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专题28 图形的旋转（30 题）
考点分类
2026 年中考命题解读
创新考法
图形的旋转
本专题覆盖选择、填空、解答全题
型，兼顾基础计算与压轴探究。基
础题依托木条、网格、正方形等实
物 / 网格情境，考查旋转角、坐
标、线段简单计算；压轴以手拉手
全等、动态旋转为核心，融合位似、
勾股、相似、隐圆、最值与分类讨
论，增设密铺、光学反射跨学科素
材。
命题弱化单一性质默写，强化多变
换复合、动点探究与开放性设问，
新增存在性、面积最值、多情况分
类题型，侧重几何辅助线构造、数
形结合与转化思想，突出综合推理
素养考查。
一、单选题
1．（2026·甘肃天水·中考真题）如图，直线a ，b 及木条c 在同一平面内，将木条c 绕点O顺时针旋转到与
直线a 垂直时，其旋转角的最小度数是（ ）
A．60
B．50
C．40
D．30
【答案】C
【分析】如解图，根据三角形的外角的性质，得到1
50
=
，当木条c 绕点O顺时针旋转到与直线a 垂直时，
1
变为90，得到最小旋转角度为90
50
40
−
=
.
【详解】解：由图可知，100
50
1
=
+
∴1
50
=
，
当木条c 绕点O顺时针旋转到与直线a 垂直时，
1
变为90，
故最小旋转角度为90
50
40
−
=
.
2．（2026·天津·中考真题）如图，在ABC中，
8
AB = ，
6
AC =
，将ABC绕点A 顺时针旋转得到ADE ，
使点C 的对应点E 落在边AB 上，点B 的对应点为D ，连接CE 并延长，与BD 相交于点F ，若
3
BF = ，则
ABF
△
的面积为（ ）
A．2 55
B．4 10
C．8 2
D．7 2
【答案】C
【分析】由旋转的性质可知：
6,
8,
AC
AE
AB
AD
CAE
BAD
=
=
=
=
=
，则有ACE
ABD
∽
，然后可得
BEF
BDA
∽
，则有
3
BF
EF
=
=
，过点F 作FH
AB
⊥
，进而根据勾股定理及等腰三角形的性质进行求解
即可．
【详解】解：由旋转的性质可知：
6,
8,
AC
AE
AB
AD
CAE
BAD
=
=
=
=
=
，
∴
3
4
AE
AC
AD
AB
=
=
，
2
BE
AB
AE
=
−
=
，
∴ACE
ABD
∽
，
∴
AEC
ADB
=
，
∵
AEC
BEF
=
，
∴
BEF
BDA
=
，
∵
FBE
ABD
=
，
∴BEF
BDA
∽
，
∴BF
EF
BA
DA
=
，
∴
3
BF
EF
=
=
，
过点F 作FH
AB
⊥
，如图所示：
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∴
1
1
2
BH
EH
BE
=
=
= ，
∴
2
2
2 2
FH
BF
BH
−
=
=
，
∴
1
8 2
2
ABF
S
AB FH
=
=
．
3．
（2026·黑龙江绥化·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，OAB是等腰直角三角形，
90
A
=
，
2 2
OB =
，
将OAB绕点O顺时针旋转45后，得到
OA B
△
，点A ，B 的对应点分别是点A，B，以原点为位似中心，
将
OA B
△
放大为原来的3 倍后，得到OA B
，顶点B 在第一象限对应点B的坐标是（ ）
A．(
)
6,6
B．(
)
6,2
C．(
)
6,6 2
D．(
)
6 2,6
【答案】A
【分析】由OAB是等腰直角三角形得到OA
AB
=
，
45
AOB
ABO
=
=
，即可判断旋转后点A在x 轴上，
A B
x
⊥
轴，
45
B OA
BOA
=
=
，
2 2
OB
OB
=
=
，通过解直角三角形得到OA，A B
，得到点B的坐
标，再根据位似图形的坐标变化求解即可．
【详解】解：如图，
∵OAB是等腰直角三角形，
90
A
=
，
2 2
OB =
，
∴OA
AB
=
，
45
AOB
ABO
=
=
，
∴OA与x 轴的夹角为90
45
45
−
=
，
∵OAB绕点O顺时针旋转45后，得到
OA B
△
，
∴点A在x 轴上，A B
x
⊥
轴，
45
B OA
BOA
=
=
，
2 2
OB
OB
=
=
，
∴
cos
2 2 cos45
2
OA
OB
B OA
=
=
=
，
sin
2 2 sin45
2
A B
OB
B OA
=
=
=
，
∴
(
)
2,2
B
，
∵以原点为位似中心，将
OA B
△
放大为原来的3 倍后，得到OA B
，
∴顶点B 在第一象限对应点B的坐标是(
)
2 3,2 3
，即(
)
6,6 ．
4．（2026·广东·中考真题）如图，在Rt
ABC
△
中，
90
B
=
，
6
AB = ，
8
BC = ，将ABC 绕点A 逆时针旋
转90得
AB C
△
，连接B C
，则AB C
的周长为（ ）
A．16
2 10
+
B．18
C．18
2 10
+
D．24
【答案】A
【分析】利用勾股定理求出AC 的长，根据旋转的性质得到
6
A
B
B
A
=
=
及
90
BAB
=
，进而证得AB
BC
∥
，
通过构造直角三角形求出B C
的长，最后计算周长即可．
【详解】解：在Rt
ABC
△
中，
90
B
=
，
6
AB = ，
8
BC = ，
∴
2
2
2
2
6
8
10
AC
AB
BC
=
+
=
+
=
，
∵将ABC绕点A 逆时针旋转90得
AB C
△
，
∴
6
A
B
B
A
=
=
，
90
BAB
=
，
∵
90
ABC
=
，
∴
180
ABC
BAB
+
=
，
∴AB
BC
∥
，
过点B作B H
BC
⊥
于点H ，则四边形ABHB 为矩形，
∴
6
B H
AB
=
=
，
6
BH
AB
=
=
，
∴
8 6
2
HC
BC
BH
=
−
= −=
，
在Rt
B HC
△
中，
2
2
2
2
6
2
2 10
B C
B H
HC
=
+
=
+
=
，
∴AB C
的周长为
6 10
2 10
16
2 10
AB
AC
B C
+
+
=
+
+
=
+
．
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5．（2026·四川凉山·中考真题）如图，将ABC 在平面内绕点B 逆时针旋转到
A BC
△
的位置，AC 与A C
交于点E ，AC 与BC交于点F ，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．AE
EF
=
B．
ABA
CBC
=
C．ABC
A BC
≌
D．BCF
EC F
∽
【答案】A
【详解】解：由旋转的性质可得，ABC
A BC
≌
，
ABA
CBC
=
，
∴选项B 与选项C 不符合题意，
∵ABC
A BC
≌
，
∴
C
C
= ，
又∵
BFC
EFC
=
，
∴BCF
EC F
∽
，故选项D 不符合题意，
在旋转的过程中，AE
EF
=
不一定成立，故A 符合题意．
6．（2026·四川自贡·中考真题）如图，Rt OAB 中，
30
B
=
，
2
OA=
，AB 平行于x 轴，将Rt OAB 绕原
点O顺时针旋转180到OCD位置，CD交y 轴于点P ，则点P 的坐标为（ ）
A．(
)
0,
3
−
B．(
)
0, 3
C．(
)
0, 1
−
D．(
)
3,0
−
【答案】A
【分析】根据旋转的性质，可得到对应边、对应角相等，再结合平行线的性质，推导出CD与y 轴的位置关
系，进而利用直角三角形的三角函数关系求出OP 的长度，确定点P 的坐标．
【详解】解：在Rt AOB中，
30
B
=
，
90
AOB
=
，
60
A
=
，
由旋转的性质得，
90
COD
=
，
30
D
=
，
60
C
=
，
2
OC =
，CD
x
∥轴，
CD
OP
⊥
，
90
60
30
COP
=
−
=
，
Rt OCP中，
sin60
3
OP
OC
=
=
，
P 在y 轴的负半轴，
P
的坐标为(
)
0,
3
−
．
7．（2026·四川遂宁·中考真题）如图，在Rt
ABC
△
中，
90 ,
5,
12
B
AB
BC
=
=
=
，点M 是边AC 的中点．将
ABC绕着点A 逆时针旋转到ADE 的位置，点D 恰好在边AC 上，点M 是点M 的对应点，则M
M
、
两
点间的距离为（ ）
A．2 5
B．2 13
C．4 5
D．4 13
【答案】B
【分析】过点M 作M N
AD
⊥
，由题意易得
2
2
13
AC
AB
BC
=
+
=
，则有
5
12
cos
,sin
13
13
AB
BC
BAC
BAC
AC
AC
=
=
=
=
，然后根据旋转的性质可知
13,
2
AM
AM
BAC
MAM
=
=
=
，进
而根据三角函数及勾股定理可进行求解．
【详解】解：过点M 作M N
AD
⊥
，如图所示：
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∵
90 ,
5,
12
B
AB
BC
=
=
=
，
∴
2
2
13
AC
AB
BC
=
+
=
，
∴
5
12
cos
,sin
13
13
AB
BC
BAC
BAC
AC
AC
=
=
=
=
，
∵点M 是边AC 的中点，
∴
1
13
2
2
AM
CM
AC
=
=
=
，
由旋转可知：
13,
2
AM
AM
BAC
MAM
=
=
=
，
∴
13
5
5
cos
,
sin
6
2
13
2
AN
AM
MAM
M N
AM
MAM
=
=
=
=
=
，
∴
4
MN
AM
AN
=
−
=
，
∴
2
2
2 13
MM
M N
MN
=
+
=
．
二、填空题
8．（2026·四川南充·中考真题）如图，点P 在正方形ABCD内，且
1
AP
AB
=
= ，将PB 绕点B 顺时针旋转90
得到P B
，连接PC 、P C
、PP，PP交BC 于点M ．下列结论：①
1
CP= ；②PC 的最小值为2
2
−
；③
D ，P ，P三点共线；④当
MCP
△
为等腰三角形时，BP的长为6
3
−
．其中正确结论为_________（填
写序号）
【答案】①③
【分析】对于①，容易证明
(
)
ABP
CBP SAS
≌
，则
1
CP
AP
=
= ；对于②，由
2
1
PC
AC
AP
−
=
−
可
得，当A 、P 、C 三点共线时，PC 取得最小值2
1
−；对于③，利用等腰三角形的性质可得
135
BPD
=
，
进而得到∠
∠
180
BPP
DPB
+
=
，因此D ，P ，P三点共线；对于④，设CM
x
=
，容易证明△
∽△
MCP
CDP
，
则
1
DP
x
=
，
1
DM
x
x
=
−
，在Rt CDM 中，利用勾股定理构造方程，解得
3
3
x =
，进而得到
30
CDM
=
．容
易证明ADP 是等边三角形，在
1
DP
AD
=
= ，进而计算出
3
1
PP =
−
，在Rt BPP中，利用三角函数计算
出BP即可．
【详解】解：对于①，∵四边形ABCD是正方形，
∴
90
ABC
BCD
ADC
=
=
=
，
1
AB
BC
CD
AD
=
=
=
= ，
由旋转的性质可得，
90
PBP
=
，BP
BP
=
，
∵
90
ABP
CBP
+
=
，∠
∠
90
CBP
CBP
+
=
，
∴
ABP
CBP
=
，
在ABP 和CBP中，
AB
BC
ABP
CBP
BP
BP
=
=
=
，
∴
(
)
ABP
CBP SAS
≌
，
∴
1
CP
AP
=
= ，故①正确；
对于②，如图，连接AC ，
在Rt ABC中，
2
2
2
AC
AB
BC
=
+
=
，
∵
2
1
PC
AC
AP
−
=
−
，
∴当A 、P 、C 三点共线时，PC 取得最小值2
1
−，故②错误；
对于③，如图，连接DP ，设
BAP
=
，则
90
DAP
=
−
，
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∵AB
AP
=
，
∴
180
∠
1
∠
∠
90
2
2
BAP
APB
ABP
−
=
=
=
−
，
∵AB
AD
=
，
∴AD
AP
=
，
∴
180
1
45
2
2
DAP
APD
ADP
−
=
=
=
+
，
∴∠
∠
∠
135
DPB
APD
APB
=
+
=
，
∵
90
PBP
=
，BP
BP
=
，
∴
45
BPP
BP P
=
=
，
∵∠
∠
180
BPP
DPB
+
=
，
∴D ，P ，P三点共线，故③正确；
对于④，如图，设CM
x
=
，
∵∠
∠
∠
90
∠
90
CMP
DCM
CMD
CMD
=
+
=
+
，
又∵
MCP
△
为等腰三角形，
∴CM
MP
x
=
=
，
∴∠
∠
CP M
MCP
=
，
∵
1
CP
CD
=
=
，
∴∠
∠
∠
CDP
CP M
MCP
=
=
，
∴△
∽△
MCP
CDP
，
∴MP
CP
CP
DP
=
，即
1
1
x
DP
=
，
∴
1
DP
x
=
，
∴
1
DM
DP
MP
x
x
=
−
=
−
，
在Rt CDM 中，
2
2
2
CM
CD
DM
+
=
，
∴
2
2
1
1
x
x
x −
+ =
，
整理，得
2
1
3
x =
，
解得
3
3
x =
（负值舍去），
∴
3
3
CM
MP
=
=
，
1
3
DP
x
=
=
，
在Rt CDM 中，
3
tan ∠
3
CM
CDM
CD
=
=
，
∴
30
CDM
=
，
∴∠
∠
∠
60
ADP
ADC
CDM
=
−
=
，
又∵AD
AP
=
，
∴ADP 是等边三角形，
∴
1
DP
AD
=
= ，
∴
3
1
PP
DP
DP
=
−
=
−
，
在Rt BPP中，
(
)
6
2
sin
3
1 sin45
2
BP
PP
BPP
=
−
=
−
=
，故④错误；
综上，正确的结论为①③．
9．（2026·江苏扬州·中考真题）如图，在ABC 中，AB
AC
=
，
120
BAC
=
．将线段AB 绕点A 按逆时
针方向旋转至AM （
BAM
是旋转角，且0
120
BAM
），连接BM ，CM ，作AN
CM
⊥
，垂足
为N．用等式表示线段BM ，CM ，AN 之间的数量关系为_______．
【答案】
2
2 3
CM
BM
AN
+
=
【分析】过点A 作AH
BM
⊥
于点H，延长BM 交AN 延长线于点E，可推得
60
HAE
=
，则
30
MEN
=
，
分别在Rt NME 和Rt HAE中，利用特殊角三角函数关系，找到
,
NE ME 与MN 关系，HE 与AE 之间的关系，
再利用等腰三角形的性质，转化成BM ，CM ，AN 之间的数量关系．
【详解】解：过点A 作AH
BM
⊥
于点H，延长BM 交AN 延长线于点E，
由题意，AB
AM
AC
=
=
，
∵AH
BM
⊥
，AN
CM
⊥
，
∴
1
1
,
2
2
MAH
BAM
NAM
MAC
=
=
，
1
1
,
2
2
HM
BM MN
CM
=
=
，
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∴
(
)
1
1
60
2
2
HAE
MAH
NAM
BAM
MAC
BAC
=
+
=
+
=
=
，
∴在Rt NME 中，
30
MEN
=
，
∴
3
3
tan30
2
MN
NE
MN
CM
=
=
=
，
2
sin30
MN
ME
MN
CM
=
=
=
，
同理，在Rt HAE中，
30
MEN
=
，
3
cos30
2
HE
HM
ME
AE
AN
NE
+
=
=
=
+
，
∴2
2
3
3
HM
ME
AN
NE
+
=
+
，
∴
1
3
2
2
3
2
2
BM
CM
AN
CM
+
=
+
，
整理，得
2
2 3
CM
BM
AN
+
=
．
10．（2026·上海·中考真题）如图，在等边ABC 中，点D 是边BC 的中点，连接AD ，将ABC 绕点D 旋转
（0
90
），得到A B C
，边A B
交AD 于点P ，当A B
AC
⊥
时，AP
PD 的值为________．
【答案】3
1
−/ 1
3
−+
【分析】根据等边三角形的性质得出AD
BC
⊥
，
30
DAC
=
，结合A B
AC
⊥
求出
60
B PD
=
，利用旋
转的性质得到
60
B
=
，DB
DB
=
，判定B PD
为等边三角形，从而得出PD
DB
=
，最后在Rt ABD中求
出AD 与BD 的数量关系即可求解．
【详解】解：
ABC 是等边三角形，D 是BC 的中点，
AD
BC
⊥
，
60
B
BAC
=
=
，
1
30
2
DAC
BAC
=
=
，
A B
AC
⊥
，
在Rt APE （设A B
交AC 于点E ）中，
90
60
APE
DAC
=
−
=
由旋转的性质可知A B C
ABC
≌
，
60
B
B
= =
，DB
DB
=
，
在
B PD
△
中，
60
B PD
=
，
60
PB D
=
，
B PD
是等边三角形，
PD
DB
=
，
PD
DB
=
，
在Rt ABD中，
90
ADB
=
，
60
B
=
，
tan60
3
AD
BD
BD
=
=
(
)
3
3 1
AP
AD
PD
BD
BD
BD
−
−
=
=
=
−
，
(
)
3
1
3
1
BD
AP
PD
BD
−
=
=
−．
11．（2026·四川宜宾·中考真题）如图，
135
ABC
=
，
8
AB
BC
+
= ，将AC 绕点A 逆时针旋转90得到AD ．连
接BD ，则BD 的最小值为________．
【答案】8 6
3
/ 8
6
3
【分析】首先构造辅助线与全等三角形，将BD 转化为CE ；再用代数表达式表示CE 的长度；最后通过二次
函数的性质求CE的最小值，即BD 的最小值．
【详解】解：过A 作AE
AB
⊥
，使AE
AB
=
，连接CE 、BE ．
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∴
45
ABE
AEB
=
=
,
∵
135
ABC
=
，
∴
90
CBE
ABC
ABE
=
−
=
；
又
8
AB
BC
+
= ，
设AB
m
=
，则
8
BC
m
=
−
．
由旋转性质，得AD
AC
=
，
90
DAC
=
，
90
BAD
CAE
BAC
=
=
−
，
又AE
AB
=
,
(
)
SAS
DAB
CAE
≌
，
∴BD
CE
=
．
在Rt BAE中，
=
+
=
=
2
2
2
2
BE
AB
AE
AB
m ，
在Rt
CBE
△
中，由勾股定理得，
2
2
2
CE
BC
BE
=
+
代入
8
BC
m
=
−
、
2
BE
m
=
，
化简得：
2
2
2
2
2
8
128
(8
)
2
3
16
64
3
3
3
CE
m
m
m
m
m
=
−
+
=
−
+
=
−
+
，
∵3
0
，
∴抛物线开口向上，
故当
8
3
m =
时，
2
CE 取最小值128
3 ，故
128
8 6
3
3
CE
=
=
最小
，即
8 6
3
BD
=
最小
．
12．（2026·黑龙江绥化·中考真题）已知ABC是腰长为4 的等腰直角三角形，
90
ACB
=
，D 是AC 的中
点，连接BD ，将BCD绕点B 旋转，得到BEF ，点E ，F 的对应点分别是点C ，D ，连接CF ．当CF
AB
∥
时，则CF 的长为_________．
【答案】2 3
2 2
+
或2 3
2 2
−
【分析】第一种情况是点F 在点C 的右侧时，根据旋转的性质可知：DCB
FEB
≌
，根据勾股定理可以求
得BD 的值，然后再根据平行线的性质和勾股定理，可以求得CG 和GF 的值，从而可以求得CF 的值；还有
一种情况是点F 在点C 的左侧时，同理可以求得CF 的值．
【详解】解：作BG
CF
⊥
于点G，如图所示，
∵
90
ACB
=
，
4
AC
BC
=
=
，点D 是AC 的中点，
∴
1
2
2
CD
AC
=
=
，
45
ABC
=
，
∴
2
2
2
2
4
2
2 5
BD
BC
CD
=
+
=
+
=
，
由旋转的性质可知：DCB
FEB
≌
，
∴
2 5
BD
BF
=
=
，
∵CF
AB
∥
，
∴
45
ABC
BCG
=
=
，
∴
2
2
4
2 2
2
2
CG
BG
BC
=
=
=
=
，
∴
(
)
(
)
2
2
2
2
2 5
2 2
2 3
GF
BF
BG
=
−
=
−
=
，
∴
2 2
2 3
CF
CG
GF
=
+
=
+
；
当点F 运动到点F时，此时CF
AB
∥
，
同理可得，
2 3
GF=
，
2 2
CG =
，
∴
2 3
2 2
CF=
−
；
综上所述，CF 的长为2 3
2 2
+
或2 3
2 2
−
．
13．
（2026·四川甘孜·中考真题）如图，将边长为3 的正方形ABCD绕点A 逆时针旋转30，得到正方形AEFG ，
EF 交CD于点H ，则四边形ADHE 的面积为______．
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【答案】3 3
【分析】连接AH ，根据旋转的性质可得AE
AD
=
，
90
E
D
=
=
，利用HL 证明Rt
Rt
AEH
ADH
≌
，
从而得出
EAH
DAH
=
，结合旋转角求出
DAH
的度数，在Rt ADH 中利用三角函数求出DH 的长，最
后根据四边形面积等于两个三角形面积之和求解即可.
【详解】解：连接AH ，
四边形ABCD是边长为3 的正方形，
3
AB
AD
=
=
，
90
BAD
D
=
=
，
由旋转的性质可知：
3
AE
AB
=
= ，
30
BAE
=
，
90
AEF
B
=
=
，
点H 在EF 上，
90
AEH
=
，
AE
AD
=
，
90
AEH
D
=
=
，
90
BAD
=
，
30
BAE
=
，
90
30
60
DAE
BAD
BAE
=
−
=
−
=
；
在Rt AEH 和Rt ADH 中，
{𝐴𝐻= 𝐴𝐻
𝐴𝐸= 𝐴𝐷，
∴
(
)
Rt
Rt
AEH
ADH HL
≌
，
1
30
2
EAH
DAH
DAE
=
=
=
，
在Rt ADH 中，tan
DH
DAH
AD
=
，
3
tan30
3
3
3
DH
AD
=
=
=
，
四边形ADHE 的面积
2
AEH
ADH
ADH
S
S
S
=
+
=
1
2
2 AD DH
=
3
3
=
3 3
=
.
14．（2026·陕西·中考真题）如图，在
ABCD 中，
60
B
=
，
4
AB =
，
6
BC =
．点E 为BC 的中点，连接AE ，
将AE 绕点A 逆时针旋转60至AF ，连接DF ，则ADF 的面积为_________．
【答案】3 3
2
【分析】连接EF ，延长EC 到点G ，使EG
AB
=
，连接FG ，过点F 作BC 的垂线，交BC 于点M ，交AD
于点H ，过点A 作AN
BC
⊥
交BC 于点N ，根据旋转的性质得到EAF 为等边三角形，从而得到
BAE
GEF
=
，再证得BAE
GEF
≌
，得到对应边的长度，再解直角三角形求出
,
AN FM 的长度，根据平
行线间垂线段相等求出MH 的长度，从而算出ADF 的高进行求解．
【详解】解：如图所示，连接EF ，延长EC 到点G ，使EG
AB
=
，连接FG ，过点F 作BC 的垂线，交BC
于点M ，交AD 于点H ，过点A 作AN
BC
⊥
交BC 于点N ；
，
∵AE 绕点A 逆时针旋转60至AF ，
∴
,
60
AE
AF
EAF
=
=
，
∴EAF 为等边三角形，
∴
,
60
AE
EF
AEF
=
=
，
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又∵
60
B
=
，
∴
120 ,
120
BAE
AEB
FEG
AEB
+
=
+
=
，
∴
BAE
GEF
=
，
在BAE 和GEF 中，
AB
EG
BAE
GEF
AE
EF
=
=
=
，
∴
(
)
SAS
BAE
GEF
≌
，
∴
,
60
FG
BE
FGE
B
=
=
=
；
∵
4
AB =
，
6
BC =
．点E 为BC 的中点，
∴
1
4,
3
2
EG
AB
FG
BE
BC
=
=
=
=
=
，
∴在Rt
FGM
△
中，
3,
60
FG
FGE
=
=
，
∴sin 60
3
FM
FM
FG
=
=
，解得
3 3
2
FM =
，
在Rt ABN 中，
4,
60
AB
B
=
=
，
∴sin 60
4
AN
AN
AB
=
=
，解得
2 3
AN =
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
,
AN
BC MH
BC
⊥
⊥
，
∴
2 3
MH
AN
=
=
，
6
AD
BC
=
=
，
则
3 3
3
2 3
2
2
FH
MH
FM
=
−
=
−
=
，
∴
1
1
3
3 3
6
2
2
2
2
ADF
S
AD FH
=
=
=
．
15．（2026·四川广安·中考真题）已知OAB在平面直角坐标系中，(
)
2,0
A
，(
)
4,2
B
，将OAB绕点O逆时
针旋转90得到OCD，连接CA交OB 于点E ，将点E 向左平移2 个单位长度得到点E，则点E的坐标为
_____．
【答案】
2 2
,
3 3
−
【分析】由旋转的性质求出点C 的坐标，用待定系数法分别求出直线OB 、AC 的函数解析式，联立求出点
E 的坐标，利用坐标平移的规律：左减右加，上加下减，求出E的坐标．
【详解】解：由旋转的性质可知：(
)
0,2
C
，
设直线OB 的函数解析式为
OB
y
mx
=
，
把(
)
4,2
B
代入得4
2
m =
，解得
1
2
m =
，
直线OB 的函数解析式为
1
2
OB
y
x
=
设直线AC 的函数解析式为
AC
y
kx
b
=
+
，
把(
)
2,0
A
，(
)
0,2
C
代入得
2
0
2
k
b
b
+
=
=
，
解得
1
2
k
b
= −
=
，
直线AC 的函数解析式为
2
AC
y
x
= −+
，
联立
1
2
2
y
x
y
x
−
=
=
+
，解得
4
3
2
3
x
y
=
=
，
4 2
,
3 3
E
，
将点E 向左平移2 个单位长度得到点E，
2 2
,
3 3
E
−
．
16．（2026·四川内江·中考真题）如图，将反比例函数
k
y
x
=
（
0
k ，
0
x
）的图象绕点O 顺时针旋转45，
旋转后的图象与x 轴交于点(
)
6,0
A
，则k =_________．
【答案】18
【分析】作出点A 旋转前的对应点B ，根据旋转的性质可得
6
OB
OA
=
=
，过点B 作BC
x
⊥
轴于点C ，
根据勾股定理求出
3 2
BC
OC
=
=
，即可得出点B 的坐标，再用待定系数法求解即可．
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【详解】解：如图，作出点A 旋转前的对应点B ，
45
BOA
=
，
∵(
)
6,0
A
，
∴
6
OB
OA
=
=
，
过点B 作BC
x
⊥
轴于点C ，
∴
2
3 2
2
BC
OC
OB
=
=
=
，
∴(
)
3 2,3 2
B
，
把(
)
3 2,3 2
B
代入
k
y
x
=
，得
3 2 3 2
18
k =
=
．
三、解答题
17．（2026·四川乐山·中考真题）在一堂平面密铺探究课上，张老师引导学生探索多边形铺满地面的条件和
方法．
【感知密铺】
(1)同学们通过观察发现：使用给定的某种正多边形，当围绕一点拼在一起的几个内角加在一起恰好组成一
个周角时，就可以铺满地面．
正多边形的边数
3
4
5
6
…
正多边形的内角和
180
360
540
720
…
正多边形每个内角的大小
60
90 108
a
…
上表中a = ________，正六边形________（填“能”或“不能”）铺满地面．
【探寻密铺】
(2)同学们通过动手操作，探寻到了实现密铺的路径．
上图中，②号三角形可看成①号三角形通过________（填“平移”或“旋转”）得到；③号三角形可看成①号三
角形通过________（填“平移”或“旋转”）得到．
【创作密铺】
(3)最后，张老师给同学们布置了一项任务：用与四边形ABCD 形状大小相同的四边形实现平面密铺，并在
下面方格纸中画出点A 位置的密铺设计图．
【答案】(1)120；能
(2)平移；旋转
(3)点A 位置的密铺设计图如图：
【分析】（1）根据正六边形的内角和求正六边形每个内角的大小即可，再根据三个正六边形内角恰好组成
一个周角，得到正六边形能铺满地面．
（2）根据平移与旋转的特征判断即可；
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（3）先画AB 和AD 为公共边的四边形，再画最后一个四边形即可．
【详解】（1）解：正六边形的内角和720，则正六边形每个内角的大小
720
120
6
a
=
=
，
∵3 120
360
=
，即三个正六边形内角恰好组成一个周角，
∴正六边形能铺满地面．
（2）解：②号三角形与①号三角形比较发现：大小不变，位置移动，对应点组成的直线平行，则②号三角
形可看成①号三角形通过平移得到；
③号三角形与①号三角形比较发现：大小不变，位置移动，对应点组成的直线不平行，则③号三角形可看
成①号三角形通过旋转得到；
（3）略
18．（2026·安徽·中考真题）如图，在由边长为1 个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系
xOy ，ABC的顶点均为格点（网格线的交点），点A ，B ，C 的坐标分别为(
)
3, 2
−−
，(
)
1, 1
−
−
，(
)
3,3
−
．
(1)画出ABC关于y 轴对称的
1
1
1
A B C
△
；
(2)将线段AB 向右平移1 个单位长度，再向上平移3 个单位长度，得到线段
2
2
A B ，画出线段
2
2
A B ；
(3)以点B 为旋转中心，将线段BC 按顺时针方向旋转90，得到线段
2
BC ，直接写出点
2
C 的坐标．
【答案】(1)解：下图
1
1
1
A B C
△
为所求：
(2)解：下图线段
2
2
A B 为所求：
(3)
下图线段
2
BC 为所求，点
2
C 的坐标为(
)
3,1
【分析】（1）根据轴对称的性质作图即可；
（2）根据平移的性质作图即可；
（3）根据旋转的性质作图即可，再结合图形写出点的坐标．
【详解】（1）略
（2）略
（3）略
19．（2026·重庆·中考真题）如图，在Rt
ABC
△
中，
90
ACB
=
，BC
AC
，以BC 为斜边在BC 上方作等
腰直角三角形BCD．
(1)如图1，若
30
ABC
=
，
3
BD =
，求AC 的长度；
(2)如图2，连接AD ，将线段DA 绕点D 顺时针旋转90得到线段DE ，延长ED 交BC 于点F ，连接CE ．点
G ，H 分别是AB ，CE的中点，连接DG ，GH ．求证：
2
BC
AC
GH
−
=
；
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(3)如图3，
12
BC =
，
3
AC = ，点P 在直线BC 上，连接DP ，将线段DP 绕点D 逆时针旋转90得到线段DQ ，
连接AQ ，点M 在直线AB 上，连接DM ，QM ，将
DMQ
△
沿直线DM 翻折至ABC所在平面内得到
DMN
△
，
连接CN ．当AQ
DQ
+
取得最小值时，连接CQ ，NQ ，请直接写出
CQN
△
面积的最大值．
【答案】(1) 6
(2)证明：如图所示，连接DH ，
∵线段DA 绕点D 顺时针旋转90得到线段DE ，
∴
,
90
DA
DE
ADE
ADF
=
=
=
，
∵
90
CDB
=
，
∴
ADE
ADC
ADC
CDE
+
=
+
，即
CDE
BDA
=
，
在
CDE
△
和BDA 中，
DE
DA
CDE
BDA
CD
BD
=
=
=
，
∴
(
)
SAS
CDE
BDA
≌
，
∴CE
BA
=
，
∵点G ，H 分别是AB ，CE的中点，
∴
,
DH
DG
EDH
ADG
=
=
，
∵
90
EDH
HDA
+
=
，
∴
90
ADG
HDA
+
=
，即
90
HDG
=
，
∴HDG 是等腰直角三角形，
∴sin
sin 45
DH
DGH
HG
=
=
，解得
2
2
DH
GH
=
；
∵
90
ADF
CDB
=
=
，
∴
ADF
CDF
CDB
CDF
−
=
−
，即
ADC
FDB
=
，
∵BDC是等腰直角三角形，
∴
,
45
DC
DB
DCB
DBC
=
=
=
，
又
90
ACB
=
，
∴
45
ACD
DBC
=
=
，
在ADC 和
FDB
△
中，
ADC
FDB
DC
DB
ACD
DBC
=
=
=
，
∴
(
)
ASA
ADC
FDB
≌
，
∴
,
AC
BF AD
DF
=
=
，
∵AD
DE
=
，
∴DE
DF
=
，
∴点D 是线段EF 的中点，
又点H 是线段EC 的中点，
∴
1
2
DH
CF
=
，
∵
2
2
DH
GH
=
，
∴1
2
2
2
CF
GH
=
，即
2
CF
GH
=
，
∵CF
BC
BF
BC
AC
=
−
=
−
，
∴
2
BC
AC
GH
−
=
．
(3)13 37
42
2
+
【分析】（1）利用勾股定理和解直角三角形求解即可；
（2）结合“手拉手”模型，证得CDE
BDA
≌
，利用全等证得DHG 是等腰直角三角形，所以得到
2
2
BH
GH
=
，再利用得到新条件证明ADC
FDB
≌
，得到DH 是
ECF
△
的中位线，利用等量代换证出最
终结果；
（3）先利用“手拉手”模型确定点Q 的运动轨迹，再利用将军饮马确定点Q 的具体位置；
接着利用对称性得出DQ
DN
=
，从而确定点N 是在以点D 为圆心，DQ 为半径的圆上运动，根据圆上的点
到直线的最大距离需过圆心进行解答．
【详解】（1）解：∵三角形BCD是等腰直角三角形，
∴
3
BD
CD
=
= ，
2
2
3 2
BC
BD
CD
=
+
=
，
又∵
90
ACB
=
，
30
ABC
=
，
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∴tan
AC
ABC
BC
=
，即
3
3
3 2
AC
=
，
解得
6
AC =
；
（2）证明：略
（3）解：如图所示，连接BQ ，
∵线段DP 绕点D 逆时针旋转90得到线段DQ ，BDC是等腰直角三角形，
∴
,
,
90
DB
DC DP
DQ
BDC
PDQ
=
=
=
=
，
45
DBP
DCB
=
=
，
∴
BDC
PDB
PDQ
PDB
−
=
−
，即
CDP
BDQ
=
，
在CDP和BDQ中，
DC
DB
CDP
BDQ
DP
DQ
=
=
=
，
∴
(
)
CDP
BDQ SAS
≌
，
∴
45
DCP
DBQ
=
=
，
∴
90
CBQ
DBC
DBQ
=
+
=
，
∴点Q 在与BC 垂直且垂足为点B 的直线l 上，
∴作点D 关于直线l 的对称点D，连接AD交直线l 为点Q ，
此时AQ
DQ
+
最短，如下图所示，
，
连接DD交直线l 于点E ，过点A 作AF 垂直直线l ，交直线l 于点F ，
∴四边形ACBF 是矩形，
∴
,
3
AF
BC FB
AC
=
=
=
，
在等腰直角三角形BCD中，
12
BC =
，
∴sin 45
DC
BC
=
，解得
6 2
DC
DB
=
=
，
在直角三角形DEB 中，
sin
sin 45
DE
DBQ
DB
=
=
，解得
6
DE
EB
=
=
，
则
3
EF
EB
FB
−
=
=
，
由对称性可知
6
D E
=
，
由题意知
90
AFQ
D EQ
=
=
，
AQF
D QE
=
，
∴AQF
D QE
∽
，
∴
12
2
6
FQ
AF
EQ
D E
=
=
=
，
又
3
EF = ，
∴
2,
1
FQ
EQ
=
= ，
∴
5
BQ
FB
FQ
=
+
=
，
在Rt
DEQ
△
中，
2
2
37
DQ
DE
EQ
=
+
=
，
∴在Rt BCQ 中，
2
2
12
5
13
CQ =
+
=
；
∵
DMQ
△
沿直线DM 翻折至ABC 所在平面内得到
DMN
△
，
∴点
,
Q N 是关于直线DM 的对称点，
∴点D 在线段QN 的垂直平分线上，
∴DN
DQ
=
，
∴点N 实在以D 为圆心，DQ 长为半径的圆上运动，
过点N 作NH
CQ
⊥
交CQ 于点N ，
∴
1
13
2
2
CQN
S
CQ HN
HN
=
=
，
∴欲
CQN
△
面积的最大，则需要HN 最大，
HN 过圆心时取得最大值，如下图所示，
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，
在Rt
DHC
△
和Rt
DHQ
△
中，
2
2
2
2
DC
CH
DQ
QH
−
=
−
，
即(
)
(
)
2
2
2
2
6 2
37
13
CH
CH
−
−
=
−
，解得
102
13
CH =
，
2
2
42
13
DH
DC
CH
=
−
=
，
∴
42
37
13
NH
ND
DH
=
+
=
+
，
∴
13
13
42
13 37
42
37
2
2
13
2
CQN
S
HN
+
=
=
+
=
，
∴
CQN
△
面积的最大值为13 37
42
2
+
．
20．（2026·四川成都·中考真题）在综合与实践活动中，数学兴趣小组对等腰三角形的拼接和变换进行了探
究．
如图，
ABC
EAD
△
△
≌
，AB
AC
nBC
=
=
（
1
n ），点D 在AC 边上，延长ED 交AB 于点F．
(1)【初步感知】求证：
2
AF
FD FE
=
；
(2)【深入探究】如图1，当
2
n =
，
1
AD = 时，求BF 的长；
(3)【拓展延伸】如图2，将EAD 绕点E 按逆时针方向旋转一定角度（小于90）得到
EA D
△
，若F，A，
D三点共线，且点A 的对应点A满足A A
A B
⊥
，求n 的值．
【答案】(1)证明：∵
ABC
EAD
△
△
≌
，
∴
BAC
E
=
，即
FAD
E
= ，
又∵
AFD
EFA
=
，
∴AFD
EFA
∽
，
∴AF
FD
FE
AF
=
，
∴
2
AF
FD FE
=
；
(2) 2
3
(3)
2
1
+
【分析】（1）根据全等三角形的性质得到
FAD
E
= ，结合
AFD
EFA
=
证明AFD
EFA
∽
，再利用相
似三角形的性质即可证明；
（2）根据题意得
1
BC
AD
=
= ，
2
AB
AC
AE
DE
=
=
=
=
，由AFD
EFA
∽
得到
1
2
AF
FD
AD
FE
AF
AE
=
=
=
，则
2
FE
AF
=
，
1
2
FD
AF
=
，再利用线段的和差列出关于AF 长的方程，求出
4
3
AF =
，即可求解BF 的长；
（3）连接A F
，设
1
BC
AD
=
= ，由（2）中的结论可得AB
AC
AE
DE
n
=
=
=
=
，根据旋转的性质得AE
A E
=
，
EA D
EAD
=
，则
EAA
EA A
=
，设
EA D
EAD
=
=
，导角可得
180
EAF
EA F
=
=
−
，则
FAA
FA A
=
，推出AF
A F
=
，再结合A A
A B
⊥
推出BF
A F
=
，则
1
1
2
2
AF
BF
AB
n
=
=
=
，再由
AFD
EFA
∽
得到
2
1
2
FE
nAF
n
=
=
，
1
1
2
FD
AF
n
=
=
，再利用线段的和差列出关于n 的方程，即可求解n
的值．
【详解】（1）略
（2）解：∵
ABC
EAD
△
△
≌
，
∴
1
BC
AD
=
= ，AB
AE
=
，AC
DE
=
，
∵AB
AC
nBC
=
=
，
2
n =
，
∴
2
AB
AC
AE
DE
=
=
=
=
，
由（1）得，AFD
EFA
∽
，
∴
1
2
AF
FD
AD
FE
AF
AE
=
=
=
，
∴
2
FE
AF
=
，
1
2
FD
AF
=
，
∴
3
2
2
DE
FE
FD
AF
=
−
=
=
，
解得
4
3
AF =
，
∴
4
2
2
3
3
BF
AB
AF
=
−
=
−
=
，
即BF 的长为2
3 ；
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（3）解：如图，连接A F
，
设
1
BC
AD
=
= ，
由（2）中的结论可得AB
AC
AE
DE
n
=
=
=
=
，
由旋转的性质得，AE
A E
=
，
EA D
EAD
=
，
∴
EAA
EA A
=
，
设
EA D
EAD
=
=
，
∵F，A，D三点共线，
∴
180
EA F
EA D
+
=
，
∴
180
EA F
=
−
，
∵AE
DE
=
，
∴
180
2
AED
=
−
，
∵
ABC
EAD
△
△
≌
，
∴
180
2
BAC
AED
=
=
−
，
∴
180
2
180
EAF
BAC
EAD
=
+
=
−
+
=
−
，
∴
EAF
EA F
=
，
∴
EAF
EAA
EA F
EA A
−
=
−
，即
FAA
FA A
=
，
∴AF
A F
=
，
∵A A
A B
⊥
，
∴
90
AA B
=
，
∴
90
FAA
FBA
+
=
，
90
FA A
FA B
+
=
，
∴
FBA
FA B
=
，
∴BF
A F
=
，
∴
1
1
2
2
AF
BF
AB
n
=
=
=
，
由（1）得，AFD
EFA
∽
，
∴
1
AF
FD
AD
FE
AF
AE
n
=
=
=
，
∴
2
1
2
FE
nAF
n
=
=
，
1
1
2
FD
AF
n
=
=
，
∴
2
1
1
2
2
DE
FE
FD
n
n
=
−
=
−
=
，
解得
2
1
n =
+ （负值已舍去），
∴n 的值为2
1
+ ．
21．（2026·山东·中考真题）在ABC中，AB
AC
=
，
120
BAC
=
．
【观察与发现】
(1)如图1，将线段AC 绕点A 顺时针旋转60得到线段AD ，点D 与点C 是对应点．点E ，F 分别在边AB ，
AC 上，AE
CF
=
，连接DE ，DF ．求证：DE
DF
=
．
【思考与探究】
(2)如图2，过点A 作AH
AC
⊥
交BC 于点H ．点E ，F 分别在边AB ，AC 上，
2
CF
AE
=
，连接EF ，HE ，
HF ．猜想线段EF 与HE 的数量关系，并说明理由．
【拓展与延伸】
(3)如图3，在（2）的条件下，延长FE 至点G ，使EG
FE
=
，连接GA，GH ．若
6
AB =
，
2 7
AG =
，求线
段AE 的长度．
【答案】(1)证明：连接CD，如图所示：
根据旋转可得：
60
CAD
=
，AC
AD
=
，
∴ACD为等边三角形，
∴CD
AD
=
，
60
ACD
=
，
∵
120
60
60
EAD
BAC
CAD
=
−
=
−
=
，
∴
EAD
ACD
=
，
∵AE
CF
=
，
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∴
(
)
SAS
AED
CFD
≌
，
∴DE
DF
=
；
(2)
3
EF
HE
=
；理由如下：
∵AH
AC
⊥
，
∴
90
HAF
=
，
∴
30
BAH
BAC
HAF
=
−
=
，
∴
1
sin
sin30
2
AH
C
HC
=
=
=
，
∵AB
AC
=
，
∴
(
)
1
180
120
30
2
A
C
−
=
=
=
，
∴
BAH
C
=
，
∵
2
CF
AE
=
，
∴
1
2
AE
CF =
，
∴AE
AH
CF
HC
=
，
∴
AEH
CFH
△
∽△
，
∴
1
2
HE
AH
HF
HC
=
=
，
AHE
CHF
=
，
∴
AHE
AHF
AHF
CHF
+
=
+
，
即
EHF
AHC
=
，
∵HE
AH
HF
HC
=
，
∴HE
HF
AH
HC
=
，
∴EFH
ACH
∽
，
∴
30
EFH
C
=
=
，
90
HEF
HAC
=
=
，
∴
90
30
60
EHF
=
−
=
，
∴tan
tan 60
3
EF
EHF
HF
=
=
=
，
∴
3
EF
HE
=
；
(3)1或2
【分析】
（1）连接CD，证明ACD为等边三角形，得出CD
AD
=
，
60
ACD
=
，再证明
(
)
SAS
AED
CFD
≌
，
即可得出结论；
（2）证明
AEH
CFH
△
∽△
，得出
1
2
HE
AH
HF
HC
=
=
，
AHE
CHF
=
，证明EFH
ACH
∽
，得出
30
EFH
C
=
=
，
90
HEF
HAC
=
=
，根据tan
tan 60
3
EF
EHF
HF
=
=
=
，即可得出答案；
（3）延长CA，并取点N，使AN
AF
=
，过点G 作GM
AN
⊥
于点M，根据中位线的性质得出
1
2
AE
GN
=
，
AE
GN
∥
，设AE
x
=
，则
2
2
GN
AE
x
=
=
，
2
2
CF
AE
x
=
=
，
6
2
AN
AF
x
=
= −
，解直角三角形求出
1
2
MN
GN
x
=
=
，
3
3
2
GM
GN
x
=
=
，根据勾股定理得出：(
)
(
)
(
)
2
2
2
6
3
2 7
x
x
−
+
=
，求出x 的值，即可
得出答案．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：延长CA，并取点N，使AN
AF
=
，过点G 作GM
AN
⊥
于点M，如图所示：
则
90
GMA
=
，
∵EG
EF
=
，
∴AE 为FGN 的中位线，
∴
1
2
AE
GN
=
，AE
GN
∥
，
∴
120
GNA
BAC
=
=
，
∴
180
120
60
GNM
=
−
=
，
∵
6
AB = ，
∴
6
AC
AB
=
=
，
设AE
x
=
，则
2
2
GN
AE
x
=
=
，
2
2
CF
AE
x
=
=
，
6
2
AN
AF
x
=
= −
，
∵
1
cos
cos60
2
MN
MNG
GN
=
=
=
，
3
sin
sin60
2
GM
MNG
GN
=
=
=
∴
1
2
MN
GN
x
=
=
，
3
3
2
GM
GN
x
=
=
，
∴
6 2
6
AM
AN
MN
x
x
x
=
+
= −
+
= −
，
在Rt
AGM
△
中，根据勾股定理得：
2
2
2
AM
GM
AG
+
=
，
即(
)
(
)
(
)
2
2
2
6
3
2 7
x
x
−
+
=
，
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解得：
1
2
x =
，
2
1
x = ，
∴
1
AE = 或2．
22．（2026·江西·中考真题）如图，在ABC 中，AB
AC
=
，
30
BAC
=
，点P 在BC 的延长线上，将AP
绕点A 按逆时针方向旋转30得到AQ ，连接CQ ，PQ ．
(1)求证：BP
CQ
=
；
(2)若
15
CAP
=
，
2 2
PQ =
，求BP 的长．
【答案】(1)证明：
AP 绕点A 按逆时针方向旋转30得到AQ ，
30
PAQ
=
，AP
AQ
=
．
30
BAC
=
，
BAP
CAQ
=
．
AB
AC
=
，
(
)
ABP
ACQ SAS
≌
，
BP
CQ
=
．
(2)
4
BP =
【分析】（1）根据旋转的性质可得
30
PAQ
=
，AP
AQ
=
，结合已知可得
BAP
CAQ
=
，进而根据SAS ，
证明
ABP
ACQ
△
≌△
，根据全等三角形的性质，即可得证；
（2）过点Q 作QH
BC
⊥
，交BC 的延长线于点H ，根据全等三角形的性质得出
75
ACQ
B
=
=
，进而
得出
30
QCH
=
，
45
QPH
=
，解直角三角形求得
2
QH =
，进而求得BP 的长．
【详解】（1）略
（2）解：过点Q 作QH
BC
⊥
，交BC 的延长线于点H ．
AB
AC
=
，AP
AQ
=
，
30
BAC
PAQ
=
=
，
75
B
ACB
=
=
，
75
APQ
AQP
=
=
．
ABP
ACQ
△
≌△
，
75
ACQ
B
=
=
．
15
CAP
=
，
60
APB
=
，
30
QCH
=
，
45
QPH
=
．
2 2
PQ =
，
2 2sin45
2
QH
=
=
．
2
4
BP
CQ
QH
=
=
=
．
23．（2026·四川眉山·中考真题）【问题背景】数学活动课上，老师和学生一起探究图形的旋转性质．
已知，如图1，ABC中，
90
BAC
=
，AB
AC
=
，
10
BC =
，点D 是BC 边上的动点（不与点B，C
重合），将线段AD 绕点A 逆时针旋转90 得到线段AE ，连接DE ，CE ，DE 与AC 交于点F．
(1)【初步探究】如图1，在点D 的运动过程中，试探究CE 与BD 的数量关系，并说明理由．
(2)【深入探究】如图2，当点D 运动到
4
CD =
时，求EF 的长．
(3)【拓展延伸】如图3，点M 为ED 延长线上一点，且满足MC
MF
=
，当
(
)
1
BD
k k
DC =
时，求MD
DF 的值
（用含k 的式子表示）．
【答案】(1)CE
BD
=
，理由如下：
由旋转得
90 ,
DAE
AD
AE
=
=
∵
90
BAC
=
∴
DAE
BAC
=
∴
DAC
CAE
DAC
BAD
+
=
+
∴
CAE
BAD
=
∵AB
AC
=
∴
(
)
ABD
ACE SAS
≌
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∴CE
BD
=
；
(2) 6
13
5
(3)
1
1
k −
【分析】（1）证明
(
)
ABD
ACE SAS
≌
即可得证；
（2）先由勾股定理求解DE ，然后根据等腰直角三角形求解
,
AE AB ，再证明AEF
ABD
∽
得到EF
AE
BD
AB
=
即可；
（3）证明MCD
MEC
∽
即可得到
1
DM
DC
DC
CM
CE
BD
k
=
=
=
，则
1
DM
DM
FM
CM
k
=
=
，从而得解．
【详解】（1）略
（2）解：∵
10,
4
BC
CD
=
=
，
∴
6
BD
BC CD
=
−
=
，
∵
,
90
AB
AC
BAC
=
=
∴
45
B
ACB
=
=
∵ABD
ACE
≌
∴
6
CE
BD
=
=
，
45
ACE
B
= =
，
∴
45
45
90
DCE
ACB
ACE
=
+
=
+
=
∴
2
2
2
2
4
6
2 13
DE
DC
CE
=
+
=
+
=
，
在Rt ADE 中，AD
AE
=
，
∴
2
2
2
DE
AD
AE
AD
=
+
=
，
45
AED
ADE
=
=
∴
2
2
2 13
26
2
2
AD
AE
DE
=
=
=
=
，
同理可求
2
2
10
5 2
2
2
AB
AC
BC
=
=
=
=
∵
45
AEF
B
= =
，
90
EAF
BAD
DAF
=
=
−
∴AEF
ABD
∽
∴EF
AE
BD
AB
=
∴
26
6
5 2
EF =
解得
6 13
5
EF =
；
（3）解：由（1）可得，ABD
ACE
≌
∴
45
ECA
B
= =
∵MC
MF
=
，
∴
MCF
MFC
=
，
∴
FCD
MCD
ECF
FEC
+
=
+
∵
45
DCF
ECF
=
=
∴
MCD
MEC
=
∵
M
M
=
∴MCD
MEC
∽
∴DM
DC
DC
CM
CE
BD
=
=
∵
(
)
1
BD
k k
DC =
∴
1
DM
DC
DC
CM
CE
BD
k
=
=
=
∵CM
FM
=
，
∴
1
DM
DM
FM
CM
k
=
=
∴
1
1
DM
FD
k −
=
．
24．（2026·河南·中考真题）在菱形ABCD中，
120
BAD
=
，
4
AB =
．将边AB 绕点A 逆时针旋转至AE ，
记旋转角为．作射线DE ，在射线DE 上取一点H ，使BH
BE
=
，连接CH ．
(1)【观察猜想】
当
30
=
时，如图1，
BEH
的度数为_________，CH 的长为_________．
(2)【探究证明】
当0
120
时，（1）中的两个结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2 的情形进行证明；若不成立，
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请说明理由．
(3)【拓展延伸】
当0
120
时，若DCH 的面积为4 2 ，请直接写出此时旋转角的度数．
【答案】(1)60；4
(2)两个结论仍然成立．证明如下：
四边形ABCD是菱形，
120
BAD
=
，
4
AB =
，
4
AB
AD
BC
=
=
=
，AD
BC
∥
，
180
60
ABC
BAD
=
−
=
，
AB
AE
=
，
AD
AE
AB
=
=
，
BAE
=
，则
120
EAD
BAD
BAE
=
−
=
−
，
(
)
1 180
90
2
2
AEB
BAE
=
−
=
−
，
(
)
(
)
1
1
180
180
120
30
2
2
2
AED
EAD
=
−
=
−
−
=
+
，
180
180
90
30
60
2
2
BEH
AEB
AED
=
−
−
=
−
−
−
+
=
，
BE
BH
=
，
BEH
为等边三角形，
60
EBH
=
，
ABC
EBH
=
，则
ABC
CBE
EBH
CBE
−
=
−
，
ABE
CBH
=
，
BE
BH
=
，AB
CB
=
，
(
)
ABE
CBH SAS
≌
，
AE
CH
=
，
4
CH
=
．
(3)15或105．
【分析】（1）根据菱形的性质得到
4,
AB
BC
CD
AD
AD
BC
=
=
=
=
，由旋转的性质，三角形内角和定理
得到
75
AEB
=
，ADE 是等腰直角三角形，根据平角得到
60
BEH
=
，结合题意得到BEH 是等边三角
形，再证明
(
)
ABE
CBH SAS
≌
得到
4
CH
AE
=
=
；
（2）根据菱形的性质，旋转的性质得到
90
,
30
2
2
ABE
AED
=
−
=
+
，根据平角得到
60
BEH
=
，结
合题意得到BEH 是等边三角形，再证明
(
)
ABE
CBH SAS
≌
得到
4
CH
AE
=
=
；
（3）结合（1），（2）的解析分类讨论：当点H 在CD左边时，过点H 作HG
CD
⊥
延长线于点G ，由面积
公式得到
2 2
HG =
，根据解直角三角形的计算得到
45
HCG
=
，由平角的定义即可求解；当点H 在CD右
边时，同理得到
45
HCG
=
，由
BCG
HCG
=
+
即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
120 ,
4
BAD
AB
=
=
，
∴
4,
AB
BC
CD
AD
AD
BC
=
=
=
=
，
∴
180
60
ABC
BAD
=
−
=
，
∵将边AB 绕点A 逆时针旋转至AE ，旋转角
30
=
，
∴
,
30
AB
AE
AD
BAE
=
=
=
，
∴
(
)
(
)
1
1
180
180
30
75
2
2
ABE
AEB
BAE
=
=
−
=
−
=
，
∴
75
60
15
CBE
ABE
ABC
=
−
=
−
=
，
∴
15
75
90
CBE
AEB
+
=
+
=
，即AE
BC
⊥
，
设
,
AE BC 交于点M ，
∵
//
AD BC，
∴
90
DAE
CME
=
=
，
∴ADE 是等腰直角三角形，
∴
45
ADE
AED
=
=
，
∴
180
180
75
45
60
BEH
AEB
AED
=
−
−
=
−
−
=
，
∵BE
BH
=
，
∴
60
BEH
BHE
=
=
，则BEH 是等边三角形，
∵
75 ,
15
60
75
ABE
CBH
CBE
EBH
=
=
+
=
+
=
，
∴
ABE
CBH
=
，
∵
,
,
AB
CB
ABE
CBH BE
BH
=
=
=
，
∴
(
)
ABE
CBH SAS
≌
，
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∴
4
CH
AE
=
=
；
（2）略
（3）解：由上述证明得到
120
BCD
BAD
=
=
，
4
AB
BC
CD
AD
AE
CH
=
=
=
=
=
= ，ABE
CBH
≌
，
∴
BAE
BCH
=
=
，
120
DCH
BCD
BCH
=
+
=
+
，
第一种情况，当点H 在CD左边时，如图所示，过点H 作HG
CD
⊥
延长线于点G ，
∴
1
4 2
2
DCH
S
CD HG
=
=
，
∴
2
8 2
2 2
4
DCH
S
HG
CD
=
=
=
，
在Rt CHG 中，
2 2
2
sin
4
2
HG
HCG
CH
=
=
=
，
∴
45
HCG
=
，
∵
180
DCH
HCG
+
=
，
∴120
45
180
+
+
=
，
解得：
15
=
；
第二种情况，当点H 在CD右边时，如图所示，过点H 作HG
CD
⊥
延长线于点G ，
同理可得，
2 2
HG =
，
∴
2 2
2
sin
4
2
HG
HCG
CH
=
=
=
，
∴
45
HCG
=
，
∵
180
180
120
60
BCG
BCD
=
−
=
−
=
，
∴
60
45
105
BAE
BCH
BCG
HCG
=
=
=
+
=
+
=
．
25．（2026·山西·中考真题）综合与探究
问题情境：如图1，在ABC中，AB
BC
=
，BO是ABC 的中线．将BOC 绕点O顺时针旋转得到DOE ，
其中点B ，C 的对应点分别为点D ，E ，线段DE 分别与线段OA，AB 交于点M ，F ，线段OE 与AB 交于
点N ．
(1)推理证明：求证：AON
EOM
≌
；
(2)拓展延伸：在旋转过程中，当OD
AB
∥
时，探究下列问题．
①如图2，判断DO 与DF 的数量关系，并说明理由；
②已知
2
OB =
，
3
OA = ．在射线DO 上取一点G ，在射线BO上取一点H ，使OH
OG
=
．当以点A ，G ，H
为顶点的三角形是直角三角形，且GH 为直角边时，请直接写出线段BH 的长．
【答案】(1)证明：
AB
BC
=
，BO是ABC的中线，
A
C
= ，AO
CO
=
，BO
AC
⊥
，
BOC 绕点O顺时针旋转得到DOE ，
E
C
=
，EO
CO
=
，
A
E
= ，AO
EO
=
，
AON
EOM
=
，
在AON 和EOM 中，
A
E
AO
EO
AON
EOM
=
=
=
，
(
)
ASA
AON
EOM
≌
；
(2)①解：DO
DF
=
，
理由如下：
AB
BC
=
，BO是ABC的中线，
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ABO
CBO
=
，
BOC 绕点O顺时针旋转得到DOE ，
D
CBO
=
，OD
OB
=
，
ABO
D
=
，
∵OD
AB
∥
，
D
AFD
=
，
AFD
ABO
=
，
DF
OB
∥
，
四边形DFBO是平行四边形，
OD
OB
=
，
DFBO
是菱形，
DO
DF
=
；
②线段BH 的长为13 或4
13
−
【分析】（1）根据等腰三角形的判定和性质，旋转的性质得出
,
A
E AO
EO
=
=
，结合图形得到
AON
EOM
=
，运用“角边角”即可求证；
（2）①根据旋转得到
D
ABO
=
∠
∠
，由平行线的判定得到DF
OB
∥
，可证四边形DFBO是菱形，由此即可
求解；
②证明
,
G H 在以O为圆心，OH 为半径的圆上，即图中的
,
,
,
G H G H
，可得四边形GHG H
为矩形，可得
当以点A ，G ，H 为顶点的三角形是直角三角形，且GH 为直角边时，当
90
AGH
=
，则AH一定过点O，
不符合题意；只有
90
AGH
=
或
90
AH G
=
，此时,
,
A G H三点共线，再进一步求解即可.
【详解】（1）略
（2）①略
②解：∵OG
OH
=
，
∴
,
G H 在以O为圆心，OH 为半径的圆上，即图中的
,
,
,
G H G H
，
∴
90
GHG
HGH
GHG
HGH
=
=
=
=
，
∴四边形GHG H
为矩形，
∴当以点A ，G ，H 为顶点的三角形是直角三角形，且GH 为直角边时，
当
90
AGH
=
，则AH一定过点O，不符合题意；
∴只有
90
AGH
=
或
90
AH G
=
，
此时,
,
A G H三点共线，
如图所示，当点H 在线段BO上时，
90
AGH
=
，且点G 在线段DO 上，过点H 作HP
OP
⊥
于点P ，
90
HPO
AOB
=
=
，
∵OD
AB
∥
，
HOP
ABO
=
，
2
OB =
，
3
OA = ，
∴
2
2
13
AB
OA
OB
=
+
=
，
3
tan
tan
2
AO
PH
HOP
ABO
BO
OP
=
=
=
=
，
设
2
OP
x
=
，
3
HP
x
=
，
则
2
2
13
OH
OP
HP
x
=
+
=
，
13
OG
OH
OG
OH
x
=
=
=
=
，
∵OD
AB
∥
，
∴H GO
H AB
∽
，
∴OG
H O
AB
H B
=
，
∴
13
13
13
13
2
x
x
x
=
+
，
解得：13
13
2
x =
−或
0
x =
（舍去），
此时
(
)
2
13
2
13
2
4
13
BH
BO
HO
x
=
−
=
−
=
−
−
=
−
，
2
13
2
13
2
13
BH
OB
OH
x
=
+
=
+
=
+
−
=
.
综上所述，
13
BH =
或4
13
−
．
26．（2026·湖北·中考真题）在Rt
ABC
△
中，
90
B
=
，将ABC 绕点C 顺时针旋转（0
90
）得
到
EDC
△
，使得AD
AE
=
．
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(1)如图1，若AD
CE
∥
，DE 与AC 交于点F ，作AM
DE
⊥
，垂足为M ．
①证明：
ADM
CED
△
∽△
；
②求EF
DF 的值；
③若
3
AC = ，直接写出AB 的值．
(2)如图2，若
90
DAE
=
，直接写出AB
AC 的值．
【答案】(1)①证明：
CE
AD
∥
，
DEC
ADM
=
，
AM
DE
⊥
，
90
AMD
=
，
由旋转得，
90
EDC
B
= =
，
90
AMD
EDC
=
=
，
ADM
CED
△
∽△
；
②2；③
3 10
4
AB =
(2) 2 5
5
【分析】（1）①由平行得
DEC
ADM
=
∠
∠
，由旋转得，
90
EDC
B
= =
，进而得
90
AMD
EDC
=
=
，
即可证明；
②由等腰三角形三线合一的性质得
1
2
EM
DM
DE
=
=
，由
ADM
CED
△
∽△
得
1
2
AD
DM
CE
ED
=
=
，再证明
ADF
CEF
△
∽△
，则
1
2
AD
DF
CE
EF
=
=
，即可得解；
③由旋转得，
3
AC
CE
=
= ，AB
DE
=
，由②可得
1
2
AD
DF
AF
CE
EF
CF
=
=
=
，进而可得到
2
CF =
，设DF
x
=
，
则
2
EF
x
=
，
3
DE
x
=
，在Rt CDF 和Rt
CDE
△
中，由勾股定理分别表示出CD，即可得关于x 的方程，即可
求解；
（2）过A 作AM
CD
⊥
交直线CD于M ，由AD
AE
=
，
90
DAE
=
，得到
45
ADE
AED
=
=
，则
45
ADM
DAM
=
=
，AM
MD
=
，设AM
MD
a
=
=
，CD
b
=
，则
2
DE
a
=
，再在Rt
CDE
△
和Rt ACM 中
根据AC
CE
=
列方程整理得到a
b
=
，则
5
AC
a
=
，代入AB
AC 计算即可．
【详解】（1）①略；
解：②∵AD
AE
=
，AM
DE
⊥
，
∴
1
2
EM
DM
DE
=
=
，
由①得
ADM
CED
△
∽△
，
∴
1
2
AD
DM
CE
ED
=
=
，
∵AD
CE
∥
，
∴
DAF
ECF
=
，
ADF
CEF
=
，
∴
ADF
CEF
△
∽△
，
∴
1
2
AD
DF
CE
EF
=
=
，
∴
2
EF
DF =
；
③由旋转得，
3
AC
CE
=
= ，AB
DE
=
，
由②可得
1
2
AD
DF
AF
CE
EF
CF
=
=
=
，
∴
2
3
CF
AC
=
，
∵
3
AC = ，
∴
2
2
3
CF
AC
=
=
，
设DF
x
=
，则
2
EF
x
=
，
3
DE
DF
EF
x
=
+
=
，
在Rt CDF 中，
2
2
2
2
4
CD
CF
DF
x
=
−
=
−
，
在Rt
CDE
△
中，
2
2
2
2
9
9
CD
CE
DE
x
=
−
=
−
，
∴
2
2
4
9
9
x
x
−
=
−
，
解得
10
4
x =
（负值已舍去），
∴
3 10
3
4
AB
DE
x
=
=
=
；
（2）解：过A 作AM
CD
⊥
交直线CD于M ，
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∵AD
AE
=
，
90
DAE
=
，
∴
45
ADE
AED
=
=
，
∴
45
ADM
=
，
∴
45
ADM
DAM
=
=
，
∴AM
MD
=
，
设AM
MD
a
=
=
，CD
b
=
，
∴
2
2
2
AD
AE
AM
MD
a
=
=
+
=
，CM
DM
CD
a b
=
+
=
+
，
∴
2
2
2
DE
AD
AE
a
=
+
=
，
在Rt
CDE
△
中，
(
)
2
2
2
2
2
2
CE
CD
DE
b
a
=
+
=
+
，
在Rt ACM 中，
(
)
2
2
2
2
2
AC
CM
AM
a
b
a
=
+
=
+
+
，
由旋转得，AC
CE
=
，
2
AB
DE
a
=
=
，
∴
2
2
AC
CE
=
，
∴
(
)
(
)
2
2
2
2
2
b
a
a
b
a
+
=
+
+
，
展开整理得a
b
=
，
∴
(
)
(
)
2
2
2
2
2
5
AC
a
b
a
a
a
a
=
+
+
=
+
=
，
∴
2
2 5
5
5
AB
a
AC
a
=
=
．
27．（2026·四川攀枝花·中考真题）如图，在ABC中，
5
8
AB
AC
BC
=
=
=
，
，点D 是BC 边上的一个动点，
连接AD ，将线段AD 绕点A 逆时针旋转至线段AE ，使得
DAE
BAC
=
，连接CE
DE
、
．
(1)当AD
BD
=
时，求BD 的长；
(2)当ACD是等腰三角形时，求CD的长；
(3)当AD
AC
⊥
时，求DE 的长（用图2）．
【答案】(1) 25
8
(2)5，25
8 ，8．
(3)6
【分析】（1）如图：过A 作AF
BC
⊥
于F，易得
4
BF
FC
=
=
，
3
AF = ；设AD
BD
x
=
=
，则
4
DF
x
=
−，
在Rt ADF 中利用勾股定理列方程求解即可；
（2）分CD
AC
=
、AD
CD
=
、AC
AD
=
三种情况求解即可；
（3）如图：过A 作AH
BC
⊥
于G，由（1）可得：
5,
3,
3
AC
AG
CH
=
=
=
，设DH
z
=
，则
4
CD
z
= +
，利
用勾股定理列方程可求得
9
4
DH =
，进而得到
15
4
AD =
再证明ABC
ADE
∽
，最后利用相似三角形的性质求
解即可．
【详解】（1）解：如图：过A 作AF
BC
⊥
于F，
∵
5
8
AB
AC
BC
=
=
=
，
，
∴
1
4
2
BF
FC
BC
=
=
=
，
2
2
3
AF
AB
BF
−
=
=
，
设AD
BD
x
=
=
，则
4
DF
x
=
−，
在Rt ADF 中，
2
2
2
AD
DF
AF
=
+
，
∴
(
)
2
2
2
4
3
x
x
−
=
+
，解得：
25
8
x =
，
∴
25
8
BD =
．
（2）解：①当CD
AC
=
时，
∵
5
AC = ，
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∴
5
CD = ；
②当AD
CD
=
时，由（1）可知：
5,
3,
4
AC
AG
CG
=
=
=
，
设AD
DC
y
=
=
，则
4
GD
y
−
=
，
在Rt ADG中，
2
2
2
AD
DG
AG
=
+
，
∴
(
)
2
2
2
4
3
y
y
−
=
+
，解得：
25
8
y =
，
∴
25
8
CD =
；
③当AC
AD
=
时，点D 和点B 重合，即
8
CD
BC
=
= ．
综上，CD的长5，25
8 ，8．
（3）解：如图：过A 作AH
BC
⊥
于H，由（1）可得：
5,
3,
4
AC
AH
CH
=
=
=
，
设DH
z
=
，则
4
CD
z
= + ，
∵
2
2
2
2
2
AD
DH
AH
CD
AC
−
=
+
=
∴
(
)
2
2
2
2
3
4
5
z
z
+
=
+
−
，解得：
9
4
z =
，即
9
4
DH =
，
∴
2
2
2
2
9
15
3
4
4
AD
AH
DH
=
+
=
+
=
，
∵线段AD 绕点A 逆时针旋转至线段AE ，
∴AD
AE
=
，
∴
(
)
1 180
2
ADE
DAE
−
=
，
同理：
(
)
1 180
2
ABC
BAC
−
=
，
∴
ABC
ADE
=
，
∴ABC
ADE
∽
，
∴AB
BC
AD
DE
=
，
∴
5
8
15
4
DE
=
，
解得：
6
DE =
．
28．（2026·江苏苏州·中考真题）如图①，点O位于竖直墙面l 上，平面镜AB 与墙面l 平行，从点O射出一
束激光，经过平面镜AB 的反射，在墙面l 上形成一个光点C ，OC 所在直线垂直于水平面．入射光线OP 与
平面镜AB 的夹角
60
OPA
=
．（根据光的反射定律可知：反射光线与镜面的夹角等于入射光线与镜面的
夹角）
(1)求证：OPC是等边三角形；
(2)如图②，将图①中的平面镜AB 绕点P 顺时针旋转7.5到A B
位置，入射光线OP 经过平面镜的反射后，
在墙面l 上形成光点E ，点E 在直线OC 上．
①
OPE
=_________°；
②若
60
OC =
厘米，求光点向下移动的距离CE 的长．（结果保留根号）
【答案】(1)
证明：
60
OPA
=
，
∴根据光的反射定律可知
60
BPC
OPA
=
=
．
180
60
OPC
OPA
BPC
−
−
=
=
．
∵
//
AB l ，
60
POC
OPA
=
=
．
OPC
△
是等边三角形；
(2)①75 ②CE的长为(
)
30 3
30
−
厘米
【分析】(1)首先根据光的反射原理得到
60
BPC
APO
=
=
，然后，再由平角的定义得
60
OPC
=
，再由
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平行线的性质得
60
POC
OPA
=
=
即可证的结论；
(2)①首先根据题意及光的反射原理得到
7.5
52.5
EPB
OPA
OPA
=
=
−
=
，再根据平角的定义得到
75
OPE
=
；
②过点P 作PF
OE
⊥
于F，首先，根据已知条件得到
15
CPE
=
，然后，再证得
1
30
2
CPF
OPC
=
=
，
1
30
2
CF
OC
=
=
(厘米)，进而证得EPF 是等腰直角三角形，得PF
EF
=
，再由
CPF
的余弦值得到PF 的
长，最后，由CE
EF
CF
=
−
可得结果．
【详解】（1）略
（2）①解：∵
60
OPA
=
，平面镜AB 绕点P 顺时针旋转7.5到A B
位置，
∴根据光的反射定律可知
7.5
52.5
EPB
OPA
OPA
=
=
−
=
，
∴
180
75
OPE
EPB
OPA
=
−
−
=
；
②解：如图②，过点P 作PF
OE
⊥
于F，
由(1)知
60
OPC
=
，由①知
75
OPE
=
，
∴
15
CPE
OPE
OPC
=
−
=
．
由(1)知OPC是等边三角形，又知
60
OC =
厘米，
∴
60
OP
CP
OC
=
=
=
(厘米)，
又∵PF
OE
⊥
，
∴
1
30
2
CPF
OPC
=
=
，
1
30
2
CF
OC
=
=
(厘米)，
∴
45
EPF
CPF
CPE
=
+
=
，
∴EPF 是等腰直角三角形，
∴PF
EF
=
，
在Rt CPF 中，cos
PF
CPF
CP
=
，
∴
3
cos
60 cos30
60
30 3
2
EF
PF
CP
CPF
=
=
=
=
=
(厘米)，
∴
30 3
30
CE
EF
CF
=
−
=
−
(厘米)，即光点向下移动的距离CE 的长为(
)
30 3
30
−
厘米．
29．（2026·内蒙古·中考真题）综合与探究
问题情境：有一张边长为15 的正方形纸片ABCD，将一张腰长为9 的等腰直角三角形纸片的直角顶点与顶
点A 重合放置，记该三角形为AEF ．顶点E，F 分别在正方形的AB ，AD 边上，如图1．现将AEF 绕点
A 按逆时针方向旋转角，其中0
90
，得到
AE F
△
，连接BE，DF，如图2．
(1)初步探究：猜想线段BE与线段DF的数量关系，并说明理由；
(2)深入探究：在AEF 绕点A 按逆时针方向旋转过程中，当AE与BE互相垂直时，AE交EF 边于点M，
E F交AD 边于点N，如图3．
①求证NA NF
ND NE
=
；
②求
AEM
△
与
AFM
△
面积的比值．
【答案】(1) BE
DF
=
，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴
,
90
AB
AD
BAD
=
=
，
∵
,
90
AE
AF
EAF
=
=
，
∴由旋转可得，
,
90
AE
AF
E AF
=
=
，
∴
90
BAD
E AF
=
=
，
∴
BAE
DAF
=
，
∴
(
)
SAS
BAE
DAF
△
≌△
，
∴BE
DF
=
；
(2)①证明：∵AE
BE
⊥
，
∴
90
AE B
=
，
由（1）可得，
BAE
DAF
△
≌△
，
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∴
90
AE B
AF D
=
=
，
∵
90
E AF
=
，
∴
180
E AF
AF D
+
=
，
∴AE
DF
∥
，
∴NA
NE
ND
NF
=
，
∴NA NF
ND NE
=
；
②4
3
【分析】（1）证明
(
)
SAS
BAE
DAF
△
≌△
即可；
（2）①证明AE
DF
∥
，再由平行线分线段成比例定理求解即可；
②过点F 作FH
AF
⊥
交AE的延长线于点H ，先求出
2
2
12
BE
AB
AE
=
−
=
，然后证明
AFH
BE A
△
∽△
，
求出
27
4
FH =
，再由
AEM
HFM
△
∽△
，得到
4
3
EM
AE
FM
FH
=
=
，再由共高三角形面积比等于底之比求解即可．
【详解】（1）略
（2）解：①略
②过点F 作FH
AF
⊥
交AE的延长线于点H ，
由题意得，
15,
9
AB
AE
AE
=
=
=
，
∵
90
AE B
=
，
∴
2
2
12
BE
AB
AE
=
−
=
，
∵正方形ABCD中，
90
BAD
=
，
∴1
3
90
2
= =
−，
∵
90
AFH
BE A
=
=
，
∴
AFH
BE A
△
∽△
，
∴FH
AF
AE
BE
=
，
∴
9
9
12
FH =
，
∴
27
4
FH =
，
∵
90
HFD
BAD
=
=
，
∴FH
AE
∥
，
∴
AEM
HFM
△
∽△
，
∴
9
4
27
3
4
EM
AE
FM
FH
=
=
=
，
∴
4
3
AFM
AEM
S
E
M
S
M
F
=
=
△
△
，
即
AEM
△
与
AFM
△
面积的比值为4
3 ．
30．（2026·湖北武汉·中考真题）将正方形ABCD的边CD绕点D 逆时针旋转得到DE ，连接AE 交边CD于
点F ，DG 平分
CDE
交AE 于点G ，连接CG 、CE．
(1)如图1，求证：CGE是等腰直角三角形（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明
DAE
DEG
DCG
=
=
）．
(2)如图2，连接BD 交AE 于点H ，求证：
2
AF AE
AH AG
=
．
(3)如图3，点K 在线段AE 上，
1
2
AK
CG
=
，连接CK ．若
4
AB =
，直接写出CK 的最小值．
【答案】(1)证明：∵DG 平分
CDE
，
∴
CDG
EDG
=
，
∵正方形ABCD的边CD绕点D 逆时针旋转得到DE ，
∴AD
CD
DE
=
=
，
∵DG
DG
=
，
∴
(
)
SAS
DCG
DEG
≌
，
∴CG
EG
=
，
DEG
DCG
=
，
∵AD
CD
DE
=
=
，
∴
DAE
DEG
=
，
∴
DAE
DCG
=
，
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∵
AFD
CFG
=
，
∴
90
CGF
ADF
=
=
，
∴
90
CGE
=
，
∴CGE是等腰直角三角形．
(2)证明：由（1）证得DCG
DEG
≌
，
90
CGE
=
，
∴
(
)
1 360
90
135
2
CGD
EGD
=
=
−
=
，
∴
180
180
135
45
AGD
EGD
=
−
=
−
=
，
∴
45
AGD
ADB
=
=
，
又∵
DAG
FAD
=
，
∴ADH
AGD
∽
，
∴AD
AH
AG
AD
=
，即
2
AD
AH AG
=
① ，
如图：过 D 作 DM
AE
⊥
于 M ， 则
90
AMD
ADF
=
=
，
∵
DAM
FAD
=
，
∴ADM
AFD
V
V
∽
，
∴AD
AM
AF
AD
=
，即
2
AD
AM AF
=
② ，
∵AD
DE
=
，DM
AE
⊥
，
∴
1
2
AM
EM
AE
=
=
，
∴
2
1
2
AD
AM AF
AE AF
=
=
由①②两式得，
1
2
AH AG
AE AF
=
，即
2
AF AE
AH AG
=
．
(3) 34
2
−
【分析】（1）先利用正方形的性质证明
(
)
SAS
DCG
DEG
≌
可得CG
EG
=
，
DEG
DCG
=
，再证明
90
CGE
=
，即可证明结论；
（2）由（1）证得DCG
DEG
≌
，
90
CGE
=
，证明ADH
AGD
∽
可得AD
AH
AG
AD
=
，即
2
AD
AH AG
=
① ；如图：过 D 作 DM
AE
⊥
于 M ， 则
90
AMD
ADF
=
=
，证明ADM
AFD
V
V
∽
可得AD
AM
AF
AD
=
，
即
2
AD
AM AF
=
② ；利用等腰三角形的性质可得
1
2
AM
EM
AE
=
=
，即
2
1
2
AD
AM AF
AE AF
=
=
，最后
结合①②即可证明结论；
（3）如图：取 AD 中点 M ， 连接 KM ． 即
1
2
AM
AD =
，可证AKM
EGD
∽
得
135
AKM
EGD
=
=
；
再说明K 点在以 O为 圆心， OA 为半径的圆上运动， 当 K 点运动到 OC 上时， 即 O、K 、C 三
点共线时， CK 取得最小值
min
CK
OC
OK
=
−
．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：如图：取 AD 中点 M ， 连接 KM ． 即
1
2
AM
AD =
，由（1）可得CG
EG
=
，
∵
1
2
AK
CG
=
，
∴
1
2
AK
EG
=
∴
1
2
AK
EG =
，
∴
1
2
AM
AK
AD
EG
=
=
，
∵AD
DE
=
，
∴
KAM
GED
=
，
1
2
AM
AK
DE
EG
=
=
∴AKM
EGD
∽
，
∴
135
AKM
EGD
=
=
，
∴ K 点在以 O 圆心， OA 为半径的圆上运动，
当 K 点运动到 OC 上时， 即 O、K 、C 三点共线时， CK 取得最小值
min
CK
OC
OK
=
−
．
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如图：过 O 作 OH
BC
⊥
于 H ， 交 AD 于 P ，在圆O 上取一点N，连接
,
AN MN ，则四边形MKAN
是圆O 的内接四边形，
∴
180
AKM
ANM
+
=
，
∵
135
AKM
=
，
∴
180
45
ANM
AKM
=
−
=
，
∴
2
90
AOM
ANM
=
=
，
∵
1
1
2
2
2
AM
AD
AB
=
=
=
，
∴
1
1
2
AP
OP
AM
=
=
= ，
∴
2
2
2
OK
OA
AP
OP
=
=
+
=
，
1 4
5
OH
OP
PH
=
+
= +
=
，
4 1 3
CH
BC
BH
=
−
= −= ，
∴
2
2
5
3
34
OC =
+
=
，
∴
34
2
CKmin
OC
OK
=
−
=
−
，
∴ CK 的最小值为34
2
−
．
