专题07 图形的变化（10题型）（山东专用）-【好题汇编】2025年中考数学二模试题分类汇编

专题07 图形的变化 题型概览 题型01 三视图 题型02 几何体的展开与折叠 题型03 几何体的还原与计算 题型04 轴对称与中心对称图形 题型05 图形的位似 题型06 图形的平移 题型07 尺规作图 题型08 网格作图 题型09 图形的旋转 题型10 图形的折叠 01三视图 1．（2025·山东潍坊·二模）如图是型磁铁示意图，它的俯视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】判断简单几何体的三视图 【分析】本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图；注意看得到的棱画实线，看不到的棱画虚线． 根据俯视图的定义即可确定． 【详解】解：从上往下看，是一个大长方形，左右两侧有两个小长方形，中间的棱看得见，为实线， 故选：D． 2．（2025·山东青岛·二模）如图①．用一个平面截长方体，得到如图②的几何体，它在我国古代数学名著《九章算术》中被称为“堑堵”．图②“堑堵”的俯视图是（    ） A． B．C． D． 【答案】C 【知识点】判断简单几何体的三视图 【分析】根据几何体的俯视图是从上面看进行判断解答即可． 【详解】解：由图可知，该“堑堵”的俯视图是 ， 故选：C． 【点睛】本题考查几何体的俯视图，理解俯视图的概念是解答的关键． 3．（2025·山东临沂·二模）如图所示的几何体的俯视图为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】判断简单组合体的三视图 【分析】本题考查简单组合体的三视图，根据从上面看得到的图形是俯视图，据此可得答案．解题的关键：能看见的轮廓线用实线表示，看不见的轮廓线用虚线表示． 【详解】 解：如图所示的几何体的俯视图为 故选：B． 4．（2025·山东日照·二模）如图为一个积木示意图，这个几何体的左视图为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】判断简单几何体的三视图 【分析】本题考查简单组合体的三视图，熟练掌握左视图即从左边看到的图形，正视图即从正面看到的图形，俯视图即从上面看到的图形是解题的关键． 根据左视图是从左边看到的图形求解即可． 【详解】 解：从左边看这个几何体，看到的图形为． 故选：A． 5．（2025·山东威海·二模）赫米纳尔·丹德林是一位著名的法国数学家．他在圆锥与圆的切线等研究上取得了巨大的成果，并且举世闻名的丹德林双球（如图）就以他的名字命名．在双球中，一个球与圆锥面的交线为一个圆，并与圆锥的底面平行．利用这个模型，丹德林证明了平面截圆锥的截面为椭圆．若图中所示为该模型的正面，且该模型不具有透光性，则丹德林双球的正视图为（   ）    A．  B．   C．   D．   【答案】D 【知识点】判断简单组合体的三视图 【分析】本题考查了学生的观察能力和对几何体三种视图的空间想象能力．细心观察原立体图形中几何体的位置关系是解决问题的关键． 【详解】解：从正面看，可得如下图形：      故选：D． 6．（2025·山东滨州·二模）我国古代数学家刘徽用“牟合方盖”找到了球体体积的计算方法．如图所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的主视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】判断简单几何体的三视图 【分析】本题考查了物体的三视图，根据从正面看到的平面图形即可求解，掌握物体三视图的画法是解题的关键． 【详解】 解：由几何体可得，从正面看到的平面图形为， 故选：C． 7．（2025·山东淄博·二模）榫卯是中国传统建筑、家具及其它器械的一种结构方式，被誉为“中华民族千年非遗瑰宝”如图是其中一种卯，其主视图是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】判断简单组合体的三视图 【分析】本题主要考查了简单组合体的三视图，掌握组合体的三视图是解题的关键．根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案． 【详解】 解：从正面看，卯的主视图是故选：A． 02几何体的展开与折叠 8．（2025·山东聊城·二模）下图中，经过折叠能围成如图所示的几何体的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】正方体几种展开图的识别 【分析】本题主要考查正方体的展开图，熟练掌握正方体的展开图是解题的关键；因此此题可根据正方体的展开图进行求解． 【详解】解：由图可知：能围成该几何体的只有C选项符合； 故选C． 9．（2025·山东枣庄·二模）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（    ） A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱 【答案】B 【知识点】几何体展开图的认识 【分析】由展开图可得，改几何体由三个面的长方形，两个面是三角形，据此可得该几何体是三棱柱． 【详解】解：由由展开图可得，改几何体由三个面的长方形，两个面是三角形， 所以该几何体是三棱柱 故选：B． 【点睛】本题考查几何体的展开图，从实物出发，结合具体问题，辨析几何体的展开图，通过结合立体图形与平面图象的转化，建立空间观念，是解题关键． 03几何体的还原与计算 10．（2025·山东青岛·二模）如图，一个圆柱体在正方体上沿虚线从左向右平移，平移过程中不变的是（　　） A．主视图 B．左视图 C．俯视图 D．主视图和俯视图 【答案】B 【知识点】判断简单组合体的三视图 【分析】主视图是从正面观察得到的图形，左视图是从左侧面观察得到的图形，俯视图是从上面观察得到的图形，结合图形即可作出判断． 【详解】解：根据图形，可得：平移过程中不变的是的左视图，变化的是主视图和俯视图． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了平移的性质和应用，以及简单组合体的三视图，要熟练掌握，解答此题的关键是掌握主视图、俯视图以及左视图的观察方法． 11．（2025·山东东营·二模）如图是由若干个相同的小正方体搭成的几何体的主视图和左视图，则该几何体可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】由三视图还原几何体 【分析】本题主要考查了由三视图判断几何体．根据主视图和左视图的定义解答即可． 【详解】解：从主视图来看：从左向右，第一列可看到三个面，第二列看到两个面，第三列可看到一个面； 从左视图来看：第一列有三个面，第二列有一个面． 故符合题意的图形为：    故选：A． 12．（2025·山东烟台·二模）如图是一些大小相同的小正方体搭成的几何体从三个方向看到的形状图，则这个几何体只能是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】从不同方向看几何体 【分析】本题主要考查从不同方向看几何体，熟练掌握几何体是解题的关键；因此此题可根据几何体的正面、左面、上面的视图进行排除选项． 【详解】解：由该几何体的三个方向的视图可知只有A选项的几何体符合题意； 故选A． 13．（2025·山东聊城·二模）下列水平放置的几何体中，主视图是圆形的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】C 【知识点】判断简单几何体的三视图 【分析】分别找出从图形的正面看所得到的图形即可． 【详解】解：A．主视图是等腰三角形，故此选项不合题意； B．主视图是梯形，故此选项不合题意； C．主视图是圆，故此选项符合题意； D．主视图是矩形，故此选项不合题意； 故选：C． 【点睛】此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握主视图是从几何体的正面看所得到的图形． 14．（2025·山东临沂·二模）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体侧面积为（    ） A．8 B． C． D． 【答案】B 【知识点】求圆锥侧面积、已知三视图求侧面积或表面积 【分析】本题考查了由三视图判断几何体，圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，也考查了三视图．由几何体的主视图和左视图都是等腰三角形，俯视图是圆，可以判断这个几何体是圆锥，再利用圆锥侧面积公式求出即可． 【详解】解：由三视图知：几何体是圆锥，其中圆锥的母线长为4，底面半径为2， ∴圆锥的侧面积， 故选：B． 04轴对称与中心对称图形 15．（2025·山东滨州·二模）纹样既是有装饰、识别等实际作用的图案，也是各种寓意和文化内涵的载体，是人类文明发展过程中的重要组成部分.我国传统纹样大多寓意吉祥、幸福、平安，正所谓“纹必有意，意必吉祥”，常见的吉祥纹样有如意纹、葫芦纹、缠枝纹等，反映的是千百年来我们华夏大地上人们对于美好生活的追求.以下纹样属于中心对称图形的是（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】中心对称图形的识别 【分析】根据中心对称图形的概念，进行判断即可．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． 本题考查了中心对称图形，熟练掌握定义是解题的关键． 【详解】解：A．该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； B．该图形是中心对称图形，故此选项合题意； C．该图形不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； D．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：B． 16．（2025·山东临沂·二模）下列红十字会的图标中，文字左边的图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．中国红十字会会徽 B．红十字博爱家园 C．中国红十字基金 D．造血干细胞捐献会 【答案】D 【知识点】轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键． 根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项分析即可． 【详解】解：A．该图既是轴对称图形，不是中心对称图形，故本项不符合题意； B．该图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本项不符合题意； C．该图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本项不符合题意； D．该图是轴对称图形，也是中心对称图形，故本项符合题意； 故选：D． 17．（2025·山东济南·二模）4月15日是国家安全教育日，国家安全是安邦定国的重要基石，维护国家安全是全国各族人民根本利益所在．下列网络安全宣传标识中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称图形以及轴对称图形的定义，熟练掌握中心对称图形以及轴对称图形的定义是解题的关键．根据中心对称图形的定义旋转后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的性质即可判断． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，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、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； 故选：D 18．（2025·山东泰安·二模）近年来，随着环保意识的提升，越来越多的消费者选择购买新能源汽车，以实现更加节能的出行方式．下列图案是我国四款新能源汽车的标志，其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 【知识点】轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【分析】本题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180°，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．根据轴对称图形，中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A、图形不是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D、图形是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意， 故选：D． 19．（2025·山东青岛·二模）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【知识点】轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【分析】本题考查识别轴对称图形和中心对称图形，掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键． 利用轴对称图形和中心对称图形的定义即可求解． 【详解】解：第一个图形是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意； 第二个图形是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意； 第三个图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； 第四个图形是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意； 故选：B． 05 图形的位似 20．（2025·山东聊城·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知，，，与位似，原点O是位似中心，则B点的坐标是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】求位似图形的对应坐标 【分析】先求出的长，再根据位似图形的性质计算，得到答案． 【详解】解：设点的坐标是， ， ，， 与位似，原点是位似中心，， ，， 点的坐标为， 故选：B． 【点睛】本题考查的是位似图形的概念及性质，熟练掌握位似图形的性质是解题的关键． 21．（2025·山东德州·二模）如图，菱形中，点坐标为，点坐标为，点在轴正半轴上，以点为位似中心，在轴的下方作菱形的位似图形菱形，并把菱形的边长放大到原来的倍，则点的对应点的横坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】由平行截线求相关线段的长或比值、求位似图形的对应坐标 【分析】过点作轴于，过点作轴于，根据题意求出位似比，结合图形计算，得到答案． 【详解】解：过点作轴于，过点作轴于， 则， ， 把菱形的边长放大到原来的倍得到菱形， ， 点坐标为，点坐标为， ， ， ， 点的横坐标是， 故选： D． 【点睛】本题考查的是位似图形，平行线分线段成比例，掌握位似比的概念、相似三角形的性质是解题的关键． 22．（2025·山东青岛·二模）如图，△ABO缩小后变为，其中A、B的对应点分别为，均在图中格点上，若线段AB上有一点，则点在上的对应点的坐标为（ ）． A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】求位似图形的对应坐标 【详解】试题分析：根据A，B两点坐标以及对应点，点的坐标得出坐标变化规律，进而得出坐标为． 故选D． 06 图形的平移 23．（2025·山东德州·二模）如图，将沿边向右平移2个单位长度得到．若，阴影部分的面积为2，则的面积为 ． 【答案】8 【知识点】利用平移的性质求解、利用相似三角形的性质求解 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，平移的性质，掌握平移的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．设与交于点，根据平移的性质及相似三角形的判定与性质计算的面积即可． 【详解】解：如图，设与交于点， ∵将沿边向右平移2个单位长度得到， ∴， ∴，， ∴， ∵，即， ∴． 故答案为：8． 24．（2025·山东潍坊·二模）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，是直角三角形，，，，点B在y轴正半轴，等边的顶点，点C在第二象限，将沿x轴向右平移，得到，点O，C，D的对应点分别为，，．设，与重叠部分的面积为S，当点与点A重合时停止运动．则表示S与x的函数图象正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】动点问题的函数图象、解直角三角形的相关计算、面积问题(二次函数综合) 【分析】本题主要考查了平移变换的性质，等边三角形的性质，解直角三角形的应用，二次函数的性质，三角形面积等，熟练掌握次函数的性质，三角形的面积的知识点是解题的关键. 根据已知条件求出和的相关边长和角度等信息．然后，分不同阶段分析沿x轴平移过程中与重叠部分的形状和面积计算方法，进而得到S与x的函数关系，最后根据函数关系判断函数图象． 【详解】解：①当时，与重叠部分为，如图1， 由平移得：， ， ， 图像为开口向上的抛物线，A选项不符合题意； ②当时，与重叠部分为四边形，如图2， 由平移得：，，， ， ， ， 在中，， ； 图像为开口向下的抛物线；C选项不符合题意； ③当时，与重叠部分为，如图3， 则，且， 是等边三角形，作于， ， ， ， 图像为开口向上的抛物线，B选项符合题意； 故答案为：B． 07 尺规作图 25．（2025·山东东营·二模）如图所示，在中，，，，以点B为圆心，长为半径画弧，与交于点D，再分别以A、D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点E、F，作直线，分别交于点P、Q，则的长度为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、作垂线(尺规作图) 【分析】根据勾股定理求出根据作图可得，可得，垂直平分，即可得到，易得，即可得到答案． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵以点B为圆心，长为半径画弧，与交于点D， ∴， ∴， 由作图方法可知垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 故选B． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，垂直平分线的尺规作图，三角形相似的判定与性质，解题的关键是根据勾股定理及垂直平分线得到． 26．（2025·山东青岛·二模）已知：如图，线段a，∠α． 求作：Rt△ABC，使∠C=90°，∠A=∠α，AC=a． 【答案】作图见解析. 【知识点】尺规作图——作三角形 【详解】【分析】首先画射线AM，在射线AM上截取AC=a，过点C作AM的垂线，再以A为顶点作∠A=∠α，即可得到Rt△ABC． 【详解】如图，△ABC为所作． 【点睛】本题考查了尺规作图——复杂作图，关键是掌握作一个角等于已知角的方法． 27．（2025·山东德州·二模）如图，在中，，以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点D，若，，则的面积是 ． 【答案】5 【知识点】角平分线的性质定理、作角平分线(尺规作图) 【分析】此题考查了作图基本作图，角平分线的性质，作于，由角平分线的性质得到，再根据三角形面积公式计算即可． 【详解】解：作于， ∵， ∴， 由作图步骤可得为的平分线， ∵， ∴， ∵， ∴的面积． 故答案为：5． 28．（2025·山东临沂·二模）如图，在中，， (1)实践与操作：用尺规作图法在边上找一点D，使得；（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与计算：在（1）的条件下，若平分，，求线段 的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图)、含30度角的直角三角形、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查尺规作图—作垂线，中垂线的性质，含30度角的直角三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握中垂线的性质和含30度角的直角三角形的性质，是解题的关键： （1）根据，得到点在线段的中垂线上，利用尺规作图作线段的中垂线，交于点即可； （2）根据角平分线平分角，结合三角形的内角和定理，三角形的外角，求出，根据含30度角的直角三角形的性质求出的长，进而求出的长，再解直角三角形求出线段的长即可． 【详解】（1）解：如图，点即为所求； （2）解：∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴。． 29．（2025·山东滨州·二模）在中，点在边上，若，则称点是点的“关联点” (1)如图（1）．在中．若，于点．试说明：点是点的“关联点”； (2)如图（2），已知点在线段上，用无刻度的直尺和圆规作一个，使点为点的“关联点”． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、画圆(尺规作图)、半圆（直径）所对的圆周角是直角 【分析】本题主要考查了尺规作图，圆周角定理、相似三角形的判定和性质等内容． （1）证，根据“关联点”的定义即可得结论； （2）①作线段的垂直平分线，交于点；②以为圆心，为半径作圆；③过作交于点，连接、，可得是直角三角形，由此即可解题． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点D是点C的“关联点”． （2）解：如图，即为所求， ． 30．（22-23九年级下·辽宁盘锦·阶段练习）如图，已知． （1）以点A为圆心，以适当长为半径画弧，交于点M，交于点N． （2）分别以M，N为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于P． （3）作射线交于点D． （4）分别以A，D为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于G，H两点． （5）作直线，交，分别于点E，F． 依据以上作图，若，，，则的长是 ． 【答案】 【知识点】作角平分线(尺规作图)、作垂线(尺规作图)、根据菱形的性质与判定求线段长、由平行截线求相关线段的长或比值 【分析】本题考查了作图−复杂作图、角平分线的性质和垂直平分线的性质、菱形的判定及性质、平行线分线段成比例定理．根据作法得平分，垂直平分，所以，，，再证明四边形为菱形得到，然后利用平行线分线段成比例定理计算的长．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作． 【详解】解：由作法得平分，垂直平分， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴四边形为平行四边形， 而， ∴四边形为菱形， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 故答案为：． 31．（2025·山东临沂·二模）如图，在中，，过点作线段的垂直平分线，根据尺规作图的痕迹，则 ． 【答案】 【知识点】直角三角形的两个锐角互余、作角平分线(尺规作图)、作垂线(尺规作图) 【分析】本题考查了尺规作角平分线，线段垂直平分线的性质，直角三角形两锐角互余，理解图示，掌握直角三角形两锐角互余是关键． 根据题意得到平分，由线段垂直平分线的性质，直角三角形两锐角互余得到，由此即可求解． 【详解】解：根据题意可得，平分，是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， 故答案为： ． 32．（2025·山东青岛·二模）尺规作图：如图，，点在射线上． 求作：，使得点在射线上，且边，，． 【答案】见解析 【知识点】作线段(尺规作图)、内错角相等两直线平行、尺规作一个角等于已知角、作垂线(尺规作图) 【分析】本题考查了尺规作线段、作一个角等于已知角、过一点作已知直线的垂线、平行线的判定等知识，熟练掌握常见的几种尺规作图方法是解题的关键； 以点A为圆心，长为半径画弧交射线于点P，则，过点A尺规作的垂线，尺规作，射线交于E，则，即为所作. 【详解】解：如图，即为所作. 33．（2025·山东济宁·二模）如图，平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，与x轴交于点，与y轴交于点． (1)尺规作图：作直线，使，与反比例函数图象在第一象限内交于点；（要求：不写作法，保留作图痕迹） (2)求（1）中点的坐标． 【答案】(1)作图见解析 (2) 【知识点】求反比例函数解析式、尺规作一个角等于已知角、过直线外一点作已知直线的平行线、一次函数与反比例函数的交点问题 【分析】（1）利用基本尺规作图-作两个角相等，由两条直线平行的判定即可得到答案； （2）根据题意，由待定系数法求出函数表达式，再联立方程组求一次函数与反比例函数图象交点即可得到答案． 【详解】（1）解：如图所示： 直线即为所求； （2）解：平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点， 将代入一次函数，得到， 解得， 一次函数为， 一次函数为的图象与反比例函数的图象交于点， 将代入一次函数为，得到， 解得，则， ， 反比例函数为， 由（1）知，则直线， 联立，解得或（为负值，舍去）， 点的坐标． 【点睛】本题考查基本尺规作图-作两个角相等、平行线的判定与性质、待定系数法确定函数表达式、求函数图象的交点坐标等知识，熟练掌握基本尺规作图-作两个角相等、一次函数与反比例函数综合是解决问题的关键． 34．（2025·山东临沂·二模）如图，已知，求作，使． 作法：（1）以点O为圆心，任意长为半径作，分别交，于点E，F，连接； （2）以F为圆心，的长为半径作弧，交于点C，连接，； （3）作射线，即为所求作的角．下列结论正确的个数是（） ①作图构造的依据是两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等； ②；③；④是等腰三角形． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【知识点】全等的性质和SSS综合（SSS）、尺规作一个角等于已知角、等腰三角形的性质和判定、利用弧、弦、圆心角的关系求证 【分析】本题考查作一个角等于已知角，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的定义，根据作图可得，，根据证明两三角形全等判断①；根据全等得到，即可判断②；利用圆周角定理判断③；根据等腰三角形的定义判断④解答即可． 【详解】解：由作图可得，， ∴，故①错误； ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴，故③正确； ∵， ∴是等腰三角形，故④正确； 故选：C． 35．（2025·山东临沂·二模）在中，按以下方式作图： ①以B为圆心，以适当长为半径作弧，分别交边于点M，N； ②以C为圆心，以长为半径作弧，交于点P； ③以点P为圆心，以为半径作弧，在内部交前面的弧于点Q； ④连接并延长，交于点E，交于点F． 若，． 下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】尺规作一个角等于已知角、根据等角对等边证明边相等、利用平行四边形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查相似三角形的判定，平行四边形的性质，作图-复杂作图．根据作图过程可判断A选项正确；证明，求得，可判断D选项正确；根据两角对应相等，得到，可判断C选项正确；根据已知条件不能求出，可判断B选项错误． 【详解】解：由作图过程可知：，故A选项正确，不符合题意； 在中，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，故D选项正确，不符合题意； ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，故C选项正确，不符合题意； 根据已知条件不能求出，故B选项错误，符合题意， 故选：B． 36．（2025·山东临沂·二模）中，．根据作图痕迹，点是射线和直线的交点．连接，若的面积为15，则的周长为（   ） A．9 B．12 C．15 D．18 【答案】D 【知识点】角平分线的性质定理、线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图) 【分析】本题考查了作图一复杂作图，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质．过点作于点，根据作法可得垂直平分，平分，从而得到，，再由△的面积为15，可求出的长，再由勾股定理可得的长，然后根据三角形的周长公式计算，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点， 根据作法得：垂直平分，平分，设于点， ，， ， △的面积为15，， ， 解得：； ， ， △的周长为． 故选：D． 37．（2025·山东烟台·二模）如图，在中，，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线，直线与相交于点D，连接，若，，则的长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【知识点】线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图)、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了尺规作图、线段垂直平分线的性质，勾股定理．根据题意可知：是线段的垂直平分线，所以，再判断出，于是，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：设与的交点为，    由作图可知，是线段的垂直平分线， ， ， ，， ， ， ， ∴． ， 故选C． 38．（2025·山东济南·二模）如图，中，．进行如下操作： （1）以点为圆心，以的长为半径画弧，交于点，分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线； （2）以点为圆心，以适当的长为半径画弧，交于点，交的延长线于点，分别以点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点，作直线交的延长线于点，交射线于点； （3）过点作交的延长线于点，连接．根据以上操作过程及所作图形，则下列结论中不一定正确的是（　　） A． B． C．2 D． 【答案】D 【知识点】作角平分线(尺规作图)、作垂线(尺规作图)、相似三角形的判定与性质综合 【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的作图，线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握各知识点并熟练应用是解题的关键． 由作图知⊥，平分，根据垂直平分线的作法，全等三角形及相似三角形的判定和性质依次对选项判断即可得出结果． 【详解】解：由作图知⊥，平分， ∴， ∵ ∴ ∴，选项A正确，不符合题意； ∵平分，，⊥， ∴， ∴， ∵，⊥， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴，选项B正确，不符合题意； ∵， ∴∽， ∴， 由题意知，垂直平分， ∴， ∴， ∴，故C选项正确，不符合题意； 无法证明，选项D错误，符合题意； 故选：D． 39．（2025·山东济南·二模）已知：如图，四边形是平行四边形，点为上的一点（不与点、重合），连接． 求作：点，使得点在上，且． 甲、乙、丙三名同学的尺规作图方法如下： 甲：以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接； 乙：以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接； 丙：以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接． 上述三名同学的作法一定正确的是（   ） A．甲、乙 B．乙、丙 C．甲、丙 D．甲、乙、丙 【答案】C 【知识点】作线段(尺规作图)、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题考查了基本的尺规作图，平行四边形的判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理． 结合基本的尺规操作，利用平行四边形的判定定理逐项进行判定即可． 【详解】解： 甲：如图所示，此时， ∴四边形是平行四边形， ∴， 故甲作法正确，符合题意； 乙：如图所示，此时， 四边形不是平行四边形， ∴与不平行， 故乙作法错误，不符合题意； 丙：如图所示，此时， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形， ∴， 故丙作法正确，符合题意； 故选：C． 08 网格作图 40．（2025·山东滨州·二模）下图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，请只用无刻度的直尺在给定网格中按要求作图.（不写作法，保留作图痕迹） (1)在图1中，的三个顶点均在格点上，请确定的外心. (2)在图2中，请作出的角平分线，交于点. (3)若图2中的，则弧的长是_____. 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】勾股定理与网格问题、圆周角定理、判断三角形外接圆的圆心位置、求弧长 【分析】本题考查无刻度直尺作垂直平分线和角平分线，弧长公式； （1）利用网格作，的垂直平分线交于点O，则点O即为所作； （2）取格点D，作射线即可； （3）连接，，根据圆周角定理求出，根据勾股定理求出长，然后利用弧长公式计算解题. 【详解】（1）解：如图，点O即为所作； （2）解：如图，点D即为所作； （3）解：如图，连接，， 则， 又∵， ∴弧的长是， 故答案为：. 09 图形的旋转 41．（2025·山东东营·二模）如图，以点O为旋转中心，将按顺时针方向旋转得到，若，则 °． 【答案】150 【知识点】根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了旋转的性质∶旋转前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等，也考查了角的和差． 根据旋转的性质，旋转前后图形的大小和形状没有改变即可解答． 【详解】解∶以点O为旋转中心，将按顺时针方向旋转得到， 旋转前后，角的大小没有变化， 即，， ， 故答案为：． 42．（2025·山东淄博·二模）如图，中，，将绕点顺时针旋转60°得到，点，的对应点分别为，，延长交于点，下列结论中不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】全等三角形的性质、根据旋转的性质求解 【分析】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，线段的运算，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先根据旋转性质以及角的运算或线段的运算得出逐项判断即可． 【详解】解：设和交于点H， 绕点顺时针旋转得到， ， ， ，故D选项正确，不符合题意； ， ， 故A选项正确，不符合题意； 仅根据已知条件，，无法得出相等，也就无法证明， 故B选项不一定正确，符合题意； 根据旋转的性质，旋转前后的对应边相等，绕点旋转得到， ， 故C选项正确，不符合题意． 故选：B． 43．（2025·山东淄博·二模）如图，在平面直角坐标系中，，正六边形的顶点，的坐标分别为，，点是正六边形的边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接．点从点出发，按照顺时针的方向（即…）以每秒个单位长度的速度运动，则第秒时点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】点坐标规律探索、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据旋转的性质求解、正多边形概念辨析 【分析】根据题意得出正六边形的边长为1，则运动一圈的时间为秒，进而得出第秒时，点运动到点的位置，根据旋转的性质求得点的坐标，即可求解． 【详解】解：∵正六边形的顶点，的坐标分别为，， ∴， ∴正六边形的边长为1， ∴点M运动一圈的路程为6， ∵点 M以每秒个单位长度的速度运动， ∴运动一圈的时间为秒， ∵（圈）， ∴第秒时，点M运动到点的位置， ∴， ∵将绕点P顺时针旋转，得到， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了正六边形的性质，坐标与图形，旋转的性质，点坐标规律探索，解题关键是找出坐标规律，再利用规律求解． 44．（2025·山东枣庄·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D． 【答案】D 【知识点】根据旋转的性质求解、含30度角的直角三角形、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】在AB上取一点E，使AE＝AC＝，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转的性质得出AQ＝AP，∠PAQ＝60°，证明△CAQ≌△EAP（SAS），由全等三角形的性质得出CQ＝EP，则当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，然后由含30°角的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图，在AB上取一点E，使AE＝AC＝，连接PE，过点E作EF⊥BC于F， 由旋转知，AQ＝AP，∠PAQ＝60°， ∵∠ABC＝30°， ∴∠EAC＝60°， ∴∠PAQ＝∠EAC， ∴∠EAP＝∠CAQ， 又∵AE＝AC，AP＝AQ， ∴△CAQ≌△EAP（SAS）， ∴CQ＝EP， 要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是BC上的动点， ∴当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，即点P与点F重合，CQ最小，最小值为EF， 在Rt△ACB中，∠B＝30°，AC＝， ∴AB＝， ∵AE＝AC＝， ∴BE＝AB−AE＝， 在Rt△BFE中，∠B＝30°， ∴EF＝BE＝， 故线段CQ长度的最小值是， 故选：D． 【点睛】此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质等，找出点P和点F重合时，EQ最小，最小值为EF的长度是解本题的关键． 45．（2025·山东临沂·二模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，与轴相切，点在上，它们的横坐标分别是0，18．若沿着轴向右作无滑动的滚动，当点第一次落在轴上时，此时点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】切线的性质定理、坐标系中的旋转 【分析】本题主要考查了圆上的动点问题，圆的性质，切线定理，勾股定理，弧长公式等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． 设与轴的交点为，过点作轴，交轴于点，连接，根据勾股定理求出，确定，求出点滚动的长度，然后利用对应点的长度即可求出点的坐标． 【详解】解：如图1，设与轴的交点为，过点作轴，交轴于点，连接， 轴，轴，点的坐标是， ， 即的半径为10， ， 在中，， 延长与相交，此时交点到点的距离为18，而点的横坐标为18， 故交点为点， ， 如图2，当点第一次落在轴上时，滚动了， 点滚动的距离为：， 点的对应点为，点的对应点为，点的对应点为，点的对应点为， 此时，，点的纵坐标为， 点的横坐标为， 点的坐标为， 故选：C． 46．（2025·山东日照·二模）如图，以为直径的半圆，绕点顺时针旋转，点的对应点为点交半圆于点，若，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【知识点】等边三角形的判定和性质、圆周角定理、求其他不规则图形的面积、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查圆周角定理，等边三角形的判定和性质，求不规则图形的面积，解直角三角形等等．连接，，根据题意可得，，证明是等边三角形，结合图形得出，，，利用计算即可得出结果． 【详解】解：连接，， ∵为半圆O的直径， ∴， 由题意得， ∴， ∴是等边三角形， 在中，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：． 47．（2025·山东淄博·二模）如图，在菱形中，，点在边上，连结，将绕点旋转，点恰好落在边上的点处，且，若，，则 ． 【答案】3或1 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】过点作于点，连接，分两种情况①当在点左侧，证出为等边三角形，由等边三角形的性质得出，证明，得出，进而推出为等边三角形，再由直角三角形性质以及勾股定理求出，，，进而得到，即可解题． 【详解】解：过点作于点，连接， 当在点左侧， ∵四边形为菱形，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵将绕点旋转，点恰好落在边上的点处， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ②当在点右侧， 与①同理可得，，， ， ∴， ∴， 故答案为：3或1． 【点睛】本题考查了菱形、旋转的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握上述知识，数形结合分析是关键． 48．（2025·山东临沂·二模）在平面直角坐标系中，将一个图形先向上平移个单位，再绕原点按顺时针方向旋转角度，这样的图形变换叫做图形的变换，如：点按照变换后得到点的坐标为，则点按照变换后得到点的坐标为 . 【答案】 【知识点】解直角三角形的相关计算、坐标系中的平移、坐标系中的旋转 【分析】本题考查了新定义，平移，旋转，解直角三角形的计算，理解新定义，解直角三角形的计算是关键． 根据题意作图分析，先得到平移点，，，则是等腰直角三角形，，，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，点先向上平移个单位得到，将点绕原点顺时针旋转得到点，过点作轴于点，过点作轴于点， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴， 故答案为： ． 49．（2025·山东日照·二模）将两块全等的直角三角板和按照如图所示的方式重合，其中，，P是斜边的中点，固定直角三角板，将三角板绕着P点逆时针方向旋转，设旋转角为（其中），在旋转过程中，当三角板的一边与边平行时，设直角边与边交于点Q，则的长为 ． 【答案】 或 【知识点】解直角三角形的相关计算、由平行截线求相关线段的长或比值、根据旋转的性质求解 【分析】当时，由P是斜边的中点得到，则，在中，求出，得到的长；当时，求出，在中，得，由P是斜边的中点得到，在中，由得到的长，由可知不可能平行，综上三种情况，即可得到答案． 【详解】解：当时，如图1， ∵P是斜边的中点， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 当时，如图2， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∵P是斜边的中点， ∵， 在中，，， ∴， ∴， ∵， ∴不可能平行， 综上可知，的长为 或， 故答案为： 或 【点睛】此题考查了图形的旋转、解直角三角形、含的直角三角形的性质、平行线分线段成比例定理等知识，根据题意正确画出图形，分情况讨论是解题的关键． 50．（2025·山东威海·二模）如图，已知点，点分别在轴和轴上；将线段绕点顺时针旋转至线段，连，将沿轴正方向平移至；当双曲线恰好同时经过点，时，的值等于 ． 【答案】6 【知识点】反比例函数与几何综合、求反比例函数解析式、利用平移的性质求解、根据旋转的性质求解 【分析】先求出点的坐标，再根据平移，用表示出，的坐标，然后根据双曲线恰好同时经过点，时，列出方程求解． 【详解】解：设平移了个单位， ∵将线段绕点顺时针旋转至线段，点，点， ∴点的横坐标为，纵坐标为， ∴点， ∵将沿轴正方向平移至， ∴，，，， ∴点的坐标为，点的坐标为， 当双曲线恰好同时经过点，时，， 解得：，． 故答案为：． 【点睛】本题考查了利用平移的性质求解，反比例函数与几何综合，求反比例函数解析式，根据旋转的性质求解，解题的关键是根据反比例函数图象上的横纵坐标的积为求解． 51．（2025·山东滨州·二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形为平行四边形，其中点，，，以点为圆心，的长为半径作弧，交于点，再把线段绕点顺时针旋转得到线段，则点的坐标为 ． 【答案】 【知识点】利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】本题考查了勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质，过点作，使，过点作垂足为点，过点作轴于点，根据点、的坐标可知，，利用勾股定理可以求出，利用可证，根据全等三角形的性质可知，，所以可得点的坐标为． 【详解】解：如下图所示，过点作，使，过点作垂足为点，过点作轴于点， 点的坐标为， ， 点的坐标是， ， ， 点的坐标是， ， ， 垂足为点，轴于点， ， ， ， 在和中，， ， ，， 点的坐标为． 故答案为：． 52．（2025·山东东营·二模）如图， 点P是正方形内一点， 连接、、，若，，，则正方形的面积为 ． 【答案】13 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．将绕点逆时针旋转得到，连接，过点作交的延长线于，由旋转的性质可求，，，可求的长，在中，由勾股定理可求的长，在中，由勾股定理可求，即可求解． 【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转得到，连接，过点作交的延长线于， ∴，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的面积为13， 故答案为：13． 53．（2025·山东泰安·二模）如图，在边长为2的菱形ABCD中，，点E为AD所在直线上的一个动点．连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转120°后得到对应的线段CF，则线段DF的最小值为 ． 【答案】3 【知识点】旋转模型(全等三角形的辅助线问题)、（特殊）平行四边形的动点问题、旋转综合题(几何变换)、解直角三角形的相关计算 【分析】连接BE，作BH⊥AD，由旋转的性质可得△DCF≌△BCE，把求DF的最小值转化为求BE的最小值，再根据垂线段最短可得答案． 【详解】解：连接BE，作BH⊥AD交DA的延长线于H， 菱形ABCD中，∠ABC＝60°， ∴∠BCD＝120°． ∵∠ECF＝120°， ∴∠1＝∠2． 由旋转可得：EC＝FC， 又四边形ABCD是菱形 ∴BC=DC ∴△DCF≌△BCE（SAS）， ∴DF＝BE， 即求DF的最小值转化为求BE的最小值． ∵在Rt△AHB中，∠BAH＝60°，AB=2 , ∴BH＝2×sin60°＝3， 当E与H重合时，BE最小值是3， ∴DF的最小值是3． 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查旋转的性质、菱形的性质、三角形全等、锐角三角函数、垂线段最短和动点问题，属于几何综合题，中档难度．解题的关键是由旋转的性质想到连接BE，构造全等． 54．（2025·山东潍坊·二模）如图，在直角坐标系中，等边的顶点的坐标为，将等边绕点顺时针旋转，再沿轴向右平移1个单位长度，得到，则的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、已知图形的平移，求点的坐标、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，坐标与图形，过点作轴于点，根据旋转的性质以及含30度角的直角三角形的性质，得出，进而根据点的平移，即可求解． 【详解】解：如图，过点作轴于点， ∵等边的顶点的坐标为，将等边绕点顺时针旋转得到 ∴， ∴， ∴ ∵再沿轴向右平移1个单位长度得到 ∴的坐标是， 故选：D． 55．（2025·山东济宁·二模）如图1，在正方形中，P为对角线上一点，且，垂足为E． 【知识技能】 （1）图1中线段和之间的数量关系是__________； 【数学理解】 （2）若将图1中的绕点C顺时针旋转，使P点落在上，连接，如图2所示，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由； 【拓展探索】 （3）在（2）的基础上，延长交于点F，若，求的长． 【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3） 【知识点】等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形性质和判定证明、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】（1）由正方形的性质得出，是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可求解； （2）作且，构造是等腰直角三角形，证明，再证四边形是平行四边形，推出,即可证明； （3）过点B，D作的垂线，垂足为K，M，证明，再结合（2）中结论证明平分，推出是等腰直角三角形，即可求解． 【详解】解：（1），理由如下： 四边形是正方形， ，，， 是等腰直角三角形， , ，， 是等腰直角三角形， , , 即， 图1中线段和之间的数量关系是； （2）（1）中的结论是否仍然成立，． 证明：如图，作且，则是等腰直角三角形，连接，， , ， ，即， 在和中， ， ,, , , , 又, 四边形是平行四边形， , 是等腰直角三角形， ， ； （3）如图，过点B，D作的垂线，垂足为K，M， ,, , 又,, , , 四边形是正方形，， , , , , , ， 由（2）知四边形是平行四边形， ， ， 由（2）知是等腰直角三角形， 平分， ， 是等腰直角三角形， ． 【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质等，综合应用上述知识，正确添加辅助线是解题的关键． 56．（2025·山东临沂·二模）问题情境：如图1，在矩形中，，延长至点，使得、点是边上一点，且，连接，． 操作发现： （1）若，则的长为_____，的长为_____； 拓展探索： （2）如图2，将绕点逆时针旋转，点的对应点为，使点在矩形内部．若分别与相交于点． ①请判断和的数量关系，并说明理由； ②如图3，在旋转过程中，若点恰好在矩形对角线上，请直接写出的长． 【答案】（1）；；（2）①和的数量关系为，理由见解析；②理由见解析 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）利用矩形的性质，等腰直角三角形的性质解答即可； （2）①连接，利用旋转的性质，矩形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可； ②连接，过点作于点H，利用直角三角形的边角关系定理求得，可得为等边三角形，于是；设，则，利用（1）的条件求得x值，进而求得． 【详解】解：（1）∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴和为等腰直角三角形， ∴． ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：；； （2）①和的数量关系为，理由： 连接，如图， ∵将绕点D逆时针旋转，点C的对应点为G，使点F在矩形内部， ∴和为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ②连接，过点M作于点H，如图， 由（2）①知：， ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． 设，则， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴． ∴． ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，直角三角形的斜边上的中线的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，特殊角的三角函数值，添加适当的辅助线构造全等三角形和等腰直角三角形是解题的关键． 57．（2025·山东菏泽·二模）如图1，绕点旋转得到平行四边形，当点落在边上时，连接．    (1)求证：平分； (2)连接交于点． ①如图2，若平行四边形为长方形，则和之间的等量关系为，并说明理由； ②如图3，若，请直接写出的面积 ． 【答案】(1)见解析 (2)①，理由见解析；② 【知识点】角平分线的性质定理、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、根据旋转的性质求解 【分析】（1）根据旋转可得，则，根据平行四边形的性质可得得出，等量代换得出，即平分； （2）①过点作于点，根据角平分线的性质可得，进而证明，根据全等三角形的性质，即可得证； ②在上截取，连接，过点作于点，根据旋转的性质结合已知条件可得是等边三角形，则，证明，得出四边形是平行四边形，则，进而勾股定理求得，根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】（1）证明：∵绕点旋转得到平行四边形， ∴ ∴ 又∵四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴，即平分； （2）解：①， 如图所示，过点作于点，    ∵平分，， ∴ ∵四边形，是长方形， ∴ ∴ 在中， ∴ ∴； ②如图所示，∵四边形是平行四边形， ∴， 在上截取，连接，过点作于点，    ∵旋转，则， ∴是等边三角形，则， ∴，即旋转角为 ∴ 又平分； ∴， ∴， 在中， ∴ ∴， ∴ 又∵ ∴ 又∵旋转，则 ∴， 在中， ∴ ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴ 在中， ， ∴，则 ∴ ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，角平分线的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，平行四边形的性质是解题的关键． 58．（2025·山东滨州·二模）综合与实践： 综合与实践课上，老师带领同学们，以“特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】 如图1，在矩形中，，点在对角线上，过点分别作和的垂线，垂足为，，则四边形为矩形．请问线段与的数量关系为______； 【拓展探究】 如图2，将图1中的矩形绕点逆时针旋转，记旋转角为，当时，连接，，在旋转的过程中，与的数量关系是否仍然成立？请利用图2进行证明． 【解决问题】 如图3，当矩形的边时，点为直线上异于，的一点，以为边作正方形，点H为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长． 【答案】问题发现：；拓展探究：仍然成立，见解析；解决问题：或 【知识点】根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】问题发现：先证，推出，利用等比的性质可得； 拓展探究：由旋转的性质可得，进而证明，利用相似三角形对应边成比例即可求解； 解决问题：分“点在线段上”和“点在线段延长线上”两种情况，证明，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】问题发现 解：矩形中，， ， ，， ， 又， ， ， ， ，即， , 故答案为：； 拓展探究 解：仍然成立．理由如下： 图1中，，， ∴， ∴， 图2中，由旋转可得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 解决问题 解：①如图3，当点在线段上时，连接、， ∵四边形，四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； ②如图4，当点在线段延长线上时，连接、， ∵四边形，四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题． 59．（2025·山东烟台·二模）阅读材料，并解决问题： 【思维指引】（1）如图1等边内有一点，若点到顶点的距离分别为3，4，5，求的度数． 解决此题，我们可以将绕顶点旋转到处，此时，连接，借助旋转的性质可以推导出是___________三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段转化到一个三角形中，从而求出___________； 【知识迁移】（2）如图2，在等腰直角中，为上的点且，请判断的数量关系，并证明你的结论． 【方法推广】（3）如图3，在中，，点为等边内一点，连接，直接写出的最小值． 【答案】（1）等边；；（2），证明见解析（3） 【知识点】化为最简二次根式、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解 【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答； （2）根据旋转的性质可得，，，，，再求出，从而得到，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再利用勾股定理列式即可得证； （3）由旋转的性质可得，由等腰直角三角形的性质可得，即，则当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长，由勾股定理可求解． 【详解】解：（1）， ，，， 依题意得旋转角， 为等边三角形， ，， ， 为直角三角形，且， ； 故答案为：等边；150； （2），理由如下： 如图2，把绕点A逆时针旋转得到， 由旋转的性质得，，，，，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ， 由勾股定理得，， 即； （3）如图，在内部任取一点P，连接，，， 将绕点B顺时针旋转得到， 由旋转的性质得：， ， ， ， 当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长， 如图，过点A作垂线交延长线于点D， ， ， ，， 又， ， ，即的最小值为 ． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键． 60．（2025·山东日照·二模）在中，，点是平面内一点，． (1)将线段绕点逆时针旋转得到线段，直线与交于点． ①如图1，若点在边上，连接，求的长； ②如图2，若点在内部，求证：； (2)如图3，连接，取边上一点，连接，将绕点顺时针旋转得到线段，连接． ①在点的运动过程中，线段的最小值为__________； ②在①的前提下，当最短时，直接写出的面积． 【答案】(1)①；②见解析； (2)①；②； 【知识点】全等三角形综合问题、三线合一、根据旋转的性质求解、已知正切值求边长 【分析】（1）①由旋转的性质及已知可证明，则，再结合等腰三角形的性质即可求解； ②连接，过点B作交的延长线于点H，先证明，则，；再证明，则有； （2）①取中点G，连接，则点D在以G为圆心，1为半径的圆上运动，当点D在线段上时，最小，在中利用勾股定理即可求得最小值； ②取的中点M，连接，则，；过点Q作于N，证明，则，得，有，即点Q在直线上运动，当时，最短；利用正切函数及勾股定理分别求得的长，从而求得的面积． 【详解】（1）①解：∵点在边上，且，， ∴； ∴； 由勾股定理得， ∴； 由旋转知，， ∴； ∴， ∴； ②证明：如图2，连接，过点B作交的延长线于点H， 由旋转知，， ∴； ∴， 即， ∴； ∵， ∴， ∴，， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； （2）解：①如图3，取中点G，连接， 则， ∴点D在以G为圆心，1为半径的圆上运动， ∵， ∴当点D在线段上时，最小， 在中，， 由勾股定理得， 故的最小值为； 故答案为：； ②如图4，取的中点M，连接， ∵， ∴，； 过点Q作于N，则； 由旋转知：， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵， ∴，即， ∴， ∴，即点Q在直线上运动， 当时，最短； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴； 在中，由勾股定理得：， 即， ∴， ∴． 【点睛】本题是一道几何综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，涉及较多的知识点及辅助线的作法，证明三角形全等，确定动点的运动路径是解题的关键． 61．（2025·山东临沂·二模）如图，已知点A是线段的中点，四边形是矩形，．将矩形绕点B顺时针旋转得到矩形． (1)如图1，当恰好经过点C时，旋转角的度数是_______，线段的长是_______． (2)如图2，当矩形在平面内绕点B旋转时，连接，直线与线段交于点E，猜想与的数量关系，并证明． (3)在矩形旋转过程中，当O，三点共线时，写出此时的旋转角和点B到线段的距离． 【答案】(1)； (2)，证明见解析 (3)当O，三点共线时，或，点B到线段的距离为3． 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，解直角三角形，勾股定理，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． （1）由旋转的性质可得，，解直角三角形可得，则，，据此可得答案； （2）分别过点作直线的垂线，垂足分别为H、I，证明，得到，再证明，即可得到； （3）分图3-1和图3-2两种情况，证明，是等边三角形即可解决问题． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， 由旋转的性质可得，， ∴， ∴， ∴，， ∴； （2）解：，证明如下： 如图所示，分别过点作直线的垂线，垂足分别为H、I， ∴； 由旋转的性质可得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵ ， ∴， ∴； （3）解：如图1所示，当O，三点共线时，连接， 由旋转的性质可得， ∴， ∵点A是线段的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质可得， ∴是等边三角形， 由（2）可得， ∴ ， 在中，由勾股定理得， ∴； ∴点B到线段的距离为3； 如图2所示，当O，三点共线时，连接， 同理可得 是等边三角形，， ∴，点B到线段的距离为3； 综上所述，当O，三点共线时，或，点B到线段的距离为3． 62．（2025·山东威海·二模）【问题再现】如图①，点E，F分别在正方形的边，上，． 求证：． 思路：可以将绕点A顺时针旋转得到，可以把分散的线段，集中到同一条线段上． （1）请依据该思路对“问题再现”进行证明． 【类比探究】 （2）如图②，在等边中，点D，E在边上，．求线段的长． 【拓展延伸】 （3）如图③，在中，，点D，E在边边上，连接，， ，，，则线段的长为 ．（直接写答案） 【答案】（1）见解析 （2） （3）2 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】（1）将绕点A顺时针旋转得到，证明，即可由全等三角形的性质得出结论； （2）将绕点A顺时针旋转得到，连接，过点F作交延长线于G，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，再证明，即可求解； （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，过点D作于G，先证明，再求得，则，设，则，由勾股定理得：，从而求得，根据得，解得：，即可求解． 【详解】解：（1）∵正方形， ∴，， ∵， ∴， 将绕点A顺时针旋转得到，如图①， 由旋转性质得：，，，， ∴，， ∴，G、B、E三点共线， ∴， ∵， ∴， ∴即． （2）∵等边 ∴，， ∵ ∴ 将绕点A顺时针旋转得到，连接，过点F作交延长线于G，如图①， 由旋转可得：，，，， ∴， ∴， ∴ ∴ ∵交延长线于G， ∴ ∴ ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ∵，，， ∴， ∴． （3）∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴ 将绕点A顺时针旋转得到，连接，过点D作于G，如图③， 由（2）同理可得， ∴ ∵ ∴ 由旋转可得：，， ∴ 在中，， 设，则， 由勾股定理得： ∴ ∵ ∴ 解得： ∴． 故答案为：2. 【点睛】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质应用，勾股定理，直角三角形的性质．利用旋转性质，正确作出辅助线是解题的关键． 63．（2025·山东临沂·二模）如图，正方形中，平分，交于点，将绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接、，交于点．下列结论①；②；③；④，正确的是（   ） A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 【答案】A 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】由旋转性质得，可得，即可判断①；由正方形性质得，由角平分线和三角形全等得，继而可得，即可判断②；运用三角形外角性质列式计算，即可判断③；先证明，可得，证明，得到，即可判断④． 【详解】解：∵将绕点B顺时针旋转得到， ∴， ∴， 故①符合题意； ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故②符合题意； ∵， ∴， ∵平分， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴ 故③符合题意； ∵， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵四边形是正方形， ∴ ∴， 故④是符合题意的； 故选：A． 【点睛】本题考查正方形性质，旋转性质，全等三角形性质与判定，角平分线性质，相似三角形性质与判定，直角三角形性质，三角形外角性质，等腰三角形性质与判定，综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 10 图形的折叠 64．（2025·山东枣庄·二模）将一张长方形纸片（足够长）折叠成如图所示图形，重叠部分是一个三角形（△ABC），BC为折痕，若∠1＝42°，则∠2的度数为（    ） A．48° B．58° C．60° D．69° 【答案】D 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、折叠问题 【分析】根据平行线的性质，可以得到∠1＝∠4，∠4＝∠5，再根据∠1＝42°和折叠的性质，即可得到∠2的度数，本题得以解决． 【详解】解：如图所示， ∵长方形的两条长边平行，∠1＝42°， ∴∠1＝∠4＝42°，∠4＝∠5， ∴∠5＝42°， 由折叠的性质可知，∠2＝∠3， ∵∠2＋∠3＋∠5＝180°， ∴∠2＝69°， 故选：D． 【点睛】本题考查平行线的性质、折叠的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 65．（2025·山东日照·二模）在正方形中，E为边上一点（不与点A，D重合），将线段沿直线翻折，得到线段，连接并延长，与线段的延长线相交于点G，连接． (1)依题意补全图形； (2)求的度数； (3)用等式表示线段与的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，证明见解析 【知识点】等边对等角、正方形折叠问题、画轴对称图形 【分析】本题考查了正方形的性质、翻折的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）依题意补全图形即可； （2）设，利用正方形和翻折的性质得到，，再利用等腰三角形的性质即可求出的度数； （3）作，交的延长线于点H，连接，利用正方形和翻折的性质证明，得到，，推出是等腰直角三角形，则有，等量代换即可得出结论． 【详解】（1）解：补全图形如图1所示： （2）解：设． 四边形是正方形， ，， ， 将线段沿直线翻折，得到线段， ，， ， ， ． （3）解：，证明如下： 如图2，作，交的延长线于点H，连接． ， ， 四边形是正方形， ，， ，即， 将线段沿直线翻折，得到线段， ，， ，， ， ， ，， 是等腰直角三角形，， ， ， ． 66．（2025·山东淄博·二模）如图，在△ABC中，∠B=32°,将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则∠1-∠2的度数是 度． 【答案】64 【知识点】三角形折叠中的角度问题 【分析】根据三角形的外角定理即可求解． 【详解】∵∠1=∠B+∠3，∠3=∠2+∠D， 又∵折叠，∴∠B=∠D， ∴∠1=2∠B+∠2 故∠1-∠2=2∠B=64°． 【点睛】此题主要考查三角形的外角定理，解题的关键是熟知外角定理． 67．（2025·山东潍坊·二模）如图，正方形的边长为2，为边的中点，为边上的一个动点，连接、、，将沿所在直线翻折，若点的对应点恰好落在的边上，则线段的长为 ． 【答案】或 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、正方形折叠问题、已知正切值求边长 【分析】本题考查了正方形与折叠问题，勾股定理，三角函数的定义，正确掌握相关性质内容是解题的关键．分的对应点落在和上，分别画出图形，根据折叠的性质，勾股定理分别求解，即可． 【详解】解：正方形的边长为2，为边的中点， ∴，， ∴ 如图，当的对应点落在上时， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 当落在上时，如图，， ∴， ∴ 设，则， 在中， 在中， ∴ 解得： 即 综上所述，的长为或 故答案为：或． 68．（2025·山东威海·二模）如图，在矩形中，，，点P在边上，将沿翻折，点A落在点处，若点恰好在矩形的对角线上，则的长度为 ． 【答案】或 【知识点】矩形与折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查了矩形的性质与锐角三角函数的应用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据题意分当点在矩形的对角线上或点在矩形的对角线上两种情况进行讨论即可． 【详解】解：①点在矩形的对角线上时， 由折叠可知：， ， 则， 在中，， 在中，， 设，则， ， 解得， 当时，， 故是方程的解， ； ②点在矩形的对角线上时， 在矩形中，， 由翻折知，直线是与对称轴， ， 令交于点，则， ， ， ， ， 即， 解得， 综上所述，的长度是或， 故答案为：或； 69．（2025·山东青岛·二模）如图1，将正方形纸片对折，使与重合，折痕为．如图2，展开后再折叠一次，使点与点重合，折痕为，点的对应点为点，交于点，则 ． 【答案】/0.6 【知识点】用勾股定理解三角形、正方形折叠问题、求角的正弦值 【分析】本题考查了正方形与折叠问题，勾股定理，三角函数，解题的关键是掌握相关知识．由折叠可得：，，，设正方形的边长为，，则，，在中，由勾股定理得：，即，推出，得到，证明，即可求解． 【详解】解：由折叠可得：，，， 设正方形的边长为，，则，， 在中，由勾股定理得：，即， ， ， ，， ，， ， ， 故答案为：． 70．（2025·山东淄博·二模）如图，在中，，，，将边沿翻折，使点落在上的点处，再将边沿翻折，使点落在的延长线上的点处，两条折痕与斜边分别交于点，，则线段的长为 ． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查的是翻折的性质、含的直角三角形的性质，解直角三角形，先根据正切求出长，然后根据的直角三角形的性质求出长，再证明是等腰直角三角形解答即可． 【详解】解：，， ∴，， ∵边沿翻折，使点落在上的点处， ∴， ， 由折叠可得：且 且 ， ， 故答案为：． 71．（2025·山东德州·二模）如图，四边形为矩形纸带，将四边形沿折叠，则、两点的对应点分别为、，若，则的度数为 ． 【答案】/36度 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、矩形与折叠问题 【分析】本题主要考查了矩形的性质，图形的折叠问题．根据折叠的性质，可得，根据平行线的性质得出，根据，得出，即可求解． 【详解】解：由折叠的性质得：， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得：． 故答案为： 72．（2025·山东临沂·二模）在直角三角形纸片中，，，，将三角形纸片进行以下操作： 第一步：折叠三角形纸片使点C与点A重合，然后展开铺平，得到折痕，如图1； 第二步：将沿折痕剪开，然后将绕点D逆时针方向旋转得到，点E，C的对应点分别是点F，G，与边交于点M（点M不与点A重合），如图2． 在绕点D旋转的过程中，探究下列问题： (1)如图2，在绕点D旋转的过程中，试判断与的数量关系，并证明你的结论； (2)如图3，当经过点B时，求的长； (3)如图4，当时，求的长． 【答案】(1)，证明见解析 (2) (3) 【知识点】用勾股定理解三角形、折叠问题、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）连接，由旋转知，，再证，即可得出结论； （2）由旋转的性质和等腰三角形的性质得，则，设， 在中，由勾股定理求出的值，即可解决问题； （3）由折叠可知再证是的中位线，即可得出结论，过作于，交于，则四边形是矩形，得，再由三角形面积求出，然后证，得，即可得出结论． 【详解】（1）解：，证明如下： 如图， 连接， 由旋转的性质得，， 又∵， ∴， ∴； （2）解：由折叠的性质得， ， ， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， 在中，， ， 解得， ； （3）解：由折叠的性质得， ， ， ， ∴是的中位线， ， 如图，过作于， 交于， 则四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即 ， 解得． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、折叠的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握旋转的性质和折叠的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键． 73．（2025·山东德州·二模）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的相关问题．数学活动课上，同学们以“正方形的折叠”为主题开展了数学活动． 在正方形中，点在射线上，将正方形纸片沿所在直线折叠，使点A落在点处，连接，直线交所在直线于点，连接． 【观察猜想】 （1）如图1，当时，_____． 【类比探究】 （2）如图2，正方形的边长为4，，连接，取的中点，连接，求的度数及线段的长度． 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，当被线段分成一个等边三角形和一个等腰三角形时，请直接写出线段的长度． 【答案】（1）45（2），（3）或 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、斜边的中线等于斜边的一半、正方形折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）利用正方形性质和折叠性质，先由推出 ，进而得 ，再根据算出等角度，然后依据判定，从而得出 ． （2）根据折叠性质得出角和边的关系，通过计算推出，结合角的等量关系得到，由折叠性质知，进而得 ．再利用正方形性质求，依据直角三角形斜边中线性质求出 ． （3）对被分成一个等边三角形和一个等腰三角形的情况进行分类讨论： 当为等边三角形时，先得出，通过角的运算求出和，再在中利用正切函数求出的长度． 当为等边三角形时，得出，通过角的关系得到，进而求出，最后在中根据正切函数求出的长度 ． 【详解】在正方形中，． ∵， 由折叠性质可知，且． ∴， ∴ ∵， ∴． ∴． ∴． ∴ 因为，，， ∴． ∴， 故答案为：45； （2）由折叠可知，， ． 四边形为正方形， ． 又， ， ． 又， ． 由折叠的性质可得， ． 点为的中点， ， 在正方形中，， ， ． （3）情况一： 当是等边三角形，是等腰三角形时，如图： 此时，因为，所以． 已知，在中，，解得． 情况二：当是等边三角形，是等腰三角形时： 此时，则． 在中，， 解得． 综上所述：段的长度为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、图形折叠的性质、三角形内角和定理、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线性质以及三角函数的应用；解题关键是熟练运用上述性质和定理，通过分析折叠前后图形的角与边的关系，结合特殊三角形的性质进行推理计算． 74．（2025·山东菏泽·二模）（1）如图1，在矩形中，，点为边上一点，沿直线将矩形折叠，使点落在边上的点处．求及的长； （2）如图2，展开后，将沿线段向右平移，使点的对应点与点重合，得到，与交于点，求线段的长； （3）在图1中，将绕点旋转至三点共线时，请直接写出的长． 【答案】（1）；（2）1；（3）或 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据矩形的性质，折叠的性质，结合勾股定理进行求解即可； （2）求出的长，平移的性质求出，进而求出，证明，列出比例式求出的长，再根据线段的和差关系求出的长即可； （3）分旋转到左侧和旋转到右侧两种情况，进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：为矩形，，折叠， ，， ； 设长为则：， ，解得：， 的长为3，的长为． （2）解：由（1）知 由题意得：平移距离为2，故， ． 为平移后的图形 ， ， ， ； （3）或． 解：将绕点旋转至三点共线， 分以下两种情况：①当旋转到左侧时，如图所示： 作，交的延长线于点，由（2）可知， 由旋转性质可知，， ， ， ， 四边形为矩形， ， ， ②当旋转到右侧时，如图所示：作，交的延长线于点， 由（2）可知，由旋转性质可知，， ， ， 四边形为矩形， ， ， ． 【点睛】本题考查矩形的判定和性质，折叠的性质，平移的性质，旋转的性质，勾股定理和相似三角形的判定和性质，熟练掌握掌握相关知识点，是解题的关键． 75．（2025·山东济南·二模）如图，菱形中，点分别在边上．将菱形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，，则的长为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了翻折变换的性质、菱形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 过作于，交延长线于，作于，则，，，由折叠的性质得：，，可得四边形为平行四边形，解和求出，在中，由勾股定理求出，得出，设，则，，在中，由勾股定理得出方程，解方程求出，据此计算即可得出结果． 【详解】解：过作于，交延长线于，作于，则，如图所示： ∵菱形， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴，， 由折叠的性质得：，， ∵， ， ∴，同理， ， 在中，由勾股定理得：， 解得：（负值舍去）， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ， 故答案为：． 76．（2025·山东临沂·二模）如图，在正方形纸片中，，点E是边的中点．将该纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边翻折至的位置，与交于点P，那么 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、折叠问题、其他问题（解直角三角形的应用） 【分析】本题考查正方形的性质、同角的余角相等、勾股定理、解直角三角形，得到是解题的关键． 根据正方形的性质和翻折的性质得到，，再在中，根据勾股定理求出长，然后根据正切的定义得到解题即可． 【详解】解：∵是正方形，， ∴，， 又∵点E是边的中点， ∴， 由翻折得，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：. 1．（2025·山东临沂·二模）下列新能源汽车的车标既是中心对称图形又是轴对称图形的是（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，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，据此判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：A、是轴对称图形不是中心对称图形； B、不是轴对称图形是中心对称图形； C、既是轴对称图形又是中心对称图形； D、是轴对称图形不是中心对称图形． 故选：C． 2．（2025·山东青岛·二模）端午节是中国的传统节日之一，有着悠久的历史和丰富的文化内涵，如图是某品牌粽子的一种包装盒，它的底面是正方形，则它的俯视图为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】判断简单几何体的三视图 【分析】本题考查了简单几何体的三视图．根据俯视图是从上面看到的图形进行求解即可． 【详解】解：它的俯视图为， ， 故选：D． 3．（2025·山东青岛·二模）如图，把图①中的经过一定变换得到图②中的，如果图①中上点D的坐标为，那么这个点在图②中的对应点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】由平移方式确定点的坐标 【分析】本题考查坐标与图形的平移，根据图形，确定平移规则，进而求出的坐标即可． 【详解】解：由图可知，先向右平移4个单位，再向上平移3个单位得到， ∵点D的坐标为， ∴对应点的坐标为； 故选C． 4．（2025·山东威海·二模）利用下列尺规作图中，不一定能判定直线平行于直线的是（   ） A．B．C． D． 【答案】C 【知识点】同位角相等两直线平行、内错角相等两直线平行、同旁内角互补两直线平行、尺规作一个角等于已知角 【分析】本题考查了尺规作图，平行线的判定．根据作图痕迹，结合平行线的判定方法逐项分析即可． 【详解】解：A、根据同位角相等，两直线平行，可判定直线平行于直线，故不符合题意； B、根据内错角相等，两直线平行，可判定直线平行于直线，故不符合题意； C、根据同旁内角相等，不能判定直线平行于直线，故符合题意； D、根据对顶角相等和同位角相等，两直线平行，可判定直线平行于直线，故不符合题意； 故选：C． 5．（2025·山东济南·二模）如图，在矩形中，，，以B为圆心，适当的长为半径画弧，交，于M，N两点；再分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点F；再以B为圆心，的长为半径画弧，交射线于点E，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】角平分线的性质定理、作角平分线(尺规作图)、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查作图—角平分线，角平分线的性质和勾股定理．根据题意判断出BE为的平分线是解题关键． 过点F作于Q．由勾股定理可求出．根据题意可判定BE为的平分线，又可得出，从而可得出，，进而可求出．设，则，在中，根据勾股定理可列出关于x的等式，求出x，即得出FC的长，再利用勾股定理可求出BF的长，从而可求出EF的长． 【详解】如图，过点F作于Q ． ∵，， ∴． 根据题意可知为的平分线，， ∴，， ， ∴． ∴． 设，则． ∵在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 6．（2025·山东威海·二模）一个棱柱的三视图如图所示，若，．则的长为 ． 【答案】 【知识点】解直角三角形的相关计算、已知三视图求边长 【分析】此题主要考查了已知三视图求边长，解直角三角形的相关计算等知识点，根据题意得出是解题的关键． 根据三视图的对应情况可以得出，中上的高即为的长，进而通过解直角三角形即可求出． 【详解】解：如图，过点E作于点Q， 由题意可知：， ，， ， 故答案为：． 7．（2025·山东聊城·二模）如图，在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，点，点，，连接，，，当最小时，的值为 ． 【答案】 【知识点】求一次函数解析式、最短路径问题、等腰三角形的性质和判定、坐标与图形变化——轴对称 【分析】根据题意可知，点可以看成是点向右平移2个单位，向下平移1个单位，将向右平移2个单位，向下平移1个单位，得，连接，，得，作关于直线的对称点，连接，，则，得，而，当点在上时，取等号，此时有最小值，利用待定系数法求得直线的解析式为，将代入求解即可． 【详解】解：∵是等腰直角三角形，点，则，， ∴，则 ∴，即， ∵点，， ∴点可以看成是点向右平移2个单位，向下平移1个单位， 将向右平移2个单位，向下平移1个单位，得，连接，， ∴， ∵，则在直线上， 作关于直线的对称点，连接，，则， ∴， 而，当点在上时，取等号，此时有最小值， 设直线的解析式为，将，代入， 可得：，解得， ∴直线的解析式为， 将代入可得：， 解得：． 故答案为：． 【点睛】本题考查图形与坐标，路径最短问题，待定系数法求一次函数解析式，等腰直角三角形的性质，平移，轴对称等知识点，推到得出，当点在上时，取等号，此时有最小值，是解决问题的关键． 8．（2025·山东东营·二模）在矩形中，，点在上，点在平面内，，，连按，将线段绕着点顺时针旋转得到，则线段的最大值为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查矩形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，将线段绕点顺时针旋转得，得，将线段绕点顺时针旋转得，得，证明，得判断要使最大，则三点共线时最大，最大值为，根据勾股定理可求出即可得出结论 【详解】解：∵在平面内，且， ∴在以为圆心，3为半径的圆上，如图， 将线段绕点顺时针旋转得， ∴， 将线段绕点顺时针旋转得， ∴， ∴ ∴ ∴， ∴ ∴在点为圆心，3为半径的圆上， 要使最大，则三点共线时最大，最大值为； ∵四边形是矩形， ∴ ∵ ∴ ∴， ∴ ∴ ∴的最大值为， 故答案为：． 9．（2025·山东临沂·二模）平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“和点”．将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度．例：“和点”按上述规则连续平移3次后，到达点，其平移过程如下：．若“和点”Q按上述规则连续平移6次后，到达点，则点Q的坐标为 ． 【答案】或 【知识点】点坐标规律探索 【分析】本题考查了点的坐标规律探索，先分别计算余0，1，2的平移，得出规律点先向右平移1个单位，再按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移，由此计算即可得解，正确得出规律是解此题的关键． 【详解】解：根据已知：点横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，继而向上平移1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为2，继而向左平移1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，又向上平移1个单位……，因此发现规律为若“和点”横、纵坐标之和除以所得的余数为时，先向右平移个单位，再按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移； 若“和点”按上述规则连续平移次后，到达点，则按照“和点”反向运动次即可，可以分为两种情况： ①先向右个单位得到，此时横、纵坐标之和除以所得的余数为，应该是向右平移个单位得到，故矛盾，不成立； ②先向下个单位得到，此时横、纵坐标之和除以所得的余数为，则应该向上平移个 单位得到，故符合题意， 点先向下平移，再向右平移，当平移到第次时，共计向下平移了次，向右平移了次，此时坐标为，即， 最后一次若向右平移则为，若向左平移则为， 故答案为：或． 10．（2025·山东青岛·二模）请用直尺、圆规作图，不写作法，但要保留作图痕迹． 已知：如图，点O是内部一点． 求作：矩形，使得点D在边上，点E，F在边上． 【答案】见详解 【知识点】作线段(尺规作图)、作垂线(尺规作图)、利用平行四边形的性质求解、利用矩形的性质证明 【分析】过点作于点，过点作交于点，以为圆心，为半径作弧交于点，连接即可．则，，得四边形为平行四边形，因为，得，证明四边形是矩形，且点在边上，点，在边上，则矩形即为所作． 本题考查作图—应用与设计作图，考查了过一点作已知直线的垂线，作一条线段等于已知线段，平行四边形的判定，矩形的判定等知识点，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题． 【详解】解：矩形如图所示： 11．（2025·山东德州·二模）在中，，，点D在边上（点D不与点A，点C重合），连接，并将绕点D逆时针旋转得到. (1)如图，连接. ①与的位置关系为 ， ； ②请用等式表示和的数量关系，并说明理由； (2)如图，将沿翻折，得到，连接，若的最小值为2，求的长. 【答案】(1)①，；②，理由见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）①连接，证明，即可得出结论；②由，得到，再根据，即可得出结论； （2）连接，将沿着翻折得到，连接，作，得到，推出四边形为正方形，进而得到点为定点，当点与重合时，最小，此时，进而求出的长，即可． 【详解】（1）解：①连接， ∵，， ∴， ∵旋转， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴； 故答案为：，； ②，理由如下： 由①知：， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）连接，将沿着翻折得到，连接，作，如图，则：，，， ∵将沿翻折，得到， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴为定点，，； 由（1）知，， ∴点在射线上运动，， ∴当点与点重合时，，值最小，此时最小， ∴， 在中，，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 12．（2025·山东潍坊·二模）综合与实践： 综合与实践课上，老师带领同学们，以“特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】 如图，在矩形中，，点在对角线上，过点分别作和的垂线，垂足为，，则四边形为矩形．请问线段与的数量关系为　　． 【拓展探究】 如图，将图中的矩形绕点逆时针旋转，记旋转角为，当时，连接，，在旋转的过程中，与的数量关系是否仍然成立？请利用图进行证明． 【解决问题】 如图3，当矩形的边时，点为直线上异于，的一点，以为边作正方形，点为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长． 【答案】（1）； （2）仍然成立，理由见解析； （3）或 【知识点】根据矩形的性质求线段长、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】延长交于点，根据矩形的性质和垂直的定义可证四边形是矩形，根据矩形的性质可知，根据直角三角形的性质可得； 由图可知，，从而可得：，由旋转可知，图中，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可证，从而可证仍然成立； 当时，四边形是正方形，当点在线段上时，可证，根据相似三角形的性质可得，根据、的长度可得，从而可得；当点在线段延长线上时，可证，根据相似三角形的性质可得，根据、的长度可得，从而可得． 【详解】解：如下图所示，延长交于点， 四边形是矩形， ，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 又， ， 故答案为：； 解：仍然成立， 理由如下， 由图可知，，， ， ， 由图可知，由旋转可得：， ， ， ， ， ， ；. 解：当时，四边形是正方形， 如图，当点在线段上时，连接、， 四边形和四边形为正方形， ，， ， ， ， ，， ， ； 如图，当点在线段延长线上时，连接、， 四边形，四边形为正方形， ，， ， ， ， ，， ， ； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了矩形的性质、正方形的性质，相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质．解决本题的关键是根据矩形的性质判断三角形相似，再利用相似三角形的性质找到边之间的关系． 13．（2025·山东临沂·二模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展教学探究活动．在矩形中，已知，，点P是边上的一个动点． 【操作判断】 （1）如图1，甲同学先将矩形对折，使得与重合，展开得到折痕．将矩形沿折叠，使恰好落在上的处，则线段与线段的位置关系为 　　 ；的度数为 　　 ． 【迁移探究】 （2）如图2，乙同学将矩形沿折叠，使恰好落在矩形的对角线上，求此时的长； （2）如图2，乙同学将矩形沿折叠，使恰好落在矩形的对角线上，请补全图形并求此时的长； 【综合应用】 （3）如图3，点Q在边上运动，始终满足，且，将沿PQ折叠，求折叠后与重叠部分面积的最大值，并求出此时的长． 【答案】（1），；（2）见解析，3；（3）6，4 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）由折叠得，，再根据线段垂直平分线的判定定理即可得证；证明△是等边三角形即可求出角度； （2）当点落在对角线上点时，设，分别出、、，用勾股定理即可求解即可； （3）设，求出与重叠部分面积所满足的函数关系式，并在的取值范围内求出各自的最大值． 【详解】解：（1）线段与线段的位置关系为，理由如下： 如图1，连接， 由折叠得：，， 、都在的垂直平分线上， 是的垂直平分线， ； ，理由如下： 将矩形对折，使得与重合，展开得到折痕， 垂直平分， ， ， 是等边三角形， ， ； 故答案为：，； （2）如图2，点落在对角线上点时， 在矩形中， ，，， ， 设，由折叠得：，， ，，， ， ， 解得：， ； （3）， ， 设， ， 解得， 翻折后的三角形为， ，， ①当点在与之间或在对角线上时，如图4，图5， ， ， 此时折后与重叠部分面积， ， 在，当时，即，的最大值； 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了以矩形为背景的典型折叠问题，考查的主要知识有折叠的性质、等边三角形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理、二次函数等，熟练掌握典型折叠问题的解法及找出函数关系式是解题的关键． 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 图形的变化 题型概览 题型01 三视图 题型02 几何体的展开与折叠 题型03 几何体的还原与计算 题型04 轴对称与中心对称图形 题型05 图形的位似 题型06 图形的平移 题型07 尺规作图 题型08 网格作图 题型09 图形的旋转 题型10 图形的折叠 01三视图 1．（2025·山东潍坊·二模）如图是型磁铁示意图，它的俯视图是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·山东青岛·二模）如图①．用一个平面截长方体，得到如图②的几何体，它在我国古代数学名著《九章算术》中被称为“堑堵”．图②“堑堵”的俯视图是（    ） A． B．C． D． 3．（2025·山东临沂·二模）如图所示的几何体的俯视图为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·山东日照·二模）如图为一个积木示意图，这个几何体的左视图为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·山东威海·二模）赫米纳尔·丹德林是一位著名的法国数学家．他在圆锥与圆的切线等研究上取得了巨大的成果，并且举世闻名的丹德林双球（如图）就以他的名字命名．在双球中，一个球与圆锥面的交线为一个圆，并与圆锥的底面平行．利用这个模型，丹德林证明了平面截圆锥的截面为椭圆．若图中所示为该模型的正面，且该模型不具有透光性，则丹德林双球的正视图为（   ）    A．  B．   C．   D．   6．（2025·山东滨州·二模）我国古代数学家刘徽用“牟合方盖”找到了球体体积的计算方法．如图所示的几何体是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的主视图是（    ） A． B． C． D． 7．（2025·山东淄博·二模）榫卯是中国传统建筑、家具及其它器械的一种结构方式，被誉为“中华民族千年非遗瑰宝”如图是其中一种卯，其主视图是（ ） A． B． C． D． 02几何体的展开与折叠 8．（2025·山东聊城·二模）下图中，经过折叠能围成如图所示的几何体的是（   ） A． B． C． D． 9．（2025·山东枣庄·二模）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（    ） A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱 03几何体的还原与计算 10．（2025·山东青岛·二模）如图，一个圆柱体在正方体上沿虚线从左向右平移，平移过程中不变的是（　　） A．主视图 B．左视图 C．俯视图 D．主视图和俯视图 11．（2025·山东东营·二模）如图是由若干个相同的小正方体搭成的几何体的主视图和左视图，则该几何体可能是（    ） A． B． C． D． 12．（2025·山东烟台·二模）如图是一些大小相同的小正方体搭成的几何体从三个方向看到的形状图，则这个几何体只能是（   ） A． B． C． D． 13．（2025·山东聊城·二模）下列水平放置的几何体中，主视图是圆形的是（    ） A．   B．   C．   D．   14．（2025·山东临沂·二模）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体侧面积为（    ） A．8 B． C． D． 04 轴对称与中心对称图形 15．（2025·山东滨州·二模）纹样既是有装饰、识别等实际作用的图案，也是各种寓意和文化内涵的载体，是人类文明发展过程中的重要组成部分.我国传统纹样大多寓意吉祥、幸福、平安，正所谓“纹必有意，意必吉祥”，常见的吉祥纹样有如意纹、葫芦纹、缠枝纹等，反映的是千百年来我们华夏大地上人们对于美好生活的追求.以下纹样属于中心对称图形的是（  ） A． B． C． D． 16．（2025·山东临沂·二模）下列红十字会的图标中，文字左边的图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A．中国红十字会会徽 B．红十字博爱家园 C．中国红十字基金 D．造血干细胞捐献会 17．（2025·山东济南·二模）4月15日是国家安全教育日，国家安全是安邦定国的重要基石，维护国家安全是全国各族人民根本利益所在．下列网络安全宣传标识中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 18．（2025·山东泰安·二模）近年来，随着环保意识的提升，越来越多的消费者选择购买新能源汽车，以实现更加节能的出行方式．下列图案是我国四款新能源汽车的标志，其中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 19．（2025·山东青岛·二模）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 05图形的位似 20．（2025·山东聊城·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知，，，与位似，原点O是位似中心，则B点的坐标是（    ）    A． B． C． D． 21．（2025·山东德州·二模）如图，菱形中，点坐标为，点坐标为，点在轴正半轴上，以点为位似中心，在轴的下方作菱形的位似图形菱形，并把菱形的边长放大到原来的倍，则点的对应点的横坐标是（    ） A． B． C． D． 22．（2025·山东青岛·二模）如图，△ABO缩小后变为，其中A、B的对应点分别为，均在图中格点上，若线段AB上有一点，则点在上的对应点的坐标为（ ）． A． B． C． D． 06 图形的平移 23．（2025·山东德州·二模）如图，将沿边向右平移2个单位长度得到．若，阴影部分的面积为2，则的面积为 ． 24．（2025·山东潍坊·二模）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，是直角三角形，，，，点B在y轴正半轴，等边的顶点，点C在第二象限，将沿x轴向右平移，得到，点O，C，D的对应点分别为，，．设，与重叠部分的面积为S，当点与点A重合时停止运动．则表示S与x的函数图象正确的是（   ） A． B． C． D． 07 尺规作图 25．（2025·山东东营·二模）如图所示，在中，，，，以点B为圆心，长为半径画弧，与交于点D，再分别以A、D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点E、F，作直线，分别交于点P、Q，则的长度为（   ）    A． B． C． D． 26．（2025·山东青岛·二模）已知：如图，线段a，∠α． 求作：Rt△ABC，使∠C=90°，∠A=∠α，AC=a． 27．（2025·山东德州·二模）如图，在中，，以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点D，若，，则的面积是 ． 28．（2025·山东临沂·二模）如图，在中，， (1)实践与操作：用尺规作图法在边上找一点D，使得；（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与计算：在（1）的条件下，若平分，，求线段 的长． 29．（2025·山东滨州·二模）在中，点在边上，若，则称点是点的“关联点” (1)如图（1）．在中．若，于点．试说明：点是点的“关联点”； (2)如图（2），已知点在线段上，用无刻度的直尺和圆规作一个，使点为点的“关联点”． 30．（22-23九年级下·辽宁盘锦·阶段练习）如图，已知． （1）以点A为圆心，以适当长为半径画弧，交于点M，交于点N． （2）分别以M，N为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于P． （3）作射线交于点D． （4）分别以A，D为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于G，H两点． （5）作直线，交，分别于点E，F． 依据以上作图，若，，，则的长是 ． 31．（2025·山东临沂·二模）如图，在中，，过点作线段的垂直平分线，根据尺规作图的痕迹，则 ． 32．（2025·山东青岛·二模）尺规作图：如图，，点在射线上． 求作：，使得点在射线上，且边，，． 33．（2025·山东济宁·二模）如图，平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，与x轴交于点，与y轴交于点． (1)尺规作图：作直线，使，与反比例函数图象在第一象限内交于点；（要求：不写作法，保留作图痕迹） (2)求（1）中点的坐标． 34．（2025·山东临沂·二模）如图，已知，求作，使． 作法：（1）以点O为圆心，任意长为半径作，分别交，于点E，F，连接； （2）以F为圆心，的长为半径作弧，交于点C，连接，； （3）作射线，即为所求作的角．下列结论正确的个数是（） ①作图构造的依据是两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等； ②；③；④是等腰三角形． A．1 B．2 C．3 D．4 35．（2025·山东临沂·二模）在中，按以下方式作图： ①以B为圆心，以适当长为半径作弧，分别交边于点M，N； ②以C为圆心，以长为半径作弧，交于点P； ③以点P为圆心，以为半径作弧，在内部交前面的弧于点Q； ④连接并延长，交于点E，交于点F． 若，． 下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 36．（2025·山东临沂·二模）中，．根据作图痕迹，点是射线和直线的交点．连接，若的面积为15，则的周长为（   ） A．9 B．12 C．15 D．18 37．（2025·山东烟台·二模）如图，在中，，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线，直线与相交于点D，连接，若，，则的长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 38．（2025·山东济南·二模）如图，中，．进行如下操作： （1）以点为圆心，以的长为半径画弧，交于点，分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线； （2）以点为圆心，以适当的长为半径画弧，交于点，交的延长线于点，分别以点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点，作直线交的延长线于点，交射线于点； （3）过点作交的延长线于点，连接．根据以上操作过程及所作图形，则下列结论中不一定正确的是（　　） A． B． C．2 D． 39．（2025·山东济南·二模）已知：如图，四边形是平行四边形，点为上的一点（不与点、重合），连接． 求作：点，使得点在上，且． 甲、乙、丙三名同学的尺规作图方法如下： 甲：以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接； 乙：以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接； 丙：以点为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接． 上述三名同学的作法一定正确的是（   ） A．甲、乙 B．乙、丙 C．甲、丙 D．甲、乙、丙 08 网格作图 40．（2025·山东滨州·二模）下图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，请只用无刻度的直尺在给定网格中按要求作图.（不写作法，保留作图痕迹） (1)在图1中，的三个顶点均在格点上，请确定的外心. (2)在图2中，请作出的角平分线，交于点. (3)若图2中的，则弧的长是_____. 09 图形的旋转 41．（2025·山东东营·二模）如图，以点O为旋转中心，将按顺时针方向旋转得到，若，则 °． 42．（2025·山东淄博·二模）如图，中，，将绕点顺时针旋转60°得到，点，的对应点分别为，，延长交于点，下列结论中不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 43．（2025·山东淄博·二模）如图，在平面直角坐标系中，，正六边形的顶点，的坐标分别为，，点是正六边形的边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接．点从点出发，按照顺时针的方向（即…）以每秒个单位长度的速度运动，则第秒时点的坐标为（   ） A． B． C． D． 44．（2025·山东枣庄·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D． 45．（2025·山东临沂·二模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，与轴相切，点在上，它们的横坐标分别是0，18．若沿着轴向右作无滑动的滚动，当点第一次落在轴上时，此时点的坐标是（    ） A． B． C． D． 46．（2025·山东日照·二模）如图，以为直径的半圆，绕点顺时针旋转，点的对应点为点交半圆于点，若，则图中阴影部分的面积为 ． 47．（2025·山东淄博·二模）如图，在菱形中，，点在边上，连结，将绕点旋转，点恰好落在边上的点处，且，若，，则 ． 48．（2025·山东临沂·二模）在平面直角坐标系中，将一个图形先向上平移个单位，再绕原点按顺时针方向旋转角度，这样的图形变换叫做图形的变换，如：点按照变换后得到点的坐标为，则点按照变换后得到点的坐标为 . 49．（2025·山东日照·二模）将两块全等的直角三角板和按照如图所示的方式重合，其中，，P是斜边的中点，固定直角三角板，将三角板绕着P点逆时针方向旋转，设旋转角为（其中），在旋转过程中，当三角板的一边与边平行时，设直角边与边交于点Q，则的长为 ． 50．（2025·山东威海·二模）如图，已知点，点分别在轴和轴上；将线段绕点顺时针旋转至线段，连，将沿轴正方向平移至；当双曲线恰好同时经过点，时，的值等于 ． 51．（2025·山东滨州·二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形为平行四边形，其中点，，，以点为圆心，的长为半径作弧，交于点，再把线段绕点顺时针旋转得到线段，则点的坐标为 ． 52．（2025·山东东营·二模）如图， 点P是正方形内一点， 连接、、，若，，，则正方形的面积为 ． 53．（2025·山东泰安·二模）如图，在边长为2的菱形ABCD中，，点E为AD所在直线上的一个动点．连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转120°后得到对应的线段CF，则线段DF的最小值为 ． 54．（2025·山东潍坊·二模）如图，在直角坐标系中，等边的顶点的坐标为，将等边绕点顺时针旋转，再沿轴向右平移1个单位长度，得到，则的坐标是（    ） A． B． C． D． 55．（2025·山东济宁·二模）如图1，在正方形中，P为对角线上一点，且，垂足为E． 【知识技能】 （1）图1中线段和之间的数量关系是__________； 【数学理解】 （2）若将图1中的绕点C顺时针旋转，使P点落在上，连接，如图2所示，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由； 【拓展探索】 （3）在（2）的基础上，延长交于点F，若，求的长． 56．（2025·山东临沂·二模）问题情境：如图1，在矩形中，，延长至点，使得、点是边上一点，且，连接，． 操作发现： （1）若，则的长为_____，的长为_____； 拓展探索： （2）如图2，将绕点逆时针旋转，点的对应点为，使点在矩形内部．若分别与相交于点． ①请判断和的数量关系，并说明理由； ②如图3，在旋转过程中，若点恰好在矩形对角线上，请直接写出的长． 57．（2025·山东菏泽·二模）如图1，绕点旋转得到平行四边形，当点落在边上时，连接．    (1)求证：平分； (2)连接交于点． ①如图2，若平行四边形为长方形，则和之间的等量关系为，并说明理由； ②如图3，若，请直接写出的面积 ． 58．（2025·山东滨州·二模）综合与实践： 综合与实践课上，老师带领同学们，以“特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】 如图1，在矩形中，，点在对角线上，过点分别作和的垂线，垂足为，，则四边形为矩形．请问线段与的数量关系为______； 【拓展探究】 如图2，将图1中的矩形绕点逆时针旋转，记旋转角为，当时，连接，，在旋转的过程中，与的数量关系是否仍然成立？请利用图2进行证明． 【解决问题】 如图3，当矩形的边时，点为直线上异于，的一点，以为边作正方形，点H为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长． 59．（2025·山东烟台·二模）阅读材料，并解决问题： 【思维指引】（1）如图1等边内有一点，若点到顶点的距离分别为3，4，5，求的度数． 解决此题，我们可以将绕顶点旋转到处，此时，连接，借助旋转的性质可以推导出是___________三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段转化到一个三角形中，从而求出___________； 【知识迁移】（2）如图2，在等腰直角中，为上的点且，请判断的数量关系，并证明你的结论． 【方法推广】（3）如图3，在中，，点为等边内一点，连接，直接写出的最小值． 60．（2025·山东日照·二模）在中，，点是平面内一点，． (1)将线段绕点逆时针旋转得到线段，直线与交于点． ①如图1，若点在边上，连接，求的长； ②如图2，若点在内部，求证：； (2)如图3，连接，取边上一点，连接，将绕点顺时针旋转得到线段，连接． ①在点的运动过程中，线段的最小值为__________； ②在①的前提下，当最短时，直接写出的面积． 61．（2025·山东临沂·二模）如图，已知点A是线段的中点，四边形是矩形，．将矩形绕点B顺时针旋转得到矩形． (1)如图1，当恰好经过点C时，旋转角的度数是_______，线段的长是_______． (2)如图2，当矩形在平面内绕点B旋转时，连接，直线与线段交于点E，猜想与的数量关系，并证明． (3)在矩形旋转过程中，当O，三点共线时，写出此时的旋转角和点B到线段的距离． 62．（2025·山东威海·二模）【问题再现】如图①，点E，F分别在正方形的边，上，． 求证：． 思路：可以将绕点A顺时针旋转得到，可以把分散的线段，集中到同一条线段上． （1）请依据该思路对“问题再现”进行证明． 【类比探究】 （2）如图②，在等边中，点D，E在边上，．求线段的长． 【拓展延伸】 （3）如图③，在中，，点D，E在边边上，连接，， ，，，则线段的长为 ．（直接写答案） 63．（2025·山东临沂·二模）如图，正方形中，平分，交于点，将绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接、，交于点．下列结论①；②；③；④，正确的是（   ） A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 10 图形的折叠 64．（2025·山东枣庄·二模）将一张长方形纸片（足够长）折叠成如图所示图形，重叠部分是一个三角形（△ABC），BC为折痕，若∠1＝42°，则∠2的度数为（    ） A．48° B．58° C．60° D．69° 65．（2025·山东日照·二模）在正方形中，E为边上一点（不与点A，D重合），将线段沿直线翻折，得到线段，连接并延长，与线段的延长线相交于点G，连接． (1)依题意补全图形； (2)求的度数； (3)用等式表示线段与的数量关系，并证明． 66．（2025·山东淄博·二模）如图，在△ABC中，∠B=32°,将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则∠1-∠2的度数是 度． 67．（2025·山东潍坊·二模）如图，正方形的边长为2，为边的中点，为边上的一个动点，连接、、，将沿所在直线翻折，若点的对应点恰好落在的边上，则线段的长为 ． 68．（2025·山东威海·二模）如图，在矩形中，，，点P在边上，将沿翻折，点A落在点处，若点恰好在矩形的对角线上，则的长度为 ． 69．（2025·山东青岛·二模）如图1，将正方形纸片对折，使与重合，折痕为．如图2，展开后再折叠一次，使点与点重合，折痕为，点的对应点为点，交于点，则 ． 70．（2025·山东淄博·二模）如图，在中，，，，将边沿翻折，使点落在上的点处，再将边沿翻折，使点落在的延长线上的点处，两条折痕与斜边分别交于点，，则线段的长为 ． 71．（2025·山东德州·二模）如图，四边形为矩形纸带，将四边形沿折叠，则、两点的对应点分别为、，若，则的度数为 ． 72．（2025·山东临沂·二模）在直角三角形纸片中，，，，将三角形纸片进行以下操作： 第一步：折叠三角形纸片使点C与点A重合，然后展开铺平，得到折痕，如图1； 第二步：将沿折痕剪开，然后将绕点D逆时针方向旋转得到，点E，C的对应点分别是点F，G，与边交于点M（点M不与点A重合），如图2． 在绕点D旋转的过程中，探究下列问题： (1)如图2，在绕点D旋转的过程中，试判断与的数量关系，并证明你的结论； (2)如图3，当经过点B时，求的长； (3)如图4，当时，求的长． 73．（2025·山东德州·二模）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的相关问题．数学活动课上，同学们以“正方形的折叠”为主题开展了数学活动． 在正方形中，点在射线上，将正方形纸片沿所在直线折叠，使点A落在点处，连接，直线交所在直线于点，连接． 【观察猜想】 （1）如图1，当时，_____． 【类比探究】 （2）如图2，正方形的边长为4，，连接，取的中点，连接，求的度数及线段的长度． 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，当被线段分成一个等边三角形和一个等腰三角形时，请直接写出线段的长度． 74．（2025·山东菏泽·二模）（1）如图1，在矩形中，，点为边上一点，沿直线将矩形折叠，使点落在边上的点处．求及的长； （2）如图2，展开后，将沿线段向右平移，使点的对应点与点重合，得到，与交于点，求线段的长； （3）在图1中，将绕点旋转至三点共线时，请直接写出的长． 75．（2025·山东济南·二模）如图，菱形中，点分别在边上．将菱形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，，则的长为 ． 76．（2025·山东临沂·二模）如图，在正方形纸片中，，点E是边的中点．将该纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边翻折至的位置，与交于点P，那么 ． 1．（2025·山东临沂·二模）下列新能源汽车的车标既是中心对称图形又是轴对称图形的是（  ） A． B． C． D． 2．（2025·山东青岛·二模）端午节是中国的传统节日之一，有着悠久的历史和丰富的文化内涵，如图是某品牌粽子的一种包装盒，它的底面是正方形，则它的俯视图为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·山东青岛·二模）如图，把图①中的经过一定变换得到图②中的，如果图①中上点D的坐标为，那么这个点在图②中的对应点的坐标为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·山东威海·二模）利用下列尺规作图中，不一定能判定直线平行于直线的是（   ） A．B．C． D． 5．（2025·山东济南·二模）如图，在矩形中，，，以B为圆心，适当的长为半径画弧，交，于M，N两点；再分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点F；再以B为圆心，的长为半径画弧，交射线于点E，则的长为（   ） A． B． C． D． 6．（2025·山东威海·二模）一个棱柱的三视图如图所示，若，．则的长为 ． 7．（2025·山东聊城·二模）如图，在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，点，点，，连接，，，当最小时，的值为 ． 8．（2025·山东东营·二模）在矩形中，，点在上，点在平面内，，，连按，将线段绕着点顺时针旋转得到，则线段的最大值为 ． 9．（2025·山东临沂·二模）平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“和点”．将某“和点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度．例：“和点”按上述规则连续平移3次后，到达点，其平移过程如下：．若“和点”Q按上述规则连续平移6次后，到达点，则点Q的坐标为 ． 10．（2025·山东青岛·二模）请用直尺、圆规作图，不写作法，但要保留作图痕迹． 已知：如图，点O是内部一点． 求作：矩形，使得点D在边上，点E，F在边上． 11．（2025·山东德州·二模）在中，，，点D在边上（点D不与点A，点C重合），连接，并将绕点D逆时针旋转得到. (1)如图，连接. ①与的位置关系为 ， ； ②请用等式表示和的数量关系，并说明理由； (2)如图，将沿翻折，得到，连接，若的最小值为2，求的长. 12．（2025·山东潍坊·二模）综合与实践： 综合与实践课上，老师带领同学们，以“特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】 如图，在矩形中，，点在对角线上，过点分别作和的垂线，垂足为，，则四边形为矩形．请问线段与的数量关系为　　． 【拓展探究】 如图，将图中的矩形绕点逆时针旋转，记旋转角为，当时，连接，，在旋转的过程中，与的数量关系是否仍然成立？请利用图进行证明． 【解决问题】 如图3，当矩形的边时，点为直线上异于，的一点，以为边作正方形，点为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长． 13．（2025·山东临沂·二模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展教学探究活动．在矩形中，已知，，点P是边上的一个动点． 【操作判断】 （1）如图1，甲同学先将矩形对折，使得与重合，展开得到折痕．将矩形沿折叠，使恰好落在上的处，则线段与线段的位置关系为 　　 ；的度数为 　　 ． 【迁移探究】 （2）如图2，乙同学将矩形沿折叠，使恰好落在矩形的对角线上，求此时的长； （2）如图2，乙同学将矩形沿折叠，使恰好落在矩形的对角线上，请补全图形并求此时的长； 【综合应用】 （3）如图3，点Q在边上运动，始终满足，且，将沿PQ折叠，求折叠后与重叠部分面积的最大值，并求出此时的长． 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$