2026年中考数学二轮复习 专题02 几何三大变换热点 4类核心题型练习(方法+题型+实战)

这是一份2026年中考数学二轮复习 专题02 几何三大变换热点 4类核心题型练习(方法+题型+实战)，共7页。
目录第一部分 命题解码 洞察命题意图，明确攻坚方向第二部分 方法建模 构建方法体系，提供通用工具
【结论背记清单】
方法一 折叠变换应用及技巧
方法二 旋转变换应用及解题技巧方法三 平移变换应用及解题技巧
方法四 三大变换综合应用及解题技巧
第三部分 题型专攻 实施靶向训练，提升应试效率。
【题型 01】折叠变换应用
【题型 02】旋转变换应用
【题型 03】平移变换应用
【题型 04】三大变换综合应用
第四部分 答题实战 检验学习成效，锤炼应用能力
考向聚焦（精炼概括本专题在中考中的核心考查方向与价值）
核心考向 1：折叠（轴对称）—— 高频基础+中档压轴，侧重考查折叠的轴对称性质（对应边、对应角相等，对称轴垂直平分对应点连线），常结合直角三角形、矩形、菱形，求解边长、角度、面积，是中考必考点。
核心考向 2：旋转—— 压轴核心，聚焦旋转不变性（对应边、对应角相等，旋转角相等），常与等腰三角形、全等/相似、坐标系结合，考查最值、存在性、图形构造，是区分度核心题型（如半角模型、旋转构造全等）。
核心考向 3：平移—— 基础融合型，侧重平移的性质（对应边平行且相等、对应点连线平行且相等），多与函数、网格、多边形结合，考查坐标计算、图形面积，难度适中，常作为基础大题或压轴题铺垫。
共性考向：三大变换均侧重“转化思想”，将分散的条件集中，实现“化繁为简”，贴合中考 “几何直观、逻辑推理”核心素养要求。
思维瓶颈（精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板）
瓶颈 1：性质应用不灵活，无法快速关联三大变换的核心性质（如折叠忽略“对称轴垂直平分对应点连线”，旋转遗漏“旋转角相等”），导致无法找到解题突破口。
瓶颈 2：图形构造能力薄弱，面对旋转、折叠的动态问题，不会通过“还原图形” “构造全等/相似”转化条件，难以将动态问题转化为静态问题求解。
瓶颈 3：分类讨论不全面，针对折叠中的“落点位置”、旋转中的“旋转方向”（顺时针/逆时针），容易遗漏特殊情况，导致漏解；平移问题中忽略定义域（动点范围）。
瓶颈 4：几何与代数衔接不畅，在坐标系中遇到变换问题时，不会将图形变换转化为坐标计算，无法建立几何性质与代数表达式的关联。
结论背记
三大变换核心基础公式（解题地基，必背必用）
核心原则：三大变换均为全等变换，变换前后图形的形状、大小不变，仅位置改变，对应边、对应角、对应线段长度、对应角平分线/中线/高均相等。
平移基础公式
坐标平移公式（中考高频，适配平面直角坐标系+动点平移）
点?(?,?) 沿?轴方向平移：向右平移?个单位→?1(? + ?,?)；向左平移?个单位→?1(? — ?,?)（? > 0）点?(?,?) 沿?轴方向平移：向上平移?个单位→?1(?,? + ?)；向下平移?个单位→?1(?,? — ?)（? > 0）
斜向平移（拓展）：沿与?轴成?角方向平移?个单位→?1(? + ?cs?,? + ?sin?)（中考偶尔考，多用于几何最值）
平移核心关联公式
平移距离：对应点连线长度（即平移的路程），公式：? =(?2 — ?1)2 + (?2 — ?1)2（两点距离公式，与二次函数专题衔接）
平移后线段关系：对应线段平行（或共线）且相等，对应线段所在直线斜率相等（?1 = ?2）
折叠（轴对称）基础公式
轴对称核心性质公式
对应点连线：被对称轴垂直平分，即对称轴是对应点连线的垂直平分线垂直平分线公式：若两点?(?1,?1)、?(?2,?2)关于直线?对称，则：
对称轴?的斜率??与??的斜率???满足：?? ⋅ ??? = — 1（垂直）
?1+?2
2
2
??的中点 ?1+?2 ,
在对称轴?上（平分）
折叠常用基础公式
折叠后对应边相等：?? = ?′?′、对应角相等：∠? = ∠?′（核心，用于求边长、角度）
折叠中的勾股定理：折叠后形成直角三角形，可列方程：?2 + ?2 = ?2（中考折叠题必考，求边长/折叠高度）
旋转基础公式
旋转核心性质公式
旋转中心到对应点距离相等（旋转半径）：?? = ??′、?? = ??′（?为旋转中心）
旋转角相等：∠???′ = ∠???′ = ?（?为旋转角，中考常考 30˚、45˚、60˚、90˚、180˚）
特殊旋转角坐标公式（中考高频，平面直角坐标系+旋转动点）点?(?,?) 绕原点?顺时针旋转 90°→?1(?, — ?)
点?(?,?) 绕原点?逆时针旋转 90°→?1( — ?,?)
点?(?,?) 绕原点?旋转 180°→?1( — ?, — ?)（中心对称，中考常考）
点?(?,?) 绕原点?旋转 60˚（拓展）：?1(????60∘ — ????60∘,????60∘ + ????60∘)
旋转关联公式
180
旋转弧长（拓展，部分地区中考考）：? = ???（?为旋转角，?为旋转半径）
三大变换万能建模公式&拓展公式（中考解题神器，全国通用）
核心：将三大变换转化为“坐标运算”或“几何等量关系”，适配中考高频题型（最值、存在性、计算），直接套用可快速破题。
平移万能建模公式（适配：平移+动点+最值/计算）
平移最值万能公式
模型：动点?沿某条直线平移，求?? + ??的最小值（、?、?为定点）
公式：将点?（或?）沿平移方向平移?个单位（?为平移距离）得到?′，则?? + ??的最小值=?′?（两点距离公式计算）
关键：平移后转化为“两点之间线段最短”，本质是将军饮马模型的平移变形
平移综合建模公式（平移+二次函数/四边形）
若图形????平移后得到?′?′?′?′，设平移向量为(?,?)，则任意对应点坐标满足：?′ = ? + ?，?′ = ?
+ ?（、?、?为平移量，可通过已知对应点求解）
适用场景：求平移后图形的顶点坐标、判断平移后图形与抛物线的交点个数
折叠万能建模公式（中考 Tp1 热点，适配：折叠+最值/存在性/计算）
折叠求边长/角度万能公式
核心：设未知数→利用“折叠对应边相等”表示各边长度→在直角三角形中套用勾股定理
万能关系式：折叠前边长折叠后边长折叠前边长 = 折叠后边长，直角边直角边斜边直角边2 + 直角边2
2
= 斜边
示例：矩形折叠后，顶点落在另一边，设折叠后重合的边长为?，用矩形边长表示出直角三角形的三边，列勾股定理求解（中考必考题型）
折叠最值万能公式（将军饮马+折叠）
模型：点?是折叠后的动点，求?? + ??的最小值
公式：利用折叠的轴对称性，找到点?（或?）的对称点?′（折叠后的对应点），则?? + ??的最小值=?′?（两点距离公式计算）
拓展：折叠后求点到直线的最短距离，直接转化为“对称点到直线的距离”（垂线段最短）
4. 折叠存在性万能公式
模型：判断平面内是否存在点?，使折叠后某两点重合/某图形为特殊图形（等腰三角形、矩形）
公式：① 对称点连线的垂直平分线（对称轴）；② 折叠后对应边相等、对应角相等；③ 特殊图形的判定条件（如等腰三角形：两边相等），联立求解点?坐标
技法归纳
方法一 折叠变换应用及技巧
利用折叠前后图形全等、对应点连线被折痕垂直平分，找等边长、等角度，结合勾股定理、相似列方程求解。
例题 1 （2026•内蒙古鄂尔多斯 • 一模）在平行四边形中，进行如下折叠：
如图 1，将ABCD 沿 EF 折叠，使点 C 与点 A 重合，折痕与 BC 、AD 边分别交于点 E、F，求证：CE  AF ；
如图 2，E、F 分别是 BC 、 AD 边上的动点，连接 EF ，将ABCD 沿 EF 折叠，点 D 落在点 D¢处，点 C落在点C 处， EC 交 AB 于点 G， CD 分别交 AB 、 AD 于点 H、K，如果 FK  EG ，请猜想 BE 和 DF 的数量关系，并说明理由；
在图 1 的基础上，连接 BF 与 AE 交于点 H，如图 3 所示，若 AB  2 ， BC  4 ， BCD  60 ，请直．接．写
出△BEH 的面积．
【答案】(1)见解析
(2) DF  BE ，理由见解析；
(3) 9
3
50
【分析】（1）根据平行四边形和折叠的性质，推出AEF  AFE ，从而得到CE  AE  AF ，即可得证；
（2）根据平行四边形和折叠的性质，推出VDFK≌VBEG AAS ，即可得解；
（3）过点 A 作 AM  CB 的延长线于点 M ，过点 H 作 HN  CB 交于点 N ，在RtVABM 中，求出 AM  3 ，
BM 1，设CE  a ，利用勾股定理列方程，求出 AF  a  14 ， BE  4  a  6 ，再根据V AFH∽VEBH ，
55
VEHN∽VEAM ，求出 HN  3 3 ，即可求出△BEH 的面积．
10
【详解】（1）解：Q
∴ AD ∥ BC ，
AFE  CEF ，
ABCD ，
由折叠的性质可知， AEF  CEF ， AE  CE ，
AEF  AFE ，
 AE  AF ，
CE  AF ；
解：Q ABCD ，
∴ AD ∥ BC ， B  D ，
AFE  BEF  180 ，即AFE  CEF  BEC  180 ，由折叠的性质可知， D  D， DF  DF ， DF ∥CE ，
B  D ， DFE  CEF  180 ，
AFD  AFE  CEF  180 ，
AFD  BEC ，在VDFK 和VBEG 中，
D  B

DFK  BEG ，

FK  EG
VDFK≌VBEG AAS ，
 DF  BE ，
 DF  BE ；
解：如图，过点 A 作 AM  CB 的延长线于点M ，过点 H 作 HN  CB 交于点 N ，
Q ABCD ，
 AB ∥CD ，
ABM  BCD  60 ，
在RtVABM 中， AB  2 ， ABM  60 ，
 AM  AB sin 60  3 ， BM  AB  cs 60  1 ，
CM  BC  BM  5 ，
由（1）可知， CE  AE  AF
设CE  a ，则 AE  AF  a ， EM  5  a ， BE  4  a ，在Rt△AEM 中， AM 2  EM 2  AE2 ，
 3 2  5  a2  a2 ，
解得： a  14 ，
5
 AF  a  14 ， BE  4  a  6 ，
55
Q AD ∥ BC ，
V AFH∽VEBH ，
 AH  AF  7 ，
EHBE3
 EH  3 AE10
Q AM ∥ HN ，
VEHN∽VEAM ，
 HN  EH  3 ，
AMAE10
 HN  3 AM  3 3 ，
1010
∴△ ???的面积 1 BE  HN  1  6  3 3  9 3 ．
22 51050
例题 2 （2026•辽宁沈阳 • 一模）在VABC 中， AB  AC  5, BC  8，D 是 BC 边的中点，E 是射线 BA 上一点，将VBDE 沿 DE 翻折得到VFDE ，点 F 是点 B 的对应点．
如图 1，点 E 在线段 BA 上， EF ∥ BC ， EF , DF 分别交 AC 于点 G，H．
①求证：四边形 BEFD 是菱形；
②连接 DG ，求△DGF 的面积；
【答案】(1)①证明见解析；② S
V DGF
 72
25
(2) CF  56
25
【分析】（1）①由翻折得出 BE  FE, BD  FD, BED  FED ，证明BED  EDB ，进而得出
BE  EF  FD  BD ，即可得出结论；②先求出 AD  3 ，证明△AEG∽△ABC ，得出 EG  8 ，求出
5
GF  12 ， DM  12 ，即可求出结论；
5
5
（2）连接 AD ，延长 ED 交 BF 于点 G，证明V ABD∽VBEG ，设 BG  3a, GE  4a, BE  5a ，则 DG  4a  4 ，
根据勾股定理求出a  32 ，再根据勾股定理求出结论即可．
25
【详解】（1）①证明：∵将VBDE 沿 DE 翻折得到VFDE ，
△BDE≌△FDE ，
 BE  FE, BD  FD, BED  FED ，
Q EF BC ，
∠ FED  ∠ EDB ，
BED  EDB ，
 BE  BD ，
 BE  EF  FD  BD ，
∴四边形 BEFD 是菱形；
②连接 AD ，设 AD 交 EG 于点 M，
如图 2，点 E 在 BA 延长线上， DE, EF 分别交 AC 于点 M，N．连接 BF ， CF ，若ABF  90  ABC ，求CF 的长．
Q AB  AC  5, BC  8 ，D 是 BC 边的中点，
 BD  4, AD  BC ，
Q EF BC ，
 AM  EG ，
在Rt△ABD 中， AD 
AB2  BD2  3 ，
∵四边形 BEFD 是菱形，
BE  BD  4 ，
 AE  AB  BE  5  4  1 ，
Q EF BC ，
△AEG∽△ABC ，
 AE  EG  AM ，即 1  EG  AM ，
ABBCAD583
解得： EG  8 ， AM  3 ，
55
GF  EF  EG  4  8  12 ，
55
 DM  3  3  12 ，
55
 SV DGF
 1  12  12  72 ；
25525
（2）解：QABF  90  ABC ，
ABF  ABC  90 ，
连接 AD ，
Q AB  AC, BD  CD ，
 AD  BC ，
BAD  ABC  90 ，
ABF  BAD ，
延长 ED 交 BF 于点 G，
由翻折知， EB  EF , DB  DF ，则 EG  BF ，
ADB  BGE  90 ，
V ABD∽VBEG ，
 BG : GE : BE  AD : BD : AB  3 : 4 : 5, ABD  BEG ，
设 BG  3a, GE  4a, BE  5a ，
Q DB  DE  4 ，
 DG  4a  4 ，
在Rt△BDG 中， BD2  BG2  DG2 ，
 42  3a2  4a  42 ，
解得： a  0 （不合题意舍去），或a  32 ，
25
 BF  2BG  6a  192 ，
25
Q DB  DF  DC ，
DBF  DFB, DFC  DCF ，
QDBF  DFB  DFC  DCF  180 ，
BFC  DFB  DFC  90 ，在Rt△BFC 中，
CF  BC 2  BF 2  82  
 192 256
 25 25


．
例题 3（2026•河北石家庄 • 一模）【主题研究】利用正方形或矩形纸片折叠出特殊度数的角．
【操作 1】如图 1，对折矩形纸片 ABCD ，使 AD 与 BC 重合，得到折痕 EF ，把纸片展平．在 BC 上选一点
P ，沿 AP 折叠 AB ，使点 B 恰好落在折痕 EF 上的点M 处．结论是： BAP  30 ，请你说明理由．
【操作 2】如图 2，已知正方形 ABCD 的边长为 4．按与【操作 1】相同的步骤得到折痕 EF ，连接 AF ，将 AD
沿 AF 折叠，使点 D 落在正方形 ABCD 内的点M 处．
尺规作图：在图 2 中画出点M 的位置，连接 FM 并延长交 BC 于点 P ，连接 AM ， AP ．
求PAF 的度数与 BP 的长．
【答案】(1) 30
(2) 45， BP 的长为 4
3
【分析】操作 1：先推导出sin∠ AME  AE  AE  1 ，得到AME  30 ，求出BAM  60 ，则
AMAB2
BAP  PAM  1 BAM  30 ，即可解答；
2
操作 2：（1）以点 A 为圆心， AD 为半径作弧，再以点 F 为圆心， DF 为半径作弧，两弧的交点即为点 M，
连接 FM 并延长交 BC 于点 P ，连接 AM ， AP ，即可解答；
（2）先推导出V ABP≌V AMP HL ，得到BAP  MAP ， BP  MP ，进而求出PAF  45 ，设 BP  x ，则
PC  4  x ， PF  PM  MF  x  2 ，根据勾股定理得到CF 2  PC 2  PF 2 ，代入求出 x  4 ，即 BP 的长为
3
4
，即可解答．
3
【详解】（1）解：由折叠可知： AE  BE  1 AB ， AB  AM ， AEM  90 ．
2
Rt△AEM 中， sin∠ AME  AE  AE  1 ，
AMAB2
AME  30 ，
BAM  90  ∠ AME  60 ．
BAP  PAM  1 BAM  30 ．
2
（2）解：（1）如图所示，点 M 即为所求；
（2）Q四边形 ABCD 是正方形，
 AB  BC  CD  DA  4 ， BAD  B  C  ADC  90 ，
2
∠ ADC  ∠ AMF  90 ， DAF  MAF ．
 AB  AM ， AMP  90 ， CF  CD  DF  2 ，又Q AP  AP ，
由折叠可知： AD  AM ， DF  MF  1 CD  2 ，
V ABP≌V AMP HL ，
BAP  MAP ， BP  MP ．
PAF  PAM  FAM  1 BAM  1 DAM  1 BAD  45 ，
2
2
2
设 BP  x ，则 PC  4  x ， PF  PM  MF  x  2 ，
∵ CF 2  PC 2  PF 2 ，
 22  4  x2   x  22 ，
解得： x  4 ，即 BP 的长为 4 ．
3
3
方法二 旋转变换应用及解题技巧
抓住旋转前后图形全等、旋转角相等、对应点到旋转中心距离相等，构造等腰 / 直角三角形，转化线段与角度关系解题。
例题 1 （2026•贵州遵义 • 一模）如图，在平面直角坐标系中，已知点 P 2，0 ，点M 是直线 AB：y  1 x  2
2
上的一个动点，连接 PM ，将 PM 绕点 P 逆时针旋转90到 PN ，连接ON ，则线段ON 的最小值是．
【答案】 6 5 / 6 5
55
【分析】过点 P 作CD  x 轴，过点M , N 分别作CD 的垂线于点C , D ，设直线 NE 交 y 轴于点 E ，交 AB 于点
 11
F ，证明VMPC≌VPND AAS ，设M  t, 2 t  2  ，结合全等三角形的性质得出 N  4  2 t, 2  t  ，进而可得

点 N 在直线 y  2x  6 上运动，当ON  FE 时， ON 的值最小，证明△BEF 是直角三角形， EF  AB ，得
出tan BEF  1 ，根据 NO2  2NO2  62 ，即可求解． 2
【详解】解：∵将 PM 绕点 P 逆时针旋转90到 PN ，
∴ MPN  90, MP  NP ，
∵点M 是直线 AB：y  1 x  2 上的一个动点，
2
 1
2
设M  t, t  2 

如图，过点 P 作CD  x 轴，过点M , N 分别作CD 的垂线于点C , D ，设直线 NE 交 y 轴于点 E ，交 AB 于点 F ，
∴ C  D  90
∵ MPN  90
∴ MPC  90  NPD  PND
又∵ MP  PN
∴VMPC≌VPND AAS
∴ CM  PD, CP  ND
 1
2
∵ P 2, 0 ， M  t, t  2 

∴ MC  2  t ， CP  1 t  2
2
∴ N  2  1 t  2, 2  t  ，即 N  4  1 t, 2  t 
22

令 x  4  1 t ， y  2  t
2
∴ y  2x  6
∴点 N 在直线 y  2x  6 上运动，当ON  FE 时， ON 的值最小，
 y  1 x  2
x  3.2

联立2
，解得：  y  0.4

 y  2x  6
∴ F   16 , 2 
5 5 

∴ BF 2   16 
22
2 
 2 
 64 ， EF 2   16 
22
 2
 6
 256 ， BE2  2  62  64
 5 5 5 5  55

∴ BF 2  EF 2  BE2 ， BF  8 5 , EF  16 5 ，
55
∴△BEF 是直角三角形， EF  AB ，
8 5
∴ tan BEF  BF 
EF
∴ NE  2ON ，
5
16 5
5
 1 ， 2
∴ NO2  2NO2  62
∴ 5ON 2  62
∴ ON  655 ，即线段ON 的最小值是 655 ．
例题 2 （2026•辽宁沈阳 • 一模）如图ABCD 中，过点 B 作 BE  DC ，垂足为点 E ，将VBEC 绕点 B 逆
时针旋转90得到VBFG ，点 E 落在 AB 上点 F 处，点C 落在 ABCD 内部点G 处，延长 BG 交 AD 于点 H ，连接CG 、 EF ，且CG 与 EF 交于点 P ，连接 BP ．
求证： BH ⊥ AD ；
求证： BP  PG ；
7
7
在 AB 上取一点Q ，连接 DQ 、 HQ ， AQD  60 ， AB  2
， AD ， AH  1，求△ADQ 的面积．
【答案】(1)见解析
见解析
3 3
2
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出∠ A  ∠ BCD ，再由垂直的定义确定EBC  ECB  90 ，利用旋转的性质及角的等量代换得出GBF  A  90 ，即可证明；
（2）过点 G 作GN ∥CD 交 EF 于点 N，根据平行四边形及旋转的性质得出∠ GNF  ∠ GFN  45 ，确定
GN  GF  CE ，再由全等三角形的判定和性质得出VNPG≌VEPC  AAS  ，PG  PC ，即点 P 是CG 的中点，利用直角三角形斜边中线的性质即可证明；
（3）过点 D 作 DM n AB 于点 M，连接 BD ，设 AM  x ，利用勾股定理建立方程得出 x  1 ，确定
2
2
【详解】（1）证明：∵ ABCD ，
∴ ∠ A  ∠ BCD ，
∵ BE  DC ，
∴ ∠ BEC  90 ，
∴ EBC  ECB  90 ，
∵将VBEC 绕点 B 逆时针旋转90得到VBFG ，
∴ EBC  GBF ，
∴ GBF  A  90 ，
∴ AHB  90 ，
DM  7  x2  3 3 ，再由正切函数得出 MQ  3 ，结合图形即可求解．
2
∴ BH ⊥ AD ；
过点 G 作GN ∥CD 交 EF 于点 N，如图所示：
∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴ AB ∥CD ，
∴ GN ∥ AB ，
∵将VBEC 绕着点 B 逆时针旋转，
∴ ∠ EBF  ∠ CBH  90∘ , BE  BF , GF  CE ，
∴ ∠ BEF  BFE  45 ，
∠ GFN  90  45  45 ，
∵ GN ∥ AB ，
∴ ∠ GNF  ∠ BFE  45,
∠ GNF  ∠ GFN  45 ，
GN  GF  CE ，
∵ GN ∥CD ，
∴ ∠ NGP  ∠ ECP ，
∴VNPG≌VEPC AAS ，
∴ PG  PC ，即点 P 是CG 的中点，
∴ BP  1 CG  PG
2
过点 D 作 DM n AB 于点 M，连接 BD ，
在 RtV ADM 中，设 AM  x ，
∴ DM 2  AD2  AM 2   7 2  x2  7  x2 ，
∵ AB  2 7,
∴ MB  2 7  x ，
在 RtVDMB 中， DM 2  DB2  MB2 ，
在 RtV ABH 中， BH 2  AB2  AH 2  2 7 2 12  28 1  27,
∴ BH  3 3 ，
∵ AD ∥ BC, BH  AD ，
∴ BH nBC,
∴ DB2  BH 2  DH 2 , DH  AD  AH  7 1,
∴ DB2  27   7 12  27  7  2 7 1  35  2 7。
∴ 7  x2  35  2 7  2 7  x2 ,
解得： x  1 ，
2
∴ DM  7  x2  3 3 ，
2
∵ AQD  60 ，
∴ tan AQD  DM  3 ，
MQ
∴ MQ  3 ，
2
∴ AQ  1  3  2 ，
22
∴△ADQ 的面积为： 1  2  3 3  3 3 ．
2
22
例题 3（2026•辽宁沈阳 • 一模）在VABC 中， AB  BC  5，ABC  90，点 D 在 BC 边上， BD  2 ，
以 BD 为一边做等腰Rt△BDE ，其中BDE  90，BD  DE ，点 E 在 BC 上方．
如图 1， BE 与 AC 交于点 F，求 EF 的长；
将图 1 中的VBDE 绕点 B 逆时针旋转α （ 0  α  90 ），
①如图 2，当α  30 时， BE 与 AC 交于点 F，求 EF 的长；
②如图 3，当点 A 在边 DE 上时，连接CE ，求CE 的长．
【答案】(1) EF  2 2 
10 ；
2
(2)① EF  2 2  30 ；② CE  17 ．
3
【分析】（1）证明VABC 和VBDE 都是等腰直角三角形，在△BFC 中，解直角三角形即可求解；
（2）①过点 B 作 BG  AC 于点G ，求得BFC  60 ，在Rt△ BGC 和RtVBGF 中，分别解直角三角形即可
求解；
②作 EH  CB 交CB 延长线于点 H ，过点 E 作 EM  BA 交 BA 延长线于点 M ，过点 D 作 DN  AB 于点 N ，证明四边形 EMBH 是矩形，证得VMAE≌VNAD AAS ，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵ AB  BC  5 ， ABC  90 ，
∴VABC 是等腰直角三角形， C  45 ，
∵ BDE  90 ， BD  DE  2 ，
∴VBDE 是等腰直角三角形， BE 
22  22  2
2 ， DBE  45 ，
∵点 D 在 BC 边上，
∴ FBC  DBE  45 ，
在△BFC 中， BFC  180  FBC  C  180  45  45  90 ，
∴ BF  BC sin 45  5 
∴ EF  BE  BF  2 2 
2  10 ，
22
10 ；
2
（2）解：①∵旋转角α  30 ，
∴ DBC  30 ，
∴ FBC  DBC  DBE  30  45  75 ，在△BFC 中， BFC  180  75  45  60 ，过点 B 作 BG  AC 于点G ，
在Rt△ BGC 中， BG  BC sin 45  5 
2  10 ，
在RtVBGF 中， BF 
BG
sin 60
22
10
，
230
33
2
∴ EF  BE  BF  2 2 
30 ；
3
②∵点 A 在边 DE 上， BDE  90 ，
∴ BD  AD ，
在Rt△ADB 中， AD AB2  BD2  5  4  1，
∴ AE  DE  AD  2 1  1 ，
∴ AD  AE ，
过点 E 作 EH  CB 交CB 延长线于点 H ，过点 E 作 EM  BA 交 BA 延长线于点M ，过点 D 作 DN  AB 于点 N ，如图，
∴四边形 EMBH 是矩形，
∵ S△ ABD
 1 AB  DN  1 AD  BD ，
22
∴ DN  1 2  2 5 ，
55
5
5
5 ，
∵ H  90 ，
2
∴ CE 
 6 5    7 5 
2

 17 ．

5
5
55
∴ BH  EM  2 5 ，
5
∴ EH  BM  AB  AM  5  5  6 5 ， CH  BH  BC  2 5  5  7
5 ，
5

5


2
12   2 5 
∴ EM  DN  2 5 ， AM  AN AD2  DN 2 
5
∵ M  DNA  90 ， MAE  NAD ， AE  AD ，
∴VMAE≌VNAD AAS ，
方法三 平移变换应用及解题技巧
依据平移后图形全等、对应线段平行且相等，结合坐标平移规律，转化线段位置与长度关系。
例题 1 （2025•河南周口 • 一模）综合与实践
学完图形的平移后，小慧为了加深理解，对其进行了进一步探究．
【模型感知】
她把边长为 3 的正方形纸片 ABCD 沿着对角线 AC 剪开，如图 1．然后固定纸片VABC ，把纸片△ADC沿剪痕 AC 的方向平移得到△ADC，如图 2．连接 AB ， DB ， D C ，在平移过程中：
①四边形 ABCD 的形状始终是（点 A 与点C 重合时除外）；
②求 AB  DB 的最小值．
【拓展探究】
如图 3，她把正方形改为边长为 1 的菱形 ABCD ， ∠ DAB  60 ，将△ADC 沿射线 AC 的方向平移得到△ADC，连接 AB ， DB ， D C ，请直接写出 AB  DB 的最小值．
【答案】（1）①平行四边形；② 3 5 ；（2） 3
【分析】（1）①根据平移的性质以及平行四边形的判定定理，即可得到结论；
②作点C 关于 DD的对称点C ，连接 BC ， DC  ，当 B, D, C  共线时， AB  DB  DC  DB  DC   DB
有最小值，再证明VDCC  是等腰直角三角形，且 A, D, C 共线，在直角V ABC  中，利用勾股定理即可求解．
（2）同理可得VDCC  是等边三角形，且 A, D, C 共线，进而利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）①∵纸片△ADC 沿剪痕 AC 的方向平移得到△ADC，
∴ AD  BC ， AD ∥ BC ，
∴四边形 ABCD 是平行四边形，
故答案是：平行四边形；
②∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴ AB  DC ，
∴ AB  DB = DC  DB ，
作点C 关于 DD的对称点C ，连接 BC ， DC  ，
当 B, D, C  共线时， AB  DB  DC  DB  DC   DB 有最小值，此时 AB  DB 的最小值 BC ，
∵ DA∥ DC ， DC  DC ，
∴四边形 DCDC是平行四边形，
∴ DDC  C  45 ，
∵ C 关于 DD的对称点C ，
∴ DDC   DDC  45 ， DC   DC ，
∴VDCC  是等腰直角三角形，且 A, D, C 共线，
∴在直角V ABC  中， BC  AB2  AC 2 = 32  (3  3)2  3 5 ，
∴ AB  DB 的最小值= 3 5 ．
（2）如图所示，，
∵四边形 ABCD 是菱形，
∴ AB  DC ，
∴ AB  DB = DC  DB ，
作点C 关于 DD的对称点C ，连接 BC ， DC  ，
当 B, D, C  共线时， AB  DB  DC  DB  DC   DB 有最小值，此时 AB  DB 的最小值 BC ，
∵ DA∥ DC ， DC  DC ，
∴四边形 DCDC是平行四边形，
∴ DDC  C  30 ，
∵ C 关于 DD的对称点C ，
∴ DDC   DDC  30 ， DC   DC ，
∴VDCC  是等边三角形，且 A, D, C 共线，
∴在直角VABC  中， BC  
∴ AB  DB 的最小值= 3 ．
AC 2  AB2 = 22 12  3 ，
【点睛】本题主要考查正方形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，平移和轴对称的性质，作出点C 关于 DD的对称点，是解题的关键．
例题 2 （2025•山西长治 • 三模）综合与探究问题情境：
如图 1，在正方形 ABCD 中， E ， F ， G 分别是 AB ， BC ， AD 边上的点，连接 DE ， GF ．若 DE  GF ，判断 DE 与GF 之间的数量关系．老师在课堂上给出如下分析：将GF 沿 AD 方向平移到 DH ，连接CH ．根 据平移的性质，可判断四边形 DGFH 是平行四边形，再证明△ADE≌△CDH ，得到 DE  DH ，继而得到 DE  GF ．
尝试初探：
老师提出该问题的变式问题：将正方形 ABCD 改为菱形 ABCD ， A  60 ，如图 2， E ， F ， G 分别 是 AB ， AD ， BC 边上的点，连接 FG 与 DE 交于点 M ．若EMG  60 ，猜想 DE 与 FG 之间的数量关系，并说明理由，
通过探究发现，可以利用平移这一手段，将有些条件集中在一起来解决问题．迁移应用：
如图 3，在VABC 中，点 D ， E 分别在 BC ， AB 边上，且 AD  CE ， AD ， CE 交于点O ，
∠AOE  60 ．判断 AE  CD 与 AD 的大小关系，并说明理由．拓展探究：
【答案】（1） DE  FG ，理由见详解（2） AE  CD  AD ，理由见详解（３） 4 5
【分析】本题主要考查了平移的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形的三边关系，正方形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并善于运用给 出的思路．
沿 AD 平移线段 FG ，使点 F 与点 D 重合，点G 与点G重合，连接 BD ，根据平移的性质和菱形的性
质，得到边角相等，证出V ABD≌VBDG ，即可得到结论；
如图，沿 AB 平移线段 AD ，使点 A 与点 E 重合，点 D 与点 D¢重合，连接 DD, CD ，利用平移的性质和平行线的性质得出VECD为等边三角形，进而得到 ED  CE  CD ，最后利用三角形的三边关系即可得出结论；
沿 AG 平移线段 AE ，使点 A 与点G 重合，点 E 与点 E 重合，连接 FE，EE ，
如图 4，在正方形 ABCD 中，点 E ， F 分别在 BC ， AB 边上，过点 F 作 FG  AE 于点 H ，交CD 边于点G ，连接 EF ， AG ．若 AB  6 ， CE  2BE ，请直接写出 AG  EF 的最小值．
根据平移的性质和正方形的性质得出 FG  AE  GE  2 10 ，然后利用三点共线线段的和最小，然后利用
勾股定理即可求解．
【详解】解：（1） DE  FG ，理由如下：
如图，沿 AD 平移线段 FG ，使点 F 与点 D 重合，点G 与点G重合，连接 BD根据平移的性质可得 DG  FG ， FG ∥ DG ，
EDG  EMG  60 ，
∵四边形 ABCD 为菱形，且A  60 ，
C  A  60 ，
V ABD 与△BCD 都是等边三角形，
A  DBG  60 ， ADB  60 ， AD  DB
ADE  BDE  BDG  BDE  60 ，
ADE  BDG ， 在VADE 与VBDG 中，
 A  DBG

AD  DB

ADE  BDG
∴V ABD≌VBDGASA ，
 DE  DG
∴ DE  FG ；
（2） AE  CD  AD ，理由如下：
如图，沿 AB 平移线段 AD ，使点 A 与点 E 重合，点 D 与点 D¢重合，连接 DD, CD ，根据平移的性质可得， ED  AD，ED∥ AD, AE  DD，
CED  AOE  60 ， 又 AD  CE ，即 ED  CE ，
△ECD为等边三角形，
 ED  CE  CD ，
在△CDD中， DD  CD > CD
∴ AE  CD  AD ；
（3）
如图，沿 AG 平移线段 AE ，使点 A 与点G 重合，点 E 与点 E 重合，连接 FE，EE ，根据平移的性质可得， GE  AE, GE∥ AE, EE  AG ，
又∵ FG  AE ，
∴ AHG  90
∴ FGE  90 ,
∵四边形 ABCD 为正方形， AB  6 ， CE  2BE ，
 BE  1 BC  2 ， 3
在Rt△ABE 中，由勾股定理得 AE AB2  BE2  2 10 ,
由图 1 结论可得 FG  AE ，
∴ FG  AE  GE  2 10 ，
∵ AG  EF  EE  EF
∴当点 F , E, E 共线时， EE  EF 最小，即 AG  EF 最小，最小值为 EF 的长度，
∴在RtVFGE中，由勾股定理得 EF  FG2  GE2  4 5 ，
即 AG  EF 的最小值为4 5 ．
例题 3 （2026•山西晋中 • 一模）综合与探究
问题情境：数学课上，同学们以矩形为背景探索几何元素之间的关系．已知在矩形 ABCD 中，AB  BC, E, F
分别是 AB, BC 的中点，点G 在 BC 边的延长线上，且 CG  AB ，连接 DE, DF , DG ．
AEBC
特例分析：如图 1，小睿同学画出了 AB  BC 时的图形，并提出如下问题，请你解答：猜想线段 FG 与 EF
的数量关系，并证明你的结论；
拓展探究：小玫同学继续进行探究．如图 2，已知在矩形 ABCD 中， AB  6, BC  8 ，她提出如下问题，请
你解答： (2)①求此时
FG
的值；
EF
②将图 2 中的VDEF 从当前位置开始，沿射线 BC 的方向平移得到△DEF  （其中点 D, E, F  分别是点
【答案】(1) FG  2EF ，见解析；
(2)① 5 ； ② VDEF 平移的距离是 9 , 73 或 9  37 ．
4
4 164
【分析】根据矩形、正方形、菱形的性质，勾股定理解三角形，平移的性质求解即可，关键是进行分情况
分析．
（1）根据题意可知 BE  BF  AE  FC ，由勾股定理得 EF  2BF ，结合 CG  AB , AB  BC ，即可证得
AEBC
结论；
D, E, F 的对应点），点 P 是平面内的一点，请直接写出以点 D, E, G, P 为顶点的四边形是菱形时，VDEF 平移的距离．
（2）①根据题意得到 AE  BE  3, BF  FC  4 ，由勾股定理求得 EF ，结合 CG  AB 可求得CG ，进而求
AEBC
得 FG ，即可解答；
②分三种情况讨论： EG  ED ； GE  GD ； DE  DG ；分别利用勾股定理结合图形求解即可．
【详解】（1）解： FG 
∵四边形 ABCD 是矩形，
2EF ，理由如下，
B  90 ，
Q AB  BC, E, F 分别是 AB, BC 的中点，
 BE  BF  AE  FC ，
在 RtVBEF 中，由勾股定理，得 EF 
Q CG  AB , AB  BC ， AEBC
CG  AE  FC ，
2BF ，
∵点 G 在 BC 边的延长线上，
 FG  2BF ，
 FG 
EF
2BF 
2BF
2 ，即 FG 
2EF ．
（2）解：①∵四边形 ABCD 是矩形，
B  90 ，
Q AB  6, BC  8, E, F 分别是 AB, BC 的中点，
 AE  BE  3, BF  FC  4 ，
在 RtVBEF 中，由勾股定理，得 EF 
Q CG  AB ，
AEBC
 CG  6 ，
38
CG  9 ，
4
Q FC  4 ，点 G 在 BC 边的延长线上，
 FG  FC  CG  4  9  25 ，
44
BE 2  BF 2  5 ，
25
 FG  4  5 ；
EF54
② VDEF 平移的距离是 9 , 73 或 9  37 ．
4 164
如图 1，若 EG  ED ，
∴点 E 在线段GD 的垂直平分线上，
由①得CG  9 ，
4
∴ DD  9 ；
4
若GE  GD ，连接 EE, DD ，过点 E 作 EM  BC 于点 M，过点 D¢作 DN  BC 的延长线于点 N，如图所示：
∴ DD  EE ， EB  EM  3, DN  AB  6 ，设 DD  EE  x ，
∴ DD  EE  CN  x ，
∴ CM  8  x ，
∵ CG  9 ，
4
∴ GM  8  x  9 , GN  x  9 ，
44
∵ GE  GD ，
∴ EM 2  MG2  DN 2  GN 2 ，即(8  x  9 )2  32  (x  9 )2  62 ，
44
解得： x  73 ，
16
此时 DD  73 ；
16
如图 3，若 DE  DG ，过点 G 作GH  DD ，过点 D¢作 DM  BC 的延长线于点 M，
根据题意得： CG  DH  9 ，
4
设 DH  x ，
∴ DG2  x2  62 ，
∵ DE2  DE2  32  82 ，
∴ x2  62  32  82 ，
解得： x  37 （负值舍去），
∴ DD  9  37 ．
4
方法四 三大变换综合应用及解题技巧
先识别折叠 / 旋转 / 平移类型，利用变换的全等性质，结合勾股、相似、坐标法，分类讨论求解综合问题。
例题 1 （2026•陕西西安 • 三模）问题探究
如图1，在Rt△ABC 中， BC  8 ， AC  6 ，点 D 是 AB 的中点，点 P 是 BC 上一动点，则 DP  AP 的最小值为；
如图2 ，在等边VABC 中， AB  6 ，点 D ， E 分别在边 BC ， AC 上，且 BD  CE ，连接 AD ， BE 交于点 F ，连接CF ， CF 的最小值是多少？
问题解决：如图3 ，一家养老院的平面示意图可抽象为直角梯形 ABCD ，经测量可得ABC  90 ，
3
AD  100 3m ， AB  430m ，老年公寓位于点 F 处，且 BF  60
m，根据养老院规划，需要在边 AB 上建
立一个半径为20m 的餐厅，即半圆eO ，并在半圆eO 的三等分点M 处设置餐厅入口，在半圆与 AB 交点 N
处设置餐厅出口，同时以直角梯形 ABCD 的 AD 边建设以点 P 为入口的老年活动中心△ ADP ，因活动中心场
地规划需求，要使APD  90 ．线段MF 、 PN 是要修的两条道路，为节约成本，希望MF  PN 最小，试求MF  PN 最小值及此时 AN 的长．
【答案】(1) 97
2 3
MF  NP 的最小值为100 19  50 3 m ，此时 AN 的长度为200m
【分析】（1）利用轴对称性质，将点 A 关于 BC 对称，把 AP  DP 转化为两点间线段 AD ，结合直角三角形中位线与勾股定理计算最小值；
先通过全等三角形证明AFB  120 ，确定点 F 的运动轨迹为一段圆弧，再利用圆外一点到圆上点的最短距离（即OC −半径）求出CF 的最小值；
通过平移变换将MF 转化为 NG ，结合轴对称将 NG 转化为 NG ，把MF  PN 转化为 PN  NG ，利用圆的轨迹（ APD  90 ， P 在以 AD 为直径的半圆上），结合勾股定理与中位线性质，求出MF  PN 的最小值及此时 AN 的长度．
【详解】（1）解：如图，作点 A 关于 BC 的对称点 A ，连接 AD ，此时 AP  DP 的最小值为 AD
取 AC 的中点 E ，连接 DE ，
∵点 D 是 AB 的中点，
 DE  1 BC  1  8  4 ，
22
 AE  1 AC  AC  3  6  9 ， 2
 AD AE2  DE2  92  42  97 ；
解：如图，QV ABC 是等边三角形，
 AB  BC  AC ， ABC  BAC  BCE  60 ，
在△ABD 和VBCE 中，
BD  CE

ABC  BCE ，

 AB  BC
V ABD≌VBCE SAS ，
BAD  CBE ，
又QAFE  BAD  ABE ，
AFE  CBE  ABE  ABC ，
AFE  60 ，
AFB  120 ，
点 F 的运动轨迹是O 为圆心， OA 为半径的弧上运动，其中AOB  2 180 120  120 ，
过点O 作OH  AB 于点 H ，
由垂径定理， AH
 1 AB  3 ， AOH  1 AOB  60 ，
在Rt△AOH 中，
2
OA 
AH
sin 60
2
3  2 3
3，
2
连接OC 交eO 于 N ，当点 F 与 N 重合时， CF 的值最小，最小值 OC  ON  4 3  2 3  2 3 ；
解：如左图，连接MN ， OM ，作MQ  ON ， Q 为垂足．
如图，平移线段MF 至 NG ，点M 与点 N 重合，以 AB 为对称轴作点G 的对称点G， GG 交 AB 于点 I ．根据线段平移的性质，四边形MNGF 为平行四边形，
∴ MF  GN  NG ， MN  GF ，
设 AD 的中点为 E ，由于点M ， N 的相对位置固定不变，动点 P 的轨迹是以 AD 为直径的半圆，此时半径
AE  50 3m ，
Q PN  NG  GP 且点 P 在以 E 为圆心， EP 为半径的圆上运动，连接 EP 、 EG ，
Q PG  EG  EP ，即 PN  MF  EG  EP ，
当且仅当 E ， N ， P ， G四点共线时，等号成立，
PN  MF 的最小值为 EG  EP  GP ，
 PN  NG  PN  MF 的最小值为GP ，即GP 为 PN  MF 的最小值，
在如图中，半圆形餐厅的半径OM  20m ， QOM  1 180  60 ，
3
ONM  OMN  1  60  30 ，
2
QM  OM sin60  20 sin60  10 3 m ， QN  QM  tan30  10 3 
3  30 m ，
3
根据平移的性质，点 F 移至点G ，相当于先向左平移了QM 长度，再向上平移了QN 长度，
 IG  IG  BF  QM  60 3 10 3  50 3 m ，根据轴对称的性质， GG  AB ，
由平移得： IB  QN  30m ，
过点G作 AB 的平行线交 DA 的延长线于 H ，得四边形 AIGH 为矩形，
 AH  IG  50 3m ， GH  AI  AB  IB  430  30  400 m ，
 HE  AH  AE  50 3  50 3  100 3 m ，
在Rt△EHG 中， GE 
HE2  GH 2  100 19m ，
GP 最小值为： GE  AE  100 19  50 3 m ，即 PN  MF 的最小值为100 19  50 3 m ，
设 AB 和GE 的交点 N ，
Q AH  AE  50 3m ， GH ∥ AN  ，
2
当 PN  MF 取最小值时，动点 N 位置为 AB 和GE 的交点 N ，
故 MF  NP 的最小值为100 19  50 3 m ，此时 AN 的长度为200m ．
【点睛】本题考查了轴对称求最短路径、等边三角形性质与全等三角形、圆的轨迹与最值、平移与轴对称
 AN  为△EHG 中位线， AN   1 GH  200m ，
变换及勾股定理等核心知识点，通过几何变换将复杂的线段和最值问题转化为可计算的几何模型，是解答
本题的关键．
例题 2 （2025•天津河东 • 一模）在平面直角坐标系中，O 为原点，点 A6, 0 ，点 B 在 y 轴的正半轴上，
ABO  30，VBCO 是等边三角形，点 C 在第二象限．
填空：如图①，点 B 的坐标为，点 C 的坐标为；
将VBCO 沿 x 轴向右平移得到VBCO ，点 B，C，O 的对应点分别为 B，C，O ．
①如图②，设OO  t，VBCO 与VABO 重叠部分的面积为 S．当VBCO 与VABO 重叠部分为五边形时， BO，BC，CO 分别与 AB，BO 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 AB、OC ，当 AB  OC 取得最小值时，求点C 的坐标（直接写出结果即可）．
【答案】(1) 0, 6
3 ， 9, 3 3 
(2)① S   17 3 t 2  6 3t ，其中 t 的取值范围是0  t  6 ；② C1, 3 3 
24
【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 BO  6 3 ，然后根据等边三角形的性质及三角函数可得CD  9 ，进而问题可求解；
（2）①由平移的性质可得， BC∥BC，BC  BO  BC  BO  6 3 ，则有VCGH 是等边三角形，在
RtVOHO 中， OO  t ，则
HO 
3 t，HO  2 3 t，CH  CO  HO  6 3  2 3 t  2 3 9  t   CG  GH ，然后可得
3333
EF  BE·cs30  3 t，BF  1 BE 3 t ，进而根据割补法可进行求解；
222
②以 AB和 BC为邻边构造平行四边形 ABCA，A6, 0，C9  t, 3 3 ，Bt, 6 3 ，然后可得
A3, 3 3 ，则由（1）得，点 O 关于直线 y  3 3 的对称点为点 B 0, 6 3  ，故 AB  OC  AC  CB ，当 A、C、B 三点共线时， AC  CB 值最小，连接 AB 即为 AB  OC 的最小值，进而问题可求解．
【详解】（1）解：∵ A6, 0，ABO  30，AOB  90，tanABO  tan30  OA 3 ，
OB3
BO 
∴
OA
tan30
6  6 3
3，
3
∵VBCO 为等边三角形，作CD  y 轴于点 D，如图①所示，
则OD  1 BO  3 3，DCO  30，tanDCO  tan30  DO 3 ，
2
CD  DO  3 3  9
DC3
∴tan303，
3
∴点 B 的坐标为0, 6 3 ，C 的坐标为9, 3 3  ，
故答案为： 0, 6 3 ，9, 3 3  ；
（2）解：①由平移的性质可得， BC∥BC，BC  BO  BC  BO  6 3 ，
∵ CBA  CBO  ABO  60  30  90 ，
∴ BFG  BFE  90 ，
∵ HOO  30，CHG  OHO  60，CGH  CBO  60 ，
∴VCGH 是等边三角形， 在RtVOHO 中， OO  t ，则
HO 
3 t，HO  2 3 t，CH  CO  HO  6 3  2 3 t  2 3 9  t   CG  GH ，
3333
∴ CD 3 CH 3  2 3 9  t   9  t ，
223
在RtVAOE 中， OA  6  t，OE 
3 6  t ，BE  BO  OE  6 3 
3 6  t  
3t ，
∵ csBEF  cs30  EF 3 ，
BE2
∴ EF  BE·cs30 3  3t  3 t，BF  1 BE  1  3t 3 t ，
22222
所以S  SVCBO  SVCGH  SV BEF
 SVCBO  SVCGH  SV BEF
 1 OB·CD  1 GH·CD  1 BF·EF
222
 1  6 3  9  1  2 3 9  t 9  t   1 
3 t  3 t
223222
 27 3   27 3  6 3t 
3 t 2   3 3 t 2
38

  17 3 t 2  6 3t ，
24
当点O，O 重合时，t  0 ，此时VBCO 与VABO 重叠部分不是五边形，当点 A，O 重合时，t  6 ，此时VBCO
与VABO 重叠部分不是五边形，
∴t 的取值范围是： 0  t  6 ；
②如图所示，连接 AB和OC ，
以 AB和 BC为邻边构造平行四边形 ABCA，A6, 0，C9  t, 3 3 ，Bt, 6 3 ，设 Am, n ，
∴
，，
6  9  t t  m 0  3 3  6 3  nAB  AC ，
2222
解得， m  3，n  3 3 ，
∴ A3, 3 3 ，
由（1）得，点 O 关于直线 y  3 3 的对称点为点 B 0, 6 3  ，
故 AB  OC  AC  CB ，当 A、C、B 三点共线时， AC  CB 值最小，连接 AB 即为 AB  OC 的最小值，设直线 AB 的解析式为 y  kx  6 3 k  0 ，
∴ 3k  6 3  3 3 ，
解得， k  3 3 ，
∴直线 AB 的解析式为 y  3 3x  6 3 ，
当 y  3 3 时， 3 3x  6 3  3 3 ，
解得， x  1 ，
∴ C 的坐标为1, 3 3  ．
例题 3 （2026•辽宁营口 • 一模）已知VABC 中， AB  AC ， B  α ，点 D 是边 BC 上任意一点（不与点 B ， C 重合），将△ABD 沿 AD 所在直线翻折，点 B 的对应点为点 E ．
如图1，过点 A 的直线l ∥ BC ，当点 E 在直线 l 上时，请画出点 E 和折痕 AD （尺规作图，保留作图痕迹，不写作法），判断此时四边形 ABDE 的形状，并说明理由；
连接 EC 并延长，与 AD 的延长线相交于点 F ，
如图2 ，若 AC  5 ， BC  8 ，当 DE ⊥ AC 时，求 DF 的长；
当点 D 与 BC 中点不重合时，猜想 AF ， CF ， CE 的关系（用含有α 的式子表示），并说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2) ① DF  11 5 ；② AF ，CF ，CE 的关系为CF  1 CE  csα AF 或CF  1 CE  csα AF ，理由见解析．
6
2
2
2
画弧，两弧交于点 F ，连接 AF ，交 BC 于点 D ，连接 DE ，则点 E ， AD 即为所求，然后通过菱形的判定
【分析】（1）以 A 为圆心， AB 为半径画弧交l 于点 E ，然后分别以 B、E 为圆心，大于 1 BE 长度为半径
方法即可求证；
（ 2 ） ① 作 AG  BC 于点G ，证明V ADG≌V ADM HL ，所以 DG  DM ，则有
CM2
DM  DM  tanACG  AG  3 ，由翻折可知B  AED ， ADB  ADE  1 BDE ， AB  AE ，再证明
CG4
2
△ACD∽△AFC ，所以
AD  AC ACAF
3 5
，即 2

5AF
5
，然后求得 AF 
10 5
3
即可求解；
② 分当点 D 在 BC 中点右侧时，当点 D 在 BC 中点左侧时，两种情况求解即可．
【详解】（1）解：如图，点 E ， AD 即为所求，
证明：由翻折可知BAD  DAE ， AB  AE ， BD  DE ，
∵ AE ∥ BD ，
∴ ADB  DAE ，
∴ BAD  ADB ，
∴ AB  BD  DE  AE ，
∴四边形 ABDE 是菱形；
（2）解： ① 作 AG  BC 于点G ，
∵ AB  AC ，
∴ B  ACB ， CG  1 BC  4 ，
2
∴ AG AC 2  CG2  3 ，
由翻折可知： BDA  CDA ，又∵ AM  DM ，
∴ AM  AG  3 ，
∴ CM  AC  AM  2 ，
∵ AD  AD ，
∴V ADG≌V ADM HL ，
∴ DG  DM ，
∴ DM  DM  tanACG  AG  3 ，
CM2CG4
∴ DG  DM  3 ，
2
∴ AD 
AG2  DG2  3 5 ，
2
由翻折可知B  AED ， ADB  ADE  1 BDE ， AB  AE ，
2
∴ ACB  AED ， AC  AE ，
∴ ACE  AEC ，
又AED  EAM  ACB  CDE  90 ，
∴ CAE  CDE ，
又CAE  ACE  AEC  180 ， CDE  ADB  ADE  180 ，
∴ ADG  ACE ，
又ADG  ADC  180 ， ACE  ACF =180 ，
∴∠ADC  ∠ACF ，又CAD  CAF ，
∴△ACD∽△AFC ，
∴ AD  AC ，
ACAF
3 5
即 2  5 ，
5AF
∴ AF  10 5 ，
3
∴ DF  AF  AD  11 5 ；
6
② AF ， CF ， CE 的关系为CF 
1 CE  csα AF 或CF 
2
1 CE  csα AF ，理由如下，
2
当点 D 在 BC 中点右侧时，作 AH⊥CE ，
由① 可知 AC  AE ， VACD ∽VAFC ，
∴ CH  EH  1 CE ， F  B  α ，
2
∴ FH  csα ，
AF
CF  1 CE
∴ 2  csα ，
AF
∴ CF  1 CE  csα AF ；
2
当点 D 在 BC 中点左侧时，延长 ED 与 AB 相交于点M ，
2
2
综上可得： AF ， CF ， CE 的关系为CF  1 CE  csα AF 或CF  1 CE  csα AF ．
2
∴ CF  1 CE  csα AF ；
AF
AF
CF  1 CE
∴ 2  csα ，
又BDM  CDE ，
∴ ADB  BDM  ADE  CDE ，即ADM  ADC ，
又ACE  AEC  CAE  180 ， ADM  ADC  CDE  180 ，
∴ ADM  AEC ，
又ADM  ADE  180 ， AEC  AEF  180 ，
∴ ADE  AEF ，又DAE  EAF ，
∴△ADE ∽△AEF ，
∴ F  B  α ，
∴ FH  csα
2
∴ CAE  CDE ， ACE  AEC ， EH  1 CE ，
由翻折可知， AB  AE  AC ， ADB  ADE ，
例题 4（2026•河北石家庄 • 一模）如图 1，将VABC 纸片沿中位线 EH 折叠，使点 A 的对称点 D 落在 BC边上，再将纸片分别沿等腰VBED 和等腰VDHC 的底边上的高线 EF ， HG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成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形，
将ABCD 纸片按图2 的方式折叠成一个叠合矩形 AEFG ，则操作形成的折痕分别是线段，；
S矩形AEFG : SY ABCD  ．
ABCD 纸片还可以按图 3 的方式折叠成一个叠合矩形 EFGH ，若 EF  5 ， EH  12 ，求 AD 的长．
2
【详解】（1）解：根据题意得：操作形成的折痕分别是线段 AE 、GF ；由折叠的性质得：△ABE≌△AHE ，四边形 AHFG≌四边形 DCFG ，
∴V ABE 的面积VAHE 的面积，四边形 AHFG 的面积=四边形 DCFG 的面积，
4
4
MN  MC 得出方程，解方程求出 AD  13 ， BC  37 ，进而得到 AD 、 BC 的长．
2
2
MN  FM  FN  3  x ，由梯形 ABCD 的面积得出 BC  25  x ，求出MC  BC  BM  25  x  3，由
DG  NG ， NH  CH ， BM  FM ， MC  CN ，求出GH  1 CD  5 ，由叠合正方形的性质得出
2
EM  GH  5 ，正方形 EMHG 的面积 52  25 ，由勾股定理求出 FM  BM  3 ，设 AD  x ，则
2
2
折法 2 中，由折叠的性质得：四边形 EMHG 的面积 1 梯形 ABCD 的面积， AE  BE  1 AB  4 ，
FMC  90 ，由叠合正方形的性质得出 BM  FM  4 ，由勾股定理得出GM  CM  3 ，得出
AD  BG  BM  GM  1， BC  BM  CM  7 ；
2
（3）折法 1 中，由折叠的性质得： AD  BG ， AE  BE  1 AB  4 ， CF  DF  1 CD  5 ， GM  CM ，
（2）由矩形的性质和勾股定理求出 FH ，即可得出答案；
，即可得出答案；
ABCD
 1 S
2
矩形AEFG
的面积，四边形 AHFG 的面积=四边形 DCFG 的面积，得出S
【分析】（1）根据题意得出操作形成的折痕分别是线段 AE、GF ；由折叠的性质得出V ABE 的面积VAHE
4
4
(3)图见解析， AD  1 ， BC  7 或 AD  13 ， BC  37
【答案】(1) AE 、GF ；1: 2
(2)13
如图 4，四边形 ABCD 纸片满足 AD ∥ BC ， AD  BC ， AB  BC ， AB  8 ，CD  10 小明把该纸片折叠，得到叠合正方形．请你帮助画出两个不同叠合方式的叠合正方形的示意图，并直接写出 AD ， BC 的长．
∴ S矩形AEFG
 1 S，
2ABCD
∴ S矩形AEFG：S ABCD  1：2 ；
解：∵四边形 EFGH 是矩形， EF  5 ， EH  12 ， FEH  90 ，
∴ FH  EF 2  EH 2  52 122  13 ，
由折叠的性质得： DH  NH ， AH  HM ， CF  FN ，
∴ CF  AH ，
∴ AD  DH  AH  HN  FN  FH  13 ；
解：①折法 1 中，如图 4 所示：
由折叠的性质得： AD  BG ， AE  BE  1 AB  4 ， CF  DF  1 CD  5 ， GM  CM ， FMC  90 ，
22
∵四边形 EFMB 是叠合正方形，
∴ BM  FM  4 ，
∴ GM  CM  CF 2  FM 2  52  42  3 ，
∴ AD  BG  BM  GM  1， BC  BM  CM  7 ；
②折法 2 中，如图 5 所示：
由折叠的性质得：四边形 EMHG 的面积 1 梯形 ABCD 的面积， AE  BE  1 AB  4 ， DG  NG ，
22
NH  CH ， BM  FM ， MC  MN ，
∴ GH  1 CD  5 ， 2
∵四边形 EMHG 是叠合正方形，
∴ EM  GH  5 ，正方形 EMHG 的面积 52  25 ，
∵ÐB = 90°，
∴ FM  BM  52  42  3 ，
设 AD  x ，则MN  FM  FN  3  x ，
∵梯形 ABCD 的面积 1  AD  BC  8  2  25 ，
2
∴ AD  BC  25 ，
2
∴ BC  25  x ，
2
∴ MC  BC  BM  25  x  3，
2
∵ MN  MC ，
∴ 3  x  25  x  3 ， 2
解得： x  13 ，
4
∴ AD  13 ， BC  25  13  37 ．
4
244
例题 5（2026•陕西 • 一模）【问题背景】在几何学习中，利用旋转的性质可以将一些零散、难以关联的条件进行有效转化，从而使题目变得简单．
(1)【问题提出】如图 1，在等边VABC 中有一点 P ， AP  3, BP  5, CP  4 ，求∠ APC 的度数；
【答案】(1)150
(2)【问题解决】如图 2，某地计划新建一个四边形的休闲场所（四边形 ABCD ），在点 A, C 处修建两个管理室，且两个管理室 A, C 的距离为600m ．根据设计要求，将休闲场所分为△ABD 与△BCD 两部分，其中在△ABD 中， A  90, AB  AD ，用来作为游乐场，由管理室 A 负责管理；在△BCD 中， BCD  45 ，将它作为开心农场，由管理室C 负责，为了容纳更多动物，要求开心农场的面积尽可能大，请你利用所学知识求出开心农场（△BCD ）的最大面积．
(2) 180000 2 180000m2
【分析】（1）如图：将△ACP 绕顶点 A 旋转到△ABP 处，此时VACP ≌VBCP ，连接 PP ，即
BP  AP  3, PC  PC  4, PCP  60 ， APC  BPC ；易得△PCP 是等边三角形，则 PP  PC  4 ，
PPC  60 ，再利用勾股定理逆定理可得PPB  90 ，再根据角的和差即可解答；
（2）如图 2，连接 AC ，将△ADC 绕点 A 顺时针旋转得△ABC ，连接CC ．利用旋转的性质以及勾股定
理可得CC 
AC 2  AC2  600 2m ，再说明CBC  135 ；如图 2∶过点 B 作 BN  CD ， 垂足为 N，
过点C 作CM  CB ， 交CB 的延长线于点 M．则CBM  180  CBC  45 ，进而得到SV BCD  SV BCC  ；设点 O 为C‸C 所在圆的圆心， 连接OC, OC, OB ．过点 O 作 OF  CC ， 垂足为 F； 过点 B 作
BE  CC ， 垂足为 E， 则COC  90 ．利用三角形的不等关系可得 BE 的最大值为600  300 2 m ．最后运用三角形的面积公式求解即可．
【详解】（1）解：如图：将△ACP 绕顶点 A 旋转到△ABP 处，此时VACP ≌VBCP ，连接 PP ，
∴ BP  AP  3, PC  PC  4, PCP  60 ， APC  BPC
∴△PCP 是等边三角形，
∴ PP  PC  4 ， PPC  60 ，
∵ BP2  32  9, PP  42  16, PB2  52  25 ，
∴ BP  PP  25  PB2 ，
∴VPBP是直角三角形，即PPB  90 ，
∴ BPC  PPC  BPP  150 ，
∴ APC  BPC  150 ．
（2）解：如图 2，连接 AC ，将△ADC 绕点 A 顺时针旋转得△ABC ，连接CC ．
∴ AC  AC  600m，CAC  90，ABC  ADC，BC  DC ．
∴ CC AC 2  AC2  600 2m ．
∵ DAB  90, DCB  45 ，
∴ ABC  ABC  ABC  ADC  225 ，
∴ CBC  135 ．
如图 2∶过点 B 作 BN  CD ， 垂足为 N， 过点C 作CM  CB ， 交CB 的延长线于点 M．则CBM  180  CBC  45 ，
∴ BN 
2 BC, CM 2 BC 2 CD ．
222
∴ S 1 CD  BN 2 CD  BC ， S 1 BC  CM 2 CD  BC ，
VBCD24VBCC24
∴ SV BCD  SV BCC  ，
∵ CC  600 2m, CBC  135 ，
∴ 点 B 在以 CC 为弦， 所含圆周角为135 的弧C‸BC 上．
设点 O 为C‸C 所在圆的圆心， 连接OC, OC, OB ．过点 O 作 OF  CC ， 垂足为 F； 过点 B 作
BE  CC ， 垂足为 E， 则COC  90 ．
∴ OF  300 2m, OB  OC  600m ．
∵ BE  OF  OB ，
∴ BE  OB  OF  600  300 2 m ，
∴ BE 的最大值为600  300 2 m ．
∵ S
V BCDV BCC 
 S 1 CC BE  300 2BE  300 2 600  300 2   180000
2
2 180000m2 ，
∴开心农场（△BCD ）的最大面积为180000
2 180000m2 ．
例题 6（2026•河北沧州 • 一模）如图，在矩形 ABCD 中， AB  6 ， AD  8 ，将边 AB 绕点 B 顺时针旋转α 0  α  180 得到 AB ，连接 AA ，过点 B 作 BF  AA于点 E ，交矩形 ABCD 边于点 F ，连接 AF ．
当点 F 在边 AD 上时， BAF 的度数为；
连接 DA，在旋转过程中求出 DA的最小值，并求出此时 DF 的长；
若点 A到直线 BC 的距离为 3 时，求边 BA 扫过区域的面积；
连接 DE ，直接写出 DE 的最小值．
【答案】(1) 90；
DA的最小值为4 ，此时 DF 的长为5 ；
6π 或12π ；
(4) 73  3
【分析】（1）由旋转得 AB  AB ，结合 BF  AA可知 BF 垂直平分 AA ，故 FA  FA ；用SSS 证V ABF≌V ABF ，结合矩形∠ BAF  90 ，得∠ BAF  90 ．
A在以 B 为圆心、6 为半径的圆上，矩形对角线 BD  10 ，故 DA最小值为10  6  4 ；设
AF  AF  x ，在 RtVAFD 中列方程求解得 DF  5 ．
边 BA 扫过区域为扇形，分 A在矩形内、外两种情况：由 A到 BC 距离为3 得∠ ABH  30 ， A在矩形内时旋转角α  60 ，面积6π ； A在矩形外时α  120 ，面积12π ．
（3） ∠ AEB  90 ，取 AB 中点O ，由斜边中线得OE  3 ；在RtVAOD 中算得OD  73 ，故 DE 最小值为
73  3 ．
【详解】（1）解：∵边 AB 绕点 B 顺时针旋转得到 AB ，
∴ AB  AB ，
∵ BF  AA，
∴ BF 垂直平分线段 AA ，
∴ FA  FA ．
在V ABF 和V ABF 中，
 AB  AB

FA  FA ，

BF  BF
∴V ABF≌V ABF SSS ．
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴ ∠ BAF  90 ，
∴ ∠ BAF  ∠ BAF  90 ．
解：∵ AB 绕点 B 旋转，
∴点 A在以 B 为圆心， AB  6 为半径的圆上．
∵四边形 ABCD 是矩形， AB  6 ， AD  8 ，
∴ BD AB2  AD2  62  82  10 ．
根据两点之间线段最短，当 A在线段 BD 上时， DA取得最小值，最小值为 BD  BA  10  6  4 ．
由（1） V ABF≌V ABF ，
∴ AB  AB  6 ， AF  AF ， ∠ BAF  ∠ BAF  90 ，
∴ DA  BD  BA  10  6  4 ， ∠ DAF  180  90  90 ．设 AF  AF  x ，则 DF  AD  AF  8  x ．
在RtV AFD 中， x2  42  (8  x)2 ，解得 x  3 ，
∴ DF  8  x  8  3  5 ．
解：如图，过点 A作 AH  BC 于 H ，由题意得 AH  3 ．
∵ AB  AB  6 ，在RtV ABH 中， sin∠ ABH  AH  3  1 ，
AB62
∴ ∠ ABH  30 ．
当 A在矩形 ABCD 内时，α  ∠ ABA  ∠ ABC  ∠ ABH  90  30  60 ，
此时S 
60  π 62  6π ．
360
当 A在矩形 ABCD 外时，α  ∠ ABA  ∠ ABC  ∠ ABH  90  30  120 ，
此时S  120  π 62  12π ．
360
综上，边 BA 扫过区域的面积6π 或12π ．
解：如图，取 AB 的中点O ，连接OD 、OE ．
∵ BF  AA，
∴ ∠ AEB  90 ，
∴ OE  1 AB  3 ． 2
∵四边形 ABCD 是矩形， AB  6 ， AD  8 ，
∴ ∠ BAD  90 ， AO  1 AB  3 ．
2
在RtVAOD 中，由勾股定理得OD 
AO2  AD2 
32  82 
73 ．
∵ DE  OD  OE ，当且仅当O 、 E 、 D 三点共线时， DE 取得最小值，
∴ DE 最小值为 73  3 ．
例题 7（25–26 九年级上 • 重庆 • 期末）如图，在等腰三角形 ABC 中， AB  AC ，点 E 在直线 BC 上，
点 D 是平面内一点，连接 AD .
3
如图 1，若BAC  60 ，点 E 在线段 BC 上， BE  1 AC  2
3
，连接 AE ，将 AE 绕点 A 逆时针旋转60
至 AF ，连接 FC ，点 D 为 AC 中点，连接 FD ，求出此时△ADF 的面积；
如图 2，若BAC  120 ，点 D 在VABC 外部，点 E，点 F 分别是 BC ， AD 的中点，连接 EF ，将 EF绕点 F 顺时针旋转120 至 FH ，连接 BH ， BD ， HD ，试猜想线段 BH 和 BD 的数量关系，并证明；
如图 3，若BAC  60 ，若点 D 是平面内一动点，连接 DC ，将△ADC 沿 AD 翻折得△ADQ ，当 B，D，
Q 三点共线时，在线段 BQ 上取一点 N，使 BN  2 DC ，点 E 是直线 BC 上的动点，将 AE 绕点 E 顺时针旋
3
S
S△ ABD
转120 至 EK ，连接 KN ，当 KN 取最小值时，直接写出
△BCK
的值．
【答案】(1) SV ADF 
9 3
2
(2)猜想：
(3)
S
SV BCK
V ABD 
3 BD  BH ，理由见解析
2
3 3  3
8
【分析】（1）过点 F 作 FK  AC 于点 K，证明三角形 ABC 是等边三角形，再证VBAE≌VCAF SAS ，在
Rt△CKF 中，求出 FK 的长，最后求出S 1 AD  FK  9 3 ；
V ADF
2
2
连接 AE ，过点 D 作 DQ ∥ AE 交 EF 延长线于点 Q，连接 HQ ， HE ，先证V AEF≌VDQF AAS ，再
证VHEB∽VHQD ，最后运用相似三角形性质，特殊角的三角函数值等知识，得出 3 BD  BH ；
2
先证明 A，B，C，D 四点共圆，再推导出点 D 在圆eO 上，在eO 上确定一个点 F，连接 BF ， CF ，
使得
BF
2
FC3

，连接 DF ， NF ，证得VFBN∽FCD ，连接 FO ，将 FO 绕 F 点顺时针旋转60，并将 FO 缩
短 1 ，得到 3
FO ，则点 N 在圆eO 上，运用瓜豆原理得到点 K 的运动轨迹，最后得到 KN 取最小值时，
SV ABD  3 3  3 ．
SV BCK8
【详解】（1）解：如图 1，过点 F 作 FK  AC 于点 K，
∵等腰三角形 ABC 中， AB  AC ， BAC  60 ，
∴三角形 ABC 是等边三角形，
∵ BE  1 AC  2 3 ，
3
∴ BE  2 3 ， AC  6 3 ，
∵将 AE 绕点 A 逆时针旋转60至 AF ，
∴ AE  AF ， EAF  60 ，
∴ BAC  EAF  60 ，
∴ BAC  EAC  EAF  EAC ，即BAE  CAF ，在VBAE 与VCAF 中，
BA  AC

∵ BAE  CAF ，

 AE  AF
∴VBAE≌VCAF SAS ，
∴ BE  CF  2 3 ， ABE  ACF  60 ，
∵ FK  AC ，
∴ FKC  90 ，在Rt△CKF 中，
∵ FKC  90 ， KCF  60 ， CF  2 3 ，
∴sin FCK  sin 60  KF ，
CF
∴ KF  sin 60  CF 
3  2 3  3，
2
∵点 D 为 AC 中点， AC  6 3 ，
∴ AD  1 AC  3 3 ，
2
∴ SV ADF
 1 AD  FK  9 3 ；
22
解：猜想： 3 BD  BH ，理由如下：
2
如图 2，连接 AE ，过点 D 作 DQ ∥ AE 交 EF 延长线于点 Q，连接 HQ ， HE ，
∵点 F 是 AD 的中点，
∴ AF  FD ，
∵ DQ ∥ AE ，
∴ AEF  DQF ，
在△AEF 与△DQF 中，
AEF  DQF

∵ AFE  DFQ ，

 AF  FD
∴V AEF≌VDQF AAS ，
∴ AE  DQ ， EF  FQ ，
∵将 EF 绕点 F 顺时针旋转120 至 FH ，
∴ EF  FH ， EFH  120 ，
∴ HEF  EHF  30 ， EF  FH  FQ ， HFQ  60 ，
∴△HFQ 是等边三角形，
∴ HQF  FHQ  HFQ  60 ，
∵ HEF  EHF  30 ，
∴ EHQ  EHF  FHQ  90 ，在RtVEHQ 中，
∵ EHQ  90 ， HEF  30 ，
∴ tan HEF  HQ 3 ，
EH3
∴ HQ 3 ．
EH3
∵在等腰三角形 ABC 中， AB  AC ， BAC  120 ，
∴ ABC  30 ，
∵ AB  AC ，点 E 是 BC 的中点，
∴ AE  BC ，即AEB  90 ，在RtVAEB 中，
∵ AEB  90 ， ABE  30 ，
∴ tan ABE  AE 3 ，
BE3
∴ HQ  AE 3 ，
EHBE3
∵ AE  DQ ，
∴ HQ  DQ 3 ．
EHBE3
设AEH  α ，则AEF  HEQ  AEH  30  α ，
∵ DQ ∥ AE ，
∴ AEF  DQF  30  α ，
∵ HQF  60 ，
∴ HQD  HQF  FQD  90  α ，
∵ AEB  90 ， AEH  α ，
∴ HEB  AEB  AEH  90  α ，
∴ HQD  HEB ，
∵ HQ  DQ 3 ，
EHBE3
∴VHEB∽VHQD ，
∴ BHE  DHQ ， HD  HQ  DQ 3
BHEHBE3
∴ BHD  EHQ  90 ，
∴在RtVBHD 中，
∵ BHD  90 ，
∴ tan HBD  HD 3 ，
BH3
∴ HBD  30 ，
cs HBD  cs 30  BH 3 ，
BD2
∴ BH 
3 BD ；
2
解：∵等腰三角形 ABC 中， AB  AC ， BAC  60 ，
∴三角形 ABC 是等边三角形，
∵将△ADC 沿 AD 翻折得△ADQ ，
∴ AC  AQ ， ACD  AQD ，
∵ AB  AC ，
∴ AB  AQ ，
∴ ABQ  AQB ，
∴ ABQ  AQB  ACD ，
∴A，B，C，D 四点共圆，
∴ BDC  BAC  60 ，
设 BC  6 3m ，
则点 D 在以 O 为圆心的圆上，点 O 为等边VABC 的内心，如图 3，作OX  BC ，连接OC ， OB ，
则OC  OB ， BOC  120 ， CX  BX  1 BC  3 3m ，
2
∴ OXC  90 ， OCX  30 ， CX  3 3m ，
∴ OC 
CX
cs OCX
 3 3m cs 30
 6m ，
∴如图 3，点 D 在以 O 为圆心， OC  6m 为半径的圆上，
如图 4，在eO 上确定一个点 F，连接 BF ， CF ，使得 BF  2 ，连接 DF ， NF ，
FC3
∵ BN  2 ， BF  2 ， FBN  FCD ，
DC3FC3
∴VFBN∽FCD ．
∵VFBN∽VFCD ，
∴ BFN  CFD ，
∴ BFC  NFD ，
∵ BFC  BAC  60 ，
∴ BFC  NFD  60 ．
如图 5，连接 FO ，将 FO 绕 F 点顺时针旋转60，并将 FO 缩短 1
3
即OFO  60 ， FO  2 FO ，
3
∵ OFO  BFC  60 ， BF  2
，得到
FO ，
FC3
∴ OFB  OFC ， BF  OF ，
FCOF
∴VOFB∽VOFC ，
∴ OB  2 ， OBF  OCF ，
OC3
∵ OC  6m ，
∴ OB  4m ，
∴点 N 在以O 为圆心， OB  4m 为半径的圆上，
∵ OBF  OCF ， FBA  FCA ，
∴ OBF  FBA  OCF  FCA ，即OBA  OCA  30 ，
∴ OBA  ABC  30  60  90 ，
∴ OBC  90 ，即OB  BC ，
∴ OB  BC ， OB  4m ．
∵点 E 是直线 BC 上的动点，将 AE 绕点 E 顺时针旋转120 至 EK ，
∴点 K 也在直线上运动，
如图 6，设点 E 运动到 BC 中点处为 E1 ，点 E 运动到 B 点处为 E2 ，作出 E1 ， E2 的对应点 K1 ， K2 ，连接
K1K2 ，则点 K 在直线 K1K2 上运动，
设直线 K1K2 与 BC 延长线交于点 S，作OK  K1K2 于点 K，当O ，N，K 三点共线，且点 N 位于O¢K 之间时，
KN 取最小值．
∵ ABK2  AE1K1  120 ， AB  BK2 ， AE1  E1K1 ，
∵ E1 为 BC 中点， VABC 是等边三角形，
∴ AK2  BC ， AE1  E1K2  E1K1 ，
∵ AE1K1  120 ，
∴ K2 E1K1  60 ，
∴VK2 E1K1 是等边三角形，
∴ E1K2 K1  60
∵ AK2  BC ，
∴ E1SK1  30 ，
过点 K 作 KP  BC 于点 P，设O¢K 交 BC 于点 L，
∵ KP  BC ， OB  BC ，
∴ KP  LK ，
OBOL
∵ BON  30 ， BO  ON ，
∴ OBN  ONB  75 ，
∵ OB  BC ， BON  30 ，
∴ OLB  60 ，
∴ NBL  ONB  OLB  75  60  15 ，
∴ ABD  ABC  NBL  60 15  45 ，
∵ ADB  ACB  60 ，
∴如图 7，在VADB 中，
作 AZ  BD 于点 Z，
∵ AB  BC  6 3m ， AZB  90 ， ABD  45 ，
∴ AZ  BZ  AB sin ABZ  3 6m ，
∵ AZ  3 6m ， AZD  90 ， ADB  60 ，
∴ ZD 
AZ
tan ADB
 3 2m ，
∴ BD  BZ  ZD  3 6  3 2 m ，
∴ SVABD  BD  AZ  27  9 3 m ，
2
12
∵ OB  4m ， OBL  90 ， BOL  30 ，
∴ BL  tan BOL  OB  4 3 m ， OL 
3
BL
sin BOL
 8 3 m ， BS  2BC  12 3m ，
3
∴ LS  BS  BL  32 3 m ， LK  1 LS  16 3 m ，
323
∴ OL  1 ，
LK2
∴ KP  KL  2 ，
OBOL1
∵ OB  4m ，
∴ KP  8m ，
∴ SV BCK
 1  BC  KP  24 3m2 ，
2
∴ SV ABD  3 3  3 ．
SV BCK8
【点睛】
本题考查了等边及等腰三角形的性质与判定，相似三角形及全等三角形的性质与判定，隐圆，瓜豆线等动点问题，综合难度大．
【题型 01】折叠变换应用（共 10 题）
1．（2026•湖北 • 模拟预测）如图折叠一张长方形纸片，已知∠1  70 ，则2 的度数是（）
A． 55B． 70C． 20D．110
【答案】A
【分析】首先根据平行线的性质求出EFC  180  BEF  110 ，然后根据折叠的性质得到2 的度数.
【详解】解：根据折叠得出， EFG  2 ，
Q1  70 ，
BEF  1  70 ，
Q AB ∥ DC ，
EFC  180  BEF  110 ，
2  EFG  1 EFC  55 ． 2
2．（2026•河南周口 • 一模）如图，在ABCD 中，将△ADC 沿对角线 AC 折叠后，点 D 恰好落在 DC 的延长线上的点 E 处．若 AB  2 ， BC  4 ，则 BE 的长是（）
2
2
B． 3C． 2
D． 2
3
5
【答案】C
【分析】利用折叠和平行四边形的性质可得 AB  CD  CE  2 ， ACE  ACD  90 ， AB CD ，即可得
AC AD2  CD2  2 3 ，四边形 ABEC 是矩形，再根据矩形的性质解答即可求解．
【详解】解：由折叠的性质可知， V ADC ≌V AEC ，
ACD  ACE ， CD  CE ，
∵点 E 在 DC 的延长线上，即 D 、C 、 E 三点共线，
∠ ACD  ∠ ACE  180 ，
ACD  ACE  90 ，
∵四边形 ABCD 是平行四边形，
 AB CD ， AB  CD  2 ， AD  BC  4 ，
∴ AB  CE ，
∵ ACD  90 ， AD  4, CD  2 ，
∴ AC = AD2 - CD2 = 42 - 22 = 2 3 ，
∵ AB  CE ， AB ∥CE ，
∴四边形 ABEC 是平行四边形，又∵ ACE  90 ，
∴四边形 ABEC 是矩形，
∴ BE  AC  2 3 ．
3．（2026•江苏连云港 • 一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC 的边OC 在 x 轴正半轴上， D 为OA
边上一点，连接CD ．将菱形OABC 沿CD 折叠，点O 落在点 E 处， CE  AB 于点 F ．若点 F 的坐标为
5, 4 ，则点 D 的坐标为（ ）
 77 
A．  15 , 20 

B．  20 , 15 
 77 

C．  20 , 25 
 77 

D．  15 , 25 
 77 

【答案】A
【分析】由点 F 的坐标得OA  AB  BC  5 ，求出点 A3, 4 ，运用待定系数法求出直线的解析式为 y  4 x ，
3
求得 
E 5, 5
 ，设
D a, a


4 
5

3


，则OD a  DE
3
，由两点间距离公式得 5  a 5 a    a  ，解得a  7 ，

2


4
2
 5
2
15
3  3 
进而可得点 D 的坐标．
【详解】解：∵四边形OABC 为菱形，边OC 在 x 轴正半轴上，
∴ AB x 轴，
∵ CE  AB 于点 F ，且点 F 的坐标为5, 4 ，
∴ CF  x 轴，
∴ OC  5 ， CF  4 ，
∴ OA  AB  BC  5 ，
过点 A 作 AH  x 轴于点 H ，则 AH  CF  4 ，
∴ OH  OA2  AH 2  3 ，
∴ A3, 4 ，

2


4
2
 5
2

3


3
解得a  15 ，
7
∴ 4 a  4  15  20 ，
3377
∴ D  15 , 20  ．
 77 


 4
设直线OA 的解析式为 y  mx ，把 A3, 4 代入得3m  4 ，
∴ m  4 ，
3
∴直线OA 的解析式为 y  4 x ，
3
由折叠可得CE  OC  5 ， OD  OE ，
∴ E 5, 5 ，
设 D  a,


4
3
a  ，则OD 

∴ 5  a 5 aa，
2

a2   a  a
5
 3

3
∴ DE  5 a ，
3
4．（2026•江西南昌 • 一模）如图，在菱形 ABCD 中， AB  3 ， B  120 ，点 E 是对角线 AC 上任．意．一点，连接 DE ，将线段 DE 沿着直线 AD 翻折，得到线段 DF ，若△AED 是等腰三角形，则 E，F 两点间的距离 不可能为（ ）
3
A．6B． 3
C．3D．
3
【答案】A
【分析】先根据菱形的性质和折叠的性质可知DAE  30 ， DE  DF ， FDA  EDA ，然后分三种情况讨论： AE  DE 、 AE  AD 、 AD  DE ，再根据30直角三角形的性质和勾股定理分别求解即可．
【详解】解：∵在菱形 ABCD 中， AB  3 ， B  120 ，
∴ DAE  1 BAD  1 180  B  30 ， AB  AD  CD  3 ，
22
∵△AED 是等腰三角形，
∴当 AE  DE 时，连接 EF ，交 AD 于点 M，如图所示，
∵将线段 DE 沿着直线 AD 翻折，得到线段 DF ，
∴ DE  DF ， FDA  EDA ，
∴ AD  EF ， FM  ME  1 EF ，
2
又∵ AE  DE ，
∴ AM  MD  1 AD  3 ，
22
在 RtVAME 中， MAE  30 ，
∴ AE  2ME ，
2
∴ AM 2  ME2  AE2  2ME 2 ，即 3   ME2  4ME 2 ，
 2 
 
∴ ME 3 ，
2
∴ EF  2ME  3 ；
当 AE  AD  3 时，如图所示，
同理 AD  EF ， FM  ME  1 EF ，
2
则在 RtVAME 中， MAE  30 ， AE  3 ，
∴ ME  1 AE  3 ，
22
∴ EF  2ME  3 ；
∴ EF  2ME  3 3 ；
综上所述，A 选项符合题意．
，
3 3
2

 2 
 3 2
∴ ME  DE2  DM 2  32  
2
2
2
则在 RtVDME 中， MED  90  MDC  30 ， DE  3 ，
∴ DM  1 DE  3 ，
同理 AD  EF ， FM  ME  1 EF ，
此时点 E 与点 C 重合， MDC  60 ，
当 AD  DE  3 时，此时 EF 交 AD 的延长线于点 M，如图所示，
5．（2022•江西赣州 • 模拟预测）如图，在VABC 中， BAC  60 ， C  80 ，将VACD 沿 AD 折叠，使点C 与 AB 上的点 E 重合，若CD  4 ，则 BE 的长为．
【答案】4
【分析】先由三角形内角和求出B ，再根据折叠性质得到 DE  CD  4 ， AED  C  80 ，利用三角形外角性质得EDB  AED  B  40 ，即可得EDB  B ，最后利用等角对等边得 BE  DE  4 ．
【详解】解：∵ BAC  60 ， C  80 ，
∴ B  180  BAC  C  40 ，
由折叠得 DE  CD  4 ， AED  C  80 ，
∵ EDB  B  AED ，
∵ EDB  AED  B  40 ，
∴ EDB  B ，
∴ BE  DE  4 ．

2
∠ ADP  30  1  30  45 ；
2
②当 AB  AP 时， ∠ BPA  ∠ B  30 ，
∠ ADP  30  1  75  67.5 ；
2
2
①当 BA  BP 时， ∠ BPA  ∠ BAP  180  ∠ B  180  30  75 ，
2


2
【答案】
67.5 或45或90
【分析】首先根据等腰三角形VABC 的性质求出∠ B 的度数，由折叠性质及射线 PB 经过点 A 可得

∠ ADP  180  ∠ BDP  180  150  1 ∠ BPA  30  1 ∠ BPA ．
Q 点 D 在 AB 上，
2
在VBDP 中， ∠ BDP  180  ∠ B  ∠ BPD  150  1 ∠ BPA ．
2
∠ BPD  ∠ APD  1 ∠ BPA ．
∠ B  ∠ C  180  ∠ BAC  30 ．
2
由折叠的性质可知， ∠ BPD  ∠ BPD ， PB  PB ．
Q 射线 PB 恰好经过点 A ，即 P 、 A 、 B 三点共线，
∠ BPD  ∠ APD ．
∠ BPD  ∠ APD  1 ∠ BPA ，进而得出∠ ADP 与∠ BPA 的数量关系；然后分 BA  BP 、AB  AP 、PA  PB
2
三种情况讨论VPAB 为等腰三角形时∠ BPA 的度数，分别计算即可求解．
【详解】解：Q AB  AC ， ∠ BAC  120∘ ，
6．（2026•江西吉安 • 模拟预测）如图，在VABC 中， AB  AC ， BAC  120 ，D，P 分别为 AB ， BC上的动点，将△BDP 沿直线 DP 翻折（点 B 的对应点为 B ），使射线 PB 恰好经过点 A，若VPAB 为等腰三角形，则ÐADP 的度数为．
③当 PA  PB 时， ∠ PAB  ∠ B  30 ， ∠ BPA  180  ∠ B  ∠ PAB  180  30  30  120 ，
∠ ADP  30  1 120  90 ．
2
综上所述， ∠ ADP 的度数为67.5 或45或90．
7．（2026•广东深圳 • 二模）如图，在VABC 中，ÐB = 90°， C  30 ， D ， F 分别是 BC ， AC 边上一点，将△ABD 沿 AD 折叠得△AED ， VCDF 沿 DF 折叠得VEDF ，若 AB  2 ，则 EF  ．
【答案】 6
5
【分析】如图，过点 F 作 FG  BC 于点G ，设 EF  a ，根据折叠的性质得 AE  AB  2 ，BD  DE  CD  1 BC ，
2
CF  EF  a ， ADE  ADB  1 BDE ， EDF  CDF  1 CDE ，推出ÐADF = 90° ，根据含30的
2
2
直角三角形的性质及勾股定理得 AC  4 ， BC AC 2  AB2  2 3 ， AD2  AB2  BD2  7 ， GF  1 a ，
2
CG  CF 2  GF 2 
2
3 a ，DF 2  DG2  FG2  3 2  a2  1 a2 ，最后在RtVADF 中，根据 AF 2  AD2  DF 2
4
4
建立关于a 方程求解即可．
【详解】解：如图，过点 F 作 FG  BC 于点G ，设 EF  a ，
∵将△ABD 沿 AD 折叠得△AED ， VCDF 沿 DF 折叠得VEDF ， AB  2 ，
∴V AED≌V ABD ， △CDF≌△EDF ，
∴ AE  AB  2 ， BD  DE  CD  1 BC ， CF  EF  a ， ADE  ADB  1 BDE ，
2
2
EDF  CDF  1 CDE ，
2
∴ ADF  ADE  EDF  1 BDE  CDE   1 180  90 ，
2
∵ÐB = 90°， C  30 ， AB  2 ，
2

解得： a  6 ，
5
即 EF  6 ．
5
2
 1 
2
3



 2

4

aa

21
2
4
，
在RtVADF 中， AF 2  AD2  DF 2 ，
∴4  a2  7  3 2  a2  1 a2 ，
4
4
∴ DG  CD  CG  3  3 a 
2
∴ AC  2 AB  4 ，
∴ BC AC 2  AB2  42  22  2 3 ， AF  AC  CF  4  a ，
∴ BD  DE  CD  1 BC  3 ，
2
∴ AD2  AB2  BD2  22   3 2  7 ，
∵ FG  BC ， C  30 ， CF  a ，
∴ GF  1 CF  1 a ，
2
2
在Rt△GCF 中， CG  CF 2  GF 2  a2   a  a ，
 1
2
3
 2

2
2  aa2 
2
3 2  a ，
在Rt△DFG
中， DF  DG  FG 
2
2
2
 3
 2


8．（2026•山东淄博 • 一模）【问题情境】
某数学兴趣小组在学习了图形旋转的相关知识之后，在等腰三角形纸片上进行了关于旋转的研究性学
习． VABC 中， AB  AC  2 ．同学们在边 BC 上取点 D ，连接 AD ，将V ACD 以点 A 为中心旋转，由于同学们所取点 D 的位置不同， ∠ BAC 的角度大小不同，产生了以下两种方案．
【探究感悟】
小明方案：取BAC  90 ，旋转V ACD 使点 D 的对应点 D¢落到线段 BC 上；
如图 1，小明发现，此时点C 的对应点C 与点 A 的连线恰好平分∠ BAC ，则线段CD 的长是；
【深入探究】
小刚方案：如图 2，旋转V ACD 使点C 的对应点C 落到点 B 上，折叠VABC 使点 B 与点 D 重合，折痕为 EH ；
在图 2 中找出与∠ ADE 相等的角，并证明；
如图 3，F 为线段 AD 上的点， EF ∥ BC ．若 EF  1 BE ，求CD 的长．
3
【答案】(1) 2 2  2
(2) ADE  CAD  CAD ，证明见解析
2
(3)
3
【分析】（1）证明V ADC≌V ADB AAS ，可得BAD  CAD ，从而得到ADB  BAD ，进而得到
BD  AB  2 ，即可求解；
证明EDB  C ，可得DE∥AC ，即可求解；
证明△EFD∽△CDA ，可得 EF  BE ，再结合 EF  1 BE ，即可求解．
CDAC3
【详解】（1）解：∵ BAC  90 ， AB  AC  2 ，
∴ B ∠C  45 ， BC 
AB 2  AC 2  2 2 ，
∵点C 与点 A 的连线恰好平分∠ BAC ，
∴ BAC  CAC  45 ，
由旋转的性质得： DAC  DAC, ADC  ADC, AD  AD ，
∴ ADD  ADD ， DAD  DAC  DAC  DAC  DAC  CAC  45 ，
∴ ADC  ADB ，
∴V ADC≌V ADB AAS ，
∴ BAD  CAD ，
∴ BAD  BAD  DAD  45  BAD，
∵ ADB  C  CAD  45  CAD ，
∴ ADB  BAD ，
∴ BD  AB  2 ，
∴ CD  BC  BD  2 2  2 ；
（2）解： ADE  CAD  CAD ，证明如下：
由题意得 EH 垂直平分 BD ，
∴ BE  DE ，
∴ ABD  EDB
∵ AB  AC
∴ ABD  C ，
∴ EDB  C ，
∴ DE AC ，
∴ ADE  CAD ，
由旋转的性质得： CAD  CAD
∴ ADE  CAD  CAD ；
（3）解：∵ EF ∥ BC ，
∴ FED  EDB ，
∴ FED  C ，
∵ ADE  CAD ，
∴△EFD∽△CDA
∴ EF  BE ，
CDAC
∴ CD  EF ，
ACBE
∵ EF  1 BE ，
3
∴ CD  1 ，
AC3
∴ CD  1 AC  2 ．
3
3
9．（2026•辽宁铁岭 • 二模）在VABC 中，点 D 在 AB 上，连接CD ，将△BCD 沿CD 翻折得到VECD ，点 B 与点 E 是对应点．
如图 1，若点 E 落在 AC 上，求证： CE  ED ；
ACAD
如图 2， ABC  90 ，点 E 落在VABC 的内部， DE 的延长线交 AC 于点 F，若CF  4 AF 时，求 DF 的
AD
值；
如图 3，在（2）的条件下，若CE 平分∠ ACB ， BD  5 时，求 AD 的长．
【答案】(1)见解析
DF  4 ；
AD5
AD  10  15 6 ．
4
【分析】（1）过点 B 作 BM ∥ AC 交CD 的延长线于点M ，证明VBMD∽VACD ，利用相似三角形的性质结
合等量代换即可得到 CE  ED ；
ACAD
过点 A 作 AN ∥CD 交 DF 的延长线于点 N ，证明△ANF∽△CDF ，求得 DF  4NF ，再证明N  DAN ，求得 AD  DN  5NF ，据此求解即可；
过点 A 作 AP ∥ BC 交 DF 的延长线于点 P ，延长 PD 交CB 的延长线于点Q ，设 EF  x ，则
DF  x  5 ，由（2）得 AD  5 DF  5  x  5 ，证明VCEQ≌VCEF AAS ，求得 EF  EQ  x ，证明
44
V AFP∽VCFQ 和△ADP∽△BDQ ，利用相似三角形的判定和性质列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：过点 B 作 BM ∥ AC 交CD 的延长线于点M ，
由折叠的性质得1  2 ， CE  CB ， DE  DB ，
∵ BM ∥ AC ，
∴ 1  M ，
∴ 1  M  2 ，
∴ BC  BM  CE ，
∵ BM ∥ AC ，
∴VBMD∽VACD ，
∴ BM  BD ，
ACAD
∴ CE  ED ；
ACAD
解：过点 A 作 AN ∥CD 交 DF 的延长线于点 N ，
∴△ANF∽△CDF ，
∴ NF  AF  1 ，即 DF  4NF ，
DFCF4
由折叠的性质得1  2 ，
∵ AN ∥CD ，
∴ N  2 ， 1  DAN ，
∴ N  DAN ，
∴ AD  DN  DF  NF  5NF ，
∴ DF  4NF  4 ；
AD5NF5
解：过点 A 作 AP ∥ BC 交 DF 的延长线于点 P ，延长 PD 交CB 的延长线于点Q ，
由折叠的性质得CED  CBD  90 ， CE  CB ， DE  DB  5 ，设 EF  x ，
∴ DF  x  5 ，
由（2）得 AD  5 DF  5  x  5 ，
44
∵ CE 平分∠ ACB ，
∴ FCE  QCE ，
∵ CEQ  90 ，
4
4
∴ AD  5 3  3 6  5  10  15 6 ．
解得 x  3  3 6 （舍去负值），
∴ EF  3  3 6 ，


 2
4
∴ AD  DQ  BD  DP ，即 5  x  5 x  5  5 3 x  5 ，
，
DP

BDDQ
AD
∴
∴ DP  PF  DF  3 x  5 ，
2
∵ AP ∥ BC ，
∴△ADP∽△BDQ ，
2
4
∴ PF  1 FQ  1 x ，
，
1
AF

FQCF4
PF
∴
∴ CEF  180  CED  90 ，
∴ CEQ  CEF  90 ，
∵ CE  CE ，
∴VCEQ≌VCEF AAS ，
∴ EF  EQ  x ，
∴ DQ  EQ  DE  x  5 ， FQ  EF  EQ  2x ，
∵ AP ∥ BC ，
∴V AFP∽VCFQ ，
10．（2026•山东德州 • 一模）综合与实践
【问题情境】
数学兴趣小组对“矩形的折叠”作了如下探究．将矩形纸片 ABCD 先沿 EF 折叠，折痕与边 AD ， BC 分别交于点 E ， F ，点C 的对应点记为C ，点 D 的对应点记为 D¢．
【特例探究】
角的探究：如图 1，连接 BC ， CD 与 AD 交于点 H ，当点 B ， C ， D 三点共线时，与BFC 相等的角为
（写出一个即可）；
线段的探究：如图 2，当 F 为 BC 的中点时，点C 恰好落在 AD 边上．
①猜想 AC， DE ， FC 三条线段的数量关系，并说明理由；
②延长 DC 交 AB 于点G ，连接GF ， BC ，判断GF 与 BC 的位置关系，并说明理由． (3)【深入探究】
如图 3，将矩形纸片 ABCD 更换为平行四边形、ABC  60 ， AB  2 ， AD  4 ， F 为 BC 的中点，当CD
所在直线垂直于平行四边形 ABCD 的一边所在直线时，直接写出 DE 的值．
【答案】(1) ABH 或DEH ；
① AC  DE  FC，理由见解析；
② GF  BC ，理由见解析；
DE 的值为2 3 或6  2 3 ．
【分析】（1）由矩形的性质，可得A  ABC  C  D  90 ，由折叠可得， DCF  90 ，
D  90 ，可得BCF  90 ，由直角三角形的两个锐角互余，结合同（等）角的余角相等，即可求解；
① 由折叠可得， CE  CE ， CF  CF ， CFE  CFE ，由矩形的性质，可得 AD  BC ，
AD ∥ BC ，由平行线的性质，结合等角对等边，可得 FC  1 AD ，结合已知可得 AC  DE  1 AD ，即可
22
得 AC， DE ， FC 三条线段的数量关系； ② 由矩形的性质，可得ABC  BCD  90 ，由折叠可得，
DCF  90 ， CF  CF ，可得GCF  90 ，证明 RtVGBF≌RtVGCF  HL ，可得GB  GC， FB  FC ，点G 、 F 在线段 BC 的垂直平分线上，即可判断GF 与 BC 的位置关系；
按照CD  AB ， CD  BC 进行分类讨论，分别画出图形，根据折叠的性质和勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形 ABCD 是矩形，
∴ A  ABC  C  D  90 ，
∴ ABH  AHB  90 ， ABH  CBH  90 ， 由折叠可得， DCF  C  90 ， D  D  90 ，
∴ DHE  DEH  90 ，又∵ AHB  DHE ，
∴ DEH  ABH ，
又∵点 B 、C 、 D 三点共线，
∴ BCF  180  90  90 ，
∴ BFC  FBC  90 ，
∵ ABH  FBC  90 ，
∴ ABH  BFC ，
∴ DEH  BFC ，
∴与BFC 相等的角为ABH 或DEH ．
解： ① AC  DE  FC，理由：
由折叠可得， CE  CE ， CF  CF ， CFE  CFE ，
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴ AD  BC ， AD ∥ BC ，
∴ CEF  CFE ，
∴ CEF  CFE ，
∴ CE  CF ，
∴ CE  CF  CF  CE ，
∵ F 为 BC 的中点，
∴ FC  CE  CF  1 BC  1 AD ，
22
∴ AC  DE  AD  CE  AD  1 AD  1 AD ，
22
∴ AC  DE  FC．
② GF  BC ，理由：
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴ ABC  BCD  90 ，
由折叠可得， DCF  DCF  90 ， CF  CF ，
∴ GCF  180  90  90 ，
∵ F 为 BC 的中点，
∴ BF  CF  CF ，
在 RtVGBF 和 RtVGCF 中，

BF  CF
GF  GF ，
∴ RtVGBF≌RtVGCF  HL ，
∴ GB  GC， FB  FC ，
∴点G 、 F 在线段 BC 的垂直平分线上，
∴ GF  BC ．
解：当CD  AB 时，如图，垂足为点G ，过点C 作CM  ED 于M ，连接 AF 交 ED 于 H ，
∵ ABC  60 ，四边形 ABCD 是平行四边形，
∴ D  60 ， BAD  C  120 ， CD  AB  2 ， BC  AD  4 ，
由折叠可得， FCD  C  120 ， D  D  60 ， CD  CD  2 ， CF  CF ， DE  DE ，
∵ CM  ED ，
∴ CMD  CMH  90 ，
∴ MCD  30 ，
∴ DM  1 CD  1 ， MCF  120  30  90 ，
2
∵ CD  AB ，
∴ NGD  90 ，
∴ DNG  90  60  30 ，
∴ ANE  DNG  30 ，
∵ BAD  120 ，
∴ AEN  30 ，
∴ ANE  AEN ，
∴ AN  AE ，
∵ F 为 BC 的中点，
∴ BF  CF  CF  1 BC  2 ，
2
∴ AB  BF ，
∵ ABC  60 ，
∴△ABF 是等边三角形，
∴ BAF  60，
∴ÐAHN = 90° ，
∴ MHF  AHE  90 ，
∴四边形CMHF 是矩形，
MH  CF  2 ，
设 AH  x ，则 AE  2x ， EH 
∵ DE  DE ，
∴ DE  AE  DE  AE  AD ，
3x ，
∴1 2  3x  2x  4 ，
解得 x  2  3 ，
∴ AE  2x  4  2 3 ，
∴ DE  AD  AE  4  4  2 3   2 3 ；
当CD  BC 时，如图，垂足为点G ，延长 BA 交 ED 于点 H ，
由折叠可得， D  D  60 ， FCD  C  120 ， CD  CD  2 ，
DE  DE ， CF  CF ，
∴ GCF  60 ，
∵ F 为 BC 的中点，
∴ BF  CF  CF  1 BC  2 ，
2
∵ CD  BC ，
∴ BGM  CGF  90 ，
∵ GCF  60 ，
∴ CFG  30 ，
∴ CG  1 CF  1， 2
∴ FG  CF 2  CG2  22 12  3 ，
∴ BG  2  3 ，
∵ ABC  60 ，
∴∠BMG  30 ，
∴ BM  2BG  4  2 3 ， DMH  BMG  30 ，
∴ MG 
BM 2  BG2 
4  2 3 2  2 
3 2  2 3  3 ， MHD  90 ，
∴ CM  CG  MG  1 2 3  3  4  2 3 ，
∴ DM  CD  CM  2  4  2 3  6  2 3 ，
∴ DH  1 DM  3  3 ，
2
∴ MH 
DM 2  DH 2 
6  2 3 2  3 
3 2  3 3  3 ，
∵ BM  4  2 3 ， AB  2 ，
∴ AM  AB  BM  2  4  2 3   2 3  2 ，
∴ AH  MH  AM  3 3  3  2 3  2 
∵ BAD  120 ，
∴ EAH  60 ，
∵∠AHE  180  90  90 ，
∴ AEH  30 ，
3 1，
∴ AE  2 AH  2 3  2 ，
∴ EH 
AE2  AH 2 
2 3  22  
3 12  3  3 ，
∴ DE  DH  EH  3 
3  3 
3  6  2 3 ，
∴ DE  6  2 3 ；
∴ DE 的值为2 3 或6  2 3 ．
【题型 02】旋转变换应用（共 11 题）
11．（2026•辽宁营口 • 一模）如图，矩形 ABCD 中， AB  8, BC  4 ，点 E 是CD 边上任意一个点，连接
AE ，将 AE 绕点 E 顺时针旋转90 得到 EF ，连接CF ，则线段CF 最小值为（ ）
2
A． 6
B． 4
C． 4
D．8
3
2
【答案】A
【分析】过 F 作 FH  CD 于 H，设 DE  m ，证明VFHE≌VEDAAAS ，得出 FH  DE  m ， EH  AD  4 ，在Rt△CFH 中，根据勾股定理求出CF 2  2 m  62  72 ，然后根据二次函数的性质求出CF 2 的最小值，即 可求解．
【详解】解：∵矩形 ABCD 中， AB  8, BC  4 ，
∴ AD  BC  4 ， CD  AB  8 ， ADC  90 ，过 F 作 FH  CD 于 H，设 DE  m ，
∵ AE 绕点 E 顺时针旋转90 得到 EF ，
∴ AE  FE ， AEF  90 ，
∴ FEH  DAE  90  AED ，
又FHE  EDA  90 ，
∴VFHE≌VEDAAAS ，
∴ FH  DE  m ， EH  AD  4 ，
∴ CH  EH  CD  ED  12  m ，
∴ CF 2  FH 2  CH 2  m2  12  m2  2 m  62  72 ，
∴当m  6 时， CF 2 取最小值为 72，
∴ CF 的最小值为 72  6 2 ．
12．（2026•广东佛山 • 一模）如图，在正方形 ABCD 中，将边 AB 绕点 A 逆时针旋转至 AE ，若
BEC  90 ，则cs ∠ BCE  （ ）
1
2
1
3
2
3
5
5
【答案】D
【分析】利用正方形及线段旋转的性质，得到 AE  AB  BC ；通过作 AF  BE ，结合等腰三角形性质得 BE  2BF ，再通过角的互余关系推得BAF  CBE ，用 AAS 证明V AFB≌VBEC ，得出 BF  CE ；设
BF  x ，则 BE  2x、CE  x ，在 RtVBEC 中用勾股定理求得 BC  5x ，最后根据余弦定义算出
cs BCE 
5 ．
5
【详解】解：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴ AB  BC, ABC  90 ，
∵线段 AB 绕点 A 旋转得到 AE ，
∴ AB  AE ，
∴ AE  AB  BC ，
如图，过点 A 作 AF  BE 于点 F ，
在V ABE 中， AB  AE ，且 AF  BE ，
∴ BE  2BF ，
∵ ABC  90 ，即ABF  CBE  90 ，在 RtVAFB 中， AFB  90 ，
∴ ABF  BAF  90 ，
∴ BAF  CBE ，在V AFB 和VBEC 中：
5 ．
5

x
5x
∴ cs BCE 
∵ CE  x ， BC  5x ，
BC
在 RtVBEC 中，根据余弦的定义： cs BCE  CE ，
∴V AFB≌VBEC  AAS  ，
∴ BF  CE ，设 BF  x ，
∵ BE  2BF ，
∴ BE  2x ，
∵ CE  BF ，
∴ CE  x ，
在 RtVBEC 中，根据勾股定理： BC  BE2  CE2  2x2  x2  5x2  5x

 AB  BC
，

BAF  CBE
AFB  BEC  90
13．（2026•黑龙江佳木斯 • 一模）如下图，在正方形 ABDE 中， 连接 AD ， 将含30 的三角板放在如图
V ABC 的位置上， C  30 ， AB  2 ，将三角板 ABC 绕点 B 顺时针旋转到△ ABC的位置，旋转角是一
个锐角，并且使 AC AD ， AC 交 BC 于点 F， 求 BF 的长是（ ）
A． 6
2
B． 6
3
C． 6D．
6
6
【答案】D
【分析】作 BG  AF ，根据正方形的性质得ADB  45 ，再根据平行线的性质得AFB  ADB  45 ，结合旋转的性质和解直角三角形求解即可．
【详解】解：如图，四边形 ABDE 是正方形，过点 B 作 BG  AF ，交 AF 于点G ，
∴ ADB  45 ，
∵ AFAD ，
∴ AFB  ADB  45 ，
∵三角板 ABC 绕点 B 旋转至△ ABC，
∴ AB  AB  2 ， BAC  BAC  90  30  60 ，
在 RtVABG 中， sin BAG  BG ，
AB
即 BG  sin 60 ， 2
解得： BG  3 ，
在 RtVBFG 中， sin BFG  BG ，
BF
即 3  sin 45 ，
BF
解得： BF  6 ．
3
14．（2026•江苏扬州 • 一模）如图， Rt△ABC 中， C  90 ， A  30 ， AC  3
．点 D 是 AC 上的一
3
点，且CD ， P 为边 AB 上的一个动点，连接 PD ，将 PD 绕点 D 顺时针旋转60 得到线段 DQ ，连接
BQ ．点 P 在从 A 向 B 运动的过程中，线段 BQ 的最小值为( )
3
3
A．4B． 2
C．2D．
【答案】D
【分析】过点 D 作 DE ⊥ AB 于点 E ，连接 DB ，过点Q 作QF  DB 于点 F ，则PED  QFD  90 ，求得
BC ，DB ，进而求得 DB 的长得出 DB  AD ，证明VPDE≌VQDF AAS ，进而得出QF 垂直平分 DB ，QB  PD ，
当 DP  AB 时， DP 取得最小值， DP 
3 ，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点 D 作 DE ⊥ AB 于点 E ，连接 DB ，过点Q 作QF  DB 于点 F ，则
PED  QFD  90
∵ Rt△ABC 中， C  90 ， A  30 ， AC  3 3 ． CD  3
∴ BC  AC  tan A  3 3 
3  3 ， AD  AC  CD  2 3 ， ABC  60
3
在Rt△BCD 中， DB 
∴ DB  AD
∴ DBA  A  30
DC 2  BC 2 
 3 2  32  2 3
∴ DBC  ABC  DBA  30 ， EDB  60
∵ DE ⊥ AB
∴ DE  1 AD  3 ，
2
∵将 PD 绕点 D 顺时针旋转60 得到线段 DQ ，
∴ PDQ  60  EDF ， PD  QD ，
∴ PDE  QDF  60  EDQ
∴VPDE≌VQDF AAS
∴ DF  DE
∴ BF  DB  DF  2 3  3  3
∴ DF  BF
∴ QF 垂直平分 DB
∴ QB  QD ，而 PD  QD
∴ QB  PD ，
∴当 DP  AB 时， DP 取得最小值， DP  3 ，即线段 BQ 的最小值为 3
【答案】 2
【分析】连接 AF 、 AC ，由旋转的性质可得△ACF 等边三角形，可得CF  AC ，再利用勾股定理求出 AC
即可．
【详解】解：连接 AF 、 AC ，如图所示：
∵正方形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转60 得到正方形 AEFG ，
∴ CAF  60 ， AC  AF ，
∴△ACF 是等边三角形，
∴ CF  AC ，
∵四边形 ABCD 是正方形， AB  1，
∴ AB  BC  1， AB  BC ，
∴ AC AB2  BC 2  12 12  2 ，
15．（2026•山东德州 • 一模）如图，将正方形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转60 得到正方形 AEFG ，若 AB  1，则CF 的长为．
∴ CF  AC  2 ．
16．（2026•安徽马鞍山 • 一模）如图，VABC 中，BAC  90 ，BC  10 ，D 为 AB 边的中点，将线段 BD
以 B 点为中心逆时针旋转90 得到线段 BD ，连接CD
若 AC  6 ，则 BD 长为．
CD 长最大为．
【答案】
4
5 17  5
2
【分析】（1）利用勾股定理以及旋转的性质进行求解；
（2）以 BC 为直径画eO ，过点 B 作 BH  BC ，使 BH  BO  5 ，连接 DH ，以线段 BH 的中点 I 为圆心， BI 长为半径画eI ，证明VDBH∽V ABC ， BDH  90 ，得出点 D¢在以 BH 为直径的圆弧上，连接CI 并 延长，交eI 于点 D¢，此时CD 长最大，最后利用勾股定理进行求解．
【详解】解：（1）∵ BAC  90 ， BC  10 ， AC  6 ，
∴由勾股定理得 AB  BC 2  AC 2  8 ，
∵D 为 AB 边的中点，
∴ BD  1 AB  4 ，
2
由旋转可得 BD  BD  4 ；
（2）如图，以 BC 为直径画eO ，
∵ BAC  90 ，
∴点 A 在eO 上，
过点 B 作 BH  BC ，使 BH  BO  5 ，连接 DH ，以线段 BH 的中点 I 为圆心， BI 长为半径画eI ，
∴ CD  CI  ID  5 17  5 ．
2
5 17 ，
2
 2 

 5 2
由勾股定理得CI  BI 2  BC 2  102 
∴ ID  BI  5 ，
2
2
2
∴点 D¢在以 BH 为直径的圆弧上，
连接CI 并延长，交eI 于点 D¢，此时CD 长最大，
∴ BI  1 BH  5 ，
∵ DBD  HBC  90, BD  BH  1 ，
BABC2
∴ HBD  CBA  90  ABH ，
∴VDBH∽V ABC ，
∴ BDH  BAC  90 ，
17．（2026•辽宁沈阳 • 一模）如图，在平行四边形 ABCD 中， AB  6 ， BC  5 ，A  60 ，点 E 在边 AB上， AE  2 ，连接 DE ，将线段 DE 绕点 D 逆时针旋转60 得到线段 DF ，连接 EF 交对角线 BD 于点 G，作 GM  DE 于点 M， GN  DF 于点 N，则GM  GN  ．
【答案】 57
2
【分析】过点Ｄ作 DH  AB 于点 H，由平行四边形的性质及含30 角的直角三角形的性质求出 AH 、DH 的长，根据勾股定理求出 DE 的长，由旋转的性质得出VDEF 为等边三角形，最后利用面积法即可求GM  GN的长．
【详解】解：作 DH  AB 于点 H
Q四边形 ABCD 为平行四边形，
 AD  BC  5 ，
QA  60 ，
ADH  30 ，
 AH  5
2
 DH AD2  AH 2  5 3 ，
2
 EH  AH  AE  1 ，
2
 DE  DH 2  EH 2  19 ，由旋转的性质可知： DE  DF
QEDF  60 ，
VDEF 是等边三角形，
QSV DEF  SV DEG  SV DFG ， GM  DE ， GN  DF ，
 1  3 DE2  1  DE  GM  1  DF  GN
22
2
即GM  GN 3 DE 
2
2
57 ．
2
【答案】 2 1
2
【分析】由旋转的性质可得 AE  EF ， AEF  90 ，可证V ABE≌VEHF AAS ，可得 AB  EH ，
BE  FH ，即可求解．
【详解】解：如图，过点 F 作 FH  BC ，交 BC 的延长线于 H，
2
18．（2022•江西赣州 • 模拟预测）如图，在正方形 ABCD 中， AB ，点 E 是 BC 上一点，连接 AE ，将 AE 绕点 E 顺时针旋转90 得到 EF ，连接 DF 、CF ，若 DC  CF ，则VEFC 的面积为．
2
2 11  2 1 ．
2
2
∴VEFC 的面积 1 EC  FH  1 
∴V ABE≌VEHF AAS ，
∴ AB  EH ， BE  FH ，
Q四边形 ABCD 是正方形，
 AB  BC  CD ，
∴ EH  BC ，
∴ BE  CH ，
∴ FH  CH ，
∵ AB  CD  CF  2 ，
∴ FH  CH  1，
∴ EC  2 1 ，

 AE  EF
，

B  H
BAE  FEH
∵将 AE 绕点 E 顺时针旋转90 得到 EF ，
∴ AE  EF ， AEF  90 ，
∴ AEB  FEH  90  AEB  BAE ，
∴ BAE  FEH ，在V ABE 和VEHF 中，
19．（2022•湖北十堰 • 模拟预测）如图 1，在等腰直角三角形VABC 中， BAC  90 ．点 E，F 分别为 AB，AC 的中点，H 为线段 EF 上一动点（不与点 E，F 重合），将线段 AH 绕点 A 逆时针方向旋转90 得到 AG ，连接GC，BH ．
(1)证明： VAHB ≌VAGC ；
(2)如图 2，连接GF，GH，GH 交 AF 于点Q ．
①证明：在点 H 的运动过程中，总有HFG  90 ；
②若 AB  AC  2 ，当 EH 的长度为多少时， V AQG 为等腰三角形？
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②当 EH 的长度为1或 2 时， V AQG 为等腰三角形
2
【分析】（1）根据旋转的性质可得 AH  AG ， HAG  90 ，根据题意可得 AB  AC ，
BAH  90  CAH  CAG ，进而即可证明V AHB≌V AGC SAS ．
（2）①先证V AEH≌V AFG SAS 得AEH  AFG  45 ，进而即可得解；②根据题意可得AGH  45 时，
V AQG 为等腰三角形，进而分QAG  QGA  45 ， GAQ  GQA （180  45） 2  67.5 ，
AQG  AGQ  45 ， 3 种情况进行分析求解即可．
【详解】（1）证明∵将线段 AH 绕点 A 逆时针方向旋转90 得到 AG ，
∴ AH  AG ， HAG  90 ，
又∵在等腰直角三角形VABC 中， BAC  90 ， AB  AC ，
∴ BAH  90  CAH  CAG ，
∴V AHB≌V AGC SAS ；
（2）解：①证明∵在等腰直角三角形VABC 中， AB  AC ，点 E，F 分别为 AB，AC 的中点，
∴ AE  AF ， V AEF 是等腰直角三角形，
∴ AEH  AFE  45 ，
∵ AH  AG ， BAH  CAG ，
∴V AEH≌V AFG SAS ，
∴ AEH  AFG  45 ，
∴ HFG  AFG  AFE  45  45  90 ，即HFG  90 ；
②∵ AB  AC  2 ，点 E，F 分别为 AB，AC 的中点，
∴ AE  AF  1 ，
由（1）知， VAHG 为等腰直角三角形，
∴ AHG  AGH  45 ，
∵ AGH  45 时， V AQG 为等腰三角形，分 3 种情况讨论：
当QAG  QGA  45 时，如图，
则HAF  90  45  45 ，
∴ AH 平分EAF ，
∴点 H 是 EF 的中点，
∴ EH  1AE2  AF 2  1  12 12 2 ；
222
当GAQ  GQA  180  45  2  67.5 时，如图，
则EAH  GAQ  67.5 ，
∴ EHA  180  45  67.5  67.5 ，
∴ EHA  EAH ，
∴ EH  EA  1；
当AQG  AGQ  45 时，
点 H 与点 F 重合，不符合题意，舍去，
综上所述：当 EH 的长度为1或 2 时， V AQG 为等腰三角形．
2
20．（2026•江苏扬州 • 一模）综合与探究
学习材料：中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线模型，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法．
如图 1，在Rt△ABC 中，取 BC 的中点 O，连接 AO 并延长，使得 AO  OD ，连接 BD 、CD ，四边形 ABDC
为平行四边形．
初步探究：
如图 2，数学活动课上，老师让同学们制作两张全等的直角三角形纸片并重合放置，将Rt△ABC 保持固定， RtV ADE 绕点 A 按逆时针方向旋转，其中ACB  AED  90 ，若ABC  30 ，当点 E 落在 AB 边上时，连接 AE 并延长，使得CE  EF ，连接 AF 、 BF ，判断四边形 ACBF 的形状，并说明理由．
深入探究：
如图 3，当RtV ADE 绕点 A 按逆时针方向旋转 90˚时，连接CD 、BE ，取 BE 的中点 P，连接 AP 交CD
于点 Q，试判断 AP 和CD 的数量关系和位置关系，并说明理由．拓展延伸：
当RtV ADE 绕点 A 按逆时针方向旋转 90˚时，连接 BE ，M 是射线 AC 上的一点，连接 DM ，过点 A 作
DM 的垂线交 BE 于点 G，若 G 是 BE 的三等分点，请直接写出 AM 的值．
【答案】(1)矩形，理由见解析
(2) AP  1 CD ， AP  CD ，理由见解析
2
(3) 1 或 2
2
AC
【分析】（1）由旋转证明△ACE
是等边三角形，再证明CAF  90 ，进而得到V AEF VBEC ，证明
AF ∥CB ，则四边形 ACBF 是平行四边形．证明
CAF  90 ，则问题可证；
延长 AP 至点 F ，使 PF  AP ，连接 BF ，证明V APE VFPB ，从而证明 AE ∥ FB ，C、B、F 共线，再证明VABF VDAC ，得到CD  2 AP ，再由角度的互余关系证明FQC  90 ，则问题可证；
延长CB 交 EG 延长线于点 F，证明V AGE∽VCGB ，得到 EG  AE ，再有MD  AG ，和
GBBF
EAG  MAG  90 证明EAG  AMD ，再证明MAD  ABF ，由 AD  AB VMAD≌VFBA ，故得到
AM  BF ，最后分别利用 G 是 BE 的三等分点，分类讨论求解即可．
【详解】（1）解：QRtVABC  RtVADE ， ACB  AED  90 ， ABC  30 ，
BAC  60 ， AC  AE ，
Q 点 E 落在 AB 边上，
V ACE
V ACE
中， AC  AE ， CAE  60 ，是等边三角形，
CE  AC ， AEC  60 ，
QCE  EF ，
V AEF
是等腰三角形，
QAEF  180  AEC  120 ，
EAF  EFA  30 ，
CAF  CAE  FAE  60  30  90 ，
Q AE  AC  1 AB ，
2
∴E 是 AB 中点， AE  BE ，
在 △AEF
和 VBEC 中：
CE  EF ， AEF  BEC  120 ，
VAEF VBEC （SAS），
EAF  EBC  30 ， AF  CB ，
EFA  ECB  30
∴ AF ∥CB ，
 四边形 ACBF 是平行四边形．
QCAF  CAE  EAF  60  30  90 ，
 四边形 ACBF 是矩形．
AP  1 CD ，且 AP  CD ，
2
理由：延长 AP 至点 F ，使 PF  AP ，
连接 BF ，
Q P 是 BE 的中点，
 BP  PE ，
在 VAPE 和 VFPB 中：
AP  FP ，
APE  FPB ，
PE  PB ，
V APE VFPB （SAS），
 AE  FB ， PAE  PFB ，
 AE∥FB ，
QRt△ADE 是绕点 A 逆时针旋转 90 得到，
DAE  CAB, DAB  CAE  90 ， AD  AB ，
 AE∥CB ，
∴C、B、F 共线，
QCAD  CAB  DAB ，
ABF  ACB  CAB
CAD  ABF
在 △ABF 和 △DAC 中：
AB  AD ，
ABF  CAD ，
BF  AE  AC ，
V ABF VDAC ，
 AF  CD ， BFE  ACD ，
Q AF  2 AP ，
CD  2 AP ，即
AP  1 CD ， 2
QACF  ACD  QCB  BFA  QCB  90 ，
AQC  180  90  BAF  BAF  90
 AP  CD ．
解：延长CB 交 EG 延长线于点 F，
QRt△ADE
是绕点 A 逆时针旋转 90 得到，
 AD  AB ， AC  AE ，
 AE∥CB
V AGE∽VFGB ，
EG  AE ，
GBBF
∵ AG  DM ，
∴ AMD  MAG  90 ，
∵ EAG  MAG  90
∴ EAG  AMD ，
Q AE∥CB
∴ EAG  F ，
∴ AMD  F ，
QMAD  MAB  DAB ，
ABF  ACB  CAB ，
MAD  ABF
∵ AD  AB
VMAD≌VFBA ，
AM  BF ，
∵G 是 BE 的三等分点
∴当 BG  1 BE
时， AM  BF  BG  1 ，
ACAEEG2
当 BG  2 BE 时， AM  BF  BG  2 ，
3ACAEEG
 AM  1 AC2
或 2 ．
【点睛】本题需要运用”倍长中线法”构造全等三角形和相似三角形， 通过证明全等三角形，转化边的数量
关系是解题的关键．
21．（2026•广东深圳 • 一模）综合与探究：菱形 ABCD 中， AB  2 ， A  120 ，连接 BD ， P 是 BD 上的动点，将CP 绕点C 顺时针旋转120 得到CQ ．
如图 1，连接 DQ ，求证： AD  DQ ；
如图 2，连接 PQ 交CD 于 E ，当△CEP 是等腰三角形时，求 BP 的长度；
如图 3，连接 PQ 交CD 于 E ，连接 AP ，记△CEP 的面积为S ，△APD 的面积为S ，求 S1 的取值范围．
S
12
【答案】(1)见解析
(2) BP  0 或 BP  4 3 或 BP  2 3  2
3
2
(3) 1  S1  1
S2
【分析】（1）证明VBCP VDCQ ，得CBP  CDQ  30 ，可证出ADQ  90 ，即可证明 AD  DQ ；
对等腰三角形的相等边进行分类讨论，结合相似三角形和三角函数求得对应的 BP 的长度；
由于△PAD 的面积与△PCD 的面积相等，得 S1  SV PCE ，通过相似三角形面积比为相似比得平方，可
S2
S1
S
得出的临界值，得出最终结果．
2
【详解】（1）证明：∵四边形 ABCD 为菱形，
∴ BCD  A  120 ， BC  CD ， AD ∥ BC ，
ABC  180  A  60 ，
又∵ CP 绕点C 顺时针旋转120 得到CQ ，
∴ PCQ  120 ，
∴ BCP  DCQ ， CP  CQ ，
∴VBCP VDCQ SAS ，
∴ CBP  CDQ  1 ABC  30 ，
2
SV PCD
∴ ADQ  90 ，
∴ AD  DQ ．
解：①∵ PCQ  120 ， CP  CQ ，
∴ CPQ  30 ，
当 P, B 重合时， BP  0 ，
此时 E, Q, D 重合， PC  CE ：
PC  PE ，
∵ CPE  CDP ，
PCE  DCP ，
∴VPCE∽VDCP ，
∴ PC  CE  EP ，
CDCPDP
此时 DP  DC  2 ，
连接 AC ，交 BD 于点O ，如下图所示：
∵四边形 ABCD 为菱形， AB  2 ，
∴ AC ⊥ BD ， BO  OD ， ABO  1 ABC  30 ，
2
∴ cs ABO  cs 30  BO 3 ，
AB2
∴ BO  3 ，
∴ BD  2BO  2 3 ，
∴ BP  BD  DP  2 3  2 ；
EP  EC ，
此时ECP  EPC  30 ，
∴ BCP  BCD  ECP  90 ，
∴ BP 
BC
cs 30
 4 3 ，
3
综上所述， BP  0 或 BP  4 3 或 BP  2 3  2 ．
3
解：由菱形的对称性得： AP  CP ，
△PAD 的面积与△PCD 的面积相等，
SS PC 2PC 2
∴ 1  V PCE   ，
S2SV PCD
 CD 4
当 P 与 B ， D 重合时， PC 取得最大值2 ，
所以 S1  1 ，
S2
当CP  BD 时， PC 取得最小值1，
所以 S1  1 ，
S24
综上所述 1  S1  1 ．
4S2
【题型 03】平移变换应用（共 11 题）
22．（2026•河北廊坊 • 一模）如图，美工组用机械臂绘图时，对平面直角坐标系中的菱形 ABCD执行了两步操作：先以 O 为位似中心将菱形放大为原来的 2 倍，然后拖动菱形平移，得到菱形 ABCD ．已知 A5, 0 ， D 0, 6 ，C8, 2 ，若菱形 ABCD 内部一点 F 经过上述操作后得到的对应点F 与它本身重合，则点 F 的坐标是（ ）
A． 2, 2
1,1
1, 2
2,1
【答案】A
【分析】先由菱形的性质求出C 5, 0 ，由位似变换得10,0 ，根据点C8, 2 得平移方式为先向左平移 2 个单位，再向下平移 2 个单位，设菱形 ABCD 内任意一点F m, n ，经过操作后对应点 F (2m  2, 2n  2) ，由点F 与F m, n 重合可得2m  2  m ，2n  2  n ，从而可求出点F 的坐标为(2, 2) ．
【详解】解：∵四边形 ABCD 是菱形，
∴点O 0, 0 是对角线 AC 的中点，
∵ A5, 0 ，
∴ C 5, 0 ，
∵以 O 为位似中心将菱形 ABCD 放大为原来的 2 倍，
∴点C 5, 0 经过位似变换后，坐标变为10,0 ，又点10,0 平移后得到C(8,  2) ，
∴平移的方式为：先向左平移 2 个单位，再向下平移 2 个单位，
设菱形 ABCD 内任意一点F m, n ，则F m, n 经过操作后，对应点F (2m  2, 2n  2) ，
∵点F 与F m, n 重合，
∴ 2m  2  m ， 2n  2  n ，
∴ m  2, n  2 ，
∴点F 的坐标为(2, 2) ．
23．（2026•陕西西安 • 模拟预测）如图，已知直线 y  1 x 1 经过点 A 和点B ，其中点 A 在 x
2
轴上，点B 的横坐标为 10，若将线段 AB 平移至CD ，点 A 的对应点C 的坐标为(6, 2) ，则点D
的纵坐标是（）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】先求出 A 的坐标，判断直线是怎样平移，再用B 的坐标推出D 坐标．
【详解】解：将 y  0 代入 y  1 x 1 ，
2
得 x  2 ，即 A(2, 0) ，
即先向左平移 8 个单位长度，再向上平移 2 个单位长度．
将 x  10 代入 y  1 x 1 ，
2
得 y  4 ，即B(1 ,4) ，
则D(2, 6) ．
24．（2026•河南商丘 • 一模）如图，VABC 中， ABC  120 ， AB  BC ，将VABC 沿射线BC
方向平移得对应VDEF ，过点B 作BO  AC ，垂足为O ， BO 交DE 于点P ，若 AC  4 3 ，
3
5
CE  3BE ，则PD 的长是（）
A． 4B． 4C． 3D． 2
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质，三线合一，求出A  ACB  30 ， AO  CO  1 AC  2 3 ；根
2
据勾股定理求出BO  2 ，则BC  4 ，根据线段的和差求出BE ，再根据等边三角形的判定和性质，可得BE  BP  1 ，最后根据PD  DE  PE ．
【详解】解：∵ABC  120 ， AB  BC ， BO  AC ，
∴A  ACB  30 ， AO  CO  1 AC  2 3 ，
2
∴ BO  1 BC ，
2
设BO  x ，则BC  2x ，
在直角三角形VBOC 中， BC 2  BO2  CO2 ，
∴2x2  x2  2 3 2 ，解得： x  2 ，
∴ x  2 ；
∴ BO  2 ，则BC  4 ，
∵ CE  3BE 且CE  BE  BC  4 ，
∴ CE  3 ， BE  1，
∵VABC 沿射线BC 方向平移得对应VDEF ，
∴VABC≌VDEF ，
∴ABC  DEF  120 ， AB  DE  4 ，
∴DEB  180  DEF  180 120  60 ，
∵ACB  30 ， BO  AC ，
∴OBC  180  90  30  60 ，
∴VBPE 是等腰三角形，
∴ BE  BP  1 ，
∴ PD  DE  PE  4 1  3 ．故选：C．
25．（2026•山东青岛 • 一模）无人机编队表演，在空中先组成如图所示的菱形图案 ABCD ，然后整体向右平移 5 个单位长度，再绕点 A 的对应点 A 逆时针旋转90 得到菱形 ABCD ，此时点B 的对应点B 的坐标为（）
A． 4,1
B． 2, 3
C． 1, 5
D． 0, 1
【答案】A
【分析】根据平移的性质以及旋转的性质作出菱形 ABCD ，再结合图形写出坐标即可．
【详解】解：画出菱形 ABCD 如图所示：
由图形可得，点B 的对应点B 的坐标为4,1 ．
26．（2026•河南周口 • 二模）如图，在边长为 2 的菱形 ABCD 中， ABC  60 ，将△ABD 沿着射线BD 的方向平移，得到VEFG ，连接CE ， ED ， FC ，则△CEF 周长的最小值为．
【答案】2 3  2 / 2  2 3
【分析】根据菱形的性质得到 AB  2, ABD  30 ，根据平移的性质得到EF  AB  2, EF ∥ AB ， 推出四边形EFCD 是平行四边形，得到ED  FC ，于是得到EC  FC 的最小值 EC  EM 的最小值，根据平移的性质得到点E 在过点 A 且平行于BD 的定直线上，作点D 关于定直线的对称点M ，连接CM 交定直线于E ，通过证明VMDC≌VBCD SAS 得到CM  BD  2 3 ，即可得出结论．
【详解】解：连接 AC 交BD 于点O ，
∵在边长为 2 的菱形 ABCD 中， ABC  60 ，
 AB  AD  CD  2, ABD  CBD  ADB  CDB  30 ， BCD  120 ，
∵将△ABD 沿射线BD 的方向平移得到VEFG ，
∴ EF  AB  2, EF ∥ AB ，点E 在过点 A 且平行于BD 的定直线上，
∵四边形 ABCD 是菱形，
 AB  CD, AB∥ CD ，
 EF  CD, EF ∥CD ，
∴四边形EFCD 是平行四边形，
 ED  FC ，
CE  CF 的最小值 EC  ED 的最小值，
∵点E 在过点 A 且平行于BD 的定直线上，
∴作点D 关于定直线的对称点M ，连接CM 交定直线于E ，则CM 的长度即为EC  DE  EC  ME
的最小值，
根据轴对称的性质可得： DM  AH ，
Q AH ∥ BD ，
 DM  BD ， EAD  ADB  30 ，
ADM  60, DH  MH  1 AD  1，
2
 DM  2 ，
QCDM  MDF  CDB  90  30  120 ，
CDM  BCD ，在△MDC 和△BCD 中
DM  BC
CDM  BCD ，

CD  DC

VMDC≌VBCD SAS ，
CM  BD ，
QBOC  90, CBD  30, BC  2 ，
CO  1 BC  1 ，
2
 BO  BC 2  CO2  3 ，
CM  BD  2 3 ，
则△CEF 周长的最小值为EF  CF  CE  EF  CM  EF  BD  2 3  2 ．
27．（2026•河北张家口 • 一模）平面直角坐标系中，横、纵坐标均为整数的点称为“整
【答案】8
【分析】根据平移规则依次推导6 次平移后点的坐标表达式，再结合平移后点在已知直线上，联立方程求解即可得到平移前的横坐标．
【详解】解：由题意得，记第n 次平移后点的坐标为 xn , yn  ， sn 为横纵坐标之和，则 x0  x, y0  y ， s0  x0  y0  6 ，
∴ s0  5 余数为1，
∴第1次向右平移1个单位，
∴ x1  x 1, y1  y ；
点”．整点每次平移的规则：横纵坐标之和除以 5，若余数为 0 该点向下平移 1 个单位，若余数为 1 向右平移 1 个单位，若余数为 2 向上平移 1 个单位，若余数为 3 向左平移 1 个单位，若余数为 4 不动．已知整点P  x, y  满足 x  y  6 ，连续平移 6 次后恰好落在直线 y  x  6 上，则点 P平移前的横坐标为．
∴ s1  x1  y1  7 ， s1  5 余数为2 ，
∴第2 次向上平移1个单位，
∴ x2  x 1, y2  y 1；
∴ s2  x2  y2  8 ， s2  5 余数为3 ，
∴第3 次向左平移1个单位，
∴ x3  x, y3  y 1 ；
∴ s3  x3  y3  7 ， s3  5 余数为2 ，
∴第4 次向上平移1个单位，
∴ x4  x, y4  y  2 ；
∴ s4  x4  y4  8 ， s4  5 余数为3 ，
∴第5 次向左平移1个单位，
∴ x5  x 1, y5  y  2 ；
∴ s5  x5  y5  7 ， s5  5 余数为2 ，
∴第6 次向上平移1个单位，
∴ x6  x 1, y6  y  3 ，
∵平移6 次后点落在直线 y  x  6 上，
∴满足 y6  x6  6 ，
∴代入得： y  3   x 1  6
x  y  10 ，
 x  y  6

联立得x  y  10 ，
∴两式相加得2x  16
解得 x  8 ．
28．（2026•江苏无锡 • 一模）如图，在平面直角坐标系中，点 A 在 x 轴上，点 B 在 y 轴上，
OA  4 ，OB  4 3 ，C 为 x 轴正半轴上一点，以OC 为一边在第一象限内作等边VOCD ．使得 D
3
点恰好落在线段 AB 上，D 点坐标为，将VOCD 沿 x 轴的正半轴向右平移得到VOCD ，当 AB 将VOCD 的面积分为1: 2 两部分时， OO 的长为．
4，解得
①当C 未过点 A 时，如图， AB 与OD、CD 相交于点E、F ，

k  
b  3 3


b  4

3
3
3 ，
3
 y  
33
3 x  4
3 ，又 D 点在线段 AB 上，

33
3 a  4
3  3a ，解得a  1 ，
 D 1,
3  ；
等边VOCD 边长为2 ， SVOCD
 1 OC  DH  1  2  3  3 ，
2
2
 D a, 3a ，
【答案】
1, 3 
2
3
6 或4  2
6
3
【分析】由题意作辅助线，作DH  OC 于点 H，设等边VOCD 边长为2a ，得到D a, 3a，再利用待定系数法求出直线 AB 的解析式，把D 代入求解即可；分C 未过点 A 和C 超过点 A 两种情况求解．
【详解】解：过D 作DH  OC 于点H ，设等边VOCD 边长为2a ，
ODH  30 ， OH  1 OD  a, DH 
2
OD2  OH 2  3a ，
4k  b  0
Q OA  4 ， OB  4
3
3 ，
 A4, 0, B  0, 4


3
3  ，


设直线 AB 的解析式为 y  kx  b ，

3
此时SV DEF : S四边形OCFE  1: 2 ，又SVOCD  SVOCD  3 ，
 SV DEF
 1 S
3
VOCD  3 ，
设OO  x ，
又 AC
 OA  OC
 4  2 
2 ，则 AC  2  x ，
Qtan OAB  OB 3 ，
OA3
OAB  30 ，
又OCD  OAB  AFC  60 ，
AFC  30 ，
CA  CF  2  x ，
 DF  CD  CF  x ，
又EFD  AFC  30, EDF  60 ，
DEF  90 ，
 DE  1 x, EF  DF 2  DE2 3 x ，
22
 S 1 DE  EF  1  1 x 
3 x 
3 x2 3 ，
V DEF
22 2283
解得 x  2 6 （负值已舍去）；
3
②当C 超过点 A 时，如图， AB 与OD 相交于点M ，
由题可知S
3
VOAM
 1 S
3
VOCD  3 ，
设OO  x ，则OA  4  x ，
又OAM  30 ， AOM  60 ，
AMO  90 ，
OM  1 OA  1 4  x, AM 3 4  x ，
2
2
2
S 1 OM  AM 3 4  x2 
VOAM
2
8
3 ，
3
解得 x  4  2 6 （负值已舍去）；
3
综上， OO 的长为 2 6 或4  2
3
3
6 ．
29．（2026•安徽芜湖 • 二模）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 AB 和BC 的端点均为格点（网格线的交点）．
将线段 AB 先向上平移 2 个单位长度，再向右平移 4 个单位长度，得到线段 A1B1 ，画出线段
A1B1 ；
将线段 AB 绕点B1 顺时针旋转90 ，得到线段 A2 B2 ，画出线段 A2 B2 ；
线段 A1B1 与BC 交于点 D，则A1DC 的大小为．
【答案】(1)见解析
见解析
45
【分析】（1）根据平移规则画出线段 A1B1 即可；
根据旋转的性质，画出线段 A2 B2 即可；
连接 AC ，勾股定理结合勾股定理逆定理得到VABC 为等腰直角三角形，进而得到
ABC  45 ，根据平移的性质，得到 AB
A1B1 ，进而得到A1DC  ABC 即可.
【详解】（1）解：如图，线段 A1B1 即为所求；
（2）解：如图，线段 A2 B2 即为所求；
（3）解：连接 AC ，由勾股定理，得 AB  62 12  37, AC  62 12  37, BC  72  52  74 ，
∴ AB  AC, AB2  AC 2  BC 2  74 ，
∴VABC 为等腰直角三角形，
∴ABC  45 ，
∵平移，
∴ AB
A1B1 ，
∴A1DC  ABC  45 .
30．（2026•山西大同 • 一模）综合与实践
数学课上，同学们以含60 角的平行四边形为载体，开展了平移、折叠、旋转的综合实践活动．如图 1，在平行四边形 ABCD 中， ∠ A  60，∠ BDC  90，BC  4 ．
【智慧小组——平移探究】
如图 2，将△ABD 沿着射线BD 方向平移，得到△ABD，点 A，B，D 的对应点为
A，B，D ．当四边形 ABCD 为矩形时，求平移的距离．
【善思小组——折叠探究】
如图 3，将△BCD 沿着BD 折叠得到△BCD ，点C 的对应点为C ，连接BC，CD，AC ．猜想
四边形 ABDC的形状，并证明你的猜想．
【探索小组——旋转探究】
将△BCD 绕点D 顺时针旋转得到△FED ，点B，C 的对应点分别为点F，E ．当VFBC 为以BC
为底的等腰三角形时，请你直接写出CF 2 的值．
【答案】(1) 2 3
3
四边形 ABDC是矩形，见解析
18  2 33 或18  2 33
【分析】（1）根据平行四边形的性质可求出CBD  30 ，根据含30 的直角三角形的性质求出
CD  2  AB ，根据平移的性质得出 AB  2 ，根据矩形的性质并结合CBD  30 可求出
ABB  60 ，然后在Rt△ABB中，根据正切的定义求出BB即可；
根据折叠的性质得出CD  CD  2  AB ， CDB  CDB  90 ， BC¢ = BC = AD ，则可证C 、D、
B 三点共线，则CD ∥ AB ，然后根据矩形的判定即可得证；
分两种情况讨论：当点 F 在BC 的上方时，过 F 作FM  BC 于 M，交 AD 于 N，过 D 作DH  BC
于 H，在Rt△CDH 中，解直角三角形求出DH  3 ， CH  1，根据三线合一的性质求出
CM  1 BC  2 ，根据矩形的判定与性质求出MN  DH 
2
3 ， DN  MH  1 ，根据旋转的性质得出
DF  DN  2 3 ，在Rt△DFN 中，根据勾股定理求出FN  11 ，最后在Rt△FCM 中，根据勾股定理求解即可；当点 F 在BC 的上方时，类似求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形 ABCD 是平行四边形， A  60 ， BC  4 ， ∠ BDC=90
∴ AB ∥CD ， AB  CD ， AD  BC  4 ， C  A  60 ， AD ∥ BC ，
∴ABD  BDC  90， CBD  30 ，
∴ CD  1 BC  2 ， 2
∴ BD  BC 2  CD2  2 3 ，
∵平移后四边形 ABCD 是矩形，
∴ABC  90 ， AB  AB  2 ，
∴ABB  60 ，
在Rt△ABB中， BB 
AB
tan ABB
2
tan 60
 2 3 ，
3
即平移距离为 2 3 ；
3
解：四边形 ABDC是矩形理由：∵折叠，
∴ CD  CD  2  AB ， CDB  CDB  90 ， BC¢ = BC = AD ，
∴CDB  CDB  180 ，
∴ C 、D、B 三点共线，
∴ CD ∥ AB ，
∴四边形 ABDC是平行四边形，又BC  AD
∴平行四边形 ABDC是矩形；
解：当点 F 在BC 的上方时，如图，过 F 作FM  BC 于 M，交 AD 于 N，过 D 作DH  BC 于
H，
在Rt△CDH 中， DH  CD  sin DCH  2  sin 60 
∵ BF  CF ， FM  BC ，
∴ CM  1 BC  2 ， 2
∴ MH  1，
∵ AD ∥ BC ，
∴ AD  FM ，
又DH  BC ， FM  BC
∴四边形DHMN 是矩形，
3 ， CH  CD  cs DCH  2  cs 60  1，
∴ MN  DH  3 ， DN  MH  1 ，
∵旋转
∴ DF  DB  2 3 ，
∴在Rt△DFN 中， FN 
DF 2  DN 2 
11 ，
∴ FM  FN  MN  11  3 ，
∴ CF 2  CM 2  FM 2  22  
11 
3 2  18  2 33 ；
当点 F 在BC 的下方时，如图，过 F 作FM  BC 于 M，交 AD 于 N，过 D 作DH  BC 于 H，
在Rt△CDH 中， DH  CD  sin DCH  2  sin 60 
∵ BF  CF ， FM  BC ，
∴ CM  1 BC  2 ， 2
∴ MH  1，
∵ AD ∥ BC ，
∴ AD  FM ，
又DH  BC ， FM  BC
∴四边形DHMN 是矩形，
3 ， CH  CD  cs DCH  2  cs 60  1，
∴ MN  DH 
∵旋转
3 ， DN  MH  1 ，
∴ DF  DB  2 3 ，
∴在Rt△DFN 中， FN 
DF 2  DN 2 
11 ，
∴ FM  FN  MN  11  3 ，
∴ CF 2  CM 2  FM 2  22  
11 
3 2  18  2 33 ；
综上， CF 2 的值为18  2 33 或18  2 33 ．
31．（2026•天津和平 • 一模）在平面直角坐标系中，O 为原点，直角VAOB 的顶点 A0, 5 ，
B 5 3, 0 ，等边VDEF 的顶点E 0, 3 ， F  3, 0 ，顶点 D 在第二象限．
填空：如图①， EFO 的度数为˚，点 D 的坐标为；
将等边VDEF 沿水平方向向右平移，得到等边△DEF  ，点 D，E，F 的对应点分别为D¢，
E ， F ．设EE  t ，等边△DEF  与直角三角形 AOB 的重叠部分的面积为 S．
①如图②，若边DF  与边OA 相交于点 G，当△DEF  与VAOB 重叠部分为四边形EEF G 时，试用含有 t 的式子表示 S，并直接写出 t 的取值范围；
②当 3  t  11 3 时，求 S 的取值范围（直接写出结果即可）．
22
【答案】(1) 60 ； 2
3, 3
(2)① S   3 t 2  6t  3 3 （ 3  t  2 3 ）；
2
② 3 3  S  3 3
32
【分析】（1）可先计算OE 、OF 长度，再利用直角三角形的边角关系求EFO 的度数；根据VDEF是等边三角形，结合EFO 的度数，所以可通过构造直角三角形，利用等边三角形性质和坐标平移的思路求 D 点坐标；
（2）①将重叠部分的面积转化为等边VDEF  的面积减去VGDE 的面积；可先确定平移后各点的坐标，再结合VAOB 的角度，利用三角函数求出VGDE 的边长，进而得到其面积，同时根据
重叠部分为四边形的条件确定 t 的取值范围；
②因为已知 t 的取值范围，所以需先分析在该范围内 S 的表达式的变化情况，再根据函数的性
质求 S 的取值范围．
【详解】（1）解：∵ E 0, 3 ， F 
3, 0 ，
在RtVEOF 中， OE  3 ， OF 
3 ， tan ∠ EFO  OE  3 ，
OF
∴ ∠ EFO  60 ，
EF  OE2  OF 2  2 3 ，
且VDEF 是等边三角形， DE x 轴，
∴ DE  EF  2 3 ， 又∵D 在第二象限，
∴D 的横坐标为0  2 3  2 3 ，纵坐标与 E 相同为3 ，即D 2 3, 3；
（2）解：①等边VDEF 的面积为S
V DEF
 1 DE·EO  1  2 3  3  3 3 ，
22
平移后F t  3, 0 ， Dt  2 3, 3 ，
当重叠部分为四边形EEF G 时，满足F 在 y 轴右侧、D 在 y 轴左侧，
t  3  0
即{
，解得 3  t  2 3 ；
t  2 3  0
∵ DF  交 y 轴于G ， VGED为直角三角形， ∠ D  60 ， ED  2 3  t ， EG 
3 2 3  t ，
222
∴ SVGED
 1 DE  EG  1 2 3  t · 3 2 3  t   3 t 2  6t  6 3 ，
∴重叠面积S  S
V DEF
 SVGED  
3 t 2  6t  3 3 （ 3  t  2 3 ）；
2
②当 3  t  11 3 时，重叠部分面积S 随t 的变化分为四个阶段：
22
当 3  t 
2
3 时，如图所示，重叠部分为Rt△EGE ，
面积S  1 EG  EE  1  3t  t 3 t 2 ， S 随t 的增大而增大。


222
3  3 23 3
323 3
Smin 
2  2  
8 ， Smax  2 
3，
2

∴ 383  S  323 ；
当 3  t  2 3 时，重叠部分为四边形EEFG ，
面积S  
3 t2  6t  3 3 ， S 随t 的增大而增大。
2
S  3  3 2  6  3  3 3  3 3 ， S  3 2 3 2  6  2 3  3 3  3 3 ，
min22max2
∴ 3 3  S  3 3 ；
2
当2 3  t  8 3 时，重叠部分为四边形DIHF  ，
3
面积S  
3 t 2  3 t  3 3 ， S 随t 的增大而减小。
822
S  3 2 3 2  3 2 3  3 3  3 3 ，
max
822
3  8 3 23  8 3 
3 317 3
Smin  
8  3   2 
3   2 6，

∴ 17 3  S  3 3 ；
6
当8 3  t  11 3 时，重叠部分由腰线和斜边围成，
32
面积S 
3 (6 3  t)2 ， S 随t 的增大而减小。
8
Smax 
3 (6 3  8 3 )2  25 3 ， S
836
min 
3 (6 3  11 3 )2  3 3 ，
8232
∴ 3 3  S  25 3 ；
326
∴S 的取值范围为 3 3  S  3 3 ．
32
32．（2026•天津河东 • 一模）在平面直角坐标系中， O 为原点，等腰VAOB 的顶点 A4, 0 ，
BAO  90 ．四边形OCDE 是正方形，点C 是OB 的中点，点D 在 y 轴上．
填空：如图①，点B 的坐标为，点E 的坐标为；
将四边形OCDE 沿 x 轴向右平移得到四边形OCDE ，点O ， C ， D ， E 的对应点分别为O ，
C ， D¢， E ，设OO  t ．
如图②，当四边形OCDE 与VAOB 重叠部分为五边形时， OC ， CD ， E O 分别与 AB ，
BO 相交于点G ， H ， M ， N ，试用含有t 的式子表示线段MH ，并直接写出t 的取值范围；
设平移后四边形OCDE 与VAOB 重叠部分的面积为S ，当3  S  5 时，求t 的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】(1) 4, 4 ， 2, 2
(2)（i） MH  2 2  2 t ， 2  t  4 ；（ii） 3  t  6  3
22
【分析】（1）连接EC 交DO 于点F ，根据等腰三角形的性质得到B 4, 4 ，求出
1
OB 
OA2  OB2  4 2 ，进而得到OC 
OB  2 2 ，再根据正方形的性质OD 的长，即可求出E 2, 2 ；
2
（2）（i）根据平移的性质证明四边形OCMN 是矩形，进而得到VONO 和VBMH 是等腰直角三
角形，则ON 2 OO 2 t ， BM  OB  ON  MN  2 2  2 t ；当四边形OCDE 与VAOB 重叠部
222
分为五边形时，点C 在 AB 的右侧，点E 在点C 的左侧，列出关于t 的不等式组，即可得出t 的取值范围；
（ii）分 3 种情况讨论：①当0  t  2 时；②当2  t  4 时；③当4  t  6 时，先确定四边形OCDE与VAOB 重叠部分的图形，再利用图形的面积公式表示出S 与t 的关系式，结合3  S  5 ，列出关于t 的不等式，即可求解．
【详解】（1）解：连接EC 交DO 于点F ，
∵等腰VAOB 的顶点 A4, 0 ， BAO  90 ，
∴ OA  OB  4 ，
∴ B 4, 4 ，
∴ OB  OA2  OB2  4 2 ，
∵点C 是OB 的中点，
∴ OC  1 OB  2 2 ，
2
∵四边形OCDE 是正方形，
∴ EC  DO ， CD  OC  2 2 ， OCD  90 ， EF  OF  1 OD ，
2
∴ OD  DC 2  OC 2  4 ，
∴ EF  OF  2 ，
∴ E 2, 2 ；
解：（i）由平移的性质得， OC∥OB ，四边形OCDE 是正方形，
∴ OE∥CD， COE  90 ，
∴四边形OCMN 是矩形，
∴ MN  OC  2 2 ， MNO  ONO  NMH  BMH  90 ，
∵等腰VAOB ， BAO  90 ，
∴BOA  B  45 ，
∴VONO 和VBMH 是等腰直角三角形，
∴ ON 2 OO 2 t ，
22
∴ MH  BM  OB  ON  MN  4 2  2 t  2 2  2 2  2 t ；
22
∵点C 是OB 的中点， B 4, 4 ，
∴ C 2, 2 ，
由（1）得， E 2, 2 ，
由平移的性质得， Ct  2, 2 ， E2  t, 2 ，
∵当四边形OCDE 与VAOB 重叠部分为五边形时，点C 在 AB 的右侧，点E 在点C 的左侧，
t  2  4

∴ 2  t  2 ，
解得2  t  4 ，
综上， MH  2 2 
2 t ， 2  t  4 ；
2
（ii）①当0  t  2 时，四边形OCDE 与VAOB 重叠部分为四边形OCMN ，
由（i）得，四边形OCMN 是矩形， VONO 是等腰直角三角形，
∴ MN  OC  2 2 ， ON 2 OO 2 t ，
22
∴ S  S矩形OCMN  MN  ON  2t ，
令3  S  5 ，则3  2t  5 ，
解得 3  t  5 ，
22
∴ 3  t  2 ； 2
②当2  t  4 时，四边形OCDE 与VAOB 重叠部分为五边形OGHMN ，
∵ OO  t ，
∴ OA  OA  OO  4  t ，
由平移的性质得， OC∥OB ，四边形OCDE 是正方形，
∴GOA  BOA  45 ， C  90 ，
∵BAO  90 ，
∴VOAG 是等腰直角三角形， AG  OA  4  t ，
由（i）得，VBMH 是等腰直角三角形， MH  2 2 
2 t ，
2
∴ BH  2MH  4  t ， BHM  45 ，
∴ HG  AB  AG  BH  4  4  t   4  t   2t  4 ，
∵CHG  BHM  45 ， C  90 ，
∴VCHG 是等腰直角三角形， CH  CG 
2 HG ，
2
2
11  211
∴ SVCHG CH  CG HG  HG2 2t  42  t  22 ，
22  244
同理①的方法可得， S矩形OCMN  2t ，
矩形OCMNVCHG
∴ S  S S 2t  t  22  t 2  6t  4  t  32  5 ，
∵ 2  t  4 ，
∴当 x  3 时， S 取得最大值 5；当 x  2 和x  4 时， S 取得最小值 4，此时4  S  5 ，满足题意；
∴ 2  t  4 ；
③当4  t  6 时，四边形OCDE 与VAOB 重叠部分为△EGH ，
∵ OO  t ，
∴ OA  OO  OA  t  4 ，
由平移的性质得， OC∥OB ，四边形OCDE 是正方形，
∴OOC  180  BOA  135 ， E  COE  90 ， OE  2 2 ，
∴AOG  135  90  45 ，
∵OAG  BAO  90 ，
∴VOAG 是等腰直角三角形， AGO  45 ， OG  2OA  2t  4 2 ，
∴ EG  OE  OG  2 2   2t  4 2   6 2  2t ，
∵EGH  AGO  45 ， E  90 ，
∴△EGH 是等腰直角三角形， EH  EG  6 2  2t ，
∴ S  S 1 EH  EG  1 6 2  2t 2  6  t 2 ，
V EGH
2
2
令3  S  5 ，则3  6  t 2  5 ，
解得6  5  t  6  3 或6  3  t  6  5 ，
∴ 4  t  6  3 ；
综上， t 的取值范围为 3  t  6 
2
3 ．
【题型 04】三大变换综合应用（共 6 题）
33．（2024•河南周口 • 二模）如图，在矩形 ABCD 中，AB  8, BC  6 ，点E 为 AB 上一点，将VBCE沿CE 折叠，点B 的对应点F 恰好落在对角线 AC 上，再将△CEF 沿射线CA 平移得到△CEF  ，当 AB 在△CEF 区域内的线段GH 的长度为1时， △CEF 平移的距离为．
【答案】 4 或8
3
【分析】根据矩形的性质及折叠的性质得到BE  EF  3 ， AE  5，再根据相似三角形的判定与性质得到分两种情况即可解答．
【详解】解：∵在矩形 ABCD 中， ABC  90 ，
∴在Rt△ABC 中， AC AB2  BC 2 ，
∵ AB  8, BC  6 ，
∴ AC  82  62  10 ，
由折叠得： BE  EF，BC  CF  6 ， AFE  EFC  90 ，
∴ AF  AC  CF  4 ，
设BE  x ，则 AE  8  x ， EF  BE  x ，
∴在RtVAEF 中， AE2  EF 2  AF 2 ,
∴8  x2  x2  42 ，
∴解得： x  3 ，
∴ BE  EF  3 ， AE  8  3  5 ，
①如图 1，当 AB 在△CEF 区域内的线段GH 的交点G 在 AD 的下方时，过点E 作EM  AB 于点M ，
∵AMH  ABC  GME  90 ，
∴AGF   ACB  E 'GM ，
∴V AGF ∽V ACB∽VEGM ，
∴ GM  GF   BC  3 ，
EMAF AB4
设GM  3x ，
∵ GH  1，
∴ EM  4x ， EG  5x ， GF   3  5x ， MH  1 3x ，
∴ AF   4 3  5x ， 3
∵由平移的性质得： EC '∥ EC ，
∴EHM  BHC  BEC ，
∵EMH  CBE  90 ，
∴VEMH∽VCBE ，
∴ HM  BE  1 ，
EMBC2
∴ 1  1 3x ，
24x
∴ x  1 ，
5
∴ AF   8 ，
3
∴△CEF 平移的距离FF   AF  AF   4  8  4 ；
33
②如图2，当 AB 在△CEF 区域内的线段GH 的交点G 与点 A 重合时，过点H 作HM  AC 于点M ，
∴HMA  HMC  ABC  90 ，
∵HAM  BAC ，
∴VHAM ∽VBAC ，
∴ MH  BC  3 ，
AMAB4
∵ GH  1，
∴在Rt△AMH 中， AM  4 ， MH  3 ，
55
由平移的性质得： EF ∥ MH ，
∴EF C  HMC  90 ，
∵ECF   ECF  MC ' H ，
∴VHMC∽VEFC ，
∴ HM  EF  3  1 ，
MC 'FC62
∴ MC  6 ，
5
∴ CC  AC  AM  MC ' =10  4  6  8 ，
55
4
综上， △CEF 平移的距离为 3 或8 ，
4
故答案为 3 或8 .
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质，平移的性质，矩形的性质，一元一次方程与几何问题，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
34．（2024•贵州贵阳 • 一模）如图，VABC 是边长为 2 的等边三角形，将VABC 沿直线 AC 翻折，得到V ACD ，再将V ACD 在直线 AC 上平移，得到△ACD ．连接 AB，DB ，则V ADB 的周长的最小值是 ．
【答案】2 7  2
【分析】本题主要考查了翻折，平移的性质，等边三角形的性质以及菱形的判定与性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．作D 关于点B 的对称点B ， BD 交 AC 于点O ，连接BC ，利用勾股定理求出BC 即可得到答案．
【详解】解：作D 关于点B 的对称点B ， BD 交 AC 于点O ，连接BC ，
由题意可知，将VABC 沿直线 AC 翻折，得到V ACD ，再将V ACD 在直线 AC 上平移，得到△ACD ，
 V ADB 的周长的最小值转化为VBDC 周长的最小值，
当B、B、C 三点共线时， BD  BC 最小为CB 的长，
QV ABC、V ACD 均为等边三角形，
 AB  BC  CD  AB ，
四边形 ABCD 是菱形，
 BD  AC, OC  1 AC  1，
2
 BO  DO  3 ，
OB  BB  OB  2 3  3  3 3 ，
在Rt△CEO 中， CB  OB2  OC 2  (3 3)2 12  2 7 ，
 VBDC 周长的最小值为2 7  2 ，
故V ADB 的周长的最小值为2 7  2 ．
故答案为： 2 7  2 ．
35．（2024•河南周口 • 模拟预测）问题背景：如图 1，在四边形 ABCD 中，
BC  2 3,CD  AD,ABC  30,ACB  90 ，将V ACD 沿 AC 翻折，点D 的对应点E 恰好落在 AB 边上．
操作探究
连接DE ，判断VCDE 的形状，说明理由；
探究迁移
将V ACD 沿射线 AB 平移得到△ACD （点 A、C、D 的对应点分别为 A、C、D ），当点 A 的对应点 A 与点E 重合时，求四边形 AEDD 的周长；
拓展创新
将V ACD 继续沿射线 AB 平移得到△ACD （点 A、C、D 的对应点分别为 A、C、D ）， AC 与BC交于点M ，且BM  CM ，将△ACD 绕点M 在平面内自由旋转，当CD∥CE 时，直接写出 AA的长．
【答案】(1) VCDE 是等边三角形，理由见详解
(2)4
(3)3 或 7
【分析】1 连接DE ，由翻折得CD  CE ， CAB  CAD ， CDA  CEA ，结合题意得
DAE  120 ，则DCE  60 ，即可得VCDE 是等边三角形；
2 由平移得四边形 AEDD 为平行四边形，结合翻折 AD  AE ，判定四边形 AEDD 为菱形，利用含 30 度角的直角三角形的性质得到 AE  1 ，即可求得周长；
3 过点M 作MF∥AB 交 AC 于点 F，连接DF ，可得四边形 AAMF 为平行四边形，有
CFM  CAB  60 ， AA  MF 和VCFM ∽VCAB ，即可判定点 F 为 AC 中点，则有 D、F、D¢和 M在同一条直线上，结合（1）知ECD  60 ，CD  CE ，分两种情况CD 逆时针旋转60 和CD 顺时针旋转120 求解即可．
【详解】（1）证明： VCDE 是等边三角形，连接DE ，如图，
∵V ACD 沿 AC 翻折，点D 的对应点E ，
∴ CD  CE ， CAB  CAD ， CDA  CEA ，
∵ABC  30, ACB  90 ， CD  AD ，
∴CAB  60 ， CDA  CEA  90 ，
∴DAE  120 ，则DCE  60 ，
那么， VCDE 是等边三角形；
（2）
∵V ACD 沿射线 AB 平移得到△ACD
∴ AD ∥ AD ， DD∥AA ，
∴四边形 AEDD 为平行四边形，
∵V ACD 沿 AC 翻折，点D 的对应点E ，
∴ AD  AE ，
则四边形 AEDD 为菱形，
∵ BC  2 3, ABC  30,
∴ AC  2, AB  4,
∵CAB  60 ，
∴ AE  1 ， CE  3 ，
则C四边形AEDD  4 AE  4 ；
过点M 作MF∥AB 交 AC 于点 F，连接DF ，如图，
∵V ACD 继续沿射线 AB 平移得到△ACD ，
∴四边形 AAMF 为平行四边形，
∴CFM  CAB  60 ， AA  MF ， VCFM ∽VCAB ，
∵ BM  CM ，
∴ CF  CM  1 ，
CACB2
∴点 F 为 AC 中点，
∴ DF  FA ，得DFA  60 ，
那么，D、F、D¢和 M 在同一条直线上，由（1）知ECD  60 ， CD  CE ，
当CD 逆时针旋转60 时得到CD∥CE ，则D¢位于直线 AB 上，
∵点 F 为 AC 中点， BM  CM ，
∴ AD  FM  1 AB  2 ，
2
∵ DA  AD  1
∴ AA  AD  DA  3 ；
当CD 顺时针旋转120 时得到CD∥CE ，则C 位于直线 AB 上，
由旋转得 AD∥AB ， CD  AK  CE  3 ， AK  FM  2 ，
∴ AA AK 2  AK 2  7 ，
综上所述， AA的长为 3 或 7 ．
【点睛】本题主要考查折叠的性质、等边三角形的判定、平移的性质、菱形的判定和性质、含 30 度角的直角三角形的性质和旋转的性质，解题的关键是熟悉上述所涉及的性质，并熟练掌握各性质之间的关联．
36．（2025•安徽淮北 • 三模）如图，在由边长为 1 个单位长度的小正方形组成的网格中，VABC的顶点均在格点（网络线的交点）上．
先把VABC 水平向右平移 5 个单位长度，再竖直向下平移 3 个单位长度，得到△A1B1C1 ，请
画出△A1B1C1 ．
将VABC 以 AC 边所在的直线为轴进行翻折，请画出翻折后的图形VAB2C ．
点 P 为 AB 上一点，请用无刻度直尺在 AB2 上求作一点 Q，使 AP  AQ ．
【答案】(1)见解析
见解析
见解析
【分析】本题主要考查了图形的平移、翻折变换的性质，熟练掌握平移和翻折的性质是解题的关键．
利用平移的性质，确定平移后各顶点的位置，进而画出平移后的三角形．
依据翻折的性质，找出各顶点关于翻折轴的对称点，从而画出翻折后的图形．
利用轴对称的性质，通过构造辅助线找到满足条件的点．
【详解】（1）解：根据平移要求，将VABC 的三个顶点 A 、B 、C 分别水平向右平移5 个单位长度，再竖直向下平移3 个单位长度，得到 A1 、B1 、C1 ，然后依次连接 A1 、B1 、C1 得到V A1B1C1 ．
如图．
解：以 AC 边所在直线为轴进行翻折，分别找出点B 关于 AC 的对称点 B2 ，然后连接 AB2 、
B2C ，得到翻折后的图形V AB2C ，如图．
解：连接B2 P 与 AC 相交，作以B 为端点，过B2 P 与 AC 的交点作射线BQ ，交 AB2 于Q ，则
Q 为所求．
37．（2024•北京通州 • 一模）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点M (m, n) ，A 为坐标系中任意一点．现定义如下两种运动：P 运动：将点 A 向右平移 m 个单位长度，再向上平移 n 个单位长
度，得到点 A ，再将点 A 绕点 O 逆时针旋转90 ，得到点 A1 ；
Q 运动：将点 A 绕点 O 逆时针旋转90 ，得到点 A  ，再将点 A  向右平移 m 个单位长度，再向上平移 n 个单位长度，得到点 A2 ．
如图，已知点 A(1,1) ， M (m,0)，点 A 分别经过 P 运动与 Q 运动后，得到点 A1 ， A2 ．
①若m  1，请你在下图中画出点 A1 ， A2 的位置；
②若 A1 A2  2 ，求 m 的值．
已知 AB  t ，点 A，B 分别经过 P 运动与 Q 运动后，得到点 A1 ， A2 与点B1 ， B2 ，连接 A1B1 ，
【答案】(1)①见详解；② m   2
(2) 0  MO 
2
2 t
【分析】本题考查了旋转的性质，平移的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
①根据 P 运动和 Q 运动的运动方式求解即可;
②首先表示出点 A1 的坐标为1,1 m  ，A2 的坐标为1 m ,1 ，然后根据 A1 A2  2 得到 m2  m2  2 ，进而求解即可；
由题意得： A1B1∥A2 B2 ， A1B1  A2 B2  t 设 A x, y  ，经过 P 运动，则 A x  m , y  n  ，则
A1  y  n , x  m  ；Q 运动后， A  y, x ， A2  y  m , x  n  ，则 A1 A2 
【详解】（1）①作图如图所示：
2OM  t 即可求解．
A2 B2 ．若线段 A1B1 与 A2 B2 存在公共点，请直接写出此时线段MO 长度的取值范围（用含有 t 的式子表示）．
由 P 运动知 A2,1 ，由旋转得OA  OA1 ， A1OA  90 ，
而M  N  90 ，
∴AOM  A1ON  180  90  90 ， AOM  OAM  90 ，
∴A1ON  OAM ，
∴△A1 NO≌△AOM ，
∴ A1N  OM  2, ON  AN  1，
∴ A1 1, 2 ；
由 Q 运动同理可求 A 1,1 ，再向右平移 1 个单位，向上平移 0 个单位得到 A2 0,1 ．
②∵ A(1,1) ，
∴点 A 经过 P 运动后得到的点 A1 的坐标为1,1 m 
点 A 经过 Q 运动后得到的点 A2 的坐标为1 m ,1
∵ A1 A2  2
∴ m2  m2  2 ，
∴ m   2 ．
（2）由题意可得：
由旋转的不变性和平移的性质得： A1B1∥A2 B2 ， A1B1  A2 B2  t ，
设 A x, y  ，经过 P 运动，则 A x  m , y  n  ，则 A1  y  n , x  m  ；
Q 运动后， A  y, x ， A2  y  m , x  n  ，
则 A A   m  n 2   m  n 2  2 m2  n2   2OM ，
1 2
∴当 A1 A2  t 时，线段 A1B1 与 A2 B2 存在公共点，
∴ 2OM  t ，
∴ 0  MO 2 t ．
2
38．（2025•河北廊坊 • 一模）情境：正方形既是轴对称图形又是中心对称图形，我们可以通过以下几种方式获得正方形．（说明：纸片折叠过程中无缝隙、无边沿重叠）
操作：
如图 1，将VABC 纸片沿中位线EH 折叠，使点 A 的对称点D 落在边BC 上，再将纸片分别沿等腰VBED 和等腰VDHC 的底边上的高线EF，HG 折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个四边形EFGH ．当四边形EFGH 为正方形时，直接写出 AD 与BC 的数量关系．
如图 2，将平行四边形 ABCD 沿 AE ，GF 折叠后，点B 和点C 在点H 处重合，点D 落在点 A
处．若四边形 AEFG 为正方形， BE  3，FC  2 ，求平行四边形 ABCD 的面积．探究：
如图3，E，F，G，H 分别为梯形 ABCD 四条边的中点，梯形 ABCD 上底与下底的和为高的 2倍，请根据以上信息画出一种裁剪方式，使裁剪后的四块图形打散后能够拼成一个正方
形．（裁剪线用虚线，并标注清楚相应的几何符号）
【答案】（1） AD  BC ；（2） 50 ；（3）作图见解析
【分析】本题考查四边形综合，涉及折叠性质、正方形性质，读懂题意，发挥空间想象能力构造图形是解决问题的关键．
（1）由折叠性质、正方形性质，数形结合即可得到答案；
由折叠性质、正方形性质，数形结合即可得到答案；
如图所示，沿着虚线剪开，利用旋转和平移即可组合成一个正方形．
【详解】解：（1）由折叠性质可知， AD  2EF ， BF  DF , DG  CG ，
 FG  FD  DG  BF  GC ，即BC  2FG ，当四边形EFGH 为正方形时， EF  FG ，
 AD 与BC 的数量关系是 AD  BC ；
由折叠性质可知， GA  GD, EB  EH , FH  FC ，
 BC  2EF  2  EH  HF   2  BE  FC  ，
若四边形 AEFG 为正方形， BE  3，FC  2 ，则BC  2EF  2 3  2  10 ，
AE  EF  5 ，
平行四边形 ABCD 的面积为BC  AE  10  5  50 ；
沿着虚线剪开，如图所示：
将四边形 HDGI 绕着点G 顺时针旋转，使GD 与GC 重合；将四边形 AHIE 绕着点 E 逆时针旋转，使 AE 与BE 重合；如图所示：
沿着FJ 剪开，将HF 与 JI 重合，如图所示：
即可构成一个正方形．
单选题
1．（2026•内蒙古呼和浩特 • 一模）甲骨文是我国的一种古代文字，下列甲骨文中，能用其
中一部分平移得到的是（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了平移的性质，平移只改变位置，不改变大小，方向和形状，据此求解即可．
【详解】解：依题意，观察四个选项，能用其中一部分平移得到的是 A 选项．
2．（2026•山东青岛 • 一模）如图，VABC 放在边长为 1 个单位的小正方形网格中，点 A 、 B 、C 均在格点上，先将VABC 绕点O 逆时针旋转90 得到△A1B1C1 ，再将△A1B1C1 向下平移 3 个单位得到△A2 B2C2 ，则点C2 的坐标是（ ）
A． 3, 2
B． 1, 0
C． 4, 0
D． 4, 1
【答案】C
【详解】解：△A1B1C1 ， △A2 B2C2 如图：
则点C2 的坐标是4, 0 ．
3．（2026•安徽安庆 • 一模）如图，在Rt△ABC 中，ACB  90 ，将VABC 沿BA 方向平移至VFDE
处，此时点D 恰好为边 AB 的中点，连接CD ，若CD  3 ， BC  1 ，则EF 长为（）
2
10
2
2
A．B．3C． 2D．
【答案】C
【分析】由平移的性质求得EF  AC ，根据直角三角形的性质求得 AB  2CD  3 ，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵将VABC 沿BA 方向平移至VFDE 处，
∴△ABC ≌△FDE ，
∴ EF  AC ，
∵ACB  90 ，点D 为边 AB 的中点，
∴ AB  2CD  3 ，
∵ BC  1 ，
∴ AC AB2  BC 2  32 12  2 2 ，
∴ EF  AC  2 2 ．
4．（2026•陕西西安 • 三模）在平面直角坐标系中，将抛物线 y  x2  2mx  m2  6m  3 （ m 为常数）关于 x 轴对称得到的新抛物线与原抛物线顶点间的距离为 12，则m 的值为（）
A．  1
B．  3
C．  1 或 3
D．  1 或 3
222222
【答案】D
【分析】先求得原抛物线的顶点坐标为m, 6m  3 ，再根据关于 x 轴对称的特点可得新抛物线的顶点坐标为m, 6m  3 ，然后利用新抛物线与原抛物线顶点间的距离为 12,列绝对值方程求解即可．
【详解】解：∵ y  x2  2mx  m2  6m  3   x  m2  6m  3 ，
∴原抛物线的顶点坐标为m, 6m  3 ，
∵抛物线 y  x2  2mx  m2  6m  3 （ m 为常数）关于 x 轴对称得到的新抛物线，
∴新抛物线的顶点坐标为m, 6m  3 ，
∵新抛物线与原抛物线顶点间的距离为 12，
∴ 6m  3  6m  3  12 ，解得： m  3 或m   1 ，即选项 D 符合题意．
2
2
2
5．（25–26 九年级下 • 上海 • 开学考试）如图，矩形 ABCD 中， AB  2 ， BC  3，以 A、D 为圆心，半径分别为1和 1 画圆，E、F 分别是e A 、eD 上的一动点，P 是BC 上的一动点，则PE  PF的最小值是（ ）
A． 5
2
B． 3C． 7
2
D． 4
【答案】C
【分析】以BC 为轴作点 A 的对称点 A以及e A 的对称圆e A ，连接 AD 交BC 、e A 于点P 、E ，则EF 就是PE  PF 最小值，再利用矩形的性质和勾股定理解答即可求解．
【详解】解：如图，以BC 为轴作点 A 的对称点 A以及e A 的对称圆e A ，连接 AD 交BC 、e A
于点P 、E ，则EF 就是PE  PF 最小值，
∵矩形 ABCD 中， AB  2，BC  3 ， e A 的半径为1，
∴ AA  2 AB  4 ， AD  BC  3 ， AE  1，
∴ AD AA2  AD2  42  32  5 ，
∵eD 的半径为 1 ，
2
∴ DF  1 ，
2
∴ EF  AD  AE  DF  5 1 1  7 ，
22
∴ PE  PF 最小值为 7 ．
2
6．（2026•广东汕头 • 一模）在平面直角坐标系中，点 A 坐标为3, 3  ，在 x 轴上找点P ，使得PA  1 PO 的值最小，则此时的点P 的坐标及PA  1 PO 的最小值分别为（）
22
A． 
3, 0； 3B． 2, 0 ； 3C． 
3, 0； 2D． 2, 0 ； 2
【答案】B
【分析】作点 A 关于 x 轴的对称点 A ，连接OA 、AA， AA与 x 轴于点D ，过点 A 作 AB  OA 交
OA 于点B ，交 x 轴于点F ，过点P 作PE  OA 交OA 于点E ，根据对称的性质得出
AD  AD  3 ， OD  3， AA  2 AD  2 3 ，根据特殊角的三角函数值求出DOA  30 ，得出
PE  1 OP ，结合垂线段最短得出当点P 为 AB 与 x 轴的交点时， PA  1 PO 的值最小，最小值为 AB
22
的长，求出∠OAD  60 ，根据特殊角的三角函数值求出 AB  3 ，求出BAD  30 ，求出 DF  1 ，求出点P 的坐标，即可求解．
【详解】作点 A 关于 x 轴的对称点 A ，连接OA 、AA， AA与 x 轴于点D ，过点 A 作 AB  OA 交
OA 于点B ，交 x 轴于点F ，过点P 作PE  OA 交OA 于点E ，如图：
则 A 坐标为3,  3  ，
∴ AD  AD  3 ， OD  3， AA  2 AD  2 3 ，
在RtVODA 中， tan∠DOA  AD 3 ，
OD3
∴DOA  30 ，
在Rt△OPE 中， DOA  30 ，
∴ PE  1 OP ， 2
∴ PA  1 PO  PA  PE ，
2
当点 A 、P 、E 三点共线时，即 AE  OA， PA  PE 的值最小，此时PA  PE  AB ，
∴当点P 为 AB 与 x 轴的交点时， PA  1 PO 的值最小，最小值为 AB 的长，即点P 与点F 重合，
2
∵DOA  30 ， AD  OD ，
∴∠OAD  90 ∠DOA  60 ， 在RtVABA 中， sinOAD  sin60 
AB 3 ，
AA2
即 AB 3 ，
2 32
∴ AB  3 ，
即PA  1 PO 的最小值为3 ．
2
∵BAA  60 ， AB  OA ，
∴∠BAD  90 ∠BAA  30 ，
在Rt△ AFD 中， tan∠FAD  tan 30  DF 
AD3
3 ，
即 DF 3 ，
3
3
∴ DF  1 ，
∴ OF  OD  DF  3 1  2 ，
∴点P 的坐标为2, 0 ．
∴使得PA  1 PO 的值最小时，点P 的坐标为2, 0 ， PA  1 PO 的最小值为3 ．
2
2
7．（2026•广东汕头 • 一模）如图，在平面直角坐标系中， RtVOAB 的直角顶点 A 在 x 轴上，
OAB  90 ， OA  6 ， AB  8 ．将△OAB 绕点 A 顺时针旋转30 得到△OAB ，则点B 的坐标为
（）
A．4 3,10
B．4, 4 3 
C．10, 4 3 
D．4 3, 4
【答案】C
【分析】过点B 作BH  x 轴于H ，则BHA  90 ，根据旋转的性质得 AB  AB  8 ，
BAB  30 ，利用平角的定义求得BAH  60 ，在RtVB AH 中利用三角函数的知识求出 AH 和
BH 的长，即可得出答案．
【详解】解：如图，过点B 作BH  x 轴于H ，
则BHA  90 ，
∵将△OAB 绕点 A 顺时针旋转30 得到△OAB ，
∴ AB  AB  8 ， BAB  30 ，
∵OAB  90 ，
∴BAH  180  90  30  60 ，
在RtVB AH 中， AH  ABcs BAH  8 cs 60  4 ， BH  ABsin BAH  8sin 60  4 3 ，
∴ OH  OA  AH  6  4  10 ，
∴点B 的坐标为10, 4 3 ．
8．（2026•河南 • 一模）在平面直角坐标系中，正方形OABC 位置如图所示，边长为 1，每一次将正方形OABC 绕点 O 逆时针旋转90 ，同时每边扩大为原来的 2 倍，第一次旋转得到正方形
OA1B1C1 ，第二次旋转得到正方形OA2 B2C2 ，⋯，以此类推，则点B2026 的坐标是（）
A． 22026 , 22026 
C． 22026 , 22026 
B． 22026 , 22026 
D． 22026 , 22026 
每点所在象限每 4 个点为一个循环，横纵坐标的绝对值为2n ，
44
，
4

2 , B 2 , 2
33

3

2
2 , B 2 , 
2
2 , 

2

2, 2 , B 

1
B 
【详解】解：根据题意，
【答案】D
又2026  4  506  2 ，
点B
2026
在第三象限，坐标为22026 , 22026  ．
9．（2026•山东青岛 • 一模）如图，在平面直角坐标系中，边长为 2 的正六边形 ABCDEF 的中心与原点O 重合， AB∥x 轴，交 y 轴于点P ．将VOAP 绕点O 顺时针旋转，每次旋转90 ，则第 2026 次旋转结束时，点 A 的对应点的坐标为（ ）

3, 1
1,  3 

3, 1
1, 3 
【答案】B
【分析】先求得AOP  30 ， OA  2 ，然后利用解直角三角形求得点 A 坐标，接着求出第 1 次 旋转后 A1  3, 1 ，第 2 次旋转后 A2 1,  3  ，第 3 次旋转后 A3  3,1，第 4 次旋转后 A4 1, 3  ，发现 4 次为一个循环，然后求解即可．
【详解】解：∵边长为 2 的正六边形 ABCDEF 的中心与原点O 重合，
 AB  CD  EF  AF  2 ， AOF  360  60 ；
6
QOA  OF ，
△OAF 是等边三角形，
OA  OF  AF  2 ，
∵POF  90 ，
AOP  30 ，
∵ AB∥x 轴， POF  90 ，
∴APO  90 ，
 AP  OAsin AOP  OAsin 30  1， OP  OA cs AOP  OA cs 30  3 ，
 A1,
3 ；
∵将VOAP 绕点O 顺时针旋转，每次旋转90 ，
∴第 1 次旋转，得 A1  3, 1 ，第 2 次旋转，得 A2 1,  3  ，第 3 次旋转，得 A3  3,1，第 4 次旋转，得 A4 1, 3  ， 4 次为一个循环，
Q 2026  4  506LL2 ，
∴第 2026 次旋转结束时，点 A 的对应点的坐标与 A2 1,  3  相同，
即为1, 
3 ．
填空题
10．（2026•广东佛山 • 一模）如图 1 的“方胜”由两个全等正方形交错叠合而成，是中国古
代象征同心吉祥的一种装饰图案．如图 2，将正方形 ABCD 沿对角线 AC 方向平移得到正方形
EFGH ，形成“方胜”图案，如果平移距离为 3，且 AE  1 AC ，那么点 A 到点 G 的距离是；
3
【答案】12
【分析】由平移的性质得到 AE  1 AC  CG  3 ，求出 AC ，再由 AG  AC  CG 求解即可．
3
【详解】解：∵将正方形 ABCD 沿对角线 AC 方向平移得到正方形 EFGH ，形成“方胜”图案，
平移距离为 3，且 AE  1 AC ，
3
∴ AE  1 AC  CG  3 ，
3
∴ AC  9 ，
∴ AG  AC  CG  9  3  12 ．
11．（2026•安徽 • 一模）如图，在Rt△ABC 中， AC  BC ，点 A，B 均落在坐标轴上且OA  2 ，
点 C 的坐标为3, 3 ，将VABC 向上平移得到V ABC ，若点B 、C 恰好都在反比例函数 y  k  x＞0
x
的图象上，则 k 的值是．
【答案】36
【分析】过点 C 作CN  y 轴于点 N ，过点 B 作BM  CN ，交直线CN 于点M ，证明 VCAN≌VBCM ，求出CM 的长度，进而求出点B 的坐标，设VABC 向上平移m 个单位，用m 表示出点C 和点B 的坐标，根据两点都在反比例函数图象上，即可求出k 的值．
【详解】解：过点 C 作CN  y 轴于点 N ，过点 B 作BM  CN ，交直线CN 于点M ，
∴ANC  CMB  90 ，
∵ C 3, 3 ，
CN  BM  ON  3 ，
∵ OA  2 ，
∴ AN  ON  OA  1 ；
∵在Rt△ABC 中， AC  BC ，
∴ACB  90 ，
∴∠NCA ∠MCB  90  ∠NAC ∠NCA ，
∴∠NAC  ∠MCB ，
∴VNAC≌VMCB AAS
 AN  CM  1，
OB  MN  3 1  4 ，
 B 4, 0 ，
设VABC 向上平移m 个单位，则B4, m，C3, 3  m ，又∵点C 和B 在该反比例函数的图象上，
∴ k  33  m  4m ，
解得m  9 ，
 k  36 ．
12．（2026•河南周口 • 一模）如图，在扇形 AOB 中，已知AOB  90 ， OA  OB  2 ，正方形 OECD 的顶点D 、C 、E 分别在OA 、‸AB 、OB 上，把正方形OECD 的沿直线OB 向右平移，得到正方形GNMF ，其中点D 的对应点F 恰好与C 重合，如图所示，则图中阴影部分的面积为
．
【答案】
3  π
2
【分析】先求出正方形的边长，再结合扇形及三角形的面积公式求出正方形中空白部分的面积，据此可解决问题．熟知图形平移的性质及正方形的性质是解题的关键．
【详解】解：连接OC ，
∴ OC  OA  2 ，
由平移可得： OG  CG ， AOB  90 ，
∴ OC 2  OG2  CG2  2CG2 ， BOC  45 ，
2

 2
∴阴影部分的面积为： 2   π 1  3  π ．
2
2
VCOE
∵ S 1  OG  CG  1  2  2  1 ，
，
2
360
∴正方形的面积为： CG  GN  2 ， S
2
 45 2 π  π
扇形COB
∴ CG  2 ，
13．（2026•福建泉州 • 一模）如图，将一块直角三角尺 ABC （ÐB = 90°，A  60 ）沿射线 AC
方向平移到三角尺DEF 的位置，点A 的对应点为点D．若 AF  13 ，DC  5 ，则 AB 的长为．
【答案】4.5
【分析】先根据图形平移性质求得 AD  CF ，再求出 AC 的长度，最后根据“直角三角形中，30
角所对的直角边是斜边的一半”求得 AB 的长．
【详解】解：∵直角三角尺 ABC 沿射线 AC 方向平移到三角尺DEF 的位置，点 A 的对应点为点
D，
∴ AD  CF ，
∵ AF  13 ， DC  5 ，
∴ AF  2 AD  5 ，
∴ AD  4 ，
∵ DC  5 ，
∴ AC  AD  DC  4  5  9 ，在Rt△ABC 中，
∵ÐB = 90°， A  60 ，
∴ÐACB = 180°- ÐB - ÐA = 30°，
∴ AB  1 AC  1  9  4.5 ．
2
2
14．（2026•山东青岛 • 一模）【构建新定义】
在平面中，如果将一个三角形先进行一次轴对称，再进行一次平移变换后，与另一个三角形能完全重合，那么我们称这两个三角形互为“镜移三角形”，并将轴对称变换中的对称轴称为“镜移轴”．
【理解新定义】
如图 1，在VABC 中， AB  AC ，点 D 是BC 的中点，点 E，F 分别在 AB ， AC 上，且
DE ∥ AC ，DF ∥ AB ．请写出图中的一对以BC 所在的直线为“镜移轴”的“镜移三角形”：．
【应用新定义】
如图 2，在VABC 中，点 D，E 分别是 AB，AC 的中点，连接DE ，过点 A 作BC 的垂线，垂足为 F，交DE 于点 M，过点 E 作BC 的垂线，垂足为 N，△ADM 与△ NPE 互为“镜移三角形”，若△PEN 的面积为 2，则△ABF 的面积为．
【拓展新定义】
【答案】(1)△AEF 与△DEF （答案不唯一）
(2) 8
(3) 45 ， 2 2
【分析】（1）根据“镜移三角形”的定义判断即可；
根据“镜移三角形”的定义和相似三角形的性质可得△ABF 的面积；
两个三角形可以通过平移重合，首先两个三角形要是全等三角形，其次要两个三角形对应边平行且方向相同或者在一条直线上，或者是两个三角形对应点的连线平行且相等，据此即可求解．
如图 3，在矩形 ABCD 中，AB  8 ，AD  4 ，E 是CD 的中点，F 是 AB 的中点，那么VADE 与VCBF互为“镜移三角形”，则其“镜移轴”与直线 AB 所夹的锐角为  ；若“镜移轴”过EC 的中点，则平移的距离为 ．
【详解】（1）解：如图所示，作△DEF  与△DEF 关于BC 成轴对称，连接 AD、FF  ，连接EE
交BC 于点H ，
∴△DEF ≌△DEF ，
∴ EF   EF ，
∵点 D 是BC 的中点，
 BD  CD ，
∵ DE ∥ AC ， DF ∥ AB ，
 BD  BE ， CD  CF ，
CDAEBDAF
 AE  BE, AF  CF ，
∴点E 为 AB 中点，点F 为 AC 中点，
∵ AB  AC ，点 D 是BC 的中点，
∴ AD ⊥ BC ，
∵△DEF  与△DEF 关于BC 对称，
∴ EE  BC ， EE  2EH ，
∴ EH∥AD ，
∴ EH 是△ABD 的中位线，
∴ AD  2EH ，
∴ EE  AD ，
∴四边形 AEED 是平行四边形，
∴ AE  DE ，
同理可得： F F∥AD，F F =AD ， AF  DF  ，
∴△DEF ≌△AEF SSS ，且对应点的连线互相平行且相等，即EE∥DA∥F F ， EE  DA  F F ，
∴将△DEF  沿着DA 方向平移DA 的长度即可与△AEF 重合，
∴△AEF 与△DEF 是一对以BC 所在的直线为“镜移轴”的“镜移三角形”．
解：∵△ADM 与△ NPE 互为“镜移三角形”，
∴△ADM ≌△ NPE ，
∵ S△PEN  2 ，
∴ S△ ADM  S△PEN  2 ，
∵点 D，E 分别是 AB，AC 的中点，
∴ DE 是VABC 的中位线， AD  1 AB ，
2
∴ DE ∥ BC ，
∴△ADM ∽△ABF ，
S AD 21
∴ △ ADM
S△ ABF
  ，
AB
4
∴ S△ ABF  4S△ ADM  4  2  8 ．
解：连接EF ，
∵F 是 AB 的中点， AB  8 ， AD  4 ，
∴ AF  BF  1 AB  4  AD  BC ，
2
又∵四边形 ABCD 是矩形，
∴四边形 AFED 是正方形，
∴△DAE 与△FAE 关于 AE 对称，
∴△DAE ≌△FAE ，在△DAE 与VBFC 中
DA  BF

∠D ∠B

DE  BC
∴△DAE ≌△BFC SAS ，
∴△FAE ≌△BFC ，
∵ EC  AF  4 ， EC ∥ AF ，
∴四边形 AFCE 是平行四边形，
∴ AE FC ，
又∵ FE ∥ BC ， AF 、FB 在同一条直线上，
∴△FAE 与VBFC 全等，且对应边平行且方向一致，
∴△FAE 沿着 AB 方向平移 4 即可与VBFC 重合，
∴△DAE 与VBFC 是以 AE 所在的直线为“镜移轴”的“镜移三角形”，
∵四边形 AFED 是正方形，
∴EAF  45 ，
∴△DAE 与VBFC 的其他“镜移轴”都与 AE 平行，即△DAE 与VBFC 的“镜移轴”与直线 AB 所夹的锐角为45 ，
取EC 的中点G ，作GH ∥ AE 交 AB 于H ，
∴ GH 即为△DAE 与VBFC 过EC 的中点的“镜移轴”
过E 作EE  FC 交GH 于点M ，过 A 作 AA  FC 交CF 延长线于 A ，
∵ GH ∥ AE ， CF ∥ AE ，
∴GH∥CF ，
∵点G 为EC 的中点，
∴点M 为EE 中点，
∵ EE  CE ，
∴ GM  EE ，
∴ E、E 关于GH 对称，
同理： A、A 关于GH 对称，
∴作△DAE 与△DAE 关于GH 对称，点E 、点 A 在直线CF 上，
∴∠DAE ∠EAD  45 ，∠DEA ∠AED  45 ，
∴∠EAD ∠CFB  45 ，∠FNE  90 ，
∴ AD∥FB ，
∴ DE∥ BC ，
∴△DAE 与VBFC 全等，且对应边平行方向相同或者在同一条直线上，
∴△DAE 沿着FC 方向平移EC 的长度即可与VBFC 重合，
∵四边形BFEC 是正方形，
∴ EC  1 CF ，
2
∵ CF  BF 2  BC 2  4 2 ，
∴ EC  1 CF  2 2 ．
2
综上：VADE 与VCBF 互为“镜移三角形”，则其“镜移轴”与直线 AB 所夹的锐角为45 ，若“镜
移轴”过EC 的中点，则平移的距离为2 2 ．
15．（2026•四川绵阳 • 二模）矩形 ABCD 中， BC  2 AB  4 ，连接BD ，将△BCD 绕点D 逆时针
旋转得到VEFD ，连接BE ， CF ，若sin CFE 
5 ，则BE ．
13
【答案】 20
13
5
【分析】过点D 作DH  CF ，垂足为点H ，利用勾股定理求得BD  2 5 ，由旋转可得，DF  DC  2 ，
BD  DE  2 5 ，得到HDF  CFE ，然后解VDCF ，求出CF  20 ，再由△BDE ∽△CDF 求解即
13
可．
【详解】解：过点D 作DH  CF ，垂足为点H ，
5  20  20 5 ．
1313
∴ BE 
5 ，
CFCD
∴ BE  BD 
∴△BDE ∽△CDF ，
5 ，
CDDF
∴ BD  DE 
由旋转的性质知BDE  CDF ， BD  DE  2 5 ， CD  DF  2 ，
13
∴ CF  2FH  20 ，
1313
∴ FH  DF sin HDF  CD sin CFE  2  5  10 ，
由旋转可得， DF  DC  2, DFE  DCB  90 ，
∵ DH  CF ，
∴ CH  FH , HDF  CFE  90  DFH ，
22  42  2 5 ，
∴ AB  CD  2 ， DCB  90 ， BD 
∵矩形 ABCD 中， BC  2 AB  4 ，
16．（2026•山东济宁 • 一模）如图，在平面直角坐标系中，点 A 在 y 轴的正半轴上，
OA  1 ，将OA 绕点 O 顺时针旋转45 到OA1 ，扫过的面积记为s1 ，A1 A2  OA1 交 x 轴于点 A2 ；将OA2
绕点 O 顺时针旋转45 到OA3 ，扫过的面积记为s2 ，A3 A4  OA3 交 y 轴于点 A4 ；将OA4 绕点 O 顺时针旋转45 到OA5 ，扫过的面积记为s3 ⋯按此规律，则s7 的值为．
π 4 π ，
82
33 4
45 π 22
∴ S3 360
，

45
A OA  45

，
2

3
45
2, OA  OA  2OA  2   2
1
1
同理， OA6  OA7  2OA5  2 2  
2  ， S 
3
4
45 π2
360
2 2
 1 π 8  π ， 8
L，
∴ Sn  2π ，
n4
∴ S7  2π  8π ．
74
1
【答案】8π
【分析】找出规律Sn  2π ，据此求解即可．
n4
【详解】解： OA  OA  1  
1
2, 

0
AOA  45
1
，
45 π12
∴ S1 360
π ，
8
同理， OA  A A 
∵ OA1  A1 A2 , A1OA2  90  AOA1  45, OA1  1，
∴ OA  OA  OA 2  A A 2  2OA  2   2 1 ，
23
11 2
1
∵A2OA3  45 ，
∴ S 
2
45 π
360
2 2
 1 π 2  1 π ，
8
4
2
【答案】 3 1/ 1 3
【分析】在BC 上截取CF  BD ，过点 A 作 AH  BC ，根据BC = BD + 2 ，求出BF  2 ，由旋转的性质得到 AE  AB  2, AC  AD ，易得C  ADB ，证明V ACF≌V ADB SAS ，推出
17．（2026•安徽池州 • 一模）如图，将VABC 绕点 A 逆时针旋转得到VADE ，点 C 的对应点 D恰好落在CB 延长线上，已知 AE ， C  2BAD ， BC = BD + 2 ，则BD 的长为．
BAD  CAF , AF  AB ，进而推出C  2CAF ，结合 AH  BC ，得到FH  BH  1 BF  1 ，利用勾
2
股定理求出 AH  1，推出△AHF 是等腰直角三角形，求出AFH  45 ，再利用三角形外角的性
质求出C  30 ，利用直角三角形的性质求出 AC  2 ，再利用勾股定理求出CH  3 ，即可求出
CF  3  1 ，即可得出结果．
【详解】解：如图，在BC 上截取CF  BD ，过点 A 作 AH  BC ，
∵ BC = BD + 2 ，
∴ BF  BC  CF  BC  BD  2 ，
由旋转的性质得到 AE  AB  2, AC  AD ，
∴C  ADB ，
∵ CF  BD ，
∴V ACF≌V ADB SAS ，
∴BAD  CAF , AF  AB ，
∵C  2BAD ，
∴C  2CAF ，
∵ AH  BC ， AF  AB ，
∴ FH  BH  1 BF  1 ，
2
∴ AH AF 2  FH 2  1 ，
∴ AH  FH ，
∴△AHF 是等腰直角三角形，
∴AFH  45 ，
∴C  CAF  AFC  45 ，
∴C  30 ，
∴ AC  2 AH  2 ，
∴ CH AC 2  AH 2  3 ，
∴ BD  CF  3 1．
解答题
18．（2026•安徽 • 模拟预测）如图，在由边长为 1 个单位长度的小正方形组成的网格中建立
平面直角坐标系 xOy ，VABC 的顶点均为格点（网格线的交点）．已知点 C 的坐标为0, 3 ．
画出线段 AB 关于 y 轴对称的线段 A1B1 ；
将VABC 先向下平移 2 个单位长度，再向右平移 4 个单位长度，得到△A2 B2C2 ，画出△A2 B2C2 ；
在线段 A2 B2 上找一点 P，使得点 P 在线段 AC 的垂直平分线上，写出点 P 的坐标．
【答案】(1)见解析
见解析
见解析，点 P 的坐标为4, 1 ．
【分析】（1）利用轴对称的性质作出图形即可；
利用平移的性质作出图形即可；
利用等腰三角形的判定和性质作出图形即可．
【详解】（1）解：如图所示，线段 A1B1 即为所求；
解：如图所示， △A2 B2C2 即为所求；
解：如图所示，点 P 即为所求；
点 P 的坐标为4, 1 ．
19．（2026•安徽阜阳 • 模拟预测）如图，在平面直角坐标系中， A3, 4 ， B 4, 2 ， C 1,1 ．
画出VABC 关于 x 轴的对称图形△A1B1C1 ；
画出△A1B1C1 向左平移 4 个单位长度后得到的△A2 B2C2 ；
画出△A2 B2C2 的中线C2 D ，并写出点 D 的坐标．
【答案】(1)见解析
见解析
见解析， D(0.5, 3)
【分析】（1）根据轴对称的性质作图即可；
根据平移的性质作图即可；
根据三角形中线的定义画出中线C2 D ，结合图形写出坐标即可．
【详解】（1）解：如图所示，△A1B1C1 即为所求．
（2）解：如图所示， △A2 B2C2 即为所求．
（3）解：如图所示， C2 D 即为所求， D(0.5, 3) ．
20．（2026•浙江湖州 • 一模）【问题背景】如图所示，某兴趣小组将矩形 ABCD 纸片沿对角线 AC 剪开，再把VABC 沿着 AD 方向平移，得到V ABC， AB 交 AC 于点E ， AC 交CD 于点F ．
【数学理解】
在平移过程中，线段 AE 的长始终与CF 相等，请说明理由；
【答案】(1)见解析
(2) AA¢ = 5
3
【分析】（1）证明四边形 AECF 是平行四边形即可得 AE 的长始终与CF 相等；
（2）由勾股定理可求得 AC  5 ，根据四边形 AECF 为菱形，可得 AE CF ， AE  EC ，则
VAAE ∽VADC ，可得 x  AE  AE ，可得 AE  5 x ， EC  AE  4 x ，再由 AE  EC  AC ，即可求
345
3
3
解出 AA．
【详解】（1）证明：∵四边形 ABCD 是矩形，
∴ AB∥CD ，
∴由平移可得， AB∥AB ， AC∥ AC ，
∴ AB∥CD ，
已知 AD  3, AB  4 ，在平移过程中，当两个三角形的重叠部分 AECF 为菱形时，求移动的距离 AA．
3
∴移动的距离 AA¢ = 5 ．
3
解得 x  5 ，
33
∵ AE  EC  AC ，即5 x  4 x  5 ，
3
∴ EC  AE  4 x ，
3
3
∴ AE  4 x ， AE  5 x ，
345
ADDCAC
∴ AA  AE  AE ，即 x  AE  AE ，
∴VAAE ∽VADC ，
CF ， AE  EC ，
∴ AE
∴四边形 AECF 是平行四边形，
∴ AE  CF ．
（2）解：∵矩形 ABCD 中， AD  3, AB  4 ，
∴ CD  AB  4 ， ADC  90 ，
∴ AC AD2  CD2  32  42  5 ，
由平移可得， AB  AB  CD  4 ，设 AA  x ，则 AD  3  x ，
∵四边形 AECF 为菱形，
21．（2026•江苏无锡 • 一模）如图，在矩形 ABCD 中， AB  6 ， AD  10 ，点 E 在边BC 上，且
BE  4 ，动点 P 从点 E 出发，沿折线EB  BA  AD 以每秒 1 个单位长度的速度运动，作
PEQ  90 ， EQ 交边 AD 或边DC 于点 Q，连接PQ ，当点 Q 与点 C 重合时，点 P 停止运动．设点 P 的运动时间为 t 秒(t  0) ．
(1)当点 Q 与点 D 重合时，求 t 的值；
(2)作点 E 关于直线PQ 的对称点 F，连接PF 、QF ．
①当点 P 与点 A 重合时，求四边形EPFQ 和矩形 ABCD 重叠部分的面积；
②当四边形EPFQ 和矩形 ABCD 重叠部分的图形为轴对称四边形时，求 t 的取值范围．
【答案】(1)8 秒
(2)① 34 2 ；② 0  t  9  3 5 或t  17 或t  14
33
【分析】（1）当点Q 和点D 重合时，点P 在 AB 边上，设BP  a ，则 AP  AB  BP  6  a ，由勾股定理得PE2  a2 16, EQ2  72 ， PQ2  a2  88 ， PQ2  (6  a)2 100 ，则a2  88  6  a2 100 ，由此解出a  4 ，进而可求出 t 的值；
（2）①设QF 交 AD 于 H，根据矩形的性质得到CD  AB  6 ， BC  AD  10 ，
A  B  C  D  90 ，证明VQEC≌VEPB ASA ，得到CQ  BE  4 ， QE  EP ，进而证明
EQP  EPQ  45 ，根据轴对称的性质得到EQP  FQP  45 ，证明VCQE∽VDHQ ，求出DH  4 ，
3
根据四边形EPFQ 和矩形 ABCD 重叠部分的面积 S矩形ABCD  SV ABE  SV ECQ  SVQDH 计算即可；
②分三种情况讨论，①如图所示，当点P 在BE 上时，②当P 点在 AB 上时，当F , A 重合时符合 题意，此时如图，③当点 P 在 AD 上，当 F , D 重合时，此时Q 与点C 重合，则 PFQE 是正方形，即可求解．
【详解】（1）解：当点Q 和点D 重合时，点P 在 AB 边上，如图所示：
∵在矩形 ABCD 中， AB  6 ， AD  10 ，
∴ CD  AB  6 ， BC  AD  10 ， A  B  C  90 ．设BP  a ，则 AP  AB  BP  6  a ，
在Rt△BPE 中，由勾股定理得： PE2  BP2  BE2  a2 16 ，
在RtVCEQ 中， CQ  CD  6, CE  BC  BE  10  4  6 ，
由勾股定理得： EQ2  CQ2  CE2  72 ，
QPEQ  90 ，
∴在Rt△PEQ 中，由勾股定理得： PQ2  PE2  EQ2  a2  88 ，在Rt△ APQ 中， AQ  AD  10 ，
由勾股定理得： PQ2  AP2  AQ2  (6  a)2 100 ，
 a2  88  6  a2 100 ，解得： a  4 ，
t  4  4 1  8 秒；
解：①当点 P 与点 A 重合时，如图所示，设QF 交 AD 于 H，
∵PEQ  90 ，
∴PEB  QEC  90 ，
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴ CD  AB  6 ， BC  AD  10 ， BAD  B  C  D  90 ，
∴PEB  EPB  90 ，
∴QEC  EPB ，
∵ CE  BC  BE  10  4  6
∴ PB  CE  6
∴VQEC≌VEPB ASA
∴ CQ  BE  4 ， QE  EP ，
∴ DQ  2 ，
∵PEQ  90 ，
∴EQP  EPQ  45 ，
∵点 E 关于直线PQ 的对称点 F，
∴EQP  FQP  45 ，
∴EQF  90 ，
∴CQE  DQH  90 ，
∵ÐD = 90°
∴DHQ  DQH  90
∴CQE  DHQ
∴VCQE∽VDHQ
∴ CQ  CE DHDQ
∴ 4  6 ，
DH2
∴ DH  4 ，
3
∴四边形EPFQ 和矩形 ABCD 重叠部分的面积 S矩形ABCD  SV ABE  SV ECQ  SVQDH
 6 10  1  6  4  1  6  4  1  2  4
2223
 60 12 12  4
3
 34 2 ；
3
②如图所示，当点P 在BE 上，且四边形EPFQ 和矩形 ABCD 重叠部分的图形为轴对称四边形时，
Q QE  QF  6, AQ  BE  4 ，
在Rt△AQF 中， AF  QF 2  AQ2  62  42  2 5 ，
则BF  6  2 5 ，
Q PE  t ，
∴ BP  4  t, PF  PE  t ，
在RtVPBF 中， PF 2  PB2  FB2 ，
t 2  6  2 5 2  4  t 2 ，
解得t  9  3 5 ，
当t  9  3 5 时，点F 在矩形内部，
∴ 0  t  9  3 5 符合题意．
当P 点在 AB 上时，当F , A 重合时符合题意，此时如图，
则PB  t  BE  t  4, PE  AP  AB  PB  6  t  4  10  t ，在Rt△PBE 中， PE2  PB2  BE2 ，
10  t 2  t  42  42 ，
解得t  17 ．
3
当点P 在 AD 上，当F , D 重合时，此时点Q 与点C 重合，
则四边形PFQE 是正方形，四边形 ABEP 是矩形，
∴ AP  BE  4 ，
此时t  4  6  4  14 ．
综上所述， 0  t  9  3 5 或t  17 或t  14 ．
3
22．（2026•甘肃天水 • 二模）如图，在正方形 ABCD 中， AB  6 ，M 为CD 上的一动点，连接
AM ，将 AM 绕点 A 按顺时针方向旋转，与CB 的延长线交于点 N．
如图 1，求证： DM  BN ．
【深入探究】
如图 2，将△ADM 沿 AM 翻折得到△ APM ，连接PN ，试探究在点 M 移动的过程中， V ANP 的面积是否发生变化．若发生变化，请求出V ANP 的面积的最小值；若不发生变化，请求出V ANP的面积．
【拓展延伸】
如图 3，在（2）的条件下，点 E 在线段 AP 上，点 F 在线段PN 上，连接ME ， EF ．当
DM  AE  FN  1 时，求四边形MEFP 的面积．
【详解】（1）证明：∵四边形 ABCD 为正方形，
∴ AB  AD ， ADM  ABN  90 ，由旋转可知， AM  AN ，
∴ RtV ADM ≌RtV ABN HL ，
∴ DM  BN ．
（2）解： V ANP 的面积不发生变化．理由如下：过点 N 作 NQ  AP ，垂足为 Q．
V APN  8 ，再由
 4 S
9
△EPF
PE  PF  2 ， EPF  APN 得到△EPF ∽△APN ，因此S
APPN3
S四边形MEFP  S△MPE  S△EPF  12 求解即可．
VMPA  4 ．根据
 2 S
3
△MPE
AP3
2
 1 AP  MP  6 ，根据 PE  2 得到S
MPA  ADM  90 ，因此S△MPA
3
DC3
（3）由 DM  1 得到DM  1 DC  2 ，根据翻折的性质得到 AP  AD  6 ， MP  DM  2 ，
2
2
△ APN
S 1 AP  QN  1 AD  AD  18 ，即可解答；
【答案】(1)见解析
V APN 的面积不变，其值为 18
S四边形MEFP  12
【分析】（1）根据正方形的性质和旋转的性质证明RtV ADM ≌RtV ABN HL ，即可解答；
（2）过点 N 作 NQ  AP ，垂足为 Q．由BAN  DAM  PAM 得出BAM  PAN ，进而得到
PAN  DMA ，从而证明V AQN≌VMDAAAS ，得到NQ  AD ，根据三角形的面积得到
DCAPPN3
由（1）知△ADM ≌△ABN ，
∴BAN  DAM ．
由翻折可知PAM  DAM ，
∴PAM  BAN ，
∴PAM  PAB  BAN  PAB ，即BAM  PAN ．
∵四边形 ABCD 为正方形，
∴ AB∥CD ，
∴BAM  DMA ，
∴PAN  DMA ．
∵AQN  ADM  90 ， AN  AM ，
∴V AQN≌VMDAAAS ，
∴ NQ  AD ，
∴ S△ APN
 1 AP  QN  1 AD  AD  18 ．
22
即V APN 的面积不变，其值为 18．
解：∵ DM  1 ，
DC3
∴ DM  1 DC  2 ． 3
由翻折可知 AP  AD  6 ， MP  DM  2 ， MPA  ADM  90 ，
∴ S△MPA
 1 AP  MP  6 ． 2
∵ AE  1 ，
AP3
∴ PE  2 ，
AP3
 PN 
  
 3 
 
4
9
由（2）知S△ APN  18 ，
∴ S 4 S
△EPF
9
V APN
 4 18  8 ，
9
∴ S四边形MEFP  S△MPE  S△EPF  4  8  12 ．
SV APN
 PF 2 2 2
S
∴ V EPF  
APPN3
∵EPF  APN ，
∴VEPF∽VAPN ，
∴ PE  PF  2 ．
APPN3
∵ AE  FN  1 ，
3
 2  6  4 ．
VMPA
3
△MPE
∴ S 2 S
23．（2026•河南信阳 • 一模）综合与探究．
问题情境：如图 1，在三角形纸片 ABC 中， AB  BC ，点D 在边 AB 上， AD  BD ．沿过点D 的直线折叠该纸片，使DB 的对应线段DB 与BC 平行，且折痕与边BC 交于点E ，得到VDBE ，然后展平．
猜想证明：判断四边形BDBE 的形状，并说明理由．
拓展延伸：如图 2，继续沿过点 D 的直线折叠该纸片，使点 A 的对应点 A 落在射线 DB 上，且折痕与边 AC 交于点F ，然后展平．连接 AE 交边 AC 于点G ，连接 AF ．
①若 AD  2BD ，判断DE 与 AE 的位置关系，并说明理由；
②若C  90 ，AB  15 ，BC  9 ，当△AFG 是以 AF 为腰的等腰三角形时，请直接写出 AF 的长．
【答案】(1)四边形BDBE 是菱形，理由见解析
(2)① DE  AE ，理由见解析，②5 或165 ．
37
【分析】（1）由折叠的性质可得BD  BD, BE  BE ， BDE  BDE ，再根据平行线的性质可得BDE  BED ，进而得到BDE  BED ，由等角对等边推出BD  BE ，从而证明
BE  BD  BD  BE ，即可得四边形BDBE 是菱形；
（2）①由（1）推出BD  BD  BE ，由折叠的性质得到 AD  AD ，结合已知可得
AD  2BD  2BE ，进而推出BD  AB  BE ，得到1  2, 3  4 ，再根据三角形内角和定理即可求出∠2 ∠3  90 ，即可得到DE 与 AE 的位置关系；②分△AFG 是以 AF 为腰 AG 为底的等腰三角形和△AFG 是以 AF 为腰FG 为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长 AF 交 AB 于点 H，设 AC, AD 交点为M ，利用三角形相似的性质建立方程求解即可．
【详解】（1）解：四边形BDBE 是菱形，理由如下：由折叠的性质可得BD  BD, BE  BE ， BDE  BDE ，
∵ BD∥BC ，
∴BDE  BED ，
∴BDE  BED ，
∴ BD  BE ，
∴ BE  BD  BD  BE ，
∴四边形BDBE 是菱形；
（2）①证明： DE  AE ，理由如下：由（1）知四边形BDBE 是菱形，
∴ BD  BE  BD ，
由折叠的性质得到 AD  AD ，
∵ AD  2BD ，
∴ AD  2BD  2BD  2BE ，
∴ BD  AB  BE ，
∴ 1  2, 3  4 ，
∵ 1 2  3  4  180 ，
∴∠2 ∠3  90 ，
∴ DE  AE ；
②解：∵C  90 ， AB  15 ， BC  9 ，
∴ AC  AB2  BC2 12 ，
当△AFG 是以 AF 为腰 AG 为底的等腰三角形时，如图，延长 AF 交 AB 于点 H，设 AC, AD 交点为M ，则FG  AF ，
∵C  90 ， AD ∥ BC ，
∴AMD  C  90 ，
∴AMA  90 ，
由折叠的性质得 AD  AD ， ADF  ADF ， AF  AF ，
∴V ADF≌V ADF SAS ，
∴A  DAF ；
∵AFH  AFG ，
∴AHF  AMA  90 ；
∵A  A ，
∴VAFH∽VABC ，
∴ AF  HF  AH ，
ABBCAC
∴ HF : AH : AF  BC : AC : AB  3 : 4 : 5 ，
∵A  DAF , AF  AF , AHF  AMF ，
∴V AHF≌V AMF AAS ，
∴ HF  FM , AH  AM ，
设HF  FM  3x, AH  AM  4x, AF  AF  5x ，
∴ AM  AF  FM  8x ，
∵ AD ∥ BC ，
∴△AMD∽△ACB ，
∴ AM  AD ，即8x  AD ，
ACAB
1215
∴ AD  10x ，
∴ BE  BD  AB  AD  15 10x ，
∴ CE  BC  BE  10x  6 ，
∵ FG  AF  5x ，
∴ MG  FG  FM  2x ，
∴ CG  AC  AM  MG  12  8x  2x  12 10x ，
∵ AD ∥ BC ，
∴VAMG∽VECG ，
∴ AM  MG ，
CECG
∴ 4x2x，
10x  612 10x
解得： x  1 ，
∴ AF  5x  5 ；
当△AFG 是以 AF 为腰FG 为底的等腰三角形时，如图，则 AF  AG ，
同理得HF : AH : AF  BC : AC : AB  3 : 4 : 5 ， HF  FM , AH  AM , AF  AF ，
设HF  FM  3y, AH  AM  4 y, AF  AF  5 y ，
∴ AM  AF  FM  8 y ，
∵ AD ∥ BC ，
∴△AMD∽△ACB ，
∴ AM  AD ，即8 y  AD ，
ACAB1215
∴ AD  10 y ，
∴ BE  BD  AB  AD  15 10 y ，
∴ CE  BC  BE  10 y  6 ，
∵△AFG 是以 AF 为腰FG 为底的等腰三角形， AM  AC ，
∴ GM  FM  3y ，
∴ FG  GM  FM  6 y ，
∴ CG  AC  AF  FG  12 11y ，
∵ AD ∥ BC ，
∴VAMG∽VECG ，
∴ AM  MG ，
CECG
∴ 10 y  6  12 11y ，
4 y
3y
解得： y  33 ，
37
∴ AF  5 y  165 ；
37
综上， AF 的长为5 或165 ．
37
24．（2026•湖北随州 • 一模）如图，M、N 分别是菱形 ABCD 的 AB 、CD 边上一点，将四边形
BCNM 沿MN 折叠得四边形MNFE ， EF 经过点 A（注：折叠后EM∥NF ）．
若点 F 在菱形 ABCD 内部，延长 NF 交 AD 于点 G，求证：△AEM∽△GDN ；
若 AB  5 ， tan B  4 ， AE  AM ，求BM 的长；
3
当2E  EAD  270 且tan B  4 时．
3
①求证： FN  CD ；
②直接写出 CN 的值．
【答案】(1)见解析
(2) 30
11
(3)①见解析；② 22
13
【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质，平行线的性质，三角函数的应用，折叠的性
质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
DN
根据平行的性质得到2  3  4  180 ，由折叠性质知： EM∥FN ， E  B ，证明
1  4 ，即可得到结论；
过 A 作 AH  EM ，由折叠性质知： BM  EM ， B  E ，在Rt△AEH 中，
tanE  AH  tanB  4 ，设 AH  4x ，则MH  EH  3x ，求出BM  6x ，再根据勾股定理求出
EH3
AM  5x ，即可得到答案；
①延长BA ， NF 交于点 H，在菱形 ABCD 中， B  BAD  180° ， AB∥CD ，由折叠性质知：
B  E ，证明DNF  H  90 ，即可得到结论；
②过 C 作CK  AB 于 K，设 AM  4x ， EM  3x ，则 AB  7x ， AE  5x ，即菱形 ABCD 的边长为 7x，
由折叠性质知： EF  AB  7x ， CN  FN ，证明△AFH∽△AEM ，根据相似的性质得到 FH  2x ，
求出DN  13 x ， CN  22 x ，即可得到答案．
3x5x
55
【详解】（1）证明：如图 1，在菱形 ABCD 中， AB∥CD ， B  D ，
2  3  4  180 ，
由折叠性质知： EM∥FN ， E  B ，
E  D ， 1 2  3  180 ，
1  4 ，
△AEM∽△GDN ，
解：过 A 作 AH  EM ，
由折叠性质知： BM  EM ， B  E ，
Q AH  EM ， AE  AM ，
 EH  MH ，
在Rt△AEH 中， tanE  AH  tanB  4 ，
EH3
设 AH  4x ，则MH  EH  3x ，
 BM  EM  6x ，
 AM AH 2  HM 2  5x ，
Q AM  BM  AB ，
5x  6x  5 ，
 x  5 ，
11
 BM  6x  30 ；
11
解：①延长BA ， NF 交于点 H，
在菱形 ABCD 中， B  BAD  180° ， AB∥CD ，由折叠性质知： B  E ，
Q2E  EAD  270  E  EAM  B  BAD ，
E  EAM  90 ，
AME  90 ，
Q EM∥NH ，
H  AME  90 ，
DNF  H  90 ，
 FN  CD ；
② 22 ． 13
过 C 作CK  AB 于 K，
由①可知， EM ∥ HN , AEM  90, FN  DC ，
H  90, HNC  90 ， MEA  HFA ，
Q CK  AB ，
故四边形HNCK 是矩形，
 CK  NH ，
tanE  tanB  4  AM ，
3EM
设 AM  4x ， EM  3x ，则 AB  7x ， AE  5x ，即菱形 ABCD 的边长为7x ，
5
13
13 x
DN
22 x
 CN  5 22 ．
55
 DN  CD  CN  7x  22 x  13 x ，
5
CN  22 x ，
555
 FN  NH  FH  28 x  6 x  22 x ，
5
 NH  CK  BC sinB  28 x ，
5
sinB  4 ，
3
QtanB  4 ，
5
 FH  6 x ，
3x5x
EMAE
 FH  AF ，即 FH  2x ，
由折叠性质知： EF  AB  7x ， CN  FN ，
 AF  EF  AE  2x ，
QHAF  EAB ， MEA  HFA ，
△AFH∽△AEM ，
25．（2026•山东日照 • 一模）综合与探究：如图，在VABC 中， AB  AC ， BAC  α ，点D
在射线 AC 上，连接BD ，将DB 绕点D 逆时针旋转α 得到线段DE ，连接BE ， CE ．
(1)当点D 落在线段 AC 上时，
①如图 1，当α  60 时，请直接写出线段CE 与线段 AD 的数量关系是；
②如图 2，当α  90 时，请判断线段CE 与 AD 的数量关系，并给出证明；
(2)当α  90 时，过点 A 作 AN ∥ DE 交BD 于点 N ，若 AD  2CD ，猜想CE 与 AN 的数量关系并说明理由．
【答案】(1)① AD  CE ；② CE  2 AD ，证明见解析
(2) CE 
26 AN 或CE 
3
10 AN
【分析】（1）①首先根据题意证明VBDE 和VABC 是等边三角形，然后证明出 V ABD≌VCBE SAS ，最后利用全等三角形的性质求解即可；②首先证明出VABC 和VBDE 是等腰直角三角形，然后证明出△ABD ∽△CBE ，根据相似三角形的性质求解即可；
（2）分两种情况：当点 D 在线段 AC 上时，设CD  x ，则 AD  2x，AB  AC  3x，CE  2 2x ，然
后根据勾股定理求出BD ，然后利用等面积法求出 AN ，进而求解；同理可求当点 D 在线段 AC
的延长线上时．
【详解】（1）解：①∵将DB 绕点D 逆时针旋转α ，得到线段DE ，
∴ BD  DE ，
∵α  60 ，
∴BDE  60 ，
∴VBDE 是等边三角形，
∴ BD  BE ， DBE  60 ，
∵ AB  AC ， BAC  α  60 ，
∴VABC 是等边三角形，
∴ AB  AC ， ABC  ACB  60 ，
∴DBE  DBC  ABC  DBC ，
∴ABD  CBE ，
∴在△ABD 和△CBE 中，
 AB  BC

ABD  CBE ，

BD  BE
∴V ABD≌VCBE SAS ，
∴ AD  CE ．
② CE  2 AD ，证明如下：
∵α  90 ，
∴A  BDE  90 ，
∵ AB  AC, DB  DE ，
∴VABC 和VBDE 是等腰直角三角形，
∴ABC  DBE  45 ，
∴ BC 
AB2  AC 2 
2 AB, BE 
BD2  DE2 
2BD ， DBE  DBC  ABC  DBC ，
∴ABD  CBE ，
∵ AB  DB  1 2 ，
BCBE22
∴△ABD ∽△CBE ，
∴ AB  DB  AD 2 ，
BCBECE2
CE  2 AD ．
（2）解：如图 3，当点 D 在线段 AC 上时，
∵ AN ∥ DE ，
∴AND  BDE  90 ，
∵ AD  2CD ，
∴ AC  3CD  AB ，
设CD  x ，则 AD  2x，AB  AC  3x，CE  2 2x ，
∴ BD 
AB2  AD2 
13x ，
∴ S 1  AB  AD  1  BD  AN ，可得 AN  6 13 x ，
V ABD2213
V ABD
3
2
2
5
∴ AN
CE  2 2x 
2 5 x
10 ，即CE  10 AN ．
5
综上所述， CE 26 AN 或CE  10 AN ．
∴ S 1  AB  AD  1  BD  AN ，解得： AN  2 5 x ，
∵ AN ∥ DE
∴AND  BDE  90 ，
∵ AD  2CD ，
∴ AC  CD  AB ，
设CD  x ，则 AD  2x，AB  AC  x，CE  2 2x ，
∴ BD AB2  AD2  5x ，
当点 D 在线段 AC 的延长线上时，
3
13
26
3 ，即CE AN ；

6 13 x
CE  2 2x26
∴ AN
26．（2026•内蒙古 • 模拟预测）【图形定义】我们给出如下定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
【性质探究】
如图 1，四边形 ABCD 是垂美四边形，试探究两组对边 AB ，CD 和 AD ， BC 之间的数量关系；
【理解运用】
已知四边形 ABCD 是垂美四边形， AB  4 ， BC  6 ， CD  8 ，则 AD  ．
【变式探究】
如图 2，矩形 ABCD 与矩形CEFG ， BC  8 ， CD  6 ， CG  4 ， CE  3 ，当B 、E 、F 三点共线时，求DG 的长．
将（3）中矩形CEFG 绕点C 逆时针旋转，当
CDG 最大时，求BE 的长．
【答案】(1) AB2  CD2  AD2  BC 2 ，理由见解析
(2) 2 11
(3) 70
(4) 105
【分析】（1）根据垂美四边形的定义，利用勾股定理即可得到结论；
利用垂美四边形对边平方和相等的性质计算 AD 的长度即可；
连接BD ，BG ，EG ，ED ，BG 和DE 相交于点H ，证明△BCG∽△DCE ，推出四边形BEGD
是垂美四边形，利用垂美四边形对边平方和相等的性质计算DG 的长度即可；
利用圆的切线的性质和垂美四边形对边平方和相等的性质计算BE 的长度即可．
【详解】（1）解： AB2  CD2  AD2  BC 2 ，理由如下:由题得 AB  CD ，
AOD  AOB  COD  COB  90 ，
 AD2  BC 2  AO2  DO2  BO2  CO2 ， AB2  CD2  AO2  DO2  BO2  CO2 ，
 AB2  CD2  AD2  BC 2 ；
解：由（1）得 AB2  CD2  AD2  BC 2 ，
 AD2  62  42  82 ，
 AD  2 11 （负值舍去）；
解：如图，连接BD ， BG ， EG ， ED ， BG 和DE 相交于点H ，
Q矩形 ABCD 与矩形CEFG ，
BCD  ECG  CEF ，
BCD  BCE  ECG  BCE ，
DCE  BCG ，
Q CD  6  3 ， CE  3 ，
BC84CG4
 CD  CE ，
BCCG
△BCG∽△DCE ，
CBG  CDE ，
BHD  BCD  90 ，
 BG  DE ，
四边形BEGD 是垂美四边形，
 BE2  DG2  BD2  EG2 ，
QCEF  90 ， B 、E 、F 三点共线，
CEB  90 ，
 BE2  BC 2  CE2  55 ，
Q EG2  CE2  CG2  25 ， BD2  BC 2  CD2  100 ，
 DG2  55  100  25 ，
 DG  70 ；
解：Q将矩形CEFG 绕点C 逆时针旋转，
点G 在以C 为圆心， CG 为半径的圆上运动，
Q D 为圆外一个定点，
当DG 与eC 相切时CDG 最大，
CG  DG ，
 DG2  CD2  CG2  20 ，
由（3）得BE2  DG2  BD2  EG2 ，
 BE2  20  100  25 ，
 BE  105 ．
27．（2026•山西吕梁 • 一模）综合与探究
问题情境：图 1 是两个全等的等腰直角三角板 ABC 和DEF ，将两者完全重合，且
ABC  DEF  90 ．以BC 的中点 O 为中心，将VDEF 顺时针旋转（如图 2），设旋转角为 (α (0  α  360) ．
如图 2，在VDEF 绕点 O 顺时针旋转的过程中，连接BE，BF，CE，CF ，判断四边形BECF 的形状，并证明．
探索发现：
如图 3，连接 AD，BE ，判断线段 AD 与BE 的数量关系，并说明理由．拓展延伸：
在VDEF 绕点 O 顺时针旋转的过程中，当 A，E，F 三点共线时，若 AB  2 ，请你直接写出BE 2
的值．
【答案】(1)四边形BECF 是矩形，证明见解析
(2) AD  5BE ，理由见解析
(3) 2  2 5 或2  2 5
5
5
【分析】（1）由全等得BC  EF ，由 O 是BC，EF 的中点，先证四边形BECF 是平行四边形，结
合BC  EF ，可得四边形BECF 是矩形；
连接OA，OD ．由旋转的性质得OA  OD ， OB  OE ， BOE  AOD ，进而证明
△ BOE∽△ AOD ，根据相似三角形的性质即可求解；
分两种情况，当点 F 在点 A，E 之间时，作EH ⊥ BC 于点 H，证明VEOH∽V AOB ，根据对应边成比例列式求解；同理，当点 F 在点 A，E 之间时，作EH  AB 于 AB 的延长线于点 H，证明VAHE∽VAOB ，即可求解．
【详解】（1）解：四边形BECF 是矩形．证明：由全等的性质得BC  EF ．
QO 是BC，EF 的中点，
OB  OE  OC  OF ，
四边形BECF 是平行四边形．又Q BC  EF ，
四边形BECF 是矩形．
解： AD  5BE ．
理由如下：
如图 1，连接OA，OD ．
Q在Rt△ABC 中， AB  BC ，O 是BC 的中点，
2BO  AB ．
在Rt△ABO 中，根据勾股定理可得 AO 
AB2  OB2 
5OB ，
由旋转的性质得OA  OD ， OB  OE ， BOE  AOD ，
 OA  OD ， OBOE
△BOE∽△AOD ，
∴ AD  AO  5 ，
BEOB
即 AD  5BE ．
解： BE 2 的值为2  2 5 或2  2 5 ．
55
当点 E 在点 A，F 之间时，如图 2 所示，作EH ⊥ BC 于点 H，
Q在Rt△ABC 中， AB  2 ， AB  BC ，O 是BC 的中点，
 OB  1 AB  1 ， 2
由旋转得OB  OE  1 ，
 OA 
22 12  5 ．
Q EH ⊥ BC ，
 EHO  ABO  90 ，又Q EOH  AOB ，
 VEOH∽V AOB ，
 EH  OE  OH ，即 EH  1
 OH ，
ABOAOB251
解得EH  2 5 ， OH 5 ，
5
 BH  OB  OH  1
5
5 ，
5
 2 5 2
5 22
 BE2  BH 2  EH 2    1  2 5 ；
 5 5 5
当点 F 在点 A，E 之间时，如图 3 所示，作EH  AB 于 AB 的延长线于点 H，
同理可得BE2  2  2 5 ，
5
综上， BE2 的值为2  2
5
5 或2  2 5 ．
5
28．（2026•河南安阳 • 一模）几何综合
【方法尝试】
如图① ，矩形 ABFC 是矩形 ADGE 以点 A 为旋转中心，按逆时针方向旋转90 所得的图形，CB ，
ED 分别是它们的对角线．求证： CB  ED ；
【类比迁移】
21
7
如图② ，在Rt△ABC 和RtV ADE 中， BAC  DAE  90 ， AC ， AB ， AE  3 ，
AD  1 ．将VDAE 绕点 A 在平面内逆时针旋转，连接CE ， BD ．
请判断线段CE 和BD 的数量关系和位置关系，并说明理由；
当点B ， D ， E 在同一直线上时，求线段CE 的长；
【拓展延伸】
如图③ ，在Rt△ABC 中， ACB  90 ， AB  6 ，过点 A 作 AP∥BC ，在射线 AP 上取一点D ，
连接CD ，使得tan ACD  3 ，请直接写出线段BD 的最大值．
4
【答案】(1)见解析；
(2) ① CE  3BD ， CE  BD ，见解析； ② 线段EC 的长为2 3 或3 3 ；
(3) 3 73  9 ．
44
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）延长CB 交DE 于点T ，由四边形 ABFC 是矩形，则CAB  90 ，通过旋转的性质可知
ACB  AED ，可得BTE  CAB  90 ，从而求证；
（ 2 ） ① 延长CE 分别交BD 于点Q ，交 AB 于点O ，证明VCAE∽VBAD ，所以
ACE  ABD ，从而求解；
② 分当点D 落在线段BE 上时，当点E 在线段BD 上时两种情况求解即可；
4
CE  AC  3 ，
BDAB
（ 3 ）过点 A 作 AE  AB ，使得
AE 
AB  8 ，取 AB 的中点R ，连接CR ， ER ， EC ， BE ，证明
3
△DAB ∽△CAE ，则 BD  AD  3 ，所以BD  3 EC ，由勾股定理得ER  73 ，又EC  ER  CR ，
ECAC44
从而可得EC 最大值为 73  3 ，当E ， R ， C 三点共线时， EC 取得最大值，此时线段BD 取得最大值，再代入即可求解
【详解】（1）证明：如图① ，延长CB 交DE 于点T ，
∵四边形 ABFC 是矩形，
∴CAB  90 ，
由旋转的性质可知， ACB  AED ，
∵ABC  EBT ，
∴BTE  CAB  90 ，
∴ CB  DE ；
解： ① CE  3BD ， CE  BD ，理由：
如图② ，延长CE 分别交BD 于点Q ，交 AB 于点O ，
∵BAC  DAE  90 ，
∴CAE  BAD ，
∵ AC 
21 ， AB 
7 ， AE 
3 ， AD  1 ，
∴ AC  AE  3 ，
ABAD
∴VCAE∽VBAD ，
∴ CE  AC 
BDAB
3 ， ACE  ABD ，
∵AOC  BOQ ，
∴OQB  OAC  90 ，
∴ CE 
3BD ， CE  BD ；
② 如图③ ，当点D 落在线段BE 上时，设BD  x ，
∵ CE 
3BD ， CE  BD ，
∴ EC 
∵ BC 
3x ，
AB2  AC 2 
 7 2  
212  2 7 ， DE 
AD2  AE2 
12  
3 2  2 ，
∵ BC 2  EC 2  BE2 ，
∴2 7 2  2  x2  
3x2 ，
整理得， x2  x  6  0 ，
解得x1  2 ， x2  3 （舍去），
∴ CE  2 3 ；
如图④ ，当点E 在线段BD 上时，
设BD  m ，则EC  3m ， BE  m  2 ，
∵ BC 2  BE2  EC 2 ，
∴2 7 2  m  22   3m2 ，
整理得， m2  m  6  0 ，
∴ m1  3 ， m2  2 （舍去），
∴ EC  3m  3 3 ，
∴综上所述，线段EC 的长为2 3 或3 3 ；
解：如图⑤ ，过点 A 作 AE  AB ，使得 AE 
EC ， BE ，
4 AB  8 ，取 AB 的中点R ，连接CR ， ER ，
3
∵CAD  EAB  90 ，
∴CAE  DAB ，
∵ tan ACD  3  AD ，
4AC
∴ AD  AB  3 ，
ACAE4
∴△DAB ∽△CAE ，
∴ BD  AD  3 ，
ECAC4
∴ BD  3 EC ，
4
∵ACB  90 ， AR  RB ，
∴ CR  1 AB  3 ，
2
∵EAB  90 ， AE  8 ， AR  3 ，
∴ ER AE 2  AR2  82  32  73 ，
∵ EC  ER  CR ，
∴ EC  73  3 ，即EC 最大值为 73  3 ，
∴当E ， R ， C 三点共线时， EC 取得最大值，此时线段BD 取得最大值，
∴ BD  3 EC  3 73  9 ．
4
44