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专题11 图形的变化
5 年真题1 年模拟
考点分类
福建考情（2022-2026）
命题规律
考点01 平移
2026 福建中考
2025 福建中考
2022 福建中考
题型覆盖选择题、几何解答大题。命题常结合三
角尺、网格、等边三角形等几何载体情境化出题。
核心围绕平移的两大性质：对应线段平行（相
等）、对应点连线平行且相等展开，基础小题侧
重坐标平移、平移后图形面积计算；综合大题常
将平移作为图形变换载体，串联等边三角形性
质、平行四边形判定、角度推导。整体基础题难
度较低，几何综合题会结合全等、相似进行多小
问梯度设问；近五年持续强化平移与几何图形融
合考查，注重利用平移转化线段、构造等角等解
题思想。
考点02 轴对称与
旋转
2026 福建中考
2025 福建中考
2024 福建中考
2022 福建中考
2023 福建中考
考查形式涵盖选择题、实践操作解答题、几何压
轴大题。基础选择题常依托窗花、古算诗词几何
图案，辨析轴对称、中心对称图形；中档题型结
合轴对称性质、翻折变换进行角度、线段等量推
导；压轴大题常以翻折、旋转变换为载体，串联
等腰直角三角形、相似三角形、解直角三角形综
合设问。核心围绕三大变换性质：轴对称（翻折
全等、对应点连线被对称轴垂直平分）、旋转（旋
转前后图形全等、旋转角相等）展开。近五年特
色突出：持续融入传统文化情境、手工裁剪实践
探究题型；小题侧重概念辨析，大题注重利用变
换实现线段、角的转移，构造全等、相似模型，
综合性强，具备明显梯度区分度。
考点03 投影与视
图
2026 福建中考
2025 福建中考
2024 福建中考
全部以单项选择题考查。命题极具福建地域特
色，常选用福建土楼、福建博物院文物等本土文
化素材创设情境；几何体以圆柱、长方体组合体、
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2023 福建中考
2022 福建中考
简单旋转体为主。核心考查主视图、左视图、俯
视图的识别与区分，重点易错点：看得见轮廓画
实线、看不见轮廓画虚线、分清不同观察方向视
图差异。整体难度偏低，属于基础送分题型；近
五年固定设问方向：识别俯视图居多，偶尔辨析
三视图之间异同，注重区分水平观察与正面观察
得到的平面图形。
考点01 平移
1．（2022·福建·中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中
90
ABC
，
60
CAB
，AB＝8，
点A 对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC 移动到
A B C
△
，点A对应直尺的刻
度为0，则四边形ACC A的面积是（
）
A．96
B．96 3
C．192
D．160 3
【答案】B
【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形ACC A的面积为
sin 60
2
sin 60
AA AC
AB
AA
，
即可求解．
【详解】解：依题意ACC A为平行四边形，
∵
90
ABC
，
60
CAB
，AB＝8，
12
AA
．
2
AC
AB
∴平行四边形ACC A的面积=
sin 60
2
sin 60
AA AC
AB
AA
3
2 8 12
96 3
2
故选B
【点睛】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
2．（2023·青海·中考真题）在平面直角坐标系中，点P（-1，2）向右平移3 个单位长度得到的点的坐标是
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______ ．
【答案】（2，2）
【分析】将点P 的横坐标加3，纵坐标不变即可求解．
【详解】解：点P（﹣1，2）向右平移3 个单位长度得到的点的坐标是（﹣1+3，2），即（2，2）．
故答案为：（2，2）．
【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下
移减．
3．（2025·福建·中考真题）如图，ABC 是等边三角形，D 是AB 的中点，CE
BC
，垂足为C，EF 是由CD
沿CE 方向平移得到的．已知EF 过点A，BE 交CD 于点G．
(1)求
DCE
的大小；
(2)求证：CEG 是等边三角形．
【答案】(1)60
(2)
证明：由平移可知：CD
EF
∥
，
30
EAC
DCA
，
又
30
ECA
BCE
ACB
，
EAC
ECA
，
∴
,
120
AE
CE
AEC
，
又
AB
CB
，
BE 垂直平分AC ，
1
60
2
GEC
AEC
，
由（1）知，
60
GCE
，
60
EGC
，
GEC
GCE
EGC
，
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CEG
是等边三角形．
【分析】本题考查等边三角形的判定与性质、平移的基本性质、线段垂直平分线的判定与性质、平行线的
性质、等腰三角形的判定与性质等基础知识，考查空间观念、几何直观与推理能力，考查化归与转化思想
等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
（1）等边三角形的性质推出
30
DCB
，垂直，得到
90
BCE
，角的和差关系求出
DCE
的大小即可；
（2）平移得到CD
EF
∥
，进而得到
30
EAC
DCA
，角的和差关系推出
EAC
ECA
，进而得到
,
120
AE
CE
AEC
，根据AB
CB
，推出BE 垂直平分AC ，进而得到
1
60
2
GEC
AEC
，推出
GEC
GCE
EGC
，进而得到CEG 是等边三角形即可．
【详解】（1）解：
ABC 是等边三角形，
60
ACB
．
D 是AB 的中点，
1
30
2
DCB
DCA
ACB
．
CE
BC
，
90
BCE
，
60
DCE
BCE
DCB
．
（2）略
考点02 轴对称与旋转
1．（2026·福建·中考真题）下列图形中，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】先明确两个概念，轴对称图形：沿一条直线对折后，直线两侧的部分能完全重合的图形．中心对
称图形：绕图形中心旋转180后，能和原图形完全重合的图形．逐个分析选项判断是否符合这两个概念即
可．
【详解】选项A：是中心对称图形，但不存在一条直线能使对折后两侧完全重合，不是轴对称图形，不符
合要求．
选项B：是轴对称图形，旋转180后无法和原图形重合，不是中心对称图形，不符合要求．
选项C：沿对边中点连线/对角线对折都能重合，是轴对称图形；绕中心旋转180后和原图形完全重合，是
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中心对称图形，符合要求．
选项D：是轴对称图形，旋转180后无法和原图形重合，不是中心对称图形，不符合要求．
2．（2025·福建·中考真题）中国古算诗词歌赋较多．古算诗词题，是反映数学数量关系的内在联系及其规
律的一种文学浪漫形式．下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形，
其中既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别．解题的关键在于熟练掌握：在平面内，一个图形
沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个
点旋转180 度，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．根据中心对称
和轴对称的定义，进行判断即可．
【详解】解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，符合题意；
故选D．
3．（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
AOB
C．OE
OF
D．
180
BOC
AOD
【答案】B
【分析】本题考查了对称的性质，等腰三角形的性质等；
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A.由对称的性质得
AOB
DOC
，由等腰三角形的性质得
1
2
BOE
AOB
，
1
2
DOF
DOC
，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
，
90
BOE
BOF
，
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
2
BOE
AOB
，
1
2
DOF
DOC
，
90
BOF
DOF
，
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
，
90
GOD
DOH
，
90
BOH
DOH
，
GOD
BOH
，由对称得
BOH
COH
，
GOD
COH
，
同理可证
AOM
BOH
，
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AOD
BOC
AOD
AOM
DOG
180
，结论正确，故不符合题意；
故选：B．
4．（2022·福建·中考真题）美术老师布置同学们设计窗花，下列作品为轴对称图形的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据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，这个图形叫做轴对称图形，
这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义．
5．（2026·福建·中考真题）如图，在四边形ABCD 中，E 是AB 上的一点，
90
ADC
BCD
CED
，
CE
DE
．四边形A B CD
由四边形ABCD 沿CD 翻折得到，点A ，B ，E 的对应点分别为A，B，E．F
是AD 延长线上的一点，且FE
AB
．
(1)求证：E A
E F
；
(2)若
2
AD
，
4
DE
，求A F
的长．
【答案】(1)证明：
FE
AB
∥
，
180
A
F
．
∵四边形A B CD
由四边形ABCD 翻折得到，点E 的对应点为E，
A
DA E
．
180
DA E
FA E
，
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F
FA E
．
E A
E F
．
(2)2 2
【分析】（1）利用平行和折叠的性质证明
F
FA E
，即可得出结论；
（2）根据
CED
△
是等腰直角三角形可求
45
A DE
ADE
，过点E作E G
A F
，垂足为G ，再解三
角形即可．
【详解】（1）略
（2）解：过点E作E G
A F
，垂足为G ．
CE
DE
，
90
CED
，
45
EDC
ECD
．
90
ADC
，
45
ADE
．
∵四边形A B CD
由四边形ABCD 翻折得到，点E 的对应点为E，
45
A DE
ADE
，
2
A D
AD
，
4
DE
DE
．
在Rt
DE G
△
中，
cos
4cos45
2 2
DG
DE
E DG
，
2
A G
DG
A D
．
E A
E F
，E G
A F
，
2
2 2
A F
A G
．
6．（2024·福建·中考真题）在手工制作课上，老师提供了如图1 所示的矩形卡纸ABCD，要求大家利用它
制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2 的方式裁剪（其中AE
FB
），恰好得到纸盒的展开图，
并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3 所示．
图
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1
图2
图3
(1)直接写出AD
AB 的值；
(2)如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4 所示，那么应选择的纸盒展
开图图样是（
）
图4
A．
B．
C．
D．
(3)
卡纸型号
型号Ⅰ
型号Ⅱ
型号Ⅲ
规格（单位：cm）
30
40
20 80
80 80
单价（单位：元）
3
5
20
现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整AE ，EF 的比例，制作棱长为10cm 的正方体礼
品盒，如果要制作27 个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），
并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所
用卡纸的总费用．
（要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不
要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考
虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿
用）
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【答案】(1)2；
(2)C；
(3)
解：
卡纸型号
型号Ⅰ
型号Ⅱ
型号Ⅲ
需卡纸的数量（单
位：张）
1
3
2
所用卡纸总费用（单
位：元）
58
根据（1）和题意可得：卡纸每格的边长为5cm ，则要制作一个边长为10cm 的正方体的展开图形为：
∴型号Ⅲ卡纸，每张卡纸可制作10 个正方体，如图：
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型号Ⅱ卡纸，每张这样的卡纸可制作2 个正方体，如图：
型号Ⅰ卡纸，每张这样的卡纸可制作1 个正方体，如图：
∴可选择型号Ⅲ卡纸2 张，型号Ⅱ卡纸3 张，型号Ⅰ卡纸1 张，则
10 2
2 3 1 1
27
（个），
∴所用卡纸总费用为：
20
2
5 3
3 1
58
（元）．
【分析】本题考查了几何体的展开与折叠，空间观念、推理能力、模型观念、创新意识等知识，掌握相关
知识是解题的关键．
（1）由折叠和题意可知，GH
AE
FB
，AH
DH
，四边形EFNM 是正方形，得到EM
EF
，即AG
EF
，
即可求解；
（2）根据几何体的展开图即可求解；
（3）由题意可得，每张型号Ⅲ卡纸可制作10 个正方体，每张型号Ⅱ卡纸可制作2 个正方体，每张型号Ⅰ卡
纸可制作1 个正方体，即可求解．
【详解】（1）解：如图：
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上述图形折叠后变成：
由折叠和题意可知，GH
AE
FB
，AH
DH
，
∵四边形EFNM 是正方形，
∴EM
EF
，即AG
EF
，
∴GH
AG
AE
FB
EF
，即AH
AB
，
∵AH
DH
，
∴
2
AD
AH
DH
AB
AB
，
∴AD
AB 的值为：2 ．
（2）解：根据几何体的展开图可知，“吉”和“如”在对应面上，“祥”和“意”在对应面上，而对应面上的字中
间相隔一个几何图形，且字体相反，
∴C 选项符合题意，
故选：C．
（3）略
7．（2023·福建·中考真题）如图1，在ABC 中，
90 ,
,
BAC
AB
AC D
是AB 边上不与
,
A B 重合的一个
定点．AO
BC
于点O，交CD 于点E ．DF 是由线段DC 绕点D 顺时针旋转90得到的，
,
FD CA 的延长线
相交于点M ．
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(1)求证：
ADE
FMC
△
∽△
；
(2)求
ABF
的度数；
(3)若N 是AF 的中点，如图2．求证：ND
NO
．
【答案】(1)
证明：
DF 是由线段DC 绕点D 顺时针旋转90得到的，
45
DFC
，
,
AB
AC AO
BC
，
1
2
BAO
BAC
．
90
BAC
，
45
BAO
ABC
．
BAO
DFC
．
90 ,
90
EDA
ADM
M
ADM
，
EDA
M
．
ADE
FMC
△
∽△
．
(2)
135
ABF
(3)
证明：如图2：延长ON 交BF 于点T ，连接
,
DT DO ，
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90
FBI
BOA
，
BF
AO
∥
，
FTN
AON
．
N 是AF 的中点，
AN
NF
．
又
TNF
ONA
，
TNF
ONA
△
≌△
，
,
NT
NO FT
AO
．
90 ,
,
BAC
AB
AC AO
BC
，
AO
CO
，
FT
CO
．
由（2）知，
BIF
DIC
△
∽△
，
DFT
DCO
．
DF
DC
=
，
DFT
DCO
△
≌△
，
,
DT
DO
FDT
CDO
，
FDT
FDO
CDO
FDO
，即
ODT
CDF
．
90
CDF
Q
，
90
ODT
CDF
，
1
2
ND
TO
NO
．
【分析】（1）由旋转的性质可得
45
DFC
，再根据等腰三角形的性质可得
1
2
BAO
BAC
，再证明
BAO
DFC
、
EDA
M
，即可证明结论；
（2）如图1：设BC 与DF 的交点为I ，先证明
BID
FIC
△
∽△
可得BI
DI
FI
CI
，再证明
BIF
DIC
△
∽△
可得
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90
IBF
IDC
，最后运用角的和差即可解答；
（3）如图2：延长ON 交BF 于点T ，连接
,
DT DO ，先证明TNF
ONA
≌
可得
,
NT
NO FT
AO
，再证
BIF
DIC
△
∽△
可得
DFT
DCO
；进而证明DFT
DCO
≌
即DT
DO
，再说明
90
ODT
CDF
则
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答．
【详解】（1）略
（2）解：如图1：设BC 与DF 的交点为I ，
45 ,
DBI
CFI
BID
FIC
，
BID
FIC
△
∽△
，
BI
DI
FI
CI
，
BI
FI
DI
CI
．
BIF
DIC
，
BIF
DIC
△
∽△
，
IBF
IDC
．
又
90
IDC
，
90
IBF
．
45 ,
ABC
ABF
ABC
IBF
，
135
ABF
．
（3）略
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形
的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
考点03 投影与视图
1．（2026·福建·中考真题）福建土楼产生于宋元，成熟于明末、清代和民国时期．土楼或方或圆，以圆为
主，如珍珠般洒落在闽西南的绿水青山间，遵循“天人合一”的东方哲学理念．图1 是福建众多土楼中的一座
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圆形土楼．图2 为其示意图，关于它的三视图的描述，下列说法正确的是（
）
A．主视图和左视图相同
B．主视图和俯视图相同
C．左视图和俯视图相同
D．三种视图都相同
【答案】A
【分析】根据主视图（从物体的正面向后方投影得到的视图）、左视图（从物体的左侧方向右方投影得到
的视图）、俯视图（从物体的上方向下方投影得到的视图）的定义，分析从三面看的几何特征，将其对比
即可求出答案．
【详解】解：
主视图和左视图是相同的图形，俯视图是两个同心圆即圆环．
A 正确，B、C、D 项错误．
2．（2025·福建·中考真题）福建博物院收藏着一件“镇馆之宝”——云纹青铜大铙，如图1．云纹青铜大绕是
西周乐器，鼓饰变形兽面纹，两侧饰云雷纹，浑大厚重，作风稳重古朴，代表了福建古代青铜文化曾经的
历史和辉煌．图2 为其示意图，它的主视图是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】本题考查了几何体的三视图，从前面看到的图形是主视图，从上面看到的图形是俯视图，从左边
看到的图形是左视图．根据主视图是从前面看到的图形解答即可．
【详解】解；A 是该几何体的主视图，B，C，D 不是该几何体的三视图．
故选A．
3．（2024·福建·中考真题）如图是由长方体和圆柱组成的几何体，其俯视图是（
）
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】本题考查了简单组合体的三视图，根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
【详解】解：这个立体图形的俯视图是一个圆形，圆形内部中间是一个长方形．
故选：C．
4．（2023·福建·中考真题）下图是由一个长方体和一个圆柱组成的几何体，它的俯视图是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图即可解答．
【详解】解：从上面看下边是一个矩形，矩形的上边是一个圆，
故选：D．
【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，掌握从上面看得到的图形是俯视图是解答本题的关键．
5．（2022·福建·中考真题）如图所示的圆柱，它的俯视图为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了圆柱的俯视图，解题的关键是熟练掌握，俯视图是从上面看到的图形，根据从上
面看圆柱得出的平面图形为圆，即可得出答案．
【详解】解：竖直放置的圆柱体，从上面看到的平面图形为圆，即俯视图是圆．
故选：A．
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1．（2026·福建厦门·三模）若点
3, 2
A
向上平移1 个单位长度得到点B，则点B 的坐标为（）
A．(3, 1)
B．
3, 3
C．
4, 2
D．
4, 1
【答案】A
【详解】解：∵点
3, 2
A
向上平移1个单位长度得到点B ，向上平移不改变横坐标，只改变纵坐标，
∴点B 的横坐标为3 ，纵坐标为2
1
1
，
∴点B 的坐标为
3, 1
，对应选项为A．
2．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，把ABC 沿AB 所在的直线向右平移一段距离，且点B与点B 对应，
则平移的距离为（
）
A．2cm
B．4cm
C．6cm
D．10cm
【答案】B
【分析】根据平移的性质解答即可．
【详解】解：由图中数据可知，
4cm
AA
，
∵把ABC 沿AB 所在的直线向右平移一段距离，
∴平移距离为
4cm
AA
．
3．（2026·福建泉州·二模）如图1 是以AB 为直径的半圆形纸片，半径CO
AB
，
4
AB
a
．若沿半径OC
剪开，并将扇形OAC 沿OB 向右平移至扇形O A C
的位置（如图2 所示），设O C
与BC 的交点D，
60
OCD
，则线段A O
的长为（
）
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A．2 3
3
a
B．
3
3
a
C．(2
3)a
D．( 3 1)a
【答案】C
【分析】连接OD ，证明OCD 为等边三角形，易得
30
DOB
，由平移的性质得
//
OC OC，O A
OA
OB
，
证明
90
OO D
，求出
1
2
O D
OD
a
，进而求出
2
3
O B
a
，即可求解．
【详解】解：连接OD ，
4
AB
a
，半径CO
AB
，
1
2
2
OA
OC
OB
OD
AB
a
，
又
60
OCD
，
OCD 为等边三角形，
60
COD
，
∵
90
COB
，
30
DOB
，
由平移的性质得
//
OC OC，O A
OA
OB
，
90
OO D
，
1
2
O D
OD
a
，
2
2
3
O O
OD
O D
a
，
2
3
O B
OB
O O
a
，
∵O A
OB
，即A O
OO
O B
OO
，
2
3
A O
O B
a
．
4．（2026·福建南平·二模）中国传统纹样是中华民族智慧结晶，凝聚着不同时代的审美意趣与文化内涵．下
列四幅纹样中是中心对称图形但不是
．．．轴对称图形的是（
）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据中心对称图形的定义：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；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，
这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，
据此进行逐项分析，即可求解．
【详解】解：A 、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项符合题意；
B 、是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C 、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D 、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意．
5．（2026·福建福州·三模）《国家宝藏》节目通过演绎文物背后的故事与历史，让更多的观众走进博物馆，
让馆藏文物一个个鲜活起来．下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其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】根据中心对称图形是图形旋转后能与原图形重合，轴对称图形有对称轴，沿对称轴折叠后对称轴两
旁的部分互相重合的定义即可选出正确选项．
【详解】A．此图形旋转180后不能与原图形重合，故此图形不是中心对称图形，有对称轴，是轴对称图形，
故此选项错误．
B．此图形旋转180后不能与原图形重合，故此图形不是中心对称图形，没有对称轴，不是轴对称图形，故
此选项错误．
C．此图形旋转180后能与原图形重合，故此图形是中心对称图形，有对称轴，也是轴对称图形，故此选项
正确．
D．此图形旋转后180不能与原图形重合，故此图形不是中心对称图形，有对称轴，是轴对称图形，故此选
项错误
6．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在等腰Rt
ABC
△
中，
90
BAC
，点D 为AC 的中点，连接
,
BE BD，
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点E 与点C 关于BD 对称，连接
,
DE CE ，则AB
CE 的值为（
）
A．
5
5
B．
5
4
C．2 5
5
D．
5
2
【答案】D
【分析】设AD
CD
a
，求出
2
AB
AC
a
，
4 5
5
CE
，即可求出答案．
【详解】解：设AD
CD
a
，
∵ABC 是等腰直角三角形，
90
BAC
∴
2
AB
AC
a
在Rt ABD 中，
2
2
2
2
2
5
BD
AB
AD
a
a
a
∵点E 与点C 关于BD 对称
∴BD 垂直平分CE ，
设BD 与CE 交于点F，则
1
2
CF
CE
，BD
CE
∵
1
1
2
2
BCD
S
CD AB
BD CF
，
∴
2
5
a
a
a CF
∴
2
2 5
5
5
a
a
a
CF
a
，
∴
4 5
2
5
a
CE
CF
∴
2
5
2
4 5
5
AB
a
CE
a
．
7．（2026·福建泉州·三模）美术课上，同学们欣赏十二花神纹样，感受花卉与节气文化的融合．下列四种
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纹样图案中，是轴对称图形的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】解：A 选项，梅花不是轴对称图形；
B 选项，石榴花不是轴对称图形；
C 选项，茶花不是轴对称图形；
D 选项，水仙花是轴对称图形．
8．（2026·福建漳州·模拟预测）下列四张纸片中能与所给图形拼凑成正方形，并恰好拼成一个轴对称图形
的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿着一条直线对折，直线两侧的图形能够完全重合，这个
图形就是轴对称图形可得答案．
【详解】解：如图，只有A 中卡片能与所给图形恰好拼成一个轴对称图形．
9．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在等边ABC 中，
4
AC
，BF 是AC 上中线，点D 在BF 上，连接
AD ，以AD 为边作等边ADE ，连接EF ，则AEF 周长的最小值是（
）
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A．2
2 3
B．2
3
C．4
2 3
D．6
【答案】A
【分析】连接CE ，首先证明点E 在射线CE 上运动，
30
ACE
，作点A 关于直线CE 的对称点M，连接
FM 交CE 于E，连接EM ，此时AE
EF
的值最小，然后判断出ACM 是等边三角形，根据等边三角形
三线合一得出FM
AC
，即可得出答案
【详解】解：如图，连接CE ，
∵ABC ，ADE 是等边三角形，
∴AB
AC
，AD
AE
，
60
BAC
DAE
ABC
，
∴
BAD
CAE
，
∴
BAD
CAE
△
≌△
，
∴
ABD
ACE
．
∵BF 是AC 上中线，
∴
1
2
2
AF
CF
AC
，
30
ABD
CBD
，
∴
30
ACE
∴点E 在射线CE 上运动（
30
ACE
）．
作点A 关于直线CE 的对称点M，连接FM 交CE 于E，连接EM ，
即有：AE
EM
，
∴AE
EF
EM
EF
，
当F、E、M 三点共线时，有AE
EF
最小值，最小为AE
EF
FE
EM
FM
，
根据图形可知：当点E 与点E重合时，满足要求，
此时AE
FE
的值最小，最小为AE
FE
ME
FE
FM
,
则有
2
AE
FE
AF
FM
最小，
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即AEF 周长的最小值，最小值为：
2
FM
，
根据对称性可知
30
ACE
MCE
，
∴
60
ACM
，
∵CA
CM
，
∴ACM 是等边三角形，
∴
4
AC
AM
，
∵
2
AF
CF
，
∴FM
AC
，
∴
2
2
2 3
FM
AM
AF
，
AEF 周长的最小值为：
2
2 3
2
FM
﹒
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质以及最短路径问题，综合性
较强．确定点E 在射线CE 上运动（
30
ACE
），是解答本题的关键．
10．（2026·福建莆田·二模）意大利数学家托里拆利将函数
1 (0
1)
y
x
x
的图象绕y 轴旋转一周，所得几
何体形似小号，故得名“托里拆利小号”，其部分如图所示．关于它的三视图，下列说法正确的是（
）
A．主视图既是中心对称图形，又是轴对称图形
B．左视图既是中心对称图形，又是轴对称图形
C．俯视图既是中心对称图形，又是轴对称图形
D．主视图、左视图、俯视图都是中心对称图形
【答案】C
【分析】根据旋转体的形成过程确定其三视图的形状，结合轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即
可．
【详解】解：该几何体的三视图为：
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A、主视图不是中心对称图形，是轴对称图形，原说法错误；
B、左视图不是中心对称图形，是轴对称图形，原说法错误；
C、俯视图既是中心对称图形，又是轴对称图形，原说法正确；
D、只有俯视图都是中心对称图形，原说法错误．
11．（2026·福建漳州·一模）下列博物馆标志图案中，既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】中心对称图形定义：把一个图形绕着某个点旋转180，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，
那么这个图形叫做中心对称图形；轴对称图形定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够
完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，根据定义逐项判定即可得出结论．
【详解】解：A、该图既是轴对称图形，也是中心对称图形，故不符合题意；
B、该图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故符合题意；
C、该图是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
D、该图是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意．
12．（2026·福建漳州·模拟预测）如图在四边形ABCD中，AD
BC ，
2
CD
，
120
ADC
，E 为AB 边
上一点，连接DE ，将DE 绕点D 逆时针旋转120得到线段DF ，点F 恰好在BC 的延长线上．若
15
ADE
，
则线段CF 的长为（
）
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A．
2
1
B．
3
1
C．
2
1
D．3
1
【答案】B
【分析】本题考查了旋转的性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质以及含30角的直角三角形
的性质，解题的关键是通过角度计算
45
DFM
，并通过作辅助线构造直角三角形求解．
【详解】解：
AD
BC ，
120
ADC
，
∴
180
60
BCD
ADC
∠
∠
，
点F 在BC 的延长线上，
180
120
DCF
BCD
，
线段DE 绕点D 逆时针旋转120得到线段DF ，
∴
120
EDF
，
∵
120
ADC
，
15
ADE
，
105
EDC
ADC
ADE
，
∴
120
105
15
CDF
EDF
EDC
，
在
CDF
△
中，
180
180
120
15
45
CFD
DCF
CDF
，
过点D 作DM
BC
交BC 于点M ，
120
DCF
，
∴
180
120
60
DCM
，
在Rt DCM 中，
2
CD
，
cos60
1
CM
CD
，
sin60
3
DM
CD
，
在Rt
DMF
△
中，
90
M
，
45
DFM
，
∴DMF 是等腰直角三角形，
∴
3
MF
DM
，
3
1
CF
MF
CM
．
13．（2026·福建南平·一模）如图，在3 3
的正方形网格中，A，B 两点在格点上，线段AB 绕点A 逆时针
旋转一定的角度后得到线段AC ，点B 与格点C 对应，则旋转角的大小可以为（
）
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A．30
B．60
C．90
D．120
【答案】C
【分析】利用勾股定理以及逆定理求解．
【详解】解：如图，连接BC ，
由勾股定理得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
5,
1
2
5,
1
3
10
AB
AC
BC
，
∴
2
2
2
AB
AC
BC
，
∴
90
BAC
．
14．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，将Rt ABC 绕点A 逆时针旋转一定角度，得到
ADE ，点D 恰
好在BC 上．若
54
CAE
，则
ADE
的度数为（
）
A．45
B．54
C．60
D．63
【答案】D
【分析】由旋转的性质可得AD
AB
，
ADE
B
，
54
DAB
CAE
，再根据等腰三角形的定义结合
三角形内角和定理得出
63
B
，即可得解．
【详解】解：∵将ABC 绕点A 逆时针旋转一定角度后得到ADE ，点D 在BC 上，
∴AD
AB
，
ADE
B
，
54
DAB
CAE
，
∴
B
ADB
，
∴
1
180
54
63
2
B
，
∴
63
ADE
B
．
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15．（2026·福建厦门·一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC ，BD 相交于点O，过点D 作AC 的平行
线DE ，过点C 作BD 的平行线CE ，相交于点E．下列三角形中，可以看成由
COD
△
绕点O 旋转180得到
的是（
）
A．AOD
B．AOB
C．
COB
△
D．DEC
【答案】B
【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定，旋转的性质，先根据菱形的性质推出AOB 、AOD 、
BOC 、
COD
△
全等，再根据旋转的性质得
COD
△
绕点O 旋转180得到的是AOB ．
【详解】解：∵在菱形ABCD中，对角线AC ，BD 相交于点O，
∴BD
AC
，AO
OC
，OD
OB
，AB
BC
CD
AD
，
∴AOB 、AOD 、BOC 、
COD
△
全等，
∴由
COD
△
绕点O 旋转180得到的是AOB ．
故选：B．
16．（2026·福建福州·三模）如图，在Rt AOB 中，两直角边OA、OB 分别在x 轴的负半轴和y 轴的正半轴
上，将AOB 绕点B 逆时针旋转90后得到A O B
．若反比例函数
k
y
x
的图象恰好经过斜边A B
的中点C ，
8
ABO
S
△
，tan
2
BAO
，则k 的值为（
）
A．6
B．8
C．10
D．12
【答案】D
【分析】设
0
OA
a a
，则
2
OB
a ，根据tan
2
OB
BAO
OA
得到
2 2
a
，继而得到点A
B
、
的坐标，
根据旋转的性质得到点A的坐标，根据中点坐标公式得到点C 的坐标，继而根据待定系数法得到k 的值．
【详解】解：∵在Rt AOB 中，
90
AOB
，
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∴tan
2
OB
BAO
OA
，
设
0
OA
a a
，则
2
OB
a ，
∵
1
8
2
ABO
S
OA OB
，
∴1
2
8
2
a
a
，即
2
8
a
，解得
2 2
a
（舍去负根），
∴
2 2
OA
，
4 2
OB
，
∴点A 的坐标为
2 2,0
，点B 的坐标为
0,4 2 ，
∵AOB 绕点B 逆时针旋转90得到A O B
，
∴点A的横坐标
0
4 2
4 2
A
x
，点A的纵坐标
4 2
2 2
2 2
A
y
，即点A的坐标为
4 2,2 2 ，
∵点C 是斜边A B
的中点，点
0,4 2
B
，点
4 2,2 2
A
，
∴
0
4 2
2 2
2
C
x
，
4 2
2 2
3 2
2
C
y
，
∴点C 的坐标为
2 2,3 2 ，
设点
2 2,3 2
C
在反比例函数
k
y
x
的图象上，
∴
C
C
k
x
y
，即
2 2
3 2
6 2
12
k
．
17．（2026·福建宁德·二模）如图，在平面直角坐标系中，
ABCD 对角线的交点恰好是坐标原点．若点B 的
坐标是( 3,2)
，则点D 的坐标是（
）
A．( 3, 2)
B．(3, 2)
C．(2, 3)
D．(3,2)
【答案】B
【分析】利用平行四边形的性质得出OB
OD
，点B 和点D 关于原点对称，进而可得出点D 的坐标．
【详解】解：∵
ABCD 对角线互相平分，即OB
OD
，
又∵
ABCD 对角线的交点恰好是坐标原点，
∴点B 和点D 关于原点对称，
∵点B 的坐标是( 3,2)
，
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∴点D 的坐标是(3, 2)
．
18．（2026·福建厦门·三模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，点M 是矩形OABC 边BC 上的点．若反比例
函数
(k
0,x
0)
k
y
x
的图象经过顶点
3,2
B
，其上另一点D 与点A 关于点M 成中心对称，则点D 的
坐标为（
）
A．
3
4, 2
B．
3,2
C．3 ,4
2
D．
2,3
【答案】C
【分析】先根据点B 坐标求出反比例函数解析式，再根据矩形性质确定点A 坐标及点M 的纵坐标，利用中
心对称性质求出点D 的纵坐标，最后代入函数解析式求出横坐标．
【详解】解：
反比例函数
k
y
x
的图象经过点
(3,2)
B
，
3 2
6
k
，即
6
y
x
，
四边形OABC 是矩形，
(3,2)
B
，
(3,0)
A
，且BC 平行于x 轴，
故BC 上点的纵坐标均为2 ，
点M 在边BC 上，
点M 的纵坐标为2 ，
点D 与点A 关于点M 成中心对称，
点M 是线段AD 的中点，
设
( , )
D x y ，则
0
2
2
y
，
解得
4
y
，
点D 在反比例函数
6
y
x
图象上，
6
4
x
，
解得
3
2
x
，
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点D 的坐标为3 ,4
2
．
19．（2026·福建福州·模拟预测）某几何体的俯视图如图所示，该几何体是（
）
A．四棱柱
B．四棱锥
C．三棱柱
D．三棱锥
【答案】B
【详解】解：由俯视图可知，该几何体为锥体，且有四条棱，故为四棱锥．
20．（2026·福建宁德·二模）青花瓷是中国传统陶瓷艺术的瑰宝．下列四个青花瓷瓶中，左视图和主视图不
同的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】主视图、左视图是分别从物体正面、左面看，所得到的图形，据此解答即可．
【详解】解：A、选项中的青花瓷瓶左视图和主视图相同，故此选项不符合题意；
B、选项中的青花瓷瓶左视图和主视图相同，故此选项不符合题意；
C、选项中的青花瓷瓶左视图和主视图相同，故此选项不符合题意；
D、选项中的青花瓷瓶左视图和主视图不相同，故此选项符合题意．
21．（2026·福建漳州·模拟预测）如图几何体是由一个正方体内部挖去一个圆柱体后得到的，则它的主视图
是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
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【分析】根据主视图是从正面看得到的图形，看得见的棱画实线，看不见的棱画虚线进行判断．
【详解】解：从正面看，该几何体的外轮廓是一个正方形，
∵圆柱体在正方体内部，
∴圆柱体的左右两条轮廓线看不见，应画成虚线
∴主视图为正方形内部有两条竖直的虚线，
即主视图为A 选项．
22．（2026·福建福州·三模）某几何体的三视图如下图所示，则该几何体是（
）
A．四棱柱
B．圆柱
C．圆锥
D．球
【答案】B
【详解】解：由三视图可知该几何体是圆柱．
23．
（2026·福建厦门·三模）2025 年5 月29 日“天问二号”成功发射，开启了小行星伴飞取样探测的新篇章．某
校航天兴趣小组制作了一个航天器模型，其中某个部件使用3D 打印完成如图所示，其俯视图是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】
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解：由图可知该几何体的俯视图为
24．（2026·福建三明·二模）榫卯结构在中国已有上千年的应用和发展历史，距今7000 年前的河姆渡文明时
期就已经出现了榫卯结构的木构件．榫卯结构不仅应用于建筑领域，如唐代的佛光寺大殿、辽代的应县木
塔、山西悬空寺等都是榫卯结构应用的典型案例，还应用于家具制作，明代榫卯家具把中国传统家具推向
发展顶峰．如图是某个部件“卯”的实物图，则它的主视图是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】解：主视图是从正面看得到的图形，结合图形可得，该图形的主视图如图：
．
25．（2026·福建泉州·二模）德化瓷烧制技艺是福建德化地方传统手工技艺，被列入第一批国家级非物质文
化遗产名录．如图，是德化陶瓷茶杯，关于它的三视图，下列说法正确的是（
）
A．主视图与俯视图相同
B．主视图与左视图相同
C．左视图与俯视图相同
D．三视图都相同
【答案】B
【分析】直接利用已知几何体分别得出三视图进而分析得出答案．
【详解】解：这个几何体的主视图与左视图相同，俯视图与主视图和左视图不相同．
26．（2026·福建福州·二模）福州市博物馆馆藏“碗礁一号”沉船出水代表文物——黄釉青花莲花蕉叶纹瓷葫
芦瓶（如图1）．该文物兼具艺术价值与历史研究意义，为馆内重要的海上丝绸之路文物之一．图2 为其示
意图，关于其三视图的描述，下列说法正确的是（
）
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A．主视图与左视图相同
B．主视图与俯视图相同
C．左视图与俯视图相同
D．三种视图都相同
【答案】A
【详解】解：由图形观察可知，这个几何体的主视图与左视图相同，俯视图与主视图、左视图不相同．
27．（2026·福建厦门·三模）如图，在菱形ABCD中，
60
ABC
，
6
AB
，E ，F 分别是边AB ，AD 的
中点．平移线段EF ，使得E 、F 的对应点恰好分别在边BC ，CD 上，则平移的距离是________．
【答案】3
【分析】根据菱形的性质和
60
ABC
判定ABC为等边三角形，求出AC 的长；根据三角形中位线定理
求出EF 与BD 的关系；根据平移的性质得出
//
E F
BD
且E F
EF
，进而根据相似三角形的判定与性质得
到E为BC 的中点；最后利用三角形中位线定理求出平移距离EE的长．
【详解】如图，设平移后E ，F 的对应点分别为E，F，连接AC ，BD ，EE，
四边形ABCD 是菱形，
6
AB
，
6
BC
AB
，
60
ABC
，
ABC
是等边三角形，
6
AC
AB
，
E ，F 分别是边AB ，AD 的中点，
EF
是
ABD 的中位线，
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EF
BD
，
1
2
EF
BD
，
由平移的性质可知，
//
E F
EF
，E F
EF
，平移的距离为线段EE的长，
//
E F
BD
，
1
2
E F
BD
，
点E，F分别在边BC ，CD 上，
CE F
CBD
∽
，
1
2
CE
E F
CB
BD
，
1
2
CE
CB
，
E
是BC 的中点，
E 是AB 的中点，
EE
是ABC 的中位线，
1
1
6
3
2
2
EE
AC
．
28．（2026·福建泉州·一模）如图，将一块直角三角尺ABC（
90
B
，
60
A
）沿射线AC 方向平移到
三角尺DEF 的位置，点A 的对应点为点D．若
13
AF
，
5
DC
，则AB 的长为________．
【答案】4.5
【分析】先根据图形平移性质求得AD
CF
，再求出AC 的长度，最后根据“直角三角形中，30角所对的
直角边是斜边的一半”求得AB 的长．
【详解】解：∵直角三角尺ABC 沿射线AC 方向平移到三角尺DEF 的位置，点A 的对应点为点D，
∴AD
CF
，
∵
13
AF
，
5
DC
，
∴
2
5
AF
AD
，
∴
4
AD
，
∵
5
DC
，
∴
4
5
9
AC
AD
DC
，
在Rt
ABC
△
中，
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∵
90
B
，
60
A
，
∴
180
30
ACB
B
A
Ð
=
°-Ð
-Ð
=
°，
∴
1
1
9
4.5
2
2
AB
AC
．
29．（2026·福建福州·模拟预测）在平面直角坐标系中，点P 关于y 轴的对称点坐标是
4, 3
，点P 关于x
轴的对称点Q 的坐标是______．
【答案】
4,3
【详解】解：根据关于 y 轴对称的点的坐标特征：纵坐标不变，横坐标互为相反数，已知点P 关于y 轴的
对称点坐标是
4, 3
，可得点P 的坐标为
4, 3
，
再根据关于x 轴对称的点的坐标特征：横坐标不变，纵坐标互为相反数，可得点P 关于x 轴的对称点Q 的坐
标为
4,3
．
30．（2026·福建三明·二模）如图，光线经两个平行放置的平面镜反射，若
1
40
，则
2
的度数为______．
【答案】100
【分析】根据光的反射性质，入射光线与镜面的夹角等于反射光线与镜面的夹角，结合平行线的性质求解
即可．
【详解】解：如图，设光线在上方平面镜的反射点为点A、在下方平面镜的反射点为点B，
根据光的反射性质，入射光线与镜面的夹角等于反射光线与镜面的夹角，
3
1
40
，
两个平面镜平行，
4
3
40
，
根据光的反射性质、光线在点B 处再次反射，
5
4
40
，
2
180
4
5
180
40
40
100
．
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31．
（2026·福建泉州·模拟预测）如图，将Rt ABC沿斜边AC 翻折后B 点的对应点B，点P
Q
、
是线段AB
B C
、
上的动点，且BP
B Q
，已知
8
6
AB
BC
，
，则线段PQ 的最小值为___________．
【答案】24 2
5
/ 24
2
5
【分析】由翻折可得AB
AB
，BC
B C
，
90
ABC
AB C
．注意到BP
B Q
，可在对称边AB上截
取B D
PB
，利用翻折的对称性构造等腰
APD
△
，使对称轴AC 垂直平分底边PD ．再过点Q 作双垂线构造
矩形，将PQ 放入直角三角形中，用勾股定理建立
2
PQ 关于a 的二次函数，配方求最值即可．
【详解】解：在AB上截取B D
PB
，连接PD ，交AC 于点G ，作QF
AC
于F ，作QE
PD
于E ，
∵将Rt ABC 沿斜边AC 翻折，点B 的对应点为B，
∴ABC
AB C
≌
，
∴
8
AB
AB
，
6
BC
B C
，
90
ABC
AB C
，
又∵
8
AB
，
6
BC
，
90
ABC
，
∴
2
2
10
AC
AB
BC
，
∴
4
cos
5
AB
BAC
AC
，
3
sin
5
BC
BAC
AC
，
∴
3
cos
5
BC
ACB
AC
，
4
sin
5
AB
ACB
AC
，
设PB
B Q
B D
a
，
∴
8
AP
AB
PB
a
，
8
AD
AB
B D
a
，
∴AP
AD
，
又∵
BAC
B AC
，
∴AC
PD
，PG
GD
，
∴
4
cos
(8
)
5
AG
AP
BAC
a
，
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∴
3
sin
(8
)
5
PG
AP
BAC
a
，
∵
6
CQ
B C
B Q
a
，
∴
3
cos
(6
)
5
CF
CQ
ACB
a
，
∴
4
sin
(6
)
5
FQ
CQ
ACB
a
，
∵QF
AC
，QE
PD
，AC
PD
，
∴四边形GFQE 为矩形，
∴EQ
GF
，GE
FQ
，
∴
4
3
7
10
(8
)
(6
)
5
5
5
a
EQ
GF
AC
AG
CF
a
a
，
∴
3
4
48
7
(8
)
(6
)
5
5
5
a
PE
PG
GE
PG
FQ
a
a
，
在Rt PQE 中，
90
PEQ
，
∴
2
2
2
PQ
PE
EQ
，
∴
2
2
2
48
7
7
(
)
(
)
5
5
a
a
PQ
，
∴
2
2
2
2304
672
49
49
25
a
a
a
PQ
，
∴
2
2
98
672
2304
25
a
a
PQ
，
∴当
672
24
2 98
7
a
时，
2
PQ 取得最小值，
∴
2
2
min
24
24
98 (
)
672
2304
7
7
25
PQ
，
∴
2
min
1152
25
PQ
，
∴
min
1152
24 2
25
5
PQ
．
32．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，P 是等边ABC 的边BC 上一点，以点A 为中心，把
ABP 逆时针
旋转至ACP，则
ABP 旋转的角度为______°．
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【答案】60
【分析】由旋转得ABP
ACP
≌
，得
B
C
AP
AP
，从而可求旋转角
60
PAP
．
【详解】解：∵ABC 是等边三角形，
∴
60
BAC
，
由旋转得ABP
ACP
≌
，
∴
B
C
AP
AP
，
又旋转角为
PAP
，
而
PAC
CAP
BAP
PAC
BAC
，
∴
60
PAP
．
33．（2026·福建漳州·模拟预测）在ABC 中，
90
BAC
，
6
AB
AC
，D 是BC 边上一动点，将线段AD
绕点A 逆时针旋转60得到AE ，连接CE ，DE ．在点D 的运动过程中，CE 的最小值是________．
【答案】3 6
3 2
2
【分析】点B、C 绕点A 逆时针旋转60，由旋转的性质可知，点E 在线段B C
上运动，当CE
B C
时，CE
的值最小；根据
AB C
ACC
AB C
CB C
AB CC
S
S
S
S
S
四边形
△
△
△
△
，求
CB C
S
△
的面积，设CE 的最小值为h，则
1
2
CB C
S
B C
h
△
，求出h，即为所求，
【详解】解：设点B、C 绕点A 逆时针旋转60后的对应点分别为B、C，连接AB，AC，B C
，CB，
CC，过点A，作AF
CC
，垂足为F，过点C，作CG
AB
，垂足为G，如下图，
由旋转的性质可知，AD
AE
，且点D 在线段BC 上运动，
点E 在线段B C
上运动，当CE
B C
时，CE 的值最小，
线段AC 绕点A 逆时针旋转60，得到AC，
6
AC
AC
，
60
CAC
，
40 / 60
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ACC是等边三角形，
3
sin
sin 60
6
3 3
2
AF
AC
AC F
AC
，
1
1
6 3 3
9 3
2
2
ACC
S
CC
AF
△
，
线段AB 绕点A 逆时针旋转60，得到AB，
6
AB
AB
，
60
BAB
，
90
BAC
，
90
60
60
90
B AC
BAC
BAB
CAC
∠
∠
，
AB
AC
，AC
AC
，
AB
AC
，
AB C
△
是等腰直角三角形，
2
2
2
2
6
6
6 2
B C
AB
AC
，
1
1
6 6
18
2
2
AB C
S
AB
AC
△
，
90
60
30
B AC
BAC
BAB
，
1
sin
sin 30
6
3
2
CG
AC
B AC
AC
，
1
1
6 3
9
2
2
AB C
S
AB CG
△
，
AB C
ACC
AB C
CB C
AB CC
S
S
S
S
S
四边形
△
△
△
△
，
9
9 3 18
9 3
9
CB C
AB C
ACC
AB C
S
S
S
S
△
△
△
△
，
设CE 的最小值为h，则
1
2
CB C
S
B C
h
△
，
即1
6 2
9 3
9
2
h
，
9 3
9
3 6
3 2
2
3 2
h
．
34．（2026·福建福州·二模）如图，菱形ABCD 中，
120
BAD
．将ACD 绕点A 顺时针旋转α
0
90
后恰好与ABC 重合，则旋转角α的度数是______．
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【答案】60/60 度
【分析】由旋转的性质及菱形的性质即可得出结论．
【详解】解：因为四边形ABCD是菱形，且
120
BAD
，
所以对角线AC 平分
BAD
，AB
AC
AD
CD
，
所以
1 120
60
2
DAC
BAC
．
所以ABC 与ADC 是两个大小一样的等边三角形，
又因为将ACD 绕点A 顺时针旋转后与ABC 重合，
所以
60
DAC
．
综上，旋转角的度数是60．
35．
（2026·福建泉州·一模）如图，正方形ABCD的边BC 在
MON
的边ON 上，点A 在边OM 上，
30
MON
，
4
AB
，点P 为射线AM 上的一点，将线段PC 绕点D 顺时针旋转90得到线段EA ，当PE 取最小值时，
则CE ___________．
【答案】2 7
【分析】连接PD ，由旋转的性质得到
PCD
EAD
≌
△
△
，
90
PDE
，推出PDE 是等腰直角三角形，当
PD
OM
时，PE 取得最小值，作EG
ON
于点G ，延长AD 交EG 于点F ，在Rt CEG 中，由勾股定理
计算即可求解．
【详解】解：连接PD ，
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∵将线段PC 绕点D 顺时针旋转90得到线段EA ，
∴
,
90
,
CD
AD
CDP
ADE
ADP PD
ED
，
∴
PCD
EAD
≌
△
△
，
90
PDE
，
∴PD
ED
，
∴PDE 是等腰直角三角形，
∴当PD 取最小值时，PE 也取得最小值，
∴当PD
OM
时，PE 取得最小值，
如图，作EG
ON
于点G ，延长AD 交EG 于点F ，
∵
30
MON
，
4
AB
，四边形ABCD是正方形，
∴AD
BC
∥
，
4
AD
AB
CD
，
∴
30
M
DAP
ON
，
∴
1
2
2
DP
AD
，
∴
2
DE
DP
，
∵PD
OM
，
90
PDE
，
∴DE
AP
∥
，
∴
30
D
FDE
AP
，
∴
1
1
2
EF
DE
，
2
2
2
1
3
DF
，
∵
90
FDC
DCG
CGF
，
∴四边形FGCD是矩形，
∴
3
CG
DF
，
4
FG
CD
，
∴
1
4
5
EG
，
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在Rt CEG 中，由勾股定理得
2
2
3
5
2 7
CE
．
36．（2026·福建莆田·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD 的顶点A 的坐标为( 1,2)
．若y 轴平
分矩形ABCD 的面积，则点C 到y 轴的距离是_______．
【答案】1
【分析】根据中心对称图形的性质可得y 轴经过矩形ABCD 对角线AC 的中点，再根据中点坐标公式即可求
解．
【详解】解：∵y 轴平分矩形ABCD 的面积，矩形是中心对称图形，
∴y 轴经过矩形ABCD 对角线AC 的中点，
设C 点横坐标为a ，
∵
1,2
A
，
∴
1
0
2
a
，
∴
1
a ，
∴点C 到y 轴的距离是1．
37．（2026·福建福州·三模）如图，在菱形ABCD中，
120
ABC
，
9,0
A
，
1,0
B
．反比例函数
0
k
y
k
x
的图像经过点C ．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)菱形的对角线AC 与BD 相交于点E ，将菱形ABCD沿x 轴的正方向平移，当点D 恰好在反比例函数的图
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像上时，试判断此时点E 是否也在反比例函数的图像上？请说明理由．
【答案】(1)
12 3
y
x
(2)解：平移后点E 不在反比例函数的图像上，理由如下：
∵
3,4 3
C
，
8
DC
，DC
AB
∥
，菱形ABCD沿x 轴的正方向平移，点D 恰好在反比例函数的图像上，
∴菱形ABCD沿x 轴的正方向平移，此时点D 和点C 重合，
即菱形ABCD沿x 轴的正方向平移8 个单位，点D 恰好在反比例函数的图像上，
∵菱形ABCD中，
∴点E 是AC 的中点，
∵
9,0
A
，
3,4 3
C
，
∴
9
3 4 3
,
2
2
E
，即
3,2 3
E
，
∴平移后点E的坐标为
3
8,2 3
E
，即
5,2 3
E
，
当
5
x
时，反比例函数值为
12 3
5
y
，而
10 3
12 3
2 3
5
5
．
∴平移后点E 不在反比例函数的图像上．
【分析】（1）如图：过点C 作CQ
x
轴于点Q，根据两点间的距离公式得到
1
9
8
AB
，根据菱形
的性质得到
8
BC
AB
，
180
120
60
CBQ
，根据勾股定理得到
2
2
4 3
CQ
BC
BQ
，求得
3
OQ
BQ
BO
，得到
3,4 3
C
，把点C 代入
k
y
x
即可解答；
（2）先说明菱形ABCD沿x 轴的正方向平移8 个单位，点D 恰好在反比例函数的图像上，然后求出平移后
点E的坐标为
3
8,2 3
E
，再判断其是否在反比例函数图像即可解答．
【详解】（1）解：如图：过点C 作CQ
x
轴于点Q，
∵
9,0
A
，
1,0
B
，
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∴
1
9
8
AB
，
1
OB
∵菱形ABCD中，
120
ABC
，
∴
8
BC
AB
DC
，DC
AB
∥
，
180
120
60
CBQ
，
30
BCQ
，
1
4
2
BQ
BC
，
2
2
4 3
CQ
BC
BQ
，
4 1
3
OQ
BQ
BO
，
∴
3,4 3
C
，
∵点C 在反比例函数
k
y
x
的图像上．
3 4 3
12 3
k
，
∴反比例函数的表达式为
12 3
y
x
；
（2）略
38．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，在Rt
ABC
△
中，
90
C
，
5
AB
，
3
BC ．作ADC 与ABC
关于直线AC 对称，E 是AB 延长线上的一点，连接DE ，作FDE 与ADE 关于直线DE 对称，EF 交射线AC
于点P，连接DP ．
(1)求tan
CAB
的值．
(2)当EF
AC
时，求AE 的长．
(3)求
PA
PD 的最小值．
【答案】(1) 3
4
(2)11
(3) 3 39
4
5
【分析】（1）在Rt
ABC
△
中，由勾股定理求AC ，再用正切定义求解．
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（2）由ADC 是ABC 关于AC 的对称图形，得BD
AC
且
2
6
BD
BC
．当EF
AC
时，EF
BD ，
结合关于DE 的轴对称性质，推导出
6
BE
BD
，从而
11
AE
AB
BE
．
（3）利用P 在射线AC 上且
90
DCP
，将
PA
PD 化为
2
4
9
CP
CP
，再有理化得
2
9
4
9
CP
CP
，
由增减性知CP 最小时
PA
PD 最小．CP 的最小值通过DP 的最小值（D 到直线AB 的距离24
5 ）和勾股定
理求得．
【详解】（1）解：在Rt
ABC
△
中，
90
C
，
5
AB
，
3
BC ，
2
2
25
9
4
AC
AB
BC
，
3
tan
4
BC
CAB
AC
．
（2）解：
ADC
△
是ABC 关于直线AC 的对称图形，
BD
AC
，
2
6
BD
BC
，
当EF
AC
时，
AC
BD
，
EF
BD
∥
，
BDE
DEF
，
由轴对称性质知
DEB
DEF
，
BDE
DEB
，
6
BE
BD
，
5
6
11
AE
AB
BE
．
（3）解：
P在射线AC 上，
90
DCP
，
3
DC
，
4
PA
AC
CP
CP
，
2
2
2
9
PD
DC
CP
CP
，
2
4
9
PA
PD
CP
CP
，
2
2
2
9
9
4
9
CP
CP
CP
CP
CP
CP
，
2
2
2
9
4
9
CP
CP
CP
CP
，
2
9
4
9
CP
CP
，
47 / 60
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2
9
0
9
CP
CP
，且
2
9
CP
CP
随CP 增大而增大，
当CP 最小时，
PA
PD 最小，
过D 作DT
AB
于T，
DP
DT
，
1
1
4 6
12
2
2
ABD
S
AC
BD
，
1
1
5
12
2
2
ABD
S
AB
DT
DT
，
24
5
DT
，即
min
24
5
DP
，
2
2
min
min
576
351
3 39
9
25
25
5
CP
DP
DC
，
PA
PD
的最小值
9
45
4
4
3 39
24
3 39
24
5
5
，
45 24
3 39
45 24
3 39
4
4
576
351
24
3 39
24
3 39
，
45 24
3 39
24
3 39
4
4
225
5
，
20
24
3 39
3 39
4
5
5
．
39．（2026·福建泉州·模拟预测）已知正方形ABCD中，点E 为BC 边上一点，点E ，F 关于直线AB 对称，
连接AE 并延长交DC 的延长线于点G ，连接GB 并延长交AF 于点H ．
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(1)如图1，若GH
AF
．
①求证：
BGC
BEA
；
②求tan CGE
的值；
(2)如图2 ，连接DH 交AB 于点M ，求证：AM
BM
．
【答案】(1)①证明：∵四边形ABCD是正方形，
90
BCD
BCG
，
90
BGC
GBC
\ Ð
+ Ð
=
°．
GH
AF
，
90
F
HBF
．
GBC
HBF
，
BGC
F
．
∵点E ，F 关于直线AB 对称，
BEA
F
，
BGC
BEA
．
②
5
1
2
(2)证明：证法1：如图2 ，分别延长FA ，CD 交于点P ．
E ，F 关于AB 对称，
49 / 60
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EAB
FAB
．
四边形ABCD是正方形，
AB
CD
∥
，
90
ADC
，
FAB
P
，
EAB
AGP
，
AGP
P
，
AP
AG
．
AD
GP
，
DP
DG
．
AB
CD
∥
，
AHM
PHD
∽
△
△
，
BHM
GHD
∽
△
△
，
AM
HM
PD
HD
，HM
BM
HD
DG
，
AM
BM
PD
GD
，
DP
DG
，
AM
BM
．
证法2：如图3 ，延长DH 交CF 的延长线于点K ，延长GH 交DA 的延长线于点L ．
BC
AD
∥
，
FHK
AHD
∽
△
△
，
BHF
LHA
∽
△
△
，
FK
FH
BF
AD
AH
AL
．
点E ，F 关于直线AB 对称，
BE
BF
，
FK
BE
AD
AL
．
BC
AD
∥
，
GCE
GDA
∽
△
△
，
GEB
GAL
∽
△
△
，
50 / 60
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CE
GE
BE
AD
GA
AL
，
FK
CE
AD
AD
，
FK
CE
，
BF
FK
BE
CE
，
BK
BC
AD
．
BC
AD
∥
，
ADM
BKM
．
又
AMD
BMK
，
DAM
KBM AAS
≌
，
AM
BM
．
证法3：如图4 ，延长DH 交CF 的延长线于点K ，过点E 作EL
AF
∥
交GH 于点L．
EL
AF
∥
，
BEL
BFH
．
点E ，F 关于直线AB 对称，
BE
BF
．
又
EBL
FBH
，
EBL
FBH ASA
≌
，
EL
FH
．
EL
AF
∥
，BC
AD
∥
，
GEL
GAH
∽
△
△
，GCE
GDA
∽
，
FHK
AHD
∽
△
△
，
GE
EL
GA
AH
，CE
GE
AD
GA
，FH
FK
AH
AD
，
FK
CE
AD
AD
，
51 / 60
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FK
CE
，
BF
FK
BE
CE
，
BK
BC
AD
．
BC
AD
∥
，
ADM
BKM
．
又
AMD
BMK
，
DAM
KBM AAS
≌
，
AM
BM
．
【分析】（1）①由正方形的性质及垂直条件得
BGC
F
，由对称性质即可证明；
②由正方形的性质及①的结论可证明BCG
ABE
≌
，得CG
BE
，设AB
a
，BE
b
，证明GCE
GDA
∽
，
由相似的性质可求得
1
5
2
a
b
，即可求得结果；
（2）证法一：分别延长FA ，CD 交于点P ．由对称与平行得AG
AP
，再由
AHM
PHD
∽
△
△
，
BHM
GHD
∽
△
△
，利用相似三角形的对应边成比例即可证明；
证法二：延长DH ，交CF 的延长线于点K ，延长GH ，交DA 的延长线于点L ．先证明
FHK
AHD
∽
△
△
，
BHF
LHA
∽
△
△
，再证明GCE
GDA
∽
，
GEB
GAL
∽
△
△
，然后再证明
DAM
KBM
≌
△
△
即可；
证法三：延长DH ，交CF 的延长线于点K ，过点E 作EL
AF
∥
，交GH 于点L．先证明
EBL
FBH
≌
△
△
，
得EL
FH
．再证明
GEL
GAH
∽
△
△
，GCE
GDA
∽
，
FHK
AHD
∽
△
△
，从而可得FK
CE
，最后证明
DAM
KBM
≌
△
△
即可．
【详解】（1）①略
②解：∵四边形ABCD是正方形，
AB
BC
CD
AD
，
90
ABC
BCD
BCG
．
又由①知
BGC
BEA
，
BCG
ABE AAS
≌
，
CG
BE
．
设AB
a
，BE
b
，则CE
BC
BE
a
b
，GD
CD
CG
a
b
，
BC
AD
∥
，
GCE
GDA
∽
△
△
，
CE
CG
AD
GD
，即a
b
b
a
a
b
，
52 / 60
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2
2
0
a
ab
b
，整理，得
2
1
0
a
a
b
b
．
解得
1
5
2
a
b
（
1
5
0
2
a
b
，舍去），
5
1
tan
1
2
CE
a
b
a
CGE
CG
b
b
．
（2）证明：略．
40．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，连接对角线
90
AC AB
AC
BAC
,
,
，过点
A 作AE
DC 交BC 于点E，将线段AE 绕点A 顺时针旋转90得到AF ，连接EF ．
(1)求证：
BAF
ACD
；
(2)记AB 与EF 交于点G，若BE
AC
，求EG
FG 的值．
【答案】(1)证明：∵AE
DC ，
∴
ACD
CAE
，
由旋转可得，
90
FAE
∠
，
∵
90
BAC
，
∴
FAE
BAC
，
∴
BAF
CAE
，
∴
BAF
ACD
；
(2)
2
1
【分析】（1）根据旋转的性质以及平行线的性质证明即可；
（2）连接BF ，过点
,
F E 分别作
,
FN
AB EM
AB
，垂足为点
,
N M ，先证明
SAS
BAF
CAE
△
≌△
，则
45
ABF
ACE
，BF
CE
，设
2
BE
AC
x
，则在等腰Rt
ABC
△
中，
2
2 2
BC
AB
x
，则
2 2
2
CE
BF
x
，可得BME 是等腰直角三角形，则
2
2
2
EM
BE
x
，
FBN
△
是等腰直角三角形，
则
2
2
2
2
FN
BF
x
，再证明
EMG
FNG
△
∽△
即可．
【详解】（1）略
（2）解：连接BF ，过点
,
F E 分别作
,
FN
AB EM
AB
，垂足为点
,
N M ，
53 / 60
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∵
,
90
AB
AC
BAC
∴
45
ABC
ACB
由旋转可得，AF
AE
∵
BAF
CAE
∴
SAS
BAF
CAE
△
≌△
∴
45
ABF
ACE
，BF
CE
，
设
2
BE
AC
x
，
则在等腰Rt
ABC
△
中，
2
2 2
BC
AB
x
∴
2 2
2
CE
BF
x
∵EM
AB
，
45
ABC
∴BME 是等腰直角三角形
∴
2
2
2
EM
BE
x
∵FN
AB
，
45
ABF
∴
FBN
△
是等腰直角三角形，
∴
2
2
2
2
FN
BF
x
∵
,
FN
AB EM
AB
∴EM
FN
∥
∴
EMG
FNG
△
∽△
∴
2
2
1
2
2
EG
EM
x
FG
FN
x
．
41．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，将矩形ABCD（AB
AD
）绕点A 逆时针旋转得到矩形AEFG ，
且点B 的对应点E 恰好落在边CD 上，连接BE ，BG ，BG 与AE 交于点P ．过点P 作PH
AG 交AB 于点H ．
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(1)求
CBE
的大小（用含的代数式表示）；
(2)试猜想线段PH ，EF 的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】(1) 2
(2)
1
2
PH
EF
，
证明：过点B 作BM
AE
于点M ，
90
BME
BMA
，
90
2
ABE
AEB
，
2
EBM
，
EBM
CBE
，
四边形ABCD是矩形，
90
C
，BC
AD
，
90
C
BME
，
又
BE
BE
，
BCE
BME AAS
≌
，
BC
BM
，
AD
BM
，
由旋转的性质可得
90
GAP
，AG
AD
，
AG
BM
，
90
GAP
BMP
，
55 / 60
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又
BPM
GPA
，
BMP
GAP AAS
≌
，
BP
PG
，
PH
AG
∥
，
BPH
BGA
∽
△
△
，
1
2
PH
BP
AG
BG
，
1
2
PH
AG
，
四边形AEFG 是矩形，
AG
EF
，
1
2
PH
EF
．
【分析】1 由旋转性质可得AB
AE
，
BAE
，则有
ABE
AEB
，从而有
90
2
ABE
AEB
，
通过矩形的性质可得
90
ABC
，则
2
CBE
ABC
ABE
；
2 过点B 作BM
AE
于点M ，则
90
BME
BMA
，则有
EBM
CBE
，证明
AAS
BCE
BME
≌
，
所以BC
BM
，则有AD
BM
，由旋转性质可得
90
GAP
，AG
AD
，所以AG
BM
，
90
GAP
BMP
，证明
BMP
GAP AAS
≌
，则有BP
PG
，再证明
BPH
BGA
∽
△
△
，所以
1
2
PH
BP
AG
BG
，故有
1
2
PH
AG
，然后通过矩形的性质即可求证．
【详解】（1）解：由旋转性质可得AB
AE
，
BAE
，
ABE
AEB
，
180
ABE
AEB
BAE
，
90
2
ABE
AEB
，
四边形ABCD是矩形，
90
ABC
，
90
90
2
2
CBE
ABC
ABE
．
（2）略．
42．（2026·福建泉州·三模）在Rt
ABC
△
中，
90
BAC
，
2 5
AB
AC
，点D 在ABC 的内部，连接BD ，
AD ，点M 为线段BD 的中点，连接AM ．
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(1)如图1，若
90
ADB
，
1
tan
2
ABD
，求AM 的长；
(2)如图2 ，将AM 绕点M 逆时针旋转90至EM ，连接BE ，AE ，求证：
2
CD
BE
；
(3)如图3 ，延长AM 交CB 于点N ，点P 为AN 延长线上一点，连接BP ，将
BNP
△
沿BN 翻折至ABC 所
在平面内得到BNP，直线NP与AB 交于点G ，连接GD ．若
135
BDC
，当AM 最小时，请直接写出
ADG
△
的面积．
【答案】(1)2 2
(2)证明：延长EM 至点F ，使得MF
ME
，连接
,
,
AF DF CF ，如下图，
∵将AM 绕点M 逆时针旋转90至EM ，
∴
,
90
AM
EM
AME
，
∴
45 ,
AEM
EAM
AM
EF
，
又∵MF
ME
，
∴AM 是EF 的垂直平分线，
∴AE
AF
，
∴
45
AEM
AFM
，
∴EAF 为等腰直角三角形，
90
EAF
，
∵
90
BAC
，
57 / 60
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∴
EAB
FAC
，
在
EAB
△
和FAC 中，
AE
AF
EAB
FAC
AB
AC
∴
EAB
FAC SAS
≌
，
∴FC
EB
，
45
AFC
AEB
BEM
，
在
EMB
△
和
FMD
△
中，
MB
MD
BME
DMF
EM
FM
，
∴
EMB
FMD SAS
≌
，
∴
,
45
FD
EB
FC
BEM
MFD
AFE
DFA
DFA
，
∴
45
DFA
MFD
，
∴
45
45
90
CFD
DFA
AFC
MFD
BEM
，
∴
DFC
△
为等腰直角三角形，
90
DFC
，
∴
2
2
CD
FC
BE
；
(3)5
5
【分析】（1）首先利用三角函数解得
2
BD
AD
，在Rt ABD 中由勾股定理解得AD ，BD 的长度，然后由
2
2
AM
AD
DM
求解即可；
（2）延长EM 至点F ，使得MF
ME
，连接
,
,
AF DF CF ，证明EAF 为等腰直角三角形，进一步证明
EAB
FAC
≌
△
△
，EMB
FMD
≌
，结合全等三角形的性质证明
DFC
△
为等腰直角三角形，进一步证明结论
即可；
（3）过点B 作BQ
AC
∥
，过点C 作CQ
BQ
于点Q，易得四边形ABQC 为正方形，以点Q 为圆心，QC 为
半径画圆，当点D 在劣弧BC 上时，此时
135
BDC
，且点D 在以Q 为圆心，QC 为半径的圆的劣弧BC
上运动；取BQ 的中点O，连接
,
OM OD ，点M 的轨迹为以BQ 的中点O 为圆心，OB 为半径的一段弧，当
且仅当
,
,
A O M 三点共线时，AM 取得最小值；过点M 作MH
AB
于点H，过点D 作DK
AB
于点K，结
合三角函数和勾股定理计算AM ，HM 的值，证明BMH
BDK
∽
，结合相似三角形的性质可得
2
2 5
2
DK
HM
；结合翻折的性质即正方形的性质证明BPO
BP G
≌
，进而可得
5
BO
BG
，可
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求得
5
AG
，然后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】（1）解：∵
90
ADB
，
1
tan
2
ABD
，
∴
1
tan
2
AD
ABD
BD
，
∴
2
BD
AD
，
∵
2 5
AB
AC
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
5
2 5
20
AB
AD
BD
AD
AD
AD
，
∴
2
4
AD
，解得
2
AD
（负值舍去），
∴
2
4
BD
AD
，
∵点M 为线段BD 的中点，
∴
1
2
2
DM
BD
，
∴
2
2
2 2
AM
AD
DM
；
（2）略
（3）如图，过点B 作BQ
AC
∥
，过点C 作CQ
BQ
于点Q，
则
90
BQC
QCA
BAC
，
∴四边形ABQC 为矩形，
又∵AB
AC
，
∴四边形ABQC 为正方形，
∴
2 5
BQ
QC
AB
AC
，
以点Q 为圆心，QC 为半径画圆，当点D 在劣弧BC 上时，
59 / 60
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此时
1 360
135
2
BDC
BQC
，
∴点D 在以Q 为圆心，QC 为半径的圆的劣弧BC 上运动，
如上图所示，取BQ 的中点O，连接
,
OM OD ，则
2 5
QD
QC
，
∵点M 为BD 上的中点，
∴OM 为BQD的中位线，
∴
1
5
2
OM
QD
，
∴点M 的轨迹为以BQ 的中点O 为圆心，OB 为半径的一段弧，
当且仅当
,
,
A O M 三点共线时，AM 取得最小值，
如下图所示，过点M 作MH
AB
于点H，过点D 作DK
AB
于点K，
此时
1
1
2
tan
2
BQ
OB
BAM
AB
AB
，
∵
5,
2 5
OB
OM
AB
，
∴
2
2
5
OA
AB
OB
，
∴
5
5
AM
OA
OM
，
在Rt AHM 中，
1
tan
tan
2
HM
HAM
BAM
HA
，
2
2
2
HM
HA
AM
，
∴
2
HA
HM
，
∴
2
2
2
2
5
5
HM
HM
，
∴
5
1
HM
，
∵
,
MH
AB DK
AB
，
∴MH
DK ，
∴BMH
BDK
∽
，
60 / 60
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∴
1
2
MH
BM
DK
BD
，
∴
2
2 5
2
DK
HM
，
∵将
BNP
△
沿BN 翻折至ABC 所在平面内得到BNP，直线NP与AB 交于点G ，
∴
,
,
BP
BP
BPO
BP G
PBN
P BN
，
又∵四边形ABQC 为正方形，
∴
45
QBN
ABN
，
∴
PBN
QBN
P BN
ABN
，即
PBO
P BG
，
∴
BPO
BP G ASA
≌
，
∴
5
BO
BG
，
∴
2 5
5
5
AG
AB
BG
，
∴
1
1
5
2 5
2
5
5
2
2
ADG
S
AG DK
．
【点睛】熟练掌握相关知识，正确地作出辅助线，得到点M 的轨迹是解题的关键．
