五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(山西专用)12：图形的变化（教师版）

专题12图形的变化（解析版）考点1轴对称/中心对称图形的识别1．（2021·山西·中考真题）为推动世界冰雪运动的发展，我国将于2022年举办北京冬奥会．在此之前进行了冬奥会会标的征集活动，以下是部分参选作品，其文字上方的图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A．B． C． D．【答案】B【分析】根据轴对称图形及中心对称图形的概念可直接进行排除选项．【详解】解：A、文字上方的图案既不是轴对称图形也不是中心对称图形，故不符合题意；B、文字上方的图案既是轴对称图形也是中心对称图形，故符合题意；C、文字上方的图案是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意；D、文字上方的图案既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；故选B．【点睛】本题主要考查轴对称图形及中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形及中心对称图形的概念是解题的关键．2．（2020·山西·中考真题）自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识．下面是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中的图案是轴对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】解：A、不是轴对称图形；B、不是轴对称图形；C、不是轴对称图形；D、是轴对称图形；故选：D．【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．3．（2023·山西·中考真题）全民阅读有助于提升一个国家、一个民族的精神力量．图书馆是开展全民阅读的重要场所．以下是我省四个地市的图书馆标志，其文字上方的图案是轴对称图形的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够重合，则称这个图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴；根据这个概念判断即可．【详解】解：根据轴对称图形的概念知，C选项中文字上方的图案是轴对称图形，故选：C．【点睛】本题考查了轴对称图形，理解此概念是关键．4．（2024·山西·中考真题）1949年，伴随着新中国的诞生，中国科学院（简称“中科院”）成立．下列是中科院部分研究所的图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（

）A．山西煤炭化学研究所 B．东北地理与农业生态研究所C．西安光学精密机械研究所 D．生态环境研究中心【答案】A【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：把一个图形绕着某一个点旋转，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．【详解】解：A．是中心对称图形，故此选项符合题意；B．不中心对称图形，故此选项不符合题意；C．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；D．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；故选：A．5．（2022·山西·中考真题）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船圆满完成全部既定任务，顺利返回地球家园．六个月的飞天之旅展现了中国航天科技的新高度下列航天图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用中心对称图形的定义直接判断．【详解】解：根据中心对称图形的定义，四个选项中，只有B选项的图形绕着某点旋转180°后能与原来的图形重合，故选B．【点睛】本题考查中心对称图形的判定，掌握中心对称图形的定义是解题的关键．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心．6．（2025·山西·中考真题）科技创新型企业的不断涌现，促进了我国新质生产力的快速发展．以下四个科技创新型企业的品牌图标中，为中心对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，据此判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键．【详解】、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；、是中心对称图形，故本选项符合题意；故选：．考点2三视图1．（2020·山西·中考真题）下列几何体都是由个大小相同的小正方体组成的，其中主视图与左视图相同的几何体是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分别画出四个选项中简单组合体的三视图即可．【详解】、左视图为，主视图为，左视图与主视图不同，故此选项不合题意；、左视图为，主视图为，左视图与主视图相同，故此选项符合题意；、左视图为，主视图为，左视图与主视图不同，故此选项不合题意；、左视图为，主视图为，左视图与主视图不同，故此选项不合题意；故选B．【点睛】此题主要考查了简单组合体的三视图，关键是掌握左视图和主视图的画法．考点3利用旋转的性质求解1．（2025·山西·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，将线段绕点逆时针旋转，则点对应点的坐标为．【答案】【分析】本题考查了旋转的性质，解直角三角形的相关计算，将线段绕点逆时针旋转得到，过作轴于点，则，，，然后通过，，即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：如图，将线段绕点逆时针旋转得到，过作轴于点，则，∵点的坐标为，∴，由题意得，，，∴，，∴点对应点的坐标为，故答案为：．2．（2023·山西·中考真题）问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中．将和按图2所示方式摆放，其中点与点重合（标记为点）．当时，延长交于点．试判断四边形的形状，并说明理由．

(1)数学思考：谈你解答老师提出的问题；(2)深入探究：老师将图2中的绕点逆时针方向旋转，使点落在内部，并让同学们提出新的问题．

①“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点作交的延长线于点与交于点．试猜想线段和的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；

②“智慧小组”提出问题：如图4，当时，过点作于点，若，求的长．请你思考此问题，直接写出结果．

【答案】(1)正方形，见解析(2)①，见解析；②【分析】（1）先证明四边形是矩形，再由可得，从而得四边形是正方形；（2）①由已知可得，再由等积方法，再结合已知即可证明结论；②设的交点为M，过M作于G，则易得，点G是的中点；利用三角函数知识可求得的长，进而求得的长，利用相似三角形的性质即可求得结果．【详解】（1）解：四边形为正方形．理由如下：∵，∴．∵，∴．∴．∵，∴四边形为矩形．∵，∴．∴矩形为正方形．（2）：①．证明：∵，∴．∵，∴．∵，即，∴．∵，∴．由（1）得，∴．②解：如图：设的交点为M，过M作于G，∵，∴，，∴；∵，∴，∴，∵，∴点G是的中点；由勾股定理得，∴；∵，∴，即；∴；∵，，∴，∴，∴，即的长为．

【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键．3．（2022·山西·中考真题）综合与实践问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；问题解决：（2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长；（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）；（3）．【分析】（1）由三角形中位线定理得到，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，∴，∴∠AMD+∠A=180°，∵∠A=90°，∴∠AMD=90°，∵∠EDF=90°，∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，四边形AMDN为矩形；（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，∴∠B+∠C=90°，．∵点D是BC的中点，∴CD=BC=5．∵∠EDF=90°，∴∠MDB+∠1=90°．∵∠B=∠MDB，∴∠1=∠C．∴ND=NC．过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．∴CG=CD=．∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，∴△CGN∽△CAB．∴，即，∴；（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，∵MD⊥HN，∴MN=MH，∵D是BC中点，∴BD=DC，又∵∠BDH=∠CDN，∴△BDH≌△CDN，∴BH=CN，∠DBH=∠C，∵∠BAC=90°，∵∠C+∠ABC=90°，∴∠DBH+∠ABC=90°，∴∠MBH=90°，设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2，解得x=，∴线段AN的长为．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．4．（2020·山西·中考真题）综合与实践问题情境：如图①，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接．猜想证明：（1）试判断四边形的形状，并说明理由；（2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明；解决问题：（3）如图①，若，，请直接写出的长．【答案】（1）四边形是正方形，理由详见解析；（2），证明详见解析；（3）．【分析】（1）由旋转可知：，,再说明可得四边形是矩形，再结合即可证明；（2）过点作，垂足为，先根据等腰三角形的性质得到，再证可得，再结合、即可解答；（3）过E作EG⊥AD，先说明∠1=∠2，再设EF=x、则BE=FE＇=EF=BE＇=x、CE＇=AE=3+x，再在Rt△AEB中运用勾股定理求得x，进一步求得BE和AE的长，然后运用三角函数和线段的和差求得DG和EG的长，最后在Rt△DEG中运用勾股定理解答即可．【详解】解：（1）四边形是正方形理由：由旋转可知：，，又，四边形是矩形．∵．四边形是正方形；（2）．证明：如图，过点作，垂足为，则，．四边形是正方形，，．，．．∵，；（3）如图：过E作EG⊥AD∴GE//AB∴∠1=∠2设EF=x，则BE=FE＇=EF=BE＇=x，CE＇=AE=3+x在Rt△AEB中，BE=x，AE=x+3，AB=15∴AB2=BE2+AE2，即152=x2+（x+3）2，解得x=-12（舍），x=9∴BE=9,AE=12∴sin∠1=,cos∠1=∴sin∠2=,cos∠2=∴AG=7.2,GE=9.6∴DG=15-7.2=7.8∴DE=．【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转变换、勾股定理、解三角形等知识，综合应用所学知识是解答本题的关键．考点4解直角三角形及其应用1．（2023·山西·中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点，则的值为．

【答案】【分析】证明，，，再利用正切函数的定义求解即可．【详解】解：∵在中，，∴，，由作图知平分，，∴是等边三角形，，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，尺规作图—作角平分线，等边三角形的判定和性质，正切函数的定义，求得是解题的关键．2．（2021·山西·中考真题）太原地铁2号线是山西省第一条开通运营的地铁线路，于2020年12月26日开通．如图是该地铁某站扶梯的示意图，扶梯的坡度（为铅直高度与水平宽度的比）．王老师乘扶梯从扶梯底端以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端，则王老师上升的铅直高度为米．【答案】【分析】根据坡比列比例求解即可．【详解】解：∵的坡度，∴，∵米，∴，解得：，故答案为：．．【点睛】本题主要考查坡比的概念，根据坡比列出比例是解决本题的关键．3．（2022·山西·中考真题）随着科技的发展，无人机已广泛应用于生产和生活，如代替人们在高空测量距离和角度．某校“综合与实践”活动小组的同学要测星AB，CD两座楼之间的距离，他们借助无人机设计了如下测量方案：无人机在AB，CD两楼之间上方的点O处，点O距地面AC的高度为60m，此时观测到楼AB底部点A处的俯角为70°，楼CD上点E处的俯角为30°，沿水平方向由点O飞行24m到达点F，测得点E处俯角为60°，其中点A，B，C，D，E，F，O均在同一竖直平面内．请根据以上数据求楼AB与CD之间的距离AC的长（结果精确到1m．参考数据：）．【答案】58m【分析】延长AB和CD分别与直线OF交于点G和点H，则，再根据图形应用三角函数即可求解．【详解】解：延长AB和CD分别与直线OF交于点G和点H，则．又∵，∴四边形ACHG是矩形．∴．由题意，得．在中，，∴（m）﹒∵是的外角，∴．∴．∴m．在中，∴(m)．∴．答：楼AB与CD之间的距离AC的长约为58m．【点睛】本题主要考查三角函数的综合应用，正确构造直角三角形并应用三角函数进行求解是解题的关键．4．（2023·山西·中考真题）2023年3月，水利部印发《母亲河复苏行动河湖名单（2022－2025年）》，我省境内有汾河、桑干河、洋河、清漳河、浊漳河、沁河六条河流入选．在推进实施母亲河复苏行动中，需要砌筑各种驳岸（也叫护坡）．某校“综合与实践”小组的同学把“母亲河驳岸的调研与计算”作为一项课题活动，利用课余时间完成了实践调查，并形成了如下活动报告．请根据活动报告计算和的长度（结果精确到．参考数据：，）．课题母亲河驳岸的调研与计算调查方式资料查阅、水利部门走访、实地查看了解功能驳岸是用来保护河岸，阻止河岸崩塌或冲刷的构筑物驳岸剖面图

相关数据及说明，图中，点A，B，C，D，E在同一竖直平面内，与均与地面平行，岸墙于点A，，，，，计算结果交流展示【答案】的长约为的长约为．【分析】过点作于点，延长交于点，首先根据的三角函数值求出，，然后得到四边形是矩形，进而得到，然后在中利用的三角函数值求出，进而求解即可．【详解】解：过点作于点，延长交于点，

∴．由题意得，在中，．∴．∴．由题意得，，四边形是矩形．∴．∵，∴．∴在中，．∵．∴．∴，∴．答：的长约为的长约为．【点睛】本题是解直角三角形的应用，考查了矩形的判定与性质，解直角三角形，关键是理解坡度的含义，构造适当的辅助线便于在直角三角形中求得相关线段．5．（2025·山西·中考真题）项目学习项目背景：“源池泉涌”为我省某景区的一个景点，主体设计包括外栏墙与内栏墙，外栏墙高于内栏墙，两栏中间为步道，内栏墙内为泉池，池内泉水清澈见底．从正上方看，外栏墙呈正八边形，内栏墙呈圆形．综合实践小组的同学围绕“景物的测量与计算”开展项目学习活动，形成了如下活动报告．项目主题景物的测量与计算驱动问题如何测量内栏墙围成泉池的直径活动内容利用视图、三角函数等有关知识进行测量与计算活动过程方案说明图为该景，点俯视图的示意图，点，是正八边形中一组平行边的中点，为圆的直径图中点在同一条直线上．图为测量方案示意图，直径所在水平直线与外栏墙分别交于，点，，外栏墙与均与水平地面垂直，且．，均表示步道的宽，．图中各点都在同一竖直平面内．数据测量在点处测得，点和点的俯角分别为，，米．图中墙的厚度均忽略不计计算……交流展示……请根据上述数据，计算内栏墙围成泉池的直径的长（结果精确到米．参考数据：，，，，，）．【答案】内栏墙围成泉池的直径的长约为米．【分析】本题考查了解直角三角形的应用——仰角俯角问题，由题意得，四边形为矩形，则，，所以，，设米，则米，米，然后通过，，

列出方程，

解出方程即可，掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：由题意得，，四边形为矩形，∴，，∴，，设米，则米，米，在中，，，，∴，在中，，，∴，∴，解得，∴（米），答：内栏墙围成泉池的直径的长约为米．6．（2021·山西·中考真题）某公园为引导游客观光游览公园的景点，在主要路口设置了导览指示牌．某校“综合与实践”活动小组想要测量此指示牌的高度，他们绘制了该指示牌支架侧面的截面图如图所示，并测得，，，，四边形为矩形，且．请帮助该小组求出指示牌最高点到地面的距离（结果精确到．参考数据：，，，）．【答案】【分析】过点作于点，交直线于点；过点B作于点，于点，此时构造出两个矩形和，根据矩形的性质可得，，，进而求得的度数，在，中，利于三角函数即可求得，的长度，最终求得AH的值即为指示牌最高点到地面的距离．【详解】解：过点作于点，交直线于点；过点作于点，于点；则四边形和四边形均为矩形．∴，，，∴．∴．在中，，，∴．在中，，，∴．∴．∴．答：指示牌最高点到地面的距离为．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，构造所给角度以及相关角所在的直角三角形是解决问题的难点，利用和三角函数求值得到相应线段的长度是解决问题的关键．7．（2020·山西·中考真题）图①是某车站的一组智能通道闸机，当行人通过时智能闸机会自动识别行人身份，识别成功后，两侧的圆弧翼闸会收回到两侧闸机箱内，这时行人即可通过．图②是两圆弧翼展开时的截面图，扇形和是闸机的“圆弧翼”，两圆弧翼成轴对称，和均垂直于地面，扇形的圆心角，半径，点与点在同一水平线上，且它们之间的距离为．（1）求闸机通道的宽度，即与之间的距离（参考数据：，，）；（2）经实践调查，一个智能闸机的平均检票速度是一个人工检票口平均检票速度的倍，人的团队通过一个智能闸机口比通过一个人工检票口可节约分钟，求一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数．【答案】（1）与之间的距离为；（2）一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为人．【分析】（1）连接，并向两方延长，分别交，于点，,则，,根据的长度就是与之间的距离，依据解直角三角形，即可得到可以通过闸机的物体的最大宽度；（2）设一个人工检票口平均每分钟检票通过的人数为人，根据“一个智能闸机的平均检票速度是一个人工检票口平均检票速度的倍，人的团队通过一个智能闸机口比通过一个人工检票口可节约分钟”列出分式方程求解即可；还可以设一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为人，根据题意列方程求解．【详解】解：连接，并向两方延长，分别交，于点，．由点与点在同一水平线上，，均垂直于地面可知，，，所以的长度就是与之间的距离．同时，由两圆弧翼成轴对称可得．在中，，，，，．．与之间的距离为．（1）解法一：设一个人工检票口平均每分钟检票通过的人数为人．根据题意，得解，得．经检验是原方程的解当时，答：一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为人．解法二：设一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为人．根据题意，得．解，得经检验是原方程的解．答：一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为人．【点睛】本题考查了解直角三角形及列分式方程解应用题，关键是掌握含30度的直角直角三角形的性质．一、单选题1．（2025·山西·模拟预测）国产人工智能大模型横空出世，其低成本、高性能的特点，迅速吸引了全球投资者的目光．以下是四款常用的人工智能大模型的图标，其文字上方的图案是轴对称图形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了轴对称图形“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形”，熟记轴对称图形的定义是解题关键．根据轴对称图形的定义逐项判断即可得．【详解】解：A、不是轴对称图形，则此项不符合题意；B、不是轴对称图形，则此项不符合题意；C、是轴对称图形，则此项符合题意；D、不是轴对称图形，则此项不符合题意；故选：C．2．（2025·山西·一模）“巳巳如意”图案是2025年乙巳蛇年春晚的主题图案，将两个“巳”字对称摆放，恰似中国传统的如意纹样．双巳合璧，事事如意，饱含喜庆美满的家国祝福．下列“巳”字图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义：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，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，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，进行逐一判断即可．【详解】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不合题意；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故B选项不合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C选项不合题意；D、既是轴对称图形又是中心对称图形，故D选项符合题意．故选：D．3．（2025·山西忻州·模拟预测）如图，将边长为8的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到．当两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16时，移动的距离等于（

）

A．4 B．6 C．8 D．16【答案】A【分析】本题考查了正方形的性质、图形的平移、平行四边形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，熟练掌握正方形和平移的性质是解题关键．先证出两个三角形重叠部分（阴影部分），即四边形是平行四边形，再证出，设，则，利用平行四边形的面积公式建立方程，解方程即可得．【详解】解：∵四边形是边长为8的正方形，∴，，由平移的性质得：，∴两个三角形重叠部分（阴影部分），即四边形是平行四边形，，∴，∴，∴，设，则，∵两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16，∴，解得，符合题意，即，故选：A．4．（2025·山西长治·模拟预测）如图，将一张矩形纸条折叠，折痕分别与交于点M，N，点A，B分别落在点E，F处，与交于点．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查平行线的性质，折叠的性质．由折叠的性质得到，，由邻补角的性质求得，再由平行线的性质求解即可．【详解】解：由折叠的性质得到：，，∵，∴，∴，故选：D．5．（2025·山西临汾·二模）利用如图所示的方法，可以折出“过已知直线外一点和已知直线平行”的直线，下列说理中错误的是（

）A．同位角相等，两直线平行 B．内错角相等，两直线平行C．平行于同一条直线的两直线平行 D．同旁内角互补，两直线平行【答案】C【分析】本题考查了折叠问题，平行线的判定：同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行；如果两条直线同时垂直于同一条直线，那么这两条直线平行．先根据折叠的性质得到折痕都垂直于过点的直线，根据平行线的判定方法求解．【详解】解：如图，由题图（2）的操作可知，所以，由题图（3）的操作可知，所以，所以，所以可依据同位角相等，两直线平行或内错角相等，两直线平行，或同旁内角互补，两直线平行判定，故选：C．6．（2025·山西运城·二模）十八世纪，德国物理学家恩斯特·克拉德尼做过一个实验，他安放一块较宽的金属薄片，在上面均匀地撒上沙子．然后开始拉动弓弦，结果这些细沙自动排列成不同的美丽图案，并随着弓弦拉出的节奏的不断增加，图案也不断变幻和越趋复杂——这就是著名的克拉尼图形，下列四幅克拉尼图形是轴对称图形但不是中心对称图形的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题主要考查中心对称图形及轴对称图形的识别．根据轴对称：一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形与自身重合；由此问题可求解．【详解】解：A、原图既是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意；B、原图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不符合题意；C、原图是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意；D、原图既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意．故选：A．7．（2025·山西晋中·二模）中国传统纹样承载着对称美学的精髓，同时也体现了古代工匠对几何对称的深刻认知．下列传统纹样中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A．寿字纹 B．万字纹C．冰裂纹 D．柿蒂纹【答案】D【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：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，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，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．【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；故选D．8．（2025·山西吕梁·二模）2025年春晚的主题是“巳巳如意，生生不息”，如图为春晚主标识，巧妙组合的两个“巳”字象征中国传统的如意纹样，寓意双巳合璧，带来事事如意的吉祥．下列关于该标识的说法正确的是（

）A．是轴对称图形不是中心对称图形B．是中心对称图形不是轴对称图形C．既是轴对称图形又是中心对称图形D．既不是轴对称图形也不是中心对称图形【答案】B【分析】本题考查了轴对称图形“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形”和中心对称图形“在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形”，熟记中心对称图形的定义和轴对称图形的定义是解题关键．根据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义判断即可得．【详解】解：由图可知，春晚主标识是中心对称图形不是轴对称图形，故选：B．9．（2025·山西吕梁·一模）如图，将绕着点顺时针旋转得到，点，的对应点分别为点，，点，，恰好在一条直线上．若，，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，由旋转得，，，推出是等腰直角三角形，，过点A作于点H，得到，利用勾股定理求出的长．【详解】解：由旋转得，，∴，，，∴是等腰直角三角形，，过点A作于点H，∴，∴，故选：C．10．（2025·山西晋中·二模）如图，将绕点逆时针旋转得到．当点落在的延长线上时，恰好，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理等知识点，解题的关键是熟练掌握旋转的性质和平行线的性质．利用旋转的性质得出，，再利用平行线的性质和等腰三角形的性质得出和，利用三角形内角和定理即可求解．【详解】解：∵旋转角度，∴，，∵，，∴，，，，故选：B．11．（2025·山西运城·一模）如图，直线与x轴，y轴分别交于B，A两点，的长为5，将绕着点B逆时针旋转得到，点A的对应点为点D，则点D的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查坐标与图形变化-旋转，一次函数图象上点坐标的特征．求出，由，可得，，根据将绕着点B逆时针旋转得到，点A的对应点为点D，知，，，即可得．【详解】解：在中，令得，，，，，，将绕着点B逆时针旋转得到，点A的对应点为点D，，，，；故选：A．12．（2025·山西运城·二模）如图，在平面直角坐标系中，坐标轴刚好为矩形的两条对称轴，边，分别与x轴、y轴交于点E和F，以E为旋转中心，将矩形绕点E顺时针旋转，使的对应边且经过点F．若点C的坐标，则点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设与x轴的交点为M，过点作轴于点N，先证明，得到，设，，根据题意，得，，解得，得到即，利用三角函数解答即可．【详解】解：∵坐标轴刚好为矩形的两条对称轴，边，分别与x轴、y轴交于点E和F，点C的坐标，∴，，∵以E为旋转中心，将矩形绕点E顺时针旋转，使的对应边且经过点F．∴，，设与x轴的交点为M，过点作轴于点N，∵，∴，∴，设，，根据题意，得，，解得，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∵在第二象限，∴，故选：D．【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，旋转的性质，三角函数的应用，熟练掌握性质和三角函数的应用是解题的关键．13．（2025·山西大同·二模）随着2025年全民健身热潮兴起，运动备受欢迎．下列运动的图标中，是中心对称图形的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】本题考查了中心对称图形的识别，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后与原图重合．根据中心对称图形的概念求解即可得到答案．熟记中心对称图形定义是解决问题的关键．【详解】解：A、图形不是中心对称图形，不符合题意；B、图形是中心对称图形，符合题意；C、图形不是中心对称图形，不符合题意；D、图形不是中心对称图形，不符合题意；故选：B．14．（2025·山西运城·模拟预测）如图，在正方形中，点为上一点，将正方形沿所在直线折叠后，点的对应点恰好落在边的垂直平分线上．若，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由折叠的性质及三角函数求得，从而求得求；再由折叠的性质及三角函数求得结果．【详解】解：∵四边形为正方形，∴；∵垂直平分线段，∴；∴四边形是矩形，∴，；由折叠知，，；在中，，∴，；∴；∵，，∴，∴，故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，矩形的判定与性质，垂直平分线的性质，锐角三角函数；熟练掌握这些知识是解题的关键．15．（2025·山西运城·模拟预测）如图，四边形内接于，是的直径，若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，根据直径所对的圆周角是直角得到，然后根据正弦的定义求出，进而求出，再根据圆内接四边形的性质即可求出的度数．【详解】解：如图，连接，

是的直径，，，，，，，四边形内接于，，，故选：．【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，求角的正弦值，根据特殊角三角函数值求角的度数，直径所对的圆周角是直角，直角三角形的两个锐角互余等知识点，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键．16．（2025·山西朔州·一模）如图，向正六边形外作正方形，连接，交于点，则线段与一定满足的关系为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，作交与点M，如图所示：设正六边形的边长为a，则，由正六边形和正方形的性质得：B、D、H三点共线，解直角三角形求出，再利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．【详解】解：如图，连接，作交与点M，∵六边形是正六边形，设正六边形的边长为a，则，∴，∴，∴，，∴，同理可得，∵四边形是正方形，∴，∴B、H、D三点共线，，∴，∴；故选：D．【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，正方形的性质，平行线分线段成比例定理，解直角三角形等等，正确作出辅助线是解题的关键．17．（2025·山西·一模）如图，在中，，平分，分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作直线交于点．连接，则的长为（

）A． B．6 C． D．【答案】D【分析】利用直角三角形的性质，特殊角的三角函数，勾股定理，线段垂直平分线的基本作图，角的平分线的意义解答即可．【详解】解：∵，∴，，∵平分，∴，∴，∴，根据基本作图，得垂直平分线段，∴，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，特殊角的三角函数，勾股定理，线段垂直平分线的基本作图，角的平分线的意义，熟练掌握性质是解题的关键．18．（2025·山西晋城·三模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，连接对角线，是上一点，已知点的坐标为，若将线段绕点顺时针旋转，点恰好落在轴上，则点的坐标为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】此题考查了旋转的性质、解直角三角形、菱形的性质等知识，熟练掌握菱形的性质和旋转的性质是解题的关键．令线段绕点顺时针旋转后，与轴的交点为点，过点作轴于点．求出点的坐标为，证明．即可得到答案．【详解】解：如图，令线段绕点顺时针旋转后，与轴的交点为点，过点作轴于点．

点的坐标为，．四边形是菱形，，点的坐标为，，，．由旋转性质可得，，，．点的坐标为，点的坐标为，即点的坐标为．故选：D19．（2025·山西运城·一模）如图，在扇形中，，点为的三等分点，连接，过点作交于点．连接．则阴影部分的面积为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了圆心角和弧的关系、扇形的面积公式、解直角三角形、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．根据弧和圆心角的关系可得，即，进而得到，根据直角三角形的性质以及勾股定理可得、、进而得到；在中解直角三角形可得，最后根据求解即可．【详解】解：如图：∵在扇形中，，点为的三等分点，∴，即，∵，∴，∴，∴，，在中，，，∴，∴，．故选A．20．（2025·山西长治·三模）如图，四边形是的内接四边形，，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主要考查了圆周角、勾股定理及其逆定理、三角函数等知识，正确作出辅助线是解题关键．连接，根据“90度的圆周角所对的弦是直径”可知为直径，并利用勾股定理解得的值，再根据“同弧或等弧所对的圆周角相等”可知，然后根据正弦的定义求解即可．【详解】解：如下图，连接，∵，，，∴为直径，且，∵，∴，∴．故选：D．21．（2025·山西忻州·一模）如图，在中，，以O为坐标原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，将绕点O逆时针旋转得到．若点B的横坐标为3，，则点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了旋转的性质，坐标与图形，解直角三角形的相关计算，把握旋转的不变性是解题的关键．过点分别作，垂足为，根据旋转得到，，导角得到，再通过等角正切值相等列式求解即可．【详解】解：过点分别作，垂足为，∵点B的横坐标为3，∴由旋转得，，∵，，∴，∴，∴，∴，解得：，由旋转得，，∴，故选：C．22．（2024·山西太原·一模）下面是一个由长方体和四棱柱组合成的几何体，它的主视图如图所示，则该几何体的俯视图是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了三视图，根据俯视图是从物体的上面观察得到的图形，结合选项进行判断即可，熟练掌握几何体的三视图是解题的关键．【详解】解：由题意得，该几何体的俯视图是：故选：．23．（2025·山西大同·三模）如图是由5个相同小立方体搭成的几何体，若将小立方体①放到小立方体②的正上方，则关于该几何体变化前后的三视图，下列说法正确的是（

）A．主视图不变，左视图、俯视图改变B．左视图、俯视图不变，主视图改变C．主视图、俯视图不变，左视图改变D．主视图、俯视图、左视图都发生改变【答案】B【分析】本题考查了简单组合体的三视图，解题的关键是学生的观察能力和对几何体三种视图的空间想象能力．根据三视图的定义求解即可．【详解】解：根据图形可知，将小立方体①放到小立方体②的正上方，左视图、俯视图不变，主视图改变．故选：B．二、填空题24．（2025·山西阳泉·一模）如图，在等腰中，，，将沿方向平移，得到，交的中点于点，则点到点的距离为．【答案】【分析】本题考查了平移的性质，平行线分线段成比例，勾股定理；根据平移可得，，根据为的中点，可得，则，进而求得，即可求解．【详解】解：∵将沿方向平移，得到，∴，，∵为的中点，，∴，∴是的中点，即，∴，即是的中点，，如图，连接，∵，，则中，，，∴，∴，∴，故答案为：．25．（2025·山西忻州·二模）如图，在平面直角坐标系中放置一块直角三角尺，且，顶点的坐标为，现将三角尺向左平移，使点与点重合，得到，则点的对应点的坐标为．【答案】【分析】本题考查利用勾股定理解直角三角形，坐标平移等知识，利用勾股定理解直角三角形求出的长即可解决问题．【详解】解：∵，∴，在中，∵，，，∴，平移后，，，∴，故答案为：．26．（2025·山西长治·模拟预测）如图，在边长为4的菱形中，，是上的一点，将沿翻折得到，交于点．若，则的值为．【答案】【分析】连接，过点P作，交的延长线于点H，设，则，，解答即可．【详解】解：连接，过点P作，交的延长线于点H，∵边长为4的菱形，∴，，∴，∵，∴，∴是等边三角形，，，∴，∵沿翻折得到，∴，，，∴，，∴∴，∴，∴，设，则，，∵，，∴，∴，，∴解得，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，折叠的性质，直角三角形的性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．27．（2025·山西晋中·一模）如图，小明设计了一个“蝴蝶”的平面图案，整体为轴对称图形．将其放在平面直角坐标系中，点的坐标依次为，则点的坐标为．【答案】【分析】本题考查了轴对称图形的性质，关于轴对称的点的坐标特征，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意得到点关于轴对称，点关于轴对称，根据关于轴对称的点的坐标特征：横坐标互为相反数，纵坐标相同，即可得到答案．【详解】解：“蝴蝶”的平面图案，整体为轴对称图形，点的坐标依次为，点关于轴对称，点关于轴对称，点的坐标为，点的坐标为，故答案为：．28．（2025·山西忻州·模拟预测）在矩形中，，，对角线，交于点，过点作，垂足为，为中点，连接交于点，则的长为．【答案】/【分析】如图，延长交于点，先利用三角函数求得，得出为等边三角形，得出，再证出和，得出，进而即可得解．【详解】如图，延长交于点，在矩形中，，，，四边形是矩形，，，为等边三角形，，，，，，，，，在中，由勾股定理可得，，，，为中点，，，，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点并能正确添加辅助线是解决此题的关键．29．（2025·山西运城·模拟预测）如图，在四边形中，对角线，交于点，，，，，则的长为．【答案】【分析】过点作于点，先证明得，，再在中利用正切的定义得到，设，，则，，，接着证明得到，然后在中利用正切的定义得到，解得，然后在中利用勾股定理可计算出．【详解】解：如图，过点作于点，∵，∴，，∴，在和中，，∴，∴，，∵在中，，设，，∴，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∵在中，，∴，解得：，∴，，在中，，即的长为．故答案为：．【点睛】本题考查解直角三角形，全等三角形的判定和性质，勾股定理定理，平行线的判定和性质，灵活运用锐角三角函数的定义和勾股定理，构建是解题的关键．30．（2025·山西·一模）已知直角三角板中，现将一个量角器和该三角板按照如图方式摆放，其中点与量角器的中心重合，点落在量角器的外边缘圆弧上，边与圆弧交于点．若点是的中点，，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、解直角三角形、扇形的面积公式等知识点，正确作出辅助线、将阴影部分进行分割成为解题的关键．如图：连接，过作于E，先说明是等边三角形可得、，进而得到、；然后根据计算即可．【详解】解：如图：连接，过作于E，∵，∴，∵点是的中点，，∴，∴是等边三角形，∴，∴，，∴．故答案为：．31．（2025·山西吕梁·一模）如图，在矩形中，E是边上的一点，将矩形沿折叠，使点C落在点F处，延长，交的延长线于点H．若，，，则的长为【答案】【分析】利用矩形性质，折叠的性质，以及解直角三角形得到，，进而得到，记交于点，结合等腰三角形性质得到，设，则，，利用勾股定理求出的值，再证明，利用相似三角形性质求解，即可解题．【详解】解：四边形为矩形，，，，，，由折叠的性质可知，，，，，，，解得，，，记交于点，，，，设，则，，，，，解得，，，，，解得．故答案为：【点睛】本题考查了矩形性质，折叠的性质，等腰三角形性质，勾股定理，相似三角形性质和判定，以及解直角三角形，解题的关键在于熟练掌握相关知识．32．（2025·山西晋中·二模）如图，在矩形中，，，点是边的中点，点在线段上，且，则线段的长度为．【答案】【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形的计算，掌握相似三角形的判定和性质，解直角三角形的计算是关键．根据矩形，勾股定理得到，如图所示，过点作于点，根据解直角三角形的计算得到，设，则，再证明，得到，即，由此即可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，∵点是线段的中点，∴，∴，如图所示，过点作于点，∴，则，∴，∴，∴，∴设，则，∴，∵，∴，∴，即，解得，，∴，解得，，故答案为：．33．（2025·山西朔州·三模）如图，在中，，，分别为，边上的点，且，，若，，则的长为．【答案】【分析】本题主要查了平行线分线段成比例，角平分线的性质，解直角三角形．作，交于点F，过点E作于点G，则，可得，从而得到，再由角平分线的性质可得，设，则，再由，可得，即可求解．【详解】解：如图，作，交于点F，过点E作于点G，则，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，在中，∵，，∴，，∴，设，则，∴，∵，∴，即，解得：，∴．故答案为：34．（2025·山西晋城·一模）如图，中，，，点E在边上，沿直线折叠，使的对应边，垂足为F，交与点G，当点G恰好为的中点时，长为．【答案】14【分析】由平行四边形的性质可知，，进而可知，则设，，在中，，得，即，过点作垂直于，交延长线于，，由折叠可知，，，，得，设，则，，再证，得，，由平行四边形的性质可知，则，得，，则，由，得，解方程即可求解．【详解】解：在中，，，，，，∵，，∴，则设，，在中，，∴，即，过点作垂直于，交延长线于，，由折叠可知，，，，∴，则，设，则，在中，，∵点为的中点，∴，又∵，∴，∴，，∵，∴，则，∴，则，∴，则，又∵，∴，解得：，即：，∴，故答案为：14．【点睛】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，解直角三角形，根据直角三角形，利用，表示边的长度，列方程是解决问题的关键．35．（2025·山西长治·二模）如图：中，，，平分，交于点E，若，则长为．【答案】/【分析】过点A作于点H．根据，解直角三角形求出再利平行线分线段成比例定理求出，利用勾股定理求出，，求出，进而可求出的长．【详解】解：过点A作于点H．，，四边形都是平行四边形，，平分，，，

．故答案为：．【点睛】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，平行线分线段成比例定理，解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识解决问题．36．（2025·山西·模拟预测）如图，为了测量交通指示牌支撑杆的高度，小亮利用测角仪在点处测得点处的仰角分别为和．已知点在同一竖直平面内，测角仪始终与水平地面垂直．测角仪的高度，则支撑杆的高度约为．（结果精确到，参考数据：）【答案】【分析】本题考查了解直角三角形的应用，延长交于点，根据题意可得．四边形，四边形是矩形，根据，，得出，进而求得，，进而根据，即可求解．【详解】如图，延长交于点．根据题意可得．四边形，四边形是矩形，故答案为：．37．（2025·山西朔州·模拟预测）如图是传送带和水平地面所成斜坡的示意图．传送带和地面所成斜坡的坡度为，若该传送带把某物体从地面传送到离地面15米高的地方，那么该物体所经过的路程恰好是米．【答案】30【分析】本题主要考查斜坡的坡度和勾股定理，根据题意求得水平距离，再利用勾股定理求得经过的路程即可．【详解】解：∵传送带和地面所成斜坡的坡度，把某物体从地面送到离地面15米高的地方，∴水平距离为米，则该物体所经过的路程米，故答案为：30米．38．（2025·山西大同·三模）如图，在中，，，．点E是上一点，若，则的长为．【答案】/【分析】如图所示，延长，交于点H，过点D作于点F，过点E作交延长线于点G，由设，，勾股定理求出，，然后求出，然后得出，设，，表示出，，证明出，得到，然后代数求出，，勾股定理求出，进而求解即可．【详解】如图所示，延长，交于点H，过点D作于点F，过点E作交延长线于点G∵∴，∴设，∴，即∴（负值舍去），∴，∵在中，，∴∴∵在中，∴∴∵∴设，∵，∴∴∵∴∴∵，∴∴∴，即∴（负值舍去）∴，∴∵在中，∴．故答案为：．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，解直角三角形等知识，解题的关键是掌握以上知识点．39．（2025·山西大同·二模）如图，在矩形中，，点是的中点，将矩形沿折叠，点落在点处，延长交于点，则的长为．【答案】【分析】本题主要考查了折叠的性质，矩形的性质，三角函数以及相似三角形，过点作于点，连接交于点，可得，即可得出答案；【详解】如图，过点作于点，连接交于点，则．四边形是矩形，．．点是的中点，．由折叠，可知．．．．．．设，则．在中，由勾股定理，得，即．解得（不合题意，舍去）．．，．．，即．．三、解答题40．（2025·山西晋中·一模）综合与探究问题情境：如图1，四边形是矩形，沿过点的直线将矩形折叠，使点落在边上的点处，折痕交边于点，连接．猜想证明：（1）判断四边形的形状，并说明理由．深入探究：（2）创新小组在解决了上述问题后，继续将矩形沿所在直线折叠，使点，分别落在，边上的点，处，交于点，展开铺平．将绕点逆时针方向旋转，得到，点，的对应点分别为，，如图，连接，．试探究线段，之间的数量关系，并说明理由．问题解决：（3）在的条件下，若，，在旋转的过程中，当，，三点在同一条直线上时，请直接写出的面积．【答案】四边形是正方形．理由见解析；，理由见解析；或．【分析】根据矩形的性质可得：，根据折叠的性质可证：，，从而可证四边形是正方形；根据矩形的性质可得，根据折叠的性质可得：，从而可证，根据平行线的性质可得，根据旋转的性质可得，，从而可证，根据相似三角形的性质可得；利用勾股定理可得，根据旋转的性质可得：，从而可求，，，根据三角形的面积公式求解即可．【详解】解：四边形是正方形，理由如下：四边形是矩形，，由折叠的性质可得：，，四边形是矩形，四边形是正方形；，理由如下：四边形是矩形，，由折叠的性质可得：，，，．由旋转的性质，得，，，，，，由折叠的性质，知，在中，，，即；解：或，理由如下：如下图所示，，，在中，，根据旋转的性质可得：，则，，，，．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是根据折叠的性质和旋转的性质找到边之间的关系．41．（2025·山西·三模）阅读与思考“算两次”原理富比尼原理（Fubini'sPrinciple），也称为“算两次”原理，是数学中一种重要的思想方法，其核心在于通过两种不同的方式计算同一量，从而建立等量关系．例1：计算图1所示图形的面积，既可以将其看成一个大正方形，也可以将其看成是由2个长方形和2个小正方形组成的，通过不同的方法计算这个图形的面积可以得到一个乘法公式．例2：如图2，有一块锐角三角形余料，，高．现把它加工成正方形零件，其中正方形的一边在上，它的两个顶点，分别在，上，高与交于点，求加工成的正方形的边长是多少厘米．思路：我们可以利用“算两次”原理用两种方式计算的面积来求解．方式一：．方式二：．解：设正方形的边长为，则．四边形是正方形，．，四边形是矩形．．．……任务：(1)例1中得到的乘法公式是______（用含的式子表示）．(2)请将例2中的剩余过程补充完整．(3)请尝试使用“算两次”原理解决下面的问题．如图3，在纸片中，对角线，相交于点，，，将纸片沿折叠，点的对应点为点，连接，若，则点到的距离为______．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据题意分两种方法表示大正方形的面积即可求解；（2）根据题意，分两种方式表示出的面积，建立方程，解方程，即可求解；（3）根据折叠以及平行四边形的性质，先的得出，，，过点作于点，过点作于点，证明，进而证明四边形是矩形，中，勾股定理求得，进而根据等面积法，即可求解．【详解】（1）解：将其看成一个大正方形则面积，将其看成是由2个长方形和2个小正方形组成的，面积为∴故答案为：．（2）∵解得：∴正方形的边长为（3）解：∵四边形是平行四边形，∴，，∵折叠，∴，∴，如图，过点作于点，过点作于点，∴在中，，∵折叠，∴，又∵，在中，∴，∴又∵，∴四边形是矩形，∴，，∴在中，,设点到的距离为为，∵∴故答案为：．【点睛】本题考查了完全平方公式的几何背景，正方形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形的内角和定理的应用，熟练掌握等面积法求解是解题的关键．42．（2025·山西·一模）综合与实践问题情境：数学活动课上，活动小组探究平行四边形折叠过程中的一些结论，如图1，已知平行四边形，，将平行四边形沿过点D的直线折叠，使点C落在边上的点E处，折痕与交于点F．初步探究：（1）判断四边形的形状，并说明理由；深入探究：如图2，取线段边上的一点O（不含点D，F），过点O作边的垂线分别与交于点I，J，将平行四边形沿直线折叠，使点C落在边上的点H处，使点D落在边上的点G处，连接．（2）若随着点O的运动，与始终保持平行，请求的度数；（3）在（2）的条件下，如图3，若，与交于点M，连接，当时，请直接写出的值．【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据翻折得到，则由平行四边形，根据平行线+角平分线得到等腰三角形，那么，则，结合平行，先证明为平行四边形，再根据一组邻边相等即可证明；（2）先证明四边形为平行四边形，结合翻折可得，那么为等边三角形，即可求解；（3）过点O作于点N，过点M作于点K，四边形为菱形，可得为等边三角形，则设，可证明，那么，，则，用勾股定理表示，，，最后由建立方程求解，再由平行四边形的性质结合翻折即可求解．【详解】（1）解：四边形为菱形，理由如下：由翻折得：，∵平行四边形，，∴，∴，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形为菱形；（2）解：∵，∴四边形为平行四边形，∴，由翻折得，而∴，∴为等边三角形，∴；（3）解：过点O作于点N，过点M作于点K，∵四边形为菱形，∴，∴，∵翻折，∴，∴，∴为等边三角形，∴，设∵，∴，∵翻折，∴，∴，∵菱形，∴平分，∵，翻折得：∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∵，在中，，，∴，∴，∵，∴,∴，解得：或（舍），∴，由上知四边形为平行四边形，∴，∴由翻折得：．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，翻折变换，菱形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，等边三角形的判定与性质，难度较大，正确和合理添加垂线解直角三角形是解题的关键．43．（2025·山西朔州·一模）综合与实践数学课上，白老师提出如下问题：如图和均为等腰直角三角形，点分别在线段上，且．若为的中点，求的值．数学思考：（1）解答白老师的问题．深入探究：（2）白老师让同学们绕点逆时针旋转，旋转角度为，并让同学们提出新的问题．①“善思小组”提出问题：如图2，研究发现点在以点为圆心，的长为半径的圆上运动，当与相切时，求的值．②“智慧小组”提出问题：如图3，当绕点旋转时，所在直线与所在直线之间的夹角是否发生变化？若不变，请直接写出该夹角（锐角）的度数；若变化，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）所在直线与所在直线之间的夹角不发生变化，为；【分析】（1）证明，，可得；（2）①由是的切线，可得，可得，再进一步可得答案；②如图，延长交于，交于，证明，，可得，再进一步解答即可．【详解】解：（1）∵为的中点，∴，∵，∴，∴；（2）①∵是的切线，∴，∵，∴，∴，∴，∴；②所在直线与所在直线之间的夹角不发生变化，为，理由如下：如图，延长交于，交于，∵和都是等腰直角三角形，，∴，，∴，，，即，∴，∴，∴，，∵，∴．【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，切线的性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．44．（2024·山西运城·三模）综合与实践问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们利用准备好的两个矩形纸片进行探究活动．智慧小组准备了两张矩形纸片和，其中，将它们按如图所示的方式放置，点落在上，点落在的延长线上，连接和．观察发现：（1）如图连接，则和的位置关系是__________，___________．操作探究：（2）如图，将矩形绕点按顺时针方向旋转（），试探究（1）中和的数量关系是否仍然成立，并说明理由．拓展延伸：（3）在矩形旋转的过程中，当三点共线时，直接写出线段的长．【答案】（1）；；（2）成立，见解析；（3）或【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，计算较复杂，做出正确的辅助线是解题的关键．（1）由矩形性质得到的长度，求的长度，用勾股定理求解的长度，可得，用勾股定理逆定理可判定是直角三角形，故．（2）连接和，结合矩形性质和勾股定理可求的长度，求得，且，故，可得、，求得，故，得证；（3）有两种情况，若当点在的延长线上，在直角三角形中求，则，结合（2）中，可求；若点在线段上，在直角三角形中求，则，结合（2）中，可求．【详解】解：如下图，连接，延长相交于，∵四边形和四边形都是矩形，∴，，∴在中，，同理：，，∴∵，∴是直角三角形，∴，．故答案为：垂直，；（2）成立理由：如下图，连接和．四边形是矩形，，∴，，∴四边形是矩形，，∴，∴在和中，，，∴．，∴，∴，∴，∴∵，，∴，∴，∴（3）的长为或情况一：如下图，当点在的延长线上时，，∴为直角三角形，∴，即，∴，∴．由（2）得，∴．情况二：如图，当点在线段上时，，∴为直角三角形，∴，即，∴，∴．由（2）得，∴．综上所述，当三点共线时，线段的长为或．【点睛】本体考查图像旋转问题，用到旋转的性质、矩形的性质、勾股定理、三角形全等的判定和性质，孰料掌握知识点、正确做出辅助线是解题关键．45．（2025·山西·模拟预测）综合与探究问题情境如图1，在矩形中，，延长至点．使得．点是边上一点，且，连接，．操作发现（1）若，则的长为________，的长为________．拓展探索（2）如图2，将绕点逆时针旋转，点的对应点为，使点在矩形内部．若，分别与，相交于点，．①请判断和的数量关系，并说明理由．②如图3，在旋转过程中，若点恰好在矩形对角线上．请探索并直接写出图3中所有与图1中相等的线段．【答案】（1）；；（2）①，理由见解析；②、【分析】（1）由矩形的性质可得，结合题意得出垂直平分，由垂直平分线的性质可得，证明为等腰直角三角形，得出，求出，即可得解；（2）①连接，由题意结合旋转的性质可得为等腰直角三角形，，从而得出，推出，，证明，即可得解；②由（1）可得：，解直角三角形得出，由题意结合旋转的性质可得为等腰直角三角形，，证明，得出，由①可得：，即可得解．【详解】解：（1）∵四边形为矩形，∴，∵，∴，∴垂直平分，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∵，∴；故答案为，；（2）①，理由如下：∵四边形为矩形，∴，连接，如图：，由题意结合旋转的性质可得：为等腰直角三角形，，∴，∴，，∴，即，∴，∴；②由（1）可得：，∵四边形为矩形，∴，，连接，如图：，∵，，∴，∴，由题意结合旋转的性质可得：为等腰直角三角形，，∴为等边三角形，，∴，，∴，∵，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，由①可得：，∴图3中所有与图1中相等的线段为、．【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．46．（2025·山西朔州·模拟预测）综合与探究问题情境：在等腰直角中，，，为直线上任意一点，连接．将线段绕点按顺时针方向旋转得线段，连接．尝试发现：（1）如图1，当点在线段上时，求线段与的数量关系；类比探究：（2）如图2，当点在线段的延长线上时，线段与是否存在（1）中的数量关系？如果存在，写出与的数量关系并说明理由，如果不存在，请说明理由；拓展探究：（3）若，，请直接写出的值．【答案】（1）；（2）存在；理由见解析；（3）或【分析】（1）过点作延长线于点，利用一线三垂直全等模型证明，再证明即可；（2）过点作交于点，同（1）中方法证明，再证明即可；（3）分两种情况讨论：过点作延长线于点，求出，即可．【详解】解：（1）如图，过点作，交的延长线于点，由旋转得，，，，，，，，，，，，，；（2）存在，理由如下：如图，过点作交于点，由旋转得，，，，，，，，，，，；（3）或解析：如图，当在的延长线上（点在点的右侧）时，过点作于点，连接，由（2）得，，，，．当在的延长线上（点在点的左侧）时，过点作于点，如图，连接，同理可得：，，，，，综上：或．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质，三角函数，掌握一线三垂直全等模型是解题的关键．47．（2025·山西大同·二模）综合与探究问题情境：如图1，两块全等的三角形纸片叠放在一起，，．初步探究：（1）如图2，将沿方向平移，当点与点重合时，连接．试判断四边形的形状，并说明理由；深入探究：（2）将图2位置的绕点顺时针旋转得到．的对应点分别是，．①如图3，当时，垂足为，与交于点，求线段的长；②当时，请直接写出点到直线的距离．【答案】（1）四边形是菱形，理由见详解（2）①；②点到直线的距离为或．【分析】（1）根据等边对等角得到，由平移的性质得到，，则，，所以四边形是平行四边形，结合菱形的判定方法即可求解；（2）①如图所示，连接，过点作于点，由勾股定理，锐角三角函数的计算得到，则，，在中，，则，由此即可求解；②分类讨论：第一种情况，如图所示，与重合，则，延长交于点，过点作延长线于点，过点作延长线于点，延长交于点，则四边形是矩形；第二种情况，如图所示，与重合，连接，过点作，过点作；由勾股勾股定理，锐角三角函数的计算，数学结合分析即可求解．【详解】解：（1）四边形是菱形，理由如下，∵，∴，∵将沿方向平移，当点与点重合，∴，∴，又，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴四边形是菱形；（2）①如图所示，连接，过点作于点，设与交于点，根据旋转得到，，，∵，∴，在中，，∴，∴，在中，，∴；②由（1）可知，四边形是菱形，∴，第一种情况，如图所示，与重合，则，延长交于点，过点作延长线于点，过点作延长线于点，延长交于点，则四边形是矩形，∴，，，在中，，∴，，∴，，∴，，∴，∴，且，∴四边形，是平行四边形，∴，∴，∴，在中，，∴，∴点到直线的距离为；第二种情况，如图所示，与重合，连接，过点作，过点作，根据计算，，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，∴，∴点到直线的距离为；综上所述，点到直线的距离为或．【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，旋转的性质，锐角三角函数的计算，掌握旋转的性质，锐角三角函数的计算，数形结合分析，分类讨论思想是关键．48．（2025·山西大同·三模）综合与探究问题情境：如图1，在等腰直角三角形中，，点在边上，于点，将绕点顺时针旋转．猜想证明：（1）如图2，已知点分别是的中点，连接，取的中点，连接，试判断与之间的数量关系和位置关系，并说明理由；深入探究：（2）如图2，连接，试判断线段与之间的数量关系，并说明理由；拓展应用：（3）如图3，设直线与直线交于点，若，将绕点旋转一周，当三点共线时，直接写出的长．【答案】（1）数量关系：，位置关系：；理由见解析（2），理由见解析（3）或．【分析】（1）利用三角形中位线定理及直角三角形斜边中线性质来求解；（2）连接，，利用等腰直角三角形的性质，旋转的性质和中位线定理求得，再利用全等三角形的性质求解；（3）等腰直角三角形的性质，旋转的性质和勾股定理求出，，，分两种情况：当点在线段上时，当点在线段上时，此时在的延长线上，利用相似三角形的性质求解．【详解】猜想证明：（1）数量关系：，位置关系：．理由：在等腰直角三角形中，，是斜边的中点，．是的中点，是的中点，是的中位线，，．是的中位线，．是等腰直角三角形的中线，也是边上的高，．深入探究：（2）．理由：连接，，如下图是中点，是中点，是的中位线，，．绕点旋转，且是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，，．是的中点，，，．又是中位线，，，，，，，即．，，，．在和中，．拓展应用：（3）在等腰直角中，，，．三点共线时，当点在线段上时，和都是等腰直角三角形，．，，．设，则，，，整理得，解得或．，．当点在线段上时，此时在的延长线上，和都是等腰直角三角形，．，，．设，则，，，整理得，解得，即．，综上可得，或．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，中位线定理，直角三角形斜边上的中线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，作图辅助线是解答关键．49．（2025·山西晋中·二模）综合与探究问题情境：学习完特殊的平行四边形和相似三角形有关知识后，老师组织了一节富有创意的数学活动课，引导同学们从图形变换的角度展开深度探究．创新小组以矩形边的旋转变换为研究对象，并观察由此产生的几何性质．如图1，在矩形中，，．将边绕点逆时针旋转（）得到线段，过点作，交直线于点．猜想证明：小组内同学探究思路遵循特殊到一般的探究：（1）当时，四边形的形状最特殊，此时形状为________；（2）如图2，当时，连接，猜想，和之间的数量关系，并说明理由；综合应用：（3）在旋转过程中，当直线经过边的中点时，与直线交于点，直接写出的长．【答案】（1）正方形（2），理由见解析（3）的长为或【分析】（1）当时，落在边上，易得四边形为正方形；（2）连接,过点作于点，由旋转的性质得，再证明，可得，再证明是等腰直角三角形，可得，再由三点在同一直线上，可得，在中，,可得，再求解即可；（3）分两种情况：当点在的延长线上时；当点在上时；利用旋转的性质及勾股定理即可求解．【详解】解：（1）如图，当时，落在边上，由旋转得：，，，四边形为正方形；故答案为：正方形；（2）.理由：如图，连接,过点作于点.四边形是矩形，，由旋转得，在和中，,，，是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，，，，三点在同一直线上，在中，,；（3）设如图，当点在的延长线上时，连接，，，，，，，由（2）得，，，，，，，，中，，，解得：（舍去），；如图，当点在上时，连接，同理可得，，，由（2）得，，，，，，，，中，，，解得：（舍去），；综上所述，的长为或．【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质等知识，熟练运用这些知识是关键．50．（2025·山西·一模）综合与探究问题情境在“数学活动”课上，老师提出如下问题：将图1中两个全等的直角三角形纸板和重合放置，其中．将绕点顺时针旋转，旋转角为．如图2，当的直角顶点刚好落在边上时，的延长线交于点，试判断与的数量关系，并说明理由．数学思考（1）请你解答老师提出的问题．深入探究（2）老师将继续绕点顺时针旋转到图3位置，作射线交于点．此时“善思小组”的同学认为点是的中点．请判断“善思小组”的观点是否正确，并说明理由．（3）在绕点顺时针旋转的过程中，连接，是否存在某一时刻，使得是一个以为直角边的直角三角形？若存在，请直接写出此时的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1），见解析；（2）正确，见解析（3）或【分析】（1）解法1连接，证明即可；解法2根据勾股定理，得，得到，利用三角函数求得的长度，比较解答即可．（2）过点E作，交的延长线于点G，则，根据旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，余角的性质，三角形全等的判定和性质，证明即可．（3）当，根据旋转的性质，得，取的中点N，连接，交于点P，利用等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例定理，三角函数的应用解答即可；当，根据旋转的性质，得，取的中点M，连接，交于点Q，则，根据矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例定理解答即可．【详解】（1）解：解法1：连接，∵∴，∴．解法2：根据题意，得，∴，，∵，∴，∴，∴．（2）解：过点E作，交的延长线于点G，则，∵继续绕点顺时针旋转到如图位置，作射线交于点．∴，，∴，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴点是的中点．（3）解：当，根据旋转的性质，得，取的中点N，连接，交于点P，则，∴，，∴，，∴，∴，∴∴，解得；当，根据旋转的性质，得，取的中点M，连接，交于点Q，则，∴，四边形是矩形，∴，，∴，∴，∴，综上所述，的长为或．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理的应用，三角函数的应用，矩形的判定和性质，等