专题07 图形的轴对称、平移与旋转（讲练）（解析版）

专题07图形的轴对称、平移与旋转目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u一、考情分析二、知识建构考点图形的轴对称、平移与旋转【真题研析·规律探寻】题型01图形的识别题型02与图形变化有关的作图问题题型03几何图形的平移变化题型04与函数图象有关的平移变化题型05几何图形的折叠问题题型06与函数图象有关的轴对称变化题型07几何图形的旋转变化题型08与函数图象有关的旋转变化题型09利用平移、轴对称、旋转的性质解决多结论问题题型10与图形变化有关的最值问题【核心提炼·查漏补缺】【好题必刷·强化落实】

考点要求命题预测图形的轴对称、平移与旋转图形变换问题主要包括图形的轴对称、图形的平移及图形的旋转，其中对称常常以折叠的形式考察，个别压轴题中还会与特殊图形结合;平移则一般是直接考察;旋转也是直接考，但是其结合性也比较广,特别是特殊三角形和特殊四边形,经常和旋转一起出压轴题.在涉及图形变化的考题中，解决问题的方法较多，关键在于解决问题的着眼点，从恰当的着眼点出发，再根据图形变换的特点发现变化的规律很重要.近几年来各地中考试题中,有较多问题需要利用图形变换进行思考和求解.这类问题考查学生的思维灵活性及深刻性，具有很好的选拔与区分功能，成为近年来各地中考试题的热点问题.考点图形的轴对称、平移与旋转题型01图形的识别平移的概念：在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做平移．轴对称图形定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称图形.中心对称图形定义：如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形.在判断一个图形是否为轴对称图形、中心对称图形时，要明确以下两点:1）如果能找到一条直线(对称轴)把一个图形分成两部分，且直线两旁的部分完全重合，那么这个图形就是轴对称图形;2）把一个平面图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能和原图形重合，那么这个图形就是中心对称图形.1．（2023·湖南郴州·中考真题）下列图形中，能由图形a通过平移得到的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B【分析】根据平移的定义：在平面内，把一个图形整体沿某一方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，结合各选项所给的图形即可作出判断．【详解】解：观察图形可知，B中图形能由图形a通过平移得到，A，C，D均不能由图形a通过平移得到；故选B．【点睛】本题考查平移．熟练掌握平移的性质，是解题的关键．2．（2023·黑龙江大庆·中考真题）搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭于2023年5月30日成功发射升空，景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员开启“太空出差”之旅，展现了中国航天科技的新高度．下列图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】根据中心对称图形的定义判断即可．【详解】A、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；B、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；C、是中心对称图形，此选项符合题意；D、不是中心对称图形，此选项不符合题意，排除；故答案为：C．【点睛】此题考查了中心对称图形的概念，解题的关键是如何判断中心对称图形，旋转180度后与原图重合．3．（2023·湖北荆州·中考真题）观察如图所示的几何体，下列关于其三视图的说法正确的是（）

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】先判断该几何体的三视图，再根据轴对称和中心对称图形定义逐项判断三视图，即可求出答案.【详解】解：A选项：主视图是上下两个等腰三角形，不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；B选项：左视图是上下两个等腰三角形，不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；C选项：俯视图是圆（带圆心），既是中心对称图形，又是轴对称图形，故符合题意；D选项：由A和B选项可知，主视图和左视图都不是中心对称图形，故不符合题意.故选：C.【点睛】本题考查了简单几何体的三视图、轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于掌握轴对称和中心对称的定义.如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；中心对称是指把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称.4．（2022·宁夏·中考真题）如图，将三角尺直立举起靠近墙面，打开手机手电筒照射三角尺，在墙面上形成影子．则三角尺与影子之间属于以下哪种图形变换（

）

A．平移 B．轴对称 C．旋转 D．位似【答案】D【分析】根据位似的定义，即可解决问题．【详解】根据位似的定义可知：三角尺与影子之间属于位似．故选：D．【点睛】本题考查了生活中位似的现象，解决本题的关键是熟记位似的定义．题型02与图形变化有关的作图问题解决图形变化有关的作图问题方法：1）平移与旋转作图都应抓住两个要点:一是平移、旋转的方向；二是平移的距离及旋转的角度.2）基本的作图方法是先选取已知图形的几个关键点，再根据平移或旋转的性质作它们的对应点，然后以“局部带动整体”的思想方法作变换后的图形.3）无论是平移、轴对称与旋转，都不改变图形的大小和形状.1．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A2,-1,

(1)将△ABC向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到△A1(2)请画出△ABC关于y轴对称的△(3)将△A2B2C2着原点O顺时针旋转90°，得到【答案】(1)见解析(2)见解析(3)13【分析】（1）根据平移的性质得出对应点的位置进而画出图形；（2）利用轴对称的性质得出对应点的位置进而画出图形；（3）画出旋转后的图形，根据SC【详解】（1）解：如图所示，△A

（2）如图所示，△A（3）将△A2B2C2着原点

设A2A3所在圆交OC3于点D∵OA2=∴C∵∠A3O∴∠A∴A∴S曲边△A3∴S故线段A2C2【点睛】本题考查平移、轴对称变换作图和旋转的性质以及扇形的面积，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．2．（2023·四川达州·中考真题）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，△ABC

(1)将△ABC向下平移3个单位长度得到△A1(2)将△ABC绕点C顺时针旋转90度得到△A2(3)在（2）的运动过程中请计算出△ABC【答案】(1)见解析(2)见解析(3)5+5【分析】（1）先作出点A、B、C平移后的对应点A1，B1、（2）先作出点A、B绕点C顺时针旋转90度的对应点A2，B（3）证明△ABC为等腰直角三角形，求出S△ABC=12AB×BC【详解】（1）解：作出点A、B、C平移后的对应点A1，B1、C1

（2）解：作出点A、B绕点C顺时针旋转90度的对应点A2，B2，顺次连接，则

（3）解：∵AB=12+2∴AB=∵52∴AB∴△ABC∴S△根据旋转可知，∠AC∴S扇形∴在旋转过程中△ABC扫过的面积为S

【点睛】本题主要考查了平移、旋转作图，勾股定理逆定理，扇形面积计算，解题的关键是作出平移或旋转后的对应点．3．（2022·广西河池·中考真题）如图、在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（4，1），B（2，3），C（1，2）．

(1)画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；(2)以原点O为位似中心，在第三象限内画一个△A2B2C2，使它与△ABC的相似比为2:1，并写出点B2的坐标．【答案】(1)作图见解析(2)作图见解析【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标得到A1、B1、C1的坐标，然后描点连线得到△A1B1C1．（2）把A、B、C的坐标都乘以-2得到A2、B2、C2的坐标，然后描点连线即可．【详解】（1）如图，ΔA（2）如图，ΔA2B2C2为所作，点B【点睛】本题考查位似变换、轴对称变换，解题的关键是注意位似中心及相似比、对称轴．题型03几何图形的平移变化平移变换问题:分几何图形平移变换和函数图像平移变换.平移是将一个图形沿某一方向移动一段距离，不会改变图形的大小和形状，只改变图形的位置.在图形的变化过程中，解决此类问题的方法很多，而关键在于解决问题的着眼点，从恰当的着眼点出发，再根据具体图形变换的特点确定其变化.1．（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'

A．(-2,3-1) B．-2,1 C．【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=∠【详解】解：如图，过B作BH⊥x轴于

∵菱形OABC的顶点A的坐标为-2,0，∠∴OA=AB=2∴∠BAH∴AH=OB⋅∴B-∵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'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．2．（2023·河南·中考真题）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．

(1)观察发现：如图1，在平面直角坐标系中，过点M4,0的直线l∥y轴，作△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，再分别作△A1B1C1关于x轴和直线l对称的图形△A(2)探究迁移：如图2，▱ABCD中，∠BAD=α0°<α<90°，P为直线AB下方一点，作点P关于直线AB的对称点P1，再分别作点P1关于直线AD和直线CD的对称点P①若∠PAP2=β②若AD=m，求P，(3)拓展应用：在（2）的条件下，若α=60°，AD=23，∠PAB=15°，连接P2P【答案】(1)180°，8．(2)①β=2α，理由见解析；(3)26或【分析】（1）观察图形可得△A2B2C（2）①连接AP1，由对称性可得，∠PAB②连接PP1,P1P3分别交AB,CD于E,F两点，过点D作DG⊥AB，交AB于点G，由对称性可知：PE（3）分P2P3∥AD，P2P3∥CD，两种情况讨论，设AP=x，则AP1=【详解】（1）（1）∵△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1∴△A2B2C则△A2B2C2∵A-∴AA∵M4,0,A1,∴A1即AA△A3B3C故答案为：180°，8．

（2）①β=2连接AP1

由对称性可得，∠PAB∠=2∠=2=2∠∴β=2②连接PP1,P1P3分别交AB,CD于E

由对称性可知：PE=P1∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∴P，∴PP∵PP∴∠P∴四边形EFDG是矩形，

∴DG=在Rt△DAG中，∠∵sin∠∴DG=∴P（3）解：设AP=x，则依题意，P1当P2P3∥AD时，如图所示，过点P

∴∠∵∠PAB=15°，∴∠PAP∴∠P2A在△APP1∴∠P2P∴P在Rt△APQ中，∠PAQ=30°，则在Rt△PQP1PP∴P由（2）②可得PP∵AD∴P∴6+3解得：x=3如图所示，若P2P3

∵∠P2P则P1∵PP1=∵PP∴62解得：x=2综上所述，AP的长为32-6【点睛】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．3．（2023·吉林·中考真题）【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形EFMN．转动其中一张纸条，发现四边形EFMN总是平行四边形其中判定的依据是__________．【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条ABCD和EFGH（AB<BC，FG≤BC），其中AB=EF，∠B=∠FEH，将它们按图②放置，EF落在边BC上，FG【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条ABCD不动，将平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，且EF始终在边BC上．当MD=MG时，延长CD，HG交于点P，得到图③．若四边形ECPH的周长为40，sin∠EFG=

【答案】（操作发现），两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（探究提升），见解析；（结论应用），8【分析】（操作发现），根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形解答即可；（探究提升），证明四边形ABEN是平行四边形，利用邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论成立；（结论应用），证明四边形ECPH是菱形，求得其边长为10，作GQ⊥BC于【详解】解：（操作发现），∵两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，∴MN∥EF，∴四边形EFMN是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（探究提升），∵MN∥EF，∴四边形EFMN是平行四边形，∵∠B∴NE∥又AN∥∴四边形ABEN是平行四边形，∴EF=∴平行四边形EFMN是菱形；（结论应用），∵平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，∴MD∥GP，∴四边形MNHG、CDMF、PGMD是平行四边形，∵MD=∴四边形PGMD是菱形，∵四边形EFMN是菱形，∴四边形ECPH是菱形，∵四边形ECPH的周长为40，∴FH=作GQ⊥BC于

∵sin∠∴GQGF∴GQ=8∴四边形ECPH的面积为10×8=80．故答案为：80．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．4．（2023·天津·中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形ABCD的顶点A(3,0),B(0,1),(1)填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________；(2)将矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形E'F'G'H'，点E，F，G，H的对应点分别为E'，F'，G'，

①如图②，当边E'F'与AB相交于点M、边G'H'与BC相交于点N，且矩形E'F'②当233≤【答案】(1)3,2，-(2)①32<t【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解；（2）①由题意易得EF=E'F'=3,EH=E'H'=1，然后可得∠ABO=60°，则有EM=32，进而根据割补法可进行求解面积S；【详解】（1）解：∵四边形EFGH是矩形，且E0,∴EF=∴G-连接AC,BD，交于一点

∵四边形ABCD是菱形，且A(∴AB=AD=∴AC=2∴C3故答案为3,2，-（2）解：①∵点E0,12，点F∴矩形EFGH中，EF∥x轴，EH⊥∴矩形E'F'G'H'由点A3,0，点B0,1在Rt△ABO中，tan∠在Rt△BME中，由EM=∴S△BME=∵EE'=又S=∴S=当EE'=EM=32∴t的取值范围是32②由①及题意可知当233≤t≤332时，矩形E'F'G'∴当t=332时，矩形

此时面积S最大，最大值为S=1×当t=1134时，矩形

由（1）可知B、D之间的水平距离为23，则有点D到G'F由①可知：∠D∴矩形E'F'∴该等边三角形的边长为2×3∴此时面积S最小，最小值为12综上所述：当233≤【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键．题型04与函数图象有关的平移变化1．（2023·湖南益阳·中考真题）我们在学习一次函数、二次函数图象的平移时知道：将一次函数y=2x的图象向上平移1个单位得到y=2x+1的图象；将二次函数y=x2+1的图象向左平移2

【答案】y【分析】函数图象的平移规则为：上加下减，左加右减，根据平移规则可得答案．【详解】解：将反比例函数y=6xy=故答案为：y=【点睛】本题考查的是函数图象的平移，解题的关键是理解并熟记函数图象的平移规则为：上加下减，左加右减．2．（2023·山东青岛·中考真题）许多数学问题源于生活．雨伞是生活中的常用物品，我们用数学的眼光观察撑开后的雨伞（如图①）、可以发现数学研究的对象——抛物线．在如图②所示的直角坐标系中，伞柄在y轴上，坐标原点O为伞骨OA，OB的交点．点C为抛物线的顶点，点A，B在抛物线上，OA，OB关于y轴对称．OC=1分米，点A到x轴的距离是0.6分米，A，B两点之间的距离是4

(1)求抛物线的表达式；(2)分别延长AO，BO交抛物线于点F，E，求E，F两点之间的距离；(3)以抛物线与坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积为S1，将抛物线向右平移mm>0个单位，得到一条新抛物线，以新抛物线与坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积为S2．若【答案】(1)y=-0.1(2)10(3)2或4；【分析】（1）根据题意得到C(0,1)，A(2,0.6)，B(-2,0.6)（2）分别求出AO，BO所在直线的解析式，求出与抛物线的交点F，E即可得到答案；（3）求出抛物线与坐标轴的交点得到S1，表示出新抛物线找到交点得到S【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=C(0,1)，A(2,0.6)，∴h=0，k把点A坐标代入所设解析式中得：4a解得：a=-0.1∴y=-0.1（2）解：设AO的解析式为：y=k1x，分别将A(2,0.6)，B(-2,0.6)代入2k1=0.6解得：k1=0.3，∴AO的解析式为：y=0.3x，BO的解析式为：联立直线解析式与抛物线得：0.3x解得x1同理，解-0.3x=-0.1∴F(-5,-1.5)，E∴E，F两点之间的距离为：5-(-5)=10；（3）解：当y=0时，-解得：x=±∴S1∵抛物线向右平移mm∴y=-0.1当x=0时，y当y=0时，-0.1(∴S2∵S2∴35解得：m1=2，m2=-2（不符合题意舍去），综上所述：m等于2或4；【点睛】本题考查二次函数综合应用，解题的关键是熟练掌握函数与坐标轴的交点求法及平移的规律：左加右减，上加下减．3．（2023·江苏·中考真题）如图，二次函数y=12x2+bx

(1)b=_______(2)D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD=52；将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物线经过点D，过点(k,0)作x(3)将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求点P【答案】(1)-1(2)k≤-3(3)3,-52或【分析】（1）把A(-2,0)代入y（2）过点D作DM⊥OA于点M，设Dm,12m平移后得抛物线为y=（3）先设出平移后顶点为Pp,12p2-p-4【详解】（1）解：把A(-2,0)代入y0=1解得b=-1故答案为-1（2）解：过点D作DM⊥OA于点M，

∵b=-1∴二次函数的解析式为y设Dm∵D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠∴tan∠解得m=-1或m=8当m=-1时，1∴D-∵y=∴设将原抛物线向左平移后的抛物线为y=把D-1,-52代入解得a=3或a=-1∴平移后得抛物线为y∵过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在在y=12x+32-92的对称轴x=-∴k≤-3（3）解：由y=12x-∵顶点为Pp,q∴q=∴平移后的抛物线为y=12∵原抛物线y=∴原抛物线的顶点C1,-92，对称轴为∵平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，∴Q1,∵点Q、C在直线x=1上，平移后的抛物线顶点P在原抛物线顶点C的上方，两抛物线的交点Q在顶点P的上方，∴∠PCQ与∠CQP都是锐角，∵△PCQ∴∠CPQ=90°，∴QC∴p2-2∴p=1（舍去），或p=3或p=-1当p=3时，12当p=-1时，1∴点P坐标为3,-52或【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，勾股定理，解直角三角形以及待定系数法求二次函数的解析式，熟练掌握二次函数的图像及性质是解题的关键．4．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，抛物线y1=ax2+bx+c的图象经过A

(1)求抛物线和一次函数的解析式．(2)点E，F为平面内两点，若以E、F、B、C为顶点的四边形是正方形，且点E在点F的左侧．这样的E，F两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点E的坐标：如果不存在，请说明理由．(3)将抛物线y1=ax2+bx+c的图象向右平移8个单位长度得到抛物线y2，此抛物线的图象与x轴交于M，N两点（M点在N点左侧）．点P是抛物线y2上的一个动点且在直线NC下方．已知点P的横坐标为m【答案】(1)y1=(2)满足条件的E、F两点存在，E1(-8,2)，E(3)当m=133时，【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）①当BC为正方形的边长时，分别过B点C点作E1E2⊥BC，F1F2⊥BC，使E1B=E2B=BC，CF1=CF2=BC，连接E1F1、E2F2，证明△BE1H1≌△CBO(AAS)，得出E1H1=BO（3）得出△CON是等腰直角三角形，△HPD是等腰直角三角形，则HD=DP=22HP，点P在抛物线y2上，且横坐标为m【详解】（1）解：把A(-6,0)，B(-2,0)，C得36a解得a=∴y1把B(-2,0)代入y=∴y（2）满足条件的E、F两点存在，E1(-8,2)，E2解：①当BC为正方形的边长时，分别过B点C点作E1E2⊥BC，F1F2⊥

过点E1作E1H∵BE又∠B∴△B∴E1H∴E同理可得，E②以BC为正方形的对角线时，过BC的中点G作E3F3⊥BC，使E过点E3作E3N⊥y轴于点N，过点

∵CE又∠∴△∴CN=E∵BC∴E∴E在Rt△E∴(2解得CN=2或当CN=4时，E3(2,2)，此时点E当CN=2时，E综上所述：E1(-8,2)，E（3）∵y1=12当y2=0解得：x∴M(2,0)，∵y2过M，N，C∴y2在直线NC下方的抛物线y2上任取一点P，作PH⊥x轴交NC于点H，过点H作

∵N(6,0)，∴ON∴△CON∵∠CHG=45°∴∠又PD∴△HPD∴HD∵点P在抛物线y2上，且横坐标为∴CG∴CH=∵y∴H∴HP∴HD=∴CD=-∴当m=133时，CD【点睛】本题考查了二次函数综合运用，正方形的性质，二次函数的性质，分类讨论，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．题型05几何图形的折叠问题轴对称变换问题:分折叠变换和与函数图象有关的轴对称变化.轴对称变换通常有两种情况:一是题目的背景图形是轴对称图形，二是题目的背景不是轴对称图形时，要善于发现和运用其中的轴对称的性质，如把轴对称和等腰三角形结合起来，找出轴对称特征并探索出规律，达到解决问题的目的.折叠的性质：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．【解题思路】凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．解决折叠问题时，首先清楚折叠和轴对称能够提供我们隐含的且可利用的条件，分析角之间、线段之间的关系，借助勾股定理建立关系式求出答案，所求问题具有不确定性时，常常采用分类讨论的数学思想方法．1．（2023·江苏盐城·中考真题）综合与实践【问题情境】如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B'，折痕与边AD，BC分别交于点E，F【活动猜想】（1）如图2，当点B'与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？答：【问题解决】（2）如图3，当AB=4，AD=8，BF=3时，求证：点A'，B【深入探究】（3）如图4，当AB与BC满足什么关系时，始终有A'B'与对角线（4）在（3）的情形下，设AC与BD，EF分别交于点O，P，试探究三条线段AP，B'D，EF【答案】（1）菱形；（2）证明见解答；（3）BC=3AB，证明见解析；（4【分析】（1）由折叠可得：EF⊥BD，OB=OD，再证得（2）设EF与BD交于点M，过点B'作B'K⊥BC于K，利用勾股定理可得BD=45，再证明△BFM∽△BDC，可求得BM=655，进而可得BB（3）设∠OAB=∠OBA=α，则∠（4）过点E作EG⊥BC于G，设EF交BD于H，设AE=m，EF=【详解】解：（1）当点B'与点D重合时，四边形BEDF理由：设EF与BD交于点O，如图，由折叠得：EF⊥BD，∴∠BOF∵四边形ABCD是矩形，∴AD∴∠OBF∴△BFO∴OE∴四边形BEDF是菱形．故答案为：菱形．（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，AB=4，AD=8，∴BC=AD=8，∴CF∴BD如图，设EF与BD交于点M，过点B'作B'K由折叠得：∠A'B'F∴∠BMF∵∠FBM∴△BFM∴BMBC=BF∴BM∴B∵∠BKB'∴△B∴B'KCD∴B'K∴CK∴B∵B'F∴B∴∠C∴∠A∴点A'，B'，（3）当BC=3AB时，始终有A理由：如图，设AC、BD交于点O，∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OB∴∠OAB设∠OAB则∠OBC由折叠得：∠A'B∴∠BB'∴∠A∵A∴∠AB∵∠OAB∴α+α∴α∴∠BAC∴BCAB∴BC（4）3EF如图，过点E作EG⊥BC于G，设EF交BD于由折叠得：EF⊥BD，B'设AE=m，由（3）得：∠BAC∴∠B∴∠BFE∴EG=EF∵∠EAB∴四边形ABGE是矩形，∴AB=EG=3∴BF∴BH∴B∵BD∴B∵AD∴∠DEF∴∠APE∴AP∴AP∴AP即3EF【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，涉及知识点多，综合性强，难度较大．2．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图1，在▱ABCD纸片中，AB=10，AD=6，∠DAB=60°，点E为BC边上的一点（点E不与点C重合），连接AE，将▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠，点C，D的对应点分别为C'、D

(1)求证：AF=(2)如图2，当EF⊥AF时，DF的长为(3)如图3，当CE=2时，过点F作FM⊥AE，垂足为点M，延长FM交C'D'于点N，连接【答案】(1)证明见解析；(2)53(3)13【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质，得到∠FAE+∠AEC=180°，再根据折叠的性质，得到∠AE（2）作AG⊥CB，交CB的延长线于G，先证明四边形AGEF是正方形，再利用特殊角的三角函数值，求出AG=53，进而得到（3）作AQ⊥CB，交CB的延长线于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延长线于G，作HR⊥MT于R，解直角三角形ABQ，依次求出BQ、AQ、EQ、AE的值，进而求得AM的值，根据cos∠DAE=cos∠AEQ和sin∠DAE=sin∠AEQ，求得AT=92、MT=532，进而得出DT的值，解直角三角形DGT，求出GT的值，进而得出MG【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∴∠FAE由折叠性质可知，∠AE∴∠FAE∵∠AEF∴∠FAE∴AF（2）解：如图1，作AG⊥CB，交CB的延长线于

∵AD∥BC∴∠ABG=∠DAB∵AG∴∠AGB∴∠AGB∴四边形AGEF是矩形，由（1）可知：AF=∴矩形AGFE是正方形，∵sin∠ABG∴AG=∴AF∵AD∴DF故答案为：53（3）解：如图2，作AQ⊥CB，交CB的延长线于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延长线于G，作

∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD=10，AD=∴∠ABQ在Rt△AQB中，BQ=∵∴EQ在Rt△AQE中，由（1）可知：AF=∵FM∴AM又∵▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠，点C，D的对应点分别为C'，∴HM∵AD∴∠DAE∴cos∠DAE∴ATAM∴AT39∴AT=9∴DT∵AB∴∠GDT在Rt△DGT中，∴GT∴MG∵∠FMT+∠AMT∴∠FMT∴∠FMT∵tan∴HR∴设HR=53k∵MG⊥AF∴HR∴∠GHR∴tan∴GR∴GR∵GR∴15k∴k∴HR∵sin∴HR∴5∴HM∴MN∴S【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形、轴对称的性质等知识，正确作辅助线，熟练解直角三角形是解题关键．3．（2023·辽宁大连·中考真题）综合与实践问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．已知AB=AC,∠A>90°，点E为AC独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC=2∠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（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC（2）如图2，若点E为AC中点，AC=4,CD=3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问题2：如图3，在等腰△ABC中，∠A<90°,AB=【答案】（1）见解析；（2）3+572；问题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=∠（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【详解】（1）∵等腰△ABC中，AB=AC∴∠ABC=∠C，∠∵∠EDC∴∠EDC（2）如图所示，连接AD，交BE于点F，

∵折叠，∴EA=ED，AF=FD，∵E是AC的中点，∴EA=∴EF=在Rt△AEF中，在Rt△ABF中，∴BE=问题2：如图所示，连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥

∵AB=∴AM=MD，∵2∠BDC∴∠BDC∴BM∥∴CD⊥又CG⊥∴四边形CGMD是矩形，则CD=在Rt△ACD中，CD=1，AD∴AM=MD在Rt△BDM中，∴BG=BM在Rt△BCG中，【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．4．（2022·河南·中考真题）综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．(1)操作判断操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．(2)迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．(3)拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．【答案】(1)∠BME或∠ABP或∠(2)①15，15；②∠MBQ(3)AP=4011【分析】（1）根据折叠的性质，得BE=12BM，结合矩形的性质得（2）根据折叠的性质，可证RtΔ（3）由（2）可得QM=QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设AP=PM=x，【详解】（1）解：∵∴∵∠BEM=90°，sin∠BME∴∠∴∠∵∠∴∠（2）∵四边形ABCD是正方形∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°∴BM=BC①∵∴Rt∴∠∵∠∴∠②∵∴∴∠（3）当点Q在点F的下方时，如图，∵∴QC=CD-DF-FQ由（2）可知，QM设AP∴P即8-解得：x∴AP=当点Q在点F的上方时，如图，∵∴QC=5cm，DQ由（2）可知，QM设AP∴P即8-解得：x∴AP=【点睛】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．题型06与函数图象有关的轴对称变化1．（2022·四川巴中·中考真题）函数y=ax2+bx+ca①2a+b=0；②c=3；

③abc>0；④将图象向上平移A．①② B．①③ C．②③④ D．①③④【答案】D【分析】根据函数图象与x轴交点的横坐标求出对称轴为-b2a=1，进而可得2a+b=0，故①正确；由函数图象与y轴的交点坐标为（0，3），y=ax2+bx+ca>0,b2-【详解】解：由函数图象可得：y=ax2+bx+∴对称轴为x=-1+3∴整理得：2a+b∵y=ax2+bx+y=ax∴c＝-3，故②错误；∵y=ax2+bx+∴b＜0，又∵c＝-3＜0，∴abc>0，故③设抛物线y=ax代入（0，3）得：3=-3a解得：a＝－1，∴y=-∴顶点坐标为（1，4），∵点（1，4）向上平移1个单位后的坐标为（1，5），∴将图象向上平移1个单位后与直线y=5有3个交点，故④故选：D．【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，掌握二次函数的对称轴公式，顶点坐标的求法是解题的关键．2．（2023·四川德阳·中考真题）已知：在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A(-4,0)，B(2,0)，与y轴交于点

(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，如果把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°，抛物线的其余部分保持不变，得到一个新图象．当平面内的直线y=kx+6(3)如图2，如果把直线AB沿y轴向上平移至经过点D，与抛物线的交点分别是E，F，直线BC交EF于点H，过点F作FG⊥CH于点G，若DFHG【答案】(1)y(2)1或3(3)4,8【详解】（1）设抛物线的解析式为y=∵C∴cy=把A(-4,0)，B(2,0)代入y=解得：a=∴抛物线的解析式为y（2）∵直线表达式y=∴直线经过定点0,6，∴将过点0,6的直线旋转观察和新图象的公共点情况∵把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°，抛物线的解析式为y=∴新图象表达式为：-4<x<2时，y=-12x如下图当直线y=

联立y=-12整理得：xΔ=041+41+1+kk=±2-1k1k2=-2-1=-3时，如下图所示，经过点

不符合题意，故舍去，如下图，当直线y=kx+6

把A(-4,0)代入y=kx解得：k=综上所述，当平面内的直线y=kx+6与新图象有三个公共点时，k的值为（3）∵F∴设F坐标为a,∵OB=2，OC=4∴tantan∠HG:FG∴HG∴DF=aDC=DH=FH=HG=∵DF∴a21a2aaa1a2=4，代入∴点F的坐标为4,8【点睛】本题考查了二次函数综合、翻折、交点个数问题，结合一元二次方程、三角函数解直角三角形知识点，熟练掌握、综合运用知识点，数形结合是解题的关键．3．（2023·山东日照·中考真题）在平面直角坐标系xOy内，抛物线y=-ax2+5ax+2a>0交y

(1)求点C，D的坐标；(2)当a=13时，如图1，该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点P为直线AD上方抛物线上一点，将直线PD沿直线AD翻折，交x轴于点M(3)坐标平面内有两点E1a,a+1①若a=1，求正方形EFGH②当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52时，求a【答案】(1)C0，(2)P(3)①1，6，4，6，【分析】（1）先求出C0，2，再求出抛物线对称轴，根据题意可知C、D（2）先求出A-1，0，如图，设DP上与点M关于直线AD对称的点为Nm，n，由轴对称的性质可得AN=AM，DN=DM，利用勾股定理建立方程组m+12+n2=（3）分图3-1，图3-2，图3-3三种情况，利用到x轴的距离之差即为纵坐标之差结合正方形的性质列出方程求解即可．【详解】（1）解：在y=-ax2+5∴C0∵抛物线解析式为y=-∴抛物线对称轴为直线x=-∵过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D，∴C、D关于抛物线对称轴对称，∴D5（2）解：当a=13当y=0，即-13x2∴A-如图，设DP上与点M关于直线AD对称的点为Nm由轴对称的性质可得AN=∴m+1解得：3m+∴m2∴m2解得m=3或m∴n=12-3∴N3设直线DP的解析式为y=∴3k∴k=-∴直线DP的解析式为y=-联立y=-12x∴P3

（3）解：①当a=1时，抛物线解析式为y=-x∴EH=∴H1，6当x=1时，y∴抛物线y=-x2∵抛物线对称轴为直线x=由对称性可知抛物线经过4，∴点4，又∵点F与点D重合，∴抛物线也经过点F5综上所述，正方形EFGH的边与抛物线的所有交点坐标为1，6，4，

②如图3-1所示，当抛物线与GH、GF分别交于T、∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52∴点T的纵坐标为2+2.5=4.5，∴5-1∴a2解得a=-2（舍去）或a

如图3-2所示，当抛物线与GH、EF分别交于T、∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52∴5-1解得a=0.4（舍去，因为此时点F在点D

如图3-3所示，当抛物线与EH、EF分别交于T、∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52∴-a∴7-1∴a2解得a=7+33当x=52当a=7+33∴a=

综上所述，a=0.5【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，轴对称的性质，正方形的性质等等，利用分类讨论和数形结合的思想求解是解题的关键．4．（2022·辽宁沈阳·中考真题）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线y=ax2+bx-3经过点B6,0和点D4,-3与(1)①求抛物线的函数表达式②并直接写出直线AD的函数表达式．(2)点E是直线AD下方抛物线上一点，连接BE交AD于点F，连接BD，DE，△BDF的面积记为S1，△DEF的面积记为S2，当(3)点G为抛物线的顶点，将抛物线图象中x轴下方部分沿x轴向上翻折，与抛物线剩下部分组成新的曲线为C1，点C的对应点C'，点G的对应点G'，将曲线C1，沿y轴向下平移n个单位长度（0<n<6）．曲线C1与直线BC的公共点中，选两个公共点作点P【答案】(1)①y=14(2)（2，-4）或（0，-3）(3)（1+17，-5+17【分析】（1）①利用待定系数解答，即可求解；②利用待定系数解答，即可求解；（2）过点E作EG⊥x轴交AD于点G，过点B作BH⊥x轴交AD于点H，设点Em,14m2-m-3，则点G（3）先求出向上翻折部分的图象解析式为y=-14x-22+4，可得向上翻折部分平移后的函数解析式为y=-14x-22+4-n，平移后抛物线剩下部分的解析式为y=14x-22-4-【详解】（1）解：①把点B6,0和点D36a+6b∴抛物线解析式为y=②令y=0，则14解得：x1∴点A（-2，0），设直线AD的解析式为y=∴把点D4,-3和点A（-2，04k+b∴直线AD的解析式为y=-（2）解：如图，过点E作EG⊥x轴交AD于点G，过点B作BH⊥x轴交AD于点H，当x=6时，y=-∴点H（6，-4），即BH=4，设点Em,14∴EG=∵△BDF的面积记为S1，△DEF的面积记为S∴BF=2EF，∵EG⊥x，BH⊥x轴，∴△EFG∽△BFH，∴EGBH∴-14m2+∴点E的坐标为（2，-4）或（0，-3）；（3）解：y=∴点G的坐标为（2，-4），当x=0时，y=-3，即点C（0，-3），∴点C'∴向上翻折部分的图象解析式为y=-∴向上翻折部分平移后的函数解析式为y=-14设直线BC的解析式为y=把点B（6，0），C（0，-3）代入得：6k2+∴直线BC的解析式为y=同理直线C'G'∴BC∥C′G′，设点P的坐标为s,∵点C'∴点C′向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点G′，∵四边形C'∴点Qs当点P，Q均在向上翻折部分平移后的图象上时，-14s当点P在向上翻折部分平移后的图象上，点Q在平移后抛物线剩下部分的图象上时，-14s-2当点P在平移后抛物线剩下部分的图象上，点Q在向上翻折部分平移后的图象上时，14s-22-综上所述，点P的坐标为综上所述，点P的坐标为（1+17，-5+172）或（1﹣13【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，并利用数形结合思想解答是解题的关键．题型07几何图形的旋转变化旋转变换问题:分为几何图形旋转变换和与函数图象有关的旋转变化.在实际解题中，若我们能恰当地运用图形的旋转变换，往往能起到集中条件、开阔思路、化难为易的效果，图形的旋转变换，既要借助于推理，但更要借助于直觉和观察，变换的意识与变换的视角，会使这种直觉更敏锐，使这种观察更具眼力.1．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有45°角的三角尺放在正方形ABCD中，使45°角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，45°角的两边CM，CN始终与正方形的边AD，AB所在直线分别相交于点M，N，连接MN，可得△CMN

【探究一】如图②，把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上．求证：【探究二】在图②中，连接BD，分别交CM，CN于点E，F．求证：△CEF【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线BD与三角尺45°角两边CM，CN分别交于点E，F．连接AC交BD于点O，求EFNM【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三]EF【分析】[探究一]证明△CNM[探究二]根据正方形的性质证明∠CEF=∠FNB，根据三角形内角和得出∠[探究三]先证明△ECD∽△NCA，得出∠CED=∠CNA，ECNC=CDAC=12，将△DMC绕点C顺时针旋转90°得到△BGC，则点G在直线AB【详解】[探究一]∵把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线∴CM=∴∠NCH∴∠MCN在△CNM与△CM∴△∴∠[探究二]证明：如图所示，

∵四边形ABCD是正方形，∴∠DBA又∠MCN∴∠FBN∵∠EFC∴∠CEF又∵∠CNM∴∠CEF又∵公共角∠ECF∴△CEF[探究三]证明：∵AC,∴∠CDE=∠CDA∴∠CDE∵∠MCN∴∠MCN即∠ECD∴△ECD∴∠CED=∠CNA如图所示，将△DMC绕点C顺时针旋转90°得到△BGC，则点G在直线

∴MC=GC，∴∠NCG又CN=∴△NCG∴∠MNC∵∠CNA∴∠CNM又∠ECF∴△ECF∴EFNM=EC即EFNM【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．2．（2023·湖南·中考真题）如图，在等边三角形ABC中，D为AB上的一点，过点D作BC的平行线DE交AC于点E，点P是线段DE上的动点（点P不与D、E重合）．将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，得到△ACQ，连接EQ、

(1)证明：在点P的运动过程中，总有∠PEQ(2)当APDP为何值时，△【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用四点共圆知识解答即可．（2）只有∠AFQ=90°，【详解】（1）∵等边三角形ABC，∴AB=BC=∵DE∥∴∠AEP∵△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，得到△∴∠PAQ∴△APQ∴∠AQP∴∠AQP∴A、∴∠APQ∴∠PEQ（2）如图，根据题意，只有当∠AFQ∵△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，得到△∴∠PAQ∴△APQ∴∠PAQ∵∠AFQ

∴∠PAF∵等边三角形ABC，∴∠ABC∵DE∥∴∠ADP∴∠DAP∴tan∠【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，四点共圆，特殊角的三角函数值，熟练掌握等边三角形的性质，平行线的性质，四点共圆，特殊角的三角函数值是解题的关键．3．（2022·山东济南·中考真题）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；(2)延长ED交直线BC于点F．①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为_______；②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．【答案】(1)BD=(2)①BE=AE+CE【分析】（1）利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到△ABD（2）①根据线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE得到△ADE由等边三角形的性质和（1）的结论来求解；②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，根据等边三角形的性质和锐角三角函数求值得到∠BAF=∠DAG，AGAD=AFAB，进而得到△BAD∽△【详解】（1）解：BD=证明：∵△ABC∴AB=AC，∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，∴AD=AE，∴∠BAC∴∠BAC即∠BAD在△ABD和△AB=∴△ABD∴BD=（2）解：①BE理由：∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，∴△ADE∴AD=由（1）得BD=∴BE=②过点A作AG⊥EF于点G，连接∵△ADE是等边三角形，AG∴∠DAG∴AGAD∵△ABC是等边三角形，点F为线段BC∴BF=CF，AF⊥∴AFAB∴∠BAF=∠DAG∴∠BAF即∠BAD∴△BAD∴∠ADB∵BD=CE，∴BD=即△ABD∴∠BAD【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键．题型08与函数图象有关的旋转变化1．（2021·青海西宁·中考真题）如图，正比例函数y=12x与反比例函数y=kx(x>0)的图象交于点A，AB⊥x轴于点（1）求OB的长和反比例函数的解析式；（2）将△AOB绕点О旋转90°，请直接写出旋转后点A的对应点A'【答案】（1）OB=2，y=2x(x【分析】（1）由三角函数值，即可求出OB=2，然后求出点A的坐标，即可求出反比例函数的解析式；（2）根据题意，可分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，两种情况进行分析，即可得到答案．【详解】解：（1）∵AB⊥x∴∠在Rt△OBC中，OC∴OBOC=2∴点A的横坐标为2又∵点A在正比例函数y=∴y=∴A把A(2,1)代入y=∴k=2∴反比例函数的解析式是y=2（2）根据题意，∵点A为（2，1），∵将△AOB绕点О旋转90°则分为：顺时针旋转90度和逆时针旋转90度，如图：∴A'(-1，2)【点睛】本题考查了反比例函数和一次函数的综合，以及三角函数，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的画出图像进行分析．2．（2022·四川资阳·中考真题）已知二次函数图象的顶点坐标为A(1,4)，且与x轴交于点B(1)求二次函数的表达式；(2)如图，将二次函数图象绕x轴的正半轴上一点P(m,0)旋转180°，此时点A、B的对应点分别为点C①连结AB、BC、CD、②在①的条件下，若点M是直线x=m上一点，原二次函数图象上是否存在一点Q，使得以点B、C、M、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点【答案】(1)y=-(x(2)①m=4，②存在符合条件的点Q，其坐标为(-4,-21)或(2,3)或【分析】（1）根据二次函数的图象的顶点坐标，设二次函数的表达式为y=a(（2）①过点A(1,4)作AE⊥x轴于点E，根据∠BAD=∠BEA=90°，又因为∠ABE=∠DBA，证明出△BAE②根据上问可以得到C7,-4，点M的横坐标为4，B-1,0，要让以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，所以分为三种情况讨论：1）当以BC为边时，存在平行四边形为BCMQ；2）当以BC为边时，存在平行四边形为BCQM；3）当以BC【详解】（1）∵二次函数的图象的顶点坐标为A(1,4)∴设二次函数的表达式为y=又∵B(-1,0)，∴0=解得：a=-1∴y=-(x（2）①∵点P在x轴正半轴上，∴m>0∴BP=由旋转可得：BD=2∴BD=2(过点A(1,4)作AE⊥x∴BE=2，AE在Rt△ABE中，当四边形ABCD为矩形时，AD⊥∴∠BAD又∠ABE∴△BAE∴AB∴4(m解得m=4②由题可得点A1,4与点C关于点P∴C7,-4∵点M在直线x=4∴点M的横坐标为4，存在以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，1）、当以BC为边时，平行四边形为BCMQ，点C向左平移8个单位，与点B的横坐标相同，∴将点M向左平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，∴Q-4,y解得：y1∴Q(-4,-21)2）、当以BC为边时，平行四边形为BCQM，点B向右平移8个单位，与点C的横坐标相同，∴将M向右平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，∴Q12,y2解得：y2∴Q(12,-117)3）、当以BC为对角线时，点M向左平移5个单位，与点B的横坐标相同，∴点C向左平移5个单位后，与点Q的横坐标相同，∴Q2,y3得：y3∴Q(2,3)综上所述，存在符合条件的点Q，其坐标为(-4,-21)或(2,3)或(12,-117)．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，中心对称，平行四边形的存在性问题，矩形的性质，熟练掌握以上性质并作出辅助线是本题的关键．3．（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=13x2+bx+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①连接FC，当△GOD与△FDC相似时，求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'、【答案】(1)y(2)①43或65；②23+3【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=23，【详解】（1）∵二次函数y=13x2+bx∴解得：b∴此抛物线的解析式为y（2）①令y=0，则解得：x=3或∴C∴OC∵OE=∴OG∵四边形ODFE为矩形，∴EF∴E∴CDⅠ．当△GOD∴OG∴2∴aⅡ．当△GOD∴OG∴2∴a综上，当△GOD与△FDC相似时，a的值为43②∵点D与点C∴OD∴OE∴EG∴∵∴四边形GEDF为平行四边形，∴∴∠∴∠∵∠∴∠∴∠在△GOD和△GO∴△∴∴Ⅰ、当G'F所在直线与DE∵∠GFH=90°,∴∠∴G，F，H∴过点H'作H'K⊥y轴于点K∴∠∴∴此时点H'的横坐标为Ⅱ．当G'H'∵GF∴G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⊥∵S∴4×23∴FM∴FP∴PE∵H∴H∴此时点H'的横坐标为PEⅢ．当FH'所在直线与DE∵∠H'FG∴∠GFH∴H，F，H'三点在一条直线上，则过点H'作H'L⊥DFH'∴此时点H'的横坐标为EF综上，当△G'FH'的边与线段DE垂直时，点H'的横坐标为2【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4．（2023·江苏徐州·中考真题）如图，在平而直角坐标系中，二次函数y=-3x2+23x的图象与x轴分别交于点O,A，顶点为B．连接OB,AB，将线段AB绕点A按顺时针方向旋转60°得到线段AC，连接BC

(1)求点A,(2)随着点E在线段BC上运动．①∠EDA②线段BF的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由；(3)当线段DE的中点在该二次函数的因象的对称轴上时，△BDE的面积为【答案】(1)A2，0(2)①∠EDA的大小不变，理由见解析；②线段BF的长度存在最大值为1(3)2【分析】（1）y=0得-3x2+23x（2）①在AB上取点M，使得BM=BE，连接EM，证明△AED是等边三角形即可得出结论；②由BM=AB-AF=2-AF（3）设DE的中点为点M，连接AM，过点D作DH⊥BN于点H，证四边形OACB是菱形，得BC∥OA，进而证明△MBE≌△MHD得DH【详解】（1）解：∵y=-∴顶点为B1令y=0，-解得x=0或x∴A2（2）解：①∠EDA在AB上取点M，使得BM=BE，连接

∵y=-∴抛物线对称轴为x=1，即ON∵将线段AB绕点A按顺时针方向旋转60°得到线段AC，∴∠BAC=60°，∴△BAC∴AB=AC=∵A2，0，B1，∴OA=2，OB=12+3∴OA=OB∴△OAB是等边三角形，OA∴∠OAB∵∠MBE=60°，∴△BME∴∠BME=60°=∠∴∠AME=180°-∠∵∠DBE∴∠DBE∵BD∥∴∠FEM∴∠BED=∴△BED∴DE=又∠AED∴△AED∴∠ADE=60°，即②，∵BF=∴当AF最小时，BF的长最大，即当DE⊥AB时，∵△DAE∴∠DAF=∴∠OAD∴AD⊥OB∴AD=OA∴AF=AD∴BF=AB-AF=2-（3）解：设DE的中点为点M，连接AM，过点D作DH⊥BN于点

∵OA=∴四边形OACB是菱形，∴BC∥∵DH⊥BN，∴DH∥∴∠MBE=∠∵DE的中点为点M，∴MD=ME∴△MBE∴DH=∵∠ANM∴∠MBE=180°-90°=90°=∠∵DE的中点为点M，△DAE∴AM⊥∴∠AME∴∠BME∴∠BME∴△BME∴ANBM=MN∴BM=3∴MN=∴DH=∴S△故答案为23【点睛】本题主要考查了二次函数的图像及性质，菱形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质以及解直角三角形，题目综合性较强，熟练掌握各知识点是解题的关键题型09利用平移、轴对称、旋转的性质解决多结论问题1．（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，AM=4，则下列结论，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP

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【详解】由折叠性质可知：∠CDF∵CD∥∴∠CDF∴∠QDF∴DQ=故①正确；∵DQ=CD=∴MQ=∵MB=∴BQ=故②正确；∵CD∥∴△CDP∴CPBP∵CP+∴BP=故③正确；∵CD∥∴△CDF∴DFEF∴EFDE∵QEBE∴EFDE∴△EFQ与△∴∠EQF∴BD与FQ不平行．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．2．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①BD=CE；②∠DAC=∠CED；③若BD=2CD，则CFAF=45；④在△A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】证明△BAD≌△CAE，即可判断①，根据①可得∠ADB=∠AEC，由∠ADC+∠AEC=180°可得A,D,C,E四点共圆，进而可得∠DAC=∠DEC，即可判断②，过点A作AG⊥BC于G,交ED的延长线于点H，证明△FAH∽△FCE，根据相似三角形的性质可得CFAF=4【详解】解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴∴△∴故①正确；∵△∴∠∴∠∴A∵∴∠故②正确；如图，过点A作AG⊥BC于G,交ED的延长线于点H∵△BAD∴∠∴∠∴∵BD=2CD∴tan∠设BC=6a，则DC=2a则GD∵∴∴∴AH∥CE，∴△∴∴则CFAF故③正确如图，将△ABP绕A点逆时针旋转60度，得到△AB∴PA当B',P此时∠∠∠BPC此时∠APB∵AC=AB=A∴△A∴PC∵∠AP∴DP平分∠∴PD∵A,∴∠AEC又AD=DC=∴AE则四边形ADCE是菱形，又∠ADC∴四边形ADCE是正方形，∵∠B则B'A=∵∠PCD∴DC=∵DCAP=2则AP=∴DP∵AP∴CE故④不正确，故选B．【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．3．（2022·四川眉山·中考真题）如图，四边形ABCD为正方形，将△EDC绕点C逆时针旋转90°至△HBC，点D，B，H在同一直线上，HE与AB交于点G，延长HE与CD的延长线交于点F，HB=2①∠EDC=135°；②EC2=CD⋅CF；A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明△GBH∽△EDC，得到DCHB=ECHG，即EC=CD⋅HGHB=3a2，利用△HEC是等腰直角三角形，求出HE=32a【详解】解：∵△EDC旋转得到△∴∠EDC∵ABCD为正方形，D，B，H在同一直线上，∴∠HBC∴∠EDC=135°∵△EDC旋转得到△∴EC=HC，∴∠HEC∴∠FEC∵∠ECD∴△EFC∴ECDC∴EC2=设正方形边长为a，∵∠GHB+∠BHC∴∠BHC∵∠GBH∴△GBH∴DCHB=EC∵△HEC∴HE=∵∠GHB=∠FHD∴△HBG∴HBHD=HGHF，即∵HG=3∴HG=EF，故过点E作EM⊥FD交FD于点∴∠EDM∵ED=∴MD=∵EF=3∴sin∠∵∠DEC+∠DCE∴∠DEC∴sin∠DEC=综上所述：正确结论有4个，故选：D【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．4．（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．下列结论：①EM=EN；②

【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=152，，利用S四边形MBND=【详解】解：∵EM=EN，∴MP=在点P移动过程中，不一定MP=相矛盾，故①不正确；

延长ME交BC于点H,则ABHM为矩形，∴BD∵ME⊥AD，∴∠∴∠MDE∴△MHN∴MHAD即68解得：HN=∴S故②正确；∵ME∥∴△DME∴MEAB∴ME=4∵∠MDE=∠EMN∴△MPE∴S△∴S△故③正确，BM+即当MB+ND最小时，BM+MN+ND的最小值，作B把图1中的CD1向上平移到图2位置，使得CD=92，连接B1D1，即这时B1即BM+MN+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．题型10与图形变化有关的最值问题1．（2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=42，点P是边AD上一点（不与点A，D重合），连接PB，PC．点M，N分别是PB，PC的中点，连接MN，AM，DN，点E在边

A．23 B．3 C．32 D【答案】C【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得AM=12BP，DN=12CP，通过证明四边形MNDE是平行四边形，可得ME=DN，则AM+ME=AM+DN=12【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAP=∠CDP∵点M，N分别是PB，∴AM=12BP，DN=∵AD∥BC，∴MN∥又∵ME∥∴四边形MNDE是平行四边形，∴ME=∴AM+如图，作点C关于直线AD的对称点M，连接PM，BM，

则BP+当点B，P，M三点共线时，BP+PM的值最小，最小值为在Rt△BCM中，MC=2∴BM=∴AM+ME的最小值故选C．【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思想．2．（2023·湖北十堰·中考真题）在某次数学探究活动中，小明将一张斜边为4的等腰直角三角形ABC∠A=90°硬纸片剪切成如图所示的四块（其中D，E，F分别为AB，AC，BC的中点，G，H分别为DE，BF的中点），小明将这四块纸片重新组合拼成四边形（相互不重叠，不留空隙），则所能拼成的四边形中周长的最小值为

【答案】88+2【分析】根据题意，可固定四边形GFCE，平移或旋转其它图形，组合成四边形，求出周长，判断最小值，最大值．【详解】

如图1，BC=4，AC=4×DI∴四边形BCID周长=4+4+22

如图2，AF∴四边形AFCI周长为2×4=8；故答案为：最小值为8，最大值8+22【点睛】本题考查图形变换及勾股定理，通过平移、旋转组成满足要求的四边形是解题的关键．3．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的动点．连接CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF．连接AF，EF，DF，则△CDF周长的最小值是

【答案】3+33/【分析】根据题意，证明△CBE≌△CAF，进而得出F点在射线AF上运动，作点C关于AF的对称点C'，连接DC'，设CC'交AF于点O，则∠AOC【详解】解：∵E为高BD上的动点．∴∠∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF．△ABC是边长为6∴CE∴△∴∠CAF∴F点在射线AF上运动，如图所示，

作点C关于AF的对称点C'，连接DC'，设CC'交在Rt△AOC中，∠CAO则当D,F,C∵CC'=AC∴△∴∠在△C'DC∴△CDF周长的最小值为CD故答案为：3+33【点睛】本题考查了轴对称求线段和的最值问题，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质与判定以及轴对称的性质是解题的关键．4．（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,

(1)将△CDE绕顶点C旋转一周，请直接写出点M，N(2)将△CDE绕顶点C逆时针旋转120°（如图2），求MN【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,（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【详解】（1）解：依题意，CM=12当M在NC的延长线上时，M,N的距离最大，最大值为当M在线段CN上时，M,N的距离最小，最小值为

（2）解：如图所示，过点N作NP⊥MC，交MC的延长线于点

∵△CDE绕顶点C逆时针旋转120°∴∠BCE∵∠BCN∴∠MCN∴∠NCP∴∠CNP∴CP=在Rt△CNP中，在Rt△MNP中，∴MN=【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．5．（2023·湖北随州·中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）当△ABC的三个内角均小于120°如图1，将△APC绕，点C顺时针旋转60°得到△A'

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知由②可知，当B，P，P'，A在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的