专题06 图形变换（复习讲义）（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题06 图形变换 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 图形变换综合常考题型（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：平移的性质 题型二：轴对称问题 题型三：中心对称 题型四：旋转的性质 题型五：翻折问题 题型六：图形变换与全等三角形问题 题型七：网格中作图 题型八：图形变换中的规律探究型问题 必备知识 知识点一 轴对称图形与轴对称 知识点二 中心对称图形与中心对称 知识点三 图形的平移 知识点四 图形的旋转 命题预测 考点二 图形变换综合压轴题型（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：平移综合题 题型二：轴对称综合题 题型三：旋转综合题 题型四：翻折综合题 题型五：图形变换与函数综合 题型六：图形变换与相似三角形 题型七：图形变换与动点存在性问题 题型八：图形变换的阅读理解类问题 命题预测 命题透视 1．从命题形式上看，呈现出“新情境、新模型、新设问”的特点，载体形式上多以网格作图、函数图象、几何折叠/旋转、实际应用场景为主，凸显对直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养的考查，渗透数形结合思想，培养几何建模能力。 2．从命题内容上看，平移/轴对称/中心对称的坐标计算与最短路径、旋转全等/相似模型、折叠问题中的勾股定理与方程思想、图形变换中的最值与动态探究、变换与函数/坐标系综合、位似缩放与规律探究是历年中考命题的核心区域。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 图形的平移 无锡·T5：一次函数的平移问题 图形的轴对称 图形的旋转 南京·T6：坐标系中的旋转问题 苏州·T24：图形变换与旋转的性质 南京·T14：根据旋转的性质求解 无锡·T8：旋转的性质 苏州·T13：一次函数的旋转问题 南京·T27：根据旋转的性质求解 无锡·T7：图形的旋转问题 无锡·T17：根据旋转的性质求解 图形的翻折（折叠） 无锡·T10：平行四边形的折叠问题 苏州·T8：图形的翻折问题 无锡·T27：图形变换的折叠问题 苏州·T16：图形的翻折问题 南京·T16：图形的折叠问题 无锡·T27：图形的翻折问题 中心对称 无锡·T28：根据中心对称的性质求长度角度面积 图形变换与动态几何 苏州·T16：图形变换中的动点问题 无锡·T18：图形变换与动点问题 苏州·T8：图形变换与动点问题 苏州·T7：图形变换与动点问题 图形变换与全等/相似 无锡·T10：图形变换与相似结合 命题预测 命题形式：以生活化情境、网格/函数为载体，侧重考查直观想象、逻辑推理等核心素养，设问更具探究性与开放性。 核心考点：基础题聚焦平移/轴对称/旋转的性质与坐标计算，中档题侧重折叠勾股方程、最短路径模型，压轴题多为变换与函数、动态几何、全等/相似的综合。 备考方向：需熟练掌握核心变换模型，强化数形结合、分类讨论与方程思想，提升新情境下的几何建模与探究能力。 考点一 图形变换综合常考题型 题型一 平移的性质 1．（2026·江苏无锡·一模）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴上，点B在y轴上，，，C为x轴正半轴上一点，以为一边在第一象限内作等边．使得D点恰好落在线段上，D点坐标为________，将沿x轴的正半轴向右平移得到，当将的面积分为两部分时，的长为________． 2．（2026·江苏连云港·模拟预测）在平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“可余点”．将某“可余点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度． 例：“可余点”按上述规则连续平移3次后，到达点，其平移过程如下． 若“可余点”按上述规则连续平移20次后，到达点，则点的坐标为________． 3．（2025·安徽蚌埠·三模）如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，将线段沿x轴向右平移5个单位长度得到线段，与反比例函数的图象交于点N，点M在线段上，连接，．若四边形是菱形，则k的值为_______． 4．（2025·江苏南京·模拟预测）已知点与点N关于y轴对称，将点M向右平移4个单位长度得到点P．若N，P在函数的图象上，求点M的坐标． 题型二 轴对称问题 5．（2025·江苏南京·三模）如图，在中，，，点在上，将沿翻折，点恰好落在上的点处，若，则的长为（　　） A． B．3 C． D．4 6．（2025·江苏南京·二模）格点在平面直角坐标系中的位置如图所示．和关于x轴对称，将向左平移8个单位，再向下平移2个单位得，再将绕着点按逆时针方向旋转后得． 下列说法：①绕某点旋转一定的角度可得到；②绕某点旋转一定的角度可得到；③与关于某条直线对称．其中所有正确的序号是（   ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 7．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，中，点是边上一点，连接，把沿着翻折，得到，与交于点．若点是的中点，，的面积为，则点，之间的距离为_______ ． 8．（2026·江苏扬州·一模）如图1，数学探究：中，，，D是边的中点，是线段上的动点（不与点、点重合），边关于对称的线段为，连接． (1)当为等腰直角三角形时，求的大小． (2)如图2，延长，交射线于点． ①试探究的大小是否变化？如果不变，请求出的大小；如果变化，请说明理由．②若，则的面积最大为__________，此时__________． 题型三 中心对称 9．（2025·湖北·二模）如图，在中，为上一动点，与关于点中心对称，连接，，求证：四边形是平行四边形． 10．（2025·江苏南京·一模）（1）如图，在平面直角坐标系中，，，，线段与线段关于点成中心对称．画出点并写出点的坐标_________；点关于点对称点的坐标为_______． （2）如图，在的网格中，的三个顶点都在格点上，请在图中画出一个以为边的，顶点，在格点上且满足． （3）如图，在中，于点，若于点，请用无刻度的直尺在图中作出符合题意的点F．（不要求写作法，但要保留作图痕迹） 11．（2025·江苏扬州·三模）定义：如图1，点M关于点P的对称点为点T，点T关于原点O的对称点为点N，则称点N为点M关于点P的二次对称点． 【概念理解】 （1）点，点N为点M关于点P的二次对称点，则 ． （2）若点，，点B为点A关于点Q的二次对称点，则点B的坐标为 ．（用t的代数式表示） 【形成技能】 （3）点D为点C关于点的二次对称点，且、都与坐标轴平行．直接写出点C的坐标． 【灵活运用】 （4）如图2，点F为点E关于点的二次对称点，连接，当动点F在直线m上滑动时，点E也随之而滑动，已知直线m的解析式为，若在运动过程中，一定存在的情形．求b的取值范围． 12．（2025·江苏淮安·模拟预测）已知二次函数与轴交于、两点，与轴交于点，点在抛物线上，且点的横坐标为 (1)直接写出该抛物线的顶点坐标______用含有的代数式表示 (2)当时，若， ①当时，求的取值范围； ②抛物线之间的最大值与最小值的差为，直接写出的取值范围______． (3)当点坐标为，点关于坐标原点的对称点为，以为对角线作矩形，且矩形的边平行于坐标轴．当抛物线与矩形的边有且只有两个公共点，且经过这两个公共点的直线将矩形分成面积比为的两部分时，求的值． 题型四 旋转的性质 13．（2025·江苏无锡·一模）如图，把绕点C顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别为点、，交边于点D．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 14．（2025·江苏南通·三模）如图，等边的边长为6，点在上，，连接，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接交于点，则点到的距离为（ ） A． B． C． D． 15．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，正方形中，，是边的中点，点是正方形内一动点，，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，当点A、E、O三点共线时，______，线段长的最小值为______． 16．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图 (1)如图1，在菱形中，，点是对角线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，，求证：． (2)如图2，在正方形中，点是对角线上一动点，且，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，．判断，，三点的位置关系，并说明理由． (3)如图3，在矩形中，，．点是对角线上一动点，连接，以为边在的右边作，，，连接，，若是以为腰的等腰三角形，求的长度． 题型五 翻折问题 17．（2025·江苏宿迁·二模）如图，在中，，先将沿翻折到处，再将沿翻折到处，过点作交于点，则的长是_____________． 18．（2025·江苏泰州·二模）如图，正方形的边长是4，点是边的中点，点是边上的一个动点，点在边上，且，将沿折叠，点落在点处，点为的中点，则线段长的最小值为______． 19．（2025·江苏泰州·二模）在正方形中，，E为边上一点，将沿翻折，点A落在点F处，连接并延长交射线于点G，连接．若和全等，则________． 20．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，已知平行四边形，，，，M、N分别是边、上动点．将平行四边形沿直线折叠，点B的对应点恰好落在边上，A的对应点为，连结、，若． (1)求的长； (2)求的值． 题型六 图形变换与全等三角形问题 21．（2025·江苏南京·模拟预测）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫作等补四边形． (1)如图，已知四边形内接于，D是的中点． ①求证：四边形是等补四边形； ②过点D作的切线，分别交的延长线于点E，F．求证：． (2)下列结论： a．每个等补四边形都可以分割成两个全等三角形； b．连接每个等补四边形的2条对角线后，至少有6对相似三角形； c．每个等补四边形都能沿着某条对角线剪开后，拼成等腰三角形； d．有一条对角线是直径的圆内接等补四边形是正方形． 其中所有正确结论前的字母代号是 ． 22．（2025·江苏南通·一模）某研究学习小组给出了一个问题，让同学们探究．在中，，点D在直线上，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，过点E作，交直线于点F． (1)当点D在线段上时，如图，求证：； 分析问题：某同学在思考这道题时，想利用构造全等三角形，便尝试着在AB 上截取，连接，通过证明两个三角形全等，最终证出结论： 推理证明：写出图的证明过程： 探究问题： (2)当点D在线段的延长线上时，如图：当点D在线段的延长线上时，如图，请判断线段，，之间的数量关系并证明； 拓展思考： (3)在（1）（2）的条件下，若，面积是面积两倍，则的面积为______． 23．（2025·江苏扬州·二模）【阅读材料】 教材习题 如图，、相交于点，是中点，，求证：是中点．   问题分析 由条件易证，从而得到，即点是的中点 方法提取 构造“平行字型”全等三角形模型是证明线段相等的一种常用方法    请运用上述阅读材料中获取的经验和方法解决下列问题． 【基础应用】已知中，，点在边上，点在边的延长线上，连接交于点． (1)如图1，若，，求证：点是的中点； (2)如图2，若，，探究与之间的数量关系； 【灵活应用】如图3，是半圆的直径，点是半圆上一点，点是上一点，点在延长线上，，，，当点从点运动到点，点运动的路径长为______，扫过的面积为______． 24．（2026·江苏扬州·一模）综合与探究 学习材料：中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线模型，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法． 如图1，在中，取的中点O，连接并延长，使得，连接、，四边形为平行四边形． 初步探究： (1)如图2，数学活动课上，老师让同学们制作两张全等的直角三角形纸片并重合放置，将保持固定，绕点A按逆时针方向旋转，其中，若，当点E落在AB边上时，连接并延长，使得，连接、，判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： (2)如图3，当绕点A按逆时针方向旋转90°时，连接、，取的中点P，连接交于点Q，试判断和的数量关系和位置关系，并说明理由． 拓展延伸： (3)当绕点A按逆时针方向旋转90°时，连接，M是射线上的一点，连接，过点A作的垂线交于点G，若G是的三等分点，请直接写出的值． 题型七 网格中作图 25．（2026·江苏南通·一模）图1～图3均为的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C，D均为格点． (1)观察：如图1， ； (2)探究：如图2，仅仅用无刻度的直尺在上找一点，连接，，使得； 小海说：作点关于的对称点，连接与交于点M．请判断小海的方案是否可行，并说明理由； (3)应用：如图3，在上找一点F（仅借助无刻度的直尺作图），使． 26．（2025·江苏泰州·二模）如图，是由边长为1的小正方形组成的的网格，点A，B均在格点上，以为直径画半圆O，格点C在半圆O上．请仅用无刻度的直尺画图．（保留作图痕迹，不写作法） (1)在图1中作的平分线，交于点D； (2)在图2中的半圆弧上确定点E，使得平分． 27．（2025·江苏镇江·模拟预测）如图是的正方形网格，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)在图1中作的角平分线； (2)在图2中过点作一条直线，使点A、到直线的距离相等； (3)在图3中，在AC边上找一个点D，使得； (4)在图4中作出AB边上的点D，使得． 28．（2025·江苏泰州·二模）（1）中，，，， ①如图1，，垂足为，求； ②如图2，点是斜边的中点，是的中点，求的面积； （2）如图3是由小正方形组成的网格图，每个小正方形的顶点叫做格点．中，，，三点均为格点，仅用无刻度的直尺，在内确定一点，使得与的面积相等，且（保留作图痕迹，不写作法） 题型八 图形变换中的规律探究型问题 29．（2025·河南洛阳·三模）如图所示，把多块大小不同的30°角三角板，摆放在平面直角坐标系中，第一块三角板AOB的一条直角边与x轴重合且点A的坐标为（2，0），∠ABO＝30°，第二块三角板的斜边BB1与第一块三角板的斜边AB垂直且交x轴于点B1，第三块三角板的斜边B1B2与第二块三角板的斜边BB1垂直且交y轴于点B2，第四块三角板斜边B2B3与第三块三角板的斜边B1B2垂直且交x轴于点B3．按此规律继续下去，则线段OB2020的长为（　　）    A．2×（）2020 B．2×（）2021 C．（）2020 D．（）2021 30．在平面直角坐标系中，正方形的位置如图所示，点的坐标为，点的坐标为．延长交轴于点，作正方形；延长交轴于点，作正方形，……，按这样的规律进行下去，正方形的面积为 ____________________． 31．（2025·河北石家庄·一模）如图，在平面直角坐标系中，正方形，，，的顶点，，，在x轴上．顶点，，，在直线上，若，，则（   ） ①点坐标为； ②直线的表达式为； ③； ④点的横坐标为，其中说法正确的为（   ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．②③ 32．（2025·江苏无锡·三模）如图，一段抛物线：记为，它与x轴交于两点O，；将绕旋转得到，交x轴于；将绕旋转得到，交x轴于；…如此变换进行下去，若点在这种连续变换的图象上，则m的值为_____ ． 知识1 轴对称图形与轴对称 轴对称图形 轴对称 概念 如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的对称轴. 把一个图形沿着某一条直线翻折，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这条直线对称，也称这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴. 图示 性质 被对称轴分成的两部分是全等图形. 1.对应点所连的线段被对称轴垂直平分； 2.对应线段相等，对应角相等； 3.两个图形全等. 区别 意义不同 两个图形之间的特殊位置关系 具有特殊形状的图形 对象不同 两个图形 一个图形 对称轴的位置不同 在两个图形之间 过图形的某条直线 对称轴的数量不同 只有一条 不一定只有一条 联系 1)沿对称轴折叠，两个图形重合. 2)如果把成轴对称的两个图形看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形. 1)沿对称轴折叠，图形的两部分重合. 2)如果把轴对称图形的两部分看作两个图形，那么这两个图形成轴对称. 特别提醒:折叠的实质是轴对称变换，折痕所在的直线是对称轴，折叠前后的图形全等，对应点的连线被折痕所在直线垂直平分. 知识2 中心对称图形与中心对称 中心对称图形 中心对称 概念 把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心. 把一个图形绕某点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心. 图形 性质 过对称中心的直线把中心对称图形分成的两部分的周长与面积分别相等. 1）中心对称的两个图形是全等图形； 2）中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分； 3）中心对称的两个图形，对应线段平行（或在一条直线上）且相等. 区别 指具有某种性质的一个图形 指两个图形的(位置)关系 知识3 图形的平移 概念 把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，图形这种移动叫做平移．它是由移动方向和距离决定的. 图示 性质 1）平移不改变图形的大小、形状，只改变图形的位置，因此平移前后的两个图形全等. 2）平移前后对应线段平行（或在同一条直线上）且相等、对应角相等. 3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等，对应点之间的距离就是平移的距离. 作图步骤 1）定：根据题目要求，确定平移的方向和距离； 2）找：找出确定图形形状的关键点； 3）移：过这些关键点作与平移方向平行的射线，在射线上截取与平移的距离相等的线段，得到关键点的对应点； 4）连：按原图顺序依次连接各对应点. 【注意】确定一个图形平移后的位置需要三个条件：①图形原位置；②平移的方向；③平移的距离. 知识4 图形的旋转 概念 把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，叫图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫旋转角. 要素 旋转中心、旋转方向、旋转角 图示 性质 1）旋转前后的两个图形全等； 2）对应点到旋转中心的距离相等； 3）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角. 作图步骤 1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角； 2）找出原图形的关键点； 3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点； 4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形． 1．（2026·江苏南通·一模）如图，将反比例函数的图象向右平移个单位，可以得到函数的图象．下列关于函数的说法中，正确的是（   ）． A．该函数图象交轴于点 B．该函数图象关于点对称 C．该函数图象关于直线对称 D．该函数图象上任取两点，若，则 2．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，为直径，为上一点（异于、，平分交于点，交于点； （1）； （2）； （3）； （4）连结、，四边形面积为； 上述结论正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2026·江苏无锡·一模）在平面直角坐标系中，点，点，将沿直线翻折，原点的对应点恰好落在双曲线上，则的值为（   ） A． B． C． D． 4．如图，，，，，在边上取点，使得与相似，则这样的点共有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．（2026·江苏苏州·模拟预测）矩形中，，，点为矩形内一点，使得．将绕点顺时针旋转，得到，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·江苏南通·模拟预测）如图1，是等边三角形，点在边上，，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿折线匀速运动，到达点后停止，连接．设点的运动时间为，为．当动点沿匀速运动到点时，与的函数图象如图2．有以下四个结论：①；②当时，；③当时，；其中正确结论的序号是_____ 7．（2026·江苏盐城·一模）我们把练习本上的横线看作平行且等距的格线．如图，小明在两条横线上画出，且、与中间的另外两条横线交于、、、四点，连接交于点．若，则的长为____． 8．（2026·江苏泰州·一模）明代数学文献中的“五星幻图”是中国古代唯一在算书中出现五角星的数学文献，如图所示的五角星图案绕点O至少旋转_________度才能与自身重合． 9．（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，点E在边上，且，F是的中点，P是的中点，过点P作交于点Q，则的长为__________． 10．（2026·江苏宿迁·一模）如图，在正方形中，，E是中点，连接，将沿翻折得到，连接、，则______． 11．（2026·江苏扬州·一模）在如图所示的小正方形网格中，均为小正方形的顶点，线段和相交于点，则的值为___________． 12．（2026·江苏无锡·一模）如图，在等腰中，，，，过点A作的平行线与的延长线交于点E，则长为________． 13．（2026·江苏盐城·一模）问题情境：将矩形绕点顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点、、的对应点分别为点、、，设直线与直线交于点E． (1)猜想证明：猜想与的数量关系，并证明； (2)如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点重合），连接，求证：四边形是平行四边形； (3)问题解决：在矩形绕点顺时针旋转的过程中，设直线与直线相交于点F，若，，当、、D三点在同一条直线上时，请直接写出的值． 14．（2026·江苏扬州·一模）如图1，数学探究：中，，，D是边的中点，是线段上的动点（不与点、点重合），边关于对称的线段为，连接． (1)当为等腰直角三角形时，求的大小． (2)如图2，延长，交射线于点． ①试探究的大小是否变化？如果不变，请求出的大小；如果变化，请说明理由．②若，则的面积最大为__________，此时__________． 15．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于、两点，其中点的坐标为，点为该二次函数在第二象限内图象上的动点，点的坐标为，连接． (1)求该二次函数的表达式及点的坐标； (2)连接，过点作轴于点，当以、、为顶点的三角形与相似时，求的值： (3)连接，以、为邻边作平行四边形，直线交轴于点． ①当点落在该二次函数图象上时，求点的坐标； ②在点从点到点运动过程中，直接写出点运动的路径长． 16．（2025·江苏泰州·三模）在中，，，，点E、F分别在上不与端点重合，且，将四边形沿着翻折至四边形处． (1)如图1，与交于点Q，若，求证：四边形为平行四边形； (2)当点G落在边上不与A、D重合时，请用无刻度的直尺和圆规在图2中作出点保留作图痕迹，不要求写作法； (3)当点G落在的边上时，求点B、G之间的距离． 17．（2025·江苏南京·三模）如图，在中，，是高． (1)用直尺和圆规作，使与关于点D对称（保留作图的痕迹，不写作法），连接，求证：四边形是菱形； (2)若，则（1）中的菱形的高为__________． 18．（2025·山西长治·模拟预测）综合与实践 问题情境 如图1，在中，，，，是斜边的中线． 初步探究 （1）如图2，将沿方向平移，当点C落在点D的位置时，点D，B的对应点分别是点，，连接，．试判断四边形的形状，并说明理由． 深入思考 将绕点D顺时针旋转得到，，的对应点分别是N，M． （2）如图3，当时，垂足为Q，与交于点P，与交于点E，求线段的长． （3）在旋转的过程中，线段与交于点E，当点B在线段上时，直接写出线段的长． 19．（2025·江苏镇江·二模）已知，点在边上，点是边上一动点，，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，再将线段绕点顺时针旋转，得到线段，作于点． (1)如图1，． ①依题意补全图形： ②连接，求的度数； (2)如图2，当点在射线上运动时，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明． 20．（2025·江苏泰州·三模）已知，如图，等边，点D是平面内一点（点D不在直线上），连接、．将绕点A按逆时针方向旋转得到，点D的对应点是点E． 设直线与直线交于点G． (1)如图1，判断线段与线段的数量关系，并说明理由； (2)当点D是线段的中点，根据题意，在图2中画出图形，求的度数； (3)探索与的数量关系，直接写出结论． 考点二 图形变换综合压轴题型 题型一 平移综合题 1．（2026·河北邯郸·一模）如图，在Rt中，，将沿某一个方向平移2个单位长度，记扫过的面积为．关于结论①，②，下列判断正确的是（   ） 结论①：点到BC的距离为； 结论②：的最大值为 A．只有①对 B．只有②对 C．①，②都对 D．①，②都不对 2．（2026·河北张家口·一模）平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点称为“整点”．整点每次平移的规则：横纵坐标之和除以5，若余数为0该点向下平移1个单位，若余数为1向右平移1个单位，若余数为2向上平移1个单位，若余数为3向左平移1个单位，若余数为4不动．已知整点满足，连续平移6次后恰好落在直线上，则点P平移前的横坐标为________． 3．（2026·浙江金华·一模）我们知道，对于平移前后的两个图形，连结对应点所得线段的长度即为原图形的平移距离．已知点为平面直角坐标系内一点． (1)若将点先向左平移个单位，再向上平移个单位得到点，求点的平移距离的长度； (2)将直线平移得直线，设直线上任意一点平移后的对应点为．若直线的平移距离，且直线平行于第二、四象限的角平分线，求直线的函数表达式； (3)将抛物线沿着射线方向平移得到抛物线，当时，抛物线上的点到轴的距离都小于，求抛物线的平移距离的取值范围． 4．（2026·山东德州·一模）【方法提炼】解答几何问题常常需要添辅助线，其中平移图形是重要的添辅助线策略． 【问题情境】 如图1，在正方形中，、，分别是，，上的点，于点．求证：小明在分析解题思路时想到了两种平移法： 方法1：平移线段使点与点重合，构造全等三角形； 方法2：平移线段使点与点重合，构造全等三角形； 【尝试应用】 (1)请按照小明的思路，选择其中一种方法进行证明； (2)如图2，正方形网格中，点，，，为格点，交于点则：的值为_________； (3)如图3，点是线段上的动点，分别以，为边在的同侧作正方形与正方形，连接分别交线段，于点，． ①求的度数； ②连接交于点，直接写出的值． 题型二 轴对称综合题 5．（2026·河北邯郸·二模）如图，某社区快递员从配送站出发，需要先到y轴上的P处投递一个包裹，然后到x轴上的Q处取出一个退件，再沿x轴向右骑行2个单位到充电桩R给电动车充电，最后前往下一个配送点．快递员沿折线骑行，若P，Q的位置满足使总骑行路径最短，则这条最短路径的总长度为________． 6．（2026·江苏扬州·一模）如图①，直线同侧有两点，，点在直线上，若，则称点为，在直线上的投射点． (1)如图②，在中，，为斜边的中点，为的中点．求证：点为，在直线上的投射点； (2)如图③，在正方形网格中，已知点，，三点均在格点上，请仅用没有刻度的直尺在上画出点，在上画出点，满足且点为，在上的投射点；（保留画图痕迹） (3)如图④，在中，，，在，边上是否分别存在点，，使点为，在上的投射点，点为，在上的投射点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 7．（2026·辽宁沈阳·一模）在中，，，，点D是边的中点，点E是边上一点，作点C关于直线的对称点F，点F与点E在直线的同侧．当时，在平面内找点G，使以A，D，F，G为顶点的四边形为平行四边形，则的长为________． 8．（2026·山东青岛·一模）【构建新定义】 在平面中，如果将一个三角形先进行一次轴对称，再进行一次平移变换后，与另一个三角形能完全重合，那么我们称这两个三角形互为“镜移三角形”，并将轴对称变换中的对称轴称为“镜移轴”． 【理解新定义】 (1)如图1，在中，，点D是的中点，点E，F分别在，上，且，．请写出图中的一对以所在的直线为“镜移轴”的“镜移三角形”：____． 【应用新定义】 (2)如图2，在中，点D，E分别是的中点，连接，过点A作的垂线，垂足为F，交于点M，过点E作的垂线，垂足为N，与互为“镜移三角形”，若的面积为2，则的面积为____． 【拓展新定义】 (3)如图3，在矩形中，，，E是的中点，F是的中点，那么与互为“镜移三角形”，则其“镜移轴”与直线所夹的锐角为____；若“镜移轴”过的中点，则平移的距离为____． 题型三 旋转综合题 9．（2026·江苏无锡·一模）如图，在四边形中，，，，，将绕点顺时针方向旋转后得，当恰好经过点时，为等腰三角形，若，则（　　）． A． B． C． D． 10．（2026·辽宁抚顺·一模）【发现问题】 在数学小组活动中，同学们遇到了这样一个问题： (1)如图1，在正方形中，E是边上一点，连接，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，连接，求的度数． 【延伸类比】 小组内的某位同学提出，若四边形是矩形，那么会存在什么样的规律呢？于是他们提出了如下问题： (2)如图2，在矩形中，，，E是边上一点，连接，过点E作，点F在的上方并满足，连接，求的值． 【学以致用】 小组同学想进一步对图中进行变换，于是提出下面的问题： (3)如图3，在边长为的菱形中，，E为边上一点，连接，将绕点E顺时针旋转得到，连接，，，交于点G，若G为边的三等分点，求的面积． 11．（2025·江苏泰州·三模）已知，在中，，，，是直线上一点，将点绕点逆时针旋转得其对应点，当时，则长为_______． 12．（2025·江苏扬州·一模）如图，在平面直角坐标系中，点A坐标是，点B在x轴正半轴上，，将绕点O逆时针旋转，当点A的对应点落在函数的图象上时，设点B的对应点的坐标是，则__． 题型四 翻折综合题 13．（2026·江苏泰州·一模）综合与实践： 如何将正方形纸片折叠出相等的三列 背景 书法社团课上，需要将正方形书法纸折叠成均等的三列（如图①），这引起数学兴趣小组的关注．兴趣小组准备三张边长均为的正方形纸片，为折叠出均等的三列提供三组方案，请你论证． 方案1 如图② 步骤1：折均等的四列； 步骤2：连接对角线分别交折痕于点、点、点，知； 步骤3：连接延长交线段于点． 方案2 如图③ 步骤1：对折正方形，折痕为； 步骤2：沿翻折得到； 步骤3：沿翻折，使得D与重合，点为折痕与的交点． 方案3 如图④ 步骤1：对折正方形，折痕为； 步骤2：沿翻折，使得点与点重合，点与点对应； 步骤3：线段与交点为． 问题论证： (1)在方案1中，求证：点为的三等分点； (2)在方案2中，求与的比值； (3)在方案3中，图④已标注的点中是否存在线段的三等分点？若存在，指出并证明；若不存在，说明理由． 14．（2026·江苏宿迁·一模）如图，在中，，，M，N分别是边上的动点，将四边形沿直线翻折，点A，D的对应点分别是点E，F，其中点F始终落在边上． (1)如图1，当点E恰好落在直线上，且时，求的长； (2)如图2，当点F与点B重合时，求的值． 15．（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． 16．（2026·江苏无锡·一模）如图，在平行四边形中，两条对角线交于点，将沿翻折到，交于点，连接分别交于点．若，，则______，______． 题型五 图形变换与函数综合 17．（2026·江苏泰州·一模）平面直角坐标系中，点，是反比例函数（）图象上两点，点和点关于点对称．设点，的横坐标分别为，（）． (1)如图1，若，，求的面积； (2)如图2，当时，求的值； (3)如图3，过点作直线的垂线，垂足为，并交轴于点，直线交轴于点，连接，若以，及为边组成三角形，请判断该三角形的形状，并说明理由． 18．（2026·江苏无锡·一模）在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，，与y轴交于点C，顶点为P． (1)求该二次函数的函数表达式； (2)设二次函数的图象经过点A，B，且与y轴交于点D，顶点为Q．求的值； (3)在（2）的条件下，当是直角三角形时，求的值． 19．（2026·江苏南京·模拟预测）已知一次函数与二次函数（为常数）的图象在同一平面直角坐标系．若两个函数图象没有交点，则的取值范围是_________；若时，点和点分别是两个函数图象上的任意一点，则的最小值是_________． 20．（2026·江苏宿迁·一模）如图所示，已知双曲线（）和（），直线与双曲线交于点A，将直线向下平移与双曲线交于点B，与y轴交于点P，与双曲线交于点C，，，则（   ） A． B． C． D． 题型六 图形变换与相似三角形 21．（2026·江苏无锡·一模）如图1，在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H． (1)如图2，当P为的中点，，时． ①长度为_______； ②求的长； (2)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，设为y，为，求y与的函数关系． 22．（2026·江苏徐州·一模）如图，在中，，经过点，与边，分别交于点，，且与相切，切点为点． (1)求证：平分； (2)若，，求的长． 23．（2026·江苏无锡·模拟预测）如图，在中，是边上的中线，是上一点，连接并延长交于点． (1)求证：； (2)若，，，求面积的最大值． 24．（2026·江苏南通·一模）如图，在中，，点O在上，以O为圆心，长为半径的圆与相切于点D，与，分别相交于点E，F． (1)求证：平分； (2)若，，求的半径及的长． 题型七 图形变换与动点存在性问题 25．（2025·江苏·三模）在矩形中，，，点E为边上一动点，连接，在右侧作射线于点E，点F为射线上一点． (1)如图1，若点F在边上，，求的长； (2)如图2，若点F在矩形内部，，连接并延长，交边于点H，当时，求的长； (3)如图3，若点F在边上，连接，过点A作于点M，则的长度是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 26．（2025·江苏苏州·二模）定义：对于抛物线（是常数，），若，则称该抛物线是准黄金抛物线．已知抛物线是准黄金抛物线，交轴于两点． (1)求抛物线的函数表达式及点A、的坐标； (2)将抛物线沿轴翻折，得到抛物线； ①抛物线___________准黄金抛物线（填“是”或“不是”）； ②当时，记抛物线、组成的新图象为“图象”，图象交轴于点为轴正半轴上一动点，过点作轴交直线于点，交图象于点，是否存在这样的点，使与相似？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 27．（2026·江苏扬州·一模）如图，在中，，，点，分别在边和上，且，作交于点，交于点（点在点右侧），若上存在一点，使得，则＝________． 28．（2025·江苏宿迁·模拟预测）如图，抛物线与轴交于点、，于轴交于点，且为直角三角形． (1)求该抛物线的解析式； (2)在该抛物线上是否存在点，能使点满足，若存在，求出所有点的坐标，若不存在，请说明理由． (3)将绕平面内一动点旋转后所得与该抛物线没有公共点，请直接写出的取值范围________________． 题型八 图形变换的阅读理解类问题 29．（2025·江苏泰州·一模）【阅读材料】 菱形是特殊的平行四边形，它可以通过平行四边形得到．如图1，一个平行四边形的活动框架，对角线是两根橡皮筋．若将沿方向平行移动，则的边随之变化．当时，为菱形．除了平行四边形，我们也可以由矩形、正方形得到菱形． ①如图2，，，，分别是矩形各边的中点，则四边形为菱形； ②如图3，已知正方形，分别以点为圆心，小于长为半径画弧，交对角线于点，，则四边形为菱形； 【解决问题】 (1)请从①②中选择一个进行证明； (2)如图4，在四边形中，，试用无刻度的直尺和圆规作菱形，使点，分别在，边上；（保留作图痕迹，不写作法） (3)在（2）的条件下，若，，对角线长为，则菱形的周长为_____． 30．（2025·江苏宿迁·三模）定义：点是内部或边上的点（顶点除外），在，或中，如果有一个三角形与相似，那么称点是的“相似点”． 例：如图1，点在的内部，，，则，故点为的“相似点”．请你运用所学知识，结合上述材料，解决下列问题： (1)如图2，在中，，，平分．求证：点为的“相似点”； (2)如图3，若为锐角三角形，点是的“相似点”，且点B与点A对应，点在的平分线上，连接．若，求的值； (3)如图4，在菱形中，是上一点，是内一点，，连接交于点，连接．若点是的“相似点”，且点与点对应．若，探究与的数量关系，并证明． 31．（2025·江苏盐城·二模）综合探究 【阅读材料】 学习小组遇到这样一个问题，如图1，在梯形中，，对角线，相交于点O．若梯形的面积为1，试求以，，的长度为三边长的三角形的面积． 小文是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法移动这些分散的线段，构造一个三角形，再计算其面积即可．他先后尝试了翻折，旋转，平移的方法，发现通过平移可以解决这个问题．他的方法是过点D作的平行线交的延长线于点E，得到的即是以，，的长度为三边长的三角形（如图2）． 参考小文同学的思考问题的方法，解决下列问题： （1）如图2，请直接写出的面积为_________． （2）如图3，的三条中线分别为，，，若的面积为2，求出以，，的长度为三边长的三角形的面积． 【深入探究】 （3）已知点P是内的一点，连接，，，，，证明：． 【实践操作】 （4）如图，已知三条线段a、b、c，请利用无刻度直尺和圆规作一个三角形，使得三角形的三条中线长分别为线段a、b、c的长．（保留作图痕迹，不写作法） 32．（2025·江苏宿迁·三模）在数学文化长河中，蕴藏着诸多精妙的比例关系，除广为人知的黄金分割外，白银分割亦是一颗璀璨的明珠．在日常生活中随处都可以见到白银分割的身影，比如常用到的纸，对折后得到两个全等的纸、A5纸折叠后得到两个全等的纸等等（图1），纸、纸等的长与宽的比都等于白银比，这样的矩形称为白银矩形． 【探索发现】问题一，根据以上材料，如图2，一张规格为的矩形纸片，长，宽纸长将其沿长边对折（为折痕），得到两个全等的矩形纸片，两种规格张片的长与宽的比相同，即，推算白银比为___________ 【问题解决】问题二：如果线段上的一个点把这条线段分为两部分，两部分的长度之比为白银比，那么这个点就称为这条线段的白银分割点． 如何找到任意一条线段的白银分割点呢？ 小然是这样做的：如图3，已知线段，以为直角边作等腰，再作出的对角的平分线，与的交点即为线段的白银分割点．请你说明小然这么做的理由． 【拓展探究】如图4，若菱形的边长与高之比为白银比，则称这个菱形为白银菱形 （1）若菱形为白银菱形，___________． （2）以白银菱形作为平面镶嵌图形从而构造出具有对称美的图形，若以图4的菱形为基础组成如图5的矩形且矩形的较短边长为8，则这个矩形的面积为___________ 1．（2025·江苏无锡·二模）如图， 为的直径，，为的中点，连接，点在射线上，连接，取的中点，过作交于，连接．下列结论：①；②；③；④为定值．其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2025·江苏南京·三模）如图，在等边中，点，分别是边、上的动点，且以为边作等边，使点与点在直线同侧，交于点，交于点给出下面四个结论： ； ； 若，则； 若则四边形是菱形． 上述结论中．所有正确结论的序号是（    ） A． B． C． D． 3．（2025·海南·模拟预测）如图，在矩形中，，，点E是上一点，且，连接，过点B作于点F，连接并延长交于点G，则的长为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·江苏泰州·三模）已知，在中，，，，是直线上一点，将点绕点逆时针旋转得其对应点，当时，则长为_______． 5．（2025·江苏扬州·三模）如图，已知中，，点是线段上一动点，过点作交于点，当点从点运动到点的过程中，点经过的路径长是______． 6．（2025·江苏无锡·二模）如图，矩形中，，，点E是对角线上一点（不与B、D重合），连接，过点E作的垂线，交边于点F，则__________；若，的面积为y，则y与x的函数关系式为__________． 7．（2025·江苏镇江·一模）如图是由边长为1的小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点称为格点．已知A、B、C三点都是格点，且． (1)请在图中画出平面直角坐标系，并直接写出点B的坐标_________； (2)①如图，若线段与x轴交于点D，求点D坐标； ②在①的条件下，在你所画的平面直角坐标系的y轴上找一点P，使得是以为直角边的直角三角形，请求出点P的坐标． ③直接写出在②的条件下的正切值____________ (3)请仅用无刻度的直尺在给定网格作图．在上找一点Q，使的面积为． 8．（2025·江苏淮安·二模）在菱形中，，，点E在边上，将沿折叠到上． 尝试： （1）如图1，过点D的直线，交于点Q，交的延长线于点P，．显然，是______三角形（按边分类），若．则______； 探究： （2）在（1）的条件下，当时，求和的长； 操作： （3）把沿折叠到的过程中，当点F落在上时，用无刻度的直尺和圆规在图2中画出折痕，并在上作一点K，使得直线平分四边形的周长；（要求：不写作法，保留作图痕迹） 拓展： （4）如图3，若，点G在的延长线上，，的延长线交于点H．求的长． 9．（2025·江苏无锡·二模）将一个图形绕一个点旋转，往往可以得到很多有趣的结论．小明在学习旋转变换时，作了以下的尝试： (1)如图1，将绕点B旋转至 ，连接 ，请找出图中的一对相似三角形（全等除外），并证明； (2)如图2，小明又将绕点B旋转至，其中，直线 与直线相交于点D，通过观察、实验、猜想等操作方式，发现点D是线段的中点，请你帮助验证这个结论是正确的，写出证明过程； (3)如图3，若是边长为2的等边三角形，D是内一点，将线段绕点B顺时针旋转，得到线段，连接，若，直线与直线交于点F，且F是中点，求的长． 10．（2025·江苏扬州·三模）如图至图，中，，，点在折线上，连接，将沿向右上方折叠，折叠后得到或四边形．    (1)如图，若，点在上； ①当射线经过点时，则___________（填“”、“”、“”）； ②当点，的距离最小时，求的长． (2)如图，若，点在上，当点在的延长线上时，求的值． (3)如图，若，，恰好经过点时，求的长． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 图形变换 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 图形变换综合常考题型（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：平移的性质 题型二：轴对称问题 题型三：中心对称 题型四：旋转的性质 题型五：翻折问题 题型六：图形变换与全等三角形问题 题型七：网格中作图 题型八：图形变换中的规律探究型问题 必备知识 知识点一 轴对称图形与轴对称 知识点二 中心对称图形与中心对称 知识点三 图形的平移 知识点四 图形的旋转 命题预测 考点二 图形变换综合压轴题型（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：平移综合题 题型二：轴对称综合题 题型三：旋转综合题 题型四：翻折综合题 题型五：图形变换与函数综合 题型六：图形变换与相似三角形 题型七：图形变换与动点存在性问题 题型八：图形变换的阅读理解类问题 命题预测 命题透视 1．从命题形式上看，呈现出“新情境、新模型、新设问”的特点，载体形式上多以网格作图、函数图象、几何折叠/旋转、实际应用场景为主，凸显对直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养的考查，渗透数形结合思想，培养几何建模能力。 2．从命题内容上看，平移/轴对称/中心对称的坐标计算与最短路径、旋转全等/相似模型、折叠问题中的勾股定理与方程思想、图形变换中的最值与动态探究、变换与函数/坐标系综合、位似缩放与规律探究是历年中考命题的核心区域。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 图形的平移 无锡·T5：一次函数的平移问题 图形的轴对称 图形的旋转 南京·T6：坐标系中的旋转问题 苏州·T24：图形变换与旋转的性质 南京·T14：根据旋转的性质求解 无锡·T8：旋转的性质 苏州·T13：一次函数的旋转问题 南京·T27：根据旋转的性质求解 无锡·T7：图形的旋转问题 无锡·T17：根据旋转的性质求解 图形的翻折（折叠） 无锡·T10：平行四边形的折叠问题 苏州·T8：图形的翻折问题 无锡·T27：图形变换的折叠问题 苏州·T16：图形的翻折问题 南京·T16：图形的折叠问题 无锡·T27：图形的翻折问题 中心对称 无锡·T28：根据中心对称的性质求长度角度面积 图形变换与动态几何 苏州·T16：图形变换中的动点问题 无锡·T18：图形变换与动点问题 苏州·T8：图形变换与动点问题 苏州·T7：图形变换与动点问题 图形变换与全等/相似 无锡·T10：图形变换与相似结合 命题预测 命题形式：以生活化情境、网格/函数为载体，侧重考查直观想象、逻辑推理等核心素养，设问更具探究性与开放性。 核心考点：基础题聚焦平移/轴对称/旋转的性质与坐标计算，中档题侧重折叠勾股方程、最短路径模型，压轴题多为变换与函数、动态几何、全等/相似的综合。 备考方向：需熟练掌握核心变换模型，强化数形结合、分类讨论与方程思想，提升新情境下的几何建模与探究能力。 考点一 图形变换综合常考题型 题型一 平移的性质 1．（2026·江苏无锡·一模）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴上，点B在y轴上，，，C为x轴正半轴上一点，以为一边在第一象限内作等边．使得D点恰好落在线段上，D点坐标为________，将沿x轴的正半轴向右平移得到，当将的面积分为两部分时，的长为________． 【答案】 或 【分析】由题意作辅助线，作于点H，设等边边长为，得到，再利用待定系数法求出直线的解析式，把代入求解即可；分未过点和超过点两种情况求解． 【详解】解：过作于点，设等边边长为， ，， ， ，， ， 设直线的解析式为， ，解得， ，又D点在线段上， ，解得， ； 等边边长为，， ①当未过点时，如图，与相交于点， 此时，又， ， 设， 又，则， ， ， 又， ， ， ， 又， ， ， ， 解得（负值已舍去）； ②当超过点时，如图，与相交于点， 由题可知， 设，则， 又，， ， ， ， 解得（负值已舍去）； 综上，的长为或． 2．（2026·江苏连云港·模拟预测）在平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标都是整数，且横、纵坐标之和大于0的点称为“可余点”．将某“可余点”平移，每次平移的方向取决于该点横、纵坐标之和除以3所得的余数（当余数为0时，向右平移；当余数为1时，向上平移；当余数为2时，向左平移），每次平移1个单位长度． 例：“可余点”按上述规则连续平移3次后，到达点，其平移过程如下． 若“可余点”按上述规则连续平移20次后，到达点，则点的坐标为________． 【答案】或 【分析】本题考查了点的坐标规律探索，先分别计算余0，1，2的点的平移规律，然后分两种情况进行反方向平移求解即可． 【详解】解：根据已知：点横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，继而向上平移1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为2，继而向左平移1个单位得到，此时横、纵坐标之和除以3所得的余数为1，又向上平移1个单位……，因此发现规律为： ①若“可余点”横、纵坐标之和除以所得的余数为时，先向右平移个单位，再按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移； ②若“可余点”横、纵坐标之和除以所得的余数为时，则按照向上、向左，向上、向左不断重复的规律平移； ③若“可余点”横、纵坐标之和除以所得的余数为时，则按照向左、向上，向左、向上不断重复的规律平移； 若“可余点”按上述规则连续平移20次后，到达点，则按照“可余点”反向运动次即可，可以分为两种情况： 若按照②或③方式：则向右平移次，向下平移次即为“可余点”，则，即； 若按照①方式：则需要向下平移10次，向右平移9次，再向左平移1次，则，即， 综上：点的坐标为或 故答案为：或． 3．（2025·安徽蚌埠·三模）如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，将线段沿x轴向右平移5个单位长度得到线段，与反比例函数的图象交于点N，点M在线段上，连接，．若四边形是菱形，则k的值为_______． 【答案】8 【分析】本题考查一次函数与反比例函数的综合，涉及待定系数法求反比例函数解析式、菱形的性质、平移的性质、坐标与图形；根据平移性质和菱形性质得，设，根据两点坐标距离公式列方程求得，则，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征求解k值即可． 【详解】解：由平移性质得， 当时，，则； ∵四边形是菱形， ∴， 由题意，设，则， 解得(负值已舍去)， ∴，则， ∵点N在反比例函数的图象上， ∴． 故答案为：8． 4．（2025·江苏南京·模拟预测）已知点与点N关于y轴对称，将点M向右平移4个单位长度得到点P．若N，P在函数的图象上，求点M的坐标． 【答案】 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—平移和轴对称，待定系数法，关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相同，据此可得，根据平移方式可得，再把点N和点P的坐标代入一次函数解析式中计算求解即可． 【详解】解：∵点与点N关于y轴对称， ∴， ∵将点M向右平移4个单位长度得到点P， ∴， ∵N，P在函数的图象上， ∴，解得， ∴点M的坐标为． 题型二 轴对称问题 5．（2025·江苏南京·三模）如图，在中，，，点在上，将沿翻折，点恰好落在上的点处，若，则的长为（　　） A． B．3 C． D．4 【答案】A 【分析】此题考查了平行四边形的性质，折叠问题，相似三角形的性质和判定，等边对等角，解题的关键是掌握以上知识点． 根据题意证明出，得到，然后代入求解即可． 【详解】解：∵ ∴ 由折叠得， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴，即 ∴． 故选：A． 6．（2025·江苏南京·二模）格点在平面直角坐标系中的位置如图所示．和关于x轴对称，将向左平移8个单位，再向下平移2个单位得，再将绕着点按逆时针方向旋转后得． 下列说法：①绕某点旋转一定的角度可得到；②绕某点旋转一定的角度可得到；③与关于某条直线对称．其中所有正确的序号是（   ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】C 【分析】本题考查的是轴对称图形，旋转图形，根据轴对称图形，旋转图形的意义进行判断即可． 【详解】解：如图： ①绕点逆时针旋转90度可得到，故①正确； ②绕某点旋转一定的角度不能得到，故原说法错误； ③与关于直线对称，故③正确． 所以，正确的说法是①③， 故选：C． 7．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，中，点是边上一点，连接，把沿着翻折，得到，与交于点．若点是的中点，，的面积为，则点，之间的距离为_______ ． 【答案】 【分析】此题考查翻折变换的性质，三角形的面积等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．连接，由，得，则，由翻折得，则，由点与点关于直线对称，得垂直平分，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接， 点是的中点， ， ， ， 把沿着翻折，得到， ， ， 点与点关于直线对称，， 垂直平分， ， ， 故答案为：． 8．（2026·江苏扬州·一模）如图1，数学探究：中，，，D是边的中点，是线段上的动点（不与点、点重合），边关于对称的线段为，连接． (1)当为等腰直角三角形时，求的大小． (2)如图2，延长，交射线于点． ①试探究的大小是否变化？如果不变，请求出的大小；如果变化，请说明理由．②若，则的面积最大为__________，此时__________． 【答案】(1) (2)①不变，②， 【分析】（1）由对称性质得，由三角形外角的性质得，即可求解； （2）①设，则，由对称性质得，由三角形外角的性质得，即可求解； ②点以为弦，所对的圆周角为的圆弧上运动，过点作于，交优弧于点，连接，当时，即点位于点时，的面积最大，即可求解． 【详解】（1）解：为等腰直角三角形， ， ， 边关于对称的线段为， ， ； （2）解：①的大小始终不变，大小为， 设，则， 边关于对称的线段为， ，， ， ， ， ， ； ②由①得， ， 点以为弦，所对的圆周角为的圆弧上运动，如图，过点作于，交优弧于点，连接， 当时，即点位于点时，的面积最大， ， ，垂直平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 面积最大值是， 此时，点的位置如图所示，过点作于， 则，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ． 【点睛】利用圆的基本性质找出点的运动轨迹和取得最值时点的位置是解题的关键． 题型三 中心对称 9．（2025·湖北·二模）如图，在中，为上一动点，与关于点中心对称，连接，，求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查中心对称图形的性质及平行四边形的判定，熟练掌握中心对称图形的性质及平行四边形的判定是解题的关键；由题意易得，则有，然后问题可求证 【详解】证明：∵与关于点中心对称， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 10．（2025·江苏南京·一模）（1）如图，在平面直角坐标系中，，，，线段与线段关于点成中心对称．画出点并写出点的坐标_________；点关于点对称点的坐标为_______． （2）如图，在的网格中，的三个顶点都在格点上，请在图中画出一个以为边的，顶点，在格点上且满足． （3）如图，在中，于点，若于点，请用无刻度的直尺在图中作出符合题意的点F．（不要求写作法，但要保留作图痕迹） 【答案】（1），；（2）见解析；（3）见解析 【分析】本题考查了作图−应用与设计作图，平行四边形的判定和性质，全等三角形的性质及判定定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）根据中点坐标公式进行求解M的坐标即可；根据关于点对称点进行求解即可； （2）根据平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形进行画出图形即可； （3）连接交于点O，延长交于点K，连接，延长交于点J，连接交于点F，点F即为所求． 【详解】解：（1）∵，， 由中点坐标公式可得， ∴， 画出如下图； 故答案为：； ； 设点关于的对称点坐标为， ∵点是的中点， ∴，， ，， ； 故答案为：； （2）∵， 由题意得平行四边形与三角形等底， ∴平行四边形的高与三角形等高， ∴画出如下图，即为所求； （3）如图，点即为所求， 证明：∵ 四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴ ， ∵， ∴． 11．（2025·江苏扬州·三模）定义：如图1，点M关于点P的对称点为点T，点T关于原点O的对称点为点N，则称点N为点M关于点P的二次对称点． 【概念理解】 （1）点，点N为点M关于点P的二次对称点，则 ． （2）若点，，点B为点A关于点Q的二次对称点，则点B的坐标为 ．（用t的代数式表示） 【形成技能】 （3）点D为点C关于点的二次对称点，且、都与坐标轴平行．直接写出点C的坐标． 【灵活运用】 （4）如图2，点F为点E关于点的二次对称点，连接，当动点F在直线m上滑动时，点E也随之而滑动，已知直线m的解析式为，若在运动过程中，一定存在的情形．求b的取值范围． 【答案】（1）10；（2）；（3）或；（4） 【分析】（1）设，根据点N为点M关于点P的二次对称点，可得，故； （2）由关于的对称点，又关于原点的对称点，即得A关于点Q的二次对称点B的坐标为； （3）设，可得C关于点的二次对称点D坐标为；由、都与坐标轴平行，分四种情况：①若轴，轴，则；②若轴，轴，则；③若轴，轴，则；④若轴，轴，则，分别解方程组可得答案； （4）连接，设直线交x轴于G，交y轴于K，求出，，知，，，由点F为点E关于点的二次对称点，可得，，，而当时，为的垂直平分线，有，，故点F在以O圆心，5为半径的上运动，用面积法求出当与直线m相切时，，即可得b的取值范围． 【详解】解：（1）设， ∵点N为点M关于点P的二次对称点， ∴P为的中点， ∵， ∴， ∵N，T关于原点对称， ∴， ∴， 故答案为：10； （2）∵关于的对称点，又关于原点的对称点， ∴A关于点Q的二次对称点B的坐标为； 故答案为：； （3）设， ∵关于点的对称点，又关于原点的对称点， ∴C关于点的二次对称点D坐标为； 由、都与坐标轴平行，分四种情况： ①若轴，轴，则， 方程组无解，故这种情况不存在； ②若轴，轴，则， 解得， ∴； ③若轴，轴，则， 解得， ∴； ④若轴，轴，则， 方程组无解，故这种情况不存在； 综上所述，C的坐标为或； （4）连接，设直线交x轴于G，交y轴于K，如图： 在中，令得，令得， ∴，， ∴，，， ∵点F为点E关于点的二次对称点， ∴同（1）可得，，， ∴当时，为的垂直平分线， ∴，， ∴点F在以O圆心，5为半径的上运动， 当与直线m相切时，， 此时， ∴， 解得， ∵在运动过程中，一定存在的情形， ∴b的取值范围为． 【点睛】本题考查了点的坐标一轴对称，一次函数的综合，切线的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 12．（2025·江苏淮安·模拟预测）已知二次函数与轴交于、两点，与轴交于点，点在抛物线上，且点的横坐标为 (1)直接写出该抛物线的顶点坐标______用含有的代数式表示 (2)当时，若， ①当时，求的取值范围； ②抛物线之间的最大值与最小值的差为，直接写出的取值范围______． (3)当点坐标为，点关于坐标原点的对称点为，以为对角线作矩形，且矩形的边平行于坐标轴．当抛物线与矩形的边有且只有两个公共点，且经过这两个公共点的直线将矩形分成面积比为的两部分时，求的值． 【答案】(1) (2)①；②或 (3)1或或 【分析】（）根据交点式可得：，配方后可得抛物线顶点的坐标； （）①先求出点的坐标，代入可得抛物线的解析式，根据图象即可得时，的取值范围是；②根据抛物线之间的最大值与最小值的差为，确定和时对应的的值，即可解答； （）先根据点坐标为可得，即得抛物线的解析式为，分三种情况，分别画出图形，根据中心对称图形的性质解答即可求解． 【详解】（1）解：∵二次函数与轴交于，两点， ， ∴顶点坐标为， 故答案为：； （2）解：①， ， ，， ， ， ∴， ， ， ，，， 当时，， 当时，即时，的取值范围是； ②，顶点的坐标为， 点的对称点是， 当时，， ， 解得， ∵抛物线之间的最大值与最小值的差为， 的取值范围是或； 故答案为：或； （3）解：把点坐标为代入中得，， ， ∴抛物线的解析式为：， ①如图，当点是抛物线的顶点时，， ， ∵四边形是矩形， ∴矩形的面积，的面积， 此时，满足条件， ； ②如图，∵点关于坐标原点的对称点为， ∴当与轴交于点时，直线将矩形分成面积比为的两部分， ∴点的纵坐标为， ∴点的纵坐标为， 当时，， 解得（不合，舍去），； ③如图，点在边上，则点的横坐标为， ， ∴矩形的面积，的面积，满足条件，此时； 综上，的值是或或． 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，勾股定理，矩形的性质，中心对称图形的性质，二次函数的几何应用等，掌握数形结合的思想，并灵活运用所学知识是解题的关键． 题型四 旋转的性质 13．（2025·江苏无锡·一模）如图，把绕点C顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别为点、，交边于点D．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理，解题的关键是掌握旋转的性质，三角形的内角和，根据旋转的性质，则，，根据，求出，即可求解． 【详解】解：∵绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 14．（2025·江苏南通·三模）如图，等边的边长为6，点在上，，连接，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接交于点，则点到的距离为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，过作于，得到，根据等边三角形的性质得到，求得，，根据勾股定理得到，根据旋转的性质得到，，根据等边三角形的性质得到，，根据相似三角形的性质和勾股定理即可得到结论．熟练掌握各知识点是解题的关键． 【详解】解：如图，过作于， ， 是等边三角形， ， ， ，， ， ， 将绕点按顺时针方向旋转得到， ，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ， 过作于， ， 故选：C． 15．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，正方形中，，是边的中点，点是正方形内一动点，，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，当点A、E、O三点共线时，______，线段长的最小值为______． 【答案】 / / 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形，熟练地利用正方形的性质证明三角形全等是解题的关键．利用正切函数的定义即可求解；证明，推出，，延长到点，使得，连接，证明，推出，当最小时，、、三点共线，据此求解即可． 【详解】解：当点A、E、O三点共线时，是边的中点， ∴， ∴； ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 即， ∴， 在和中 ， ∴， ∴，， 由于，所以点可以看作是以为圆心，2为半径的半圆上运动， 延长到点，使得，连接， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， 当最小时，、、三点共线， ∵， ∴ ∴线段长的最小值为． 故答案为：，． 16．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图 (1)如图1，在菱形中，，点是对角线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，，求证：． (2)如图2，在正方形中，点是对角线上一动点，且，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，．判断，，三点的位置关系，并说明理由． (3)如图3，在矩形中，，．点是对角线上一动点，连接，以为边在的右边作，，，连接，，若是以为腰的等腰三角形，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2)，，三点共线，理由见解析 (3)或 【分析】（1）利用菱形四边相等及邻角互补，可得，结合旋转角，可推导出和，再结合旋转得到的，利用“边角边（SAS）”定理即可证明； （2）仿照（1）问的思路，利用正方形性质（如，）和旋转角，可证，利用全等得到的度数，结合正方形内角，可证，，三点共线； （3）若是以为腰的等腰三角形，分两种情况讨论，当时和当时，用三角形相似和勾股定理，设未知数将对应边表示出来，建立方程． 【详解】（1）证明： 四边形是菱形， ． ∴为等边三角形． ． 由旋转得：， ∴ ． 又，， ∴． （2），，三点共线，理由如下： 如答图1，过点作，交于点， 四边形是正方形， ，． ∴． ∴， 由旋转，得， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴，，三点共线． （3）过点作于，过点作于 则 在矩形中 ，， ∴， ∴ ∵， ∴ 又∵ ∴ ∴四边形是圆的内接四边形 ∴ ∴ ∴点，，在同一条直线上 ∵ 即 ∵ ∴ ∴ ∴ 在中， 设 在中， ∵ ∴ ∴， ∴ ∴ 若是以为腰的等腰三角形，分两种情况讨论： ①当时， 解得或（舍） ∴ ②当时， 解得或（舍） 综上或． 【点睛】本题考查了几何图形的综合应用，涵盖了菱形、正方形、矩形的性质，以及全等三角形的判定、旋转变换的性质、等腰三角形的分类讨论和直角三角形的勾股定理，三角函数相关知识点；解题的关键是：①准确识别旋转前后图形中的等量关系（等边、等角）；②利用特殊四边形的性质（如对角线特性、内角）进行转化；③对于动点问题，能根据“等腰三角形”这一条件进行合理的分类讨论． 题型五 翻折问题 17．（2025·江苏宿迁·二模）如图，在中，，先将沿翻折到处，再将沿翻折到处，过点作交于点，则的长是_____________． 【答案】/ 【分析】本题考查了折叠的性质，解直角三角形，勾股定理，设交于点，过点作于点，过点作于点，勾股定理求得，进而根据折叠的性质得出，设，得出，进而求得的长，得出,设，则，则，根据，得出，即可得出，根据，即可求解． 【详解】解：设交于点，过点作于点，过点作于点， ∵， ∴， ∵ ∴， 根据折叠，可得 ∴，则， ∴， 设， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， 设，则，则， 又∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴ 故答案为：． 18．（2025·江苏泰州·二模）如图，正方形的边长是4，点是边的中点，点是边上的一个动点，点在边上，且，将沿折叠，点落在点处，点为的中点，则线段长的最小值为______． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，三角形三边关系求最值等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 连接，过点作于点，根据折叠以及正方形的性质得到，可得四边形为矩形，可得，由勾股定理求出，再由，即可求解最值． 【详解】解：连接，过点作于点， ∵正方形的边长是4，点是边的中点， ∴，， 由折叠得：， ∵点为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 当点三点共线时，取得最小值，为， 故答案为：． 19．（2025·江苏泰州·二模）在正方形中，，E为边上一点，将沿翻折，点A落在点F处，连接并延长交射线于点G，连接．若和全等，则________． 【答案】1或 【分析】本题考查了正方形的性质，正切的定义，全等三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，根据折叠的性质可得，则分两种情况讨论，，分别画出图形，解直角三角形，即可求解． 【详解】解：∵正方形中， ∴ ∵将沿翻折， ∴，， 如图，当时， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴， 如图，当时， ∴，， 设，则 ∴， 在中， ∴ 解得： 即， 综上所述，的长为1或， 故答案为：1或． 20．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，已知平行四边形，，，，M、N分别是边、上动点．将平行四边形沿直线折叠，点B的对应点恰好落在边上，A的对应点为，连结、，若． (1)求的长； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据折叠的性质得出MN垂直平分，，从而可得，再根据等边对等角可求得，然后根据三角形内角的定理求得，再利用平角的意义得到，接着证明是等边三角形，根据等边三角形的性质求得，从而可证明，再分别求得，，再得到关于的方程求解； （2）先求得，再利用含有30度角的直角三角形的性质求得与，然后设，用表示出，再利用勾股定理得到关于的方程求解，接着求出，最后利用正弦定义式求解． 【详解】（1）解：连接，在上截取，连接， ∵折叠平行四边形，点B的对应点落在边上， ∴垂直平分，， ， ， ， ， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ，是等边三角形，， ，，， ，， ， ∴， ， ， ， ； （2）作，交的延长线于点F， 由（1）得， ， ，， 设，则， ∵， ， ， ． 【点睛】本题考查了折叠的性质，解直角三角形，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题关键是熟悉上述知识，并能熟练运用求解． 题型六 图形变换与全等三角形问题 21．（2025·江苏南京·模拟预测）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫作等补四边形． (1)如图，已知四边形内接于，D是的中点． ①求证：四边形是等补四边形； ②过点D作的切线，分别交的延长线于点E，F．求证：． (2)下列结论： a．每个等补四边形都可以分割成两个全等三角形； b．连接每个等补四边形的2条对角线后，至少有6对相似三角形； c．每个等补四边形都能沿着某条对角线剪开后，拼成等腰三角形； d．有一条对角线是直径的圆内接等补四边形是正方形． 其中所有正确结论前的字母代号是 ． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)bc 【分析】（1）①由圆内接四边形性质结合等补四边形的定义即可证明；②连接，则，连接交于点G，由垂径定理推论可得，从而得，证明，即可证得结论； （2）连接和交于点H，显然，此时四边形不论怎么分，无法分成两个全等的三角形，可判断a错误；有，可判断b正确；显然，从剪开，得到和，两者能拼成等腰三角形，可判断c正确；当圆内接等补四边形有一条对角线是直径时，可得直径所对的两个内角为直角，但无法证明其为正方形．可判断d． 【详解】（1）①证明：∵四边形内接于， 由圆内接四边形性质可得， 又∵， ∴， ∴四边形是等补四边形． ②证明：连接，连接交于点G，如图1，则， ∵，过圆心， 由垂径定理推论可得， ∴， ∴， ∴，即， ∴，即． （2）解：如图2，连接和交于点H， 显然，只有一定是等腰三角形， 此时四边形不论怎么分，无法分成两个全等的三角形，故a错误； 由题意可知，， ∴，，，，，，故b正确； ， 则沿被剪开的两个三角形中，有一组边相等，一组角相等， ∴两者能拼成等腰三角形，故c正确； 当圆内接等补四边形有一条对角线是直径时，可得直径所对的两个内角为直角， 则圆内接四边形不一定为正方形． 故答案为：bc． 22．（2025·江苏南通·一模）某研究学习小组给出了一个问题，让同学们探究．在中，，点D在直线上，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，过点E作，交直线于点F． (1)当点D在线段上时，如图，求证：； 分析问题：某同学在思考这道题时，想利用构造全等三角形，便尝试着在AB 上截取，连接，通过证明两个三角形全等，最终证出结论： 推理证明：写出图的证明过程： 探究问题： (2)当点D在线段的延长线上时，如图：当点D在线段的延长线上时，如图，请判断线段，，之间的数量关系并证明； 拓展思考： (3)在（1）（2）的条件下，若，面积是面积两倍，则的面积为______． 【答案】(1)详见解析 (2)或，证明见解析 (3)或 【分析】（1）在边上截取，连接，根据题意证明出，得到，然后证明出是等边三角形，得到，进而求解即可； （2）图②：在上取点H，使，连接并延长到点G使，连接，首先证明出是等边三角形，得到，然后求出，然后证明出，得到，，然后证明出是等边三角形，得到，进而求解即可； 图③：在上取点H使，同理证明出，得到，，进而求解即可； （3）根据勾股定理和含角直角三角形的性质求出，，然后结合，分别（1）（2）的条件下求出的长度，进而求解即可． 【详解】（1）证明：在边上截取，连接． 在中，． ， ． 又， ． 又，， ． 又， ． ． ． ． ， ． 是等边三角形． ， ， ； （2）解：图②：当点D在线段的延长线上时，，证明如下： 如图所示，在上取点H，使，连接并延长到点G使，连接， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵线段绕点A顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴； 图③：当点D在线段的延长线上时，，证明如下∶ 如图所示，在上取点H使， ∵， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵将线段绕点A顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （3）解：如图所示，过E作于H， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵面积是面积两倍， ∴，又， ∴，则， 由（1）可知，， ∴， 在中，， ∴，则， ∴； 如图所示，当点D在线段的延长线上时， ∵，与矛盾， ∴不符合题意； 如图所示，当点D在线段的延长线上时， ∵，， ∴，则， 由（2）可知，， ∵， ∴， 过A作于M，则， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述，的面积为或． 【点睛】此题考查了旋转性质、全等三角形的性质和判定，勾股定理，等边三角形的性质和判定，含角直角三角形的性质，三角形的外角性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加辅助线构造全等三角形和等边三角形是解题的关键． 23．（2025·江苏扬州·二模）【阅读材料】 教材习题 如图，、相交于点，是中点，，求证：是中点．   问题分析 由条件易证，从而得到，即点是的中点 方法提取 构造“平行字型”全等三角形模型是证明线段相等的一种常用方法    请运用上述阅读材料中获取的经验和方法解决下列问题． 【基础应用】已知中，，点在边上，点在边的延长线上，连接交于点． (1)如图1，若，，求证：点是的中点； (2)如图2，若，，探究与之间的数量关系； 【灵活应用】如图3，是半圆的直径，点是半圆上一点，点是上一点，点在延长线上，，，，当点从点运动到点，点运动的路径长为______，扫过的面积为______． 【答案】(1)见解析；(2)；【灵活应用】， 【分析】（1）过点作，证，即可得点是的中点； （2）过点作，可证，得，由，，得，再证，可得，由平行线分线段成比例得，由，可得，，即可得出； [灵活应用]：由题意可得，过点作，则，可得，进而可得，证，可知，过点作，则，，可得点在以为直径的半圆上运动，可求得运动的路径长度，过点作，则，，则点在以为直径的半圆上运动，可知扫过的面积为以为直径的半圆与以为直径的半圆的面积之差，即可求得答案． 【详解】解：（1）证明：，， ， 过点作，则，，   是等腰直角三角形，则， ， ， ， ， 又， ， ， 点是的中点； （2）过点作，则，    ，，则， ， ， ，， ， 又， ， ， ， ， 则， ， ； [灵活应用]： 是半圆的直径，点是半圆上一点， ， 过点作，则，   ， ， ， ， ， 又， ， ， 过点作，则，， ， ，， ，则， ， 点在以为直径的半圆上运动， 运动的路径长为： 过点作，则，，    ， ， 点在以为直径的半圆上运动， 则扫过的面积为以为直径的半圆与以为直径的半圆的面积之差， 即：扫过的面积为 故答案为：，． 【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线分线段成比例，圆周角定理，动点的运动路径，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键． 24．（2026·江苏扬州·一模）综合与探究 学习材料：中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线模型，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法． 如图1，在中，取的中点O，连接并延长，使得，连接、，四边形为平行四边形． 初步探究： (1)如图2，数学活动课上，老师让同学们制作两张全等的直角三角形纸片并重合放置，将保持固定，绕点A按逆时针方向旋转，其中，若，当点E落在AB边上时，连接并延长，使得，连接、，判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： (2)如图3，当绕点A按逆时针方向旋转90°时，连接、，取的中点P，连接交于点Q，试判断和的数量关系和位置关系，并说明理由． 拓展延伸： (3)当绕点A按逆时针方向旋转90°时，连接，M是射线上的一点，连接，过点A作的垂线交于点G，若G是的三等分点，请直接写出的值． 【答案】(1)矩形，理由见解析 (2)，，理由见解析 (3)或2 【分析】（1）由旋转证明 是等边三角形，再证明，进而得到，证明，则四边形是平行四边形．证明 ，则问题可证； （2）延长至点 ，使 ，连接，证明，从而证明，C、B、F共线，再证明，得到，再由角度的互余关系证明，则问题可证； （3）延长交延长线于点F，证明，得到，再有，和证明，再证明，由，故得到，最后分别利用G是BE的三等分点，分类讨论求解即可． 【详解】（1）解：，，， ，， 点 落在 边上， 中，，， 是等边三角形， ，， ， 是等腰三角形， ， ， ， ， ∴E 是 中点，， 在 和 中： ，， （SAS）， ，， ∴， 四边形是平行四边形． ， 四边形是矩形． （2），且 ， 理由：延长至点 ，使 ， 连接， 是的中点， ， 在 和 中： ， ， ， （SAS）， ，， ， 是绕点 逆时针旋转 得到， ，， ， ∴C、B、F共线， ， 在 和 中： ， ， ， ， ，， ， ，即 ， ， ． （3）解：延长交延长线于点F， 是绕点 逆时针旋转 得到， ，， ， ， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ， ， ∵ ， ， ∵G是的三等分点 ∴当 时，， 当 时，， 或 ． 【点睛】本题需要运用"倍长中线法"构造全等三角形和相似三角形， 通过证明全等三角形，转化边的数量关系是解题的关键． 题型七 网格中作图 25．（2026·江苏南通·一模）图1～图3均为的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C，D均为格点． (1)观察：如图1， ； (2)探究：如图2，仅仅用无刻度的直尺在上找一点，连接，，使得； 小海说：作点关于的对称点，连接与交于点M．请判断小海的方案是否可行，并说明理由； (3)应用：如图3，在上找一点F（仅借助无刻度的直尺作图），使． 【答案】(1) (2)小海的方案可行，理由见解析 (3)见解析 【分析】（1）由可得，即可求解； （2）作点关于的对称点，连接与交于点，则，，由平行线的性质得，从而可得，结合可证； （3）点往左数2格的格点记为点，点往右数3格的格点记为点，连接，与相交于点，点即为所求，在中由勾股定理可得，又由可得，从而得，即可求出，故点F即为所求． 【详解】（1）解：， ， ； （2）解：作图如下： 小海的方案可行， 理由：点与关于对称， ， ， ， ， ， 又， ； （3）解：如图所示，点往左数2格的格点记为点，点往右数3格的格点记为点，连接，与相交于点，点即为所求． 在中，， ， ， ， ． 26．（2025·江苏泰州·二模）如图，是由边长为1的小正方形组成的的网格，点A，B均在格点上，以为直径画半圆O，格点C在半圆O上．请仅用无刻度的直尺画图．（保留作图痕迹，不写作法） (1)在图1中作的平分线，交于点D； (2)在图2中的半圆弧上确定点E，使得平分． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，平行线的性质与判定，等边对等角，熟知相关知识是解题的关键． （1）取格点G，连接并延长交于F，连接交于D，点D即为所求； （2）取格点H，连接并延长交于E，则点E即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，取格点G，连接并延长交于F，连接交于D，点D即为所求； 由网格的特点可证明，则， 由等边对等角可得 ，则； （2）解：如图所示，取格点H，连接并延长交于E，则点E即为所求； 可证明，则， 再由可得． 27．（2025·江苏镇江·模拟预测）如图是的正方形网格，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)在图1中作的角平分线； (2)在图2中过点作一条直线，使点A、到直线的距离相等； (3)在图3中，在AC边上找一个点D，使得； (4)在图4中作出AB边上的点D，使得． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 (4)见解析 【分析】（1）根据，得，得是等腰直角三角形，根据四边形是矩形，得点P是中点，即得平分； （2）根据，得，同理，，得四边形是正方形，得点A，B到直线（直线l）的距离相等；或四边形是平行四边形，得点A，B到对角线（直线）的距离相等； （3）根据，得，得，由，得，即得； （4）根据，得，得是等腰直角三角形，，根据，得，得，即得． 【详解】（1）解：取点G，H， 连接交于点P， 作射线， 射线即为所求作． （2）解：取点D，作直线，即为直线l； 或取点I，作直线，即为直线． （3）解：如图，取点M，N， 连接交于点D， 连接， 点D即为所求作． （4）解：如图，取点J，L， 连接，交于点T， 连接交于点D， 点D即为所求作． 【点睛】本题考查了网格作图．练掌握勾股定理，勾股定理的逆定理，三线合一，矩形性质，平行四边形性质，全等三角形性质，平行线分线段成比例性质，正切定义，是解题的关键． 28．（2025·江苏泰州·二模）（1）中，，，， ①如图1，，垂足为，求； ②如图2，点是斜边的中点，是的中点，求的面积； （2）如图3是由小正方形组成的网格图，每个小正方形的顶点叫做格点．中，，，三点均为格点，仅用无刻度的直尺，在内确定一点，使得与的面积相等，且（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】（1）①36②6（2）图见解析 【分析】本题考查勾股定理，解直角三角形，三角形的中线平分面积: （1）①利用，得到，即可得出结果；②根据三角形的中线平分面积，进行求解即可； （2）取的中点，连接点与的中点，并延长交格点于点，作，（构造，与的交点即为点），即可. 【详解】解：（1）①∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； ②∵，，， ∴， ∵点是斜边的中点， ∴， ∵是的中点， ∴； （2）如图，点即为所求； 由作图可知：， 作， 易证， ∴， ∴， 勾股定理，等积法求出的长， 易得， ∴， ∴； 故点即为所求. 题型八 图形变换中的规律探究型问题 29．（2025·河南洛阳·三模）如图所示，把多块大小不同的30°角三角板，摆放在平面直角坐标系中，第一块三角板AOB的一条直角边与x轴重合且点A的坐标为（2，0），∠ABO＝30°，第二块三角板的斜边BB1与第一块三角板的斜边AB垂直且交x轴于点B1，第三块三角板的斜边B1B2与第二块三角板的斜边BB1垂直且交y轴于点B2，第四块三角板斜边B2B3与第三块三角板的斜边B1B2垂直且交x轴于点B3．按此规律继续下去，则线段OB2020的长为（　　）    A．2×（）2020 B．2×（）2021 C．（）2020 D．（）2021 【答案】B 【分析】根据题意和图象可以发现题目中的变化规律：OB＝2×，OB1＝2×（）2，OB2＝2×（）3，……，从而可以推算出OB2020的长． 【详解】解：由题意可得， ∵OB＝OA•tan60°＝2×＝2， ∴B（0，2）， ∵OB1＝OB•tan60°＝2×＝2×（）2， ∴B1（﹣2×（）2，0）， ∵OB2＝OB1•tan60°＝2×（）3， ∴B2（0，﹣2×（）3）， ∵OB3＝OB2•tan60°＝2×（）4， ∴B3（2×（）4，0）， …… ∴线段OB2020的长为2×（）2021． 故选：B． 【点睛】本题考查探索图形变化规律、利用特殊角的三角函数解直角三角形，能读懂题意，结合图形找到变化规律是解答的关键． 30．在平面直角坐标系中，正方形的位置如图所示，点的坐标为，点的坐标为．延长交轴于点，作正方形；延长交轴于点，作正方形，……，按这样的规律进行下去，正方形的面积为 ____________________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定的应用，正确求出正方形的边长，并找出规律是解题的关键． 先利用勾股定理求出的长，得到，再利用三角形相似得到，，找出规律，即可得到结果． 【详解】解：的坐标为，点的坐标为， ∴， ∴， ∵正方形，正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得，，， …… ， 正方形的面积为， 故答案为：． 31．（2025·河北石家庄·一模）如图，在平面直角坐标系中，正方形，，，的顶点，，，在x轴上．顶点，，，在直线上，若，，则（   ） ①点坐标为； ②直线的表达式为； ③； ④点的横坐标为，其中说法正确的为（   ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．②③ 【答案】C 【分析】本题考查一次函数图象上点的坐标特征及点的坐标变化规律，利用正方形的性质求出点和的坐标即可判断①；利用待定系数法得出直线的函数解析式即可判断②；利用相似三角形面积的比等于相似比的平方即可判断③；再依次求出点，…，的纵坐标，发现规律即可判断④． 【详解】解：分别过点作x轴的垂线，垂足分别为M和N， ∵四边形和四边形是正方形，且， ∴点的坐标为，点的坐标为，故①正确； 将和的坐标代入得， ， 解得， ∴直线的函数解析式为，故②正确； 由题意可知， ∴， ∴， ∵， ∴，故③错误； 过点作x轴的垂线，垂足为P， 设 ∴点坐标可表示为， 将点坐标代入直线函数解析式得， ， 解得， ∴点的纵坐标为． 同理可得，点的纵坐标为， …， ∴点的纵坐标为， 代入，即可求得， ∴点的横坐标为，故④正确． 故选：C． 32．（2025·江苏无锡·三模）如图，一段抛物线：记为，它与x轴交于两点O，；将绕旋转得到，交x轴于；将绕旋转得到，交x轴于；…如此变换进行下去，若点在这种连续变换的图象上，则m的值为_____ ． 【答案】8 【分析】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征以及坐标与图形的变化-旋转，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点的坐标，结合旋转的性质可得出点的坐标，观察图形可知：图象上点以12（横坐标）为周期变化，结合可知点P的纵坐标和当时的纵坐标相等，由旋转的性质结合二次函数图象上点的坐标特征，即可求出m的值，此题得解． 【详解】解：当时，， 解得：，， ∴点的坐标为， 由旋转的性质，可知：点的坐标为， ， ∴当时，， ∵， ∴． 故答案为：8． 知识1 轴对称图形与轴对称 轴对称图形 轴对称 概念 如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的对称轴. 把一个图形沿着某一条直线翻折，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这条直线对称，也称这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴. 图示 性质 被对称轴分成的两部分是全等图形. 1.对应点所连的线段被对称轴垂直平分； 2.对应线段相等，对应角相等； 3.两个图形全等. 区别 意义不同 两个图形之间的特殊位置关系 具有特殊形状的图形 对象不同 两个图形 一个图形 对称轴的位置不同 在两个图形之间 过图形的某条直线 对称轴的数量不同 只有一条 不一定只有一条 联系 1)沿对称轴折叠，两个图形重合. 2)如果把成轴对称的两个图形看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形. 1)沿对称轴折叠，图形的两部分重合. 2)如果把轴对称图形的两部分看作两个图形，那么这两个图形成轴对称. 特别提醒:折叠的实质是轴对称变换，折痕所在的直线是对称轴，折叠前后的图形全等，对应点的连线被折痕所在直线垂直平分. 知识2 中心对称图形与中心对称 中心对称图形 中心对称 概念 把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心. 把一个图形绕某点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心. 图形 性质 过对称中心的直线把中心对称图形分成的两部分的周长与面积分别相等. 1）中心对称的两个图形是全等图形； 2）中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分； 3）中心对称的两个图形，对应线段平行（或在一条直线上）且相等. 区别 指具有某种性质的一个图形 指两个图形的(位置)关系 知识3 图形的平移 概念 把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，图形这种移动叫做平移．它是由移动方向和距离决定的. 图示 性质 1）平移不改变图形的大小、形状，只改变图形的位置，因此平移前后的两个图形全等. 2）平移前后对应线段平行（或在同一条直线上）且相等、对应角相等. 3）任意两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等，对应点之间的距离就是平移的距离. 作图步骤 1）定：根据题目要求，确定平移的方向和距离； 2）找：找出确定图形形状的关键点； 3）移：过这些关键点作与平移方向平行的射线，在射线上截取与平移的距离相等的线段，得到关键点的对应点； 4）连：按原图顺序依次连接各对应点. 【注意】确定一个图形平移后的位置需要三个条件：①图形原位置；②平移的方向；③平移的距离. 知识4 图形的旋转 概念 把一个平面图形绕着平面内某一点O转动一个角度，叫图形的旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫旋转角. 要素 旋转中心、旋转方向、旋转角 图示 性质 1）旋转前后的两个图形全等； 2）对应点到旋转中心的距离相等； 3）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角. 作图步骤 1）根据题意，确定旋转中心、旋转方向及旋转角； 2）找出原图形的关键点； 3）连接关键点与旋转中心，按旋转方向与旋转角将它们旋转，得到各关键点的对应点； 4）按原图形依次连接对应点，得到旋转后的图形． 1．（2026·江苏南通·一模）如图，将反比例函数的图象向右平移个单位，可以得到函数的图象．下列关于函数的说法中，正确的是（   ）． A．该函数图象交轴于点 B．该函数图象关于点对称 C．该函数图象关于直线对称 D．该函数图象上任取两点，若，则 【答案】C 【分析】结合反比例函数的图象与性质以及平移的性质逐项判断即可． 【详解】解：对于选项A：将代入，得， ∴该函数的图象交轴于点，故A错误； 对于选项B与C：∵关于点对称，且关于直线对称 又∵由向右平移1个单位得到， ∴关于点对称，且关于直线对称，故B错误，C正确； 对于选项D：举例，，则，， 满足，但不满足，故D错误． 2．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，为直径，为上一点（异于、，平分交于点，交于点； （1）； （2）； （3）； （4）连结、，四边形面积为； 上述结论正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】（1）根据在同圆或等圆中相等的圆周角所对弧相等，进行判断； （2）连接，证明，便可判断正误； （3）连接、，延长到点，使，连接，证明，得是等腰直角三角形，便可判断正误； （4）由全等三角形得，进而由等腰直角三角形的面积公式，便可判断正误． 【详解】解：（1）平分， ， ，故（1）结论正确； （2）连接， ， ， ， ， ，故（2）结论正确； （3）连接、，延长到点，使，连接， 四边形是的内接四边形， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ，故（3）结论正确； （4）， ， ，故（4）结论错误； 综上所述，正确的有3个． 3．（2026·江苏无锡·一模）在平面直角坐标系中，点，点，将沿直线翻折，原点的对应点恰好落在双曲线上，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由折叠的性质，结合坐标与线段的关系求出点的坐标，再代入反比例函数解析式求出的值． 【详解】解：∵ ，， ∴ ，， 由折叠的性质得，， 设点的坐标为，，， ， 由①得； 由②得； ， 即， 将代入得， ， ∵， 解得， ∴，即 ， ∵ 点在双曲线上， ∴． 4．如图，，，，，在边上取点，使得与相似，则这样的点共有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，正确进行分类讨论是解题的关键． 根据相似三角形的性质分两种情况列式计算：①若；②若． 【详解】解：， 若与相似，可分两种情况： ①若， 则， ； 解得． ②若， 则， ， 解得或6． 则满足条件的长为或1或6． 故选：C． 5．（2026·江苏苏州·模拟预测）矩形中，，，点为矩形内一点，使得．将绕点顺时针旋转，得到，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，矩形的性质，旋转的性质．取的中点，连接，先判断出点在上运动，当共线时，有最小值，据此求解即可． 【详解】解：取的中点，连接， 由旋转的性质知：， ∴点在上运动， ∴当共线时，有最小值， 由旋转的性质知：，， ∴,， ∴， ∴的最小值为， 故选：A． 6．（2026·江苏南通·模拟预测）如图1，是等边三角形，点在边上，，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿折线匀速运动，到达点后停止，连接．设点的运动时间为，为．当动点沿匀速运动到点时，与的函数图象如图2．有以下四个结论：①；②当时，；③当时，；其中正确结论的序号是_____ 【答案】①② 【分析】由函数图象可知当点运动到点时，，作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求出的长，从而判断①；当时，计算的长，证明为等边三角形，从而判断②；当时，点在上运动，求出的最小值和最大值，从而判断③． 【详解】解：由图2可知，当动点沿匀速运动到点时，，即， 如图，过点 作于点，连接， 是等边三角形， 、， 在中，， 、， 在中，由勾股定理得：， ， ， 故①正确； 当时，点运动的路程为 5， ， 点在上，且， ， 、， ， ， ， 是等边三角形， ， ， 故结论②正确； 当时，点在上运动， 当时，、， 当时，点到达点，，即在此过程中，的长度从 2 减小到 0， 过点作于点， 在中，，， ，， 在中，由勾股定理得：， 当点与点重合时，，取得最小值， 此时， ， 点能运动到点处， 的最小值为， ∵， 的最大值为， 当时，的取值范围是， 故结论③错误； 综上所述，正确的结论是①②． 7．（2026·江苏盐城·一模）我们把练习本上的横线看作平行且等距的格线．如图，小明在两条横线上画出，且、与中间的另外两条横线交于、、、四点，连接交于点．若，则的长为____． 【答案】 【分析】由题意可得，，，从而得出，，再由相似三角形的性质即可得解． 【详解】解：由题意可得：，，， ∴，， ∴，， ∵， ∴，． 8．（2026·江苏泰州·一模）明代数学文献中的“五星幻图”是中国古代唯一在算书中出现五角星的数学文献，如图所示的五角星图案绕点O至少旋转_________度才能与自身重合． 【答案】72 【分析】根据旋转对称图形的性质解答即可； 【详解】解：这个五角星是旋转对称图形，中心O将整个周角平均分成了5个相等的部分， 根据旋转对称图形的性质，最小旋转角度周角度数等份数， 即： ， 因此绕点O至少旋转72度就能与自身重合． 9．（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，点E在边上，且，F是的中点，P是的中点，过点P作交于点Q，则的长为__________． 【答案】/ 【分析】连接交于点，延长交于点，证明和以及，分别求得，，，据此计算即可求解． 【详解】解：连接交于点，延长交于点，如图， ∵矩形，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 10．（2026·江苏宿迁·一模）如图，在正方形中，，E是中点，连接，将沿翻折得到，连接、，则______． 【答案】 【分析】如图，过点F作交于点M，交于点N，设，则，证明出，表示出，然后利用勾股定理求出，进一步利用勾股定理求解． 【详解】解：如图，过点F作交于点M，交于点N ∵四边形是正方形 ∴， ∵E是中点 ∴ 设，则 由折叠得，，， ∴ ∵ ∴四边形是矩形 ∴， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴在中， ∴ ∴或（舍去） ∴， ∴． 11．（2026·江苏扬州·一模）在如图所示的小正方形网格中，均为小正方形的顶点，线段和相交于点，则的值为___________． 【答案】/ 【分析】如图标记格点，连接，，则，由此可得，所以，根据外角定理可得即可解答． 【详解】解：如图标记格点，连接，， 设小正方形的边长均为， 由勾股定理可知，， ， 中，， 中，， ， ， ，， ， ． 12．（2026·江苏无锡·一模）如图，在等腰中，，，，过点A作的平行线与的延长线交于点E，则长为________． 【答案】 【分析】根据等腰三角形的性质和平行线的性质，推导出 ，从而得到；再证明 ，利用相似比表示出；最后利用建立关于的方程求解，进而得出的长． 【详解】解： ， ， 设， 则 解得 ，（不符合题意，舍去） 经检验， 是原方程的解 ． 13．（2026·江苏盐城·一模）问题情境：将矩形绕点顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点、、的对应点分别为点、、，设直线与直线交于点E． (1)猜想证明：猜想与的数量关系，并证明； (2)如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点重合），连接，求证：四边形是平行四边形； (3)问题解决：在矩形绕点顺时针旋转的过程中，设直线与直线相交于点F，若，，当、、D三点在同一条直线上时，请直接写出的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3)或 【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定定理，勾股定理，等角的余角相等，解题关键是根据旋转证明三角形全等. （1）连接，根据矩形的性质得出，推得，根据旋转的性质得出，根据全等三角形的判定与性质即可证明； （2）连接，根据旋转的性质得出，根据矩形的性质得出，，，根据等腰三角形三线合一的性质得出，推得，根据平行四边形的判定定理即可证明； （3）分为：点，在的同一侧和点，在的异侧，两种情况分别求解，根据勾股定理求出，结合图形求出的值． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵四边形与四边形都是矩形， ∴， ∴， 即， 根据旋转的性质可得：， ∵，， ∴， ∴． （2）如图：连接，    根据旋转的性质可得：， ∵四边形是矩形， ∴，，， 即， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形． （3）解：如图，当点，在的同一侧时，    根据旋转的性质可得：，，， ∴， 在中，， ∴， 当点，在的异侧时，如图：    同理可得， ∴， 综上，的值为或． 14．（2026·江苏扬州·一模）如图1，数学探究：中，，，D是边的中点，是线段上的动点（不与点、点重合），边关于对称的线段为，连接． (1)当为等腰直角三角形时，求的大小． (2)如图2，延长，交射线于点． ①试探究的大小是否变化？如果不变，请求出的大小；如果变化，请说明理由．②若，则的面积最大为__________，此时__________． 【答案】(1) (2)①不变，②， 【分析】（1）由对称性质得，由三角形外角的性质得，即可求解； （2）①设，则，由对称性质得，由三角形外角的性质得，即可求解； ②点以为弦，所对的圆周角为的圆弧上运动，过点作于，交优弧于点，连接，当时，即点位于点时，的面积最大，即可求解． 【详解】（1）解：为等腰直角三角形， ， ， 边关于对称的线段为， ， ； （2）解：①的大小始终不变，大小为， 设，则， 边关于对称的线段为， ，， ， ， ， ， ； ②由①得， ， 点以为弦，所对的圆周角为的圆弧上运动，如图，过点作于，交优弧于点，连接， 当时，即点位于点时，的面积最大， ， ，垂直平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 面积最大值是， 此时，点的位置如图所示，过点作于， 则，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ． 【点睛】利用圆的基本性质找出点的运动轨迹和取得最值时点的位置是解题的关键． 15．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于、两点，其中点的坐标为，点为该二次函数在第二象限内图象上的动点，点的坐标为，连接． (1)求该二次函数的表达式及点的坐标； (2)连接，过点作轴于点，当以、、为顶点的三角形与相似时，求的值： (3)连接，以、为邻边作平行四边形，直线交轴于点． ①当点落在该二次函数图象上时，求点的坐标； ②在点从点到点运动过程中，直接写出点运动的路径长． 【答案】(1)， (2)或 (3)①；② 【分析】（1）使用待定系数法求出函数的解析式，再令，解方程求出点的坐标； （2）根据点的坐标和所在象限可得，，分两类讨论，根据相似三角形的性质得出比例式，解出的值； （3）①根据点到点的平移过程，表示出点的坐标，再将点的坐标代入二次函数的解析式，求出的值即可； ②点的坐标为，先求出直线的解析式，进而得到，分析这个二次函数可得，点先向上平移，再向下平移，结合最大值和两个端点的值，求出点运动的路径长． 【详解】（1）解：将点，代入，得， ， 解得， ∴该二次函数的表达式为， 将代入，得， ， 解得或， ∴点的坐标为； （2）解：∵点在二次函数的图象上， ∴， 又∵点在第二象限，且轴， ∴，， ∵，， ∴，， ①当时， ∴，即， 化简，得， 解得或（正值，舍去）； ②当时， ∴，即， 化简，得， 解得或（正值，舍去）； 综上所述，的值为或； （3）解：①∵，， ∴点向右平移8个单位，再向上平移4个单位得到点， ∵四边形是平行四边形， ∴点向右平移8个单位，再向上平移4个单位得到点， ∵点的坐标为， ∴点的坐标为， ∵点落在该二次函数图象上， ∴， 解得， ∴点的坐标为； ②设点的坐标为， 设直线的解析式为， 将，代入，得， ， 解得， ∴直线的解析式为， 将代入，得， ∴， 该二次函数的图象开口向下，对称轴为直线， ∵点从点移动到点， ∴， 当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小， ∴点先向上平移，再向下平移，即点运动的路径是两条线段， 当时，；当时，为最大值；当时，， ∴点运动的路径长为． 16．（2025·江苏泰州·三模）在中，，，，点E、F分别在上不与端点重合，且，将四边形沿着翻折至四边形处． (1)如图1，与交于点Q，若，求证：四边形为平行四边形； (2)当点G落在边上不与A、D重合时，请用无刻度的直尺和圆规在图2中作出点保留作图痕迹，不要求写作法； (3)当点G落在的边上时，求点B、G之间的距离． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 (3)点B，G之间的距离为或5或 【分析】（1）利用平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答即可； （2）连接，交于点O，作的垂直平分线得到的中点F，作直线交于E，过B作直线的垂线交于G，于是得到结论； （3）连接，，，交于点O，延长交于点P，推导出动点G的轨迹是以O为圆心，长为半径的圆弧．然后分三种情况：当点G落在边上时；当点G落在 边上时；当点G与点D重合时，分别解得的长即可． 【详解】（1）证明：，， ， 在平行四边形中，， 四边形为平行四边形； （2）解：如图所示，点G即为所求； （3）解：①当点G落在边上时，如图， 由折叠性质可知：，，， ， ， 在平行四边形中， ， 四边形是平行四边形， ， 在中，，， ， ， ②当点G落在边上时，连结交于点O，连接，如图， 由平行四边形的中心对称性，得， 由翻折的性质得： ， 为直角三角形，， ； ③当点G落在边上时，连结交于点O，如图， 由折叠可知：， ， 则垂直平分， 由轴对称性可知垂直平分， 点G与点D重合． 过点D作的垂线交于点M， 在中， ，， ， 由勾股定理，得 综上所述，点B，G之间的距离为或5或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，折叠的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 17．（2025·江苏南京·三模）如图，在中，，是高． (1)用直尺和圆规作，使与关于点D对称（保留作图的痕迹，不写作法），连接，求证：四边形是菱形； (2)若，则（1）中的菱形的高为__________． 【答案】(1)见解析； (2)6． 【分析】（1）按照要求作图，再证明四边形是平行四边形，由即可证明结论； （2）证明，利用相似的性质求出，勾股定理求出，,则菱形的边长为，求出，根据菱形面积的两种求法列方程，即可求出答案． 【详解】（1）解：如图，即为所求， 由作图可知，， ∴四边形是平行四边形， ∵是高． ∴， ∴四边形是菱形； （2）∵，是高． ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， 解得或（不合题意，舍去） ∴， ∴, 即菱形的边长为， ∵四边形是菱形 ∴， 设菱形的高为h， 则， 即， 解得， 即菱形的高为． 故答案为： 【点睛】此题考查了轴对称的性质和基本作图、勾股定理、相似三角形的判定和性质、菱形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、菱形的判定和性质是关键． 18．（2025·山西长治·模拟预测）综合与实践 问题情境 如图1，在中，，，，是斜边的中线． 初步探究 （1）如图2，将沿方向平移，当点C落在点D的位置时，点D，B的对应点分别是点，，连接，．试判断四边形的形状，并说明理由． 深入思考 将绕点D顺时针旋转得到，，的对应点分别是N，M． （2）如图3，当时，垂足为Q，与交于点P，与交于点E，求线段的长． （3）在旋转的过程中，线段与交于点E，当点B在线段上时，直接写出线段的长． 【答案】（1）四边形是矩形，见解析；（2）；（3）或 【分析】（1）由直角三角形斜边中线得，由平移可知，那么，故四边形是平行四边形，而，则四边形是矩形； （2）由勾股定理得，则，那么，可求，由题意得，，则，在中，解直角三角形得，则，在中，解直角三角形得； （3）当点与点重合时，过点作于点，可得，则，即可求解；当点不与点重合时，如图：过点作于点，可证明，由，再由线段和差求解即可． 【详解】（1）解：四边形是矩形，理由如下： 在中，是斜边的中线， ∴， 由平移可知， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，，， ∴， ∵是斜边的中线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由题意得，， ∴， ∴，即， ∴，即旋转角为， ∴， 由平移可得：， ∴， ∴在中，， ∴， ∴在中，； （3）当点B与点N重合时，如图：过点作于点， 由旋转和平移得，， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：； 当点B不与点N重合时，如图：过点作于点， ∵由旋转，平移得到，， ∴， ∴， ∴， 由旋转，平移得到， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上：的长为或． 【点睛】本题考查了旋转，平移的性质，解直角三角形，矩形的判定，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，综合性强，难度大，熟练掌握知识点并灵活运用，是解题的关键． 19．（2025·江苏镇江·二模）已知，点在边上，点是边上一动点，，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，再将线段绕点顺时针旋转，得到线段，作于点． (1)如图1，． ①依题意补全图形： ②连接，求的度数； (2)如图2，当点在射线上运动时，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①根据题干描述作图即可； ②由旋转可得且，进而证明是等边三角形，推出，再结合可得答案； （2）如图，连接，，同（1）可证是等边三角形，再证，推出，，进而证明，最后根据含30度角的直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：①补全图形如下； ②如图，连接， 线段绕点A逆时针旋转， 且， 是等边三角形， ， ， ， ， ； （2）解：， 证明：如图，连接，， 由（1）②知是等边三角形， ，， 线段绕点O顺时针旋转，得到线段， ，， 是等边三角形， ，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 在中， ． 【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质等，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 20．（2025·江苏泰州·三模）已知，如图，等边，点D是平面内一点（点D不在直线上），连接、．将绕点A按逆时针方向旋转得到，点D的对应点是点E． 设直线与直线交于点G． (1)如图1，判断线段与线段的数量关系，并说明理由； (2)当点D是线段的中点，根据题意，在图2中画出图形，求的度数； (3)探索与的数量关系，直接写出结论． 【答案】(1)，理由见解析 (2) (3)或 【分析】（1）根据旋转的性质得到，即可得到； （2）根据题意画出图形，证明和是等边三角形，再利用对角线相互平分且相等的四边形是矩形即可得到结论； （3）分两种情况，画出图形，利用圆内接四边形的判定和性质求解即可． 【详解】（1）解：，理由如下， ∵将绕点A按逆时针方向旋转得到， ∴， ∴； （2）解：画出图形，如图， 由旋转的性质知，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵点D是线段的中点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； （3）解：如图， 是等边三角形， ∴，， ∵将绕点A按逆时针方向旋转得到， ∴， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是圆内接四边形， ∴； 如图，同理和是等边三角形， ∴， ∴四边形是圆内接四边形， ∴， 综上，或． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 考点二 图形变换综合压轴题型 题型一 平移综合题 1．（2026·河北邯郸·一模）如图，在Rt中，，将沿某一个方向平移2个单位长度，记扫过的面积为．关于结论①，②，下列判断正确的是（   ） 结论①：点到BC的距离为； 结论②：的最大值为 A．只有①对 B．只有②对 C．①，②都对 D．①，②都不对 【答案】B 【分析】根据点到直线的距离，垂线段最短，三角形的面积公式，以及平移的性质，分析判断即可． 【详解】解：设点到线段的距离为，则 ， ∴， ∴结论①不正确； 在三角形ABC中，，，，， ∴，， ∴如图，当沿垂直于的方向平移2个单位时，扫过的面积最大， 此时，， ∴结论②正确． 综上，只有②对． 2．（2026·河北张家口·一模）平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点称为“整点”．整点每次平移的规则：横纵坐标之和除以5，若余数为0该点向下平移1个单位，若余数为1向右平移1个单位，若余数为2向上平移1个单位，若余数为3向左平移1个单位，若余数为4不动．已知整点满足，连续平移6次后恰好落在直线上，则点P平移前的横坐标为________． 【答案】8 【分析】根据平移规则依次推导次平移后点的坐标表达式，再结合平移后点在已知直线上，联立方程求解即可得到平移前的横坐标． 【详解】解：由题意得，记第次平移后点的坐标为，为横纵坐标之和， 则，， ∴余数为， ∴第次向右平移个单位， ∴； ∴，余数为， ∴第次向上平移个单位， ∴； ∴，余数为， ∴第次向左平移个单位， ∴； ∴，余数为， ∴第次向上平移个单位， ∴； ∴，余数为， ∴第次向左平移个单位， ∴； ∴，余数为， ∴第次向上平移个单位， ∴， ∵平移次后点落在直线上， ∴满足， ∴代入得： ， 联立得， ∴两式相加得 解得． 3．（2026·浙江金华·一模）我们知道，对于平移前后的两个图形，连结对应点所得线段的长度即为原图形的平移距离．已知点为平面直角坐标系内一点． (1)若将点先向左平移个单位，再向上平移个单位得到点，求点的平移距离的长度； (2)将直线平移得直线，设直线上任意一点平移后的对应点为．若直线的平移距离，且直线平行于第二、四象限的角平分线，求直线的函数表达式； (3)将抛物线沿着射线方向平移得到抛物线，当时，抛物线上的点到轴的距离都小于，求抛物线的平移距离的取值范围． 【答案】(1) (2)直线的函数表达式为或 (3) 【分析】（1）根据平移的规律求出平移后点的坐标，再根据距离公式求解即可； （2）先确定平移方向，再结合平移距离求出平移的单位长度，最后根据直线平移规律求函数表达式； （3）设沿射线平移的距离为，可看成沿轴向右平移个单位，沿轴向上平移个单位，确定平移后抛物线的顶点，进而得到平移后抛物线的解析式，最后利用抛物线上的点到轴的距离都小于列不等式求解． 【详解】（1）解：∵点先向左平移个单位，再向上平移个单位得到点， ∴， ∴； （2）解：∵直线平行于第二、四象限的角平分线， ∴点沿直线的方向平移， ∴设点沿轴平移个单位，沿轴平移个单位， ∵， ∴， ∴直线沿直线方向平移个单位，相当于向左平移个单位，向上平移个单位，或向右平移个单位，向下平移个单位， ∴直线的函数表达式：或， 即：直线的函数表达式为或； （3）解：∵ ∴平移前顶点 设沿射线平移的距离为，可看成沿轴向右平移个单位，沿轴向上平移个单位， ∴， 解得：， ∴平移后顶点为， ∴平移后解析式：， 当时，， 当时，， 当时，抛物线上的点到轴的距离都小于， ∴ 由解得； 由解得或； 由解得； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴综上：． 4．（2026·山东德州·一模）【方法提炼】解答几何问题常常需要添辅助线，其中平移图形是重要的添辅助线策略． 【问题情境】 如图1，在正方形中，、，分别是，，上的点，于点．求证：小明在分析解题思路时想到了两种平移法： 方法1：平移线段使点与点重合，构造全等三角形； 方法2：平移线段使点与点重合，构造全等三角形； 【尝试应用】 (1)请按照小明的思路，选择其中一种方法进行证明； (2)如图2，正方形网格中，点，，，为格点，交于点则：的值为_________； (3)如图3，点是线段上的动点，分别以，为边在的同侧作正方形与正方形，连接分别交线段，于点，． ①求的度数； ②连接交于点，直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)①；② 【分析】（1）方法1：平移线段至交于点，证明四边形是平行四边形，得出，再证明，即可得出结论； 方法2：平移线段至交于点，则四边形是矩形，再证明，即可得出结论； （2）将线段向右平移至处，使得点与点重合，连接，设正方形网格的边长为单位1，由勾股定理求得，，，得出，则，由即可得出结果； （3）①平移线段至处，连接，由证得 ，得出，，证明 ，得出 ，即可得出结果； ②证明，得出即可求解． 【详解】（1）(1)证明：方法1：平移线段至交于点，如图， 由平移的性质得， 四边形是正方形， ，°，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ； 方法2：平移线段至交于点，如图， 则四边形是矩形，， ，， 四边形是正方形， ，， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：将线段向右平移至处，使得点与点重合，连接，如图， ， 设正方形网格中小正方形的边长为单位1， 则，，，，，， 由勾股定理可得，，，， ， 即， 为直角三角形，， ； （3）解：①平移线段至处，连接，如图， 则，四边形是平行四边形， ， 四边形与四边形都是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ，， ， ， ， ； ②如图， 为正方形的对角线，， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查全等三角形的判定与性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，掌握以上知识点是解题的关键． 题型二 轴对称综合题 5．（2026·河北邯郸·二模）如图，某社区快递员从配送站出发，需要先到y轴上的P处投递一个包裹，然后到x轴上的Q处取出一个退件，再沿x轴向右骑行2个单位到充电桩R给电动车充电，最后前往下一个配送点．快递员沿折线骑行，若P，Q的位置满足使总骑行路径最短，则这条最短路径的总长度为________． 【答案】12 【分析】作点关于y轴的对称点G，将点向x轴的负半轴平移两个单位至点E，作点关于x轴的对称点F，连接，，，分别交y、x轴于点P、Q，结合轴对称的性质可得、、的坐标，进而可得，再证明四边形是平行四边形，根据两点直线线段最短可得出最短骑行路线，问题随之得解． 【详解】解：作点关于y轴的对称点G，将点向x轴的负半轴平移两个单位至点E，作点关于x轴的对称点F，连接，，，分别交y、x轴于点P、Q，如图， 即有，，， ∴， ∴， 根据平移有：，轴， 又∵， ∴，即四边形是平行四边形， ∴， 根据轴对称的性质有：，， 根据两点之间线段最短，即此时的骑行路线为最短， 且为：． 【点睛】根据轴对称的特点构造出辅助线，确定最短骑行路线是解答本题的关键． 6．（2026·江苏扬州·一模）如图①，直线同侧有两点，，点在直线上，若，则称点为，在直线上的投射点． (1)如图②，在中，，为斜边的中点，为的中点．求证：点为，在直线上的投射点； (2)如图③，在正方形网格中，已知点，，三点均在格点上，请仅用没有刻度的直尺在上画出点，在上画出点，满足且点为，在上的投射点；（保留画图痕迹） (3)如图④，在中，，，在，边上是否分别存在点，，使点为，在上的投射点，点为，在上的投射点？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)存在， 【分析】（1）先根据直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理，得出，再利用三角形的中位线定理，得出，进而得出，即可得出结论； （2）根据对称性和相似即可作出图形； （3）根据对称性和相似作出图形，再用相似三角形的性质即可得出结论． 【详解】（1）证明：在中，为斜边的中点， ， ， ． ，分别为，的中点， ， ， ， 点为，在直线上的投射点． （2）解：如图③， 作法：1、在格点上取点，点，连接交于点，则；（理由：，，，．） 2、作点关于的对称点，连接并延长交于点，即点就是所求作的点．（理由：由对称得，，又，，即点为，在上的投射点．） （3）解：存在， 如图， 作点关于的对称点，连接，，则四边形为正方形， 作点关于的对称点，连接交于点，交于点， ，，，在同一直线上，，，，， 又， ， ， ． ， ， ， ． 7．（2026·辽宁沈阳·一模）在中，，，，点D是边的中点，点E是边上一点，作点C关于直线的对称点F，点F与点E在直线的同侧．当时，在平面内找点G，使以A，D，F，G为顶点的四边形为平行四边形，则的长为________． 【答案】或10 【分析】先利用直角三角形的性质求出各边长，结合轴对称性质得到的长度，再根据确定各点坐标，最后分情况根据平行四边形对角线互相平分的性质计算的长度． 【详解】解：如图，过点F作于点H， 在中，，，， ， 由勾股定理得， 点是的中点， ， 点和点关于直线对称， ， ∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴，， 如图，以点B为坐标原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则，，，，， 设点G的坐标为， 分三种情况讨论： 若为平行四边形的对角线， ，解得， ∴， ∴； 若为平行四边形的对角线， ，解得， ∴， ∴； 若为平行四边形的对角线，可得 ，解得， ∴， ∴； 综上所述，的长为或10． 8．（2026·山东青岛·一模）【构建新定义】 在平面中，如果将一个三角形先进行一次轴对称，再进行一次平移变换后，与另一个三角形能完全重合，那么我们称这两个三角形互为“镜移三角形”，并将轴对称变换中的对称轴称为“镜移轴”． 【理解新定义】 (1)如图1，在中，，点D是的中点，点E，F分别在，上，且，．请写出图中的一对以所在的直线为“镜移轴”的“镜移三角形”：____． 【应用新定义】 (2)如图2，在中，点D，E分别是的中点，连接，过点A作的垂线，垂足为F，交于点M，过点E作的垂线，垂足为N，与互为“镜移三角形”，若的面积为2，则的面积为____． 【拓展新定义】 (3)如图3，在矩形中，，，E是的中点，F是的中点，那么与互为“镜移三角形”，则其“镜移轴”与直线所夹的锐角为____；若“镜移轴”过的中点，则平移的距离为____． 【答案】(1)与（答案不唯一） (2) (3)， 【分析】（1）根据“镜移三角形”的定义判断即可； （2）根据“镜移三角形”的定义和相似三角形的性质可得的面积； （3）两个三角形可以通过平移重合，首先两个三角形要是全等三角形，其次要两个三角形对应边平行且方向相同或者在一条直线上，或者是两个三角形对应点的连线平行且相等，据此即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，作与关于成轴对称，连接，连接交于点， ∴， ∴， ∵点D是的中点， ， ∵，， ，， ， ∴点为中点，点为中点， ∵，点D是的中点， ∴， ∵与关于对称， ∴，， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 同理可得：，， ∴，且对应点的连线互相平行且相等，即，， ∴将沿着方向平移的长度即可与重合， ∴与是一对以所在的直线为“镜移轴”的“镜移三角形”． （2）解：∵与互为“镜移三角形”， ∴， ∵， ∴， ∵点D，E分别是的中点， ∴是的中位线，， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：连接， ∵F是的中点，，， ∴， 又∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形， ∴与关于对称， ∴， 在与中 ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 又∵，、在同一条直线上， ∴与全等，且对应边平行且方向一致， ∴沿着方向平移4即可与重合， ∴与是以所在的直线为“镜移轴”的“镜移三角形”， ∵四边形是正方形， ∴， ∴与的其他“镜移轴”都与平行，即与的“镜移轴”与直线所夹的锐角为， 取的中点，作交于， ∴即为与过的中点的“镜移轴” 过作交于点，过作交延长线于， ∵，， ∴， ∵点为的中点， ∴点为中点， ∵， ∴， ∴关于对称， 同理：关于对称， ∴作与关于对称，点、点在直线上， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴与全等，且对应边平行方向相同或者在同一条直线上， ∴沿着方向平移的长度即可与重合， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴． 综上：与互为“镜移三角形”，则其“镜移轴”与直线所夹的锐角为，若“镜移轴”过的中点，则平移的距离为． 题型三 旋转综合题 9．（2026·江苏无锡·一模）如图，在四边形中，，，，，将绕点顺时针方向旋转后得，当恰好经过点时，为等腰三角形，若，则（　　）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由旋转的性质和为等腰三角形可得，为等腰直角三角形，则，使用勾股定理计算出．容易证明，则，代入数值计算即可． 【详解】解： 由旋转的性质可得，，，，， ∵为等腰三角形，， ∴为等腰直角三角形， ∴，， 在直角中，， ∴， 在直角中，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴． 10．（2026·辽宁抚顺·一模）【发现问题】 在数学小组活动中，同学们遇到了这样一个问题： (1)如图1，在正方形中，E是边上一点，连接，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，连接，求的度数． 【延伸类比】 小组内的某位同学提出，若四边形是矩形，那么会存在什么样的规律呢？于是他们提出了如下问题： (2)如图2，在矩形中，，，E是边上一点，连接，过点E作，点F在的上方并满足，连接，求的值． 【学以致用】 小组同学想进一步对图中进行变换，于是提出下面的问题： (3)如图3，在边长为的菱形中，，E为边上一点，连接，将绕点E顺时针旋转得到，连接，，，交于点G，若G为边的三等分点，求的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）过点F作交的延长线于点G，先证，则，，即．则，可得，可求的度数； （2）过点F作交的延长线于点H，先证，则，可得；由，则，可得； （3）延长，交于点N，在上取一点M，使，作于Q ，过点F作交的延长线于点P，先证，则，．可得 ．证明，可得，；再证，可得，可求；再得出，由，可求的面积． 【详解】（1）解：如图1，过点F作交的延长线于点G， ， 四边形为正方形， ，， ； 绕点E顺时针旋转得到线段， ，， ， ， 在和中 ， ， ，， ，即， ， ， ， ． （2）解：如图2，过点F作交的延长线于点H， ， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ，即， ， ， ， ， ． （3） 解：如图3，延长，交于点N，在上取一点M，使．作于Q． 过点F作交的延长线于点P， 四边形为菱形， ，， ，即， ， ， ， ， ， ， ， 在和中 ， ， ，， ，即， ， ； 菱形的边长为， ． ， ， ， ∵G为的三等分点，， ，， ， ，， ， ，即 ， ， ，， ， ， ，， ， ． 11．（2025·江苏泰州·三模）已知，在中，，，，是直线上一点，将点绕点逆时针旋转得其对应点，当时，则长为_______． 【答案】或 【分析】通过连接辅助线，利用旋转性质和全等三角形的判定，确定点的运动轨迹，再分情况结合等腰直角三角形、勾股定理求解长． 【详解】解：连接、，取的中点，作直线． ∵将点绕点逆时针旋转得对应点， ∴，，为等边三角形． ∵，，， ∴． ∵是中点，，， ∴，． ∵， ∴． 在和中， ， ∴． ∴， ∴，点在直线上运动． 情况一：点在的延长线上． ∵，是中点， ∴． ∵， ∴． 在中，， ∴． 情况二：点在线段上． 同理，， ∴． 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握旋转性质和全等三角形判定是解题的关键． 12．（2025·江苏扬州·一模）如图，在平面直角坐标系中，点A坐标是，点B在x轴正半轴上，，将绕点O逆时针旋转，当点A的对应点落在函数的图象上时，设点B的对应点的坐标是，则__． 【答案】 【分析】过作轴于C，过作轴于，先根据旋转性质结合锐角三角函数关系得到，证明得到，则可得，利用反比例函数图象上点的坐标特征得到，由勾股定理求得，进而利用完全平方公式求解即可． 【详解】解：过作轴于C，过作轴于，则， ∵点坐标是， ， 在中，，则， 由旋转性质得，点在第一象限中， ，又， ， ， ， ∵的坐标是，且在第一象限， ， ， ∵在函数的图象上， ，且， ， ， ， （负舍）， 故答案为：． 【点睛】本题考查反比例函数与几何的综合，涉及旋转性质、相似三角形的判定与性质、坐标与图形、解直角三角形、完全平方公式等知识，熟练掌握旋转性质和相似三角形的性质是解答的关键． 题型四 翻折综合题 13．（2026·江苏泰州·一模）综合与实践： 如何将正方形纸片折叠出相等的三列 背景 书法社团课上，需要将正方形书法纸折叠成均等的三列（如图①），这引起数学兴趣小组的关注．兴趣小组准备三张边长均为的正方形纸片，为折叠出均等的三列提供三组方案，请你论证． 方案1 如图② 步骤1：折均等的四列； 步骤2：连接对角线分别交折痕于点、点、点，知； 步骤3：连接延长交线段于点． 方案2 如图③ 步骤1：对折正方形，折痕为； 步骤2：沿翻折得到； 步骤3：沿翻折，使得D与重合，点为折痕与的交点． 方案3 如图④ 步骤1：对折正方形，折痕为； 步骤2：沿翻折，使得点与点重合，点与点对应； 步骤3：线段与交点为． 问题论证： (1)在方案1中，求证：点为的三等分点； (2)在方案2中，求与的比值； (3)在方案3中，图④已标注的点中是否存在线段的三等分点？若存在，指出并证明；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在，点是线段的三等分点，理由见详解 【分析】（1）由正方形性质，结合三角形相似的判定与性质求证即可； （2）设正方形的边长为，，表示出，再由折叠性质及勾股定理列式得到，表示出与的比值求解即可； （3）令正方形的边长为，由折叠性质及勾股定理求出的直角边长度，再由相似三角形的判定与性质求出长度，最后得到长度，得出即可． 【详解】（1）证明：在正方形中，，则， ， ， ， ， 即， 在正方形中，，则， 点为的三等分点； （2）解：如图所示： 设正方形的边长为，， 则，， 沿翻折得到，沿翻折，使得D与重合， ， 在正方形中，，则由勾股定理可得， ， 则， ； （3）解：存在，理由如下： 如图所示： 不妨令正方形的边长为，则， 沿翻折，使得点与点重合，则，， 设，则， 在中，由勾股定理可得，则， 解得， ， ， ， ， ， ， 则， 解得， ， 则，即， 点是线段的三等分点． 14．（2026·江苏宿迁·一模）如图，在中，，，M，N分别是边上的动点，将四边形沿直线翻折，点A，D的对应点分别是点E，F，其中点F始终落在边上． (1)如图1，当点E恰好落在直线上，且时，求的长； (2)如图2，当点F与点B重合时，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质可得，，由平行线的性质可得，由折叠的性质可得，，，求出，作交于点，则，解直角三角形得出，由勾股定理可得，从而得出，即可得出结果； （2）设，则，连接，作交于点，设，则，由勾股定理可得，从而得出，，由勾股定理可得，由题意可得点、关于对称，从而可得，进而得出，求解可得，从而可得，，即可得出结果； 【详解】（1）解：∵在中，，， ∴，， ∴， ∵将四边形沿直线翻折，点，的对应点分别是点，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 如图，作交于点，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵在中，， ∴设，则， 如图，连接，作交于点， ， ∵， ∴设，则， ∴， ∴，， 由勾股定理可得：， ∵将四边形沿直线翻折，点，的对应点分别是点，，点与点重合， ∴点、关于对称， ∴， ∴， 解得：， ∴，， ∴． 15．（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 16．（2026·江苏无锡·一模）如图，在平行四边形中，两条对角线交于点，将沿翻折到，交于点，连接分别交于点．若，，则______，______． 【答案】 【分析】由折叠的性质可得，，，．由平行四边形的性质可得，，，进而可证明．使用等量代换可得，，因此．由平行可判定，则，因此，再根据线段的和差关系即可求解． 【详解】解：由折叠的性质可得，，垂直平分， ∴，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，，， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：；． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质是关键． 题型五 图形变换与函数综合 17．（2026·江苏泰州·一模）平面直角坐标系中，点，是反比例函数（）图象上两点，点和点关于点对称．设点，的横坐标分别为，（）． (1)如图1，若，，求的面积； (2)如图2，当时，求的值； (3)如图3，过点作直线的垂线，垂足为，并交轴于点，直线交轴于点，连接，若以，及为边组成三角形，请判断该三角形的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)直角三角形，理由见解析 【分析】（1）根据题意得出，，以及的坐标，进而求得直线的解析式，过点作轴，交于点，过点作，过点作，求得，根据，即可求解； （2）方法1：连接，过点作轴，过点作轴，根据勾股定理分别表示出，根据，得出，化简即可求解．方法2：过点作轴，分别过点，，作，，证明，根据相似三角形的性质列出关系式，化简即可求解； （3）方法1：作点关于轴的对称点，连接，，，证明，即可求解；方法2：过点作轴，过点作轴，先证明得出则，分别表示出，根据勾股定理的逆定理进行判断，即可求解． 【详解】（1）解：当，时，，， ． 设直线，代入 ∴，解得：， ∴， 过点作轴，交于点，过点作，过点作， 当时，， 点， ， ． （2）连接，过点作轴，过点作轴， ，， 中，， 中，， ，化简得， ， ， ． 方法2： 过点作轴，分别过点，，作，， ∴，则 ∴， ，即， 化简得， ， ， ． （3）直角三角形． 理由如下：方法1：作点关于轴的对称点，连接，，， ， ， 的坐标为， 点和点关于轴对称， ，与也关于轴对称， ， 轴， ， ， ， ， ， ， ， ， 点和点关于轴对称， 轴， ， ，即， 以，及为边组成三角形是直角三角形． ∴以，及为边组成三角形是直角三角形． 方法2：过点作轴，过点作轴 ， 设直线，将和代入， 求得， 点坐标为． ∵， 所以， ，即， 化简得， ． ， ， ， ， 以，及为边组成三角形是直角三角形． 18．（2026·江苏无锡·一模）在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，，与y轴交于点C，顶点为P． (1)求该二次函数的函数表达式； (2)设二次函数的图象经过点A，B，且与y轴交于点D，顶点为Q．求的值； (3)在（2）的条件下，当是直角三角形时，求的值． 【答案】(1)； (2)； (3)当是直角三角形时，的值或． 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）先把抛物线的解析式化为顶点式求出点P坐标，再求出点C坐标；把点A和点B坐标代入中可得抛物线的解析式为，据此可求出点Q和点D的坐标，再表示出即可得到答案； （3）分三种情况讨论，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵二次函数的图象经过点，， ∴， ∴， 该二次函数的函数表达式为； （2）解：∵， ∴点P的坐标为， 在中，当时，， ∴点C的坐标为； ∵抛物线过点，， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为， ∴抛物线的对称轴为直线， 在中， 当时，， 当时，， ∴，， ∵点C的坐标为，点P的坐标为， ∴，， ∴； （3）解：∵，，， ∴， ， ， 当，则，即， 解得，不符合题意，舍去； 当，则，即， 解得（不符合题意，舍去）或； 此时，即，，即， ∴，水平距离为，垂直距离为， ∴； 当，则，即， 解得；此时，即，，即， ∴，水平距离为，垂直距离为， ∴； 综上所述，当是直角三角形时，的值或． 19．（2026·江苏南京·模拟预测）已知一次函数与二次函数（为常数）的图象在同一平面直角坐标系．若两个函数图象没有交点，则的取值范围是_________；若时，点和点分别是两个函数图象上的任意一点，则的最小值是_________． 【答案】 【分析】①联立一次与二次函数解析式消去得到一元二次方程，利用两函数无交点等价于判别式小于列不等式求解即可；②先代入得到两个函数解析式，根据垂线段最短确定最短的条件，设直线与轴交于点，与轴交于点，过点作直线轴，交直线于点，通过求直线与坐标轴交点证明是等腰直角三角形得到角，即可得，设抛物线上点的横坐标为，表示出铅垂距离，利用三角函数将转化为关于的二次函数，最后根据二次函数性质即可求得的最小值． 【详解】解：①联立两个函数解析式，得 ， 把①代入②，得 ， 整理，得 ， ， ∵两函数图象无交点， ∴一元二次方程无实数根，即， ∴， 解得； ②当时， 一次函数， 二次函数， 由垂线段最短可知，当垂直于直线时，的值最小， 如图，设直线与轴交于点，与轴交于点，过点作直线轴，交直线于点， 令，代入一次函数得， 令，代入一次函数得，解得， ∴、， ∴，， 又， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵轴， ∴， 设抛物线上点的横坐标为，则， ∵轴， ∴， ∴ 在中，， ​∵二次项系数，抛物线开口向上， ∴当时，取得最小值． 20．（2026·江苏宿迁·一模）如图所示，已知双曲线（）和（），直线与双曲线交于点A，将直线向下平移与双曲线交于点B，与y轴交于点P，与双曲线交于点C，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，，作于E，于F．由题意易得，则有，然后可得，进而根据相似三角形的性质及反比例函数k的几何意义进行求解即可． 【详解】解：如图，连接，，作于E，于F． 由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，且函数（）的图像在第四象限， ∴． 题型六 图形变换与相似三角形 21．（2026·江苏无锡·一模）如图1，在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H． (1)如图2，当P为的中点，，时． ①长度为_______； ②求的长； (2)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，设为y，为，求y与的函数关系． 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①利用折叠和勾股定理求解即可，②证明，由相似三角形的性质得出，求出，再根据线段的和差关系即可得出． （2）延长，交于一点，连接，先证明，得到相等的边，再根据，由相似三角形的性质进一步即可得出和的函数关系． 【详解】（1）解：∵矩形， ∴，， ∵P为的中点， ∴， 由折叠的性质得出， 设，则， 在中，． 即， 解得； ②四边形是矩形， ， ， ，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ， ， ， ； ， ∵， ， ， ， ． （2）解：如图，延长，交于一点，连接， ，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ，直线， ， ， ， 又， ， 是等腰三角形， ， 为中点，，四边形为矩形， ， 为中点， ， ，， ， ，， ， ， 在中，， ， ， 在中，， ， ， ， ， 即． 22．（2026·江苏徐州·一模）如图，在中，，经过点，与边，分别交于点，，且与相切，切点为点． (1)求证：平分； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据切线的性质可得，从而得到，进而得到，再结合等边对等角可得，即可求证； （2）连接与相交于点，设，则， ，根据平行证明 ， 得到，从而可表示出，再次根据平行证明 ，列式解方程即可得解 ． 【详解】（1）证明：如图，连接， 与相切， ， ， ， ， ， ， ， 平分； （2）解：如图，连接与相交于点， 设，则， ， 为的直径， ， ， 四边形为矩形， ， ， ， ， ，即， ， ， ， ， ，即 ， 解得， ． 23．（2026·江苏无锡·模拟预测）如图，在中，是边上的中线，是上一点，连接并延长交于点． (1)求证：； (2)若，，，求面积的最大值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）过点作与的延长线交于点，，，然后根据相似三角形的性质以及三角形的中线的性质证明即可； （2）可得，则，故当最大时，面积最大，而则点在以为直径的圆上运动，过点作于点，那么，即可求解面积的最大值，即可求解面积的最大值． 【详解】（1）证明：过点作与的延长线交于点， ∴， ∴， ∵是边上的中线， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴； （2）解：∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴当最大时，面积最大， ∵，是边上的中线， ∴ ∴点在以为直径的圆上运动， 过点作于点， ∴， ∴的面积最大值为， ∴面积的最大值为． 24．（2026·江苏南通·一模）如图，在中，，点O在上，以O为圆心，长为半径的圆与相切于点D，与，分别相交于点E，F． (1)求证：平分； (2)若，，求的半径及的长． 【答案】(1)见解析 (2)； 【分析】本题主要考查圆的性质，相似三角形的判定和性质，平行的性质以及等腰三角形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）连接，根据切线得到，证明，再根据平行的性质得到，由于，得到，证明，即可得到结论； （2）根据题意得到，设半径为，则，根据平行得到，得到，求出，连接，根据圆周角定理以及平行线的判定证明，得到，即，求出，即可得到答案． 【详解】（1）证明：连接， 是的切线， 平分； （2）解：， ， 设半径为， 则， ， ， ， ， ， ， 连接， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ． 题型七 图形变换与动点存在性问题 25．（2025·江苏·三模）在矩形中，，，点E为边上一动点，连接，在右侧作射线于点E，点F为射线上一点． (1)如图1，若点F在边上，，求的长； (2)如图2，若点F在矩形内部，，连接并延长，交边于点H，当时，求的长； (3)如图3，若点F在边上，连接，过点A作于点M，则的长度是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)2.5 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据矩形的性质证明，即可求解； （2）先求出，过点F作于点M，证明，得到，则，设，则，再证明，则，得到，再解一元二次方程即可； （3）连接，设，由得到，整理得到，可求y有最大值，而，那么当时，有最大值，为，由于，则取最大值时，有最小值为：． 【详解】（1）解：∵四边形为矩形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， 如图 ，过点F作于点M， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， 即， 解得：，（舍）， ∴； （3）解：的长度是存在最小值，连接， 设， 由（1）得， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴当时，y有最大值， ∵， ∴当时，有最大值，为， ∵， ∴ ∴取最大值时，有最小值为：． 【点睛】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，二次函数的性质等知识点，掌握基本图形“一线三等角”相似是解题的关键． 26．（2025·江苏苏州·二模）定义：对于抛物线（是常数，），若，则称该抛物线是准黄金抛物线．已知抛物线是准黄金抛物线，交轴于两点． (1)求抛物线的函数表达式及点A、的坐标； (2)将抛物线沿轴翻折，得到抛物线； ①抛物线___________准黄金抛物线（填“是”或“不是”）； ②当时，记抛物线、组成的新图象为“图象”，图象交轴于点为轴正半轴上一动点，过点作轴交直线于点，交图象于点，是否存在这样的点，使与相似？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)；， (2)①是；②或或． 【分析】（1）先根据定义和求出k，求解函数关系式，然后令，求出点A、B坐标； （2）根据折叠性质得出抛物线的解析式，然后根据准黄金抛物线判断即可； （3）根据相似三角形的性质分和讨论求解即可． 【详解】（1）对于抛物线，其中，， 因为抛物线是准黄金抛物线，根据定义，将，代入可得： ，即， 解得 所以抛物线的函数表达式为 令，即， 解得， 所以，; （2）①抛物线：沿轴翻折后得到抛物线， 则的表达式为， 此时，， 计算， 所以抛物线是准黄金抛物线 故答案为：是； ②存在．如图1，当时，，此时，N与C关于直线对称， ∴点N的横坐标为1， ∴； 如图2，当时，，此时，点纵坐标为2， 由，解得，（舍）， ∴N的横坐标为， 所以； 如图3，当时，， 此时，直线的解析式为， 联立方程组：， 解得，（舍）， ∴N的横坐标为， 所以， 因此，综上所述：点坐标为或或． 【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及翻折性质、待定系数法求二次函数解析式、二次函数与一次函数的图象交点问题、相似三角形的性质、解一元二次方程等知识，掌握数形结合思想和分类讨论思想的运用是解题的关键； 27．（2026·江苏扬州·一模）如图，在中，，，点，分别在边和上，且，作交于点，交于点（点在点右侧），若上存在一点，使得，则＝________． 【答案】 【分析】由垂直条件可以导出边平行，从而得出与相等的角，再利用的正切值，可以转化为相应的线段比，再设为，可以根据比值把，的长度分别用含的代数式表示，再通过两个代数式的比即可求解． 【详解】解：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设， 则 ， ， ， ， ， ， ， ． 28．（2025·江苏宿迁·模拟预测）如图，抛物线与轴交于点、，于轴交于点，且为直角三角形． (1)求该抛物线的解析式； (2)在该抛物线上是否存在点，能使点满足，若存在，求出所有点的坐标，若不存在，请说明理由． (3)将绕平面内一动点旋转后所得与该抛物线没有公共点，请直接写出的取值范围________________． 【答案】(1) (2)点P的坐标为或； (3)或与抛物线没有公共点 【分析】（1）根据题意可证，得，结合已知点的坐标即可求得点C的坐标，设抛物线，将点求得a，即可得到解析式； （2）分情况：当点P位于点B的左侧，过点C作，交抛物线于点P，则点A和点B到线段的距离相等，利用平行线的性质即可求得点；当点P位于点B的右侧，连接与x轴交于点D，作，则，可证明，得，求得点，利用待定系数法求得直线的表达式，联立求得点即可； （3）根据题意可得，，，，分类：当点Q位于原点右侧时，旋转后与抛物线相切时，求得直线的解析式，进一步得直线的解析式为，联立求得s，将点代入直线上，即可求得；当点Q位于原点左侧时，旋转后在抛物线上时，将点代入函数解析式求解即可． 【详解】（1）解：∵为直角三角形，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵、， ∴， 则， 解得， 设抛物线， 将点代入得，解得， ∴； （2）解：存在，理由如下， 若点P位于点B的左侧，过点C作，交抛物线于点P，如图， 则点A和点B到线段的距离相等， ∴， 令，则， 解得（舍去），， ∴点， 若点P位于点B的右侧，连接与x轴交于点D，作，如图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 则点， 设直线的表达式为，则 ，解得， 则直线的表达式为， 联立解得（舍去）或， ∴， 综上所述，点P的坐标为或； （3）解：∵将绕平面内一动点旋转后所得， ∴，，， 当点Q位于原点右侧时，旋转后与抛物线相切时，如图， 设直线的解析式为，则 ，解得， ∴直线的解析式为， ∴直线的解析式为， ∵旋转后与抛物线相切， ∴， 整理得：， ∴， 解得， 则直线的解析式为， ∵在直线上， ∴， 解得， 则时与抛物线没有公共点； 当点Q位于原点左侧时，旋转后在抛物线上时，如图， 则， 解得， ∴当时与抛物线没有公共点， 综上所述，或与抛物线没有公共点． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质、待定系数法求解析式、全等三角形的判定和性质、求一次函数的解析式和旋转的性质，解题的关键是熟悉分类讨论思想和二次函数的性质旋转． 题型八 图形变换的阅读理解类问题 29．（2025·江苏泰州·一模）【阅读材料】 菱形是特殊的平行四边形，它可以通过平行四边形得到．如图1，一个平行四边形的活动框架，对角线是两根橡皮筋．若将沿方向平行移动，则的边随之变化．当时，为菱形．除了平行四边形，我们也可以由矩形、正方形得到菱形． ①如图2，，，，分别是矩形各边的中点，则四边形为菱形； ②如图3，已知正方形，分别以点为圆心，小于长为半径画弧，交对角线于点，，则四边形为菱形； 【解决问题】 (1)请从①②中选择一个进行证明； (2)如图4，在四边形中，，试用无刻度的直尺和圆规作菱形，使点，分别在，边上；（保留作图痕迹，不写作法） (3)在（2）的条件下，若，，对角线长为，则菱形的周长为_____． 【答案】(1)选①，见解析 (2)图见解析 (3) 【分析】（1）选①，先利用矩形的性质证明，再利用中位线定理证明四边形的四边相等，来证明它是菱形；选②，通过证明四边形的对角线互相垂直平分，来证明它是菱形； （2）作出对角线的垂直平分线，与，分别交于点，，再连结，可得四边形即为所求作的菱形； （3）先证明是直角三角形，再利用菱形的性质证明点为的中点，然后可求出菱形的边的长，再求出周长． 【详解】（1）解：选①， 理由：连结，， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，，，分别是矩形各边的中点， ∴，，，， ∴， ∴四边形为菱形； 选②， 理由：连结交于点， ∵四边形是正方形， ∴，，， 又由作法可知， ∴， 即， ∴四边形为菱形； （2）如图，四边形即为所求作的菱形； 理由：∵垂直平分， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴平分， 又， ∴平分， ∴与互相垂直平分， ∴四边形为菱形； （3）如图， ∵，，对角线长为， ∴， ∴是直角三角形，为斜边， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴菱形的周长为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的逆定理，中位线定理等知识点，解题的关键是掌握上述知识点，并能熟练运用求解． 30．（2025·江苏宿迁·三模）定义：点是内部或边上的点（顶点除外），在，或中，如果有一个三角形与相似，那么称点是的“相似点”． 例：如图1，点在的内部，，，则，故点为的“相似点”．请你运用所学知识，结合上述材料，解决下列问题： (1)如图2，在中，，，平分．求证：点为的“相似点”； (2)如图3，若为锐角三角形，点是的“相似点”，且点B与点A对应，点在的平分线上，连接．若，求的值； (3)如图4，在菱形中，是上一点，是内一点，，连接交于点，连接．若点是的“相似点”，且点与点对应．若，探究与的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，证明见解析 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质等知识，正确理解题意，找准相似三角形的对应关系是解题关键． （1）由等腰三角形的性质和角平分线的定义可推出，证明即可； （2）由题意得，可推出，再证明即可； （3）由题意得，可推出，延长交于点，可证明四边形是平行四边形得到，进而推导出，进而证明即可． 【详解】（1）证明：如图2，∵， ∴ ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴点P为的“相似点”； （2）解：由题意得：， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：． 证明：∵点G是的“相似点”，且， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， 延长交于点，如图所示： 在菱形中，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即：， ∵， ∴， ∴（负值已舍去）． 31．（2025·江苏盐城·二模）综合探究 【阅读材料】 学习小组遇到这样一个问题，如图1，在梯形中，，对角线，相交于点O．若梯形的面积为1，试求以，，的长度为三边长的三角形的面积． 小文是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法移动这些分散的线段，构造一个三角形，再计算其面积即可．他先后尝试了翻折，旋转，平移的方法，发现通过平移可以解决这个问题．他的方法是过点D作的平行线交的延长线于点E，得到的即是以，，的长度为三边长的三角形（如图2）． 参考小文同学的思考问题的方法，解决下列问题： （1）如图2，请直接写出的面积为_________． （2）如图3，的三条中线分别为，，，若的面积为2，求出以，，的长度为三边长的三角形的面积． 【深入探究】 （3）已知点P是内的一点，连接，，，，，证明：． 【实践操作】 （4）如图，已知三条线段a、b、c，请利用无刻度直尺和圆规作一个三角形，使得三角形的三条中线长分别为线段a、b、c的长．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】（1）1；（2）；（3）见解析；（4）见解析 【分析】（1）先表示出梯形的面积，再证明四边形是平行四边形，然后表示出求解； （2）先证明四边形为平行四边形，再利用平行四边形的性质结合中线的意义得出的面积为面积的，从而可得，再求出，从而可求得，于是可求得即可； （3）先证明四边形是平行四边形，四边形平行四边形，再证明，列出比例式，通过等量代换转化为，再利用夹角相等，可证得，结合平行线的性质可得出结论成立； （4）先以所给的三条线段为边作一个三角形，再构造出平行四边形，然后分别找出待作的三角形的三个顶点，再顺次连结即可． 【详解】（1）解：设梯形的高为， ∵， 梯形的面积为1， ∴， 过点D作AC的平行线交BC的延长线于点E， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴； （2）平移到，可得，， ∴四边形为平行四边形， ∴与互相平分，即M为的中点， 又∵， ∴，， ∴ ∵F为的中点， ∴， ∴ ∴N为的中点， ∴E为各边中线的交点， ∵为中线， ∴， ∵为中线， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， 而， ∴， 即的面积为面积的， 连接， ∵， ∴四边形是平行四边形， 可知与在一条直线上， ∵， ∴的面积等于的面积， 又的面积等于， ∴的面积等于， ∴， ∴的面积等于的面积， ∴的面积等于的面积的， 又为的中线， ∴的面积是面积的， ∴的面积是面积的， ∴， 又的面积为2， ∴， ∴以AD、BE、CF的长度为三边长的三角形的面积等于， 故答案为：． （3）过点P作，分别交、于点E、F， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 又 ∴， ∴； （4）以a，b，c为三边作，作出中点N， 连结，作出的中点M，连结交于点E， 延长到A，使，连结，并延长，在的延长线上截得，连结，，，则与互相平行，四边形是平行四边形， 延长长B，使，连结，就是所求作的三角形. 【点睛】本题考查了作三角形，平行四边形的性质与判定，平行线的性质，相似三角形的判定与性质等知识点，解题关键是掌握上述知识点，并能熟练运用求解． 32．（2025·江苏宿迁·三模）在数学文化长河中，蕴藏着诸多精妙的比例关系，除广为人知的黄金分割外，白银分割亦是一颗璀璨的明珠．在日常生活中随处都可以见到白银分割的身影，比如常用到的纸，对折后得到两个全等的纸、A5纸折叠后得到两个全等的纸等等（图1），纸、纸等的长与宽的比都等于白银比，这样的矩形称为白银矩形． 【探索发现】问题一，根据以上材料，如图2，一张规格为的矩形纸片，长，宽纸长将其沿长边对折（为折痕），得到两个全等的矩形纸片，两种规格张片的长与宽的比相同，即，推算白银比为___________ 【问题解决】问题二：如果线段上的一个点把这条线段分为两部分，两部分的长度之比为白银比，那么这个点就称为这条线段的白银分割点． 如何找到任意一条线段的白银分割点呢？ 小然是这样做的：如图3，已知线段，以为直角边作等腰，再作出的对角的平分线，与的交点即为线段的白银分割点．请你说明小然这么做的理由． 【拓展探究】如图4，若菱形的边长与高之比为白银比，则称这个菱形为白银菱形 （1）若菱形为白银菱形，___________． （2）以白银菱形作为平面镶嵌图形从而构造出具有对称美的图形，若以图4的菱形为基础组成如图5的矩形且矩形的较短边长为8，则这个矩形的面积为___________ 【答案】问题一：；问题二：见解析；拓展探究：（1）；（2） 【分析】本题主要考查了解直角三角形，菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，角平分线的性质等等，正确理解白银分割的定义是解题的关键． 问题一：由折叠的性质可得，则可求出，即，据此可得答案； 问题二：过点P作于E，由勾股定理得，由角平分线的性质可得，根据，可得； 拓展研究：（1）根据题意可得，则； （2）作于点，于，于，在上截取，连接，由对称性可得，由菱形的性质可得，则，证明，同理可得，再证明，设，则，，可得，据此求解即可． 【详解】解；问题一：由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴白银比为； 问题二：如图所示，过点P作于E， 在等腰中，，， ∴， ∵平分，，， ∴， ∵， ∴， ∴点P即为白银分割点； 拓展探究：（1）如图所示，过点B作于F， ∵菱形为白银菱形， ∴， ∴； （2）如下图，作于点，于，于，在上截取，连接， 由对称性可得， 由菱形的性质可得， ∴， ∴， 由题可知：， ， ， ， ， 同理可得， ， ， ， ， ， ， 设， ， ， ， ， ∵矩形的较短边长为8，即， ∴， ∴． 1．（2025·江苏无锡·二模）如图， 为的直径，，为的中点，连接，点在射线上，连接，取的中点，过作交于，连接．下列结论：①；②；③；④为定值．其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据题意可得是的垂直平分线，是的垂直平分线，可得点、、在以为圆心的圆上，根据圆周角定理可得，进而可判断①；连接，根据圆周角定理的推论并结合①的结论可得点和点在以点为圆心的同一个圆上，于是可判断②；连接，由①知点、、在以为圆心的圆上，然后根据圆周角定理即可判断③；在直角中，利用锐角三角函数和③的结论可得，然后将进行整理变形即得结论，进而可判断④，于是可得答案． 【详解】解：连接 ∵是中点，， ∴垂直平分， ∴． ∵是半径，为的中点， ∴， ∵， ∴，是等腰直角三角形，， ∴，点、、在以点为圆心的圆上， ∴， ∴， 故①符合题意． 连接， ∵是的直径， ∴ ∴点B，F，C，D四点共圆，即点和点在以点为圆心的同一个圆上 ∴， 故②符合题意． 由①知：点、、以为圆心的圆上， ∴， 故③符合题意． ∵点是的中点，过作交于， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴在直角中， ， ∴， 故④不符合题意． 故选：C 【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论、垂径定理的推论、等腰直角三角形的性质、四点共圆以及锐角三角函数等知识，涉及的知识点多，综合性强，熟练掌握上述知识、灵活应用圆周角定理和解直角三角形的知识是解题关键． 2．（2025·江苏南京·三模）如图，在等边中，点，分别是边、上的动点，且以为边作等边，使点与点在直线同侧，交于点，交于点给出下面四个结论： ； ； 若，则； 若则四边形是菱形． 上述结论中．所有正确结论的序号是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理等知识，综合运用相关知识是解题的关键 ①正确．利用等边三角形的性质以及三角形外角的性质证明即可；②正确．证明，可得结论；③正确．证明即可；④正确．证明四边形四边相等即可． 【详解】解：，都是等边三角形， ， ， ， ， ，故①正确； ， ，， ， ， ，即， ， ；故②正确； 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ，即，故③正确； ， ， ， ， 是等边三角形， ， 四边形是菱形，故④正确． 故选：D． 3．（2025·海南·模拟预测）如图，在矩形中，，，点E是上一点，且，连接，过点B作于点F，连接并延长交于点G，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．过点F作于点H，解直角三角形先后求得，，，，再证明，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图，过点F作于点H， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 即， 解得， ∴． 故选：A． 4．（2025·江苏泰州·三模）已知，在中，，，，是直线上一点，将点绕点逆时针旋转得其对应点，当时，则长为_______． 【答案】或 【分析】通过连接辅助线，利用旋转性质和全等三角形的判定，确定点的运动轨迹，再分情况结合等腰直角三角形、勾股定理求解长． 【详解】解：连接、，取的中点，作直线． ∵将点绕点逆时针旋转得对应点， ∴，，为等边三角形． ∵，，， ∴． ∵是中点，，， ∴，． ∵， ∴． 在和中， ， ∴． ∴， ∴，点在直线上运动． 情况一：点在的延长线上． ∵，是中点， ∴． ∵， ∴． 在中，， ∴． 情况二：点在线段上． 同理，， ∴． 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握旋转性质和全等三角形判定是解题的关键． 5．（2025·江苏扬州·三模）如图，已知中，，点是线段上一动点，过点作交于点，当点从点运动到点的过程中，点经过的路径长是______． 【答案】 【分析】本题考查轨迹，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的判别式等知识，过点作于，设，构建一元二次方程，利用判别式求出的最大值，可得结论．解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 【详解】解：过点作于，如图所示： 设， ， ∴， ， ∴， ∴， ∴， ∴，， ， ， ， ， ， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ， ， ∴或（，不符合题意，舍去）， ∴， ∴的最大值为， 当点从点运动到点的过程中，开始时，点从点B开始向左运动，达到最大值时，然后点应该是再往右运动，然后回到点B， ∴点经过的路径长是2倍的的最大值， ∴点经过的路径长是， 故答案为：． 6．（2025·江苏无锡·二模）如图，矩形中，，，点E是对角线上一点（不与B、D重合），连接，过点E作的垂线，交边于点F，则__________；若，的面积为y，则y与x的函数关系式为__________． 【答案】 / 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，过点E作于G，延长交于H，可证明四边形是矩形，得到，，，，则可证明，得到；设，则，，即；证明，可得，则，，再根据三角形面积计算公式求解即可． 【详解】解：如图所示，过点E作于G，延长交于H， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：；． 7．（2025·江苏镇江·一模）如图是由边长为1的小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点称为格点．已知A、B、C三点都是格点，且． (1)请在图中画出平面直角坐标系，并直接写出点B的坐标_________； (2)①如图，若线段与x轴交于点D，求点D坐标； ②在①的条件下，在你所画的平面直角坐标系的y轴上找一点P，使得是以为直角边的直角三角形，请求出点P的坐标． ③直接写出在②的条件下的正切值____________ (3)请仅用无刻度的直尺在给定网格作图．在上找一点Q，使的面积为． 【答案】(1)坐标系见解析， (2)①；②或；③或 (3)见解析 【分析】（1）根据点A和点C的坐标可确定原点和坐标轴的位置，据此建立坐标系即可得到点P的坐标； （2）①求出直线的解析式，再求出直线与x轴的交点坐标即可得到点D的坐标； ②设点P的坐标为，求出出，，；再分点D为直角顶点和点C为直角顶点两种情况，分别利用勾股定理建立方程求解即可； ③根据（2）②所求结合正切的定义求解即可； （3）取点，点，连接交与Q，则点Q即为所求；利用割补法可求出，则，可得，可证明得到，即． 【详解】（1）解；如图所示的平面直角坐标系即为所求，则； （2）解：①设直线解析式为， ∴， ∴， ∴直线解析式为， 在中，当时，， ∴点D的坐标为； ②设点P的坐标为， ∵，， ∴，， ； 当点D为直角顶点时，则， ∴， 解得， ∴点P的坐标为； 当点C为直角顶点时，则， ∴， 解得， ∴点P的坐标为； 综上所述，点P的坐标为或； ③当点P的坐标为时，，， ∴； 当点P的坐标为时，，， ∴； 综上所述，的值为或； （3）解：如图所示，即为所求． 【点睛】本题主要考查了求一次函数与坐标轴的交点坐标，两点距离计算公式，相似三角形的性质与判定，求角的正切值，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 8．（2025·江苏淮安·二模）在菱形中，，，点E在边上，将沿折叠到上． 尝试： （1）如图1，过点D的直线，交于点Q，交的延长线于点P，．显然，是______三角形（按边分类），若．则______； 探究： （2）在（1）的条件下，当时，求和的长； 操作： （3）把沿折叠到的过程中，当点F落在上时，用无刻度的直尺和圆规在图2中画出折痕，并在上作一点K，使得直线平分四边形的周长；（要求：不写作法，保留作图痕迹） 拓展： （4）如图3，若，点G在的延长线上，，的延长线交于点H．求的长． 【答案】（1）等边，；（2），；（3）见解析；（4） 【分析】（1）根据折叠得出，进而得出是等边三角形，根据，得出结果； （2）作于W，设，可证得，从而，从而得出，可表示出，，，，，根据列出方程，从而得出a的值，进一步得出结果； （3）作的垂直平分线交于E，则就是求作的折痕，在上截取，作的中点，连接，则平分四边形的周长； （4）作，交的延长线于W，作于V，可得出，设，，在中，由勾股定理得列出关于m的方程，求得m的值，从而求得，，从而得出，作于R，从而得出，设，，从而得出，根据得，求得n的值，进一步得出结果． 【详解】解：（1）∵沿折叠到， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：等边；； （2）如图1， 作于W， 设， 由（1）知，， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 由勾股定理得，， ∴， ∴（舍去）， ∴，； （3）如图， ∵沿折叠到， ∴，， ∵点F在上， ∴， 连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴点F在点C处， 作的垂直平分线交于E，则就是求作的折痕， 在上截取，作的中点，连接，则平分四边形的周长，理由如下： ∵， ∴， 又， ∴平分四边形的周长； （4）如图3， 作，交的延长线于W，作于V， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 由折叠得，， ∴， ∴， ∴， 设，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴，（舍去）， ∴，， ∴， 作于R， ∴， 设，， ∴， 由得， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造直角三角形． 9．（2025·江苏无锡·二模）将一个图形绕一个点旋转，往往可以得到很多有趣的结论．小明在学习旋转变换时，作了以下的尝试： (1)如图1，将绕点B旋转至 ，连接 ，请找出图中的一对相似三角形（全等除外），并证明； (2)如图2，小明又将绕点B旋转至，其中，直线 与直线相交于点D，通过观察、实验、猜想等操作方式，发现点D是线段的中点，请你帮助验证这个结论是正确的，写出证明过程； (3)如图3，若是边长为2的等边三角形，D是内一点，将线段绕点B顺时针旋转，得到线段，连接，若，直线与直线交于点F，且F是中点，求的长． 【答案】(1)，理由见详解 (2)见详解 (3) 【分析】（1）根据旋转可得，即可证明． （2）根据旋转的性质得出，，，证出，过作交的延长线于点，得出，即可得，  等角对等边得，证出，即可得，即是的中点． （3）过作交的延长线于点，连接，得出，根据是等边三角形，得出，，根据旋转可得，则是等边三角形，从而得，证明，得出，再证明，得出，设，求出，证出是等腰直角三角形，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解： ， 理由如下： 根据旋转可得， ∴， ∴． （2）解：∵将绕点B旋转至，其中， ∴，，， ∴，， ∴， 过作交的延长线于点， ∴， ∴，   ∴， ∵，，  ， 所以， ∴， 即是的中点． （3）解：过作交的延长线于点，连接， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， 根据旋转可得， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是中点 ， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴设， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】该题考查了全等三角形的性质和判定，旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，勾股定理，相似三角形的判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 10．（2025·江苏扬州·三模）如图至图，中，，，点在折线上，连接，将沿向右上方折叠，折叠后得到或四边形．    (1)如图，若，点在上； ①当射线经过点时，则___________（填“”、“”、“”）； ②当点，的距离最小时，求的长． (2)如图，若，点在上，当点在的延长线上时，求的值． (3)如图，若，，恰好经过点时，求的长． 【答案】(1)① ，② (2) (3) 【分析】（1）①先证是矩形，结合矩形性质和折叠性质得，，，利用“角角边”证明，根据全等三角形的性质得后，即可证； ②连接，当点在上时，当点，的距离最小，设，结合折叠性质得，，结合勾股定理求出，推出后，再利用勾股定理即可得解； （2）先证是矩形，结合矩形性质和折叠性质、勾股定理得、、，设，则，结合勾股定理求出后，再由即可得解； （3）分别过、两点作的垂线，垂足分别为、，结合折叠性质、平行四边形性质可得，由求出，结合勾股定理求出、、、，设，，结合得，再由勾股定理依次求出、、的值后，即可得． 【详解】（1）解：①， 是矩形， ，，，， 则折叠后得到的中，，， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ， 即． 故答案为：． ②连接，如下图：    当点在上时，当点，的距离最小， 设， 由折叠性质得，，，， ，， 在中，， ， 在中，， 则， 解得， ． （2）解：， 是矩形， ，，，， ， 由折叠性质得，，，， ，， 点在上，当点在的延长线上， 中，， ， ， 设，则， 中，， 即， ， 即， ． （3）解：分别过、两点作的垂线，垂足分别为、，    由折叠可知，，，，，， 中，，， 又， ， 由， ， ， 中，， 中，， ，， 设，， ， ， 中，， ， 中，， 即， 解得， ． 【点睛】本题考查的知识点是矩形的判定与性质、折叠性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形的相关计算、平行四边形的性质，解题关键是熟练掌握折叠性质． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $