视图细节排除干扰选项；命题从基础几何体对应转向组合体实物匹配，对三视图细节观察与空间还原能力要求逐步提高，整体难度中等偏下。 考点01 对称图形的识别 一、单选题 1．（2026·山东烟台·中考真题）一笔画图形是指用一根连续不间断的线条，在不重复路径的情况下完成整个图形绘制的特殊贯通图．下列一笔画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．（2026·山东·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． 3．（2026·山东德州·中考真题）下列标志中，是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 4．（2025·山东东营·中考真题）中国的航天技术已达到世界先进水平，为世界科技进步贡献了中国智慧．下列中国航天图标中是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 5．（2025·山东青岛·中考真题）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． 6．（2025·山东德州·中考真题）“九达天衢”写成篆体，四个篆体字中可以看作轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 考点02 翻折问题 一、单选题 1．（2026·山东烟台·中考真题）如图，在折纸活动中，将一组对边互相平行的纸带进行了两次折叠，折痕分别为，．若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（    ） A．2 B． C． D． 二、填空题 3．（2026·山东德州·中考真题）如图，在四边形中，，，．取的中点，连接，，将和分别沿，折叠，若和恰好都能与重合，线段的长为______． 4．（2026·山东·中考真题）如图，在平行四边形纸片中，，，点是边的中点，点在边上，连接．将纸片沿折叠，点落在纸片上的点处，连接，．若，，则的面积为________． 三、解答题 5．（2025·山东淄博·中考真题）【问题情境】 小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习． 【探究感悟】 如图①，小明在边上取点（不与，重合），连接，将沿翻折，使得点的对应点恰好落到对角线上．则此时线段的长是 ； 【深入探究】 小明继续将沿翻折，发现：，，三点能构成等腰三角形．请求出此时线段的长； 【拓展延伸】 如图②，小明又在边上取点（不与，重合），并将四边形沿翻折，使得点的对应点恰好落在边上．记（为的对应点）与的交点为，连接，小明再次发现：线段与的长度之和存在最小值．请求出此时线段的长． 6．（2025九年级上·全国·专题练习）已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点． (1)求出抛物线的解析式； (2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，垂足为点F，当四边形的周长最大时，求点D的坐标； (3)如图2，点M是抛物线的顶点，将沿翻折得到，与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得是以为直角边的直角三角形，请直接写出点P的坐标． 考点03 对称中的坐标问题 一、单选题 1．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，将关于y轴的对称图形绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 二、解答题 2．（2025·山东德州·中考真题）如图，，点M在线段上，将沿直线折叠，点B恰好落在点处． (1)求a的值； (2)求直线的解析式； (3)若直线与直线的交点在直线的左侧，请直接写出t的取值范围． 3．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中，，的坐标分别为，，．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）． (1)画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标； (2)将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形． 考点04 平移 一、填空题 1．（2026·山东德州·中考真题）在平面直角坐标系中，若点向右平移个单位长度后落在第一象限，请写出一个满足条件的的值_______． 2．（2026·山东烟台·中考真题）如图，以原点为顶点作边长为2的菱形，点在轴上，且，将点向右平移2个单位得到点，以为顶点作与菱形全等的菱形，点在轴上；再将点向右平移2个单位得到点，以为顶点作与菱形全等的菱形，点在轴上；…；按照以上规律作图，则点的坐标为__________． 3．（2025·山东·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向下平移2个单位长度，得到的对应点的坐标是______． 4．（2024·山东淄博·中考真题）如图，已知，两点的坐标分别为，，将线段平移得到线段．若点的对应点是，则点的对应点的坐标是__________． 5．（2024·山东东营·中考真题）如图，将沿方向平移得到，若的周长为，则四边形的周长为_______． 考点05 旋转 一、单选题 1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 2．（2024·山东青岛·中考真题）如图，将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 3．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 三、解答题 4．（2026·山东烟台·中考真题）如图，矩形 中， 是对角线，请解决下列问题： (1)将 绕点旋转后，点的对应点为点 ，点的对应点为点 ，且点在线段上，请用尺规作出旋转后的图形（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，若 ， ，与交于点 ，求 的长． 5．（2026·山东·中考真题）在中，，． 【观察与发现】 (1)如图1，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点与点是对应点．点，分别在边，上，，连接，．求证：． 【思考与探究】 (2)如图2，过点作交于点．点，分别在边，上，，连接，，．猜想线段与的数量关系，并说明理由． 【拓展与延伸】 (3)如图3，在（2）的条件下，延长至点，使，连接，．若，，求线段的长度． 6．（20-21九年级上·广西南宁·期中）【模型建立】如图1，四边形是正方形，点M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接． （1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型应用】 （2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系． 7．（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线． (1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）． 8．（2025·山东烟台·中考真题）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，，，D是直线上方抛物线上一动点，作交于点E，垂足为点F，连接． (1)求抛物线的表达式； (2)设点D的横坐标为， ①用含有的代数式表示线段的长度； ②是否存在点D，使是等腰三角形?若存在，请求出所有满足条件的点D的坐标；若不存在，请说明理由； (3)连接，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接，请直接写出线段长度的最小值． 考点06 三视图的识别 一、单选题 1．（2026·山东烟台·中考真题）如图是一个双耳罐器具，它的左视图是（     ） A． B． C． D． 2．（2026·山东·中考真题）如图所示几何体的俯视图是（     ） A． B． C． D． 3．（2025·山东滨州·中考真题）如图，生活中常见的交通锥可以近似看作圆锥的形状．关于该圆锥的三视图，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 4．（2025·山东淄博·中考真题）如图是一个由大小相同的5个小正方体搭成的几何体，则该几何体的主视图是（    ） A． B． C． D． 5．（2025·山东青岛·中考真题）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． 6．（2024·山东日照·中考真题）如图是由5个完全相同的小正方体搭成的几何体，如果将小正方体A放置到小正方体B的正上方，则它的三视图变化情况是（    ） A．主视图会发生改变 B．左视图会发生改变 C．俯视图会发生改变 D．三种视图都会发生改变 7．（2024·山东烟台·中考真题）下图是由8个大小相同的小正方体组成的几何体，若从标号为①②③④的小正方体中取走一个，使新几何体的左视图既是轴对称图形又是中心对称图形，则应取走（    ）    A．① B．② C．③ D．④ 考点07 由三视图还原几何体 一、单选题 1．（2025·山东德州·中考真题）某物体的三视图如图所示，与它对应的物体是（） A． B． C． D． 2．（2025·山东潍坊·中考真题）某物体的三视图如图所示，则该物体可能是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·山东东营·中考真题）某几何体的俯视图如图所示，下列几何体（箭头所示为正面）的俯视图与其相同的是（   ） A． B． C． D． 4．（2024·山东·中考真题）下列几何体中，主视图是如图的是（    ） A． B． C． D． 一、单选题 1．（2025·山东德州·中考真题）某物体的三视图如图所示，与它对应的物体是（） A． B． C． D． 2．（2025·山东潍坊·中考真题）某物体的三视图如图所示，则该物体可能是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·山东东营·中考真题）某几何体的俯视图如图所示，下列几何体（箭头所示为正面）的俯视图与其相同的是（   ） A． B． C． D． 4．（2024·山东·中考真题）下列几何体中，主视图是如图的是（    ） A． B． C． D． 5．（2026·山东青岛·二模）如图，在平面直角坐标系中，位于第四象限，点的坐标是，把向左平移个单位长度得到，再将绕点按顺时针方向旋转，得到，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 6．（2026·山东菏泽·二模）新春佳节，班级文化长廊布置喜庆国风装饰，整齐悬挂着四个样式相同、寓意吉祥团圆的中国结，既装点教室又传承传统民俗文化．四个相同的“中国结”的悬挂位置如图所示，已知悬挂点，，，的坐标分别是，，，．为让排布规整对称、尽显中式对称美学，下列平移中，能使四个“中国结”关于轴对称的是（     ） A．将向右平移个单位 B．将向右平移个单位 C．将向右平移个单位 D．将向右平移个单位 7．（2026·山东·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． 8．（2026·山东枣庄·三模）数学世界中有许多美妙的几何图形等待着你去发现，下列四个几何图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 9．（2026·山东聊城·二模）如图，在平面直角坐标系中，点，，，都在格点上，将正方形绕原点旋转，得到正方形，则点的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 10．（2026·山东淄博·二模）如图所示的几何体的左视图是（     ） A． B． C． D． 11．（2026·山东济南·二模）下列几何体中，左视图是三角形的为（    ）． A． B． C． D． 12．（2026·山东济南·二模）盖碗茶是中国传统饮茶方式，茶具由盖、碗、托三件组成，又称“三才碗”，盖为天、托为地、碗为人，寓意天地人和．如图，是一种盖碗茶具的实物图，关于它的三视图，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 13．（2026·山东潍坊·三模）如图是某几何体的三视图，则这个几何体是（     ） A．圆锥 B．三棱锥 C．四棱锥 D．三棱柱 14．（2026·山东德州·二模）如图所示的几何体的主视图是（     ） A． B． C． D． 二、填空题 15．（2026·山东日照·三模）平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点称为“整点”，整点每次平移的规则：横纵坐标之和除以5，若余数为0该点向下平移1个单位，若余数为1向右平移1个单位，若余数为2向上平移1个单位，若余数为3向左平移1个单位，若余数为4不动．已知整点满足，连续平移6次后恰好落在直线上，则点平移前的横坐标为_____． 16．（2026·山东泰安·三模）如图，将一张长方形纸片按如下步骤折叠：（1）如图1，将纸片对折，点B落在点C处，得到折痕后展开纸片；（2）如图2，将对折，点B落在折痕上的点处，得到折痕；（3）如图3，将对折，点C落在折痕上的点处，得到折痕，则的度数为_________ 度． 17．（2026·山东青岛·二模）如图，菱形的对角线交于原点，点的坐标为，将菱形绕原点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时点的坐标为______________． 三、解答题 18．（2026·山东泰安·三模）综合实践课上，老师让同学们开展了的折纸活动，E是边上的一动点，F是边上的一动点，将沿直线折叠，使点C落在边上的点M处，点D的对应点为点N，连接． (1)【观察发现】如图1，若，则 ， ． (2)【操作探究】如图2，当点N落在的延长线上时，求证：四边形为平行四边形． 19．（2026·山东泰安·三模）如图（1），四边形是平行四边形，过点A的直线m经过点C．． (1)请直接写出、的数量关系； (2)如图（2），将绕点A逆时针方向旋转，作，此时、、有怎样的数量关系？并说明理由； (3)将绕点A顺时针方向旋转，，如图（3），点M为中点，，请直接写出点M到直线m的距离． 20．（2026·山东泰安·三模）如图，等边三角形，点D为边上一动点，连接，将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接交直线于点F． (1)如图1，若，，求的长度； (2)如图2，当三点共线时，连接，点G为中点，连接，过点G作于点H，请猜想的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，连接，点D在边上运动时，点P为线段上一点，点Q为线段上一点，连接，且，当以及均最小时，连接，若，直接写出当以及均最小时对应的面积． 21．（2026·山东济南·三模）【问题发现与证明】 如图1，正方形中，、分别在边、上，且，连接，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题．将绕点顺时针旋转，得到，可证：．请完成下面的问题． (1)______； (2)求证：． (3)【问题拓展与应用】某公园管理人员发现该公园有一块绿地，如图2所示，四边形是平行四边形，已知米，米，．为提升游客游览的体验感，准备修建三条赏花通道、、，要求点在边上，点为边的中点，且，现计划在所在区域种植郁金香，种植郁金香的费用为每平方米12元，求该公园种植郁金香需要投入多少资金． 22．（2026·山东临沂·二模）在中，，点是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系，并证明； (3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，直接写出的最小值． 试卷第1页，共3页 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题22 图形的变化——对称、平移、旋转、投影与视图 3年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2024-2026） 命题规律 考点01 对称图形的识别 2026 山东统考 / 烟台 / 德州卷；2025 东营 / 青岛 / 德州卷 均为选择题，分值 3 分，属必考基础考点。早年以常规几何图形、图标识别为主，题型直白。2025 年起融入航天标识、围棋棋子、篆体汉字等科技与传统文化情境；2026 年新增一笔画图形创新载体，同步兼顾轴对称与中心对称双重辨析，从纯图形判断转向情境化概念考查，对定义精准度要求提升，整体难度稳定偏低。 考点02翻折问题 2026 烟台（选择）、德州 / 山东统考（填空）；2025 淄博（解答压轴）；2024 淄博（选择） 覆盖全题型，分值 3-12 分，是几何综合核心载体。早年以纸带、矩形折叠的基础角度、边长计算为主。2025 年升级为正方形折叠分层探究压轴，融合等腰三角形分类、线段和最值；2026 年多结合平行四边形、四边形折叠，联动菱形判定、相似三角形，从单一计算转向折叠性质 + 多定理综合探究，区分度显著提升。 考点03对称中的坐标问题 2025 青岛（选择）、德州 / 潍坊（解答） 涵盖选择、解答两类题型，分值 3-10 分。早期以网格中对称 + 旋转的坐标直接计算为主，侧重变换规则套用。2025 年拓展至折叠背景下的坐标推导，联动一次函数解析式、交点位置范围判断，需结合图像分析参数区间；命题从基础坐标运算转向 “变换 + 函数” 跨模块综合，对读图分析与数形结合能力要求逐年提高。 考点04平移 2026 德州 / 烟台卷（填空）；2025 山东统考卷（填空）；2024 淄博 / 东营卷（填空） 均以填空题形式考查，分值 3 分，属基础高频考点。早年以单点、线段平移的坐标计算、周长等量代换为主，设问直白。2026 年新增菱形平移递推规律题，需归纳周期循环推导坐标，升级为填空压轴考法；命题从单点平移性质识记转向图形平移的规律探究，对归纳推理与周期分析能力要求明显提升。 考点05旋转 2026 烟台 / 山东统考（解答）；2025 淄博（选择）、东营（填空）、德州 / 烟台（解答）；2024 青岛（选择） 覆盖全题型，分值 3-12 分，是几何与函数压轴的核心背景。早年以正方形内旋转的基础全等、边长计算为主。2025 年拓展至旋转最值、半角模型探究，且融入二次函数压轴的线段旋转最值；2026 统考后固定为几何解答题分层设问，结合等边三角形、相似综合拓展，对分类讨论与转化思想要求大幅提升。 考点06三视图的识别 2026 山东统考 / 烟台卷；2025 滨州 / 淄博 / 青岛卷；2024 日照 / 烟台卷 均为选择题，分值 3 分，属必考基础考点。早年以小正方体组合体、标准几何体的三视图判断为主。2025 年起融入交通锥、榫卯等生活与传统文化实物情境；2026 年新增双耳罐器具等写实载体，同时出现取走小正方体改变视图的创新考法，从标准几何体识别转向实物抽象与动态分析，空间想象能力要求稳步提升。 考点07由三视图还原几何体 2025 德州 / 潍坊卷；2024 东营卷、山东统考卷 均以选择题形式考查，分值 3 分。早期以小正方体组合体俯视图还原、单一几何体主视图匹配为主，题型常规。2025 年升级为圆柱 + 长方体的组合体三视图对应实物判断，需结合视图细节排除干扰选项；命题从基础几何体对应转向组合体实物匹配，对三视图细节观察与空间还原能力要求逐步提高，整体难度中等偏下。 考点01 对称图形的识别 一、单选题 1．（2026·山东烟台·中考真题）一笔画图形是指用一根连续不间断的线条，在不重复路径的情况下完成整个图形绘制的特殊贯通图．下列一笔画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】把一个图形绕某一点旋转180度，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，据此进行判断即可，熟练掌握其定义是解题的关键． 【详解】解：A、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； 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、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意． 2．（2026·山东·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】A 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：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，进行逐一判断即可． 【详解】解：A．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形； B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形； C．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形； D．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形． 3．（2026·山东德州·中考真题）下列标志中，是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据中心对称图形的概念：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，对各个选项进行判断即可． 【详解】解： A、该图形绕中心旋转后，内部箭头方向发生改变，不能与原图形重合，故不是中心对称图形； B、该图形是轴对称图形，绕中心旋转后不能与原图形重合，故不是中心对称图形； C、该图形绕中心旋转后能与原图形重合，故是中心对称图形； D、该图形是轴对称图形，绕中心旋转后不能与原图形重合，故不是中心对称图形． 4．（2025·山东东营·中考真题）中国的航天技术已达到世界先进水平，为世界科技进步贡献了中国智慧．下列中国航天图标中是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是中心对称图形的概念，掌握中心对称图形的概念是解答本题的关键．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．根据中心对称图形的概念逐项判断即可． 【详解】解：A、图案不能找到一个点，使图形绕这个点旋转后与原来的图形重合， 不是中心对称图形； B、图案不能找到一个点，使图形绕这个点旋转后与原来的图形重合， ∴不是中心对称图形； C、图案能找到一个点，使图形绕这个点旋转后与原来的图形重合， ∴是中心对称图形； D、图案不能找到一个点，使图形绕这个点旋转后与原来的图形重合， ∴不是中心对称图形． 故选：C． 5．（2025·山东青岛·中考真题）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】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的识别．根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．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． 【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，本选项不符合题意； B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，本选项不符合题意； C、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，本选项不符合题意； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，本选项符合题意； 故选：D． 6．（2025·山东德州·中考真题）“九达天衢”写成篆体，四个篆体字中可以看作轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查轴对称图形的定义，正确理解轴对称图形的定义是解题的关键． 根据轴对称图形的定义，如果一个图形沿着一条直线对折后，两部分完全重合，那么这个图形就是轴对称图形，据此逐项判断即可． 【详解】解：选项A、“九”写成篆体后，整体形状不对称，找不到一条直线，使该字沿此直线对折后两部分完全重合，不是轴对称图形； 选项B、“达”写成篆体后，左右两侧形状不一致，找不到一条直线，使该字沿此直线对折后两部分完全重合，不是轴对称图形； 选项C、“天”写成篆体后，能找到一条直线，使该字沿中间竖直方向对折后两部分完全重合，是轴对称图形； 选项D、“衢”写成篆体后，左右结构不对称，找不到一条直线，使该字沿此直线对折后两部分完全重合，不是轴对称图形； 故选：C． 考点02 翻折问题 一、单选题 1．（2026·山东烟台·中考真题）如图，在折纸活动中，将一组对边互相平行的纸带进行了两次折叠，折痕分别为，．若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，延长到点F，由平行线的性质求出，然后结合折叠的性质求解． 【详解】解：如图，延长到点F， ∵，， ∴， 由折叠得， ∵， ∴． 2．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（    ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于点F，设，则，利用勾股定理求得，由折叠得到，垂直平分，则，由代入求得，则，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接交于点F， 设，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵将四边形沿翻折，点C，D分别落在点A，E处， ∴点C与点A关于直线对称， ∴，垂直平分， ∴，，， ∵， ∴ ∴， ∴ ∴． 故选：A． 【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 二、填空题 3．（2026·山东德州·中考真题）如图，在四边形中，，，．取的中点，连接，，将和分别沿，折叠，若和恰好都能与重合，线段的长为______． 【答案】 【分析】根据题意作图，得到，，，如图所示，过点C作于点F，得到矩形，由勾股定理得到，设，则，，由此列式得到，则，再根据勾股定理即可求解． 【详解】解：将和分别沿，折叠，点B，D的对应点为，，若和恰好都能与重合，则点重合，如图所示，且点A是的中点， ∴，，， 如图所示，过点C作于点F， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 设，则，， ∴， 解得，， ∴， 在中， ． 4．（2026·山东·中考真题）如图，在平行四边形纸片中，，，点是边的中点，点在边上，连接．将纸片沿折叠，点落在纸片上的点处，连接，．若，，则的面积为________． 【答案】 【分析】先由折叠和推出 ，从而四边形是菱形，得 且为中点，再利用菱形及中点构造中位线得到且，结合可证并求得，最后通过面积法求，利用相似三角形求出，从而算出的面积． 【详解】解：连接，作， ，点是边的中点， ，根据折叠可知， ，， ， ， 由折叠可知， ， ， 由折叠可知， ， 四边形是菱形， ， 设交点为， 为中点， ，且， ， ， ， 在中，， ， ， 设交点为， ，， ，，， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查平行四边形与折叠的综合应用，核心知识点是菱形判定、中位线性质、勾股定理及相似三角形求高，解题关键是通过折叠与平行推出四边形为菱形，从而得到垂直、中点及边长关系，进而用面积和相似计算三角形面积． 三、解答题 5．（2025·山东淄博·中考真题）【问题情境】 小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习． 【探究感悟】 如图①，小明在边上取点（不与，重合），连接，将沿翻折，使得点的对应点恰好落到对角线上．则此时线段的长是 ； 【深入探究】 小明继续将沿翻折，发现：，，三点能构成等腰三角形．请求出此时线段的长； 【拓展延伸】 如图②，小明又在边上取点（不与，重合），并将四边形沿翻折，使得点的对应点恰好落在边上．记（为的对应点）与的交点为，连接，小明再次发现：线段与的长度之和存在最小值．请求出此时线段的长． 【答案】（1）（2）或（3） 【分析】（1）根据正方形的性质，折叠的性质，推出为等腰直角三角形，进而求出的长即可； （2）分和两种情况进行讨论求解即可； （3）连接，，作，易得四边形为矩形，根据折叠性质得到，证明，得到，进而得到，作点关于的对称点，连接，连接交于点，则，，得到，得到当点在上时，即点与点重合时，，值最小，证明，得到，进而得到为的中点，设，则：，在中，由勾股定理，得：，求出的长，进而求出的长，证明，进行求解即可． 【详解】解：（1）∵正方形，边长为4， ∴， ∴， ∵翻折， ∴，， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴； （2）当时，如图，作于点，延长交于点， 则：四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵折叠， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴； ②当时，如图：作于点，延长交于点，作于点，则：，四边形为矩形，四边形为矩形， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴，， 在中，， ∴； 综上：或； （3）连接，，交于点，作，则：四边形为矩形， ∴，， ∵折叠， ∴，，，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 作点关于的对称点，连接，连接交于点，则：，， ∴， ∴当点在上时，即点与点重合时，，值最小； 如图： ∵，，， ∴， ∴， ∴为的中点， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，利用轴对称解决线段和最短问题等知识点，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，确定动点位置，是解题的关键． 6．（2025九年级上·全国·专题练习）已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点． (1)求出抛物线的解析式； (2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴，垂足为点F，当四边形的周长最大时，求点D的坐标； (3)如图2，点M是抛物线的顶点，将沿翻折得到，与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得是以为直角边的直角三角形，请直接写出点P的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）设抛物线的解析式为，把代入解析式，解方程求出的值即可； （2）设，则，表示出四边形的周长，根据二次函数的最值即可求解； （3）过C作垂直抛物线对称轴于H，过N作轴于K，证明，再求解，求出直线的解析式为，得到，设，求出，，，分两种情况：①当时，②当时，建立方程求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于，两点， 设抛物线的解析式为， 把代入解析式，得， 解得：， ∴抛物线的解析式为：，即； （2）解：∵抛物线的解析式为：， ∴抛物线图象的对称轴为：， 设， ∵轴， ∴， ∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作轴， ∴四边形是矩形， ∴四边形的周长 ， ∵， ∴当时，四边形的周长最大，则， ∴当四边形的周长最大时，点D的坐标为； （3）解：过C作垂直抛物线对称轴于H，过N作轴于K， ∴， 由翻折得， ∵． ∴， ∴， ∵对称轴于H， ∴轴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵抛物线的解析式为：， ∴对称轴为， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为：， 将代入，则， ∴， 设， ∴，，， 分两种情况： ①当时，， ∴， 解得：， ∴； ②当时，， ∴ 解得：， ∴点的坐标为； 综上，所有符合条件的点P的坐标为或． 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点坐标问题，二次函数的性质，对称轴的性质，二次函数与直角三角形，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键． 考点03 对称中的坐标问题 一、单选题 1．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，将关于y轴的对称图形绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的变换，熟练掌握点的对称与旋转是解决本题的关键． 先根据图中的位置求出点A的坐标，再根据关于y轴的对称可求解点，再根据绕原点O旋转即可求解点的坐标． 【详解】解：在平面直角坐标系中，点， ∴点A关于y轴对称的点， 将点绕原点O旋转， ∴如图，点． 故选：A． 二、解答题 2．（2025·山东德州·中考真题）如图，，点M在线段上，将沿直线折叠，点B恰好落在点处． (1)求a的值； (2)求直线的解析式； (3)若直线与直线的交点在直线的左侧，请直接写出t的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】题目主要考查坐标与图形，勾股定理解三角形，翻折的性质，确定一次函数解析式及一次函数的性质，理解题意，结合图象求解是解题关键． （1）根据题意得出，再由勾股定理及折叠的性质求解即可； （2）设，根据折叠的性质，得，，根据勾股定理确定点M的坐标，再利用待定系数法计算解析式即可． （3）根据题意作出相应草图，结合图象得出，代入一次函数解析式即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵将沿直线折叠，点B恰好落在点处， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）设， 根据折叠的性质，得，， 由（1）得， ∵， ∴， 解得， 故， 设直线的解析式为， ∴， 解得， 故直线的解析式为． （3）由（1）得：， ∴直线与直线的交点在直线的左侧， 如图所示： 当时，， ∴， ∵直线与直线的交点在直线的左侧， ∴直线经过点N时恰好是临界点， ∴， 解得：， ∴t的取值范围为． 3．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中，，的坐标分别为，，．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）． (1)画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标； (2)将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形． 【答案】(1) 如图，建立平面直角坐标系， ∴对称中心的坐标是，点的对应点的坐标是； (2) 如图所示． 【分析】本题考查了坐标与图形，建立平面直角坐标系，作图——平移变换，中心对称，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据，，的坐标分别为，，建立平面直角坐标系即可，找出对应点即可求对称中心的坐标和点的对应点的坐标； （）根据平移的性质即可求解． 【详解】（1）略 （2）略 考点04 平移 一、填空题 1．（2026·山东德州·中考真题）在平面直角坐标系中，若点向右平移个单位长度后落在第一象限，请写出一个满足条件的的值_______． 【答案】 （答案不唯一，任意满足的值均可） 【分析】根据点的平移规律得到平移后点的坐标，结合第一象限内点的坐标特征得到的取值范围，即可写出满足条件的的值． 【详解】解：点向右平移个单位长度后，得到的点的坐标为， ∵第一象限内点的横坐标大于，纵坐标大于，该点纵坐标为， ∴可得 解得 取（答案不唯一）． 2．（2026·山东烟台·中考真题）如图，以原点为顶点作边长为2的菱形，点在轴上，且，将点向右平移2个单位得到点，以为顶点作与菱形全等的菱形，点在轴上；再将点向右平移2个单位得到点，以为顶点作与菱形全等的菱形，点在轴上；…；按照以上规律作图，则点的坐标为__________． 【答案】 【分析】如图，过点作于点H，从开始，每8个点记为1组，根据得到的位置和第1组中的位置相同，然后求出，，，发现规律求解即可． 【详解】解：如图，过点作于点H， ∵所以菱形都两两全等 ∴从开始，每8个点记为1组， ∵ ∴的位置和第1组中的位置相同， ∵ ∴ ∵菱形的边长为2 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴，， 由平移得， ∴ ∴， ∵菱形与菱形全等 ∴同理可得，，， ∴ ∴ ∴． 3．（2025·山东·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向下平移2个单位长度，得到的对应点的坐标是______． 【答案】 【分析】本题主要考查了点的平移，掌握平移规律“左减右加，上加下减”是解题的关键． 直接运用平移规律“上加下减”即可解答． 【详解】解：将点向下平移2个单位长度，得到的对应点的坐标是，即， 故答案为：． 4．（2024·山东淄博·中考真题）如图，已知，两点的坐标分别为，，将线段平移得到线段．若点的对应点是，则点的对应点的坐标是__________． 【答案】 【分析】此题主要考查了点的平移规律与图形的平移，关键是掌握平移规律，左右移，纵不变，横减加，上下移，横不变，纵加减．根据平移的性质，结合已知点，的坐标，知点的横坐标加上了1，纵坐标加1，则的坐标的变化规律与点相同，即可得到答案． 【详解】解：平移后对应点C的坐标为， 点的横坐标加上了4，纵坐标加1， ， 点坐标为， 即， 故答案为：． 5．（2024·山东东营·中考真题）如图，将沿方向平移得到，若的周长为，则四边形的周长为_______． 【答案】30 【分析】本题主要考查了平移的性质、三角形周长等知识点，掌握平移的性质及等量代换成为解题的关键． 由平移的性质可得,,再根据的周长为可得，然后根据四边形的周长公式及等量代换即可解答． 【详解】解：∵将沿方向平移得到， ∴,, ∵的周长为， ∴,即， ∴四边形的周长为． 故答案为：30． 考点05 旋转 一、单选题 1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可． 【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点， 则， 又∵， ∴， ∴， 由旋转得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即当点P在时，的值最大为长， ∵是正方形， ， ∴， ∴的值最大为， ∴的最大面积是， 故选：C． 2．（2024·山东青岛·中考真题）如图，将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和平移，全等三角形的性质与判定，先根据题意得到平移方式为向右平移3个单位长度，则可得平移后点A的对应点坐标为；如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，证明，得到，则，即点A的对应点的坐标是． 【详解】解：由题意得，平移前， ∵将正方形先向右平移，使点B与原点O重合， ∴平移方式为向右平移3个单位长度， ∴平移后点A的对应点坐标为， 如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点A的对应点的坐标是， 故选：A． 二、填空题 3．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 【答案】 【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 由旋转可知， ∴，，， ∴点F、B、C三点共线， ∵ ， ∴ H为的中点， ∴垂直平分， ∴， 设， ∵，， ∴正方形的边长为3， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程． 三、解答题 4．（2026·山东烟台·中考真题）如图，矩形 中， 是对角线，请解决下列问题： (1)将 绕点旋转后，点的对应点为点 ，点的对应点为点 ，且点在线段上，请用尺规作出旋转后的图形（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，若 ， ，与交于点 ，求 的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为圆心，为半径画弧，交于，以为圆心为半径画弧，两弧相交于，作射线，以为圆心，长为半径画弧交于，则即为所求；有作图可知，所以，且旋转角为； （2）可证，利用对应边成比例可求，则可求． 【详解】（1）解：略； （2）解：∵在矩形 中， ∴， 由（1）知， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 5．（2026·山东·中考真题）在中，，． 【观察与发现】 (1)如图1，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点与点是对应点．点，分别在边，上，，连接，．求证：． 【思考与探究】 (2)如图2，过点作交于点．点，分别在边，上，，连接，，．猜想线段与的数量关系，并说明理由． 【拓展与延伸】 (3)如图3，在（2）的条件下，延长至点，使，连接，．若，，求线段的长度． 【答案】(1)证明：连接，如图所示： 根据旋转可得：，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； (2)；理由如下： ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； (3)或2 【分析】（1）连接，证明为等边三角形，得出，，再证明，即可得出结论； （2）证明，得出，，证明，得出，，根据，即可得出答案； （3）延长，并取点N，使，过点G作于点M，根据中位线的性质得出，，设，则，，，解直角三角形求出，，根据勾股定理得出：，求出x的值，即可得出答案． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：延长，并取点N，使，过点G作于点M，如图所示： 则， ∵， ∴为的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则，，， ∵， ∴，， ∴， 在中，根据勾股定理得：， 即， 解得：，， ∴或2． 6．（20-21九年级上·广西南宁·期中）【模型建立】如图1，四边形是正方形，点M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接． （1）试判断之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型应用】 （2）如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程； 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，请直接写出线段之间的数量关系． 【答案】（1），证明见解析；（2），证明见解析；（3）． 【分析】（1）根据旋转得到，，，，可得，进一步证明可得到答案； （2）在上取，连接．首先由，得，，再证明，得，即可得到答案； （3）利用旋转的性质即可得到，，，可得，得，即可得到答案． 【详解】（1）解：．证明如下： 由旋转的性质，得，，，， ∴， ∴点E，B，C共线． ∵， ∴． 在和中 ∴， ∴， ∵， ∴． （2）解：，证明如下： 如图1，在上取，连接． ∵，， ∴， ∴，． ∴， ∵， ∴． 在和中 ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：如图2，将绕点A逆时针旋转得， ∴，，， ∵， ∴， ∴点E，D，C共线． ，， ， ，， ， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了“半角模型”．正方形的性质，熟练掌握旋转的性质，补角性质，全等三角形的判定和性质，是解题的关键． 7．（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线． (1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）． 【答案】(1)①证明：过点P作、，如图所示： 则 四边形是正方形 四边形是矩形 在中， 四边形是正方形 ， ； ②为定值，该定值为 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、正方形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． （1）①过点P作、，根据四边形是正方形得到，证四边形是矩形，又得到，进而证明四边形是正方形，利用角度关系得到，证出，根据全等三角形的性质得到即可； ②过点P作、，根据①可得到，根据，证得并且，利用相似三角形的性质得到，最后进行面积转化得到定值即可； （2）过点P作、，连接，易证得，根据相似三角形的性质得到，再证，根据相似三角形的性质，同理可得，进而得到，是等腰直角三角形，根据三角形面积公式进行求解即可． 【详解】（1）①略 ②过点P作、，如图所示： 由①可知四边形是正方形 、 故 为定值，该定值为； （2）解：过点P作、，连接，如图所示： 四边形是正方形 射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F 、 同理可得 是等腰直角三角形 在中， 由勾股定理得 ． 答：四边形的面积为． 8．（2025·山东烟台·中考真题）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，，，D是直线上方抛物线上一动点，作交于点E，垂足为点F，连接． (1)求抛物线的表达式； (2)设点D的横坐标为， ①用含有的代数式表示线段的长度； ②是否存在点D，使是等腰三角形?若存在，请求出所有满足条件的点D的坐标；若不存在，请说明理由； (3)连接，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接，请直接写出线段长度的最小值． 【答案】(1) (2)①；②存在，或或 (3) 【分析】（1）运用待定系数法即可求解； （2）①求出直线：，则，，即可用的代数式表示；②用两点间距离公式分别表示三边，分类讨论，建立方程求解即可； （3）在轴负半轴取点，连接并延长交轴于点，连接，证明，则，确定点在线段上运动（不包括端点），故当时，最小，可证明，求得，而当时，，即可由面积法求最小值． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，，， ∴， ∴ 解得：， ∴抛物线表达式为； （2）解：①对于抛物线表达式， 当， ∴， 设直线表达式为：， 则， 解得：， ∴直线：， ∵， ∴，， ∴， ∴； ②存在， ，而 当时，， 解得：或（舍）， ， ∴； 当时， 整理得：， 解得：或（舍）， ， ∴； 当时， 整理得：， 解得：或（舍）或（舍）， ， ∴， 综上：是等腰三角形时，或或； （3）解：在轴负半轴取点，连接并延长交轴于点，连接， 由旋转得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点在线段上运动（不包括端点）， ∴当时，最小， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴当时， ∴， ∴， ∴线段长度的最小值． 【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，涉及得到系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，等腰三角形的存在性问题，两点间距离公式，全等三角形的判定与性质，垂线段最短等知识点，难度较大，综合性强． 考点06 三视图的识别 一、单选题 1．（2026·山东烟台·中考真题）如图是一个双耳罐器具，它的左视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三视图的定义，主视图是从正面看得到的图形，左视图是从左面看得到的图形，俯视图是从上面看得到的图形. 结合实物图及“从正面看”的提示，判断各选项，进而推断左视图． 【详解】解：左视图是从物体左侧向右观察得到的视图，题干给出的是双耳罐的立体图，两个耳分别在罐身的左右两侧． 选项A、从左侧观察双耳罐时，两个耳沿左右方向分布，会重合在视图的中间位置；由于双耳有厚度，因此会在视图顶部中间呈现出两条平行的竖线，罐身轮廓保持罐子的外形，符合左视图特征． 选项B、左右带耳，是主视图． 选项C、呈现同心圆与耳的横向轮廓线，是俯视图． 选项D、没有画出双耳线条，未体现耳的存在；错误． 2．（2026·山东·中考真题）如图所示几何体的俯视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据俯视图的定义，从物体的正上方往下看，分析看到的平面图形形状及线条即可． 【详解】解：从上面看，该几何体的俯视图为： 3．（2025·山东滨州·中考真题）如图，生活中常见的交通锥可以近似看作圆锥的形状．关于该圆锥的三视图，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 【分析】本题考查三视图，根据几何体，确定其三视图，进行判断即可． 【详解】解：圆锥的主视图和左视图相同且均为三角形，俯视图为圆； 故选：A． 4．（2025·山东淄博·中考真题）如图是一个由大小相同的5个小正方体搭成的几何体，则该几何体的主视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了简单组合体三视图的知识，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主视图中. 【详解】解：从正面看易得第一层有3个正方形，第二层中间有1个正方形. 故选：A. 5．（2025·山东青岛·中考真题）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． 6．（2024·山东日照·中考真题）如图是由5个完全相同的小正方体搭成的几何体，如果将小正方体A放置到小正方体B的正上方，则它的三视图变化情况是（    ） A．主视图会发生改变 B．左视图会发生改变 C．俯视图会发生改变 D．三种视图都会发生改变 【答案】A 【分析】本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图． 根据三视图的概念得到小正方体移动前后的各个视图，进而即可判断选项． 【详解】移动前的主视图为： ， 左视图为： ， 俯视图为： 移动后的主视图为： ， 左视图为： ， 俯视图为： ， 所以它的主视图会发生变化． 故选A 7．（2024·山东烟台·中考真题）下图是由8个大小相同的小正方体组成的几何体，若从标号为①②③④的小正方体中取走一个，使新几何体的左视图既是轴对称图形又是中心对称图形，则应取走（    ）    A．① B．② C．③ D．④ 【答案】A 【分析】本题考查几何体的三视图，熟练掌握三视图的画法是解题的关键．分别画出各选项得出的左视图，再判断即可． 【详解】 解：A、取走①时，左视图为  ，既是轴对称图形又是中心对称图形，故选项A符合题意； B、取走②时，左视图为  ，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； C、取走③时，左视图为  ，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项C不符合题意； D、取走④时，左视图为  ，既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故选项D不符合题意； 故选：A． 考点07 由三视图还原几何体 一、单选题 1．（2025·山东德州·中考真题）某物体的三视图如图所示，与它对应的物体是（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了由三视图判断几何体，熟练掌握三视图与几何体各部分形状的对应关系是解题的关键． 通过分析三视图的形状，尤其是俯视图中的圆，判断物体的组成部分（圆柱和长方体的组合），再结合各视图的特征排除不符合的选项． 【详解】解：由俯视图中有圆，得物体上方侧面应为曲面，排除选项A； 由主视图和左视图中下方是长方形，得物体下方应为长方体，排除选项D； 由圆柱的直径与长方体的宽度关系，选项B中圆柱直径过宽，不符合视图特征，选项C符合． 故选：C． 2．（2025·山东潍坊·中考真题）某物体的三视图如图所示，则该物体可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查根据三视图还原几何体，根据给出的三视图可知，该物体为长方体和圆柱体的组合体，长方体在上，圆柱体在下，进行判断即可． 【详解】解：由图可知，该物体可能是 故选B． 3．（2024·山东东营·中考真题）某几何体的俯视图如图所示，下列几何体（箭头所示为正面）的俯视图与其相同的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三视图的判断，根据图形特点，正确的确定出俯视图是关键．首先由俯视图可知该几何体共两列，左边一列最底层共三个正方体，右边一列最底层共一个正方体，找出正确的答案即可． 【详解】解：由俯视图可知该几何体共两列，左边一列最底层共三个正方体，右边一列最底层共一个正方体，由此可得只有C符合题意， 故选：C． 4．（2024·山东·中考真题）下列几何体中，主视图是如图的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【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．能看到的线画实线，看不到的线画虚线．根据主视图是从正面看到的图形分析即可． 【详解】解：A．主视图是等腰三角形，不符合题意； B．主视图是共底边的两个等腰三角形，故不符合题意； C．主视图是上面三角形，下面半圆，故不符合题意； D．主视图是上面等腰三角形，下面矩形，故符合题意； 故选：D． 一、单选题 1．（2025·山东德州·中考真题）某物体的三视图如图所示，与它对应的物体是（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了由三视图判断几何体，熟练掌握三视图与几何体各部分形状的对应关系是解题的关键． 通过分析三视图的形状，尤其是俯视图中的圆，判断物体的组成部分（圆柱和长方体的组合），再结合各视图的特征排除不符合的选项． 【详解】解：由俯视图中有圆，得物体上方侧面应为曲面，排除选项A； 由主视图和左视图中下方是长方形，得物体下方应为长方体，排除选项D； 由圆柱的直径与长方体的宽度关系，选项B中圆柱直径过宽，不符合视图特征，选项C符合． 故选：C． 2．（2025·山东潍坊·中考真题）某物体的三视图如图所示，则该物体可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查根据三视图还原几何体，根据给出的三视图可知，该物体为长方体和圆柱体的组合体，长方体在上，圆柱体在下，进行判断即可． 【详解】解：由图可知，该物体可能是 故选B． 3．（2024·山东东营·中考真题）某几何体的俯视图如图所示，下列几何体（箭头所示为正面）的俯视图与其相同的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三视图的判断，根据图形特点，正确的确定出俯视图是关键．首先由俯视图可知该几何体共两列，左边一列最底层共三个正方体，右边一列最底层共一个正方体，找出正确的答案即可． 【详解】解：由俯视图可知该几何体共两列，左边一列最底层共三个正方体，右边一列最底层共一个正方体，由此可得只有C符合题意， 故选：C． 4．（2024·山东·中考真题）下列几何体中，主视图是如图的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【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．能看到的线画实线，看不到的线画虚线．根据主视图是从正面看到的图形分析即可． 【详解】解：A．主视图是等腰三角形，不符合题意； B．主视图是共底边的两个等腰三角形，故不符合题意； C．主视图是上面三角形，下面半圆，故不符合题意； D．主视图是上面等腰三角形，下面矩形，故符合题意； 故选：D． 5．（2026·山东青岛·二模）如图，在平面直角坐标系中，位于第四象限，点的坐标是，把向左平移个单位长度得到，再将绕点按顺时针方向旋转，得到，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】按照题意画出，结合网格写出坐标即可． 【详解】解：如图所示： 由图可知，点的坐标为． 6．（2026·山东菏泽·二模）新春佳节，班级文化长廊布置喜庆国风装饰，整齐悬挂着四个样式相同、寓意吉祥团圆的中国结，既装点教室又传承传统民俗文化．四个相同的“中国结”的悬挂位置如图所示，已知悬挂点，，，的坐标分别是，，，．为让排布规整对称、尽显中式对称美学，下列平移中，能使四个“中国结”关于轴对称的是（     ） A．将向右平移个单位 B．将向右平移个单位 C．将向右平移个单位 D．将向右平移个单位 【答案】A 【分析】根据平移的性质求出平移后的坐标，根据关于轴对称点的坐标特点解答即可． 【详解】解：A．将向右平移个单位可得，能使四个“中国结”关于轴对称，符合题意， B．将向右平移个单位可得，不能使四个“中国结”关于轴对称，不符合题意， C．将向右平移个单位可得，不能使四个“中国结”关于轴对称，不符合题意， D．将向右平移个单位可得，不能使四个“中国结”关于轴对称，不符合题意， 7．（2026·山东·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】A 【分析】轴对称图形是指沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形是指绕一个点旋转后能与自身重合的图形． 【详解】解：A、是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不符合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故D选项不符合题意． 8．（2026·山东枣庄·三模）数学世界中有许多美妙的几何图形等待着你去发现，下列四个几何图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意； C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意； 9．（2026·山东聊城·二模）如图，在平面直角坐标系中，点，，，都在格点上，将正方形绕原点旋转，得到正方形，则点的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：∵点绕原点旋转得到对应点， ∴点的坐标是． 10．（2026·山东淄博·二模）如图所示的几何体的左视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 解：该几何体的左视图是． 11．（2026·山东济南·二模）下列几何体中，左视图是三角形的为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：A．圆锥的左视图是三角形，故本选项符合题意； B．球的左视图是圆，故本选项不符合题意； C．正方体的左视图是正方形，故本选项不符合题意； D．三棱柱的左视图是矩形，故本选项不符合题意． 12．（2026·山东济南·二模）盖碗茶是中国传统饮茶方式，茶具由盖、碗、托三件组成，又称“三才碗”，盖为天、托为地、碗为人，寓意天地人和．如图，是一种盖碗茶具的实物图，关于它的三视图，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 【分析】根据几何体的形状得到其对应的三视图即可得到答案． 【详解】解：由题意得，这个几何体的俯视图与主视图和左视图不相同，主视图与左视图相同． 13．（2026·山东潍坊·三模）如图是某几何体的三视图，则这个几何体是（     ） A．圆锥 B．三棱锥 C．四棱锥 D．三棱柱 【答案】B 【分析】根据图中几何体的三视图的特征即可作出判断． 【详解】解：由题可知，这个几何体是三棱锥． 14．（2026·山东德州·二模）如图所示的几何体的主视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：如图所示的几何体的主视图是， ， 选项符合题意． 二、填空题 15．（2026·山东日照·三模）平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点称为“整点”，整点每次平移的规则：横纵坐标之和除以5，若余数为0该点向下平移1个单位，若余数为1向右平移1个单位，若余数为2向上平移1个单位，若余数为3向左平移1个单位，若余数为4不动．已知整点满足，连续平移6次后恰好落在直线上，则点平移前的横坐标为_____． 【答案】8 【分析】根据平移规则依次推导次平移后点的坐标表达式，再结合平移后点在已知直线上，联立方程求解即可得到平移前的横坐标． 【详解】解：由题意得，记第次平移后点的坐标为，为横纵坐标之和， 则，， ∴余数为， ∴第次向右平移个单位， ∴； ∴，余数为， ∴第次向上平移个单位， ∴； ∴，余数为， ∴第次向左平移个单位， ∴； ∴，余数为， ∴第次向上平移个单位， ∴； ∴，余数为， ∴第次向左平移个单位， ∴； ∴，余数为， ∴第次向上平移个单位， ∴， ∵平移次后点落在直线上， ∴满足， ∴代入得： ， 联立得， ∴两式相加得 解得． 16．（2026·山东泰安·三模）如图，将一张长方形纸片按如下步骤折叠：（1）如图1，将纸片对折，点B落在点C处，得到折痕后展开纸片；（2）如图2，将对折，点B落在折痕上的点处，得到折痕；（3）如图3，将对折，点C落在折痕上的点处，得到折痕，则的度数为_________ 度． 【答案】 【分析】根据折叠得出，，，然后求出结果即可． 【详解】解：根据折叠可得：，，， ∴， ∴． 17．（2026·山东青岛·二模）如图，菱形的对角线交于原点，点的坐标为，将菱形绕原点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时点的坐标为______________． 【答案】/ 【分析】先找到旋转的规律，每4次是一个循环，故旋转次后的位置与旋转次后的位置相同，即绕原点顺时针旋转，求出对应的坐标即可． 【详解】解：∵， ∴点每旋转4次会回到原来的位置， ∵， ∴旋转次后的位置与旋转次后的位置相同，即绕原点顺时针旋转， ∴第次旋转结束时点的坐标为． 三、解答题 18．（2026·山东泰安·三模）综合实践课上，老师让同学们开展了的折纸活动，E是边上的一动点，F是边上的一动点，将沿直线折叠，使点C落在边上的点M处，点D的对应点为点N，连接． (1)【观察发现】如图1，若，则 ， ． (2)【操作探究】如图2，当点N落在的延长线上时，求证：四边形为平行四边形． 【答案】(1)，； (2)∵将沿直线折叠，使点C落在边上的点M处，点D的对应点为点N， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，点N在延长线上， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在直角三角形中，由勾股定理得：， ∵将沿直线折叠，使点C落在边上的点M处，点D的对应点为点N， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由折叠知， ∴， 故答案为：，； （2）略 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，折叠的性质，平行线的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定方法与性质，能够正确找到题中有关线段和角的关系． 19．（2026·山东泰安·三模）如图（1），四边形是平行四边形，过点A的直线m经过点C．． (1)请直接写出、的数量关系； (2)如图（2），将绕点A逆时针方向旋转，作，此时、、有怎样的数量关系？并说明理由； (3)将绕点A顺时针方向旋转，，如图（3），点M为中点，，请直接写出点M到直线m的距离． 【答案】(1)； (2)解：，理由如下： 如图，过点作于点， 在平行四边形中，，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， ，即； (3)或． 【分析】（1）证明即可解答； （2）过点作于点，证明，证明四边形为矩形，利用线段等量代换即可解答； （3）分情况讨论，当点到达直线之前或当点到达直线之后，分别画图，利用全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，进行解答． 【详解】（1）解：在平行四边形中，，， ， ， ， ， ； （2）略； （3）解：当点到达直线之前，如图，过点作，交的延长线于点，取的中点，连接， 在平行四边形中，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， ， 分别为的中点， ， ， ， 点到直线的距离为； 当点到达直线之后，如图，过点作，交于点，取的中点，连接， 在平行四边形中，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ， ， 分别为的中点， ， ， ， 点到直线的距离为； 综上，点到直线的距离为或． 20．（2026·山东泰安·三模）如图，等边三角形，点D为边上一动点，连接，将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接交直线于点F． (1)如图1，若，，求的长度； (2)如图2，当三点共线时，连接，点G为中点，连接，过点G作于点H，请猜想的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，连接，点D在边上运动时，点P为线段上一点，点Q为线段上一点，连接，且，当以及均最小时，连接，若，直接写出当以及均最小时对应的面积． 【答案】(1)； (2) ； 证明：连接，延长至点Q使得，连接，如图2， 点G为中点， ， 在和中， ， ， 将线段绕点D顺时针旋转得到线段， ， 三点共线， ， ， ， ， 垂直平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； (3)． 【分析】（1）过点F作于点H，根据旋转的性质及等边三角形的性质在和中，解直角三角形，再利用线段的和差关系进行求解即可； （2）连接，延长至点Q使得，连接，证明，旋转，结合等边对等角，求出 ，三线合一得到垂直平分，进而得到，证明，得到，为含角的直角三角形，进而求出，线段的和差关系求出； （3）延长至点F，使，证明，从而推出，得到点E在直线上运动，垂线段最短，得到时最短，得到此时三点共线，结合（2）中结论得到，将绕点A旋转，得到，连接，证明，得到，进而得到当三点共线时，有最小值，求出的长，进而确定的位置，利用面积公式进行计算即可． 【详解】（1）解： 过点F作于点H， 将线段绕点D顺时针旋转得到线段， ， ， ， 为等边三角形， ， ， ， 在中， ， 在中，， ， ， ， ， ， ； （2）略． （3）解：延长至点F，使，则， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 点E在直线上运动， 当时，最小， 此时， ， 当最小时，点三点共线， 由（2）可知，此时D为中点， ， ， 如图4，将绕点A旋转，得到，连接， 则， 为等腰直角三角形， ， 又， ， ， ， 当三点共线时，有最小值， 过点P作， ， ， ， ， ， ． 如图5，当以及均最小时，位置如图， 则 ， 过点C作，则，， ． 21．（2026·山东济南·三模）【问题发现与证明】 如图1，正方形中，、分别在边、上，且，连接，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题．将绕点顺时针旋转，得到，可证：．请完成下面的问题． (1)______； (2)求证：． (3)【问题拓展与应用】某公园管理人员发现该公园有一块绿地，如图2所示，四边形是平行四边形，已知米，米，．为提升游客游览的体验感，准备修建三条赏花通道、、，要求点在边上，点为边的中点，且，现计划在所在区域种植郁金香，种植郁金香的费用为每平方米12元，求该公园种植郁金香需要投入多少资金． 【答案】(1) (2)证明：四边形为正方形， ，， ∵将绕点顺时针旋转，得到， ，， ，，， ∴，即G、B、E共线， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； (3)需要投入元资金 【分析】（1）由旋转性质可得答案； （2）先由正方形的性质得到，，再由旋转性质得到，，，则可得G、B、E共线，证明，得到，进而可得答案； （3）在上截取，连接并延长使，连接，过作，交延长线于点，先证明为等边三角形得，，证明得到，，，再证明得到，，设，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得，过点作于点，于点，利用角平分线的性质定理得到，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得，进而求得即可解答． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， 由旋转性质得， ∴； （2）略 （3）解：如图，在上截取，连接并延长使，连接，过作，交延长线于点， 四边形是平行四边形， ，，，，， ∴， 为中点， ， ， 为等边三角形， ，， ， ，， ， ，，， ，， ， ， ， ，， ， ，， 设，则， ， ， ， 在中，， ， ，， 在中，由勾股定理得， 解得， 过点作于点，于点， ， 在中，，， ，则， ， （平方米）， 需投入的资金为：（元）， 答：该公园种植郁金香需要投入元资金． 22．（2026·山东临沂·二模）在中，，点是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系，并证明； (3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，直接写出的最小值． 【答案】(1)100° (2)，证明如下： 如图，连接，， ，， ， 由旋转知，， ， 即， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， 点是的中点，， ， ， ， ， 即， 点是的中点，， ， ， 是等腰直角三角形， ， 即． (3)4 【分析】（1）已知,，可判定、均为等边三角形；利用旋转性质得，结合推导出，证，得到，再结合三角形内角和求； （2）连接，，由，旋转得，可证，结合直角三角形斜边中线、等腰直角三角形性质推导与的数量关系，结论为； （3）取的中点，连接，以为轴，为轴建立直角坐标系，设，构造相似三角形表示点的坐标，可求出关于的表达式，即可求最小值． 【详解】（1）解：，， 是等边三角形，， 由旋转得：，， 是等边三角形，， ，即， 在和中： ， ， ，， 在中，三角形内角和为： ． （2）略 （3）解：由题意，， 取的中点，连接， 根据等腰三角形性质，， ， 以为轴，为轴建立直角坐标系，则， 设， 取的中点，连接，取的中点，连接，过点作轴，过点作轴，设交轴于点， ， 是等边三角形， ∴， ， 又， ， 即， 又， ， ， 设，的中点为，则， ， ， 解得， 即， ， 又， 则， 当时，取得最小值，即取得最小值， 则， 即最小值为． 试卷第1页，共3页 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $