随着数学核心素养的不断推进和实施，对教学评价具有指导作用的中考试卷中出现了大量的图形操作类新题型，通过对图形的折、叠、转、拼、平移等变换手段，为学生提供了一个自主动手实践操作，观察、分析、猜想并进行说理验证的科学探究的问题情景，让学生能在一个动态的情景中感悟知识的发生、发展过程、探索问题的结论和规律.真正理解图形的性质，同时对培养学生的空间观念，探索能力、创新思维能力有着重要的作用.有效地促进了学生学习方式的转变.此类问题在"四边形"知识点的考查方面表现的尤为突出.现摘取几例与读者共赏.
例1.你能用手中的矩形纸片折出一个菱形吗？
（1）聪明的你能够想出菱形应该怎样折出来吗？请你在下图中画出菱形的示意图．
（2）在矩形ABCD中，设AB＝3，AD＝4，请你用尺规在图中画出面积最大的菱形（保留作图痕迹，不用说明理由），标注上适当的字母，并求出这个菱形的面积．
（3）已知：平行四边形ABCD的对角线交点为O，点E、F分别在边AB、CD上，分别沿DE、BF折叠四边形ABCD，A、C两点恰好都落在O点处，且四边形DEBF为菱形（如图）．请你求出AB与BC的比值．
【分析】（1）以各边中点折四角或将短边对折即可；
（2）以BD为对角线，E、F分别在AD，BC上，且EF垂直平分BD，线段ED的长为x，在Rt△ABE中，由勾股定理可求得BE的长，即为DE的长，根据菱形面积公式可得结论；
（3）如图3，由折叠证明E、O、F共线，根据菱形对角线互相垂直得：BD⊥EF，可得平行四边形ABCD是矩形，设BC＝y，则AD＝y，BD＝2y，根据勾股定理可得：DC＝√3 y，计算AB/BC=√3y/y=√3.
【解答】（1）如图1，
（2）作法：①连接BD，②作BD的中垂线，分别交AD、BC于E、F，
③连接BE、DF，则四边形BEDF为所求作的菱形；
如图2，设线段ED的长为x，
∵四边形BFDE是菱形，∴ED＝BE＝x，
又∵矩形ABCD中AB＝3，AD＝4，∴AE＝4﹣x，
在Rt△ABE中，AE² AB²＝BE²，
∴（4﹣x）² 3 ²＝x²，解之得：x＝25/8，∴ED＝25/8，
∴S菱形EBFD＝ED•AB＝25/8×3＝75/8，
答：这个菱形的面积是75/8．
（3）如图3，由折叠得：∠DAE＝∠DOE，∠DCB＝∠FOB，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠DAB＝∠DCB，
∴∠DOE＝∠FOB，∴E、O、F共线，
∵四边形DEBF是菱形，∴BD⊥EF，
∴∠BOF＝∠BCF＝90°，∴▱ABCD是矩形，
设BC＝y，则AD＝y，由折叠得：OD＝OB＝BC＝y，∴BD＝2y，
在Rt△ADB中，由勾股定理可求得DC＝AB＝√3y，
∴AB/BC=√3y/y=√3．
【点评】本题考查了翻折的性质：对应角相等，对应边相等，以及菱形和平行四边形、矩形的性质和判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，菱形的面积的求法等知识点；解答时运用勾股定理的性质求解是关键．
本题若能制作一个矩形纸片，根据提供的条件，进行模拟实验，通过折叠与复原的互逆过程的观察、分析、体验其中渗透的图形变换思想，将折叠后的图形复原为图2，然后在借助轴对称的性质（折叠前后重合的图形关于折痕是全等的）及直角三角形的性质问题便可迎刃而解.
例2、已知有两张全等的矩形纸片．
（1）将两张纸片叠合成如图1，请判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
（2）设矩形的长是6，宽是3．当这两张纸片叠合成如图2时，菱形的面积最大，求此时菱形ABCD的面积．
【分析】（1）作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，根据题意先证出四边形ABCD是平行四边形，再由AP＝AQ得平行四边形ABCD是菱形；
（2）设BC＝x，则CG＝6﹣x，CD＝BC＝x，在Rt△CDG中，由勾股定理得出x，再求得面积．
【解答】（1）四边形ABCD是菱形．
理由：作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，
由题意知：AD∥BC，AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，
∵两个矩形全等，∴AR＝AS，
∵AR•BC＝AS•CD，∴BC＝CD，∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）设BC＝x，则CG＝6﹣x，CD＝BC＝x，
在Rt△CDG中，CG ² DG ²＝CD ²，
∴（6﹣x）² 3 ²＝x ²，解得x＝15/4，∴S＝BC•DG＝45/4．
【点评】本题是一道综合性质的题目，考查了菱形的判定和性质、勾股定理和矩形的性质等知识点，是中考的常见题型．
本题以两个宽度相等的矩形纸片为道具创设了一个特殊的四边形——菱形的判定及变化的菱形周长取值问题的探究的数学情景，通过纸片不同位置的放置把平行四边形、菱形、正方形有机的融合在一起.（1）问即可以通过构造全等三角形，也可以利用同一个图形的面积不变证明.（2）如果同学们能够自制道具，动手操作容易发现重合部分为正方形时，周长最小.当纸片如图5放置时重叠的菱形的边长最大，因而周长取得最大值.这充分说明了动手实践进行"数学实验"是我们探究问题，发现结论的一种重要手段，通过"做"数学的过程，可使我们直观感悟产生心理体验，为合理地猜想数学结论，培养合情推理、及逻辑推理提供可靠的保证.
例3.已知：如图所示，△ABC为任意三角形，若将△ABC绕点C顺时针旋转180°得到△DEC．
（1）试猜想AE与BD有何关系？并且直接写出答案；
（2）若△ABC的面积为3cm ²，求四边形ABDE的面积；
（3）请给△ABC添加条件，使旋转得到的四边形ABDE为菱形，并说明理由．
（4）请给△ABC添加条件，使旋转得到的四边形ABDE为矩形，并说明理由．
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质定理判断即可；
（2）根据等底同高的三角形面积相等计算即可；
（3）根据对角线垂直的平行四边形是菱形解答即可．
（4）根据对角线相等的平行四边形是矩形解答即可．
【解答】（1）由旋转的性质可知，CA＝CD，CB＝CE，
∴四边形ABDE是平行四边形，∴AE＝BD，AE∥BD；
（2）∵四边形ABDE是平行四边形，
∴△BCD的面积＝△DCE的面积＝△AEC的面积＝△ABC的面积＝3cm2，
∴四边形ABDE的面积为12cm ²；
（3）∠ACB＝90°，
证明：由旋转可知AC＝DC，BC＝EC，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，∴四边形ABDE为菱形．
（4）当CA＝CB时，四边形ABDE为矩形，
∵AD＝2AC，BE＝2BC，又CA＝CB，
∴AD＝BE，∴平行四边形ABDE为矩形．
例4、长分别为a和b的两个正方形ABCD和正方形CEFG，按图1方式摆放，连接DG，过D作DM⊥DG交AB于点M，过M作MN⊥DM，过G作GN⊥DG，MN与GN交于点N．
（1）证明：四边形DMNG是正方形，并求正方形DMNG的面积；
（2）在图1中，正方形ABCD和正方形CEFG沿虚线剪开后能够拼接为正方形DMNG，请简略说明你的拼接方法；
（3）图2是边长为13的正方形A ₁B ₁C ₁D ₁，将它剪拼成边长分别为5和12的两个正方形，请简略说明你的剪拼方法，（要求：用虚线画出裁剪线，画出剪拼后的两个正方形，用数字标注剪拼前后需要移动的部分，并说明如何移动）
【分析】（1）首先判断四边形MNED是矩形，然后在Rt△ADM与Rt△CDE中，证明DM＝DE，进而得到四边形MNED是正方形，利用DE ²＝CD ² CE ²＝a ² b ²，于是正方形MNED的面积为a ² b ²．
（2）如图1，由三对全等三角形进行拼接，即可得到一个正方形；
方法：将②放到⑥的位置，③放到⑤的位置，④放到①的位置．
（3）如图2，仿照图1，将1放到2的位置，3放到4的位置，5放到6的位置：得到边长为12的正方形EFGD1和边长为5的正方形GC ₁AB．
【解答】（1）由作图的过程可知：∠GDM＝∠DGN＝∠DMN＝90°，
∴四边形MNGD是矩形，
在Rt△ADM与Rt△CDG中，
∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝CD，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ADM ∠MDC＝∠GDC ∠MDC＝90°，∴∠ADM＝∠GDC，
∵∠A＝∠DCG＝90°，∴△ADM≌△CDG（ASA），∴DM＝DG，
∴四边形MNGD是正方形．
∵DG ²＝CD ² CG ²＝a ² b ²，
∴正方形MNED的面积为a ² b ²．
（2）如图1，可以证明图中②与⑥位置的两个三角形全等，⑤与③位置的两个三角形全等，①与④位置的两个三角形也全等．
所以将②放到⑥的位置，③放到⑤的位置，④放到①的位置，恰好拼接为正方形MNGD．
（3）如图2，以C1D1为直径画圆，确定C1G＝5，D1G＝12，依次作垂线可得边长为12的正方形EFGD1和边长为5的正方形GC1AB，
将1放到2的位置，3放到4的位置，5放到6的位置．
【点评】本题是四边形的综合题，此题涉及到较多的知识点，有正方形的性质，全等三角形的判定与图形的拼切，难度较大，解答（1）关键是证明出四边形MNGD是正方形，解答（2）的关键是熟练掌握图形拼切的方法．
本题设置了一个让学生研究"将若干个正方形拼接成一个大正方形"的课题，题目首先提供了一个用两个全等的正方形分割后能拼接成一个大正方形（新拼成的正方形的面积等于原来两个正方形面积的和）的模型，然后又给出了任意的两个正方形如何拼出正方形的分割方法，让学生用数学知识说明这种分割、拼合的方法的正确性，这样降低了问题的难度，在说明的过程中需要同学们有敏锐的观察力、分析能力.对于（2）需要有分析推理、大胆猜想的独创精神，也就是说要学会从"特殊情况、简单情况"入手，观察分析推理，得出规律后再向"一般情况"推广的研究问题的数学方法.事实上本问还渗透了一个"递进拼合"的数学思维方法.
例5.如图甲，平行四边形ABCD外有一条直线MN，过A、B、C、D4个顶点分别作MN的垂线AA ₁、BB ₁、C∁ ₁、DD ₁，垂足分别为A ₁、B ₁、∁ ₁、D ₁．
（1）求证：AA ₁ C∁ ₁＝BB ₁ DD ₁；
（2）如图乙，直线MN向上移动，使点A与点B、C、D位于直线MN两侧，这时过A、B、C、D向直线MN引垂线，垂足分别为A ₁、B ₁、∁ ₁、D ₁，那么AA ₁、BB ₁、C∁ ₁、DD ₁之间存在什么关系？
（3）如图丙，如果将MN再向上移动，使其两侧各有2个顶点，这时过A、B、C、D向直线MN引垂线，垂足分别为A ₁、B ₁、∁ ₁、D ₁，那么AA1、BB ₁、C∁ ₁、DD ₁之间又存在什么关系？
【分析】（1）连接AC，BD相交于点O，作OO ₁⊥MN于点O1，根据梯形中位线定理即可得出结论；
（2）连接AC，BD交于点O，过点O作OG⊥MN，垂足为G，延长OG交AC1的连线于点H，可证明CC ₁﹣AA ₁＝BB1 DD ₁；
（3）连接AC，BD交于点O，连接DB ₁，AC ₁，过点O作OG⊥MN，G为垂足，延长OG交DB ₁于点K，交AC1于点H，利用三角形中位线定理可证明CC ₁﹣AA ₁＝DD ₁﹣BB ₁．
【解答】（1）证明：如图甲，连接AC，BD相交于点O，作OO1⊥MN于点O ₁，∵AA ₁⊥MN，CC ₁⊥MN，∴AA ₁∥CC ₁，
∵O是AC的中点，∴AA ₁ CC ₁＝2OO ₁，
同理，BB ₁ DD ₁＝2OO ₁，∴AA1 C∁ ₁＝BB ₁ DD ₁；
（2）如图乙，连接AC，BD交于点O，过点O作OG⊥MN，垂足为G，延长OG交AC ₁的连线于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是线段AC的中点也是线段BD的中点．
∵CC ₁⊥MN，∴OH是△ACC ₁的中位线，
∴OH＝OG GH＝1/2CC ₁．
同理，GH＝1/2AA ₁，∴OG＝1/2（CC ₁﹣AA ₁），即2OG＝CC ₁﹣AA ₁．
∵DD1⊥MN，BB ₁⊥MN，
∴DD ₁∥BB ₁，∴OG是梯形DD1∥B ₁B的中位线，
∴DD ₁∥BB ₁＝2OG，∴CC ₁﹣AA1＝BB ₁ DD ₁；
（3）如图丙，连接AC，BD交于点O，连接DB ₁，AC ₁，过点O作OG⊥MN，G为垂足，延长OG交DB ₁于点K，交AC ₁于点H，
∵CC ₁⊥MN，O是AC的中点，OH⊥MN，
∴OH是△ACC1的中位线，
∴OH＝OG GH＝1/2CC1．
同理，GH＝1/2AA ₁，OK＝1/2BB ₁，GK＝OG OK＝1/2DD ₁，
∴OG＝1/2CC ₁﹣GH＝1/2CC ₁﹣1/2AA ₁，即2OG＝CC ₁﹣AA ₁．
同理，2OG＝DD ₁﹣BB1，∴CC ₁﹣AA ₁＝DD ₁﹣BB ₁．
【点评】本题考查的是四边形综合题，此题比较复杂，解答此题的关键是作出辅助线，利用平行四边形对角线互相平分的性质构造出梯形及三角形，利用梯形及三角形的中位线定理解答．
本题以平行四边形为背景，以平移为变换策略，将静态的数学与动态的变化结合起来，给数学注入了生命的活力.象这样在"运动变化的几何图形"中，让学生探究几何图形所具有性质的"变"与"不变"是中考最富有活力的一类几何问题此类问题常先设置一个让学生探索的问题情景，在获得结论之后，再创设一个题设变化、图形变化的问题环境，进一步探究对结论的影响.解决此类问题应对原命题的结构特征、辅助线的作法、解题的思维策略精心研究，然后在变化的几何图形中进一步审视原来辅助线的添作、证明方法能否迁移，进而拾级而上，抓住运动变化过程中的"不变因素"，利用"类比"的思维方法，方可获得问题的答案.该题较好的考察了学生观察、分析、判断论证能力和探究创新能力；有利于培养学生严谨的思维习惯和缜密的治学态度.
牛刀小试：1.综合与实践
问题情境:
如图，同学们用矩形纸片ABCD开展数学探究活动，其中AD＝8，CD＝6．
操作计算:
（1）如图（1），分别沿BE，DF剪去Rt△ABE和Rt△CDF两张纸片，如果剩余的纸片BEDF是菱形，求AE的长；
操作探究:
把矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到△ABC和△C′DA′两张纸片．
（2）将两张纸片如图（2）摆放，点C和点C′重合，点B，C，D在同一条直线上，连接A′A，记A′A的中点为M，连接BM，MD，发现△BMD是等腰直角三角形，请证明；
（3）如图（3），将两张纸片叠合在一起，然后将△A′DC′纸片绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°），连接AC′和A′C，探究并直接写出线段AC′与A′C的关系．
【解析】（1）由矩形的性质得出AB＝CD＝6，∠A＝90°，由菱形的性质得出BE＝DE＝AD﹣AE＝8﹣AE，在Rt△ABE中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（2）连接MC，证出△ACA'是等腰直角三角形，得出∠CA'A＝45°，由直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质得出A'M＝CM＝AM，∠MCA＝45°，CM⊥AA'，证出∠BCM＝∠DA'M，由SAS证明△BCM≌△DA'M，得出BM＝DM，∠BMC＝∠DMA'，由角的雇佣关系证出∠BMD＝90°，即可得出结论；
（3）延长AC'、A'C交于点M，由旋转的性质得：BC'＝BA，BA'＝BC，∠A'BC＝∠ABC，∠BA'C＝∠BC'A，证出∠BAC＝∠BC'A＝∠BCA'＝∠BA'C，由四边形内角和定理得出∠A'BC' ∠M＝180°，证出∠M＝90°，得出AC'⊥A'C，证明△ABC'∽△C'BA'，得出对应边成比例AC′/A′C=AB/BC=3/4，即可得出AC'＝3/4A'C．
