2024年中考复习查缺补漏03 图形变换与几何综合压轴（解析版）

查补培优冲刺03.图形变换与几何综合压轴题型一：图形变换--折叠类综合压轴（选填类）题型二：图形变换--折叠类综合压轴（解答类）题型三：图形变换--旋转类综合压轴（选填类）题型四：图形变换--旋转类综合压轴（解答类）题型五：图形变换--图形拼接类综合压轴题型一：图形变换--折叠类综合压轴（选填类）翻折和折叠问题其实质就是对称问题，翻折图形的性质就是翻折前后图形是全等的，对应的边和角都是相等的。以这个性质为基础，结合三角形、四边形、圆的性质，三角形相似、三角函数，勾股定理设方程思想来考查。解决翻折题型的策略：1）利用翻折的性质：①翻折前后两个图形全等；②对应点连线被对称轴垂直平分；2）结合相关图形的性质（三角形，四边形等）；3）运用勾股定理或者三角形相似建立方程。例1．（2023·江苏扬州·中考真题）如图，已知正方形的边长为1，点E、F分别在边上，将正方形沿着翻折，点B恰好落在边上的点处，如果四边形与四边形的面积比为3∶5，那么线段的长为．

【答案】【分析】连接，过点作于点，设，则，则，根据已知条件，分别表示出，证明，得出，在中，，勾股定理建立方程，解方程即可求解．【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，

∵正方形的边长为1，四边形与四边形的面积比为3∶5，∴，设，则，则∴即∴∴，∴，∵折叠，∴，∴，∵，∴，又,∴，∴在中，即解得：，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．变式1．（2022·江苏连云港·中考真题）如图，将矩形ABCD沿着GE、EC、GF翻折，使得点A、B、D恰好都落在点O处，且点G、O、C在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB=AD；③GE=DF；④OC=2OF；⑤△COF∽△CEG．其中正确的是（

）A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④【答案】B【分析】由折叠的性质知∠FGE=90°，∠GEC=90°，点G为AD的中点，点E为AB的中点，设AD=BC=2a，AB=CD=2b，在Rt△CDG中，由勾股定理求得b=，然后用勾股定理再求得DF=FO=，据此求解即可．【详解】解：根据折叠的性质知∠DGF=∠OGF，∠AGE=∠OGE，∴∠FGE=∠OGF+∠OGE=(∠DGO+∠AGO)=90°，同理∠GEC=90°，∴∠FGE+∠GEC=180°∴GF∥EC；故①正确；根据折叠的性质知DG=GO，GA=GO，∴DG=GO=GA，即点G为AD的中点，同理可得点E为AB的中点，设AD=BC=2a，AB=CD=2b，则DG=GO=GA=a，OC=BC=2a，AE=BE=OE=b，∴GC=3a，在Rt△CDG中，CG2=DG2+CD2，即(3a)2=a2+(2b)2，∴b=，∴AB=2=AD，故②不正确；设DF=FO=x，则FC=2b-x，在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，即(2b-x)2=x2+(2a)2，∴x==，即DF=FO=，GE=a，∴，∴GE=DF；故③正确；∴，∴OC=2OF；故④正确；∵∠FCO与∠GCE不一定相等，∴△COF∽△CEG不成立，故⑤不正确；综上，正确的有①③④，故选：B．【点睛】本题主要考查了折叠问题，解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．变式2．（2024·江苏苏州·一模）王同学用长方形纸片折纸飞机，前三步分别如图①、②、③．第一步：将长方形纸片沿对称轴对折后展开，折出折痕；第二步：将和分别沿翻折，重合于折痕上；第三步：将和分别沿翻折，重合于折痕上．已知，，则的长是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据第一、二步折叠易得四边形为正方形，，以此得出，根据勾股定理求出，根据第三步折叠可得，进而得到，则，于是，即可求解．【详解】解：∵四边形为矩形，，∴，由第一步折叠可得，，，由第一步折叠可得，，，∴，∴四边形为平行四边形，∵，，∴平行四边形为正方形，∴，∴，在中，，根据第三步折叠可得，，∵，∴，∴，∴，∴．故选：D．【点睛】本题主要考查折叠的性质、矩形的性质、正方形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解题关键．题型二：图形变换--折叠类综合压轴（解答类）几何变换中的翻折（折叠、对称)问题是历年江苏中考的热点问题，试题立意新颖，变幻巧妙，主要考查学生的识图能力及灵活运用数学知识解决问题的能力。涉及翻折问题，以矩形、正方形对称最常见，变化形式多样。无论如何变化，解题工具无非全等、相似、勾股以及三角函数，从条件出发，找到每种对称下隐藏的结论，往往是解题关键。例1．（2023·江苏盐城·中考真题）综合与实践【问题情境】如图1，小华将矩形纸片先沿对角线折叠，展开后再折叠，使点落在对角线上，点的对应点记为，折痕与边，分别交于点，.【活动猜想】（1）如图2，当点与点重合时，四边形是哪种特殊的四边形？答：_________.【问题解决】（2）如图3，当，，时，求证：点，，在同一条直线上.【深入探究】（3）如图4，当与满足什么关系时，始终有与对角线平行？请说明理由.（4）在（3）的情形下，设与，分别交于点，，试探究三条线段，，之间满足的等量关系，并说明理由.【答案】（1）菱形；（2）证明见解答；（3），证明见解析；（4），理由见解析【分析】（1）由折叠可得：，，再证得，可得，利用菱形的判定定理即可得出答案；（2）设与交于点，过点作于，利用勾股定理可得，再证明，可求得，进而可得，再由，可求得，，，运用勾股定理可得，运用勾股定理逆定理可得，进而可得，即可证得结论；（3）设，则，利用折叠的性质和平行线性质可得：，再运用三角形内角和定理即可求得，利用解直角三角形即可求得答案；（4）过点作于，设交于，设，，利用解直角三角形可得，，即可得出结论．【详解】解：（1）当点与点重合时，四边形是菱形．理由：设与交于点，如图，由折叠得：，，，四边形是矩形，，，，，四边形是菱形．故答案为：菱形．（2）证明：四边形是矩形，，，，，，，，，如图，设与交于点，过点作于，由折叠得：，，，，，，，即，，，，，，，即，，，，，，，，，，点，，在同一条直线上．（3）当时，始终有与对角线平行．理由：如图，设、交于点，四边形是矩形，，，，设，则，由折叠得：，，，，，，，，，即，，，，；（4），理由如下：如图，过点作于，设交于，由折叠得：，，，设，，由（3）得：，，，，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，，，，，，即．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，涉及知识点多，综合性强，难度较大．变式1．（2023·江苏·中考真题）综合与实践定义：将宽与长的比值为（为正整数）的矩形称为阶奇妙矩形．（1）概念理解：当时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（）与长的比值是_________．（2）操作验证：用正方形纸片进行如下操作（如图（2））：第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，连接；第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．试说明：矩形是1阶奇妙矩形．

（3）方法迁移：用正方形纸片折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．（4）探究发现：小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点为正方形边上（不与端点重合）任意一点，连接，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形的周长与矩形的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．【答案】（1）；（2）见解析；（3），理由见解析【分析】（1）将代入，即可求解．（2）设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得，设，则，在中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；（3）仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形．（4）根据（2）的方法，分别求得四边形的周长与矩形的周长，即可求解．【详解】解：（1）当时，，故答案为：．（2）如图（2），连接，设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得

设，则根据折叠，可得，，在中，，∴，在中，∴解得：∴∴矩形是1阶奇妙矩形．（3）用正方形纸片进行如下操作（如图）：第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，再对折，折痕为，连接；第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．矩形是2阶奇妙矩形，理由如下，连接，设正方形的边长为，根据折叠可得，则，设，则根据折叠，可得，，在中，，∴，在中，∴解得：∴当时，∴矩形是2阶奇妙矩形．（4）如图（4），连接诶，设正方形的边长为1，设，则，设，则根据折叠，可得，，在中，，∴，在中，∴整理得，∴四边形的边长为矩形的周长为，∴四边形的周长与矩形的周长比值总是定值【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．变式2．（2022·江苏淮安·中考真题）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点．(1)【观察发现】与的位置关系是______；(2)【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；(3)如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；(4)【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)；(2)，理由见解析；(3)，理由见解析；(4)，理由见解析．【分析】（1）利用菱形的性质和翻折变换的性质判断即可；（2）连接，，由可知点B、、C在以为直径,E为圆心的圆上，则，由翻折变换的性质可得，证明，可得结论；（3）连接，，，延长至点H，求出，，可得，然后证明，可得，进而得到即可解决问题．（4）延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，设，，解直角三角形求出，，利用勾股定理求出，然后根据相似三角形的判定和性质及平行线分线段成比例求出，，再根据勾股定理列式即可得出结论．【详解】（1）解：∵在菱形中，，∴由翻折的性质可知，，故答案为：；（2）解：，理由：如图，连接，，∵为中点，∴，∴点B、、C在以为直径,E为圆心的圆上，∴，∴，由翻折变换的性质可知，∴，∴；（3）解：结论：；理由：如图，连接，，，延长至点H，由翻折的性质可知，设，，∵四边形是菱形，

∴，，∴，∴，∴，∵，点B、、C在以为直径,E为圆心的圆上，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（4）解：结论：，理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，设，，∵，∴，∴，∴，，在中，则有，∴，∴，，∵，∴，∴，∴∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，翻折变换，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．题型三：图形变换--旋转类综合压轴（选填类）几何变换中的旋转问题是江苏历年中考考查频率高且考查难度较高，综合性强，通常有线段、三角形、（特殊）平行四边形的旋转问题。在解决此类问题时，要牢牢把握旋转的性质，即旋转前后的图形全等，对应角相等，对应边相等，再结合几何图形本身的性质，找到旋转过程中变化的量和不变的量，运用三角形全等或相似的有关知识，求解有关角、线段及面积问题。例1．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，和是有公共顶点的两个等腰直角三角形，，点P为射线和射线的交点，若，将绕点A旋转，求旋转过程中线段的取值范围．【答案】【分析】利用特殊位置，当在下方与相切时，的值最小；当在上方与相切时，的值最大，即可求解．【详解】解：∵和是有公共顶点的两个等腰直角三角形，，∴，∴，∴，，∵，∴，如图，以A为圆心，为半径画圆，当在下方与相切时，此时最小，，∴四边形是矩形∴，，∴是直角三角形，∵斜边为定值，∴最小时，最小，∵，∴，∴；如图，以A为圆心，为半径画圆，当在上方与相切时，此时最大，，∴四边形是矩形，∴，，∴是直角三角形，∵斜边为定值，∴最大时，最大，∵，∴，∴；综上所述，旋转过程中线段的取值范围为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了切线的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，利用特殊位置求出的最大值和最小值是解题的关键．变式1．（2023·江苏无锡·模拟预测）如图，正方形和正方形的边长分别为6和4，连接，H为的中点，连接．将正方形绕点A旋转一周，则的取值范围是；当C、F、G三点共线时，的长是．【答案】或【分析】如图1中，在的上方作正方形，连接，求出的取值范围，再利用三角形中位线定理求解即可；的长分两种情形，分别画出图形求解即可．【详解】解：如图1中，在的上方作正方形，四边形和四边形是正方形，，，H为的中点，，，，，，，，；如图2中，当C，F，G三点共线时，连接，过点D作于点J，交的延长线于点K，设交于点O，则，四边形和四边形是正方形，，，，，，，，，四边形是矩形，，四边形是正方形，，设，则，，，或（舍），，，，，，，如图3，当C，G，F三点共线时，同理可得，，则，综上所述，的长为或，故答案为：，或．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线，解一元二次方程等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题，学会用分类讨论的思考问题．变式2．（2023·浙江·模拟预测）如图，已知，，，，绕着斜边AB的中点D旋转，DE、DF分别交AC、BC所在的直线于点P、Q．当为等腰三角形时，AP的长为．

【答案】或或【分析】分类讨论：①当，由，，则，过作与，于，利用三角形的中位线的性质得到，，，可得到与的长，然后利用等腰三角形的性质得到，易得，又，利用三角形全等的性质得到，则，即，则，然后根据三角形相似的性质得到：：，代值计算可得，从而求得；②当，则点在点，易证，然后根据三角形相似的相似比即可得到，从而求得；②当，则，而，得到，即，易证，然后根据三角形相似的相似比即可求得．【详解】解：①当，，，，则，过作与，于，如图，

为的中点，，，，，，，而，，又，，而，，即，，：：，即：：，，；②当，则点在点，如图，，而，，，：：，即：：，，；③当，则，而，，即，如图，，：：，即：：，．故答案为或或．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质：两腰相等，两底角相等．也考查了三角形全等的性质和三角形相似的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质以及分类讨论思想的运用．题型四：图形变换--旋转类综合压轴（解答类）几何变换中的旋转问题是江苏历年中考考查频率高且考查难度较高，综合性强，通常有线段、三角形、（特殊）平行四边形的旋转问题。在解决此类问题时，要牢牢把握旋转的性质，即旋转前后的图形全等，对应角相等，对应边相等，再结合几何图形本身的性质，找到旋转过程中变化的量和不变的量，运用三角形全等或相似的有关知识，求解有关角、线段及面积问题。例1．（2023·江苏扬州·中考真题）【问题情境】在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作和，设．【操作探究】如图1，先将和的边、重合，再将绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为，旋转过程中保持不动，连接．

(1)当时，________；当时，________；(2)当时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；(3)如图2，取的中点F，将绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为________．【答案】(1)2；30或210(2)画图见解析；(3)【分析】（1）当时，与重合，证明为等边三角形，得出；当时，根据勾股定理逆定理得出，两种情况讨论：当在下方时，当在上方时，分别画出图形，求出结果即可；（2）证明四边形是正方形，得出，求出，得出，求出，根据求出两块三角板重叠部分图形的面积即可；（3）根据等腰三角形的性质，得出，即，确定将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，求出圆的周长即可．【详解】（1）解：∵和中，∴，∴当时，与重合，如图所示：连接，

∵，，∴为等边三角形，∴；当时，∵，∴当时，为直角三角形，，∴，当在下方时，如图所示：∵，∴此时；当在上方时，如图所示：∵，∴此时；综上分析可知，当时，或；故答案为：2；30或210．（2）解：当时，如图所示：∵，∴，∴，∵，又∵，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即两块三角板重叠部分图形的面积为．（3）解：∵，为的中点，∴，∴，∴将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，∵∴点F运动的路径长为．故答案为：．

【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质，确定圆的条件，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是画出相应的图形，数形结合，并注意分类讨论．变式1．（2022·江苏连云港·中考真题）【问题情境】在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中，，．【问题探究】小昕同学将三角板绕点B按顺时针方向旋转．(1)如图2，当点落在边上时，延长交于点，求的长．(2)若点、、在同一条直线上，求点到直线的距离．(3)连接，取的中点，三角板由初始位置（图1），旋转到点、、首次在同一条直线上（如图3），求点所经过的路径长．(4)如图4，为的中点，则在旋转过程中，点到直线的距离的最大值是_____．【答案】(1)(2)(3)(4)【分析】（1）在Rt△BEF中，根据余弦的定义求解即可；（2）分点在上方和下方两种情况讨论求解即可；（3）取的中点，连接，从而求出OG=，得出点在以为圆心，为半径的圆上，然后根据弧长公式即可求解；（4）由（3）知，点在以为圆心，为半径的圆上，过O作OH⊥AB于H，当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，在Rt△BOH中求出OH，进而可求GH.【详解】（1）解：由题意得，，∵在中，，，．∴．（2）①当点在上方时，如图一，过点作，垂足为，∵在中，，，，∴，∴．∵在中，，，，，∴．∵点、、在同一直线上，且，∴．又∵在中，，，，∴，∴．∵在中，，∴．②当点在下方时，如图二，在中，∵，，，∴．∴．过点作，垂足为．在中，，∴．综上，点到直线的距离为．（3）解：如图三，取的中点，连接，则．∴点在以为圆心，为半径的圆上．当三角板绕点B顺时针由初始位置旋转到点、B、首次在同一条直线上时，点所经过的轨迹为所对的圆弧，圆弧长为．∴点所经过的路径长为．（4）解：由（3）知，点在以为圆心，为半径的圆上，如图四，过O作OH⊥AB于H，当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，在Rt△BOH中，∠BHO=90°，∠OBH=30°，，∴，∴，即点到直线的距离的最大值为.【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，弧长公式，解直角三角形等知识，分点在上方和下方是解第（2）的关键，确定点G的运动轨迹是解第（3）（4）的关键.变式2．（2024·江苏扬州·一模）综合与实践：【问题情境】数学活动课上，同学们发现以下结论：如图，已知等腰和等腰，其中，射线与相交于点，那么和数量关系是________，和位置关系是________；【思考尝试】如图，已知四边形和四边形都是正方形，是等腰直角三角形，，连接．同学们发现若能证明四边形为平行四边形，即可找出与的数量关系．请你根据以上思路，直接写出与的数量关系________；【实践探究】如图，四边形和四边形都是矩形，若，连接．求出与的数量关系；【拓展迁移】如图，在【实践探究】的基础上，若，，如果所在直线相交于点，请直接写出矩形绕点旋转一周过程中长度的最小值________．【答案】问题情境：，；思考尝试：；实践探究：；拓展迁移：．【分析】问题情境：证明，得到，，进而推导出，得到，即可得到；思考尝试：证明四边形为平行四边形，得到，由勾股定理得到，即可得到；实践探究：过点作，并使得，证明，得到，进而得到，即可得到，又由勾股定理得到，即得到；拓展迁移：由作图可得，点的运动轨迹为以点为圆心的圆上，当时，和相切，点重合，此时最大，最小，即的长最小，，由勾股定理求出，再根据即可求解．【详解】解：【问题情境】∵等腰和等腰，，∴，，，，∴，∴，∴，，∴，∴，∴，故答案为：，；【思考尝试】∵四边形是正方形，是等腰直角三角形，∴，，，，∴∠ABE=∠CBH，，∴，∴，，∵四边形是正方形，∴，，∴，，∴，∴，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，∵，∴，∴，∴，故答案为：；【实践探究】如图，过点作，并使得，则，连接，∵四边形为矩形，∴，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，，∵，∴，∵四边形为矩形，∴，，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，∵，∴，∴，∴，∴；【拓展迁移】解：如图，点的运动轨迹为以点为圆心的圆上，当时，和相切，点重合，此时最大，∵，∴此时最小，即的长最小，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴矩形绕点旋转一周过程中长度的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．题型五：图形变换--图形拼接类综合压轴把一个几何图形按某种要求分成几个图形，就叫做图形的分割:反过来，按一定的要求也可以把几个图形拼接成一-个完美的图形，就叫做图形的拼接。通常，我们会将一个或多个图形先分割，再拼接成一种指定的图形。在拼接过程中注意：1）不重不漏的原则，即在拼接中不能出现空隙或者重叠部分；2）面积不变原则，在拼接中利用面积不变是计算拼接问题的主要方法；3）拼接中常用的方法是平移或者旋转；4）动手操作要读懂出题人的拼接规则和方法提示。例1．（2024·浙江温州·一模）如图1木工师傅将三块不全等的的平行四边形木板拼成了一个邻边长为5和12的大的平行四边形木板，然后通过裁剪又拼成了一个不重叠，无缝隙的大正方形木板如(图2)，数据如图所示，记图1中三个小平行四边形的中心分别为A，B，C，点A，C的图2中的对应点记为连结和当时,MN的长为．【答案】【分析】根据题意，得，,结合点B是对角线的中点，点C是对角线的中点，计算，正方形的面积等于平行四边形的面积，得到，，设，则，则，，根据勾股定理，得，计算即可，本题考查了平行四边形的性质，正方形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，拼图的性质，熟练掌握勾股定理，正方形的性质是解题的关键．【详解】根据题意，得，,则，∵点B是对角线的中点，点C是对角线的中点，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，设，则则，∵，∴,故点C到得距离等于点到得距离，为，设与的交点是Y，则，∵,故解得，故答案为：．变式1．（2024·江苏·中考模拟预测）如图是矩形，它由三个直角三角形和一个梯形组成，将其重新组成不重叠、无缝隙的正方形（如图）．连结，交于点．此时点，，在同一直线上，若，则正方形边长为，连结交于点，则的值为．

【答案】/【分析】先证明，可得，即，再证明，设，则，则，计算的长，证明，可得的长，从而计算正方形边长长；根据勾股定理计算和的长，根据平行线分线段成比例定理可得：，计算的长，同理可得的长，从而可得答案．【详解】解：四边形是正方形，，，四边形是矩形，，即，，，即，，，，，，设，则，，即，，，，，，即，，解得：，（舍，，正方形边长为，，，，，，，，，，，，，，即，，．故答案为：，．【点睛】本题考查了矩形的性质和正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，本题注意图形的剪拼中相等的线段和角的关系．变式2．（2023·浙江温州·三模）如图1，将一张等腰三角形纸片沿虚线剪开，得到两个全等的三角形和两个全等的四边形小纸片．小博按图2方式拼接，恰好拼成一个不重叠、无缝隙的矩形；小雅按图3方式拼接，也拼出一个矩形，但由于两个四边形纸片有重叠（阴影）部分，整个面积减少了．若，则，矩形的面积为

【答案】/【分析】设虚线交于点，根据题意可知为等腰三角形的高，且//，由设，由图2可知，，可得，在结合勾股定理解得，即可解得的值；由解得，再结合由图2与图3可知，，据此解出，最后由，代入的值计算即可．【详解】解：设虚线交于点，

根据题意可得为等腰三角形的高，且//设由图2可知，，，，；设由题意知，如图，由图2与图3可知解得当时，故答案为：；．【点睛】本题考查等腰三角形的性质、平行线分线段成比例性质、勾股定理、矩形性质、平行四边形面积等知识，涉及方程思想，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．课后训练1．（2023·江苏无锡·模拟预测）如图，正方形的边长为2，M是的中点，将四边形沿翻折得到四边形，连接，则的值等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了正方形与折叠问题，求角的正弦值，勾股定理，等角对等边等等，延长交于G，过点D作于G，先证明得到，设，则，由勾股定理建立方程，解得，则，利用面积法求出，则，由折叠的性质可得，则，可得，则，证明，得到，即可得到．【详解】解：如图所示，延长交于G，过点D作于G，∵四边形是正方形，∴，∴，由折叠的性质可得，∴，∴，∵点M是的中点，∴，设，则，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，∵，∴，∴，由折叠的性质可得，∴，∴，∴，由折叠性质可得，∴，∴，∴，故选：A．2.（2022·江苏苏州·中考真题）如图，在矩形ABCD中．动点M从点A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点M运动的速度为，点N运动的速度为，且．当点N到达点C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形．若在某一时刻，点B的对应点恰好在CD的中点重合，则的值为．【答案】【分析】在矩形ABCD中，设，运动时间为，得到，利用翻折及中点性质，在中利用勾股定理得到，然后利用得到，在根据判定的得到，从而代值求解即可．【详解】解：如图所示：在矩形ABCD中，设，运动时间为，在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形，，若在某一时刻，点B的对应点恰好在CD的中点重合，，在中，，则，，,,,,，，，则，，即，在和中，，，即，，故答案为：．【点睛】本题属于矩形背景下的动点问题，涉及到矩形的性质、对称性质、中点性质、两个三角形相似的判定与性质、勾股定理及两个三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及判定，求出相应线段长是解决问题的关键．3．（2022·江苏扬州·中考真题）“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点；第2次折叠使点落在点处，折痕交于点．若，则．【答案】6【分析】根据第一次折叠的性质求得和，由第二次折叠得到，，进而得到，易得MN是的中位线，最后由三角形的中位线求解．【详解】解：∵已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点，∴，．∵第2次折叠使点落在点处，折痕交于点，∴，，∴，∴．∵，∴MN是的中位线，∴，．∵，，∴．故答案为：6．【点睛】本题主要考查了折叠的性质和三角形中位线的性质，理解折叠的性质，三角形的中位线性质是解答关键．4．（2024·江苏徐州·一模）如图，在和中，，点M，N，P分别为的中点，若绕点A在平面内自由旋转，则面积S的取值范围为．【答案】【分析】连接，根据三角形中位线定理得到推出，根据全等三角形的性质得到，推出是等腰直角三角形．根据等腰直角三角形的性质得到，推出最大时，面积最大，最小时，面积最小，根据三角形的面积公式即可得到结论．【详解】解：连接并延长交于G交于O，∵点P，N是的中点，∴，∵点P，M是的中点，∴，∵，∴，即，在与中，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形．∴，∴最大时，面积最大，最小时，面积最小，∴当点E在的延长线上时，最大，此时，，当点E在线段上时，最小，此时，，∴，．面积S的取值范围为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质，解题关键是判断出的最大值和最小值．5．（2024·江苏扬州·一模）如图，在菱形纸片中，点E在边上，将菱形沿折叠，点A、B分别落在、处，，垂足为F．若，，则．【答案】【分析】本题考查菱形性质，折叠的性质，解直角三角形，根据菱形的性质得到，结合折叠得到，，根据三角函数得到，，结合角度关系得到，求出，再根据三角函数即可得到答案；【详解】解：过作所在直线于点Q，∵四边形是菱形，，，∴，，，∵菱形沿折叠，点A、B分别落在、处，∴，，∵，∴，∴，∴，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．6．（2023·浙江嘉兴·中考真题）一副三角板和中，．将它们叠合在一起，边与重合，与相交于点G（如图1），此时线段的长是，现将绕点按顺时针方向旋转（如图2），边与相交于点H，连结，在旋转到的过程中，线段扫过的面积是．

【答案】【分析】如图1，过点G作于H，根据含直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出，，然后由可求出的长，进而可得线段的长；如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接，，是旋转到的过程中任意位置，作于N，过点B作交的延长线于M，首先证明是等边三角形，点在直线上，然后可得线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积，求出和，然后根据线段扫过的面积列式计算即可．【详解】解：如图1，过点G作于H，

∵，，∴，，∵，∴，∴；如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接，由旋转的性质得：，，∴是等边三角形，∵，∴，∴，∵，∴，即垂直平分，∵是等腰直角三角形，∴点在直线上，连接，是旋转到的过程中任意位置，则线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积，∵，∴，∴，作于N，则，∴，过点B作交的延长线于M，则，∵，，∴，∴，∴线段扫过的面积，，，，故答案为：，．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含直角三角形的性质，二次根式的运算，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算等知识，作出图形，证明点在直线上是本题的突破点，灵活运用各知识点是解题的关键．7．（2023·浙江温州·中考真题）图1是方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为，现将它剪拼成一个“房子”造型(如图2)，过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形作为题字区域(点，，，在圆上，点，在上)，形成一幅装饰画，则圆的半径为．若点，，在同一直线上，，，则题字区域的面积为．

【答案】5【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定理求得，连接，取的中点，连接，在中，根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，依题意，，∵过左侧的三个端点作圆，，又，∴在上，连接，则为半径，∵，在中，∴解得：；连接，取的中点，连接，交于点，连接，，

∵，∴，∴，∵点，，在同一直线上，∴，∴，又，∴∵，∴∴∵∴∴，∵，设，则在中，即整理得即解得：或∴题字区域的面积为故答案为：；．【点睛】本题考查垂径定理，平行线分线段成比例，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键．8．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在矩形中，，E为边上的一个动点，连接，点B关于的对称点为，连接．若的最大值与最小值之比为2，则的长为．【答案】【分析】本题主要考查了一点到圆上一点距离的最值问题，矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，由轴对称的性质可得，则点在以A为圆心，半径为3的圆上运动，据此可得当三点共线时，最小，当点E与点B重合时，最大，据此表示出的最大值和最小值，再由的最大值与最小值之比为2列出方程求解即可．【详解】解；如图所示，连接，由轴对称的性质可得，∴点在以A为圆心，半径为3的圆上运动，∴当三点共线时，最小，∴；∵点E在线段上，∴当点E与点B重合时，最大，最大值即为的长，∴，∵的最大值与最小值之比为2，∴，∴，∴，解得或，故答案为：．9．（2023·浙江杭州·二模）如图，一张矩形纸片中，（m为常数），将矩形纸片沿折叠，点D的对应点为点M，与交于点P．当点H落在的中点时，且，则．【答案】【分析】本题主要考查了矩形折叠综合，熟练掌握矩形的性质，折叠性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，是解题的关键．设，根据得到，根据，得到①，在中，利用勾股定理得到②，解①②即可求解．【详解】∵，设（），则，∵点H是的中点，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴①，∵，∴，在中，，∴②，联立①②，解得：，∵，∴，∴．故答案为：．10．（2022·浙江宁波·一模）如图，矩形中，，分别与边相切，点M，N分别在上，，将四边形沿着翻折，使点B、C分别落在、处，若射线恰好与相切，切点为G，则线段的长为．【答案】/【分析】设与相切于点E，与相切于点H，连接，过点N作于点F，利用切线的性质与切线长定理求得圆的半径，，利用折叠的性质可得，设，则，，通过证明，利用相似三角形的性质列出方程，解方程即可得出结论．【详解】解：设与相切于点E，与相切于点H，连接，过点N作于点F，如图，∵分别与边相切，，∴的直径为4，∴．∵为的切线，∴，∵，∴四边形为矩形，∵，∴四边形为正方形．∴．∵为的切线，∴，，．∵四边形沿着翻折，使点B、C分别落在、处，∴，，，．∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴．∴．∵四边形为直角梯形，，∴，设，则，，∴，解得：或（不合题意，舍去）．∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，梯形的性质，切线长定理，条件适当的辅助线是解题的关键．11．（2024·浙江宁波·一模）如图，将矩形的边翻折到，使点的对应点在边上，再将边翻折到，且点的对应点为的内心，则．【答案】4【分析】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、等腰三角形的性质、三角形的内心的定义、全等三角形的判定与性质、锐角三角形函数与解直角三角形、三角形的面积公式等知识．作于点，作于点，则，由翻折的性质结合点为的内心，得，，推导出，，于是得，，由，得，再证明，得，可证明，所以，则，求得，于是得到问题的答案．【详解】解：作于点，作于点，则，∴，由翻折得，，，点为的内心，，，四边形是矩形，∴，，，，，，∴，，，，，，，，，设交于点，，，，，，，，，，故答案为：4．12．（2023·浙江台州·二模）中，，是上一点，于点，，将绕点逆时针旋转至，连接，若，则．【答案】【分析】连接，先证，再证四边形为矩形，再证，得到，设，，则，得到，从而得到、的关系．【详解】解：连接，，，由旋转可知：，，，，，，，，，，在和中，，，，，，又，，四边形是矩形，，，，，，，设，，则，即：，整理得：，解得：，（舍去），，，故答案为：．【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，解题的关键是利用三角形相似构建方程解决问题．13．（2023·浙江宁波·三模）如图，在矩形中，．将矩形沿折叠，使点A落在边上的E处，得到四边形，连接，若，，则，．【答案】【分析】过G作于M，过P作，垂足为N，证明，推出，据此可求得；再根据三角函数推出，设，则，根据勾股定理表示，在中，，，求出，即可求出面积．【详解】解：过G作于M，过P作，垂足为N，∵矩形沿折叠，使点A落在边上的E处，得到四边形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，∴；∵折叠矩形，∴，∴，∵，∴，设，则，∴，∴，∴，∴，∴，在中，，，∴，，解得，，∴；故答案为：，．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形，正方形的性质，翻折变换，解直角三角形，熟练掌握这些知识点的综合应用，善于在复杂的图形中找出基本图形是解题关键．14．（2022·浙江杭州·二模）如图，在平行四边形中，与交于点，，，．点从点出发沿着方向运动，到达点停止运动．连接，点关于直线的对称点为．当点落在上时，则．在运动过程中，点到直线的距离的最大值为．【答案】2【分析】如图1，点关于直线的对称点为，当点落在上时，则AQ＝AB，连接过点Q作OH⊥AB于点H，则∠OHB＝∠OHA＝90°，在Rt△BOH中，BH＝2，OH＝2，在Rt△AOH中，AH＝OH＝2，AO＝2AB＝AQ＝BH＋AH＝2＋2，即可求得AQ－AO＝2＋2－2；如图2，以点A为圆心，AB长为半径作圆，交BD于点S，取的中点为Q1，连接AQ1交BS于点T，由题意知点Q在上运动，在上，点Q1到直线的距离最大，设点B关于直线AC的对称点为点Q2，作Q2N⊥BD于点N，在上，点Q2到直线的距离最大，分别求解两个距离，取最大值即可．【详解】解：如图1，点关于直线的对称点为，当点落在上时，则AQ＝AB，连接过点O作OH⊥AB于点H，则∠OHB＝∠OHA＝90°，∵四边形ABCD是平行四边形，BD＝8，∴OB＝OD＝4，在Rt△BOH中，∠OBH＝，∠OHB＝90°，∴BH＝OB×cos∠OBH＝4×cos60°＝2，OH＝OB×sin∠OBH＝4×sin60°＝2，在Rt△AOH中，∠OAH＝，∠OHA＝90°，∴∠AOH＝90°－∠OAH＝45°，∴AH＝OH＝2，AO＝，∴AB＝AQ＝BH＋AH＝2＋2，∴AQ－AO＝2＋2－2．如图2，以点A为圆心，AB长为半径作圆，交BD于点S，取的中点为Q1，连接AQ1交BS于点T，由题意知点Q在上运动，在上，点Q1到直线的距离最大，设点B关于直线AC的对称点为点Q2，作Q2N⊥BD于点N，在上，点Q2到直线的距离最大，下面分别求解，∵AB＝AS，∴△ABS是等腰三角形，∵∠ABS＝60°，∴△ABS是等边三角形，∵的中点为Q1，

∴垂直平分BS于点T，∴AT＝AB×sin∠ABS＝（2＋2）×＝＋3，∴＝－AT＝－1；由题意可知点与点B关于直线AO对称，∴∠AB＝2∠ABO＝90°，AB＝A，

∴∠AB＝∠AB＝45°，，∴∠BN＝∠ABO－∠AB＝15°，如图3，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，∴AB＝2BC＝2，AC＝，延长CA至点D，使得AD＝AB＝2，∴∠D＝∠ABD＝∠BAC＝15°，CD＝AC＋AD＝＋2，∴tan15°＝tanD＝，如图2，在Rt△NB中，∠BN＝∠ABO－∠AB＝15°，设N＝x，则BN＝，由勾股定理得∴＝，解得x＝2，∴N＝2，∵2＞－1，

∴N＞，∴点到直线的距离的最大值为2．故答案为：，2【点睛】此题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，勾股定理，圆的相关知识，轴对称的性质等知识，综合性较强，难度较大，熟练掌握相关性质和方法是基础，添加适当的辅助线是解题的关键．15．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，在中，，点分别在边，上，连接，已知点和点关于直线对称．设，若，则（结果用含的代数式表示）．

【答案】【分析】先根据轴对称的性质和已知条件证明，再证，推出，通过证明，推出，即可求出的值．【详解】解：点和点关于直线对称，，，．，，点和点关于直线对称，，又，，，，，点和点关于直线对称，，，，，在和中，，．在中，，，，，，，，，，．，，解得，．故答案为：．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的定义和性质等，有一定难度，解题的关键是证明．16．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．

(1)当时，求四边形的面积；(2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式．【答案】(1)(2)【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，，根据翻折的性质，可得，，则，；同理，，；进而根据，即可求解；（2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解．【详解】（1）如图，连接、，四边形为菱形，，，为等边三角形．为中点，，，，．，为等腰直角三角形，，，翻折，，，，；.同理，，，∴；（2）如图，连接、，延长交于点．，，，．∵，，．，则，，，．∵，．【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．17．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝90°，AB，FE，DC为铅直方向的边，AF，ED，BC为水平方向的边，点E在AB，CD之间，且在AF，BC之间，我们称这样的图形为“L图形”，记作“L图形ABC﹣DEF”．若直线将L图形分成面积相等的两个图形，则称这样的直线为该L图形的面积平分线．【活动】小华同学给出了图1的面积平分线的一个作图方案：如图2，将这个L图形分成矩形AGEF、矩形GBCD，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线．请用无刻度的直尺在图1中作出其他的面积平分线．（作出一种即可，不写作法，保留作图痕迹）【思考】如图3，直线O1O2是小华作的面积平分线，它与边BC，AF分别交于点M，N，过MN的中点O的直线分别交边BC，AF于点P，Q，直线PQ（填“是”或“不是”）L图形ABCDEF的面积平分线．【应用】在L图形ABCDEF形中，已知AB＝4，BC＝6．（1）如图4，CD＝AF＝1．①该L图形的面积平分线与两条水平的边分别相交于点P，Q，求PQ长的最大值；②该L图形的面积平分线与边AB，CD分别相交于点G，H，当GH的长取最小值时，BG的长为．（2）设＝t（t＞0），在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，如果只有与边AB，CD相交的面积平分线，直接写出t的取值范围．【答案】【活动】见解析；【思考】是；【应用】（1）①；②；（2）＜t＜【分析】[活动]如图1，根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线；[思考]如图2，证明△OQN≌△OPM（AAS），根据割补法可得直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线；[应用]（1）①建立平面直角坐标系，分两种情况：如图3﹣1和3﹣2，根据中点坐标公式和待定系数法可得面积平分线的解析式，并计算P和Q的坐标，利用两点的距离公式可得PQ的长，并比较大小可得结论；②当GH⊥AB时，GH最小，设BG＝x，根据面积相等列方程，解出即可；（2）如图5，由已知得：CD＝tAF，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，列不等式可得t的取值．【详解】解：【活动】如图1，直线O1O2是该L图形的面积平分线；【思考】如图2，∵∠A＝∠B＝90°，∴AF∥BC，∴∠NQO＝∠MPO，∵点O是MN的中点，∴ON＝OM，在△OQN和△OPM中，，∴△OQN≌△OPM（AAS），∴S△OQN＝S△OPM，∵S梯形ABMN＝SMNFEDC，∴S梯形ABMN﹣S△OPM＝SMNFEDC﹣S△OQN，即SABPON＝SCDEFQOM，∴SABPON+S△OQN＝SCDEFQOM+S△OPM，即S梯形ABPQ＝SCDEFQP，∴直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线．故答案为：是；【应用】（1）①如图3，当P与B重合时，PQ最大，过点Q作QH⊥BC于H，L图形ABCDEF的面积=4×6-（4-1）×（6-1）=9，∵PQ是L图形ABCDEF的面积平分线，∴梯形CDQP的面积=×（DQ+BC）×CD=，即×（DQ+6）×1=，∴DQ=CH=3，∴PH=6-3=3，∵QH=CD=1，由勾股定理得：PQ=；∴PQ长的最大值为；②如图4，当GH⊥AB时GH最短，过点E作EM⊥AB于M，设BG＝x，则MG＝1﹣x，根据上下两部分面积相等可知，6x＝（4﹣1）×1+（1﹣x）×6，解得x＝