专题24 图形的对称、平移、旋转与位似（5大考点）（解析版）

第六部分图形的变化

专题24图形的对称、平移、旋转与位似

核心考点一轴对称图形与中心对称图形

核心考点二图形的对称（含折叠）及其相关计算

核心考点核心考点三图形的平移及其相关计算

核心考点四图形的旋转及其相关计算

核心考点五图形的位似及其相关计算

新题速递

核心考点一轴对称图形与中心对称图形

例1（2022·贵州黔西·统考中考真题）在如图所示的RtABC纸片中，ACB90，D是斜边AB的中点，

把纸片沿着CD折叠，点B到点E的位置，连接AE．若AE∥DC，B，则EAC等于（）

1

A．B．90C．D．902

2

【答案】B

【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知CD=BD=AD，根据折叠的性质可知

∠B=∠DCB=∠DCE=∠EDC=，根据平行线的性质，可得出∠AED=∠EDC，根据等边对等角即可求得

∠EAD的度数，最后EAC=∠EAD-∠CAD即可求出．

【详解】∵D是斜边AB的中点，△ABC为直角三角形，

第1页共80页.

∴CD=BD=AD，

∵△CDE由△CDB沿CD折叠得到，

∴△CDE≌△CDB，

则CD=BD=AD=ED，

∴∠B=∠DCB=∠DCE=∠DEC=，

∴∠EDC=180°-2，

∵AE∥DC，

∴∠AED=∠EDC=180°-2，

∵ED=AD，

∴∠EAD=∠AED=180°-2，

∵∠B=，△ABC为直角三角形，

∴∠CAD=90°-，

∴EAC=∠EAD-∠CAD=180°-2-（90°-）=90°-，

故选：B．

【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，折叠的性质，等腰三角形的性质以及

直角三角形两个锐角互余，熟练地掌握相关知识是解题的关键．

例2（2022·浙江丽水·统考中考真题）三个能够重合的正六边形的位置如图．已知B点的坐标是(3,3)，

则A点的坐标是___________．

【答案】3,3

【分析】如图，延长正六边形的边BM与x轴交于点E，过A作ANx轴于N，连接AO，BO，证明

ÐBOE=ÐAON,可得A,O,B三点共线，可得A,B关于O对称，从而可得答案．

【详解】解：如图，延长正六边形的边BM与x轴交于点E，过A作ANx轴于N，连接AO，BO，

第2页共80页.

三个正六边形，O为原点，

\BM=MO=OH=AH,ÐBMO=ÐOHA=120°,

\VBMO≌VOHA,

\OB=OA,

1

MOE1209030,MBOMOB18012030,

2

\�BOE60靶,BEO=90,

同理：�AON120�30�30�60靶,OAN=90�60�30,

\ÐBOE=ÐAON,

A,O,B三点共线，

A,B关于O对称，

\A(3,-3).

故答案为：3,3.

【点睛】本题考查的是坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，关于原点成中心对称的两个点的坐

标特点，正多边形的性质，熟练的应用正多边形的性质解题是解本题的关键．

例3（2022·吉林·统考中考真题）图①，图②均是44的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．其

中点A，B，C均在格点上．请在给定的网格中按要求画四边形．

(1)在图①中，找一格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是轴对称图形；

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(2)在图②中，找一格点E，使以点A，B，C，E为顶点的四边形是中心对称图形．

【答案】(1)图见解析

(2)图见解析

【分析】（1）以AC所在直线为对称轴，找出点B的对称点即为点D，再顺次连接点A,B,C,D即可得；

（2）根据点B平移至点A的方式，将点C进行平移即可得点E，再顺次连接点A,B,C,E即可得．

【详解】（1）解：如图①，四边形ABCD是轴对称图形．

（2）解：先将点B向左平移2格，再向上平移1个可得到点A，

则将点C按照同样的平移方式可得到点E，

如图②，平行四边形ABCE是中心对称图形．

【点睛】本题考查了轴对称图形与中心对称图形、平移作图，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念

是解题关键．

轴对称图形是指一条轴线的两边完全对称的图形，形状都完全对称。

中心对称：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么

就说明这两个图形的形状关于这个点成中心对称，这个点叫做它的对称中心，旋转180°后重合的两个点叫

做对称点。

中心对称图形：在平面内，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，这个点叫做它的对称中心。

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1

【变式1】（2022·四川绵阳·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，直线yx2与x轴，y轴分别交于

2

点M，点N，矩形ABCD的顶点A,D分别在x轴，y轴上，对角线BD∥x轴，已知A2,0，D0,4.现将

直线MN向上平移m个单位长度，使平移后的直线恰好平分矩形ABCD的面积，则m的值为（）

1715

A．B．8C．9D．

22

【答案】A

【分析】作BE⊥x轴于E，连接AC，交BD于点P，则P是BD的中点，根据矩形的中心对称性可知当经过

点P时，平移后的直线恰好平分矩形ABCD的面积，求出点N的坐标和平移后的直线解析式，再求出平移

后的直线解析式与y轴的交点纵坐标，从而得到m的值．

【详解】解：作BE⊥x轴于E，连接AC，交BD于点P，则P是BD的中点，

∵对角线BD∥x轴，A2,0,D0,4，

∴OA2,BEOD4，

∵BADAOD90，

∴ADODAODAOBAE90，

∴ADOBAE，

∵AODBEA90，

∴ADOBAE，

AEBEAE4

∴，即，

ODOA42

∴AE8，

∴OE8210，

∴B10,4，

∴P5,4，

第5页共80页.

1

当x0时，yx22，

2

∴N0,2，

1

设平移后的直线为yxk，

2

∵当经过点P时，平移后的直线恰好平分矩形ABCD的面积，

1

∴45k，

2

13

解得k，

2

113

∴平移后的直线为y=-x+，

22

11313

当x0时，yx，

222

1317

∴m2，

22

17

∴m的值为，

2

故选：A．

【点睛】本题考查了一次函数的图象与几何变换，坐标与图形性质，一次函数图象上点的坐标特征，相似

三角形的判定和性质，中心对称的性质等知识，明确直线经过矩形对角线的交点时平分矩形的面积是解题

的关键．

【变式2】（2023·海南省直辖县级单位·一模）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为(1,1)，

(3,0)，(2,1)，点M从坐标原点O出发，第一次跳跃到点M1，使得点M1与点O关于点A成中心对称；第

二次跳跃到点M2，使得点M2与点M1关于点B成中心对称；第三次跳跃到点M3，使得点M3与点M2关于

点C成中心对称；第四次跳跃到点M4，使得点M4与点M3关于点A成中心对称；…，依此方式跳跃，点M2022

的坐标是___．

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【答案】（0，0）

【分析】画出图形，探究规律，利用规律解决问题即可．

【详解】解：如图，由题意，M1(2,2)，M2(4,2)，M3(0,0)，

发现3次一个循环，

∵20223674，

∴M2022的坐标与M3的坐标相同，即(0,0)，

故答案为：(0,0)．

【点睛】本题考查图形规律及画中心对称图形，解题的关键是根据题意提取出图形规律．

【变式3】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图，抛物线L1：yax²bx6与x轴分别交于点

A3,0，点B2,0，与y轴交于点C，连接AC．

第7页共80页.

(1)求抛物线L1的表达式；

(2)若抛物线L2与抛物线L1关于原点O对称，点P是第四象限抛物线L2上的点，过点P作PDy轴于点D，

连接PO．若AOC与POD相似，求点P的坐标．

【答案】(1)yx²5x6

33

(2)(1,2)或(6,12)或(4,2)或(，)

24

【分析】（1）将A(3,0)，B(2,0)，代入yax²bx6，即可求解；

222

（2）先求出抛物线l2的解析式为yx5x6，设P(t,t5t6)，则PD|t|，DO|t5t6|，分两种情

1|t|1|t25t6|

况讨论：①当PODACO时，，求出(1,2)或(6,12)；②当OPDACO时，，

2|t25t6|2|t|

33

求出(4,2)或(，)．

24

【详解】（1）解：将A(3,0)，B(2,0)代入yax²bx6中，

09a3b6a1

得，解得：，

04a2b6b5

∴抛物线L1的表达式为yx²5x6；

2

251

（2）yx5x6x，

24

51

顶点坐标为(，)，

24

5151

(，)关于原点对称的点为(，)，

2424

2

512

抛物线l2的解析式为yxx5x6，

24

AO3，CO6，

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1

tanACO，

2

PDy轴，

PDO90，

设P(t,t25t6)，

PD|t|，DO|t25t6|，

∵AOC与POD相似，

1|t|

①当PODACO时，，

2|t25t6|

t1或t6，

P(1,2)或(6,12)；

1|t25t6|

②当OPDACO时，，

2|t|

3

解得t4或t，

2

33

P(4,2)或(，)；

24

33

综上所述：P点坐标为(1,2)或(6,12)或(4,2)或(，)．

24

【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质，

会求函数图象关于原点对称的函数解析式是解题的关键．

核心考点二图形的对称（含折叠）及其相关计算

例1（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）下列图形是黄金矩形的折叠过程：第一步，如图（1），在一

第9页共80页.

张矩形纸片一端折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步，如图（2），把正方形折成两个相等的矩形再

把纸片展平；第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图（3）中所示的AD处；第四步，如图（4），

CDDEDEAC

展平纸片，折出矩形BCDE就是黄金矩形．则下列线段的比中：①，②，③，④，比值为

DEADNDAD

51的是（）

2

A．①②B．①③C．②④D．②③

【答案】B

【分析】设MN＝2，则AC＝1，求出AD＝AB＝5，BE＝CD＝51，分别求出比值，作出判断．

【详解】解：设MN＝2，

∴AC＝1，

在ABC中，AB＝AC2＋BC2＝12＋22＝5，

由折叠可知，AD＝AB＝5，

∴BE＝CD＝ADAC＝51，

又∵DE＝BC＝MN＝2，

CD51

∴，

DE2

DE225

，

AD55

第10页共80页.

DE2251

，，

NDNAAD512

AC15

，

AD55

∴比值为51的是①③，

2

故选：B．

【点睛】本题考查四边形综合题，黄金矩形的定义、勾股定理、翻折变换、矩形的性质等知识，解题的关

键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

例2（2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）如图，正方形OABC的顶点A、C分别在x轴和y轴上，E、

F分别是边AB、OA上的点，且∠ECF＝45°，将△ECF沿着CF翻折，点E落在x轴上的点D处．已知反

k1k2

比例函数y1＝和y2＝分别经过点B、点E，若SCOD＝5，则k1﹣k2＝_____．

xx

△

【答案】10

【分析】作EH⊥y轴于点F，则四边形BCHE、AEHO都为矩形，利用折叠的性质得∠DCH＝∠BCE,

证明△BCE≌△OCD，则面积相等，根据反比例函数系数k的几何意义得k1﹣k2的值．

【详解】解：作EH⊥y轴于点H，

则四边形BCHE、AEHO都为矩形，

∵∠ECF=45°，△ECF翻折得到CDF,

第11页共80页.

∴∠BCE+∠OCF=45°，

∵∠DOC+∠OCF＝45°，

∴∠BCE＝∠OCD，

∵BC＝OC，∠B＝∠COD，

∴△BCE≌△OCD（ASA），

∴SBCE＝SCOD＝5，

△△

∴SCEH＝5，

△

S矩形BCHE＝10，

∴根据反比例函数系数k的几何意义得：

k1﹣k2＝S矩形BCHE＝10，

故答案为：10．

【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，折叠的性质，正方形的性质和全等三角形的判定和性

质，利用折叠和全等进行转化是关键．

例3（2022·新疆·统考中考真题）如图，在ABC巾，ABC30，ABAC，点O为BC的中点，点D

是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将ACD沿AD折叠得到AED，连接BE．

(1)当AEBC时，AEB___________；

(2)探究AEB与CAD之间的数量关系，并给出证明；

(3)设AC4，ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．

【答案】(1)60

(2)AEB30CAD

(3)y(23x)24

【分析】（1）首先由折叠的性质可得ACAEAB，再由等腰三角形的性质可求解；

第12页共80页.

（2）首先由折叠的性质可得AEAC，CADEAD，再由等腰三角形的性质可得ACAEAB，

ABEAEB，最后根据角度关系即可求解；

（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求AO的长，由勾股定理可求OD的长，最后根

据面积和差关系可求解．

【详解】（1）ABC30，ABAC，AEBC，

BAE60，

将ACD沿AD折叠得到AED，

ACAE，

∴ABAE，

∴△ABE是等边三角形，

AEB60，

故答案为：60；

（2）AEB30CAD，理由如下：

将ACD沿AD折叠得到AED，

AEAC，CADEAD，

ABC30，ABAC，

BAC120，

BAE1202CAD，

ABAEAC，

180(1202CAD)

AEB30CAD；

2

（3）如图，连接OA，

ABAC，点O是BC的中点，

OABC，

ABCACB30，AC4，

AO2，OC23，

OD2AD2AO2，

ODy4，

11

SOCAOODOA，

ADC22

第13页共80页.

11

x2232y4，

22

y(23x)24．

【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练

掌握相关性质并能够灵活运用．

【变式1】（2023·内蒙古乌兰察布·校考模拟预测）点D是等边三角形ABC的边AB上的一点，且

5

AD1，BD2，现将ABC折叠，使点C与点D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，若BF，

4

则CE的长为（）

57123

A．B．C．D．

3555

【答案】B

【分析】由等边三角形的性质结合题意可知ABC60，ABACBC3，进而可求出

AEDADE120．由折叠的性质可知EDFC60，即得出ADEBDF120，从而可得出

AEAD

AEDBDF，即证明AED∽BDF，得出，代入数据，即可求出AE的长，进而即可求出CE

BDBF

的长．

【详解】解：∵三角形ABC为等边三角形，

∴ABC60，ABACBCADBD3，

∴AEDADE18060120．

第14页共80页.

由折叠的性质可知EDFC60，

∴ADEBDF18060120，

∴AEDBDF，

∴AED∽BDF，

AE1

AEAD

∴，即25，

BDBF

4

8

解得：AE，

5

7

∴CEACAE．

5

故选B．

【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形相似的判定和性质，折叠的性质．熟练掌握三角形相似的判

定定理及其性质是解题关键．

【变式2】（2023·安徽合肥·校考一模）如图，已知正方形纸片ABCD的边AB4，点P在AD边上，将A

沿BP折叠，点A的应点为A．

（1）若AD∥BP时，PA的长为___________；

（2）若点A到边AD或BC的距离为1，则线段PA的长为_________．

44

【答案】27或15

75

【分析】（1）由折叠得APAP,APBAPB，根据平行线的性质得到PADAPB，PDAAPB，

进而推出APDP，即可得到答案；

（2）若AF1，则AE3，根据勾股定理求出BE，设PAy，Rt△AFP中，根据勾股定理得

24

7y12y2，求出y7；若AE1，根据勾股定理求出BE，设PAa，在Rt△AFP中，根据勾

7

24

股定理得15a32a2，求出a15．

5

【详解】（1）由折叠得APAP,APBAPB，

∵AD∥BP，

第15页共80页.

∴PADAPB，PDAAPB，

∴PADPDA，

∴APDP，

11

∴APDPADAB2，

22

故答案为：2；

（2）如图1，作AFAD交AD于点F，交BC于点E，

若AF1，则AE3．

由折叠知AB4．在直角ABE中，BEAB2AE242327．

设PAy，则PF7y．

2

在Rt△AFP中，7y12y2，

4

解得y7，

7

4

即线段PA的长为7﹔

7

如图2，若AE1，则AF3．

由折叠知AB4．

在RtABE中，BEAB2AE2421215．

设PAa，则PF15a．

2

在Rt△AFP中，15a32a2，

4

解得a15，

5

4

即线段PA的长为15．

5

第16页共80页.

44

综上，线段PA的长为7或15，

75

44

故答案为：7或15．

75

【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，

熟记正方形的性质及折叠的性质是解题的关键．

【变式3】（2023·山东枣庄·统考一模）如图，已知菱形ABCD，点E是BC上的点，连接DE，将CDE沿

DE翻折，点C恰好落在AB边上的F点上，连接DF，延长FE，交DC延长线于点G．

(1)求证：△DFG∽△FAD；

(2)若菱形ABCD的边长为5，AF3，求BE的长．

【答案】(1)证明见解析

15

(2)BE

8

【分析】（1）由菱形的性质判断出CD∥AB，ABCD，再由对称得出BCD=DFG，得出ADFG，

即可得出结论；

105

（2）由翻折知，DC=DF=5，利用相似三角形的判定与性质可得CG=DGDC=，CE=BE，最后

33

由线段的和差关系即可得出答案．

【详解】（1））证明：∵四边形是菱形，

ABCD，

由对称知，DFGBCD，

ADFG，

∵四边形ABCD是菱形，

AB∥CD，

AFD=FDG，

DFGFAD．

（2）解：由翻折知：DC=DF=5，

第17页共80页.

△DFG∽△FAD，

DGDFFGDG5FG

，即，

DFAFAD535

25

DGFG，

3

10

CGDGDC，

3

AB=5，AF3，

BF=2，

QCG∥BF，

△CGE∽△BFE，

10

CECG5

3

BEBF23

5

CEBE，

3

CEBE=BC=5，

8

BE5，

3

15

BE．

8

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、菱形的性质、翻折的性质，证明DFGFAD是解决问题

的关键．

核心考点三图形的平移及其相关计算

例1（2022·贵州铜仁·统考中考真题）如图，等边ABC、等边DEF的边长分别为3和2．开始时点A

与点D重合，DE在AB上，DF在AC上，DEF沿AB向右平移，当点D到达点B时停止．在此过程中，

设ABC、DEF重合部分的面积为y，DEF移动的距离为x，则y与x的函数图象大致为（）

第18页共80页.

A．B．

C．D．

【答案】C

【分析】当DEF在ABC内移动时，ABC、DEF重合部分的面积不变，当DEF移出ABC时，计算

323393

出SDBN，得到yxx，从而得到答案．

424

【详解】如下图所示，当E和B重合时，AD=AB-DB=3-2=1，

∴当DEF移动的距离为0x1时，DEF在ABC内，ySDEF，

当E在B的右边时，如下图所示，设移动过程中DF与CB交于点N，过点N坐NM垂直于AE，垂足为M，

根据题意得AD=x，AB=3,

∴DB=AB-AD=3-x，

∵NDB60，NBD60，

∴NDB是等边三角形，

第19页共80页.

∴DNDBNB3x，

∵NMDB，

1

∴DMMB3x，

2

∵NM2DM2DN2，

3

∴NM3x，

2

11332

∴SDBNM3x3x3x，

DBN2224

3233393

∴y3xx2x，

4424

∴当1x3时，y是一个关于x的二次函数，且开口向上，

3

∵当0x1时，y223，当x3时，y0，

4

故选：C．

【点睛】本题考查图形移动、等边三角形的性质，二次函数的性质，根据题意得到二次函数的解析式是解

题的关键．

例2（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，将边长为3的正方形ABCD沿其对角线AC平移，使A的对

1

应点A′满足AA′＝AC，则所得正方形与原正方形重叠部分的面积是_____．

3

【答案】4

1

【分析】由正方形边长为3，可求AC＝32，则AA′＝AC＝2，由平移可得重叠部分是正方形，根据正

3

方形的面积公式可求重叠部分面积．

【详解】解：∵正方形ABCD的边长为3，

∴AC＝32，

1

∴AA′＝AC＝2，

3

∴A′C＝22，

由题意可得重叠部分是正方形，

第20页共80页.

2

∴重叠部分的正方形的边长为22=2，

2

∴S重叠部分＝4．

故答案为：4．

【点睛】本题考查了正方形的性质，平移的性质，关键是灵活运用这些性质解决问题．

例3（2022·黑龙江·统考中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在

平面直角坐标系中，ABC的三个顶点坐标分别为A1,1，B2,5，C5,4．

(1)将ABC先向左平移6个单位，再向上平移4个单位，得到△A1B1C1，画出两次平移后的△A1B1C1，并写

出点A1的坐标；

△

(2)画出△A1B1C1绕点C1顺时针旋转90°后得到A2B2C1，并写出点A2的坐标；

(3)在（2）的条件下，求点A1旋转到点A2的过程中所经过的路径长（结果保留π）．

【答案】(1)见解析；A15,3

(2)见解析；A22,4

5

(3)点A旋转到点A2所经过的路径长为π

12

【分析】（1）根据题目中的平移方式进行平移，然后读出点的坐标即可；

（2）先找出旋转后的对应点，然后顺次连接即可；

（3）根据旋转可得点A1旋转到点A2为弧长，利用勾股定理确定圆弧半径，然后根据弧长公式求解即可．

第21页共80页.

【详解】（1）解：如图所示△A1B1C1即为所求，

A15,3；

（2）如图所示△A2B2C2即为所求，A22,4；

（）∵22

3A1C1345

90π55

∴点A1旋转到点A2所经过的路径长为π．

1802

【点睛】题目主要考查坐标与图形，图形的平移，旋转，勾股定理及弧长公式等，熟练掌握和灵活运用这

些知识点是解题的关键．

【变式1】（2023·河北衡水·校考二模）如图，在ABC中，BC3，将ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，

PQ

点P，Q分别是AB，A1C1的中点，的值不．可．以．是()

A．4B．5C．6D．7

【答案】D

【分析】取A1B1的中点M，连接PM，MQ，根据平移的性质和三角形中位线的性质得出

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13

PM5，BCBC3，MQBC，然后利用三角形三边关系得出PQ的取值范围，然后作出判断即

112112

可．

【详解】解：如图，取A1B1的中点M，连接PM，MQ，如图所示：

∵将ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，

，

∴PM5BCB1C13，

∵点M是A1B1的中点，点Q是A1C1的中点，

13

MQBC，

2112

PMMQPQPMMQ，

33

即5PQ5，

22

713

即PQ，

22

713

∴PQ的取值范是PQ，

22

71371371313

∵4，5，6，7，

2222222

∴PQ的值不可能是7，故D正确．

故选：D．

【点睛】本题主要考查平移的性质和三角形三边关系，三角形的中位线的性质，掌握三角形三边关系是解

题的关键．

【变式2】（2023·湖北荆州·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，长为3的线段CD（点D在点C右侧）

在x轴上移动，点A0,2、B0,4是y轴上定点，连接AC、BD，则ACBD的最小值为________．

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【答案】35

【分析】平移CD使点D落在点B处，连接BC，则点C的对应点为B，即BCBD，进而得出B3,4，

再作点A关于x轴的对称点A，则A0,2，进而得出ACBD的最小值为AB，即可求解答案．

【详解】解：如图，平移CD使点D落在点B处，连接BC，则点C的对应点为B，即BCBD，

∵CD3，B0,4，

∴点B3,4，

作点A关于x轴的对称点A，此时点A，C，B在同一条线上时，ACBD最小，

∵A0,2，

∴A0,2，

22

连接AB，则ACBD的最小值为AB34235，

故答案为：35．

【点睛】此题主要考查了对称的性质，平移的性质，将ACBD的最小值转化为AB是解本题的关键．

【变式3】（2021·江西宜春·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标是（3，4），BAx轴于

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k

点A，点B在反比例函数y(k0,x0)的图象上，将△OAB沿x轴向右平移得到OAB，OB交反比例

x

k

函y于点C（3a，a）．

x

(1)求a的值；

(2)求△OAB沿x轴向右平移的距离．

【答案】(1)a2；

9

(2)OAB沿x轴向右平移的距离为个单位．

2

【分析】（1）根据点B、C都在同一反比例函数图象上，则3aa12，即可求解；

（2）由CDO∽BAO，可求出OD的长，即可根据OOODOD求得平移的距离．

（1）

k

解：点B(3,4)在反比例函数y(k0,x0)的图象上，

x

k3412，

12

反比例函数为y(x0)，

x

12

点C(3a,a)在反比例函数y(x0)上，

x

3aa12，

解得：a2，

a0，

a2；

（2）

解：如图，过点C作CDx轴于点D，

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a2，

OD6，CD2，

OC6222210，

CDOBAO90，CODBOA，

CDO∽BAO，

CDBA24

，即，

ODOA6OO3

9

解得：OO，

2

9

OAB沿x轴向右平移的距离为个单位．

2

【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标的特征，平移的性质，相似三角形的判定与性质等知

识，解题的关键是作辅助线构造相似三角形．

核心考点四图形的旋转及其相关计算

例1（2022·四川巴中·统考中考真题）在平面直角坐标系中，直线y3x3与x轴交于点A，与y轴

交于点B，将AOB绕O点逆时针旋转到如图△AOB的位置，A的对应点A恰好落在直线AB上，连接BB，

则BB的长度为（）

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333

A．B．3C．2D．

22

【答案】B

【分析】先求出点A、B的坐标，可求得OA、OB，进而可求得∠OAB=60°，利用旋转的性质和等边三角形

的判定与性质证明AOA和△BOB为等边三角形得到OBOB即可求解.

【详解】解：对于y3x3，

当x0时，y3，当y0时，由03x3得：x1，

则A（1，0），B（0，3），

∴OA1，OB3，

OB

∴tanOAB3，则∠OAB=60°，

OA

由旋转性质得：OAOA，OBOB，AOABOB，

∴AOA是等边三角形，

∴AOABOB60，又OBOB

∴△BOB是等边三角形，

∴BBOB3，

故选：B．

【点睛】本题考查一次函数图象与坐标轴的交点问题、旋转性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角

形，熟练掌握相关知识的联系与运用，证得△BOB是等边三角形是解答的关键．

例2（2022·山东日照·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，4），P是x

轴上一动点，把线段PA绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，连接OF，则线段OF长的最小值是__________．

【答案】2

【分析】点F运动所形成的图象是一条直线，当OF⊥F1F2时，垂线段OF最短，当点F1在x轴上时，由勾

第27页共80页.

438343

股定理得：，进而得，求得点的坐标为,0，当点在轴

P1OF1OP1AP1F1AF1F1F2y

333

上时，求得点F2的坐标为（0，-4），最后根据待定系数法，求得直线F1F2的解析式为y=3x-4，再由线

83

段中垂线性质得出FFAF，在RtOF1F2中，设点O到F1F2的距离为h，则根据面积法得

1213

11143△183

OF1OF2F1F2h，即4h，解得h=2，根据垂线段最短，即可得到线段OF的

222323

最小值为2．

【详解】解：∵将线段PA绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，

∴∠APF=60°，PF=PA，

∴△APF是等边三角形，

∴AP=AF，

如图，当点F1在x轴上时，P1AF1为等边三角形，

则P1A=P1F1=AF1，∠AP1F1=△60°，

∵AO⊥P1F1，

∴P1O=F1O，∠AOP1=90°，

∴∠P1AO=30°，且AO=4，

43

由勾股定理得：POFO，

113

83

∴PAPFAF，

11113

43

∴点F1的坐标为,0，

3

如图，当点F2在y轴上时，

∵△P2AF2为等边三角形，AO⊥P2O，

第28页共80页.

∴AO=F2O=4，

∴点F2的坐标为（0，-4），

OF24

tanOF1F23

∵OF143，

3

∴∠OF1F2=60°，

∴点F运动所形成的图象是一条直线，

∴当OF⊥F1F2时，线段OF最短，

设直线F1F2的解析式为y=kx+b，

43

kb0

则3，

b4

k3

解得，

b4

∴直线F1F2的解析式为y=3x-4，

∵AO=F2O=4，AO⊥P1F1，

83

∴FFAF，

1213

在Rt△OF1F2中，OF⊥F1F2，

11

设点O到F1F2的距离为h，则OFOFFFh，

212212

143183

∴4h，

2323

解得h=2，

即线段OF的最小值为2，

故答案为2．

【点睛】本题属于三角形的综合题，主要考查了旋转的性质，勾股定理的应用，等边三角形的性质以及待

定系数法的运用等，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形以及面积法求最短距离，解题时注意勾股

定理、等边三角形三线合一以及方程思想的灵活运用．

例3（2022·山东临沂·统考中考真题）已知ABC是等边三角形，点B，D关于直线AC对称，连接AD，

CD．

第29页共80页.

(1)求证：四边形ABCD是菱形；

(2)在线段AC上任取一点Р（端点除外），连接PD．将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线

上的点Q处．请探究：当点Р在线段AC上的位置发生变化时，DPQ的大小是否发生变化？说明理由．

(3)在满足（2）的条件下，探究线段AQ与CP之间的数量关系，并加以证明．

【答案】(1)见解析

(2)DPQ大小不变，理由见解析

(3)CPAQ，证明见解析

【分析】（1）连接BD，由等边三角形的性质可得AC垂直平分BD，继而得出ABBCCDAD，便可

证明；

（2）连接PB，过点P作PE∥CB交AB于点E，PF⊥AB于点F，可证明VAPE是等边三角形，由等腰三

角形三线合一证明APFEPF，QPFBPF，即可求解；

（3）由等腰三角形三线合一的性质可得AF=FE，QF=BF，即可证明．

【详解】（1）

连接BD，

ABC是