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限时练习：100min 完成时间： 月 日 天气：
暑假作业10 特殊平行四边形的旋转、折叠与最值问题
知识点01 以特殊四边形为背景的折叠（翻折）问题
几何变换中的翻折（折叠、对称)问题是历年中考的热点问题，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，以矩形对称最常见，变化形式多样。无论如何变化，现阶段解题工具无非全等、勾股定理，从条件出发，找到每种对称下隐藏的结论，往往是解题关键。对于翻折和折叠问题主要分两大类题型：直接计算型和分类讨论型，由浅入深难度逐步加大，掌握好分类讨论型的翻折问题，那么拿下中考数学翻折题型就没问题了。
1）直接计算型，运用翻折的性质，结合题中的条件，或利用三角形全等，或利用勾股定理设方程来解题。一般难度小，我们要多做一些这些题型，熟练翻折的性质，以及常见的解题套路。
2）分类讨论型，运用翻的性质，结合题中的条件，或利用三角形全等，或利用勾股定理设方程来解题。一般难度较大，需要综合运用题中的条件，多种情况讨论分析，需要准确的画图，才能准确分析。
知识点02 以特殊四边形为背景的旋转问题
几何变换中的旋转问题是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，运用三角形全等的有关知识，求解有关角、线段及面积问题。本专题以特殊的平行四边形为背景，研究翻折与旋转变换下的角度、长度、周长、面积、坐标等问题。
知识点03 以特殊四边形为背景的动态轨迹问题
1）动中求静，发现运动变化中的不变量、不变图形；
2）把相关的量用含变量的代数式表示列方程或确定函数的关系；
3）把握运动中的特殊位置，临界位置，分段、分情况讨论。
知识点04 以特殊平行四边形为背景的最值问题
几何背景下的最值是考生感觉较难的，往往没有思路。常见的有：(1)几何图形中在特殊位置下的最值； (2)比较难的线段的最值问题，其依据：①两点之间，线段最短；②垂线段最短，涉及的基本方法还有：利用轴对称变换、旋转变换化归到“三角形的三边关系”等。
常见最值模型：（1）将军饮马；（2）瓜豆原理（动态轨迹问题）；（3）胡不归；（4）费马点问题。
注意：正方形和菱形、矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，常运用其轴对称性解决最小值问题。
题型一 以特殊四边形为背景的折叠（翻折）问题
1．如图，在矩形中，对角线，交于点，是上一点，沿折叠，点恰好落在点处，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，对折矩形纸片，使得与重合，得到折痕；把纸片展平，再折一次纸片，使得折痕经过点B，得到折痕，同时使得点A的对称点N落在上，如果，则（ ）
A．6 B． C．2 D．
3．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在x轴，y轴上，点E在边上，将该矩形沿折叠，点B恰好落在边上的F处．若，，则点E的坐标是（ ）

A． B． C． D．
4．如图，在矩形纸片中，，，点为边上一点，将沿翻折，点恰好落在边上点处，则长为（ ）
A． B． C． D．
5．矩形ABCD中，，，按如图方式折叠，使点B落与点D重合，折痕为，则 ．
6．如图，在矩形中，点是边上一点，将沿折叠，使点落在边上的处，已知，，则的长为 ．
7．现有一长方形纸片，在剪纸过程中需要折叠．如图，将沿折叠，使点D恰好落在边上的点F处，已知，，则的长为 ．
8．如图，已知矩形中，，，点M，N分别在边，上，沿着折叠矩形，使点B，C分别落在，处，且点在线段上（不与两端点重合）．（1）若为线段的中点，则 ；（2）折痕长度的取值范围为 ．
9．如图，将矩形沿对角线折叠，点的对应点为点，与交于点，若，求的度数．
10．如图，在矩形中，，，是边上一动点，将沿折叠得到．
(1)连接，若，求此时的面积；
(2)①若点，，在同一直线上，求此时的长度．
②若射线与矩形的边交于点，当时，求的长．
题型二 以特殊四边形为背景的旋转问题
1．如图，四边形是正方形，是延长线上一点，是上一点，若绕点A按逆时针方向旋转度后与重合，则的最小值为（ ）

A．90 B．60 C．45 D．30
2．如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到，若点在线段的延长线上，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在平面直角坐标系中，矩形两边与坐标轴重合，，．将矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点B的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，点A坐标为，点B坐标为，将线段绕点O按顺时针方向旋转得到对应线段，若点C恰好落在x轴上，则点D到x轴的距离为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，将绕A点按逆时针方向旋转得到，连接，若，则的度数为 ．

6．如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到，使点的对应点落在边上，连接，如果，那么 度．
7．如图，点是正方形内部一点，连接，将绕点旋转一定角度得到，当三点共线时，的度数为 ．
8．如图，在平行四边形中，，，面积为120，点是边上一点，连接，将线段绕着点旋转得到线段，如果点恰好落在直线上，那么线段的长为

9．如图，等腰中，，，点为斜边上一点（不与，重合），，连接，将线段绕点顺时针方向旋转至，连接、．
(1)求证：
(2)若，，求的长．
10．（一）问题探究
已知：在钝角中，，把线段绕点A沿逆时针方向旋转得到线段，把线段绕点A沿顺时针方向旋转得到线段，分别连结，，，．
（1）如图①，当时，线段与的数量关系是 　　（直接写出结论，不说理由）；
（2）如图②，当时，
①探究线段与的数量关系，并说明理由；
②若，，求的长；
（二）解决问题
如图③，在四边形中，， ，，请直接写出线段的长．（不说理由）

题型三 以特殊四边形为背景的动态轨迹问题
1．如图，等边三角形的边长为．动点M从点B出发，沿的方向以的速度运动，动点N从点C出发，沿方向以的速度运动，若动点M，N同时出发，且其中一点到达终点时，另一点也停止运动，当点A，M，N以及的边上一点D构成的四边形为平行四边形时，t的值为（ ）
A．2或3 B．2或4 C．1或3 D．1或2
2．如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（ ）
A．当时，四边形为矩形
B．当时，四边形为平行四边形
C．当时，或
D．当时，或
3．如图，在长方形中，已知，，点P以的速度由点B向点C运动，同时点Q以的速度由点C向点D运动，若某时刻以A、B、P为顶点的三角形和以P、C、Q为顶点的三角形全等，则a的值为（ ）
A．2 B．3 C．2或 D．2或
4．如图，在四边形中，，，，，．点从点出发，以的速度沿．向点运动；点从点同时出发，以的速度沿边向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为．当为何值时，四边形为平行四边形？（ ）

A． B． C． D．
5．如图，在中，对角线相交于点，点在上，，，，点是的中点，若点以的速度从点出发，沿向点运动，点同时以的速度从点出发，沿向点运动，点运动到点时停止运动，点也同时停止运动，当点运动 时，以点为顶点的四边形是平行四边形．
6．已知，四边形中，，，，点、分别为边、的中点，点从点出发，以每秒个单位的速度从方向运动，到达点后停止运动，同时点从点出发，以每秒个单位的速度从方向运动，到达点后立即原路返回，点到达点后点同时停止运动，设点、运动的时间为秒，当以点、、、为顶点的四边形为平行四边形时，的值为 ．

7．如图，等边三角形的边长为，动点M从点B出发，沿的方向以的速度运动，动点N从点C出发，沿的方向以的速度运动，且动点M，N同时出发，其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．那么运动到第 秒时，点A，M，N以及的边上一点D恰能构成一个平行四边形．

8．如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中，①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是 ．

9．平面直角坐标系内如图放矩形已知点，．将矩形沿折叠，使点与点重合．折痕交于点，交于点．
(1)求点的坐标；
(2)若动点，同时从点出发，点以每秒个单位长度的速度向点运动，点以每秒个单位长度的速度沿射线方向运动，当点运动到点时停止运动，点也同时停止运动．设的面积为，点，的运动时间为秒，求与的函数关系式并直接写出自变量的取值范围；
(3)在（2）的条件下，是射线上的一点，点为平面内一点，是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是正方形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
10．如图，在矩形中，，，点与点同时出发，点从点出发向点运动，运动到点停止，点从点出发向点运动，运动到点停止，点，的速度都是，连接，设点，的运动的时间为．
(1)求当t为何值时，四边形是正方形；
(2)求当t为何值时，；
(3)当四边形的面积为时，求矩形的周长与四边形的周长的比值．
题型四 以特殊平行四边形为背景的最值问题
1．如图，正方形的面积为6，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（ ）
A．3 B．6 C． D．
2．如图，在矩形中，，点P，Q分别在上，，线段在上，且，连接，则的最小长度为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
3．如图有一条直角弯道河流，河宽为2，、两地到河岸边的距离均为1，，，，现欲在河道上架两座桥、，使最小，则最小值为　　

A． B． C．14 D．12
4．如图，正方形的边长为，点是边的中点，点是边上一动点.连接，将沿翻折得到，连接．当最小是（ ）
A． B． C． D．5
5．如图，菱形的周长为8，，为的中点，在对角线上存在一点，使的周长最小，则的周长的最小值为 ．
6．如图，矩形中，，，点P从B点沿向D点移动，若过点P作的垂线交于E点，过点P作的垂线交于F点，则的长度最小为 ．
7．如图，矩形中，，E为边的中点，点P、Q为边上两个动点，且，当 时，四边形的周长最小．
8．如图，在等腰直角三角形中，，，的面积等于35，点P在上，点Q在上，，上有一动点M，若要使最小，则该最小值是 ．
9．如图，一次函数的图象分别与x轴和y轴相交于A、C两点，且与正比例函数的图象交于点．
(1)求m，n的值；
(2)当时，直接写出自变量x的取值范围；
(3)在y轴上找一点P，使的值最小，求点P的坐标．
10．请你认真阅读思考下面的材料，完成相关问题．
【数学模型】
如图①，A，B是直线l同旁的两个定点，在直线l上确定一点P，使的值最小．
方法：作点A关于直线l的对称点，连接交l于点P，则点P即为所求．此时，的值最小，且
【模型应用】
(1)如图②，经测量得A，B两点到河边l的距离分别为米，米，且米．在l上确定一点P，则的最短路径长为______米；
(2)如图③，在正方形中，，点E在边上，且，点P是对角线上一个动点，求的最小值；
(3)如图④，在平面直角坐标系中，点，．请在x轴上确定一点P，使的值最小，并求出的最小值．
1．如图，在菱形中，，点为对角线、的交点，点为的中点，点为上一动点，若，则的最小值为（ ）
A．4 B．6 C． D．
2．如图，在矩形中，边上分别有两个动点，连接，若，，则四边形的周长的最小值是（ ）
A．23 B．16 C．22 D．15
3．如图，正方形 的对角线与相交于点，将正方形沿直线折叠，点落在对角线上的点处，折痕交于点，若，则正方形的边长为（　　）
A． B． C． D．
4．如图，在边长为2的正方形中，E是边上一点，将沿翻折，得到．若为等边三角形，则的长为（ ）
A． B． C． D．
5．把一副三角板如图甲放置，其中，，，斜边，，把三角板绕点C顺时针旋转得到（如图乙），此时与交于点O，则线段的长为（　　）
A． B．5 C．4 D．
6．如图，四边形中，，连接，将绕点逆时针旋转，点的对应点与点重合得到，若，，则的长度为 ．
7．如图，在四边形中，，，．作，垂足为点M，连接，若，则的最小值为 ．
8．如图，矩形纸片中，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，，分别交于点，，且，则的长是 ．
9．如图，在四边形ABCD中，，，cm，cm，cm．点P从点A出发，以2cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以3cm/s的速度向点B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．若运动t s时，则运动时间t的值是 s．
10．如图，正方形的边长为4，点为边的中点，点是边上不与端点重合的一动点，连接．将沿翻折，点的对应点为点，则线段长的最小值为 ．
11．如图，为等边内一点，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接．
(1)求证：；
(2)连接，若，直接写出的度数．
12．在中，，，直线经过点，且于，于，
(1)当直线绕点旋转到图（1）的位置时，显然有：；
(2)当直线绕点旋转到图（2）的位置时，求证：；
(3)当直线绕点旋转到图（3）的位置时，试问、、具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系．
13．平面直角坐标系中，A、B两点坐标分别为、，以为边在第二象限内作正方形．
(1)的长为 ； 点C的坐标为 ；
(2)你能否在x轴上找一点M，使的周长最小？如果能，请画出M点，并求出M的坐标，并直接写出周长的最小值；如果不能，说明理由．
14．已知：正方形中，，它的两边分别交，于点M，N．于点H，绕点A旋转．解答下列问题：
(1)如图①，当时，请你写出与的数量关系 ；
(2)如图②，当时，猜想与，的关系，并完成证明；
(3)如图③，若，于点H，，，则 ．
15．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形为矩形，，．点E是的中点，动点M在线段上以每秒2个单位长度的速度由点A向点B运动（到点B时停止）．设动点M的运动时间为t秒．
(1)当t为何值时，四边形是平行四边形？
(2)若四边形是平行四边形，请判断四边形的形状，并说明理由；
(3)在线段上是否存在一点N，使得以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
1．（2023·山东滨州·中考真题）已知点是等边的边上的一点，若，则在以线段为边的三角形中，最小内角的大小为（　　）
A． B． C． D．
2．（2023·宁夏·中考真题）如图，在中，，，．点在上，且．连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（ ）

A． B． C． D．
3．（2022·辽宁营口·中考真题）如图，在矩形中，点M在边上，把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，连接，过点B作，垂足为F，若，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，将矩形纸片沿折叠后，点D、C分别落在点、的位置，的延长线交于点G，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·浙江绍兴·中考真题）如图，菱形ABCD中，，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止．在形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（ ）
A．直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形
B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形
C．直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
D．等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
6．（2020·江苏南通·中考真题）如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），若y与x的对应关系如图②所示，则矩形ABCD的面积是（　　）

A．96cm2 B．84cm2 C．72cm2 D．56cm2
7．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点坐标，连接，将绕点逆时针旋转，得到，则点的坐标为 ．
8．（2023·辽宁·中考真题）如图，线段，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，在的上方作，使，点为的中点，连接，当最小时，的面积为 ．

9．（2023·辽宁鞍山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在轴、轴正半轴上，点在边上，将矩形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，则点的坐标是 ．

10．（2021·贵州黔西·中考真题）如图，在矩形纸片中，，，是上的点，且，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，点落在点处，折痕为，则线段的长是 ．
11．（2023·四川自贡·中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，，分别是斜边，的中点，．

(1)将绕顶点旋转一周，请直接写出点，距离的最大值和最小值；
(2)将绕顶点逆时针旋转（如图），求的长．
12．（2023·青海西宁·中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．

【猜想】
【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片沿所在的直线折叠
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴ （ ）
∴ （等量代换）
∴（ ）
【应用】
如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为．
（1）猜想与的数量关系，并说明理由；
（2）若，，求的长．
13．（2023·湖北恩施·中考真题）如图，在矩形中，点是的中点，将矩形沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，连接交于点．

(1)若，求的度数；
(2)连接EF，试判断四边形的形状，并说明理由．
14．（2022·江苏苏州·中考真题）如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为E，AE与CD交于点F．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
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暑假作业10 特殊平行四边形的旋转、折叠与最值问题
知识点01 以特殊四边形为背景的折叠（翻折）问题
几何变换中的翻折（折叠、对称)问题是历年中考的热点问题，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，以矩形对称最常见，变化形式多样。无论如何变化，现阶段解题工具无非全等、勾股定理，从条件出发，找到每种对称下隐藏的结论，往往是解题关键。对于翻折和折叠问题主要分两大类题型：直接计算型和分类讨论型，由浅入深难度逐步加大，掌握好分类讨论型的翻折问题，那么拿下中考数学翻折题型就没问题了。
1）直接计算型，运用翻折的性质，结合题中的条件，或利用三角形全等，或利用勾股定理设方程来解题。一般难度小，我们要多做一些这些题型，熟练翻折的性质，以及常见的解题套路。
2）分类讨论型，运用翻的性质，结合题中的条件，或利用三角形全等，或利用勾股定理设方程来解题。一般难度较大，需要综合运用题中的条件，多种情况讨论分析，需要准确的画图，才能准确分析。
知识点02 以特殊四边形为背景的旋转问题
几何变换中的旋转问题是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，运用三角形全等的有关知识，求解有关角、线段及面积问题。本专题以特殊的平行四边形为背景，研究翻折与旋转变换下的角度、长度、周长、面积、坐标等问题。
知识点03 以特殊四边形为背景的动态轨迹问题
1）动中求静，发现运动变化中的不变量、不变图形；
2）把相关的量用含变量的代数式表示列方程或确定函数的关系；
3）把握运动中的特殊位置，临界位置，分段、分情况讨论。
知识点04 以特殊平行四边形为背景的最值问题
几何背景下的最值是考生感觉较难的，往往没有思路。常见的有：(1)几何图形中在特殊位置下的最值； (2)比较难的线段的最值问题，其依据：①两点之间，线段最短；②垂线段最短，涉及的基本方法还有：利用轴对称变换、旋转变换化归到“三角形的三边关系”等。
常见最值模型：（1）将军饮马；（2）瓜豆原理（动态轨迹问题）；（3）胡不归；（4）费马点问题。
注意：正方形和菱形、矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，常运用其轴对称性解决最小值问题。
题型一 以特殊四边形为背景的折叠（翻折）问题
1．如图，在矩形中，对角线，交于点，是上一点，沿折叠，点恰好落在点处，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查矩形与折叠，根据矩形的性质，折叠的性质，推出为等边三角形，进而得到，即可得出结果．
【详解】解：∵矩形，
，
∵沿折叠，点恰好落在点处，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴；
故选C．
2．如图，对折矩形纸片，使得与重合，得到折痕；把纸片展平，再折一次纸片，使得折痕经过点B，得到折痕，同时使得点A的对称点N落在上，如果，则（ ）
A．6 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】本题考查折叠的性质，勾股定理、矩形的性质等知识，利用面积关系建立方程是解题的关键．
根据勾股定理求出的长，设，由四边形的面积建立方程求解即可．
【详解】∵对折矩形纸片，使得与重合，得到折痕，
∴，
由折叠可得，，
在中，，
设，
由四边形的面积，
∴，
解得：，
∴，
故选：C．
3．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在x轴，y轴上，点E在边上，将该矩形沿折叠，点B恰好落在边上的F处．若，，则点E的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查勾股定理的应用，矩形的性质、翻折变化、坐标与图形变化对称，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．根据题意可以得到、的长度，根据点E在第二象限，从而可以得到点E的坐标．
【详解】解：由题意，，
设，则，
由折叠可得，，
∵，
∴，
解得，，
设，
∴，
∴，
∵，
，
解得，
∴点E的坐标为，
故选：A．
4．如图，在矩形纸片中，，，点为边上一点，将沿翻折，点恰好落在边上点处，则长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理．由轴对称的性质可得：，则，；在中，由勾股定理可得，则；设，则，在中，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出结论．
【详解】解：是由沿直线翻折得到，
，
则，．
四边形是矩形，
，，．
在中，
，
．
设，则，，
在中，
，
，
解得：．
则．
故选：B．
5．矩形ABCD中，，，按如图方式折叠，使点B落与点D重合，折痕为，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，先由折叠的性质可得，再由矩形的性质可得，设，则，可由勾股定理建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：由翻折的性质可知，，
∵四边形是矩形，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，
，
解得，
∴；
故答案为：．
6．如图，在矩形中，点是边上一点，将沿折叠，使点落在边上的处，已知，，则的长为 ．
【答案】/
【分析】本题考查矩形的性质，直角三角形的边角关系以及翻折轴对称的性质．根据翻折的性质和勾股定理可求出，进而求出，在中由勾股定理可求出．
【详解】解：由翻折的性质可知，，，
在中，，，
，
，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得，
即．
故答案为：．
7．现有一长方形纸片，在剪纸过程中需要折叠．如图，将沿折叠，使点D恰好落在边上的点F处，已知，，则的长为 ．
【答案】3
【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识点，掌握折叠的性质成为解题的关键．由矩形的性质可得，，由折叠的性质可得，然后再运用勾股定理可得，即；设的长为x，则，然后在中运用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
设的长为x，则，
由折叠的性质可得，
在中，由勾股定理可得，
∴，
设的长为x，则，
在中，由勾股定理得：，即，
解得．
∴的长为3．
故答案为：3.
8．如图，已知矩形中，，，点M，N分别在边，上，沿着折叠矩形，使点B，C分别落在，处，且点在线段上（不与两端点重合）．（1）若为线段的中点，则 ；（2）折痕长度的取值范围为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，垂线段最短，等腰三角形的判定和性质．（1）设，则，运用勾股定理计算即可；（2）根据垂线段最短，可得当时，取得最小值，当与点A重合时，取得最大值，运用折叠性质，勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）∵矩形中，，，沿着折叠矩形，为线段的中点，
∴，，，；
设，则，
∴，
∴，
解得，
∴．
故答案为：；
（2）根据垂线段最短，可得当时，取得最小值，
∵矩形中，，，，
∴四边形是矩形，
∴；
当与点A重合时，取得最大值，
∵矩形中，，，沿着折叠矩形，
∴，，，；
设，则，
∴，
∴，
解得．
∵矩形中，沿着折叠矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
∴；
过点N作于点E，
则四边形是矩形，
∴，，；
∴，
∴，
故折痕的长度的取值范围为．
故答案为：．
9．如图，将矩形沿对角线折叠，点的对应点为点，与交于点，若，求的度数．
【答案】
【分析】本题考查矩形与折叠的问题，三角形的内角和．熟练掌握折痕为角平分线，对应角相等，是解题的关键．根据折叠的性质，得到，，三角形内角和求出，平行线的性质，得到，即可得解．
【详解】解：∵将长方形纸片沿直线折叠，
∴，， ，
∴，
∴
10．如图，在矩形中，，，是边上一动点，将沿折叠得到．
(1)连接，若，求此时的面积；
(2)①若点，，在同一直线上，求此时的长度．
②若射线与矩形的边交于点，当时，求的长．
【答案】(1)15
(2)①2；②的长为或．
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
（1）由折叠的性质得到，过点作于点，求出，即可求解；
（2）①利用勾股定理求出，证明，利用全等三角形的性质，即可得出结果；
②分当点在边上时，当点在边上时，两种情况讨论，利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
由折叠知，
∴，
．
如图1，过点作于点，
，
；
（2）解：①如图2，
由折叠知，
．
，
．
又，，
，
，
，
；
②如图3，当点在边上时，
设，则，，
，
；
如图4，当点在边上时，
设，则，，
，
．
综上所述，的长为或．
题型二 以特殊四边形为背景的旋转问题
1．如图，四边形是正方形，是延长线上一点，是上一点，若绕点A按逆时针方向旋转度后与重合，则的最小值为（ ）

A．90 B．60 C．45 D．30
【答案】A
【分析】本题考查旋转角，正方形的性质．根据正方形的性质得到，则将绕点A按逆时针方向旋转即可与重合，从而解答．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∴旋转角为，即．
故选：A
2．如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到，若点在线段的延长线上，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由旋转的性质可得，，，由等腰三角形的性质可得，即可求解．本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
【详解】解：将绕点按逆时针方向旋转，
∴，，，
，
，
故选：C．
3．如图，在平面直角坐标系中，矩形两边与坐标轴重合，，．将矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点B的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了平面直角坐标系内坐标的变化规律，旋转，矩形的性质．先根据矩形的性质可知，再作出旋转后的图形，进而找到B点的坐标规律即可．
【详解】解：，
．
将矩形绕点O逆时针旋转，如图
可知：，…，
则：每旋转4次则回到原位置，
，
即：第2025次旋转结束时，完成了506次循环，与的位置相同，
的坐标为．
故选：D．
4．如图，点A坐标为，点B坐标为，将线段绕点O按顺时针方向旋转得到对应线段，若点C恰好落在x轴上，则点D到x轴的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接、，过点D作轴于点，过点作于点，由旋转的性质和勾股定理可得，，再利用面积法求出即可得到答案．
【详解】解：如图，连接、，过点D作轴于点，过点作于点，
，点坐标为，点坐标为，
，
，
线段绕点按顺时针方向旋转得到对应线段，若点C恰好落在轴上，
，
，
∴
，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了坐标与图形、旋转的性质、勾股定理、三角形面积的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
5．如图，将绕A点按逆时针方向旋转得到，连接，若，则的度数为 ．

【答案】/75度
【分析】本题考查了旋转的性质，解题的关键是熟练的掌握旋转的性质．先根据旋转的性质得到，根据等腰三角形的性质易得，再根据平行线的性质得，然后利用进行计算．
【详解】解：∵将绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
6．如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到，使点的对应点落在边上，连接，如果，那么 度．
【答案】74
【分析】本题主要考查旋转的性质和等腰三角形的性质．先由旋转的性质得出，再旋转前后的图形全等得出，由已知条件算出，即可求出．
【详解】解：旋转前后的图形全等，
，，
，，
，
，
，
，
∵，
∴，
故答案为：74．
7．如图，点是正方形内部一点，连接，将绕点旋转一定角度得到，当三点共线时，的度数为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质以及旋转性质，根据正方形的性质得，结合旋转性质得出，，则为等腰直角三角形，因为点共线，即可列式进行计算作答．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，
∵由旋转得到，
∴，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵点共线，
∴，
．
故答案为：
8．如图，在平行四边形中，，，面积为120，点是边上一点，连接，将线段绕着点旋转得到线段，如果点恰好落在直线上，那么线段的长为

【答案】2或14
【分析】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，勾股定理，注意分类讨论；由题意得；分顺时针旋转与逆时针旋转两种情况，利用旋转性质及勾股定理即可求解．根据题意确定是解题的关键．
【详解】解：∵线段绕着点旋转得到线段，点恰好落在直线上，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得：；
当线段绕着点顺时针旋转时，如图，
∴，
∴；
当线段绕着点逆时针旋转时，
则在点P的右侧，
∴；
综上，的长为2或14；
故答案为：2或14．
9．如图，等腰中，，，点为斜边上一点（不与，重合），，连接，将线段绕点顺时针方向旋转至，连接、．
(1)求证：
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查旋转的性质及全等三角形的判定与性质，熟知图形旋转的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）根据旋转的性质，得出全等三角形判定的条件即可解决问题．
（2）根据全等三角形的性质，得出，进而得出，再利用勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）证明：由旋转可知，
，，
，
，
．
在和中，
，
；
（2）解：，
，．
是等腰直角三角形，
，，
．
又，
则在中，
，
故的长为．
10．（一）问题探究
已知：在钝角中，，把线段绕点A沿逆时针方向旋转得到线段，把线段绕点A沿顺时针方向旋转得到线段，分别连结，，，．
（1）如图①，当时，线段与的数量关系是 　　（直接写出结论，不说理由）；
（2）如图②，当时，
①探究线段与的数量关系，并说明理由；
②若，，求的长；
（二）解决问题
如图③，在四边形中，， ，，请直接写出线段的长．（不说理由）

【答案】（1）；（2）①，详见分析；②；（3）
【分析】本题考查了图形旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．
问题探究
（1）先根据旋转的性质得到，，，从而，即得答案；
（2）①类似（1）的证明，即可证得答案；
②根据勾股定理可求得的长，根据①中的全等三角形及等腰三角形的性质，可得，最后由勾股定理即可求得答案；
解决问题
过点A作，交的延长线于点H，先根据等腰三角形的判定与性质，分别求出与的长，再证明，即得的长．
【详解】解：问题探究
（1）∵把线段绕点A沿逆时针方向旋转得到线段，把线段绕点A沿顺时针方向旋转得到线段，
，，，
，
∴，
∴
故答案为：．
（2）①，理由如下：
∵把线段绕点A沿逆时针方向旋转得到线段，把线段绕点A沿顺时针方向旋转得到线段，
，，，
，
∴，
∴
②∵，，
∴
∴，
∴
；
解决问题
如图③，过点A作，交的延长线于点H，

∵
，，
，，
，
，
，
∴，
∵，
，
∴
∴，
题型三 以特殊四边形为背景的动态轨迹问题
1．如图，等边三角形的边长为．动点M从点B出发，沿的方向以的速度运动，动点N从点C出发，沿方向以的速度运动，若动点M，N同时出发，且其中一点到达终点时，另一点也停止运动，当点A，M，N以及的边上一点D构成的四边形为平行四边形时，t的值为（ ）
A．2或3 B．2或4 C．1或3 D．1或2
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的判定，等边三角形的性质，利用平行四边形的判定和等边三角形的性质求得相关线段的长度，然后列出方程求解是解题的关键．分三种情况讨论，由平行四边形的性质和等边三角形的性质可列方程，即可求解．
【详解】解：①当，点M、N、D的位置如图所示：
四边形是平行四边形，
，，，
，，
，
，
，即：，
解得：，
②当时，点M、N、D在同一直线上，不能构成四边形，
③当时，点M、N、D的位置如图所示：
四边形是平行四边形，
，，
，
为等边三角形，
，
，
，
，即：，
解得：，
综上所述，t的值为1或3，
故选：C．
2．如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点的运动时间为（单位：），下列结论正确的是（ ）
A．当时，四边形为矩形
B．当时，四边形为平行四边形
C．当时，或
D．当时，或
【答案】D
【分析】对于选项A、B，分别计算当与时相应线段的长度结合平行四边形的判定方法判断即可；对于C、D选项，作，垂足分别为E、F，如图，证明，得出，进而得出关于t的方程，解方程判定即可．
【详解】解：当时，，cm，，
∴，
∴四边形不为矩形，故选项A结论错误；
当时，，，cm，
∴，
∴四边形不为平行四边形，故选项B结论错误；
当时，作，垂足分别为E、F，如图，
∵，
∴，
∴四边形，都是矩形，
∴，，
∴当时，，，
∴，
∵，
∴，
解得：或，故选项C错误、选项D正确；
故选：D．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、善于动中取静是解题的关键．
3．如图，在长方形中，已知，，点P以的速度由点B向点C运动，同时点Q以的速度由点C向点D运动，若某时刻以A、B、P为顶点的三角形和以P、C、Q为顶点的三角形全等，则a的值为（ ）
A．2 B．3 C．2或 D．2或
【答案】D
【分析】本题考查了特殊四边形的动点问题，全等三角形的性质，利用分类讨论的思想解决问题是解题关键．设运动时间为，由题意得可知，，，，分两种情况讨论：①；②，利用全等三角形的性质分别求解，即可得到答案．
【详解】解：设运动时间为，
由题意得：，，则，
①若，则，，
，，
，；
②若，则，，
，，
解得：，
，
解得：a＝，
综上，a的值为2或．
故选：D．
4．如图，在四边形中，，，，，．点从点出发，以的速度沿．向点运动；点从点同时出发，以的速度沿边向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为．当为何值时，四边形为平行四边形？（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】当时，四边形是平行四边形，列方程求解即可．
【详解】由题意可得，，，
当时，
由可得四边形是平行四边形
∴，解得，
故选：C．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，表示出对应边的长度是解本题的关键．
5．如图，在中，对角线相交于点，点在上，，，，点是的中点，若点以的速度从点出发，沿向点运动，点同时以的速度从点出发，沿向点运动，点运动到点时停止运动，点也同时停止运动，当点运动 时，以点为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】或
【分析】要使点、、、为顶点的四边形是平行四边形，则需，据此先表示出、，结合题意可得或，据此可知需求得的长，由于是的中点，可将答案．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
点是的中点，
，
∵点的速度为，则点从点到点的时间为，
∴点移动的距离为，
要使点、、、为顶点的四边形是平行四边形，则即可，
设当点运动秒时，点、、、为顶点的四边形是平行四边形，
根据题意，当点在点的右边，四边形是平行四边形，如图所示，
∴，解得，；
当点在点的左边，四边形是平行四边形，如图所示，
∴，解得，；
当点运动秒或秒时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，
故答案为：或．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．
6．已知，四边形中，，，，点、分别为边、的中点，点从点出发，以每秒个单位的速度从方向运动，到达点后停止运动，同时点从点出发，以每秒个单位的速度从方向运动，到达点后立即原路返回，点到达点后点同时停止运动，设点、运动的时间为秒，当以点、、、为顶点的四边形为平行四边形时，的值为 ．

【答案】1或或
【分析】设秒后，点、、、为顶点的四边形为平行四边形．分三种情形分别构建方程即可．
【详解】解：设秒后，点、、、为顶点的四边形为平行四边形．
由题意，当时，点、、、为顶点的四边形为平行四边形，
则有：或或，
解得或或．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，一元一次方程等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
7．如图，等边三角形的边长为，动点M从点B出发，沿的方向以的速度运动，动点N从点C出发，沿的方向以的速度运动，且动点M，N同时出发，其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．那么运动到第 秒时，点A，M，N以及的边上一点D恰能构成一个平行四边形．

【答案】2或6/6或2
【分析】分三种情况讨论，由平行四边形的性质和等边三角形的性质可列方程，即可求解．
【详解】解：①当，点M、N、D的位置如图所示：

四边形是平行四边形，
，，，
，，
，
，
，即：，
解得：，
②当时，点M、N、D在同一直线上，不能构成四边形，
③当时，点M、N、D的位置如图所示：

四边形是平行四边形，
，，
，
为等腰三角形，
，
，
，
，即：，
解得：，
④当时，点M、N、D的位置如图所示：

则，，
由题意可知，为等边三角形，
，即：，
解得：，
此时M、N重合，不能构成四边形，
综上所述，t的值为2或6，
故答案为：2或6．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，等边三角形的性质，利用平行四边形的判定和等边三角形的性质求得相关线段的长度，然后列出方程求解是解题的关键．
8．如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中，①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是 ．

【答案】①②③
【分析】设两点速度为每秒1个单位长度，则，，由题意可得四边形是平行四边形，再利用矩形，菱形，正方形的性质分别进行求解即可．
【详解】解：设两点速度为每秒1个单位长度，则，，
∵四边形是矩形，，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，
当时，点与点重合，点与点重合，此时四边形是矩形，故①正确；
当四边形是菱形时，，
则，解得：，符合题意，
即：当时，四边形是菱形，故②正确；
当四边形是矩形时，，则，解得，
即：当时，四边形是矩形，故③正确；
当四边形是正方形时，，
则，解得，但此时，不符合题意，故④不正确，
综上，正确的有①②③，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查动点问题，特殊四边形的存在问题，特殊四边形的性质等知识点，理解并熟练掌握相关图象的性质是解决问题的关键．
9．平面直角坐标系内如图放矩形已知点，．将矩形沿折叠，使点与点重合．折痕交于点，交于点．
(1)求点的坐标；
(2)若动点，同时从点出发，点以每秒个单位长度的速度向点运动，点以每秒个单位长度的速度沿射线方向运动，当点运动到点时停止运动，点也同时停止运动．设的面积为，点，的运动时间为秒，求与的函数关系式并直接写出自变量的取值范围；
(3)在（2）的条件下，是射线上的一点，点为平面内一点，是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是正方形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)
(3)存在或或时，，，，，为顶点的四边形是正方形．
【分析】（1）结合点，点，四边形为矩形，可得，，；设，则，在中，由勾股定理可得，代入求解可知，即可求得点的坐标；
（2）分两种情况讨论：当点在点右侧和点在点左侧时，利用三角形面积公式即可获得答案；
（3）若以，，，为顶点的四边形是正方形时，则点三点围成的三角形为等腰直角三角形，分情况讨论即可获得答案．
【详解】（1）解：由折叠可得，
∵点，点，四边形为矩形，
∴，，，，
设，则，
∴在中，由勾股定理可得，
即，解得，
∴，
∴点的坐标为；
（2）①如下图，当点在点右侧时，

根据题意，，，
∴，
∴；
②如下图，当点在点左侧时，

根据题意，，，
∴，
∴．
综上所述，；
（3）解：若以，，，为顶点的四边形是正方形时，则点三点围成的三角形为等腰直角三角形，
可分情况讨论：
①如下图，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，即
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴即；
②如下图，过点作于点，则四边形、均为矩形，

∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴即，，
∴即，
∵四边形是正方形，
∴即；
③如下图，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，，
∴
∵四边形是正方形，
∴即．
综上所述，存在或或时，，，，为顶点的四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、勾股定理、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、矩形的性质等知识，综合性强，难度较大，运用数形结合和分类讨论的思想分析问题是解题关键．
10．如图，在矩形中，，，点与点同时出发，点从点出发向点运动，运动到点停止，点从点出发向点运动，运动到点停止，点，的速度都是，连接，设点，的运动的时间为．
(1)求当t为何值时，四边形是正方形；
(2)求当t为何值时，；
(3)当四边形的面积为时，求矩形的周长与四边形的周长的比值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了矩形的性质，正方形的判定，平行四边形的判定和性质，菱形的判定及性质，以及勾股定理，熟练掌握相关判定及性质是解题的关键．
（1）设经过后四边形是正方形，则，，在矩形中，，，则当时，四边形是正方形，即，解方程即可求解；
（2）由于，，得四边形为平行四边形，当时，四边形为菱形，，再利用勾股定理列方程即可求解；
（3）四边形为平行四边形，四边形的面积，，解得，，，再分别求矩形的周长与四边形的周长即可求解．
【详解】（1） 在矩形中，，，
，，
设经过后四边形是正方形，
则，，
在矩形中，，，
当时，四边形是正方形，
，解得，
故当时，四边形是正方形；
（2），，
四边形为平行四边形，
当时，四边形为菱形，
，
由（1）知，
，解得，
故当时，；
（3） 四边形为平行四边形，
四边形的面积，
，解得，
，，
四边形的周长，
矩形的周长，
矩形的周长与四边形的周长的比值为．
题型四 以特殊平行四边形为背景的最值问题
1．如图，正方形的面积为6，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（ ）
A．3 B．6 C． D．
【答案】D
【分析】连接．由正方形的对称性可知，则，依据两点之间线段最短可知当点、、在一条直线上时，有最小值，最小值，然后依据正方形和等边三角形的性质求解即可．
本题主要考查的是正方形的性质、轴对称最短路径问题，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，明确当点、、在一条直线上是，有最小值是解题的关键．
【详解】解：连接．
点与关于对称，
，
．
由两点之间线段最短可知当点为点处时，有最小值，最小值．
正方形的面积为6，
又是等边三角形，
．
的最小值为．
故选：D．
2．如图，在矩形中，，点P，Q分别在上，，线段在上，且，连接，则的最小长度为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识；在边上取，连接，则得四边形是平行四边形，有，问题转化为求的最小长度，当点E在上时，取得最小值；由勾股定理即可求解．取，求的最小值转化为求的最小值是解题的关键．
【详解】解：如图，在边上取，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
即当取最小值时，取得最小值；
当点E在上时，取得最小值，最小值为线段的长；
∵，，
∴，
由勾股定理得，
即的最小长度为10；
故选：B．
3．如图有一条直角弯道河流，河宽为2，、两地到河岸边的距离均为1，，，，现欲在河道上架两座桥、，使最小，则最小值为　　

A． B． C．14 D．12
【答案】C
【分析】延长到，使得，延长到，使得，连接交河道于点，，得到两座桥，，此时的值最小．
【详解】解：延长到，使得，延长到，使得，连接交河道于点，，得到两座桥，，此时的值最小．

∴四边形是平行四边形，
∴，
同理：=，
延长交的延长线于点．
∴，，
∴，，
在中，，
，
的最小值为14．
故选：C．
【点睛】本题考查轴对称最短问题，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题．
4．如图，正方形的边长为，点是边的中点，点是边上一动点.连接，将沿翻折得到，连接．当最小是（ ）
A． B． C． D．5
【答案】B
【分析】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，确定当点G、F、B三点共线时，最小是解题的关键，同时注意运用面积法求垂线段的长度．根据正方形的性质和勾股定理可得的长，再由翻折知，由可知当点G、F、B三点共线时，最小．
【详解】解：∵正方形的边长为，
∴，
∵点G是边的中点，
∴，
连接，
∴，
∵将沿翻折得到，
∴，
∵，
∴当点G、F、B三点共线时，最小，
∴的最小值为．
故选：B．
5．如图，菱形的周长为8，，为的中点，在对角线上存在一点，使的周长最小，则的周长的最小值为 ．
【答案】/
【分析】
连接交于点，连接，．由的长为定值，即得出的长度最小时的周长最小．再根据菱形的性质可推出的最小长度为的长，此时点P与点重合．结合题意易证是等边三角形，进而可求出，最后由三角形周长公式求解即可．
【详解】
解：如图，连接交于点，连接，．
的长度固定，
要使的周长最小，只需要的长度最小即可．
四边形是菱形，
与互相垂直平分，
，
的最小长度为的长，此时点P与点重合．
菱形的周长为8，为的中点，，
，，
是等边三角形，
，，，
∴，
的最小周长．
故答案为：．
【点睛】
本题考查菱形的性质，垂线段最短，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识．理解的最小长度为的长，此时点P与点重合是解题关键．
6．如图，矩形中，，，点P从B点沿向D点移动，若过点P作的垂线交于E点，过点P作的垂线交于F点，则的长度最小为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短及面积法求直角三角形斜边上的高，需要熟练掌握并灵活运用．连接，依据，可得四边形为矩形，借助矩形的对角线相等，将求的最小值转化成的最小值，再结合垂线段最短，将问题转化成求斜边上的高，利用面积法即可得解．
【详解】解：如图，连接，
∵，
∴．
∵四边形是矩形，
∴．
∴四边形为矩形．
∴．
∴要求的最小值就是要求的最小值．
∵点P从B点沿着往D点移动，
∴当时，取最小值．
在中，∵，，
∴，
∵，
∴．
∴的长度最小为：，
故答案为：．
7．如图，矩形中，，E为边的中点，点P、Q为边上两个动点，且，当 时，四边形的周长最小．
【答案】4
【分析】本题考查了矩形的性质，轴对称-最短路线问题的应用，要使四边形的周长最小，由于与都是定值，只需的值最小即可．为此，先在边上确定点P、Q的位置，可在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，过A点作的平行线交于一点，即为P点，则此时最小，然后过G点作的平行线交的延长线于H点，那么先证明∠GEH=45°，再由CQ=EC即可求出BP的长度．
【详解】解：如图，在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，过A点作的平行线交于一点，即为P点，过G点作的平行线交的延长线于H点．
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，∵，
∴，
∴，
解得．
故答案为：4．
8．如图，在等腰直角三角形中，，，的面积等于35，点P在上，点Q在上，，上有一动点M，若要使最小，则该最小值是 ．
【答案】
【分析】本题考查轴对称——最短路径，平行四边形的判定和性质，作点P关于的对称点N，当M，N，Q三点共线时，取最小值，最小值为，通过证明四边形是平行四边形，推出，即可求解．
【详解】解：，，，
，，
，
作点P关于的对称点N，则，
，
当M，N，Q三点共线时，取最小值，最小值为，
如下图所示，与交点即为M，
由题意知垂直平分，
，，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
即的最小值为．
故答案为：．
9．如图，一次函数的图象分别与x轴和y轴相交于A、C两点，且与正比例函数的图象交于点．
(1)求m，n的值；
(2)当时，直接写出自变量x的取值范围；
(3)在y轴上找一点P，使的值最小，求点P的坐标．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）先把点代入求得，再把点代入求n得值即可；
（2）根据图象求解即可；
（3）作点A关于y轴的对称点，连接，交y轴于点P，此时，的值最小，利用待定系数法全等直线的解析式，令，求得y的值即可．
【详解】（1）解：把点代入得，，
∴，
把点代入得，，
解得；
（2）解：由图可得，当时，；
（3）解：如图，过点A作关于y轴的对称点，连接，交y轴于点P，
把代入得，，
解得，
∴，
由对称的性质可得， ，，
∴，
∴当点A、P、B三点共线时，的值最小，
设直线的解析式为，
把、代入得，
，
解得，
∴直线的表达式为，
把代入得，，
∴．
【点睛】本题考查用待定系数法求一次函数解析式、最值问题、轴对称的性质、一次函数与一元一次不等式及一次函数的图象，利用待定系数法求一次函数解析式是解题的关键．
10．请你认真阅读思考下面的材料，完成相关问题．
【数学模型】
如图①，A，B是直线l同旁的两个定点，在直线l上确定一点P，使的值最小．
方法：作点A关于直线l的对称点，连接交l于点P，则点P即为所求．此时，的值最小，且
【模型应用】
(1)如图②，经测量得A，B两点到河边l的距离分别为米，米，且米．在l上确定一点P，则的最短路径长为______米；
(2)如图③，在正方形中，，点E在边上，且，点P是对角线上一个动点，求的最小值；
(3)如图④，在平面直角坐标系中，点，．请在x轴上确定一点P，使的值最小，并求出的最小值．
【答案】(1)1500
(2)
(3)P点坐标为；的最小值为
【分析】本题考查了轴对称-最短问题，垂线段最短，等腰三角形的性质，正方形的性质，勾股定理等知识，要灵活运用对称性解决此类问题．找出P点位置是解题的关键．
（1）作点A关于直线l的对称点，连接，过点作并交线于点M，根据对称的性质得出米，米，米，再由勾股定理求解即可；
（2）连接，设与交于点P，根据正方形的性质及轴对称得出P在与的交点上时，最小，为的长度，利用勾股定理求解即可；
（3）作A点关于x轴的对称点，连接交x轴于P点，P点即为所求，利用轴对称的性质得出，则，的值最小，然后确定一次函数解析式即可得出结果，再由勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：作点A关于直线l的对称点，连接，过点作并交线于点M，
∴米，
在中，米，米，
（米），
∴“将军饮马”问题中的最短路径长为1500米，
故答案为：1500；
（2）如图，连接，
设与交于点P，
∵四边形是正方形，
∴点B与D关于对称，
∴，
∴最小．
即P在与的交点上时，最小，为的长度．
∵直角中，，
∴．
∴的最小值为．
（3）如图，作A点关于x轴的对称点，连接交x轴于P点，P点即为所求：
利用对称的性质得到，则，的值最小；
A点关于x轴对称的点的坐标为，
设直线的解析式为，
把代入得：
，解得，
∴直线的解析式为，
当时，，解得，
∴P点坐标为；
的最小值为：．
1．如图，在菱形中，，点为对角线、的交点，点为的中点，点为上一动点，若，则的最小值为（ ）
A．4 B．6 C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质，对称的性质，勾股定理等知识，作点O的对称点是解题的关键．
作点O关于直线的对称点G，连接，则，从而得；则，当F点在上时，取得最小值；在中由勾股定理可求得最小值．
【详解】解：如图，作点O关于直线的对称点G，连接，
则，，
在菱形中，，
,，
；
，
是等边三角形，
，
是的中点，
；
在中，，
；
，
则当F点在上时，取得最小值；
在中，由勾股定理得．
故选：A．
2．如图，在矩形中，边上分别有两个动点，连接，若，，则四边形的周长的最小值是（ ）
A．23 B．16 C．22 D．15
【答案】B
【分析】本题考查矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，延长到点，使得，连接，易得四边形和四边形是矩形，证明，得到，进而得到当三点共线时，的值最小，勾股定理求出的长，进一步求出四边形的周长的最小值即可．
【详解】解：如图，延长到点，使得，连接．
，四边形是矩形，
∴，
四边形和四边形是矩形．
∴，，
，
，
，
．
分别是上的动点，故当三点共线时，的值最小，
且的值等于的值．
在中，，
四边形的周长的最小值是．
3．如图，正方形 的对角线与相交于点，将正方形沿直线折叠，点落在对角线上的点处，折痕交于点，若，则正方形的边长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，连接，由正方形的性质可得，，由折叠可得，， ，设，利用勾股定理得到，进而得，在中由勾股定理得，解方程即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵ 四边形是正方形，
∴，，
由折叠的性质可得，，， ，
设，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
解得，
故选：．
4．如图，在边长为2的正方形中，E是边上一点，将沿翻折，得到．若为等边三角形，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查正方形与折叠问题，等边三角形的性质，勾股定理等知识，过点作，交于，则四边形是矩形，根据等边三角形、正方形与折叠的性质可得，，，，得，，再根据勾股定理即可求解．熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
【详解】解：在正方形中，，
由折叠可知，，，，
∴，
过点作，交于，则四边形是矩形，
∵为等边三角形，
∴，则，
∴，，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
在中，，即：，
解得：，
故选：A．
5．把一副三角板如图甲放置，其中，，，斜边，，把三角板绕点C顺时针旋转得到（如图乙），此时与交于点O，则线段的长为（　　）
A． B．5 C．4 D．
【答案】A
【分析】此题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，
证明出是等腰直角三角形，得到，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵旋转角为，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，．
故选：A．
6．如图，四边形中，，连接，将绕点逆时针旋转，点的对应点与点重合得到，若，，则的长度为 ．
【答案】
【分析】本题考查旋转变换，勾股定理，全等三角形的性质，由旋转的性质和等边三角形的性质可证，利用勾股定理求出即可解决问题．解题的关键是证明．
【详解】解：∵将绕点逆时针旋转得到，，，
∴，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的长度为．
故答案为：．
7．如图，在四边形中，，，．作，垂足为点M，连接，若，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，两点间线段最短；过D作的平行线，过A作的平行线，两平行线交于点E，则可得四边形是矩形，且，，则；连接，则当点M与的交点重合时，最小，从而最小；过C作，交延长线于点F，则可得四边形是矩形，则，，从而得，由勾股定理即可求得的长，从而求得最小值．利用矩形的性质求的最小值转化为的最小值是解题的关键．
【详解】解：如图，过D作的平行线，过A作的平行线，两平行线交于点E，
即，
四边形是平行四边形；
，
四边形是矩形，
，，
；
连接，则当点M与的交点重合时，最小，从而最小，且最小值为线段的长；
过C作，交延长线于点F，
则，
四边形是矩形，
，，
；
在中，由勾股定理得，
最小值为．
故答案为：．
8．如图，矩形纸片中，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，，分别交于点，，且，则的长是 ．
【答案】
【分析】本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，根据折叠的性质可得出，由“”可证，可得出，设设，则，，进而可得出，在中，利用勾股定理可求出x的值，进而求出结果．
【详解】解：将沿折叠，点落在点处，
，
在和中，
，
，
，
设，则，，
又，，
，
在中，，
，
，
，
故答案为：．
9．如图，在四边形ABCD中，，，cm，cm，cm．点P从点A出发，以2cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以3cm/s的速度向点B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．若运动t s时，则运动时间t的值是 s．
【答案】或
【分析】分两种情况：①时，则四边形为平行四边形；②时，过点P作交于S，于M，则四边形为平行四边形，四边形为矩形；分别计算即可．
【详解】解：由题意可知，，
若，分两种情况：
①时，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
解得：，
②时，
过点P作交于S，于M，则四边形为平行四边形，四边形为矩形；
∴，
∴（cm），
∴（cm），
∴，
解得：，
综上所述，当t的值为或时，．
故答案为：或
【点睛】本题考查了直角梯形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、分类讨论等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
10．如图，正方形的边长为4，点为边的中点，点是边上不与端点重合的一动点，连接．将沿翻折，点的对应点为点，则线段长的最小值为 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了正方形与折叠问题，勾股定理，根据得到当点、、在同一条直线上时，的长度有最小值，然后结合正方形的性质，折叠的性质，以及勾股定理，即可求出答案．
【详解】解：连接，
∵，
∴当点、、在同一条直线上时，的长度有最小值，
由翻折的性质，，
在正方形中，，，
点为边的中点，
，
，
，
故答案为：．
11．如图，为等边内一点，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接．
(1)求证：；
(2)连接，若，直接写出的度数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（）由等边三角形的性质得，，由旋转的性质得，，进而得，即可由证明；
（）由全等三角形的性质得，由，可判定为等边三角形，得到，利用角的和差关系即可求解；
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握旋转和等边三角形的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，，
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
12．在中，，，直线经过点，且于，于，
(1)当直线绕点旋转到图（1）的位置时，显然有：；
(2)当直线绕点旋转到图（2）的位置时，求证：；
(3)当直线绕点旋转到图（3）的位置时，试问、、具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题需要考查了全等三角形的判定与性质，也利用了直角三角形的性质，是一个探究性题目，对于学生的能力要求比较高．
（1）由于中，，，直线经过点，且于，于，由此即可证明，然后利用全等三角形的性质即可解决问题；
（2）由于中，，，直线经过点，且于，于，由此仍然可以证明，然后利用全等三角形的性质也可以解决问题；
（3）当直线绕点旋转到图（3）的位置时，仍然，然后利用全等三角形的性质可以得到．
【详解】（1）证明： 中，，
，
又直线经过点，且于，于，
，
，
在和中，
，
，
，，
；
（2）证明：中，，直线经过点，且于，于，
，，
，
在和中，
，
，
，，
；
（3）如图3，
中，，直线经过点，且于，于，
，，
，
在和中，
，
，
，，
；
、、之间的关系为．
13．平面直角坐标系中，A、B两点坐标分别为、，以为边在第二象限内作正方形．
(1)的长为 ； 点C的坐标为 ；
(2)你能否在x轴上找一点M，使的周长最小？如果能，请画出M点，并求出M的坐标，并直接写出周长的最小值；如果不能，说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，图形见解析，M点的坐标为，周长的最小值为
【分析】（1）根据两点间距离公式求出，证明，得出，，求出点C的坐标即可；
（2）作B点关于x轴的对称点F，则，连接交x轴于M，过点D作轴于H点，先求出点，然后求出直线的解析式为，再求出M点的坐标为，利用两点间距离公式求出结果即可．
【详解】（1）解：过C点作轴于E点，如图，
∵A、B两点坐标分别为、，
∴，，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴；
故答案为：；；
（2）解：作B点关于x轴的对称点F，则，连接交x轴于M，此时，
∴，
∵两点间线段最短，
∴的值最小，即的周长最小，
过点D作轴于H点，如图，
与（1）中的证明方法一样证明，
∴，，
∴，
设直线的解析式为，
把，分别代入得，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
解得，
∴M点的坐标为，
∵，，
∴周长的最小值为．
【点睛】本题主要考查了一次函数的应用，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，两点间距离公式，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握待定系数法和两点间距离公式．
14．已知：正方形中，，它的两边分别交，于点M，N．于点H，绕点A旋转．解答下列问题：
(1)如图①，当时，请你写出与的数量关系 ；
(2)如图②，当时，猜想与，的关系，并完成证明；
(3)如图③，若，于点H，，，则 ．
【答案】(1)
(2)，见解析
(3)
【分析】（1）先证明，可得，，再证明即可得到；
（2）延长至，使，证明出，得到，，然后证明出，得到；
（3）分别沿、翻折和，得到和，然后分别延长和交于点，得正方形，设，则，，在中，由勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）．理由如下：
四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，，
是等腰三角形，
又，
，，
，
，，
，
在和中，
，
，
；
（2）数量关系成立．如图②，延长至，使．
∵四边形是正方形，
，，
在和中，
，
∴，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
．
（3）如图,分别沿、翻折和，得到和，
，，．
分别延长和交于点，得正方形，
由（2）可知，．
设，则，，
在中，由勾股定理，得，
，
解得，．（不符合题意，舍去），
．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、翻折变换的性质以及勾股定理等知识；正确作出辅助线，熟练掌握翻折变换的性质，构造全等三角形是解题的关键．
15．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形为矩形，，．点E是的中点，动点M在线段上以每秒2个单位长度的速度由点A向点B运动（到点B时停止）．设动点M的运动时间为t秒．
(1)当t为何值时，四边形是平行四边形？
(2)若四边形是平行四边形，请判断四边形的形状，并说明理由；
(3)在线段上是否存在一点N，使得以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)6.5秒
(2)四边形是矩形，理由见解析
(3)线段存在一点，使得以，，，为顶点的四边形是菱形，t的值为12.5秒或6秒
【分析】（1）根据点C坐标可得，根据中点定义可得，根据矩形的性质可得，，根据平行四边形的性质可得，即可得出的长，根据点M的速度即可得答案；
（2）如图，由（1）可得，可证明四边形是平行四边形，由可得四边形是矩形；
（3）当点M在点N右侧时，根据菱形的性质可得，利用勾股定理可求出的长，进而可得出的长，根据点M的速度可求出t值；当点M在点N左侧时，则，利用勾股定理可求出的长，根据点M的速度即求得出t值，综上即可得答案．
【详解】（1）解：如图，∵四边形为矩形，，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵动点的速度为每秒个单位长度，
∴（秒）．
（2）解：如图，四边形是矩形；
理由如下：由（1）可知，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．
（3）解：如图，点M在点N右侧时，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴（秒），
如图，点M在点N左侧时，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴（秒），
综上所述：线段存在一点，使得以，，，为顶点的四边形是菱形，t的值为12.5秒或6秒．
【点睛】本题考查坐标与图形性质、矩形的判定与性质、菱形的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理并灵活运用分类讨论的思想是解题关键．
1．（2023·山东滨州·中考真题）已知点是等边的边上的一点，若，则在以线段为边的三角形中，最小内角的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将绕点逆时针旋转得到，可得以线段为边的三角形，即，最小的锐角为，根据邻补角以及旋转的性质得出，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，将绕点逆时针旋转得到，

∴，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴以线段为边的三角形，即，最小的锐角为，
∵，
∴
∴
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
2．（2023·宁夏·中考真题）如图，在中，，，．点在上，且．连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】证明，得到，推出为直角三角形，利用的面积等于，进行求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴的面积等于；
故选B．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握旋转的性质，得到三角形全等是解题的关键．本题蕴含手拉手全等模型，平时要多归纳，多总结，便于快速解题．
3．（2022·辽宁营口·中考真题）如图，在矩形中，点M在边上，把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，连接，过点B作，垂足为F，若，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先证明△BFC≌△CDE，可得DE=CF=2，再用勾股定理求得CE=，从而可得AD=BC=，最后求得AE的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD，∠ABC=∠D=90°，AD∥BC，
∴∠DEC=∠FCB，
∵，
∴∠BFC=∠CDE，
∵把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，
∴BC=EC，
在△BFC与△CDE中，
∴△BFC≌△CDE（AAS），
∴DE=CF=2，
∴，
∴AD=BC=CE=，
∴AE=AD-DE=，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、折叠的性质，勾股定理的应用，解决本题的关键是熟练掌握矩形中的折叠问题．
4．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，将矩形纸片沿折叠后，点D、C分别落在点、的位置，的延长线交于点G，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由矩形得到AD//BC，∠DEF=∠EFG，再由与折叠的性质得到∠DEF=∠GEF=∠EFG，用三角形的外角性质求出答案即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∵矩形纸片沿折叠，
∴∠DEF=∠GEF，
又∵AD//BC，
∴∠DEF=∠EFG，
∴∠DEF=∠GEF=∠EFG=64 ，
∵是△EFG的外角，
∴=∠GEF+∠EFG=128
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质与折叠的性质，关键在于折叠得出角相等，再由平行得到内错角相等，由三角形外角的性质求解．
5．（2021·浙江绍兴·中考真题）如图，菱形ABCD中，，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止．在形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（ ）
A．直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形
B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形
C．直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
D．等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
【答案】C
【分析】是特殊三角形，取决于点P的某些特殊位置，按其移动方向，逐一判断即可．
【详解】解：连接AC，BD，如图所示．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，∠D=∠B．
∵∠B=60°，
∴∠D=∠B=60°．
∴和都是等边三角形．
点P在移动过程中，依次共有四个特殊位置：
（1）当点P移动到BC边的中点时，记作．
∵是等边三角形，是 BC的中点，
∴．
∴．
∴是直角三角形．
（2）当点P与点C重合时，记作．
此时，是等边三角形；
（3）当点P移动到CD边的中点时，记为．
∵和都是等边三角形，
∴．
∴是直角三角形．
（4）当点P与点D重合时，记作．
∵，
∴是等腰三角形．
综上，形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是：
直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形．
故选：C
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形的判定、等腰三角形的判定、等边三角形的性质与判定等知识点，熟知特殊三角形的判定方法是解题的关键．
6．（2020·江苏南通·中考真题）如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），若y与x的对应关系如图②所示，则矩形ABCD的面积是（　　）

A．96cm2 B．84cm2 C．72cm2 D．56cm2
【答案】C
【分析】过点E作EH⊥BC，由三角形面积公式求出EH=AB=6，由图2可知当x=14时，点P与点D重合，则AD=12，可得出答案．
【详解】解：从函数的图象和运动的过程可以得出：当点P运动到点E时，x＝10，y＝30，
过点E作EH⊥BC，

由三角形面积公式得：y＝，
解得EH＝AB＝6，
∴BH=AE=8,
由图2可知当x＝14时，点P与点D重合，

∴ED=4,
∴BC=AD＝12，
∴矩形的面积为12×6＝72．
故选：C．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，三角形的面积等知识，熟练掌握数形结合思想方法是解题的关键．
7．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点坐标，连接，将绕点逆时针旋转，得到，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】过点作轴于点A，过点作轴于点C，易证，即得出，，即．
【详解】解：如图，过点作轴于点A，过点作轴于点C，
∵将绕点逆时针旋转，得到，
∴，，
∴．　
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查坐标与图形，三角形全等的判定和性质．正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
8．（2023·辽宁·中考真题）如图，线段，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，在的上方作，使，点为的中点，连接，当最小时，的面积为 ．

【答案】
【分析】连接，交于点P，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得垂直平分，为定角，可得点F在射线上运动，当时，最小，由含30度角直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接，交于点P，如图，
∵，点为的中点，
∴，
∵，
∴,
∴是等边三角形，
∴；
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∵，
∴垂直平分，，
∴点F在射线上运动，
∴当时，最小，
此时，
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴由勾股定理得，
∴，
∴；

故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形性质，含30度直角三角形的性质，斜边中线性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定，勾股定理，旋转的性质，确定点F的运动路径是关键与难点．
9．（2023·辽宁鞍山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在轴、轴正半轴上，点在边上，将矩形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，则点的坐标是 ．

【答案】
【分析】根据折叠的性质得出，在中，勾股定理求得，进而得出，在中，勾股定理建立方程，求得的长，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵折叠，
∴，
在中，
∴，
∴设，则，
∵折叠，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，坐标与图形，熟练掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的关键．
10．（2021·贵州黔西·中考真题）如图，在矩形纸片中，，，是上的点，且，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，点落在点处，折痕为，则线段的长是 ．
【答案】4
【分析】要求AN的长，可放在中，利用勾股定理求解，所以还需算出AP，PN的长．PN可根据折叠的性质求解，而求解PA,需先求解PB，连接PM可证，同时利用折叠性质，可求得PB的长,最后可求出AN的长．
【详解】解：连接PM，如图所示：
，，，
，
由折叠性质得，，，，
在和△中，
，
，
，
．
设，则，
在中，，
即，
解得，
的长是4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了折叠图形的性质、直角三角形全等的判定与性质以及勾股定理的综合运用，辅助线的作法是解决本题的关键．
11．（2023·四川自贡·中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，，分别是斜边，的中点，．

(1)将绕顶点旋转一周，请直接写出点，距离的最大值和最小值；
(2)将绕顶点逆时针旋转（如图），求的长．
【答案】(1)最大值为，最小值为
(2)
【分析】
（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出的值，进而根据题意求得最大值与最小值即可求解；
（2）过点作，交的延长线于点，根据旋转的性质求得，进而得出，进而可得，勾股定理解，即可求解．
【详解】（1）解：依题意，，，
当在的延长线上时，的距离最大，最大值为，
当在线段上时，的距离最小，最小值为；

（2）解：如图所示，过点作，交的延长线于点，

∵绕顶点逆时针旋转，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
12．（2023·青海西宁·中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．

【猜想】
【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片沿所在的直线折叠
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴ （ ）
∴ （等量代换）
∴（ ）
【应用】
如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为．
（1）猜想与的数量关系，并说明理由；
（2）若，，求的长．
【答案】【验证】；；两直线平行，内错角相等；；；等角对等边；【应用】（1），见解析；（2）5
【验证】（1）由折叠得，由平行线性质，得，于是 ，进而可得证， 即；
（2）由折叠得，，．在中，根据勾股定理，构建方程求解得，得.
【详解】解：【验证】∵矩形纸片沿所在的直线折叠
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴ （两直线平行，内错角相等）
∴（等量代换）
∴（等角对等边 ）
【应用】（1）
理由如下：
∵由四边形折叠得到四边形
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴（两直线平行，内错角相等）
∴
∴（等角对等边）
∵
∴ 即；
（2）∵矩形沿所在直线折叠
∴，，．
设
∴
在中，
∴（勾股定理）
∴ 解得
∴.
【点睛】本题考查轴对称折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等角对等边；根据折叠的性质得到线段相等、角相等是解题的关键．
13．（2023·湖北恩施·中考真题）如图，在矩形中，点是的中点，将矩形沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，连接交于点．

(1)若，求的度数；
(2)连接EF，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)的度数为
(2)矩形，理由见详解
【分析】（1）根据点是的中点，沿所在的直线折叠，可得是等腰三角形，根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）如图所示，连接，点是上的一点，根据矩形和折叠的性质可得四边形是平行四边形，如图所示，连接，，过点作于点，可证四边形是平行四边形，再根据折叠的性质得，由此即可求证．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，点是的中点，
∴，
∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，
∴，
∴，则是等腰三角形，
∴，
∵，即，
∴，
∴的度数为．
（2）解：如图所示，连接，点是上的一点，

∵四边形是矩形，
∴，，即，
∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，
∴，，是的角平分线，
由（1）可知，，
∴，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，则，，
如图所示，连接，，过点作于点，

∵点是的中点，，
∴点是线段的中点，则，
∴在中，
，
∴，
∴，，
∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，
∴，，，
在中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，矩形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握矩形折叠的性质，全等三角形的判定和性质，图形结合分析是解题的关键．
14．（2022·江苏苏州·中考真题）如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为E，AE与CD交于点F．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由矩形与折叠的性质可得，，从而可得结论；
（2）先证明，再求解， 结合对折的性质可得答案．
【详解】（1）证明：将矩形ABCD沿对角线AC折叠，
则，．
在△DAF和△ECF中，
∴．
（2）解：∵，
∴．
∵四边形ABCD是矩形，
∴．
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，矩形的性质，熟练的运用轴对称的性质证明边与角的相等是解本题的关键．
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