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专题 05 图形的平移、旋转、翻折、新定义（18 题）
一、单选题
1．（2023·上海黄浦·统考二模）下列轴对称图形中，对称轴条数最多的是（ ）
A．等边三角形 B．菱形 C．等腰梯形 D．圆
【答案】D
【分析】依据轴对称图形的意义，即在同一个平面内，一个图形沿某条直线对折，对折后的两部分都能完
全重合，则这个图形就是轴对称图形，这条直线就是其对称轴，从而可以画出它们的对称轴．
【详解】解：等边三角形有3条对称轴，菱形有2条对称轴，等腰梯形有1条对称轴，圆形有无数条对称
轴，圆的对称轴条数最多，
故选：D．
【点睛】此题主要考查如何确定轴对称图形的对称轴条数及位置，解题的关键是掌握轴对称的概念．
2．（2023·上海嘉定·统考二模）下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．等腰梯形 C．矩形 D．正五边形
【答案】C
【分析】根据轴对称图形的定义、中心对称图形的定义逐项判断即可．
【详解】A选项：等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
B选项：等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
C选项：矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形．故本选项符合题意；
D选项：正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选C．
【点睛】本题考查轴对称图形、中心对称图形，理解定义，会根据定义判断轴对称图形和中心对称图形是
解答的关键．
二、填空题
3．（2023·上海浦东新·统考二模）我们规定：两个正多边形的中心之间的距离叫做中心距，在同一个平面
内有边长都为6的正三角形和正方形，当它们的一边重合时，中心距为_____．
【答案】 或
【分析】分两种情况，结合正方形和正三角形的性质，即可求解．
【详解】解：如图，在正方形 和正三角形 中，连接 交于点O，正三角形 的中线交于点F，则点O，P分别正方形 和正三角形 的中心，
在正方形 和正三角形 中， ， ， ，
∴点O，E均在 的垂直平分线上，
∴点E，O，P，G四三点共线，
∵正方形 和正三角形 的边长都为6，
∴ ．
∴ ，
∴ ，
∴ ；
即中心距为 ；
如图，在正方形 和正三角形 中，连接 交于点O，正三角形 的中线 交于点
F，则点O，P分别正方形 和正三角形 的中心，在正方形 和正三角形 中， ， ， ，
∴点O，E均在 的垂直平分线上，
∴点E，O，P，G四三点共线，
∵正方形 和正三角形 的边长都为6，
∴ ．
∴ ，
∴ ，
∴ ；
即中心距为 ；
综上所述，中心距为 或 ．
故答案为： 或
【点睛】本题主要考查了正方形和正三角形的性质，解直角三角形，利用分类思想解答是解题的关键．
4．（2023·上海宝山·统考二模）如图，已知 中， ， ，如果将 绕点C顺时
针旋转到 ，使点B的对应点 落在边 上，那么 的度数是__________．
【答案】 /20度
【分析】根据旋转可得 ， ， ，等边对等角得
，根据 即可求解．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ．
∵将 绕点C顺时针旋转到 ，使点B的对应点 落在边 上，∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，掌握旋转的性质是关键．
5．（2023·上海黄浦·统考二模）在直角坐标平面内，已知点 ， ，将线段 平移得到线段
（点A的对应点是点 ，点B的对应点是点 ），如果点 坐标是 ，那么点 的坐标是
________．
【答案】
【分析】各对应点之间的关系是横坐标减3，纵坐标加3，那么让点B的横坐标减3，纵坐标加3即为点
的坐标．
【详解】解：∵ 平移后对应点 的坐标为 ，
∴A点的平移方法是：先向左平移3个单位，再向上平移3个单位，
∴B点的平移方法与A点的平移方法是相同的，
∴ 平移后的坐标是： 即 ．
故答案为： ．
【点睛】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．
6．（2023·上海静安·统考二模）如图，在 中， ，将 绕着点 旋转后，点 落在
边上的点 处，点 落在点 处， 与 相交于点 ，如果 ，那么 的大小是______．【答案】 /108度
【分析】设 ，由 ， 得 ， ，再由旋转的性质得
， ，从而有 ，同理可证： ，利
用三角形的内角和定理构造方程即可求解．
【详解】解：设 ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∵将 绕着点 旋转后，点 落在 边上的点 处，点 落在点 处， 与 相交于点 ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
同理可证： ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
解得 ，
∴
故答案为 ．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，旋转的性质以及一元一次方程的应用，
熟练掌握三角形的内角和定理时解题的关键．
7．（2023·上海金山·统考二模）已知 中， ， ， ，点 是线段 上的动
点，点 在线段 上，如果点 关于直线 对称的点 恰好落在线段 上，那么 的最大值为
________．【答案】
【分析】过A点作 于点G，先解直角三角形求出 ， ，然后利用面积求出 ，
当 与G重合时 最小，即 最大，求出最大值即可．
【详解】解：如图，过A点作 于点G，
∵ ， ， ，
∴ ，
则 ，
又∵ ，
∴
∵点 、点 关于直线 对称，
∴ ，
又点 恰好落在线段 上，
∴当 与G重合时 最小，即 最大，
∴ 最大值为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查解直角三角形，轴对称的性质，掌握垂线段最短是解题的关键．
8．（2023·上海闵行·统考二模）阅读理解：如果一个三角形中有两个内角 、 满足 ，那么
我们称这个三角形为特征三角形．问题解决：如图，在 中， 为钝角， ， ，如果 是特征三角形，那么线
段 的长为___________．
【答案】
【分析】由题意可分：①设 ，则在 上截取一点D，使得 ，此种情况不符合题意；
②设 ，过点B作 于点E，过点C作 于点F，然后根据三角函数及勾股定
理可进行求解．
【详解】解：由题意可分：①设 ，则在 上截取一点D，使得 ，如图所示：
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 为钝角，故不存在 ；
②设 ，过点B作 于点E，过点C作 于点F，如图所示：∵ 是特征三角形，即 ，且 ，
∴ ，
∴ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
设 ，则有 ，
∴ ，
∵ ，
∴在 中，由勾股定理得 ，
解得： ，
∴ ；
故答案为 ．
【点睛】本题主要考查三角函数及勾股定理，熟练掌握三角函数及勾股定理是解题的关键．
9．（2023·上海浦东新·统考二模）如图，将矩形 纸片沿对角线 折叠，点B落在点E处， 与
边 相交于点F．如果 ，那么 的正弦值等于_____．
【答案】【分析】通过证明 得到 ， ，在 中，根据勾股定理列出等
量关系式，得出边之间的关系，即可求解．
【详解】解：∵ ，
∴设 ，
∵ 由 沿 折叠得到，
∴ ， ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
设 ，则 ，
在 中，根据勾股定理可得： ，
即 ，整理得： ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了矩形的折叠问题，解直角三角形，解题的关键是掌握矩形的性质，折叠的性质，
勾股定理，以及解直角三角形的方法和步骤．10．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，抛物线 ： 与抛物线 ： 组成一个
开口向上的“月牙线”，抛物线 和抛物线 与x轴有着相同的交点A、B（点B在点A右侧），与y轴
的交点分别为C、D．如果 ，那么抛物线 的表达式是______．
【答案】
【分析】先求出A、B、C的坐标，设点D的坐标为 ，则 ，利用勾股定理结合 得
到 ，解得 ，则 ，可设抛物线 的解析式为 ，利用待定
系数法求出 ．
【详解】解：在 中，令 ，则 ，
∴ ，
在 中，令 ，则 ，解得 或 ，
∴ ，
∴ ，
设点D的坐标为 ，则
∴ ，∵ ，
∴ ，
解得 ，
∴ ，
∵抛物线 经过A、B，
∴可设抛物线 的解析式为 ，
∴ ，
解得 ，
∴抛物线 的解析式为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，勾股定理，求二次函数与坐标轴的交点，正确求
出点D的坐标是解题的关键．
11．（2023·上海宝山·统考二模）如果一个三角形的两个内角 与 满足 ，那么我们称这样的
三角形为“倍角互余三角形”．已知在 中， ， ， ，点D在边 上，
且 是“倍角互余三角形”，那么 的长等于__________．
【答案】 或
【分析】分两种情况讨论，当 时，利用 ，列式计算即可求解；当
时，即 是 的角平分线，利用角平分线的性质以及勾股定理即可求解．
【详解】解：当 时， ，即 ， 是“倍角互
余三角形”，则
∴
∴
∴ ；
当 时， ，即 ， 是“倍角互余三角
形”，此时 是 的角平分线，
作 于E，则 ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∵， ， ， ，∴ ，∴ ，
设 ，则 ，在 中，由勾股定理得 ，解得
．
综上， 的长等于 或 ．
故答案为： 或 ．【点睛】本题考查了正切函数的定义，角平分线的性质以及勾股定理，分情况讨论是解题的关键．
12．（2023·上海崇明·统考二模）如图，已知在两个直角顶点重合的Rt△ABC和Rt△CDE中，
， ， ， ，将 绕着点C顺时针旋转，当点D
恰好落在 边上时，联结 ，那么 ________．
【答案】
【分析】利用含30度角的直角三角形的性质，分别求出 的长，证明 ，得到
，推出 ，在 中，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵ ， ， ， ，
∴ ， ， ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
设 ，则： ，
∴ ，
在 中， ，即： ，
解得： 或 （不合题意，舍去）；∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查含30度的直角三角形，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二
次方程．熟练掌握相关知识点，证明三角形相似，是解题的关键．
13．（2023·上海闵行·统考二模）如图，在菱形 中， ， ，如果将菱形 绕着点
D逆时针旋转后，点A恰好落在菱形 的初始边 上的点E处，那么点E到直线 的距离为
___________．
【答案】3
【分析】如图，旋转、菱形的性质可知， ，则 ，
， ， ，根据E
到直线 的距离为 ，计算求解即可．
【详解】解：如图，菱形 绕着点D逆时针旋转后为菱形 ，
由旋转、菱形的性质可知， ，
∴ ， ，∴ ，
∴ ，
∴E到直线 的距离为 ，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，菱形的性质，等边对等角，三角形内角和定理，正弦等知识．解题
的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
14．（2023·上海嘉定·统考二模）如图，在Rt 中， ， ， ，点 、 分别是
边 、 的中点，连接 ．将 绕点 顺时针方向旋转，点 、 的对应点分别是点 、 ．如
果点 落在线段 上，那么线段 ____．
【答案】
【分析】根据勾股定理求得 ，根据旋转的性质得出 ， ，进而得出
，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】在Rt 中， ， ， ，点 、 分别是边 、 的中点，
∴ , ，
如图所示，点 落在线段 上，设旋转角为 ，
∴ ，
旋转，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关
键．
三、解答题
15．（2023·上海静安·统考二模）如图，在平面直角坐标系 中，抛物线 与 轴分
别交于点 、点 ，与 轴交于点 ，连接 ，点 在线段 上，设点 的横坐标为 ．(1)求直线 的表达式；
(2)如果以 为顶点的新抛物线经过原点，且与 轴的另一个交点为 ：
①求新抛物线的表达式（用含 的式子表示），并写出 的取值范围；
②过点 向 轴作垂线，交原抛物线于点 ，当四边形 是一个轴对称图形时，求新抛物线的表达式．
【答案】(1)
(2)① ， ；②
【分析】（1）先利用待定系数法求出抛物线解析式，进而求出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线
的解析式即可；
（2）①先求出 ，设新抛物线解析式为 ，把原点坐标代入新抛物线解析
式求出新抛物线解析式，再根据点P在线段 上，可得 ；②先求出点D的坐标，再分当四边形
关于 对称时， 当四边形 关于 对称时，两种情况分类讨论求出m的值即可得到答案．
【详解】（1）解：把 、 代入抛物线解析式中得： ，
∴ ，
∴抛物线解析式为 ，
在 中，令 ，则 ，
∴ ；设直线 的解析式为 ，
∴ ，
∴ ，
∴直线 的解析式为 ；
（2）解：①∵点P在线段 上，点 的横坐标为 ．
∴ ，
∴可设新抛物线解析式为 ，
∵新抛物线经过原点，
∴ ，
∴ ，
∴新抛物线解析式为 ，
∵点P在线段 上，
∴ ；
②∵新抛物线解析式为 与x轴的一个交点为原点，对称轴为直线 ，
∴新抛物线解析式为 与x轴的另一个交点D的坐标为 ，
∵ 轴，
∴ ；
当四边形 关于 对称时，则 ，
解得 或 （舍去），
∴新抛物线解析式为 ；
当四边形 关于 对称时，
∵点D与O关于 对称，∴点D与点A不关于 对称，
∴此种情况不成立；
综上所述，新抛物线解析式为 ．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，轴对称的性质，求一次函数解析式等等，灵活运
用所学知识是解题的关键．
16．（2023·上海松江·统考二模）如图， 是半圆O的直径，C是半圆O上一点，点 与点O关于直线
对称，射线 交半圆O于点D，弦AC交 于点E、交 于点F．
(1)如图，如果点 恰好落在半圆O上，求证： ；
(2)如果 ，求 的值；
(3)如果 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3) 或 ．【分析】（1）如图：连接 ，先根据圆的性质和对称的性质说明 是等边三角形， ，
然后再说明 即可证明结论；
（2）设圆 的半径为 ，则 ，如图：作 于N；先根据对称的性质和等腰三角形的
性质可得 ，然后解直角三角形可得 、
，最后代入计算即可；
（3）分 在半圆O内和圆外两种情况，分别利用面积法解答即可．
【详解】（1）解：如图：连接 ，
∵点 恰好落在半圆O上，
∴ ，
∵点 与点O关于直线 对称
∴ , ，
∴ 是等边三角形， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
（2）解：设圆 的半径为 ，则 ，
如图：作 于N∵ ，
∴ ，
在 中， , ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
由轴对称可得： ， ,
, ，
∴ 为等腰直角三角形
∴ ，
∴ ．
（3）解：当 在半圆O内时， 则 ，
由对称性可得： ，
如图：过F作 于N， 于M，∴
∴ ，
又∵ ，
，即 ，
又∵ ，
∴ ；
当 在半圆O外时，由对称性可得： ，
如图：作 于M， 于N，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
，又∵ ，
∴ ,即 ，
又∵ ，
∴ ．
综上， 或 ．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质、圆周角定理、解直角三角形、对称的性质等知识点，正确作出辅
助线是解答本题的关键．
17．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，已知抛物线 经过点 ，与x轴交于点B、
．
(1)求抛物线的顶点M的坐标；
(2)点E在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将 沿直线BE翻折，如果点C的对应点F恰好落
在抛物线的对称轴上，求点E的坐标；
(3)点P在抛物线的对称轴上，点Q是抛物线上位于第四象限内的点，当 为等边三角形时，求直线
的表达式．
【答案】(1) ，顶点坐标为： ．
(2)点E的坐标为 ；(3)直线 的函数表达式为 ．
【分析】（1）利用待定系数法求解抛物线的解析式，再化为顶点式，即可得到顶点坐标；
（2）先求解抛物线与x轴交于 ， ， 可得 ，抛物线的对称轴为直线 ， 设抛物
线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为 ， ， 由翻折得 ， 由勾股定理，
得 ， 求解 ， 由翻折得 ， 再利用三角函数可
得答案；
（3）连接 ， 证明 为等边三角形， 证明 ， 可得 ， 设 与
x轴相交于点K， 可得点K的坐标为 ．再利用待定系数法求解函数解析式即可．
【详解】（1）解：∵抛物线 经过点 ，与x轴交于点B、 ．
∴ ，解得： ，
∴抛物线为： ，
∴顶点坐标为： ．
（2）如图，令 ，
解得： ， ，∵抛物线与x轴交于 ， ，
∴ ，抛物线的对称轴为直线 ，
设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为 ， ，
由翻折得 ，
由勾股定理，得 ，
∴点F的坐标为 ， ，
∴ ，
由翻折得 ，
∴ ，
∴点E的坐标为 ；
（3）连接 ，
∵ ， ， 则 为等边三角形，
∵ ， 为等边三角形，∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 为等边三角形， ，
∴ ，
设 与x轴相交于点K，
∴ ．
∴点K的坐标为 ．
设直线 的函数表达式为 ， 则 ， 解得 ，
∴直线 的函数表达式为 ．
【点睛】本题考查二次函数的应用，熟练掌握代入法求二次函数解析式，抛物线的性质，勾股定理，解直
角三角形，全等三角形的判定，轴对称的性质，代入法求一次函数解析式是解本题的关键．
18．（2023·上海松江·统考二模）在平面直角坐标系 中（如图），已知直线 与 轴交于点 ，
抛物线 的顶点为 ．(1)若抛物线经过点 ，求抛物线解析式；
(2)将线段 绕点 顺时针旋转 ，点 落在点 处，如果点 在抛物线上，求点 的坐标；
(3)设抛物线的对称轴与直线 交于点 ，且点 位于 轴上方，如果 ，求 的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据一次函数解析式，求得点 ，代入 ，即可求解；
（2）过点 作 轴，垂足为 ，过点 作 于点 ，证明 得出 ，
代入抛物线解析式即可求解；
（3）设直线 与 轴交于点 ， 与 轴交于点 ，过点 作 ，由 得出
，根据 ，列方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：∵直线 与 轴交于点 ，
当 时， ，
∴ ，
若抛物线经过点 ，则
解得： 或 （舍去）∴抛物线解析式为 ；
（2）∵ 的顶点为 ．
∴
如图所示，过点 作 轴，垂足为 ，过点 作 于点 ，
∵旋转，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴
∴ ，
∴
∵ 在抛物线上，
∴
解得： ，
∴ ，
（3）解：如图所示，设直线 与 轴交于点 ， 与 轴交于点 ，由 ，令 ，得 ，则 ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形
∵ 轴，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，则
过点 作 ，则 是等腰直角三角形，则 ，则
∴
∵ ，
∴
又
∴
即
∴
解得： 或 （舍去）
【点睛】本题考查了二次函数的性质，正切的定义，解一元二次方程，全等三角形的性质与判定，熟练以
上知识掌握是解题的关键．
