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2024年中考数学真题专题分类精选汇编（2025年中考复习全国通用）
专题23 轴对称（折叠）、平移、旋转变换
一、选择题
1. （2024江苏盐城）下列四幅图片中的主体事物，在现实运动中属于翻折的是（ ）
A. 工作中 的雨刮器 B. 移动中的黑板
C. 折叠中的纸片 D. 骑行中的自行车
【答案】C
【解析】本题考查了折叠，根据折叠的定义逐项判断即可求解，掌握折叠的定义是解题的关键．
、工作中的雨刮器，属于旋转，不合题意；
、移动中的黑板，属于平移，不合题意；
、折叠中的纸片，属于翻折，符合题意；
、骑行中的自行车，属于平移，不合题意；
故选： ．
2.（ 2024江苏扬州）“致中和，天地位焉，万物育焉”，对称之美随处可见．下列选项分别是扬州大学、
扬州中国大运河博物馆、扬州五亭桥、扬州志愿服务的标识．其中的轴对称图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查了轴对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条
直线叫做对称轴，进行分析即可．
【详解】解：A，B，D选项中的图形都不能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够
互相重合，所以不是轴对称图形；
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C选项中的图形能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对
称图形；
故选：C．
3. （2024四川眉山）下列交通标志中，属于轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题主要考查了轴对称图形，根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两
旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形可得答案．
【详解】A.是轴对称图形，故此选项符合题意；
B.不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C. 不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D. 不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选：A．
4. （2024广西）端午节是中国传统节日，下列与端午节有关的文创图案中，成轴对称的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题主要考查成轴对称的定义，掌握成轴对称的定义是解题的关键．把一个图形沿着某一条直
线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，这条直线叫作对称
轴，折叠后重合的点是对应点，叫作对称点．根据两个图形成轴对称的定义，逐一判断选项即可．
【详解】A．图案不成轴对称，故不符合题意；
B．图案成轴对称，故符合题意；
C．图案不成轴对称，故不符合题意；
D．图案不成轴对称，故不符合题意；
故你：B．
5. （2024贵州省）“黔山秀水”写成下列字体，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
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【答案】B
【解析】本题考查了轴对称图形概念，一个图形沿着某条直线折叠后直线两旁的部分能够完全重合，这
个图形就叫轴对称图形．根据轴对称图形概念，结合所给图形即可得出答案．
【详解】A．不是轴对称图形，不符合题意；
B． 是轴对称图形，符合题意；
C． 不是轴对称图形，不符合题意；
D． 不是轴对称图形，不符合题意；
故选：B．
6. （2024江苏苏州）下列图案中，是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】此题主要考查轴对称图形的概念，掌握轴对称图形的概念是解题的关键．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条
直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】A、是轴对称图形，故此选项正确；
B、不是轴对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，故此选项错误；
D、不是轴对称图形，故此选项错误．
故选：A．
7. （2024内蒙古赤峰）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形
叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【详解】A．是轴对称图形，故A符合题意；
B．不是轴对称图形，故B不符合题意；
C．不是轴对称图形，故C不符合题意；
D．不是轴对称图形，故D不符合题意．
故选：A．
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【点睛】本题主要考查轴对称图形的知识点．确定轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后
可重合．
8.（ 2024武汉市）现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性．下列汉字是轴
对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查了轴对称图形的识别，根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相
重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】A，B，D选项中的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能
够互相重合，所以不是轴对称图形，
C选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以
是轴对称图形．
故选：C．
9.（ 2024四川内江）2024年6月5日，是二十四节气的芒种，二十四节气是中国劳动人民独创的文化遗
产，能反映季节的变化，指导农事活动．下面四副图片分别代表“芒种”、“白露”、“立夏”、“大
雪”，其中是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转 ，如果旋转后的图形能够与原
来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．本题
主要考查了中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．
【详解】解：A．不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D．是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
10. （2024四川凉山）如图，在 中， 垂直平分 交 于点 ，若
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的周长为 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题考查了线段垂直平分线的的性质，由线段垂直平分线的的性质可得 ，进而可得
的周长 ，即可求解，掌握线段垂直
平分线的的性质是解题的关键．
【详解】解：∵ 垂直平分 ，
∴ ，
∴ 的周长 ，
故选： ．
11.（ 2024河北省）如图， 与 交于点O， 和 关于直线 对称，点A，B的对称点
分别是点C，D．下列不一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查了轴对称图形的性质，平行线的判定，熟练掌握知识点是解题的关键．
根据轴对称图形的性质即可判断B、C选项，再根据垂直于同一条直线的两条直线平行即可判断选项
D．
【详解】由轴对称图形的性质得到 ， ，
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∴ ，
∴B、C、D选项不符合题意，
故选：A．
12.（ 2024福建省）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中
与 都是等腰三角形，且它们关于直线 对称，点 ， 分别是底边 ， 的中点，
．下列推断错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】本题考查了对称的性质，等腰三角形的性质等；
A.由对称的性质得 ，由等腰三角形的性质得 ，
，即可判断；
B. 不一定等于 ，即可判断；
C.由对称的性质得 ，由全等三角形的性质即可判断；
D. 过 作 ，可得 ，由对称性质得 同理可证
，即可判断；
掌握轴对称的性质是解题的关键．
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【详解】A. ，
，
由对称得 ，
点 ， 分别是底边 ， 的中点， 与 都是等腰三角形，
， ，
，
，结论正确，故不符合题意；
B. 不一定等于 ，结论错误，故符合题意；
C.由对称得 ，
∵点 E ，F分别是底边 的中点，
，结论正确，故不符合题意；
D.
过 作 ，
，
，
，由对称得 ，
，
同理可证 ，
，结论正确，故不符合题意；
故选：B．
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13. （2024江苏连云港）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是
，则图中阴影图形的周长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查平移的性质，利用平移的性质将阴影部分的周长转化为边长是 的正方形的周长
加上边长是 的正方形的两条边长再减去 ，由此解答即可．
【详解】由图可得：阴影部分的周长为边长是 的正方形的周长加上边长是 的正方形的两条
边长再减去 ，
阴影图形的周长是： ，
故选：A．
14.（ 2024湖北省）平面坐标系 中，点 的坐标为 ，将线段 绕点 顺时针旋转 ，则
点 的对应点 的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题考查坐标系下的旋转．过点 和点 分别作 轴的垂线，证明 ，
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得到 ， ，据此求解即可．
【详解】过点 和点 分别作 轴的垂线，垂足分别为 ，
∵点 的坐标为 ，
∴ ， ，
∵将线段 绕点 顺时针旋转 得到 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴点 的坐标为 ，
故选：B．
15. （2024北京市）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判
断即可，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称
图形；把一个图形绕着某一个点旋转 ，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形
叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．掌握中心对称图形与轴对称图形的定义是解题的关键
【详解】A、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故不符合题意；
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B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；
故选：B．
16.（ 2024四川泸州）宽与长的比是 的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．
如图，把黄金矩形 沿对角线 翻折，点 落在点 处， 交 于点 ，则 的
值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角函数等知识点，
利用黄金比例表示各线段的长是解题的关键．
设宽，根据比例表示长，证明 ，在 中，利用勾股定理即可求得结果．
【详解】解：设宽为 ，
∵宽与长的比是 ，
∴长为： ，
由折叠的性质可知， ，
在 和 中，
，
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∴ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，
在 中， ，
变形得： ，
， ，
∴ ，
故选A．
17. （2024四川自贡）如图，在平面直角坐标系中， ，将 绕点O逆时针旋转 到
位置，则点B坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查坐标与图形，三角形全等的判定和性质．由旋转的性质得到 ，推
出 ， 即可求解．
【详解】∵ ，
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∴ ， ，
∵将 绕点O逆时针旋转 到 ，
∴ ，
∴ ， ，
∴点B坐标 为，
故选：A．
18. （2024吉林省）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为 ，点C的坐标为 ．以
为边作矩形 ，若将矩形 绕点O顺时针旋转 ，得到矩形 ，则点
的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到 ，
再 由 矩 形 的 性 质 可 得 ， 由 旋 转 的 性 质 可 得
， ，据此可得答案．
【详解】∵点A的坐标为 ，点C的坐标为 ，
∴ ，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∵将矩形 绕点O顺时针旋转 ，得到矩形 ，
∴ ， ，
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∴ 轴，
∴点 的坐标为 ，
故选：C．
19.（ 2024内蒙古赤峰）如图， 中， ， ．将 绕点A顺时针旋转得到
，点 与点B是对应点，点 与点C是对应点．若点 恰好落在BC边上，下列结论：①点
B在旋转过程中经过的路径长是 ；② ；③ ；④ ．其中正确的结论
是（ ）
A. ①②③④ B. ①②③ C. ①③④ D. ②④
【答案】A
【解析】本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，弧长公式，等腰三角形的判定和性质，三角
形内角和定理．根据旋转的性质结合等腰三角形的性质求得各角的度数，再逐一判断各项，即可求解．
【详解】∵ ， ，
∴ ， ，
由旋转的性质得 ， ， ，
， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
由旋转的性质得 ，
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∴ ，
①点B在旋转过程中经过的路径长是 ；①说法正确；
②∵ ，∴ ；②说法正确；
③∵ ，
∴ ，
∴ ；③说法正确；
④∵ ， ，
∴ ，
∴ ．④说法正确；
综上，①②③④都是正确的，
故选：A．
20.（ 2024天津市）如图， 中， ，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，点
的对应点分别为 ，延长 交 于点 ，下列结论一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
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【答案】D
【解析】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关
性质内容是解题的关键．先根据旋转性质得 ，结合 ，即可得证
，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析 不一定成立；根据图形性质以及
角的运算或线段的运算得出A和C选项是错误的．
【详解】解：记 与 相交于一点H，如图所示：
∵ 中，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，
∴
∵
∴在 中，
∴
故D选项是正确的，符合题意；
设
∴
∵
∴
∴
∵ 不一定等于
∴ 不一定等于
∴ 不一定成立，
故B选项不正确，不符合题意；
∵ 不一定等于
∴ 不一定成立，
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故A选项不正确，不符合题意；
∵将 绕点 顺时针旋转 得到 ，
∴
∴
故C选项不正确，不符合题意；
故选：D
21（. 2024重庆市A） 如图，在正方形 的边 上有一点 ，连接 ，把 绕点 逆时针旋
转 ，得到 ，连接 并延长与 的延长线交于点 ．则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】过点 F 作 延长线的垂线，垂足为点 H，则 ，证明 ，则
，设 ，得到 ，则 ，故 ，同理可求
，则 ，因此 ．
【详解】解：过点F作 延长线的垂线，垂足为点H，则 ，
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由旋转得 ，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ，设 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，设 ，
则 ，
∴ ，
∴ ，而 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
同理可求 ，
∴ ，
∴ ，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，正确添加辅
助线，构造“一线三等角全等”是解题的关键．
22.（ 2024北京市）如图，在菱形 中， ， 为对角线 的交点.将菱形 绕点
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逆时针旋转 得到菱形 ，两个菱形的公共点为 ， ， ， .对八边形
给出下面四个结论：
①该八边形各边长都相等；
②该八边形各内角都相等；
③点 到该八边形各顶点的距离都相等；
④点 到该八边形各边所在直线的距离都相等。
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】B
【解析】根据菱形 ， ，则 ， ，结合
旋 转 的 性 质 得 到 点 一 定 在 对 角 线 上 ， 且 ，
，继而得到 ， ，结合 ，
继 而 得 到 ， 可 证 ， ， 同 理 可 证
， 证 ， 继 而 得 到 ， 得 到
，可以判定该八边形各边长都相等，故①正确；根
据角的平分线的性质定理，得点 到该八边形各边所在直线的距离都相等，可以判定④正确；根据题
意，得 ，结合 ， ，得到 ，可判
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定②该八边形各内角不相等；判定②错误，证 ，进一步可得 ，可判定点
到该八边形各顶点的距离都相等错误即③错误，解答即可.
本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的
性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键.
【详解】向两方分别延长 ，连接 ，
根据菱形 ， ，则 ， ，
∵菱形 绕点 逆时针旋转 得到菱形 ，
∴点 一定在对角线 上，且 ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，同理可证 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴该八边形各边长都相等，
故①正确；
根据角的平分线的性质定理，得点 到该八边形各边所在直线的距离都相等，
∴④正确；
根据题意，得 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴该八边形各内角不相等；
∴②错误，
根据 ，
∴ ，
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∴ ，
∵ ，
故 ，
∴点 到该八边形各顶点的距离都相等错误
∴③错误，
故选B．
二、填空题
1.（ 2024甘肃威武）围棋起源于中国，古代称为“弈”．如图是两位同学的部分对弈图，轮到白方落子，
观察棋盘，白方如果落子于点________的位置，则所得的对弈图是轴对称图形．（填写A，B，C，D中的
一处即可，A，B，C，D位于棋盘的格点上）
【答案】A或C
【解析】根据轴对称图形的定义解答即可．
本题考查了轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的定义是解题的关键．
【详解】根据轴对称图形的定义，发现放在B，D处不能构成轴对称图形，放在A或C处可以，
故答案为：A或C．
2. （2024江苏苏州）如图， ， ， ， ，点D，E分别在 边上，
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，连接 ，将 沿 翻折，得到 ，连接 ， ．若 的面积是
面积的2倍，则 ______．
【答案】 ##
【解析】本题考查了相似三角形的判定与性质、折叠性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形
的判定与性质、三角形的面积公式等知识，是综合性强的填空压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运
用是解答的关键．
设 ， ，根据折叠性质得 ， ，过E作 于H，
设 与 相交于M，证明 得到 ，进而得到 ， ，
证明 是等腰直角三角形得到 ，可得 ，证明
得到 ，则 ，根据三角形
的面积公式结合已知可得 ，然后解一元二次方程求解x值即可．
【详解】解：∵ ，
∴设 ， ，
∵ 沿 翻折，得到 ，
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∴ ， ，
过E作 于H，设 与 相交于M，
则 ，又 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ， ，则 ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，则 ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
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∴ ，
，
∵ 的面积是 面积的2倍，
∴ ，则 ，
解得 ， （舍去），
即 ，
故答案为： ．
3.（ 2024江苏连云港）如图，将一张矩形纸片 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， ，则BC的长为__________．
【答案】
【解析】本题考查矩形折叠，勾股定理，解直角三角形，设 与 交于点 ， ，则：
，勾股定理求出 ，等积法求出 ，根据 ，列出方程进行
求解即可．
【详解】解：设 与 交于点 ，
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∵矩形 ，
∴ ，
∵翻折，
∴ ， ，
设 ，则： ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
解得： ，经检验 是原方程的解，
∴ ；
故答案为： ．
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4. （2024黑龙江齐齐哈尔）已知矩形纸片 ， ， ，点P在边 上，连接 ，将
沿 所在的直线折叠，点B的对应点为 ，把纸片展平，连接 ， ，当 为直角
三角形时，线段 的长为______．
【答案】 或2
【解析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，分两种情况进
行讨论：当 时，当 ，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵四边形 为矩形，
∴ ， ， ，
当 时，如图所示：
∵ ，
∴点 在 上，
根据折叠可知： ， ，
设 ，则 ，
∴ ，
，
在中，根据勾股定理得： ，
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即 ，
解得： ，
即 ；
当 ，如图所示：
根据折叠可知： ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
综上分析可知： 或2．
故答案为： 或2，
5. （ 2024甘肃临夏）如图，对折边长为2的正方形纸片 ， 为折痕，以点 为圆心， 为
半径作弧，分别交 ， 于 ， 两点，则 的长度为______（结果保留 ）．
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【答案】 ##
【解析】本题主要考查了弧长的计算、正方形的性质及翻折变换（折叠问题），解直角三角形，熟知正方
形的性质、图形翻折的性质及弧长的计算公式是解题的关键．
由对折可知， ，过点E作 的垂线，进而可求出 的度数，则可得出
的度数，最后根据弧长公式即可解决问题．
【详解】∵折叠，且四边形 是正方形
四边形 是矩形， ，
则 ， ．
过点E作 于P，
则 ，
，
在 中， ，
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，
则 ，
的长度为： ，
故答案为：
6. （2024甘肃临夏）如图，等腰 中， ， ，将 沿其底边中线
向下平移，使 的对应点 满足 ，则平移前后两三角形重叠部分的面积是______．
【答案】 ##
【解析】本题考查平移的性质，相似三角形的判定和性质，三线合一，根据平移的性质，推出
，根据对应边上的中线比等于相似比，求出 的长，三线合一求出 的长，利
用面积公式进行求解即可．
【详解】∵等腰 中， ， ，
∴ ，
∵ 为中线，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵将 沿其底边中线 向下平移，
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∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故答案为： ．
7. （2024江苏盐城）如图，在 中， ， ，点 是 的中点，连接
，将 绕点 旋转，得到 ．连接 ，当 时， ________．
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【答案】 ##
【解析】本题主要考查等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，全等三角形的性质的综合，掌
握等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质是解题的关键．
根据等腰直角三角形的性质可得 的值，作 ，根据平行线的性质可得
是等腰直角三角形，可求出 的长，在直角 中，根据勾股定理可求出 的长
度，由此即可求解．
【详解】∵在 中， ， ，
∴ ， ，
∵点 是 的中点，
∴ ，
∴在 中， ，
∵将 绕点 旋转得到 ，
∴ ，
∴ ， ， ，
如图所示，过 于点 ，
∵ ∥ ，
∴ ，
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∴ 是等腰直角三角形，且 ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
故答案为： ．
三、解答题
1.（ 2024北京市）已知 ，点 ， 分别在射线 ， 上，将线段 绕
点 顺时针旋转 得到线段 ，过点 作 的垂线交射线 于点 .
（1）如图1，当点 在射线 上时，求证： 是 的中点；
（2）如图2，当点 在 内部时，作 ，交射线 于点 ，用等式表示线段 与
的数量关系，并证明。
【答案】（1）见详解 （2） ，理由见详解
【解析】（1）先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求得 ，
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则 ，故 ，再根据等角的余角相等即可得到 ，故 ，最后等量
代换出 ，即点 是 的中点；
（2）在射线 上取点H，使得 ，取 的中点G，连接 ，可证明 ，则
， ，则 ，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得到
，则 ，而 ，故可等量代换出 ．
【小问1详解】
证明：连接 ，
由题意得： ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
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∴ ，
∴ ，
∴点 是 的中点；
【小问2详解】
解： ，
在射线 上取点H，使得 ，取 的中点G，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∵ 是 的中点，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
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∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和，外角定理，平行线的性质，
直角三角形的性质，熟练掌握这些知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
2.（ 2024湖北省）如图，矩形 中， 分别在 上，将四边形 沿 翻折，使
的对称点 落在 上， 的对称点为 交 于 ．
（1）求证： ．
（2）若 为 中点，且 ，求 长．
（3）连接 ，若 为 中点， 为 中点，探究 与 大小关系并说明理由．
【答案】（1）见详解 （2） （3）
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得 ，由折叠得出 ，得出
，即可证明 ；
（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出 ，根据 代入数值得
，进行计算 ，再结合 ，则 ，代入数值，得 ，
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所以 ；
（3）由折叠性质，得 直线 ， ， 是等腰三角形，
则 ，因为 为 中点， 为 中点，所以 ， ，所以
，则 ，所以 ，则 ，
即可作答．
【小问1详解】
解：如图：
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∵ 分别在 上，将四边形 沿 翻折，使 的对称点 落在 上，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
【小问2详解】
解：如图：
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∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∵ 为 中点，
∴ ，
设 ，
∴ ，
在中， ，
即 ，
解得 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
解得 ，
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∵ ，
∴ ；
【小问3详解】
解：如图：延长 交于一点M，连接
∵ 分别在 上，将四边形 沿 翻折，使 的对称点 落在 上，
∴ 直线
，
，
∴ 是等腰三角形，
∴ ，
∵ 为 中点，
∴设 ，
∴ ，
∵ 为 中点，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
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∴ ， ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确
掌握相关性质内容是解题的关键．
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3.（ 2024四川成都市）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，延长
交 于点 ，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，直接写出所
有直角三角形 的面积；若不能，请说明理由．
【答案】（1） 的值为 ；（2） ；（3）直角三角形 的面积分别为4，16，12，
【解析】【分析】（1）根据 ， ， ．证明
， ，继而得到 ，
即 ， 再 证 明 ， 得 到
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．
（2）连接 ，延长 交 于点Q，根据(1)得 ，得到 ，根据中线
得到 ，继而得到 ，结合 ，得
到 即 ，得到 ，再证明 ，得证矩形
，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性质计算即可．
（3）运用分类思想解答即可．
【详解】（1）∵ ， ， ．
∴ ，
∴ ， ，
∴ 即 ，
∵
∴ ，
∴ ．
（2）连接 ，延长 交 于点Q，根据(1)得 ，
∴ ，
∵ 是中线
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∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 即 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵
∴四边形 矩形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
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∴ ，
∵ ，
∴ ，
解得 ；
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
解得 ．
（3）如图，当 与 重合时，此时 ，此时 是直角三角形，
故 ；
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如图，当 在 的延长线上时，此时 ，此时 是直角三角形，
故 ；
如图，当 时，此时 是直角三角形，
过点A作 于点Q，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
故 ；
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如图，当 时，此时 是直角三角形，
过点A作 于点Q，交 于点N，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
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∴ ，
解得 ；
故 ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形
全等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质
矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键．
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