专题12 图形的变化-对称、平移、旋转、投影与视图（5年汇编）（青海专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

专题12 图形的变化-对称、平移、旋转、投影与视图 5年真题1年模拟 考点分类 青海考情（2022-2026） 命题规律 考点01 轴对称图形与中心对称图形 （2025·青海·中考真题） （2023·青海·中考真题） （2023·青海西宁·中考真题） （2022·青海·中考真题） · 情境设置：以剪纸、艺术字、数学家命名图形等文化素材为载体。 · 考查重点：轴对称与中心对称图形的双重判定，侧重概念辨析。 · 命题趋势：融合传统文化，以选择形式考查图形识别，难度稳定。 考点02 轴对称（翻折） （2022·青海西宁·中考真题） · 情境设置：以抛物线为背景，结合坐标系呈现翻折问题。 · 考查重点：翻折变换与二次函数综合，求点坐标及解析式。 · 命题趋势：压轴题中渗透翻折，强调数形结合与综合应用。 考点03 坐标与图形变化 （2024·青海·中考真题） （2023·青海·中考真题） （2023·青海西宁·中考真题） （2022·青海西宁·中考真题） （2025·青海西宁·中考真题） · 情境设置：以坐标系中函数图象、矩形、三角形为背景。 · 考查重点：平移、旋转、对称的坐标变化及旋转综合计算。 · 命题趋势：多与函数、几何综合，注重变换与坐标的关联。 考点04 三视图与投影 （2025·青海西宁·中考真题） （2023·青海·中考真题） （2022·青海·中考真题） · 情境设置：以鼓等实物或几何体组合为背景。 · 考查重点：三视图识别与还原，由视图确定小正方体个数。 · 命题趋势：结合生活实物，考查空间想象，题型以选择、填空为主。 考点01 轴对称图形与中心对称图形 1．（2025·青海·中考真题）下列图形是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．（2023·青海·中考真题）青海地大物博，风光秀美，素有“大美青海”之美誉.下面四个艺术字中，不是轴对称图形的是（    ） A．   B．   C．   D．   3．（2023·青海西宁·中考真题）河湟剪纸被列入青海省第三批省级非物质文化遗产名录，是青海劳动人民结合河湟文化，创造出独具高原特色的剪纸．以下剪纸图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．   B．   C．   D．   4．（2022·青海·中考真题）下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． 赵爽弦图 B． 笛卡尔心形线 C． 科克曲线 D． 斐波那契螺旋线 考点02 轴对称（翻折） 1．（2022·青海西宁·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点，与y轴交于点B，点C在直线AB上，过点C作轴于点，将沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物线上的点E处． (1)求抛物线解析式； (2)连接BE，求的面积； (3)拋物线上是否存在一点P，使？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由． 考点03 坐标与图形变化 1．（2024·青海·中考真题）如图，一次函数的图象与x轴相交于点A，则点A关于y轴的对称点是（   ） A． B． C． 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．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转90°得到，连接．若，，，则_______．    4．（2022·青海西宁·中考真题）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AB=6，将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得到△AB′C′，B′C′交AB于点E，则B′E=________． 5．（2025·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，以P为顶点的抛物线的解析式为，点A的坐标是，以原点为中心，把点A顺时针旋转，得到点． (1)直接写出点的坐标和抛物线的对称轴； (2)当时，y有最大值为，求抛物线的解析式； (3)在(2)的条件下，若点M在y轴上，点N在坐标平面内，是否存在以点，P，M，N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 考点04 三视图与投影 1．（2025·青海西宁·中考真题）在中国，鼓是精神的象征，舞是力量的表现，先贤孔子曾说过“鼓之舞之”，可见“鼓舞”一词起源之早．如图所示，鼓的主视图是（   ） A． B． C． D． 2．（2023·青海·中考真题）在如图所示的几何体中，其主视图、左视图和俯视图完全相同的是（    ） A．   B．   C．   D．   3．（2022·青海·中考真题）由若干个相同的小正方体构成的几何体的三视图如图所示，那么构成这个几何体的小正方体的个数是______. 1．（2026·青海西宁沈那中学·中考模拟）如图所示几何体的主视图是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·青海西宁第二中学·中考模拟）斗拱是中国古典建筑上的重要部件．如图是一种斗形构件“三才升”的示意图及其主视图，则它的左视图为（　　） A． B． C． D． 3．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）如图，在中，，，，将沿折叠，使点落在边上的点处，并且，则的长是（    ） A． B． C． D． 4．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）如图是由5个大小相同的正方体组合而成的几何体，它的主视图是（   ） A． B． C． D． 5．（2026·青海西宁十一中·中考模拟）如图，光线由上向下照射正五棱柱时的正投影是（  ）    A．   B．   C．   D．   6．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）根据中国汽车工业协会最新发布数据显示，我国新能源汽车产业在2025年继续保持强劲增长态势，全年产销双双突破1600万辆大关，连续第11年稳居全球首位．下列新能源汽车的车标中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 7．（2026·青海海东·中考模拟）河湟剪纸被列入青海省非物质文化遗产名录，是青海劳动人民结合河湟文化创造出的独具高原特色的民间艺术．下列剪纸图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 8．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）点关于y轴对称的点的坐标是（   ） A． B． C． D． 9．（2026·青海西宁光华中学·中考模拟）在平面直角坐标系中，两点的坐标分别为，点在轴上，且使线段的值最小，则点的坐标是___________． 10．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）某几何体的三视图如图所示，根据图中数据可得，该几何体的侧面积为______．    11．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）如图，在中，，，，点E，F分别为AB，AC上一个动点，连接EF，以EF为轴将折叠得到，使点D落在BC上，当为直角三角形时，BE的值为______． 12．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）如图，在矩形中，，点是射线上一动点，为矩形的一条对称轴，将沿折叠，当点的对应点落在上时，的长为__________． 13．（2026·青海西宁·中考模拟）如图，将一张矩形纸片上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕EF，连接BF．再将矩形纸片折叠，使点B落在BF上的点H处，折痕为AG．若点G恰好为线段BC最靠近点B的一个五等分点，，则BC的长为__________．    14．（2026·青海西宁沈那中学·中考模拟）半圆形纸片的半径为，用如图所示的方法将纸片对折，使对折后半圆弧的中点与圆心重合，则折痕的长为______． 15．（2026·青海西宁十一中·中考模拟）如图，将正方形绕点A逆时针旋转得到正方形，若，则的长度为________ 16．（2026·青海西宁光华中学·中考模拟）如图，在矩形中，，，点在上，将矩形沿折叠，点恰好落在边上的点处，那么的值为_____． 17．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）如图，将绕点逆时针旋转得到，点恰好在边上．若 ，则旋转角的度数为______． 18．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）如图，在等腰中，，点在边上且，点，分别为边，上的动点，连接，，得到，则周长的最小值为______． 19．（2026·青海西宁第十二中学·中考模拟）（多选）如图，将长方形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕EF分别与AB、DC交于点E和点F． （1）证明：△ADF≌△AB′E； （2）若AD=12，DC=18，求△AEF的面积． 20．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）如图，抛物线与轴负半轴交于点，与轴交于点，顶点的横坐标为． (1)求抛物线的表达式； (2)如图1，将直线沿轴向上平移个单位长度，当它与抛物线有交点时，求的取值范围； (3)如图2，抛物线的对称轴交直线于点，交轴于点，连接．抛物线上是否存在点（不与点重合），使得．若存在，直接写出点的横坐标；若不存在，说明理由． 试卷第1页，共3页 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 图形的变化-对称、平移、旋转、投影与视图 5年真题1年模拟·答案版 考点01 轴对称图形与中心对称图形 1．C 2．D 3．D 4．C 考点02 轴对称（翻折） 1．【答案】(1) (2)2 (3)存在，或 【分析】（1）先根据翻折得到E点坐标，然后结合运用待定系数法求解即可； （2）先确定点B的坐标，然后确定直线AB的解析式，进而确定、、，最后根据结合三角形的面积公式即可解答； （3）先说明是等腰直角三角形，设点P的坐标为，然后分点P在x轴上方和下方两种情况分别解答即可． 【详解】（1）解：∵沿CD所在直线翻折，点A落在点E处 ∴ 把A，E两点坐标代入得，解得 ∴抛物线的解析式为． （2）解：∵抛物线与y轴交于点B ∴令时， ∴ 设直线AB的解析式为 把A，B两点坐标代入得解得 ∴直线AB的解析式为； ∴点C在直线AB上轴于点 当时 ∴ ∴ ∴，， ∴ ∴的面积是2． （3）解：存在，理由如下： ∵， ∴ 在中 ∴是等腰直角三角形 ∵点P在抛物线上 ∴设点P的坐标为 ①当点P在x轴上方时记为，过作轴于点M 在中∵∴ 即解得（舍去） 当时 ∴ ②当点P在x轴下方时记为，过作轴于点N 在中 ∴ ∴ ∴解得（舍去） 当时 ∴ 综上，符合条件的P点坐标是或． 【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及求二次函数的性质、二次函数解析式、二次函数与几何图形综合等知识点，灵活运用二次函数的性质以及其与几何知识的联系是解答本题的关键． 考点03 坐标与图形变化 1．A 2．（2，2） 3．2 4． 5．【答案】(1)； (2) (3)存在；， 【分析】本题考查旋转的性质，二次函数的图象和性质，二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键： （1）根据旋转的性质，二次函数的对称轴公式进行计算即可； （2）根据二次函数的增减性，列出方程求出的值即可； （3）分为对角线，为对角线，为对角线，三种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵点A的坐标是， ∴， ∵以原点为中心，把点A顺时针旋转， ∴， 此时点在轴正半轴上， ∴； ∵， ∴对称轴为直线； （2）∵，对称轴为直线， ∴当时，随的增大而减小， ∵， ∴当，有最大值为， ∴， ∴； （3）存在； ∵， ∴当时，， ∴， 设，， 由（1）知：； 当以点，P，M，N为顶点的四边形是矩形时，分三种情况： ①当为对角线时，则为以为顶点的直角三角形，，即轴，， ∴轴， ∴轴， ∴，； ②当以为对角线时，则：，解得， ∴，， ∵， ∴，解得； ∴； ③当以为对角线时，要满足，P，M，N为顶点的四边形是矩形，则需要满足是以为直角的直角三角形，即轴，与题意不符；故此种情况不存在； 综上：或． 考点04 三视图与投影 1．A 2．D 3．5 1．C 2．C 3．A 4．D 5．C 6．A 7．D 8．A 9． 10． 11．或 12． 13． 14． 15． 16． 17．##度 18． 19．【答案】 （1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D=∠C=∠B′=90°，AD=CB=AB′， ∵∠DAF+∠EAF=90°，∠B′AE+∠EAF=90°， ∴∠DAF=∠B′AE， 在△ADF和△AB′E中 ， ∴△ADF≌△AB′E． （2）78 【详解】试题分析：（1）利用两角夹边对应相等的两个三角形全等即可判定． （2）利用三角形面积公式求解即可. 试题解析：（1）略 （2）解：由折叠性质得FA=FC，设FA=FC=x，则DF=DC－FC=18－x， 在Rt△ADF中，AD2+DF2=AF2， ∴． 解得． ∵△ADF≌△AB′E， ∴AE=AF=13． ∴S△AEF===78． 20．【答案】(1) (2) (3)存在点P，横坐标为,， 【分析】本题考查了二次函数的图像与性质、直线与抛物线的位置关系、三角形面积的计算以及面积相等的点的存在性问题． （1）利用顶点横坐标为和公式求出参数进而得到抛物线表达式； （2）先求点A和B的坐标，确定直线方程；将直线向上平移m个单位后与抛物线联立，利用判别式求m的范围； （3）先求对称轴与直线的交点D及顶点计算；设点P坐标，利用面积公式列方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）∵抛物线顶点横坐标为， ∴由顶点公式，其中即 ∴ ∴抛物线表达式为 ． （2）当时，即 解得或（舍去）， 故． 当时，故． 设直线的方程为 将点与点代入得 ∴直线的方程为． 向上平移m个单位后，直线方程为． 与抛物线联立： 整理得： 抛物线与直线有交点时，， 解得，又 ， ∴m 的取值范围为． （3）抛物线对称轴为． 直线当时，故． 顶点当故． 点． 设在抛物线上，． 如图， 情况1：过点C作的平行线，与抛物线交于点P，此时， 因，且，故可设直线的解析式为，将点代入求得，即的解析式为， 联立抛物线方程， 解得：或， ∴点P坐标为. 情况2：过点E作的平行线，交抛物线于点与，因， ∴直线向下平移到直线的距离等于直线向下平移到直线的距离， 当过点时，代入 ∴解析式为， 联立， 整理得：， 解得：， 即点的横坐标是，点的横坐标是. 综上所述，存在点横坐标为. 试卷第1页，共3页 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 图形的变化-对称、平移、旋转、投影与视图 5年真题1年模拟 考点分类 青海考情（2022-2026） 命题规律 考点01 轴对称图形与中心对称图形 （2025·青海·中考真题） （2023·青海·中考真题） （2023·青海西宁·中考真题） （2022·青海·中考真题） · 情境设置：以剪纸、艺术字、数学家命名图形等文化素材为载体。 · 考查重点：轴对称与中心对称图形的双重判定，侧重概念辨析。 · 命题趋势：融合传统文化，以选择形式考查图形识别，难度稳定。 考点02 轴对称（翻折） （2022·青海西宁·中考真题） · 情境设置：以抛物线为背景，结合坐标系呈现翻折问题。 · 考查重点：翻折变换与二次函数综合，求点坐标及解析式。 · 命题趋势：压轴题中渗透翻折，强调数形结合与综合应用。 考点03 坐标与图形变化 （2024·青海·中考真题） （2023·青海·中考真题） （2023·青海西宁·中考真题） （2022·青海西宁·中考真题） （2025·青海西宁·中考真题） · 情境设置：以坐标系中函数图象、矩形、三角形为背景。 · 考查重点：平移、旋转、对称的坐标变化及旋转综合计算。 · 命题趋势：多与函数、几何综合，注重变换与坐标的关联。 考点04 三视图与投影 （2025·青海西宁·中考真题） （2023·青海·中考真题） （2022·青海·中考真题） · 情境设置：以鼓等实物或几何体组合为背景。 · 考查重点：三视图识别与还原，由视图确定小正方体个数。 · 命题趋势：结合生活实物，考查空间想象，题型以选择、填空为主。 考点01 轴对称图形与中心对称图形 1．（2025·青海·中考真题）下列图形是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称图形的定义，根据沿着某条直线折叠，两边的图形能够重合的图形是轴对称图形，进行逐项判断即可． 【详解】解：A、该图形不是轴对称图形，故该选项不符合题意； B、该图形不是轴对称图形，故该选项不符合题意； C、该图形是轴对称图形，故该选项符合题意； D、该图形不是轴对称图形，故该选项不符合题意； 故选：C． 2．（2023·青海·中考真题）青海地大物博，风光秀美，素有“大美青海”之美誉.下面四个艺术字中，不是轴对称图形的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】D 【分析】根据轴对称图形的概念：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁部分能够完全重合的，由此问题可求解． 【详解】解：A、B、C符合轴对称图形的概念，而D选项不能找到一条直线使得直线两旁部分能够重合； 故选：D． 【点睛】本题主要考查轴对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形的概念是解题的关键． 3．（2023·青海西宁·中考真题）河湟剪纸被列入青海省第三批省级非物质文化遗产名录，是青海劳动人民结合河湟文化，创造出独具高原特色的剪纸．以下剪纸图案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特点逐项判断即可． 【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意； B．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故该选项不符合题意； C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故该选项不符合题意； D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故该选项符合题意． 故选D． 【点睛】本题考查识别轴对称图形与中心对称图形．识别轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．识别中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 4．（2022·青海·中考真题）下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． 赵爽弦图 B． 笛卡尔心形线 C． 科克曲线 D． 斐波那契螺旋线 【答案】C 【分析】根据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，这个点叫做对称中心；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】A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； C．是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确； D．不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； 故选C． 【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 考点02 轴对称（翻折） 1．（2022·青海西宁·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点，与y轴交于点B，点C在直线AB上，过点C作轴于点，将沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物线上的点E处． (1)求抛物线解析式； (2)连接BE，求的面积； (3)拋物线上是否存在一点P，使？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)2 (3)存在，或 【分析】（1）先根据翻折得到E点坐标，然后结合运用待定系数法求解即可； （2）先确定点B的坐标，然后确定直线AB的解析式，进而确定、、，最后根据结合三角形的面积公式即可解答； （3）先说明是等腰直角三角形，设点P的坐标为，然后分点P在x轴上方和下方两种情况分别解答即可． 【详解】（1）解：∵沿CD所在直线翻折，点A落在点E处 ∴ 把A，E两点坐标代入得，解得 ∴抛物线的解析式为． （2）解：∵抛物线与y轴交于点B ∴令时， ∴ 设直线AB的解析式为 把A，B两点坐标代入得解得 ∴直线AB的解析式为； ∴点C在直线AB上轴于点 当时 ∴ ∴ ∴，， ∴ ∴的面积是2． （3）解：存在，理由如下： ∵， ∴ 在中 ∴是等腰直角三角形 ∵点P在抛物线上 ∴设点P的坐标为 ①当点P在x轴上方时记为，过作轴于点M 在中∵∴ 即解得（舍去） 当时 ∴ ②当点P在x轴下方时记为，过作轴于点N 在中 ∴ ∴ ∴解得（舍去） 当时 ∴ 综上，符合条件的P点坐标是或． 【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及求二次函数的性质、二次函数解析式、二次函数与几何图形综合等知识点，灵活运用二次函数的性质以及其与几何知识的联系是解答本题的关键． 考点03 坐标与图形变化 1．（2024·青海·中考真题）如图，一次函数的图象与x轴相交于点A，则点A关于y轴的对称点是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了一次函数与坐标轴的交点坐标，点的对称，属于简单题，求交点坐标是解题关键． 先求出点的坐标，再根据对称性求出对称点的坐标即可． 【详解】解：令，则， 解得：， 即点为， 则点A关于y轴的对称点是． 故选：A． 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．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转90°得到，连接．若，，，则_______．    【答案】2 【分析】过点作于点F，则，可证，于是．设，，，解得，于是． 【详解】解：过点作于点F，则， ∵， ∴． 又， ∴. ∴． 设，矩形中，， ， ，，解得， ∴． 故答案为：2    【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；根据勾股定理构建方程求解是解题的关键． 4．（2022·青海西宁·中考真题）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AB=6，将△ABC绕点A逆时针方向旋转15°得到△AB′C′，B′C′交AB于点E，则B′E=________． 【答案】 【分析】根据已知可以得出∠BAC=60°，而将△ABC绕点A按逆时针方向旋转15°，可知∠C′AE=45°，可以求出AC=AC′=EC′=3，据此即可求解． 【详解】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AB=6， 则∠BAC=60°，AC=3，BC=3， 将△ABC绕点A按逆时针方向旋转15°后， 则∠C′AC=15°，AC= AC′=3，B′C′=BC=3， ∴∠C′AE=45°， 而∠AC′E=90°，故△AC′E是等腰直角三角形， ∴AC=AC′=EC′=3 ∴B′E= B′C′- EC′=33． 故答案为：33． 【点睛】本题考查旋转变换、直角三角形30度角的性质、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识． 5．（2025·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，以P为顶点的抛物线的解析式为，点A的坐标是，以原点为中心，把点A顺时针旋转，得到点． (1)直接写出点的坐标和抛物线的对称轴； (2)当时，y有最大值为，求抛物线的解析式； (3)在(2)的条件下，若点M在y轴上，点N在坐标平面内，是否存在以点，P，M，N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2) (3)存在；， 【分析】本题考查旋转的性质，二次函数的图象和性质，二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键： （1）根据旋转的性质，二次函数的对称轴公式进行计算即可； （2）根据二次函数的增减性，列出方程求出的值即可； （3）分为对角线，为对角线，为对角线，三种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵点A的坐标是， ∴， ∵以原点为中心，把点A顺时针旋转， ∴， 此时点在轴正半轴上， ∴； ∵， ∴对称轴为直线； （2）∵，对称轴为直线， ∴当时，随的增大而减小， ∵， ∴当，有最大值为， ∴， ∴； （3）存在； ∵， ∴当时，， ∴， 设，， 由（1）知：； 当以点，P，M，N为顶点的四边形是矩形时，分三种情况： ①当为对角线时，则为以为顶点的直角三角形，，即轴，， ∴轴， ∴轴， ∴，； ②当以为对角线时，则：，解得， ∴，， ∵， ∴，解得； ∴； ③当以为对角线时，要满足，P，M，N为顶点的四边形是矩形，则需要满足是以为直角的直角三角形，即轴，与题意不符；故此种情况不存在； 综上：或． 考点04 三视图与投影 1．（2025·青海西宁·中考真题）在中国，鼓是精神的象征，舞是力量的表现，先贤孔子曾说过“鼓之舞之”，可见“鼓舞”一词起源之早．如图所示，鼓的主视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查的是几何体的三视图知识，熟练掌握三视图的定义是解题的关键；根据从正面看到的是主视图，可得答案． 【详解】解：这个立体图形的主视图为： ， 故选：． 2．（2023·青海·中考真题）在如图所示的几何体中，其主视图、左视图和俯视图完全相同的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】D 【分析】分别确定各几何体的三视图，从而得解． 【详解】 A.   ，主视图、左视图和俯视图分别为长方形，长方形，长方形，三长方形大小不一定相同，故本选项不合题意； B.   ，主视图、左视图和俯视图分别是长方形，长方形，圆，故本选项不合题意； C.   ，主视图、左视图和俯视图分别是三角形，三角形，圆，故本选项不合题意； D.   ，主视图、左视图和俯视图分别是圆，圆，圆，故本选项符合题意； 故选：D 【点睛】本题考查常见几何体的三视图；掌握常见几何体的三视图是解题的关键． 3．（2022·青海·中考真题）由若干个相同的小正方体构成的几何体的三视图如图所示，那么构成这个几何体的小正方体的个数是______. 【答案】5 【分析】根据三视图得出这个几何体的构成情况，由此即可得． 【详解】解：由三视图可知，这个几何体的构成情况如下：（数字表示相应位置上小正方形的个数） 则构成这个几何体的小正方体的个数是， 故答案为：5． 【点睛】本题考查了三视图，熟练掌握三视图是解题关键． 1．（2026·青海西宁沈那中学·中考模拟）如图所示几何体的主视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：几何体的主视图为： 即C选项符合题意． 2．（2026·青海西宁第二中学·中考模拟）斗拱是中国古典建筑上的重要部件．如图是一种斗形构件“三才升”的示意图及其主视图，则它的左视图为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的定义是解题关键． 主视图：从正面看到的物体的形状图；左视图：从左面看到的物体的形状图；俯视图：从上面看到的物体的形状图．根据三视图的定义求解，注意看不见的线应当画虚线，即可． 【详解】解：从左面看，上面部分是矩形，下面部分是梯形，矩形部分有一条看不见的线，应该画虚线，形状如图所示： 故选：C． 3．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）如图，在中，，，，将沿折叠，使点落在边上的点处，并且，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先判定四边形是菱形，再证明，即可求解． 【详解】解：在中， ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴四边形是菱形； ∴ ∴ ∴ 设， ∴， ∴； 又； 解得． 故选：A． 【点睛】本题考查了折叠问题，菱形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定；熟练掌握以上知识是解题的关键 4．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）如图是由5个大小相同的正方体组合而成的几何体，它的主视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据主视图是从正面看得到的视图进行判断即可． 本题考查了三种视图中的主视图，培养了学生空间想象能力． 【详解】解：从正面看，主视图如下： 故选D． 5．（2026·青海西宁十一中·中考模拟）如图，光线由上向下照射正五棱柱时的正投影是（  ）    A．   B．   C．   D．   【答案】C 【分析】根据正投影特点以及图中正五棱柱的摆放位置即可求解． 【详解】光线由上向下照射正五棱柱时的正投影与俯视图一致． 故选C． 【点睛】本题考查了正投影特点，不同位置，不同时间，影子的大小、形状可能不同，具体形状应按照物体的外形即光线情况而定． 6．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）根据中国汽车工业协会最新发布数据显示，我国新能源汽车产业在2025年继续保持强劲增长态势，全年产销双双突破1600万辆大关，连续第11年稳居全球首位．下列新能源汽车的车标中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念判断即可． 【详解】解：A．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； B．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； C．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意； D．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意． 7．（2026·青海海东·中考模拟）河湟剪纸被列入青海省非物质文化遗产名录，是青海劳动人民结合河湟文化创造出的独具高原特色的民间艺术．下列剪纸图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】识别轴对称图形是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．识别中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 【详解】解：A．不是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意； B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故该选项不符合题意； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故该选项不符合题意； D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故该选项符合题意． 8．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）点关于y轴对称的点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用“关于y轴对称的点纵坐标不变，横坐标互为相反数”的规律即可直接求出结果． 【详解】解：点关于y轴对称的点的坐标是． 9．（2026·青海西宁光华中学·中考模拟）在平面直角坐标系中，两点的坐标分别为，点在轴上，且使线段的值最小，则点的坐标是___________． 【答案】 【分析】作点B关于x轴的对称点，根据题意得到当点，P，A三点共线时，的值最小，即的长度，然后求出直线的表达式，即可求出点P的坐标． 【详解】如图所示，作点B关于x轴的对称点，    ∴， ∴， ∴当点，P，A三点共线时，的值最小，即的长度， ∵点B的坐标为， ∴点的坐标为， ∴设直线的表达式为， ∴将，代入得，， ∴解得， ∴， ∴当时，即，解得， ∴点P的坐标为． 故答案为：． 【点睛】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离的方法，会待定系数法求函数解析式是解题的关键． 10．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）某几何体的三视图如图所示，根据图中数据可得，该几何体的侧面积为______．    【答案】 【分析】根据三视图可得出该几何体为圆锥，再运用勾股定理求得母线l的长度，然后根据根据扇形面（其中l=母线，是圆锥的顶点到圆锥的底面圆周之间的距离）计算即可． 【详解】解：由题意可知，该几何体是圆锥，其中底面半径为2， 母线长为：， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查的知识点是几何体的三视图、圆锥的侧表面积公式等知识点，熟记圆锥的侧面积公式是解本题的关键． 11．（2026·青海西宁第一中学·中考模拟）如图，在中，，，，点E，F分别为AB，AC上一个动点，连接EF，以EF为轴将折叠得到，使点D落在BC上，当为直角三角形时，BE的值为______． 【答案】或 【分析】分两种情形分别求解：如图1中，当时，设则利用平行线的性质，构建方程即可解决问题；如图2中，当，设，则根据，构建方程即可； 【详解】如图， ， ， ， ． 如图2中，当，设，则． ， ， ， 综上所述，满足条件的BE的值为或． 【点睛】本题考查翻折变换、锐角三角函数、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型． 12．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）如图，在矩形中，，点是射线上一动点，为矩形的一条对称轴，将沿折叠，当点的对应点落在上时，的长为__________． 【答案】 【分析】本题考查翻折变换，矩形的性质，轴对称等知识，分两种情形画出图形分别求解即可． 【详解】解：如图，当点在线段上时，设直线l交于E，交于F． 由题意：， ∵， ∴， 设， 在中，则有：， ∴， ∴， 当点P在的延长线上时，设， 在中，则有：， 解得， ∴， 故答案为：或15． 13．（2026·青海西宁·中考模拟）如图，将一张矩形纸片上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕EF，连接BF．再将矩形纸片折叠，使点B落在BF上的点H处，折痕为AG．若点G恰好为线段BC最靠近点B的一个五等分点，，则BC的长为__________．    【答案】 【分析】本题考查矩形折叠，勾股定理，解直角三角形，设与交于点，，则：，勾股定理求出，等积法求出，根据，列出方程进行求解即可． 【详解】解：设与交于点， ∵矩形， ∴， ∵翻折， ∴，， 设，则：， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：，经检验是原方程的解， ∴； 故答案为：．    14．（2026·青海西宁沈那中学·中考模拟）半圆形纸片的半径为，用如图所示的方法将纸片对折，使对折后半圆弧的中点与圆心重合，则折痕的长为______． 【答案】 【分析】本题主要考查勾股定理，垂径定理，折叠的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．作交于，则，连接，根据勾股定理和垂径定理求解即可． 【详解】解：作交于，则，连接，如图 有， 对折后半圆弧的中点M与圆心O重合， 则，， ∴， 在中， ， ． 故答案为：． 15．（2026·青海西宁十一中·中考模拟）如图，将正方形绕点A逆时针旋转得到正方形，若，则的长度为________ 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理；连接、，由旋转的性质可得等边三角形，可得，再利用勾股定理求出即可. 【详解】解：连接、，如图所示： ∵正方形绕点A逆时针旋转得到正方形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴，， ∴， ∴. 故答案为：. 16．（2026·青海西宁光华中学·中考模拟）如图，在矩形中，，，点在上，将矩形沿折叠，点恰好落在边上的点处，那么的值为_____． 【答案】 【分析】先根据矩形的性质得AD=BC=5，AB=CD=3，再根据折叠的性质得AF=AD=5，EF=DE，在Rt△ABF中，利用勾股定理计算出BF=4，则CF=BC-BF=1，设CE=x，则DE=EF=3-x，然后在Rt△ECF中根据勾股定理得到x2+12=（3-x）2，解方程即可得到x，进一步得到EF的长，再根据正弦函数的定义即可求解． 【详解】∵四边形为矩形， ∴， ， ∵矩形沿直线折叠，顶点恰好落在边上的处， ∴，， 在中，∵， ∴， 设，则 在中，∵， ∴，解得， ∴， ∴． 故答案为． 【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质和勾股定理． 17．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）如图，将绕点逆时针旋转得到，点恰好在边上．若 ，则旋转角的度数为______． 【答案】##度 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，根据旋转的性质可得，利用三角形内角和定理即可解答． 【详解】解：绕点逆时针旋转得到， ， ， ， 即旋转角的度数为， 故答案为：． 18．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）如图，在等腰中，，点在边上且，点，分别为边，上的动点，连接，，得到，则周长的最小值为______． 【答案】 【分析】作点关于的对称点，作点关于的对称点，连接、，连接分别交于点，交于点，先证明点、、、在同一直线上，由题意可得，，由对称性可得：，，，，，求出，，由勾股定理可得，即可得出结果． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，作点关于的对称点，连接、，连接分别交于点，交于点， ∵， ∴， ∴，即点、、、在同一直线上， ∵，， ∴，， 由对称性可得：，，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴周长的最小值为． 19．（2026·青海西宁第十二中学·中考模拟）（多选）如图，将长方形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕EF分别与AB、DC交于点E和点F． （1）证明：△ADF≌△AB′E； （2）若AD=12，DC=18，求△AEF的面积． 【答案】 （1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D=∠C=∠B′=90°，AD=CB=AB′， ∵∠DAF+∠EAF=90°，∠B′AE+∠EAF=90°， ∴∠DAF=∠B′AE， 在△ADF和△AB′E中 ， ∴△ADF≌△AB′E． （2）78 【详解】试题分析：（1）利用两角夹边对应相等的两个三角形全等即可判定． （2）利用三角形面积公式求解即可. 试题解析：（1）略 （2）解：由折叠性质得FA=FC，设FA=FC=x，则DF=DC－FC=18－x， 在Rt△ADF中，AD2+DF2=AF2， ∴． 解得． ∵△ADF≌△AB′E， ∴AE=AF=13． ∴S△AEF===78． 20．（2026·青海西宁虎台中学·中考模拟）如图，抛物线与轴负半轴交于点，与轴交于点，顶点的横坐标为． (1)求抛物线的表达式； (2)如图1，将直线沿轴向上平移个单位长度，当它与抛物线有交点时，求的取值范围； (3)如图2，抛物线的对称轴交直线于点，交轴于点，连接．抛物线上是否存在点（不与点重合），使得．若存在，直接写出点的横坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在点P，横坐标为,， 【分析】本题考查了二次函数的图像与性质、直线与抛物线的位置关系、三角形面积的计算以及面积相等的点的存在性问题． （1）利用顶点横坐标为和公式求出参数进而得到抛物线表达式； （2）先求点A和B的坐标，确定直线方程；将直线向上平移m个单位后与抛物线联立，利用判别式求m的范围； （3）先求对称轴与直线的交点D及顶点计算；设点P坐标，利用面积公式列方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）∵抛物线顶点横坐标为， ∴由顶点公式，其中即 ∴ ∴抛物线表达式为 ． （2）当时，即 解得或（舍去）， 故． 当时，故． 设直线的方程为 将点与点代入得 ∴直线的方程为． 向上平移m个单位后，直线方程为． 与抛物线联立： 整理得： 抛物线与直线有交点时，， 解得，又 ， ∴m 的取值范围为． （3）抛物线对称轴为． 直线当时，故． 顶点当故． 点． 设在抛物线上，． 如图， 情况1：过点C作的平行线，与抛物线交于点P，此时， 因，且，故可设直线的解析式为，将点代入求得，即的解析式为， 联立抛物线方程， 解得：或， ∴点P坐标为. 情况2：过点E作的平行线，交抛物线于点与，因， ∴直线向下平移到直线的距离等于直线向下平移到直线的距离， 当过点时，代入 ∴解析式为， 联立， 整理得：， 解得：， 即点的横坐标是，点的横坐标是. 综上所述，存在点横坐标为. 试卷第1页，共3页 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 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