2025年中考数学一轮复习学案：6.2 图形的轴对称平移及旋转（学生版+教师版）

这是一份2025年中考数学一轮复习学案：6.2 图形的轴对称平移及旋转（学生版+教师版），文件包含2025年中考数学一轮复习学案62图形的轴对称平移及旋转教师版docx、2025年中考数学一轮复习学案62图形的轴对称平移及旋转学生版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共85页， 欢迎下载使用。
6.2 图形的轴对称平移及旋转
☆☆☆ 代表必考点，☆☆代表常考点，☆星表示中频考点。
夯实基础
考点1 图形的轴对称
1．对称轴：把一个图形沿某条直线对折，如果它与另一个图形重合，就说这两个图形关于这条直线成轴对称，该直线叫做对称轴。
2．轴对称图形：如果一个图形沿某条直线折叠后，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。
3．轴对称的性质：
（1）关于某条直线成轴对称的两个图形是全等形。
（2）如果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。
（3）两个图形关于某直线对称，如果它们的对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上。
（4）轴对称图形上对应线段相等、对应角相等。
4.轴对称图形与轴对称对比记忆理解
【易错点提示】解决折叠问题
（1）折叠后能够重合的线段相等，能够重合的角相等，能够重合的三角形全等，折叠前后的图形关于折痕对称，对应点到折痕的距离相等。
（2）折叠类问题中，如果翻折的直角，那么可以构造三垂直模型，利用三角形相似解决问题。
（3）折叠类问题中，如果有平行线，那么翻折后就可能有等腰三角形，或者角平分线。这对解决问题有很大帮助。
（4）折叠类问题中，如果有新的直角三角形出现，可以设未知数，利用勾股定理构造方程解决。
（5）折叠类问题中，如果折痕经过某一个定点，往往用辅助圆解决问题。一般试题考查点圆最值问题。
（6）折叠后的图形不明确，要分析可能出现的情况，一次分析验证可以利用纸片模型分析。
考点2 图形的平移
1.平移的定义：平面图形的每个点沿着某一方向移动相同的距离，这样的图形运动称为平移.平移是由移动的方向和移动的距离所决定.平移后得到的新图形中每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这样的两个点叫做对应点。
2．三大要素： 一是平移的起点，二是平移的方向，三是平移的距离．
注意：经平移运动后的图形的位置发生变化, 形状和大小不变.
3.理解并掌握平移的性质：
（1）对应线段平行（或在一条直线上）且相等；对应角相等.
（2）对应点所连的线段平行（或在一条直线上）且相等.
（3）图形在平移后形状和大小都不变. 也就是说平移前后的图形全等．
4.坐标系中的平移
（1）一次函数的平移
设一次函数的解析式为
若将它向上平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为；
若将它向下平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为；
若将它向左平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为；
若将它向右平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为.
（2）反比例函数的平移
设反比例函数的解析式为
若将它向上平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为；
若将它向下平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为；
若将它向左平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为；
若将它向右平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为.
（3）二次函数的平移
设二次函数的解析式为
若将它向上平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为；
若将它向下平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为；
若将它向左平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为；
若将它向右平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为.
（4）设函数的解析式为
若将它向上平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为；
若将它向下平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为；
若将它向左平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为；
若将它向右平移个单位长度，得到新的一次函数解析式为.
（5）函数平移规律
口诀1：上加下减，左加右减；
口诀2：左右横，上下纵，正减负加.
【易错点提示】平移问题
1．平移后，对应线段相等且平行，对应点所连的线段平行（或共线）且相等．
2．平移后，对应角相等且对应角的两边分别平行或一条边共线，方向相同．
3．平移不改变图形的形状和大小，只改变图形的位置，平移后新旧两图形全等．
平移问题,包括直线(线段)的平移问题;曲线的平移问题;三角形的平移问题;四边形的平移问题;其他曲面的平移问题。
考点3 图形的旋转
1.旋转：在平面内，将一个图形绕一个定点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转。这个定点叫做旋转中心，转动的角度叫做旋转角。
注意：图形的旋转三大要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度．图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕着某个固定点旋转固定角度的位置移动，其中对应点到旋转中心的距离相等，对应线段的长度、对应角的大小相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变。如下图所示：
2.旋转对称中心：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角（旋转角大于0°，小于360°）。
3.旋转的性质
（1）对应点到旋转中心的距离相等。
（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。
4.中心对称图形与中心对称
（1）中心对称图形：如果把一个图形绕着某一点旋转180度后能与自身重合，那么我们就说，这个图形成中心对称图形。
（2）中心对称：如果把一个图形绕着某一点旋转180度后能与另一个图形重合，那么我们就说，这两个图形成中心对称。
【注意】旋转作图步骤：
（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．
5．中心对称和中心对称图形的区别
区别：中心对称是指两个全等图形之间的相互位置关系，这两个图形关于一点对称，这个点是对称中心，两个图形关于点的对称也叫做中心对称．成中心对称的两个图形中，其中一个上所有点关于对称中心的对称点都在另一个图形上，反之，另一个图形上所有点的对称点，又都在这个图形上；而中心对称图形是指一个图形本身成中心对称．中心对称图形上所有点关于对称中心的对称点都在这个图形本身上。
如果将中心对称的两个图形看成一个整体（一个图形），那么这个图形就是中心对称图形；一个中心对称图形，如果把对称的部分看成是两个图形，那么它们又是关于中心对称。
6.中心对称图形的判定
如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称。
7.中心对称的性质
（1）关于中心对称的两个图形是全等形。
（2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。
（3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或者在同一直线上）且相等。
8.坐标系中对称点的特征
（1）关于原点对称的点的特征
两个点关于原点对称时，它们的坐标的符号相反，即点P（x，y）关于原点的对称点为P′（-x，-y）
（2）关于x轴对称的点的特征
两个点关于x轴对称时，它们的坐标中，x符号相同，y的符号相反，即点P（x，y）关于x轴的对称点为P′（x，-y）
（3）关于y轴对称的点的特征
两个点关于y轴对称时，它们的坐标中，y符号相同，x的符号相反，即点P（x，y）关于y轴的对称点为P′（-x，y）
9.常见的中心对称图形
平行四边形、矩形、菱形、正方形、正六边形、圆等．旋转问题包括直线(线段)的旋转问题、三角形的旋转问题、四边形的旋转问题、其他图形的旋转问题.
【易错点提示】旋转变换的应用
(1)求角度；(2)求弧度；(3)求面积；(4)证明线段相等；
(5)证明角相等；(6)证明位置关系；(7)综合应用。
解题关键就是，要抓住图形变换过程中的几何不变性即旋转不变性、数值不变性等。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．
考点4 最短路径问题
1．最短路径问题
(1)求直线异侧的两点与直线上一点所连线段的和最小的问题，只要连接这两点，与直线的交点即为所求．
现在假设点A、B分别是直线l异侧的两个点，如何在l上找到一个点，使得这个点到点A，点B的距离的和最短？
连接AB,与直线l相交于一点C.
根据是“两点之间，线段最短”，可知这个交点即为所求.
(2)求直线同侧的两点与直线上一点所连线段的和最小的问题，只要找到其中一个点关于这条直线的对称点，连接对称点与另一个点，则与该直线的交点即为所求．
如图所示，点A，B分别是直线l同侧的两个点，在l上找一个点C，使CA＋CB最短，这时先作点B关于直线l的对称点B′，则点C是直线l与AB′的交点．
为了证明点C的位置即为所求，我们不妨在直线上另外任取一点C′，连接AC′，BC′，B′C′，证明AC＋CB＜AC′＋C′B.如下：
证明：由作图可知，点B和B′关于直线l对称，
所以直线l是线段BB′的垂直平分线．
因为点C与C′在直线l上，
所以BC＝B′C，BC′＝B′C′.
在△AB′C′中，AB′＜AC′＋B′C′，
所以AC＋B′C＜AC′＋B′C′，
所以AC＋BC＜AC′＋C′B.
2.运用轴对称解决距离最短问题
运用轴对称及两点之间线段最短的性质，将所求线段之和转化为一条线段的长，是解决距离之和最小问题的基本思路，不论题目如何变化，运用时要抓住直线同旁有两点，这两点到直线上某点的距离和最小这个核心，所有作法都相同．
利用轴对称解决最值问题应注意题目要求 根据轴对称的性质、利用三角形的三边关系，通过比较来说明最值问题是常用的一种方法．解决这类最值问题时，要认真审题，不要只注意图形而忽略题意要求，审题不清导致答非所问．
3．利用平移确定最短路径选址
选址问题的关键是把各条线段转化到一条线段上．如果两点在一条直线的同侧时，过两点的直线与原直线的交点处构成线段的差最大，如果两点在一条直线的异侧时，过两点的直线与原直线的交点处构成的线段的和最小，都可以用三角形三边关系来推理说明，通常根据最大值或最小值的情况取其中一个点的对称点来解决．
解决连接河两岸的两个点的最短路径问题时，可以通过平移河岸的方法使河的宽度变为零，转化为求直线异侧的两点到直线上一点所连线段的和最小的问题．
在解决最短路径问题时，我们通常利用轴对称、平移等变换把不在一条直线上的两条线段转化到一条直线上，从而作出最短路径的方法来解决问题．
4．生活中的距离最短问题
由两点之间线段最短(或三角形两边之和大于第三边)可知，求距离之和最小问题，就是运用等量代换的方式，把几条线段的和想办法转化在一条线段上，从而解决这个问题，运用轴对称性质，能将两条线段通过类似于镜面反射的方式转化成一条线段，如图，AO＋BO＝AC的长．所以作已知点关于某直线的对称点是解决这类问题的基本方法．
5.运用轴对称解决距离之差最大问题
利用轴对称和三角形的三边关系是解决几何中的最大值问题的关键．先做出其中一点关于对称轴的对称点，然后连接对称点和另一个点，所得直线与对称轴的交点，即为所求．根据垂直平分线的性质和三角形中两边之差小于第三边易证明这就是最大值．
【易错点提示】
解决距离的最值问题的关键运用轴对称变换、平移变换及三角形三边关系是解决一些距离的最值问题的有效方法．
考点1 图形的轴对称
【例题1】 （2024甘肃威武）围棋起源于中国，古代称为“弈”．如图是两位同学的部分对弈图，轮到白方落子，观察棋盘，白方如果落子于点________的位置，则所得的对弈图是轴对称图形．（填写A，B，C，D中的一处即可，A，B，C，D位于棋盘的格点上）
【答案】A或C
【解析】根据轴对称图形的定义解答即可．
本题考查了轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的定义是解题的关键．
【详解】根据轴对称图形的定义，发现放在B，D处不能构成轴对称图形，放在A或C处可以，
故答案为：A或C．
【变式练1】（2024安徽一模）下列图案中，属于轴对称图形的是（ ）
【答案】D.
【解析】根据轴对称图形的定义：在一个平面内，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，这条直线叫做对称轴.四个选项只有选项D符合要求，故答案选D.
【变式练2】（2024江苏连云港一模）下列图案中，是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据轴对称图形的概念逐项分析判断即可，轴对称图形的概念：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．
A.是轴对称图形，故该选项正确，符合题意；
B.不是轴对称图形，故该选项不正确，不符合题意；
C.不是轴对称图形，故该选项不正确，不符合题意；
D.不是轴对称图形，故该选项不正确，不符合题意；故选A
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
考点2 图形的平移
【例题2】 （2024甘肃临夏）如图，等腰中，，，将沿其底边中线向下平移，使的对应点满足，则平移前后两三角形重叠部分的面积是______．
【答案】##
【解析】本题考查平移的性质，相似三角形的判定和性质，三线合一，根据平移的性质，推出，根据对应边上的中线比等于相似比，求出的长，三线合一求出的长，利用面积公式进行求解即可．
【详解】∵等腰中，，，
∴，
∵为中线，
∴，，
∴，，
∴，
∵将沿其底边中线向下平移，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
【变式练1】（2024济南一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在方格纸的格点上，如果将△ABC先向右平移4个单位长度，在向下平移1个单位长度，得到△A 1B 1C 1，那么点A的对应点A 1的坐标为（ ）

A．（4，3）B．（2，4）C．（3，1）D．（2，5）
【答案】D
【解析】根据平移规律横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减进行计算即可．
由坐标系可得A（﹣2，6），将△ABC先向右平移4个单位长度，在向下平移1个单位长度，点A的对应点A1的坐标为（﹣2+4，6﹣1），
即（2，5），
【点拨】此题主要考查了坐标与图形的变化﹣﹣平移，关键是掌握点的坐标的变化规律．
【变式练2】（2024福建一模）如图，一次函数的图象过点，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图所示，将直线向右平移1个单位得到 ，该图像经过原点，
由图像可知，在y轴右侧，直线位于x轴上方，即y>0，
因此，当x>0时，，
【点睛】本题综合考查了函数图像的平移和利用一次函数图像求对应一元一次不等式的解集等，解决本题的关键是牢记一次函数的图像与一元一次不等式之间的关系，能从图像中得到对应部分的解集，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
【变式练3】（2024四川雅安一模）如图，将△ABC沿BC边向右平移得到△DEF，DE交AC于点G．若BC：EC＝3：1．S△ADG＝16．则S△CEG的值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【解析】根据平移的性质得出AD＝BE，进而得出BE：EC＝2：1，利用三角形面积之比解答即可．
由平移性质可得，AD∥BE，AD＝BE，∴△ADG∽△ECG，
∵BC：EC＝3：1，∴BE：EC＝2：1，∴AD：EC＝2：1，
∴＝4，
∵S△ADG＝16，∴S△CEG＝4．
考点3 图形的旋转
【例题3】（2024广州）下列图案中，点为正方形的中心，阴影部分的两个三角形全等，则阴影部分的两个三角形关于点对称的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查了图形关于某点对称，掌握中心对称图形的性质是解题关键．根据对应点连线是否过点判断即可．
由图形可知，阴影部分的两个三角形关于点对称的是C，故选：C．
【变式练1】（2024苏州一模）下列图形是中心对称图形的是（ ）

A B C D
【答案】A．
【解析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合.A.∵该图形旋转180°后能与原图形重合，∴该图形是中心对称图形；
B.∵该图形旋转180°后不能与原图形重合，∴该图形不是中心对称图形；
C.∵该图形旋转180°后不能与原图形重合，∴该图形不是中心对称图形；
D.∵该图形旋转180°后不能与原图形重合，∴该图形不是中心对称图形．
【变式练2】（2024黑龙江鹤岗一模）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
【变式练3】（2024贵州一模）如图，在边长为2的正方形ABCD中，若将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′的位置，连接BB′，过点D作DE⊥BB′，交BB′的延长线于点E，则B′E的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】分别延长AD和BE交于点F，
由题知，AB＝2，∠ABF＝60°，
∴BF＝AB÷cs60°＝2÷＝4，AF＝BF•cs60°＝4×＝2，
∠F＝90°﹣∠ABF＝30°，
∴DF＝AF﹣AD＝2﹣2，
∴EF＝DF•cs∠F＝（2）×＝3﹣，
由题知，△ABB'是等边三角形，
∴B'E＝BF﹣BB'﹣EF＝4﹣2﹣（3﹣）＝﹣1．
考点4 最短路径问题
【例题4】（2024黑龙江绥化）如图，已知，点为内部一点，点为射线、点为射线上的两个动点，当的周长最小时，则______．
【答案】##度
【解析】本题考查了轴对称最短路线问题，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用；作点P关于，的对称点．连接．则当，是与，的交点时，的周长最短，根据对称的性质结合等腰三角形的性质即可求解．
【详解】作关于，的对称点．连接．则当，是与，的交点时，的周长最短，连接，
关于对称，
∴，
同理，，，
，，
是等腰三角形．
，
【变式练1】（2024湖北鄂州一模）如图所示，在河a两岸有A、B两个村庄，现在要在河上修建一座大桥，为方便交通，要使桥到这两村庄的距离之和最短，应在河上哪一点修建才能满足要求？(画出图形，做出说明)
【答案】见解析
【解析】利用两点之间线段最短得出答案．
如图所示，连接AB交直线a于点P，此时桥到这两村庄的距离之和最短．理由：两点之间线段最短．
【方法总结】求直线异侧的两点与直线上一点所连线段的和最小的问题，只要连接这两点，与直线的交点即为所求．
【变式练2】（2024湖南一模）在图中直线l上找到一点M，使它到A，B两点的距离和最小．
【答案】见解析
【解析】先确定其中一个点关于直线l的对称点，然后连接对称点和另一个点，与直线l的交点M即为所求的点．
如图：(1)作点B关于直线l的对称点B′；(2)连接AB′交直线l于点M；(3)点M即为所求的点．
【方法总结】利用轴对称解决最值问题应注意题目要求，据轴对称的性质、用三角形三边关系求解．
考点1. 图形的轴对称
1. （2024江苏扬州）“致中和，天地位焉，万物育焉”，对称之美随处可见．下列选项分别是扬州大学、扬州中国大运河博物馆、扬州五亭桥、扬州志愿服务的标识．其中的轴对称图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查了轴对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
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，B，D选项中的图形都不能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
C选项中的图形能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；故选：C．
2. （2024内蒙古赤峰）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【详解】A．是轴对称图形，故A符合题意；
B．不是轴对称图形，故B不符合题意；
C．不是轴对称图形，故C不符合题意；
D．不是轴对称图形，故D不符合题意．故选：A．
【点睛】本题主要考查轴对称图形的知识点．确定轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3. （2024四川眉山）下列交通标志中，属于轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题主要考查了轴对称图形，根据轴对称图形的概念：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可得答案．
【详解】A.是轴对称图形，故此选项符合题意；
B.不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C. 不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D. 不是轴对称图形，故此选项不符合题意；故选：A．
4. （2024广西）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
【解析】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．
5. （2024贵州省）“黔山秀水”写成下列字体，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题考查了轴对称图形概念，一个图形沿着某条直线折叠后直线两旁的部分能够完全重合，这个图形就叫轴对称图形．根据轴对称图形概念，结合所给图形即可得出答案．
【详解】A．不是轴对称图形，不符合题意；
B． 是轴对称图形，符合题意；
C． 不是轴对称图形，不符合题意；
D． 不是轴对称图形，不符合题意；故选：B．
6. （2024武汉市）现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性．下列汉字是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查了轴对称图形的识别，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】A，B，D选项中的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
C选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．故选：C．
7. （2024天津市）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查轴对称图形，掌握轴对称图形的定义：如果一个图形沿某一条直线对折,对折后的两部分是完全重合的,那么就称这样的图形为轴对称图形是解题的关键．
A.不是轴对称图形；
B.不是轴对称图形；
C.是轴对称图形；
D.不是轴对称图形；故选C．
8. （2024河北省）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
【解析】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．
由轴对称图形的性质得到，，
∴，
∴B、C、D选项不符合题意，故选：A．
考点2. 图形的平移
1. （2024江苏连云港）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是，则图中阴影图形的周长是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查平移的性质，利用平移的性质将阴影部分的周长转化为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去，由此解答即可．
【详解】由图可得：阴影部分的周长为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去，
阴影图形的周长是：，故选：A．
2. （2024内蒙古包头）将抛物线向下平移2个单位后，所得新抛物线的顶点式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题主要考查了二次函数的平移以及顶点式，根据平移的规律“上加下减．左加右减”可得出平移后的抛物线为，再把化为顶点式即可．
【详解】抛物线向下平移2个单位后，
则抛物线变为，
∴化成顶点式则为 ，故选：A．
3. （2024吉林长春）如图，在平面直角坐标系中，点是坐标原点，点在函数的图象上．将直线沿轴向上平移，平移后的直线与轴交于点，与函数的图象交于点．若，则点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题主要考查反比例函数、解直角三角形、平移的性质等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键．
如图：过点A作x轴的垂线交x轴于点E，过点C作y轴的垂线交y轴于点D，先根据点A坐标计算出、k值，再根据平移、平行线的性质证明，进而根据求出，最后代入反比例函数解析式取得点C的坐标，进而确定,，再运用勾股定理求得，进而求得即可解答．
【详解】如图，过点A作x轴的垂线交x轴于点E，过点C作y轴的垂线交y轴于点D，则轴，
∵，
∴，，
∴．
∵在反比例函数的图象上，
∴．
∴将直线向上平移若干个单位长度后得到直线，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∴，解得：，即点C的横坐标为2，
将代入，得，
∴C点的坐标为，
∴,，
∴，
∴,
∴ 故选：B．
考点3. 图形的旋转
1. （2024辽宁）纹样是我国古代艺术中的瑰宝．下列四幅纹样图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．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；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．
A、既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．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：B．
2. （2024四川内江）2024年6月5日，是二十四节气的芒种，二十四节气是中国劳动人民独创的文化遗产，能反映季节的变化，指导农事活动．下面四副图片分别代表“芒种”、“白露”、“立夏”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据中心对称图形的定义：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，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．本题主要考查了中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D．是中心对称图形，故D选项合题意；故选：D．
3. （2024黑龙江大庆）垃圾分类功在当代利在千秋，下列垃圾分类指引标志图形中，是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据轴对称图形的概念，中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．中心对称图形的关键是确定对称中心，绕对称中心旋转 能与自身重合，掌握以上知识是解题的关键．
4. （2024湖南长沙）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】B
【解析】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别，熟知定义：轴对称图形：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；中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此逐项判断即可．
A中图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B中图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C中图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D中图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意，故选：B．
5. （2024深圳）下列用七巧板拼成的图案中，为中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题主要考查了中心对称图形的识别．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，故选：C．
6. （2024黑龙江齐齐哈尔）下列美术字中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】中心对称图形的定义：旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，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，这条直线叫做对称轴，根据定义即可判断出答案．
【详解】选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
选项是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
故选：
【点睛】本题考查了轴对称图形，中心对称图形，熟记两种图形的特点并准确判断是解题的关键．
7. （2024湖北省）平面坐标系中，点的坐标为，将线段绕点顺时针旋转，则点的对应点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题考查坐标系下的旋转．过点和点分别作轴的垂线，证明，得到，，据此求解即可．
【详解】过点和点分别作轴的垂线，垂足分别为，
∵点的坐标为，
∴，，
∵将线段绕点顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴点的坐标为，故选：B．
8. （2024天津市）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，延长交于点，下列结论一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据旋转性质得，结合，即可得证，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算得出A和C选项是错误的．
【详解】解：记与相交于一点H，如图所示：
∵中，将绕点顺时针旋转得到，
∴
∵
∴在中，
∴
故D选项是正确的，符合题意；
设
∴
∵
∴
∴
∵不一定等于
∴不一定等于
∴不一定成立，
故B选项不正确，不符合题意；
∵不一定等于
∴不一定成立，
故A选项不正确，不符合题意；
∵将绕点顺时针旋转得到，
∴
∴
故C选项不正确，不符合题意；故选：D
9. （2024河南省）如图，在中，，，线段绕点C在平面内旋转，过点B作的垂线，交射线于点E．若，则的最大值为_________，最小值为_________.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以为直径的圆上，根据，得出当最大时，最大，最小时，最小，根据当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】∵，，
∴，
∵线段绕点C在平面内旋转，，
∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，
∵，
∴，
∴点E在以为直径的圆上，
在中，，
∵为定值，
∴当最大时，最大，最小时，最小，
∴当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，连接，，如图所示：
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即的最大值为；
当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，连接，，如图所示：
则，
∴，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即的最小值为；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出取最大值和最小值时，点D的位置．
10. （2024安徽省）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，格点（网格线的交点）A、B，C、D的坐标分别为，，，．

（1）以点D为旋转中心，将旋转得到，画出；
（2）直接写出以B，，，C为顶点的四边形的面积；
（3）在所给的网格图中确定一个格点E，使得射线平分，写出点E的坐标．
【答案】（1）见详解 （2）40 （3）(答案不唯一)
【解析】【分析】本题主要考查了画旋转图形，平行四边形的判定以及性质，等腰三角形的判定以及性质等知识，结合网格解题是解题的关键．
（1）将点A，B，C分别绕点D旋转得到对应点，即可得出．
（2）连接，，证明四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质以及网格求出面积即可．
（3）根据网格信息可得出，，即可得出是等腰三角形，根据三线合一的性质即可求出点E的坐标．
【小问1详解】
解：如下图所示：

【小问2详解】
连接，，
∵点B与，点C与分别关于点D成中心对称，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴．
【小问3详解】
∵根据网格信息可得出，，
∴是等腰三角形，
∴也是线段的垂直平分线，
∵B，C的坐标分别为，，
∴点，
即．（答案不唯一）
11. （2024黑龙江齐齐哈尔）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在中，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点．

（1）【观察感知】如图2，通过观察，线段与的数量关系是______；
（2）【问题解决】如图3，连接并延长交的延长线于点，若，，求的面积；
（3）【类比迁移】在(2)的条件下，连接交于点，则______；
（4）【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线上找点，使，请直接写出线段的长度．
【答案】（1） （2）10 （3） （4）或
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可求解；
（2）根据（1）的方法证明，进而证明，求得，则，然后根据三角形的面积公式，即可求解．
（3）过点作于点，证明得出，证明，设，则，代入比例式，得出，进而即可求解；
（4）当在点的左侧时，过点作于点，当在点的右侧时，过点作交的延长线于点，分别解直角三角形，即可求解．
【小问1详解】
解：∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点．

，
，
，
，
，
又且
，
；
【小问2详解】
解：，
，
，
，
，
又且，
，
，
，
，
，

，
，
，
，
；
【小问3详解】
解：如图所示，过点作于点，

∵，
∴
∴，
即，即，
又∵
∴
∴，
设，则，
解得：
∴；
【小问4详解】
解：如图所示，当在点的左侧时，过点作于点

∵
∴，设，则，
又∵，
∴，
∴
∴
∴
∴，
解得：
在中，
∴
∴
如图所示，当在点的右侧时，过点作交的延长线于点，

∵
∴
∵
∴
设，则，，
∵，
∴
解得：
∴
∴
综上所述，或．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
12. （2024广西）如图1，△ABC中，∠B=90°，AB=6．AC的垂直平分线分别交AC，AB于点M，O，CO平分∠ACB.
（1）求证：；
（2）如图2，将绕点O逆时针旋转得到，旋转角为．连接，
①求面积的最大值及此时旋转角的度数，并说明理由；
②当是直角三角形时，请直接写出旋转角的度数．
【答案】（1）见解析 （2）①，；②或
【解析】
小问1详解】
证明：∵垂直平分，
∴，
∴，
∵平分
∴，
∴，
又；
∴；
【小问2详解】
解：①∵∠B=90°
∴，
∴，∴，
又，
∴，，
∵垂直平分，∴，，
∴，∴，
取中点，连接，，作于N，
由旋转的性质知，为旋转所得线段，
∴，，，
根据垂线段最短知，
又，
∴当M、O、三点共线，且点O在线段时，取最大值，最大值为，
此时，
∴面积的最大值为；
②∵，，
∴，
同理
∴为直角三角形时，只有，
当A和重合时，如图，
∵
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴、O、M三点共线，
∴为直角三角形，
此时旋转角；
当和C重合时，如图，
同理，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴、O、M三点共线，
又
∴为直角三角形，
此时旋转角；
综上，旋转角的度数为或时，为直角三角形．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，明确题意，正确画出图形，添加辅助线，合理分类讨论是解题的关键．
13. （2024广东） 【知识技能】
（1）如图1，在中，是的中位线．连接，将绕点D按逆时针方向旋转，得到．当点E的对应点与点A重合时，求证：．
【数学理解】
（2）如图2，在中，是的中位线．连接，将绕点D按逆时针方向旋转，得到，连接，，作的中线．求证：．
【拓展探索】
（3）如图3，在中，，点D在上，．过点D作，垂足为E，，．在四边形内是否存在点G，使得？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在，证明见解析
【解析】（1）根据中位线性质、旋转的性质即可证明；
（2）利用旋转的性质、外角定理、中位线的性质证明后即可证明；
（3）通过解直角三角形得到，，过点C作于点M，易证，得到，即可求得，进而，从而点M是的中点，过点D作，交于点P，连接，，，根据三线合一得，证明，即可求的，过点P作于点N，则四边形是矩形，得到，因此点N是的中点，进而，再证，得到，根据，即可推出，因此当点G与点P重合时，满足．
【详解】证明：（1）是的中位线，
且．
又绕点D按逆时针方向旋转得到
．
（2）由题意可知：，，．
作，则且，
又，
．
根据外角定理
，
，
．
又，是的中位线，
，
，
，
，
，
．
（3）存在点使得．
∵，
∴，
∴在中，，
过点C作于点M，
∴，
∵，
∴
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点M是的中点，
∴是的垂直平分线，
过点D作，交于点P，连接，，
∴，
∴根据三线合一得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
过点P作于点N，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴点N是的中点，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴
即，
∴，
∴当点G与点P重合时，满足．
【点睛】本题考查了旋转的性质、中位线的性质、外角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形，熟练掌握知识点以及灵活运用是解题的关键．
考点4. 最短路径问题
1. （2024四川广安）如图，在中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为______．
【答案】
【解析】如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，，当重合时，最小，最小值为，再进一步结合勾股定理求解即可.
【详解】解：如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，，
∴当重合时，最小，最小值为，
∵，，在中，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
故答案为：
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质，求最小值问题，正确理解各性质及掌握各知识点是解题的关键．
2. （2024四川成都市）如图，在平面直角坐标系中，已知，，过点作轴的垂线，为直线上一动点，连接，，则的最小值为______．
【答案】5
【解析】本题考查轴对称—最短问题以及勾股定理和轴对称图形的性质．先取点A关于直线的对称点，连交直线于点C，连，得到，，再由轴对称图形的性质和两点之间线段最短，得到当三点共线时，的最小值为，再利用勾股定理求即可．
【详解】取点A关于直线的对称点，连交直线于点C，连，
则可知，，
∴，
即当三点共线时，的最小值为，
∵直线垂直于y轴，
∴轴，
∵，，
∴，
∴在中，
，
故答案为：5
3. （2024四川凉山）如图，的圆心为，半径为，是直线上的一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为______
【答案】
【解析】【分析】记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接；由直线解析式可求得点A、K的坐标，从而得均是等腰直角三角形，由相切及勾股定理得：，由，则当最小时，最小，点P与点K重合，此时最小值为，由勾股定理求得的最小值，从而求得结果．
【详解】解：记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接，
当，，当，即，
解得：，
即；
而，
∴，
∴均是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵与相切，
∴，
∴，
∵，
∴当最小时即最小，
∴当时，取得最小值，
即点P与点K重合，此时最小值为，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴最小值为．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点问题，垂线段最短，正确添加辅助线是解题的关键．
4. （2024四川凉山）如图，在菱形中，，是边上一个动点，连接，的垂直平分线交于点，交于点．连接．

（1）求证：；
（2）求的最小值．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质证明，再结合是的垂直平分线，即可证明；
（2）过点N作于点F，连接，，则，故，此时，在中，进行解直角三角形即可．
【小问1详解】
证明：连接，

∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：过点N作于点F，连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
当点A、N、F三点共线时，取得最小值，如图：

即，
∴在中，，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，解直角三角形，正确添加辅助线是解决本题的关键．
5. （2024江苏盐城）发现问题
小明买菠萝时发现，通常情况下，销售员都是先削去菠萝的皮，再斜着铲去菠萝的籽．
提出问题
销售员斜着铲去菠萝的籽，除了方便操作，是否还蕴含着什么数学道理呢？
分析问题
某菠萝可以近似看成圆柱体，若忽略籽的体积和铲去果肉的厚度与宽度，那么籽在侧面展开图上可以看成点，每个点表示不同的籽．该菠萝的籽在侧面展开图上呈交错规律排列，每行有n个籽，每列有k个籽，行上相邻两籽、列上相邻两籽的间距都为d（n，k均为正整数，，），如图1所示．
小明设计了如下三种铲籽方案．
方案1：图2是横向铲籽示意图，每行铲的路径长为________，共铲________行，则铲除全部籽的路径总长为________；
方案2：图3是纵向铲籽示意图，则铲除全部籽的路径总长为________；
方案3：图4是销售员斜着铲籽示意图，写出该方案铲除全部籽的路径总长．
解决问题
在三个方案中，哪种方案铲籽路径总长最短？请写出比较过程，并对销售员的操作方法进行评价．
【答案】分析问题：方案1：；；；方案2：；方案3：；解决问题：方案3路径最短，理由见解析
【解析】【分析】分析问题：方案1：根据题意列出代数式即可求解；方案2：根据题意列出代数式即可求解；方案3：根据图得出斜着铲每两个点之间的距离为，根据题意得一共有列，行，斜着铲相当于有n条线段长，同时有个，即可得出总路径长；
解决问题：利用作差法比较三种方案即可．
题目主要考查列代数式，整式的加减运算，二次根式的应用，理解题意是解题关键．
【详解】解：方案1：根据题意每行有n个籽，行上相邻两籽的间距为d，
∴每行铲的路径长为，
∵每列有k个籽，呈交错规律排列，
∴相当于有行，
∴铲除全部籽的路径总长为，
故答案为：；；；
方案2：根据题意每列有k个籽，列上相邻两籽的间距为d，
∴每列铲路径长为，
∵每行有n个籽，呈交错规律排列，，
∴相当于有列，
∴铲除全部籽的路径总长为，
故答案为：；
方案3：由图得斜着铲每两个点之间的距离为，
根据题意得一共有列，行，
斜着铲相当于有n条线段长，同时有个，
∴铲除全部籽的路径总长为：；
解决问题
由上得：，
∴方案1的路径总长大于方案2的路径总长；
，
∵，
当时，
，
，
∴方案3铲籽路径总长最短，销售员的操作方法是选择最短的路径，减少对菠萝的损耗．
考点1 图形的轴对称
1．在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断利用排除法求解．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．
A．是轴对称图形，故本选项符合题意；
B．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D．不是轴对称图形，故本选项不合题意．
2.冬季奥林匹克运动会是世界上规模最大的冬季综合性运动会，下列四个图是历届冬奥会图标中的一部分，其中是轴对称图形的为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】根据轴对称图形的定义，即可求解．
A、是轴对称图形，故本选项符合题意；
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、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
故选：A
【点睛】本题主要考查了轴对称图形的定义，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键．
3.如图，△ABC中，点D为边BC的中点，连接AD，将△ADC沿直线AD翻折至△ABC所在平面内，得△ADC′，连接CC′，分别与边AB交于点E，与AD交于点O．若AE＝BE，BC′＝2，则AD的长为 ．
【答案】3．
【解析】根据翻折的性质和三角形的中位线可以得到OD的长，然后根据全等三角形的判定和性质可以得到AO的长，从而可以求得AD的长．
由题意可得，
△DCAQ≌△DC′A，OC＝OC′，∠COD＝∠C′OD＝90°，
∴点O为CC′的中点，
∵点D为BC的中点，
∴OD是△BCC′的中位线，
∴OD＝BC′，OD∥BC′，
∴∠COD＝∠EC′B＝90°，
∵AE＝BE，BC′＝2，
∴OD＝1，
在△EC′B和△EOA中，
，
∴△EC′B≌△EOA（AAS），
∴BC′＝AO，
∴AO＝2，
∴AD＝AO+OD＝2+1＝3
考点2. 图形的平移
1.如图，两个全等的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到△DEF的位置，AB=10，DO=4，平移距离为6，则阴影部分面积为（ ）
A．48B．96C．84D．42
【答案】A．
【解析】考点是平移的性质。根据平移的性质得出BE=6，DE=AB=10，则OE=6，则阴影部分面积=S四边形ODFC=S梯形ABEO，根据梯形的面积公式即可求解．
由平移的性质知，BE=6，DE=AB=10，
∴OE=DE﹣DO=10﹣4=6，
∴S四边形ODFC=S梯形ABEO=（AB+OE）•BE=（10+6）×6=48．
2．如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点A，B的坐标分别为（3， QUOTE 3 3），（4，0）．把△OAB沿x轴向右平移得到△CDE，如果点D的坐标为（6， QUOTE 3 3），则点E的坐标为 ．
【答案】（7，0）．
【解析】利用平移的性质解决问题即可．
∵A（3， QUOTE 3 3），D（6， QUOTE 3 3），
∴点A向右平移3个单位得到D，
∵B（4，0），
∴点B向右平移3个单位得到E（7，0）。
3．如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD方向平移，得到△EFG，连接EC、GC．求EC+GC的最小值为 ．
【答案】 QUOTE 3 3．
【解析】根据菱形的性质得到AB＝1，∠ABD＝30°，根据平移的性质得到EG＝AB＝1，EG∥AB，推出四边形EGCD是平行四边形，得到ED＝GC，于是得到EC+GC的最小值＝EC+GD的最小值，根据平移的性质得到点E在过点A且平行于BD的定直线上，作点D关于定直线的对称点M，连接CM交定直线于AE，解直角三角形即可得到结论．
∵在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴AB＝CD＝1，∠ABD＝30°，
∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△EGF，
∴EG＝AB＝1，EG∥AB，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠BAD＝120°，
∴EG＝CD，EG∥CD，
∴四边形EGCD是平行四边形，∴ED＝GC，
∴EC+GC的最小值＝EC+ED的最小值，
∵点E在过点A且平行于BD的定直线上，
∴作点D关于定直线的对称点M，连接CM交定直线于E，
则CM的长度即为EC+DE的最小值，
∵∠EAD＝∠ADB＝30°，AD＝1，
∴∠ADM＝60°，DH＝MH QUOTE =12 =12AD QUOTE =12 =12，
∴DM＝1，∴DM＝CD，
∵∠CDM＝∠MDG+∠CDB＝90°+30°＝120°，
∴∠M＝∠DCM＝30°，
∴CM＝2 QUOTE ×32 ×32CD QUOTE =3 =3．
考点3. 图形的旋转
1．下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）

A B C D
【答案】D
【解析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．根据轴对称图形与中心对称图形的概念，结合选项所给图形进行判断即可．
A．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B．是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
D．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
2. 下列漂亮的图案中似乎包含了一些曲线，其实它们这种神韵是由多条线段呈现出来的，这些图案中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．
A．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
3．如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB′C′D′，∠B＝∠β．当AC平分∠B′AC′时，∠α与∠β满足的数量关系是（ ）
A．∠α＝2∠βB．2∠α＝3∠β
C．4∠α+∠β＝180°D．3∠α+2∠β＝180°
【答案】C
【解析】∵AC平分∠B′AC′，
∴∠B'AC＝∠C'AC，
∵菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB′C′D′，
∴∠BAB'＝∠CAC'＝α，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴∠BAB'＝∠DAC'，
∴∠BAB'＝∠B'AC＝∠CAC'＝∠DAC'＝α，
∵AD∥BC，
∴4α+β＝180°．
4．如图，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（0，4）B．（2，﹣2）C．（3，﹣2）D．（﹣1，4）
【答案】D
【解析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，即可得点A的对应点A′的坐标．
如图，
△A′B′C′即为所求，
则点A的对应点A′的坐标是（﹣1，4）．
5．如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．若DF＝3，则BE的长为 ．
【答案】2
【解析】据旋转的性质可知，△ADF≌△ABG，然后即可得到DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，然后根据题目中的条件，可以得到△EAG≌△EAF，再根据DF＝3，AB＝6和勾股定理，可以得到DE的长，本题得以解决．
由题意可得，
△ADF≌△ABG，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠BAG+∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
QUOTE AG=AF∠EAG=∠EAFAE=AE AG=AF∠EAG=∠EAFAE=AE，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
设BE＝x，则GE＝BG+BE＝3+x，CE＝6﹣x，
∴EF＝3+x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
∵∠C＝90°，
∴（6﹣x）2+32＝（3+x）2，
解得，x＝2，
即CE＝2
6. 如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，△ABO的三个顶点坐标分别为A（﹣1，3），B（﹣4，3），O（0，0）．
（1）画出△ABO关于x轴对称的△A1B1O，并写出点A1的坐标；
（2）画出△ABO绕点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2O，并写出点A2的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点A旋转到点A2所经过的路径长（结果保留π）．
【答案】见解析。
【解析】利用轴对称的性质分别作出A，B的对称点A1，B1即可．利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A2，B2即可．利用弧长公式l＝，求解即可．
（1）如图，△A1B1O即为所求，点A1的坐标（﹣1，﹣3）；
（2）如图，△A2B2O即为所求，点A2的坐标（3，1）；
（3）点A旋转到点A2所经过的路径长＝＝π
7. 已知在△ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将△AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到△EOF，连接AE，CF．
（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是 ；
（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．
【答案】见解析。
【解析】（1）结论：AE＝CF．
理由：如图1中，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OC＝OB，
∴OA＝OC＝OB，AO⊥BC，
∵∠AOC＝∠EOF＝90°，∴∠AOE＝∠COF，
∵OA＝OC，OE＝OF，∴△AOE≌△COF（SAS），∴AE＝CF．
（2）结论成立．
理由：如图2中，
∵∠BAC＝90°，OC＝OB，∴OA＝OC＝OB，
∵∠AOC＝∠EOF，∴∠AOE＝∠COF，
∵OA＝OC，OE＝OF，∴△AOE≌△COF（SAS），∴AE＝CF．
（3）如图3中，
由旋转的性质可知OE＝OA，
∵OA＝OD，∴OE＝OA＝OD＝5，∴∠AED＝90°，
∵OA＝OE，OC＝OF，∠AOE＝∠COF，
∴＝，
∴△AOE∽△COF，∴＝，
∵CF＝OA＝5，∴＝，
∴AE＝，
∴DE＝＝＝．
考点4. 最短路径问题
1.如图，四边形ABCD中，∠BAD＝120°，∠B＝∠D＝90°，在BC、CD上分别找一点M、N，使△AMN周长最小时，则∠AMN＋∠ANM的度数为（ ）
A．130° B．120° C．110° D．100°
【答案】B
【解析】考点有轴对称（最短路线问题），三角形三边关系，三角形外角性质，等腰三角形的性质。
根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和ED的对称点A′，A″，即可得出∠AA′M＋∠A″＝∠HAA′＝60°，进而得出∠AMN＋∠ANM＝2(∠AA′M＋∠A″)即可得出答案：
如图，作A关于BC和ED的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交CD于N，则A′A″即为△AMN的周长最小值。作DA延长线AH。
2. 如图所示，A，B两点在直线l的两侧，在l上找一点C，使点C到点A、B的距离之差最大．
【答案】见解析
【解析】此题的突破点是作点A(或B)关于直线l的对称点A′(或B′)，作直线A′B(AB′)与直线l交于点C，把问题转化为三角形任意两边之差小于第三边来解决．
如图所示，以直线l为对称轴，作点A关于直线l的对称点A′，A′B的连线交l于点C，则点C即为所求．理由：在直线l上任找一点C′(异于点C)，连接CA，C′A，C′A′，C′B.因为点A，A′关于直线l对称，所以l为线段AA′的垂直平分线，则有CA＝CA′，所以CA－CB＝CA′－CB＝A′B.又因为点C′在l上，所以C′A＝C′A′.在△A′BC′中，C′A－C′B＝C′A′－C′B＜A′B，所以C′A′－C′B＜CA－CB.
【方法总结】如果两点在一条直线的同侧，过两点的直线与原直线的交点处构成线段的差最大，如果两点在一条直线的异侧，过两点的直线与原直线的交点处构成的线段的和最小，都可以用三角形三边关系来推理说明，通常根据最大值或最小值的情况取其中一个点的对称点来解决．
3．如图，D是等边三角形外一点．若，连接，则的最大值与最小值的差为_____．
【答案】12
【解析】以CD为边向外作等边三角形CDE，连接BE，可证得△ECB≌△DCA从而得到BE=AD，再根据三角形的三边关系即可得出结论．
如图1，以CD为边向外作等边三角形CDE，连接BE，
∵CE=CD，CB=CA，∠ECD=∠BCA=60°，
∴∠ECB=∠DCA，
∴△ECB≌△DCA（SAS），
∴BE=AD，
∵DE=CD=6，BD=8，
∴8-6