专题05 动态几何函数图象综合练习含答案--2026年中考数学一轮专题

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\l "_Tc16452" 【类型1 动点函数图像】1
\l "_Tc5338" 【类型2 旋转动态问题】20
\l "_Tc31833" 【类型3 轴对称动态问题】43
\l "_Tc846" 【类型4 平移动态问题】66
►类型1 动点函数图像
1．（2024·甘肃·模拟预测）如图1，在菱形中，，点在边上，连接，动点从点出发，在菱形的边上沿匀速运动，运动到点C时停止．在此过程中，的面积y随着运动时间x的函数图象如图2所示，则的长为（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】A
【分析】本题考查的是动点函数图象问题、菱形的性质、勾股定理．设菱形的边长为，过点作于，根据图象可求出，再根据菱形的性质求出，根据图象当点到达点时，，据此计算即可求解．
【详解】解：设菱形的边长为，过点作于，如图，
，
则，
，
，
，，
由图可知，当点在点时，的面积最大，
此时，
解得：或（舍去），
，，
当点到达点时，，
，
．
故选：A．
2．（2024·甘肃兰州·模拟预测）如图，点，分别从正方形的顶点，同时出发，沿正方形的边逆时针方向匀速运动，若点的速度是点速度的倍，当点运动到点时，点，同时停止运动．图是点，运动时，的面积随时间变化的图象，则正方形的边长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，三角形的面积公式，动点问题的函数图象等，根据图可知，当x=2时，点运动到点，点运动到AB的中点，的面积为，进行计算即可，解题的关键是根据图象分析得到x=2时，点运动到点，点运动到AB的中点，且的面积为．
【详解】解：∵四边形是正方形，点的速度是点速度的倍，
∴，，
由图可知，当点在上运动时，的面积为，
当时，的面积为，即，
此时点为的中点，
故，
解得：，
故选：．
3．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则的最大值为（ ）

A．B．C．2D．1
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的性质、动点轨迹、与圆有关的位置关系等知识，根据矩形的性质以及直角三角形斜边中线的性质确定G的轨迹是本题解题的关键．
连接，交于点，取中点，连接，根据直角三角形斜边中线的性质，可以得出的轨迹，从而求出的最大值．
【详解】解：连接，交于点，取中点，连接，如图所示：

∵四边形是矩形，
∴，，，
∴在中，，
∴，
∵，
，
在与中，
，
，
，，共线，
，是中点，
∴在中，，
的轨迹为以为圆心，为半径即为直径的圆弧．
∴的最大值为的长，即．
故选：D．
4．（2024·湖北·模拟预测）如图，等边的边长为，动点从点出发，以每秒的速度，沿的方向运动，当点回到点时运动停止．设运动时间为（秒），，则关于的函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】需要分类讨论：①当，即点在线段上时，过作于点，由勾股定理即可求得与的函数关系式，然后根据函数关系式确定该函数的图象．②当，，与的函数关系式是，根据该函数关系式可以确定该函数的图象；③当时，则，根据该函数关系式可以确定该函数的图象．本题考查了二次函数与动点问题的函数图象．解答该题时，需要对点的位置进行分类讨论，以防错选．
【详解】解：如图，过作于点，
则，，
①当点在上时，，，，
，
该函数图象是开口向上的抛物线，对称轴为直线；
由此可排除A，B，C．
②当时，即点在线段上时，；
则，
该函数的图象是在上的抛物线，且对称轴为；
③当时，即点在线段上，此时，，
则，
该函数的图象是在上的抛物线，且对称轴为直线；
故选：D．
5．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，菱形的边长为3cm，，动点P从点B出发以的速度沿着边运动，到达点A后停止运动；同时动点Q从点B出发，以的速度沿着边向A点运动，到达点A后停止运动．设点P的运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），则y关于x的函数图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查动点问题的函数图象．根据拐点得到各个自变量范围内的函数解析式是解决本题的关键．易得点P运动的路程为，点Q运动的路程为．当时，点P在线段上，点Q在线段上，过点Q作于点E，求得的长度，然后根据面积公式可得y与x关系式；当点P在线段上时，，边上的高是和之间的距离为，根据面积公式可得y与x之间的关系式；当点Q在线段上时，，作出边上的高，利用三角形的面积公式可得y与x的关系式．然后根据各个函数解析式可得正确选项．
【详解】解：∵点P的速度是，点Q的速度为，运动时间为x（s），
∴点P运动的路程为，点Q运动的路程为．
①当时，点P在线段上，点Q在线段上．
过点Q作于点E，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴此段函数图象为开口向上的二次函数图象，排除B；
②当时，点P在线段上，点Q在线段上．
过点C作于点F，则为中边上的高．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴此段函数图象为y随x的增大而增大的正比例函数图象，故排除A；
③当时，点P在线段上，点Q在线段上．
过点P作于点M．
∴．
∵四边形是菱形，
∴．
∵，
∴．
∴．
由题意得：．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴此段函数图象为开口向下的二次函数图象．
故选：D．
6．（2024·湖南长沙·模拟预测）RbtMaster机甲大师挑战赛鼓励学生自主研发制作多种机器人参与团队竞技，其某场对抗赛的轨道可简化成下图，其中和均为半圆，点，，，依次在同一直线上，且．现有比赛双方的机器人（看成点）分别从，两点同时出发，沿着轨道以大小相同的速度匀速移动进行射击比赛，其路线分别为和．若移动时间为，两个机器人之间距离为．则与关系的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查动点函数图像，找到运动时的特殊点用排除法是关键．
设圆的半径为R，根据机器人移动时最开始的距离为，之后同时到达点A，C，两个机器人之间的距离y越来越小，当两个机器人分别沿和移动时，此时两个机器人之间的距离是直径，当机器人分别沿和移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大．
【详解】解：由题意可得：机器人（看成点）分别从M，N两点同时出发，
设圆的半径为R，
∴两个机器人最初的距离是，
∵两个人机器人速度相同，
∴分别同时到达点A，C，
∴两个机器人之间的距离y越来越小，故排除A，C；
当两个机器人分别沿和移动时，此时两个机器人之间的距离是直径，保持不变，
当机器人分别沿和移动时，此时两个机器人之间的距离越来越大，故排除C，
故选：D．
7．（2024·湖南·二模）如图1，在矩形中，点M从点A出发，以固定的速度沿运动到点D停止，连接，设点M的运动距离为x，的长为y，y关于x的函数图象如图2所示，则当M为的中点时，的面积为（ ）
A．5B．8C．D．12
【答案】D
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，根据题意判断出转折点为点，由勾股定理求出 ，即可求解，熟练运用勾股定理是解题的关键．
【详解】解：点是从点出发的，为初始点，观察图象可知，时，，则，点从点沿向点移动的过程中，是不断增加的，而点从点沿向点移动的过程中，是不断減少的，
因此转折点为点，点运动到点时，即时，，此时，即．
在中，，由勾股定理，得，
解得：，
，
当为的中点时，，
的面积，
故选：D．
8．（2024·安徽宣城·模拟预测）如图1，在正方形中，点以每秒3cm的速度从点出发，沿的路径运动，到点停止．过点作，与边（或边）交于点，的长度（）与点的运动时间的函数图象如图2所示．当点运动时，的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了动点问题的函数图象、正方形的性质、勾股定理、平行线的性质等知识，从图象中获取正确的信息是解题的关键．
由题意知，当运动到时，最长，此时，由图象可知，当时，，得出正方形边长为，当时，，由，得出，推出，根据勾股定理计算，得出答案即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，，
由题意知，当运动到时，最长，此时，
由图象可知，当时，，
∴，
整理得：
∵，
∴，即正方形边长为，
∴当时，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
9．（2024·安徽合肥·三模）如图，为正方形的中心，分别为的中点，，点从点出发沿方向匀速运动，同时点从点出发沿方向匀速运动，两点运动速度相等，当点运动到点时，两点同时停止运动．设点运动的路程为的面积为，则随变化的函数图象大致是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】当时，点在上，点在上，求得，故图象是正比例函数，当时，点在上，点在上，求得，图象是开口向下的抛物线，当时，点在上，点在上，求得，据此可求出答案．本题考查了动点问题的函数图象，准确的分析动点的运动位置，获得相应的解题条件是本题的解题关键．
【详解】解：两点运动速度相等，
两点的运动路程相等，
当时，点在上，点在上，如图，
，，
，故图象是正比例函数，
当时，点在上，点在上，如图，

此时，
为中点，
，
，
点到的距离为，
，
图象是开口向下的抛物线，
当时，点在上，点在上，如图，

此时，
，
，
，，
，图象与前一段函数一样，
据此判断B正确，
故选：B．
10．（2024·湖北·模拟预测）如图1，点从的顶点B出发，沿匀速运动到点A，图2是点运动时，线段的长度随时间变化的关系图象，其中曲线部分为轴对称图形，为最低点，则的周长是（ ）
A．12B．16C．18D．24
【答案】C
【分析】由图得，当点运动到点和店处时，长都是5，即，当最短时，即垂直时长为3，根据勾股定理求出，再由三线合一定理求出，即可根据三角形周长公式计算即可．
【详解】解：由图象可知，点在上运动时，此时不断增大，最大为,
故，
由图象可知，点从向运动时，最大值为5，即，
，
当最短时，即垂直时长为3，
如图，
在中，
，，
，
，，
，
，
的周长为．
故选：C．
11．（2024·安徽宣城·三模）如图，在四边形中，，，，，三个动点，，同时分别沿，，的方向以的速度匀速运动，运动过程中的面积与运动时间 的函数图象大致是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查了动点函数图象，分别求出和时的函数解析式，进行判断即可.
【详解】解：当时，如图，
∵三个动点同速，
∴三个动点路程相同，
∴，
∵
∴，
∴
当时，如图，
此时
∴，
∴，
∴
∴结合两个函数判断B符合题意，
故选：B
12．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，矩形中，，点P从点B出发沿边匀速移动到点C，同时点Q从点 C 出发沿边向点 B匀速移动，且点Q移动的速度是点 P移动速度的2倍，设的长为x，的面积为y，则下列各图中能够正确反映y与x的函数图象的是（ ）.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分类讨论，求出点Q分别在上的函数解析式，对照解析式得到函数图像进行判断即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
当时，点Q在上，
由题意得，，，
∴，
当时，点Q在上，过点Q作于点F，
∵，即，
又∵，
∴，
∴；
当时，点在上，此时，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，动点问题的函数图象：先根据几何性质得到与动点有关的两变量之间的函数关系，然后利用函数解析式和函数性质得出其函数图象，注意自变量的取值范围．
13．（2024·贵州黔东南·二模）一个寻宝游戏场景的俯视图如图（1）所示，为同一平面内的通道．小星沿着通道寻找宝物，为记录小星的行进路线，在的中点处放置了一台定位仪．设小星行进的时间为，小星与定位仪之间的距离为，若小星匀速行进，且表示与的函数关系的图像大致如图（2）所示，则小星的行进路线可能为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查函数图像在生活的应用，利用排除法首先排除B选项，再逐一分析A，C，D选项路线中y随x的变化情况，即可得结果．
【详解】解：根据函数图象与x轴有交点可知，小星一定经过点P，由此可排除B选项．对A，C，D选项的路线逐项分析，如下：
故选：C．
14．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）如图①，在中，，，是边的中点，是边上一动点，设，，图②是关于的函数图象，图象中的最低点的坐标为，那么的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查图形与函数图象的结合问题，熟练掌握等边三角形的性质与应用，能够从题干的图象中提取信息是解题的关键，根据题意先从图②的函数图象中得到，即可得到，的值，作关于直线的对称点，连接交于点，交于点，连接，由数学模型“将军饮马”可得到，进而得，故，，共线， 有最小值，由于，，点，关于对称，可得是等边三角形，根据等边三角形的性质可得：，因此在中，可得的值，在中，，则，进而即可得到答案．
【详解】解：当点与点重合时，由图②知，，
∵点是边的中点，
∴，
∴，，
作关于直线的对称点，连接交于点，交于点，连接，如图，
则
∴
而，，共线，最小，即最小，
∵，，
∴，
∵点，关于对称，
∴，
∴，，
∴，，
∴是等边三角形，
∵点是边的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
在中，，
∴，
∴，
故选：A．
15．（2024·河南周口·模拟预测）如图1，点从扇形（其中）的顶点出发，沿直线运动到扇形内部一点，再从该点沿直线运动到顶点．设点的运动路程为，，图2是点运动时随变化的关系图象，则的长为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查勾股定理和弧长公式，根据题意得点P在0至时，点P在的角平分线上，设此时，过点D作交于点E，连接，则，点P从点D沿直线运动到顶点时，，则，有，利用弧长公式求解即可．
【详解】解：根据题意知，点P在0至时，，则，那么，点P在的角平分线上，设此时，过点D作交于点E，连接，如图，
∵，
∴，
∴，
根据题意，点P从点D沿直线运动到顶点时，，
则，
∴，
那么，的长，
故选：C．
16．（2024·山东临沂·模拟预测）如图①所示（图中各角均为直角），动点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿路线匀速运动，的面积y随点P运动的时间x（秒）之间的函数关系图象如图②所示，下列说法不正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查动点的函数图象，三角形的面积，将坐标系中的图象与点的运动过程对应是本题的解题关键．
将每段路线在坐标系中对应清楚即可得出结论．
【详解】由图②的第一段折线可知：点P经过4秒到达点B处，此时的三角形的面积为12，
∵动点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿路线匀速运动，
∴．
∵，
∴，
∴A选项的结论正确，故该选项不符合题意；
B选项的结论正确，故该B选项不符合题意；
由图②的第二段折线可知：点P再经过2秒到达点C处，
∴，
由图②的第三段折线可知：点P再经过6秒到达点D处，
∴，
由图②的第四段折线可知：点P再经过4秒到达点E处，
∴．
∴C选项不正确，故该选项符合题意；；
∵图①中各角均为直角，
∴，
∴D选项的结论正确，故该选项不符合题意；
故选：C．
17．（2024·山东临沂·模拟预测）如图，在中，，直线经过点且垂直于．现将直线以的速度向右匀速平移，直至到达点时停止运动，直线与边交于点，与边（或）交于点．设直线移动的时间是，的面积为，若关于的函数图象如图所示，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了动点问题的函数图象，勾股定理，三角形的面积公式等知识点，掌握如何从图象中获取信息是解题的关键．
根据函数图象得到的面积最大时的长，再结合勾股定理即可求解．
【详解】解：依题意得：直线运动到点停止，且当直线运动到点时，的面积最大，
此时，，，
，
，
当时，，
在中，
，
故选：．
18．（2024·河南驻马店·模拟预测）如图，在中，，，．动点P从点A出发，以的速度沿射线匀速运动，到点B停止运动，同时动点Q从点A出发，以的速度沿射线匀速运动．当点P停止运动时，点Q也随之停止运动．在的右侧以为边作菱形，点N在射线上．设点P的运动时间为，菱形与 的重叠部分的面积为，则能大致反映y与x之间函数关系的图象是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先证明菱形是边长为，一个角为的菱形，找到临界点，分情况讨论，即可求解．
【详解】解：作于点，作于点，
由题意得，，
，
，
是线段的垂直平分线，
，
，，
，，
当点运动到直线上时，
此时，是等边三角形，
，；
当点、运动到与点，重合时，
，；
当点运动到与点重合时，
，；
当时，，
当时，如图，作于点，交于点，
则，，，
，
当时，如图，作于点，
则，，
，
综上，与之间函数关系的图象分为三段，当时，是开口向上的一段抛物线，当时，是开口向下的一段抛物线，当时，是开口向上的一段抛物线，
只有选项A符合题意，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了动点问题的函数的图象，二次函数的图象性质，等边三角形的性质，菱形的性质，三角形的面积公式，解直角三角形，利用分类讨论的思想方法解答和熟练掌握抛物线的性质是解题的关键．
19．（2024·河南·模拟预测）如图①，在平行四边形中，，动点 P从A点出发，以的速度沿着A→B→C→A 的方向移动，直到点 P 到达点 A 后才停止．已知的面积y（单位： ）与点P移动的时间x（单位：）之间的函数关系如图②所示，则的长为（ ）
A．15B．16C．17D．18
【答案】C
【分析】本题考查动点问题的函数图象，正确识别图象信息，并根据信息作出辅助线是解题的关键．的面积变化主要分三个阶段，分别为点P在上运动，在上运动，和在上运动，根据运动的变化及的面积y与点P移动的时间x之间的函数图象，可得的长，进而可得到答案．
【详解】解：如图，过B作于点F，过C作交的延长线于点G，
在平行四边形中，，则由图②可得，点P从B到C，所用时间为，
故，
当时，点P到达点B处，因为P的运动速度是，故，
此时的面积为，，可得，
在直角三角形中，，
因为四边形是平行四边形，所以，又，
所以，
∴，
所以，
则，
在中，，
故选：C．
►类型2 旋转动态问题
20．（2024·河南信阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，顶点在轴上，点在轴上，点B在第一象限，分别以点A，B为圆心，长为半径画弧，两弧交正方形内一点D，将点D绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2024次旋转结束时，点对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据题意求出点的坐标，再由所给旋转方式得出每旋转四次点对应点循环出现，据此可解决问题．本题考查坐标与图形变化旋转及点的坐标变化规律，能根据题意得出每旋转四次点对应点循环出现是解题的关键．
【详解】解：由题知，是等边三角形．过点作的垂线，垂足为，
点坐标为，
，
则正方形的边长为2．
，．
在中，
，
点的坐标为．
∵，
∴每旋转四次点的对应点循环出现．
∵，
∴第2024次旋转结束时，点的对应点位置与点重合，
∴第2024次旋转结束时，点的对应点坐标为．
故选：A．
21．（2024·河北石家庄·二模）如图，矩形中，，，点P为的中点，若点P绕上的点Q旋转后可以与点B重合，则的长为（ ）
A．6B．C．3D．4
【答案】B
【分析】根据点绕上的点旋转后可以与点重合，得到，作于点，则，根据矩形中，，，点为的中点，
求得，得到，得到，解答即可．
【详解】解：根据点绕上的点旋转后可以与点重合，
∴，
作于点，
∴，
∵矩形中，，，点为的中点，
∴，，，
，
∴，，
∵
∴，，
∴，
∴，
解得，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，旋转性质，正弦函数的应用，熟练掌握勾股定理，正弦函数是解题的关键．
22．（2024·吉林长春·一模）如图，在中，．将绕点逆时针旋转得到，当的边经过点时，的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，利用旋转的性质得出，，利用等边对等角得出，最后利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到，，
∴，，
∴，
∴，
故选：．
23．（2024·安徽宣城·模拟预测）如图，在中，，为边上的一点，当时，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接，DE．若，则的面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】在上截取，连接，过B作交延长线于H，由旋转性质和等边三角形的判定与性质证明是等边三角形得到，，进而证明得到，则有，设，利用直角三角形的性质得到则，进而得到，然后利用二次函数的性质求解即可．
【详解】解：在上截取，连接，过B作交延长线于H，则，
由旋转性质得，，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，设，则，，
∵，，，
∴，，
∴，
∵，
∴当时，最大，最大值为，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的性质，旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角的判定与性质、直角三角形的性质、三角形的外角性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质和二次函数的性质，添加合适的辅助线构造全等三角形，利用二次函数性质求解几何最值问题是解答的关键．
24．（2024·贵州安顺·二模）如图，在中，，将在平面内绕点逆时针旋转到的位置，且，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查旋转的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质．由旋转得，，则．根据平行线的性质可得，进而可得答案．
【详解】解：由旋转得，，
．
，
，
．
故选：D．
25．（2024·浙江·模拟预测）如图，在中，，将线段绕着点C顺时针旋转，点A的对应点D正好在边上，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据等边对等角以及三角形内角和可求，而，故．
【详解】解：由题意得，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和，外角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
26．（2024·安徽合肥·三模）如图，P为线段上一动点（点P不与点A，B重合），将线段绕点P顺时针旋转得到线段，将线段绕点P逆时针旋转得到线段，连接，，交点为Q．若，点H是线段的中点，则的最小值为（ ）
A．3B．C．D．2
【答案】B
【分析】本题考查旋转的性质、等腰三角形手拉手问题、三角形中位线及四点共圆最小值问题，作且，先证，结合旋转角度问题得到A、Q、B、E四点共圆，结合三角形三边关系即可得到答案；
【详解】解：∵线段绕点P顺时针旋转得到线段，将线段绕点P逆时针旋转得到线段，
∴，，，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
作且，取的中点O，连接，，，
，
∵，，
∴，，
∵点H、O是中点，
∴，，
∵，
∴A、Q、B、E四点共圆，
∵，
∴A、Q、B、E是在以点O为圆心为半径的圆上，
当O、H、Q在同一直线时，
，
当O、H、Q不在同一直线时
，
则最小值为，
故选：B．
27．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，在中，已知，将绕点A 顺时针旋转得到，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了旋转的性质，熟知旋转的性质是解题的关键．
【详解】解：∵将绕点A 顺时针旋转得到，
∴，
故选：B．
28．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，在中，，，．点D在上，且．连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转得到线段，分别连接，DE．则的面积为（ ）．
A．3B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质．根据旋转得到，然后得到，，利用三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：由，，，，
可得，，，
由旋转可知，
所以，，
所以，
所以．
29．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（ ）
A．15B．C．D．18
【答案】B
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解．
【详解】解：过点作，交于，过点作垂足为，
∵矩形，
∴，
∴，
∴四边形和都是矩形，
∴，
由旋转的性质得，，
∴，
∴，
∴，
∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，
作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为，
∵，，
∴，
故选：B．
30．（2024·天津南开·三模）如图，中，，，，绕点C顺时针旋转得，当落在边上时，连接，取的中点D，连接，则的长度是（ ）．
A．B．C．4D．
【答案】D
【分析】由旋转的性质可证、是等边三角形，从而，再利用勾股定理即可求出答案．
【详解】解：绕点顺时针旋转得，点落在边上，
，，，
，，
，，
是等边三角形，
，
∴，，
∴
是等边三角形，
，，
，
的中点为，
，
，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
31．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为0,2．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到，再由矩形的性质可得，由旋转的性质可得，，据此可得答案．
【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，
∴，，
∴轴，
∴点的坐标为，
故选：C．
32．（2024·浙江温州·三模）如图，为等腰直角三角形，，将其绕顶点C逆时针旋转30°，得到，连接、BD，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查旋转的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，设，则，则，然后过点C作于点E，得到，然后代入计算即可．
【详解】解：设，则，
又∵，逆时针旋转30°，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
过点C作于点E，则，
∴，
∴，
∴，
故选A．
33．（2024·黑龙江·三模）如图，四边形为正方形，的平分线交于点E，将绕点B顺时针旋转得到，延长交于点G，连接，，与相交于点H．有下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A．①②④B．②③④C．①②③D．①②③④
【答案】D
【分析】①由旋转的性质得，可得；②由正方形的性质得，即，进而可得；③先证明，可得，根据，平分可得进而可得；④先证明，可得，即，故可求解．
【详解】解：①∵四边形为正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
故①正确；
②由正方形的性质得，
平分，
，
，，
，
故②正确；
③，，
，
，
，
，
，
，
，
，平分，
，
，
，
故③正确；
④，
，
，
，
，
；
故④正确，
综上，正确的结论是①②③④，
故选：D．
【点睛】本题主要是正方形的一个综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判断，角平分线的性质，相似三角形的性质与判定，直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，涉及的知识点多，综合性强，难度较大，灵活运用这些知识解题是关键．
34．（2024·河南·三模）如图，菱形的顶点，，，若菱形绕点顺时针旋转后得到菱形，依此方式，绕点连续旋转次得到菱形，那么点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了旋转的性质、菱形的性质，含30°直角三角形的性质，勾股定理，坐标与图形，根据题意得到旋转的规律是解题的关键．
根据题意得到点与点重合，在菱形中算出点坐标，即可解答．
【详解】
解：作于，则，
四边形是菱形，，
点的坐标为，
若菱形绕点顺时针旋转后得到菱形，依此方式，绕点连续旋转次得到菱形，则菱形绕点连续旋转次，旋转次为一周，旋转次为（周），
绕点连续旋转次得到菱形与菱形重合，
点与重合，
点的坐标为，
故选：D．
35．（2024·安徽淮北·三模）如图，线段，点为的中点，动点到点的距离是1，连接，线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则线段长度的最大值是（ ）
A．3B．4C．D．
【答案】D
【分析】以为斜边向上作等腰直角，连接，．利用相似三角形的性质证明，推出点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，根据，可得结论．
【详解】解：以为斜边向上作等腰直角，连接，．
，
，
是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，
∴
，同理，
，，
，
，
，
，
点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，
，
，
故线段长度的最大值为．
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是旋转的性质、相似三角形的性质和判定，解直角三角形，点与圆的位置关系，三角形三边关系，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
36．（2024·山西晋城·三模）如图，直线，的边落在直线上，将绕点顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点为点，，若，点恰好落在直线上，则的度数为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了旋转的性质、平行线的性质等知识点，掌握旋转的性质解题的关键．
根据旋转的性质可得，再根据旋转的性质可得，最后根据角的和差即可解答．
【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选D．
37．（2024·江苏常州·二模）如图，在中，，，．将绕点A顺时针旋转得到，边上的一点P旋转后的对应点为Q，连接，，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查的是旋转的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，化为最简二次根式，作出适当的辅助线是解本题的关键．
如图，作关于直线的对称点，连接，过作于，由，当三点共线时，最小，再进一步利用勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，作关于直线的对称点，连接，过作于，
∴，共线，，
由旋转可得：，，
∴，
当三点共线时，最小，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
∴的最小值是；
故选B
38．（2024·重庆·二模）在正方形中，将绕点逆时针旋转到，旋转角为，连接BE，并延长至点，使，连接DF，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查正方形性质，旋转的旋转，等腰三角形性质，三角形内角和定理，利用旋转的性质和等腰三角形性质表示出，结合正方形性质得到，再利用等腰三角形性质得到，进而得到，最后利用等腰三角形性质即可得到的度数．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
由旋转的性质可知，，，
，
，
，
，，
，
，
，
故选：A．
39．（2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，是矩形的对角线，将绕点A逆时针旋转得到，使点E在线段上，交于点G，交于点H，则的值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了矩形的性质、正切的定义、旋转的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质和定理成为解题的关键．
根据矩形的性质和勾股定理可得、，再结合旋转的性质可得，易证，运用相似三角形的性质列比例式可得，最后根据正切的定义即可解答．
【详解】解：∵在矩形中，，，
∴，，
∴，，
∵将绕点A逆时针旋转得到，使点E在线段上，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得：，
∴
故选B．
40．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到，若点恰好落在线段上，，交于点，则的度数为（ ）
A．B．60°C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了三角形的旋转．由绕点逆时针旋转得到，得，得，即可得．
【详解】解：∵绕点逆时针旋转得到，
，
，
．
故选：D．
41．（2024·山东德州·二模）如图，在矩形中，点P在线段上运动（含B、C两点），连接，以点A为中心，将线段逆时针旋转60°到，连接，则线段的最小值为（ ）
A．B．5C．3D．1
【答案】A
【分析】本题考查矩形的性质，旋转变换，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，本题的突破点是证明点Q的在射线上运动．
如图，以为边向右作等边，作射线交于点E，过点D作于H．利用全等三角形的性质证明，推出，推出点Q在射线上运动，求出，可得结论．
【详解】解：如图，以为边向右作等边，作射线交于点E，过点D作于H．
∵四边形是矩形，
∴，
∵都是等边三角形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴点Q在射线上运动，
∵，
∴，
∵，
∴．
根据垂线段最短可知，当点Q与H重合时，的值最小，最小值为．
故选A．
42．（2024·江苏徐州·二模）如图，和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，且，分别作射线、，它们交于点．以点为旋转中心，将按顺时针方向旋转，若的长为2，则面积的最小值是（ ）
A．4B．8C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、切线的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关性质成为解题的关键．
先证明，则，推出，由题意知，E在以A为圆心，2为半径的圆上运动，如图，当在下方且与相切时，线段最短，面积的最小；再证明四边形是正方形，则，由勾股定理得，，则，最后根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵和是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，且，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图：由题意知，E在以A为圆心，2为半径的圆上运动，
∵，
∴当在下方且与相切时，点M到距离最小，面积的最小
∵，
∴四边形是矩形，
∵
∴四边形是正方形，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
∴．
故选：A．
►类型3 轴对称动态问题
43．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，在菱形中，，点M和N分别是和上一点，沿将折叠，点A恰好落在边的中点E上．若，则的长为（ ）

A．B．C．3D．
【答案】B
【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理、角的直角三角形的性质、折叠性质等知识．过点M作于点F．求出．则，．设，则，，，．根据勾股定理，得，即，解得，即可求出的长．
【详解】如图，过点M作于点F．

∵四边形是菱形，
∴
∵，
∴．
∴．
∴，．
设，则，，，．
根据勾股定理，得，即，解得，
∴．
故选：B．
44．（2024·河北·模拟预测）如图，矩形纸片，将点B翻折到对角线上的点M处，折痕交于点E．将点D翻折到对角线上的点N处，折痕交于点F．若使四边形是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：；乙方案：连接；丙方案：，其中正确的方案是（ ）
A．甲、乙、丙B．只有乙、丙C．只有甲、乙D．只有甲、丙
【答案】B
【分析】根据四边形为矩形，得出，即可得出，由翻折的性质得，即可证出，四边形是平行四边形．再分别根据甲方案，乙方案，丙方案添加的条件证明即可；
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，
，
由翻折的性质得，
，
，
∴四边形是平行四边形．
甲方案：∵，而，
，
∴四边形不是菱形；
乙方案：∵，
∴平行四边形是菱形；
丙方案：∵，
，
由折叠的性质得，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
故只有乙、丙方案正确．
故选：B．
【点睛】该题主要考查了平行四边形的判定，翻折的性质，矩形的性质，菱形的判定，等腰三角形的判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
45．（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，在锐角中，的面积为90，平分，若E、F分别是上的动点，则的最小值为（ ）
A．12B．15C．18D．9
【答案】A
【分析】本题主要考查轴对称的性质等知识，熟练掌握“将军饮马”模型是解题的关键．
如图：在上取一点G，使，连接，作于H，可得出得到的最小值为的长，再求出的长即可．
【详解】解：如图：在上取一点G，使，连接，作于H，
∵平分，
∴直线是的对称轴，
∴，
∴，
∴的最小值为的长，
∵，的面积为90，
∴，解得：，
∴的最小值为：12．
故选：A．
46．（2024·贵州遵义·二模）如图，在菱形的边上有点E，连接，把沿翻折，得到，连接．若，，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】C
【分析】本题考查菱形中的翻折问题，含30度直角三角形性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握翻折的性质和菱形的性质．由沿翻折，得到，，可得，，，得到在上，而四边形是菱形，知，故，即可得，，从而，解得．
【详解】解：沿翻折，得到，
，，，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
在上，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
故选：C．
47．（2024·贵州贵阳·二模）如图，在中，，分别为边，上的点，连接，将沿折叠，使点与点重合，若，，则的长为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】B
【分析】本题考查轴对称的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，由折叠性质得，，求得，再证明，得，则，于是得到问题的答案．求得，并且证明是解题的关键．
【详解】解：由折叠得，，
，，
，
，，
，
，
，
故选：B．
48．（2024·上海·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，E为边上一点，将直角梯形沿对角线折叠，若点A的对应点E在边上，，则图中x个点在以A为圆心，为半径的圆上，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】连接，作于点H，证明四边形是矩形，则，利用折叠和等角对等边得到，证明是等边三角形，，则，得到，则，得到，则，即可得到所有符合条件的点．
【详解】解：连接，作于点H，
∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴
∵将直角梯形沿对角线折叠，若点A的对应点E在边上，
∴，
∴
∴
∴是等边三角形，，
∴，，
则，
∴，，
∴，
∴，
综上可知，图中共有B、E、D3个点在以A为圆心，为半径的圆上，
即，
故选：C
【点睛】此题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、含角的直角三角形、折叠的性质、等角对等边等知识，找到所有符合条件的点是解题的关键．
49．（2024·内蒙古·中考真题）如图，在中，，将沿BD翻折得到，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点为AB的中点，连接．若，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了折叠的性质，旋转的性质，线段垂直平分线的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，勾股定理，直角三角形的性质，三角形的面积，连接与BD相交于点，连接，由，可得，进而由折叠可得，，得到，即得，即可得为等腰直角三角形，即得，，又由旋转得，，，可得，，，即可得为等边三角形，得到，，进而得，，即得，可得，得到，即可得，由得四点共圆，即得，可得，由此可得，，得到，最后根据即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：连接与BD相交于点，连接，
∵，
∴，
由折叠可得，，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
又由旋转得，，，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：．
50．（2024·浙江杭州·模拟预测）如图，是的直径，点在圆上将沿翻折与交于点若，的度数为，则（ ）．
A．B．C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了圆周角定理、弧长公式等知识点，求得的度数是解答本题的关键．作D关于的对称点E，连接,则，然后再根据的度数为可知，然后再根据圆周角定理、邻补角性质可得，最后运用弧长公式即可解答．
【详解】解：如图：作D关于的对称点E，连接,则，
∵的度数为，
∴，
∴
∴，
∴，
∴的长度为，
∴的长度为．
故选：D．
51．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在⊙中，点C为的中点，将弦下方的部分沿弦翻折，使点C与圆心O重合．点D为优弧上一点连接．若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】此题考查了圆周角定理、折叠的性质、等边三角形的性质与判定、解直角三角形等知识，熟练运用圆周角定理、折叠的性质、等边三角形的性质与判定并作出合理的辅助线构建三角形是解题的关键．连接，交于点N，过点B作，先证明是等边三角形，再求得及的长即可．
【详解】如图，连接，交于点N，过点B作，
将弦下方的部分沿弦翻折，使点C与圆心O重合．
，垂直平分，
，
，
，
是等边三角形，
，
，，
，
，
，
，
故选：A
52．（2024·河北邯郸·模拟预测）问题情境：如图1，在中，，，是边上的中线．如图，将点沿折叠后与点重合，将顶点沿折叠，使得顶点与点重合，与交于点．若设的面积为，四边形的面积为，则和的值分别为（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】A
【分析】本题考查折叠的性质、三角形相似的判定和性质、平行四边形的判定和性质、三角形和平行四边形面积公式、勾股定理，解题的关键是运用三角形和平行四边形的面积公式；根据题意得到推出，得出，进而求出的面积，然后根据折叠的性质，证明四边形为平行四边形，进而求出四边形的面积．
【详解】，，是边上的中线，为的中点，
，
，
，
是边上的中线，
，
，
，
解得：
，
由折叠易知，，
，
，
，，
，，
四边形为平行四边形．
∵ ，
，，
过点作于点．
，
，
故选：A
53．（2024·湖南永州·三模）如图，在中，D是边上的中点，连接，把沿翻折，得到与交于点E，连接，若，则下列结论中错误的是（ ）
A．B．
C．D．的面积为
【答案】D
【分析】本题主要考查了等边三角形的判定及性质、折叠的性质等知识点，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据折叠的性质可得、可判断B选项，再结合中点定义以及已知条件可得可判断A选项，易证为等腰三角形可判定C选项；如图：连接交于，根据折叠的性质以及可得，再解直角三角形可得，最后运用三角形的面积公式即可解答．
【详解】解：∵把沿翻折，得到与交于点E，
∴，，即B选项正确，不符合题意；
∵D是边上的中点，
∴，
∵，
∴，即A选项正确，不符合题意；
∴为等边三角形，
∴，即C选项正确，不符合题意；
如图：连接交于，
∵把沿翻折，得到与交于点E，
∴，，,
∴,
∴,
∴的面积为，即D错误，符合题意．
故选D．
54．（2024·贵州遵义·模拟预测）如图，在中，，，点在边上，点在边上，将沿直线翻折，点恰好落在边上的点处，若，则的长为（ ）
A．1.6B．2C．2.4D．3
【答案】A
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，折叠的性质，得出是解题的关键．
由折叠可知：，，，，，设，则，证四边形是菱形，证，即可解答．
【详解】解：由折叠可知：，，，，，设，则
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
．
故选：A．
55．（2024·云南红河·模拟预测）如图，在矩形中，将沿翻折得到，的对应边交于点，且，则的值为（ ）

A．0.5B．C．D．
【答案】D
【分析】根据矩形的性质结合，得到是等腰直角三角形，设，则，证明，得到，进而求出，由，即可求解．
【详解】解：在矩形中，，，
由折叠的性质得，，
，
是等腰直角三角形，
设，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰指甲三角形的性质，三角形全等的判定与性质，求正切值，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
56．（2024·江苏扬州·三模）如图，在正方形中，，点E是边的中点，点P是直线上的动点（点P不与点C重合），将沿所在的直线翻折，得到，作点F关于对角线的对称点，连接，，若为等腰三角形时，则线段的长为（ ）
A．1B．1或4C．1或2D．1或2或4
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，根据折叠的性质分三种情况：当时，②当时，③当时，分别求解即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
取的中点，连接，，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
∵是正方形的对角线，
∴，，
∴点、关于直线对称，
∵点、关于直线对称，，
∴，
∴点在以点为圆心，为直径的圆上运动，
当时，点在线段的垂直平分线上，
此时可得点与点重合，点与点重合，
故；
②当时，连接，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
由折叠的性质可得：，
∴，
∴，
∴点、、共线，
∵点、关于直线对称，
∴，
设，则，，
由勾股定理可得：，即，
解得：，即；
③当时，连接，
同②可证，
∴，
连接，，故点、，点、，点、分别关于直线对称，
∴与关于直线对称，
∴，
∴，
∵，点在上，
∴点与点重合，
∴；
综上所述，的长为或或，
故选：D．
57．（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形中，，，是 上一点，把四边形 沿折叠后得到四边形，，则的长为（ ）

A．B．3C．D．
【答案】D
【分析】本题考查折叠，菱形的性质，正方形的判定和性质，三角函数，熟练掌握数形结合的思想是解题的关键；
根据题意，连接，延长到于点，延长到于点，证明为正方形，根据三角函数求出，的长度，即可求解；
【详解】解：连接，延长到于点，延长到于点，

因为四边形 沿折叠后得到四边形，
，，
为正方形，
，
，
，
，
，
，
故选：D
58．（2024·湖北·模拟预测）如图，是的直径，将劣弧沿弦折叠，折叠后的弧恰好与相切于的中点，若，则的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了对称的性质，圆的相关性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．设实线劣弧所在圆的圆心为，连接，，，，根据题意可得和互相垂直平分，设圆的半径为，即，得到，由勾股定理可得，则，由切线定理和是的中点，可得，，在中，由勾股定理可得，进而得到，求出，即可求解．
【详解】解：如图，设实线劣弧所在圆的圆心为，连接，，，，
、关于对称，垂直平分，
，的半径相等，两圆为等圆，
设圆的半径为，即，
为和的公共弦，
也垂直平分，
，
在中，，
，
为切点，是的中点，
，，
在中，，
，
，
解得：，
，
的半径为，
故选：B．
59．（2024·广东·模拟预测）如图所示，在中，将点A与点B分别沿和折叠，使点A，B都与点C重合，若，则的度数为（）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理，折叠的性质是解题关键．根据折叠的性质得，，，再根据三角形内角和定理，最后由求的度数．
【详解】解：将点与点分别沿和折叠，使点、与点重合，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得
故选：B．
60．（2024·贵州安顺·模拟预测）如图，在矩形中，点E在上，点F在上，把这个矩形沿折叠后，使点D恰好落在点B处，若，，则折痕的长为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】根据折叠性质可得，根据平角定义可得，可得，根据矩形的性质可得，根据平行线的性质可得，即可证明是等边三角形，利用的余弦求出的长即可得答案．根据折叠性质得出是等边三角形是解答本题的关键．
【详解】解：∵把这个矩形沿折叠后，使点恰好落在点处，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的翻折变换、等边三角形的判定及性质、解直角三角形等知识，掌握以上基础知识是解本题的关键.
61．（2024·湖南·模拟预测）如图，将矩形直线折叠，使得点落在点处，交于点，若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先根据题意证明出，得到，设，则，根据勾股定理求出，然后根据正切的概念求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形
∴，，
由折叠可得，，
∴，
又∵
∴，
∴，
设，则
在中，
解得：
．
故选C．
【点睛】此题考查了勾股定理、矩形的折叠问题、全等三角形的性质和判定、正切的定义等知识，熟练掌握折叠的性质和勾股定理是解题的关键．
62．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在矩形中，，动点N从A出发，沿边向点D匀速运动，动点M从B出发，沿边向点C匀速运动，连接．动点N，M同时出发，点N运动速度为，点M的运动速度为，且．当点M到达C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形沿翻折，得到四边形．若在某一时刻，点B的对应点恰好与的中点重合，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图，设交于点，设，利用勾股定理求出（用表示），再利用相似三角形的性质求出（用表示），可得结论．
【详解】解：如图，设交于点，设，
，
可以假设，，
四边形是矩形，
，，，
点是的中点，
，
由翻折的性质可知，，，，，
在中，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
设，则，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
63．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，把矩形纸片先对折使与重合的得到折痕，再把纸片展开，重新折叠，使点A 刚好落在折痕上点F，折痕为，则的度数为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，先证明是等边三角形，则，则，故．
【详解】解：连接，
∵四边形是矩形，
∴，
由折叠得，，垂直平分，，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的外角定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
64．（2024·河北唐山·三模）四边形的边长如图所示，，E为边上一动点（不与A，D两点重合），连接，将沿直线折叠，点A的对应点为点F，则点C与点F之间的距离不可能是（ ）
A．3B．4C．5D．8
【答案】D
【分析】本题考查了折叠以及三角形三边的关系，运用折叠的性质是解这道题的关键．E点沿运动时，当折叠F落在时，此时有最小值，再利用三角形三边关系得到，即可得到取值范围，从而对选项进行判断．
【详解】解：如图所示，连接，
根据折叠的性质，我们可以得到，
∴，
∵，
根据三角形三边关系，
可以得到，
∴，
当折叠F落在时，
此时为最小值，
，
故取值范围为：，
故选：D．
65．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在中，是对角线，将沿折叠后，点的对应点E恰好落在的延长线上．若，，则的周长为（ ）
A．20B．28C．D．
【答案】D
【分析】此题重点考查平行四边形的性质、轴对称的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识．由平行四边形的性质得，，由折叠得得，，，因为点恰好落在的延长线上的点处，所以，，所以，在中，根据勾股定理列式计算，于是可得答案．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，
由翻折的性质，得，，，
点E在的延长线上，
，
．
．
，
在中，根据勾股定理，得，
．
的周长为．
故选：D．
►类型4 平移动态问题
66．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，沿所在直线向右平移得到，已知，，则平移的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了平移的性质．熟练掌握平移的性质是解题的关键．
根据平移的距离，计算求解即可．
【详解】解：由平移的性质可知，，
∵，
∴，
∴，
∴平移的距离为，
故选：A．
67．（2024·山西·模拟预测）如图，将沿直线的方向向右平移后到达的位置，此时点与点重合，若的周长为，则四边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查平移的性质．熟练掌握平移的性质，是解题的关键．
根据平移的性质，进行求解即可．
【详解】解：∵平移，
∴，
∵的周长，
∴四边形的周长为：
；
故选C．
68．（2024·江苏常州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是0,4，点的坐标是，将向右平移到的位置，点依次与点对应点，是的中点，若反比例函数的图象经过点和点，则的值是（ ）

A．5B．6C．8D．10
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、求反比例函数解析式、三角形中位线定理、平移的性质，由题意得，，由平移的性质可得：，，，，证明四边形为矩形得出，过点作轴于点，轴于点，过点作轴于，则四边形是矩形，得到，，设，求出，得出，求出的值，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
【详解】解：∵点的坐标是0,4，点的坐标是，
∴，，
由平移的性质可得：，，，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
过点作轴于点，轴于点，过点作轴于，如图所示，

则，
∴四边形是矩形，
∴，，
设，
∴，
∵为的中点，轴，轴，
∴
∵
∴
∴
∴为的中位线，
∴，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴．
故选：B．
69．（2024·甘肃武威·三模）如图，正方形的边长为，将正方形沿对角线BD向右平移，则等于（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查正方形的性质，平移的性质，由四边形是正方形，则，，根据勾股定理得，然后根据平移的性质得，通过线段和差即可求解，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，，
由勾股定理得：，
∵正方形沿对角线向右平移得到正方形，
∴，
∴，
故选：．
70．（2024·河南周口·三模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数 的图象与x轴，y轴分别交于点A，B，以为边向y轴左侧作等边，将沿x轴正方向平移得到，点恰好落在一次函数的图象上，且，则点的坐标为（ ）
A．B． C．D．
【答案】B
【分析】本题考查一次函数与坐标轴的交点、等边三角形的性质、平移的性质、解直角三角形等知识，熟练掌握平移的性质和等边三角形的性质是解答的关键．过点作轴于点H． 先求得等边三角形的边长，再由平移性质得到，，根据等腰三角形的性质和三角形的外角性质求得，利用锐角三角函数求得， ，进而可求解．
【详解】解：如图，过点作轴于点H．
由知，当时，，则，
∴等边三角形的边长为，．
由平移得，，，
∴，
∵，
∴，则，
∴，，，
∴，
∴点的坐标为，
故选：B．
71．（2024·福建厦门·二模）如图，将一块等腰直角三角板放在平面直角坐标系中，点，直角顶点C−2,0，点在第二象限．将沿轴正方向平移后得到，点的对应点恰好落在双曲线上，则平移的距离等于（ ）

A．4B．6C．8D．10
【答案】B
【分析】本题考查了坐标与图形、三角形全等的判定与性质、反比例函数的性质、平移的性质，由题意得，，作轴于，证明得出，设将沿轴正方向平移个单位后得到，得出，，结合反比例函数的性质求出的值即可得解．
【详解】解：∵点，C−2,0，
∴，，
如图：作轴于，

则，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
设将沿轴正方向平移个单位后得到，
∴，，
∵点的对应点恰好落在双曲线上，
∴，
解得：，
∴平移的距离为，
故选：B．
72．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在中，D为的中点，将线段沿射线方向平移得到线段，连接，．若，，垂足为A，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了平移的性质，平行四边形的判定，矩形的判定与性质，以及正切的定义，熟练掌握以上知识点是解题的关键．连接，结合平移证明四边形是矩形，然后知道的长度，然后在中，利用正切的定义计算即可．
【详解】连接，如图所示
D为的中点
线段沿射线方向平移得到线段
，
，
四边形是平行四边形
四边形是矩形
，
，
故选：A．
73．（2024·河北石家庄·二模）如图，点为的内心，，，，将平移使其顶点与重合，与边交于点，延长交于点，延长交于点，则图中阴影部分的周长为（ ）
A．12B．9C．8D．6
【答案】B
【分析】本题考查了三角形的内心、正方形的判定与性质、勾股定理逆定理、平移的性质，连接，，由三角形内心的性质得出，由平移可得，，得到，从而得出，推出，同理可得：，即可得出的周长，由勾股定理逆定理得出，证明出四边形是正方形，求出的长即可得解．
【详解】解：如图，连接，，
，点为的内心，
平分，
，
由平移可得：，，
，四边形是平行四边形，
，
，
同理可得：，
的周长为，
，
为直角三角形，
，
四边形是矩形，
点为的内心，
，
四边形是正方形，
，
正方形的周长为，
图中阴影部分的周长为，
故选：B．
74．（2024·河南洛阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点O为坐标原点，，C是斜边的中点，且交x轴于点D．将沿x轴向右平移得到，当的中点E恰好落在y轴上时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．(7， 0)
【答案】A
【分析】本题主要考查了平移的性质，解直角三角形，坐标与图形，勾股定理，先求出，则由勾股定理得到，解直角三角形得到，根据线段中点的定义得到，则解直角三角形可得；由平移的性质可得，，则，求出，解得到，则，即．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴；
∵C是斜边的中点，
∴，
∵，
∴在中，，
由平移的性质可得，，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
在中，，
∴，
∴，
故选：A．
75．（2024·河北石家庄·二模）如图，是由沿AD方向平移得到的，其中点D为BC的中点，当的面积为18cm2，的面积为8cm2，时，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、平移的性质等知识，先证明，，则，根据相似三角形的性质进行求解即可．
【详解】解：∵是由沿AD方向平移得到的，
∴，
∴，
同理，，
∴，
∴
∴
∴，
∵
∴，
故选：A
76．（2024·山西长治·二模）如图，中，平分，将沿射线平移，当点D与点C重合时，交于点E，已知，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了平移的性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题关键是熟练掌握平移的性质，平行线的性质及角平分线的定义．根据平移的性质，得，由平行线的性质“两直线平行，同位角相等”，得，再根据角平分线的定义“角平分线分得的两个角相等”， 由平分，得，即可得出答案．
【详解】解：是沿射线BD平移所得，
，
，
，
平分，
，
故选：B．
77．（2024·山东烟台·一模）如图（1），在平面直角坐标系中，矩形在第一象限，且轴，直线沿x轴正方向平移，在平移过程中，直线被矩形截得的线段长为a，直线在x轴上平移的距离为b，a、b之间的函数关系图象如图（2）所示，那么矩形的面积为（ ）
A．B．15C．18D．20
【答案】B
【分析】本题考查了动点问题的函数图象的性质，平移性质及勾股定理的计算是解题关键．
设直线经过点时交于，由题得当直线经过点时为10，经过点时为11，求出、，利用勾股定理求出，当直线经过时为15，求出，根据矩形面积解答即可．
【详解】解：如图，设直线经过点时交于，
由题得当直线经过点时为10，经过点时为11，且为，
∴，
∴，
当直线经过时为15，
∴，
∴，
∴矩形的面积为：．
故选：B．
78．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，平面直角坐标系中，已知点，使点B平移至原点O，得到，则的长为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】本题考查了平面坐标与图形，平移的性质，相似三角形的判定与性质，根据坐标得到，再根据平移的性质得到，易证，得到，由相似的性质即可求解
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵将沿着x正向平移，使点B平移至原点O，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
79．（2024·陕西汉中·二模）如图，在中，，将线段向右平移a个单位长度后得到线段（点E、F分别与点A、B对应，且点E、F分别在线段上），当四边形为菱形时，a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质以及平移性质，菱形性质，先得出四边形是平行四边形，再结合四边形为菱形，得出，即可作答．
【详解】解：∵在中，将线段向右平移a个单位长度后得到线段，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，四边形为菱形，
∴，
则，
即a的值为，
故选：B．
80．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在中，，，，将沿方向平移得到，若平分，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】，从而，，，在中，，设，则，，再证，由，求解得，从而即可得解．
【详解】解：由平移得：，
∴，，，
∵，
∴，
在中，，
∴设，则，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了平移的性质，角平分线的定义，正切，勾股定理以及等腰三角形的判定，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
81．（2024·河北邯郸·三模）如图，在边长为1的菱形中，，将沿射线的方向平移得到，分别连接，，，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【分析】根据菱形的性质得到，，根据平移的性质得到，，推出四边形是平行四边形，得到，于是得到的最小值的最小值，根据平移的性质得到点在过点且平行于的定直线上，作点关于定直线的对称点，连接交定直线于，则的长度即为的最小值，求得，得到，于是得到结论
【详解】解：在边长为1的菱形中，，
，，
将沿射线的方向平移得到，
，，
四边形是菱形，
，，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
的最小值的最小值，
点在过点且平行于的定直线上，
作点关于定直线的对称点，连接交定直线于，
则的长度即为的最小值，
在中，
，，
，，
，
，
，
，
作，
过点D作垂足为G
在中，
．
故选：．
【点睛】本题考查了轴对称最短路线问题，菱形的性质，矩形的判定和性质，解直角三角形，平移的性质，求得的最小值的最小值是解题的关键．
82．（2024·云南·模拟预测）如图，中，，把沿直线向右平移3个单位长度得到，则四边形的面积是（ ）

A．22B．18C．15D．24
【答案】C
【分析】
本题主要考查图形平移的性质，勾股定理，几何图形面积的计算，掌握平移图形对应边相等是解题的关键．
根据平移可得，根据勾股定理可求出的值，最后根据梯形的面积的计算方法即可求解．
【详解】解：∵把沿直线向右平移个单位长度得到，
∴，,
在中，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是梯形，
∴四边形的面积，
故选：C．
83．（2024·山东临沂·三模）如图，在直角坐标系中，菱形的顶点的坐标为，．将菱形沿轴向右平移1个单位长度，再沿轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、 直角坐标系中点的平移规律，作轴于，先求出点的坐标，再由平移规律即可得出答案．
【详解】解：如图，作轴于，
∴，
∵点的坐标为，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴由勾股定理得，
∴，
∴点的坐标为，
∵将菱形沿轴向右平移1个单位长度，再沿轴向下平移1个单位长度，得到菱形，
∴点的坐标为，即，
故选：A．
84．（2024·河南周口·三模）如图，在中，，边在x轴上，A，B两点的坐标分别为，，矩形的顶点F与点O重合，顶点D在边上，且纵坐标为1．将矩形沿x轴向左平移，当点D落在边上时，点E的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了坐标与图形，矩形的性质，平移的性质，相似三角形的性质和判定，利用相似三角形求出线段是解题的关键．延长交于点，利用矩形的性质证明，利用相似的性质得到，再利用平移的性质即可得到点E的坐标．
【详解】解：延长交于点，
，边在x轴上，A，B两点的坐标分别为，，
，，，
矩形的顶点F与点O重合，顶点D在边上，且纵坐标为1．
，，
，
，
即，
，
矩形沿x轴向左平移，点D落在边上，
点E的坐标为．
故选：．
85．（2024·吉林长春·二模）如图，边长为2的正六边形的对称中心点P在函数的图象上，边在x轴上，点B在y轴上．平移正六边形，使点B、C恰好都落在该函数的图象上，则平移的过程为（ ）
A．左平移2个单位B．右平移1个单位，上平移个单位
C．右平移2个单位D．右平移个单位，上平移1个单位
【答案】B
【分析】根据正六边形的性质可得，因为点P在函数的图象上，因此可求出函数解析式，利用正六边形平移设，，根据平移后点B、C恰好都落在该函数的图象上，将这两个点代入函数解析式即可求出m、n的值，即可得出答案．
【详解】过点P作轴于点G，连接，
由题意可知，G是的中点，
，
，
点P在函数的图象上，
，
，
正六边形中，
，
在中，，
，，
，，
设正六边形向右平移m个单位，向上平移n各单位，则，
使点B、C恰好都落在该函数的图象上，
，
解得或，
又，
，
即正六边形右平移1个单位，上平移个单位，
故选：B．
【点睛】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式，正六边形的性质，反比例函数的图像和性质，将正六边形的边角关系和反比例函数上点的坐标结合起来是解题的关键．
86．（2024·新疆乌鲁木齐·三模）如图，的顶点A−4,0，，点C在y轴的正半轴上，，将向右平移得到，若经过点C，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了坐标与图形变化−平移，求一次函数的解析式，勾股定理，理解题意，灵活运用平移的性质是解决本题的关键．首先可求得直线的解析式，利用勾股定理求出，求出直线的解析式，求出点的坐标，可得结论．
【详解】解：设直线的解析式为，
把A−4,0，分别代入解析式，得，
解得，
∴直线的解析式为，
，，
，
，，
，
，
，
∴直线的解析式为，
令，则，
，
，，
，
故选：C．
87．（2024·河南·模拟预测）如图，在等腰直角三角形中，，是边上的中线，将沿射线方向匀速平移，平移后的三角形记为，设与重叠部分的面积为，平移距离为，当点与点重合时，停止运动，则下列图象最符合与之间函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了二次函数与几何图形的综合，涉及等腰直角三角形，平移的性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些性质，学会分类讨论．过点作于，由为等腰直角三角形，，可设，可得，，然后分情况讨论：当时，当时，分别求出关于、的函数，再数形结合即可求解．
【详解】解：过点作于，
为等腰直角三角形，，
，
设，
，，
当时，设交于点，交于，
，
由平移知，，
是等腰直角三角形，
，
又，
，
当时取得最大值，故排除A、B选项
当时，交于点，交于点，
，
，
又，
为等腰三角形，
，
为等腰三角形，
，
，
即当时，函数图像为开口向上的抛物线，故排除C选项
故选：D．
选项
路线
y随x的变化情况
是否与题中函数图象一致
A
减小→增大→减小→增大
否
C
减小→减小→增大
是
D
减小→增大→减小→增大
否