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专题13 几何变换综合（折叠、旋转、平移）
内●容●导●航
第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学
典例引领 方法透视 变式演练
题型01 三角形中的折叠问题
题型02 平行四边形中的折叠问题
题型03 矩形中的折叠问题
题型04 菱形中的折叠问题
题型05 正方形中的折叠问题
题型06 三角形中的旋转问题
题型07 矩形中的旋转问题
题型08 菱形中的旋转问题
题型09 正方形中的旋转问题
题型10 几何图形中的平移问题
第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战
题●型●破●译
题型01 三角形中的折叠问题
典例引领
【典例01】（25-26八年级上·河南郑州·期中）如图，在中，，，是边上的一个动点，连结，将沿折叠得到，点的对应点为．当为直角三角形时，的长为______．
【答案】1或7
【分析】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理以及折叠的性质．
先通过等腰三角形三线合一求出相关线段的长度，再根据折叠的性质得到，，．由于当为直角三角形，且，因此只能，分点在上方或者下方来讨论即可．
【详解】解：过点作于点，延长交于点．
，，
，
，
由折叠可得，，．
当为直角三角形时，只能，
∴，
当点在上方时：
，，
，
，
，
；
当点在下方时：
，，
，
，
，
；
综上所述，的长为1或7，
故答案为：1或7．　
【典例02】（2025·河南·模拟预测）如图，在中，，点D是边上的动点，过点D作，垂足为E，将沿直线折叠得到，点G，H分别是和上的点，连接，将沿直线折叠使得点B和F重合，连接，当和相似时，的长为______．
【答案】或
【分析】先证明，则当和相似时，需要进行分类讨论：①当时，则，证明出四边形为平行四边形，则，由，得到，则，在中，由勾股定理得，再解直角三角形得到；②当时，则，在中，，，设，则，，则，由，得到，解得，即可求解
【详解】解：由折叠的性质得，
∵，
∴，
∴，
∴，
当和相似时，分以下两种情况：
如解图①，当时，，
∵，
∴，
∵由翻折得，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴；
如解图②，当时，，
∵，，
∴，，
设，则，，
∴，
∵，
∴,
解得，
∴，
综上所述，当和相似时，的长为或，
故答案为：或．
方法透视
考向解读 1. 全等对应：折叠前后图形全等，对应边相等、对应角相等，用于求线段长或角度。 2. 垂直平分：折痕垂直平分对应点连线，出现垂直和中点，结合勾股定理列方程。 3. 角平分线：折叠常产生角平分线，结合平行线或等腰三角形性质求角度关系。
方法技能 1. 标图找等量：折叠后标出所有相等线段和角，找出隐含的等腰三角形或全等关系。 2. 勾股列方程：在直角三角形中用勾股定理列方程求折痕长或折叠后线段长。 3. 转化角关系：利用平行线、内角和将折叠产生的角转化到已知角关系中求解。
变式演练
【变式01】（2024·新疆·二模）如图，在中，，，P、Q是边上两点，将沿直线折叠，沿直线折叠，使得B、C的对应点重合于点R．当为直角三角形时，线段的长为_______．
【答案】或
【分析】作于F，求出，，勾股定理求出，得到，然后分两种情况讨论，分别求解即可．
【详解】解：作于F，
在中，，，
∴，，
∴，
∴，
如图所示，当时，
由折叠可知，，，，即，
则，
∴，，
∴，
∴，，
∴；

如图所示，当时，
同理可求，，，
则，
∴．
故答案为：或．
【变式02】（2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在中，，，，点，分别在边，上，连接，把沿着折叠，点的对应点落在边上．若是以为腰的等腰三角形，则______．
【答案】或
【分析】分两种情况讨论，当时，根据折叠的性质直接可得，当时，延长至，使得，证明，根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵把沿着折叠，点的对应点落在边上，
∴，
当时，．
在中，，，，
∴，
当时，如图，延长至，使得，
则，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，，
∴，
解得：，
综上所述， 或．
题型02 平行四边形中的折叠问题
典例引领
【典例01】（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则______．（用含的式子表示）
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，平行线的性质，由四边形是平行四边形，得，，由折叠性质可知，
，，，故有，根据平行线的性质得，，最后通过角度和差即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
由折叠性质可知，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【典例02】（2024·山东泰安·二模）如图，将平行四边形进行折叠，折叠后恰好经过点C得到，若，则线段的长度为 _______．
【答案】12
【分析】本题考查平行四边形的性质、折叠的性质、勾股定理等，由平行四边形的性质可得，由折叠可得，由勾股定理求出，得出，最后用勾股定理解即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形
∴，
∴，
∴，
∵将平行四边形进行折叠，折叠后恰好经过点C得到，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
故答案为：12．
方法透视
考向解读 1. 全等与对称：折叠前后图形全等，对应边相等、对应角相等，利用平行四边形性质求线段或角度。 2. 折痕位置：折痕过顶点或在内部，常产生等腰三角形、菱形或垂直平分线，需分类讨论。 3. 勾股定理应用：折叠后出现直角三角形，利用勾股定理列方程求折痕长或边长。
方法技能 1. 标出等量关系：折叠后标出所有相等线段和角，找出等腰三角形或全等三角形。 2. 利用对边平行：平行四边形对边平行，折叠产生的角与内错角、同位角相等，用于导角。 3. 勾股列方程：在出现的直角三角形中，设未知数用勾股定理列方程求解。
变式演练
【变式01】（2024·浙江·模拟预测）在平行四边形中，点，在边上，把沿直线折叠，沿直线折叠，使点，落在对角线上的点处，若，则的度数为______．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质及折叠的性质，熟悉掌握折叠图形边相等的性质是解题的关键．
利用平行四边形的性质和折叠的性质得到，，，再利用等腰三角形的性质和平行线的性质进行角的等量代换求解即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，且沿直线折叠，沿直线折叠，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：
【变式02】（2025·山西临汾·二模）问题情境
在综合与实践课上，老师让同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动，活动方式为将一张平行四边形纸片进行折叠变换后，发现结论并解决问题．
成果展示
(1)“爱心”小组：如图1，将平行四边形沿折叠，使点与点重合，折痕与，边分别交于点，，发现，请证明他们发现的结论；
(2)“希望”小组：如图2，，分别是，边上的动点，且，连接，将平行四边形沿折叠，点落在点处，点落在点处，交于点，分别交，于点，，发现，请证明他们发现的结论；
(3)教师提问：在图1的基础上，连接与交于点，如图3所示，若，，，直接写出线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质；
（1）由四边形是平行四边形，得到，，根据折叠的性质得，，即可得到，；
（2）根据折叠的性质得，，，，证明，得到；
（3）过作交延长线于，先求出，，根据折叠的性质得，，，，再证明，得，
设，则，，在中，根据得到，最后根据，求出即可．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
根据折叠的性质得，，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
根据折叠的性质得，，，，
又∵，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（3）解：过作交延长线于，
∵四边形是平行四边形，，，，
∴，，，，，
∴，
∴，
∴，，
根据折叠的性质得，，，，
∴，，
由（1）可得，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
中，，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得．
题型03 矩形中的折叠问题
典例引领
【典例01】（2025·陕西榆林·三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在、轴上，点的坐标为，点在边上．将沿直线折叠，折叠后顶点恰好落在边上的点处，则点的坐标为___________．
【答案】
【分析】本题主要考查了坐标与图形，勾股定理，矩形的性质，折叠的性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理．根据矩形的性质得出，，根据勾股定理求出，求出，再根据勾股定理得出，求出结果即可．
【详解】解：四边形是矩形，，
，，
由折叠得，
在中，，
，
在Rt中，，
，
解得，
∴点的坐标为．
【典例02】（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）某学校举行了家长开放日活动，在以“纸片的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作：第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕，如图②．根据以上的操作，若，，则线段的长是________；线段的长是________．
【答案】 2 1
【分析】本题考查正方形的性质、折叠的性质及勾股定理，根据折叠性质表示出的长是解题关键．设，由矩形的性质得出，根据正方形的性质和折叠性质可得，利用勾股定理列方程求出的值即可得答案．
【详解】解：设，
∵四边形是矩形，
，
∵四边形是正方形，
，
，，
∵将图①中的矩形纸片折叠，使点恰好落在点处，得到折痕，
，
在中，，
，
解得：，即．
故答案为：2；1．
方法透视
考向解读 1. 全等三角形：折叠产生全等图形，对应边角相等，利用矩形性质求线段长或角度。 2. 勾股定理核心：折叠后出现直角三角形，常设未知数用勾股定理列方程求折痕或边长。 3. 等腰三角形：折叠常使某两边相等，出现等腰三角形，结合矩形对边平行求角度。
方法技能 1. 标等量找全等：折叠后标出所有相等线段和角，找出全等三角形作为解题突破口。 2. 勾股列方程：在折叠产生的直角三角形中，设未知数表示各边，用勾股定理列方程求解。 3. 平行导角：利用矩形对边平行，将折叠产生的角转化为内错角、同位角关系。
变式演练
【变式01】（2025·安徽·一模）将一张矩形纸片沿对角线折叠．
（1）如图1，点落在点处，若，则______；（用含的式子表示）
（2）如图2，沿剪下得到纸片，折叠，使得点落在延长线上的点处，得到折痕，再沿折叠，使得点落在边上的点处，若，，则的长为______．
【答案】
【分析】（1）由折叠的性质可得，由平行线的性质可得，再由计算即可得解；
（2）过点作于点，由勾股定理可得，由折叠得，，从而得出，证明，得出，设，则，再证明，由相似三角形的性质求出，即可得解．
【详解】解：（1）由折叠得，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
在中，，
∴
故答案为：；
（2）过点作于点，
∵，，
∴，
由折叠得，，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
，
故答案为：．
【变式02】（2025·山东临沂·二模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展教学探究活动．在矩形中，已知，，点P是边上的一个动点．
【操作判断】
（1）如图1，甲同学先将矩形对折，使得与重合，展开得到折痕．将矩形沿折叠，使恰好落在上的处，则线段与线段的位置关系为 　　 ；的度数为 　　 ．
【迁移探究】
（2）如图2，乙同学将矩形沿折叠，使恰好落在矩形的对角线上，求此时的长；
（2）如图2，乙同学将矩形沿折叠，使恰好落在矩形的对角线上，请补全图形并求此时的长；
【综合应用】
（3）如图3，点Q在边上运动，始终满足，且，将沿PQ折叠，求折叠后与重叠部分面积的最大值，并求出此时的长．
【答案】（1），；（2）见解析，3；（3）6，4
【分析】（1）由折叠得，，再根据线段垂直平分线的判定定理即可得证；证明△是等边三角形即可求出角度；
（2）当点落在对角线上点时，设，分别出、、，用勾股定理即可求解即可；
（3）设，求出与重叠部分面积所满足的函数关系式，并在的取值范围内求出各自的最大值．
【详解】解：（1）线段与线段的位置关系为，理由如下：
如图1，连接，
由折叠得：，，
、都在的垂直平分线上，
是的垂直平分线，
；
，理由如下：
将矩形对折，使得与重合，展开得到折痕，
垂直平分，
，
，
是等边三角形，
，
；
故答案为：，；
（2）如图2，点落在对角线上点时，
在矩形中，
，，，
，
设，由折叠得：，，
，，，
，
，
解得：，
；
（3），
，
设，
，
解得，
翻折后的三角形为，
，，
①当点在与之间或在对角线上时，如图4，图5，
，
，
此时折后与重叠部分面积，
，
在，当时，即，的最大值；
题型04 菱形中的折叠问题
典例引领
【典例01】（25-26九年级上·全国·期中）如图，在菱形纸片中， 点在边上，将纸片沿折叠， 点落在处，， 垂足为 若， 则____．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键．根据菱形的性质，翻折的性质，和三角形的相似判定和性质解答即可．
【详解】解：∵，
∴，
由翻折，菱形的性质，得： ， ，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图，过点E作，
设， 则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
【典例02】（2025·贵州遵义·模拟预测）如图，在菱形中，．折叠该菱形，使点A落在边上的点M处，折痕分别与，交于点E，F．在点M的位置变化的过程中，当最大时，的值为______．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，由折叠可得，，，根据，得当时，最小，最大，此时， 过作交延长线于，则，，代入计算即可．
【详解】解：∵菱形中，，
∴，，
∵折叠该菱形，
∴，，，
∴，
∴当最小时，最大，
根据垂线段最短可得，当时，最小，最大，
∴，，
∴，
∴，
过作交延长线于，
∴，
∴，，
∴，
∵
∴，
∴，
故答案为：．
方法透视
考向解读 1. 全等与重合：折叠前后图形全等，对应边角相等，利用菱形四边相等、对角线垂直性质求值。 2. 等腰三角形：折叠常产生等腰三角形，结合菱形邻边相等，导角求角度或线段长。 3. 勾股定理应用：折叠后出现直角三角形，利用菱形对角线垂直，用勾股定理列方程求解。
方法技能 1. 标图找等量：折叠后标出相等线段和角，利用菱形四边相等建立等量关系。 2. 对角线垂直用勾股：折叠产生垂直时，在直角三角形中用勾股定理列方程。 3. 平行导角：利用菱形对边平行，将折叠角转化为内错角或同位角求角度。
变式演练
【变式01】（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在菱形中，，．折叠该菱形，使点落在边上的点处，折痕分别与边，交于点，．当点与点重合时，的长为_____；当点的位置变化时，长的最大值为________．

【答案】 /
【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形等知识点；①当点与点重合时，由折叠的性质知垂直平分，推出，求得；②连接，可知当长取得最小值时，长取得最大值；由折叠的性质知垂直平分，则，推出时，长取得最小值，此时长取得最大值；过点D作于点C，则四边形为矩形，推出，即可求解；
【详解】解：当点与点重合时，由折叠的性质知垂直平分，
∴；
；
连接，如图所示：

当长取得最小值时，长取得最大值；
由折叠的性质知垂直平分，则，
∴时，长取得最小值，此时长取得最大值，
过点D作于点G，则四边形为矩形，
∴，
在直角三角形中，，
∴，
∴长的最大值为；
故答案为：①②
【变式02】（2025·山东·一模）问题情境：在数学实践课程中，教师引导同学们围绕“菱形纸片的折叠”主题进行探索．已知菱形，，点，分别是，边上的点，将菱形沿折叠．
猜想证明：（1）如图1，设对角线与相交于点，若点的对应点与点重合，折痕交于点．试直接写出四边形的形状；
问题解决：（2）如图2，若点的对应点恰好落在对角线上点处，若，，求线段的长；
（3）如图3，若点的对应点恰好落在边上的点处，若点为的一个三等分点，设，的面积 ．
【答案】（1）四边形为菱形；（2）；（3）
【分析】（1）根据菱形的性质可得，再根据折叠的性质可知，易得，进而证明四边形为平行四边形，然后根据“邻边相等的平行四边形为菱形”，即可获得答案；
（2）过点作于点，首先证明为等边三角形，进而可得，，设，则，由折叠的性质可得，，在中，由三角函数解得的值，进而可得的长度，然后在中，由勾股定理解得的值，即可获得答案；
（3）过点作，交延长线于点，根据题意可得，在中，由三角函数解得的值，设，则，由折叠的性质可得，，在中，由勾股定理解得的值，然后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】解：（1）四边形为菱形．理由如下：
四边形为菱形，
，
将菱形沿折叠，点的对应点与点重合，
，，
，
，，
四边形为平行四边形，
又，
四边形为菱形；
（2）如下图，过点作于点，
四边形为菱形，，
，，
，
为等边三角形，
，，
，
，
设，则，
由折叠的性质可得，，
，
，
，
，
在中，，
即，
解得，
；
（3）如下图，过点作，交延长线于点，
四边形为菱形，，且点为的一个三等分点，
，，，
，
，
，
设，则，，
由折叠的性质可得，，
在中，，
即，解得，
．
题型05 正方形中的折叠问题
典例引领
【典例01】（2025·河南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标是，为边上一点，，沿折叠正方形，折叠后，点落在平面内的点处，则点的坐标为_______．
【答案】
【分析】本题考查了图形的翻折变换和正方形的性质，要会根据点的坐标求出所需要的线段的长度，灵活运用勾股定理．
过点作，因为，，所以，，根据勾股定理得，故，即点的坐标即可求解．
【详解】解：过点作，如图所示：
四边形是正方形，点的坐标是，
，，
，
，
由折叠的性质可得：，
，
，
在中，根据勾股定理得，
，
即点的坐标为，
故答案为：．
【典例02】（2024·湖北襄阳·一模）如图，将一张正方形纸片折叠，折痕为，折叠后，点的对应点落在正方形内部的点处，连接并延长交于点．若，，则的长为_____．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理和相似三角形的判定与性质，过作于点，过作于点，由题意可知，，，证明，，由性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：过作于点，过作于点，
由题意可知，，，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，在中，由勾股定理得：
，即，
解得：，
∴，
故答案为：．
方法透视
考向解读 1. 全等三角形：折叠前后图形全等，对应边角相等，利用正方形四边相等、四角直角求线段长。 2. 勾股定理核心：折叠后出现直角三角形，设未知数用勾股定理列方程求折痕或边长。 3. 等腰直角三角形：折叠常产生45°角，出现等腰直角三角形，利用边长比例1:1:√2快速求解。
方法技能 1. 标等量找全等：折叠后标出所有相等线段和角，找出全等三角形作为突破口。 2. 勾股列方程：在折叠产生的直角三角形中，设未知数用勾股定理列方程求解。 3. 45°角巧用比例：出现45°角立即联想等腰直角三角形，直接用边长比例简化计算。
变式演练
【变式01】（2025·湖北十堰·三模）如图，在正方形中，点，分别为边，上的点，将，分别沿，折叠，点，恰好落在上的点处，再将沿折叠，点落在上的点处，连接与交于点．
（1）________；
（2）若，则的长为________．
【答案】 /度 /
【分析】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，解直角三角形：
（1）根据折叠的性质可得，由平角的定义求得，进而求得；
（2）解求得，，进而求得，由折叠的性质可得，，求得，再解，即可求得．
【详解】（1）解：由折叠可知，，
，
，
四边形是正方形，
，
；
故答案为：；
（2）解：，，
，
在中，，
，
，
，
，
，
在中，，
，
故答案为：．
【变式02】（2025·河南郑州·一模）综合与实践
折纸是同学们喜欢的手工活动之一，通过折纸我们可以得到许多美丽的图形，同时折纸的过程还蕴含着丰富的数学知识．数学活动课上，老师准备了若干张正方形纸片， 组织同学们进行折纸探究活动．
【动手操作】如图1，将正方形纸片对折，使与重合，展开纸片，得到折痕；过 点M，C 折叠纸片，使点B 落在点处；再沿过点C的直线折叠纸片使得与重合，折痕交于点E．求知小组的同学们通过观察猜测E是的三等分点，并进行证明，过程如下：
设，则 ，．
∵四边形是正方形，∴．
由折叠的性质，得，，
∴，即三点在同一条直线上
在中，，可列方程① ， 整理，得 ②
∴，即E是的三等分点．
（1）请将上述过程补充完整：① ；② ．
【深入探究】乐学小组尝试了另一种折叠方法，如图2，将正方形纸片对折，使与重合，展开纸片，得到折痕；折叠纸片，使点C与点M重合，折痕交于点E，交于点F，点D的对应点为，交于点G．
（2）判断点G 是否为的三等分点，并说明理由．
【拓展延伸】善思小组继续探究，如图3，将正方形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在点处，折痕交边于点E；再沿过点C的直线折叠，使与重合，折痕交边于点F，将沿折叠，得到．
（3）若正方形的边长为6，当点P 落在的边上时，请直接写出的长．
【答案】（1）① ② （2）是；理由见解析 （3）或
【分析】（1）将、、的代竖式代入中，即可得方程，利用完全平方公式将式子化简即可得到；
（2）由折叠可得：，，，设，，则，，，在中，，即，整理得，得到，推出，得到，推出，即可求解；
（3）分情况讨论：①当点落在边上时，当点落在边上时，分别根据折叠的性质和三角函数求解即可．
【详解】解：（1）可列方程①：，
②整理方程如下：
，
故答案为：，；
（2）点是的三等分点．
理由如下：
如图：
四边形是正方形，
，，
由折叠可得：，，，
设，，则，
则，，
在中，，即，
整理得：，
，
，
．
，
，
，即．
，
即点G是的三等分点；
（3）四边形是正方形，
，，
分情况讨论：
①如图1，当点落在边上时，
由折叠的性质得：，
，
，
，
；
②如图2，当点落在边上时，如图：
由折叠的性质得：，
；
综上所述，的长为或．
题型06 三角形中的旋转问题
典例引领
【典例01】（2025·河南周口·二模）如图，在等腰和等腰中，，，将绕点旋转，连接，若，则旋转过程中，当最大时，其度数为___________°，当最小时，其度数为___________°．
【答案】 75 15
【分析】本题考查了旋转的性质、锐角三角函数、等腰三角形的性质．此题综合性较强，解题关键是利用的轨迹圆确定出取最大值时的位置．
先分析出点轨迹为以为圆心的长为半径的圆，当与该圆相切时，最大，由此确定的最大值和最小值．
【详解】解：∵等腰中，，
∴，
由题意知，点轨迹为以为圆心的长为半径的圆，
当与该圆相切时，最大，此时，
若点E在外部时，如图1所示， ，此时最大，
∵，，
∴，
∴，
∴，
若点E在内部时，如图2所示， ，此时最小，
同理可得：
综上所述：若，则旋转过程中，当最大时，其度数为，当最小时，其度数为．
故答案为，．
【典例02】（2025·河北唐山·二模）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，．
【初步感知】
（1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值；
【深入探究】
（2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，求的长．
【拓展延伸】
（3）在纸片绕点旋转过程中，试探究三点能否构成直角三角形．若能，直接写出任意一个符合要求的直角三角形的面积；若不能，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）能，或或或
【分析】（1）根据全等三角形的判定定理得到，则，再根据勾股定理得到，进而由的性质求解即可；
（2）同（1）得，得到，根据直角三角形的性质得到，求得，根据平行线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据矩形的判定定理得到结论；
（3）在纸片绕点旋转过程中，当三点能构成直角三角形时，分四种情况：①当在上时，，此时是直角三角形；②当在的延长线上时，，此时是直角三角形；③当时，是直角三角形；④当时，是直角三角形；分类作图，求出相关线段长，由三角形面积公式代值求解即可得到答案．
【详解】解：（1）在和中，
∴，
，，
，
即，
在中，，则，
即，
∵，
，
∴，
，
∴，
故答案为：；
（2）四边形是矩形；
理由如下：
同（1）得，
∴，
∵是的中线，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
，
，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形矩形；
（3）三点能构成直角三角形，
理由如下：
①当在上时，，此时是直角三角形，如图所示：
∴；
②当在的延长线上时，，此时是直角三角形，如图所示：
∴；
③当时，是直角三角形，过点作于点，如图所示：
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，则，解得，
∴；
④当时，是直角三角形，过点作于点，交于点N，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，则，
∴，
在中，由勾股定理可得，则，
解得，
∴，，
∴，
∴；
综上所述，的面积为或或或．
方法透视
考向解读 1. 全等与相似：旋转前后图形全等，对应边相等、对应角相等，利用旋转角找等角关系。 2. 旋转中心：旋转中心到对应点距离相等，出现等腰三角形，结合旋转角求角度或线段长。 3. 手拉手模型：共顶点双三角形旋转，常考手拉手全等或相似，用于导边导角求值。
方法技能 1. 标对应元素：旋转后标出对应边、对应角，找出相等线段和等角关系。 2. 等腰三角形导角：旋转中心到对应点距离相等，构造等腰三角形求旋转角。 3. 手拉手证全等：出现共顶点旋转，考虑手拉手模型，证三角形全等转移边角。
变式演练
【变式01】（2025·山东东营·三模）在平面直角坐标系中，等边如图放置，点A的坐标为，每一次将绕着点O逆时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，以此类推，则点的坐标为___________．
【答案】
【分析】本题主要考查了点的坐标规律探索，含度角的直角三角形的性质，勾股定理，根据题意得到每旋转次，的对应点又回到轴正半轴上，可得在第二象限，然后根据角的直角三角形的性质解答即可．
【详解】解：∵点坐标为，
，
∴第一次旋转后，点在第一象限，；
第二次旋转后，点在第二象限，；
第三次旋转后，点在轴负半轴，；
第四次旋转后，点在第三象限，；
第五次旋转后，点在第四象限，；
第六次旋转后，点在轴正半轴，；
如此循环，每旋转次，的对应点又回到轴正半轴上，
，
∴循环了次， 点在第二象限，且，
如图，过点作轴于点C，
∵，
∴，
∴，，
∴点的坐标为，
．
【变式02】（2025·江西·模拟预测）定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共点旋转一定角度，能与另一个三角形构成相似图形，我们称这两个三角形互为“旋转相似图形”．
(1)知识理解：①如图1，，都是等边三角形，则 的“旋转相似图形”（填“是”或“不是”）；
②如图2，若与互为“旋转相似图形”，，，则 ；
③如图2，若与互为“旋转相似图形”，若，则 ，若连接，则 ．
(2)知识运用：
如图3，在四边形中，，于E，，求证：和互为“旋转相似图形”；
(3)拓展提高：
如图4，为等腰直角三角形，点G为的中点，点F是上一点，D是延长线上一点，点E在线段上，且与互为“旋转相似图形”，若，求和的长．
【答案】(1)①是；②50，③10，
(2)见解析
(3)
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点，掌握“旋转相似图形”的定义是解题的关键．
（1）①根据“旋转相似图形”的定义判断即可；
②根据“旋转相似图形”可得即，再根据三角形内角和定理求解即可；
③根据“旋转相似图形”可得，根据相似三角形的性质列比例式求解即可，进而证明，再根据相似三角形的性质列比例式求解即可．
（2）先证明可得，再先后证明、，最后根据“旋转相似图形”的定义即可证明结论；
（3）如图：如图，过E作于点H，根据等腰直角三角形的性质易得，再根据“旋转相似图形”的定义可得可得，再解直角三角形可得、，然后说明，最后运用勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：①∵，都是等边三角形，
∴，
∵有公共顶点A，
∴是的“旋转相似图形”．
故答案为：是．
②∵与互为“旋转相似图形”，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
故答案为：50；
③如图：连接，
∵与互为“旋转相似图形”，
∴，，
∴，即，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴，即．
故答案为：10，．
（2）证明：∵，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴绕点A逆时针旋转的度数后与构成相似图形，
∴和互为“旋转相似图形”．
（3）解：如图：如图，过E作于点H，
∵为等腰直角三角形，点G为中点，
∴，
∵与互为“旋转相似图形”，
∴，
∴，
∴，解得：，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上，．
题型07 矩形中的旋转问题
典例引领
【典例01】（2025·福建莆田·二模）如图，矩形中，，，将矩形绕点旋转得到矩形，若恰好经过点，则的长为______．
【答案】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，矩形的判定的性质以，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键．
由矩形性质可知，，又旋转可知，，，然后通过勾股定理和线段和差即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
由旋转性质可知，，，，
∴，
∴，
故答案为：．
【典例02】（2025·广东韶关·一模）如图，在矩形中，，，将矩形绕点B按顺时针方向旋转得到矩形，点A恰好落在边上的点G处．则图中阴影部分的面积等于______．
【答案】9
【分析】本题考查旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，旋转得到，勾股定理求出的长，利用矩形的面积减去直角三角形的面积求出阴影部分的面积即可．
【详解】解：∵旋转，
∴，
∵矩形，
∴，
在中，，
∴阴影部分的面积等于；
故答案为：9．
方法透视
考向解读 1. 旋转全等：旋转前后图形全等，对应边相等、对应角相等，利用矩形性质求线段长或角度。 2. 旋转中心性质：旋转中心到对应点距离相等，出现等腰三角形，结合旋转角导角。 3. 坐标与旋转：矩形在坐标系中旋转，求旋转后顶点坐标，常结合三角函数或全等三角形。
方法技能 1. 标对应元素：旋转后标出对应边、对应角，找出相等线段和全等关系。 2. 勾股求边长：旋转后出现直角三角形，用勾股定理列方程求未知线段。 3. 坐标法求解：矩形顶点旋转用旋转公式或构造全等三角形求新坐标。
变式演练
【变式01】（2025·河南郑州·一模）如图，在矩形中，，，P是的中点，Q为边上的动点，将矩形绕点A逆时针旋转，得到矩形，在旋转过程中，记点Q的对应点为，则线段长度的最大值是_________，最小值是_________．
【答案】 2
【分析】本题考查了线段动点最值问题，旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，可得，当与重合时，即与重合时，此时取得最大值，结合矩形的性质及勾股定理，即可求解；当点Q与点B重合时最小，即可求解；能找出取得最值的条件是解题的关键．
【详解】解：如图，
P是的中点，
，
，
，
当取得最大值时，最大，
如图，
当与重合时，即与重合时，此时取得最大值，
，
在矩形中，，，
四边形是矩形，
，，
，
；
如图，
当点Q与点B重合时最小．
当点Q与点B重合时，
的最小值为．
综上所述，的最大值为，最小值为2．
故答案为：，2．
【变式02】（2025·山东青岛·一模）在数学课上，老师让同学们动手操作，将一个矩形绕其一个顶点旋转．小明在旋转的过程中发现，随着旋转角度的变化可以研究很多数学问题．如图，已知矩形，，将矩形绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形，点B的对应点是点G，点C的对应点是点F，点D的对应点是点E，连接．
(1)如图①，当时，______；如图②，当时，______；
(2)如图③，当边经过点B时，______；
(3)如图④，当点F落在的延长线上时，______．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由旋转的性质可得，当时，可证得是等边三角形，可得，即可得；当时，由旋转的性质可得，在中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长；
（2）由旋转的性质可得，由矩形的性质可得，进而可得，在中，根据勾股定理可得，于是可得，在 中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长；
（3）连接，由旋转的性质可得，由矩形的性质可得，利用邻补角互补可得，进而可得，然后可证得，于是可得，垂直平分，根据，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点，
，
当时，，
是等边三角形，
∴；
如图2，当时，
由旋转的性质可得：，
在 中，根据勾股定理可得：，
故答案为：；
（2）解：如图3，由旋转的性质可得：，
∵四边形和都是矩形，
，
，
在中，根据勾股定理可得：，
，
在中，根据勾股定理可得：，
∴的长为；
（3）解：如图4，连接，
由旋转的性质可得：，
∵四边形和都是矩形，
，
∵点落在的延长线上，
在和中
，
，
∴，，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴
∴，
∴．
题型08 菱形中的旋转问题
典例引领
【典例01】（2025·宁夏银川·一模）雪花也称银粟，是天空中的水汽经凝华而来的固态降水，多呈六角形，是一种美丽的结晶体．美术课要求绘制雪花，小华利用数学知识作出如下操作：建立如图所示的平面直角坐标系，绘制菱形，且顶点的坐标为，点在第一象限，，将菱形绕原点沿顺时针方向旋转5次，每次旋转，旋转第一次得到四边形（点与点重合），则旋转第四次得到的点的坐标是_____．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，坐标与图形变化-旋转，含30度角的直角三角形的性质；如图，旋转第四次得到菱形，过作轴于，连接交于，由菱形的性质推出，，，由含30度角的直角三角形的性质求出，，，，求出，即可得到的坐标．
【详解】解：如图，旋转第四次得到菱形，
过作轴于，连接交于，
四边形是菱形，
，，，
的坐标是，
，
，
，
，
，
，
，
，
的坐标是．
故答案为：．
【典例02】（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，，将该菱形绕点在平面内顺时针方向旋转得到菱形，与交于点，且，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是______．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、三角形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
连接，作于点，利用菱形的性质和旋转的性质求出，，利用直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质，结合
进行求解即可．
【详解】解：连接，作于点，则，
∴，，，
∴，
将菱形绕点顺时针旋转得到菱形，
∴，，，
，，，
，
∴，，
点在上，，
∴，，
，
∴
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是，
故答案为：．
方法透视
考向解读 1. 旋转全等：旋转前后图形全等，对应边相等、对应角相等，利用菱形四边相等、对角线垂直性质求值。 2. 旋转角与菱形角：旋转角与菱形内角结合，常求角度关系或证明某点共线、某线段垂直。 3. 动点轨迹：菱形顶点旋转时，某点轨迹为圆或弧，结合最值问题考查。
方法技能 1. 标对应元素：旋转后标出对应边、对应角，找出全等三角形作为突破口。 2. 利用对角线垂直：菱形对角线垂直，旋转后仍保持垂直关系，用于导角或勾股计算。 3. 轨迹法求最值：确定旋转中动点轨迹，用圆或直线最值模型求解。
变式演练
【变式01】（2025·江苏盐城·二模）如图，菱形绕点A旋转得到菱形，点在上，交于点P．若，，则的长为___________．
【答案】
【分析】过点作交于点，根据菱形的性质得出，，根据旋转的性质得到推出，，得出，，进而得到三点共线，则有，通过证明求出，再证明得到，即可求出的长．
【详解】解：如图，过点作交于点，
菱形，
，，
，
由旋转的性质得，，，，，
，，
，，
，
三点共线，
菱形，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【变式02】（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
题型09 正方形中的旋转问题
典例引领
【典例01】（2025·湖北襄阳·模拟预测）如图，在正方形中，点P在上，，连接，将绕点B顺时旋转得线段，连接交于点E， 若，则的长是_________．
【答案】
【分析】由正方形的性质得，，则，由点P在上，，求得，由旋转得，则，所以，由，证明，推导出，可证明，则，求得，于是得到问题的答案．
【详解】解：四边形是正方形，，
，，
，
点P在上，，
，
，
将绕点B顺时针旋转得线段交于点E，
，
，
°，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：
【典例02】（2025·河北·一模）图，为正方形内一点，，将绕点按逆时针方向旋转，得到（点和点为对应点），延长交于点，交于点，连接，已知，，则的长为______．
【答案】2
【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解的关键．利用旋转的性质得，，．进而证明四边形是正方形．设正方形的边长为，则，利用勾股定理求出的长，过点作于点，利用证明，进而解决问题．
【详解】解：将绕点按逆时针方向旋转，得到，
，，．
又，
四边形是正方形．
设正方形的边长为，则，
在中，，
即，
解得（负值舍去），
，
．
如图，过点作于点，
，
，
，
．
，，
，
，，
，
．
故答案为：．
方法透视
考向解读 1. 旋转全等：旋转前后图形全等，对应边相等、对应角相等，利用正方形四边相等、四角直角求值。 2. 45°角旋转：正方形常出现45°半角模型，旋转构造全等三角形，求线段和差或角度。 3. 手拉手模型：共顶点正方形旋转，产生手拉手全等，用于导边导角证明线段相等或垂直。
方法技能 1. 标对应元素：旋转后标出对应边、对应角，找出全等三角形作为突破口。 2. 半角模型旋转：遇45°角联想半角模型，旋转构造全等，实现线段转移。 3. 勾股定理列方程：旋转后出现直角三角形，设未知数用勾股定理列方程求解。
变式演练
【变式01】（2025·江苏宿迁·三模）如图，在正方形中，，点E在边上，，将线段绕点A旋转，得到线段，连接，，当最大时，的长为______．
【答案】或
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，切线的性质，正方形的性质，勾股定理，由题意可得点的运动轨迹是以点为圆心，为半径长的圆，当与相切时，最大，分两种情况：当点在左侧时；当点在右侧时；分别利用相似三角形的性质以及勾股定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵点E在边上，，将线段绕点A旋转，得到线段，
∴点的运动轨迹是以点为圆心，为半径长的圆，
当与相切时，最大
如图，当点在左侧时，
，
根据题意可得：，，
∵，
∴，
过点作交的延长线于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴；
如图，当点在右侧时，过点作于点，
，
同理可得：，，
∴，
∴；
综上所述，的长为或，
故答案为：或．
【变式02】（2026·四川德阳·模拟预测）如图，正方形与正方形的边、在一条直线上，正方形以点为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为在旋转过程中，两个正方形只有点重合，其他顶点均不重合，连接，．
(1)当正方形旋转至如图所示的位置时，求证：；
(2)如图，如果，，，连接，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形的性质和判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）由旋转的性质得到，由正方形的性质得到，，然后依据可证明，然后依据全等三角形的性质进行证明即可；
（2）连接、，延长交与．当时，可证明为等腰直角三角形，然后可求得和的长，根据，进行求解即可。
【详解】（1）解：由旋转的性质可知：，由正方形的性质可知：，．
在和中，
，
∴．
．
（2）连接、，延长交于．
当时，则．
．
．
又，
．
又，，
为等腰直角三角形．
．，
，与平行．
．
题型10 几何图形中的平移问题
典例引领
【典例01】（2025·湖北·一模）在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点坐标分别为，，，．如图所示，现将点向右平移一个单位长度得到对应点，点向右平移3个单位长度得到对应点，以为对角线作正方形，并将之记为第一次变换；再将向右平移一个单位长度得到对应点，向右平移3个单位长度得到对应点，以为对角线作正方形，记为第二次变换，此时与点重合；按这样的方式继续平移3次，则有与是该变换下的第二次重合，…，当点与点是这样的变换中的第25次重合时，则______，点的坐标为______．
【答案】 74
【分析】本题考查坐标与图形，点的平移，点的规律探究，根据题意，与点重合，和重合，和重合进而得到第次重合时，，，进而求出点与点是这样的变换中的第25次重合时，的值，根据平移规律求出 ，过点作，根据等腰直角三角形的性质，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：与点重合，和重合，和重合，
∴点与点第次重合时，，，
∴当点与点是这样的变换中的第25次重合时，
，
此时：，
即：，
∴，
∵为正方形，
∴为等腰直角三角形，
过点作，
则：，
∴，
∴；
故答案为：74，
【典例01】（2025·宁夏银川·一模）综合与探究
【问题背景】用“平移法”解答几何问题常常需要添辅助线，其中平移图形是重要的添辅助线的策略．如图，在正方形中，，，分别是，，上的点，于点．求证：．
【问题初探】小逸在分析解题思路时想到了一种平移法：平移线段使点与点重合，构造全等三角形．请仔细阅读并完成填空．
如图，平移线段至交于点，由平移的性质得，
∵，
∴，
∴，
，
∴__________________，（同角的余角相等）
∵四边形是正方形，
∴，，
∴ ()，
∴，（依据是：______________________________________）
∵，，
∴四边形是平行四边形，（依据是：____________________）
∴__________________，
∴．
【问题再探】小刚受到小逸的启发又想到了一种平移法：如图，平移线段至交于点，构造全等三角形 ，类比小逸的证明思路，根据提示请帮助小刚完成证明过程．
【方法迁移】如图，在正方形网格中，A，B，，为格点（网格线的交点），交于点．则_____________．
【答案】问题初探：，全等三角形的对应边相等，两组对边分别平行的四边形是平行四边形，；
问题再探：见解析；方法迁移：．
【分析】问题初探：结合平移的性质等由可判定由全等三角形的性质，由平行四边形的判定方法得四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得，即可得证；
问题再探：由平移的性质得，结合正方形的性质由可判定，即可得证；
方法迁移：
将平移至，由平移的性质及平行线的性质得，由勾股定理的逆定理得是直角三角形，由正切函数得，即可求解．
【详解】解：问题初探：小逸在分析解题思路时想到了一种平移法：平移线段使点与点重合，构造全等三角形．请仔细阅读并完成填空．
如图，平移线段至交于点，由平移的性质得，
∵，
∴，
∴，
，
∴，（同角的余角相等）
∵四边形是正方形，
∴，，
∴()，
∴，（依据是：全等三角形的对应边相等）
∵，，
∴四边形是平行四边形，（依据是：两组对边分别平行的四边形是平行四边形）
∴，
∴；
故答案为：，全等三角形的对应边相等，两组对边分别平行的四边形是平行四边形，；
问题再探：由平移得，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
在和中
，
（），
；
方法迁移：
如图，将平移至，
，，
，
设网格的单位长度为，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形，
，
故答案为：.
方法透视
考向解读 1. 平移性质：平移前后图形全等，对应点连线平行且相等，用于求线段长或证明平行关系。 2. 坐标平移：坐标系中图形平移，顶点坐标按“左减右加x，上加下减y”规律变化。 3. 面积不变：平移不改变图形面积，常与函数图象平移结合，求重叠面积或新图形解析式。
方法技能 1. 找对应点：平移后标出对应点，利用对应点连线平行且相等列方程求坐标或线段长。 2. 坐标规律：图形平移时，所有顶点坐标按相同向量变化，直接套用平移公式。 3. 面积转化：平移前后面积相等，用割补法求不规则图形面积或重叠部分面积。
变式演练
【变式01】（2025·河南周口·二模）如图，直线与坐标轴交于A，P两点，过点A作交y轴于点B，以为边在AB右侧作正方形，复制正方形并沿着直线向上平移，使得一边重合，得到正方形，继续复制正方形（，并沿着直线向上平移，使得一边重合，得到正方形，依此类推，复制平移2025次后，顶点的坐标为___________．
【答案】
【分析】本题主要考查了与一次函数有关的规律探索，正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，先求出得到，则，进而得到，则是等腰直角三角形，则，，由正方形的性质可得，过点C作轴于D，则是等腰直角三角形，，可得，同理可得，，……，据此可得答案．
【详解】解：在中，当时，，当时，，
∴，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
由正方形的性质可得，
∴，
如图所示，过点C作轴于D，则是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
同理可得，，……，
以此类推可得，，
故答案为：．
【变式02】（2025·江苏南京·一模）实践与探究：
(1)如图甲，正方形纸片的边长为，沿对角线剪开，然后固定纸片把纸片沿剪痕方向平移得到，连接、、．
①在平移过程中，试判断四边形的形状，并说明理由；与不重合
②在平移过程中，求的最小值；
(2)如图乙，菱形纸片的边长为，，沿对角线剪开，然后固定纸片，把纸片沿剪痕方向平移得到，连接、、，在平移过程中，求的最小值．
【答案】(1)①四边形是平行四边形，理由见解析；②
(2)的最小值为
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，平移和轴对称的性质，作出点关于的对称点是解题的关键．
根据平移的性质以及平行四边形的判定定理，即可得到结论；
作点关于的对称点，连接，，当，，共线时，有最小值，再证明是等腰直角三角形，且，，共线，在直角中，利用勾股定理即可求解；
同理可得是等边三角形，且，，共线，进而利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）四边形是平行四边形，理由如下：
四边形是正方形，
，，
如图，把纸片沿剪痕的方向平移得到，
，，
四边形是平行四边形；
四边形是平行四边形，
，
，
如图，作点关于的对称点，连接，，
当，，共线时，有最小值，
此时的最小值为，
将沿射线的方向平移得到，
，，
四边形是平行四边形，
，
关于的对称点，
，，
是等腰直角三角形，且，，共线，
在直角中，由勾股定理得：，
的最小值；
（2）如图，菱形的边长为，
，
，
作点关于的对称点，连接，，
当，，共线时，有最小值，
此时的最小值为，
，，
四边形是平行四边形，
为菱形，，
，
，，，
关于的对称点，
，，，
是等边三角形，
，
，，共线，
是等边三角形，
，，
，
，
，
在直角中，由勾股定理得：，
的最小值为．
题●型●训●练
一、单选题
1．（2026·广西柳州·一模）如图，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理；核心技巧是利用旋转得到的等线段和旋转角，构造等腰三角形求解；易错点是误将旋转角当作三角形的内角，或忽略等腰三角形两底角相等的性质．
先根据旋转性质得到和，从而判定为等腰三角形；再利用等腰三角形 “等边对等角” 和三角形内角和定理，直接计算出的度数．
【详解】由旋转可知：，．
为等腰三角形．
在等腰中，．
故选：D．
2．（2026·河南商丘·一模）如图，中，，，将沿射线方向平移得对应，过点作，垂足为，交于点，若，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质，三线合一，求出，；根据勾股定理求出，则，根据线段的和差求出，再根据等边三角形的判定和性质，可得，最后根据．
【详解】解：∵，，，
∴，，
∴，
设，则，
在直角三角形中，，
∴，
解得：，
∴；
∴，则，
∵且，
∴，，
∵沿射线方向平移得对应，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
∴．
故选：C．
3．（2026·安徽阜阳·一模）如图，在中，，是边上的点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．若，则（）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据等边对等角求出，再由折叠得到，从而根据三角形外角的性质即可求解．
【详解】解∶∵，
∴，
∵，
∴，
由折叠可得，
∴．
4．（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，将沿翻折得到交于点，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，由折叠得,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，
由折叠得,
在中，；
∴，
又四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
二、填空题
5．（2026·上海杨浦·二模）在平行四边形中，，，为中点，将线段顺时针旋转度至，若点恰在直线上，则___________．
【答案】
【分析】先判定四边形为矩形，再建立如图所示平面直角坐标系，利用旋转变换的性质及全等三角形的性质得到点的坐标，再根据相似三角形的性质得到点的坐标，最后结合点在直线上的条件列方程求解即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，
∴，
设，
∵，为中点，
∴，
如图，以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，过点作于点，过点作轴于点，交于点，设，，则，，，，，直线的解析式为，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
即，，
∵将线段顺时针旋转度至，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，，
∴，
∴，
∵点恰在直线上，且直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴．
6．（2025·上海·模拟预测）在梯形中，，， ， ．在边上取一点E，满足．将沿方向平移得到（三个顶点依次对应），若点H在边上，则点H到直线的距离是___________．
【答案】
【分析】延长交于P，连，作于，证，得，推出；根据，求出，，得到为的中点；证即可求解；
【详解】解：延长交于P，连，作于，
∵，
∴，
，
，
，
∴，
∴；
∵，
，
；
则为的中点；
由平移可知：，
∴，；
∵，
∴；
∴，即：；
，
故答案为：
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、利用平移的性质求解，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础．
7．（2026·山西长治·一模）如图，边长为2的正方形中，点E为的中点，连结，将沿折叠得到，连接，则的长为________．
【答案】/
【分析】过点作于点，根据翻折的性质得出相等的边和角，证明，最后利用对应边成比例进行求解．
【详解】解：如图，过点作于点，
∵四边形是正方形，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
由翻折的性质可得,
，，
∴为等腰三角形，且，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
由勾股定理得，
∴，
∴，
∴．
8．（2026·河南周口·模拟预测）已知菱形中，，对角线交于点O，点P为线段上一动点，连接，将沿折叠得到对应，与交于点Q，当与菱形的边垂直时，线段的长度为________．
【答案】或
【分析】分和两种情况，分别画出图形，进行求解即可.
【详解】解：菱形，，
∴，，
∴为等边三角形，
当时，如图：
则，
∵，
∴，
∴；
当时，如图，作于点，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上：或.
三、解答题
9．（2026·江苏南通·一模）如图，是等边三角形，是的中点，，垂足为，是由沿方向平移得到的．已知过点，交于点．
(1)求的大小；
(2)求证：是等边三角形．
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、平移的性质、线段垂直平分线的判定与性质．关键是结合等边三角形的边角特征，利用平移的平行关系推导角的等量关系，再通过线段垂直平分线的性质求出的内角，最终依据等边三角形的判定定理完成证明．
（1）利用等边三角形“三线合一”的性质，由是中点，得出平分，从而计算出．再根据，得到，最后通过角的和差关系，用减去，即可求出的度数．
（2）先根据平移性质，得到，再结合，推出，．接着，由，得出垂直平分，进而得到．最后，结合（1）中已得的，推出的三个内角均为，从而证明其为等边三角形．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，
∴．
∵是的中点，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）证明：由平移可知：，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴垂直平分，
∴，
由（1）知，，
∴，
∴，
∴是等边三角形．
10．（2026·河北秦皇岛·一模）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在平面上的点处，与交于点．
(1)求证：；
(2)若平行四边形的对角线与的交点为点，连接，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由折叠得，，由四边形是平行四边形得，，即可得，，结合对顶角即可证明；
（2）由得，由平行四边形的对角线与的交点为点得为中点，由等腰三角形三线合一可得为中边上的高，即可证明．
【详解】（1）证明：由折叠得，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
又∵，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵平行四边形的对角线与的交点为点，
∴为中点，
∴为中边上的高，
∴．
【点睛】折叠的本质是轴对称变换，折叠前后的图形关于折痕成轴对称，因此对应边相等、对应角相等，这一性质是解决此类折叠问题的核心依据．
11．（2026·河南周口·一模）如图，在中，，将绕点旋转得到，点的对应点在边上，连接．
(1)求证：∽；
(2)若，求的长；
(3)过点作的平行线交的延长线于点，直接写出的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)1
【分析】（1）根据旋转的性质和相似三角形的判定定理进行证明即可；
（2）根据相似三角形的性质可知是直角三角形，根据旋转的性质可知，使用勾股定理计算即可；
（3）根据旋转可构造角度相等，证明，可知．
【详解】（1）证明： 将绕点旋转得到，点的对应点在边上，
∴，，，
，，
（2）解：由（1）可知，，
，
，
，
，
∴在中，，
，
，
，
，
在中，，
，
（3）解：由旋转的性质可知，，，，
，
，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
12．（2026·浙江·模拟预测）如图，矩形中，．

(1)点E是边上一点，将沿直线翻折，得到．
①如图1，当平分时，求的长；
②如图2，连接，当时，求的面积；
(2)点E为射线上一动点，将矩形沿直线进行翻折，点C的对应点为，当点E，，D三点共线时，求的长．
【答案】(1)①；②的面积
(2)的长为或
【分析】（1）①根据折叠的性质以及F平分，得出，根据勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，得出，即可求解；②延长交的延长线于点G，根据折叠的性质以及矩形的性质得出，进而在中，勾股定理求得的长，等面积法求得边上的高，进而根据三角形的面积公式即可求解；
（2）分两种情况，①当E在的延长线上时，证明，②当E在线段上时，分别讨论即可求解．
【详解】（1）解：①∵四边形是矩形，
∴，
∵将沿直线翻折，得到，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴
∴；
②如图所示，延长交的延长线于点G，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵将沿直线翻折，得到，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
即，
解得：，
∴，，
设中边上的高为h，则，
∴，
∴的面积；
（2）当点E、、D三点共线时，分两种情况：
①当E在的延长线上时，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当E在线段上时，

由折叠的性质得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴；
综上所述，的长为或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，证明三角形全等是解题的关键．
13．（2026·湖北武汉·模拟预测）在矩形中，是对角线的交点，，将绕点旋转，分别与边相交于，连接（k为常数）．
(1)如图1，若，求证：；
(2)如图2，若，探究线段，之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，，．
①若，求的长；
②若，请直接写出的长．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析；
(3)①；②
【分析】（1）根据题意可知，此时四边形为正方形，然后证明即可得到，从而得出结论即可；
（2）过作于，作于，证明，则，进一步即可求出答案；
（3）①过点作于点，则，设，则，利用勾股定理求出，即可得到答案；②过作于，作于，证明，则，设，则，设，则，得到，求出，即可求出答案．
【详解】（1）解：若，则，即四边形为正方形，
∴，，，，，，，
∴，，
∵，
，
∴，
∴，
∴；
（2）解：．
理由：过作于，作于，
∵，
∴四边形是矩形．
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在矩形中，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：①过点作于点，则，
∵，．
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
在中，，
则，
解得，
∴，
∵，
∴；
②如图，过作于，作于，
∵，．
∴，
∵四边形是矩形，
∴，， ，
∵，
∴四边形是矩形．
∴，，
∴，
∴，
∴是中位线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
则，
又由得到，
解得，
∵，
∴不合题意，舍去，
∴，
∵，
∴，
∴．
14．（2026·广东佛山·一模）【问题情境】
折纸是一种许多人熟悉的活动，在数学活动课上，老师让同学们以“图形的翻折”为主题开展数学活动．
活动一：矩形可折叠
矩形纸片中，在边上取一点沿翻折，使点落在矩形内部处；再次翻折矩形，使与所在直线重合，点落在直线上的点处，折痕为．翻折后的纸片如图1所示．
活动二：折叠可得矩形
如图2，将 纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰 的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形．类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为“叠合矩形”，如图3和图4．
【提出问题】
（1）如图1，的度数为 　　；
（2）如图1，若，，求的最大值；
（3）纸片还可以按图4的方式折叠成一个叠合矩形，若，，直接写出的长　　；
【解决问题】
（4）如图5，一张矩形纸片通过活动一中的翻折方式得到四边形，其中的一边与矩形纸片的一边重合，，，，，求该矩形纸片较长边的长度．
【答案】（1）；（2）的最大值为；（3）15；（4）矩形纸片较长边的长度为或
【分析】（1）由折叠的性质得出，，根据，即得；
（2）设，，则，证明，，得，得，得，根据二次函数的性质，即得的最大值为；
（3）设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4，由矩形性质和勾股定理，得 ,证明，得，由， ，即得；
（4）分和为矩形的边和角，和为矩形的边和角，两种情况计算矩形的边，比较得出矩形的较长边．
【详解】解：（1）如图1，
由题意得：，，
，
，
，
；
（2）如图1，
设，，则，
由（1）知，
，
四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当时，有最大值为，
的最大值为；
（3）解：设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4，
∵矩形中，，
∴,
∵，
∴，
由折叠的性质得：，
∵中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（4）作出原矩形，连接，如图5①，
，，，
，
，
四边形为矩形，
，．
设，则，设，则．
，
．
，
．
，
，
．
，
，
，
，
，
矩形纸片较长边的长度为；
当为矩形的一边时，作出原矩形，如图5②，
设，则，设，
四边形为矩形，
，，，
，
．
，
．
，
，
．
，
，
，
．
，
矩形纸片较长边的长度为；
综上所述，矩形纸片较长边的长度为或．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题13 几何变换综合（折叠、旋转、平移）
内●容●导●航
第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学
典例引领 方法透视 变式演练
题型01 三角形中的折叠问题
题型02 平行四边形中的折叠问题
题型03 矩形中的折叠问题
题型04 菱形中的折叠问题
题型05 正方形中的折叠问题
题型06 三角形中的旋转问题
题型07 矩形中的旋转问题
题型08 菱形中的旋转问题
题型09 正方形中的旋转问题
题型10 几何图形中的平移问题
第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战
题●型●破●译
题型01 三角形中的折叠问题
典例引领
【典例01】（25-26八年级上·河南郑州·期中）如图，在中，，，是边上的一个动点，连结，将沿折叠得到，点的对应点为．当为直角三角形时，的长为______．
【典例02】（2025·河南·模拟预测）如图，在中，，点D是边上的动点，过点D作，垂足为E，将沿直线折叠得到，点G，H分别是和上的点，连接，将沿直线折叠使得点B和F重合，连接，当和相似时，的长为______．
方法透视
考向解读 1. 全等对应：折叠前后图形全等，对应边相等、对应角相等，用于求线段长或角度。 2. 垂直平分：折痕垂直平分对应点连线，出现垂直和中点，结合勾股定理列方程。 3. 角平分线：折叠常产生角平分线，结合平行线或等腰三角形性质求角度关系。
方法技能 1. 标图找等量：折叠后标出所有相等线段和角，找出隐含的等腰三角形或全等关系。 2. 勾股列方程：在直角三角形中用勾股定理列方程求折痕长或折叠后线段长。 3. 转化角关系：利用平行线、内角和将折叠产生的角转化到已知角关系中求解。
变式演练
【变式01】（2024·新疆·二模）如图，在中，，，P、Q是边上两点，将沿直线折叠，沿直线折叠，使得B、C的对应点重合于点R．当为直角三角形时，线段的长为_______．
【变式02】（2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在中，，，，点，分别在边，上，连接，把沿着折叠，点的对应点落在边上．若是以为腰的等腰三角形，则______．
题型02 平行四边形中的折叠问题
典例引领
【典例01】（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则______．（用含的式子表示）
【典例02】（2024·山东泰安·二模）如图，将平行四边形进行折叠，折叠后恰好经过点C得到，若，则线段的长度为 _______．
方法透视
考向解读 1. 全等与对称：折叠前后图形全等，对应边相等、对应角相等，利用平行四边形性质求线段或角度。 2. 折痕位置：折痕过顶点或在内部，常产生等腰三角形、菱形或垂直平分线，需分类讨论。 3. 勾股定理应用：折叠后出现直角三角形，利用勾股定理列方程求折痕长或边长。
方法技能 1. 标出等量关系：折叠后标出所有相等线段和角，找出等腰三角形或全等三角形。 2. 利用对边平行：平行四边形对边平行，折叠产生的角与内错角、同位角相等，用于导角。 3. 勾股列方程：在出现的直角三角形中，设未知数用勾股定理列方程求解。
变式演练
【变式01】（2024·浙江·模拟预测）在平行四边形中，点，在边上，把沿直线折叠，沿直线折叠，使点，落在对角线上的点处，若，则的度数为______．
【变式02】（2025·山西临汾·二模）问题情境
在综合与实践课上，老师让同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动，活动方式为将一张平行四边形纸片进行折叠变换后，发现结论并解决问题．
成果展示
(1)“爱心”小组：如图1，将平行四边形沿折叠，使点与点重合，折痕与，边分别交于点，，发现，请证明他们发现的结论；
(2)“希望”小组：如图2，，分别是，边上的动点，且，连接，将平行四边形沿折叠，点落在点处，点落在点处，交于点，分别交，于点，，发现，请证明他们发现的结论；
(3)教师提问：在图1的基础上，连接与交于点，如图3所示，若，，，直接写出线段的长．
题型03 矩形中的折叠问题
典例引领
【典例01】（2025·陕西榆林·三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在、轴上，点的坐标为，点在边上．将沿直线折叠，折叠后顶点恰好落在边上的点处，则点的坐标为___________．
【典例02】（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）某学校举行了家长开放日活动，在以“纸片的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作：第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕，如图②．根据以上的操作，若，，则线段的长是________；线段的长是________．
方法透视
考向解读 1. 全等三角形：折叠产生全等图形，对应边角相等，利用矩形性质求线段长或角度。 2. 勾股定理核心：折叠后出现直角三角形，常设未知数用勾股定理列方程求折痕或边长。 3. 等腰三角形：折叠常使某两边相等，出现等腰三角形，结合矩形对边平行求角度。
方法技能 1. 标等量找全等：折叠后标出所有相等线段和角，找出全等三角形作为解题突破口。 2. 勾股列方程：在折叠产生的直角三角形中，设未知数表示各边，用勾股定理列方程求解。 3. 平行导角：利用矩形对边平行，将折叠产生的角转化为内错角、同位角关系。
变式演练
【变式01】（2025·安徽·一模）将一张矩形纸片沿对角线折叠．
（1）如图1，点落在点处，若，则______；（用含的式子表示）
（2）如图2，沿剪下得到纸片，折叠，使得点落在延长线上的点处，得到折痕，再沿折叠，使得点落在边上的点处，若，，则的长为______．
【变式02】（2025·山东临沂·二模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展教学探究活动．在矩形中，已知，，点P是边上的一个动点．
【操作判断】
（1）如图1，甲同学先将矩形对折，使得与重合，展开得到折痕．将矩形沿折叠，使恰好落在上的处，则线段与线段的位置关系为 　　 ；的度数为 　　 ．
【迁移探究】
（2）如图2，乙同学将矩形沿折叠，使恰好落在矩形的对角线上，求此时的长；
（2）如图2，乙同学将矩形沿折叠，使恰好落在矩形的对角线上，请补全图形并求此时的长；
【综合应用】
（3）如图3，点Q在边上运动，始终满足，且，将沿PQ折叠，求折叠后与重叠部分面积的最大值，并求出此时的长．
题型04 菱形中的折叠问题
典例引领
【典例01】（25-26九年级上·全国·期中）如图，在菱形纸片中， 点在边上，将纸片沿折叠， 点落在处，， 垂足为 若， 则____．
【典例02】（2025·贵州遵义·模拟预测）如图，在菱形中，．折叠该菱形，使点A落在边上的点M处，折痕分别与，交于点E，F．在点M的位置变化的过程中，当最大时，的值为______．
方法透视
考向解读 1. 全等与重合：折叠前后图形全等，对应边角相等，利用菱形四边相等、对角线垂直性质求值。 2. 等腰三角形：折叠常产生等腰三角形，结合菱形邻边相等，导角求角度或线段长。 3. 勾股定理应用：折叠后出现直角三角形，利用菱形对角线垂直，用勾股定理列方程求解。
方法技能 1. 标图找等量：折叠后标出相等线段和角，利用菱形四边相等建立等量关系。 2. 对角线垂直用勾股：折叠产生垂直时，在直角三角形中用勾股定理列方程。 3. 平行导角：利用菱形对边平行，将折叠角转化为内错角或同位角求角度。
变式演练
【变式01】（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在菱形中，，．折叠该菱形，使点落在边上的点处，折痕分别与边，交于点，．当点与点重合时，的长为_____；当点的位置变化时，长的最大值为________．

【变式02】（2025·山东·一模）问题情境：在数学实践课程中，教师引导同学们围绕“菱形纸片的折叠”主题进行探索．已知菱形，，点，分别是，边上的点，将菱形沿折叠．
猜想证明：（1）如图1，设对角线与相交于点，若点的对应点与点重合，折痕交于点．试直接写出四边形的形状；
问题解决：（2）如图2，若点的对应点恰好落在对角线上点处，若，，求线段的长；
（3）如图3，若点的对应点恰好落在边上的点处，若点为的一个三等分点，设，的面积 ．
题型05 正方形中的折叠问题
典例引领
【典例01】（2025·河南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，点的坐标是，为边上一点，，沿折叠正方形，折叠后，点落在平面内的点处，则点的坐标为_______．
【典例02】（2024·湖北襄阳·一模）如图，将一张正方形纸片折叠，折痕为，折叠后，点的对应点落在正方形内部的点处，连接并延长交于点．若，，则的长为_____．
方法透视
考向解读 1. 全等三角形：折叠前后图形全等，对应边角相等，利用正方形四边相等、四角直角求线段长。 2. 勾股定理核心：折叠后出现直角三角形，设未知数用勾股定理列方程求折痕或边长。 3. 等腰直角三角形：折叠常产生45°角，出现等腰直角三角形，利用边长比例1:1:√2快速求解。
方法技能 1. 标等量找全等：折叠后标出所有相等线段和角，找出全等三角形作为突破口。 2. 勾股列方程：在折叠产生的直角三角形中，设未知数用勾股定理列方程求解。 3. 45°角巧用比例：出现45°角立即联想等腰直角三角形，直接用边长比例简化计算。
变式演练
【变式01】（2025·湖北十堰·三模）如图，在正方形中，点，分别为边，上的点，将，分别沿，折叠，点，恰好落在上的点处，再将沿折叠，点落在上的点处，连接与交于点．
（1）________；
（2）若，则的长为________．
【变式02】（2025·河南郑州·一模）综合与实践
折纸是同学们喜欢的手工活动之一，通过折纸我们可以得到许多美丽的图形，同时折纸的过程还蕴含着丰富的数学知识．数学活动课上，老师准备了若干张正方形纸片， 组织同学们进行折纸探究活动．
【动手操作】如图1，将正方形纸片对折，使与重合，展开纸片，得到折痕；过 点M，C 折叠纸片，使点B 落在点处；再沿过点C的直线折叠纸片使得与重合，折痕交于点E．求知小组的同学们通过观察猜测E是的三等分点，并进行证明，过程如下：
设，则 ，．
∵四边形是正方形，∴．
由折叠的性质，得，，
∴，即三点在同一条直线上
在中，，可列方程① ， 整理，得 ②
∴，即E是的三等分点．
（1）请将上述过程补充完整：① ；② ．
【深入探究】乐学小组尝试了另一种折叠方法，如图2，将正方形纸片对折，使与重合，展开纸片，得到折痕；折叠纸片，使点C与点M重合，折痕交于点E，交于点F，点D的对应点为，交于点G．
（2）判断点G 是否为的三等分点，并说明理由．
【拓展延伸】善思小组继续探究，如图3，将正方形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在点处，折痕交边于点E；再沿过点C的直线折叠，使与重合，折痕交边于点F，将沿折叠，得到．
（3）若正方形的边长为6，当点P 落在的边上时，请直接写出的长．
题型06 三角形中的旋转问题
典例引领
【典例01】（2025·河南周口·二模）如图，在等腰和等腰中，，，将绕点旋转，连接，若，则旋转过程中，当最大时，其度数为___________°，当最小时，其度数为___________°．
【典例02】（2025·河北唐山·二模）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，．
【初步感知】
（1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值；
【深入探究】
（2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，求的长．
【拓展延伸】
（3）在纸片绕点旋转过程中，试探究三点能否构成直角三角形．若能，直接写出任意一个符合要求的直角三角形的面积；若不能，请说明理由．
方法透视
考向解读 1. 全等与相似：旋转前后图形全等，对应边相等、对应角相等，利用旋转角找等角关系。 2. 旋转中心：旋转中心到对应点距离相等，出现等腰三角形，结合旋转角求角度或线段长。 3. 手拉手模型：共顶点双三角形旋转，常考手拉手全等或相似，用于导边导角求值。
方法技能 1. 标对应元素：旋转后标出对应边、对应角，找出相等线段和等角关系。 2. 等腰三角形导角：旋转中心到对应点距离相等，构造等腰三角形求旋转角。 3. 手拉手证全等：出现共顶点旋转，考虑手拉手模型，证三角形全等转移边角。
变式演练
【变式01】（2025·山东东营·三模）在平面直角坐标系中，等边如图放置，点A的坐标为，每一次将绕着点O逆时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，以此类推，则点的坐标为___________．
【变式02】（2025·江西·模拟预测）定义：有一个公共顶点的三角形，将其中一个三角形绕公共点旋转一定角度，能与另一个三角形构成相似图形，我们称这两个三角形互为“旋转相似图形”．
(1)知识理解：①如图1，，都是等边三角形，则 的“旋转相似图形”（填“是”或“不是”）；
②如图2，若与互为“旋转相似图形”，，，则 ；
③如图2，若与互为“旋转相似图形”，若，则 ，若连接，则 ．
(2)知识运用：
如图3，在四边形中，，于E，，求证：和互为“旋转相似图形”；
(3)拓展提高：
如图4，为等腰直角三角形，点G为的中点，点F是上一点，D是延长线上一点，点E在线段上，且与互为“旋转相似图形”，若，求和的长．
题型07 矩形中的旋转问题
典例引领
【典例01】（2025·福建莆田·二模）如图，矩形中，，，将矩形绕点旋转得到矩形，若恰好经过点，则的长为______．
【典例02】（2025·广东韶关·一模）如图，在矩形中，，，将矩形绕点B按顺时针方向旋转得到矩形，点A恰好落在边上的点G处．则图中阴影部分的面积等于______．
方法透视
考向解读 1. 旋转全等：旋转前后图形全等，对应边相等、对应角相等，利用矩形性质求线段长或角度。 2. 旋转中心性质：旋转中心到对应点距离相等，出现等腰三角形，结合旋转角导角。 3. 坐标与旋转：矩形在坐标系中旋转，求旋转后顶点坐标，常结合三角函数或全等三角形。
方法技能 1. 标对应元素：旋转后标出对应边、对应角，找出相等线段和全等关系。 2. 勾股求边长：旋转后出现直角三角形，用勾股定理列方程求未知线段。 3. 坐标法求解：矩形顶点旋转用旋转公式或构造全等三角形求新坐标。
变式演练
【变式01】（2025·河南郑州·一模）如图，在矩形中，，，P是的中点，Q为边上的动点，将矩形绕点A逆时针旋转，得到矩形，在旋转过程中，记点Q的对应点为，则线段长度的最大值是_________，最小值是_________．
【变式02】（2025·山东青岛·一模）在数学课上，老师让同学们动手操作，将一个矩形绕其一个顶点旋转．小明在旋转的过程中发现，随着旋转角度的变化可以研究很多数学问题．如图，已知矩形，，将矩形绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形，点B的对应点是点G，点C的对应点是点F，点D的对应点是点E，连接．
(1)如图①，当时，______；如图②，当时，______；
(2)如图③，当边经过点B时，______；
(3)如图④，当点F落在的延长线上时，______．
题型08 菱形中的旋转问题
典例引领
【典例01】（2025·宁夏银川·一模）雪花也称银粟，是天空中的水汽经凝华而来的固态降水，多呈六角形，是一种美丽的结晶体．美术课要求绘制雪花，小华利用数学知识作出如下操作：建立如图所示的平面直角坐标系，绘制菱形，且顶点的坐标为，点在第一象限，，将菱形绕原点沿顺时针方向旋转5次，每次旋转，旋转第一次得到四边形（点与点重合），则旋转第四次得到的点的坐标是_____．
【典例02】（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，，将该菱形绕点在平面内顺时针方向旋转得到菱形，与交于点，且，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是______．
方法透视
考向解读 1. 旋转全等：旋转前后图形全等，对应边相等、对应角相等，利用菱形四边相等、对角线垂直性质求值。 2. 旋转角与菱形角：旋转角与菱形内角结合，常求角度关系或证明某点共线、某线段垂直。 3. 动点轨迹：菱形顶点旋转时，某点轨迹为圆或弧，结合最值问题考查。
方法技能 1. 标对应元素：旋转后标出对应边、对应角，找出全等三角形作为突破口。 2. 利用对角线垂直：菱形对角线垂直，旋转后仍保持垂直关系，用于导角或勾股计算。 3. 轨迹法求最值：确定旋转中动点轨迹，用圆或直线最值模型求解。
变式演练
【变式01】（2025·江苏盐城·二模）如图，菱形绕点A旋转得到菱形，点在上，交于点P．若，，则的长为___________．
【变式02】（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．
题型09 正方形中的旋转问题
典例引领
【典例01】（2025·湖北襄阳·模拟预测）如图，在正方形中，点P在上，，连接，将绕点B顺时旋转得线段，连接交于点E， 若，则的长是_________．
【典例02】（2025·河北·一模）图，为正方形内一点，，将绕点按逆时针方向旋转，得到（点和点为对应点），延长交于点，交于点，连接，已知，，则的长为______．
方法透视
考向解读 1. 旋转全等：旋转前后图形全等，对应边相等、对应角相等，利用正方形四边相等、四角直角求值。 2. 45°角旋转：正方形常出现45°半角模型，旋转构造全等三角形，求线段和差或角度。 3. 手拉手模型：共顶点正方形旋转，产生手拉手全等，用于导边导角证明线段相等或垂直。
方法技能 1. 标对应元素：旋转后标出对应边、对应角，找出全等三角形作为突破口。 2. 半角模型旋转：遇45°角联想半角模型，旋转构造全等，实现线段转移。 3. 勾股定理列方程：旋转后出现直角三角形，设未知数用勾股定理列方程求解。
变式演练
【变式01】（2025·江苏宿迁·三模）如图，在正方形中，，点E在边上，，将线段绕点A旋转，得到线段，连接，，当最大时，的长为______．
【变式02】（2026·四川德阳·模拟预测）如图，正方形与正方形的边、在一条直线上，正方形以点为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为在旋转过程中，两个正方形只有点重合，其他顶点均不重合，连接，．
(1)当正方形旋转至如图所示的位置时，求证：；
(2)如图，如果，，，连接，，求的面积．
题型10 几何图形中的平移问题
典例引领
【典例01】（2025·湖北·一模）在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点坐标分别为，，，．如图所示，现将点向右平移一个单位长度得到对应点，点向右平移3个单位长度得到对应点，以为对角线作正方形，并将之记为第一次变换；再将向右平移一个单位长度得到对应点，向右平移3个单位长度得到对应点，以为对角线作正方形，记为第二次变换，此时与点重合；按这样的方式继续平移3次，则有与是该变换下的第二次重合，…，当点与点是这样的变换中的第25次重合时，则______，点的坐标为______．
【典例01】（2025·宁夏银川·一模）综合与探究
【问题背景】用“平移法”解答几何问题常常需要添辅助线，其中平移图形是重要的添辅助线的策略．如图，在正方形中，，，分别是，，上的点，于点．求证：．
【问题初探】小逸在分析解题思路时想到了一种平移法：平移线段使点与点重合，构造全等三角形．请仔细阅读并完成填空．
如图，平移线段至交于点，由平移的性质得，
∵，
∴，
∴，
，
∴__________________，（同角的余角相等）
∵四边形是正方形，
∴，，
∴ ()，
∴，（依据是：______________________________________）
∵，，
∴四边形是平行四边形，（依据是：____________________）
∴__________________，
∴．
【问题再探】小刚受到小逸的启发又想到了一种平移法：如图，平移线段至交于点，构造全等三角形 ，类比小逸的证明思路，根据提示请帮助小刚完成证明过程．
【方法迁移】如图，在正方形网格中，A，B，，为格点（网格线的交点），交于点．则_____________．
方法透视
考向解读 1. 平移性质：平移前后图形全等，对应点连线平行且相等，用于求线段长或证明平行关系。 2. 坐标平移：坐标系中图形平移，顶点坐标按“左减右加x，上加下减y”规律变化。 3. 面积不变：平移不改变图形面积，常与函数图象平移结合，求重叠面积或新图形解析式。
方法技能 1. 找对应点：平移后标出对应点，利用对应点连线平行且相等列方程求坐标或线段长。 2. 坐标规律：图形平移时，所有顶点坐标按相同向量变化，直接套用平移公式。 3. 面积转化：平移前后面积相等，用割补法求不规则图形面积或重叠部分面积。
变式演练
【变式01】（2025·河南周口·二模）如图，直线与坐标轴交于A，P两点，过点A作交y轴于点B，以为边在AB右侧作正方形，复制正方形并沿着直线向上平移，使得一边重合，得到正方形，继续复制正方形（，并沿着直线向上平移，使得一边重合，得到正方形，依此类推，复制平移2025次后，顶点的坐标为___________．
【变式02】（2025·江苏南京·一模）实践与探究：
(1)如图甲，正方形纸片的边长为，沿对角线剪开，然后固定纸片把纸片沿剪痕方向平移得到，连接、、．
①在平移过程中，试判断四边形的形状，并说明理由；与不重合
②在平移过程中，求的最小值；
(2)如图乙，菱形纸片的边长为，，沿对角线剪开，然后固定纸片，把纸片沿剪痕方向平移得到，连接、、，在平移过程中，求的最小值．
题●型●训●练
一、单选题
1．（2026·广西柳州·一模）如图，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，则为（ ）
A． B． C． D．
2．（2026·河南商丘·一模）如图，中，，，将沿射线方向平移得对应，过点作，垂足为，交于点，若，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
3．（2026·安徽阜阳·一模）如图，在中，，是边上的点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．若，则（）
A． B． C． D．
4．（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，将沿翻折得到交于点，连接．当四边形为平行四边形时，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
5．（2026·上海杨浦·二模）在平行四边形中，，，为中点，将线段顺时针旋转度至，若点恰在直线上，则___________．
6．（2025·上海·模拟预测）在梯形中，，， ， ．在边上取一点E，满足．将沿方向平移得到（三个顶点依次对应），若点H在边上，则点H到直线的距离是___________．
7．（2026·山西长治·一模）如图，边长为2的正方形中，点E为的中点，连结，将沿折叠得到，连接，则的长为________．
8．（2026·河南周口·模拟预测）已知菱形中，，对角线交于点O，点P为线段上一动点，连接，将沿折叠得到对应，与交于点Q，当与菱形的边垂直时，线段的长度为________．
三、解答题
9．（2026·江苏南通·一模）如图，是等边三角形，是的中点，，垂足为，是由沿方向平移得到的．已知过点，交于点．
(1)求的大小；
(2)求证：是等边三角形．
10．（2026·河北秦皇岛·一模）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在平面上的点处，与交于点．
(1)求证：；
(2)若平行四边形的对角线与的交点为点，连接，求证：．
11．（2026·河南周口·一模）如图，在中，，将绕点旋转得到，点的对应点在边上，连接．
(1)求证：∽；
(2)若，求的长；
(3)过点作的平行线交的延长线于点，直接写出的值．
12．（2026·浙江·模拟预测）如图，矩形中，．

(1)点E是边上一点，将沿直线翻折，得到．
①如图1，当平分时，求的长；
②如图2，连接，当时，求的面积；
(2)点E为射线上一动点，将矩形沿直线进行翻折，点C的对应点为，当点E，，D三点共线时，求的长．
13．（2026·湖北武汉·模拟预测）在矩形中，是对角线的交点，，将绕点旋转，分别与边相交于，连接（k为常数）．
(1)如图1，若，求证：；
(2)如图2，若，探究线段，之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，，．
①若，求的长；
②若，请直接写出的长．
14．（2026·广东佛山·一模）【问题情境】
折纸是一种许多人熟悉的活动，在数学活动课上，老师让同学们以“图形的翻折”为主题开展数学活动．
活动一：矩形可折叠
矩形纸片中，在边上取一点沿翻折，使点落在矩形内部处；再次翻折矩形，使与所在直线重合，点落在直线上的点处，折痕为．翻折后的纸片如图1所示．
活动二：折叠可得矩形
如图2，将 纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰 的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形．类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为“叠合矩形”，如图3和图4．
【提出问题】
（1）如图1，的度数为 　　；
（2）如图1，若，，求的最大值；
（3）纸片还可以按图4的方式折叠成一个叠合矩形，若，，直接写出的长　　；
【解决问题】
（4）如图5，一张矩形纸片通过活动一中的翻折方式得到四边形，其中的一边与矩形纸片的一边重合，，，，，求该矩形纸片较长边的长度．
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