专题02 折叠、旋转-备战2025年中考数学真题题源解密（浙江专用）

专题02 折叠、旋转 课标要求 考点 考向 1．理解折叠、旋转的概念，并掌握它们的性质． 2．能按折叠、旋转进行图形问题求解． 折叠 考向一 圆、三角形折叠问题 考向二 四边形折叠问题 旋转 考向一 旋转综合 考点一 折叠 解题技巧/易错易混 利用翻折性质解决折叠问题： 翻折前后两个图形全等，对应边相等，对应角相等。 对应点连线被对称轴垂直平分。 2. 结合相关图形性质： 针对三角形、四边形等图形，运用其相关性质与翻折相结合来解决问题。 3. 运用勾股定理解决翻折问题： 通过折叠问题中的几何关系，建立勾股定理相关的方程。 利用三角形相似关系建立方程。 对于折叠问题（一）直接计算型： 运用翻折性质和题目条件，利用三角形相似或勾股定理设方程解题。 这类题目难度通常较小，通过多做练习，熟悉翻折性质和解题模式。 对于折叠问题（二）分类讨论型： 运用翻折性质和题目条件，利用三角形相似或勾股定理设方程解题 ►考向一 圆、三角形折叠问题 1．（2022•舟山）如图，在扇形AOB中，点C，D在上，将沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．已知∠AOB＝120°，OA＝6，则的度数为 　　，折痕CD的长为 　　． 2．（2024•常州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝4，D是边AC的中点，E是边BC上一点，连接BD、DE．将△CDE沿DE翻折，点C落在BD上的点F处，则CE＝　　． 3．（2023•深圳）如图，在△ABC中，AB＝AC，tanB＝，点D为BC上一动点，连接AD，将△ABD沿AD翻折得到△ADE，DE交AC于点G，GE＜DG，且AG：CG＝3：1，则＝　　． ►考向二 四边形折叠问题 1．（2024•遂宁）如图，在正方形纸片ABCD中，E是AB边的中点，将正方形纸片沿EC折叠，点B落在点P处，延长CP交AD于点Q，连结AP并延长交CD于点F．给出以下结论：①△AEP为等腰三角形；②F为CD的中点；③AP：PF＝2：3；④cos∠DCQ＝．其中正确结论是 　　（填序号）． 2．（2024•安徽）如图，现有正方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB，BC上．沿垂直于EF的直线折叠得到折痕MN，点B，C分别落在正方形所在平面内的点B′，C′处，然后还原． （1）若点N在边CD上，且∠BEF＝α，则∠C′NM＝　　（用含α的式子表示）； （2）再沿垂直于MN的直线折叠得到折痕GH，点G，H分别在边CD，AD上，点D落在正方形所在平面内的点D′处，然后还原．若点D′在线段B′C′上，且四边形EFGH是正方形，AE＝4，EB＝8，MN与GH的交点为P，则PH的长为 　　． 3．（2024•烟台）如图，在▱ABCD中，∠C＝120°，AB＝8，BC＝10，E为边CD的中点，F为边AD上的一动点，将△DEF沿EF翻折得△D′EF，连接AD'，BD'，则△ABD′面积的最小值为 　　． 4．（2022•台州）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为 　3　；当点M的位置变化时，DF长的最大值为 　　． 5．（2024•济南）如图，在矩形纸片ABCD中，，AD＝2，E为边AD的中点，点F在边CD上，连接EF，将△DEF沿EF翻折，点D的对应点为D′，连接BD′．若BD′＝2，则DF＝　 ． 考点二 旋转 ►考向一 旋转综合 解题技巧/易错易混 常见几何模型的应用‌ ‌正三角形类型‌：在正三角形中，通过旋转可以将图形的边集中到一个点，形成新的三角形，利用等边三角形的性质进行计算。 ‌正方形类型‌：在正方形中，通过旋转可以将图形的边集中到一个点，形成等腰直角三角形，利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质进行计算。 ‌等腰直角三角形类型‌：在等腰直角三角形中，通过旋转可以将图形的边集中到一个点，形成新的三角形，利用等腰直角三角形的性质进行计算。 ‌具体例题分析‌：通过具体例题展示如何应用旋转技巧解决问题。例如，在正三角形中，通过旋转将图形的边集中到一个点，利用等边三角形的性质求解角度或边长；在正方形中，通过旋转将图形的边集中到一个点，利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质求解面积或角度。 1．（2022•杭州）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，2），点A（4，2）．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在M1（﹣，0），M2（﹣，﹣1），M3（1，4），M4（2，）四个点中，直线PB经过的点是（　　） A．M1 B．M2 C．M3 D．M4 2．（2023•金华）在直角坐标系中，点（4，5）绕原点O逆时针方向旋转90°，得到的点的坐标 　　． 3．（2022•丽水）一副三角板按图1放置，O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，将△ABC绕点O顺时针旋转60°，AC与EF相交于点G，则FG的长是 　　cm． 4．（2023•宁波）在4×4的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）． （1）在图1中先画出一个以格点P为顶点的等腰三角形PAB，再画出该三角形向右平移2个单位后的△P′A′B′． （2）将图2中的格点△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°，画出经旋转后的△A′B′C． 5．（2023•温州）如图，在2×4的方格纸ABCD中，每个小方格的边长为1．已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）． （1）在图1中画一个等腰三角形PEF，使底边长为，点E在BC上，点F在AD上，再画出该三角形绕矩形ABCD的中心旋转180°后的图形； （2）在图2中画一个Rt△PQR，使∠P＝45°，点Q在BC上，点R在AD上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形． 1．（2024•温州模拟）如图，已知点A（﹣1，0），B（0，2），A与A′关于y轴对称，连结A′B，现将线段A′B以A′点为中心顺时针旋转90°得A'B'，点B的对应点B′的坐标为（　　） A．（3，1） B．（2，1） C．（4，1） D．（3，2） 2．（2024•瓯海区校级三模）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠C＝90°，将其绕顶点C逆时针旋转30°，得到△CDE，连结AE、BD，则＝（　　） A． B． C． D． 3．（2024•杭州一模）如图，在△ABD中，∠BAD＝90°，将△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，此时点C恰好落在BD边上．若∠E＝24°，则∠BAC＝（　　） A．24° B．48° C．66° D．72° 4．（2024•余姚市一模）如图，将矩形ABCD绕点C顺时针方向旋转90°得到矩形FGCE，连结AF，点H是AF的中点，连结GH．若AB＝2，BC＝4，则GH的长为（　　） A．2 B． C．1 D． 5．（2024•台州模拟）如图，点M、N分别为正方形ABCD边AB和CD上一点，现将其沿着MN折叠，使点A恰好为BC对应边B'C'的中点，则ED：AE的值为（　　） A． B． C． D． 6．（2024•绍兴一模）如图，正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．将四边形EBCF沿EF折叠得到四边形EB′C′F，且点B′恰好在AD边上，连结EC′，则EC′的长是（　　） A．4 B． C． D． 二．填空题（共9小题） 7．（2024•浙江一模）如图1是一款重型订书机，其结构示意图如图2所示．其主体部分为矩形EFGH，由支撑杆CD垂直固定于底座AB上，且可以绕点D旋转．压杆MN与伸缩片PG连接，点M在HG上，MN可绕点M旋转，PG⊥HG，DF＝8cm，GF＝2cm，不使用时，EF∥AB，G是PF中点，且点D在NM的延长线上，则MG＝　 　cm，使用时如图3，按压MN使得MN∥AB，此时点F落在AB上，若CD＝2cm，则压杆MN到底座AB的距离为 　 　cm． 8．（2024•普陀区二模）如图，在Rt△ABC中，AC＝2b，BC＝2a，点D，E分别为BC、AB的中点，将△BDE绕着点B顺时针旋转，得到△BD′E′，当C，E′，D′在同一直线上时，则CE′的长为 　 　． 9．（2024•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是BC上一点，连结AD，将AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连结BE，BE交AD于G，交AC于点F． （1）若CD＝CF，则tan∠FBC＝　 　； （2）若CD＝BD，则tanE＝　 　． 10．（2024•路桥区二模）如图，将▱ABCD绕点A逆时针旋转得到▱AB'C'D'，其中点B′恰好在BC上，B'C'与AD交于点E，若AB＝3，BC＝5，BB'＝2， 则（1）AE的长为 　 　； （2）的值为 　 　． 11．（2024•镇海区校级四模）一副三角板ABC和DEC如图1摆放，此时C、A、E三点共线，且∠ACB＝∠CDE＝90°，∠BAC＝60°，∠DEC＝45°．如图2，三角板ABC绕着点C顺时针旋转，若0o＜∠ACE＜90o，且当这两块三角尺有一组边互相平行时，∠ACE＝　 　． 12．（2024•宁波一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝8，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠，当点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为　 　． 13．（2024•浙江模拟）如图，点E为菱形ABCD中AB边上一点，连结DE，DE＝DA，将菱形沿DE折叠，点A的对应点F恰好落在BC边上，则∠A的度数为 　 　． 14．（2024•镇海区校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在边BC上，将△ABE沿AE对折，使得AB恰好落在对角线AC上，记点B的对应点为B′，则tan∠BAE＝　 　，将∠D折起，使得点D与B′重合，则折痕的长为 　 　． 15．（2024•钱塘区三模）如图，在正方形ABCD中，点M，N分别在边AB，BC上（不与顶点重合），且满足AM＝BN，连结AN，DM交于点P．E，F分别是边AB，BC的中点，连结PE，PF，若正方形的边长为8，则的最小值为 　 　． 三．解答题（共5小题） 16．（2024•西湖区校级二模）综合与实践 【问题情境】 如图，在正方形ABCD中，点E在线段AD上，点F在线段CD上，且始终满足AE＝CF，连接BE，BF，将线段BE绕点E逆时针旋转一定角度，得到线段EG（点G是点B旋转后的对应点），并使点G落在线段BC上，EG与BF交于点H． 【初步分析】 （1）线段EG与BF的数量关系为 　 　，位置关系为 　 　； 【深入分析】 （2）如图②，再将线段EG绕点E逆时针旋转90°，得到线段EM（点M是点G旋转后的对应点），连接FM，请判断四边形BEMF的形状，并说明理由； （3）如图③，若点G落在BC的延长线上，且当点H恰好为EG的中点时，设CD与EG交于点N，AD＝3，求CG的长． 17．（2024•海宁市三模）在△ABC中，∠ABC＝α，以点B为中心，将△ABC顺时针旋转α，得到△A1BC1；再以点A1为中心，将△A1BC1 顺时针旋转α，得到△A1B1C2；连结AB1． （1）如图1，若AB＝2，α＝90°，求AB1的长； （2）如图2，60°＜α＜90°，探究AB1与A1B的位置关系，并说明理由． 18．（2024•衢州一模）已知矩形纸片ABCD， 第①步：将纸片沿AE折叠，使点D与BC边上的点F重合，展开纸片，连结AF，DF，DF与AE相交于点O（如图1）． 第②步：将纸片继续沿DF折叠，点C的对应点G恰好落在AF上，展开纸片，连结DG，与AE交于点H（如图2）． （1）请猜想DE和DH的数量关系并证明你的结论． （2）已知DE＝5，CE＝4，求tan∠CDF的值和AH的长． 19．（2024•西湖区校级模拟）如图，在三角形纸片ABC中，AB＝AC＝4，∠A＝120°．把三角形纸片分别沿DE，FG对折（点D，F分别在AB，AC边上，点E，G在边BC上），使点B，C落在BC边上同一点P处． （1）①若AD＝2，则五边形ADEGF的周长为 　 　； ②若AD＝1，则五边形ADEGF的周长为 　 　； （2）根据题（1）的研究结果，提出一个合理猜想，并证明猜想成立． 20．（2023•拱墅区校级模拟）如图，矩形ABCD中，BC＞AB，E是AD上一点，△ABE沿BE折叠，点A恰好落在线段CE的点F处，连接BF． （1）求证：BC＝CE； （2）设AE＝kAD，AB＝mAD，求m与k满足的关系式． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 折叠、旋转 课标要求 考点 考向 1．理解折叠、旋转的概念，并掌握它们的性质． 2．能按折叠、旋转进行图形问题求解． 折叠 考向一 圆、三角形折叠问题 考向二 四边形折叠问题 旋转 考向一 旋转综合 考点一 折叠 解题技巧/易错易混 利用翻折性质解决折叠问题： 翻折前后两个图形全等，对应边相等，对应角相等。 对应点连线被对称轴垂直平分。 2. 结合相关图形性质： 针对三角形、四边形等图形，运用其相关性质与翻折相结合来解决问题。 3. 运用勾股定理解决翻折问题： 通过折叠问题中的几何关系，建立勾股定理相关的方程。 利用三角形相似关系建立方程。 对于折叠问题（一）直接计算型： 运用翻折性质和题目条件，利用三角形相似或勾股定理设方程解题。 这类题目难度通常较小，通过多做练习，熟悉翻折性质和解题模式。 对于折叠问题（二）分类讨论型： 运用翻折性质和题目条件，利用三角形相似或勾股定理设方程解题 ►考向一 圆、三角形折叠问题 1．（2022•舟山）如图，在扇形AOB中，点C，D在上，将沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．已知∠AOB＝120°，OA＝6，则的度数为 　60°　，折痕CD的长为 　4　． 【答案】60°，4． 【分析】设翻折后的弧的圆心为O′，连接O′E，O′F，OO′，O′C，OO′交CD于点H，可得OO′⊥CD，CH＝DH，O′C＝OA＝6，根据切线的性质可证明∠EO′F＝60°，则可得的度数；然后根据垂径定理和勾股定理即可解决问题． 【解答】解：如图，设翻折后的弧的圆心为O′，连接O′E，O′F，OO′，O′C，OO′交CD于点H， ∴OO′⊥CD，CH＝DH，O′C＝OA＝6， ∵将沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F． ∴∠O′EO＝∠O′FO＝90°， ∵∠AOB＝120°， ∴∠EO′F＝60°， 则的度数为60°； ∵∠AOB＝120°， ∴∠O′OF＝60°， ∵O′F⊥OB，O′E＝O′F＝O′C＝6， ∴OO′＝＝＝4， ∴O′H＝2， ∴CH＝＝＝2， ∴CD＝2CH＝4． 故答案为：60°，4． 【点评】本题考查了翻折变换，切线的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质． 2．（2024•常州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝4，D是边AC的中点，E是边BC上一点，连接BD、DE．将△CDE沿DE翻折，点C落在BD上的点F处，则CE＝　　． 【答案】． 【分析】勾股定理求出BD的长，折叠得到CD＝DF，CE＝EF，∠EFD＝90°，设CE＝x，在Rt△BFE中，利用勾股定理进行求解即可． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝4，D是边AC的中点， ∴， ∴， ∵将△CDE沿DE翻折，点C落在BD上的点F处， ∴CD＝DF＝3，CE＝EF，∠EFD＝90°， ∴BF＝BD﹣DF＝2，∠BFE＝90°， 设CE＝x，则EF＝x，BE＝BC﹣CE＝4﹣x， 在Rt△BFE中，由勾股定理，得：（4﹣x）2＝x2+22， 解得：， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查勾股定理与折叠问题，掌握勾股定理是解题的关键． 3．（2023•深圳）如图，在△ABC中，AB＝AC，tanB＝，点D为BC上一动点，连接AD，将△ABD沿AD翻折得到△ADE，DE交AC于点G，GE＜DG，且AG：CG＝3：1，则＝　　． 【答案】． 【分析】过点A作AF⊥BC于点F，过点A作AH⊥DE于点H，由折叠易得AF＝AH，AB＝AE，BF＝EH，CG＝a，则AG＝3a，于是AB＝AC＝AE＝4a，在Rt△ABF中，利用tanB＝可求出AH＝AF＝，BF＝EH＝，在Rt△AGH中，利用勾股定理求出GH＝，以此求出EG＝，由△AEG∽△DCG得，求得，则＝． 【解答】解：如图，过点A作AF⊥BC于点F，过点A作AH⊥DE于点H， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， 根据折叠的性质可知，∠B＝∠E，AF＝AH，AB＝AE，BF＝EH， ∴∠E＝∠C， 设CG＝a，则AG＝3a， ∴AB＝AC＝AE＝4a， 在Rt△ABF中，tanB＝＝， ∴BF＝AF， ∴， 解得：或AF＝（舍去）， ∴AH＝AF＝，BF＝EH＝， 在Rt△AGH中，GH＝＝＝， ∴EG＝EH﹣GH＝＝， ∵∠AGE＝∠DGC，∠E＝∠C， ∴△AEG∽△DCG， ∴，即， ∴， ∴＝， ∴＝＝． 故答案为：． 【点评】本题主要考查等腰三角形的性质、折叠的性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理，解题关键是将两三角形的面积比转化为两条线段的比，再利用相似三角形解决问题． ►考向二 四边形折叠问题 1．（2024•遂宁）如图，在正方形纸片ABCD中，E是AB边的中点，将正方形纸片沿EC折叠，点B落在点P处，延长CP交AD于点Q，连结AP并延长交CD于点F．给出以下结论：①△AEP为等腰三角形；②F为CD的中点；③AP：PF＝2：3；④cos∠DCQ＝．其中正确结论是 　①②③　（填序号）． 【答案】①②③． 【分析】利用翻折的性质，证明EA＝EP，即可判断①；利用AAS证明△BEC≌△DFA，即可判断②；过点P作PM⊥BC于点M，过点E作EN⊥AF于点N，设AE＝BE＝EP＝DF＝CF＝a，然后求出AP，PF，再计算即可判断③；证明出AQ＝PQ，再在Rt△CDQ中，利用勾股定理求出AQ，DQ，根据三角函数定义即可判断④． 【解答】解：∵E是AB边的中点， ∴EA＝EB， ∵将正方形纸片沿EC折叠，点B落在点P处， ∴EB＝EP， ∴EA＝EP， 即△AEP为等腰三角形，故①正确； ∵EA＝EP， ∴∠EAP＝∠EPA， ∵将正方形纸片沿EC折叠，点B落在点P处， ∴∠BEC＝∠PEC， ∵∠BEP＝∠EAP+∠EPA， ∴∠BEC＝∠EAP， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠CBE＝∠ADF，AB∥CD，BC＝AD， ∴∠EAP＝∠DFA， ∴∠BEC＝∠DFA， ∴△BEC≌△DFA（AAS）， ∴DF＝BE， ∴DF＝AB＝CD， 即F为CD的中点，故②正确； 过点P作PM⊥BC于点M，过点E作EN⊥AF于点N， ∵∠BEC＝∠EAP， ∴EC∥AF， ∴EN＝PM， 设AE＝BE＝EP＝DF＝CF＝a，则BC＝AD＝PC＝2a， ∴EC＝AF＝＝a， ∵S△PEC＝EC•PM＝PE•PC， ∴PM＝＝＝， ∴EN＝， ∴PN＝＝＝， ∴AP＝2PN＝， PF＝AF﹣AP＝＝， ∴AP：PF＝：＝2：3，故③正确； ∵∠EAP＝∠EPA，∠EAD＝∠EPQ＝90°， ∴∠QAP＝∠QPA， ∴AQ＝PQ， ∵正方形的边长为2a， ∴AD＝CD＝CP＝2a，QD＝2a﹣AQ，CQ＝2a+PQ＝2a+AQ， 在Rt△CDQ中， 由勾股定理，得CD2+QD2＝CQ2， 即（2a）2+（2a﹣AQ）2＝（2a+AQ）2， 解得AQ＝a， ∴DQ＝2a﹣a＝a， ∴CQ＝2a+a＝a， ∴cos∠DCQ＝＝＝．故④不正确． 故答案为：①②③． 【点评】本题考查翻折变换，轴对称的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角函数，能够熟练运用相关图形的判定和性质是解题的关键． 2．（2024•安徽）如图，现有正方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB，BC上．沿垂直于EF的直线折叠得到折痕MN，点B，C分别落在正方形所在平面内的点B′，C′处，然后还原． （1）若点N在边CD上，且∠BEF＝α，则∠C′NM＝　90°﹣α　（用含α的式子表示）； （2）再沿垂直于MN的直线折叠得到折痕GH，点G，H分别在边CD，AD上，点D落在正方形所在平面内的点D′处，然后还原．若点D′在线段B′C′上，且四边形EFGH是正方形，AE＝4，EB＝8，MN与GH的交点为P，则PH的长为 　3　． 【答案】（1）90°﹣α （2）3 【分析】（1）根据已知条件推出∠EMN＝90°﹣α，再利用折叠性质以及平行线即可求出答案，这也是折叠问题求角度常见处理方式； （2）根据MN⊥GH和∠C′NM＝∠CNM这一条件作为突破口，得到PG＝PG'＝GG'和NG＝NG'，从而得出C′G'＝CG＝4，再利用平行线分线段成比例求出G'也是GH中点即可求解． 【解答】解：（1）∵MN⊥EF，∠BEF＝α， ∴∠EMN＝90°﹣α， ∵CD∥AB， ∴∠CNM＝∠EMN＝90°﹣α， ∴∠C′NM＝∠CNM＝90°﹣α． 故答案为：90°﹣α． （2）如图，设PH与NC'交于点G'， ∵四边形ABCD和四边形EFGH是正方形， ∴∠A＝∠D＝∠GHE＝90°，GH＝EH， ∴∠AHE+∠GHD＝∠AHE+∠AEH＝90° ∴∠GHD＝∠AEH， ∴△EAH≌△HDG（AAS） 同理可证△EAH≌△HDG≌△GCF≌△FBE， ∴DH＝CG＝AE＝4，DG＝EB＝8， ∴GH＝＝4， ∵MN⊥GH，且∠C′NM＝∠CNM， ∴MN垂直平分GG'，即PG＝PG'＝GG'，且NG＝NG'， ∵四边形CBMN沿MN折叠， ∴CN＝C'N， ∴CN﹣NG＝C'N﹣NG'，即C'G'＝CG＝4， ∵△GDH沿GH折叠得到△GD'H， ∴GD'＝GD＝8， ∵∠HC'G'＝∠HD'G＝90°， ∴C'G'∥D'G， ∴＝＝， ∴HG'＝GG'＝HG＝2， 又∵PG'＝GG'＝， ∴PH＝PG'+HG'＝3． 故答案为：3． 【点评】本题主要考查正方形的折叠问题，熟练掌握折叠和正方形的性质是解题的关键． 3．（2024•烟台）如图，在▱ABCD中，∠C＝120°，AB＝8，BC＝10，E为边CD的中点，F为边AD上的一动点，将△DEF沿EF翻折得△D′EF，连接AD'，BD'，则△ABD′面积的最小值为 　20﹣16　． 【答案】20﹣16． 【分析】先确定点D'是以E为圆心，CD为直径圆周上的一点，过点E作EH⊥AB交直线AB于点H，交⊙E于点G，过点D'作D'M⊥AB于点M，连接EM，推出△ABD′面积＝4D'M，再求出D'M的最小值即可解决问题． 【解答】解：∵在▱ABCD中，∠C＝120°，AB＝8， ∴∠ABC＝60°，CD＝8， ∵E为边CD的中点，F为边AD上的一动点，将△DEF沿EF翻折得△D′EF， ∴D'E＝DE＝CE＝CD＝4， ∴点D'是以E为圆心，CD为直径圆周上的一点，作出⊙E，如图， 过点E作EH⊥AB交直线AB于点H，交⊙E于点G，过点D'作D'M⊥AB于点M，连接EM， ∵△ABD′面积＝AB•D'M，AB＝8， ∴△ABD′面积＝4D'M， 要求△ABD′面积的最小值，只要求D'M的最小值即可， ∵D'M＝D'M+D'E﹣4≥EM﹣4≥EH﹣4， ∴D'M的最小值为EH﹣4， 过点C作CN⊥AB于点N， 则EH＝CN， 在Rt△BCN中， ∵BC＝10，∠ABC＝60°， ∴CN＝BC•sin60°＝10×＝5， ∴EH＝5， ∴D'M的最小值为5﹣4， ∴△ABD′面积＝4（5﹣4）＝20﹣16， 故答案为：20﹣16． 【点评】本题考查翻折变换的性质，平行四边形的性质，平行线间的距离处处相等，圆的确定，直线与圆的位置关系，两点之间线段最短，垂线段最短，三角函数定义，找到△ABD′面积的最小值时，AB边上的高的位置是解题的关键． 4．（2022•台州）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为 　3　；当点M的位置变化时，DF长的最大值为 　6﹣3　． 【答案】3，6﹣3． 【分析】如图1中，求出等边△ADB的高DE即可．如图2中，连接AM交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB的延长线于点G，取AD的中点R，连接OR．证明OK＝，求出AF的最小值，可得结论． 【解答】解：如图1中， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝AB＝BC＝CD，∠A＝∠C＝60°， ∴△ADB，△BDC都是等边三角形， 当点M与B重合时，EF是等边△ADB的高，EF＝AD•sin60°＝6×＝3． 如图2中，连接AM交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB的延长线于点G，取AF的中点R，连接OR． ∵AD∥CG，OK⊥AD， ∴OK⊥CG， ∴∠G＝∠AKT＝∠GTK＝90°， ∴四边形AGTK是矩形， ∴AG＝TK＝AB•sin60°＝3， ∵OA＝OM，∠AOK＝∠MOT，∠AKO＝∠MTO＝90°， ∴△AOK≌△MOT（AAS）， ∴OK＝OT＝， ∵OK⊥AD， ∴OR≥OK＝， ∵∠AOF＝90°，AR＝RF， ∴AF＝2OR≥3， ∴AF的最小值为3， ∴DF的最大值为6﹣3． 解法二：如图，过点D作DT⊥CB于点T． ∵DF＝AD﹣AF， ∴当AF最小时，DF的值最大， ∵AF＝FM≥DT＝3， ∴AF的最小值为3， ∴DF的最大值为6﹣3． 故答案为：3，6﹣3． 【点评】本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 5．（2024•济南）如图，在矩形纸片ABCD中，，AD＝2，E为边AD的中点，点F在边CD上，连接EF，将△DEF沿EF翻折，点D的对应点为D′，连接BD′．若BD′＝2，则DF＝　　． 【答案】． 【分析】连接BE，延长EF交BA的延长线于H，根据折叠的性质及矩形的性质，证明Rt△HAE≌Rt△EDF（ASA），进而得到△BED′为直角三角形，设∠DEF＝α，则∠AEH＝∠DEF＝α，∠DED′＝2α，证明△BHE为等腰三角形，求出AH，即可解答． 【解答】解：如图，连接BE，延长EF交BA的延长线于H， ∵矩形ABCD中，，AD＝2，E为边AD的中点， ∴AE＝DE＝1，∠BAE＝∠D＝90°， ∵将△DEF沿EF翻折，点D的对应点为D′， ∴ED＝ED′＝1，∠ED′F＝∠D＝90°，∠DEF＝∠D′EF， 则Rt△HAE≌Rt△EDF（ASA），DF＝AH， ∴BE＝＝， ∵BD′＝2， ∴， ∴△BED′为直角三角形， 设∠DEF＝α，则∠AEH＝∠DEF＝α，∠DED′＝2α， ∴∠AEB＝90°﹣2α，∠AHE＝90°﹣α， ∴∠HEB＝∠AHE＝90°﹣α， ∴△BHE为等腰三角形， ∴BH＝BE＝， ∴AH＝BH﹣AB＝， ∴DF＝AH＝， 故答案为：． 【点评】本题考查矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，折叠的性质，掌握这些性质定理是解题的关键． 考点二 旋转 ►考向一 旋转综合 解题技巧/易错易混 常见几何模型的应用‌ ‌正三角形类型‌：在正三角形中，通过旋转可以将图形的边集中到一个点，形成新的三角形，利用等边三角形的性质进行计算。 ‌正方形类型‌：在正方形中，通过旋转可以将图形的边集中到一个点，形成等腰直角三角形，利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质进行计算。 ‌等腰直角三角形类型‌：在等腰直角三角形中，通过旋转可以将图形的边集中到一个点，形成新的三角形，利用等腰直角三角形的性质进行计算。 ‌具体例题分析‌：通过具体例题展示如何应用旋转技巧解决问题。例如，在正三角形中，通过旋转将图形的边集中到一个点，利用等边三角形的性质求解角度或边长；在正方形中，通过旋转将图形的边集中到一个点，利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质求解面积或角度。 1．（2022•杭州）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，2），点A（4，2）．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在M1（﹣，0），M2（﹣，﹣1），M3（1，4），M4（2，）四个点中，直线PB经过的点是（　　） A．M1 B．M2 C．M3 D．M4 【答案】B 【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，2+2），利用待定系数法可得直线PB的解析式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y＝x+2中可解答． 【解答】解：∵点A（4，2），点P（0，2）， ∴PA⊥y轴，PA＝4， 由旋转得：∠APB＝60°，AP＝PB＝4， 如图，过点B作BC⊥y轴于C， ∴∠BPC＝30°， ∴BC＝2，PC＝2， ∴B（2，2+2）， 设直线PB的解析式为：y＝kx+b， 则， ∴， ∴直线PB的解析式为：y＝x+2， 当y＝0时，x+2＝0，x＝﹣， ∴点M1（﹣，0）不在直线PB上， 当x＝﹣时，y＝﹣3+2＝﹣1， ∴M2（﹣，﹣1）在直线PB上， 当x＝1时，y＝+2， ∴M3（1，4）不在直线PB上， 当x＝2时，y＝2+2， ∴M4（2，）不在直线PB上． 故选：B． 【点评】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键． 2．（2023•金华）在直角坐标系中，点（4，5）绕原点O逆时针方向旋转90°，得到的点的坐标 　（﹣5，4）　． 【答案】见试题解答内容 【分析】利用旋转变换的性质作出图形可得结论． 【解答】解：如图，点A（4，5）绕原点O逆时针方向旋转90°，得到的点B的坐标（﹣5，4）． 故答案为：（﹣5，4）． 【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是正确作出图形，利用图象法解决问题． 3．（2022•丽水）一副三角板按图1放置，O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，将△ABC绕点O顺时针旋转60°，AC与EF相交于点G，则FG的长是 　（3﹣3）　cm． 【答案】（3﹣3）． 【分析】设EF与BC交于点H，根据旋转的性质证明∠FHO＝90°，可得OH＝OF＝3cm，利用含30度角的直角三角形可得CH＝OC﹣OH＝3cm，FH＝OH＝3cm，然后证明△CHG的等腰直角三角形，可得CH＝GH＝3cm，进而可以解决问题． 【解答】解：如图，设EF与BC交于点H， ∵O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2， ∴OD＝OF＝OB＝OC＝6cm． ∵将△ABC绕点O顺时针旋转60°， ∴∠BOD＝∠FOH＝60°， ∵∠F＝30°， ∴∠FHO＝90°， ∴OH＝OF＝3cm， ∴CH＝OC﹣OH＝3cm，FH＝OH＝3cm， ∵∠C＝45°， ∴CH＝GH＝3cm， ∴FG＝FH﹣GH＝（3﹣3）cm． 故答案为：（3﹣3）． 【点评】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是掌握旋转的性质． 4．（2023•宁波）在4×4的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）． （1）在图1中先画出一个以格点P为顶点的等腰三角形PAB，再画出该三角形向右平移2个单位后的△P′A′B′． （2）将图2中的格点△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°，画出经旋转后的△A′B′C． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据等腰三角形的定义，平移变换的性质作出图形即可； （2）根据旋转变换的性质作出图形即可． 【解答】解：（1）如图1，△P′A′B′即为所求； （2）如图2，△A′B′C即为所求． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 5．（2023•温州）如图，在2×4的方格纸ABCD中，每个小方格的边长为1．已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）． （1）在图1中画一个等腰三角形PEF，使底边长为，点E在BC上，点F在AD上，再画出该三角形绕矩形ABCD的中心旋转180°后的图形； （2）在图2中画一个Rt△PQR，使∠P＝45°，点Q在BC上，点R在AD上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形． 【答案】（1）（2）作图见解析部分． 【分析】（1）根据题意作出图形即可； （2）作等腰直角三角形PQR，可得结论． 【解答】解：（1）图形如图1所示（答案不唯一）； （2）图形如图2所示（答案不唯一）． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握在旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型． 1．（2024•温州模拟）如图，已知点A（﹣1，0），B（0，2），A与A′关于y轴对称，连结A′B，现将线段A′B以A′点为中心顺时针旋转90°得A'B'，点B的对应点B′的坐标为（　　） A．（3，1） B．（2，1） C．（4，1） D．（3，2） 【答案】A 【分析】先根据对称的性质得出点A′的坐标，再根据旋转的性质结合全等三角形的性质即可解决问题． 【解答】解：∵点A的坐标为（﹣1，0），点A′和点A关于y轴对称， ∴点A′的坐标为（1，0）， ∴OA′＝1． ∵点B坐标为（0，2）， ∴OB＝2． 过点B′作x轴的垂线，垂足为M， 由旋转可知， AB＝AB′，∠BA′B′＝90°， ∴∠BA′O+∠B′A′M＝∠BA′O+∠A′BO＝90°， ∴∠B′A′M＝∠A′BO． 在△A′BO和△B′A′M中， ， ∴△A′BO≌△B′A′M（AAS）， ∴B′M＝A′O＝1，A′M＝BO＝2， ∴OM＝1+2＝3， ∴点B′的坐标为（3，1）． 故选：A． 【点评】本题考查坐标与图形性质﹣旋转及关于x轴、y轴对称的点的坐标，熟知图形旋转的性质及关于坐标轴对称的点的坐标特征是解题的关键． 2．（2024•瓯海区校级三模）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠C＝90°，将其绕顶点C逆时针旋转30°，得到△CDE，连结AE、BD，则＝（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作CF⊥AE，设AC＝BC＝x，由△ABC为等腰直角三角形，∠C＝90°，将其绕顶点C逆时针旋转30°，得到△CDE，得CD＝CE＝x，∠DCA＝30°，∠DCB＝60°，得△CDB是等边三角形，得BD＝CD＝x，由CF⊥AE，CA＝CE，得AE＝2AF，AF＝AC•cos30°＝x，得AE＝x，即可得＝＝． 【解答】解：作CF⊥AE， 设AC＝BC＝x， 由△ABC为等腰直角三角形，∠C＝90°，将其绕顶点C逆时针旋转30°，得到△CDE， 得CD＝CE＝x，∠DCA＝30°，∠DCB＝60°， 得△CDB是等边三角形， 得BD＝CD＝x， 由CF⊥AE，CA＝CE， 得AE＝2AF，AF＝AC•cos30°＝x， 得AE＝x， 得＝＝． 故选：A． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，解题关键是正确作出辅助线． 3．（2024•杭州一模）如图，在△ABD中，∠BAD＝90°，将△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，此时点C恰好落在BD边上．若∠E＝24°，则∠BAC＝（　　） A．24° B．48° C．66° D．72° 【答案】B 【分析】由△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，∠BAD＝90°，得AC＝AB，∠D＝∠E＝24°，得∠ACB＝∠B＝90°﹣∠D＝66°，得∠BAC＝180°﹣2×66°＝48°． 【解答】解：由△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，∠BAD＝90°， 得AC＝AB，∠D＝∠E＝24°， 得∠ACB＝∠B＝90°﹣∠D＝66°， 得∠BAC＝180°﹣2×66°＝48°． 故选：B． 【点评】本题主要考查了图形的旋转，解题关键是正确应用旋转的性质． 4．（2024•余姚市一模）如图，将矩形ABCD绕点C顺时针方向旋转90°得到矩形FGCE，连结AF，点H是AF的中点，连结GH．若AB＝2，BC＝4，则GH的长为（　　） A．2 B． C．1 D． 【答案】B 【分析】如图，延长GH交AD于M，利用已知条件证明△AHM≌△FHG，然后利用全等三角形的性质和勾股定理即可求解． 【解答】解：如图，延长GH交AD于M， 依题意GF∥AD，GF＝CD＝2， ∴∠GFH＝∠MAH， 而∠AHM＝∠GHF，点H是AF的中点， ∴AH＝HF， ∴△AHM≌△FHG（ASA）， ∴AM＝GF，GH＝HM， 而AB＝2，BC＝4， ∴MD＝CD＝DG＝2， 在Rt△MGD中，MG＝×MD＝2， ∴HG＝． 故选：B． 【点评】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了全等三角形的性质与判定及矩形的性质，有一定的综合性，对于学生的能力要求比较高． 5．（2024•台州模拟）如图，点M、N分别为正方形ABCD边AB和CD上一点，现将其沿着MN折叠，使点A恰好为BC对应边B'C'的中点，则ED：AE的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正方形ABCD的边长为2m，则AB＝BC＝AD＝2m，由折叠得B′C′＝BC＝2m，B′M＝BM＝2m﹣AM，则AB′＝AC′＝B′C′＝m，由勾股定理得m2+（2m﹣AM）2＝AM2，则AM＝m，B′M＝m，再证明∠AEC′＝∠MAB′，则＝sin∠AEC′＝sin∠MAB′＝＝，求得AE＝m，ED＝m，所以＝，于是得到问题的答案． 【解答】解：设正方形ABCD的边长为2m，则AB＝BC＝AD＝2m， 由折叠得B′C′＝BC＝2m，B′M＝BM＝2m﹣AM，∠B′＝∠B＝90°，∠C′＝∠C＝90°， ∵点A为B'C'的中点， ∴AB′＝AC′＝B′C′＝m， ∵AB′2+B′M2＝AM2， ∴m2+（2m﹣AM）2＝AM2， ∴AM＝m， ∴B′M＝2m﹣m＝m， ∵∠B′＝∠C′＝∠BAD＝90°， ∴∠AEC′＝∠MAB′＝90°﹣∠EAC′， ∴＝sin∠AEC′＝sin∠MAB′＝＝＝， ∴AE＝AC′＝m， ∴ED＝AD﹣AE＝2m﹣m＝m， ∴＝＝， ∴ED：AE的值为， 故选：A． 【点评】此题重点考查正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明＝是解题的关键． 6．（2024•绍兴一模）如图，正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．将四边形EBCF沿EF折叠得到四边形EB′C′F，且点B′恰好在AD边上，连结EC′，则EC′的长是（　　） A．4 B． C． D． 【答案】B 【分析】由正方形的性质得出∠EFD＝∠BEF＝60°，由折叠的性质得出∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，由直角三角形的性质可得：2（3﹣x）＝x，解方程求出x；最后利用勾股定理求得EC，即EC′的长即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，∠A＝90°， ∴∠EFD＝∠BEF＝60°， ∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B'恰好落在AD边上， ∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E， ∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°， ∴∠AB′E＝30°， ∴B'E＝2AE， 设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x， ∴2（3﹣x）＝x， 解得x＝2． 由折叠的性质可知，B'E＝2，B'C'＝3， ∴EC＝＝＝， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解答本题的关键． 7．（2024•浙江一模）如图1是一款重型订书机，其结构示意图如图2所示．其主体部分为矩形EFGH，由支撑杆CD垂直固定于底座AB上，且可以绕点D旋转．压杆MN与伸缩片PG连接，点M在HG上，MN可绕点M旋转，PG⊥HG，DF＝8cm，GF＝2cm，不使用时，EF∥AB，G是PF中点，且点D在NM的延长线上，则MG＝　4　cm，使用时如图3，按压MN使得MN∥AB，此时点F落在AB上，若CD＝2cm，则压杆MN到底座AB的距离为 　　cm． 【答案】4，． 【分析】如图2，延长NM，则NM过点D，由三角形中位线定理可得MG的长度，如图3，过点P作PK⊥AB于K，可得∠PFK＝∠CDF＝∠MPF，在Rt△CDF中，CF＝＝2，知tan∠CDF＝＝，故tan∠MPF＝，可得PG＝，PF＝PG+GF＝，由△CDF∽△KFP，得＝，即可得压杆MN到底座AB的距离为cm． 【解答】解：如图2，延长NM，则NM过点D， ∵四边形EFGH是矩形， ∴HG∥EF，即MG∥DF， ∵G是PF中点， ∴MG是△PDF的中位线， ∴MG＝DF＝×8＝4（cm）， 如图3，过点P作PK⊥AB于K， ∵MN∥AB， ∴PK⊥MN，∠MPF＝∠PFK， ∵∠DFP＝∠DCF＝90°， ∴∠CDF+∠DFC＝∠PFK+∠DFC＝90°， ∴∠PFK＝∠CDF＝∠MPF， 在Rt△CDF中，CF＝＝＝2， ∴tan∠CDF＝＝＝， ∴tan∠MPF＝，即＝， ∴＝， 解得PG＝， ∴PF＝PG+GF＝+2＝， ∵∠CDF＝∠PFK，∠DCF＝90°＝∠PKF， ∴△CDF∽△KFP， ∴＝，即＝， 解得PK＝（cm）， ∴压杆MN到底座AB的距离为cm， 故答案为：4，． 【点评】本题考查解直角三角形的应用，正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键． 8．（2024•普陀区二模）如图，在Rt△ABC中，AC＝2b，BC＝2a，点D，E分别为BC、AB的中点，将△BDE绕着点B顺时针旋转，得到△BD′E′，当C，E′，D′在同一直线上时，则CE′的长为 　或　． 【答案】或． 【分析】根据中位线的性质可求出DE的长，进而得出D′E′的长，再根据C，E′，D′在一条直线上结合勾股定理求出CD′的长即可解决问题． 【解答】解：当E′，D′在AB上方时，如图所示， ∵点D，E分别为BC、AB的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE＝，DE∥AC， ∴∠BDE＝∠BCA＝90°． ∵点D是BC中点， ∴BD＝． 由旋转可知， D′E′＝DE＝b，BD′＝BD＝a，∠BD′E′＝∠BDE＝90°． 又∵点C，E′，D′在同一直线上， 则在Rt△BD′C中， CD′＝， ∴CE′＝CD′﹣D′E′＝． 当D′，E′在AB下方时，如图所示， 同理可得，CE′＝CD′+D′E′＝． 故答案为：或． 【点评】本题考查旋转的性质及三角形中位线定理，熟知图形旋转的性质及三角形中位线定理是解题的关键． 9．（2024•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是BC上一点，连结AD，将AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连结BE，BE交AD于G，交AC于点F． （1）若CD＝CF，则tan∠FBC＝　　； （2）若CD＝BD，则tanE＝　　． 【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）过点E作EH⊥AF于点H．证明AH＝FH＝CF，可得结论； （2）过点A作AT⊥BE于点T．证明AH＝CD＝BD＝CH，FH＝CF，设CF＝FH＝m，求出AT，TE，可得结论． 【解答】解：（1）如图，过点E作EH⊥AF于点H． ∵∠C＝∠DAE＝∠AHE＝90°， ∴∠DAC+∠CAE＝90°，∠CAE+∠AEH＝90°， ∴∠DAC＝∠AEH， 在△ACD和△EHA中， ， ∴△ACD≌△EHA（AAS）， ∴AC＝EH，AH＝CD， ∵BC＝AC， ∴BC＝EH， 在△BCF和△EHF中， ， ∴△BCF≌△EHF（AAS）， ∴CF＝FH， ∵CD＝CF， ∴CF＝FH＝AH， ∴BC＝3CF， ∴tan∠FBC＝＝； 故答案为：； （2）当BD＝CD时，过点A作AT⊥BE于点T． 同法可证△ACD≌△EHA，△BCF≌△EHF， ∴CD＝AH＝CH，CF＝FH，设CF＝FH＝m，则AC＝BC＝EH＝4m， ∴AE＝＝＝2m，BF＝EF＝＝m， ∵•AF•EH＝•EF•AT， ∴AT＝＝＝m， ∴ET＝＝＝m， ∴tanE＝＝＝． 故答案为：； 【点评】本题考查作图﹣旋转变换，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 10．（2024•路桥区二模）如图，将▱ABCD绕点A逆时针旋转得到▱AB'C'D'，其中点B′恰好在BC上，B'C'与AD交于点E，若AB＝3，BC＝5，BB'＝2， 则（1）AE的长为 　4.5　； （2）的值为 　　． 【答案】（1）4.5； （2）． 【分析】（1）证明利△ABB′∽△EAB′，用相似三角形的性质求解； （2）设平行四边形ABCD的BC边上的高为h．利用三角形，梯形的面积公式求解． 【解答】解：（1）∵AB＝AB′， ∴∠B＝∠AB′B， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAB′＝∠AB′B， ∵∠B＝∠AB′E， ∴∠EAB′＝∠AB′E， ∴AE＝EB′， ∵∠B＝∠AB∠B＝∠B′AE＝∠EB′A， ∴△ABB′∽△EAB′， ∴＝， ∴＝， ∴AE＝4.5． 故答案为：4.5． （2）设平行四边形ABCD的BC边上的高为h． 则有＝＝＝． 故答案为：． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题． 11．（2024•镇海区校级四模）一副三角板ABC和DEC如图1摆放，此时C、A、E三点共线，且∠ACB＝∠CDE＝90°，∠BAC＝60°，∠DEC＝45°．如图2，三角板ABC绕着点C顺时针旋转，若0o＜∠ACE＜90o，且当这两块三角尺有一组边互相平行时，∠ACE＝　45°或75°　． 【答案】45°或75°． 【分析】先根据三角板ABC绕着点C顺时针旋转，且0o＜∠ACE＜90o，分别作图，进行分类讨论以及运用数形结合思想，列式作答即可． 【解答】解：依题意，三角板ABC绕着点C顺时针旋转，且0o＜∠ACE＜90o， 当BC∥DE时，即B1C∥DE如图： 此时点A的对应点A1在DC上， ∴∠A1CE＝∠DCE＝45°， 当AB∥DE时，即A2B2∥DE如图： 此时点A的对应点A2，A2B2与DC相交于点O， ∴∠COB2＝∠CDE＝90°， 则∠COB2＝∠A2CO+∠A2＝90°， 即∠A2CO＝90°﹣60°＝30°， ∴∠A2CE＝30°+45°＝75°， 综上：当这两块三角尺有一组边互相平行时，∠ACE＝45°或75°， 故答案为：45°或75°． 【点评】本题考查了三角板有关的计算以及旋转性质，平行线的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 12．（2024•宁波一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝8，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠，当点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为　或10　． 【答案】见试题解答内容 【分析】分两种情况讨论：点F在矩形内部；点F在矩形外部，分别根据折叠的性质以及勾股定理，列方程进行计算求解，即可得到DE的长． 【解答】解：分两种情况： ①如图1，当点F在矩形内部时， ∵点F在AB的垂直平分线MN上， ∴AN＝4； ∵AF＝AD＝5， 由勾股定理得FN＝3， ∴FM＝2， 设DE为y，则EM＝4﹣y，FE＝y， 在△EMF中，由勾股定理得：y2＝（4﹣y）2+22， ∴y＝， 即DE的长为． ②如图2，当点F在矩形外部时， 同①的方法可得FN＝3， ∴FM＝8， 设DE为z，则EM＝z﹣4，FE＝z， 在△EMF中，由勾股定理得：z2＝（z﹣4）2+82， ∴z＝10， 即DE的长为10． 综上所述，点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，DE的长为或10 故答案为：或10． 【点评】本题以折叠问题为背景，主要考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等几何知识的综合应用；解决问题的关键利用直角三角形，运用勾股定理列方程求解． 13．（2024•浙江模拟）如图，点E为菱形ABCD中AB边上一点，连结DE，DE＝DA，将菱形沿DE折叠，点A的对应点F恰好落在BC边上，则∠A的度数为 　72°　． 【答案】见试题解答内容 【分析】由将菱形ABCD沿DE折叠，点A的对应点F，DE＝DA，得DA＝DE＝DF，得∠A＝∠DEA＝∠DEF＝∠DFE＝x，由DC＝DA＝DF，得∠DFC＝∠C＝∠A＝x，得∠BEF＝∠BFE＝180﹣2x，∠B＝180﹣∠A＝180﹣x，得180﹣2x+180﹣2x+180﹣x＝180，即可得∠A＝x＝72°． 【解答】解：∵将菱形ABCD沿DE折叠，点A的对应点F，DE＝DA， ∴DA＝DE＝DF， ∴∠A＝∠DEA＝∠DEF＝∠DFE＝x， ∵DC＝DA＝DF， ∴∠DFC＝∠C＝∠A＝x， ∴∠BEF＝∠BFE＝180﹣2x，∠B＝180﹣∠A＝180﹣x， ∴180﹣2x+180﹣2x+180﹣x＝180， ∴∠A＝x＝72°． 故答案为：72°． 【点评】本题主要考查了图形的折叠，解题关键是正确应用折叠的性质． 14．（2024•镇海区校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在边BC上，将△ABE沿AE对折，使得AB恰好落在对角线AC上，记点B的对应点为B′，则tan∠BAE＝　　，将∠D折起，使得点D与B′重合，则折痕的长为 　　． 【答案】；． 【分析】由矩形的性质和勾股定理可求得AC的长，根据折叠可知BE′＝BE，AB′＝AB＝3，∠AB′E＝∠B＝90°，设BE＝x，则B′E＝x，CE＝4﹣x，在Rt△CEB′中，根据勾股定理求得BE的长，即可求出tan∠BAE．将∠D折起，使得点D与B′重合，折痕为MN，点M在AD上，点N在CD上，过点B′作B′G⊥AD于点G，点B′作B′F⊥CD于点F，设B′M＝MD＝a，B′N＝ND＝b，则AM＝AD﹣DM＝4﹣a，CN＝CD﹣DM＝3﹣b，由锐角三角函数求出，则，得到，在Rt△B′MG中，B′M2＝B′G2+GM2，即，解得，，同理可求得，根据勾股定理即可求出折痕MN的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠D＝90°， ∴， 由折叠的性质得：BE′＝BE，AB′＝AB＝3，∠AB′E＝∠B＝90°， ∴B′C＝AC﹣AB′＝2，∠CB′E＝90°， 设BE＝x，则B′E＝x，CE＝4﹣x， 在Rt△CEB′中，B′E2+B′C2＝CE2， 即x2+22＝（4﹣x）2， 解得：， 即， ∴， 将∠D折起，使得点D与B′重合，折痕为MN，点M在AD上，点N在CD上，过点B′作B′G⊥AD于点G，点B′作B′F⊥CD于点F， 设B′M＝MD＝a，B′N＝ND＝b，则AM＝AD﹣DM＝4﹣a，CN＝CD﹣DM＝3﹣b， ∵， ∴， ∴， ∴， 在Rt△B′MG中，B′M2＝B′G2+GM2， 即， 解得， ∵， ∴， ∴， ∴， 在Rt△B′FC中，B′N2＝B′F2+FN2， 即， 解得， ∴， 即折痕的长为， 故答案为：，． 【点评】此题考查的是矩形的折叠、勾股定理、解直角三角形等知识 15．（2024•钱塘区三模）如图，在正方形ABCD中，点M，N分别在边AB，BC上（不与顶点重合），且满足AM＝BN，连结AN，DM交于点P．E，F分别是边AB，BC的中点，连结PE，PF，若正方形的边长为8，则的最小值为 　2　． 【答案】2． 【分析】取AD中点O，连OF，取OF中点G，连EG，取OG中点P，连PO、PH．证明△AMD≌△BNA，得∠APM＝90°．利用＝证明△OHP∽△OPF，得＝＝，故HP＝PF．由＝PE+HP，得当H、P、E三点共线时，PE+HP最短，故连HE，最小值即为HE．故HE＝＝＝2． 【解答】解：取AD中点O，连OF，取OF中点G，连EG，取OG中点P，连PO、PH． ∵正方形ABCD， ∴AD＝AB，∠DAM＝∠B＝90°， 又AM＝BN， ∴△AMD≌△BNA（SAS）， ∴∠ADM＝∠BAN， 又∠ADM+∠DMA＝90°， ∴∠BAN+∠DMA＝90°， ∴∠APM＝90°． ∴OP＝AD＝4， ∵H为OG中点， ∴OH＝OG＝2， ∵＝＝，＝＝， ∴＝， ∵∠POH＝∠POH， ∴△OHP∽△OPF， ∴＝＝， ∴HP＝PF． ∴＝PE+HP， 当H、P、E三点共线时，PE+HP最短， 故连HE，最小值即为HE． ∴HE＝＝＝2． 故答案为：2． 【点评】本题考查了胡不归问题，全等三角形的判定与性质，正方形性质，正确运用这些知识是解题关键． 16．（2024•西湖区校级二模）综合与实践 【问题情境】 如图，在正方形ABCD中，点E在线段AD上，点F在线段CD上，且始终满足AE＝CF，连接BE，BF，将线段BE绕点E逆时针旋转一定角度，得到线段EG（点G是点B旋转后的对应点），并使点G落在线段BC上，EG与BF交于点H． 【初步分析】 （1）线段EG与BF的数量关系为 　EG＝BF　，位置关系为 　EG⊥BF　； 【深入分析】 （2）如图②，再将线段EG绕点E逆时针旋转90°，得到线段EM（点M是点G旋转后的对应点），连接FM，请判断四边形BEMF的形状，并说明理由； （3）如图③，若点G落在BC的延长线上，且当点H恰好为EG的中点时，设CD与EG交于点N，AD＝3，求CG的长． 【答案】（1）EG＝BF，EG⊥BF； （2）四边形BEMF为菱形，理由见解析； （3）2﹣3． 【分析】（1）先根据正方形的性质，得出∠A＝∠C＝∠ABC＝90°，AB＝CB，再证明△ABE≌△CBF（SAS），结合旋转性质，得出BE＝EG，进行角的等量代换，即可作答； （2）根据旋转性质，得出EG＝EM，∠GEM＝90°，得出四边形BEMF是平行四边形，结合一组邻边相等，得证四边形BEMF是菱形； （3）先得出BF是EG的垂直平分线，进行角的等量代换以及直角三角形的两个锐角互补，得出∠ABE＝30°，因为正方形的性质，得出∠D＝90°，AB＝AD＝CD＝BC＝3，求出BG，则可得出答案． 【解答】解：（1）EG＝BF，EG⊥BF；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形 ∴∠A＝∠C＝∠ABC＝90°，AB＝CB， 又∵AE＝CF， ∴△ABE≌△CBF（SAS）， ∴BE＝BF，∠ABE＝∠CBF． 由旋转的性质，得BE＝EG， ∴EG＝BF， ∴∠EBG＝∠EGB． 又∵∠ABE+∠EBG＝∠ABC＝90°， ∴∠CBF+∠EGB＝90°， ∴∠BHG＝90°， 即EG⊥BF． 故答案为：EG＝BF，EG⊥BF； （2）四边形BEMF为菱形，理由如下： 由旋转的性质，得EG＝EM，∠GEM＝90°， 又∵EG＝BF，∠BHE＝90°， ∴EM＝BF，∠GEM＝∠BHE＝90°， ∴EM∥BF， ∴四边形BEMF是平行四边形， 又∵BE＝BF， ∴四边形BEMF是菱形； （3）∵点H是EG的中点，BF⊥EG， ∴BF是EG的垂直平分线， ∴BE＝BG，∠EBF＝∠GBF． 又∵∠ABE＝∠CBF， ∴∠ABE＝∠CBF＝∠EBF＝∠ABC＝＝30°． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝90°，AB＝AD＝CD＝BC＝3， ∴在Rt△ABE中，BE＝＝＝2， ∴BG＝2， ∴CG＝BG﹣BC＝2﹣3． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解直角三角形的相关性质，菱形的判定，旋转的性质等内容，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 17．（2024•海宁市三模）在△ABC中，∠ABC＝α，以点B为中心，将△ABC顺时针旋转α，得到△A1BC1；再以点A1为中心，将△A1BC1 顺时针旋转α，得到△A1B1C2；连结AB1． （1）如图1，若AB＝2，α＝90°，求AB1的长； （2）如图2，60°＜α＜90°，探究AB1与A1B的位置关系，并说明理由． 【答案】（1）2； （2）AB1∥A1B．理由见解析． 【分析】（1）根据旋转的性质得到∠ABA1＝90°，AB＝A1B，根据旋转的性质得到∠BA1B1＝90°，A1B＝A1B1，根据正方形的判定定理得到四边形ABA1B1是正方形，于是得到AB1＝AB＝2； （2）A作AE⊥A1B，过B1作B1F⊥A1B于F，得到∠AEB＝∠B1FA1＝90°，AE∥B1F，根据旋转的性质得到∠ABA1＝∠A1BC1＝α，AB＝A1B，∠BA1B1＝∠BA1B1＝α，A1B＝A1B1，根据全等三角形的性质定理得到AE＝B1F，推出四边形AEFB1是矩形，根据矩形的性质即可得到结论． 【解答】解：（1）∵以点B为中心，将△ABC顺时针旋转90°，得到△A1BC1， ∴∠ABA1＝90°，AB＝A1B， ∵以点A1为中心，将△A1BC1 顺时针旋转90°，得到△A1B1C2， ∴∠BA1B1＝90°，A1B＝A1B1， ∴AB∥A1B1，AB＝A1B1， ∴四边形ABA1B1是正方形， ∴AB1＝AB＝2； （2）AB1∥A1B． 理由：过A作AE⊥A1B，过B1作B1F⊥A1B于F， ∴∠AEB＝∠B1FA1＝90°，AE∥B1F， ∵以点B为中心，将△ABC顺时针旋转＝α，得到△A1BC1， ∴∠ABA1＝∠A1BC1＝α，AB＝A1B， ∵以点A1为中心，将△A1BC1 顺时针旋转α，得到△A1B1C2， ∴∠BA1B1＝∠BA1B1＝α，A1B＝A1B1， ∴AB＝A1B1， ∴△ABE≌△B1A1F（AAS）， ∴AE＝B1F， ∴四边形AEFB1是矩形， ∴AB1∥EF， ∴AB1∥A1B． 【点评】本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 18．（2024•衢州一模）已知矩形纸片ABCD， 第①步：将纸片沿AE折叠，使点D与BC边上的点F重合，展开纸片，连结AF，DF，DF与AE相交于点O（如图1）． 第②步：将纸片继续沿DF折叠，点C的对应点G恰好落在AF上，展开纸片，连结DG，与AE交于点H（如图2）． （1）请猜想DE和DH的数量关系并证明你的结论． （2）已知DE＝5，CE＝4，求tan∠CDF的值和AH的长． 【答案】（1）DE＝DH，见解答； （2）tan∠ODH＝，AH＝4． 【分析】（1）由第①步折叠知：AE⊥DF，OF＝OD，则有∠EOD＝∠HOD＝90°．由第②步折叠知：∠CDF＝∠GDF，即∠EDO＝∠HDO．又DO＝DO所以△DEO≌△DHO（ASA）．得出DE＝DH． （2）连结EF．因为CE＝4，根布局勾股定理得出CF，则．由勾股定理求出DF，则，再根据∠EAD+∠DEA＝90°，∠CDF+∠DEA＝90°，得出∠DAE＝∠CDF．则tan∠ODH＝tan∠DAE＝tan∠CDF＝，则，，则． 【解答】解：（1）DE＝DH． 理由如下：由第①步折叠知：AE⊥DF，OF＝OD， 则有∠EOD＝∠HOD＝90°． 由第②步折叠知：∠CDF＝∠GDF， 即∠EDO＝∠HDO． 又DO＝DO所以△DEO≌△DHO（ASA）． ∴DE＝DH． （2）连结EF． ∵CE＝4， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵∠EAD+∠DEA＝90°，∠CDF+∠DEA＝90°， ∴∠DAE＝∠CDF． ∴tan∠ODH＝tan∠DAE＝tan∠CDF＝， ∴，， ∴． 【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 19．（2024•西湖区校级模拟）如图，在三角形纸片ABC中，AB＝AC＝4，∠A＝120°．把三角形纸片分别沿DE，FG对折（点D，F分别在AB，AC边上，点E，G在边BC上），使点B，C落在BC边上同一点P处． （1）①若AD＝2，则五边形ADEGF的周长为 　6+2　； ②若AD＝1，则五边形ADEGF的周长为 　6+2　； （2）根据题（1）的研究结果，提出一个合理猜想，并证明猜想成立． 【答案】（1）①6+2； ②6+2； （2）五边形ADEGF的周长＝6+2． 【分析】（1）①过A作AM⊥BC，交BC于点M，根据AB＝AC＝4，∠A＝120°，AD＝2，可得BD、DE的长，由于折叠，∠DPB＝∠B＝30°＝∠C＝∠FPC，DP＝BD，FP＝FC，BE＝PE，PG＝CG，证四边形ADPF是平行四边形，可得FC、AF、FG、CG的长，因为五边形ADEGF的周长＝AD+DE+EG+FG+AF，可得五边形ADEGF的周长； ②过A作AN⊥BC，交BC于点N，根据AB＝AC＝4，∠A＝120°，AD＝1，可得BD、DE的长，由于折叠，∠DPB＝∠B＝30°＝∠C＝∠FPC，DP＝BD，FP＝FC，BE＝PE，PG＝CG，证四边形ADPF是平行四边形，可得FC、AF、FG、CG的长，因为五边形ADEGF的周长＝AD+DE+EG+FG+AF，可得五边形ADEGF的周长； （2）因为AB＝AC＝4，∠A＝120°，所以∠B＝∠C＝30°，由于折叠，∠DPB＝∠B＝30°＝∠C＝∠FPC，DP＝BD，FP＝FC，BE＝PE，PG＝CG，可得∠BDP＝∠CFP＝120°，可证AD∥FP，AF∥DP，所以四边形ADPF是平行四边形，可得FP＝AD，AF＝DP，即FC＝FP＝AD，AF＝DP＝BD，在Rt△CFG中，FG＝FC•sin∠C＝FC＝AD，在Rt△BDE中，DE＝BD•sin∠B＝BD，在Rt△CAM中，CM＝AC•cos∠C＝2，可得BC＝2CM＝4，因为BE＝PE，PG＝CG，所以EG＝BC＝2，即证得五边形ADEGF的周长＝AD+DE+EG+FG+AF＝AD+BD+EG+BD+AD＝AB+EG＝6+2． 【解答】解：（1）①过A作AM⊥BC，交BC于点M， ， ∵AB＝AC＝4， ∴△ABC是等腰三角形， ∵∠A＝120°， ∴∠B＝∠C＝30°， ∵AD＝2， ∴BD＝2， 在Rt△BDE中，DE＝BD•sin∠B＝1， 由于折叠，∠DPB＝∠B＝30°＝∠C＝∠FPC，DP＝BD＝2，FP＝FC，BE＝PE，PG＝CG， ∴∠BDP＝∠CFP＝120°， ∵∠A＝120°， ∴AD∥FP，AF∥DP， ∴四边形ADPF是平行四边形， ∴FP＝AD＝2，即FC＝2，AF＝2， 在Rt△CFG中，FG＝FC•sin∠C＝1， 在Rt△CAM中，CM＝AC•cos∠C＝2， ∴BC＝2CM＝4， ∵BE＝PE，PG＝CG， ∴EG＝BC＝2， ∴五边形ADEGF的周长＝AD+DE+EG+FG+AF＝6+2， 故答案为：6+2； ②过A作AN⊥BC，交BC于点N， ， ∵AB＝AC＝4， ∴△ABC是等腰三角形， ∵∠A＝120°， ∴∠B＝∠C＝30°， ∵AD＝1， ∴BD＝3， 在Rt△BDE中，DE＝BD•sin∠B＝1.5， 由于折叠，∠DPB＝∠B＝30°＝∠C＝∠FPC，DP＝BD＝3，FP＝FC，BE＝PE，PG＝CG， ∴∠BDP＝∠CFP＝120°， ∵∠A＝120°， ∴AD∥FP，AF∥DP， ∴四边形ADPF是平行四边形， ∴FP＝AD＝1，即FC＝1，AF＝3， 在Rt△CFG中，FG＝FC•sin∠C＝0.5， 在Rt△CAM中，CM＝AC•cos∠C＝2， ∴BC＝2CM＝4， ∵BE＝PE，PG＝CG， ∴EG＝BC＝2， ∴五边形ADEGF的周长＝AD+DE+EG+FG+AF＝6+2， 故答案为：6+2； （2）五边形ADEGF的周长＝6+2， ∵AB＝AC＝4， ∴△ABC是等腰三角形， ∵∠A＝120°， ∴∠B＝∠C＝30°， 由于折叠，∠DPB＝∠B＝30°＝∠C＝∠FPC，DP＝BD，FP＝FC，BE＝PE，PG＝CG， ∴∠BDP＝∠CFP＝120°， ∵∠A＝120°， ∴AD∥FP，AF∥DP， ∴四边形ADPF是平行四边形， ∴FP＝AD，AF＝DP，即FC＝FP＝AD，AF＝DP＝BD， 在Rt△CFG中，FG＝FC•sin∠C＝FC＝AD， 在Rt△BDE中，DE＝BD•sin∠B＝BD， 在Rt△CAM中，CM＝AC•cos∠C＝2， ∴BC＝2CM＝4， ∵BE＝PE，PG＝CG， ∴EG＝BC＝2， ∴五边形ADEGF的周长＝AD+DE+EG+FG+AF＝AD+BD+EG+BD+AD＝AB+EG＝6+2． 【点评】本题考查了折叠问题，关键是掌握正弦、余弦的定义． 20．（2023•拱墅区校级模拟）如图，矩形ABCD中，BC＞AB，E是AD上一点，△ABE沿BE折叠，点A恰好落在线段CE的点F处，连接BF． （1）求证：BC＝CE； （2）设AE＝kAD，AB＝mAD，求m与k满足的关系式． 【答案】（1）证明过程见解答； （2）m2＝2k﹣k2． 【分析】（1）根据折叠的性质得到∠BEA＝∠BEF，根据平行线的性质、等腰三角形的判定定理证明； （2）根据题意用AD表示出AB、AD，根据勾股定理列式计算即可． 【解答】（1）证明：由折叠的性质可知，∠BEA＝∠BEF， ∵AD∥BC， ∴∠BEA＝∠EBC， ∴∠BEF＝∠EBC， ∴BC＝CE； （2）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，AD＝BC， ∵AE＝kAD，AB＝mAD， ∴DE＝AD﹣AE＝AD（1﹣k）， 在Rt△CED中，CE2＝CD2+DE2， ∴AD2＝（mAD）2+[AD（1﹣k）]2， 整理得，m2＝2k﹣k2． 【点评】本题考查的是矩形的性质、翻折变换的性质，掌握翻折变换的性质是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$