2026年中考数学二轮复习 专题13 几何图形的折叠、剪拼、旋转与探究(高频考点专练)

专题13聚焦题型精准解密（5大题型精讲+变式拔高训练）题型一图形的平移问题（坐标平移+图形平移计算（单点旋转）（图形旋转）题型六剪拼与旋转综合探究题型七几何变换的规律探究问题题型八几何变换的综合探究题实战演练高效提分（中考仿真模拟+限时训练提升10～18基础知识必备：掌握平移的方向与距离、折叠的轴对称性、旋转的三要素（角度2026题型稳定：单一平移/折叠/拼题多以选择/题型一图形的平移问题（坐标平移+图形平移计算01】（2025·四川绵阳·中考真题）△𝐴𝐵𝐶的顶点𝐴(1,0),𝐶(1,23)，将△𝐴𝐵𝐶1个单位长度，则平移后点𝐵的坐标为（）A．(−3, B．(− C．(− D．(−2,【答案】B作𝐴𝐶A，C的坐标确定𝐴𝐶BB作𝐵𝐷𝐴𝐶∵𝐴(1,0)，𝐶 ∴𝐴𝐶𝑥∴𝐵𝐷𝑥𝐴𝐵𝐶是等边三角形，𝐵𝐷∴𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐵𝐶=23，又𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，∴𝐴𝐷=𝐶𝐷

1𝐴𝐶=3，𝐷 ∴𝐵𝐷 =1−3=∴𝐵 ∴在△𝐴𝐵𝐶向左平移1个单位长度后，点B的坐标为−3, 【答案】【分析】本题考查坐标与图形变换—AC的坐标确定平移规BD的坐标．【详解】解：由题意，点𝐴5个单位得到点∴点𝐵5个单位得到点∴点𝐷的坐标为(2,−25)，即(2,3)；B．02】（2025·江苏南通·中考真题）𝐴𝐵𝐶沿着射线𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹．若𝐵𝐶=6,𝐸𝐶=4，则平移的距离为（） 【答案】【详解】解：𝐴𝐵𝐶沿射线𝐵𝐶△又∵𝐵𝐶=6，𝐸𝐶=4，∴𝐵𝐸=𝐵𝐶−𝐸𝐶=6−4=2．03】（2025·四川德阳·中考真题）如图，在Rt𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵90°，将𝐴𝐵𝐶沿𝐶𝐵方向向右平移至△𝐸𝐺𝐹处，使𝐸𝐹恰好过边𝐴𝐵D，连接𝐶𝐷，若𝐶𝐷=1，则𝐺𝐸=（） 【答案】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，结合𝐶𝐷1，得𝐴𝐵2𝐶𝐷2，由𝐴𝐵𝐶𝐸𝐺𝐹，根据平移对应线段相等，可知𝐺𝐸=𝐴𝐵，进而得𝐺𝐸=2．【详解】在Rt𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐷是𝐴𝐵∴𝐶𝐷

∵𝐶𝐷=∴𝐴𝐵=2𝐶𝐷=𝐴𝐵𝐶沿𝐶𝐵△∴𝐺𝐸=𝐴𝐵=2，04】（2026·吉林长春·一模）如图，将等腰直角三角尺𝐴𝐵𝐶沿着直线𝑙△𝐴1𝐵1𝐶1𝐵𝐵1．已知𝐵𝐶=1，平移距离𝐴𝐴1=2．求证：四边形𝐴𝐵𝐵1𝐴1【分析】由平移的性质可得𝐴𝐴1=𝐵𝐵1，𝐴𝐴1𝐵𝐵1，则四边形𝐴𝐵𝐵1𝐴1是平行四边形，由等腰直角三角形的性质并结合勾股定理计算可得𝐴𝐵=𝐴𝐴1，即可得证．【详解】证明：由平移的性质可得：𝐴𝐴1=𝐵𝐵1，𝐴𝐴1∥∴四边形𝐴𝐵𝐵1𝐴1𝐴𝐵𝐶是等腰直角三角形，𝐵𝐶=𝐴𝐶2+∴𝐴𝐵𝐴𝐶2+∴𝐴𝐵=∴四边形𝐴𝐵𝐵1𝐴1(2)𝐶𝐸𝐺【答案】(2)（1）等边三角形的性质推出∠𝐷𝐶𝐵=30°，垂直，得到∠𝐵𝐶𝐸=90°，角的和差关系求出∠𝐷𝐶𝐸（2）平移得到𝐶𝐷∥𝐸𝐹，进而得到∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐷𝐶𝐴=30°，角的和差关系推出∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐸𝐶𝐴𝐴𝐸=𝐶𝐸,∠𝐴𝐸𝐶=120°，根据𝐴𝐵=𝐶𝐵，推出𝐵𝐸垂直平分𝐴𝐶，进而得到∠𝐺𝐸𝐶=

1∠𝐴𝐸𝐶=60°∠𝐺𝐸𝐶=∠𝐺𝐶𝐸=∠𝐸𝐺𝐶，进而得到△𝐶𝐸𝐺【详解】（1）𝐴𝐵𝐶∴∠𝐴𝐶𝐵=D是𝐴𝐵∴∠𝐷𝐶𝐵=∠𝐷𝐶𝐴

1∠𝐴𝐶𝐵=∵𝐶𝐸⊥∴∠𝐵𝐶𝐸=∴∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐵𝐶𝐸−∠𝐷𝐶𝐵=（2）∴∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐷𝐶𝐴=又∠𝐸𝐶𝐴=∠𝐵𝐶𝐸−∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐸𝐴𝐶=∴𝐴𝐸=𝐶𝐸,∠𝐴𝐸𝐶=120°，又∵𝐴𝐵=𝐶𝐵，∴𝐵𝐸垂直平分∴∠𝐺𝐸𝐶

1∠𝐴𝐸𝐶=由（1）知，∠𝐺𝐶𝐸=∴∠𝐸𝐺𝐶=∴∠𝐺𝐸𝐶=∠𝐺𝐶𝐸=𝐶𝐸𝐺题型二图形的折叠问题01】（2025·湖北武汉·中考真题）𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐷是边𝐴𝐵𝐵𝐶𝐷沿直线𝐶𝐷折叠，点𝐵的对应点𝐸恰好落在边𝐴𝐶上．若∠𝐴=34°，则∠𝐴𝐷𝐸的大小是（） 【答案】∠𝐴𝐵𝐶，由折叠得到∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐶𝐸𝐷【详解】解：∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐴=∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵=1(180°−∠𝐴)=1(180°−34°)= ∵将𝐵𝐶𝐷沿直线𝐶𝐷折叠，点𝐵的对应点𝐸恰好落在边𝐴𝐶∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐶𝐸𝐷=∴∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐶𝐸𝐷−∠𝐴=【变式01】（2025·吉林长春·中考真题）将直角三角形纸片𝐴𝐵𝐶（∠𝐶=90°）按如图方式折叠两次再展开， A．𝑀𝑁∥𝐷𝐸∥ B．𝐵𝐶=2𝐷𝐸=C．𝐴𝑁=𝐵𝑄= D．𝑀𝑁=𝐷𝐸= 【答案】由折叠可得：𝐷𝐸𝐴𝐶,𝑃𝑄𝐴𝐶,𝑀𝑁𝐴𝐶，𝐴𝑀=𝑀𝐷=𝐷𝑃=𝑃𝐶，则𝑀𝑁𝐷𝐸𝑃𝑄𝐵𝐶𝐴𝐷𝐸𝐴𝐶𝐵𝐴𝑀𝑁𝐴𝑃𝑄，继而根据相似三角形的性质以及平行线分线段成比例定理逐一判断即【详解】解：由折叠可得：𝐷𝐸𝐴𝐶,𝑃𝑄𝐴𝐶,𝑀𝑁𝐴𝐶，𝐴𝑀=𝑀𝐷=𝐷𝑃=∴𝑀𝑁𝐷𝐸𝑃𝑄𝐵𝐶A∴△𝐴𝐷𝐸∽△𝐴𝐶𝐵∽△∴𝐷𝐸=𝐴𝐷=

=

2，

∴𝐵𝐶=2𝐷𝐸，𝐷𝐸=∴𝐵𝐶=∴𝐵𝐶=2𝐷𝐸=4𝑀𝑁B∵𝑀𝑁∥𝑃𝑄∥∴𝑃𝐶=𝐵𝑄=

= 4， 4， ∴𝐵𝑄=𝐴𝑁

1𝐴𝐵，𝑄𝑁

∴𝐴𝑁=𝐵𝑄

1𝑁𝑄C∵△𝐴𝐷𝐸∽△𝐴𝐶𝐵∽△𝐴𝑀𝑁∽△∴𝑀𝑁=𝐴𝑀=

= ∴𝑀𝑁≠𝐷𝐸≠𝑃𝑄D

02】（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形𝐴𝐵𝐶𝐷沿𝐸𝐹折叠，使得点𝐴与对角线的交点𝑂𝐸𝐹为折痕，则𝐶𝐺的值为（【答案】

C．

知识点是解题关键根据折叠得出𝐴𝐺=𝐺𝑂，𝐸𝐹∥𝐵𝐷，利用相似三角形的判定和性质得

𝐸𝐹=2𝐵𝐷,𝐶𝐺=质求解即可∴𝐴𝐺=∴△𝐴𝐸𝐹∽△∴𝐸𝐹=𝐴𝐺= ∴𝐸𝐹

𝐵𝐷,𝐶𝐺

∴𝐴𝐶=

1 = =，3 【变式03】（2025·山西临汾·二模）如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°,𝐴𝐶=6,𝐵𝐶=8，𝐷是𝐴𝐵的中点，连接𝐶𝐷，将△𝐴𝐶𝐷沿𝐶𝐷折叠，使点𝐴落在点𝐸，连接𝐵𝐸，则𝐵𝐸= 的性质得出𝐶𝐸𝐶𝐴6，𝐷𝐸=𝐷𝐴=5，进而证明𝐵𝐹𝐴𝐹𝐸𝐶𝐴𝐶𝐷，根据相似∵在𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°,𝐴𝐶=6,𝐵𝐶=8，𝐷是𝐴𝐵∴𝐴𝐵

= 𝐴𝐶2+𝐶𝐷=𝐴𝐷=𝐷𝐵=2𝐴𝐶2+∵将𝐴𝐶𝐷沿𝐶𝐷∴𝐶𝐸=𝐶𝐴=6，𝐷𝐸=𝐷𝐴=设∠𝐴𝐵𝐶=𝛼，则∠𝐴=∵𝐷𝐶=∴∠𝐶𝐷𝐴=180°−2∠𝐴=∴∠𝐶𝐷𝐸=∠𝐶𝐷𝐴=∴∠𝐵𝐷𝐸=又∵𝐷𝐸=𝐷𝐴=∴∠𝐷𝐵𝐸=1(180°−∠𝐵𝐷𝐸)=∴∠𝐹𝐵𝐶=∠𝐴𝐵𝐶=又∵𝐵𝐶∴∠𝐴𝐶𝐵=∵𝐵𝐶=∴△𝐴𝐵𝐶≌△∴∠𝐹=∠𝐴，𝐶𝐹=𝐶𝐴=6，𝐹𝐵=𝐴𝐵=∵∠𝐸𝐶𝐴=∠𝐸𝐶𝐷+∠𝐷𝐶𝐴=∠𝐹+∠𝐹𝐸𝐶，∠𝐷𝐶𝐴=∠𝐷𝐶𝐸=∴∠𝐷𝐶𝐴=∴△𝐹𝐸𝐶∽△∴𝐸𝐹=

= 𝐶𝐷即 解得：𝐸𝐹= ∴𝐵𝐸=𝐹𝐵−𝐸𝐹=10−5=5【变式(1)𝐵𝐶𝐺(2)若平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线𝐴𝐶与𝐵𝐷的交点为点𝐸，连接𝐸𝐺，求证：𝐸𝐺【答案】(1)(2)【分析】（1）由折叠得𝐴𝐷=𝐷𝐹，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐹，由四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形得𝐵𝐶=∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐶𝐷，即可得𝐵𝐶=𝐷𝐹，∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐹，结合对顶角∠𝐵𝐺𝐶=∠𝐷𝐺𝐹（2）由𝐵𝐶𝐺𝐷𝐹𝐺得𝐵𝐺=𝐷𝐺，由平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线𝐴𝐶与𝐵𝐷的交点为点𝐸得𝐸为𝐵𝐷中点，由等腰三角形三线合一可得𝐸𝐺为△𝐵𝐷𝐺中𝐵𝐷边上的高，即可证明．【详解】（1）证明：由折叠得𝐴𝐷=𝐷𝐹，∠𝐵𝐴𝐷=∴𝐵𝐶=𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐷=∴𝐵𝐶=𝐷𝐹，∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐹，又∵∠𝐵𝐺𝐶=∠𝐷𝐺𝐹，∴△𝐵𝐶𝐺≌△（2）证明：𝐵𝐶𝐺∴𝐵𝐺=∴𝐸𝐺为𝐵𝐷𝐺中𝐵𝐷∴𝐸𝐺⊥CF处，连接𝐸𝐹并延长交𝐴𝐵G，连接(1)𝐴𝐷𝐺(2)若𝐴𝐵=25，求𝐴𝐺【答案】(1)2(2)2=≌Rt△（2）由中点的定义得到𝐵𝐸=𝐶𝐸=1𝐵𝐶=5，由折叠得到𝐸𝐹=𝐶𝐸=5，设𝐴𝐺=𝐹𝐺=𝑥𝐺𝐵=𝐴𝐵−𝐴𝐺=25−𝑥，𝐺𝐸=𝐺𝐹𝐸𝐹=𝑥+5，在Rt△𝐺𝐵𝐸∴∠𝐴=∠𝐵=∠𝐶=90°，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐴𝐷，由折叠可得𝐷𝐹=𝐷𝐶，∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐶=90°，∴𝐴𝐷=𝐹𝐷，∠𝐷𝐹𝐺=180°−∠𝐷𝐹𝐸=∴在Rt𝐷𝐴𝐺和Rt𝐷𝐹𝐺𝐷𝐺=𝐷𝐴=∴Rt△𝐷𝐴𝐺≌Rt△（2）解：∵𝐵𝐶=𝐴𝐵=25E是𝐵𝐶∴𝐵𝐸=𝐶𝐸

1𝐵𝐶=由折叠得到𝐸𝐹=𝐶𝐸=∵Rt△𝐷𝐴𝐺≌Rt△𝐷𝐹𝐺∴𝐴𝐺=设𝐴𝐺=𝐹𝐺=𝑥，则𝐺𝐵=𝐴𝐵−𝐴𝐺=25−𝑥，𝐺𝐸=𝐺𝐹𝐸𝐹=𝑥∵在Rt△𝐺𝐵𝐸中，𝐺𝐵2+𝐵𝐸2=∴222

+∴𝐴𝐺=01𝐴𝐵𝐶⊙𝑂D的周长为（ 【答案】E、F分别是切点，可得𝐷𝑀=𝐹𝑀,𝐹𝑁=𝐸𝑁𝐴𝑀𝑁=𝐴𝐷𝐴𝐸=E、F△𝐴𝐵𝐶根据切线长定理可得，𝐷𝑀=𝐹𝑀,𝐹𝑁=𝐸𝑁，𝐴𝐸=𝐴𝐷=𝐴𝑀𝑁=𝐴𝑀+𝑀𝑁+𝐴𝑁=𝐴𝑀+𝑀𝐹𝐹𝑁+=𝐴𝑀+𝐷𝑀+𝐸𝑁+=𝐴𝐷𝐴𝐸=2𝐴𝐷=20cm，014cm3cm的长方形纸片，过两个顶点剪一个三角形，按裁剪线长度所标的数据（单位：cm）不可能实现的是（）A．B．C．D．【答案】【分析】运用所给三角形的三边长数据，结合高进行判定即可【详解】A3B3C5D3，不在纸片上，不可能实现；【点睛】此题主要考查长方形中三角形的判定，熟练掌握，即可解题02𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴65°，𝐴𝐵6，𝐴𝐶=3𝐴𝐵𝐶沿下图中的虚线剪开，剪下的三角形与原三角形不相似的是（）B．C．D．【答案】03𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵=∠𝐶=50°，将△𝐴𝐵𝐶（【答案】【分析】本题主要考查了全等三角形的判定，三角形外角的性质，A、B两个选项都可以利用SAS证明全等，C选项中，先证明∠𝐶𝐸𝐹=∠𝐵𝐷𝐸，再利用ASA即可证明两个三角形全等，D选项中，根据现有条件不能证【详解】解：A、如图所示，∵𝐵𝐷=𝐶𝐸=1，∠𝐵=∠𝐶，𝐵𝐸=𝐶𝐹=𝐵𝐷𝐸𝐶𝐸𝐹(SAS)AB、如图所示，∵𝐵𝐷=𝐶𝐹=2，∠𝐵=∠𝐶，𝐵𝐸=𝐶𝐸=𝐵𝐷𝐸𝐶𝐹𝐸(SAS)BC、如图所示，∵∠𝐵=∠𝐷𝐸𝐹=50°，∠𝐷𝐸𝐶=∠𝐵∠𝐵𝐷𝐸=∠𝐷𝐸𝐹∴∠𝐶𝐸𝐹=又∵∠𝐵=∠𝐶，𝐵𝐷=𝐶𝐸=𝐶𝐸𝐹𝐵𝐷𝐸(ASA)CD、如图所示，同理可得∠𝐶𝐸𝐹∠𝐵𝐷𝐸，但是𝐶𝐹，𝐵𝐷D符04】（2023·浙江温州·二模）有数学家证明了定理：任意一个三角形可以剪拼成一个矩形．小慧将的面积为150cm2，𝐵𝐶=20cm，𝐴𝐵=17cm，则矩形𝐻′𝐻𝐾′𝑃的周长是（ C．26 D．35【答案】【分析】过点𝐴作𝐴𝑄𝐵𝐶于点𝑄，根据题意得出𝐷𝐸是𝐴𝐵𝐶的中位线，进而根据面积求得𝐴𝑄=15𝐵𝐷𝐹𝐵𝐴𝑄，求得𝐷𝐹，在Rt𝐷𝐸𝐹中，勾股定理求得𝐸𝐹，根据等面积法求得𝐷𝐻，根据题意得出=𝐷𝐻=6,𝐻𝐻′=𝐷𝐻′+𝐷𝐻=2𝐷𝐻=12𝐻′𝐻𝐾′𝑃的面积等于△𝐴𝐵𝐶150cm2，【详解】解：如图所示，过点𝐴作𝐴𝑄𝐵𝐶于点∴𝐷𝐸是𝐴𝐵𝐶∴𝐷𝐸

1𝐵𝐶=∵𝑆△𝐴𝐵𝐶=150,𝐵𝐶=∴𝐴𝑄

=∴△𝐵𝐷𝐹∽△∴𝐷𝐹=𝐵𝐷= ∴𝐷𝐹=2𝐴𝑄=2𝐷𝐸2+𝐷𝐸2+1015在Rt𝐸𝐹𝐷中，𝐸𝐹=

=2 ∴𝑆△𝐷𝐸𝐹=2𝐷𝐹×𝐷𝐸=2𝐸𝐹×∴𝐷𝐻

15= =6，∴𝐷𝐻′=𝐷𝐻=6,𝐻𝐻′=𝐷𝐻′+𝐷𝐻=2𝐷𝐻=△𝐴𝐵𝐶的面积为150，则矩形𝐻′𝐻𝐾′𝑃的面积为∴𝐻𝐻′×𝐻𝐾′=∴𝐻𝐾′=150= 2∴矩形𝐻′𝐻𝐾′𝑃的周长2×(𝐻𝐻′+𝐻𝐾′)=2×12

=正方形𝐽𝐾𝑀𝑁绕点𝐴顺时针旋转45°,𝐽𝑁与𝐻𝐴重合，此时𝐿𝐾的长为（） 【答案】

𝐾𝐹2+2 𝐾𝐹2+2 =10【详解】解：根据题意，∠𝐻𝐴𝐵=180°×(8−2)=135°，∠𝐴𝐽𝐾=如图所示，连接∴∠𝐾𝐻𝐺=∠𝐴𝐻𝐺−∠𝐴𝐻𝐾=135°−90°=45°，∠𝐺=∴∠𝐾𝐻𝐺+∠𝐺=∴𝐻𝐾∥又𝐻𝐾=𝐴𝐻=∵𝐻𝐺=∴𝐾𝐹=设正方形对角的交点为𝑂，则𝑂𝐴=𝑂𝑀=∴正方形𝐽𝐾𝑀𝑁的边长为2∴𝐾𝐹=𝐺𝐹=𝐹𝐸=2∵∠𝐾𝐹𝐺=∠𝐾𝐻𝐺=45°，∠𝐺𝐹𝐸=∴∠𝐾𝐹𝐿=∠𝐺𝐹𝐸−∠𝐾𝐹𝐺=∴𝐹𝐿∴𝐿𝐾

1𝐸𝐹=

𝐾𝐹2𝐾𝐹2+

=2 2 题型四图形的旋转计算问题（单点旋转01】（2025·黑龙江大庆·中考真题）𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐵𝐶=2，∠𝐶𝐵𝐴=120°𝐴𝐵𝐶绕点则𝐶𝐷的长为（）【答案】

∠𝐵𝐴𝐶=30°；再由旋转的性质得∠𝐶𝐴𝐷=90°,𝐴𝐷=𝐴𝐵=2,∠𝐴𝐷𝐸=120°∠𝐴𝐷𝐶=60°,∠𝐴𝐶𝐷=30°，故可得𝐶𝐷=2𝐴𝐷【详解】解：在𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐵𝐶=2,∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐶=1(180°−∠𝐴𝐵𝐶)=1(180°−120°)= 由旋转可知∠𝐵𝐴𝐷=∴∠𝐶𝐴𝐷=由旋转得：𝐴𝐷=𝐴𝐵=2,∠𝐴𝐷𝐸=∴∠𝐴𝐷𝐶=∴∠𝐴𝐶𝐷=∴𝐶𝐷=2𝐴𝐷=2×2=4，O顺时针方向旋转90°，得到四边形𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′A的对应点𝐴′的坐标是（） 【答案】90FE、FxG、H，证明𝐻𝐹𝑂𝐺𝑂𝐸(AAS)，得到𝑂𝐻=𝐺𝐸=1，𝐻𝐹=𝑂𝐺=2，则𝐹(−1,−2)A的对应点𝐴′的坐标是(−1,−2)．【详解】解：由题意得，平移前∵将正方形𝐴𝐵𝐶𝐷BO∴3∴A的对应点坐标为∴∠𝑂𝐻𝐹=∠𝑂𝐺𝐸=由旋转的性质可得∠𝐸𝑂𝐹=90°，𝑂𝐸=∴∠𝐻𝑂𝐹+∠𝐻𝐹𝑂=∠𝐺𝑂𝐸+∴∠𝐻𝐹𝑂=∴△𝐻𝐹𝑂≌△∴𝑂𝐻=𝐺𝐸，𝐻𝐹=∴𝑂𝐻=𝐺𝐸=1，𝐻𝐹=𝑂𝐺=∴A的对应点𝐴′的坐标是(−1,−2)，02】（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𝐴𝐵𝐶𝐷的两条对称轴，边𝐵𝐶，𝐶𝐷x轴、yEFE为旋转中心，将矩形𝐴𝐵𝐶𝐷E顺时针旋转，使𝐴𝐵的对应边且𝐴′𝐵′经过点F．若点C的坐标23,2，则点𝐴′的坐标是（）【答案】

− D．−【分析】设𝐴′𝐵′xM，过𝐴′点作𝐴′𝑁⊥𝑦N，先证明△𝐹𝑀𝑂≌△𝐸𝑀𝐵′(AAS)𝐹𝑀=𝐸𝑀，设𝑂𝑀=𝑥，𝐹𝑀=𝑀𝐸=𝑦，根据题意，得𝑥+𝑦=23，𝑥2+22=𝑦2，解得𝑥=23,𝑦=4得

2 4 sin∠𝑂𝐹𝑀=𝑦=3÷3=2即∠𝑂𝐹𝑀=30°【详解】解：∵坐标轴刚好为矩形𝐴𝐵𝐶𝐷的两条对称轴，边𝐵𝐶，𝐶𝐷x轴、yEFC的坐标23,2，∴𝑂𝐸=23,𝐸𝐶=2，𝑂𝐹=∵E为旋转中心，将矩形𝐴𝐵𝐶𝐷E顺时针旋转，使𝐴𝐵的对应边且𝐴′𝐵′∴𝐹𝐴′=𝐹𝐵′=𝑂𝐸=23，𝑂𝐹=𝐸𝐵′=设𝐴′𝐵′xM，过𝐴′点作𝐴′𝑁⊥𝑦∵∠𝐹𝑀𝑂=∠𝐸𝑀𝐵′𝑂𝐹=∴△𝐹𝑀𝑂≌△∴𝐹𝑀=设𝑂𝑀=𝑥，𝐹𝑀=𝑀𝐸=根据题意，得𝑥+𝑦=23，𝑥2+22=解得𝑥=23,𝑦=43， 2 4 ∴sin∠𝑂𝐹𝑀=𝑦=3÷3=∴∠𝑂𝐹𝑀=∴∠𝐴′𝐹𝑁=∵𝐹𝐴′=𝐹𝐵′=𝑂𝐸=2∴𝐴′𝑁=𝐹𝐴′sin30°=3，𝐹𝑁=𝐹𝐴′cos30°=∴𝑂𝑁=𝐹𝑁+𝑂𝐹=∵𝐴′∴𝐴′−3,5，03】（2025·天津·中考真题）𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，将𝐴𝐵𝐶绕点𝐴△𝐴𝐵′𝐶′B，C的对应点分别为𝐵′,𝐶′,𝐵′𝐶′的延长线与边𝐵𝐶相交于点𝐷，连接𝐶𝐶′．若𝐴𝐶=4,𝐶𝐷=3，则线段𝐶𝐶′的长为（） B． 【答案】熟练掌握旋转的性质是解题关键．连接𝐴𝐷，交𝐶𝐶′于点𝑂，先证出Rt△𝐴𝐶′𝐷≌Rt△𝐴𝐶𝐷的性质可得𝐶′𝐷=𝐶𝐷=3，再证出𝐴𝐷垂直平分𝐶𝐶′，则可得𝐶𝐶′=2𝑂𝐶，𝐴𝐷⊥𝐶𝐶′，然后利用勾股定理和三【详解】解：如图，连接𝐴𝐷，交𝐶𝐶′于点由旋转的性质得：𝐴𝐶′=𝐴𝐶=4，∠𝐴𝐶′𝐵′=∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐴𝐶′𝐷=在Rt△𝐴𝐶′𝐷和Rt△𝐴𝐶𝐷𝐴𝐷=𝐴𝐶′=𝐴𝐶∴Rt△𝐴𝐶′𝐷≌Rt△∴𝐶′𝐷=𝐶𝐷=∴𝐶𝐶′=2𝑂𝐶，𝐴𝐷⊥∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐶=4,𝐶𝐷=𝐴𝐶2+∴𝐴𝐷𝐴𝐶2+又 △𝐴𝐶𝐷=2𝐴𝐷⋅𝑂𝐶=2𝐴𝐶⋅∴𝑂𝐶

𝐴𝐷

5=5∴𝐶𝐶′=2×12= 504】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，矩形𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线𝐴𝐶，𝐵𝐷O，𝐴𝐵=4𝐵𝐶4，将𝑂𝐶𝐷绕点𝑂顺时针旋转至𝑂𝐶𝐷，𝐶𝐷与𝐶𝐷，𝑂𝐶E，F，当𝐶𝐸4𝑂𝐹𝐶1 1 周长为（A．4+【答案】

B．6+

C．8+

D．10明𝑂𝐷𝑀𝑂𝐶1𝐹(ASA)𝑂𝐶1𝐹𝐸𝐶𝐹，通过已知【详解】解：如图，取𝐶𝐷与𝑂𝐷1∴𝐵𝐷=𝐴𝐶，𝐴𝐵=𝐶𝐷=43，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐵2+∴𝐴𝐶𝐴𝐵2+∴𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑂𝐶=𝑂𝐷

1𝐴𝐶=∴∠𝑂𝐷𝐶=由旋转的性质，可知𝑂𝐶1=𝑂𝐶=4，𝑂𝐷1=𝑂𝐷=4，∠𝐶𝑂𝐶1=∠𝐷𝑂𝐷1，∠𝑂𝐶𝐷=∠𝐶1=∠𝑂𝐷𝐶=∴𝑂𝐷=𝑂𝐶1，∠𝑂𝐷𝐶=∴△𝐷𝑂𝑀≌△∴𝐷𝑀=𝐶1𝐹，𝑂𝑀=∵∠𝐸𝐹𝐶=∠𝑂𝐹𝐶1，∠𝑂𝐶𝐷=∴△𝑂𝐶1𝐹∽△

𝐸𝐶=𝐶𝐹=𝐸𝐹，即4=𝐶𝐹=∴𝐶1𝐹=3𝐶𝐹=𝐷𝑀，𝑂𝐹=3𝐸𝐹=∵𝑂𝐷1=𝑂𝐷=𝑂𝐶，𝑂𝑀=∴𝑂𝐷1−𝑂𝑀=𝑂𝐶−𝑂𝐹，即𝐷𝑀=𝐶𝐹，又∠𝐷1=∠𝑂𝐶𝐷，∠𝐷1𝐸𝑀=∠𝐶𝐸𝐹，∴△𝐷1𝐸𝑀≌△∴𝐸𝑀=∴𝐸𝐹=𝐸𝑀=𝐶𝐷−𝐷𝑀−𝐶𝐸=𝐶𝐷−3𝐶𝐹−𝐶𝐸=43−又𝑂𝐹=𝑂𝐶−𝐶𝐹=4−𝐶𝐹=∴4−𝐶𝐹=343−3−3𝐶𝐹解得𝐶𝐹=3∴𝑂𝐹=𝑂𝐶−𝐶𝐹=4−33−1=5−3𝐶𝐹=3𝐶𝐹=3×33−1=9 ∴△𝑂𝐹𝐶1的周长为𝑂𝐶+𝑂𝐹+𝐶𝐹=4+5−33+93−3=6+3 CMN，CM与BD交于点P，CN与AD交于点E，当点B的对应点M落在线段AD上时，线段ME的长是 【答案】

=

AC，BDABCD将△CBAC又∵MN＝AB＝CD，∠NME+∠EMC＝∠NMC＝∠ABC＝90˚，∠DMC+∠DCP＝90˚Rt△MDC中，

=

=4，∴PC=

BC

×5= 故答案为：．题型五图形的旋转证明问题（图形旋转01】PABCDCPCPC90˚，得到CQBP，DQ．如图﹣1如图﹣2BPDQE（2）【详解】（1）证明：∵∠BCD＝90˚，∠PCQ＝90˚在△BCP和△DCQ𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝑃=𝑃𝐶=（2）∴∠DEF＝∠BCF＝90˚𝐴𝐵𝐶【答案】(1)（1）根据旋转的性质得到∠𝐷𝐵𝐸=∠𝐴𝐵𝐶，∠𝐸𝐵𝐶=60°，𝐵𝐸=𝐵𝐶，根据全等三角形的判定定理即可得到（2）连接𝐴𝐷，根据旋转的性质得到𝐷𝐸=𝐴𝐶，∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐶，𝐷𝐸=𝐴𝐶=2∠𝐵𝐸𝐴=∠𝐶，𝐴𝐸=𝐴𝐶=2【详解】（1）证明：𝐴𝐵𝐶B逆时针旋转60°得到△∴∠𝐷𝐵𝐸=∠𝐴𝐵𝐶，∠𝐸𝐵𝐶=60°，𝐵𝐸=∵∠𝐷𝐵𝐶=∴∠𝐷𝐵𝐸=∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐴𝐵𝐸=90°−∠𝐴𝐵𝐶−∠𝐷𝐵𝐸=∴∠𝐴𝐵𝐸=在𝐴𝐵𝐶𝐴𝐵𝐸𝐵𝐸=∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐴𝐵𝐶𝐴𝐵=∴△𝐴𝐵𝐶≌△（2）连接𝐴𝐵𝐶B逆时针旋转60°得到△∴𝐷𝐸=𝐴𝐶，∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐶，𝐷𝐸=𝐴𝐶=∵△𝐴𝐵𝐶≌△∴∠𝐵𝐸𝐴=∠𝐶，𝐴𝐸=𝐴𝐶=∵∠𝐶=∴∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐵𝐸𝐴=∠𝐶=∴∠𝐴𝐸𝐷=90°，𝐷𝐸=∴𝐴𝐷=2𝐴𝐸=202△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，把△𝐴𝐵𝐶绕𝐴△𝐴𝐷𝐸，连接交于点𝐴𝐸𝐶≌△(2)若𝐴𝐵 2，∠𝐵𝐴𝐶=45°，当四边形𝐴𝐷𝐹𝐶是菱形时，求𝐵𝐹的长【答案】(1)2−【分析】（1）要证明𝐴𝐸𝐶𝐴𝐷𝐵，需根据旋转性质找到对应边和角的关系，再利用全等三角形判定定（2）要求𝐵𝐹的长，先根据菱形性质得出边和角的关系，再结合已知角度推出𝐴𝐵𝐷为等腰直角三角形，【详解】（1）证明：∵△𝐴𝐵𝐶绕𝐴∴𝐴𝐷=𝐴𝐵，𝐴𝐸=𝐴𝐶，∠𝐷𝐴𝐸=∴∠𝐷𝐴𝐸∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐶∠𝐵𝐴𝐸，即∠𝐷𝐴𝐵=∠𝐸𝐴𝐶．又∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，∴𝐴𝐷=𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐴𝐸．在△𝐴𝐸𝐶和△𝐴𝐷𝐵中，𝐴𝐸=∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐵𝐴𝐶=∴△𝐴𝐸𝐶≌△（2）解：∵四边形𝐴𝐷𝐹𝐶∴𝐷𝐹=𝐴𝐶=𝐴𝐵=2，𝐴𝐶∥∴∠𝐷𝐵𝐴=∠𝐵𝐴𝐶=45°．又∵𝐴𝐷=𝐴𝐵，∴∠𝐷𝐵𝐴=∠𝐴𝐷𝐵=𝐴𝐵2+(2)2𝐴𝐵2+(2)2+(2𝐵𝐷

=∴𝐵𝐹=𝐵𝐷−𝐷𝐹=2−∠𝐴𝐶𝐵90°∠𝐴𝐵𝐶𝛼𝐴𝐷得到线段𝐴𝐸（E不在直线𝐴𝐵上），连接𝐵𝐸E作𝐸𝐹∥𝐴𝐵，交直线𝐵𝐶F．1DC重合时，求证：𝐵𝐹=【答案】(1)(2)𝐷𝐹=2𝐵𝐶（1）由𝐸𝐹∥𝐴𝐵得到∠𝐹=∠𝐴𝐵𝐶=𝛼．由三角形的内角和定理与旋转的性质证明∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐸𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐴𝐸，从而得到𝐴𝐶𝐵≌𝐴𝐸𝐵(SAS)，进而有∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐴𝐵𝐶=𝛼，再由𝐸𝐹∥𝐴𝐵∠𝐵𝐸𝐹=∠𝐴𝐵𝐸=𝛼，从而∠𝐵𝐸𝐹=∠𝐹（2）延长𝐵𝐶H，使𝐶𝐻𝐶𝐵，由𝐸𝐹∥𝐴𝐵得到∠𝐹=∠𝐴𝐵𝐶=𝛼．由垂直平分线的性质得到𝐴𝐻=𝐴𝐵，进而根据等腰三角形的“三线合一”得到∠𝐻𝐴𝐵2∠𝐻𝐴𝐶=180°−2𝛼=∠𝐷𝐴𝐸，从而∠𝐻𝐴𝐷=∠𝐵𝐴𝐸𝐻𝐴𝐷≌𝐵𝐴𝐸(SAS)，得到𝐻𝐷=𝐵𝐸，∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐻=𝛼．证明∠𝐵𝐸𝐹=∠𝐹得到𝐵𝐹=𝐵𝐸=𝐷𝐻𝐷𝐹=𝐵𝐻=【详解】（1）∴∠𝐹=∠𝐴𝐵𝐶=∵∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐶𝐴𝐵=90°−∠𝐴𝐶𝐵=由旋转可得𝐴𝐶=𝐴𝐸，∠𝐶𝐴𝐸=∴∠𝐸𝐴𝐵=∠𝐶𝐴𝐸−∠𝐶𝐴𝐵=∴∠𝐶𝐴𝐵=∵𝐴𝐵=∴△𝐴𝐶𝐵≌△∴∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐵𝐸𝐹=∠𝐴𝐵𝐸=∴∠𝐵𝐸𝐹=∴𝐵𝐹=（2）解：𝐷𝐹2𝐵𝐶，证明如下：延长𝐵𝐶H，使𝐶𝐻=𝐶𝐵，∴∠𝐹=∠𝐴𝐵𝐶=∵∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐶𝐴𝐵=90°−∠𝐴𝐶𝐵=∵𝐶𝐻=𝐴𝐶是𝐵𝐻∴𝐴𝐻=∴∠𝐻𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐶=∴∠𝐻𝐴𝐵=2∠𝐻𝐴𝐶=∴∠𝐻𝐴𝐵=∴∠𝐻𝐴𝐵−∠𝐷𝐴𝐵∠𝐷𝐴𝐸−∠𝐷𝐴𝐵，即∠𝐻𝐴𝐷=∠𝐵𝐴𝐸∵由旋转有𝐴𝐷=∴△𝐻𝐴𝐷≌△∴𝐻𝐷=∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐻=∴∠𝐵𝐸𝐹=∠𝐴𝐵𝐸=∴∠𝐵𝐸𝐹=∴𝐵𝐹=𝐵𝐸=∴𝐵𝐻=𝐷𝐻+𝐵𝐷=𝐵𝐹+𝐵𝐷=∵𝐵𝐻=∴𝐷𝐹=04】在Rt𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵90°𝐷𝐸𝐶是𝐴𝐵𝐶C逆时针旋转90°AB的DE，延长𝐴𝐵交𝐷𝐸F，连接𝐹𝐶．(1)若∠𝐴=30°，𝐴𝐶=23，求𝐹𝐵(3)求证：𝐸𝐹𝐹𝐵=【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）𝐴𝐶𝐵𝐷𝐶𝐸30度角的直角三角形的性质以及勾股定理解得𝐴𝐵的值，进而可得𝐵𝐷=23−2，再证明∠𝐵𝐹𝐷=90°30度角的直角三角形的性质即可获得过点C作𝐶𝑀𝐴𝐵,𝐶𝑁𝐷𝐸垂足分别为MN𝐴𝐶𝑀𝐷𝐶𝑁𝐶𝑀𝐶𝑁，B作𝐵𝐻𝐶𝐹E作𝐸𝐺𝐹𝐶H，G，结合（1）（2）易得𝐵𝐹𝐻𝐸𝐹𝐺为等腰直角三角形，进而可得𝐵𝐻=𝐹𝐻=2𝐹𝐵，𝐹𝐺=𝐸𝐺=2𝐸𝐹，再证明△𝐸𝐺𝐶≌△𝐶𝐻𝐵 𝐸𝐺=𝐶𝐻,𝐵𝐻=𝐶𝐺，结合𝐹𝐺𝐶𝐺=𝐹𝐶【详解】（1）𝐴𝐶𝐵∴∠𝐴=∠𝐷=30°，𝐴𝐶=𝐷𝐶=2∴在Rt𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=∴𝐴𝐵2=𝐵𝐶2+𝐴𝐶2，即(2𝐵𝐶)2=𝐵𝐶2+(2∴3𝐵𝐶2=12，解得𝐵𝐶=2（负值舍去∴𝐴𝐵=2𝐵𝐶=∴𝐵𝐷=𝐶𝐷−𝐵𝐶=2∵∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐴𝐵𝐶=90°−∠𝐴=∴∠𝐷𝐵𝐹=∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐵𝐹𝐷=180°−∠𝐷−∠𝐷𝐹𝐵=∴𝐹𝐵=1𝐵𝐷=1(23−2)= C作𝐶𝑀𝐴𝐵,𝐶𝑁𝐷𝐸∴∠𝐴𝑀𝐶=∠𝐷𝑁𝐶=90°，又∵𝐴𝐶=𝐷𝐶,∠𝐴=∠𝐷，∴△𝐴𝐶𝑀≌△∴𝐶𝑀=B作𝐵𝐻𝐶𝐹E作𝐸𝐺𝐹𝐶∴∠𝐵𝐻𝐶=∠𝐸𝐺𝐶=∠𝐵𝐻𝐹=∠𝐸𝐺𝐹=由（1）（2）得∠𝐵𝐹𝐷=90°，𝐹𝐶平分∴∠𝐸𝐹𝐶=∠𝐵𝐹𝐶=1∠𝐴𝐹𝐸=1(180°−∠𝐵𝐹𝐷)= ∴∠𝐻𝐵𝐹=90°−∠𝐵𝐹𝐶=45°=∠𝐵𝐹𝐶，∠𝐺𝐸𝐹=90°−∠𝐸𝐹𝐶=45°=𝐵𝐹𝐻𝐸𝐹𝐺∴𝐵𝐻=𝐹𝐻=2𝐹𝐵，𝐹𝐺=𝐸𝐺= ∵∠𝐵𝐶𝐻+∠𝐸𝐶𝐺=90°,∠𝐶𝐸𝐺+∠𝐸𝐶𝐺=∴∠𝐵𝐶𝐻=∵𝐸𝐶=∴△𝐸𝐺𝐶≌△∴𝐸𝐺=𝐶𝐻,𝐵𝐻=∵𝐹𝐺+𝐶𝐺=∴2𝐸𝐹+2𝐹𝐵= 即𝐸𝐹𝐹𝐵=1E在线段𝐵𝐷上，请直接写出线段𝐵𝐸与线段𝐷𝐹2E在线段𝐵𝐷的延长线上运动，请写出线段𝐶𝐷，𝐷𝐸，𝐷𝐹3，已知线段𝐵𝐷是矩形𝐴𝐵𝐶𝐷的一条对角线，𝐴𝐵=3，𝐵𝐶=4E在射线𝐵𝐷上运动，连接

，连接𝐸𝐹，若𝐷𝐸=1，直接写出线段𝐶𝐹=85【分析】（1）（2）利用全等的性质得到𝐵𝐸=𝐷𝐹，利用勾股定理求得𝐵𝐷=2𝐶𝐷（3）利用旋转的性质得到𝐸𝐶𝐹

𝐶𝐹=𝐶𝐻𝐸【详解】解：（1）𝐵𝐸=𝐷𝐹，𝐵𝐸∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐴𝐷，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=90°，∠𝐷𝐵𝐶=∠𝐵𝐷𝐶=∴∠𝐵𝐶𝐸+∠𝐷𝐶𝐸=∵将线段𝐶𝐸C顺时针旋转90°，得到线段∴𝐶𝐸=𝐶𝐹，∠𝐸𝐶𝐹=90°，∠𝐸𝐶𝐷+𝐷𝐶𝐹=∴∠𝐵𝐶𝐸=∴△𝐵𝐶𝐸≌△∴𝐵𝐸=𝐷𝐹，∠𝐸𝐵𝐶=∠𝐹𝐷𝐶=45°，则∠𝐵𝐷𝐶∠𝐹𝐷𝐶=90°，即𝐵𝐸𝐷𝐹；（2）𝐷𝐹=𝐷𝐸+∴𝐵𝐶=𝐶𝐷，∠𝐵𝐶𝐷=由旋转得，∠𝐸𝐶𝐹=90°，𝐶𝐸=∴∠𝐵𝐶𝐷∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐸𝐶𝐹∠𝐷𝐶𝐸，即∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐷𝐶𝐹，∴△𝐵𝐶𝐸≌△∴𝐵𝐸=在Rt𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐷=∵𝐵𝐸=𝐵𝐷+∴𝐷𝐹=𝐷𝐸+（3）C作𝐶𝐻𝐵𝐷∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐴𝐷𝐶=90°，𝐴𝐵=𝐶𝐷=3，𝐵𝐶=𝐴𝐷=32+∴𝐵𝐷32+ ∵𝑆△𝐵𝐶𝐷=2𝐵𝐶⋅𝐶𝐷=2𝐵𝐷⋅∴𝐶𝐻∴𝐷𝐻

𝐵𝐷

5=E在线段𝐵𝐷∵𝐷𝐸=∴𝐸𝐻=𝐷𝐻−𝐷𝐸=∴𝐶𝐸

=4𝐶𝐻2𝐶𝐻2+∵将𝐶𝐸C顺时针旋转90°，得到∴𝐶𝐸=𝐶𝑀，∠𝐸𝐶𝐹=∵𝐶𝐹∴𝐸𝐹

𝐶𝐸2+=4𝐶𝐸2+E在𝐵𝐷同理，𝐸𝐻=𝐷𝐻+𝐷𝐸=5∴𝐶𝐸同理，𝐸𝐹=

=2𝐶𝐻2𝐶𝐻2+𝐶𝐸2+𝐶𝐸2+=4𝐶𝐸=综上，线段𝐸𝐹的长为10或【典例(1)操作二：如图1，P为𝐴𝐷上一点，沿𝐵𝑃折叠，使点A落在𝐸𝐹上的点M处，连接𝑃𝑀并延长交𝐵𝐶于点Q．由上述操作后探究可得：∠𝐴𝐵𝑃= °，△𝐵𝑃𝑄的形状是 (2)2，将△𝐴𝐵𝑃沿𝐵𝑄△𝐴′𝐵′𝑃′，若𝐴′𝐵′交𝐵𝑃G，𝐵′𝑃′交𝑃𝑄H．连接𝐺𝐻，若𝐴𝐵=33x．①当△𝑃𝐺𝐻x②设四边形𝑃𝐺𝐵′𝐻yyxx为何值时，y取最大值，y的(2)①x的值为3或12；②yx的函数关系式为𝑦=−33𝑥2+33𝑥；当𝑥=2时，y取最大值，y 33的交点是点𝐵𝑀𝑃𝐵𝑀𝑄(SAS)，𝐵𝑃=𝐵𝑄=𝑃𝑄（2）①根据矩形的性质，分∠𝑃𝐻𝐺=90°,∠𝑃𝐺𝐻=90°②设四边形𝑃𝐺𝐵′𝐻y，根据𝑦=𝑆▱𝐵𝐵′𝑃′𝑃−𝑆△𝑃′𝑃𝐻−𝑆△𝐵′𝐵𝐺构造二次函数𝑦=−33𝑥2+33𝑥，利用的交点是点∴𝐴𝐸=𝐵𝐸=𝐷𝐹=𝐶𝐹

2𝐴𝐵

1𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐸𝐹=𝐵𝐶，且𝐴𝐷∥𝐸𝐹∥∴𝐴𝐸=𝑃𝑁=𝑃𝑀=1，∠𝐴𝐵𝑃=∠𝑀𝐵𝑃,∠𝐴𝑃𝐵=∠𝑀𝑃𝐵，∠𝐵𝐴𝑃=∠𝐵𝑀𝑃=90°，∠𝐴𝑃𝐵= ∴∠𝐵𝑃𝑄=∠𝑃𝐵𝑄，𝐴𝐸=𝐵𝐸,𝐵𝑁=𝑃𝑁,𝑃𝑀=∴𝑄𝐵=𝑃𝑀=∵∠𝐵𝑀𝑃=∠𝐵𝑀𝑄=𝐵𝑀=∴△𝐵𝑀𝑃≌△∴𝐵𝑃=𝐵𝑄，∠𝑃𝐵𝑀=∴𝐵𝑃=𝐵𝑄=𝑃𝑄，∠𝑃𝐵𝑀=∠𝑄𝐵𝑀

𝐵𝑃𝑄是等边三角形，∠𝑃𝐵𝑀=∠𝑄𝐵𝑀=

2∠𝑃𝐵𝑄

1×60°=∴∠𝐴𝐵𝑃=90°−∠𝑃𝐵𝑀−∠𝑄𝐵𝑀=30°，（2）①根据前面的解答，得到∠𝐴𝐵𝑃=30°，∠𝐴𝑃𝐵=∠𝐵𝑃𝑄=∠𝐻𝑃𝑃′=60°，∠𝐵𝐴𝑃=∠𝐵′𝐴′𝑃′=𝐵𝑃𝑄∴△𝑃𝐻𝑃′是等边三角形，∠𝑃𝐵𝑄=60°,∠𝐵𝐺𝐵′=∠𝐴′𝐺𝑃=∵𝐴𝐵=33∴𝐴𝑃=𝐴′𝑃′=𝐴𝐵tan∠𝐴𝐵𝑃=3，𝐴𝐴′=𝑃𝑃′=𝑃𝐻=𝑃′𝐻=𝑥，𝑃𝐴′=𝑃𝐴−𝑃𝑃′=3−𝑥，如图，当∠𝑃𝐻𝐺=90°时，∴∠𝑃𝐺𝐻=∴∠𝑃𝐺𝐻=∵𝑃𝐻⊥𝐺𝐻,𝑃𝐴′⊥∴𝑃𝐻=∴𝑥=解得𝑥=当∠𝑃𝐺𝐻=90°∴∠𝑃𝐻𝐺=∴𝑃𝐺=𝑃𝐻sin30°

1=𝑃𝐺sin30°=∵𝑃𝑃′+𝑃𝐴′=∴𝑥

𝑥=解得𝑥=5②设四边形𝑃𝐺𝐵′𝐻根据题意，得𝑦=根据前面的解答，得到△𝑃𝐻𝑃′是等边三角形，∠𝑃𝐵𝑄=60°,∠𝐵𝐺𝐵′=∠𝐴′𝐺𝑃=∵𝐴𝐵=33∴𝐺𝐵′=3𝑥，𝐴𝐴′=𝑃𝑃′=𝑃𝐻=𝑃′𝐻=𝐵𝐵′=∵𝑃𝑃′∥∴四边形𝐵𝐵′𝑃′𝑃∴𝑦=33𝑥−3𝑥2 33𝑥2+3−𝑥×3𝑥= ∵𝑦=−33(𝑥−2)2+33,𝑎=−3 ∴y有最大值，且当𝑥=2时，有最大值为301】（2025·江西上饶·一模）（1）平行四边形；（2）三角形；（3）△△小涵在动手操作的基础上发现，也可以过点𝐴作𝐴𝐻𝐷𝐸于点𝐻，再将𝐴𝐷𝐻𝐴𝐸𝐻分别绕点旋转180°，即可得到矩形𝐵𝐶𝑀𝑁（2）．小涵通过测量，发现𝐵𝐶=30cm，∠𝐵𝐴𝐶=90°，𝐴𝐶=①求𝐴𝐷𝐸②在𝐴𝐸𝐻绕点𝐸顺时针旋转180°的过程中，点𝐴的对应点为𝐴′，若𝐴′𝐸𝐵𝐷𝑁的一边平行，请直接写出

cm或 𝐷𝐸=【分析】（1）（2）①根据题意设𝐴𝐵=𝑥，则𝐴𝐶=2𝑥，利用勾股定理建立方程求出𝐴𝐵，𝐴𝐶，进而得到𝐴𝐷，𝐴𝐸，再根据②根据𝐴′𝐸与△𝐵𝐷𝑁一边平行分情况讨论当𝐴′𝐸∥𝐵𝑁时，当𝐴′𝐸∥𝐵𝐷【详解】（1）∵𝐴𝐵、𝐴𝐶边的中为点𝐷、∴𝐷𝐸与𝐵𝐶的位置关系为平行，数量关系为𝐷𝐸=

∴𝐷𝐸平行于𝐵𝐶且等于𝐵𝐶 𝐷𝐸=解：①∵∠𝐵𝐴𝐶=90°，𝐴𝐶=2𝐴𝐵．设𝐴𝐵=𝑥，则𝐴𝐶=2𝑥，𝐴𝐶2+∴𝐵𝐶𝐴𝐶2+∵𝐵𝐶=∴5𝑥=30，解得𝑥=65，∴𝐴𝐵=65cm，𝐴𝐶=12∵𝐴𝐵、𝐴𝐶边的中为点𝐷、∴𝐴𝐷=35cm，𝐴𝐸=6∴△

×6

×

=的面积为②∵𝑁、𝐷、𝐸∴𝐴′𝐸与𝑁𝐷四边形𝐵𝐶𝑀𝑁∴∠𝐵𝑁𝐷=∴∠𝐴′𝐸𝑁=∵𝐷𝐸

1𝐵𝐶=15cm△𝐴𝐷𝐸的面积为∵𝐴𝐻⊥∴𝐴𝐻=45×2÷15=∵𝐴𝐸=6∴𝐻𝐸 =12∴𝐷𝐻=3由旋转的性质可知，𝐷𝑁=𝐷𝐻=3cm，𝐴′𝐸=𝐴𝐸= ∴𝑁𝐸=15+3=18𝐴′𝐸2+𝐴′𝐸2+

=

当𝐴′𝐸∥𝐵𝐷时，作𝐴′𝑃⊥𝑀𝑁于点∴∠𝐴′𝐸𝑃=∵∠𝐵𝐴𝐶=∴∠𝐴𝐷𝐸+∠𝐴𝐸𝐷=由旋转的性质可知，𝐴′𝐻′=𝐴𝐻6cm，𝐻′𝐸𝐻𝐸12cm，∠𝐴′𝐸𝐻′=∠𝐴𝐸𝐷，∠𝐻′=∠𝐴𝐻𝐸∴∠𝐴′𝐸𝑃+∠𝐴′𝐸𝐻′=∠𝐻′𝐸𝑃=∵𝐴′𝑃⊥∴四边形𝐴′𝑃𝐸𝐻′∴𝐴′𝑃=𝐻′𝐸=12cm，𝐸𝑃=𝐴′𝐻′=6∴𝑁𝑃=18+6=24𝐴′𝑃2+𝐴′𝑃2+

=

综上所述，𝐴′𝑁的长度为

cm或

02】（2025·河北承德·二模）11所示的平行四边形通过裁剪拼成了矩形．若𝐵𝐶=10cm△𝐴𝐵𝐸沿平 cm．【操作2】淇淇将如图2所示的三角形通过裁剪拼成了矩形．依据图中呈现的操作方法，可知𝐷𝐸与𝐵𝐶的数 44所示的菱形𝐴𝐵𝐶𝐷沿𝐴𝐶剪开，将筝形𝐸𝐹𝐺𝐻（有两组邻边分别相等的四边形）沿剪开，之后通过旋转平移等操作拼成了矩形．若𝐵𝐶=13cm，𝐴𝐶=10cm1：102：𝐷𝐸=1𝐵𝐶，𝐴𝐻⊥𝐷𝐸34：12：由拼接知：𝐷𝐸是𝐴𝐵𝐶的中位线，∠𝐵𝐻1𝐷=90°，据此求解即可；3：根据（2）的方法拼接即可；4：连接𝐵𝐷，由拼接知𝐵𝐷=𝐺𝐸=𝐶𝐶′

𝐶𝑂=2𝐴𝐶=

，𝐵𝑂=𝑂𝐷，𝐵𝐷⊥在Rt𝐵𝑂𝐶1=10cm2：𝐷𝐸=1𝐵𝐶，𝐴𝐻⊥由拼接知：𝐴𝐷=𝐷𝐵，𝐴𝐸=∴𝐷𝐸是𝐴𝐵𝐶∴𝐷𝐸

∵拼接图形𝐵𝐶𝐻2𝐻1∴∠𝐵𝐻1𝐷=由拼接知：∠𝐴𝐻𝐷=∠𝐵𝐻1𝐷=∴𝐴𝐻⊥故答案为：𝐷𝐸=1𝐵𝐶，𝐴𝐻⊥4：连接𝐵𝐷，由拼接知𝐵𝐷=𝐺𝐸=𝐶𝐶′，设𝐵𝐷与𝐴𝐶相交于点∴𝐶𝑂

1𝐴𝐶=5cm，𝐵𝑂=𝑂𝐷，𝐵𝐷⊥在Rt𝐵𝑂𝐶中，𝐵𝐶=∴𝐵𝑂 =∴𝐵𝐷=2𝐵𝑂=∴𝐶𝐶′=𝐵𝐷=∴𝐶𝐶′的长为即矩形中较长的边的长为观察发现：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△𝐴𝐵𝐶和△𝐷𝐹𝐸，其中∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐷𝐸𝐹=90°，∠𝐴=∠𝐷．将△𝐴𝐵𝐶和△𝐷𝐹𝐸按图2所示方式摆放，其中点B与F点重合（标记为点B）．当∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐴时，延长𝐷𝐸交𝐴𝐶于点G．猜想并判断四边形𝐵𝐶𝐺𝐸的形状为 2中的△𝐷𝐵𝐸BE落在△𝐴𝐵𝐶3∠𝐴𝐵𝐸∠𝐵𝐴𝐶A作𝐴𝑀𝐵𝐸BEM，𝐵𝑀与𝐴𝐶N．试猜想线段𝐴𝑀和𝐵𝐸4，当∠𝐶𝐵𝐸=∠𝐵𝐴𝐶A作𝐴𝐻𝐷𝐸H，若𝐵𝐶=3，𝐴𝐶=4，求𝐴𝐻【答案】(1)【分析】（1）先证明四边形𝐵𝐶𝐺𝐸是矩形，再由𝐴𝐶𝐵=△𝐷𝐸𝐵可得𝐵𝐶=𝐵𝐸，从而得四边形𝐵𝐶𝐺𝐸（2）由已知∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐵𝐴𝐶可得𝐴𝑁=𝐵𝑁，再由等积方法

=2𝐴𝑁⋅𝐵𝐶=2𝐵𝑁⋅设𝐴𝐵，𝐷𝐸MM作𝑀𝐺𝐵𝐷G，则易得𝑀𝐷=𝑀𝐵G是𝐵𝐷的中点；利用三角函数∵∠𝐵𝐸𝐷=∴∠𝐵𝐸𝐺=180°−∠𝐵𝐸𝐷=∵∠𝐴𝐵𝐸=∴𝐴𝐶∥∴∠𝐶𝐺𝐸=∠𝐵𝐸𝐷=∵∠𝐶=∵△𝐴𝐵𝐶≌△∴𝐵𝐶=（2）解：结论：𝐴𝑀𝐵𝐸．理由：∵∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐵𝐴𝐶，∴𝐴𝑁=∵∠𝐶=∴𝐵𝐶⊥∵𝐴𝑀𝐵𝐸，即𝐴𝑀 ∴𝑆△𝐴𝐵𝐹=2𝐴𝑁⋅𝐵𝐶=2𝐵𝑁⋅∵𝐴𝑁=∴𝐵𝐶=由（1）得𝐵𝐸=∴𝐴𝑀=（3）解：如图：设𝐴𝐵，𝐷𝐸MM作𝑀𝐺𝐵𝐷∵△𝐴𝐶𝐵≌△∴𝐵𝐸=𝐵𝐶=3，𝐷𝐸=𝐴𝐶=4，∠𝐴=∠𝐷，∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐶𝐵𝐸=∵∠𝐶𝐵𝐸=∴∠𝐷=∴𝑀𝐷=∵𝑀𝐺⊥∴G是𝐵𝐷𝐴𝐶2+由勾股定理得𝐴𝐵𝐴𝐶2+ ∴𝐷𝐺=2𝐵𝐷=2𝐴𝐵= ∵cos∠𝐷=𝐷𝑀=∴𝐷𝑀

5 = =，即𝐵𝑀=𝐷𝑀= ∴𝐴𝑀=𝐴𝐵−𝐵𝑀=5−8=8∵𝐴𝐻⊥𝐷𝐸，𝐵𝐸⊥𝐷𝐸，∠𝐴𝑀𝐻=∴△𝐴𝑀𝐻∽△

=

8 ∴𝐴𝐻

𝐵𝐸

5×3=即𝐴𝐻的长为【点睛】本题属于四边形综合题，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如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷=8，𝐴𝐵=6，将矩形𝐴𝐵𝐶𝐷沿对角线𝐵𝐷𝐵𝐶𝐷沿𝐷𝐴方向平移（平8），得到△𝐵′𝐶′𝐷′,𝐵′𝐷′交𝐴𝐵于点𝑀,𝐶′𝐷′交𝐵𝐷于点𝑁．如图2，当四边形𝐴𝐵𝐶′𝐷′为正方形时，线段𝐷𝐷′的长 3，当四边形𝐵𝑀𝐷′𝑁①求线段𝐷𝐷′②将△𝐵′𝐶′𝐷′绕点𝐷′顺时针转过一定的角度，使得线段𝐵′𝐷′经过△𝐴𝐷𝐵△𝐵′𝐶′𝐷′与△𝐴𝐵𝐷【答案】（1）2；（2）四边形𝐵𝑀𝐷′𝑁是平行四边形，见解析；（3）①𝐷𝐷′=【分析】（1）根据正方形的性质可得𝐴𝐷′=𝐴𝐵=6，进而即可得出𝐷𝐷′

根据四边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐶𝐷𝐴𝐵𝐶′𝐷𝐶𝐷，𝐵′𝐷𝐵𝐷𝐶′𝐷𝐴𝐵，①根据勾股定理求得𝐵𝐷，设𝐷𝐷′的长为𝑚，解Rt△𝐴𝑀𝐷′，得出𝑚=5②当线段𝐵′𝐷′经过点𝐴时，令𝐴𝐵与𝐶′𝐷′的交点为𝑃．由①知，𝐷𝐷′=5，𝐴𝐷′=3．求得𝐴𝑃，进而根据三角形的面积公式，即可求解；当线段𝐵′𝐷′经过点𝐵时，令𝐵𝐷与𝐶′𝐷′的交点为𝑄．过点𝐷′作𝐷′𝐸⊥𝐵𝐷于点𝐸点𝑄作𝑄𝐻⊥𝐵′𝐷′于点𝐻，证明△𝐴𝐵𝐷′∽△𝐻𝐵𝑄设𝐻𝑄的长为𝑏，在Rt△𝐴𝐵𝐷′中，勾股定理得𝑏=125，进而【详解】解：（1）解：∵四边形𝐴𝐵𝐶′𝐷′∴𝐴𝐷′=𝐴𝐵=∴𝐷𝐷′=𝐴𝐷−𝐴𝐷′=8−6=∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，∴𝐶𝐷∥由平移的性质得𝐶′𝐷′∥𝐶𝐷，𝐵′𝐷′∥∴𝐶′𝐷′∥∴四边形𝐵𝑀𝐷′𝑁①∵四边形𝐵𝑀𝐷′𝑁∴𝐵𝑀=𝑀𝐷′=𝐷′𝑁=设𝐷𝐷′的长为𝑚，则𝐴𝐷′=𝐴𝐷−𝐷𝐷′=8−𝑚．在Rt△𝐴𝐵𝐷中，𝐴𝐷=8，𝐴𝐵=6，∴𝐵𝐷= ∴tan∠𝐴𝐷𝐵=4，sin∠𝐴𝐷𝐵=5，cos∠𝐴𝐷𝐵=∴𝐷′𝑁=

⋅tan∠𝐴𝐷𝐵=在Rt△

𝑀=cos∠𝐴𝐷′𝑀

∴𝑚

，解得𝑚=∴𝐷𝐷′=②6或如图1，当线段𝐵′𝐷′经过点𝐴时，令𝐴𝐵与𝐶′𝐷′的交点为由①知，𝐷𝐷′=∴𝐴𝐷′=∴𝐴𝑃=𝐴𝐷′⋅

=3×3=∴𝑆△𝐴𝐷′𝑃=

⋅𝐴𝑃=×3×4=2，当线段𝐵′𝐷′经过点𝐵时，令𝐵𝐷与𝐶′𝐷′的交点为𝑄．过点𝐷′作𝐷′𝐸⊥𝐵𝐷于点𝐸，过点𝑄作𝑄𝐻⊥𝐵′𝐷′于∴𝐴𝐷′=

𝐷′𝐸=

⋅sin𝐷=5×5=∴∠𝐴𝐵𝐷′=∵∠𝐴=∠𝐵𝐻𝑄=∴△𝐴𝐵𝐷′∽△ ∴𝐵𝐻=𝐴𝐵=6=设𝐻𝑄的长为𝑏，则𝐷′𝐻 tan∠𝐻𝐷

=4𝑏，𝐵𝐻=∴𝐵𝐷′=𝐵𝐻+

11=2𝑏+4𝑏=4𝐴𝐵2+在Rt△𝐴𝐵2+

=3∴𝑏=3解得𝑏=12 12 ∴𝑆△𝐵𝐷′𝑄=2𝐵𝐷⋅𝐻𝑄=2× ×11=6或05】（2025·山西忻州·模拟预测）【问题情境】“综合与实践”课上，老师让同学们准备了菱形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷1中的菱形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为△𝐴𝐵𝐶△𝐶𝐷𝐸，将△𝐶𝐷𝐸绕点𝐶按顺时针方向旋转，当∠𝐴𝐶𝐸∠𝐵𝐴𝐶时，延长𝐷𝐸交𝐵𝐴的延长线于𝐹2，试判断四边形𝐴𝐶𝐸𝐹的形状，并说明理由．【数学思考】（1）【深入探究】（2）①“善思小组”在准备的菱形纸片中，将△𝐶𝐷𝐸绕点𝐶3，当点𝐸落在边𝐴𝐵𝐸，𝐴，𝐷四点共线，∠𝐴𝐶𝐵=2∠𝐵𝐶𝐸．若𝐸𝐶=2，请求出𝐵𝐴②“智慧小组”准备的菱形纸片的对角线𝐸𝐶=12，𝐵𝐷=16，他们也将𝐶𝐷𝐸绕点𝐶按逆时针方向旋转，其点𝐷的对应点为𝐷′，并过点𝐷′作𝐷′𝑀⊥𝐸𝐶交直线𝐴𝐵于点𝑀，当𝐸𝐶∥𝐴𝐵时，请直接写出𝐷′𝑀的长度．【答案】（1）四边形𝐴𝐶𝐸𝐹是菱形，理由见解析；（2）①𝐵𝐴=1+5；②17.6

（2）①导角证明△𝐴𝐸𝐶∽△𝐴𝐶𝐵，则𝐴𝐵=𝐴𝐶，设𝐴𝐵=𝑚，而𝐸𝐶=𝐴𝐶=2，则𝑚=2②可得𝐴𝐶𝐵𝐷，𝑂𝐴=

2𝐴𝐶=6,𝑂𝐵=𝑂𝐷

1𝐷𝐵=8，则𝐴𝐵=10，设𝐴𝐵边上的高为ℎℎ=9.6，当𝐸𝐶∥𝐴𝐵时，而菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐶𝐷∥𝐴𝐵，故点𝐸,𝐷,𝐶共线，而𝐷′𝑀⊥𝐴𝐵，𝐸𝐶∥𝐴𝐵，则𝐷′𝑀⊥𝐸𝐶，即𝐷′𝐾⊥𝐸𝐶，由旋转得，𝐷𝑂=𝐷′𝐾=8，再分两种情况讨论即可求解．∵∠𝐴𝐶𝐸=∴𝐴𝐹∥∴∠𝐵𝐴𝐶=∴∠𝐷𝐸𝐶=∴𝐴𝐶∥由旋转的性质可知𝐴𝐶𝐶𝐸，（2）①解：由题意得可得，𝐶𝐴=∴∠𝐸𝐴𝐶=设∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐴𝐸𝐶=∴𝐵𝐴=∴在𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐵𝐴𝐶=∴∠𝐵=∵∠𝐴𝐸𝐶𝐵𝐶𝐸∴∠𝐸𝐶𝐵=𝑥−(180°−2𝑥)=∵∠𝐴𝐶𝐵=∴𝑥2(3𝑥−180°)，解得：𝑥=72°，∴∠𝐸𝐶𝐵=72°×3−180°=36°，∠𝐵=180°−2×72°=∴∠𝐸𝐶𝐵=∠𝐵=∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐸𝐶𝐵=∴𝐸𝐵=𝐸𝐶=∵∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐶，∠𝐵=∴△𝐴𝐸𝐶∽△∴𝐴𝐶= 设𝐴𝐵=∵𝐸𝐶=𝐴𝐶= ∴𝑚=2解得：𝑚1=1+5，𝑚2=1−5（舍∴𝐵𝐴=1+∴𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝑂𝐴

2𝐴𝐶=6,𝑂𝐵=𝑂𝐷

1𝐷𝐵=𝑂𝐴2+∴𝐴𝐵𝑂𝐴2+则2𝐴𝐶𝐵𝐷=𝐴𝐵×∴ℎ=当𝐸𝐶𝐴𝐵时，而菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐶𝐷∵𝐷′𝑀⊥𝐴𝐵，𝐸𝐶∥∴𝐷′𝑀⊥𝐸𝐶，即𝐷′𝐾⊥由旋转得，𝐷𝑂=𝐷′𝐾=当点𝐷′在𝐷𝐶∴𝐷′𝑀=ℎ+𝐷′𝐾=9.6+8=17.6；当点𝐷′在𝐷𝐶左侧时，如图：∴𝐷′𝑀=ℎ−𝐷′𝐾=9.6−8=综上所述：当𝐸𝐶∥𝐴𝐵时，𝐷′𝑀17.6【典例01（2023·河南许昌·二模如图等腰△𝐴𝐵𝐶的顶点𝐵在𝑦轴上顶点𝐶在𝑥轴上已知𝐵(0,2),𝐴−,𝐴𝐵=𝐵𝐶，将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐶顺时针旋转，每次旋转90°，若旋转后点𝐴的对应点𝐴′的坐标为2+5,−2，则旋转的次数可能是（） 【答案】4看余数即可．44看余数即可，∵2+5,−2在第四象限∴4∵74÷4=．01】（2023·河南开封·一模）如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，已知𝐴𝐵=4，𝐵𝐶=3，矩形在直线𝑙样连续旋转2024次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是（ 【答案】4【详解】解：转动一次𝐴的路线长是：180= 180=2 180=2转动五次𝐴的路线长是：180=故顶点

++2π=6π，转动四次经过的路线长为： 2024÷4=顶点𝐴2024次经过的路线长为：6π506=3036π．4，且𝐵𝐶2𝐴𝐵．若在没有滑动的情况下，将圆𝑂向右滚动，使得𝑂点向右移动了50𝜋，则此时与地面相切的弧为（） 【答案】【分析】根据圆的周长公式求出圆的周长以及圆转动的周数，根据题意分别求出𝐴𝐵和𝐴𝐵+𝐵𝐶的长，比较【详解】解：∵O∴圆的周长为：2𝜋𝑟=∵OO点向右移动了∴50𝜋÷8𝜋=6周后，又向右滚动了∵矩形𝐴𝐵𝐶𝐷OA点，𝐵𝐶= ，𝐴𝐵+ =6×8𝜋=3𝜋<

=2×8𝜋=4𝜋>OCDyE，AFBEGABCDO90°2022G的坐标为（） 【答案】【分析】根据正方形的性质得到∠BAF=∠CBE，根据余角的性质得到∠BGF=90°GGH⊥ABHBH=2，HG=3G（3，4），找出规律即可得到结论．【详解】解：∵ABCD∵FBC的中点，CDy102+102+𝐴𝐵2+𝐴𝐵2+

= ∴𝐵𝐺

= GGH⊥AB∴𝐵𝐺=𝐵𝐻 ∴𝐵𝐻=(25)=𝐵𝐺2+∴𝐻𝐺𝐵𝐺2+∵ABCDO∴90°G点的坐标为（4，-3），90°G点的坐标为（-3，-4），90°G点的坐标为（-4，3），90°G点的坐标为（3，4），∴42022ABCDO2∴2022G的坐标为（-3，-4）．=𝑂1，将𝑂1𝐵绕点𝑂1分别逆时针旋转120°和180°，得到线段𝑂1𝐶1和𝑂1𝐴12次操作：取𝐴1𝐶1的中点𝑂2𝑂2𝑂1绕点𝑂2分别逆时针旋转120°和180°，得到线段𝑂2𝐶2和𝑂2𝐴2；⋯30次操作后，得到线段𝑂30𝐶30和𝑂30𝐴30，若用点𝐶在点𝐴的正南方向表示初始位置，则点𝐶30在点𝐴30的（） B．正南方 C．正西方 【答案】式，可证明△𝐶𝑛𝑂𝑛𝐴𝑛皆为等边三角形，可得∠𝑂𝑛𝑂𝑛+1𝑂𝑛+2=150°，根据多边形外角和结论，图形每转动12次后𝑂12𝑛𝑂12𝑛+1与𝐵𝑂1重合，依此规律解答即可．则𝑂1𝐶1=𝑂1𝐴1，且∠𝐶1𝑂1𝐴1=60°，∴△𝐶1𝑂1𝐴1∴△𝐶𝑛𝑂𝑛𝐴𝑛∵将𝑂1𝐵绕点𝑂1逆时针旋转∴∠𝐵𝑂1𝐶1=∵△𝐶1𝑂1𝐴1为等边三角形，𝐴1𝐶1的中点为∴∠𝐶1𝑂1𝑂2=∴∠𝐵𝑂1𝑂2=120°+30°=同理∠𝑂1𝑂2𝑂3=∠𝑂2𝑂3𝑂4=⋯=∠𝑂𝑛𝑂𝑛+1𝑂𝑛+2=则∠𝐴1𝑂1𝑂2=∠𝐴2𝑂2𝑂3=⋯=∠𝐴𝑛𝑂𝑛𝑂𝑛+1=180°−150°=∵360°=∴12次后𝑂12𝑛𝑂12𝑛+1与𝐵𝑂130÷12=∴30次操作后，𝑂30𝑂3136个位置，恰与𝐵𝑂1方向相反，又∵△𝐶30𝑂30𝐴30为等边三角形，∴𝐶30𝐴30⊥05】（2023·辽宁阜新·二模）l：𝑦=3𝑥+3与两坐标轴交于𝐴点𝐴l上……当等边三角形翻滚2023次后点𝐴的对应点坐标是（）A．【答案】

B．

C．

D．【分析】先令𝑥=0，𝑦=0求得点𝐴与点𝐵的坐标，从而求出𝑂𝐴、𝑂𝐵、𝐴𝐵的长度，然后结合图形的翻转知道点𝐴经过2次旋转后重新落在直线𝑙：𝑦=3𝑥3上，第3次旋转点𝐴的位置不变，再结合3【详解】解：∵l：𝑦=3𝑥+3与两坐标轴交于𝐴、𝐵∴𝐴(−1,0)，𝐵 ∴𝐴𝐵=2，𝑂𝐴=1，𝑂𝐵=∴tan∠𝐵𝐴𝑂

=∴∠𝐵𝐴𝑂=如图，等边△𝐴𝐵𝐶经过第1次翻转后，𝐴1−1,2 过点𝐴2作𝐴2𝑀⊥𝑥轴于点𝑀，则𝐴𝐴2=3𝐴𝐵=6，∵∠𝐴2𝐴𝑀=∴𝐴𝑀=

2𝐴𝑀=6×2=𝐴2𝑀=𝐴𝐴2sin∠𝐴2𝐴𝑀=6×3=3等边△𝐴𝐵𝐶经过第2次翻转后，𝐴2 等边△𝐴𝐵𝐶经过第3次翻转后，点𝐴仍在点𝐴2∴每经过3次翻转，点𝐴向右平移3个单位，向上平移33∵2023÷3=674……1，第2次与第3次翻转后点𝐴∴点𝐴经过2023次翻转后，向右平移了3×674=2022个单位，向上平移了

×674+

=20243∴等边三角形翻滚2023次后点𝐴的对应点坐标是2021,2024 操作理解等边△𝐴𝐵𝐶经过第2次翻转与第3次翻转后点𝐴处在同一个点．01】（2025·山西·中考真题）问题情境：如图，在△𝐴𝐵𝐶纸片中，𝐴𝐵>𝐵𝐶D在边𝐴𝐵上，𝐴𝐷>𝐵𝐷D的直线折叠该纸片，使𝐷𝐵的对应线段𝐷𝐵′与𝐵𝐶平行，且折痕与边𝐵𝐶E，得到△𝐷𝐵′𝐸，然后展平．拓展延伸：（2）DA的对应点𝐴′落在射线𝐷𝐵′𝐴𝐶F，然后展平．连接𝐴′𝐸交边𝐴𝐶G，连接①若𝐴𝐷=2𝐵𝐷，判断𝐷𝐸与𝐴′𝐸②若∠𝐶=90°，𝐴𝐵=15，𝐵𝐶=9，当△𝐴′𝐹𝐺是以𝐴′𝐹为腰的等腰三角形时，请直接写出𝐴′𝐹【答案】（1）四边形𝐵𝐷𝐵′𝐸是菱形，理由见解析；（2）①𝐷𝐸⊥𝐴′𝐸

【分析】（1）由折叠的性质可得𝐵𝐷=𝐵′𝐷,𝐵𝐸=𝐵′𝐸，∠𝐵′𝐷𝐸=∠𝐵𝐷𝐸，再根据平行线的性质可得𝐷𝐸=∠𝐵𝐸𝐷，进而得到∠𝐵𝐷𝐸=∠𝐵𝐸𝐷，由等角对等边推出𝐵𝐷=𝐵𝐸，从而证明𝐵𝐸=𝐵𝐷=𝐵′𝐷=𝐵′𝐸，即（2）①由（1）推出𝐵𝐷=𝐵′𝐷=𝐵′𝐸，由折叠的性质得到𝐴𝐷=𝐴′𝐷，结合已知可得𝐴′𝐷=2𝐵′𝐷=进而推出𝐵′𝐷=𝐴′𝐵′=𝐵′𝐸，得到∠1=∠2,∠3=∠4，再根据三角形内角和定理即可求出∠2+∠3=90°，即可得到𝐷𝐸与𝐴′𝐸的位置关系；②分△𝐴′𝐹𝐺是以𝐴′𝐹为腰𝐴′𝐺为底的等腰三角形和△𝐴′𝐹𝐺是以𝐴′𝐹为腰【详解】（1）解：四边形𝐵𝐷𝐵′𝐸由折叠的性质可得𝐵𝐷=𝐵′𝐷,𝐵𝐸=𝐵′𝐸，∠𝐵′𝐷𝐸=∴∠𝐵′𝐷𝐸=∴∠𝐵𝐷𝐸=∴𝐵𝐷=∴𝐵𝐸=𝐵𝐷=𝐵′𝐷=∴四边形𝐵𝐷𝐵′𝐸（2）证明：①𝐷𝐸⊥𝐴′𝐸，理由如下：∴𝐵𝐷=𝐵′𝐸=由折叠的性质得到𝐴𝐷=∵𝐴𝐷=∴𝐴′𝐷=2𝐵𝐷=2𝐵′𝐷=∴𝐵′𝐷=𝐴′𝐵′=∴∠1=∠2,∠3=∵∠1+∠2+∠3+∠4=∴∠2+∠3=∴𝐷𝐸⊥解：②∵∠𝐶=90°，𝐴𝐵=15，𝐵𝐶=∴𝐴𝐶 =当△𝐴′𝐹𝐺是以𝐴′𝐹为腰𝐴′𝐺为底的等腰三角形时，如图，延长𝐴′𝐹交𝐴𝐵于点H，设𝐴𝐶,𝐴′𝐷交点为𝑀𝐹𝐺=∵∠𝐶=∴∠𝐴𝑀𝐷=∠𝐶=∴∠𝐴𝑀𝐴′=由折叠的性质得𝐴𝐷=𝐴′𝐷，∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐴′𝐷𝐹，𝐴𝐹=∴△𝐴𝐷𝐹≌△∴∠𝐴=∵∠𝐴𝐹𝐻=∴∠𝐴𝐻𝐹=∠𝐴𝑀𝐴′=∵∠𝐴=∴△𝐴𝐹𝐻∽△∴𝐴𝐹=𝐻𝐹=

∴𝐻𝐹:𝐴𝐻:𝐴𝐹=𝐵𝐶:𝐴𝐶:𝐴𝐵=∵∠𝐴=∠𝐷𝐴′𝐹,𝐴𝐹=𝐴′𝐹,∠𝐴𝐻𝐹=∴△𝐴𝐻𝐹≌△∴𝐻𝐹=𝐹𝑀,𝐴𝐻=设𝐻𝐹=𝐹𝑀=3𝑥,𝐴𝐻=𝐴′𝑀=4𝑥,𝐴𝐹=𝐴′𝐹=∴𝐴𝑀=𝐴𝐹+𝐹𝑀=∴△𝐴𝑀𝐷∽△

∴𝐴𝐶=𝐴𝐵，即12=15∴𝐴𝐷=∴𝐵𝐸=𝐵𝐷=𝐴𝐵−𝐴𝐷=∴𝐶𝐸=𝐵𝐶−𝐵𝐸=∵𝐹𝐺=𝐴′𝐹=∴𝑀𝐺=𝐹𝐺−𝐹𝑀=∴𝐶𝐺=𝐴𝐶−𝐴𝑀−𝑀𝐺=12−8𝑥−2𝑥=∴△𝐴′𝑀𝐺∽△

∴𝐶𝐸=𝐶𝐺4𝑥 2𝑥

解得：𝑥=∴𝐴′𝐹=5𝑥=当△𝐴′𝐹𝐺是以𝐴′𝐹为腰𝐹𝐺为底的等腰三角形时，如图，则𝐴′𝐹=同理得𝐻𝐹:𝐴𝐻:𝐴𝐹=𝐵𝐶:𝐴𝐶:𝐴𝐵=3∶4∶5，𝐻𝐹=𝐹𝑀,𝐴𝐻=𝐴′𝑀,𝐴𝐹=𝐴′𝐹，设𝐻𝐹=𝐹𝑀=3𝑦,𝐴𝐻=𝐴′𝑀=4𝑦,𝐴𝐹=𝐴′𝐹=5𝑦，∴𝐴𝑀=𝐴𝐹+𝐹𝑀=∴△𝐴𝑀𝐷∽△

∴𝐴𝐶=𝐴𝐵，即12=15∴𝐴𝐷=∴𝐵𝐸=𝐵𝐷=𝐴𝐵−𝐴𝐷=∴𝐶𝐸=𝐵𝐶−𝐵𝐸=∵△𝐴′𝐹𝐺是以𝐴′𝐹为腰𝐹𝐺为底的等腰三角形，𝐴′𝑀⊥∴𝐺𝑀=𝐹𝑀=∴𝐹𝐺=𝐺𝑀+𝐹𝑀=∴𝐶𝐺=𝐴𝐶−𝐴𝐹−𝐹𝐺=∴△𝐴′𝑀𝐺∽△

∴𝐶𝐸=𝐶𝐺4𝑦 3𝑦

解得：𝑥=∴𝐴′𝐹5𝑦165；综上，𝐴′𝐹的长为

01】（2026·江苏徐州·一模）1，在𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐶=4，𝐵𝐶=6D、E分别为边𝐴𝐶、𝐵𝐶上的点．将△𝐴𝐵𝐶沿𝐷𝐸CF． 2中，用无刻度的直尺和圆规作出四边形𝐶𝐷𝐹𝐸F落在边𝐴𝐵上且四边形𝐶𝐷𝐹𝐸【答案】(1)∠1∠2=18<𝐵𝑂<【分析】（1）由折叠的性质得∠𝐶𝐷𝐸∠𝐹𝐷𝐸,∠𝐶𝐸𝐷∠𝐹𝐸𝐷，结合三角形内角和定理和平角的定义即可得由𝐴𝐷𝐹𝐴𝐶𝐵，可得菱形的边长，取𝐶𝐸G【详解】（1）解：∵将𝐴𝐵𝐶沿𝐷𝐸C∴∠𝐶𝐷𝐸=∠𝐹𝐷𝐸,∠𝐶𝐸𝐷=∴∠1+∠2=180°−2∠𝐶𝐸𝐷+180°−2∠𝐶𝐷𝐸=360°−2(∠𝐶𝐸𝐷+=360°−2(180°−∠𝐶)=∴∠1+∠2=由作图可知𝐸𝐹=𝐸𝐶，∠𝐴𝐶𝐵的平分线交𝐴𝐵∴∠𝐸𝐹𝐶=∠𝐸𝐶𝐹，∠𝐷𝐶𝐹=∴∠𝐸𝐹𝐶=∴𝐸𝐹∥同理可得：𝐷𝐹∵𝐸𝐹=∴𝐷𝐹∥𝐵𝐶，𝐷𝐹=𝐷𝐶，𝐶𝐹⊥∴△𝐴𝐷𝐹∽△∴𝐴𝐷= 设𝐷𝐹=𝐷𝐶=𝑥，则𝐴𝐷=𝐴𝐶−𝐷𝐶=∴4−𝑥=𝑥，解得𝑥= 5∴𝐶𝐸=𝐶𝐷=5 ∴𝑂𝐺=2𝐶𝐸=5，𝐵𝐺=𝐵𝐶−𝐶𝐺=6−2×5=5∴𝐵𝐺−𝑂𝐺<𝐵𝑂<𝐵𝐺𝑂𝐺5<𝐵𝑂<02】（2026·河南商丘·一模）1，在Rt𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶=90°，将𝐴𝐵𝐶A逆时针旋转(0<𝛼<90°)得到𝐴𝑃𝑄B，CP，Q．𝑄𝑃的延长线交𝐵𝐶当𝐴𝑄𝐵𝐶2，连接𝐶𝑄，射线𝐵𝑃交𝐶𝑄②若𝐴𝐵𝐶的两直角边的比为4∶3，请直接写出𝑁𝑄【答案】(1)𝐵𝑀=𝑃𝑀(2)①𝐶𝑁=𝑁𝑄，证明见解析；②𝑁𝑄的值为10【分析】（1）连接𝐴𝑀，证出Rt𝐴𝐵𝑀≌Rt𝐴𝑃𝑀（2）①延长𝐵𝑁,𝐴𝑄，交于点𝐻，先证出𝐻𝑄=𝑃𝑄=𝐵𝐶，再证出𝐵𝐶𝑁𝐻𝑄𝑁②设𝐴𝐵𝐶的两直角边长分别为4𝑘,3𝑘(𝑘0)，则𝐴𝑄𝐴𝐶5𝑘，过点𝐶作𝐶𝐷𝐴𝑄于点𝐷，则四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，再分两种情况：（Ⅰ）当𝐴𝐵=4𝑘,𝐵𝐶=3𝑘时，（Ⅱ）当𝐴𝐵=3𝑘,𝐵𝐶=4𝑘时，利用勾股定理求出𝐶𝑄【详解】（1）解：𝐵𝑀𝑃𝑀，证明如下：1，连接𝐴𝑀，∵在Rt𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶=90°，将𝐴𝐵𝐶绕点𝐴逆时针旋转𝛼(0<𝛼<90°)得到△∴𝐴𝑃=𝐴𝐵,∠𝐴𝑃𝑄=∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐴𝑃𝑀=在Rt𝐴𝐵𝑀和Rt𝐴𝑃𝑀𝐴𝑀=𝐴𝐵=𝐴𝑃∴Rt△𝐴𝐵𝑀≌Rt△∴𝐵𝑀=（2）解：①𝐶𝑁𝑁𝑄，证明如下：2，延长𝐵𝑁,𝐴𝑄，交于点𝐻，由（1）已证：𝐵𝑀=∴∠𝑀𝐵𝑃=由对顶角相等得：∠𝑄𝑃𝐻=∴∠𝑄𝑃𝐻=∵𝐴𝑄∥∴∠𝐻=∴∠𝐻=∴𝑃𝑄=由旋转的性质得：𝑃𝑄=∴𝐵𝐶=在𝐵𝐶𝑁𝐻𝑄𝑁∠𝐶𝐵𝑁=∠𝐵𝑁𝐶=∠𝐻𝑁𝑄𝐵𝐶=∴△𝐵𝐶𝑁≌△∴𝐶𝑁=②由题意，设𝐴𝐵𝐶的两直角边长分别为4𝑘,3𝑘(𝑘>𝐴𝐵2+则𝐴𝐶𝐴𝐵2+由旋转的性质得：𝐴𝑄=𝐴𝐶=5𝑘，3，过点𝐶作𝐶𝐷⊥𝐴𝑄于点𝐷，∴∠𝐴𝐷𝐶=∵𝐴𝑄∥∴∠𝐵𝐶𝐷=90°=∠𝐴𝐷𝐶=∴𝐴𝐷=𝐵𝐶,𝐴𝐵=（Ⅰ）当𝐴𝐵=4𝑘,𝐵𝐶=3𝑘时，则𝐶𝐷=4𝑘,𝐴𝐷=∴𝐷𝑄=𝐴𝑄−𝐴𝐷=𝐶𝐷2+∴在Rt△𝐶𝐷𝑄中，𝐶𝑄 =𝐶𝐷2+由（2）①已证：𝐶𝑁=∴𝑁𝑄

1𝐶𝑄=∴𝐴𝑄=

=（Ⅱ）当𝐴𝐵=3𝑘,𝐵𝐶=4𝑘时，则𝐶𝐷=3𝑘,𝐴𝐷=∴𝐷𝑄=𝐴𝑄−𝐴𝐷=𝐶𝐷2+∴在Rt△𝐶𝐷𝑄中，𝐶𝑄𝐶𝐷2+由（2）①已证：𝐶𝑁=∴𝑁𝑄

2𝐶𝑄

∴𝐴𝑄=

=

10综上，𝑁𝑄的值为10或03】（2025·山西阳泉·一模）在Rt𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=90°，数学活动课上，同学们将Rt𝐴𝐵𝐶A顺时针旋转∠𝐶𝐴𝐵到Rt𝐴𝐵′𝐶′𝐵𝐵′，过点𝐵′作𝐵′𝐷⊥𝐴𝐶于点1，若点𝐷A重合，判断线段𝐴𝐶和𝐵𝐶2，若点𝐷在线段𝐶𝐴的延长线上，且∠𝐵′𝐴𝐷=∠𝐴𝐵𝐵′时，判断线段𝐴𝐷与线段𝐵𝐶′的数量关系，并3，若点𝐷在线段𝐶𝐴上，且∠𝐵′𝐴𝐷=∠𝐴𝐵𝐵′时，设𝐵𝐶′=𝑥，请用含𝑥的代数式表示线段【答案】（1）𝐴𝐶=𝐵𝐶，理由见详解；（2）𝐴𝐷=𝐵𝐶′，理由见详解；（3）𝐴𝐷=【分析】（1）由题意易得∠𝐶𝐴𝐵′=90°，则有∠𝐶𝐴𝐵=45°，然后可得𝐴𝐶𝐵是等腰直角三角形，进而问题由题意易得四边形𝐵𝐵′𝐷𝐶𝐵′𝐷=𝐵𝐶=𝐵′𝐶′△𝐴𝐷𝐵′≌△A作𝐴𝐸⊥𝐵𝐵′E，由题意易得𝐵𝐸=

𝐸=

𝐵′△𝐴𝐷𝐵′≌△𝐵𝐸𝐴(AAS)𝐵𝐸=𝐴𝐷=1𝐵𝐵′，设𝐴𝐷=𝑡，则有𝐵𝐵′=2𝑡，然后通过证明△𝐴𝐵′𝐷∽△𝐵𝐵′𝐶′△𝐴𝐶′𝐵′∽△𝐵′𝐶′𝐹据相似三角形的性质可得𝐵′𝐶′2=2𝑡2−𝑥2⋅(2𝑡−𝑥)【详解】解：（1）𝐴𝐶=𝐵𝐶∵𝐵′𝐷⊥𝐴𝐶，点𝐷A∴∠𝐶𝐴𝐵′=由旋转可知：∠𝐶𝐴𝐵=∴∠𝐶𝐴𝐵+∠𝐶′𝐴𝐵′=2∠𝐶𝐴𝐵=∴∠𝐶𝐴𝐵=𝐴𝐶𝐵∴𝐴𝐶=（2）𝐴𝐷=𝐵𝐶′∵𝐵′𝐷⊥𝐴𝐶，∠𝐶=∴∠𝐶+∠𝐷=∴𝐵′𝐷∥由旋转的性质可知：𝐴𝐵=𝐴𝐵′,𝐵𝐶=∴∠𝐴𝐵𝐵′=∵∠𝐵′𝐴𝐷=∴∠𝐵′𝐴𝐷=∴𝐵𝐵′∥∴四边形𝐵𝐵′𝐷𝐶∵∠𝐶=∴四边形𝐵𝐵′𝐷𝐶∴𝐵′𝐷=𝐵𝐶=∵∠𝐷=∠𝐵′𝐶′𝐵=∴△𝐴𝐷𝐵′≌△∴𝐴𝐷=（3）A作𝐴𝐸⊥𝐵𝐵′E由旋转可知：𝐴𝐵=𝐴𝐵′,∠𝐶=∠𝐶′=90°，∠𝐴𝐵𝐶=∴𝐵𝐸=

𝐸=

∵𝐵′𝐷⊥∴∠𝐴𝐷𝐵′=∠𝐵𝐸𝐴=∵∠𝐵′𝐴𝐷=∴△𝐴𝐷𝐵′≌△∴𝐵𝐸=𝐴𝐷

∵∠𝐵′𝐴𝐷=∠𝐴𝐵𝐵′，∠𝐵′𝐴𝐷+∠𝐴𝐵′𝐷=∠𝐴𝐵𝐵′+∠𝐵𝐵′𝐶′=∴∠𝐴𝐵′𝐷=∴△𝐴𝐵′𝐷∽△

∴𝐴𝐷=设𝐴𝐷=𝑡，则有𝐵𝐵′= ∴𝑡=∴𝐴𝐵′=2𝑡2=

=

∵∠𝐶𝐴𝐵∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐶𝐴𝐵∠𝐷𝐹𝐴=90°，且∠𝐷𝐹𝐴=∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐹𝐴=∠𝐵′𝐹𝐶′=∵∠𝐴𝐶′𝐵′=∴△𝐴𝐶′𝐵′∽△

′ 𝐹𝐶′=𝐵′𝐶′，即𝐵

=

⋅𝐹𝐶∵∠𝐴𝐵′𝐷+∠𝐵𝐵′𝐹=∠𝐵𝐵′𝐶′+∠𝐴𝐵′𝐶′=∠𝐴𝐵′𝐵，∠𝐴𝐵′𝐷=∴∠𝐴𝐵′𝐶′=∠𝐵𝐵′𝐹=∴𝐵𝐹=𝐵𝐵′=∴𝐹𝐶′=𝐵𝐹−𝐵𝐶′=∴𝐵′𝐶′2=2𝑡2−𝑥2⋅在Rt△𝐵′𝐶′𝐵中，由勾股定理得：𝐵′𝐶′2=𝐵𝐵′2−𝐵𝐶′2=∴4𝑡2−𝑥2=2𝑡2−𝑥2⋅𝑡2

=5𝑥2，解得：𝑡=5+1𝑥（负根舍去∴𝐴𝐷=04】（2026·陕西西安·一模）(1)如图①，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，过点𝐶作直线𝑙，再分别过点𝐴、𝐵作𝐴𝑀⊥𝑙于𝑀，𝐵𝑁⊥𝑙于𝑁．则 ==(3)问题解决：如图③经测绘，𝐴𝐸=𝐴𝐵=30米，𝐵𝐶=40米，𝐶𝐷=12米，∠𝐴=∠𝐶=∠𝐴𝐵𝐶=90°，tan∠𝑄𝐵𝐶=4【答案】(1)△𝐴𝑀𝐶(3)𝑀𝑁4（1）根据角度关系，得出∠𝑀𝐴𝐶=∠𝐵𝐶𝑁，∠𝐴𝑀𝐶=∠𝐵𝑁𝐶=90°，即可证出𝐴𝑀𝐶 +3𝑥=+3，故当𝐵𝐸=4时，𝐶𝐹最大，得出对应的𝐶𝐹延长𝐴𝐵、𝐹𝑁，相交于点𝐾，由翻折的性质，证出tan∠𝐵𝑀𝑁=𝐵𝑁=3，令𝐵𝑁=3𝑎，则𝐵𝑀=4𝑎 据𝐵𝐾𝑁𝑃𝐾𝑀，得出𝐵𝐾=

，再结合𝐵𝐾𝑀𝐴𝐾𝐹，求出𝐴𝐹的表达式，得出四边形𝐴𝑀𝑃𝐹积表达式，即可得出对应的𝑎【详解】（1）𝐴𝑀𝐶𝐶𝐵𝑁∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝑀⊥𝑙，𝐵𝑁⊥∴∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝑀𝐶=∠𝐵𝑁𝐶=∴∠𝑀𝐴𝐶+∠𝐴𝐶𝑀=∠𝐴𝐶𝑀+∠𝐵𝐶𝑁=∴∠𝑀𝐴𝐶=又∵∠𝐴𝑀𝐶=∠𝐵𝑁𝐶=∴△𝐴𝑀𝐶∽△解：同（1）中证明方法，得𝐴𝐵𝐸∴𝐴𝐵= 令𝐵𝐸=𝑥，则𝐸𝐶=𝐵𝐶−𝐵𝐸=∴

=得𝐶𝐹= 1(𝑥−4)2+ +3𝑥= 故当𝐵𝐸=4时，𝐶𝐹最大，此时𝐶𝐹=由翻折的性质，可得𝑀𝑃=𝑀𝐵，𝑃𝑁=𝐵𝑁，𝑀𝑁∴∠𝐵𝑀𝑁+∠𝑀𝐵𝑃=90°，∠𝑀𝐵𝑃+∠𝑃𝐵𝐶=∴∠𝐵𝑀𝑁=∵tan∠𝑄𝐵𝐶= ∴tan∠𝐵𝑀𝑁=𝐵𝑀=令𝐵𝑁=3𝑎，则𝐵𝑀=∴𝑀𝑃=𝑀𝐵=4𝑎，𝑃𝑁=𝐵𝑁=∵∠𝐵𝐾𝑁=∠𝑃𝐾𝑀，∠𝑁𝐵𝐾=∠𝐾𝑃𝑀=∴△𝐵𝐾𝑁∽△∴𝐵𝐾=

𝐵𝐾2+令𝐵𝐾=𝑥>0，根据勾股定理得𝐾𝑁 𝑥2𝐵𝐾2+3𝑎+3𝑎+

=解得𝑥=72，故𝐵𝐾= 同理可证𝐵𝐾𝑀∴𝐵𝐾=72

∴ =30+72

解得𝐴𝐹=35

=

=1(𝐵𝑁+

×𝐴𝐵−2×2×𝐵𝑁×=2×3𝑎

4+3𝑎×=−12𝑎2+90𝑎+变形得

𝐴𝑀𝑃𝐹=

+90𝑎

=−12

故当𝑎=

4

此时𝐵𝑀=4𝑎=15米，𝐵𝑁=3𝑎=根据勾股定理得𝑀𝑁=

4𝐵𝑀2𝐵𝑀2+1545

=4故四边形𝐴𝑀𝑃𝐹面积最大时．求此时折痕𝑀𝑁4【变式05】（2026·江苏无锡·一模）问题情景：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图 中，𝐵𝐸⊥𝐴𝐷，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明；实践探究：梦之队小组受此问题的启发，将▱𝐴𝐵𝐶𝐷BF（FCD的中点）所在直线折叠，如图②，CC'DC'ABGAGBG的数量关系，并加以证明；⊥H，连接𝐴′𝑀CDN，若此▱𝐴𝐵𝐶𝐷20AB=5，BC=83，求图中阴影部分（四BHNM）的面积．【答案】(1)𝐸𝐹=𝐵𝐹(2)𝐴𝐺=𝐵𝐺(3)图中阴影部分的面积为75−27的“全等性”𝐸𝐹𝐵𝐹的数量关系，可通过构造辅助线，结合平行四边形对边平行且相等、直角三角形𝐴𝐺𝐵𝐺的数量关系，需利用折叠性质（对应边、角相等），结合平行四边形对边平行且相【详解】（1）（1）解：𝐸𝐹=∴∴𝐷𝐹=

∴𝐸𝐻=∵𝐵𝐸⊥∴𝐹𝐻⊥∴𝐸𝐹=（2）（2）解：𝐴𝐺=𝐵𝐺．∵△𝐵𝐹𝐶′是由△𝐵𝐹𝐶∴𝐵𝐹⊥𝐶𝐶′，𝐹𝐶=∵𝐷𝐹=∴𝐷𝐹=𝐹𝐶=∴∠𝐶𝐶′𝐷=∴𝐶𝐶′⊥∴𝐷𝐹=∵𝐴𝐵=𝐶𝐷，𝐷𝐹=∴𝐵𝐺

∴𝐴𝐺=（3）（3）如图③中，过点𝐷作𝐷𝐽𝐴𝐵于𝐽，过点𝑀作𝑀𝑇𝐴𝐵于∵𝑆四边形𝐴𝐵𝐶𝐷=∴𝐷𝐽

20=∴𝐴𝐷=𝐵𝐶=833，𝐴𝐵∥∴𝐴𝐽= 8∵𝐴′𝐵⊥𝐴𝐵，𝐷𝐽⊥

24−4=3∴∠𝐷𝐽𝐵=∠𝐽𝐵𝐻=∠𝐷𝐻𝐵=∴𝐵𝐻=𝐷𝐽=∴𝐴′𝐻=𝐴′𝐵−𝐵𝐻=5−4= ∵tan∠𝐴=𝐴𝐽=𝐴𝑇=43=设𝐴𝑇=𝑥,则𝑀𝑇=∵∠𝐴𝐵𝑀=∠𝑀𝐵𝐴′=∴𝑀𝑇=𝑇𝐵=∴𝑥+3𝑥=5∴𝑥515−5∴𝑀𝑇15−5∵tan∠𝐴=tan∠𝐴′=𝑁𝐻=𝐴15−575−25∴𝑁𝐻15−575−25∴𝑆△𝐴𝐵𝑀=𝑆△𝐴′𝐵𝑀=2×5∴𝑆四边形

75−2775−27

−2×1（限时训练：40分钟1．（2025·湖南长沙·中考真题）𝐴𝐵𝐶沿折痕𝐴𝐷B落在𝐴𝐶E𝐴𝐵=4,𝐵𝐶=5,𝐴𝐶=6，则△𝐶𝐷𝐸的周长为（ 【答案】4𝐷𝐸𝐷𝐵从而𝐶△𝐶𝐷𝐸=𝐶𝐸+𝐶𝐷+𝐷𝐸=𝐶𝐸+𝐶𝐵即可解答．【详解】解：由折叠可得𝐴𝐸=𝐴𝐵=4，𝐷𝐸=∴𝐶𝐸=𝐴𝐶−𝐴𝐸=6−4=∴𝐶△𝐶𝐷𝐸=𝐶𝐸𝐶𝐷+𝐷𝐸=𝐶𝐸𝐶𝐷+𝐷𝐵=𝐶𝐸𝐶𝐵=2+5=7．2．（2026·安徽阜阳·一模）𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵𝐴𝐶，𝐷是边𝐴𝐵𝐵𝐶𝐷沿直线𝐶𝐷𝐵的对应点𝐸恰好落在边𝐴𝐶上．若∠𝐴=𝛼，则∠𝐴𝐷𝐸=

【答案】

∠𝐵=∠𝐴𝐶𝐵=90°−

∠𝐶𝐸𝐷=∠𝐵=90°−

【详解】解∶∵∠𝐴=∴∠𝐵+∠𝐴𝐶𝐵=180°−∠𝐴=∵𝐴𝐵=∴∠𝐵=∠𝐴𝐶𝐵=

=90°−由折叠可 1∠𝐶𝐸𝐷=∠𝐵=90°− ∴∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐶𝐸𝐷−∠𝐴=90°−𝛼−𝛼=90°− 其右端点表示的数为（