文档内容
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模块二 图形与几何基础
第 08 讲 图形的几何变化
（思维导图+2考点+13种题型+命题预测）
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03核心精讲·题型突破
考点一 图形的几何变化基础部分
►题型01 常见几何变化的识别
►题型02 与几何变化的性质求解（线段长，周长，面积）
►题型03 与几何变化的性质求解（坐标）
►题型04 与几何变化有关的规律探索问题
►题型05 与几何图形有关的折叠问题
►题型06 坐标与图形变化综合
►题型07 与几何变化的作图题
►题型08 与几何图形变化有关的多结论问题
考点二 图形的几何变化综合部分
►题型01 几何变化与全等/相似三角形综合
►题型02 几何变化与最值问题
►题型03 几何变化与面积问题
►题型04 几何变化与动态问题
►题型05 几何变化与函数综合
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01考情透视·目标导航
中考考点 命题预测
中考数学中的图形几何变化部分，是考查学生空间想象能力、逻辑推理能力及动手
操作能力的重要环节。这一部分内容不仅涵盖基础的几何知识，还融合了图形的运动变
化，如平移、旋转和翻折等。近年来，随着中考命题改革的深入，图形几何变化的题目
在题型设计、考点分布及考查方式上均呈现出一定的规律和趋势。
【考情分析】
1. 基础知识的考查：中考图形几何变化的题目始终围绕基础知识的考查展开，如基本
图形的性质、图形的运动规律及坐标系的应用等。学生需熟练掌握这些基础知识，才能
在考试中游刃有余。
2. 动态思维的考查：随着新课改的推进，图形几何变化的题目越来越注重考查学生的
动态思维能力，即在图形运动变化中分析和解决问题的能力。这类题目通常要求学生具
备较强的空间想象能力和逻辑推理能力。
3. 综合能力的考查：中考图形几何变化的题目往往与其他知识点相结合，如函数、方
程等，形成综合性较强的题目。这类题目要求学生具备较强的知识整合能力和问题解决
能力。
图形的几何变化 4. 创新与实践能力的考查：近年来，中考图形几何变化的题目中还出现了一些开放
性、探究性的题目，要求学生进行猜想、验证和探究。这类题目注重考查学生的创新意
识和实践能力，体现了新课改对学生综合素质的培养要求。
【备考建议】
1. 夯实基础知识：学生应系统复习基本图形的性质、图形的运动规律及坐标系的相关
知识，确保熟练掌握这些基础知识。
2. 注重动态思维训练：学生应多做一些涉及图形运动的题目，培养自己的空间想象能
力和逻辑推理能力，学会在动态变化中把握图形关系。
3. 加强知识整合：学生应注重将图形几何变化的知识与其他知识点相结合，进行综合
性题目的训练，提高自己的知识整合能力和问题解决能力。
4. 培养创新实践能力：学生应积极参与一些开放性、探究性的题目，培养自己的创新
意识和实践能力，学会从多角度思考问题并寻找解决方案。
中考图形几何变化的题目虽然具有一定的难度，但只要学生掌握了基础知识，培养
了动态思维能力，并加强了知识整合和创新实践能力的培养，就能够在考试中取得好成
绩。
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02知识导图·思维引航
03 核心精讲 · 题型突破
考点一 图形的几何变化基础部分
►题型01 常见几何变化的识别
1．（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（ ）
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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．
2．（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．
3．（2024·宁夏银川·一模）大约在两千四百年前，墨子和他的学生做了世界上第1个小孔成倒像的实验，
并在《墨经》中做了记载，如图，在实验中，物和像属于以下哪种变换（ ）
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A．平移变换 B．对称变换 C．旋转变换 D．位似变换
【答案】D
【分析】本题考查了位似变换，熟练掌握位似变换的特征是解题的关键．
根据位似变换的特征作答即可．
【详解】解：由题意知，物和像属于位似变换，
故选：D．
4．（2024·江苏盐城·中考真题）下列四幅图片中的主体事物，在现实运动中属于翻折的是（ ）
A．工作中的雨刮器 B．移动中的黑板
C．折叠中的纸片 D．骑行中的自行车
【答案】C
【分析】本题考查了折叠，根据折叠的定义逐项判断即可求解，掌握折叠的定义是解题的关键．
【详解】解：A、工作中的雨刮器，属于旋转，不合题意；
B、移动中的黑板，属于平移，不合题意；
C、折叠中的纸片，属于翻折，符合题意；
D、骑行中的自行车，属于平移，不合题意；
故选：C．
►题型02 与几何变化的性质求解（线段长，周长，面积）
5．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=6，点M是AB边的中点，点
N是AD边上任意一点，将线段MN绕点M顺时针旋转90°，点N旋转到点N'，则△MBN'周长的最小值
为（ ）
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A．15 B．5+5√5 C．10+5√2 D．18
【答案】B
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点N'的轨迹是解题的关键．由旋转的性质
结合AAS证明△AMN≌△GM N'，推出MG=AM=5，得到点N'在平行于AB，且与AB的距离为5的直
线上运动，作点M关于直线EF的对称点M'，连接M'B交直线EF于点N'，此时△MBN'周长取得最小值，
由勾股定理可求解．
【详解】解：过点N'作EF∥AB，交AD、BC于E、F，过点M作MG⊥EF垂足为G，
∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴四边形AMGE和BMGF都是矩形，
∴∠A=∠MGN'=90°，
由旋转的性质得∠NM N'=90°，MN=M N'，
∴∠AMN=90°−∠NMG=∠GM N'，
∴△AMN≌△GM N' (AAS)，
∴MG=AM=5，
∴点N'在平行于AB，且与AB的距离为5的直线上运动，
作点M关于直线EF的对称点M'，连接M'B交直线EF于点N'，此时△MBN'周长取得最小值，最小值为
BM+BM'，
1
∵BM= AB=5，M M'=5+5=10，
2
∴BM+BM'=5+√52+102=5+5√5，
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故选：B．
6．（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
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1 1 4√3 2 4√3
∴S = EF⋅A'D= × × = ；
阴影 2 2 3 3 9
4√3
故答案为： ．
9
AC 5
7．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O， = ．线段AB与
BD 3
A'B'关于过点O的直线l对称，点B的对应点B'在线段OC上，A'B'交CD于点E，则△B'CE与四边形
OB'ED的面积比为
1
【答案】1:3/
3
【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上
知识点．
1 1
设AC=10a，BD=6a，首先根据菱形的性质得到OA=OC= AC=5a，OB=OD= BD=3a，连接
2 2
A'D，OE，直线l交BC于点F，交AD于点G，得到点A'，D，O三点共线，A'D=A'O−OD=2a，
S B'C 2a 2
B'C=OC−OB'=2a， △CEB' = = = ，然后证明出△A'ED≌△CEB' (AAS)，得到A'E=CE，
S OB' 3a 3
△OEB'
然后证明出△ODE≌△OB'E(SSS)，得到S
△ODE
=S
△OB'E
，进而求解即可．
AC 5
【详解】∵四边形ABCD是菱形， =
BD 3
∴设AC=10a，BD=6a
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1 1
∴OA=OC= AC=5a，OB=OD= BD=3a
2 2
如图所示，连接A'D，OE，直线l交BC于点F，交AD于点G，
∵线段AB与A'B'关于过点O的直线l对称，点B的对应点B'在线段OC上，
1
∴∠BOF=∠COF= ∠BOB'=45°，AO=A'O=5a，OB'=OB=3a
2
∴∠AOG=∠DOG=45°
∴点A'，D，O三点共线
∴A'D=A'O−OD=2a，B'C=OC−OB'=2a
S B'C 2a 2
∴ △CEB' = = =
S OB' 3a 3
△OEB'
∴A'D=B'C
∵CD∥AB
∴∠CDO=∠ABO
由对称可得，∠A'B'O=∠ABO
∴∠A'B'O=∠CDO
∴∠A'DE=∠CB'E
又∵∠A'ED=∠CEB'
∴△A'ED≌△CEB' (AAS)
∴A'E=CE
∵A'B'=AB=CD
∴DE=B'E
又∵OD=OB'，OE=OB'
∴△ODE≌△OB'E(SSS)
∴S =S
△ODE △OB'E
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S S 2 2 1
∴ △CEB' = △CEB' = = = ．
S S +S 3+3 6 3
四边形OB'ED △OEB' △ODE
1
故答案为： ．
3
8．（2024·四川广安·中考真题）如图，在 ▱ABCD中，AB=4，AD=5，∠ABC=30°，点M为直线
BC上一动点，则MA+MD的最小值为 ．
【答案】√41
【分析】如图，作A关于直线BC的对称点A'，连接A'D交BC于M'，则AH=A'H，AH⊥BC，
AM'=A'M'，当M,M'重合时，MA+MD最小，最小值为A'D，再进一步结合勾股定理求解即可.
【详解】解：如图，作A关于直线BC的对称点A'，连接A'D交BC于M'，则AH=A'H，AH⊥BC，
AM'=A'M'，
∴当M,M'重合时，MA+MD最小，最小值为A'D，
∵AB=4，∠ABC=30°，在 ▱ABCD中，
1
∴AH= AB=2，AD∥BC，
2
∴A A'=2AH=4，A A'⊥AD，
∵AD=5，
∴A'D=√42+52=√41，
故答案为：√41
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质，求最小值问题，正确理解各性质及掌
握各知识点是解题的关键．
9．（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 ．
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【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°
10．（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 ．
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【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，
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∴MH=2OM=4√7．
故答案为：4√7．
►题型03 与几何变化的性质求解（坐标）
11．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的顶点A在x轴负半轴上，顶点
3
B在直线y= x上，若点B的横坐标是8，为点C的坐标为（ ）
4
A．(−1,6) B．(−2,6) C．(−3,6) D．(−4,6)
【答案】B
【分析】过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，先求出B(8,6)，由勾股定理求得BO=10，再由菱形的性质得
到BC=BO=10,BC∥x轴，最后由平移即可求解．
【详解】解：过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，
3
∵顶点B在直线y= x上，点B的横坐标是8，
4
3
∴y =8× =6，即BD=6，
B 4
∴B(8,6)，
∵BD⊥x轴，
∴由勾股定理得：BO=√BD2+DO2=10，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=BO=10,BC∥x轴，
∴将点B向左平移10个单位得到点C，
∴点C(−2,6)，
故选：B．
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【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添
加辅助线是解题的关键．
12．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点A(0,−2)，B(1,0)，将线段AB平移得到线段DC，若
∠ABC=90°，BC=2AB，则点D的坐标是 ．
【答案】(4,−4)
【分析】由平移性质可知AB=CD，AB∥CD，则四边形ABCD是平行四边形，又∠ABC=90°，则有
四边形ABCD是矩形，根据同角的余角相等可得∠OBA=∠EAD，从而证明△OAB∽△EDA，由性质得
2 √5 1
= = ，设EA=a，则ED=2a，DA=√5a，则√5a=2√5，解得：a=2，故有EA=2，
ED DA EA
ED=4，得出OE=OA+EA=4即可求解．
【详解】如图，过D作DE⊥y轴于点E，则∠AED=90°，
由平移性质可知：AB=CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，BC=AD=2AB，
∴∠OAB+∠EAD=90°，
∵∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠OBA=∠EAD，
∵∠AOB=∠DEA=90°，
∴△OAB∽△EDA，
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OA AB OB
∴ = = ，
ED DA EA
∵A(0,−2)，B(1,0)，
∴OA=2，OB=1，AB=√5，
2 √5 1
∴ = = ，
ED DA EA
设EA=a，则ED=2a，DA=√5a，
∴√5a=2√5，解得：a=2，
∴EA=2，ED=4，
∴OE=OA+EA=4，
∵点D在第四象限，
∴D(4,−4)，
故答案为：(4,−4)．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质、平移
的性质，同角的余角相等等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
13．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(1,0)，点B在反比例函数
k
y= (x>0)的图像上，BC⊥x轴于点C，∠BAC=30°，将△ABC沿AB翻折，若点C的对应点D落在
x
该反比例函数的图像上，则k的值为 ．
【答案】2√3
【分析】本题考查了反比例函数k的几何意义，掌握求解的方法是解题的关键．
如图，过点D作DE⊥x轴于点E．根据∠BAC=30°，BC⊥x，设BC=a，则AD=AC=√3a，由对称
√3 3
可知AC=AD，∠DAB=∠BAC=30°，即可得AE= a，DE= a，解得
2 2
( √3 3 )
B(1+√3a,a),D 1+ a, a ，根据点C的对应点D落在该反比例函数的图像上，即可列方程求解；
2 2
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【详解】解：如图，过点D作DE⊥x轴于点E．
∵点A的坐标为(1,0)，
∴OA=1，
∵∠BAC=30°，BC⊥x轴，
BC
设BC=a，则AD=AC= =√3a，
tan30°
由对称可知AC=AD，∠DAB=∠BAC=30°，
∴∠DAC=60°,∠ADE=30°，
√3 3
∴AE= a，DE=AD·sin60°= a，
2 2
( √3 3 )
∴B(1+√3a,a),D 1+ a, a ，
2 2
∵点C的对应点D落在该反比例函数的图像上，
3 ( √3 )
∴k=a(1+√3a)= a⋅ 1+ a ，
2 2
2√3
解得：a= ，
3
∵反比例函数图象在第一象限，
2√3( 2 )
∴k= 1+ √3×√3 =2√3，
3 3
故答案为：2√3．
14．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点A的坐标为(0,4)，点
B,C均在x轴上．将△ABC绕顶点A逆时针旋转30°得到△AB'C'，则点C'的坐标为 ．
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4√3
【答案】(4,4− )
3
【分析】本题主要考查旋转的性质，三角函数的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．作C'F⊥AO，
求出OF，C'F的值即可得到答案．
【详解】解：作C'F⊥AO，交y轴于点F，
由题可得：OA=4，
∵△ABC是等边三角形，AO⊥BC，
∴AO是∠BAC的角平分线，
∴∠OAC=30°，
1
∴OC= AC，
2
在Rt△AOC中，AO2+OC2=AC2，
1 2
即16+( AC) =AC2，
2
8√3
解得AC= ，
3
8√3
∴AC'=AC=
，
3
4√3
OF=AO−AF=4−AC' ⋅cos60°=4− ，
3
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8√3 √3
FC'=AC' ⋅sin60°= × =4，
3 2
4√3
∴C' (4,4− )，
3
4√3
故答案为：(4,4− )．
3
15．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△AB'C'的相似比为1∶2，点
A是位似中心，已知点A(2,0)，点C(a,b)，∠C=90°．则点C'的坐标为 ．（结果用含a，b的式
子表示）
【答案】(6−2a,−2b)
【分析】过点C,C'分别作x轴的垂线CD,C'D'垂足分别为D,D'，根据题意得出AD'=2AD，则
AD=a−2,CD=b，得出D'(2−2a+4,0)，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点C,C'分别作x轴的垂线CD,C'D'垂足分别为D,D'，
∵△ABC与△AB'C'的相似比为1∶2，点A是位似中心，A(2,0)
∴AD'=2AD
∵C(a,b)，
∴AD=a−2,CD=b,
∴A'D=2a−4,C'D'=2b，
∴D'(2−2a+4,0)
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∴C' (6−2a,−2b)
故答案为：(6−2a,−2b)．
【点睛】本题考查了求位似图形的坐标，熟练掌握位似图形的性质是解题的关键．
►题型04 与几何变化有关的规律探索问题
16．（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
3
下：
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
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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．
17．（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，AB⊥y轴，垂足为点B，将△ABO绕点A
3
逆时针旋转到△AB O 的位置，使点B的对应点B 落在直线y=− x上，再将△AB O 绕点B 逆时针旋
1 1 1 4 1 1 1
3
转到△A B O 的位置，使点O 的对应点O 也落在直线y=− x上，如此下去，……，若点B的坐标为
1 1 2 1 2 4
(0,3)，则点B 的坐标为（ ）．
37
A．(180,135) B．(180,133) C．(−180,135) D．(−180,133)
【答案】C
【分析】本题考查了平面直角坐标系、一次函数、旋转的性质、勾股定理等知识点．找出点的坐标规律以
及旋转过程中线段长度的关系是解题的关键．
通过求出点A的坐标，AB、OA、OB的长度，再根据旋转的特点逐步推导出后续点的位置和坐标，然后
结合图形求解即可．
【详解】∵ AB⊥y轴，点B的坐标为(0,3)，
3
∴ OB=3，则点A的纵坐标为3，代入y=− x，
4
得：x=−4，则点A的坐标为(−4,3)．
∴ OB=3，AB=4，
OA=√32+42=5，
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由旋转可知，OB=O B =O B =…=3，OA=O A=O A =…=5，AB=AB =A B =A B =…=4，
1 1 2 2 1 2 1 1 1 1 2 2
∴ OB =OA+AB =4+5=9，B B =3+4+5=12，
1 1 1 3
∴ B B =B B =…=B B =12，
1 3 3 5 35 37
(37−1)
∴ OB =OB +B B =9+ ×12=225．
37 1 1 37 2
( 3 )
设点B 的坐标为 a,− a ，
37 4
则OB = √ a2+ ( − 3 a ) 2 =225，
37 4
3
解得a=−180或180（舍去），则− a=135，
4
∴点B 的坐标为(−180,135)．
37
故选C．
18．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如
“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为(0，0)，点B的
坐标为(1，0)，点C在第一象限，∠OBC=120°．将△OBC沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依
次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为O'，点C的对应点为C'，OC与O'C'的交点为A ，称点
1
A 为第一个“花朵”的花心，点A 为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，△OBC滚动2024次后停
1 2
止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为 ．
( √3)
【答案】 1349+674√3,
3
√3
【分析】本题考查了解直角三角形，等腰直角的性质，点的坐标规律探索．连接A B，求得A B= ，
1 1 3
√3， ，分别得到 ( √3)， ( √3)， ( √3)， ，推导得到
OD= OC=√3 A 1, A 3+√3, A 5+2√3, ⋯
2 1 3 2 3 3 3
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( √3)， 滚动一次得到 ， 滚动四次得到 ， 滚动七次得到
A 1+(n−1)(2+√3), △OBC A △OBC A △OBC
n 3 1 2
A ，由此得到△OBC滚动2024次后停止滚动，则n=(2024+1)÷3=675，据此求解即可．
3
【详解】解：连接A B，
1
由题意得∠BOC=∠BCO=30°，∠BO'C=∠BC'O'=30°，OB=BC=O'B=BC'=1，
∴A B⊥OC' ，
1
√3 1 1 √3
∴A B=OB⋅tan30°= ，BD= OB= ，OD=√OB2−BD2= ，
1 3 2 2 2
∴OC=C'E=√3，
( √3)
∴A 1, ，
1 3
( √3)
A 3+√3, ，
2 3
( √3)
同理A 5+2√3, ，
3 3
⋯，
( √3)
A 1+(n−1)(2+√3), ，
n 3
△OBC滚动一次得到A ，△OBC滚动四次得到A ，△OBC滚动七次得到A ，
1 2 3
( √3)
∴△OBC滚动2024次后停止滚动，则n=(2024+1)÷3=675时，A 1349+674√3, ，
675 3
( √3)
故答案为： 1349+674√3, ．
3
19．（2024·山东济宁·三模）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，OA=1，将OA绕点O
顺时针旋转45°到OA ，扫过的面积记为S ，A A ⊥OA 交x轴于点A ；将OA 绕点O顺时针旋转
1 1 1 2 1 2 2
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45°到OA ，扫过的面积记为S ，A A ⊥OA 交y轴于点A ；将OA 绕点O顺时针旋转45°到OA ，
3 2 3 4 3 4 4 5
扫过的面积记为S ，A A ⊥OA 交x轴于点A ；……；按此规律，则S 的值为 ．
3 5 6 5 6 2024
【答案】22020π
【分析】本题考查坐标与旋转，等腰三角形的判定和性质，扇形的面积．根据旋转的性质，得到△A OA 、
1 2
△A OA 、△A OA 、⋯、都是等腰直角三角形，分别求出 OA =√2，OA =2，OA =2√2，利用
3 4 5 6 2 4 6
扇形面积求出S ,S ,S ,S ，抽象概括出相应的数字规律，进而得出结论即可．
1 2 3 4
【详解】解：将OA绕点O顺时针旋转45°到OA ，A A ⊥OA 交x轴于点A
1 1 2 1 2
∴∠AOA =45°，OA=OA =1，∠OA A =90°，
1 1 1 2
∴∠A OA =90°−∠AOA =45°，
1 2 1
∴∠OA A =90°−∠A OA =45°，
2 1 1 2
∴△A OA 是等腰直角三角形，
1 2
∴A A =OA =1，
1 2 1
∴OA =√2；
2
同理可得：△A OA 、△A OA 、⋯、都是等腰直角三角形，OA =2，OA =2√2…，
3 4 5 6 4 6
45π×12 1 45π×(√2) 2 1 45π×22 1 45π×(2√2) 2
∴ S = = π，S = = π，S = = π，S = =π，⋯；
1 360 8 2 360 4 3 360 2 4 360
∴S =2n−4π，
n
∴S =22020π，
2024
故答案为：22020π ．
20．（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，△ABC是正三角形，点A在第一象限，点B(0,0)、C(1,0)．将线
段CA 绕点C按顺时针方向旋转120°至CP ；将线段BP 绕点B按顺时针方向旋转120°至BP ；将线
1 1 2
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段AP 绕点A按顺时针方向旋转120°至AP ；将线段CP 绕点C按顺时针方向旋转120°至CP ；……以
2 3 3 4
此类推，则点P 的坐标是 ．
99
【答案】(−49,50√3)
【分析】首先画出图形，然后得到旋转3次为一循环，然后求出点P 在射线CA的延长线上，点P 在x
99 100
轴的正半轴上，然后利用旋转的性质得到CP =100，最后利用勾股定理和含30°角直角三角形的性质求
99
解即可．
【详解】如图所示，
由图象可得，点P ，P 在x轴的正半轴上，
1 4
∴．旋转3次为一个循环，
∵99÷3=33
∴点P 在射线CA的延长线上，
99
∴点P 在x轴的正半轴上，
100
∵C(1,0)，△ABC是正三角形，
∴由旋转的性质可得，AC=CP =1，
1
∴BP =OC+CP =2，
1 1
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∴P (2,0)，
1
∴BP =BP =2，
2 1
∴AP =AP =OP +AO=3，
3 2 2
∴CP =CP =CA+AP =3+1=4，
4 3 3
∴BP =BC+CP =5，
4 4
∴P (5,0)，
4
∴同理可得，P (8,0)，P (11,0)，
7 10
∴P (101,0)，
100
∴BP =101，
100
∴CP =101−1=100，
100
∴由旋转的性质可得，CP =100，
99
∴如图所示，过点P 作P E⊥x轴于点E，
99 99
∵∠ACB=60°，
∴∠EP C=30°，
99
1
∴EC= P C=50，
2 99
∴EO=EC−OC=49，P E=√P C2−EC2=50√3，
99 99
∴点P 的坐标是(−49,50√3)．
99
故答案为：(−49,50√3)．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转，勾股定理，等边三角形的性质．正确确定每次旋转后点与旋转
中心的距离长度是关键．
21．（2023·湖南张家界·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABOC是正方形，点A的坐标为
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， 是以点B为圆心， 为半径的圆弧； 是以点O为圆心， 为半径的圆弧， 是
(1,1) A´A BA A´A OA A´A
1 1 2 1 2 3
以点C为圆心， 为半径的圆弧， 是以点A为圆心， 为半径的圆弧，继续以点B，O，C，A
C A A´A A A
2 3 4 3
为圆心按上述作法得到的曲线A A A A A A 称为正方形的“渐开线”，则点A 的坐标是 ．
1 2 3 4 5 2023
【答案】(−2023,1)
【分析】将四分之一圆弧对应的A点坐标看作顺时针旋转90°，再根据A、A 、A 、A 、A 的坐标找到
1 2 3 4
规律即可．
【详解】解：∵A(1,1)，且A 为A点绕B点顺时针旋转90°所得，
1
∴A (2,0)，
1
又∵A 为A 点绕O点顺时针旋转90°所得，
2 1
∴A (0,−2)，
2
又∵A 为A 点绕C点顺时针旋转90°所得，
3 2
∴A (−3,1)，
3
由此可得出规律：A 为绕B、O、C、A四点作为圆心依次循环顺时针旋转90°，且半径为1、2、3、⋯、
n
n，每次增加1，
又∵2023÷4=505⋯⋯3，
故A 为以点C为圆心，半径为2022的 A 顺时针旋转90°所得，
2023 2022
∴A (−2023,1)，
2023
故答案为：(−2023,1)．
【点睛】本题考查了点坐标规律探索问题，通过点的变化，结合画弧的方法以及部分点的坐标探索出坐标
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变化的规律是解题的关键．
►题型05 与几何图形有关的折叠问题
22．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AF平分∠BAC，将矩形沿直线EF折叠，使点
A，B分别落在边AD、BC上的点A'，B'处，EF，A'F分别交AC于点G，H．若GH=2，HC=8，则
BF的长为（ ）
20√2 20√3 5√3
A． B． C． D．5
9 9 2
【答案】A
【分析】本题考查了折叠的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．先证明AG=GF=GO，设
AE EG x A A' x+2
AG=GF=GO=x，证明△AEG∽△CFG和△A A'H∽△CFH，推出 = = 和 = ，由
CF x 10 CF 8
10
A A'=2AE，列式计算求得x= ，在Rt△CFG中，求得CF的长，据此求解即可．
3
【详解】解：如图，A'B'交AC于点O，
∵矩形ABCD，
∴AD∥BC，
由折叠的性质得AE=A'E，BF=B'F，四边形ABFE和四边形A'B'FE都是矩形，
∴AB∥EF∥OB'，
AG BF
∴
= =1，
GO B'F
∴AG=OG，
∵AF平分∠BAC，AB∥GF，
∴∠GAF=∠BAF=∠GFA，
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∴AG=GF=GO，
设AG=GF=GO=x，
∵GH=2，HC=8，
∴HO=x−2，GC=8+2=10，
∵AE∥FC，
∴△AEG∽△CFG，
AE EG AG AE EG x
∴ = = ，即 = = ①，
CF GF GC CF x 10
∵A A'∥FC，
∴△A A'H∽△CFH，
A A' AH A A' x+2
∴ = ，即 = ②，
CF HC CF 8
∵A A'=2AE，
x+2 x
由①②得 = ，
8 5
10 10
解得x= ，则AG=GF=GO= ，
3 3
在Rt△CFG中，CF=√CG2−FG2=
√
102−
(10) 2
=
20√2
，
3 3
10
AE 3
∵ = ，
20√2 10
3
20√2 20√2
∴AE= ，即BF= ，
9 9
故答案为：A．
23．（2024·内蒙古·中考真题）如图，在△ABD中，∠ABD=30°，∠A=105°，将△ABD沿BD翻折
180°得到△CBD，将线段DC绕点D顺时针旋转30°得到线段DF，点E为AB的中点，连接EF，ED．
若EF=1，则△BED的面积是（ ）
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1+√3 2+√3 2+√3 1+√3
A． B． C． D．
4 4 2 2
【答案】A
【分析】本题考查了折叠的性质，旋转的性质，线段垂直平分线的判定和性质，等腰直角三角形的判定和
性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，勾股定理，直角三
角形的性质，三角形的面积，连接AC与BD相交于点H，连接AF、BF、FH，由
∠ABD=30°，∠A=105°，可得∠ADB=45°，进而由折叠可得AB=CB，AD=CD，
∠CDB=∠ADB=45°，得到AC⊥BD ∠ADC=90°，即得∠AHD=∠AHB=90°，即可得△ADH
为等腰直角三角形，即得AH=DH，∠DAH=45°，又由旋转得，DF=DC，∠CDF=30°，可得
AD=DF，∠ADF=60°，∠FDH=15°，即可得△ADF为等边三角形，得到AF=DF，∠DAF=60°，
进而得∠FAH=15°，∠BAF=45°，即得∠FAH=∠FDH，可得△FAH≌△FDH(SAS)，得到
∠AHF=∠DHF=135°，即可得∠BHF=45°，由∠BAF=∠BHF得A、B、F、H四点共圆，即
1
得∠AFB=∠AHB=90°，可得AB=2EF=2，由此可得AH=DH= AB=1，
2
1
BH=√AB2−AH2=√3，得到BD=1+√3，最后根据S = S 即可求解，正确作出辅助线是解题
△BED 2 △ABD
的关键．
【详解】解：连接AC与BD相交于点H，连接AF、BF、FH，
∵∠ABD=30°，∠A=105°，
∴∠ADB=180°−30°−105°=45°，
由折叠可得AB=CB，AD=CD，∠CDB=∠ADB=45°，
∴AC⊥BD ∠ADC=45°+45°=90°，
∴∠AHD=∠AHB=90°，
∴△ADH为等腰直角三角形，
∴AH=DH，∠DAH=45°，
又由旋转得，DF=DC，∠CDF=30°，
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∴AD=DF，∠ADF=90°−30°=60°，∠FDH=45°−30°=15°，
∴△ADF为等边三角形，
∴AF=DF，∠DAF=60°，
∴∠FAH=60°−45°=15°，∠BAF=105°−60°=45°，
∴∠FAH=∠FDH，
在△FAH和△FDH中，
¿，
∴△FAH≌△FDH(SAS)，
∴∠AHF=∠DHF，
∵∠AHD=90°，
180°−90°
∴∠AHF=∠DHF= =135°，
2
∴∠BHF=180°−135°=45°，
∴∠BAF=∠BHF，
∴A、B、F、H四点共圆，
∴∠AFB=∠AHB=90°，
∵∠ABD=30°，
∴AB=2EF=2，
∵∠ABD=30°，
1
∴AH= AB=1，
2
∴DH=1，BH=√AB2−AH2=√22−12=√3，
∴BD=1+√3，
1 1 1 1 1 1+√3
∴S = S = × BD·AH= × ×(1+√3)×1= ，
△BED 2 △ABD 2 2 2 2 4
故选：A．
24．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为
(−2，0)，点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为(0，6)，则点E的
坐标为 ．
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【答案】(3,10)
【分析】设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，先判断四边形AOGD是矩形，得出
OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，根据折叠的性质得出BF=BC=a，CE=FE，在Rt△BOF中，
利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在Rt△EGF中，利用勾股定理构建关于CE的方程，求出
CE的值，即可求解．
【详解】解∶设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，
则四边形AOGD是矩形，
∴OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，
∵折叠，
∴BF=BC=a，CE=FE，
∵点A的坐标为(−2，0)，点F的坐标为(0，6)，
∴AO=2，FO=6，
∴BO=AB−AO=a−2，
在Rt△BOF中，BO2+FO2=BF2，
∴(a−2) 2+62=a2，
解得a=10，
∴FG=OG−OF=4，¿=CD−DG−CE=8−CE，
在Rt△EGF中，GE2+FG2=EF2，
∴(8−CE) 2+42=CE2，
解得CE=5，
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∴¿=3，
∴点E的坐标为(3,10)，
故答案为：(3,10)．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利
用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．
k
25．（2024·四川广元·中考真题）已知y=√3x与y= (x>0)的图象交于点A(2,m)，点B为y轴上一点，
x
k
将△OAB沿OA翻折，使点B恰好落在y= (x>0)上点C处，则B点坐标为 ．
x
【答案】(0,4)
【分析】本题考查了反比例函数的几何综合，折叠性质，解直角三角形的性质，勾股定理，正确掌握相关
4√3
性质内容是解题的关键．先得出A(2,2√3)以及y= (x>0)，根据解直角三角形得∠1=30°，根据折
x
叠性质，∠3=30°，然后根据勾股定理进行列式，即OB=OC=√(2√3) 2+22=4．
【详解】解：如图所示：过点A作AH⊥y轴，过点C作CD⊥x轴，
k
∵y=√3x与y= (x>0)的图象交于点A(2,m)，
x
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∴把A(2,m)代入y=√3x，得出m=√3×2=2√3，
∴A(2,2√3)，
k
把A(2,2√3)代入y= (x>0)，
x
解得k=2×2√3=4√3，
4√3
∴y= (x>0)，
x
( 4√3)
设C m， ，
m
AH 2 √3
在Rt△AHO，tan∠1= = = ，
OH 2√3 3
∴∠1=30°，
∵点B为y轴上一点，将△OAB沿OA翻折，
∴∠2=∠1=30°，OC=OB，
∴∠3=90°−∠1−∠2=30°，
4√3
则CD √3 m ，
=tan∠3= =
OD 3 m
解得m=2√3（负值已舍去），
∴C(2√3，2)，
∴OB=OC=√(2√3) 2+22=4，
∴点B的坐标为(0，4)，
故答案为：(0，4)．
26．（2024·江西·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，AB=2，点C在线段AB上运动，过点C的弦
DE⊥AB，将DB´E沿DE翻折交直线AB于点F，当DE的长为正整数时，线段FB的长为 ．
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【答案】2−√3或2+√3或2
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据DE≤AB，可得DE=1或2，利用勾股定理
进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：∵AB为直径，DE为弦，
∴ DE≤AB，
∴当DE的长为正整数时，DE=1或2，
当DE=2时，即DE为直径，
∵DE⊥AB
∴将DB´E沿DE翻折交直线AB于点F，此时F与点A重合，
故FB=2；
当DE=1时，且在点C在线段OB之间，
如图，连接OD，
1
此时OD= AB=1，
2
∵DE⊥AB
，
1 1
∴DC= DE= ，
2 2
√3
∴OC=√OD2−DC2=
，
2
2−√3
∴BC=OB−OC= ，
2
∴BF=2BC=2−√3；
当DE=1时，且点C在线段OA之间，连接OD，
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2+√3
同理可得BC= ，
2
∴BF=2BC=2+√3，
综上，可得线段FB的长为2−√3或2+√3或2，
故答案为：2−√3或2+√3或2．
27．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，△ABC，∠ACB=90°，CB=5，CA=10，点D，E分别在
AC，AB边上，AE=√5AD，连接DE，将△ADE沿DE翻折，得到△FDE，连接CE，CF．若△CEF
的面积是△BEC面积的2倍，则AD= ．
10 1
【答案】 /3
3 3
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、折叠性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的
判定与性质、三角形的面积公式等知识，是综合性强的填空压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用是解
答的关键．
设AD=x，AE=√5x，根据折叠性质得DF=AD=x，∠ADE=∠FDE，过E作EH⊥AC于H，设EF
EH AH AE
与AC相交于M，证明△AHE∽△ACB得到 = = ，进而得到EH=x，AH=2x，证明
BC AC AB
Rt△EHD是等腰直角三角形得到∠HDE=∠HED=45°，可得∠FDM=90°，证明
1 3
△FDM≌△EHM(AAS)得到DM=MH= x，则CM=AC−AD−DM=10− x，根据三角形的面积公
2 2
( 3 )
式结合已知可得 10− x ⋅x=2(25−5x)，然后解一元二次方程求解x值即可．
2
【详解】解：∵AE=√5AD，
∴设AD=x，AE=√5x，
∵△ADE沿DE翻折，得到△FDE，
∴DF=AD=x，∠ADE=∠FDE，
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过E作EH⊥AC于H，设EF与AC相交于M，
则∠AHE=∠ACB=90°，又∠A=∠A，
∴△AHE∽△ACB，
EH AH AE
∴ = = ，
BC AC AB
∵CB=5，CA=10，AB=√AC2+BC2=√102+52=5√5，
EH AH √5x
∴ = = ，
5 10 5√5
∴EH=x，AH=√AE2−EH2=2x，则DH=AH−AD=x=EH，
∴Rt△EHD是等腰直角三角形，
∴∠HDE=∠HED=45°，则∠ADE=∠EDF=135°，
∴∠FDM=135°−45°=90°，
在△FDM和△EHM中，
¿，
∴△FDM≌△EHM(AAS)，
1 3
∴DM=MH= x，CM=AC−AD−DM=10− x，
2 2
1 1 1( 3 ) ( 3 )
∴S =S +S = CM⋅EH+ CM⋅DF= 10− x ⋅x×2= 10− x ⋅x，
△CEF △CME △CMF 2 2 2 2 2
1 1
S =S −S = ×10×5− ×10⋅x=25−5x，
△BEC △ABC △AEC 2 2
∵△CEF的面积是△BEC面积的2倍，
( 3 )
∴ 10− x ⋅x=2(25−5x)，则3x2−40x+100=0，
2
10
解得x = ，x =10（舍去），
1 3 2
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10
即AD= ，
3
10
故答案为： ．
3
►题型06 坐标与图形变化综合
28．（2024·山东青岛·中考真题）如图，将正方形ABCD先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正
方形绕原点O顺时针方向旋转90°，得到四边形A'B'C'D'，则点A的对应点A'的坐标是（ ）
A．(−1,−2) B．(−2,−1) C．(2,1) D．(1,2)
【答案】A
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和平移，全等三角形的性质与判定，先根据题意得到平移
方式为向右平移3个单位长度，则可得平移后点A的对应点坐标为(2,−1)；如图所示，设E(2,−1)绕原点
O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，证明
△HFO≌△GOE(AAS)，得到OH=≥=1，HF=OG=2，则F(−1,−2)，即点A的对应点A'的坐标是
(−1,−2)．
【详解】解：由题意得，平移前B(−3,0)，A(−1,−1)，
∵将正方形ABCD先向右平移，使点B与原点O重合，
∴平移方式为向右平移3个单位长度，
∴平移后点A的对应点坐标为(2,−1)，
如图所示，设E(2,−1)绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别
为G、H，
∴∠OHF=∠OGE=90°，
由旋转的性质可得∠EOF=90°，OE=OF，
∴∠HOF+∠HFO=∠GOE+∠HOF，
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∴∠HFO=∠GOE，
∴△HFO≌△GOE(AAS)，
∴OH=≥，HF=OG，
∵E(2,−1)，
∴OH=≥=1，HF=OG=2，
∴F(−1,−2)，
∴点A的对应点A'的坐标是(−1,−2)，
故选：A．
29．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形OABC的顶点A的坐标为(−2,0)，
∠AOC=60°．将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形
OA'B'C'，其中点B'的坐标为（ ）
A．(−2,√3−1) B．(−2,1) C．(−√3,1) D．(−√3,√3−1)
【答案】A
【分析】如图，过B作BH⊥x轴于H，求解OA=AB=2，AB∥OC，可得∠BAH=∠AOC=60°，求
解AH=OB⋅cos60°=1，BH=√22−12=√3，可得B(−3,√3)，再利用平移的性质可得B'(−2,√3−1)．
【详解】解：如图，过B作BH⊥x轴于H，
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∵菱形OABC的顶点A的坐标为(−2,0)，∠AOC=60°．
∴OA=AB=2，AB∥OC，
∴∠BAH=∠AOC=60°，
∴AH=OB⋅cos60°=1，BH=√22−12=√3，
∴B(−3,√3)，
∵将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，
∴B'(−2,√3−1)；
故选A
【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，图形的平移，熟练的求解B
的坐标是解本题的关键．
3
30．（2023·湖北荆州·中考真题）如图，直线y=− x+3分别与x轴，y轴交于点A，B，将△OAB绕着点
2
A顺时针旋转90∘得到△CAD，则点B的对应点D的坐标是（ ）
A．(2,5) B．(3,5) C．(5,2) D．(√13,2)
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【答案】C
【分析】先根据一次函数解析式求得点A,B的坐标，进而根据旋转的性质可得AC=OA=2,CD=OB=3，
∠OAC=90°，∠ACD=90°，进而得出CD∥OA，结合坐标系，即可求解．
3
【详解】解：∵直线y=− x+3分别与x轴，y轴交于点A，B，
2
∴当x=0时，y=3，即B(0,3)，则OB=3，
当y=0时，x=2，即A(2,0)，则OA=2，
∵将△OAB绕着点A顺时针旋转90∘得到△CAD，
又∵∠AOB=90°
∴AC=OA=2,CD=OB=3，∠OAC=90°，∠ACD=90°，
∴CD∥OA，
延长DC交y轴于点E，则E(0,2)，DE=EC+CD=2+3=5，
∴D (5,2)，
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴交点问题，旋转的性质，坐标与图形，掌握旋转的性质是解题的关
键．
31．（2023·四川巴中·中考真题）规定：如果两个函数的图象关于y轴对称，那么称这两个函数互为“Y函
k
数”．例如：函数y=x+3与y=−x+3互为“Y函数”．若函数y= x2+(k−1)x+k−3的图象与x轴只
4
有一个交点，则它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为 ．
【答案】C(3,0)或C(4,0)
k
【分析】根据题意y= x2+(k−1)x+k−3与x轴的交点坐标和它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标关
4
k
于y轴对称，再进行分类讨论，即k=0和k≠0两种情况，求出y= x2+(k−1)x+k−3与x轴的交点坐标，
4
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即可解答．
【详解】解：①当k=0时，函数的解析式为y=−x−3，
此时函数的图象与x轴只有一个交点成立，
当y=0时，可得0=−x−3，解得x=−3，
∴ y=−x−3与x轴的交点坐标为(−3,0)，
根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为(3,0)；
①当k≠0时，
k
∵函数y= x2+(k−1)x+k−3的图象与x轴只有一个交点，
4
k
∴b2−4ac=0，即(k−1) 2−4× ×(k−3)=0，
4
解得k=−1，
1
∴函数的解析式为y=− x2−2x−4，
4
1
当y=0时，可得0=− x2−2x−4，
4
解得x=−4，
根据题意可得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为(4,0)，
综上所述，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为C(3,0)或C(4,0)，
故答案为：C(3,0)或C(4,0)．
【点睛】本题考查了轴对称，一次函数与坐标轴的交点，抛物线与x轴的交点问题，理解题意，进行分类
讨论是解题的关键．
32．（2024·江苏无锡·中考真题）在探究“反比例函数的图象与性质”时，小明先将直角边长为5个单位
长度的等腰直角三角板ABC摆放在平面直角坐标系中，使其两条直角边AC，BC分别落在x轴负半轴、y
轴正半轴上（如图所示），然后将三角板向右平移a个单位长度，再向下平移a个单位长度后，小明发现
6
A，B两点恰好都落在函数y= 的图象上，则a的值为 ．
x
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【答案】2或3
【分析】本题考查了反比例函数，平移，解一元二次方程．
先得出点A和点B的坐标，再得出平移后点A和点B对应点的坐标，根据平移后两点恰好都落在函数
6
y= 的图象上，列出方程求解即可．
x
【详解】解：∵OA=OB=5，
∴A(−5,0),B(0,5)，
设平移后点A、B的对应点分别为A'、B'，
∴A'(−5+a,−a),B'(a,5−a)，
6
∵A'、B'两点恰好都落在函数y= 的图象上，
x
6
∴把B'(a,5−a)代入y= 得：a(5−a)=6，
x
解得：a=2或a=3．
故答案为：2或3．
►题型07 与几何变化的作图题
33．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长
度，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(−1,1)，B(−2,3)，C(−5,2)．
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(1)画出△ABC关于y轴对称的△A B C ，并写出点B 的坐标；
1 1 1 1
(2)画出△ABC绕点A逆时针旋转90°后得到的△AB C ，并写出点B 的坐标；
2 2 2
(3)在（2）的条件下，求点B旋转到点B 的过程中所经过的路径长（结果保留π）
2
【答案】(1)作图见解析，B (2,3)
1
(2)作图见解析，B (−3,0)
2
√5
(3) π
2
【分析】本题考查了利用旋转变换作图，轴对称和扇形面积公式等知识，熟练掌握网格结构准确找出对应
点的位置是解题的关键．
（1）根据题意画出即可；关于y轴对称点的坐标横坐标互为相反数，纵坐标不变；
（2）根据网格结构找出点B、C以点A为旋转中心逆时针旋转90°后的对应点，然后顺次连接即可；
（3）先求出AB=√5，再由旋转角等于90°，利用弧长公式即可求出．
【详解】（1）解：如图，△A B C 为所求；点B 的坐标为(2,3)，
1 1 1 1
（2）如图，△AB C 为所求；B (−3,0)，
2 2 2
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（3）AB=√12+22=√5，
90×√5π √5
点B旋转到点B 的过程中所经过的路径长 = π．
2 180 2
34．（2024·安徽·中考真题）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xOy，格点（网格线的交点）A、B，C、D的坐标分别为(7,8)，(2,8)，(10,4)，(5,4)．
(1)以点D为旋转中心，将△ABC旋转180°得到△A B C ，画出△A B C ；
1 1 1 1 1 1
(2)直接写出以B，C ，B ，C为顶点的四边形的面积；
1 1
(3)在所给的网格图中确定一个格点E，使得射线AE平分∠BAC，写出点E的坐标．
【答案】(1)见详解
(2)40
(3)E(6,6)(答案不唯一)
【分析】本题主要考查了画旋转图形，平行四边形的判定以及性质，等腰三角形的判定以及性质等知识，
结合网格解题是解题的关键．
（1）将点A，B，C分别绕点D旋转180°得到对应点，即可得出△A B C ．
1 1 1
（2）连接BB ，CC ，证明四边形BC B C是平行四边形，利用平行四边形的性质以及网格求出面积即
1 1 1 1
可．
（3）根据网格信息可得出AB=5，AC=√32+42=5，即可得出△ABC是等腰三角形，根据三线合一的性
质即可求出点E的坐标．
【详解】（1）解：△A B C 如下图所示：
1 1 1
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（2）连接BB ，CC ，
1 1
∵点B与B ，点C与C 分别关于点D成中心对称，
1 1
∴DB=DB ，DC=DC ，
1 1
∴四边形BC B C是平行四边形，
1 1
1
∴S =2△CC B =2× ×10×4=40．
▱BC 1 B 1 C 1 1 2
（3）∵根据网格信息可得出AB=5，AC=√32+42=5，
∴△ABC是等腰三角形，
∴AE也是线段BC的垂直平分线，
∵B，C的坐标分别为，(2,8)，(10,4)
(2+10 8+4)
∴点E , ，
2 2
即E(6,6)．（答案不唯一）
35．（2024·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是3×3的正方形网格，每个小正方形的边长均为
1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列
要求作四边形ABCD，使其是轴对称图形且点C、D均在格点上．
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(1)在图①中，四边形ABCD面积为2；
(2)在图②中，四边形ABCD面积为3；
(3)在图③中，四边形ABCD面积为4．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查网格作图、设计图案、轴对称的性质、平移的性质等知识点，根据轴对称的性质、平移
的性质作图是解题的关键．
（1）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为2四边形ABCD即可．
（2）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为3四边形ABCD即可．
（3）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为4四边形ABCD即可．
【详解】（1）解：如图①：四边形ABCD即为所求；
（不唯一）．
（2）解：如图②：四边形ABCD即为所求；
（不唯一）．
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（3）解：如图③：四边形ABCD即为所求；
（不唯一）．
►题型08 与几何图形变化有关的多结论问题
1 1
36．（2024·四川资阳·中考真题）已知二次函数y=− x2+bx与y= x2−bx的图像均过点A(4,0)和坐标
2 2
原点O，这两个函数在0≤x≤4时形成的封闭图像如图所示，P为线段OA的中点，过点P且与x轴不重合的
直线与封闭图像交于B，C两点．给出下列结论：
①b=2；
②PB=PC；
③以O，A，B，C为顶点的四边形可以为正方形；
④若点B的横坐标为1，点Q在y轴上（Q，B，C三点不共线），则△BCQ周长的最小值为5+√13．
其中，所有正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据题意可得两个函数的对称轴均为直线x=2，根据对称轴公式即可求出b，可判断①正确；过
点B作BD⊥x交x轴于点D，过点C作CE⊥x交x轴于点E，证明△CEP≌△BDP，可得PB=PC，可判
断②正确；当点B、C分别在两个函数的顶点上时，BC⊥OA，点B、C的横坐标均为2，求出BC的长度，
得到BC=OA，可判断③正确；作点B关于y轴的对称点B'，连接B'C交y轴于点Q，此时△BCQ周长的最
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小，小值为B'C+BC，即可判断④．
1 1
【详解】解：①∵二次函数y=− x2+bx与y= x2−bx的图像均过点A(4,0)和坐标原点O，P为线段OA
2 2
的中点，
∴ P(2,0)，两个函数的对称轴均为直线x=2，
b
x=− =2
即 ( 1) ，
2× −
2
解得：b=2，故①正确；
②如图，过点B作BD⊥x交x轴于点D，过点C作CE⊥x交x轴于点E，
∴∠CEP=∠BDP=90°
，
由函数的对称性可知PE=DP，
在△CEP和△BDP中，
¿，
∴ △CEP≌△BDP(ASA)，
∴ PB=PC，故正确②；
③当点B、C分别在两个函数的顶点上时，BC⊥OA，点B、C的横坐标均为2，
1 1
由①可知两个函数的解析式分别为y=− x2+2x，y= x2−2x，
2 2
∴ B(2,2)，C(2,−2)，
∴ BC=2−(−2)=4，
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∵点A(4,0)，
∴ OA=4，
∴ BC=OA，
由∵ BC⊥OA，
∴此时以O，A，B，C为顶点的四边形为正方形，故③正确；
④作点B关于y轴的对称点B'，连接B'C交y轴于点Q，此时△BCQ周长的最小，最小值为
BQ+CQ+BC=B'Q+CQ+BC=B'C+BC，
∵ B 1
点 的横坐标为 ，
( 3)
∴ B 1, ，点C的横坐标为3，
2
∴
B'(
−1,
3)
，C
(
3,−
3)
，
2 2
∴ BC= √ (3−1) 2+ ( − 3 − 3) 2 =√13，B'C= √ (−1−3) 2+ (3 + 3) 2 =5，
2 2 2 2
∴ △BCQ周长的最小值为B'C+BC=5+√13，故正确④；
故选：D．
【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及二次函数的图像与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判
定，对称中的最值问题等知识，解题的关键是灵活运用这些知识．
2
37．（2024·新疆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线y=kx(k>0)与双曲线y= 交于A，B两
x
点，AC⊥x轴于点C，连接BC交y轴于点D，结合图象判断下列结论：①点A与点B关于原点对称；②
2
点D是BC的中点；③在y= 的图象上任取点P(x ,y )和点Q(x ,y )，如果y >y ，那么x >x ；④
x 1 1 2 2 1 2 1 2
1
S = ．其中正确结论的个数是（ ）
△BOD 2
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A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，反比例函数的性质，根据反比例函数的性质逐项
判断即可求解，掌握反比例函数的性质是解题的关键．
2
【详解】解：∵直线y=kx(k>0)与双曲线y= 交于A，B两点，
x
∴点A与点B关于原点对称，故①正确；
∵点A与点B关于原点对称，
∴OA=OB，
∵DO⊥x轴，AC⊥x轴，
∴OD∥AC，
∴BO:AO=BD:CD=1:1，
∴BD=CD，
∴点D是BC的中点，故②正确；
∵k=2>0，
∴在每一象限内，y随x的增大而减小，
当P、Q在同一象限内时，如果y >y ，那么x y ，那么
1 2 1 2 1 2
x >x ，故③错误；
1 2
∵AC⊥x轴，
1
∴S = k=1，
△AOC 2
∵点A与点B关于原点对称，
∴S =S =1，
△AOC △BOC
∵点D是BC的中点，
1 1
∴S =S = S = ，故④正确；
△BOD △COD 2 △BOC 2
∴正确结论有3个，
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故选：C．
38．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点P在对角线BD上，过点P
作MN⊥BD，交边AD，BC于点M，N，过点M作ME⊥AD交BD于点E，连接EN，BM，DN．
96
下列结论：①EM=EN；②四边形MBND的面积不变；③当AM:MD=1:2时，S = ；④
△MPE 25
BM+MN+ND的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】根据等腰三角形的三线合一可知MP=PN，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出BD=10，
MN=
15
，，利用S =
1
MN×BD判断②；根据相似可以得到
S
△MPE=
(ME) 2
，判断③；利用将
2 四边形MBND 2 S BD
△DAB
军饮马问题求出最小值判断④．
【详解】解：∵EM=EN，MN⊥BD，
∴MP=PN，
在点P移动过程中，不一定MP=PN，
相矛盾，
故①不正确；
延长ME交BC于点H,
则ABHM为矩形，
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∴BD=√AB2+AD2=√62+82=10
∵ME⊥AD，MN⊥BD，
∴∠MED+∠MDE=∠MEP+∠EMN=90°，
∴∠MDE=∠EMN，
∴△MHN∽△DAB，
MH HN MN
∴ = = ，
AD AB BD
6 HN MN
即 = = ，
8 6 10
9 15
解得：HN= ，MN= ，
2 2
1 1 1 1 15 75
∴S =S +S = MN×BP+ MN×DP= MN×BD= × ×10=
四边形MBND △BMN △DMN 2 2 2 2 2 2
故②正确；
∵ME∥AB，
∴△DME∽△DAB，
ME MD 2
∴ = = ，
AB AD 3
∴ME=4，
∵∠MDE=∠EMN，∠MPE=∠A=90°，
∴△MPE∽△DAB，
∴
S
△MPE=
(ME) 2
=
4
，
S BD 25
△DAB
4 4 1 96
∴S = S = × ×6×8= ，
△MPE 25 △DAB 25 2 25
故③正确，
15
BM+MN+ND=BM+ND+ ，
2
即当MB+ND最小时， BM+MN+ND的最小值，作B、D关于AD、BC的对称点B 、D ,
1 1
9
把图1中的CD 向上平移到图2位置，使得CD= ，连接B D ，即B D 为MB+ND的最小值，则
1 2 1 1 1 1
7
AC=BD = ，BB =12,
1 2 1
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这时B D =√BD 2+BB 2=
√ (7) 2
+122=
25
，
1 1 1 1 2 2
即BM+MN+ND的最小值是20，
故④正确；
故答案为：②③④
【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题
的关键．
39．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB
延长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P，DM⊥AB于点M，
15
AM=4，则下列结论，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP= ，④BD∥FQ．正确的是（ ）
8
A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】由折叠性质和平行线的性质可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根据等角对等边即可判断①正确；
根据等腰三角形三线合一的性质求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判断②正确；由△CDP∽△BQP得
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CP CD 5 EF QE
= = ，求出BP即可判断③正确；根据 ≠ 即可判断④错误．
BP BQ 3 DE BE
【详解】由折叠性质可知：∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5，
∵CD∥AB，
∴∠CDF=∠QEF．
∴∠QDF=∠QEF．
∴DQ=EQ=5．
故①正确；
∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB，
∴MQ=AM=4．
∵MB=AB−AM=5−4=1，
∴BQ=MQ−MB=4−1=3．
故②正确；
∵CD∥AB，
∴△CDP∽△BQP．
CP CD 5
∴ = = ．
BP BQ 3
∵CP+BP=BC=5，
3 15
∴BP= BC= ．
8 8
故③正确；
∵CD∥AB，
∴△CDF∽△BEF．
DF CD CD 5 5
∴ = = = = ．
EF BE BQ+QE 3+5 8
EF 8
∴ = ．
DE 13
QE 5
∵ = ，
BE 8
EF QE
∴ ≠ ．
DE BE
∴△EFQ与△EDB不相似．
∴∠EQF≠∠EBD．
∴BD与FQ不平行．
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故④错误；
故选A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱
形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．
1. 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.
2.轴对称与中心对称
类别 轴对称 中心对称
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.
3.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
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.
4. 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．
1．（2025·江西·模拟预测）下列乐谱符号，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
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【分析】本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那
么这个图形就叫做中心对称图形，逐一判断即可．
【详解】解：A、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故不符合题意；
B、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故不符合题意；
C、绕某一点旋转后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故不符合题意；
D、绕某一点旋转后，能够与原图形重合，是中心对称图形，故符合题意；
故选：D．
2．（2025·陕西西安·一模）未来将是一个可以预见的AI时代，下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，
其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了轴对称图形的定义，中心对称图形的定义，根据沿着某条直线折叠，两边的图形能够
重合的图形是轴对称图形；在平面内，把一个图形绕某点旋转180°，如果旋转后的图形与原图形重合，那
么这两个图形互为中心对称图形；据此进行逐项判断即可
【详解】
解：A、 是中心对称图形但不是轴对称图形，故该选项不符合题意；
B、 是轴对称图形但不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
C、 不是中心对称图形也不是轴对称图形，故该选项不符合题意；
D、 是轴对称图形也是中心对称图形，故该选项不符合题意；
故选：A
3．（2025·天津·模拟预测）如图，在△ABC中，∠CAB=20°,∠ABC=30°，将△ABC绕点A逆时针旋
转60°得到△AB'C'，点B,C的对应点分别为B',C'，连接CC'交AB'于点E，下列结论一定正确的是
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（ ）
A．∠CC'B'=70° B．C'A⊥AB C．B'C'=B'E D．C'B'∥AC
【答案】A
【分析】根据三角形旋转的性质，结合三角形内角和定理、等边三角形的判定与性质等知识来分析每个选
项．
【详解】解：由旋转可知△ABC≌△AB'C'，∠CAC'=∠BAB'=60°，
∵∠CAB=20°,∠ABC=30°，
∴∠ACB=180°−20°−30°=130°，
∴∠AC'B'=130°，
∵AC'=AC,∠CAC'=60°，
∴△ACC'是等边三角形，
∴∠AC'C=∠ACC'=60°，
∴∠CC'B'=∠AC'B'−∠AC'C=130°−60°=70°，A正确．
∵∠CC'B'=70°≠∠ACC'=60°，
∴C'B'与AC不平行，D错误．
∴∠BAC'=∠BAC+∠CAC'=80°，
∴C' A与AB不垂直，B错误．
∵∠AB'C'=∠ABC=30°，
∴∠B'EC'=180°−∠CC'B'−∠AB'C'=80°≠∠B'C'E，
∴B'C'≠B'E，C错误．
故选：A．
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定、三角形内
角和定理．
4．（2025·陕西西安·一模）直线l :y=x−2与x轴交于点A，将直线l 绕点A顺时针旋转15°，得到直线l ，
1 1 2
则直线l 对应的函数表达式是（ ）
2
√3 √3
A．y= x−√3 B．y= x+√3
2 2
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√3 2√3 √3 2√3
C．y= x− D．y= x+
3 3 3 3
【答案】C
【分析】本题考查求一次函数解析式，作出函数图像，利用特殊角度的三角函数求出旋转后的直线与y轴
的交点坐标是解题的关键．根据题意作出函数图象，设直线y=x−2与x轴交于点A，与y轴交于点B，直
线AB绕点A顺时针旋转15°后所得直线与y轴交于点C，根据旋转角度推出∠OAC=30°，利用三角函数
求出OC，得到C点坐标，即可求出旋转后的直线解析式．
【详解】如图，设直线l :y=x−2与x轴交于点A，与y轴交于点B，
1
在l :y=x−2中，当x=0时，y=−2，
1
当y=0时，x−2=0，解得x=2，
∴直线y=x−2与x轴交于点A(2,0)，与y轴交于点B(0,−2)，
∴OA=OB，
∵OA⊥OB，
∴△OAB是等腰直角三角形，
∴∠OAB=45°，
设直线AB绕点A逆顺时针旋转15°后所得直线与y轴交于点C，如图所示，
则∠BAC=15°，
∴∠OAC=∠OAB−∠BAC=30°，
OC
∵tan∠OAC= ，
OA
√3 2√3
∴OC=OA⋅tan30°=2× = ，
3 3
( 2√3)
∴C 0,− ，
3
2√3
设直线AC的解析式为y=kx− ，
3
把点A(2,0)代入，得
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2√3
0=2k− ，
3
√3
解得k= ，
3
√3 2√3
∴直线AC的解析式为y= x− ．
3 3
故选：C．
5．（2025·江西·模拟预测）关于二次函数L :y=x2与L :y=−x2−2，若在同一平面直角坐标系内画出它
1 2
们的图象，则下列说法不正确的是（ ）
A．抛物线L 与L 的对称轴都是y轴 B．抛物线L 与L 关于直线y=−1成轴对称
1 2 1 2
C．抛物线L 向下平移2个单位得到L D．抛物线L 与L 关于点(0,−1)成中心对称
1 2 1 2
【答案】C
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数的平移，解题的关键是掌握相关知识．根据二次函
数的图象与性质，二次函数的平移以及中心对称的知识，逐一判断即可．
【详解】解：A、抛物线L 与L 的对称轴都是y轴，故该选项正确；
1 2
B、设点(x,y)在抛物线L :y=x2上，则点(x,y)直线y=−1对称的点的坐标为(x,−2−y)，将y=x2代入
1
−2−y可得：−2−x2，即点(x,−2−y)在抛物线L :y=−x2−2上，故抛物线L 与L 关于直线y=−1成
2 1 2
轴对称，故该选项正确；
C、抛物线L 向下平移2个单位得到y=x2−2，而不是L :y=−x2−2，故该选项错误；
1 2
D、设点(x,y)在抛物线L :y=x2上，则点(x,y)关于(0,−1)对称的点的坐标为(−x,−2−y)，将y=x2代
1
入−2−y可得：−2−x2，即点(−x,−2−y)在抛物线L :y=−x2−2上，故抛物线L 与L 关于(0,−1)成
2 1 2
中心对称，故该选项正确；
故选：C．
6．（2025·浙江宁波·一模）如图，长方形ABCD沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处．如果
∠BAF=55°，那么∠DAE= ，∠AEF= ，∠EFC= ．
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【答案】 17.5° 72.5° 55°/55度
【分析】此题考查了折叠的性质，全等三角形的性质，直角三角形两锐角互余，解题的关键是掌握以上知
识点．
先根据矩形的性质得到∠BAD=90°，进而根据角的运算得到∠DAF=35°，再根据折叠的性质得到
1
△ADE≌△AFE，根据三角形全等的性质得到∠DAE=∠EAF= ∠DAF=17.5°，从而结合题意进行
2
角的运算即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠BAF=55°，
∴∠DAF=∠BAD−∠BAF=35°，
由折叠得△ADE≌△AFE，
1
∴∠DAE=∠EAF= ∠DAF=17.5°；
2
又∵∠D=∠B=90°，
∴∠AED=90°−∠DAE=72.5°=∠AEF，∠BFA=90°−∠BAF=35°，
∴∠EFC=180°−∠AFB−90°=55°．
故答案为：17.5°，72.5°，55°．
7．（2024·甘肃兰州·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=3，将△ABC绕点C
逆时针旋转到△EDC的位置，点B的对应点D首次落在斜边AB上，则点A的运动路径的长为 ．
【答案】√3π
【分析】本题考查了旋转变换，等边三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解题的关键是证明△BCD是
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等边三角形．
首先证明△BCD是等边三角形，再根据弧长公式计算即可．
【详解】解：∵在Rt△ABC中， ∠ACB=90°，∠B=60°，
∴∠A=90°−∠B=30°，
∴AB=2BC=6，
∴AC=√AB2−BC2=√62−32=3√3，
由旋转的性质得∠ACE=∠BCD，CE=CA=3√3，CB=CD，
∵∠B=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°，
∴∠ACE=∠BCD=60°，
60⋅π⋅3√3
∴点A的运动路径的长为 =√3π．
180
故答案为：√3π．
8．（2024·辽宁抚顺·二模）△ABC为等边三角形，D为平面内一点，连接AD，将AD绕点D顺时针旋转
60°，得到线段DE，连BD，CE．当∠DAC=30°，AB=2√3，AD=4时，CE= ．
【答案】2或2√7
【分析】本题主要考查等边三角形的判定与性质，旋转的性质以及勾股定理等知识，分AD在AC的左侧和
右侧两种情况讨论求解即可．
【详解】解：如图，当AD在AC的左侧时，
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∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=2√3；
由旋转得DE=DA=4,∠D=60°,
∵△ADE是等边三角形，
延长AC交DE于点F，
∵∠DAC=30°,
∴∠AFD=90°,
∵AD=4,
∴DF=2，
由勾股定理得，AF=√AD2−DF2=2√3，
而AC=2√3，
∴点C与点F重合，
∴AC⊥DE,
1
∴CE= DE=2；
2
如图，当AD在AC的右侧时，
同理得△ADE是等边三角形，
∴AE=AD=4,∠DAE=60°,
∵∠DAC=30°，
∴∠CAE=90°,
CE=√C A2+AE2=2√7,
∴
综上，CE的长为2或2√7，
故答案为：2或2√7．
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9．（2025·河南周口·一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，AC=BC=3，D是平面内一点，BD=1，
连接CD．将线段CD绕点C顺时针旋转90∘，得到线段CD'，连接BD'，则BD'的最大值为 ，最小值
为 ．
【答案】 3√2+1/1+3√2 3√2−1/−1+3√2
【分析】本题主要考查了勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转的性质等知识点，发现点D在以点B
为圆心、1为半径的圆上和点D'在以点A为圆心、1为半径的圆上并画出图形是解题的关键．
如图：连接AD'，由勾股定理可得AB=3√2，再根据旋转的性质可得点D在以点B为圆心，1为半径的圆
上；然后再证明△ACD'≌△BCD(SAS)可得AD'=BD=1，点D'在以点A为圆心，1为半径的圆上．然
后画出图形，根据图形求最值即可．
【详解】解：如图：连接AD'，
∵∠ACB=90∘ AC=BC=3
， ，
∴AB=√AC2+BC2=3√2．
∵D是平面内一点，BD=1，
∴点D在以点B为圆心，1为半径的圆上．
∵∠ACB=90°，∠DCD'=90∘，
∴∠ACD'=∠BCD．
在△ACD'与△BCD中，
¿，
∴△ACD'≌△BCD(SAS)，
∴AD'=BD=1，
∴点D'在以点A为圆心，1为半径的圆上．
如图1，当点D'在线段BA的延长线上时，BD'最大，
∴BD'=AB+AD'=3√2+1，即BD'的最大值为3√2+1；
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如图2，当点D'在线段AB上时，BD'有最小值，
∴BD'=AB−AD'=3√2−1，即BD'的最小值为3√2−1．
10．（2024·安徽亳州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，给出了格点，△ABC（顶点均在正方形网
格的格点上），已知点A的坐标为(2,3)．
(1)画出△ABC关于y轴对称的△A B C ；
1 1 1
(2)以点O为位似中心，在给定的网格中画出△A B C ，使△A B C 与△A B C 位似，并且点A 的坐标
2 2 2 2 2 2 1 1 1 2
为(4,−6)；
(3)△A B C 与△A B C 的相似比是______．
1 1 1 2 2 2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)1:2
【分析】此题主要考查了作图位似变换，坐标与图形变化—轴对称：
（1）根据轴对称的性质作出图形即可；
（2）利用点A 和A 的坐标特征得到位似比为2，连接B O并延长至B 点使得B O=2B O，同理得到C
1 2 1 2 2 1 2
点，顺次连接即可得到△A B C ；
2 2 2
（3）根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）解：如图所示：△A B C 即为所求；
1 1 1
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（2）解：如图所示：△A B C 即为所求；
2 2 2
（3）解：由图可知，B C =3，B C =6，
1 1 2 2
∴ △A B C 与△A B C 的相似比=3:6=1:2，
1 1 1 2 2 2
故答案为：1:2．
考点二 图形的几何变化综合部分
►题型01 几何变化与全等/相似三角形综合
1．（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．
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(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°，
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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，
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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），
∴CH≤CDAC，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，
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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．
9．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习．
【操作发现】
小明作出了⊙O的内接等腰三角形ABC，AB=AC．并在BC边上任取一点D（不与点B，C重合），连
接AD，然后将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE．如图①
小明发现：CE与⊙O的位置关系是__________，请说明理由：
【实践探究】
连接DE，与AC相交于点F．如图②，小明又发现：当△ABC确定时，线段CF的长存在最大值．
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请求出当AB=3√10．BC=6时，CF长的最大值；
【问题解决】
在图②中，小明进一步发现：点D分线段BC所成的比CD:DB与点F分线段DE所成的比DF:FE始终相
等．请予以证明．
3√10
【答案】操作发现：CE与⊙O相切；实践探究： ；问题解决：见解析
10
【分析】操作发现：连接CO并延长交⊙O于点M，连接AM，根据直径所对圆周角为直角得到
∠MAC=90°，根据旋转的性质得到∠B=∠ACE，由圆周角定理推出∠B=∠AMC，等量代换得到
∠ACE=∠AMC，利用直角三角形的性质即可证明∠OCE=90°，即可得出结论；
实践探究：证明△ABC∽△ADE，得到∠B=∠ADE=∠ACB，结合三角形外角的性质得到
AB BD
∠CDF=∠BAD，易证△ABD∽△DCF，得到 = ，设BD=x，则CD=6−x，得到
CD CF
√10 √10 3√10
CF= x(6−x)=− (x−3) 2+ ，利用二次函是的性质即可求解；
30 30 10
问题解决：过点E作EN∥BC交AC于点N，由旋转的性质知：∠B=∠ACE，证明∠ENC=∠ACE，
推出EN=CE，由旋转的性质得：△ABD≌△ACE，
CD DF
得到BD=EN，根据EN∥BC，易证△CDF∽△NEF，得到 = ，即可证明结论．
EN EF
【详解】操作发现：
解：连接CO并延长交⊙O于点M，连接AM，
∵MC ⊙O
是 直径，
∴ ∠MAC=90°，
∴∠AMC+∠ACM=90°，
由旋转的性质得∠B=∠ACE，
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∵ ∠B=∠AMC，
∴ ∠ACE=∠AMC，
∴ ∠OCE=∠ACM+∠ACE=∠ACM+∠AMC=90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴ CE与⊙O相切；
实践探究：
解： 由旋转的性质得：∠BAD=∠CAE,AD=AE，
∴ ∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD即∠BAC=∠DAE，
∵AB=AC，
AB AC
∴ = ，
AD AE
∴△ABC∽△ADE，
∴∠B=∠ADE=∠ACB，
∵∠ADC=∠ADE+∠CDF=∠B+∠BAD，
∴∠CDF=∠BAD，
∴△ABD∽△DCF，
AB BD
∴ = ，
CD CF
设BD=x，则CD=6−x，
3√10 x
∴ = ，
6−x CF
√10 √10 3√10
∴ CF= x(6−x)=− (x−3) 2+ ，
30 30 10
√10
∵− <0，
30
3√10
∴当x=3时，CF有最大值为 ；
10
问题解决：
证明：过点E作EN∥BC交AC于点N，
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∴∠ENC=∠ACB
由旋转的性质知：∠B=∠ACE，
∵∠B=∠ACB，
∴∠ACB=∠ACE，
∴∠ENC=∠ACE，
∴EN=CE，
由旋转的性质得：△ABD≌△ACE，
∴BD=CE，
∴BD=EN，
∵EN∥BC，
∴△CDF∽△NEF，
CD DF
∴ = ，
EN EF
∵BD=EN，
CD DF
∴ = ．
BD EF
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的证明，旋转的性质，三角形相似的判定与性质，二次函数最值的应
用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键．
10．（2023·四川自贡·中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，M，N分别是斜边
DE，AB的中点，DE=2,AB=4．
(1)将△CDE绕顶点C旋转一周，请直接写出点M，N距离的最大值和最小值；
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(2)将△CDE绕顶点C逆时针旋转120°（如图2），求MN的长．
【答案】(1)最大值为3，最小值为1
(2)√7
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出CM,CN的值，进而根据题意求得最大值与最小值即
可求解；
（2）过点N作NP⊥MC，交MC的延长线于点P，根据旋转的性质求得∠MCN=120°，进而得出
∠NCP=60°，进而可得CP=1，勾股定理解Rt△NCP,Rt△MCP，即可求解．
1 1
【详解】（1）解：依题意，CM= DE=1，CN= AB=2，
2 2
当M在NC的延长线上时，M,N的距离最大，最大值为CM+CN=1+2=3，
当M在线段CN上时，M,N的距离最小，最小值为CN−CM=2−1=1；
（2）解：如图所示，过点N作NP⊥MC，交MC的延长线于点P，
∵△CDE绕顶点C逆时针旋转120°，
∴∠BCE=120°，
∵∠BCN=∠ECM=45°，
∴∠MCN=∠BCM−∠ECM=∠BCE=120°，
∴∠NCP=60°，
∴∠CNP=30°，
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1
∴CP= CN=1，
2
在Rt△CNP中，NP=√NC2−CP2=√3，
在Rt△MNP中，MP=MC+CP=1+1=2，
∴MN=√N P2+M P2=√3+4=√7．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，旋转的性质，含30度角的直角
三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
►题型03 几何变化与面积问题
11．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，四边形ABCD是边长为4的菱形，∠A=60°，点Q为CD的中点，
P为线段AB上的动点，现将四边形PBCQ沿PQ翻折得到四边形PB'C'Q．
(1)当∠QPB=45°时，求四边形BB'C'C的面积；
(2)当点P在线段AB上移动时，设BP=x，四边形BB'C'C的面积为S，求S关于x的函数表达式．
【答案】(1)4√3+8
32√3x
(2)S= +4√3
x2+12
【分析】（1）连接BD、BQ，根据菱形的性质以及已知条件可得△BDC为等边三角形，根据
∠QPB=45°，可得△PBQ为等腰直角三角形，则PB=2√3，PQ=2√6，根据翻折的性质，可得
∠BPB'=90°，PB=PB'，则BB'=2√6，PE=√6；同理CQ=2，CC'=2√2，QF=√2；进而根据
S =2S −S +S ，即可求解；
四边形BB'C'C 梯形PBCQ △PBB' △CQC'
（2）等积法求得 2√3x ，则 12 ，根据三角形的面积公式可得 12√3x，证明
BE= QE= S =
√x2+12 √x2+12 △QEB x2+12
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4√3x
△BEQ∼△QFC，根据相似三角形的性质，得出S = ，根据S=2(S +S +S )即可
△QFC x2+12 △QEB △BQC △QFC
求解．
【详解】（1）如图，连接BD、BQ，
∵ ABCD
四边形 为菱形，
∴ CB=CD=4，∠A=∠C=60°，
∴ △BDC为等边三角形．
∵Q为CD中点，
∴ CQ=2，BQ⊥CD，
∴ BQ=2√3，QB⊥PB．
∵ ∠QPB=45°，
∴ △PBQ为等腰直角三角形，
∴ PB=2√3，PQ=2√6，
∵翻折，
∴ ∠BPB'=90°，PB=PB'，
∴ BB'=2√6，PE=√6；.
同理CQ=2，
∴ CC'=2√2，QF=√2，
1 1 1
∴S =2S −S +S =2× ×(2+2√3)×2√3− ×(2√3) 2+ ×22=4√3+8；
四边形BB'C'C 梯形PBCQ △PBB' △CQC' 2 2 2
（2）如图2，连接BQ、B'Q，延长PQ交CC'于点F．
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∵ PB=x BQ=2√3 ∠PBQ=90°
， ， ，
∴ PQ=√x2+12．
1 1
∵S = PQ×BE= PB×BQ
△PBQ 2 2
BQ×PB 2√3x
∴
BE= =
，
PQ √x2+12
12
∴
QE=
，
√x2+12
1 2√3x 12 12√3x
∴ S = × × = ．
△QEB 2 √x2+12 √x2+12 x2+12
∵ ∠BEQ=∠BQC=∠QFC=90°，则∠EQB=90°−∠CQF=∠FCQ，
∴ △BEQ∼△QFC，
∴ S △QFC = (CQ) 2 = ( 2 ) 2 = 1 ，
S QB 2√3 3
△BEQ
4√3x
∴ S = ．
△QFC x2+12
1
∵S = ×2×2√3=2√3，
△BQC 2
(12√3x 4√3x) 32√3x
∴ S=2(S +S +S )=2 +2√3+ = +4√3．
△QEB △BQC △QFC x2+12 x2+12 x2+12
【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形
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的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
12．（2023·山东枣庄·中考真题）问题情境：如图1，在△ABC中，AB=AC=17，BC=30，AD是BC
边上的中线．如图2，将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF,GH折叠后均与点D重合，折痕分别交
AB,AC,BC于点E，G，F，H．
猜想证明：
(1)如图2，试判断四边形AEDG的形状，并说明理由．
问题解决；
(2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交
AB,BC于点M，N，BM的对应线段交DG于点K，求四边形MKGA的面积．
【答案】(1)四边形AEDG是菱形，理由见解析
(2)30
【分析】（1）利用等腰三角形的性质和折叠的性质，得到AE=DE=DG=AG，即可得出结论．
（2）先证明四边形AMKG为平行四边形，过点H作HE⊥CG于点E，等积法得到CG⋅HE的积，推出
四边形MKGA的面积=CG⋅HE，即可得解．
【详解】（1）解：四边形AEDG是菱形，理由如下：
∵在△ABC中，AB=AC，AD是BC边上的中线，
1
∴AD⊥BC,BD=CD= BC，
2
∵将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF,GH折叠后均与点D重合，
1 1
∴EF⊥BC,GH⊥BC,BE=DE,CG=CD,BF=FD= BD,CH=DH= CD，
2 2
∴EF∥AD，
BF BE
∴ = =1，
FD AE
1
∴BE=AE= AB，
2
1
同法可得：CG=AG= AC，
2
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∴AE=DE,AG=DG，
∵AB=AC，
∴AE=DE=DG=AG，
∴四边形AEDG是菱形；
（2）解：∵折叠，
∴∠GDC=∠C,∠MHB=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠GDC=∠B,∠MHB=∠C，
∴MH∥AC,DG∥AB，
∴四边形AMKG为平行四边形，
∵AB=AC=17，BC=30，
1 15 1 17
由（1）知：BD=CD= BC=15，DH=CH= ，DG=AG= AB= ，
2 2 2 2
√ (17) 2 (15) 2
∴GH= − =4，
2 2
过点H作HE⊥CG于点E，
1 1
∵S = CH⋅HG= CG⋅HE，
△CHG 2 2
15
∴CG⋅HE= ×4=30，
2
∵四边形MKGA的面积=AG⋅HE，AG=CG，
∴四边形MKGA的面积=CG⋅HE=30．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，折叠的性质，平行线分线段对应成比例，菱形的判定，平行四边形
的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
13．（2024·四川眉山·中考真题）综合与实践
问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中
心O处，并绕点O旋转，探究直角三角板与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况．
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操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点O处，在旋转过程中：
（1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为______；当一条直角边与正方
形的一边垂直时，重叠部分的面积为______．
（2）若正方形的面积为S，重叠部分的面积为S ，在旋转过程中S 与S的关系为______．
1 1
类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点O重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方
形两边于E，F两点，小宇经过多次实验得到结论BE+DF=√2OC，请你帮他进行证明．
拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中60°角的顶点与点O重合，在旋转过程中，
当三角板的直角边交AB于点M，斜边交BC于点N，且BM=BN时，请求出重叠部分的面积．
√6−√2 √6+√2
（参考数据：sin15°= ，cos15°= ，tan15°=2−√3）
4 4
1
【答案】（1）4；4；（2）S = S；类比探究：见解析；拓展延伸：4√3−4
1 4
【分析】本题考查了正方形的性质，图形旋转的性质，三角形的全等的判定及性质，三角函数的概念等知
识点，正确作辅助线证明三角形全等是解题的关键．
操作发现：（1）根据图形即可判断重叠部分即为△BOC（对角线分成的四个三角形中的一个）求出面积
即可；当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，证明四边形OMCN是正方形，求解面积即可；
（2）如图，过点O作OG⊥CB于点G，OH⊥DC于点H．证明△OGE≌△OHF，从而证明
1
S =S = S ，即可求得结论；
四边形OECF 正方形OGCH 4 正方形ABCD
类比探究： 先证明△EOB≌△FOC，从而证明BE+DF=CF+DF=CD，即可证明结论；
拓展延伸：过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥BC于点H．先证明△OGM≌△OHN，即可证明
S =S ，∠GOM=∠NOH，从而证明∠GOM=15°，根据tan15°=2−√3，即可求得
△OGM △OHN
GM=2×(2−√3)=4−2√3，由重叠部分的面积=S =S −2S ，即可求得结果．
四边形OMBN 正方形OGBH △OGM
【详解】解：操作发现：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC=90°，
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1 1
当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为S = S = ×4×4=4；
△BOC 4 正方形ABCD 4
当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，
∴∠OMC=∠MON=∠BCD=90°
，
∴四边形MONC是矩形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，OA=OC，
∴∠MOC=∠MCO，
∴OM=MC，
∴四边形OMCN是正方形，
1
∴OM= AD=2，
2
∴四边形OMCN的面积是4，
故答案为：4，4；
（2）如图，过点O作OG⊥CB于点G，OH⊥DC于点H．
∵O ABCD
是正方形 的中心，
∴OG=OH，
∵∠OGC=∠OHC=∠C=90°，
∴四边形OGCH是矩形，
∵OG=OH，
∴四边形OGCH是正方形，
∴∠GOH=∠EOF=90°，
∴∠EOG=∠FOH，
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∵∠OGE=∠OHF=90°，
∴△OGE≌△OHF(ASA)，
∴S =S ，
△OGE △OHF
1
∴S =S = S ，
四边形OECF 正方形OGCH 4 正方形ABCD
1
∴S = S．
1 4
1
故答案为：S = S；
1 4
类比探究：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OB=OC=OD=OA，∠BCD=∠OCD=45°，
∵∠FOE=∠BOC，
∴∠EOB=∠FOC，
∴△EOB≌△FOC(ASA)，
∴BE=CF，
∴BE+DF=CF+DF=CD，
∵CD=√2OC，
∴BE+DF=√2OC，
拓展延伸：
过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥BC于点H．
同（2）可知四边形OGBH是正方形，
∴BG=BH，OG=OH，
∵BM=BN，
∴GM=NH，
∵∠OGM=∠OHN=90°，
∴△OGM≌△OHN(SAS)，
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∴S =S ，∠GOM=∠NOH，
△OGM △OHN
∵∠MON=60°，
1
∴∠GOM= ×(90°−60°)=15°，
2
由（1）可知OG=2，S =4，
正方形OGBH
GM
∴tan∠GOM=tan15°= =2−√3，
OG
∴GM=2×(2−√3)=4−2√3，
1 1
∴S = OG⋅GM= ×2×(4−2√3)=4−2√3，
△OGM 2 2
∴重叠部分的面积=S =S −2S
四边形OMBN 正方形OGBH △OGM
=4−2×(4−2√3)
=4√3−4．
14．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解
《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角
模型”．如图2，在△ABC中，∠A=90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB
交AB的延长线于点E．
(1)【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是______；
(2)【问题解决】如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F，若AB=2，AC=6，求△BDF的面积；
BN
(3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接CE交BD于点N，则 =______；
BC
2
(4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP= ，请直接写出线段AP的长度．
3
【答案】(1)AB=DE
(2)10
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9
(3)
13
54 18
(4) 或
7 11
【分析】（1）根据旋转的性质可得∠CBD=90，CB=BD，进而证明△ABC≌△EDB(AAS)，即可求解；
（2）根据（1）的方法证明△ABC≌△EDB(AAS)，进而证明△≝∽△CAF，求得EF=4，则BF=10，
然后根据三角形的面积公式，即可求解．
1
（3）过点N作NM⊥AF于点M，证明△ABC∽△MNB得出MN= BM，证明△EMN∽△ECA，设
3
54
BM=x，则ME=BE−BM=6−x，代入比例式，得出x= ，进而即可求解；
13
（4）当P在B点的左侧时，过点P作PQ⊥BC于点Q，当P在B点的右侧时，过点P作PT⊥BC交CB的
延长线于点T，分别解直角三角形，即可求解．
【详解】（1）解：∵将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E．
∵∠CBD=90°
，
∴∠ABC+∠DBE=90°，
∴∠A=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90，
∴∠DBE=∠ACB，
又∵∠A=∠DEB=90°且CB=BD
∴△ABC≌△EDB(AAS)，
∴DE=AB；
（2）解：∵∠CBD=90°，
∴∠ABC+∠DBE= 90°，
∴∠A=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90，
∴∠DBE=∠ACB，
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又∵∠A=∠DEB=90°且CB=BD，
∴△ABC≌△EDB(AAS)，
∴DE=AB ，BE=AC
∵AB=2，AC=6
∴DE=2，BE=6
∴AE=AB+BE=2+6=8，
∵∠DEB +∠A=180°
∴ DE∥AC，
∴△≝∽△CAF，
DE EF
∴ =
AC FA
2 EF
∴ =
6 EF+8
∴EF=4，
∴BF=BE+EF=6+4=10，
1
∴ S = ×10×2=10；
△BDF 2
（3）解：如图所示，过点N作NM⊥AF于点M，
∵∠A=∠BMN=90°，∠ACB=90°−∠ABC=∠NBM
∴△ABC∽△MNB
BN BM MN
∴ = = ，
BC AC AB
BN BM MN 1
即 = = ，即MN= BM，
BC 6 2 3
又∵MN∥AC
∴△EMN∽△ECA
ME MN
∴ = ，
AE AC
设BM=x，则ME=BE−BM=6−x，
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1
x
6−x 3
=
8 6
54
解得：x=
13
54
∴BN BM 13 9 ；
= = =
BC AC 6 13
（4）解：如图所示，当P在B点的左侧时，过点P作PQ⊥BC于点Q
2
∵tan∠BCP=
3
PQ 2
∴tan∠BCP= = ，设PQ=2a，则CQ=3a，
CQ 3
又∵AC=6,AB=2，∠BAC=90°
AC 6
∴tan∠ABC= = =3，BC=√22+62=2√10
AB 2
PQ
∴tan∠PBQ= =3
BQ
1 2
∴BQ= PQ= a
3 3
2 11
∴BC=CQ+BQ= a+3a= a
3 3
11
∴ a=2√10，
3
6√10
解得：a=
11
2
在Rt△PBQ中，PQ=2a, BQ= a
3
2√10 2√10 6√10 40
∴PB=√PQ2+BQ2= a= × =
3 3 11 11
40 18
∴AP=PB−AB= −2=
11 11
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如图所示，当P在B点的右侧时，过点P作PT⊥BC交CB的延长线于点T，
∵∠ABC=∠PBT,∠A=∠T=90°
∴∠BPT=∠ACB
AB 1
∵tan∠ACB= =
AC 3
BT 1
∴tan∠BPT= =tan∠ACB=
PT 3
设BT=b，则PT=3b，BP=√10b，
PT 2
∵tan∠BCP= = ，
CT 3
3b 2
∴ =
b+2√10 3
4√10
解得：b=
7
40
∴BP=√10b=
7
40 54
∴AP=AB+BP=2+ =
7 7
54 18
综上所述，AP= 或 ．
7 11
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性质，
熟练掌握以上知识是解题的关键．
15．（2024·四川成都·中考真题）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一
个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片ABC和ADE中，
AB=AD=3，BC=DE=4，∠ABC=∠ADE=90°．
【初步感知】
BD
（1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究 的值．
CE
【深入探究】
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（2）如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，延长ED
交AC于点F，求CF的长．
【拓展延伸】
（3）在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直
角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由．
BD 3 70 48
【答案】（1） 的值为 ；（2）CF= ；（3）直角三角形CDE的面积为4或16或12或 ．
CE 5 39 13
【分析】（1）根据AB=AD=3，BC=DE=4，∠ABC=∠ADE=90°．证明△ADE≌△ABC，
AC=AE=√AB2+BC2=√AD2+DE2=5，继而得到∠DAE=∠BAC，
BD AB 3
∠DAE−∠DAC=∠BAC−∠DAC即∠CAE=∠BAD，再证明△CAE∽△BAD，得到 = = ．
CE AC 5
（2）连接CE，延长BM交CE于点Q，根据(1)得△CAE∽△BAD，得到∠ABD=∠ACE，根据中线BM
1 5
得到BM=AM=CM= AC= ，继而得到∠MBC=∠MCB，结合∠ABD+∠MBC=90°，得到
2 2
∠ACE+∠MCB=90°即∠BCE=90°，得到AB∥CQ，再证明△ABM≌△CQM，得证矩形ABCQ，
再利用勾股定理，三角形相似的判定和性质计算即可．
（3）运用分类思想解答即可．
【详解】（1）∵AB=AD=3，BC=DE=4，∠ABC=∠ADE=90°．
∴△ADE≌△ABC(SAS)，
∴AC=AE=√AB2+BC2=√AD2+DE2=5，∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠DAC=∠BAC−∠DAC即∠CAE=∠BAD，
AB AC
∵ = =1
AD AE
∴△CAE∽△BAD，
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BD AB 3
∴ = = ．
CE AC 5
（2）连接CE，延长BM交CE于点Q，根据（1）得△CAE∽△BAD，
∴∠ABD=∠ACE，
∵BM是中线
1 5
∴BM=AM=CM= AC= ，
2 2
∴∠MBC=∠MCB，
∵∠ABD+∠MBC=90°，
∴∠ACE+∠MCB=90°即∠BCE=90°，
∴AB∥CQ，
∴∠BAM=∠QCM,∠ABM=∠CQM，
∵¿，
∴△BAM≌△QCM(AAS)，
∴BM=QM，
∴四边形ABCQ是平行四边形，
∵∠ABC=90°
∴四边形ABCQ矩形，
∴AB=CQ=3,BC=AQ=4,∠AQC=90°，
∴PQ∥CN,EQ=√AE2−AQ2=3，
EP EQ 3
∴ = = =1，
PN QC 3
1
∴PQ= CN，
2
设PQ=x,CN=2x，则AP=4−x，
∵¿，
∴△EQP≌△ADP(AAS)，
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∴AP=EP=4−x，
∵EP2=PQ2+EQ2，
∴(4−x) 2=x2+32，
7
解得x= ；
8
25 7
∴AP=4−x= ，CN=2x= ，
8 4
∵PQ∥CN,AC=5，
∴△APF∽△CNF，
AP AF
∴ = ，
CN CF
AP+CN AF+CF
∴ = ，
CN CF
25 7
+
8 4 5
∴ = ，
7 CF
4
70
解得CF= ．
39
（3）如图，当AD与AC重合时，此时DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，
1 1 1
故S = CD·DE= ×(AC−AD)×DE= ×2×4=4；
△CDE 2 2 2
如图，当AD在CA的延长线上时，此时DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，
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1 1 1
故S = CD·DE= ×(AC+AD)×DE= ×8×4=16；
△CDE 2 2 2
如图，当DE⊥EC时，此时△CDE是直角三角形，
过点A作AQ⊥EC于点Q，
∵AE=AC=5，
1
∴EQ=QC= EC，
2
∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD，
∴四边形ADEQ是矩形，
1
∴AD=EQ=QC= EC=3，
2
∴EC=6，
1 1
故S = EC·DE= ×6×4=12；
△CDE 2 2
如图，当DC⊥EC时，此时△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，
1
∴EQ=QC= EC=x，NQ∥CD，
2
EN EQ
∴ = =1，
DN QC
1 1
∴DN=EN= DE=2，QN= DC，
2 2
∵∠∧=∠ENQ,∠ADN=∠EQN=90°，
∴∠DAN=∠QEN，
∴tan∠DAN=tan∠QEN，
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QN DN 2
∴ = = ，
EQ AD 3
2
∴QN= x，
3
4
∴DC= x,CE=2x，
3
∵ED2=DC2+EC2，
∴42=(2x) 2+
(4x) 2
，
3
36
∴x2=
，
13
6√13
解得x= ；
13
1 1 4 4 4 36 48
故S = EC·DC= ×2x× x= x2= × = ．
△CDE 2 2 3 3 3 13 13
48
综上，直角三角形CDE的面积为4或16或12或 ．
13
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全
等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，矩
形的判定和性质，中位线定理是解题的关键．
►题型04 几何变化与动态问题
16．（2024·山东青岛·中考真题）如图①，Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=8cm,BC=6cm,Rt△EDF
中，∠EDF=90°,DE=DF=6cm，边BC与FD重合，且顶点E与AC边上的定点N重合，如图②，
△EDF从图①所示位置出发，沿射线NC方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，动点O从点A出发，沿AB
( 16)
方向匀速运动，速度为2cm/s，EF与BC交于点P，连接OP，OE，设运动时间为t(s) 090°，点E为AC上一动点，将△ABE以BE为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如
下探究：
独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC=2∠ACB．”
小红：“若点E为AC中点，给出AC与DC的长，就可求出BE的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：
问题1：在等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到．
（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC=2∠ACB；
（2）如图2，若点E为AC中点，AC=4,CD=3，求BE的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠A<90°的等腰三角形，可以将问题进
一步拓展．
问题2：如图3，在等腰△ABC中，∠A<90°,AB=AC=BD=4,2∠D=∠ABD．若CD=1，则求BC
的长．
3+√57
【答案】（1）见解析；（2） ；问题2：BC=√10
2
【分析】（1）根据等边对等角可得∠ABC=∠C，根据折叠以及三角形内角和定理，可得∠BDE=∠A
=180°−2∠C，根据邻补角互补可得∠EDC+∠BDE=180°，即可得证；
（2）连接AD，交BE于点F，则EF是△ADC的中位线，勾股定理求得AF,BF，根据BE=BF+EF即可
求解；
问题2：连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，根据已知条件可得
BM∥CD，则四边形CGMD是矩形，勾股定理求得AD，根据三线合一得出MD,CG，根据勾股定理求
得BC的长，即可求解．
【详解】（1）∵等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到
∴∠ABC=∠C，∠BDE=∠A =180°−2∠C，
∵∠EDC+∠BDE=180°，
∴∠EDC=2∠ACB；
（2）如图所示，连接AD，交BE于点F，
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∵折叠，
1
∴EA=ED，AF=FD，AE= AC=2，AD⊥BE，
2
∵E是AC的中点，
∴EA=EC，
1 3
∴EF= CD= ，
2 2
在Rt△AEF中，AF=√AE2−EF2=
√
22−
(3) 2
=
√7
，
2 2
在Rt△ABF中，BF=√AB2−AF2=
√
42−
(√7) 2
=
√57
，
2 2
3+√57
∴BE=BF+EF= ；
2
问题2：如图所示，连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，
∵AB=BD，
1
∴AM=MD，∠ABM=∠DBM= ∠ABD，
2
∵2∠BDC=∠ABD，
∴∠BDC=∠DBM，
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∴BM∥CD，
∴CD⊥AD，
又CG⊥BM，
∴四边形CGMD是矩形，
则CD=GM，
在Rt△ACD中，CD=1，AD=4,AD=√AC2−CD2=√42−12=√15，
√15 √15
∴AM=MD= ，CG=MD=
2 2
在Rt△BDM中，BM=√BD2−DM2=
√
42−
(√15) 2
=
7
，
2 2
7 5
∴BG=BM−GM=BM−CD= −1= ，
2 2
在Rt△BCG中，BC=√BG2+CG2=
√ (5) 2
+
(√15) 2
=√10．
2 2
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识
是解题的关键．
19．（2023·重庆·中考真题）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，点D为线段AB上一动点，连接
CD．
(1)如图1，若AC=9，BD=√3，求线段AD的长．
(2)如图2，以CD为边在CD上方作等边△CDE，点F是DE的中点，连接BF并延长，交CD的延长线于点
G． 若∠G=∠BCE，求证：GF=BF+BE．
(3)在CD取得最小值的条件下，以CD为边在CD右侧作等边△CDE．点M为CD所在直线上一点，将
△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM． 连接AN，点P为AN的中点，连接CP，
当CP取最大值时，连接BP，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，请直接写出
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NQ
此时 的值．
CP
【答案】(1)5√3
(2)见解析
√43
(3)
5
【分析】（1）解Rt△ABC，求得AB，根据AD=AB−BD即可求解；
（2）延长FB使得FH=FG，连接EH，可得△GFD≌△HFE(SAS)，根据∠DEC=∠DBC=60°，得
出B,C,D,E四点共圆，则∠EDB=∠BCE，∠BEC=∠BDC，得出
∠BEH=60°−∠BEC=60°−∠BDC=∠EDB，结合已知条件得出∠H=∠BEH，可得EB=BH，即
可得证；
（3）在CD取得最小值的条件下，即CD⊥AB，设AB=4a，则BC=2a，AC=2√3a，根据题意得出
点N在以B为圆心，a为半径的圆上运动，取AB的中点S，连接SP，则SP是△ABN的中位线，P在半径为
1
a的⊙S上运动，当CP取最大值时，即P,S,C三点共线时，此时如图，过点P作PT⊥AC于点T，过
2
点N作NR⊥AC于点R，连接PQ，交NR于点U，则四边形PURT是矩形，得出PD是△ANR的中位线，
同理可得PT是△ANR的中位线，△BCS是等边三角形，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面
内得到△BCQ，则∠QCP=2∠BCP=120°，在Rt△NUQ中，勾股定理求得NQ，进而即可求解．
【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，
AC 9
AB= = =6√3
∴ sinB √3 ，
2
∵BD=√3，
∴AD=AB−BD=5√3；
（2）证明：如图所示，延长FB使得FH=FG，连接EH，
∵F是DE的中点则DF=FE，FH=FG，∠GFD=∠HFE，
∴△GFD≌△HFE(SAS)，
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∴∠H=∠G，
∴EH∥GC，
∴∠HEC=∠ECD=60°
∵△DEC是等边三角形，
∴∠DEC=∠EDC=60°，
∵∠DEC=∠DBC=60°，
∴B,C,D,E四点共圆，
∴∠EDB=∠BCE，∠BEC=∠BDC，
∴∠BEH=60°−∠BEC=60°−∠BDC=∠EDB，
∵∠G=∠BCE=∠BDE=∠H，
∴∠H=∠BEH，
∴EB=BH，
∴FH=FG=BF+BH=BF+EB；
（3）解：如图所示，
在CD取得最小值的条件下，即CD⊥AB，
设AB=4a，则BC=2a，AC=2√3a，
AC×BC 2√3a×2a 1
∴CD= = =√3a，BD= BC=a，
AB 4a 2
∵将△BEM沿BM所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BNM．
∴BE=BN
∴点N在以B为圆心，a为半径的圆上运动，
取AB的中点S，连接SP，
则SP是△ABN的中位线，
1
∴P在半径为 a的⊙S上运动，
2
当CP取最大值时，即P,S,C三点共线时，此时如图，过点P作PT⊥AC于点T，过点N作NR⊥AC于
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点R，
∵S是AB的中点，∠ABC=60°
∴SC=SB=BC，
∴△BCS是等边三角形，
则∠PCB=60°，
∴∠PCA=∠ACB−∠BCP=30°，
∵BC=2a，AB=4a，
1
∴CS=BC=2a，PS= a
2
5 1 5 5
∴PC= a，PT=PC×sin∠PCT= PC= a，TC=√3PT= √3a
2 2 4 4
∵AC=2√3a，
3
∴AT= √3a，
4
如图所示，连接PQ，交NR于点U，则四边形PURT是矩形，
∴PU∥AR，P是AN的中点，
NU NP
∴ = =1
UR PA
即PU是△ANR的中位线，同理可得PT是△ANR的中位线，
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5 1 3
∴NU=UR=PT= a， PU= AR=AT= √3a
4 2 4
∵△BCS是等边三角形，将△BCP沿BC所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△BCQ，
∴∠QCP=2∠BCP=120°
5
∴PQ=√3QC=√3PC= √3a
2
5 3 7
则UQ=PQ−PU= √3a− √3a= √3a
2 4 4
在Rt△NUQ中，NQ=√NU2+UQ2= √ (5 a ) 2 + (7 √3a ) 2 = √43 a
4 4 2
√43
a
NQ 2 √43
∴ = = ．
CP 5 5
a
2
【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，
折叠的性质，圆外一点到圆上距离的最值问题，垂线段最短，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟
练掌握以上知识是解题的关键．
►题型05 几何变化与函数综合
20．（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
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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)① 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 2
2√3 √3
∴ ≤S< ；
9 2
3
当1≤t≤ 时，如图：
2
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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 0)的图象交于点
x
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A(4,n)．将点A沿x轴正方向平移m个单位长度得到点B,D为x轴正半轴上的点，点B的横坐标大于点D
k
的横坐标，连接BD,BD的中点C在反比例函数y= (x>0)的图象上．
x
(1)求n,k的值；
(2)当m为何值时，AB⋅OD的值最大?最大值是多少?
【答案】(1)n=8，k=32
(2)当m=6时，AB⋅OD取得最大值，最大值为36
k
【分析】（1）把点A(4,n)代入y=2x，得出n=8，把点A(4,8)代入y= (x>0)，即可求得k=32；
x
（2）过点C作x轴的垂线，分别交AB,x轴于点E,F，证明△ECB≌△FCD，得出BE=DF,CE=CF，
进而可得C(8,4)，根据平移的性质得出B(m+4,8)，D(12−m,0)，进而表示出AB⋅OD，根据二次
函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：把点A(4,n)代入y=2x，
∴n=2×4，
解得：n=8；
k
把点A(4,8)代入y= (x>0)，解得k=32；
x
（2）∵点B横坐标大于点D的横坐标，
∴点B在点D的右侧，
如图所示，过点C作x轴的垂线，分别交AB,x轴于点E,F，
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∵AB∥DF，
∴∠B=∠CDF，
在△ECB和△FCD中，
¿，
∴△ECB≌△FCD(ASA)，
∴BE=DF,CE=CF，
∵EF= y =8，
A
∴CE=CF=4，
∴C(8,4)，
∵将点A沿x轴正方向平移m个单位长度得到点B，
∴B(m+4,8)，
∴BE=DF=m−4，
∴D(12−m,0)，
∴OD=12−m，
∴AB⋅OD=m(12−m)=−(m−6) 2+36，
∴当m=6时，AB⋅OD取得最大值，最大值为36．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数综合，二次函数的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握
以上知识是解题的关键．
1
22．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y= x2+bx+c的图象经过点
3
A(0,2)，与x轴的交点为点B(√3,0)和点C．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)点E，G在y轴正半轴上，OG=2OE，点D在线段OC上，OD=√3OE．以线段OD，OE为邻边作矩
形ODFE，连接GD，设OE=a．
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①连接FC，当△GOD与△FDC相似时，求a的值；
②当点D与点C重合时，将线段GD绕点G按逆时针方向旋转60°后得到线段GH，连接FH，FG，将
△GFH绕点F按顺时针方向旋转α(0°<α≤180°)后得到△G'FH'，点G，H的对应点分别为G'、H'，连
接DE．当△G'FH'的边与线段DE垂直时，请直接写出点H'的横坐标．
1
【答案】(1)y= x2−√3x+2
3
4 6 3√7
(2)① 或 ；②2√3+3或2√3+ 或√3
3 5 7
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）①利用已知条件用含a的代数式表示出点E，D，F，G的坐标，进而得到线段CD的长度，利用分类
讨论的思想方法和相似三角形的性质，列出关于a的方程，解方程即可得出结论；
②利用已知条件，点的坐标的特征，平行四边形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质求
得FH=OD=2√3 ，∠GOD=∠GFH=90°和GH的长，利用分类讨论的思想方法分三种情形讨论解答
利用旋转的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理求得相应线段的长度即可得出结论；
1
【详解】（1）∵二次函数y= x2+bx+c的图象经过点A(0,2)，与x轴的交点为点B(√3,0)，
3
∴¿
解得：¿
1
∴此抛物线的解析式为y= x2−√3x+2
3
1
（2）①令y=0，则 x2−√3x+2=0
3
解得：x=√3或x=2√3，
∴C(2√3,0)
∴OC=2√3．
∵OE=a,OG=2OE,OD=√3OE,
∴OG=2a,OD=√3a
∵四边形ODFE为矩形，
∴EF=OD=√3a,FD=OE=a
∴E(0,a),D(√3a,0),F(√3a,a),G(0,2a)
∴CD=OC−OD=2√3−√3a
Ⅰ．当△GOD∽△FDC时，
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OG FD
∴ =
OD CD
2a a
∴ =
√3a 2√3−√3a
4
∴a=
3
Ⅱ．当△GOD∽△CDF时，
OG CD
∴ =
OD FD
2a 2√3−√3a
∴ =
√3a a
6
∴a=
5
4 6
综上，当△GOD与△FDC相似时，a的值为 或 ；
3 5
②∵点D与点C重合，
∴OD=OC=2√3
∴OE=2,OG=2OE=4,EF=OD=2√3,DF=OE=2
∴EG=OE=2
∴EG=DF=2,
∵EG∥DF,
∴四边形GEDF为平行四边形，
∴FG=DE=√OE2+OD2=√22+(2√3) 2=4,
∴∠GFE=30°,
∴∠EGF=60°,
∵∠DGH=60°,
∴∠EGF=∠DGH,
∴∠OGD=∠FGH.
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在△GOD和△GFH中，
¿
∴△GOD≌△GFH(SAS),
∴FH=OD=2√3,∠GOD=∠GFH=90°.
∴GH=√GF2+FH2=√42+(2√3) 2=2√7.
Ⅰ、当 G'F 所在直线与 DE 垂直时，如图，
∵∠GFH=90°, GF∥DE,
∴∠G'FH'=90°,
∴G，F，H'三点在一条直线上，
∴GH'=GF+FH'=FG+FH=4+2√3.
过点 H' 作 H'K⊥y 轴于点 K， 则 H'K∥FE
∴∠KH'G=∠EFG=30°,
√3
∴H'K=H'G⋅cos30°= ×(4+2√3)=2√3+3,
2
∴此时点 H' 的横坐标为 2√3+3
Ⅱ．当G'H'所在直线与DE垂直时，如图，
∵GF∥DE，
∴G'H'⊥GF，
设GF的延长线交G'H'于点M，过点M作MP⊥EF，交EF的延长线于点P，过点H'作H'N⊥MP，
交PM的延长线于点N，则H'N∥PF∥x轴，∠PFM=∠EFG=30°．
1 1
∵S = G'H'⋅FM= FH'⋅FG'，
△FG'H' 2 2
∴4×2√3=2√7FM，
4√21
∴FM= ．
7
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4√21 √3 6√7
∴FP=FM⋅cos30°= × = ，
7 2 7
6√7
∴PE=PF+EF=2√3+ ．
7
6√7
∵H'M=√FH'2−FM2=
，
7
3√7
∴H'N=H'M⋅sin30°= ，
7
6√7 3√7 3√7
∴此时点H'的横坐标为PE−H'N=2√3+ − =2√3+ ；
7 7 7
Ⅲ．当FH'所在直线与DE垂直时，如图，
∵∠H'FG'=90°，GF∥DE，
∴∠GFH'=90°，
∴H，F，H'三点在一条直线上，则∠H'FD=30°，
过点H'作H'L⊥DF，交FD的延长线于点L，
1
H'L=H'F⋅sin30°=2√3× =√3，
2
∴此时点H'的横坐标为EF−H'L=2√3−√3=√3．
3√7
综上，当△G'FH'的边与线段DE垂直时，点H'的横坐标为2√3+3或2√3+ 或√3．
7
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，矩形的性质，相似三角形的
判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，利
用点的坐标表示出相应线段的长度和正确利用分类讨论的思想方法是解题的关键
23．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，抛物线经过△AOD的三个顶点，其中O为原点，A(2,4)，
D(6,0)，点F在线段AD上运动，点G在直线AD上方的抛物线上，CF∥AO，¿⊥DO于点E，交AD
于点I，AH平分∠OAD，C(−2,−4)，AH⊥CH于点H，连接FH．
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(1)求抛物线的解析式及△AOD的面积；
(2)当点F运动至抛物线的对称轴上时，求△AFH的面积；
FG
(3)试探究 的值是否为定值？如果为定值，求出该定值；不为定值，请说明理由．
GI
1
【答案】(1)y=− x2+3x，△AOD的面积为12
2
(2)当点F运动至对称轴上时，△AFH的面积为3
FG √5
(3) 的值是定值，定值为
GI 3
1
【分析】（1）运用待定系数法可得y=− x2+3x．设点O到AD的距离为d，点A的纵坐标为y ，根据三
2 A
角形面积公式即可求得S =12；
△AOD
1
（2）当点F运动至对称轴上时，点F的横坐标为3，可得AF= AD．连接OC、OH，由点A与点C关于
4
原点O对称，可得点A、O、C三点共线，且O为AC的中点．推出HO∥AD，可得点H到AD的距离为d．
再根据三角形面积公式即可求得答案；
（3）过点A作AL⊥OD于点L，过点F作FK⊥≥¿于点K．运用勾股定理可得OA=√AL2+OL2=2√5．
再证得△FIK为等腰直角三角形．设FK=m，则KI=m，再运用解直角三角形可求得GK=2m，
FG=√5m，即可求得答案．
【详解】（1）解：设抛物线解析式为y=ax2+bx(a≠0)，
将A(2,4)，D(6,0)代入上式，得¿，
整理得¿，
解得¿，
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1
∴y=− x2+3x，
2
设点O到AD的距离为d，点A的纵坐标为y ，则d= y =4，AD=6，
A A
1 1 1
∴△AOD的面积S = ×AD×d= ×OD×y = ×6×4=12；
△AOD 2 2 A 2
（2）解：由（1）得抛物线的对称轴为x=3，
当点F运动至对称轴上时，点F的横坐标为3，
AF 3−2 1
= = ，
AD 6−2 4
1
即AF= AD，
4
连接OC，OH，
∵C(−2,−4)，A(2,4)，
∴A与点C关于原点O对称，
∴点A，O，C三点共线，且O为AC的中点，
∵AH⊥CH，
1
∴OH= AC=OA，
2
∴∠OAH=∠AHO.
∵AH平分∠CAD，
∴∠OAH=∠DAH，
∴∠AHO=∠DAH，
∴HO∥AD，
∴HO与AD间的距离为d，
∴点H到AD的距离为d，
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1 1
∴ S = ×AF×d，S = ×AD×d=12，
△AFH 2 △AOD 2
1 1 1 1 (1 ) 1
∴S = ×AF×d= × AD×d= × ×AD×d = ×12=3，
△AFH 2 2 4 4 2 4
∴当点F运动至对称轴上时，△AFH的面积为3；
（3）解：过点A作AL⊥OD于点L，过点F作FK⊥≥¿于点K，
由题意得AL=4，OL=2，
∴OA=√AL2+OL2=√42+22=2√5，
∴DL=OD−OL=6−2=4，
∴在Rt△ADL中，AL=DL，
∴∠ADL=45°.
∵≥⊥DO，
∴∠FIK=45°，即△FIK为等腰直角三角形，
设FK=m，则KI=m，
∵CF∥AO，
∴∠AOL=∠GFK，
在Rt△AOL和Rt△GFK中，tan∠AOL=tan∠GFK，
AL GK
即 = ，
OL FK
4 GK
∴ = ，
2 m
解得GK=2m，
∴GI=GK+KI=2m+m=3m，
又sin∠AOL=sin∠GFK，
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AL GK
即 = ，
AO FG
4 2m
∴ = ，解得FG=√5m，
2√5 FG
FG √5m √5
∴ = = ，
GI 3m 3
FG √5
∴ 的值是定值，定值为 .
GI 3
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，等腰直角三
角形的判定和性质，图形的面积计算，解直角三角形等，添加辅助线构造直角三角形是解题关键．
【考情分析】中考数学中，涉及图形几何变化的题目常常是考试的难点和重点，主要考察学生对图形平移、
旋转、轴对称等变换的理解和应用能力。
【解题思路】
1. 构造基本图形或定理所需图形：在解题过程中，有时需要通过添加辅助线来构造全等三角形、相似三角
形等基本图形，以便应用相关定理。例如，在证明线段相等时，常通过构造全等三角形来得出结论。
2. 寻找相似三角形：当题目涉及比例关系或角度相等时，寻找相似三角形往往是解题的关键。通过相似三
角形的性质，可以推导出所需的比例关系或角度。
3. 利用不变量：在图形变换过程中，某些线段、角度或三角形的性质保持不变。例如，在旋转变换中，对
应线段的长度和对应角的大小均保持不变。利用这些不变量，可以简化问题的分析。
4. 注意多解情况：图形的几何变化可能导致多种符合条件的答案。因此，在解题过程中，需要仔细审题，
全面考虑各种可能的情况，避免漏解。
【解题技巧】
1. 逆向思维：从结论出发，逆向推导所需的中间条件和步骤，有助于找到解题的突破口。
2. 正逆结合：结合已知条件和结论，双向思考，往往能找到解题的捷径。
3. 灵活运用图形变换：根据题目特点，灵活运用平移、旋转、轴对称等变换，将分散的条件集中，或将复
杂的问题转化为简单的问题。
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1．（2025·广东深圳·一模）在平面内，先将一个多边形以点O为位似中心放大或缩小，使所得多边形与原
多边形对应线段的比为k，并且原多边形上的任一点P，它的对应点P'在线段OP或其延长线上；接着将所
得多边形以点O为旋转中心，逆时针旋转一个角度θ，记为O(k,逆θ)，如果是顺时针旋转一个角度θ，则
记为O(k,顺θ)，这种经过位似和旋转的图形变换叫做旋转相似变换，其中点O叫做旋转相似中心，k叫
做相似比，θ叫做旋转角．
(1)填空：
①如图1，将△ABC以点A为旋转相似中心，放大为原来的2倍，再逆时针旋转60°，得到△ADE，这个
旋转相似变换记为A（___________，___________）；
②如图2，△ABC是边长为1cm的等边三角形，将它作旋转相似变换A(√3,逆90°)，得到△ADE，则线
段BD的长为___________cm；
(2)如图3，△ABC经过B(k ,逆α)得到△EBD，又将△ABC经过C(k ,顺β)得到△FDC，连接AE，
1 2
AF，求证：四边形AFDE是平行四边形．
(3)如图4，在△ABC中，∠A=150°，AB=6，AC=3，若△ABC经过（2）中的变换得到的四边形
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AFDE恰好是正方形时，则AE的长为___________．
【答案】(1)①A(2,逆60°)；②2
(2)见解析
(3)2√3
【分析】（1）①根据新定义的意义直接写出答案为A(2,逆60°)即可；
②根据旋转相似变换A(√3,逆90°)，得到∠BAD=90°，根据得△ABC是边长为1cm的等边三角形，得
AB 1
到∠B=60°，AB=1cm，于是cos∠B=cos60°= ，得到BD= =2(cm)，解答即可；
BD cos60°
（2）根据△ABC经过B(k ,逆α)得到△EBD，得到△ABC∽△EBD，得到∠ABC=∠EBD，
1
BE BD AB BC
= ；根据△ABC经过C(k ,顺β)得到△FDC，得到△ABC∽△FDC，得到 = 从而得到
AB BC 2 FD DC
AB DF
= ；由∠ABC=∠EBD得∠ABC+∠DBA=∠EBD+∠DBA即∠EBA=∠DBC结合
BC DC
BE BD AB AE AE DF
= 得到△EBA∽△DBC得到 = ，继而得到 = 得到AE=DF，同理可证DE=AF
AB BC BC DC DC DC
证明即可．
(2√3 ) (√3 )
（3）将△ABC经过B ,逆30° 得到△EBD，又将△ABC经过C ,顺90° 得到△FDC，得到
3 3
的四边形AFDE恰好是正方形时，计算即可．
【详解】（1）①解：根据新定义的意义，得答案为A(2,逆60°)，
故答案为：A(2,逆60°)；
②解：根据旋转相似变换A(√3,逆90°)，得到∠BAD=90°，
根据得△ABC是边长为1cm的等边三角形，得到∠B=60°，AB=1cm，
AB
于是cos∠B=cos60°= ，
BD
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1
故BD= =2(cm)，
cos60°
故答案为：2，逆60°．
（2）证明：∵△ABC经过B(k ,逆α)得到△EBD，
1
∴△ABC∽△EBD，
BE BD
∴∠ABC=∠EBD， = ；
AB BC
∵△ABC经过C(k ,顺β)得到△FDC，
2
∴△ABC∽△FDC，
AB BC
∴ =
FD DC
AB DF
∴ = ；
BC DC
∵∠ABC=∠EBD，
∴∠ABC+∠DBA=∠EBD+∠DBA即∠EBA=∠DBC，
BE BD
∵ = ，
AB BC
∴△EBA∽△DBC，
AB AE
∴ = ，
BC DC
AE DF
∴ = ，
DC DC
∴AE=DF，
同理可证DE=AF。
故四边形AFDE是平行四边形．
（3）解：以BC为边在其上方作等边三角形BGC，再作其外接圆⊙O，作⊙O的直径BD，再在BD的上
方分别作∠DBE=∠CBA,∠BDE=∠BCA，延长BA交⊙O于点F，连接CD,CF,DF，则
∠BFD=90°，
∴四边形AFDE是矩形，
∴∠EAF=∠EAB=90°．
∵∠BAC=150°，
∴∠CAF=30°
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∵∠BFC=∠G=60°，
∴∠ACF=90°，
∵AC=3，
3
∴AF= =2√3，
cos30°
(2√3 )
∴将△ABC经过C ,顺90° 得到△FDC，
3
∵∠BDC=∠G=60°,∠BCD=90°，
∴∠DBC=30°，
∴∠EBA=30°，
∴AE=ABtan∠EBA=6tan30°=2√3，
(2√3 )
∴将△ABC经过B ,逆30° 得到△EBD，
3
此时AE=AF=2√3
∴四边形AFDE是正方形．
故答案为：2√3．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，新定义问题，圆周角定理，三角函数的应用，三角形相似的判定
和性质，平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键．
k
2．（2024·浙江金华·二模）如图，菱形OABC的边OA在x轴上，点C(3,4)，反比例函数y= (k≠0)的
x
图象经过菱形两条对角线AC，OB的交点D．
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(1)求反比例函数的表达式；
k
(2)将菱形OABC向左平移，当点B落在反比例函数y= (k≠0)的图象上时，求平移的距离．
x
8
【答案】(1)y= ；
x
(2)6．
【分析】（1）延长BC交y轴于点E，交反比例函数于点F，根据勾股定理求出OC的长，再由菱形的性质
得出OA的长，进而得出A点坐标，利用中点坐标公式得出D点坐标，代入反比例函数解析式求出k的值即
可；
（2）根据点C(3,4)，BC=OC，BC∥OA得出B点坐标，再求出F点的坐标，求出BF的长即可．
【详解】（1）解：如图，延长BC交y轴于点E，交反比例函数于点F，
∵ OABC OA x C(3,4)
菱形 的边 在 轴上，点 ，
∴OC=√OE2+CE2=√42+32=5，
∴OC=OA=BC=5，
∴A(5,0)，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC=DA，
5+3 4
∴D( , )，即(4,2)，
2 2
k
∵反比例函数y= (k≠0)的图象经过菱形两条对角线AC，OB的交点D，
x
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∴k=xy=4×2=8，
8
∴反比例函数的解析式为：y= ；
x
（2）解：如图：
∵ C(3,4) BC=OC=5 BC∥OA
点 ， ， ，
∴B(8,4)，
8
∵反比例函数的解析式为y= ，
x
8
∴4= ，
x
解得x=2，
∴F(2,4)，
∴BF=8−2=6，
k
∴当点B落在反比例函数y= (k≠0)的图象上时，平移的距离是6．
x
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求反比例函数的解析式，菱形的性质，平移的性质，反比例函数图
象上点的坐标特征，勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解题的关键．
3．（2025·河南郑州·一模）下面是人教版八上的一道复习题：
如图（1），牧马人从A地出发，先到草地边某一处牧马，再到河边饮马，然后回到B
处，请画出最短路径．
王老师带领学生们研讨了此题，并就“解决实际应用中的路线最短问题”进行了如下探究．
【阶段一】王老师进行了如下作图：如图（2），作点A关于MN的对称点A'，作点B关于直线l的对称点
B'，连接A'B'，分别交MN，直线L于点P，Q，连接PA,QB，则最短路径为折线APQB．请同学们研讨：
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王老师判定折线APQB是最短路径运用的基本事实为① ，最短路径的长是线段② 的长．
【阶段二】王老师又提出问题：如图（3），P是∠MON内一点，在OM,ON上分别找点A，B，使
△PAB的周长最小．
解决方法：分别作点P关于OM，ON的对称点P ,P ，连接P P ，分别交OM于点A，交ON于点B，连
1 2 1 2
接PA,PB，则此时△PAB的周长最小，最小值为P P 的长．若∠MON=60°，OP=6，则△PAB周长的
1 2
最小值为③ ．
【阶段三】如图（4），在一个机器人比赛项目上，机器人从△ABC的边BC上的一点D出发，沿直线匀速
到达AC上，然后到AB上，最后回到点D（机器人的速度为0.5m/s）．请你完成以下任务．
(1)【阶段一】中的①处应填 ，②处应填 ．
(2)在图（3）上按【阶段二】的“解决方法”画出△PAB；③处应填 ．
(3)若AB=30m,∠B=60°,∠A=45°，请计算出机器人完成比赛所用的最短时间．
【答案】(1)两点之间，线段最短；A'B'
(2)图见详解，6√3
(3)30√6s
【分析】本题主要考查两点之间线段最短 ，轴对称的性质，解直角三角形；
（1）根据两点之间，线段最短来解答即可；
（2）根据题意画出△PAB，连接OP ,OP,OP ，根据轴对称的性质，可得OP =OP =OP=6，求得
1 2 1 2
∠P =30°．过点O作OQ⊥P P 于点 Q，得到P Q=P Q=OP cos30°，即可求出；
1 1 2 2 1 1
（3）分别作点D关于AB,AC的对称点D ,D ，连接D D ，分别交AB于点E，交AC于点F，则D D
1 2 1 2 1 2
的长为△≝¿的周长，得到△≝¿的周长为√2AD，求出当AD的值最小时， △≝¿的周长最小，而当
AD⊥BC时， AD的值最小，再计算出结果即可．
【详解】（1）解：王老师判定折线APQB是最短路径运用的基本事实为：两点之间，线段最短；
最短路径的长是线段A'B'的长；
故答案为：两点之间，线段最短；A'B'；
（2）解：根据题意画出△PAB，如下图：
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连接OP ,OP,OP ，如下图：
1 2
根据轴对称的性质，可得OP =OP =OP=6，∠P OM=∠POM,∠P ON=∠PON．
1 2 1 2
又∵∠POM+∠PON=∠MON=60°，
∴∠P OP =60°×2=120°，
1 2
∴∠P =30°．
1
过点O作OQ⊥P P 于点 Q，
1 2
√3
则P Q=P Q=OP cos30°=6× =3√3，
2 1 1 2
∴P P =6√3，
1 2
故△PAB周长的最小值为6√3．
（3）解：分别作点D关于AB,AC的对称点D ,D ，连接D D ，分别交AB于点E，交AC于点F，则
1 2 1 2
D D 的长为△≝¿的周长．
1 2
如下图：
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∵AD =AD =AD,∠D AB=∠DAB,∠D AC=∠DAC,∠DAB+∠DAC=45°，
2 1 1 2
DE=D E,DF=D F，
1 2
∴∠D AD =90°，
1 2
∴D D =√2AD =√2AD，
1 2 1
此时△≝¿的周长最小值为DE+DF+EF=D E+D F+EF=D D =√2AD，
1 2 1 2
∴当AD的值最小时， △≝¿的周长最小．
而当AD⊥BC时， AD的值最小，
如下图，
√3
则 AD=AB·sin60°=30× =15√3，
2
∴△≝¿周长的最小值为√2AD=15√6，
∴机器人完成比赛的最短时间为15√6÷0.5=30√6(s)．
4．（2025·湖南娄底·一模）如图，点A是坐标原点，点B在x轴的正半轴上，点C在第一象限．AB=4，
∠CAB=30°，∠CBA=120°．
(1)求点C的坐标；
(2)点P是y轴上的一个动点，当点P处于何位置时，PB+PC的值最小？
【答案】(1)(6,2√3)
( 4√3)
(2)当点P运动到 0, 这个位置时，PB+PC的值最小
5
【分析】（1）过点C作CE⊥x轴交x轴于点E，证明∠BAC=∠ACB，得出BC=AB=4，解直角三角
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1 √3
形得出BE=BC·cos60°=4× =2， CE=BC·sin60°=4× =2√3，求出AE=AB+BE=4+2=6，
2 2
即可得出答案；
（2）作点B关于y轴的对称点为D，则D(−4，0)，连接CD，CD与y轴交于点P，连接PB，根据两点
√3 4√3
之间线段最短，得出此时点P即为所求作的点，先求出直线y= x+ ，然后求出点P的坐标即可．
5 5
【详解】（1）解：过点C作CE⊥x轴交x轴于点E，如图所示：
∵∠CAB=30°，∠CBA=120°，
∴∠ACB=180°−30°−120°=30°，∠CBE=180°−120°=60°，
∴∠BAC=∠ACB，
∴BC=AB=4，
1
∴BE=BC·cos60°=4× =2，
2
√3
CE=BC·sin60°=4× =2√3，
2
∴AE=AB+BE=4+2=6，
∴点C的坐标为(6,2√3)；
（2）解：如图，作点B关于y轴的对称点为D，则D(−4，0)，连接CD，CD与y轴交于点P，连接PB，
根据轴对称可知：PB=PD，
∴PB+PC=PD+PC，
∴当PD+PC最小时，PB+PC最小，
∵两点之间线段最短，
∴此时点P即为所求作的点，
设直线CD的解析式为：y=kx+b，
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则¿ ，
解得：¿
√3 4√3
∴y= x+
5 5
4√3
当x=0时，y=
5
( 4√3)
∴当点P运动到 0, 这个位置时，PB+PC的值最小．
5
【点睛】本题主要考查了一次函数的几何综合，解直角三角形的相关计算，求一次函数解析式，轴对称的
性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握待定系数法，作出辅助线．
5．（2025·陕西西安·一模）在一个工厂的车间里，工人正在处理一块矩形的金属板ABCD，用于制作零件．
金属板的长AD=5米，宽AB=2米．工人在AD边上确定了一个点P，使得AP=1米．
(1)为了保证后续切割操作时的准确性，工人连接PB和PC，并将∠BPC绕点P逆时针旋转一定角度进行
加工．旋转后PB与金属板的边BC相交于点E，PC与金属板的边CD所在的直线相交于点F，如图1所示．
由于零件的尺寸和形状有特定要求，为了合理规划切割和拼接方案，请你帮工人探究BE和CF之间的数量
关系．
(2)为了进一步组装零件，工人以PE、PF为边构造矩形PEQF，如图2，在组装过程中发现，当△PDQ的
周长最小时，最省材料，求此时tan∠PQC的值．
【答案】(1)CF=2BE
(2)3
BP 1
【分析】（1）先证明△APB∽△DCP，得到∠APB=∠DCP， = ，进而推出∠BPC=90°，同角
CP 2
的余角相等，得到∠PBC=∠PCD，旋转得到∠BPE=∠CPF，证明△BPE∽△CPF，即可得出结果；
（2）连接CQ，过点P作PM⊥BC，证明△PMC∽△PEQ，再证明△PME∽△PCQ，得到点Q在过点
C垂直于PC的直线上运动，倍长PC至点P'，连接P'Q，得到P'C=CP=2√5，CQ垂直平分PP'，进而
得到PQ=PQ'，根据△PDQ的周长=PD+DQ+PQ=PD+DQ+P'Q，得到当D,Q,P'三点共线时，
DQ+P'Q最小，△PDQ的周长最小，过点D作DH⊥PC，等积法结合勾股定理求出DH,CH的长，证
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明△P'CQ∽△PHD，求出CQ的长，在Rt△PCQ中，利用正切的定义，求解即可．
【详解】（1）解：∵ 矩形ABCD，
∴AB=CD=2,∠A=∠D=90°，
∵AP=1，
∴DP=5−1=4，
AP AB 1
∴ = = ，
CD PD 2
∴△APB∽△DCP，
BP 1
∴∠APB=∠DCP， = ，
CP 2
∴∠APB+∠CPD=∠PCD+∠CPD=90°，
∴∠BPC=90°，
∴∠PBC+∠PCB=90°，
∵∠BCD=∠PCB+∠PCD=90°，
∴∠PBC=∠PCD，
∵旋转，
∴∠BPE=∠CPF，
∴△BPE∽△CPF，
BE PE BP 1
∴ = = = ，
CF PF CP 2
∴CF=2BE；
（2）∵CD=2,PD=4，
∴PC=√CD2+PD2=2√5，
PE 1
由（1）知： = ，
PF 2
∴PF=2PE，
∵矩形PEQF，
∴∠PEQ=90°，
∴PQ=√PE2+PF2=√5PE，
PE 1
∴ = ，
PQ √5
连接CQ，过点P作PM⊥BC，则：PM=AB=2，∠PME=90°，
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PM 2 1
∴ = = ，
PC 2√5 √5
PM PE
∴ = ，
PC PQ
PM PC
∴ = ，
PE PQ
∵∠PME=∠PEQ=90°，
∴△PMC∽△PEQ，
∴∠MPC=∠EPQ，
∴∠MPC−∠CPE=∠EPQ−∠CPE，即：∠MPE=∠CPQ，
PM PE
∵ = ，
PC PQ
∴△PME∽△PCQ，
∴∠PCQ=∠PME=90°，
∴点Q在过点C垂直于PC的直线上运动，
倍长PC至点P'，连接P'Q，则P'C=CP=2√5，CQ垂直平分PP'，
∴PQ=PQ'，
∴△PDQ的周长=PD+DQ+PQ=PD+DQ+P'Q，
∴当DQ+P'Q最小时，△PDQ的周长最小，
∴当D,Q,P'三点共线时，DQ+P'Q最小，如图，
过点D作DH⊥PC，
1 1
则：S = PD⋅CD= PC⋅DH，
△PDC 2 2
∴4×2=2√5DH，
4√5
∴DH= ，
5
2√5
∴CH=√CD2−DH2=
，
5
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12√5
∴P'H=P'C+CH=
，
5
∵QC⊥PC，
∴CQ∥DH，
∴△P'CQ∽△PHD，
CQ P'C 5
∴ = = ，
DH P'H 6
5 2√5
∴CQ= DH= ，
6 3
PC 2√5
tan∠PQC= = =3
在Rt△PCQ中， CQ 2√5 ．
3
【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，中垂线的判定和性
质，求角的正切值等知识点，综合性强，难度大，熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造相似三角形，
确定动点Q的轨迹，是解题的关键．
6．（2025·江西·模拟预测）定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共点旋转一定角度，
能与另一个三角形构成位似图形，我们称这两个三角形互为“旋转位似图形”．
(1)知识理解：①如图1，△ABC，△ADE都是等边三角形，则△ABC △ADE的“旋转位似图形”（填
“是”或“不是”）；
②如图2，若△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”，∠B=100°，∠E=30°，则∠DAE= °；
③如图2，若△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”，若AB=4，AD=6，AE=15，则AC= ，若连
BD
接BD,CE，则 = ．
CE
(2)知识运用：
如图3，在四边形ABCD中，∠ADC=90°，AE⊥BD于E，∠DAC=∠DBC，求证：△ACD和
△ABE互为“旋转位似图形”；
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(3)拓展提高：
如图4，△ABC为等腰直角三角形，点G为AC的中点，点F是AB上一点，D是GF延长线上一点，点E
在线段GF上，且△ABD与△AGE互为“旋转位似图形”，若AC=6,AD=2√2，求DE和BD的长．
2
【答案】(1)①是；②50，③10，
5
(2)见解析
(3)DE=2,BD=√10
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形
的性质等知识点，掌握“旋转位似图形”的定义是解题的关键．
（1）①根据“旋转位似图形”的定义判断即可；
②根据“旋转位似图形”可得△ABC∽△ADE即∠D=∠B=100°，再根据三角形内角和定理求解即可；
③根据“旋转位似图形”可得△ABC∽△ADE，根据相似三角形的性质列比例式求解即可，进而证明
△DAB∽△EAC，再根据相似三角形的性质列比例式求解即可．
AO BO
（2）先证明△DOA∽△COB可得 = ，再先后证明△AOB∽△DOC、△DAB∽△EAC，最后根
DO CO
据“旋转位似图形”的定义即可证明结论；
（3）如图：如图，过E作EH⊥AD于点H，根据等腰直角三角形的性质易得AG=3,AB=3√2，再根
1
据“旋转位似图形”的定义可得△ABD∽△AGE可得AE=2，再解直角三角形可得AH= AD、
2
DE=AE=2，然后说明∠ADB=∠GEA=90°，最后运用勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：①∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴△ABC∽△ADE，
∵有公共顶点A，
∴△ABC是△ADE的“旋转位似图形”．
故答案为：是．
②∵△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”，
∴△ABC∽△ADE，
∵∠B=100°，
∴∠D=∠B=100°，
∵∠E=30°，
∴∠DAE=180°−∠D−∠E=50°；
故答案为：50；
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③如图：连接BD，CE，
∵△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”，
∴△ABC∽△ADE，∠DAE=∠BAC，
AD AE 6 15
∴ = ，即 = ，
AB AC 4 AC
解得：AD=10，
∵∠DAB=∠DAE−∠BAE,∠EAC=∠BAC−∠BAE，
∴∠DAB=∠EAC，
∴△DAB∽△EAC，
BD AB BD 4 2
∴ = ，即 = = ．
CE AC CE 10 5
2
故答案为：10， ．
5
（2）证明：∵∠DOA=∠COB,∠DAC=∠DBC，
∴△DOA∽△COB，
AO DO AO BO
∴ = ，即 = ，
BO CO DO CO
又∵∠DOC=∠AOB，
∴△AOB∽△DOC，
∴∠DCA=∠EBA，
又∵∠ADC=90°,AE⊥BD，
∴∠ADC=∠AEB=90°，
∴△ABE∽△ACD，
∴∠DAC=∠EAB，
∴△ABE绕点A逆时针旋转∠DAE的度数后与△ACD构成位似图形，
∴△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”．
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（3）解：如图：如图，过E作EH⊥AD于点H，
∵△ABC为等腰直角三角形，点G为AC中点，
1 1 √2
∴AG= AC= ×6=3,AB=sin45°AC= AC=3√2，
2 2 2
∵△ABD与△AGE互为“旋转位似图形”，
∴△ABD∽△AGE，
AD AB
∴ = ,∠1=∠2，
AE AG
2√2 3√2
∴ = ，解得：AE=2，
AE 3
∵∠2+∠3=45°,∠1=∠2，
∴∠1+∠3=45°，
∵EH⊥AD，
√2 1
∴HA=HE=sin45°AE= AE=√2，即AH= AD，
2 2
∴DE=AE=√AH2+H E2=2，
∴∠DEA=∠GEA=90°，
∴∠ADB=∠GEA=90°，
∴BD=√AB2−AD2=√10．
综上，DE=2,BD=√10．
162
