专题19 图形的平移翻折对称- 2023年中考数学真题分类汇编（通用版含解析）

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专题19图形的平移翻折对称（30题）
一、单选题
1．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，将沿向右平移得到，若，，则的长是（    ）
  
A．2 B． C．3 D．5
【答案】A
【分析】利用平移的性质得到，即可得到的长．
【详解】解：∵沿方向平移至处．
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了平移的性质：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，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
2．（2023·山东·统考中考真题）如图，四边形是一张矩形纸片．将其按如图所示的方式折叠：使边落在边上，点落在点处，折痕为；使边落在边上，点落在点处，折痕为．若矩形与原矩形相似，，则的长为（　　）
  
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据折叠的性质与矩形性质，求得，设的长为x，则，再根据相似多边形性质得出，即，求解即可．
【详解】解：，由折叠可得：，，
∵矩形，
∴，
∴，
设的长为x，则，
∵矩形，
∴，
∵矩形与原矩形相似，
∴，即，
解得：（负值不符合题意，舍去）
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，相似多边形的性质，熟练掌握矩形的性质和相似多边形的性质是解题的关键．
3．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，在中，，，．点F是中点，连接，把线段沿射线方向平移到，点D在上．则线段在平移过程中扫过区域形成的四边形的周长和面积分别是(    )
  
A．16，6 B．18，18 C．16.12 D．12，16
【答案】C
【分析】先论证四边形是平行四边形，再分别求出、、，继而用平行四边形的周长公式和面积公式求解即可．
【详解】由平移的性质可知：，
∴四边形是平行四边形，
在中，，，，
∴
在中，，，点F是中点
∴
∵，点F是中点
∴，，
∴点D是的中点，
∴
∵D是的中点，点F是中点，
∴是的中位线，
∴
∴四边形的周长为：，
四边形的面积为：．
故选：C．
【点睛】本题考查平移的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，平行线分线段成比例，三角形中位线定理等知识，推导四边形是平行四边形和是的中位线是解题的关键．
4．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先证明，求出，连结，设与交于点F，然后求出，可得，再用含的式子表示出，最后在中，利用勾股定理构建方程求出即可解决问题．
【详解】解：∵矩形的边，，
∴，，，
由题意知，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由折叠知，，
∴，
∴，即，
连接，设与交于点F，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠知，，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴点的坐标是，
故选：D．
  
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出的长是解题的关键．
5．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，已知矩形纸片，其中，现将纸片进行如下操作：
第一步，如图①将纸片对折，使与重合，折痕为，展开后如图②；
第二步，再将图②中的纸片沿对角线折叠，展开后如图③；
第三步，将图③中的纸片沿过点的直线折叠，使点落在对角线上的点处，如图④．则的长为（　　）
  
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据折叠的性质得出，，等面积法求得，根据，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
  
∵折叠，
∴
∴在以为圆心，为直径的圆上，
∴，
∴
∵矩形，其中，
∴
∴，
∴，
∵
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
6．（2023·甘肃武威·统考中考真题）如图，将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形．若，，则四边形的面积为（    ）
  
A．2 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】由题意可得四边形是菱形，，，由菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案．
【详解】解：∵将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形，
∴，与互相平分，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴菱形的面积为．
故选：B.
【点睛】此题考查了矩形的折叠、菱形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．
7．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，把一个边长为5的菱形沿着直线折叠，使点C与延长线上的点Q重合．交于点F，交延长线于点E．交于点P，于点M，，则下列结论，①，②，③，④．正确的是（    ）
  
A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】由折叠性质和平行线的性质可得，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出，再求出即可判断②正确；由得，求出即可判断③正确；根据即可判断④错误．
【详解】由折叠性质可知：，
∵，
∴．
∴．
∴．
故正确；
∵，，
∴．
∵，
∴．
故正确；
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
故正确；
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴与不相似．
∴．
∴与不平行．
故错误；
故选A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．






二、填空题
8．（2023·吉林长春·统考中考真题）如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则的大小为__________度．
  
【答案】
【分析】根据题意求得正五边形的每一个内角为，根据折叠的性质求得在中，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵正五边形的每一个内角为，
将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，
则，
∵将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，
∴，，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正多边形的内角和的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
9．（2023·全国·统考中考真题）如图，在中，．点，分别在边，上，连接，将沿折叠，点的对应点为点．若点刚好落在边上，，则的长为__________．
  
【答案】
【分析】根据折叠的性质以及含30度角的直角三角形的性质得出，即可求解．
【详解】解：∵将沿折叠，点的对应点为点．点刚好落在边上，在中，，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10．（2023·湖北宜昌·统考中考真题）如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点落在长边上的点处，并得到折痕，小宇测得长边，则四边形的周长为_________．
  
【答案】
【分析】可证，从而可得，再证四边形是平行四边形，可得，即可求解．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
，
由折叠得：，
，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，


．
故答案：．
【点睛】本题考查了平行四边形判定及性质，折叠的性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
11．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，在三角形纸片中，，点是边上的动点，将三角形纸片沿对折，使点落在点处，当时，的度数为___________．
  
【答案】或
【分析】分两种情况考虑，利用对称的性质及三角形内角和等知识即可完成求解．
【详解】解：由折叠的性质得：；
∵，
∴；
①当在下方时，如图，
∵，
∴，
∴；
  
②当在上方时，如图，
∵，
∴，
∴；
  
综上，的度数为或；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和，注意分类讨论．
12．（2023·江苏徐州·统考中考真题）如图，在中，，点在边上．将沿折叠，使点落在点处，连接，则的最小值为_______．
  
【答案】
【分析】由折叠性质可知，然后根据三角不等关系可进行求解．
【详解】解：∵，
∴，
由折叠的性质可知，
∵，
∴当、、B三点在同一条直线时，取最小值，最小值即为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查勾股定理、折叠的性质及三角不等关系，熟练掌握勾股定理、折叠的性质及三角不等关系是解题的关键．


13．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）矩形纸片中，，，点在边所在的直线上，且，将矩形纸片折叠，使点与点重合，折痕与，分别交于点，，则线段的长度为______．
【答案】或
【分析】分点在点右边与左边两种情况分别画出图形，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：∵折叠，
∴，
∵四边形是矩形，
∴
∴，
又
∴
∴，
当点在点的右侧时，如图所示，设交于点，
  
∵，，，
∴中，，
则，
∵，
∴
∴，
当点在点的左侧时，如图所示，设交于点，
∵，，，
∴中，
  
则，
∵，
∴
∴，
综上所述，的长为：或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，勾股定理，分类讨论是解题的关键．
14．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，在纸片中，，是边上的中线，将沿折叠，当点落在点处时，恰好，若，则_________．
  
【答案】
【分析】由，，是边上的中线，可知，则，由翻折的性质可知，，，则，如图，记与的交点为，，由，可得，根据，计算求解即可．
【详解】解：∵，，是边上的中线，
∴，
∴，
由翻折的性质可知，，，
∴，
如图，记与的交点为，
  
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，翻折的性质，等边对等角，三角形内角和定理，正切．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
15．（2023·新疆·统考中考真题）如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为______．
  
【答案】
【分析】过点作交的延长线于点，根据平行四边形的性质以及已知条件得出，进而求得，根据折叠的性质得出，进而在中，勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，
  
∵在中，，，，
∴，
∴，
在中，
∵将沿折叠得到，当点恰好落在上时，
∴
又
∴
∴
∴
设，
∴
在中，
∴
解得：（负整数）
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
16．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，已知正方形的边长为1，点E、F分别在边上，将正方形沿着翻折，点B恰好落在边上的点处，如果四边形与四边形的面积比为3∶5，那么线段的长为________．
  
【答案】
【分析】连接，过点作于点，设，则，则，根据已知条件，分别表示出，证明，得出，在中，，勾股定理建立方程，解方程即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，
    
∵正方形的边长为1，四边形与四边形的面积比为3∶5，
∴，
设，则，则
∴
即
∴
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∵，
∴，
又,
∴，
∴
在中，
即
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
17．（2023·湖北随州·统考中考真题）如图，在矩形中，，M是边上一动点（不含端点），将沿直线对折，得到．当射线交线段于点P时，连接，则的面积为___________；的最大值为___________．
  
【答案】；
【分析】（1）根据等底等高的三角形和矩形面积关系分析求解；
（2）结合勾股定理分析可得，当最大时，即最大，通过分析点N的运动轨迹，结合勾股定理确定的最值，从而求得的最大值．
【详解】解：由题意可得的面积等于矩形的一半，
∴的面积为，
在中，，
∴当最大时，即最大，
由题意可得点N是在以D为圆心4为半径的圆上运动，当射线与圆相切时，最大，此时C、N、M三点共线，如图：
  
由题意可得：，，
∴，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握矩形和折叠的性质，分析点的运动轨迹，证明三角形全等是解决问题的关键．
18．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在矩形中，，动点在矩形的边上沿运动．当点不与点重合时，将沿对折，得到，连接，则在点的运动过程中，线段的最小值为__________．
  
【答案】/
【分析】根据折叠的性质得出在为圆心，为半径的弧上运动，进而分类讨论当点在上时，当点在上时，当在上时，即可求解．
【详解】解：∵在矩形中，，
∴，，
如图所示，当点在上时，
  
∵
∴在为圆心，为半径的弧上运动，
当三点共线时，最短，
此时，
当点在上时，如图所示，
  
此时
当在上时，如图所示，此时
  
综上所述，的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，圆外一点到圆上的距离的最值问题，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．



19．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，平分等边的面积，折叠得到分别与相交于两点．若，用含的式子表示的长是________．
  
【答案】
【分析】先根据折叠的性质可得，，从而可得，再根据相似三角形的判定可证，根据相似三角形的性质可得，，然后将两个等式相加即可得．
【详解】解：是等边三角形，
，
∵折叠得到，
，
，，
平分等边的面积，
，
，
又，
，
，，
，
，
解得或（不符合题意，舍去），
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
20．（2023·广东深圳·统考中考真题）如图，在中，，，点D为上一动点，连接，将沿翻折得到，交于点G，，且，则______．
  
【答案】
【分析】于点M，于点N，则，过点G作于点P，设，根据得出，继而求得，，，再利用，求得，利用勾股定理求得，，故，
【详解】由折叠的性质可知，是的角平分线，，用证明，从而得到，设，则，，利用勾股定理得到即，化简得，从而得出，利用三角形的面积公式得到：．
作于点M，于点N，则，
过点G作于点P，
  
∵于点M，
∴，
设，则，，
又∵，，
∴，，，
∵，即，
∴，，
在中，，，
设，则
∴
∴，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，，
∴，
∴，
设，则，，
在中，，即，
化简得：，
∴，
∴
故答案是：．
【点睛】本题考查解直角三角形，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线并利用勾股定理列出方程是解题的关键．
21．（2023·黑龙江·统考中考真题）矩形中，，将矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，若是直角三角形，则点到直线的距离是__________．
【答案】6或或
【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，易得点到直线的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．
【详解】解：由题意矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，
可知点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，
如图，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，
点到直线的距离为的长度，即，
  
当过点D的直线与圆相切与点E时，是直角三角形，分两种情况，
①如图，过点E作交于点H，交于点G，
  
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，，
由勾股定理可得，
∵，
∴，
∴到直线的距离，
②如图，过点E作交于点N，交于点M，
  
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，，
由勾股定理可得，
∵，
∴，
∴到直线的距离，
综上，6或或，
故答案为：6或或．
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．
22．（2023·四川成都·统考中考真题）如图，在中，，平分交于点，过作交于点，将沿折叠得到，交于点．若，则__________．
  
【答案】
【分析】过点作于，证明，得出，根据，得，设，，则，则，在中，，在中，，则，解方程求得，则，，勾股定理求得，根据正切的定义，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于，
  
∵平分交于点，
∴,
∴
∴
∵折叠，
∴，
∴,
又∵
∴
∴
∴
∵，，则，
∴
∴，，
∵
设，，则，则，
∵
∴
在中，
在中，
∴
即
解得：
∴，
则
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了求正切，折叠的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
23．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，在等边中，过点C作射线，点M，N分别在边，上，将沿折叠，使点B落在射线上的点处，连接，已知．给出下列四个结论：①为定值；②当时，四边形为菱形；③当点N与C重合时，；④当最短时，．其中正确的结论是________（填写序号）

【答案】①②④
【分析】根据等边三角形的性质可得，根据折叠的性质可得，由此即可判断①正确；先解直角三角形可得，从而可得，然后根据平行线的判定可得，根据菱形的判定即可得②正确；先根据折叠的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据即可判断③错误；当最短时，则，过点作于点，连接，交于点，先利用勾股定理求出，根据折叠的性质可得，设，则，，再利用勾股定理可得，，然后根据建立方程，解一元二次方程可得的值，由此即可判断④正确．
【详解】解：是等边三角形，且，
，，
由折叠的性质得：，
，是定值，则结论①正确；
当时，则，
在中，，
，
，
，
由折叠的性质得：，
，
，
四边形为平行四边形，
又，
四边形为菱形，则结论②正确；
如图，当点与重合时，

，
，
由折叠的性质得：，
，，
，
，则结论③错误；
当最短时，则，
如图，过点作于点，连接，交于点，

，
，
，
由折叠的性质得：，
设，则，
在中，，即，
解得，
，  
设，则，，
，
，
，
，
解得或（不符合题意，舍去），
，则结论④正确；
综上，正确的结论是①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、解直角三角形、菱形的判定、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握折叠的性质是解题关键．
24．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，在中，，点分别在边，上，连接，已知点和点关于直线对称．设，若，则_________（结果用含的代数式表示）．
  
【答案】
【分析】先根据轴对称的性质和已知条件证明，再证，推出，通过证明，推出，即可求出的值．
【详解】解： 点和点关于直线对称，
，
，
．
，
，
点和点关于直线对称，
，
又，
，
，
，，
点和点关于直线对称，
，
，
，
，
在和中，
，
．
在中，，
，，
，
，
，
，
，，
．
，
，
解得，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的定义和性质等，有一定难度，解题的关键是证明．

三、解答题
25．（2023·安徽·统考中考真题）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点均为格点（网格线的交点）．
  
(1)画出线段关于直线对称的线段；
(2)将线段向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到线段，画出线段；
(3)描出线段上的点及直线上的点，使得直线垂直平分．
【答案】见解析
【分析】（1）根据轴对称的性质找到关于直线的对称点，，连接，则线段即为所求；
（2）根据平移的性质得到线段即为所求；
（3）勾股定理求得，，则证明得出，则，则点即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，线段即为所求；
  
（2）解：如图所示，线段即为所求；
  
（3）解：如图所示，点即为所求
  
如图所示，
  
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，
又，
∴
∴，
∴垂直平分．
【点睛】本题考查了轴对称作图，平移作图，勾股定理与网格问题，熟练掌握以上知识是解题的关键．

26．（2023·四川广安·统考中考真题）将边长为2的正方形剪成四个全等的直角三角形，用这四个直角三角形拼成符合要求的四边形，请在下列网格中画出你拼成的四边形（注：①网格中每个小正方形的边长为1；②所拼的图形不得与原图形相同；③四边形的各顶点都在格点上）．
   
【答案】见解析（答案不唯一，符合题意即可）
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的性质进行作图即可．
【详解】解：①要求是轴对称图形但不是中心对称图形，则可作等腰梯形，如图四边形即为所求；
②要求是中心对称图形但不是轴对称图形，则可作一般平行四边形，如图四边形即为所求；
③要求既是轴对称图形又是中心对称图形，则可作菱形、矩形等，如图四边形即为所求；
④要求既不是轴对称图形又不是中心对称图形，则考虑作任意四边形，如图四边形即为所求．
  
【点睛】本题考查轴对称图形和中心对称图形的概念及作图，轴对称图形：把一个图形沿着某条直线折叠，能够与另一个图形重合；中心对称图形：把一个图形绕着某个点旋转能够和原图形重合．
27．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：
操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接、，延长交于点Q，连接．
  
(1)如图1，当点M在上时，___________度；
(2)改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合）如图2，判断与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)30
(2)，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质结合折叠的性质可得出，，进而可求出，即得出；
（2）由正方形的性质结合折叠的性质可证，即得出．
【详解】（1）解：∵对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，
∴，．
∵在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，
∴．
在中，，
∴．
故答案为：．
（2）解：结论：，理由如下：
∵四边形是正方形，
，．
由折叠可得：，，
，．
又，
，
∴．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、解直角三角形、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识点．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．
28．（2023·湖北·统考中考真题）如图，将边长为3的正方形沿直线折叠，使点的对应点落在边上（点不与点重合），点落在点处，与交于点，折痕分别与边，交于点，连接．
    
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到，则，进而证明，再由平行线的性质证明即可证明；
（2）如图，延长交于点．证明得到，，
设，则，．由，得到．则．由勾股定理建立方程，解方程即可得到．
【详解】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，．
∴．
∴，即，
∵四边形是正方形，
∴．
∴．
∴．
（2）解：如图，延长交于点．
∵，
∴．
又∵，正方形边长为3，
∴
∴，
∴，，
设，则，
∴．
∵，即，
∴．
∴．
在中，，
∴．
解得：（舍），．
∴．
  
【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．



29．（2023·江苏无锡·统考中考真题）如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．
  
(1)当时，求四边形的面积；
(2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，，根据翻折的性质，可得，，则，；同理，，；进而根据，即可求解；
（2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解．
【详解】（1）如图，连接、，

四边形为菱形，
，，
为等边三角形．
为中点，
，，
，．
，
为等腰直角三角形，
，，
翻折，
，，
，；.
同理，
，，
∴；
（2）如图，连接、，延长交于点．

，，，
．
∵
，
，
．
，则，
，
，
．
∵，
．
【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
30．（2023·广东·统考中考真题）综合探究
如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．
  
(1)求证：；
(2)以点为圆心，为半径作圆．
①如图2，与相切，求证：；
②如图3，与相切，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明；
（2）①过点O作于点F，延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即，，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出；
②先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为．
【详解】（1）∵点关于的对称点为，
∴点E是的中点，，
又∵四边形是矩形，
∴O是的中点，
∴是的中位线，
∴
∴，
∴
（2）①过点O作于点F，延长交于点G，则，
  
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，．
∵，，，
∴，
∴．
∵与相切，为半径，，
∴，
∴
又∵即，，
∴是的角平分线，即，
设，则，
又∵
∴
∴
又∵，即是直角三角形，
∴，即
解得：，
∴，即，
在中，，，
∴，
∴；
②过点O作于点H，
  
∵与相切，
∴，
∵
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形，
∴，
又∵是的中位线，
∴
∴
∴
又∵，
∴
又∵，
∴
又∵，
∴是等腰直角三角形，，
设，则
∴
在中，，
即
∴
∴的面积为：
【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．