专题01 几何变换综合（旋转、翻折、平移）（选择压轴题）（北京专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

专题01 几何变换综合（旋转、翻折、平移）（选择压轴题） 命题预测 以三角形、正方形、矩形为载体，三大几何变换为核心载体，弱化纯计算，强化**动态探究、线段关系证明、角度推导、分类讨论**，常结合特殊角、中点模型综合设问，是几何核心压轴必考方向。 高频考法 1.手拉手旋转模型 2.折叠翻折边角等量转化 3.平移动态线段探究 4.中点+几何变换综合 5.特殊图形变换下多结论论证 典例·靶向·突破 题型01 旋转类综合（手拉手、半角、共顶点模型） 1．（26·北京·模拟测试）一副三角板如图摆放，点是45°角三角板的斜边的中点，．当30°角三角板的直角顶点绕着点旋转时，直角边，分别与，相交于点，．在旋转过程中有以下结论：①；②四边形有可能为正方形；③长度的最小值为2；④四边形的面积保持不变：⑤面积的最大值为2，其中正确的个数是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】利用两直角三角形的特殊角、性质及旋转的性质分别判断每一个结论，找到正确的即可． 【详解】解：①连接CF， ∵F为AB中点，AC=BC，∠ACB=90°， ∴AF=BF=CF，CF⊥AB， ∴∠AFM+∠CFM=90°． ∵∠DFE=90°，∠CFM+∠CFN=90°， ∴∠AFM=∠CFN． 同理，∵∠A+∠MCF=90°，∠MCF+∠FCN=90°， ∴∠A=∠FCN， 在△AMF与△CNF中， ， ∴△AMF≌△CNF（ASA）， ∴MF=NF． 故①正确； ②当MF⊥AC时，四边形MFNC是矩形，此时MA=MF=MC，根据邻边相等的矩形是正方形可知②正确； ③连接MN，当M为AC的中点时，CM=CN，根据边长为4知CM=CN=2，此时MN最小，最小值为，故③错误； ④当M、N分别为AC、BC中点时，四边形CDFE是正方形． ∵△ADF≌△CEF， ∴S△CEF=S△AMF ∴S四边形CDFE=S△AFC． 故④正确； ⑤由于△MNF是等腰直角三角形，因此当MF最小时，FN也最小； 即当DF⊥AC时，MF最小，此时FN=AC=2． ∴MN=MF=； 当△CMN面积最大时，此时△MNF的面积最小． 此时S△CMN=S四边形CFMN-S△FMN=S△AFC-S△DEF=4-2=2， 故⑤正确． 故选：C． 【点睛】此题考查的知识点有等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质等知识点，综合性强，难度较大，是一道难题． 2．（25-26·北京·模拟测试）如图，在中，，，将绕点顺时针方向旋转得到，与相交于点，下列说法错误的是（    ） A．若，则 B． C． D．连接及，则 【答案】C 【分析】由旋转的性质得出，，根据平行线的性质得出，由等腰三角形的性质得出，继而求出，则可求出，可判断选项A；设，根据旋转的性质及等腰三角形的性质分别求出、，可得，可判断选项B；根据旋转的性质及等腰三角形的性质分别求出、，可判断选项C；根据旋转的性质及等腰三角形的性质分别求出、，可判断选项D． 【详解】解：∵将绕着点顺时针方向旋转得到，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴选项A说法正确，故此选项不符合题意； 设， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴选项B说法正确，故此选项不符合题意； ∵，， ∴， ∴选项C说法错误，故此选项符合题意； 如图， ∵，，， ∴， ， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴选项D说法正确，故此选项不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查旋转的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质及等腰三角形的性质是解题的关键． 题型02 图形翻折折叠计算与证明压轴 1．（25-26·北京海淀·模拟测试）如图，在中，，，点为边上一点，连接，将沿翻折，使点落在点处，点为边上一点，连接，将沿翻折，点恰好与点重合．，则下列结论：①点是的中点；②是等腰三角形；③与互补；④的长是1；⑤的面积是2．其中结论正确的有（   ）个． A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】C 【分析】根据折叠的性质，得，，，，得到，可判定①正确；结合，可判定②正确；根据折叠的性质，可证，判定③正确；设，由勾股定理，得,解得，判定④⑤错误，解答即可． 本题考查了折叠的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，四边形内角和定理，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】解：根据折叠的性质，得，， ，， ∴， ∴点是的中点， 故①正确； ∵，， ∴， ∴是等腰三角形， 故②正确； 根据折叠的性质，得，，，， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴与互补， 故③正确； ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，， 设， ∴， 根据勾股定理，得， ∴, 解得， ∴的长是， ∴的面积是， 故④⑤错误； ∴结论正确的有3个， 故选：C． 2．（25-26·北京·模拟测试）如图1，在中，，为中点．将沿翻折，得到（如图2），为上一点，再将沿翻折，使得与重合（如图3），给 出下列四个命题：①；②；③；④．其中真命题的是（   ） A．①④ B．②④ C．①③ D．①③④ 【答案】C 【分析】根据折叠的性质得到，，等量代换得到，可得，即可判断①；假设，根据全等三角形的性质得到，由直角三角形的性质得到，于是得到与不一定全等，即可判断②；根据等腰三角形的性质得到，得到，根据三角形的内角和得到，即可判断③；假设，得到，由直角三角形的性质得到，得到，推出不一定等于，得到不一定垂直于，即可判断④． 【详解】解：如下图， 将沿翻折，得到， ∴， ∵再将沿翻折，使得与重合， ∴， ∴， ∴，故①正确； 假设，则有， ∵在中，，为中点， ∴， ∴， ∴，而不一定等于， ∴与不一定全等；故②错误； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故③正确； 假设，则， ∵在中，，为中点， ∴， ∴ ∵ ∴， ∴，而不一定等于， ∴不一定垂直于，故④错误． 综上所述，①③是真命题． 故选：C． 【点睛】本题考查的是命题的真假判断，掌握直角三角形的性质、全等三角形的判定定理、翻转变换的性质是解题的关键． 题型03 动点平移结合特殊四边形探究 1．（2026·北京朝阳·一模）如图，在菱形中，，点，分别是，上的动点，且与交于点，连接，则下列说法中不正确的是（    ） A． B． C．为定值 D．平分 【答案】A 【分析】先证明，可得，如图，过点D作于M，于N，可得，证明，，，再进一步分析即可. 【详解】解：∵四边形为菱形，， ∴，，为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图，过点D作于M，于N， 则， ∴，， ∵， ∴， ∴，， 故D正确，不符合题意； ∴， ∴ ； 故A错误，符合题意； ∵，， ∴， 故B正确，不符合题意； ∵， ∴， 故C正确，不符合题意； 故选：A. 2．（2026·北京·模拟预测）如图，在矩形中，，是射线上一动点，连接并将它绕点顺时针旋转得到线段，连接，取的中点，再连接．则下列说法正确的是（   ） A．的最小值为2 B．的最小值为 C．的最小值为 D．的最小值为 【答案】B 【分析】如图，连接，过作交的延长线于，与交于点，证明点在射线上，当点运动到时，此时最短，进一步可判断A；如图所示，作点关于直线的对称点，连接，则，当三点共线时，此时最小．进一步可判断B，如图，过作于，取的中点，则，证明在射线上运动，可得当时，最小，进一步可得判断C．要使取得最小，即最小，如图，当移动到上时，的值最小，进一步可判断D． 【详解】解：如图，连接，过作交的延长线于，与交于点， ∵在矩形中，， ∴，，， ∵，，为的中点， ∴，， ∴四点在同一个圆上， ∴， ∴点在射线上， ∴当点运动到时，此时最短， 如图，当重合，重合时， 此时四边形是正方形，则，， ∴， ∴， ∴当，重合时，的最小值为， ∴A选项错误． 如图所示，作点关于直线的对称点，连接，则， 当三点共线时，此时最小． 延长交于点，则为等腰直角三角形， 即， 连接，则， ∴，所以B选项正确． 如图，过作于，取的中点，则， 根据旋转可得，， ∵， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 又∵，， ∴，共线，， ∴在射线上运动， ∴当时，最小， ∴，的最小值为， ∴C选项错误． 由题意可知，为等腰直角三角形，为的中点， ∴， ∵要使取得最小，即最小， 如图，当移动到上时，的值最小，为． 即的最小值为4， ∴D选项错误． 题型04 几何变换+中点、垂线复合模型 1．（25-26·北京·一模）如图，与都是等边三角形，其中点是边与边的中点，连接，则等于（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，解题关键是做辅助线构造相似三角形，利用相似比求解．连接，可得结合锐角三角函数即可证明由相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：连接，如图：   点是边与边的中点， ， ， ， 与都是等边三角形， ， ， ， ， ， 故选：A． 2．（2026·北京·一模）如图，P为反比例函数在第一象限内图像上的一点，过点P分别作x轴，y轴的垂线交一次函数的图像于点A，B，若，则k的值是（    ） A．10 B．8 C．6 D．4 【答案】B 【分析】过作轴于，过作轴于，易得、和都是等腰直角三角形，进而得到，，再根据，可得，设，则，，依据，即可得到． 【详解】解：如图所示，过作轴于，过作轴于， 一次函数中，令，则；令，则， ∴， ， 、和都是等腰直角三角形， ，， ， ， 又， ， 同理可得， ， ， ∴， 设，则，， ， 即， ∵点P为反比例函数上的点， ， 故答案为：8． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、反比例函数、一次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形等知识，综合性强，解题的关键是正确作出辅助线，构造相似三角形． 1．（25-26·北京·模拟测试）如图①，将一副三角板中的两个直角叠放在一起，其中，，，，现按住三角板不动，将三角板绕点C顺时针旋转，图②是旋转过程中的某一位置，当B、C、E三点第一次共线时旋转停止，记（k为常数），给出下列四个说法： ①当时，直线与直线相交所成的锐角度数为； ②当时，； ③当时，； ④当时，．其中正确的说法的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】先证明，然后求出当时，，由此按照图①求解即可判断（1）；当时， 求得，，则，即可判断（2）；当时，先求出，则，，即可判断（3）；根据题意当时，只有如图②一种情况，据此判断（4）即可． 【详解】解：当三角板旋转角度小于度时，如题干图②，设直线与直线交于F， ∴， ∴， 当时，即，如图①所示， ∴， ∴； 当三角板旋转角度大于时，如图②所示， ∴， ∴当时，即， ∴， ∴此时在图中的位置， ∴，故（1）正确； 当三角板旋转角度小于度时，如图所示， 当时，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当三角板旋转角的大于时，如图④所示， 同理可得， ∴， ∴， ∵， ∴，故（2）错误； 如图⑤所示，当时， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴，故（3）正确； 由于顺时针旋转到B、C、E共线时停止， ∴当时，只有如下图⑥一种情况， ∴， ∴， ∴， ∴，故（4）正确， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了三角板中角度的计算，三角形内角和定理，平行线的判定，正确理解题意是解题的关键． 2．（25-26·北京海淀·一模）如图，在中，，点D、E分别是的中点．将绕点A顺时针旋转，射线与射线交于点P，在这个旋转过程中有下列结论： ①；②存在最大值为；③存在最小值为；④点P运动的路径长为．其中，正确的是（    ）    A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．②③④ 【答案】C 【分析】根据，，点D、E分别是的中点．得出，，可证，再证 ，可判断①正确；证明，则，则当最小时，最小利用勾股定理求出，在中，斜边一定，当最小时，最大，则当最大时，最小，此时，如图3所示，求出，证明，得到，证明四边形是正方形，得到，则，即可判断②正确，③正确；取的中点为O，连接，推出点P在以为直径的圆上运动，；如图4，当时，则，由此可得点P在以点O为圆心，长为半径的圆上运动的轨迹为，即点P运动的路径长为：，故④不正确． 【详解】解：设与交于G，如图2所示：    ∵，点D、E分别是的中点， ∴， ∴， 在和中， ， ∴，故①正确； ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当最小时，最小， 在中，由勾股定理得：， 在中，斜边一定，当最小时，最大， ∵当最小时，最小，而， ∴当最大时，最小，此时，如图3所示    在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴存在最大值为存在最小值为，故②正确，③正确； 取的中点为O，连接， ∵， ∴点P在以为直径的圆上运动，， 如图4，当时，，    ∴， ∴， ∵将绕点A顺时针旋转， ∴点P在以点O为圆心，长为半径的圆上运动的轨迹为， ∴点P运动的路径长为：故④不正确； 故选：C． 【点睛】本题考查图形旋转性质，线段中点定义，三角形全等判定与性质，圆的切线，正方形判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，弧长公式，本题难度大，正确添加辅助线是解题关键． 3．（25-26·北京·一模）如图，将正方形折叠，使得点落在边的点上，点折叠后的对应点为，折痕为，连接，若，，则的长为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正方形和折叠的性质，通过证明三角形全等求出正方形边长及相关线段，再证明三角形相似，结合勾股定理求解的长度． 【详解】连接交于，过作于，过作于点． ∵四边形是正方形， ∴，． ∵， ∴四边形是矩形，． 由折叠可知，， ∴． 又∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵，设，则， ∴． 由折叠可知，， ∴，． 在中，， ∴， 解得（舍去负根）． ∴，，，，． ∵， ∴， ∴， 由折叠得， ∴， ∴， ∴． ∴，即， ∴，， ∴， 在中，． 故选：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形与相似三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握这些知识并能正确添加辅助线是解题的关键． 4．（2026·北京海淀·模拟预测）如图，将正方形折叠，使顶点与边上的一点重合（不与端点，重合），折痕交于点，交于点，边折叠后与边交于点，设正方形的周长为，的周长为，则的值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】D 【分析】设正方形ABCD的边长为a，CH=x，DE=y，则m=4a，根据折叠的性质可得∠EHG=∠A=90°，EH=AE，可得EH=a-y，DH=a-x，根据直角三角形两锐角互余的关系可得∠DEH=∠CHG，可证明△DEH∽△CHG，根据相似三角形的性质可用a、x、y表示出CG、HG的长，在Rt△DEH中利用勾股定理可得x2=2a(x-y)，表示出△CHG的周长，进而可得答案． 【详解】设正方形ABCD的边长为a，CH=x，DE=y，则m=4a， ∵将正方形折叠，使顶点与边上的一点重合， ∴∠EHG=∠A=90°，EH=AE， ∴DH=a-x，EH=a-y， ∵∠CHG+∠DHE=90°，∠DEH+∠DHE=90°， ∴∠CHG=∠DEH， ∵∠D=∠C=90°， ∴△DEH∽△CHG， ∴，即：， ∴CG=，HG=， 在Rt△DEH中，EH2=DE2+DH2，即(a-y)2=y2+(a-x)2， ∴x2=2a(x-y)， ∴n=CH+HG+CG=x++==2a， ∴==2， 故选：D． 【点睛】本题考查翻折变换及正方形的性质及相似三角形的判定与性质，正方形的有些题目有时用代数的计算证明比用几何方法简单，甚至几何方法不能解决的用代数方法可以解决．本题综合考查了相似三角形的应用和正方形性质的应用． 5．（25-26·北京朝阳·模拟测试）如图，在矩形中，为对角线的中点，，动点E在线段上，动点在线段上，点E，F同时从点O出发，以相同的速度分别向终点B，D（包括端点）运动．点E关于，的对称点为，；点F关于，的对称点为，，在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ） A．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→菱形 C．菱形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 【答案】D 【分析】本题分为五个阶段，开始与点O重合、远离点O、位于线段中点、逐渐靠近终点和到达终点．根据矩形的性质得，，则有，由轴对称性得．则有和，可判定，则四边形是平行四边形；当E，F，O三点重合时，，则有，故四边形是菱形；当E，F分别为，的中点时，设，则，，可证明是等边三角形，结合勾股定理和对称性可得，利用勾股定理逆定理可得是直角三角形，且，则四边形是矩形；当F，E分别与D，B重合时，，都是等边三角形，则四边形 是菱形． 【详解】解：如图2所示，当E，F，O三点重合时，， ∴，即， ∴四边形是菱形． 如图1中， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵、， ∴， ∵对称， ∴． ∵对称 ∴， ∴， ∴， 同理， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 如图3所示，当E，F分别为，的中点时，设，则，， 在中，，，连接，， ∵，， ∴是等边三角形， ∵E为中点， ∴，， ∴． 根据对称性可得， ∴， ∴， ∴是直角三角形，且， 四边形是矩形． 当F，E分别与D，B重合时，，都是等边三角形，则四边形 是菱形， ∴在整个过程中，四边形 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形， 故选：D． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、对称性、平行四边形的判定、菱形的判定、等腰三角形的性质、勾股定理逆定理和等边三角形的性质，解题的关键是熟悉对称性和利用动态思维解题． 6．（25-26·北京·一模）如图，在菱形中，，，为上一动点，连接，以为腰作等腰三角形，使得，连结．当时，的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合菱形的性质推出，通过“边角边”证明后，由全等三角形的性质可得，，过作延长线于点，延长交延长线于点，作交于点，结合含的直角三角形的特征、勾股定理求出、，证明四边形是矩形后，结合矩形性质即可得，最后根据即可得解． 【详解】解：菱形中，，，， ， ， 即， 是以为腰的等腰三角形， ， 在和中， ， ， ，， ， 过作延长线于点，延长交延长线于点，作交于点， 则，， ，， 中，，， 中，，，， ，， ， 又， 四边形是矩形， ，， ． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是菱形的性质、全等三角形的判定与性质、含的直角三角形的特征、勾股定理解直角三角形、矩形的判定与性质，解题关键是做出合适的辅助线． 7．（25-26·北京·一模）如图，顺次连接任意四边形ABCD各边中点，所得的四边形EFGH是中点四边形．下列四个叙述：①中点四边形EFGH一定是平行四边形；②当四边形ABCD是矩形时，中点四边形EFGH也是矩形；③当四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形时，则四边形ABCD也是菱形；④当四边形ABCD是正方形时，中点四边形EFGH也是正方形．其中正确结论的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】连接AC，BD，根据三角形中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，再根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，求解即可． 【详解】解：连接AC，BD， ∵E，F，G，H分别是四边形各边的中点， ∴EF//AC，HG//AC，EH//BD，GF//BD， ∴EF//GH，EH//FG， ∴四边形EFGH是平行四边形；（①正确） ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD， ∵EF＝AC，EH＝BD， ∴EF＝EH， ∴四边形EFGH是菱形；（②错误） ∵四边形EFGH是菱形， ∴EF＝EH， ∴AC＝BD， ∴四边形ABCD不一定是菱形；（③错误） ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC＝BD，AC⊥BD， ∵EF＝AC，EH＝BD， ∴EF＝EH， ∴四边形EFGH是菱形； ∵EF//AC， EH//BD，AC⊥BD， ∴EF⊥EH， ∴∠FEH=90°， ∴四边形EFGH是正方形．（④正确） ∴正确的是①④． 故选：B． 【点睛】此题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定与正方形的判定．解题时注意中点四边形的判定：一般中点四边形是平行四边形；如果对角线相等，则得到的中点四边形是菱形，如果对角线互相垂直，则得到的中点四边形是矩形，如果对角线相等且互相垂直，则得到的中点四边形是正方形． 8．（25-26·北京·一模）如图，在中，，D为上一动点（不与点A重合），为等边三角形，过D点作的垂线，F为垂线上任意一点，G为的中点，则线段长的最小值是（    ） A． B．9 C． D．6 【答案】D 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质，等边三角形的性质，数形结合并明确相关性质及定理是解题的关键． 连接，设交于点H，由等边三角形的性质及直角三角形斜边中线的性质得垂直平分线段，过B作交射线于，则当G与重合时，取得最小值，最小值为线段的长，再可证明，则，从而求得最小值． 【详解】解：如图，连接，设交于点H， ∵，G为的中点， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴垂直平分线段， ∴， ∴点G在射线上， 过B作交射线于， 则当G与重合时，取得最小值，最小值为线段的长， ∵，， ∴， ∴， 即的最小值为6， 故选：D． 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 几何变换综合（旋转、翻折、平移）（选择压轴题） 命题预测 以三角形、正方形、矩形为载体，三大几何变换为核心载体，弱化纯计算，强化**动态探究、线段关系证明、角度推导、分类讨论**，常结合特殊角、中点模型综合设问，是几何核心压轴必考方向。 高频考法 1.手拉手旋转模型 2.折叠翻折边角等量转化 3.平移动态线段探究 4.中点+几何变换综合 5.特殊图形变换下多结论论证 典例·靶向·突破 题型01 旋转类综合（手拉手、半角、共顶点模型） 1．（26·北京·模拟测试）一副三角板如图摆放，点是45°角三角板的斜边的中点，．当30°角三角板的直角顶点绕着点旋转时，直角边，分别与，相交于点，．在旋转过程中有以下结论：①；②四边形有可能为正方形；③长度的最小值为2；④四边形的面积保持不变：⑤面积的最大值为2，其中正确的个数是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．（25-26·北京·模拟测试）如图，在中，，，将绕点顺时针方向旋转得到，与相交于点，下列说法错误的是（    ） A．若，则 B． C． D．连接及，则 题型02 图形翻折折叠计算与证明压轴 1．（25-26·北京海淀·模拟测试）如图，在中，，，点为边上一点，连接，将沿翻折，使点落在点处，点为边上一点，连接，将沿翻折，点恰好与点重合．，则下列结论：①点是的中点；②是等腰三角形；③与互补；④的长是1；⑤的面积是2．其中结论正确的有（   ）个． A．5 B．4 C．3 D．2 2．（25-26·北京·模拟测试）如图1，在中，，为中点．将沿翻折，得到（如图2），为上一点，再将沿翻折，使得与重合（如图3），给 出下列四个命题：①；②；③；④．其中真命题的是（   ） A．①④ B．②④ C．①③ D．①③④ 题型03 动点平移结合特殊四边形探究 1．（2026·北京朝阳·一模）如图，在菱形中，，点，分别是，上的动点，且与交于点，连接，则下列说法中不正确的是（    ） A． B． C．为定值 D．平分 2．（2026·北京·模拟预测）如图，在矩形中，，是射线上一动点，连接并将它绕点顺时针旋转得到线段，连接，取的中点，再连接．则下列说法正确的是（   ） A．的最小值为2 B．的最小值为 C．的最小值为 D．的最小值为 题型04 几何变换+中点、垂线复合模型 1．（25-26·北京·一模）如图，与都是等边三角形，其中点是边与边的中点，连接，则等于（    ）    A． B． C． D． 2．（2026·北京·一模）如图，P为反比例函数在第一象限内图像上的一点，过点P分别作x轴，y轴的垂线交一次函数的图像于点A，B，若，则k的值是（    ） A．10 B．8 C．6 D．4 1．（25-26·北京·模拟测试）如图①，将一副三角板中的两个直角叠放在一起，其中，，，，现按住三角板不动，将三角板绕点C顺时针旋转，图②是旋转过程中的某一位置，当B、C、E三点第一次共线时旋转停止，记（k为常数），给出下列四个说法： ①当时，直线与直线相交所成的锐角度数为； ②当时，； ③当时，； ④当时，．其中正确的说法的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（25-26·北京海淀·一模）如图，在中，，点D、E分别是的中点．将绕点A顺时针旋转，射线与射线交于点P，在这个旋转过程中有下列结论： ①；②存在最大值为；③存在最小值为；④点P运动的路径长为．其中，正确的是（    ）    A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．②③④ 3．（25-26·北京·一模）如图，将正方形折叠，使得点落在边的点上，点折叠后的对应点为，折痕为，连接，若，，则的长为（  ） A． B． C． D． 4．（2026·北京海淀·模拟预测）如图，将正方形折叠，使顶点与边上的一点重合（不与端点，重合），折痕交于点，交于点，边折叠后与边交于点，设正方形的周长为，的周长为，则的值为（    ） A． B． C． D．2 5．（25-26·北京朝阳·模拟测试）如图，在矩形中，为对角线的中点，，动点E在线段上，动点在线段上，点E，F同时从点O出发，以相同的速度分别向终点B，D（包括端点）运动．点E关于，的对称点为，；点F关于，的对称点为，，在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ） A．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→菱形 C．菱形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 6．（25-26·北京·一模）如图，在菱形中，，，为上一动点，连接，以为腰作等腰三角形，使得，连结．当时，的面积为（    ） A． B． C． D． 7．（25-26·北京·一模）如图，顺次连接任意四边形ABCD各边中点，所得的四边形EFGH是中点四边形．下列四个叙述：①中点四边形EFGH一定是平行四边形；②当四边形ABCD是矩形时，中点四边形EFGH也是矩形；③当四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形时，则四边形ABCD也是菱形；④当四边形ABCD是正方形时，中点四边形EFGH也是正方形．其中正确结论的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．（25-26·北京·一模）如图，在中，，D为上一动点（不与点A重合），为等边三角形，过D点作的垂线，F为垂线上任意一点，G为的中点，则线段长的最小值是（    ） A． B．9 C． D．6 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $