热点14 几何变换压轴5大题型（热点专练）（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测（原卷版+解析版）

这是一份热点14 几何变换压轴5大题型（热点专练）（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测（原卷版+解析版），共12页。
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 折叠综合计算证明
题型02 平移几何探究
题型03 手拉手旋转全等、旋转相似
题型04 将军饮马基础＋进阶最值
题型05 几何选填多结论探究
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。

题型01 折叠综合计算证明
例1（2025·江苏徐州·中考真题）如图，将三角形纸片折叠，使点A落在边上的点D处，折痕为．若的面积为8，的面积为5，则_______．
【答案】
【分析】本题考查的是轴对称的性质，三角形面积，先求解的面积为，的面积为，进一步可得答案．
【详解】解：∵的面积为8，的面积为5，
∴的面积为，
由折叠可得：的面积为，
∴的面积为，
∴，
故答案为：
例2（2025·江苏常州·中考真题）如图，在中，，D是边上一点，将沿翻折得到使线段、相交于点F，若，，则________．
【答案】
【分析】本题考查解直角三角形，勾股定理，翻折的性质，熟练作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．过点作于点，由，设，则，结合，求出，，由翻折得，设，则，，在中，利用，求解即可．
【详解】解：过点作于点，
∴，
设，则，
∴，
得，
则，，
由翻折得，
设，
则，，
在中，，
即，
解得：，
即，
故答案为：．
【变式1】（2026·江苏连云港·一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴正半轴上，为边上一点，连接．将菱形沿折叠，点落在点处，于点．若点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由点的坐标得，求出点，运用待定系数法求出直线的解析式为，求得，设，则，由两点间距离公式得，解得，进而可得点D的坐标．
【详解】解：∵四边形为菱形，边在轴正半轴上，
∴轴，
∵于点，且点的坐标为，
∴轴，
∴，，
∴，
过点作轴于点，则，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
把代入得，
∴，
∴直线的解析式为，
由折叠可得，，
∴，
设，则
∴，
∴，
解得，
∴，
∴．
【变式2】（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，在中，，是边上一点，连接，过点作交于，已将沿翻折得，连接．下列说法错误的是（ ）
A．
B．当时，
C．当时，折痕的长
D．当是等腰三角形时，的长
【答案】D
【分析】由翻折的性质，结合等角的余角相等，可判断A；与的交点记作点，延长，交于点，由平行线的性质，结合翻折的性质，可证明，可得，可判断B；证明，可得，证明，，设，证明，可得，证明，，可得，，由勾股定理可得，可判断C；当是等腰三角形时，，或，或，分类讨论，用勾股定理，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，可得，可判断D．
【详解】解：由翻折可得，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴A正确，不符合题意；
当时，
与的交点记作点，延长，交于点，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由翻折可得，，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，，
∴B正确，不符合题意；
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
解得，（舍去），
∴，，
∴，
∴C正确，不符合题意
当是等腰三角形时，
若，
由翻折可得，
∴，
∴，
∴，
若，
作于点，则，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
若，
作，则，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴方程在实数范围内无解，
∴，
∴当是等腰三角形时，的长或，
∴D不正确，符合题意.
【变式3】（2026·江苏徐州·一模）如图1，在中，，，点D、E分别为边上的点．将沿折叠，点C的对应点记为点F．
(1)、与的数量关系为_______；
(2)在图2中，用无刻度的直尺和圆规作出四边形，使点F落在边上且四边形是菱形；
(3)在图2中连接与交于点O，求线段的取值范围．
【答案】(1)；
(2)见详解；
(3)
【分析】（1）由折叠的性质得，结合三角形内角和定理和平角的定义即可得到结论；
（2）作的平分线交于点F，作的垂直平分线交于点D、E，顺次连接起来，即可
（3）由，可得菱形的边长，取的中点G，结合三角形三边长关系，即可得到答案
【详解】（1）解：∵将沿折叠，点C的对应点记为点F，
∴，
∴
，
∴；
（2）解：如图所示：
由作图可知，的平分线交于点F，
∴，，
∴，
∴，
同理可得：，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（3）解：取的中点G，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴
设，则，
∴，解得，
∴，
∵的中点G，
∴，，
∴，即
题型02 平移几何探究
例1（2026·江苏宿迁·一模）如图，在中，，，M，N分别是边上的动点，将四边形沿直线翻折，点A，D的对应点分别是点E，F，其中点F始终落在边上．
(1)如图1，当点E恰好落在直线上，且时，求的长；
(2)如图2，当点F与点B重合时，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由平行四边形的性质可得，，由平行线的性质可得，由折叠的性质可得，，，求出，作交于点，则，解直角三角形得出，由勾股定理可得，从而得出，即可得出结果；
（2）设，则，连接，作交于点，设，则，由勾股定理可得，从而得出，，由勾股定理可得，由题意可得点、关于对称，从而可得，进而得出，求解可得，从而可得，，即可得出结果；
【详解】（1）解：∵在中，，，
∴，，
∴，
∵将四边形沿直线翻折，点，的对应点分别是点，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
如图，作交于点，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵在中，，
∴设，则，
如图，连接，作交于点，
，
∵，
∴设，则，
∴，
∴，，
由勾股定理可得：，
∵将四边形沿直线翻折，点，的对应点分别是点，，点与点重合，
∴点、关于对称，
∴，
∴，
解得：，
∴，，
∴．
例2（2026·江苏无锡·一模）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴上，点B在y轴上，，，C为x轴正半轴上一点，以为一边在第一象限内作等边．使得D点恰好落在线段上，D点坐标为________，将沿x轴的正半轴向右平移得到，当将的面积分为两部分时，的长为________．
【答案】 或
【分析】由题意作辅助线，作于点H，设等边边长为，得到，再利用待定系数法求出直线的解析式，把代入求解即可；分未过点和超过点两种情况求解．
【详解】解：过作于点，设等边边长为，
，，
，
，，
，
设直线的解析式为，
，解得，
，又D点在线段上，
，解得，
；
等边边长为，，
①当未过点时，如图，与相交于点，
此时，又，
，
设，
又，则，
，
，
又，
，
，
，
又，
，
，
，
解得（负值已舍去）；
②当超过点时，如图，与相交于点，
由题可知，
设，则，
又，，
，
，
，
解得（负值已舍去）；
综上，的长为或．
【变式1】（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．
【变式2】（2025·江苏徐州·模拟预测）在中，已知，，，以所在直线为轴，为坐标原点建立直角坐标系，将绕点按逆时针方向旋转得到（图1）

(1)直接写出C、F两点的坐标．
(2)沿轴的负半轴以1米秒的速度平行移动，设移动后秒（图2），与重叠部分的面积为，当点移动到的内部时，求与之间的关系式．
(3)若与同时从点出发，分别沿轴、轴的负半轴以1米秒的速度平行移动，设移动后秒（如图3），与重叠部分的面积为，当点移动到的内部时，求与之间的关系式，并求出重叠部分面积的最大值．
【答案】(1)，
(2)
(3)，重叠部分面积的最大值是
【分析】（1）根据勾股定理和坐标知识可求出，的坐标；
（2）因为，以及重叠部分的面积可用四边形和三角形的面积来表示出来，从而可求出解析式；
（3）分两种情况：当时和当时进行讨论，分别求出表示面积的解析式，然后根据二次函数最值求解即可．
【详解】（1）解：如图，过作轴，过作轴，

∵在中，已知，，，
∴，
，
，
则，，
∴，
∵将绕点按逆时针方向旋转得到，
∴同理可得，，
∴；
（2）解：如图，设与交于点，与轴交于点，

由题意得，，，
，，
，
，
，
，
点移动到的内部，
，
解得：，
与之间的关系式为；
（3）解：2秒后，移动到的内部，
当时，如图，，，

由（1）知，则
轴，
，
，
，
，
当时，有最大值；
当时，如图，延长与交于点，
，即，
，
，
，
当时，有最大值；
综上所述，与之间的关系式为，重叠部分面积的最大值是．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平移的性质，二次函数的性质和最值的求法，平行四边形的性质等知识点，掌握相关知识是解决问题的关键．本题属于函数与几何综合题，需要较强的数形结合能力，适合有能力解决压轴难题的学生．
题型03 手拉手旋转全等、旋转相似
例1（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E．
(1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由；
(2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线；
(3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______．
【答案】(1)，理由见解析
(2)见解析
(3)25
【分析】（1）过作于过点C作的延长线于，根据旋转的性质得到再证明，可得，最后利用三角形面积公式即可得到结论；
（2）延长至， 使得， 连接，连接，证明，可得，从而得出四点共圆，根据圆周角定理可得，最后再利用直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质证明即可得到结论；
（3）过点C作延长线于，先求得，再由勾股定理得，最后再求解即可得到结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
由旋转的性质可得
过作于过点C作的延长线于，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
（2）证明：延长至， 使得， 连接，
为中点
为的中位线
由旋转的性质可得，
，，
，
，
四点共圆，
，
，
连接，
在中，点是的中点，
，
同理可得，
在中，点是的中点，
，
同理可得，
，
四边形是菱形，
，
即，
四边形是平行四边形，
，
又，
P，Q，R三点共线；
（3）解：过点C作延长线于，
由旋转的性质可得，
由（1）得，由旋转的性质可得，
，
，
，
，
，
，
，
中，，
，
则S的最大值为25．
故答案为：25．
【点睛】本题考查了几何变换综合题，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，旋转的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质及三角形中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
例2（2026·江苏南通·模拟预测）综合与探究
问题情境：
矩形中，，，的平分线交于点．将绕点顺时针旋转，得到点，的对应点分别为点，点与点不重合．
深入探究：
(1)如图，当点在边上时，求证：；
(2)如图，当点在线段上时，连接，，①求证：；②求四边形的面积；
(3)当点在矩形的对角线上时，连接，直接写出的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
(3)的长为或
【分析】（1）先根据旋转的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，再根据三角形的内角和定理可得，然后根据矩形的性质可得，由此即可得证；
（2）①设交于点O，先证出，根据全等三角形的性质可得，，则；
②先证出，根据相似三角形的性质可得的长，然后利用勾股定理求出的长，最后根据四边形的面积等于求解即可得；
（3）分两种情况：①若点G在对角线上时，过点作于，先证出点A，G，C，F在同一条直线上，再求出，，的长，从而可得的长，然后利用勾股定理求解即可得；②若点G在对角线上时，过点F作于M，过点E作于N，先根据等腰三角形的性质、勾股定理求出，，的长，再证出，根据相似三角形的性质可得，的长，从而可得的长，然后利用勾股定理求解即可得．
【详解】（1）证明：绕点旋转得到，
，
，
，
，
在矩形中，，
，
，
；
（2）①证明：如图，设交于点，
四边形是矩形，，，
，
在直角三角形中，由勾股定理得：，
，
，，
平分，
，
在和中，
，
，
，，
；
②解：
，
在和中，
，
，
，即，
，
，
在直角三角形中，由勾股定理得：，
四边形的面积为：
；
（3）解：的长为或．理由如下：
点在矩形的对角线上时，分两种情况讨论：
如图，若点在对角线上时，过点作于．
平分，
点到的距离等于的长度，
由旋转的性质得：，，，
，
，
，
点，，，在同一条直线上，
在和中，
，
，
，
，
在矩形中，，，
，，，
由勾股定理得：，
，
，
由勾股定理得：，
，
由勾股定理得：；
如图，若点在对角线上时，过点作于，过点作于，
在矩形中，，，
，，，
由勾股定理得：，
由（1）②得：，
等腰三角形的三线合一，
在中，，
在中，，
，，，
由旋转的性质得：，，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
由勾股定理得：，
综上所述，的长为或．
【变式1】（2026·江苏扬州·一模）如图，点M为正方形对角线上的一个动点，将线段绕B点逆时针旋转后得到线段，连接．下列结论正确的是________．（请将所有正确结论的序号填写在横线上）
①当N落在上时，；
②当 时，点M到点N距离最短；
③若正方形的边长为1，则长度范围为．
【答案】①③
【分析】①由旋转性质和正方形性质得到 ，得到对应角相等，再根据内错角相等得到．
②由于是定角，故最短时也最短，由垂线段最短即可求出 ．
③M与A重合时B，D，N三点共线，此时最短；M与C重合时，是直角三角形，此时最长，由勾股定理即可求出长度．
【详解】①如图所示，
落在上，由旋转可知，
，
，
由正方形性质知，
，
再由正方形性质知 ，，
∴，
，
，
．
故①正确．
②如图，观察，过B作，
由是等腰三角形知 ，
故当最小时，距离最近，
由垂线段最短知时，最短，此时．
故②错误．
③如图所示，

图一 图二
是正方形的对角线且正方形边长为１，
，
由三角形三边关系可知在中，
，故当 时，最小，此时B，D，N三点共线，
由图一知此时M与A点重合， ，
，
在此后随着M点向右平移，N与D的距离越来越大，故当M与C重合时，N与D的距离最大，
由图二所示， ，
在中，，
，
综上所述，，故③正确
【点睛】解本题的关键是画出每一小问对应的图形，综合运用三角形、四边形各种性质来判定一些线段关系，角度大小以及线段长度．
【变式2】（2026·江苏徐州·一模）如图，在正方形中，，点O是边的中点，若点E是直线上一动点，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，则线段长的最小值为_______．
【答案】1
【分析】根据旋转的性质和正方形的性质证明 ，从而得出 ，确定点的运动轨迹，利用垂线段最短，结合三角函数求解的最小值．
【详解】解：连接，
由旋转的性质可知，
四边形是正方形
，，


在和 中


，
当时，的长度最小，如图：
四边形是正方形
∴
∵，，
∴
在中，，是的中点，
由勾股定理得，

∴在中，
∴线段长的最小值为1．
【变式3】（2026·江苏扬州·一模）综合与探究
学习材料：中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线模型，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法．
如图1，在中，取的中点O，连接并延长，使得，连接、，四边形为平行四边形．
初步探究：
(1)如图2，数学活动课上，老师让同学们制作两张全等的直角三角形纸片并重合放置，将保持固定，绕点A按逆时针方向旋转，其中，若，当点E落在AB边上时，连接并延长，使得，连接、，判断四边形的形状，并说明理由．
深入探究：
(2)如图3，当绕点A按逆时针方向旋转90°时，连接、，取的中点P，连接交于点Q，试判断和的数量关系和位置关系，并说明理由．
拓展延伸：
(3)当绕点A按逆时针方向旋转90°时，连接，M是射线上的一点，连接，过点A作的垂线交于点G，若G是的三等分点，请直接写出的值．
【答案】(1)矩形，理由见解析
(2)，，理由见解析
(3)或2
【分析】（1）由旋转证明 是等边三角形，再证明，进而得到，证明，则四边形是平行四边形．证明
，则问题可证；
（2）延长至点 ，使 ，连接，证明，从而证明，C、B、F共线，再证明，得到，再由角度的互余关系证明，则问题可证；
（3）延长交延长线于点F，证明，得到，再有，和证明，再证明，由，故得到，最后分别利用G是BE的三等分点，分类讨论求解即可．
【详解】（1）解：，，，
，，
点 落在 边上，
中，，，
是等边三角形，
，，
，
是等腰三角形，
，
，
，
，
∴E 是 中点，，
在 和 中：
，，
（SAS），
，，
∴，
四边形是平行四边形．
，
四边形是矩形．
（2），且 ，
理由：延长至点 ，使 ，
连接，
是的中点，
，
在 和 中：
，
，
，
（SAS），
，，
，
是绕点 逆时针旋转 得到，
，，
，
∴C、B、F共线，
，
在 和 中：
，
，
，
，
，，
，
，即 ，
，
．
（3）解：延长交延长线于点F，
是绕点 逆时针旋转 得到，
，，
，
，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
，
，
∵
，
，
∵G是的三等分点
∴当 时，，
当 时，，
或 ．
【点睛】本题需要运用"倍长中线法"构造全等三角形和相似三角形， 通过证明全等三角形，转化边的数量关系是解题的关键．
题型04 将军饮马基础＋进阶最值
例1（2025·江苏镇江·一模）如图，已知抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且，．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点M．使周长最小？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在该抛物线上是否存在点P，使得的面积与的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，点M的坐标为
(3)或或或
【分析】（1）先根据题意求出点A，C的坐标，再运用待定系数法利用交点式求出抛物线函数关系式；
（2）由于的长度保持不变，所以当最小时，周长最小，应用轴对称性质可知，连接交对称轴于点M，由三角形三边的关系可知此时周长最小，运用待定系数法求出直线的函数关系式，把代入，即可求得点M的坐标；
（3）设点P的坐标为，由，可得：，再分两种情况：当点P在x轴上方时或当点P在x轴下方时，分别计算即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴，
设抛物线的函数表达式为（）．
将代入，得：，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为；
（2）解：存在．理由如下：
由（1）可知：点B和点C的坐标分别为和，
∴的长度保持不变，
∴当最小时，周长最小，
∵抛物线的对称轴为，且点A，B关于对称轴对称，
故连接AC交对称轴于点M，
由三角形三边的关系可知此时周长最小，
设直线的函数关系式为（），
把代入直线的函数关系式，得：，
解得：，
∴，
把代入，得：，
∴所求点M的坐标为；
（3）解：存在，设点P的坐标为，
∵，
∴，
①当点P在x轴上方时，
则，
解得：，
∴或；
②当点P在x轴下方时，
则，
解得：，
∴或；
综上所述，满足条件的点P的坐标为：或或或．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用．熟练掌握待定系数法求二次函数解析式，求一次函数解析，二次函数的图象和性质，轴对称性质，二次函数与面积综合，分类讨论，是解题的关键．
例2（（2025·江苏徐州·二模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为，点C的坐标为，点E，F在直线上，且点E在点F的左下侧，．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图2，分别连接，延长交抛物线于点P，当点P在第四象限时，若的面积记作，的面积记作，线段在移动过程中，当的值最大时，求点E的坐标；
(3)如图3，点D为该抛物线的顶点，连接，请直接写出的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了二次函数与几何综合，待定系数法求二次函数，两直线的交点，最短路径，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）利用待定系数法即可解答；
（2）可得的面积为定值，当的面积取最大值时，的值最大，当点位于抛物线最下端时，的面积最大，即点与顶点重合时，求得点，即可求点；
（3）过点作，截取，连接，得到的最小值为，利用两点距离公式即可解答．
【详解】（1）解：把，代入，
可得，
解得，
所以抛物线的表达式为；
（2）解：令，可得，
解得，
，
点到直线的距离为定值，
的面积为定值，
当的面积取最大值时，的值最大，
当点位于抛物线最下端时，的面积最大，即点与顶点重合时，
，
，
设直线的解析式为，
把代入得，，解得，
所以直线的解析式为，
设直线的解析式为，
把，代入可得，
解得，
所以直线的解析式为，
联立方程，
解得，
把代入，可得，
，
如图，作轴，作交于点，
，，
，
轴，
，
为等腰直角三角形，
，
，即；
（3）解：如图，过点作，截取，连接，
，四边形为平行四边形，
，
，
当三点共线时，取最小值，最小值为，
根据（2）可得点的横坐标，纵坐标比点的的横坐标，纵坐标都大，
，即，
，
，即的最小值为．
【变式1】（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为_______．
【答案】
【分析】利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知、运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵为线段上的动点，
∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，
则如图，过点作的平行线，
过点作关于线段的对称点，
由对称性得，
∴，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，
此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，
∵菱形中，，，
∴，，，
由题可得，
∴由对称性可得，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴，
即的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键．
【变式2】（2026·江苏南京·模拟预测）如图，Rt△ABC中，，点D、E分别在边和上，，，则的最小值是______．
【答案】
【分析】设，得出，勾股定理表示出，转化为平面内一点到和点的距离的和，则当在线段上时，取得最小值，最小值为的长，即可求解．
【详解】解：设，
，
，
，
，
即表示点到点和点的距离的和，
如图：
当在线段上时，取得最小值，最小值为的长．
【变式3】（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，其顶点为．直线与轴交于点，与抛物线交于，两点，且．
(1)求抛物线的表达式．
(2)若，求的值．
(3)直线与直线交于点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】本题考查了一次函数与二次函数综合，等腰三角形的性质，勾股定理，一元二次方程根与系数的关系．
（1）先分别根据一次函数的性质，二次函数的性质求出，，，求出抛物线的对称轴为直线，则，根据求出，则；
（2）根据等腰三角形三线合一得到，求出直线的表达式为，直线的表达式为，当在右侧时，证明，则，当在左侧时，设与交于点，设，过的直线交于点，根据等角对等边得到，则在中垂线上，根据中点坐标公式可知的坐标为，根据勾股定理求出将点代入，得；
（3）设，，设直线的表达式为，直线的表达式为，将，坐标代入，求出，则直线的表达式为，同理得直线的表达式为，则，直线与抛物线，得到，即，，代入得到，即点在定直线上运动，作点关于直线的对称点，则，即当且仅当点在直线上时取最小值，的最小值为．
【详解】（1）解：当时，，即．
当时，，，即，，
抛物线的对称轴为直线．
将代入抛物线表达式得，即，
，
，得，
故抛物线的表达式为；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴，
当时，，
即，
设直线的表达式为，
将，代入，
则，解得，
则直线的表达式为，
同理可得直线的表达式为．
①如图1，当在右侧时，，
则，
．
②如图2，当在左侧时，设与交于点，过的直线交于点，由，得，
在中垂线上．
的坐标为．
设，
则，
解得，
即，
将点代入，得．
综上所述，的取值为或；
（3）解：设，，
设直线的表达式为，直线的表达式为．
将，坐标代入，有
则，，
∴
即．
直线的表达式为，
同理直线的表达式为，
则，，
即，，
即，
整理得，
联立直线与抛物线得到
整理得，
，．
．
即点在定直线上运动，作点关于直线的对称点，
．
当且仅当点在直线上时取最小值，的最小值为．
【变式4】（2025·江苏镇江·一模）如图，在直角坐标系中，矩形的顶点O在坐标原点，顶点A，C分别在x轴，y轴上，B点坐标为，D为的中点，线段在边上移动，且，当四边形的周长最小时，则点M的坐标为_____________．
【答案】
【分析】本题考查了轴对称-最短路线问题，坐标与图形，平行四边形的判定和性质，一次函数的性质等知识，作点D关于y轴的对称点E，过点E作，截取，连接、．得四边形是平行四边形，求出，，得出，要使四边形的周长最小，只要使的值最小，当A、N、F三点共线时的值最小．运用待定系数法求出直线的解析式即可解决问题．
【详解】解：作点D关于y轴的对称点E，过点E作，截取，连接、．
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵D是的中点，，
∴，
，
，
要使四边形的周长最小，只要使的值最小，
∴当A、N、F三点共线时的值最小．
设直线的解析式为：，
∵，，
∴，
解得，
，
当时，，
∴ ，
∴．
故答案为：．
题型05 几何选填多结论探究
例1（2025·江苏无锡·中考真题）若函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且关于轴对称，则称函数和具有“对偶关系”，此时点或点的纵坐标称为“对偶值”．下列结论：
①函数与函数不具有“对偶关系”；
②函数与函数的“对偶值”为；
③若1是函数与函数的“对偶值”，则：
④若函数与函数具有“对偶关系”，则．
其中正确的是（ ）
A．①④B．②③C．①③④D．②③④
【答案】B
【分析】本题考查新定义展开，围绕“对偶关系”和“对偶值”的定义逐一求解即可；
根据关于轴对称，称函数和具有“对偶关系”，则横坐标是相反数关系，纵坐标相等，逐一分析即可.
【详解】解：①设函数上点坐标轴为 ，
∵关于轴对称
∴点坐标为
若点或点的纵坐标称相等，
∴解得：，
则存在这样的点，使得他们关于轴对称，
∴函数与函数具有“对偶关系”
所以①错误；故不符合题意；
②当时，则，解得；，解得；横坐标是相反数，所以②正确，故符合题意；
③当时，则，解得；
因为是函数与函数的“对偶值”，
所以函数的，代入得： ，解得，所以③正确，故符合题意；
④设点坐标为，则点坐标为 ，
∵横坐标是相反数关系，纵坐标相等
∴，整理得，
∵，对于函数，y随m的增大而增大，
当时，；
当时，；
∴，而不是，所以④错误，故不符合题意；
故选：B.
例2（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在正方形中，E为边的中点，连接，将沿翻折，得到，连接，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．
C．的面积的面积D．四边形的面积的面积
【答案】D
【分析】本题考查了正方形与折叠问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等．过点作，分别交、于点、，由折叠的性质得，求得，推出，由是的外角，可求得，即可判断选项A；设，，则，，证明，利用相似三角形的性质列式求得，求得，，，再根据勾股定理和三角形面积公式求得即可判断其余选项．
【详解】解：过点作，分别交、于点、，
由折叠的性质得，，
∵E为边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴，
∴，故选项A正确，不符合题意；
∵正方形，
∴，，
设，
∵E为边的中点，
∴，
由折叠的性质得，，，
∵，
∴四边形和为矩形，
∴，，
设，则，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴，，，
∴，，
∴，故选项B正确，不符合题意；
∵的面积，的面积，
∴的面积的面积，故选项C正确，不符合题意；
∵四边形的面积等于的面积的面积，
的面积，
∴四边形的面积的面积，故选项D不正确，符合题意；
故选：D．
【变式1】（2026·江苏无锡·二模）规定：对于某个函数，若在自变量的取值范围为时，对应的函数值全部满足，其中是时对应的函数值，其中是时对应的函数值，则称为该函数的融值区间．下列结论正确的是（ ）
①是函数的融值区间；
②函数不存在融值区间；
③是函数的融值区间；
④若是函数的融值区间，则．
A．①②B．②③C．③④D．②④
【答案】B
【分析】明确融值区间的定义，对四个结论逐一验证，根据函数性质求出给定区间内的取值范围，对比定义要求的范围即可判断正误．
【详解】解：对于①，，函数，
∵ ， ，
∴要求满足 ，即，
∵在上单调递增，
∴的范围是，存在，不满足定义，故①错误；
对于②，假设存在融值区间 ，，
∵，在单调递减，
∴的范围是，要求满足，
整理得 ，左边分子分母都为正，故左边为正数，右边，正数不可能小于等于负数，假设不成立，
若，上式得，与假设矛盾；
故不存在融值区间，②正确；
对于③，，函数，
∵ ， ，
∴要求满足 ，即 ，
∵开口向上，对称轴为，在上单调递增，的范围是，全部满足 ，符合定义，故③正确；
对于④， ，函数， ，要求满足 ，
∵开口向上，顶点在，
当 时，最小值为，可得，解得，
当时，最小值为，要求得，矛盾无解，
∴的范围是，不是 ，故④错误；
综上，正确结论为②③．
【变式2】（2026·江苏扬州·一模）某同学利用计算机软件绘制函数 （m，n为常数）的图象如图所示，由学习函数的经验，可以推断下列结论中选项正确的是（ ）
A．
B．
C．该函数自变量x的取值范围为一切实数
D．方程有两个不等实数根
【答案】D
【分析】本题考查了函数图像的性质，y随x的变化趋势，方程根的问题；解题的关键是通过观察函数间断点和变化趋势来判断m，n正负，根据分式分母不为0判断函数值域，代入具体函数值来将方程变形化简．
【详解】解：A.由图像可知，当时， ，分子是一个常数，要使得y的值达到正无穷，只能是分母为0，故，当时，y随x的减小而增大且，分母，故分子也大于0，故， A选项错误．
B.由A的分析可知B选项错误．
C.由分式的性质知分母不能为0，故，C选项错误．
D.由图可知当时，函数与有两个不同交点，即 ，化简得 ，故方程 有两个不同实数根，D选项正确．
【变式3】（2026·江苏无锡·一模）如图，在中，，，的顶点在边上运动（点不与点重合），且，，直线与直线相交于点，连接，则下列结论：①；②的面积等于的面积；③线段的最大值为；④周长的最小值为．其中正确的为（ ）
A．①②B．②④C．①②③D．①②④
【答案】A
【分析】①根据题意得到，然后得到，即可证明，即可判断①；②如图，连接，证明出点A，D，C，E四点共圆，得到，即可判断②；③得到点E在直线上运动，然后结合点在边上运动，点不与点重合即可判断③；如图，作点A关于的对称点，连接，，当点B，E，三点共线时，的周长最小，即的值，然后利用勾股定理求解即可判断④．
【详解】解：①设交于，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，故①正确；
②如图，连接
∵
∴点A，D，C，E四点共圆
∴
∴
∴的面积等于的面积，故②正确；
③∵
∴点E在直线上运动
∵点在边上运动，点不与点重合
∴不存在最大值，故③错误；
④如图，作点A关于的对称点，连接，
∴的周长
∴当点B，E，三点共线时，的周长最小，即的值
由对称得，
∴
∵
∴
∴周长的最小值为，故④错误．
综上所述，其中正确的为①②．
【变式4】（2026·江苏南通·模拟预测）如图，抛物线的图象与坐标轴交于点A，B，D，顶点为E，以为直径画半圆交y轴负半轴交于点C，圆心为M，P是半圆上的一动点，连接．
①点E在的内部；
②的长为；
③若P与C重合，则；
④在P的运动过程中，若，则；
⑤N是的中点，当P沿半圆从点A运动至点B时，点N运动的路径长是．
则正确的选项为（ ）
A．①②④B．②③④C．②③⑤D．③④⑤
【答案】D
【分析】①，可知点E在上，答案可求；②由题意，，利用勾股定理可求，故，结论可得；③由锐角三角函数可求，利用平行线和等腰三角形的性质可求，结论可得；④连接，过点A作于K，利用圆周角定理和锐角三角函数求得，则，结论可得；⑤连接，则，可得点N的运动轨迹，根据圆的周长公式，可得点N运动的路径长．
【详解】解：∵，
∴顶点．
∴．
令，则．
∴．
∴．
令，则−12x2+x+32=0．
解得：或．
∴．
∴，．
∴．
∴的半径为2．
①，，
∴的半径为2，
∴E点在上．故①不正确；
②连接，则，如图：
在中，，
∴．
∴，
．故②不正确；
③连接，如图：
由②知：．
∵，
∴，
，
，
．
∵P与C重合，
∴．故③正确；
④如图，连接，过点A作于K，
∵，
∴E点在上．
∴．
∵是圆的直径，
∴．
∴．
∴，
．
∵，
∴．
．
∵，
．
∴为等腰直角三角形．
∴．
∴．故④正确；
⑤如图，连接，设的中点分别为G，F，连接交于点R．
∵G，F为的中点，
∴为的中位线．
∴．
连接，
∵N为的中点，M为圆心，
∴．
∴点N的运动轨迹为以为直径的半圆．
即点N的运动轨迹是以点G，F为端点的半圆．
∴点N运动的路径长是．故⑤正确；
综上，正确的选项为③④⑤．
（40分钟限时练）
1．（2026·江苏扬州·一模）如图，中，，，．点是上的一点，且，为边上的一个动点，连接，将绕点顺时针旋转得到线段，连接．点在从向运动的过程中，线段的最小值为( )
A．4B．C．2D．
【答案】D
【分析】过点作于点，连接，过点作于点，则，求得，，进而求得的长得出，证明，进而得出垂直平分，，当时，取得最小值，，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，连接，过点作于点，则
∵中，，，．
∴，，
在中，
∴
∴
∴，
∵
∴，
∵将绕点顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴
∴
∴
∴
∴
∴垂直平分
∴，
而
∴，
∴当时，取得最小值，，即线段的最小值为
2．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，在中，，．将绕点A按逆时针方向旋转后得，与相交于点F．当时，（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】C
【分析】分情况讨论，当在的上方时，由三角形内角和定理得，由旋转的性质得，，进而根据平行线的性质可得，即得，再根据三角形内角和定理即可求解，当在的下方时，同理可求得．
【详解】解：如图1，在中，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
如图2，
，
，
，
，
，
，
，
综上所述，或．
3．（2026·江苏无锡·一模）若函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且、关于原点成中心对称，则称函数和存在“奇对称点”．此时，奇对称点到原点的距离称为“奇对称值”．下列结论：
①函数与函数存在奇对称点；
②函数与函数的“奇对称值”为2或5；
③若是函数与函数的“奇对称值”，则或；
④若函数与函数存在奇对称点，则．
其中正确的是（ ）
A．①③B．①③④C．①④D．②③④
【答案】B
【分析】根据“奇对称点”定义，若在上，在上，则有解即存在奇对称点，奇对称值为，逐个验证四个结论即可．
【详解】解：设在上，由关于原点对称得在上，因此满足，，即，奇对称值为．
① 对，，代入得：
，
解得，方程有解，存在奇对称点，①正确．
② 对，，
代入得：，
整理得，
解得或．
当时，，奇对称值为；
当时，，奇对称值为，
因此奇对称值为或，②错误．
③ 奇对称值为，因此，
，得，
代入得：，
整理得，
解得或．
由，得
，
当时，；
当时，，
因此或，③正确．
④ ，，
因此，，得
，
代入条件得：，
整理得．
，
当时，，
当时，，
因此，④正确．
综上所述，①③④正确．
4．（2026·江苏苏州·一模）如图，等腰中，，，点D为斜边上一点（不与A，B重合），，连接，将线段绕点C顺时针方向旋转至，连接、．若，，求________．
【答案】
【分析】根据旋转的定义得到，，证明，求出，再根据勾股定理即可求出答案．
【详解】解：由旋转可知，，，
，
，
．
在和中，，
，．
是等腰直角三角形，
，，
．
又，
则在中，．
5．（2026·江苏无锡·一模）如图，矩形中，，点E是边上的动点，点F在边上，．连接，则的最小值为__．
【答案】
【分析】在上取点，使得，连接，过点作于点，作点关于的对称点，连接，首先证明，由全等三角形的性质可得，再由轴对称的性质可得，易知，当点三点共线时，取最小值，即取最小值，然后证明四边形为矩形，结合矩形的性质以及勾股定理解得的值，即可获得答案．
【详解】解：如下图，在上取点，使得，连接，过点作于点，作点关于的对称点，连接，
∵四边形为矩形，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点与点关于对称，
∴，，
∴，
当点三点共线时，取最小值，即取最小值，
此时∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴此时，即的最小值为．
6．（2025·江苏徐州·模拟预测）已知，在等腰中，，，点为中点，为边上一点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接、．
(1)如图，若，，求的长；
(2)如图，过点作于点，延长交于点，求证：；
(3)如图，在的条件下，为线段上一点，连接，将沿翻折得，点对应点，点为线段与线段的交点，当为等腰三角形时，直接写出的值．
【答案】(1)；
(2)见解析；
(3)或．
【分析】利用可证，根据全等三角形对应边相等，可知，因为中，，，点为中点，可知，，，利用含角的直角三角形的性质可得，利用勾股定理可以求出，根据等腰三角形的三线合一定理可得，从而可以求出，利用勾股定理可得；
过点作交的延长线于点，交于点，连接，，构造全等三角形，利用全等三角形的性质可证结论成立；
因为为等腰三角形，所以要分三种情况求解，情况一、当时；情况二、当时；情况三、当时．
【详解】（1）解：，将绕点逆时针旋转得到，
，
，，
，
，
在和中，，
，
，
，，
点为中点，，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）解：过点作交的延长线于点，交于点，连接，，
，，，，
，，，
，，
由得，
，，
，
，
与为等边三角形，
，，
，，
在和中，，
，
，，
在与中，，
，
，
，，
在和中，，
，
；
（3）解：当时，如下图所示，
，
，，
，，，
，
将沿翻折得，
，，，
即，
解得：，
，
由得，，
，
过点作，
，
，
，
，
，
，
，
；
当时，如下图所示，
，
，
，与题意矛盾，舍去；
当时，如下图所示，
，
，
，
，，
过点作，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
综上所述，或．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形，含角的直角三角形的性质及等腰三角形的性质，解决本题的关键是作辅助线构造全等三角形和直角三角形，利用全等三角形的性质和直角三角形的性质找边、角之间的关系．
近三年：几何变换压轴是江苏中考数学区分度最高的模块之一，是压轴题的核心载体，近三年在13 市中考中，整体分值占比稳定在8-12分，以解答压轴题或填空压轴题形式出现，侧重考查几何直观、模型识别与综合推理能力。
1.高频考点分布：
折叠综合计算证明：中档解答题高频考点，占3-4分；
平移几何探究：基础变换探究题，占2-3分；
手拉手旋转全等/相似：压轴题核心模型，占3-4分；
将军饮马基础+进阶最值：压轴题高频最值考点，占3-4分；
几何填空多结论探究：填空压轴高频考点，占3分。
2.命题特点：
以三角形、四边形为载体，结合折叠、平移、旋转三大变换，层层递进设问；
设问梯度明显，前两问为基础模型识别，后两问为综合应用与最值探究；
江苏中考常以 “旋转+最值+存在性” 的组合形式命题，综合性强；
对模型识别能力要求高，如手拉手、将军饮马等模型是解题关键。
3.高频失分点：
折叠问题中，对应边、对应角找错，或无法构造直角三角形列方程；
平移探究中，忽略平移前后的对应关系，线段转化错误；
手拉手模型识别错误，无法找到全等/相似三角形；
将军饮马最值问题中，无法正确作对称点，路径转化错误；
多结论探究题中，推理不严谨，误判或漏判结论。
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2026 年本模块将继续保持高区分度命题风格：
1.折叠、旋转仍是核心背景，背景更灵活，可能结合特殊三角形、四边形；
2.手拉手旋转模型仍为核心设问，与相似、最值的结合更紧密；
3.将军饮马进阶最值问题将更复杂，可能结合折叠、圆背景考查；
4.多结论探究题的迷惑性增强，侧重考查几何性质的综合应用。
解｜题｜策｜略
核心性质：折叠前后的图形全等，对应边相等、对应角相等，折痕是对应点连线的垂直平分线，且平分对应点的夹角。
② 通用解题步骤：
标记折叠前后的对应边、对应角，找出相等的线段和角；
设未知数，表示出相关线段的长度（如折叠后重合的边）；
利用勾股定理、相似三角形或三角函数列方程求解；
结合全等三角形、等腰三角形的性质，完成证明或计算。
③ 解题技巧：
矩形、正方形折叠问题，优先利用 “一线三直角” 模型构造相似三角形；
等腰三角形、直角三角形折叠问题，优先利用三线合一或勾股定理；
折叠后出现直角三角形时，优先设未知边，用勾股定理列方程；
复杂折叠问题，可分步分析折叠过程，画出关键位置的图形。
④ 易错点：对应边、对应角找错；忽略折痕的性质，无法构造垂直平分线；或列方程时线段关系错误。
解｜题｜策｜略
平移的核心性质：平移前后的图形全等，对应边平行且相等，对应角相等，对应点的连线平行且相等。
② 通用解题步骤：
明确平移的方向和距离，标记平移前后的对应点；
利用平移的性质，转化线段和角的关系；
结合三角形、四边形的性质，证明全等或相似；
求解相关线段的长度或角度。
③ 解题技巧：
平移问题中，优先构造平行四边形，利用平行四边形的性质转化线段；
平移过程中，线段的长度不变，可利用这一性质构造全等三角形；
复杂平移问题，可分步分析平移过程，画出关键位置的图形。
④ 易错点：忽略平移前后的对应关系，导致线段或角的转化错误。
解｜题｜策｜略
① 手拉手旋转全等模型：
图形特征：两个共顶点的等腰三角形（如等腰直角、等边三角形），绕顶点旋转；
判定：∵ △ABC 和△ADE 为等腰三角形，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴ ∠BAD=∠CAE；
结论：△BAD≌△CAE，对应边 BD=CE，对应角∠ABD=∠ACE；
进阶结论：BD 与 CE 的夹角等于等腰三角形的顶角（或其补角）。
② 手拉手旋转相似模型：
图形特征：两个共顶点的相似三角形，绕顶点旋转；
判定：∵ △ABC∽△ADE，∠BAC=∠DAE，∴ ∠BAD=∠CAE；
结论：△BAD∽△CAE，对应边成比例BD：CE=AB:AC，对应角相等；
进阶结论：BD 与 CE 的夹角等于相似三角形的对应角。
③ 解题技巧：
看到 “共顶点的等腰/相似三角形”，优先构造手拉手模型；
证明全等/相似后，可直接利用对应边、对应角的关系，简化后续推理；
求线段长度时，可结合勾股定理、三角函数求解。
④ 易错点：手拉手模型识别错误，无法找到全等/相似三角形；或旋转角判断错误，导致对应边、对应角找错。
解｜题｜策｜略
① 基础将军饮马模型（两定一动）：
场景：直线同侧两点，在直线上找一点，使两点到该点的距离和最小；
解法：作其中一点关于直线的对称点，连接对称点与另一点，与直线的交点即为所求，最小值为对称点与另一点的距离；
核心原理：两点之间，线段最短。
② 进阶将军饮马模型：
模型 1：两定两动（两条直线上各有一个动点，求折线段和的最小值）：作两次对称，转化为两点间距离；
模型 2：单定两动（一个定点，两条直线上各有一个动点，求折线段和的最小值）：作定点关于两条直线的对称点，连接对称点，与直线的交点即为所求；
模型 3：将军饮马+平移（两定点间有固定距离，求折线段和的最小值）：平移其中一点，转化为基础将军饮马模型；
模型 4：将军饮马+圆（定点到圆上一点 + 直线上一点的距离和最小值）：转化为定点到圆上点的距离，再结合将军饮马求解。
③ 解题技巧：
优先明确 “求哪条线段/折线段的最值”，确定对称轴和动点轨迹；
对称点的选择：优先对称已知点，避免对称动点导致轨迹复杂；
计算时利用勾股定理或三角函数，求出两点间的距离。
④ 易错点：对称点作错，线段转化错误；或无法识别进阶模型，无法将折线段转化为直线段。
解｜题｜策｜略
① 通用解题步骤：
逐一分析每个结论，标记关键条件和结论；
结合图形的性质（全等、相似、平移、旋转），对每个结论进行推理；
对于不确定的结论，可通过特殊位置（如端点、中点）验证；
汇总正确结论，排除错误选项。
② 解题技巧：
优先判断明显正确或错误的结论，缩小范围；
利用排除法，先排除错误选项，再验证剩余结论；
涉及线段长度或角度的结论，可通过计算验证；
注意结论之间的逻辑关系，如由结论 A 可推出结论 B，可结合判断。
③ 易错点：推理不严谨，误判结论的正确性；或忽略图形的特殊情况，导致结论判断错误。