考点22图形的变换（平移、旋转、轴对称）（精练）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版

这是一份考点22图形的变换（平移、旋转、轴对称）（精练）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版，文件包含考点22图形的变换平移旋转轴对称精练原卷版-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练全国通用docx、考点22图形的变换平移旋转轴对称精练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共57页， 欢迎下载使用。

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，根据轴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，这条直线就叫做对称轴．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
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、是轴对称图形，故此选项符合题意；故选：D．
2．（2023·河北唐山·统考三模）如图，已知长方形纸片，M为边上的一点，将纸片沿，折叠使点A落在处，点D落在处，如果，那么的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了轴对称的性质，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．利用折叠的性质得到对应角相等，然后利用平角定理求出角的度数．
【详解】解：将纸片沿，折叠使点A落在处，点D落在处，
，，，
，，
， ，，
．故选D．
3．（2022·四川绵阳·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点，点，矩形的顶点分别在轴，轴上，对角线轴，已知，.现将直线向上平移个单位长度，使平移后的直线恰好平分矩形的面积，则的值为（ ）
A．B．8C．9D．
【答案】A
【分析】作轴于E，连接，交于点，则是的中点，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：作轴于，连接，交于点，则是的中点，
∵对角线轴，，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，即，
∴，∴，∴，∴，
当时，，∴，设平移后的直线为，
∵当经过点时，平移后的直线恰好平分矩形的面积，
∴，解得，∴平移后的直线为，
当时，，∴，∴的值为，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．
4．（2022·安徽·校联考模拟预测）如图，在锐角中，D为边上一点，，将绕点C顺时针旋转后得到，且点D，B的对应点分别为A，E，交于点O，连接．下列结论错误的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质、等边三角形的性质、平行线的证明、平行线分线段成比例定理对选项逐一判断即可得到答案．
【详解】解：由题意知，又∵，∴为等边三角形，∴，故A项正确；
∵，∴，∴，∴，故B项正确；
∵，∴，∵，，∴，故C项正确；
根据已知条件推不出，故D项错误．故选：D．
【点睛】本题考查了图形的旋转的性质，等边三角形的证明，平行线的证明，平行线分线段成比例定理，熟练掌握图形旋转前后对应边相等，对应角相等．平行线分线段成比例定理是解题的关键，
5．（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）如图，是的直径，点C为上一点，将沿翻折得到的弧恰好经过圆心O，连接，若，则图中阴影部分的面积为( )

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意和图形，可知阴影部分的面积扇形的面积，然后根据题目中的数据，计算出的面积即可．
【详解】解：连接，作于点D，根据对称性可知，弓形与弓形面积相等，
∴阴影部分的面积的面积，根据垂径定理，∴
∵，，∴，
∵，∴，∴，又∵，∴
∵点O是的中点，∴的面积是的面积一半，
∴的面积是：，
即阴影部分的面积是，故选：C．

【点睛】本题考查求不规则图形的面积、垂径定理、翻折变换，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
6．（2023·江西南昌·校考二模）数学小组将两块全等的含角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究．如图1，其中，，，将沿射线方向平移，得到，分别连接，（如图2所示），下列有关四边形的说法正确的是（ ）

A．先是平行四边形，平移个单位长度后是菱形
B．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移2个单位长度后是菱形
C．先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移3个单位长度后是正方形
D．在平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形
【答案】B
【分析】根据平移过程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性质求出平移距离即可．
【详解】解：由题意可得：平移过程中，，，，
∴四边形是平行四边形，刚开始平移时，，
∴如图，当平移至时，，
∴此时四边形是矩形，且不可能为正方形，，
∴平移距离为：，即平移个单位长度后是矩形，

继续平移，当与共线时，此时，即四边形是菱形，
此时的总平移距离为，即再平移个单位长度后是菱形；
综上可得：平移过程中，四边形先是平行四边形，平移个单位长度后是矩形，再平移个单位长度后是菱形，故选B．
【点睛】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形，综合利用了特殊四边形的判定和性质，掌握特殊平行四边形的判定与性质是解题的关键．
7．（2023·河南周口·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，，其中点在轴上，点到轴的距离为，若将绕点顺时针旋转一定的角度得到，当点恰好落在轴正半轴上时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过点作轴于，过点作轴于，过作于，先求出，再证明，得出，，再证明，推出，，从而求出点的坐标．
【详解】解：过点作轴于，过点作轴于，过作于，
，，点到轴的距离为，，
，，
将绕点顺时针旋转一定的角度得到，，，
，，，，
，，，
，即，，，，故选：．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化旋转、等腰三角形的性质、勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握这几个知识点的综合应用，其中作出辅助线证明三角形全等是解题关键．
8．（2023上·山东滨州·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点，点在轴的正半轴上，且，将沿轴向右平移得到，与交于点．若：：，则点的坐标为 ．

【答案】
【详解】作轴于点，由得，由，根据等腰三角形的性质得，所以，由平移得，，所以，则，即可求得点的坐标为．
【解答】解：如图，作轴于点，，，
，，，由平移得，，
，，，，故答案为：．

【点睛】本题考查了平移的性质、平行线分线段成比例定理、等腰三角形的性质、图形与坐标等知识，正确理解和运用平移的性质是解题的关键．
9．（2023·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，、分别为线段、上一点，将菱形沿着翻折，翻折后、的对应点分别为，与交于点．已知，若 若 ．

【答案】 //3.4 //
【分析】若，如图所示，过点作垂直延长线于点，交于点，交于点，根据折叠，菱形，平行四边形的性质，三角函数的计算即可求解；若，如图所示，过点作边的高，交于点，交延长线于点，连接，通过条件推理可得点为的中点，由此即可求解．
【详解】解：若，如图所示，过点作垂直延长线于点，交于点，交于点，

已知，菱形沿着翻折，点、的对应点分别为，
，根据作图可知是菱形中边上的高，
，，四边形是平行四边形，，且，
在中，，，根据折叠性质可知，，且，
，是等腰三角形，，
，，，
，，故答案为：；
，如图所示，过点作边的高，交于点，交延长线于点，连接，
根据折叠性质可知，，
，，，
根据题意可知，是菱形中边上的高，，
设，则，，，，
，设，在中，，则，
，即，，，
，，，，连接，
到的距离为，此时点到的垂线段的垂足与点重合，且点三点共线，则，，，
，解得或舍去，
， ，，，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，平行四边形的性质，折叠的性质，三角函数的计算方法，三角形相似的判定和性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
10．（2023·湖北武汉·统考一模）如图，在边长为2的等边中，D是的中点，点E在线段上，连接，在的下方作等边，连接．当的周长最小时，的度数是 ．
【答案】/30度
【分析】证明，得出，作点D关于的对称点G，连接，，则，得出当B，F，G在同一直线上时，的最小值等于线段长，且时，的周长最小，根据三角形内角和求出结果即可．
【详解】解：如图，连接，如图所示：
∵、都是等边三角形，∴，，
，
∴，∴，
在和中，，∴，∴，
如图，作点D关于的对称点G，连接，，则，
∴当B，F，G在同一直线上时，的最小值等于线段长，且时，的周长最小，
∴此时，由轴对称的性质，可得，
∴，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，轴对称的性质，垂线段最短，解题的关键是作出辅助线，证明．
11．（2022·陕西铜川·统考一模）如图，菱形的边，垂足为点E，点H是菱形的对称中心，若，则菱形的边长为 ．
【答案】
【分析】连接AC，BD交于点H．证明△AEH∽△HED，利用相似三角形的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，连接AC，BD交于点H．
∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AH=HC，AC⊥BD，∴∠EAH=∠FCH，
∵∠AHE=∠CHF，∴△AEH≌△CFH（ASA），∴AE=CF=，HE=HF，
∵HE⊥AD，∴∠AEH=∠DEH=90°，∵∠AHE+∠HAE=90°，∠HAE+∠HDE=90°，
∴∠AHE=∠HDE，∴△AEH∽△HED，∴，
∵EF=DE，EH=HF，∴，∴EH=，∴DE=1，
∴AD=AE+DE．故答案为：．
【点睛】本题考查中心对称，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
12．（2023·广东茂名·统考二模）如图，在中，，点在边上，，将沿折叠，的对应边交于点，连接．若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识点，过点作于点，先证明是等边三角形，再证，得出，，由折叠的性质可得，利用三角函数求得的长，进而得点与点重合，从而求得的长，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，是解此题的关键．
【详解】解：过点作于点，
，
∵将沿折叠，的对应边交于点，，
，是等边三角形，，
，，，
，，，，
，，
，，，
，，，
，∴点与点重合，，故答案为：．
13．（2023·广东茂名·统考二模）如图，在矩形中，已知，，点P是边上一动点（点P不与点B，C重合），连接，作点B关于直线的对称点M，连接，作的角平分线交边于点N，则线段的最小值为 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，轴对称的性质等等，根据轴对称的性质得到，则当A、M、N三点共线时，此时取最小，，有轴对称的性质得到，则可证明，得到，中，由勾股定理得：，解方程即可得到答案．
【详解】解：连接，如图所示：
∵点B关于直线的对称点M，∴，∵，
当A、M、N三点共线时，此时取最小，，
∵四边形是矩形，∴，
由轴对称的性质得：，∴，
∵平分，∴，又∵，∴，
∴，在中，由勾股定理得：，
解得： ，故线段的最小值为，故答案为：．
14．（2023·四川成都·模拟预测）如图1，将一张菱形纸片沿对角线剪开，得到和，再将以D为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使，得到如图2所示的，连接，，，有下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线上）
【答案】①②③
【分析】证明四边形是矩形可判断①和②；求出可判断③；根据勾股定理可判断④．
【详解】解：如图2中，过点D作于点E，
由旋转的性质，得，∴，，
∵，∴，∴，∴．同理，，∴，
又∵，∴四边形是平行四边形，
又∵，∴，
∴四边形是矩形，∴；；故①②正确；
∵，∴，∵，∴，∴；故③正确，
∵是等腰直角三角形，∴，
∵，∴，故④错误，∴正确的有①②③，故答案为①②③．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
15．（2024·辽宁抚顺·统考二模）用两个全等且边长为的等边三角形和等边三角形拼成菱形，把一个含角的三角尺与这个菱形叠合，使三角尺的角的顶点与点重合，两边分别与、重合，将三角尺绕点按逆时针方向旋转，在转动过程中，当的面积是时，的长为 ．
【答案】或
【分析】本题主要考查等边三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解题关键．过点作，根据等边三角形的性质可求出，结合可求出．又易证，即得出，从而即可得解．
【详解】①当点在线段上时，如图，过点作，

为等边三角形，，，
，即，，．
三角尺角的顶点与点重合，，
，即．
又两个全等且边长为的等边三角形和等边三角形拼成菱形，
，，，；
②当点在线段的延长线上时，如图：由①可知，，．
，，即．
又，，，．
的长为或，故答案为：或．
16．（2023·四川成都·校考三模）如图，在菱形中，，点为边中点，点在边上，将四边形沿直线翻折，使的对应边为，当时，的值为 ．

【答案】/
【分析】过点D作于点K，设与的交点为E，延长交于点L，根据三角函数的意义，菱形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，勾股定理计算即可．
【详解】过点D作于点K，设与的交点为E，延长交于点L，
∵四边形沿直线翻折，∴，
∵，，∴，∴设，则，∴，
∵点为边中点，∴，∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，，，
∵，，，∴，
∴四边形是矩形，∴， ∴，，
∴设，∴，根据折叠的性质，得，
∴∴，∴，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查锐角三角形函数，菱形，折叠，矩形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握锐角三角形函数的运用，菱形的性质，折叠的性质，勾股定理．
17．（2023·四川广安·统考二模）如图，在的网格上，由个数相同的白色方块与黑色方块组成一幅图案，请仿照此图案，在下图的网格中分别设计出符合要求的图案（注：①不得与原图案相同；②黑、白方块的个数要相同）．

【答案】见解析
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，即可作出图形．
【详解】解：如下图，是轴对称图形，又是中心对称图形；

如下图，是轴对称图形，不是中心对称图形；
如下图，是中心对称图形，不是轴对称图形；
【点睛】本题是开放性试题，答案不唯一．主要考查了轴对称图形与中心对称图形的作图，通过设计图案加深学生对轴对称、中心对称性质的理解，激发学生学好数学，用好数学的热情．
18．（2023·安徽亳州·校联考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为．(1)作出关于y轴对称的；(2)作出关于点成中心对称的；(3)在轴上找一点，使，并写出点的坐标．

【答案】(1)作图见解析(2)作图见解析(3)作图见解析，
【分析】（1）先找出三点关于轴对称的对称点，连接三点画出三角形；
（2）根据中心对称的性质即可得到结论；（3）根据线段垂直平分线的性质即可得到结论．
【详解】（1）解：如图所示：即为所求；

（2）解：如图所示：即为所求；
（3）如图所示：点即为所求，坐标为．
【点睛】本题考查作图﹣旋转变换，轴对称变换，熟练掌握基本作图知识是解题的关键．
19．（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）综合与实践：如图1，在中，， ．
猜想证明：（1）如图1，点D在边上 ．将沿所在直线折叠，点C的对应点为E ．试猜想四边形的形状并加以证明 ．
实践探究：（2）如图2，拓展小组受此问题启发，将沿过点C的直线折叠 ．点B的对应点为G ．且于点H ．若，，求的长 ．
问题解决：（3）如图3 ．探究小组突发奇想，将沿过点A的直线折叠，若，，，直接写出的长 ．

【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）；（3）
【分析】（1）先判断四边形是菱形即可得出结论；（2）先证明求出，再证得到，设未知数列方程解决即可；（3）先证得，在中，由勾股定理求出即可．
【详解】（1）解：正方形 ．
证明：，， ，
即， ，由折叠知：，，
，四边形是菱形，，菱形是正方形 ；
（2）在中，，，，，
，，又， ，
，即， ， 由折叠知：，，
， ， ，
， 设，则，，
在中，，即，
，（舍）， ；
（3）在中，，，，过点M作于点N，如图：
则，在中，，，

，，，，，
在中，由勾股定理，得：，即，
解得：或（不合题意，舍去），得长为25．
【点睛】本题考查了正方形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，熟练应用正方形判定方法和相似三角形判定定理是解题关键．
20．（2023·重庆 ·中考模拟）【问题情境】在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中，，．
【问题探究】小昕同学将三角板绕点B按顺时针方向旋转．
(1)如图2，当点落在边上时，延长交于点，求的长．
(2)若点、、在同一条直线上，求点到直线的距离．(3)连接，取的中点，三角板由初始位置（图1），旋转到点、、首次在同一条直线上（如图3），求点所经过的路径长．(4)如图4，为的中点，则在旋转过程中，点到直线的距离的最大值是_____．
【答案】(1)(2)(3)(4)
【分析】（1）在Rt△BEF中，根据余弦的定义求解即可；（2）分点在上方和下方两种情况讨论求解即可；（3）取的中点，连接，从而求出OG=，得出点在以为圆心，为半径的圆上，然后根据弧长公式即可求解；（4）由（3）知，点在以为圆心，为半径的圆上，过O作OH⊥AB于H，当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，在Rt△BOH中求出OH，进而可求GH.
(1)解：由题意得，，
∵在中，，，．∴．
(2)①当点在上方时，如图一，过点作，垂足为，

∵在中，，，，∴，∴．
∵在中，，，，，∴．
∵点、、在同一直线上，且，∴．
又∵在中，，，，∴，∴．
∵在中，，∴．
②当点在下方时，如图二，在中，∵，，，
∴．∴．
过点作，垂足为．在中，，
∴．综上，点到直线的距离为．
(3)解：如图三，取的中点，连接，则．

∴点在以为圆心，为半径的圆上．
当三角板绕点B顺时针由初始位置旋转到点、B、首次在同一条直线上时，点所经过的轨迹为所对的圆弧，圆弧长为．∴点所经过的路径长为．
(4)解：由（3）知，点在以为圆心，为半径的圆上，如图四，过O作OH⊥AB于H，
当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，
在Rt△BOH中，∠BHO=90°，∠OBH=30°，，∴，
∴，即点到直线的距离的最大值为.
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，弧长公式，解直角三角形等知识，分点在上方和下方是解第（2）的关键，确定点G的运动轨迹是解第（3）（4）的关键.
限时检测2：最新各地中考真题（50分钟）
1．（2023·广东深圳·统考中考真题）下列图形中，为轴对称的图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D、是轴对称图形，故本选项符合题意．故选：D．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形，解决问题的关键是熟练掌握轴对称图形的概念，轴对称图形概念，一个图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就是轴对称图形．
2．（2023·山东青岛·统考中考真题）如图，将线段先向左平移，使点B与原点O重合，再将所得线段绕原点旋转得到线段，则点A的对应点的坐标是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由平移的性质得，点，再由旋转的性质得点与关于原点对称，即可得出结论．
【详解】解：如图，

由题意可知，点，，由平移的性质得：，点，
由旋转的性质得：点与关于原点对称，∴，故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变化﹣旋转、坐标与图形的变化﹣平移，熟练掌握旋转和平移的性质是解题的关键．
3．（2023·四川雅安·统考中考真题）在平面直角坐标系中．将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转，再向上平移1个单位长度，所得直线的函数表达式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出函数的图象绕坐标原点逆时针旋转的函数解析式，再根据函数图象的平移规律即可求出平移后的解析式．
【详解】解：∵点是函数图象上的点，
∴将绕原点逆时针旋转，则旋转后图象经过原点和、
∴将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转得到图象的解析式为，
∴根据函数图象的平移规律，再将其向上平移1个单位后的解析式为．故选A．
【点睛】本题考查了绕坐标原点逆时针旋转坐标变化的规律和一次函数平移的规律，解题关键是根据绕坐标原点逆时针的得到图象函数解析式为．
4．（2023·天津·统考中考真题）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（ ）

A． B．C． D．
【答案】A
【分析】根据旋转的性质即可解答．
【详解】根据题意，由旋转的性质，可得，，，
无法证明，，故B选项和D选项不符合题意，
，故C选项不符合题意，
，故A选项符合题意，故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．
5．（2023·山东临沂·统考中考真题）某小区的圆形花园中间有两条互相垂直的小路，园丁在花园中栽种了8棵桂花，如图所示．若A，B两处桂花的位置关于小路对称，在分别以两条小路为x，y轴的平面直角坐标系内，若点A的坐标为，则点B的坐标为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据关于轴对称的点的特点：纵坐标不变，横坐标互为相反数，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：点B的坐标为；故选A．
【点睛】本题考查坐标与轴对称．熟练掌握关于轴对称的点的特点：纵坐标不变，横坐标互为相反数，是解题的关键．
6．（2023·山东滨州·统考中考真题）已知点是等边的边上的一点，若，则在以线段为边的三角形中，最小内角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将绕点逆时针旋转得到，可得以线段为边的三角形，即，最小的锐角为，根据邻补角以及旋转的性质得出，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，将绕点逆时针旋转得到，

∴，，，∴是等边三角形，∴，
∴以线段为边的三角形，即，最小的锐角为，
∵，∴∴∴，故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
7．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先证明，求出，连结，设与交于点F，然后求出，可得，再用含的式子表示出，最后在中，利用勾股定理构建方程求出即可解决问题．
【详解】解：∵矩形的边，，
∴，，，由题意知，∴，
又∵，∴，∴，
由折叠知，，∴，∴，即，
连接，设与交于点F，∴，

∵，∴四边形是矩形，
∴，，，∴，
由折叠知，，∴，
∵在中，，∴，解得：，
∴点的坐标是，故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出的长是解题的关键．
8．（2023·湖南·统考中考真题）如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是（ ）

A．点O为矩形的对称中心B．点O为线段的对称中心
C．直线为矩形的对称轴D．直线为线段的对称轴
【答案】A
【分析】由矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，线段的对称中心是线段的中点，矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，从而可得答案．
【详解】解：矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，故A符合题意；
线段的对称中心是线段的中点，故B不符合题意；
矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，故C，D不符合题意；故选A
【点睛】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的含义，矩形的性质，熟记矩形既是中心对称图形也是轴对称图形是解本题的关键．
9．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，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：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（ ）
A．①②④B．①②③C．①③④D．①②③④
【答案】B
【分析】证明，即可判断①，根据①可得，由可得四点共圆，进而可得，即可判断②，过点作于,交的延长线于点，证明，根据相似三角形的性质可得，即可判断③，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，根据当共线时，取得最小值，可得四边形是正方形，勾股定理求得， 根据即可判断④．
【详解】解：和都是等腰直角三角形，，
故①正确；
四点共圆，
故②正确；如图，过点作于,交的延长线于点，

,
，,
设，则，， 则
AH∥CE， 则；故③正确
如图，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，
， 当共线时，取得最小值，
此时
，此时，
，，，，，
，平分，，四点共圆， ，
又,，，则四边形是菱形，
又，四边形是正方形，，
则，，，，
，，则，，
，，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．
10．（2023·山东淄博·统考中考真题）在边长为1的正方形网格中，右边的“小鱼”图案是由左边的图案经过一次平移得到的，则平移的距离是 ．

【答案】6
【分析】确定一组对应点，从而确定平移距离．
【详解】解：如图，点是一组对应点，，所以平移距离为6；
故答案为：6

【点睛】本题考查图形平移；确定对应点从而确定平移距离是解题的关键．
11．（2023·青海西宁·统考中考真题）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转90°得到，连接．若，，，则 ．

【答案】2
【分析】过点作于点F，则，可证，于是．设，，，解得，于是．
【详解】解：过点作于点F，则，
∵，∴．
又，∴.∴．
设，矩形中，，，
，，解得，∴．故答案为：2

【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；根据勾股定理构建方程求解是解题的关键．
12．（2023·湖南张家界·统考中考真题）如图，为的平分线，且，将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，且，则四边形旋转的角度是 ．

【答案】
【分析】根据角平分线的性质可得，根据旋转的性质可得，，求得，即可求得旋转的角度．
【详解】∵为的平分线，，∴，
∵将四边形绕点逆时针方向旋转后，得到四边形，
∴，，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，旋转的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．
13．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）已知等腰，，．现将以点为旋转中心旋转，得到，延长交直线于点D．则的长度为 ．
【答案】
【分析】根据题意，先求得，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，分别画出图形，根据勾股定理以及旋转的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，

∵等腰，，．∴，
∴，,∴，
如图所示，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，

∵，∴，，
在中，，，
∵等腰，，．∴，
∵以点为旋转中心逆时针旋转，∴，
∴，
在中，,
∴，∴，∴，
如图所示，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，
在中，，∴
在中，∴∴
∴∴∴，
综上所述，的长度为或，故答案为：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，分类讨论是解题的关键．
14．（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，在中，将绕点A顺时针旋转至，将绕点A逆时针旋转至，得到，使，我们称是的“旋补三角形”，的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．下列结论正确的有 ．
①与面积相同；②；③若，连接和，则；④若，，，则．
【答案】①②③
【分析】延长，并截取，连接，证明，得出，，根据，，得出，证明，得出，即可判断①正确；根据三角形中位线性质得出，根据，得出，判断②正确；根据时，，得出，，，，根据四边形内角和得出
，求出，判断③正确；根据②可知，，根据勾股定理得出，求出，判断④错误．
【详解】解：延长，并截取，连接，如图所示：

∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，根据旋转可知，，，
∵，∴，∴，，∵，，∴，
∴，∴，即与面积相同，故①正确；
∵，，∴是的中位线，∴，
∵，∴，故②正确；当时，，
∴，，，，
∵，
∴，
即，故③正确；∵，∴根据②可知，，
∵当时，，为中线，
∴，∴，∴，
∴，故④错误；综上分析可知，正确的是①②③．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，中位线性质，勾股定理，四边形内角和，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．
15．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，．

(1)将向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到，请画出．
(2)请画出关于轴对称的．(3)将着原点顺时针旋转，得到，求线段在旋转过程中扫过的面积（结果保留）．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【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，根据即可得出答案．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

（2）如图所示，即为所求；
（3）将着原点顺时针旋转，得到，
设所在圆交于点D，交于点E，，，，
，，，，
，，，
，
故线段在旋转过程中扫过的面积为．
【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．
16．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，，分别是斜边，的中点，．(1)将绕顶点旋转一周，请直接写出点，距离的最大值和最小值；(2)将绕顶点逆时针旋转（如图），求的长．

【答案】(1)最大值为，最小值为(2)
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出的值，进而根据题意求得最大值与最小值即可求解；（2）过点作，交的延长线于点，根据旋转的性质求得，进而得出，进而可得，勾股定理解，即可求解．
【详解】（1）解：依题意，，，
当在的延长线上时，的距离最大，最大值为，
当在线段上时，的距离最小，最小值为；

（2）解：如图所示，过点作，交的延长线于点，
∵绕顶点逆时针旋转，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
在中，，在中，，
∴．
【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．
17．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，正方形四个顶点都是格点，是上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．(1)在图（1）中，先将线段绕点顺时针旋转，画对应线段，再在上画点，并连接，使；(2)在图（2）中，是与网格线的交点，先画点关于的对称点，再在上画点，并连接，使．

【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）取格点F，连接BF，连接，再取格点P，连接交于Q，连接，延长交于G即可．（2）取格点F，连接BF、，交格线于N，再取格点P，Q，连接交于O，连接并延长交于H即可．
【详解】（1）解：如图（1）所示，线段和点G即为所作；

∵，，，∴
∴∴
∴线段绕点顺时针旋转得；∵，∴，，
∵，∴，∴
由旋转性质得，，∴．
（2）解：如图（2）所示，点N与点H即为所作．
∵，，，∴，∴
∵∴与关于对称，∵∴M、N关于对称；
∵，∴，∴
∵∴，∴
∵∴∴∴∴
由轴对称可得∴．
【点睛】本题考查利用网格作图，轴对称性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定与性质．取恰当的格点是解题的关键．
18．（2023·四川德阳·统考中考真题）将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．

(1)求的值；(2)如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)(2)正方形，见解析
【分析】（1）确定旋转角，结合，，计算即可．（2）先证明四边形是矩形，再利用等腰直角三角形的性质，结合一组邻边相等的矩形是正方形证明即可．
【详解】（1）根据题意，得旋转角，
∵，， ∴，故．
（2）根据题意，得旋转角，∵，， ∴，
∵，，∴，，
∴，∵，，∴，

∴，∴，
∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
19．（2023·浙江·统考中考真题）一副三角板和中，．将它们叠合在一起，边与重合，与相交于点G（如图1），此时线段的长是 ，现将绕点按顺时针方向旋转（如图2），边与相交于点H，连结，在旋转到的过程中，线段扫过的面积是 ．

【答案】
【分析】如图1，过点G作于H，根据含直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出，，然后由可求出的长，进而可得线段的长；如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接，，是旋转到的过程中任意位置，作于N，过点B作交的延长线于M，首先证明是等边三角形，点在直线上，然后可得线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积，求出和，然后根据线段扫过的面积列式计算即可．
【详解】解：如图1，过点G作于H，

∵，，∴，，
∵，∴，∴；
如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接，
由旋转的性质得：，，∴是等边三角形，
∵，∴，∴，∵，∴，即垂直平分，
∵是等腰直角三角形，∴点在直线上，
连接，是旋转到的过程中任意位置，
则线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积，
∵，∴，∴，
作于N，则，∴，
过点B作交的延长线于M，则，
∵，，∴，∴，
∴线段扫过的面积，，
，，
故答案为：，．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含直角三角形的性质，二次根式的运算，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算等知识，作出图形，证明点在直线上是本题的突破点，灵活运用各知识点是解题的关键．
20．（2023·河南·统考中考真题）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，过点的直线轴，作关于轴对称的图形，再分别作关于轴和直线对称的图形和，则可以看作是绕点顺时针旋转得到的，旋转角的度数为______；可以看作是向右平移得到的，平移距离为______个单位长度．
(2)探究迁移：如图，中，，为直线下方一点，作点关于直线的对称点，再分别作点关于直线和直线的对称点和，连接，，请仅就图的情形解决以下问题：①若，请判断与的数量关系，并说明理由；②若，求，两点间的距离．(3)拓展应用：在（2）的条件下，若，，，连接．当与的边平行时，请直接写出的长．
【答案】(1)，．(2)①，理由见解析；②(3)或
【分析】（1）观察图形可得与关于点中心对称，根据轴对称的性质可得即可求得平移距离；（2）①连接，由对称性可得，，进而可得，即可得出结论；②连接分别交于两点，过点作，交于点，由对称性可知：且，得出，证明四边形是矩形，则，在中，根据，即可求解；（3）分，，两种情况讨论，设，则，先求得，勾股定理求得，进而表示出，根据由（2）②可得，可得，进而建立方程，即可求解．
【详解】（1）（1）∵关于轴对称的图形，与关于轴对称，
∴与关于点中心对称，
则可以看作是绕点顺时针旋转得到的，旋转角的度数为
∵，∴，∵,关于直线对称，∴，即，
可以看作是向右平移得到的，平移距离为个单位长度．故答案为：，．

（2）①，理由如下，连接， 由对称性可得，，
∴，
②连接分别交于两点，过点作，交于点，
由对称性可知：且，
∵四边形为平行四边形，∴∴三点共线，
∴，
∵，∴，
∴四边形是矩形， ∴，在中，，
∵，∴,∴
（3）解：设，则，依题意，，
当时，如图所示，过点作于点，

∴∵，，∴，
∴，则，在中，，
∴，则，∴
在中，，则，，
在中，，
，
∴由（2）②可得，
∵∴∴，解得：；
如图所示，若，则，
∵，则，则，
∵，，∵，∴，解得：，
综上所述，的长为或．
【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