专题05 图形的翻折与旋转综合压轴（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题05 图形的翻折与旋转综合压轴 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难考向保分攻略 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难考向的核心方法论与实战技巧，精选同源试题巩固内化 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感” 近三年：中考数学中图形的变换压轴题主要分2大类： 一、图形的翻折（每年1~2道，3~13分）； 二、图形的旋转（每年1~2题，3~13分）； 三、图形的翻折与旋转综合（每年1题，3~10分） 考查内容稳定，命题形式多样，各种题型均有涉及，难度中等偏上． 预测2026年：图形的变换一直都是中考数学中的重要考点，基本上是属于中考的必考考点。如常州25年中考T28、连云港24年中考T27、徐州25、24年中考T28考察旋转，无锡市24年27、宿迁市24年中考T28考察图形的翻折，基本上都是综合压轴，所以考生需要在熟练掌握翻折与旋转的基础之上，多做练习，举一反三。 考向01 图形的翻折 （一）图形的翻折常用解题技巧： 1.轴对称的性质：翻折得全等①对应边相等；对应角相等；对应点的连线被对称轴垂直平分； 2.平行线+翻折等腰三角形 （二）常见解题方法： 1.勾股定理（最常用） 2.三角函数 3.全等或相似 （三）注意一题多解 题型1 矩形的翻折 常见6种矩形翻折模型 在矩形ABCD中，AD=2,AB=4 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 1．（2025•梁溪区三模）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ABCD对折，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展平； 第二步：点M在AD上，再次沿BM折叠纸片，使点A落在EF上的点N处． 【活动2】折叠正方形纸片： 第一步：如图2，把正方形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展平； 第二步：点M在AD上（不与点A，D重合），再次沿BM折叠纸片，使点A落在EF下方的点N处，延长MN交CF于点P． （1）在活动1中，求证：∠NBC＝30°； （2）在活动2中，若正方形ABCD的边长为8，PF＝2，求AM的长． 【分析】（1）证出BE＝BN，求出∠BNE＝30°，则可得出答案； （2）连接BP，证明Rt△BNP≌Rt△BCP（HL），得出NP＝CP，设AM＝NM＝x，MD＝6﹣x，由勾股定理求出x即可得出答案． 【解答】（1）证明：∵AE＝BEAB，AB＝BN， ∴BEBN， ∵∠BEN＝90°，sin∠BNE， ∴∠BNE＝30°， ∴∠NBE＝60°， ∵∠ABM＝∠NBM， ∴∠ABM＝∠NBM＝∠NBC＝30°； （2）解：连接BP， ∵BN＝BC，BP＝BP， ∴Rt△BNP≌Rt△BCP（HL）， ∴NP＝CP， ∵PF＝2，DF＝CFCD＝4， ∵DP＝DF+FP＝2+4＝6， ∵NP＝PC＝CF﹣PF＝2， 设AM＝NM＝x，MD＝8﹣x， ∴MD2+DP2＝PM2， 即（8﹣x）2+62＝（x+2）2， 解得：x， ∴AM． 2．（2024•鼓楼区校级三模）如图，矩形ABCD中，AD＝5，AB＝8，点E为射线DC上的一个动点，把△ADE沿AE折叠点．D的对应点为D′． （1）求点D′刚好落在对角线AC上时，D′C的长； （2）求点D′刚好落在此对称轴上时，线段DE的长． 【分析】（1）如图1，在Rt△ABC中，根据勾股定理即可得到结论； （2）①当D′落在对称轴GH上，由翻折的性质得到AD′＝AD，∠DAE∠DAD′，求得GAAD′，根据三角形的内角和得到∠DAE∠DAD′＝30°，根据三角函数的定即可得到结论；②当D′落在对称轴MN上，又分两种情况，第一种：点E在DC上，如图3，得到DM＝AN＝4，由翻折的性质得到AD′＝AD，在Rt△AND′中，由勾股定理得到D′N3，得到D′M＝MN﹣D′N＝5﹣3＝2，设DE＝ED′＝x，在Rt△EAD′中，根据勾股定理得到DE，第二种：点E在DC延长线上，同理得到结论． 【解答】解：（1）如图1，在Rt△ABC中，AC， ∵AD′＝AD＝5， ∴CD′＝AC﹣AD′5； （2）①当D′落在对称轴GH上， ∵GH是矩形对称轴， ∴ACAD， 由翻折的性质得：AD′＝AD，∠DAE∠DAD′， ∴GAAD′， ∴在Rt△AGD′中，∠GAD′＝60°， ∴∠DAE∠DAD′＝30°， 在Rt△ADE中， ∵tan∠DAE，即：tan30°， ∴DE， ②当D′落在对称轴MN上，又分两种情况， 第一种：点E在DC上，如图3， ∵MN是矩形对称轴， ∴DM＝AN＝4， 由翻折得：AD′＝AD， 在Rt△AND′中， D′N3， ∴D′M＝MN﹣D′N＝5﹣3＝2， 设DE＝ED′＝x， 在Rt△EAD′中， ED′2＝EM2+MD′2， 即：x2＝（4﹣x）2+22， 解之得：x，即DE， 第二种：点E在DC延长线上，如图4，方法同上，DE＝10． 综上所述，点D′落在矩形对称轴上时，DE的长为或或10． 3．（2025•沭阳县校级模拟）综合与探究 在数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展活动． 实践操作： 如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，BC＝10． 第一步：如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点F处，得到折痕CE，然后把纸片展平． 第二步：如图2，再将矩形纸片沿BF折叠，此时点A恰好落在CF上的点N处，BF，BN分别与CE交于点G，M，然后展平． 问题解决： （1）求AE的长． （2）判断EF，MN与CD之间的数量关系，并说明理由． 拓展应用： （3）如图3，延长CE，DA相交于点P，请直接写出PM的长． 【分析】（1）设AE＝x，则BE＝8﹣x，利用矩形的性质和折叠的性质得到CF＝CB＝10，EF＝BE＝8﹣x，∠EFC＝∠B＝90°，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论； （2）利用折叠的性质得到CG⊥BF，BG＝GF，BE＝EF，∠ABF＝∠NBF，BA＝BN，利用全等三角形的 判定与性质得到BE＝BM，EG＝GM，再利用矩形的性质和等式的性质解答即可； （3）连接FM，利用菱形的判定与性质得到BE＝EF＝FM＝BM＝5，FM∥AB，利用相似三角形的判定与性质得到，利用勾股定理求得PE，再利用相似三角形的性质解答即可得出结论． 【解答】解：（1）设AE＝x，则BE＝8﹣x． ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，CD＝AB＝8，AD＝BC＝10， ∵将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点F处， ∴CF＝CB＝10，EF＝BE＝8﹣x，∠EFC＝∠B＝90°， ∴∠AFE+∠DFC＝90°， ∵∠DFC+∠DCF＝90°， ∴∠AFE＝∠DCF． ∵∠A＝∠D＝90°， ∴△AFE∽△DCF， ∴， ∵DF6， ∴AF＝AD﹣DF＝4． ∴， ∴x＝3． ∴AE＝3； （2）EF，MN与CD之间的数量关系为：EF+MN＝CD，理由： ∵将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点F处， ∴CE垂直平分BF， ∴CG⊥BF，BG＝GF，BE＝EF． ∵将矩形纸片沿BF折叠，此时点A恰好落在CF上的点N处， ∴∠ABF＝∠NBF，BA＝BN， 在△BGE和△BGM中， ， ∴△BGE≌△BGM（ASA）， ∴BE＝BM，EG＝GM， ∴EF＝BM， ∵BM+MN＝BN＝AB， ∴EF+MN＝AB， 由（1）知：AB＝CD， ∴EF+MN＝CD； （3）PM的长为5.理由： 连接FM，如图， 由（2）知：BG＝GF，EG＝GM， ∴四边形BEFM为平行四边形， ∵BE＝BM， ∴四边形BEFM为菱形， ∴BE＝EF＝FM＝BM＝5，FM∥AB， ∴△PAE∽△PFM， ∴， ∴， 由（1）知：AF＝4，AE＝AB﹣BE＝8﹣5＝3， ∴， ∴PA＝6． ∴PE3， ∵△PAE∽△PFM， ∴， ∴， ∴PM＝5． 4．（2025•海州区校级二模）综合与实践 【发现问题】在进行综合与实践活动时，学习小组发现生活中常用的A4纸是一个长与宽的比为的矩形． 【定义】若一个四边形为矩形，且长与宽的比为，则这个四边形为类A4矩形． 【提出问题】如何用不同形状的纸折一个类A4矩形？ 【分析并解决问题】 （1）学习小组利用一张A4纸ABCD（AB＜BC）对折一次，使AB与DC重合，折叠过程如图1所示，求证：四边形CDMN是类A4矩形； （2）学习小组利用一张正方形纸片ABCD折叠2次，展开后得折痕BD，DE，再将其沿FG折叠，使得点B与点E重合，折叠过程如图2所示．求证：四边形CDFG是类A4矩形； 【拓展延伸】 （3）如图3，四边形ABCD纸片中，AC垂直平分BD，，BD＝20，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA上的点，将四边形ABCD纸片沿EF折叠，使得点B的对应点落在BD上，再沿FG，GH折叠，使得点C，D的对应点分别落在AC，BD上，若四边形EFGH是类A4矩形，请直接写出EF的值． 【分析】（1）先证明，再证明四边形CDMN是矩形，即可得结论； （2）如图2，由折叠得：∠AFG＝∠DFG＝90°，先证明四边形CDFG是矩形，如图3，设CE＝x，CD＝y，则EM＝x，根据折叠的性质和等腰直角三角形的性质表示CD，CG的长，即可解答； （3）设AC与BD交于点O，分两种情况：或，①如图4，当时，根据△BEF∽△BAC，△CFG∽△CBD，列比例式即可得结论；②如图5，当时，，同理可得结论． 【解答】（1）证明：设AB＝a，则， 由折叠得，∠AMN＝∠DMN＝90°， ∵AB＝a，四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝a，∠C＝∠D＝90° ∴， ∵∠DMN＝∠C＝∠D＝90°， ∴四边形CDMN是矩形， ∴四边形CDMN是类A4矩形； （2）证明：如图2， 由折叠得：∠AFG＝∠DFG＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝∠BCD＝90°，BC＝CD， ∴∠DFG＝∠ADC＝∠BCD＝90°， ∴四边形CDFG是矩形， 如图3， 图3 设CE＝x，CD＝y，则EM＝x， ∵∠CBD＝45°， ∴△BEM是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵BG＝EG，， ∴EGx， ∴， ∴四边形CDFG是类A4矩形； （3）设AC与BD交于点O， ∵AC垂直平分BD， ∴AC⊥BD， ∵四边形ABCD纸片沿EF折叠，使得点B的对应点落在BD上， ∴EF∥AC， 同理得：FG∥BD，GH∥AC， ∵四边形EFGH是类A4矩形， ∴或； ①如图4，当时，， ∵EF∥AC， ∴△BEF∽△BAC， ∴，， ∴， ∵FG∥BD， ∴△CFG∽△CBD， ∴， ∴， ∴， ∴BF＝CF， ∴， ∴； ②如图5，当时，， 由①同理得：△BEF∽△BAC，△CFG∽△CBD， ∴，即， ∴， ∵△CFG∽△CBD， ∴，即， ∴， ∴， ∴CF＝2BF， ∴， ∴； 综上，EF的长为或． 题型2 正方形的翻折 解题思路与矩形相似 5．（2025•泰州模拟）如图，将正方形纸片ABCD沿PQ折叠，使点C的对称点E落在边AB上，点D的对称点为点F，EF为交AD于点G，连接CG交PQ于点H，连接CE．下列四个结论中：①△PBE∽△QFG；②S△CEG＝S△CBE+S四边形CDQH；③EC平分∠BEG；④EG2﹣CH2＝GQ•GD，正确的是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】①利用有两个角对应相等的两个三角形相似进行判定即可； ②过点C作CM⊥EG于M，通过证明△BEC≌△MEC，进而说明△CMG≌△CDG，可得S△CEG＝S△BEC+S△CDG＞S△BEC+S四边形CDQH，可得②不正确； ③由折叠可得：∠GEC＝∠DCE，由AB∥CD可得∠BEC＝∠DCE，结论③成立； ④连接DH，MH，HE，由△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG可知：∠BCE＝∠MCE，∠MCG＝∠DCG，所以∠ECG＝∠ECM+∠GCM∠BCD＝45°，由于EC⊥HP，则∠CHP＝45°，由折叠可得：∠EHP＝∠CHP＝45°，则EH⊥CG；利用勾股定理可得EG2﹣EH2＝GH2；由CM⊥EG，EH⊥CG，得到∠EMC＝∠EHC＝90°，所以E，M，H，C四点共圆，所以∠HMC＝∠HEC＝45°，通过△CMH≌△CDH，可得∠CDH＝∠CMH＝45°，这样，∠GDH＝45°，因为∠GHQ＝∠CHP＝45°，易证△GHQ∽△GDH，则得GH2＝GQ•GD，从而说明④成立． 【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°． 由折叠可知：∠GEP＝∠BCD＝90°，∠F＝∠D＝90°． ∴∠BEP+∠AEG＝90°， ∵∠A＝90°， ∴∠AEG+∠AGE＝90°， ∴∠BEP＝∠AGE． ∵∠FGQ＝∠AGE， ∴∠BEP＝∠FGQ． ∵∠B＝∠F＝90°， ∴△PBE∽△QFG． 故①正确； ②过点C作CM⊥EG于M， 由折叠可得：∠GEC＝∠DCE， ∵AB∥CD， ∴∠BEC＝∠DCE， ∴∠BEC＝∠GEC， 在△BEC和△MEC中， ， ∴△BEC≌△MEC（AAS）． ∴CB＝CM，S△BEC＝S△MEC． ∵CG＝CG， ∴Rt△CMG≌Rt△CDG（HL）， ∴S△CMG＝S△CDG， ∴S△CEG＝S△BEC+S△CDG＞S△BEC+S四边形CDQH， ∴②不正确； ③由折叠可得：∠GEC＝∠DCE， ∵AB∥CD， ∴∠BEC＝∠DCE， ∴∠BEC＝∠GEC， 即EC平分∠BEG． ∴③正确； ④连接DH，MH，HE，如图， ∵△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG， ∴∠BCE＝∠MCE，∠MCG＝∠DCG， ∴∠ECG＝∠ECM+∠GCM∠BCD＝45°， ∵EC⊥HP， ∴∠CHP＝45°． ∴∠GHQ＝∠CHP＝45°． 由折叠可得：∠EHP＝∠CHP＝45°， ∴EH⊥CG． ∴EG2﹣EH2＝GH2． 由折叠可知：EH＝CH． ∴EG2﹣CH2＝GH2． ∵CM⊥EG，EH⊥CG， ∴∠EMC＝∠EHC＝90°， ∴E，M，H，C四点共圆， ∴∠HMC＝∠HEC＝45°． 在△CMH和△CDH中， ， ∴△CMH≌△CDH（SAS）． ∴∠CDH＝∠CMH＝45°， ∵∠CDA＝90°， ∴∠GDH＝45°， ∵∠GHQ＝∠CHP＝45°， ∴∠GHQ＝∠GDH＝45°． ∵∠HGQ＝∠DGH， ∴△GHQ∽△GDH， ∴， ∴GH2＝GQ•GD， ∴GE2﹣CH2＝GQ•GD． ∴④正确； 综上可得，正确的结论有：①③④． 故选：C． 6．（2025•淮安区校级二模）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动． 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平； 操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE； 操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H． 根据以上操作，得∠EBF＝　45　 °． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明； （2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM＝MF． 【深入研究】若EM＝2，直接写出GH的值． 【分析】【操作判断】根据折叠的性质即可解答； 【探究证明】（1）证明△BHG∽△CHF，△BHC∽△GHF，得到∠BCH＝∠GFH＝45°，即可解答； （2）根据等腰直角三角形的性质证明△PBG≌QGF（AAS），利用平行线的性质及折叠的性质，即可得证； 【深入研究】求出EF＝4，证明△GBH∽△FBE，得出，则可得出答案． 【解答】【操作判断】解：如图， 由题意可得∠1＝∠2，∠3＝∠4， ∵2∠2+2∠3＝90°， ∴∠2+∠3＝45°， ∴∠EBF＝45°， 故答案为：45； 【探究证明】（1）解：方法一：△BFG为等腰直角三角形，证明如下： 由题意可得∠EBF＝45°， ∵正方形ABCD， ∴∠BCA＝∠ACD＝45°， ∵∠EBF＝45°， ∴△BHG∽△CHF， ∴， ∴， ∵∠GHF＝∠BHC， ∴△BHC∽△GHF， ∴∠BCH＝∠GFH＝45°， ∴△GBF为等腰直角三角形； 方法二：∵∠GBF＝∠GCF＝45°， ∴B、C、F、G四点共圆， ∴∠BFG＝∠BCG＝45°， ∴∠BFG＝∠GBF＝45°， 即∠BGF＝90°， ∴△GBF为等腰直角三角形； （2）证明：∵△GBF为等腰直角三角形， ∴∠BGF＝90°，BG＝FG， ∴∠PBG＝∠QGF， ∵PQ⊥AB，PQ⊥CD， ∴∠BPG＝∠GQF＝90°， ∴△PBG≌QGF（AAS）， ∴∠PGB＝∠GFQ， ∵PQ∥AD， ∴∠PGB＝∠AEB， ∵翻折， ∴∠AEB＝∠BEF， ∵∠PGB＝∠EGQ， ∴∠BEF＝∠EGQ， ∵∠BEF+∠EFG＝∠EGQ+∠FGQ＝90°， ∴∠EFG＝∠FGQ， ∴EM＝MG＝MF； 【深入研究】 解：由[探究证明]（1）知：GB＝GF，∠BGF＝90°， ∴， 由[探究证明]（2）知：EM＝MF＝2， ∴EF＝4， 由[探究证明]（1）知：△GHB∽△FHC， ∴∠BGH＝∠CFH， 由折叠得∠CFH＝∠BFE， ∴∠BGH＝∠BFE， 又∠GBH＝∠FBE， ∴△GBH∽△FBE， ∴， 即， 解得． 7．（2024•宿迁）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动． 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平； 操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE； 操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF． 把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H． 根据以上操作，得∠EBF＝　45　 °． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明； （2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM＝MF． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． 【分析】【操作判断】根据折叠的性质即可解答； 【探究证明】（1）证明△BHG∽△CHF，△BHC∽△GHF，得到∠BCH＝∠GFH＝45°，即可解答； （2）根据等腰直角三角形的性质证明△PBG≌QGF（AAS），利用平行线的性质及折叠的性质，即可得证； 【深入研究】根据旋转的性质及勾股定理证明△GBH≌△NBH（SAS），设AP＝PG＝DQ＝FQ＝a，分别求出CH，GH，即可解答． 【解答】【操作判断】解：如图， 由题意可得∠1＝∠2，∠3＝∠4， ∵2∠2+2∠3＝90°， ∴∠2+∠3＝45°， ∴∠EBF＝45°， 故答案为：45； 【探究证明】（1）解：方法一：△BFG为等腰直角三角形，证明如下： 由题意可得∠EBF＝45°， ∵正方形ABCD， ∴∠BCA＝∠ACD＝45°， ∵∠EBF＝45°， ∴△BHG∽△CHF， ∴， ∴， ∵∠GHF＝∠BHC， ∴△BHC∽△GHF， ∴∠BCH＝∠GFH＝45°， ∴△GBF为等腰直角三角形； 方法二：∵∠GBF＝∠GCF＝45°， ∴B、C、F、G四点共圆， ∴∠BFG＝∠BCG＝45°， ∴∠BFG＝∠GBF＝45°， 即∠BGF＝90°， ∴△GBF为等腰直角三角形； （2）证明：∵△GBF为等腰直角三角形， ∴∠BGF＝90°，BG＝FG， ∴∠PBG＝∠QGF， ∵PQ⊥AB，PQ⊥CD， ∴∠BPG＝∠GQF＝90°， ∴△PBG≌QGF（AAS）， ∴∠PGB＝∠GFQ， ∵PQ∥AD， ∴∠PGB＝∠AEB， ∵翻折， ∴∠AEB＝∠BEF， ∵∠PGB＝∠EGQ， ∴∠BEF＝∠EGQ， ∵∠BEF+∠EFG＝∠EGQ+∠FGQ＝90°， ∴∠EFG＝∠FGQ， ∴EM＝MG＝MF； 【深入研究】解：方法一：将△AGB旋转至△BNC，连接HN，如图， ∴△AGB≌△CNB， ∴∠BAC＝∠BCN＝45°，AG＝CN，BG＝BN， ∵∠ACB＝45°， ∴∠HCN＝90°， ∴CH2+CN2＝HN2， ∵∠5＝∠6，∠EBF＝45°， ∴∠GBH＝∠NBH， ∴△GBH≌△NBH（SAS）， ∴GH＝NH， ∴CH2+AG2＝GH2， 由（2）知△PBG≌△QGF，四边形APQD为矩形， ∵∠BAC＝45°， ∴AP＝PG＝DQ＝FQ， 设AP＝PG＝DQ＝FQ＝a， ∴AGa， ∵， ∴ACka， ∴GH+HC＝AC﹣AGa（k﹣1）， ∵CH2+AG2＝GH2， ∴GH2﹣CH2＝（CH+GH）（GH﹣CH）＝2a2， ∴GH﹣CH， 解得GH，CH， ∴． 方法二：如图，延长BF交PQ延长线于点N， 则， 由于BC的长度已知，所以只需求出GN的长度即可， 由（2）知M为EF的中点，且PQ∥AD， ∴点Q为DF的中点，即DQ＝QF＝AP＝a， ∴CF＝CD﹣DF＝ak﹣2a， ∴， 即， ∴QN， ∵QG＝PQ﹣PG＝ak﹣a， ∴GN＝QG+QN， ∴． 题型3 平行四边形的翻折 平行+角平分线等腰 8．（2025·无锡）在平行四边形纸片ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝8．现将该纸片折叠，折痕与纸片ABCD的两边交于点E、F．若E与A重合，F在BC上，且EF⊥BC，则被折痕分成的△EBF与四边形EFCD的面积的比为　1：7　 ；若折痕EF将纸片ABCD分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为1：3，则折痕EF长的取值范围是　2或2．　 ． 【分析】分别求出点E在A处，F在BC时，EF的最小值，点E在B处，点F是AD的中点及点E在A处，F是CD的中点的最小值，点E在D处，F是AB的中点时最大值，进而得出结果． 【解答】解：如图1， ∵∠AFB＝90°，∠ABC＝60°， ∴BF， ∵BC＝8， ∴S△ABFS△ABC， ∴S△ABCS▱ABCD， ∴S△ABF：S四边形ADCF＝1：7， 如图1， AF＝AB•sin∠ABC＝4•sin60°＝2， 如图2﹣1， 当点E在B处，F是AD中点时，作BG⊥AD，交DA的延长线于G， ∵AB＝4，∠BAG＝∠ABC＝60°， ∴AGAB＝2，NGAB＝2， ∴FG＝AG+AF＝6， ∴EF4， ∴2， 如图2﹣2， 当点E在D处，AFAB＝2时， S△AEF：S四边形CBFE＝1：3， 作DG⊥BA，交BA的延长线于G， ∵∠DAG＝60°，AD＝8， ∴AGAD＝4，DGAD＝4， ∴FG＝AF+AG＝2+4＝6， ∴EF2， 当点E在A点，（图中E′），F是CD中点时（图中F′），作F′Q⊥AD于Q， 则DQDF′＝1，F′QF′Q， ∴AQ＝AD﹣DQ＝7， ∴AF′2， ∴2， 故答案为：1：7，2或2． 9．（2025•射阳县校级模拟）如图，将平行四边形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M、N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别为E，F，且点F在平行四边形内部，MF的延长线交BC于点G．EF交边BC于点H．AB＝6，∠B＝45°，，当点H为NG三等分点时，MD的长为 　64或3　 ． 【分析】根据点H为GN三等分点，分两种情况分别计算，根据折叠的性质和平行线的性质证明∠GMN＝∠MNG，得到MG＝NG，证明△FGH∽△ENH，求出FG的长，过点G作GP⊥AD于点P，过点D作DT⊥BC交BC延长线于点T，得矩形PGTD，则PG＝DT，DP＝CT，设MD＝MF＝x，根据勾股定理列方程求出x即可． 【解答】解：当HNGN时，GH＝2HN， ∵将平行四边形纸片ABCD折叠，折痕为MN， ∴MF＝MD，CN＝EN＝2，∠E＝∠C＝135°，∠D＝∠MFE＝45°，∠DMN＝∠GMN，AD∥BC， ∴∠GFH＝135°，∠DMN＝∠MNG， ∴∠GMN＝∠MNG， ∴MG＝NG， ∵∠GFH＝∠E＝135°，∠FHG＝∠EHN， ∴△FGH∽△ENH， ∴2， ∴FG＝2EN＝4， 如图，过点G作GP⊥DA交DA延长线于点P，过点D作DT⊥BC交BC延长线于点T， 得矩形PGTD， 则PG＝DT，DP＝CT， 设MD＝MF＝x， 则MG＝GN＝x+4， ∴CG＝x+6， ∵AB＝CD＝6， ∴CT＝DTCD＝3， ∴GT＝GC+CT＝x+9， ∴PD＝x+9， ∴PM＝PD﹣DM＝x+9x＝9， 在Rt△PGM中，PG＝DT＝3， 根据勾股定理得：GP2+PM2＝MG2， ∴（3）2+（9）2＝（x+4）2， 解得：x1＝64，x2＝﹣64（舍去）， ∴MD＝64； 当GHGN时，HN＝2GH， ∵△FGH∽△ENH， ∴， ∴FGEN， ∴MG＝GN＝x， ∴CG＝GN+CN＝x+3， ∴PD＝GT＝GC+CT＝x+6， ∴PM＝PD﹣DM＝6， ∵GP2+PM2＝MG2， ∴（3）2+（6）2＝（x）2， 解得：x＝±3（负值舍去）， ∴MD＝3， 故答案为：64或3． 10．（2025•无锡校级二模）如图，在▱ABCD中，，点E在AD边上，且AE＝2，点F是边BC上的一动点，将四边形EFCD沿EF翻折得到四边形EFC′D′，连接AD′． （1）cosB＝　　 ； （2）当点D′落在直线AB上时，求△AED′的面积； （3）若△AD′E恰好为等腰三角形，请直接写出BF的长． 【分析】（1）作AH⊥BC于点H，解直角三角形即可求解； （2）分点D′落在射线BA上和点D′落在线段AB上时，解直角三角形即可求解； （3）分当AD′＝AE＝2和AD′＝D′E＝3两种情况讨论，解直角三角形即可求解． 【解答】解：（1）在▱ABCD中，，如图1，作AH⊥BC于点H， ∵， ∴， ∴设BH＝a，则， ∵AB＝3， ∴， 解得a＝1， ∴BH＝1，则， ∴， 故答案为：； （2）如图2，点D′落在射线BA上时，作D′G⊥AD于点G， 设AG＝b，则EG＝2﹣b， ∵， ∴， ∵将四边形EFCD沿EF翻折得到四边形EFC′D′，点D′落在直线AB上， ∴D′E＝DE＝5﹣2＝3， 在Rt△D′GE中，由勾股定理得， 整理得9b2﹣4b﹣5＝0， 解得b＝1或（不合题意，舍去）， ∴， ∴△AED′的面积； 如图3，点D′落在线段AB上时，作D′G⊥AD交DA延长线于点G， 设AG＝c，则EG＝2+c， ∵， ∴， 将∵四边形EFCD沿EF翻折得到四边形EFC′D′， ∴D′E＝DE＝5﹣2＝3， 在Rt△D′GE中，由勾股定理得， 整理得9b2+4b﹣5＝0， 解得或b＝﹣1（舍去）， ∴， ∴△AED′的面积； 综上，△AED′的面积为或； （3）当AD′＝AE＝2且D′在DA的上方时，如图，作AH⊥BC于点H，作D′T⊥AD交DA延长线于点T，作EG⊥BC于点G，则四边形AHGE是矩形，如图4， 设∠ADD′＝α， ∵将四边形EFCD沿EF翻折得到四边形EFC′D′， ∴D′E＝DE＝3，∠D′EF＝∠DEF， ∴∠D′EA＝2α，∠D′EF+∠DEF＝180°+2α， ∴∠D′EF＝∠DEF＝90°+α， ∴∠FEG＝∠DEF﹣90°＝α， 设AT＝x， 在Rt△AD′T和Rt△ED′T中，D′T2＝AD′2﹣AT2＝D′E2﹣ET2，即22﹣x2＝32﹣（2+x）2， 解得， ∴，，， ∴， 在Rt△EFG中，，， ∴， ∴， ∴； 当AD′＝AE＝2且D′在DA的下方时，如图，作AH⊥BC于点H，作D′T⊥AD交DA延长线于点T，作EG⊥BC于点G，则四边形AHGE是矩形， 设∠ADD′＝α， 同理∠FEG＝α，，， ∴； 当AD′＝D′E＝3且D′在DA的上方时，如图6，作D′T⊥AD交DA延长线于点T，作EG⊥BC于点G， ∴， ∴， 设∠ADD′＝α，同理∠FEG＝α， ∴， 在Rt△EFG中，，， ∴， ∴FG＝2， ∴BF＝3﹣2＝1； 当AD′＝D′E＝3且D′在DA的下方时，如图7，作D′T⊥AD于点T，作EG⊥BC于点G， ∴， ∴， 设∠ADD′＝α，同理∠FEG＝α， ∴， 在Rt△EFG中，，， ∴， ∴FG＝2， ∴BF＝3+2＝5； 综上，BF的长为1或5或或． 题型4 菱形的翻折 11．（2025•福田区模拟）如图，在等边△ABC中，过点C作射线CD⊥BC，点M，N分别在边AB，BC上，将△ABC沿MN折叠．使点B落在射线CD上的点B处，连接AB′．已知AB＝2．给出下列四个结论：①CN+NB'为定值；②当∠NB'C＝30°时，四边形BMB'N为菱形；③当点N与C重合时，∠AB'M＝22.5°；④当AB'最短时，，其中正确的结论是（　　） A．①②④ B．①②③④ C．①③④ D．①② 【答案】D 【分析】根据将△ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B′处，得NB＝NB'，故CN+NB'＝CN+NB＝BC，判断①正确；由cos∠B'NC，得∠B'NC＝60°，可得△BMN是等边三角形，即可得B'M＝BM＝BN＝B'N，判断②正确；当点N与C重合时，可得∠B'AC＝∠AB'C＝75°，∠AB'M＝∠AB'C﹣∠MB'C＝15°，判断③错误；当AB′最短时，∠AB'C＝90°，过M作KT⊥BC于T，交B'A延长线于K，设BN＝B'N＝x，有x2＝（2﹣x）2+（）2，可求得BN，设AM＝y，则BM＝2﹣y＝B'M，AKy，KMy，可列出方程求出AM，BM，在Rt△MNT中，求出MN，判断④错误． 【解答】解：∵将△ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B′处， ∴NB＝NB'， ∴CN+NB'＝CN+NB＝BC， ∵△ABC是等边三角形，AB＝2， ∴BC＝2， ∴CN+NB'＝BC＝2，故①正确； ∵∠NB'C＝30°，∠B′CN＝90°， ∴∠B′NC＝60°， ∴∠BNB'＝120°， ∵将△ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B′处， ∴∠BNM＝∠MNB'＝60°，BM＝B'M，BN＝B'N， ∵∠B＝60°， ∴△BMN是等边三角形， ∴BM＝BN， ∴B'M＝BM＝BN＝B'N， ∴四边形BMB′N为菱形；故②正确； 当点N与C重合时，如图： ∵∠ACB＝60°，∠DCB＝90°， ∴∠ACD＝30°， ∵将△ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B′处， ∴AC＝BC＝B'C，∠MB'C＝∠B＝60°， ∴∠B'AC＝∠AB'C＝（180°﹣30°）÷2＝75°， ∴∠AB'M＝∠AB'C﹣∠MB'C＝75°﹣60°＝15°，故③错误； 当AB′最短时，∠AB'C＝90°，过M作KT⊥BC于T，交B'A延长线于K，如图： ∵∠ACB'＝∠BCB'﹣∠BCA＝30°， ∴AB'AC＝1，B'CAB'，∠B'AC＝60°， 设BN＝B'N＝x，则CN＝2﹣x， 在Rt△B'CN中，B'N2＝CN2+B'C2， ∴x2＝（2﹣x）2+（）2， 解得x， ∴BN， ∵∠AB'C＝90°＝∠BCB'， ∴AB'∥BC， ∴KT⊥AB'， ∴∠K＝90°， ∵∠KAM＝180°﹣∠BAC﹣∠B'AC＝60°， ∴∠KMA＝30°， ∴AKAM，KMAM， 设AM＝y，则BM＝2﹣y＝B'M，AKy，KMy， ∴B'K＝AB'+AK＝1y， 在Rt△B'KM中，B'K2+KM2＝B'M2， ∴（1y）2+（y）2＝（2﹣y）2， 解得y， ∴AM，BM， 在Rt△BMT中，∠B＝60°， ∴BTBM，MTBT， ∴NT＝BN﹣BT， 在Rt△MNT中， MN，故④错误 ∴正确的有①②， 故选：D． 12．（2024•北仑区一模）如图，边长为6的菱形ABCD中，∠A＝60°，E是AB边上的一点，CF＝2，将四边形AEFD沿着EF折叠得到四边形A′D′FE，当A′、B、D′三点在同一条直线上时，∠A′BE+∠D′BC＝ 　60°　 ，此时D′F交BC边于点G，BG的长为 　　 ． 【分析】连接BF，延长AB、F'D相交于点I，在CB上截取CH＝CF＝2，连接FH，以BD'、FD'为邻边作▱FDBM，连接MH，先证明△CFH为等边三角形，得∠CHF＝60°，FH＝CF＝2，再证明△BA'E∽△BD'I，得到 ，最后证明△BIG∽△CFG，即可求解 【解答】解：连接BF，延长AB、FD'相交于点I，在CB上截取CH＝CF＝2，连接FH，以BD'、FD'为邻边作▱FD'BM，连接MH，如图： ∵菱形ABCD，∠A＝60°， ∴∠ABC＝180°﹣∠A＝120°， ∵A'、B、D'三点在同一条直线上， ∴∠A'BE+∠D'BC＝180°﹣∠ABC＝60°， ∵FC＝CH＝2，∠C＝∠A＝60°， ∴△CFH为等边三角形， ∴∠CHF＝60°，FH＝CF＝2， 由折叠得：FD'＝FD＝CD﹣CF＝4，BH＝BC﹣CH＝4，∠FD'B＝∠D＝120°， ∵▱FD'BM， ∴BM＝FD′＝DF＝BH＝4，∠FMB＝∠FD'B＝120°，BD'＝FM， ∴∠BMH＝∠BHM， ∵∠BHF＝180°﹣∠CHF＝180°﹣60°＝120°， ∴∠FMH＝∠FMB﹣∠BMH＝∠FHB﹣∠BHM＝∠FHM， ∴FM＝FH＝2， ∴BD'＝FM＝2， ∴A'B＝A'D'﹣BD'＝AD﹣BD'＝6﹣2＝4， ∵FD∥AE， ∴FD∥A'E，即D'I∥A'E， ∴△BA'E∽△BD'I， ∴， 设A'E＝AE＝x，则BE＝6﹣x， ∴，， ∵DF∥AB， ∴∠DFE＝∠IEF， 由折叠知：∠DFE＝∠IFE， ∴∠IFE＝∠IEF， ∴IF＝IE， ∴F'D+D'I＝BE+BI， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵BI∥CF， ∴△BIG∽△CFG， ∴， ∴， ∵BC＝BG+CG＝6， ∴， 解得：． 故答案为：60°；． 13．（2025•宁波模拟）（1）在四边形ABED中，AB∥DE，在BC上有一点C，连接AC，CD，∠ACD＝∠B，AC＝CD．证明：DE＝BC． （2）若四边形ABCD为菱形，将△BCF沿CF对折，使B′恰好落在AD上，已知AF：BF＝1：3，求sin∠ACF． 【分析】（1）延长BE至点G，使得DE＝DG，根据条件证明△ABC≌△CGD即可得出结论； （2）延长DA，在延长线上找一点G，使得FG＝FA，假设AF＝FG＝1，则FB′＝FB＝3，CD＝CB＝CB′＝4，根据条件得出△CB′D∽△B′FG，根据相似三角形的性质得出相关边长，根据菱形的性质和翻折的性质得出∠HCD＝∠ACF即可求出结果． 【解答】（1）证明：延长BE至点G，使得DE＝DG， ∴∠DEG＝∠G， ∵AB∥DE，∠ACD＝∠B， ∴∠B＝∠ACD＝∠DEG＝∠G， ∵∠ACD+∠DCG＝∠B+∠CAB，∠ACD＝∠B， ∴∠DCG＝∠CAB， ∵AC＝CD， ∴△ABC≌△CGD（AAS）， ∴DG＝BC， ∵DE＝DG， ∴DE＝BC； （2）解：延长DA，在延长线上找一点G，使得FG＝FA， ∴∠G＝∠FAG， ∵四边形ABCD为菱形， ∴CD∥BA，CD＝CB＝CB′， ∴∠FAG＝∠D＝∠CB′D＝∠G， 假设AF＝FG＝1，则FB′＝FB＝3，CD＝CB＝CB′＝4， ∵四边形ABCD为菱形， ∴∠D＝∠B＝∠CB′F， ∴∠CB′F+∠FB′G＝∠D+∠DCB′， ∴∠FB′G＝∠DCB′， ∵∠D＝∠G， ∴△CB′D∽△B′FG， （相似三角形的对应边成比例）， 可得， 过C作CH⊥AD于H，根据等腰三角形三线合一得∠HCD＝∠HCB′，， 由折叠∠FCB＝∠FCB′， ∴， ∴∠HCD＝∠ACF， ∴． 题型5 梯形的翻折 14．（2024·无锡）【操作观察】 如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，BC＝8，AB＝12，AD＝13． 折叠四边形纸片ABCD，使得点C的对应点C′始终落在AD上，点B的对应点为B′，折痕与AB，CD分别交于点M，N． 【解决问题】 （1）当点C′与点A重合时，求B′M的长； （2）设直线B′C′与直线AB相交于点F，当∠AFC′＝∠ADC时，求AC′的长． 【分析】（1）过点C作CH⊥AD，则CH＝AB＝12，AH＝BC＝8，再求出HD，根据勾股定理求出CD，当点C′与点A重合时，由折叠的性质可得出MN垂直平分AC，N与D重合，则有AM＝MC，设B′M＝MB＝x，则AM＝MC＝12﹣x，再利用勾股定理即可得出． （2）分两种情况，当点F在AB上时和当点F在BA的延长线上时，设AF＝5x，AC′＝12x，则C′F＝13x，利用∠AFC′＝∠ADC＝∠B′FM三个角的正切值相等表示出个线段的长度，最后利用线段的和差关系求解即可． 【解答】解：（1）如图1，过点C作CH⊥AD， 则CH＝AB＝12，AH＝BC＝8， ∴HD＝AD﹣AC′＝13﹣8＝5， ∴， ， 当点C′与点A重合时，由折叠的性质可得出MN垂直平分AC，N与D重合， 则有AM＝MC， 设B′M＝MB＝x，则AM＝MC＝12﹣x， ∵∠ABC＝90° ∴在Rt△MBC中x2+82＝（12﹣x）2， 解得：， 故； （2）如图2，当点F在AB上时，如图2： 由（1）可知， ∵∠AFC′＝∠ADC， ∴， 设AF＝5x，AC′＝12x，则C′F＝13x， 根据折叠的性质可得出：B′C′＝BC＝8，B′F＝8﹣13x． ∵∠B′FM＝∠AFC′， ∴， ∵∠ABC＝90° ∴在Rt△BFM中，，， 则， 解得：， ； 如图3，当点F在BA的延长线上时， 同上， 在Rt△AFC′中， 设AF＝5x，AC′＝12x，FC′＝13x，FB′＝13x﹣8， 在Rt△MFB′中， ，， 则， 解得， 则， 综上：AC′的值为：或． 15．（2025•无锡校级模拟）如图1，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，tanD＝2，点E是射线CD上一动点（不与点C重合），将△BCE沿着BE进行翻折，点C的对应点记为点F． （1）如图1，当点E在线段CD上时，设CE＝x，，求y与x之间的函数关系式，并写出定义域． （2）如图2，连接AC，线段BF与射线CA交于点G，当△CBG是等腰三角形时，求CE的长． 【分析】（1）过点A作AM⊥CD于点M，设BE交CF于H，EH＝a，HB＝b，证明△EHC∽△ECB得EC2＝EH•EB，可得x2＝a（a+b）①，证明△CHB∽△ECB得BC2＝BH•BE，可得64＝b（a+b）②，继而得到，再根据，即可得出结论； （2）分三种情形：①当GC＝GB时；②当CG＝CB时；③当BG＝BC时，点F与G重合．分别求解即可． 【解答】解：（1）如图1，过点A作AM⊥CD于点M，设BE交CF于H，设EH＝a，HB＝b， ∴∠AMD＝∠AMC＝90°，EB＝EH+BH＝a+b， ∵在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，tan∠D＝2， ∴∠BCM＝90°＝∠ABC＝∠AMC， ∴四边形ABCM是矩形， ∴MC＝AB＝6，AM＝BC＝8， ∴， ∴CD＝CM+DM＝6+4＝10， ∵点E在线段CD上（不与点C重合），CE＝x， ∴0＜x≤10， ∵将△BCE沿着BE进行翻折，点C的对应点为点F， ∴EF＝EC，BF＝BC， ∴BE垂直平分线段CF， ∴∠CHE＝∠CHB＝90°， ∵∠EHC＝∠ECB＝90°，∠CEH＝∠BEC， ∴△EHC∽△ECB， ∴，即EC2＝EH•EB， ∴x2＝a（a+b）①， ∵∠BHC＝∠BCE＝90°，∠CBH＝∠EBC， ∴△CHB∽△ECB， ∴，即BC2＝BH•BE， ∴64＝b（a+b）②， ②÷①，得：， ∴， ∴y与x之间的函数关系式为； （2）①如图2，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，当GC＝GB时，延长BF交CD于H，设EC＝x， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：， ∵GC＝GB， ∴∠GBC＝∠GCB，即∠HBC＝∠ACB， ∵∠HCB＝∠ABC＝90°， ∴△HCB∽△ABC， ∴， ∴CH＝AB＝6，BH＝AC＝10， ∵将△BCE沿着BE进行翻折，点C的对应点为点F， ∴EF＝EC＝x，BF＝BC＝8，∠BFE＝∠BCE＝90°， ∴FH＝BH﹣BF＝10﹣8＝2，EH＝CH﹣EC＝6﹣x， 在Rt△EFH中，由勾股定理得：HE2＝HF2+EF2， ∴（6﹣x）2＝22+x2， 解得：， ∴； ②如图3，当CG＝CB时， ∵CG＝CB＝8，AC＝10， ∴AG＝AC﹣CG＝10﹣8＝2， ∵CH∥AB， ∴，即， 解得：HC＝24， 在直角三角形BCH中，由勾股定理得：， ∵BF＝BC＝8， ∴， 设EF＝CE＝x，则HE＝CH﹣EC＝24﹣x， 在Rt△EFH中，由勾股定理得：HE2＝HF2+EF2， ∴， 解得：， ∴； ③如图4，当BG＝BC时，点F与G重合， ∵BE垂直平分CF， ∴∠CHB＝90°， ∴∠HCB+∠CBH＝90°，∠BEC+∠CBH＝90°， ∴∠HCB＝∠BEC，即∠ACB＝∠BEC， ∴tan∠ACB＝tan∠BEC， ∴， ∴， 综上所述，当△CBG是等腰三角形时，CE的长为或或． 题型6 三角形的翻折 16．（2025•苏州一模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，先将△ABC沿AC翻折到△AB′C处，再将△AB′C沿AB′翻折到△AB′C′处，过点C作CD∥AB交AC′于点D，则CD的长是　　 ． 【分析】根据折叠的性质可知CC'＝2CB'＝2CB＝6，AB'＝AB＝4，AC'＝AC＝5，∠AB'C＝∠AB'C'＝∠ABC＝90°，进而可以求出tan∠CAD，又可知tan∠DCN＝tan∠CAB，AC＝5，最后解△ACD即可． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3， ∴AC5， 由翻折可知CC'＝2CB'＝2CB＝6，AB'＝AB＝4，AC'＝AC＝5，∠AB'C＝∠AB'C'＝∠ABC＝90°， 如图，过C作CM⊥AC'于点M， 则S△ACC'CM•AC'， ∴CM， 在Rt△ACM中，AM， ∴tan∠CAD， 过D作DN⊥AC于点N，则tan∠CAD， 设AN＝7a，则DN＝24a， ∵CD∥AB， ∴∠DCN＝∠CAB， ∴tan∠DCN＝tan∠CAB，即， ∴CN＝32a， ∴CD40a， 又∵AC＝AN+CN＝39a＝5， ∴a， ∴CD＝40a， 故答案为：． 17．（2025•江都区二模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝2，点D是AC上的一个动点，将△ABD沿BD折叠得到△A'BD，A'B交AC于F点． （1）∠A'的度数为 　30°　 ； （2）当△A'DF为直角三角形时，求A'D的长； （3）如图2，若点E为线段A'B的四等分点（A'E＜BE），连接线段CE，当D点从点A移动到点C． ①当D点在AB的垂直平分线上时，的值为 　　 ； ②求线段CE扫过的面积 　3π﹣3　 ． 【分析】（1）在Rt△ABC中，根据特殊角的三角函数值得∠A＝30°，由折叠的性质即可得∠A'的度数； （2）分两种情况：①∠A'DF＝90°，连接AA′，延长BD交AA′于M，由△A'DF为直角三角形以及折叠的性质可得∠AA'D＝∠A'AD＝45°，∠A'DM＝45°，在Rt△BCD中，可求出∠CDB＝∠A'DB﹣∠A'DF＝45°，BC＝DC＝2，由A'D＝AD＝AC﹣CD即可求解；②∠A'FD＝90°，根据直角三角形以及折叠的性质即可求解； （3）①由题意可得，D在AB的中垂线和AC的交点处，作AB的中垂线交AC于点D，交AB于点M，由翻折的性质可知∠A'BD＝∠ABD＝30°，可得A'正好在直线BC上，即A'、B、C三点共线，则A'EA'B＝1，CE＝1，根解直角三角形求出BD，即可求解； ②由题意可得，点A'的轨迹为，E在A'B上，其运动轨迹为以B为圆心，3为半径的圆弧上，即，画出图形，可得CE扫过的面积为与CE′、CE″围成的图形的面积，由S扇形E′BE″﹣S△E′BC﹣S△E″BC即可求解． 【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝2， ∴tanA， ∴∠A＝30°， ∵将△ABD沿BD折叠得到△A'BD， ∴∠A'＝∠A＝30°， 故答案为：30°； （2）①∠A'DF＝90°，连接AA′，延长BD交AA′于M， ∵A'和A关于直线BD对称，M在直线BD上， ∴AA'⊥BM，AD＝A'D， ∵∠A'DA＝∠A'DF＝90°， 在Rt△ADA'中，∠AA'D＝∠A'AD＝45°， 在Rt△A'MD中，∠A'DM＝90°﹣45°＝45°， ∴∠A'DB＝135°， 在Rt△BCD中，∠CDB＝∠A'DB﹣∠A'DF＝45°， ∴BC＝DC＝2， ∴A'D＝AD＝AC﹣CD＝22； ②∠A'FD＝90°， ∵∠A'＝∠A＝30°，∠ACB＝90°， ∴∠ABC＝60°，AB＝2BC＝4， ∴当点F与点C重合时，A′B和BC共线，此时，∠A'FD＝90°， 由折叠得A′B＝AB＝4， ∴A′C＝2， ∴A'D． 综上，A'D的长为22或； （3）①由题意可得，D在AB的中垂线和AC的交点处，作AB的中垂线交AC于点D，交AB于点M， ∴DB＝DA， ∴∠DBA＝∠A＝30° ∵∠CBA＝60°， ∠CBD＝∠DBA＝30°， 由翻折的性质可知∠A'BD＝∠ABD， 要使得∠A'BD＝30°，则A'正好在直线BC上， 即A'、B、C三点共线， ∴A'B＝AB＝4， ∵BC＝2， ∴A'C＝A'B﹣BC＝2， ∴A'EA'B＝1， ∴CE＝1， 在Rt△BCD中，BC＝2，∠DBC＝30°， BD． ∴， 故答案为：； ②如图，点A'的轨迹为， ∴∠ABA″＝120°， ∵A'EA'B， ∴E在A'B上，其运动轨迹为以B为圆心，3为半径的圆弧上，即， ∴∠E′BE″＝120°， ∵C为定点， ∴CE扫过的面积为与CE′、CE″围成的图形的面积， 设与CE′、CE″围成的图形的面积为S， ∴S＝S扇形E′BE″﹣S△E′BC﹣S△E″BCBC•BE•sin60°BC•BE•sin60°＝3π3π﹣3． 故答案为：3π﹣3． 题型7 圆的翻折 18．（2025•新城区校级模拟）如图，AB为⊙O的直径，C为圆上一点，M为劣弧AC上一点，将劣弧AC沿弦AC所在的直线翻折，翻折后点M恰好与圆心O重合，则∠B的大小等于（　　） A．50° B．55° C．60° D．65° 【分析】连接OM，OC，根据折叠的性质可得：AC⊥OM，DM＝ODOM，从而可得ODOC，然后在Rt△DOC中，利用锐角三角函数的定义可得cos∠DOC，从而可得∠DOC＝60°，再利用等腰三角形的三线合一性质可得∠AOC＝120°，再利用圆周角定理进行计算即可解答． 【解答】解：连接OM，OC， 由折叠得：AC⊥OM，DM＝ODOM， ∵OM＝OC， ∴ODOC， 在Rt△DOC中，cos∠DOC， ∴∠DOC＝60°， ∵AO＝OC，OD⊥AC， ∴∠AOC＝2∠DOC＝120°， ∴∠ABC∠AOC＝60°， 故选：C． 19．（2025•梁溪区校级一模）如图，AB为⊙O的直径，点C为圆上一点，将劣弧AC沿弦AC翻折交AB于点D，连接CD，点D与圆心O不重合，∠BAC＝28°，则∠DCA的度数为（　　） A．44° B．38° C．34° D．32° 【分析】连接BC，根据直径所对的圆周角是直角求出∠ACB，根据直角三角形两锐角互余求出∠B，再根据翻折的性质得到所对的圆周角，然后根据∠ACD等于所对的圆周角减去所对的圆周角，计算即可得解． 【解答】解：如图，连接BC， ∵AB是直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠BAC＝28°， ∴∠B＝90°﹣∠BAC＝90°﹣28°＝62°． 根据翻折的性质，所对的圆周角为∠B，所对的圆周角为∠ADC， ∴∠ADC+∠B＝180°， ∴∠B＝∠CDB＝62°， ∴∠DCA＝∠CDB﹣∠A＝62°﹣28°＝34°． 故选：C． 20．（2024•咸宁一模）如图，AB是⊙O的直径，点C是上半圆上一点，将AC沿着弦AC翻折后恰好经过OA的中点D，则tan∠BAC的值是（　　） A． B． C． D． 【分析】依据题意，连接CD、BC、CO，并过点C作CE⊥AB于E，由对应的圆周角为∠CAD，而所对的圆周角也是∠CAD，从而，故CD＝CB，再设AD＝x，则AO＝BO＝2x，DO＝x，可得BD＝3x，又CD＝CB，CE⊥AB，可得DEDBx，从而OEx，EBx，OC＝2x，故CE2＝OC2﹣OE2＝4x2x2，进而CB2＝EB2+OE2＝（x）2x2＝6x2，AC2＝AE2+CE2＝（x）2x2＝10x2，可得CBx，ACx，进而计算可以得解． 【解答】解：如图所示，连接CD、BC、CO，并过点C作CE⊥AB于E， ∵对应的圆周角为∠CAD，而所对的圆周角也是∠CAD， ∴． ∴CD＝CB． 设AD＝x，则AO＝BO＝2x，DO＝x， ∴BD＝3x． ∵CD＝CB，CE⊥AB， ∴DEDBx． ∴OEx，EBx，OC＝2x． ∴CE2＝OC2﹣OE2＝4x2x2． ∴CB2＝EB2+OE2＝（x）2x2＝6x2，AC2＝AE2+CE2＝（x）2x2＝10x2． ∴CBx，ACx． ∴tan∠BAC． 故选：D． 21．（2024•南山区校级模拟）如图，点C是⊙O的半径OB上一点，将扇形AOB沿AC折叠，使弧AB′恰好经过圆心O，其中B点的对应点是B′，若∠AOB＝105°，则的值是（　　） A． B． C． D． 【分析】过点D作OD⊥AC并延长交于点O′，设扇形AOB的半径为r，根据折叠的性质得出AC⊥OO'，OD＝O'D，AO＝AO'＝OO'＝r，则△AOO'是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠AOO'＝60°，CD＝ODr，根据角的和差求出∠COD＝45°，根据等腰直角三角形的判定与性质求出OCCDr，根据线段的和差求出BCr，据此求解即可． 【解答】解：如图，过点D作OD⊥AC并延长交于点O′， 设扇形AOB的半径为r， 由折叠的性质可得，AC⊥OO'，OD＝O'D，AO＝AO'＝OO'＝r， ∴△AOO'是等边三角形， ∴∠AOO'＝60°， ∵∠AOB＝105°， ∴∠COD＝45°， ∵AC⊥OO'，OD＝O'D， ∴ODOO′r，∠DCO＝45°＝∠COD， ∴CD＝ODOO'r， ∴OCCDr， ∴BC＝OB﹣OC＝rrr， ∴1， 故选：B． 22．（2024•鄞州区一模）如图，扇形AOB的圆心角∠AOB＞60°，点C在OB上，将△AOC沿AC折叠得到△ADC，CD交弧AB于点E，连结AE，恰有AE＝AD，若CE＝DE＝2，则∠ACD的度数是 　60°　 ，⊙O的半径长是 　2　 ． 【分析】连接OE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，利用折叠的性质可得：∠ACO＝∠DCA∠DCO，∠AOC＝∠D，OA＝AD，从而可得AE＝OE＝OA，进而可得△AOE是等边三角形，再利用等边三角形的性质可得∠OAE＝60°，然后利用等腰三角形的性质可得∠D＝∠AED，从而可得∠AOC＝∠AED，进而可得∠AOC+∠AEC＝180°，从而利用四边形内角和是360°可得：∠OCD＝120°，进而可得∠ACO＝∠DCA∠DCO＝60°，最后利用等腰三角形的三线合一性质可得EF＝DF＝1，从而可得CF＝3，再在Rt△ACF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，在Rt△AEF中，利用勾股定理求出AE的长，即可解答． 【解答】解：连接OE，过点A作AF⊥DE，垂足为F， 由折叠得：∠ACO＝∠DCA∠DCO，∠AOC＝∠D，OA＝AD， ∵AD＝AE，OA＝OE， ∴AE＝OE＝OA， ∴△AOE是等边三角形， ∴∠OAE＝60°， ∵AD＝AE， ∴∠D＝∠AED， ∴∠AOC＝∠AED， ∵∠AED+∠AEC＝180°， ∴∠AOC+∠AEC＝180°， ∴∠OCD＝360°﹣（∠AOC+∠AEC）﹣∠OAE＝120°， ∴∠ACO＝∠DCA∠DCO＝60°， ∵AE＝AD，AF⊥DE， ∴EF＝DFDE＝1， ∵CE＝2， ∴CF＝CE+EF＝2+1＝3， 在Rt△ACF中，AF＝CF•tan60°＝3， 在Rt△AEF中，AE2， ∴OA＝AE＝2， ∴⊙O的半径长为2， 故答案为：60°；2． 考向02 图形的旋转 题型8 旋转综合题型 （1） 旋转的性质：①对应边相等；②对应角相等；③旋转角相等； （二）结合类型的解题思路： 1. 旋转 + 全等 / 相似 · 旋转本身可直接得到全等三角形（旋转前后的图形全等），无需额外证明； · 若旋转后出现成比例线段 + 等角，可进一步证明相似三角形，尤其注意 “旋转角 + 公共角” 形成的等角（手拉手相似模型）。 2. 旋转 + 勾股定理 适用场景：旋转后构造出直角三角形，求线段长度； 核心思路：先通过旋转将所求线段转化为直角三角形的斜边 / 直角边，再用勾股定理计算（需先证明直角）。 3. 旋转 + 四边形 · 正方形 / 菱形：四边相等，有公共顶点，是旋转的天然载体，优先绕中心或顶点旋转； · 平行四边形：对边相等，可绕对角线交点旋转 180°，利用中心对称性质（旋转 180° 重合）解题。 4. 旋转 + 圆 核心性质：若一个点绕定点旋转定角度，则该点的运动轨迹是圆（定点为圆心，定点到该点的距离为半径）； 解题思路：利用 “轨迹为圆”，结合圆的性质（如圆周角定理、切线性质）求角度 / 线段最值（如 “定角定边求最值”）。 23．（2025•常州模拟）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点D是BC中点，点E在AC上且CE＝2AE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF，连接AF，则AF的长为（　　） A．5 B． C． D．6 【分析】连接AD并延长，作FH⊥AD的延长线于点H，作EG⊥AD于点G，D为BC中点，由三线合一可知AD⊥BC，AD平分∠BAC，则AD＝4，由GE∥BC，可得，AG，DG，由∠BAD＝∠CAD，可得tan∠BAD＝tan∠CAD，即，故GE1．再证明△GDE≌△HFD（AAS），故DH＝GE＝1，HF＝GD，AH＝AD+DH＝4+1＝5，在Rt△AHF中，由勾股定理可得AF的长． 【解答】解：如图1所示，连接AD并延长，作FH⊥AD的延长线于点H，作EG⊥AD于点G， ∵AB＝AC＝5，BC＝6，D为BC中点， ∴由三线合一可知AD⊥BC，AD平分∠BAC． ∴BD＝CD＝3， ∴AD4， ∵GE∥BC， ∴，AG，DG， ∵∠BAD＝∠CAD， ∴tan∠BAD＝tan∠CAD，即， 故GE1． ∵∠EDF＝90°， ∴∠GDE+∠HDF＝90°， 又∵∠GDE+∠GED＝90°， ∴∠HDF＝∠GED， 在△GDE和△HDF中， ， ∴△GDE≌△HFD（AAS）， ∴DH＝GE＝1，HF＝GD， ∴AH＝AD+DH＝4+1＝5， 在Rt△AHF中，由勾股定理可得AF． 故选：C． 24．（2025•工业园区一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝64°，∠C＝36°．将△ABC绕点A按逆时针方向旋转后得△ADE，AE与BD相交于点F．当DE∥AB时，∠AFD＝ 　76或14　 °． 【分析】由分两种情况讨论，AB∥DE推导出∠BAD+∠ADE＝180°，进而得到∠ADF，∠DAF，据此解答即可． 【解答】解：如图1， 在△ABC中，∠BAC＝64°，∠C＝36°， ∴∠ABC＝180°﹣64°﹣36°＝80°， ∴∠ADE＝∠ABC＝80°， ∵AB∥DE， ∴∠BAD+∠ADE＝180°， ∴∠BAD＝100°， ∵AD＝AB， ∴∠ADF＝40°， ∵∠EAD＝∠CAB＝64°， ∴∠AFD＝180°﹣40°﹣64°＝76°； 如图2， ∵AB∥DE， ∴∠BAD＝∠ADE＝80°， ∵AD＝AB， ∴∠ADF＝∠ABD＝50°， ∴∠EDF＝∠ADE+∠ADF＝80°+50°＝130°， ∵∠E＝∠C＝36°， ∴∠AFD＝180°﹣36°﹣130°＝14°， 综上所述，∠AFD＝76°或14°， 故答案为：76或14． ∴△CDE为等腰直角三角形， ∴DE＝CD＝1， ∴， 即AE的最小值为； 故答案为：． 25．（2024•玄武区校级模拟）定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”． 如图，已知l1∥l2，l1与l2之间的距离为2．“等高底”△ABC的“等底”BC在直线l1上，点A在直线l2上，△ABC有一边的长是BC的倍．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，A'C所在直线交l2于点D，则CD＝　或2或2　 ． 【分析】①当ABBC时，画出图形分两种情况分别求得CDx或CDAC＝2；②当ACBC时，画出图形分两种情况讨论，求得CD＝AB＝BC＝2． 【解答】解：①当ABBC时， Ⅰ．如图1，作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F， ∵“等高底”△ABC的“等底”为BC，l1∥l2，l1与l2之间的距离为2，ABBC， ∴BC＝AE＝2，AB＝2， ∴BE＝2，即EC＝4， ∴AC＝2， ∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C， ∴∠DCF＝45°， 设DF＝CF＝x， ∵l1∥l2， ∴∠ACE＝∠DAF， ∴，即AF＝2x， ∴AC＝3x＝2， ∴x，CDx． Ⅱ．如图4，此时△ABC等腰直角三角形， ∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C， ∴△ACD是等腰直角三角形， ∴CDAC＝2． ②当ACBC时， Ⅰ．如图5，此时△ABC是等腰直角三角形， ∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C， ∴A'C⊥l1， ∴CD＝AB＝BC＝2； Ⅱ．如图6，作AE⊥BC于E，则AE＝BC， ∴ACBCAE， ∴∠ACE＝45°， ∴△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°，得到△A'B'C时，点A'在直线l1上， ∴A'C∥l2，即直线A'C与l2无交点， 综上所述，CD的值为或2或2． 26．（2024•海陵区校级三模）将▱ABCD绕点D逆时针旋转得四边形DEFG，点A的对应点落在AB上点E处，G、F、C三点共线． （1）如图1，若DA＝2，AE＝3，，求FC的长度； （2）如图2，若点F与点C重合，且S△ADE＝4，S△CBE＝5，求tan∠DAE的值； （3）如图3，∠ABC＝120°，EF交CD于点H，若G、H、B三点共线，求的值． 【分析】（1）先证出△ADE∽△CDG，利用相似性质求出CG的长，再利用线段和差求出CF即可； （2）由三角形面积关系可得出，然后设参数，AE＝4x，BE＝5x，CD＝AB＝CE＝9x，再利用△ADE∽△CDG得出DE＝6x，构造直角三角形，作EF⊥CD，然后利用勾股定理建立方程求出EF，从而即可得解； （3）由∠ABC＝120°以及旋转可得出△ADE、△EDH、△CDG为等边三角形，再证△GDH∽△GAB，利用相似比找出AE和AB的关系，从而在表示出BE，进而求解即可，需要注意的是，如果一道题中出现多个等线段，可以设参简化运算． 【解答】解：（1）∵AE＝3，， ∴AB＝CD， ∵旋转， ∴∠ADE＝∠CDG，AD＝DE＝2，CD＝DG， ∴， ∴△ADE∽△CDG， ∴，即， 解得CG， ∵GF＝DE＝2， ∴FC＝CG﹣GF． （2）∵S△ADE＝4，S△CBE＝5，且两个三角形是等高的， ∴， 设AE＝4x，BE＝5x，则AB＝CD＝9x， 由（1）知△ADE∽△CDG， ∴，即， ∵AD＝DE＝CG， ∴AD2＝36x2， ∴AD＝6x＝DE， 过作EF⊥CD于点F， 则由勾股定理可得EF2＝DE2﹣DF2＝CE2﹣CF2， ∵CE＝AB＝9x，DF+CF＝9x， ∴（6x）2﹣DF2＝（9x）2﹣（9x﹣DF）2， 解得DF＝2x， ∴EF4x， ∴tan∠EDF2， ∵DA＝DE，CD∥AB， ∴∠DAE＝∠DEA＝∠EDF， ∴tan∠DAE＝tan∠EDF＝2． （3）∵∠ABC＝120°， ∴∠A＝60°， ∵DA＝DE， ∴△ADE是等边三角形， 同理△CDG也是等边三角形， ∵∠EDH＝∠DEH＝∠A＝60°， ∴△EDH是等边三角形， 设AD＝DE＝AE＝a，AB＝CD＝GD＝CG＝b，则DH＝DE＝a， ∵DH∥AB， ∴△GDH∽△GAB， ∴，即， 整理得a2+ba﹣b2＝0， 解得ab（负值舍去）， ∴BE＝AB﹣AE＝b﹣ab， ∴． 27．（2025•涟水县二模）将一副直角三角尺按图1摆放，其中∠C＝90°，∠EDF＝90°，∠B＝60°，∠F＝45°，等腰Rt△DEF顶点D在AB边上，DF边经过点C，DE与AC交于点M． （1）若D为AB的中点， ① 　　 ； ②如图2，将△DEF绕点D按顺时针方向旋转，直角边DF交BC于N，试猜想DM与DN之间的数量关系，并说明理由； ③如图2，若，在△DEF绕点D的旋转过程中，求MN的最小值？ （2）如图3，若，在△DEF绕点D的旋转过程中，同时改变点D在AB上位置，MN的最小值也会发生变化，当BD＝ 　　 时，在△DEF绕点D的旋转过程中MN的最小值达到最小，最小值为 　3　 ． 【分析】（1）①证明△DCB是等边三角形，得∠DCB＝60°，∠MCD＝30°，由正切函数可得结论； ②先证明，再证明△DHM∽△DPN，利用相似三角形的性质解决问题即可； ③证明M，D，N，C四点共圆，推出MN是该圆的直径，易知当CD是该圆的直径时，MN的长最短． （2）当CD⊥AB时，根据“垂线段最短”知，CD的长最短，当四边形MDNC是矩形时，MN＝CD，此时MN最短．解直角三角形BCD，求出BD，CD即可． 【解答】解：（1）①∵∠ACB＝90°，AD＝DB， ∴CD＝DA＝DB， ∵∠B＝60°， ∴△BDC是等边三角形， ∴∠DCB＝∠CDB＝60°， ∵∠ACB＝∠CDM＝90°， ∴∠MCD＝30°， ∴， 故答案为：； ②DN，理由如下： 如图，过点D作DH⊥AC于点H，DP⊥BC于点P， ∴∠DHA＝∠DPN＝90°， ∵∠B＝60°， ∴∠PDB＝∠HAD＝30°， ∴∠HDA＝60°， ∴，cos∠PDB＝cos30°， ∴DHAD，DPBD， ∵D为AB的中点， ∴AD＝BD， ∴， ∵∠HDA＝60°，∠PDB＝30°， ∴∠HDP＝90°， ∴∠HDF+∠PDF＝90°， ∵∠EDF＝90°， ∴∠HDE+∠HDF＝90°， ∴∠HDM＝∠PDN， 又∵∠DHM＝∠DPN＝90°， ∴△DHM∽△DPN， ∴， ∴， 即DN； ③如图，连接CD， ∵∠MCN＝∠MDN＝90°， ∴∠MCN+∠MDN＝180°， ∴M，D，N，C四点共圆， ∴MN是该圆的直径， ∵MN≥CD， ∴当MN＝CD时，MN的长最短，此时． （2）如图，当CD⊥AB时， 根据“垂线段最短”知，CD的长最短， 当四边形MDNC是矩形时，MN＝CD，此时MN最短， ∵CD⊥AB，∠B＝60°， ∴∠BCD＝30°， ∴， ∴， ∴MN的最小值为3， 故答案为：，3． 28．（2024•梁溪区校级模拟）如图，将▱ABCD绕点A旋转得到▱AB′C′D′． （1）如图1，∠ABC＝90°，当点B′落在边CD上，延长CD与C′D′交于点E．如果点E为边C′D′的中点，求的值； （2）如图2，∠ABC≠90°，当点B′落在边BC上，且B′C′与边CD相交于点E时，如果点E、B′分别为边CD、BC的中点，求的值． 【分析】（1）根据矩形的判定定理得到▱ABCD是矩形，根据矩形的性质得到AD＝BC，AB＝CD，∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，根据旋转的性质得到B′C′＝BC＝AD，∠C′＝∠C＝∠AB′C′＝90°，求得∠DAB′＝∠C′B′E，根据全等三角形的性质得到B′D＝C′E，由点E为边C′D′的中点，得到C′EC′D′AB′，设B′D＝x，AB′＝2x，于是得到结论； （2）设AB＝2a，BC＝2b，C′E＝m，则，根据平行四边形的性质得到CD＝AB＝2a，AD＝BC＝2b，求得BB′＝B′C＝b，CE＝DE＝a．由旋转的性质可知：AB＝AB′，AD＝AD′，∠BAD＝∠BAD，∠C＝∠C′，得到∠BAB＝∠DAD，根据相似三角形的性质得到，即，求得DD′，根据旋转的性质得到C′D′＝CD＝2a，BC＝B′C′＝2b，B′E＝B′C′﹣C′E＝2b﹣m，根据相似三角形的性质得到，求得或，当时，得到，B′E＝2b﹣m＝a，推出∠B＝∠AB′B＝120°，得到∠B′AB＝180°﹣∠B﹣∠AB′B＝﹣60°（不合题意，舍去），于是得到． 【解答】解：（1）∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形， ∴▱ABCD是矩形， ∴AD＝BC，AB＝CD，∠B＝∠C＝∠ADC＝90°， ∵将▱ABCD绕点A旋转得到▱AB′C′D′， ∴B′C′＝BC＝AD，∠C′＝∠C＝∠AB′C′＝90°， ∴∠B′AD+∠AB′D＝∠AB′D+∠C′B′E＝90°， ∴∠DAB′＝∠C′B′E， ∴△ADB′≌△B′C′E（ASA）， ∴B′D＝C′E， ∵点E为边C′D′的中点， ∴C′EC′D′AB′， 设B′D＝x，AB′＝2x， ∴AD＝BCx， ∴； （2）设AB＝2a，BC＝2b，C′E＝m，则， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB＝2a，AD＝BC＝2b， 又∵点B′、E分别为边BC、CD的中点， ∴BB′＝B′C＝b，CE＝DE＝a． 由旋转的性质可知：AB＝AB′，AD＝AD′，∠BAD＝∠BAD，∠C＝∠C′， ∴∠BAB＝∠DAD， ∴△BAB′∽△DAD′ ∴，即， ∴DD′， 又∵▱ABCD绕点A旋转得到▱AB′C′D′， ∴C′D′＝CD＝2a，BC＝B′C′＝2b，B′E＝B′C′﹣C′E＝2b﹣m， ∴． ∵∠C＝∠C′，∠B′EC＝∠DEC′， ∴△B′EC∽△DEC′ ∴，即， 由得：， 由得：， ∴， ∴即 ∴2b2（2a2﹣b2）﹣a2b2＝（2a2﹣b2）2， ∴整理得：4a4﹣7a2b2+3b4＝0，即（4a2﹣3b2）（a2﹣b2）＝0， ∴4a2＝3b2或a2＝b2， ∴或， 当时，如图所示， 则，B′E＝2b﹣m＝a， ∴B′E＝CE＝B′C＝a， ∴∠C＝60°， 又∵AB∥CD， ∴∠B＝180°﹣∠C＝120°， 又∵AB＝AB′ ∴∠B＝∠AB′B＝120°， ∴∠B′AB＝180°﹣∠B﹣∠AB′B＝﹣60°（不合题意，舍去）， ∴， 即的值为． 延长DC′交直线BC于M，过C作CN∥DM， ∴∠EDC′＝∠NCE，∠DC′E＝∠CNE， ∵CE＝ED， ∴△CNE≌△DC′E（AAS）， ∴CN＝C′D， ∵AB′∥DM，AD∥B′M， ∴四边形AB′MD是平行四边形， ∴B′M＝AD＝BC＝2B′C， ∴C′M＝2CN＝2C′D， 设C′D＝a，BB′＝B， ∴AB＝AB′＝DM＝3a， ∴DD′＝2a， ∴AB＝BC＝2b， ∵△ABB′∽△ADD′， ∴， ∴， ∴． 题型9 手拉手模型 1.手拉手--全等模型 将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。 等线段，共顶点，旋转前后的图形大小，形状不发生变化，只是位置不同而已。解题是通过三角形全等进行解决。SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。 2.手拉手相似模型 条件:如图，∠BAC=∠DAE=，； 结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC. 29．（2024•徐州）如图，在▱ABCD中，AB＝6，AD＝10，∠BAD＝60°，P为边AB上的动点．连接PC，将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，过点E作EF∥AB，EF交直线AD于点F．连接PF、DE，分别取PF、DE的中点M、N，连接MN，交AD于点Q． （1）若点P与点B重合，则线段MN的长度为 　5　 ． （2）随着点P的运动，MN与AQ的长度是否发生变化？若不变，求出MN与AQ的长度；若改变，请说明理由． 【分析】（1）当点P与点B重合时，E、N、D、F、C共线，PE＝PC＝BC，MN为△PDE的中位线，即可求出MN的长度． （2）构造△PFG，使MN为△PFG的中位线，再构造△HPE≌△KCP，进而证得△PGH是等边三角形，得出MNGHAD＝5．然后由△API和△GDI为等边三角形，推导出PB＝DF，然后再由AQ＝AI+IQ＝8，最后得出MN和AQ的长度不变． 【解答】解：（1）当点P与点B重合时，点F在点D处，此时E、N、D、F、C共线， 如图①，在平行四边形ABCD中，BC＝AD＝10． 将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，PC＝BC＝PE＝10． 点M、N分别是PF、ED的中点，由中位线可知2MN＝PE＝10． ∴MN＝5． 故答案为：5． （2）结论：不变． 如解图②，连接FN并延长到点G，使得FN＝GN，连接 GE，DG， ∵点N为 DE中点， ∴EN＝DN． ∴四边形GEFD 为平行四边形， ∴GE∥AF，GD∥EF． 延长EG，BA交于H点，连接PG． ∵GD∥EF∥HB，HG∥AF． ∴四边形HADG为平行四边形， ∴HG＝AD， ∴∠BAD＝∠AHG＝60°． 如解图②，延长AB至点K，使得BK＝BC，连接CK， 在平行四边形ABCD中， ∵∠BAD＝60°， ∴∠CBK＝60°， ∴△BKC是等边三角形， ∴∠K＝60°．KC＝BC＝AD＝10， ∵∠HEP+∠HPE＝120°，∠HPE+∠CPK＝180°﹣60°＝120°， ∴∠HEP＝∠CPK， 又∠K＝∠H＝60°，PE＝PC， ∴△EHP≌△PKC（AAS）． ∴HP＝KC＝AD＝HG＝10， ∴△PGH 为等边三角形． ∵点M、N为PF、GF的中点， ∴MN为△PGF的中位线，MNPG． ∴PG＝HG＝AD＝10． ∴MN＝5．且长度不变； 连接CE， 由△CPE和△GPH都为等边三角形． 由手拉手模型易证△HPE≌△GPC（SAS）． ∴CG＝HE＝AF． 设PG与 AD 交于I点，易证△API和△GDI为等边三角形． 由上可知：△API和△IGD为等边三角形， ∴GD＝ID． ∴AF﹣DI＝CG﹣DG， ∴AI+DF＝DC＝6＝AP+PB， ∵AP＝AI， ∴PB＝DF，设AP＝a， 则PB＝6﹣a＝DF，AI＝AP＝a，ID＝10﹣a， ∴IF＝ID+DF＝10﹣a+6﹣a＝16﹣2a． ∵MN为△GFP的中位线，Q为IF中点， ∴IQIF＝8﹣a， ∴AQ＝AI+IQ＝a+8﹣a＝8． 故MN和AQ的长度都不变． 30．（2026•建邺区一模）在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，线段AC与DE交于点G，连接BD，CE． （1）如图（1），当B，D，E三点共线时，求证：∠BEC＝∠DAE； （2）如图（2），当B，D，E三点不共线时，延长ED交BC于点F． ①求证：AD•CG＝EG•FC； ②若∠BAC＝∠ADB＝90°，求的值． 【分析】（1）由∠BAC＝∠DAE，可得∠BAD＝∠CAE．又因为AB＝AC，AD＝AE，所以△BAD≌△CAE（SAS），所以∠ABD＝∠ACE．又当B，D，E三点共线时，∠AGB＝∠EGC，所以∠BAC＝∠BEC，即∠BEC＝∠DAE． （2）①因为AB＝AC，AD＝AE，所以，又∠BAC＝∠DAE，所以△BAC∽△DAE，所以∠AED＝∠ACB．又∠AGE＝∠FGC，所以△AEG∽△FCG，则，所以AE•CG＝EG•FC，又AD＝AE，所以AD•CG＝EG•FC． ②连接AF，△ABC是等腰直角三角形，求证AF⊥BC即可得到比例关系． 【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE． 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△BAD≌△CAE， ∴∠ABD＝∠ACE． 又∵当B，D，E三点共线时，∠AGB＝∠EGC， ∴∠BAC＝∠BEC， ∴∠BEC＝∠DAE． （2）①证明：∵AB＝AC，AD＝AE， ∴， 又∠BAC＝∠DAE， ∴△BAC∽△DAE， ∴∠AED＝∠ACB． 又∠AGE＝∠FGC， ∴△AEG∽△FCG， ∴， 即AE•CG＝EG•FC， 又AD＝AE， ∴AD•CG＝EG•FC． ②解：如图，连接AF． 由（1）可知，△BAD≌△CAE， ∴∠AEC＝∠ADB＝90°． 由①知△AEG∽△FCG， ∴，即． 又∵∠AGF＝∠EGC， ∴△AGF∽△EGC， ∴∠AFG＝∠ACE， ∴∠AFE+∠EFC＝∠ECA+∠EAC＝180°﹣∠AEC＝90°， ∴∠AFC＝90°． ∴FCACAB， ∴． 31．（2025•沭阳县校级三模）如图1，已知线段AB，AC，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以BC为边在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC＝30°． （1）若∠BDC＝90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，连接DE，用等式表示线段AC与DE的数量关系是DEAC ； （2）如图2，在（1）的条件下，若DE⊥AB，AB＝8，AC＝4，求BC的长； （3）如图3，若∠BCD＝90°，AB＝8，AC＝4，当AD的值最大时，求此时tan∠CBA的值． 【分析】（1）证明△ABE∽△CBD，根据相似三角形的性质得到，∠DBE＝∠CBA，进而证明△ABC∽△EBD，根据相似三角形的性质即可求解； （2）求出AE＝2，延长DE交AB于点F，在Rt△AEF 中，由直角三角形的性质求得EF，AF，进而求得BF的长，根据（1 的结论，得出DE＝2，在Rt△BFD中，勾股定理求得BD，进而根据△ABC∽△EBD，即可求出案． （3）如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，连接BE，EA，ED，EC，同（1）可得△BDE∽△BCA，求出AE的长，进而得出D在以E为圆心，为半径的圆上运动，当点A，E，D 三点共线时，AD的值最大，进而求得cos∠BDA，sin∠BDA，根据△ABC∽△EBD得出∠BDE＝∠BCA，过点A作AF⊥BC于点F，由直角三角形的性质分别求得AF，CF，然后求出BF，最后根据正切的定义即可得出答案． 【解答】解：（1）在Rt△BDC中，∠DBC＝30°，在Rt△BAE中，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°， ∴△ABE∽△CBD，∠DBE+∠EBC＝∠ABC+∠EBC，BE＝AB•cos∠ABEAB， ∴，∠DBE＝∠CBA， ∴△ABC∽△EBD， ∴， ∴DEAC， 故答案为：DEAC； （2）在Rt△BAE，∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，AB＝8， ∴AE＝AB•sin∠EBAAB＝4，∠BAE＝60°， 延长DE交AB于点F，如图所示， ∴EF＝AE•sin∠BAE4＝2，AFAE＝2， ∴BF＝AB﹣AF＝8﹣2＝6， 由（1）可得ACDE， ∴DEAC＝2， ∴DF＝DE+EF＝4， 在Rt△BFD中，BD2， ∵△ABC∽△EBD， ∴， ∴BC24， 即BC＝4； （3）如图所示，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠EAB＝90°，∠EBA＝30°，连接BE，EA，ED，EC， 同（1）可得△BDE∽△BCA， ∴， ∵AC＝4， ∴DE， 在Rt△AEB中，AB＝8，AE＝AB•tan∠EBA＝8， ∴D在以E为圆心为半径的圆上运动， ∴当点A，E，D三点共线时，AD的值最大，此时如图所示，则AD＝AE+DE， 在Rt△ABD中，BD， ∴cos∠BDA，sin∠BDA， ∵∠BEA＝60°， ∴∠BED＝120°， ∵△ABC∽△EBD， ∴∠BDE＝∠BCA， 过点A作AF⊥BC于点F， ∴CF＝AC•cos∠ACB＝2，AF＝AC•sin∠ACB， ∵∠DBC＝30°， ∴BCBD4， ∴BF＝BC﹣CF＝4， Rt△AFB中，tan∠CBA． 32．（2025•徐州模拟）综合与探究 问题解决：在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝90°，AB＝AD＝6，BC＝DE＝8，将Rt△ABC和Rt△ADE的点A重合放置，如图1，连接CE，BD． （1）若将图1中的△ADE绕点A按逆时针方向旋转一定的角度，其他条件不变，则的值为 　　 ． 操作发现： （2）如图2，将△ADE绕点A按逆时针方向旋转，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，连接CE交BM的延长线于点N，连接AN，试判断四边形ABCN的形状，并说明理由． 拓广探索： （3）在△ADE绕点A旋转的过程中，试探究以C，D，E三点为顶点的三角形能否成为直角三角形．若能，请直接写出直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由． 【分析】（1）根据全等三角形的判定定理得到△ADE≌△ABC（SAS），根据勾股定理得到AC＝AE10，求得∠DAE＝∠BAC，根据相似三角形的性质即可得到结论； （2）同（1）得△ADB∽△AEC，得到∠ABD＝∠ACE，根据直角三角形的性质得到BM＝AM＝CMAC，求得∠MBC＝∠MCB，根据平行线的性质得到∠BAM＝∠NCM，∠ABM＝∠CNM，根据全等三角形的性质得到BM＝NM，根据矩形的判定定理得到结论； （3）①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图，根据三角形的面积公式得到S△CDECD•DE（10﹣6）×8＝16；②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图，根据三角形的面积公式即可得到S△CDECD•DE（10+8）×8＝64；③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，如图，根据矩形的性质得到AD＝EQ＝6，AQ＝DE＝8，求得EQ＝CQCE，根据三角形的面积公式得到S△CDEAQ•CE8×12＝48；④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图，根据等腰三角形的性质得到EQ＝CQ，根据三角形中位线定理得到ND＝NEDE＝4，CD＝2NQ，根据三角函数的定义得到NQEQ，根据勾股定理得到EQ，根据三角形的面积公式即可得到S△CDECD•CE． 【解答】解：（1）∵AB＝AD＝6，BC＝DE＝8，∠ABC＝∠ADE＝90°， ∴△ADE≌△ABC（SAS），AC＝AE10， ∴∠DAE＝∠BAC， ∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC 即∠CAE＝∠BAD， ∵1， ∴△ADB∽△AEC， ∴， ∵AB＝6，AC＝10， ∴， 故答案为：； （2）四边形ABCN是矩形； 理由：同（1）得△ADB∽△AEC， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵BM是中线， ∴BM＝AM＝CMAC， ∴∠MBC＝∠MCB， ∵∠ABD+∠MBC＝90°， ∴∠ACE+∠MCB＝90°，即∠BCE＝90°， ∴AB∥CE， ∴∠BAM＝∠NCM，∠ABM＝∠CNM， 又AM＝CM， ∴△BAM≌△NCM（AAS）， ∴BM＝NM， ∴四边形ABCN是平行四边形， ∵∠ABC＝90° ∴四边形ABCN矩形， （3）C，D，E三点能构成直角三角形，理由如下： ①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图， ∴S△CDECD•DE（10﹣6）×8＝16； ②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图， ∴S△CDECD•DE（10+6）×8＝64； ③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，如图， ∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD， ∴四边形ADEQ是矩形， ∴AD＝EQ＝6，AQ＝DE＝8， ∵AE＝AC＝10， ∴EQ＝CQCE， ∴CE＝6， ∴CE＝12， ∴S△CDEAQ•CE8×12＝48； ④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图， ∵DC⊥EC，AQ⊥EC， ∴AQ∥DC， ∵AC＝AE，AQ⊥EC， ∴EQ＝CQ， ∴NQ是△CDE的中位线， ∴ND＝NEDE＝4，CD＝2NQ， ∵∠AND＝∠ENQ，∠ADN＝∠EQN＝90°， ∴∠DAN＝∠QEN， ∴tan∠DAN＝tan∠QEN， ∴， ∴， ∴NQEQ， ∵NQ2+EQ2＝NE2， ∴（EQ）2+EQ2＝22， 解得EQ， ∴CE＝2EQ，NQEQ， ∴CD＝2NQ， ∴S△CDECD•CE． 综上所述，直角三角形CDE的面积为16或64或48或． 33．（2025•镇江模拟）在综合实践课上，同学们以“矩形的旋转”为主题开展探究活动．如图①，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6．在矩形AEFG中，AE＝4，EF＝3，点G在AB上． （1）连接AC，AF，如图②，猜想AC与AF之间的位置关系，并说明理由． （2）将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转到图③所示的位置，连接DG，CF，求出的值． （3）将矩形AEFG绕点A旋转，当点G落在直线CF上时，直接写出线段CF的长． 【分析】（1）通过证明△AGF∽△CBA，可得∠BAC＝∠AFG，由余角的性质可得∠CAF＝90°，可得结论； （2）通过证明△DAG∽△CAF，可求解； （3）分两种情况讨论，由勾股定理可求解． 【解答】解：（1）AC⊥AF，理由如下： ∵四边形ABCD和四边形AEFG是矩形， ∴AG＝EF＝3，AE＝GF＝4，AB＝CD＝8，AD＝BC＝6，∠B＝∠AGF＝90°， ∵， ∴△AGF∽△CBA， ∴∠BAC＝∠AFG， ∵∠AFG+∠GAF＝90°， ∴∠BAC+∠GAF＝90°＝∠CAF， ∴AC⊥AF； （2）如图，连接AF， ∵AB＝8，BC＝AD＝6， ∴AC10， ∵AE＝4，EF＝3， ∴AF5， ∴， ∵∠DAC＝∠FAG， ∴∠DAG＝∠FAC， ∴△DAG∽△CAF， ∴； （3）如图4，当点G在线段CF上时， ∵∠AGC＝90°， ∴GC，∴CF＝CG+GF＝4， 如图5，当点F在线段CG上时， ∵∠AGC＝90°， ∴GC， ∴CF＝CG﹣GF4， 综上所述：CF的长为±4． 34．（2025•梁溪区三模）同学们，你们在初三数学学习中一定有许多收获．我在模型上加以创新，你快来试试，我相信这一定难不倒你们！ 【Ⅰ．“手拉手”模型】 如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D是射线BC上的动点（不与点B，C重合），连接AD，过点D在AD左侧作DE⊥AD，使AD＝kDE，连接AE，点F，G分别是AE，BD的中点，连接DF，FG，BE． （1）如图1，点D在线段BC上，且点D不是BC的中点，当α＝90°，k＝1时，AB与BE的位置关系是　垂直　 ，　　 ． （2）如图2，点D在线段BC上，当α＝60°，时，求证：． 【Ⅱ．“黄金三角形”】 （3）如图3，点C将线段AB分成两部分，较长线段为AC，如果，这个比值叫黄金比，称点C为线段AB的黄金分割点．在求黄金比时，通常设整个线段的长为单位1，较长线段的长为x，请你利用定义求出黄金比． （4）进一步探究发现：①当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比；②腰与底的比是黄金比． 满足以上两种情况之一的三角形叫做黄金三角形，设黄金三角形顶角的角度为2α．请你利用所学知识，选择其中一种并画出图形，求sinα的值． 【分析】（1）连接BF并延长交AC于R，可推出∠AED＝∠ABD＝45°，从而A、B、E、D共圆，从而∠ABE＝90°，从而得出AB与BE垂直，可证得△BEF≌△RAF，从而BF＝RF，从而得出RB∥FG，FGRD，进一步得出结果； （2）作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延长线于H，连接BF，可推出∠AED＝∠ABC＝60°，从而点A、E、B、D共圆，从而得出∠ABE＝∠ADE＝90°，可推出FG⊥BC，进而得出EH∥FG∥AQ，可证得EH+AQ＝2FG，变形得EHAQ＝2FG，可推出DQEH，CQAQ，进一步得出结论； （3）根据黄金比的定义即可求出黄金比； （4）选择①当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比，在△ABC中，CA＝CB，底边AB与腰AC的长度之比为，∠ACB＝2α，过点C作CD⊥AB于点D，根据等腰三角形三线合一得∠ACD∠ACB＝α，再根据正弦的定义可得解． 【解答】（1）解：如图1， 连接BF并延长交AC于R， ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠C＝45°， 同理可得：∠AED＝45°， ∴∠AED＝∠ABD， ∴A、B、E、D共圆， ∴∠ABE+∠ADE＝180°， ∵∠ADE＝90°， ∴∠ABE＝90°， ∴AB与BE垂直， ∵F是AE的中点， ∴BF＝DFAE， ∵G是BD的中点， ∴FG⊥BC， ∵∠ABE+∠BAC＝90°+90°＝180°， ∴BE∥AC， ∴∠EAR＝∠FEB， ∵∠AFR＝∠BFE，AF＝EF， ∴△BEF≌△RAF（ASA）， ∴BF＝RF， ∴RD∥FG，FGRD， ∵FG⊥BC， ∴RD⊥BC， ∵∠C＝45°， ∴CD＝RD， ∴FGCD， 故答案为：垂直，； （2）证明：如图2， 作AQ⊥BC于Q，作EH⊥CB，交CB的延长线于H，连接BF，作射线HF，交QA的延长线于点W， ∵AB＝AC，∠BAC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝60°， ∵∠ADE＝90°，， ∴∠AED＝60°， ∴∠AED＝∠ABC， ∴点A、E、B、D共圆， ∴∠ABE＝∠ADE＝90°， ∵F是AE的中点， ∴BF＝DFAE， ∴FG⊥BC， ∴EH∥FG∥AQ， ∴1， ∴HG＝QG， ∵EH∥AQ， ∴∠EHF＝∠W， ∵∠EFH＝∠AFW， ∴△AFW≌△EFH（AAS）， ∴EH＝AW，FH＝FW， ∴FGWQ（AW+AQ）（EH+AQ）， 即：EH+AQ＝2FG， ∴EHAQ＝2FG， ∵∠H＝90°，∠EBH＝180°﹣∠ABE﹣∠ABC＝30°， ∴BHEH， ∵HG＝QG，BG＝DG， ∴BH＝DQ， ∴DQEH， ∵∠AQC＝90°，∠C＝60°， ∴CQAQ， ∴DQ+3CQ＝2FG， ∴（DQ+CQ）+2CQ＝2FG， ∴BC+CD＝2FG； （3）（3）设AB＝1，AC＝x，则BC＝AB﹣AC＝1﹣x， ∵， 即AC2＝AB•BC， ∴x2＝1×（1﹣x）， 解得x或x（负值不符合题意，舍去）， ∴AC， ∴， ∴黄金比为； （4）选择①当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比， 在△ABC中，CA＝CB，底边AB与腰AC的长度之比为，∠ACB＝2α， 如图，过点C作CD⊥AB于点D， ∴∠ACD∠ACB2α＝α，AB＝2AD，， 在Rt△ACD中，sinα＝sin∠ACD， ∴sinα的值为， ②腰与底的比是黄金比， △ABC中，CA＝CB，腰AC与底边AB的长度之比为，∠ACB＝2α， 如图，过点C作CD⊥AB于点D， ∴∠ACD∠ACB2α＝α，AB＝2AD，， 在Rt△ACD中，sinα＝sin∠ACD， ∴sinα的值为， 考向03 图形的翻折与旋转综合 35．（2025•常州）在平面xOy中以下种不同所得线段的关系． 方式一：向右平移1个单位长度，后绕原点O按逆时针方向旋转90°； 方式二：先原点O按逆时针方向旋转90°，然后向右平移1个单位长度． 如图1小明将线段AB按方式一方式二运动：分别得到线段A1B1、A2B2，发现它们除长度相等外还有其他关系． 【实践体验】 （1）如图2，小明已画出线段CD按方式一运动得到的线段C1D1．请你利用网格，在图2中画出线段CD按方式二运动得到的线段； 【探索发现】 （2）在平面直角坐标系xOy中，将线段a按方式一、方式二运动，分别得到线段a1、a2，则线段a1、a2所在直线可能 　②③　 （写出所有可能的序号）； ①相交；②平行；③是同一条直线． 【综合应用】 （3）如图3，已知点G（2，3），H（x，y）是第一象限内两个不重合的点，将线段GH按方式一、方式二运动，分别得到线段G1H1、G2H2（G1、G2是G的对应点．H1、H2是H的对应点）． ①若点H1与点G2重合，求点H的坐标； ②若线段G1H1与线段G2H2有公共点，直接写出y与x之间的函数表达式，并写出实数x的取值范围． 【分析】（1）按顺序应用旋转和平移的性质画图即可； （2）先求出按方式一和方式二变换后的端点坐标，然后再根据待定系数法列方程组，求出一次项系数，通过一次项系数来判断直线a1，a2的位置关系； （3）①先由平行性质转化为共线问题，再通过参考直线方程得到函数关系y＝x+1； ②通过线段端点位置关系分析范围，结合不等式确定临界点（x＝1和x＝3），结合图形，即可求解． 【解答】解：（1）如图所示，线段C2D2即为所求作的线段； （2）设线段a的端点为P（x1，y1）和Q（x2，y2）， 按方式一变换得到线段对应端点分别为：P1（﹣y1，x1+1），Q1（﹣y2，x2+1）， 按方式二变换得到线段对应端点分别为：P2（1﹣y1，x1），Q2（1﹣y2，x2）， 设直线a1的解析式为：y＝px+q，代入P1（﹣y1，x1+1），Q1（﹣y2，x2+1）得， ，消去q后，整理得，， 设直线a2的解析式为：y＝mx+n，代入P2（1﹣y1，x1），Q2（1﹣y2，x2）得， ，消去n后，整理得，， ∴p＝m，即a1和a2所在直线可能平行或是同一直线， 故选：②③； （3）G（2，3）按方式一运动：向右平移1个单位长度，再绕原点O按逆时针方向旋转90°，G1坐标为（﹣3，3）， H（x，y）按方式一运动：向右平移1个单位长度，再绕原点OH安逆时针方向旋转90°，H1坐标为H1（﹣y，x+1）， G（2，3）按方式二运动：先原点O按逆时针方向旋转90°，再向右平移1个单位，G2坐标为 （﹣2，2）， H（x，y）按方式二运动：先原点O按逆时针方向旋转90°，再向右平移1个单位，H2坐标为 （﹣y+1，x）； ①∵点H1与点G2重合， ∴，解得，即H（1，2）； ②由（2）可知G1H1∥G2H2，若线段G1H1与线段G2H2有公共点，则点G1，H1，G2，H2在一条直线上， 设直线G1G2的解析式为：y＝kx+b， 则， 解得， ∴直线G1G2的解析式为：y＝﹣x， 将点H1坐标为（﹣y，x+1）代入得，x+1＝﹣（﹣y），整理得，y＝x+1， ∴H1（﹣（x+1），x+1），H2（﹣x，x）， 讨论有交点情况： （i）当点H2在线段G1H1上时，两线段有交点， ∴﹣x≤﹣3，即x≥3， （ii）当点H1在线段G1G2上（H1不与端点重合）时，两线段无交点， ∴﹣3＜﹣（x+1）＜﹣2，即1＜x＜2， 当点H2在线段G1G2上时（H1不与端点重合），两线段无交点， ∴﹣3＜﹣x＜﹣2，即2＜x＜3， 综上所述，1＜x＜3时两线段无交点； （iii）当点H1在线段G2H2上时，两线段有交点， ∴﹣（x+1）≥﹣2，即x≤1， 由于点H在第一象限，x＞0， ∴0＜x≤1， 综上所述，若线段G1H1与线段G2H2有公共点，y＝x+1，0＜x≤1或x≥3． 36．（2025•盐都区模拟）图形的平移、轴对称和旋转是初中数学中重要的基本全等变换．这些变换在保持图形形状和大小不变的前提下，通过改变图形的位置或方向，展现出独特的几何特征与性质．灵活运用这三种变换的特性，不仅能将复杂的几何问题化繁为简，还能在探索过程中发现新颖的几何结论，为解决各类数学问题提供巧妙的思路与方法．下面请利用这三种基本全等变换尝试解决以下问题： （1）如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E、F为BC边的三等分点，且EM∥FN∥AB，则图中阴影部分的面积为 　8　 ； （2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E、F为BC边的三等分点，则图中阴影部分的面积为 　4π﹣8　 ； （3）如图3，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点P是折线B﹣A﹣D上的动点（不与点B、D重合），连接CP，线段CB沿CP翻折得到线段CB′，记∠BCP＝α，将点D绕点C按逆时针方向旋转α得到D′，作射线CD′交折线B﹣A﹣D于点Q． ①如图4，当点D'、点B′和点C共线时，求△CPQ的面积； ②点P在运动过程中，当B′点恰好落在矩形ABCD的边AD所在直线时，求AQ的长． 【分析】（1）通过面积割补法可得S阴影＝S矩形ABEM，据此求解即可； （2）连接AF、BP，通过面积转移割补可得S阴影＝S扇形ABF﹣S△ABF，据此求解即可； （3）①先求出∠B'CP＝∠BCP＝∠DCD'＝30°，再解Rt△CDQ和Rt△CBP求出CQ和BP即可得解； ②依据题意分类讨论，当点B'落在边AB上或者AB延长线上时，画出图形，利用折叠的性质+相似三角形求解即可． 【解答】解：（1）∵点E、F为BC边的三等分点， ∴BEBC＝2， ∴S阴影＝S扇形MEC+S矩形ABEM﹣S扇形BAF ＝S矩形ABEM ＝2×4 ＝8； 故答案为：8； （2）如图，连接AF、BP， 则S阴影＝S扇形ABF﹣S△ABF ＝4π﹣8； 故答案为：4π﹣8； （3）①如图， ∵矩形ABCD， ∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°， ∵翻折， ∴∠B′CP＝∠BCP， ∵旋转， ∴∠DCD'＝∠BCP， ∵点D'、点B'和点C共线， ∴∠B′CP＝∠BCP＝∠DCD′， 又∵∠B'CP+∠BCP+∠DCD'＝∠BCD＝90°， ∴∠B'CP＝∠BCP＝∠DCD'＝30°， ∴在Rt△CDQ中，， ∴在Rt△CBP中，， ∴， ∴； ②Ⅰ．当B'点落边AD上时，如图， ∵∠A＝∠D＝90°，∠APB'＝∠CB'D＝90°﹣∠AB'P， ∴△APB'∽ΔDB'C， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵∠BCP＝∠DCQ＝α，∠B＝∠D＝90°， ∴△CDQ∽△CBP， ∴， ∴， ∴， ∴； Ⅱ．当B'点落边AD的延长线上时，如图， 由题可知∠BCP＝∠B'CP＝∠B'PC， ∴△B'CP为等腰三角形， ∴B'P＝B'C＝BC＝6， ∴， ∵∠BCP＝∠DCQ＝α，∠B＝∠D＝90°， ∴△CBQ∽△CDP， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上所述，AQ的长为或． （建议用时：60分钟） 1．（2024•柘城县三模）如图，正方形纸片ABCD中，AB＝2，以A为圆心，以AD的长为半径在正方形内部作，点P为CD上一个动点，连接AP，将AP左侧部分纸片沿AP折叠，点D落在点E处，连接BE．当△AEB为等边三角形时，则BE，线段PE，PC，CB构成的阴影部分的周长为 　　 ． 【分析】首先根据正方形的性质和折叠的性质得到PE+PC＝DP+PC＝CD＝AB＝2；然后根据等边三角形的性质得到∠BAE＝60°，AE＝AB＝2，然后利用弧长公式求出π，进而求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴CD＝BC＝AB＝2， 由折叠可知，DP＝EP， ∴PE+PC＝DP+PC＝CD＝AB＝2； ∵△AEB是等边三角形， ∴∠BAE＝60°，AE＝AB＝2， ∴π， ∴阴影部分的周长为PE+PC2+2π＝4π． 故答案为：π+4． 2．（2025•邗江区三模）如图1至图3，▱ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P在折线BA﹣AD上，连接PC，将▱ABCD沿PC向右上方折叠，折叠后得到△PCE或四边形PCEF． （1）如图1，若∠A＝90°，点P在BA上； ①当射线PE经过点D时，则PD﹣PA　＝　 PE（填“＜”、“＝”、“＞”）； ②当点E，A的距离最小时，求AP的长． （2）如图2，若∠A＝90°，点P在AD上，当点F在CD的延长线上时，求tan∠PCE的值． （3）如图3，若∠A＜90°，，EF恰好经过点D时，求AP的长． 【分析】（1）由题意得到AD＝CB＝CE，∠A＝∠B＝∠PEC＝90°．当射线PE经过点D时，∠CED＝90°．得到∠A＝∠CED．根据平行线的性质得到∠APD＝∠EDC．根据全等三角形的性质得到AP＝DE，于是得到结论； ②设BP＝x，连接AE，如图，当点E在AC上时，点E，A的距离最小，根据勾股定理得到AE＝AC6＝4，根据题意得到∠PEA＝90°，PE＝PB＝x，PA＝8﹣x，根据勾股定理得到BP＝3， （2）当点F在CD的延长线上时，∠PDF＝∠E＝90°．由折叠知PF∥CE，CE＝6，EF＝8．根据相似三角形的性质得到PD，根据三角函数的定义得到tan∠PCE＝tan∠PCB＝tan∠CPD3； （3）如图，分别过C，P两点作EF的垂线，垂足分别为G、H，由折叠知∠A＝∠F＝∠CEG．由，EC＝BC＝AD＝6，得EG，CG．根据勾股定理得到DG，DE，求得DF＝8设AP＝PF＝5m．则FH＝3m，PH＝4m根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：（1）若∠A＝90°，则▱ABCD为矩形， ①由题意，AD＝CB＝CE，∠A＝∠B＝∠PEC＝90°， 当射线PE经过点D时，∠CED＝90°， ∴∠A＝∠CED， ∵AB∥CD， ∴∠APD＝∠EDC， ∴△PDA≌△DCE（AAS）， ∴AP＝DE， ∵PD﹣DE＝PE， ∴PD﹣AP＝PE， 故答案为：＝； ②设BP＝x，连接AE，如图， 当点E在AC上时，点E，A的距离最小， 此时，∠PEA＝90°，AE＝AC6＝4， 由题意，∠PEA＝90°，PE＝PB＝x，PA＝8﹣x， 在Rt△AEP中x2+42＝（8﹣x）2． 解得x＝3，即BP＝3； （2）当点F在CD的延长线上时，∠PDF＝∠E＝90°， 由折叠知PF∥CE，CE＝6，EF＝8， ∴∠PFD＝∠FCE，CF＝10， ∴△PFD∽△FCE，FD＝10﹣8＝2， ∴， ∴PD， ∴tan∠PCE＝tan∠PCB＝tan∠CPD3； （3）如图， 分别过C，P两点作EF的垂线，垂足分别为G、H，由折叠知∠A＝∠F＝∠CEG， 由，EC＝BC＝AD＝6，得EG，CG， 又CD＝8， ∴DG，DE， ∴DF＝8， 设AP＝PF＝5m．则FH＝3m，PH＝4m， ∴DH3m， ∴在Rt△DHP中（4m）2+（3m）2＝（6﹣5m）2， 解得m， ∴AP＝5m． 3．（2025•扬州三模）问题背景：苏科版八年级下册数学教材第95页“探索研究”． （1）如图1，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，正方形A′B′C′D′的顶点A′与点O重合．将正方形A′B′C′D′绕点A′旋转，在这个过程中，这两个正方形重合部分的面积是正方形ABCD面积的　　 ． 问题迁移： （2）等边三角形ABC的中线AD，CH相交于点O，先将△OAB绕点O逆时针旋转α°（0°＜α°＜120°），再沿线段OA方向平移，得到△O‵A‵B‵，点O、A、B的对应点分别为O′、A′、B′，且OO′＝k•O′A，在这个过程中，△O‵A‵B‵的边O′A′，O′B′所在射线分别交AB，BC于点M，N． ①如图2，当O与O′重合时，求证：O′M＝O′N； ②如图3，当时，判断O′M和O′N之间的数量关系，并说明理由； 问题拓展： ③如图4，连接MN，记△ABC周长为p，在a、k的变化过程中，存在a、k的值，使得MN平分△ABC的周长，此时，的最小值是　　 ． 【分析】（1）由正方形ABCD，得∠ODF＝∠OCE＝45°，OD＝OC．证明△DOF≌△COE，得△DOF面积＝△COE面积，故重合部分的面积＝△COE面积+△COF面积＝△DOC面积正方形ABCD面积． （2）①由AD，CH为等边三角形ABC的中线，得OA＝OB，∠OAH＝∠OBH＝30°，∠AOB＝120°．由旋转得到OA＝OA'＝OB＝OB'，∠A''B'＝∠AOB＝120°，∠OAM＝∠B'＝30°．故∠AOA'＝∠BOB'．证明△AOM≌△B'ON，得O′M＝O′N． ②过O'作O'E⊥AB．由∠OAH＝30°，∠HA＝90°，得AO＝2OH．由OA＝OC，CH＝AD，得OH＝OD，再证明△O'ME∽△O'ND，得． ③延长AB至P，使BP＝BN，得∠BPN＝∠BNP＝30°，由N在NP上运动，得当MN⊥PN时，MN最小．由△BMN为等边三角形．得BM＝BN＝MN．由MN平分△ABC的周长，得BM+BN△ABC周长p．得2MNp，于是得到结论． 【解答】解：（1）∵正方形ABCD， ∴∠ODF＝∠OCE＝45°，OD＝OC． ∵∠DOF+∠FOC＝∠FOC+∠COE＝90°， ∴∠DOF＝∠COE， 由∠ODF＝∠OCE，OD＝OC．∠DOF＝∠COE， 得：△DOF≌△COE（ASA）， ∴△DOF面积＝△COE面积， ∴重合部分的面积 ＝△COE面积+△COF面积 ＝△DOF面积+△COF面积 ＝△DOC面积 正方形ABCD面积． （2）①∵AD，CH为等边三角形ABC的中线， ∴OA＝OB，∠OAH＝∠OBH＝30°， ∴∠AOB＝120°． ∵△OAB绕点O旋转，又O与O'重合， ∴OA＝OA'＝OB＝OB'，∠A''B'＝∠AOB＝120°，∠OAM＝∠B'＝30°． ∴∠AOA'＝∠BOB'． 由∠AOA'＝∠BOB'，OA＝OB'，∠OAM＝∠B'， 得：△AOM≌△B'ON（ASA）， ∴O′M＝O′N（即OM＝ON）． ②过O'作O'E⊥AB． ∵∠OAH＝30°，∠HA＝90°， ∴AO＝2OH． ∵OA＝OC，CH＝AD， ∴OH＝OD， ∴AO＝2OD． ∵OH∥O'E， ∴∠EO'D＝∠HOD＝120°， ∠A'O'B'＝120°， ∴∠MO'E＝∠NO'D， ∠O'EM＝∠O'DN＝90°， ∴△O'ME∽△O'ND， ∴． ③延长AB至P，使BP＝BN，连NP． 又∵∠ABC＝60°， ∴∠BPN＝∠BNP＝30°， ∴N在NP上运动， 故当MN⊥PN时，MN最小． ∴∠MNB＝90°﹣∠BNP＝60°， ∴△BMN为等边三角形． ∴BM＝BN＝MN． ∵MN平分△ABC的周长， ∴BM+BN△ABC周长p． ∴2MNp， ∴， 故答案为：． 4．（2024•宝应县一模）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，∠BAC＝60°，点D在线段BC上，将△ACD沿AD折叠使得点C落在AB上C点处． （1）则CD的长为 　2　 ； （2）过点D作DE∥AC交AB于点E，点M是线段AD上的动点，连结BM并延长分别交DE，AC于点F、G． ①如图2，若点M是线段AD的中点，求的值； ②请问当DM的长满足什么条件时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG＝60°？请说明理由． 【分析】（1）解Rt△ADC即可解决问题． （2）①由DE∥AC，可得，证明DF＝AG，即可解决问题． ②求出三种特殊位置：当⊙Q与DE相切时，如图3.1中；当⊙Q经过点E时，如图3.2；当⊙Q经过点D时，如图3.3，分别求出DM的值即可判断． 【解答】解：（1）将△ACD沿AD折叠使得点C落在AB上C'点处，∠BAC＝60°， ∴AD平分∠BAC， ∴∠DAC∠BAC＝30°， 在Rt△ADC中，DC＝AC•tan30°＝62， 故答案为：2； （2）①由题意易知：BC＝6，BD＝4， ∵DE∥AC， ∴∠FDM＝∠GAM， 在△DFM和△AGM中， ， ∴△DFM≌△AGM（ASA）， ∴DF＝AG， ∵DE∥AC， ∴， ∴； ②当DM或DM≤4时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG＝60°；理由如下： ∵∠CPG＝60°，过C、P、G作外接圆，圆心为Q， ∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形． 当⊙Q与DE相切时，如图3.1中，作QH⊥AC于H，交DE于P．连接QC，QG． 则QHr，rr＝2， ∴r， ∴CG4，AG＝2， 由△DFM∽△AGM，可得， ∴DMAD； 当⊙Q经过点E时，如图3.2，延长CQ交AB于K，设CQ＝r． ∵QC＝QG，∠CQG＝120°， ∴∠KCA＝30°， ∵∠CAB＝60°， ∴∠AKC＝90°， 在Rt△EQK中，QK＝3r，EQ＝r，EK＝1， ∴12+（3r）2＝r2， 解得r， ∴CG，，， 由△DFM∽△AGM，可得， ∴； 当⊙Q经过点D时，如图3.3，此时点M、点G与点A重合，可得DM＝AD＝4． 观察图象可知：当DM或DM≤4时，满足条件的点P只有一个． 5．（2025•南京模拟）综合与实践 如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点（点D与点A不重合），连接CD，以CD为直角边在CD的右侧构造Rt△CDE，∠DCE＝90°，连接BE，． 特例感知 （1）如图1，当m＝1时，BE与AD之间的位置关系是 AD⊥BE ，数量关系是 AD＝BE ； 类比迁移 （2）如图2，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，并证明猜想； 拓展应用 （3）在（1）的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，BF，如图3．已知AC＝6，设AD＝x，四边形CDFE的面积为y．求y与x的函数表达式，并求出y的最小值． 【分析】（1）根据已知条件得到得到CE＝CD，CB＝CA，根据等腰直角三角形的性质得到∠A＝∠ABC＝45°，∠ACD＝∠BAE，根据全等三角形的性质得到AD＝BE，∠A＝∠CBE＝45°，根据垂直的定义得到AD⊥BE； （2）根据相似三角形的判定定理得到△ADC∽△BEC，求得求得m，∠CBE＝∠A，得到BE＝mAD，根据垂直的定义得到AD⊥BE； （3）①连接CF交DE于O，由（1）知，AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，求得AB＝6，得到BD＝6x，根据勾股定理得到DE2＝BD2+BE2＝（6x）2+x2，根据线段垂直平分线的性质得到CE＝EF，CD＝DF，推出四边形CDFE是正方形，根据正方形的面积公式即可得到yDE2[（6x）2+x2]，根据二次函数的性质即可得到结论． 【解答】解：（1）AD⊥BE，AD＝BE， 理由：∵1， ∴CE＝CD，CB＝CA， ∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠A＝∠ABC＝45°，∠ACD＝∠BAE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE，∠A＝∠CBE＝45°， ∴∠ABE＝90°， ∴AD⊥BE； 故答案为：AD⊥BE，AD＝BE； （2）BE＝mAD，AD⊥BE， 证明：∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACD＝∠BCE， ∵m， ∴△ADC∽△BEC， ∴m，∠CBE＝∠A， ∴BE＝mAD， ∵∠A+∠ABC＝90°， ∴∠CBE+∠ABC＝90°， ∴∠ABE＝90°， ∴AD⊥BE； （3）①连接CF交DE于O， 由（1）知，AC＝BC＝6，∠ACB＝90°， ∴AB＝6， ∴BD＝6x， ∵AD＝BE＝x，∠DBE＝90°， ∴DE2＝BD2+BE2＝（6x）2+x2， ∵点F与点C关于DE对称， ∴DE垂直平分CF， ∴CE＝EF，CD＝DF， ∵CD＝CE， ∴CD＝DF＝EF＝CE， ∵∠DCE＝90°， ∴四边形CDFE是正方形， ∴yDE2[（6x）2+x2]， ∴y与x的函数表达式为y＝x2﹣6x+36（0＜x≤6）， ∵y＝x2﹣6x+36＝（x﹣3）2+18， ∴y的最小值为18． 6．（2025•七星区校级二模）问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在菱形纸片ABCD中，E为BC的中点．将该菱形纸片沿过点E的直线折叠，使得点C的对应点C'落在AB的延长线上，试猜想CC'与AB的位置关系，并加以证明． （1）数学思考：请解答老师提出的问题； （2）拓展再探：如图2，“兴趣小组”受到老师所提问题的启发，将菱形纸片沿直线DE折叠，点C的对应点C'，连接C'B并延长与AD交于点F，他们认为四边形BEDF是平行四边形．“兴趣小组”得出的结论是否正确，请说明理由． （3）问题解决：如图3，“智慧小组”突发奇想，将菱形纸片沿直线MN折叠，使点A的对应点A'与点E重合，得到的折痕为MN．他们提出了一个新问题：若菱形纸片ABCD的边长为10，，求BN的长度．请你思考该问题，并直接写出结果． 【答案】（1）CC'⊥AB，见解析； （2）兴趣小组结论正确，见解析； （3）． 【分析】（1）由折叠推出CE＝C'E＝BE，等边对等角得到∠ECC'＝∠EC'C，∠EBC'＝∠EC'B，利用三角形的内角和定理，推出∠BC'E+∠CC'E＝90°，即可得出结论； （2）连接CC'，延长DE交CC'于点H，同法（1）得到∠BC'C＝90°，对称得到∠DHC＝90°，推出BF∥DE，再根据DF∥BE，即可得出结论； （3）过点E作EF⊥AB，交AB的延长线于点F，利用菱形的性质，得到，求出EF，BF的长，设BN＝k，在Rt△NFE中，利用勾股定理进行求解即可． 【解答】解：（1）CC'⊥AB， 证明：由折叠可知，CE＝C'E， ∴∠ECC'＝∠EC'C， ∵CE＝BE， ∴BE＝C'E， ∴∠EBC'＝∠EC'B， ∵∠BCC'+∠CC'B+∠CBC'＝180°， ∴2∠BC'E+2∠CC'E＝180° ∴∠BC'E+∠CC'E＝90°， ∴CC'⊥AB； （2）“兴趣小组”得到的结论是正确的． 理由如下： 连接CC'，延长DE交CC'于点H， 由折叠可知，CE＝C'E， ∴∠ECC'＝∠EC'C， ∵CE＝BE， ∴BE＝C'E， ∴∠EBC'＝∠EC'B， ∵∠BCC'+∠CC'B+∠CBC'＝180°， ∴2∠BC'E+2∠CC'E＝180°， ∴∠BC'E+∠CC'E＝90°， ∴∠BC'C＝90°， 又∵C，C'关于DH对称， ∴DH⊥CC'， ∴∠DHC＝90°， ∴∠BC'C＝∠DHC， ∴BF∥DE， ∵四边形ABCD是菱形，DF∥BE， ∴四边形BEDF是平行四边形； （3）过点E作EF⊥AB，交AB的延长线于点F， ∵菱形纸片ABCD的边长为10， ∴， ∵AD∥CB， ∴∠EBF＝∠A， ∴， ∴设EF＝4x，BF＝3x， 则：， ∴x＝1， ∴EF＝4，BF＝3， 设BN＝k， 则：NF＝3+k，AN＝10﹣k， ∵折叠， ∴AN＝EN＝10﹣k， 在Rt△NFE中，EN2＝NF2+EF2， 即：（10﹣k）2＝42+（3+k）2， 解得：； ∴． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/4/16 21:43:27；用户：19902929970；邮箱：19902929970；学号：37357472 7．（2025•徐州模拟）已知矩形纸片ABCD中，AB＝2，BC＝3．将矩形纸片沿EF折叠，使点B落在边CD上． （1）如图1，若点B与点D重合， ①证明：△EDA1≌△FDC； ②求FC的长度； （2）如图2，若点B与CD的中点重合，请求DG的长度； （3）如图2，当点B落在CD边上何处，即B1C的长度为多少时，△FCB1与△B1DG全等． 【分析】（1）①由四边形ABCD是矩形，可得∠A＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，AB＝CD，由折叠的性质可得：∠A＝∠A1，∠B＝∠A1DF＝90°，CD＝A1D，然后利用同角的余角相等，可证得∠A1DE＝∠CDF，则可利用ASA证得△EDA1和△FDC全等； ②设CF＝x，则CF＝3﹣x，根据勾股定理即可解决问题； （2）设FC＝x，根据勾股定理求出x，再证明△BCF∽△GDB，对应边成比例即可解决问题； （3）设B1C＝a，则有FC＝B1D＝2﹣a，B1F＝BF＝1+a，在直角△FCB1中，可得（1+a）2＝（2﹣a）2+a2，解此方程即可求得答案． 【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，AB＝CD， 由题意知：∠A＝∠A1，∠B＝∠A1DF＝90°，CD＝A1D， ∴∠A1＝∠C＝90°，∠CDF+∠EDF＝90°， ∴∠A1DE＝∠CDF， 在△EDA1和△FDC中， ， ∴△EDA1≌△FDC（ASA）； ②解：矩形纸片ABCD中，AB＝2，BC＝3．将矩形纸片沿EF折叠，使点B落在边CD上． 在Rt△CDF中，设CF＝x，则CF＝3﹣x， ∵CF2+CD2＝DF2， ∴x2+4＝（3﹣x）2， 解得x， ∴CF； （2）解：∵B点落在CD中点， ∴B1C＝B1D＝1， 设FC＝x， 则， ∴x2+12＝（3﹣x）2， ∴， ∵∠C＝∠D＝∠FB1G＝90°， ∴∠CBF+∠BFC＝90°，∠CBF+∠DBG＝90°， ∴∠BFC＝∠DBG， ∴△BCF∽△GDB， ∴， ∴， 解得； （3）△FCB1与△B1DG全等． 设B1C＝a，则有FC＝B1D＝2﹣a，B1F＝BF＝1+a， 在直角△FCB1中，根据勾股定理得（1+a）2＝（2﹣a）2+a2， 整理得a2﹣6a+3＝0， 解得：（另一解舍去）， ∴当时，△FCB1与△B1DG全等． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 图形的翻折与旋转综合压轴 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难考向保分攻略 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难考向的核心方法论与实战技巧，精选同源试题巩固内化 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感” 近三年：中考数学中图形的变换压轴题主要分2大类： 一、图形的翻折（每年1~2道，3~13分）； 二、图形的旋转（每年1~2题，3~13分）； 三、图形的翻折与旋转综合（每年1题，3~10分） 考查内容稳定，命题形式多样，各种题型均有涉及，难度中等偏上． 预测2026年：图形的变换一直都是中考数学中的重要考点，基本上是属于中考的必考考点。如常州25年中考T28、连云港24年中考T27、徐州25、24年中考T28考察旋转，无锡市24年27、宿迁市24年中考T28考察图形的翻折，基本上都是综合压轴，所以考生需要在熟练掌握翻折与旋转的基础之上，多做练习，举一反三。 考向01 图形的翻折 （一）图形的翻折常用解题技巧： 1.轴对称的性质：翻折得全等①对应边相等；对应角相等；对应点的连线被对称轴垂直平分； 2.平行线+翻折等腰三角形 （二）常见解题方法： 1.勾股定理（最常用） 2.三角函数 3.全等或相似 （三）注意一题多解 题型1 矩形的翻折 常见6种矩形翻折模型 在矩形ABCD中，AD=2,AB=4 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 1．（2025•梁溪区三模）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ABCD对折，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展平； 第二步：点M在AD上，再次沿BM折叠纸片，使点A落在EF上的点N处． 【活动2】折叠正方形纸片： 第一步：如图2，把正方形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展平； 第二步：点M在AD上（不与点A，D重合），再次沿BM折叠纸片，使点A落在EF下方的点N处，延长MN交CF于点P． （1）在活动1中，求证：∠NBC＝30°； （2）在活动2中，若正方形ABCD的边长为8，PF＝2，求AM的长． 2．（2024•鼓楼区校级三模）如图，矩形ABCD中，AD＝5，AB＝8，点E为射线DC上的一个动点，把△ADE沿AE折叠点．D的对应点为D′． （1）求点D′刚好落在对角线AC上时，D′C的长； （2）求点D′刚好落在此对称轴上时，线段DE的长． 3．（2025•沭阳县校级模拟）综合与探究 在数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展活动． 实践操作： 如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，BC＝10． 第一步：如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点F处，得到折痕CE，然后把纸片展平． 第二步：如图2，再将矩形纸片沿BF折叠，此时点A恰好落在CF上的点N处，BF，BN分别与CE交于点G，M，然后展平． 问题解决： （1）求AE的长． （2）判断EF，MN与CD之间的数量关系，并说明理由． 拓展应用： （3）如图3，延长CE，DA相交于点P，请直接写出PM的长． 4．（2025•海州区校级二模）综合与实践 【发现问题】在进行综合与实践活动时，学习小组发现生活中常用的A4纸是一个长与宽的比为的矩形． 【定义】若一个四边形为矩形，且长与宽的比为，则这个四边形为类A4矩形． 【提出问题】如何用不同形状的纸折一个类A4矩形？ 【分析并解决问题】 （1）学习小组利用一张A4纸ABCD（AB＜BC）对折一次，使AB与DC重合，折叠过程如图1所示，求证：四边形CDMN是类A4矩形； （2）学习小组利用一张正方形纸片ABCD折叠2次，展开后得折痕BD，DE，再将其沿FG折叠，使得点B与点E重合，折叠过程如图2所示．求证：四边形CDFG是类A4矩形； 【拓展延伸】 （3）如图3，四边形ABCD纸片中，AC垂直平分BD，，BD＝20，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA上的点，将四边形ABCD纸片沿EF折叠，使得点B的对应点落在BD上，再沿FG，GH折叠，使得点C，D的对应点分别落在AC，BD上，若四边形EFGH是类A4矩形，请直接写出EF的值． 题型2 正方形的翻折 解题思路与矩形相似 5．（2025•泰州模拟）如图，将正方形纸片ABCD沿PQ折叠，使点C的对称点E落在边AB上，点D的对称点为点F，EF为交AD于点G，连接CG交PQ于点H，连接CE．下列四个结论中：①△PBE∽△QFG；②S△CEG＝S△CBE+S四边形CDQH；③EC平分∠BEG；④EG2﹣CH2＝GQ•GD，正确的是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．（2025•淮安区校级二模）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动． 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平； 操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE； 操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H． 根据以上操作，得∠EBF＝　 　 °． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明； （2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM＝MF． 【深入研究】若EM＝2，直接写出GH的值． 7．（2024•宿迁）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动． 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平； 操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE； 操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF． 把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H． 根据以上操作，得∠EBF＝　45　 °． 【探究证明】 （1）如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明； （2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM＝MF． 【深入研究】 若，请求出的值（用含k的代数式表示）． 题型3 平行四边形的翻折 平行+角平分线等腰 8．（2025·无锡）在平行四边形纸片ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝8．现将该纸片折叠，折痕与纸片ABCD的两边交于点E、F．若E与A重合，F在BC上，且EF⊥BC，则被折痕分成的△EBF与四边形EFCD的面积的比为　 　 ；若折痕EF将纸片ABCD分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为1：3，则折痕EF长的取值范围是　 　 ． 9．（2025•射阳县校级模拟）如图，将平行四边形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M、N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别为E，F，且点F在平行四边形内部，MF的延长线交BC于点G．EF交边BC于点H．AB＝6，∠B＝45°，，当点H为NG三等分点时，MD的长为 　 　 ． 10．（2025•无锡校级二模）如图，在▱ABCD中，，点E在AD边上，且AE＝2，点F是边BC上的一动点，将四边形EFCD沿EF翻折得到四边形EFC′D′，连接AD′． （1）cosB＝　 　 ； （2）当点D′落在直线AB上时，求△AED′的面积； （3）若△AD′E恰好为等腰三角形，请直接写出BF的长． 题型4 菱形的翻折 11．（2025•福田区模拟）如图，在等边△ABC中，过点C作射线CD⊥BC，点M，N分别在边AB，BC上，将△ABC沿MN折叠．使点B落在射线CD上的点B处，连接AB′．已知AB＝2．给出下列四个结论：①CN+NB'为定值；②当∠NB'C＝30°时，四边形BMB'N为菱形；③当点N与C重合时，∠AB'M＝22.5°；④当AB'最短时，，其中正确的结论是（　　） A．①②④ B．①②③④ C．①③④ D．①② 12．（2024•北仑区一模）如图，边长为6的菱形ABCD中，∠A＝60°，E是AB边上的一点，CF＝2，将四边形AEFD沿着EF折叠得到四边形A′D′FE，当A′、B、D′三点在同一条直线上时，∠A′BE+∠D′BC＝ 　　 ，此时D′F交BC边于点G，BG的长为 　 ． 13．（2025•宁波模拟）（1）在四边形ABED中，AB∥DE，在BC上有一点C，连接AC，CD，∠ACD＝∠B，AC＝CD．证明：DE＝BC． （2）若四边形ABCD为菱形，将△BCF沿CF对折，使B′恰好落在AD上，已知AF：BF＝1：3，求sin∠ACF． 题型5 梯形的翻折 14．（2024·无锡）【操作观察】 如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，BC＝8，AB＝12，AD＝13． 折叠四边形纸片ABCD，使得点C的对应点C′始终落在AD上，点B的对应点为B′，折痕与AB，CD分别交于点M，N． 【解决问题】 （1）当点C′与点A重合时，求B′M的长； （2）设直线B′C′与直线AB相交于点F，当∠AFC′＝∠ADC时，求AC′的长． 15．（2025•无锡校级模拟）如图1，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，tanD＝2，点E是射线CD上一动点（不与点C重合），将△BCE沿着BE进行翻折，点C的对应点记为点F． （1）如图1，当点E在线段CD上时，设CE＝x，，求y与x之间的函数关系式，并写出定义域． （2）如图2，连接AC，线段BF与射线CA交于点G，当△CBG是等腰三角形时，求CE的长． 题型6 三角形的翻折 16．（2025•苏州一模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，先将△ABC沿AC翻折到△AB′C处，再将△AB′C沿AB′翻折到△AB′C′处，过点C作CD∥AB交AC′于点D，则CD的长是　 ． 17．（2025•江都区二模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝2，点D是AC上的一个动点，将△ABD沿BD折叠得到△A'BD，A'B交AC于F点． （1）∠A'的度数为 　 　 ； （2）当△A'DF为直角三角形时，求A'D的长； （3）如图2，若点E为线段A'B的四等分点（A'E＜BE），连接线段CE，当D点从点A移动到点C． ①当D点在AB的垂直平分线上时，的值为 　　 ； ②求线段CE扫过的面积 　 　 ． 题型7 圆的翻折 18．（2025•新城区校级模拟）如图，AB为⊙O的直径，C为圆上一点，M为劣弧AC上一点，将劣弧AC沿弦AC所在的直线翻折，翻折后点M恰好与圆心O重合，则∠B的大小等于（　　） A．50° B．55° C．60° D．65° 19．（2025•梁溪区校级一模）如图，AB为⊙O的直径，点C为圆上一点，将劣弧AC沿弦AC翻折交AB于点D，连接CD，点D与圆心O不重合，∠BAC＝28°，则∠DCA的度数为（　　） A．44° B．38° C．34° D．32° 20．（2024•咸宁一模）如图，AB是⊙O的直径，点C是上半圆上一点，将AC沿着弦AC翻折后恰好经过OA的中点D，则tan∠BAC的值是（　　） A． B． C． D． 21．（2024•南山区校级模拟）如图，点C是⊙O的半径OB上一点，将扇形AOB沿AC折叠，使弧AB′恰好经过圆心O，其中B点的对应点是B′，若∠AOB＝105°，则的值是（　　） A． B． C． D． 22．（2024•鄞州区一模）如图，扇形AOB的圆心角∠AOB＞60°，点C在OB上，将△AOC沿AC折叠得到△ADC，CD交弧AB于点E，连结AE，恰有AE＝AD，若CE＝DE＝2，则∠ACD的度数是 　 ，⊙O的半径长是 　 ． 考向02 图形的旋转 题型8 旋转综合题型 （1） 旋转的性质：①对应边相等；②对应角相等；③旋转角相等； （二）结合类型的解题思路： 1. 旋转 + 全等 / 相似 · 旋转本身可直接得到全等三角形（旋转前后的图形全等），无需额外证明； · 若旋转后出现成比例线段 + 等角，可进一步证明相似三角形，尤其注意 “旋转角 + 公共角” 形成的等角（手拉手相似模型）。 2. 旋转 + 勾股定理 适用场景：旋转后构造出直角三角形，求线段长度； 核心思路：先通过旋转将所求线段转化为直角三角形的斜边 / 直角边，再用勾股定理计算（需先证明直角）。 3. 旋转 + 四边形 · 正方形 / 菱形：四边相等，有公共顶点，是旋转的天然载体，优先绕中心或顶点旋转； · 平行四边形：对边相等，可绕对角线交点旋转 180°，利用中心对称性质（旋转 180° 重合）解题。 4. 旋转 + 圆 核心性质：若一个点绕定点旋转定角度，则该点的运动轨迹是圆（定点为圆心，定点到该点的距离为半径）； 解题思路：利用 “轨迹为圆”，结合圆的性质（如圆周角定理、切线性质）求角度 / 线段最值（如 “定角定边求最值”）。 23．（2025•常州模拟）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点D是BC中点，点E在AC上且CE＝2AE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF，连接AF，则AF的长为（　　） A．5 B． C． D．6 24．（2025•工业园区一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝64°，∠C＝36°．将△ABC绕点A按逆时针方向旋转后得△ADE，AE与BD相交于点F．当DE∥AB时，∠AFD＝ 　 　 °． 25．（2024•玄武区校级模拟）定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”． 如图，已知l1∥l2，l1与l2之间的距离为2．“等高底”△ABC的“等底”BC在直线l1上，点A在直线l2上，△ABC有一边的长是BC的倍．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，A'C所在直线交l2于点D，则CD＝　 　 ． 26．（2024•海陵区校级三模）将▱ABCD绕点D逆时针旋转得四边形DEFG，点A的对应点落在AB上点E处，G、F、C三点共线． （1）如图1，若DA＝2，AE＝3，，求FC的长度； （2）如图2，若点F与点C重合，且S△ADE＝4，S△CBE＝5，求tan∠DAE的值； （3）如图3，∠ABC＝120°，EF交CD于点H，若G、H、B三点共线，求的值． 27．（2025•涟水县二模）将一副直角三角尺按图1摆放，其中∠C＝90°，∠EDF＝90°，∠B＝60°，∠F＝45°，等腰Rt△DEF顶点D在AB边上，DF边经过点C，DE与AC交于点M． （1）若D为AB的中点， ① 　 ； ②如图2，将△DEF绕点D按顺时针方向旋转，直角边DF交BC于N，试猜想DM与DN之间的数量关系，并说明理由； ③如图2，若，在△DEF绕点D的旋转过程中，求MN的最小值？ （2）如图3，若，在△DEF绕点D的旋转过程中，同时改变点D在AB上位置，MN的最小值也会发生变化，当BD＝ 　 　 时，在△DEF绕点D的旋转过程中MN的最小值达到最小，最小值为 　 　 ． 28．（2024•梁溪区校级模拟）如图，将▱ABCD绕点A旋转得到▱AB′C′D′． （1）如图1，∠ABC＝90°，当点B′落在边CD上，延长CD与C′D′交于点E．如果点E为边C′D′的中点，求的值； （2）如图2，∠ABC≠90°，当点B′落在边BC上，且B′C′与边CD相交于点E时，如果点E、B′分别为边CD、BC的中点，求的值． 题型9 手拉手模型 1.手拉手--全等模型 将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等。其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。 等线段，共顶点，旋转前后的图形大小，形状不发生变化，只是位置不同而已。解题是通过三角形全等进行解决。SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。 2.手拉手相似模型 条件:如图，∠BAC=∠DAE=，； 结论：△ADE∽△ABC，△ABD∽△ACE；；∠BFC=∠BAC. 29．（2024•徐州）如图，在▱ABCD中，AB＝6，AD＝10，∠BAD＝60°，P为边AB上的动点．连接PC，将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，过点E作EF∥AB，EF交直线AD于点F．连接PF、DE，分别取PF、DE的中点M、N，连接MN，交AD于点Q． （1）若点P与点B重合，则线段MN的长度为 　　 ． （2）随着点P的运动，MN与AQ的长度是否发生变化？若不变，求出MN与AQ的长度；若改变，请说明理由． 30．（2026•建邺区一模）在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，线段AC与DE交于点G，连接BD，CE． （1）如图（1），当B，D，E三点共线时，求证：∠BEC＝∠DAE； （2）如图（2），当B，D，E三点不共线时，延长ED交BC于点F． ①求证：AD•CG＝EG•FC； ②若∠BAC＝∠ADB＝90°，求的值． 31．（2025•沭阳县校级三模）如图1，已知线段AB，AC，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以BC为边在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC＝30°． （1）若∠BDC＝90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB＝90°，∠EBA＝30°，连接DE，用等式表示线段AC与DE的数量关系是 ； （2）如图2，在（1）的条件下，若DE⊥AB，AB＝8，AC＝4，求BC的长； （3）如图3，若∠BCD＝90°，AB＝8，AC＝4，当AD的值最大时，求此时tan∠CBA的值． 32．（2025•徐州模拟）综合与探究 问题解决：在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝90°，AB＝AD＝6，BC＝DE＝8，将Rt△ABC和Rt△ADE的点A重合放置，如图1，连接CE，BD． （1）若将图1中的△ADE绕点A按逆时针方向旋转一定的角度，其他条件不变，则的值为 　 　 ． 操作发现： （2）如图2，将△ADE绕点A按逆时针方向旋转，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，连接CE交BM的延长线于点N，连接AN，试判断四边形ABCN的形状，并说明理由． 拓广探索： （3）在△ADE绕点A旋转的过程中，试探究以C，D，E三点为顶点的三角形能否成为直角三角形．若能，请直接写出直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由． 33．（2025•镇江模拟）在综合实践课上，同学们以“矩形的旋转”为主题开展探究活动．如图①，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6．在矩形AEFG中，AE＝4，EF＝3，点G在AB上． （1）连接AC，AF，如图②，猜想AC与AF之间的位置关系，并说明理由． （2）将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转到图③所示的位置，连接DG，CF，求出的值． （3）将矩形AEFG绕点A旋转，当点G落在直线CF上时，直接写出线段CF的长． 34．（2025•梁溪区三模）同学们，你们在初三数学学习中一定有许多收获．我在模型上加以创新，你快来试试，我相信这一定难不倒你们！ 【Ⅰ．“手拉手”模型】 如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D是射线BC上的动点（不与点B，C重合），连接AD，过点D在AD左侧作DE⊥AD，使AD＝kDE，连接AE，点F，G分别是AE，BD的中点，连接DF，FG，BE． （1）如图1，点D在线段BC上，且点D不是BC的中点，当α＝90°，k＝1时，AB与BE的位置关系是　　 ，　　 ． （2）如图2，点D在线段BC上，当α＝60°，时，求证：． 【Ⅱ．“黄金三角形”】 （3）如图3，点C将线段AB分成两部分，较长线段为AC，如果，这个比值叫黄金比，称点C为线段AB的黄金分割点．在求黄金比时，通常设整个线段的长为单位1，较长线段的长为x，请你利用定义求出黄金比． （4）进一步探究发现：①当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比；②腰与底的比是黄金比． 满足以上两种情况之一的三角形叫做黄金三角形，设黄金三角形顶角的角度为2α．请你利用所学知识，选择其中一种并画出图形，求sinα的值． 考向03 图形的翻折与旋转综合 35．（2025•常州）在平面xOy中以下种不同所得线段的关系． 方式一：向右平移1个单位长度，后绕原点O按逆时针方向旋转90°； 方式二：先原点O按逆时针方向旋转90°，然后向右平移1个单位长度． 如图1小明将线段AB按方式一方式二运动：分别得到线段A1B1、A2B2，发现它们除长度相等外还有其他关系． 【实践体验】 （1）如图2，小明已画出线段CD按方式一运动得到的线段C1D1．请你利用网格，在图2中画出线段CD按方式二运动得到的线段； 【探索发现】 （2）在平面直角坐标系xOy中，将线段a按方式一、方式二运动，分别得到线段a1、a2，则线段a1、a2所在直线可能 　 　 （写出所有可能的序号）； ①相交；②平行；③是同一条直线． 【综合应用】 （3）如图3，已知点G（2，3），H（x，y）是第一象限内两个不重合的点，将线段GH按方式一、方式二运动，分别得到线段G1H1、G2H2（G1、G2是G的对应点．H1、H2是H的对应点）． ①若点H1与点G2重合，求点H的坐标； ②若线段G1H1与线段G2H2有公共点，直接写出y与x之间的函数表达式，并写出实数x的取值范围． 36．（2025•盐都区模拟）图形的平移、轴对称和旋转是初中数学中重要的基本全等变换．这些变换在保持图形形状和大小不变的前提下，通过改变图形的位置或方向，展现出独特的几何特征与性质．灵活运用这三种变换的特性，不仅能将复杂的几何问题化繁为简，还能在探索过程中发现新颖的几何结论，为解决各类数学问题提供巧妙的思路与方法．下面请利用这三种基本全等变换尝试解决以下问题： （1）如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E、F为BC边的三等分点，且EM∥FN∥AB，则图中阴影部分的面积为 　　 ； （2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E、F为BC边的三等分点，则图中阴影部分的面积为 　　 ； （3）如图3，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点P是折线B﹣A﹣D上的动点（不与点B、D重合），连接CP，线段CB沿CP翻折得到线段CB′，记∠BCP＝α，将点D绕点C按逆时针方向旋转α得到D′，作射线CD′交折线B﹣A﹣D于点Q． ①如图4，当点D'、点B′和点C共线时，求△CPQ的面积； ②点P在运动过程中，当B′点恰好落在矩形ABCD的边AD所在直线时，求AQ的长． （建议用时：60分钟） 1．（2024•柘城县三模）如图，正方形纸片ABCD中，AB＝2，以A为圆心，以AD的长为半径在正方形内部作，点P为CD上一个动点，连接AP，将AP左侧部分纸片沿AP折叠，点D落在点E处，连接BE．当△AEB为等边三角形时，则BE，线段PE，PC，CB构成的阴影部分的周长为 　 ． 2．（2025•邗江区三模）如图1至图3，▱ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P在折线BA﹣AD上，连接PC，将▱ABCD沿PC向右上方折叠，折叠后得到△PCE或四边形PCEF． （1）如图1，若∠A＝90°，点P在BA上； ①当射线PE经过点D时，则PD﹣PA　　 PE（填“＜”、“＝”、“＞”）； ②当点E，A的距离最小时，求AP的长． （2）如图2，若∠A＝90°，点P在AD上，当点F在CD的延长线上时，求tan∠PCE的值． （3）如图3，若∠A＜90°，，EF恰好经过点D时，求AP的长． 3．（2025•扬州三模）问题背景：苏科版八年级下册数学教材第95页“探索研究”． （1）如图1，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，正方形A′B′C′D′的顶点A′与点O重合．将正方形A′B′C′D′绕点A′旋转，在这个过程中，这两个正方形重合部分的面积是正方形ABCD面积的　 ． 问题迁移： （2）等边三角形ABC的中线AD，CH相交于点O，先将△OAB绕点O逆时针旋转α°（0°＜α°＜120°），再沿线段OA方向平移，得到△O‵A‵B‵，点O、A、B的对应点分别为O′、A′、B′，且OO′＝k•O′A，在这个过程中，△O‵A‵B‵的边O′A′，O′B′所在射线分别交AB，BC于点M，N． ①如图2，当O与O′重合时，求证：O′M＝O′N； ②如图3，当时，判断O′M和O′N之间的数量关系，并说明理由； 问题拓展： ③如图4，连接MN，记△ABC周长为p，在a、k的变化过程中，存在a、k的值，使得MN平分△ABC的周长，此时，的最小值是　 ． 4．（2024•宝应县一模）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，∠BAC＝60°，点D在线段BC上，将△ACD沿AD折叠使得点C落在AB上C点处． （1）则CD的长为 　 ； （2）过点D作DE∥AC交AB于点E，点M是线段AD上的动点，连结BM并延长分别交DE，AC于点F、G． ①如图2，若点M是线段AD的中点，求的值； ②请问当DM的长满足什么条件时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG＝60°？请说明理由． 5．（2025•南京模拟）综合与实践 如图，在Rt△ABC中，点D是斜边AB上的动点（点D与点A不重合），连接CD，以CD为直角边在CD的右侧构造Rt△CDE，∠DCE＝90°，连接BE，． 特例感知 （1）如图1，当m＝1时，BE与AD之间的位置关系是 ，数量关系是 ； 类比迁移 （2）如图2，当m≠1时，猜想BE与AD之间的位置关系和数量关系，并证明猜想； 拓展应用 （3）在（1）的条件下，点F与点C关于DE对称，连接DF，EF，BF，如图3．已知AC＝6，设AD＝x，四边形CDFE的面积为y．求y与x的函数表达式，并求出y的最小值． 6．（2025•七星区校级二模）问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在菱形纸片ABCD中，E为BC的中点．将该菱形纸片沿过点E的直线折叠，使得点C的对应点C'落在AB的延长线上，试猜想CC'与AB的位置关系，并加以证明． （1）数学思考：请解答老师提出的问题； （2）拓展再探：如图2，“兴趣小组”受到老师所提问题的启发，将菱形纸片沿直线DE折叠，点C的对应点C'，连接C'B并延长与AD交于点F，他们认为四边形BEDF是平行四边形．“兴趣小组”得出的结论是否正确，请说明理由． （3）问题解决：如图3，“智慧小组”突发奇想，将菱形纸片沿直线MN折叠，使点A的对应点A'与点E重合，得到的折痕为MN．他们提出了一个新问题：若菱形纸片ABCD的边长为10，，求BN的长度．请你思考该问题，并直接写出结果． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/4/16 21:43:27；用户：19902929970；邮箱：19902929970；学号：37357472 7．（2025•徐州模拟）已知矩形纸片ABCD中，AB＝2，BC＝3．将矩形纸片沿EF折叠，使点B落在边CD上． （1）如图1，若点B与点D重合， ①证明：△EDA1≌△FDC； ②求FC的长度； （2）如图2，若点B与CD的中点重合，请求DG的长度； （3）如图2，当点B落在CD边上何处，即B1C的长度为多少时，△FCB1与△B1DG全等． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $