专题08 几何三大变换综合（平移、旋转、折叠）（题型专练）（安徽专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题08几何三大变换综合（平移、旋转、折叠） 内●容●导●航 第一部分题型破译微观解剖，精细教学 自典例引领怎方法透视 自变式演练 题型01单一变换（平移/旋转/折叠）基础应用 题型02平移与三角形四边形综合 题型3旋转与三角形四边形综合 题型04折叠与三角形四边形综合 第二部分题型训练整合应用，模拟实战 题●型●破●译 。题型01单一变换（平移/旋转/折叠）基础应用《 ◆典例引领 【典例01】如图，AC是菱形ABCD的对角线，把菱形ABCD沿着对角线AC方向平移，得到菱形 AB'CD',A'B,AD分别交BC,CD于点G,H,连接GH,若AA=x(O<x<AC),GH=y,则y 与x之间的关系大致可以用函数图象表示为() 1/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A B. D ∴D选项符合题意 【典例02】在平面直角坐标系中，点0为坐标原点，抛物线-2x-3 与y轴交于点A,与x轴正半轴 交于点B,连接AB,将RIAOAB向右上方平移，得到Rt△O'A'B,且点O',A落在抛物线的对称轴上，点 B落在抛物线上，则直线AB的解析式为() A.y=x B.y=x+2 C.y=x+1 D.y=x+2 《个方法透视 考向 每年必考，多以小题（选择、填空）或解答题第一问形式出现，核心考查平移、旋 解读 转、折叠的基本性质，侧重“变换前后的对应边、对应角相等，图形的形状、大小不 变”。考向特点是“场景简单，性质明确”，难度偏低，重点考查三大变换的核心定 义，容易因性质记忆不牢、对应关系找错丢分 方法 平移核心：牢记“两不变、一对应”一一形状、大小不变，对应边平行（或在同一直 技能 线)且相等，对应角相等；平移方向和距离是关键，解题时先确定平移的方向（水 平、垂直或斜向)和距离（对应点连线的长度），可通过网格或线段长度计算平移距 离。 旋转核心：牢记“三不变、一对应”一一形状、大小不变，对应点到旋转中心的距离 2/19 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 相等，对应角相等（旋转角相等）：旋转中心、旋转方向（顺时针/逆时针）、旋转角 度是三大关键，解题时先找准旋转中心，通过对应点连线的垂直平分线确定旋转中 心，再计算旋转角度（对应边的夹角）。 折叠核心：牢记“轴对称性质”一一折叠前后对应边相等、对应角相等，对应点的连 线被折痕垂直平分；折痕是对应点连线的垂直平分线，折叠后形成的图形是轴对称图 形，解题时优先找“重合的边和角”，利用轴对称性质转化线段和角度。 易错点规避：混淆三大变换的性质（如误将平移的对应边垂直，误将旋转的对应点到 旋转中心的距离不相等)；找错对应边、对应角；折叠问题中，忽略折痕的垂直平分 性质，无法转化线段关系 ◆变式演练◆ 【变式01】以下是四款常用的人工智能大模型的图标，其文字上方的图案是轴对称图形的是() DeepSeek ChatGPT 纳米 微云人工智能 AI 【变式02】如图，四边形ABCD是菱形，BC=1,且∠B=60°，作DE⊥DC,交BC的延长线于点E.现将 △CDE沿CB的方向平移，得到A CD6.设△CD6与菱形ABCD重合的部分（图中阴影部分）的面积为 y,平移距离为x,则y与x的函数图像为() A D E 33 3/3 4 3/3 8 A 3 B. D 8 3/19 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 33 P 8 12 3主 【点睛】本题主要考查了动点问题于函数图象，解题的关键是正确找出不同情况下阴影部分面积的求法 [变式3】如图，SABCD的顶点B,C在坐标轴上，点A的坐标为L2同.将ABCD沿x轴向右平移 4w3 得到口A8CD,使点A落在函数'=X的图象上.若线段BC扫过的面积为9，则点B的坐标为（） B D C C A.(2V5,3 B.(3,3 c.(22,22 D.(3,23 。题型02平移与三角形四边形综合《 ◆典例引领◆ 【典例01)如图，在平面直角坐标系中，点4，B的坐标分别为3,5)，(3,0).将线段B向下平移2个单 位长度再向左平移4个单位长度，得到线段CD,连接AC,BD: 4/19 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B D 备用图 (1)直接写出坐标：点C( ),点D( (2)M,N分别是线段AB,CD上的动点，点M从点A出发向点B运动，速度为每秒1个单位长度，点N 从点D出发向点C运动，速度为每秒05个单位长度，若两点同时出发，求几秒后MN∥x轴？ (3)点P是直线BD上一个动点，连接PC,PA,当点P在直线BD上运动时，请直接写出∠CPA与∠PCD, ∠PAB的数量关系 【典例02】在平面直角坐标系中，0为原点，点10,2，B(-2,0,C(4,0) B ① ② (1)如图①，三角形ABC的面积为 (2)如图②，将点B向右平移7个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到对应点D,求三角形ACD的面 积： (3)在(2)条件下，点 P(m,3 是平面内一动点，若三角形PA0的面积等于三角形ACD的面积的一半，求 点P的坐标. 《方法透视 考向 中考常考，多以解答题形式出现，核心考查平移与三角形（全等、等腰、直角三角 解读 形)、四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）的综合应用，设问多为“证明线 段相等/平行”“求线段长度/角度”“判断图形形状”。考向特点是“平移转化线 段，联动图形性质”，难度中等，重点考查平移的性质与几何图形性质的结合，容易 5/19 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 因平移方向判断错误、线段转化不灵活丢分 方法 核心思路：利用平移的性质，将分散的线段、角集中到一个图形中（如将三角形平 技能 移，使一组对应边重合，构造全等三角形)，再结合三角形、四边形的性质（如平行 四边形的对边相等、直角三角形的勾股定理)求解。 分场景解题：①平移与三角形综合：通过平移构造全等三角形，利用对应边相等、对 应角相等，证明线段平行或相等，求角度或边长；②平移与四边形综合：平移四边形 的一边或对角线，构造平行四边形或矩形，利用平行四边形的性质转化线段，求周 长、面积或线段长度。 辅助线技巧：遇平移问题，可连接对应点，明确平移距离和方向；若图形分散，可通 过平移某条线段，将图形拼接，简化计算和证明；牢记“平移不改变图形的形状和大 小，仅改变位置”，大胆利用对应关系转化。 易错点规避：平移方向判断错误，导致对应边、对应角找错：未利用平移性质构造全 等或特殊四边形，无法联动图形性质；计算线段长度时，忽略平移距离的转化 ◆变式演练◆ 【变式01】如图，已知点P24在反比例函数y=x>0的图象上，点440，B0,3引，将A1OB沿 方向平移，使点O与点P重合，得到△1P8.过点作 OP A'C∥y 轴交反比例函数图象于点 A (1)直接写出m的值： (2)求直线PC的解析式： (3)求平移前后线段AB扫过的图形面积. 【变式02】作为几何三大变换的轴对称，平移和旋转，有着神奇魅力，它不仅考验学生的逻辑思维能力， 更考验学生的空间思维能力. 如图1，△ABC是直角三角形，DB=90° 6/19 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 图1 图4 【初步研究】 (1)把图1中的△ABC沿线段AB的垂直平分线作轴对称变换后得到△BAD,与原图形组成了图2所示的 图形；连接CD,请从下面两种方法中选择其中一种证明：四边形ABCD是矩形： 【法一】有一个角是直角的平行四边形是矩形：【法二】对角线相等的平行四边形是矩形： 【继续探索】 (2)在图1中，已知AB=3cm,AD=2cm,把图2中的△BAD沿BC向右平移lcm,得到△BA'D',A'B 与AC交于点O,B'D'与AC交于点F,求线段OF的长： 【深度探索】 (3)把图2中的△BAD绕点A逆时针旋转得到△EAD,如图3所示，分别取AB、AE的中点M、N,连接 MW,CD,MN与CD交于点P.问：点P是否是线段CD的中点？如果是，请证明；如果不是，请说明 理由 【变式03】如图，在边长为4的菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E,边AB在x轴上， ∠BAD=60° B-L0,点C在反比例函数y-车k≠0)的图象上. BO (1)直接写出C,D,E的坐标及k的值： (2)将菱形ABCD向右平移，当点E恰好在反比例函数的图象上时，边BC与反比例函数图象交于点F,求 点F到x轴的距离. 7/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型03旋转与三角形四边形综合剩 ◆典例引领◆ 【典例01】如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为边BC上一点，∠CAD=a; 图1 图2 (1)如图1，若CD=1,AD=2,BD=3,求点B到直线AD的距离： (2)如图2，点E为线段AB中点，点F为线段AE上一点，将线段EF绕点E顺时针旋转2a得到线段EP, 若点P恰好在线段AD上，连接CF,与线段AB交于点G,连接EG,判断线段EG,BD的数量关系，并证 明. 【典例02】如图(1)，将三角板ABC与三角板ADE摆放在一起，其中∠ACB=30°，∠DAE=45°， ∠BAC=∠D=90°；如图(2)，固定三角板ABC,将三角板ADE绕点A按顺时针方向旋转，记 ∠CAE=u(0°<a<180°). 【操作发现】 (1)在旋转过程中，当a为度时，AD⊥BC: (2)当BC与△ADE的某一边平行（不共线）时，直接写出旋转角a的所有可能的度数： 【拓展应用】 (3)当0°<a<45°时，连接BD,利用图(3)探究∠BDE+∠CAE+∠DBC的值的大小是否变化，并说明 理由. D 固定三角板ABC 三角板ADE绕点A 按顺时针方向旋转 图(1) 图(2) 图(3) 8/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 >方法透视 考向 中考高频考查，多以解答题(20-21题)或压轴题形式出现，核心考查旋转与三角形 解读 (全等、相似、等腰直角三角形)、四边形（正方形、菱形）的综合，侧重“旋转构 造全等/相似，利用旋转角转化角度”。考向特点是“综合性强，模型固定”，难度中 等偏上，重点考查旋转的性质与全等、相似的联动，常见模型有“90°旋转”“180° 旋转”“旋转型全等”，容易因旋转中心找错、旋转角计算错误、模型识别不熟练丢 分 方法 核心模型识别：①90°旋转模型（高频)：多见于正方形、等腰直角三角形中，旋转 技能 后形成新的等腰直角三角形，利用“旋转角为90°”和“对应边相等”，结合勾股定 理求线段长度：②180°旋转模型（中心对称）：多见于平行四边形、矩形中，旋转 后对应点连线经过旋转中心，且被旋转中心平分，可构造全等三角形；③旋转型全 等：旋转后两个三角形全等，对应边相等、对应角相等，用于证明线段和差、角度转 化。 解题步骤：①确定旋转中心、旋转方向和旋转角度；②利用旋转性质，找到全等/相 似三角形，转化线段和角度；③结合几何图形的性质（如正方形的边长相等、直角三 角形的勾股定理)，计算未知量；④检验结果是否符合图形特征。 辅助线技巧：遇旋转问题，优先连接旋转中心与对应点，明确旋转角；若题目中无明 确旋转中心，可通过对应点连线的垂直平分线确定旋转中心；构造旋转型全等时，可 将某条线段绕某点旋转一定角度，使线段重合，简化证明 ◆变式演练· 【变式01】在△ABC中，AB=AC=5,BC=6,将△ABC绕点A按逆时针方向旋转，得到△ADE,旋转 角为a(0°<a<180), 点B的对应点为点D,点C的对应点为点E.如图所示，设边AD与BC交于点M, 边DE分别交BC,AC于点F,N M 备用图 (1)求证：AM=AN: (2)当△MDF为等腰三角形时，请直接写出DF的长： 9/19 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【变式02】将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△ADE,点B的对应点为点D,点C的对应点为点E,连 接CE.将线段CB绕点C逆时针旋转9O°得到线段CM,连接MD交CE于点N. M 图1 图2 (1)如图1，若∠DAE=40°，∠B=125°，求∠BCE的度数： (2)如图2，若∠ABC=90°，AB=5,BC=12,求线段DN的长度. 【变式03】在平面直角坐标系中，0为坐标原点，正方形O18C的顶点A的坐标为4,0 ,点B在第一象 限，点C在y轴正半轴上 y E B B AD 图① 图② 图③ (1)如图①，点B的坐标为 _,点C的坐标为 (2)将正方形OABC绕点O逆时针旋转，得到正方形OAB'C',A,B,C的对应点分别为A,B,C.旋 转角为0<a<45,BA的延长线交x轴于点D,BC与》轴交于点E。 ①如图②，当α=30°时，点4的坐标为 一，点E的坐标为 ②如图③，在旋转过程中，连接ED,设A'D=m,△EOD的面积为S,求S关于m的函数表达式，并直 接写出m的取值范围. ◆题型04折叠与三角形四边形综合剩 10/19 专题08几何三大变换综合（平移、旋转、折叠） 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 单一变换（平移/旋转/折叠）基础应用 题型02 平移与三角形/四边形综合 题型03 旋转与三角形/四边形综合 题型04 折叠与三角形/四边形综合 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01单一变换（平移/旋转/折叠）基础应用 典例引领 【典例01】如图，是菱形的对角线，把菱形沿着对角线方向平移，得到菱形，，分别交，于点，，连接，若，，则与之间的关系大致可以用函数图象表示为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用菱形和平移的性质得到线段与角度的关系，再通过三角函数表示出的长度，从而建立与的函数关系式，最后根据函数的性质判断对应的函数图象． 【详解】解：如图，记交于点， ∵四边形是菱形， ∴， 设，则，设，则 由平移的性质可知，， ∴， ∴， ∴， ∴∙， ∵为定值，为定值， ∴为定值，且小于，∙为定值，且大于， ∴是关于的一次函数，且随的增大而减小， ∴选项符合题意 【典例02】在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线 与y轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，连接，将向右上方平移，得到，且点，落在抛物线的对称轴上，点落在抛物线上，则直线的解析式为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查二次函数的图象和与坐标轴的交点坐标、图形的平移和待定系数法求一次函数表达式等知识点，解题的关键是熟练掌握二次函数的图形和性质． 先求出、两点的坐标和对称轴，先确定三角形向右平移了 1 个单位长度，求得的坐标，再确定三角形向上平移 5 个单位，求得点的坐标，用待定系数法即可求解． 【详解】解：当时，， 解得， 当时，， ， 对称轴为直线， 经过平移，落在抛物线的对称轴上，点落在抛物线上， ∴向右平移 1 个单位，即的横坐标为， 当时，， ∴，向上平移5个单位， 此时， ， 设直线的表达式为， 代入， 可得， 解得：， 故直线的表达式为， 故选：C． 方法透视 考向解读 每年必考，多以小题（选择、填空）或解答题第一问形式出现，核心考查平移、旋转、折叠的基本性质，侧重“变换前后的对应边、对应角相等，图形的形状、大小不变”。考向特点是“场景简单，性质明确”，难度偏低，重点考查三大变换的核心定义，容易因性质记忆不牢、对应关系找错丢分 方法技能 平移核心：牢记“两不变、一对应”——形状、大小不变，对应边平行（或在同一直线）且相等，对应角相等；平移方向和距离是关键，解题时先确定平移的方向（水平、垂直或斜向）和距离（对应点连线的长度），可通过网格或线段长度计算平移距离。 旋转核心：牢记“三不变、一对应”——形状、大小不变，对应点到旋转中心的距离相等，对应角相等（旋转角相等）；旋转中心、旋转方向（顺时针/逆时针）、旋转角度是三大关键，解题时先找准旋转中心，通过对应点连线的垂直平分线确定旋转中心，再计算旋转角度（对应边的夹角）。 折叠核心：牢记“轴对称性质”——折叠前后对应边相等、对应角相等，对应点的连线被折痕垂直平分；折痕是对应点连线的垂直平分线，折叠后形成的图形是轴对称图形，解题时优先找“重合的边和角”，利用轴对称性质转化线段和角度。 易错点规避：混淆三大变换的性质（如误将平移的对应边垂直，误将旋转的对应点到旋转中心的距离不相等）；找错对应边、对应角；折叠问题中，忽略折痕的垂直平分性质，无法转化线段关系 变式演练 【变式01】以下是四款常用的人工智能大模型的图标，其文字上方的图案是轴对称图形的是（ ） A． B． C．纳米 D．微云人工智能 【答案】D 【分析】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，据此进行判断即可．本题考查轴对称图形，熟练掌握其定义是解题的关键． 【详解】解：A，B，C不是轴对称图形，D是轴对称图形， 故选： 【变式02】如图，四边形ABCD是菱形，，且，作，交的延长线于点E．现将沿的方向平移，得到．设与菱形ABCD重合的部分（图中阴影部分）的面积为y，平移距离为x，则y与x的函数图像为（    ）    A．   B．   C．   D．   【答案】D 【分析】根据题意，进行分类讨论，求出不同情况下阴影部分面积的表达式，即可进行解答． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，，且， ∴， ∵， ∴，， ∵平移距离为x， ∵沿的方向平移，得到， ∴，，， ∵平移距离为x， ∴， ∴， ∴，， ①当时， ， 整理得：， ∵， ∴当时，y随x的增大而增大， ∴当时，有最大值；    ②当时， ∵， ∴，， ∴， 整理得：， ∵， ∴y随x的增大而减小， ∴当时，有最大值；当时，有最小值；    ③当时， ， 整理得：， ∵， ∴当时，y随x的增大而减小，    综上：， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了动点问题于函数图象，解题的关键是正确找出不同情况下阴影部分面积的求法 【变式03】如图，的顶点B，C在坐标轴上，点A的坐标为．将沿x轴向右平移得到，使点落在函数的图象上．若线段扫过的面积为9，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据平移的性质、反比例函数的解析式可得点的坐标，从而可得平移的长度，再根据“线段扫过的面积为9”可求出点的坐标，由此即可得出答案． 【详解】解：由题意得：点的纵坐标与点的纵坐标相等，即为， 将代入函数得：，即， 将沿轴向右平移个单位长度得到， ， 设点的坐标为，则点的坐标为，， 线段扫过的图形为平行四边形，且它的面积为9， ，即， 解得， 则点的坐标为， 故选：B． 【点睛】本题考查了反比例函数的几何综合、平移的性质、平行四边形的面积公式等知识点，熟练掌握平移的性质是解题关键 题型02平移与三角形/四边形综合 典例引领 【典例01】如图，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，．将线段向下平移2个单位长度再向左平移4个单位长度，得到线段，连接，； (1)直接写出坐标：点（____________，__________），点（___________，___________） (2)，分别是线段，上的动点，点从点出发向点运动，速度为每秒1个单位长度，点从点出发向点运动，速度为每秒个单位长度，若两点同时出发，求几秒后轴？ (3)点是直线上一个动点，连接，，当点在直线上运动时，请直接写出与，的数量关系． 【答案】(1)；； (2)秒后，轴 (3)当点P在线段上时，；当点P在的延长线上时，；当点P在的延长线上时， 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—平移，平行线的性质，平移的性质： （1）根据平移的性质求解； （2）设t秒后轴，根据轴，得到点M与点N的纵坐标相同，据此构建方程求解即可； （3）分三种情形：①如图1中，当点P在线段上时，②如图2中，当点P在的延长线上时，③如图3中，当点P在的延长线上时，分别求解即可． 【详解】（1）解：∵向下平移2个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到线段， ∴，， 故答案为：；； （2）解：设t秒后轴， ∵轴， ∴点M与点N的纵坐标相同， ∴， 解得， ∴秒后，轴； （3）解：①如图1中，当点P在线段上时， 作交于点E， ∴． ∵（平移的性质）， ∴， ∴， ∴； ②如图2中，当点P在的延长线上时， 作， ∴． ∵（平移的性质）， ∴， ∴， ∴； ③如图3中，当点P在的延长线上时，． 作，同②可证 【典例02】在平面直角坐标系中，为原点，点． (1)如图①，三角形的面积为___________； (2)如图②，将点B向右平移7个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到对应点D，求三角形的面积； (3)在（2）条件下，点是平面内一动点，若三角形的面积等于三角形的面积的一半，求点的坐标． 【答案】(1)6 (2)9 (3)点P的坐标为或． 【分析】本题考查坐标与图形变化——平移，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． （1）求出，，，利用三角形面积公式可得结论． （2）连接，根据，求解即可． （3）根据面积关系构建方程，求出即可． 【详解】（1）解：点，，， ，，， ， 故答案为：． （2）解：连接． ∵，点B向右平移7个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到对应点D， ∴， ∴； （3）解：由题意，， 解得， 点的坐标为或 方法透视 考向解读 中考常考，多以解答题形式出现，核心考查平移与三角形（全等、等腰、直角三角形）、四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）的综合应用，设问多为“证明线段相等/平行”“求线段长度/角度”“判断图形形状”。考向特点是“平移转化线段，联动图形性质”，难度中等，重点考查平移的性质与几何图形性质的结合，容易因平移方向判断错误、线段转化不灵活丢分 方法技能 核心思路：利用平移的性质，将分散的线段、角集中到一个图形中（如将三角形平移，使一组对应边重合，构造全等三角形），再结合三角形、四边形的性质（如平行四边形的对边相等、直角三角形的勾股定理）求解。 分场景解题：① 平移与三角形综合：通过平移构造全等三角形，利用对应边相等、对应角相等，证明线段平行或相等，求角度或边长；② 平移与四边形综合：平移四边形的一边或对角线，构造平行四边形或矩形，利用平行四边形的性质转化线段，求周长、面积或线段长度。 辅助线技巧：遇平移问题，可连接对应点，明确平移距离和方向；若图形分散，可通过平移某条线段，将图形拼接，简化计算和证明；牢记“平移不改变图形的形状和大小，仅改变位置”，大胆利用对应关系转化。 易错点规避：平移方向判断错误，导致对应边、对应角找错；未利用平移性质构造全等或特殊四边形，无法联动图形性质；计算线段长度时，忽略平移距离的转化 变式演练 【变式01】如图，已知点在反比例函数的图象上，点，，将沿方向平移，使点与点P重合，得到．过点作轴交反比例函数图象于点． (1)直接写出的值； (2)求直线的解析式； (3)求平移前后线段扫过的图形面积． 【答案】(1)8 (2) (3)22 【分析】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题；待定系数法求一次函数解析式；坐标与图形变化——平移，求出点坐标和函数解析式是解决本题的关键． （1）把点代入直线，即可求值； （2）根据平移的性质，求得，再运用待定系数法，即可得到直线的表达式；（3）延长交轴于，过作轴于，根据，可得线段扫过的面积的面积平行四边形的面积，据此可得线段扫过的面积． 【详解】（1）解：∵点在反比例函数的图象上， ∴； （2）解：，， ，， 由平移可得，， 轴，， 点的横坐标为， 当时，，即， 设直线的解析式为， 把，代入，得： ， 解得：， 直线的解析式为； （3）如图，延长交轴于，由平移可得，，又轴，， 点的纵坐标为4，即， 如图，过作轴于， 轴，， 点的横坐标为2，即， 又， 线段扫过的面积平行四边形的面积平行四边形的面积 【变式02】作为几何三大变换的轴对称，平移和旋转，有着神奇魅力，它不仅考验学生的逻辑思维能力，更考验学生的空间思维能力． 如图1，是直角三角形，． 【初步研究】 （1）把图1中的沿线段的垂直平分线作轴对称变换后得到，与原图形组成了图2所示的图形；连接，请从下面两种方法中选择其中一种证明：四边形是矩形； 【法一】有一个角是直角的平行四边形是矩形；【法二】对角线相等的平行四边形是矩形； 【继续探索】 （2）在图1中，已知，，把图2中的沿向右平移，得到，与交于点O，与交于点F，求线段的长； 【深度探索】 （3）把图2中的绕点A逆时针旋转得到，如图3所示，分别取、的中点M、N，连接，，与交于点P．问：点P是否是线段的中点？如果是，请证明；如果不是，请说明理由． 【答案】（1）见详解；（2）；（3）点P是线段的中点，理由见详解 【分析】（1）证法一：根据轴对称变换的性质可得，则可得 ，，再根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”即可得证；证法二：根据轴对称变换的性质可得，则可得 ， ，，再根据“对角线相等的平行四边形是矩形” 即可得证； （2）根据勾股定理可得，根据平移的性质可得，进而可得，则可得．再根据平移的性质和轴对称的性质可得，，，，进而可得． （3）连接，根据三角形中位线的性质可得．连接并延长至F，使，连接、、，则可得四边形是平行四边形，则，，进而可得，．根据可得，则可得，，，进而可得，，则可得，，进而可得，，则可得． 【详解】（1）如图，连接， 证法一： ∵中，，且沿线段的垂直平分线作轴对称变换后得到， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）． 证法二： ∵中 ，且沿线段的垂直平分线作轴对称变换后得到， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）． （2）∵中，，， ∴， 由平移的性质可得， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵, ， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． （3）如图，连接， ∵M、N分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴， 连接并延长至F，使，连接、、， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 又∵，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴P点是的中点． 【点睛】本题主要考查了几何三大变换的轴对称，平移和旋转．以及平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质．三角形中位线的判定和性质．不仅考验学生的逻辑思维能力，更考验学生的空间思维能力．熟练掌握变换前后的两个三角形全等是解题的关键 【变式03】如图，在边长为4的菱形中，对角线与相交于点E，边在x轴上，，，点C在反比例函数的图象上． (1)直接写出C，D，E的坐标及k的值； (2)将菱形向右平移，当点E恰好在反比例函数的图象上时，边与反比例函数图象交于点F，求点F到x轴的距离． 【答案】(1)，，， (2) 【分析】（1）过点C作轴于点Q，过点D作轴于点G，利用三角函数的定义，菱形的性质，解答即可； （2）设菱形 向右平移m个单位长度，此时，得到， 解得．根据，，得到平移后的坐标为，， 设直线的解析式为，求得．根据题意，得，解答即可． 【详解】（1）解：过点C作轴于点Q，过点D作轴于点G， ∵菱形的边长是4，，， ∴，，， ∴，即， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 根据中点坐标公式，得即， ∵点C在反比例函数的图象上． ∴． （2）解：∵点C在反比例函数的图象上． ∴． ∴反比例函数的表达式为． 设菱形 向右平移m个单位长度，此时， ∴， 解得． ∵，， ∴平移后的坐标为，， 设直线的解析式为， 根据题意，得， 解得， ∴． 根据题意，得， 解得，（舍去）， ∴时，， ∴点F到x轴的距离． 【点睛】本题考查了菱形的性质，反比例函数的解析式，三角函数的应用，平移，熟练掌握性质和三角函数的应用是解题的关键． 题型03旋转与三角形/四边形综合 典例引领 【典例01】如图，在中，，点为边上一点，； (1)如图1，若，，，求点到直线的距离； (2)如图2，点为线段中点，点为线段上一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若点恰好在线段上，连接，与线段交于点，连接，判断线段的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）过点作延长线于点，利用勾股定理求得，再利用，即可求解； （2）连接，交于点，通过导角得出，可知，证明，可得，即可证明，得，再利用直角三角形证明，得，最后利用中位线证明即可． 【详解】（1）解：过点作延长线于点， ∵，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即点到直线的距离为； （2）解：，理由如下： 如图，连接，交于点， 设， ∵，点为线段中点， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 由旋转知，， ∴， ， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴，     ∴， ∵点为线段中点， ∴． 【典例02】如图（1），将三角板与三角板摆放在一起，其中，，；如图（2），固定三角板，将三角板绕点A按顺时针方向旋转，记（）． 【操作发现】 （1）在旋转过程中，当α为 度时，； （2）当与的某一边平行（不共线）时，直接写出旋转角α的所有可能的度数； 【拓展应用】 （3）当时，连接，利用图（3）探究的值的大小是否变化，并说明理由． 【答案】（1）；（2）旋转角α的所有可能的度数是：，，；（3）当，，保持不变，理由见解析． 【分析】（1）如图1所示，记与的交点为F，根据三角形内角和定理得出，进而根据，即可求解； （2）分三种情况求解：①当时，②，③，再结合图形求解； （3）在中，根据三角形内角和定理，根据，，可得，即可得出． 【详解】解：（1）如图1所示，记与的交点为F， ， ， ， ， 即， 故答案为：； （2）①当时，如图2所示， 记与的交点为点F，与的交点为点G， ， ， ， ，即； ②当时，如图1所示， 结合（1）得，，， ∴； ③当时，如图3所示，， ， ，即， 综上所述：旋转角α的所有可能的度数是：，，； （3）拓展应用：当，，保持不变，理由如下： 如图4，设分别交、于点、， 在中，， ，， ， ，， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，垂直的定义，三角形内角和定理，三角形的外角的性质，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键． 方法透视 考向解读 中考高频考查，多以解答题（20-21题）或压轴题形式出现，核心考查旋转与三角形（全等、相似、等腰直角三角形）、四边形（正方形、菱形）的综合，侧重“旋转构造全等/相似，利用旋转角转化角度”。考向特点是“综合性强，模型固定”，难度中等偏上，重点考查旋转的性质与全等、相似的联动，常见模型有“90°旋转”“180°旋转”“旋转型全等”，容易因旋转中心找错、旋转角计算错误、模型识别不熟练丢分 方法技能 核心模型识别：① 90°旋转模型（高频）：多见于正方形、等腰直角三角形中，旋转后形成新的等腰直角三角形，利用“旋转角为90°”和“对应边相等”，结合勾股定理求线段长度；② 180°旋转模型（中心对称）：多见于平行四边形、矩形中，旋转后对应点连线经过旋转中心，且被旋转中心平分，可构造全等三角形；③ 旋转型全等：旋转后两个三角形全等，对应边相等、对应角相等，用于证明线段和差、角度转化。 解题步骤：① 确定旋转中心、旋转方向和旋转角度；② 利用旋转性质，找到全等/相似三角形，转化线段和角度；③ 结合几何图形的性质（如正方形的边长相等、直角三角形的勾股定理），计算未知量；④ 检验结果是否符合图形特征。 辅助线技巧：遇旋转问题，优先连接旋转中心与对应点，明确旋转角；若题目中无明确旋转中心，可通过对应点连线的垂直平分线确定旋转中心；构造旋转型全等时，可将某条线段绕某点旋转一定角度，使线段重合，简化证明 变式演练 【变式01】在中，，将绕点按逆时针方向旋转，得到，旋转角为，点的对应点为点，点的对应点为点．如图所示，设边与交于点，边分别交于点． (1)求证：； (2)当为等腰三角形时，请直接写出的长； 【答案】(1)见解析 (2)或 【分析】本题考查了图形的旋转性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理的综合运用，分类讨论思想和数形结合思想是解答本题的关键． （1）利用旋转的性质得到边和角的等量关系，结合全等三角形的判定定理（ASA）证明三角形全等，进而推出线段相等； （2）先借助勾股定理求出等腰三角形的高，再根据等腰三角形的不同顶角情况进行分类讨论，结合旋转性质和等腰三角形的边角关系，分别计算出的长度． 【详解】（1）证明：将绕点按逆时针方向旋转，得到， 则， ， ， 在和中， ， ； （2）解：如图，过点作于点， ，则，则； 设， 当时，则点、、重合，构不成三角形， 故该种情况不存在； 当时，如图： 则， 而， ， 则， 由（1）知，，则， 则， 则； 当时，如图， 则， 则， ， 则， 则， 综上，或． 【变式02】将绕点A顺时针旋转得到，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接．将线段绕点C逆时针旋转得到线段，连接交于点N． (1)如图1，若，，求的度数； (2)如图2，若，，，求线段的长度． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟知旋转的性质是解题的关键． （1）由旋转的性质得到，根据等边对等角可得，再由三角形内角和定理求出的度数即可得到答案； （2）可证明都是等腰直角三角形，则可证明B、D、M三点共线；利用勾股定理可推出，证明，则． 【详解】（1）解：由旋转的性质可得， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：由旋转的性质可得， ，， ∴都是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴B、D、M三点共线； 由勾股定理可得，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【变式03】在平面直角坐标系中，为坐标原点，正方形的顶点的坐标为，点在第一象限，点在轴正半轴上． (1)如图①，点的坐标为________，点的坐标为________； (2)将正方形绕点逆时针旋转，得到正方形，，，的对应点分别为，，．旋转角为，的延长线交轴于点，与轴交于点． ①如图②，当时，点的坐标为________，点的坐标为________； ②如图③，在旋转过程中，连接，设，的面积为S，求S关于的函数表达式，并直接写出的取值范围． 【答案】(1)， (2)①，；② 【分析】本题主要考查正方形的性质、勾股定理、坐标与图形、二次函数的应用及旋转的性质，熟练掌握正方形的性质、勾股定理、坐标与图形、二次函数的应用及旋转的性质是解题的关键； （1）由正方形的性质可知，然后问题可求解； （2）①过点作轴于点，由旋转可得：，然后根据含30度直角三角形的性质及勾股定理可进行求解；②由旋转的性质得：，则可证，然后可得是等腰直角三角形，则有，进而问题可求解． 【详解】（1）解：正方形的顶点的坐标为， ∴， ∵点在第一象限，点在轴正半轴上， ，， 故答案为：，； （2）解：①过点作轴于点， 由旋转可得：， ， ，即， ， ， 故答案为：，； ②根据题意，由旋转的性质得：， 在和中， ， ， ， 是等腰直角三角形， 在中，由勾股定理得：， ， 当点与重合时，， 又， ， 旋转角为， ， ． 题型04折叠与三角形/四边形综合 典例引领 【典例01】【问题情境】 折纸是一种许多人熟悉的活动，在数学活动课上，老师让同学们以“图形的翻折”为主题开展数学活动． 活动一：矩形可折叠 矩形纸片中，在边上取一点沿翻折，使点落在矩形内部处；再次翻折矩形，使与所在直线重合，点落在直线上的点处，折痕为．翻折后的纸片如图1所示． 活动二：折叠可得矩形 如图2，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矩形．类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为“叠合矩形”，如图3和图4． 【提出问题】 （1）如图1，的度数为 　　； （2）如图1，若，，求的最大值； （3）纸片还可以按图4的方式折叠成一个叠合矩形，若，，直接写出的长　　； 【解决问题】 （4）如图5，一张矩形纸片通过活动一中的翻折方式得到四边形，其中的一边与矩形纸片的一边重合，，，，，求该矩形纸片较长边的长度． 【答案】（1）；（2）的最大值为；（3）15；（4）矩形纸片较长边的长度为或 【分析】（1）由折叠的性质得出，，根据，即得； （2）设，，则，证明，，得，得，得，根据二次函数的性质，即得的最大值为； （3）设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4，由矩形性质和勾股定理，得 ,证明，得，由， ，即得； （4）分和为矩形的边和角，和为矩形的边和角，两种情况计算矩形的边，比较得出矩形的较长边． 【详解】解：（1）如图1， 由题意得：，， ， ， ， ； （2）如图1， 设，，则， 由（1）知， ， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 当时，有最大值为， 的最大值为； （3）解：设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4， ∵矩形中，， ∴, ∵， ∴， 由折叠的性质得：， ∵中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （4）作出原矩形，连接，如图5①， ，，， ， ， 四边形为矩形， ，． 设，则，设，则． ， ． ， ． ， ， ． ， ， ， ， ， 矩形纸片较长边的长度为； 当为矩形的一边时，作出原矩形，如图5②， 设，则，设， 四边形为矩形， ，，， ， ． ， ． ， ， ． ， ， ， ． ， 矩形纸片较长边的长度为； 综上所述，矩形纸片较长边的长度为或． 【点睛】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理；本题属于四边形综合题目，主要考查了折叠的性质、正方形的性质、矩形的性质、平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、梯形面积的计算、解方程等知识的综合运用；折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 【典例02】如图，在等腰中，． (1)尺规作图：作关于所在直线对称的（保留作图痕迹，不写作法）； (2)连接，交于点，若，四边形周长为，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查尺规作三角形，轴对称的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，菱形的面积．熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）分别以点A、C为圆心，为半径画弧，两弧相交于点D，连接、即可； （2）先根据菱形得，，则可求得，根据菱形的周长可求得，由勾股定理，可求出，从而求得，然后由菱形的面积公式可求解． 【详解】（1）解：即为所求， 由作图可知：， ∵ ∴ ∴四边形为菱形， ∴与关于直线对称； （2）解：如图， 由（1）知四边形为菱形， ∴，，， ∵四边形周长为， ∴， 由勾股定理，得， ∴． ∴四边形的面积． 方法透视 考向解读 中考压轴题常考，核心考查折叠与三角形（等腰三角形、直角三角形、全等三角形）、四边形（矩形、正方形、菱形）的综合，侧重“折叠的轴对称性质与几何图形性质的联动”，设问多为“求线段长度/角度/面积”“探究线段关系”“判断图形形状”。考向特点是“图形复杂，隐蔽性强”，难度较高，重点考查折叠后对应边、对应角的转化，以及直角三角形的构造，容易因折叠后图形分析不清晰、线段转化错误丢分 方法技能 核心思路：折叠的本质是轴对称，优先利用“对应边相等、对应角相等”“折痕垂直平分对应点连线”，找到相等的线段和角度，构造直角三角形（如折叠矩形的一个角，形成等腰直角三角形或含特殊角的直角三角形），结合勾股定理、全等三角形求解。 分场景解题：① 折叠与三角形综合：折叠三角形的一边，利用轴对称性质构造等腰三角形，结合三角形内角和、勾股定理求角度或边长；② 折叠与四边形综合（高频）：折叠矩形、正方形的边或角，利用对应边相等、直角相等，构造全等三角形或直角三角形，列方程求解线段长度（如设未知数，利用勾股定理列方程）。 辅助线技巧：遇折叠问题，可连接对应点，画出折痕，利用折痕的垂直平分线性质，转化线段长度；若折叠后有直角，优先构造直角三角形，利用勾股定理列方程（安徽中考高频考法）；注意折叠后点的位置（是否在图形内部/外部），避免漏解 变式演练 【变式01】如图，已知一次函数的图象与反比例函数的图象交于两点，与y轴相交于点C． (1)求一次函数与反比例函数的解析式； (2)若点D与点C关于x轴对称，求的面积． 【答案】(1)一次函数的解析式为，反比例函数的解析式为 (2)3 【分析】本题考查了一次函数与反比例函数交点问题，轴对称的性质． （1）将代入求出，即；将代入求出，把A，B两点的坐标分别代入中求出即可； （2）先求出，再根据轴对称的性质求出，可知轴，，点A到的距离为，根据三角形面积公式计算即可． 【详解】（1）解：∵反比例函数的图象经过点， ∴， 即； ∵点在的图象上， ∴， ∴． 把A，B两点的坐标分别代入中， 得， 解得， ∴一次函数的解析式为，反比例函数的解析式为； （2）解：当时，， 即． ∵点D与点C关于x轴对称， ∴． 又∵， ∴轴，， ∴点A到的距离为， ∴． 【变式02】如图，矩形中，．    (1)点E是边上一点，将沿直线翻折，得到． ①如图1，当平分时，求的长； ②如图2，连接，当时，求的面积； (2)点E为射线上一动点，将矩形沿直线进行翻折，点C的对应点为，当点E，，D三点共线时，求的长． 【答案】(1)①；②的面积 (2)的长为或 【分析】（1）①根据折叠的性质以及F平分，得出，根据勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，得出，即可求解；②延长交的延长线于点G，根据折叠的性质以及矩形的性质得出，进而在中，勾股定理求得的长，等面积法求得边上的高，进而根据三角形的面积公式即可求解； （2）分两种情况，①当E在的延长线上时，证明，②当E在线段上时，分别讨论即可求解． 【详解】（1）解：①∵四边形是矩形， ∴， ∵将沿直线翻折，得到， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴ ∴； ②如图所示，延长交的延长线于点G，    ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵将沿直线翻折，得到， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， 即， 解得：， ∴，， 设中边上的高为h，则， ∴， ∴的面积； （2）当点E、、D三点共线时，分两种情况： ①当E在的延长线上时，    ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当E在线段上时，    由折叠的性质得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，证明三角形全等是解题的关键． 【变式03】【综合与实践】主题：探究特殊四边形的折叠问题 情境：在数学活动课上，老师发给每位同学一张矩形纸片，引导同学们进行折叠探究． 操作一：如图，点为边上一点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上． （1）求证： 操作二：如图，将矩形纸片先沿对角线对折，再展开，折痕为．点为边上一点，将沿直线折叠，使点的对应点落在对角线上． （2）若，，当点为的三等分点时，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）或 【分析】本题考查矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，掌握分类讨论思想是解题关键． （1）借助折叠的性质和矩形的直角特性，推导得出两组对应角相等，从而证明； （2）先求出矩形对角线的长度，再结合折叠后折痕垂直平分对应点连线的性质，构造相似三角形，然后针对为三等分点的两种位置情况，通过相似比建立方程，最终求出． 【详解】（1）证明：由折叠性质知，， ， 在矩形中，， ， ， 又， ． （2）解：如图，设与交于点． 已知在矩形中，，，则． 情形一：当点为靠近点的三等分点时，， 由折叠知，，， 垂直平分， ，， ， ， ， ， ， 则， 解得． 情形二：当点为靠近点的三等分点时，． 同理建立方程，，解得． 故的长为或． 答：或． 题●型●训●练 一、解答题 1．在平面直角坐标系中，将一块含有角的直角三角板如图放置，直角顶点的坐标为，顶点的坐标为，顶点恰好落在第一象限的双曲线上． (1)确定反比例函数的关系式； (2)现将直角三角板沿轴正方向平移，当顶点恰好落在该双曲线上时停止运动，求此时点的对应点的坐标． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查三角形全等的判定和性质，反比例函数图象上点的坐标特征．正确的作出辅助线是关键． （1）过点B作轴于点D，证明，可得，可求出点C的坐标，即可求解； （2）先求出时，可得此时点A移动了个单位长度，即C也移动了个单位长度，即可求解． 【详解】（1）解：如图，过点B作轴于点D， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵点的坐标为，顶点的坐标为， ∴， ∴， ∴， ∴设反比例函数的式为， 将代入得：， ∴反比例函数的关系式为； （2）解：把代入，得， 解得：， 当顶点A恰好落在该双曲线上时， 此时点A移动了个单位长度， ∴C也移动了个单位长度， ∵点的坐标为， ∴点C的对应点的坐标为． 2．如图，点是反比例函数的图象上一点，是直线延长线上的一点，且，过点作轴的平行线交反比例函数的图象于点，连接，若． (1)求反比例函数的解析式； (2)是线段的中点，将沿轴向左平移 个单位长度后，点恰好落在反比例函数的图象上，求平移前点的坐标． 【答案】(1)反比例函数的解析式为 (2)平移前点的坐标为 【分析】本题考查反比例函数的图象与性质，平移的性质，熟练掌握相关知识是关键． （1）设点的坐标为，根据，可得点的坐标为，进而求出点的坐标为，结合，计算出的值； （2）点的坐标为，结合题干可求出点的坐标为．由平移的性质可知，平移后的点的坐标为，将点坐标代入反比例函数的解析式，求出的值，从而得到平移前点的坐标． 【详解】（1）解：设点的坐标为， ∵是直线延长线上的一点，且， ∴点的坐标为， ∵轴， ∴， 把代入，得， ， 解得，， ∴点的坐标为， ∴， ∵， ∴， 解得，， ∴反比例函数的解析式为； （2）解：设点的坐标为， 由（1）可知，点的坐标为， ∵是线段的中点， ∴点的坐标为， 将点向左平移个单位长度，所得的点的坐标为， 将，代入，得， ， 解得，， ∴平移前点的坐标为． 3．如下图，点P在内，M，N分别是点P关于OA，OB的对称点，MN分别交OA，OB于点E，F，连接PE，PF．若的周长等于20cm，求MN的长． 【答案】 【分析】本题考查轴对称的性质与运用，对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等． 根据轴对称的性质可得，，然后求出的长度等于的周长，由此即可求解． 【详解】解：，分别是点关于，的对称点， ，， ． 的周长等于， ． 4．如图，直线与直线交于点，交x轴于点B，直线分别与x轴、y轴交于点C、，连接． (1)求k、b的值； (2)点是线段上的一动点，点是点P关于y轴的对称点，当在内部时（不含边界），求m的取值范围． 【答案】(1)，； (2) 【分析】本题考查了一次函数综合题，考查了求一次函数解析式，关于轴对称的点的性质，两直线的交点坐标，利用数形结合的思想解决问题是关键． （1）先将点代入，得出点的坐标，再利用待定系数法求解即可； （2）先求出，根据关于轴对称的点的性质得到，作点关于轴的对称点，则，连接，与交于点．利用待定系数法求出直线和直线的解析式，联立得到点的坐标，再根据点在线段之间（不含线段端点），即可求解． 【详解】（1）解：将点代入得，，即． 将点，代入得，， 解得：，． （2）解：由（1）知直线的解析式为． 令，则，解得：， ． 是关于轴的对称点， ． 如图，作点关于轴的对称点，则，连接，与交于点． 设直线的解析式为， 把代入得，解得， 直线的解析式为； 设直线的解析式为，则有， ，． 直线的解析式为， 联立可得：，解得，． 点， 当在内部时（不含边界），点在线段之间（不含线段端点）， ． ． 5．在某次校园数学实践活动中，为测量校园内三角形景观的相关数据，某小组同学遇到了如下问题：如图①，点P 在等边内部，且，求 的长． 【初步探究】（1）经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点A按顺时针方向旋转， 得到， 连接， 寻找，，三边之间的数量关系，即可求得 的长为 ； 【理解应用】（2）如图②，在等腰直角中，， P为内一点，， 判断，，之间的数量关系， 并说明理由； 【类比迁移】（3）如图③，学校有一块三角形的劳动实践基地，其中，，实践工具存放点位于基地的P点，通过测量，，求线段的长． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3） 【分析】本题考查了等边三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理等三角形综合知识，通过旋转构造特殊三角形是解题的关键． （1）根据题意得为等边三角形，为直角三角形，继而求得； （2）通过旋转性质得为等腰直角三角形，为直角三角形，即可解答； （3）通过旋转性质得为等腰直角三角形，为直角三角形，即可解答． 【详解】解：（1）由旋转可知： 是等边三角形， ， 是直角三角形， （2） 理由如下：如图， 把绕点C顺时针旋转得到， 连接， 由旋转可知: ， ， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ， 在中， 即   （3）如图，将 绕点B顺时针旋转，得到 连接， 由旋转可知： 是等腰直角三角形， 点在线段上， 是直角三角形， 的长为 ． 6．在数学的研究中，我们常常利用类比联想的思想方法，可以对一些问题进行引申拓展研究，达到“解一题，知一类”的目的． 【题根分析】例如：如图1，点分别在正方形的边上，，连接，试猜想之间的数量关系．解题思路：把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，由，得，即点共线，易证之间的数量关系为． 【类比引申】 （1）如图2，中，，点是边上两点，．试猜想之间的数量关系．（直接写出你的猜想，不必写出证明过程） 【联想拓展】 （2）如图3，在中，，点均在边上，且，若，求的长． 【答案】（1） （2） 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，旋转的性质，勾股定理， 对于（1），将绕点A逆时针旋转得到，连接，根据“边角边”证明，可得，再根据勾股定理得出答案； 对于（2），将绕逆时针旋转得△，由旋转的性质得，，再根据，可得，作，交延长线于点G，可求，再勾股定理得，然后根据勾股定理得出答案． 【详解】（1）解：． 将绕点A逆时针旋转得到，连接， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 在中，， ∴， 即； （2）解：将△绕逆时针旋转得△， 则，， 同理（1）得， ∴． 过点F作，交的延长线于点G， 则， ∴， ∴， ∴． 根据勾股定理，得． 根据勾股定理，得． 7．在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，，，点在轴的负半轴上，点在第二象限，矩形的顶点，点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上．将沿轴向右平移，得到，点的对应点分别为． (1)如图1，当经过点时，求直线的函数表达式； (2)设，与矩形重叠部分的面积为； ①如图②，当与矩形重叠部分为五边形时，与相交于点，分别与，交于点，用含有的式子表示　　；直接写出的取值范围 ； ②请直接写出满足的所有t的值 ． 【答案】(1) (2)①，；②或5 【分析】（1）根据平移的性质可得是等腰直角三角形，根据矩形的性质可得，从而得到，最后用待定系数法即可求得答案； （2）①根据，即可求得，再结合题意列不等式组即可求得；②分五种情况讨论：当时，与矩形重叠部分为三角形；当时，与矩形重叠部分为四边形（梯形）；当时，重叠部分为梯形；当时，与矩形重叠部分为五边形；当时，重叠部分为矩形，分别画出图形，结合图形建立方程求解即可． 【详解】（1）解：如图①，当经过点时， 矩形的顶点， ， 由平移的性质可得：为等腰直角三角形， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， 设直线的解析式为， 将代入得：， 解得：， 直线的解析式为：； （2）解：①如图②，当与矩形重叠部分为五边形时， 矩形中，， 四边形是矩形， 设，则， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ； ②当时，与矩形重叠部分为三角形，如图， 重叠部分的面积为：， ， ，解得：， ， 不符合题意，此时重叠部分面积不可能为； 当时，与矩形重叠部分为四边形（梯形），如图④， 则， ， ， 解得：， ， 符合题意； 当时，重叠部分为梯形，为定值，不能等于； 当时，与矩形重叠部分为五边形， 由①知：， ， 解得：（舍去），； 当时，重叠部分为矩形，如图⑤， ， ， 当时，，不符合题意； 综上所述，满足的所有的值为或5． 【点睛】本题是矩形综合题，考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质，平移变换的性质，三角形、梯形、矩形面积，代定系数法求一次函数的解析式等知识，解题关键是运用数形结合思想和分类讨论思想． 8．如图1，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，且B点坐标是，，延长，与x轴相交于点D． (1)求直线的函数表达式； (2)将菱形沿x轴向右平移得菱形，设，菱形与重叠部分的面积为S． ①如图2，当点在y轴上时，求S的值； ②当时，请直接写出t的值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）连接交轴于点，根据菱形的性质求出，再由待定系数法求解函数解析式； （2）①先证明为等边三角形，则，那么，，则，故，过点作于点，可得，故，证明四边形为平行四边形，则； ②当重叠部分为五边形时，过点作于点，表示出，，则，证明为等边三角形，则，故，则，然后表示，则，过点作于点，同理可得，，然后计算，而，最后由建立方程求解；当重叠部分为平行四边形时，由①可得平行四边形的最大面积为，故不符合题意． 【详解】（1）解：连接交轴于点， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线， ∴， ∴， ∴直线； （2）解：①在图1中，∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是菱形，且平移后的为菱形 ∴,， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 过点作于点 ∴， ∴， ∴， ∵菱形中，， ∴四边形为平行四边形， ∴； ②当重叠部分为五边形时，如图： 过点作于点 由①可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴ ∴ ∴， ∵在中，， ∴， ∴， 过点作于点， 同理可得：，， ∴， ∵， ∴， 解得； 当重叠部分为平行四边形时，由①可得平行四边形的最大面积为，故不符合题意， 综上：当时，． 【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，二次根式的混合运算，平移的性质，等边三角形的判定与性质等知识点． 9．如图，在中，于点，点在上（不与点，重合），连接，交于点． (1)求和的长； (2)当是以为腰的等腰三角形时，求的长； (3)将沿着翻折后得到，点落在点处，连接，当时，直接写出的值． 【答案】(1) (2)的长为或 (3) 【分析】此题考查了解直角三角形、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握解直角三角形、相似三角形的判定和性质是解题的关键． （1）求出，根据锐角三角函数值列式计算即可； （2）分和两种情况进行解答即可； （3）连接交于点，过点作，交的延长线于点．根据折叠的性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识求出和，根据三角函数的定义即可求出答案． 【详解】（1）解：， ， ， ， ， ； （2）已知是以为腰的等腰三角形，分以下两种情况讨论： ①当时， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， 解得． ， 在中，由勾股定理， 得， ， 解得； ②当时，， ， ，即， ， ， ， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理，得 ， ， 解得， ； 综上所述，的长为或； （3）如图，连接交于点，过点作，交的延长线于点． ， ， 由折叠的性质可知，， ， ， 又， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ，即， 解得， ， ， 。 ， 四边形是菱形，， ， ， ， ， ， ， ，即， 解得， ， ． 10．在中，，，点是平面内一点（不与点，，重合），连接，，，连接．将沿直线翻折，得到，连接． (1)如图1，点在内部，交于点，点是上一点，且，连接． ①求证：； ②若，，求点到直线的距离； (2)如图2，点在的内部，试直接写出，，之间的数量关系________． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】本题考查几何变换的综合应用，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． （1）①根据全等三角形的判定即可证明；②根据全等三角形的性质和折叠的性质，求出和的长度即可解答； （2）过点作交的延长线于点，证明，根据折叠的性质即可解答． 【详解】（1）①证明：， ． ， ． 在和中， ． 沿直线翻折，得到， ， ． ②， ，， ， ，， ． ， ． 由翻折得，，， ， ． ， 点、点、点三点共线， ． 设点到直线的距离为， 则， 即． 答：点到直线的距离为． （2）解：如图， 过点作交的延长线于点， ． ， ． ， ． ， ． ， ． ，， ，． 由翻折得，，， ， ，即． ， ． 故答案为：． 11．如图，在平行四边形中，，，，点是上一点，且点从点出发，沿折线运动，到终点停止，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，设点在折线上运动的路径长为． (1)如图，当点在边上运动时，长的最小值为 (2)如图，当点在上时，连接交于点，设． 当时，求的值 嘉琪说，点在上时，的值与的值无关，请分析嘉琪的说法是否正确 (3)如图，当射线恰好经过点时，求此时的值． 【答案】(1) (2)；正确 (3) 【分析】（1）当时，最小，即最小，解直角三角形得出结果； （2）①作于G，可求得，根据得出； ②延长交于点H,连接，交于点N，可证得，，从而，进而得出结果； （3）作于W，作，交的延长线于V，可证得，从而，进一步得出结果 【详解】（1）解：如图1， ∵旋转， ∴， 当时，最小，即最小． 过D作于G． ． ∴． ， ∴设（）． ∵， ∴． ∴（舍负）． ∴． ． ∵， ． 故答案为：． （2）解：①如图2， 同（1），作于G， 则． 线段绕点E顺时针旋转得到线段， ． 由（1）知，． ． 点F在上． ∵， ∴． ， 四边形是矩形． ． ， ∴． ． ． ②嘉琪的说法正确，理由如下： 如图3，延长交于点H,连接，交于点N，则． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴，． ，． ∴． ∴． 由①可知，． ∴． ． ∴的值与的值无关． （3）解：如图4， 作于W，作，交的延长线于V． ． ． ， ． ． ． ． 设， 则． 由上知，． ． ． ． ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是熟练掌握各知识点并灵活运用． 12．在中，，将绕点旋转得到，点的对应点在边上，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当，时，求的长， (3)如图3，过点作的平行线交的延长线于点，连接交于 ①求证：； ②当时，直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)①见解析；② 【分析】（1）根据旋转的性质和相似三角形的判定定理进行证明即可； （2）根据相似三角形的性质可得，是直角三角形，由勾股定理可得，，由旋转的性质可得，，则．从而得到，使用勾股定理计算即可； （3）①由旋转的性质可得，，，，则，结合，可证明．通过等量代换，可得，则可证明； ②作，垂足为，延长、交于点，设，则，使用勾股定理计算出．容易证明，根据相似三角形的性质可得，．由等腰三角形的性质，可得，进而得到．容易证明，则．由①中的，可得．由平行判定，则，代入即可． 【详解】（1）解：由旋转的性质可知，，， ∴， ∴； （2）解：由（1）可知，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 在直角中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在直角中，， ∴ 解得，； （3）解：①由旋转的性质可知，，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴； ②如图，作，垂足为，延长、交于点，设， ∵， ∴， 在直角中，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查相似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，等腰三角形的性质，平行线的性质以及勾股定理，熟练掌握相关知识是解题关键． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $