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专题06 几何变换综合
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近三年：中考数学中几何变换考点主要考向分为三类： 一、几何变换基础（平移、旋转、轴对称，每年1~2道，6~10分）； 二、几何变换与全等/相似综合（每年1道，8~12分）； 三、几何变换与函数、动点综合（每年1道，10~14分）． 考查内容稳定，命题形式灵活，选择、填空、解答题均有涉及，解答题多为中档偏上综合题，常作为几何压轴题的核心组成部分，侧重考查转化思想、数形结合思想与图形构造能力． 预测2026年：几何变换仍是中考数学几何核心考点，结合全国统一命题中考趋势，侧重考查旋转、轴对称变换的应用，强化几何变换与全等、相似、函数、动点的融合。命题更注重情境化与综合性，强调图形识别、辅助线构造与转化能力，考生需熟练掌握各类几何变换的性质，牢记常见变换模型，提升综合推理与计算能力，做到举一反三、灵活应变。
考向01 几何变换基础
题型1 平移的性质与应用
1、核心性质（中考必考）：平移前后，图形的形状、大小不变，对应边相等、对应角相等；对应点所连的线段平行（或在同一直线上）且相等，对应线段平行（或在同一直线上）且相等； 2、解题技巧：①平移的核心是“平行移动，方向不变、距离相等”，可通过对应点的坐标变化（平面直角坐标系中）或对应线段的位置关系判断平移方向与距离；②利用平移性质，将分散的线段、角集中，构造全等、相似三角形，简化推理与计算；③实际应用中，可通过平移转化图形，解决图形拼接、线段转化等问题； 3、易错点：忽略平移的“方向不变”特点，误将旋转当作平移；平移后对应点、对应边找错；平面直角坐标系中，平移规律混淆（左右平移改变横坐标，上下平移改变纵坐标）。
1．（2026·山东青岛·一模）无人机编队表演，在空中先组成如图所示的菱形图案，然后整体向右平移5个单位长度，再绕点的对应点逆时针旋转得到菱形，此时点的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平移的性质以及旋转的性质作出菱形，再结合图形写出坐标即可．
【详解】解：画出菱形如图所示：
由图形可得，点的对应点的坐标为．
2．（2026·河南商丘·一模）如图，中，，，将沿射线方向平移得对应，过点作，垂足为，交于点，若，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质，三线合一，求出，；根据勾股定理求出，则，根据线段的和差求出，再根据等边三角形的判定和性质，可得，最后根据．
【详解】解：∵，，，
∴，，
∴，
设，则，
在直角三角形中，，
∴，
解得：，
∴；
∴，则，
∵且，
∴，，
∵沿射线方向平移得对应，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
∴．
故选：C．
3．（2026·河北邯郸·一模）如图，在Rt中，，将沿某一个方向平移2个单位长度，记扫过的面积为．关于结论①，②，下列判断正确的是（ ）
结论①：点到BC的距离为；
结论②：的最大值为
A．只有①对 B．只有②对 C．①，②都对 D．①，②都不对
【答案】B
【分析】根据点到直线的距离，垂线段最短，三角形的面积公式，以及平移的性质，分析判断即可．
【详解】解：设点到线段的距离为，则
，
∴，
∴结论①不正确；
在三角形ABC中，，，，，
∴，，
∴如图，当沿垂直于的方向平移2个单位时，扫过的面积最大，
此时，，
∴结论②正确．
综上，只有②对．
4．（2026·河南周口·一模）如图，在扇形中，已知，，正方形的顶点、、分别在、、上，把正方形的沿直线向右平移，得到正方形，其中点的对应点恰好与重合，如图所示，则图中阴影部分的面积为___________．
【答案】
【分析】先求出正方形的边长，再结合扇形及三角形的面积公式求出正方形中空白部分的面积，据此可解决问题．熟知图形平移的性质及正方形的性质是解题的关键．
【详解】解：连接，
∴，
由平移可得：，，
∴，，
∴，
∴正方形的面积为：，，
∵，
∴阴影部分的面积为：．
5．（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】见解析
【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】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．
6．（2026·江苏南通·一模）如图，是等边三角形，是的中点，，垂足为，是由沿方向平移得到的．已知过点，交于点．
(1)求的大小；
(2)求证：是等边三角形．
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、平移的性质、线段垂直平分线的判定与性质．关键是结合等边三角形的边角特征，利用平移的平行关系推导角的等量关系，再通过线段垂直平分线的性质求出的内角，最终依据等边三角形的判定定理完成证明．
（1）利用等边三角形“三线合一”的性质，由是中点，得出平分，从而计算出．再根据，得到，最后通过角的和差关系，用减去，即可求出的度数．
（2）先根据平移性质，得到，再结合，推出，．接着，由，得出垂直平分，进而得到．最后，结合（1）中已得的，推出的三个内角均为，从而证明其为等边三角形．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，
∴．
∵是的中点，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）证明：由平移可知：，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴垂直平分，
∴，
由（1）知，，
∴，
∴，
∴是等边三角形．
题型2 旋转的性质与应用
1、核心性质（中考必考）：旋转前后，图形的形状、大小不变，对应边相等、对应角相等；对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角；旋转中心是唯一不动的点； 2、解题技巧：①旋转的核心是“绕定点旋转，旋转角不变”，优先找旋转中心、旋转角和对应点，利用旋转性质转化线段、角关系；②常见旋转模型（手拉手、半角模型），可快速构造全等三角形，解决线段和差、角度计算问题；③遇等腰三角形、等边三角形、正方形，可尝试旋转（旋转角度通常为60°、90°），构造全等或相似； 3、易错点：旋转角找错（误将非对应点与旋转中心的夹角当作旋转角）；对应点、对应边找错；忽略旋转的可逆性，无法反向利用旋转性质解题。
1．（2026·广东汕头·一模）如图，在平面直角坐标系中，的直角顶点A在x轴上，，，．将绕点A顺时针旋转得到，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过点作轴于，则，根据旋转的性质得，，利用平角的定义求得，在中利用三角函数的知识求出和的长，即可得出答案．
【详解】解：如图，过点作轴于，
则，
∵将绕点A顺时针旋转得到，
∴，，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴点的坐标为．
2．（2026·湖北随州·一模）如图，已知正方形的边长为6，点E是边上一点，连接，将绕点D逆时针旋转至，点E与点F对应，连接与交于点G，若，则的长为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【分析】过E作交于点H，则，结合正方形的性质可得设，则，证明，可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：过E作交于点H，则，
正方形的边长为6，
，，，
∴，是等腰直角三角形，，
，
设，则，
由旋转性质知：，
，，
，
B、C、F三点共线，即，
，，
，
，
，
，
，
，
，即．
3．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点O重合，轴，交y轴于点G．将绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2026次旋转结束时，点B的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，判定为等边三角形，确定点B的坐标为，确定变化是每4次旋转为一个循环，结合，求解即可；
【详解】解：如图，连接，可得，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
在中，，
∴点B的坐标为，
第1次顺时针旋转，点B的对应点在第四象限，其坐标为，
第2次顺时针旋转，点B的对应点在第三象限，其坐标为，
第3次顺时针旋转，点B的对应点在第二象限，其坐标为，
第4次顺时针旋转，点B的对应点在第一象限，其坐标为，
第5次顺时针旋转，点B的对应点在第四象限，其坐标为，
……
每4次旋转为一个循环，则，
∴与对应，坐标为．
4．（2026·江苏徐州·一模）如图，在正方形中，，点O是边的中点，若点E是直线上一动点，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，则线段长的最小值为_______．
【答案】1
【分析】根据旋转的性质和正方形的性质证明 ，从而得出 ，确定点的运动轨迹，利用垂线段最短，结合三角函数求解的最小值．
【详解】解：连接，
由旋转的性质可知，
四边形是正方形
，，
在和 中
，
当时，的长度最小，如图：
四边形是正方形
∴
∵，，
∴
在中，，是的中点，
由勾股定理得，
∴在中，
∴线段长的最小值为1．
5．（2026·浙江嘉兴·一模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形和正方形．延长交以为直径的半圆于点，连接．若，则的值为______．
【答案】
【分析】设直角三角形的长直角边为，短直角边为，得到，连接，根据圆周角定理结合等弧对等弦得到，，进而推出四点共圆，得到，求出，将绕点旋转，得到，推出三点共线，得到，三线合一，得到，进而得到，得到，进而求出的长，即可得出结果．
【详解】解：设直角三角形的长直角边为，短直角边为，
由题意，，
连接，
∵为半圆的直径，，
∴，，
∴，，
∴四点共圆，
∴，，
∴，
将绕点旋转，得到，则，，，
∴，
∴三点共线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
6．（2026·江西吉安·模拟预测）如图，在平行四边形纸条中，，，将纸条绕着点C旋转后得到平行四边形纸条，点D恰好在边上，则点G到的距离为________．
【答案】
【分析】过点G作于点M，根据平行四边形的性质，旋转的性质，可以证明，求解即可．
【详解】解：过点G作于点M，
在平行四边形纸条中，，，将纸条绕着点C旋转后得到平行四边形纸条，点D恰好在边上，
，，，
，，
，，，
，
．
7．（2026·安徽阜阳·一模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，线段的两个端点均为格点（网格线的交点）．已知点和点的坐标分别为和．
(1)将线段先向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到线段，画出线段；
(2)将线段绕逆时针旋转，得到线段，画出线段；
(3)在平面直角坐标系的第四象限内描出一个格点（要在网格内），使得，并写出格点的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)图见解析，（答案不唯一）
【分析】（1）根据平移性质得到对应点的位置，再顺次连接即可；
（2）根据旋转性质得到对应点的位置，再顺次连接即可；
（3）根据网格特点，结合勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：线段如图；
（2）解：线段如图；
（3）解：取格点（答案不唯一），如图，，此时满足题意．
8．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）【探索发现】如图1，晓慧用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形．
【抽象定义】以等腰三角形的腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在中，，，．此时，四边形是“双等四边形”，是“伴随三角形”．
【方法应用】
(1)如图3，在中，，将绕点A逆时针旋转至，点D恰好落在边上，求证：四边形是双等四边形．
(2)如图4，在等腰中，，，以为边向外作等腰，使四边形是以为伴随三角形的双等四边形，请直接写出的度数．
【答案】(1)见解析
(2)或或
【分析】（1）根据题意，证明即可说明四边形是双等四边形；
（2）根据题意分、、三种情况，结合等腰三角形的性质求角即可．
【详解】（1）证明：将绕点A逆时针旋转至，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是双等四边形；
（2）解： ①当，时，
四边形是以为伴随三角形的双等四边形，
，
；
②当，时，
四边形是以为伴随三角形的双等四边形，
，
；
③当，时，
四边形是以为伴随三角形的双等四边形，
，
，
；
综上，的度数为或或．
题型3 轴对称的性质与应用
1、核心性质（中考必考）：轴对称前后，图形的形状、大小不变，对应边相等、对应角相等；对称轴是对应点连线的垂直平分线，对应点到对称轴的距离相等； 2、解题技巧：①轴对称的核心是“沿对称轴折叠重合”，可利用对称轴的垂直平分线性质，求线段长度、确定点的坐标；②遇角平分线、垂直平分线，可结合轴对称性质，构造全等三角形，简化推理；③利用轴对称性质，转化分散的线段、角，辅助解决几何证明与计算问题； 3、易错点：对称轴找错（误将非对应点连线的垂直平分线当作对称轴）；忽略轴对称的双向性，无法利用对应点关系求解；构造轴对称图形时，对应点找错，导致推理偏差。
1．（2026·辽宁葫芦岛·模拟预测）如图，一张直角三角形纸片，，，，将纸片沿折叠，使点落在点处，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据直角三角形内角和求出，再 利用平行线的同位角相等得到，由折叠性质得，进而算出．
【详解】解：在中，，，
根据直角三角形两锐角互余，得：
∵，
∴根据平行线的同位角相等，得：
折叠后点落在点处，根据折叠的性质，对应角相等，得
∵是平角（），
∴．
2．（2026·山西朔州·一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，顶点在第一象限，点为上一点，将沿直线折叠得到，点的对应点落在的延长线上．若点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据点的坐标为，得出，，求出，根据菱形的性质得出，，，根据折叠得出，，，，证明轴，得出，求出，即可得出答案．
【详解】解：∵点的坐标为，
∴，，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，
根据折叠可得：，，，，
∵点的对应点落在的延长线上，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴轴，
∵，
∴，
∴，
∴点E的坐标为．
3．（2026·陕西咸阳·一模）如图，在菱形中，，，为线段上的一个动点，四边形是平行四边形，则的最小值为______．
【答案】
【分析】设与交于点，作点，使得且，连接，可得 四边形是平行四边形，得到，即得，作点关于直线的对称点，连接、， 得，即得，根据两点之间线段最短可知，当，，三点共线时，取得最小值，最小值为线段的长， 过点作垂直过点且平行于的直线，垂足为，利用平移的性质可得，， 最后利用勾股定理解答即可求解．
【详解】解：设与交于点，
∵四边形是菱形，，，
，，，
∵四边形是平行四边形，
，，
作点，使得且，连接，
，，
∴四边形是平行四边形，
，
，
作点关于直线的对称点，连接、，
，
，
根据两点之间线段最短可知，当，，三点共线时，取得最小值，最小值为线段的长，
，，
∴点可看作由点沿方向平移得到，
∵，，
又∵点到的距离为，点到的距离为，且在的左侧，
∴点在点的左侧个单位，下方个单位处，
∵点在下方个单位处，且在上，
∴点在下方个单位处，且在过点并垂直于的直线上，
∵点与点关于对称，
∴点在上方个单位处，且在过点并垂直于的直线上，
过点作垂直过点且平行于的直线，垂足为，
，，
在中，，
的最小值为．
4．（2026·江苏扬州·一模）如图1，数学探究：中，，，D是边的中点，是线段上的动点（不与点、点重合），边关于对称的线段为，连接．
(1)当为等腰直角三角形时，求的大小．
(2)如图2，延长，交射线于点．
①试探究的大小是否变化？如果不变，请求出的大小；如果变化，请说明理由．②若，则的面积最大为__________，此时__________．
【答案】(1)
(2)①不变，②，
【分析】（1）由对称性质得，由三角形外角的性质得，即可求解；
（2）①设，则，由对称性质得，由三角形外角的性质得，即可求解；
②点以为弦，所对的圆周角为的圆弧上运动，过点作于，交优弧于点，连接，当时，即点位于点时，的面积最大，即可求解．
【详解】（1）解： 为等腰直角三角形，
，
，
边关于对称的线段为，
，
；
（2）解：①的大小始终不变，大小为，
设，则，
边关于对称的线段为，
，，
，
，
，
，
；
②由①得，
，
点以为弦，所对的圆周角为的圆弧上运动，如图，过点作于，交优弧于点，连接，
当时，即点位于点时，的面积最大，
，
，垂直平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
面积最大值是，
此时，点的位置如图所示，过点作于，
则，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
．
【点睛】利用圆的基本性质找出点的运动轨迹和取得最值时点的位置是解题的关键．
5．（2026·安徽芜湖·一模）项目式学习
项目主题 风筝的设计与制作
项目背景 风筝制作在中国具有悠久的历史，以竹篾扎成鸟禽状骨架，上糊以纸，称为“纸鸢”，以下是某小组开展制作风筝项目的实施过程．
(1)步骤一：设计
如图，在平面直角坐标系中，点坐标为，请你以轴为对称轴画出风筝骨架的另一半，并直接写出点的对称点的坐标为___________．
(2)步骤二：制作
将设计与制作的风筝进行试飞，根据当天风速等实际状况试飞，发现当与比值为黄金分割比时，风筝飞的最稳，则的长应设置为___________．
(3)步骤三：结论
在步骤二的条件下，风筝所需材料（四边形）的面积为___________．
【答案】(1)见解析，点的坐标为
(2)
(3)
【分析】（1）找出点关于轴对称的点，然后连接，再写出坐标即可；
（2）根据题意，可知，求解即可；
（3）根据三角形面积公式求得，再根据，即可求得答案．
【详解】（1）解：下图即为所求：
∵与点关于轴对称，
∴坐标为；
（2）解：∵当与比值为黄金分割比，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：∵与关于轴对称，
∴，
∴，
∵，
∴风筝所需材料（四边形）的面积为．
题型4 中心对称的性质与应用
1、找对称中心：①两图中心对称：连接两组对应点，交点即为对称中心； ②单个中心对称图形：对称中心多为对角线交点、中点、圆心； 2、坐标中的中心对称： ①点 (x,y) 关于原点中心对称 ( x, y)； ②点 (x,y) 关于点 (a,b) 中心对称 对称点 (2a x, 2b y)。
1．（2026·辽宁葫芦岛·一模）下列新能源汽车标志图案中，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】中心对称图形是指图形绕着某个点旋转180度能与原来的图形重合；轴对称图形是指图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合．
【详解】解：A、该图形既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；
B、该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
C、该图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意；
D、该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意．
故选：A．
2．（2026·安徽安庆·一模）如图，在等边三角形中，为的中点，，与关于点中心对称，连接，则的长为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，中心对称图形的性质等知识点．
根据等边三角形三线合一的性质和勾股定理得到线段的长度，根据中心对称图形的性质得到的长度，根据勾股定理得到的长度．
【详解】解：∵为等边三角形，为的中点，
∴是边上的高，，，，
∴，，
∴在中，，
∵与关于点中心对称，
∴，，，
∴，
∴在中，．
3．（2025·广东广州·一模）如图，在平面直角坐标系中，点，，，，，，……都是平行四边形的顶点，点，，……在轴正半轴上，，，，，，，……，平行四边形按照此规律依次排列，则第6个平行四边形的对称中心的坐标是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查的是点的坐标变化规律，中心对称和平行四边形的性质，熟练掌握上述知识点是解题的关键．根据题意，先求出前几个点的坐标，即可找出规律：第个平行四边形的对称中心坐标为，即可求解．
【详解】解：如图所示，作轴于点，
，，
，
，
，重合，
，
则的中点即为第1个平行四边形的对称中点，其坐标为；
同理可得：，，，
则的中点即为第2个平行四边形的对称中点，其坐标为；
同理可得：第3个平行四边形的对称中心的坐标是；
同理可得：第个平行四边形的对称中心的坐标是；
第6个平行四边形的对称中心的坐标是，即，，，
故选：D．
4．（2025·陕西·模拟预测）如图，在菱形中，，，为菱形的对称中心，过点的直线交于点E，交于点为上的一点，连接．若，则四边形的面积为_____．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质、中心对称性以及解直角三角形的知识点，解题的关键是利用菱形的中心对称性将四边形的面积进行转化．
通过连接相关线段，利用菱形中心对称性得到一些等量关系．过点作垂线，构造出可以计算面积的三角形．因为菱形具有中心对称性，所以将四边形的面积转化为几个易求面积的三角形面积之和或差．利用已知条件和所作辅助线，结合三角形面积公式（底×高÷2）来计算相关三角形面积，进而得出四边形的面积．
【详解】如图，由菱形的中心对称性可知，
连接，
∵，过点作于点，
作于点，
，
连接，
则
5．（2025·山东烟台·一模）小好同学用计算机软件绘制函数的图象如图所示，发现它关于点成中心对称．若点，，，……，，都在函数图象上，这些点的横坐标从0开始依次增加，则的值是___________．
【答案】
【分析】本题是坐标规律题，求函数值，中心对称的性质，根据题意得出，，……得出，根据题意可得，，即可求解．
【详解】解：∵函数图象关于点中心对称，这个点的横坐标从开始依次增加，
∴，
∴，，……，
∵即，
∴
∵，
当时，，即，即
∵关于点中心对称的点为，即当时，，
∴，
故答案为：．
6．（2025·安徽合肥·一模）如图，三个顶点的坐标分别为，，．
(1)将向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度后得到，请画出，并写出的坐标；
(2)请画出关于点成中心对称的；
(3)连接，，四边形的周长是______．
【答案】(1)见解析，的坐标为
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查作图旋转变换、勾股定理、作图平移变换，熟练掌握平移的性质、中心对称的性质、勾股定理是解答本题的关键．
（1）根据平移的性质作图，即可得出答案．
（2）根据中心对称的性质作图即可．
（3）利用勾股定理计算即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求．
由图可得，的坐标为．
（2）解：如图，即为所求．
（3）解：由勾股定理得，，，，
四边形的周长是．
故答案为：．
考向02 几何变换与全等、相似综合
题型5 平移与全等/相似综合
1、核心思路：利用平移的性质，构造全等或相似三角形，将分散的线段、角集中，通过全等证明线段相等、角相等，通过相似转化线段比例，进而解决推理与计算问题； 2、解题技巧：①平移图形，使对应边重合或平行，构造全等三角形（如平移三角形，使一组对应边重合，证明另一组对应边相等）；②利用平移后对应线段平行的性质，构造相似三角形（如A字型、8字型），转化线段比例；③结合平移的坐标规律，在平面直角坐标系中，利用全等、相似求点的坐标或线段长度； 3、易错点：平移方向、距离判断错误，导致构造的全等/相似三角形不成立；对应边、对应角找错；忽略平移与全等/相似的衔接，无法转化线段、角关系。
1．（2026·河南商丘·一模）如图，菱形的边长为6，，将该菱形沿方向平移得到四边形，交于点M，则点M到的距离为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】作于N，于P，由菱形的性质和直角三角形的相关计算求出，，由平移的性质证，再根据相似比求解即可．
【详解】解：作于N，于P，
∵菱形的边长为6，，
∴，，，
∴，，，
∵将菱形沿方向平移得到四边形，
∴，，，
∴，
∴，即，
解得：，
则点M到的距离为2．
2．（2025·上海·模拟预测）在梯形中，，， ， ．在边上取一点E，满足．将沿方向平移得到（三个顶点依次对应），若点H在边上，则点H到直线的距离是___________．
【答案】
【分析】延长交于P，连，作于，证，得，推出；根据，求出，，得到为的中点；证即可求解；
【详解】解：延长交于P，连，作于，
∵，
∴，
，
，
，
∴，
∴；
∵，
，
；
则为的中点；
由平移可知：，
∴，；
∵，
∴；
∴，即：；
，
故答案为：
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、利用平移的性质求解，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础．
3．（2026·江西·模拟预测）如图，将沿射线平移，使点B与点C重合，得到，连接．F，G分别是的中点，连接．
(1)求证：．
(2)若，求证：四边形是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了平移的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质．
（1）根据平移的性质得出，四边形是平行四边形，然后得出，最后利用全等三角形的判定定理即可得出结论；
（2）根据平移的性质得出四边形是平行四边形，再根据条件得出，得出，然后可得出结论．
【详解】（1）证明:由平移可知，
∴四边形是平行四边形，
∴.
∵F，G分别是的中点，
∴，
∴.
（2）证明:由平移可知，
∴四边形是平行四边形.
∵，
∴.
又∵F是的中点，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形．
4．（2026·浙江湖州·一模）【问题背景】如图所示，某兴趣小组将矩形纸片沿对角线剪开，再把沿着方向平移，得到，交于点，交于点．
【数学理解】
(1)在平移过程中，线段的长始终与相等，请说明理由；
(2)已知，在平移过程中，当两个三角形的重叠部分为菱形时，求移动的距离．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明四边形是平行四边形即可得的长始终与相等；
（2）由勾股定理可求得，根据四边形为菱形，可得，，则，可得，可得，，再由，即可求解出．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴由平移可得，，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
（2）解：∵矩形中，，
∴，，
∴，
由平移可得，，
设，则，
∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∵，即，
解得，
∴移动的距离．
5．（2026·安徽阜阳·一模）数学问题：如图①，正方形中，点是对角线上任意一点，过点作，垂足为，交所在直线于点．探索与之间的数量关系，并说明理由．
(1)特殊思考：如图②，当是对角线的中点时，与之间的数量关系是 ．
(2)探究证明：
① 小明用“平移法”将沿方向平移得到，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究与之间的数量关系．请你按照他的思路，完成解题过程．
② 请你用与（）不同的方法解决“数学问题”．
【答案】(1)
(2)①，过程见解析
②见解析
【分析】（1）根据正方形的性质可证是等腰直角三角形，根据勾股定理可证；
（2）①作，交的延长线于点，连接，可证四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质可证，根据全等三角形的性质可证是等腰直角三角形，利用勾股定理可证成立；
②作，且，连接、，可证是等腰直角三角形，利用勾股定理可证成立．
【详解】（1）解：，理由如下：
四边形是正方形，是对角线的中点，
，，
，
，
点与点重合，
，
；
（2）①解：如下图所示，作，交的延长线于点，连接，
四边形是正方形，
，，，
，，
四边形为平行四边形，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
；
②解：如下图所示，作，且，连接、，
四边形是正方形，
，，
，
同理，，
，
，
又，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形为平行四边形，
，
．
题型6 旋转与全等/相似综合
1、核心思路：旋转是构造全等、相似三角形的重要工具，尤其是等腰三角形、等边三角形、正方形中的旋转，可快速得到全等三角形；利用旋转角相等、对应边相等的性质，结合全等、相似的判定与性质，解决线段和差、角度计算、比例证明等问题； 2、解题技巧：①遇等腰三角形，可绕顶点旋转，使两腰重合，构造全等三角形；②遇等边三角形，旋转60°，构造全等或相似三角形；③遇正方形，旋转90°，利用对应边相等、对应角相等，结合全等、相似求解； 3、易错点：旋转中心、旋转角找错，导致全等/相似三角形构造失败；对应边、对应角对应错误；忽略旋转后图形的位置关系，无法衔接后续推理。
1．（2026·湖北黄冈·一模）如图，将线段绕点逆时针旋转后得到线段，已知点，，则点的坐标是（）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过点作轴于点，过点作轴于点，证明，利用全等三角形对应边相等求出和的长，进而求出点的坐标．
【详解】解：过点作轴于点，过点作轴于点，如图，
∵，，
∴，，，
∴，
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵点的坐标为，点在第三象限，
∴点的横坐标为，纵坐标为，
∴点的坐标是．
2．（2026·江苏盐城·一模）问题情境：将矩形绕点顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点、、的对应点分别为点、、，设直线与直线交于点E．
(1)猜想证明：猜想与的数量关系，并证明；
(2)如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点重合），连接，求证：四边形是平行四边形；
(3)问题解决：在矩形绕点顺时针旋转的过程中，设直线与直线相交于点F，若，，当、、D三点在同一条直线上时，请直接写出的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)或
【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定定理，勾股定理，等角的余角相等，解题关键是根据旋转证明三角形全等.
（1）连接，根据矩形的性质得出，推得，根据旋转的性质得出，根据全等三角形的判定与性质即可证明；
（2）连接，根据旋转的性质得出，根据矩形的性质得出，，，根据等腰三角形三线合一的性质得出，推得，根据平行四边形的判定定理即可证明；
（3）分为：点，在的同一侧和点，在的异侧，两种情况分别求解，根据勾股定理求出，结合图形求出的值．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵四边形与四边形都是矩形，
∴，
∴，
即，
根据旋转的性质可得：，
∵，，
∴，
∴．
（2）如图：连接，

根据旋转的性质可得：，
∵四边形是矩形，
∴，，，
即，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形．
（3）解：如图，当点，在的同一侧时，

根据旋转的性质可得：，，，
∴，
在中，，
∴，
当点，在的异侧时，如图：

同理可得，
∴，
综上，的值为或．
3．（2026·山东聊城·一模）如图1，正方形的边与正方形的边重合，直线交直线于点H，连接．
(1)图1中线段与的数量关系是______，与的关系是______；
(2)如图2，正方形绕点B顺时针旋转角度α（），当点H与点A重合时，（1）中的结论依然成立的，请予以证明；不成立的，请写出它们新的关系，并说明理由；
(3)如图3，若，，连接，正方形绕点B顺时针旋转角度α（），当点F落在对角线上时，请直接写出此时的面积．
【答案】(1)；
(2)；，理由见解析
(3)
【分析】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）结合正方形的性质，证明即可；
（2）根据正方形，正方形的性质证明，得到，证明，即可得到答案．
（3）由可得重合，根据即可得到答案．
【详解】（1）解：正方形，正方形，
，
，
，
，
，
故答案为：；；
（2）解：；，理由如下：
正方形，正方形，
，
，
，
，
正方形，
，
，
即；
（3）解：连接，连接与交于点，
，，
，
，
在上，
重合，
．
4．（2026·福建泉州·一模）如图，在中，，点D是边上一点，连接，将线段绕点A逆时针旋转到位置，且，连接．求证：．
【答案】见解析
【分析】首先得到，然后证明出，即可得到．
【详解】证明：，
，
，
，，
，
．
5．（2026·福建泉州·一模）在中，，，，点O为的中点．在中，，，，连接并延长到点F，使，连接．
(1)如图1，当点D，E分别在上时，求证；
(2)如图2，若将图1中的绕点B按逆时针方向旋转一定的角度α（），连接，，，．
①设，求k的值；
②当四边形的面积最小时，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）证明，可得，，从而得到，进而得到；
（2）①证明，即可得到答案；②根据平行四边形的性质可得当最小时，四边形的面积最小，即当E到的距离最小时，最小，四边形的面积最小，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小，从而得到当点B，E，M三点共线时，取得最小值，最小值为，此时时，最小，再由，可得，，然后根据勾股定理可得的长，再结合，即可求解．
【详解】（1）解∵点O为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴
（2）解：①∵点O为的中点，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，，，，
∵，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；即．
②在中，∵，，，
∴，
由①得四边形为平行四边形，
∴四边形的面积等于，
∴当最小时，四边形的面积最小，
即当E到的距离最小时，最小，四边形的面积最小，
如图，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小，
∵，，
∴，
即当点B，E，M三点共线时，取得最小值，最小值为，
此时时，最小，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
由①得：，
∴
题型7 轴对称与全等/相似综合
1、核心思路：利用轴对称的性质，得到对应边相等、对应角相等，构造全等三角形；利用对称轴的垂直平分线性质，结合相似三角形的判定（如两角相等），转化线段比例，解决综合问题； 2、解题技巧：①作图形的轴对称图形，构造全等三角形，转化线段和差、角的度数；②利用对称轴垂直平分对应点连线的性质，证明线段相等，为相似判定提供条件；③结合角平分线、垂直平分线，利用轴对称与全等、相似，解决线段求值、证明等问题； 3、易错点：轴对称图形构造错误，对应点找错；忽略对称轴的垂直平分线性质，无法补充全等/相似的判定条件；推理过程中，混淆轴对称与全等、相似的性质。
1．（2026·河北沧州·一模）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据正方形的性质和勾股定理求出，根据翻折的性质得出，，，根据三角形内角和定理，等角对等边可求出，证明，根据相似三角形的性质求出，结合，即可求解．
【详解】解：∵正方形中，
∴，，，，
∴，，
∵翻折，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴．
2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在中，，点B、点D关于对称，连接，，，点E在上，作，垂足为点F，点M为线段的中点，连接，，有如下结论：①；②；③；④若，，连接，则的最小值为9．
其中一定正确的结论是_____________．（请将正确的结论序号填在横线上）
【答案】①③④
【分析】因为点、关于对称，所以是的中垂线，根据轴对称的性质，可判断与的关系，验证结论①；
因为四边形的面积可拆分为和的面积之和，结合轴对称性质中，利用三角形面积公式，可验证结论②；
可作辅助线过点M作，连接，证得，则易验证结论③；
要找的最小值，根据点到直线的距离垂线段最短，可用等面积法来求最短距离，验证结论④．
【详解】解：①：∵点、关于对称，
∴是的中垂线，
∴
又∵，
∴，
∴，①正确；
②：因为、关于对称，
∴，，不是，②错误；
③：如图，过点M作，连接，
∵，，
∴，
∴
∴，
∵点M为线段的中点，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
又∵是的中垂线，
∴，
∴，
③正确；
④：如图，作，由图可知的最小值是点到直线的距离，
∵，，
∴，
∴，由，得，∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的最小值为9，
④正确；
综上，正确结论为．
3．（2026·河北秦皇岛·一模）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在平面上的点处，与交于点．
(1)求证：；
(2)若平行四边形的对角线与的交点为点，连接，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由折叠得，，由四边形是平行四边形得，，即可得，，结合对顶角即可证明；
（2）由得，由平行四边形的对角线与的交点为点得为中点，由等腰三角形三线合一可得为中边上的高，即可证明．
【详解】（1）证明：由折叠得，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
又∵，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵平行四边形的对角线与的交点为点，
∴为中点，
∴为中边上的高，
∴．
【点睛】折叠的本质是轴对称变换，折叠前后的图形关于折痕成轴对称，因此对应边相等、对应角相等，这一性质是解决此类折叠问题的核心依据．
4．（2026·甘肃·模拟预测）【综合与实践】主题：探究特殊四边形的折叠问题
情境：在数学活动课上，老师发给每位同学一张矩形纸片，引导同学们进行折叠探究．
操作一：如图，点为边上一点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．
（1）求证：
操作二：如图，将矩形纸片先沿对角线对折，再展开，折痕为．点为边上一点，将沿直线折叠，使点的对应点落在对角线上．
（2）若，，当点为的三等分点时，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）或
【分析】本题考查矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，掌握分类讨论思想是解题关键．
（1）借助折叠的性质和矩形的直角特性，推导得出两组对应角相等，从而证明；
（2）先求出矩形对角线的长度，再结合折叠后折痕垂直平分对应点连线的性质，构造相似三角形，然后针对为三等分点的两种位置情况，通过相似比建立方程，最终求出．
【详解】（1）证明：由折叠性质知，，
，
在矩形中，，
，
，
又 ，
．
（2）解：如图，设与交于点．
已知在矩形中，，，则．
情形一：当点为靠近点的三等分点时，，
由折叠知，，，
垂直平分，
，，
，
，
，
，
，
则，
解得．
情形二：当点为靠近点的三等分点时，．
同理建立方程，，解得．
故的长为或．
答：或．
5．（2025·上海金山·模拟预测）如图1，我们定义：在中，，的三角形成为“对等三角形”，在“对等三角形”的边上，有一动点，使“对等三角形”分为和四边形．将沿着直线翻折，记的对应点为．
已知为“对等三角形”．
(1)如图2，当点与点重合时，求证：
(2)当点在线段的延长线上时，连接，交于点F，直线经过的重心，求的值；
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质、三角形的重心、梯形的判定和性质、中位线的性质和等腰三角形的性质，做出正确的辅助线是解决本题的关键．
（1）根据题意可得，再结合等边对等角可得，，进而即可证明，可得，进而即可得到；
（2）连接，根据中位线的性质可得，最后根据梯形的性质和判定即可得证．
【详解】（1）证明：∵点关于的对称点与点重合，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
（2）解：连接，如图：
∵直线经过的重心，
∴点是的中点．
∵点是的中点，
∴．
∵不平行，
∴四边形是梯形．
∵，
∴．
∵，
∴．
题型8 中心对称与全等/相似综合
1、中心对称 全等：两个图形关于某点中心对称 一定全等，对应边、对应角全部相等； 2、全等 角相等 / 边成比例 相似：利用全等得到相等角（同位角、内错角、对顶角、公共角），再结合平行线、比例线段，推出相似； 3、中心对称本质：旋转 180°对应线段平行或共线，天然提供平行线→角相等→相似的条件。
1．（2025·浙江杭州·二模）如图，在正方形与正方形中，点是的三等分点，点与点关于点成中心对称．连结．若，则的长为_______________．
【答案】
【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，设正方形的边长为，则正方形的边长为，用表示出，即可求得，再利用勾股定理求得即可，正确利用题中条件求得两个正方形的边长是解题的关键．
【详解】解：设正方形的边长为，
点是的三等分点，
，
则正方形的边长为，
，，
，
则可得方程，
解得（负值舍去），
如图，连接，过点作交于点，
点与点关于点成中心对称，
三点共线，且,
，
，
，
，
，
故答案为：．
2．（2026·广西南宁·一模）【对等角六边形】定义：在凸六边形中，满足，，，我们称这样的凸六边形叫做“对等角六边形”．
(1)如图1，对等角六边形的对边，的位置关系是_____；
(2)如图2，六边形是对等角六边形，若，求证：．
(3)如图3，在对等角六边形中，对角线交于点，已知，求四边形的面积．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)7.5
【分析】（1）过点F作， 得，由，，得，得，得，即得答案；
（2）连接， 可得四边形是平行四边形，得，可得，即得答案；
（3）由六边形相对的边平行，得相对的两个三角形相似，得，得，得，同理，，得点O是六边形的对称中心，即得
【详解】（1）解：如图，过点F作，
则，
∵六边形是对等角六边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴.
（2）连接，如图，
由（1）知，，
同理，，
∵，
∴四边形是平行四边形.
∴.
∵.
∴.
∵，
∴,
∴.
（3）解：∵对等角六边形的对角线交于点，
∴对角线将六边形分割为 6 个小三角形，
由（1）知，六边形相对的边平行，
∴相对的两个三角形相似，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理，，
∴点O是六边形的对称中心，
∵，
∴
故四边形的面积为7.5．
3．（2025·江苏南京·一模）（1）如图，在平面直角坐标系中，，，，线段与线段关于点成中心对称．画出点并写出点的坐标_________；点关于点对称点的坐标为_______．
（2）如图，在的网格中，的三个顶点都在格点上，请在图中画出一个以为边的，顶点，在格点上且满足．
（3）如图，在中，于点，若于点，请用无刻度的直尺在图中作出符合题意的点F．（不要求写作法，但要保留作图痕迹）
【答案】（1），；（2）见解析；（3）见解析
【分析】本题考查了作图 应用与设计作图，平行四边形的判定和性质，全等三角形的性质及判定定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）根据中点坐标公式进行求解M的坐标即可；根据关于点对称点进行求解即可；
（2）根据平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形进行画出图形即可；
（3）连接交于点O，延长交于点K，连接，延长交于点J，连接交于点F，点F即为所求．
【详解】解：（1）∵，，
由中点坐标公式可得，
∴，
画出如下图；
故答案为：；
；
设点关于的对称点坐标为，
∵点是的中点，
∴，，
，，
；
故答案为：；
（2）∵，
由题意得平行四边形与三角形等底，
∴平行四边形的高与三角形等高，
∴画出如下图，即为所求；
（3）如图，点即为所求，
证明：∵ 四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴ ，
∵，
∴．
考向03 几何变换综合应用
题型9 几何变换与函数综合
1、核心综合形式：几何变换（平移、旋转、轴对称）+一次函数/二次函数，考查线段长度、点的坐标、角度计算等，是中考几何压轴题的高频形式； 2、解题关键：数形结合，利用几何变换的性质转化线段、角关系，将几何问题转化为代数问题，通过函数解析式求解未知量； 3、解题思路：①建立平面直角坐标系，利用几何变换的性质，用含参数的式子表示动点坐标或线段长度；②结合函数解析式，建立等式关系，求解未知量；③结合几何变换的限制条件，验证结果合理性； 4、易错点：几何变换转化错误，无法用参数表示线段长度或点的坐标；函数关系式列错，忽略几何变换的限制条件；未结合自变量的取值范围，导致结果不合理。
1．（2026·四川达州·一模）如图，将函数的图象沿y轴向上平移得到一条新函数的图象，其中点，平移后的对应点分别为点，．若曲线段扫过的面积为20（图中的阴影部分），则新图象的函数表达式是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】连接,,则可知图中阴影部分的面积即为平行四边形的面积，由题意易得点、的水平距离即为该平行四边形的高，然后可得，进而问题可求解．
【详解】解：连接,,
∴阴影部分的面积为平行四边形，
∵，，
∴点的水平距离为，
∴,
∴，
∴抛物线向上平移4个单位长度，则平移后的抛物线解析式为．
2．（2026·陕西西安·模拟预测）在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，若点关于轴的对称点的坐标为，则的面积为（ ）
A．10 B．12 C．14 D．16
【答案】D
【分析】先根据对称点性质求出点A坐标，再代入直线解析式求出参数b，得到点B坐标，最后根据直角三角形面积公式计算即可．
【详解】解：∵点是点关于轴的对称点，关于轴对称的点纵坐标不变，横坐标互为相反数，
∴点的坐标为，
∵点在直线上，
∴将代入解析式得 ，
解得 ，即直线解析式为，
∵是直线与轴的交点，令，得，
∴点坐标为，
∵为坐标原点，为直角三角形，，，
∴．
3．（2025·四川绵阳·一模）在平面直角坐标系中，若矩形的对角线与x轴平行，且对角线在直线上，则称矩形为“率矩形”．如图，矩形为“率矩形”，点的坐标为，且直线平分该矩形的面积，则点坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了中心对称、一次函数图象上点的特征以及坐标与图形的性质．根据矩形为“率矩形”， 可设，因为直线平分该矩形的面积，所以直线经过点，从而求出点的坐标，由轴，，可得点的坐标，最后根据求得点坐标．
【详解】矩形为“率矩形”，
设，
直线平分该矩形的面积，
直线经过点，
，
，
，
轴，
，
，
，
，
，
故选：．
4．（2026·浙江·模拟预测）同一平面直角坐标系中，抛物线与关于原点成中心对称，则代数式的值为______．
【答案】
【分析】设为上任一点，它关于原点成中心对称的点为，根据抛物线与关于原点成中心对称，在抛物线上，得，
从而或，求解即可．
【详解】解：设为上任一点，它关于原点成中心对称的点为，
那么在抛物线上，
代入可得，
整理得，
∴或，
∴．
5．（2025·福建莆田·模拟预测）在平面直角坐标系中，有反比例函数与的图象和正方形，原点与对角线、的交点重叠，且如图所示的阴影部分面积为，则______．
【答案】
【分析】本题主要考查了反比例函数和正方形的结合，图形的中心对称性，解题时要熟练掌握并能灵活运用面积互补法求解是关键．
依据题意，利用面积互补法求解，图中阴影部分的面积恰好为正方形面积的一半，进而可以计算得解．
【详解】解：由图知有反比例函数与的图象和正方形，且正方形对角线的交点为点，
根据图形的中心对称性可知图中轴两侧的图形的面积是相等的，
正方形的面积阴影部分的面积，
．
故答案为：．
6．（2026·山东德州·一模）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形的顶点，，，反比例函数的图象经过的中点．
(1)求反比例函数的表达式：
(2)已知点，将点绕点逆时针旋转，若旋转后的点恰好落在的图象上，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求得，再求得，然后运用待定系数法求解即可；
（2）连接，，，再证明可得，即，然后代入（1）所得的函数解析式求解即可．
【详解】（1）解：等腰直角三角形的顶点，，
，轴，
，
又∵点是的中点，设点，
，
，
反比例函数的图象经过点，
，解得：，
反比例函数的表达式为．
（2）解：如图：连接，，，
，
∴，
是等腰直角三角形，点是的中点，
，，，
，即
将点绕点逆时针旋转，
，即，
，
，
恰好落在的图象上，
，
7．（2026·河南信阳·一模）如图，的顶点为网格线的交点，反比例函数的图象过点，点．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)连接，在图中用直尺和铅笔画出沿所在直线平移，且点与点重合，得到的（不写画法）．
①点 反比例函数图象上，点 反比例函数图象上；（填“在”或“不在”）
②四边形是 （特殊四边形），它的面积等于 ．
【答案】(1)
(2)画图见解析；①在，在；②矩形，
【分析】（）由网格可得点在反比例函数图象上，用待定系数法求出，从而得到反比例函数解析式；
（）先根据平行四边形性质确定点坐标，按平移规律求出坐标，验证两点在反比例函数图象上；再由平移性质判定四边形为平行四边形，结合边长关系确定其为矩形，最后用勾股定理求边长，按矩形面积公式计算面积．
【详解】（1）解：由题意得，
∵反比例函数经过点，
，
∴反比例函数的解析式为．
（2）如图所示．
由平行四边形性质得坐标为，将平移使与重合，平移规律为横坐标减，纵坐标减：
① 平移后，代入 ，，故点在反比例函数图象上；
平移后 ，代入 ，，故点在反比例函数图象上；
②由平移的性质，可知，
∴四边形是平行四边形，
由图象，可知，
∴四边形是矩形，
由勾股定理，得，，
∴．
8．（2026·湖北黄冈·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线，与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．
(1)求抛物线和直线的解析式；
(2)点P是直线上方的抛物线上一点，连接，求面积的最大值；
(3)将抛物线向上平移3个单位得新抛物线，新抛物线中的部分记为“图形W”．在新抛物线对称轴上取两点和，其中，将线段绕点M顺时针旋转，点N的对应点为H，以为边构造正方形．
①直接写出点Q和点H的坐标（用含m的式子表示）；
②当矩形的四边与“图形W”有且只有一个公共点时，直接写出所有满足条件的m的取值范围．
【答案】(1)；
(2)面积的最大值为
(3)①H点的坐标为，Q点的坐标为；②或或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可求出抛物线的解析式；令，求出，可得，，将代入，可得，再利用待定系数法即可求出直线的解析式；
（2）过点P作轴交直线于点D，设点，则，求出，根据，利用二次函数的性质即可求解；
（3）平移后的抛物线为，对称轴是．
①当，两种情况讨论，利用旋转的性质结合正方形的性质即可分别求出点，点的坐标；
②分点H在对称轴左侧和右侧两种情况讨论．
【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线，解得，
抛物线的解析式为；
令，则，
解得，
，，
将代入，则，
∴，
设直线的解析式为，将B点坐标代入得，解得．
直线的解析式为．
（2）解：如图1，过点P作轴交直线于点D，
设点，则，
．
．
，
抛物线的开口向下，函数有最大值，
当时，面积的最大值为．
（3）解：平移后的抛物线为，对称轴是直线．
①当时，即时，M在N的上方，．
此时H点的坐标为，Q点坐标为；
当时，M在N的下方，．
此时H点的坐标为，Q点坐标为；
即无论m取何值，H点的坐标均为，Q点的坐标均为；
②当点H在对称轴的左侧，当矩形的四边与“图形W”有且只有一个公共点时，
点在抛物线上，
，化简得，
解得．
，
．
当点H在对称轴的右侧，当矩形的四边与“图形W”有且只有一个公共点时，
点在抛物线上或点H在直线的右侧．
若点在抛物线上，，
化简得，解得．
，
．
若点H在直线的右侧，，解得；
综上可知：或或．
题型10 几何变换与动点综合
1、核心综合形式：几何变换+动点，考查动点运动过程中，经过几何变换后的线段长度、角度、图形形状变化等，侧重考查分类讨论思想与图形构造能力； 2、解题关键：抓住动点的运动规律，结合几何变换的性质，分情况讨论动点的位置，转化线段、角关系，解决几何推理与计算问题； 3、解题思路：①分析动点的运动轨迹（如直线、线段、圆弧），确定运动范围；②结合几何变换（如轴对称、旋转），将动线段、动角转化为固定线段或可求线段、角度；③分情况讨论，结合全等、相似知识，求解未知量，验证不同情况下的结果合理性； 4、易错点：动点运动轨迹判断错误，遗漏分类讨论；几何变换与动点结合时，转化错误；忽略动点的运动限制，导致结果不符合实际情况。
1．（2026·四川南充·一模）如图，在中，，P是边上一动点（不与端点重合）．由旋转得到．下列说法：①的大小是变化的；②平分；③有最小值；④与成一次函数关系；⑤四边形的面积为定值．正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据旋转的性质可得，，，则可证明，据此可判断①；根据等边对等角可得，据此可判断②；根据，且垂线段最短可判断③；根据可判断④；根据可判断⑤．
【详解】解：由旋转的性质可得，，，
∴，
∴，
∵是定角，
∴是定角，故①说法错误；
∵，
∴，
∴，
∴平分，故②正确；
∵，且垂线段最短，
∴当时，有最小值，即此时有最小值，故③正确；
∵，
∴，
∵的长是定值，
∴与成一次函数关系，故④正确；
∵，
∴四边形的面积为定值，故⑤正确；
∴正确的有4个．
2．（2026·甘肃平凉·一模）观察发现
(1)如图1，将正方形折叠，使点的对应点落在边上，折痕分别与，交于点，则折痕和的数量和位置关系分别是_____．
类比探究
(2)在（1）的条件下，设EF与交于点，连接交于点，如图2．求证：．
拓展应用
(3)如图3，正方形的边长为9，M是边上的一个动点，点在边上，且，连接，将正方形沿折叠，使点分别落在点处，当点落在直线上时，求线段的长．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)2或8
【分析】（1）根据折叠的性质可得垂直平分，再构造十字架模型证即可；
（2）连接，，，易证，可得，，再证，可得，进而即可得证；
（3）分两种情况讨论，点Q在线段上或延长线上，设，由题易得，，，则或12，进而分别在中，，在中，，建立方程求解即可．
【详解】（1）解：如图，过点F作于点H，设与交于点O．
根据折叠的性质可得垂直平分，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
（2）证明：如图，连接，，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴在四边形中，，
∴，
又∵，
∴，
∵由（1）有，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：线段的长为2或8．
连接，设，
∵，，
∴，，
在中，，
当点Q落在线段上时，如图，
此时，
在中，，
在中，，
则，
解得，
∴；
当点Q在延长线上时，如图，
此时，
在中，，
在中，，
则，
解得，
∴；
综上，线段的长为2或8．
3．（2026·江苏扬州·一模）如图1，数学探究：中，，，D是边的中点，是线段上的动点（不与点、点重合），边关于对称的线段为，连接．
(1)当为等腰直角三角形时，求的大小．
(2)如图2，延长，交射线于点．
①试探究的大小是否变化？如果不变，请求出的大小；如果变化，请说明理由．②若，则的面积最大为__________，此时__________．
【答案】(1)
(2)①不变，②，
【分析】（1）由对称性质得，由三角形外角的性质得，即可求解；
（2）①设，则，由对称性质得，由三角形外角的性质得，即可求解；
②点以为弦，所对的圆周角为的圆弧上运动，过点作于，交优弧于点，连接，当时，即点位于点时，的面积最大，即可求解．
【详解】（1）解： 为等腰直角三角形，
，
，
边关于对称的线段为，
，
；
（2）解：①的大小始终不变，大小为，
设，则，
边关于对称的线段为，
，，
，
，
，
，
；
②由①得，
，
点以为弦，所对的圆周角为的圆弧上运动，如图，过点作于，交优弧于点，连接，
当时，即点位于点时，的面积最大，
，
，垂直平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
面积最大值是，
此时，点的位置如图所示，过点作于，
则，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
．
【点睛】利用圆的基本性质找出点的运动轨迹和取得最值时点的位置是解题的关键．
题型11 几何变换与实际情境综合
1、常见应用场景：图形拼接与折叠、测量问题、路线设计等，核心是将实际问题转化为几何变换问题，利用平移、旋转、轴对称的性质求解； 2、解题技巧：①提取实际问题中的几何模型，确定已知条件（如线段长度、角度、图形形状）；②利用几何变换，将实际问题转化为几何推理与计算问题；③结合几何性质，求解未知量，结合实际意义对结果进行取舍； 3、易错点：无法将实际问题转化为几何模型；几何变换应用错误，导致求解偏差；忽略实际场景中的限制条件（如长度、角度的取值范围），未验证结果的合理性。
1．（2026·安徽滁州·一模）在综合实践活动课上，兴趣小组先画一个，折叠纸张使得点与点重合，折痕与边交于点；再折出射线，点在延长线上；最后折叠纸张使得落在上，点的对应点为点，连接，．对下列结论①四边形为平行四边形；②若是直角三角形，则四边形为矩形；③若是等腰三角形，则四边形为菱形．判断正确的是（ ）
A．① B．①② C．①③ D．①②③
【答案】A
【分析】先根据折叠得，，证明四边形为平行四边形，再结合三角形的条件判断②③，即可作答．
【详解】解：①由题意可得：，，
∴四边形为平行四边形，故①正确；
②条件中没有明确说明哪个角是直角，故不能说明四边形为矩形，故②错误；
③条件中没有明确说明哪条边是腰，故不能说明四边形为菱形，故③错误．
2．（2026·湖南株洲·一模）如图，在平面直角坐标系中，一面朝右的平面镜贴在y轴上，一束光线从点处射出，射到平面镜上的点处，被平面镜反射后射到x轴上的点C处，则点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】在延长线上取点，使得点与点关于直线对称，求出点，利用待定系数法求出直线的解析式，即可求出点C的坐标．
【详解】解：根据题意得，直线与直线关于直线对称，
在延长线上取点，使得点与点关于直线对称，
∵，
∴，
设直线的解析式为，则，
解得，
∴直线的解析式为，
令，解得，
∴点C的坐标为．
3．（2026·河南安阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，风车图案的中心为正方形，四片叶片为全等的平行四边形，其中一片叶片上的点的坐标分别为，将风车绕点顺时针旋转，每次旋转，则经过第2026次旋转后，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了平面直角坐标系的特点，平行四边形、矩形的判定和性质，图形规律等知识，根据题意得到，结合图形找出旋转规律即可求解．
【详解】解：∵风车图案的中心为正方形，
∴，
如图所示，作于点，
∴，
∵风车图案的四片叶片为全等的平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，则，
∴，
∵每次旋转，
∴旋转第一次时，点对应点为，点对应点为，则，
旋转第二次时，点对应点为，点对应点为，则，
旋转第三次时，点对应点为，点对应点为，则，
旋转第四次时，点对应点为，点对应点为，则，
∵，
∴经过第2026次旋转后，点的坐标为 ．
4．（2026·安徽·模拟预测）如图1是一个高脚杯的截面图，杯体呈抛物线形（杯体厚度不计），点P是抛物线的顶点，为杯底，点O是的中点，且，，杯子的高度（即，之间的距离）为．以O为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系．
(1)求杯体所在抛物线的解析式；
(2)将放在水平桌面上的装有饮料的高脚杯绕点B顺时针旋转，液面恰好到达点D处．如图2．
（ⅰ）请你以的中点O为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，并求出与y轴的交点坐标；
（ⅱ）求此时杯子内液体的最大深度．
【答案】(1)；
(2)（ⅰ）坐标系见详解，与y轴的交点坐标为；（ⅱ）杯子内液体的最大深度为：；
【分析】（1）根据点O是的中点，且，，杯子的高度（即，之间的距离）为得到，，，再将点代入求解即可得到答案；（2）（ⅰ）过D作交于点E，过E作交于点M，求出点M，点E坐标得到l的解析式，结合平行求出的解析式即可得到答案；（ⅱ）在上任取一点F作交于H，交抛物线于G，设出点F的坐标，表示出点G的坐标，得到的解析式，结合函数性质即可得到答案．
【详解】（1）解：∵点O是的中点，且，，杯子的高度（即，之间的距离）为，
∴，，，
设杯体所在抛物线的解析式为：，
∴，，，
解得：，，，
∴杯体所在抛物线的解析式为：；
（2）解：坐标系如图所示，过D作交于点E，过E作交于点M，
∵点O是的中点，且，，杯子的高度（即，之间的距离）为，
∴，，，
∵饮料的高脚杯绕点B顺时针旋转，
∴，
∴，
∴，，
∴，，，
设的解析式为，将，代入得，
，
解得：，
∵，
∴，
设的解析式为：，
将点D代入得，
，
解得：，
的解析式为：，
当时，
，
∴与y轴的交点坐标为：；
（ⅱ）在上任取一点F作交于H，交抛物线于G，过点G作于点N，如图2所示，
∵轴，轴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴当最小时，最小，
设，则，
∴，
∵，
∴当时，
∴的最小值为，
∴的最小值为
即此时杯子内液体的最大深度为：．
5．（2026·陕西榆林·一模）某校计划举行“非遗进校园”活动，现要装饰如图①所示的舞台，在顶棚上悬挂电子屏幕．某一小组记录的调研报告如表所示．
调研主题 装饰舞台—安装电子屏幕
模型抽象 顶棚截面图如图所示，由两段形状相同的抛物线拼接而成，抛物线与抛物线关于点成中心对称，以点为原点，过点的水平直线为轴，过点且垂直于轴的竖直直线为轴建立平面直角坐标系．舞台平面与轴平行，交轴于点．
安装方式 矩形电子屏幕如图所示悬挂，右端固定在抛物线的顶点处，左端从抛物线上的点处拉一条绳索固定，轴，交轴于点，点、在边上，边与平行于轴．
任务目标 1．为保证表演者的安全，与舞台平面之间的距离要不小于米； 2．与轴之间的距离为，需要的绳索长度是多少？（打结处忽略不计）
数据采集 顶点F的坐标为，，
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)通过计算说明与舞台平面l之间的距离是否符合要求？并求绳索的长度．
【答案】(1)
(2)与舞台平面l之间的距离符合要求，
【分析】（1）由关于原点中心对称的点的坐标特征，可得抛物线的顶点坐标，根据待定系数法即可得抛物线的函数表达式；
（2）由题意可得与舞台平面之间的距离，当时，，可得，结合已知即可得绳索的长度．
【详解】（1）解：∵抛物线与抛物线关于点成中心对称，顶点的坐标为，
∴抛物线的顶点坐标为，
设抛物线的函数表达式为 ，
把点代入，
解得，
∴抛物线的函数表达式为．
（2）解：由题意可得与舞台平面之间的距离为，
当时，，
∴，
由题可得的长度为，
∴，
∴与舞台平面之间的距离符合要求，绳索的长度为．
（建议用时：90分钟）
1．（2026·河北邯郸·一模）如图，在Rt中，，将沿某一个方向平移2个单位长度，记扫过的面积为．关于结论①，②，下列判断正确的是（ ）
结论①：点到BC的距离为；
结论②：的最大值为
A．只有①对 B．只有②对 C．①，②都对 D．①，②都不对
【答案】B
【分析】根据点到直线的距离，垂线段最短，三角形的面积公式，以及平移的性质，分析判断即可．
【详解】解：设点到线段的距离为，则
，
∴，
∴结论①不正确；
在三角形ABC中，，，，，
∴，，
∴如图，当沿垂直于的方向平移2个单位时，扫过的面积最大，
此时，，
∴结论②正确．
综上，只有②对．
2．（2026·河南·一模）在平面直角坐标系中，正方形位置如图所示，边长为1，每一次将正方形绕点O逆时针旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转得到正方形，第二次旋转得到正方形，…，以此类推，则点的坐标是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】解：根据题意，，
每点所在象限每4个点为一个循环，横纵坐标的绝对值为，
又，
点在第三象限，坐标为．
3．（2026·浙江·二模）如图，菱形中，对角线，相交于点P，与关于点D成中心对称．若，，则___________．
【答案】25
【分析】利用菱形的性质得到与互相垂直平分，从而求得的长和的长，再由与关于点D成中心对称，得到，从而求得的值，利用勾股定理即可得出的长．
【详解】解：在菱形中，与互相垂直平分，
∴，，
又∵与关于点D成中心对称，
∴，
∴，，，
∴，
在中，．
4．（2026·河南平顶山·一模）如图一次函数与反比例函数的图象相交于，两点，且点的坐标为，点的坐标为．
(1)求，的值和反比例函数的解析式；
(2)点关于原点的对称点为，在轴上找一点，使的值最小，并求出点的坐标．
【答案】(1)，，
(2)见解析；点的坐标为
【分析】（1）先把点代入一次函数的解析式，求出的值，待定系数法求出反比例函数的解析式即可；
（2）作点关于轴的对称点，连接交轴于点，连接，则的值为最小，点为所求的点，求出直线的解析式，进而求出点的坐标即可．
【详解】（1）解：将，分别代入，得，．
解得，．
，．
将代入，得．
反比例函数的解析式为．
（2）解：如图，作点关于轴的对称点，连接交轴于点，连接，则的值为最小，点为所求作的点．
，点与点关于原点对称，
点的坐标为．
，点和点关于轴对称，
点的坐标为．
设直线的解析式为，
将，代入，
得，解得．
直线的解析式为．
对于，当时，．
点的坐标为．
5．（2026·山西大同·一模）综合与实践
数学课上，同学们以含角的平行四边形为载体，开展了平移、折叠、旋转的综合实践活动．如图1，在平行四边形中，．
【智慧小组——平移探究】
(1)如图2，将沿着射线方向平移，得到，点的对应点为．当四边形为矩形时，求平移的距离．
【善思小组——折叠探究】
(2)如图3，将沿着折叠得到，点的对应点为，连接．猜想四边形的形状，并证明你的猜想．
【探索小组——旋转探究】
(3)将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为点．当为以为底的等腰三角形时，请你直接写出的值．
【答案】(1)
(2)四边形是矩形，见解析
(3)或
【分析】（1）根据平行四边形的性质可求出，根据含的直角三角形的性质求出，根据平移的性质得出，根据矩形的性质并结合可求出，然后在中，根据正切的定义求出即可；
（2）根据折叠的性质得出，，，则可证、D、B三点共线，则，然后根据矩形的判定即可得证；
（3）分两种情况讨论：当点F在的上方时，过F作于M，交于N，过D作于H，在中，解直角三角形求出，，根据三线合一的性质求出，根据矩形的判定与性质求出，，根据旋转的性质得出，在中，根据勾股定理求出，最后在中，根据勾股定理求解即可；当点F在的上方时，类似求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，，，
∴，，，，，
∴，，
∴，
∴，
∵平移后四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，，
即平移距离为；
（2）解：四边形是矩形
理由：∵折叠，
∴，，，
∴，
∴、D、B三点共线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又
∴平行四边形是矩形；
（3）解：当点F在的上方时，如图，过F作于M，交于N，过D作于H，
在中，，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵旋转
∴，
∴在中，，
∴，
∴；
当点F在的下方时，如图，过F作于M，交于N，过D作于H，
在中，，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵旋转
∴，
∴在中，，
∴，
∴；
综上，的值为或．
6．（2026·浙江宁波·模拟预测）已知：在中，．
(1)如图1，求的面积．
(2)如图2，点在边上，将沿射线方向平移至，使得点与点重合．
①连接．求的面积．
②如图3，将绕点旋转至，边与线段的延长线交于点，连接．当时，求的最小值．
【答案】(1)
(2)①15；②
【分析】（1）过点作于点，则：设，则，结合勾股定理可得：，进一步求解即可．
（2）①如图2，连结，证明四边形是平行四边形，求解的面积的面积，可得的面积．
②如图3，过点作于点，求解，过点作于点，则的面积为：求解，结合只需最小，则最小，再进一步求解即可．
【详解】（1）解：过点作于点，则：
，，
设，则，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴的面积为：．
（2）解：①如图2，连接，
∵沿射线方向平移至，
∴，，，
∴，
∵且，
∴四边形是平行四边形，
∴的面积的面积的面积，
∵，
∴的面积的面积，
∴的面积．
②如图3，过点作于点，
由（1）得：，
当时，，
∴，
∴，
过点作于点，则的面积为：，
∵的面积为：，
∴，解得，
∴，
∵，
∴只需最小，则最小，
∵绕点旋转至，
∴，
∴的最小值，
∴的最小值为：．
7．（2025·山西朔州·二模）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展数学活动．
在矩形中，是对角线，，，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，其中点分别是点的对应点．
(1)如图1，连接，猜想的数量关系并说明理由．
(2)如图2，隐去对角线，当点恰好落在边上时，连接交于点．
①求证：．
②若将矩形沿向右平移，使得恰好落在上，则平移的距离为______．
(3)若点落在直线上，请直接写出的长．
【答案】(1)，理由见解析
(2)①见解析；②
(3)或
【分析】（1）由旋转的性质可得，，，， ，进而证明，即可得出；
（2）①过点作于点，连接，由旋转的性质可得，，可得，进而得，得，由旋转可知，因此，进而证明，即可得出结论；
②过点作于点，根据题意，若将矩形沿向右平移，使得恰好落在上，则平移的距离为的长度，先证明，得，由①得，，即，求出即可；
（3）分两种情况进行讨论，第一种情况，过点作于点，过点作于点，易得四边形是矩形，根据等面积法和勾股定理即可求出的长； 第二种情况，过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，易得四边形是矩形，根据等面积法和勾股定理即可求出的长．
【详解】（1），理由如下：
矩形中，，是对角线，，，
，
，
由旋转的性质可得，，，，
，
，
；
（2）证明：如图所示，过点作于点，连接，
由旋转的性质可得，，
，
，
，
，
又，，
，
由旋转可知，，
，
，，
，
；
②如图所示，过点作于点，
根据题意，若将矩形沿向右平移，使得恰好落在上，则平移的距离为的长度，
由旋转的性质可得，，，
，
，
又，，
，
，
，
由①得，，
；
（3）分两种情况进行讨论，
第一种情况，如图所示，过点作于点，过点作于点，
，，矩形，
四边形是矩形，
，即，
，
，
，，
，，
；
第二种情况，如图所示，过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
，，矩形，
四边形是矩形，
，即，
，
，
，，
，，
，
综上所述，的长为或 ．
【点睛】本题考查了图形的变换—旋转、矩形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质、角平分线的性质定理、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点，具备一定的画图能力，会用分类讨论的思想是解题的关键．
8．（2026·山东淄博·一模）【问题情境】
某数学兴趣小组在学习了图形旋转的相关知识之后，在等腰三角形纸片上进行了关于旋转的研究性学习．中，．同学们在边上取点，连接，将以点为中心旋转，由于同学们所取点的位置不同，的角度大小不同，产生了以下两种方案．
【探究感悟】
小明方案：取，旋转使点的对应点落到线段上；
(1)如图1，小明发现，此时点的对应点与点的连线恰好平分，则线段的长是_____；
【深入探究】
小刚方案：如图2，旋转使点的对应点落到点上，折叠使点与点D重合，折痕为；
(2)在图2中找出与相等的角，并证明；
(3)如图3，F为线段上的点，．若，求的长．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）证明，可得，从而得到，进而得到，即可求解；
（2）证明，可得，即可求解；
（3）证明，可得，再结合，即可求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，，
∵点与点的连线恰好平分，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，证明如下：
由题意得垂直平分，
∴，
∴
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
由旋转的性质得：
∴；
（3）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
9．（2026·安徽芜湖·一模）项目式学习
项目主题 风筝的设计与制作
项目背景 风筝制作在中国具有悠久的历史，以竹篾扎成鸟禽状骨架，上糊以纸，称为“纸鸢”，以下是某小组开展制作风筝项目的实施过程．
(1)步骤一：设计
如图，在平面直角坐标系中，点坐标为，请你以轴为对称轴画出风筝骨架的另一半，并直接写出点的对称点的坐标为___________．
(2)步骤二：制作
将设计与制作的风筝进行试飞，根据当天风速等实际状况试飞，发现当与比值为黄金分割比时，风筝飞的最稳，则的长应设置为___________．
(3)步骤三：结论
在步骤二的条件下，风筝所需材料（四边形）的面积为___________．
【答案】(1)见解析，点的坐标为
(2)
(3)
【分析】（1）找出点关于轴对称的点，然后连接，再写出坐标即可；
（2）根据题意，可知，求解即可；
（3）根据三角形面积公式求得，再根据，即可求得答案．
【详解】（1）解：下图即为所求：
∵与点关于轴对称，
∴坐标为；
（2）解：∵当与比值为黄金分割比，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：∵与关于轴对称，
∴，
∴，
∵，
∴风筝所需材料（四边形）的面积为．
10．（2025·四川凉山·中考真题）某型号起重机吊起一货物M在空中保持静止状态时，如图1，货物M与点O的连线恰好平行于地面，米，．（参考数据：，结果精确到1米）
(1)求直吊臂的长；
(2)如图2，直吊臂与的长度保持不变，绕点O逆时针旋转，当时，货物M上升了多少米？
【答案】(1)直吊臂的长为10米
(2)上升了5米
【分析】本题考查了解直角三角形的实际应用，旋转的性质，矩形的性质与判定，正确理解题意，构造直角三角形是解题的关键．
（1）根据，即可解，即可求解；
（2）记旋转后的点的对应点为，延长交于点，过点作于点，可得四边形为矩形，则米，在中，由求出，再由，即可求解．
【详解】（1）解：由题意得，，
∵，米，
∴在中，（米），
答：直吊臂的长为10米；
（2）解：记旋转后的点的对应点为，延长交于点，过点作于点，则，
由题意得：米，米，
∴，
∴四边形为矩形，
∴米，
在中，米，
∴（米），
∴货物上升了5米．
11．（2026·上海闵行·一模）探究活动：巧拼地砖外边．
装修工人有一大一小两根条形边角料（大条形边角料中，小条形边角料中），如图1拼接到直角地砖的外边上，发现点与点不能重合．为了尽可能节约用料，又能使两根条形边角料能拼成一个直角，工人师傅使用一把直尺、一支笔和一台切割机，经过图2—图9的操作解决了问题，完成了拼接．
图1 图2 图3 图4 图5
【操作说明】 将一大一小两根条形边角料拼在直角地砖的外边． 【操作说明】 画出的延长线，交于点． 【操作说明】 连接OC． 【操作说明】 沿着射线方向，平移小条形边角料，使点与点重合，得到四边形． 【操作说明】 画出的延长线，交小条形边角料的边于D．
图6 图7 图8 图9
【操作说明】 连接BD． 【操作说明】 沿着切割． 【操作说明】 拼接切割后的两根条形边角料．
(1)请根据图2-图6的操作说明，在图①中画出操作过程相应的图形，并按操作过程标注相应的字母；
(2)如果大条形边角料为的宽度为，小条形边角料为的宽度为，大条形边角料裁剪后的锐角是，那么___________；
(3)请根据上述探究，设计一个新裁剪方案，在图②中画出剪裁方法，并简单说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）根据提示的基本操作，按照顺序依次作图，标注好字母即可；
（2）延长，交于点T，根据题意，得到，结合，得到，且，同理可证，再证明四边形是矩形，得到，根据，解答即可．
（3）延长，交于点E，连接，过点A作，交于点F，利用平行四边形的判定和性质，三角形外角性质证明即可．
本题考查了基本作图，平移，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正切函数的应用，三角形外角性质的应用，熟练掌握判定和性质，三角函数的应用是解题的关键．
【详解】（1）解：根据提示的基本操作，按照顺序依次作图，标注字母画图如下：
则画图即为所求．
（2）解：延长，交于点T，
根据题意，∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵大条形边角料为的宽度为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵小条形边角料为的宽度为，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
故答案为：．
（3）解：延长，交于点E，连接，
过点A作，交于点F，
故沿着切割，然后拼接到位置上即可符合要求，理由如下：
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵ ，
∴，
∵，
∴，
∴，
故沿着切割，然后拼接到位置上，此时，符合要求．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题06 几何变换综合
内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难考向保分攻略 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难考向的核心方法论与实战技巧，精选同源试题巩固内化 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感”
近三年：中考数学中几何变换考点主要考向分为三类： 一、几何变换基础（平移、旋转、轴对称，每年1~2道，6~10分）； 二、几何变换与全等/相似综合（每年1道，8~12分）； 三、几何变换与函数、动点综合（每年1道，10~14分）． 考查内容稳定，命题形式灵活，选择、填空、解答题均有涉及，解答题多为中档偏上综合题，常作为几何压轴题的核心组成部分，侧重考查转化思想、数形结合思想与图形构造能力． 预测2026年：几何变换仍是中考数学几何核心考点，结合全国统一命题中考趋势，侧重考查旋转、轴对称变换的应用，强化几何变换与全等、相似、函数、动点的融合。命题更注重情境化与综合性，强调图形识别、辅助线构造与转化能力，考生需熟练掌握各类几何变换的性质，牢记常见变换模型，提升综合推理与计算能力，做到举一反三、灵活应变。
考向01 几何变换基础
题型1 平移的性质与应用
1、核心性质（中考必考）：平移前后，图形的形状、大小不变，对应边相等、对应角相等；对应点所连的线段平行（或在同一直线上）且相等，对应线段平行（或在同一直线上）且相等； 2、解题技巧：①平移的核心是“平行移动，方向不变、距离相等”，可通过对应点的坐标变化（平面直角坐标系中）或对应线段的位置关系判断平移方向与距离；②利用平移性质，将分散的线段、角集中，构造全等、相似三角形，简化推理与计算；③实际应用中，可通过平移转化图形，解决图形拼接、线段转化等问题； 3、易错点：忽略平移的“方向不变”特点，误将旋转当作平移；平移后对应点、对应边找错；平面直角坐标系中，平移规律混淆（左右平移改变横坐标，上下平移改变纵坐标）。
1．（2026·山东青岛·一模）无人机编队表演，在空中先组成如图所示的菱形图案，然后整体向右平移5个单位长度，再绕点的对应点逆时针旋转得到菱形，此时点的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（2026·河南商丘·一模）如图，中，，，将沿射线方向平移得对应，过点作，垂足为，交于点，若，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
3．（2026·河北邯郸·一模）如图，在Rt中，，将沿某一个方向平移2个单位长度，记扫过的面积为．关于结论①，②，下列判断正确的是（ ）
结论①：点到BC的距离为；
结论②：的最大值为
A．只有①对 B．只有②对 C．①，②都对 D．①，②都不对
4．（2026·河南周口·一模）如图，在扇形中，已知，，正方形的顶点、、分别在、、上，把正方形的沿直线向右平移，得到正方形，其中点的对应点恰好与重合，如图所示，则图中阴影部分的面积为___________．
5．（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．
6．（2026·江苏南通·一模）如图，是等边三角形，是的中点，，垂足为，是由沿方向平移得到的．已知过点，交于点．
(1)求的大小；
(2)求证：是等边三角形．
题型2 旋转的性质与应用
1、核心性质（中考必考）：旋转前后，图形的形状、大小不变，对应边相等、对应角相等；对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角；旋转中心是唯一不动的点； 2、解题技巧：①旋转的核心是“绕定点旋转，旋转角不变”，优先找旋转中心、旋转角和对应点，利用旋转性质转化线段、角关系；②常见旋转模型（手拉手、半角模型），可快速构造全等三角形，解决线段和差、角度计算问题；③遇等腰三角形、等边三角形、正方形，可尝试旋转（旋转角度通常为60°、90°），构造全等或相似； 3、易错点：旋转角找错（误将非对应点与旋转中心的夹角当作旋转角）；对应点、对应边找错；忽略旋转的可逆性，无法反向利用旋转性质解题。
1．（2026·广东汕头·一模）如图，在平面直角坐标系中，的直角顶点A在x轴上，，，．将绕点A顺时针旋转得到，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（2026·湖北随州·一模）如图，已知正方形的边长为6，点E是边上一点，连接，将绕点D逆时针旋转至，点E与点F对应，连接与交于点G，若，则的长为（ ）
A． B．2 C． D．
3．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形的中心与原点O重合，轴，交y轴于点G．将绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2026次旋转结束时，点B的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．（2026·江苏徐州·一模）如图，在正方形中，，点O是边的中点，若点E是直线上一动点，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，则线段长的最小值为_______．
5．（2026·浙江嘉兴·一模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形和正方形．延长交以为直径的半圆于点，连接．若，则的值为______．
6．（2026·江西吉安·模拟预测）如图，在平行四边形纸条中，，，将纸条绕着点C旋转后得到平行四边形纸条，点D恰好在边上，则点G到的距离为________．
7．（2026·安徽阜阳·一模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，线段的两个端点均为格点（网格线的交点）．已知点和点的坐标分别为和．
(1)将线段先向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到线段，画出线段；
(2)将线段绕逆时针旋转，得到线段，画出线段；
(3)在平面直角坐标系的第四象限内描出一个格点（要在网格内），使得，并写出格点的坐标．
8．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）【探索发现】如图1，晓慧用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形．
【抽象定义】以等腰三角形的腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在中，，，．此时，四边形是“双等四边形”，是“伴随三角形”．
【方法应用】
(1)如图3，在中，，将绕点A逆时针旋转至，点D恰好落在边上，求证：四边形是双等四边形．
(2)如图4，在等腰中，，，以为边向外作等腰，使四边形是以为伴随三角形的双等四边形，请直接写出的度数．
题型3 轴对称的性质与应用
1、核心性质（中考必考）：轴对称前后，图形的形状、大小不变，对应边相等、对应角相等；对称轴是对应点连线的垂直平分线，对应点到对称轴的距离相等； 2、解题技巧：①轴对称的核心是“沿对称轴折叠重合”，可利用对称轴的垂直平分线性质，求线段长度、确定点的坐标；②遇角平分线、垂直平分线，可结合轴对称性质，构造全等三角形，简化推理；③利用轴对称性质，转化分散的线段、角，辅助解决几何证明与计算问题； 3、易错点：对称轴找错（误将非对应点连线的垂直平分线当作对称轴）；忽略轴对称的双向性，无法利用对应点关系求解；构造轴对称图形时，对应点找错，导致推理偏差。
1．（2026·辽宁葫芦岛·模拟预测）如图，一张直角三角形纸片，，，，将纸片沿折叠，使点落在点处，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2026·山西朔州·一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，顶点在第一象限，点为上一点，将沿直线折叠得到，点的对应点落在的延长线上．若点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．（2026·陕西咸阳·一模）如图，在菱形中，，，为线段上的一个动点，四边形是平行四边形，则的最小值为______．
4．（2026·江苏扬州·一模）如图1，数学探究：中，，，D是边的中点，是线段上的动点（不与点、点重合），边关于对称的线段为，连接．
(1)当为等腰直角三角形时，求的大小．
(2)如图2，延长，交射线于点．
①试探究的大小是否变化？如果不变，请求出的大小；如果变化，请说明理由．②若，则的面积最大为__________，此时__________．
5．（2026·安徽芜湖·一模）项目式学习
项目主题 风筝的设计与制作
项目背景 风筝制作在中国具有悠久的历史，以竹篾扎成鸟禽状骨架，上糊以纸，称为“纸鸢”，以下是某小组开展制作风筝项目的实施过程．
(1)步骤一：设计
如图，在平面直角坐标系中，点坐标为，请你以轴为对称轴画出风筝骨架的另一半，并直接写出点的对称点的坐标为___________．
(2)步骤二：制作
将设计与制作的风筝进行试飞，根据当天风速等实际状况试飞，发现当与比值为黄金分割比时，风筝飞的最稳，则的长应设置为___________．
(3)步骤三：结论
在步骤二的条件下，风筝所需材料（四边形）的面积为___________．
题型4 中心对称的性质与应用
1、找对称中心：①两图中心对称：连接两组对应点，交点即为对称中心； ②单个中心对称图形：对称中心多为对角线交点、中点、圆心； 2、坐标中的中心对称： ①点 (x,y) 关于原点中心对称 ( x, y)； ②点 (x,y) 关于点 (a,b) 中心对称 对称点 (2a x, 2b y)。
1．（2026·辽宁葫芦岛·一模）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2026·安徽安庆·一模）如图，在等边三角形中，为的中点，，与关于点中心对称，连接，则的长为（ ）．
A． B． C． D．
3．（2025·广东广州·一模）如图，在平面直角坐标系中，点，，，，，，……都是平行四边形的顶点，点，，……在轴正半轴上，，，，，，，……，平行四边形按照此规律依次排列，则第6个平行四边形的对称中心的坐标是( )
A． B． C． D．
4．（2025·陕西·模拟预测）如图，在菱形中，，，为菱形的对称中心，过点的直线交于点E，交于点为上的一点，连接．若，则四边形的面积为_____．
5．（2025·山东烟台·一模）小好同学用计算机软件绘制函数的图象如图所示，发现它关于点成中心对称．若点，，，……，，都在函数图象上，这些点的横坐标从0开始依次增加，则的值是___________．
6．（2025·安徽合肥·一模）如图，三个顶点的坐标分别为，，．
(1)将向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度后得到，请画出，并写出的坐标；
(2)请画出关于点成中心对称的；
(3)连接，，四边形的周长是______．
考向02 几何变换与全等、相似综合
题型5 平移与全等/相似综合
1、核心思路：利用平移的性质，构造全等或相似三角形，将分散的线段、角集中，通过全等证明线段相等、角相等，通过相似转化线段比例，进而解决推理与计算问题； 2、解题技巧：①平移图形，使对应边重合或平行，构造全等三角形（如平移三角形，使一组对应边重合，证明另一组对应边相等）；②利用平移后对应线段平行的性质，构造相似三角形（如A字型、8字型），转化线段比例；③结合平移的坐标规律，在平面直角坐标系中，利用全等、相似求点的坐标或线段长度； 3、易错点：平移方向、距离判断错误，导致构造的全等/相似三角形不成立；对应边、对应角找错；忽略平移与全等/相似的衔接，无法转化线段、角关系。
1．（2026·河南商丘·一模）如图，菱形的边长为6，，将该菱形沿方向平移得到四边形，交于点M，则点M到的距离为（ ）
A．1 B． C．2 D．
2．（2025·上海·模拟预测）在梯形中，，， ， ．在边上取一点E，满足．将沿方向平移得到（三个顶点依次对应），若点H在边上，则点H到直线的距离是___________．
3．（2026·江西·模拟预测）如图，将沿射线平移，使点B与点C重合，得到，连接．F，G分别是的中点，连接．
(1)求证：．
(2)若，求证：四边形是矩形．
4．（2026·浙江湖州·一模）【问题背景】如图所示，某兴趣小组将矩形纸片沿对角线剪开，再把沿着方向平移，得到，交于点，交于点．
【数学理解】
(1)在平移过程中，线段的长始终与相等，请说明理由；
(2)已知，在平移过程中，当两个三角形的重叠部分为菱形时，求移动的距离．
5．（2026·安徽阜阳·一模）数学问题：如图①，正方形中，点是对角线上任意一点，过点作，垂足为，交所在直线于点．探索与之间的数量关系，并说明理由．
(1)特殊思考：如图②，当是对角线的中点时，与之间的数量关系是 ．
(2)探究证明：
① 小明用“平移法”将沿方向平移得到，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究与之间的数量关系．请你按照他的思路，完成解题过程．
② 请你用与（）不同的方法解决“数学问题”．
题型6 旋转与全等/相似综合
1、核心思路：旋转是构造全等、相似三角形的重要工具，尤其是等腰三角形、等边三角形、正方形中的旋转，可快速得到全等三角形；利用旋转角相等、对应边相等的性质，结合全等、相似的判定与性质，解决线段和差、角度计算、比例证明等问题； 2、解题技巧：①遇等腰三角形，可绕顶点旋转，使两腰重合，构造全等三角形；②遇等边三角形，旋转60°，构造全等或相似三角形；③遇正方形，旋转90°，利用对应边相等、对应角相等，结合全等、相似求解； 3、易错点：旋转中心、旋转角找错，导致全等/相似三角形构造失败；对应边、对应角对应错误；忽略旋转后图形的位置关系，无法衔接后续推理。
1．（2026·湖北黄冈·一模）如图，将线段绕点逆时针旋转后得到线段，已知点，，则点的坐标是（）
A． B． C． D．
2．（2026·江苏盐城·一模）问题情境：将矩形绕点顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点、、的对应点分别为点、、，设直线与直线交于点E．
(1)猜想证明：猜想与的数量关系，并证明；
(2)如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点重合），连接，求证：四边形是平行四边形；
(3)问题解决：在矩形绕点顺时针旋转的过程中，设直线与直线相交于点F，若，，当、、D三点在同一条直线上时，请直接写出的值．
3．（2026·山东聊城·一模）如图1，正方形的边与正方形的边重合，直线交直线于点H，连接．
(1)图1中线段与的数量关系是______，与的关系是______；
(2)如图2，正方形绕点B顺时针旋转角度α（），当点H与点A重合时，（1）中的结论依然成立的，请予以证明；不成立的，请写出它们新的关系，并说明理由；
(3)如图3，若，，连接，正方形绕点B顺时针旋转角度α（），当点F落在对角线上时，请直接写出此时的面积．
4．（2026·福建泉州·一模）如图，在中，，点D是边上一点，连接，将线段绕点A逆时针旋转到位置，且，连接．求证：．
5．（2026·福建泉州·一模）在中，，，，点O为的中点．在中，，，，连接并延长到点F，使，连接．
(1)如图1，当点D，E分别在上时，求证；
(2)如图2，若将图1中的绕点B按逆时针方向旋转一定的角度α（），连接，，，．
①设，求k的值；
②当四边形的面积最小时，求线段的长．
题型7 轴对称与全等/相似综合
1、核心思路：利用轴对称的性质，得到对应边相等、对应角相等，构造全等三角形；利用对称轴的垂直平分线性质，结合相似三角形的判定（如两角相等），转化线段比例，解决综合问题； 2、解题技巧：①作图形的轴对称图形，构造全等三角形，转化线段和差、角的度数；②利用对称轴垂直平分对应点连线的性质，证明线段相等，为相似判定提供条件；③结合角平分线、垂直平分线，利用轴对称与全等、相似，解决线段求值、证明等问题； 3、易错点：轴对称图形构造错误，对应点找错；忽略对称轴的垂直平分线性质，无法补充全等/相似的判定条件；推理过程中，混淆轴对称与全等、相似的性质。
1．（2026·河北沧州·一模）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（ ）
A． B． C． D．
2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在中，，点B、点D关于对称，连接，，，点E在上，作，垂足为点F，点M为线段的中点，连接，，有如下结论：①；②；③；④若，，连接，则的最小值为9．
其中一定正确的结论是_____________．（请将正确的结论序号填在横线上）
3．（2026·河北秦皇岛·一模）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在平面上的点处，与交于点．
(1)求证：；
(2)若平行四边形的对角线与的交点为点，连接，求证：．
4．（2026·甘肃·模拟预测）【综合与实践】主题：探究特殊四边形的折叠问题
情境：在数学活动课上，老师发给每位同学一张矩形纸片，引导同学们进行折叠探究．
操作一：如图，点为边上一点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．
（1）求证：
操作二：如图，将矩形纸片先沿对角线对折，再展开，折痕为．点为边上一点，将沿直线折叠，使点的对应点落在对角线上．
（2）若，，当点为的三等分点时，求的长．
5．（2025·上海金山·模拟预测）如图1，我们定义：在中，，的三角形成为“对等三角形”，在“对等三角形”的边上，有一动点，使“对等三角形”分为和四边形．将沿着直线翻折，记的对应点为．
已知为“对等三角形”．
(1)如图2，当点与点重合时，求证：
(2)当点在线段的延长线上时，连接，交于点F，直线经过的重心，求的值；
题型8 中心对称与全等/相似综合
1、中心对称 全等：两个图形关于某点中心对称 一定全等，对应边、对应角全部相等； 2、全等 角相等 / 边成比例 相似：利用全等得到相等角（同位角、内错角、对顶角、公共角），再结合平行线、比例线段，推出相似； 3、中心对称本质：旋转 180°对应线段平行或共线，天然提供平行线→角相等→相似的条件。
1．（2025·浙江杭州·二模）如图，在正方形与正方形中，点是的三等分点，点与点关于点成中心对称．连结．若，则的长为_______________．
2．（2026·广西南宁·一模）【对等角六边形】定义：在凸六边形中，满足，，，我们称这样的凸六边形叫做“对等角六边形”．
(1)如图1，对等角六边形的对边，的位置关系是_____；
(2)如图2，六边形是对等角六边形，若，求证：．
(3)如图3，在对等角六边形中，对角线交于点，已知，求四边形的面积．
3．（2025·江苏南京·一模）（1）如图，在平面直角坐标系中，，，，线段与线段关于点成中心对称．画出点并写出点的坐标_________；点关于点对称点的坐标为_______．
（2）如图，在的网格中，的三个顶点都在格点上，请在图中画出一个以为边的，顶点，在格点上且满足．
（3）如图，在中，于点，若于点，请用无刻度的直尺在图中作出符合题意的点F．（不要求写作法，但要保留作图痕迹）
考向03 几何变换综合应用
题型9 几何变换与函数综合
1、核心综合形式：几何变换（平移、旋转、轴对称）+一次函数/二次函数，考查线段长度、点的坐标、角度计算等，是中考几何压轴题的高频形式； 2、解题关键：数形结合，利用几何变换的性质转化线段、角关系，将几何问题转化为代数问题，通过函数解析式求解未知量； 3、解题思路：①建立平面直角坐标系，利用几何变换的性质，用含参数的式子表示动点坐标或线段长度；②结合函数解析式，建立等式关系，求解未知量；③结合几何变换的限制条件，验证结果合理性； 4、易错点：几何变换转化错误，无法用参数表示线段长度或点的坐标；函数关系式列错，忽略几何变换的限制条件；未结合自变量的取值范围，导致结果不合理。
1．（2026·四川达州·一模）如图，将函数的图象沿y轴向上平移得到一条新函数的图象，其中点，平移后的对应点分别为点，．若曲线段扫过的面积为20（图中的阴影部分），则新图象的函数表达式是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2026·陕西西安·模拟预测）在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，若点关于轴的对称点的坐标为，则的面积为（ ）
A．10 B．12 C．14 D．16
3．（2025·四川绵阳·一模）在平面直角坐标系中，若矩形的对角线与x轴平行，且对角线在直线上，则称矩形为“率矩形”．如图，矩形为“率矩形”，点的坐标为，且直线平分该矩形的面积，则点坐标是（ ）
A． B． C． D．
4．（2026·浙江·模拟预测）同一平面直角坐标系中，抛物线与关于原点成中心对称，则代数式的值为______．
5．（2025·福建莆田·模拟预测）在平面直角坐标系中，有反比例函数与的图象和正方形，原点与对角线、的交点重叠，且如图所示的阴影部分面积为，则______．
6．（2026·山东德州·一模）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形的顶点，，，反比例函数的图象经过的中点．
(1)求反比例函数的表达式：
(2)已知点，将点绕点逆时针旋转，若旋转后的点恰好落在的图象上，求的值．
7．（2026·河南信阳·一模）如图，的顶点为网格线的交点，反比例函数的图象过点，点．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)连接，在图中用直尺和铅笔画出沿所在直线平移，且点与点重合，得到的（不写画法）．
①点 反比例函数图象上，点 反比例函数图象上；（填“在”或“不在”）
②四边形是 （特殊四边形），它的面积等于 ．
8．（2026·湖北黄冈·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线，与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．
(1)求抛物线和直线的解析式；
(2)点P是直线上方的抛物线上一点，连接，求面积的最大值；
(3)将抛物线向上平移3个单位得新抛物线，新抛物线中的部分记为“图形W”．在新抛物线对称轴上取两点和，其中，将线段绕点M顺时针旋转，点N的对应点为H，以为边构造正方形．
①直接写出点Q和点H的坐标（用含m的式子表示）；
②当矩形的四边与“图形W”有且只有一个公共点时，直接写出所有满足条件的m的取值范围．
题型10 几何变换与动点综合
1、核心综合形式：几何变换+动点，考查动点运动过程中，经过几何变换后的线段长度、角度、图形形状变化等，侧重考查分类讨论思想与图形构造能力； 2、解题关键：抓住动点的运动规律，结合几何变换的性质，分情况讨论动点的位置，转化线段、角关系，解决几何推理与计算问题； 3、解题思路：①分析动点的运动轨迹（如直线、线段、圆弧），确定运动范围；②结合几何变换（如轴对称、旋转），将动线段、动角转化为固定线段或可求线段、角度；③分情况讨论，结合全等、相似知识，求解未知量，验证不同情况下的结果合理性； 4、易错点：动点运动轨迹判断错误，遗漏分类讨论；几何变换与动点结合时，转化错误；忽略动点的运动限制，导致结果不符合实际情况。
1．（2026·四川南充·一模）如图，在中，，P是边上一动点（不与端点重合）．由旋转得到．下列说法：①的大小是变化的；②平分；③有最小值；④与成一次函数关系；⑤四边形的面积为定值．正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．（2026·甘肃平凉·一模）观察发现
(1)如图1，将正方形折叠，使点的对应点落在边上，折痕分别与，交于点，则折痕和的数量和位置关系分别是_____．
类比探究
(2)在（1）的条件下，设EF与交于点，连接交于点，如图2．求证：．
拓展应用
(3)如图3，正方形的边长为9，M是边上的一个动点，点在边上，且，连接，将正方形沿折叠，使点分别落在点处，当点落在直线上时，求线段的长．
3．（2026·江苏扬州·一模）如图1，数学探究：中，，，D是边的中点，是线段上的动点（不与点、点重合），边关于对称的线段为，连接．
(1)当为等腰直角三角形时，求的大小．
(2)如图2，延长，交射线于点．
①试探究的大小是否变化？如果不变，请求出的大小；如果变化，请说明理由．②若，则的面积最大为__________，此时__________．
题型11 几何变换与实际情境综合
1、常见应用场景：图形拼接与折叠、测量问题、路线设计等，核心是将实际问题转化为几何变换问题，利用平移、旋转、轴对称的性质求解； 2、解题技巧：①提取实际问题中的几何模型，确定已知条件（如线段长度、角度、图形形状）；②利用几何变换，将实际问题转化为几何推理与计算问题；③结合几何性质，求解未知量，结合实际意义对结果进行取舍； 3、易错点：无法将实际问题转化为几何模型；几何变换应用错误，导致求解偏差；忽略实际场景中的限制条件（如长度、角度的取值范围），未验证结果的合理性。
1．（2026·安徽滁州·一模）在综合实践活动课上，兴趣小组先画一个，折叠纸张使得点与点重合，折痕与边交于点；再折出射线，点在延长线上；最后折叠纸张使得落在上，点的对应点为点，连接，．对下列结论①四边形为平行四边形；②若是直角三角形，则四边形为矩形；③若是等腰三角形，则四边形为菱形．判断正确的是（ ）
A．① B．①② C．①③ D．①②③
2．（2026·湖南株洲·一模）如图，在平面直角坐标系中，一面朝右的平面镜贴在y轴上，一束光线从点处射出，射到平面镜上的点处，被平面镜反射后射到x轴上的点C处，则点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．（2026·河南安阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，风车图案的中心为正方形，四片叶片为全等的平行四边形，其中一片叶片上的点的坐标分别为，将风车绕点顺时针旋转，每次旋转，则经过第2026次旋转后，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．（2026·安徽·模拟预测）如图1是一个高脚杯的截面图，杯体呈抛物线形（杯体厚度不计），点P是抛物线的顶点，为杯底，点O是的中点，且，，杯子的高度（即，之间的距离）为．以O为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系．
(1)求杯体所在抛物线的解析式；
(2)将放在水平桌面上的装有饮料的高脚杯绕点B顺时针旋转，液面恰好到达点D处．如图2．
（ⅰ）请你以的中点O为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，并求出与y轴的交点坐标；
（ⅱ）求此时杯子内液体的最大深度．
5．（2026·陕西榆林·一模）某校计划举行“非遗进校园”活动，现要装饰如图①所示的舞台，在顶棚上悬挂电子屏幕．某一小组记录的调研报告如表所示．
调研主题 装饰舞台—安装电子屏幕
模型抽象 顶棚截面图如图所示，由两段形状相同的抛物线拼接而成，抛物线与抛物线关于点成中心对称，以点为原点，过点的水平直线为轴，过点且垂直于轴的竖直直线为轴建立平面直角坐标系．舞台平面与轴平行，交轴于点．
安装方式 矩形电子屏幕如图所示悬挂，右端固定在抛物线的顶点处，左端从抛物线上的点处拉一条绳索固定，轴，交轴于点，点、在边上，边与平行于轴．
任务目标 1．为保证表演者的安全，与舞台平面之间的距离要不小于米； 2．与轴之间的距离为，需要的绳索长度是多少？（打结处忽略不计）
数据采集 顶点F的坐标为，，
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)通过计算说明与舞台平面l之间的距离是否符合要求？并求绳索的长度．
（建议用时：90分钟）
1．（2026·河北邯郸·一模）如图，在Rt中，，将沿某一个方向平移2个单位长度，记扫过的面积为．关于结论①，②，下列判断正确的是（ ）
结论①：点到BC的距离为；
结论②：的最大值为
A．只有①对 B．只有②对 C．①，②都对 D．①，②都不对
2．（2026·河南·一模）在平面直角坐标系中，正方形位置如图所示，边长为1，每一次将正方形绕点O逆时针旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转得到正方形，第二次旋转得到正方形，…，以此类推，则点的坐标是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2026·浙江·二模）如图，菱形中，对角线，相交于点P，与关于点D成中心对称．若，，则___________．
4．（2026·河南平顶山·一模）如图一次函数与反比例函数的图象相交于，两点，且点的坐标为，点的坐标为．
(1)求，的值和反比例函数的解析式；
(2)点关于原点的对称点为，在轴上找一点，使的值最小，并求出点的坐标．
5．（2026·山西大同·一模）综合与实践
数学课上，同学们以含角的平行四边形为载体，开展了平移、折叠、旋转的综合实践活动．如图1，在平行四边形中，．
【智慧小组——平移探究】
(1)如图2，将沿着射线方向平移，得到，点的对应点为．当四边形为矩形时，求平移的距离．
【善思小组——折叠探究】
(2)如图3，将沿着折叠得到，点的对应点为，连接．猜想四边形的形状，并证明你的猜想．
【探索小组——旋转探究】
(3)将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为点．当为以为底的等腰三角形时，请你直接写出的值．
6．（2026·浙江宁波·模拟预测）已知：在中，．
(1)如图1，求的面积．
(2)如图2，点在边上，将沿射线方向平移至，使得点与点重合．
①连接．求的面积．
②如图3，将绕点旋转至，边与线段的延长线交于点，连接．当时，求的最小值．
7．（2025·山西朔州·二模）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展数学活动．
在矩形中，是对角线，，，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，其中点分别是点的对应点．
(1)如图1，连接，猜想的数量关系并说明理由．
(2)如图2，隐去对角线，当点恰好落在边上时，连接交于点．
①求证：．
②若将矩形沿向右平移，使得恰好落在上，则平移的距离为______．
(3)若点落在直线上，请直接写出的长．
8．（2026·山东淄博·一模）【问题情境】
某数学兴趣小组在学习了图形旋转的相关知识之后，在等腰三角形纸片上进行了关于旋转的研究性学习．中，．同学们在边上取点，连接，将以点为中心旋转，由于同学们所取点的位置不同，的角度大小不同，产生了以下两种方案．
【探究感悟】
小明方案：取，旋转使点的对应点落到线段上；
(1)如图1，小明发现，此时点的对应点与点的连线恰好平分，则线段的长是_____；
【深入探究】
小刚方案：如图2，旋转使点的对应点落到点上，折叠使点与点D重合，折痕为；
(2)在图2中找出与相等的角，并证明；
(3)如图3，F为线段上的点，．若，求的长．
9．（2026·安徽芜湖·一模）项目式学习
项目主题 风筝的设计与制作
项目背景 风筝制作在中国具有悠久的历史，以竹篾扎成鸟禽状骨架，上糊以纸，称为“纸鸢”，以下是某小组开展制作风筝项目的实施过程．
(1)步骤一：设计
如图，在平面直角坐标系中，点坐标为，请你以轴为对称轴画出风筝骨架的另一半，并直接写出点的对称点的坐标为___________．
(2)步骤二：制作
将设计与制作的风筝进行试飞，根据当天风速等实际状况试飞，发现当与比值为黄金分割比时，风筝飞的最稳，则的长应设置为___________．
(3)步骤三：结论
在步骤二的条件下，风筝所需材料（四边形）的面积为___________．
10．（2025·四川凉山·中考真题）某型号起重机吊起一货物M在空中保持静止状态时，如图1，货物M与点O的连线恰好平行于地面，米，．（参考数据：，结果精确到1米）
(1)求直吊臂的长；
(2)如图2，直吊臂与的长度保持不变，绕点O逆时针旋转，当时，货物M上升了多少米？
11．（2026·上海闵行·一模）探究活动：巧拼地砖外边．
装修工人有一大一小两根条形边角料（大条形边角料中，小条形边角料中），如图1拼接到直角地砖的外边上，发现点与点不能重合．为了尽可能节约用料，又能使两根条形边角料能拼成一个直角，工人师傅使用一把直尺、一支笔和一台切割机，经过图2—图9的操作解决了问题，完成了拼接．
图1 图2 图3 图4 图5
【操作说明】 将一大一小两根条形边角料拼在直角地砖的外边． 【操作说明】 画出的延长线，交于点． 【操作说明】 连接OC． 【操作说明】 沿着射线方向，平移小条形边角料，使点与点重合，得到四边形． 【操作说明】 画出的延长线，交小条形边角料的边于D．
图6 图7 图8 图9
【操作说明】 连接BD． 【操作说明】 沿着切割． 【操作说明】 拼接切割后的两根条形边角料．
(1)请根据图2-图6的操作说明，在图①中画出操作过程相应的图形，并按操作过程标注相应的字母；
(2)如果大条形边角料为的宽度为，小条形边角料为的宽度为，大条形边角料裁剪后的锐角是，那么___________；
(3)请根据上述探究，设计一个新裁剪方案，在图②中画出剪裁方法，并简单说明理由．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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