2026年中考数学二轮复习 专题06 图形的变化(知识清单)

这是一份2026年中考数学二轮复习 专题06 图形的变化(知识清单)，共6页。学案主要包含了典例 01，变式 01，变式 02，问题提出，直观感知，初步探究，深入研究，问题解决等内容，欢迎下载使用。
内 容 导 航
第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向
考向聚焦►考查形式►能力清单
第二部分技法清单构建思维框架，提炼通用解法
第三部分分级实战分级强化训练，实现能力跃迁
命 题 解 码
知识必备/二级结论►母题精讲&答题技法►变式应用
技法 01三角形的平移问题技法 02四边形的平移问题
技法 03
圆的平移
技法 04三角形的折叠问题技法 05四边形的折叠问题
技法 06
圆的折叠问题
技法 07三角形的旋转问题技法 08四边形的旋转问题
技法 09
圆的旋转问题
技法 10位似与相似变换技法 11网格中的变换作图
技法 12用图形的变化解决最短路径问题
技法 13解直角三角形的应用
考向聚焦
技法 01三角形的平移问题：考查三角形沿指定方向平移后，对应点坐标变化、对应线
段平行且相等等性质，常结合坐标系求平移后的点坐标或面积变化。
技法 02四边形的平移问题：考查平行四边形及特殊平行四边形沿指定方向平移后，对
应点坐标变化、对应边平行且相等等性质，常结合面积计算或点的坐标求解。
技法 03圆的平移：圆沿某方向平移，考查圆心坐标变化、平移前后圆与直线或圆的位置
关系。
技法 04三角形的折叠问题：以三角形为背景，通过折叠构造轴对称，考查对应边相
等、对应角相等、折痕垂直平分对应点连线等性质，求线段长度、角度大小或点的位置。
常作为填空压轴题出现。
技法 05四边形的折叠问题：考查矩形、菱形、正方形的轴对称性，常与折叠结合，或
判断四边形是否为轴对称图形、中心对称图形。
技法 06圆的折叠问题：将圆或圆弧沿某直线折叠，考查折痕过圆心、折叠后弧重合等
性质，常结合垂径定理求弦长或弧长。
技法 07三角形的旋转问题：旋转是中考命题的热点，常将旋转后得到的图形设计为直角三角形和等腰三角形，考查旋转前后图形的全等关系、对应点连线相等、旋转角相等等性
质。
技法 08四边形的旋转问题：以正方形、菱形为中心对称图形为背景，考查旋转前后图形
的全等关系，常与手拉手模型结合，证明线段相等或求角度。
技法 09圆的旋转问题：圆绕圆心旋转任意角度后与自身重合，常结合扇形、弧长、圆心
角等考查旋转角度的计算。
技法 10位似与相似变换：考查位似图形的性质（位似比等于相似比，对应点连线交于位
似中心），常结合相似三角形性质求边长或面积。
技法 11网格中的变换作图：在正方形网格中按要求完成三角形的平移、旋转、轴对称或
位似作图，并写出相应点的坐标或变换后三角形的特征。
技法 12用图形的变化解决最短路径问题：利用轴对称将折线段和转化为两点间线段最短
的问题，常以三角形一边为对称轴，求两定点到边上动点距离和的最小值。
技法 13解直角三角形的应用：考查锐角三角函数的定义、特殊角（30˚，45˚，60˚）的三角函数值及解直角三角形的基本方法。题型以选择题、填空题为主，常与勾股定理、
等腰三角形性质结合，求三角形中的边长或角度。
考查形式
基础层次：图形的平移、旋转、轴对称、位似的基本性质，以及锐角三角函数的定义、特殊角的三角函数值，以选择题、填空题为主。
模型层次：折叠问题、旋转模型（手拉手）、一线三垂直模型、半角模型、倍长中线模型等，要求学生能在复杂图形中识别并应用模型快速解题。
综合层次：与三角形、四边形、圆结合的动态探究题，以及解直角三角形的实际应用（仰
俯角、坡度、方向角、跨学科问题），常作为解答题或压轴题出现。
能力清单
空间观念与几何直观：能想象图形运动前后的位置关系，识别常见变换模型（手拉手、一线三垂直、倍长中线等）。
模型识别与应用能力：在复杂图形中识别出基本几何模型，并运用模型结论快速解题。 逻辑推理能力：能根据变换性质进行严密的推理论证，尤其是在折叠、旋转问题中寻找不变量。
运算求解能力：准确进行线段长度、角度计算，运用勾股定理、方程思想、三角函数求解未知量。
数学建模能力：从实际问题中抽象出几何图形，选择恰当的三角函数关系建立数学模型。分类讨论意识：在动点折叠、旋转中，根据点的不同落点位置进行分类讨论。
转化与化归思想：将复杂图形转化为基本图形，将非直角三角形转化为直角三角形求解。
技 法 清 单
技法01三角形的平移问题
知识必备
平移的性质、平面直角坐标系中点的坐标变换、全等三角形的性质、平行四边形的判定。
答题技法
坐标系中点的平移遵循“右加左减横坐标，上加下减纵坐标”。平移前后的三角形全等，对应边平行且相等。利用平移构造平行四边形是常见辅助线思路。
母题精讲
【典例 01】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边VABC 的顶点
A(1, 0),C(1, 2 3) ，将VABC 向左平移 1 个单位长度，则平移后点 B 的坐标为（ ）
跨学科综合能力：将物理、地理等学科知识与解直角三角形模型结合。
(3, 3)
(
3, 3)
(
3, 2)
(2, 3)
【答案】A
【分析】本题考查等边三角形的性质，坐标系中图形的平移，根据等边三角形的性质求出点坐标是解题关键．
过点 B 作 AC 的垂线，通过点 A，C 的坐标确定 AC 与坐标轴的位置关系，再利用等边三角形的性质求出点 B 的坐标，利用坐标系中图形的平移规律求解即可．
【详解】解：如图，过点 B 作 BD  AC ，垂足为 D，
∵ A1, 0 ， C 1, 2 3 ，
∴ AC  x 轴，
∴ BD x 轴，
∵VABC 是等边三角形， BD  AC ，
3
∴ AB  AC  BC  2，又 BD  AC ，
3
2
∴ AD  CD  1 AC ， D 1, 3 ，
AB2  AD2
∴ BD 
1 3  2 ，
∴ B 2, 3  ，
 3 ，
∴在VABC 向左平移 1 个单位长度后，点 B 的坐标为3, 3  ，故选：A．
变式应用
【变式 01】（2025·山东济南·一模）如图，将VABC 沿 BC 边上的中线 AD 平移到V ABC的位置，已知
VABC 的面积为 9，阴影部分三角形的面积为 4．若 AA  1，则 AD  ．
【答案】2
【分析】本题主要考查了平移的性质，三角形中线平分三角形的面积，相似三角形的性质，解题的关键是证明VDAE∽VDAB ，利用相似三角形的性质列方程．
由SV ABC
 9, S
V AEF
 4 且 AD 为 BC 边的中线知S
V ADE
 1 S
2
V AEF
 2, S
V ABD
 1 S
2
V ABC
 9 ，根据 2
VDAE∽VDAB ，利用相似三角形面积的比等于相似比的平方列式求解可得．
【详解】解：∵ SV ABC  9, SV AEF  4 ，且 AD 为 BC 边的中线，
∴ SV ADE
 1 S
2
V AEF
 2, S
V ABD
 1 S
2
V ABC
 9 ， 2
∵将VABC 沿 BC 边上的中线 AD 平移得到V ABC，
∴ AE ∥ AB ，
∴VDAE∽VDAB ，
 AD 2S
 AD
  2  4
2
则  V DAE ，即 AD 1 99 ，
 AD 
SV DAB
2
解得 AD  2 或 AD   2 （舍），
5
故答案为：2．
【变式 02】（2025·陕西延安·一模）如图，将VABC 沿直线 BC 方向平移到△A1B1C1 的位置（点 A、B、C
的对应点分别是点 A1 、 B1 、C1 ），延长 AC 、 A1B1 相交于点 D．若A  70 ，则∠ D 的度数为 ．
【答案】70
【分析】本题考查了平移的性质(平移前后对应线段平行)及平行线的性质(两直线平行，同旁内角互补)，解题的关键是根据平移性质得出对应线段平行，再利用平行线性质结合已知角度求∠ D 的度数．
由平移性质可知, VABC 平移后对应线段 AB∥A1B1 ； AB 与 A1B1 平行，故∠ A 与∠ D 组成内错角，根据两直
线平行内错角相等，即可求出∠ D ．
【详解】解：∵VABC 沿直线 BC 方向平移得到△A1B1C1 ，
∴ AB∥A1B1 (平移的性质：平移前后对应线段平行)．即 AB A1D ，
∴ D  A  70 ．故答案为： 70 ．
技法02四边形的平移问题
知识必备
平移的性质、平行四边形的性质与判定、平面直角坐标系中点的坐标变换、全等图形的性质。
答题技法
平移前后的四边形全等，对应边平行且相等。利用平移可构造平行四边形，解决线段相等或平行的问题。坐标系中点的平移规律同样适用。
母题精讲
【典例 01】（2025·浙江·模拟预测）如图， AC 是菱形 ABCD 的对角线，把菱形 ABCD 沿着对角线 AC 方向平移，得到菱形 ABCD ， AB ， AD 分别交 BC ， CD 于点G ， H ，连接GH ，若 AA  x
(0  x  AC) ， GH  y ，则 y 与 x 之间的关系大致可以用函数图象表示为（ ）
B．
C．D．
【答案】D
【分析】先利用菱形和平移的性质得到线段与角度的关系，再通过三角函数表示出GH 的长度，从而建立
y 与 x 的函数关系式，最后根据函数的性质判断对应的函数图象．
【详解】解：如图，记GH 交 AC 于点O ，
∵ 四边形 ABCD 是菱形，
∴ GH  AC ，
设 AC  m ，则 AC  m  x ，设∠ BAC  α ，则由平移的性质可知， GAC  BAC  α ，
∴ tanGAC  tanα  OG ，
OA
∴ OG  OA tan α ，
∴ GH  2OG  2OA tan α  AC  tan α  (m  x)tanα ，
∴ y  GH  m  x tanα  tanα  x  m ∙ tanα ，
∵α 为定值， m 为定值，
∴ tanα 为定值，且小于0 ， m ∙ tanα 为定值，且大于0 ，
∴ y 是关于 x 的一次函数，且 y 随 x 的增大而减小，
∴ D 选项符合题意．
变式应用
【变式 01】（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形OABC 的顶点 A 的坐标为2, 0 ，
AOC  60 ．将菱形OABC 沿 x 轴向右平移 1 个单位长度，再沿 y 轴向下平移 1 个单位长度，得到菱形
OABC ，其中点 B 的坐标为（ ）
3
A． (2,
1)
B．2,1
C． (
3,1)
D． (
3,
1)
3
【答案】A
【分析】如图，过 B 作 BH  x 轴于 H ，求解OA  AB  2 ， AB ∥OC ，可得BAH  AOC  60 ，求解
22 12
AH  OB  cs 60  1 ， BH 
，可得 B 3, 3 ，再利用平移的性质可得 B2,
1．
3
3
【详解】解：如图，过 B 作 BH  x 轴于 H ，
∵菱形OABC 的顶点 A 的坐标为2, 0 ， AOC  60 ．
∴ OA  AB  2 ， AB ∥OC ，
∴ BAH  AOC  60 ，
22 12
3
∴ AH  OB  cs 60  1 ， BH ，
∴ B 3, 3 ，
∵将菱形OABC 沿 x 轴向右平移 1 个单位长度，再沿 y 轴向下平移 1 个单位长度，
3
∴ B2,1；
故选 A
【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，图形的平移，熟练的求解 B
的坐标是解本题的关键．
【变式 02】（2025·广西·中考真题）综合与实践
树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图 1）
初始时，矩形义卖区 ABCD 与遮阳伞投影MNPQ 的平面图如图 2 所示， P 在 AD 上， MN  3m ，
AN  1m ， AP  2m ， AB  3m ， BC  2.5m ，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中， MNPQ 也随之移动（ MN 始终在 AB 边所在直线l 上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图 3 为MNPQ 移动到 P 落在 BC 上的情形．
【问题提出】
西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时MNPQ 的位置．设遮阳区的面积为Sm2 ， MNPQ 从初始时向右移动的距离为 xm ．
【直观感知】（1）从初始起右移至图 3 情形的过程中， S 随 x 的增大如何变化？
【初步探究】（2）求图 3 情形的 x 与S 的值；
【深入研究】（3）从图 3 情形起右移至M 与 A 重合，求该过程中S 关于 x 的解析式；
【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时， MNPQ 向右移动了多少？（直接写出结果）
【答案】（1） S 随 x 的增大而增大；（2） x  3 ， S  5 ；（3） S  2x2 14x 19 3  x  4 ；（4） 7 m
2
【分析】（1）根据矩形的性质得tan PNA  AP  2 ，根据平行四边形的面积公式得
AN
SMNPQ  MN  AP  6 ，然后分别求出当0  x  1时，当1  x  3 时， S 关于 x 的解析式，即可得出结论；
根据（1）的结论可得答案；
当3  x  4 时，如图，设MNPQ 向右移动 xm 后得到M N PQ ，设M Q 交 AD 于点 J ， PN  交 BC
于点 K ， PQ 交 BC 于点 H ，则 PH  x  3 ， AM   4  x ，
此时遮阳区的面积为六边形 AN KHQJ 的面积，推出
JA
M A
 tan JM A  tan PNA  2 ，
KH
PH
 tan P  tan PNA  2 ，得 JA  2M A  2 4  x ， KH  2PH  2  x  3 ，再根据
S  S六边形AN KHQ  SM N PQ  S△JAM   S△KHP 即可得出结论；
分别确定：当0  x  1时，当1  x  3 时，当3  x  4 时，各个范围内S 的最大值，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵四边形 ABCD 是矩形，四边形MNPQ 是平行四边形， MN  3， AB  3 ， BC  2.5 ，
MN 在 AB 边所在直线l 上，
∴ DAB  90  DAM ， CBA  90 ， PQ ∥ l ，又∵如图 2， P 在 AD 上， AN  1， AP  2 ，
∴ tan PNA  AP  2  2 ，
AN1
MA  MN  AN  3 1  4  NB ， SMNPQ  MN  AP  3 2  6
当0  x  1时，如图，设 PN 交 AD 于点 F ， PQ 交 AD 于点 E ，则 PE  x ，此时遮阳区的面积为!PEF 的面积，
∵ PQ ∥ l ，
∴ P  PNA ， PEF  FAN  90 ，
∴ EF  tan P  tan PNA  2 ，
PE
∴ EF  2PE  2x ，
∴ S  S△PEF
 1 PE  EF  1  x  2x  x2 ，
22
∴当0  x  1时， S 随 x 的增大而增大， S 的值从0 增大到1；
当1  x  3 时，如图，设 PQ 交 AD 于点G ，则 PG  x ， AN  x 1 ， AG  2 ，此时遮阳区的面积为四边形 ANPG 的面积，
∵ PQ ∥ l ，
∴四边形 ANPG 为梯形，
∴ S  S
梯形ANPG
 1  AN  PG  AG  1  x 1 x 2  2x 1，
22
∴当1  x  3 时， S 随 x 的增大而增大， S 的值从1增大到5 ；
综上所述，从初始起右移至图 3 情形的过程中， S 随 x 的增大而增大；
如图 3，此时点 P 落在 BC 上，则 x  3 ， 由（1）知：当 x  3 时， S  2x 1  2  3 1  5 ；
∴图 3 情形时， x  3 ， S  5 ；
当3  x  4 时，如图，设MNPQ 向右移动 xm 后得到M N PQ ，设M Q 交 AD 于点 J ， PN  交 BC
于点 K ， PQ 交 BC 于点 H ，则 PH  x  3 ， AM   4  x ，此时遮阳区的面积为六边形 AN KHQJ 的面积，
∴ QM ∥QM ∥ PN ∥ PN  ， PQ∥l ， SM N PQ  SMNPQ  6 ，
∴ PNA  JM A  KN B  P ， PHK  CBA  90 ，
JA
∴ M A
 tan JM A  tan PNA  2 ， KH
PH
 tan P  tan PNA  2 ，
∴ JA  2M A  2 4  x ， KH  2PH  2  x  3 ，
∴ S  S六边形AN KHQJ
 SM N PQ  S△JAM   S△KHP
 6  1 AM   AJ  1 HP HK
22
 6  1 4  x 2 4  x  1  x  3 2  x  3
22
 2x2 14x 19 ，
∴从图 3 情形起右移至M 与 A 重合，该过程中S 关于 x 的解析式为S  2x2 14x 19 3  x  4 ；
当0  x  1时， S  x2 ，
当 x  1时， S 的最大值为： S  12  1 ；当1  x  3 时， S  2x 1 ，
当 x  3 时， S 的最大值为： S  2  3 1  5 ；
2  x
当3  x  4 时， S  2x2 14x 19    

7 2

2

 11 ， 2
∵ 2  0
7
 77 2
1111
∴当 x  2 时， S 的最大值为： S  2      ，
 22 22
711
综上所述，当 x  时， S 取得最大值，最大值为，
22
∴当遮阳区面积最大时， MNPQ 向右移动了 7 m ．
2
【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，列函数关系式，二次函数的最值，等积变换等知识点，利用分类讨论的思想及数形结合的思想解决问题是解题的关键．
技法03圆的平移
知识必备
平移的性质、点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系。
答题技法
圆的平移即圆心的平移，半径不变。平移后圆与直线（圆）的位置关系取决于圆心到直线（圆心距）与半径的比较。
母题精讲
【典例 01】（2025·辽宁抚顺·一模）在平面直角坐标系 xOy 中，半径为 2 的eP 的圆心 P 的坐标为
3, 0 ，将eP 沿 x 轴正方向平移，使eP 与 y 轴相切，则平移的距离为（ ）
或 5B．1C．1 或 3D．3
【答案】A
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是了解当圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径．分为圆在 y 轴的左侧和在 y 轴的右侧两种情况写出答案即可．
【详解】解：∵圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径 2，
∵当eP 位于 y 轴的左侧且与 y 轴相切时，平移的距离为 1；当eP 位于 y 轴的右侧且与 y 轴相切时，平移的距离为 5．
综上所述，将eP 沿 x 轴正方向平移，使eP 与 y 轴相切，则平移的距离为 1 或 5．
故选：A．
变式应用
【变式 01】（23-24 九年级上·河北廊坊·月考）如图 1，在VABC 中， C  90 ， BAC  30 ， BC  4 ，点 O 在边 AB 上，且 AO  2 ，以点 O 为圆心，2 为半径在 AB 的上方作半圆 O，交 AB 于点 D，E，交 AC
于点 P．将半圆 O 沿 AB 向右平移，设点 D 平移的距离为 x  x  0 ．
在图 1 中，劣弧 P‸E 的长为；
当半圆 O 平移到与边 AC 相切时，如图 2 所示．
①求 x 的值；
②已知 M，N 分别是边 BC 与 D‸E 上的动点，连接 MN，求 MN 的最小值和最大值之和；
在半圆 O 沿边 AB 向右平移的过程中，当半圆 O 与VABC 的重叠部分是半圆 O 时，直．接．写出 x 的取值
范围．
【答案】(1) 2π
3
3
① x  2 ；②MN 的最小值和最大值之和为2 4
半圆 O 与VABC 的重叠部分是半圆 O 时，x 的取值范围是2  x  6  4 3
3
【分析】（1）本题主要考查利用扇形弧长公式计算劣弧长度，找到劣弧 P‸E 所对的圆心角是解决问题的关键，在利用公式求解．
本题主要考查利用切线的性质求 x 的值，其次利用点到直线距离求 MN 的最小值，由于 M，N 两点都是自由点，故可以直接算出 MN 的最大值，即当点 M 与点 B 重合时，点 N 与点 D 重合时，此时 MN 最大
本题主要考查圆完全在VABC 三角形内部时的临界状态，即圆与三角形VABC 两条直角边分别相切时，即可求出 x 的取值范围．
【详解】（1）解：如下图，连接OP ；
∵ OP  OA ， BAC  30 ；
∴ POE  60 ；
∴劣弧 P‸E 
60 π  2  2 π ．
1803
①连接 PO，
∵边 AC 与半圆 O 相切；
∴ APO  90 ；
∵ BAC  30 ， OP  2 ；
∴ AO  4 ；
∴ AD  x  AO  OD  2 ；
②如下图，当OM  BC 时，OM 与弧 DE 交于点 N，此时 MN 最小；
∵ OA  4 ；
∴ OB  AB  OA  4 ；
∵ OM  BC ；
∴ OMB  90 ；
∵ C  90 ， MO ∥ AC ，
∴ BOM  BAC  30 ，
∴ MB  2 ，
3
∴根据勾股定理可得OM  2，
3
∴ MN  2 2 ；
3
如图 2，当点 M 与点 B 重合时，点 N 与点 D 重合时，此时 MN 最大， MN  OB  OD  6 ；∴MN 的最小值
3
和最大值之和为2
 2  6  2
 4 ．
解：x 的取值范围是2  x  6  433 ；如图 3，半圆 O 与 BC 相切，连接 OP，
∴ OPB  90 ，
∴ AC ∥OP ，
∴ BOP  BAC  30 ，
∴ BP  1 OB ；
2
4 3
3
根据勾股定理可得OB2  BP2  OP2 ，解得OB .
∵ OD  2 ；
∴ AD  AB  OD  OB  6  4 3 ；
3
∴半圆 O 与VABC 的重叠部分是半圆 O 时，x 的取值范围是2  x  6  4 3 .
3
【变式 02】（2023·河北石家庄·一模）如图 1，已知点 A、O 在直线 l 上，且 AO  6 ， OD  l 于 O 点，且
OD  6 ，以 OD 为直径在 OD 的左侧作半圆 E， AB ⊥ AC 于 A，且CAO  60 ．向右沿直线 l 平移
∠ BAC 得到B AC ，设平移距离为 x．
若B AC 的边 AC经过点 D，则平移的距离 x  ；
GH
如图 2，若 AC截半圆 E 得到的 n 的长为π，求DOG 的度数；
当B AC 的边与半圆 E 相切时，直接写出 x 的值．
3
【答案】(1) 6  2
(2) 45
3
3
(3) 6  3或3
【分析】（1）由平移性质和正切函数求解即可；
在图 2 中，连接 EH 、 EG 、 DH ，由弧长公式求得GEH  60 ，进而得到VEGH 是等边三角形，
证得 EG ∥l ，则GEO  AOD  90 ，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求解即可；
根据题意，分当B AC 的边 AC与半圆 E 相切和B AC 的边 AB 与半圆 E 相切两种情况，分别画出图形，利用切线性质和锐角三角函数求解即可．
【详解】（1）解：如图 1，
由平移性质得CAO  CAO  60 ，
3
∵ OD  l ， OD  6 ，
∴ AO 
OD
tan 60
 2，
∴平移距离 x  AA  AO  AO  6  2 3 ，
3
故答案为： 6  2；
解：连接 EH 、 EG 、 DH ，如图 2 所示，
则半圆 E 的半径 ED  EO  1 OD  3 ，
2
设GEH  n ，
∵ AC截半圆 E 的G‸H 的长为π，
∴ nπ 3  π ，
180
解得： n  60 ，
∴ GEH  60 ，
∵ EH  EG ，
∴VEGH 是等边三角形，
∴ EGH  60  CAO .
∴ EG ∥l ，
∵ OD  l ，
∴ GEO  AOD  90 ，
∵ EG  EO ，
∴ EOG  1 180  90  45 ；
2
解：根据题意，分两种情况：
当B AC 的边 AC与半圆 E 相切时，如图 3，设切点为 P，连接 PE ，则APE  90 ，
∵ OD  l ， PE  OE  3 ，
∴ PAE  EAO  1 CAO  30 ，
2
∴ AO 
OE
tan 30
 3 3 ，
3
∴平移的距离 x  AA  AO  AO  6  3；
当B AC 的边 AB 与半圆 E 相切时，如图 4，
设切点为 P，连接 EP 并延长交 l 于 N，则APE  APN  90 ，
∵ OD  l ， OAP  90  60  150 ，
∴ OEP  180 150  30 ，又 PE  OE  3 ，
∴ EN 
OE
cs 30
 2
， ON  1 EN ，
3
3
2
3
∴ PN  EN  PE  2 3 ，
∵ APN  90 ， AAP  180  90  60  30 ，
3
∴ AN  2PN  4 6 ，
3
∴ AO  ON  AN  6  3，
3
∴平移的距离 x  AA  AO  AO  6  6  3 3   3，
3
综上，平移的距离 x 的值为6  3或3 3 ．
【点睛】本题考查平移性质、切线性质、解直角三角形、弧长公式、角平分线的性质、三角形和四边形的内角和、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用数形结合和分类讨论思想求解是解答的关键．
技法04三角形的折叠问题
知识必备
轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、角平分线性质、直角三角形性质、分类讨论思想。
答题技法
折叠即全等，找准折痕（对称轴）。设未知数表示折叠后相关线段长度，在直角三角形中利用勾股定理列方程。若涉及动点折叠，需分类讨论点的落点位置（如落在边上、角平分线上等）。
母题精讲
【典例 01】（2025·江苏徐州·中考真题）如图，将三角形纸片 ABC 折叠，使点 A 落在边 BC 上的点 D
处，折痕为CE ．若VABC 的面积为 8， VBCE 的面积为 5，则 BD : DC  ．
【答案】2 : 3
【分析】本题考查的是轴对称的性质，三角形面积，先求解△DCE 的面积为3 ， VBDE 的面积为2 ，进一步可得答案．
【详解】解：∵VABC 的面积为 8， VBCE 的面积为 5，
∴△ACE 的面积为8  5  3 ，
由折叠可得： △DCE 的面积为3 ，
∴VBDE 的面积为2 ，
∴ BD : DC  2 : 3 ，
故答案为： 2 : 3
变式应用
【变式 01】（2025·江苏常州·中考真题）如图，在VABC 中， tan C  4 ，D 是边 BC 上一点，将V ACD 沿
3
AD 翻折得到△AED 使线段 AE 、 BC 相交于点 F，若CF  5 ， EF  2 ，则 AC  ．
【答案】 21
2
【分析】本题考查解直角三角形，勾股定理，翻折的性质，熟练作出辅助线构造直角三角形是解题的关
键．过点 F 作 FG ^ AC 于点G ，由tan C  FG  4 ，设 FG = 4x ，则CG  3x ，结合CF  5 ，求出
CG3
FG  4 ， CG  3 ，由翻折得 AC  AE ，设 AC  AE  y ，则 AG  AC  CG  y  3 ，
AF  AE  EF  y  2 ，在Rt△AFG 中，利用 AF 2  AG2  FG2 ，求解即可．
【详解】解：过点 F 作 FG ^ AC 于点G ，
∴ tan C  FG  4 ，
CG3
设 FG = 4x ，则CG  3x ，
CG2  FG2
∴ CF  5x  5 ，
得 x  1 ，
则 FG  4 ， CG  3 ，由翻折得 AC  AE ，设 AC  AE  y ，
则 AG  AC  CG  y  3 ， AF  AE  EF  y  2 ，在Rt△AFG 中， AF 2  AG2  FG2 ，
即 y  22   y  32  42 ，
解得： y  21 ，
2
即 AC  21 ，
2
故答案为： 21 ．
2
【变式 02】（2026·上海黄浦·一模）如图，在VABC 中， ACB  90 ， AC  8 ， BC  6 ， D 、 E 是边 AB 、 AC 上的点，且 DE ∥ BC ，将VADE 沿 DE 翻折至VFDE ， DF 与 BC 交于点G ．如果△FCG 的面积
是
1VADE 面积的 ，那么线段 DE 的长是．
4
【答案】4
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，折叠的性质，由VADE 沿 DE 翻折至VFDE ，得
EF  AE ， AD  FD ， AED  FED ，证明VFCG∽VAED ，由△FCG 的面积是VADE 面积的 1 ，即
4
 FC 21
FC1
AE

 ，故有 ，即 AE  2FC ，设 FC  x ，则 AE  2x ，由 EF  AE ，得8  x  2x ，解得：
4AE2
816AEDE
x  ，所以 AE ，再证明V AED∽V ACB ，得，然后代入即可求解，掌握知识点的应用是解题
33
的关键．
ACBC
【详解】解：∵将VADE 沿 DE 翻折至VFDE ，
∴ EF  AE ， AD  FD ， AED  FED ，
∴ A  F ，
∵ AED  FED  180
∴ AED  FED  90 ，
∵ ACB  90 ，
∴ AED  GCF  90 ，
∴VFCG∽VAED ，
∵△FCG 的面积是VADE1
面积的 4 ，
 FC 21
AE
∴  ，
4
∴ FC  1 ，即 AE  2FC ，
AE2
设 FC  x ，则 AE  2x ，
∴ CE  8  2x ，
∴ EF  CE  FC  8  2x  x  8  x ，
由 EF  AE ，得8  x  2x ，解得： x  8 ，
3
∴ AE  16 ，
3
∵∠AED ∠ACB  90 ， A  A ，
∴V AED∽V ACB ，
∴ AE  DE ，
ACBC
16
∴ 3  DE ，
86
∴ DE  4 ，
故答案为： 4 ．
技法05四边形的折叠问题
知识必备
轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、角平分线性质、直角三角形性质、分类讨论思想。
答题技法
折叠即全等，找准折痕（对称轴）。设未知数表示折叠后相关线段长度，在直角三角形中利用勾股定理列方程。若涉及动点折叠，需分类讨论点的落点位置（如落在边上、角平分线上等）。
母题精讲
【典例 01】（2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形 ABCD 中，
AB DC，AD  DC，AB  4，AD  DC  2 ，E 是线段 AD 的中点，F 是线段 AB 上的一个动点．现将
△AEF 沿 EF 所在直线翻折得到△AEF （如图的所有点在同一平面内），连接 AB ， AC ，则VABC 面积的最小值为（ ）
2
2
10
2
2
A． 2 B． 3 C．D． 4 
【答案】B
【分析】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，根据题意得到点 A 在以点 E 为圆心，1 长为半径的半圆上运动是解题的关键．
过点 C 作CG  AB 于点 G，可得四边形 ADCG 是矩形，从而得到CG  AD  2 ， AG  CD  2 ，再利用勾
股定理求出 BC 的长，从而得到当点 A 到 BC 的距离最小时， VABC 面积最小，过点 A 作 AH  BC 交 BC的延长线于点 H，即当 AH 最小时， VABC 面积最小，然后结合可得点 A 在以点 E 为圆心，1 长为半径的半圆上运动，当点 E， A ，H 三点共线时， AH 最小，此时VABC 面积最小，延长 AD, BC 交于点 M，过点 D 作 DN  CM 于点 N，则DN ∥ EH ，可得VMND ∽VMHE ，即可求解．
【详解】解：如图，过点 C 作CG  AB 于点 G，
∵ AB DC，AD  DC，AD  DC  2 ，
∴ ADC  DAG  AGC  90 ，
∴四边形 ADCG 是矩形，
∴ CG  AD  2 ， AG  CD  2 ，
∵ AB  4,
∴ BG  AB  AG  4  2  2 ，
CG2  BG2
∴ BC 

 2 2 ，
22  22
∴当点 A 到 BC 的距离最小时， VABC 面积最小，
过点 A 作 AH  BC 交 BC 的延长线于点 H，即当 AH 最小时， VABC 面积最小，
∵E 是线段 AD 的中点， AD  2 ，
∴ DE  AE  1 AD  1  4  1，
22
由折叠的性质得： AE  AE  1 ，
∴点 A 在以点 E 为圆心，1 长为半径的半圆上运动，
∴当点 E， A ，H 三点共线时， AH 最小，此时VABC 面积最小，
延长 AD，BC 交于点 M，过点 D 作 DN  CM 于点 N，则DN ∥ EH ，
∴VMND ∽VMHE ，
∵ CG  BG  2 ， BGC  90 ，
∴ ABC  BCG  45 ，
∵ AB ∥CD ，
∴ DCM  ABC  45 ，
∵ CDM  180  ADC  180  90  90 ，
∴VCDM 是等腰直角三角形，
∴ DM  CD  2 ， DN  MN  NC  1 CM ，
2
DM 2  CD2
∴ CM 
∴ DN  1 CM  1  2
22
∵VMND ∽VMHE ，
 2
22  22
2
2
2
，
， EM  DE  DM  1 2  3 ，
∴ DM 
DN ，即 2 2 ，
3 2
2
EMEH
∴ EH ，
3EH
∴ AH
 EH  AE 
3 2  1
2
2
∴ S 1 AH  BC  1  3 2 1 2
2
 3 ，


V ABC
22  2
2
即VABC 面积的最小值为3 ．故选：B．
变式应用
【变式 01】（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在ABCD 中，点 E 在边 BC 上，将V ABE 沿 AE 折叠，点
B 的对应点 B 恰好落在边 DC 上；将V ADB沿 AB折叠，点 D 的对应点 D¢恰好落在 AE 上．若C  α ，则
∠ CBE  ．（用含α 的式子表示）
α
【答案】
3
【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，平行线的性质，由四边形 ABCD 是平行四边形，得
BAD  C  α ， AB ∥CD ，由折叠性质可知，
DAB  BAE  BAE ， ABE  ABE ， ABD  ABD ，故有DAB  BAE  BAE  α ，根据
3
平行线的性质得ABD  BAB  2α ， ABE  180  α ，最后通过角度和差即可求解，掌握知识点的应用
3
是解题的关键．
【详解】解：∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴ BAD  C  α ， AB ∥CD ，
由折叠性质可知， DAB  BAE  BAE ， ABE  ABE ， ABD  ABD ，
∵ DAB  BAE  BAE  BAD  α ，
∴ DAB  BAE  BAE  α ，
3
∵ AB ∥CD ，
∴ ABD  BAB  2α ， ABE  180  α ，
3
∴ ABE  ABE  180  α ，
∴ CBE  180  2α  180  α   α ，
33
α
故答案为： ．
3
【变式 02】（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片 ABCD 中，E 是 AD 上一点，将纸片沿过点 E
的直线折叠，使点 A 落在CD 上的点 G 处，点 B 落在点 H 处，折痕 EF 交 BC 于点 F．若CG  4 ，
3
EF  4，则 AB  ．
5
5
【答案】2  2/ 2 2
【分析】由折叠性质可知 AG  EF ，进而利用同角的余角相等证明GAE  NFE ，由此即可得出
V ADG≌VFNE ASA ，进而确定 AG  EF ．在RtVADG 中，根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：如图，连接 AG 交 EF 于点M ，过点 F 作 FN  AD ，垂足为 N ，
则FNA  FNE  90 ，
∵正方形 ABCD ，
∴ AB  AD  CD ， BAD  ABC  D  90 ，
∴四边形 ABFN 是矩形，
∴ NF  AB  AD ，
由折叠可知 AG  EF ，
∴ GAE  AEF  NFE  AEF  90 ，
∴ GAE  NFE ，
又∵ FNE  D  90 ，
∴V ADG≌VFNE ASA ，
∴ AG  EF ，
3
∵ EF  4
3
∴ AG  EF  4，
设正方形边长为 x ，则 AB  AD  CD  x ，
∵ CG  4 ，
∴ DG  CD  CG  x  4 ，
在RtVADG 中， AG2  DG2  AD2 ，即(x  4)2  x2  (4 3)2
5
解得： x  2  2 5 或 x  2  2
（不合题意舍去）
5
∴ AB  2  2．
5
故答案为： 2  2．
【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明 AG  EF 是解题关键．
技法06圆的折叠问题
知识必备
圆的轴对称性、垂径定理、勾股定理、切线的性质和判定、弧长的计算。
答题技法
圆是轴对称图形，任何直径所在直线都是对称轴。折叠问题中，折痕若过圆心，则折叠前后弧完全重合。利用垂径定理可求弦长、半径等。
母题精讲
【典例 01】（2025·山西·模拟预测）如图，半径为 2 的圆形纸片eO 上有 A, B,C 三点，分别沿弦 AB, AC
BC
折叠圆形纸片，使折叠后的 ‸AB 与 A‸C 都经过圆心O ，则 AB, AC ，
n 围成的阴影部分的面积为（ ）
2
【答案】A
 4π 3
2 π
3
3
C． 3 π
3
3
D． 3 π
3
3
【分析】本题主要考查了求不规则图形的面积，解直角三角形，等边三角形的性质与判定，折叠的性质，垂径定理，在 A‸C 上取点O 关于直线 AC 的对称点 E ，连接 AE,CE, AO,CO ，连接OE 交 AC 于点M ，由折叠的性质可得 AO  AE,CO  CE ，则可证明VAOE 和VCOE 是等边三角形， OE 垂直平分 AC ，进而可得
AOE  COE  60, AC  2CM ，解直角三角形得到CM  3,OM  1 ，则 AC  2 3 ，可求出
S弓形ACE
 S扇形AOC
 S△AOC
 4 π 
3
，同理可得S弓形AB
 4 π 
3
，再根据S阴影
 SeO
 S弓形ACE
 S弓形AB
列式求
3
3
解即可．
【详解】解：如图，在 A‸C 上取点O 关于直线 AC 的对称点 E ，连接 AE,CE, AO,CO ，连接OE 交 AC 于点
M ．
由折叠可知 AO  AE,CO  CE ．
 AO  AE  OE  OC  CE.
V AOE 和VCOE 是等边三角形， OE 垂直平分 AC ．
AOE  COE  60, AC  2CM ，
AOC  120 ，
在RtVMOC 中， CM  OC  sin60  3,OM  OC  cs60  1，
∴ AC  2 3 ，
∴ S弓形ACE  S扇形AOC  S△AOC 
120 π  22
360
 1  2 3 1  4 π ，
3
23
同理可得S弓形AB
 4 π ，
3
3

3
 S阴影
 SeO
 S弓形ACE
 S弓形AB
 π  22  2  4 π 

3
3   2
 4 π ，
3

故选：A．
变式应用
【变式 01】（2024·江西·中考真题）如图， AB 是eO 的直径， AB  2 ，点 C 在线段 AB 上运动，过点 C
的弦 DE ⊥ AB ，将 D‸BE 沿 DE 翻折交直线 AB 于点 F，当 DE 的长为正整数时，线段 FB 的长为．
3
3
【答案】2 或2 或 2
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据 DE  AB ，可得 DE  1 或 2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：Q AB 为直径， DE 为弦，
 DE  AB ，
当 DE 的长为正整数时， DE  1 或 2，当 DE  2 时，即 DE 为直径，
∵ DE ⊥ AB
将 D‸BE 沿 DE 翻折交直线 AB 于点 F，此时 F 与点 A 重合，故 FB  2 ；
当 DE  1 时，且在点C 在线段OB 之间，如图，连接OD ，
此时OD  1 AB  1， 2
∵ DE ⊥ AB ，
 DC  1 DE  1 ，
22
OD2  DC 2
OC 3 ，
2
 BC  OB  OC  2  3 ，
2
3
 BF  2BC  2 ；
当 DE  1 时，且点C 在线段OA 之间，连接OD ，
同理可得 BC  2  3 ，
2
 BF  2BC  2  3 ，
3
3
3
3
综上，可得线段 FB 的长为2 或2 或 2，故答案为： 2 或2 或 2．
【变式 02】（2025·广东惠州·二模）综合探究：
如图 1，等圆eO 与eO 相交于点 E 与点 F ，连接 EF ，证明四边形 EOFO 为菱形．
如图 2，已知eO 的直径 AB 为 10，以线段 EF 为折痕进行折叠，使得 E‸DF 与直径 AB 相切于点 D ，若折叠后 D 与O 点重合，求此时 E‸DF 的长度．
如图 3，在题（2）中，改变 E‸DF 与直径 AB 相切的切点 D 的位置．若折叠后切点 D 与圆心O 的长度 OD  1 ，求折痕 EF 的长度．
【答案】(1)见详解
(2) 10 π
3
74
(3)
【分析】（1）根据圆的性质得OE  OF ， OE  OF ，结合等圆得OE  OF  OE  OF ，即可证明菱形；
连接OE 、OF ，过点 O 作OH  EF ，则OA  OB  5 ，结合重叠得OH ，即可求得OEH  30 ，
EOH  60 ，利用弧长公式即可求得；
设折叠后的圆弧所对的圆心为O ，连接OO ， OD ， OE ， OO 与 EF 交于点 M，由（1）知OO 与
EF 互相垂直平分得OM  1 OO 和 EF  2EM ，进一步求得OA  OB  OE ，由（1）知以点O 为圆心的圆
OE2  OM 2
2
OD2  OD2
半径也是 5，利用勾股定理求得OO 
和 EM 
，利用 EF  2EM 即可．
【详解】（1）证明：∵ eO 与eO 相交与点 E 与点 F ，
∴ OE  OF ， OE  OF ，
∵等圆eO 与eO ，
∴ OE  OF  OE  OF ，
∴四边形 EOFO 为菱形；
解：连接OE 、OF ，过点 O 作OH  EF ，如图，
∵ eO 的直径 AB 为 10，
∴ OA  OB  5 ，
∵直径 AB 相切于点 D ，若折叠后 D 与O 点重合，
∴ OH  5 ，
2
则sin OEH  OH  1 ，
OE2
∴ OEH  30 ， EOH  60 ，
EDF
则 ‸ 的长度120 π  5  10 π ；
1803
解：设折叠后的圆弧所对的圆心为O ，连接OO ， OD ， OE ， OO 与 EF 交于点 M，如图所示：
由（1）知OO 与 EF 互相垂直平分，
∴ OM  1 OO ， EF  2EM ，
2
∵ AB  10 ，
∴ OA  OB  OE  5 ，
由（1）知以点O 为圆心的圆半径也是 5，
∴ OD  5 ，
∵ OD  1 ，改变 E‸DF 与直径 AB 相切的切点 D 的位置，
OD2  OD2
∴ OO 
∴ OM 
12  52
26
26 ，
OE2  OM 2
2
，
∴ EM 

74 ，
25  26
4
2
74
∴ EF  2EM ，
74
即折痕 EF 的长为．
【点睛】本题考查了翻折的性质、圆的性质、相交圆的性质、菱形的判定、解直角三角形、弧长公式、勾股定理的运用和垂直平分线性质的运用，根据相交圆的性质求解是解题的关键．
技法07三角形的旋转问题
知识必备
旋转的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理、分类讨论思想。
答题技法
遇共顶点等线段（如等腰三角形顶点）常考虑旋转构造全等。旋转前后对应边相等、对应角相等。注意旋转中心的确定，以及旋转角与图中角的关系。
母题精讲
【典例 01】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，矩形 ABCD 的对角线 AC ， BD 相交于点 O， AB  4 3 ，
BC  4 ，将VOCD 绕点O 顺时针旋转至VOC D ， C D 与CD ， OC 分别交于点 E，F，当CE  4 时，
1 11 13
VOFC1 的周长为（ ）
3
4  4
6  3
C． 8  2
D．10 
3
3
3
【答案】B
【分析】本题综合考查矩形的性质，旋转的性质，全等、相似三角形的判定与性质，找到全等三角形和相似三角形建立线段之间的等量关系是解题关键．
先通过矩形的性质求出 AC 的长，再取CD 与OD1 的交点为 M，通过旋转和矩形的对角线相等且互相平分，
证明VODM ≌VOC1F  ASA ，再利用等边对等角和对顶角，三角形内角和，推出VOC1F∽VECF ，通过已知条件得到相似比，建立线段之间的等量关系，最后列方程求出对应的值即可．
【详解】解：如图，取CD 与OD1 的交点为 M，
∵四边形 ABCD 是矩形，
3
∴ BD  AC ， AB  CD  4， ABC  BCD  90 ，
AB2  BC 2
∴ AC  8 ，
∵ O 是矩形 ABCD 的对角线 AC ， BD 的交点，
∴ OA  OB  OC  OD  1 AC  4 ，
2
∴ ODC  OCD ，
由旋转的性质，可知OC1  OC  4 ， OD1  OD  4 ， COC1  DOD1 ， OCD  C1  ODC  D1 ，
∴ OD  OC1 ， ODC  C1 ，
∴VDOM ≌VC1OF  ASA ，
∴ DM  C1F ， OM  OF ，
∵ EFC  OFC1 ， OCD  C1 ，
∴VOC1F∽VECF ，
OCC FOF
4  C1F  OF
∴ 1  1 ，即 4CFEF ，
ECCFEF3
∴ C1F  3CF  DM ， OF  3EF  OM ，
∵ OD1  OD  OC ， OM  OF ，
∴ OD1  OM  OC  OF ，即 DM  CF ，又D1  OCD ， D1EM  CEF ，
∴VD1EM ≌VCEF  AAS  ，
∴ EM  EF ，
∴ EF  EM  CD  DM  CE  CD  3CF  CE  4
又OF  OC  CF  4  CF  3EF ，
 4  3CF ，
3
3
3
∴ 4  CF  3 4 4  3CF  ，
3
3 3
2

解得CF 1，
∴ OF  OC  CF  4   3 3 1  5  3 3 ，
 22

C F  3CF  3 3 3 1  9 3  3 ，
1 22

3
∴VOFC1 的周长为OC  OF  C F  4  5  3 3  9 3  3  6  3，
1122
故选：B．
变式应用
【变式 01】（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图， VABC 中， AB  BC  2 ， CBA  120 ，将VABC 绕点
A 顺时针旋转120 得到VADE ，点 B，点 C 的对应点分别为点 D，点 E，连接CE ，点 D 恰好落在线段CE
上，则CD 的长为（ ）
3
A． 2
B．4C． 3
D．6
2
【答案】B
【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质以及旋转的性质，由等腰三角形的性质得
BAC  30 ；再由旋转的性质得CAD  90, AD  AB  2, ADE  120 ，从而得
ADC  60, ACD  30 ，故可得CD  2 AD ，从而可求出结论．
【详解】解：在VABC 中， AB  BC  2, ABC  120 ，
∴ BAC  1 180  ABC   1 180 120  30 ；
22
由旋转可知BAD  120 ，
∴ CAD  90 ，
由旋转得： AD  AB  2, ADE  120 ，
∴ ADC  60 ，
∴ ACD  30 ，
∴CD  2AD  2  2  4 ，
故选：B．
【变式 02】（2025·辽宁·中考真题）（1）如图 1，在VABC 与△DCB 中， ∠ BAC  ∠ CDB，AC 与 DB 相交于点 P ， PB  PC ，求证： △ABC≌△DCB ；
如图 2，将图 1 中的△DCB 绕点 B 逆时针旋转得到VDCB ，当点 D 的对应点 D¢在线段 BA 的延长线上时， BC 与 AC 相交于点M ：若 AB  2，BC  3，∠ ABC  60 ，求CM 的长；
如图 3，在（2）的条件下，连接CC 并延长，与 BD 的延长线相交于点 N ，连接MN ，求VAMN 的
面积．
【答案】（1）见解析；（2） CM  3 7 ；（3） S 3 21 ．
7V AMN7
【分析】（1）利用等边对等角求得DBC  ACB ，再利用AAS 证明△ABC≌△DCB 即可；
7
由题意得△ABC≌△DCB ，得到BAC  CDB ， AB  DC  2 ， AC  BD ，作 AE  BC 于点 E ，利用直角三角形的性质结合勾股定理求得 BE  1， BD  AC ，证明 AM ∥CD ，推出
VBAM ∽ VBDC，利用相似三角形的性质列式计算即可求解；
设BCC  α ，由旋转的性质得 BC  BC ，则BCC  BCC  α ，利用三角形内角和定理以及平角的性质求得BNC  120  α ， DCN  120  α ，推出BNC  DCN  120  α ，求得
7
AN  AC ，作CF  BN 于点 F ，求得S 3 21 ，再求得 AM : CM  4 : 3 ，据此求解即可．
V ACN4
【详解】解：（1）∵ PB  PC ，
∴ PBC  PCB ，即DBC  ACB ，
∵∠BAC ∠CDB ， BC  CB ，
∴V ABC≌VDCB AAS ；
∵△ABC≌△DCB ，即△ABC≌△DCB ，
∴ BAC  CDB ， AB  DC  2 ， AC  BD ，作 AE  BC 于点 E ，
∵ ABC  60 ，
∴ BAE  30 ，
1
AB2  BE2
3
∴ BE  AB  1 ， AE ，
2
∴ CE  BC  BE  2 ，
AE 2  CE 2
7
∴ AC ，
7
∴ BD  AC ，
∵ BAC  CDB ，
∴ AM ∥CD ，
∴VBAM ∽ VBDC，
∴ BA  AM
2
7
，即
 AM ，
BDCD2
4 7
7
∴ AM ，
3 7
7
∴ CM  AC  AM ；
设BCC  α ，
由旋转的性质得 BC  BC ，则BCC  BCC  α ，
∵ ∠ ABC  DCB  60 ， ∠ NBC  BCN  BNC  180 ， ∠ BCC  BCD  DCN  180 ，
∴ BNC  120  α ， DCN  120  α ，
∴ BNC  DCN  120  α ，
∵ AM ∥CD ，
∴ ANC  ACN ，
7
∴ AN  AC ，
作CF  BN 于点 F ，
∵ ABC  60 ，
∴ BCF  30 ，
∵ BC  3，
∴ BF  3 ，
2
BC 2  BF 2
∴ CF 
 3 3 ，
2
∴ S 1 AN  CF  1 

7  3 3  3
21 ，
V ACN2
224
∵ AM  4 7 ， CM  3 7 ，即 AM : CM  4 : 3 ，
77
∴ S 4 S 3 21 ．
V AMN7 V ACN7
技法08四边形的旋转问题
知识必备
旋转的性质、正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定、手拉手模型。
答题技法
正方形绕中心旋转 90˚后与自身重合，是旋转问题的常见素材。遇共顶点等线段（如正方形顶点）常考虑旋转构造全等。旋转前后对应边相等，可利用此性质证明线段相等或垂直。
母题精讲
【典例 01】（2025·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，正方形 ABCD 的边长为 5，
AB 边在 y 轴上． B 0， 2 ．若将正方形 ABCD 绕点O 逆时针旋转90 ．得到正方形 ABCD ．则点 D¢的坐标为（ ）
A．3, 5
C．2, 5
B．5, 3
D．5, 2
【答案】A
【分析】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，坐标与图形，由正方形与旋转可得 AB 在 x 轴上，
AB∥ CD ，结合 B 0， 2 ，可得 B2, 0 ， C2, 5 ，进一步可得答案.
【详解】解：∵正方形 ABCD 的边长为 5， AB 边在 y 轴上，将正方形 ABCD 绕点O 逆时针旋转90 ．得到正方形 ABCD ．
∴ AB  BC  AB  BC  CD  5 ， AB 在 x 轴上， AB∥ CD ，
∵ B 0， 2 ，
∴ B2, 0 ， C2, 5 ，
∴ D3, 5 ，故选：A
变式应用
【变式 01】（2026·陕西西安·一模）如图，四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形， B  120 ，将菱形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转，使点 B 的对应点 B 落在对角线 AC 上， BC交CD 于点 E，则四边形 DABE 的面积等于
．
3
3
【答案】3 /  3
【分析】本题考查菱形的性质，旋转的性质，根据菱形的对角线平分一组对角，得出DAB 的度数，利用
△ADC 的面积减去VCEB的面积求出四边形 DABE 的面积即可．
【详解】解：连接 BD ，交 AC 于点O ，
∵四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形， B  120 ，
∴ AD ∥ BC, DAC  1 DAB, AC  BD ，
2
∴ ∠ DAB  60 ，
∴ DAC  30 ， BCD  60 ， DCA  30 ，△ABD 为等边三角形，
∴ BD  AB  2 ，
AB2  OB2
3
∴ BO  1, OA ，
∴ AC  2 3 ，
∵将菱形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转，使点 B 的对应点 B 落在对角线 AC 上，
∴ DAB  DAC  30 ， AB  AB  2 ， ABC  120
3
∴ CBE  60, BC  AC  AB  2 2 ，
∵ DCA  30 ，
∴ BEC  90 ，
3
∴ BE  1 BC 1， CE 
2
3BE  3  3 ，
∴四边形 DABE 的面积等于SV ADC  SV BEC
3

 1  2 3 1 1 
22
13  3 
3
3
3
 2 3  3 ；
3
故答案为： 3 ．
【变式 02】（2025·天津·一模）已知矩形OABC 在平面直角坐标系中，点 A(1, 0) ，点C(0, 2) ，点O(0, 0) ，把矩形OABC 绕点 O 顺时针旋转135 ，得到矩形ODEF ，点 A，B，C 的对应点分别为 D，E，F． DE 交 y
轴于点 M．
(1)如图①，求FOM 的大小及OM 的长；
(2)将矩形ODEF 沿 y 轴向上平移，得到矩形ODEF ，点 O，D，E，F 的对应点分别为O, D, E, F  ．设
OO  t(0  t  2) ．
①如图②，直线 DE 与 x 轴交于点 N，若CN ∥ BO ，求 t 的值；
②若矩形ODEF 与矩形OABC 重叠部分面积为 S，当重叠部分为五边形时，试用含有 t 的式子表示 S，并写出 t 的取值范围（直接写出答案即可）．
2
【答案】(1) 45 ，；
2
2
2
(2)① 1；② S   1 t 2  1 2 t  3 （ t  21 ）．
22
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，三角函数的有关计算．
根据矩形OABC 绕点 O 顺时针旋转135 ，得到矩形ODEF ， FOM  45 ，
DOM  45 ，在
RtVODM 中，
OM 
OD
cs 45
即可得出结论；
①①由四边形 OABC 是矩形，又因为CN ∥ BO ，所以四边形 CNOB 是平行四边形，
NM O  ONM  ， t  MM   OM  OM  即可求解；
②先确定t 的取值范围，再利用梯形面积减去三角形面积可得： S   1 t 2  1 2 t  3
22
2
2
（ t  21 ），即可得出结论．
【详解】（1）解：∵把矩形OABC 绕点 O 顺时针旋转135 ，得到矩形ODEF ，
∴ COF  135, DOF  D  90,OD  OA ，
∴ FOM  180  COF  180  135  45 ，
∵ A(1, 0) ，
∴ OA  1 ，
∴ OD  1 ，
∴ DOM  90  FOM  90  45  45 ，
在RtVODM 中，
OM 
OD 1 
2
cs 452；
2
（2）解：①∵四边形OABC 是矩形，
∴ CB  OA  1, CB ∥OA ，又CN ∥ BO ，
∴四边形CNOB 是平行四边形，
∴ NO  CB  1，
如图，记 DE 交 y 轴于点M  ，则 MM   t ，
∵四边形ODFF 是矩形，
∴ OF DE ，
∵ DE∥ DE ，
∴ OF ∥ DE ，
∴ NM O  FOM  45 ，
∴ ONM   90  NM O  90  45  45 ，
∴ NM O  ONM  ，
∴ OM   ON  1 ，
2
∴ t  MM   OM  OM  
 1 ，
②当M 与O 重合时， t  2,
当 EF 过 A 点时，如图，
同理可得： OMT  OTM  ETA  45,
设OM  OT  m,
则MT  2m,TE  2 1 2m  1 2m, AT  1 m,
由cs ETA  TE , 可得： 1 2m 2 ,
TA
2
 m 1,
1 m2
2
经检验： m 1 是原方程的根且符合题意，
2
t  21,
当重叠部分为五边形时，
2
2
 t 的取值范围为 t  21
如图，同理可得： MO  TO  t  2,
过 A 作 AG ∥ KO，则同理可得OG  OA  1,
OG  AK  t 1,

 S  1 t 1 t 1 1 t 
22
2 2
2
2
即S   1 t2  (1  2 )t  3 （ t  21 ）．
22
技法09圆的旋转问题
知识必备
圆的旋转对称性、圆心角、弧长公式、扇形面积公式。
答题技法
圆绕圆心旋转 α 角度，圆上各点绕圆心旋转相同角度。旋转前后弧长、弦长不变，圆心角变化。利用旋转角等于对应点与圆心连线夹角可求相关量。
母题精讲
【典例 01】（23-24 九年级下·浙江杭州·月考）图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键．三角形的旋转如此，扇形的旋转也如此．
【问题情境】如图 1， OA  5 ，将OA 绕点 O 顺时针旋转 90 成扇形OAB ，点 C 是OB 延长线上一点，
BC  1 ，过点 C 作射线CM  OC ，求弧 AB 的长．
【问题解决】如图 2，将上题中的扇形OAB 绕点 B 按顺时针方向旋转，若旋转后的扇形和射线CM 相切与点 D，求OO 的长．
【问题拓展】如图 3，将题（1）中的扇形继续旋转，使旋转后点 A 落在射线CM 上，弧 AB 与射线CM 交于另一点 E，求OO 的长．
10
【答案】问题情境： 5 π ；问题解决：
2
；问题拓展： 2
5
【分析】问题情境：根据弧长计算公式求解即可；
问题解决：如图所示，过点O 作OE  OC 于 E，连接OD ，由切线的性质得到OD⊥CM ，证明四边形
OB2  BE 2
ODCE 是矩形，得到CE  OD  5 ，则OE  1 ，则 BE  OB  OE  4 ，求出OE 
 3，即可得
OE 2  OE 2
10
到OO ；
OG  OG2
5
问题拓展：如图所示，过点O 作OG⊥OC 于 E， OH  CM 于 H，同理可证明四边形OGCH 是矩形，则 OH  CG，∠HOG  90 ，证明VBOG≌V AOH AAS ，得到OH  CG  OG ，设OH  CG  OG  x ，则 BG  x 1， OG  5   x 1  6  x ，由勾股定理建立方程 x2   x 12  52 ，解方程得到OG  4 ，
OG  2 ，则OO 
 2．
【详解】解：问题情境：由题意得，弧 AB 的长 90π  5  5 π ；
1802
问题解决：如图所示，过点O 作OE  OC 于 E，连接OD ，
∵旋转后的扇形和射线CM 相切与点 D，
∴ OD⊥CM ，
又∵ OE⊥OC，CM⊥OC ，
∴四边形ODCE 是矩形，
∴ CE  OD  5 ，
∴ OE  OC  CE  OB  BC  CE  1 ，
∴ BE  OB  OE  4 ，
OB2  BE 2
∴ OE  3，
OE 2  OE 2
10
∴ OO ；
问题拓展：如图所示，过点O 作OG⊥OC 于 G， OH  CM 于 H，同理可证明四边形OGCH 是矩形，
∴ OH  CG，∠HOG  90 ，
∴ BOG  BOH  BOH  AOH  90 ，
∴ BOG  AOH ，又∵ BO  AO ，
∴VBOG≌V AOH AAS ，
∴ OH  CG  OG ，
设OH  CG  OG  x ，则 BG  x 1，
∴ OG  5   x 1  6  x ，
在Rt△BOG 中，由勾股定理得OG2  BG2  OB2 ，
∴ x2   x 12  52 ，
解得 x  4 或 x  3 （舍去），
∴ OG  4 ， OG  2 ，
OE 2  OE 2
5
∴ OO  2．
【点睛】本题主要考查了求弧长，旋转的性质，切线的性质，勾股定理，矩形的性质与判断，勾股定理等
等，解（2）的关键在于作出辅助线构造矩形，解（3）的关键在于作出辅助线构造全等三角形．
变式应用
【变式 01】（2023·四川广元·二模）平面上， Rt△ABC 与直径为CE 的半圆 O 如图 1 摆放，ÐB = 90°，
AC  2CE  m ， BC  n ，半圆 O 交 BC 边于点 D，将半圆 O 绕点 C 按逆时针方向旋转，点 D 随半圆 O 旋转且∠ ECD 始终等于∠ ACB ，旋转角记为α 0  α  180
当α  0时，连接 DE ，则CDE  °， CD  ；
试判断：旋转过程中 BD 的大小有无变化，请仅就图 2 的情形给出证明；
AE
2
若m  6 ， n  4
【答案】(1) 90 ， 1 n
2
，当半圆 O 旋转至与VABC 的边相切时，直接写出线段 BD 的长．
BD  n ，证明见解析
AEm
2
或 2 114
10
3
【分析】（1）先判断出 DE ∥ AB ，进而得出VCDE :VCBA ，得出比例式即可得出结论；
先判断出△ACE ~ △BCD 即可得出结论；
先求出 AB  2 ，分两种情况计算即可得出结论．
【详解】（1）解：连接 DE ，如图 1，
∵ CE 是半圆 O 的直径，
∴ CDE  90 ，
∵ÐB = 90°，
∴ DE ∥ AB ，
∴VCDE :VCBA ，
∴ CD  CE ，
CBAC
∵ AC  2CE，BC  n ，
∴ CD  CE  CB  n ，
AC2
故答案为： 90 ； 1 n ．
2
旋转过程中 BD 的大小无变化，证明如下：
AE
如图 2 中，+连接 DE ，
∵ EC 是半圆O 的直径，
∴ CDE  90,
又ABC  90,
∴ CDE  CBA,
又ACB  DCE ，
∴△ACB ~ △ECD ，
∴ CD  BC  n ，
CEACm
∵ ACB  DCE
∴ ACE  BCD ，
∴△ACE ~ △BCD ，
∴ BD  BC  n ．
AEACm
2
∵ m  6 ， n  4，
2
∴ CE  3 ， CD  2，
CA2  BC2
由勾股定理得， AB 
 2 ，
①如图 3 中，当α  90 时，半圆与 AC 相切．
BC 2  CD2
在Rt△DBC 中， BD 

 2．
(4 2)2  (2 2)2
10
②如图 4 中，当α  90  ACB 时，半圆与 BC 相切，作 EM  AB 于 M．
∵M  CBM  BCE  90 ，
∴四边形 BCEM 是矩形，
2
∴ BM  EC  3 ， ME  BC  4，
∴ AM  AB  BM  2  3  5 ，
AM 2  ME2
57
在Rt△AME 中，由勾股定理得， AE ，
由（2）可知 DB  2 2 ，
AE3
∴ BD  2 114 ．
3
∴ BD 为2
或 2 114 ．
10
3
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，切线的性质，矩形的判定和性质，解
的关键是判断出VCDE :VCBA ，解（2）的关键是判断出△ACE ~ △BCD 解（3）的关键是分类讨论．
【变式 02】（2025·湖南永州·模拟预测）如图 1，在Rt△ABC 中， ∠ C  90, AB  10, BC  6, O 是 AC 的中点，以O 为圆心在 AC 的右侧作半径为 3 的半圆O ，分别交 AC 于点 D, E ，交 AB 于点G, F ．
(1)求 AO 及 AF 的长；
(2)如图 2，将线段CD 连同半圆O 绕点C 旋转．
①在旋转过程中，求点O 到 AB 距离的最小值；
②若半圆O 与Rt△ABC 的直角边相切时，设切点为 K ，连接 AK ，写出 AK 的长．
【答案】(1) 4 ， 5
71
(2)① 4 ；②
5
或8 
7
【分析】（1）先利用勾股定理求解 AC 可得 AO 的长，过点 O 作OI  AB 交 AB 于 I，再进一步利用三角函数与勾股定理可得 AF  5 ；
①由勾股定理求出 AC  8 ，当CD  AB 时，点 O 到 AB 的距离最小，由三角形面积公式可得出答案；
②分两种情况：当半圆 O 与 BC 相切时，当半圆 O 与 AC 相切时，由切线的性质及勾股定理可得出答案．
【详解】（1）解：∵在Rt△ABC 中， C  90 ， AB  10 ， BC  6 ，
AB2  BC2
∴ AC 
 8 ，且 O 是 AC 的中点，
∴ AO  CO  1 AC  4 ，
2
过点 O 作OI  AB 交 AB 于 I，
∴∠AIO  FIO  90 ，
∴ OI  AO sinCAB  4  3  12 ，
55
∴ AI 
∴ FI 
 16 ，
AO2  OI 2
5
OF 2  OI 2
 9 ，
5
∴ AF  AI  FI  5 ；
（2）解：①当CD  AB 时，点 O 到 AB 的距离最小，
由三角形面积公式可得，
SV ABC
 1 AC  BC  1 AB  CG ，
22
∴ CG  AC  BC  8 6  24 ，
AB105
∴ OG  CG  OC  4 ，
5
∴点 O 到 AB 的距离最小值是 4 ；
5
②当半圆 O 与 BC 相切时，
如图 2，设切点为 K，连接OK ， AK ，则OKC  90 ，
在Rt△OCK 中， OK  3 ， OC  4 ，
OC 2  OK 2
∴ CK 

 7 ，
42  32
在RtVACK 中， AC  8 ，
AC 2  CK 2
82  
7 2
71
∴ AK ，
当半圆 O 与 AC 相时，如图 3，设切点为 K，连接OK ，
∴ OKC  90 ，
7
∴ AK  AC  CK  8 ．
71
∴ AK 的长为
或8 ．
7
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了切线的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
技法10位似与相似变换
知识必备
位似的性质、相似三角形的判定与性质、比例线段、位似中心的确定。
答题技法
位似是特殊的相似，对应边平行或共线。利用位似比等于相似比建立比例式，结合已知条件列方程求解。注意位似中心可能在图形内部或外部。
母题精讲
【典例 01】（2025·浙江·中考真题）如图，五边形 ABCDE, A BC D E 是以坐标原点 O 为位似中心的位似图形，已知点 A, A的坐标分别为(2, 0),(3, 0) ．若 DE 的长为 3，则 DE 的长为（ ）
7
2
【答案】C
B．4C． 9
2
D．5
【分析】本题考查了位似图形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握位似图形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
根据位似图形的性质得到 OA  OE  OD  2 ，证明△DOE∽△DOE ，即可求解．
OAOEOD3
【详解】解：∵五边形 ABCDE, ABCDE 是以坐标原点 O 为位似中心的位似图形，点 A, A的坐标分别为
(2, 0),(3, 0)
∴ OA  OE  OD  2 ，
OAOEOD3
∵ DOE  DOE ，
∴△DOE∽△DOE ，
∴ DE  OE  2 ，
DEOE3
∵ DE  3 ，
∴ DE  9 ，
2
故选：C．
变式应用
【变式 01】（2025·山东青岛·模拟预测）如图， A ， B 是eO 上的点， A ， B 是eO 外的点， VAOB 和
△AOB 是位似图形，位似中心为点O ，点 A ， B 对应点是点 A ， B ， OB交eO 于点C ，若OC  2BC ，
AB  2 ，则 AB 的长为（ ）
如图， A ， B 是eO 上的点， A ， B 是eO 外的点， VAOB 和△AOB 是位似图形，位
似中心为点O ，
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】本题考查位似图形的性质，圆的性质．利用位似图形得出 AB
AB
 OB ，再结合OB  OC ，
OB
OC  2BC ，得出 OB  2OB  2 ，即可求解．

OB3OB3
【详解】解：∵VAOB 和△AOB 是位似图形，位似中心为点O ，
AB
∴ AB
 OB ，
OB
∵ OB  OC ， OC  2BC ，
∴ OB  OC  2BC ，
∴ OB  2BC  2 ，
OB3BC3
∵ AB  2 ，
2
∴ AB
 2 ，
3
解得： AB  3 ，故选：A．
【变式 02】（2025·山东烟台·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点 P 的坐标为 6, 3  ， VABC 的顶
2 

点 A 的坐标为4, 3 ．以点 P 为位似中心作△A1B1C1 与VABC 位似，相似比为 2，且与VABC 位于点 P 同 侧；以点 P 为位似中心作△A2 B2C2 与△A1B1C1 位似，相似比为 2，且与△A1B1C1 位于点 P 同侧……按照以上规律作图，点 A3 的坐标为．
【答案】 10, 27  / 10,13.5
2 

【分析】本题考查了位似的性质，根据位似比等于变换后与变换前的图形的对应线段的比，根据两点距离
得出 AP  5 进而得出 A P  2 A P  10, A P  2 A P  20 ，求得直线 AP 的解析式，根据 A P  20 ，即可求
221323
解．

6  4  2  3
2 3
2

【详解】解：依题意， A1P  2 AP  2
 5 ，
∴ A2 P  2 A1P  10, A3 P  2 A2 P  20 ，
设直线 AP 的解析式为 y  kx  b k  0 ，代入 6, 3  ， 4, 3
2 

∴  2
 3  6k  b

3  4k  b
k   3

解得： 4
b  6
∴ y   3 x  6
4
3
34
设 A  m,  m  6 

2 33 2
∴m  6
   m  6    202
 42 
解得： m1  10, m2  22 （舍去）
∴ A  10, 27 
3 2 

故答案为：  10, 27  ．
2 

【变式 03】（2026·安徽安庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中， VABC 的三个顶点坐标分别为
A0, 3 ， B 2, 0 ， C 4, 2 ．
画出与VABC 关于 y 轴对称的△AB1C1 ；
以原点 O 为位似中心在第三象限画出△A2 B2C2 ，使它与VABC 的相似比为 2，并写出点C2 的坐标；
仅利用无刻度直尺在线段 A2 B2 上找一点 P，使得C2 P∥C1 A ．
【答案】(1)见解析
见解析， 8, 4
见解析
【分析】（1）根据关于 y 轴对称的点的坐标得到 A1、B1、C1 的坐标，然后描点连线得到△A1B1C1 即可；
把 A、B、C 的坐标都乘以2 得到 A2、B2、C2 的坐标，然后描点连线即可；
如图先找到 D, E, F 三点，得到 AE  1  DF ， AC

 C D ， C1E  4  C2 F ，
12  42
17
12
进而VC2 FD≌VC1EASSS  ，再延长C2 D 与 A2 B2 交于 P 点，进而可得到C2 P∥C1 A ．
【详解】（1）解：如图所示， △AB1C1 即为所求；
（2）解：如图所示， △A2 B2C2 即为所求， C2 8, 4 ；
（3）解：如图所示， P 点即为所求．
技法11网格中的变换作图
知识必备
网格作图的关键是找准关键点（三角形顶点）。平移时按向量移动各点；旋转时以旋转中心为圆心，将关键点沿指定方向旋转相同角度；位似时先确定位似中心，将关键点连线并延长至指定倍数。
答题技法
网格作图的关键是找准关键点（三角形顶点）。平移时按向量移动各点；旋转时以旋转中心为圆心，将关键点沿指定方向旋转相同角度；位似时先确定位似中心，将关键点连线并延长至指定倍数。
母题精讲
【典例 01】（2024·安徽·模拟预测）点如图，在由边长为 1 个单位长度的小正方形组成的网格中，线段
AB，CD 的端点均为格点(网格线的交点)
画出线段 AB 关于直线CD 对称的线段 A1B1 (点 A，B 的对应点分别为 A1 ， B1 )；
将线段 AB 先向下平移 2 个单位长度，再向右平移 4 个单位长度，得到线段 A2 B2
(点 A，B 的对应点分
别为 A2 ， B2 )，画出线段 A2 B2 ；
描出线段 A B 上的点 P，使得 PA  PD ，此时 PA2 的值为．
2 2
【答案】(1)见解析
PB2
见解析
2
3
【分析】本题考查平移，轴对称，勾股定理，掌握平移和轴对称的性质是解题的关键．
找到点 A，B 关于直线CD 的对称点，连接即可；
将点 A，B 分别向下平移 2 个单位长度，再向右平移 4 个单位长度，找到对应点位置，连接即可； (3）连接 AD 交 A1B1 于Q ，过Q 作垂线与 A2 B2 的交点即为 P ，根据勾股定理计算边长求比值即可．
【详解】（1）线段 A1B1 如图所示．
线段 A2 B2 如图所示
点 P 如图所示，
PA2 
PB2
 2 ．
22  22

32  32
2 2
3 2
3
变式应用
【变式 01】（2024·广东·模拟预测）如图在平面直角坐标系中，网格中每一个正方形的边长均为 1 个单位长度． VABC 的三个顶点均在格点上．
画出VABC 向左平移 3 个单位，再向下平移 2 个单位的图形△A1B1C1 ．
画出VABC 绕点 A 逆时针旋转90 的图形V AB2C2 ．
在 x 轴上找一点 P ，使得 PB2  PA 的值最大，请求出 P 点的坐标．
【答案】(1)见解析
见解析
P 6, 0
【分析】本题考查了平移作图，旋转作图，三角形三边关系，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
利用网格分别画出点 A、B、C 向左平移 3 个单位，再向下平移 2 个单位的对应点 A1 、 B1 、C1 ，再依次连接即可；
利用网格分别画出点 B、C 绕点 A 逆时针旋转90 的对应点 B2 、C2 ，再依次连接即可；
根据 PB2  PA  AB2 可知，当 A 、 B2 、 P 三点共线时， PB2  PA 的值最大，然后根据网格写出 P 点坐标即可．
【详解】（1）解：如图△A1B1C1 即为所求，
解：如图V AB2C2 即为所求，
解：如图所示，点 P 在 x 轴上，连接 PA 、 PB2 ，
∵ PB2  PA  AB2 ，
∴当 A 、 B2 、 P 三点共线时， PB2  PA 的值最大，最大值为 AB2 ，
∴根据网格可知，此时点 P 与 P ' 重合，坐标为6, 0 ．
【变式 02】（2026·安徽·模拟预测）如图，在8  8 的正方形网格中，点 A ， B ， C 是小正方形的顶点，点
P 在线段 AB 上．
(1)将线段 AB 向上平移得到线段 A1B1 ，使得线段 A1B1 经过点C ，在图中画出线段 A1B1 ；
(2)在图中画出线段 EF ，使得 EF 与 AB 关于点C 中心对称，并在线段 EF 上找一点G ，使得 EG  AP ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平移的性质作图即可；
（2）根据中心对称的性质作图即可得出线段 EF ，然后连接 PC 并延长交 EF 于点 G 即可．
【详解】（1）解：如图，线段 A1B1 即为所求，
；
（2）解：如图，线段 EF ，点 G 即为所求，
．
技法 12用图形的变化解决最短路径问题
知识必备
轴对称变换、旋转变换、两点之间线段最短、三角形三边关系、勾股定理。
答题技法
确定动点所在直线（对称轴）和两个定点。作其中一个定点关于直线的对称点，连接对称点与另一个定点，所得线段与直线的交点即为所求点，线段长即为最小值。
母题精讲
【典例 01】（2023·河南南阳·二模）综合与实践问题提出
如图①，请你在直线 l 上找一点 P，使点 P 到两个定点 A 和 B 的距离之和最小，即 PA  PB 的和最小（保留作图痕迹，不写作法）；
思维转换
如图②，已知点 E 是直线 l 外一定点，且到直线 l 的距离为 4，MN 是直线 l 上的动线段， MN  6 ，连接ME，NE ，求ME  NE 的最小值．小敏在解题过程中发现：“借助物理学科的相对运动思维，若将线段 MN 看作静线段，则点 E 在平行于直线 l 的直线上运动”，请你参考小敏的思路求ME  NE 的最小值；
拓展应用
5
如图③，在矩形 ABCD 中， AD  2 AB  2，连接 BD ，点 E、F 分别是边 BC 、 AD 上的动点，且
BE  AF ，分别过点 E、F 作 EM  BD ， FN  BD ，垂足分别为 M、N，连接 AM、AN ，请直接写出
VAMN 周长的最小值．
17
【答案】（1）见解析；（2）10 ；（3）1
【分析】（1）作点 A 的对称点，由两点之间线段最短即可求解；
将 M、N 看作定点，E 看作动点，由（1）作法可解；
由相似得出MN 为定值，再根据（2）作法求出 AM  AN 的最值，即可求解．
【详解】解：（1）如图①，点 P 即为所求，
作法：作点 A 关于l 的对称点 A ，
连接 AB ，交直线l 于点 P ，由对称可得 AP  AP ，
∴ PA  PB  PA  PB ，
∵两点之间线段最短，
∴ PA  PB 最短，即 PA  PB 最短；
如图②，过点 E 作直线l1 ∥l ，作点 N 关于l1 的对称点 N ，连接 N M ，交l1 于点 P ，则 PM  PN 的值即是 EM  EN 的最小值，
∵点 E 到直线l 的距离为4 ，
∴ NN   8
∵ MN  6
62  82
∴ MN   10 ，
∴ PM  PN  10 ，即 EM  EN 的最小值为10 ；
如图③，过 A 作l∥BD ， AH  BD ，作M 关于直线l 的对称点M  ，连接M N ，
由（2）可得， M N 为 AM  AN 的最小值，
5
5
∵ AB ， AD  2，
AB2  AD2
∴ BD 
∴ AH 
 5 ，
5  2 5  2
5
∴ MM   2 AH  4 ，
设ME  x ，由题意可得： EBM  ADB ， BME  BAD  90
2 5
∴V ABD∽VMEB ，
∴ AB  BD 
AD
5
，即
 5 
MEBEBM
∴ BM  2x ， BE  5x
xBEBM
∴ AF  5x ，
5
∴ DF  2 5x
由题意可得： DNF  BAD ， FDN  BDA
∴VDNF∽VDAB
2 5
∴ DN  DF ，即 DN
ADBD
解得 DN  4  2x ，
 2 5  5x
5
∴ MN  5  2x  4  2x  1
∵ l∥BD ， MM   l
∴ MM   BD
42 12
17
∴ M N ，
17
VAMN 周长的最小值1
【点睛】本题考查了线段和最值作法的应用，三角形相似的判定与性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
变式应用
【变式 01】（2023·安徽黄山·模拟预测）如图①，四边形 ABCD 是正方形， V ABE 是等边三角形，M 为对角线 BD （不含 B 点）上任意一点，将 BM 绕点 B 逆时针旋转 60°得到 BN ，连接 EN、AM、CM ．
连接 MN，VBMN 是等边三角形吗？为什么？
求证： △AMB≌△ENB ；
①当 M 点在何处时， AM  CM 的值最小；
②如图②，当 M 点在何处时， AM  BM  CM 的值最小，请你画出图形，并说明理由．
【答案】(1)是，理由见解析
见解析
①点 M 为 BD 的中点；②点 M 为CE 与 BD 的交点时， AM  BM  CM 的值最小，图及理由见解析
【分析】（1）根据旋转的性质可得 BM  BN，∠ MBN  60 ，再根据有一个角是 60°的等腰三角形是等边三角形证明即可；
根据等边三角形的性质可得 AB  EB，BM  BN，ABE  MBN  60 ，再求出ABM  EBN ，然后利用“边角边”证明△AMB 和△ENB 全等即可；
①根据两点之间线段最短可知 A、M、C 三点共线时， AM  CM 的值最小，再根据正方形的性质解答；②根据全等三角形对应边相等可得 AM  EN ，然后求出 AM  BM  CM  EN  MN  CM ，再根据两点之间线段最短证明．
【详解】（1）解： VBMN 是等边三角形．理由如下：如图①，∵ BM 绕点 B 逆时针旋转 60°得到 BN ，
∴ BM  BN，∠ MBN  60 ，
∴VBMN 是等边三角形；
）证明：∵ V ABE 和VBMN 都是等边三角形，
∴ AB  EB，BM  BN，ABE  MBN  60 ，
∴ ABE  ABN  MBN  ABN ，即ABM  EBN ，在VAMB 和△ENB 中，
AB  EB

ABM  EBN ，

BM  BN
∴V AMB≌VENB SAS ；
解：①由两点之间线段最短可知 A、M、C 三点共线时， AM  CM 的值最小，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴点 M 为 BD 的中点；
②当点 M 为CE 与 BD 的交点时， AM  BM  CM 的值最小，理由如下：如图②，∵△AMB≌△ENB ，
∴ AM  EN ，
∵VBMN 是等边三角形，
∴ BM  MN ，
∴ AM  BM  CM  EN  MN  CM ，
由两点之间线段最短可知，点 E、N、M、C 在同一直线上时， EN  MN  CM ，故点 M 为CE 与 BD 的交点时， AM  BM  CM 的值最小．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，两点之间线段
最短，从两点之间线段最短考虑求解是解题的关键．
【变式 02】（2025·河南周口·二模）利用轴对称求最值的核心思路是通过轴对称变换，将复杂的几何问题转化为简单的对称问题．具体步骤如下：首先需要确定问题的对称轴，这通常是根据题目的几何条件来确
定的．然后构造对称点，将动点关于对称轴构造出对称点，这样可以将原问题转化为两个对称点之间的问题．请据此解答下面的问题．
问题提出
如图1，已知AOB  30 ， P 是∠ AOB 内一点， OP  6 ，点M ， N 分别是OA ， OB 边上的动点（不与点O 重合），求VPMN 周长的最小值．我们可以分别作点 P 关于OA ， OB 的对称点 P1 ， P2 ，然后连接
P1 ， P2 ， P1P2 与OA ， OB 有两个交点，当M 、 N 分别与这两个交点重合时，如图2 ， VPMN 周长最小．
① P1OP2 的度数是；
② VPMN 周长的最小值是．
问题探究
如图3 ，在等腰Rt△ABC 中， ACB  90 ， BC  2 ，点 D 是 AC 的中点．在 AB 上取点 P ，连接
DP ， CP ，试求 DP  CP 的最小值．问题解决
如图4 ，四边形 ACBD 为一个矩形绿地，点O 为矩形 ACBD 的中心，通过测量得BAC  30 ，
BC  20 米，在绿地边 AC 上存在一点 P，使得 PO  BP  OB 的值最小．请直接写出这个最小值．
【答案】（1） 60 ， 6 ；
5
（2）；
3
（3） 20 1米
【分析】1① 根据对称的性质可知： P1OA  POA ， P2OA  POA ，所以可知POA  BOP  30 ，
P1OA  BOP2  30 ，从而可得： P1OP2  60 ；
② 根据对称性质可知OP1  OP2  6 ， P1OP2  60 ，所以可知VOP1P2 是等边三角形，从而可知 P1P2  6 ，线段 P1P2 的长度就是VPMN 周长的最小值；
2 过点 D 作 DH  AB 于点 H ，延长 DH 到点 D ，使 DH  DH ，连接 AD ，则点 D 与点 D 关于直线 AB
对称，连接CD 交 AB 于点 P ，则 DP  DP ，线段CD 的长度就是 DP  CP 的最小值，利用勾股定理求出线段CD 的长度即可；
3 过点O 作 AB 的垂线交 BC 的延长线于点 B， OB于 AC 的交点 P 即为所求，根据直角三角形的性质可
3
知 AO  BO  20 米，利用AAS 可证V AHD≌V AHD，根据全等三角形的性质可知 PB  PB ，
3
BC  BC  20 米，利用勾股定理求出OB  20
【详解】1 ① 解：Q点 P 与点 P1 关于OA 对称，
米，可得： PO  BP  OB 的最小值是20 
1米．
P1OA  POA ，
Q点 P 与点 P2 关于OB 对称，
P2OA  POA ，
QAOB  30 ，
POA  BOP  30 ，
P1OA  BOP2  30 ，
P1OP2  POA  BOP  P1OA  BOP2  60 ，故答案是： 60 ；
② 解：Q点 P 与点 P1 关于OA 对称，
OP1  OP  6 ， MP1  MP ，
Q点 P 与点 P2 关于OB 对称，
OP2  OP  6 ， NP2  NP ，
OP1  OP2  6 ，
由① 可知P1OP2  60 ，
VOP1P2 是等边三角形，
 P1P2  OP1  6 ，
VPMB 的周长是MN  MP  NP  P1P2  6 ，
VPMN 周长的最小值是6 ，故答案是： 6 ；
2 解：如下图所示，过点 D 作 DH  AB 于点 H ，延长 DH 到点 D ，使 DH  DH ，连接 AD ，则点 D 与点 D 关于直线 AB 对称，
连接CD 交 AB 于点 P ，则 DP  DP ，
线段CD 的长度就是 DP  CP 的最小值，
QVABC 是等腰直角三角形， ACB  90 ， BC  2 ，
CAB  45 ， AC  BC  2
Q DH  AB ，
AHD  AHD  90 ，
 AH  AH

在V AHD 和V AHD 中， AHD  AHD，

DH  DH
V AHD≌V AHD，
DAB  DAB  45 ， AD  AD ，
DAD  90 ，
Q点 D 是 AC 的中点，
AD  AD  1 AC  1，
12  22
5
2
AD'2  AC 2
CD 

，
 DP  CP 的最小值是 5 ；
3 如下图所示，过点O 作 AB 的垂线交 BC 的延长线于点 B， OB于 AC 的交点 P 即为所求，
Q四边形 ACBD 为一个矩形，
ACB  ACB  90 ，
Q BAC  30 ， BC  20 米，
 AB  2BC  40 米，
OB  1 AB  20 米，
2
ACB  60 ，
Q点O 是矩形 ACBD 的中心，
OA  OB ，
 PA  PB ，
PAB  PBA  30 ，
PBC  ABC  ABP  60  30  30 ，在VOBB 中， BOB  90 ， ABC  60 ，
B  30 ，
B  PBC

在VPCB 和VPCB 中， PCB  PCB ，

PC  PC
VPCB≌VPCB ，
 PB  PB ， BC  BC  20 米，
 BB  40 米，
BB'2  OB2
402  202
3
OB  20米，
 PB  PO 的最小值是20 3 米，
3
 PO  BP  OB  20 20米，
3
 PO  BP  OB 的最小值是20 1米．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形的性质、轴对称的性质、等边三角形的性质、勾股定理，解决本题的关键是根据轴对称的性质构造全等三角形和直角三角形，利用勾股定理求出边的长度．
技法13解直角三角形的应用
知识必备
锐角三角函数的定义、特殊角的三角函数值、勾股定理、直角三角形的边角关系、解直角三角形的四种基本类型（已知两边、已知一边一角等）。
答题技法
解直角三角形的基本策略是“知二求三”（已知两边或一边一角）。熟记特殊角的三角函数值，在非直角三角形中通过作高构造直角三角形，利用等角转化或方程思想求解。
母题精讲
【典例 01】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在四边形 ABCD 中，
AD ∥ BC, ABC  90, BC  4, AD  2 ，点 E 在四边形内， DE  CE ， EF ⊥ CD 于点 F ，将VBCG 沿CG
翻折，点 B 恰好与点 E 重合，延长 FE 交折痕CG 的延长线于点 H ， DCG  45，则点 B 到直线 FH 的距离为．
【答案】 4 5 / 4 5
55
【分析】过点C 作CK  AD ，交 AD 的延长线于 K ，过点 B 作 BQ  CD 于Q ，可证得
VCDE≌VCDK  AAS  ，进而证得四边形 ABCK 是正方形，再证得VCEF∽VCDE ，求得CF ，利用三角函数求得CQ ，即可求得答案．
【详解】解：过点C 作CK  AD ，交 AD 的延长线于 K ，过点 B 作 BQ  CD 于Q ，如图，
∵将VBCG 沿CG 翻折，点 B 恰好与点 E 重合，
GCE  GCB, CEG  CBA  90, CE  CB  4, BG  GE ，
QK  A  ABC  90 ，
∴四边形 ABCK 是矩形，
BCK  90 ，
QDCG  45 ，
即GCE  DCE  45 ，
DCK  GCB  45 ，
DCK  DCE ，
QCED  CKD  90, CD  CD ，
VCDE≌VCDK  AAS  ，
CK  CE  4  BC ，
∴四边形 ABCK 是正方形，
 AK  BC  4 ，
 AD  DK  DE  2 ，
DK 2  CK 2
在 RtVCDK 中， CD 
 2，
5
QECF  DCE, CFE  CED ，
VCEF∽VCDE ，
 CF  CE ，
CECD
2 5
即 CF  4 ，
4
CF  855 ，
QDCK  BCQ  CBQ  BCQ  90 ，
CBQ  DCK ，
sin CBQ  sin DCK  DK 
CD
2 5 ，
2 5
5
 CQ  sin CBQ 5 ，
BC5
CQ 
5 BC  4 5 ，
55
 FQ  CF  CQ  8 5  4 5  4 5 ，
555
则点 B 到直线 FH 的距离为 4 5 ．
5
故答案为： 4 5 ．
5
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，翻折变换的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数等，熟练运用相似三角形的判定和性质是解题关键．
变式应用
【变式 01】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在正方形 ABCD 中，点 E 在 BC 的延长线上，点 F 是CD
的中点，连接 EF 并延长交 AD 于点G ，连接 BF , BG, AB  4CE  4 ，则tan FBG  （）
B
A． 5． 1
52
【答案】B
2 5
5
D．2
【分析】先根据正方形边长和已知条件求出各线段长度，通过证明三角形全等得到 DG 的长度，再利用勾股定理求出 BG 、 BF 、 FG 的长度，最后通过勾股定理逆定理判断三角形形状，进而求出tanFBG ．
【详解】解：∵正方形 ABCD 中， AB  4 ，
∴ BC  CD  AD  4 ， BCD  D  90 ．
∵ 4CE  4 ，
∴ CE  1．
∵ F 是CD 的中点，
∴ DF  FC  2 ．
∵ D  ECF  90 ， DGF  E ， DF  FC ，
∴VDGF≌VCEF （ AAS ），
∴ DG  CE  1， GF  EF ．
在RtVABG 中， AG  AD  DG  3 ， AB  4 ，
AB2  AG2
∴ BG 

 5 ．
42  32
在RtVBCF 中， BC  4 ， CF  2 ，
BC 2  CF 2
∴ BF 

 2．
42  22
5
在RtVDGF 中， DG  1 ， DF  2 ，
DG2  DF 2
12  22
5
∴ FG ．
∵ BF 2  FG2  (2 5)2  ( 5)2  25  BG2 ，
∴VBFG 是直角三角形，且BFG  90 ．
5
2 5
∴ tanFBG  FG  1 ．
BF2
故选： B ．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及勾股定理逆定理、锐角三角函数的定义，熟练掌握正方形的性质并结合全等三角形和勾股定理求解线段长度是解题的关键．
【变式 02】（2025·四川·中考真题）为测量物体的高度，某数学兴趣小组开展了如下活动：
【制作仪器】
把一根细线固定在半圆形量角器的圆心处，细线的另一端系一个小重物，制成一个简单的测角仪，利用它可以测量仰角或俯角，当测量物体时，将该仪器用手托起，拿到眼前，使视线沿着仪器的直径所在直线刚好到达物体的最高点．
【测量高度】
小丽同学用此测角仪测量一棵树的高度，先在该树前平地上选择一点 A，站立此处，测得树顶端 D 的仰角为37 ，再测得点 A 离树底端 B 的距离为 20 米，并测得眼睛所在位置点 C 离点 A 的距离为 1.5 米，请根据
这些数据，求出树的高度．（参考数据： sin37  0.60 ， cs37  0.80 ， tan37  0.75 ）
【答案】树的高度为 16.5 米
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，正确理解题意是解题的关键．
由题意得 AC  BE  1.5m ， DCE  37° ， CE  AB  20m ，解RtVDCE 求出 DE ，再由 BD  BE  DE 即可求解．
【详解】解：由题意得 AC  BE  1.5m ， DCE  37° ， CE  AB  20m ， DE  CE ，
在RtVDCE 中， tan DCE  DE  0.75 ，
CE
∴ DE  20  0.75  15m ，
∴ BD  BE  DE  1.5 15  16.5m
答：树的高度为 16.5 米．
【变式 03】（2025·陕西·中考真题）小伟和小华想用所学数学知识测量小河的宽．测量示意图如图所示，他们在河边的山坡 BM 上的点C 处安装测角仪CD ，测得河对岸点 A 的俯角α 为8.5, CD 与 BM 的夹角β 为
78.5 ，又测得点C 与河岸点 B 之间的距离CB 为10 m ．已知CD  1.6 m ，点 A, B, C, D, M , N 在同一平面上，点 A, B, N 在同一水平直线上，且CD  AB ．求河宽 AB ．（参考数据： sin8.5  0.15, cs8.5  0.99 ， tan 8.5  0.15 ， sin78.5  0.98, cs78.5  0.20 ， tan 78.5  4.92 ）
【答案】14.2 m
【分析】本题考查解直角三角形，掌握相关知识是解决问题的关键．延长 DC 交 AN 于点 H ，则
DH  AN ，在Rt△BCH 中，利用78.5 的三角函数可求CH , BH ，则 DH 可求，进而在 RtVDAH 中利用
8.5 三角函数值 AH 可求， 则 AB  AH  BH 可求．
【详解】解：如解图，延长 DC 交 AN 于点 H ，则 DH  AN ，
在Rt△BCH 中， BCH  β  78.5 ，
CH  CB  cs78.5  10  0.2  2m ， BH  CB sin78.5  10  0.98  9.8m ，
 DH  CD  CH  1.6  2  3.6m ， 在 RtVDAH 中， DAH  α  8.5 ，
 AH 
DH
tan8.5
 3.6
0.15
 24m ，
 AB  AH  BH  24  9.8  14.2m ，
河宽 AB 约为14.2 m ．
巩固提升
1．（2025·上海·一模）如图，将平行四边形 ABCD 绕点 A 旋转到平行四边形 AEFG 的位置，其中点 B 、C 、
D 分别落在点 E 、 F 、G 处，且点 B 、 E 、 D 、 F 在一直线上．如果点 E 恰好是对角线 BD 的中点，那么
AB 的值．
AD
【答案】 2 / 1 2
22
【分析】本题考查旋转的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，利用相似三角形的性质求解是解答的关键．
设 AD  2a ，根据平行四边形的性质和旋转性质得到1  3 ， AB  AE ，利用等腰三角形的性质和三角形
的外角性质得到AEB  DAB  4 ，进而利用等角对等边可得 BD  AD  2a ，证明△BAE∽△BDA ，利用
相似三角形的性质求得 AB  2a 即可求解．
【详解】解：如图，设 AD  2a ，
∵四边形 ABCD 为平行四边形，
∴ AD ∥ BC ，
∴ ∠ 2  ∠ 3 ，
由旋转的性质得1  2 ， AB  AE ，
∴ 1  3 ， 4  AEB ，
∵ AEB  3  DAE ， DAB
∴ AEB  DAB  4 ，
∴ BD  AD  2a ，
∵点 E 为 BD 的中点，
∴ BE  a ，
∵ 1  3 ， 4 为公共角，
∴△BAE∽△BDA ，
 1  DAE ，
∴ AB  BE ，即 AB  a ，
BDBA2aAB
解得 AB  2a ，
∴ AB 
AD
2a 2 ．
2a2
故答案为： 2 ．
2
2．（2025·福建泉州·二模）在等腰VABC 中， A  120，AB  4 ，点 O 是VABC 的角平分线 BD 上的一点，半径为 1 的eO 经过点 B，将eO 沿 BD 方向平移，当eO 与VABC 的边相切时， eO 平移的距离是
．
6
2
6
2
【答案】
1 或2
1
【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，勾股定理，等边对等角和三角形内角和定理，过点
6
B 作 BH  CA 交CA 延长线于 H，则∠ABC  30，∠BAH  60 ，解直角三角形可得 BH  2 3 ，证明
∠BDH ∠C ∠CBD  45 ，则可求出 BD 
相切时，两种情况讨论求解即可．
BH
sin∠BDH
 2
；再分当eO 与 AC 相切时，当eO 与 AB
【详解】解：如图所示，过点 B 作 BH  CA 交CA 延长线于 H，
∵等腰VABC 中， BAC  120，AB  4 ，
∴∠ABC  ∠C  180 ∠BAC  30，∠BAH  180  120  60 ，
2
3
∴ AH  AB  cs∠BAH  2，BH  AB  sin∠BAH  2，
∵ BD 平分∠ ABC ，
∴∠CBD  1 ∠CBA  15 ，
2
6
∴∠BDH ∠C ∠CBD  45 ，
∴ BD 
BH
sin∠BDH
 2；
如图 1 所示，当eO 与 AC 相切时，设切点为 G，连接OG ，则∠OGD  90，OG  1 ，
∴ OD 
OG
2
sin∠ODG
，
6
2
∴ OB  BD  OD  2 2 ，
6
∴此时的平移距离为2
1；
如图 2 所示，当eO 与 AB 相切时，设切点为 S，连接OS ，在 AB 上取一点 R 使得 BR  OR ，连接OR ，
∴∠RBO ∠ROB  15 ，
∴∠ORS ∠RBO ∠ROB  30 ，
∴ OR  2OS  2，RS  3OS  3 ，
3
∴ BS  2 ，
BS 2  OS 2
6
2
2
∴ BO ，
6
∴此时的平移距离为
1 ；
6
综上所述， eO 与VABC 的边相切时， eO 平移的距离是
1 或2
1．
2
6
2
6
故答案为：
1 或2
1．
2
6
2
3．（2026·全国·模拟预测）如图，将ABCD 绕点 A 逆时针旋转得到YAEFG ，使点 E 恰好落在边 BC 的中
点，且点 D 落在 FG 上．已知 AD
AB
 4 ，则 GD
5DF
的值为．
8
【答案】
17
【分析】本题考查相似三角形判定与性质，涉及旋转的性质，平行四边形性质及应用，由将平行四边形
BEAB5
ABCD 绕点 A 逆时针旋转得到平行四边形 AEFG ，可证△BAE∽△DAG ，故
 ，设 BE  5k ，
DGAD4
则 DG  4k ， BC  10k  AG  AD ，即可求出 AB  12.5k  AE  GF ， DF  GF  DG  8.5k ，从而
GD 
DF
4k 8.5k
 8 ．
17
【详解】解：∵将平行四边形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转得到平行四边形 AEFG ，
∴ BAD  EAG ， AB  AE ， AD  AG ，
∴ BAE  DAG ， AB  AE ，
ADAG
∴△BAE∽△DAG ，
∴ BE  AB  5 ，
DGAD4
设 BE  5k ，则 DG  4k ，
∵E 为 BC 的中点，
∴ BC  10k  AG  AD ，
∴ AB  5 ，
10k4
∴ AB  12.5k  AE  GF ，
∴ DF  GF  DG  12.5k  4k  8.5k ，
∴ GD 
DF
4k 8.5k
 8 ．
17
8
故答案为：．
17
4．（2025·山东滨州·中考真题）如图，每个小正方形的边长都为 1，点 A、B、C 均在格点上．
只用无刻度的直尺在 AC 上找一点 D，使得 BD 最短（保留作图痕迹）．
在（1）的基础上，在 BC 边上找一点 M，使得MA  MD 最小，最小值为．
【答案】见解析82
2
【分析】本题考查了勾股定理与网格，矩形的性质，等腰三角形的性质，轴对称求最短距离等，掌握相关知识点是解题关键．
由勾股定理可得 AB  CB  5 ，根据矩形的对角线互相平分找出 AC 的中点 D ，再根据等腰三角形三
线合一的性质，得到 BD  AC ，由垂线段最短可知此时 BD 最短；
作点 A 关于 BC 的对称点 A ，连接 AD ，由轴对称的性质可得当 A 、M 、 D 三点共线时， MA  MD
最小，最小值为 AD 的长，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）如图，点 D 即为所求作，
故答案为：
（2）如图，作点 A 关于 BC 的对称点 A ，连接 AD ，由轴对称的性质可知， MA  MA ，
 MA  MD  MA  MD  AD ，
当 A 、M 、 D 三点共线时， MA  MD 最小，最小值为 AD 的长，
过点 D 作 DE  BC ，由方格和 D 为 AC 的中点知， EM  EC  1 ， DE  3 ，
 AD 
故答案为： 82 ．
2
22
 1 23 2
 2    3  2 
 
82 ，
2
5．（2025·河北沧州·模拟预测）如图 1~图 3， AB 是半圆 O 的直径，且 AB  6 ， MN 是半圆 O 的弦（点
M，N 可分别与点 A，B 重合），将半圆 O 沿直线MN 翻折．
当点 N 与点 B 重合，且ABM  30 时，如图 1．
①求劣弧 AM 的长；
②当半圆 O 沿直线MN 翻折后，劣弧M‸N 是否经过圆心 O？（填“是”或“否”）；
当 MN∥AB 时，如图 2，过点 O 作OP  MN ，垂足为点 P，折叠后的劣弧M‸N 恰好经过OP 的中点 Q，连接 NQ ，求tan MNQ 的值；
若折叠后的劣弧M‸N 与直径 AB 切于点 C，且点 C 是半径OB 的中点，如图 3，求折痕MN 的长；
若折叠后的劣弧M‸N 始终与直径 AB 相切，设 MN  d ，直．接．写出 d 的取值范围．
【答案】(1)① π ；②是
(2) 5
5
(3) 3 11
2
2
3
(4) 3 d  3
【分析】（1）①连接OM ，根据 AB  6 ， ABM  30 ，得到OA  OB  3 ， APM  2ABM  60 ，根据弧长公式求劣弧 AM 的长即可；
②设点 O 的对称点为 W，如图， OW 与MN 得交点为 R，则ORN  90 ，
由ABM  30 ，故OR  1 OB  1.5 ，根据折叠的等距性质，得WR  1.5 ，解答即可；
2
设OP 与圆的交点为 T，根据折叠的性质，得 PT  PQ ，结合折叠后的劣弧M‸N 恰好经过OP 的中点
Q，得到 PT  PQ  OQ  1 OT  1，故OP  2PQ  2 ，利用勾股定理，正切函数的定义解答即可；
3
设折叠圆弧所在的圆的圆心为O ，连接OO, OC, OM ，设OO 与MN 的交点为 H，根据折叠的性
质，得OHM  90, OH  OH  1 OO ， OC  OA  OB  OM  3 ， MH  NH  1 MN ，利用勾股定理，
22
垂径定理解答即可．
分类解答即可．
【详解】（1）①解：连接OM ，
∵ AB  6 ， ABM  30 ，
∴ OA  OB  3 ， APM  2ABM  60 ，
∴劣弧 AM  60 3π  π ，
180
故答案为： π ；
②解：当半圆 O 沿直线MN 翻折后，设点 O 的对称点为 W，如图， OW 与MN 的交点为 R，则
ORN  90 ， 由ABM  30 ，
故OR  1 OB  1.5 ，
2
根据折叠的等距性质，得WR  1.5 ，故OR  WR  3 ，等于圆的半径，
故点 W 一定圆上，
故劣弧M‸N 是经过点 W 的，故答案为：是．
解：设OP 与圆的交点为 T，
∵ MN∥AB ， OP  MN ，
∴ OPM  90, PM  PN  1 MN ，
2
根据折叠的性质，得 PT  PQ ，
∵折叠后的劣弧M‸N 恰好经过OP 的中点 Q，
∴ OQ  PQ ，
∴ PT  PQ  OQ  1 OT  1，
3
∴ OP  2PQ  2 ，
OM 2  OP2
32  22
5
∴ PN  PM ，
5
∴ tan MNQ  PQ  1
PN
5 ．
5
解：设折叠圆弧所在的圆的圆心为O ， 连接OO, OC, OM ，设OO 与MN 的交点为 H，
根据折叠的性质，得OHM  90, OH  OH  1 OO ， OC  OA  OB  OM  3 ，
2
MH  NH  1 MN ，
2
∵点 C 是半径OB 的中点，
∴ OC  1 BC  3 ，
22
∴ OO 
，
32  
 3 2
 2 

3 5
2
∴ OH  1 OO  3 5 ，
24
∴ MH 
 3 11 ，
OM 2  OH 2
4
∴ MN  2MH  3 11 ．
2
解：设折叠圆弧所在的圆的圆心为O ，
根据题意，当点 N 与点 B 重合，点 M 是 ‸AB 的中点时，切点为 B，此时MN 取得最小值，
根据折叠的性质， OBO  90 ， OB  OA  OB  OM  OM  3 ，
∴四边形OBOM 是正方形，
OM 2  ON 2
2
∴ MN  3；
当 MN∥AB ， 且MN 恰好经过OP 的中点 K 时，取得最大值，
根据折叠性质，垂径定理，得
∴ OK  1 OP  3 ，
22
∴ KN 
，
32  
 3 2
 2 

3 3
2
3
∴ MN  2KN  3，
2
3
故3 d  3．
【点睛】本题考查了折叠的性质，垂径定理，勾股定理，弧长公式，熟练掌握定理和公式是解题的关键． 6．（2025·河北张家口·二模）【情境】数学课上，同学们用圆形纸片探究折叠的性质，如图 1， AB 是eO 的直径， AB  4 ，沿弦CD 折叠，使折叠后的C‸D 与 AB 相切于点 E ．
【发现】C‸ED 所在圆的半径为；
【探究】为了找到C‸ED 所在圆的圆心，同学们讨论了以下两种方式．淇淇说：取弦CE 和弦 ED 的中垂线的交点即可．
嘉嘉说：不必画两条中垂线，如图 2，只需作点O 关于弦CD 的对称点O ，点O 即为所求．淇淇说：这样看来，折叠后，切点 E 在直径 AB 上运动，可以看成eO 在直径 AB 上滚动．
嘉嘉说：没错，所以当点 E 在直径 AB 上运动时，点O 的运动路线和直径 AB 的位置关系是；
【拓展】
如图 3，若切点 E 为OB 的中点，连接OB ，交eO 于点M ，连接 AM ，求弦 AM 的长；
若切点 E 落在线段OB 上（包括端点），直接写出弦CD 的最大值和最小值．
【答案】【发现】2；【探究】平行；【拓展】（1） 8 5 ；（2）弦CD 的最大值为2 3 ，最小值为2．
2
5
【分析】发现：由折叠的性质可得，折叠前后圆的半径不变， C‸ED 所在圆的半径为eO 的半径，即
1 AB  2 ；
2
探究：根据切点 E 在直径 AB 上运动， C‸D 与 AB 相切于点 E ，可得折叠后圆的半径为定值2 ，即可得出点
O 的运动路线与直径 AB 平行；
拓展：（1）连接OE ，根据直径所对的圆周角为直角和切线的性质，可得△AMB∽△OEB ， AM  OE ，
ABOB
再结合勾股定理即可求解弦 AM 的长；
12  x2
（2）设OE  x ， OO 与CD 交于点 H ，连接OC ，根据勾股定理，垂径定理可得CD  2CH ，再结合 x 的取值范围为0  x  2 ，即可求解．
【详解】发现：解：由折叠的性质可得，折叠前后圆的半径不变，
∴ C‸ED 所在圆的半径为eO 的半径，即 1 AB  2 ，
2
故答案为： 2 ；
探究：解：∵切点 E 在直径 AB 上运动， C‸D 与 AB 相切于点 E ，
∴即点O 到直径 AB 的距离为半径2 ，即为定值，
∴点O 的运动路线与直径 AB 平行．故答案为：平行；
拓展：（1）解：如图 1，连接OE ，
∵点M 在eO 上， AMB 对应的弦 AB 为eO 的直径，
∴ AMB  90 ．
又∵点 E 是eO 的切点，
∴ OEB  90 ．
在VAMB 和△OEB 中， OEB  AMB ， ABM  OBE ，
∴△AMB∽△OEB ，
∴ AM  OE ．
ABOB
∵点 E 为OB 的中点， OB  2 ，
∴ EB = 1 ．
∵ OE  2 ，
OE2  EB2
∴ OB  5 ．
∵ AB  4 ，
OE  AB8 5
∴ AM ；
OB5
2
（2）最大值为2 3 ，最小值为2．
如图 2，设OE  x ， OO 与CD 交于点 H ，连接OC ．
OE2  OE2
∴ OO 
．
x2  4
∵点 H 是OO 的中点，
∴ OH  1 OO  1
22
x2  4 ．
由垂径定理得点 H 为CD 的中点，
OC 2  OH 2
x2
3 
4
∴ CH ，
12  x2
∴ CD  2CH ．
∵点 E 在线段OB 上，
3
∴ x 的取值范围为0  x  2 ，
2
∴ 2
 CD  2．
2
∴弦CD 的最大值为2 3 ，最小值为2．
【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角为直角，切线的性质，折叠的性质，垂径定理，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
7．（2025·江苏徐州·模拟预测）在ABCD 中，已知 AB  5 ， BC  2 2 ， A  45 ，以 AB 所在直线为 x
轴， A 为坐标原点建立直角坐标系，将ABCD 绕 A 点按逆时针方向旋转90 得到OEFG （图 1）
直接写出 C、F 两点的坐标．
ABCD 沿 x 轴的负半轴以 1 米/ 秒的速度平行移动，设移动后 x 秒（图 2）， ABCD 与OEFG 重叠部
分的面积为 y ，当点 D 移动到OEFG 的内部时，求 y 与 x 之间的关系式．
若ABCD 与OEFG 同时从O 点出发，分别沿 x 轴、 y 轴的负半轴以 1 米/ 秒的速度平行移动，设移动后 x 秒（如图 3）， ABCD 与OEFG 重叠部分的面积为 y ，当点 D 移动到OEFG 的内部时，求 y 与 x 之间的关系式，并求出重叠部分面积的最大值．
【答案】(1) C 7, 2 ， F 2, 7
y   1 x2  2x  22  x  4 4
 1  x  42  4 2  x  3
 215

y  
 x 
7 2

 15
3  x  4
，重叠部分面积的最大值是
4
 
2 4
【分析】（1）根据勾股定理和坐标知识可求出C ， F 的坐标；
因为DAB  GOA  45 ，以及重叠部分的面积可用四边形 AOHD 和三角形 AOF 的面积来表示出来，从而可求出解析式；
分两种情况：当2  x  3 时和当3  x  4 时进行讨论，分别求出表示面积的解析式，然后根据二次函数最值求解即可．
【详解】（1）解：如图，过C 作CH  x 轴，过 F 作 FQ ⊥ x 轴，
∵在ABCD 中，已知 AB  5 ， BC  2 2 ， A  45 ，
∴ BC∥AD ，
CBH  DAB  45 ，
2
CH  BC  2 ，
则 BH  CH  2 ， OH  5  2  7 ，
∴C 7, 2 ，
∵将ABCD 绕 A 点按逆时针方向旋转90 得到OEFG ，
∴同理可得， FQ  QE  2 ， OQ  5  2  7
∴ F 2, 7 ；
解：如图，设 AD 与OG 交于点M ， CD 与 y 轴交于点 H ，
由题意得， DAB  GOA  45 ， C 7  x, 2 ，
OM  AM  2 OA  2 x ， AMO  90 ，
22
QCD  AB  5 ，
 D 2  x, 2 ，
 DH  x  2 ，
 y  S四边形OHDM  S梯形AOHD  SAOM
 1  DH  AO OH  1 MA  OM
22
2
11  2 
 2  x  2  x 2  2  2 x 

  1 x2  2x  2 ， 4
Q点 D 移动到OEFG 的内部，
2  2  x  0 ，解得： 2  x  4 ，
 y 与 x 之间的关系式为 y   1 x2  2x  2 2  x  4 ；
4
解：2 秒后， D 移动到OEFG 的内部，当2  x  3 时，如图， OA  x ， DJ  x  2 ，
由（1）知ON  2 ，则 AN  x  2
QA  45，FG  x 轴，
 MN  AN  x  2 ，
Q S重叠部分  S梯形AOJD  SV AMN ，
 y  1  x  x  2 2  1  x  22
22
  1 x2  4x  4
2
  1  x  42  4 ， 2
Q 2  x  3 ，
当 x  3 时，
y 有最大值 7 ；
2
当3  x  4 时，如图，延长CD 与 FG 交于点 P ，
PM  DP  PN  MN ，即 PM  DP  2   x  2  4  x ，
RJ  EJ  x  2  5  x  3 ，
Q S重叠部分  S正方形NOJP  SV DPM  SV RJE ，
 y  2  2  1 (4  x)2  1 (x  3)2
22
 x2  7x  17
2
7 215
2
  x   ，
4
当 x  7 时， y 有最大值15 ；
24
 1  x  42  4 2  x  3
yx 215

综上所述，
与 之间的关系式为 y  
 x 
7 2

 15
3  x  4
，重叠部分面积的最大值是．
4
 
2 4
【点睛】本题考查了旋转的性质，平移的性质，二次函数的性质和最值的求法，平行四边形的性质等知识点，掌握相关知识是解决问题的关键．本题属于函数与几何综合题，需要较强的数形结合能力，适合有能力解决压轴难题的学生．
8．（2025·陕西·一模）【问题提出】
如图 1，在△BCD 中， CBD  30 ，点 A 在△BCD 外，连接 AB ，若 AB  BC ， ABC  150 ，点
O 是 BD 上的一个动点，连接OA 、OC ，当OA  OC 最小时， COD 的度数为 ；
【问题探究】
如图 2， VABC 和VADE 均为等腰直角三角形， AB  AC ， AD  AE ，点 D 在边 BC 上，点 F 是 BA
延长线上一点，且 AF  AB ，连接 EF ，判断 EF 与CD 的数量关系，并说明理由；
【问题解决】
如图 3， VABC 是某公园门口规划的一块等腰三角形广场，在 BC 边上找一点 D 修建便民服务中心，在 AD 右侧修建一个等边三角形（即VADE ）的草坪，沿 BE 铺设一条石子小路（宽度忽略不计），从 BE 的中点 F 处向点 A 铺设一条灯光地板 AF ．已知 AB  AC  40m ， BAC  120 ，若在线段 AC 上找一点 P 修建游客休息亭， AP  CD ，当点 B 到点 P 的距离 BP 与 AD 的长度之和最小（即 AD  BP 最小）时，求此时铺设灯光地板 AF 的长度．
3
【答案】（1）45；（2） EF  CD ，理由见解析；（3） 1010m
【分析】（1）连接 AC ，交 BD 于点 M，根据两点之间线段最短原理，得当 A, O, C 三点共线时， OA  OC
最小，解答即可；
根据题意，得BAC  DAE  CAF  90 ，于是得到DAC  90  CAE  EAF 即
EAF  DAC ，证明VEAF≌VDAC SAS 即可得证；
过点 A 作 AM ∥ BC ，且 AC  AM ，连接 BM 交 AC 于点 G，连接 PM ，当点 P 与点 G 重合时，
AD  BP 取得最小值，利用三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，余弦定理，等腰三角形的性质等，计算其长度即可．
【详解】（1）解：连接 AC ，交 BD 于点 M，根据两点之间线段最短原理，得当 A, O, C 三点共线时，
OA  OC 最小，即当点 O 与点 M 重合时， OA  OC 最小，
∵ AB  BC ， ABC  150 ，
∴ BAC  BCA  180 150  15 ，
2
∵ CBD  30 ， COD  MBC  ACB ，
∴ COD  45 ，故答案为：45；
解： EF 与CD 的数量关系为 EF  CD ．理由如下：根据题意，得BAC  DAE  CAF  90 ，
∴ DAC  90  CAE  EAF 即EAF  DAC ，
∵ AB  AC ， AD  AE ， AF  AB ，
∴ AF  AC ，

 AE  AD

∵ EAF  DAC ，

 AE  AC
∴VEAF≌VDAC SAS ，
∴ EF  DC ．
解：过点 A 作 AM ∥ BC ，且 AC  AM ，连接 BM 交 AC 于点 G，连接 PM ，
∵ AM ∥ BC ，
∴ MAP  ACD ，
 AC  AM

∵ ACD  MAP

CD  AP
∴VMAP≌V ACD SAS
∴ MP  AD ，
∵ BP  PM  BM ，
∴ BP  AD  BM ，
∴当 P，M，B 三点共线时， BP  AD 取得最小值即点 P 与点 G 重合，取得最小值，过点 A 作 AT  BC 于点 T，
∵ AB  AC  40m ， BAC  120 ，
∴  ABC   ACB  30 ， BT  CT  1 BC ， AM  AB  AC
2
3
∴ BT  AB cs ABC  20 3 ， BC  2BT  40， ABM  AMB ，
∵ AM ∥ BC ，
∴ MAP  ACD ，
∴ CAM  30 ，
∴ BAM  CAM  BAC  150 ，
∴ ABM  AMB  15 ，
∴ DAM  DAC  CAM  45 ，
∵VADE 是等边三角形，
∴ DAE  60 ，
∴ MAE  15 ，
∴ CAE  MAE  CAM  45 ，
延长 BA 到点 N，使得 BA  AN ，连接 NE ， ME ，
∴ NAE  15 ，
∴ ABM  NAE ，
∴ AE GM ，
∵VADE 是等边三角形，
∴ AE  AD ，
∴VMAG≌V ACD SAS
∴ MG  AD ，
∴ AE  GM ，
∴四边形 AEMG 是平行四边形，
∴ AG  EM ，
 AN  AM

∵ NAE  MAE

 AE  AE
∴VMAE≌VNAE SAS
∴ NE  ME ，
∵ AC  AM ， BF  FE ，
∴ AF  1 NE  1 ME  1 AG ，
222
过点 C 作CQ BG ，交 AB 的延长线于点 Q，
∴ ABM  Q, MBC  BCQ ，
∵ ABC  30 ， ABM  AMB  15 ，
∴ MBC  15 ，
∴ ABM  Q  MBC  BCQ ，
∴ BQ  BC ，
∵ CQ BG ，
∴V ABG∽V AQC ，
∴ AB  AG ，
AQAC
40  40 3
∴40 AG ，
40
3
解得 AG  20 1，
3

∴ AF  1 AG  10 2
10m
3
故此时铺设灯光地板 AF 的长度为1010m ．
【点睛】本题考查了两点之间线段最短，三角形相似的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，三角形全等的判定和性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，直角三角形的性质，余弦函数的应用，熟练掌握两点之间线段最短，三角形相似的判定和性质，余弦函数，三角形中位线定理，三角形全等的判定和性质是解题的关键．
a2  b2
9．（2024·湖北·模拟预测）阅读以下材料并完成问题材料一：数形结合是一种重要的数学思想如
a 12  b2
可看做是图一中 AB 的长，
可看做是 AD
的长．
材料二：费马点问题是一个古老的数学问题．费马点即在VABC 中有一点 P 使得 PA  PB  PC 的值最小．著名法学家费马给出的证明方法如下：
将V ABP 绕 B 点向外旋转60 得到△A1B1C1 ，并连接 PP1 易得△PP1B 是等边三角形、 PA  P1 A1 ，则 PB  P1P1 ，
x2  y2 1 2x
x2  y2 12  4 3y
则 PA  PB  PC  P1 A1  PP1  PC ，所以 PA  PB  PC 的值最小为 A1C ．
x2  y2
请结合以上两材料求出


的最小值
19
【答案】
【分析】本题考查坐标与图形，含 30 度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，将原式
x2  y2
转化为


，构造直角三角形 ABC ， ACB  90 ，
1 x2  y2
x2  2 3  y 2
x2  y2
AC  2 3, BC  1 ，以C 为坐标原点构造直角坐标系，设 P 为 x, y  ，进而得到 PC ，
x2  2 3  y 2
PA 
， PB 
，将△APC 绕点C 点逆时针旋转60 得到V A1PC1 ，并做
1 x2  y2
A1D  BC ，根据旋转的性质，含 30 度角的性质，求出 A1B 的长，根据
PA  PB  PC  AP1  P1P  BP  A1B ，进行求解即可．
x2  y2
1 x2  y2
x2  2 3  y 2
【详解】解：原式
x2  2 3  y 2
可看做下图中的 PA  PB  PC ，其中 P 为 x, y 
x2  y2
则 PC 
， PA 
， PB 
1 x2  y2
将△APC 绕点C 点逆时针旋转60 得到V A1PC1 ，并做 A1D  BC
3
QPCP1  ACA1  60 ， ACD=90 ， A1C  AC  2
， PC  PC1 ， AP1  AP ，
A1CD  30 ， VCPP1 为等边三角形，
3
 A D  1 AC ， DC  3A D  3 ， PP  CP ，
12 111
又Q BC  1
 DC  4
3  4
2
2
 A1B 
 19 ，
∵ PA  PB  PC  AP1  P1P  BP  A1B ，
19
∴ PA  PB  PC  AP1  P1P  BP  A1B ，
19
x2  y2 1 2x
x2  y2 12  4 3y
19
∴ PA  PB  PC 的最小值为；
x2  y2



的最小值为．
10．（2024·河北邯郸·模拟预测）如图 1， A  45, ABC  60, AB ∥ MN ，点C 在MN 上，点 D 在 AC
上， DE  MN 于点 E ， DE 是半圆O 的直径，且 DE  4, G 为 DE 上靠近点 D 的三等分点， F 是 D‸E 上的动点．
CF 的最小值为， CF 的最大值为；
沿直线MN 向右平移半圆O ，若半圆O 的右移速度为每秒 1 个单位长度，求点G 在VABC 的区域内部
（包括边界）的时长；
过点 B 作 BH  MN 于点 H ，且 BH  9 ，沿直线MN 向右平移半圆O ．
2
①如图 2，当点 E 与点 H 重合时，求半圆O 在 BC 上截得的线段 RT 的长；
②将半圆O 移动到如图 2 所示的位置时作为初始位置，将线段 BE 连带半圆O 按顺时针方向开始旋转，如图 3 所示，设旋转角为α 0  α  180 ．当半圆O 与VABC 的边相切时，直接写出点 E 运动的路径
长．（注：结果保留π, sin37  3 , sin53  4 ）
55
5
【答案】(1)4， 2 2
3
(2) 3 
(3)① 39 ；② 37 π
240
【分析】（1）根据题意得到当点 F 和点 E 重合时， CF 有最小值，得到CF  CE  DE  4 ，连接CO 并延长，交 D‸E 于点 F，此时CF 有最大值，然后利用勾股定理求出OC 的长度，进而求解即可；
如图 1，点 G 落在边 AC 上，连接OG ，过点 G 作GF  DE 于点 F．首先根据三角函数值求出
GF  OG sin 60 
3 ， OF  1，然后利用等腰直角三角形的性质得到CE  PE  3 
3 ，如图 2，点 G 落
在边 BC 上，根据切线的性质和三角函数值求出CE 
OE
tan 30
 2
，进而求解即可；
3
①如图 3，过点 O 作OP  RT ，垂足为 P，连接OR ．首先利用直角三角形的性质和勾股定理求出
OR2  OP2
PR 
，进而得到 RT 的长；
②如图 4，当半圆 O 与边 AB 相切时，设切点为 Q，则OQ  AB ．首先利用三角函数值求出
OBQ  53 ，然后利用弧长公式求出此时点 E 走过的路径长为 90  53 π  9  37 π ．
180240
【详解】（1）解：∵F 是 D‸E 上的动点，
∴当点 F 和点 E 重合时， CF 有最小值，即CE 的长度，
∵ A  45 ， AB∥MN ，
∴ ACE  A  45 ，
∵ DE  MN ，
∴ EDC  45 ，
∴ CE  DE  4 ，
∴ CF 的最小值为 4；
如图所示，连接CO 并延长，交 D‸E 于点 F，此时CF 有最大值，
∵ DE 是半圆 O 的直径，且 DE  4 ，
∴ OE  1 DE  2 ，
2
∵ A  45 ， AB∥MN ，
∴ ACE  A  45 ，
∵ DE  MN ，
∴ EDC  45
∴ CE  DE  4 ，
OE2  CE2
5
∴ OC  2
5
∴ CF  OC  OF  2 2 ；
5
故答案为：4， 2 2 ；
如图 1，点 G 落在边 AC 上，连接OG ，过点 G 作GF  DE 于点 F．
∵ G 为 D‸E 上靠近点 D 的三等分点， DE 为直径，
∴ GOD  60 ，
在Rt△OGF 中， GOD  60 ，
∴ GF  OG sin 60  3 ， OF  1．
在Rt△GPF 中， GPF  CPE  PCE  A  45 ，
∴ PF  GF  3 ，
3
∴ OP  PF  OF 1 ，
3
3
∴ PE  OE  OP  2  1  3 ，
∴ CE  PE  3  3 ．
如图 2，点 G 落在边 BC 上， GOE  180  GOD  120 ，
∴ OGC  360  GOE  OEC  GCE  90 ，
∴ BC 是半圆 O 的切线，
∴ OCE  1 GCE  1 B  30 ．
3
22
在RtVOCE 中， CE 
OE
tan 30
 2．
3
3
点 G 在VABC 的区域内部（包括边界）的时长为3  2 3 1  3 ；
①如图 3，过点 O 作OP  RT ，垂足为 P，连接OR ．
在Rt△BPO 中， OBP  30 ， OB  9  2  5 ，
22
∴ OP  5 ．
4
在Rt△OPR 中， PR 
39 ，
OR2  OP2
4
∴ RT  2PR 
39 ；
2
②如图 4，当半圆 O 与边 AB 相切时，设切点为 Q，则OQ  AB ．
sin OBQ  OQ  2  4
在Rt△OBQ 中，
∴ OBQ  53 ，
OB55 ，
2
此时点 E 走过的路径长为 90  53 π  9  37 π ；
180240
点 E 走过的路径长为 37 π ．
40
【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，结合等腰直角三角形的性质、三角函数、勾股定理、弧长公式计算，掌握并灵活运用相关知识点是解题的关键．
冲刺突破
1．（2025·天津·中考真题）如图，在VABC 中， ACB  90 ，将VABC 绕点 A 顺时针旋转得到△ABC ，点 B，C 的对应点分别为 B,C, BC 的延长线与边 BC 相交于点 D ，连接CC ．若 AC  4, CD  3 ，则线段
CC 的长为（ ）
A． 12
5
【答案】D
16
5
C．4D． 24
5
【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定、旋转的性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．连接 AD ，交CC 于点O ，先证出RtVACD≌RtVACD ，根据全等三角形的性质可得CD  CD  3 ，再证出 AD 垂直平分CC ，则可得CC  2OC ， AD  CC ，然后利用勾股定理和三角形的面积公式求出OC 的长，由此即可得．
【详解】解：如图，连接 AD ，交CC 于点O ，
由旋转的性质得： AC  AC  4 ， ACB  ACB  90 ，
∴ ACD  90 ，
在Rt△ACD 和Rt△ACD 中，
 AD  AD

 AC  AC ，
∴ RtV ACD≌RtV ACD HL ，
∴ CD  CD  3 ，
∴ AD 垂直平分CC ，
∴ CC  2OC ， AD  CC ，
∵ ACB  90 ， AC  4, CD  3 ，
AC 2  CD2
∴ AD  5 ，
又∵ S
V ACD
 1 AD  OC  1 AC  CD ，
22
∴ OC  AC  CD  4  3  12 ，
AD55
∴ CC  2  12  24 ，
55
故选：D．
2．（2025·江苏南京·中考真题）如图，点 E ， F 在矩形 ABCD 内， Rt△ ABE≌Rt△ CDF ．若 AB  25 ，
AD  30 ， AE  15 ，则 EF 的长为．
【答案】
85
【分析】延长 AE ，交 DF 于点G ，利用勾股定理求得 BE ，计算sinABE 和csABE ，借助矩形内角为直角、全等三角形的角相等，证得ABE  DAE ， AGD  90 ，利用sinDAE 和csDAE 得出 DG 、 AG 长，进而得 FG 、 EG ，利用勾股定理即可求 EF 的长．
【详解】解：如图，延长 AE ，交 DF 于点G ，
AB2  AE2
在RtVABE 中， BE 
 20 ， sinABE  AE  15  3 ，
∴ csABE  BE  20  4 ，
AB255
AB255
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴ BAD  ADC  90 ，
∴ ∠ BAE  DAE  90 ， ∠ CDF  ADF  90 ，
∵ Rt△ ABE≌Rt△ CDF ，
∴ ABE  CDF ， ABE  BAE  90 ， DF  BE  20 ，
∴ ABE  DAE ，
∴ CDF  DAE ， sin∠ DAE  sinABE  3 ， cs∠ DAE  csABE  4 ，
55
∴ ∠ DAE  ADF  CDF  ADF  ADC  90 ，
∴ AGD  90 ，
∴ DG  sin∠ DAE·AD  3  30  18 ， AG  cs∠ DAE·AD  4  30  24 ， EGF  90 ，
55
∴ FG  DF  DG  20 18  2 ， EG  AG  AE  24 15  9 ，
FG2  EG2
∴ EF  85 ．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、三角函数的应用，利用全等三角形转移角的关系，结合矩形内角为直角推导直角三角形是解题的关键．
3．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形 ABCD 是正方形，E 为CD 上一点，将VADE 绕点 A 顺时针旋转90 至△ABF ，连接 EF ， AH  EF 于点 H，交 BC 于点 G．若 BG  2 ， CG  1，则CE 的长为
．
【答案】12
5
【分析】连接 EG ，根据旋转知△ABF≌△ADE ，则 DE  BF 和 AE  AF ，可知 AG 垂直平分 EF ，有
EG  FG ，设CE  x ，则 DE  3  x  BF 和 FG  EG  BF  BG  5  x ，利用勾股定理列出
CE2  CG2  EG2 代入求解即可．
【详解】解：如图所示，连接 EG ，
由旋转可知△ABF≌△ADE ，
∴ DE  BF ， AE  AF ， D  ABF  90 ，
∴点 F、B、C 三点共线，
∵ AG  EF ，
∴ H 为 EF 的中点，
∴ AG 垂直平分 EF ，
∴ EG  FG ，设CE  x ，
∵ BG  2 ， CG  1，
∴正方形 ABCD 的边长为 3，
∴ DE  3  x  BF ， FG  EG  BF  BG  5  x ，
∵ C  90 ，
∴ CE2  CG2  EG2 ，即 x2 12  5  x2 ，
解得 x  12 ，
5
∴ CE 的长为12 ，
5
故答案为： 12 ．
5
【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程．
4．（2025·天津河东·一模）在平面直角坐标系中，O 为原点，点 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．
(1)填空：如图①，点 B 的坐标为，点 C 的坐标为；
(2)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V ABO 重叠部分的面积为 S．当VBCO 与V ABO 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；
3
由题意易得 BO  6，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；
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
3
HO 3 t，HO  2 3 t，CH  CO  HO  6 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 ，
2DC3
CD 
∴
DO
tan30
 3 3  9
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
3
HO 3 t，HO  2 3 t，CH  CO  HO  6 2 3 t  2 3 9  t   CG  GH ，
3333
∴ CD 3 CH 3  2 3 9  t   9  t ，
223
3
在RtVAOE 中， OA  6  t，OE  3 6  t ，BE  BO  OE  6 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
3
3
 27  27 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V ABO 重叠部分不是五边形，当点 A，O 重合时， t  6 ，此时
VBCO 与V ABO 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
 n ，AB  AC ，
3
2222
3
解得， m  3，n  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 ，
3
∴ 3k  6 3 3 ，
3
解得， k  3，
3
∴直线 AB 的解析式为 y  3 3x  6，
3
3
当 y  3 3 时， 3 3x  6 3，
解得， x  1 ，
∴ C 的坐标为1, 3 3  ． 5．（2025·山东东营·中考真题）
探索发现
东营市全面落实国家课程方案．某校开设了纸艺课程，三个项目组在折纸活动中发现：在Rt△ABC 中，
ACB  90 ， ABC  30 ，折叠VABC ，使 AC 边落在 AB 边上，折痕为 AD ，则 BD 、CD 与∠ BAC 的
两边 AB 、 AC 存在着某种关系．如图 1，请你帮助项目组判断 AB 与 BD 的数量关系为．
ACCD
猜想验证
项目组猜想：当VABC 为任意三角形时，上述数量关系仍然成立．为了验证这一猜想，项目组按照（1）中的方法折叠， AD 为折痕，分别得出了不同的方案，并画出了以下图形．请选择任意一种方案证明．
拓展应用
如图 5，在VABC 中， AD 平分∠ BAC 交 BC 于点 D ， E 为 BC 延长线上一点， AE  DE ．求证：
BD  DE ．
CDCE
【答案】（1） AB  BD ；（2）证明见解析；（3）证明见解析 ACCD
【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是做题的关键．
根据折叠的性质可得， BAD  CAD  1 BAC  30 ，进一步得 AD  BD ，再根据
2
ABC  CAD  30 ， BCA  ACD  90 ，证明△ABC∽△DAC ，最后通过线段的比例式即可得出结论；
根据每组方案已知条件，证出相似三角形，再通过线段的比例式即可得出结论；
先通过倒角证出△ABE∽△CAE ，再通过线段的比例式即可得出结论．
【详解】解：（1）Q ACB  90 ， ABC  30 ，
BAC  60 ．
由折叠可得， BAD  CAD  1 BAC  30 ，
2
ADC  60 ， ABC  BAD  30 ，
 AD  BD ．
QABC  CAD  30 ， BCA  ACD  90 ，
△ABC∽△DAC ，
 AB  AC ，即 AB  AC ，
DADC
 AB  BD ． ACCD
BDDC
故答案为： AB  BD ．
ACCD
（2）方案①： 证明：∵ DE∥AC ，
∴ 2  ADE ， BD  BE ．
CDAE
∵ 1  2 ，
∴ 1  ADE ．
∴ AE  DE ．
∴ BD  BE ．
CDDE
∵ DE∥AC ，
∴VBDE∽VBCA ，
∴ BE  AB ，
DEAC
∴ AB  BD ． ACCD
方案②：
证明：∵ CE∥AD ，
∴ 1  E ， 2  ACE ．
∵ 1  2 ，
∴ E  ACE ，
∴ AE  AC ．
∵ CE∥AD ，
∴ BD  AB ， CDAE
即 AB  BD ． ACCD
方案③
证明：∵ CF  AD ， BE  AD ，
∴ AFC  CFD  BED  90 ．
∵ 1  2 ，
∴VABE∽VACF ，
∴ AB  BE ．
ACCF
∵ BDE  CDF ，
∴△BDE ∽△CDF ，
∴ BE  BD ， CFCD
∴ AB  BD ． ACCD
（3）证明：∵ AD 平分∠ BAC ，
∴ 1  2 ， AB  BD ．
ACCD
∵ AE  DE ，
∴ ADE  DAE ．
∴ B  1  2  CAE ．
∴ B  CAE ．
又∵ AEC  BEA ，
∴△ABE∽△CAE ．
∴ AB  AE ．
ACCE
∴ BD  AE ．
CDCE
又∵ AE  DE ，
∴ BD  DE ．
CDCE
6．（2025·吉林·一模）【驱动背景】
在eO 中，将劣弧 AB 沿弦 AB 所在的直线折叠，使得弧 AB 恰好过圆心 O，圆心 O 关于直线 AB 的对称点
为O1 ．
【前情感知】
如图 1，连接OA ， OB ， ∠ AOB 的度数为 ；
【问题探究】
如图 2，若点 D 是优弧 AB 上的任意一点，连接 AD 交折叠后的弧于点 C，连接 BC ， BD ．
① ∠ ACB 的度数为；猜想 BC 与 BD 的数量关系 ；
②如图 3，若弧 AB （翻折后）不经过圆心 O． BC 与 BD 的数量关系是否仍然成立？请说明你的理由．
【拓展生长】
如图 4，若 AD 为eO 直径，将第一次折叠后的弧 AB （弧 AC 部分）沿 AC 向下翻折交弦 AB 于点
E，连接CE ．若 AD  10 ， OC  1 ，请直接写出线段CE 的长．
5
【答案】（1）120 ；（2）①120 ； BC  BD ； ②成立；理由见解析；（3） 2
【分析】（1）如图，连接OO ，交 AB 于点 N，则ON  1 OO , 则OAN  30  OBN ，则
121
∠AOB  180  30  30  120 ，即可求解；
（2）①因为DCB  ACB  180 ，且ACB  T ，即DCB  T  180 ，结合D  T  180 ，得到
DCB  D ，即可求解；
②结合四边形 ACBD 是eO 的圆内接四边形， D  ACB  180 ，而BCD  ACB  180 ，即可求解；
5
（3）证明VDBH∽V ABH ，得到 BH  4 ，由 BD2  DH 2  BH 2  20 ，则 BD  2
，证明
VREC≌V ADB（AAS），即可求解．
【详解】解：（1）如图，连接OO1 ，交 AB 于点 N，
则ON  1 OO ,
21
则OAN  30  OBN ，
∴∠AOB  180  30  30  120 ，故答案为：120 ；
（2）①如图 2， ACB  AOB  120 ，
设翻折前点 C 对应的点为 T，连接 AT 、CT ，
∵折叠，
∴ ACB  T ，
∵ DCB  ACB  180 ，即DCB  T  180 ，
∵四边形 ATBD 是eO 的内接四边形，
∴ D  T  180 ，
∴ DCB  D ，即 BC  BD ；
故答案为：120 ， BC  BD ；
②成立，理由如下：
设折叠前点 C 的对应点为点C ，连接 AC， BC ．由折叠可知， ACB  ACB ，
∵四边形 ACBD 是eO 的圆内接四边形，，
∴ D  ACB  180 ，
∵ BCD  ACB  180 ，
∴ D  BCD ，
∴ BC  BD ；
（3）补出第一次折叠后上面的弧 AB 所在圆O1 ，补出第二次折叠后从 A 到 E 到 C 的 N 所在圆O2 ，
由题意得：上述两个圆和圆 O 是等圆，圆 O 的之间 AD  10 ，故设圆直径均为 10，半径均为 5，过 B 作 BH  CD 于 H，
由（2）知 BC  BD ，
∴ CH  DH  1 CD ，
2
∴ OA  OD  5 ， CO  1，则CD  4 ， AC  6 ，
则CH  DH  1 CD  2 ， AH  AC  CH  2  6  8 ，
2
∵ D  DBH  D  DAB  90 ，
∴VDBH∽V ABH ，
∴ BH：AH  DH：BH ，即 BH 2  DH  AH ，
∴ BH 2  2  8  16 ，
则 BH  4 （负值已舍去），
∴ BD2  DH 2  BH 2  20 ，
5
则 BD  2
（负值已舍去），
作圆O2 的直径 RE ，则 ER  AD  10 ，在圆O2 中， R  BAD ，
则ECR  ABD  90 ，
∵ ER  AD ，
则VREC≌V ADB AAS ，
5
则CE  BD  2．
【点睛】本题为圆的综合题，涉及到相似三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质、图形的翻折等，正确确定三角形相似是解题的关键．
7．（2025·山东德州·中考真题）已知点 O 是正方形 ABCD 的中心，点 P，E 分别是对角线 AC ，边 BC 上的动点（均不与端点重合），作射线 PE ．
将射线 PE 绕点 P 逆时针旋转 90°，交边CD 于点 F．
①如图 1，当点 P 与点 O 重合时，求证： PE  PF ；
②如图 2，当 AP  1 时，请判断 S四边形PECF 是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理
PC2
S正方形ABCD
由；
如图 3，连接 BP，当BPE  45 时，将射线 PE 绕点 P 顺时针旋转 90°，交边 AB 于点 F．若 AP  k ，
PC
PE  a ，求四边形 PEBF 的面积（用含 a，k 的式子表示）．
【答案】(1)①证明见解析
S四边形PECF
S
②
正方形ABCD
为定值，该定值为 4
9
(2)
k 12
2
a
4
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、正方形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
①过点 P 作 PG  BC 、 PH  CD ，根据四边形 ABCD 是正方形得到BCD  90 ，证四边形 PGCH是矩形，又得到 PH  CH ，进而证明四边形 PGCH 是正方形，利用角度关系得到FPH  EPG ，证出 VPFH≌VPEG ，根据全等三角形的性质得到 PE  PF 即可；
②过点 P 作 PG  BC 、 PH  CD ，根据①可得到S四边形PECF  S正方形PGCH ，根据 PH∥AD ，证得
PC2
S 2 24
△CPH∽△CAD 并且
 ，利用相似三角形的性质得到 VPCH    
，最后进行面积转化得到定值
AC3
SV ACD
 3 9
即可；
过点 P 作 PG  BC 、 PH  AB ，连接 EF ，易证得VPFH∽VPEG ，根据相似三角形的性质得到
PF  ak ，再证△ PBE∽△ CBP ，根据相似三角形的性质 PB2  BE  BC ，同理可得 PB2  BF  AB ，进而得到 BE  BF ， △BEF 是等腰直角三角形，根据三角形面积公式进行求解即可．
【详解】（1）①证明：过点 P 作 PG  BC 、 PH  CD ，如图所示：
则∠PGE ∠PHF  90
Q四边形 ABCD 是正方形
BCD  90
四边形 PGCH 是矩形
PCH  45
在 Rt△PCH 中， CPH  90  45  45
 PH  CH
四边形 PGCH 是正方形
 PG  PH ， GPF  HPF  90
QGPF  EPG  90
FPH  EPG
VPFH≌VPEG
 PE  PF ；
②过点 P 作 PG  BC 、 PH  CD ，如图所示：
由①可知四边形 PGCH 是正方形
 PG  PH 、PGC  PHC  BCD  90
QVPFH≌VPEG
 SV PFH  SV PEG
 S四边形PECF  SV PEG  S四边形PGCF  SV PFH  S四边形PGCF  S正方形PGCH
Q AP  1
PC2
 PC  2
AC3
Q PH∥AD
VCPH∽VCAD
S 2 24
 V PCH    
SV ACD 3 9
 S四边形PECF S正方形ABCD
 S正方形PGCH S正方形ABCD
 2SV PCH  4 2SV ACD9
S四边形PECF
故
S正方形ABCD
4
为定值，该定值为 ；
9
（2）解：过点 P 作 PG  BC 、 PH  AB ，连接 EF ，如图所示：
PGE  PHF  90
Q四边形 ABCD 是正方形
ABC  90
ACB  CAB  45
Q射线 PE 绕点 P 顺时针旋转 90°，交边 AB 于点 F
EPF  90
EPG  FPH
VPFH∽VPEG
 PF  PH  AP  k PEPGPC
Q PE  a
 PF  ak
QBPE  45 、BCP  45
BPF  BCP  45
QPBE  CBP
VPBE∽VCBP
 PB2  BE  BC
同理可得 PB2  BF  AB
Q AB  BC
 BE  BF
VBEF 是等腰直角三角形在 Rt△PEF 中，
SV PEF
 1 PE  PF  1 a  ka  1 ka2
222
由勾股定理得 EF 2  PE2  PF 2  a2  ka2  1 k 2 a2
1111
21 k 2 2
ka 
SV BEF  2 BE  BF  2 EF  2 EF
 EF a
44
 S S S
 121 k 2
a2 
k 12
a2 ．
四边形PEBF
V PEF
V BEF
244
k 12
答：四边形 PEBF 的面积为
a2 ．
4
8．（2025·江苏淮安·中考真题）综合与实践
【主题】雨天撑伞的学问
【情境】图（1）、图（2）是小丽在雨天水平撑伞的示意图，她的身体侧面可以近似看作矩形MNPQ ，
MN  0.2 米， MQ  1.6 米，雨伞撑开的宽度 AC  1 米，伞柄的OG 部分长为0.45 米，点O 为 AC 中点， OG  AC ，点G 到地面的距离是1.35 米，手臂可以水平向前最长伸出0.5 米，雨线 AB 与地面的夹角为θ ，雨线 AB 与CD 平行， AC 与地面 BD 平行．
【问题感知】（1）①在图（1）、图（2）中，点C 到地面的距离是米；
②如图（1）所示，θ  72 ，若小丽将伞拿在胸前（ OG 与 NP 在同一条直线上），则小丽身体被雨水淋湿的部分 PK  米．（参考数据： sin 72  0.95 ， cs 72  0.31 ， tan 72  3.08 ）
【问题探究】（2）如图（2）所示，θ  60 ，设小丽将手臂水平前伸了 x 米（即线段 EG 的长度），身体被雨水淋湿部分 PK 的长度为 y 米，求 y 与 x 的函数表达式，并写出头部不被淋湿情况下 x 的取值范围．
【问题解决】（3）在（2）的条件下，小丽发现水平撑伞身体始终有部分会被淋湿，于是她将雨伞绕点G
顺时针旋转一定角度（点G 到地面的距离保持不变），使得 AC 与雨线 AB 垂直，如图（3）所示，试问：小丽在旋转雨伞后，是否可以通过调节手臂水平前伸长度，使得全身都不会被雨淋湿？如果可以，请求出 EG 的最小值；如果不可以，请说明理由．
3
【答案】（1）①1.8 ；② 0.26 ；（2） y   3x 1.8  0  x  9  2 3  ；（3）可以， EG 的最小值为
2 30

7 3 ．
60
【分析】本题主要考查实际情景中的数学问题，涉及解直角三角形，平行线的性质，解题的关键是通过作辅助线构建直角三角形进行求解．
①根据题意，直接求线段长即可；②利用平行线的性质，两直线平行同位角相等，再借助直接三角
形求解；
延长 PN 交 AC 于点 F ，先求出相关角，再利用 FK  CF  tan 60 ，接着可得 PK  
3x 1.8  3 ，
2
延长 NM 交 AB 于点 H ，过 A 作 AI  MN 交MN 于 I ，为保证头部不被淋湿，即 HN  MN ，建立不等式求解即可；
设小丽将手臂水平前伸了 x 米时，身体恰好不会被淋湿，计算出此时 x 的值，再判断此时头部是否被
淋湿即可．
【详解】解：（1）①由题意知， OG  0.45 米， GP  1.35 米，
 OP  OG  GP  0.45 1.35  1.8 米，即点C 到地面的距离是1.8 米，
故答案为：1.8 ；
②Q AC  1 米，点O 为 AC 中点，
 OC  1 AC  1 米，
22
Q AB∥CD ，
 ABD  KDP  72 ，
Q AC ∥ BD ，
 OCK  KDP  72 ，
在Rt△OCK 中， OK  OC  tan 72  1  3.08  1.54 米，
2
 PK  OP  OK  1.8 1.54  0.26 米，故答案为： 0.26 ；
如图，延长 PN 交 AC 于点 F ，则OF  EG  x ，
 CF  OF  OC   x  1  米，
2 

Q AB∥CD ，
 ABD  KDP  60 ，
Q AC ∥ BD ，
 FCK  KDP  60 ，
3
在RtVFCK 中， FK  CF  tan 60   1  x  

3
 3x 米，
 2 2


 PK  FP  FK  1.8  
3
2  3x   
3x 1.8  3 ，
2
即 y  

3x 1.8  3 ，
2
延长 NM 交 AB 于点 H ，过 A 作 AI  MN 交MN 于 I ，
则 AI  1.8 1.6  0.2 （米）， HI 
为使头部不被淋湿，
0.2
tan 60
3 ， AF  NI  0.5  x ，
15
所以 HN  HI  IN 
3  0.5  x  MN  0.2 ，
15
解得 x  9  2 3 ，又 x  0 ，
30
所以0  x  9  2 3 ；
30
 y  
3x 1.8 
3  0  x  9  2 3  ；
2 30

设小丽将手臂水平前伸了 x 米时，身体恰好不会被淋湿，如图，延长 NM 交 AB 于点 R ，过 R 作 RT  BD 交 BD 于T ，
延长 EG 交CD 于W ，过W 作WY  OG 交OG 于Y ，
则WY  OC  0.5  1 ， GWD  YGW  60 ， RT  MQ  1.6 ，
2
BD 
1
sin 60
 2 3 ，
3
所以在RtVYGW 中， YG 
YW
tan 60
3  OG ， GW 
6
3 ，
YG2  YW 2
3
在RtVDEW 中， EW 
DE
tan 60
 1.35  9 3 ，
3
20
所以 EG  EW  GW  9 3  3  7 3  0.5 ，
20360
在Rt△BRT 中， BT 
RT
tan 60
 1.6  8 3 ，
3
15
又 BD  BT  2 3  8 3  2 3  MN  0.2 ，
31515
所以此时头部不会被淋湿，
综上，可以通过调节手臂水平前伸长度，使得全身都不会被雨淋湿， EG 的最小值为 7 3 ．
60
9．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为60
的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
【探究发现】如图①，在平行四边形 ABCD 中， A  60 ， AB  AD ，E 为边 AD 的中点，点 F 在边 DC上，且 DF  DE ，连接 EF ，将VDEF 沿 EF 翻折得到△GEF ，点 D 的对称点为点 G．小组成员发现四边形 DEGF 是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
【探究证明】取图①中的边 BC 的中点 M，点 N 在边 AB 上，且 BN  BM ，连接MN ，将VBMN 沿MN 翻折得到△HMN ，点 B 的对称点为点 H．连接 FH ， GN ，如图②．求证：四边形GFHN 是平行四边形．
【探究提升】在图②中，四边形GFHN 能否成为轴对称图形．如果能，直接写出 AD 的值；如果不能，说
AB
明理由．
【答案】[探究发现]：四边形 DEGF 是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形GFHN 是平行四边形；[探
究提升]：四边形GFHN 为轴对称图形时， AD12
AB 的值为 2 或 3 ，理由见解析
【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理；
[探究发现]由将△ DEF 沿 EF 翻折得到△ GEF ，即知 DE  GE ， DF  GF ，而 DF  DE ，故
GE  DE  DF  GF ；
[探究证明]同探究发现可知四边形 BMHN 是菱形，有 NH ∥ BC ，而 E 为边 AD 的中点， M 为边 BC 的中点，四边形 ABCD 是平行四边形，即可得 DE  BM ， AD ∥ NH ，又 DE  FG ， FG ∥ AD ，故
FG  DE  BM  HN ， FG ∥ NH ，从而四边形GFHN 是平行四边形；
[探究提升]若四边形GFHN 为轴对称图形，则四边形GFHN 是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形GFHN 是矩形时，过G 作GK  AB 于 K ，过 E 作 ET  AB 于T ，设 AT  x ，则 AE  2x ，可得
AD  2 AE  4x ， DE  AE  2x ，求出 AB  AT  TK  KN  BN  x  2x  3x  2x  8x ，即可得 AD  1 ；
AB2
当四边形GFHN 是菱形时，延长 FG 交 AB 于W ，设 AD  y ，求出 AB  3 y ，即可得 AD  2 ．
2
【详解】[探究发现]：解：四边形 DEGF 是菱形，理由如下：
Q将△ DEF 沿 EF 翻折得到△ GEF ，
 DE  GE ， DF  GF ，
Q DF  DE ，
GE  DE  DF  GF ，
四边形 DEGF 是菱形；
[探究证明]：证明：如图：
AB3
Q将△ BMN 沿MN 翻折得到△ HMN ，
 BN  HN ， BM  HM ，
Q BN  BM ，
 HN  BN  BM  HM ，
四边形 BMHN 是菱形，
 NH ∥ BC ，
Q E 为边 AD 的中点， M 为边 BC 的中点，
 DE  1 AD ， BM  1 BC ，
22
Q四边形 ABCD 是平行四边形，
 AD  BC ， AD ∥ BC ，
 DE  BM ， AD ∥ NH ，
Q四边形 DEGF 是菱形，
 DE  FG ， FG ∥ AD ，
 FG  DE  BM  HN ， FG ∥ NH ，
四边形GFHN 是平行四边形；
[探究提升]：解：四边形GFHN 能成为轴对称图形，理由如下：
由[探究证明]知，四边形GFHN 是平行四边形，若四边形GFHN 为轴对称图形，则四边形GFHN 是矩形或
菱形，
当四边形GFHN 是矩形时，过G 作GK  AB 于 K ，过 E 作 ET  AB 于T ，如图：
QA  60 ，
AET  30 ，
 AT  1 AE ，
2
设 AT  x ，则 AE  2x ，
AE 2  AT 2
 ET  3x  GK ，
Q E 为 AD 中点，
 AD  2 AE  4x ， DE  AE  2x ，
Q四边形 DEGF 是菱形，
 EG  DE  2x  TK ，
Q四边形GFHN 是矩形，
GNH  90 ，
Q AD NH ， A  60 ，
HNB  A  60 ，
GNK  180  GNH  HNB  180  90  60  30 ，
 KN 
3GK 
3  3x  3x ，
Q BN  BM  1 BC  1 AD  2x ，
22
 AB  AT  TK  KN  BN  x  2x  3x  2x  8x ，
 AD  4 x  1 ；
AB8 x2
当四边形GFHN 是菱形时，延长 FG 交 AB 于W ，如图：
设 AD  y ，则 DE  DF  EG  GF  BN  BM  HM  NH  1 y ，
2
Q四边形GFHN 是菱形，
GF  FH  NH  GN  1 y ，
2
Q EG ∥CD ∥ AB ， GF ∥ AD ，
四边形 AEGW 是平行四边形， GWN  A  60 ，
 AW  EG  1 y ， GW  AE  1 y ，
22
GW  GN ，
△ GWN 是等边三角形，
WN  GW  1 y ，
2
 AB  AW  WN  BN  1 y  1 y  1 y  3 y ，
2222
 AD  y  2
AB3 y3 ；
2
综上所述，四边形GFHN 为轴对称图形时， AD12
AB 的值为 2 或 3 ．
10．（2025·山东滨州·中考真题）【背景资料】
最小覆盖圆在几何学和计算机科学中有着广泛的应用．我们把能完全覆盖某平面图形的最小的圆称为该平面图形的最小覆盖圆．如线段的最小覆盖圆是以线段为直径的圆，锐角三角形的最小覆盖圆是这个三角形的外接圆，直角三角形的最小覆盖圆是以斜边为直径的圆，钝角三角形的最小覆盖圆是以最长边为直径的圆，正方形的最小覆盖圆是以对角线为直径的圆．
【动手操作】
如图 1， VABC 中， BAC  90 ，请作出VABC 的最小覆盖圆．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．）
【迁移运用】
正方形 ABCD 的边长为 7，在边CD 上截取CE  2 ，以CE 为边向外作正方形CEFG ．
如图 2，连接 AF , DF ，求△ADF 的最小覆盖圆的直径；
将图 2 中的正方形CEFG 绕点 C 逆时针旋转90 （如图 3）， eO 经过 A，D，F 三点，且与边 AB, CD
分别交于点 I，L，求△ADF 的最小覆盖圆的直径；
将正方形CEFG 绕点 C 旋转，分别取 DB, BG, GE, ED 的中点 M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形MNPQ （如图 4）．在旋转过程中，四边形MNPQ 的最小覆盖圆的直径 d 的值是否发生变化？如果不变，请直接写出 d 的值；如果变化，请直接写出 d 的取值范围．
【答案】【动手操作】图见解析；【迁移运用】（1） 106 ；（2） 58 ；（3）变化， 5 2  d  9 2
22
【分析】动手操作：作 BC 的中垂线，再以中垂线与 BC 的交点为圆心，交点与点 B 之间的距离为半径画圆即可；
延长 FE 交 AB 于点 H ，求得ADF 为钝角，根据题意得到 AF 为△ADF 的最小覆盖圆的直径，在
Rt△AHF 中，利用勾股定理进行求解即可；
连接 AL ，根据题意，易得△ADF 为锐角三角形，△ADF 的外接圆为其最小覆盖圆，根据正方形的性质，得到ADL  90 ，进而得到 AL 即为△ADF 的外接圆的直径，进行求解即可；
连接 BE, DG ， DG 交 BC 于点 H ， BE, DG 交于点O ，连接MP ，根据三角形的中位线定理，证明四边形MNPQ 为平行四边形，证明VBCE≌VDCG ，推出四边形MNPQ 为正方形，进而得到四边形MNPQ 的
最小覆盖圆的直径为MP 的长，根据正方形的性质得到MP 
BC  CE  BE  BC  CE ，求出 BE 的范围，即可得出结果．
【详解】解：动手操作：∵VABC 中， BAC  90 ，
∴VABC 是钝角三角形，
∴VABC 的最小覆盖圆为以 BC 为直径的圆，作图如下：
2MQ 
2 BE ，根据
2
迁移运用：
∵正方形 ABCD 的边长为 7，正方形CEFG ，
∴ BAD  ADC  90, AD  CD  7, CEF  90, EF  CE  2 ，
∴ ADF  90, DE  CD  CE  5 ，
∴△ADF 为钝角三角形，
∴ AF 为△ADF 最小覆盖圆的直径，
延长 FE 交 AB 于点 H ，则： DEH  CEF  90 ，
∴四边形 ADEH 为矩形，
∴ EH  AD  7, AH  DE  5 ，
∴ FH  EF  EH  9, AHF  90 ，
AH 2  FH 2
106
∴ AF ；
连接 AL ，作 AK  DF 于点 K ，延长GF 交 AB 于点 J ，
则：四边形 DGJA 为矩形，
2
∴ GJ  AD  7, AJ  DG  CD  CG  7  2  5 ， AJF  90 ，
AJ 2  FJ 2
∴ FJ  JG  FG  7  2  5 ， AF 
在Rt△FGD 中， DG  5, FG  2 ，
 5，
∴ DF 
∵ SV AFD
，
52  22
29
 1 DF  AK  1 AD  DG ，即： 29 AK  7  5  35 ，
22
∴ AK  35 29 ，
29
∵ eO 过点 A, D, F , L ， ADL  90 ，
∴ AFD  ALD  ADL ， AL 为eO 的直径，又∵ DAF  DAB  90, ADF  ADL  90 ，
∴△ADF 为锐角三角形，
∴ eO 即为△ADF 的最小覆盖圆，
∵ AFD  ALD ，
∴sin AFD  sin ALD ，即： AK  AD ，
AFAL
35 29
2
∴ 29  7 ，
5AL
∴ AL  58 ，即△ADF 的最小覆盖圆的直径为 58 ；
变化；
连接 BE, DG ， DG 交 BC 于点 H ， BE, DG 交于点O ，连接MP ，
∵分别取 DB, BG, GE, ED 的中点 M，N，P，Q，顺次连接各中点，得到四边形MNPQ ，
∴ MQ ∥ BE, MQ  1 BE, NP ∥ BE, NP  1 BE, MN ∥ DG, MN  1 DG ，
222
∴ MQ ∥ PN , MQ  PN ，
∴四边形MNPQ 为平行四边形，
∵正方形 ABCD ，正方形CEFG ，
∴ CB  CD, CG  CE, BCD  ECG  90 ，
∴ DCG  BCE  90  BCG ，
∴VBCE≌VDCG ，
∴ BE  DG ， CBE  CDG ，
∴ MQ  MN ，
∴四边形MNPQ 为菱形，
∵ DHC  BHG, CBE  CDG ，
∴ BOH  DCH  90 ，
∴ DG  BE ，
∴ MN  MQ ，
∴四边形MNPQ 为正方形，
∴ MP 
2MQ 
2 BE ，四边形MNPQ 的最小覆盖圆的直径为MP ，
2
∴ MP 随着 BE 的变化而变化，
∵ BC  CE  BE  BC  CE ，即7  2  BE  7  2 ，
∴ 5  BE  9 ，
9 2
2
∴ 5 2  MP  9 2 ，即 5 2  d  ．
222
【点睛】本题考查三角形的外接圆，圆周角定理，解直角三角形，正方形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握题干给出的信息，判断三角形和四边形的最小覆盖圆，是解题的关键．