专题 17 图形的平移，旋转与轴对称
目录
01 理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
02 盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。（3大模块知识梳理）
知识模块一：图形的平移
知识模块二：图形的旋转
知识模块三：图形的轴对称与中心对称
03 究·考点考法：对考点考法进行细致剖析和讲解，全面提升。（8大基础考点）
考点一：轴对称图形、中心对称图形，平移，旋转的识别
考点二：利用平移的性质求解
考点三：利用旋转的性质求解
考点四：利用轴对称的性质求解
考点五：利用中心对称的性质求解
考点六：用平移、轴对称、旋转、中心对称作图
考点七：利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案
考点八：与坐标系有关的对称、平移、旋转问题
04 破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。（5大重难点）
重难点一：与三角形有关的折叠问题
重难点二：与特殊平行四边形有关的折叠问题
重难点三：与函数图象有关的折叠问题
重难点四：利用轴对称求最值
重难点五：旋转或轴对称综合题之线段、线段问题
05 辨·易混易错：点拨易混易错知识点，夯实基础。（2大易错点）
易错点 1 ： 判断轴对称图形与中心对称图形时出错
易错点2：未对旋转方向进行分类讨论，导致漏解知识模块一：图形的平移
知识点一：平移的定义
平移的定义：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，图形这种移动叫做平移．它是
由移动方向和距离决定的.知识点二：平移的性质
1）平移不改变图形的大小、形状，只改变图形的位置，因此平移前后的两个图形全等.
2）平移前后对应线段平行（或在同一条直线上）且相等、对应角相等.
3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等，对应点之间的距离就是平移的距离.
知识点三：平移作图的步骤
1）定：根据题目要求，确定平移的方向和距离；
2）找：找出确定图形形状的关键点；
3）移：过这些关键点作与平移方向平行的射线，在射线上截取与平移的距离相等的线段，得到关键点的
对应点；
4）连：按原图顺序依次连接各对应点.
【注意】确定一个图形平移后的位置需要三个条件：①图形原位置；②平移的方向；③平移的距离.
知识模块二：图形的旋转
知识点一：旋转的基础
旋转的概念：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．
旋转的三要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度．
知识点二：旋转的性质
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．
知识点三：旋转作图的步骤
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．知识模块三：图形的轴对称与中心对称
知识点一：轴对称与中心对称
类别 轴对称 中心对称
定义 把一个图形沿着某一条直线翻折，如果它能够与 如果一个图形绕某点旋转 180°后与另一个
另一个图形重合，那么称这两个图形关于这条直 图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心
线对称，也称这两个图形成轴对称，这条直线叫 对称.
做对称轴.折叠后重合的点是对应点，也叫做对称
点.
性质 1）对应点的连线被对称轴垂直平分； 1）对应点的连线都经过对称中心，且被对称
中心平分；
2）成轴对称的两个图形全等；
2）成中心对称的两个图形全等；
3）只有一条对称轴.
3）只有一个对称中心.
知识点二：轴对称图形与中心对称图形
类别 轴对称图形 中心对称图形
定义 如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的 如果一个图形绕某一点旋转 180°后能与它
部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称 自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称
图形.这条直线就是它的对称轴. 图形，这个点叫做它的对称中心.
性质 1）有对称轴; 1) 有对称中心;
2）将图形沿对称轴折叠后，对称轴两旁的部分完 2) 将图形绕对称中心旋转180°旋转后的图
全重合. 形能与原来的图形重合.
考点一： 轴对称图形、中心对称图形，平移，旋转的识别
1．（2023·湖南郴州·中考真题）下列图形中，能由图形a通过平移得到的是（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据平移的定义：在平面内，把一个图形整体沿某一方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移
变换，结合各选项所给的图形即可作出判断．
【详解】解：观察图形可知，B中图形能由图形a通过平移得到，A，C，D均不能由图形a通过平移得到；
故选B．
【点睛】本题考查平移．熟练掌握平移的性质，是解题的关键．
2．（2024·江苏徐州·中考真题）古汉字“雷”的下列四种写法，可以看作轴对称图形的是（ ）
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，故此选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
3．（2024·山西·中考真题）1949年，伴随着新中国的诞生，中国科学院（简称“中科院”）成立．下列是
中科院部分研究所的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ）
A． 山西煤炭化学研究所 B． 东北地理与农业生态研究所
C． 西安光学精密机械研究所 D． 生态环境研究中心【答案】A
【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，根据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180°，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：A．是中心对称图形，故此选项符合题意；
B．不中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：A．
考点二： 利用平移的性质求解
4．（2024·山东东营·中考真题）如图，将△≝¿沿FE方向平移3cm得到△ABC，若△≝¿的周长为24cm，
则四边形ABFD的周长为 cm．
【答案】30
【分析】本题主要考查了平移的性质、三角形周长等知识点，掌握平移的性质及等量代换成为解题的关键．
由平移的性质可得AD=BE=3cm,DE=AB,再根据△≝¿的周长为24cm可得AB+EF+DF=24，然后根
据四边形的周长公式及等量代换即可解答．
【详解】解：∵将△≝¿沿FE方向平移3cm得到△ABC，
∴AD=BE=3cm,DE=AB,
∵△≝¿的周长为24cm，
∴DE+EF+DF=24,即AB+EF+DF=24，
∴四边形ABFD的周长为
AB+BF+DF+AD=AB+BE+EF+DF+AD=(AB+EF+DF)+BE+AD=24+3+3=30cm．
故答案为：30．
5．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，等腰△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=120°，将△ABC沿其底1
边中线AD向下平移，使A的对应点A'满足A A'= AD，则平移前后两三角形重叠部分的面积是 ．
3
4√3 4
【答案】 / √3
9 9
【分析】本题考查平移的性质，相似三角形的判定和性质，三线合一，根据平移的性质，推出
△A'EF∽△A'B'C'，根据对应边上的中线比等于相似比，求出EF的长，三线合一求出A'D的长，利用
面积公式进行求解即可．
【详解】解：∵等腰△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=120°，
∴∠ABC=30°，
∵AD为中线，
∴AD⊥BC，BD=CD，
1
∴AD= AB=1，BD=√3AD=√3，
2
∴BC=2√3，
∵将△ABC沿其底边中线AD向下平移，
∴B'C'∥BC,B'C'=BC=2√3，A'G=AD=1，
∴△A'EF∽△A'B'C'，
EF A'D
∴ = ，
B'C' A'G
1
∵A A'= AD，
3
2 2 2
∴DA'= AD= A'G= ，
3 3 3
EF A'D 2
∴ = = ，
B'C' A'G 3
2 4√3
∴EF= B'C'= ，
3 3
1 1 4√3 2 4√3
∴S = EF⋅A'D= × × = ；
阴影 2 2 3 3 94√3
故答案为： ．
9
6．（2024·河北·中考真题）平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的
点称为“和点”．将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当
余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度．
例 ： “ 和 点 ” P(2,1)按 上 述 规 则 连 续 平 移 3 次 后 ， 到 达 点 P (2,2)， 其 平 移 过 程 如 下 ：
3
若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点Q (−1,9)，则点Q的坐标为（ ）
16
A．(6,1)或(7,1) B．(15,−7)或(8,0) C．(6,0)或(8,0) D．(5,1)或(7,1)
【答案】D
【分析】本题考查了坐标内点的平移运动，熟练掌握知识点，利用反向运动理解是解决本题的关键．
先找出规律若“和点”横、纵坐标之和除以3所得的余数为0时，先向右平移1个单位，之后按照向上、
向左，向上、向左不断重复的规律平移，按照Q 的反向运动理解去分类讨论：①Q 先向右1个单位，不
16 16
符合题意；②Q 先向下1个单位，再向右平移，当平移到第15次时，共计向下平移了8次，向右平移了
16
7次，此时坐标为(6,1)，那么最后一次若向右平移则为(7,1)，若向左平移则为(5,1)．
【详解】解：由点P (2,2)可知横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，继而向上平移1个单位得到P (2,3)，
3 4
此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为2，继而向左平移1个单位得到P (1,3)，此时横、纵坐标之和除
4
以3所得的余数为1，又要向上平移1个单位⋯⋯，因此发现规律为若“和点”横、纵坐标之和除以3所
得的余数为0时，先向右平移1个单位，之后按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移，
若“和点”Q按上述规则连续平移16次后，到达点Q (−1,9)，则按照“和点”Q 反向运动16次求点
16 16
Q坐标理解，可以分为两种情况：
①Q 先向右1个单位得到Q (0,9)，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为0，应该是Q 向右平移1
16 15 15
个单位得到Q ，故矛盾，不成立；
16
②Q 先向下1个单位得到Q (−1,8)，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，则应该向上平移1个
16 15单位得到Q ，故符合题意，那么点Q 先向下平移，再向右平移，当平移到第15次时，共计向下平移了8
16 16
次，向右平移了7次，此时坐标为(−1+7,9−8)，即(6,1)，那么最后一次若向右平移则为(7,1)，若向左平
移则为(5,1)，
故选：D．
考点三： 利用旋转的性质求解
7．（2024·湖北·中考真题）如图，点A的坐标是(−4,6)，将线段OA绕点O顺时针旋转90°，点A的对应
点的坐标是（ ）
A．(4,6) B．(6,4) C．(−6,−4) D．(−4,−6)
【答案】B
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化−旋转，全等三角形的判定和性质，熟知图形旋转的性质是解题
的关键．
根据题意画出旋转后的图形，再结合全等三角形的判定与性质即可解决问题．
【详解】解：如图所示，
分别过点A和点B作x轴的垂线，垂足分别为M和N，
由旋转可知，
OA=OB，∠AOB=90°，∴∠AOM+∠BON=∠A+∠AOM=90°，
∴∠A=∠BON．
在△AOM和△OBN中，
¿，
∴△AOM≌△OBN(AAS)，
∴BN=MO，ON=AM．
∵点A的坐标为(−4,6)，
∴BN=MO=4，ON=AM=6，
∴点B的坐标为(6,4)．
故选：B．
8．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，△ABC中，AB=BC=1，∠C=72°．将△ABC绕点A顺时针
旋转得到△AB'C'，点B'与点B是对应点，点C'与点C是对应点．若点C'恰好落在BC边上，下列结论：
1 AB B'B
①点B在旋转过程中经过的路径长是 π；②B' A∥BC；③BD=C'D；④ = ．其中正确的结论
5 AC BD
是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．②④
【答案】A
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，弧长公式，等腰三角形的判定和性质，三角
形内角和定理．根据旋转的性质结合等腰三角形的性质求得各角的度数，再逐一判断各项，即可求解．
【详解】解：∵AB=BC，∠C=72°，
∴∠BAC=∠C=72°，∠ABC=180°−2∠C=36°，
由旋转的性质得∠AB'C=∠ABC=36°，∠B' AC'=∠BAC=72°，∠AC'B'=∠C=72°，
∠AC'B'=∠ADC=72°，AC'=AC，
∴∠AC'C=∠C=72°，
∴∠CAC'=36°，
∴∠CAC'=∠BAC'=36°，∴∠B' AB=72°−36°=36°，
由旋转的性质得AB'=AB，
1
∴∠ABB'=∠AB'B= (180°−36°)=72°，
2
36π⋅1 1
①点B在旋转过程中经过的路径长是 = π；①说法正确；
180 5
②∵∠B' AB=∠ABC=36°，∴B' A∥BC；②说法正确；
③∵∠DC'B=180°−2×72°=36°，
∴∠DC'B=∠ABC=36°，
∴BD=C'D；③说法正确；
④∵∠BB'D=∠ABC=36°，∠B'BD=∠BAC=72°，
∴△B'BD∽△BAC，
AB B'B
∴ = ．④说法正确；
AC BD
综上，①②③④都是正确的，
故选：A．
9．（2024·山东德州·中考真题）在△ABC中，AC=BC，∠ACB=120°，点D是AB上一个动点（点D
不与A，B重合），以点D为中心，将线段DC顺时针旋转120°得到线DE．
(1)如图1，当∠ACD=15°时，求∠BDE的度数；
(2)如图2，连接BE，当0°<∠ACD<90°时，∠ABE的大小是否发生变化？如果不变求，∠ABE的度数；如果变化，请说明理由；
(3)如图3，点M在CD上，且CM:MD=3:2，以点C为中心，将线CM逆时针转120°得到线段CN，连
接EN，若AC=4，求线段EN的取值范围．
【答案】(1)75°
(2)∠ABE的大小不发生变化，∠ABE=30°，理由见解析
4√21 8√21
(3) ≤EN<
5 5
【分析】（1）由旋转的性质得∠CDE=120°，由等边对等角和三角形内角和定理得到∠A=30°，由三
角形外角的性质得∠BDC=45°，进而可求出∠BDE的度数；
OC OD
（2）连接CE交BD于点O，证明△BOC∽△EOD得 = ，再证明△COD∽△BOE即可求出
OB OE
∠ABE的度数；
1
（3）过点C作CH⊥AB于H，求出∠A=30°，则CH= AC=2；由旋转的性质得∠CDE=120°，
2
CD=DE，∠MCN=120°，CM=CN，设CD=DE=5x，则CM=CN=3x；如图所示，过点D作
1 5 5√3
DG⊥CE于G，则可得到DG= DC= x，CE=2CG，由勾股定理得CG=√CD2−DG2= x；
2 2 2
2 4
证明∠ECN=90°，在Rt△ECN中，由勾股定理得 EN=2√21x；再求出 ≤x< ，即可得到
5 5
4√21 8√21
≤EN< ．
5 5
【详解】（1）解：由旋转的性质得∠CDE=120°．
∵AC=BC，∠ACB=120°，
180°−∠ACB
∴∠A=∠B= =30°．
2
∵∠ACD=15°，
∴∠BDC=∠ACD+∠A=30°+15°=45°，
∴∠BDE=∠CDE−∠BDC=120°−45°=75°；
（2）解：∠ABE的大小不发生变化，∠ABE=30°，理由如下：
连接CE交BD于点O，由旋转的性质得∠CDE=120°，CD=DE，
180°−∠CDE
∴∠DCO=∠DEO= =30°，
2
∴∠DEO=∠ABC=30°，
又∵∠BOC=∠EOD，
∴△BOC∽△EOD，
OC OB
∴ =
OD OE
OC OD
∴ = ，
OB OE
∵∠COD=∠BOE，
∴△COD∽△BOE，
∴∠ABE=∠DCO=30°；
（3）解：如图所示，过点C作CH⊥AB于H，
∵AC=BC，∠ACB=120°，
180°−∠ACB
∴∠A=∠B= =30°，
2
∵CH⊥AB，
1
∴CH= AC=2；
2
由旋转的性质得∠CDE=120°，CD=CE，∠MCN=120°，CM=CN，
设CD=DE=5x，
∵CM:MD=3:2，
3
∴CM=CN= CD=3x，
5
如图所示，过点D作DG⊥CE于G，
∵∠CDE=120°，CD=CE，180°−∠CDE
∴∠DCO=∠DEO= =30°，
2
∵DG⊥CE，
1 5
∴DG= DC= x，CE=2CG，
2 2
5√3
在Rt△CDG中，由勾股定理得CG=√CD2−DG2= x，
2
∴CE=5√3x,
∵∠DCE=30°，∠DCN=120°，
∴∠ECN=120°−30°=90°，
在Rt△ECN中，由勾股定理得EN2=CE 2+CN2
❑
=(3x) 2+(5√3x) 2
❑
=84x2，
∴EN=2√21x或EN=−2√21x（舍去）；
∵点D是AB上一个动点（点D不与A，B重合），
∴CG≤CD<AC，即2≤5x<4，
2 4
∴ ≤x< ，
5 5
4√21 8√21
∴ ≤EN< ．
5 5
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性
质，等边对等角等，正确作出辅助线构造相似三角形和直角三角形是解题的关键．
考点四： 利用轴对称的性质求解
10．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，在△ABC中，点A的坐标为(0,1)，点B的坐标为(4,1)，点C的坐
标为(3,4)，点D在第一象限（不与点C重合），且△ABD与△ABC全等，点D的坐标是 ．【答案】(1,4)
【分析】本题考查坐标与图形，三角形全等的性质．利用数形结合的思想是解题的关键．根据点D在第一
象限（不与点C重合），且△ABD与△ABC全等，画出图形，结合图形的对称性可直接得出D(1,4)．
【详解】解：∵点D在第一象限（不与点C重合），且△ABD与△ABC全等，
∴AD=BC，AC=BD，
∴可画图形如下，
由图可知点C、D关于线段AB的垂直平分线x=2对称，则D(1,4)．
故答案为：(1,4)．
11．（2024·福建·中考真题）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中
△OAB与△ODC都是等腰三角形，且它们关于直线l对称，点E，F分别是底边AB，CD的中点，
OE⊥OF．下列推断错误的是（ ）
A．OB⊥OD B．∠BOC=∠AOBC．OE=OF D．∠BOC+∠AOD=180°
【答案】B
【分析】本题考查了对称的性质，等腰三角形的性质等；
1 1
A.由对称的性质得∠AOB=∠DOC，由等腰三角形的性质得 ∠BOE= ∠AOB，∠DOF= ∠DOC，
2 2
即可判断；
B.∠BOC不一定等于∠AOB，即可判断；
C.由对称的性质得△OAB≌△ODC，由全等三角形的性质即可判断；
D. 过O作GM⊥OH，可得 ∠GOD=∠BOH，由对称性质得∠BOH=∠COH同理可证
∠AOM=∠BOH，即可判断；
掌握轴对称的性质是解题的关键．
【详解】解：A.∵ OE⊥OF，
∴∠BOE+∠BOF=90°，
由对称得∠AOB=∠DOC，
∵点E，F分别是底边AB，CD的中点，△OAB与△ODC都是等腰三角形，
1 1
∴∠BOE= ∠AOB，∠DOF= ∠DOC，
2 2
∴∠BOF+∠DOF=90°，
∴OB⊥OD，结论正确，故不符合题意；
B.∠BOC不一定等于∠AOB，结论错误，故符合题意；
C.由对称得△OAB≌△ODC，
∵点 E ，F分别是底边AB，CD的中点，
∴OE=OF，结论正确，故不符合题意；
D.
过O作GM⊥OH，
∴∠GOD+∠DOH=90°，
∵∠BOH+∠DOH=90°，∴∠GOD=∠BOH，由对称得∠BOH=∠COH，
∴∠GOD=∠COH，
同理可证∠AOM=∠BOH，
∴∠AOD+∠BOC =∠AOD+∠AOM+∠DOG =180°，结论正确，故不符合题意；
故选：B．
12．（2023·山东泰安·中考真题）如图，在△ABC中，AC=BC=16，点D在AB上，点E在BC上，点B
关于直线DE的轴对称点为点B'，连接DB'，EB'，分别与AC相交于F点，G点，若
AF=8，DF=7,B'F=4，则CG的长度为 ．
【答案】4.5
AF DF
【分析】根据等边对等角和折叠的性质证明∠A=∠B'，进而证明△AFD∽△B'FG，则 = ，然
B'F GF
后代值计算求出GF=3.5，则CG=AC−AF−GF=4.5．
【详解】解：∵AC=BC=16，
∴∠A=∠B，
由折叠的性质可得∠B=∠B'，
∴∠A=∠B'，
又∵∠AFD=∠B'FG，
∴△AFD∽△B'FG，
AF DF 8 7
∴ = ，即 = ，
B'F GF 4 GF
∴GF=3.5，
∴CG=AC−AF−GF=4.5，
故答案为：4.5．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，相似三角形的性质与判定，等边对等角等等，证明
△AFD∽△B'FG是解题的关键．考点五： 利用中心对称的性质求解
13．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在正六边形ABCDEF中，AB=6，点M在边AF上，且AM=2，
若经过点M的直线l将正六边形面积平分，则直线l被正六边形所截的线段长是 ．
【答案】4√7
【分析】本题考查的是勾股定理，等边三角形的性质和判定，正多边形的知识，掌握“正六边形既是轴对
称图形也是中心对称图形”是解本题的关键．
如图，连接AD,CF，交于点O，作直线MO交CD于H，过O作OP⊥AF于P，由正六边形是轴对称图形
可得：S =S ，由正六边形是中心对称图形可得：
四边形ABCO 四边形DEFO
S =S ,S =S ,OM=OH，可得直线MH平分正六边形的面积，O为正六边形的中心，再
△AOM △DOH △MOF △CHO
利用直角三角形的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接AD，CF，交于点O，作直线MO交CD于H，过O作OP⊥AF于P，
由正六边形是轴对称图形可得：S =S ，
四边形ABCO 四边形DEFO
由正六边形是中心对称图形可得：S =S ,S =S ,OM=OH，
△AOM △DOH △MOF △CHO
∴直线MH平分正六边形的面积，O为正六边形的中心．
由正六边形的性质可得：∠AOF=360°÷6=60°，
∴△AOF为等边三角形，
∴∠AFO=60°，AF=OF=OA，
∵AB=6，OP⊥AF，∴AB=AF=OF=OA=6，AP=FP=3，
∴OP=√62−32=3√3，
∵AM=2，则MP=1，
∴OM=√12+(3√3) 2=2√7，
∴MH=2OM=4√7．
故答案为：4√7．
14．（2024·山东临沂·模拟预测）如图，四边形ABCD是菱形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直
线将菱形分成阴影和空白部分，当菱形的两条对角线的长分别为8和15时，则阴影部分的面积为
．
【答案】30
【分析】本题考查了中心对称、菱形的性质；熟记菱形的性质并判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的
一半是解题的关键．
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积，再根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形
的面积的一半，即可得出结果．
【详解】
解：如图所示：∵菱形ABCD的两条对角线的长分别为8和15，
1
∴菱形ABCD的面积= ×8×15=60 ，
2
∵O是菱形两条对角线的交点，菱形ABCD是中心对称图形，
∴△OEG≌△OFH，四边形OMAH≌四边形ONCG，四边形OEDM≌四边形OFBN，
1 1
∴阴影部分的面积= S ❑ = ×60=30．
2 菱形 ABCD 2
故答案为30．15．（2024·陕西咸阳·三模）如图，分别以平行四边形ABCD的边AB和CD为直角边，向平行四边形
ABCD内作等腰Rt△ABE和等腰Rt△CDF，在△ABE的斜边AE、△CDF的斜边CF上分别取点N、M，
连接EM、FN，四边形EMFN为正方形，若平行四边形ABCD的面积为4，则△ABE的面积为 ．
【答案】1
【分析】本题考查了中心对称的性质以及平行四边形的面积问题，先结合题意“以平行四边形ABCD的边
AB和CD为直角边，向平行四边形ABCD内作等腰Rt△ABE和等腰Rt△CDF，在△ABE的斜边AE、
△CDF的斜边CF上分别取点N、M，连接EM、FN，四边形EMFN为正方形，”得出整个图形是以点
O为对称中心的中心对称图形，结合四边形的面积之间的关系，列式计算，即可作答．
【详解】解：连接EF，并延长分别交AD，BC于两点为G，H，连接MN与EF相交于一点O，
∵分别以平行四边形ABCD的边AB和CD为直角边，向平行四边形ABCD内作等腰Rt△ABE和等腰
Rt△CDF，在△ABE的斜边AE、△CDF的斜边CF上分别取点N、M，连接EM、FN，四边形
EMFN为正方形，
∴整个图形是以点O为对称中心的中心对称图形，
1 1
∴S =S = S = ×4=2，
四边形ABHG 四边形DCHG 2 四边形ABCD 2
1 1
则△ABE的面积= S = ×2=1，
2 四边形DCHG 2
故答案为：1．
考点六： 用平移、轴对称、旋转、中心对称作图
16．（2023·江苏·中考真题）如图，B、E、C、F是直线l上的四点，AB=DE，AC=DF，BE=CF．(1)求证：△ABC≌△≝¿；
(2)点P、Q分别是△ABC、△≝¿的内心．
①用直尺和圆规作出点Q（保留作图痕迹，不要求写作法）；
②连接PQ，则PQ与BE的关系是________．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析 ②PQ∥BE,PQ=BE
【分析】本题主要考查全等三角形的判定、图形的平移，牢记全等三角形的判定方法和图形平移的性质
（连接各组对应点的线段平行或在同一条直线上）是解题的关键．
（1）可证得BC=EF，结合AB=DE，AC=DF即可证明结论．
（2）①三角形的内心为三角形的三个角的角平分线的交点，因此只需作出任意两个角的角平分线，其交
点即为所求．②因为△ABC≌△≝¿，所以△≝¿可看作由△ABC平移得到，点Q，点P为对应点，点B，点
E为对应点，据此即可求得答案．
【详解】（1）∵BE=CF，BC=BE+EC，EF=CF+EC，
∴BC=EF．
在△ABC和△≝¿中
¿
∴△ABC≌△≝¿．
（2）①三角形的内心为三角形的三个角的平分线的交点，作∠≝¿，∠DFE的角平分线，其交点即为点Q．
②因为△ABC≌△≝¿，所以△≝¿可看作由△ABC平移得到，点Q，点P为对应点，点B，点E为对应点，
根据平移的性质可知PQ∥BE,PQ=BE．
故答案为：PQ∥BE,PQ=BE．
17．（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=5，AD=3√2，∠A=45°．(1)求出对角线BD的长；
(2)尺规作图：将四边形ABCD沿着经过A点的某条直线翻折，使点B落在CD边上的点E处，请作出折痕．
（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】(1)√13
(2)作图见解析
AD
【分析】（1）连接BD，过D作DF⊥AB于F，如图所示，由勾股定理先求出AF=DF= =3，在
√2
Rt△BDF中再由勾股定理，BD=√DF2+BF2=√13；
（2）连接EB，根据轴对称性质，过点A尺规作图作线段EB的垂直平分线即可得到答案．
【详解】（1）解：连接BD，过D作DF⊥AB于F，如图所示：
∵ ▱ABCD AD=3√2 ∠A=45°
在 中， ， ，
AD
∴AF=DF= =3，
√2
∵ AB=5，
∴BF=AB−AF=5−3=2，
在Rt△BDF中，∠BFD=90°，DF=3，BF=2，则BD=√DF2+BF2=√32+22=√13；
（2）解：如图所示：
【点睛】本题考查平行四边形背景下求线段长，涉及勾股定理、尺规作图作线段垂直平分线，熟练掌握勾股定理求线段长及中垂线的尺规作图是解决问题的关键．
18．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的顶
点都在网格点上．
(1)以点A为中心将△ABC旋转180°，得到△AB C ，画出△AB C ；
1 1 1 1
(2)将△ABC向右平移7个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到△A B C ，画出△A B C ；
2 2 2 2 2 2
(3)连接B B ，利用网格作出线段B B 的中点P．（保留作图痕迹即可）
1 2 1 2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】此题考查了旋转的作图、平移的作图等知识，熟练掌握作图方法和网格的特点是解题的关键．
（1）找出以点A为中心将△ABC旋转180°，得到B、C的对应点B 、C ，顺次连接即可；
1 1
（2）将△ABC向右平移7个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到A、B、C的对应点
A 、B 、C ，顺次连接即可；
2 2 2
（3）利用网格的特点找到到点P即可．
【详解】（1）解：如图，△AB C 即为所求：
1 1
（2）解：如图，△A B C 即为所求：
2 2 2
（3）解：如图，点P即为所求．（作图方法不唯一）：
19．（2024·宁夏银川·模拟预测）按下列要求在如图的格点中作图：(1)作出△ABC关于原点成中心对称的△A B C （A，B，C的对应点分别为A ，B ，C ）；
1 1 1 1 1 1
(2)以点C为位似中心，作出△ABC放大两倍的△A B C（A，B的对应点分别为A ，B ）．
2 2 2 2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】此题主要考查了位似变换以及中心对称，正确得出对应点位置是解题关键．
（1）直接利用关于原点对称图形的性质得出答案；
（2）直接利用位似图形的性质得出对应点位置进而得出答案．
【详解】（1）如图所示：△A B C ，即为所求；
1 1 1
（2）如图所示：△A B C，即为所求．
2 2
考点七： 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案
20．（2023·山东枣庄·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．
21．（2022·四川广安·中考真题）数学活动课上，张老师组织同学们设计多姿多彩的几何图形， 下图都是
由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影，请同学们在余下
的空白小等边三角形中选取一个涂上阴影，使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形或中心对称图
形，请画出4种不同的设计图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形）
【答案】见解析
【分析】根据轴对称图形的定义、中心对称图形的定义画出图形即可【详解】解：如下图所示：
【点睛】本题考查利用轴对称设计图案，中心对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识
解决问题．
22．（2024·四川广安·模拟预测）如图是在北京举办的世界数学家大会的会标“弦图”．请将“弦图”中
的四个直角三角形通过你所学过的图形变换，在以下方格纸中按要求设计另外四个不同的图案．作图要求：
①每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上，且四个三角形互不重叠；②所设计的图案（不含方格纸）
经过变换后与其它图案相同的视为一种设计．
【答案】见解析
【分析】本题考查利用旋转或者轴对称设计方案的知识．根据轴对称图形及中心对称图形的概念，设计图
案即可．
【详解】解：所画图形如图所示．
．
23．（2024·四川广安·二模）如图，网格中每个小正方形的边长为1．请你认真观察图1中的三个网格中的
黑色部分构成的图案，解答下列问题：(1)这三个图案都具有以下共同特征：都是______对称图形，都不是______对称图形；
(2)在图2中选一个白色的小正方形并涂黑，使图2中黑色部分是轴对称图形；
(3)请在图3中设计出一个面积为4的图案，且具备（1）中的特征（不与图1中所给图案相同）．
【答案】(1)中心，轴
(2)图见解析
(3)图见解析
【分析】本题考查图形与变换，掌握轴对称图形和中心对称图形的定义，平行四边形的性质，是解题的关
键．
（1）根据图形的特点，绕一点旋转180度后能与自身重合，进行判断即可；
（2）根据轴对称图形的定义，进行作图即可；
（3）画出一个面积为4的平行四边形即可．
【详解】（1）解：这三个图案都具有以下共同特征：都是中心对称图形，都不是轴对称图形；
故答案为：中心，轴；
（2）如图，
（3）如图，
由图可知，图形是平行四边形，是中心对称图形，且2×2=4，符合题意．考点八： 与坐标系有关的对称、平移、旋转问题
24．（2024·山东淄博·中考真题）如图，已知A，B两点的坐标分别为A(−3,1)，B(−1,3)，将线段AB平
移得到线段CD．若点A的对应点是C(1,2)，则点B的对应点D的坐标是 ．
【答案】(3,4)
【分析】此题主要考查了点的平移规律与图形的平移，关键是掌握平移规律，左右移，纵不变，横减加，
上下移，横不变，纵加减．根据平移的性质，结合已知点A，B的坐标，知点A的横坐标加上了1，纵坐标
加1，则B的坐标的变化规律与A点相同，即可得到答案．
【详解】解：∵A(−3,1)平移后对应点C的坐标为C(1,2)，
∴点A的横坐标加上了4，纵坐标加1，
∵B(−1,3)，
∴点D坐标为(−1+4,3+1)，
即(3,4)，
故答案为：(3,4)．
25．（2024·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A(3,0)，B(0,2)，过点B作y轴的
垂线l，P为直线l上一动点，连接PO，PA，则PO+PA的最小值为 ．
【答案】5
【分析】本题考查轴对称—最短问题以及勾股定理和轴对称图形的性质．先取点A关于直线l的对称点A'，
连A'O交直线l于点C，连AC，得到AC=A'C，A' A⊥l，再由轴对称图形的性质和两点之间线段最短，
得到当O,P,A'三点共线时，PO+PA的最小值为A'O，再利用勾股定理求A'O即可．
【详解】解：取点A关于直线l的对称点A'，连A'O交直线l于点C，连AC，则可知AC=A'C，A' A⊥l，
∴PO+PA=PO+PA'≥A'O，
即当O,P,A'三点共线时，PO+PA的最小值为A'O，
∵直线l垂直于y轴，
∴A' A⊥x轴，
∵A(3,0)，B(0,2)，
∴AO=3,A A'=4，
∴在Rt△A' AO中，
A'O=√OA2+A A'2=√32+42=5，
故答案为：5
26．（2024·湖北·中考真题）平面坐标系xOy中，点A的坐标为(−4,6)，将线段OA绕点O顺时针旋转90°，
则点A的对应点A'的坐标为（ ）
A．(4,6) B．(6,4) C．(−4,−6) D．(−6,−4)
【答案】B
【分析】本题考查坐标系下的旋转．过点A和点A'分别作x轴的垂线，证明△AOB≌△OA'C(AAS)，得到
A'C=OB=4，OC=AB=6，据此求解即可．
【详解】解：过点A和点A'分别作x轴的垂线，垂足分别为B，C，∵点A的坐标为(−4,6)，
∴OB=4，AB=6，
∵将线段OA绕点O顺时针旋转90°得到OA'，
∴OA=OA'，∠AOA'=90°，
∴∠AOB=90°−∠A'OC=∠OA'C，
∴△AOB≌△OA'C(AAS)，
∴A'C=OB=4，OC=AB=6，
∴点A'的坐标为(6,4)，
故选：B．
27．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的对角线AC、BD相交
于原点O．若点A的坐标是(2,1)，则点C的坐标是 ．
【答案】(−2,−1)
【分析】本题考查坐标与图形，根据正方形的对角线互相垂直平分，得到A,C关于原点对称，即可得出结
果．
【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC、BD相交于原点O，
∴OA=OC，
∴A,C关于原点对称，
∵点A的坐标是(2,1)，∴点C的坐标是(−2,−1)；
故答案为：(−2,−1)．
重难点一： 与三角形有关的折叠问题
1．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在纸片△ABC中，∠C=90°,∠B=60°，点D，E分别在边
AB,AC上，且AD=AE，将△ADE沿DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，则BD:CE=（ ）
A．3:2 B．√3:2 C．2√3:3 D．4:3
【答案】D
【分析】本题考查勾股定理与折叠，30°直角三角形的性质，由折叠可得∠FED=∠AED=75°，
AD=AE=EF，即可得到∠FEC=30°，再分别在Rt△ABC和Rt△EFC利用30°直角三角形的性质和勾
股定理求解即可．
【详解】解：∵∠C=90°,∠B=60°，
∴∠A=30°，
∴AB=2BC，AC=√AB2−BC2=√3BC，
2√3
∴AB= AC，
3
∵AD=AE，
180°−∠A
∴∠ADE=∠AED= =75°，
2
∵将△ADE沿DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，
∴∠FED=∠AED=75°，AD=AE=EF，
∴∠FEC=180°−∠FED−∠AED=30°，
∴EF=2FC，EC=√EF2−FC2=√3FC，
∴AD=AE=EF=2FC，∴AC=AE+EC=(2+√3)FC，
2√3 2√3 6+4√3
∴AB= AC= ×(2+√3)FC= FC，
3 3 3
6+4√3 4√3
∴BD=AB−AD= FC−2FC= FC，
3 3
4√3
∴BD:CE= FC:√3FC=4:3，
3
故选：D．
2．（2024·四川·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=4，折叠△ABC，使点A与
点B重合，折痕DE与AB交于点D，与AC交于点E，则CE的长为 ．
【答案】3
【分析】本题考查了折叠的性质和勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
设CE=x，则AE=BE=8−x，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：由折叠的性质，得AE=BE，
设CE=x，则AE=BE=8−x，
由勾股定理，得BC2+CE2=BE2，
∴42+x2=(8−x) 2，
解得x=3.
故答案为：3．
3．（2023·江苏徐州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,CA=CB=3，点D在边BC上．将
△ACD沿AD折叠，使点C落在点C'处，连接BC'，则BC'的最小值为 ．【答案】3√2−3
【分析】由折叠性质可知AC=AC'=3，然后根据三角不等关系可进行求解．
【详解】解：∵∠C=90°,CA=CB=3，
∴AB=√AC2+BC2=3√2，
由折叠的性质可知AC=AC'=3，
∵BC'≥AB−AC'，
∴当A、C'、B三点在同一条直线时，BC'取最小值，最小值即为BC'=AB−AC'=3√2−3；
故答案为3√2−3．
【点睛】本题主要考查勾股定理、折叠的性质及三角不等关系，熟练掌握勾股定理、折叠的性质及三角不
等关系是解题的关键．
重难点二： 与特殊平行四边形有关的折叠问题
1．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片ABCD沿边EF折叠，使点D在边BC中点M处．若
AB=4，BC=6，则CF= ．
7
【答案】 /0.875
8
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，关键是由勾股定理列出关于x的方程．由矩形的
1
性质推出CD=AB=4，∠C=90°，由线段中点定义得到CM= BC=3，由折叠的性质得到：
27
MF=DF，设FC=x，由勾股定理得到(4−x) 2=32+x2，求出x= ，得到FC的值．
8
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=4，∠C=90°，
∵M是BC中点，
1 1
∴CM= BC= ×6=3，
2 2
由折叠的性质得到：MF=DF，
设FC=x，
∴FD=4−x，
∴MF=4−x，
∵M F2=MC2+FC2，
∴(4−x) 2=32+x2，
7
∴x= ，
8
7
∴FC= ．
8
7
故答案为： ．
8
2．（2023·江苏南京·中考真题）如图， 在菱形纸片ABCD中， 点E在边AB上，将纸片沿CE折叠， 点
B落在B'处，CB'⊥AD， 垂足为F 若CF=4cm，FB'=1cm， 则BE= cm
25 4
【答案】 /3
7 7
【分析】根据菱形的性质，翻折的性质，和三角形的相似判定和性质解答即可．
【详解】解：∵CF=4cm，FB'=1cm，
∴CB'=CF+FB'=5cm，
由翻折，菱形的性质，得： CB=CD=CB'=5cm， CB∥AD，∠B=∠D，
∵CB'⊥AD，∴CB'⊥BC，
∴∠BCB'=90°，
∴∠BCE=∠B'CE=45°，
∵CD=5，CF=4，∠CFD=90°，
∴FD=3，
过点E作EG⊥BC，
设CG=x， 则EG=x，BG=5−x，
∵∠B=∠D，∠BGE=∠DFC，
∴△EGB∽△CFD，
EG EB GB
∴ = = ，
CF DC DF
x EB 5−x
∴ = = ，
4 5 3
20
解得：x= ，
7
25
∴BE= ，
7
25
故答案为： ．
7
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握性质是解
题的关键．
3．（2024·湖北·中考真题）在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，
使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，PG交BC于点H．(1)如图1，求证：△DEP∽△CPH；
(2)如图2，当P为CD的中点，AB=2，AD=3时，求GH的长；
(3)如图3，连接BG，当P，H分别为CD，BC的中点时，探究BG与AB的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
3
(2)GH=
4
√6
(3)BG= AB，见解析
6
【分析】（1）证明对应角相等，即可得到△EDP∽△PCH；
（2）根据△EDP∽△PCH，求得PH的长度，从而得出GH长度；
（3）延长AB，PG交于一点M，连接AP，先证明△MBH≌△PCH，得到相等的边，再根据
△BMG∽△MAP，得出大小关系．
【详解】（1）证明：如图，
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，
∴∠EPH=∠A=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠3=∠2，
∴△EDP∽△PCH；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，
∵P为CD中点，
1
∴DP=CP= ×2=1，
2
设EP=AE=x，
∴ED=AD−x=3−x，
在Rt△EDP中，EP2=ED2+DP2，
即x2=(3−x) 2+1，
5
解得x= ，
3
5
∴EP=AE=x= ，
3
4
∴ED=AD−AE= ，
3
∵△EDP∽△PCH，
4 5
ED EP
∴ = ，即3 3 ，
PC PH =
1 PH
5
∴PH= ，
4
∵PG=AB=2，
3
∴GH=PG−PH= ．
4
（3）解：如图，延长AB，PG交于一点M，连接AP，
∵E F AD BC ABFE EF A P CD
， 分别在 ， 上，将四边形 沿 翻折，使 的对称点 落在 上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，
∴BG∥AP，
∵AE=EP，∴∠EAP=∠EPA，
∴∠BAP=∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA=MP，
∵P为CD中点，
∴设DP=CP= y，
∴AB=PG=CD=2y，
∵H为BC中点，
∴BH=CH，
∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，
∴△MBH≌△PCH(ASA)，
∴BM=CP= y，HM=HP，
∴MP=MA=MB+AB=3 y，
1 3
∴HP= PM= y，
2 2
√5
在Rt△PCH中，CH=√PH2−PC2= y，
2
∴BC=2CH=√5 y，
∴AD=BC=√5 y，
在Rt△APD中，AP=√AD2+PD2=√6 y，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△AMP，
BG BM 1
∴ = = ，
AP AM 3
√6
∴BG= y，
3
AB 2y
= =√6
∴ BG √6 ，
y
3
√6
∴AB=√6BG，即BG= AB．
6
【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，
熟练掌握以上基础知识是解题关键．重难点三： 与函数图象有关的折叠问题
1．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−2x2+bx+c与x轴相交于
A(1,0)，B两点（点A在点B左侧），顶点为M(2,d)，连接AM．
(1)求该抛物线的函数表达式；
( 1)
(2)如图 1，若C是 y轴正半 轴上一点，连接 AC,CM．当点C的坐标 为 0, 时，求 证：
2
∠ACM=∠BAM；
(3)如图2，连接BM，将△ABM沿x轴折叠，折叠后点M落在第四象限的点M'处，过点B的直线与线段
BD 8
AM'相交于点D，与y轴负半轴相交于点E．当 = 时，3S 与2S 是否相等？请说明理由．
DE 7 △ABD △M'BD
【答案】(1)y=−2x2+8x−6
(2)见解析
(3)相等，理由见解析
b b
【分析】（1）根据顶点为M(2,d)，利用− =− =2求出b=8，再将A(1,0)代入解析式即可求
2a 2×(−2)
出c=−6，即可得出函数表达式；
（2）延长MC交x轴于点D，由（1）知抛物线的解析式表达式为y=−2x2+8x−6，求出M(2,2)，再利
3 1 ( 2 ) 5
用待定系数法求出直线MC的解析式为y= x+ ，进而求出D − ,0 ，则AD= ，利用两点间距离公
4 2 3 3
10 5
式 求 出 DM= ,CD= ， 易 证 △ACD∽△MAD， 得 到 ∠ACD=∠MAD， 由
3 6
∠ACD+∠ACM=∠MAD+∠BAM=180°，即可证明∠ACM=∠BAM；
（3）过点D作DG⊥x轴，交x轴于点G，利用抛物线解析式求出B(3,0)，求出OB=3,AB=2，根据
BG BD DG BD 8 BD 8 8
OE∥DG，易证△BDG∽△BEO，得到 = = ，由 = ，即 = ，求出BG= ，得
OB BE OE DE 7 BE 15 5
7 7
到OG= ，即点D的横坐标为 ，由折叠的性质得到M'(2,−2)，求出直线AM'的解析式为y=−2x+2，
5 5
(7 4) 4 1 4
进 而 求 出 D ,− ， 得 到 DG= ， 利 用 三 角 形 面 积 公 式 求 出 S = AB⋅DG= ， 则
5 5 5 △ABD 2 51 4 6
S =S −S = AB⋅|y |− = ，即可证明结论．
△M'BD △ABM' △ABD 2 M' 5 5
【详解】（1）解：∵该抛物线的顶点为M(2,d)，即该抛物线的对称轴为x=2，
b b
∴ x=− =− =2，
2a 2×(−2)
∴ b=8，
将A(1,0)代入解析式y=−2x2+8x+c，则0=−2+8+c，
∴ c=−6，
∴抛物线的解析式表达式为y=−2x2+8x−6；
（2）证明：如图1，延长MC交x轴于点D，
由（1）知抛物线的解析式表达式为y=−2x2+8x−6，则y =−2×22+8×2−6=2，
M
∴ M(2,2)，
( 1)
∵点C的坐标为 0, ，
2
设直线MC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
则¿，
解得：¿
3 1 3 1
∴直线MC的解析式为y= x+ ，则0= x + ，
4 2 4 D 2
2
∴x =− ，
D 3
( 2 )
∴ D − ,0 ，
3
∵ A(1,0)，
5
∴ AD= ，
3
∴ DM= √ ( − 2 −2 ) 2 +(0−2) 2= 10 ,CD= √ ( 0+ 2) 2 + (1 −0 ) 2 = 5 ，
3 3 3 2 65 5
AD 3 1 CD 6 1
∵ = = , = = ，
DM 10 2 AD 5 2
3 3
AD CD
∴ = ，
DM AD
∵∠ADM=∠ADM，
∴ △ACD∽△MAD，
∴ ∠ACD=∠MAD，
∵ ∠ACD+∠ACM=∠MAD+∠BAM=180°，
∴ ∠ACM=∠BAM；
（3）解：过点D作DG⊥x轴，交x轴于点G，
令−2x2+8x−6=0，即x2−4x+3=0，
解得：x =1,x =3，
1 2
根据题意得：B(3,0)，
∴ OB=3,AB=2，
∵ DG⊥x轴，OE⊥x轴，
∴ OE∥DG，
∴ △BDG∽△BEO，
BG BD DG
∴ = = ，
OB BE OE
BD 8 BD 8
∵ = ，即 = ，
DE 7 BE 15
8 8
∴ BG= OB= ，
15 5
7
∴ OG= ，
5
7
∴点D的横坐标为 ，
5
由折叠的性质得到M'(2,−2)，
设直线AM'的解析式为y=mx+n(m≠0)，
则¿，解得：¿，
∴直线AM'的解析式为y=−2x+2，
7 4
∴y =−2× +2=− ，
D 5 5
(7 4)
∴ D ,− ，
5 5
4
∴ DG= ，
5
1 4
∴ S = AB⋅DG= ，
△ABD 2 5
1 4 6
∴ S =S −S = AB⋅|y |− = ，
△M'BD △ABM' △ABD 2 M' 5 5
4 12 6 12
∴ 3S =3× = ，2S =2× = ，
△ABD 5 5 △M'BD 5 5
∴ 3S =2S ．
△ABD △M'BD
【点睛】本题考查二次函数综合问题，涉及二次函数的性质，二次函数解析式，一次函数的解析式，折叠
的性质，二次函数与三角形相似的综合问题，二次函数与面积综合问题，正确作出辅助线构造三角形相似
是解题的关键．
2．（2024·天津·中考真题）将一个平行四边形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O(0,0)，点
A(3,0)，点B,C在第一象限，且OC=2,∠AOC=60∘．
(1)填空：如图①，点C的坐标为______，点B的坐标为______；
(2)若P为x轴的正半轴上一动点，过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点O'落在
x轴的正半轴上，点C的对应点为C'．设OP=t．
①如图②，若直线l与边CB相交于点Q，当折叠后四边形PO'C'Q与▱OABC重叠部分为五边形时，O'C'
与AB相交于点E．试用含有t的式子表示线段BE的长，并直接写出t的取值范围；
2 11
②设折叠后重叠部分的面积为S，当 ≤t≤ 时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
3 4
【答案】(1)(1,√3),(4,√3)
3 5 2√3 5√3
(2) <t< ；② ≤S≤
2 2 9 4
【分①析】（1）根据平行四边形的性质，得出OC=AB=2，CB=OA=3，∠B=∠AOC=60°，结合勾
股定理CH=√OC2−CH2=√3，即可作答．
（2）①由折叠得∠OO'C'=∠AOC=60°，O'P=OP，再证明△EO'A是等边三角形，运用线段的和差关系列式化简，BE=AB−AE=5−2t，考虑当O'与点A重合时，和当C'与点B重合时，分别作图，得出t
的取值范围，即可作答．
2 3 3 5
②根据①的结论，根据解直角三角形的性质得出MP=√3t，再分别以 ≤t<1时，1≤t≤ 时， <t< ，
3 2 2 2
5 11
≤t≤ 分别作图，运用数形结合思路列式计算，即可作答．
2 4
【详解】（1）解：如图：过点C作CH⊥OA
∵四边形OABC是平行四边形，OC=2,∠AOC=60∘，A(3,0)
∴OC=AB=2，CB=OA=3，∠B=∠AOC=60°，
∵CH⊥OA
∴∠OCH=30°
1
∴OH= OC=1
2
∴CH=√OC2−CH2=√3
∴C(1，√3)
∵CB=OA=3
∴1+3=4
∴B(4，√3)
故答案为：(1，√3)，(4，√3)
（2）解：①∵过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点O'落在x轴的正半轴上，
∴∠OO'C'=∠AOC=60°，O'P=OP，
∴OO'=2OP=2t
∵A(3,0)
∴OA=3
∴AO'=OO'−OA=2t−3
∵四边形OABC为平行四边形，
∴AB=OC=2，AB∥OC，∠O' AB=∠AOC=60°
∴△EO'A是等边三角形
∴AE=AO'=2t−3
∵BE=AB−AE
∴BE=AB−AE=2−(2t−3)=5−2t
∴BE=−2t+5；当O'与点A重合时，
1 3
此时AB与C'O'的交点为E与A重合，OP= OA=
2 2
如图：当C'与点B重合时，
CB+1 5
此时AB与C'O'的交点为E与B重合，OP= =
2 2
3 5
∴t的取值范围为 <t< ；
2 2
②如图：过点C作CH⊥OA
由（1）得出C(1，√3)，∠COA=60°
MP MP
∴tan60°= ，√3=
OP t
∴MP=√3t
2 1 1 1 √3
当 ≤t<1时，S= O'P= OP×MP= t×√3t= t2
3 2 2 2 2
√3
∴ >0，开口向上，对称轴直线t=0
2
2 √3
∴在 ≤t<1时，S= t2 随着t的增大而增大
3 22√3 √3
∴ ≤S< ；
9 2
3
当1≤t≤ 时，如图：
2
1 1 1 √3 √3
S= (O'P+MC')×MP= (OP+CM)×MP= (t+t−1)×√3= (2t−1)=√3t−
2 2 2 2 2
∴√3>0，S随着t的增大而增大
3 3 √3 3√3 √3 √3 √3
∴在t= 时S=√3× − = − =√3；在t=1时S=√3×1− = ；
2 2 2 2 2 2 2
3 √3
∴当1≤t≤ 时， ≤S≤√3
2 2
3 5
∵当 <t< 时，过点E作，如图：
2 2
∵由①得出△EO'A是等边三角形，EN⊥AO
1 1 3
∴AN= AO'= (2t−3)=t− ，
2 2 2
EN
∴tan∠EAO'=√3，√3=
AN
( 3)
∴EN=√3 t−
2
√3 1
S=√3t− − ×AO'×EN
2 2
√3 1[ ( 3)]
=√3t− − (2t−3)×√3 t−
2 2 2
11√3
=−√3t2+4√3t−
4
∵−√3<04√3
∴开口向下，在t=− =2时，S有最大值
2×(−√3)
∴
3 5 | 3| | 5|
∴在 <t< 时， 2− = 2−
2 2 2 2
(3) 2 3 11√3
∴S=−√3× +4√3× − =√3
2 2 4
3 5 5√3
则在 <t< 时，√3<S≤ ；
2 2 4
5 11
当 ≤t≤ 时，如图，
2 4
√3 1 √3 1 7√3
S=√3t− − ×(AO'+BC')×MP=√3t− − ×(2t−3+2t−5)×√3=−√3t+
2 2 2 2 2
∴−√3<0，S随着t的增大而减小
5 11 5 11 7√3
∴在 ≤t≤ 时，则把t= ，t= 分别代入S=−√3t+
2 4 2 4 2
5 7√3 11 7√3 3√3
得出S=−√3× + =√3，S=−√3× + =
2 2 4 2 4
5 11 3√3
∴在 ≤t≤ 时， ≤S≤√3
2 4 4
2√3 5√3
综上： ≤S≤
9 4
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形的性质，折叠性质，二次函数的图象性质，正确掌
握相关性质内容是解题的关键．
3．（2024·广东·中考真题）【问题背景】
如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线y=ax(a>0)上第一象限内的两个动点(OD>OB)，以线段
k
BD为对角线作矩形ABCD，AD∥x轴．反比例函数y= 的图象经过点A．
x
【构建联系】
k
（1）求证：函数y= 的图象必经过点C．
x
（2）如图2，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为(1,2)时，
求k的值．
【深入探究】
（3）如图3，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接AC交BD于点P．以点O为圆心，AC长为半径作⊙O．若OP=3√2，当⊙O与△ABC的边有交点时，求k的取值范围．
16
【答案】（1）证明见解析；（2）k= ；（3）6≤k≤8
3
( k ) ( k ) k
【分析】（1）设B(m,ma)，则A m, ，用含m,k的代数式表示出C ,am ，再代入y= 验证即
m am x
可得解；
DE
（2）先由点B的坐标和k表示出DC=k−2，再由折叠性质得出2= ，如图，过点D作DH⊥y轴，
BE
k
过点B作BF⊥y轴，证出△DHE∽△EFB，由比值关系可求出HF=2+ ，最后由HF=DC即可得解；
4
（3）当⊙O过点B时，如图所示，过点D作DH∥x轴交y轴于点H，求出k的值，当⊙O过点A时，根
据A，C关于直线OD对轴知，⊙O必过点C，如图所示，连AO，CO，过点D作DH∥x轴交y轴于点
H，求出k的值，进而即可求出k的取值范围．
( k )
【详解】（1）设B(m,ma)，则A m, ，
m
∵AD∥x轴，
k
D点的纵坐标为 ，
m
∴ k k
∴将y= 代入y=ax中得： =ax得，
m m
k
∴x= ，
am
( k k )
∴D , ，
am m
( k )
∴C ,am ，
am
k k
∴将x= 代入y= 中得出y=am，
am x
k
∴函数y= 的图象必经过点C；
x
（2）∵点B(1,2)在直线y=ax上，
∴a=2，
∴y=2x，A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2，
k
∴∵函数y= 的图象经过点A，C，
x
(k )
∴C ，2 ，A(1,k)，
2
(k )
∴D ，k ，
2
∴DC=k−2，
∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E，
k
∴BE=BC= −1，∠BED=∠BCD=90°，
2
DC k−2 DE
= =2=
∴BC k BE，
−1
2
如图，过点D作DH⊥y轴，过点B作BF⊥y轴，
∵AD∥x轴，
H，A，D三点共线，
∴∠HED+∠BEF=90°，∠BEF+∠EBF=90°，
∴
∴∠HED=∠EBF，
∵∠DHE=∠EFB=90°，
∴△DHE∽△EFB，
DH HE DE
= = =2,
EF BF BE
∴ k
∵BF=1，DH=
2
k
∴HE=2，EF= ，
4
k
∴HF=2+ ，
4
由图知，HF=DC，
k
∴2+ =k−2，
416
∴k= ；
3
（3）∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合，
∴AC⊥BD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴四边形ABCD为正方形，∠ABP=∠DBC=45°，
AP 1
∴AB=BC=CD=DA= =√2AP，AP=PC=BP= AC，BP⊥AC，
sin45° 2
∵BC∥x轴，
∴直线y=ax为一，三象限的夹角平分线，
∴y=x，
当⊙O过点B时，如图所示，过点D作DH∥x轴交y轴于点H，
∵AD∥x轴，
H，A，D三点共线，
∴
∵以点O为圆心，AC长为半径作⊙O，OP=3√2，
∴OP=OB+BP=AC+BP=2AP+AP=3AP=3√2，
∴AP=√2，
∴AB=AD=√2AP=2，BD=2AP=2√2，BO=AC=2AP=2√2，
∵AB∥y轴，
∴△DHO∽△DAB，
HO DH DO
∴ = = ，
AB AD BD
HO DH 2√2+2√2
∴ = = ，
2 2 2√2
∴HO=HD=4，
∴HA=HD−DA=4−2=2，
∴A(2,4)，
∴k=2×4=8，
当⊙O过点A时，根 据A，C关于直线OD对轴知，⊙O必过点C，如图所示，连AO，CO，过点D作
DH∥x轴交y轴于点H，AO=OC=AC,
∴△AOC为等边三角形，
∵
∵OP⊥AC，
1
∴∠AOP= ×60°=30°，
2
√3
∴AP=tan30°×OP= ×3√2=√6=PD，AC=BD=2AP=2√6，
3
∴AB=AD=√2AP=2√3，OD=OP+PD=3√2+√6，
∵AB∥y轴，
∴△DHO∽△DAB，
HO DH DO
∴ = = ，
AB AD BD
HO DH 3√2+√6
= = ,
2√3 2√3 2√6
∴∴HO=HD=3+√3，
∴HA=HD−DA=3+√3−2√3=3−√3，
∴A(3−√3,3+√3)，
k=(3−√3)×(3+√3)=6,
∴∴当⊙O与△ABC的边有交点时，k的取值范围为6≤k≤8．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一次函数的性质，反比例函数的性质，
矩形的性质，正方形的判定和性质，轴对称的性质，圆的性质等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助
线是解决此题的关键．
重难点四： 利用轴对称求最值
1．（2022·山东德州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为6，点E在BC上，CE=2，点M是对角线
BD上的一个动点，则EM+CM的最小值是（ ）A．6√2 B．3√5 C．2√13 D．4√13
【答案】C
【分析】连接AM，AE，根据正方形的对称性可得AM=CM，进而可知EM+CM=EM+AM，再利用
A，M，E三点共线时，EM+AM的值最小，将EM+AM转化为AE，最后运用勾股定理即可解答．
【详解】如图，连接AM，AE，
∵A、C关于BD对称，
∴ AM=CM，
∴EM+CM=EM+AM
当A，M，E三点共线时，EM+AM=AE的值最小，
即EM+CM的值最小，
∵AB=6，BE=BC−CE=4，
由勾股定理得：AE=√AB2+BE2=√62+42=2√13，
即EM+CM的最小值为2√13，
故选C．
【点睛】本题考查了运用轴对称解决最短路径问题、勾股定理的应用、正方形的性质，明确当A，M，E
三点共线时，EM+AM有最小值是解题的关键．
2．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠C=120°，AB=8，BC=10．E为边CD的中
点，F为边AD上的一动点，将△≝¿沿EF翻折得△D'EF，连接AD'，BD'，则△ABD'面积的最小值为
．【答案】20√3−16/−16+20√3
【分析】根据平行四边形的性质得到CD=AB=8，AB∥CD，∠ABC=60°，由折叠性质得到
ED'=DE=4，进而得到点D'在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作EM⊥AB交AB延长线
于M，交圆E于D'，此时D'到边AB的距离最短，最小值为D'M的长，即此时△ABD'面积的最小，过C
作CN⊥AB于N，根据平行线间的距离处处相等得到EM=CN，故只需利用锐角三角函数求得CN=5√3
即可求解．
【详解】解：∵在▱ABCD中，∠BCD=120°，AB=8，
∴CD=AB=8，AB∥CD，则∠ABC=180°−∠BCD=60°，
E为边CD的中点，
∵ 1
∴DE=CE= CD=4，
2
∵△≝¿沿EF翻折得△D'EF，
∴ED'=DE=4，
∴点D'在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作EM⊥AB交AB延长线于M，交圆E于D'，此
时D'到边AB的距离最短，最小值为D'M的长，即△ABD'面积的最小，
过C作CN⊥AB于N，
∵AB∥CD，
∴EM=CN，
在Rt△BCN中，BC=10，∠CBN=60°，
√3
∴CN=BC⋅sin60°=10× =5√3，
2
∴D'M=ME−ED'=5√3−4，1
∴△ABD'面积的最小值为 ×8×(5√3−4)=20√3−16，
2
故答案为：20√3−16．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、圆的有关性质以及直线与圆的位置关系、锐角三角函数
等知识，综合性强的填空压轴题，得到点D'的运动路线是解答的关键．
3．（2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB=√10，AD=4√2，点P是边AD上一
点（不与点A，D重合），连接PB，PC．点M，N分别是PB，PC的中点，连接MN，AM，DN，点
E在边AD上，ME∥DN，则AM+ME的最小值是（ ）
A．2√3 B．3 C．3√2 D．4√2
【答案】C
1 1
【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得AM= BP，DN= CP，通过证明四边形MNDE是平行
2 2
1
四边形，可得ME=DN，则AM+ME=AM+DN= (BP+CP)，作点C关于直线AD的对称点M，则
2
BP+CP=BP+PM，点B，P，M三点共线时，BP+PM的值最小，最小值为BM．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAP=∠CDP=90°，AD∥BC，
∵点M，N分别是PB，PC的中点，
1 1 1
∴ AM= BP，DN= CP，MN= BC，MN∥BC，
2 2 2
∵ AD∥BC，MN∥BC，
∴ MN∥BC，
又∵ ME∥DN，
∴四边形MNDE是平行四边形，
∴ ME=DN，
1
∴ AM+ME=AM+DN= (BP+CP)，
2
如图，作点C关于直线AD的对称点M，连接PM，BM，则BP+CP=BP+PM，
当点B，P，M三点共线时，BP+PM的值最小，最小值为BM，
在Rt△BCM中，MC=2CD=2AB=2√10，BC=AD=4√2，
∴ BM=√BC2+MC2=√(4√2) 2+(2√10) 2=6√2，
1
∴ AM+ME的最小值= BM=3√2，
2
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．
重难点五： 旋转或轴对称综合题之线段、面积问题
1．（2023·湖北随州·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△ABC的三个内角均小于120°时，
如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，由 PC=P'C，∠PCP'=60°， 可 知△PCP'为 ① 三 角 形 ， 故 PP'=PC， 又 P' A'=PA， 故
PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由 ② 可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时
的P点为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB= ③ ；
已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图 3，若
∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图 4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知点 P 为
△ABC的“费马点”，求PA+PB+PC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AC=4km，BC=2√3km，∠ACB=60°．
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/km，a元/km，√2a元/km，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) 等边；②两点之间线段最短；③120°；④A．
(2)5
①
(3)2√13a
【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△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，即可得出可知当B，P，P'，A在
同 一 条 直 线 上 时 ， PA+PB+PC取 最 小 值 ， 最 小 值 为 A'B， 在 根 据∠ACB=30°可 证 明
∠AC A'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，由勾股定理求A'B即可，
（3）由总的铺设成本=a(PA+PB+√2PC)，通过将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，得
到等腰直角△PP'C，得到√2PC=PP'，即可得出当B，P，P'，A在同一条直线上时，P' A'+PB+PP'
取最小值，即PA+PB+√2PC取最小值为A'B，然后根据已知和旋转性质求出A'B即可．【详解】（1）解：∵PC=P'C，∠PCP'=60°，
∴△PCP'为等边三角形；
∴PP'=PC，∠P'PC=∠PP'C=60°，
又P' A'=PA，故PA+PB+PC=PA'+PB+PP'≥A'B，
由两点之间线段最短可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，
最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴∠BPC+∠P'PC=180°，∠A'P'C+∠PP'C=180°，
∴∠BPC=120°，∠A'P'C=120°，
又∵△APC≅△A'P'C，
∴∠APC=∠AP'C=120°，
∴∠APB=360°−∠APC−∠BPC=120°，
∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；
∵∠BAC≥120°，
∴BC>AC，BC>AB，
∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，
∴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△ABC有一个内角大于或等于120°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；③120°；④A．
（2）将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP'，
由（1）可知当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，最小值为A'B，
∵∠ACP=∠A'CP'，
∴∠ACP+∠BCP=∠A'CP'+∠BCP=∠ACB=30°，
又∵∠PCP'=60°
∴∠BC A'=∠A'CP'+∠BCP+∠PCP'=90°，
由旋转性质可知：AC=A'C=3，
∴A'B=√BC2+A'C2=√42+32=5，
∴PA+PB+PC最小值为5，
（3）∵总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·√2a=a(PA+PB+√2PC)
∴当PA+PB+√2PC最小时，总的铺设成本最低，
将△APC绕，点C顺时针旋转90°得到△A'P'C，连接PP'，A'B
由旋转性质可知：P'C=PC，∠PCP'=∠AC A'=90°，P' A'=PA，A'C=AC=4km，
∴PP'=√2PC，
∴PA+PB+√2PC=P' A'+PB+PP'，当B，P，P'，A在同一条直线上时，P' A'+PB+PP'取最小值，即PA+PB+√2PC取最小值为A'B，
过点A'作A'H⊥BC，垂足为H，
∵∠ACB=60°，∠AC A'=90°，
∴∠A'CH=30°，
1
∴A'H= A'C=2km，
2
∴HC=√AC2−AH2=√42−22=2√3(km)，
∴BH=BC+CH=2√3+2√3=4√3(km)，
∴A'B=√AH2+BH2=√ (4√3) 2+22=2√13(km)
PA+PB+√2PC的最小值为2√13km
总的铺设成本=PA·a+PB·a+PC·√2a=a(PA+PB+√2PC)=2√13a（元）
故答案为：2√13a
【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．
2．（2023·吉林松原·二模）如图所示，在Rt△ABC中，AB=8，∠ACB=90°，∠A=60°，点P从点A
出发以每秒2个单位长度的速度沿AB向终点B运动，当点P不与点A，B重合时，作∠BPD=120°，边
PD交折线AC−CB于点D，点A关于直线PD的对称点为E，连接ED，EP得到△PDE．设点P的运动
时间为t（秒）．
(1)直接写出线段PD的长（用含t的代数式表示）；
(2)当点E落在边BC上时，求t的值；
(3)设△PDE与△ABC重合部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．
【答案】(1)PD=¿，
4
(2)t= ，
3
(3)S=¿，【分析】本题属于几何变换综合题，考查了直角三角形30°角的性质，三角形的面积等知识，解题关键是
学会用分类讨论解决问题，属于中考压轴题．
（1）①当0<t≤2时，由∠BPD=120°，可得∠APD=60°，从而△APD是等边三角形，即可得
PD=AP=2t；②当2<t<4时，由∠B=30°,∠PBD=120°，可得PD=PB=8−2t；
（2）证明BP=2PE，由此构建方程，可得结论；
4 4
（3）分三种情形：当0<t≤ 时，重叠部分是△PDE，当 <t≤2时，重叠部分是四边形PDNM，当
3 3
2<t≤4时，重叠部分是△PQD，分别求解即可．
【详解】（1）①当0<t≤2时，
∵∠BPD=120°，
∴∠APD=180°−120°=60°，
∵∠A=60°，
∴△APD是等边三角形，
∴PD=AP=2t，
②当2<t<4时，如图：
∵∠A=60°，
∴∠B=30°，
∵∠BPD=120°，
∴∠B=∠PDB=30°，
∴PD=PB=8−2t；
综上所述，PD=¿，
（2）如图：
∵A,E关于PD对称，
∴△PED≌△PAD，
∴PE=2t,∠APD=∠EPD=60°，
∴∠BPE=60°，
∵∠C=90°,∠A=60°，
∴∠B=30°，
∴∠BEP=90°，
∴BP=2PE=4t，
∴AB=AP+BP=6t，
∵AB=8，∴6t=8，
4
∴t=
3
4
（3）当0<t≤ 时，如图：
3
√3
重叠部分是△PED，S= ×(2t) 2=√3t2
4
4
当 <t≤2时，如图
3
重叠部分是四边形PDNM，
∵∠B=30°，∠BPE=180°−∠APD−∠EPD=60°，
∴∠BMP=90°=∠EMN，
1 1 1
∴PM= PB= (AP−AP)= (8−2t)=4−t
2 2 2
∴ME=PE−PM=2t−(4−t)=3t−4，
∵∠E=∠A=60°，
∴MN=√3EM=√3(3t−4)
√3 1 7√3
∴S=S −S = ×(2t) 2− ×(3t−4)×√3(3t−4)=− t2+12√3t−8√3，
△PDE △EMN 4 2 2
当2<t≤4时，如图：
重叠部分是△PQD，
1 1
∵PQ= BP= (AB−AP)=4−t,DQ=√3(4−t)
2 2
1 √3
∴S= ×(4−t)×√3(4−t)= t2−4√3+8√3
2 2
综上所述，S=¿
3．（2022·宁夏·中考真题）综合与实践知识再现
如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以BC、CA、AB为边向外作的正方形的面积为S 、S 、S ．
1 2 3
当S =36，S =100时，S = ______．
1 3 2
问题探究
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°．
（1）如图2，分别以BC、CA、AB为边向外作的等腰直角三角形的面积为S 、S 、S ，则S 、S 、S 之
1 2 3 1 2 3
间的数量关系是______．
（2）如图3，分别以BC、CA、AB为边向外作的等边三角形的面积为S 、S 、S ，试猜想S 、S 、S 之
4 5 6 4 5 6
间的数量关系，并说明理由．
实践应用
（1）如图4，将图3中的△BCD绕点B逆时针旋转一定角度至△BGH，△ACE绕点A顺时针旋转一定角度
至△AMN，GH、MN相交于点P．求证：S =S ；
△PHN 四 边 形PMFG
（2）如图5，分别以图3中Rt△ABC的边BC、CA、AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，
BC、CA、AB为直径的半圆柱的体积分别为V
1
、V
2
、V
3
．若AB=4，柱体的高ℎ =8，直接写出V
1
+V
2
的值．
【答案】知识再现 64；问题探究：（1）S +S =S ；（2）S +S =S ；理由见解析；
1 2 3 4 5 6
实践应用：（1）见解析；（2）V +V =16π．
1 2
【分析】知识再现：利用勾股定理和正方形的面积公式可求解；
问题探究：(1)利用勾股定理和直角三角形的面积公式可求解；
√3 √3 √3
(2)过点D作DG BC交于G，分别求出S = BC2，S = AC2，S = AB2，由勾股定理可得
4 4 5 4 6 4
⊥
√3 √3 √3
BC2+ AC2= AB2
，即可求S+S=S；
4 4 4 4 5 6
实践应用：(1)设AB=c，BC=a，AC=b，则HN=a+b-c，FG=c-a，MF=c-b，可证明△HNP是等边三角形，四
√3 √3
边形MFGP是平行四边形，则S = (a+b−c) 2，S = (c−a)(c−b)，再由c2=a2+b2，
△PMN 4 四边形PMFG 2
可证明S =S ．
△PMN 四边形PMFG
(2)设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S、以BC为直径的圆的面积为S、以AC为直径的
3 1
1 1
圆的面积为S，可得S+S=S，又由V +V = (S +S )ℎ = S ℎ，即可求V +V =16π．
2 1 2 3 1 2 2 1 1 2 3 1 2
【详解】知识再现：解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
∴S +S =S ，
1 2 3
∵S =36，S =100，
1 3
∴S =64，
2
故答案为：64；
问题探究：(1)解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
1 1 1
∴ AB2= AC2+ BC2 ，
2 2 2
∴S +S =S ，
1 2 3
故答案为：S +S =S ；
1 2 3
(2)解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
过点D作DG⊥BC交于G，1
在等边三角形BCD中，CD=BC，CG= BC，
2
√3
∴DG= BC，
2
1 √3 √3
∴S = ×BC× BC= BC2 ，
4 2 2 4
√3 √3
同理可得S = AC2 ，S = AB2 ，
5 4 6 4
√3 √3 √3
∴ AB2= AC2+ BC2 ，
4 4 4
∴S +S =S ；
4 5 6
实践应用：(1)证明：设AB=c，BC=a，AC=b，
∴HN=a+b−c，FG=c−a，MF=c−b，
∵△HGB是等边三角形，△ABF是等边三角形，
∴HG//AF，MN//BF，
∴∠HPN=60°，
∴△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，
√3 √3
∴S = (a+b−c) 2 ，S = (c−a)(c−b)，
△PMN 4 四边形PMFG 2
∵△ABC是直角三角形，
∴c2=a2+b2，
√3 √3 √3 √3
∴ (a+b−c) 2= (a2+b2+c2+2ab−2bc−2ac)= (c2+ab−bc−ac)= (c−a)(c−b)，
4 4 2 2
∴S =S ；
△PMN 四边形PMFG
(2)解：设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S 、以BC为直径的圆的面积为S 、以AC
3 1
为直径的圆的面积为S ，
2∵△ABC是直角三角形，
∴c2=a2+b2，
π π π
∴ c2= a2+ b2 ，
4 4 4
∴S +S =S ，
1 2 3
1 1 1
∵V = S ℎ，V = S ℎ，V = S ℎ，
2 2 2 1 2 1 3 2 3
1 1
∴V +V = (S +S )ℎ = S ℎ =V ，
2 1 2 1 2 2 3 3
∵AB=4，ℎ =8，
1 1
∴V = S ℎ = ×π×4×8=16π，
3 2 3 2
∴V +V =16π．
1 2
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握直角三角形的勾股定理，等边三角形的性质，圆的性质，
圆柱的体积，平行线的性质是解题的关键．
易错点1： 判断轴对称图形与中心对称图形时出错
1．（2024·西藏·中考真题）下列图形既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转180°后，能够与原图形
重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，
这个图形就叫做轴对称图形，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念，是解题的关键．
【详解】解：A、绕某一点旋转180°后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直
线两旁的部分不能够互相重合，不是轴对称图形；故不符合题意；
B、绕某一点旋转180°后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分
能够互相重合，是轴对称图形；故不符合题意；
C、绕某一点旋转180°后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形；故不符合题意；
D、绕某一点旋转180°后，能够与原图形重合，是中心对称图形；沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够
互相重合，是轴对称图形；故符合题意；
故选：D．
2．（2024·山东淄博·中考真题）下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据定义逐项判断即可．将一个图形沿某直线折叠，
直线两旁的部分能够重合，这样的图形是轴对称图形；将一个图形绕某点旋转180°，能与本身重合，这样
的图形是中心对称图形．
【详解】因为图A是轴对称图形，不是中心对称图形，所以不符合题意；
因为图B是中心对称图形，不是轴对称图形，所以不符合题意；
因为图C是轴对称图形，又是中心对称图形，所以符合题意；
因为图D是轴对称图形，不是中心对称图形，所以不符合题意．
故选：C．
易错点2： 未对旋转方向进行分类讨论，导致漏解
1．（2024·四川雅安·中考真题）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，∠BAC=∠DAE=40°，将
△ADE绕点A顺时针旋转一定角度，当AD⊥BC时，∠BAE的度数是 ．
【答案】60°或120°
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，旋转的性质，分两种情况分别画出图形，再结合等腰三角形的
性质与角的和差运算可得答案；
【详解】解：如图，当AD⊥BC时，延长AD交BC于J，∵AB=AC，∠BAC=∠DAE=40°，
∴∠BAJ=∠CAJ=20°,
∴∠BAE=20°+40°=60°；
如图，当AD⊥BC时，延长DA交BC于J，
∵AB=AC，∠BAC=∠DAE=40°，
∴∠BAJ=∠CAJ=20°,
∴∠BAE=180°−20°−40°=120°，
故答案为：60°或120°
