专题 图形变换压轴（抢分专练）（全国通用）2026年中考数学终极冲刺讲练测 习题+答案

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题型1 平移 变换
【例1】（2025·辽宁铁岭·一模）如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点A，B的坐标分别为1,2，4,0，将△AOB沿x轴负方向平移后，得到△CDE．若BD=6，则点A的对应点C的坐标是_____ ．
【答案】−1，2
【分析】本题考查了坐标与图形变化−平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同，点平移的变化规律是：横坐标左减右加；纵坐标上加下减，熟练掌握点平移的变化规律是解题的关键．
直接利用点平移的变化规律求解即可．
【详解】解：∵△AOB的顶点A，B的坐标分别为1,2，4,0，BD=6，
∴OD=2，
∴点A平移至点C的坐标为−1，2，
故答案为：−1，2．
【变式1-1】（2025·四川广安·二模）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△ABC=16，连接AD，则S△ADG的值为_______．
【答案】649
【分析】本题考查平移的性质，三角形的面积，相似三角形的判定和性质．由平移的性质得到：AD=BE,AD∥EC,AB∥DE，由△ABC∽△CEG得到S△CEG，由BC:EC=3:1，得到CE∶AD=1∶2，由△CEG∽△ADG，推出S△CEGS△ADG=CEAD2=14，进而求出S△ADG的值．
【详解】解：由平移的性质得到：AD=BE,AD∥EC,AB∥DE
∵∠B=∠GEC∠BAC=∠EGC∠ACB=∠GCE，
∴△ABC∽△GEC，
∴S△ABCS△GEC=BCEC2=9，
∵S△ABC=16，
∴S△GEC=169，
∵BC∶EC=3∶1，
∴CE∶BE=1∶2，
∴CE∶AD=1∶2，
∵CE∥AD，
∴∠DAC=∠GCE∠AGD=∠CGE∠ADG=∠CEG，
∴△CEG∽△ADG，
∴S△CEGS△ADG=CEAD2=14，
∵S△CEG=169，
∴S△ADG=169×4=649，
故答案为：649．
【变式1-2】（2024·安徽·三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2−ax−2与x轴交于点A−2,0、B两点，交y轴于点C，直线y=−13x+b经过点B
(1)求a，b的值；
(2)将△BOC平移，平移后点B仍在抛物线上，记作点P， 此时点C 恰好落在直线y=−13x+b上，求点P 的坐标．
【答案】(1)a=13，b=1
(2)P32,4−2或−32,4+2
【分析】（1）将点A代入抛物线解析式即可求得a，根据求出的抛物线解析式求出点B坐标后，将其代入直线解析式即可求得b；
（2）先求出C点坐标，设Pp,13p2−13p−2，根据平移性质求出平移后点C的坐标，再将其代入直线解析式后即可求出p，从而求得点P的坐标．
【详解】（1）解：将A−2,0代入抛物线解析式y=ax2−ax−2可得，
4a+2a−2=0，
解得a=13，
即抛物线解析式为y=13x2−13x−2，
当y=0，13x2−13x−2=0，
解得x=3或x=−2舍，
∴B3,0，
将其代入y=−13x+b可得−13×3+b=0，
解得b=1，
故a=13，b=1．
（2）解：将x=0代入抛物线解析式得y=−2，
∴C0,−2，
设Pp,13p2−13p−2，
∴根据平移性质可得，平移后得到的点C坐标应为Cp−3,13p2−13p−2−2，
此时点C恰好落在直线y=−13x+1中，
则−13p−3+1=13p2−13p−2−2，
解得p=±32，
当p=32时，13p2−13p−2=4−2；
p=−32时，13p2−13p−2=4+2，
故点P32,4−2或P−32,4+2．
【点睛】本题考查的知识点是求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、求抛物线与y轴的交点坐标、利用平移的性质求解、解一元二次方程，解题关键是熟练掌握二次函数的相关性质．
【变式1-3】（2024·山东泰安·模拟预测）如图是重叠的两个直角三角形，将其中一个直角三角形沿BC方向平移得到△DEF．若AB=8,BE=6,DP=4，则图中阴影部分的面积为_____．
【答案】36
【分析】本题考查了平移的性质，解答此题的关键是明确阴影部分的面积等于梯形ABEH的面积，据此即可解答．因为四边形ABEP是一个梯形，因为两个直角三角形是完全重合的，所以阴影部分的面积等于梯形ABEP的面积，又因为AB=DE=8，据此求出EP=8−4=4，再利用梯形的面积公式计算即可解答．
【详解】解：由平移的性质可知，AB∥DE,AB=DE，
∴四边形ABEP是一个梯形，
∵S△ABC=S△DEF
∴阴影部分的面积等于梯形ABEP的面积，
∵AB=DE=8，DP=4
∴EP=8−4=4，
∴S梯形ABEP=12×4+8×6=36，
故答案为：36．
题型2 旋转变换
【例2】（2026·河南周口·一模）如图，在△ABC中，∠BAC=90°, AB=2, AC=3，P为△ABC内部一点，则P到△ABC三个顶点之和的最小值是___________．
【答案】13
【分析】将△ABP绕着点A逆时针旋转60°，得到△AEH，连接EP，CH，过点C作CN⊥AH，交HA的延长线于N，由旋转的性质可得AE=AP，AH=AB=2，∠EAP=60°，BP=HE，易得△AEP是等边三角形，可得AE=AP=EP，进而得到AP+BP+PC=EP+EH+PC，当点H、E、P、C共线时，AP+BP+PC有最小值HC，再求出CN和HN的长度，由勾股定理可求解．
【详解】解：将△ABP绕着点A逆时针旋转60°，得到△AEH，连接EP，CH，过点C作CN⊥AH，交HA的延长线于N，
∴AE=AP，AH=AB=2，∠EAP=60°，BP=HE，
∴△AEP是等边三角形，
∴AE=AP=EP，
∴AP+BP+PC=EP+EH+PC，
∴当点H、E、P、C共线时，AP+BP+PC有最小值HC．
∵∠NAC=180°−∠BAH−∠BAC=180°−60°−90°=30°，AC=3，
∴CN=12AC=32，
∴AN=AC2−CN2=32−322=32，
∴HN=AH+AN=2+32=72，
在Rt△CNH中，CH=HN2+CN2=722+322=13，
即点P到△ABC三个顶点之和的最小值是13．
【变式2-1】（2026·山东菏泽·一模）综合与实践
(1)如图①，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，若把△ABE绕点A逆时针旋转90°到△ADG的位置，从而发现EF，BE，FD之间的数量关系是______；
【分析问题】
(2)如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，点E，F分别在边BC，CD上，当∠EAF=12∠BAD时，（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由；
【解决问题】
(3)如图③，某公园的四条通道围成了四边形ABCD，已知AB=AD=800m，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC，CD上分别有景点E，F，满足AE⊥AD，DF=4003−1m，为了游客们能更方便的游玩这两个景点，现要在E、F之间修一条笔直的道路，请直接写出这条道路EF的长为______．
【答案】(1)EF=BE+FD
(2)（1）中的结论仍然成立，理由见解析
(3)4003+400
【分析】（1）由旋转的性质可得△ADG≌△ABE，得到AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，进而得到∠GAF=∠FAE=45°，即得到△AFG≌△AFESAS，得到GF=EF，据此得到EF=GF=DG+FD=BE+FD，即可求证；
（2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM，证明△ABM≌△ADFSAS，得到AF=AM，∠DAF=∠BAM，再根据∠EAF=12∠BAD可得∠BAM+∠BAE=∠EAM=∠EAF，进而证明△FAE≌△MAE(SAS)，即得到EF=EM=BE+BM=BE+DF，即可求证；
（3）把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF，过A作AH⊥GD，垂足为H，可得△ABE是等边三角形，得到BE=AB=800m，又由旋转的性质得到∠ADG=∠B=60°，可得∠GDF=180°，得到点G在CD的延长线上，则可得DH=12AD=400m，由勾股定理求得AH=4003m，进而可得AH=FH，即可得∠HAF=45°，得到∠DAF=15°，∠EAF=75°，最后得到∠EAF=12∠BAD，根据（2）的结论即可求解．
【详解】（1）解：∵正方形ABCD，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
由旋转得，△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠BEA=90°−45°=45°，
∴∠DAF+∠DAG=45°，即∠GAF=45°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
AG=AE∠GAF=∠FAEAF=AF，
∴△AFG≌△AFESAS，
∴GF=EF，
∴EF=GF=DG+FD=BE+FD，
即EF=BE+FD，
故答案为：EF=BE+FD；
（2）解：（1）中的结论仍然成立，理由如下：
如图，延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，
∴∠D=∠ABM，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADFSAS，
∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠BAM+∠BAE=∠EAM=∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
AE=AE∠FAE=∠MAEAF=AM，
∴△FAE≌△MAE(SAS)，
∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，
即EF=BE+DF；
（3）解：如图，把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF，过A作AH⊥GD，垂足为H，则∠AHD=90°，
∵∠BAD=150°，∠DAE=90°，
∴∠BAE=60°，
又∵∠B=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=800m，
由旋转的性质得，∠ADG=∠B=60°，
∵∠ADF=120°，
∴∠GDF=180°，即点G在CD的延长线上，
在Rt△ADH中，∠DAH=90°−∠ADG=90°−60°=30°，
∴DH=12AD=400m，
∴AH=AD2−DH2=8002−4002=4003m，
∴FH=DH+DF=400+400(3−1)=4003m，
∴AH=FH，
∴∠HAF=45°，
∴∠DAF=∠HAF−∠HAD=45°−30°=15°，
∴∠EAF=∠EAD−∠DAF=90°−15°=75°，
∴∠EAF=12∠BAD，
根据（2）的结论有EF=BE+DF=800+400(3−1)=(4003+400)m，
即这条道路EF的长为(4003+400)m．
【变式2-2】（2026·内蒙古赤峰·一模）综合与探究
问题情境：在△ABC中，AB=AC，点D是BC边上一点（不与端点重合），连接AD．将线段AD绕点A逆时针旋转α得到线段AE，连接DE．
(1)猜想求解：如图1，若α=∠BAC=60°，∠CAE=25°，求∠ADB的度数；
(2)拓展延伸：如图2，α=∠BAC=90°，BDBD，AC与BD的和为80cm，四边形ABCD的面积为600cm2．
(1)直接写出骨架的长度：AC=_____cm，BD=_____cm；
步骤二 蒙面制作：若（1）中骨架满足AO:OC=1:2，考虑到实际需要，蒙面（风筝面）边缘离骨架的端点要留出一定距离．现把BD以上部分的蒙面设计为抛物线形状，如题图2建立平面直角坐标系，过距离点A，点B，点D分别为4cm,2cm,2cm的三点E，F，G绘制抛物线．
(2)求过E，F，G三点的二次函数解析式；
步骤三 蒙面取材：已知BD以下部分的蒙面设计为等腰△FHG，点H在OC延长线上且FH∥BC，如图2，经过思考与分析，小超同学先剪下一张筝形纸片来裁剪无拼接的风筝蒙面（包括BD以上抛物线部分及BD以下三角形FHG部分），如图3．小超同学剪下的这张筝形纸片PMHN的对角线交点为O，其中P，M，N三点落在坐标轴上，PM∥AB,PN∥AD．
(3)小超同学剪下的这张筝形纸片PMHN面积至少为多少平方厘米？
【答案】(1)60，20；
(2)y=−16x2+24
(3)小超同学剪下的这张筝形纸片PMHN面积至少为1170平方厘米．
【分析】（1）设AC=xcm，则BD的长为80−xcm，根据四边形ABCD的面积为600cm2，建立方程，并结合AC>BD，即可求解；
（2）先得出AO=20cm,OC=40cm，结合“过距离A，B，D三点分别为4cm,2cm,2cm的E，F，G三点绘制抛物线”，得出E0,24,F−12,0,G12,0，根据图象性质，设y=ax2+24，再运用待定系数法求解，即可作答；
（3）求出OH=48cm，求出直线AB的解析式为y=2x+20，进一步求出P0,30，PH=78cm，直线PM的解析式为y=2x+30，令2x+30=0，解得x=−15，得到MN=30cm，根据筝形纸片PMHN面积至少为12×MN⋅PH即可求出答案．
【详解】（1）解：设AC=xcm，则BD的长为80−xcm，
由题意得12x80−x=600，
解得x1=20,x2=60，
∵AC>BD，
∴AC=60cm,BD=20cm；
（2）解：∵AO:OC=1:2，AC=60cm，
∴AO=20cm,OC=40cm，
∴A0,20,B−10，0,D10，0．
∵过距离点A，点B，点D三点分别为4cm,2cm,2cm的E，F，G三点绘制抛物线，
∴E0,24,F−12,0,G12,0，
设所求抛物线表达式为y=ax2+24，
把F−12,0代入y=ax2+24，得0=144a+24，
解得a=−16，
∴抛物线的函数表达式是y=−16x2+24；
（3）解：∵FH∥BC，
∴OBOF=OCOH，即1012=40OH，
∴OH=48cm，
设直线AB的解析式为y=mx+n，代入A0,20,B−10，0，
n=20−10m+n=0，
解得m=2n=20，
∴直线AB的解析式为y=2x+20，
∵PM∥AB，
∴可知直线PM的解析式为y=2x+b，
∴P0,b，
令2x+b=−16x2+24，
则x2+12x+6b−144=0，
令Δ=122−4×1×6b−144=0，
解得b=30，
∴P0,30，
∴OP=30cm，直线PM的解析式为y=2x+30，
∴PH=OP+OH=78cm，
令2x+30=0，解得x=−15，
∴M−15,0，
即MN=30cm，
即筝形纸片PMHN面积至少为12×MN⋅PH=1170cm2．
答：小超同学剪下的这张筝形纸片PMHN面积至少为1170平方厘米．
7．（2026·广东珠海·一模）如图1，矩形OABC的顶点O与坐标原点重合，点B的坐标为4,2，点A，C分别在坐标轴上，反比例函数y=kx的图象与AB，BC分别交于点D，E．
(1)当ADBD=13时，则CEBE的值为______；
(2)如图2，连接DE，将△BDE沿DE翻折，若点B刚好落在x轴上的F点处时，连接OD，求证：△ODF是等腰三角形．
【答案】(1)13
(2)见解析
【分析】（1）利用矩形的性质可得AB∥x轴，BC∥y轴，根据点B的坐标可得AB=4，再结合ADBD=13，得到AD=1，得到D1,2，点E的横坐标为4，即可求出反比例函数的解析式，即可求出点E的纵坐标，即可解答；
（2）分别过D，E作DG⊥OC于G点，EH⊥AO于H点，根据反比例函数k的几何意义，得到AD·AO=CE·CO=k，结合矩形的性质可得BDAB=BEBC，设BE=a，则BD4=a2，CE=2−a，求出BD=2a,AD=OG=4−2a，证明△DGF∽△FEC，得到EFDF=CEFG，求出FG=2CE=4−2a=OG，结合DG⊥OF，即可证明．
【详解】（1）解：∵矩形OABC的顶点O与坐标原点重合，点B的坐标为4,2，点A，C分别在坐标轴上，
∴AB=4，
∵ADBD=13，
∴AD=1，
∴D1,2，点E的横坐标为4，
将点D1,2代入反比例函数y=kx，
∴2=k1，解得k=2，
∴反比例解析式为y=2x，
令x=4，则y=24=12，
∴E4,12，
∴CE=12，
∴BE=32，
∴CEBE=13；
（2）解：分别过D，E作DG⊥OC于G点，EH⊥AO于H点，
则AD·AO=CE·CO=k，
∵OC=AB,AO=BC，
则ADAB=CEBC，
∴BDAB=BEBC，
设BE=a，则BD4=a2，CE=2−a，
∴BD=2a,AD=OG=4−2a，
∵翻折
∴∠DFE=∠B=90°,EF=BE=a,BD=DF=2a，
又∵∠DGF=∠ECF=90°，
∴∠GDF+∠DFG=∠DFG+∠CFE=90°，
∴∠GDF=∠CFE，
∴△DGF∽△FCE，
∴EFDF=CEFG=12，
∴FG=2CE=4−2a=OG，
又∵DG⊥OF，
∴DO=DF，即△ODF为等腰三角形．
8．（2025·山东青岛·一模）在数学课上，老师让同学们动手操作，将一个矩形绕其一个顶点旋转．小明在旋转的过程中发现，随着旋转角度的变化可以研究很多数学问题．如图，已知矩形ABCD，AB=5,BC=3，将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转α(0°