专题 8.17 四边形与图形变换问题（考点梳理+题型精析+中考真题）- 2025-2026学年苏科版八年级数学下册基础知识专项突破讲练

专题 8.17 四边形与图形变换问题（考点梳理+题型精析+中考真题） 目录 一.知识梳理与题型精析 2 【考点一】平行四边形与图形变换 2 ★★【题型 1】平行四边形与平移问题 2 ★★【题型 2】平行四边形与折叠问题 3 ★★【题型 3】平行四边形与旋转问题 5 【考点二】矩形与图形变换 6 ★★【题型 4】矩形与平移问题 6 ★★【题型 5】矩形与折叠问题 8 ★★【题型 6】矩形与旋转问题 10 【考点三】菱形与图形变换 11 ★★【题型 7】菱形与平移问题 11 ★★【题型 8】菱形与折叠问题 13 ★★【题型 9】菱形与旋转问题 14 【考点四】正方形与图形变换 16 ★★【题型 10】正方形与平移问题 16 ★★【题型 11】正方形与折叠问题 17 ★★【题型 12】正方形与旋转问题 19 【考点五】梯形与图形变换 21 ★★【题型 13】梯形与平移问题 21 ★★【题型 14】梯形与折叠问题 22 ★★【题型 15】梯形与旋转问题 23 二.中考真题 25 （一）单选题（4题） 25 （二）填空题（4题） 26 （三）解答题（2题） 27 一.知识梳理与题型精析 【题型】前带★表示基础题，带★★表示中档题，带★★★表示拨高题 【考点一】平行四边形与图形变换 ★★【题型 1】平行四边形与平移问题 解决平行四边形中的平移问题，关键是抓住平移前后对应线段平行且相等这一本质，利用这一性质直接判定或构造平行四边形；坐标系中通过横、纵坐标的变化量相等确定对应点，动点问题则设出变量，根据一组对边平行且相等列方程求解，即可快速得出结论。 【例题1】（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期末）如图，将矩形摆放在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，，，点在上，，是的中点，连接、、． (1)求出直线的解析式； (2)判断的形状，并说明理由； (3)如图，将直线沿轴的负方向平移，使其平移后的直线恰好经过点，平移后点的对应点为，点为轴上一动点，点为直线上一动点，请直接写出所有使得以点、、、为顶点的四边形是平行四边形的点的坐标． 【变式1】（23-24九年级下·江苏无锡·期中）如图1，在平面直角坐标系中，将放置在第一象限，且轴．直线从原点出发沿轴正方向平移，在平移过程中直线被平行四边形截得的线段长度与直线在轴上平移的距离的函数图象如图2，那么的面积为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24九年级下·吉林延边·月考）如图，等边三角形的边长，点在边上，且．过点作，垂足为，以、为邻边作平行四边形．将沿向右平移，使点的对应点落在边上，则平移的距离为 ． 【变式3】如图，在边长为1的正方形网格中，，，． (1)平移线段AB到线段CD，使点A与点C重合，则点D的坐标为______； (2)线段AB平移至线段CD处所扫过的面积为______； (3)平移线段AB，使其两端点都在坐标轴上，则平移后点A的坐标为______． ★★【题型 2】平行四边形与折叠问题 解决平行四边形与折叠问题，要先抓住折叠前后图形全等、对应边相等、对应角相等的核心性质，再结合平行四边形对边平行且相等、对角相等、内错角相等的特征，通过平行线与折叠产生的相等角推导等腰三角形，利用勾股定理或方程思想设未知数表示线段长度，建立等式求解边长、角度或位置关系。 【例题2】（2026八年级下·全国·专题练习）如下图，四边形中，，，把沿折叠，使落在边上，是点的对应点，过点作． (1)求证：． (2)若，求的度数． 【变式1】（24-25九年级下·河北邢台·期中）将一张平行四边形纸片按如图所示的方式折叠，，为折痕，折叠后点，，C在同一直线上，连接，．已知，，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·湖北襄阳·期末）如图，将一张平行四边形纸片折叠，折痕为，折叠后，点的对应点为点，交于点．若，，，则的长为 ． 【变式3】（24-25八年级下·重庆永川·月考）如图1，在中，．以为一边，在外作等边三角形是的中点，连接并延长交于E． (1)求点B的坐标； (2)求证：四边形是平行四边形； (3)如图2，将图1中的四边形折叠，使点C与点A重合，折痕为，求的长． ★★【题型 3】平行四边形与旋转问题 解决平行四边形与旋转问题，要抓住旋转前后图形全等、对应边相等、对应角相等、旋转角相等的核心性质，结合平行四边形对边平行且相等、对角线互相平分的特征，通过旋转构造全等三角形，找到相等线段与相等角，再利用平行线性质、等腰三角形或勾股定理进行推理与计算，从而解决角度、线段长度及位置关系问题。 【例题3】（25-26九年级上·广东汕头·期末）如图，是等边三角形，点D、点E分别在，上，且．连接． (1)将线段绕点D按顺时针方向旋转得到线段．请在图中利用尺规作图按上述要求补全图形： (2)在（1）条件下，连接、，证明：四边形为平行四边形． 【变式1】（2025·河北石家庄·一模）如图，在中，，，将绕点B按顺时针方向旋转一定角度，得到，点恰好落在上，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（22-23八年级下·江苏扬州·月考）如图，在中，，，，对角线与交于点，将直线绕点按顺时针方向旋转，分别交、于点、，则四边形周长的最小值是 ． 【变式3】（24-25八年级上·山东泰安·期末）如图，在中，，将绕点沿逆时针方向旋转得到，与交于点． (1)若，求的度数； (2)若，，当四边形是平行四边形时，求的度数及的长． 【考点二】矩形与图形变换 ★★【题型 4】矩形与平移问题 解决矩形与平移问题，要抓住平移只改变位置、不改变形状和大小的特点，利用矩形对边平行且相等、四个角都是直角、对角线相等且互相平分的性质，结合平移后对应线段平行且相等的规律，在图形中构造平行四边形或直角三角形，通过坐标变化、线段相等关系列方程，进而求解动点、长度、坐标等问题。 【例题4】（2024八年级下·天津·专题练习）矩形在如图所示的直角坐标系中，点的坐标为，、直线经过点，交边于点，此时直线的函数表达式是． (1)求的长； (2)沿轴负方向平移直线，分别交边于点． 当四边形是菱形时，求平移的距离； 设，当直线把矩形分成两部分的面积之比为时，求的值． 【变式1】（24-25八年级下·广东珠海·期末）如图①，将矩形置于平面直角坐标系中，其中边在轴上，．将直线沿轴负方向以每秒个单位长度的速度平移．已知直线在起始位置的解析式为．设在平移过程中该直线被矩形的边截得的线段长度为，平移时间为，与的函数图象如图②所示，则矩形的面积为（　　） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的点A和点C分别落在x轴的正半轴和y轴负半轴上，，直线l：经过点C，将直线l向上平移m个单位，若直线可将矩形的面积平分，则m的值为 ． 【变式3】（24-25八年级下·福建厦门·期末）已知：如图，在矩形中，，垂足是，点是点关于的对称点，连接． (1)求和的长； (2)若将沿着射线方向平移，设平移的距离为（平移距离指点沿方向所经过的线段长度）当点分别平移到线段上时，求出相应的的值． ★★【题型 5】矩形与折叠问题 解决矩形与折叠问题，要抓住折叠前后图形全等、对应边相等、对应角相等的核心性质，结合矩形四个角为直角、对边平行且相等、对角线相等的特征，利用折叠产生的相等角与平行线推导角的关系，再通过勾股定理设未知数表示线段长度，建立方程求解边长、角度或线段位置等问题。 【例题5】（24-25八年级下·全国·月考）在矩形纸片中，，． (1)将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处如图①．设与相交于点F，求的长； (2)将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为．如图D，若点P恰好在边上，连接，求的长度； (3)将矩形纸片折叠，使点B与D重合如图②，求折痕的长． 【变式1】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，有一矩形纸片，，，将矩形纸片折叠，使边落在边上，折痕为，再将沿向右折叠，与交于点F，的面积为（   ） A．1 B．2 C．4 D．6 【变式2】（2025·内蒙古包头·二模）小明同学手中有一张矩形纸片，，，他进行了如下操作： 第一步，如图①，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，将纸片展平． 第二步，如图②，再一次折叠纸片，把沿折叠得到，交折痕于点，则线段的长为 ． 【变式3】（23-24八年级下·河南南阳·期末）综合与实践 问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动，请你解答各小组活动中产生的问题．如图所示，在矩形中，，，将矩形纸片进行折叠： 问题解决： （1）如图1，智慧小组将该矩形沿对角线折叠，点的对应点为点，则________，________； 实践探究： （2）如图2，奋斗小组将矩形沿着（点，分别在边，边上）所在的直线折叠，点的对应点为点，连接，试判断四边形的形状，并说明理由； ★★【题型 6】矩形与旋转问题 解决矩形与旋转问题，要抓住旋转前后图形全等、对应边相等、对应角相等、旋转角相等的核心性质，结合矩形四个角为直角、对边平行且相等、对角线相等且互相平分的特征，通过旋转构造全等三角形与等腰三角形，再利用直角三角形性质、勾股定理或角度推导进行计算与证明，从而求解线段长度、角度大小及图形位置关系。 【例题6】（24-25九年级上·辽宁大连·期末）数学兴趣小组活动中，老师要求学生探究如下问题： 如图，将矩形绕点A按逆时针方向旋转得到矩形，当点E落在上时停止旋转，交于点． (1)连接，请判断和是否在同一条直线上，并说明理由． (2)求证：． 【变式1】（2023·河南洛阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形，其中点与原点重合，点在轴负半轴上，点在轴正半轴上，．将矩形绕点按顺时针方向旋转，每秒旋转，则第2023秒旋转结束时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26九年级上·山西阳泉·期中）如图，在矩形中，，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，点旋转后的对应点分别为．若点落在边上，延长交于点，连接，则的长为 ． 【变式3】（25-26九年级上·天津河西·期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F． (1)若点D落在边上，画出旋转后的图形；并求出点D的坐标； (2)若旋转角为，直接写出点D的坐标_______，点E的坐标_______． 【考点三】菱形与图形变换 ★★【题型 7】菱形与平移问题 解决菱形与平移问题，要抓住平移前后对应线段平行且相等、图形形状大小不变的特点，结合菱形四边相等、对边平行、对角线互相垂直平分的性质，通过平移构造平行四边形，利用边与对角线的关系进行推理计算，在动点或坐标系问题中根据平行且相等的条件列方程求解。 【例题7】（23-24九年级上·浙江金华·开学考试）如图1，两个全等的直角三角形和的斜边和在同一直线上，，将沿直线平移，并连接，． 【基础巩固】 （1）求证：在沿直线平移过程中，四边形是平行四边形； 【操作思考】 （2）如图2，已知，当沿平移到某一个位置时，四边形为菱形，求此时的长； 【拓展探究】 （3）如图3，连接，若四边形为菱形，且，求的度数．    【变式1】（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，菱形中，直线边，并从点出发向右平移，设直线在菱形内部截得的线段的长为，平移距离为，与之间的函数关系的图象如图所示，则菱形的面积为（ ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·河北邢台·一模）如图，四边形是菱形，对角线所在直线是一条水平直线，过点作一条竖直直线，将直线沿水平方向向右平移，在平移过程中，直线落在菱形内部的线段长记作，若，，则正整数的值是 【变式3】（2023·浙江温州·一模）如图，网格是由边长为个单位的小菱形组成，每个菱形较小的角都是．已知格点，请按以下要求画格点图形（顶点都在格点上）． (1)在图1中画一个，使，，再画出该三角形向右平移个单位后的图形． (2)在图2中画一个，使，且该三角形的面积为．注：图1，图2在答题纸上． ★★【题型 8】菱形与折叠问题 解决菱形与折叠问题，要紧扣折叠前后图形全等、对应边相等、对应角相等的性质，结合菱形四边相等、对边平行、对角线互相垂直平分且平分对角的特点，利用平行线与折叠产生的相等角推导出等腰三角形，再借助勾股定理设未知数表示线段长度，建立方程求解边长、角度及线段位置关系。 【例题8】（24-25九年级上·广东清远·期中）综合与实践课上，老师让同学们以一张矩形纸“如何折出菱形”为主题开展数学活动．小明做法：沿折叠使得点A落在上，沿折叠使得点C落在上，当时，得到的四边形为菱形； 小华做法：沿折叠使得与重合，再折出，当时，得到的四边形为菱形； (1)以上哪种方法能够折叠出菱形？请结合数学知识进行说明 (2)如果，请求出菱形的面积 【变式1】（2025八年级下·河南·专题练习）如图，为矩形的对角线，将边沿折叠，使点落在上的点处，将边沿折叠，使点落在上的点处，易证四边形是平行四边形．要使四边形是菱形，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2024·湖北·模拟预测）如图，菱形的对角线长分别为6和8，点为对角线的交点，过点O折叠菱形，点B，C的对应点分别为点，，是折痕．若，则的长为 ． 【变式3】（23-24九年级上·广东佛山·月考）【教材呈现】人教八年级下册数学教材第59页的部分内容． 如图1，把一张矩形纸片按如图那样折一下，就可以裁出正方形纸片，为什么？ (1)【问题解决】如图1，已知矩形纸片，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上，点的对应点为，折痕为，点在上． 求证：四边形是正方形．（请完成以下填空） 证明：四边形是矩形， ， 折叠，， 四边形是矩形（）． 折叠，， 四边形是正方形（） (2)【问题拓展】如图2，已知平行四边形纸片，将平行四边形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上，点的对应点为，折痕为，点在边上． ①求证：四边形是菱形． ②连结，若，，求菱形的面积． ★★【题型 9】菱形与旋转问题 解决菱形与旋转问题，要抓住旋转前后图形全等、对应边相等、对应角相等、旋转角相等的核心性质，结合菱形四边相等、对角线互相垂直平分且平分对角的特征，利用相等边与旋转角构造全等三角形和等腰三角形，再结合直角三角形性质、勾股定理与角度推导，求解线段长度、角度大小及图形位置关系。 【例题9】如图．一个锐角等于的菱形，将一个的的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个的，使它的两边分别交、于点E，F． (1)如图1，当时，试判断与的数量关系，并说明理由； (2)旋转，如图2，当时，（1）的结论是否仍然成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由． 【变式1】（25-26九年级上·福建厦门·期中）在平面直角坐标系中，菱形的对角线交于原点O，，若，将菱形绕点O旋转，使点D落在x轴的正半轴上，则旋转后点C对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，，将该菱形绕点在平面内顺时针方向旋转得到菱形，与交于点，且，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是 ． 【变式3】（25-26九年级上·云南昭通·期末）如图，四边形是矩形，点是的中点，将绕点旋转，分别交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 【考点四】正方形与图形变换 ★★【题型 10】正方形与平移问题 解决正方形与平移问题，要抓住平移前后对应线段平行且相等、图形形状大小不变的特点，结合正方形四边相等、四个角都是直角、对边平行、对角线相等且互相垂直平分的性质，通过平移构造平行四边形或特殊直角三角形，利用坐标变化或线段相等关系列方程，求解动点、长度、坐标等问题。 【例题10】（24-25八年级下·湖南娄底·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A在y轴正半轴上，顶点B在x轴正半轴上，顶点C，D都在第一象限内，的长分别为4和3． (1)求正方形的面积； (2)求直线的解析式； (3)将直线平移得到直线l，问是否存在直线l恰好平分正方形的面积？若存在，请写出平移方式并求出此时直线l的解析式；若不存在，请说明理由． 【变式1】（24-25八年级下·河北保定·期末）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形在第二象限内，轴，点A的坐标为，直线l的表达式为．将直线l沿y轴向上平移m个单位长度，使平移后的直线与正方形有交点，则m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，，，直线与坐标轴分别交于，且，点D在直线上，若将正方形向右平移，则平移个单位长度，点B恰好落在直线上，则的值是 ． 【变式3】如图1，将正方形 ABCD置于平面直角坐标系中，其中AD边在x轴上，其余各边均与坐标轴平行，平行于BD的直线l沿x轴的负方向以每秒1个单位的速度平移，平移过程中，直线l被正方形ABCD的边所截得的线段长为m，平移时间为t（秒），m与t 的函数图象如图2，求图2中 a、b的值． ★★【题型 11】正方形与折叠问题 解决正方形与折叠问题，要抓住折叠前后图形全等、对应边相等、对应角相等的性质，结合正方形四边相等、四角为直角、对角线互相垂直平分且相等的特点，利用直角条件和勾股定理设未知数列方程，同时借助折叠与正方形的对称性推导角度与线段关系，从而求解边长、角度及线段位置等问题。 【例题11】（23-24八年级下·山东日照·期末）在学习了特殊平行四边形后，老师和同学们以“图形中的折叠”为主题开展数学活动． (1)初步感知 如图1，对矩形纸片进行如下操作： 操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：再一次折叠纸片，使点A落在上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕．同时，得到了线段． 连接，则的形状是______三角形； (2)迁移探究 将矩形纸片换成正方形纸片，先完成（1）中的“操作一”，然后在上任选一点M（点不与点A，D重合），沿折叠，使点A落在正方形内部点N处，把纸片展平，连接，，并延长交于点Q，连接． ①如图2，若点N恰好在上，连接．请判断线段与的数量关系及的度数，并说明理由： ②若正方形纸片的边长为8，在以上探究中，当时，求的长． 【变式1】如图，将正方形按图中虚线折叠可得菱形（分别将正方形各边折叠至对角线上再展开，折痕所成四边形即为菱形），已知正方形的边长为2，则菱形的面积为（ ）． A． B． C． D． 【变式2】（2025·河南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标是，为边上一点，，沿折叠正方形，折叠后，点落在平面内的点处，则点的坐标为 ． 【变式3】．如图，正方形纸片ABCD中，E为BC中点，折叠正方形，使点A与点E重合得折痕MN，则梯形ANMD与梯形BCMN的面积之比为 ． ★★【题型 12】正方形与旋转问题 解决正方形与旋转问题，要抓住旋转前后图形全等、对应边相等、对应角相等、旋转角相等的核心性质，结合正方形四边相等、四角都是直角、对角线相等且互相垂直平分的特征，利用相等的边与直角构造全等三角形、等腰直角三角形，再通过角度转化、勾股定理与线段关系进行推理计算，从而解决长度、角度及图形位置等问题。 【例题12】（2024九年级上·河南安阳·学业考试）正方形和正方形如图1摆放，且B，A，G三点共线． (1)正方形的边长为a，正方形的边长为b，．当，时，四边形的面积=__________； (2)若正方形可以绕点A顺时针进行旋转，且旋转角度小于． ①如图2，连接，探究的数量关系，并说明理由； ②如图3，连接，在旋转过程中，若点P为的中点，连接，试判断和的数量关系，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若某时刻，请直接写出的面积． 【变式1】（2023·河南南阳·模拟预测）如图，正方形的顶点均在坐标轴上，且点B的坐标为，以为边构造菱形，将菱形与正方形组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点F的对应点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【变式2】（25-26七年级上·全国·课后作业）在平面直角坐标系中，边长为2的正方形的两顶点分别在轴、轴的正半轴上，点在原点．现将正方形绕点顺时针旋转，当点第一次落在直线上时停止旋转，旋转过程中，边交直线于点边交轴于点（如图）．在旋转正方形的过程中，的周长为 ． 【变式3】（2026·四川德阳·模拟预测）如图，正方形与正方形的边、在一条直线上，正方形以点为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为在旋转过程中，两个正方形只有点重合，其他顶点均不重合，连接，． (1)当正方形旋转至如图所示的位置时，求证：； (2)如图，如果，，，连接，，求的面积． 【考点五】梯形与图形变换 ★★【题型 13】梯形与平移问题 解决梯形与平移问题，要抓住平移后对应线段平行且相等、图形形状大小不变的特点，通过平移梯形的腰或对角线，将梯形转化为平行四边形和三角形，结合梯形一组对边平行的性质，把分散的边和角集中到同一个三角形中，再利用三角形三边关系、勾股定理或等腰三角形性质进行推理与计算，从而求解边长、角度及动点存在性等问题。 【例题13】探究题． (1)图形的定义．小学学过梯形，请你仿照平行四边形的定义方法，给梯形下一个定义； (2)图形的性质．与三角形中位线定理类似，梯形也有类似结论即如图1，在梯形中，，，分别为，的中点，连接，求证：，； (3)综合应用．如图2，边长为2的正方形在边长为的正方形所在平面上平移，在平移过程中，始终保持，线段的中点为，的中点为，求的长． 【变式】（24-25七年级下·福建福州·期中）如图，两个完全相同的直角梯形重叠在一起，将其中一个直角梯形沿的方向平移，点A，的对应点分别为，，根据图中所标数据，求得阴影部分的面积为（   ） A．75 B．100 C．105 D．120 ★★【题型 14】梯形与折叠问题 解决梯形与折叠问题，要抓住折叠前后图形全等、对应边相等、对应角相等的性质，结合梯形一组对边平行的特征，利用平行线的内错角相等与折叠产生的等角推导出等腰三角形，再通过勾股定理设未知数表示线段长度，建立方程求解边长、角度及相关线段关系。 【例题14】（2025·河北廊坊·一模）情境：正方形既是轴对称图形又是中心对称图形，我们可以通过以下几种方式获得正方形．（说明：纸片折叠过程中无缝隙、无边沿重叠） 操作： （1）如图1，将纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰的底边上的高线折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个四边形．当四边形为正方形时，直接写出与的数量关系． （2）如图2，将平行四边形沿，折叠后，点和点在点处重合，点落在点处．若四边形为正方形，，求平行四边形的面积． 探究： （3）如图分别为梯形四条边的中点，梯形上底与下底的和为高的2倍，请根据以上信息画出一种裁剪方式，使裁剪后的四块图形打散后能够拼成一个正方形．（裁剪线用虚线，并标注清楚相应的几何符号） 【变式1】（24-25九年级上·浙江绍兴·期末）如图，将正方形折叠，使点A与的三等分点E重合，折痕为，设梯形的面积为，梯形的面积为，则（   ） A． B． C．或 D．或 【变式2】（2026·江西·模拟预测）如图，在梯形纸片中，，，将纸片沿过点D的直线折叠，使点C与点A重合，折痕与交于点E． (1)试判断四边形的形状，并证明； (2)若，求梯形的面积． ★★【题型 15】梯形与旋转问题 解决梯形与旋转问题，要抓住旋转前后图形全等、对应边相等、对应角相等、旋转角相等的核心性质，结合梯形一组对边平行的特点，通过旋转构造全等三角形，将分散的边、角集中到同一图形中，再利用平行线性质、三角形内角关系与勾股定理进行推理计算，从而求解线段长度、角度大小及图形位置关系。 【例题15】（24-25七年级上·全国·假期作业）青青把梯形按照下图的方法转化成平行四边形，且面积保持不变．已知梯形的面积是，高是，平行四边形中的长是( )． 【变式1】（25-26八年级上·江苏淮安·月考）【实践探究】小佑同学在做八下第八章《四边形》的课后练习时，他将两个正方形纸片按照图所示的方式放置：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转，他发现不仅有课本上的一些结论，还探究得到一些其他的结论． 【问题发现】（1）①图中线段、之间的数量关系是______； ②图1中连接，则线段、、之间的数量关系是______． 【类比迁移】（2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转，判断线段、、之间的数量关系为：______，并写出证明过程． （3）如图3，在菱形中，对角线、相交于点，点为的中点，直角的两条边、分别与边、交于点、，可绕点旋转．已知，，当时，线段的长为______． 【结论应用】（4）如图4，在直角梯形中，，，点为梯形对角线的中点，四边形为矩形，的两边分别与直线、相交于点、，矩形可绕点旋转．已知，，当时，线段的长为______． 【变式2】（23-24七年级上·云南昆明·开学考试）根据要求操作并填空．    (1)把下图中的长方形绕A点逆时针旋转90°，画出旋转后的图形．旋转后，B点的位置用数对表示为（    ，    ）． (2)按的比画出三角形缩小后的图形，缩小后的三角形的面积是原来的（    ）． (3)如果1个小方格表示1平方厘米，请在方格纸上画一个面积是10平方厘米的梯形． 二.中考真题 （一）单选题（4题） 1．（2023·浙江嘉兴·中考真题）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（    ） A．1cm B．2cm C．(－1)cm D．(2－1)cm 2．（2023·广东深圳·中考真题）如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 4．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（    ） A．15 B． C． D．18 （二）填空题（4题） 5．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点落在长边上的点处，并得到折痕，小宇测得长边，则四边形的周长为 ．    6．（2024·甘肃甘南·中考真题）如图，在矩形中，点E，F分别在上，将矩形沿直线折叠使点D与点B重合，点C的对应点是点．若，则的长等于 ． 7．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，，，，将菱形绕点A旋转后，得到菱形，则点的坐标是 ．    8．（2024·四川广安·中考真题）如图，直线与轴、轴分别相交于点，，将绕点逆时针方向旋转得到，则点的坐标为 ． （三）解答题（2题） 9．（2023·浙江·中考真题）某数学兴趣小组活动，准备将一张三角形纸片（如图）进行如下操作，并进行猜想和证明．    (1)用三角板分别取的中点，连接，画于点； (2)用（1）中所画的三块图形经过旋转或平移拼出一个四边形（无缝隙无重叠），并用三角板画出示意图； (3)请判断（2）中所拼的四边形的形状，并说明理由． 10．（2022·吉林长春·中考真题）【探索发现】在一次折纸活动中，小亮同学选用了常见的A4纸，如图①，矩形为它的示意图．他查找了A4纸的相关资料，根据资料显示得出图①中．他先将A4纸沿过点A的直线折叠，使点B落在上，点B的对应点为点E，折痕为；再沿过点F的直线折叠，使点C落在上，点C的对应点为点H，折痕为；然后连结，沿所在的直线再次折叠，发现点D与点F重合，进而猜想． 【问题解决】 (1)小亮对上面的猜想进行了证明，下面是部分证明过程： 证明：四边形是矩形， ∴． 由折叠可知，，． ∴． ∴． 请你补全余下的证明过程． 【结论应用】 (2)的度数为________度，的值为_________； (3)在图①的条件下，点P在线段上，且，点Q在线段上，连结、，如图②，设，则的最小值为_________．（用含a的代数式表示） 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 8.17 四边形与图形变换问题（考点梳理+题型精析+中考真题） 目录 一.知识梳理与题型精析 2 【考点一】平行四边形与图形变换 2 ★★【题型 1】平行四边形与平移问题 2 ★★【题型 2】平行四边形与折叠问题 8 ★★【题型 3】平行四边形与旋转问题 13 【考点二】矩形与图形变换 18 ★★【题型 4】矩形与平移问题 18 ★★【题型 5】矩形与折叠问题 24 ★★【题型 6】矩形与旋转问题 29 【考点三】菱形与图形变换 36 ★★【题型 7】菱形与平移问题 36 ★★【题型 8】菱形与折叠问题 41 ★★【题型 9】菱形与旋转问题 46 【考点四】正方形与图形变换 52 ★★【题型 10】正方形与平移问题 52 ★★【题型 11】正方形与折叠问题 59 ★★【题型 12】正方形与旋转问题 65 【考点五】梯形与图形变换 71 ★★【题型 13】梯形与平移问题 71 ★★【题型 14】梯形与折叠问题 75 ★★【题型 15】梯形与旋转问题 79 二. 中考真题 86 （一）单选题（4题） 86 （二）填空题（4题） 89 （三）解答题（2题） 94 一.知识梳理与题型精析 【题型】前带★表示基础题，带★★表示中档题，带★★★表示拨高题 【考点一】平行四边形与图形变换 ★★【题型 1】平行四边形与平移问题 解决平行四边形中的平移问题，关键是抓住平移前后对应线段平行且相等这一本质，利用这一性质直接判定或构造平行四边形；坐标系中通过横、纵坐标的变化量相等确定对应点，动点问题则设出变量，根据一组对边平行且相等列方程求解，即可快速得出结论。 【例题1】（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期末）如图，将矩形摆放在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，，，点在上，，是的中点，连接、、． (1)求出直线的解析式； (2)判断的形状，并说明理由； (3)如图，将直线沿轴的负方向平移，使其平移后的直线恰好经过点，平移后点的对应点为，点为轴上一动点，点为直线上一动点，请直接写出所有使得以点、、、为顶点的四边形是平行四边形的点的坐标． 【答案】(1) (2)等腰直角三角形，理由见解析 (3)或或 【分析】（1）由题意得到点、的坐标，利用待定系数法求直线的解析式即可； （2）由为的中点得到点的坐标，求出、、的长，根据勾股定理的逆定理即可得出结论； （3）求出直线的解析式，可得，分两种情况：当为平行四边形的边时；当为平行四边形的对角线时，根据平行四边形的性质求解即可． （1）解：由题意得：，， 设直线的解析式为，将点，代入得： ， 解得， 直线的解析式为； （2）解：是等腰直角三角形，理由如下： 由题意得：，，， 为的中点， ， ， ， ， ，， 是等腰直角三角形； （3）解：将直线沿轴的负方向平移，平移后的直线恰好经过点， 设直线的解析式为， ， ， 直线的解析式为， 平移后点的对应点为，， ， 解得， ， 当为平行四边形的边时， 以点、、、为顶点的四边形是平行四边形，点为轴上一动点，点为直线上一动点， ，，设， 根据点、、、这个顶点的横坐标之间的关系有： 或， 或， 或； 当为平行四边形的对角线时， 以点、、、为顶点的四边形是平行四边形，点为轴上一动点，点为直线上一动点， ，，，设， 将直线沿轴的负方向平移得到直线， ， 点与点重合， 根据点、、、这个顶点的横坐标之间的关系有： ， ， ； 综上所述，使得以点、、、为顶点的四边形是平行四边形的点的坐标为或或． 【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了用待定系数法求一次函数解析式，勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的判定，平行四边形的性质等知识点，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 【变式1】（23-24九年级下·江苏无锡·期中）如图1，在平面直角坐标系中，将放置在第一象限，且轴．直线从原点出发沿轴正方向平移，在平移过程中直线被平行四边形截得的线段长度与直线在轴上平移的距离的函数图象如图2，那么的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了一次函数的应用，勾股定理，根据图象求出，利用勾股定理求出，即可求出的面积，正确理解函数图象与图形的关系是解题的关键． 解：根据图象可以得到，当移动的距离是4时，直线经过点A，当移动距离是7时，直线经过点D，当移动距离是8时，直线经过点B，则， 当直线经过点D时，设直线交于点N，则，如图， 过点D作于点M， ∵直线与x轴形成的锐角是，且轴， ∴， ∴， 在中，根据勾股定理，可得， ∴的面积是， 故选D 【变式2】（23-24九年级下·吉林延边·月考）如图，等边三角形的边长，点在边上，且．过点作，垂足为，以、为邻边作平行四边形．将沿向右平移，使点的对应点落在边上，则平移的距离为 ． 【答案】 【分析】本题考查了等边三角形的性质以及平移的性质，解题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质． 已知是等边三角形，，求出，再根据，求出和，再根据四边形是平行四边形求出，进而求出即可． 解：∵是等边三角形，， ， ， ， ， ∵将沿向右平移， ∴、、三点共线， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， 故答案为：． 【变式3】如图，在边长为1的正方形网格中，，，． (1)平移线段AB到线段CD，使点A与点C重合，则点D的坐标为______； (2)线段AB平移至线段CD处所扫过的面积为______； (3)平移线段AB，使其两端点都在坐标轴上，则平移后点A的坐标为______． 【答案】(1) (2)15 (3)或 【分析】（1）根据点A与点C的坐标得出坐标变化规律，从而得到点D的坐标； （2）根据平移的性质得出ABDC是平行四边形，根据平行四边形的面积公式列式计算即可； （3）分两种情况：①平移后A的对应点在y轴上，B的对应点在x轴上；②平移后A的对应点在x轴上，B的对应点在y轴上． （1）解：∵平移线段AB到线段CD，使点A与点C重合，A(2,4)，C(-3,4)， ∴坐标变化规律是：横坐标减去5，纵坐标不变， ∵B(4,1)， ∴点D的坐标为(-1,1)， 故答案为：(-1,1)； （2）解：∵平移线段AB到线段CD， ∴ABCD，AB=CD， ∴四边形ABDC是平行四边形， ∴线段AB平移至线段CD处所扫过的面积为：5×3=15， 故答案为：15； （3）解：分两种情况： ①如果平移后A的对应点在y轴上，B的对应点在x轴上， 那么坐标变化规律是：横坐标减去2，纵坐标减去1， ∵A(2,4)， ∴平移后点A的坐标为(0,3)； ②如果平移后A的对应点在x轴上，B的对应点在y轴上， 那么坐标变化规律是：横坐标减去4，纵坐标减去4， ∵A(2,4)， ∴平移后点A的坐标为(-2,0)； 故答案为(0,3)或(-2,0)． 【点睛】此题主要考查图形的平移及平移特征．在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移规律相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减． ★★【题型 2】平行四边形与折叠问题 解决平行四边形与折叠问题，要先抓住折叠前后图形全等、对应边相等、对应角相等的核心性质，再结合平行四边形对边平行且相等、对角相等、内错角相等的特征，通过平行线与折叠产生的相等角推导等腰三角形，利用勾股定理或方程思想设未知数表示线段长度，建立等式求解边长、角度或位置关系。 【例题2】（2026八年级下·全国·专题练习）如下图，四边形中，，，把沿折叠，使落在边上，是点的对应点，过点作． (1)求证：． (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、折叠的性质、平行线的判定以及角度计算，掌握利用平行四边形的角相等性质、折叠的角平分线性质，结合平行线和垂直的角度关系进行推导是解题的关键． （1）先判定四边形为平行四边形，利用平行四边形的角相等性质，结合折叠的角相等，推出同位角相等从而证平行． （2）利用平行线同旁内角互补求出，结合折叠的角平分线性质求出，再由垂直关系计算． （1）证明：，， 四边形是平行四边形， ． 由折叠知， ， ． （2）解：， ， ． 由折叠知， ． ， ． 【变式1】（24-25九年级下·河北邢台·期中）将一张平行四边形纸片按如图所示的方式折叠，，为折痕，折叠后点，，C在同一直线上，连接，．已知，，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，设，先根据平行四边形的性质得到，然后根据等要三角形的性质得到，求出的度数，然后根据列方程解答即可． 解：设， ∵是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 解得， 故答案为：A． 【变式2】（24-25八年级下·湖北襄阳·期末）如图，将一张平行四边形纸片折叠，折痕为，折叠后，点的对应点为点，交于点．若，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，等角对等边，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握各知识点是解答本题的关键． 作，交的延长线于点H，求出得，由勾股定理求出，由折叠的性质得，，，得出，设，根据求出，进而可求出的长． 如图，作，交的延长线于点H， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 由折叠的性质得，，， ∴，， ∴． 设， ∴， ∴． ∵， ∴， 解得， ∴． 故答案为：． 【变式3】（24-25八年级下·重庆永川·月考）如图1，在中，．以为一边，在外作等边三角形是的中点，连接并延长交于E． (1)求点B的坐标； (2)求证：四边形是平行四边形； (3)如图2，将图1中的四边形折叠，使点C与点A重合，折痕为，求的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】此题考查了折叠的性质，平行四边形的判定，等边三角形的性质，以及勾股定理等知识． （1）由在中，，，，根据勾股定理即可求得与的长，即可求得点的坐标； （2）首先可得，根据是的中点，可证得，，又由是等边三角形，可得，根据内错角相等，两直线平行，可证得，继而可得四边形是平行四边形； （3）首先设的长为，由折叠的性质可得：，然后根据勾股定理可得方程，解此方程即可求得的长． （1）解：在中，，，， ， 点的坐标为； （2）证明：， 轴， 轴轴， 轴，即， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， 即， 四边形是平行四边形； （3）解：设的长为， ， ， 由折叠的性质可得：， 在中，， 即， 解得：， 即． ★★【题型 3】平行四边形与旋转问题 解决平行四边形与旋转问题，要抓住旋转前后图形全等、对应边相等、对应角相等、旋转角相等的核心性质，结合平行四边形对边平行且相等、对角线互相平分的特征，通过旋转构造全等三角形，找到相等线段与相等角，再利用平行线性质、等腰三角形或勾股定理进行推理与计算，从而解决角度、线段长度及位置关系问题。 【例题3】（25-26九年级上·广东汕头·期末）如图，是等边三角形，点D、点E分别在，上，且．连接． (1)将线段绕点D按顺时针方向旋转得到线段．请在图中利用尺规作图按上述要求补全图形： (2)在（1）条件下，连接、，证明：四边形为平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定，熟练掌握相关知识是解题的关键； （1）以为点D为顶点边顺时针作角即可； （2）先证是等边三角形，再证得即可解答． （1）解：如图，为所求； （2）证明：连接， 由旋转性质得，，， ∴为等边三角形． ∴，． ∵是等边三角形， ∴，.     ∵，， ∴. ∴. ∴，. ∵，， ∴，． ∴． ∴四边形为平行四边形． 【变式1】（2025·河北石家庄·一模）如图，在中，，，将绕点B按顺时针方向旋转一定角度，得到，点恰好落在上，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由旋转的性质可得，，，，由等边对等角可得，，进而可得，，由内错角相等两直线平行可得，由此可证得四边形是平行四边形，于是可得，然后根据即可求出的度数． 解：由旋转的性质可得： ，，，， ， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 故选：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，内错角相等两直线平行，平行四边形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以灵活运用是解题的关键． 【变式2】（22-23八年级下·江苏扬州·月考）如图，在中，，，，对角线与交于点，将直线绕点按顺时针方向旋转，分别交、于点、，则四边形周长的最小值是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，线段的最值问题，全等三角形的判定与性质，解题关键是利用三角形全等的性质转换线段之间的关系表达出周长． 过点A作，垂足为，求出的值，进而求出的值，根据证明，得到，即可推出四边形周长，当的值最小时，即可得到四边形周长的最小值，利用垂线段最短即时，求出最小值，即可得出答案． 解：如图所示，过点作，垂足为， ，，， ∴， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， ， ， ，， 四边形周长， 当的值最小时，四边形的周长最小，此时，即为最小值， 四边形的周长最小值为， 故答案为：． 【变式3】（24-25八年级上·山东泰安·期末）如图，在中，，将绕点沿逆时针方向旋转得到，与交于点． (1)若，求的度数； (2)若，，当四边形是平行四边形时，求的度数及的长． 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）连接．根据旋转的性质先证明则，进而证明，得出； （2）根据四边形是平行四边形，结合已知条件得出，进而得．由勾股定理，可求得．根据，即可求解． （1）证明：连接． ∵将绕点沿顺时针旋转得到， ∴，，， ∴， 又∵，，， ∴， ∴（）， ∴． ∵，， ∴（）． ∴． （2）解：由旋转性质得，， ∵四边形是平行四边形， ∴． ∴， ∵， ∴． ∴． ∵， ∴ 由勾股定理，可求得， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质是解题的关键． 【考点二】矩形与图形变换 ★★【题型 4】矩形与平移问题 解决矩形与平移问题，要抓住平移只改变位置、不改变形状和大小的特点，利用矩形对边平行且相等、四个角都是直角、对角线相等且互相平分的性质，结合平移后对应线段平行且相等的规律，在图形中构造平行四边形或直角三角形，通过坐标变化、线段相等关系列方程，进而求解动点、长度、坐标等问题。 【例题4】（2024八年级下·天津·专题练习）矩形在如图所示的直角坐标系中，点的坐标为，、直线经过点，交边于点，此时直线的函数表达式是． (1)求的长； (2)沿轴负方向平移直线，分别交边于点． 当四边形是菱形时，求平移的距离； 设，当直线把矩形分成两部分的面积之比为时，求的值． 【答案】(1)，； (2)；或． 【分析】（）首先根据l的函数解析式可以求出的坐标，也就求出了，又，由此求出，然后就可以求出的纵坐标为，代入直线解析式可以求出横坐标，即求出了的长； （）当四边形是菱形时，根据勾股定理可以求出的长，也就求出了的长度，然后即可求出E的坐标，再利用待定系数法可以确定平移后的直线的解析式，接着求出平移后的直线与轴的交点坐标，比较两个与轴的交点坐标即可求出平移的距离； 由，可以得到，而直线把矩形分成两部分的面积之比为，由此可以列出关于的方程，解方程即可求出的值． 此题考查了一次函数的应用，矩形和菱形的性质，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． （1）∵直线经过轴上的点， ∴，， ∴， 而的坐标为， ∴， ∴， ∴的纵坐标为， 代入得， ∴； （2）当四边形是菱形时，如图， 即， ∴， 设平移后的直线的解析式为， 把代入得， ∴与轴的交点， ∴沿轴负方向平移的距离为； ∵，， ∴， 而或， ∴或， ∴或者， 所以或． 【变式1】（24-25八年级下·广东珠海·期末）如图①，将矩形置于平面直角坐标系中，其中边在轴上，．将直线沿轴负方向以每秒个单位长度的速度平移．已知直线在起始位置的解析式为．设在平移过程中该直线被矩形的边截得的线段长度为，平移时间为，与的函数图象如图②所示，则矩形的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题通过分析直线平移过程中与矩形边的相交情况，结合函数图象获取关键信息，进而求出矩形的边长，最终计算出矩形的面积． 由图象可知，当时，，此时直线平移后过点， 图②中点时，直线平移后过点；点时，直线平移后过点， 当时，，此时直线平移后过点，如图①， ∴当时，平移后的解析式为， 令，则，即， 当从变化到时，直线从点平移到点， ∴， ∵直线从点平移到点，从变化到时， ∴， ∴， 故选：D． 【变式2】（24-25八年级下·四川南充·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的点A和点C分别落在x轴的正半轴和y轴负半轴上，，直线l：经过点C，将直线l向上平移m个单位，若直线可将矩形的面积平分，则m的值为 ． 【答案】10 【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，矩形的性质，根据题意求出点A和点C的坐标，进而求出的中点的坐标，由平移方式可得平移后的直线解析式，根据矩形的性质可得平移后的直线一定经过的中点，据此求解即可． 解：∵，且点A在x轴的正半轴上， ∴； 在中，当时，， ∴， ∴的中点坐标为， ∵将直线l向上平移m个单位， ∴平移后的直线解析式为， ∵四边形是矩形， ∴点是矩形的中心， ∵平移后的直线平分矩形的面积， ∴平移后的直线一定经过点， ∴， ∴， 故答案为：10． 【变式3】（24-25八年级下·福建厦门·期末）已知：如图，在矩形中，，垂足是，点是点关于的对称点，连接． (1)求和的长； (2)若将沿着射线方向平移，设平移的距离为（平移距离指点沿方向所经过的线段长度）当点分别平移到线段上时，求出相应的的值． 【答案】(1)， (2)当点落在上时，；当点落在上时， 【分析】本题考查了轴对称与平移变换、矩形、勾股定理等知识点．在计算过程中，注意识别平移过程中的不变量． （1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解； （2）依题意画出图形，利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值； （1）解：在中，， 由勾股定理得： ， 在中，， 由勾股定理得： （2）解：设平移中的三角形为，如图： 由对称点性质可知，． 由平移性质可知，． ①当点落在上时， ， ， ， ，即； ②当点落在上时， ， ， ， ， 又易知， 为等腰三角形， ， ，即． ★★【题型 5】矩形与折叠问题 解决矩形与折叠问题，要抓住折叠前后图形全等、对应边相等、对应角相等的核心性质，结合矩形四个角为直角、对边平行且相等、对角线相等的特征，利用折叠产生的相等角与平行线推导角的关系，再通过勾股定理设未知数表示线段长度，建立方程求解边长、角度或线段位置等问题。 【例题5】（24-25八年级下·全国·月考）在矩形纸片中，，． (1)将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处如图①．设与相交于点F，求的长； (2)将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为．如图D，若点P恰好在边上，连接，求的长度； (3)将矩形纸片折叠，使点B与D重合如图②，求折痕的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，菱形的判定与性质，熟记翻折的性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键． （1）根据折叠的性质可得，再根据两直线平行，内错角相等可得，然后求出，根据等角对等边可得，设，表示出，在中，利用勾股定理列出方程求解即可； （2）由折叠得，，再由勾股定理得，可得，最后由勾股定理求解即可； （3）根据折叠的性质可得，设，表示出，然后在中，利用勾股定理列出方程求出，再连接、，根据翻折的性质可得，，根据两直线平行，内错角相等求出，然后求出，根据等角对等边可得，从而求出四边形是菱形，再利用勾股定理列式求出，然后根据菱形的面积列出方程求解即可． （1）解：由折叠得，， 四边形是矩形， ∴， ， ， ， 设，则， 在中，， 即， 解得， ； （2）解：由折叠得，， 在中，， ， ， 在中，， ； （3）解：由折叠得，，设， 则， 在中，， 即， 解得， ， 连接、， 由翻折的性质可得，，， 矩形的边， ， ， ， ， 四边形是菱形， 在中，， ， 即， 解得． 【变式1】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，有一矩形纸片，，，将矩形纸片折叠，使边落在边上，折痕为，再将沿向右折叠，与交于点F，的面积为（   ） A．1 B．2 C．4 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了折叠的性质、等腰直角三角形的判定与性质，由折叠的性质可得，，证明为等腰直角三角形，得出，再由三角形面积公式计算即可得解． 解：由折叠的性质可得：，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴的面积为， 故选：B． 【变式2】（2025·内蒙古包头·二模）小明同学手中有一张矩形纸片，，，他进行了如下操作： 第一步，如图①，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，将纸片展平． 第二步，如图②，再一次折叠纸片，把沿折叠得到，交折痕于点，则线段的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了矩形与折叠问题、等腰三角形的判定、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理是解题的关键．根据矩形的性质和折叠的性质推出，进而得出，设，则，根据勾股定理可得：，列出方程求解即可． 解：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠可得：，，，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理可得：， 即， 解得：， 即， 故答案为：． 【变式3】（23-24八年级下·河南南阳·期末）综合与实践 问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动，请你解答各小组活动中产生的问题．如图所示，在矩形中，，，将矩形纸片进行折叠： 问题解决： （1）如图1，智慧小组将该矩形沿对角线折叠，点的对应点为点，则________，________； 实践探究： （2）如图2，奋斗小组将矩形沿着（点，分别在边，边上）所在的直线折叠，点的对应点为点，连接，试判断四边形的形状，并说明理由； 【答案】（1），；（2）菱形，理由见解析 【分析】本题主要考查矩形与折叠的知识，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理； （1）根据折叠可得，，设，，在中，，由此即可求解； （2）根据折叠的性质可得，，，，根据矩形的性质可得，，根据菱形的判定方法即可得出结论． （1）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵沿对角线折叠， ∴，，且（对顶角相等）， ∴， ∴，， 设， ∴， 在中，，即， ∴，即， ∴， ∴， ∴，． （2）解：四边形为菱形，理由如下： 由折叠性质可得：，，， 又∵四边形为矩形 ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． ★★【题型 6】矩形与旋转问题 解决矩形与旋转问题，要抓住旋转前后图形全等、对应边相等、对应角相等、旋转角相等的核心性质，结合矩形四个角为直角、对边平行且相等、对角线相等且互相平分的特征，通过旋转构造全等三角形与等腰三角形，再利用直角三角形性质、勾股定理或角度推导进行计算与证明，从而求解线段长度、角度大小及图形位置关系。 【例题6】（24-25九年级上·辽宁大连·期末）数学兴趣小组活动中，老师要求学生探究如下问题： 如图，将矩形绕点A按逆时针方向旋转得到矩形，当点E落在上时停止旋转，交于点． (1)连接，请判断和是否在同一条直线上，并说明理由． (2)求证：． 【答案】(1)是，理由见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由矩形的性质可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，由旋转的性质可得，，，进而可得， 由等边对等角可得，进而可得，利用可证得，于是可得，即，进而可得，然后由即可得出结论； （2）由（1）得，，由等角对等边可得，进而可得，于是结论得证． （1）解：和是在同一条直线上，理由如下： 四边形是矩形， ，， ， 矩形是由矩形旋转得到的， ，，， ，， ， 在和中， ， ， ， 即：， ， ， 和是在同一条直线上； （2）证明：由（1）得：，， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的两个锐角互余等知识点，利用矩形的性质及旋转的性质证明是解题的关键． 【变式1】（2023·河南洛阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形，其中点与原点重合，点在轴负半轴上，点在轴正半轴上，．将矩形绕点按顺时针方向旋转，每秒旋转，则第2023秒旋转结束时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质， 连接，根据勾股定理求出，再根据直角三角形的性质得，进而得出第2023秒旋转结束时点B的坐标与第1秒旋转结束时点B的坐标相同，然后画出图形，证明，可得点的坐标，即可得出答案． 解：连接，如图所示， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴第2023秒旋转结束时点B的坐标与第1秒旋转结束时点B的坐标相同， 将绕点O顺时针旋转得到，连接，如图， ∵， ∴， ∴， ∴点的坐标为， ∴第2023秒旋转结束时，点B的坐标为． 故选：A． 【变式2】（25-26九年级上·山西阳泉·期中）如图，在矩形中，，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，点旋转后的对应点分别为．若点落在边上，延长交于点，连接，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键，根据旋转的性质和全等三角形的判定与性质可得，设，则，，在，求出的长，在，求出的值，在中，再次利用勾股定理求得的值即可． 解：∵将矩形绕点逆时针旋转得到矩形， ∴，，， 在和中， ∴， ∴， 设， ∵， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：，即， 在中，由勾股定理得：， ∴． 故答案为：． 【变式3】（25-26九年级上·天津河西·期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F． (1)若点D落在边上，画出旋转后的图形；并求出点D的坐标； (2)若旋转角为，直接写出点D的坐标_______，点E的坐标_______． 【答案】(1)图见解析，点D的坐标为， (2) 【分析】本题考查了作图-旋转变换，矩形的性质，勾股定理.解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）根据题意作出图形；根据矩形的性质得到，根据旋转的性质得到，由勾股定理即可得到结论； （2）作轴于点H，作于点M，结合旋转求出，进而求出即可求出点D坐标；求出，即可求出，进而求出结论． （1）解：如图所示，矩形即为所求， ∵点，点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵矩形是由矩形旋转得到， ∴， 在中，， ∴， ∴． （2）解：作轴于点H，作于点M， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 点横坐标为 ， ， 故答案为：． 【考点三】菱形与图形变换 ★★【题型 7】菱形与平移问题 解决菱形与平移问题，要抓住平移前后对应线段平行且相等、图形形状大小不变的特点，结合菱形四边相等、对边平行、对角线互相垂直平分的性质，通过平移构造平行四边形，利用边与对角线的关系进行推理计算，在动点或坐标系问题中根据平行且相等的条件列方程求解。 【例题7】（23-24九年级上·浙江金华·开学考试）如图1，两个全等的直角三角形和的斜边和在同一直线上，，将沿直线平移，并连接，． 【基础巩固】 （1）求证：在沿直线平移过程中，四边形是平行四边形； 【操作思考】 （2）如图2，已知，当沿平移到某一个位置时，四边形为菱形，求此时的长； 【拓展探究】 （3）如图3，连接，若四边形为菱形，且，求的度数．    【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可解决问题； （2）设，根据勾股定理，建立方程求解即可； （3）延长交于点，证明，得，所以是等腰直角三角形，然后根据菱形的性质即可解决问题． 解：（1）证明：， ，， ， 四边形是平行四边形； （2），，， ， 如图2，连接交于点，   平移的过程中，四边形能成为菱形， 四边形能成为菱形， ，，， ， ， ， 设， ， ， ， ， ， 解得：或（舍去）， ． 当时，四边形能成为菱形； （3）如图3，连结，延长交于点，   四边形为菱形， ，， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 四边形为菱形， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【变式1】（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，菱形中，直线边，并从点出发向右平移，设直线在菱形内部截得的线段的长为，平移距离为，与之间的函数关系的图象如图所示，则菱形的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题是动点函数图象问题，将图形的运动与函数图象结合起来分析是解决此类问题的关键， 将图1和图2结合起来分析，分别得出直线过点D, B和时对应的值和值，从而得出菱形的边长和高，从而得其面积． 解：由图2可知，当直线过点时，，菱形的高等于线段的长，此时，直线向右平移直到点过点时，， 当直线过点时，， ∴菱形的边长为， ∴当点与点重合时，由勾股定理得， ∴， ∴菱形的高为， ∴菱形的面积为． 故选：A． 【变式2】（2025·河北邢台·一模）如图，四边形是菱形，对角线所在直线是一条水平直线，过点作一条竖直直线，将直线沿水平方向向右平移，在平移过程中，直线落在菱形内部的线段长记作，若，，则正整数的值是 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识．连接交于点，根据菱形的性质可得，，，根据勾股定理求出，进而得到，根据当直线运动到点或点时，最小，最小值为，当直线运动到与重合时，最大，最大值为，得到，即可求解． 解：如图，连接交于点， 四边形是菱形，， ，，， ， ， 当直线运动到点或点时，最小，最小值为， 当直线运动到与重合时，最大，最大值为， ， 正整数的值是， 故答案为：． 【变式3】（2023·浙江温州·一模）如图，网格是由边长为个单位的小菱形组成，每个菱形较小的角都是．已知格点，请按以下要求画格点图形（顶点都在格点上）． (1)在图1中画一个，使，，再画出该三角形向右平移个单位后的图形． (2)在图2中画一个，使，且该三角形的面积为．注：图1，图2在答题纸上． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）每个菱形较小的角都是，可知该角的邻角是，每个菱形边长为个单位，可知两个菱形的边长为，向右平移，即图形中所有点都向右平移，由此即可求解； （2）每个菱形较小的角都是，可知该角的邻角是，则可求出每个小菱形的高，根据三角形的面积计算公式即可求解． （1）解：的网格中，每个菱形较小的角都是，边长为个单位， ∴较小的角的邻角是，如图所示（画法不唯一）， ∵，且是菱形，每个菱形边长为个单位， ∴，， ∴图中是所求图形． （2）解：根据题意，如图所示（画法不唯一）， ∵是菱形，，，， ∴， ∵， ∴， ∴图中是所求图形． 【点睛】本题主要考查菱形，三角形，直角三角形的综合，掌握菱形的性质，直角三角形的性质，平移的性质是解题的关键． ★★【题型 8】菱形与折叠问题 解决菱形与折叠问题，要紧扣折叠前后图形全等、对应边相等、对应角相等的性质，结合菱形四边相等、对边平行、对角线互相垂直平分且平分对角的特点，利用平行线与折叠产生的相等角推导出等腰三角形，再借助勾股定理设未知数表示线段长度，建立方程求解边长、角度及线段位置关系。 【例题8】（24-25九年级上·广东清远·期中）综合与实践课上，老师让同学们以一张矩形纸“如何折出菱形”为主题开展数学活动．小明做法：沿折叠使得点A落在上，沿折叠使得点C落在上，当时，得到的四边形为菱形； 小华做法：沿折叠使得与重合，再折出，当时，得到的四边形为菱形； (1)以上哪种方法能够折叠出菱形？请结合数学知识进行说明 (2)如果，请求出菱形的面积 【答案】(1)小明能够折叠出菱形，小华不能够折叠出菱形；理由见解析 (2) 【分析】此题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、矩形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定和性质是关键． （1）根据菱形的判定和性质、折叠的性质进行证明即可； （2）求出，得到，根据菱形的面积进行解答即可． （1）小明能够折叠出菱形，小华不能够折叠出菱形；理由如下： ∵四边形是矩形 ∴     ∴， 由折叠知：， ∴    ∴∥, ∴四边形是平行四边形 ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， 故时，四边形为菱形，甲成立， 而由小华折叠方法可知， 当时，是等腰直角三角形， ∴， ∴， 所以，故四边形不可能为菱形． 综上所述：小明能够折叠出菱形，小华不能够折叠出菱形； （2）求菱形的面积如下： 在中，， ∴， ∴， 即， 解得（负值已舍去）， ∵四边形为菱形， ∴， ∴菱形的面积为． 【变式1】（2025八年级下·河南·专题练习）如图，为矩形的对角线，将边沿折叠，使点落在上的点处，将边沿折叠，使点落在上的点处，易证四边形是平行四边形．要使四边形是菱形，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的性质、折叠的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．由折叠的性质、菱形的性质、矩形的性质，证出，即可求的度数． 解：由折叠的性质得， 四边形是矩形， ，， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， 故选：A． 【变式2】（2024·湖北·模拟预测）如图，菱形的对角线长分别为6和8，点为对角线的交点，过点O折叠菱形，点B，C的对应点分别为点，，是折痕．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了图形的折叠问题，延长交的延长线于点E，利用等面积法求出的长，根据对称性求出角度，再利用勾股定理求解． 解：如图，延长交的延长线于点E， ∵四边形是菱形， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 由折叠的性质可知， 在中，， ∴． 故答案为：． 【变式3】（23-24九年级上·广东佛山·月考）【教材呈现】人教八年级下册数学教材第59页的部分内容． 如图1，把一张矩形纸片按如图那样折一下，就可以裁出正方形纸片，为什么？ (1)【问题解决】如图1，已知矩形纸片，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上，点的对应点为，折痕为，点在上． 求证：四边形是正方形．（请完成以下填空） 证明：四边形是矩形， ， 折叠，， 四边形是矩形（）． 折叠，， 四边形是正方形（） (2)【问题拓展】如图2，已知平行四边形纸片，将平行四边形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上，点的对应点为，折痕为，点在边上． ①求证：四边形是菱形． ②连结，若，，求菱形的面积． 【答案】(1)有三个角是直角的四边形为矩形，有一组邻边相等的矩形是正方形 (2)①见详解；②25 【分析】（1）由矩形的性质得，再由折叠的性质得：，则四边形是矩形，然后由，即可得出结论； （2）①由平行四边形的性质得，则，再证，则，得四边形是平行四边形，然后由即可得出结论； ②由菱形面积公式得，即可得出答案． （1）解：∵四边形是矩形， 由折叠的性质得：， ∴四边形是矩形（有三个角是直角的四边形为矩形）， 由折叠的性质得：， ∴四边形是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）， 故答案为：有三个角是直角的四边形为矩形，有一组邻边相等的矩形是正方形； （2）①证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形； ②解：如图2，∵四边形是菱形，， ∴， 故答案为：25．    【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、正方形的判定、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、折叠的性质、平行线的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握折叠的性质、矩形的判定与性质是解题的关键． ★★【题型 9】菱形与旋转问题 解决菱形与旋转问题，要抓住旋转前后图形全等、对应边相等、对应角相等、旋转角相等的核心性质，结合菱形四边相等、对角线互相垂直平分且平分对角的特征，利用相等边与旋转角构造全等三角形和等腰三角形，再结合直角三角形性质、勾股定理与角度推导，求解线段长度、角度大小及图形位置关系。 【例题9】如图．一个锐角等于的菱形，将一个的的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个的，使它的两边分别交、于点E，F． (1)如图1，当时，试判断与的数量关系，并说明理由； (2)旋转，如图2，当时，（1）的结论是否仍然成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由． 【答案】(1)，理由见解析； (2)成立，证明见解析； 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形全等的判定和性质，掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形全等的判定方法是解题关键. （1）根据菱形性质，可得，结合已知，可证，可得； （2）连接，由菱形的性质可得，，可证是等边三角形，是等边三角形，可得，，证明，可得. （1）解：四边形是菱形， ， 在和中， （）， . （2）解：仍然成立，理由如下： 如图，连接， 四边形是菱形，， ， 是等边三角形，是等边三角形， ， ， ， ， 在和中， ， ． 【变式1】（25-26九年级上·福建厦门·期中）在平面直角坐标系中，菱形的对角线交于原点O，，若，将菱形绕点O旋转，使点D落在x轴的正半轴上，则旋转后点C对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键． 由菱形的性质可得，A、B、C均在坐标轴上，再由直角三角形的性质可得，然后由勾股定理可得到的长，即可求解． 解：∵， ∴轴，， 根据菱形的对称性可得：当点D落在x轴正半轴上时，A、B、C均在坐标轴上，如图， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴点C的坐标为． 故选：D 【变式2】（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，，将该菱形绕点在平面内顺时针方向旋转得到菱形，与交于点，且，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、三角形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 连接，作于点，利用菱形的性质和旋转的性质求出，，利用直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质，结合 进行求解即可． 解：连接，作于点，则， ∴，，， ∴， 将菱形绕点顺时针旋转得到菱形， ∴，，， ，，， ， ∴，， 点在上，， ∴，， ， ∴ ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是， 故答案为：． 【变式3】（25-26九年级上·云南昭通·期末）如图，四边形是矩形，点是的中点，将绕点旋转，分别交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)37.5． 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形性质和判定，菱形的判定及性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握勾股定理及菱形的判定及性质定理是解本题的关键． （1）利用矩形性质证明，进而得到四边形为平行四边形，结合旋转的性质，以及对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行判定即可； （2）结合菱形性质设，则，由勾股定理可求的长，进而即可求出菱形的面积． （1）解：∵四边形是矩形， ， ， 是中点， ， 在和中， （）， ， 四边形是平行四边形， ∵绕点旋转， ∴， 四边形是菱形； （2）解：， 由菱形性质可设，则， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得， ， ． 【考点四】正方形与图形变换 ★★【题型 10】正方形与平移问题 解决正方形与平移问题，要抓住平移前后对应线段平行且相等、图形形状大小不变的特点，结合正方形四边相等、四个角都是直角、对边平行、对角线相等且互相垂直平分的性质，通过平移构造平行四边形或特殊直角三角形，利用坐标变化或线段相等关系列方程，求解动点、长度、坐标等问题。 【例题10】（24-25八年级下·湖南娄底·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A在y轴正半轴上，顶点B在x轴正半轴上，顶点C，D都在第一象限内，的长分别为4和3． (1)求正方形的面积； (2)求直线的解析式； (3)将直线平移得到直线l，问是否存在直线l恰好平分正方形的面积？若存在，请写出平移方式并求出此时直线l的解析式；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)由直线向上平移2个单位长度（或者向左平移个单位长度），． 【分析】本题考查一次函数图象的平移，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）根据正方形的性质，勾股定理求出即可； （2）过点C作于点E，证明，求出点的坐标，待定系数法求出函数解析式即可； （3）根据正方形的性质，得到当直线l，经过正方形的中心时，平分正方形的面积，进行求解即可． （1）解：，的长分别为4和3， 在中：， ； （2）如图所示，过点C作于点E， 且的长分别为4和3， ，， 四边形ABCD是正方形， ， 在中， 又， （同角的余角相等） 在和中， ， ，． ． 点C的坐标为 设直线的解析式为， 把，代入得，解得 直线的解析式为． （3）如图所示，连接正方形的两对角线，与相交于点P， 正方形的两对角线互相平分 点P是线段的中点， ， 点P的坐标为，即 ，， 直线的解析式为 由正方形的中心对称性可知，当直线l经过点P时，直线l平分正方形的面积 又直线l是由直线平移得到， 设直线l的解析式为，把代入得，解得 直线l的解析式为； 即由直线向上平移2个单位长度（或者向左平移个单位长度）可得直线． 【变式1】（24-25八年级下·河北保定·期末）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形在第二象限内，轴，点A的坐标为，直线l的表达式为．将直线l沿y轴向上平移m个单位长度，使平移后的直线与正方形有交点，则m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正方形的性质，一次函数的平移，一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握一次函数的平移规律“上加下减”是解题的关键． 先根据正方形的性质与点A的坐标，求出点，，再根据直线l：，沿y轴向上平移m个单位长度，则平移后的解析式为，然后把，，代入求出值，即可求解． 解：∵边长为2的正方形在第二象限内， ∴ ∵轴，点A的坐标为， ∴，， 直线l：，沿y轴向上平移m个单位长度， 则平移后的解析式为， 当直线经过点D时， 则， 解得：， 当直线经过点B时， 则， 解得：， ∵将直线l沿y轴向上平移m个单位长度，使平移后的直线与正方形有交点， ∴ 故选：D． 【变式2】（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，，，直线与坐标轴分别交于，且，点D在直线上，若将正方形向右平移，则平移个单位长度，点B恰好落在直线上，则的值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了一次函数与几何图形的综合运用，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，过点作轴，交于点G，过点A作轴于点H，则点纵坐标为2，设，求出直线的解析式为，利用正方形的性质证，推出，求出，再利用正方形的性质求出，代入直线直线解析式求出，即可求出，由平移的性质即可得出结果． 解：过点作轴，交于点G，过点A作轴于点H，则点纵坐标为2， 设，直线的解析式为， 则， ∴直线的解析式为， ∵四边形为正方形， ，， ， ∵， ， 在和中 ， ， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形为正方形， ∴两点的中点坐标与两点的中点坐标相同， ∴， 将代入直线直线解析式得：， ∴， ∴直线的解析式为， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴将正方形向右平移个单位长度，点B恰好落在直线上． 故答案为：． 【变式3】如图1，将正方形 ABCD置于平面直角坐标系中，其中AD边在x轴上，其余各边均与坐标轴平行，平行于BD的直线l沿x轴的负方向以每秒1个单位的速度平移，平移过程中，直线l被正方形ABCD的边所截得的线段长为m，平移时间为t（秒），m与t 的函数图象如图2，求图2中 a、b的值． 【答案】a的值为，b的值为 【分析】由图2可知，则正方形ABCD的边长为，当运动时间为a秒时，直线l被正方形ABCD的边所截得的线段长最大，此时，根据正方形的边长求出正方形的对角线即可得到b的值． 解：∵平行于BD的直线l沿x轴的负方向以每秒1个单位的速度平移， 由图2可知， 当时，， ∴， 即正方形ABCD的边长为． ∵当直线l与BD重合时，直线l被正方形ABCD的边所截得的线段长最大， 即当时，， ∴， 综上所述，a的值为，b的值为． 【点睛】本题考查的是动点图象问题，涉及到正方形和一次函数的性质，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解． ★★【题型 11】正方形与折叠问题 解决正方形与折叠问题，要抓住折叠前后图形全等、对应边相等、对应角相等的性质，结合正方形四边相等、四角为直角、对角线互相垂直平分且相等的特点，利用直角条件和勾股定理设未知数列方程，同时借助折叠与正方形的对称性推导角度与线段关系，从而求解边长、角度及线段位置等问题。 【例题11】（23-24八年级下·山东日照·期末）在学习了特殊平行四边形后，老师和同学们以“图形中的折叠”为主题开展数学活动． (1)初步感知 如图1，对矩形纸片进行如下操作： 操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：再一次折叠纸片，使点A落在上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕．同时，得到了线段． 连接，则的形状是______三角形； (2)迁移探究 将矩形纸片换成正方形纸片，先完成（1）中的“操作一”，然后在上任选一点M（点不与点A，D重合），沿折叠，使点A落在正方形内部点N处，把纸片展平，连接，，并延长交于点Q，连接． ①如图2，若点N恰好在上，连接．请判断线段与的数量关系及的度数，并说明理由： ②若正方形纸片的边长为8，在以上探究中，当时，求的长． 【答案】(1)等边 (2)①，，理由见解析；②或． 【分析】（1）由折叠的性质可得得，再次折叠得，等量代换问题可求解； （2）①根据折叠性质可证即可求解；②分两种情况，当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的下方时，设，分别表示出，，有勾股定理即可解答． （1）解：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕， ，， ， ， ， 再一次折叠纸片，使点A落在上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕．同时，得到了线段， ， ∴， ∴是等边三角形； 故答案为：等边； （2）解：①如图2，，，理由如下： 四边形是正方形， ，， 由翻折可知，， ， ， ， ， 由翻折可知：，， ； ②当点Q在点F的下方时，如图2， ，， ，， ， 由①知， 设，， ， ， 解得：， ， 当点Q在点F的上方时，如图3， ，， ， 由①知：， 设，， ， ， 解得：， ， 综上所述：或． 【点睛】本题考查了矩形与折叠，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 【变式1】如图，将正方形按图中虚线折叠可得菱形（分别将正方形各边折叠至对角线上再展开，折痕所成四边形即为菱形），已知正方形的边长为2，则菱形的面积为（ ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接BD，过点E 作EM⊥AB，设BD与AC交于点O，根据角平分线的性质得EO=EM，利用等面积法，求出OE的长，进而即可求解． 解：连接BD，过点E 作EM⊥AB，设BD与AC交于点O， 由菱形和正方形的轴对称性，可知：E、F在BD上， ∵正方形的边长为2， ∴BO=DO=AO=CO=2÷= ， ∵折叠， ∴AE是∠BAC的平分线， 又∵EO⊥AC，EM⊥AB， ∴EO=EM， ∴，即：， ∴OE=， ∴EF=， ∴菱形的面积=××=， 故选：A． 【点睛】本题主要考查菱形的性质和正方形的性质以及折叠的性质，掌握正方形的对角线互相平分且垂直，相等，是解题的关键． 【变式2】（2025·河南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标是，为边上一点，，沿折叠正方形，折叠后，点落在平面内的点处，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了图形的翻折变换和正方形的性质，要会根据点的坐标求出所需要的线段的长度，灵活运用勾股定理． 过点作，因为，，所以，，根据勾股定理得，故，即点的坐标即可求解． 解：过点作，如图所示： 四边形是正方形，点的坐标是， ，， ， ， 由折叠的性质可得：， ， ， 在中，根据勾股定理得， ， 即点的坐标为， 故答案为：． 【变式3】．如图，正方形纸片ABCD中，E为BC中点，折叠正方形，使点A与点E重合得折痕MN，则梯形ANMD与梯形BCMN的面积之比为 ． 【答案】3：5 【分析】连接AM、ME，由折叠的性质可知，AN=NE，AM=ME，设AB=2x，AN=a，在Rt△BEN中，求得a=x，设DM=b，在Rt△ADM和Rt△EMC中，由勾股定理得到，求得DM=b=x，据此求解即可． 解：连接AM、ME， 由折叠可得，AN=NE，AM=ME， 设AB=2x，AN=a， 在Rt△BEN中，， ∴a=x， 在Rt△ADM中，设DM=b， ∴， 在Rt△EMC中，CM=2x-b， ∴， ∴DM=b=x， ∴， 故答案为：3：5． 【点睛】本题考查折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质，梯形的面积公式，合理的引入参数，并能根据已知逐步消去参数是解题的关键． ★★【题型 12】正方形与旋转问题 解决正方形与旋转问题，要抓住旋转前后图形全等、对应边相等、对应角相等、旋转角相等的核心性质，结合正方形四边相等、四角都是直角、对角线相等且互相垂直平分的特征，利用相等的边与直角构造全等三角形、等腰直角三角形，再通过角度转化、勾股定理与线段关系进行推理计算，从而解决长度、角度及图形位置等问题。 【例题12】（2024九年级上·河南安阳·学业考试）正方形和正方形如图1摆放，且B，A，G三点共线． (1)正方形的边长为a，正方形的边长为b，．当，时，四边形的面积=__________； (2)若正方形可以绕点A顺时针进行旋转，且旋转角度小于． ①如图2，连接，探究的数量关系，并说明理由； ②如图3，连接，在旋转过程中，若点P为的中点，连接，试判断和的数量关系，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若某时刻，请直接写出的面积． 【答案】(1)15 (2)①，理由见解析②，理由见解析 (3) 【分析】（1）将四边形的面积转化为求梯形和的面积，计算时将算式变形为与的形式即可求解； （2）①证明即可求证； ②利用倍长中线法构造，再证明即可求解； （3）利用全等三角形进行等面积转化即可求解． （1）解：∵四边形的面积，且，， ∴四边形的面积． （2）①，理由如下： ∵正方形和正方形中，，，， ∴即， ∴， ∴； ②，理由如下： 如图，延长至M，使，则， ∵点P为的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴． （3）解：，理由如下： 由（2）知， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴，即． 【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、倍长中线法、求不规则图形面积、完全平方公式的变形等知识，解题的关键是发现全等三角形并运用转化的思想方法． 【变式1】（2023·河南南阳·模拟预测）如图，正方形的顶点均在坐标轴上，且点B的坐标为，以为边构造菱形，将菱形与正方形组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点F的对应点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出点的坐标，由题意可得每4次旋转为一个循环，点的坐标与第3次旋转结束时点的坐标相同，即可得出答案． 解：∵， ∴每旋转4次为一个循环， ∴． 即第2023次旋转结束时，点的坐标与第3次旋转结束时点的坐标相同． 的位置如图所示，    连接，，． 由旋转得，． ∵点， ∴． ∵四边形为正方形， ∴． ∴． ∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴， ，． ∴点的坐标为．则点的坐标为． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，勾股定理的应用，旋转的性质，找到旋转的规律是解本题的关键． 【变式2】（25-26七年级上·全国·课后作业）在平面直角坐标系中，边长为2的正方形的两顶点分别在轴、轴的正半轴上，点在原点．现将正方形绕点顺时针旋转，当点第一次落在直线上时停止旋转，旋转过程中，边交直线于点边交轴于点（如图）．在旋转正方形的过程中，的周长为 ． 【答案】4 【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质，过点O作，垂足为F，延长交y轴于E点，如图，易证，从而得到，，进而可以证到，得出，从而可以证到，进而可以推出的周长． 解：过点O作，垂足为F，延长交y轴于E点，如图， 则． ∴． 在和中， ， ∴． ∴． 在和中， ， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴的周长． 故答案为：4． 【变式3】（2026·四川德阳·模拟预测）如图，正方形与正方形的边、在一条直线上，正方形以点为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为在旋转过程中，两个正方形只有点重合，其他顶点均不重合，连接，． (1)当正方形旋转至如图所示的位置时，求证：； (2)如图，如果，，，连接，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形的性质和判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）由旋转的性质得到，由正方形的性质得到，，然后依据可证明，然后依据全等三角形的性质进行证明即可； （2）连接、，延长交与．当时，可证明为等腰直角三角形，然后可求得和的长，根据，进行求解即可。 （1）解：由旋转的性质可知：，由正方形的性质可知：，． 在和中， ， ∴． ． （2）连接、，延长交于． 当时，则． ． ． 又， ． 又，， 为等腰直角三角形． ．， ，与平行． ． 【考点五】梯形与图形变换 ★★【题型 13】梯形与平移问题 解决梯形与平移问题，要抓住平移后对应线段平行且相等、图形形状大小不变的特点，通过平移梯形的腰或对角线，将梯形转化为平行四边形和三角形，结合梯形一组对边平行的性质，把分散的边和角集中到同一个三角形中，再利用三角形三边关系、勾股定理或等腰三角形性质进行推理与计算，从而求解边长、角度及动点存在性等问题。 【例题13】探究题． (1)图形的定义．小学学过梯形，请你仿照平行四边形的定义方法，给梯形下一个定义； (2)图形的性质．与三角形中位线定理类似，梯形也有类似结论即如图1，在梯形中，，，分别为，的中点，连接，求证：，； (3)综合应用．如图2，边长为2的正方形在边长为的正方形所在平面上平移，在平移过程中，始终保持，线段的中点为，的中点为，求的长． 【答案】(1)一组对边平行，另一组对边不平行的四边形是梯形； (2)证明见解析 (3) 【分析】1）由题意可得出梯形的定义； （2）连接，并延长交的延长线于，证明，由全等三角形的性质得出，，则可得出结论； （3）连接并延长至点，使，作于点，连接，，，由，求出，根据等腰直角三角形的性质求出，再运用勾股定理求出，根据三角形中位线性质定理可求出的长． （1）解：由题意可得，一组对边平行，另一组对边不平行的四边形是梯形； （2）证明：连接，并延长交的延长线于，如图所示： ∵， ∴，， ∵点是的中点， ∴， 在和中, ∴， ∴，， ∴点是的中点， ∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴，； （3）连接并延长至点，使，作于点，连接，，，如图所示： ∵是线段的中点， ∴， 在和中 ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵线段的中点为，的中点为， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理以及三角形中位线性质定理的综合运用，通过辅助线构造全等三角形和三角形中位线是解决问题的关键． 【变式】（24-25七年级下·福建福州·期中）如图，两个完全相同的直角梯形重叠在一起，将其中一个直角梯形沿的方向平移，点A，的对应点分别为，，根据图中所标数据，求得阴影部分的面积为（   ） A．75 B．100 C．105 D．120 【答案】C 【分析】本题考查了平移性质，根据平移性质得，计算出即可，熟练掌握平移性质，梯形面积公式，是解题的关键． 由平移，得， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：C． ★★【题型 14】梯形与折叠问题 解决梯形与折叠问题，要抓住折叠前后图形全等、对应边相等、对应角相等的性质，结合梯形一组对边平行的特征，利用平行线的内错角相等与折叠产生的等角推导出等腰三角形，再通过勾股定理设未知数表示线段长度，建立方程求解边长、角度及相关线段关系。 【例题14】（2025·河北廊坊·一模）情境：正方形既是轴对称图形又是中心对称图形，我们可以通过以下几种方式获得正方形．（说明：纸片折叠过程中无缝隙、无边沿重叠） 操作： （1）如图1，将纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰的底边上的高线折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个四边形．当四边形为正方形时，直接写出与的数量关系． （2）如图2，将平行四边形沿，折叠后，点和点在点处重合，点落在点处．若四边形为正方形，，求平行四边形的面积． 探究： （3）如图分别为梯形四条边的中点，梯形上底与下底的和为高的2倍，请根据以上信息画出一种裁剪方式，使裁剪后的四块图形打散后能够拼成一个正方形．（裁剪线用虚线，并标注清楚相应的几何符号） 【答案】（1）；（2）；（3）作图见解析 【分析】本题考查四边形综合，涉及折叠性质、正方形性质，读懂题意，发挥空间想象能力构造图形是解决问题的关键． （1）由折叠性质、正方形性质，数形结合即可得到答案； （2）由折叠性质、正方形性质，数形结合即可得到答案； （3）如图所示，沿着虚线剪开，利用旋转和平移即可组合成一个正方形． 解：（1）由折叠性质可知，，， ，即， 当四边形为正方形时，， 与的数量关系是； （2）由折叠性质可知，， ， 若四边形为正方形，，则， ， 平行四边形的面积为； （3）沿着虚线剪开，如图所示： 将四边形绕着点顺时针旋转，使与重合；将四边形绕着点逆时针旋转，使与重合；如图所示： 沿着剪开，将与重合，如图所示： 即可构成一个正方形． 【变式1】（24-25九年级上·浙江绍兴·期末）如图，将正方形折叠，使点A与的三等分点E重合，折痕为，设梯形的面积为，梯形的面积为，则（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】A 【分析】分，或两种情况讨论，连接，设正方形边长为，设，则，设，则，在、、中运用勾股定理及翻折的性质，求得，最后运用梯形的面积公式即可求解． 解：∵为边的三等分点， ∴，或， 如图，当时，连接，设正方形边长为， 由翻折知，， 设，则，设，则， ∵正方形， ∴，, 在中，， ∴， ∴， ∴， 在、中，， ∴， ∴，， ∵梯形面积为，梯形面积为，且, ∴； 如图，当时， 同理，； 综上，， 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质、翻折的性质、勾股定理、梯形的面积公式，求解的关键是利用勾股定理及翻折的性质建立等式． 【变式2】（2026·江西·模拟预测）如图，在梯形纸片中，，，将纸片沿过点D的直线折叠，使点C与点A重合，折痕与交于点E． (1)试判断四边形的形状，并证明； (2)若，求梯形的面积． 【答案】(1)菱形，见解析 (2)26 【分析】本题考查菱形的判定，勾股定理的应用，解题关键在于熟练掌握其相关知识点； （1）由折叠可知，，再证即可求证； （2）由四边形是菱形，根据勾股定理可得：再用梯形面积求解即可. （1）证明：四边形是菱形 由折叠可知，， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形； （2）∵ ∴由四边形是菱形，根据勾股定理可得：     ∴梯形的面积为 . ★★【题型 15】梯形与旋转问题 解决梯形与旋转问题，要抓住旋转前后图形全等、对应边相等、对应角相等、旋转角相等的核心性质，结合梯形一组对边平行的特点，通过旋转构造全等三角形，将分散的边、角集中到同一图形中，再利用平行线性质、三角形内角关系与勾股定理进行推理计算，从而求解线段长度、角度大小及图形位置关系。 【例题15】（24-25七年级上·全国·假期作业）青青把梯形按照下图的方法转化成平行四边形，且面积保持不变．已知梯形的面积是，高是，平行四边形中的长是( )． 【答案】10 【分析】本题考查梯形和平行四边形的面积．可以判断，平行四边形的面积与梯形面积相等．只要知道平行四边形的高，就能结合面积公式求出底．根据条件可以判断，平行四边形的高是梯形高的一半，也就是4厘米．利用面积除以高即可得到答案． 由题意可知，平行四边形的高为，面积为， ∴平行四边形中底边的长是， 故答案为：10 【变式1】（25-26八年级上·江苏淮安·月考）【实践探究】小佑同学在做八下第八章《四边形》的课后练习时，他将两个正方形纸片按照图所示的方式放置：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长相等，四边形为这两个正方形的重叠部分，正方形可绕点旋转，他发现不仅有课本上的一些结论，还探究得到一些其他的结论． 【问题发现】（1）①图中线段、之间的数量关系是______； ②图1中连接，则线段、、之间的数量关系是______． 【类比迁移】（2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，延长交于点，连接，，矩形可绕点旋转，判断线段、、之间的数量关系为：______，并写出证明过程． （3）如图3，在菱形中，对角线、相交于点，点为的中点，直角的两条边、分别与边、交于点、，可绕点旋转．已知，，当时，线段的长为______． 【结论应用】（4）如图4，在直角梯形中，，，点为梯形对角线的中点，四边形为矩形，的两边分别与直线、相交于点、，矩形可绕点旋转．已知，，当时，线段的长为______． 【答案】（1）①；②；（2），理由见解析；（3）；（4）或． 【分析】（1）①通过正方形对角线性质，证明与全等，得出和的数量关系； ②利用正方形边长相等转化线段，结合勾股定理推导、、的数量关系； （2）延长线段构造全等三角形，将转化为，再利用矩形性质和勾股定理证明数量关系； （3）连接辅助线，利用菱形对角线性质、中点性质，结合勾股定理分情况列方程求解； （4）利用直角梯形、中点性质，结合矩形的直角条件，分情况用勾股定理计算的长度． 解：（1）①∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，， ∴， ∴，， ∴ 在和中， ， ∴（）， ∴， 故答案为：； ②∵正方形的边长相等，即，， 由（）①得， ∴，即 在中，由勾股定理得， ∵，， ∴， 故答案为：； （2）结论：，理由如下： 延长交于点，连接，连接，则过中心， ∵是矩形的中心， ∴是的中点，即， ∵矩形中，， ∴，． 在和中， ， ∴（）． ∴， ∵矩形中，，即， ∴． 在中，由勾股定理得， ∵，， ∴； （3）连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴−， ∵，为直角， ∴由得， ∵， ∴， ∴， 解得； （4）分两种情况讨论： 情况，当点在线段上时，连接， ∵，， ∴， 在直角梯形中，，， ∴， ∴， ∵在矩形中，， ， ∴由得， ∴ 解得； 情况，当点在线段的延长线上时，过作交的延长线于，连接，，则． ， ，， 点是的中点． ． 在矩形中，，即． ． 在中，，在中， ，即， ，，， ， 即得． 综上，的长为或． 【点睛】本题主要考查了正方形、矩形、菱形、直角梯形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理．熟练掌握特殊四边形的性质、全等三角形的判定方法及勾股定理的灵活应用是解题的关键． 【变式2】（23-24七年级上·云南昆明·开学考试）根据要求操作并填空．    (1)把下图中的长方形绕A点逆时针旋转90°，画出旋转后的图形．旋转后，B点的位置用数对表示为（    ，    ）． (2)按的比画出三角形缩小后的图形，缩小后的三角形的面积是原来的（    ）． (3)如果1个小方格表示1平方厘米，请在方格纸上画一个面积是10平方厘米的梯形． 【答案】(1)图见解析，； (2)图见解析，； (3)图见解析． 【分析】（1）画出旋转后的图形，确定点的位置即可； （2）将三角形的每个边缩小为原来的，再求得两个三角形的面积，即可求解； （3）按照要求，画出梯形即可． （1）解：如图①，此时点的位置用数对表示为； 故答案为：； （2）如图②，原三角形的面积为：，小三角形的面积为 则缩小后的三角形的面积是原来的 故答案为：； （3）如图③，答案不唯一，只需要保证面积是即可．    【点睛】此题考查了旋转作图、用有序数对表示位置，三角形面积的求解，解题的关键是熟练掌握相关基础知识． 2. 中考真题 （一）单选题（4题） 1．（2023·浙江嘉兴·中考真题）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（    ） A．1cm B．2cm C．(－1)cm D．(2－1)cm 【答案】D 【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可． 解：由题意，BD=cm， 由平移性质得=1cm， ∴点D，之间的距离为==（）cm， 故选：D． 【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键． 2．（2023·广东深圳·中考真题）如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】首先根据平行四边形的性质得到，然后根据菱形的性质得到，然后求解即可． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】此题考查了平行四边形和菱形的性质，平移的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 3．（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形中的翻折问题，勾股定理，三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握翻折性质，由折叠的性质易知，证明，设，则，由勾股定理得到，求出，最后利用勾股定理即可求解． 解：∵四边形为正方形， ∴，， 由折叠的性质易知， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴． ∵E为边的中点， ∴． 设，则， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 4．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（    ） A．15 B． C． D．18 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解． 解：过点作，交于，过点作垂足为， ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形和都是矩形， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， ∴， ∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动， 作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为， ∵，， ∴， 故选：B． （二）填空题（4题） 5．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点落在长边上的点处，并得到折痕，小宇测得长边，则四边形的周长为 ．    【答案】 【分析】可证，从而可得，再证四边形是平行四边形，可得，即可求解． 解：四边形是平行四边形， ， ， 由折叠得：， ，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 故答案：． 【点睛】本题考查了平行四边形判定及性质，折叠的性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键． 6．（2024·甘肃甘南·中考真题）如图，在矩形中，点E，F分别在上，将矩形沿直线折叠使点D与点B重合，点C的对应点是点．若，则的长等于 ． 【答案】8 【分析】本题考查图形的翻折变换，熟练掌握图形折叠的性质，矩形的性质，直角三角形勾股定理是解题的关键．过点作交于点，由折叠可知，，，，先求出，再设，则，，在中，，在中，，由，可得，求出的值，即可求解． 解：过点作交于点， 由折叠可知，，，， ， ，， ， ， 设，则，， ∵ 在中，， 在中，， ， ， 解得，经检验符合题意， ，， ， 故答案为：8． 7．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，，，，将菱形绕点A旋转后，得到菱形，则点的坐标是 ．    【答案】或 【分析】分两种情况：当绕点A顺时针旋转后，当绕点A逆时针旋转后，利用菱形的性质及直角三角形30度角的性质求解即可． 解：当绕点A顺时针旋转后，如图，    ∵， ∴， ∵菱形中，， ∴， 延长交x轴于点E， ∴，， ∴， ∴， ∴； 当绕点A逆时针旋转后，如图，延长交x轴于点F，   ∵，， ∴， ∵菱形中，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：或． 【点睛】此题考查了菱形的性质，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质，正确理解菱形的性质及旋转的性质是解题的关键． 8．（2024·四川广安·中考真题）如图，直线与轴、轴分别相交于点，，将绕点逆时针方向旋转得到，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查一次函数图象与坐标轴的交点，旋转的性质，正方形的判定和性质等，延长交y轴于点E，先求出点A和点B的坐标，再根据旋转的性质证明四边形是正方形，进而求出和的长度即可求解． 解：如图，延长交y轴于点E， 中，令，则，令，解得， ，， ，， 绕点逆时针方向旋转得到， ，，， 四边形是正方形． ， ， 点的坐标为． 故答案为：． （三）解答题（2题） 9．（2023·浙江·中考真题）某数学兴趣小组活动，准备将一张三角形纸片（如图）进行如下操作，并进行猜想和证明．    (1)用三角板分别取的中点，连接，画于点； (2)用（1）中所画的三块图形经过旋转或平移拼出一个四边形（无缝隙无重叠），并用三角板画出示意图； (3)请判断（2）中所拼的四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)答案不唯一，见解析 【分析】（1）根据题意画出图形即可； （2）方法一：将绕点D逆时针旋转到，将绕E点顺时针旋转到即可得出四边形； 方法二：将绕E点顺时针旋转到，将绕点D逆时针旋转后再沿向右平移到，即可得出四边形； 方法三：将绕点D逆时针旋转到，将绕E点顺时针旋转后沿向左平移到，即可得出四边形； （3）方法一：先证明点在同一直线上，根据为的中位线，得出且．证明且，得出四边形为平行四边形，根据，得出平行四边形为矩形． 方法二：证明点在同一直线上，根据为的中位线，得出且，证明，得出且，证明四边形为平行四边形． 方法三：证明点在同一直线上，根据为的中位线，得出且，证明且，得出四边形为平行四边形． （1）解：如图所示：    （2）解：方法一：四边形为所求作的四边形    方法二：四边形是所求的四边形．    方法三：四边形是所求的四边形．    （3）解：方法一（图1），    ∵， ∴点在同一直线上， ∵点分别是的中点， ∴为的中位线， ∴且． ∵， ∴且， ∴四边形为平行四边形． ∵，， ∴平行四边形为矩形． 方法二（图2），    ∵， ∴点在同一直线上． ∵点分别是的中点， ∴为的中位线， ∴且． ∵， ∴且， ∴四边形为平行四边形． 方法三（图3），    ∵， ∴点在同一直线上． ∵点分别是的中点， ∴为的中位线， ∴且． ∵， ∴且， ∴四边形为平行四边形． 【点睛】本题主要考查了旋转作图或平移作图，平行四边形的判定，矩形的判定，解题的关键熟练掌握旋转的性质和平移的性质． 10．（2022·吉林长春·中考真题）【探索发现】在一次折纸活动中，小亮同学选用了常见的A4纸，如图①，矩形为它的示意图．他查找了A4纸的相关资料，根据资料显示得出图①中．他先将A4纸沿过点A的直线折叠，使点B落在上，点B的对应点为点E，折痕为；再沿过点F的直线折叠，使点C落在上，点C的对应点为点H，折痕为；然后连结，沿所在的直线再次折叠，发现点D与点F重合，进而猜想． 【问题解决】 (1)小亮对上面的猜想进行了证明，下面是部分证明过程： 证明：四边形是矩形， ∴． 由折叠可知，，． ∴． ∴． 请你补全余下的证明过程． 【结论应用】 (2)的度数为________度，的值为_________； (3)在图①的条件下，点P在线段上，且，点Q在线段上，连结、，如图②，设，则的最小值为_________．（用含a的代数式表示） 【答案】(1)见解析 (2)22.5°， (3) 【分析】（1）根据折叠的性质可得AD=AF，，由HL可证明结论； （2）根据折叠的性质可得 证明是等腰直角三角形，可求出GF的长，从而可得结论 ； （3）根据题意可知点F与点D关于AG对称，连接PD，则PD为PQ+FQ的最小值，过点P作PR⊥AD，求出PR=AR=，求出DR，根据勾腰定理可得结论． （1）证明：四边形是矩形， ∴． 由折叠可知，，． ∴． ∴． 由折叠得，， ∴ ∴ 又AD=AF，AG=AG ∴ （2）由折叠得，∠ 又∠ ∴∠ 由得，∠ ∠ 又∠ ∴∠ ∴∠ ∴ 设则 ∴ ∴ ∴ （3）如图，连接 ∵ ∴AG是FD的垂直平分线，即点F与点D关于AG轴对称， 连接PD交AG于点Q，则PQ+FQ的最小值为PD的长； 过点P作交AD于点R， ∵∠ ∴∠ ∴ 又 ∴ ∴ 在中， ∴ ∴的最小值为 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，最短路径问题，矩形的性质以及勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $