专题13几何图形的折叠、剪拼、旋转与探究（高频考点专练）（全国通用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题13 几何图形的平移、折叠、剪拼、旋转与探究 目 录 高频考情深度解读（中考命题规律透视+培优备考要求） 核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧） 聚焦题型精准解密（5大题型精讲+变式拔高训练） 题型一 图形的平移问题（坐标平移 + 图形平移计算） 题型二 图形的折叠问题 题型三 图形的剪拼与拼接问题 题型四 图形的旋转计算问题（单点旋转） 题型五 图形的旋转证明问题（图形旋转） 题型六 剪拼与旋转综合探究 题型七 几何变换的规律探究问题 题型八 几何变换的综合探究题 实战演练高效提分（中考仿真模拟+限时训练提升） 几何图形的平移、折叠、剪拼、旋转是中考数学几何模块核心必考考点，分值约 10～18 分，题型覆盖选择题、填空题、解答题，解答题常以中档综合题或压轴题小问形式出现，侧重考查全等变换性质应用、等积变换规律、逻辑推理及数形结合、分类讨论思想，是几何板块得分的关键内容。 基础知识必备：掌握平移的方向与距离、折叠的轴对称性、旋转的三要素（中心 / 方向 / 角度）核心性质；熟悉常见图形（三角形、特殊四边形）的剪拼拼接原则，能结合全等、相似、勾股定理进行变换后的线段、角度、面积计算；具备坐标系中几何变换的坐标转化能力，能初步探究变换背景下的图形存在性与规律问题。 2026中考预测： 题型稳定：单一平移 / 折叠 / 旋转的计算为选择填空必考，变换综合计算为解答题必考，剪拼题多以选择 / 填空形式考查，存在性与规律题常为压轴题小问； 难度分层：基础题考查单一变换性质直接应用，中档题考查多变换综合计算，压轴题侧重探究性、存在性分析，无偏题怪题； 命题趋势：大量结合平面直角坐标系考查坐标与几何变换的结合，剪拼题融入生活背景，探究题更注重数学思想的灵活应用，整体贴近教材核心考点。 题型一 图形的平移问题（坐标平移 + 图形平移计算） 【典例01】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点，将向左平移1个单位长度，则平移后点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查等边三角形的性质，坐标系中图形的平移，根据等边三角形的性质求出点坐标是解题关键． 过点B作的垂线，通过点A，C的坐标确定与坐标轴的位置关系，再利用等边三角形的性质求出点B的坐标，利用坐标系中图形的平移规律求解即可． 【详解】解：如图，过点B作，垂足为D， ∵，， ∴轴， ∴轴， ∵是等边三角形，， ∴， 又， ∴，， ∴， ， ∴， ∴在向左平移1个单位长度后，点B的坐标为， 故选：A． 【变式01】（2025·辽宁·中考真题）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将线段平移得到线段，点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查坐标与图形变换—平移，根据平移的性质，由点A平移后的对应点C的坐标确定平移规则，再应用于点B即可得到点D的坐标． 【详解】解：由题意，点向上平移5个单位得到点， ∴点向上平移5个单位得到点， ∴点的坐标为，即； 故选B． 【变式02】（2025·江苏南通·中考真题）如图，将沿着射线平移到．若，则平移的距离为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【分析】利用平移性质，确定对应点，通过线段长度计算平移距离．本题主要考查平移的性质，熟练掌握平移中对应点间的距离为平移距离是解题的关键． 【详解】解：∵沿射线平移得到， ∴点与点是对应点．平移的距离为的长度， 又∵，， ∴． 故选：． 【变式03】（2025·四川德阳·中考真题）如图，在中，，将沿方向向右平移至处，使恰好过边的中点D，连接，若，则（  ） A．3 B．2 C．1 D． 【答案】B 【分析】本题考查直角三角形斜边中线性质和平移的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质是解题的关键． 根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，结合，得，由平移得到，根据平移对应线段相等，可知，进而得． 【详解】在中，，是中点， ∴， ∵， ∴， ∵沿方向向右平移至， ∴， 故选：B． 【变式04】（2026·吉林长春·一模）如图，将等腰直角三角尺沿着直线平移到的位置，连结．已知，平移距离．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】由平移的性质可得，，则四边形是平行四边形，由等腰直角三角形的性质并结合勾股定理计算可得，即可得证． 【详解】证明：由平移的性质可得：，， ∴四边形是平行四边形， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 【变式05】（2025·福建·中考真题）如图，是等边三角形，D是的中点，，垂足为C，是由沿方向平移得到的．已知过点A，交于点G． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查等边三角形的判定与性质、平移的基本性质、线段垂直平分线的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质等基础知识，考查空间观念、几何直观与推理能力，考查化归与转化思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． （1）等边三角形的性质推出，垂直，得到，角的和差关系求出的大小即可； （2）平移得到，进而得到，角的和差关系推出，进而得到，根据，推出垂直平分，进而得到，推出，进而得到是等边三角形即可． 【详解】（1）解：是等边三角形， ． D是的中点， ． ， ， ． （2）由平移可知：， ， 又， ， ∴， 又， 垂直平分， ， 由（1）知，， ， ， 是等边三角形． 题型二 图形的折叠问题 【典例01】（2025·湖北武汉·中考真题）如图，在中，，是边上的点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了折叠的性质、三角形内角和定理、等边对等角等知识．根据三角形内角和定理求出，由折叠得到，根据三角形外角的性质即可得到答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∵将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上． ∴， ∴ 故选：C 【变式01】（2025·吉林长春·中考真题）将直角三角形纸片（）按如图方式折叠两次再展开，下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了折叠的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 由折叠可得：，，则，那么，继而根据相似三角形的性质以及平行线分线段成比例定理逐一判断即可． 【详解】解：由折叠可得：，， ∴，故A正确，不符合题意； ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴，故B正确，不符合题意； ∵， ∴，， ∴，， ∴，故C正确，不符合题意； ∵， ∴，，， ∴，故D错误，符合题意， 故选：D． 【变式02】（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】题目主要考查正方形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键. 根据折叠得出，，利用相似三角形的判定和性质得出，再由正方形的性质求解即可. 【详解】解：∵正方形沿折叠， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， 故选：D. 【变式03】（2025·山西临汾·二模）如图，在中，，是的中点，连接，将沿折叠，使点落在点，连接，则 ． 【答案】 【分析】根据勾股定理求得斜边，进而根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，以及折叠的性质得出，，进而证明是等腰三角形，证明，根据相似三角形的性质，列出比例式，解方程，即可求解． 【详解】解：如图，延长交的延长线于点， ∵在中，，是的中点， ∴，， ∵将沿折叠， ∴， 设，则， ∵ ∴ ∵折叠， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∵ ∴ ∴，， ∵， ∴ ∴ ∴即 解得： ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 【变式03】（2026·河北秦皇岛·一模）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在平面上的点处，与交于点． (1)求证：； (2)若平行四边形的对角线与的交点为点，连接，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由折叠得，，由四边形是平行四边形得，，即可得，，结合对顶角即可证明； （2）由得，由平行四边形的对角线与的交点为点得为中点，由等腰三角形三线合一可得为中边上的高，即可证明． 【详解】（1）证明：由折叠得，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， 又∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵平行四边形的对角线与的交点为点， ∴为中点， ∴为中边上的高， ∴． 【点睛】折叠的本质是轴对称变换，折叠前后的图形关于折痕成轴对称，因此对应边相等、对应角相等，这一性质是解决此类折叠问题的核心依据． 【变式05】（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质与折叠可得，与都是直角三角形，根据 “”即可证明； （2）由中点的定义得到，由折叠得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形 ∴，， 由折叠可得，， ∴，， ∴在和中 ∴； （2）解：∵，点E是的中点， ∴， 由折叠得到， ∵ ， ∴ 设，则， ∵在中，， ∴ 解得 ∴． 题型三 图形的剪拼与拼接问题 【典例01】如图，是一张三角形的纸片，是它的内切圆，点D是其中的一个切点，已知，小明准备用剪刀沿着与相切的任意一条直线剪下一块三角形()，则剪下的的周长为（    ）    A． B． C． D．随直线的变化而变化 【答案】A 【分析】根据E、F分别是切点，可得，由此可得的周长． 【详解】解：如图，设E、F分别是切点，是一张三角形的纸片， 根据切线长定理可得，，， 的周长 ， 故选：A． 【点睛】本题考查切线长定理，熟记概念是关键． 【变式01】如图：用一张长为4cm，宽3cm的长方形纸片，过两个顶点剪一个三角形，按裁剪线长度所标的数据（单位：cm）不可能实现的是（   ） A．  B．  C．   D．   【答案】D 【分析】运用所给三角形的三边长数据，结合高进行判定即可. 【详解】A选项，长度3边上的高在纸片上，可以实现； B选项，长度3边上的高在纸片上，可以实现； C选项，长方形对角线长5，可以实现； D选项，高大于3，不在纸片上，不可能实现； 故选：D. 【点睛】此题主要考查长方形中三角形的判定，熟练掌握，即可解题. 【变式02】如图，中，，将沿下图中的虚线剪开，剪下的三角形与原三角形不相似的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的判定．根据相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判定即可． 【详解】解：A、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项不符合题意； B、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项不符合题意； C、根据已知条件无法证明两个三角形相似，故本选项符合题意； D、这两个三角形两边成比例且夹角相等，故两三角形相似，故本选项不符合题意． 故选：C． 【变式03】在中，，将沿图中虚线剪开，剪下的两个三角形不一定全等的是（    ） A．B．C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定，三角形外角的性质，A、B两个选项都可以利用证明全等，C选项中，先证明，再利用即可证明两个三角形全等，D选项中，根据现有条件不能证明两个三角形全等． 【详解】解：A、如图所示，∵， ∴，故A不符合题意； B、如图所示，∵， ∴，故B不符合题意； C、如图所示，∵，， ∴， 又∵， ∴，故C不符合题意； D、如图所示，同理可得，但是不是对应边，故不能证明两个三角形全等，故D符合题意； 故选：D． 【变式04】（2023·浙江温州·二模）有数学家证明了定理：任意一个三角形可以剪拼成一个矩形．小慧将一张三角形纸片（如图）分割成四块，然后拼成一张矩形纸片（无缝隙无重叠）．如图，分别取，的中点，，作于点，于点，连结，分别作于点，于点．若的面积为，，，则矩形的周长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作于点，根据题意得出是的中位线，进而根据面积求得，证明，求得，在中，勾股定理求得，根据等面积法求得，根据题意得出，进而根据题意，矩形的面积等于的面积，为，进而求得，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点，    ∵是，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∵，为的中点， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 依题意，的面积为，则矩形的面积为， ∴， ∴， ∴矩形的周长， 故选：B． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，三角形的中位线的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式05】（2025·河北保定·一模）如图①，将一个正方形纸片沿虚线对折两次，得到图②，按照图②所示剪去一个腰长为2的等腰直角三角形，展开后得到一个如图③所示的正八边形，将剪下的四个等腰直角三角形拼成一个正方形，放在正八边形内部，与重合，为的中点，连接．将正方形绕点顺时针旋转与重合，此时的长为（    ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形，正多边形的性质，勾股定理的运用，理解题意，掌握正多边形的性质，数形结合分析是关键． 根据题意，平行四边形是菱形，正方形的边长为，由，即可求解． 【详解】解：根据题意，，， 如图所示，连接， ∴，， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形， ∴， 设正方形对角的交点为，则， ∴正方形的边长为， ∴， ∵，， ∴， ∵为中点， ∴， ∴， 故选：B ． 题型四 图形的旋转计算问题（单点旋转） 【典例01】（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，中，，，将绕点A顺时针旋转得到，点B，点C的对应点分别为点D，点E，连接，点D恰好落在线段上，则的长为（   ） A． B．4 C． D．6 【答案】B 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质以及旋转的性质，由等腰三角形的性质得；再由旋转的性质得，从而得，故可得，从而可求出结论． 【详解】解：在中，， ∴； 由旋转可知， ∴， 由旋转得：， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【变式01】（2024·山东青岛·中考真题）如图，将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转和平移，全等三角形的性质与判定，先根据题意得到平移方式为向右平移3个单位长度，则可得平移后点A的对应点坐标为；如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H，证明，得到，则，即点A的对应点的坐标是． 【详解】解：由题意得，平移前， ∵将正方形先向右平移，使点B与原点O重合， ∴平移方式为向右平移3个单位长度， ∴平移后点A的对应点坐标为， 如图所示，设绕原点O顺时针旋转90度后的对应点为F，分别过E、F作x轴的垂线，垂足分别为G、H， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点A的对应点的坐标是， 故选：A． 【变式02】（2025·山西运城·二模）如图，在平面直角坐标系中，坐标轴刚好为矩形的两条对称轴，边，分别与x轴、y轴交于点E和F，以E为旋转中心，将矩形绕点E顺时针旋转，使的对应边且经过点F．若点C的坐标，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设与x轴的交点为M，过点作轴于点N，先证明，得到，设，，根据题意，得，，解得，得到即，利用三角函数解答即可． 【详解】解：∵坐标轴刚好为矩形的两条对称轴，边，分别与x轴、y轴交于点E和F，点C的坐标， ∴，， ∵以E为旋转中心，将矩形绕点E顺时针旋转，使的对应边且经过点F． ∴，， 设与x轴的交点为M，过点作轴于点N， ∵， ∴， ∴， 设，， 根据题意，得，， 解得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵在第二象限， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，旋转的性质，三角函数的应用，熟练掌握性质和三角函数的应用是解题的关键． 【变式03】（2025·天津·中考真题）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（   ） A． B． C．4 D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定、旋转的性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．连接，交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出垂直平分，则可得，，然后利用勾股定理和三角形的面积公式求出的长，由此即可得． 【详解】解：如图，连接，交于点， 由旋转的性质得：，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故选：D． 【变式04】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点O，，，将绕点顺时针旋转至，与，分别交于点E，F，当时，的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题综合考查矩形的性质，旋转的性质，全等、相似三角形的判定与性质，找到全等三角形和相似三角形建立线段之间的等量关系是解题关键． 先通过矩形的性质求出的长，再取与的交点为M，通过旋转和矩形的对角线相等且互相平分，证明，再利用等边对等角和对顶角，三角形内角和，推出，通过已知条件得到相似比，建立线段之间的等量关系，最后列方程求出对应的值即可． 【详解】解：如图，取与的交点为M， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵是矩形的对角线，的交点， ∴， ∴， 由旋转的性质，可知，，，， ∴，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∵，， ∴，即， 又，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 解得， ∴， ， ∴的周长为， 故选：B． 【变式05】（2024•南漳县一模）已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，将△CBA绕点C顺时针旋转得到△CMN，CM与BD交于点P，CN与AD交于点E，当点B的对应点M落在线段AD上时，线段ME的长是 　 　． 【答案】． 【分析】先证明△MNE≌△CDP得出ME＝CP，进而证明△MDP∽△CBP得出PCMCBC即可求解． 【详解：如图所示，设AC，BD交于点O， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OB＝OD＝OA＝OC，AD∥BC，AB＝CD＝3，AD＝BC＝5， ∴∠BAC＝∠BDC， 将△CBA绕点C顺时针旋转得到△CMN， ∴∠N＝∠BAC， ∴∠N＝∠PDC， 又∵MN＝AB＝CD，∠NME+∠EMC＝∠NMC＝∠ABC＝90°，∠DMC+∠DCP＝90°， ∴∠NME＝∠DCP， ∴△MNE≌△CDP（ASA）， ∴ME＝CP， ∵AD∥BC， ∴△MDP∽△CBP， 又∵MC＝BC＝5，CD＝AB＝3， 在Rt△MDC中，MD4， ∴， ∴PCMCBC5， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理． 题型五 图形的旋转证明问题（图形旋转） 【典例01】如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ． （1）如图﹣1，求证：△BCP≌△DCQ； （2）如图﹣2，延长BP交直线DQ于点E，求证：BE⊥DQ． 【分析】（1）根据旋转的性质证明∠BCP＝∠DCQ，得到△BCP≌△DCQ； （2）根据全等的性质和对顶角相等即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵∠BCD＝90°，∠PCQ＝90°， ∴∠BCP＝∠DCQ， 在△BCP和△DCQ中， ， ∴△BCP≌△DCQ（SAS）； （2）如图b，∵△BCP≌△DCQ， ∴∠CBF＝∠EDF， 又∵∠BFC＝∠DFE， ∴∠DEF＝∠BCF＝90°， ∴BE⊥DQ． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定和性质以及旋转的性质，掌握正方形的四条边相等、四个角都是直角，旋转的性质证明三角形全等是解题的关键． 【变式01】如图所示，，，，绕点B逆时针旋转得到，连接． (1)求证：； (2)连接，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． （1）根据旋转的性质得到，，，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）连接，根据旋转的性质得到，，，根据全等三角形的性质得到，，根据等腰三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵绕点B逆时针旋转得到， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∴； （2）连接， ∵绕点B逆时针旋转得到， ∴，，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴． 【变式02】如图，已知 中，，把 绕点顺时针方向旋转得到 ，连接，交于点． (1)求证：； (2)若 ，，当四边形是菱形时，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）要证明，需根据旋转性质找到对应边和角的关系，再利用全等三角形判定定理（）来证明． （2）要求的长，先根据菱形性质得出边和角的关系，再结合已知角度推出为等腰直角三角形，利用勾股定理求出，最后结合菱形的边求出． 【详解】（1）证明：∵ 绕点顺时针方向旋转得到， ∴ ，，． ∴ ，即． 又∵ ， ∴ ． 在和中， ， ∴ （）． （2）解：∵ 四边形是菱形， ∴ ，． ∴ ． 又∵ ， ∴ ． ∴ ． 在中，根据勾股定理： ， ∴ ． 【点睛】本题主要考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的性质以及勾股定理，熟练掌握这些知识，通过已知条件逐步推导是解题关键． 【变式03】在中，，，点D在射线上，连接，将线段逆时针旋转得到线段（点E不在直线上），连接，过点E作，交直线于点F． (1)如图1，当点D与点C重合时，求证：； (2)如图2，当点D在线段上，F在线段的延长线上时，用等式表示与之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，熟练掌握旋转的性质，全等三角形判定及平行线性质是解题的关键． （1）由得到．由三角形的内角和定理与旋转的性质证明，，从而得到，进而有，再由得到，从而，因此根据等腰三角形的判定即可解答； （2）延长到点H，使，由得到．由垂直平分线的性质得到，进而根据等腰三角形的“三线合一”得到，从而，即可证明，得到，．证明得到，从而． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， 由旋转可得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：，证明如下： 延长到点H，使， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， 是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即 ∵由旋转有 ∴ ∴， ． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【变式04】在中，，是绕点C逆时针旋转所得，其中点A，点B的对应点分别是点D，点E，延长交于F，连接． (1)若，，求的长； (2)求证：平分； (3)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）由旋转性质得，，根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理解得，的值，进而可得，再证明，然后根据含30度角的直角三角形的性质即可获得答案； （2）过点C作垂足分别为M，N，证明，由全等三角形的性质可得，然后根据“在角的内部到角的两边距离相等的点，都在这个角的平分线上”即可证明结论； （3）过点B作，过点E作，垂足分别为点H，G，结合（1）（2）易得均为等腰直角三角形，进而可得，，再证明，易得，结合即可证明结论． 【详解】（1）解：如下图， 由旋转性质得，， ∴，， ∴在中，， ∴，即， ∴，解得（负值舍去）， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）如下图，过点C作垂足分别为M，N， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴平分； （3）如下图，过点B作，过点E作，垂足分别为点H，G， ∴， 由（1）（2）得，平分， ∴， ∴，， ∴均为等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即． 【变式05】已知线段是正方形的一条对角线，点E在射线上运动，连接，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连接． （1）如图1，若点E在线段上，请直接写出线段与线段的数量关系与位置关系； 【模型应用】 （2）如图2，若点E在线段的延长线上运动，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】 （3）如图3，已知线段是矩形的一条对角线，，，点E在射线上运动，连接，将绕点C顺时针旋转，得到，在上截取线段，连接，若，直接写出线段的长． 【答案】（1），，理由见解析；（2），见解析；（3）线段的长为或 【分析】（1）利用正方形、旋转的性质以及边角边关系证全等，即可得到结论； （2）利用全等的性质得到，利用勾股定理求得，代入转化即可； （3）利用旋转的性质得到是直角三角形，再根据转化为求的长，通过作垂线构造，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1），； ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵将线段绕点C顺时针旋转，得到线段， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， 则，即； （2）； 理由：∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转得，，， ∴， 即， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴； （3）过点C作于点H， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 若点E在线段上， ∵， ∴， ∴， ∵将绕点C顺时针旋转，得到， ∴，， ∵， ∴， 若点E在的延长线上时， 同理，， ∴， 同理，， 综上，线段的长为或． 题型六剪拼与旋转综合探究 【典例01】（2024·江苏盐城·三模）综合实践课上，老师让同学们准备矩形纸片，开展数学活动． (1)折一折、画一画： 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：如图1，P为上一点，沿折叠，使点A落在上的点M处，连接并延长交于点Q．由上述操作后探究可得：______°，的形状是______三角形． (2)剪一剪，移一移： 操作三：把纸片展平，沿剪开； 操作四：如图2，将沿方向平移得到，若交于点G，交于点H．连接，若，平移距离为x． ①当为直角三角形时，求出x的值； ②设四边形的面积为y，请直接写出y与x的函数关系式，并指出当x为何值时，y取最大值，y的最大值为多少？ 【答案】(1)30°，等边 (2)①x的值为或；②y与x的函数关系式为；当时，y取最大值，y的最大值为． 【分析】（1）设与的交点是点N，根据折叠的性质得四边形都是矩形，根据性质证明，即可证明相关结论． （2）①根据矩形的性质，分，两种情况计算即可． ②设四边形的面积为y，根据构造二次函数，利用二次函数性质求最值即可． 【详解】（1）设与的交点是点N，根据折叠的性质得四边形都是矩形， ∴，，且， ∴，，，， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∴，， ∴，， ∴是等边三角形，， ∴， 故答案为：30，等边． （2）①根据前面的解答，得到，，，是等边三角形， ∴是等边三角形，， ∵，平移距离为x． ∴，，， 如图，当时， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得． 当时， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得． ②设四边形的面积为y， 根据题意，得 根据前面的解答，得到是等边三角形，， ∵，平移距离为x． ∴，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴y有最大值，且当时，有最大值为． 【点睛】本题考查了矩形都会选择，折叠的性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形的相关计算，构造二次函数求最值，分类思想，熟练掌握折叠的性质，解直角三角形的相关计算，构造二次函数求最值，分类思想是解题的关键． 【变式01】（2025·江西上饶·一模）追本溯源 问题解决 你能通过剪切和拼接下列图形得到一个矩形吗？在这些剪拼的过程中，剪下的图形是经过怎样的运动最后拼接在一起的？ （1）平行四边形；（2）三角形；（3）菱形． 小涵所在的学习小组对课本上的这道题进行了分工合作，小涵的任务是把三角形纸片剪拼得到一个矩形．    动手操作 （1）小涵任意剪了一个三角形纸片．他分别找到边，的中点，，连接，分别过点，作边的垂线，，垂足为，，再将和分别绕点，旋转，即可得到矩形（如图）．请判断与的数量和位置关系，并说明理由． 探究发现 （2）小涵在动手操作的基础上发现，也可以过点作于点，再将和分别绕点，旋转，即可得到矩形（如图2）．小涵通过测量，发现， ，． ①求的面积． ②在绕点顺时针旋转的过程中，点的对应点为，若与的一边平行，请直接写出此时的长． 【答案】（1）平行于且；（2）①；② 或 【分析】（1）根据三角形中位线定理求解，即可解题； （2）①根据题意设，则，利用勾股定理建立方程求出，，进而得到，，再根据三角形面积公式求解，即可解题； ②根据与一边平行分情况讨论当时，当时，结合平行线性质，旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理进行求解，即可解题． 【详解】（1）解： 、边的中为点、， 与的位置关系为平行，数量关系为， 平行于且等于的一半， 故答案为：平行于且． （2）解：① ，． 设，则， ， ， ， 解得， ，， 、边的中为点、， ，， 的面积为； ② 、、在同一直线上， 与不平行； 旋转过程中，记的对应点为， 当时，   四边形为矩形， ， ， ，的面积为， ， ， ， ， ， 由旋转的性质可知， ， ， ， ； 当时，作于点，   ， ， ， 由旋转的性质可知， ， ，，， ， ， 四边形为矩形； ， ， ， ； 综上所述，的长度为 或 ． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理，平行线性质，旋转的性质，矩形的判定与性质，解题的关键在于利用分类讨论的思想解决问题． 【变式02】（2025·河北承德·二模）【情境】部分图形通过剪拼后能够得到矩形． 【操作1】嘉嘉将如图1所示的平行四边形通过裁剪拼成了矩形．若，拼接时应将沿平移 cm． 【操作2】淇淇将如图2所示的三角形通过裁剪拼成了矩形．依据图中呈现的操作方法，可知与的数量关系为 ，与的位置关系为 ． 【操作3】淇淇将如图3所示的四边形通过操作2中的方法裁剪拼成了矩形．请在图3中补全剪拼过程和剪拼后的图形．（直接在原图形上画图，裁剪线用虚线，矩形用实线） 【操作4】嘉淇将如图4所示的菱形沿剪开，将筝形（有两组邻边分别相等的四边形）沿剪开，之后通过旋转平移等操作拼成了矩形．若，，求矩形中较长的边的长． 【答案】操作1：10；操作2：，；操作3：见解析；操作4： ． 【分析】操作1：根据平移的性质即可求解； 操作2：由拼接知：是的中位线，，据此求解即可； 操作3：根据（2）的方法拼接即可； 操作4：连接，由拼接知，根据菱形的性质求得，，，在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：操作1：嘉嘉将如图1所示的平行四边形通过裁剪拼成了矩形，若，拼接时应将沿平移； 故答案为：10； 操作2：，， 由拼接知：，， ∴是的中位线， ∴； ∵拼接图形是矩形， ∴， 由拼接知：， ∴， 故答案为：，； 操作3：如图，矩形即为所作； 操作4：连接，由拼接知，设与相交于点， ∵菱形， ∴，，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 即矩形中较长的边的长为． 【点睛】本题考查了平移的性质，图形的拼接，三角形中位线定理，勾股定理，菱形的性质．灵活运用中位线定理和构造全等三角形是解答本题的关键． 【变式03】对于初中数学“几何与图形”这一部分的学习，通过对矩形纸片的剪拼，旋转等“图形的变化”，可以整合初中所学数学知识，从而深化对定义、定理的理解．下面是王老师在数学课上设计的问题，请你解答： (1)观察发现：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中，．将和按图2所示方式摆放，其中点B与F点重合（标记为点B）．当时，延长交于点G．猜想并判断四边形的形状为______．（直接写出结果，不说明理由．） (2)实践探究：老师将图2中的绕点B逆时针方向旋转，使点E落在内部，如图3，当时，过点A作交BE的延长线于点M，与交于点N．试猜想线段和的数量关系，并加以证明． (3)类比延伸：如图4，当时，过点A作于点H，若，，求的长． 【答案】(1)正方形 (2)见解析 (3) 【分析】（1）先证明四边形是矩形，再由可得，从而得四边形是正方形； （2）由已知可得，再由等积方法，再结合已知即可证明结论； （3）设，的交点为M，过M作于G，则易得，点G是的中点；利用三角函数知识可求得的长，进而求得的长，利用相似三角形的性质即可求得结果． 【详解】（1）解：结论：四边形为正方形．理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形． ∵， ∴四边形为正方形． （2）解：结论：． 理由：∵， ∴， ∵， ∴， ∵，即， ∴ ∵， ∴． 由（1）得， ∴． （3）解：如图：设，的交点为M，过M作于G， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴点G是的中点， 由勾股定理得 ∴， ∵， ∴， 即 ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， 即的长为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定 与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形 是解题的关键． 【变式04】（2025·山西吕梁·模拟预测）综合与探究 问题情境： 如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线剪开，再将沿方向平移（平移距离小于8），得到交于点交于点． 初步探究： （1）如图2，当四边形为正方形时，线段的长为_____． （2）判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： （3）如图3，当四边形是菱形时． ①求线段的长； ②将绕点顺时针转过一定的角度，使得线段经过一个顶点且与有重叠部分，直接写出重叠部分的面积． 【答案】（1）2；（2）四边形是平行四边形，见解析；（3）①；②6或 【分析】（1）根据正方形的性质可得，进而即可得出的长； （2）根据四边形是矩形，得出，根据平移的性质得出，进而得出，即可得出结论； （3）①根据勾股定理求得，设的长为，解，得出，即可求解； ②当线段经过点时，令与的交点为．由①知，．求得，进而根据三角形的面积公式，即可求解；当线段经过点时，令与的交点为．过点作于点，过点作于点，证明设的长为，在中，勾股定理得，进而根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】解：（1）解：∵四边形为正方形， ∴， ∴； （2）四边形是平行四边形． 理由：四边形是矩形， ． 由平移的性质得， ， 四边形是平行四边形； （3）①四边形是菱形， ． 设的长为，则． 在中，， ， ， ． 在中，， ，解得， ． ②6或． 如图1，当线段经过点时，令与的交点为． 由①知，， ∴， ； 如图2，当线段经过点时，令与的交点为．过点作于点，过点作于点． ， ． ， ， ． 设的长为，则， ． 在中，由勾股定理得， ， 解得， ． 综上所述，重叠部分的面积为6或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质和判定，菱形的性质，解直角三角形，分类讨论是解题的关键． 【变式05】（2025·山西忻州·模拟预测）【中考新考法】综合与探究 【问题情境】“综合与实践”课上，老师让同学们准备了菱形纸片，并提出如下问题：将图1中的菱形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，将绕点按顺时针方向旋转，当时，延长交的延长线于，如图2，试判断四边形的形状，并说明理由． 【数学思考】（1）请你解答老师提出的问题． 【深入探究】（2）在完成老师提出的问题后，同学们进行了进一步的探究： ①“善思小组”在准备的菱形纸片中，将绕点按逆时针方向旋转，如图3，当点落在边上时，，，，四点共线，．若，请求出的长度． ②“智慧小组”准备的菱形纸片的对角线，，他们也将绕点按逆时针方向旋转，其点的对应点为，并过点作交直线于点，当时，请直接写出的长度．        【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①；②17.6或1.6 【分析】（1）由题意得，再由菱形的性质得到，则先证明四边形为平行四边形，由菱形得到邻边相等，即可证明为菱形； （2）①导角证明，则，设，而，则，解方程即可； ②可得，，则，设边上的高为，由面积法求得，当时，而菱形中，，故点共线，而，，则，即，由旋转得，，再分两种情况讨论即可求解． 【详解】（1）解：四边形为菱形，理由： ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形 由旋转的性质可知， ∴平行四边形为菱形； （2）①解：由题意得可得，， ∴， 设， ∵菱形， ∴ ∴在中，， ∴， ∵是的外角， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， 解得：，（舍）， ∴； ②∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 设边上的高为 则， ∴， 当时，而菱形中，， ∴点共线， ∵，， ∴，即 由旋转得， 当点在右侧时，如图： ∴； 当点在左侧时，如图： ∴， 综上所述：当时，的长度为17.6或1.6． 【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程，勾股定理等知识点，难度较大，正确画出图形是解题的关键． 题型七 几何变换的规律探究问题 【典例01】（2023·河南许昌·二模）如图，等腰的顶点在轴上，顶点在轴上，已知，将绕点顺时针旋转，每次旋转，若旋转后点的对应点的坐标为，则旋转的次数可能是（    ）    A．71 B．72 C．73 D．74 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，规律探索，循环节的计算，根据题意，第一次旋转落在第一象限，第二次旋转落在第四象限，第三次旋转落在第三象限，第四次回到启动点，由此得到旋转的图形按照循环节为4进行规律旋转，除以4看余数即可． 【详解】根据题意，第一次旋转落在第一象限，第二次旋转落在第四象限，第三次旋转落在第三象限，第四次回到启动点，由此得到旋转的图形按照循环节为4进行规律旋转，除以4看余数即可， ∵在第四象限， ∴除以4后的余数为2， ∵， 故选D．   ． 【变式01】（2023·河南开封·一模）如图，在矩形中，已知，，矩形在直线上绕其右下角的顶点向右旋转至图①位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转至图②位置，...，以此类推，这样连续旋转2024次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先求得每一次转动的路线的长，发现每4次循环，找到规律然后计算即可． 【详解】解：转动一次的路线长是：， 转动第二次的路线长是：， 转动第三次的路线长是：， 转动第四次的路线长是：0， 转动五次的路线长是：， 以此类推，每四次循环， 故顶点转动四次经过的路线长为：， 顶点转动2024次经过的路线长为：． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了探索规律问题和弧长公式的运用，发现规律是解决问题的关键． 【变式02】（2023·河北唐山·模拟预测）如图，矩形在外接圆与水平地面相切于点，已知圆的半径为4，且．若在没有滑动的情况下，将圆向右滚动，使得点向右移动了，则此时与地面相切的弧为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆的周长公式求出圆的周长以及圆转动的周数，根据题意分别求出和的长，比较即可得到答案． 【详解】解：∵圆O半径为4， ∴圆的周长为：， ∵将圆O向右滚动，使得O点向右移动了， ∴， 即圆滚动6周后，又向右滚动了， ∵矩形的外接圆O与水平地面相切于A点，， ∴，， ∴此时与地面相切的弧为， 故选：B． 【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及圆的周长公式等知识，得出O点转动的周数是解题关键． 【变式03】（2022·山东菏泽·二模）如图，在正方形ABCD中，顶点，，点F是BC的中点，CD与y轴交于点E，AF与BE交于点G，将正方形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点G的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正方形的性质得到AB=BC=CD=10，∠C=∠ABF=90°，根据全等三角形的性质得到∠BAF=∠CBE，根据余角的性质得到∠BGF=90°，过G作GH⊥AB于H，根据相似三角形的性质得到BH=2，根据勾股定理得到HG=3，求得G（3，4），找出规律即可得到结论． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=10，∠C=∠ABF=90°， ∵点F是BC的中点，CD与y轴交于点E， ∴CE=BF=5， ∴△ABF≌△BCE（SAS）， ∴∠BAF=∠CBE， ∵∠BAF+∠BFA=90°， ∴∠FBG+∠BFG=90°， ∴∠BGF=90°， ∴BE⊥AF， ∵ ， ∴ ， 过G作GH⊥AB于H， ∴∠BHG=∠AGB=90°， ∵∠HBG=∠ABG， ∴△ABG∽△GBH， ∴ ， ∴BG2=BH•AB， ∴ ， ∴G（3，4）， ∵将正方形ABCD绕点O顺时针每次旋转90°， ∴第一次旋转90°后对应的G点的坐标为（4，-3）， 第二次旋转90°后对应的G点的坐标为（-3，-4）， 第三次旋转90°后对应的G点的坐标为（-4，3）， 第四次旋转90°后对应的G点的坐标为（3，4）， …， ∵2022=4×505+2， ∴每4次一个循环，第2022次旋转结束时，相当于正方形ABCD绕点O顺时针旋转2次， ∴第2022次旋转结束时，点G的坐标为（-3，-4）． 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形变换-旋转，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的理解题意是解题的关键． 【变式04】（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰三角形中，，第1次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；第2次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段和，若用点在点的正南方向表示初始位置，则点在点的（   ） A．正东方向 B．正南方向 C．正西方向 D．正北方向 【答案】D 【分析】本题考查规律探索，多边形外角和，旋转的性质，掌握方法是解决问题的关键．根据图形旋转方式，可证明皆为等边三角形，可得，根据多边形外角和结论，图形每转动12次后与重合，依此规律解答即可． 【详解】解：将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和， 则，且， 为等边三角形， 同理，皆为等边三角形， ∵将绕点逆时针旋转， ∴， 为等边三角形，的中点为， ， ， 同理， 则， ∵， ∴每转到12次后与方向重合， ， ∴第30次操作后，第3个循环中的第6个位置，恰与方向相反， 又∵为等边三角形， ， 此时点在点的正北方． 故选：D． 【变式05】（2023·辽宁阜新·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线l：与两坐标轴交于、两点，以为边作等边，将等边沿射线方向作连续无滑动地翻滚．第一次翻滚：将等边三角形绕点顺时针旋转，使点落在直线上，第二次翻滚：将等边三角形绕点顺时针旋转，使点落在直线l上……当等边三角形翻滚次后点的对应点坐标是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先令，求得点与点的坐标，从而求出、、的长度，然后结合图形的翻转知道点经过次旋转后重新落在直线：上，第次旋转点的位置不变，再结合次一循环得到翻滚次后点的坐标． 【详解】解：∵直线l：与两坐标轴交于、两点， ∴，， ∴，，， ∴， ∴， 如图，等边经过第次翻转后，， 过点作轴于点，则，    ∵， ∴， ， 等边经过第次翻转后，， 等边经过第次翻转后，点仍在点处， ∴每经过次翻转，点向右平移个单位，向上平移个单位， ∵，第次与第次翻转后点处在同一个点， ∴点经过次翻转后，向右平移了个单位，向上平移了个单位， ∴等边三角形翻滚次后点的对应点坐标是， 故选：D． 【点睛】本题考查了图形的翻转，一次函数图象上点的坐标特征，解直角三角形，解题的关键是通过实际操作理解等边经过第次翻转与第次翻转后点处在同一个点． 题型八 几何变换的综合探究题 【典例01】（2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①．理由见解析；②5或 【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形； （2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：①，理由如下： 由（1）知四边形是菱形， ∴， 由折叠的性质得到， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 解：②∵，，， ∴， 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得，，， ∴， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则， 同理得，， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵是以为腰为底的等腰三角形，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 综上，的长为或． 【点睛】本题考查折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，合理作出辅助线，构造三角形全等，结合分类讨论的思想是解题的关键． 【变式01】（2026·江苏徐州·一模）如图1，在中，，，点D、E分别为边上的点．将沿折叠，点C的对应点记为点F． (1)、与的数量关系为_______； (2)在图2中，用无刻度的直尺和圆规作出四边形，使点F落在边上且四边形是菱形； (3)在图2中连接与交于点O，求线段的取值范围． 【答案】(1)； (2)见详解； (3) 【分析】（1）由折叠的性质得，结合三角形内角和定理和平角的定义即可得到结论； （2）作的平分线交于点F，作的垂直平分线交于点D、E，顺次连接起来，即可 （3）由，可得菱形的边长，取的中点G，结合三角形三边长关系，即可得到答案 【详解】（1）解：∵将沿折叠，点C的对应点记为点F， ∴， ∴ ， ∴； （2）解：如图所示： 由作图可知，的平分线交于点F， ∴，， ∴， ∴， 同理可得：， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （3）解：取的中点G，连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴ 设，则， ∴，解得， ∴， ∵的中点G， ∴，， ∴，即 【变式02】（2026·河南商丘·一模）如图1，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别为点P，Q．的延长线交于点M． (1)试判断与的数量关系，并证明； (2)当时，如图2，连接，射线交于点N． ①请判断与的数量关系，并证明； ②若的两直角边的比为，请直接写出的值． 【答案】(1)，证明见解析 (2)①，证明见解析；②的值为或 【分析】（1）连接，证出即可； （2）①延长，交于点，先证出，再证出即可； ②设的两直角边长分别为，则，过点作于点，则四边形是矩形，再分两种情况：（Ⅰ）当时，（Ⅱ）当时，利用勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）解：，证明如下： 如图1，连接， ∵在中，，将绕点逆时针旋转得到， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：①，证明如下： 如图2，延长，交于点， 由（1）已证：， ∴， 由对顶角相等得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质得：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． ②由题意，设的两直角边长分别为， 则， 由旋转的性质得：， 如图3，过点作于点， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， （Ⅰ）当时，则， ∴， ∴在中，， 由（2）①已证：， ∴， ∴； （Ⅱ）当时，则， ∴， ∴在中，， 由（2）①已证：， ∴， ∴； 综上，的值为或． 【变式03】（2025·山西阳泉·一模）综合与探究 【问题情境】 在中，，数学活动课上，同学们将绕点A顺时针旋转到，连接，过点作于点． 【特例分析】 （1）如图1，若点与点A重合，判断线段和的数量关系，并说明理由； 【探究发现】 （2）如图2，若点在线段的延长线上，且时，判断线段与线段的数量关系，并说明理由； （3）如图3，若点在线段上，且时，设，请用含的代数式表示线段． 【答案】（1），理由见详解；（2），理由见详解；（3） 【分析】（1）由题意易得，则有，然后可得是等腰直角三角形，进而问题可求解； （2）由题意易得四边形是平行四边形，则有，然后通过证明可进行求解； （3）过点A作，垂足为E，由题意易得，，则有，设，则有，然后通过证明，，根据相似三角形的性质可得，最后根据勾股定理可建立方程进行求解． 【详解】解：（1），理由如下： ∵，点与点A重合， ∴， 由旋转可知：， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； （2），理由如下： ∵，， ∴， ∴， 由旋转的性质可知：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）过点A作，垂足为E，如图所示： 由旋转可知：，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 设，则有， ∴， ∴， ∴， ∵，且， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， 整理得：， 解得：（负根舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、矩形的性质与判定、旋转的性质、勾股定理及全等三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形的性质与判定、旋转的性质、勾股定理及全等三角形的性质与判定是解题的关键． 【变式04】（2026·陕西西安·一模）问题探究： (1)如图①，在中，，过点作直线，再分别过点、作于，于．则图中的相似三角形是_________； (2)如图②，在矩形中，，，点是边上的动点，连接，过点作交于点，在点的运动过程中，求的最大值？ (3)问题解决：如图③，某科创园区正在搭建一个沉浸式户外投影秀场，场地为一块五边形的数字艺术画布，经测绘，米，米，米，，．为了实现动态光影效果，技术人员在画布的、边设置了可移动激光点、，沿虚拟折叠后，点的虚拟投影点恰好落在预设光路上，延长交于．为了让核心投影区域（四边形）的视觉效果最佳，需要其面积最大．求此时折痕的长度． 【答案】(1) (2)的最大值为 (3)的长度为米 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质以及二次函数的应用，熟练掌握相关知识点以及准确添加辅助线是解题的关键． （1）根据角度关系，得出，，即可证出． （2）同（1）的证明方法，可得．令，则，可得出，故当时，最大，得出对应的长度即可； （3）延长、，相交于点，由翻折的性质，证出，令，则，根据，得出，再结合，求出的表达式，得出四边形的面积表达式，即可得出对应的值，最后结合勾股定理即可得出结果． 【详解】（1）解：，证明如下： ∵，，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． （2）解：同（1）中证明方法，得， ∴， 令，则， ∴， 得， 故当时，最大，此时， 故的最大值为． （3）解：延长、，相交于点，如下图所示： 由翻折的性质，可得，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 令，则， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 令，根据勾股定理得， 故上式为， 解得，故， 同理可证， ∴， ∴， 解得， ∴ ， 变形得， 故当时，最大，为平方米， 此时米，米， 根据勾股定理得米， 故四边形面积最大时．求此时折痕的长度为米． 【变式05】（2026·江苏无锡·一模）问题情景：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，在中，，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明； (1)独立思考：请解答老师提出的问题； (2)实践探究：梦之队小组受此问题的启发，将沿着BF（F为CD的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C'，连接DC'并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明； (3)问题解决：智慧小组突发奇想，将沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点A′，使于点H，连接，交CD于点N，若此的面积为20，边长AB=5，BC=，求图中阴影部分（四边形BHNM）的面积． 【答案】(1)，见解析； (2)，证明见解析； (3)图中阴影部分的面积为． 【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，矩形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，翻折变换，平行线分线段成比例定理，解直角三角形．解题核心是利用平行四边形对边平行且相等的特性，结合折叠的“全等性”转化线段与角度关系，再通过勾股定理、三角函数等工具计算线段长度与面积． （1） 要确定 与 的数量关系，可通过构造辅助线，结合平行四边形对边平行且相等、直角三角形斜边中线性质来推导； （2） 判断 与 的数量关系，需利用折叠性质（对应边、角相等），结合平行四边形对边平行且相等，证明相关四边形为平行四边形或三角形为等腰三角形； （3） 求阴影部分面积，先由平行四边形面积公式求高，再通过勾股定理、三角函数、折叠性质确定各线段长度，进而计算三角形面积差得到阴影面积． 【详解】（1）（1）解：． 证明：如图中，过点作交于， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）（2）解：． 证明：如图中，连接， ∵是由翻折得到， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）（3）如图中，过点作于，过点作于． ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， 设则 ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ． （限时训练：40分钟） 1．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，将沿折痕折叠，使点B落在边上的点E处，若，则的周长为（    ） A．5 B．6 C．6.5 D．7 【答案】D 【分析】本题考查轴对称的性质，根据轴对称图形的性质得到，，从而，从而即可解答． 【详解】解：由折叠可得，， ∴， ∴． 故选：D． 2．（2026·安徽阜阳·一模）如图，在中，，是边上的点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．若，则（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据等边对等角求出，再由折叠得到，从而根据三角形外角的性质即可求解． 【详解】解∶∵， ∴， ∵， ∴， 由折叠可得， ∴． 3．（25-26七年级上·江苏常州·期中）如图，长方形的长为4，宽为1，其一条长边在数轴上，左端点表示的数为．将长方形沿数轴向右作无滑动的连续翻滚，每次翻滚，经过99次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为（   ） A．250 B．249 C．248 D．247 【答案】B 【分析】本题考查旋转的性质、数字类规律，熟练找准规律是解题的关键． 根据题意，发现规律第次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为，令，解出的值，再代入计算即可． 【详解】解：由题知， 第1次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为4， 第2次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为8， 第3次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为9， 第4次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为13， 第5次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为14， 第6次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为18， 依此类推， 所以第次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为， 当，即时， ， 即第99次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为249， 故选：B． 4．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，将关于y轴的对称图形绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的变换，熟练掌握点的对称与旋转是解决本题的关键． 先根据图中的位置求出点A的坐标，再根据关于y轴的对称可求解点，再根据绕原点O旋转即可求解点的坐标． 【详解】解：在平面直角坐标系中，点， ∴点A关于y轴对称的点， 将点绕原点O旋转， ∴如图，点． 故选：A． 5．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】由折叠的性质可知，，，再根据菱形的性质，得出，从而求出，则，即可求解． 【详解】解：由折叠的性质可知，，， 在菱形中，， ，， ， ， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，分母有理化等知识，掌握菱形的性质是解题关键． 6．（2026·辽宁阜新·一模）如图，菱形的顶点，，若菱形绕点逆时针旋转每秒旋转，则第秒时，菱形的对角线交点的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质、图形的旋转，探索图形的规律，根据点的坐标可知是平面直角坐标系中第一、三象限的角平分线，根据点的坐标和菱形的性质可知点的坐标是，根据每秒旋转可知每秒旋转一圈，秒时菱形旋转了圈又秒，根据秒菱形旋转的角度，判断点所在的象限，根据象限求出坐标． 【详解】解：设直线的解析式是， 把点的坐标代入， 可得：， 解得：， 直线的解析式是， 是平面直角坐标系中第一、三象限的角平分线， 四边形是菱形， 点是的中点， 点的坐标是， ， 旋转秒时点回到初始位置， ， 第秒时，点旋转了圈又秒， ， 点旋转到第四象限， 点的坐标是． 故选：A． 7．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为． (1)将向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到，画出两次平移后的，并写出点的坐标； (2)画出绕原点O逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（2）的条件下，求点旋转到点的过程中，所经过的路径长（结果保留π）． 【答案】(1)作图见解析， (2)作图见解析， (3) 【分析】本题考查了平移作图，旋转作图，弧长公式，勾股定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）分别描出平移后的点，再顺次连接即可得到，根据点的平移方式即可求解； （2）将点分别绕原点O逆时针旋转得到点，再顺次连接即可，即可写出点的坐标； （3）先由勾股定理求出，再由弧长公式求解即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求： ∵， ∴向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度得到，即； （2）解：如图，即为所求，； （3）解：， ∴点旋转到点的过程中，所经过的路径长为 8．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，以及对称轴的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）根据对称可得，，然后证明，则可先证明四边形是平行四边形，再由对角线互相垂直即可证明其为菱形； （2）先对运用勾股定理求解，再对运用勾股定理求解，最后由面积法求解即可． 【详解】（1）证明：∵点B，点D关于所在直线对称， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， 由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 9．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 【答案】[探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析 【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理； [探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故； [探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形； [探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得． 【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形； [探究证明]：证明：如图： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形， ， 为边的中点，为边的中点， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是菱形， ，， ，， 四边形是平行四边形； [探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下： 由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形， 当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图： ， ， ， 设，则， ， 为中点， ，， 四边形是菱形， ， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， ； 当四边形是菱形时，延长交于，如图： 设，则， 四边形是菱形， ， ，， 四边形是平行四边形，， ，， ， △是等边三角形， ， ， ； 综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或． 10．（2026·河南安阳·一模）几何综合 【方法尝试】 (1)如图，矩形是矩形以点为旋转中心，按逆时针方向旋转所得的图形，，分别是它们的对角线．求证：； 【类比迁移】 (2)如图，在和中，，，，，．将绕点在平面内逆时针旋转，连接，． 请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； 当点，，在同一直线上时，求线段的长； 【拓展延伸】 (3)如图，在中，，，过点作，在射线上取一点，连接，使得，请直接写出线段的最大值． 【答案】(1)见解析； (2) ，，见解析；线段的长为或； (3)． 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （）延长交于点，由四边形是矩形，则，通过旋转的性质可知，可得，从而求证； （）延长分别交于点，交于点，证明，所以 ，，从而求解； 分当点落在线段上时，当点在线段上时两种情况求解即可； （）过点作，使得 ，取的中点，连接，，，，证明，则，所以，由勾股定理得，又，从而可得最大值为，当，，三点共线时，取得最大值，此时线段取得最大值，再代入即可求解 【详解】（1）证明：如图，延长交于点， ∵四边形是矩形， ∴， 由旋转的性质可知，， ∵， ∴， ∴； （2）解： ，，理由： 如图，延长分别交于点，交于点， ∵， ∴， ∵，，，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，； 如图，当点落在线段上时，设， ∵，， ∴， ∵，， ∵， ∴， 整理得，， 解得，（舍去）， ∴； 如图，当点在线段上时， 设，则，， ∵， ∴， 整理得，， ∴，（舍去）， ∴， ∴综上所述，线段的长为或； （3）解：如图，过点作，使得，取的中点，连接，，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴，即最大值为， ∴当，，三点共线时，取得最大值，此时线段取得最大值， ∴． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 几何图形的平移、折叠、剪拼、旋转与探究 目 录 高频考情深度解读（中考命题规律透视+培优备考要求） 核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧） 聚焦题型精准解密（5大题型精讲+变式拔高训练） 题型一 图形的平移问题（坐标平移 + 图形平移计算） 题型二 图形的折叠问题 题型三 图形的剪拼与拼接问题 题型四 图形的旋转计算问题（单点旋转） 题型五 图形的旋转证明问题（图形旋转） 题型六 剪拼与旋转综合探究 题型七 几何变换的规律探究问题 题型八 几何变换的综合探究题 实战演练高效提分（中考仿真模拟+限时训练提升） 几何图形的平移、折叠、剪拼、旋转是中考数学几何模块核心必考考点，分值约 10～18 分，题型覆盖选择题、填空题、解答题，解答题常以中档综合题或压轴题小问形式出现，侧重考查全等变换性质应用、等积变换规律、逻辑推理及数形结合、分类讨论思想，是几何板块得分的关键内容。 基础知识必备：掌握平移的方向与距离、折叠的轴对称性、旋转的三要素（中心 / 方向 / 角度）核心性质；熟悉常见图形（三角形、特殊四边形）的剪拼拼接原则，能结合全等、相似、勾股定理进行变换后的线段、角度、面积计算；具备坐标系中几何变换的坐标转化能力，能初步探究变换背景下的图形存在性与规律问题。 2026中考预测： 题型稳定：单一平移 / 折叠 / 旋转的计算为选择填空必考，变换综合计算为解答题必考，剪拼题多以选择 / 填空形式考查，存在性与规律题常为压轴题小问； 难度分层：基础题考查单一变换性质直接应用，中档题考查多变换综合计算，压轴题侧重探究性、存在性分析，无偏题怪题； 命题趋势：大量结合平面直角坐标系考查坐标与几何变换的结合，剪拼题融入生活背景，探究题更注重数学思想的灵活应用，整体贴近教材核心考点。 题型一 图形的平移问题（坐标平移 + 图形平移计算） 【典例01】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点，将向左平移1个单位长度，则平移后点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式01】（2025·辽宁·中考真题）在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将线段平移得到线段，点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标为（　　） A． B． C． D． 【变式02】（2025·江苏南通·中考真题）如图，将沿着射线平移到．若，则平移的距离为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【变式03】（2025·四川德阳·中考真题）如图，在中，，将沿方向向右平移至处，使恰好过边的中点D，连接，若，则（  ） A．3 B．2 C．1 D． 【变式04】（2026·吉林长春·一模）如图，将等腰直角三角尺沿着直线平移到的位置，连结．已知，平移距离．求证：四边形是菱形． 【变式05】（2025·福建·中考真题）如图，是等边三角形，D是的中点，，垂足为C，是由沿方向平移得到的．已知过点A，交于点G． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 题型二 图形的折叠问题 【典例01】（2025·湖北武汉·中考真题）如图，在中，，是边上的点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 【变式01】（2025·吉林长春·中考真题）将直角三角形纸片（）按如图方式折叠两次再展开，下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 【变式02】（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（   ） A． B． C． D． 【变式03】（2025·山西临汾·二模）如图，在中，，是的中点，连接，将沿折叠，使点落在点，连接，则 ． 【变式03】（2026·河北秦皇岛·一模）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在平面上的点处，与交于点． (1)求证：； (2)若平行四边形的对角线与的交点为点，连接，求证：． 【变式05】（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 题型三 图形的剪拼与拼接问题 【典例01】如图，是一张三角形的纸片，是它的内切圆，点D是其中的一个切点，已知，小明准备用剪刀沿着与相切的任意一条直线剪下一块三角形()，则剪下的的周长为（    ）    A． B． C． D．随直线的变化而变化 【变式01】如图：用一张长为4cm，宽3cm的长方形纸片，过两个顶点剪一个三角形，按裁剪线长度所标的数据（单位：cm）不可能实现的是（   ） A．  B．  C．   D．   【变式02】如图，中，，将沿下图中的虚线剪开，剪下的三角形与原三角形不相似的是（   ） A． B． C． D． 【变式03】在中，，将沿图中虚线剪开，剪下的两个三角形不一定全等的是（    ） A．B．C． D． 【变式04】（2023·浙江温州·二模）有数学家证明了定理：任意一个三角形可以剪拼成一个矩形．小慧将一张三角形纸片（如图）分割成四块，然后拼成一张矩形纸片（无缝隙无重叠）．如图，分别取，的中点，，作于点，于点，连结，分别作于点，于点．若的面积为，，，则矩形的周长是（    ）    A． B． C． D． 【变式05】（2025·河北保定·一模）如图①，将一个正方形纸片沿虚线对折两次，得到图②，按照图②所示剪去一个腰长为2的等腰直角三角形，展开后得到一个如图③所示的正八边形，将剪下的四个等腰直角三角形拼成一个正方形，放在正八边形内部，与重合，为的中点，连接．将正方形绕点顺时针旋转与重合，此时的长为（    ） A．3 B． C． D． 题型四 图形的旋转计算问题（单点旋转） 【典例01】（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，中，，，将绕点A顺时针旋转得到，点B，点C的对应点分别为点D，点E，连接，点D恰好落在线段上，则的长为（   ） A． B．4 C． D．6 【变式01】（2024·山东青岛·中考真题）如图，将正方形先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转，得到四边形，则点A的对应点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【变式02】（2025·山西运城·二模）如图，在平面直角坐标系中，坐标轴刚好为矩形的两条对称轴，边，分别与x轴、y轴交于点E和F，以E为旋转中心，将矩形绕点E顺时针旋转，使的对应边且经过点F．若点C的坐标，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【变式03】（2025·天津·中考真题）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（   ） A． B． C．4 D． 【变式04】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点O，，，将绕点顺时针旋转至，与，分别交于点E，F，当时，的周长为（   ） A． B． C． D． 【变式05】（2024•南漳县一模）已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，将△CBA绕点C顺时针旋转得到△CMN，CM与BD交于点P，CN与AD交于点E，当点B的对应点M落在线段AD上时，线段ME的长是 　 　． 题型五 图形的旋转证明问题（图形旋转） 【典例01】如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ． （1）如图﹣1，求证：△BCP≌△DCQ； （2）如图﹣2，延长BP交直线DQ于点E，求证：BE⊥DQ． 【变式01】如图所示，，，，绕点B逆时针旋转得到，连接． (1)求证：； (2)连接，求的长． 【变式02】如图，已知 中，，把 绕点顺时针方向旋转得到 ，连接，交于点． (1)求证：； (2)若 ，，当四边形是菱形时，求的长． 【变式03】在中，，，点D在射线上，连接，将线段逆时针旋转得到线段（点E不在直线上），连接，过点E作，交直线于点F． (1)如图1，当点D与点C重合时，求证：； (2)如图2，当点D在线段上，F在线段的延长线上时，用等式表示与之间的数量关系，并证明． 【变式04】在中，，是绕点C逆时针旋转所得，其中点A，点B的对应点分别是点D，点E，延长交于F，连接． (1)若，，求的长； (2)求证：平分； (3)求证：． 【变式05】已知线段是正方形的一条对角线，点E在射线上运动，连接，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连接． （1）如图1，若点E在线段上，请直接写出线段与线段的数量关系与位置关系； 【模型应用】 （2）如图2，若点E在线段的延长线上运动，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】 （3） 如图3，已知线段是矩形的一条对角线，，，点E在射线上运动，连接，将绕点C顺时针旋转，得到，在上截取线段，连接，若，直接写出线段的长． 题型六剪拼与旋转综合探究 【典例01】（2024·江苏盐城·三模）综合实践课上，老师让同学们准备矩形纸片，开展数学活动． (1)折一折、画一画： 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：如图1，P为上一点，沿折叠，使点A落在上的点M处，连接并延长交于点Q．由上述操作后探究可得：______°，的形状是______三角形． (2)剪一剪，移一移： 操作三：把纸片展平，沿剪开； 操作四：如图2，将沿方向平移得到，若交于点G，交于点H．连接，若，平移距离为x． ①当为直角三角形时，求出x的值； ②设四边形的面积为y，请直接写出y与x的函数关系式，并指出当x为何值时，y取最大值，y的最大值为多少？ 【变式01】（2025·江西上饶·一模）追本溯源 问题解决 你能通过剪切和拼接下列图形得到一个矩形吗？在这些剪拼的过程中，剪下的图形是经过怎样的运动最后拼接在一起的？ （1）平行四边形；（2）三角形；（3）菱形． 小涵所在的学习小组对课本上的这道题进行了分工合作，小涵的任务是把三角形纸片剪拼得到一个矩形．    动手操作 （1）小涵任意剪了一个三角形纸片．他分别找到边，的中点，，连接，分别过点，作边的垂线，，垂足为，，再将和分别绕点，旋转，即可得到矩形（如图）．请判断与的数量和位置关系，并说明理由． 探究发现 （2）小涵在动手操作的基础上发现，也可以过点作于点，再将和分别绕点，旋转，即可得到矩形（如图2）．小涵通过测量，发现， ，． ①求的面积． ②在绕点顺时针旋转的过程中，点的对应点为，若与的一边平行，请直接写出此时的长． 【变式02】（2025·河北承德·二模）【情境】部分图形通过剪拼后能够得到矩形． 【操作1】嘉嘉将如图1所示的平行四边形通过裁剪拼成了矩形．若，拼接时应将沿平移 cm． 【操作2】淇淇将如图2所示的三角形通过裁剪拼成了矩形．依据图中呈现的操作方法，可知与的数量关系为 ，与的位置关系为 ． 【操作3】淇淇将如图3所示的四边形通过操作2中的方法裁剪拼成了矩形．请在图3中补全剪拼过程和剪拼后的图形．（直接在原图形上画图，裁剪线用虚线，矩形用实线） 【操作4】嘉淇将如图4所示的菱形沿剪开，将筝形（有两组邻边分别相等的四边形）沿剪开，之后通过旋转平移等操作拼成了矩形．若，，求矩形中较长的边的长． 【变式03】对于初中数学“几何与图形”这一部分的学习，通过对矩形纸片的剪拼，旋转等“图形的变化”，可以整合初中所学数学知识，从而深化对定义、定理的理解．下面是王老师在数学课上设计的问题，请你解答： (1)观察发现：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中，．将和按图2所示方式摆放，其中点B与F点重合（标记为点B）．当时，延长交于点G．猜想并判断四边形的形状为______．（直接写出结果，不说明理由．） (2)实践探究：老师将图2中的绕点B逆时针方向旋转，使点E落在内部，如图3，当时，过点A作交BE的延长线于点M，与交于点N．试猜想线段和的数量关系，并加以证明． (3)类比延伸：如图4，当时，过点A作于点H，若，，求的长． 【变式04】（2025·山西吕梁·模拟预测）综合与探究 问题情境： 如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线剪开，再将沿方向平移（平移距离小于8），得到交于点交于点． 初步探究： （1）如图2，当四边形为正方形时，线段的长为_____． （2）判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： （3）如图3，当四边形是菱形时． ①求线段的长； ②将绕点顺时针转过一定的角度，使得线段经过一个顶点且与有重叠部分，直接写出重叠部分的面积． 【变式05】（2025·山西忻州·模拟预测）【中考新考法】综合与探究 【问题情境】“综合与实践”课上，老师让同学们准备了菱形纸片，并提出如下问题：将图1中的菱形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，将绕点按顺时针方向旋转，当时，延长交的延长线于，如图2，试判断四边形的形状，并说明理由． 【数学思考】（1）请你解答老师提出的问题． 【深入探究】（2）在完成老师提出的问题后，同学们进行了进一步的探究： ①“善思小组”在准备的菱形纸片中，将绕点按逆时针方向旋转，如图3，当点落在边上时，，，，四点共线，．若，请求出的长度． ②“智慧小组”准备的菱形纸片的对角线，，他们也将绕点按逆时针方向旋转，其点的对应点为，并过点作交直线于点，当时，请直接写出的长度．        题型七 几何变换的规律探究问题 【典例01】（2023·河南许昌·二模）如图，等腰的顶点在轴上，顶点在轴上，已知，将绕点顺时针旋转，每次旋转，若旋转后点的对应点的坐标为，则旋转的次数可能是（    ）    A．71 B．72 C．73 D．74 【变式01】（2023·河南开封·一模）如图，在矩形中，已知，，矩形在直线上绕其右下角的顶点向右旋转至图①位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转至图②位置，...，以此类推，这样连续旋转2024次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是（　　） A． B． C． D． 【变式02】（2023·河北唐山·模拟预测）如图，矩形在外接圆与水平地面相切于点，已知圆的半径为4，且．若在没有滑动的情况下，将圆向右滚动，使得点向右移动了，则此时与地面相切的弧为（　　） A． B． C． D． 【变式03】（2022·山东菏泽·二模）如图，在正方形ABCD中，顶点，，点F是BC的中点，CD与y轴交于点E，AF与BE交于点G，将正方形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点G的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式04】（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰三角形中，，第1次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；第2次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段和，若用点在点的正南方向表示初始位置，则点在点的（   ） A．正东方向 B．正南方向 C．正西方向 D．正北方向 【变式05】（2023·辽宁阜新·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线l：与两坐标轴交于、两点，以为边作等边，将等边沿射线方向作连续无滑动地翻滚．第一次翻滚：将等边三角形绕点顺时针旋转，使点落在直线上，第二次翻滚：将等边三角形绕点顺时针旋转，使点落在直线l上……当等边三角形翻滚次后点的对应点坐标是（    ）    A． B． C． D． 题型八 几何变换的综合探究题 【典例01】（2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 【变式01】（2026·江苏徐州·一模）如图1，在中，，，点D、E分别为边上的点．将沿折叠，点C的对应点记为点F． (1)、与的数量关系为_______； (2)在图2中，用无刻度的直尺和圆规作出四边形，使点F落在边上且四边形是菱形； (3)在图2中连接与交于点O，求线段的取值范围． 【变式02】（2026·河南商丘·一模）如图1，在中，，将绕点A逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别为点P，Q．的延长线交于点M． (1)试判断与的数量关系，并证明； (2)当时，如图2，连接，射线交于点N． ①请判断与的数量关系，并证明； ②若的两直角边的比为，请直接写出的值． 【变式03】（2025·山西阳泉·一模）综合与探究 【问题情境】 在中，，数学活动课上，同学们将绕点A顺时针旋转到，连接，过点作于点． 【特例分析】 （1）如图1，若点与点A重合，判断线段和的数量关系，并说明理由； 【探究发现】 （2）如图2，若点在线段的延长线上，且时，判断线段与线段的数量关系，并说明理由； （3）如图3，若点在线段上，且时，设，请用含的代数式表示线段． 【变式04】（2026·陕西西安·一模）问题探究： (1)如图①，在中，，过点作直线，再分别过点、作于，于．则图中的相似三角形是_________； (2)如图②，在矩形中，，，点是边上的动点，连接，过点作交于点，在点的运动过程中，求的最大值？ (3)问题解决：如图③，某科创园区正在搭建一个沉浸式户外投影秀场，场地为一块五边形的数字艺术画布，经测绘，米，米，米，，．为了实现动态光影效果，技术人员在画布的、边设置了可移动激光点、，沿虚拟折叠后，点的虚拟投影点恰好落在预设光路上，延长交于．为了让核心投影区域（四边形）的视觉效果最佳，需要其面积最大．求此时折痕的长度． 【变式05】（2026·江苏无锡·一模）问题情景：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，在中，，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明； (1)独立思考：请解答老师提出的问题； (2)实践探究：梦之队小组受此问题的启发，将沿着BF（F为CD的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C'，连接DC'并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明； (3)问题解决：智慧小组突发奇想，将沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点A′，使于点H，连接，交CD于点N，若此的面积为20，边长AB=5，BC=，求图中阴影部分（四边形BHNM）的面积． （限时训练：40分钟） 1．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，将沿折痕折叠，使点B落在边上的点E处，若，则的周长为（    ） A．5 B．6 C．6.5 D．7 2．（2026·安徽阜阳·一模）如图，在中，，是边上的点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．若，则（） A． B． C． D． 3．（25-26七年级上·江苏常州·期中）如图，长方形的长为4，宽为1，其一条长边在数轴上，左端点表示的数为．将长方形沿数轴向右作无滑动的连续翻滚，每次翻滚，经过99次翻滚后，落在数轴上的边其右端点表示的数为（   ） A．250 B．249 C．248 D．247 4．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，将关于y轴的对称图形绕原点O旋转，得到，则点A的对应点的坐标是（   ） A． B． C． D． 5．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 6．（2026·辽宁阜新·一模）如图，菱形的顶点，，若菱形绕点逆时针旋转每秒旋转，则第秒时，菱形的对角线交点的坐标为（　　） A． B． C． D． 7．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为． (1)将向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到，画出两次平移后的，并写出点的坐标； (2)画出绕原点O逆时针旋转后得到的，并写出点的坐标； (3)在（2）的条件下，求点旋转到点的过程中，所经过的路径长（结果保留π）． 8．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长． 9．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 10．（2026·河南安阳·一模）几何综合 【方法尝试】 (1)如图，矩形是矩形以点为旋转中心，按逆时针方向旋转所得的图形，，分别是它们的对角线．求证：； 【类比迁移】 (2)如图，在和中，，，，，．将绕点在平面内逆时针旋转，连接，． 请判断线段和的数量关系和位置关系，并说明理由； 当点，，在同一直线上时，求线段的长； 【拓展延伸】 (3)如图，在中，，，过点作，在射线上取一点，连接，使得，请直接写出线段的最大值． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $