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专题24图形的变化（8大考点，精选41题）
考点概览 考点1轴对称图形与中心对称图形 考点2中心对称图形与坐标 考点3对称与翻折变换 考点4平移变换与坐标 考点5平移与几何性质 考点6三视图问题 考点7投影问题 考点8图形的变化综合问题
考点1轴对称图形与中心对称图形
1．（2022·湖南湘西·中考真题）下面4个汉字中，可以看作轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）剪纸是我国最古老的民间艺术之一．下列剪纸图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025·北京·中考真题）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．
4．（2025·黑龙江·中考真题）我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025·四川自贡·中考真题）起源于中国的围棋深受青少年喜爱．以下由黑白棋子形成的图案中，为中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·江苏扬州·中考真题）窗棂是中国传统木构建筑的重要元素，既散发着古典之韵，又展现了几何之美．下列窗棂图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·福建·中考真题）中国古算诗词歌赋较多．古算诗词题，是反映数学数量关系的内在联系及其规律的一种文学浪漫形式．下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形，其中既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
考点2中心对称图形与坐标
8．（2025·湖北·中考真题）如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025·陕西·中考真题）如图，过原点的直线与反比例函数的图象交于，两点，则的值为 ．
考点3对称与翻折变换
10．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，将沿折痕折叠，使点B落在边上的点E处，若，则的周长为（ ）
A．5 B．6 C．6.5 D．7
11．（2025·吉林长春·中考真题）将直角三角形纸片（）按如图方式折叠两次再展开，下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（ ）
A．2 B． C． D．
13．（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（ ）
A． B． C． D．
14．（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（ ）
A． B．2 C． D．
15．（2025·甘肃·中考真题）如图，把平行四边形纸片沿对角线折叠，点B落在点处，与相交于点E，此时恰为等边三角形．若，则 ．
16．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）等腰三角形纸片中，，将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合，直线l交于点D，交直线于点E，连接，若，，则的面积为 ．
17．（2025·山东烟台·中考真题）如图，是矩形的对角线，请按以下要求解决问题：
(1)利用尺规作，使与关于直线成轴对称（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，若交于点，，，求的长．
18．（2025·甘肃兰州·中考真题）“三等分角”是两千多年来数学史上最著名的古典四大问题之一，阿基米德等数学家通过巧妙的几何作图得到了解决“三等分角”问题的特例方法．某数学兴趣小组通过折纸与尺规作图相结合的方法探究“三等分锐角”问题的解法，解决过程如下：
操作步骤与演示图形
如图①，已知一个由正方形纸片的边PK与经过顶点P的直线构成的锐角．按照以下步骤进行操作： 任意折出一条水平折痕，与纸片左边交点为Q；再折叠将PK与重合得到折痕，与纸片左边交点为N，如图②．→折叠使点Q，P分别落在和上，得到折痕m，对应点为，，m交于M，如图③④．→保持纸片折叠，再沿MN折叠，得到折痕的一部分，如图⑤．→将纸片展开，再沿折叠得到经过点P的完整折痕，如图⑥．→将纸片折叠使边PK与重合，折痕为．则直线和就是锐角的三等分线，如用⑦⑧．
解决问题 （1）请依据操作步骤与演示图形，通过尺规作图完成以下两个作图任务：（保留作图痕迹．不写作法） 任务一：在图③中，利用已给定的点作出点； 任务二：在图⑥中作出折痕． （2）若锐角为，则图⑤中与相交所成的锐角是__________．
19．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形．
【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
考点4平移变换与坐标
20．（2025·湖南·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位长度到处，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
21．（2025·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将平移，得到，点在坐标轴上．若，则点坐标为（ ）
A． B． C． D．
22．（2025·辽宁·中考真题）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将线段平移得到线段，点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
23．（2025·河北·中考真题）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点．如图，正方形与正方形的顶点均为整点．若只将正方形平移，使其内部（不含边界）有且只有，，三个整点，则平移后点的对应点坐标为（ ）
A． B． C． D．
24．（2025·四川眉山·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向右平移2个单位到点B，则点B的坐标为（ ）
A． B． C． D．
25．（2025·广东深圳·中考真题）如图，将无人机沿着轴向右平移3个单位，若无人机上一点的坐标为，则平移后点的坐标为 ．
26．（2025·山东·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向下平移2个单位长度，得到的对应点的坐标是 ．
27．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为．
(1)将向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到，画出两次平移后的，并写出点的坐标；
(2)画出绕原点O逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
(3)在（2）的条件下，求点旋转到点的过程中，所经过的路径长（结果保留π）．
考点5平移与几何性质
28．（2025·四川德阳·中考真题）如图，在中，，将沿方向向右平移至处，使恰好过边的中点D，连接，若，则（ ）
A．3 B．2 C．1 D．
29．（2025·四川凉山·中考真题）如图，将周长为20的沿方向平移2个单位长度得，连接，则四边形的周长为 ．
30．（2025·福建·中考真题）如图，是等边三角形，D是的中点，，垂足为C，是由沿方向平移得到的．已知过点A，交于点G．
(1)求的大小；
(2)求证：是等边三角形．
考点6三视图问题
31．（2025·河北·中考真题）一个几何体由圆柱和正方体组成，其主视图、俯视图如图所示，则其左视图为（ ）
A． B． C． D．
32．（2025·黑龙江·中考真题）一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图和俯视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是（ ）
A．7 B．8 C．6 D．5
33．（2025·四川成都·中考真题）下列几何体中，主视图和俯视图相同的是（ ）
A． B．
C． D．
34．（2025·湖南长沙·中考真题）下图是由五个大小相同的正方体搭成的几何体，它的左视图是（ ）
A． B． C． D．
35．（2025·广东·中考真题）如图，是由5个大小相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是（ ）
A． B． C． D．
36．（2025·江苏扬州·中考真题）如图1，棱长为的密封透明正方体容器水平放置在桌面上，其中水面高度．将此正方体放在坡角为的斜坡上，此时水面恰好与点齐平，其主视图如图2所示，则 ．
考点7投影问题
37．（2025·河南·中考真题）焦裕禄纪念园是全国重点革命烈士纪念建筑物保护单位，革命烈士纪念碑位于纪念园南部的中心．某综合与实践小组开展测量纪念碑高度的活动，记录如下．
活动主题 测量纪念碑的高度
实物图和测量示意图
测量说明 如图，纪念碑位于有台阶的平台上，太阳光下，其顶端的影子落在点处，同一时刻，竖直放置的标杆顶端的影子落在点处，位于点处的观测者眼睛所在位置为点，点在一条直线上，纪念碑底部点在观测者的水平视线上．
测量数据
备注 点在同一水平线上．
根据以上信息，解决下列问题．
(1)由标杆的影子的长和标杆的长相等，可得，请说明理由．
(2)求纪念碑的高度．
(3)小红通过间接测量得到的长，进而求出纪念碑的高度约为．查阅资料得知，纪念碑的实际高度为．请判断小红的结果和（2）中的结果哪个误差较大？并分析误差较大的可能原因（写出一条即可）．
38．（2025·贵州·中考真题）某小区在设计时，计划在如图①的住宅楼正前方建一栋文体活动中心．设计示意图如图②所示，已知，该地冬至正午太阳高度角为．如果你是建筑设计师，请结合示意图和已知条件完成下列任务．
任务一：计算冬至正午太阳照到住宅楼的位置与地面之间的距离的长；
任务二：为符合建筑规范对日照的要求，让整栋住宅楼在冬至正午太阳高度角下恰好都能照射到阳光，需将活动中心沿方向移动一定的距离（活动中心高度不变），求该活动中心移动了多少米？
（参考数据：．结果保留小数点后一位）
考点8图形的变化综合问题
39．（2025·广西·中考真题）综合与实践
树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1）
初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形．
【问题提出】
西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置．
设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为．
【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？
【初步探究】（2）求图3情形的与的值；
【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式；
【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果）
40．（2025·山西·中考真题）综合与探究
问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平．
猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由
拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接．
①若，判断与的位置关系，并说明理由；
②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长
41．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数（为常数）的图像与轴交于、两点，交轴于点，对称轴为直线．
(1)求二次函数关系式．
(2)连接，抛物线上是否存在点，使，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由．
(3)在轴上方的抛物线上找一点，作射线，使，点是线段上的一动点，过点作轴，垂足为点，连结，求的最小值．
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专题24图形的变化（8大考点，精选41题）
考点概览 考点1轴对称图形与中心对称图形 考点2中心对称图形与坐标 考点3对称与翻折变换 考点4平移变换与坐标 考点5平移与几何性质 考点6三视图问题 考点7投影问题 考点8图形的变化综合问题
1．（2022·湖南湘西·中考真题）下面4个汉字中，可以看作轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了轴对称图形的概念．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：选项A、B、D的汉字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．
2．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）剪纸是我国最古老的民间艺术之一．下列剪纸图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了中心对称图形，轴对称图形，掌握中心对称图形，轴对称图形的概念是关键．根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．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度后与自身重合．
【详解】解：A．选项图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B．选项图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
C．选项图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D．选项图形是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意．
故选：D．
3．（2025·北京·中考真题）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】D
【分析】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别，解题的关键在于熟练掌握：在平面内，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叫做轴对称图形；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．
据此即可求解．
【详解】解：A、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
D、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意，
故选：D．
4．（2025·黑龙江·中考真题）我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列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
【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，能熟记中心对称图形和轴对称图形的定义是解此题的关键．中心对称图形是在平面内，把一个图形绕某一定点旋转，能够与自身重合的图形；轴对称图形是在平面内，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．依据定义判断即可．
【详解】解：A中、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B中、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
C中、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
D中、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
5．（2025·四川自贡·中考真题）起源于中国的围棋深受青少年喜爱．以下由黑白棋子形成的图案中，为中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了中心对称图形，根据中心对称图形的定义判断即可，解题的关键是正确理解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可得答案．
【详解】解：、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，是中心对称图形，符合题意；
、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，不是中心对称图形，不符合题意；
故选：．
6．（2025·江苏扬州·中考真题）窗棂是中国传统木构建筑的重要元素，既散发着古典之韵，又展现了几何之美．下列窗棂图案中，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】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别．解题的关键在于熟练掌握：在平面内，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叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，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．根据中心对称和轴对称的定义，进行判断即可．
【详解】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，不符合题意；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
故选C．
7．（2025·福建·中考真题）中国古算诗词歌赋较多．古算诗词题，是反映数学数量关系的内在联系及其规律的一种文学浪漫形式．下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形，其中既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别．解题的关键在于熟练掌握：在平面内，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叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，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．根据中心对称和轴对称的定义，进行判断即可．
【详解】解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，符合题意；
故选D．
8．（2025·湖北·中考真题）如图，平行四边形的对角线交点在原点．若，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征等知识，由题意，结合平行四边形的对称性可知点与点关于坐标原点中心对称，由关于原点中心对称的点的坐标特征即可得到答案．熟记平行四边形的对称性、关于原点中心对称的点的坐标特征是解决问题的关键．
【详解】解：∵平行四边形的对角线交点在原点，
∴，
点与点关于坐标原点中心对称，
点的坐标为，
点的坐标是，
故选：C．
9．（2025·陕西·中考真题）如图，过原点的直线与反比例函数的图象交于，两点，则的值为 ．
【答案】9
【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，求反比例函数的解析式，关于原点对称的点的性质，先根据题意得出，，解得，，即，再把代入进行计算，即可作答．
【详解】解：∵过原点的直线与反比例函数的图象交于，两点，
∴，两点关于原点对称，
即A的横坐标与B的横坐标互为相反数，A的纵坐标与B的纵坐标互为相反数，
∴，，
∴，，
∴，
把代入，
得，
解得，
故答案为：9．
10．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，将沿折痕折叠，使点B落在边上的点E处，若，则的周长为（ ）
A．5 B．6 C．6.5 D．7
【答案】D
【分析】本题考查轴对称的性质，根据轴对称图形的性质得到，，从而，从而即可解答．
【详解】解：由折叠可得，，
∴，
∴．
故选：D．
11．（2025·吉林长春·中考真题）将直角三角形纸片（）按如图方式折叠两次再展开，下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了折叠的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
由折叠可得：，，则，那么，继而根据相似三角形的性质以及平行线分线段成比例定理逐一判断即可．
【详解】解：由折叠可得：，，
∴，故A正确，不符合题意；
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，故B正确，不符合题意；
∵，
∴，，
∴，，
∴，故C正确，不符合题意；
∵，
∴，，，
∴，故D错误，符合题意，
故选：D．
12．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】由折叠的性质可知，，，再根据菱形的性质，得出，从而求出，则，即可求解．
【详解】解：由折叠的性质可知，，，
在菱形中，，
，，
，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，分母有理化等知识，掌握菱形的性质是解题关键．
13．（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】题目主要考查正方形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键.
根据折叠得出，，利用相似三角形的判定和性质得出，再由正方形的性质求解即可.
【详解】解：∵正方形沿折叠，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
故选：D.
14．（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【分析】如图，过作于，由对折可得：，，，，证明，而，可得，求解，，证明，，可得，再进一步求解即可.
【详解】解：如图，过作于，
∵正方形，
∴，，，，，，
由对折可得：，，，，
∴，而，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴；
故选：B.
【点睛】本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.
15．（2025·甘肃·中考真题）如图，把平行四边形纸片沿对角线折叠，点B落在点处，与相交于点E，此时恰为等边三角形．若，则 ．
【答案】12
【分析】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，折叠得到，平行线的性质，得到，进而得到，等边三角形的性质，结合三角形的外角推出，进而得到，再根据含30度角的直角三角形的性质，得到即可．
【详解】解：∵折叠，
∴，
∵平行四边形纸片，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：12
16．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）等腰三角形纸片中，，将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合，直线l交于点D，交直线于点E，连接，若，，则的面积为 ．
【答案】或
【分析】本题主要考查折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理以及相似三角形的判定与性质，分为锐角和钝角两种情况讨论求解：①当为锐角时求出，，由折叠得，可求得，过点作于点，证明，可求出，可求出，根据可得结论；②当为钝角时，过点作于点，得出，可求出，，从而可得．
【详解】解：当为锐角时，如图，
根据题意得，
∵，
∴设，则，
∵，
∴，即，解得，
∴，，
由折叠得，
∴；
∴，
过点作于点，则，
∴，
∴，即，
∴
∴，
∴；
当为钝角时，如图，
过点作于点，则，
∴，
同（1）可得，，
∴，
同理可得
∴；
综上所述，的面积为或．
故答案为：或．
17．（2025·山东烟台·中考真题）如图，是矩形的对角线，请按以下要求解决问题：
(1)利用尺规作，使与关于直线成轴对称（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，若交于点，，，求的长．
【答案】(1)作图见解析
(2)
【分析】（1）以为圆心，为半径画弧，以为圆心，为半径画弧，两弧交于点，连接，即可；
（2）如图，证明，，，，可得，证明，设，则，可得，再解方程即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求作的三角形；
由作图可得：，，，
∴，
∴即为所求作的三角形；
（2）解：如图，∵矩形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：；
∴．
【点睛】本题考查的是作轴对称图形，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，熟练的作图是解本题的关键．
18．（2025·甘肃兰州·中考真题）“三等分角”是两千多年来数学史上最著名的古典四大问题之一，阿基米德等数学家通过巧妙的几何作图得到了解决“三等分角”问题的特例方法．某数学兴趣小组通过折纸与尺规作图相结合的方法探究“三等分锐角”问题的解法，解决过程如下：
操作步骤与演示图形
如图①，已知一个由正方形纸片的边PK与经过顶点P的直线构成的锐角．按照以下步骤进行操作： 任意折出一条水平折痕，与纸片左边交点为Q；再折叠将PK与重合得到折痕，与纸片左边交点为N，如图②．→折叠使点Q，P分别落在和上，得到折痕m，对应点为，，m交于M，如图③④．→保持纸片折叠，再沿MN折叠，得到折痕的一部分，如图⑤．→将纸片展开，再沿折叠得到经过点P的完整折痕，如图⑥．→将纸片折叠使边PK与重合，折痕为．则直线和就是锐角的三等分线，如用⑦⑧．
解决问题 （1）请依据操作步骤与演示图形，通过尺规作图完成以下两个作图任务：（保留作图痕迹．不写作法） 任务一：在图③中，利用已给定的点作出点； 任务二：在图⑥中作出折痕． （2）若锐角为，则图⑤中与相交所成的锐角是__________．
【答案】（1）见解析；（2）50
【分析】本题考查轴对称图形的性质，尺规作图——作垂直平分线，作角平分线，平行线的性质，读懂题意是解题的关键．
（1）任务一：连接，作的垂直平分线m，过点P作直线m的垂线，交边于点A，以点A为圆心，的长为半径作弧，交直线于点，则点为所求；
任务二：作出与所成夹角的角平分线，即为折痕；
（2）根据三等分线得到，再由平行线的性质即可求解．
【详解】解：（1）任务一：如图，点为所求．
任务二：如图，折痕为所求．
（2）如图，
由题意可知，是的三等分线，
∴，
∵，
∴，
∴与相交所成的锐角是．
故答案为：50
19．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形．
【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
【答案】[探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析
【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理；
[探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故；
[探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形；
[探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得．
【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下：
将△沿翻折得到△，
，，
，
，
四边形是菱形；
[探究证明]：证明：如图：
将△沿翻折得到△，
，，
，
，
四边形是菱形，
，
为边的中点，为边的中点，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，，
四边形是菱形，
，，
，，
四边形是平行四边形；
[探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下：
由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，
当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图：
，
，
，
设，则，
，
为中点，
，，
四边形是菱形，
，
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
，
，
；
当四边形是菱形时，延长交于，如图：
设，则，
四边形是菱形，
，
，，
四边形是平行四边形，，
，，
，
△是等边三角形，
，
，
；
综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或．
20．（2025·湖南·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向右平移个单位长度到处，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查点的平移，掌握平移规律是关键．
根据平面直角坐标系中点的平移规律，向右平移时横坐标增加，纵坐标不变，即可解题．
【详解】解：点向右平移3个单位长度，横坐标需加3，即，纵坐标2保持不变，
∴平移后的点坐标为，
故选：B．
21．（2025·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将平移，得到，点在坐标轴上．若，则点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查解直角三角形，相似三角形的判定和性质，坐标与图形变换—平移，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，是解题的关键．过点作轴，作交的延长线于点，证明，得到，根据点的坐标，结合的值，求出，平移求出点坐标，进而得到平移规则，再求出点坐标即可．
【详解】解：过点作轴，作交的延长线于点，则：
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵平移，
∴，
∴，
∴将点先向右平移10个单位，再向下平移3个单位得到点，
∴将点先向右平移10个单位，再向下平移3个单位得到点，
∴；
故选B．
22．（2025·辽宁·中考真题）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将线段平移得到线段，点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查坐标与图形变换—平移，根据平移的性质，由点A平移后的对应点C的坐标确定平移规则，再应用于点B即可得到点D的坐标．
【详解】解：由题意，点向上平移5个单位得到点，
∴点向上平移5个单位得到点，
∴点的坐标为，即；
故选B．
23．（2025·河北·中考真题）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点．如图，正方形与正方形的顶点均为整点．若只将正方形平移，使其内部（不含边界）有且只有，，三个整点，则平移后点的对应点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了坐标与图象，一次函数的平移，待定系数法求得直线的解析式为，根据选项判断平移方式，结合题意，即可求解．
【详解】解：设直线的解析式为，代入
∴
∴
∴直线的解析式为
∵，
A. 当为时，平移方式为向右平移个单位，向上平移个单位，
∴直线平移后的解析式为，此时经过原点，对应的经过整点，符合题意，
B. 当为时，平移方式为向右平移个单位，向上平移个单位，
∴直线平移后的解析式为，此时原点在下方，对应的在整点上方，不符合题意，
C. 当为时，平移方式为向右平移个单位，，
∴直线平移后的解析式为，此时点在正方形内部，不符合题意，
D. 当为时，平移方式为向右平移个单位，向上平移个单位，
∴直线平移后的解析式为，此时点和在正方形边上或内部，不符合题意，
故选：A．
24．（2025·四川眉山·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向右平移2个单位到点B，则点B的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化﹣平移．掌握平移的规律“左右横，上下纵，正加负减”是解答本题的关键．
根据平移规律，向右平移2个单位时，点的横坐标增加2，纵坐标不变，即可解答．
【详解】解：点向右平移2个单位，横坐标变为，纵坐标保持3不变．
所以，点的坐标为，、
故选：C．
25．（2025·广东深圳·中考真题）如图，将无人机沿着轴向右平移3个单位，若无人机上一点的坐标为，则平移后点的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题考查了坐标与图形平移变换，解题关键在于掌握左右移动改变点的横坐标，左减，右加；上下移动改变点的纵坐标，下减，上加．
根据点的平移规律即可求解．
【详解】解：由题意得：将点沿着轴向右平移3个单位，
∴平移后点的坐标为，即，
故答案为：．
26．（2025·山东·中考真题）在平面直角坐标系中，将点向下平移2个单位长度，得到的对应点的坐标是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了点的平移，掌握平移规律“左减右加，上加下减”是解题的关键．
直接运用平移规律“上加下减”即可解答．
【详解】解：将点向下平移2个单位长度，得到的对应点的坐标是，即，
故答案为：．
27．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为．
(1)将向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到，画出两次平移后的，并写出点的坐标；
(2)画出绕原点O逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标；
(3)在（2）的条件下，求点旋转到点的过程中，所经过的路径长（结果保留π）．
【答案】(1)作图见解析，
(2)作图见解析，
(3)
【分析】本题考查了平移作图，旋转作图，弧长公式，勾股定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）分别描出平移后的点，再顺次连接即可得到，根据点的平移方式即可求解；
（2）将点分别绕原点O逆时针旋转得到点，再顺次连接即可，即可写出点的坐标；
（3）先由勾股定理求出，再由弧长公式求解即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求：
∵，
∴向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度得到，即；
（2）解：如图，即为所求，；
（3）解：，
∴点旋转到点的过程中，所经过的路径长为
28．（2025·四川德阳·中考真题）如图，在中，，将沿方向向右平移至处，使恰好过边的中点D，连接，若，则（ ）
A．3 B．2 C．1 D．
【答案】B
【分析】本题考查直角三角形斜边中线性质和平移的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质是解题的关键．
根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，结合，得，由平移得到，根据平移对应线段相等，可知，进而得．
【详解】在中，，是中点，
∴，
∵，
∴，
∵沿方向向右平移至，
∴，
故选：B．
29．（2025·四川凉山·中考真题）如图，将周长为20的沿方向平移2个单位长度得，连接，则四边形的周长为 ．
【答案】
【分析】本题考查平移的性质，掌握平移的不变性是解题的关键．
根据平移的性质可得、，然后求出四边形的周长等于的周长与、的和，再求解即可．
【详解】解：沿方向平移个单位长度得到，
，，
四边形的周长
的周长
．
故答案为：．
30．（2025·福建·中考真题）如图，是等边三角形，D是的中点，，垂足为C，是由沿方向平移得到的．已知过点A，交于点G．
(1)求的大小；
(2)求证：是等边三角形．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】本题考查等边三角形的判定与性质、平移的基本性质、线段垂直平分线的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质等基础知识，考查空间观念、几何直观与推理能力，考查化归与转化思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
（1）等边三角形的性质推出，垂直，得到，角的和差关系求出的大小即可；
（2）平移得到，进而得到，角的和差关系推出，进而得到，根据，推出垂直平分，进而得到，推出，进而得到是等边三角形即可．
【详解】（1）解：是等边三角形，
．
D是的中点，
．
，
，
．
（2）由平移可知：，
，
又，
，
∴，
又，
垂直平分，
，
由（1）知，，
，
，
是等边三角形．
31．（2025·河北·中考真题）一个几何体由圆柱和正方体组成，其主视图、俯视图如图所示，则其左视图为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据画三视图的方法，发挥空间想象能力，结合主视图和俯视图，从左侧看下方是一个长方形，上面中间是一个小正方形，据此即可求解．
【详解】解：从左侧看下方是一个长方形，上面中间是一个小正方形，
故选：A．
32．（2025·黑龙江·中考真题）一个由若干个大小相同的小正方体搭成的几何体，它的主视图和俯视图如图所示，那么组成该几何体所需小正方体的个数最少是（ ）
A．7 B．8 C．6 D．5
【答案】A
【分析】本题考查了由三视图判断几何体，意在考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就容易得到答案．
根据三视图的知识，俯视图是由5个小正方形组成，而主视图是由两层小正方形组成，故这个几何体的底层最少有5个小正方体，第2层最少有2个小正方体．
【详解】解：根据俯视图可知，这个几何体的底层最少有个小正方体，
第二层最少有2个小正方体，
因此组成这个几何体的小正方体最少有个．
如图：（其中一种情形）
故选：A．
33．（2025·四川成都·中考真题）下列几何体中，主视图和俯视图相同的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了简单几何体的三视图．熟练掌握主视图和俯视图，是解决问题的关键．
在正面内得到的由前向后观察物体的视图，叫做主视图；在水平面内得到的由上向下观察物体的视图，叫做俯视图．根据主视图，俯视图定义逐一判断，即得．
【详解】A、圆柱的主视图是矩形，俯视图是圆，主视图和俯视图不相同，故该选项不符合题意；
B、三棱柱的主视图是矩形（中间有一条竖线 ），俯视图是三角形，主视图和俯视图不相同主视图是长方形，俯视图是三角形，主视图和俯视图不相同，故该选项不符合题意；
C、球的主视图和俯视图都是圆，主视图和俯视图相同，故该选项符合题意；；
D、四棱锥的主视图是三角形，俯视图是带对角线的四边形，主视图和俯视图不相同．
故选：C．
34．（2025·湖南长沙·中考真题）下图是由五个大小相同的正方体搭成的几何体，它的左视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查三视图，左视图即为从左面看到的图形，据此即可解答．
【详解】
解：它的左视图是．
故选：A．
35．（2025·广东·中考真题）如图，是由5个大小相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．找到从左面看所得到的图形即可．
【详解】解：从左面看得第一层有2个正方形，第二层最左边有一个正方形．
∴它的左视图是：
故选：C．
36．（2025·江苏扬州·中考真题）如图1，棱长为的密封透明正方体容器水平放置在桌面上，其中水面高度．将此正方体放在坡角为的斜坡上，此时水面恰好与点齐平，其主视图如图2所示，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了求角的正切值、一元一次方程的几何应用、主视图、平行线的性质等知识，熟练掌握正切的定义是解题关键．延长，交直线于点，设，则，先根据水的体积不变建立方程，解方程可得的值，再根据平行线的性质可得，然后根据正切的定义计算即可得．
【详解】解：如图，延长，交直线于点，
由题意得：，
设，则，
∵密封透明正方体容器水平放置在桌面上与放在坡角为的斜坡上，容器里水的体积不变；且放在坡角为的斜坡上时，水的体积等于长为、宽为、高为的长方体的体积与长为、宽为、高为的长方体的体积的一半之和，
∴，
解得，
即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
37．（2025·河南·中考真题）焦裕禄纪念园是全国重点革命烈士纪念建筑物保护单位，革命烈士纪念碑位于纪念园南部的中心．某综合与实践小组开展测量纪念碑高度的活动，记录如下．
活动主题 测量纪念碑的高度
实物图和测量示意图
测量说明 如图，纪念碑位于有台阶的平台上，太阳光下，其顶端的影子落在点处，同一时刻，竖直放置的标杆顶端的影子落在点处，位于点处的观测者眼睛所在位置为点，点在一条直线上，纪念碑底部点在观测者的水平视线上．
测量数据
备注 点在同一水平线上．
根据以上信息，解决下列问题．
(1)由标杆的影子的长和标杆的长相等，可得，请说明理由．
(2)求纪念碑的高度．
(3)小红通过间接测量得到的长，进而求出纪念碑的高度约为．查阅资料得知，纪念碑的实际高度为．请判断小红的结果和（2）中的结果哪个误差较大？并分析误差较大的可能原因（写出一条即可）．
【答案】(1)见解析；
(2)纪念碑的高度为．
(3)小红的结果误差较大，理由见解析
【分析】本题考查了平行投影，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
（1）根据平行投影的性质可得，即可证明结论；
（2）令与的交点为，则四边形和是矩形，设，证明，得到，求出的值即可；
（3）比较纪念碑的实际高度与小红和（2）中的结果，得到误差较大的一方，再分析可能的原因即可．
【详解】（1）解：太阳光下，其顶端的影子落在点处，同一时刻，竖直放置的标杆顶端的影子落在点处，
，
标杆的影子的长和标杆的长相等，即，
；
（2）解：如图，令与的交点为，
则四边形和是矩形，
，，，
，
设，则，
，
，
，
，
，
，
解得：，
答：纪念碑的高度为．
（3）解：纪念碑的实际高度为，小红求出纪念碑的高度约为，（2）中纪念碑的高度为，
则小红的结果误差较大，
理由是：纪念碑位于有台阶的平台上，点的位置无法正确定位，使得的长存在误差，影响计算结果．
38．（2025·贵州·中考真题）某小区在设计时，计划在如图①的住宅楼正前方建一栋文体活动中心．设计示意图如图②所示，已知，该地冬至正午太阳高度角为．如果你是建筑设计师，请结合示意图和已知条件完成下列任务．
任务一：计算冬至正午太阳照到住宅楼的位置与地面之间的距离的长；
任务二：为符合建筑规范对日照的要求，让整栋住宅楼在冬至正午太阳高度角下恰好都能照射到阳光，需将活动中心沿方向移动一定的距离（活动中心高度不变），求该活动中心移动了多少米？
（参考数据：．结果保留小数点后一位）
【答案】任务一：，任务二：该活动中心移动了2米；
【分析】本题考查的是矩形的判定与性质，解直角三角形的实际应用；
任务一：如图，过作于，结合题意可得：四边形为矩形，，可得，，求解，进一步可得答案；
任务二：如图，过作的平行线，过作的平行线，两线交于点，交于点，过作于，可得，四边形为矩形，，求解，进一步可得答案.
【详解】解：任务一：如图，过作于，
结合题意可得：四边形为矩形，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴；
任务二：如图，过作的平行线，过作的平行线，两线交于点，交于点，过作于，
∴，四边形为矩形，
∴，
∴，
∴；
∴该活动中心移动了2米.
39．（2025·广西·中考真题）综合与实践
树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1）
初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形．
【问题提出】
西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置．
设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为．
【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？
【初步探究】（2）求图3情形的与的值；
【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式；
【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果）
【答案】（1）随的增大而增大；（2），；（3）；（4）
【分析】（1）根据矩形的性质得，根据平行四边形的面积公式得，然后分别求出当时，当时，关于的解析式，即可得出结论；
（2）根据（1）的结论可得答案；
（3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，，
此时遮阳区的面积为六边形的面积，推出，，得，，再根据即可得出结论；
（4）分别确定：当时，当时，当时，各个范围内的最大值，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形，四边形是平行四边形，，，，在边所在直线上，
∴，，，
又∵如图2，在上，，，
∴，
，
当时，如图，设交于点，交于点，则，
此时遮阳区的面积为的面积，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴当时，随的增大而增大，的值从增大到；
当时，如图，设交于点，则，，，
此时遮阳区的面积为四边形的面积，
∵，
∴四边形为梯形，
∴，
∴当时，随的增大而增大，的值从增大到；
综上所述，从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大而增大；
（2）如图3，此时点落在上，则，
由（1）知：当时，；
∴图3情形时，，；
（3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，，
此时遮阳区的面积为六边形的面积，
∴，，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴
，
∴从图3情形起右移至与重合，该过程中关于的解析式为；
（4）当时，，
当时，的最大值为：；
当时，，
当时，的最大值为：；
当时，，
∵
∴当时，的最大值为：，
综上所述，当时，取得最大值，最大值为，
∴当遮阳区面积最大时，向右移动了．
【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，列函数关系式，二次函数的最值，等积变换等知识点，利用分类讨论的思想及数形结合的思想解决问题是解题的关键．
40．（2025·山西·中考真题）综合与探究
问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平．
猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由
拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接．
①若，判断与的位置关系，并说明理由；
②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长
【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①．理由见解析；②5或
【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形；
（2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
由折叠的性质可得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）证明：①，理由如下：
由（1）知四边形是菱形，
∴，
由折叠的性质得到，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
解：②∵，，，
∴，
当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则，
∵，，
∴，
∴，
由折叠的性质得，，，
∴，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴；
当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则，
同理得，，
设，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∵是以为腰为底的等腰三角形，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，合理作出辅助线，构造三角形全等，结合分类讨论的思想是解题的关键．
41．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数（为常数）的图像与轴交于、两点，交轴于点，对称轴为直线．
(1)求二次函数关系式．
(2)连接，抛物线上是否存在点，使，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由．
(3)在轴上方的抛物线上找一点，作射线，使，点是线段上的一动点，过点作轴，垂足为点，连结，求的最小值．
【答案】(1)
(2)抛物线上存在点，使，的坐标为或
(3)的最小值为
【分析】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求二次函数解析式，解直角三角形，轴对称的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）根据抛物线的对称轴为直线，得出则二次函数解析式为代入，得出，即可求解；
（2）设，根据点的坐标可得，，分量种情况讨论，①当在直线的下方时，以为斜边在的下方作等腰直角三角形，设关于的对称点为，则，验证可得点与点重合，得出，当在的上方时，作点关于的对称点，即，即可求解；
（3）在上取一点，使得，得出，在上取一点，使得，垂足为，则，作关于的对称点，连接交于点，根据轴对称的性质可得当在上时取得最小值，最小值为的长，等面积法求得，则，进而得出，根据，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线，
∴，即
∴二次函数解析式为
将代入得，
解得：，
∴二次函数关系式为；
（2）解：在中，当时，解得或，
∴，
当时，，则
∴，，
设，则
①当在直线的下方时，
如图，以为斜边在的下方作等腰直角三角形，
∴，，
设关于的对称点为，则，
∴
∴
∴
∴
又∵
∴点与点重合，
∴
当在的上方时，作点关于的对称点
∵都是等腰直角三角形，
∴在轴上，
综上所述，抛物线上存在点，使，的坐标为或
（3）解：如图，在上取一点，使得
∴
设，则
在中，
∴，即
解得：
∴
∴
∵，
在上取一点，使得，垂足为，
∴
∴
即,
如图，作关于的对称点，连接交于点
∴
∴当在上时取得最小值，最小值为的长，
在中，
∴
∵，
∴
又∵，
∴
∴
∴的最小值为．
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