专题12 图形的变化（5年汇编）（吉林专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 吉林中考图形变化专题汇编，整合2022-2026年真题及模拟题，聚焦平移、轴对称、旋转、投影与视图四大考点，突出格点作图、折叠问题、旋转综合等核心题型，适配中考命题规律。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|约10题/2-3分|投影与视图识别、旋转角度计算|结合冬奥会图案、风力发电机叶片等现实情境| |填空题|约5题/3-5分|折叠求线段长、旋转路径长|格点作图与面积计算结合，如正方形网格中轴对称图形面积问题| |解答题|约3题/5-7分|旋转几何综合、折叠探究|分层次设问，如旋转综合题含计算、证明、动态问题，融合全等与勾股定理|

专题12 图形的变化 5年真题1年模拟 考点分类 吉林考情（2022-2026） 命题规律 考点01平移 5 年 3 考；格点作图、选择填空，分值 25 分。 常放在网格格点作图中，考查图形平移画图；会结合坐标变化，掌握 “左减右加，上加下减”；平移不改变图形形状大小，偶尔结合面积计算；很少单独出大题。 考点02 轴对称 5 年 4 考；选择、填空、格点作图，分值 26 分。 两大考法：①网格内作轴对称图形；②折叠问题，利用轴对称找相等线段、相等角；常和矩形、正方形综合；折叠题型高频考勾股定理求线段长度。 考点03 旋转 5 年 5 考；高频必考，选择、填空、解答，分值 37 分。 吉林中考重难点；网格中旋转作图；旋转核心性质：对应边相等、对应角相等、旋转角相等；常出几何综合，搭配全等、勾股定理；部分压轴小问会以旋转为载体。 考点04 投影与视图 5 年 4 考；选择题为主，分值 23 分。 基础送分小题；识别几何体的三视图，由三视图还原几何体；偶尔考查简单平行投影；几乎不考大题，注意看得见轮廓实线，看不见轮廓虚线。 考点01 平移 1．（2024·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作四边形，使其是轴对称图形且点、均在格点上． (1)在图①中，四边形面积为2； (2)在图②中，四边形面积为3； (3)在图③中，四边形面积为4． 【答案】(1)如图①：四边形即为所求； （不唯一）． (2)如图②：四边形即为所求； （不唯一）． (3)如图③：四边形即为所求； （不唯一）． 【分析】本题考查网格作图、设计图案、轴对称的性质、平移的性质等知识点，根据轴对称的性质、平移的性质作图是解题的关键． （1）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为2四边形即可． （2）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为3四边形即可． （3）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为4四边形即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 考点02 轴对称 2．（2025·吉林长春·中考真题）将直角三角形纸片（）按如图方式折叠两次再展开，下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了折叠的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 由折叠可得：，，则，那么，继而根据相似三角形的性质以及平行线分线段成比例定理逐一判断即可． 【详解】解：由折叠可得：，， ∴，故A正确，不符合题意； ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴，故B正确，不符合题意； ∵， ∴，， ∴，， ∴，故C正确，不符合题意； ∵， ∴，，， ∴，故D错误，符合题意， 故选：D． 3．（2024·吉林·中考真题）图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点A，B，C，D，E，O均在格点上．图①中已画出四边形，图②中已画出以为半径的，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图． (1)在图①中，画出四边形的一条对称轴． (2)在图②中，画出经过点E的的切线． 【答案】(1)如图： (2)如图： 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，切线的判定，画对称轴等等： （1）如图所示，取格点E、F，作直线，则直线即为所求； （2）如图所示，取格点，作直线，则直线即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，取格点E、F，作直线，则直线即为所求； 易证明四边形是矩形，且E、F分别为的中点； （2）解：如图所示，取格点，作直线，则直线即为所求； 易证明四边形是正方形，点E为正方形的中心，则． 4．（2023·吉林长春·中考真题）如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则的大小为__________度．    【答案】 【分析】根据题意求得正五边形的每一个内角为，根据折叠的性质求得在中，根据三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵正五边形的每一个内角为， 将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为， 则， ∵将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为， ∴，， 在中，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正多边形的内角和的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 5．（2023·吉林·中考真题）如图，在中，．点，分别在边，上，连接，将沿折叠，点的对应点为点．若点刚好落在边上，，则的长为__________．    【答案】 【分析】根据折叠的性质以及含30度角的直角三角形的性质得出，即可求解． 【详解】解：∵将沿折叠，点的对应点为点．点刚好落在边上，在中，，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 6．（2022·吉林·中考真题）图①，图②均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．其中点，，均在格点上．请在给定的网格中按要求画四边形． (1)在图①中，找一格点，使以点，，，为顶点的四边形是轴对称图形； (2)在图②中，找一格点，使以点，，，为顶点的四边形是中心对称图形． 【答案】(1) 如图①，四边形是轴对称图形． (2) 如图②，平行四边形是中心对称图形． 【分析】（1）以所在直线为对称轴，找出点的对称点即为点，再顺次连接点即可得； （2）根据点平移至点的方式，将点进行平移即可得点，再顺次连接点即可得． 【详解】（1）略 （2）解：先将点向左平移2格，再向上平移1个可得到点， 则将点按照同样的平移方式可得到点 【点睛】本题考查了轴对称图形与中心对称图形、平移作图，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念是解题关键． 考点03 旋转 7．（2025·吉林长春·中考真题）如图，在中，，，点为边的中点，点为边上一动点，连接．将线段绕点顺时针旋转得到线段． (1)线段的长为 ； (2)当时，求的长； (3)当点在边上时，求证：； (4)当点到的距离是点到距离的2倍时，直接写出的长． 【答案】(1) (2) (3)证明：∵旋转， ∴， 如图，∵，， ∴， ∵，， ∴； (4)的长为或. 【分析】（1）利用勾股定理计算即可； （2）如图，求解，，证明，结合，可得，再进一步求解即可； （3）证明，结合，，从而可得结论； （4）如图，当在的左边时，结合题意可得：，，，过作于，过作于，可得，结合（1）可得：，证明，可得，再进一步解得即可；如图，当在的右边时，过作于，过作于，同法可得答案. 【详解】（1）解：∵在中，，， ∴； （2）解：如图，在中，，，点为边的中点， ∴，， ∵， ∴，而， ∴， ∴； （3）略 （4）解：如图，当在的左边时，结合题意可得：，，， 过作于，过作于， ∴四边形为矩形， ∴， 结合（1）可得：， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图，当在的右边时，过作于，过作于， 同理：， 四边形四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴，， 同理可得：，， ∴； 综上：的长为或. 8．（2025·吉林·中考真题）如图，风力发电机的叶片在风的吹动下转动，使风能转化为电能．图中的三个叶片组成的图形绕着它的中心旋转角后，能够与它本身重合，则角的大小可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了求旋转角，把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角，据此求解即可． 【详解】解：由题意得，整个图形由三个叶片组成，则相邻叶片之间的夹角为， ∴该叶片图案绕中心至少旋转后能与原来的图案重合， ∴角的大小可以为， 故选：B． 9．（2024·吉林长春·中考真题）一块含角的直角三角板按如图所示的方式摆放，边与直线重合，．现将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上，则点A经过的路径长至少为________．（结果保留） 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、弧长公式等知识点，掌握弧长公式成为解题的关键． 由旋转的性质可得,即，再根据点A经过的路径长至少为以B为圆心，以为半径的圆弧的长即可解答． 【详解】解：∵将该三角板绕点顺时针旋转，使点的对应点落在直线上， ∴,即， ∴点A经过的路径长至少为． 故答案为：． 10．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到，再由矩形的性质可得，由旋转的性质可得，，据此可得答案． 【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形， ∴，， ∴轴， ∴点的坐标为， 故选：C． 11．（2022·吉林·中考真题）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角后能够与它本身重合，则角可以为__________度．（写出一个即可） 【答案】60或120或180或240或300（写出一个即可） 【分析】如图（见解析），求出图中正六边形的中心角，再根据旋转的定义即可得． 【详解】解：这个图案对应着如图所示的一个正六边形，它的中心角， ， 角可以为或或或或， 故答案为：60或120或180或240或300（写出一个即可）． 【点睛】本题考查了正多边形的中心角、图形的旋转，熟练掌握正多边形的性质是解题关键． 考点04 投影与视图 12．（2026·吉林·中考真题）由两个正方体组成的几何体如图所示，它的俯视图为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：它的俯视图为 ． 13．（2024·吉林长春·中考真题）南湖公园是长春市著名旅游景点之一，图①是公园中“四角亭”景观的照片，图②是其航拍照片，则图③是“四角亭”景观的（　　）． A．主视图 B．俯视图 C．左视图 D．右视图 【答案】B 【分析】本题主要考查了几何体的三视图，熟练掌握三视图的定义是解决本题的关键． 根据三视图主视图、俯视图、左视图的定义即可解答． 【详解】解：由题意可知图③是从“四角亭”上方看到的，即为俯视图． 故选B． 14．（2024·吉林·中考真题）葫芦在我国古代被看作吉祥之物．下图是—个工艺葫芦的示意图，关于它的三视图说法正确的是（    ） 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．主视图、左视图与俯视图都相同 【答案】A 【分析】本题主要考查了简单几何体的三视图，根据三视图的定义找到葫芦的三视图即可得到答案． 【详解】解：葫芦的俯视图是两个同心圆，且带有圆心，主视图和左视图都是下面一个较大的圆，中间一个较小的圆，上面是一条线段， 故选：A． 15．（2023·吉林·中考真题）图①是2023年6月11日吉林市全程马拉松男子组颁奖现场．图②是领奖台的示意图，则此领奖台的主视图是（    ）      A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】主视图是从几何体正面观察到的视图． 【详解】解：领奖台从正面看，是由三个长方形组成的．三个长方形，右边最低，中间最高， 故选A． 【点睛】本题考查主视图，掌握三视图的特征是解题关键． 16．（2022·吉林长春·中考真题）图是由5个相同的小正方体组合而成的立体图形，其主视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三视图的概念，从正面看到的图形就是主视图，再根据小正方体的个数和排列进行作答即可． 【详解】正面看，其主视图为： 故选：A． 【点睛】此题主要考查了简单组合体的三视图，俯视图是从上面看所得到的图形，主视图是 从正面看所得到的图形，左视图时从左面看所得到的图形，熟练掌握知识点是解题的关键． 17．（2022·吉林·中考真题）吉林松花石有“石中之宝”的美誉，用它制作的砚台叫松花砚，能与中国四大名砚媲美．下图是一款松花砚的示意图，其俯视图为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据俯视图的定义（从上面观察物体所得到的视图）即可得． 【详解】解：其俯视图是由两个同心圆（不含圆心）组成，即为 ， 故选：C． 【点睛】本题考查了俯视图，熟记定义是解题关键． 一、单选题 1．（2026·吉林松原·模拟预测）如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：它的左视图是． 2．（2026·吉林长春·模拟预测）下列四个选项中的图案，可以由如图所示的图案平移得到的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】平移变换不改变图形的形状、大小和方向，只改变图形的位置． 【详解】解：A、该图案不能通过平移得到，故不符合题意； B、该图案能通过平移得到，故符合题意； C、该图案不能通过平移得到，故不符合题意； D、该图案不能通过平移得到，故不符合题意． 3．（2026·吉林长春·二模）如图是小慧同学用一副七巧板拼成的小房子，其中①②两个最大的三角形板块是全等的等腰直角三角形．要通过一次变换使这两个大三角形完全重合，下列说法正确的是（   ） A．通过一次平移变换即可实现 B．通过一次旋转变换即可实现 C．通过一次轴对称变换即可实现 D．上述单一变换都无法实现 【答案】A 【详解】解：通过一次平移变换即可实现这两个大三角形完全重合． 4．（2026·吉林·二模）中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．小杨利用软件创作下列四幅作品，它们分别代表“惊蛰”“芒种”“小满”“小雪”，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】D 【分析】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． 【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，不是中心对称图形，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、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意． 5．（2026·吉林长春·二模）中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．北京国际设计周面向社会公开征集“二十四节气”标识系统设计，下面四幅作品分别代表“立春”“芒种”“白露”“大雪”，其中是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：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，根据轴对称图形的定义可知，四个选项中只有D选项中的图形是轴对称图形． 6．（2026·吉林松原·模拟预测）如图是一个旋转一定角度能与原图重合的图形，则它的最小旋转角度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：旋转对称图形的最小旋转角度计算公式为：最小旋转角度全等重复单元的数量， 观察该花朵图案，共有个完全相同的花瓣单元均匀环绕中心分布，因此最小旋转角度为：， 即图形绕中心旋转后即可与原图完全重合，是满足条件的最小角度． 7．（2026·吉林·一模）如图，将绕顶点逆时针旋转得到，且点刚好落在上．若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据旋转的性质可得，，由点在上可知，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出旋转角，再根据旋转角相等得出的度数． 【详解】解：由旋转的性质可知， ，，； 点刚好落在上， ， ， ， 在中， ， ． 8．（2026·陕西咸阳·模拟预测）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 【详解】解：四个选项中，选项A、B、C、D中图形是轴对称图形；选项C中图形是中心对称图形， 选项C中图形既是轴对称图形又是中心对称图形． 9．（2026·吉林长春·模拟预测）如图是由4个完全相同的小正方体堆成的几何体，其主视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：该几何体的主视图为： 10．（2026·吉林松原·模拟预测）如图所示的几何体的主视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：该几何体的主视图是 ． 11．（2026·吉林长春·三模）如图，用五个相同的小正方体搭成几何体，其主视图为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 解：用五个相同的小正方体搭成几何体，其主视图为． 12．（2026·吉林长春·模拟预测）“月壤砖”是我国科学家模拟月壤成分烧制而成的，拟用于未来建造月球基地．如图是一种“月壤砖”的示意图，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，可得答案． 【详解】解：从上面看得到的图形是 13．（2026·吉林·模拟预测）下列立体图形是由6个形状大小完全相同的正方体拼成，其三视图中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A．主视图 B．左视图 C．俯视图 D．都是 【答案】C 【详解】 解：由题可知，主视图和侧视图为， 是轴对称图形，不是中心对称图形； 俯视图为，是轴对称图形也是中心对称图形． 14．（2026·吉林松原·模拟预测）如图，将沿方向平移得到，连接．如果四边形的周长为，则的周长是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由平移的性质可知，，，再结合四边形的周长求出，即可得到答案． 【详解】解：由平移的性质可知，，， 四边形的周长为， ， ， ，即的周长为． 15．（2026·吉林长春·模拟预测）如图，点O为正方形的中心，点E、F分别为边、的中点，若经过一次变换后会得到，下列变换方式中能实现的是（     ）    A．沿直线翻折 B．沿直线翻折 C．向右平移2个单位 D．绕点O逆时针旋转 【答案】D 【分析】根据旋转变换，翻折变换，平移变换的性质即可求解． 【详解】解：由题可知, ∴点与，点与,点与,一一对应， 沿直线翻折，得：   ， 则该选项错误； B.沿直线翻折    则该选项错误； C. 向右平移2个单位， ∵平移不改变方向， 则该选项错误； D. 绕点O逆时针旋转    则该选项正确． 16．（2026·吉林长春·二模）如图，在中，根据图形折叠后的情况，不可以判定的是（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过折叠的性质，通过比较与的大小，即可判断与的大小，从而求解． 【详解】解：、如图， 由折叠可知，， ∵， ∴， ∴，不符合题意； 、如图， 由折叠可知，， ∴， ∴，不符合题意； 、由折叠可知，， ∴， ∵， ∴， ∴，不符合题意； 、如图， 由折叠可知，， 无法确定与的大小，从而无法确定与的大小，符合题意． 17．（2026·吉林长春·模拟预测）如图，在矩形中，，，将线段绕点按逆时针方向旋转，使得点落在边上的点处，则弧的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据旋转得到，根据余弦值求角的度数得到，结合矩形的性质得到，再根据弧长公式即可求解． 【详解】解：将线段绕点按逆时针方向旋转，使得点落在边上的点处， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴在中，， ∴，则， ∴， ∴ ． 18．（2026·吉林长春·二模）五个大小相同的正方体搭成的几何体俯视图如图所示，小正方形中的数字表示该位置上小正方体的个数，其主视图是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据俯视图以及小正方形中的数字可得主视图，共有列，小正方形的个数分别为，，，据此，即可求解． 【详解】解：由题意，这个几何体的主视图共有列，小正方形的个数分别为，，，如图， 二、填空题 19．（2026·吉林长春·模拟预测）如图，沿方向平移 后得到，已知，，则________． 【答案】 【分析】由平移的性质可得，再利用线段的和差求得即可解答． 【详解】解：∵沿方向平移 后得到， ∴， ∵，， ∴，即． 20．（2026·吉林长春·三模）如图，将正方形沿对角线方向平移得到正方形，如果平移距离为3，且，那么点A到点G的距离是_________． 【答案】12 【分析】由平移的性质得到，求出，再由求解即可． 【详解】解：由平移可得， ∵， ∴，即， ∴． 21．（2026·吉林长春·二模）在等边三角形中，，为边上一动点，为的中点，连接，将沿翻折得到，连接，若，则 ____________________ ． 【答案】 【分析】由折叠性质及已知可证明为等边三角形，进而证明 ，则，设，则，，又，求得．作于点，则，可求得，，最后在中，勾股定理列方程求解后即可得的长； 【详解】解：由折叠可知，． 又， ， ∵ 为等边三角形． ，， ． ． 为等边三角形， ， ， ∵， ， ， 即， 设， 则，， 又 ， ， 则． 作于点，如图1所示： 则， ∴，， 在中，由勾股定理可得方程：， 整理得：， 解得（负根已舍）， 故． 22．（2026·吉林·二模）如图，点为正方形内一点，，将绕点 按顺时针方向旋转 得到，延长交于点，连接．下列结论：①；②；③四边形 是正方形；④若，则 ，其中正确的结论是____________．（填序号） 【答案】②③④ 【分析】由旋转的性质得到，则可导角证明，根据现有条件无法证明，则无法证明，判断①错误；设交于K，由及旋转的性质可得，即可得，从而判断②正确；由旋转的性质可得， ，，由正方形的判定可证四边形 是正方形，可判断③正确；过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“ ”可得，可得，由旋转的性质可得 ，从而可得 ，判断④正确． 【详解】解：∵将绕点B按顺时针方向旋转得到， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 根据现有条件无法证明， ∴无法证明，故①错误； 设交于K，如图： ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵将绕点B按顺时针方向旋转得到， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故②正确； ∵将绕点B按顺时针方向旋转得到， ∴， ，， 又∵， ∴四边形 是矩形， 又∵ ， ∴四边形 是正方形，故③正确； 如图，过点D作于点H， ∵，， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴ ， ， ∴， ∴， 又∵ ，， ∴， ∴， ∵将绕点B按顺时针方向旋转得到， ∴ ， ∵四边形 是正方形， ∴， ∴， ∴ ，故④正确； ∴正确的有②③④． 三、解答题 23．（2026·吉林长春·一模）如图，将等腰直角三角尺沿着直线平移到的位置，连结．已知，平移距离．求证：四边形是菱形． 【答案】 证明：由平移的性质可得：，， ∴四边形是平行四边形， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 【分析】由平移的性质可得，，则四边形是平行四边形，由等腰直角三角形的性质并结合勾股定理计算可得，即可得证． 【详解】略 24．（2026·吉林长春·模拟预测）阅读理解： (1)【学习心得】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型． ①类型一，“定点＋定长”： 如图1，在中，，，D是外一点，且，求的度数． 解：由题意，若以点A（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆（可在图1中画出辅助圆），则点C、D必在上，是所对的圆心角，而是所对的圆周角，从而可容易得到______． ②类型二，“定角＋定弦”： 如图2，中，，，，P是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 请将以下解题过程补充完整． 解：∵，∴， 请补全缺失过程 ∴点P在以（定弦）为直径的上， ∴连接交于点P，此时最小． (2)【方法应用】如图3，在矩形中，已知，，点P是边上一动点（点P不与B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点M， 直接写出线段的最小值为______，并利用无刻度的直尺及圆规确定使线段的长度最小时的点M的准确位置； 【答案】(1)①28；②见解析； (2)； 【分析】（1）①根据圆周角定理：在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半即可得；②先求出，从而可得点在以（定弦）为直径的上，然后连接交于点，此时最小，根据圆的性质可得，利用勾股定理求出的长，根据线段长的最小值等于即可得； （2）连接，先利用矩形的性质、勾股定理可得，再根据轴对称的性质可得，从而可得点在以点为圆心，为半径的圆上运动，则当点在线段上时，的值最小，最小值为；作法：用直尺连接点A、点C，得到线段．以点A为圆心，的长度为半径，用圆规画圆，该圆经过点B．线段与相交于一点，此交点就是使长度最小的点M； 【详解】（1）解：（1）①∵，， ∴如图1，以点（定点）为圆心，（定长）为半径作辅助圆，则点、必在上， ∵是所对的圆心角，而是所对的圆周角，且， ∴； ②∵， ∴， ∵， ∴， ∴，（定角） ∴点在以（定弦）为直径的上， 如图2，连接交于点，此时最小． ∵的直径， ∴， 在中，， ∴线段长的最小值为． （2）解：如图3，连接， ∵在矩形中，，， ∴， ∵点与点关于直线的对称， ∴， ∴点在以点为圆心，为半径的圆上运动， ∴当点在线段上时，的值最小，最小值为． 作图如下 25．（2026·吉林·三模）问题情境： 为了探究折纸过程中蕴含的数学知识，数学活动课上，老师发给每位同学完全相同的一张四边形纸片，如图1． 探究实践1： 老师引导同学操作：如图2，把纸片沿过点A的直线折叠，使得点B落在上的点Q处折痕为，再将，分别沿，折叠，此时点C，D落在上的同一点R处，老师让同学们探究：的度数是多少？并说明理由． 探究实践2： 完成探究实践1后，老师发给每位同学完全相同的一张平行四边形的纸片，如图3，在探究实践1的启发下，让同学自己动手折叠，看有什么发现，能提出什么问题．经过折叠、思考和讨论，小虎和小倩分享了自己的发现： （1）小虎发现：“如图4，将平行四边形沿着（F为的中点）所在直线折叠，点C的对应点为，连接并延长交于点G，则与相等．”请你判断小虎的结论是否正确，并说明理由． （2）小倩发现：“将平行四边形沿过点B的直线折叠，如图5，点A的对应点为，使于点H，折痕交于点M，连接，交于点N．若平行四边形的面积为80，，，则能求出的长．请你帮小倩直接写出________． 【答案】探究实践1：，理由见解析；探究实践2：（1）正确，理由见解析；（2）4 【分析】探究实践1：根据折叠的性质及等量代换得出，再由平行线的判定和性质即可求解； 探究实践2：（1）根据折叠的性质得出，证明四边形为平行四边形得，即可得出； （2）过点M作于Q，根据平行四边形的性质及勾股定理求解得出，，再利用等腰三角形的判定和性质确定，证明，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】探究实践1： 解：，理由如下： 由折叠得：， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 探究实践2： 解：（1）小虎的结论正确，理由如下： ∵将沿着所在直线折叠，点C的对应点为， ∴， ∵F为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴； （2）如图5，过点M作于Q， ∵的面积为80，边长，于点H， ∴， ∴，， ∵将沿过点B的直线折叠，点A的对应点为， ∴， ∵于点H，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴即， 解得：． 26．（2026·吉林·模拟预测）【操作发现】 (1)如图①，在中，E是边上一点，连接，将沿折叠，点B的对称点F恰好落在边上，求证：四边形为菱形． 【操作探究】 (2)在图①的边上取一点G，连接，作点F关于的对称点，使点落在边上，连接并延长交边于点M，如图②．若，，则的长为________． 【探究应用】 (3)延长图②中的交边于点H，连接，，如图③．若，，则四边形的周长为________． 【答案】(1)证明：∵将沿折叠，点B的对称点F恰好落在边上， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； (2)3 (3) 【分析】（1）根据折叠，可得，结合平行四边形的性质，可得，推出，，接着根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得四边形为平行四边形，最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可得证； （2）过点作交于点，不妨设，先根据对称和平行，证得，再证明，推出，接着证明，利用对应边成比例可得答案； （3）过点作交于点，接着证明，通过证明，算得，再证明，算得，最后证明四边形是平行四边形，算得，求得周长． 【详解】（1）略 （2）解：过点作交于点，不妨设，如图所示： ∵四边形为菱形，， ∴，， ∵， ∴， ∵作点F关于的对称点，使点落在边上， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵在中，， ∴， ∵ 四边形为菱形，，， ∴，， 过点作交于点， ∵， ∴， ∴， ∴， 由（2）可知，， ∴， ∴， 由（2）可知，， ∴， 又， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形为菱形，， ∴， ∴， ， ∴，即， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形的周长为：． 27．（2026·吉林长春·模拟预测）在中，，，点D是射线上一点，过点D作于点E，将绕点B逆时针方向旋转到，旋转角记为．过点作直线于点G，交直线于点H，连接． (1)点A到的距离是______； (2)当时，______； (3)若，当落在所在直线上时；求的度数； (4)若时，当点A、、共线时，直接写出的长． 【答案】(1)4 (2) (3)或 (4)或 【分析】（1）设点A到的距离为，然后根据等积法可进行求解； （2）由题意易得，都是等腰直角三角形，则有，由旋转的性质可知：也是等腰直角三角形，且，然后可得，进而问题可求解； （3）由题意可分：当点在的上方，当点在的下方时，然后根据三角函数可进行求解； （4）由题意可分：当点在上方时，当点在下方时，然后根据三角函数及相似三角形的性质与判定可分类进行求解． 【详解】（1）解：设点A到的距离为， ∵，， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∵，， ∴，都是等腰直角三角形， ∴， 由旋转的性质可知：也是等腰直角三角形，且， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：由题意可分：当点在的上方，如图， 由旋转的性质可知：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即； 当点在的下方时，如图， 同理可得：， ∴， ∴； （4）解：由题意可分：当点在上方时，如图所示： ∵，， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由旋转的性质可知：是等腰直角三角形，且，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵点A、、共线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点在下方时，如图所示： 同理可得：，，， ∴，， ∴； 综上所述：当点A、、共线时，的长为或． 28．（2026·吉林长春·一模）如图，在中，，，．点是边上一动点，沿过点的直线翻折，使的对应线段与平行，且折痕与射线交于点．继续沿过点的直线翻折，使点的对应点落在射线上，且折痕与边交于点． (1)的度数为_______； (2)证明：； (3)当时，求的值； (4)连结，当四边形有两个角为时，直接写出的长． 【答案】(1) (2)证明：由折叠可得，， ∵， ∴， ∴； (3) (4)当四边形有两个角为时，或 【分析】（1）直接根据三角形内角和得到； （2）由折叠可得，，结合，即可得到； （3）由与平行，，得到，结合折叠得到和是等边三角形，则，，，代入即可得到； （4）四边形中，，，当四边形有两个角为时，或，据此分情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴ （2）略 （3）解：∵与平行，， ∴， ∴由折叠可得，，，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴； （4）解：连结， 由（3）可得，，， ∴设，则，， 由折叠可得，，，，，， ∵四边形中，，， ∴当四边形有两个角为时，或， 当时，， ∴， ∴， ∴， 解得，即； 当时，， 过作于， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 解得，即； 综上所述，当四边形有两个角为时，或． 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12图形的变化 5年真题1年模拟 中考品题透析园 考点分类 吉林考情(2022-2026) 命题规律 5年3考；格点作 常放在网格格点作图中，考查图形平移画图；会 考点01平移 图、选择填空，分值2-5 结合坐标变化，掌握“左减右加，上加下减”；平移 分。 不改变图形形状大小，偶尔结合面积计算；很少单独 出大题。 5年4考；选择、 两大考法：①网格内作轴对称图形；②折叠问 考点02轴对称 填空、格点作图，分值 题，利用轴对称找相等线段、相等角；常和矩形、正 2-6分。 方形综合：折叠题型高频考勾股定理求线段长度。 5年5考；高频必 吉林中考重难点；网格中旋转作图；旋转核心性 考点03旋转 质：对应边相等、对应角相等、旋转角相等：常出几 考，选择、填空、解答， 分值3-7分。 何综合，搭配全等、勾股定理；部分压轴小问会以旋 转为载体。 考点04投影与视 5年4考：选择题 基础送分小题；识别几何体的三视图，由三视图 还原几何体；偶尔考查简单平行投影：几乎不考大 图 为主，分值2-3分。 题，注意看得见轮廓实线，看不见轮廓虚线。 五年真题分类园 考点01平移 1.(2024吉林长春.中考真题)图①、图②、图③均是3×3的正方形网格，每个小正方形的边长均为1， 每个小正方形的顶点称为格点.点A、B均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要 求作四边形ABCD,使其是轴对称图形且点C、D均在格点上. 1/17 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 图① 图② 图③ (1)在图①中，四边形ABCD面积为2； (2)在图②中，四边形ABCD面积为3； 3)在图③中，四边形ABCD面积为4. 考点02轴对称 2. (2025吉林长春中考真题)将直角三角形纸片ABC(∠C=90°)按如图方式折叠两次再展开，下列 结论错误的是() 折叠 再折叠 展开 A.MN‖DE‖PQ B.BC=2DE=4MN c.AN-BQ-]NQ D.MN=DE_PQ DE PQ BC 3.(2024吉林.中考真题)图①、图②均是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点.点A, B,C,D,E,O均在格点上.图①中已画出四边形ABCD,图②中已画出以OE为半径的⊙O,只用无刻 度的直尺，在给定的网格中按要求画图 图① 图② (I)在图①中，画出四边形ABCD的一条对称轴. (2)在图②中，画出经过点E的⊙O的切线， 2/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4.(2023吉林长春.中考真题)如图，将正五边形纸片ABCDE折叠，使点B与点E重合，折痕为AM, 展开后，再将纸片折叠，使边AB落在线段AM上，点B的对应点为点B,折痕为AF,则∠AFB的大小 为 度 --- E B ! O M 5.(2023吉林.中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC<AC.点D,E分别在边AB,BC 上，连接DE,将△BDE沿DE折叠，点B的对应点为点B.若点B刚好落在边AC上， ∠CBE=30°，CE=3,则BC的长为 B 6.(2022吉林.中考真题)图①，图②均是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点.其中点A, B,C均在格点上.请在给定的网格中按要求画四边形 A A B B 图① 图② 1)在图①中，找一格点D,使以点A,B,C,D为顶点的四边形是轴对称图形； (2)在图②中，找一格点E,使以点A,B,C,E为顶点的四边形是中心对称图形. 考点03旋转 7.(2025吉林长春.中考真题)如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4,点D为边AC的中点， 点E为边AB上一动点，连接DE.将线段DE绕点E顺时针旋转45°得到线段EF. 3/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D (I)线段AB的长为_： (②)当EF‖AC时，求AE的长： 3)当点F在边BC上时，求证：△ADE≌△BEF; (4)当点E到BC的距离是点F到BC距离的2倍时，直接写出AE的长 8.(2025·吉林·中考真题)如图，风力发电机的叶片在风的吹动下转动，使风能转化为电能.图中的三个 叶片组成的图形绕着它的中心旋转角后，能够与它本身重合，则角的大小可以为() A.90° B.120° C.150° D.180° 9.(2024吉林长春.中考真题)一块含30°角的直角三角板ABC按如图所示的方式摆放，边AB与直线l重 合，AB=I2Cm.现将该三角板绕点B顺时针旋转，使点C的对应点C落在直线l上，则点A经过的路径长 至少为 cm. (结果保留π) TTTTT A B 10.(2024吉林.中考真题)如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为-4,0，点C的坐标为0,2.以 OA,OC为边作矩形OABC,若将矩形OABC绕点O顺时针旋转90°，得到矩形OABC,则点B的坐 标为() 4/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A B 0 C A.-4,-2 B.-4,2 C.2,4 D.4,2 11.(2022吉林.中考真题)第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素. 如图，这个图案绕着它的中心旋转角a0°<α<360后能够与它本身重合，则角a可以为 度 (写出一个即可) 考点04投影与视图 12.(2026吉林.中考真题)由两个正方体组成的几何体如图所示，它的俯视图为() 正面 D. 13.(2024·吉林长春.中考真题)南湖公园是长春市著名旅游景点之一，图①是公园中“四角亭”景观的 照片，图②是其航拍照片，则图③是“四角亭”景观的(). 5/17 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ☒ 图① 图② 图③ A.主视图 B.俯视图 C.左视图 D.右视图 14.(2024·吉林.中考真题)葫芦在我国古代被看作吉祥之物.下图是一个工艺葫芦的示意图，关于它的 三视图说法正确的是（) 正面 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.主视图、左视图与俯视图都相同 15.(2023·吉林.中考真题)图①是2023年6月11日吉林市全程马拉松男子组颁奖现场.图②是领奖台的 示意图，则此领奖台的主视图是() 22 正面 图① 图② ------ C. D 16.(2022吉林长春.中考真题)图是由5个相同的小正方体组合而成的立体图形，其主视图是（) 正面 6/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A. B. D 17.（2022·吉林.中考真题)吉林松花石有“石中之宝”的美誉，用它制作的砚台叫松花砚，能与中国四 大名砚媲美.下图是一款松花砚的示意图，其俯视图为() /正面 D v- 年模拟练测园 一、单选题 1.(2026吉林松原·模拟预测)如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是() 正面 A B C. p. 7/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2 (2026吉林长春·模拟预测)下列四个选项中的图案，可以由如图所示的图案平移得到的是（) B 3.(2026吉林长春.二模)如图是小慧同学用一副七巧板拼成的小房子，其中①②两个最大的三角形板块 是全等的等腰直角三角形.要通过一次变换使这两个大三角形完全重合，下列说法正确的是() A.通过一次平移变换即可实现 B.通过一次旋转变换即可实现 C.通过一次轴对称变换即可实现 D.上述单一变换都无法实现 4.(2026吉林·二模)中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录. 小杨利用AI软件创作下列四幅作品，它们分别代表“惊蛰”“芒种”“小满”“小雪”，其中既是轴对称 图形又是中心对称图形的是() ǚ9觉 A B C D 5.(2026吉林长春·二模)中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表 作名录.北京国际设计周面向社会公开征集“二十四节气”标识系统设计，下面四幅作品分别代表“立 春”“芒种”“白露”“大雪”，其中是轴对称图形的是() D 6. (2026吉林松原·模拟预测)如图是一个旋转一定角度能与原图重合的图形，则它的最小旋转角度数为 ( 8/17 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.45° B.60° C.90° D.120 7.(2026吉林.一模)如图，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△ABC,且点B刚好落在AB上.若 ∠ABC=70,则∠ACA的度数为(） B A.25° B.30° C.35 D.40° 8.(2026陕西咸阳·模拟预测)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() 羸岛 雨 (2026吉林长春·模拟预测)如图是由4个完全相同的小正方体堆成的几何体，其主视图是() 于 10.(2026·吉林松原·模拟预测)如图所示的几何体的主视图是() 9/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 /正面 D 11.(2026吉林长春·三模)如图，用五个相同的小正方体搭成几何体，其主视图为() 正面 A B 12.(2026吉林长春·模拟预测)“月壤砖”是我国科学家模拟月壤成分烧制而成的，拟用于未来建造月 球基地.如图是一种“月壤砖”的示意图，它的俯视图是() 正面 0 13.（2026·吉林模拟预测)下列立体图形是由6个形状大小完全相同的正方体拼成，其三视图中既是轴 对称图形又是中心对称图形的是(） 10117 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 正面 A.主视图 B.左视图 C.俯视图 D.都是 14.(2026吉林松原·模拟预测)如图，将△ABC沿AC方向平移2cm得到△ABC,连接BB.如果四 边 ABBC的周长为18cm'则△ABC的周长是(） B A.14cm B.16cm C.20cm D.22cm 15.(2026·吉林长春模拟预测)如图，点O为正方形ABCD的中心，点E、F分别为边AB、BC的中点， 若△DAE经过一次变换后会得到△ABF,下列变换方式中能实现的是() 0 A.沿直线AC翻折 B.沿直线OE翻折 C.向右平移2个单位 D.绕点0逆时针旋转90° 16.(2026吉林长春.二模)如图，在△ABC中，根据图形折叠后的情况，不可以判定AB>AC的是 () A B.B C(B) 11/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A(B) C.B D.B 17.(2026吉林长春·模拟预测)如图，在矩形ABCD中，AB=4,BC=2,将线段AB绕点A按逆时针 方向旋转，使得点B落在CD边上的点E处，则弧BE的长为() C.π n.智 18.(2026吉林长春·二模)五个大小相同的正方体搭成的几何体俯视图如图所示，小正方形中的数字表 示该位置上小正方体的个数，其主视图是() 12 0 二、填空题 19.(2026·吉林长春·模拟预测)如图，△ABC沿BC方向平移acm0<a<6后得到△(，已知 BC=6cm,EC=2cm,则a= E 20.(2026·吉林长春·三模)如图，将正方形ABCD沿对角线AC方向平移得到正方形EFGH,如果平移 12117 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 距离为3，且AE=二AC,那么点4到点G的距离是 3 21.(2026吉林长春二模)在等边三角形ABC中，AC=6V2,D为AB边上一动点，E为CD的中点， 连接AE,将△CAE沿AE翻折得到△FAE,连接DF,若∠CDF=60°，则AD= D B 22.(2026吉林·二模)如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时 针方向旋转90°得到△CBG,延长AE交CG于点F,连接DE.下列结论：①∠AED=∠CBG;② AF⊥CG;③四边形BEFG是正方形：④若DA=DE,则CF=FG,其中正确的结论是 (填序号) D B 三、解答题 23.(2026·吉林长春·一模)如图，将等腰直角三角尺ABC沿着直线平移到△A1BC1的位置，连结BB. 已知BC=1'平移距离AA,=2:求证：四边形ABB,A,是菱形. 13117 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B A Ci 24.(2026·吉林长春模拟预测)阅读理解： )【学习心得】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易. 我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”·这类题目主要是两种类型. ①类型一，“定点十定长”： 如图1，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=56°，D是△ABC外一点，且AD=AC,求∠BDC的度数. 解：由题意，若以点A(定点)为圆心，AB(定长)为半径作辅助圆⊙A(可在图1中画出辅助圆⊙A ),则点C、D必在⊙A上，∠BAC是BC所对的圆心角，而∠BDC是BC所对的圆周角，从而可容易得 到∠BDC= B 图1 ②类型二，“定角十定弦”： 如图2，Rt∠ABC中，AB⊥BC,AB=12,BC=8,P是△ABC内部的一个动点，且满足 ∠PAB=∠PBC,求线段PC长的最小值. B 图2 请将以下解题过程补充完整. 解：，∠ABC=90°，∴.∠ABP+∠PBC=90°， 14117 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 请补全缺失过程 ∴.点P在以AB(定弦)为直径的⊙O上， 连接OC交⊙O于点P,此时PC最小. (2)【方法应用】如图3，在矩形ABCD中，已知AB=6,BC=9,点P是BC边上一动点（点P不与B,C 重合)，连接AP,作点B关于直线AP的对称点M, 直接写出线段MC的最小值为，并利用无刻度的直尺及圆规确定使线段MC的长度最小时的点M的 准确位置： D 图3 25. （2026吉林·三模)问题情境： 为了探究折纸过程中蕴含的数学知识，数学活动课上，老师发给每位同学完全相同的一张四边形纸片，如 图1. 探究实践1： 老师引导同学操作：如图2，把纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处折痕为AP, 再将△PCQ,△ADQ分别沿PQ,AQ折叠，此时点C,D落在AP上的同一点R处，老师让同学们探究： ∠PAQ的度数是多少？并说明理由 探究实践2： 完成探究实践1后，老师发给每位同学完全相同的一张平行四边形的纸片，如图3，在探究实践1的启发 下，让同学自己动手折叠，看有什么发现，能提出什么问题.经过折叠、思考和讨论，小虎和小倩分享了 自己的发现： D D D N 图1 图2 图3 图4 图5 (1)小虎发现：“如图4，将平行四边形ABCD沿着BF(F为CD的中点)所在直线折叠，点C的对应点 为C,连接DC并延长交AB于点G,则AG与BG相等.”请你判断小虎的结论是否正确，并说明理由. 15/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)小倩发现：“将平行四边形ABCD沿过点B的直线折叠，如图5，点A的对应点为A,使 AB⊥CD于点H,折痕交AD于点M,连接AM,交CD于点N.若平行四边形ABCD的面积为80， AB=10,BC=4V5,则能求出NH的长.请你帮小倩直接写出NH= 26.(2026吉林模拟预测)【操作发现】 G B元 E B元 图① 图② 图③ (I)如图①，在口ABCD中，E是边BC上一点，连接AE,将△ABE沿AE折叠，点B的对称点F恰好落在 边AD上，求证：四边形ABEF为菱形. 【操作探究】 (2)在图①的边EF上取一点G,连接AG,作点F关于AG的对称点F,使点F落在边AE上，连接GF并 延长交边BE于点M,如图②.若AE=BC=6,AB=4,则EM的长为 【探究应用】 3)延长图②中的AG交边CD于点H,连接EH,DG,如图③.若AE=BC=6,AB=4,则四边形 GEHD的周长为】 27.(2026·吉林长春.模拟预测)在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4V2,点D是射线BA上 一点，过点D作DE⊥BC于点E,将△BDE绕点B逆时针方向旋转到△BDE,旋转角记为 a0°<a<360\.过点E作直线GH⊥BC于点G,交直线AB于点H,连接DH. (I)点A到BC的距离是 ②)当0<a<45o时，DH EG 3)若BD=8V2,当D落在AC所在直线上时；求a的度数； (4)若BD=4时，当点A、D、E共线时，直接写出HD的长。 16117 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 28.(2026吉林长春.一模)如图，在△ABC中，∠A=45°，∠B=60°，AB=6.点D是边AB上一动 点，沿过点D的直线翻折△ABC,使DB的对应线段DB与BC平行，且折痕与射线BC交于点E.继续沿 过点D的直线翻折△ABC,使点A的对应点A落在射线DB上，且折痕与边AC交于点F, B B ()C的度数为 (2)证明：DF⊥DE: 3)当BD=1时，求BE的值： AB 4)连结AE,当四边形FDEA有两个角为90°时，直接写出BD的长. 17117函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题12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.(①)如图①：四边形ABCD即为所求； A D 图① (不唯一). (②)如图②：四边形ABCD即为所求： D C 图② (不唯一)· 3)如图③：四边形ABCD即为所求； 1/6 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B C 图③ (不唯一)· 考点02轴对称 2.D 3.(1)如图： D B 图① (2)如图： 图② 4.45 5.9 6.(1) 如图①，四边形ABCD是轴对称图形. 2/6 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D A B 图① (2) 如图②，平行四边形ABCE是中心对称图形. E B 图② 考点03旋转 7.(①)42 (2)RV2 3)证明：，旋转， .DE=EF,∠g=45°， 如图，：∠g+∠BEF=∠DEB=∠A+∠ADE,∠g=∠A=45°， .∠BEF=∠ADE, .∠A=∠B=45°，DE=FE, .△ADE≌△BEF: 4AE的长为4V2-4或42-4 8.B 9.8π 3/6 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 10.c 11.60或120或180或240或300（写出一个即可） 考点04投影与视图 12.C 13.B 14.A 15.A 16.A 17.C 一年模拟练测园 1.A 2.B 3.A 4.D 5.D 6.C 7.D 8.C 9.A 10.D 11.c 12.D 13.C 14.A 15.D 16.D 17.B 18.A 4/6 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 19.4cm 20.12 21.3V10-3V2 22.②③④ 23. 证明：由平移的性质可得：AA1=BB1,AA1BB1, 四边形ABB1A1是平行四边形， :△ABC是等腰直角三角形，BC=1, AB-AC2+BC2-2 ..AB=AA, ∴四边形ABB1A1是菱形 24.1)①28；②见解析： (23V13-6 25.探究实践1：∠PAQ=30°，理由见解析；探究实践2：(1)正确，理由见解析；(2)4 26.(I)证明：，将△ABE沿AE折叠，点B的对称点F恰好落在边AD上， △ABE≌△AFE, .AB=AF,∠BAE=∠FAE, ,四边形ABCD是平行四边形， AD‖BC, ∴.∠FAE=∠BEA, .∠BAE=∠BEA, ∴.AB=BE ..AF=BE, 又AD‖BC, ∴.四边形ABEF是平行四边形， .AB=AF, ∴.四边形ABEF为菱形； (2)3 3)9.6 516 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 27.(1)4 (2)RV2 3)60或3000 ④6-或6+V2 28.1)75° O)证明：由折叠可得∠ADF=∠ADF=号∠ADA,∠BDE=∠BDE=号∠BDA, :∠ADA+∠BDA=180°， :∠EDF=∠ADF+∠BDE=∠ADA'+∠BDA=90, DF⊥DE 3)BE1 AB4 4)当四边形FDEA有两个角为90°时，BD=2或6-2V3 616