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第六章 图形的变化
第一节 图形的平移、旋转与轴对称
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 图形的平移 ☆ 图形的变换以考查平面几何的三大变换的基本运用为主，年年都有考查，分值在10分左右。预计2024年各地中考还将继续考查这些知识点，考查形式主要有选填题、作图题、也可能综合题结合其他考点出现。在三种变换中，平移相对较为简单，多以选择题形式考察，偶尔也会考察作图题；对称和旋转则难度较大，通常作为选择、填空题的压轴题出现（考查最值问题居多），在解答题中，也会考查对称和旋转的作图，以及与特殊几何图形结合的综合压轴题，此时常需要结合几何图形或问题类型去分类讨论。
考点2 图形的旋转 ☆☆
考点3 图形的轴对称 ☆☆☆
考点4 最短路径问题 ☆☆☆
■考点一　图形的平移
1）平移的概念：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做 平移 。平移不改变图形的形状和大小。
2）三大要素： （1）平移的起点，（2）平移的方向，（3）平移的距离。
3）性质： （1）平移前后，对应线段平行且相等、对应角相等；（2）各对应点所连接的线段平行(或在同一条直线上)且相等；（3）平移前后的图形全等。
4）作图步骤：（1）根据题意，确定平移的方向和平移的距离；（2）找出原图形的关键点；（3）按平移方向和平移距离平移各个关键点，得到各关键点的对应点；（4）按原图形依次连接对应点，得到平移后的图形。
■考点二　图形的旋转
1）定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角。
2）三大要素：（1）旋转中心；（2）旋转方向；（3）旋转角度。
3）性质：（1）对应点到旋转中心的距离相等；（2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；（3）旋转前后的图形全等。
4．作图步骤：（1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角；（2）找出原图形的关键点；（3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点；（4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形。
5）中心对称图形与中心对称
中心对称 中心对称图形
图形
定义 如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称。 如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心。
区别 中心对称是指两个图形的关系。 中心对称图形是指具有某种特性的一个图形
联系 两者可以相互转化，如果把中心对称的两个图形看成一个整体（一个图形），那么这“一个图形”就是中心对称图形；反过来，如果把一个中心对称图形相互对称的两部分看成两个图形，那么这“两个图形”中心对称。
■考点三　图形的轴对称
1）轴对称与轴对称图形
轴对称 轴对称图形
图形
定义 把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，这条直线叫做对称轴。 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，那么这个图形就叫做轴对称图形。这条直线就是它的对称轴。
区别 （1）轴对称是指两个图形折叠重合。 （2）轴对称对称点在两个图形上。 （3）轴对称只有一条对称轴。 （1）轴对称图形是指本身折叠重合。 （2）轴对称图形对称点在一个图形上。 （3）轴对称图形至少有一条对称轴。
联系 （1) 定义中都有一条直线,都要沿着这条直线折叠重合。 （2) 如果把轴对称的两个图形看成一个整体,那么它就是一个轴对称图形；反之, 如果把轴对称图形沿对称轴分成两部分(即看成两个图形),那么这两个图形就关于这条直线成轴对称。
性质 （1）关于某条直线对称的两个图形是全等形。 （2）两个图形关于某直线对称那么对称轴是对应点连线的垂直平分线。
判定 （1）两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分,那么这两个图形关于这条直线对称。 （2）两个图形关于某条直线成轴对称,那么对称轴是对折重合的折痕线。
2）作轴对称图形的一般步骤：
（1）作某点关于某直线的对称点的一般步骤：①过已知点作已知直线（对称轴）的垂线，标出垂足，并延长；②在延长线上从垂足出发截取与已知点到垂足的距离相等的线段，那么截点就是这点关于该直线的对称点。
（2）作已知图形关于某直线的对称图形的一般步骤：①找.在原图形上找特殊点（如线段的端点、线与线的交点）；②作.作各个特殊点关于已知直线的对称点；③连.按原图对应连接各对称点。
3）折叠的性质：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．
■考点四　最短路径问题
与图形变换相关的最值问题有：将军饮马（遛马、造桥）（轴对称、平移）、费马点问题（旋转）、瓜豆原理（圆弧轨迹类）（旋转）等。
■易错提示
1. 对称轴是一条直线，不是一条射线，也不是一条线段。
2. 旋转中心可以是图形外的一点，也可以是图形上的一点，还可以是图形内的一点。
3. 对应点之间的运动轨迹是一段圆弧，对应点到旋转中心的线段就是这段圆弧所在圆的半径。
■考点一　图形的平移
◇典例1：（2022·广西·中考真题）2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的，展现了运动员不断飞跃，超越自我，奋力拼搏，激励世界的冬残奥精神下列的四个图中，能由如图所示的会徽经过平移得到的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平移的特点分析判断即可．
【详解】根据题意，得不能由平移得到，故A不符合题意；
不能由平移得到，故B不符合题意；
不能由平移得到，故C不符合题意；
能由平移得到，故D符合题意；故选D．
【点睛】本题考查了平移的特点，熟练掌握平移的特点是解题的关键．
◆变式训练
1．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）在平面直角坐标系中，将点先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】把横坐标加2，纵坐标加1即可得出结果．
【详解】解：将点先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是．
故选：D．
【点睛】本题考查点的平移中坐标的变换，把向上（或向下）平移h个单位，对应的纵坐标加上（或减去）h，，把向右上（或向左）平移n个单位，对应的横坐标加上（或减去）n．掌握平移规律是解题的关键．
2．（2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，已知点，若将线段平移至，其中点，则的值为（ ）

A． B． C．1 D．3
【答案】B
【分析】根据，两点的坐标可得出平移的方向和距离进而解决问题．
【详解】解：线段由线段平移得到，且，，，，
．故选：B．
【点睛】本题考查坐标与图象的变化，解题的关键是熟知平移过程中图象上的每一个点的平移方向和距离均相同．
3．（2023上·山东滨州·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点，点在轴的正半轴上，且，将沿轴向右平移得到，与交于点．若：：，则点的坐标为 ．

【答案】
【详解】作轴于点，由得，由，根据等腰三角形的性质得，所以，由平移得，，所以，则，即可求得点的坐标为．
【解答】解：如图，作轴于点，，，
，，，由平移得，，
，，，，故答案为：．

【点睛】本题考查了平移的性质、平行线分线段成比例定理、等腰三角形的性质、图形与坐标等知识，正确理解和运用平移的性质是解题的关键．
◇典例2：（2023·广东深圳·统考中考真题）如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】首先根据平行四边形的性质得到，然后根据菱形的性质得到，然后求解即可．
【详解】∵四边形是平行四边形，∴，∵四边形为菱形，∴，
∵，∴，∴．故选：B．
【点睛】此题考查平行四边形和菱形的性质，平移的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
◆变式训练
1．（2023·四川成都·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，沿x轴向右平移后得到，点A的对应点在直线上一点，则点A与其对应点之间的距离为 ．

【答案】4
【分析】本题考查一次函数的平移和点坐标的平移问题，先根据向右平移纵坐标相同得到点的坐标为，即可求解平移距离．
【详解】解：连接，如图所示，根据平移可知：，且轴．

当时，，解得：，∴点的坐标为，
又∵点A的坐标为，∴．故答案为：4．
2．（2023·山西晋城·统考一模）如图，在中，，，．是边上的中线．将沿方向平移得到．与相交于点，连接并延长，与边相交于点．当点为的中点时，的长为 ．

【答案】/
【分析】则E为的中点，得为的中点，证明，推出，在中，利用勾股定理求得，再根据相似比即可求解．
【详解】解：∵由平移的性质得，，
∴E为的中点，，∴，∴为的中点，
∵D是边上的中点，∴，∴，
∵，∴，∴，，∴，
在中，，
∵，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平移的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
◇典例3：（2023·河南信阳·九年级统考期中）在正方形网格中建立平面直角坐标系，使得A，B两点的坐标分别为，，过点B作轴于点C．

(1)按照要求画出平面直角坐标系，线段，写出点C的坐标 ；(2)直接写出以A，B，C为顶点的三角形的面积 ；(3)若线段是由线段平移得到的，点A的对应点是C，画出线段，写出一种由线段得到线段的过程．
【答案】(1)图见解析，(2)(3)图见解析，线段向左平移3个单位，再向下平移2个单位得到线段
【分析】本题考查平面直角坐标系画图，点坐标表示，三角形面积公式，平移定义．（1）根据题意利用平面直角坐标系定义画出图形，并利用坐标表示出点C坐标即可；（2）利用网格求出三角形面积（3）先参考其中一个点A，观察到对应点C是经过怎样平移即可得到本题答案．
【详解】（1）解： ，∴点C的坐标，故答案为：；
∴ ，
（2）解：∵，以为底边的三角形的高为，
∴以A，B，C为顶点的三角形的面积：；
（3）解：线段是由线段平移得到的，点A的对应点是C，
∵点A到点C：横坐标减3，纵坐标减2，∴点坐标为：，
∴线段向左平移3个单位，再向下平移2个单位得到线段．
◆变式训练
1.（2023下·重庆江津·九年级期中）已知，在平面直角坐标系中的位置如图所示：(1)写出A、B、C三点的坐标；(2)求的面积；(3)中任意一点经平移后对应点为，将作同样的平移得到，画出．
【答案】(1)，，(2)11.5(3)见解析
【分析】（1）根据平面坐标系得出A、B、C三点的坐标即可；（2）根据各点坐标，利用梯形面积与三角形面积公式求出即可；（3）根据点经平移后对应点为判断出平移方式，然后画出三个顶点的对应点即可．
【详解】（1）如图所示：A、B、C三点的坐标分别为：，，；
（2）的面积；
（3）∵点经平移后对应点为，
∴把向右平移4个单位，再向下平移3个单位得．如图，
【点睛】此题考查了平移的性质，以及平移图形的画法和三角形面积求法，根据平移的性质正确平移对应顶点是解题关键．
2．（2023·广东广州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系v中，点，，所在圆的圆心为O．将向右平移5个单位，得到（点A平移后的对应点为C）．

(1)点D的坐标是___________，所在圆的圆心坐标是___________；(2)在图中画出，并连接，；(3)求由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．（结果保留）
【答案】(1)，(2)见解析(3)
【分析】（1）根据平移的性质，即可解答；（2）以点为圆心，2为半径画弧，即可得出；
（3）根据弧长公式求出，根据平移的性质得出，根据勾股定理求出，最后相加即可．
【详解】（1）解：∵，所在圆的圆心为，
∴，所在圆的圆心坐标是，故答案为：，；
（2）解：如图所示：即为所求；

（3）解：连接，∵，，∴的半径为2，∴，
∵将向右平移5个单位，得到，∴，∴，
∴由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，求弧长，勾股定理，解题的关键是掌握平移前后对应点连线相等，弧长公式，以及勾股定理的内容．
■考点二　图形的旋转
◇典例4：（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到，旋转角为，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出，再利用旋转的性质求出，，然后利用等边对等角求出，最后利用三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：如图，
，
∵，∴，∵，∴，
∵旋转，∴，，∴，
∴，即旋转角的度数是．故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，掌握等边对等角是解题的关键．
◆变式训练
1．（2023·山东·统考中考真题）如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．

【答案】80
【分析】先求得和的度数，再利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，
∵，∴，
∵绕点B按顺时针方向旋转得到∴，，
∴，∴，故答案为：80．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转图形的性质和三角形外角的性质，利用旋转图形的性质求解是解题的关键．
2．（2023·上海·统考中考真题）如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则 ．

【答案】
【分析】如图，，，根据角平分线的定义可得，根据三角形的外角性质可得，即得，然后根据三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：如图，根据题意可得：，，
∵是的角平分线，∴，
∵，，∴，
则在中，∵，∴，
解得：；故答案为：

【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．
3．（2023·江西·统考中考真题）如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 ．

【答案】或或
【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解．
【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示，

∵在中，，∴，
∴是等边三角形，∴，，∴
∴，∴∴，
如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，
当点在的延长线上时，如图所示，则

当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示，
∵，，∴四边形是平行四边形，
∵∴四边形是矩形，∴即是直角三角形，
综上所述，旋转角的度数为或或故答案为：或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
◇典例5：（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，，，，将菱形绕点A旋转后，得到菱形，则点的坐标是 ．

【答案】或
【分析】分两种情况：当绕点A顺时针旋转后，当绕点A逆时针旋转后，利用菱形的性质及直角三角形30度角的性质求解即可．
【详解】解：当绕点A顺时针旋转后，如图，∵，∴，

∵菱形中，，∴，延长交x轴于点E，
∴，，∴，∴，∴；
当绕点A逆时针旋转后，如图，延长交x轴于点F，
∵，， ∴，∵菱形中，，
∴，∴，，∴，
∴，∴；故答案为：或．
【点睛】此题考查了菱形的性质，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质，正确理解菱形的性质及旋转的性质是解题的关键．
◆变式训练
1．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是( )

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】延长交轴于点，根据旋转的性质以及已知条件得出，进而求得的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，延长交轴于点，

∵四边形是菱形，点在轴的正半轴上，平分，，
∴，∵将菱形绕原点逆时针方向旋转，
∴，则，∴∴，
在中，∴ ，
∴，∴，故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，坐标与图形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
2．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知点，点，以点P为中心，把点A按逆时针方向旋转得到点B，在，，，四个点中，直线经过的点是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据含角的直角三角形的性质可得，利用待定系数法可得直线的解析式，依次将四个点的一个坐标代入中可解答．
【详解】解：∵点，点，

∴轴，，由旋转得：，
如图，过点B作轴于C，∴，∴，
∴），设直线的解析式为：，
则，∴，∴直线的解析式为：，
当时，，∴点不在直线上，
当时，，∴在直线上，
当时，∴不在直线上，
当时，，∴不在直线上．故选：B．
【点睛】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键．
◇典例6：（2023·江苏泰州·统考中考真题）菱形的边长为2，，将该菱形绕顶点A在平面内旋转，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分两种情况：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转，连接，相交于点O，与交于点E，根据菱形的性质推出的长，再根据菱形的性质推出与的长，再根据重叠部分的面积求解即可．②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转，同①方法可得重叠部分的面积．
【详解】解：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转30°，
连接，相交于点O，与交于点E，

∵四边形是菱形，，∴，
∵，∴，，∴，
∵菱形绕点A顺时针旋转得到菱形，∴，
∴A，，C三点共线，∴，
又∵，∴，，
∵重叠部分的面积，∴重叠部分的面积；
②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转，同①方法可得重叠部分的面积，故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，正确作出图形是解题的关键．
◆变式训练
1．（2023·宁夏·统考中考真题）如图，在中，，，．点在上，且．连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】证明，得到，推出为直角三角形，利用的面积等于，进行求解即可．
【详解】解：∵，，∴，，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，∴，，
∴，在和中，，∴，
∴，∴，
∵，，∴，
∴的面积等于；故选B．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握旋转的性质，得到三角形全等是解题的关键．本题蕴含手拉手全等模型，平时要多归纳，多总结，便于快速解题．
2．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，线段，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，在的上方作，使，点为的中点，连接，当最小时，的面积为 ．

【答案】
【分析】连接，交于点P，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得垂直平分，为定角，可得点F在射线上运动，当时，最小，由含30度角直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接，交于点P，如图，∵，点为的中点，∴，
∵，∴,∴是等边三角形，∴；
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，∴，
∵，∴垂直平分，，∴点F在射线上运动，
∴当时，最小，此时，∴；
∵，∴，∴，
∵，∴由勾股定理得，∴，
∴；故答案为：．

【点睛】本题考查了等腰三角形性质，含30度直角三角形的性质，斜边中线性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定，勾股定理，旋转的性质，确定点F的运动路径是关键与难点．
◇典例8：（2024·陕西西安·陕西师大附中校考二模）2023年10月8日晚，伴随圣火缓缓熄灭，杭州第19届亚运会圆满闭幕，亚运是体育盛会，也是文化旅游的盛会．下列与杭州亚运会有关的图案中，属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了中心对称图形的定义，正确理解中心对称图形的定义是解答本题的关键，“ 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”，根据中心对称图形的定义即可得到结果．
【详解】选项A，图形不是中心对称图形，不符合题意；
选项B，图形是中心对称图形，符合题意；选项C，图形不是中心对称图形，不符合题意；
选项D，图形不是中心对称图形，不符合题意．故选：B．
◆变式训练
1．（2023·山东青岛·统考三模）窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，下列窗花作品是中心对称图形的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别，熟知定义是解题的关键．根据轴中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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．
【详解】解：第1个图形是中心对称图形，符合题意；第2个图形是中心对称图形，符合题意；
第3个图形不是中心对称图形，不符合题意；第4个图形不是中心对称图形，不符合题意．故选：B．
2．（2023·天津河西·校考三模）（多选题）在以下四个标志中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断作答即可．
【详解】解：由中心对称图形的定义可知，C、D中的标志，是中心对称图形，符合要求；故选：CD．
【点睛】本题考查了中心对称图形．解题的关键在于熟练掌握：在平面内，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．
◇典例8：（2023·河北秦皇岛·统考一模）如图，已知点A与点C关于点O对称，点B与点D也关于点O对称，若，．则AB的长可能是（ ）
A．3 B．4 C．7 D．11
【答案】C
【分析】根据三角形三边关系定理，可知即可求解．
【详解】解：∵点与点关于点对称，点与点也关于点对称，∴，
又∵∠AOD=∠BOC∴△AOD≌△BOC（SAS）∴AD=BC=3
∵∴．故选：C．
【点睛】本题考查了三角形三边关系定理：任意两边之和大于第三边，及对称的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是将求AB的值转化为求三角形第三边的取值范围．
◆变式训练
1．（2023·浙江杭州·二模）如图，抛物线（a＞0）与x轴交于A，B，顶点为点D，把抛物线在x轴下方部分关于点B作中心对称，顶点对应D′，点A对应点C，连接DD′，CD′，DC，当△CDD′是直角三角形时，a的值为（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
【答案】A
【分析】先求出点A（-3，0），点B（1，0），由点B为中心对称，求出点C（5，0），把抛物线配方为顶点式可得D（－1，－4a），点D与点D′关于点B对称，D′（3，4a），DD′，CD=，CD′=，由△CDD′是直角三角形，分两种情况，当∠CD′D=90°，∠DCD′=90°时利用勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】解：∵抛物线（a＞0）与x轴交于A，B，∴
∵a＞0，，解得，∴点A（-3，0），点B（1，0），
∵点B为中心对称，∴点C的横坐标为：1+（1+3）=5，∴点C（5，0），
∴抛物线，∴D（－1，－4a），
点D与点D′关于点B对称，点D′的横坐标为1+（1+1）=3，纵坐标为4a，∴D′（3，4a），
DD′=，CD=，
CD′=，∵△CDD′是直角三角形，
当∠CD′D=90°，根据勾股定理，CD′2＋DD′2＝CD2，
即，解得，∵a＞0，∴；
当∠DCD′=90°，根据勾股定理，CD′2＋CD2＝DD′2，即
，解得，∴，∴综合得a的值为或．答案：A．
【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，分类思想的应用，勾股定理，中心对称性质，掌握待定系数法求抛物线解析式，分类思想的应用，勾股定理，中心对称性质是解题关键．
2.（2023·山东济宁·校考一模）如图，平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，如此作下去，则△B2n﹣1A2nB2n（n是正整数）的顶点A2n的坐标是（　　）
A．（4n﹣1，﹣） B．（4n﹣1，） C．（4n+1，﹣） D．（4n+1，）
【答案】A
【分析】首先根据等边三角形的性质得出点A1，B1的坐标，再根据中心对称性得出点A2，
点A3，点A4的坐标，然后横纵坐标的变化规律，进而得出答案．
【详解】∵△OA1B1是边长为2的等边三角形，∴A1的坐标为 ，B1的坐标为（2，0），
∵△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，∴点A2与点A1关于点B1成中心对称，
∵2×2﹣1＝3，纵坐标是-，∴点A2的坐标是，
∵△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，∴点A3与点A2关于点B2成中心对称，
∵2×4﹣3＝5，纵坐标是，∴点A3的坐标是，
∵△B3A4B4与△B3A3B2关于点B3成中心对称，∴点A4与点A3关于点B3成中心对称，
∵2×6﹣5＝7，纵坐标是-，∴点A4的坐标是，…，
∵1＝2×1﹣1，3＝2×2﹣1，5＝2×3﹣1，7＝2×4﹣1，…，
∴An的横坐标是2n﹣1，A2n的横坐标是2×2n﹣1＝4n﹣1，
∵当n为奇数时，An的纵坐标是，当n为偶数时，An的纵坐标是﹣，
∴顶点A2n的纵坐标是﹣，∴顶点A2n的坐标是 ．故选：A．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，中心对称的性质，数字变化规律等，根据中心对称性求出点的坐标是解题的关键．
◇典例9：（2023·四川达州·统考中考真题）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，的顶点均在小正方形的格点上．(1)将向下平移3个单位长度得到，画出；(2)将绕点顺时针旋转90度得到，画出；(3)在（2）的运动过程中请计算出扫过的面积．

【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）先作出点A、B、C平移后的对应点，、，然后顺次连接即可；
（2）先作出点A、B绕点顺时针旋转90度的对应点，，然后顺次连接即可；
（3）证明为等腰直角三角形，求出，，根据旋转过程中扫过的面积等于的面积加扇形的面积即可得出答案．
【详解】（1）解：作出点A、B、C平移后的对应点，、，顺次连接，则即为所求，如图所示：

（2）解：作出点A、B绕点顺时针旋转90度的对应点，，顺次连接，则即为所求，如图所示：
（3）解：∵，，，∴，
∵，∴，∴为等腰直角三角形，
∴，根据旋转可知，，∴，
∴在旋转过程中扫过的面积为．
【点睛】本题主要考查了平移、旋转作图，勾股定理逆定理，扇形面积计算，解题的关键是作出平移或旋转后的对应点．
◆变式训练
1．（2023·陕西宝鸡·统考二模）如图，的顶点坐标为，，．
(1)画出向右平移个单位后的；(2)将绕原点旋转，画出旋转后的；
(3)的面积为________．

【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）根据平移的性质找到向右平移3个单位的对应点，顺次连接，得到；
（2）根据中心对称的性质，找到关于原点对称的点，顺次连接，得到；
（3）连接，根据网格的特点以及三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

（2）解：如图所示，即为所求；（3）如图所示，连接，
则，到的距离为，∴的面积为，故答案为：．
【点睛】本题考查了平移作图，画中心对称图形，坐标与图形，熟练掌握平移的性质以及中心对称的性质是解题的关键．
2．（2023·安徽合肥·校考一模）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图，其中每个小正方形的边长为1个单位长度．(1)画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1；(2)画出将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A2B2C2．(3)在(2)的条件下，求点A旋转到点A2所经过的路线长(结果保留π)．
【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)
【分析】(1)首先根据中心对称的性质，找出对应点的位置，再顺次连接即可；
(2)先根据旋转方向，旋转角度以及旋转中心，找出对应点的位置，再顺次连接即可；
(3)依据弧长计算公式，即可得到点A旋转到点A2所经过的路线长．
【详解】(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
(2)如图所示，△A2B2C2即为所求；
(3)由勾股定理可得AC=，∴弧AA2的长=．
【点睛】本题考查作图﹣旋转变换，关键是正确找出对应点的位置．
■考点三　图形的轴对称
◇典例10：（2023·湖南·统考中考真题）下列图形中，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，那么这样的图形就叫做轴对称图形）对四个选项进行分析．
【详解】解：根据轴对称图形的定义可知：A、B、C都不是轴对称图形，只有D是轴对称图形．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形的定义，难度不大，掌握定义是解答的关键．
◆变式训练
1．（2023·广东深圳·统考中考真题）下列图形中，为轴对称的图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D、是轴对称图形，故本选项符合题意．故选：D．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形，解决问题的关键是熟练掌握轴对称图形的概念，轴对称图形概念，一个图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就是轴对称图形．
2．（2023·广东汕尾·统考二模）《国语》有云：“夫美也者，上下、内外、小大、远近皆无害焉，故曰美．”这是古人对于对称美的一种定义，这种审美法则在生活中体现得淋漓尽致．在下列扬州剪纸图案中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了轴对称图形的知识，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，这个图形就叫做轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的概念，是解题的关键．
【详解】解：A、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故此选项不是轴对称图形，不符合题意；
B、沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，故此选项是轴对称图形，符合题意；
C、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故此选项不是轴对称图形，不符合题意；
D、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故此选项不是轴对称图形，不符合题意；
故选：B．
◇典例11：（2023上·河南信阳·九年级统考期中）如图，小芳在镜子里看镜子对面电子钟的示数为，你能确定准确时间是 ．
【答案】
【分析】根据轴对称的性质——镜面对称解答即可．解题的关键是理解镜面对称是指在平面镜中的像与现实中的事物刚好顺序相反；解答这类关于数字在镜中成像问题的一般方法是画出平面镜中的图像的对称图形，再读出对称图形的时间，所得即是所求．
【详解】解：根据平面镜成像原理及轴对称图形的性质可知实际时间为；故答案为：
◆变式训练
1．（2023上·山东德州·九年级统考期中）如图，桌球的桌面上有，两个球，若要将球射向桌面的一边，反弹一次后击中球，则，，，，4个点中，可以反弹击中球的是 点．
【答案】D
【分析】本题考查了轴对称的性质，解题关键是根据轴对称的性质找到使入射角等于反射角相等的点．
【详解】解：如图，根据轴对称的性质可知，可以反弹击中球的是D点，故选：D．
2．（2023·福建三明·九年级统考期中）如图，弹性小球从点出发，沿所示方向运动，每当小球碰到长方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角.当小球第1次碰到矩形的边时的点为，第2次碰到矩形的边时的点为，…，第次碰到矩形的边时的点为.则点的坐标是 .

【答案】
【分析】根据反射角与入射角的定义作出图形，可知每次反弹为一个循环组依次循环，用除以，根据商和余数的情况确定所对应的点的坐标即可．
【详解】解：如图，根据反射角与入射角的定义作出图形，

根据图形可以得到：每次反弹为一个循环组依次循环，经过次反弹后动点回到出发点，，
，当点第次碰到矩形的边时为第个循环组的第次反弹，点的坐标为，故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、点的坐标的规律；作出图形，观察出每次反弹为一个循环组依次循环是解题的关键．
典例12：（2023·湖北黄石·统考模拟预测）如图，为半圆O的直径，C为半圆弧上一动点，将弧沿弦折叠，折叠后的弧与交于点D，E为折叠后的弧的中点，连接，若，则线段CE的长为（　　）

A． B． C． D．点C、O、E共线时，CE的长最大
【答案】B
【分析】设的弧度为，可得的弧度为：，于是的弧度为：，求得的弧度为，由中点，得的弧度为，从而的弧度为，根据勾股定理，求得．
【详解】解：设的弧度为，∴的弧度为：，
∵，∴的弧度为：，由折叠得，的弧度为，
∴的弧度为：，
∵点E为弧中点，∴的弧度为：，
∴的弧度为：，即所对圆心角为90°，
∵，∴⊙O半径为2，∴．故选：B．
【点睛】本题考查圆周角定理及其推论，圆心角的计算，勾股定理；由圆周角定理及其推论求得等圆中等弧的度数是解题的关键．
◆变式训练
1．（2023·广东茂名·三模）如图，在中，，点在上，点为上的动点，将沿翻折得到，与相交于点，若，，，，则的值为 ．
【答案】
【分析】作于点，作于点，交于点，作于点，得到，证明四边形是正方形，是等腰三角形，根据，得出，设，，进而得到，，根据平分，可得，，在中，根据勾股定理得，即，求出即可．
【详解】解：如图，作于点，作于点，交于点，作于点，
，，，
，，，，，
，，，，
，四边形是矩形，
矩形是正方形，，，
，，，
设，，，，
由折叠得：，，，
，，，
，，
在中，，，
，（舍去），，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了翻折的性质，平行线的性质，正方形的性质，相似三角形的判断与性质，勾股定理，角平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识，并正确作出辅助线．
2．（2023·河南信阳·校考三模）如图，中，，，，点M、N分别在、边上（不与端点重合），连接，将沿翻折，使点C的对应点P落在所在的直线上，若垂直于的一边，则长为 ．

【答案】或
【分析】分和两种情况，利用相似三角形的判定与性质求解即可．
【详解】解：由折叠性质得，
∵中，，，，∴，
根据题意，不可能垂直，当时，如图，则，

∵，∴，∴，则，∴；
当时，如图，则，
∵，∴，∴，即，∴，
综上，或，故答案为：或．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、勾股定理、折叠性质，熟练掌握相似三角形的性质，分类讨论是解答的关键．
◇典例13：（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，方格图中每个小正方形的边长为1，点A、B、C都是格点．(1)画出关于直线对称的；(2)直接写出______．四边形的面积为______．

【答案】(1)见详解；(2)：90，21
【分析】（1）根据轴对称的性质分别作出 的对应点 即可；（2）利用网格特点解决问题即可；
【详解】（1）如图所示 即为所求；

（2）由图可得，
， 答案：90，21
【点睛】本题考查作图-轴对称变换，解题关键掌握轴对称变换，正确作出图形， 属于中考常考题型
◆变式训练
1．（2023·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，在的正方形网格中，网格中有一个格点（即三角形的顶点都在格点上）．

(1)在图中作出关于直线l对称的（要求A与，B与，C与相对应）
(2)在直线l上找一点P，使得的周长最小
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）分别作出点A、B、C关于直线l对称的点，然后顺次连接；
（2）连接与l的交点即为点P，此时的周长最小．
【详解】（1）解：所作图形如图所示；
；
（2）解：点P即为所求的点．由轴对称知，又的长为定值，
∴的周长为，∴当共线时，的周长最小．
【点睛】本题考查了根据轴对称变换作图，解答本题的关键是根据网格结构作出点A、B、C关于直线l对称的点，然后顺次连接．
2．（2023·山东枣庄·统考中考真题）（1）观察分析：在一次数学综合实践活动中，老师向同学们展示了图①，图②，图③三幅图形，请你结合自己所学的知识，观察图中阴影部分构成的图案，写出三个图案都具有的两个共同特征：___________，___________．

（2）动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在（1）中发现的共同特征．

【答案】（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；（2）见解析
【分析】（1）应从对称方面，阴影部分的面积等方面入手思考；
（2）应画出既是轴对称图形，且面积为4的图形．
【详解】解：（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；
故答案为：观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；
（2）如图：

【点睛】此题主要考查了利用轴对称图形设计图案，关键是掌握利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案．
■考点四　最短路径问题
◇典例14：（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，，点P是边上一点（不与点A，D重合），连接．点M，N分别是的中点，连接，，，点E在边上，，则的最小值是（ ）

A． B．3 C． D．
【答案】C
【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得，，通过证明四边形是平行四边形，可得，则，作点C关于直线的对称点M，则，点B，P，M三点共线时，的值最小，最小值为．
【详解】解：四边形是矩形，，，
点M，N分别是的中点，，，，，
，，，
又，四边形是平行四边形，，，
如图，作点C关于直线的对称点M，连接，，则，

当点B，P，M三点共线时，的值最小，最小值为，
在中，，，
，的最小值，故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思想．
◆变式训练
1. （2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，是边长为的等边三角形，点为高上的动点．连接，将绕点顺时针旋转得到．连接，，，则周长的最小值是 ．

【答案】/
【分析】根据题意，证明，进而得出点在射线上运动，作点关于的对称点，连接，设交于点，则，则当三点共线时，取得最小值，即，进而求得，即可求解．
【详解】解：∵为高上的动点．∴
∵将绕点顺时针旋转得到．是边长为的等边三角形，
∴∴
∴，∴点在射线上运动，如图所示，

作点关于的对称点，连接，设交于点，则
在中，，则，
则当三点共线时，取得最小值，即
∵，，∴∴
在中，,
∴周长的最小值为，故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称求线段和的最值问题，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质与判定以及轴对称的性质是解题的关键．
2.（2023·江苏盐城·统考模拟预测）如图，已知，等边中，，将沿翻折，得到，连接，交于O点，E点在上，且，F是的中点，P是上的一个动点，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】由折叠可证四边形为菱形，是边上的中线，如图，连接，交于，是边上的中线，的角平分线，则，，，由，可得，则，，，可知当点P运动到点A时，最大，最大为，勾股定理求，则，计算求解即可．
【详解】解：为等边三角形，，，
将沿翻折，得到，，
四边形为菱形，∴，，，∴是边上的中线，
如图，连接，交于，
∵F是的中点，∴是边上的中线，的角平分线，
∴，，，∵，∴，
∵，∴，，∴，
∴当点P运动到点A时，最大，最大为，
∵，∴，由勾股定理得，，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查三角形中线的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，含的直角三角形等知识．根据题意确定最大值的情况是解题关键．
◇典例15：（2023·湖北十堰·统考中考真题）在某次数学探究活动中，小明将一张斜边为4的等腰直角三角形硬纸片剪切成如图所示的四块（其中D，E，F分别为，，的中点，G，H分别为，的中点），小明将这四块纸片重新组合拼成四边形（相互不重叠，不留空隙），则所能拼成的四边形中周长的最小值为 ，最大值为 ．

【答案】 8
【分析】根据题意，可固定四边形，平移或旋转其它图形，组合成四边形，求出周长，判断最小值，最大值．
【详解】 如图1，，，，
∴四边形周长=；

如图2，∴四边形周长为；故答案为：最小值为8，最大值.
【点睛】本题考查图形变换及勾股定理，通过平移、旋转组成满足要求的四边形是解题的关键．
◆变式训练
1. （2023·黑龙江·统考中考真题）在中，，点是斜边的中点，把绕点顺时针旋转，得，点，点旋转后的对应点分别是点，点，连接，，在旋转的过程中，面积的最大值是 ．
【答案】/
【分析】过点A作交的延长线于点G，求出，然后由旋转的性质可知点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，则可得如图中G、A、F三点共线时点F到直线的距离最大，求出距离的最大值，然后计算即可．
【详解】解：如图，在中，，，点是斜边的中点，
∴，，，∴，
过点A作交的延长线于点G，∴，
又∵在旋转的过程中，点F在以A为圆心的长为半径的圆上运动，，
∴点F到直线的距离的最大值为，（如图，G、A、F三点共线时）
∴面积的最大值，故答案为：．

【点睛】本题考查了含直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，旋转的性质，圆的基本性质等知识，根据旋转的性质求出点F到直线距离的最大值是解答本题的关键．
◇典例16：（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，是正方形边的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为 ．

【答案】
【分析】连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，由 的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，可得：的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，再根据“圆外一定点到圆上任一点的距离，在圆心、定点、动点，三点共线时定点与动点之间的距离最短”，所以当、、三点共线时，的值最小，可求，从而可求解．
【详解】解，如图，连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，

的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，
如图，当、、三点共线时，的值最小，
四边形是正方形，，，
是的中点，，，
由旋转得：，，，
的值最小为．故答案：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，动点产生的线段最小值问题，掌握相关的性质，根据题意找出动点的运动轨迹是解题的关键．
◆变式训练
1．（2023·江苏泰州·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点、分别是直线与坐标轴的交点，点，点是边上的一点，，垂足为，点在边上，且、两点关于轴上某点成中心对称，连接、．线段长度的最小值为 ．

【答案】
【分析】过点F，D分别作垂直于y轴，垂足分别为G，H，证明，由全等三角形的性质得出，可求出，根据勾股定理得出，由二次函数的性质可得出答案；
【详解】过点F，D分别作垂直于y轴，垂足分别为G，H，

则，记交y轴于点K，
∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称，∴，
∵，∴，∴，
∵直线的解析式为，∴时，，∴，
又∵，设直线的解析式为
∴，解得=，∴直线的解析式为，
过点F作轴于点R，∵D点的横坐标为m,∴，∴，
∵，∴，
令，得，∴．∴当时，l的最小值为8，∴的最小值为．
【点睛】待定系数法，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，二次函数的性质，勾股定理，中心对称的性质，直角三角形的性质等知识．
2．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，，分别是斜边，的中点，．(1)将绕顶点旋转一周，请直接写出点，距离的最大值和最小值；(2)将绕顶点逆时针旋转（如图），求的长．

【答案】(1)最大值为，最小值为(2)
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出的值，进而根据题意求得最大值与最小值即可求解；（2）过点作，交的延长线于点，根据旋转的性质求得，进而得出，进而可得，勾股定理解，即可求解．
【详解】（1）解：依题意，，，
当在的延长线上时，的距离最大，最大值为，
当在线段上时，的距离最小，最小值为；

（2）解：如图所示，过点作，交的延长线于点，
∵绕顶点逆时针旋转，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
在中，，在中，，
∴．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
◇典例17：（2023·湖北随州·统考中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当的三个内角均小于时，
如图1，将绕，点C顺时针旋转得到，连接，

由，可知为 ① 三角形，故，又，故，
由 ② 可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有 ③ ；
已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在中，三个内角均小于，且，已知点P为的“费马点”，求的值；

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/，a元/，元/，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③；④A．(2)(3)
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将绕，点C顺时针旋转得到，即可得出可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，再根据可证明，由勾股定理求即可，
（3）由总的铺设成本，通过将绕，点C顺时针旋转得到，得到等腰直角，得到，即可得出当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，然后根据已知和旋转性质求出即可．
【详解】（1）解：∵，
∴为等边三角形；∴，，
又，故，
由两点之间线段最短可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，
最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴，，∴，，
又∵，∴，
∴，∴；
∵，∴，，∴，，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③；④．
（2）将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由（1）可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，

∵，∴，
又∵∴，
由旋转性质可知：，∴，∴最小值为，
（3）∵总的铺设成本
∴当最小时，总的铺设成本最低，
将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由旋转性质可知：，，，，
∴，∴，
当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，

过点作，垂足为，∵，，∴，
∴，∴，
∴，∴
的最小值为
总的铺设成本（元）故答案为：
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
◆变式训练
1．（2023春·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，点M是矩形内一点，且，，N为边上一点，连接、、，则的最小值为______．
【答案】
【分析】将绕点A逆时针旋转得到，连接、，然后即可得为等边三角形，同理为等边三角形，接着证明当、、三条线段在同一直线上，的值最小，即的值最小，过点作于点E，即最小值为：，问题随之得解．
【详解】如图所示，将绕点A逆时针旋转得到，连接、，
根据旋转的性质有：，，，
为等边三角形，同理为等边三角形，
，，，
当线段、、三条线段在同一直线上，且该直线与垂直时，的值最小，即的值最小，如下图，过点作于点E，交于点F，
最小值为：，在矩形中，于点E，
即可知四边形是矩形，，即，
为等边三角形，，，
，，
的最小值为，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的判定定理与性质，勾股定理，垂线段最短等知识，作出合理的辅助线是解答本题的关键．
2．（2023.河南四模）阅读材料：平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答：给定不在一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之和最小的点称为ABC的费马-托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：
（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将BPC绕点B顺时针旋转60°得到BDE，连接PD，可得BPD为等边三角形，故PD=PB，由旋转可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值与线段 的长度相等；
（2）如图2，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，连接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有∠BEC=90°，连接AE、DE，在ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，若存在，请直接写出PA+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）两点之间，线段最短；AE；（2）2；（3）存在，2-2
【分析】（1）连接AE，由两点之间线段最短即可求解；
（2）在Rt△ABC中先求出AC，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等，根据勾股定理即可求解；
（3）在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，根据旋转的性质和两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等，再根据圆的特点、菱形与勾股定理即可求出GE，故可求解．
【详解】（1）连接AE，如图，由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值为线段AE的长
故答案为：两点之间线段最短；AE；
（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2
∴BC=2AB=4由勾股定理可得AC=
如图2，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，可得△CPD为等边三角形，∠BCE=60°∴PD=PC 由旋转可得DE=PB，CE=BC=4 ∴PA+PB+PC=PA+DE+PD
由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等
∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90° ∴在Rt△ACE中，AE=
即PA+PB+PC的最小值为2；
（3）在ADE内部存在一点P，使得PA+PD+PE最小，
如图3，在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，连接PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均为等边三角形
∴PD=PF 由旋转可得PA=GF
∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等
∵∠BEC=90°∴点E在以BC为直径的O上，如图3 则OB=OC==2
如图3，连接OG交O于点H，连接CG交AD于点K，连接AC，则当点E与点H重合时，GE取最小值，即PA+PD+PE的最小值为线段GH的长
∵菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°∴AB=BC=CD=AD=4
∴△ABC、△ACD均为等边三角形∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°
∴四边形ACDG是菱形，∠ACG=∠ACD=30° ∴CG、AD互相垂直平分
∴DK=AD=2∴根据勾股定理得CK=∴CG=2CK=
∵∠OCG=∠ACB+∠ACG=60°+30°=90°∴在Rt△OCG中，OG=
∵OH=OC=2∴GH=OG-OH=2-2即PA+PD+PE的最小值为2-2．
【点睛】此题主要考查四边形与圆综合的最短距离，解题的关键是熟知旋转的性质、圆周角定理及两点之间的距离特点．
1．（2023·山东青岛·统考中考真题）如图，将线段先向左平移，使点B与原点O重合，再将所得线段绕原点旋转得到线段，则点A的对应点的坐标是（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由平移的性质得，点，再由旋转的性质得点与关于原点对称，即可得出结论．
【详解】解：如图，

由题意可知，点，，由平移的性质得：，点，
由旋转的性质得：点与关于原点对称，∴，故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变化﹣旋转、坐标与图形的变化﹣平移，熟练掌握旋转和平移的性质是解题的关键．
2．（2023·四川雅安·统考中考真题）在平面直角坐标系中．将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转，再向上平移1个单位长度，所得直线的函数表达式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出函数的图象绕坐标原点逆时针旋转的函数解析式，再根据函数图象的平移规律即可求出平移后的解析式．
【详解】解：∵点是函数图象上的点，
∴将绕原点逆时针旋转，则旋转后图象经过原点和、
∴将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转得到图象的解析式为，
∴根据函数图象的平移规律，再将其向上平移1个单位后的解析式为．故选A．
【点睛】本题考查了绕坐标原点逆时针旋转坐标变化的规律和一次函数平移的规律，解题关键是根据绕坐标原点逆时针的得到图象函数解析式为．
3．（2023·天津·统考中考真题）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据旋转的性质即可解答．
【详解】根据题意，由旋转的性质，可得，，，
无法证明，，故B选项和D选项不符合题意，
，故C选项不符合题意，
，故A选项符合题意，故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．
4．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先证明，求出，连结，设与交于点F，然后求出，可得，再用含的式子表示出，最后在中，利用勾股定理构建方程求出即可解决问题．
【详解】解：∵矩形的边，，
∴，，，由题意知，∴，
又∵，∴，∴，
由折叠知，，∴，∴，即，
连接，设与交于点F，∴，
∵，∴四边形是矩形，
∴，，，∴，
由折叠知，，∴，
∵在中，，∴，解得：，
∴点的坐标是，故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出的长是解题的关键．
5．（2023·湖南·统考中考真题）如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是（ ）

A．点O为矩形的对称中心 B．点O为线段的对称中心
C．直线为矩形的对称轴 D．直线为线段的对称轴
【答案】A
【分析】由矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，线段的对称中心是线段的中点，矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，从而可得答案．
【详解】解：矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，故A符合题意；
线段的对称中心是线段的中点，故B不符合题意；
矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，故C，D不符合题意；故选A
【点睛】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的含义，矩形的性质，熟记矩形既是中心对称图形也是轴对称图形是解本题的关键．
6．（2023·山东淄博·统考中考真题）在边长为1的正方形网格中，右边的“小鱼”图案是由左边的图案经过一次平移得到的，则平移的距离是 ．

【答案】6
【分析】确定一组对应点，从而确定平移距离．
【详解】解：如图，点是一组对应点，，所以平移距离为6；
故答案为：6

【点睛】本题考查图形平移；确定对应点从而确定平移距离是解题的关键．
7．（2023·青海西宁·统考中考真题）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．
8．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）已知等腰，，．现将以点为旋转中心旋转，得到，延长交直线于点D．则的长度为 ．
【答案】
【分析】根据题意，先求得，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，分别画出图形，根据勾股定理以及旋转的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，

∵等腰，，．∴，
∴，,∴，
如图所示，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，

∵，∴，，
在中，，，
∵等腰，，．∴，
∵以点为旋转中心逆时针旋转，∴，
∴，
在中，,
∴，∴，∴，
如图所示，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，
在中，，∴
在中，∴∴
∴∴∴，
综上所述，的长度为或，故答案为：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，分类讨论是解题的关键．
9．（2023·湖南张家界·统考中考真题）如图，为的平分线，且，将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，且，则四边形旋转的角度是 ．

【答案】
【分析】根据角平分线的性质可得，根据旋转的性质可得，，求得，即可求得旋转的角度．
【详解】∵为的平分线，，∴，
∵将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，
∴，，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，旋转的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．
10．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，．

(1)将向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到，请画出．
(2)请画出关于轴对称的．(3)将着原点顺时针旋转，得到，求线段在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）根据平移的性质得出对应点的位置进而画出图形；（2）利用轴对称的性质得出对应点的位置进而画出图形；（3）画出旋转后的图形，根据即可得出答案．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

（2）如图所示，即为所求；
（3）将着原点顺时针旋转，得到，
设所在圆交于点D，交于点E，，，，
，，，，
，，，
，
故线段在旋转过程中扫过的面积为．
【点睛】本题考查平移、轴对称变换作图和旋转的性质以及扇形的面积，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
11．（2023·四川德阳·统考中考真题）将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．

(1)求的值；(2)如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)(2)正方形，见解析
【分析】（1）确定旋转角，结合，，计算即可．（2）先证明四边形是矩形，再利用等腰直角三角形的性质，结合一组邻边相等的矩形是正方形证明即可．
【详解】（1）根据题意，得旋转角，
∵，， ∴，故．
（2）根据题意，得旋转角，∵，， ∴，
∵，，∴，，
∴，∵，，∴，

∴，∴，
∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
1．（2023·广东云浮·统考一模）在以下四个校徽中，是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可：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，这条直线就叫做对称轴．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
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、是轴对称图形，故此选项符合题意；故选：D．
2．（2023·河北唐山·统考三模）如图，已知长方形纸片，M为边上的一点，将纸片沿，折叠使点A落在处，点D落在处，如果，那么的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了轴对称的性质，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．利用折叠的性质得到对应角相等，然后利用平角定理求出角的度数．
【详解】解：将纸片沿，折叠使点A落在处，点D落在处，
，，，
，，
， ，，
．故选D．
3．（2022·四川绵阳·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点，点，矩形的顶点分别在轴，轴上，对角线轴，已知，.现将直线向上平移个单位长度，使平移后的直线恰好平分矩形的面积，则的值为（ ）
A． B．8 C．9 D．
【答案】A
【分析】作轴于E，连接，交于点，则是的中点，根据矩形的中心对称性可知当经过点P时，平移后的直线恰好平分矩形的面积，求出点N的坐标和平移后的直线解析式，再求出平移后的直线解析式与y轴的交点纵坐标，从而得到m的值．
【详解】解：作轴于，连接，交于点，则是的中点，
∵对角线轴，，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，即，
∴，∴，∴，∴，
当时，，∴，设平移后的直线为，
∵当经过点时，平移后的直线恰好平分矩形的面积，
∴，解得，∴平移后的直线为，
当时，，∴，∴的值为，故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数的图象与几何变换，坐标与图形性质，一次函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，中心对称的性质等知识，明确直线经过矩形对角线的交点时平分矩形的面积是解题的关键．
4．（2022·安徽·校联考模拟预测）如图，在锐角中，D为边上一点，，将绕点C顺时针旋转后得到，且点D，B的对应点分别为A，E，交于点O，连接．下列结论错误的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质、等边三角形的性质、平行线的证明、平行线分线段成比例定理对选项逐一判断即可得到答案．
【详解】解：由题意知，
又∵，∴为等边三角形，∴，故A项正确；
∵，∴，∴，∴，故B项正确；
∵，∴，∵，，∴，故C项正确；
根据已知条件推不出，故D项错误．故选：D．
【点睛】本题考查了图形的旋转的性质，等边三角形的证明，平行线的证明，平行线分线段成比例定理，熟练掌握图形旋转前后对应边相等，对应角相等．平行线分线段成比例定理是解题的关键，
5．（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）如图，是的直径，点C为上一点，将沿翻折得到的弧恰好经过圆心O，连接，若，则图中阴影部分的面积为( )

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意和图形，可知阴影部分的面积扇形的面积，然后根据题目中的数据，计算出的面积即可．
【详解】解：连接，作于点D，根据对称性可知，弓形与弓形面积相等，
∴阴影部分的面积的面积，根据垂径定理，∴
∵，，∴，
∵，∴，∴，
又∵，∴
∵点O是的中点，∴的面积是的面积一半，
∴的面积是：，
即阴影部分的面积是，故选：C．

【点睛】本题考查求不规则图形的面积、垂径定理、翻折变换，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
6．（2023·江西南昌·校考二模）数学小组将两块全等的含角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究．如图1，其中，，，将沿射线方向平移，得到，分别连接，（如图2所示），下列有关四边形的说法正确的是（　　）

A．先是平行四边形，平移个单位长度后是菱形
B．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移2个单位长度后是菱形
C．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移3个单位长度后是正方形
D．在平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形
【答案】B
【分析】根据平移过程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性质求出平移距离即可．
【详解】解：由题意可得：平移过程中，，，，
∴四边形是平行四边形，刚开始平移时，，
∴如图，当平移至时，，
∴此时四边形是矩形，且不可能为正方形，，
∴平移距离为：，即平移个单位长度后是矩形，

继续平移，当与共线时，此时，即四边形是菱形，
此时的总平移距离为，即再平移个单位长度后是菱形；
综上可得：平移过程中，四边形先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是菱形，故选B．
【点睛】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形，综合利用了特殊四边形的判定和性质，掌握特殊平行四边形的判定与性质是解题的关键．
7．（2023·广东茂名·统考二模）如图，在中，，点在边上，，将沿折叠，的对应边交于点，连接．若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识点，过点作于点，先证明是等边三角形，再证，得出，，由折叠的性质可得，利用三角函数求得的长，进而得点与点重合，从而求得的长，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，是解此题的关键．
【详解】解：过点作于点，
，
∵将沿折叠，的对应边交于点，，
，是等边三角形，，
，，，
，，，，
，，
，，，
，，，
，∴点与点重合，，故答案为：．
8．（2023·广东茂名·统考二模）如图，在矩形中，已知，，点P是边上一动点（点P不与点B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点M，连接，作的角平分线交边于点N，则线段的最小值为 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，轴对称的性质等等，根据轴对称的性质得到，则当A、M、N三点共线时，此时取最小，，有轴对称的性质得到，则可证明，得到，中，由勾股定理得：，解方程即可得到答案．
【详解】解：连接，如图所示：
∵点B关于直线的对称点M，∴，∵，
当A、M、N三点共线时，此时取最小，，
∵四边形是矩形，∴，
由轴对称的性质得：，∴，
∵平分，∴，又∵，∴，
∴，在中，由勾股定理得：，
解得： ，故线段的最小值为，故答案为：．
9．（2023·四川成都·模拟预测）如图1，将一张菱形纸片沿对角线剪开，得到和，再将以D为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使，得到如图2所示的，连接，，，有下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线上）
【答案】①②③
【分析】证明四边形是矩形可判断①和②；求出可判断③；根据勾股定理可判断④．
【详解】解：如图2中，过点D作于点E，
由旋转的性质，得，∴，，
∵，∴，∴，∴．同理，，∴，
又∵，∴四边形是平行四边形，
又∵，∴，
∴四边形是矩形，∴；；故①②正确；
∵，∴，∵，∴，∴；故③正确，
∵是等腰直角三角形，∴，
∵，∴，故④错误，∴正确的有①②③，故答案为①②③．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
10．（2023·四川广安·统考二模）如图，在的网格上，由个数相同的白色方块与黑色方块组成一幅图案，请仿照此图案，在下图的网格中分别设计出符合要求的图案（注：①不得与原图案相同；②黑、白方块的个数要相同）．

【答案】见解析
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，即可作出图形．
【详解】解：如下图，是轴对称图形，又是中心对称图形；

如下图，是轴对称图形，不是中心对称图形；
如下图，是中心对称图形，不是轴对称图形；
【点睛】本题是开放性试题，答案不唯一．主要考查了轴对称图形与中心对称图形的作图，通过设计图案加深学生对轴对称、中心对称性质的理解，激发学生学好数学，用好数学的热情．
11．（2023·安徽亳州·校联考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为．(1)作出关于y轴对称的；(2)作出关于点成中心对称的；(3)在轴上找一点，使，并写出点的坐标．

【答案】(1)作图见解析(2)作图见解析(3)作图见解析，
【分析】（1）先找出三点关于轴对称的对称点，连接三点画出三角形；
（2）根据中心对称的性质即可得到结论；（3）根据线段垂直平分线的性质即可得到结论．
【详解】（1）解：如图所示：即为所求；

（2）解：如图所示：即为所求；
（3）如图所示：

点即为所求，坐标为．
【点睛】本题考查作图﹣旋转变换，轴对称变换，熟练掌握基本作图知识是解题的关键．
12．（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）综合与实践
如图1，在中，， ．

猜想证明：（1）如图1，点D在边上 ．将沿所在直线折叠，点C的对应点为E ．试猜想四边形的形状并加以证明 ．
实践探究：（2）如图2，拓展小组受此问题启发，将沿过点C的直线折叠 ．点B的对应点为G ．且于点H ．若，，求的长 ．
问题解决：（3）如图3 ．探究小组突发奇想，将沿过点A的直线折叠，若，，，直接写出的长 ．
【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）；（3）
【分析】（1）先判断四边形是菱形即可得出结论；（2）先证明求出，再证得到，设未知数列方程解决即可；（3）先证得，在中，由勾股定理求出即可．
【详解】（1）解：正方形 ．
证明：，， ，
即， ，由折叠知：，，
，四边形是菱形，，菱形是正方形 ；
（2）在中，，，，，
，，又， ，
，即， ， 由折叠知：，，
， ， ，
， 设，则，，
在中，，即，
，（舍）， ；
（3）在中，，，，过点M作于点N，如图：

则，在中，，，
，，，，，
在中，由勾股定理，得：，即，
解得：或（不合题意，舍去），得长为25．
【点睛】本题考查了正方形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，熟练应用正方形判定方法和相似三角形判定定理是解题关键．
1．（2024·辽宁抚顺·统考二模）用两个全等且边长为的等边三角形和等边三角形拼成菱形，把一个含角的三角尺与这个菱形叠合，使三角尺的角的顶点与点重合，两边分别与、重合，将三角尺绕点按逆时针方向旋转，在转动过程中，当的面积是时，的长为 ．
【答案】或
【分析】本题主要考查等边三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解题关键．过点作，根据等边三角形的性质可求出，结合可求出．又易证，即得出，从而即可得解．
【详解】①当点在线段上时，如图，过点作，
为等边三角形，，，
，即，，．
三角尺角的顶点与点重合，，
，即．
又两个全等且边长为的等边三角形和等边三角形拼成菱形，
，，，；
②当点在线段的延长线上时，如图：由①可知，，．
，，即．
又，，，．
的长为或，故答案为：或．
2．（2023·四川成都·校考三模）如图，在菱形中，，点为边中点，点在边上，将四边形沿直线翻折，使的对应边为，当时，的值为 ．

【答案】/
【分析】过点D作于点K，设与的交点为E，延长交于点L，根据三角函数的意义，菱形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，勾股定理计算即可．
【详解】过点D作于点K，设与的交点为E，延长交于点L，
∵四边形沿直线翻折，∴，
∵，，∴，∴设，则，∴，
∵点为边中点，∴，∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，，，
∵，，，∴，
∴四边形是矩形，∴， ∴，，
∴设，∴，根据折叠的性质，得，
∴∴，∴，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查锐角三角形函数，菱形，折叠，矩形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握锐角三角形函数的运用，菱形的性质，折叠的性质，勾股定理．
3．（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，在中，将绕点A顺时针旋转至，将绕点A逆时针旋转至，得到，使，我们称是的“旋补三角形”，的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．下列结论正确的有 ．
①与面积相同；②；③若，连接和，则；④若，，，则．
【答案】①②③
【分析】延长，并截取，连接，证明，得出，，根据，，得出，证明，得出，即可判断①正确；根据三角形中位线性质得出，根据，得出，判断②正确；根据时，，得出，，，，根据四边形内角和得出
，求出，判断③正确；根据②可知，，根据勾股定理得出，求出，判断④错误．
【详解】解：延长，并截取，连接，如图所示：
∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，根据旋转可知，，，
∵，∴，∴，，∵，，∴，
∴，∴，即与面积相同，故①正确；
∵，，∴是的中位线，∴，
∵，∴，故②正确；当时，，
∴，，，，
∵，
∴，
即，故③正确；∵，∴根据②可知，，
∵当时，，为中线，
∴，∴，∴，
∴，故④错误；综上分析可知，正确的是①②③．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，勾股定理，四边形内角和，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．
4．（2023·浙江·统考中考真题）一副三角板和中，．将它们叠合在一起，边与重合，与相交于点G（如图1），此时线段的长是 ，现将绕点按顺时针方向旋转（如图2），边与相交于点H，连结，在旋转到的过程中，线段扫过的面积是 ．

【答案】
【分析】如图1，过点G作于H，根据含直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出，，然后由可求出的长，进而可得线段的长；如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接，，是旋转到的过程中任意位置，作于N，过点B作交的延长线于M，首先证明是等边三角形，点在直线上，然后可得线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积，求出和，然后根据线段扫过的面积列式计算即可．
【详解】解：如图1，过点G作于H，

∵，，∴，，
∵，∴，∴；
如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接，
由旋转的性质得：，，∴是等边三角形，
∵，∴，∴，∵，∴，即垂直平分，
∵是等腰直角三角形，∴点在直线上，
连接，是旋转到的过程中任意位置，
则线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积，
∵，∴，∴，
作于N，则，∴，
过点B作交的延长线于M，则，
∵，，∴，∴，
∴线段扫过的面积，，
，，
故答案为：，．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含直角三角形的性质，二次根式的运算，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算等知识，作出图形，证明点在直线上是本题的突破点，灵活运用各知识点是解题的关键．
5．（2023·河南·统考中考真题）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．

(1)观察发现：如图1，在平面直角坐标系中，过点的直线轴，作关于轴对称的图形，再分别作关于轴和直线对称的图形和，则可以看作是绕点顺时针旋转得到的，旋转角的度数为______；可以看作是向右平移得到的，平移距离为______个单位长度．
(2)探究迁移：如图，中，，为直线下方一点，作点关于直线的对称点，再分别作点关于直线和直线的对称点和，连接，，请仅就图的情形解决以下问题：①若，请判断与的数量关系，并说明理由；②若，求，两点间的距离．(3)拓展应用：在（2）的条件下，若，，，连接．当与的边平行时，请直接写出的长．
【答案】(1)，．(2)①，理由见解析；②(3)或
【分析】（1）观察图形可得与关于点中心对称，根据轴对称的性质可得即可求得平移距离；（2）①连接，由对称性可得，，进而可得，即可得出结论；②连接分别交于两点，过点作，交于点，由对称性可知：且，得出，证明四边形是矩形，则，在中，根据，即可求解；（3）分，，两种情况讨论，设，则，先求得，勾股定理求得，进而表示出，根据由（2）②可得，可得，进而建立方程，即可求解．
【详解】（1）（1）∵关于轴对称的图形，与关于轴对称，
∴与关于点中心对称，
则可以看作是绕点顺时针旋转得到的，旋转角的度数为
∵，∴，∵,关于直线对称，∴，即，
可以看作是向右平移得到的，平移距离为个单位长度．故答案为：，．

（2）①，理由如下，连接， 由对称性可得，，
∴，
②连接分别交于两点，过点作，交于点，
由对称性可知：且，
∵四边形为平行四边形，∴∴三点共线，
∴，
∵，∴，
∴四边形是矩形， ∴，在中，，
∵，∴,∴
（3）解：设，则，依题意，，
当时，如图所示，过点作于点，

∴∵，，∴，
∴，则，在中，，
∴，则，∴
在中，，则，，
在中，，
，
∴由（2）②可得，
∵∴∴，解得：；
如图所示，若，则，
∵，则，则，
∵，，∵，∴，解得：，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．
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第六章 图形的变化
第一节 图形的平移、旋转与轴对称
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 图形的平移 ☆ 图形的变换以考查平面几何的三大变换的基本运用为主，年年都有考查，分值在10分左右。预计2024年各地中考还将继续考查这些知识点，考查形式主要有选填题、作图题、也可能综合题结合其他考点出现。在三种变换中，平移相对较为简单，多以选择题形式考察，偶尔也会考察作图题；对称和旋转则难度较大，通常作为选择、填空题的压轴题出现（考查最值问题居多），在解答题中，也会考查对称和旋转的作图，以及与特殊几何图形结合的综合压轴题，此时常需要结合几何图形或问题类型去分类讨论。
考点2 图形的旋转 ☆☆
考点3 图形的轴对称 ☆☆☆
考点4 最短路径问题 ☆☆☆
■考点一　图形的平移
1）平移的概念：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做 。平移不改变图形的 和 。
2）三大要素： （1）平移的 ，（2）平移的 ，（3）平移的 。
3）性质： （1）平移前后，对应线段 且 、对应角 ；（2）各对应点所连接的线段 (或在同一条直线上)且相等；（3）平移前后的图形 。
4）作图步骤：（1）根据题意，确定平移的 和平移的 ；（2）找出原图形的 ；（3）按平移方向和平移距离平移各个关键点，得到各关键点的 ；（4）按原图形依次连接对应点，得到平移后的图形。
■考点二　图形的旋转
1）定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫 ．这个定点叫做旋转 ，转过的这个角叫做 。
2）三大要素：（1）旋转 ；（2）旋转 ；（3）旋转 。
3）性质：（1）对应点到旋转中心的距离 ；（2）每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于 ；（3）旋转前后的图形 。
4．作图步骤：（1）根据题意，确定旋转 、旋转 及 ；（2）找出原图形的 ；（3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的 ；（4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形。
5）中心对称图形与中心对称
中心对称 中心对称图形
图形
定义 如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做 。 如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做 ，这个点叫做它的 。
区别 中心对称是指两个图形的关系。 中心对称图形是指具有某种特性的一个图形
联系 两者可以相互转化，如果把中心对称的两个图形看成一个整体（一个图形），那么这“一个图形”就是中心对称图形；反过来，如果把一个中心对称图形相互对称的两部分看成两个图形，那么这“两个图形”中心对称。
■考点三　图形的轴对称
1）轴对称与轴对称图形
轴对称 轴对称图形
图形
定义 把一个图形沿着某一条直线 ，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，这条直线叫做 。 如果一个平面图形沿一条直线 ，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形就叫做 。这条直线就是它的对称轴。
区别 （1）轴对称是指两个图形折叠重合。 （2）轴对称对称点在两个图形上。 （3）轴对称只有一条对称轴。 （1）轴对称图形是指本身折叠重合。 （2）轴对称图形对称点在一个图形上。 （3）轴对称图形至少有一条对称轴。
联系 （1) 定义中都有一条直线,都要沿着这条直线折叠重合。 （2) 如果把轴对称的两个图形看成一个整体,那么它就是一个 ；反之, 如果把轴对称图形沿对称轴分成两部分(即看成两个图形),那么这两个图形就关于这条直线成轴对称。
性质 （1）关于某条直线对称的两个图形是 。 （2）两个图形关于某直线对称那么对称轴是对应点连线的 。
判定 （1）两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分,那么这两个图形关于这条直线对称。 （2）两个图形关于某条直线成轴对称,那么对称轴是对折重合的折痕线。
2）作轴对称图形的一般步骤：
（1）作某点关于某直线的对称点的一般步骤：①过已知点作已知直线（对称轴）的垂线，标出垂足，并延长；②在延长线上从垂足出发截取与已知点到垂足的距离相等的线段，那么截点就是这点关于该直线的对称点。
（2）作已知图形关于某直线的对称图形的一般步骤：①找.在原图形上找特殊点（如线段的端点、线与线的交点）；②作.作各个特殊点关于已知直线的对称点；③连.按原图对应连接各对称点。
3）折叠的性质：折叠的实质是 ，折叠前后的两图形 ，对应边和对应角 。
■考点四　最短路径问题
与图形变换相关的最值问题有：将军饮马（遛马、造桥）（轴对称、平移）、费马点问题（旋转）、瓜豆原理（圆弧轨迹类）（旋转）等。
■易错提示
1. 对称轴是一条直线，不是一条射线，也不是一条线段。
2. 旋转中心可以是图形外的一点，也可以是图形上的一点，还可以是图形内的一点。
3. 对应点之间的运动轨迹是一段圆弧，对应点到旋转中心的线段就是这段圆弧所在圆的半径。
■考点一　图形的平移
◇典例1：（2022·广西·中考真题）2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的，展现了运动员不断飞跃，超越自我，奋力拼搏，激励世界的冬残奥精神下列的四个图中，能由如图所示的会徽经过平移得到的是（ ）
A． B． C． D．
◆变式训练
1．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）在平面直角坐标系中，将点先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，已知点，若将线段平移至，其中点，则的值为（ ）

A． B． C．1 D．3
3．（2023上·山东滨州·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点，点在轴的正半轴上，且，将沿轴向右平移得到，与交于点．若：：，则点的坐标为 ．

◇典例2：（2023·广东深圳·统考中考真题）如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
◆变式训练
1．（2023·四川成都·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，沿x轴向右平移后得到，点A的对应点在直线上一点，则点A与其对应点之间的距离为 ．

2．（2023·山西晋城·统考一模）如图，在中，，，．是边上的中线．将沿方向平移得到．与相交于点，连接并延长，与边相交于点．当点为的中点时，的长为 ．

◇典例3：（2023·河南信阳·九年级统考期中）在正方形网格中建立平面直角坐标系，使得A，B两点的坐标分别为，，过点B作轴于点C．

(1)按照要求画出平面直角坐标系，线段，写出点C的坐标 ；(2)直接写出以A，B，C为顶点的三角形的面积 ；(3)若线段是由线段平移得到的，点A的对应点是C，画出线段，写出一种由线段得到线段的过程．
◆变式训练
1.（2023下·重庆江津·九年级期中）已知，在平面直角坐标系中的位置如图所示：(1)写出A、B、C三点的坐标；(2)求的面积；(3)中任意一点经平移后对应点为，将作同样的平移得到，画出．
2．（2023·广东广州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系v中，点，，所在圆的圆心为O．将向右平移5个单位，得到（点A平移后的对应点为C）．

(1)点D的坐标是___________，所在圆的圆心坐标是___________；(2)在图中画出，并连接，；(3)求由，，，首尾依次相接所围成的封闭图形的周长．（结果保留）
■考点二　图形的旋转
◇典例4：（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到，旋转角为，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数为（ ）

A． B． C． D．
◆变式训练
1．（2023·山东·统考中考真题）如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．

2．（2023·上海·统考中考真题）如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则 ．

3．（2023·江西·统考中考真题）如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 ．

◇典例5：（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，，，，将菱形绕点A旋转后，得到菱形，则点的坐标是 ．

◆变式训练
1．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是( )

A． B． C． D．
2．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知点，点，以点P为中心，把点A按逆时针方向旋转得到点B，在，，，四个点中，直线经过的点是（ ）

A． B． C． D．
◇典例6：（2023·江苏泰州·统考中考真题）菱形的边长为2，，将该菱形绕顶点A在平面内旋转，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
◆变式训练
1．（2023·宁夏·统考中考真题）如图，在中，，，．点在上，且．连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（ ）

A． B． C． D．
2．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，线段，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，在的上方作，使，点为的中点，连接，当最小时，的面积为 ．

◇典例8：（2024·陕西西安·陕西师大附中校考二模）2023年10月8日晚，伴随圣火缓缓熄灭，杭州第19届亚运会圆满闭幕，亚运是体育盛会，也是文化旅游的盛会．下列与杭州亚运会有关的图案中，属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
◆变式训练
1．（2023·山东青岛·统考三模）窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，下列窗花作品是中心对称图形的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．（2023·天津河西·校考三模）（多选题）在以下四个标志中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
◇典例8：（2023·河北秦皇岛·统考一模）如图，已知点A与点C关于点O对称，点B与点D也关于点O对称，若，．则AB的长可能是（ ）
A．3 B．4 C．7 D．11
◆变式训练
1．（2023·浙江杭州·二模）如图，抛物线（a＞0）与x轴交于A，B，顶点为点D，把抛物线在x轴下方部分关于点B作中心对称，顶点对应D′，点A对应点C，连接DD′，CD′，DC，当△CDD′是直角三角形时，a的值为（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
2.（2023·山东济宁·校考一模）如图，平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，如此作下去，则△B2n﹣1A2nB2n（n是正整数）的顶点A2n的坐标是（　　）
A．（4n﹣1，﹣） B．（4n﹣1，） C．（4n+1，﹣） D．（4n+1，）
◇典例9：（2023·四川达州·统考中考真题）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，的顶点均在小正方形的格点上．(1)将向下平移3个单位长度得到，画出；(2)将绕点顺时针旋转90度得到，画出；(3)在（2）的运动过程中请计算出扫过的面积．

◆变式训练
1．（2023·陕西宝鸡·统考二模）如图，的顶点坐标为，，．
(1)画出向右平移个单位后的；(2)将绕原点旋转，画出旋转后的；
(3)的面积为________．

2．（2023·安徽合肥·校考一模）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图，其中每个小正方形的边长为1个单位长度．(1)画出△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1；(2)画出将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A2B2C2．(3)在(2)的条件下，求点A旋转到点A2所经过的路线长(结果保留π)．
■考点三　图形的轴对称
◇典例10：（2023·湖南·统考中考真题）下列图形中，是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
◆变式训练
1．（2023·广东深圳·统考中考真题）下列图形中，为轴对称的图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·广东汕尾·统考二模）《国语》有云：“夫美也者，上下、内外、小大、远近皆无害焉，故曰美．”这是古人对于对称美的一种定义，这种审美法则在生活中体现得淋漓尽致．在下列扬州剪纸图案中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
◇典例11：（2023上·河南信阳·九年级统考期中）如图，小芳在镜子里看镜子对面电子钟的示数为，你能确定准确时间是 ．
◆变式训练
1．（2023上·山东德州·九年级统考期中）如图，桌球的桌面上有，两个球，若要将球射向桌面的一边，反弹一次后击中球，则，，，，4个点中，可以反弹击中球的是 点．
2．（2023·福建三明·九年级统考期中）如图，弹性小球从点出发，沿所示方向运动，每当小球碰到长方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角.当小球第1次碰到矩形的边时的点为，第2次碰到矩形的边时的点为，…，第次碰到矩形的边时的点为.则点的坐标是 .

典例12：（2023·湖北黄石·统考模拟预测）如图，为半圆O的直径，C为半圆弧上一动点，将弧沿弦折叠，折叠后的弧与交于点D，E为折叠后的弧的中点，连接，若，则线段CE的长为（　　）

A． B． C． D．点C、O、E共线时，CE的长最大
◆变式训练
1．（2023·广东茂名·三模）如图，在中，，点在上，点为上的动点，将沿翻折得到，与相交于点，若，，，，则的值为 ．
2．（2023·河南信阳·校考三模）如图，中，，，，点M、N分别在、边上（不与端点重合），连接，将沿翻折，使点C的对应点P落在所在的直线上，若垂直于的一边，则长为 ．

◇典例13：（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，方格图中每个小正方形的边长为1，点A、B、C都是格点．(1)画出关于直线对称的；(2)直接写出______．四边形的面积为______．

◆变式训练
1．（2023·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，在的正方形网格中，网格中有一个格点（即三角形的顶点都在格点上）．

(1)在图中作出关于直线l对称的（要求A与，B与，C与相对应）
(2)在直线l上找一点P，使得的周长最小
2．（2023·山东枣庄·统考中考真题）（1）观察分析：在一次数学综合实践活动中，老师向同学们展示了图①，图②，图③三幅图形，请你结合自己所学的知识，观察图中阴影部分构成的图案，写出三个图案都具有的两个共同特征：___________，___________．

（2）动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在（1）中发现的共同特征．

■考点四　最短路径问题
◇典例14：（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，，点P是边上一点（不与点A，D重合），连接．点M，N分别是的中点，连接，，，点E在边上，，则的最小值是（ ）

A． B．3 C． D．
◆变式训练
1. （2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，是边长为的等边三角形，点为高上的动点．连接，将绕点顺时针旋转得到．连接，，，则周长的最小值是 ．

2.（2023·江苏盐城·统考模拟预测）如图，已知，等边中，，将沿翻折，得到，连接，交于O点，E点在上，且，F是的中点，P是上的一个动点，则的最大值为 ．
◇典例15：（2023·湖北十堰·统考中考真题）在某次数学探究活动中，小明将一张斜边为4的等腰直角三角形硬纸片剪切成如图所示的四块（其中D，E，F分别为，，的中点，G，H分别为，的中点），小明将这四块纸片重新组合拼成四边形（相互不重叠，不留空隙），则所能拼成的四边形中周长的最小值为 ，最大值为 ．

◆变式训练
1. （2023·黑龙江·统考中考真题）在中，，点是斜边的中点，把绕点顺时针旋转，得，点，点旋转后的对应点分别是点，点，连接，，在旋转的过程中，面积的最大值是 ．
◇典例16：（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，是正方形边的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为 ．

◆变式训练
1．（2023·江苏泰州·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点、分别是直线与坐标轴的交点，点，点是边上的一点，，垂足为，点在边上，且、两点关于轴上某点成中心对称，连接、．线段长度的最小值为 ．

2．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，，分别是斜边，的中点，．(1)将绕顶点旋转一周，请直接写出点，距离的最大值和最小值；(2)将绕顶点逆时针旋转（如图），求的长．

◇典例17：（2023·湖北随州·统考中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当的三个内角均小于时，
如图1，将绕，点C顺时针旋转得到，连接，

由，可知为 ① 三角形，故，又，故，
由 ② 可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有 ③ ；
已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在中，三个内角均小于，且，已知点P为的“费马点”，求的值；

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/，a元/，元/，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
◆变式训练
1．（2023春·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，点M是矩形内一点，且，，N为边上一点，连接、、，则的最小值为______．
2．（2023.河南四模）阅读材料：平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答：给定不在一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之和最小的点称为ABC的费马-托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：
（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将BPC绕点B顺时针旋转60°得到BDE，连接PD，可得BPD为等边三角形，故PD=PB，由旋转可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值与线段 的长度相等；
（2）如图2，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，连接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有∠BEC=90°，连接AE、DE，在ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，若存在，请直接写出PA+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．
1．（2023·山东青岛·统考中考真题）如图，将线段先向左平移，使点B与原点O重合，再将所得线段绕原点旋转得到线段，则点A的对应点的坐标是（　　）

A． B． C． D．
2．（2023·四川雅安·统考中考真题）在平面直角坐标系中．将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转，再向上平移1个单位长度，所得直线的函数表达式为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·天津·统考中考真题）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（ ）

A． B． C． D．
4．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
5．（2023·湖南·统考中考真题）如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是（ ）

A．点O为矩形的对称中心 B．点O为线段的对称中心
C．直线为矩形的对称轴 D．直线为线段的对称轴
6．（2023·山东淄博·统考中考真题）在边长为1的正方形网格中，右边的“小鱼”图案是由左边的图案经过一次平移得到的，则平移的距离是 ．

7．（2023·青海西宁·统考中考真题）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 ．

8．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）已知等腰，，．现将以点为旋转中心旋转，得到，延长交直线于点D．则的长度为 ．
9．（2023·湖南张家界·统考中考真题）如图，为的平分线，且，将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，且，则四边形旋转的角度是 ．

10．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，．(1)将向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到，请画出．(2)请画出关于轴对称的．(3)将着原点顺时针旋转，得到，求线段在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．

11．（2023·四川德阳·统考中考真题）将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．

(1)求的值；(2)如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由．
1．（2023·广东云浮·统考一模）在以下四个校徽中，是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2023·河北唐山·统考三模）如图，已知长方形纸片，M为边上的一点，将纸片沿，折叠使点A落在处，点D落在处，如果，那么的度数为（ ）

A． B． C． D．
3．（2022·四川绵阳·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点，点，矩形的顶点分别在轴，轴上，对角线轴，已知，.现将直线向上平移个单位长度，使平移后的直线恰好平分矩形的面积，则的值为（ ）
A． B．8 C．9 D．
4．（2022·安徽·校联考模拟预测）如图，在锐角中，D为边上一点，，将绕点C顺时针旋转后得到，且点D，B的对应点分别为A，E，交于点O，连接．下列结论错误的是（ ）

A． B． C． D．
5．（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）如图，是的直径，点C为上一点，将沿翻折得到的弧恰好经过圆心O，连接，若，则图中阴影部分的面积为( )

A． B． C． D．
6．（2023·江西南昌·校考二模）数学小组将两块全等的含角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究．如图1，其中，，，将沿射线方向平移，得到，分别连接，（如图2所示），下列有关四边形的说法正确的是（　　）

A．先是平行四边形，平移个单位长度后是菱形
B．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移2个单位长度后是菱形
C．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移3个单位长度后是正方形
D．在平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形
7．（2023·广东茂名·统考二模）如图，在中，，点在边上，，将沿折叠，的对应边交于点，连接．若，则的长为 ．
8．（2023·广东茂名·统考二模）如图，在矩形中，已知，，点P是边上一动点（点P不与点B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点M，连接，作的角平分线交边于点N，则线段的最小值为 ．
9．（2023·四川成都·模拟预测）如图1，将一张菱形纸片沿对角线剪开，得到和，再将以D为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使，得到如图2所示的，连接，，，有下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线上）
10．（2023·四川广安·统考二模）如图，在的网格上，由个数相同的白色方块与黑色方块组成一幅图案，请仿照此图案，在下图的网格中分别设计出符合要求的图案（注：①不得与原图案相同；②黑、白方块的个数要相同）．

11．（2023·安徽亳州·校联考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为．(1)作出关于y轴对称的；(2)作出关于点成中心对称的；(3)在轴上找一点，使，并写出点的坐标．

12．（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）综合与实践
如图1，在中，， ．

猜想证明：（1）如图1，点D在边上 ．将沿所在直线折叠，点C的对应点为E ．试猜想四边形的形状并加以证明 ．
实践探究：（2）如图2，拓展小组受此问题启发，将沿过点C的直线折叠 ．点B的对应点为G ．且于点H ．若，，求的长 ．
问题解决：（3）如图3 ．探究小组突发奇想，将沿过点A的直线折叠，若，，，直接写出的长 ．
1．（2024·辽宁抚顺·统考二模）用两个全等且边长为的等边三角形和等边三角形拼成菱形，把一个含角的三角尺与这个菱形叠合，使三角尺的角的顶点与点重合，两边分别与、重合，将三角尺绕点按逆时针方向旋转，在转动过程中，当的面积是时，的长为 ．
2．（2023·四川成都·校考三模）如图，在菱形中，，点为边中点，点在边上，将四边形沿直线翻折，使的对应边为，当时，的值为 ．

3．（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，在中，将绕点A顺时针旋转至，将绕点A逆时针旋转至，得到，使，我们称是的“旋补三角形”，的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．下列结论正确的有 ．
①与面积相同；②；③若，连接和，则；④若，，，则．
4．（2023·浙江·统考中考真题）一副三角板和中，．将它们叠合在一起，边与重合，与相交于点G（如图1），此时线段的长是 ，现将绕点按顺时针方向旋转（如图2），边与相交于点H，连结，在旋转到的过程中，线段扫过的面积是 ．

5．（2023·河南·统考中考真题）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．(1)观察发现：如图1，在平面直角坐标系中，过点的直线轴，作关于轴对称的图形，再分别作关于轴和直线对称的图形和，则可以看作是绕点顺时针旋转得到的，旋转角的度数为______；可以看作是向右平移得到的，平移距离为______个单位长度．
(2)探究迁移：如图，中，，为直线下方一点，作点关于直线的对称点，再分别作点关于直线和直线的对称点和，连接，，请仅就图的情形解决以下问题：①若，请判断与的数量关系，并说明理由；②若，求，两点间的距离．(3)拓展应用：在（2）的条件下，若，，，连接．当与的边平行时，请直接写出的长．

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