2026年中考数学二轮专题突破-图形规律探索问题

**基本信息** 以图形变换与规律探究为主线，通过特例-规律-拓展三阶训练，系统整合几何性质、相似全等及函数思想，强化分类讨论与模型构建能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |图形旋转|1-2题|构造全等证等腰、分类讨论求边长|旋转性质→等腰三角形判定→动态几何计算| |相似与比例|3-4题|相似比求面积、影差地差模型|平行线分线段成比例→相似三角形性质→实际应用| |折叠与动态|7-10题|折叠对称求线段、轨迹分析最值|轴对称性质→勾股定理/相似→动态问题函数化| |规律归纳|11-12题|角度线段关系推导、递推规律总结|几何直观→代数表达→规律探究|

2026年中考数学专题突破-图形规律探索问题 1．如图1，在中，．将从图1的位置开始绕点逆时针旋转，得到（点分别是点的对应点），旋转角为，线段与相交于点，线段分别交于点． 特例分析： （1）如图2，当时，连接，求的长． 探究规律： （2）如图3，连接，在绕点逆时针旋转的过程中，淇淇同学发现始终为等腰三角形，请你证明这一结论． 拓展延伸： （3）在旋转过程中，当为等腰三角形时，请直接写出的长． 2．如图1是光的反射规律示意图，是入射光线，是反射光线，法线垂直于平面镜L，反射角等于入射角．如图2，水平桌面上从左至右分别竖直放置了挡板、挡板、平面镜，挡板上有一个孔隙（可以看作点B），从点A发出的光线经平面镜反射后恰好经过孔隙B射出，并落在挡板上的点P处．已知，．求点P离桌面的高度． 3．已知点是的边上的点，过点作交于点，若的面积为S． (1)填空： ①如图1，若，则四边形的面积为__________；（用含的式子表示，下同） ②如图2，若，则四边形的面积为__________； ③如图3，若，则四边形的面积为__________； (2)猜想：根据上述规律猜想，若，则四边形的面积为__________（用含和的式子表示）． 4．《周髀算经》是我国古代的一部天文学与数学著作，大约成书于公元前5到7世纪之间，其利用数学测算日月运行等，在唐代时成为国子监教材．其中记载了在夏至日利用日晷影长测算大地南北长度的方法，并归纳出“影差一寸，地差千里”的规律．学校数学社团“队”，为了验证该规律进行了以下的数学实验． 如图，为路灯灯泡，为地面，，米，当长为1米且垂直地面的木杆、分别放置在点、时，影长分别为、，、、、在一条直线上，为“影差”，为“地差”． (1)在路灯下，如果米，米，求这时的“影差”与“地差”． (2)在路灯下，对于任意的两点、，“影差”与“地差”的关系是否确定？如果确定，有怎样的关系？如果不确定，请说明理由． 5．【阅读理解】 在中，，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D． (1)特例体验，如图①，若直线，，则线段_____， _____， _____； (2)规律探究： （Ⅰ）如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转a，则线段和的数量关系为_____． （Ⅱ）如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α，与线段相交于点H，请探究线段和的数量关系并说明理由； (3)尝试应用：在图③中，延长线段交线段于点F，若，求的长． 6．综合与实践 问题情境： 数学兴趣小组在探究与正方形有关的动点问题时，如图2，在正方形内取一点E，使，将点E绕点C逆时针旋转得到点，射线，交于点F． 特例研究： (1)精勤小组在探究过程中遵循由特殊到一般的探究规律：如图1，发现点E在对角线中点O处时，点F与点B重合，此时四边形的形状为______． 探究发现： (2)博雅小组发现，如图2，只要，四边形的形状都是正方形，请证明. (3)卓越小组受博雅小组的启发，进一步深入探究，如图3，取中点G，连接，，，又发现：在点E运动过程中，与始终保持特定的数量关系，请写出此数量关系，并说明理由. 拓展应用： (4)在（3）的条件下，已知，，直接写出的长． 7．折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决相关的问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动． 如图（1），在矩形中，，，点在边上运动，将矩形纸片沿所在直线折叠，使点落在点处，连接相关线段，探究线段长度与图形位置的变化规律． 【观察猜想】 （1）当四边形为正方形时，线段的长度为_____． 【类比探究】 （2）如图（2），当点落在线段上时，求线段的长度； 【拓展应用】 （3）如图（3），作的平分线，分别交，于点，． ①当点恰好为的中点时，求线段的长； ②当从点匀速运动到点的过程中，分析点的运动轨迹，请直接写出线段的最大值． 8．如图1是光的反射规律示意图，是入射光线，是反射光线，法线平面镜L，入射角等于反射角． 如图2，水平桌面上从左至右分别竖直放置了挡板、挡板、平面镜I，在挡板的正上方有一可上下移动的挡板（挡板的厚度都忽略不计）．已知厘米，当从点A发出的光线经平面镜I反射后恰好经过点B时，测得入射角为．（参考数据：，，） (1)点A到平面镜I的距离是 厘米． (2)移动挡板，使空隙的长度是20厘米，当从点A发出的光线经平面镜I反射后恰好经过点C时，求入射角的度数． (3)在（2）的条件下，如果从点A发出的光线经平面镜I反射后通过空隙落到挡板上的最高点为P，最低点为Q，那么的长度是 厘米． 9．情境：如图2，在正方形内取一点，使，将点绕点逆时针旋转得到点，射线，交于点． 特例：在探究过程中遵循由特殊到一般的规律：如图1，发现点在对角线的中点处时，点与点重合，此时四边形的形状为正方形． 探究： (1)如图2，只要，四边形的形状都是正方形，请证明； (2)如图3，取中点，连接、、，在点运动过程中，与始终保持特定的数量关系，请写出此数量关系，并说明理由； (3)在（2）的条件下，已知，直接写出的长度． 10．综合与实践 如图，在矩形中，，，为上一点，且，为边上一动点（含，两个顶点），连接，将绕点顺时针旋转到的位置，连接．探究的面积与点移动的关系． 特例感知 （1）如图1，当时，求的面积． 规律探究 （2）如图2，若设，的面积为，求与之间的函数解析式，并求出的最小值． 数学思考 （3）如图3，连接，当的长最小时，求的面积． 11．探究角度与线段比例之间的关系 如图1，在中，，点在边上，且，连接并延长至点，使得，作交延长线于点，连接交于点．记，． 【图形认识】 (1)求证：． 【引元关联】 (2)设，求关于的函数表达式． 【特例计算】 (3)如图2，当时，分别求出和的值． 【规律研究】 (4)已知，求的取值范围． 12．在平面直角坐标系中，正方形的位置如图所示，点的坐标为，点的坐标为，延长交轴于点，作正方形；延长交轴于点，作正方形． (1)求正方形的面积； (2)求正方形的面积； (3)若按题中的规律继续作正方形，则正方形的面积为_____．（用含的式子表示） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．（1）；（2）证明见解析；（3）或 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和分类等知识，解决问题的关键是分类讨论． （1）可得是等腰直角三角形，进而得出结果； （2）可证得，从而得出； （3）可证得，分为：当时，可得出，当，此时，进而得出结果． 【详解】（1）解：∵绕点A逆时针旋转，得到， ∴， ∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵绕点A逆时针旋转，得到， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即始终为等腰三角形； （3）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 当时，， ∴， ∴， 当时，， ∴， ， 作，垂足为H， ， 在中，， ， ， 解得：， ∴， 综上所述：或． 2．72cm 【分析】本题考查相似三角形的应用．延长交于点N，证明，得到，求出的长，利用线段的和差关系进行求解即可． 【详解】解：延长交于点N，则． 由题意，得：，，，， ∴，． ∵， ∴， ∴， 由题意，得：， ． ，即， 解得：． ． 点离桌面的高度为． 3．(1)，， (2) 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、数字规律等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． （1）①由，可知，再证明，然后根据相似三角形的性质即可解答；②③按照①的思路求解即可； （2）根据（1）归纳规律即可解答． 【详解】（1）解：①∵， ∴， ∵， ∴，相似比为， ∴，即， ∴， ∴四边形的面积为； 故答案为：； ②∵， ∴， ∵， ∴，相似比为， ∴，即，     ∴， ∴四边形的面积为； 故答案为：． ③∵， ∴， ∵， ∴，相似比为， ∴，即，     ∴， ∴四边形的面积为． 故答案为：． （2）解：由（1）可得： 如图1，若，则四边形的面积为； 如图2，若，则四边形的面积为； 如图3，若，则四边形的面积为； …… ，则四边形的面积为． 故答案为：． 4．(1)“影差”为1米,“地差”为5米 (2)“影差”与“地差”有一定的数量关系，即“地差”是“影差”的5倍． 【分析】本题考查的是相似三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出相似三角形是解答此题的关键． （1）分别证明，，运用相似三角形的性质可得结论； （2）思路与方法同（1）可解． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， ∴， ∵（米），（米），（米）， ∴， ∴（米）， ∴（米）； 同理可证， ∴， ∵（米），（米），（米）， ∴， ∴米， ∴（米）， ∴这里的“影差”为（米）, “地差”为（米） （2）解：设，，， 由（1）知， ∴， ∴， ∴， ∴； 同理，由（1）知， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵为“影差”， 为“地差”， 所以，“影差”与“地差”有一定的数量关系，即“地差”是“影差”的5倍． 5．(1)1，1，2； (2)（Ⅰ）； （Ⅱ），理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； (3)． 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、正切的定义等知识点；灵活运用相关性质是解题的关键． （1）由等腰直角三角形及平行线的性质可得，然后根据等腰三角形的性质即可解答； （2）（Ⅰ）先根据即可得出，然后根据全等三角形的性质及线段的和差即可解答；（Ⅱ）方法同（Ⅰ）； （3）先求得，再根据正切的定义和勾股定理可得，再代入即可解答． 【详解】（1）解：在中，， ∴， ∵直线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：1，1，2； （2）解：（Ⅰ），理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：； （Ⅱ）略 （3）解：由（2）知； ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴． 6．(1)正方形 (2)见解析 (3)，理由见解析 (4) 【分析】（1）利用正方形的性质即可得出结论； （2）先证明，再利用正方形的判定定理证明即可； （3）利用正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的特点，推理证明即可； （4）取的中点M，取的中点N，连接，求得，再证明，利用勾股定理求得，即可求得． 【详解】（1）解：点E在对角线中点O处，点F与点B重合，四边形是正方形， ∴，， 由旋转的性质得，， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； （2）证明：四边形是正方形， ， ， 点E绕点C逆时针旋转得到点， ， ， ，， ， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形． （3）解：，理由如下： 连接， 四边形是正方形，O是的中点， O是的中点，， 四边形是正方形， ， ， 四边形是正方形，O是的中点， ， G是的中点， ， ， 四边形是正方形， ， G是的中点， ， ， ． （4）解：取的中点M，取的中点N，连接， ， 根据（3）得， ，， ， 四边形是正方形，O是的中点， ，，， ， ， 过点M作于点Q， ∵， ∴是等腰直角三角形 ， ， ， ， ． 7．（1）6；（2）；（3）①；②点G的轨迹是在上先从点开始远离点，直到最远，再回到点， 【分析】本题考查了矩形与折叠问题，相似三角形的判定和性质，直径所对的圆周角为直角，解直角三角形，正确利用相关性质是解题的关键． （1）根据正方形的性质即可解答； （2）设，利用勾股定理列方程即可解答； （3）①证明，则可推出，利用三角函数，列方程即可解答； ②分析可知，点G的轨迹是在上先从点开始远离点，直到最远，再回到点，设的中点为点，当与相切时，即时，最小，则最小，的值最大，可得，利用相似三角形的性质列方程即可解答． 【详解】（1）解：当四边形为正方形时，， 故答案为：； （2）解：四边形是矩形， ． ，，， ． 将沿翻折得， ，，． ． 设， ，， ． 解得， ； （3）解：①，， ， ， ． 为的中点，, ． ， ，即， ； ②解：， ∴点G的轨迹是在上先从点开始远离点，直到最远，再回到点， 如图，设的中点为点，当与相切时，即时，最小，则最小，的值最大． ，， ， ， ， ． ． 的最大值为． 8．(1)40 (2)入射角为 (3)35 【分析】（1）作于点H，则，从而可得，于是可得，从而可求得，再利用正切求得； （2）如图2所示，作于J，使得，与（1）同理可得，从而可说明是等腰直角三角形，于是可得∠，即可得出入射角为； （3）作A关于I的对称点，连接，并延长交分别为Q，P，先得出，（），从而可根据，得出，，再列出比例式，求得，，即可求得． 【详解】（1）解：如图1所示，作于点H，则， ∴， ∴， ∴， ∵当从点A发出的光线经平面镜I反射后恰好经过点B时，测得入射角为． ∴（）， 故答案为：40； （2）解：如图2所示，作于J，使得， 与（1）同理可得， ∵，（）， ∴是等腰直角三角形， ∴∠， ∴入射角为； （3）解：如图所示，作A关于I的对称点，连接，并延长交分别为Q，P， ∴，（）， ∵， ∴，， ∴，1． ∴，， ∴（）， 故答案为：35． 【点睛】本题考查了三线合一，轴对称中的光线反射问题，利用平行判定相似，利用相似三角形的性质求解，已知正切值求边长等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用其来求解． 9．(1)见解析 (2)，理由见解析 (3)6 【分析】（1）由旋转的性质可得，证明，得到，再证明，则可证明四边形是正方形； （2）连接，由正方形的性质得到O是的中点，，，，由直角三角形的性质得到，，证明是等腰直角三角形，得到，由勾股定理得到，据此可得； （3）过点A作，交的延长线于点H，证明，得到，则可证明，由勾股定理得，则，求出，则． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， ， 点E绕点C逆时针旋转得到点， ， ∴， ， ， ， 又∵， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形． （2）解：，理由如下： 如图所示，连接， 四边形是正方形，O是的中点， O是的中点，， 四边形是正方形， ， ， G是的中点， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ， ∴， ∴； （3）解：如图所示，过点A作，交的延长线于点H， ∴， 由正方形的性质可得， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴． 10．（1） （2），当时，由最小值，最小值为 （3）的面积为 【分析】（1）根据矩形、折叠的性质，结合题意得到是等腰直角三角形，，如图所示，过点作于点，则是等腰直角三角形，四边形是矩形，结合面积的计算即可求解； （2）设，则，根据旋转得到，过点作于点，是等腰直角三角形，，结合面积的计算即可求解； （3）如图所示，将线段绕点顺时针旋转得，连接，交于点，，，，当时，的值最小，是等腰直角三角形，四边形是矩形，则，由（2）可得，，，代入计算即可求解． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形， ∴， ∵将绕点顺时针旋转到，， ∴， ∴， 又， ∴，是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 如图所示，过点作于点， ∴，则是等腰直角三角形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； （2）设，则， 当点与点重合时，，当点与点重合时，， 在中，， ∵， ∴恒有意义， ∴根据旋转得到， 如图所示，过点作于点， ∵， ∴是等腰直角三角形，， ∴ ， ∵， ∴当时，有最小值，最小值为； （3）如图所示，将线段绕点顺时针旋转得，连接，交于点， ∴ ∴，即， 又， ∴， ∴，， 当时，的值最小， ∵， ∴，且， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 由（2）可得，，， ∴． 【点睛】本题主要考查矩形的判定和性质，旋转的性质，函数表达式的计算，二次函数最值的计算，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识的综合，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 11．(1)见解析 (2) (3)， (4) 【分析】（1）根据，得出，根据相似三角形的性质，结合已知条件即可得证； （2）根据，得出，根据相似三角形的性质得出比例式，即可求解； （3）根据余弦的定义得出，则，则，得出，在和中，，得出方程，解方程，即可求解； （4）作于点，在和中，，解方程，得出，记，根据得出，进而得出，最后求得函数值的范围，即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． （2）解：∵，， ∴，． ∵， ∴ ∴． （3）解：∵，， ∴． ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，解得． 在和中，， ∴， 解得（负值已舍去）． （4）解：作于点， 则，， 在和中， ， ∴， ∴． 记， ∵， ∴， ∴或（舍）． ∵， ∴当时，随的增大而减小， ∴． 12．(1)5 (2) (3) 【分析】（1）由点的坐标为，点的坐标为．即可求得与的长，然后由勾股定理即可求得的长，继而求得正方形的面积； （2）易证得，然后由相似三角形的对应边成比例，可求得的长，即可求得的长，即可得正方形的面积； （3）证明，可得，据此可求出，进而求出正方形的边长，计算出正方形的面积后，观察规律，可得正方形的面积为． 【详解】（1）解：点的坐标为，点的坐标为， ，， 在中，， 正方形的面积为：； （2）解：四边形是正方形， ，， ，， ， ， ， ， 即， 解得：， ， 正方形的面积为：； （3）解：∵在正方形中， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴正方形的面积为：， 探索规律： 正方形的面积为5， 正方形的面积为， 正方形的面积为：， 正方形的面积为：． 故答案为：． 【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质，勾股定理，探索规律，掌握相关知识是解决问题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $