2026年湖南中考数学二轮复习 专题06 图形的变化(知识清单)

这是一份2026年湖南中考数学二轮复习 专题06 图形的变化(知识清单)，共4页。学案主要包含了典例01，变式01，变式02，问题提出，直观感知，初步探究，深入研究，问题解决等内容，欢迎下载使用。
内●容●导●航
第一部分 命题解码 洞察命题意图，明确攻坚方向
►考向聚焦 ►考查形式 ►能力清单
第二部分 技法清单 构建思维框架，提炼通用解法
►知识必备/二级结论 ►母题精讲&答题技法 ►变式应用
技法01 三角形的平移问题 技法02 四边形的平移问题 技法03 圆的平移
技法04 三角形的折叠问题 技法05 四边形的折叠问题 技法06 圆的折叠问题
技法07 三角形的旋转问题 技法08 四边形的旋转问题 技法09 圆的旋转问题
技法10 位似与相似变换 技法11 网格中的变换作图
技法12 用图形的变化解决最短路径问题
技法13 解直角三角形的应用
第三部分 分级实战 分级强化训练，实现能力跃迁
命●题●解●码
技●法●清●单
技法01 三角形的平移问题
知识必备
平移的性质、平面直角坐标系中点的坐标变换、全等三角形的性质、平行四边形的判定。
答题技法
坐标系中点的平移遵循“右加左减横坐标，上加下减纵坐标”。平移前后的三角形全等，对应边平行且相等。利用平移构造平行四边形是常见辅助线思路。
母题精讲
【典例01】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点，将向左平移1个单位长度，则平移后点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查等边三角形的性质，坐标系中图形的平移，根据等边三角形的性质求出点坐标是解题关键．
过点B作的垂线，通过点A，C的坐标确定与坐标轴的位置关系，再利用等边三角形的性质求出点B的坐标，利用坐标系中图形的平移规律求解即可．
【详解】解：如图，过点B作，垂足为D，
∵，，
∴轴，
∴轴，
∵是等边三角形，，
∴，
又，
∴，，
∴，
，
∴，
∴在向左平移1个单位长度后，点B的坐标为，
故选：A．
变式应用
【变式01】（2025·山东济南·一模）如图，将沿边上的中线平移到的位置，已知的面积为9，阴影部分三角形的面积为4．若，则_____．
【答案】2
【分析】本题主要考查了平移的性质，三角形中线平分三角形的面积，相似三角形的性质，解题的关键是证明，利用相似三角形的性质列方程．
由且为边的中线知，根据，利用相似三角形面积的比等于相似比的平方列式求解可得．
【详解】解：∵，且为边的中线，
∴，
∵将沿边上的中线平移得到，
∴，
∴，
则，即，
解得或（舍），
故答案为：2．
【变式02】（2025·陕西延安·一模）如图，将沿直线方向平移到的位置（点A、B、C的对应点分别是点、、），延长、相交于点D．若，则的度数为______．
【答案】70
【分析】本题考查了平移的性质(平移前后对应线段平行)及平行线的性质(两直线平行，同旁内角互补)，解题的关键是根据平移性质得出对应线段平行，再利用平行线性质结合已知角度求的度数．
由平移性质可知,平移后对应线段；与平行，故与组成内错角，根据两直线平行内错角相等，即可求出．
【详解】解：∵沿直线方向平移得到，
∴(平移的性质：平移前后对应线段平行)．
即，
∴．
故答案为：．
技法02 四边形的平移问题
知识必备
平移的性质、平行四边形的性质与判定、平面直角坐标系中点的坐标变换、全等图形的性质。
答题技法
平移前后的四边形全等，对应边平行且相等。利用平移可构造平行四边形，解决线段相等或平行的问题。坐标系中点的平移规律同样适用。
母题精讲
【典例01】（2025·浙江·模拟预测）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．
变式应用
【变式01】（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，．将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y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】如图，过作轴于，求解，，可得，求解，，可得，再利用平移的性质可得．
【详解】解：如图，过作轴于，

∵菱形的顶点A的坐标为，．
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，
∴；
故选A
【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，图形的平移，熟练的求解B的坐标是解本题的关键．
【变式02】（2025·广西·中考真题）综合与实践
树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1）
初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形．
【问题提出】
西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置．
设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为．
【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？
【初步探究】（2）求图3情形的与的值；
【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式；
【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果）
【答案】（1）随的增大而增大；（2），；（3）；（4）
【分析】（1）根据矩形的性质得，根据平行四边形的面积公式得，然后分别求出当时，当时，关于的解析式，即可得出结论；
（2）根据（1）的结论可得答案；
（3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，，
此时遮阳区的面积为六边形的面积，推出，，得，，再根据即可得出结论；
（4）分别确定：当时，当时，当时，各个范围内的最大值，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形，四边形是平行四边形，，，，在边所在直线上，
∴，，，
又∵如图2，在上，，，
∴，
，
当时，如图，设交于点，交于点，则，
此时遮阳区的面积为的面积，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴当时，随的增大而增大，的值从增大到；
当时，如图，设交于点，则，，，
此时遮阳区的面积为四边形的面积，
∵，
∴四边形为梯形，
∴，
∴当时，随的增大而增大，的值从增大到；
综上所述，从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大而增大；
（2）如图3，此时点落在上，则，
由（1）知：当时，；
∴图3情形时，，；
（3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，，
此时遮阳区的面积为六边形的面积，

∴，，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴
，
∴从图3情形起右移至与重合，该过程中关于的解析式为；
（4）当时，，
当时，的最大值为：；
当时，，
当时，的最大值为：；
当时，，
∵
∴当时，的最大值为：，
综上所述，当时，取得最大值，最大值为，
∴当遮阳区面积最大时，向右移动了．
【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，列函数关系式，二次函数的最值，等积变换等知识点，利用分类讨论的思想及数形结合的思想解决问题是解题的关键．
技法03 圆的平移
知识必备
平移的性质、点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系。
答题技法
圆的平移即圆心的平移，半径不变。平移后圆与直线（圆）的位置关系取决于圆心到直线（圆心距）与半径的比较。
母题精讲
【典例01】（2025·辽宁抚顺·一模）在平面直角坐标系中，半径为2的的圆心P的坐标为，将沿轴正方向平移，使与y轴相切，则平移的距离为（ ）
A．1或5B．1C．1或3D．3
【答案】A
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是了解当圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径．分为圆在y轴的左侧和在y轴的右侧两种情况写出答案即可．
【详解】解：∵圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径2，
∵当位于y轴的左侧且与y轴相切时，平移的距离为1；
当位于y轴的右侧且与y轴相切时，平移的距离为5．
综上所述，将沿轴正方向平移，使与y轴相切，则平移的距离为1或5．
故选：A．
变式应用
【变式01】（23-24九年级上·河北廊坊·月考）如图1，在中，，，，点O在边AB上，且，以点O为圆心，2为半径在AB的上方作半圆O，交AB于点D，E，交AC于点P．将半圆O沿AB向右平移，设点D平移的距离为．
(1)在图1中，劣弧的长为________；
(2)当半圆O平移到与边AC相切时，如图2所示．
①求x的值；
②已知M，N分别是边BC与上的动点，连接MN，求MN的最小值和最大值之和；
(3)在半圆O沿边AB向右平移的过程中，当半圆O与的重叠部分是半圆O时，直接写出x的取值范围．
【答案】(1)
(2)①；②MN的最小值和最大值之和为
(3)半圆O与的重叠部分是半圆O时，x的取值范围是
【分析】（1）本题主要考查利用扇形弧长公式计算劣弧长度，找到劣弧所对的圆心角是解决问题的关键，在利用公式求解．
（2）本题主要考查利用切线的性质求x的值，其次利用点到直线距离求MN的最小值，由于M，N两点都是自由点，故可以直接算出MN的最大值，即当点M与点B重合时，点N与点D重合时，此时MN最大
（3）本题主要考查圆完全在三角形内部时的临界状态，即圆与三角形两条直角边分别相切时，即可求出x的取值范围．
【详解】（1）解：如下图，连接；
∵，；
∴；
∴劣弧．
（2）①连接PO，
∵边AC与半圆O相切；
∴；
∵，；
∴；
∴；
②如下图，当时，OM与弧DE交于点N，此时MN最小；
∵；
∴；
∵；
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴根据勾股定理可得，
∴；
如图2，当点M与点B重合时，点N与点D重合时，此时MN最大，；∴MN的最小值和最大值之和为．
（3）解：x的取值范围是；
如图3，半圆O与BC相切，连接OP，
∴，
∴，
∴，
∴；
根据勾股定理可得，解得.
∵；
∴；
∴半圆O与的重叠部分是半圆O时，x的取值范围是.
【变式02】（2023·河北石家庄·一模）如图1，已知点A、O在直线l上，且，于O点，且，以OD为直径在OD的左侧作半圆E，于A，且．向右沿直线l平移得到，设平移距离为x．

(1)若的边经过点D，则平移的距离______；
(2)如图2，若截半圆E得到的的长为，求的度数；
(3)当的边与半圆E相切时，直接写出x的值．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）由平移性质和正切函数求解即可；
（2）在图2中，连接、、，由弧长公式求得，进而得到是等边三角形，证得，则，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求解即可；
（3）根据题意，分当的边与半圆E相切和的边与半圆E相切两种情况，分别画出图形，利用切线性质和锐角三角函数求解即可．
【详解】（1）解：如图1，

由平移性质得，
∵，，
∴，
∴平移距离，
故答案为：；
（2）解：连接、、，如图2所示，

则半圆E的半径，
设，
∵截半圆E的的长为，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴.
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）解：根据题意，分两种情况：
当的边与半圆E相切时，如图3，
设切点为P，连接，则，
∵，，
∴，
∴，
∴平移的距离；
当的边与半圆E相切时，如图4，
设切点为P，连接并延长交l于N，则，
∵，，
∴，又，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴平移的距离，
综上，平移的距离x的值为或．

【点睛】本题考查平移性质、切线性质、解直角三角形、弧长公式、角平分线的性质、三角形和四边形的内角和、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用数形结合和分类讨论思想求解是解答的关键．
技法04 三角形的折叠问题
知识必备
轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、角平分线性质、直角三角形性质、分类讨论思想。
答题技法
折叠即全等，找准折痕（对称轴）。设未知数表示折叠后相关线段长度，在直角三角形中利用勾股定理列方程。若涉及动点折叠，需分类讨论点的落点位置（如落在边上、角平分线上等）。
母题精讲
【典例01】（2025·江苏徐州·中考真题）如图，将三角形纸片折叠，使点A落在边上的点D处，折痕为．若的面积为8，的面积为5，则_______．
【答案】
【分析】本题考查的是轴对称的性质，三角形面积，先求解的面积为，的面积为，进一步可得答案．
【详解】解：∵的面积为8，的面积为5，
∴的面积为，
由折叠可得：的面积为，
∴的面积为，
∴，
故答案为：
变式应用
【变式01】（2025·江苏常州·中考真题）如图，在中，，D是边上一点，将沿翻折得到使线段、相交于点F，若，，则________．
【答案】
【分析】本题考查解直角三角形，勾股定理，翻折的性质，熟练作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．过点作于点，由，设，则，结合，求出，，由翻折得，设，则，，在中，利用，求解即可．
【详解】解：过点作于点，
∴，
设，则，
∴，
得，
则，，
由翻折得，
设，
则，，
在中，，
即，
解得：，
即，
故答案为：．
【变式02】（2026·上海黄浦·一模）如图，在中，，，，、是边、上的点，且，将沿翻折至，与交于点．如果的面积是面积的，那么线段的长是______．
【答案】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，折叠的性质，由沿翻折至，得，，，证明，由的面积是面积的，即，故有，即，设，则，由，得，解得：，所以，再证明，得，然后代入即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵将沿翻折至，
∴，，，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的面积是面积的，
∴，
∴，即，
设，则，
∴，
∴，
由，得，解得：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
技法05 四边形的折叠问题
知识必备
轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、角平分线性质、直角三角形性质、分类讨论思想。
答题技法
折叠即全等，找准折痕（对称轴）。设未知数表示折叠后相关线段长度，在直角三角形中利用勾股定理列方程。若涉及动点折叠，需分类讨论点的落点位置（如落在边上、角平分线上等）。
母题精讲
【典例01】（2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形中，，E是线段的中点，F是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，根据题意得到点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动是解题的关键．
过点C作于点G，可得四边形是矩形，从而得到，，再利用勾股定理求出的长，从而得到当点到的距离最小时，面积最小，过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小，然后结合可得点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小，延长交于点M，过点D作于点N，则，可得，即可求解．
【详解】解：如图，过点C作于点G，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴当点到的距离最小时，面积最小，
过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小，
∵E是线段的中点，，
∴，
由折叠的性质得：，
∴点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，
∴当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小，
延长交于点M，过点D作于点N，则，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴
∴，
即面积的最小值为．
故选：B．
变式应用
【变式01】（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则______．（用含的式子表示）
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，平行线的性质，由四边形是平行四边形，得，，由折叠性质可知，
，，，故有，根据平行线的性质得，，最后通过角度和差即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
由折叠性质可知，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【变式02】（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________．
【答案】/
【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为，
则，
∵正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
由折叠可知，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵
∴，
设正方形边长为，则，
∵，
∴，
在中，，即
解得：或（不合题意舍去）
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明是解题关键．
技法06 圆的折叠问题
知识必备
圆的轴对称性、垂径定理、勾股定理、切线的性质和判定、弧长的计算。
答题技法
圆是轴对称图形，任何直径所在直线都是对称轴。折叠问题中，折痕若过圆心，则折叠前后弧完全重合。利用垂径定理可求弦长、半径等。
母题精讲
【典例01】（2025·山西·模拟预测）如图，半径为2的圆形纸片上有三点，分别沿弦折叠圆形纸片，使折叠后的与都经过圆心，则，围成的阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了求不规则图形的面积，解直角三角形，等边三角形的性质与判定，折叠的性质，垂径定理，在上取点关于直线的对称点，连接，连接交于点，由折叠的性质可得，则可证明和是等边三角形，垂直平分，进而可得，解直角三角形得到，则，可求出，同理可得，再根据列式求解即可．
【详解】解：如图，在上取点关于直线的对称点，连接，连接交于点．
由折叠可知．
和是等边三角形，垂直平分．
，
，
在中，，
∴，
∴，
同理可得，
，
故选：A．
变式应用
【变式01】（2024·江西·中考真题）如图，是的直径，，点C在线段上运动，过点C的弦，将沿翻折交直线于点F，当的长为正整数时，线段的长为______．
【答案】或或2
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据，可得或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：为直径，为弦，
，
当的长为正整数时，或2，
当时，即为直径，
将沿翻折交直线于点F，此时与点重合，
故；
当时，且在点在线段之间，
如图，连接，
此时，
，
，
，
，
；
当时，且点在线段之间，连接，
同理可得，
，
综上，可得线段的长为或或2，
故答案为：或或2．
【变式02】（2025·广东惠州·二模）综合探究：
(1)如图1，等圆与相交于点与点，连接，证明四边形为菱形．
(2)如图2，已知的直径为10，以线段为折痕进行折叠，使得与直径相切于点，若折叠后与点重合，求此时的长度．
(3)如图3，在题（2）中，改变与直径相切的切点的位置．若折叠后切点与圆心的长度，求折痕的长度．
【答案】(1)见详解
(2)
(3)
【分析】（1）根据圆的性质得，，结合等圆得，即可证明菱形；
（2）连接、，过点O作，则，结合重叠得，即可求得，，利用弧长公式即可求得；
（3）设折叠后的圆弧所对的圆心为，连接，，，与交于点M，由（1）知与互相垂直平分得和，进一步求得，由（1）知以点为圆心的圆半径也是5，利用勾股定理求得和，利用即可．
【详解】（1）证明：∵与相交与点与点，
∴，，
∵等圆与，
∴，
∴四边形为菱形；
（2）解：连接、，过点O作，如图，
∵的直径为10，
∴，
∵直径相切于点，若折叠后与点重合，
∴，
则，
∴，，
则的长度；
（3）解：设折叠后的圆弧所对的圆心为，连接，，，与交于点M，如图所示：
由（1）知与互相垂直平分，
∴，，
∵，
∴，
由（1）知以点为圆心的圆半径也是5，
∴，
∵，改变与直径相切的切点的位置，
∴，
∴，
∴，
∴，
即折痕的长为．
【点睛】本题考查了翻折的性质、圆的性质、相交圆的性质、菱形的判定、解直角三角形、弧长公式、勾股定理的运用和垂直平分线性质的运用，根据相交圆的性质求解是解题的关键．
技法07 三角形的旋转问题
知识必备
旋转的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理、分类讨论思想。
答题技法
遇共顶点等线段（如等腰三角形顶点）常考虑旋转构造全等。旋转前后对应边相等、对应角相等。注意旋转中心的确定，以及旋转角与图中角的关系。
母题精讲
【典例01】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点O，，，将绕点顺时针旋转至，与，分别交于点E，F，当时，的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题综合考查矩形的性质，旋转的性质，全等、相似三角形的判定与性质，找到全等三角形和相似三角形建立线段之间的等量关系是解题关键．
先通过矩形的性质求出的长，再取与的交点为M，通过旋转和矩形的对角线相等且互相平分，证明，再利用等边对等角和对顶角，三角形内角和，推出，通过已知条件得到相似比，建立线段之间的等量关系，最后列方程求出对应的值即可．
【详解】解：如图，取与的交点为M，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵是矩形的对角线，的交点，
∴，
∴，
由旋转的性质，可知，，，，
∴，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∵，，
∴，即，
又，，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
解得，
∴，
，
∴的周长为，
故选：B．
变式应用
【变式01】（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，中，，，将绕点A顺时针旋转得到，点B，点C的对应点分别为点D，点E，连接，点D恰好落在线段上，则的长为（ ）
A．B．4C．D．6
【答案】B
【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质以及旋转的性质，由等腰三角形的性质得；再由旋转的性质得，从而得，故可得，从而可求出结论．
【详解】解：在中，，
∴；
由旋转可知，
∴，
由旋转得：，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【变式02】（2025·辽宁·中考真题）（1）如图1，在与中，与相交于点，，求证：；
（2）如图2，将图1中的绕点逆时针旋转得到，当点的对应点在线段的延长线上时，与相交于点：若，求的长；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接并延长，与的延长线相交于点，连接，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）利用等边对等角求得，再利用证明即可；
（2）由题意得，得到，，，作于点，利用直角三角形的性质结合勾股定理求得，，证明，推出，利用相似三角形的性质列式计算即可求解；
（3）设，由旋转的性质得，则，利用三角形内角和定理以及平角的性质求得，，推出，求得，作于点，求得，再求得，据此求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，即，
∵，，
∴；
（2）∵，即，
∴，，，
作于点，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
（3）设，
由旋转的性质得，则，
∵，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，即，
∴．
技法08 四边形的旋转问题
知识必备
旋转的性质、正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定、手拉手模型。
答题技法
正方形绕中心旋转90°后与自身重合，是旋转问题的常见素材。遇共顶点等线段（如正方形顶点）常考虑旋转构造全等。旋转前后对应边相等，可利用此性质证明线段相等或垂直。
母题精讲
【典例01】（2025·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，坐标与图形，由正方形与旋转可得在轴上，，结合，可得，，进一步可得答案.
【详解】解：∵正方形的边长为5，边在轴上，将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．
∴，在轴上，，
∵，
∴，，
∴，
故选：A
变式应用
【变式01】（2026·陕西西安·一模）如图，四边形是边长为2的菱形，，将菱形绕点A逆时针旋转，使点B的对应点落在对角线上，交于点E，则四边形的面积等于 ______．
【答案】/
【分析】本题考查菱形的性质，旋转的性质，根据菱形的对角线平分一组对角，得出的度数，利用的面积减去的面积求出四边形的面积即可．
【详解】解：连接，交于点，
∵四边形是边长为2的菱形，，
∴，
∴，
∴，，，为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵将菱形绕点A逆时针旋转，使点B的对应点落在对角线上，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴四边形的面积等于
；
故答案为：．
【变式02】（2025·天津·一模）已知矩形在平面直角坐标系中，点，点，点，把矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，点A，B，C的对应点分别为D，E，F．交y轴于点M．
(1)如图①，求的大小及的长；
(2)将矩形沿y轴向上平移，得到矩形，点O，D，E，F的对应点分别为．设．
①如图②，直线与x轴交于点N，若，求t的值；
②若矩形与矩形重叠部分面积为S，当重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并写出t的取值范围（直接写出答案即可）．
【答案】(1)，；
(2)①1；②（）．
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，三角函数的有关计算．
（1）根据矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，， ，在 中， 即可得出结论；
（2）①①由四边形 是矩形，又因为，所以四边形 是平行四边形， ， 即可求解；
②先确定的取值范围，再利用梯形面积减去三角形面积可得： （），即可得出结论．
【详解】（1）解：∵把矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，；
（2）解：①∵四边形是矩形，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
∴，
如图，记交y轴于点，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
②当与重合时，
当过点时，如图，
同理可得：
设
则
由 可得：

经检验：是原方程的根且符合题意，

当重叠部分为五边形时，
t的取值范围为
如图，同理可得：
过作，则同理可得


即（）．
技法09 圆的旋转问题
知识必备
圆的旋转对称性、圆心角、弧长公式、扇形面积公式。
答题技法
圆绕圆心旋转α角度，圆上各点绕圆心旋转相同角度。旋转前后弧长、弦长不变，圆心角变化。利用旋转角等于对应点与圆心连线夹角可求相关量。
母题精讲
【典例01】（23-24九年级下·浙江杭州·月考）图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键．三角形的旋转如此，扇形的旋转也如此．
【问题情境】如图1，，将绕点O顺时针旋转 成扇形，点C是延长线上一点，，过点C作射线，求弧的长．
【问题解决】如图2，将上题中的扇形绕点B按顺时针方向旋转，若旋转后的扇形和射线相切与点D，求的长．
【问题拓展】如图3，将题（1）中的扇形继续旋转，使旋转后点落在射线上，弧与射线交于另一点E，求的长．
【答案】问题情境：；问题解决：；问题拓展：
【分析】问题情境：根据弧长计算公式求解即可；
问题解决：如图所示，过点作于E，连接，由切线的性质得到，证明四边形是矩形，得到，则，则，求出，即可得到；
问题拓展：如图所示，过点作于E，于H，同理可证明四边形是矩形，则，证明，得到，设，则，，由勾股定理建立方程，解方程得到，，则．
【详解】解：问题情境：由题意得，弧的长；
问题解决：如图所示，过点作于E，连接，
∵旋转后的扇形和射线相切与点D，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
问题拓展：如图所示，过点作于G，于H，
同理可证明四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴，，
∴．
【点睛】本题主要考查了求弧长，旋转的性质，切线的性质，勾股定理，矩形的性质与判断，勾股定理等等，解（2）的关键在于作出辅助线构造矩形，解（3）的关键在于作出辅助线构造全等三角形．
变式应用
【变式01】（2023·四川广元·二模）平面上，与直径为的半圆O如图1摆放，，，，半圆O交边于点D，将半圆O绕点C按逆时针方向旋转，点D随半圆O旋转且始终等于，旋转角记为

(1)当时，连接，则____________°，_____；
(2)试判断：旋转过程中的大小有无变化，请仅就图2的情形给出证明；
(3)若，，当半圆O旋转至与的边相切时，直接写出线段的长．
【答案】(1)，
(2)，证明见解析
(3)或
【分析】（1）先判断出，进而得出，得出比例式即可得出结论；
（2）先判断出即可得出结论；
（3）先求出，分两种情况计算即可得出结论．
【详解】（1）解：连接，如图1，

∵是半圆O的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；．
（2）旋转过程中的大小无变化，证明如下：
如图2中，+连接，

∵是半圆的直径，
∴
又
∴
又，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴．
（3）∵，，
∴，，
由勾股定理得，，
①如图3中，当时，半圆与相切．

在中，．
②如图4中，当时，半圆与相切，作于M．
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，，
由（2）可知，
∴．
∴为或．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，切线的性质，矩形的判定和性质，解（1）的关键是判断出，解（2）的关键是判断出解（3）的关键是分类讨论．
【变式02】（2025·湖南永州·模拟预测）如图1，在中，是的中点，以为圆心在的右侧作半径为3的半圆，分别交于点，交于点．
(1)求及的长；
(2)如图2，将线段连同半圆绕点旋转．
①在旋转过程中，求点到距离的最小值；
②若半圆与的直角边相切时，设切点为，连接，写出的长．
【答案】(1)，
(2)①；②或
【分析】（1）先利用勾股定理求解可得的长，过点O作交于I，再进一步利用三角函数与勾股定理可得；
（2）①由勾股定理求出，当时，点O到的距离最小，由三角形面积公式可得出答案；
②分两种情况：当半圆O与相切时，当半圆O与相切时，由切线的性质及勾股定理可得出答案．
【详解】（1）解：∵在中，，，，
∴，且O是的中点，
∴，
过点O作交于I，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①当时，点O到的距离最小，
由三角形面积公式可得， ，
∴，
∴，
∴点O到的距离最小值是；
②当半圆O与相切时，
如图2，设切点为K，连接，，则，
在中，，，
∴，
在中，，
∴，
当半圆O与相时，如图3，设切点为K，连接，
∴，
∴．
∴的长为或．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了切线的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
技法10 位似与相似变换
知识必备
位似的性质、相似三角形的判定与性质、比例线段、位似中心的确定。
答题技法
位似是特殊的相似，对应边平行或共线。利用位似比等于相似比建立比例式，结合已知条件列方程求解。注意位似中心可能在图形内部或外部。
母题精讲
【典例01】（2025·浙江·中考真题）如图，五边形是以坐标原点O为位似中心的位似图形，已知点的坐标分别为．若的长为3，则的长为（ ）
A．B．4C．D．5
【答案】C
【分析】本题考查了位似图形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握位似图形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
根据位似图形的性质得到，证明，即可求解．
【详解】解：∵五边形是以坐标原点O为位似中心的位似图形，点的坐标分别为
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
变式应用
【变式01】（2025·山东青岛·模拟预测）如图，，是上的点，，是外的点，和是位似图形，位似中心为点，点，对应点是点，，交于点，若，，则的长为（ ）
如图，，是上的点，，是外的点，和是位似图形，位似中心为点，
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】本题考查位似图形的性质，圆的性质．利用位似图形得出，再结合，，得出，即可求解．
【详解】解：∵和是位似图形，位似中心为点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，
故选：A．
【变式02】（2025·山东烟台·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，的顶点的坐标为．以点为位似中心作与位似，相似比为2，且与位于点同侧；以点为位似中心作与位似，相似比为2，且与位于点同侧……按照以上规律作图，点的坐标为______．
【答案】/
【分析】本题考查了位似的性质，根据位似比等于变换后与变换前的图形的对应线段的比，根据两点距离得出进而得出，求得直线的解析式，根据，即可求解．
【详解】解：依题意，，
∴，
设直线的解析式为，代入，
∴
解得：
∴
设
∴
解得：（舍去）
∴
故答案为：．
【变式03】（2026·安徽安庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，．
(1)画出与关于y轴对称的；
(2)以原点O为位似中心在第三象限画出，使它与的相似比为2，并写出点的坐标；
(3)仅利用无刻度直尺在线段上找一点P，使得．
【答案】(1)见解析
(2)见解析，
(3)见解析
【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标得到的坐标，然后描点连线得到即可；
（2）把A、B、C的坐标都乘以得到的坐标，然后描点连线即可；
（3）如图先找到三点，得到，，，
进而，再延长与交于点，进而可得到．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：如图所示，即为所求，；
（3）解：如图所示，点即为所求．
技法11 网格中的变换作图
知识必备
网格作图的关键是找准关键点（三角形顶点）。平移时按向量移动各点；旋转时以旋转中心为圆心，将关键点沿指定方向旋转相同角度；位似时先确定位似中心，将关键点连线并延长至指定倍数。
答题技法
网格作图的关键是找准关键点（三角形顶点）。平移时按向量移动各点；旋转时以旋转中心为圆心，将关键点沿指定方向旋转相同角度；位似时先确定位似中心，将关键点连线并延长至指定倍数。
母题精讲
【典例01】（2024·安徽·模拟预测）点如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，线段的端点均为格点(网格线的交点)
(1)画出线段关于直线对称的线段 (点A，B的对应点分别为，)；
(2)将线段先向下平移2个单位长度，再向右平移4个单位长度，得到线段 (点A，B的对应点分别为，)，画出线段；
(3)描出线段上的点P，使得，此时的值为_______．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查平移，轴对称，勾股定理，掌握平移和轴对称的性质是解题的关键．
（1）找到点A，B关于直线的对称点，连接即可；
（2）将点A，B分别向下平移2个单位长度，再向右平移4个单位长度，找到对应点位置，连接即可；
(3）连接交于，过作垂线与的交点即为，根据勾股定理计算边长求比值即可．
【详解】（1）线段如图所示．
（2）线段如图所示
（3）点P如图所示，
．
变式应用
【变式01】（2024·广东·模拟预测）如图在平面直角坐标系中，网格中每一个正方形的边长均为1个单位长度．的三个顶点均在格点上．
(1)画出向左平移3个单位，再向下平移2个单位的图形．
(2)画出绕点逆时针旋转的图形．
(3)在轴上找一点，使得的值最大，请求出点的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了平移作图，旋转作图，三角形三边关系，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）利用网格分别画出点A、B、C向左平移3个单位，再向下平移2个单位的对应点、、，再依次连接即可；
（2）利用网格分别画出点B、C绕点逆时针旋转的对应点、，再依次连接即可；
（3）根据可知，当、、三点共线时，的值最大，然后根据网格写出P点坐标即可．
【详解】（1）解：如图即为所求，
（2）解：如图即为所求，
（3）解：如图所示，点在x轴上，连接、，
∵，
∴当、、三点共线时，的值最大，最大值为，
∴根据网格可知，此时点与重合，坐标为．
【变式02】（2026·安徽·模拟预测）如图，在的正方形网格中，点，，是小正方形的顶点，点在线段上．
(1)将线段向上平移得到线段，使得线段经过点，在图中画出线段；
(2)在图中画出线段，使得与关于点中心对称，并在线段上找一点，使得．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平移的性质作图即可；
（2）根据中心对称的性质作图即可得出线段，然后连接并延长交于点G即可．
【详解】（1）解：如图，线段即为所求，
；
（2）解：如图，线段，点G即为所求，
．
技法12 用图形的变化解决最短路径问题
知识必备
轴对称变换、旋转变换、两点之间线段最短、三角形三边关系、勾股定理。
答题技法
确定动点所在直线（对称轴）和两个定点。作其中一个定点关于直线的对称点，连接对称点与另一个定点，所得线段与直线的交点即为所求点，线段长即为最小值。
母题精讲
【典例01】（2023·河南南阳·二模）综合与实践
问题提出
（1）如图①，请你在直线l上找一点P，使点P到两个定点A和B的距离之和最小，即的和最小（保留作图痕迹，不写作法）；

思维转换
（2）如图②，已知点E是直线l外一定点，且到直线l的距离为4，MN是直线l上的动线段，，连接，求的最小值．小敏在解题过程中发现：“借助物理学科的相对运动思维，若将线段看作静线段，则点E在平行于直线l的直线上运动”，请你参考小敏的思路求的最小值；

拓展应用
（3）如图③，在矩形中，，连接，点E、F分别是边、上的动点，且，分别过点E、F作，，垂足分别为M、N，连接，请直接写出周长的最小值．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）作点A的对称点，由两点之间线段最短即可求解；
（2）将M、N看作定点，E看作动点，由（1）作法可解；
（3）由相似得出为定值，再根据（2）作法求出的最值，即可求解．
【详解】解：（1）如图①，点即为所求，

作法：作点A关于的对称点，
连接，交直线于点，由对称可得，
∴，
∵两点之间线段最短，
∴最短，即最短；
（2）如图②，过点作直线，作点关于的对称点，连接，交于点，则的值即是的最小值，

∵点到直线的距离为，
∴
∵
∴，
∴，即的最小值为；
（3）如图③，过作，，作关于直线的对称点，连接，

由（2）可得，为的最小值，
∵，，
∴，
∴
∴，
设，由题意可得：，
∴，
∴，即
∴，
∴，
∴
由题意可得：，
∴
∴，即
解得，
∴
∵，
∴
∴，
周长的最小值
【点睛】本题考查了线段和最值作法的应用，三角形相似的判定与性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
变式应用
【变式01】（2023·安徽黄山·模拟预测）如图①，四边形是正方形，是等边三角形，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕点B逆时针旋转60°得到，连接．
(1)连接是等边三角形吗？为什么？
(2)求证：；
(3)①当M点在何处时，的值最小；
②如图②，当M点在何处时，的值最小，请你画出图形，并说明理由．
【答案】(1)是，理由见解析
(2)见解析
(3)①点M为的中点；②点M为与的交点时，的值最小，图及理由见解析
【分析】（1）根据旋转的性质可得，再根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可；
（2）根据等边三角形的性质可得，再求出，然后利用“边角边”证明△AMB和△ENB全等即可；
（3）①根据两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，的值最小，再根据正方形的性质解答；②根据全等三角形对应边相等可得，然后求出，再根据两点之间线段最短证明．
【详解】（1）解：是等边三角形．理由如下：
如图①，∵绕点B逆时针旋转60°得到，
∴，
∴是等边三角形；
（2））证明：∵和都是等边三角形，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴；
（3）解：①由两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，的值最小，
∵四边形是正方形，
∴点M为的中点；
②当点M为与的交点时，的值最小，理由如下：
如图②，∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
由两点之间线段最短可知，点E、N、M、C在同一直线上时，，
故点M为与的交点时，的值最小．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，两点之间线段最短，从两点之间线段最短考虑求解是解题的关键．
【变式02】（2025·河南周口·二模）利用轴对称求最值的核心思路是通过轴对称变换，将复杂的几何问题转化为简单的对称问题．具体步骤如下：首先需要确定问题的对称轴，这通常是根据题目的几何条件来确定的．然后构造对称点，将动点关于对称轴构造出对称点，这样可以将原问题转化为两个对称点之间的问题．请据此解答下面的问题．
问题提出
（1）如图，已知，是内一点，，点，分别是，边上的动点（不与点重合），求周长的最小值．我们可以分别作点关于，的对称点，，然后连接，，与，有两个交点，当、分别与这两个交点重合时，如图，周长最小．
的度数是 ；
周长的最小值是 ．
问题探究
（2）如图，在等腰中，，，点是的中点．在上取点，连接，，试求的最小值．
问题解决
（3）如图，四边形为一个矩形绿地，点为矩形的中心，通过测量得，米，在绿地边上存在一点P，使得的值最小．请直接写出这个最小值．
【答案】（1），；
（2）；
（3）米
【分析】根据对称的性质可知：，，所以可知，，从而可得：；
根据对称性质可知，，所以可知是等边三角形，从而可知，线段的长度就是周长的最小值；
过点作于点，延长到点，使，连接，则点与点关于直线对称，连接交于点，则，线段的长度就是的最小值，利用勾股定理求出线段的长度即可；
过点作的垂线交的延长线于点，于的交点即为所求，根据直角三角形的性质可知米，利用可证，根据全等三角形的性质可知，米，利用勾股定理求出米，可得：的最小值是米．
【详解】解：点与点关于对称，
，
点与点关于对称，
，
，
，
，
，
故答案是：；
解：点与点关于对称，
，，
点与点关于对称，
，，
，
由可知，
是等边三角形，
，
的周长是，
周长的最小值是，
故答案是：；
解：如下图所示，过点作于点，延长到点，使，连接，
则点与点关于直线对称，
连接交于点，则，
线段的长度就是的最小值，
是等腰直角三角形，，，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
点是的中点，
，
，
的最小值是；
如下图所示，过点作的垂线交的延长线于点，于的交点即为所求，
四边形为一个矩形，
，
，米，
米，
米，
，
点是矩形的中心，
，
，
，
，
在中， ，，
，
在和中，，
，
，米，
米，
米，
的最小值是米，
米，
的最小值是米．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形的性质、轴对称的性质、等边三角形的性质、勾股定理，解决本题的关键是根据轴对称的性质构造全等三角形和直角三角形，利用勾股定理求出边的长度．
技法13 解直角三角形的应用
知识必备
锐角三角函数的定义、特殊角的三角函数值、勾股定理、直角三角形的边角关系、解直角三角形的四种基本类型（已知两边、已知一边一角等）。
答题技法
解直角三角形的基本策略是“知二求三”（已知两边或一边一角）。熟记特殊角的三角函数值，在非直角三角形中通过作高构造直角三角形，利用等角转化或方程思想求解。
母题精讲
【典例01】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在四边形中，，点在四边形内，，于点，将沿翻折，点恰好与点重合，延长交折痕的延长线于点，，则点到直线的距离为__________．
【答案】/
【分析】过点作，交的延长线于，过点作于，可证得，进而证得四边形是正方形，再证得，求得，利用三角函数求得，即可求得答案．
【详解】解：过点作，交的延长线于，过点作于，如图，
∵将沿翻折，点恰好与点重合，
，
，
∴四边形是矩形，
，
，
即，
，
，
，
，
，
∴四边形是正方形，
，
，
在中，，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
则点到直线的距离为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，翻折变换的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数等，熟练运用相似三角形的判定和性质是解题关键．
变式应用
【变式01】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在正方形中，点在的延长线上，点是的中点，连接并延长交于点，连接，则（）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】先根据正方形边长和已知条件求出各线段长度，通过证明三角形全等得到的长度，再利用勾股定理求出、、的长度，最后通过勾股定理逆定理判断三角形形状，进而求出．
【详解】解：∵正方形中，，
∴，．
∵，
∴．
∵是的中点，
∴．
∵，，，
∴（），
∴，．
在中，，，
∴．
在中，，，
∴．
在中，，，
∴．
∵，
∴是直角三角形，且．
∴．
故选：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及勾股定理逆定理、锐角三角函数的定义，熟练掌握正方形的性质并结合全等三角形和勾股定理求解线段长度是解题的关键．
【变式02】（2025·四川·中考真题）为测量物体的高度，某数学兴趣小组开展了如下活动：
【制作仪器】
把一根细线固定在半圆形量角器的圆心处，细线的另一端系一个小重物，制成一个简单的测角仪，利用它可以测量仰角或俯角，当测量物体时，将该仪器用手托起，拿到眼前，使视线沿着仪器的直径所在直线刚好到达物体的最高点．

【测量高度】
小丽同学用此测角仪测量一棵树的高度，先在该树前平地上选择一点A，站立此处，测得树顶端D的仰角为，再测得点A离树底端B的距离为20米，并测得眼睛所在位置点C离点A的距离为1.5米，请根据这些数据，求出树的高度．（参考数据：，，）

【答案】树的高度为16.5 米
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，正确理解题意是解题的关键．
由题意得，，，解求出，再由即可求解．
【详解】解：由题意得，，，，
在中，，
∴，
∴
答：树的高度为16.5 米．
【变式03】（2025·陕西·中考真题）小伟和小华想用所学数学知识测量小河的宽．测量示意图如图所示，他们在河边的山坡上的点处安装测角仪，测得河对岸点的俯角为与的夹角为，又测得点与河岸点之间的距离为．已知，点在同一平面上，点在同一水平直线上，且．求河宽．（参考数据：，，，）
【答案】
【分析】本题考查解直角三角形，掌握相关知识是解决问题的关键．延长交于点，则，在中，利用的三角函数可求，则可求，进而在中利用三角函数值可求， 则可求．
【详解】解：如解图，延长交于点，则，
在中，，
，，
，
在中，，
，
，
河宽约为．
巩固提升
1．（2025·上海·一模）如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值______．
【答案】/
【分析】本题考查旋转的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，利用相似三角形的性质求解是解答的关键．
设，根据平行四边形的性质和旋转性质得到，，利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质得到，进而利用等角对等边可得，证明，利用相似三角形的性质求得即可求解．
【详解】解：如图，设，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
由旋转的性质得，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
∵，为公共角，
∴，
∴，即，
解得，
∴．
故答案为：．
2．（2025·福建泉州·二模）在等腰中，，点O是的角平分线上的一点，半径为1的经过点B，将沿方向平移，当与的边相切时，平移的距离是___________．
【答案】或
【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，勾股定理，等边对等角和三角形内角和定理，过点B作交延长线于H，则，解直角三角形可得，证明，则可求出；再分当与相切时，当与相切时，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：如图所示，过点B作交延长线于H，
∵等腰中，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴；
如图1所示，当与相切时，设切点为G，连接，则，
∴，
∴，
∴此时的平移距离为；
如图2所示，当与相切时，设切点为S，连接，在上取一点R使得，连接，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴此时的平移距离为；
综上所述，与的边相切时，平移的距离是或．
故答案为：或．
3．（2026·全国·模拟预测）如图，将绕点A逆时针旋转得到，使点E恰好落在边的中点，且点D落在上．已知，则的值为_______．
【答案】
【分析】本题考查相似三角形判定与性质，涉及旋转的性质，平行四边形性质及应用，由将平行四边形绕点A逆时针旋转得到平行四边形，可证，故，设，则，，即可求出，，从而．
【详解】解：∵将平行四边形绕点A逆时针旋转得到平行四边形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
4．（2025·山东滨州·中考真题）如图，每个小正方形的边长都为1，点A、B、C均在格点上．
（1）只用无刻度的直尺在上找一点D，使得最短（保留作图痕迹）______．
（2）在（1）的基础上，在边上找一点M，使得最小，最小值为______．
【答案】 见解析
【分析】本题考查了勾股定理与网格，矩形的性质，等腰三角形的性质，轴对称求最短距离等，掌握相关知识点是解题关键．
（1）由勾股定理可得，根据矩形的对角线互相平分找出的中点，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，由垂线段最短可知此时最短；
（2）作点关于的对称点，连接，由轴对称的性质可得当、、三点共线时，最小，最小值为的长，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）如图，点即为所求作，
故答案为：
（2）如图，作点关于的对称点，连接，
由轴对称的性质可知，，
，
当、、三点共线时，最小，最小值为的长，
过点作，由方格和为的中点知，，，
，
故答案为：．
5．（2025·河北沧州·模拟预测）如图1~图3，是半圆O的直径，且，是半圆O的弦（点M，N可分别与点A，B重合），将半圆O沿直线翻折．

(1)当点N与点B重合，且时，如图1．
①求劣弧的长；
②当半圆O沿直线翻折后，劣弧是否经过圆心O？__________（填“是”或“否”）；
(2)当时，如图2，过点O作，垂足为点P，折叠后的劣弧恰好经过的中点Q，连接，求的值；
(3)若折叠后的劣弧与直径切于点C，且点C是半径的中点，如图3，求折痕的长；
(4)若折叠后的劣弧始终与直径相切，设，直接写出d的取值范围．
【答案】(1)①；②是
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）①连接，根据，，得到，，根据弧长公式求劣弧的长即可；
②设点O的对称点为W，如图，与得交点为R，则，
由，故，根据折叠的等距性质，得，解答即可；
（2）设与圆的交点为T，根据折叠的性质，得，结合折叠后的劣弧恰好经过的中点Q，得到，故，利用勾股定理，正切函数的定义解答即可；
（3）设折叠圆弧所在的圆的圆心为，连接，设与的交点为H，根据折叠的性质，得，，，利用勾股定理，垂径定理解答即可．
（4）分类解答即可．
【详解】（1）①解：连接，
∵，，
∴，，
∴劣弧，
故答案为：；
②解：当半圆O沿直线翻折后，设点O的对称点为W，如图，与的交点为R，则，
由，
故，
根据折叠的等距性质，得，
故，等于圆的半径，
故点W一定圆上，
故劣弧是经过点W的，
故答案为：是．
（2）解：设与圆的交点为T，
∵，，
∴，
根据折叠的性质，得，
∵折叠后的劣弧恰好经过的中点Q，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：设折叠圆弧所在的圆的圆心为，
连接，设与的交点为H，
根据折叠的性质，得，，
，
∵点C是半径的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（4）解：设折叠圆弧所在的圆的圆心为，
根据题意，当点N 与点B重合，点M是的中点时，切点为B，此时取得最小值，
根据折叠的性质，，，
∴四边形是正方形，
∴；
当， 且恰好经过的中点K时，取得最大值，
根据折叠性质，垂径定理，得
∴，
∴，
∴，
故．
【点睛】本题考查了折叠的性质，垂径定理，勾股定理，弧长公式，熟练掌握定理和公式是解题的关键．
6．（2025·河北张家口·二模）【情境】数学课上，同学们用圆形纸片探究折叠的性质，如图1，是的直径，，沿弦折叠，使折叠后的与相切于点．
【发现】所在圆的半径为_____；
【探究】为了找到所在圆的圆心，同学们讨论了以下两种方式．
淇淇说：取弦和弦的中垂线的交点即可．
嘉嘉说：不必画两条中垂线，如图2，只需作点关于弦的对称点，点即为所求．
淇淇说：这样看来，折叠后，切点在直径上运动，可以看成在直径上滚动．
嘉嘉说：没错，所以当点在直径上运动时，点的运动路线和直径的位置关系是_____；
【拓展】
（1）如图3，若切点为的中点，连接，交于点，连接，求弦的长；
（2）若切点落在线段上（包括端点），直接写出弦的最大值和最小值．
【答案】【发现】2；【探究】平行；【拓展】（1）；（2）弦的最大值为，最小值为．
【分析】发现：由折叠的性质可得，折叠前后圆的半径不变，所在圆的半径为的半径，即；
探究：根据切点在直径上运动，与相切于点，可得折叠后圆的半径为定值，即可得出点的运动路线与直径平行；
拓展：（1）连接，根据直径所对的圆周角为直角和切线的性质，可得，，再结合勾股定理即可求解弦的长；
（2）设，与交于点，连接，根据勾股定理，垂径定理可得，再结合的取值范围为，即可求解．
【详解】发现：解：由折叠的性质可得，折叠前后圆的半径不变，
∴所在圆的半径为的半径，即，
故答案为：；
探究：解：∵切点在直径上运动，与相切于点，
∴即点到直径的距离为半径，即为定值，
∴点的运动路线与直径平行．
故答案为：平行；
拓展：（1）解：如图1，连接，
∵点在上，对应的弦为的直径，
∴．
又∵点是的切点，
∴．
在和中，，，
∴，
∴．
∵点为的中点，，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴；
（2）最大值为，最小值为．
如图2，设，与交于点，连接．
∴．
∵点是的中点，
∴．
由垂径定理得点为的中点，
∴，
∴．
∵点在线段上，
∴的取值范围为，
∴．
∴弦的最大值为，最小值为．
【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角为直角，切线的性质，折叠的性质，垂径定理，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
7．（2025·江苏徐州·模拟预测）在中，已知，，，以所在直线为轴，为坐标原点建立直角坐标系，将绕点按逆时针方向旋转得到（图1）

(1)直接写出C、F两点的坐标．
(2)沿轴的负半轴以1米秒的速度平行移动，设移动后秒（图2），与重叠部分的面积为，当点移动到的内部时，求与之间的关系式．
(3)若与同时从点出发，分别沿轴、轴的负半轴以1米秒的速度平行移动，设移动后秒（如图3），与重叠部分的面积为，当点移动到的内部时，求与之间的关系式，并求出重叠部分面积的最大值．
【答案】(1)，
(2)
(3)，重叠部分面积的最大值是
【分析】（1）根据勾股定理和坐标知识可求出，的坐标；
（2）因为，以及重叠部分的面积可用四边形和三角形的面积来表示出来，从而可求出解析式；
（3）分两种情况：当时和当时进行讨论，分别求出表示面积的解析式，然后根据二次函数最值求解即可．
【详解】（1）解：如图，过作轴，过作轴，

∵在中，已知，，，
∴，
，
，
则，，
∴，
∵将绕点按逆时针方向旋转得到，
∴同理可得，，
∴；
（2）解：如图，设与交于点，与轴交于点，

由题意得，，，
，，
，
，
，
，
点移动到的内部，
，
解得：，
与之间的关系式为；
（3）解：2秒后，移动到的内部，
当时，如图，，，

由（1）知，则
轴，
，
，
，
，
当时，有最大值；
当时，如图，延长与交于点，
，即，
，
，
，
当时，有最大值；
综上所述，与之间的关系式为，重叠部分面积的最大值是．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平移的性质，二次函数的性质和最值的求法，平行四边形的性质等知识点，掌握相关知识是解决问题的关键．本题属于函数与几何综合题，需要较强的数形结合能力，适合有能力解决压轴难题的学生．
8．（2025·陕西·一模）【问题提出】
（1）如图1，在中，，点A在外，连接，若，，点O是上的一个动点，连接、，当最小时，的度数为______；
【问题探究】
（2）如图2，和均为等腰直角三角形，，，点D在边上，点F是延长线上一点，且，连接，判断与的数量关系，并说明理由；
【问题解决】
（3）如图3，是某公园门口规划的一块等腰三角形广场，在边上找一点D修建便民服务中心，在右侧修建一个等边三角形（即）的草坪，沿铺设一条石子小路（宽度忽略不计），从的中点F处向点A铺设一条灯光地板．已知，，若在线段上找一点P修建游客休息亭，，当点B到点P的距离与的长度之和最小（即最小）时，求此时铺设灯光地板的长度．

【答案】（1）45；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）连接，交于点M，根据两点之间线段最短原理，得当三点共线时，最小，解答即可；
（2）根据题意，得，于是得到即，证明即可得证；
（3）过点A作，且，连接交于点G，连接，当点P与点G重合时，取得最小值，利用三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，余弦定理，等腰三角形的性质等，计算其长度即可．
【详解】（1）解：连接，交于点M，根据两点之间线段最短原理，得当三点共线时，最小，即当点O与点M重合时，最小，

∵，，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：45；
（2）解：与的数量关系为．理由如下：
根据题意，得，
∴即，
∵，，，

∴，
∵，
∴，
∴．
（3）解：过点A作，且，
连接交于点G，连接，
∵，
∴，
∵
∴
∴，
∵，
∴，
∴当P，M，B三点共线时，取得最小值即点P与点G重合，取得最小值，
过点A作于点T，
∵，，
∴，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
延长到点N，使得，连接，，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵
∴
∴，
∵，，
∴，
过点C作，交的延长线于点Q，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴

故此时铺设灯光地板的长度为．
【点睛】本题考查了两点之间线段最短，三角形相似的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，三角形全等的判定和性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，直角三角形的性质，余弦函数的应用，熟练掌握两点之间线段最短，三角形相似的判定和性质，余弦函数，三角形中位线定理，三角形全等的判定和性质是解题的关键．
9．（2024·湖北·模拟预测）阅读以下材料并完成问题
材料一：数形结合是一种重要的数学思想如可看做是图一中的长，可看做是的长．
材料二：费马点问题是一个古老的数学问题．费马点即在中有一点使得的值最小．著名法学家费马给出的证明方法如下：
将绕点向外旋转得到，并连接易得是等边三角形、，则，则，所以的值最小为．
请结合以上两材料求出的最小值

【答案】
【分析】本题考查坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，将原式转化为，构造直角三角形，，，以为坐标原点构造直角坐标系，设为，进而得到，，，将绕点点逆时针旋转得到，并做，根据旋转的性质，含30度角的性质，求出的长，根据，进行求解即可．
【详解】解：原式
可看做下图中的，其中为
则，，
将绕点点逆时针旋转得到，并做
，，，，，
，为等边三角形，
，，，
又
，
∵，
∴，
∴的最小值为；
的最小值为．

10．（2024·河北邯郸·模拟预测）如图1，，点在上，点在上，于点，是半圆的直径，且为上靠近点的三等分点，是上的动点．
(1)的最小值为______，的最大值为______；
(2)沿直线向右平移半圆，若半圆的右移速度为每秒1个单位长度，求点在的区域内部（包括边界）的时长；
(3)过点作于点，且，沿直线向右平移半圆．
①如图2，当点与点重合时，求半圆在上截得的线段的长；
②将半圆移动到如图2所示的位置时作为初始位置，将线段连带半圆按顺时针方向开始旋转，如图3所示，设旋转角为．当半圆与的边相切时，直接写出点运动的路径长．（注：结果保留）
【答案】(1)4，
(2)
(3)①；②
【分析】（1）根据题意得到当点F和点E重合时，有最小值，得到，连接并延长，交于点F，此时有最大值，然后利用勾股定理求出的长度，进而求解即可；
（2）如图1，点G落在边上，连接，过点G作于点F．首先根据三角函数值求出，，然后利用等腰直角三角形的性质得到，如图2，点G落在边上，根据切线的性质和三角函数值求出，进而求解即可；
（3）①如图3，过点O作，垂足为P，连接．首先利用直角三角形的性质和勾股定理求出，进而得到的长；
②如图4，当半圆O与边相切时，设切点为Q，则．首先利用三角函数值求出，然后利用弧长公式求出此时点E走过的路径长为．
【详解】（1）解：∵F是上的动点，
∴当点F和点E重合时，有最小值，即的长度，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为4；
如图所示，连接并延长，交于点F，此时有最大值，
∵是半圆O的直径，且，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴
∴，
∴
∴；
故答案为：4，；
（2）如图1，点G落在边上，连接，过点G作于点F．
∵为上靠近点的三等分点，为直径，
∴，
在中，，
∴，．
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
如图2，点G落在边上，，
∴，
∴是半圆O的切线，
∴．
在中，．
点G在的区域内部（包括边界）的时长为；
（3）①如图3，过点O作，垂足为P，连接．
在中，，，
∴．
在中，，
∴；
②如图4，当半圆O与边相切时，设切点为Q，则．
在中，，
∴，
此时点E走过的路径长为；
点E走过的路径长为．
【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，结合等腰直角三角形的性质、三角函数、勾股定理、弧长公式计算，掌握并灵活运用相关知识点是解题的关键．
冲刺突破
1．（2025·天津·中考真题）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】D
【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定、旋转的性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．连接，交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出垂直平分，则可得，，然后利用勾股定理和三角形的面积公式求出的长，由此即可得．
【详解】解：如图，连接，交于点，
由旋转的性质得：，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故选：D．
2．（2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________．
【答案】
【分析】延长，交于点，利用勾股定理求得，计算和，借助矩形内角为直角、全等三角形的角相等，证得，，利用和得出、长，进而得、，利用勾股定理即可求的长．
【详解】解：如图，延长，交于点，
在中，，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∵，
∴，，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、三角函数的应用，利用全等三角形转移角的关系，结合矩形内角为直角推导直角三角形是解题的关键．
3．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________．
【答案】
【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
由旋转可知，
∴，，，
∴点F、B、C三点共线，
∵ ，
∴ H为的中点，
∴垂直平分，
∴，
设，
∵，，
∴正方形的边长为3，
∴，，
∵，
∴，
即，
解得，
∴的长为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程．
4．（2025·天津河东·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，点，点B在y轴的正半轴上，是等边三角形，点C在第二象限．
(1)填空：如图①，点B的坐标为_________，点C的坐标为_________；
(2)将沿x轴向右平移得到，点B，C，O的对应点分别为．
①如图②，设与重叠部分的面积为S．当与重叠部分为五边形时，分别与相交于点E，F，G，H，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②连接，当取得最小值时，求点的坐标（直接写出结果即可）．
【答案】(1)，
(2)①，其中t的取值范围是；②
【分析】本题主要考查一次函数与几何的综合、等边三角形的性质与判定、三角函数及平移的性质，熟练掌握一次函数与几何的综合、等边三角形的性质与判定、三角函数及平移的性质是解题的关键；
（1）由题意易得，然后根据等边三角形的性质及三角函数可得，进而问题可求解；
（2）①由平移的性质可得，，则有是等边三角形，在中，，则，然后可得，进而根据割补法可进行求解；
②以和为邻边构造平行四边形，然后可得，则由（1）得，点O关于直线的对称点为点，故，当三点共线时，值最小，连接即为的最小值，进而问题可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵为等边三角形，作轴于点D，如图①所示，
则，
∴，
∴点B的坐标为的坐标为，
故答案为：；
（2）解：①由平移的性质可得，，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
在中，，则，
∴，
在中，，
∵，
∴，
所以
，
当点重合时，，此时与重叠部分不是五边形，当点重合时，，此时与重叠部分不是五边形，
∴t的取值范围是：；
②如图所示，连接和，
以和为邻边构造平行四边形，设，
∴，
解得，，
∴，
由（1）得，点O关于直线的对称点为点，
故，当三点共线时，值最小，连接即为的最小值，
设直线的解析式为，
∴，
解得，，
∴直线的解析式为，
当时，，
解得，，
∴的坐标为．
5．（2025·山东东营·中考真题）

（1）探索发现
东营市全面落实国家课程方案．某校开设了纸艺课程，三个项目组在折纸活动中发现：在中，，，折叠，使边落在边上，折痕为，则、与的两边、存在着某种关系．如图1，请你帮助项目组判断与的数量关系为____________．
（2）猜想验证
项目组猜想：当为任意三角形时，上述数量关系仍然成立．为了验证这一猜想，项目组按照（1）中的方法折叠，为折痕，分别得出了不同的方案，并画出了以下图形．请选择任意一种方案证明．
（3）拓展应用
如图5，在中，平分交于点，为延长线上一点，．求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是做题的关键．
（1）根据折叠的性质可得，，进一步得，再根据，，证明，最后通过线段的比例式即可得出结论；
（2）根据每组方案已知条件，证出相似三角形，再通过线段的比例式即可得出结论；
（3）先通过倒角证出，再通过线段的比例式即可得出结论．
【详解】解：（1），，
．
由折叠可得，，
，，
．
，，
，
，即，
．
故答案为：．
（2）方案①：
证明：∵，
∴，．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
方案②：
证明：∵，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
即．
方案③
证明：∵，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）证明：∵平分，
∴，．
∵，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
6．（2025·吉林·一模）【驱动背景】
在中，将劣弧沿弦所在的直线折叠，使得弧恰好过圆心O，圆心O关于直线的对称点为．
【前情感知】
（1）如图1，连接，，的度数为 ；
【问题探究】
（2）如图2，若点D是优弧上的任意一点，连接交折叠后的弧于点C，连接，．
①的度数为 ；猜想与的数量关系 ；
②如图3，若弧（翻折后）不经过圆心O．与的数量关系是否仍然成立？请说明你的理由．
【拓展生长】
（3）如图4，若为直径，将第一次折叠后的弧（弧部分）沿向下翻折交弦于点E，连接．若，，请直接写出线段的长．
【答案】（1）；（2）①；； ②成立；理由见解析；（3）
【分析】（1）如图，连接，交于点N，则则，则，即可求解；
（2）①因为，且，即，结合，得到，即可求解；
②结合四边形是的圆内接四边形，，而，即可求解；
（3）证明，得到，由，则，证明，即可求解．
【详解】解：（1）如图，连接，交于点N，
则
则，
∴，
故答案为：；
（2）①如图2，，
设翻折前点C对应的点为T，连接、，
∵折叠，
∴，
∵，
即，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
即；
故答案为：，；
②成立，理由如下：
设折叠前点C的对应点为点，连接，．
由折叠可知，，
∵四边形是的圆内接四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）补出第一次折叠后上面的弧所在圆，补出第二次折叠后从A到E到C的N所在圆，
由题意得：上述两个圆和圆O是等圆，圆O的之间，
故设圆直径均为10，半径均为5，过B作于H，
由（2）知，
∴，
∴，，
则，，
则，，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
则（负值已舍去），
∴，
则（负值已舍去），
作圆的直径，则，
在圆中，，
则，
∵，
则，
则．
【点睛】本题为圆的综合题，涉及到相似三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质、图形的翻折等，正确确定三角形相似是解题的关键．
7．（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线．
(1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F．
①如图1，当点P与点O重合时，求证：；
②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由；
(2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）．
【答案】(1)①证明见解析
②为定值，该定值为
(2)
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、正方形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
（1）①过点P作、，根据四边形是正方形得到，证四边形是矩形，又得到，进而证明四边形是正方形，利用角度关系得到，证出，根据全等三角形的性质得到即可；
②过点P作、，根据①可得到，根据，证得并且，利用相似三角形的性质得到，最后进行面积转化得到定值即可；
（2）过点P作、，连接，易证得，根据相似三角形的性质得到，再证，根据相似三角形的性质，同理可得，进而得到，是等腰直角三角形，根据三角形面积公式进行求解即可．
【详解】（1）①证明：过点P作、，如图所示：
则
四边形是正方形
四边形是矩形
在中，
四边形是正方形
，
；
②过点P作、，如图所示：
由①可知四边形是正方形
、
故 为定值，该定值为；
（2）解：过点P作、，连接，如图所示：
四边形是正方形
射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F
、
同理可得
是等腰直角三角形
在中，
由勾股定理得
．
答：四边形的面积为．
8．（2025·江苏淮安·中考真题）综合与实践
【主题】雨天撑伞的学问
【情境】图（1）、图（2）是小丽在雨天水平撑伞的示意图，她的身体侧面可以近似看作矩形，米，米，雨伞撑开的宽度米，伞柄的部分长为米，点为中点，，点到地面的距离是米，手臂可以水平向前最长伸出米，雨线与地面的夹角为，雨线与平行，与地面平行．
【问题感知】（1）①在图（1）、图（2）中，点到地面的距离是 米；
②如图（1）所示，，若小丽将伞拿在胸前（与在同一条直线上），则小丽身体被雨水淋湿的部分 米．（参考数据：，，）
【问题探究】（2）如图（2）所示，，设小丽将手臂水平前伸了米（即线段的长度），身体被雨水淋湿部分的长度为米，求与的函数表达式，并写出头部不被淋湿情况下的取值范围．
【问题解决】（3）在（2）的条件下，小丽发现水平撑伞身体始终有部分会被淋湿，于是她将雨伞绕点顺时针旋转一定角度（点到地面的距离保持不变），使得与雨线垂直，如图（3）所示，试问：小丽在旋转雨伞后，是否可以通过调节手臂水平前伸长度，使得全身都不会被雨淋湿？如果可以，请求出的最小值；如果不可以，请说明理由．
【答案】（1）①；②；（2）；（3）可以，的最小值为．
【分析】本题主要考查实际情景中的数学问题，涉及解直角三角形，平行线的性质，解题的关键是通过作辅助线构建直角三角形进行求解．
（1）①根据题意，直接求线段长即可；②利用平行线的性质，两直线平行同位角相等，再借助直接三角形求解；
（2）延长交于点，先求出相关角，再利用，接着可得，延长交于点，过作交于，为保证头部不被淋湿，即，建立不等式求解即可；
（3）设小丽将手臂水平前伸了米时，身体恰好不会被淋湿，计算出此时的值，再判断此时头部是否被淋湿即可．
【详解】解：（1）①由题意知，米，米，
米，
即点到地面的距离是米，
故答案为：；
②米，点为中点，
米，
，
，
，
，
在中，米，
米，
故答案为：；
（2）如图，延长交于点，
则，
米，
，
，
，
，
在中，米，
，
即，
延长交于点，过作交于，
则（米），，，
为使头部不被淋湿，
所以，
解得，又，
所以；
；
（3）设小丽将手臂水平前伸了米时，身体恰好不会被淋湿，如图，
延长交于点，过作交于，
延长交于，过作交于，
则，，，
，
所以在中，，，
在中，，
所以，
在中，，
又，
所以此时头部不会被淋湿，
综上，可以通过调节手臂水平前伸长度，使得全身都不会被雨淋湿，的最小值为．
9．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形．
【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
【答案】[探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析
【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理；
[探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故；
[探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形；
[探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得．
【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下：
将△沿翻折得到△，
，，
，
，
四边形是菱形；
[探究证明]：证明：如图：
将△沿翻折得到△，
，，
，
，
四边形是菱形，
，
为边的中点，为边的中点，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，，
四边形是菱形，
，，
，，
四边形是平行四边形；
[探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下：
由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，
当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图：
，
，
，
设，则，
，
为中点，
，，
四边形是菱形，
，
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
，
，
；
当四边形是菱形时，延长交于，如图：
设，则，
四边形是菱形，
，
，，
四边形是平行四边形，，
，，
，
△是等边三角形，
，
，
；
综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或．
10．（2025·山东滨州·中考真题）【背景资料】
最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用．我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆．
【动手操作】
如图1，中，，请作出的最小覆盖圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．）
【迁移运用】
正方形的边长为7，在边上截取，以为边向外作正方形．
（1）如图2，连接，求的最小覆盖圆的直径；
（2）将图2中的正方形绕点C逆时针旋转（如图3），经过A，D，F三点，且与边分别交于点I，L，求的最小覆盖圆的直径；
（3）将正方形绕点C旋转，分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形（如图4）．在旋转过程中，四边形的最小覆盖圆的直径d的值是否发生变化？如果不变，请直接写出d的值；如果变化，请直接写出d的取值范围．
【答案】【动手操作】图见解析；【迁移运用】（1）；（2）；（3）变化，
【分析】动手操作：作的中垂线，再以中垂线与的交点为圆心，交点与点之间的距离为半径画圆即可；
（1）延长交于点，求得为钝角，根据题意得到为的最小覆盖圆的直径，在中，利用勾股定理进行求解即可；
（2）连接，根据题意，易得为锐角三角形，的外接圆为其最小覆盖圆，根据正方形的性质，得到，进而得到即为的外接圆的直径，进行求解即可；
（3）连接，交于点，交于点，连接，根据三角形的中位线定理，证明四边形为平行四边形，证明，推出四边形为正方形，进而得到四边形的最小覆盖圆的直径为的长，根据正方形的性质得到，根据，求出的范围，即可得出结果．
【详解】解：动手操作：∵中，，
∴是钝角三角形，
∴的最小覆盖圆为以为直径的圆，作图如下：
迁移运用：
（1）∵正方形的边长为7，正方形，
∴，
∴，
∴为钝角三角形，
∴为最小覆盖圆的直径，
延长交于点，则：，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴；
（2）连接，作于点，延长交于点，
则：四边形为矩形，
∴，，
∴，，
在中，，
∴，
∵，即：，
∴，
∵过点，，
∴，为的直径，
又∵，
∴为锐角三角形，
∴即为的最小覆盖圆，
∵，
∴，即：，
∴，
∴，即的最小覆盖圆的直径为；
（3）变化；
连接，交于点，交于点，连接，
∵分别取的中点M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵正方形，正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形为菱形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为正方形，
∴，四边形的最小覆盖圆的直径为，
∴随着的变化而变化，
∵，即，
∴，
∴，即．
【点睛】本题考查三角形的外接圆，圆周角定理，解直角三角形，正方形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握题干给出的信息，判断三角形和四边形的最小覆盖圆，是解题的关键．
考向聚焦
技法01 三角形的平移问题：考查三角形沿指定方向平移后，对应点坐标变化、对应线段平行且相等等性质，常结合坐标系求平移后的点坐标或面积变化。
技法02 四边形的平移问题：考查平行四边形及特殊平行四边形沿指定方向平移后，对应点坐标变化、对应边平行且相等等性质，常结合面积计算或点的坐标求解。
技法03 圆的平移：圆沿某方向平移，考查圆心坐标变化、平移前后圆与直线或圆的位置关系。
技法04 三角形的折叠问题：以三角形为背景，通过折叠构造轴对称，考查对应边相等、对应角相等、折痕垂直平分对应点连线等性质，求线段长度、角度大小或点的位置。常作为填空压轴题出现。
技法05 四边形的折叠问题：考查矩形、菱形、正方形的轴对称性，常与折叠结合，或判断四边形是否为轴对称图形、中心对称图形。
技法06 圆的折叠问题：将圆或圆弧沿某直线折叠，考查折痕过圆心、折叠后弧重合等性质，常结合垂径定理求弦长或弧长。
技法07 三角形的旋转问题：旋转是中考命题的热点，常将旋转后得到的图形设计为直角三角形和等腰三角形，考查旋转前后图形的全等关系、对应点连线相等、旋转角相等等性质。
技法08 四边形的旋转问题：以正方形、菱形为中心对称图形为背景，考查旋转前后图形的全等关系，常与手拉手模型结合，证明线段相等或求角度。
技法09 圆的旋转问题：圆绕圆心旋转任意角度后与自身重合，常结合扇形、弧长、圆心角等考查旋转角度的计算。
技法10 位似与相似变换：考查位似图形的性质（位似比等于相似比，对应点连线交于位似中心），常结合相似三角形性质求边长或面积。
技法11 网格中的变换作图：在正方形网格中按要求完成三角形的平移、旋转、轴对称或位似作图，并写出相应点的坐标或变换后三角形的特征。
技法12 用图形的变化解决最短路径问题：利用轴对称将折线段和转化为两点间线段最短的问题，常以三角形一边为对称轴，求两定点到边上动点距离和的最小值。
技法13 解直角三角形的应用：考查锐角三角函数的定义、特殊角（30°，45°，60°）的三角函数值及解直角三角形的基本方法。题型以选择题、填空题为主，常与勾股定理、等腰三角形性质结合，求三角形中的边长或角度。
考查形式
·基础层次：图形的平移、旋转、轴对称、位似的基本性质，以及锐角三角函数的定义、特殊角的三角函数值，以选择题、填空题为主。
·模型层次：折叠问题、旋转模型（手拉手）、一线三垂直模型、半角模型、倍长中线模型等，要求学生能在复杂图形中识别并应用模型快速解题。
·综合层次：与三角形、四边形、圆结合的动态探究题，以及解直角三角形的实际应用（仰俯角、坡度、方向角、跨学科问题），常作为解答题或压轴题出现。
能力清单
空间观念与几何直观：能想象图形运动前后的位置关系，识别常见变换模型（手拉手、一线三垂直、倍长中线等）。
模型识别与应用能力：在复杂图形中识别出基本几何模型，并运用模型结论快速解题。
逻辑推理能力：能根据变换性质进行严密的推理论证，尤其是在折叠、旋转问题中寻找不变量。
运算求解能力：准确进行线段长度、角度计算，运用勾股定理、方程思想、三角函数求解未知量。
数学建模能力：从实际问题中抽象出几何图形，选择恰当的三角函数关系建立数学模型。
分类讨论意识：在动点折叠、旋转中，根据点的不同落点位置进行分类讨论。
转化与化归思想：将复杂图形转化为基本图形，将非直角三角形转化为直角三角形求解。
跨学科综合能力：将物理、地理等学科知识与解直角三角形模型结合。