第29讲 图形的对称、平移和旋转 2025年中考数学一轮复习讲练测（广东专用）

第七章图形的变化第29讲图形的对称、平移和旋转（3~9分）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透视·目标导航02知识导图·思维引航03考点突破·考法探究考点一轴对称考点二图形的平移考点三图形的旋转04题型精研·考向洞悉命题点一：轴对称►题型01轴对称图形的识别►题型02根据成轴对称图形的特征进行判断►题型03根据成轴对称图形的特征进行求解►题型04轴对称中的光线反射问题►题型05对称轴问题►题型06求某点关于坐标轴对称点的坐标►题型07轴对称的综合问题命题点二：图形的平移►题型01生活中的平移现象►题型02利用平移的性质求解►题型03作平移图形►题型04平移中的坐标问题►题型05平移的几何变问题命题点三：图形的旋转►题型01找旋转中心、旋转角、对应点►题型02根据旋转的性质求解►题型03旋转的坐标问题►题型04旋转中的规律问题►题型05旋转的线段问题►题型06旋转的角度问题►题型07旋转的面积问题05分层训练·巩固提升基础巩固能力提升考点要求新课标要求考查频次命题预测轴对称通过具体实例理解轴对称的概念，探索它的基本性质:成轴对称的两个图形中对应点的连线被对称轴垂直平分.能画出简单平面图形(点、线段、直线、三角形等)关于给定对称轴的对称图形.理解轴对称图形的概念;探索等腰三角形、矩形、菱形、正多边形、圆的轴对称性质.认识并欣赏自然界和现实生活中的轴对称图形.10年7考该板块知识以考查平面几何的三大变换的基本运用为主，年年都有考查，分值在8-12分左右．预计2025年广东中考还将继续考查这些知识点，考查形式主要有选填题、作图题、也可能综合题结合出现．在三种变换中，平移相对较为简单，多以选择题形式考察，偶尔也会考察作图题:对称和旋转则难度较大，通常作为选择、填空题的压轴题出现，在解答题中，也会考察对称和旋转的作图，以及与特殊几何图形结合的综合压轴题，此时常需要结合几何图形或问题类型去分类讨论.平移通过具体实例认识平移，探索它的基本性质:一个图形和它经过平移所得的图形中，两组对应点的连线平行(或在同一条直线上)且相等.认识并欣赏平移在自然界和现实生活中的应用.运用图形的轴对称、旋转、平移进行图案设计.10年6考旋转通过具体实例认识平面图形关于旋转中心的旋转.探索它的基本性质:一个图形和旋转得到的图形中，对应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等.了解中心对称、中心对称图形的概念，探索它们的基本性质:成中心对称的两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分.探索线段、平行四边形、正多边形、圆的中心对称性质.认识并欣赏自然界和现实生活中的中心对称图形.10年8考考点一轴对称轴对称与轴对称图形轴对称轴对称图形图形定义把一个图形沿着某一条直线折叠，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条直线对称，这条直线叫做对称轴.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.这条直线就是它的对称轴.区别1）轴对称是指两个图形折叠重合.2）轴对称对称点在两个图形上.3）轴对称只有一条对称轴.1）轴对称图形是指本身折叠重合.2）轴对称图形对称点在一个图形上.3）轴对称图形至少有一条对称轴.联系1)定义中都有一条直线,都要沿着这条直线折叠重合.2)如果把轴对称的两个图形看成一个整体,那么它就是一个轴对称图形；反过来,如果把轴对称图形沿对称轴分成两部分(即看成两个图形),那么这两个图形就关于这条直线成轴对称.性质1）关于某条直线对称的两个图形是全等形.2）两个图形关于某直线对称那么对称轴是对应点连线的垂直平分线.判定1）两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分,那么这两个图形关于这条直线对称.2）两个图形关于某条直线成轴对称,那么对称轴是对折重合的折痕线.常见的轴对称图形有：圆、正方形、长方形、菱形、等腰梯形、等腰三角形、等边三角形等.做轴对称图形的一般步骤：1）作某点关于某直线的对称点的一般步骤：①过已知点作已知直线（对称轴）的垂线，标出垂足，并延长；②在延长线上从垂足出发截取与已知点到垂足的距离相等的线段，那么截点就是这点关于该直线的对称点.2）作已知图形关于某直线的对称图形的一般步骤：①找.在原图形上找特殊点（如线段的端点、线与线的交点）②作.作各个特殊点关于已知直线的对称点③连.按原图对应连接各对称点折叠的性质：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．11.对称轴是一条直线，不是一条射线，也不是一条线段.2.轴对称图形的对称轴有的只有一条，有的存在多条对称轴（例：正方形有四条对称轴，圆有无数条对称轴等）.3.成轴对称的两个图形中的任何一个都可以看作由另一个图形经过轴对称变换得到的，一个轴对称图形也可以看作以它的一部分为基础,经轴对称变换得到的.4.轴对称的性质是证明线段相等、线段垂直及角相等的依据之一,例如:若已知两个图形关于某直线成轴对称,则它们的对应边相等,对应角相等.考点二图形的平移平移的概念：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．平移不改变图形的形状和大小．平移的三大要素：1）平移的起点，2）平移的方向，3）平移的距离．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.作图步骤：1）根据题意，确定平移的方向和平移的距离；2）找出原图形的关键点；3）按平移方向和平移距离平移各个关键点，得到各关键点的对应点；4）按原图形依次连接对应点，得到平移后的图形．考点三图形的旋转定义：在平面内，一个图形绕一个定点沿某个方向(顺时针或逆时针)转过一个角度，这样的图形运动叫旋转．这个定点叫做旋转中心，转过的这个角叫做旋转角．三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度．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．作图步骤：1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角；2）找出原图形的关键点；3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点；4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形．11.图形的旋转由旋转中心、旋转方向与旋转的角度所决定.2.旋转中心可以是图形外的一点，也可以是图形上的一点，还可以是图形内的一点.3.对应点之间的运动轨迹是一段圆弧，对应点到旋转中心的线段就是这段圆弧所在圆的半径.4.旋转是一种全等变换，旋转改变的是图形的位置，图形的大小关系不发生改变，所以在解答有关旋转的问题时，要注意挖掘相等线段、角，因此特殊三角形性质的运用、锐角三角函数建立的边角关系起着关键的作用．中心对称与中心对称图形：中心对称中心对称图形图形定义如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称.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，这个点叫做它的对称中心.区别中心对称是指两个图形的关系中心对称图形是指具有某种特性的一个图形联系两者可以相互转化，如果把中心对称的两个图形看成一个整体（一个图形），那么这“一个图形”就是中心对称图形；反过来，如果把一个中心对称图形相互对称的两部分看成两个图形，那么这“两个图形”中心对称.中心对称的性质：1）中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分；中心对称的两个图形是全等图形.作与已知图形成中心对称的图形的一般步骤：1）作已知图形各顶点（或决定图形形状的关键点）关于对称中心的对称点——连接关键点和对称中心，并延长一倍确定关键点的对称点.2）把各对称点按已知图形的连接方式依次连接起来，则所得到的图形就是已知图形关于对称中心对称的图形.找对称中心的方法和步骤：方法1：连接两个对应点，取对应点连线的中点，则中点为对称中心.方法2：连接两个对应点，在连接两个对应点，两组对应点连线的交点为对称中心.命题点一：轴对称►题型01轴对称图形的识别1．（2025·广东广州·一模）下列交通标志中，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】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的识别，掌握它们的定义是解题的关键．根据轴对称图形和中心对称图形的定义：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；把一个图形绕着某一个点旋转，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，进行逐一判断即可．【详解】解：A．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；C．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；D．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意．故选：C．2．（2025·广东深圳·一模）全民阅读有助于提升一个国家、一个民族的精神力量，图书馆是开展全民阅读的重要场所．以下图书馆标志中，其文字上方的图案是轴对称图形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据轴对称图形的定义：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进行分析即可．此题主要考查了轴对称图形，关键是找出图形中的对称轴．【详解】解：A、该图形不是轴对称图形，故此选项不符合题意；B、该图形不是轴对称图形，故此选项不符合题意；C、该图形不是轴对称图形，故此选项不符合题意；D、该图形是轴对称图形，故此选项符合题意；故选：D．3．（2025·广东·模拟预测）下列图案是轴对称图形但不是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，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，根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转，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，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题的关键．【详解】、是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；、是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项符合题意；、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；故选：．4．（2024·广东·模拟预测）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】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，根据：如果一个图形沿着一条直线折叠，直线两边的部分互相重合，那么这个图形是轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，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，即可判断，掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．【详解】解：．是轴对称图形，不是中心对称图形，该选项不合题意；．是中心对称图形，不是轴对称图形，该选项不合题意；．是中心对称图形，也是轴对称图形，该选项符合题意；．是中心对称图形，不是轴对称图形，该选项不合题意；故选：C．►题型02根据成轴对称图形的特征进行判断5．（2023·广东深圳·二模）如图，这条活灵活现的“小鱼”是由若干条线段组成的，它是一个轴对称图形，对称轴为直线，则下列结论不一定正确的是（

）A．点和点到直线的距离相等 B．C． D．四边形是菱形【答案】D【分析】根据轴对称轴图形的性质对各选项进行分析即可，【详解】解：图形是一个轴对称图形，对称轴为直线，点和点是对称点，所以，点和点到直线的距离相等，所以，，，无法判断与是否相等，故四边形是菱形不一定正确，故选D.【点睛】本题主要考查了轴对称轴图形的性质，轴对称图形具有以下的性质：（1）轴对称的两个图形是全等图形；轴对称图形的两个部分也是全等图形.（2）如果两个图形成轴对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线.（3）两个图形关于某条直线对称，那么如果它们的对应线段或延长线相交，那么交点一定在在对称轴上.6．（2024·广西·中考真题）端午节是中国传统节日，下列与端午节有关的文创图案中，成轴对称的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查成轴对称的定义，掌握成轴对称的定义是解题的关键．把一个图形沿着某一条直线折叠，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条直线对称，这条直线叫作对称轴，折叠后重合的点是对应点，叫作对称点．根据两个图形成轴对称的定义，逐一判断选项即可．【详解】A．图案不成轴对称，故不符合题意；B．图案成轴对称，故符合题意；C．图案不成轴对称，故不符合题意；D．图案不成轴对称，故不符合题意；故你：B．7．（2023·河北秦皇岛·三模）如图是嘉嘉把纸折叠后剪出的图案，将剪纸展开后得到的图案是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据轴对称的性质求解即可．【详解】解：如图是嘉嘉把纸折叠后剪出的图案，将剪纸展开后得到的图案是选项．故选：A．【点睛】本题考查利用轴对称设计图案，剪纸问题，解题的关键是理解轴对称图形的性质，属于中考常考题型．8．（2023·吉林长春·三模）以如图（1）（以O为圆心，半径为1的半圆）作为“基本图形”，分别经历如下变换：①只要向右平移1个单位；②先以直线为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位；③先绕着点O旋转，再向右平移一个单位；④绕着的中点旋转即可．其中能得到图（2）的是（

）

A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②【答案】B【分析】根据轴对称变换，平移变换，旋转变换的特征结合图形解答即可．【详解】解：由图可知，图（1）先以直线为对称轴进行翻折，再向右平移1个单位，即可得到图（2），故②符合题意；图（1）先绕着点旋转，再向右平移一个单位，即可得到图（2），故③符合题意；图（1）绕着的中点旋转即可得到图（2），故④符合题意；图（1）只要向右平移1个单位不能得到图（2），故①不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查了几何变换的类型，熟练掌握常见的几种几何变换－平移、翻折、旋转的特征是解题的关键．►题型03根据成轴对称图形的特征进行求解9．（2023·广东东莞·模拟预测）如图，中，，，点D在上，点A与点关于直线对称且点落在的延长线上，则的度数是（

）．A．5° B．10° C．20° D．40°【答案】B【分析】根据题意可得，则；再根据直角三角形的性可得，然后根据三角形外角的性质即可解答．【详解】解：∵点A与点关于直线对称且点落在的延长线上∴∴∵，∴∵∴．故选B．【点睛】本题主要考查了轴对称的性质、全等三角形的性质、三角形外角的性质等知识点，灵活运用相关知识是解答本题的关键．10．（2022·广东梅州·一模）如图，直线MN是矩形ABCD的一条对称轴，点E在AD边E上，将沿BE折叠，使点A的对应点F落在直线MN上，若，则BE的长是（

）A．5 B． C． D．【答案】D【分析】先由轴对称的性质得到，，再由折叠的性质得到，从而求出∠BFM=30°，推出∠AEB=60°，然后解直角三角形ABE即可．【详解】解：∵MN是矩形ABCD的一条对称轴，∴，，∴∠AEF+∠MFE=180°，，由折叠的性质可得，，∴，∴∠BFM=30°，∴∠MFE=60°，∴∠AEF=120°，∴∠AEB=60°，∴，故选D．【点睛】本题主要考查了解直角三角形，折叠的性质，轴对称的性质，平行线的性质与判定等等，熟知轴对称和折叠的性质是解题的关键．11．（2024·陕西·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线与抛物线关于点中心对称，则m，n的值分别为（）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换，根据题意得抛物线与抛物线的开口方向相反，故，与的对称轴关于直线对称，分别求出与的对称轴列出关于n的方程求解即可．【详解】解：根据抛物线的对称性可知，抛物线与抛物线的开口方向相反，故，∵与关于点中心对称，∴与的对称轴关于直线对称，∵的对称轴，的对称轴，解得，∴，故选：A．12．（2024·河北·中考真题）如图，与交于点O，和关于直线对称，点A，B的对称点分别是点C，D．下列不一定正确的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了轴对称图形的性质，平行线的判定，熟练掌握知识点是解题的关键．根据轴对称图形的性质即可判断B、C选项，再根据垂直于同一条直线的两条直线平行即可判断选项D．【详解】解：由轴对称图形的性质得到，，∴，∴B、C、D选项不符合题意，故选：A．►题型04轴对称中的光线反射问题13．（2024·四川达州·模拟预测）如图，两条平行直线a，b，从点光源M射出的光线射到直线a上的A点，入射角为，然后反射光线射到直线b上的B点，当这束光线继续从B点反射出去后，反射光线与直线b所夹锐角的度数为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查轴对称的性质和平行线的性质，根据“入射光线与直线的夹角始终与反射光线与该直线的夹角相等”得到，由平行线的性质可得，即可得出结论．熟练掌握平行线的性质是解题的关键．【详解】解：如图，∵从点光源射出的光线射到直线上的A点，入射角为，然后反射光线射到直线上的点，∴，∵，∴，∴当这束光线继续从点反射出去后，反射光线与直线的夹角度数为．故选：D14．（2024·河南商丘·二模）如图，在空心圆柱口放置一面平面镜，与水平线的夹角，入射光线经平面镜反射后反射光线为（点，，，，，，在同一竖直平面内），已知．若要使反射光线恰好垂直于圆柱底面射出，则需要把入射光线与水平线的夹角的度数调整为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了垂线和角的计算，轴对称的性质；根据已知可得，进而求得，根据对称可得，进而即可求解．【详解】解：由题意，知，∴．∴．∴，故选：C．15．（2024·江西·二模）我们知道光的反射是一种常见的物理现象.如图，某V型路口放置如图所示的两个平面镜，，两个平面镜所成的夹角为，位于点D处的甲同学在平面镜中看到位于点A处的乙同学的像，其中光的路径为入射光线经过平面镜反射后，又沿射向平面镜，在点C处再次反射，反射光线为，已知入射光线，反射光线，则等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了光的反射定律，平行线的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．由光的反射定律以及平行线的性质，推出，再结合三角形内角和，推出的度数．【详解】如图所示，由光的反射定律，可以知道，，，故选：C．16．（2023·江西·中考真题）如图，平面镜放置在水平地面上，墙面于点，一束光线照射到镜面上，反射光线为，点在上，若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意可得，进而根据直角三角形的两个锐角互余即可求解．【详解】解：依题意，，∴，∵，∴，故选：C．【点睛】本题考查了直角三角形中两个锐角互余，入射角等于反射角，熟练掌握以上知识是解题的关键．►题型05对称轴问题17．（2024·江西南昌·模拟预测）如图，每个小方格均为边长为1的正方形，四个涂色的小正方形组成的图形的对称轴有m条，再将剩余的五个小正方形中的一个涂色，若由这五个涂色的小正方形组成的新图形的对称轴的条数也为m，则涂色的正方形是（

）A．① B．② C．③ D．④【答案】C【分析】本题考查了对称轴的数量，根据对称轴的定义逐一判断即可．【详解】解：由题意可知，四个涂色的小正方形组成的图形的对称轴有条，即，A、涂色的正方形是①，组成的图形的对称轴有条，不符合题意；B、涂色的正方形是②，组成的图形的对称轴有条，不符合题意；C、涂色的正方形是③，组成的图形的对称轴有条，符合题意；D、涂色的正方形是④，组成的图形的对称轴有条，不符合题意；故选：C．18．（2024·山东聊城·三模）如图是采用我国非遗纺织印染工艺——蜡染制作的精美图案，该图案的对称轴的条数为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】本题考查图形的对称轴，根据该图形的特点结合轴对称图形的定义得出即可．【详解】解：由图知，该图案的对称轴的条数为4条，故选：B．19．（2024·福建三明·二模）瓷器上的纹饰是中国古代传统文化的重要载体之一，如图所示的图形是某瓷器上的纹饰，该图形是轴对称图形，其对称轴的条数为（

）A．1 B．2 C．4 D．8【答案】C【分析】本题考查轴对称图形的相关概念，根据图形的两部分折叠后能够完全重合确定对称轴是解题的关键．根据轴对称图形的概念确定对称轴，画图求解即可．【详解】如图所示：由4条对称轴，故选：C．20．（2024·江苏盐城·一模）瓷器上的纹饰是中国古代传统文化的重要载体之一，如图所示的图形即为瓷器上的纹饰，该图形既为中心对称图形，又为轴对称图形，该图形对称轴有（

）A．条 B．条 C．条 D．条【答案】A【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心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；中心对称图形的定义：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】如图所示，该图形的对称轴有条．故选：A．►题型06求某点关于坐标轴对称点的坐标21．（2024·广东·模拟预测）在平面直角坐标系中，若点的坐标为，则点关于轴对称的点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题主要考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标规律，比较容易，关键是熟记规律：（1）关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．（2）关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变．根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变；即点关于y轴的对称点的坐标是，即点P的坐标为关于y轴对称的点的坐标．【详解】点关于y轴的对称点的坐标是，故选C．22．（2024·广东汕头·一模）在平面直角坐标系中，点关于y轴对称的点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中对称点的规律，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．【详解】解：点关于y轴对称的点的坐标是，故选：D．23．（2024·广东佛山·一模）在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中对称点的规律，根据对称点的坐标规律：（1）关于轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，进行求解即可．【详解】解：点关于轴对称的点的坐标为，故选：A．24．（2024·湖北武汉·模拟预测）对于平面直角坐标系中的任意线段，给出如下定义：线段上各点到轴距离的最大值，叫做线段的“轴距”，记作．例如，如图，点，，则线段的“轴距”为，记作．已知点，，线段关于直线的对称线段为．若，则的值为（

）A．或 B．或 C．或 D．或【答案】D【分析】本题考查了轴坐标与图形变化——对称，线段“轴距”的定义等知识，分两种情况讨论：当，当，分别求出的值即可，理解新定义，掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：∵点，，∴，关于直线的对称点，，∵当，，∴，∴或（舍去）；当，，∴，∴或（舍去），综上可知的值为：或，故选：．►题型07轴对称的综合问题25．（2024·广东汕头·二模）如图，抛物线经过，两点，与y轴交于点C．(1)求抛物线解析式；(2)点P是抛物线对称轴上一点，当的周长最小时，求点P的坐标．【答案】(1)(2)【分析】本题主要考查的是二次函数的综合应用，一次函数的图象与性质，轴对称的性质等知识点，依据轴对称路径最短问题确定出点P的位置是解题的关键．（1）根据待定系数法即可求得；（2）连接交抛物线的对称轴于点P，连接，依据轴对称图形的性质可得到，则的周长，故当点在一条直线上时，的周长最小值，然后求得直线的解析式，从而可得到点P的坐标．【详解】（1）解：∵抛物线经过两点，∴，解得，∴抛物线的解析式为；（2）∵当时，，∴，∵点P是抛物线对称轴上一点，∴，∴．∴当点在一条直线上时，有最小值，即的长度．如图，连接交抛物线的对称轴于点P，又∵为定值，∴此时，的周长最小．设直线的解析式为，则，解得：，∴直线的解析式为，将代入得：，∴点P的坐标为，即当的周长最小时，点P的坐标为．26．（2024·广东珠海·三模）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象相交于第一、三象限内的点和点，过点A作x轴的垂线，垂足为C，且的面积为2．(1)分别求出a和b的值；(2)结合图象直接写出的解集；(3)在x轴上取一点P，当取得最大值时，求点P的坐标．【答案】(1)，(2)或(3)【分析】（1）根据的面积为2和反比例函数图象的位置，可以确定m的值，代入点坐标即可求出；（2）根据图象可直接写出；（3）作B关于x轴的对称点，连接交x轴于点P，连接，即最大值为，求出直线解析式，再确定与x轴交点坐标即可．【详解】（1）解：由得，反比例函数的图象经过第一、三象限，，反比例函数为．将点，分别代入，解得，．（2）由（1）知，，结合图象可知的解集为或．（3）如图，作B关于x轴的对称点，连接交x轴于点P，连接，此时取得最大值，最大值为设直线解析式为，将点，代入，得，解得，，令，得，，故当取得最大值时，点的坐标为．【点睛】本题考查一次函数、反比例函数的图象和性质、轴对称的性质和应用，利用待定系数法求函数解析式，作对称点是求线段和或差最小值的常用方法，熟练掌握一次函数和反比例函数的图象和性质是解题的关键．27．（2024·广东广州·一模）如图，在等腰直角三角形中，，点在边的延长线上，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，为的中点．

(1)求的长；(2)连接，请猜想与的数量和位置关系，并证明你的结论；(3)在（2）的条件下，若点为中点，连接，，求的最小值．【答案】(1)(2)，，证明见解析(3)【分析】（1）根据勾股定理，即可求解；（2）连接，，先证明三点共线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而证明四点共圆，根据圆周角定理，即可得出；（3）过点作于点，先证明四点共圆，进而得出点的轨迹，得出，作点关于的对称点，连接，当点在上时，，此时取的最小值，进而勾股定理，即可求解．【详解】（1）解：∵在等腰直角三角形中，，∴，（2）结论：，证明：如图所示，连接，，

∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，∴，∴是等腰直角三角形，∴又∵∴三点共线，∵为的中点．∴，∴∵∴四点共圆，∵，∴，（3）如图所示，过点作于点

∴∴四点共圆，∴∴，∴点在射线上运动，∵∴作点关于的对称点，连接，当点在上时，，此时取的最小值，∵是等腰直角三角形，是的中点，∴，，∴在中，即的最小值为．【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，圆周角定理，直角所对的弦是直径，轴对称的性质求线段和的最值问题，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键．28．（2024·山东济南·一模）【问题情境】：（1）如图1，四边形是正方形，点是边上的一个动点，以为边在的右侧作正方形，连接，则与的数量关系是______．【类比探究】：（2）如图2，四边形是矩形，，点是边上的一个动点，以为边在的右侧作矩形，且，连接．判断线段与有怎样的数量关系：______，并说明理由：【拓展提升】：（3）如图3，在（2）的条件下，连接，求的最小值．

【答案】（1）；（2）判断：，理由见解析；（3）【分析】（1）由正方形的性质得，，，，则有，即可证明，有成立；（2）由矩形的性质得，，结合题意可证得，则有，故；（3）过点E作，垂足为点K，过点G作交的延长线于点L，则，结合矩形的性质证得，有，即可证得，得到，得，则点G的运动轨迹是直线，作点D关于直线的对称点，则，得到的值最小为，将，利用勾股定理即可求得．【详解】解：（1）∵四边形是正方形，∴，，∵四边形是正方形，∴，，∴，则，那么，，故答案为：；（2）判断：，理由如下：∵四边形是矩形，四边形是矩形，∴，，∴，∵，，∴∴，∴，∴；故答案为：；（3）如图，过点E作，垂足为点K，过点G作交的延长线于点L，则，

∵四边形是矩形，∴，，，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴点G的运动轨迹是直线，作点D关于直线的对称点，则，∴当点B，G，三点同一直线时，的值最小，即为，由（2）得，∴，∴，∴的最小值为的最小值，即，∵，，∴，∴∴，∴的最小值为．【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质以及勾股定理，解题的关键是熟悉相似三角形的性质和线段之间的转化及最短距离的求解．命题点：图形的平移►题型01生活中的平移现象29．（2022·广西·中考真题）2022北京冬残奥会的会徽是以汉字“飞”为灵感来设计的，展现了运动员不断飞跃，超越自我，奋力拼搏，激励世界的冬残奥精神下列的四个图中，能由如图所示的会徽经过平移得到的是（

）A．B． C． D．【答案】D【分析】根据平移的特点分析判断即可．【详解】根据题意，得不能由平移得到，故A不符合题意；不能由平移得到，故B不符合题意；不能由平移得到，故C不符合题意；能由平移得到，故D符合题意；故选D．【点睛】本题考查了平移的特点，熟练掌握平移的特点是解题的关键．30．（2023·广东广州·二模）图是“杭州2022年亚运会”吉祥物“宸宸”．下面图形中，可由“宸宸”平移得到的是（

）．

A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】根据平移的性质，结合图形，对选项进行一一分析，排除错误答案．【详解】解：A、属于旋转所得到，故不符合题意；B、属于对称所得到，故不符合题意；C、形状和大小没有改变，符合平移的性质，故符合题意；D、属于旋转所得到，故不符合题意．故选：C．【点睛】本题考查了图形的平移，掌握平移的性质是解题的关键．31．（2023·江苏宿迁·三模）数学来源于生活，下列图案是由平移形成的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】根据平移的性质，结合图形，对选项进行一一分析，选出正确答案．【详解】根据平移的性质，平移后不改变图形的形状和大小，也不改变图形的方向（角度），符合条件的只有A．故选：A．【点睛】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．32．（2024·上海黄浦·二模）如图，一个3×5的网格，其中的12个单位正方形已经被2张“L”型和1张“田字”型纸片互不重叠地占据了．下列有4个均由4个单位正方形所组成的纸片，依次记为型号1、型号2、型号3和型号4．将这4个型号的纸片做平移、旋转，恰能将图1中3个未被占据的单位正方形占据，并且与已有的3张纸片不重叠的是（

）A．型号1 B．型号2 C．型号3 D．型号4【答案】D【分析】本题考查的是平移，旋转，理解平移与旋转现象在生活中的应用是解本题的关键．【详解】解：把型号4逆时针旋转，再通过平移可把图1中3个未被占据的单位正方形占据，并且与已有的3张纸片不重叠；故选D►题型02利用平移的性质求解33．（2024·山东青岛·一模）如图，将沿边上的中线平移到的位置，已知的面积为，阴影部分三角形的面积为．若，则等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要平移的性质、相似三角形的性质，根据平移的性质可知，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方、相似三角形的中线比等于相似比可得：，从而可得：，从而可求的长度．【详解】解：如下图所示，根据平移的性质可知，、，，，，，解得：．故选：A．34．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，沿所在直线向右平移得到，已知，，则平移的距离为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了平移的性质．熟练掌握平移的性质是解题的关键．根据平移的距离，计算求解即可．【详解】解：由平移的性质可知，，∵，∴，∴，∴平移的距离为，故选：A．35．（2024·山西大同·二模）如图，将扇形纸片沿方向平移一定距离得到扇形纸片，点O的对应点恰好在的中点处，与交于点C．若，，则图中阴影部分的周长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，根据已知条件可得出，由平移的性质可得出，由线段中点可得出，由勾股定理可得出，再根据正弦的定义得出，根据弧长公式求出，最后由可得出结果．【详解】解：连接，∵，∴，由平移的性质可知，∵恰好在的中点处，∴，∴，∵，∴，∴，∴阴影部分的周长为：，故选：B．【点睛】本题主要考查了根据正弦值求角的度数，弧长公式，平移的性质，以及勾股定理，根据正弦值求出是解题关键．36．（2024·广东清远·模拟预测）如图，中，，，，将沿着直线向右平移到的位置，与相交于点G，连接．下列结论：①；②是直角三角形；③四边形的面积是；④四边形是菱形；⑤．其中正确结论的个数为（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】由平移的性质得，，，，则四边形是平行四边形，，，故①不正确；再由勾股定理的逆定理求出，即可推出是直角三角形，故②正确；然后设的边上的高为，由面积法求出，再求出，故③正确；由，即可推出平行四边形是菱形，故④正确；最后由，证与不全等，即可得出结果．【详解】解：由平移的性质得：，，，，四边形是平行四边形，则，，故①不正确；，即，，，是直角三角形，故②正确；设的边上的高为，则，，，故③正确；，平行四边形是菱形，故④正确；，，，，与不全等，故⑤不正确；综上所述，正确结论的个数为3，故选：C．【点睛】本题考查了平移的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定、勾股定理的逆定理、三角形面积的计算、全等三角形的判定等知识，熟练掌握平移的性质和勾股定理的逆定理是解题的关键．►题型03作平移图形37．（2024·山东青岛·一模）如图，将先向下平移3个单位，再绕原点O按逆时针方向旋转，得到，则点C的对应点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查坐标与图形的旋转变化、平移变换等知识点，正确作出图形成为解题的关键．根据题意画出图形，然后再确定点的坐标即可．【详解】解：如图，．故选：C．38．（2023·山东德州·模拟预测）如图，将先向右平移个单位，再绕点按顺时针方向旋转，得到，则点的对应点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查图形与坐标，涉及平移作图、旋转作图，根据题意，按要求作出图形，在平面直角坐标系中数形结合即可得到答案，熟练掌握平移作图、旋转作图是解决问题的关键．【详解】解：将先向右平移个单位，再绕点按顺时针方向旋转，得到，如图所示：，故选：C．39．（2023·山东青岛·一模）如图，线段放在边长为1个单位的小正方形网格中，点A、B均落在格点上，先将线段绕点O逆时针旋转得到线段，再将线段向下平移3个单位得到线段，线段，，的中点构成三角形面积为（

）A． B．15 C．3 D．【答案】A【分析】本题主要考查旋转作图和平移作图，三角形的面积．首先作出线段，，确定线段，，的中点，作出三角形，利用三角形的面积公式求解．【详解】如图，点E，D，F分别是线段，，的中点，A∴的面积是：．故选：A．40．（2022·山东枣庄·中考真题）如图，将△ABC先向右平移1个单位，再绕点P按顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点B的对应点B′的坐标是（）A．（4，0） B．（2，﹣2） C．（4，﹣1） D．（2，﹣3）【答案】C【分析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向右平移1个单位，再绕P点顺时针方向旋转，得到△A′B′C′，即可得点B的对应点的坐标．【详解】作出旋转后的图形如下：∴B'点的坐标为（4，﹣1），故选：C．【点睛】本题考查了坐标与图形变换−旋转、平移，解决本题的关键是掌握旋转的性质．►题型04平移中的坐标问题41．（2024·广东·模拟预测）在平面直角坐标系中，点A的坐标为，把点A先向右平移1个单位，再向下平移2个单位得到点B，则直线的表达式为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查的是一次函数解析式的求解，根据题干信息得出，再利用待定系数法求解．【详解】解：点A的坐标为，把点A先向右平移1个单位，再向下平移2个单位得到点，设直线的表达式为，则，解得：，，故选：B．42．（2024·广东汕头·一模）在平面直角坐标系中，将点先向左平移1个单位，再向下平移2个单位，最后所得点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查坐标与图形变化．根据点的坐标平移规则“左减右加，上加下减”求解即可．【详解】解：将点向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到的点的坐标是，故选：A．43．（2024·河南开封·一模）如图，，，都是的顶点，若将沿轴向右平移，使边的中点的对应点恰好落在轴上，则点的对应点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查平行四边形的性质，平移的性质，首先根据平移及平行四边形的性质确定，利用中点坐标公式得出，根据三角形中位线的判定确定点是线段边的中点，继而得到，从而确定向右平移个单位，据此得解．【详解】解：，，都是的顶点，∴，，，即线段沿轴向右平移个单位得到线段，点是点的对应点，点是点的对应点，∴，∵点是线段边的中点，∴点的坐标为，即，过点作轴，∴，∵，∴，∴，∴点是线段边的中点，∴，∵将沿轴向右平移，使边的中点的对应点恰好落在轴上，又∵，，∴沿轴向右平移个单位，∴．故选：C．44．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，．将菱形沿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，其中点的坐标为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】如图，过作轴于，求解，，可得，求解，，可得，再利用平移的性质可得．【详解】解：如图，过作轴于，

∵菱形的顶点A的坐标为，．∴，，∴，∴，，∴，∵将菱形沿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，∴；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．►题型05平移的几何变问题45．（2024·江苏徐州·一模）如图，在平面内，线段，为线段上的动点，三角板的边所在的直线与线段垂直相交于点，且满足．若点沿方向从点运动到点，则点运动的路径长为（

）A．9 B．6 C． D．【答案】D【分析】本题考查了平移的性质，根据三角板的边所在的直线与线段垂直相交于点，且满足，判断出三角板平移的角度，要求的路径长，只需要转化为求的路径长，而，主动点的运动路径即是线段，由此可求出从动点的路径长．【详解】解：三角板的边所在的直线与线段垂直相交于点，且满足，，，当点沿方向从点运动到点，点的运动轨迹必须保证，因此三角板的运动轨迹如图所示，要求点运动的路径，根据平移的性质，，，在中，，又，．点运动的路径长为．故选：D．46．（2023·天津南开·三模）如图，将直角沿斜边的方向平移到的位置，交于点G，，，的面积为4，下列结论错误的是（

）

A． B．平移的距离是4C． D．四边形的面积为16【答案】B【分析】根据平移的性质分别对各个小题进行判断：①利用平移前后对应线段是平行的即可得出结果；②平移距离指的是对应点之间的线段的长度；③根据平移前后对应线段相等即可得出结果；④利用梯形的面积公式即可得出结果．【详解】解：A．∵直角三角形沿斜边的方向平移到三角形的位置，∴，，∴，∴，故A正确，不符合题意；B．平移距离应该是的长度，由，可知，故B错误，符合题意；C．由平移前后的对应点的连线平行且相等可知，，故C正确，不符合题意；D．∵的面积是4，，∴，∵由平移知：，∴，四边形的面积：，故D正确，不符合题意．故选：B．【点睛】本题主要考查的是平移的性质，正确的掌握平移的性质是解题的关键．47．（2020·陕西·中考真题）在平面直角坐标系中，将抛物线y＝x2﹣（m﹣1）x+m（m＞1）沿y轴向下平移3个单位．则平移后得到的抛物线的顶点一定在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根据平移规律得到平移后抛物线的顶点坐标，然后结合的取值范围判断新抛物线的顶点所在的象限即可．【详解】解：，该抛物线顶点坐标是，，将其沿轴向下平移3个单位后得到的抛物线的顶点坐标是，，，，，，点，在第四象限；故选：．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、平移的性质、抛物线的顶点坐标等知识；熟练掌握二次函数的图象和性质，求出抛物线的顶点坐标是解题的关键．48．（2020·湖南衡阳·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，在第一象限，且轴．直线从原点出发沿轴正方向平移．在平移过程中，直线被截得的线段长度与直线在轴上平移的距离的函数图象如图2所示．那么的面积为（

）

A．3 B． C．6 D．【答案】B【分析】根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A；当移动距离是6时，直线经过B，在移动距离是7时经过D，则AD=7-4=3，当直线经过D点，设交BC与N.则DN=2，作DM⊥AB于点M.利用三角函数即可求得DM即平行四边形的高，然后利用平行四边形的面积公式即可求解．【详解】解：根据图象可以得到当移动的距离是4时，直线经过点A当移动距离是6时，直线经过B当移动距离是7时经过D，则AD=7-4=3如图：设交BC与N，则DN=2，作DM⊥AB于点M，∵移动直线为y=x∴∠NDM=45°∴DM=cos∠NDM·ND=∴的面积为AD×DM=3×=3．故答案为B．

【点睛】本题考查了平移变换、解直角三角形等知识，其中根据平移变换确定AD的长是解答本题的关键．命题点三：图形的旋转►题型01找旋转中心、旋转角、对应点49．（2022·广东揭阳·模拟预测）如图，把按逆时针转动一定的角度至，其中属于旋转角的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据旋转角的定义可得出图中的旋转角为和，可得出答案．【详解】解：旋转角是对应边之间的夹角，所以该图形中的旋转角为和，故选：C．【点睛】本题主要考查旋转角的定义，掌握旋转角是旋转前后对应边的夹角是解题的关键．50．（23-24九年级上·北京朝阳·期末）在如图所示的正方形网格中，四边形绕某一点旋转某一角度得到四边形（所有顶点都是网格线交点），在网格线交点中，可能是旋转中心的是（

）A．点 B．点 C．点 D．点【答案】A【分析】本题主要考查了旋转的性质，对应顶点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，对称中心在连接对应点线段的垂直平分线上，连接，，作的垂直平分线，作的垂直平分线，交于点M，则M为旋转中心．【详解】解：连接，，作的垂直平分线，作的垂直平分线，交到在M处，所以可知旋转中心的是点M．如下图：故选∶A．51．（2024·福建厦门·模拟预测）如图，将绕点顺时针旋转至．下列角中，是旋转角的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查图形旋转，旋转角，根据旋转角定义，对应点与旋转中心连线所夹的角是旋转角，可得旋转角为，即可．【详解】解：∵将绕点顺时针旋转至，∴旋转角为，．故选：A．52．（2024·山西运城·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，的顶点都在格点（每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点称为格点）上，点A，B，C的坐标分别为，，，将绕坐标平面内某点旋转一定的角度，得到，点A，B，C的对应点分别为，，，若点的坐标为，则旋转中心的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了确定旋转中心的位置，旋转的性质，连接、，分别作和的垂直平分线、，则，交于点D，则点D即为旋转中心，根据图形得出旋转中心的坐标即可．【详解】解：连接、，分别作和的垂直平分线、，则，交于点D，如图所示：则点D为旋转中心，观察图形可知，点D的坐标为，∵，，∴，∴为等腰直角三角形，同理可得：为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，∴绕点D逆时针旋转正好得到，∴旋转中心的坐标为．故选：B．►题型02根据旋转的性质求解53．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，在中，已知，将绕点顺时针旋转到的位置，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了旋转的性质，将绕点A顺时针旋转得到的位置，依据旋转的性质即可得解．【详解】解：∵将绕点A顺时针旋转得到，∴旋转角，故选：B．54．（2023·广东阳江·一模）如图，将绕点C按逆时针方向旋转，得到，连接，若，则线段的长为（

）A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】本题主要考查了图形的旋转，勾股定理．根据旋转的性质可得，再由勾股定理可得的长，即可求解．【详解】解：∵将绕点C按逆时针方向旋转，得到，∴，∴，故选：B．55．（2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，是矩形的对角线，将绕点A逆时针旋转得到，使点E在线段上，交于点G，交于点H，则的值为（

）．A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了矩形的性质、正切的定义、旋转的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质和定理成为解题的关键．根据矩形的性质和勾股定理可得、，再结合旋转的性质可得，易证，运用相似三角形的性质列比例式可得，最后根据正切的定义即可解答．【详解】解：∵在矩形中，，，∴，，∴，，∵将绕点A逆时针旋转得到，使点E在线段上，∴，，∴，∵，，∴，∴，即，解得：，∴故选B．56．（2024·广东广州·一模）如图，在等边中，D是边上一点，连接，将绕点B按逆时针方向旋转，得到，连接，若，，则四边形的周长是（

）A．19 B．20 C．28 D．29【答案】C【分析】此题考查了旋转的性质、等边三角形判定和性质等知识，先由是等边三角形得出，根据图形旋转的性质得出，即可求出结果【详解】解：∵是等边三角形，∴，∵将绕点B按逆时针方向旋转，得到，∴，∴，∵，∴四边形的周长为．故选：C►题型03旋转的坐标问题57．（2024·广东佛山·一模）如图，在平面直角坐标系中，将边长为2的等边三角形绕点O逆时针旋转后得到，依此方式，绕点O连续旋转4次得到，那么的坐标为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查坐标与图形变化旋转．先求出点的坐标，再根据旋转4次所得三角形中的点与点关于坐标原点成中心对称即可解决问题．【详解】解：令与轴的交点为，

由旋转可知，，，又因为，所以，则在中，，所以点的坐标为．按此方式再继续旋转3次，则点在的延长线上，且，即点与点关于坐标原点对称，所以点的坐标为．故选：D．58．（2023·广东深圳·一模）如图，菱形的对角线交于原点O，．将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第2023次旋转结束时，点在第三象限，过点作轴于点，延长到点，使，过点作轴于点，再根据菱形的性质及全等三角形的判定，即可求得点的坐标，据此即可求解．【详解】解：将菱形绕原点逆时针旋转，每次旋转，，旋转4次后回到原来的位置，，第2023次旋转结束时，点在第三象限，如图：过点作轴于点，延长到点，使，过点作轴于点，，，四边形是菱形，，，，，，，，，，，，，，故第2023次旋转结束时，点的坐标为，故选：C．【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及坐标与图形的性质，直角三角形的性质，找出旋转规律是解题关键．59．（2023·广西柳州·三模）如图，正方形的顶点均在坐标轴上，且点的坐标为，以为边构造菱形，将菱形与正方形组成的图形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的对应点的坐标为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得每4次旋转为一个循环，点的坐标与第1次旋转结束时点的坐标相同，求出点的坐标，即可得出答案．【详解】解：∵，∴每旋转4次为一个循环，∵，∴第2025次旋转结束时，点的坐标与第1次旋转结束时点的坐标相同，的位置如图所示，过点作轴于点，连接，，

∵点，∴，∵四边形为正方形，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，即，由旋转得，，∴，，，∵点在第二象限，∴点的坐标为，则点的坐标为．故选：D．【点睛】本题考查了坐标与图形、菱形的性质以及旋转的性质，找到旋转的规律是本题的关键．60．（2023·广东中山·二模）如图，点为▱的对称中心，轴，与轴交于点，与轴交于点，，若将绕点顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，可得点为对角线的交点，，再根据，可得，再由点，可得，然后根据，可得，从而得到点，进而得到次为一个周期，据此即可求解．【详解】解：如图，连接，∵原点为的对称中心，∴点为对角线的交点，∴，∵轴，∴，∴，即，∵点，∴，∴，∵，∴，∵点∴点，∵每次旋转，∴次为一个周期，∵，∴第次旋转结束时，点的对应点在第三象限，∴此时点的坐标为．故选：B．【点睛】本题主要考查了坐标与图形，旋转变换，平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定，找到规律是解题的关键．►题型04旋转中的规律问题61．（2023·河南许昌·二模）如图，等腰的顶点在轴上，顶点在轴上，已知，将绕点顺时针旋转，每次旋转，若旋转后点的对应点的坐标为，则旋转的次数可能是（

）

A．71 B．72 C．73 D．74【答案】D【分析】本题考查了旋转的性质，规律探索，循环节的计算，根据题意，第一次旋转落在第一象限，第二次旋转落在第四象限，第三次旋转落在第三象限，第四次回到启动点，由此得到旋转的图形按照循环节为4进行规律旋转，除以4看余数即可．【详解】根据题意，第一次旋转落在第一象限，第二次旋转落在第四象限，第三次旋转落在第三象限，第四次回到启动点，由此得到旋转的图形按照循环节为4进行规律旋转，除以4看余数即可，∵在第四象限，∴除以4后的余数为2，∵，故选D．

．62．（2023·河南开封·一模）如图，在矩形中，已知，，矩形在直线上绕其右下角的顶点向右旋转至图①位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转至图②位置，...，以此类推，这样连续旋转2024次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先求得每一次转动的路线的长，发现每4次循环，找到规律然后计算即可．【详解】解：转动一次的路线长是：，转动第二次的路线长是：，转动第三次的路线长是：，转动第四次的路线长是：0，转动五次的路线长是：，以此类推，每四次循环，故顶点转动四次经过的路线长为：，顶点转动2024次经过的路线长为：．故选：C．【点睛】本题主要考查了探索规律问题和弧长公式的运用，发现规律是解决问题的关键．63．（2023·辽宁阜新·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线l：与两坐标轴交于、两点，以为边作等边，将等边沿射线方向作连续无滑动地翻滚．第一次翻滚：将等边三角形绕点顺时针旋转，使点落在直线上，第二次翻滚：将等边三角形绕点顺时针旋转，使点落在直线l上……当等边三角形翻滚次后点的对应点坐标是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】先令，求得点与点的坐标，从而求出、、的长度，然后结合图形的翻转知道点经过次旋转后重新落在直线：上，第次旋转点的位置不变，再结合次一循环得到翻滚次后点的坐标．【详解】解：∵直线l：与两坐标轴交于、两点，∴，，∴，，，∴，∴，如图，等边经过第次翻转后，，过点作轴于点，则，

∵，∴，，等边经过第次翻转后，，等边经过第次翻转后，点仍在点处，∴每经过次翻转，点向右平移个单位，向上平移个单位，∵，第次与第次翻转后点处在同一个点，∴点经过次翻转后，向右平移了个单位，向上平移了个单位，∴等边三角形翻滚次后点的对应点坐标是，故选：D．【点睛】本题考查了图形的翻转，一次函数图象上点的坐标特征，解直角三角形，解题的关键是通过实际操作理解等边经过第次翻转与第次翻转后点处在同一个点．64．（2024·广东·模拟预测）如图，已知菱形的顶点，若菱形绕点逆时针旋转，每秒旋转，则第20秒时，菱形的对角线交点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】此题考查坐标的变化规律、旋转的性质、菱形的性质等知识，找到每旋转8秒，菱形的对角线交点就回到原来的位置由得到第20秒时是把菱形绕点逆时针旋转了2周回到原来位置后，又旋转了4秒，即又旋转了，即可可求出答案.【详解】解：菱形的顶点，与轴的夹角为∵菱形的对角线互相垂直平分，点是线段的中点，点的坐标是∵菱形绕点逆时针旋转，每秒旋转∴每旋转8秒，菱形的对角线交点就回到原来的位置∵∴第20秒时是把菱形绕点逆时针旋转了2周回到原来位置后，又旋转了4秒，即又旋转了，∴点的对应点落在第三象限，且对应点与点关于原点成中心对称，第20秒时，菱形的对角线交点的坐标为．故选：B►题型05旋转的线段问题65．（2023·广东惠州·一模）如图1，正方形的边长为，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接．(1)证明：．(2)延长交于点．判断四边形的形状，并说明理由；(3)若，求线段的长度．【答案】(1)证明见解析(2)四边形是正方形，理由见解析(3)【分析】（1）由旋转的性质证明，即可得出答案；（2）先证明四边形是矩形，根据邻边相等的矩形是正方形即可证明；（3）设正方形边长为，在中用勾股定理建立关于的方程，求解即可【详解】（1）证明：由题意和旋转的性质可得：，，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，即：，在和中，，∴，∴；（2）解：四边形是正方形，理由如下：由（1）得：，且，∴，∴，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形；（3）解：∵正方形的边长为，∴，设正方形的边长为，∴，∵，∴，在中，，，∴，解得：，（不符合题意，舍去），∴，∴线段的长度为．【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的判定及性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识点，运用了方程的思想．熟练掌握全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质是解题的关键．66．（2022·江苏南通·中考真题）如图，矩形中，，点E在折线上运动，将绕点A顺时针旋转得到，旋转角等于，连接．(1)当点E在上时，作，垂足为M，求证；(2)当时，求的长；(3)连接，点E从点B运动到点D的过程中，试探究的最小值．【答案】(1)见详解(2)或(3)【分析】（1）证明即可得证．（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助，在中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助并利用勾股定理求解即可．（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．【详解】（1）如图所示，由题意可知，，，，由旋转性质知：AE=AF，在和中，，，．（2）当点E在BC上时，在中，，，则，在中，，，则，由（1）可得，，在中，，，则，当点E在CD上时，如图，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，同（1）可得，，由勾股定理得；故CF的长为或．（3）如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作于点H，由（1）知，，故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．在与中，，，，即，，，，在与中，，，，即，，故的最小值；如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作，，由题意可知，，在与中，，，，故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；由于，，，故四边形DQRK是矩形；，，，，故此时DF的最小值为；由于，故DF的最小值为．【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．67．（2022·广东东莞·二模）如图，在Rt△OAB中，∠AOB＝90°，OA＝OB＝4，以点O为圆心、2为半径画圆，过点A作⊙O的切线，切点为P，连接OP，将OP绕点O按逆时针方向旋转到OH时，连接AH，BH，设旋转角为α（0°＜α＜360°）．(1)当α＝90°时，求证：BH是⊙O的切线；(2)当△AHB面积最小时，请直接写出此时点H到AB的距离．【答案】(1)见解析；(2)【分析】（1）根据题意易证△AOP≌△BOH，所以∠OPA=∠OHB，又∠OPA=90°，进而证明结论；（2）当H与AB的距离最小时，△AHB面积最小，进而可以求得答案．【详解】（1）证明：∵α＝90°，∠AOB＝90°，∴∠AOP＝∠BOH，在△AOP和△BOH中，∴△AOP≌△BOH（SAS），∴∠OPA＝∠OHB，∵AP是⊙O的切线，∴∠OPA＝90°，∠OHB＝90°，即OH⊥BH于点H，∴BH是⊙O的切线；（2）解：设h表示点H到直线AB的距离，作ON⊥AB于点N，H在圆O上，在Rt△ONB中，∠OBN＝45°，OB＝4，∴ON＝4cos45°＝，∴h的最小值为＝ON﹣r＝，∴当△AHB面积最小时，点H到AB的距离为．【点睛】此题主要考查了圆的综合以及等腰直角三角形的性质、旋转的性质、切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．68．（2024·山东济宁·二模）某校数学兴趣小组将两个边长不相等的正方形和正方形按照图方式摆放，点，，在同一条直线上，点在上．(1)操作与发现如图2，将正方形绕点逆时针旋转．①当时，求，，的度数；②正方形旋转过程中，你发现与的有何数量关系？与的有何数量关系？请直接写出你发现的结论，不需要证明．(2)类比探究如图3，将正方形绕点顺时针旋转．上面②中你发现的结论是否仍然成立？请说明理由．【答案】(1)①；；②(2)，理由见解析【分析】本题考查了旋转的性质，角度的计算；（1）①根据旋转的性质，角度的计算即可求解；②根据旋转的性质，角度的计算，即可求解；（2）根据旋转的性质即可求解．【详解】（1）解：①∵，四边形是正方形，∴，；②∵，，∴；（2）解：∵，，∴，∵，∴．►题型06旋转的角度问题69．（2022·贵州贵阳·二模）（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE，易证．则___________°；（2）拓展研究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且，点A，D，E在同一直线上，若，，求AB的长度；（3）探究发现：如图3，P为等边△ABC内一点，且，且，，，，求BD的长．【答案】（1）120；（2）AB的长度17；（3）BD的长为13．【分析】（1）证明△ACD≌△BCE（SAS）．得到∠ADC＝∠BEC．利用△DCE为等边三角形，得到∠CDE＝∠CED＝60°，再利用点A，D，E在同一直线上，可得∠ADC＝120°，即可得∠BEC＝120°；（2）证明△ACD≌△BCE（SAS），可得，，再证明，利用勾股定理求解即可；（3）把△APC绕点C逆时针旋转60°得△BEC，连接PE，可得△BEC≌△APC，证明△PCE是等边三角形，证明∠BED＝90°，再证明D、P、E在同一条直线上，求出DE，利用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠ADC＝∠BEC，∵△DCE为等边三角形，∴∠CDE＝∠CED＝60°，∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC＝120°，∴∠BEC＝120°．故答案为：120；（2）∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴，，∵△DCE为等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°，∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC＝135°，∴∠BEC＝135°，∴，∴AB＝＝＝17；（3）把△APC绕点C逆时针旋转60°得△BEC，连接PE，如图所示：则△BEC≌△APC，∴CE＝CP，∠PCE＝60°，BE＝AP＝5，∠BEC＝∠APC＝150°，∴△PCE是等边三角形，∴∠EPC＝∠PEC＝60°，PE＝CP＝4，∴∠BED＝∠BEC-∠PEC＝90°，∵∠APD＝30°，∴∠DPC＝150°﹣30°＝120°，又∵∠DPE＝∠DPC+∠EPC＝120°+60°＝180°，即D、P、E在同一条直线上，∴DE＝DP+PE＝8+4＝12，在Rt△BDE中，，即BD的长为13．【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点并灵活运用．70．（2023·广东东莞·模拟预测）如图（1），在中，．点D是边上任意一点（不与B，C重合），连接，过点D作于点E，连接，点F为中点，连接．(1)当时，判断四边形的形状，并证明．(2)点D在线段上的什么位置时，的面积最大？请说明理由．(3)如图（1）中的绕点B旋转到如图（2）所示位置，得到，使得点A在直线上，连接，点为中点，与交于点G，其他条件不变．求证：．【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析(2)当时，的面积最大，理由见解析(3)见解析【分析】（1）求得，则，证明是的平分线，利用含30度角的直角三角形的性质以及斜边中线的性质推出，即可证明结论；（2）设，，推出，利用二次函数的性质即可求解；（3）作点A关于的对称点，点关于的对称点Ｈ，证明都是等边三角形，推出，再根据三角形中位线定理即可证明结论．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：∵在中，，∴，则，∵，∴，∴是的平分线，则，∴，∵点F为中点，∴，∴，∴四边形是菱形；（2）解：当时，的面积最大，理由如下：设，，则，，，，，，∵点F为中点，∴，∵，∴当时，有最大值，此时，即，∴当时，的面积最大；（3）解：作点A关于的对称点，点关于的对称点Ｈ，连接，则，，∴，由题意得，∴都是等边三角形，∵，∴，∴，∵点为中点，∴是的中位线，

∴，∴．【点睛】本题考查了二次函数的应用，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质以及斜边中线的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．71．（2022·广东揭阳·一模）阅读下面活动内容，完成探究1-3的问题：将一个矩形绕点A顺时针旋转α，得到矩形，连结．

[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求的长．[探究2]如图2，连结，过点作交于点M，线段与相等吗？请说明理由．[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点P，N（如图3），发现线段存在一定的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明．【答案】[探究1]：；[探究2]：相等，理由见解析；[探究3]：，证明见解析．【分析】[探究1]证，设，列出比例式并解出即可；[探究2]先证，得，由得；由前两个结论得，然后即可得出；[探究3]连接，证，然后得，证，列出比例式即可；【详解】解：（探究1）如图1，设，

∵矩形绕点A顺时针旋转得到矩形，∴点A，B，D在同一直线上，∴，，∴，∵，∴，又∵点在的延长线上，∴，∴，∴，解得，（不合题意，舍去），∴．（2）．证明：如图2，连接，

∵，∴，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，（3）关系式为．证明：如图3，连接，

∵，，，∴，∴，∵，，∴，∴，在和中，，，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了矩形的旋转，相关知识点有：全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、平行线的性质等知识点，辅助线的添加是解题关键．72．（2024·安徽合肥·一模）在学习“旋转”这一重要的平面图形变换时，李老师设计如下的一个问题，让同学们进行探究．如图，，过点作交于点，将绕点逆时针方向旋转．(1)将旋转至如图的位置时，连接，求证：．(