2026年安徽中考数学二轮复习 专题08 几何三大变换综合(平移、旋转、折叠)(题型专练)

这是一份2026年安徽中考数学二轮复习 专题08 几何三大变换综合(平移、旋转、折叠)(题型专练)，共37页。
第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学
典例引领 方法透视 变式演练
题型01 单一变换（平移/旋转/折叠）基础应用
题型02 平移与三角形/四边形综合
题型03 旋转与三角形/四边形综合
题型04 折叠与三角形/四边形综合
第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战
题●型●破●译
题型01单一变换（平移/旋转/折叠）基础应用
典例引领
【典例01】如图，是菱形的对角线，把菱形沿着对角线方向平移，得到菱形，，分别交，于点，，连接，若，，则与之间的关系大致可以用函数图象表示为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先利用菱形和平移的性质得到线段与角度的关系，再通过三角函数表示出的长度，从而建立与的函数关系式，最后根据函数的性质判断对应的函数图象．
【详解】解：如图，记交于点，

∵四边形是菱形，
∴，
设，则，设，则
由平移的性质可知，，
∴，
∴，
∴，
∴∙，
∵为定值，为定值，
∴为定值，且小于，∙为定值，且大于，
∴是关于的一次函数，且随的增大而减小，
∴选项符合题意
【典例02】在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线 与y轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，连接，将向右上方平移，得到，且点，落在抛物线的对称轴上，点落在抛物线上，则直线的解析式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查二次函数的图象和与坐标轴的交点坐标、图形的平移和待定系数法求一次函数表达式等知识点，解题的关键是熟练掌握二次函数的图形和性质．
先求出、两点的坐标和对称轴，先确定三角形向右平移了 1 个单位长度，求得的坐标，再确定三角形向上平移 5 个单位，求得点的坐标，用待定系数法即可求解．
【详解】解：当时，，
解得，
当时，，
，
对称轴为直线，
经过平移，落在抛物线的对称轴上，点落在抛物线上，
∴向右平移 1 个单位，即的横坐标为，
当时，，
∴，向上平移5个单位，
此时，
，
设直线的表达式为，
代入，
可得，
解得：，
故直线的表达式为，
故选：C．
方法透视
变式演练
【变式01】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．纳米D．微云人工智能
【答案】D
【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，据此进行判断即可．本题考查轴对称图形，熟练掌握其定义是解题的关键．
【详解】解：A，B，C不是轴对称图形，D是轴对称图形，
故选：
【变式02】如图，四边形ABCD是菱形，，且，作，交的延长线于点E．现将沿的方向平移，得到．设与菱形ABCD重合的部分（图中阴影部分）的面积为y，平移距离为x，则y与x的函数图像为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，进行分类讨论，求出不同情况下阴影部分面积的表达式，即可进行解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，，且，
∴，
∵，
∴，，
∵平移距离为x，
∵沿的方向平移，得到，
∴，，，
∵平移距离为x，
∴，
∴，
∴，，
①当时，
，
整理得：，
∵，
∴当时，y随x的增大而增大，
∴当时，有最大值；

②当时，
∵，
∴，，
∴，
整理得：，
∵，
∴y随x的增大而减小，
∴当时，有最大值；当时，有最小值；

③当时，
，
整理得：，
∵，
∴当时，y随x的增大而减小，

综上：，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了动点问题于函数图象，解题的关键是正确找出不同情况下阴影部分面积的求法
【变式03】如图，的顶点B，C在坐标轴上，点A的坐标为．将沿x轴向右平移得到，使点落在函数的图象上．若线段扫过的面积为9，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据平移的性质、反比例函数的解析式可得点的坐标，从而可得平移的长度，再根据“线段扫过的面积为9”可求出点的坐标，由此即可得出答案．
【详解】解：由题意得：点的纵坐标与点的纵坐标相等，即为，
将代入函数得：，即，
将沿轴向右平移个单位长度得到，
，
设点的坐标为，则点的坐标为，，
线段扫过的图形为平行四边形，且它的面积为9，
，即，
解得，
则点的坐标为，
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数的几何综合、平移的性质、平行四边形的面积公式等知识点，熟练掌握平移的性质是解题关键
题型02平移与三角形/四边形综合
典例引领
【典例01】如图，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，．将线段向下平移2个单位长度再向左平移4个单位长度，得到线段，连接，；
(1)直接写出坐标：点（____________，__________），点（___________，___________）
(2)，分别是线段，上的动点，点从点出发向点运动，速度为每秒1个单位长度，点从点出发向点运动，速度为每秒个单位长度，若两点同时出发，求几秒后轴？
(3)点是直线上一个动点，连接，，当点在直线上运动时，请直接写出与，的数量关系．
【答案】(1)；；
(2)秒后，轴
(3)当点P在线段上时，；当点P在的延长线上时，；当点P在的延长线上时，
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—平移，平行线的性质，平移的性质：
（1）根据平移的性质求解；
（2）设t秒后轴，根据轴，得到点M与点N的纵坐标相同，据此构建方程求解即可；
（3）分三种情形：①如图1中，当点P在线段上时，②如图2中，当点P在的延长线上时，③如图3中，当点P在的延长线上时，分别求解即可．
【详解】（1）解：∵向下平移2个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到线段，
∴，，
故答案为：；；
（2）解：设t秒后轴，
∵轴，
∴点M与点N的纵坐标相同，
∴，
解得，
∴秒后，轴；
（3）解：①如图1中，当点P在线段上时，
作交于点E，
∴．
∵（平移的性质），
∴，
∴，
∴；
②如图2中，当点P在的延长线上时，
作，
∴．
∵（平移的性质），
∴，
∴，
∴；
③如图3中，当点P在的延长线上时，．
作，同②可证
【典例02】在平面直角坐标系中，为原点，点．
(1)如图①，三角形的面积为___________；
(2)如图②，将点B向右平移7个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到对应点D，求三角形的面积；
(3)在（2）条件下，点是平面内一动点，若三角形的面积等于三角形的面积的一半，求点的坐标．
【答案】(1)6
(2)9
(3)点P的坐标为或．
【分析】本题考查坐标与图形变化——平移，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
（1）求出，，，利用三角形面积公式可得结论．
（2）连接，根据，求解即可．
（3）根据面积关系构建方程，求出即可．
【详解】（1）解：点，，，
，，，
，
故答案为：．
（2）解：连接．
∵，点B向右平移7个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到对应点D，
∴，
∴；
（3）解：由题意，，
解得，
点的坐标为或
方法透视
变式演练
【变式01】如图，已知点在反比例函数的图象上，点，，将沿方向平移，使点与点P重合，得到．过点作轴交反比例函数图象于点．
(1)直接写出的值；
(2)求直线的解析式；
(3)求平移前后线段扫过的图形面积．
【答案】(1)8
(2)
(3)22
【分析】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题；待定系数法求一次函数解析式；坐标与图形变化——平移，求出点坐标和函数解析式是解决本题的关键．
（1）把点代入直线，即可求值；
（2）根据平移的性质，求得，再运用待定系数法，即可得到直线的表达式；（3）延长交轴于，过作轴于，根据，可得线段扫过的面积的面积平行四边形的面积，据此可得线段扫过的面积．
【详解】（1）解：∵点在反比例函数的图象上，
∴；
（2）解：，，
，，
由平移可得，，
轴，，
点的横坐标为，
当时，，即，
设直线的解析式为，
把，代入，得：
，
解得：，
直线的解析式为；
（3）如图，延长交轴于，由平移可得，，又轴，，
点的纵坐标为4，即，
如图，过作轴于，
轴，，
点的横坐标为2，即，
又，
线段扫过的面积平行四边形的面积平行四边形的面积
【变式02】作为几何三大变换的轴对称，平移和旋转，有着神奇魅力，它不仅考验学生的逻辑思维能力，更考验学生的空间思维能力．
如图1，是直角三角形，．
【初步研究】
（1）把图1中的沿线段的垂直平分线作轴对称变换后得到，与原图形组成了图2所示的图形；连接，请从下面两种方法中选择其中一种证明：四边形是矩形；
【法一】有一个角是直角的平行四边形是矩形；【法二】对角线相等的平行四边形是矩形；
【继续探索】
（2）在图1中，已知，，把图2中的沿向右平移，得到，与交于点O，与交于点F，求线段的长；
【深度探索】
（3）把图2中的绕点A逆时针旋转得到，如图3所示，分别取、的中点M、N，连接，，与交于点P．问：点P是否是线段的中点？如果是，请证明；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）见详解；（2）；（3）点P是线段的中点，理由见详解
【分析】（1）证法一：根据轴对称变换的性质可得，则可得 ，，再根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”即可得证；证法二：根据轴对称变换的性质可得，则可得 ， ，，再根据“对角线相等的平行四边形是矩形” 即可得证；
（2）根据勾股定理可得，根据平移的性质可得，进而可得，则可得．再根据平移的性质和轴对称的性质可得，，，，进而可得．
（3）连接，根据三角形中位线的性质可得．连接并延长至F，使，连接、、，则可得四边形是平行四边形，则，，进而可得，．根据可得，则可得，，，进而可得，，则可得，，进而可得，，则可得．
【详解】（1）如图，连接，
证法一：
∵中，，且沿线段的垂直平分线作轴对称变换后得到，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）．
证法二：
∵中 ，且沿线段的垂直平分线作轴对称变换后得到，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）．
（2）∵中，，，
∴，
由平移的性质可得，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵, ，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
（3）如图，连接，
∵M、N分别是、的中点，
∴是的中位线，
∴，
连接并延长至F，使，连接、、，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
又∵，，
∴，，
又∵，
∴，
∴， ，
∵，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴P点是的中点．
【点睛】本题主要考查了几何三大变换的轴对称，平移和旋转．以及平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质．三角形中位线的判定和性质．不仅考验学生的逻辑思维能力，更考验学生的空间思维能力．熟练掌握变换前后的两个三角形全等是解题的关键
【变式03】如图，在边长为4的菱形中，对角线与相交于点E，边在x轴上，，，点C在反比例函数的图象上．
(1)直接写出C，D，E的坐标及k的值；
(2)将菱形向右平移，当点E恰好在反比例函数的图象上时，边与反比例函数图象交于点F，求点F到x轴的距离．
【答案】(1)，，，
(2)
【分析】（1）过点C作轴于点Q，过点D作轴于点G，利用三角函数的定义，菱形的性质，解答即可；
（2）设菱形 向右平移m个单位长度，此时，得到，
解得．根据，，得到平移后的坐标为，，
设直线的解析式为，求得．根据题意，得，解答即可．
【详解】（1）解：过点C作轴于点Q，过点D作轴于点G，
∵菱形的边长是4，，，
∴，，，
∴，即，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
根据中点坐标公式，得即，
∵点C在反比例函数的图象上．
∴．
（2）解：∵点C在反比例函数的图象上．
∴．
∴反比例函数的表达式为．
设菱形 向右平移m个单位长度，此时，
∴，
解得．
∵，，
∴平移后的坐标为，，
设直线的解析式为，
根据题意，得，
解得，
∴．
根据题意，得，
解得，（舍去），
∴时，，
∴点F到x轴的距离．
【点睛】本题考查了菱形的性质，反比例函数的解析式，三角函数的应用，平移，熟练掌握性质和三角函数的应用是解题的关键．
题型03旋转与三角形/四边形综合
典例引领
【典例01】如图，在中，，点为边上一点，；
(1)如图1，若，，，求点到直线的距离；
(2)如图2，点为线段中点，点为线段上一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若点恰好在线段上，连接，与线段交于点，连接，判断线段的数量关系，并证明．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）过点作延长线于点，利用勾股定理求得，再利用，即可求解；
（2）连接，交于点，通过导角得出，可知，证明，可得，即可证明，得，再利用直角三角形证明，得，最后利用中位线证明即可．
【详解】（1）解：过点作延长线于点，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即点到直线的距离为；
（2）解：，理由如下：
如图，连接，交于点，
设，
∵，点为线段中点，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
由旋转知，，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∵点为线段中点，
∴．
【典例02】如图（1），将三角板与三角板摆放在一起，其中，，；如图（2），固定三角板，将三角板绕点A按顺时针方向旋转，记（）．
【操作发现】
（1）在旋转过程中，当α为 度时，；
（2）当与的某一边平行（不共线）时，直接写出旋转角α的所有可能的度数；
【拓展应用】
（3）当时，连接，利用图（3）探究的值的大小是否变化，并说明理由．
【答案】（1）；（2）旋转角α的所有可能的度数是：，，；（3）当，，保持不变，理由见解析．
【分析】（1）如图1所示，记与的交点为F，根据三角形内角和定理得出，进而根据，即可求解；
（2）分三种情况求解：①当时，②，③，再结合图形求解；
（3）在中，根据三角形内角和定理，根据，，可得，即可得出．
【详解】解：（1）如图1所示，记与的交点为F，
，
，
，
，
即，
故答案为：；
（2）①当时，如图2所示，
记与的交点为点F，与的交点为点G，
，
，
，
，即；
②当时，如图1所示，
结合（1）得，，，
∴；
③当时，如图3所示，，
，
，即，
综上所述：旋转角α的所有可能的度数是：，，；
（3）拓展应用：当，，保持不变，理由如下：
如图4，设分别交、于点、，
在中，，
，，
，
，，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，垂直的定义，三角形内角和定理，三角形的外角的性质，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．
方法透视
变式演练
【变式01】在中，，将绕点按逆时针方向旋转，得到，旋转角为，点的对应点为点，点的对应点为点．如图所示，设边与交于点，边分别交于点．
(1)求证：；
(2)当为等腰三角形时，请直接写出的长；
【答案】(1)见解析
(2)或
【分析】本题考查了图形的旋转性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理的综合运用，分类讨论思想和数形结合思想是解答本题的关键．
（1）利用旋转的性质得到边和角的等量关系，结合全等三角形的判定定理（ASA）证明三角形全等，进而推出线段相等；
（2）先借助勾股定理求出等腰三角形的高，再根据等腰三角形的不同顶角情况进行分类讨论，结合旋转性质和等腰三角形的边角关系，分别计算出的长度．
【详解】（1）证明：将绕点按逆时针方向旋转，得到，
则，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：如图，过点作于点，
，则，则；
设，
当时，则点、、重合，构不成三角形，
故该种情况不存在；
当时，如图：
则，
而，
，
则，
由（1）知，，则，
则，
则；
当时，如图，
则，
则，
，
则，
则，
综上，或．
【变式02】将绕点A顺时针旋转得到，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接．将线段绕点C逆时针旋转得到线段，连接交于点N．
(1)如图1，若，，求的度数；
(2)如图2，若，，，求线段的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟知旋转的性质是解题的关键．
（1）由旋转的性质得到，根据等边对等角可得，再由三角形内角和定理求出的度数即可得到答案；
（2）可证明都是等腰直角三角形，则可证明B、D、M三点共线；利用勾股定理可推出，证明，则．
【详解】（1）解：由旋转的性质可得，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：由旋转的性质可得，
，，
∴都是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴B、D、M三点共线；
由勾股定理可得，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【变式03】在平面直角坐标系中，为坐标原点，正方形的顶点的坐标为，点在第一象限，点在轴正半轴上．
(1)如图①，点的坐标为________，点的坐标为________；
(2)将正方形绕点逆时针旋转，得到正方形，，，的对应点分别为，，．旋转角为，的延长线交轴于点，与轴交于点．
①如图②，当时，点的坐标为________，点的坐标为________；
②如图③，在旋转过程中，连接，设，的面积为S，求S关于的函数表达式，并直接写出的取值范围．
【答案】(1)，
(2)①，；②
【分析】本题主要考查正方形的性质、勾股定理、坐标与图形、二次函数的应用及旋转的性质，熟练掌握正方形的性质、勾股定理、坐标与图形、二次函数的应用及旋转的性质是解题的关键；
（1）由正方形的性质可知，然后问题可求解；
（2）①过点作轴于点，由旋转可得：，然后根据含30度直角三角形的性质及勾股定理可进行求解；②由旋转的性质得：，则可证，然后可得是等腰直角三角形，则有，进而问题可求解．
【详解】（1）解：正方形的顶点的坐标为，
∴，
∵点在第一象限，点在轴正半轴上，
，，
故答案为：，；
（2）解：①过点作轴于点，
由旋转可得：，
，
，即，
，
，
故答案为：，；
②根据题意，由旋转的性质得：，
在和中，
，
，
，
是等腰直角三角形，
在中，由勾股定理得：，
，
当点与重合时，，
又，
，
旋转角为，
，
．

题型04折叠与三角形/四边形综合
典例引领
【典例01】【问题情境】
折纸是一种许多人熟悉的活动，在数学活动课上，老师让同学们以“图形的翻折”为主题开展数学活动．
活动一：矩形可折叠
矩形纸片中，在边上取一点沿翻折，使点落在矩形内部处；再次翻折矩形，使与所在直线重合，点落在直线上的点处，折痕为．翻折后的纸片如图1所示．
活动二：折叠可得矩形
如图2，将 纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰 的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形．类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为“叠合矩形”，如图3和图4．
【提出问题】
（1）如图1，的度数为 ；
（2）如图1，若，，求的最大值；
（3）纸片还可以按图4的方式折叠成一个叠合矩形，若，，直接写出的长 ；
【解决问题】
（4）如图5，一张矩形纸片通过活动一中的翻折方式得到四边形，其中的一边与矩形纸片的一边重合，，，，，求该矩形纸片较长边的长度．
【答案】（1）；（2）的最大值为；（3）15；（4）矩形纸片较长边的长度为或
【分析】（1）由折叠的性质得出，，根据，即得；
（2）设，，则，证明，，得，得，得，根据二次函数的性质，即得的最大值为；
（3）设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4，由矩形性质和勾股定理，得 ,证明，得，由， ，即得；
（4）分和为矩形的边和角，和为矩形的边和角，两种情况计算矩形的边，比较得出矩形的较长边．
【详解】解：（1）如图1，
由题意得：，，
，
，
，
；
（2）如图1，
设，，则，
由（1）知，
，
四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当时，有最大值为，
的最大值为；
（3）解：设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4，
∵矩形中，，
∴,
∵，
∴，
由折叠的性质得：，
∵中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（4）作出原矩形，连接，如图5①，
，，，
，
，
四边形为矩形，
，．
设，则，设，则．
，
．
，
．
，
，
．
，
，
，
，
，
矩形纸片较长边的长度为；
当为矩形的一边时，作出原矩形，如图5②，
设，则，设，
四边形为矩形，
，，，
，
．
，
．
，
，
．
，
，
，
．
，
矩形纸片较长边的长度为；
综上所述，矩形纸片较长边的长度为或．
【点睛】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理；本题属于四边形综合题目，主要考查了折叠的性质、正方形的性质、矩形的性质、平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、梯形面积的计算、解方程等知识的综合运用；折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
【典例02】如图，在等腰中，．
(1)尺规作图：作关于所在直线对称的（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)连接，交于点，若，四边形周长为，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】本题考查尺规作三角形，轴对称的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，菱形的面积．熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
（1）分别以点A、C为圆心，为半径画弧，两弧相交于点D，连接、即可；
（2）先根据菱形得，，则可求得，根据菱形的周长可求得，由勾股定理，可求出，从而求得，然后由菱形的面积公式可求解．
【详解】（1）解：即为所求，
由作图可知：，
∵
∴
∴四边形为菱形，
∴与关于直线对称；
（2）解：如图，
由（1）知四边形为菱形，
∴，，，
∵四边形周长为，
∴，
由勾股定理，得，
∴．
∴四边形的面积．
方法透视
变式演练
【变式01】如图，已知一次函数的图象与反比例函数的图象交于两点，与y轴相交于点C．
(1)求一次函数与反比例函数的解析式；
(2)若点D与点C关于x轴对称，求的面积．
【答案】(1)一次函数的解析式为，反比例函数的解析式为
(2)3
【分析】本题考查了一次函数与反比例函数交点问题，轴对称的性质．
（1）将代入求出，即；将代入求出，把A，B两点的坐标分别代入中求出即可；
（2）先求出，再根据轴对称的性质求出，可知轴，，点A到的距离为，根据三角形面积公式计算即可．
【详解】（1）解：∵反比例函数的图象经过点，
∴，
即；
∵点在的图象上，
∴，
∴．
把A，B两点的坐标分别代入中，
得，
解得，
∴一次函数的解析式为，反比例函数的解析式为；
（2）解：当时，，
即．
∵点D与点C关于x轴对称，
∴．
又∵，
∴轴，，
∴点A到的距离为，
∴．
【变式02】如图，矩形中，．

(1)点E是边上一点，将沿直线翻折，得到．
①如图1，当平分时，求的长；
②如图2，连接，当时，求的面积；
(2)点E为射线上一动点，将矩形沿直线进行翻折，点C的对应点为，当点E，，D三点共线时，求的长．
【答案】(1)①；②的面积
(2)的长为或
【分析】（1）①根据折叠的性质以及F平分，得出，根据勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，得出，即可求解；②延长交的延长线于点G，根据折叠的性质以及矩形的性质得出，进而在中，勾股定理求得的长，等面积法求得边上的高，进而根据三角形的面积公式即可求解；
（2）分两种情况，①当E在的延长线上时，证明，②当E在线段上时，分别讨论即可求解．
【详解】（1）解：①∵四边形是矩形，
∴，
∵将沿直线翻折，得到，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴
∴；
②如图所示，延长交的延长线于点G，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵将沿直线翻折，得到，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
即，
解得：，
∴，，
设中边上的高为h，则，
∴，
∴的面积；
（2）当点E、、D三点共线时，分两种情况：
①当E在的延长线上时，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当E在线段上时，

由折叠的性质得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴；
综上所述，的长为或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，证明三角形全等是解题的关键．
【变式03】【综合与实践】主题：探究特殊四边形的折叠问题
情境：在数学活动课上，老师发给每位同学一张矩形纸片，引导同学们进行折叠探究．
操作一：如图，点为边上一点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．
（1）求证：
操作二：如图，将矩形纸片先沿对角线对折，再展开，折痕为．点为边上一点，将沿直线折叠，使点的对应点落在对角线上．
（2）若，，当点为的三等分点时，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）或
【分析】本题考查矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，掌握分类讨论思想是解题关键．
（1）借助折叠的性质和矩形的直角特性，推导得出两组对应角相等，从而证明；
（2）先求出矩形对角线的长度，再结合折叠后折痕垂直平分对应点连线的性质，构造相似三角形，然后针对为三等分点的两种位置情况，通过相似比建立方程，最终求出．
【详解】（1）证明：由折叠性质知，，
，
在矩形中，，
，
，
又，
．
（2）解：如图，设与交于点．
已知在矩形中，，，则．
情形一：当点为靠近点的三等分点时，，
由折叠知，，，
垂直平分，
，，
，
，
，
，
，
则，
解得．
情形二：当点为靠近点的三等分点时，．
同理建立方程，，解得．
故的长为或．
答：或．
题●型●训●练
一、解答题
1．在平面直角坐标系中，将一块含有角的直角三角板如图放置，直角顶点的坐标为，顶点的坐标为，顶点恰好落在第一象限的双曲线上．
(1)确定反比例函数的关系式；
(2)现将直角三角板沿轴正方向平移，当顶点恰好落在该双曲线上时停止运动，求此时点的对应点的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题主要考查三角形全等的判定和性质，反比例函数图象上点的坐标特征．正确的作出辅助线是关键．
（1）过点B作轴于点D，证明，可得，可求出点C的坐标，即可求解；
（2）先求出时，可得此时点A移动了个单位长度，即C也移动了个单位长度，即可求解．
【详解】（1）解：如图，过点B作轴于点D，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵点的坐标为，顶点的坐标为，
∴，
∴，
∴，
∴设反比例函数的式为，
将代入得：，
∴反比例函数的关系式为；
（2）解：把代入，得，
解得：，
当顶点A恰好落在该双曲线上时，
此时点A移动了个单位长度，
∴C也移动了个单位长度，
∵点的坐标为，
∴点C的对应点的坐标为．
2．如图，点是反比例函数的图象上一点，是直线延长线上的一点，且，过点作轴的平行线交反比例函数的图象于点，连接，若．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)是线段的中点，将沿轴向左平移 个单位长度后，点恰好落在反比例函数的图象上，求平移前点的坐标．
【答案】(1)反比例函数的解析式为
(2)平移前点的坐标为
【分析】本题考查反比例函数的图象与性质，平移的性质，熟练掌握相关知识是关键．
（1）设点的坐标为，根据，可得点的坐标为，进而求出点的坐标为，结合，计算出的值；
（2）点的坐标为，结合题干可求出点的坐标为．由平移的性质可知，平移后的点的坐标为，将点坐标代入反比例函数的解析式，求出的值，从而得到平移前点的坐标．
【详解】（1）解：设点的坐标为，
∵是直线延长线上的一点，且，
∴点的坐标为，
∵轴，
∴，
把代入，得，
，
解得，，
∴点的坐标为，
∴，
∵，
∴，
解得，，
∴反比例函数的解析式为；
（2）解：设点的坐标为，
由（1）可知，点的坐标为，
∵是线段的中点，
∴点的坐标为，
将点向左平移个单位长度，所得的点的坐标为，
将，代入，得，
，
解得，，
∴平移前点的坐标为．
3．如下图，点P在内，M，N分别是点P关于OA，OB的对称点，MN分别交OA，OB于点E，F，连接PE，PF．若的周长等于20cm，求MN的长．
【答案】
【分析】本题考查轴对称的性质与运用，对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．
根据轴对称的性质可得，，然后求出的长度等于的周长，由此即可求解．
【详解】解：，分别是点关于，的对称点，
，，
．
的周长等于，
．
4．如图，直线与直线交于点，交x轴于点B，直线分别与x轴、y轴交于点C、，连接．
(1)求k、b的值；
(2)点是线段上的一动点，点是点P关于y轴的对称点，当在内部时（不含边界），求m的取值范围．
【答案】(1)，；
(2)
【分析】本题考查了一次函数综合题，考查了求一次函数解析式，关于轴对称的点的性质，两直线的交点坐标，利用数形结合的思想解决问题是关键．
（1）先将点代入，得出点的坐标，再利用待定系数法求解即可；
（2）先求出，根据关于轴对称的点的性质得到，作点关于轴的对称点，则，连接，与交于点．利用待定系数法求出直线和直线的解析式，联立得到点的坐标，再根据点在线段之间（不含线段端点），即可求解．
【详解】（1）解：将点代入得，，即．
将点，代入得，，
解得：，．
（2）解：由（1）知直线的解析式为．
令，则，解得：，
．
是关于轴的对称点，
．
如图，作点关于轴的对称点，则，连接，与交于点．
设直线的解析式为，
把代入得，解得，
直线的解析式为；
设直线的解析式为，则有，
，．
直线的解析式为，
联立可得：，解得，．
点，
当在内部时（不含边界），点在线段之间（不含线段端点），
．
．
5．在某次校园数学实践活动中，为测量校园内三角形景观的相关数据，某小组同学遇到了如下问题：如图①，点P 在等边内部，且，求 的长．
【初步探究】（1）经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点A按顺时针方向旋转， 得到， 连接， 寻找，，三边之间的数量关系，即可求得 的长为 ；
【理解应用】（2）如图②，在等腰直角中，， P为内一点，， 判断，，之间的数量关系， 并说明理由；
【类比迁移】（3）如图③，学校有一块三角形的劳动实践基地，其中，，实践工具存放点位于基地的P点，通过测量，，求线段的长．
【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）
【分析】本题考查了等边三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理等三角形综合知识，通过旋转构造特殊三角形是解题的关键．
（1）根据题意得为等边三角形，为直角三角形，继而求得；
（2）通过旋转性质得为等腰直角三角形，为直角三角形，即可解答；
（3）通过旋转性质得为等腰直角三角形，为直角三角形，即可解答．
【详解】解：（1）由旋转可知：
是等边三角形，
，
是直角三角形，

（2） 理由如下：如图， 把绕点C顺时针旋转得到， 连接，
由旋转可知: ， ， ，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
在中， 即

（3）如图，将 绕点B顺时针旋转，得到 连接，
由旋转可知：
是等腰直角三角形，

点在线段上，

是直角三角形，

的长为 ．
6．在数学的研究中，我们常常利用类比联想的思想方法，可以对一些问题进行引申拓展研究，达到“解一题，知一类”的目的．
【题根分析】例如：如图1，点分别在正方形的边上，，连接，试猜想之间的数量关系．解题思路：把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，由，得，即点共线，易证之间的数量关系为．
【类比引申】
（1）如图2，中，，点是边上两点，．试猜想之间的数量关系．（直接写出你的猜想，不必写出证明过程）
【联想拓展】
（2）如图3，在中，，点均在边上，且，若，求的长．
【答案】（1）
（2）
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，旋转的性质，勾股定理，
对于（1），将绕点A逆时针旋转得到，连接，根据“边角边”证明，可得，再根据勾股定理得出答案；
对于（2），将绕逆时针旋转得△，由旋转的性质得，，再根据，可得，作，交延长线于点G，可求，再勾股定理得，然后根据勾股定理得出答案．
【详解】（1）解：．
将绕点A逆时针旋转得到，连接，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
在中，，
∴，
即；
（2）解：将△绕逆时针旋转得△，
则，，
同理（1）得，
∴．
过点F作，交的延长线于点G，
则，
∴，
∴，
∴．
根据勾股定理，得．
根据勾股定理，得．
7．在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，，，点在轴的负半轴上，点在第二象限，矩形的顶点，点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上．将沿轴向右平移，得到，点的对应点分别为．
(1)如图1，当经过点时，求直线的函数表达式；
(2)设，与矩形重叠部分的面积为；
①如图②，当与矩形重叠部分为五边形时，与相交于点，分别与，交于点，用含有的式子表示 ；直接写出的取值范围 ；
②请直接写出满足的所有t的值 ．
【答案】(1)
(2)①，；②或5
【分析】（1）根据平移的性质可得是等腰直角三角形，根据矩形的性质可得，从而得到，最后用待定系数法即可求得答案；
（2）①根据，即可求得，再结合题意列不等式组即可求得；②分五种情况讨论：当时，与矩形重叠部分为三角形；当时，与矩形重叠部分为四边形（梯形）；当时，重叠部分为梯形；当时，与矩形重叠部分为五边形；当时，重叠部分为矩形，分别画出图形，结合图形建立方程求解即可．
【详解】（1）解：如图①，当经过点时，
矩形的顶点，
，
由平移的性质可得：为等腰直角三角形，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
设直线的解析式为，
将代入得：，
解得：，
直线的解析式为：；
（2）解：①如图②，当与矩形重叠部分为五边形时，
矩形中，，
四边形是矩形，
设，则，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
；
②当时，与矩形重叠部分为三角形，如图，

重叠部分的面积为：，
，
，解得：，
，
不符合题意，此时重叠部分面积不可能为；
当时，与矩形重叠部分为四边形（梯形），如图④，

则，
，
，
解得：，
，
符合题意；
当时，重叠部分为梯形，为定值，不能等于；
当时，与矩形重叠部分为五边形，
由①知：，
，
解得：（舍去），；
当时，重叠部分为矩形，如图⑤，
，
，
当时，，不符合题意；
综上所述，满足的所有的值为或5．
【点睛】本题是矩形综合题，考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质，平移变换的性质，三角形、梯形、矩形面积，代定系数法求一次函数的解析式等知识，解题关键是运用数形结合思想和分类讨论思想．
8．如图1，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，且B点坐标是，，延长，与x轴相交于点D．
(1)求直线的函数表达式；
(2)将菱形沿x轴向右平移得菱形，设，菱形与重叠部分的面积为S．
①如图2，当点在y轴上时，求S的值；
②当时，请直接写出t的值．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）连接交轴于点，根据菱形的性质求出，再由待定系数法求解函数解析式；
（2）①先证明为等边三角形，则，那么，，则，故，过点作于点，可得，故，证明四边形为平行四边形，则；
②当重叠部分为五边形时，过点作于点，表示出，，则，证明为等边三角形，则，故，则，然后表示，则，过点作于点，同理可得，，然后计算，而，最后由建立方程求解；当重叠部分为平行四边形时，由①可得平行四边形的最大面积为，故不符合题意．
【详解】（1）解：连接交轴于点，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线，
∴，
∴，
∴直线；
（2）解：①在图1中，∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是菱形，且平移后的为菱形
∴,，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
过点作于点
∴，
∴，
∴，
∵菱形中，，
∴四边形为平行四边形，
∴；
②当重叠部分为五边形时，如图：
过点作于点
由①可得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴
∴
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
过点作于点，
同理可得：，，
∴，
∵，
∴，
解得；
当重叠部分为平行四边形时，由①可得平行四边形的最大面积为，故不符合题意，
综上：当时，．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，二次根式的混合运算，平移的性质，等边三角形的判定与性质等知识点．
9．如图，在中，于点，点在上（不与点，重合），连接，交于点．
(1)求和的长；
(2)当是以为腰的等腰三角形时，求的长；
(3)将沿着翻折后得到，点落在点处，连接，当时，直接写出的值．
【答案】(1)
(2)的长为或
(3)
【分析】此题考查了解直角三角形、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握解直角三角形、相似三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）求出，根据锐角三角函数值列式计算即可；
（2）分和两种情况进行解答即可；
（3）连接交于点，过点作，交的延长线于点．根据折叠的性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识求出和，根据三角函数的定义即可求出答案．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
；
（2）已知是以为腰的等腰三角形，分以下两种情况讨论：
①当时，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
解得．
，
在中，由勾股定理，
得，
，
解得；
②当时，，
，
，即，
，
，
，
，
，
设，则，
在中，由勾股定理，得
，
，
解得，
；
综上所述，的长为或；
（3）如图，连接交于点，过点作，交的延长线于点．
，
，
由折叠的性质可知，，
，
，
又，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，即，
解得，
，
，
。
，
四边形是菱形，，
，
，
，
，
，
，
，即，
解得，
，
．
10．在中，，，点是平面内一点（不与点，，重合），连接，，，连接．将沿直线翻折，得到，连接．
(1)如图1，点在内部，交于点，点是上一点，且，连接．
①求证：；
②若，，求点到直线的距离；
(2)如图2，点在的内部，试直接写出，，之间的数量关系________．
【答案】(1)①见解析；②
(2)
【分析】本题考查几何变换的综合应用，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
（1）①根据全等三角形的判定即可证明；②根据全等三角形的性质和折叠的性质，求出和的长度即可解答；
（2）过点作交的延长线于点，证明，根据折叠的性质即可解答．
【详解】（1）①证明：，
．
，
．
在和中，
．
沿直线翻折，得到，
，
．
②，
，，
，
，，
．
，
．
由翻折得，，，
，
．
，
点、点、点三点共线，
．
设点到直线的距离为，
则，
即．
答：点到直线的距离为．
（2）解：如图，
过点作交的延长线于点，
．
，
．
，
．
，
．
，
．
，，
，．
由翻折得，，，
，
，即．
，
．
故答案为：．
11．如图，在平行四边形中，，，，点是上一点，且点从点出发，沿折线运动，到终点停止，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，设点在折线上运动的路径长为．
(1)如图，当点在边上运动时，长的最小值为
(2)如图，当点在上时，连接交于点，设．
当时，求的值
嘉琪说，点在上时，的值与的值无关，请分析嘉琪的说法是否正确
(3)如图，当射线恰好经过点时，求此时的值．
【答案】(1)
(2)；正确
(3)
【分析】（1）当时，最小，即最小，解直角三角形得出结果；
（2）①作于G，可求得，根据得出；
②延长交于点H,连接，交于点N，可证得，，从而，进而得出结果；
（3）作于W，作，交的延长线于V，可证得，从而，进一步得出结果
【详解】（1）解：如图1，
∵旋转，
∴，
当时，最小，即最小．
过D作于G．
．
∴．
，
∴设（）．
∵，
∴．
∴（舍负）．
∴．
．
∵，
．
故答案为：．
（2）解：①如图2，
同（1），作于G，
则．
线段绕点E顺时针旋转得到线段，
．
由（1）知，．
．
点F在上．
∵，
∴．
，
四边形是矩形．
．
，
∴．
．
．
②嘉琪的说法正确，理由如下：
如图3，延长交于点H,连接，交于点N，则．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴，．
，．
∴．
∴．
由①可知，．
∴．
．
∴的值与的值无关．
（3）解：如图4，
作于W，作，交的延长线于V．
．
．
，
．
．
．
．
设，
则．
由上知，．
．
．
．
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是熟练掌握各知识点并灵活运用．
12．在中，，将绕点旋转得到，点的对应点在边上，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，当，时，求的长，
(3)如图3，过点作的平行线交的延长线于点，连接交于
①求证：；
②当时，直接写出的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①见解析；②
【分析】（1）根据旋转的性质和相似三角形的判定定理进行证明即可；
（2）根据相似三角形的性质可得，是直角三角形，由勾股定理可得，，由旋转的性质可得，，则．从而得到，使用勾股定理计算即可；
（3）①由旋转的性质可得，，，，则，结合，可证明．通过等量代换，可得，则可证明；
②作，垂足为，延长、交于点，设，则，使用勾股定理计算出．容易证明，根据相似三角形的性质可得，．由等腰三角形的性质，可得，进而得到．容易证明，则．由①中的，可得．由平行判定，则，代入即可．
【详解】（1）解：由旋转的性质可知，，，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可知，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
在直角中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在直角中，，
∴
解得，；
（3）解：①由旋转的性质可知，，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴；
②如图，作，垂足为，延长、交于点，设，
∵，
∴，
在直角中，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质以及勾股定理，熟练掌握相关知识是解题关键．考向解读
每年必考，多以小题（选择、填空）或解答题第一问形式出现，核心考查平移、旋转、折叠的基本性质，侧重“变换前后的对应边、对应角相等，图形的形状、大小不变”。考向特点是“场景简单，性质明确”，难度偏低，重点考查三大变换的核心定义，容易因性质记忆不牢、对应关系找错丢分
方法技能
平移核心：牢记“两不变、一对应”——形状、大小不变，对应边平行（或在同一直线）且相等，对应角相等；平移方向和距离是关键，解题时先确定平移的方向（水平、垂直或斜向）和距离（对应点连线的长度），可通过网格或线段长度计算平移距离。
旋转核心：牢记“三不变、一对应”——形状、大小不变，对应点到旋转中心的距离相等，对应角相等（旋转角相等）；旋转中心、旋转方向（顺时针/逆时针）、旋转角度是三大关键，解题时先找准旋转中心，通过对应点连线的垂直平分线确定旋转中心，再计算旋转角度（对应边的夹角）。
折叠核心：牢记“轴对称性质”——折叠前后对应边相等、对应角相等，对应点的连线被折痕垂直平分；折痕是对应点连线的垂直平分线，折叠后形成的图形是轴对称图形，解题时优先找“重合的边和角”，利用轴对称性质转化线段和角度。
易错点规避：混淆三大变换的性质（如误将平移的对应边垂直，误将旋转的对应点到旋转中心的距离不相等）；找错对应边、对应角；折叠问题中，忽略折痕的垂直平分性质，无法转化线段关系
考向解读
中考常考，多以解答题形式出现，核心考查平移与三角形（全等、等腰、直角三角形）、四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）的综合应用，设问多为“证明线段相等/平行”“求线段长度/角度”“判断图形形状”。考向特点是“平移转化线段，联动图形性质”，难度中等，重点考查平移的性质与几何图形性质的结合，容易因平移方向判断错误、线段转化不灵活丢分
方法技能
核心思路：利用平移的性质，将分散的线段、角集中到一个图形中（如将三角形平移，使一组对应边重合，构造全等三角形），再结合三角形、四边形的性质（如平行四边形的对边相等、直角三角形的勾股定理）求解。
分场景解题：① 平移与三角形综合：通过平移构造全等三角形，利用对应边相等、对应角相等，证明线段平行或相等，求角度或边长；② 平移与四边形综合：平移四边形的一边或对角线，构造平行四边形或矩形，利用平行四边形的性质转化线段，求周长、面积或线段长度。
辅助线技巧：遇平移问题，可连接对应点，明确平移距离和方向；若图形分散，可通过平移某条线段，将图形拼接，简化计算和证明；牢记“平移不改变图形的形状和大小，仅改变位置”，大胆利用对应关系转化。
易错点规避：平移方向判断错误，导致对应边、对应角找错；未利用平移性质构造全等或特殊四边形，无法联动图形性质；计算线段长度时，忽略平移距离的转化
考向解读
中考高频考查，多以解答题（20-21题）或压轴题形式出现，核心考查旋转与三角形（全等、相似、等腰直角三角形）、四边形（正方形、菱形）的综合，侧重“旋转构造全等/相似，利用旋转角转化角度”。考向特点是“综合性强，模型固定”，难度中等偏上，重点考查旋转的性质与全等、相似的联动，常见模型有“90°旋转”“180°旋转”“旋转型全等”，容易因旋转中心找错、旋转角计算错误、模型识别不熟练丢分
方法技能
核心模型识别：① 90°旋转模型（高频）：多见于正方形、等腰直角三角形中，旋转后形成新的等腰直角三角形，利用“旋转角为90°”和“对应边相等”，结合勾股定理求线段长度；② 180°旋转模型（中心对称）：多见于平行四边形、矩形中，旋转后对应点连线经过旋转中心，且被旋转中心平分，可构造全等三角形；③ 旋转型全等：旋转后两个三角形全等，对应边相等、对应角相等，用于证明线段和差、角度转化。
解题步骤：① 确定旋转中心、旋转方向和旋转角度；② 利用旋转性质，找到全等/相似三角形，转化线段和角度；③ 结合几何图形的性质（如正方形的边长相等、直角三角形的勾股定理），计算未知量；④ 检验结果是否符合图形特征。
辅助线技巧：遇旋转问题，优先连接旋转中心与对应点，明确旋转角；若题目中无明确旋转中心，可通过对应点连线的垂直平分线确定旋转中心；构造旋转型全等时，可将某条线段绕某点旋转一定角度，使线段重合，简化证明
考向解读
中考压轴题常考，核心考查折叠与三角形（等腰三角形、直角三角形、全等三角形）、四边形（矩形、正方形、菱形）的综合，侧重“折叠的轴对称性质与几何图形性质的联动”，设问多为“求线段长度/角度/面积”“探究线段关系”“判断图形形状”。考向特点是“图形复杂，隐蔽性强”，难度较高，重点考查折叠后对应边、对应角的转化，以及直角三角形的构造，容易因折叠后图形分析不清晰、线段转化错误丢分
方法技能
核心思路：折叠的本质是轴对称，优先利用“对应边相等、对应角相等”“折痕垂直平分对应点连线”，找到相等的线段和角度，构造直角三角形（如折叠矩形的一个角，形成等腰直角三角形或含特殊角的直角三角形），结合勾股定理、全等三角形求解。
分场景解题：① 折叠与三角形综合：折叠三角形的一边，利用轴对称性质构造等腰三角形，结合三角形内角和、勾股定理求角度或边长；② 折叠与四边形综合（高频）：折叠矩形、正方形的边或角，利用对应边相等、直角相等，构造全等三角形或直角三角形，列方程求解线段长度（如设未知数，利用勾股定理列方程）。
辅助线技巧：遇折叠问题，可连接对应点，画出折痕，利用折痕的垂直平分线性质，转化线段长度；若折叠后有直角，优先构造直角三角形，利用勾股定理列方程（安徽中考高频考法）；注意折叠后点的位置（是否在图形内部/外部），避免漏解