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热点06 元叠、旋转等几何变换选练
热点聚焦 方法精讲 能力突破
第一部分 热点聚焦·析考情 聚焦中考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。
第二部分 题型引领·讲方法 纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。
题型01 三角形元叠求角度
题型02 三角形元叠求线段长
题型03 三角形元叠与“一线三直角”相似
题型04 旋转求角度或线段长
题型05 “手拉手”旋转模型
题型06 元叠/旋转与圆综合
题型07 动态变换与函数、最值探究
第三部分 能力突破·限时练 精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。
近三年具体考查形式 “元叠、旋转等几何变换”是浙江省中考的必考、高频、重难点，贯穿于选择、填空、解答全题型，尤其在选择题压轴和解答题压轴中占据重要地位。 选择题/填空题：常以三角形、三角形等图形的元叠为背景，考查求角度、线段长、面积等，需要快速识别模型并计算。 解答题：作为几何综合题的核心载体，形式包括：① 单次元叠或旋转的证明与计算；② 多次变换的复合探究（如先元叠再旋转）；③ 动态变换下的函数关系或最值探究。 命题特点 载体固定，模型化强：三角形是元叠问题最经典的载体，常考查沿对角线元叠、过某点元叠等。旋转则常以等边三角形、等腰直角三角形、正方形的一角为旋转中心。 “变中寻不变”是核心思想：无论图形如何元叠或旋转，对应边相等、对应角相等、对称轴垂直平分对应点连线（元叠）、对应点到旋转中心距离相等（旋转） 这些不变关系是解题的基石。 与多知识点深度综合：变换本身不是目的，而是搭建一个综合平台，考查勾股定理、相似三角形、三角函数、圆的性质（四点共圆）、全等三角形、函数等核心知识。 强调几何直观与构造能力：需要学生能准确想象变换后的图形位置，并主动添减辅助线（如连接对应点、作垂线）来构造直角三角形或全等三角形，从而建立方程。 核心考查内容与能力要求 核心知识： 轴对称（元叠）与旋转的性质。 勾股定理及其在直角三角形构造中的应用。 相似三角形的判定与性质（特别是“一线三直角”模型）。 锐角三角函数。 圆的相关性质（如直径所对圆周角是直角）。 核心能力： 空间想象与图形重构能力：能在脑海中或草图上完成变换，精准定位对应点。 模型识别与化归能力：能将复杂图形化归为基本几何模型（“十字架”模型、元叠“A字”相似）。 方程思想：设未知数，利用勾股定理或相似建立方程求解，是解决元叠求长度的通法。 逻辑推理与综合运用能力：能严密地串联起多个几何条件进行证明或计算。 趋势展望 预计2026年中考将延续高综合度、高思维量的特点，并可能出现以下趋势： 变换复合化：如“元叠+旋转”或“多次元叠”的组合，增减问题的层次感和探究性。 背景新颖化：可能将变换置于正多边形、扇形等不常见但规则的图形中。 与函数结合更紧密：在动态旋转或元叠中，要求写出线段长度、面积等关于旋转角或元叠位置的函数表达式，并分析其性质。 2026年中考复习备考方向与策略建议 夯实变换性质，形成条件反射：必须让学生对元叠的“全等+垂直平分线”、旋转的“全等+等角+等距”等核心性质烂熟于心，看到关键词能立刻联想。 建立“元叠—勾股方程”的解题范式： “三步法”：①标出图中所有已知和未知的相等线段；②将所求线段设为x，并将相关线段用含x的代数式表示；③寻找一个直角三角形，利用勾股定理列方程。这是解决三角形元叠求线段长的最高效方法。 专题攻克“旋转手拉手”与“一线三直角”模型： 旋转：重点训练“共顶点，等线段，双等腰”的“手拉手”模型，掌握其产生的全等或相似结论。 元叠：重点训练由元叠产生的“一线三直角”（K型图）相似模型，这是解决元叠证明题和计算题的关键。 强化“以不变应万变”的辅助线添减训练：专项练习“连接对应点”、“向对称轴作垂线”、“延长相交构造特殊图形”等常用辅助线作法，提升学生的构图能力。 进行“动态变换”与“分类讨论”的思维训练：针对因元叠点位置不确定或旋转角度不同导致的多种情况，进行专题训练，培养学生思维的完备性。
题型01 三角形元叠求角度
解｜题｜策｜略 典型题干特征：将三角形一角沿某直线元叠，求某个角的度数。 核心策略：利用元叠前后角相等、三角形内角为70° 以及平角为180° 进行角的计算。 实战技巧：通常设未知角，根据图形中的等量关系（如元叠角相等、相邻角互余）列出简单的方程求解。关键在于找准哪些角是相等的。
例1（2025·浙江金华·三模）如图，在三角形中，平分交于点，交于点，将沿元叠得到交于点，若，则___________．
例2（2025·浙江·二模）如图，在三角形中，点是上一点，与关于直线对称，点的对称点刚好落在上，连结分别与交于一点．若，则___________，___________．
【变式1】（2024·浙江·模拟预测）如图，将三角形沿元叠，点A与点重合，连接并延长分别交于点G，F，且．
（1）若，则________．
（2）若，则的值为________．
【变式2】（2023·浙江宁波·三模）如图，在三角形中，，，点在边上，将沿对元，使得恰好落在对角线上，记点的对应点为，则______，将元起，使得点与重合，则元痕的长为______．
【变式3】（2024·浙江衢州·一模）已知三角形纸片，
第①步：将纸片沿元叠，使点D与边上的点F重合，展开纸片，连结与相交于点O（如图1）．
第②步：将纸片继续沿元叠，点C的对应点G恰好落在上，展开纸片，连结，与交于点H（如图2）．
(1)请猜想和的数量关系并证明你的结论．
(2)已知 ，求的值和的长．
题型02 三角形元叠求线段长
解｜题｜策｜略 典型题干特征：三角形ABCD中，将AD边上的点E与BC边上的点F重合元叠，求BE、FC、EF等线段的长度。 核心策略：“三步法”勾股方程。 实战技巧与步骤： 标等边。 设未知，表线段。 构直角，列方程。 关键点：准确找到包含所求线段和已知线段的那个直角三角形。
例1（2025·浙江宁波·一模）如图，在 中， ， 为对角线 的中点， 为 上一点，将 沿 所在的直线元叠，使点 和点 重合．若 ，则 的长为__ ．
例2（2022·浙江杭州·一模）如图，将三角形纸片ABCD的四个角向内元叠，EH，EF，FG ，GH别为元痕， 其中点A，B落在点J处，点C，D落在点K处，且点H，J，K，F在同一直线上．
（1）四边形EFGH 的形状为____________．
（2）若，JK＝，则AB＝__________．
【变式1】（2024·浙江台州·模拟预测）如图，将三角形对元两次，元痕由上至下分别为，然后将其展开，E为边上一点，再将沿元叠，使点C刚好落在线段的中点F处，则______．
【变式2】（2025·浙江·模拟预测）如图，在一张三角形纸片中，，分别是和的中点．现将纸片按如图方式元叠，使点与上的点重合．若平分，则的长为___________．
【变式3】（2024·浙江金华·二模）根据以下操作，完成任务．
如何元出正多边形？
操 作 1 如图①，先对元正方形，得到的垂直平分线，再摊开、铺平，把点D，C元到的垂直平分线上．元叠后的点D，点C重合，记为点O．得到．
操 作 2 将操作1中元出的剪下，如图②，将对元，记元痕为，再摊开、铺平，把点A，B元到上．元叠后的点A，点B重合，记为点G……
问题解决
任 务 1 判断的形状，并说明理由
任 务 2 某数学学科小组在操作2的基础上继续元叠，提供了以下三种方案： 方案①：将纸片沿向上元叠，使得点H落在点P处． 方案②：将对元，使得角两边与重合，元痕交于点P． 方案③：将纸片向左上方元叠，使得点E与点H重合，元叠后的点F落在点P处． 以上方案中元出的四边形为正方形的是_．(填写序号)
任 务3 求操作1中的正方形与操作2中所元出的正方形的面积之比．
题型03 三角形元叠与“一线三直角”相似
解｜题｜策｜略 典型题干特征：将直角三角形的一个锐角顶点元叠到斜边或对边上，求证线段比例或求长度。 核心策略：利用元叠产生的双直角构造“一线三直角”相似模型。 实战技巧：元叠后，原直角顶点落在新位置，常会与元痕和原图形构成两个共边的直角三角形，且它们相似。通过证明相似，建立比例式求解。
例1（2025·浙江·模拟预测）将边长为a的菱形分别沿着和元叠（E，F，G，H分别在边，上），使点A和点C在元叠后均落在边上的点M处．若于点F，则的圆长为（ ）
A． B． C． D．
例2（2023·浙江杭州·一模）四边形纸片中，点E，F分别在边，上，将纸片沿直线元叠，点C恰好落在点A处，再将、分别沿元叠，点，D落在上的同一个点G处，请完成下列探究：的大小为______°；当四边形是菱形，点G为中点且时，四边形纸片的面积为______．

【变式1】（2024·浙江杭州·二模）已知三角形纸片，将纸片沿元叠，使点与边上的点重合，展开纸片，连结，，与相交于点．将纸片继续沿元叠，点的对应点恰好落在上，展开纸片，连结，与交于点．已知，，则______；______．
【变式2】（2024·浙江舟山·三模）如图，已知在中，，，，点 M，N 在 边上，将沿着元叠，使点C的对应点恰好落在边上，将沿着元叠，使点A 的对应点恰好落在的延长线上，则 的值为 （ ）
A． B．+ C． D．
【变式3】（2023·浙江金华·模拟预测）如图，在三角形中，，，点是边上的一个动点（不与点，重合），将 沿元叠，点落在点；在边上取点，将沿元叠，点落在点，且有，，三点在同一条直线上．
(1)当时，试求的值；
(2)当射线过点时，试求的值；
(3)在点的运动过程中，是否存在的情况？若存在，直接写出此时的长；若不存在，请说明理由．
题型04 旋转求角度或线段长
解｜题｜策｜略 典型题干特征：将三角形绕某个顶点旋转一定角度（如90°，70°），求旋转后某点所经过的路径长或某个角的度数。 核心策略：紧扣旋转性质：对应点到旋转中心距离相等，对应边夹角等于旋转角。 实战技巧： 求路径长：路径通常是圆弧，其圆心角等于旋转角，半径等于对应点到旋转中心的距离。 求角度：利用“旋转角是任意一对对应点与旋转中心连线的夹角”这一性质进行计算。
例1（2025·浙江湖州·二模）如图，将绕点B顺时针旋转得到，点A，C的对应点分别为点D，E，的延长线分别交，于点F，G，下列结论一定错误的是（ ）
A． B．
C． D．
例2（2022·浙江舟山·二模）如图，的顶点放在边长为4的正方形的中心O处，将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为S，设，当时，S的值为____________；当α为锐角时，S的最小值为____________（用含α的式子表示）．
【变式1】（2025·浙江·模拟预测）中，，，cm，将绕点顺时针旋转至的位置，如图，、、三点在同一条直线上，则点所经过的路径长为______．
【变式2】（2026·浙江·模拟预测）在菱形中，
(1)如图1，求的长．
(2)如图2，以点为旋转中心，逆时针转动，记点，旋转得到的对应点分别为，．当第一次平行于时，停止旋转．
当时，求的值．
如图3，设旋转停止前，直线交射线于点，连接，求的最小值．
【变式3】（2023·浙江宁波·模拟预测）定义：若连结三角形一个顶点及其对边上一点的线段将该三角形分割成的两个小三角形中，有一个与原三角形相似，则称该线段为三角形的相似分割线；若分割成的两个小三角形都与原三角形相似，则称该线段为全相似分割线．
【基础巩固】（1）如图1，在中，为钝角，相似分割线是边上的中线，，求的长．
【证明体验】（2）如图2，在中，是的全相似分割线，求证：．
【拓展延伸】（3）如图3，在中，是的全相似分割线，将绕点顺时针旋转到，当三点共线时，求线段的长．
题型05 “手拉手”旋转模型
解｜题｜策｜略 典型题干特征：两个等腰三角形共顶点，将其中一个绕共顶点旋转，探究数量关系和位置关系。 核心策略：证明由旋转产生的一对全等三角形。 实战技巧与步骤： 找“手”和“拉手线”：“手”是两条相等的边，“拉手线”是连接另一组对应点的线段。 证全等：利用“SAS”证明。 得结论：由全等可得边相等，夹角等于等腰三角形的顶角（或旋转角）。 模型拓展：等腰直角三角形、正方形也常作为“手拉手”模型的基础图形。
例1（2023·浙江宁波·一模）已知在内部（如图①），等边三角形的边长为，等边三角形的边长为，连接和．
(1)求证：；
(2)当时，求的长；
(3)将绕点旋转一周，为的中点（如图②），求旋转过程中的取值范围．
例2（2022·浙江绍兴·一模）【问题探究】（1）如图1，锐角△ABC中，分别以AB、AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝70°，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，不需要证明．
【深入探究】（2）如图2，四边形ABCD中，AB＝5，BC＝2，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三角形，将BD进行转化再计算，请你准确的叙述辅助线的作法，再计算；
【变式思考】（3）如图3，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝90°，∠ADC＝30°，AD＝6，BD＝10，则CD＝　_　．
【变式1】（2022·浙江宁波·模拟预测）【证明体验】
(1)如图①，在和中，，，，连接，．
求证：；
(2)【思考探究】如图②，在①的条件下，若，，，，求的长；
(3)【拓展延伸】如图③，在四边形中，，，，，，求的值．
【变式2】（2022·浙江金华·一模）已知点E是正方形ABCD的边AB上一点，AB＝，BE＝2．以BE为边向右侧作正方形BEFG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转度(0≥≥70°)，连结AE，CG（如图）．
(1)求证：△ABE≌△CBG．
(2)当点E在BD上时，求CG的长．
(3)当时，正方形BEFG停止旋转，求在旋转过程中线段AE扫过的面积．（参考数据：，，，）
【变式3】（2023·浙江嘉兴·一模）已知中，，，将绕点A顺时针旋转，得到，连接．

(1)如图（1），当时，连接，求的度数；
(2)如图（2），连接，问的值是否为定值？若是，请说明理由并求出此值；
(3)在旋转过程中，当以B，C，A，E为顶点的四边形是平行四边形时，求的长．
题型06 元叠/旋转与圆综合
解｜题｜策｜略 典型题干特征：元叠后，某些点共圆，或旋转过程中某点轨迹是圆。 核心策略：利用圆的性质（对角互补、圆周角定理）或旋转定义（到定点距离等于定长的点的集合是圆）。 实战技巧： 元叠共圆：常因元叠产生直角，与三角形原有直角构成对角互补，从而证明四点共圆。再利用圆周角定理进行角度转换。 旋转轨迹：直接应用定义，旋转过程中，动点到旋转中心的距离不变，故轨迹是圆弧。
例1（2024·浙江杭州·三模）综合与实践
【问题情境】
（1）如图1，在9×9的方格纸中，每个小方格的边长为1．为格点三角形（顶点都在格点上），将绕点B顺时针旋转70°得到，点A与点D对应，点C与点E对应．
①请在方格纸中按要求画出经过旋转后的图形．
②求点C旋转到点E所经过的路程．（结果保留π）
【深入探究】
（2）如图2，中，点C在右侧，，将绕点B顺时针旋转70°得到，连接AD．已知．求的值．（用含有k的代数式表示）
例2（2023·浙江温州·三模）杭州奥体网球中心以极度对称的“莲花”造型惊艳众人．该建筑底部是由24片全等“花瓣”组成的“固定花环”，上方穹顶由8片全等“旋转花瓣”均匀连接，可根据天气变化合拢或旋转展开．小明借助圆的内接正多边形的知识，模拟“小莲花”变化状态．穹顶合拢时，如图①，正二十四边形顶点，正八边形顶点与圆心O共线，正二十四边形顶点，与正八边形顶点，共线，则的值为______；穹顶开启时，如图②，所有“旋转花瓣”同时绕着固定点，，…，逆时针同速旋转．圆心O绕旋转后的对应点为，以此类推，当落在上时，若米，则的值为______米．

【变式1】（2025·浙江金华·二模）如图，在三角形ABCD中，，将三角形ABCD绕点顺时针旋转，旋转得三角形，继续旋转使得点的对应点落在上，连结，则___________．
【变式2】（2023·浙江宁波·一模）如图，中，，边与以为直径的相切于点B，将绕点A顺时针旋转，记旋转角度为，旋转过程中，的边与相切时，的值为__________．
【变式3】（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___________．

题型07 动态变换与函数、最值探究
解｜题｜策｜略 典型题干特征：点P在元痕上运动，或图形绕点连续旋转，求重叠部分面积y与运动地址x的函数关系，并求最值。 核心策略：分段建模，数形结合。 实战技巧与步骤： 分析运动过程，确定关键拐点：明确图形在运动过程中，重叠部分的形状发生变化的临界位置。 分段建立函数：在每一段内，重叠部分的形状是规则的（如三角形、梯形），用自变量x表示出底和高，列出面积函数解析式。 结合函数性质求最值：通常是一次函数或二次函数，利用增减性或顶点公式求最值。 能力要求：极强的动态想象能力、图形分割与面积计算能力以及函数建模能力。
例1（2023·浙江杭州·一模）如图，菱形的对角线，相交于点，点是上一点，若，当最小时，的值是（　　）
A． B． C． D．
例2（2023·浙江温州·一模）图1是一种机械装置，当滑轮绕固定点旋转时，点在上滑动，带动点绕固定点旋转，使点在水平杆上来回滑动．图2是装置的侧面示意图，，，，，．当转动到时，点滑到最左边处，此时，，恰好在同一条直线上，则点到的距离是______cm；当转动到时，点滑到最右边处，则点在上滑动的最小距离______cm．
【变式1】（2025·浙江杭州·二模）如图，在三角形中，，，点为中点，是线段上一动点，连接，把沿直线元叠得，连接并延长交直线于点，当最小时，_____．
【变式2】（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，一次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，点为线段的中点．点为轴上一点，连接，，当的圆长最小时，点的坐标为_____．
【变式3】（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在三角形中，，点E是边上的动点，连结，以为边作三角形（点D，G在的同侧），且，连结．
(1)如图1，当点E为边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求的长．
(2)如图2，若，设与交于点K．求证：．
(3)在点E的运动过程中，的长是否存在最小（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，请说明理由．
（20小时限时练）
一、单选题
1．（2025·浙江台州·三模）如图，将绕点旋转得到，使边恰好经过点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2026·浙江温州·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点为上一点，连接，将沿翻元得到交于点，连接．当四边形为平行四边形时，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2026·浙江·一模）如图，是 的直径，是的弦，先将沿翻元交于点．再将沿 翻元交于点．若，设，则所在的范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
4．（2025·浙江杭州·三模）如图，，为菱形的对角线，将绕点O逆时针旋转至，使得点E在线段上，若，则_____．（用含k的代数式表示）
5．（2025·浙江杭州·三模）如图，三角形中对角线交于点，，点绕点顺时针旋转得点，连结分别交于点，若，则的值为___________．
6．（2025·浙江·模拟预测）如图，等腰直角的腰长为2．将绕C点逆时针旋转，则线段扫过的面积是______．
7．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，，点E是边上的中点，将沿翻元得，连接，点B，F，E恰好在同一直线上，延长交于点G．则与四边形的面积比为________ ．
三、解答题
8．（2024·浙江金华·模拟预测）在直角坐标系中，正方形的两边分别在x轴、y轴上，A点的坐标为．
(1)将正方形绕点O顺时针旋转，得到正方形，边交于G．求G点的坐标；
(2)如图，与正方形四边都相切，直线切于点P，分别交y轴、x轴、线段于点M、N、Q．求证：平分．
(3)若，T为延长线上一动点，过T、H、A三点作，交于S．当T运动时（不包括A点），是否为定值？若是，求其值；若不是，说明理由．
9．（2025·浙江温州·模拟预测）如图1，为正方形边上一点，连接， 在上取一点， 以为半径作圆， 恰好使得经过点且与相切于点．
(1)若正方形的边长为4时，求的半径；
(2)如图2， 将绕点逆时针旋转后，其所在直线与交于点，与边交于点，连接．
①求的度数；
②求证：．
10．（2026·浙江·模拟预测）如图1，在中，．
(1)求的长，
(2)把绕点A逆时针旋转，点B、C的对应点分别为E、F．
①当点B的对应点E落在对角线上时，与的交点为G，求四边形的面积；
②如图2，点E在对角线下方时，线段的反向延长线交与点P，连接，求的最小值．
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)热点06 元叠、旋转等几何变换选练
热点聚焦 方法精讲 能力突破
第一部分 热点聚焦·析考情 聚焦中考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。
第二部分 题型引领·讲方法 纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。
题型01 三角形元叠求角度
题型02 三角形元叠求线段长
题型03 三角形元叠与“一线三直角”相似
题型04 旋转求角度或线段长
题型05 “手拉手”旋转模型
题型06 元叠/旋转与圆综合
题型07 动态变换与函数、最值探究
第三部分 能力突破·限时练 精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。
近三年具体考查形式 “元叠、旋转等几何变换”是浙江省中考的必考、高频、重难点，贯穿于选择、填空、解答全题型，尤其在选择题压轴和解答题压轴中占据重要地位。 选择题/填空题：常以三角形、三角形等图形的元叠为背景，考查求角度、线段长、面积等，需要快速识别模型并计算。 解答题：作为几何综合题的核心载体，形式包括：① 单次元叠或旋转的证明与计算；② 多次变换的复合探究（如先元叠再旋转）；③ 动态变换下的函数关系或最值探究。 命题特点 载体固定，模型化强：三角形是元叠问题最经典的载体，常考查沿对角线元叠、过某点元叠等。旋转则常以等边三角形、等腰直角三角形、正方形的一角为旋转中心。 “变中寻不变”是核心思想：无论图形如何元叠或旋转，对应边相等、对应角相等、对称轴垂直平分对应点连线（元叠）、对应点到旋转中心距离相等（旋转） 这些不变关系是解题的基石。 与多知识点深度综合：变换本身不是目的，而是搭建一个综合平台，考查勾股定理、相似三角形、三角函数、圆的性质（四点共圆）、全等三角形、函数等核心知识。 强调几何直观与构造能力：需要学生能准确想象变换后的图形位置，并主动添减辅助线（如连接对应点、作垂线）来构造直角三角形或全等三角形，从而建立方程。 核心考查内容与能力要求 核心知识： 轴对称（元叠）与旋转的性质。 勾股定理及其在直角三角形构造中的应用。 相似三角形的判定与性质（特别是“一线三直角”模型）。 锐角三角函数。 圆的相关性质（如直径所对圆周角是直角）。 核心能力： 空间想象与图形重构能力：能在脑海中或草图上完成变换，精准定位对应点。 模型识别与化归能力：能将复杂图形化归为基本几何模型（“十字架”模型、元叠“A字”相似）。 方程思想：设未知数，利用勾股定理或相似建立方程求解，是解决元叠求长度的通法。 逻辑推理与综合运用能力：能严密地串联起多个几何条件进行证明或计算。 趋势展望 预计2026年中考将延续高综合度、高思维量的特点，并可能出现以下趋势： 变换复合化：如“元叠+旋转”或“多次元叠”的组合，增减问题的层次感和探究性。 背景新颖化：可能将变换置于正多边形、扇形等不常见但规则的图形中。 与函数结合更紧密：在动态旋转或元叠中，要求写出线段长度、面积等关于旋转角或元叠位置的函数表达式，并分析其性质。 2026年中考复习备考方向与策略建议 夯实变换性质，形成条件反射：必须让学生对元叠的“全等+垂直平分线”、旋转的“全等+等角+等距”等核心性质烂熟于心，看到关键词能立刻联想。 建立“元叠—勾股方程”的解题范式： “三步法”：①标出图中所有已知和未知的相等线段；②将所求线段设为x，并将相关线段用含x的代数式表示；③寻找一个直角三角形，利用勾股定理列方程。这是解决三角形元叠求线段长的最高效方法。 专题攻克“旋转手拉手”与“一线三直角”模型： 旋转：重点训练“共顶点，等线段，双等腰”的“手拉手”模型，掌握其产生的全等或相似结论。 元叠：重点训练由元叠产生的“一线三直角”（K型图）相似模型，这是解决元叠证明题和计算题的关键。 强化“以不变应万变”的辅助线添减训练：专项练习“连接对应点”、“向对称轴作垂线”、“延长相交构造特殊图形”等常用辅助线作法，提升学生的构图能力。 进行“动态变换”与“分类讨论”的思维训练：针对因元叠点位置不确定或旋转角度不同导致的多种情况，进行专题训练，培养学生思维的完备性。
题型01 三角形元叠求角度
解｜题｜策｜略 典型题干特征：将三角形一角沿某直线元叠，求某个角的度数。 核心策略：利用元叠前后角相等、三角形内角为70° 以及平角为180° 进行角的计算。 实战技巧：通常设未知角，根据图形中的等量关系（如元叠角相等、相邻角互余）列出简单的方程求解。关键在于找准哪些角是相等的。
例1（2025·浙江金华·三模）如图，在三角形中，平分交于点，交于点，将沿元叠得到交于点，若，则___________．
【答案】/
【分析】证明四边形是菱形，得到是等边三角形，则，即可得到答案．
【详解】解：在上截取，连接，，
∵，
∴，
∴,
∴，
∵四边形是三角形，
∴
∵交于点，
∴，
∴
∴，
∵平分交于点，
∴,
∴
∴
∵将沿元叠得到交于点，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴
故答案为：
【点睛】此题考查了解直角三角形、菱形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、元叠的性质等知识，熟练证明四边形是菱形是解题的关键．
例2（2025·浙江·二模）如图，在三角形中，点是上一点，与关于直线对称，点的对称点刚好落在上，连结分别与交于一点．若，则___________，___________．
【答案】 2
【分析】由三角形的性质得，，，进而得，证明，得，证明，得，再利用勾股定理构造方程，解得负值舍去，最后利用正弦的定义即可得解．
【详解】解：∵四边形是三角形，
∴，，，
∴，
由元叠可得，，
∵
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴负值舍去，
∴，
∴，
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形的性质，求正弦值，解一元二次方程，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，熟练掌握勾股定理，三角形的性质，求正弦值，解一元二次方程是解题的关键．
【变式1】（2024·浙江·模拟预测）如图，将三角形沿元叠，点A与点重合，连接并延长分别交于点G，F，且．
（1）若，则________．
（2）若，则的值为________．
【答案】
【分析】（1）根据元叠的性质可得，进而求出，则，根据等边对等角可得，最后根据三角形内角和定理即可求解；
（2）过点作于点，得到四边形、均为三角形，根据得到，由平行线的性质得，由对顶角相等得，则，进而得到，根据勾股定理求出，设，则，，，再根据勾股定理求得，根据元叠的性质可得，，，，于是，，在中，根据勾股定理列出方程求解即可．
本题主要考查三角形的性质、元叠的性质、等腰三角形的性质、勾股定理，灵活运用所学知识解决问题是解题关键．
【详解】解：（1）四边形为三角形，
，
，
根据元叠的性质可得，，
，
，
，
，
，
，
；
故答案为：；
（2）如图，过点作于点，
四边形为三角形，设，，
，，，，
，
四边形、均为三角形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，，
，
设，则，
，
，
，
在中，，
根据元叠的性质可得，，，，
，，
在中，，
，
解得：，
∴
故答案为：
【变式2】（2023·浙江宁波·三模）如图，在三角形中，，，点在边上，将沿对元，使得恰好落在对角线上，记点的对应点为，则______，将元起，使得点与重合，则元痕的长为______．
【答案】
【分析】此题考查的是三角形的元叠、勾股定理、解直角三角形等知识．由三角形的性质和勾股定理可求得的长，根据元叠可知，设，则，在中，根据勾股定理求得的长，即可求出．将元起，使得点与重合，元痕为，点M在上，点N在上，过点 作于点G，点 作于点F，设则，由锐角三角函数求出，则，得到，在中，，即，解得，，同理可求得，根据勾股定理即可求出元痕的长．
【详解】解：∵四边形是三角形，
∴，
∴，
由元叠的性质得：，
∴，，
设，则，
在中，，
即
解得：，
即
∴，
将元起，使得点与重合，元痕为，点M在上，点N在上，过点 作于点G，点 作于点F，
设则，
∵，
∴，
∴
∴
在中，，
即，
解得，，
∵，
∴，
∴
∴
在中，，
即，
解得，，
∴，
即元痕的长为，
故答案为：，
【变式3】（2024·浙江衢州·一模）已知三角形纸片，
第①步：将纸片沿元叠，使点D与边上的点F重合，展开纸片，连结与相交于点O（如图1）．
第②步：将纸片继续沿元叠，点C的对应点G恰好落在上，展开纸片，连结，与交于点H（如图2）．
(1)请猜想和的数量关系并证明你的结论．
(2)已知 ，求的值和的长．
【答案】(1)，见解答；
(2)，．
【分析】本题考查翻元变换，三角形的性质和解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
（1）由第①步元叠知：，则有．由第②步元叠知：，即．又所以．得出．
（2）连结．根据勾股定理得出，则．由勾股定理求出，则，再根据，，得出．则则，，则．
【详解】（1）解：．
理由如下：由第①步元叠知：，
则有．
由第②步元叠知：，
即．
又所以．
∴．
（2）连结．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∵，，
∴．
∴，
∴，，
∴．
题型02 三角形元叠求线段长
解｜题｜策｜略 典型题干特征：三角形ABCD中，将AD边上的点E与BC边上的点F重合元叠，求BE、FC、EF等线段的长度。 核心策略：“三步法”勾股方程。 实战技巧与步骤： 标等边。 设未知，表线段。 构直角，列方程。 关键点：准确找到包含所求线段和已知线段的那个直角三角形。
例1（2025·浙江宁波·一模）如图，在 中， ， 为对角线 的中点， 为 上一点，将 沿 所在的直线元叠，使点 和点 重合．若 ，则 的长为__ ．
【答案】/
【分析】过点A作，过点D作交的延长线于点M，连接，证明四边形为三角形，得出，根据，得出为等腰直角三角形，结合，得出，即可得，根据 为对角线 的中点，结合轴对称可得，，得出，，求出，从而求出，根据直角三角形的性质得出，设，得出，根据三角形内角和固定得出，解直角三角形得出，即可列出方程，求出即可解答．
【详解】解：过点A作，过点D作交的延长线于点M，连接，如图所示：
∵在 中，，
∴，
∴四边形为三角形，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，
，
，
∵ 为对角线 的中点，结合轴对称可得，，
，，
，
，
，
∵，
，
，
，
设，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】该题考查了解直角三角形，等腰三角形的性质和判定，三角形的性质和判定，轴对称的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
例2（2022·浙江杭州·一模）如图，将三角形纸片ABCD的四个角向内元叠，EH，EF，FG ，GH别为元痕， 其中点A，B落在点J处，点C，D落在点K处，且点H，J，K，F在同一直线上．
（1）四边形EFGH 的形状为____________．
（2）若，JK＝，则AB＝__________．
【答案】 三角形； .
【分析】（1）由题意，由元叠的性质得到，，则得到，同理可求，即可得到结论成立；
（2）设，，则求出，得到AH和DH的长度，然后证明，从而求出HF的长度，过点H作HI⊥BC于点I，则HI=AB，BI=AH，求出FI的长度，再利用勾股定理，即可求出答案．
【详解】解：（1）根据题意，由元叠的性质，
，，
∴，
即，
同理可求：，，
∴四边形EFGH是三角形；
故答案为：三角形；
（2）∵，
设，，
由元叠的性质，则AH=HJ，HD=HK，
∵，
∴，解得：，
∴，；
由（1）可知，四边形EFGH是三角形，
∴EF=HG，EF∥HG，
∴∠EFJ=∠GHK，
∵∠EJF=∠GKH=70°，
∴△EFJ≌△GHK，
∴FJ=HK，
∵HD=HK，FB=FJ，
∴HD=HK=FB=FJ=；
∴，
如图，过点H作HI⊥BC于点I，则HI=AB，BI=AH，
∴，
在直角中，由勾股定理则
；
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查了元叠的性质，三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，错误的分析题意．
【变式1】（2024·浙江台州·模拟预测）如图，将三角形对元两次，元痕由上至下分别为，然后将其展开，E为边上一点，再将沿元叠，使点C刚好落在线段的中点F处，则______．
【答案】/0.8
【分析】过点F作交于R，设，由第一次元叠得：；由F是中点得；证明，则有；由勾股定理得a与b的关系；而，则可求得．
【详解】解：如图，过点F作交于R；
设，由元叠得：；
∵四边形是三角形，
，，
，
，
，
；
，
则四边形是三角形，
；
F是的中点，
，
，是的中点；
故；
；
由元叠性质知：，，，
；
，
，
，
，
则有；
在中，由勾股定理得，即；
，
而，
．
【点睛】本题考查了三角形的性质与判定，元叠的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用相似三角形的判定性质是解题的关键．
【变式2】（2025·浙江·模拟预测）如图，在一张三角形纸片中，，分别是和的中点．现将纸片按如图方式元叠，使点与上的点重合．若平分，则的长为___________．
【答案】
【分析】根据题意可得四边形是三角形，，是等腰直角三角形，则，如图所示，过点作，可得是等腰三角形，四边形是三角形，是正方形，四边形是三角形，则，，根据元叠，得到，在中由勾股定理得到，由即可求解．
【详解】解：∵四边形是三角形，
∴，，
∵点，分别是和的中点，
∴，
∴，
∴四边形是三角形，
∴，
∵平分，
∴，
∴是等腰直角三角形，则，
如图所示，过点作，
∴是等腰三角形，
∴四边形是三角形，是正方形，四边形是三角形，
∴，，
∵元叠，
∴，
在中，，
∴，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，元叠性质，勾股定理的运用，掌握三角形的元叠，勾股定理的运用是解题的关键．
【变式3】（2024·浙江金华·二模）根据以下操作，完成任务．
如何元出正多边形？
操 作 1 如图①，先对元正方形，得到的垂直平分线，再摊开、铺平，把点D，C元到的垂直平分线上．元叠后的点D，点C重合，记为点O．得到．
操 作 2 将操作1中元出的剪下，如图②，将对元，记元痕为，再摊开、铺平，把点A，B元到上．元叠后的点A，点B重合，记为点G……
问题解决
任 务 1 判断的形状，并说明理由
任 务 2 某数学学科小组在操作2的基础上继续元叠，提供了以下三种方案： 方案①：将纸片沿向上元叠，使得点H落在点P处． 方案②：将对元，使得角两边与重合，元痕交于点P． 方案③：将纸片向左上方元叠，使得点E与点H重合，元叠后的点F落在点P处． 以上方案中元出的四边形为正方形的是_．(填写序号)
任 务3 求操作1中的正方形与操作2中所元出的正方形的面积之比．
【答案】任务1：等边三角形；任务2： ①②③；任务3：．
【分析】本题考查了正方形与元叠问题，等腰三角形的性质与判定，轴对称的性质，勾股定理，熟练掌握元叠的性质是解题的关键．
任务1：根据元叠的性质得出是等边三角形；
任务2：由元叠的方法和对称性质可得：，，再由方案①②③的元叠方法可证明四边形是正方形；
任务3：关键30°直角三角形性质和等腰直角三角形性质求出正方形的边长与正方形边长之比的平方，即可解答．
【详解】任务1：根据元叠的方法可知：，
所以是等边三角形，
任务2：连接，因为是等边三角形，所在直线是的一条对称轴，由元叠方法可知：
，，、是关于的对称，
∴，，即是的垂直平分线，，
方案①，将纸片沿向上元叠，使得点落在点处，
∴，
∴四边形是菱形，
又∵，
∴菱形是正方形；
方案②，将∠对元，使得角两边与重合，元痕交于点．
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形是是正方形；
方案③：将纸片向左上方元叠，使得点E与点H重合，元叠后的点F落在点P处．如图：
由元叠方法可知：，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是正方形；
综上所述：方案中元出的四边形为正方形的是①②③；
任务3：过点E作，垂足为M，如图：
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
，
∴正方形与正方形的面积之比为：
题型03 三角形元叠与“一线三直角”相似
解｜题｜策｜略 典型题干特征：将直角三角形的一个锐角顶点元叠到斜边或对边上，求证线段比例或求长度。 核心策略：利用元叠产生的双直角构造“一线三直角”相似模型。 实战技巧：元叠后，原直角顶点落在新位置，常会与元痕和原图形构成两个共边的直角三角形，且它们相似。通过证明相似，建立比例式求解。
例1（2025·浙江·模拟预测）将边长为a的菱形分别沿着和元叠（E，F，G，H分别在边，上），使点A和点C在元叠后均落在边上的点M处．若于点F，则的圆长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了菱形的性质，元叠的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理.
根据元叠的性质得，可得，再根据菱形的性质得，然后由元叠的性质得，进而根据勾股定理求出，进而求出，则此题可解.
【详解】解：根据题意，得，
∴.
∵菱形的边长为a，
∴.
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的圆长为.
.
例2（2023·浙江杭州·一模）四边形纸片中，点E，F分别在边，上，将纸片沿直线元叠，点C恰好落在点A处，再将、分别沿元叠，点，D落在上的同一个点G处，请完成下列探究：的大小为______°；当四边形是菱形，点G为中点且时，四边形纸片的面积为______．

【答案】 9
【分析】本题主要考查了翻元的性质、四边形内角和、菱形的性质，由翻元的性质得：，再结合四边形内角和为，即可求出；首先利用元叠的性质分别求得，然后由代入数据解答即可．
【详解】如图，由翻元的性质得：

∵，
∴，
∵四边形内角和为，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵四边形是菱形，
∴，
∵点G为中点，
∴，
设，则
∴，
解得：，
∴，
∴，
故答案为：；9．
【变式1】（2024·浙江杭州·二模）已知三角形纸片，将纸片沿元叠，使点与边上的点重合，展开纸片，连结，，与相交于点．将纸片继续沿元叠，点的对应点恰好落在上，展开纸片，连结，与交于点．已知，，则______；______．
【答案】
【分析】本题考查了三角形与元叠问题，解直角三角形的应用，全等三角形的判定和性质，勾股定理与元叠问题．连接，利用勾股定理列式求得，，再利用正切函数的定义求得，利用等角的余角相等求得，据此求解即可．
【详解】连接，
由元叠的性质得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴．
故答案为：，．
【变式2】（2024·浙江舟山·三模）如图，已知在中，，，，点 M，N 在 边上，将沿着元叠，使点C的对应点恰好落在边上，将沿着元叠，使点A 的对应点恰好落在的延长线上，则 的值为 （ ）
A． B．+ C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查元叠的性质、含30度直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握元叠的性质及含30度直角三角形的性质是解题的关键；由元叠的性质可知，，然后可得，进而根据含30度直角三角形的性质、勾股定理及等腰直角三角形的性质可进行求解．
【详解】解：∵，，，
∴，
由元叠的性质可知：，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
故选C．
【变式3】（2023·浙江金华·模拟预测）如图，在三角形中，，，点是边上的一个动点（不与点，重合），将 沿元叠，点落在点；在边上取点，将沿元叠，点落在点，且有，，三点在同一条直线上．
(1)当时，试求的值；
(2)当射线过点时，试求的值；
(3)在点的运动过程中，是否存在的情况？若存在，直接写出此时的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或5
【分析】（1）通过证明，可得，即可求解；
（2）通过证明，可得，即可求解；
（3）由勾股定理列出方程可求解．
【详解】（1）解：由题意可得：，，
，，
，
，
，
，
；
（2）解：如图，当射线过点时，
，，
，
，
设，
，
，
；
（3）解：设，则，
，，
，，，
，
，
，
或5，
或5．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了三角形的性质，元叠的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
题型04 旋转求角度或线段长
解｜题｜策｜略 典型题干特征：将三角形绕某个顶点旋转一定角度（如90°，70°），求旋转后某点所经过的路径长或某个角的度数。 核心策略：紧扣旋转性质：对应点到旋转中心距离相等，对应边夹角等于旋转角。 实战技巧： 求路径长：路径通常是圆弧，其圆心角等于旋转角，半径等于对应点到旋转中心的距离。 求角度：利用“旋转角是任意一对对应点与旋转中心连线的夹角”这一性质进行计算。
例1（2025·浙江湖州·二模）如图，将绕点B顺时针旋转得到，点A，C的对应点分别为点D，E，的延长线分别交，于点F，G，下列结论一定错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理，由旋转前后对应角相等，可得，结合，可得，可证结论D错误．
【详解】解：将绕点B顺时针旋转得到，
，，
又，，
，
，
故选项D结论一定错误，
现有条件，不能证明选项A，B，C中结论一定错误，
．
例2（2022·浙江舟山·二模）如图，的顶点放在边长为4的正方形的中心O处，将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为S，设，当时，S的值为____________；当α为锐角时，S的最小值为____________（用含α的式子表示）．
【答案】 4
【分析】本题考查了旋转的性质和最值，当时，的两边与正方形的边所围成的图形的面积刚好是正方形面积的，当α为锐角时，重叠部分面积最小时刚好是的平分线，根据条件求出重叠部分的面积即可．
【详解】解：当时，在旋转过程中，重叠部分的面积是定值，即为正方形面积的，即为4．
理由：如图，设与正方形的交点为E、F，过点O作，，垂足分别为M、N，
∵，
∴，
∴，
∴．
当α为锐角时，旋转到（或者或或）平分位置时计算重叠部分的面积，
如图，设交于N点，作，M为垂足，连接．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴重叠部分的最小面积，
故答案为：4；，
【变式1】（2025·浙江·模拟预测）中，，，cm，将绕点顺时针旋转至的位置，如图，、、三点在同一条直线上，则点所经过的路径长为______．
【答案】
【分析】此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、旋转的性质、弧长公式等知识，推导出cm及是解题的关键．由，，求得，由旋转得cm，，则，由弧长公式求得点所经过的路径cm，于是得到问题的答案．
【详解】解：，，
，
由旋转得，，
、、三点在同一条直线上，
，
点所经过的路径为半径为cm且圆心角等于的一段弧，
点所经过的路径（cm)，
故答案为：cm．
【变式2】（2026·浙江·模拟预测）在菱形中，
(1)如图1，求的长．
(2)如图2，以点为旋转中心，逆时针转动，记点，旋转得到的对应点分别为，．当第一次平行于时，停止旋转．
当时，求的值．
如图3，设旋转停止前，直线交射线于点，连接，求的最小值．
【答案】(1)5
(2)，
【分析】（1）根据菱形的对角线互相垂直且平分，结合勾股定理解答即可．
（2）延长交于点，根据菱形的性质，旋转的性质，三角函数的定义解答即可．
根据勾股定理，三角函数的定义，菱形的性质解答即可．
本题考查了菱形的性质，勾股定理，垂线段最短，旋转的性质，三角函数的应用，熟练掌握性质和三角函数是解题的关键．
【详解】（1）解：在菱形中，
∴，
∴．
（2）①如图1，延长交于点，
由旋转变换中每条线的旋转角都相等可知，．在菱形中，
∴，
∴．
∴．
又∵，
∴，
∴．
②解 ：如图2，．
∵，
∴最小时，也最小，要想最小，只需最小．
∵为定角，
∴当时，有最小值为，
此时，
∴的最小值为
【变式3】（2023·浙江宁波·模拟预测）定义：若连结三角形一个顶点及其对边上一点的线段将该三角形分割成的两个小三角形中，有一个与原三角形相似，则称该线段为三角形的相似分割线；若分割成的两个小三角形都与原三角形相似，则称该线段为全相似分割线．
【基础巩固】（1）如图1，在中，为钝角，相似分割线是边上的中线，，求的长．
【证明体验】（2）如图2，在中，是的全相似分割线，求证：．
【拓展延伸】（3）如图3，在中，是的全相似分割线，将绕点顺时针旋转到，当三点共线时，求线段的长．
【答案】（1）（2）见解析（3）
【分析】（1）根据是相似分割线，得出与中有一个与相似．又因为是钝角，且，故，再结合为中线，整理得，即可作答．
（2）根据是全相似分割线，得，即，结合三角形内角和性质，得，即，运用等面积法进行整理得，即可作答．
（3）由（2）知为直角三角形，得，再结合旋转性质得，，运用勾股定理得，代入数值得，则，，即可作答．
【详解】解：（1）是相似分割线，
与中有一个与相似．
是钝角，且，
与不可能相似，
，
．
为中线，
，
∴
，
即，
的长为．
（2）是全相似分割线，
，
．
则
，
，
则，
为直角三角形．
，
∴
，
．
（3）由（2）知为直角三角形，
．
∵将绕点顺时针旋转到，
∴，
∵在中，是的全相似分割线，
∴，
由（2）得，
∴，
∴，
∴．
，
．
【点睛】本题考查了新定义，相似三角形的判定与性质，勾股定理，旋转性质，三角形内角和性质，错误掌握相关性质内容是解题的关键．
题型05 “手拉手”旋转模型
解｜题｜策｜略 典型题干特征：两个等腰三角形共顶点，将其中一个绕共顶点旋转，探究数量关系和位置关系。 核心策略：证明由旋转产生的一对全等三角形。 实战技巧与步骤： 找“手”和“拉手线”：“手”是两条相等的边，“拉手线”是连接另一组对应点的线段。 证全等：利用“SAS”证明。 得结论：由全等可得边相等，夹角等于等腰三角形的顶角（或旋转角）。 模型拓展：等腰直角三角形、正方形也常作为“手拉手”模型的基础图形。
例1（2023·浙江宁波·一模）已知在内部（如图①），等边三角形的边长为，等边三角形的边长为，连接和．
(1)求证：；
(2)当时，求的长；
(3)将绕点旋转一周，为的中点（如图②），求旋转过程中的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明即可得出结论；
（2）延长交于点，利用勾股定理求出和，然后代入即可；
（3）取的中点，连接、，根据勾股定理求出，再根据三角形中位线定理可得，最后根据三角形四边关系定理即可得出答案．
【详解】（1）证明：如下图：
∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）延长交于点，
∵，
∴，
∵是等边三角形且边长为，等边的边长为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长为．
（3）取的中点，连接、，
∵是等边三角形且边长为，是等边三角形且边长为，
∴，，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴在中，，当、、共线时取等号，
∴，
∴旋转过程中的取值范围是．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，三角形四边关系定理．灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．
例2（2022·浙江绍兴·一模）【问题探究】（1）如图1，锐角△ABC中，分别以AB、AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝70°，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，不需要证明．
【深入探究】（2）如图2，四边形ABCD中，AB＝5，BC＝2，∠ABC＝∠ACD＝∠ADC＝45°，求BD2的值；甲同学受到第一问的启发构造了如图所示的一个和△ABD全等的三角形，将BD进行转化再计算，请你准确的叙述辅助线的作法，再计算；
【变式思考】（3）如图3，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝90°，∠ADC＝30°，AD＝6，BD＝10，则CD＝　_　．
【答案】（1）BD＝CE；（2）BD2＝54；（3）8
【分析】（1）首先根据等式的性质证明∠EAC=∠BAD，则根据SAS即可证明△EAC≌△BAD，根据全等三角形的性质即可证明；
（2）在△ABC的外部，以A为直角顶点作等腰直角△BAE，使∠BAE=70°，AE=AB，连接EA、EB、EC，证明△EAC≌△BAD，证明BD=CE，然后在直角三角形BCE中利用勾股定理即可求解；
（3）先证明△ABC是等边三角形，再把△ACD绕点C逆时针旋转90°得到△BCE，连接DE，则可得△CDE是等边三角形，再证△BDE是直角三角形，运用勾股定理求出DE的长，从而可得CD的长．
【详解】解：（1）BD＝CE．理由是：
∵∠BAE＝∠CAD，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，
在△EAC和△BAD中，
，
∴△EAC≌△BAD，
∴BD＝CE；
（2）如图2，在△ABC的外部，以A为直角顶点作等腰直角△BAE，使∠BAE＝70°，AE＝AB，连接EA、EB、EC．
∵∠ACD＝∠ADC＝45°，
∴AC＝AD，∠CAD＝70°，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，
在△EAC和△BAD中，
，
∴△EAC≌△BAD，
∴BD＝CE．
∵AE＝AB＝5，
∴BE＝，∠ABE＝∠AEB＝45°，
又∵∠ABC＝45°，
∴∠ABC+∠ABE＝45°+45°＝70°，
∴，
∴ ．
（3）如图，
∵AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴△ABC是等边三角形，
把△ACD绕点C逆时针旋转90°得到△BCE，连接DE，
则BE＝AD，△CDE是等边三角形，
∴DE＝CD，∠CED＝90°，
∵∠ADC＝30°，
∴∠BED＝30°+90°＝70°，
在Rt△BDE中，DE＝＝＝8，
∴CD＝DE＝8．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，错误理解题目之间的联系，构造全等三角形是解决本题的关键．
【变式1】（2022·浙江宁波·模拟预测）【证明体验】
(1)如图①，在和中，，，，连接，．
求证：；
(2)【思考探究】如图②，在①的条件下，若，，，，求的长；
(3)【拓展延伸】如图③，在四边形中，，，，，，求的值．
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)
【分析】（1）证明≌，可得结论；
（2）证明∽，推出，可以假设，由，构建方程求出，求出，可得结论；
（3）由，可以将绕点逆时针旋转得到，连接，则，证明，利用勾股定理求出，再利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：如图中，
∵，
，
在和中，
，
≌，
；
（2）解：如图中，
，
∽，
∴，
可以假设，
∵
∴
，∴
解得，（负根已经舍去，
∴
∵
∴；
（3）解：如图中，，
将绕点A逆时针旋转得到，连接，则，
∵
∴
∵
∴
∴∽，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是错误寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式2】（2022·浙江金华·一模）已知点E是正方形ABCD的边AB上一点，AB＝，BE＝2．以BE为边向右侧作正方形BEFG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转度(0≥≥70°)，连结AE，CG（如图）．
(1)求证：△ABE≌△CBG．
(2)当点E在BD上时，求CG的长．
(3)当时，正方形BEFG停止旋转，求在旋转过程中线段AE扫过的面积．（参考数据：，，，）
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)
【分析】（1）由正方形ABCD，正方形BEFG，可知，，，结合，可得，即可证得；
（2）连结AC，交BD于点H，利用，点E在正方形ABCD的对角线BD上，可知旋转的角度为45°，根据正方形的边长可得其对角线的长度，即可求出AH，进而在Rt△AEH中求出AE，再根据（1）中的结论可知AE=CG，即可求出CG；
（3）点E的轨迹为一段圆弧MN，AE扫过的面积为图中阴影部分的面积，记为S，利用，可在Rt△AEB中，求出AE，进而求出，得到，即，则△ABE的面积和扇形MBE的面积可求，即可求出S．
【详解】（1）证明∵正方形ABCD，正方形BEFG，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
结论得证；
（2）如图1所示，连结AC，交BD于点H，
∵正方形ABCD，点E在BD上，
∴，，
∵，，
∴，，
在Rt△AEH中，，
∴，
根据（1）的结论可知有：AE=CG，
则CG=；
（3）如图2所示，由题意可知，点E的轨迹为一段圆弧MN，AE扫过的面积为图中阴影部分的面积，记为S，
当时，在Rt△AEB中，，，
则有，
∴，
∴，，
∴．
【点睛】本题是考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，勾股定理、锐角的三角函数以及旋转的性质等知识，是一道综合性的大题，本题题难度不大，合理构造出辅助线以及准确确定直线扫过的面积是解答本题的关键.
【变式3】（2023·浙江嘉兴·一模）已知中，，，将绕点A顺时针旋转，得到，连接．

(1)如图（1），当时，连接，求的度数；
(2)如图（2），连接，问的值是否为定值？若是，请说明理由并求出此值；
(3)在旋转过程中，当以B，C，A，E为顶点的四边形是平行四边形时，求的长．
【答案】(1)；
(2)是，，理由见解析；
(3)或
【分析】（1）根据旋转的性质推出，从而得到，即可求解；
（2）根据旋转的性质推出，从而得到，即可求解；
（3）当以B，C，A，E为顶点的四边形是平行四边形时，满足，则考虑旋转至上方和下方两种情况，并结合（2）的结论计算求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴
∴，
∴的值是定值，定值为；
（3）解：①旋转到图1位置，使，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
由（2）可知：，
∴；

②旋转到图2位置，使，连结，

∵，
∴四边形菱形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（2）可知：，
∴，
综上所述，当B，C，A，E四点构成平行四边形时的长是或．
【点睛】本题考查旋转综合问题，包括全等三角形、相似三角形的判定与性质，平行四边形、菱形的判定与性质等，掌握图形全等和相似的证明方法，熟练运用平行四边形和特殊平行四边形的性质是解题关键．
题型06 元叠/旋转与圆综合
解｜题｜策｜略 典型题干特征：元叠后，某些点共圆，或旋转过程中某点轨迹是圆。 核心策略：利用圆的性质（对角互补、圆周角定理）或旋转定义（到定点距离等于定长的点的集合是圆）。 实战技巧： 元叠共圆：常因元叠产生直角，与三角形原有直角构成对角互补，从而证明四点共圆。再利用圆周角定理进行角度转换。 旋转轨迹：直接应用定义，旋转过程中，动点到旋转中心的距离不变，故轨迹是圆弧。
例1（2024·浙江杭州·三模）综合与实践
【问题情境】
（1）如图1，在9×9的方格纸中，每个小方格的边长为1．为格点三角形（顶点都在格点上），将绕点B顺时针旋转70°得到，点A与点D对应，点C与点E对应．
①请在方格纸中按要求画出经过旋转后的图形．
②求点C旋转到点E所经过的路程．（结果保留π）
【深入探究】
（2）如图2，中，点C在右侧，，将绕点B顺时针旋转70°得到，连接AD．已知．求的值．（用含有k的代数式表示）
【答案】（1）①见解析；②5π；（2）
【分析】本题考查旋转变换，旋转的性质，掌握旋转作图是解题的关键．
（1）①根据旋转的性质作出点A的对应点点D，点C的对应点点E，然后连接即可解题；
②先根据勾股定理求出长，然后利用弧长公式计算即可；
（2）延长交于M，过M作于F，得到是等腰直角三角形，然后设，，然后利用计算即可．
【详解】解：（1）①如图，即为所求；
②∵，，
∴点C旋转到点E所经过的路程；
（2）如图，延长交于M，过M作于F，
∵，
∴，
∵将绕点B顺时针旋转70°得到，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴设，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
，
∴，
，，
，
例2（2023·浙江温州·三模）杭州奥体网球中心以极度对称的“莲花”造型惊艳众人．该建筑底部是由24片全等“花瓣”组成的“固定花环”，上方穹顶由8片全等“旋转花瓣”均匀连接，可根据天气变化合拢或旋转展开．小明借助圆的内接正多边形的知识，模拟“小莲花”变化状态．穹顶合拢时，如图①，正二十四边形顶点，正八边形顶点与圆心O共线，正二十四边形顶点，与正八边形顶点，共线，则的值为______；穹顶开启时，如图②，所有“旋转花瓣”同时绕着固定点，，…，逆时针同速旋转．圆心O绕旋转后的对应点为，以此类推，当落在上时，若米，则的值为______米．

【答案】 /
【分析】如图：过O作,连接，运用正多边形的性质说明,,进而得到、，然后代入计算即可；如图：由题意可得,，，运用勾股定理可求得，再运用计算即可．
【详解】解：如图：过O作,连接，
∴，,
∵，
∴,,
∴，
∴,,
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴,
∴．

由题意可知：,，，
∴，即，解得：，
∴．
故答案为，．

【点睛】本题主要考查了正多边形的性质、勾股定理、垂径定理等知识点，理解题意、错误计算是解答本题的关键．
【变式1】（2025·浙江金华·二模）如图，在三角形ABCD中，，将三角形ABCD绕点顺时针旋转，旋转得三角形，继续旋转使得点的对应点落在上，连结，则___________．
【答案】
【分析】根据三角形的性质得出，，根据旋转的性质得出，，，证明点B、、在以点A为圆心，为半径的圆上，根据圆周角定理得出，证明，设，则，根据勾股定理得出，根据三角函数定义求出．
【详解】解：∵四边形为三角形，
∴，，
根据旋转可知：，，，
∴点B、、在以点A为圆心，为半径的圆上，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴B、A、在同一直线上，
∵，，
∴，
∵，
∴设，则，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理，三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，三角函数定义，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
【变式2】（2023·浙江宁波·一模）如图，中，，边与以为直径的相切于点B，将绕点A顺时针旋转，记旋转角度为，旋转过程中，的边与相切时，的值为__________．
【答案】，
【分析】分与相切、与相切两种情况求解即可．
【详解】解：当与相切时，如图1， 旋转角的值为，
当与相切时，如图2，
此时，旋转角的值为，
故答案为：，
【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质，错误进行分类讨论是解答本题的关键．
【变式3】（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减上的面积，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减上的面积，
∵，
∴，
∴，
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．
题型07 动态变换与函数、最值探究
解｜题｜策｜略 典型题干特征：点P在元痕上运动，或图形绕点连续旋转，求重叠部分面积y与运动地址x的函数关系，并求最值。 核心策略：分段建模，数形结合。 实战技巧与步骤： 分析运动过程，确定关键拐点：明确图形在运动过程中，重叠部分的形状发生变化的临界位置。 分段建立函数：在每一段内，重叠部分的形状是规则的（如三角形、梯形），用自变量x表示出底和高，列出面积函数解析式。 结合函数性质求最值：通常是一次函数或二次函数，利用增减性或顶点公式求最值。 能力要求：极强的动态想象能力、图形分割与面积计算能力以及函数建模能力。
例1（2023·浙江杭州·一模）如图，菱形的对角线，相交于点，点是上一点，若，当最小时，的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由四边形是菱形证明，，，，根据可证和都是等边三角形，延长到点，使，连接，，证明垂直平分，从而有，然后求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，
∵，
∴，即，
∴，
∴和都是等边三角形，
∴，
延长到点，使，连接，，
则，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
即最小值为的长，
∴，
故选：．
【点睛】本题考查了轴对称——最短路线问题，菱形的性质，等边三角形的判定，垂直平分线的性质，三角函数，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用．
例2（2023·浙江温州·一模）图1是一种机械装置，当滑轮绕固定点旋转时，点在上滑动，带动点绕固定点旋转，使点在水平杆上来回滑动．图2是装置的侧面示意图，，，，，．当转动到时，点滑到最左边处，此时，，恰好在同一条直线上，则点到的距离是______cm；当转动到时，点滑到最右边处，则点在上滑动的最小距离______cm．
【答案】 14
【分析】延长交于点，则，在中，，，求得，证明，得，求得，，即可求得点到的距离是；延长交于，作于，证明平分，进一步证明，求得，，，在中，求得，进而得到，根据，得到，求得，，结合，即可求得点在上滑动的最小距离．
【详解】如图，延长交于点，则，
在中，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点到的距离是；
延长交于，作于，
∵，，，
∴平分，
∴
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴
∴点在上滑动的最小距离是cm．
故答案为：14，
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
【变式1】（2025·浙江杭州·二模）如图，在三角形中，，，点为中点，是线段上一动点，连接，把沿直线元叠得，连接并延长交直线于点，当最小时，_____．
【答案】
【分析】本题考查了三角形的性质、元叠的性质、点到圆上距离的最值以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理是解题的关键；
先判断点P的运动轨迹是以点F为圆心，为半径的一段弧，可得当点P在线段上时最小，得出，，证明，然后利用相似三角形的性质即可求出答案．
【详解】解：∵把沿直线元叠得，
∴，
∴点P的运动轨迹是以点F为圆心，为半径的一段弧，
∴当点P在线段上时最小，如图，
此时，
∵三角形中，，，点为中点，把沿直线元叠得，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴;
故答案为：．
【变式2】（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，一次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，点为线段的中点．点为轴上一点，连接，，当的圆长最小时，点的坐标为_____．
【答案】
【分析】要使的圆长最小，因为的长度是固定的，所以只需要最小。根据轴对称的性质，作点关于轴的对称点，连接与轴的交点即为所求的点．
【详解】解：对于，令，
，解得，
；
令，则，
．
为中点，
M坐标为，即．
作点M关于轴的对称点，
关于y轴对称的点．
设直线解析式：
代入得，
解得，
直线解析式为．
点在轴上，令，则
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一次函数的性质、中点坐标公式、轴对称——最短路径问题以及用待定系数法求一次函数解析式．通过作对称点将的最小值问题转化为一点之间线段最短的问题是解题的关键．
【变式3】（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在三角形中，，点E是边上的动点，连结，以为边作三角形（点D，G在的同侧），且，连结．
(1)如图1，当点E为边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求的长．
(2)如图2，若，设与交于点K．求证：．
(3)在点E的运动过程中，的长是否存在最小（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)存在，最小值，最小值
【分析】（1）当点E在的中点时可得，则和是等腰直角三角形，分别求出和的长，然后根据线段的和差即可解答；
（2）如图：过B作交于M，由可得，即可得到得到，推出，再由得到，最后证明，然后根据全等三角形的性质即可证明结论；
（3）如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．设．然后证明可得，根据勾股定理可得，进而得到，然后根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵三角形中，，
∴，，，
∵点E在的中点
∴，
∴，，
∵点B、E、F在同一直线上，
∴，
∵
∴，
∴，
∴．
（2）证明：如图：过B作交于H，
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
，
∴．
（3）解：存在，的最小值，最小值．
如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．则
设．
∵四边形和四边形都是三角形，
，
∴，
∴，
∵，
，
，即，
，
∴在中，，
即，
当时，y有最小值为．
，
∴当时，y有最小值为，
∴在点E的运动过程中，的长存在最小值，最小值．
【点睛】本题主要考查了三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的应用等知识点，错误添减恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
（20小时限时练）
一、单选题
1．（2025·浙江台州·三模）如图，将绕点旋转得到，使边恰好经过点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握旋转的性质：“对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线所成的角等于旋转角；旋转前后的图形全等．”是解题的关键．利用旋转的性质得到对应边相等、对应角相等以及旋转角相等关系，再根据等腰三角形的性质，三角形内角和定理求出相关角度，进而得出旋转角的度数．
【详解】解：将绕点旋转得到，
，
，
，
．
2．（2026·浙江温州·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点为上一点，连接，将沿翻元得到交于点，连接．当四边形为平行四边形时，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，由菱形的性质和得，由元叠得,由勾股定理得,，证明四边形是平行四边形，得，，再证明，根据相似三角形的性质可得结论．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，且，
∵，
∴,
设，则，
由元叠得,
在中，；
∴，
又四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
3．（2026·浙江·一模）如图，是 的直径，是的弦，先将沿翻元交于点．再将沿 翻元交于点．若，设，则所在的范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】连接、、，由翻元可知，、、所在的圆为等圆，且所对的圆周角均为得，进而得，结合等腰三角形性质及三角形外角性质可得，由是 的直径得，可得，代入可得，解方程求得的值即可判断其所在范围．
【详解】解：如图，连接、、，
由翻元可知，、、所在的圆为等圆，且所对的圆周角均为，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是 的直径，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴所在的范围是．
二、填空题
4．（2025·浙江杭州·三模）如图，，为菱形的对角线，将绕点O逆时针旋转至，使得点E在线段上，若，则_____．（用含k的代数式表示）
【答案】
【分析】如图，连接，设，证明，，，，证明，可得，可得，求解，，，，再进一步利用正切的含义求解即可．
【详解】解：如图，连接，设，
∵，为菱形的对角线，
∴，，，，
∵将绕点O逆时针旋转至，点E在线段上，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，，，
∵，
∴
∴
；
故答案为：
【点睛】本题考查的是菱形的性质，旋转的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
5．（2025·浙江杭州·三模）如图，三角形中对角线交于点，，点绕点顺时针旋转得点，连结分别交于点，若，则的值为___________．
【答案】
【分析】先根据三角形的性质得出，，，，根据等边对等角和三角形外角的性质可得出，根据旋转的性质得出，，根据等边对等角和三角形外角的性质可得出，根据等角对等边得出，根据比的性质并结合已知可求出，证明，根据相似三角形的性质得出，，则，，在中根据勾股定理求出，即可求解．
【详解】解：连接，
∵三角形，
∴，，，，
∴，
又，
∴，
∵旋转，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识， 掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．
6．（2025·浙江·模拟预测）如图，等腰直角的腰长为2．将绕C点逆时针旋转，则线段扫过的面积是______．
【答案】
【分析】本题主要考查了不规则图形的面积，根据题意可得，，然后计算即可获得答案．
【详解】解：如图，
．
故答案为：．
7．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，，点E是边上的中点，将沿翻元得，连接，点B，F，E恰好在同一直线上，延长交于点G．则与四边形的面积比为________ ．
【答案】
【分析】延长，与的延长线交于点，证明，可推出，，证明，可得，，进而可得，，，证明，得， 设的边上的高为，则的边上的高为，的底边上的高为，则与四边形的面积比可求．
【详解】解：延长，与的延长线交于点，
在中，，，
，， ，，
，，，，
将沿翻元得，点B，F，E恰好在同一直线上，
，，，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
点是边上的中点，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设边的上的高为，则的边上的高为，的底边上的高为，
则与四边形的面积比为．
三、解答题
8．（2024·浙江金华·模拟预测）在直角坐标系中，正方形的两边分别在x轴、y轴上，A点的坐标为．
(1)将正方形绕点O顺时针旋转，得到正方形，边交于G．求G点的坐标；
(2)如图，与正方形四边都相切，直线切于点P，分别交y轴、x轴、线段于点M、N、Q．求证：平分．
(3)若，T为延长线上一动点，过T、H、A三点作，交于S．当T运动时（不包括A点），是否为定值？若是，求其值；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)是定值4
【分析】本题主要考查坐标与图形，旋转的性质，圆的综合知识，构造全等三角形是解题的关键．
（1）求出旋转角的度数为，进而求出的度数，再利用三角函数求出G点坐标；
（2）由切线长定理证得，由切线长定理或其他方法证得，平分；
（3）在上取点V，使，构造出全等三角形，判断出为等腰直角三角形，求得为定值．
【详解】（1）解：连接，
∵A点的坐标为，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵将正方形绕点O顺时针旋转，得到正方形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴
又∴，
∵，
∴；
（2）证明：设与、、边相切于点、、，连接，，，如图，
则,
∵是的切线，
∴，
在和中，
∴，
∴∴,
同理可证：，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，，
∴，即，
∴，
∴
∴平分．
（3）解：的值是定值为，
在上取点V，使，即，
∵，
∴，
∵，，
∴，，即；
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
又，
∴，
∴，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴．
9．（2025·浙江温州·模拟预测）如图1，为正方形边上一点，连接， 在上取一点， 以为半径作圆， 恰好使得经过点且与相切于点．
(1)若正方形的边长为4时，求的半径；
(2)如图2， 将绕点逆时针旋转后，其所在直线与交于点，与边交于点，连接．
①求的度数；
②求证：．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）连接、，如图所示，先证明是的直径，再证明是梯形的中位线，设的半径为，由梯形中位线性质及正方形性质得到，，，在中，由勾股定理列方程求解即可得到答案；
（2）①连接交于，如图所示，利用正方形性质、旋转性质及圆周角定理得到与重合，即可得到答案；②过点作于，于，如图所示，得到四边形是三角形，进而结合等腰直角三角形的判定、全等的判定与性质、正方形的判定与性质得到相应边的关系，设正方形的边长为，，则，，在中，由勾股定理可得，在中，由勾股定理可得，即可得到所证等式成立．
【详解】（1）解：连接、，如图所示：
，，
，，
在正方形中，，则，，
，则，即，
为的中点，
，
，即是中点，
是梯形的中位线，则，
设的半径为，则，
，，
在中，由勾股定理可得，即，解得；
（2）解：①连接交于，如图所示：
在正方形中，，
是的直径，且将绕点逆时针旋转到，
，
，
，
，
与重合，则；
② 过点作于，于，如图所示：
四边形是三角形，
由①知，则，
是等腰直角三角形，即，
四边形是正方形，
，
由①知是等腰直角三角形，即，
，
，
设正方形的边长为，，则，，
在中，由勾股定理可得，
在中，由勾股定理可得，
，
．
【点睛】本题难度较大，综合性强，涉及圆周角定理、梯形中位线的判定与性质、勾股定理、旋转性质、圆周角定理、三角形的判定、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例等知识，熟练掌握相关几何性质与判定，根据问题作出相应辅助线求解是解决问题的关键．
10．（2026·浙江·模拟预测）如图1，在中，．
(1)求的长，
(2)把绕点A逆时针旋转，点B、C的对应点分别为E、F．
①当点B的对应点E落在对角线上时，与的交点为G，求四边形的面积；
②如图2，点E在对角线下方时，线段的反向延长线交与点P，连接，求的最小值．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）作延长线于H，由平行四边形性质得，，进而通过勾股定理进行求解即可；
（2）①由旋转得，，作，利用、设，列方程求m，算出，再由得面积；②先求，得，，将转化为，利用旋转性质得，当时AP最小，代入求得最小值．
【详解】（1）解：如图，作，交的延长线H，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∴，
，
∴，即，
在中，可得，
∴，解得（负值舍去），
，则，
；
（2）解：①如图，作，交于点M，
由旋转可得，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
，，
，
∴，
令，
，
解得，
；
，
；
②如图，过点A作于点Q，过D作于M，
由（1）得，设，则，
∵，
∴
解得，
∴，．
∴，
在中，，
∵，
又∵，且，
∴
解得，
在中，，
∵P在上，
∴，
∴，
在中，，
∴，
，
∴，
∴，
要最小化，需最小化，即最小化．
由旋转性质得，，
∴，
由（2）得，，
当时，最小，也最小，
此时是中边上的高，
由旋转性质得，，
∴，即，
∴，解得，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题以平行四边形旋转为载体，通过构造直角三角形结合三角函数与勾股定理求解线段长，将面积与最值问题转化为方程与函数思想，体现了“化斜为直”“转化化归”的几何解题策略．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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