专题01 特殊平行四边形的三种几何变换问题（解析版）-2024年常考压轴题攻略（9年级上册人教版）

专题01特殊平行四边形的三种几何变换问题类型一、翻折问题例1．（几何翻折）实践操作在矩形中，，，现将纸片折叠，点的对应点记为点，折痕为（点、是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原．初步思考（1）若点落在矩形的边上（如图①）．①当点与点重合时，；当点与点重合时，；②当点在上，点在上时（如图②），求证：四边形为菱形，并直接写出当时的菱形的边长．深入探究（2）若点落在矩形的内部（如图③），且点、分别在、边上，请直接写出的最小值．拓展延伸（3）若点与点重合，点在上，射线与射线交于点（如图④）．在各种不同的折叠位置中，是否存在某一情况，使得线段与线段的长度相等？若存在，请直接写出线段的长度；若不存在，请说明理由．【答案】（1）①；②边长是，证明见解析（2）2（3）存在，长度是或【分析】（1）①当点与点重合时，如图1，画出图形可得结论；当点与点重合时，如图2，则平分；②证明得，根据一组对边平行且相等得：四边形是平行四边形，加上对角线互相垂直可得为菱形，当时，设菱形的边长为，根据勾股定理列方程得：，求出的值即可；（2）如图4，当与重合，点在对角线上时，有最小值，根据折叠的性质求，由勾股定理求，所以；（3）分两种情况根据全等三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．【详解】（1）①；当点与点重合时，是的中垂线，；当点与点重合时，此时．②设交于点，四边形是矩形，点沿折叠后对应点为，在和中，四边形是平行四边形是菱形当时，菱形的边长为．设菱形边长为，则在中，由勾股定理得：，，．

（2）的最小值为．若点落在矩形的内部，且点、分别在、边上，设，则，当在一条直线上时，最小，最小值为，所以当最大取时，的最小值为．（3）或．情况一：连接，，设，则，则，，解得：；情况二：设，则，则，，则，，，，解得：．综上所述，的长度为或【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、菱形的性质和判定、勾股定理、折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是关键，本题难度适中，注意运用数形结合的思想．例2．（与函数结合）如图1，将矩形放置于第一象限，使其顶点O位于原点，且点B，C分别位于x轴，y轴上．若满足．(1)求点A的坐标；(2)取中点M，连接，与关于所在直线对称，连接并延长，交x轴于点P．①求的长；②如图2，点D位于线段上，且．点E为平面内一动点，满足，连接．请你求出线段长度的最大值．【答案】(1)；(2)①；②【分析】（1）由．可得，，即可求解；（2）①证明，得到，可得，即可求解；②取的中点，连接，．当点、、三点共线时，的长度最大，进而求解．【详解】（1）解：．，，解得，，点的坐标为；（2）①与关于所在直线对称，，，，如图，连接，，，，设，，在中，，，，，，，，，，四边形是平行四边形，，点为的中点，，∴；②取的中点，连接，．，点是的中点，．，，，由中点坐标可知：点的坐标为，，，，当点、、三点共线时，的长度最大，则的最大值，，，，的最大值．故答案为：．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，平行四边形的判定，解决本题的关键是得到四边形是平行四边形．【变式训练1】综合与实践动手操作：第一步：如图①，将矩形纸片沿过点O的直线折叠，使得点A，点D都落在边上，此时，点A与点D重合，记为E，折痕分别为、，如图②；第二步：再沿过点O的直线折叠，使得直线与直线重合，且O、E、C三点在同一条直线上，折痕分别为、，如图③；第三步：在图③的基础上继续折叠，使与重合，得到图④，展开铺平，连接，交于点N，如图⑤，图中的虚线为折痕．问题解决：(1)在图⑤中，的度数是；(2)在图⑤中，请判断四边形的形状，并说明理由；(3)试判断线段与的数量关系，并证明；(4)若，则的长是．（提示：）【答案】(1)(2)四边形是菱形，理由见解析(3)；证明见解析(4)【分析】（1）根据折叠性质得出，，求出，，再求出结果即可；（2）证明是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，得出，求出，证明，，得出四边形是平行四边形，证明，得出结论；（3）根据证明，即可得出结论；（4）过点F作交于点P，根据角平分线的定义，设，得出，根据，得出，求出x的值即可．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，，由折叠的性质，可知，∴，∴四边形为矩形，∵，∴四边形是正方形，，由折叠的性质得，，，，；故答案为：．（2）解：四边形是菱形，理由如下：同（1）可得，，，，由折叠的性质可知，，，，是等腰直角三角形，同理可证，是等腰直角三角形，，又，，∴，，∴四边形是平行四边形，又，，∴四边形是菱形；（3）解：，理由如下：由（2）可知，，，∵四边形是菱形，，由折叠性质可知，，，在和中，，；（4）解：过点F作交于点P，如图所示：，且，，设，∵，，∴为等腰直角三角形，∴，∵，，解得：，即．故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠性质，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，角平分线的性质，解题的关键是数形结合，熟练掌握正方形和菱形的判定和性质．【变式训练2】综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．(1)操作判断操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；操作二：在上选一点H，沿折叠，使点B落在上的点G处，得到折痕，把纸片展平；根据以上操作，直接写出图1中的度数：______；(2)拓展应用小华在以上操作的基础上，继续探究，延长交于点M，连接交于点N（如图2）．判断的形状，并说明理由；(3)迁移探究如图3，已知正方形的边长为6cm，当点H是边的三等分点时，把沿翻折得，延长交于点M，请直接写出的长．【答案】(1)(2)是等边三角形，见解析(3)或【分析】（1）根据翻折可得：，得到，即可求解；（2）先证明，得到，再根据平行证明，即可求解；（3）分两种情况讨论：或．【详解】（1）解：由题意可得：，由翻折性质可得：，∴，∴，∵，∴，由翻折性质可得：，∵，∴，∴；（2）解：是等边三角形；由题意可得：，由翻折性质可得：，，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，由（1）得：，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴是等边三角形；（3）解：①连接，如图所示，∵正方形的边长为6cm，点H是边的三等分点，∴，，，由翻折性质可得：，，，∴，，∵，∴，∴设，则，由勾股定理得：，解得：，即；②如图所示，∵正方形的边长为6cm，点H是边的三等分点，∴，，，由翻折性质可得：，，，∴，，∵，∴，∴设，则，由勾股定理得：，解得：，即；【点睛】本题考查了几何问题，涉及到正方形的性质和翻折的性质、全等三角形的判定和性质，难度较大，正确理解题意和灵活运用所学的知识是解题的关键．【变式训练3】综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．

(1)操作判断操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平，连接；操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接．根据以上操作，请判断图1中是什么特殊三角形？答：＿＿＿＿．(2)迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点Q，连接．①如图2，当点M在上时，______，______；②改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断与的数量关系，并说明理由．(3)拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为，当时，直接写出的长．【答案】(1)是等边三角形(2)①15，15；②，理由见解析(3)cm或cm【分析】（1）由折叠的性质可得，，进而可得，可知是等边三角形；（2）①由“”可证，可得；②由“”可证，可得；（3）分两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可求解．【详解】（1）解：由折叠的性质可得，，∴，∴是等边三角形，故答案为：等边三角形；（2）解：①∵四边形是正方形，∴，，由折叠可得：，，∴，，又∵，∴，∴，同（1）可证是等边三角形，∴，∴，∴，故答案为：，15；②，理由如下：∵四边形是正方形，∴，，由折叠可得：，，∴，，又∵，∴，∴；（3）解：由折叠的性质可得，，∵，∴，如图，当点Q在线段上时，

∵，∴，，∵，∴，∴，如图，当点Q在线段上时，

∵，∴，，∵，∴，∴，综上所述：的长为或．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．类型二、旋转问题例1．（线段旋转）【课本再现】把两个全等的矩形和矩形拼成如图1的图案，则______；【迁移应用】如图2，在正方形中，是边上一点（不与点，重合），连接，将绕点顺时针旋转至，作射线交的延长线于点，求证：；【拓展延伸】在菱形中，，是边上一点（不与点，重合），连接，将绕点顺时针旋转至，作射线交的延长线于点．①线段与的数量关系是_____________________．②若，是的三等分点，则的面积为____________________．【答案】【课本再现】90；【迁移应用】见解析；【拓展延伸】①；②或【分析】（1）【课本再现】先证明，可得，从而得到，即可；【迁移应用】过点F作交于点H，结合正方形的性质和旋转的性质证明，可得，从而得到，进而得到是等腰直角三角形，即可；【拓展延伸】①过点F作，与的延长线交于点H，可证得，从而得到，，进而得到，，继而得到；②分两种情况讨论，即可．【详解】∵矩形和矩形是全等矩形，∴，，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴；故答案为：90【迁移应用】如图，过点F作交于点H，∵四边形是正方形，∴，∴，由旋转的性质得：，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴；【拓展延伸】①过点F作，与的延长线交于点H，由旋转的性质得：，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴；故答案为：②当时，有，由①得：，∴，∵的底边上的高相等，∴；当时，有，∴综上所述，的面积为或．故答案为：或【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识点，并利用类比思想解答是解题的关键．例2．（图形旋转）（1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分．正方形可绕点转动．则下列结论正确的是________________（填序号即可）．①；②；③四边形的面积总等于；④连接，总有．【类比迁移】（2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明；【拓展应用】（3）如图3，在中，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，可绕着点旋转，当时，求线段的长度．【答案】（1）①②③④；（2），理由见解析；（3）或【分析】（1）先证明，再根据全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，逐项判断即可求解；（2）连接，延长交于点，连接，根据矩形的性质可得点是的中点，再证明，可得，再由线段垂直平分线的性质可得，在中，根据勾股定理，即可求解；（3）设．分两种情况讨论：①当点在线段上时，②当点在延长线上时，结合勾股定理，即可求解．【详解】解：（1）在正方形和正方形中，，∴，∴，故①正确；∴，，故②正确；∴四边形的面积，四边形的面积总等于，故③正确；如图，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故④正确；故答案为：①②③④（2），理由如下：连接，延长交于点，连接，∵是矩形的中心，∴点是的中点．∴，∵在矩形中，，，∴，∴，∴，在矩形中，，∴，在中，∴；（3）设．①当点在线段上时，∵，∴∵在中，，∴，∴，又由（2）得：，∴∴，解得．∴．②当点在延长线上时，同理可证∴，又在中，．∴解得．∴故的长度为或．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，利用类比思想解答是解题的关键．类型三、平移问题例1．（线段的平移）已知正方形，点，分别在射线，射线上，，与交于点．(1)如图1，当点，分别在线段，上时，求证：，且；(2)如图2，当点在线段延长线上时，将线段沿平移至，连接．①依题意将图2补全；②用等式表示线段，和之间的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②，证明见解析【分析】（1）根据正方形性质可得，，进而可证明，依据全等三角形性质即可证得结论；（2）①按题目要求补全图形即可；②连接，根据平移性质即可得出四边形是平行四边形，根据平行四边形性质得，，再由，可得，，进而可得出，，由勾股定理即可得出结论．【详解】（1）解：如图1，四边形是正方形，，，在和中，，，，，，，，，故，且；（2）解：①补全图如图2所示；②理由如下：如图3，连接，线段沿平移至，四边形是平行四边形，，，在和中，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平移的性质、勾股定理的应用，解题的关键是掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质定理．例2．（图形的平移）平行四边形中，于，且．(1)如图1，若，求平行四边形的面积．(2)如图2，连接，过A作交于，在上截取，连接，点为中点，连接，求证：．(3)如图3，连接，把沿直线方向平移，得到，若，，请直接写出平移过程中的最小值．【答案】(1)(2)见解析(3)的最小值为【分析】（1）根据平行线的性质得出，证明，利用勾股定理求出，利用平行四边形面积公式即可得出结果；（2）延长交于T，连接，，证明，，即可解决问题；（3）由题意可知四边形是平行四边形，推出，推出的最小值的最小值，点在过点A且平行于的定直线上，作点D关于定直线的对称点，，则的长度即为的最小值，求出的最小值，可得结论．【详解】（1）解：∵四边形为平行四边形，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴．（2）证明：如图，延长交于T，连接，，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，，∴，∴，，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴．（3）解：如图，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∴的最小值的最小值，∵点在过点A且平行于的直线上，∴作点D关于直线的对称点，∵，则的长度即为的最小值，过点作于H，交于J，过点A作于T，设交于K，过点C作于R，∵，∴四边形是矩形，∴，设，在中，则有，解得或（舍去），∴，，过点B作交的延长线于Q，则，，，∴，∵，∴，∵四边形是矩形，∴，在中，，∵，∴，在中，，∴，∴，∵，在中，，∴的最小值为．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，轴对称最短问题等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考压轴题．【变式训练1】（1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分．正方形可绕点转动．则下列结论正确的是________________（填序号即可）．①；②；③四边形的面积总等于；④连接，总有．【类比迁移】（2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明；【拓展应用】（3）如图3，在中，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，可绕着点旋转，当时，求线段的长度．【答案】（1）①②③④；（2），理由见解析；（3）或【分析】（1）先证明，再根据全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，逐项判断即可求解；（2）连接，延长交于点，连接，根据矩形的性质可得点是的中点，再证明，可得，再由线段垂直平分线的性质可得，在中，根据勾股定理，即可求解；（3）设．分两种情况讨论：①当点在线段上时，②当点在延长线上时，结合勾股定理，即可求解．【详解】解：（1）在正方形和正方形中，，∴，∴，故①正确；∴，，故②正确；∴四边形的面积，四边形的面积总等于，故③正确；如图，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故④正确；故答案为：①②③④（2），理由如下：连接，延长交于点，连接，∵是矩形的中心，∴点是的中点．∴，∵在矩形中，，，∴，∴，∴，在矩形中，，∴，在中，∴；（3）设．①当点在线段上时，∵，∴∵在中，，∴，∴，又由（2）得：，∴，∴，解得．∴．②当点在延长线上时，同理可证∴，又在中，．∴，解得．∴故的长度为或．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，利用类比思想解答是解题的关键．【变式训练2】已知：如图①，在矩形中，，垂足是.点是点关于的对称点，连接．

（1）求和的长；（2）若将沿着射线方向平移，设平移的距离为(平移距离指点沿方向所经过的线段长度)．当点分别平移到线段上时，直接写出相应的的值．（3）如图②，将绕点顺时针旋转一个角，记旋转中为，在旋转过程中，设所在的直线与直线交于点，与直线交于点．是否存在这样的两点，使为等腰三角形？若存在，求出此时的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）或；（3）存在组符合条件的点、点，使为等腰三角形；的长度分别为或或或．【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；（2）依题意画出图形，如图①-1所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；（3）在旋转过程中，等腰△DPQ有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可．【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，在Rt△ABD中，AB=3，AD=4，由勾股定理得：BD=，∵S△ABDBD•AE=AB•AD，∴AE=，∵点F是点E关于AB的对称点，∴AF=AE，BF=BE，∵AE⊥BD，∴∠AEB=90°，在Rt△ABE中，AB=3，AE，由勾股定理得：BE；（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如图①-1所示：由对称点性质可知，∠1=∠2．BF=BE，由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′，①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3=∠4，根据平移的性质知：∠1=∠4，∴∠3=∠2，∴BB′=B′F′，即；②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，AB⊥AD，∴∠6=∠2，A′B′⊥AD，∵∠1=∠2，∠5=∠1，∴∠5=∠6，又知A′B′⊥AD，∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D=B′F′，∴BB′=BD-B′D=5-，即m；（3）存在．理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，∵AE⊥BD，∴∠AEB=90°，∠2+∠ABD=90°，∠BAE+∠ABD=90°，∴∠2=∠BAE，∵点F是点E关于AB的对称点，∴∠1=∠BAE，∴∠1=∠2，在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：①如图③-1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，则∠Q=∠DPQ，∴∠2=∠Q+∠DPQ=2∠Q，∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，∴∠3=∠Q，∴A′Q=A′B=3，∴F′Q=F′A′+A′Q=，在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=，∴DQ=BQ-BD=；②如图③-2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，则∠2=∠P，∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．∵∠3=∠2，∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，∴F′Q=F′A′-A′Q=-BQ，在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，即：，解得：，∴DQ=BD-BQ=5-；③如图③-3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，则∠3=∠4．∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，∴∠4=90°-∠2．∵∠1=∠2，∴∠4=90°-∠1，∴∠A′QB=∠4=90°-∠1，∴∠A′QB=∠A′BQ，∴A′Q=A′B=3，∴F′Q=A′Q-A′F′=3-，在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=，∴DQ=BQ-BD=；④如图④-4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，则∠2=∠3．∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，∴∠1=∠4，∴BQ=BA′=3，∴DQ=BD-BQ=5-3=2．综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形，DQ的长度分别为：或或或．【点睛】本题是四边形综合题目，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点；第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论．课后训练1．(1)操作判断如图1，在中，，，点E在上（且不与点A、C重合）在的外部作，使，，连接，过点B作，过点D作，交于点F，连接．根据以上操作，判断：四边形的形状是；三角形的形状是；(2)迁移探究明明同学所在的“认真•坚持”学习小组“异想天开”，将绕点C逆时针旋转，如图2，当点E落在线段上时，请你：①求证：四边形的是矩形；②连接若，求的长；(3)拓展应用亮亮同学所在的“感恩•责任”学习小组受此启发，将绕点C继续逆时针旋转，能使四边形为菱形，若，请你直接写出线段的长．【答案】(1)平行四边形；等腰直角三角形(2)①见解析；②(3)或【分析】（1）由得到四边形是平行四边形，由得到，则是等腰直角三角形；（2）①得到，点E落在线段上则点D在上，由四边形是平行四边形，，得到四边形是矩形；②连接，四边形是矩形得，证，得，，则；（3）当点D在的左侧时，如图，连接延长交于K，设直线交于H，于N，先证明，得到，则，则垂直平分，得到，则，得到，得到，当点D在的右侧时，连接同理可得．【详解】（1）解：∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴是等腰直角三角形；故答案为：平行四边形；等腰直角三角形；（2）①证明：∵，∴，∵点E落在线段上，∴点D在上，∵四边形是平行四边形，，∴四边形是矩形；②解：如图，连接，∵四边形是矩形，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴；（3）解：当点D在的左侧时，如图，连接延长交于K，设直线交于H，于N，∵四边形是菱形，∴，∵，∴，又∵，