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第六章 圖形的變化
第一節 圖形的平移、旋轉與軸對稱
考點分布 考查頻率 命題趨勢
考點1 圖形的平移 ☆ 圖形的變換以考查平面幾何的三大變換的基本運用為主，年年都有考查，分值在10分左右。預計2024年各地中考還將繼續考查這些知識點，考查形式主要有選填題、作圖題、也可能綜合題結合其他考點出現。在三種變換中，平移相對較為簡單，多以選擇題形式考察，偶爾也會考察作圖題；對稱和旋轉則難度較大，通常作為選擇、填空題的壓軸題出現（考查最值問題居多），在解答題中，也會考查對稱和旋轉的作圖，以及與特殊幾何圖形結合的綜合壓軸題，此時常需要結合幾何圖形或問題類型去分類討論。
考點2 圖形的旋轉 ☆☆
考點3 圖形的軸對稱 ☆☆☆
考點4 最短路徑問題 ☆☆☆
■考點一　圖形的平移
1）平移的概念：在平面內，一個圖形由一個位置沿某個方向移動到另一個位置，這樣的圖形運動叫做 平移 。平移不改變圖形的形狀和大小。
2）三大要素： （1）平移的起點，（2）平移的方向，（3）平移的距離。
3）性質： （1）平移前后，對應線段平行且相等、對應角相等；（2）各對應點所連接的線段平行(或在同一條直線上)且相等；（3）平移前后的圖形全等。
4）作圖步驟：（1）根據題意，確定平移的方向和平移的距離；（2）找出原圖形的關鍵點；（3）按平移方向和平移距離平移各個關鍵點，得到各關鍵點的對應點；（4）按原圖形依次連接對應點，得到平移后的圖形。
■考點二　圖形的旋轉
1）定義：在平面內，一個圖形繞一個定點沿某個方向(順時針或逆時針)轉過一個角度，這樣的圖形運動叫旋轉．這個定點叫做旋轉中心，轉過的這個角叫做旋轉角。
2）三大要素：（1）旋轉中心；（2）旋轉方向；（3）旋轉角度。
3）性質：（1）對應點到旋轉中心的距離相等；（2）每對對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；（3）旋轉前后的圖形全等。
4．作圖步驟：（1）根據題意，確定旋轉中心、旋轉方向及旋轉角；（2）找出原圖形的關鍵點；（3）連接關鍵點與旋轉中心，按旋轉方向與旋轉角將它們旋轉，得到各關鍵點的對應點；（4）按原圖形依次連接對應點，得到旋轉后的圖形。
5）中心對稱圖形與中心對稱
中心對稱 中心對稱圖形
圖形
定義 如果一個圖形繞某點旋轉180°后與另一個圖形重合，我們就把這兩個圖形叫做成中心對稱。 如果一個圖形繞某一點旋轉180°后能與它自身重合，我們就把這個圖形叫做中心對稱圖形，這個點叫做它的對稱中心。
區別 中心對稱是指兩個圖形的關系。 中心對稱圖形是指具有某種特性的一個圖形
聯系 兩者可以相互轉化，如果把中心對稱的兩個圖形看成一個整體（一個圖形），那么這“一個圖形”就是中心對稱圖形；反過來，如果把一個中心對稱圖形相互對稱的兩部分看成兩個圖形，那么這“兩個圖形”中心對稱。
■考點三　圖形的軸對稱
1）軸對稱與軸對稱圖形
軸對稱 軸對稱圖形
圖形
定義 把一個圖形沿著某一條直線折疊，如果它能夠與另一個圖形重合，那么就說這兩個圖形關于這條直線對稱，這條直線叫做對稱軸。 如果一個平面圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，那么這個圖形就叫做軸對稱圖形。這條直線就是它的對稱軸。
區別 （1）軸對稱是指兩個圖形折疊重合。 （2）軸對稱對稱點在兩個圖形上。 （3）軸對稱只有一條對稱軸。 （1）軸對稱圖形是指本身折疊重合。 （2）軸對稱圖形對稱點在一個圖形上。 （3）軸對稱圖形至少有一條對稱軸。
聯系 （1) 定義中都有一條直線,都要沿著這條直線折疊重合。 （2) 如果把軸對稱的兩個圖形看成一個整體,那么它就是一個軸對稱圖形；反之, 如果把軸對稱圖形沿對稱軸分成兩部分(即看成兩個圖形),那么這兩個圖形就關于這條直線成軸對稱。
性質 （1）關于某條直線對稱的兩個圖形是全等形。 （2）兩個圖形關于某直線對稱那么對稱軸是對應點連線的垂直平分線。
判定 （1）兩個圖形的對應點連線被同一條直線垂直平分,那么這兩個圖形關于這條直線對稱。 （2）兩個圖形關于某條直線成軸對稱,那么對稱軸是對折重合的折痕線。
2）作軸對稱圖形的一般步驟：
（1）作某點關于某直線的對稱點的一般步驟：①過已知點作已知直線（對稱軸）的垂線，標出垂足，并延長；②在延長線上從垂足出發截取與已知點到垂足的距離相等的線段，那么截點就是這點關于該直線的對稱點。
（2）作已知圖形關于某直線的對稱圖形的一般步驟：①找.在原圖形上找特殊點（如線段的端點、線與線的交點）；②作.作各個特殊點關于已知直線的對稱點；③連.按原圖對應連接各對稱點。
3）折疊的性質：折疊的實質是軸對稱，折疊前后的兩圖形全等，對應邊和對應角相等．
■考點四　最短路徑問題
與圖形變換相關的最值問題有：將軍飲馬（遛馬、造橋）（軸對稱、平移）、費馬點問題（旋轉）、瓜豆原理（圓弧軌跡類）（旋轉）等。
■易錯提示
1. 對稱軸是一條直線，不是一條射線，也不是一條線段。
2. 旋轉中心可以是圖形外的一點，也可以是圖形上的一點，還可以是圖形內的一點。
3. 對應點之間的運動軌跡是一段圓弧，對應點到旋轉中心的線段就是這段圓弧所在圓的半徑。
■考點一　圖形的平移
◇典例1：（2022·廣西·中考真題）2022北京冬殘奧會的會徽是以漢字“飛”為靈感來設計的，展現了運動員不斷飛躍，超越自我，奮力拼搏，激勵世界的冬殘奧精神下列的四個圖中，能由如圖所示的會徽經過平移得到的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據平移的特點分析判斷即可．
【詳解】根據題意，得不能由平移得到，故A不符合題意；
不能由平移得到，故B不符合題意；
不能由平移得到，故C不符合題意；
能由平移得到，故D符合題意；故選D．
【點睛】本題考查了平移的特點，熟練掌握平移的特點是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·浙江紹興·統考中考真題）在平面直角坐標系中，將點先向右平移2個單位，再向上平移1個單位，最后所得點的坐標是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】把橫坐標加2，縱坐標加1即可得出結果．
【詳解】解：將點先向右平移2個單位，再向上平移1個單位，最后所得點的坐標是．
故選：D．
【點睛】本題考查點的平移中坐標的變換，把向上（或向下）平移h個單位，對應的縱坐標加上（或減去）h，，把向右上（或向左）平移n個單位，對應的橫坐標加上（或減去）n．掌握平移規律是解題的關鍵．
2．（2023·湖北黃石·統考中考真題）如圖，已知點，若將線段平移至，其中點，則的值為（ ）

A． B． C．1 D．3
【答案】B
【分析】根據，兩點的坐標可得出平移的方向和距離進而解決問題．
【詳解】解：線段由線段平移得到，且，，，，
．故選：B．
【點睛】本題考查坐標與圖象的變化，解題的關鍵是熟知平移過程中圖象上的每一個點的平移方向和距離均相同．
3．（2023上·山東濱州·九年級校考期中）如圖，在平面直角坐標系中，點，點在軸的正半軸上，且，將沿軸向右平移得到，與交于點．若：：，則點的坐標為 ．

【答案】
【詳解】作軸于點，由得，由，根據等腰三角形的性質得，所以，由平移得，，所以，則，即可求得點的坐標為．
【解答】解：如圖，作軸于點，，，
，，，由平移得，，
，，，，故答案為：．

【點睛】本題考查了平移的性質、平行線分線段成比例定理、等腰三角形的性質、圖形與坐標等知識，正確理解和運用平移的性質是解題的關鍵．
◇典例2：（2023·廣東深圳·統考中考真題）如圖，在平行四邊形中，，，將線段水平向右平移a個單位長度得到線段，若四邊形為菱形時，則a的值為（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】首先根據平行四邊形的性質得到，然后根據菱形的性質得到，然后求解即可．
【詳解】∵四邊形是平行四邊形，∴，∵四邊形為菱形，∴，
∵，∴，∴．故選：B．
【點睛】此題考查平行四邊形和菱形的性質，平移的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．
◆變式訓練
1．（2023·四川成都·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為，沿x軸向右平移后得到，點A的對應點在直線上一點，則點A與其對應點之間的距離為 ．

【答案】4
【分析】本題考查一次函數的平移和點坐標的平移問題，先根據向右平移縱坐標相同得到點的坐標為，即可求解平移距離．
【詳解】解：連接，如圖所示，根據平移可知：，且軸．

當時，，解得：，∴點的坐標為，
又∵點A的坐標為，∴．故答案為：4．
2．（2023·山西晉城·統考一模）如圖，在中，，，．是邊上的中線．將沿方向平移得到．與相交于點，連接并延長，與邊相交于點．當點為的中點時，的長為 ．

【答案】/
【分析】則E為的中點，得為的中點，證明，推出，在中，利用勾股定理求得，再根據相似比即可求解．
【詳解】解：∵由平移的性質得，，
∴E為的中點，，∴，∴為的中點，
∵D是邊上的中點，∴，∴，
∵，∴，∴，，∴，
在中，，
∵，∴，故答案為：．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，平移的性質，勾股定理，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．
◇典例3：（2023·河南信陽·九年級統考期中）在正方形網格中建立平面直角坐標系，使得A，B兩點的坐標分別為，，過點B作軸于點C．

(1)按照要求畫出平面直角坐標系，線段，寫出點C的坐標 ；(2)直接寫出以A，B，C為頂點的三角形的面積 ；(3)若線段是由線段平移得到的，點A的對應點是C，畫出線段，寫出一種由線段得到線段的過程．
【答案】(1)圖見解析，(2)(3)圖見解析，線段向左平移3個單位，再向下平移2個單位得到線段
【分析】本題考查平面直角坐標系畫圖，點坐標表示，三角形面積公式，平移定義．（1）根據題意利用平面直角坐標系定義畫出圖形，并利用坐標表示出點C坐標即可；（2）利用網格求出三角形面積（3）先參考其中一個點A，觀察到對應點C是經過怎樣平移即可得到本題答案．
【詳解】（1）解： ，∴點C的坐標，故答案為：；
∴ ，
（2）解：∵，以為底邊的三角形的高為，
∴以A，B，C為頂點的三角形的面積：；
（3）解：線段是由線段平移得到的，點A的對應點是C，
∵點A到點C：橫坐標減3，縱坐標減2，∴點坐標為：，
∴線段向左平移3個單位，再向下平移2個單位得到線段．
◆變式訓練
1.（2023下·重慶江津·九年級期中）已知，在平面直角坐標系中的位置如圖所示：(1)寫出A、B、C三點的坐標；(2)求的面積；(3)中任意一點經平移后對應點為，將作同樣的平移得到，畫出．
【答案】(1)，，(2)11.5(3)見解析
【分析】（1）根據平面坐標系得出A、B、C三點的坐標即可；（2）根據各點坐標，利用梯形面積與三角形面積公式求出即可；（3）根據點經平移后對應點為判斷出平移方式，然后畫出三個頂點的對應點即可．
【詳解】（1）如圖所示：A、B、C三點的坐標分別為：，，；
（2）的面積；
（3）∵點經平移后對應點為，
∴把向右平移4個單位，再向下平移3個單位得．如圖，
【點睛】此題考查了平移的性質，以及平移圖形的畫法和三角形面積求法，根據平移的性質正確平移對應頂點是解題關鍵．
2．（2023·廣東廣州·統考中考真題）如圖，在平面直角坐標系v中，點，，所在圓的圓心為O．將向右平移5個單位，得到（點A平移后的對應點為C）．

(1)點D的坐標是___________，所在圓的圓心坐標是___________；(2)在圖中畫出，并連接，；(3)求由，，，首尾依次相接所圍成的封閉圖形的周長．（結果保留）
【答案】(1)，(2)見解析(3)
【分析】（1）根據平移的性質，即可解答；（2）以點為圓心，2為半徑畫弧，即可得出；
（3）根據弧長公式求出，根據平移的性質得出，根據勾股定理求出，最后相加即可．
【詳解】（1）解：∵，所在圓的圓心為，
∴，所在圓的圓心坐標是，故答案為：，；
（2）解：如圖所示：即為所求；

（3）解：連接，∵，，∴的半徑為2，∴，
∵將向右平移5個單位，得到，∴，∴，
∴由，，，首尾依次相接所圍成的封閉圖形的周長．
【點睛】本題主要考查了平移的性質，求弧長，勾股定理，解題的關鍵是掌握平移前后對應點連線相等，弧長公式，以及勾股定理的內容．
■考點二　圖形的旋轉
◇典例4：（2023·內蒙古通遼·統考中考真題）如圖，將繞點A逆時針旋轉到，旋轉角為，點B的對應點D恰好落在邊上，若，則旋轉角的度數為（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出，再利用旋轉的性質求出，，然后利用等邊對等角求出，最后利用三角形的內角和定理求解即可．
【詳解】解：如圖，
，
∵，∴，∵，∴，
∵旋轉，∴，，∴，
∴，即旋轉角的度數是．故選：C．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，等腰三角形的性質，三角形內角和定理等，掌握等邊對等角是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·山東·統考中考真題）如圖，點E是正方形內的一點，將繞點B按順時針方向旋轉得到．若，則 度．

【答案】80
【分析】先求得和的度數，再利用三角形外角的性質求解即可．
【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，
∵，∴，
∵繞點B按順時針方向旋轉得到∴，，
∴，∴，故答案為：80．
【點睛】本題考查了正方形的性質，等腰三角形的性質，旋轉圖形的性質和三角形外角的性質，利用旋轉圖形的性質求解是解題的關鍵．
2．（2023·上海·統考中考真題）如圖，在中，，將繞著點A旋轉，旋轉后的點B落在上，點B的對應點為D，連接是的角平分線，則 ．

【答案】
【分析】如圖，，，根據角平分線的定義可得，根據三角形的外角性質可得，即得，然后根據三角形的內角和定理求解即可．
【詳解】解：如圖，根據題意可得：，，
∵是的角平分線，∴，
∵，，∴，
則在中，∵，∴，
解得：；故答案為：

【點睛】本題考查了旋轉的性質、等腰三角形的性質、三角形的外角性質以及三角形的內角和等知識，熟練掌握相關圖形的性質是解題的關鍵．
3．（2023·江西·統考中考真題）如圖，在中，，將繞點逆時針旋轉角（）得到，連接，．當為直角三角形時，旋轉角的度數為 ．

【答案】或或
【分析】連接，根據已知條件可得，進而分類討論即可求解．
【詳解】解：連接，取的中點，連接，如圖所示，

∵在中，，∴，
∴是等邊三角形，∴，，∴
∴，∴∴，
如圖所示，當點在上時，此時，則旋轉角的度數為，
當點在的延長線上時，如圖所示，則

當在的延長線上時，則旋轉角的度數為，如圖所示，
∵，，∴四邊形是平行四邊形，
∵∴四邊形是矩形，∴即是直角三角形，
綜上所述，旋轉角的度數為或或故答案為：或或．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質與判定，等邊三角形的性質與判定，矩形的性質與判定，旋轉的性質，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．
◇典例5：（2023·黑龍江牡丹江·統考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的頂點A，B在x軸上，，，，將菱形繞點A旋轉后，得到菱形，則點的坐標是 ．

【答案】或
【分析】分兩種情況：當繞點A順時針旋轉后，當繞點A逆時針旋轉后，利用菱形的性質及直角三角形30度角的性質求解即可．
【詳解】解：當繞點A順時針旋轉后，如圖，∵，∴，

∵菱形中，，∴，延長交x軸于點E，
∴，，∴，∴，∴；
當繞點A逆時針旋轉后，如圖，延長交x軸于點F，
∵，， ∴，∵菱形中，，
∴，∴，，∴，
∴，∴；故答案為：或．
【點睛】此題考查了菱形的性質，直角三角形30度角所對的直角邊等于斜邊的一半，旋轉的性質，正確理解菱形的性質及旋轉的性質是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·山東東營·統考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的邊長為，點在軸的正半軸上，且，將菱形繞原點逆時針方向旋轉，得到四邊形點與點重合，則點的坐標是( )

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】延長交軸于點，根據旋轉的性質以及已知條件得出，進而求得的長，即可求解．
【詳解】解：如圖所示，延長交軸于點，

∵四邊形是菱形，點在軸的正半軸上，平分，，
∴，∵將菱形繞原點逆時針方向旋轉，
∴，則，∴∴，
在中，∴ ，
∴，∴，故選：B．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，菱形的性質，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，坐標與圖形，熟練掌握菱形的性質是解題的關鍵．
2．（2023·內蒙古通遼·統考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，已知點，點，以點P為中心，把點A按逆時針方向旋轉得到點B，在，，，四個點中，直線經過的點是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據含角的直角三角形的性質可得，利用待定系數法可得直線的解析式，依次將四個點的一個坐標代入中可解答．
【詳解】解：∵點，點，

∴軸，，由旋轉得：，
如圖，過點B作軸于C，∴，∴，
∴），設直線的解析式為：，
則，∴，∴直線的解析式為：，
當時，，∴點不在直線上，
當時，，∴在直線上，
當時，∴不在直線上，
當時，，∴不在直線上．故選：B．
【點睛】本題考查的是圖形旋轉變換，待定系數法求一次函數的解析式，確定點B的坐標是解本題的關鍵．
◇典例6：（2023·江蘇泰州·統考中考真題）菱形的邊長為2，，將該菱形繞頂點A在平面內旋轉，則旋轉后的圖形與原圖形重疊部分的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分兩種情況：①如圖，將該菱形繞頂點A在平面內順時針旋轉，連接，相交于點O，與交于點E，根據菱形的性質推出的長，再根據菱形的性質推出與的長，再根據重疊部分的面積求解即可．②將該菱形繞頂點A在平面內逆時針旋轉，同①方法可得重疊部分的面積．
【詳解】解：①如圖，將該菱形繞頂點A在平面內順時針旋轉30°，
連接，相交于點O，與交于點E，

∵四邊形是菱形，，∴，
∵，∴，，∴，
∵菱形繞點A順時針旋轉得到菱形，∴，
∴A，，C三點共線，∴，
又∵，∴，，
∵重疊部分的面積，∴重疊部分的面積；
②將該菱形繞頂點A在平面內逆時針旋轉，同①方法可得重疊部分的面積，故選：A．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，菱形的性質，正確作出圖形是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·寧夏·統考中考真題）如圖，在中，，，．點在上，且．連接，將線段繞點順時針旋轉得到線段，連接，．則的面積是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】證明，得到，推出為直角三角形，利用的面積等于，進行求解即可．
【詳解】解：∵，，∴，，
∵將線段繞點順時針旋轉得到線段，∴，，
∴，在和中，，∴，
∴，∴，
∵，，∴，
∴的面積等于；故選B．
【點睛】本題考查旋轉的性質，等腰三角形的性質，全等三角形的判定和性質．熟練掌握旋轉的性質，得到三角形全等是解題的關鍵．本題蘊含手拉手全等模型，平時要多歸納，多總結，便于快速解題．
2．（2023·遼寧·統考中考真題）如圖，線段，點是線段上的動點，將線段繞點順時針旋轉得到線段，連接，在的上方作，使，點為的中點，連接，當最小時，的面積為 ．

【答案】
【分析】連接，交于點P，由直角三角形的性質及等腰三角形的性質可得垂直平分，為定角，可得點F在射線上運動，當時，最小，由含30度角直角三角形的性質即可求解．
【詳解】解：連接，交于點P，如圖，∵，點為的中點，∴，
∵，∴,∴是等邊三角形，∴；
∵線段繞點順時針旋轉得到線段，∴，
∵，∴垂直平分，，∴點F在射線上運動，
∴當時，最小，此時，∴；
∵，∴，∴，
∵，∴由勾股定理得，∴，
∴；故答案為：．

【點睛】本題考查了等腰三角形性質，含30度直角三角形的性質，斜邊中線性質，勾股定理，線段垂直平分線的判定，勾股定理，旋轉的性質，確定點F的運動路徑是關鍵與難點．
◇典例8：（2024·陜西西安·陜西師大附中校考二模）2023年10月8日晚，伴隨圣火緩緩熄滅，杭州第19屆亞運會圓滿閉幕，亞運是體育盛會，也是文化旅游的盛會．下列與杭州亞運會有關的圖案中，屬于中心對稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本題考查了中心對稱圖形的定義，正確理解中心對稱圖形的定義是解答本題的關鍵，“ 把一個圖形繞著某一個點旋轉，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形”，根據中心對稱圖形的定義即可得到結果．
【詳解】選項A，圖形不是中心對稱圖形，不符合題意；
選項B，圖形是中心對稱圖形，符合題意；選項C，圖形不是中心對稱圖形，不符合題意；
選項D，圖形不是中心對稱圖形，不符合題意．故選：B．
◆變式訓練
1．（2023·山東青島·統考三模）窗花是貼在窗子或窗戶上的剪紙，是中國古老的傳統民間藝術之一，下列窗花作品是中心對稱圖形的有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】B
【分析】本題主要考查了中心對稱圖形的識別，熟知定義是解題的關鍵．根據軸中心對稱圖形的定義進行逐一判斷即可：把一個圖形繞著某一個點旋轉 ，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形，這個點就是它的對稱中心．
【詳解】解：第1個圖形是中心對稱圖形，符合題意；第2個圖形是中心對稱圖形，符合題意；
第3個圖形不是中心對稱圖形，不符合題意；第4個圖形不是中心對稱圖形，不符合題意．故選：B．
2．（2023·天津河西·校考三模）（多選題）在以下四個標志中，是中心對稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【分析】根據中心對稱圖形的定義進行判斷作答即可．
【詳解】解：由中心對稱圖形的定義可知，C、D中的標志，是中心對稱圖形，符合要求；故選：CD．
【點睛】本題考查了中心對稱圖形．解題的關鍵在于熟練掌握：在平面內，把一個圖形繞著某個點旋轉，如果旋轉后的圖形能與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形．
◇典例8：（2023·河北秦皇島·統考一模）如圖，已知點A與點C關于點O對稱，點B與點D也關于點O對稱，若，．則AB的長可能是（ ）
A．3 B．4 C．7 D．11
【答案】C
【分析】根據三角形三邊關系定理，可知即可求解．
【詳解】解：∵點與點關于點對稱，點與點也關于點對稱，∴，
又∵∠AOD=∠BOC∴△AOD≌△BOC（SAS）∴AD=BC=3
∵∴．故選：C．
【點睛】本題考查了三角形三邊關系定理：任意兩邊之和大于第三邊，及對稱的性質，全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是將求AB的值轉化為求三角形第三邊的取值范圍．
◆變式訓練
1．（2023·浙江杭州·二模）如圖，拋物線（a＞0）與x軸交于A，B，頂點為點D，把拋物線在x軸下方部分關于點B作中心對稱，頂點對應D′，點A對應點C，連接DD′，CD′，DC，當△CDD′是直角三角形時，a的值為（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
【答案】A
【分析】先求出點A（-3，0），點B（1，0），由點B為中心對稱，求出點C（5，0），把拋物線配方為頂點式可得D（－1，－4a），點D與點D′關于點B對稱，D′（3，4a），DD′，CD=，CD′=，由△CDD′是直角三角形，分兩種情況，當∠CD′D=90°，∠DCD′=90°時利用勾股定理列出方程，解方程即可．
【詳解】解：∵拋物線（a＞0）與x軸交于A，B，∴
∵a＞0，，解得，∴點A（-3，0），點B（1，0），
∵點B為中心對稱，∴點C的橫坐標為：1+（1+3）=5，∴點C（5，0），
∴拋物線，∴D（－1，－4a），
點D與點D′關于點B對稱，點D′的橫坐標為1+（1+1）=3，縱坐標為4a，∴D′（3，4a），
DD′=，CD=，
CD′=，∵△CDD′是直角三角形，
當∠CD′D=90°，根據勾股定理，CD′2＋DD′2＝CD2，
即，解得，∵a＞0，∴；
當∠DCD′=90°，根據勾股定理，CD′2＋CD2＝DD′2，即
，解得，∴，∴綜合得a的值為或．答案：A．
【點睛】本題考查待定系數法求拋物線解析式，分類思想的應用，勾股定理，中心對稱性質，掌握待定系數法求拋物線解析式，分類思想的應用，勾股定理，中心對稱性質是解題關鍵．
2.（2023·山東濟寧·校考一模）如圖，平面直角坐標系中，△OA1B1是邊長為2的等邊三角形，作△B2A2B1與△OA1B1關于點B1成中心對稱，再作△B2A3B3與△B2A2B1關于點B2成中心對稱，如此作下去，則△B2n﹣1A2nB2n（n是正整數）的頂點A2n的坐標是（　　）
A．（4n﹣1，﹣） B．（4n﹣1，） C．（4n+1，﹣） D．（4n+1，）
【答案】A
【分析】首先根據等邊三角形的性質得出點A1，B1的坐標，再根據中心對稱性得出點A2，
點A3，點A4的坐標，然后橫縱坐標的變化規律，進而得出答案．
【詳解】∵△OA1B1是邊長為2的等邊三角形，∴A1的坐標為 ，B1的坐標為（2，0），
∵△B2A2B1與△OA1B1關于點B1成中心對稱，∴點A2與點A1關于點B1成中心對稱，
∵2×2﹣1＝3，縱坐標是-，∴點A2的坐標是，
∵△B2A3B3與△B2A2B1關于點B2成中心對稱，∴點A3與點A2關于點B2成中心對稱，
∵2×4﹣3＝5，縱坐標是，∴點A3的坐標是，
∵△B3A4B4與△B3A3B2關于點B3成中心對稱，∴點A4與點A3關于點B3成中心對稱，
∵2×6﹣5＝7，縱坐標是-，∴點A4的坐標是，…，
∵1＝2×1﹣1，3＝2×2﹣1，5＝2×3﹣1，7＝2×4﹣1，…，
∴An的橫坐標是2n﹣1，A2n的橫坐標是2×2n﹣1＝4n﹣1，
∵當n為奇數時，An的縱坐標是，當n為偶數時，An的縱坐標是﹣，
∴頂點A2n的縱坐標是﹣，∴頂點A2n的坐標是 ．故選：A．
【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質，中心對稱的性質，數字變化規律等，根據中心對稱性求出點的坐標是解題的關鍵．
◇典例9：（2023·四川達州·統考中考真題）如圖，網格中每個小正方形的邊長均為1，的頂點均在小正方形的格點上．(1)將向下平移3個單位長度得到，畫出；(2)將繞點順時針旋轉90度得到，畫出；(3)在（2）的運動過程中請計算出掃過的面積．

【答案】(1)見解析(2)見解析(3)
【分析】（1）先作出點A、B、C平移后的對應點，、，然后順次連接即可；
（2）先作出點A、B繞點順時針旋轉90度的對應點，，然后順次連接即可；
（3）證明為等腰直角三角形，求出，，根據旋轉過程中掃過的面積等于的面積加扇形的面積即可得出答案．
【詳解】（1）解：作出點A、B、C平移后的對應點，、，順次連接，則即為所求，如圖所示：

（2）解：作出點A、B繞點順時針旋轉90度的對應點，，順次連接，則即為所求，如圖所示：
（3）解：∵，，，∴，
∵，∴，∴為等腰直角三角形，
∴，根據旋轉可知，，∴，
∴在旋轉過程中掃過的面積為．
【點睛】本題主要考查了平移、旋轉作圖，勾股定理逆定理，扇形面積計算，解題的關鍵是作出平移或旋轉后的對應點．
◆變式訓練
1．（2023·陜西寶雞·統考二模）如圖，的頂點坐標為，，．
(1)畫出向右平移個單位后的；(2)將繞原點旋轉，畫出旋轉后的；
(3)的面積為________．

【答案】(1)見解析(2)見解析(3)
【分析】（1）根據平移的性質找到向右平移3個單位的對應點，順次連接，得到；
（2）根據中心對稱的性質，找到關于原點對稱的點，順次連接，得到；
（3）連接，根據網格的特點以及三角形面積公式即可求解．
【詳解】（1）解：如圖所示，即為所求；

（2）解：如圖所示，即為所求；（3）如圖所示，連接，
則，到的距離為，∴的面積為，故答案為：．
【點睛】本題考查了平移作圖，畫中心對稱圖形，坐標與圖形，熟練掌握平移的性質以及中心對稱的性質是解題的關鍵．
2．（2023·安徽合肥·校考一模）△ABC在平面直角坐標系中的位置如圖，其中每個小正方形的邊長為1個單位長度．(1)畫出△ABC關于原點O的中心對稱圖形△A1B1C1；(2)畫出將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△A2B2C2．(3)在(2)的條件下，求點A旋轉到點A2所經過的路線長(結果保留π)．
【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)
【分析】(1)首先根據中心對稱的性質，找出對應點的位置，再順次連接即可；
(2)先根據旋轉方向，旋轉角度以及旋轉中心，找出對應點的位置，再順次連接即可；
(3)依據弧長計算公式，即可得到點A旋轉到點A2所經過的路線長．
【詳解】(1)如圖所示，△A1B1C1即為所求；
(2)如圖所示，△A2B2C2即為所求；
(3)由勾股定理可得AC=，∴弧AA2的長=．
【點睛】本題考查作圖﹣旋轉變換，關鍵是正確找出對應點的位置．
■考點三　圖形的軸對稱
◇典例10：（2023·湖南·統考中考真題）下列圖形中，是軸對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據軸對稱圖形的定義（如果一個圖形沿著一條直線對折后兩部分完全重合，那么這樣的圖形就叫做軸對稱圖形）對四個選項進行分析．
【詳解】解：根據軸對稱圖形的定義可知：A、B、C都不是軸對稱圖形，只有D是軸對稱圖形．
故選：D．
【點睛】本題主要考查了軸對稱圖形的定義，難度不大，掌握定義是解答的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·廣東深圳·統考中考真題）下列圖形中，為軸對稱的圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據軸對稱圖形的概念對各選項分析判斷即可得解．
【詳解】解：A、不是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；
B、不是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；
C、不是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；D、是軸對稱圖形，故本選項符合題意．故選：D．
【點睛】本題主要考查了軸對稱圖形，解決問題的關鍵是熟練掌握軸對稱圖形的概念，軸對稱圖形概念，一個圖形沿著一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形就是軸對稱圖形．
2．（2023·廣東汕尾·統考二模）《國語》有云：“夫美也者，上下、內外、小大、遠近皆無害焉，故曰美．”這是古人對于對稱美的一種定義，這種審美法則在生活中體現得淋漓盡致．在下列揚州剪紙圖案中，是軸對稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本題考查了軸對稱圖形的知識，如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形就叫做軸對稱圖形，熟練掌握軸對稱圖形的概念，是解題的關鍵．
【詳解】解：A、沿一條直線折疊，直線兩旁的部分不能夠互相重合，故此選項不是軸對稱圖形，不符合題意；
B、沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，故此選項是軸對稱圖形，符合題意；
C、沿一條直線折疊，直線兩旁的部分不能夠互相重合，故此選項不是軸對稱圖形，不符合題意；
D、沿一條直線折疊，直線兩旁的部分不能夠互相重合，故此選項不是軸對稱圖形，不符合題意；
故選：B．
◇典例11：（2023上·河南信陽·九年級統考期中）如圖，小芳在鏡子里看鏡子對面電子鐘的示數為，你能確定準確時間是 ．
【答案】
【分析】根據軸對稱的性質——鏡面對稱解答即可．解題的關鍵是理解鏡面對稱是指在平面鏡中的像與現實中的事物剛好順序相反；解答這類關于數字在鏡中成像問題的一般方法是畫出平面鏡中的圖像的對稱圖形，再讀出對稱圖形的時間，所得即是所求．
【詳解】解：根據平面鏡成像原理及軸對稱圖形的性質可知實際時間為；故答案為：
◆變式訓練
1．（2023上·山東德州·九年級統考期中）如圖，桌球的桌面上有，兩個球，若要將球射向桌面的一邊，反彈一次后擊中球，則，，，，4個點中，可以反彈擊中球的是 點．
【答案】D
【分析】本題考查了軸對稱的性質，解題關鍵是根據軸對稱的性質找到使入射角等于反射角相等的點．
【詳解】解：如圖，根據軸對稱的性質可知，可以反彈擊中球的是D點，故選：D．
2．（2023·福建三明·九年級統考期中）如圖，彈性小球從點出發，沿所示方向運動，每當小球碰到長方形的邊時反彈，反彈時反射角等于入射角.當小球第1次碰到矩形的邊時的點為，第2次碰到矩形的邊時的點為，…，第次碰到矩形的邊時的點為.則點的坐標是 .

【答案】
【分析】根據反射角與入射角的定義作出圖形，可知每次反彈為一個循環組依次循環，用除以，根據商和余數的情況確定所對應的點的坐標即可．
【詳解】解：如圖，根據反射角與入射角的定義作出圖形，

根據圖形可以得到：每次反彈為一個循環組依次循環，經過次反彈后動點回到出發點，，
，當點第次碰到矩形的邊時為第個循環組的第次反彈，點的坐標為，故答案為：．
【點睛】本題考查了矩形的性質、點的坐標的規律；作出圖形，觀察出每次反彈為一個循環組依次循環是解題的關鍵．
典例12：（2023·湖北黃石·統考模擬預測）如圖，為半圓O的直徑，C為半圓弧上一動點，將弧沿弦折疊，折疊后的弧與交于點D，E為折疊后的弧的中點，連接，若，則線段CE的長為（　　）

A． B． C． D．點C、O、E共線時，CE的長最大
【答案】B
【分析】設的弧度為，可得的弧度為：，于是的弧度為：，求得的弧度為，由中點，得的弧度為，從而的弧度為，根據勾股定理，求得．
【詳解】解：設的弧度為，∴的弧度為：，
∵，∴的弧度為：，由折疊得，的弧度為，
∴的弧度為：，
∵點E為弧中點，∴的弧度為：，
∴的弧度為：，即所對圓心角為90°，
∵，∴⊙O半徑為2，∴．故選：B．
【點睛】本題考查圓周角定理及其推論，圓心角的計算，勾股定理；由圓周角定理及其推論求得等圓中等弧的度數是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·廣東茂名·三模）如圖，在中，，點在上，點為上的動點，將沿翻折得到，與相交于點，若，，，，則的值為 ．
【答案】
【分析】作于點，作于點，交于點，作于點，得到，證明四邊形是正方形，是等腰三角形，根據，得出，設，，進而得到，，根據平分，可得，，在中，根據勾股定理得，即，求出即可．
【詳解】解：如圖，作于點，作于點，交于點，作于點，
，，，
，，，，，
，，，，
，四邊形是矩形，
矩形是正方形，，，
，，，
設，，，，
由折疊得：，，，
，，，
，，
在中，，，
，（舍去），，故答案為：．
【點睛】本題主要考查了翻折的性質，平行線的性質，正方形的性質，相似三角形的判斷與性質，勾股定理，角平分線的性質等知識，解題的關鍵是靈活運用這些知識，并正確作出輔助線．
2．（2023·河南信陽·校考三模）如圖，中，，，，點M、N分別在、邊上（不與端點重合），連接，將沿翻折，使點C的對應點P落在所在的直線上，若垂直于的一邊，則長為 ．

【答案】或
【分析】分和兩種情況，利用相似三角形的判定與性質求解即可．
【詳解】解：由折疊性質得，
∵中，，，，∴，
根據題意，不可能垂直，當時，如圖，則，

∵，∴，∴，則，∴；
當時，如圖，則，
∵，∴，∴，即，∴，
綜上，或，故答案為：或．
【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質、勾股定理、折疊性質，熟練掌握相似三角形的性質，分類討論是解答的關鍵．
◇典例13：（2023·廣東深圳·統考模擬預測）如圖，方格圖中每個小正方形的邊長為1，點A、B、C都是格點．(1)畫出關于直線對稱的；(2)直接寫出______．四邊形的面積為______．

【答案】(1)見詳解；(2)：90，21
【分析】（1）根據軸對稱的性質分別作出 的對應點 即可；（2）利用網格特點解決問題即可；
【詳解】（1）如圖所示 即為所求；

（2）由圖可得，
， 答案：90，21
【點睛】本題考查作圖-軸對稱變換，解題關鍵掌握軸對稱變換，正確作出圖形， 屬于中考常考題型
◆變式訓練
1．（2023·江蘇泰州·九年級校考階段練習）如圖，在的正方形網格中，網格中有一個格點（即三角形的頂點都在格點上）．

(1)在圖中作出關于直線l對稱的（要求A與，B與，C與相對應）
(2)在直線l上找一點P，使得的周長最小
【答案】(1)見解析(2)見解析
【分析】（1）分別作出點A、B、C關于直線l對稱的點，然后順次連接；
（2）連接與l的交點即為點P，此時的周長最小．
【詳解】（1）解：所作圖形如圖所示；
；
（2）解：點P即為所求的點．由軸對稱知，又的長為定值，
∴的周長為，∴當共線時，的周長最小．
【點睛】本題考查了根據軸對稱變換作圖，解答本題的關鍵是根據網格結構作出點A、B、C關于直線l對稱的點，然后順次連接．
2．（2023·山東棗莊·統考中考真題）（1）觀察分析：在一次數學綜合實踐活動中，老師向同學們展示了圖①，圖②，圖③三幅圖形，請你結合自己所學的知識，觀察圖中陰影部分構成的圖案，寫出三個圖案都具有的兩個共同特征：___________，___________．

（2）動手操作：請在圖④中設計一個新的圖案，使其滿足你在（1）中發現的共同特征．

【答案】（1）觀察發現四個圖形都是軸對稱圖形，且面積相等；（2）見解析
【分析】（1）應從對稱方面，陰影部分的面積等方面入手思考；
（2）應畫出既是軸對稱圖形，且面積為4的圖形．
【詳解】解：（1）觀察發現四個圖形都是軸對稱圖形，且面積相等；
故答案為：觀察發現四個圖形都是軸對稱圖形，且面積相等；
（2）如圖：

【點睛】此題主要考查了利用軸對稱圖形設計圖案，關鍵是掌握利用軸對稱的作圖方法來作圖，通過變換對稱軸來得到不同的圖案．
■考點四　最短路徑問題
◇典例14：（2023·遼寧盤錦·統考中考真題）如圖，四邊形是矩形，，，點P是邊上一點（不與點A，D重合），連接．點M，N分別是的中點，連接，，，點E在邊上，，則的最小值是（ ）

A． B．3 C． D．
【答案】C
【分析】根據直線三角形斜邊中線的性質可得，，通過證明四邊形是平行四邊形，可得，則，作點C關于直線的對稱點M，則，點B，P，M三點共線時，的值最小，最小值為．
【詳解】解：四邊形是矩形，，，
點M，N分別是的中點，，，，，
，，，
又，四邊形是平行四邊形，，，
如圖，作點C關于直線的對稱點M，連接，，則，

當點B，P，M三點共線時，的值最小，最小值為，
在中，，，
，的最小值，故選C．
【點睛】本題考查矩形的性質，直線三角形斜邊中線的性質，中位線的性質，平行四邊形的判定與性質，軸對稱的性質，勾股定理，線段的最值問題等，解題的關鍵是牢固掌握上述知識點，熟練運用等量代換思想．
◆變式訓練
1. （2023·黑龍江綏化·統考中考真題）如圖，是邊長為的等邊三角形，點為高上的動點．連接，將繞點順時針旋轉得到．連接，，，則周長的最小值是 ．

【答案】/
【分析】根據題意，證明，進而得出點在射線上運動，作點關于的對稱點，連接，設交于點，則，則當三點共線時，取得最小值，即，進而求得，即可求解．
【詳解】解：∵為高上的動點．∴
∵將繞點順時針旋轉得到．是邊長為的等邊三角形，
∴∴
∴，∴點在射線上運動，如圖所示，

作點關于的對稱點，連接，設交于點，則
在中，，則，
則當三點共線時，取得最小值，即
∵，，∴∴
在中，,
∴周長的最小值為，故答案為：．
【點睛】本題考查了軸對稱求線段和的最值問題，等邊三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，勾股定理，熟練掌握等邊三角形的性質與判定以及軸對稱的性質是解題的關鍵．
2.（2023·江蘇鹽城·統考模擬預測）如圖，已知，等邊中，，將沿翻折，得到，連接，交于O點，E點在上，且，F是的中點，P是上的一個動點，則的最大值為 ．
【答案】
【分析】由折疊可證四邊形為菱形，是邊上的中線，如圖，連接，交于，是邊上的中線，的角平分線，則，，，由，可得，則，，，可知當點P運動到點A時，最大，最大為，勾股定理求，則，計算求解即可．
【詳解】解：為等邊三角形，，，
將沿翻折，得到，，
四邊形為菱形，∴，，，∴是邊上的中線，
如圖，連接，交于，
∵F是的中點，∴是邊上的中線，的角平分線，
∴，，，∵，∴，
∵，∴，，∴，
∴當點P運動到點A時，最大，最大為，
∵，∴，由勾股定理得，，
∴，故答案為：．
【點睛】本題考查三角形中線的性質，等邊三角形的性質，折疊的性質，菱形的判定與性質，勾股定理，等腰三角形的判定與性質，含的直角三角形等知識．根據題意確定最大值的情況是解題關鍵．
◇典例15：（2023·湖北十堰·統考中考真題）在某次數學探究活動中，小明將一張斜邊為4的等腰直角三角形硬紙片剪切成如圖所示的四塊（其中D，E，F分別為，，的中點，G，H分別為，的中點），小明將這四塊紙片重新組合拼成四邊形（相互不重疊，不留空隙），則所能拼成的四邊形中周長的最小值為 ，最大值為 ．

【答案】 8
【分析】根據題意，可固定四邊形，平移或旋轉其它圖形，組合成四邊形，求出周長，判斷最小值，最大值．
【詳解】 如圖1，，，，
∴四邊形周長=；

如圖2，∴四邊形周長為；故答案為：最小值為8，最大值.
【點睛】本題考查圖形變換及勾股定理，通過平移、旋轉組成滿足要求的四邊形是解題的關鍵．
◆變式訓練
1. （2023·黑龍江·統考中考真題）在中，，點是斜邊的中點，把繞點順時針旋轉，得，點，點旋轉后的對應點分別是點，點，連接，，在旋轉的過程中，面積的最大值是 ．
【答案】/
【分析】過點A作交的延長線于點G，求出，然后由旋轉的性質可知點F在以A為圓心的長為半徑的圓上運動，則可得如圖中G、A、F三點共線時點F到直線的距離最大，求出距離的最大值，然后計算即可．
【詳解】解：如圖，在中，，，點是斜邊的中點，
∴，，，∴，
過點A作交的延長線于點G，∴，
又∵在旋轉的過程中，點F在以A為圓心的長為半徑的圓上運動，，
∴點F到直線的距離的最大值為，（如圖，G、A、F三點共線時）
∴面積的最大值，故答案為：．

【點睛】本題考查了含直角三角形的性質，直角三角形斜邊中線的性質，旋轉的性質，圓的基本性質等知識，根據旋轉的性質求出點F到直線距離的最大值是解答本題的關鍵．
◇典例16：（2023·四川宜賓·統考中考真題）如圖，是正方形邊的中點，是正方形內一點，連接，線段以為中心逆時針旋轉得到線段，連接．若，，則的最小值為 ．

【答案】
【分析】連接，將以中心，逆時針旋轉，點的對應點為，由 的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，可得：的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，再根據“圓外一定點到圓上任一點的距離，在圓心、定點、動點，三點共線時定點與動點之間的距離最短”，所以當、、三點共線時，的值最小，可求，從而可求解．
【詳解】解，如圖，連接，將以中心，逆時針旋轉，點的對應點為，

的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，
如圖，當、、三點共線時，的值最小，
四邊形是正方形，，，
是的中點，，，
由旋轉得：，，，
的值最小為．故答案：．
【點睛】本題考查了正方形的性質，旋轉的性質，勾股定理，動點產生的線段最小值問題，掌握相關的性質，根據題意找出動點的運動軌跡是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023·江蘇泰州·統考二模）如圖，在平面直角坐標系中，的頂點、分別是直線與坐標軸的交點，點，點是邊上的一點，，垂足為，點在邊上，且、兩點關于軸上某點成中心對稱，連接、．線段長度的最小值為 ．

【答案】
【分析】過點F，D分別作垂直于y軸，垂足分別為G，H，證明，由全等三角形的性質得出，可求出，根據勾股定理得出，由二次函數的性質可得出答案；
【詳解】過點F，D分別作垂直于y軸，垂足分別為G，H，

則，記交y軸于點K，
∵D點與F點關于y軸上的K點成中心對稱，∴，
∵，∴，∴，
∵直線的解析式為，∴時，，∴，
又∵，設直線的解析式為
∴，解得=，∴直線的解析式為，
過點F作軸于點R，∵D點的橫坐標為m,∴，∴，
∵，∴，
令，得，∴．∴當時，l的最小值為8，∴的最小值為．
【點睛】待定系數法，全等三角形的判定與性質，坐標與圖形的性質，二次函數的性質，勾股定理，中心對稱的性質，直角三角形的性質等知識．
2．（2023·四川自貢·統考中考真題）如圖1，一大一小兩個等腰直角三角形疊放在一起，，分別是斜邊，的中點，．(1)將繞頂點旋轉一周，請直接寫出點，距離的最大值和最小值；(2)將繞頂點逆時針旋轉（如圖），求的長．

【答案】(1)最大值為，最小值為(2)
【分析】（1）根據直角三角形斜邊上的中線，得出的值，進而根據題意求得最大值與最小值即可求解；（2）過點作，交的延長線于點，根據旋轉的性質求得，進而得出，進而可得，勾股定理解，即可求解．
【詳解】（1）解：依題意，，，
當在的延長線上時，的距離最大，最大值為，
當在線段上時，的距離最小，最小值為；

（2）解：如圖所示，過點作，交的延長線于點，
∵繞頂點逆時針旋轉，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
在中，，在中，，
∴．
【點睛】本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，勾股定理，旋轉的性質，含30度角的直角三角形的性質，熟練掌握旋轉的性質，勾股定理是解題的關鍵．
◇典例17：（2023·湖北隨州·統考中考真題）1643年，法國數學家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數學家和物理學家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”，該問題也被稱為“將軍巡營”問題．
(1)下面是該問題的一種常見的解決方法，請補充以下推理過程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫角度數，④處填寫該三角形的某個頂點）
當的三個內角均小于時，
如圖1，將繞，點C順時針旋轉得到，連接，

由，可知為 ① 三角形，故，又，故，
由 ② 可知，當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，如圖2，最小值為，此時的P點為該三角形的“費馬點”，且有 ③ ；
已知當有一個內角大于或等于時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．如圖3，若，則該三角形的“費馬點”為 ④ 點．
(2)如圖4，在中，三個內角均小于，且，已知點P為的“費馬點”，求的值；

(3)如圖5，設村莊A，B，C的連線構成一個三角形，且已知．現欲建一中轉站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設電纜，已知由中轉站P到村莊A，B，C的鋪設成本分別為a元/，a元/，元/，選取合適的P的位置，可以使總的鋪設成本最低為___________元．（結果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等邊；②兩點之間線段最短；③；④A．(2)(3)
【分析】（1）根據旋轉的性質和兩點之間線段最短進行推理分析即可得出結論；
（2）根據（1）的方法將繞，點C順時針旋轉得到，即可得出可知當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，最小值為，再根據可證明，由勾股定理求即可，
（3）由總的鋪設成本，通過將繞，點C順時針旋轉得到，得到等腰直角，得到，即可得出當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，即取最小值為，然后根據已知和旋轉性質求出即可．
【詳解】（1）解：∵，
∴為等邊三角形；∴，，
又，故，
由兩點之間線段最短可知，當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，
最小值為，此時的P點為該三角形的“費馬點”，
∴，，∴，，
又∵，∴，
∴，∴；
∵，∴，，∴，，
∴三個頂點中，頂點A到另外兩個頂點的距離和最小．
又∵已知當有一個內角大于或等于時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．
∴該三角形的“費馬點”為點A，故答案為：①等邊；②兩點之間線段最短；③；④．
（2）將繞，點C順時針旋轉得到，連接，
由（1）可知當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，最小值為，

∵，∴，
又∵∴，
由旋轉性質可知：，∴，∴最小值為，
（3）∵總的鋪設成本
∴當最小時，總的鋪設成本最低，
將繞，點C順時針旋轉得到，連接，
由旋轉性質可知：，，，，
∴，∴，
當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，即取最小值為，

過點作，垂足為，∵，，∴，
∴，∴，
∴，∴
的最小值為
總的鋪設成本（元）故答案為：
【點睛】本題考查了費馬點求最值問題，涉及到的知識點有旋轉的性質，等邊三角形的判定與性質，勾股定理，以及兩點之間線段最短等知識點，讀懂題意，利用旋轉作出正確的輔助線是解本題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023春·湖北武漢·九年級校考階段練習）如圖，點M是矩形內一點，且，，N為邊上一點，連接、、，則的最小值為______．
【答案】
【分析】將繞點A逆時針旋轉得到，連接、，然后即可得為等邊三角形，同理為等邊三角形，接著證明當、、三條線段在同一直線上，的值最小，即的值最小，過點作于點E，即最小值為：，問題隨之得解．
【詳解】如圖所示，將繞點A逆時針旋轉得到，連接、，
根據旋轉的性質有：，，，
為等邊三角形，同理為等邊三角形，
，，，
當線段、、三條線段在同一直線上，且該直線與垂直時，的值最小，即的值最小，如下圖，過點作于點E，交于點F，
最小值為：，在矩形中，于點E，
即可知四邊形是矩形，，即，
為等邊三角形，，，
，，
的最小值為，故答案為：．
【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，矩形的性質，等邊三角形的判定定理與性質，勾股定理，垂線段最短等知識，作出合理的輔助線是解答本題的關鍵．
2．（2023.河南四模）閱讀材料：平面幾何中的費馬問題是十七世紀法國數學家、被譽為業余數學家之王的皮埃爾·德·費馬提出的一個著名的幾何問題．1643年，在一封寫給意大利數學家和物理學家托里拆利的私人信件中，費馬提出了下面這個極富挑戰性和趣味性的幾何難題，請求托里拆利幫忙解答：給定不在一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最短的點P的位置．托里拆利成功地解決了費馬的問題．后來人們就把平面上到一個三角形的三個頂點A，B，C距離之和最小的點稱為ABC的費馬-托里拆利點，也簡稱為費馬點或托里拆利點．問題解決：
（1）費馬問題有多種不同的解法，最簡單快捷的還是幾何解法．如圖1，我們可以將BPC繞點B順時針旋轉60°得到BDE，連接PD，可得BPD為等邊三角形，故PD=PB，由旋轉可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值與線段 的長度相等；
（2）如圖2，在直角三角形ABC內部有一動點P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，連接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如圖3，菱形ABCD的邊長為4，∠ABC=60°，平面內有一動點E，在點E運動過程中，始終有∠BEC=90°，連接AE、DE，在ADE內部是否存在一點P，使得PA+PD+PE最小，若存在，請直接寫出PA+PD+PE的最小值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）兩點之間，線段最短；AE；（2）2；（3）存在，2-2
【分析】（1）連接AE，由兩點之間線段最短即可求解；
（2）在Rt△ABC中先求出AC，將△BPC繞點C順時針旋轉60°得到△CDE，連接PD、AE，由兩點之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值與線段AE的長度相等，根據勾股定理即可求解；
（3）在△ADE內部取一點P，連接PA、PD、PE，把△PAD饒點D順時針旋轉60°得到△FGD，根據旋轉的性質和兩點之間線段最短可知，PA+PD+PE的最小值與線段GE的長度相等，再根據圓的特點、菱形與勾股定理即可求出GE，故可求解．
【詳解】（1）連接AE，如圖，由兩點之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值為線段AE的長
故答案為：兩點之間線段最短；AE；
（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2
∴BC=2AB=4由勾股定理可得AC=
如圖2，將△BPC繞點C順時針旋轉60°得到△CDE，連接PD、AE，可得△CPD為等邊三角形，∠BCE=60°∴PD=PC 由旋轉可得DE=PB，CE=BC=4 ∴PA+PB+PC=PA+DE+PD
由兩點之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值與線段AE的長度相等
∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90° ∴在Rt△ACE中，AE=
即PA+PB+PC的最小值為2；
（3）在ADE內部存在一點P，使得PA+PD+PE最小，
如圖3，在△ADE內部取一點P，連接PA、PD、PE，把△PAD饒點D順時針旋轉60°得到△FGD，連接PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均為等邊三角形
∴PD=PF 由旋轉可得PA=GF
∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，兩點之間線段最短可知，PA+PD+PE的最小值與線段GE的長度相等
∵∠BEC=90°∴點E在以BC為直徑的O上，如圖3 則OB=OC==2
如圖3，連接OG交O于點H，連接CG交AD于點K，連接AC，則當點E與點H重合時，GE取最小值，即PA+PD+PE的最小值為線段GH的長
∵菱形ABCD的邊長為4，∠ABC=60°∴AB=BC=CD=AD=4
∴△ABC、△ACD均為等邊三角形∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°
∴四邊形ACDG是菱形，∠ACG=∠ACD=30° ∴CG、AD互相垂直平分
∴DK=AD=2∴根據勾股定理得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的最小值為2-2．
【點睛】此題主要考查四邊形與圓綜合的最短距離，解題的關鍵是熟知旋轉的性質、圓周角定理及兩點之間的距離特點．
1．（2023·山東青島·統考中考真題）如圖，將線段先向左平移，使點B與原點O重合，再將所得線段繞原點旋轉得到線段，則點A的對應點的坐標是（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由平移的性質得，點，再由旋轉的性質得點與關于原點對稱，即可得出結論．
【詳解】解：如圖，

由題意可知，點，，由平移的性質得：，點，
由旋轉的性質得：點與關于原點對稱，∴，故選：A．
【點睛】本題考查了坐標與圖形的變化﹣旋轉、坐標與圖形的變化﹣平移，熟練掌握旋轉和平移的性質是解題的關鍵．
2．（2023·四川雅安·統考中考真題）在平面直角坐標系中．將函數的圖象繞坐標原點逆時針旋轉，再向上平移1個單位長度，所得直線的函數表達式為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出函數的圖象繞坐標原點逆時針旋轉的函數解析式，再根據函數圖象的平移規律即可求出平移后的解析式．
【詳解】解：∵點是函數圖象上的點，
∴將繞原點逆時針旋轉，則旋轉后圖象經過原點和、
∴將函數的圖象繞坐標原點逆時針旋轉得到圖象的解析式為，
∴根據函數圖象的平移規律，再將其向上平移1個單位后的解析式為．故選A．
【點睛】本題考查了繞坐標原點逆時針旋轉坐標變化的規律和一次函數平移的規律，解題關鍵是根據繞坐標原點逆時針的得到圖象函數解析式為．
3．（2023·天津·統考中考真題）如圖，把以點A為中心逆時針旋轉得到，點B，C的對應點分別是點D，E，且點E在的延長線上，連接，則下列結論一定正確的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據旋轉的性質即可解答．
【詳解】根據題意，由旋轉的性質，可得，，，
無法證明，，故B選項和D選項不符合題意，
，故C選項不符合題意，
，故A選項符合題意，故選：A．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，熟練掌握旋轉的性質和三角形外角運用是解題的關鍵．
4．（2023·黑龍江·統考中考真題）如圖，在平面直角坐標中，矩形的邊，將矩形沿直線折疊到如圖所示的位置，線段恰好經過點，點落在軸的點位置，點的坐標是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先證明，求出，連結，設與交于點F，然后求出，可得，再用含的式子表示出，最后在中，利用勾股定理構建方程求出即可解決問題．
【詳解】解：∵矩形的邊，，
∴，，，由題意知，∴，
又∵，∴，∴，
由折疊知，，∴，∴，即，
連接，設與交于點F，∴，
∵，∴四邊形是矩形，
∴，，，∴，
由折疊知，，∴，
∵在中，，∴，解得：，
∴點的坐標是，故選：D．

【點睛】本題考查了矩形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，折疊的性質以及勾股定理的應用等知識，通過證明三角形相似，利用相似三角形的性質求出的長是解題的關鍵．
5．（2023·湖南·統考中考真題）如圖所示，在矩形中，，與相交于點O，下列說法正確的是（ ）

A．點O為矩形的對稱中心 B．點O為線段的對稱中心
C．直線為矩形的對稱軸 D．直線為線段的對稱軸
【答案】A
【分析】由矩形是中心對稱圖形，對稱中心是對角線的交點，線段的對稱中心是線段的中點，矩形是軸對稱圖形，對稱軸是過一組對邊中點的直線，從而可得答案．
【詳解】解：矩形是中心對稱圖形，對稱中心是對角線的交點，故A符合題意；
線段的對稱中心是線段的中點，故B不符合題意；
矩形是軸對稱圖形，對稱軸是過一組對邊中點的直線，故C，D不符合題意；故選A
【點睛】本題考查的是軸對稱圖形與中心對稱圖形的含義，矩形的性質，熟記矩形既是中心對稱圖形也是軸對稱圖形是解本題的關鍵．
6．（2023·山東淄博·統考中考真題）在邊長為1的正方形網格中，右邊的“小魚”圖案是由左邊的圖案經過一次平移得到的，則平移的距離是 ．

【答案】6
【分析】確定一組對應點，從而確定平移距離．
【詳解】解：如圖，點是一組對應點，，所以平移距離為6；
故答案為：6

【點睛】本題考查圖形平移；確定對應點從而確定平移距離是解題的關鍵．
7．（2023·青海西寧·統考中考真題）如圖，在矩形中，點P在邊上，連接，將繞點P順時針旋轉90°得到，連接．若，，，則 ．

【答案】2
【分析】過點作于點F，則，可證，于是．設，，，解得，于是．
【詳解】解：過點作于點F，則，
∵，∴．
又，∴.∴．
設，矩形中，，，
，，解得，∴．故答案為：2

【點睛】本題考查矩形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理；根據勾股定理構建方程求解是解題的關鍵．
8．（2023·黑龍江綏化·統考中考真題）已知等腰，，．現將以點為旋轉中心旋轉，得到，延長交直線于點D．則的長度為 ．
【答案】
【分析】根據題意，先求得，當以點為旋轉中心逆時針旋轉，過點作交于點，當以點為旋轉中心順時針旋轉，過點作交于點，分別畫出圖形，根據勾股定理以及旋轉的性質即可求解．
【詳解】解：如圖所示，過點作于點，

∵等腰，，．∴，
∴，,∴，
如圖所示，當以點為旋轉中心逆時針旋轉，過點作交于點，

∵，∴，，
在中，，，
∵等腰，，．∴，
∵以點為旋轉中心逆時針旋轉，∴，
∴，
在中，,
∴，∴，∴，
如圖所示，當以點為旋轉中心順時針旋轉，過點作交于點，
在中，，∴
在中，∴∴
∴∴∴，
綜上所述，的長度為或，故答案為：或．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，熟練掌握旋轉的性質，分類討論是解題的關鍵．
9．（2023·湖南張家界·統考中考真題）如圖，為的平分線，且，將四邊形繞點逆時針方向旋轉后，得到四邊形，且，則四邊形旋轉的角度是 ．

【答案】
【分析】根據角平分線的性質可得，根據旋轉的性質可得，，求得，即可求得旋轉的角度．
【詳解】∵為的平分線，，∴，
∵將四邊形繞點逆時針方向旋轉后，得到四邊形，
∴，，
∴，故答案為：．
【點睛】本題考查了角平分線的性質，旋轉的性質，熟練掌握以上性質是解題的關鍵．
10．（2023·黑龍江·統考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，已知的三個頂點坐標分別是，．

(1)將向上平移4個單位，再向右平移1個單位，得到，請畫出．
(2)請畫出關于軸對稱的．(3)將著原點順時針旋轉，得到，求線段在旋轉過程中掃過的面積（結果保留）．
【答案】(1)見解析(2)見解析(3)
【分析】（1）根據平移的性質得出對應點的位置進而畫出圖形；（2）利用軸對稱的性質得出對應點的位置進而畫出圖形；（3）畫出旋轉后的圖形，根據即可得出答案．
【詳解】（1）解：如圖所示，即為所求；

（2）如圖所示，即為所求；
（3）將著原點順時針旋轉，得到，
設所在圓交于點D，交于點E，，，，
，，，，
，，，
，
故線段在旋轉過程中掃過的面積為．
【點睛】本題考查平移、軸對稱變換作圖和旋轉的性質以及扇形的面積，熟練掌握網格結構準確找出對應點的位置是解題的關鍵．
11．（2023·四川德陽·統考中考真題）將一副直角三角板與疊放在一起，如圖1，，，，．在兩三角板所在平面內，將三角板繞點O順時針方向旋轉（）度到位置，使，如圖2．

(1)求的值；(2)如圖3，繼續將三角板繞點O順時針方向旋轉，使點E落在邊上點處，點D落在點處．設交于點G，交于點H，若點G是的中點，試判斷四邊形的形狀，并說明理由．
【答案】(1)(2)正方形，見解析
【分析】（1）確定旋轉角，結合，，計算即可．（2）先證明四邊形是矩形，再利用等腰直角三角形的性質，結合一組鄰邊相等的矩形是正方形證明即可．
【詳解】（1）根據題意，得旋轉角，
∵，， ∴，故．
（2）根據題意，得旋轉角，∵，， ∴，
∵，，∴，，
∴，∵，，∴，

∴，∴，
∴四邊形是矩形，∵，∴四邊形是正方形．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，矩形的判斷，正方形的判斷，等腰直角三角形的性質，熟練掌握矩形的判斷，正方形的判斷，等腰直角三角形的性質是解題的關鍵．
1．（2023·廣東云浮·統考一模）在以下四個校徽中，是軸對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本題主要考查了軸對稱圖形的識別，根據軸對稱圖形的定義進行逐一判斷即可：如果一個平面圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形就叫做軸對稱圖形，這條直線就叫做對稱軸．
【詳解】解：A、不是軸對稱圖形，故此選項不合題意；
B、不是軸對稱圖形，故此選項不合題意；C、不是軸對稱圖形，故此選項不合題意；
D、是軸對稱圖形，故此選項符合題意；故選：D．
2．（2023·河北唐山·統考三模）如圖，已知長方形紙片，M為邊上的一點，將紙片沿，折疊使點A落在處，點D落在處，如果，那么的度數為（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本題主要考查了軸對稱的性質，矩形的性質，熟練掌握折疊的性質是解題的關鍵．利用折疊的性質得到對應角相等，然后利用平角定理求出角的度數．
【詳解】解：將紙片沿，折疊使點A落在處，點D落在處，
，，，
，，
， ，，
．故選D．
3．（2022·四川綿陽·校考二模）如圖，在平面直角坐標系中，直線與軸，軸分別交于點，點，矩形的頂點分別在軸，軸上，對角線軸，已知，.現將直線向上平移個單位長度，使平移后的直線恰好平分矩形的面積，則的值為（ ）
A． B．8 C．9 D．
【答案】A
【分析】作軸于E，連接，交于點，則是的中點，根據矩形的中心對稱性可知當經過點P時，平移后的直線恰好平分矩形的面積，求出點N的坐標和平移后的直線解析式，再求出平移后的直線解析式與y軸的交點縱坐標，從而得到m的值．
【詳解】解：作軸于，連接，交于點，則是的中點，
∵對角線軸，，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，即，
∴，∴，∴，∴，
當時，，∴，設平移后的直線為，
∵當經過點時，平移后的直線恰好平分矩形的面積，
∴，解得，∴平移后的直線為，
當時，，∴，∴的值為，故選：A．
【點睛】本題考查了一次函數的圖象與幾何變換，坐標與圖形性質，一次函數圖象上點的坐標特征，相似三角形的判定和性質，中心對稱的性質等知識，明確直線經過矩形對角線的交點時平分矩形的面積是解題的關鍵．
4．（2022·安徽·校聯考模擬預測）如圖，在銳角中，D為邊上一點，，將繞點C順時針旋轉后得到，且點D，B的對應點分別為A，E，交于點O，連接．下列結論錯誤的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據旋轉的性質、等邊三角形的性質、平行線的證明、平行線分線段成比例定理對選項逐一判斷即可得到答案．
【詳解】解：由題意知，
又∵，∴為等邊三角形，∴，故A項正確；
∵，∴，∴，∴，故B項正確；
∵，∴，∵，，∴，故C項正確；
根據已知條件推不出，故D項錯誤．故選：D．
【點睛】本題考查了圖形的旋轉的性質，等邊三角形的證明，平行線的證明，平行線分線段成比例定理，熟練掌握圖形旋轉前后對應邊相等，對應角相等．平行線分線段成比例定理是解題的關鍵，
5．（2023·山西呂梁·校聯考模擬預測）如圖，是的直徑，點C為上一點，將沿翻折得到的弧恰好經過圓心O，連接，若，則圖中陰影部分的面積為( )

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據題意和圖形，可知陰影部分的面積扇形的面積，然后根據題目中的數據，計算出的面積即可．
【詳解】解：連接，作于點D，根據對稱性可知，弓形與弓形面積相等，
∴陰影部分的面積的面積，根據垂徑定理，∴
∵，，∴，
∵，∴，∴，
又∵，∴
∵點O是的中點，∴的面積是的面積一半，
∴的面積是：，
即陰影部分的面積是，故選：C．

【點睛】本題考查求不規則圖形的面積、垂徑定理、翻折變換，解答本題的關鍵是明確題意，利用數形結合的思想解答．
6．（2023·江西南昌·校考二模）數學小組將兩塊全等的含角的三角尺按較長的直角邊重合的方式擺放，并通過平移對特殊四邊形進行探究．如圖1，其中，，，將沿射線方向平移，得到，分別連接，（如圖2所示），下列有關四邊形的說法正確的是（　　）

A．先是平行四邊形，平移個單位長度后是菱形
B．先是平行四邊形，平移個單位長度后是矩形，再平移2個單位長度后是菱形
C．先是平行四邊形，平移個單位長度后是矩形，再平移3個單位長度后是正方形
D．在平移的過程中，依次出現平行四邊形、矩形、菱形、正方形
【答案】B
【分析】根據平移過程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性質求出平移距離即可．
【詳解】解：由題意可得：平移過程中，，，，
∴四邊形是平行四邊形，剛開始平移時，，
∴如圖，當平移至時，，
∴此時四邊形是矩形，且不可能為正方形，，
∴平移距離為：，即平移個單位長度后是矩形，

繼續平移，當與共線時，此時，即四邊形是菱形，
此時的總平移距離為，即再平移個單位長度后是菱形；
綜上可得：平移過程中，四邊形先是平行四邊形，平移個單位長度后是矩形，再平移個單位長度后是菱形，故選B．
【點睛】此題主要考查平行四邊形、矩形、菱形的判定和性質，勾股定理，含30度的直角三角形，綜合利用了特殊四邊形的判定和性質，掌握特殊平行四邊形的判定與性質是解題的關鍵．
7．（2023·廣東茂名·統考二模）如圖，在中，，點在邊上，，將沿折疊，的對應邊交于點，連接．若，則的長為 ．
【答案】
【分析】本題主要考查了相似三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、解直角三角形、勾股定理等知識點，過點作于點，先證明是等邊三角形，再證，得出，，由折疊的性質可得，利用三角函數求得的長，進而得點與點重合，從而求得的長，熟練掌握以上知識點并靈活運用，添加適當的輔助線，是解此題的關鍵．
【詳解】解：過點作于點，
，
∵將沿折疊，的對應邊交于點，，
，是等邊三角形，，
，，，
，，，，
，，
，，，
，，，
，∴點與點重合，，故答案為：．
8．（2023·廣東茂名·統考二模）如圖，在矩形中，已知，，點P是邊上一動點（點P不與點B，C重合），連接，作點B關于直線的對稱點M，連接，作的角平分線交邊于點N，則線段的最小值為 ．
【答案】/
【分析】本題主要考查了矩形的性質，勾股定理，軸對稱的性質等等，根據軸對稱的性質得到，則當A、M、N三點共線時，此時取最小，，有軸對稱的性質得到，則可證明，得到，中，由勾股定理得：，解方程即可得到答案．
【詳解】解：連接，如圖所示：
∵點B關于直線的對稱點M，∴，∵，
當A、M、N三點共線時，此時取最小，，
∵四邊形是矩形，∴，
由軸對稱的性質得：，∴，
∵平分，∴，又∵，∴，
∴，在中，由勾股定理得：，
解得： ，故線段的最小值為，故答案為：．
9．（2023·四川成都·模擬預測）如圖1，將一張菱形紙片沿對角線剪開，得到和，再將以D為旋轉中心，按逆時針方向旋轉角α，使，得到如圖2所示的，連接，，，有下列結論：①；②；③；④．其中正確結論的序號是 ．（把所有正確結論的序號都填在橫線上）
【答案】①②③
【分析】證明四邊形是矩形可判斷①和②；求出可判斷③；根據勾股定理可判斷④．
【詳解】解：如圖2中，過點D作于點E，
由旋轉的性質，得，∴，，
∵，∴，∴，∴．同理，，∴，
又∵，∴四邊形是平行四邊形，
又∵，∴，
∴四邊形是矩形，∴；；故①②正確；
∵，∴，∵，∴，∴；故③正確，
∵是等腰直角三角形，∴，
∵，∴，故④錯誤，∴正確的有①②③，故答案為①②③．
【點睛】本題考查了菱形的性質，矩形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，股定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．
10．（2023·四川廣安·統考二模）如圖，在的網格上，由個數相同的白色方塊與黑色方塊組成一幅圖案，請仿照此圖案，在下圖的網格中分別設計出符合要求的圖案（注：①不得與原圖案相同；②黑、白方塊的個數要相同）．

【答案】見解析
【分析】根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念，即可作出圖形．
【詳解】解：如下圖，是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形；

如下圖，是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形；
如下圖，是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形；
【點睛】本題是開放性試題，答案不唯一．主要考查了軸對稱圖形與中心對稱圖形的作圖，通過設計圖案加深學生對軸對稱、中心對稱性質的理解，激發學生學好數學，用好數學的熱情．
11．（2023·安徽亳州·校聯考模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，三個頂點的坐標分別為．(1)作出關于y軸對稱的；(2)作出關于點成中心對稱的；(3)在軸上找一點，使，并寫出點的坐標．

【答案】(1)作圖見解析(2)作圖見解析(3)作圖見解析，
【分析】（1）先找出三點關于軸對稱的對稱點，連接三點畫出三角形；
（2）根據中心對稱的性質即可得到結論；（3）根據線段垂直平分線的性質即可得到結論．
【詳解】（1）解：如圖所示：即為所求；

（2）解：如圖所示：即為所求；
（3）如圖所示：

點即為所求，坐標為．
【點睛】本題考查作圖﹣旋轉變換，軸對稱變換，熟練掌握基本作圖知識是解題的關鍵．
12．（2023·山西呂梁·校聯考模擬預測）綜合與實踐
如圖1，在中，， ．

猜想證明：（1）如圖1，點D在邊上 ．將沿所在直線折疊，點C的對應點為E ．試猜想四邊形的形狀并加以證明 ．
實踐探究：（2）如圖2，拓展小組受此問題啟發，將沿過點C的直線折疊 ．點B的對應點為G ．且于點H ．若，，求的長 ．
問題解決：（3）如圖3 ．探究小組突發奇想，將沿過點A的直線折疊，若，，，直接寫出的長 ．
【答案】（1）正方形，理由見解析；（2）；（3）
【分析】（1）先判斷四邊形是菱形即可得出結論；（2）先證明求出，再證得到，設未知數列方程解決即可；（3）先證得，在中，由勾股定理求出即可．
【詳解】（1）解：正方形 ．
證明：，， ，
即， ，由折疊知：，，
，四邊形是菱形，，菱形是正方形 ；
（2）在中，，，，，
，，又， ，
，即， ， 由折疊知：，，
， ， ，
， 設，則，，
在中，，即，
，（舍）， ；
（3）在中，，，，過點M作于點N，如圖：

則，在中，，，
，，，，，
在中，由勾股定理，得：，即，
解得：或（不合題意，舍去），得長為25．
【點睛】本題考查了正方形的判定、相似三角形的判定與性質等知識，熟練應用正方形判定方法和相似三角形判定定理是解題關鍵．
1．（2024·遼寧撫順·統考二模）用兩個全等且邊長為的等邊三角形和等邊三角形拼成菱形，把一個含角的三角尺與這個菱形疊合，使三角尺的角的頂點與點重合，兩邊分別與、重合，將三角尺繞點按逆時針方向旋轉，在轉動過程中，當的面積是時，的長為 ．
【答案】或
【分析】本題主要考查等邊三角形的性質，勾股定理，三角形全等的判定和性質等知識．利用數形結合的思想是解題關鍵．過點作，根據等邊三角形的性質可求出，結合可求出．又易證，即得出，從而即可得解．
【詳解】①當點在線段上時，如圖，過點作，
為等邊三角形，，，
，即，，．
三角尺角的頂點與點重合，，
，即．
又兩個全等且邊長為的等邊三角形和等邊三角形拼成菱形，
，，，；
②當點在線段的延長線上時，如圖：由①可知，，．
，，即．
又，，，．
的長為或，故答案為：或．
2．（2023·四川成都·校考三模）如圖，在菱形中，，點為邊中點，點在邊上，將四邊形沿直線翻折，使的對應邊為，當時，的值為 ．

【答案】/
【分析】過點D作于點K，設與的交點為E，延長交于點L，根據三角函數的意義，菱形的性質，折疊的性質，矩形的判定和性質，勾股定理計算即可．
【詳解】過點D作于點K，設與的交點為E，延長交于點L，
∵四邊形沿直線翻折，∴，
∵，，∴，∴設，則，∴，
∵點為邊中點，∴，∵四邊形是菱形，
∴，，，
∴，，，
∵，，，∴，
∴四邊形是矩形，∴， ∴，，
∴設，∴，根據折疊的性質，得，
∴∴，∴，∴，故答案為：．
【點睛】本題考查銳角三角形函數，菱形，折疊，矩形的判定和性質，勾股定理，解題的關鍵是掌握銳角三角形函數的運用，菱形的性質，折疊的性質，勾股定理．
3．（2023·黑龍江大慶·統考中考真題）如圖，在中，將繞點A順時針旋轉至，將繞點A逆時針旋轉至，得到，使，我們稱是的“旋補三角形”，的中線叫做的“旋補中線”，點A叫做“旋補中心”．下列結論正確的有 ．
①與面積相同；②；③若，連接和，則；④若，，，則．
【答案】①②③
【分析】延長，并截取，連接，證明，得出，，根據，，得出，證明，得出，即可判斷①正確；根據三角形中位線性質得出，根據，得出，判斷②正確；根據時，，得出，，，，根據四邊形內角和得出
，求出，判斷③正確；根據②可知，，根據勾股定理得出，求出，判斷④錯誤．
【詳解】解：延長，并截取，連接，如圖所示：
∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，根據旋轉可知，，，
∵，∴，∴，，∵，，∴，
∴，∴，即與面積相同，故①正確；
∵，，∴是的中位線，∴，
∵，∴，故②正確；當時，，
∴，，，，
∵，
∴，
即，故③正確；∵，∴根據②可知，，
∵當時，，為中線，
∴，∴，∴，
∴，故④錯誤；綜上分析可知，正確的是①②③．
【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質，等腰三角形的性質，中位線性質，勾股定理，四邊形內角和，補角的性質，解題的關鍵是作出輔助線，構造全等三角形，證明．
4．（2023·浙江·統考中考真題）一副三角板和中，．將它們疊合在一起，邊與重合，與相交于點G（如圖1），此時線段的長是 ，現將繞點按順時針方向旋轉（如圖2），邊與相交于點H，連結，在旋轉到的過程中，線段掃過的面積是 ．

【答案】
【分析】如圖1，過點G作于H，根據含直角三角形的性質和等腰直角三角形的性質得出，，然后由可求出的長，進而可得線段的長；如圖2，將繞點C順時針旋轉得到，與交于，連接，，是旋轉到的過程中任意位置，作于N，過點B作交的延長線于M，首先證明是等邊三角形，點在直線上，然后可得線段掃過的面積是弓形的面積加上的面積，求出和，然后根據線段掃過的面積列式計算即可．
【詳解】解：如圖1，過點G作于H，

∵，，∴，，
∵，∴，∴；
如圖2，將繞點C順時針旋轉得到，與交于，連接，
由旋轉的性質得：，，∴是等邊三角形，
∵，∴，∴，∵，∴，即垂直平分，
∵是等腰直角三角形，∴點在直線上，
連接，是旋轉到的過程中任意位置，
則線段掃過的面積是弓形的面積加上的面積，
∵，∴，∴，
作于N，則，∴，
過點B作交的延長線于M，則，
∵，，∴，∴，
∴線段掃過的面積，，
，，
故答案為：，．

【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，含直角三角形的性質，二次根式的運算，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質，勾股定理，扇形的面積計算等知識，作出圖形，證明點在直線上是本題的突破點，靈活運用各知識點是解題的關鍵．
5．（2023·河南·統考中考真題）李老師善于通過合適的主題整合教學內容，幫助同學們用整體的、聯系的、發展的眼光看問題，形成科學的思維習慣．下面是李老師在“圖形的變化”主題下設計的問題，請你解答．

(1)觀察發現：如圖1，在平面直角坐標系中，過點的直線軸，作關于軸對稱的圖形，再分別作關于軸和直線對稱的圖形和，則可以看作是繞點順時針旋轉得到的，旋轉角的度數為______；可以看作是向右平移得到的，平移距離為______個單位長度．
(2)探究遷移：如圖，中，，為直線下方一點，作點關于直線的對稱點，再分別作點關于直線和直線的對稱點和，連接，，請僅就圖的情形解決以下問題：①若，請判斷與的數量關系，并說明理由；②若，求，兩點間的距離．(3)拓展應用：在（2）的條件下，若，，，連接．當與的邊平行時，請直接寫出的長．
【答案】(1)，．(2)①，理由見解析；②(3)或
【分析】（1）觀察圖形可得與關于點中心對稱，根據軸對稱的性質可得即可求得平移距離；（2）①連接，由對稱性可得，，進而可得，即可得出結論；②連接分別交于兩點，過點作，交于點，由對稱性可知：且，得出，證明四邊形是矩形，則，在中，根據，即可求解；（3）分，，兩種情況討論，設，則，先求得，勾股定理求得，進而表示出，根據由（2）②可得，可得，進而建立方程，即可求解．
【詳解】（1）（1）∵關于軸對稱的圖形，與關于軸對稱，
∴與關于點中心對稱，
則可以看作是繞點順時針旋轉得到的，旋轉角的度數為
∵，∴，∵,關于直線對稱，∴，即，
可以看作是向右平移得到的，平移距離為個單位長度．故答案為：，．

（2）①，理由如下，連接， 由對稱性可得，，
∴，
②連接分別交于兩點，過點作，交于點，
由對稱性可知：且，
∵四邊形為平行四邊形，∴∴三點共線，
∴，
∵，∴，
∴四邊形是矩形， ∴，在中，，
∵，∴,∴
（3）解：設，則，依題意，，
當時，如圖所示，過點作于點，

∴∵，，∴，
∴，則，在中，，
∴，則，∴
在中，，則，，
在中，，
，
∴由（2）②可得，
∵∴∴，解得：；
如圖所示，若，則，
∵，則，則，
∵，，∵，∴，解得：，
綜上所述，的長為或．
【點睛】本題考查了軸對稱的性質，旋轉的性質，平行四邊形的性質，解直角三角形，熟練掌握軸對稱的性質是解題的關鍵．
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第六章 圖形的變化
第一節 圖形的平移、旋轉與軸對稱
考點分布 考查頻率 命題趨勢
考點1 圖形的平移 ☆ 圖形的變換以考查平面幾何的三大變換的基本運用為主，年年都有考查，分值在10分左右。預計2024年各地中考還將繼續考查這些知識點，考查形式主要有選填題、作圖題、也可能綜合題結合其他考點出現。在三種變換中，平移相對較為簡單，多以選擇題形式考察，偶爾也會考察作圖題；對稱和旋轉則難度較大，通常作為選擇、填空題的壓軸題出現（考查最值問題居多），在解答題中，也會考查對稱和旋轉的作圖，以及與特殊幾何圖形結合的綜合壓軸題，此時常需要結合幾何圖形或問題類型去分類討論。
考點2 圖形的旋轉 ☆☆
考點3 圖形的軸對稱 ☆☆☆
考點4 最短路徑問題 ☆☆☆
■考點一　圖形的平移
1）平移的概念：在平面內，一個圖形由一個位置沿某個方向移動到另一個位置，這樣的圖形運動叫做 。平移不改變圖形的 和 。
2）三大要素： （1）平移的 ，（2）平移的 ，（3）平移的 。
3）性質： （1）平移前后，對應線段 且 、對應角 ；（2）各對應點所連接的線段 (或在同一條直線上)且相等；（3）平移前后的圖形 。
4）作圖步驟：（1）根據題意，確定平移的 和平移的 ；（2）找出原圖形的 ；（3）按平移方向和平移距離平移各個關鍵點，得到各關鍵點的 ；（4）按原圖形依次連接對應點，得到平移后的圖形。
■考點二　圖形的旋轉
1）定義：在平面內，一個圖形繞一個定點沿某個方向(順時針或逆時針)轉過一個角度，這樣的圖形運動叫 ．這個定點叫做旋轉 ，轉過的這個角叫做 。
2）三大要素：（1）旋轉 ；（2）旋轉 ；（3）旋轉 。
3）性質：（1）對應點到旋轉中心的距離 ；（2）每對對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于 ；（3）旋轉前后的圖形 。
4．作圖步驟：（1）根據題意，確定旋轉 、旋轉 及 ；（2）找出原圖形的 ；（3）連接關鍵點與旋轉中心，按旋轉方向與旋轉角將它們旋轉，得到各關鍵點的 ；（4）按原圖形依次連接對應點，得到旋轉后的圖形。
5）中心對稱圖形與中心對稱
中心對稱 中心對稱圖形
圖形
定義 如果一個圖形繞某點旋轉180°后與另一個圖形重合，我們就把這兩個圖形叫做 。 如果一個圖形繞某一點旋轉180°后能與它自身重合，我們就把這個圖形叫做 ，這個點叫做它的 。
區別 中心對稱是指兩個圖形的關系。 中心對稱圖形是指具有某種特性的一個圖形
聯系 兩者可以相互轉化，如果把中心對稱的兩個圖形看成一個整體（一個圖形），那么這“一個圖形”就是中心對稱圖形；反過來，如果把一個中心對稱圖形相互對稱的兩部分看成兩個圖形，那么這“兩個圖形”中心對稱。
■考點三　圖形的軸對稱
1）軸對稱與軸對稱圖形
軸對稱 軸對稱圖形
圖形
定義 把一個圖形沿著某一條直線 ，如果它能夠與另一個圖形重合，那么就說這兩個圖形關于這條直線對稱，這條直線叫做 。 如果一個平面圖形沿一條直線 ，直線兩旁的部分能夠互相重合，那么這個圖形就叫做 。這條直線就是它的對稱軸。
區別 （1）軸對稱是指兩個圖形折疊重合。 （2）軸對稱對稱點在兩個圖形上。 （3）軸對稱只有一條對稱軸。 （1）軸對稱圖形是指本身折疊重合。 （2）軸對稱圖形對稱點在一個圖形上。 （3）軸對稱圖形至少有一條對稱軸。
聯系 （1) 定義中都有一條直線,都要沿著這條直線折疊重合。 （2) 如果把軸對稱的兩個圖形看成一個整體,那么它就是一個 ；反之, 如果把軸對稱圖形沿對稱軸分成兩部分(即看成兩個圖形),那么這兩個圖形就關于這條直線成軸對稱。
性質 （1）關于某條直線對稱的兩個圖形是 。 （2）兩個圖形關于某直線對稱那么對稱軸是對應點連線的 。
判定 （1）兩個圖形的對應點連線被同一條直線垂直平分,那么這兩個圖形關于這條直線對稱。 （2）兩個圖形關于某條直線成軸對稱,那么對稱軸是對折重合的折痕線。
2）作軸對稱圖形的一般步驟：
（1）作某點關于某直線的對稱點的一般步驟：①過已知點作已知直線（對稱軸）的垂線，標出垂足，并延長；②在延長線上從垂足出發截取與已知點到垂足的距離相等的線段，那么截點就是這點關于該直線的對稱點。
（2）作已知圖形關于某直線的對稱圖形的一般步驟：①找.在原圖形上找特殊點（如線段的端點、線與線的交點）；②作.作各個特殊點關于已知直線的對稱點；③連.按原圖對應連接各對稱點。
3）折疊的性質：折疊的實質是 ，折疊前后的兩圖形 ，對應邊和對應角 。
■考點四　最短路徑問題
與圖形變換相關的最值問題有：將軍飲馬（遛馬、造橋）（軸對稱、平移）、費馬點問題（旋轉）、瓜豆原理（圓弧軌跡類）（旋轉）等。
■易錯提示
1. 對稱軸是一條直線，不是一條射線，也不是一條線段。
2. 旋轉中心可以是圖形外的一點，也可以是圖形上的一點，還可以是圖形內的一點。
3. 對應點之間的運動軌跡是一段圓弧，對應點到旋轉中心的線段就是這段圓弧所在圓的半徑。
■考點一　圖形的平移
◇典例1：（2022·廣西·中考真題）2022北京冬殘奧會的會徽是以漢字“飛”為靈感來設計的，展現了運動員不斷飛躍，超越自我，奮力拼搏，激勵世界的冬殘奧精神下列的四個圖中，能由如圖所示的會徽經過平移得到的是（ ）
A． B． C． D．
◆變式訓練
1．（2023·浙江紹興·統考中考真題）在平面直角坐標系中，將點先向右平移2個單位，再向上平移1個單位，最后所得點的坐標是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·湖北黃石·統考中考真題）如圖，已知點，若將線段平移至，其中點，則的值為（ ）

A． B． C．1 D．3
3．（2023上·山東濱州·九年級校考期中）如圖，在平面直角坐標系中，點，點在軸的正半軸上，且，將沿軸向右平移得到，與交于點．若：：，則點的坐標為 ．

◇典例2：（2023·廣東深圳·統考中考真題）如圖，在平行四邊形中，，，將線段水平向右平移a個單位長度得到線段，若四邊形為菱形時，則a的值為（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
◆變式訓練
1．（2023·四川成都·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為，沿x軸向右平移后得到，點A的對應點在直線上一點，則點A與其對應點之間的距離為 ．

2．（2023·山西晉城·統考一模）如圖，在中，，，．是邊上的中線．將沿方向平移得到．與相交于點，連接并延長，與邊相交于點．當點為的中點時，的長為 ．

◇典例3：（2023·河南信陽·九年級統考期中）在正方形網格中建立平面直角坐標系，使得A，B兩點的坐標分別為，，過點B作軸于點C．

(1)按照要求畫出平面直角坐標系，線段，寫出點C的坐標 ；(2)直接寫出以A，B，C為頂點的三角形的面積 ；(3)若線段是由線段平移得到的，點A的對應點是C，畫出線段，寫出一種由線段得到線段的過程．
◆變式訓練
1.（2023下·重慶江津·九年級期中）已知，在平面直角坐標系中的位置如圖所示：(1)寫出A、B、C三點的坐標；(2)求的面積；(3)中任意一點經平移后對應點為，將作同樣的平移得到，畫出．
2．（2023·廣東廣州·統考中考真題）如圖，在平面直角坐標系v中，點，，所在圓的圓心為O．將向右平移5個單位，得到（點A平移后的對應點為C）．

(1)點D的坐標是___________，所在圓的圓心坐標是___________；(2)在圖中畫出，并連接，；(3)求由，，，首尾依次相接所圍成的封閉圖形的周長．（結果保留）
■考點二　圖形的旋轉
◇典例4：（2023·內蒙古通遼·統考中考真題）如圖，將繞點A逆時針旋轉到，旋轉角為，點B的對應點D恰好落在邊上，若，則旋轉角的度數為（ ）

A． B． C． D．
◆變式訓練
1．（2023·山東·統考中考真題）如圖，點E是正方形內的一點，將繞點B按順時針方向旋轉得到．若，則 度．

2．（2023·上海·統考中考真題）如圖，在中，，將繞著點A旋轉，旋轉后的點B落在上，點B的對應點為D，連接是的角平分線，則 ．

3．（2023·江西·統考中考真題）如圖，在中，，將繞點逆時針旋轉角（）得到，連接，．當為直角三角形時，旋轉角的度數為 ．

◇典例5：（2023·黑龍江牡丹江·統考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的頂點A，B在x軸上，，，，將菱形繞點A旋轉后，得到菱形，則點的坐標是 ．

◆變式訓練
1．（2023·山東東營·統考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的邊長為，點在軸的正半軸上，且，將菱形繞原點逆時針方向旋轉，得到四邊形點與點重合，則點的坐標是( )

A． B． C． D．
2．（2023·內蒙古通遼·統考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，已知點，點，以點P為中心，把點A按逆時針方向旋轉得到點B，在，，，四個點中，直線經過的點是（ ）

A． B． C． D．
◇典例6：（2023·江蘇泰州·統考中考真題）菱形的邊長為2，，將該菱形繞頂點A在平面內旋轉，則旋轉后的圖形與原圖形重疊部分的面積為（ ）
A． B． C． D．
◆變式訓練
1．（2023·寧夏·統考中考真題）如圖，在中，，，．點在上，且．連接，將線段繞點順時針旋轉得到線段，連接，．則的面積是（ ）

A． B． C． D．
2．（2023·遼寧·統考中考真題）如圖，線段，點是線段上的動點，將線段繞點順時針旋轉得到線段，連接，在的上方作，使，點為的中點，連接，當最小時，的面積為 ．

◇典例8：（2024·陜西西安·陜西師大附中校考二模）2023年10月8日晚，伴隨圣火緩緩熄滅，杭州第19屆亞運會圓滿閉幕，亞運是體育盛會，也是文化旅游的盛會．下列與杭州亞運會有關的圖案中，屬于中心對稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
◆變式訓練
1．（2023·山東青島·統考三模）窗花是貼在窗子或窗戶上的剪紙，是中國古老的傳統民間藝術之一，下列窗花作品是中心對稱圖形的有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
2．（2023·天津河西·校考三模）（多選題）在以下四個標志中，是中心對稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
◇典例8：（2023·河北秦皇島·統考一模）如圖，已知點A與點C關于點O對稱，點B與點D也關于點O對稱，若，．則AB的長可能是（ ）
A．3 B．4 C．7 D．11
◆變式訓練
1．（2023·浙江杭州·二模）如圖，拋物線（a＞0）與x軸交于A，B，頂點為點D，把拋物線在x軸下方部分關于點B作中心對稱，頂點對應D′，點A對應點C，連接DD′，CD′，DC，當△CDD′是直角三角形時，a的值為（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
2.（2023·山東濟寧·校考一模）如圖，平面直角坐標系中，△OA1B1是邊長為2的等邊三角形，作△B2A2B1與△OA1B1關于點B1成中心對稱，再作△B2A3B3與△B2A2B1關于點B2成中心對稱，如此作下去，則△B2n﹣1A2nB2n（n是正整數）的頂點A2n的坐標是（　　）
A．（4n﹣1，﹣） B．（4n﹣1，） C．（4n+1，﹣） D．（4n+1，）
◇典例9：（2023·四川達州·統考中考真題）如圖，網格中每個小正方形的邊長均為1，的頂點均在小正方形的格點上．(1)將向下平移3個單位長度得到，畫出；(2)將繞點順時針旋轉90度得到，畫出；(3)在（2）的運動過程中請計算出掃過的面積．

◆變式訓練
1．（2023·陜西寶雞·統考二模）如圖，的頂點坐標為，，．
(1)畫出向右平移個單位后的；(2)將繞原點旋轉，畫出旋轉后的；
(3)的面積為________．

2．（2023·安徽合肥·校考一模）△ABC在平面直角坐標系中的位置如圖，其中每個小正方形的邊長為1個單位長度．(1)畫出△ABC關于原點O的中心對稱圖形△A1B1C1；(2)畫出將△ABC繞點C順時針旋轉90°得到△A2B2C2．(3)在(2)的條件下，求點A旋轉到點A2所經過的路線長(結果保留π)．
■考點三　圖形的軸對稱
◇典例10：（2023·湖南·統考中考真題）下列圖形中，是軸對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
◆變式訓練
1．（2023·廣東深圳·統考中考真題）下列圖形中，為軸對稱的圖形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·廣東汕尾·統考二模）《國語》有云：“夫美也者，上下、內外、小大、遠近皆無害焉，故曰美．”這是古人對于對稱美的一種定義，這種審美法則在生活中體現得淋漓盡致．在下列揚州剪紙圖案中，是軸對稱圖形的是（ ）
A． B． C． D．
◇典例11：（2023上·河南信陽·九年級統考期中）如圖，小芳在鏡子里看鏡子對面電子鐘的示數為，你能確定準確時間是 ．
◆變式訓練
1．（2023上·山東德州·九年級統考期中）如圖，桌球的桌面上有，兩個球，若要將球射向桌面的一邊，反彈一次后擊中球，則，，，，4個點中，可以反彈擊中球的是 點．
2．（2023·福建三明·九年級統考期中）如圖，彈性小球從點出發，沿所示方向運動，每當小球碰到長方形的邊時反彈，反彈時反射角等于入射角.當小球第1次碰到矩形的邊時的點為，第2次碰到矩形的邊時的點為，…，第次碰到矩形的邊時的點為.則點的坐標是 .

典例12：（2023·湖北黃石·統考模擬預測）如圖，為半圓O的直徑，C為半圓弧上一動點，將弧沿弦折疊，折疊后的弧與交于點D，E為折疊后的弧的中點，連接，若，則線段CE的長為（　　）

A． B． C． D．點C、O、E共線時，CE的長最大
◆變式訓練
1．（2023·廣東茂名·三模）如圖，在中，，點在上，點為上的動點，將沿翻折得到，與相交于點，若，，，，則的值為 ．
2．（2023·河南信陽·校考三模）如圖，中，，，，點M、N分別在、邊上（不與端點重合），連接，將沿翻折，使點C的對應點P落在所在的直線上，若垂直于的一邊，則長為 ．

◇典例13：（2023·廣東深圳·統考模擬預測）如圖，方格圖中每個小正方形的邊長為1，點A、B、C都是格點．(1)畫出關于直線對稱的；(2)直接寫出______．四邊形的面積為______．

◆變式訓練
1．（2023·江蘇泰州·九年級校考階段練習）如圖，在的正方形網格中，網格中有一個格點（即三角形的頂點都在格點上）．

(1)在圖中作出關于直線l對稱的（要求A與，B與，C與相對應）
(2)在直線l上找一點P，使得的周長最小
2．（2023·山東棗莊·統考中考真題）（1）觀察分析：在一次數學綜合實踐活動中，老師向同學們展示了圖①，圖②，圖③三幅圖形，請你結合自己所學的知識，觀察圖中陰影部分構成的圖案，寫出三個圖案都具有的兩個共同特征：___________，___________．

（2）動手操作：請在圖④中設計一個新的圖案，使其滿足你在（1）中發現的共同特征．

■考點四　最短路徑問題
◇典例14：（2023·遼寧盤錦·統考中考真題）如圖，四邊形是矩形，，，點P是邊上一點（不與點A，D重合），連接．點M，N分別是的中點，連接，，，點E在邊上，，則的最小值是（ ）

A． B．3 C． D．
◆變式訓練
1. （2023·黑龍江綏化·統考中考真題）如圖，是邊長為的等邊三角形，點為高上的動點．連接，將繞點順時針旋轉得到．連接，，，則周長的最小值是 ．

2.（2023·江蘇鹽城·統考模擬預測）如圖，已知，等邊中，，將沿翻折，得到，連接，交于O點，E點在上，且，F是的中點，P是上的一個動點，則的最大值為 ．
◇典例15：（2023·湖北十堰·統考中考真題）在某次數學探究活動中，小明將一張斜邊為4的等腰直角三角形硬紙片剪切成如圖所示的四塊（其中D，E，F分別為，，的中點，G，H分別為，的中點），小明將這四塊紙片重新組合拼成四邊形（相互不重疊，不留空隙），則所能拼成的四邊形中周長的最小值為 ，最大值為 ．

◆變式訓練
1. （2023·黑龍江·統考中考真題）在中，，點是斜邊的中點，把繞點順時針旋轉，得，點，點旋轉后的對應點分別是點，點，連接，，在旋轉的過程中，面積的最大值是 ．
◇典例16：（2023·四川宜賓·統考中考真題）如圖，是正方形邊的中點，是正方形內一點，連接，線段以為中心逆時針旋轉得到線段，連接．若，，則的最小值為 ．

◆變式訓練
1．（2023·江蘇泰州·統考二模）如圖，在平面直角坐標系中，的頂點、分別是直線與坐標軸的交點，點，點是邊上的一點，，垂足為，點在邊上，且、兩點關于軸上某點成中心對稱，連接、．線段長度的最小值為 ．

2．（2023·四川自貢·統考中考真題）如圖1，一大一小兩個等腰直角三角形疊放在一起，，分別是斜邊，的中點，．(1)將繞頂點旋轉一周，請直接寫出點，距離的最大值和最小值；(2)將繞頂點逆時針旋轉（如圖），求的長．

◇典例17：（2023·湖北隨州·統考中考真題）1643年，法國數學家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數學家和物理學家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”，該問題也被稱為“將軍巡營”問題．
(1)下面是該問題的一種常見的解決方法，請補充以下推理過程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫角度數，④處填寫該三角形的某個頂點）
當的三個內角均小于時，
如圖1，將繞，點C順時針旋轉得到，連接，

由，可知為 ① 三角形，故，又，故，
由 ② 可知，當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，如圖2，最小值為，此時的P點為該三角形的“費馬點”，且有 ③ ；
已知當有一個內角大于或等于時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．如圖3，若，則該三角形的“費馬點”為 ④ 點．
(2)如圖4，在中，三個內角均小于，且，已知點P為的“費馬點”，求的值；

(3)如圖5，設村莊A，B，C的連線構成一個三角形，且已知．現欲建一中轉站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設電纜，已知由中轉站P到村莊A，B，C的鋪設成本分別為a元/，a元/，元/，選取合適的P的位置，可以使總的鋪設成本最低為___________元．（結果用含a的式子表示）
◆變式訓練
1．（2023春·湖北武漢·九年級校考階段練習）如圖，點M是矩形內一點，且，，N為邊上一點，連接、、，則的最小值為______．
2．（2023.河南四模）閱讀材料：平面幾何中的費馬問題是十七世紀法國數學家、被譽為業余數學家之王的皮埃爾·德·費馬提出的一個著名的幾何問題．1643年，在一封寫給意大利數學家和物理學家托里拆利的私人信件中，費馬提出了下面這個極富挑戰性和趣味性的幾何難題，請求托里拆利幫忙解答：給定不在一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最短的點P的位置．托里拆利成功地解決了費馬的問題．后來人們就把平面上到一個三角形的三個頂點A，B，C距離之和最小的點稱為ABC的費馬-托里拆利點，也簡稱為費馬點或托里拆利點．問題解決：
（1）費馬問題有多種不同的解法，最簡單快捷的還是幾何解法．如圖1，我們可以將BPC繞點B順時針旋轉60°得到BDE，連接PD，可得BPD為等邊三角形，故PD=PB，由旋轉可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值與線段 的長度相等；
（2）如圖2，在直角三角形ABC內部有一動點P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，連接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如圖3，菱形ABCD的邊長為4，∠ABC=60°，平面內有一動點E，在點E運動過程中，始終有∠BEC=90°，連接AE、DE，在ADE內部是否存在一點P，使得PA+PD+PE最小，若存在，請直接寫出PA+PD+PE的最小值；若不存在，請說明理由．
1．（2023·山東青島·統考中考真題）如圖，將線段先向左平移，使點B與原點O重合，再將所得線段繞原點旋轉得到線段，則點A的對應點的坐標是（　　）

A． B． C． D．
2．（2023·四川雅安·統考中考真題）在平面直角坐標系中．將函數的圖象繞坐標原點逆時針旋轉，再向上平移1個單位長度，所得直線的函數表達式為（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·天津·統考中考真題）如圖，把以點A為中心逆時針旋轉得到，點B，C的對應點分別是點D，E，且點E在的延長線上，連接，則下列結論一定正確的是（ ）

A． B． C． D．
4．（2023·黑龍江·統考中考真題）如圖，在平面直角坐標中，矩形的邊，將矩形沿直線折疊到如圖所示的位置，線段恰好經過點，點落在軸的點位置，點的坐標是（ ）

A． B． C． D．
5．（2023·湖南·統考中考真題）如圖所示，在矩形中，，與相交于點O，下列說法正確的是（ ）

A．點O為矩形的對稱中心 B．點O為線段的對稱中心
C．直線為矩形的對稱軸 D．直線為線段的對稱軸
6．（2023·山東淄博·統考中考真題）在邊長為1的正方形網格中，右邊的“小魚”圖案是由左邊的圖案經過一次平移得到的，則平移的距離是 ．

7．（2023·青海西寧·統考中考真題）如圖，在矩形中，點P在邊上，連接，將繞點P順時針旋轉90°得到，連接．若，，，則 ．

8．（2023·黑龍江綏化·統考中考真題）已知等腰，，．現將以點為旋轉中心旋轉，得到，延長交直線于點D．則的長度為 ．
9．（2023·湖南張家界·統考中考真題）如圖，為的平分線，且，將四邊形繞點逆時針方向旋轉后，得到四邊形，且，則四邊形旋轉的角度是 ．

10．（2023·黑龍江·統考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，已知的三個頂點坐標分別是，．(1)將向上平移4個單位，再向右平移1個單位，得到，請畫出．(2)請畫出關于軸對稱的．(3)將著原點順時針旋轉，得到，求線段在旋轉過程中掃過的面積（結果保留）．

11．（2023·四川德陽·統考中考真題）將一副直角三角板與疊放在一起，如圖1，，，，．在兩三角板所在平面內，將三角板繞點O順時針方向旋轉（）度到位置，使，如圖2．

(1)求的值；(2)如圖3，繼續將三角板繞點O順時針方向旋轉，使點E落在邊上點處，點D落在點處．設交于點G，交于點H，若點G是的中點，試判斷四邊形的形狀，并說明理由．
1．（2023·廣東云浮·統考一模）在以下四個校徽中，是軸對稱圖形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2023·河北唐山·統考三模）如圖，已知長方形紙片，M為邊上的一點，將紙片沿，折疊使點A落在處，點D落在處，如果，那么的度數為（ ）

A． B． C． D．
3．（2022·四川綿陽·校考二模）如圖，在平面直角坐標系中，直線與軸，軸分別交于點，點，矩形的頂點分別在軸，軸上，對角線軸，已知，.現將直線向上平移個單位長度，使平移后的直線恰好平分矩形的面積，則的值為（ ）
A． B．8 C．9 D．
4．（2022·安徽·校聯考模擬預測）如圖，在銳角中，D為邊上一點，，將繞點C順時針旋轉后得到，且點D，B的對應點分別為A，E，交于點O，連接．下列結論錯誤的是（ ）

A． B． C． D．
5．（2023·山西呂梁·校聯考模擬預測）如圖，是的直徑，點C為上一點，將沿翻折得到的弧恰好經過圓心O，連接，若，則圖中陰影部分的面積為( )

A． B． C． D．
6．（2023·江西南昌·校考二模）數學小組將兩塊全等的含角的三角尺按較長的直角邊重合的方式擺放，并通過平移對特殊四邊形進行探究．如圖1，其中，，，將沿射線方向平移，得到，分別連接，（如圖2所示），下列有關四邊形的說法正確的是（　　）

A．先是平行四邊形，平移個單位長度后是菱形
B．先是平行四邊形，平移個單位長度后是矩形，再平移2個單位長度后是菱形
C．先是平行四邊形，平移個單位長度后是矩形，再平移3個單位長度后是正方形
D．在平移的過程中，依次出現平行四邊形、矩形、菱形、正方形
7．（2023·廣東茂名·統考二模）如圖，在中，，點在邊上，，將沿折疊，的對應邊交于點，連接．若，則的長為 ．
8．（2023·廣東茂名·統考二模）如圖，在矩形中，已知，，點P是邊上一動點（點P不與點B，C重合），連接，作點B關于直線的對稱點M，連接，作的角平分線交邊于點N，則線段的最小值為 ．
9．（2023·四川成都·模擬預測）如圖1，將一張菱形紙片沿對角線剪開，得到和，再將以D為旋轉中心，按逆時針方向旋轉角α，使，得到如圖2所示的，連接，，，有下列結論：①；②；③；④．其中正確結論的序號是 ．（把所有正確結論的序號都填在橫線上）
10．（2023·四川廣安·統考二模）如圖，在的網格上，由個數相同的白色方塊與黑色方塊組成一幅圖案，請仿照此圖案，在下圖的網格中分別設計出符合要求的圖案（注：①不得與原圖案相同；②黑、白方塊的個數要相同）．

11．（2023·安徽亳州·校聯考模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，三個頂點的坐標分別為．(1)作出關于y軸對稱的；(2)作出關于點成中心對稱的；(3)在軸上找一點，使，并寫出點的坐標．

12．（2023·山西呂梁·校聯考模擬預測）綜合與實踐
如圖1，在中，， ．

猜想證明：（1）如圖1，點D在邊上 ．將沿所在直線折疊，點C的對應點為E ．試猜想四邊形的形狀并加以證明 ．
實踐探究：（2）如圖2，拓展小組受此問題啟發，將沿過點C的直線折疊 ．點B的對應點為G ．且于點H ．若，，求的長 ．
問題解決：（3）如圖3 ．探究小組突發奇想，將沿過點A的直線折疊，若，，，直接寫出的長 ．
1．（2024·遼寧撫順·統考二模）用兩個全等且邊長為的等邊三角形和等邊三角形拼成菱形，把一個含角的三角尺與這個菱形疊合，使三角尺的角的頂點與點重合，兩邊分別與、重合，將三角尺繞點按逆時針方向旋轉，在轉動過程中，當的面積是時，的長為 ．
2．（2023·四川成都·校考三模）如圖，在菱形中，，點為邊中點，點在邊上，將四邊形沿直線翻折，使的對應邊為，當時，的值為 ．

3．（2023·黑龍江大慶·統考中考真題）如圖，在中，將繞點A順時針旋轉至，將繞點A逆時針旋轉至，得到，使，我們稱是的“旋補三角形”，的中線叫做的“旋補中線”，點A叫做“旋補中心”．下列結論正確的有 ．
①與面積相同；②；③若，連接和，則；④若，，，則．
4．（2023·浙江·統考中考真題）一副三角板和中，．將它們疊合在一起，邊與重合，與相交于點G（如圖1），此時線段的長是 ，現將繞點按順時針方向旋轉（如圖2），邊與相交于點H，連結，在旋轉到的過程中，線段掃過的面積是 ．

5．（2023·河南·統考中考真題）李老師善于通過合適的主題整合教學內容，幫助同學們用整體的、聯系的、發展的眼光看問題，形成科學的思維習慣．下面是李老師在“圖形的變化”主題下設計的問題，請你解答．(1)觀察發現：如圖1，在平面直角坐標系中，過點的直線軸，作關于軸對稱的圖形，再分別作關于軸和直線對稱的圖形和，則可以看作是繞點順時針旋轉得到的，旋轉角的度數為______；可以看作是向右平移得到的，平移距離為______個單位長度．
(2)探究遷移：如圖，中，，為直線下方一點，作點關于直線的對稱點，再分別作點關于直線和直線的對稱點和，連接，，請僅就圖的情形解決以下問題：①若，請判斷與的數量關系，并說明理由；②若，求，兩點間的距離．(3)拓展應用：在（2）的條件下，若，，，連接．當與的邊平行時，請直接寫出的長．

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