2025年中考数学二轮复习：图形的翻折问题 提分刷题练习题（含答案解析）

这是一份2025年中考数学二轮复习：图形的翻折问题 提分刷题练习题（含答案解析），共44页。试卷主要包含了综合与实践，阅读以下材料，如图，在矩形中，，，在中，，等内容，欢迎下载使用。
1．综合与实践

问题情境：
如图1，在矩形中，，，点在边上且不与点，重合，连接并延长，交射线于点．将沿直线翻折，点的对应点为，延长交直线于点．
猜想验证：
(1)试探究与的数量关系，并说明理由．
问题解决：
(2)如图2，若点恰好落在对角线上，求的值．
(3)若，求线段的长．
2．如图，在矩形中，E为射线上一动点，连接．将沿翻折，使点B落在点F处，交于点G．
(1)如图①，当点E在边上，点F在边上时，若，求的值；
(2)如图②，当点E在边上，点F在边上时，若，且时，求的长；
(3)如图③，当点E在线段的延长线上，将沿翻折后，恰好经过点D，当时，求的长．
3．阅读以下材料：
【问题情境】如图1，在正方形中，E为边上一点，F为延长线上一点，且．
（1）与之间有怎样的数量和位置关系？请说明理由；
【类比迁移】
（2）如图2，在矩形中，E是边上一点，将沿翻折得到，延长交延长线于点F．线段与具有怎样的数量和位置关系？请证明你的猜想；
【拓展提升】
（3）如图3，在菱形中，，E是上一点，绕点E顺时针旋转得绕点E顺时针旋转得，当时，求四边形的面积．
4．如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、．设点、运动的时间为．
(1)当 时，四边形是矩形；
(2)当 时，四边形是菱形；
(3)是否存在某一时刻t使得，如果存在，请求出t的值，如果不存在，请说明理由；
(4)在运动过程中，沿着把翻折，当为何值时，翻折后点的对应点恰好落在边上．
5．在中，，．
(1)如图1，D为边上一定点（不与点B，C重合），将沿翻折至，连结，求与的数量关系．
(2)如图2，当点D在边上运动时，仍将沿翻折至，连结．
①当时，求的度数．
②当为等腰三角形时，求的度数．
6．点O，E分别是长方形纸片边，上的点，沿，翻折，点A落在点处，点B落在点处．
(1)如图1，当点恰好落在线段上时，求的度数；
(2)如图2，当点落在的内部时，若，，求的度数；
(3)当点，落在的内部时，若，求的度数（用含的代数式表示）．
7．在中，，射线交射线于D，过D作垂直射线于点E，点F在射线上，．
(1)如图1，若是的角平分线，求证：；
(2)如图2，若射线平分的外角，且点F在射线上，则线段和的数量关系是什么，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，把过沿翻折至处，若，直接写出的面积．
8．在正方形中，，点是直线上的动点，连接．
(1)如图1，过点作，求证：；
(2)如图2，过点作于点，连接，将沿翻折得到，求线段的最小值；
(3)如图3，当点运动到线段的中点时，过点作于点，交于点，连接交于点，求．
9．如图，在中，，，点D是边上一动点，连接，将绕点D顺时针旋转得到线段．

(1)如图1，求证：；
(2)如图2，是的中线，连接，点H是的中点，连接，试猜想、、的数量关系，并说明理由．
(3)如图3，在（2）的条件下，若，点Q是的中点，点P是直线上一点，将沿翻折，得到，点D、P在运动过程中，请直接写出的最小值．
10．在平面直角坐标系中，点在轴上，点与点在轴上，，已知点的坐标为．
(1)如图1，求点的坐标；
(2)如图2，点是的中点，若点的纵坐标为，，求，的长；
(3)在（2）的条件下，点在上，将沿翻折，点的对应点落在轴上，连接并延长交的延长线于点．
①求的度数；
②求的面积．
11．已知，矩形中，点为边上一点．

(1)如图1，将沿直线翻折，点落在点处，当，且时，求的度数；
(2)如图2，将沿直线翻折，点落在点处，连接，，若，且平分，判断的形状，并证明；
(3)如图3，点为上一点，将沿直线翻折，点落在点处，若，，且，直接写出的最短距离．
12．如图1，四边形是一张矩形纸片，小明用该纸片玩折纸游戏．
游戏1 折出对角线，将点A沿过点B的直线翻折到上，折痕BE交于点F，交于点E．展开后如图2所示．
（1）若E恰好为的中点，证明：，并求与之间的数量关系．
游戏2 在游戏1的基础上，将翻折至与重合，折痕为，展开后将点A沿过点E的直线翻折到上的点G处，展开后如图3所示．
（2）在（1）的条件下，连接，求的度数．
游戏3 在游戏1的基础上，将翻折至与先重合，展开后得到新折痕交于点N，如图4所示，Q是的中点，连接．
（3）设，，的面积分别为，若，，求的长．
13．已知中，，，点A、B在外，，．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，若，，沿DE翻折得到，交于点G，作于点H，请直接写出除外长度为1的所有线段．
14．已知是边长为的等边三角形，将边绕点逆时针旋转一定角度得到线段，的延长线交直线交于点，连接交直线于点．
(1)如图1，若，求线段的长度；
(2)如图2，若，延长并在延长线上取一点，连接使，过点作交于点，猜想线段、、三者之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图3，点是平面内任意一点，将沿翻折得到，连接，是上一点，当取得最小值时，直接写出的面积．
15．如图，在边长为的正方形中，点，分别为，边上的点，将正方形沿翻折，点的对应点为，点恰好落在边的点处．
(1)【问题解决】
如图①，连接，则与折痕的位置关系是______，与的数量关系是______；
(2)【问题探究】
如图②，连接，在翻折过程中，平分，试探究的面积是否为定值，若为定值，请求出的面积；若不是定值，请说明理由；
(3)【拓展延伸】若，求出的最小值．
参考答案
1．(1)，理由见解析
(2)
(3)
【分析】本题考查了矩形与折叠问题、相似三角形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）利用矩形的性质得到，利用折叠的性质得到，再利用等角对等边得到，即可解答；
（2）利用勾股定理求出的长，由（1）得，通过证明得到，设的长为，代入数据解出的值，即可求解；
（3）先画出示意图，由（2）可知，得出，求出的长，设，表示出，在中利用勾股定理列出方程，解出的值即可求解．
【详解】（1）解：，理由如下：
四边形为矩形，
，
．
由折叠的性质得，，
，
．
（2）解：在中，，，
．
由（1）可知是等腰三角形，，
．
，
，
．
设的长为，则的长为，
，
解得，即，
．
（3）解：如图，

由（2）可知，
，即，
，
由（1）可知，
设，则，，
在中，，
即，
解得，
．
2．(1)
(2)
(3)
【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）根据矩形的性质可得，根据折叠的性质可得，然后代入计算即可；
（2）由折叠的性质可得是线段的垂直平分线，再结合已知条件可得；再根据矩形的性质证明，利用相似三角形的性质可得，进而得到、，再证明可得，进而完成解答；
（3）根据矩形的性质和折叠的性质可证可得，进而得到、、；再证明，根据相似三角形的性质列比例式求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
由翻折知：，
∴．
（2）解：由折叠的性质得：，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，解得 (舍弃负值)，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，解得：，
∴．
（3）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，即，解得．
3．（1），理由见解析
（2），理由见解析
（3）
【分析】（1）延长交于点H，证明，得出，在利用三角形内角和定理证明出，即可解答；
（2）延长交于点H，由折叠得，点D与点关于对称，得出，再证明，得出；
（3）连接并延长交于点T，交于S，过E作于N，交的延长线于M，证明出，得到，，再证明，利用相似比求出，再求出，利用对角线互相垂直的四边形面积公式即可解答此问．
【详解】解：（1），理由如下：
如图1，
延长交于点H，
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴ ，即；
（2），理由如图下：
如图2，
延长交于H，
∵四边形是矩形，
∴，
由折叠得，点D与点关于对称，
∴，即，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即；
（3）如图3，连接并延长交于点T，交于S，过E作于N，交的延长线于M，
∵四边形是菱形，
∴，
由旋转得，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了四边形的综合．矩形性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，旋转对称性质及勾股定理等知识，正确作出辅助线，是本题的解题关键．
4．(1)3；
(2)；
(3)不存在某一时刻t使得；理由见解析；
(4)当t等于1或3时，翻折后点的对应点恰好落在边上．
【分析】（1）当四边形是矩形时，，据此求得的值；
（2）当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间；
（3）过作，交于，，得出四边形是矩形，列方程得，根据根的判别式得出方程无实数根，即可得出答案；
（4）根据折叠的性质得出，进而在中，，，勾股定理建立方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）解：由已知可得，，，
在矩形中，， ，，
∴当时，四边形为矩形，
∴，
解得：，
故当时，四边形为矩形．
故答案为：3；
（2）解：，，
∴，
即，
∵，
四边形为平行四边形，
当时，四边形为菱形，
根据勾股定理得：，，
∴此时，
解得，
故当时，四边形为菱形．
故答案为：；
（3）解：不存在；理由如下：
过作，交于，如图所示：
则，
∵，
四边形是矩形，
，，
，
矩形中，
∴为直角三角形，
，
，
，
即：
，
，
此方程无实数根，
不存在某一时刻使得；
（4）解：如图所示，
根据折叠可知：，，
在矩形中，
，
，
，
，
∵，
∴在中，根据勾股定理得：
，
，
即：，
解得：，
答：当等于或时，翻折后点的对应点恰好落在边上．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质、矩形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、折叠的性质等知识，解决此题注意结合方程的思想解题．
5．(1)
(2)①或；②的度数为或或或
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，由折叠的性质可得，由等腰三角形的性质可求解；
（2）①由等腰三角形的性质可得，可得，由余角的性质可求解；
②分别求出的三个内角，由等腰三角形的性质列出等式，即可求解．
【详解】（1）解：∵，
，
∵将沿翻折至，
，
，
，
；
（2）①如图，当点在下方时，
，
，
，
，
，
；
当点在上方时，
，
，
由折叠可得，
；
②当点在下方时，
设，则，
，
，
，
，
若时，则，
，
，
若时，则，
，
，
当时，则，
，则方程无解，
当点在上方时，
设，
由翻折可得，
∴，
∴，
∴，
∵，
，
，
，
若时，则，
，
，
若时，则，
，
，
当时，则，
，则方程无解，
同理可得：的度数为或．
综上所述：的度数为或或或．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，折叠的性质等知识点，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
6．(1)
(2)
(3)或
【分析】本题考查了折叠的性质、几何图中角度的计算，熟练掌握折叠的性质是解此题的关键．
（1）由折叠的性质，得到，，根据，即可求解；
（2）由折叠的性质，得到，，根据，，根据即可求解；
（3）由折叠的性质，得到，，分当点在内部时，当点在外部时，两种情况得出结论．
【详解】（1）解：由折叠的性质，得到，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由折叠的性质，得到，，
∵，，
∴，，
∴；
（3）解：∵，
∴，
由折叠的性质，得到，．
①如图2，当点在内部时，
∵，
∴；
②如图3，当点在外部时，
∵，
∴．
综上，的度数为或．
7．(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)18
【分析】（1）由角平分线的性质定理得，则可证明，从而有，则可得结论成立；
（2）由角平分线的性质定理得，证明，从而有，则可得；
（3）由（2）知，可证明，则，，由勾股定理求得；设，，在中，由勾股定理建立方程求得x的值；由对称及知，，由面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵是的角平分线，，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴；
即；
（2）解：；
理由如下：
∵是的外角平分线，，，
∴；
在与中，
，
∴，
∴，
∴；
即；
（3）解：由（2）知，，
∵，，
∴，
∴，
∴；
在中，由勾股定理得；
设，则，
在中，，
即，
解得：；
由对称知，，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，角平分线性质，勾股定理，折叠的性质等知识点，主要考查了学生运用性质进行推理的能力，运用这些性质与定理是解题的关键．
8．(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】本题主要考查了正方形的性质、相似三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、勾股定理与翻折问题、全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形和相似三角形的性质和判定是解题的关键．
（1）利用正方形的性质，结合相似三角形的判定即可证明；
（2）由题意可知点的轨迹在以为直径的圆上，根据点与圆的位置关系，到圆上点的距离最小值为到圆心的距离减去半径，即可求解；
（3）由题意易求，可得，，再求得，可得，即可求得．
【详解】（1）证明：∵四方形是正方形，，
∴，，
∵，，
∴，
∴．
（2）解：如图，
∵，
∴点在以为直径的圆上（直径所对的圆周角是），
设中点为，则，
∵由沿翻折得到，
∴，
∴求最小值即求最小值，根据点与圆的位置关系，到圆上点的距离最小值为到圆心的距离减去半径，
在中，，，根据勾股定理，
圆半径，
∴最小值为，即线段的最小值为．
（3）解：∵四方形是正方形，于点，
∴，，，，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∵，点是线段的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
9．(1)见解析
(2)；理由见解析
(3)
【分析】（1）根据三角形内角和得出，根据旋转的性质得出，即可得出答案；
（2）在线段上截取，连接，取的中点K，连接，证明，得出，，证明是等边三角形，得出，根据，得出；
（3）设，则，以为直径作，连接并延长交于点H，连接交于点，得出，，，求出，根据勾股定理得出，根据二次函数的最值得出当时，有最小值，即的最小值为，此时取最小值．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵将绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴，
∴；
（2）解：猜想：；理由如下：
在线段上截取，连接，取的中点K，连接，如图所示：

由（1）得：，
由旋转的性质可得，
∵，，
∴，
∴，
∵是的中线，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵点H、K分别是、的中点，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴；
（3）解：由（2）可得：，
则，，，
∵，
∴，
设，则，
以为直径作，连接并延长交于点H，连接交于点，如图所示：
此时最短；

∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
，，
∴，
，
在中，
，
∵，
∴当时，有最小值，即的最小值为，此时取最小值。
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，三角形中位线定理，一点到圆上一点的最值问题，勾股定理，二次函数的应用，本题综合性较强，熟练掌握二次函数的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考压轴题．
10．(1)
(2)
(3)①；②
【分析】要是主要考查坐标与图形，全等三角形的判定与性质，折叠的性质和直角三角形的性质：
（1）根据对称性可得绪论；
（2）作于，作于．先证明，由点是的中点可得，根据证明可得．根据可得结论；
（3）①先证明，由翻折可知，，，证明．由三角形的外角性质可求出；②由折叠得，．得出，，，由翻折可知，，，证明，从而可得结论．
【详解】（1）解：∵轴，，
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）解：作于，作于．则，， ．
∴．
即．
∵点是的中点，
∴，
在和中
，
∴．
∴，．
∴．
∵，
∴．
（3）解：①∵，，
∴．
∴．
∵轴，，
∴．
由翻折可知，，．
∴．
∴．
∴．
∴．
②∵，，
∴．
∴，．
∵，，
∴．
∵，
∴，．
由翻折可知，，．
∵，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
11．(1)
(2)是等腰直角三角形，见解析
(3)的最短距离是10
【分析】（1）首先由矩形得到，求出，然后由折叠得到，进而求解即可；
（2）延长交于，过作于，首先由矩形得到，然后得到，求出，由折叠的性质得到，，得到是等边三角形，进而求解即可；
（3）如图，连接，勾股定理求出，由折叠的性质得到：，进而求解即可．
【详解】（1）解：如图1，四边形是矩形，
，
，
，
由折叠的性质得到：，
，
，
，
；
（2）解：是等腰直角三角形，理由如下：
如图所示，延长交于，过作于，
四边形是矩形，
，
平分，
，
，
，
，
，
由折叠的性质得到：，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，，，
，
∴，
，
垂直平分，
，
，
，
△是等腰直角三角形；
（3）解：如图，连接，
，，
，
，，
，
由折叠的性质得到：，
，
的最短距离是10．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的判定，折叠的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
12．（1） （2） （3）
【分析】（1）证明，结合E恰好为的中点可得；
（2）在中，，∴，∴
证明得，，设，则，，由勾股定理得，证明得，在中，利用锐角三角函数求出即可求解．
（3）延长交于点H，证明得，证明得，由求出，证明得，，在和中，利用勾股定理求出，然后根据即可求解．
【详解】解：（1）根据翻折的性质可知，，
∴，∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∴
∴，
∴，即
∵E为的中点，
∴，
∴，
∴
（2）根据翻折的性质可知，，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
∴
在矩形中，，
∴，
∴，
∴
（3）延长交于点H，根据翻折的性质可知，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
又Q是的中点，
∴，
∴
又，
∴，
∴
∴
∵，即，
∴
∵，，，
∴
∴，，
∴，，
在和中，，
，
解得或（舍去）
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，难度较大，属中考压轴题．
13．(1)见解析
(2)，，，
【分析】此题考查了全等三角形的性质和判定，折叠的性质，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）首先由，推出，然后证明出；
（2）由（1）得，，得到，然后由折叠得到，然后证明出，得到，然后利用线段的和差求出．
【详解】（1）∵，
∴
∴
∴
又∵，
∴；
（2）由（1）得，
∴
∵沿DE翻折得到，
∴，
∵
∴，
∴
∵
∴
又∵
∴
∴
∵，，
∴
∴由折叠得，
∴．
综上所述，除外长度为1的所有线段有：，，，．
14．(1)
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）过点作延长线于点，利用等边三角形性质得，，求出，得出，， 利用，得出，得出，即，求出，再求即可；
（2）利用，，得出，，则可得，利用，得出，则可求出，，利用字型求出，证明，则，再利用线段的和差即可证明；
（3）过作于点，先通过计算求出，，可得，利用翻折得出点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，在上取点，使，可证明，可得，过点作，过点作于点，可得，则，由点到直线的最短距离可得，当、、、依次共线，且时，取得最小值，此时过点作于点，由，得，计算即可．
【详解】（1）解：如图，过点作延长线于点，
∵是边长为的等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
设与交于点，
∵，
即，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即；
（3）解：如图，过作于点，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
解得：，
∴，，
∵点是平面内任意一点，将沿翻折得到，
∴，
∴点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，
如图，在上取点，使，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
如图，过点作，过点作于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
由点到直线的最短距离可得，当、、、依次共线，且时，取得最小值，此时如图，
过点作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，圆的定义，等边三角形的性质，点到直线的距离，熟练掌握这些判定与性质是解题的关键．
15．(1)，
(2)的面积为定值，理由见解析
(3)
【分析】（1）过F作于M，由翻折的性质得出垂直平分，利用证明，即可得出结论；
（2）作于N，证明，得出，即可得出结论；
（3）作点C关于的对称点Q，连接，，，利用证明，得出，则，当B、G、Q三点共线时，的值最小，最小值为的长，然后在中利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：，
理由：过F作于M，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵翻折，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
又，，
∴，
∴，
故答案为：，；
（2）解：的面积为定值，
理由：作于N，
∵平分，
∴，
又，，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∴；
（3）解：作点C关于的对称点Q，连接，，，
则垂直平分，
∴，
∵折叠，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴，
当B、G、Q三点共线时，的值最小，最小值为的长，
当时，，，
∴，
即的最小值为．
【点睛】本题考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题等，将转化为的长是解决第（3）的关键．