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(共16张PPT)
专题十五 平移
(1)平移是全等变换，平移前后的两个图形全等，平移的距离是重
要元素；
(2)平移有关证明常用的知识有全等三角形等；
(3)平移有关计算常用的知识有解直角三角形、相似三角形的性
质等；
(4)平移过程中两个图形重叠部分易出现多种情形，因此平移问题
经常考查分类讨论思想．
1． (2025辽宁)在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(3，0)，点
B的坐标为(2，－2)，将线段AB平移得到线段CD，点A的对应点C的
坐标为(3，5)，则点B的对应点D的坐标为 （　B　）
A． (7，－2)
B． (2，3)
C． (2，－7)
D． (－3，－2)
B
2． (2024临夏州)如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC＝2，
∠BAC＝120°，将△ABC沿其底边中线AD向下平移，使A的对应点
A′满足AA′＝ ，则平移前后两三角形重叠部分的面积是 　 　．
3． 有两个直角三角板，在三角板ABC中，∠BCA＝90°，BC＝4
cm，AC＝4 cm.在三角板DEF中，∠FDE＝90°，DF＝DE＝4
cm.将这两个直角三角板按如图1所示位置摆放，点C与点D重合，直角
边BC与DE在同一条直线上．现固定三角板DEF，将三角板ABC沿射
线DE方向以1 cm/s的速度平行移动，当点B运动到点E时停止运
动．设运动的时间为t s.
(1)如图2，当三角板ABC运动到点C与点E重合时，设EF与BA交
于点M，则 ＝ 　 　；
提示：∵AC∥DF，∴易证△FMD∽△EMA.
∴＝＝＝.
(2)如图3，在三角板ABC运动过程中，当t为何值时，AB经过点
F；
解：(2)如答图1，∵DF∥AC，∴∠BFD＝∠A，∠BDF＝∠BCA．
∴△BDF∽△BCA． ∴ ＝ .∴ ＝ .
∴BD＝ .∴CD＝BC－BD＝4－ .
∴t＝(4- )÷1＝(4- )s.
∴当t为(4- )s时，AB经过点F.
(3)在三角板ABC运动过程中，设两块三角板重叠部分的面积为
y，且0≤t≤4，求y与t的函数解析式，并求出对应的t的取值范围．
(3)①如答图2，当0≤t≤4－ 时，重叠部分是梯形CDFM.
y＝ (DF＋CM)·CD＝ (4＋4－t)·t＝ .
②如答图3，当4－ ＜t≤4时，重叠部分是五边形DCMGH，过
点G作GN⊥AC于点N. 设GN＝x，则易得AN＝ x，NM＝x.
根据题意，得AM＝AC－CM，即x＋ x＝4 －(4－t)．
解得x＝ .∴y＝S△ABC－S△BDH－S△AGM＝ ×4×4 -
(4－t)－ [4 -(4-t)]· ＝ (4－t)2＋(6-
2 )(4－t)＋12－4 ＝ t2＋(8 -8)t＋40－24 .
综上所述，
y＝
4． (广东中考)如图，BD是正方形ABCD的对角线，BC＝2，边
BC在其所在的直线上平移，将通过平移得到的线段记为PQ，连接
PA，QD，并过点Q作QO⊥BD，垂足为点O，连接OA，OP.
(1)请直接写出线段BC在平移过程中，四边形APQD是什么四边
形？
解：(1)四边形APQD是平行四边形．
(2)请判断OA，OP之间的数量关系和位置关系，并加以证明．
(2)OA＝OP，OA⊥OP. 证明如下：
∵四边形ABCD是正方形，四边形APQD是平行四边形，
∴AB＝BC＝PQ，∠ABO＝∠OBQ＝45°.
∵OQ⊥BD，∴∠PQO＝45°.
∴∠ABO＝∠OBQ＝∠PQO＝45°.∴BO＝QO.
在△AOB和△POQ中，
∴△AOB≌△POQ(SAS)．∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ.
∵QO⊥BD，∴∠BOQ＝90°.
∵∠AOP＝∠AOB＋∠BOP＝∠POQ＋∠BOP＝∠BOQ＝
90°.∴OA⊥OP.
(3)在平移变换过程中，设y＝S△OPB，BP＝x(0≤x≤2)，求y与x之
间的函数关系式，并求出y的最大值．
(3)①如答图1，当点P在点B右侧时，过点O作OE⊥BC于点E，
则BQ＝x＋2，OE＝ .
∴y＝ ·x· ，即y＝ (x＋1)2－ .
∵0≤x≤2，∴当x＝2时，y有最大值2.
②如答图2，当点P在点B左侧时，过点O作OE⊥BC于点E，则
BQ＝2－x，OE＝ .
∴y＝ ·x· ＝- (x－1)2＋ .
∵0≤x≤2，∴当x＝1时，y有最大值 .
综上所述，当x＝2时，y有最大值2.(共27张PPT)
专题十四 旋转
(1)旋转是全等变换，旋转前后的两个图形是全等图形，重点关注
旋转角这个要素；
(2)旋转有关证明常用的知识有全等三角形等；
(3)旋转有关计算常用的知识有勾股定理、解直角三角形、相似三
角形等；
(4)旋转过程中有很多量或结论保持不变，很多省市中考把旋转放
在几何探究中予以考查．
1． (2025自贡)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　）
A． (－3，5)
B． (5，－3)
C． (－2，5)
D． (5，－2)
A
2． (2025天津)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC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 （　D　）
A．
B．
C． 4
D．
D
3． (2024泰安)如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝
90°，AB＝CB，点D，E分别在AB，CB上，DB＝EB，连接
AE，CD，取AE中点F，连接BF.
(1)求证：CD＝2BF，CD⊥BF.
(1)证明：在△ABE和△CBD中，
∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBD＝90°，BE＝BD，
∴△ABE≌△CBD(SAS)．∴AE＝CD，∠FAB＝∠BCD．
∵点F是Rt△ABE斜边AE的中点，∴AE＝2BF. ∴CD＝2BF. ∵BF＝ AE＝AF，∴∠FAB＝∠FBA． ∴∠FBA＝∠BCD．
∵∠FBA＋∠FBC＝90°，∴∠BCD＋∠FBC＝90°.∴CD⊥BF.
(2)将△DBE绕点B顺时针旋转到图2的位置．
①请直接写出BF与CD的位置关系： ；
②求证：CD＝2BF.
(2)证明：
BF⊥CD
如图，延长BF到点G，使FG＝BF，连接AG. ∵AF＝EF，FG
＝BF，∠AFG＝∠EFB，∴△AGF≌△EBF(SAS)．∴∠FAG＝
∠FEB，AG＝BE. ∴AG∥BE. ∴∠GAB＋∠ABE＝180°.∵∠ABC＝
∠EBD＝90°，∴∠ABE＋∠DBC＝180°.∴∠GAB＝∠DBC． ∵BE＝
BD，∴AG＝BD． 在△AGB和△BDC中，
∵AG＝BD，∠GAB＝∠DBC，AB＝BC，∴△AGB≌△BDC(SAS)．∴CD＝BG.
∵BG＝2BF，∴CD＝2BF.
4． (2025湖北)在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C旋转
得到△DEC，点A的对应点D落在边AB上，连接BE.
(1)如图1，求证：△BCE∽△ACD．
(1)证明：∵将△ABC绕点C旋转得到△DEC，点A的对应点D落
在边AB上，
∴AC＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE.
∴ ＝ .∴△BCE∽△ACD．
(2)如图2，当BC＝2，AC＝1时，求BE的长．
(2)解：∵BC＝2，AC＝1，∠ACB＝90°，∴AC＝CD＝1，AB＝
＝ ＝ .
∴tan A＝ ＝2.
如图，过D作DH⊥AC． ∴tan A＝ ＝2.∴DH＝2AH.
在△CDH中，CH2＋DH2＝CD2，即(1－AH)2＋(2AH)2＝12.
解得AH＝ ，AH＝0(舍去)．∴DH＝ .
在△ADH中，AH2＋DH2＝AD2.
∴AD＝ ＝ AH＝ .
∵△BCE∽△ACD，∴ ＝ ，即 ＝ .∴BE＝ .
(3)如图3，过点E作AB的平行线交AC的延长线于点F，过点B作
AC的平行线交EF于点G，DE与BC交于点K.
①求证：AC＝CF；
(3)①证明：设旋转角为α.由旋转，得∠ACD
＝∠BCE＝α，AC＝CD，CB＝CE.
∴∠CDA＝∠A，∠CEB＝∠CBE＝ ＝90°－ α.
∵∠ACB＝90°，∴∠BCF＝90°.又∵∠ACD＝∠BCE，∴∠DCB＝
∠FCE.
∵GF∥AB，∴∠F＋∠A＝180°.∵∠CDA＋∠CDB＝180°，∠CDA＝∠A，∴∠CDB＝∠F.
∵∠CDB＝∠F，∠DCB＝∠FCE，CB＝CE，
∴△BCD≌△ECF(AAS)．∴CD＝CF.
∵CD＝AC，∴AC＝CF.
②当 ＝ 时，直接写出 的值．
② ＝ .
，∴设GF＝5k，GB＝6k.∵GF∥AB，BG∥AF，∴四边形ABGF是平行四边形．∴AB＝GF＝5k，AF＝BG＝6k，∠G＝∠A.由①得CD＝AC＝CF＝3k.在Rt△ABC中，AB2＝BC2＋AC2.∴BC＝＝＝4k.∴cos A＝＝＝.如图，延长GF，
BC相交于点L，过点C作CH⊥AB交AD于点H.在Rt△ACH中，cos A＝＝＝，∴AH＝.∵AC＝CD，CH⊥AB，∴AD＝2AH＝.∴BD＝5k－＝.∵△BCD≌△ECF，∴EF＝BD＝.∵AB∥GF，∴∠L＝∠CBA，∠LFC＝∠CAB.∵AC＝CF，∴△CFL≌△CAB(AAS)．∴FL＝AB＝5k.∴EL＝EF＋FL＝.∵∠L＝∠CBA，
∠BKD＝∠LKE，∴△BKD∽△LKE.
∴＝＝.
5． 一题多解(2024广东)【知识技能】(1)如图1，在△ABC中，DE
是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，
得到△A′DC′.当点E的对应点E′与点A重合时，求证：AB＝BC．
证明：∵DE是△ABC的中位线，∴DE＝ BC，AD＝DB＝ AB．
又∵△ADC绕点D按逆时针方向旋转得到△A′DC′，
∴DE＝AD＝ AB． ∴AB＝BC．
【数学理解】(2)如图2，在△ABC中(AB位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′，
连接A′B，C′C，作△A′BD的中线DF. 求证：2DF·CD＝BD·CC′.
(2)证明：连接AA′，如答图1所示．
由旋转的性质，得∠ADA′＝∠CDC′，AD＝A′D，CD＝C′D，
∴ ＝ .∴△ADA′∽△CDC′.∴ ＝ .
由题意，易得AD＝BD，BF＝A′F. ∴DF是△AA′B的中位
线．∴AA′＝2DF. ∴ ＝ .
∴2DF·CD＝BD·CC′.
【拓展探索】(3)如图3，在△ABC中，tan B＝ ，点D在AB上，
AD＝ .过点D作DE⊥BC，垂足为E，BE＝3，CE＝ .在四边形
ADEC内是否存在点G，使得∠AGD＋∠CGE＝180°？若存在，请给
出证明；若不存在，请说明理由．
(3)解：存在．证明如下．
法1：如答图2所示，平移线段EC，使点E与点D重合，点C的对应点为C′，DC′交AC于点F，连接AC′，CC′.
∵DE⊥BC，tan B＝ ，BE＝3，∴DE＝4.∴BD＝5.由平移，得DC′＝EC＝ ，DC′∥EC，∴∠3＝∠B．
又∵ ＝ ＝ ，即 ＝ ，∴△ADC′∽△EBD． ∴∠DAC′＝∠BED＝90°.
取EC的中点H，过点H作EC的垂线，交DC′于点G. 易得四边形DEHG是矩形．∴GH＝DE＝4.
∵EC＝ ，H是EC的中点，∴EH＝CH＝ .∵在Rt△GHE和
Rt△BED中， ＝ ＝ ，即 ＝ ，∴△GHE∽△BED．
∴∠1＝∠B． 同理可得△GHC∽△BED． ∴∠2＝∠B． ∴∠EGC＝
2∠B．
∵H是EC的中点，GH⊥EC，∴G是DC′的中点．
∴在Rt△ADC′中，AG＝DG. ∴∠4＝∠3＝∠B．
∴∠5＝180°－2∠B． ∴∠AGD＋∠EGC＝180°－2∠B＋2∠B＝
180°.
又∵DF∥BC，∴ ＝ ，即 ＝ .∴DF＝ .
∵ ＞ ，
∴点G在四边形ADEC内部，即点G即为所求．
∴存在点G，使得∠AGD＋∠CGE＝180°.
法2：取AD中点M，CE中点N，连接MN，分别以AD，CE为直
径作⊙M，⊙N，如答图3所示．假设存在点G，且点G是⊙M，⊙N
的交点．作MH⊥BC．
∵BM＝ ，tan B＝ ，∴BH＝ ，MH＝ .∴NH＝ .
∵MH＜7，NH＜4，AM＋CN＝ ，∴MN2＝MH2＋NH2＜(AM＋CN)2.∴⊙M和⊙N有交点，交点即为点G.
∵AD是⊙M的直径，CE是⊙N的直径，
∴∠AGD＝90°，∠CGE＝90°.∴∠AGD＋∠CGE＝180°.
由图3，可知点G在四边形ADEC内部．
∴四边形ADEC内存在点G，使得∠AGD＋∠CGE＝180°.
思路点拨
①易得AD∶EC＝BE∶BD＝3∶5，如何将线段AD，EC放在同一个直角三角形中？
策略：如图，平移EC，使点E与点D重合．平移后易得∠3＝
∠B，△ADC′∽△EBD ∠DAC′＝90°.
②DE∶EC＝3∶8，怎么转化成已知的特殊数量关系，即3∶4
策略：如图，取EC的中点H，过点H作EC的垂线，交DC′于点
G.
易得GH∶EH＝3∶4，GH∶HC＝3∶4，即△GHE∽△BED，
△GHC∽△BED ∠1＝∠2＝∠B．
③设∠B＝∠1＝∠2＝α，即∠EGC＝2α，若∠5＝180°－2α，即可证
得点G即为所求，怎么证明∠5＝180°－2α？
策略：易得G是DC′中点，在Rt△ADC′中，AG为斜边中线，则
AG＝DG ∠3＝∠4＝α ∠5＝180°－2α ∠5＋∠EGC＝180°，即
∠AGD＋∠EGC＝180°.
④最后只需证明点G在四边形ADEC内即可．
策略：证明DG＜DF.(共24张PPT)
专题十六 动点或动线问题
动点问题具有综合性，是中考常考题型，解题过程中应注意以
下几点：
(1)在图形上把动点或动线走过的路程表示出来；
(2)对于存在性问题，先画出符合题意的草图，然后根据条件建立
等量关系，通过方程解决问题；
(3)解题主要用到解直角三角形、勾股定理、相似三角形、方程等
重要知识．
1． (2024甘肃)如图1，动点P从菱形ABCD的点A出发，沿边
AB→BC匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，PO
的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到BC中点时，PO
的长为 （　C　）
A． 2
B． 3
C．
D． 2
C
2． (2024苏州)如图，矩形ABCD中，AB＝ ，BC＝1，动点
E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB，
CD向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，
垂足为G，则AG的最大值为 （　D　）
A．
B．
C． 2
D． 1
D
3． (广东中考)如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，
BC＝10 cm，AD＝8 cm，点P从点B出发，在线段BC上以每秒3 cm的
速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出
发，以每秒2 cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB，AC，AD于
点E，F，H，当点P到达点C时，点P与直线m同时停止运动，设运
动时间为t秒(t＞0)．
(1)当t＝2时，连接DE，DF，求证：四边形AEDF为菱形；
证明：如图1，连接DE，DF.
当t＝2时，DH＝2×2＝4.∴AH＝AD－DH＝8－4＝4.
∴DH＝AH，即点H为AD的中点．
∵EF∥BC，∴ ＝ ＝ ＝ .
∴EH＝ BD，FH＝ CD．
∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD． ∴AD⊥EF，EH＝FH.
∴EF与AD互相垂直平分．∴四边形AEDF为菱形．
(2)在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当
△PEF的面积最大时，求线段BP的长；
(2)解：如图2，连接PE，PF. 依题意，
得DH＝2t，AH＝8－2t，BC＝10，AD＝8.
∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC．
∴ ＝ ，即 ＝ .∴EF＝10－ t.
∴S△PEF＝ ·(10- t)·2t＝- +10t＝- (t－2)2＋10(0＜t＜ ).
∴当t＝2时，S有最大值为10，即△PEF的面积存在最大值10
cm2，此时BP＝3×2＝6(cm)．
(3)是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出
此时刻t的值，若不存在，请说明理由．
(3)解：如图3，连接PE，PF，过点E，F分别作EN⊥BC于点N，FM⊥BC于点M.
①当点P与点N重合时，即∠FEP＝90°.此时
BN＝BP＝3t.EN＝2t.
∵∠FEP＝∠ADB＝90°，∴EN∥AD． ∴△BNE∽△BDA．
∴ ＝ .∴ ＝ .∴t＝0(舍去)．∴t不存在．
②当点P与点M重合时，即∠EFP＝90°.此时BM＝BP＝3t.CM
＝10－3t，FM＝2t.
∵∠FMC＝∠ADC＝90°，∴FM∥AD． ∴△CFM∽△CAD．
∴＝ .∴ ＝ .∴t＝ .
③当点P在点N，M之间时，即∠EPF＝90°.∴MN＝EF＝10－
t，EN＝FM＝DH＝2t.
∵AB＝AC，∴易得BN＝CM＝ (BC－EF)＝ t.∵BP＝3t，∴CP＝10－3t.∴PN＝3t－ t＝ t，PM＝10-3t- t＝10- t.
∵∠ENP＝∠EPF＝∠PMF＝90°，
∴∠NEP＋∠NPE＝∠FPM＋∠NPE＝90°.
∴∠NEP＝∠FPM. ∴△EPN∽△PFM.
∴ ＝ .∴ ＝ .∴t＝ .综上，当t的值
为 或 时，△PEF为直角三角形．
4． (广东中考)在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，∠ABO＝30°，斜
边OB＝4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如图，连接BC．
(1)填空：∠OBC＝ °.
60
(2)如图1，连接AC，作OP⊥AC，垂足为点P，求OP的长度．
解：(2)∵OB＝4，∠ABO＝30°，∠BAO＝90°，
∴OA＝ OB＝2，AB＝ cos 30°·OB＝2 .
由旋转的性质，得OC＝OB，∠BOC＝60°.
∴△BOC是等边三角形，BC＝OB＝4.
∴∠OBC＝60°，∠ABC＝∠ABO＋∠OBC＝90°.
∴AC＝ ＝2 .∴S△AOC＝ OA·AB＝ OP·AC．
∴OP＝ ＝ .
(3)如图2，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，点M
沿O→C→B路径匀速运动，点N沿O→B→C路径匀速运动，当两点
相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位长度/秒，点N的运动
速度为1单位长度/秒，设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x
为何值时y取得最大值？最大值为多少？
(3)①当0＜x≤ 时，点M在OC上运动，点N在OB上运动，如答
图1，过点N作NE⊥OC于点E，则ON＝x，OM＝1.5x，∠NOE＝
60°，∠NEO＝90°.∴NE＝ON· sin 60°＝ ON＝ x.∴y＝
OM· ×1.5x· x＝ x2.∴当x＝ 时，
y有最大值，最大值为 .
②当 ＜x≤4时，点M在BC上运动，点N在OB上运动，如答图2，过点M作MH⊥OB于点H，则ON＝x，∠HBM＝60°，∠BHM＝90°，BM＝8－1.5x. ∴MH＝BM· sin 60°＝ (8－1.5x)．∴y＝ ON·MH＝ x· (8－1.5x)＝－ +
＝- + .∴当x＝ 时，y有最大值，最
大值为 .∵x＞ ，∴y最大值＜ .
③当4＜x≤ 时，如答图3，点M，N都在BC上运动，过点O作OG⊥BC于点G，则MN＝12－2.5x，OG＝AB＝2 .∴y＝ OG·MN＝ ×2 ·(12－2.5x)＝12 - x.∵－ ＜0，∴y随x的增大而减小．∴当x＝4时，y有最大值，最大值为2 .∵x＞4，∴y最大值＜2 .综上所述，当x＝ 时，y有最大值，
最大值为 .
5． (2024天津)将一个平行四边形纸片OABC放置在平面直角坐标
系中，点O(0，0)，点A(3，0)，点B，C在第一象限，且OC＝2，
∠AOC＝60°.
(1)填空：如图1，点C的坐标为 (1， ) ，点B的坐标为
．
解：(1)提示：如答图1，过点C作CH⊥OA
于点H. ∵四边形OABC是平行四边形，OC＝2，
∠AOC＝60°，A(3，0)，∴AB＝OC＝2，
CB＝OA＝3，∠B＝∠AOC＝60°.∵CH⊥OA，∴∠CHO＝
90°.∴∠OCH＝30°.∴OH＝ OC＝1.∴CH＝ ＝
.∴C(1， ).∵CB＝OA＝3，∴1＋3＝4.∴B(4， ).
(4，
)
(2)若P为x轴的正半轴上一动点，过点P作直线l⊥x轴，沿直线l
折叠该纸片，折叠后点O的对应点O′落在x轴的正半轴上，点C的对应
点为C′.设OP＝t.
①如图2，若直线l与边CB相交于点Q，当折叠后四边形PO′C′Q
与 OABC重叠部分为五边形时，O′C′与AB相交于点E. 试用含有t的
式子表示线段BE的长，并直接写出t的取值范围；
(2)①∵过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点O′落在x轴的正半轴上，∴∠OO′C′＝∠AOC＝60°，O′P＝OP. ∴OO′＝2OP＝2t.
∵A(3，0)，∴OA＝3.∴AO′＝OO′－OA＝2t－3.
∵四边形OABC是平行四边形，∴AB＝OC＝2，AB∥OC，∠O′AB＝∠AOC＝60°.
∴△EO′A是等边三角形．∴AE＝AO′＝2t－3.
∴BE＝AB－AE＝2－(2t－3)＝5－2t.∴BE＝－2t＋5.
t的取值范围为 ＜t＜ . 提示：如答图2，当O′与点A重合时，
AB与C′O′的交点为点E，此时点E与A重合，OP＝ OA＝ .如答图
3，当C′与点B重合时，AB与C′O′的交点为点E，此时点E与点B重
合，OP＝ ＝ .∴t的取值范围为 ＜t＜ .
②设折叠后重叠部分的面积为S，当 ≤t≤ 时，求S的取值范
围．(直接写出结果即可)
②当 ≤t≤ 时，S的取值范围为 ≤S≤ .(共26张PPT)
专题十三 折叠
(1)折叠变换是全等变换，折叠前后的两个图形是全等图形，解
题过程中要抓住对应边、对应角对应相等的关系，快速找到问题的
切入点；
(2)证明或计算过程中要关注图形本身的性质；
(3)折叠问题中的有关计算常用的知识有勾股定理、解直角三角
形、相似三角形对应边成比例等．
1． 如图，在三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，BC＝
.沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处；再折
叠纸片，使点C与点D重合，若折痕与AC的交点为E，则△ADE的周
长为 ．
5
2． (2024常州)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，
BC＝4，D是边AC的中点，E是边BC上一点，连接BD，DE. 将
△CDE沿DE翻折，点C落在BD上的点F处，则CE＝ ．
3． (2025湖北)如图，折叠正方形ABCD的一边BC，使点C落在
BD上的点F处，折痕BE交AC于点G. 若DE＝2 ，则CG的长是
（　B　）
A．
B． 2
C． ＋1
D． 2 －1
B
4． (2024牡丹江)小明同学手中有一张矩形纸片ABCD，AD＝12
cm，CD＝10 cm，他进行了如下操作：
第一步，如图1，将矩形纸片对折，使AD与BC重合，得到折痕
MN，将纸片展平．
第二步，如图2，再一次折叠纸片，把△ADN沿AN折叠得到
△AD′N，AD′交折痕MN于点E，则线段EN的长为 （　B　）
A． 8 cm
B． cm
C． cm
D． cm
B
5． (2024连云港)如图，将一张矩形纸片ABCD上下对折，使之完
全重合，打开后，得到折痕EF，连接BF. 再将矩形纸片折叠，使点B
落在BF上的点H处，折痕为AG. 若点G恰好为线段BC最靠近点B的
一个五等分点，AB＝4，则BC的长为 ．
2
6． (2024潍坊)如图，在矩形ABCD中，AB>2AD，点E，F分别
在边AB，CD上．将△ADF沿AF折叠，点D的对应点G恰好落在对
角线AC上；将△CBE沿CE折叠，点B的对应点H恰好也落在对角线
AC上．连接GE，FH.
(1)求证：△AEH≌△CFG；
证明：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠B＝∠D＝90°，AB∥CD． ∴∠EAH＝∠FCG.
由折叠的性质，得AG＝AD，CH＝CB，∠CHE＝∠B＝90°，
∠AGF＝∠D＝90°.
∴AG＝CH，∠AHE＝∠CGF＝90°.∴AH＝CG.
在△AEH和△CFG中，
∴△AEH≌△CFG(ASA)．
(2)求证：四边形EGFH为平行四边形．
(2)由(1)知，∠AHE＝∠CGF＝90°，△AEH≌△CFG.
∴EH∥FG，EH＝FG.
∴四边形EGFH为平行四边形．
7． (广东中考)如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝8.把
△BCD沿对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点G；点
E，F分别是C′D和BD上的点，线段EF交AD于点H，把△FDE沿
EF折叠，使点D落在D′处，点D′恰好与点A重合．
(1)求证：△ABG≌△C′DG；
(1)证明：∵△BDC′由△BDC翻折而成，四边形ABCD是矩形，
∴∠C′＝∠C＝∠BAG＝90°，C′D＝CD＝AB．
在△ABG和△C′DG中，
∴△ABG≌△C′DG(AAS)．
(2)求tan ∠ABG的值；
(2)解：由(1)可知△ABG≌△C′DG. ∴GB＝GD． ∴AG＋GB＝AG＋GD＝AD．
设AG＝x，则BG＝8－x.在Rt△ABG中，AB2＋AG2＝BG2，即62＋x2＝(8－x)2.解得x＝ .
∴AG＝ .∴tan ∠ABG＝ ＝ ＝ .
(3)求EF的长．
(3)解：∵△AEF是由△DEF翻折而成的，
∴EF垂直平分AD．
∴HD＝ AD＝ BC＝4.
∵△ABG≌△C′DG，∴∠ABG＝∠ADE
∴tan ∠ADE＝ ＝tan ∠ABG＝ .
∴EH＝HD·tan ∠ADE＝4× ＝ .
∵EF垂直平分AD，AB⊥AD，
∴HF∥AB． ∴△DHF∽△DAB． ∴ ＝ ＝ .
∴HF＝ AB＝ ×6＝3.∴EF＝EH＋HF＝ +3＝ .
8． (广东中考)如图，边长为1的正方形ABCD中，点E为AD的中
点，连接BE，将△ABE沿BE折叠得到△FBE，BF交AC于点G，求
CG的长．
解：如图，延长BF交CD于点H，连接EH.
∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠D＝∠DAB＝90°，AD
＝CD＝AB＝1.∴AC＝ ＝ ＝ .
由折叠的性质，得EF＝AE，∠EFB＝∠EAB＝90°，∠FEB＝
∠AEB．
∵点E是AD的中点，∴AE＝DE＝EF＝ .
又∠D＝∠EFH＝90°，
∴在Rt△EHD和Rt△EHF中，
∴Rt△EHD≌Rt△EHF(HL)．∴∠DEH＝∠FEH.
∵∠DEF＋∠AEF＝180°，∴2∠DEH＋2∠AEB＝180°.∴∠DEH＋
∠AEB＝90°.
∵∠AEB＋∠ABE＝90°，∴∠DEH＝∠ABE. ∴△EDH∽△BAE.
∴ ＝ ＝ .∴DH＝ .∴CH＝1－ ＝ .
∵CH∥AB，∴∠HCG＝∠BAG，∠CHG＝∠ABG.
∴△CGH∽△AGB． ∴ ＝ ＝ .
∴CG＝ AC＝ .
9． (2025山西)综合与探究
问题情境：如图1，在△ABC纸片中，AB＞BC，点D在边AB
上，AD＞BD． 沿过点D的直线折叠该纸片，使DB的对应线段DB′
与BC平行，且折痕与边BC交于点E，得到△DB′E，然后展平．
猜想证明：(1)判断四边形BDB′E的形状，并说明理由．
解：(1)四边形BDB′E是菱形．理由如下：
由折叠的性质可得BD＝B′D，BE＝B′E，∠B′DE＝∠BDE.
∵B′D∥BC，∴∠B′DE＝∠BED．
∴∠BDE＝∠BED． ∴BD＝BE. ∴BE＝BD＝B′D＝B′E.
∴四边形BDB′E是菱形．
拓展延伸：(2)如图2，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的
对应点A′落在射线DB′上，且折痕与边AC交于点F，然后展平．连接
A′E交边AC于点G，连接A′F.
①若AD＝2BD，判断DE与A′E的位置关系，并说明理由；
(2)①DE⊥A′E. 理由如下：
由(1)知四边形BDB′E是菱形．∴BD＝B′E＝B′D．
由折叠的性质得到AD＝A′D．
∵AD＝2BD，∴A′D＝2BD＝2B′D＝2B′E.
∴B′D＝A′B′＝B′E.
∴∠B′DE＝∠B′ED，∠B′EA′＝∠B′A′E.
∵∠B′DE＋∠B′ED＋∠B′EA′＋∠B′A′E＝180°，∴∠B′ED＋
∠B′EA′＝90°.∴DE⊥A′E.
②若∠C＝90°，AB＝15，BC＝9，当△A′FG是以A′F为腰的
等腰三角形时，请直接写出A′F的长．
②A′F的长为5或 .
提示：∵∠C＝90°，AB＝15，BC＝9，∴AC＝＝12.当△A′FG是以A′F为腰，A′G为底的等腰三角形时，如图1，延长A′F交AB于点H，设AC，A′D交点为M，则FG＝A′F.∵∠C＝90°，A′D∥BC，∴∠AMD＝∠C＝90°.∴∠AMA′＝90°.由折叠的性质得AF＝A′F，∠A＝∠DA′F.∵∠AFH＝∠A′FG，
∴∠AHF＝∠AMA′＝90°.∵∠A＝∠A，
∴△AFH∽△ABC.∴＝＝.
∴FH∶AH∶AF＝BC∶AC∶AB＝3∶4∶5.
∵∠A＝∠DA′F，AF＝A′F，∠AHF＝∠A′MF，∴△AHF≌△A′MF(AAS)．∴FH＝FM，AH＝A′M.
设FH＝FM＝3x，AH＝A′M＝4x，AF＝A′F＝5x.
∴AM＝AF＋FM＝8x.∵A′D∥BC，
∴△AMD∽△ACB.∴＝，即＝.∴AD＝10x.∴BE＝BD＝AB－AD＝15－10x.∴CE＝BC－BE＝10x－6.∵FG＝A′F＝5x，∴MG＝FG－FM＝2x.∴CG＝AC－AM－MG＝12－8x－2x＝12－10x.∵A′D∥BC，∴△A′MG∽△ECG. .∴＝.解得x＝1.∴A′F＝5x＝5.
当△A′FG是以A′F为腰，FG为底的等腰三角形时，如图2，则A′F＝A′G.同理得FH∶AH∶AF＝BC∶AC∶AB＝3∶4∶5，FH＝FM，AH＝A′M，AF＝A′F.设FH＝FM＝3y，AH＝A′M＝4y，AF＝A′F＝5y.∴AM＝AF＋FM＝8y.∵A′D∥BC，∴△AMD∽△ACB.∴＝，即＝.∴AD＝10y.∴BE＝BD＝AB－AD＝15－10y.∴CE＝BC－BE＝10y－6.∵△A′FG是以A′F为腰，FG为底的等腰三角形，A′M⊥AC，∴GM＝FM＝3y.∴FG＝GM＋FM＝6y.∴CG＝AC－AF－FG
＝12－11y.∵A′D∥BC，∴△A′MG∽△ECG.∴＝.
∴＝.解得y＝.∴A′F＝5y＝.综上，
A′F的长为5或.

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