专题 图形变换压轴（抢分专练）（全国通用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

专题 图形变换压轴 抢分预测 抢分秘籍 抢分特训 题型 考情分析 考向预测 1.平移变换 2025年上海：24题考查了折叠/对称+相似 2025年广州：25题考查了中心对称（旋转 180°）+手拉手相似+轨迹圆2025年深圳：4题考查了双等四边形（旋转对称结构+新定义 2025年浙江：23题考查了（轴对称）+对称变换+动点 2026 年中考图形变换压轴题，平移以基础形式考查，侧重坐标与简单面积计算；旋转为解答压轴核心，以手拉手全等 / 相似、轨迹隐圆、动态最值为主；折叠是选择填空压轴热点，重点考查矩形折叠勾股方程、对称最值与坐标计算。命题趋向旋转与折叠复合考查，并常与相似、函数、隐圆综合，强化分类讨论与方程思想，整体难度稳中有升。 2.旋转变换 3.折叠变换 4.综合变换 题型1 平移 变换 1.坐标系平移点 / 函数图像平移，坐标加减，求新坐标、解析式、路径长。 2.图形平移求值平移后线段、角度、面积不变，求线段长、角度、重叠面积。 3.平移存在性平移后构成等腰、直角、平行四边形，分类讨论。 【例1】（2025·辽宁铁岭·一模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点A，B的坐标分别为，，将沿x轴负方向平移后，得到．若，则点A的对应点C的坐标是_____ ． 【答案】 【分析】本题考查了坐标与图形变化−平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同，点平移的变化规律是：横坐标左减右加；纵坐标上加下减，熟练掌握点平移的变化规律是解题的关键． 直接利用点平移的变化规律求解即可． 【详解】解：∵的顶点A，B的坐标分别为，，， ∴， ∴点A平移至点C的坐标为， 故答案为：． 【变式1-1】（2025·四川广安·二模）如图，将沿边向右平移得到，DE交AC于点G．若，，连接AD，则的值为_______． 【答案】 【分析】本题考查平移的性质，三角形的面积，相似三角形的判定和性质．由平移的性质得到：，由得到，由，得到，由，推出，进而求出的值． 【详解】解：由平移的性质得到： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【变式1-2】（2024·安徽·三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点、两点，交轴于点，直线经过点 (1)求，的值； (2)将平移，平移后点仍在抛物线上，记作点， 此时点 恰好落在直线上，求点 的坐标． 【答案】(1)， (2)或 【分析】（1）将点代入抛物线解析式即可求得，根据求出的抛物线解析式求出点坐标后，将其代入直线解析式即可求得； （2）先求出点坐标，设，根据平移性质求出平移后点的坐标，再将其代入直线解析式后即可求出，从而求得点的坐标． 【详解】（1）解：将代入抛物线解析式可得， ， 解得， 即抛物线解析式为， 当，， 解得或， ， 将其代入可得， 解得， 故，． （2）解：将代入抛物线解析式得， ， 设， 根据平移性质可得，平移后得到的点坐标应为， 此时点恰好落在直线中， 则， 解得， 当时，； 时，， 故点或． 【点睛】本题考查的知识点是求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、求抛物线与轴的交点坐标、利用平移的性质求解、解一元二次方程，解题关键是熟练掌握二次函数的相关性质． 【变式1-3】（2024·山东泰安·模拟预测）如图是重叠的两个直角三角形，将其中一个直角三角形沿方向平移得到．若，则图中阴影部分的面积为_____． 【答案】 【分析】本题考查了平移的性质，解答此题的关键是明确阴影部分的面积等于梯形ABEH的面积，据此即可解答．因为四边形是一个梯形，因为两个直角三角形是完全重合的，所以阴影部分的面积等于梯形的面积，又因为，据此求出，再利用梯形的面积公式计算即可解答． 【详解】解：由平移的性质可知，， ∴四边形是一个梯形， ∵ ∴阴影部分的面积等于梯形的面积， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 题型2 旋转变换 一．核心必记 旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度 旋转性质（必考） 对应边相等，对应角相等 对应点到旋转中心距离相等 旋转角全部相等 图形形状、大小不变，只变位置 常见旋转角度 °、°、°、°、°、°（中心对称） 二．大必考模型（直接套结论） 模型：°直角旋转（最常考） 等腰直角三角形绕直角顶点旋转 结论：全等垂直相等 解题口诀：见等腰直角，优先证旋转全等 模型：°等边三角形旋转 等边△绕顶点旋转° 必出新等边三角形 求线段最值、长度直接用等边边长代换 模型：半角模型（°°） 正方形内°半角、菱形半角 套路：旋转凑角，拼接线段 结论：线段和差直接相等 三、解题万能步骤（考场直接用） 找旋转中心，标相等线段 确定旋转角，找等角 写出旋转全等（为主） 转移边、转移角，把零散线段凑一起 放入直角三角形用勾股三角函数求值 【例2】（2026·河南周口·一模）如图，在中，，为内部一点，则到三个顶点之和的最小值是___________． 【答案】 【分析】将绕着点A逆时针旋转，得到，连接，过点C作，交的延长线于N，由旋转的性质可得，，，，易得是等边三角形，可得，进而得到，当点H、E、P、C共线时，有最小值，再求出和的长度，由勾股定理可求解． 【详解】解：将绕着点A逆时针旋转，得到，连接，过点C作，交的延长线于N， ∴，，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴当点H、E、P、C共线时，有最小值． ∵，， ∴， ∴， ∴， 在中，， 即点P到三个顶点之和的最小值是． 【变式2-1】（2026·山东菏泽·一模）综合与实践 (1)如图①，点分别在正方形的边上，，若把绕点逆时针旋转到的位置，从而发现之间的数量关系是______； 【分析问题】 (2)如图②，在四边形中，，，点分别在边上，当时，（）中的结论是否仍然成立，并说明理由； 【解决问题】 (3)如图③，某公园的四条通道围成了四边形，已知，，，，道路上分别有景点，满足，，为了游客们能更方便的游玩这两个景点，现要在之间修一条笔直的道路，请直接写出这条道路的长为______． 【答案】(1) (2)（）中的结论仍然成立，理由见解析 (3) 【分析】（）由旋转的性质可得，得到，，，进而得到，即得到，得到，据此得到，即可求证； （）延长至，使，连接，证明，得到，，再根据可得，进而证明，即得到，即可求证； （）把绕点逆时针旋转至，连接，过作，垂足为，可得是等边三角形，得到，又由旋转的性质得到，可得，得到点在的延长线上，则可得，由勾股定理求得，进而可得，即可得，得到，，最后得到，根据（）的结论即可求解． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴，， 由旋转得，， ∴，，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即， 故答案为：； （2）解：（）中的结论仍然成立，理由如下： 如图，延长至，使，连接， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 即； （3）解：如图，把绕点逆时针旋转至，连接，过作，垂足为，则， ∵，， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， 由旋转的性质得，， ∵， ∴，即点在的延长线上， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 根据（）的结论有， 即这条道路的长为． 【变式2-2】（2026·内蒙古赤峰·一模）综合与探究 问题情境：在中，，点是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)猜想求解：如图1，若，，求的度数； (2)拓展延伸：如图2，，，过点作，交的延长线于，连接，求证： (3)如图3，在（2）的条件下，点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明； 【答案】(1) (2)见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）先说明是等边三角形，可得，再根据旋转的性质求出，然后根据得出答案； （2）连接，由题意得，，再说明，根据“边角边”说明，可得，进而得出，然后证明，接下来根据“边角边”证明，即可得出答案； （3）连接，根据直角三角形的性质得，再说明，然后根据直角三角形的性质得，即可得出是等腰直角三角形，最后根据勾股定理得出答案． 【详解】（1）解： ，， 是等边三角形， ， 由旋转得， ， ； （2）证明：如图，连接， ，， ， 由旋转知，， ， 即， ， ， ，， ， ， ． ， ， ， ， ，； （3）解：，理由如下： 连接， 点是的中点，， ， ， ， ，即． 点是的中点，， ， ， 是等腰直角三角形， ∴， 即， ． 【变式2-3】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）【探索发现】如图1，晓慧用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在中，，，．此时，四边形是“双等四边形”，是“伴随三角形”． 【方法应用】 (1)如图3，在中，，将绕点A逆时针旋转至，点D恰好落在边上，求证：四边形是双等四边形． (2)如图4，在等腰中，，，以为边向外作等腰，使四边形是以为伴随三角形的双等四边形，请直接写出的度数． 【答案】(1)见解析 (2)或或 【分析】（1）根据题意，证明即可说明四边形是双等四边形； （2）根据题意分、、三种情况，结合等腰三角形的性质求角即可． 【详解】（1）证明：将绕点A逆时针旋转至， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是双等四边形； （2）解： ①当，时， 四边形是以为伴随三角形的双等四边形， ， ； ②当，时， 四边形是以为伴随三角形的双等四边形， ， ； ③当，时， 四边形是以为伴随三角形的双等四边形， ， ， ； 综上，的度数为或或． 题型3 折叠变换 1.矩形 / 正方形折叠折叠出全等，设未知数，勾股定理列方程求边长。 2.三角形折叠折叠后角度、边长转化，结合直角、相似计算。 3.折叠 + 最值折叠后动点路径最短，结合将军饮马、隐圆。 4.折叠 + 坐标坐标系中折叠求点坐标、函数解析式。 【例3】（2026·河南许昌·一模）如图，在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，，，连接，是的中点，是内一动点，连接，，，，保持的面积始终为8，当取最小值时，点的坐标是___________． 【答案】 【分析】本题考查轴对称求最值，一次函数的性质，熟练掌握利用轴对称求最值问题是解题的关键． 设点，根据题意得到、及，根据的面积始终为8，求出点在直线上，作点A关于直线的对称点，此时，当、P、C三点共线时，有最小值，求出直线的表达式，将直线表达式与直线联立求出点P坐标． 【详解】解：设点， 点在轴上，点在轴上，，， 、， 是的中点， ， 的面积始终为8， ， 解得， 点在直线上， 是内一动点， ， 作点A关于直线的对称点，此时，当、P、C三点共线时，有最小值， ， 设直线的表达式为， 将、代入得： ， 解得， 直线的表达式为， 将直线表达式与直线联立得： ， 解得， 点P坐标为． 【变式3-1】（2026·黑龙江·一模）在中，为内一点，连接为的中点，连接． (1)如图①，当时，易证：（需要证明）； (2)如图②，当时，猜想线段，，之间有怎样的数量关系，并加以证明； (3)如图③，当时，猜想线段，，之间又有怎样的数量关系，直接写出结论，不需要证明． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 (3) 【分析】（1）延长至点F，使得，连接，在上截取，得出是的中位线，由中位线的定理得出，，再证明，由全等三角形的性质得出，，再得出为等边三角形，由等边三角形的性质得出，再由线段的和差关系以及等量即可得出． （2）延长至点F，使得，连接，过点A作交与点G，得出是的中位线，由中位线的定理得出，，再证明，由全等三角形的性质得出，，再得出为等腰直角三角形，再由等腰直角三角形的性质得出，再由线段的和差关系以及等量即可得出． （3）延长至点F，使得，连接，在上截取，得出是的中位线，由中位线的定理得出，，再证明，由全等三角形的性质得出，，再得出为等腰三角形，由等腰三角形的性质得出，再由线段的和差关系以及等量即可得出． 【详解】（1）解：延长至点F，使得，连接，在上截取， ∵E为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：， 证明：延长至点F，使得，连接，过点A作交于点G， ∵E为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． （3）解：延长至点F，使得，连接，在上截取， ∵E为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴为等腰三角形， ∴， 过点A作于点M， ∴，， ∴， ∵， ∴． 【变式3-2】（2026·湖南长沙·二模）如图，在中，，分别沿，折叠，使点B与点A重合，点C与点A重合，则的周长为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】D 【分析】首先由折叠得到，，然后根据三角形周长公式求解． 【详解】解：由折叠得，，， ∴的周长为． 【变式3-3】（2025·福建泉州·一模）在一次数学活动课中，小明对“折纸中的数学问题”进行探究． 【活动1】折叠矩形纸片： 第一步：如图1，把矩形纸片对折，使与重合，折痕为，把纸片展平； 第二步：点在上，再次沿折叠纸片，使点落在上的点处． 【活动2】折叠正方形纸片： 第一步：如图2，把正方形纸片对折，使与重合，折痕为，把纸片展平； 第二步：点在上（不与点，重合），再次沿折叠纸片，使点落在下方的点处，延长交于点． (1)在活动1中，求证：； (2)在活动2中，若正方形的边长为8，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】（1）连接．根据折叠的性质和垂直平分线的性质，证明是等边三角形，即可得到结论； （2）连接．设，证明，从而得出，，再利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接． 由图形折叠的特征可得：，，， ∴是线段的垂直平分线， ∴，即是等边三角形， ∴， ∴； （2）解：如图，连接． 设，则． 由图形折叠的特征可得：，，，． ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理，得， 即， 解得，即． 【点睛】本题考查了矩形与折叠，等边三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，掌握相关知识点是解题关键． 题型4 综合变换 1.平移 + 旋转 先平移再旋转，双重变换求坐标、线段长。 2.旋转 + 折叠 动态几何压轴，全等 + 勾股 + 相似混合使用。 3.函数 + 变换 二次函数与旋转 / 折叠结合，求坐标、面积、存在性。 【例4】（2026·广东广州·一模）如图，在菱形中，，，点为边上一个动点（不与点、重合），边关于对称的线段为，连接． (1)当平分时，求的度数为______； (2)延长，交射线于点，当时，求的长； (3)在（1）的条件下，连接交于点，作交的延长线于点，连接．试探究是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)为定值 【分析】（1）根据轴对称的性质和角平分线的性质可得，则； （2）过点作的垂线，交的延长线于点，连接，设，根据菱形的性质可得，，利用三角函数可计算出，，使用勾股定理可得．由轴对称的性质可得，，，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出，进而得到．由两角相等可判定，计算得，因此； （3）取的中点，连接，由轴对称的性质可得点为的中点，则是的中位线，因此，，进一步可得．容易得到，从而判断、、、四点共圆，则，因此，为定值． 【详解】（1）解：由轴对称的性质可知，， ∵平分， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作的垂线，交的延长线于点，连接，设， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， 在中，，， ∴， 由勾股定理可得，， 由轴对称的性质可得，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：如图，取的中点，连接， 由（1）可知，， ∴，， ∵由关于对称得到， ∴垂直平分， ∴点为的中点，，， ∵点为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵于点， ∴， ∵， ∴、、、四点共圆， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴为定值． 【变式4-1】（2025·广西南宁·三模）数学小组利用刻度尺对二次函数图象的相关性质进行研究．如图1，点为两条开口向上的抛物线的公共顶点，将刻度尺绕点旋转，与两条抛物线分别交于点，点（异于点）． 【猜想】学生先对，进行探究，对进行多次测量，部分数据如表： （单位：） … … （单位：） … 1 … （1）猜想：与的数量关系是______． 【验证】（2）如图2，直线与二次函数，分别交于点，点．与的数量关系是什么？请完成填空，并补全推导过程． 证明：过点分别作轴于轴于． 设点的横坐标为，由点是，的交点，得，解得； 设点的横坐标为，由点是，的交点，得______，解得______． 又∵，∴______． 易证． ∴…… 请完成证明过程． 【应用】（3）①如图3，若直线与抛物线，分别交于点，直线与抛物线，分别交于点，其中异于点．若关于轴对称点分别是，则线段与线段的数量关系是什么？请说明理由． ②若直线与抛物线相交于点，直线与抛物线相交于点，且，直接写出的值．          【答案】 （1） （2） （3）①；② 【分析】本题主要一次函数，二次函数图象的性质，理解材料提示方法，掌握一次函数，二次函数图象的性质是关键． （1）根据表格信息求解即可； （2）根据题意得到，证明，即可求解； （3）①根据材料提示的方法得到，根据两点之间距离的计算即可求解；②根据题意分段得到的坐标，得到的值，代入计算即可求解． 【详解】解：（1）根据表格信息得到，； （2）证明：过点分别作轴于轴于． 设点的横坐标为，由点是，的交点，得， 解得； 设点的横坐标为，由点是，的交点，得， 解得． 又∵， ∴ ∴，即， ∴， ∴，即． （3）①直线与抛物线分别交于点， 设点的横坐标为，则，， ∴，即， 解得，， ∴， 直线与抛物线分别交于点， 设点的横坐标为，则，， ∴，即， 解得，， ∴， 同理，直线与抛物线交于点， ∴， 直线与抛物线交于点， ∴， ∴关于轴对称点分别是， ∴， ∴； ②直线与抛物线相交于点， ∴， 解得，， ∴， ∴， 直线与抛物线相交于点， ，整理得， 解得，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【变式4-2】（2026·上海徐汇·一模）如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点．已知． (1)求抛物线的表达式及顶点的坐标； (2)将抛物线向上平移，设点的对应点为点，射线交线段于点． ①如果恰好平分，求平移之后的抛物线的表达式； ②如果与相似，求平移的距离． 【答案】(1)，顶点 (2)①；②或5 【分析】（1）将点代入抛物线，求出，进而再求顶点坐标即可； （2）①由题易得轴，，证，可得，即可得解； ②设抛物线向上平移了个单位，则，先求出，直线表达式，直线表达式，联立求出点，则，分两种情况讨论：当时，当时，然后分类求解即可． 【详解】（1）解：将点代入抛物线得， ， 解得， ∴抛物线的表达式为， ∴对称轴为直线， 当时，， ∴顶点； （2）解：①对于抛物线，令，得， ， ∵， 则轴，且， 过作，交延长线于点， ， ， ， 由题可知点向上平移到点， 则轴，即， ， 平分， ， 在和中， ， ， ， ∴点向上平移 4 个单位到点，即抛物线向上平移 4 个单位， ∴平移之后的抛物线的表达式为； ②解：设抛物线向上平移了个单位， ∴， 令，得或 6 ， ∴， 设直线的表达式为， 代入可得，解得：， 故直线的表达式为， 设直线的表达式为， 代入可得，解得：， 故直线的表达式为， 联立， 解得， 即， ， ∵，轴，轴， ∴， ∴分两种情况讨论： 当时， 则，即， 解得； 当时， 则，即， 解得； 综上，平移的距离为5或个单位． 【点睛】本题主要考查了抛物线解析式、抛物线的几何变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【变式4-3】（2026·广东广州·一模）如图，抛物线经过点，，． (1)求抛物线的解析式及顶点的坐标； (2)将抛物线沿轴向下平移（）个单位长度，平移后的抛物线与直线恰好只有一个公共点．求的值； (3)点是抛物线对称轴上一动点，是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)存在，或 【分析】此题考查了二次函数与几何综合题，用到了待定系数法求函数解析式、抛物线与一次函数的交点、抛物线的顶点、直角三角形的性质等知识，读懂题意，准确计算是解题的关键． （1）根据待定系数法求解函数解析式即可； （2）先得出平移后的函数表达式，将交点问题转换为方程根的问题，由即可求解； （3）设点的坐标为，用表示、、的长度，对的斜边进行分类讨论，结合勾股定理得出方程，求解方程即可． 【详解】（1）解：将点，，代入 ， 得，解得， 故抛物线的解析式为， 对称轴为直线， 当时，， 故点的坐标为． （2）解：假设平移后的函数表达式为， 假设直线所在的函数表达式为， 将点，代入， 得，解得， 故直线所在的函数表达式为， 由于平移后的抛物线与直线恰好只有一个公共点， 即方程仅有一个实数解， 整理得， 故， 解得． （3）解：假设点的坐标为， ∵，，， ∴，，， 当为直角的斜边时， ， 即， 解得； 当为直角的斜边时， ， 即， 解得； 故点的坐标为或． 1．（2025·广东梅州·一模）（综合与实践）在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动，现有矩形纸片，，． (1)操作发现：操作一：将矩形纸片折叠，使点A与点C重合，折痕为，然后展平得到图1，则四边形是什么特殊四边形？（不用说明理由） (2)实践探究：操作二：如图2，在矩形纸片中，点G为的中点，将纸片沿折叠，使点B落在点处，连接． ①判断与折痕的位置关系，并说明理由； ②求的长． (3)拓展应用：如图3，若M为上任意一点，将纸片沿折叠，使点B落在点处，连接，当点A与点距离最小时，求的长． 【答案】(1)四边形是菱形 (2)①，理由见解析，② (3) 【分析】（1）连接，，设与交于点O，由翻折可知，，是的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质可得，，由矩形的性质可得，推出，，证明得出，即可得证； （2）①连接交于点E，由翻折可知垂直平分，由线段垂直平分线的性质可得，，证明是的中位线，得出，即可得解；②连接交于点E，由翻折可知垂直平分，由线段垂直平分线的性质可得，，求出，由勾股定理可得，由等面积法求出，得出，最后再由勾股定理计算即可得解； （3）连接，由勾股定理可得，，得出当，，在同一条直线上时，点与点距离最小，最后由勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：以点A，F，C，E为顶点的四边形是菱形． 理由如下：如图，连接，，设与交于点O， 由翻折可知：，，是的垂直平分线， 即有，， 因为四边形是矩形，有， 所以，， 所以， 于是，所以四边形是平行四边形， 又因为，因此四边形是菱形． （2）解：①， 理由如下：连接交于点E， 由翻折可知：垂直平分， 所以，， 因为点为的中点， 所以是的中位线， 因此，即； ②如图，连接交于点E， 由翻折可知：垂直平分， 所以，， 在矩形纸片中，，， 因为点为的中点，所以， 在中，， 因为， 所以， 而， 又因为，，所以， 所以， 所以． （3）解：如图，连接， 在矩形中，，， 于是， 因为， 当，，在同一条直线上时，点与点距离最小， 此时， 设，则， 由翻折可知：， ， ， 解得：，即． 【点睛】本题考查了菱形的判定定理、矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 2．（2026·山东枣庄·一模）已知抛物线经过点，． (1)求抛物线的解析式； (2)点在抛物线的对称轴上，直线与抛物线有且只有一个公共点．求点的坐标； (3)将原抛物线向上平移1个单位长度得到新抛物线，点的坐标为，是新抛物线上一动点，以点为圆心，的长为半径的圆交轴于，两点．当点在新抛物线上运动时，求的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）根据抛物线的性质可得对称轴为，设直线的解析式为，联立直线和抛物线的解析式，利用求出直线的解析式为，进一步求出； （3）根据平移的性质得到新抛物线的解析式为，过点作轴于点，连接，设，根据勾股定理可得，进而得到，再利用垂径定理得到，最后利用三角形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：将，代入抛物线得 ， 解得， ； （2）解：， 抛物线的对称轴为， 设直线的解析式为， 代入点得， ， 直线与抛物线有且只有一个公共点 ，即， 直线与抛物线有且只有一个公共点， ， 解得， ， 当时，， ； （3）解：依题意得，新抛物线的解析式为， 过点作轴于点，连接， 设， ， ， 在中，， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式、二次函数与一元二次方程、垂直平分线的判定、勾股定理、二次函数的平移、垂径定理，运用数形结合思想是解题的关键．本题属于函数与几何综合题，需要较强的数形结合能力，适合有能力解决压轴题的学生． 3．（2026·河北石家庄·一模）【主题研究】利用正方形或矩形纸片折叠出特殊度数的角． 【操作1】如图1，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平．在上选一点，沿折叠，使点恰好落在折痕上的点处．结论是：，请你说明理由． 【操作2】如图2，已知正方形的边长为4．按与【操作1】相同的步骤得到折痕，连接，将沿折叠，使点落在正方形内的点处． (1)尺规作图：在图2中画出点的位置，连接并延长交于点，连接，． (2)求的度数与的长． 【答案】(1) (2)，的长为 【分析】操作1：先推导出，得到，求出，则，即可解答；         操作2：（1）以点A为圆心，为半径作弧，再以点F为圆心，为半径作弧，两弧的交点即为点M，连接并延长交于点，连接，，即可解答；        （2）先推导出，得到，，进而求出，设，则，，根据勾股定理得到，代入求出，即的长为，即可解答． 【详解】（1）解：由折叠可知：，，． 中，， ， ． ． （2）解：（1）如图所示，点M即为所求；         （2）四边形是正方形， ，， 由折叠可知：，， ，． ，，， 又， ， ，． ， 设，则，， ∵， ， 解得：，即的长为． 4．（2026·广东广州·一模）如图，在中，，，为线段上一点． (1)尺规作图，作点关于的对称点，连接，，并证明； (2)如图，当由点运动到点过程中， 若线段与线段交于点，当取最大值时，求的值； 在上取一点，使得，连接，，是否存在最小值，如存在请求出，若不存在请说明理由． 【答案】(1)见解析； (2) ； 最小值为． 【分析】（）分别以为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，然后通过全等三角形的判定方法即可求证； （）先证明，所以，则，设，则，所以，然后通过二次函数的性质即可求解； 作点关于的对称点，连接交于点，连接，交于点，延长交于点，连接，由勾股定理得，则，设，则，可证，所以证明，则，所以点在与夹角为的直线上运动，再得出，，即点在垂直平分线上运动，，则，故当点三点共线时，有最小值的长，即的最小值为． 【详解】（1）解：如图，分别以为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，点即为所求， 在和中， ， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴, ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴当时，取最大值， ∴此时； 如图，作点关于的对称点，连接交于点，连接，交于点，延长交于点，连接， ∴， ∴， ∵，， ∴，，， ∴， ∴， ∵点与点关于对称， ∴， ∴， ∵； ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点在与夹角为的直线上运动， ∴， ∴， ∴，即点在垂直平分线上运动， ∴， ∴， ∴当点三点共线时，有最小值的长， 即的最小值为． 5．（2026·广东佛山·一模）在中，点，分别在边，上，将沿折叠，使点的对应点落在边上，点的对应点为点，交于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，四边形是正方形，边长为8，当为的中点时，求的长； (3)如图3，四边形是矩形，连接，当，时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，由平行四边形的性质可得，，由折叠的性质可得，．由角的关系可计算出，，命题得证； （2）设，结合正方形的性质和折叠的性质可得，，，使用勾股定理构造方程解出，则．容易证明，则，从而计算出，因此； （3）延长、交于点，连接，设，则，，由平行可判定，则，因此，．由折叠的性质可得，，，进而得到，则，因此，．结合可计算出，利用勾股定理计算出，进一步计算出，，，最后求出的值即可． 【详解】（1）证明：设， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， 由折叠的性质可得，，， ∴，， ∴； （2）解：设， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由折叠的性质可得，，，， ∵点P为的中点， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：如图，延长、交于点，连接，设， ∵， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵四边形由四边形沿着翻折得到， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴． 6．（2026·广东珠海·一模）实践与操作：如何制作简易风筝 【问题情境】风筝起源于中国东周春秋时期，至今已有2000多年的历史，某数学兴趣小组计划制作一个筝形风筝参加学校文化节． 【设计原理】筝形风筝由两条垂直的竹条骨架构成，其中较长的主骨架垂直平分较短的横骨架，这种结构易于保持平衡，飞行稳定． 【制作步骤】 步骤一 骨架制作：如题1图是简易“筝形”风筝的骨架结构图，现以两条线段作为骨架，且，与的和为，四边形的面积为． (1)直接写出骨架的长度：_____，_____； 步骤二 蒙面制作：若（1）中骨架满足，考虑到实际需要，蒙面（风筝面）边缘离骨架的端点要留出一定距离．现把以上部分的蒙面设计为抛物线形状，如题图2建立平面直角坐标系，过距离点A，点B，点D分别为的三点E，F，G绘制抛物线． (2)求过E，F，G三点的二次函数解析式； 步骤三 蒙面取材：已知以下部分的蒙面设计为等腰，点H在延长线上且，如图2，经过思考与分析，小超同学先剪下一张筝形纸片来裁剪无拼接的风筝蒙面（包括以上抛物线部分及以下三角形部分），如图3．小超同学剪下的这张筝形纸片的对角线交点为O，其中P，M，N三点落在坐标轴上，． (3)小超同学剪下的这张筝形纸片面积至少为多少平方厘米？ 【答案】(1)60，20； (2) (3)小超同学剪下的这张筝形纸片面积至少为平方厘米． 【分析】（1）设，则的长为，根据四边形的面积为，建立方程，并结合，即可求解； （2）先得出，结合“过距离A，B，D三点分别为的E，F，G三点绘制抛物线”，得出，根据图象性质，设，再运用待定系数法求解，即可作答； （3）求出，求出直线的解析式为，进一步求出，，直线的解析式为，令，解得，得到，根据筝形纸片面积至少为即可求出答案． 【详解】（1）解：设，则的长为， 由题意得， 解得， ∵， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∴． ∵过距离点A，点B，点D三点分别为的E，F，G三点绘制抛物线， ∴， 设所求抛物线表达式为， 把代入，得， 解得， ∴抛物线的函数表达式是； （3）解：∵， ∴，即， ∴， 设直线的解析式为，代入， ， 解得， ∴直线的解析式为， ∵， ∴可知直线的解析式为， ∴， 令， 则， 令， 解得， ∴， ∴，直线的解析式为， ∴， 令，解得， ∴， 即， 即筝形纸片面积至少为． 答：小超同学剪下的这张筝形纸片面积至少为平方厘米． 7．（2026·广东珠海·一模）如图1，矩形的顶点O与坐标原点重合，点B的坐标为，点A，C分别在坐标轴上，反比例函数的图象与，分别交于点D，． (1)当时，则的值为______； (2)如图2，连接，将沿翻折，若点B刚好落在轴上的点处时，连接，求证：是等腰三角形． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）利用矩形的性质可得轴，轴，根据点的坐标可得，再结合，得到，得到，点的横坐标为，即可求出反比例函数的解析式，即可求出点的纵坐标，即可解答； （2）分别过D，E作于G点，于H点，根据反比例函数k的几何意义，得到，结合矩形的性质可得，设，则，，求出，证明，得到，求出，结合，即可证明． 【详解】（1）解：矩形的顶点O与坐标原点重合，点B的坐标为，点A，C分别在坐标轴上， ∴， ∵， ∴， ∴，点的横坐标为， 将点代入反比例函数， ∴，解得， ∴反比例解析式为， 令，则， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：分别过D，E作于G点，于H点， 则， ∵， 则， ∴， 设，则，， ∴， ∵翻折 ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴，即为等腰三角形． 8．（2025·山东青岛·一模）在数学课上，老师让同学们动手操作，将一个矩形绕其一个顶点旋转．小明在旋转的过程中发现，随着旋转角度的变化可以研究很多数学问题．如图，已知矩形，，将矩形绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形，点B的对应点是点G，点C的对应点是点F，点D的对应点是点E，连接． (1)如图①，当时，______；如图②，当时，______； (2)如图③，当边经过点B时，______； (3)如图④，当点F落在的延长线上时，______． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由旋转的性质可得，当时，可证得是等边三角形，可得，即可得；当时，由旋转的性质可得，在中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长； （2）由旋转的性质可得，由矩形的性质可得，进而可得，在中，根据勾股定理可得，于是可得，在 中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长； （3）连接，由旋转的性质可得，由矩形的性质可得，利用邻补角互补可得，进而可得，然后可证得，于是可得，垂直平分，根据，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点， ， 当时，， 是等边三角形， ∴； 如图2，当时， 由旋转的性质可得：， 在 中，根据勾股定理可得：， 故答案为：； （2）解：如图3，由旋转的性质可得：， ∵四边形和都是矩形， ， ， 在中，根据勾股定理可得：， ， 在中，根据勾股定理可得：， ∴的长为； （3）解：如图4，连接， 由旋转的性质可得：， ∵四边形和都是矩形， ， ∵点落在的延长线上， 在和中 ， ， ∴，， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴ ∴， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，线段的和与差，利用邻补角互补求角度，全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式等知识点，熟练掌握旋转的性质和矩形的性质是解题的关键． 9．（2025·山东临沂·二模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展教学探究活动．在矩形中，已知，，点P是边上的一个动点． 【操作判断】 （1）如图1，甲同学先将矩形对折，使得与重合，展开得到折痕．将矩形沿折叠，使恰好落在上的处，则线段与线段的位置关系为 　　 ；的度数为 　　 ． 【迁移探究】 （2）如图2，乙同学将矩形沿折叠，使恰好落在矩形的对角线上，求此时的长； （2）如图2，乙同学将矩形沿折叠，使恰好落在矩形的对角线上，请补全图形并求此时的长； 【综合应用】 （3）如图3，点Q在边上运动，始终满足，且，将沿PQ折叠，求折叠后与重叠部分面积的最大值，并求出此时的长． 【答案】（1），；（2）见解析，3；（3）6，4 【分析】（1）由折叠得，，再根据线段垂直平分线的判定定理即可得证；证明△是等边三角形即可求出角度； （2）当点落在对角线上点时，设，分别出、、，用勾股定理即可求解即可； （3）设，求出与重叠部分面积所满足的函数关系式，并在的取值范围内求出各自的最大值． 【详解】解：（1）线段与线段的位置关系为，理由如下： 如图1，连接， 由折叠得：，， 、都在的垂直平分线上， 是的垂直平分线， ； ，理由如下： 将矩形对折，使得与重合，展开得到折痕， 垂直平分， ， ， 是等边三角形， ， ； 故答案为：，； （2）如图2，点落在对角线上点时， 在矩形中， ，，， ， 设，由折叠得：，， ，，， ， ， 解得：， ； （3）， ， 设， ， 解得， 翻折后的三角形为， ，， ①当点在与之间或在对角线上时，如图4，图5， ， ， 此时折后与重叠部分面积， ， 在，当时，即，的最大值； 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了以矩形为背景的典型折叠问题，考查的主要知识有折叠的性质、等边三角形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理、二次函数等，熟练掌握典型折叠问题的解法及找出函数关系式是解题的关键． 10．（2026·甘肃·模拟预测）【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． 2 / 56 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 图形变换压轴 抢分预测 抢分秘籍 抢分特训 题型 考情分析 考向预测 1.平移变换 2025年上海：24题考查了折叠/对称+相似 2025年广州：25题考查了中心对称（旋转 180°）+手拉手相似+轨迹圆2025年深圳：4题考查了双等四边形（旋转对称结构+新定义 2025年浙江：23题考查了（轴对称）+对称变换+动点 2026 年中考图形变换压轴题，平移以基础形式考查，侧重坐标与简单面积计算；旋转为解答压轴核心，以手拉手全等 / 相似、轨迹隐圆、动态最值为主；折叠是选择填空压轴热点，重点考查矩形折叠勾股方程、对称最值与坐标计算。命题趋向旋转与折叠复合考查，并常与相似、函数、隐圆综合，强化分类讨论与方程思想，整体难度稳中有升。 2.旋转变换 3.折叠变换 4.综合变换 题型1 平移 变换 1.坐标系平移点 / 函数图像平移，坐标加减，求新坐标、解析式、路径长。 2.图形平移求值平移后线段、角度、面积不变，求线段长、角度、重叠面积。 3.平移存在性平移后构成等腰、直角、平行四边形，分类讨论。 【例1】（2025·辽宁铁岭·一模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点A，B的坐标分别为，，将沿x轴负方向平移后，得到．若，则点A的对应点C的坐标是_____ ． 【变式1-1】（2025·四川广安·二模）如图，将沿边向右平移得到，DE交AC于点G．若，，连接AD，则的值为_______． 【变式1-2】（2024·安徽·三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点、两点，交轴于点，直线经过点 (1)求，的值； (2)将平移，平移后点仍在抛物线上，记作点， 此时点 恰好落在直线上，求点 的坐标． 【变式1-3】（2024·山东泰安·模拟预测）如图是重叠的两个直角三角形，将其中一个直角三角形沿方向平移得到．若，则图中阴影部分的面积为_____． 题型2 旋转变换 一．核心必记 旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度 旋转性质（必考） 对应边相等，对应角相等 对应点到旋转中心距离相等 旋转角全部相等 图形形状、大小不变，只变位置 常见旋转角度 °、°、°、°、°、°（中心对称） 二．大必考模型（直接套结论） 模型：°直角旋转（最常考） 等腰直角三角形绕直角顶点旋转 结论：全等垂直相等 解题口诀：见等腰直角，优先证旋转全等 模型：°等边三角形旋转 等边△绕顶点旋转° 必出新等边三角形 求线段最值、长度直接用等边边长代换 模型：半角模型（°°） 正方形内°半角、菱形半角 套路：旋转凑角，拼接线段 结论：线段和差直接相等 三、解题万能步骤（考场直接用） 找旋转中心，标相等线段 确定旋转角，找等角 写出旋转全等（为主） 转移边、转移角，把零散线段凑一起 放入直角三角形用勾股三角函数求值 【例2】（2026·河南周口·一模）如图，在中，，为内部一点，则到三个顶点之和的最小值是___________． 【变式2-1】（2026·山东菏泽·一模）综合与实践 (1)如图①，点分别在正方形的边上，，若把绕点逆时针旋转到的位置，从而发现之间的数量关系是______； 【分析问题】 (2)如图②，在四边形中，，，点分别在边上，当时，（）中的结论是否仍然成立，并说明理由； 【解决问题】 (3)如图③，某公园的四条通道围成了四边形，已知，，，，道路上分别有景点，满足，，为了游客们能更方便的游玩这两个景点，现要在之间修一条笔直的道路，请直接写出这条道路的长为______． 【变式2-2】（2026·内蒙古赤峰·一模）综合与探究 问题情境：在中，，点是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)猜想求解：如图1，若，，求的度数； (2)拓展延伸：如图2，，，过点作，交的延长线于，连接，求证： (3)如图3，在（2）的条件下，点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明； 【变式2-3】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）【探索发现】如图1，晓慧用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在中，，，．此时，四边形是“双等四边形”，是“伴随三角形”． 【方法应用】 (1)如图3，在中，，将绕点A逆时针旋转至，点D恰好落在边上，求证：四边形是双等四边形． (2)如图4，在等腰中，，，以为边向外作等腰，使四边形是以为伴随三角形的双等四边形，请直接写出的度数． 题型3 折叠变换 1.矩形 / 正方形折叠折叠出全等，设未知数，勾股定理列方程求边长。 2.三角形折叠折叠后角度、边长转化，结合直角、相似计算。 3.折叠 + 最值折叠后动点路径最短，结合将军饮马、隐圆。 4.折叠 + 坐标坐标系中折叠求点坐标、函数解析式。 【例3】（2026·河南许昌·一模）如图，在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，，，连接，是的中点，是内一动点，连接，，，，保持的面积始终为8，当取最小值时，点的坐标是___________． 【变式3-1】（2026·黑龙江·一模）在中，为内一点，连接为的中点，连接． (1)如图①，当时，易证：（需要证明）； (2)如图②，当时，猜想线段，，之间有怎样的数量关系，并加以证明； (3)如图③，当时，猜想线段，，之间又有怎样的数量关系，直接写出结论，不需要证明． 【变式3-2】（2026·湖南长沙·二模）如图，在中，，分别沿，折叠，使点B与点A重合，点C与点A重合，则的周长为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【变式3-3】（2025·福建泉州·一模）在一次数学活动课中，小明对“折纸中的数学问题”进行探究． 【活动1】折叠矩形纸片： 第一步：如图1，把矩形纸片对折，使与重合，折痕为，把纸片展平； 第二步：点在上，再次沿折叠纸片，使点落在上的点处． 【活动2】折叠正方形纸片： 第一步：如图2，把正方形纸片对折，使与重合，折痕为，把纸片展平； 第二步：点在上（不与点，重合），再次沿折叠纸片，使点落在下方的点处，延长交于点． (1)在活动1中，求证：； (2)在活动2中，若正方形的边长为8，，求的长． 题型4 综合变换 1.平移 + 旋转 先平移再旋转，双重变换求坐标、线段长。 2.旋转 + 折叠 动态几何压轴，全等 + 勾股 + 相似混合使用。 3.函数 + 变换 二次函数与旋转 / 折叠结合，求坐标、面积、存在性。 【例4】（2026·广东广州·一模）如图，在菱形中，，，点为边上一个动点（不与点、重合），边关于对称的线段为，连接． (1)当平分时，求的度数为______； (2)延长，交射线于点，当时，求的长； (3)在（1）的条件下，连接交于点，作交的延长线于点，连接．试探究是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【变式4-1】（2025·广西南宁·三模）数学小组利用刻度尺对二次函数图象的相关性质进行研究．如图1，点为两条开口向上的抛物线的公共顶点，将刻度尺绕点旋转，与两条抛物线分别交于点，点（异于点）． 【猜想】学生先对，进行探究，对进行多次测量，部分数据如表： （单位：） … … （单位：） … 1 … （1）猜想：与的数量关系是______． 【验证】（2）如图2，直线与二次函数，分别交于点，点．与的数量关系是什么？请完成填空，并补全推导过程． 证明：过点分别作轴于轴于． 设点的横坐标为，由点是，的交点，得，解得； 设点的横坐标为，由点是，的交点，得______，解得______． 又∵，∴______． 易证． ∴…… 请完成证明过程． 【应用】（3）①如图3，若直线与抛物线，分别交于点，直线与抛物线，分别交于点，其中异于点．若关于轴对称点分别是，则线段与线段的数量关系是什么？请说明理由． ②若直线与抛物线相交于点，直线与抛物线相交于点，且，直接写出的值．          【变式4-2】（2026·上海徐汇·一模）如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点．已知． (1)求抛物线的表达式及顶点的坐标； (2)将抛物线向上平移，设点的对应点为点，射线交线段于点． ①如果恰好平分，求平移之后的抛物线的表达式； ②如果与相似，求平移的距离． 【变式4-3】（2026·广东广州·一模）如图，抛物线经过点，，． (1)求抛物线的解析式及顶点的坐标； (2)将抛物线沿轴向下平移（）个单位长度，平移后的抛物线与直线恰好只有一个公共点．求的值； (3)点是抛物线对称轴上一动点，是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 1．（2025·广东梅州·一模）（综合与实践）在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动，现有矩形纸片，，． (1)操作发现：操作一：将矩形纸片折叠，使点A与点C重合，折痕为，然后展平得到图1，则四边形是什么特殊四边形？（不用说明理由） (2)实践探究：操作二：如图2，在矩形纸片中，点G为的中点，将纸片沿折叠，使点B落在点处，连接． ①判断与折痕的位置关系，并说明理由； ②求的长． (3)拓展应用：如图3，若M为上任意一点，将纸片沿折叠，使点B落在点处，连接，当点A与点距离最小时，求的长． 2．（2026·山东枣庄·一模）已知抛物线经过点，． (1)求抛物线的解析式； (2)点在抛物线的对称轴上，直线与抛物线有且只有一个公共点．求点的坐标； (3)将原抛物线向上平移1个单位长度得到新抛物线，点的坐标为，是新抛物线上一动点，以点为圆心，的长为半径的圆交轴于，两点．当点在新抛物线上运动时，求的面积． 3．（2026·河北石家庄·一模）【主题研究】利用正方形或矩形纸片折叠出特殊度数的角． 【操作1】如图1，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平．在上选一点，沿折叠，使点恰好落在折痕上的点处．结论是：，请你说明理由． 【操作2】如图2，已知正方形的边长为4．按与【操作1】相同的步骤得到折痕，连接，将沿折叠，使点落在正方形内的点处． (1)尺规作图：在图2中画出点的位置，连接并延长交于点，连接，． (2)求的度数与的长． 4．（2026·广东广州·一模）如图，在中，，，为线段上一点． (1)尺规作图，作点关于的对称点，连接，，并证明； (2)如图，当由点运动到点过程中， 若线段与线段交于点，当取最大值时，求的值； 在上取一点，使得，连接，，是否存在最小值，如存在请求出，若不存在请说明理由． 5．（2026·广东佛山·一模）在中，点，分别在边，上，将沿折叠，使点的对应点落在边上，点的对应点为点，交于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，四边形是正方形，边长为8，当为的中点时，求的长； (3)如图3，四边形是矩形，连接，当，时，求的值． 6．（2026·广东珠海·一模）实践与操作：如何制作简易风筝 【问题情境】风筝起源于中国东周春秋时期，至今已有2000多年的历史，某数学兴趣小组计划制作一个筝形风筝参加学校文化节． 【设计原理】筝形风筝由两条垂直的竹条骨架构成，其中较长的主骨架垂直平分较短的横骨架，这种结构易于保持平衡，飞行稳定． 【制作步骤】 步骤一 骨架制作：如题1图是简易“筝形”风筝的骨架结构图，现以两条线段作为骨架，且，与的和为，四边形的面积为． (1)直接写出骨架的长度：_____，_____； 步骤二 蒙面制作：若（1）中骨架满足，考虑到实际需要，蒙面（风筝面）边缘离骨架的端点要留出一定距离．现把以上部分的蒙面设计为抛物线形状，如题图2建立平面直角坐标系，过距离点A，点B，点D分别为的三点E，F，G绘制抛物线． (2)求过E，F，G三点的二次函数解析式； 步骤三 蒙面取材：已知以下部分的蒙面设计为等腰，点H在延长线上且，如图2，经过思考与分析，小超同学先剪下一张筝形纸片来裁剪无拼接的风筝蒙面（包括以上抛物线部分及以下三角形部分），如图3．小超同学剪下的这张筝形纸片的对角线交点为O，其中P，M，N三点落在坐标轴上，． (3)小超同学剪下的这张筝形纸片面积至少为多少平方厘米？ 7．（2026·广东珠海·一模）如图1，矩形的顶点O与坐标原点重合，点B的坐标为，点A，C分别在坐标轴上，反比例函数的图象与，分别交于点D，． (1)当时，则的值为______； (2)如图2，连接，将沿翻折，若点B刚好落在轴上的点处时，连接，求证：是等腰三角形． 8．（2025·山东青岛·一模）在数学课上，老师让同学们动手操作，将一个矩形绕其一个顶点旋转．小明在旋转的过程中发现，随着旋转角度的变化可以研究很多数学问题．如图，已知矩形，，将矩形绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形，点B的对应点是点G，点C的对应点是点F，点D的对应点是点E，连接． (1)如图①，当时，______；如图②，当时，______； (2)如图③，当边经过点B时，______； (3)如图④，当点F落在的延长线上时，______． 9．（2025·山东临沂·二模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展教学探究活动．在矩形中，已知，，点P是边上的一个动点． 【操作判断】 （1）如图1，甲同学先将矩形对折，使得与重合，展开得到折痕．将矩形沿折叠，使恰好落在上的处，则线段与线段的位置关系为 　　 ；的度数为 　　 ． 【迁移探究】 （2）如图2，乙同学将矩形沿折叠，使恰好落在矩形的对角线上，求此时的长； （2）如图2，乙同学将矩形沿折叠，使恰好落在矩形的对角线上，请补全图形并求此时的长； 【综合应用】 （3）如图3，点Q在边上运动，始终满足，且，将沿PQ折叠，求折叠后与重叠部分面积的最大值，并求出此时的长． 10．（2026·甘肃·模拟预测）【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． 2 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $