第18讲图形的变换（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）-冲刺2023年中考数学热点、重难点题型解题方法与策略+真题演练（通用版）（解析版）_中考复习资料_语数英物化_2数学中考复习

第 18 讲 图形的变换（知识精讲+真题练+模拟练+自招练） 【考纲要求】 1.通过具体实例认识轴对称、平移、旋转，探索它们的基本性质； 2.能够按要求作出简单平面图形经过轴对称、平移、旋转后的图形，能作出简单平面图形经过一次或两 次轴对称后的图形； 3.探索基本图形（等腰三角形、矩形、菱形、等腰梯形、正多边形、圆）的轴对称性质及其相关性质. 4.探索图形之间的变换关系（轴对称、平移、旋转及其组合）； 5.利用轴对称、平移、旋转及其组合进行图案设计；认识和欣赏轴对称、平移、旋转在现实生活中的应 用. 【知识导图】 【考点梳理】 考点一、平移变换 1. 平移的概念：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平 移，平移不改变图形的形状和大小． 【要点诠释】 （1）平移是运动的一种形式，是图形变换的一种，本讲的平移是指平面图形在同一平面内的 变换； （2）图形的平移有两个要素：一是图形平移的方向，二是图形平移的距离，这两个要素是图 形平移的依据； （3）图形的平移是指图形整体的平移，经过平移后的图形，与原图形相比，只改变了位置，而不改变图形的大小，这个特征是得出图形平移的基本性质的依据． 2．平移的基本性质：由平移的概念知，经过平移，图形上的每一个点都沿同一个方向移动相 同的距离，平移不改变图形的形状和大小，因此平移具有下列性质：经过平移，对应点所连的 线段平行且相等，对应角相等． 【要点诠释】 （1）要注意正确找出“对应线段，对应角”，从而正确表达基本性质的特征； （2）“对应点所连的线段平行且相等”，这个基本性质既可作为平移图形之间的性质，又 可作为平移作图的依据． 考点二、轴对称变换 1．轴对称与轴对称图形 轴对称：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果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，也叫做这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴，折叠后重合的对应点，叫做对称点. 轴对称图形：把一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图 形. 2．轴对称变换的性质 ①关于直线对称的两个图形是全等图形. ②如果两个图形关于某直线对称，对称轴是对应点连线的垂直平分线. ③两个图形关于某直线对称，如果它们对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上. ④如果两个图形的对应点连线被同一直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称. 3．轴对称作图步骤 ①找出已知图形的关键点，过关键点作对称轴的垂线，并延长至2倍，得到各点的对称点． ②按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形. ４．翻折变换：图形翻折问题是近年来中考的一个热点，其实质是轴对称问题，折叠重合部分必全等，折 痕所在直线就是这两个全等形的对称轴，互相重合的两点（对称点）连线必被折痕垂直平分. 【要点诠释】翻折的规律是，折叠部分的图形，折叠前后，关于折痕成轴对称，两图形全等，折叠图形中 有相似三角形，常用勾股定理. 考点三、旋转变换 1．旋转概念：把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转.点O叫做旋转中心，转动的角 叫做旋转角. ２．旋转变换的性质图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点 与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中， 图形的形状、大小都没有发生变化. ３．旋转作图步骤 ①分析题目要求，找出旋转中心，确定旋转角. ②分析所作图形，找出构成图形的关键点. ③沿一定的方向，按一定的角度、旋转各顶点和旋转中心所连线段,从而作出图形中各关键点的对应 点. ④ 按原图形连结方式顺次连结各对应点. 【要点诠释】 １．图形变换与图案设计的基本步骤 ①确定图案的设计主题及要求； ②分析设计图案所给定的基本图案； ③利用平移、旋转、轴对称对基本图案进行变换，实现由基本图案到各部分图案的有机组合； ④对图案进行修饰，完成图案. 2．平移、旋转和轴对称之间的联系 一个图形沿两条平行直线翻折（轴对称）两次相当于一次平移，沿不平行的两条直线翻折两次相当于 一次旋转，其旋转角等于两直线交角的2倍. 【典型例题】 题型一、平移变换 例1．操作与探究： 1 3 （1）对数轴上的点P进行如下操作：先把点P表示的数乘以 ，再把所得数对应的点向右平移1个单位， 得到点P的对应点P′．点A，B在数轴上，对线段AB上的每个点进行上述操作后得到线段A′B′，其中 点A，B的对应点分别为A′，B′．如图1，若点A表示的数是-3，则点A′表示的数是________；若点 B′表示的数是2，则点B表示的数是_____；已知线段AB上的点E经过上述操作后得到的对应点E′与点E 重合，则点E表示的数是__________．（2）如图2，在平面直角坐标系xOy中，对正方形ABCD及其内部的每个点进行如下操作：把每个点的横、 纵坐标都乘以同一个实数a，将得到的点先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m＞0，n＞0），得 到正方形A′B′C′D′及其内部的点，其中点A，B的对应点分别为A′，B′．已知正方形ABCD内部的一 个点F经过上述操作后得到的对应点F′与点F重合，求点F的坐标． 【思路点拨】（1）根据题目规定，以及数轴上的数向右平移用加计算即可求出点A′，设点B表示的数为 a，根据题意列出方程求解即可得到点B表示的数，设点E表示的数为b，根据题意列出方程计算即可得解； （2）先根据向上平移横坐标不变，纵坐标加，向右平移横坐标加，纵坐标不变求出平移规律，然后设点F 的坐标为（x，y），根据平移规律列出方程组求解即可． 【答案与解析】 1 3 （1）点A′：-3× +1=-1+1=0， 1 3 设点B表示的数为a，则 a+1=2，解得a=3， 1 3 3 2 设点E表示的数为b，则 b+1=b，解得b= ；3 2 故答案为：0；3； .  1 a   2   1 -3am1 m 2   3am2 n2   0an2   （2）根据题意得， ，解得 ， 设点F的坐标为（x，y）， ∵对应点F′与点F重合， 1 1 1 2 2 2 ∴ x+ =x， y+2=y，解得x=1，y=4，所以，点F的坐标为（1，4）． 【总结升华】耐心细致的读懂题目信息是解答本题的关键． 2cm AC 【变式】如图，若将边长为 的两个互相重合的正方形纸片沿对角线 翻折成等腰直角三角形后，再 AC A'PC 1cm2 AA' 抽出一个等腰直角三角形沿 移动，若重叠部分 的面积是 ，则移动的距离 等于 . 【答案】根据题意得：AB∥A′B′，BC∥B′C′， ∴∠A′PC=∠B=90°， ∵∠A=∠CA′P=∠ACP=45°， ∴△A′PC是等腰直角三角形， ∵△A′PC的面积是1cm2，1 2 ∴S = A′P•PC=1（cm2）， △A′PC 2 ∴A′P=PC= cm， ∴A′C=2cm， 2 由于原等腰直角三角形的斜边是2 cm， 2 所以平移的距离是：2 -2（cm）． 题型二、轴对称变换 例2.如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是射线CB上的一个动点，把△DCE沿DE折叠，点C的对应点 为C′． （1）若点C′刚好落在对角线BD上时，BC′= ； （2）若点C′刚好落在线段AB的垂直平分线上时，求CE的长； （3）若点C′刚好落在线段AD的垂直平分线上时，求CE的长． 【思路点拨】（1）根据点B，C′，D在同一直线上得出BC′=BD﹣DC′=BD﹣DC求出即可； （2）利用垂直平分线的性质得出CC′=DC′=DC，则△DC′C是等边三角形，进而利用勾股定理得出答案； （3）利用①当点C′在矩形内部时，②当点C′在矩形外部时，分别求出即可． 【答案与解析】 解：（1）如图1，∵点B，C′，D在同一直线上， ∴BC′=BD﹣DC′=BD﹣DC=10﹣6=4； 故答案为：4； （2）如图2，连接CC′，∵点C′在AB的垂直平分线上， ∴点C′在DC的垂直平分线上， ∴CC′=DC′=DC，则△DC′C是等边三角形， 设CE=x，易得DE=2x， 由勾股定理得：（2x）2﹣x2=62， 解得：x=2 ， 即CE的长为2 ； （3）作AD的垂直平分线，交AD于点M，交BC于点N，分两种情况讨论： ①当点C′在矩形内部时，如图3， ∵点C′在AD的垂直平分线上， ∴DM=4， ∵DC′=6， 由勾股定理得：MC′=2 ， ∴NC′=6﹣2 ， 设EC=y，则C′E=y，NE=4﹣y， 故NC′2+NE2=C′E2， 即（6﹣2 ）2+（4﹣y）2=y2， 解得：y=9﹣3 ， 即CE=9﹣3 ； ②当点C′在矩形外部时，如图4， ∵点C′在AD的垂直平分线上， ∴DM=4， ∵DC′=6， 由勾股定理得：MC′=2 ，∴NC′=6+2 ， 设EC=z，则C′E=a，NE=z﹣4 故NC′2+NE2=C′E2， 即（6+2 ）2+（z﹣4）2=z2， 解得：z=9+3 ， 即CE=9+3 ， 综上所述：CE的长为9±3 ． 【总结升华】此题主要考查了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识；利用数形结合以及分类讨 论得出是解题关键． 【变式】如图所示，有一块面积为1的正方形纸片ABCD，M、N分别为AD、BC的边上中点，将C点折至MN 上，落在P点的位置，折痕为BQ，连接PQ． （1）求MP的长； 1 3 （2）求证：以PQ为边长的正方形的面积等于 . 【答案】（1）解：连接BP、PC，由折法知点P是点C关于折痕BQ的对称点． ∴BQ垂直平分PC，BC=BP． 又∵M、N分别为AD、BC边上的中点，且四边形ABCD是正方形， ∴BP=PC． ∴BC=BP=PC． ∴△PBC是等边三角形．1 1 1 2 2 2 ∵PN⊥BC于N，BN=NC= BC= ，∠BPN= ×∠BPC=30°， 3 2 3 2 2 ∴PN= ，MP=MN-PN= ． （2）证明：由折法知PQ=QC，∠PBQ=∠QBC=30°． 3 3 3 3 在Rt△BCQ中，QC=BC•tan30°=1× = ， 3 3 ∴PQ= ． 1 3 ∴以PQ为边的正方形的面积为 ． ABCD BC 18.5 AE 6 例3.已知：矩形纸片 中，AB=26厘米， 厘米，点E在AD上，且 厘米，点P是 AB边上一动点，按如下操作： MN 步骤一，折叠纸片，使点P与点E重合，展开纸片得折痕 （如图（1）所示）； PT  AB, MN 步骤二，过点P作 交 所在的直线于点Q，连结QE（如图（2）所示）； （1）无论点P在AB边上任何位置，都有PQ QE（填“＞”、“=”、“＜”号 ）ABCD （2）如图（3）所示，将矩形纸片 放在直角坐标系中，按上述步骤一、二进行操作： PT MN Q , Q , 1 1 ①当点P在A点时， 与 交于点 点的坐标是（ ， ）； PA 6 PT MN Q Q 2 2 ②当 厘米时， 与 交于点 ， 点的坐标是（ ， ）； Q PA 12 MN PT MN PT 3 ③当 厘米时，在图（3）中画出 ， （不要求写画法）并求出 与 的交点 的 坐标； PT MN Q 1 , Q 2 Q 3 （3）点P在在运动过程中， 与 形成一系列的交点 ， …观察，猜想：众多的交点形成的 图象是什么？并直接写出该图象的函数表达式. y C D C M C 18 D B 12 Q E 6 （ PE Q 2 ） x A N P B O（ A 1 N 6 12 18 24B ） （1） （2） （3） 【思路点拨】（1）根据折叠的特点可知△NQE≌△NQP，所以PQ=QE． （2）过点E作EG⊥QP，垂足为G，则四边形APGE是矩形．设QG=x，则QE=QP=x+6．利用Rt△QEG中的 3 3 3 3 3 勾股定理可知x=9，QP=15．即Q（12，15）． 3 3 （3）根据上述的点的轨迹可猜测这些点形成的图象是一段抛物线，利用待定系数法可解得函数关系式： 1 12 y= x2+3（0≤x≤26）． 【答案与解析】 （1）由折叠的特点可知△NQE≌△NQP，所以PQ=QE． （2）①（0，3）；②（6，6）． ③画图，如图所示． 过点E作EG⊥QP，垂足为G，则四边形APGE是矩形． 3 ∴GP=6，EG=12．设QG=x，则QE=QP=x+6． 3 3 3 在Rt△QEG中，∵EQ2=EG2+QG2 3 3 3 ∴x=9． ∴QP=15． 3 ∴Q（12，15） 3 （3）这些点形成的图象是一段抛物线． 1 12 函数关系式：y= x2+3（0≤x≤26）． 【总结升华】本题是一道几何与函数综合题，它以“问题情境--建立模型--解释、应用与拓展”的模式， 通过动点P在AB上的移动构造探究性问题，让学生在“操作、观察、猜想、建模、验证”活动过程中，提 高动手能力，培养探究精神，发展创新思维． 题型三、旋转变换 例4.已知，△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，点P是射线CB上一点（点P不与点B、C重合），线段AP 绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接QB交射线AC于点M. （1）如图①，当AC=BC，点P在线段CB上时，线段PB、CM的数量关系是 ； （2）如图②，当AC=BC，点P在线段CB的延长线时，（1）中的结论是否成立？若成立，写出证明过程； 若不成立，请说明理由． （3）如图③，若 ，点P在线段CB的延长线上，CM=2，AP=13，求△ABP的面积．【思路点拨】（1）作出△ABC绕点A顺时针旋转90°，利用旋转的性质，和等腰三角形的性质再用中位线 即可； （2）作出△ABC绕点A顺时针旋转90°，利用旋转的性质，和等腰三角形的性质，再用中位线即可； （3）同（1）（2）的方法作出辅助线，利用平行线中的基本图形“A”得出比例式，用勾股定理求出x， 最后用三角形的面积公式即可． 【答案与解析】 解：（1）如图1， 将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB'C'， ∴B'Q=BP，AB'=AB， 连接BB'， ∵AC⊥BC， ∴点C在BB'上，且CB'=CB， 依题意得，∠C'B'B=90°， ∴CM∥B'C'，而CB'=CB， ∴2CM=B'Q， ∵BP=B'Q， ∴BP=2CM， 故答案为：BP=2CM； （2）BP=2CM仍然成立， 理由：如图2，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB'C'，连接B'Q， ∴B'Q=BP，AB'=AB， 连接BB'， ∵AC⊥BC， ∴点C在BB'上，且CB'=CB， 依题意得，∠C'B'B=90°， ∴CM∥B'C'，而CB'=CB， ∴2CM=B'Q， ∵BP=B'Q， ∴BP=2CM， （3）如图3， 设BC=2x，则AC=5x， 将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△AB'C'，连接B'Q， ∴BC=B'C'，B'Q=BP，AC=AC' 延长BC交C'Q于N， ∴四边形ACNC'是正方形， ∴C'N=CN=AC=5x， ∴BN=CN+BC=7x ∵CM∥QN， ∴ ∵CM=2，∴ ∴QN=7， ∴BP=B'Q=C'N+QN﹣B'C'=5x+7﹣2x=3x+7， ∴PC=BC+BP=2x+3x+7=5x+7， 在Rt△ACP中，AC=5x，PC=5x+7，AP=13， 根据勾股定理得，（5x）2+（5x+7）2=132 ∴x=1或x=﹣ （舍）， ∴BP=3x+7=10，AC=5x=5， ∴S = BP×AC= ×10×5=25． △ABP 【总结升华】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形和直角三角形的性质，旋转的性质，中 位线的性质，解本题的关键是作出辅助线，也是本题的难点． 例5 . 如图①，小慧同学把一个正三角形纸片（即△OAB）放在直线l上，OA边与直线l重合，然后将三 1 1 角形纸片绕着顶点A按顺时针方向旋转120°，此时点O运动到了点O 处，点B运动到了点B 处；小慧又 1 1 将三角形纸片AOB 绕点B 按顺时针方向旋转120°，此时点A运动到了点A 处，点O 运动到了点O 处（即 1 1 1 1 1 2 顶点O经过上述两次旋转到达O 处）． 2 O O 1 小慧还发现：三角形纸片在上述两次旋转的过程中，顶点O运动所形成的图形是两段圆弧，即 和 O O 1 2 ，顶点O所经过的路程是这两段圆弧的长度之和，并且这两段圆弧与直线l围成的图形面积等于 1 扇形AOO 的面积、△AOB 的面积和扇形BOO 的面积之和． 1 1 1 1 1 2 小慧进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片OABC放在直线l上，OA边与直线l重合， 2 2 然后将正方形纸片绕着顶点^按顺时针方向旋转90°，此时点O运动到了点O 处（即点B处），点C运动 1 到了点C 处，点B运动到了点B 处；小慧又将正方形纸片AOCB 绕顶点B 按顺时针方向旋转 1 1 1 1 1 1 90°，……， 按上述方法经过若干次旋转后．她提出了如下问题： 问题①：若正方形纸片OABC接上述方法经过3次旋转，求顶点O经过的路程，并求顶点O在此运 动过程中所形成的图形与直线l围成图形的面积；若正方形纸片OA BC按上述方法经过5次旋转，求顶 2 点O经过的路程； 问题②：正方形纸片OABC按上述方法经过多少次旋转，顶点O经过的路程是_______________? 请你解答上述两个问题．【思路点拨】求出正方形OABC翻转时点O的轨迹弧长, 再求面积即可.要理解的是第4n次旋转，顶点O没 有移动. 【答案与解析】 OO , O O , O O 1 1 2 2 3 解：问题①：如图，正方形纸片经过3次旋转，顶点O运动所形成的图形是三段圆弧 ， 901 90 2  2 2 1    180 180 2   所以顶点O在此运动过程中经过的路程为 .  2 9012 90 2 2 2111 l 360 360 2 顶点 O在此运动过程中所形成的图形与直线 围成图形的面积为 . 901 90 2 3 2 3      180 180 2 2   正方形纸片经过5次旋转，顶点O运动经过的路程为： . 问题②：∵ 正方形纸片每经过4次旋转，顶点O运动 901 90 2  2 2 1    180 180 2   经过的路程均为： . 4120 2  2  201     2 2 2   2 n 又 ，而 是正方形纸片第4 +1次旋转，顶点O运动经过的路程. 4120 2  2 ∴正方形纸片OABC按上述方法经过81次旋转，顶点O经过的路程是 .【总结升华】本题涉及到分类归纳，图形的翻转，扇形弧长和面积. 【变式】 如图，等腰梯形MNPQ的上底长为2，腰长为3，一个底角为60°．正方形ABCD的边长为1，它 的一边AD在MN上，且顶点A与M重合．现将正方形ABCD在梯形的外面沿边MN、NP、PQ进行翻滚，翻滚到 有一个顶点与Q重合即停止滚动． (1)请在所给的图中，用尺规画出点A在正方形整个翻滚过程中所经过的路线图； (2)求正方形在整个翻滚过程中点A所经过的路线与梯形MNPQ的三边MN、NP、PQ所围成图形的面积S． N P C D B Q A(M) 【答案】(1) 点A在正方形整个翻滚过程中所经过的路线图如图： 1  (2) 弧AA 与AD，AD围成图形的面积为：4圆的面积（半径为1）= 4 ； 1 1 弧AA 与AD，DN，AN围成图形的面积为： 1 2 1 2 1  1 4圆的面积（半径为 2 ）＋正方形的面积（边长为1）= 2 ； 弧AA 与AN，NA 围成图形的面积为： 2 3 2 3 36012090 5 5   360 12圆的面积（半径为1）=12 ； 其他三块小面积分别与以上三块相同. ∴点A所经过的路线与梯形MNPQ的三边MN、NP、PQ所围成图形的面积S为：   5  7 2  1  = 2    4 2 12  3 .【中考过关真题练】 一．选择题（共8小题） 1．（2022•台湾）如图1为一张正三角形纸片ABC，其中D点在AB上，E点在BC上．今以DE为折线将 B点往右折后，BD、BE分别与AC相交于F点、G点，如图2所示．若AD＝10，AF＝16，DF＝14，BF＝ 8，则CG的长度为多少？（ ） A．7 B．8 C．9 D．10 【分析】根据三角形ABC是正三角形，可得∠A＝∠B＝60°，△AFD∽△BFG，即可求出FG＝7，而AD＝ 10，DF＝14，BF＝8，可得AB＝32＝AC，故CG＝AC﹣AF﹣FG＝9． 【解答】解：∵三角形ABC是正三角形， ∴∠A＝∠B＝60°， ∵∠AFD＝∠BFG， ∴△AFD∽△BFG， ∴ ＝ ，即 ＝ ， ∴FG＝7， ∵AD＝10，DF＝14，BF＝8， ∴AB＝32， ∴AC＝32， ∴CG＝AC﹣AF﹣FG＝32﹣16﹣7＝9； 故选：C． 【点评】本题考查等边三角形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质，证明△AFD∽△BFG，从而 求出FG的长度． 2．（2022•丹东）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，对角线AC与BD交于点O，点E是AD 的中点，连接OE，△ABD的周长为12cm，则下列结论错误的是（ ）A．OE∥AB B．四边形ABCD是中心对称图形 C．△EOD的周长等于3cm D．若∠ABC＝90°，则四边形ABCD是轴对称图形 【分析】根据平行四边形的性质及三角形中位线定理判断各个选项即可． 【解答】解：∵AB∥CD，AB＝CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵对角线AC与BD交于点O，点E是AD的中点， ∴OE是△ABD的中位线， ∴OE∥AB， ∴A选项结论正确，不符合题意； ∵四边形ABCD是中心对称图形， ∴B选项结论正确，不符合题意； ∵△ABD的周长为12cm， ∴△EOD的周长等于6cm， ∴C选项结论错误，符合题意； 若∠ABC＝90°，则四边形ABCD是矩形，是轴对称图形， ∴D选项结论正确，不符合题意； 故选：C． 【点评】本题主要考查平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，中心对称图形、轴对称图形、矩形 的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，中心对称图形、轴对称图 形、矩形的判定与性质等知识是解题的关键． 3．（2022•资阳）如图，正方形 ABCD的对角线交于点 O，点E是直线BC上一动点．若 AB＝4，则 AE+OE的最小值是（ ）A． B． C． D． 【分析】本题为典型的将军饮马模型问题，需要通过轴对称，作点 A关于直线BC的对称点A'，再连接 A'O，运用两点之间线段最短得到A'O为所求最小值，再运用勾股定理求线段A'O的长度即可． 【解答】解：如图所示，作点A关于直线BC的对称点A'，连接A'O，其与BC的交点即为点E，再作 OF⊥AB交AB于点F， ∵A与A'关于BC对称， ∴AE＝A'E，AE+OE＝A'E+OE，当且仅当A'，O，E在同一条线上的时候和最小，如图所示，此时AE+OE ＝A'E+OE＝A'O， ∵正方形ABCD，点O为对角线的交点， ∴ ， ∵A与A'关于BC对称， ∴AB＝BA'＝4， ∴FA'＝FB+BA'＝2+4＝6， 在Rt△OFA'中， ， 故选：D． 【点评】本题为典型的将军饮马模型，熟练掌握轴对称的性质，并运用勾股定理求线段长度是解题关键． 4．（2022•黔西南州）在如图所示的Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，D是斜边AB的中点，把纸片沿着 CD折叠，点B到点E的位置，连接AE．若AE∥DC，∠B＝ ，则∠EAC等于（ ） αA． B．90°﹣ C． D．90°﹣2 【分α析】由直角三角形斜边上的中α线性质和折叠的性质α得出CD＝BD＝AD＝ED，α∠B＝∠DCB＝∠DCE＝ ∠CED＝ ，求出∠EAD＝∠AED＝180°﹣2 ，∠CAD＝90°﹣ ，即可得出答案． 【解答】α解：∵∠ACB＝90°，D是斜边AB的α 中点， α ∴CD＝BD＝AD， 由折叠的性质得：BD＝ED，∠B＝∠CED， ∴CD＝BD＝AD＝ED， ∴∠B＝∠DCB＝∠DCE＝∠CED＝ ， ∴∠EDC＝180°﹣∠DCE﹣∠CED＝α180°﹣ ﹣ ＝180°﹣2 ， ∵AE∥DC， α α α ∴∠AED＝∠EDC＝180°﹣2 ， ∵ED＝AD， α ∴∠EAD＝∠AED＝180°﹣2 ， ∵∠B＝ ，∠ACB＝90°， α ∴∠CADα＝90°﹣ ， ∴∠EAC＝∠EADα﹣∠CAD＝180°﹣2 ﹣（90°﹣ ）＝90°﹣ ， 故选：B． α α α 【点评】本题考查了折叠的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、三角形 内角和定理等知识，熟练掌握折叠的性质和等腰三角形的性质是解题的关键． 5．（2022•牡丹江）下列图形是黄金矩形的折叠过程： 第一步，如图（1），在一张矩形纸片一端折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步，如图（2），把正方形折成两个相等的矩形再把纸片展平； 第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图（3）中所示的AD处； 第四步，如图（4），展平纸片，折出矩形BCDE就是黄金矩形． 则下列线段的比中：① ，② ，③ ，④ ，比值为 的是（ ） A．①② B．①③ C．②④ D．②③ 【分析】设MN＝2a，则BC＝DE＝2a，AC＝a，根据折叠的性质和正方形，矩形的性质分别计算相应线段 的长，再计算①②③④中的比值即可解答． 【解答】解：①设MN＝2a，则BC＝DE＝2a，AC＝a， 在Rt△ABC中，AB＝ ＝ ＝ a， 如图（3），由折叠得：AD＝AB＝ a， ∴CD＝AD﹣AC＝AB﹣AC＝ a﹣a， ∴ ＝ ＝ ； ② ＝ ＝ ； ③∵四边形MNCB是正方形， ∴CN＝MN＝2a， ∴ND＝a+ a，∴ ＝ ＝ ＝ ； ④ ＝ ＝ ； 综上，比值为 的是①③； 故选：B． 【点评】本题考查了黄金矩形的定义、勾股定理、翻折变换，分母有理化等知识，解题的关键是掌握折叠 的性质，利用参数表示相应线段的长是解本题的关键，属于中考创新题目． 6．（2022•呼和浩特）如图．△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△EDC，使点B 的对应点D恰好落在AB边上，AC、ED交于点F．若∠BCD＝ ，则∠EFC的度数是（用含 的代数式表 示）（ ） α α A．90°+ B．90°﹣ C．180°﹣ D． 【分析】由α旋转的性质可知，BC＝CαD，∠B＝∠EDC，∠A＝α∠E，∠ACE＝α∠BCD，因为∠BCD＝ ，所 α 以∠B＝∠BDC＝ ＝90°﹣ ，∠ACE＝ ，由三角形内角和可得，∠A＝90°﹣∠B＝ ．所以 α ∠E＝ ．再由三角形内角和定理可知，∠EFC＝180°﹣∠ECF﹣∠E＝180°﹣ ． 【解答】解：由旋转的性质可知，BC＝CD，∠B＝∠EDC，∠A＝∠E，∠ACE＝α∠BCD， ∵∠BCD＝ ， α ∴∠B＝∠BDC＝ ＝90°﹣ ，∠ACE＝ ， ∵∠ACB＝90°， α ∴∠A＝90°﹣∠B＝ ．∴∠E＝ ． ∴∠EFC＝180°﹣∠ECF﹣∠E＝180°﹣ ． 故选：C． α 【点评】本题主要考查旋转的性质，三角形内角和等相关内容，由旋转的性质得出∠E和∠ECF的角度是 解题关键． 7．（2022•绥化）如图，线段OA在平面直角坐标系内，A点坐标为（2，5），线段OA绕原点O逆时针旋 转90°，得到线段OA'，则点A'的坐标为（ ） A．（﹣5，2） B．（5，2） C．（2，﹣5） D．（5，﹣2） 【分析】过点A作AB⊥x轴于点B，过点A′作A′C⊥x轴于点C，利用旋转的性质和全等三角形的判定 与性质解答即可． 【解答】解：过点A作AB⊥x轴于点B，过点A′作A′C⊥x轴于点C，如图，∵A点坐标为（2，5）， ∴OB＝2，AB＝5． 由题意：∠AOA′＝90°，OA＝OA′． ∴∠AOB+∠A′OC＝90°． ∵∠A′OC+∠A′＝90°， ∴∠A′＝∠AOB． 在△A′OC和△OAB中， ， ∴△A′OC≌△OAB（AAS）． ∴A′C＝OB＝2，OC＝AB＝5， ∴A′（﹣5，2）． 故选：A． 【点评】本题主要考查了图形的旋转与坐标的变化，点的坐标的特征，旋转的性质，全等三角形的判定与 性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 8．（2022•营口）如图，在矩形ABCD中，点M在AB边上，把△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD 边上的点E处，连接EC，过点B作BF⊥EC，垂足为F，若CD＝1，CF＝2，则线段AE的长为（ ）A． ﹣2 B． ﹣1 C． D． 【分析】证明△EDC≌△CFB（AAS），得DE＝CF＝2，即可得CE＝ ＝ ＝BC＝AD，故 AE＝AD﹣DE＝ ﹣2． 【解答】解：∵BC＝CE，∠EDC＝∠CFB＝90°，∠DEC＝∠BCF， ∴△EDC≌△CFB（AAS）， ∴DE＝CF＝2， ∴CE＝ ＝ ＝ ＝BC＝AD， ∴AE＝AD﹣DE＝ ﹣2， 故选：A． 【点评】本题考查矩形中的翻折问题，涉及勾股定理等知识，解题的关键是掌握翻折的性质，能熟练应用 勾股定理列方程解决问题． 二．填空题（共5小题） 9．（2022•大连）如图，在平面直角坐标系中，点 A的坐标是（1，2），将线段OA向右平移4个单位长 度，得到线段BC，点A的对应点C的坐标是 （ 5 ， 2 ） ． 【分析】根据横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减求解即可． 【解答】解：将线段OA向右平移4个单位长度，得到线段BC，点A的对应点C的坐标是（1+4，2），即 （5，2）， 故答案为：（5，2）．【点评】本题主要考查坐标与图形变化—平移，解题的关键是掌握点的坐标的平移规律：横坐标，右移加， 左移减；纵坐标，上移加，下移减． 10．（2022•临沂）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，B的坐标分别是A（0，2），B（2，﹣ 1）．平移△ABC得到△A'B'C'，若点A的对应点A'的坐标为（﹣1，0），则点B的对应点B'的坐标是 （ 1 ，﹣ 3 ） ． 【分析】由A点的平移判断出B点的平移最后得出坐标即可． 【解答】解：由题意知，点A从（0，2）平移至（﹣1，0），可看作是△ABC先向下平移2个单位，再向 左平移1个单位（或者先向左平移1个单位，再向下平移2个单位）， 即B点（2，﹣1），平移后的对应点为B'（1，﹣3）， 故答案为：（1，﹣3）． 【点评】本题主要考查平移的知识，根据A点的平移情况得出B点的对应点是解题的关键． 11．（2022•辽宁）在平面直角坐标系中，线段AB的端点A（3，2），B（5，2），将线段AB平移得到线 段CD，点A的对应点C的坐标是（﹣1，2），则点B的对应点D的坐标是 （ 1 ， 2 ） ． 【分析】根据点A、C的坐标确定出平移规律，再根据平移规律解答即可． 【解答】解：∵点A（3，2）的对应点C的坐标为（﹣1，2）， ∴平移规律为向左平移4个单位， ∴B（5，2）的对应点D的坐标为（1，2）． 故答案为：（1，2）． 【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上 移加，下移减． 12．（2022•淄博）如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A B C 的位置．若顶点A（﹣3，4）的对 1 1 1 应点是A （2，5），则点B（﹣4，2）的对应点B 的坐标是 （ 1 ， 3 ） ． 1 1【分析】根据点A（﹣3，4）的对应点是A （2，5），可得点A向右平移5个单位，向上平移1个单位至 1 A ，进而可以解决问题． 1 【解答】解：∵点A（﹣3，4）的对应点是A （2，5）， 1 ∴点B（﹣4，2）的对应点B 的坐标是（1，3）． 1 故答案为：（1，3）． 【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣平移，解决本题的关键是掌握平移的性质． 13．（2022•毕节市）如图，在平面直角坐标系中，把一个点从原点开始向上平移 1个单位，再向右平移1 个单位，得到点A （1，1）；把点A 向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点A （﹣1，3）；把 1 1 2 点A 向下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点A （﹣4，0）；把点A 向下平移4个单位，再向右 2 3 3 平移4个单位，得到点A （0，﹣4），…；按此做法进行下去，则点A 的坐标为 （﹣ 1 ， 1 1 ） ． 4 10 【分析】根据题目规律，依次求出A 、A ……A 的坐标即可． 5 6 10 【解答】解：由图象可知，A （5，1）， 5 将点A 向左平移6个单位、再向上平移6个单位，可得A （﹣1，7）， 5 6 将点A 向左平移7个单位，再向下平移7个单位，可得A （﹣8，0）， 6 7 将点A 向右平移8个单位，再向下平移8个单位，可得A （0，﹣8）， 7 8 将点A 向右平移9个单位，再向上平移9个单位，可得A （9，1）， 8 9 将点A 向左平移10个单位，再向上平移10个单位，可得A （﹣1，11）， 9 10故答案为：（﹣1，11）． 【点评】本题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，规律型问题，解题的关键是学会探究规律，属于中考常 考题型． 三．解答题（共5小题） 14．（2022•宁夏）如图，是边长为1的小正方形组成的8×8方格，线段AB的端点在格点上．建立平面直 角坐标系，使点A、B的坐标分别为（2，1）和（﹣1，3）． （1）画出该平面直角坐标系xOy； （2）画出线段AB关于原点O成中心对称的线段A B ； 1 1 （3）画出以点A、B、O为其中三个顶点的平行四边形．（画出一个即可） 【分析】（1）根据其中一个点的坐标，即可确定原点位置； （2）根据中心对称的性质，即可画出线段A B ； 1 1 （3）根据平行四边形的性质即可画出图形． 【解答】解：（1）如图，即为所求； （2）如图，线段A B 即为所求； 1 1 （3）如图，平行四边形AOBD即为所求（答案不唯一）． 【点评】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标的特征，平行四边形的判定，作图﹣旋转变换，熟练掌握各性质是解题的关键． 15．（2022•哈尔滨）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点和线段EF的端点均在小 正方形的顶点上． （1）在方格纸中画出△ADC，使△ADC与△ABC关于直线AC对称（点D在小正方形的顶点上）； （2）在方格纸中画出以线段EF为一边的平行四边形EFGH（点G，点H均在小正方形的顶点上），且平 行四边形EFGH的面积为4，连接DH，请直接写出线段DH的长． 【分析】（1）根据轴对称的性质可得△ADC； （2）利用平行四边形的性质即可画出图形，利用勾股定理可得DH的长． 【解答】解：（1）如图，△ADC即为所求； （2）如图， EFGH即为所求； ▱ 由勾股定理得，DH＝ ＝5． 【点评】本题主要考查了作图﹣轴对称变换，平行四边形的性质，勾股定理等知识，准确画出图形是解题 的关键． 16．（2022•黑龙江）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标 系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣1），B（2，﹣5），C（5，﹣4）． （1）将△ABC先向左平移6个单位，再向上平移4个单位，得到△A B C ，画出两次平移后的△A B C ， 1 1 1 1 1 1 并写出点A 的坐标； 1 （2）画出△A B C 绕点C 顺时针旋转90°后得到△A B C ，并写出点A 的坐标； 1 1 1 1 2 2 1 2 （3）在（2）的条件下，求点A 旋转到点A 的过程中所经过的路径长（结果保留 ）． 1 2 π【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A ，B ，C 即可； 1 1 1 （2）利用旋转变换的性质分别作出A ，B 的对应点A ，B 即可； 1 1 2 2 （3）利用勾股定理求出A C ，再利用弧长公式求解． 1 1 【解答】解：（1）如图，△A B C 即为所求，点A 的坐标（﹣5，3）； 1 1 1 1 （2）如图，△A B C 即为所求，点A 的坐标（2，4）； 2 2 1 2 （3）∵A C ＝ ＝5， 1 1 ∴点A 旋转到点A 的过程中所经过的路径长＝ ＝ ． 1 2 【点评】本题考查作图﹣平移变换，旋转变换，弧长公式等知识，解题的关键是掌握平移变换，旋转变换 的性质，属于中考常考题型． 17．（2022•锦州）如图，在△ABC中， ，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点，连 接DE，DF．（1）如图1，求证： ； （2）如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交 BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长． 【分析】（1）连接AF，可得AF⊥BC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得 ， 根据中位线定理可得 ，即可得证； （2）证明△DNF∽△DME，根据（1）的结论即可得 ； （3）连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△AHC，可得 ，勾股定理求得 GE，AG，根据 ，∠EMG＝∠ADG，可得 ，进而求得MG，根据MD ＝MG+GD求得MD，根据（2）的结论 ，即可求解． 【解答】（1）证明：如图1，连接AF，∵ ，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点， ∴ ，AF⊥BC， ∴ ， ∴ ； （2）解： ， 理由如下： 连接AF，如图2， ∵ ，D，E，F分别为AC，AB，BC的中点， ∴ ， ∴四边形CDEF是平行四边形， ∴∠DEF＝∠C， ∵ ， ∴∠DFC＝∠C， ∴∠DFC＝∠DEF， ∴180°﹣∠DFC＝180°﹣∠DEF， ∴∠DFN＝∠DEM， ∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ， ∴∠EDF＝∠PDQ， ∵∠FDN+∠NDE＝∠EDM+∠NDE，∴∠FDN＝∠EDM， ∴△DNF∽△DME， ∴ ， ∴ ； （3）解：如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H， Rt△AFC中， ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∵DP⊥AB， ∴△AGD∽△AHC， ∴ ， ∴ ， Rt△GED中， ， Rt△AGD中， ，∴ ， ∵EF∥AD， ∴∠EMG＝∠ADG， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∵△DNF∽△DME， ∴ ， ∴ ． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一 半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，锐角三角函数，掌握相似三角形的性质与判定是解题 的关键． 18．（2022•鞍山）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在直线AC上，连接BD，将DB绕 点D逆时针旋转120°，得到线段DE，连接BE，CE． （1）求证：BC＝ AB； （2）当点D在线段AC上（点D不与点A，C重合）时，求 的值； （3）过点A作AN∥DE交BD于点N，若AD＝2CD，请直接写出 的值．【分析】（1）作AH⊥BC于H，可得BH＝ AB，BC＝2BH，进而得出结论； （2）证明△ABD∽△CBE，进而得出结果； （3）当点D在线段AC上时，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，设AB＝AC＝3a，则 AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的长，根据△DAG∽△DBF求得AQ，进而求得AN，进一步得出结 果；当点D在AC的延长线上时，设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，同样方法求得结果． 【解答】（1）证明：如图1， 作AH⊥BC于H， ∵AB＝AC， ∴∠BAH＝∠CAH＝ ＝60°，BC＝2BH， ∴sin60°＝ ， ∴BH＝ ， ∴BC＝2BH＝ ； （2）解：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝ ＝30°， 由（1）得， ，同理可得， ∠DBE＝30°， ， ∴∠ABC＝∠DBE， ＝ ， ∴∠ABC﹣∠DBC＝∠DBE﹣∠DBC， ∴∠ABD＝∠CBE， ∴△ABD∽△CBE， ∴ ； （3）解：如图2， 当点D在线段AC上时， 作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G， 设AB＝AC＝3a，则AD＝2a， 由（1）得，CE＝ ， 在Rt△ABF中，∠BAF＝180°﹣∠BAC＝60°，AB＝3a， ∴AF＝3a•cos60°＝ ，BF＝3a．sin60°＝ ， 在Rt△BDF中，DF＝AD+AF＝2a+ a＝ ， BD＝ ＝ ＝ a， ∵∠AGD＝∠F＝90°，∠ADG＝∠BDF， ∴△DAG∽△DBF， ∴ ，∴ ＝ ， ∴AG＝ ， ∵AN∥DE， ∴∠AND＝∠BDE＝120°， ∴∠ANG＝60°， ∴AN＝ ＝ a＝ a， ∴ ＝ ， 如图3， 当点D在AC的延长线上时， 设AB＝AC＝2a，则AD＝4a， 由（1）得， CE＝ ＝4 ， 作BR⊥CA，交CA的延长线于R，作AQ⊥BD于Q， 同理可得， AR＝a，BR＝ ，∴BD＝ ＝2 a， ∴ ， ∴AQ＝ ， ∴AN＝ ＝ a， ∴ ＝ ＝ ， 综上所述： 或 ． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关 键是正确分类和较强的计算能力． 【中考挑战满分模拟练】 一．选择题（共5小题） 1．（2023•偃师市一模）课外活动课上，小明用矩形ABCD玩折纸游戏，如图，第一步，把矩形ABCD沿 EF对折，折出折痕EF，并展开；第二步，将纸片折叠，使点A落在EF上A'点，若AB＝2，则折痕BG的 长等于（ ）﹣ A． B． C．2 D．4 【分析】由矩形性质可得∠BAG＝90°，由折叠性质可得∠A′EB＝90°，A′B＝AB＝2，∠ABG＝ ∠A′BG，由题意可得点E为AB中点，AE＝BE＝1，从而可得∠BA′E＝30°，可得∠A′BE＝60°，可得∠ABG＝∠A′BG＝30°，BG＝ AB，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，AB＝2， ∴∠BAG＝90°， 由折叠性质可得： ∠A′EB＝90°，A′B＝AB＝2，∠ABG＝∠A′BG， 由题意可得：点E为AB中点， ∴AE＝BE＝1， 在Rt△A′BE中，A′B＝2BE， ∴∠BA′E＝30°， ∴∠A′BE＝60°， ∴∠ABG＝∠A′BG＝30°， ∴BG＝ AB＝ ， 故选：B． 【点评】本题考查矩形的性质，折叠的性质，解题的关键是求出∠ABG＝30°． 2．（2023•琼山区一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝1，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩形 AEFG，点B的对应点E落在CD上，且DE＝EF，则四边形ABCE的面积为（ ） A．2 ﹣1 B． C． ﹣ D． ﹣1 【分析】由旋转的性质可得BC＝EF＝AD＝1，AE＝AB，可求AE的长，即可求解． 【解答】解：∵将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩形AEFG， ∴BC＝EF＝AD＝1，AE＝AB， ∵DE＝EF＝1， ∴AE＝ ＝AB， ∴EC＝ ﹣1，∴四边形ABCE的面积＝ ×（ + ﹣1）×1＝ ﹣ ， 故选：C． 【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 3．（2023•深圳模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边 上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长 是（ ） A． B． C．1 D． 【分析】由翻折得CG＝CE，GF＝EF，CF垂直平分EG，可根据直角三角形全等的判定定理“HL”证明 Rt△CDG≌Rt△CBE，得DG＝BE＝2，则AG＝2，而AE＝AB+BE＝6，即可根据勾股定理求得EG＝2 ，再由AG2+AF2＝FG2，且AF＝6﹣EF，得22+（6﹣EF）2＝EF2，则EF＝ ，由 ×2 FH＝ × ×2 ＝S△EFG ，求得FH＝ ，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是边长为4的正方形， ∴AB＝AD＝CD＝CB＝4，∠D＝∠A＝∠ABC， ∴∠D＝∠CBE＝90°， 由翻折得CG＝CE，GF＝EF，CF垂直平分EG， 在Rt△CDG和Rt△CBE中， ， ∴Rt△CDG≌Rt△CBE（HL）， ∴DG＝BE＝2， ∴AG＝AD﹣DG＝4﹣2＝2， ∵AE＝AB+BE＝4+2＝6，∴EG＝ ＝ ＝2 ， ∵AG2+AF2＝FG2，且AF＝6﹣EF， ∴22+（6﹣EF）2＝EF2， 解得EF＝ ， ∵ EG•FH＝ EF•AG＝S△EFG ， ∴ ×2 FH＝ × ×2， 解得FH＝ ， 故选：B． 【点评】此题重点考查正方形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、根据面积等 式求线段的长度等知识与方法，正确地求出EG和EF的长度是解题的关键． 4．（2023•青岛模拟）如图，将△ABC先向下平移1个单位，再绕点P按顺时针方向旋转一定角度，得到 △A B C ，顶点A落到了点A （5，3）处，则点B的对应点B 的坐标是（ ） 1 1 1 1 1 A．（3，0） B．（3，2） C．（2，2） D．（1，2） 【分析】根据要求作出图形即可． 【解答】解：如图，△A B C 即为所求，B （2，2）， 1 1 1 1故选：C． 【点评】本题考查作图坐标与图形变化﹣旋转，平移等知识，解题的关键是正确作出图形，属于中考常考 题型 5．（2023•青岛模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E是BC边的中点，将△DCE沿DE折叠得 到△DEF，点F落在EG边上，连接CF．现有如下5个结论：①AG+EC＝GE；②BF⊥CF；③S△BEF ＝ ；④GB＝2AG．在以上4个结论中正确的有（ ） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④ 【分析】根据HL证明两三角形Rt△ADG≌Rt△FDG即可判断①；根据折叠的性质和等腰三角形的性质可 得∠EFC+∠EFB＝90°，得∠BFC＝90°，所以BF⊥CF，即可判断②；根据折叠的性质和线段中点的定义 可得CE＝EF＝BE＝3，设AG＝x，表示出GF、BG，根据点E是BC的中点求出BE、EF，从而得到GE的 长度，再利用勾股定理列出方程求解即可判断④；先求△BEG的面积，根据△BEF和△BEG等高，可知 ＝ ＝ ，S△BEF ＝ ×6＝ ，即可判断③． 【解答】解：由折叠得：△DCE≌△DFE， ∴DF＝DC，∠DFE＝∠DCE，EC＝EF，∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠A＝∠DCE＝90°， ∴∠A＝∠DFG＝90°，AD＝DF， ∵DG＝DG， ∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）， ∴AG＝FG， ∴AG+EC＝FG+EF＝GE，故①正确； ∵点E是BC边的中点， ∴BE＝CE， ∴BE＝EF＝EC， ∴∠ECF＝∠EFC，∠EBF＝∠EFB， ∵∠ECF+∠EFC+∠EBF+∠EFB＝180°， ∴∠EFC+∠EFB＝90°， ∴∠BFC＝90°， ∴BF⊥CF，故②正确； 设AG＝x，则BG＝6﹣x， 由Rt△ADG≌Rt△FDG得：AG＝FG， ∵点E是BC边上的中点， ∴EF＝CE＝BE＝3， 在Rt△BEG中，根据勾股定理得：BG2+BE2＝EG2， （6﹣x）2+32＝（x+3）2， 解得：x＝2， AG＝2， ∴BG＝4， ∴GB＝2AG，故④正确， ∵S△BEG ＝ BE•BG＝ ×3×4＝6， ∵△BEF和△BEG等高， ∴ ＝ ＝ ， ∴S△BEF ＝ ×6＝ ，故③错误．故选：C． 【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用， 翻折变换的性质，熟记各性质是解题的关键． 二．填空题（共5小题） 6．（2023•雁塔区校级一模）如图，在矩形ABCD中，E为边AB上一点，将△ADE沿DE折叠，使点A的 对应点F恰好落在边BC上，连接AF交DE于点G．若BF•AD＝12，则AF的长度为 2 ． 【分析】连接BG，由矩形的性质可得BG＝ AF＝AG＝FG，再根据相似三角形的判定与性质可得答案． 【解答】解：连接BG， 在矩形ABCD中，AD∥BC，∠DAF＝∠AFB， ∴AE＝EF，AD＝DF， ∴DE垂直平分AF于点G， ∵∠ABF＝90°， ∴BG＝ AF＝AG＝FG， ∴∠GBA＝∠GAB，∠BGF＝2∠BAG＝2∠ADE＝∠FDA， ∴△GBF∽△DAF， ∴ ， ∴AF•BG＝12， ∴ AF2＝12，∴AF＝2 ． 故答案为：2 ． 【点评】此题考查的是翻折变换，矩形的性质，正确作出辅助线是解决此题的关键． 7．（2023•延安一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2 ，AD＝2，点E为线段CD的中点，动点F从点 C出发，沿C→B→A的方向在CB和BA上运动，将矩形沿EF折叠，点C的对应点为C'，当点C'恰好落在 矩形的对角线上时，点F运动的距离为 1 或 ． 【分析】分点C'落在对角线BD上和点C'落在对角线AC上两种情况分别进行讨论求解，即可得出点F运 动的距离． 【解答】解：分两种情况： ①当点C'落在对角线BD上时，连接CC'，如图1所示： ∵将矩形沿EF折叠，点C的对应点为点C'，且点恰好落在矩形的对角线上， ∴CC'⊥EF， ∵点E为线段CD的中点， ∴CE＝ED＝EC'， ∴∠CC′D＝90°，即CC'⊥BD， ∴EF∥BD， ∴点F是BC的中点， ∵在矩形ABCD中，AD＝2， ∴BC＝AD＝2， ∴CF＝1， ∴点F运动的距离为1； ②当点C'落在对角线AC上时，作FH⊥CD于H，则CC'⊥EF，四边形CBFH为矩形，如图2所示：在矩形ABCD中，AB＝2 ，AD＝2，∠B＝∠BCD＝90°，AB∥CD， ∴BC＝AD＝2，tan∠BAC＝ ， ∴∠BAC＝30°， ∵EF⊥AC， ∴∠AFE＝60°， ∴∠FEH＝60°， ∵四边形CBFH为矩形， ∴HF＝BC＝2， ∴EH＝ ＝ ＝ ， ∵EC＝ CD＝ ， ∴BF＝CH＝CE﹣EH＝ ﹣ ＝ ， ∴点F运动的距离为 ； 综上所述：点F运动的距离为1或 ； 故答案为：1或 ．【点评】本题考查了几何变换综合题，需要利用翻折变换的性质、矩形的性质、平行线的性质、三角函数 的应用等知识；熟练掌握矩形的性质，熟记翻折变换的性质是解题的关键． 8．（2023•武汉模拟）如图，D是△ABC内一点，∠BDC＝90°，BD＝CD，AB＝20，AC＝21，AD＝ ，则BC的长是 ． 【分析】将线段AD顺时针旋转90°得到Rt△ADE，利用SAS证明△ADC≌△EDB，得BE＝AC＝21，设 EH＝x，则BH＝21﹣x，利用勾股定理列方程即可解决问题． 【解答】解：如图所示，将线段AD顺时针旋转90°得到Rt△ADE， ∴∠ADE＝∠BDC＝90°，AD＝DE， ∴∠ADE+∠EDC＝∠EDC+∠BDC， ∴∠ADC＝∠BDE， 又∵BD＝CD， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴BE＝AC＝21， ∵△EDB可视为△ADC旋转90°而得， ∴BE⊥AC， 设BE与AC的交点为H， 在△ABE中，AB＝20，AE＝ AD＝13，BE＝21， 设EH＝x，则BH＝21﹣x， 由勾股定理得，AB2﹣BH2＝AH2＝AE2﹣EH2， 即202﹣（21﹣x）2＝132﹣x2， 解得x＝5， ∴BH＝16， AH＝ ＝12， CH＝21﹣12＝9，∴BC＝ ＝ ＝ ． 故答案为： ． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三 角形是解题的关键． 9．（2023•澄迈县一模）如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为（1，1），（3，0）， （2，﹣1）．点M从坐标原点O出发，第一次跳跃到点M ，使得点M 与点O关于点A成中心对称；第二 1 1 次跳跃到点M ，使得点M 与点M 关于点B成中心对称；第三次跳跃到点M ，使得点M 与点M 关于点 2 2 1 3 3 2 C成中心对称；第四次跳跃到点M ，使得点M 与点M 关于点A成中心对称；…，依此方式跳跃，点 4 4 3 M 的坐标是 （ 0 ， 0 ） ． 2022 【分析】画出图形，探究规律，利用规律解决问题即可． 【解答】解：如图，由题意，M （2，2），M （4，﹣2），M （0，0）， 1 2 3 发现3次应该循环， ∵2022÷3＝674，∴M 的坐标与M 的坐标相同，即M （0，0）． 2022 3 2022 故答案为：（0，0）． 【点评】本题考查了中心对称及点的坐标的规律变换，解答本题的关键是求出前几次跳跃后点的坐标，总 结出一般规律． 10．（2023•碑林区校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝6，∠A＝120°，点F、点N分 别为CD、AB的中点，点E在边AD上运动，将△EDF沿EF折叠，使得点D落在D'处，连接BD′，点M 为BD'中点，则MN的最小值是 ． 【分析】根据三角形中位线定理可得MN＝ ，可知当AD′取得最小值时，MN取得最小值，根据折 叠可知D′在以点F为圆心，DF的长为半径的半圆弧上运动，当点D′运动到线段AF上时，此时AD′ 取得最小值，最小值为AF﹣D′F，过点F作FH⊥AD于点H，根据30°的直角三角形的性质可得HD的长， 根据勾股定理求出FH的长，再在Rt△AFH中，根据勾股定理求出AF的长，进一步可得AD′的最小值， 即可求出MN的最小值． 【解答】解：连接AD′， ∵点N为AB的中点，点M为BD′的中点， ∴MN为△BAD′的中位线， ∴MN＝ ， ∴当AD′取得最小值时，MN取得最小值， 在平行四边形ABCD中，AB＝CD，AB∥CD， ∴∠A+∠D＝180°， ∵AB＝4，AD＝6，∠A＝120°， ∴CD＝4，∠D＝60°， ∵点F为线段CD的中点， ∴DF＝CF＝2， 根据折叠可知D′F＝DF＝2， ∴点D′在以点F为圆心，DF的长为半径的半圆弧上运动，当点D′运动到线段AF上时，此时AD′取得最小值，最小值为AF﹣D′F， 过点F作FH⊥AD于点H，如图所示： 则∠FHD＝90°， ∴∠HFD＝30°， ∴DH＝ DF＝1， 在Rt△DHF中，根据勾股定理，得FH＝ ， ∵AD＝6， ∴AH＝6﹣1＝5， 在Rt△AFH中，根据勾股定理，得AF＝ ＝ ， ∴AD′的最小值为 ﹣2， ∴MN的最小值为 ， 故答案为： ． 【点评】本题考查了翻折变换，线段最小值问题，平行四边形的性质，三角形中位线定理，直角三角形的 性质，找出线段AD′最小时点D′的位置是解题的关键． 三．解答题（共6小题） 11．（2023•西安一模）在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的位置如图所示，请画出△ABC关于y 轴对称的△A'B'C'，其中A'、B'、C'分别是A、B、C的对应点，并写出点A'、B'、C'的坐标．【分析】利用关于y轴对称的点的坐标特征写出点A'、B'、C'的坐标，然后描点即可． 【解答】解：如图，△A'B'C'为所作，A′（2，3），B′（3，1），C′（﹣1，﹣2）． 【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换：先确定图形的关键点；再利用轴对称性质作出关键点的对称点； 然后按原图形中的方式顺次连接对称点． 12．（2023•雁塔区校级二模）如图，在平面直角坐标系中： （1）将△ABC向上平移3个单位，再向右平移2个单位得到△A B C ，画出点A的对应点A 的坐标 1 1 1 1 （ 0 ， 1 ） ；并在坐标系中画出平移后的△A B C ； 1 1 1 （2）求△ABC的面积．【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律得到点A 、B 、C 的坐标，然后描点即可； 1 1 1 （2）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△ABC的面积． 【解答】解：（1）如图，△A B C 为所作，点A 的坐标为（0，1）； 1 1 1 1 故答案为：（0，1）； （2）△ABC的面积＝5×4﹣ ×5×3﹣ ×1×3﹣ ×4×2＝7． 【点评】本题考查了作图﹣平移变换：作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方 向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形． 13．（2023•定远县校级一模）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点三角 形ABC和格点O（网格线的交点，叫做格点）． （1）作△ABC关于点O的中心对称图形△A B C ；（点A，B，C的对应点分别为A ，B ，C ） 1 1 1 1 1 1 （2）将△A B C 先向上平移5个单位长度，再向左平移1个单位长度，得到△A B C ，画出△A B C ； 1 1 1 2 2 2 2 2 2 （点A ，B ，C 的对应点分别为A ，B ，C ） 1 1 1 2 2 2 （3）连接OA，OC ，则∠AOC ＝ 9 0 °． 2 2【分析】（1）根据题意找到点A ，B ，C ，再连线即可． 1 1 1 （2）根据题意找到A ，B ，C ，再连线即可． 2 2 2 （3）由OA＝ ，OC ＝ ，AC ＝5，可得 ，则∠AOC ＝ 2 2 2 90°． 【解答】解：（1）如图，△A B C 即为所求． 1 1 1 （2）如图，△A B C 即为所求． 2 2 2 （3）∵OA＝ ，OC ＝ ，AC ＝5， 2 2 且 ， ∴ ， ∴∠AOC ＝90°． 2 故答案为：90．【点评】本题考查作图﹣平移变换、中心对称、勾股定理，熟练掌握中心对称及平移的性质、勾股定理是 解答本题的关键． 14．（2023•石家庄模拟）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的8×11的网格中，给出了以格点 （网格线的交点）为端点的线段AB． （1）以点A为中心，将AB逆时针旋转90°，得到线段AB ，画出线段AB ； 1 1 （2）连接BB ，以点B 为中心，将△ABB 缩小0.5倍得到△A B B ，画出△A B B ； 1 1 1 2 2 1 2 2 1 （3）若△ABB 的面积为S，则△A B B 的面积为 ． 1 2 2 1 【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出B点的对应点B 即可； 1 （2）延长B B 到B 使 或在B B上截取 ，同理得A 即可； 1 2 2 1 2 （3）利用相似三角形的性质求解即可． 【解答】（1）解：如图所示； （2）如图所示； （3）由题意可知，△ABB ∽△A B B ，且相似比为 ，故面积比为 ， 1 2 2 1 ∵△ABB 的面积为S， 1 ∴△A B B 的面积为 ， 2 2 1 故答案为： ．【点评】本题考查了旋转作图和位似变换：画位似图形的一般步骤为：先确定位似中心；再分别连接并延 长位似中心和能代表原图的关键点；然后根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；最后顺次连 接上述各点，得到放大或缩小的图形． 15．（2023•庐江县模拟）（1）如图1，过等边△ABC的顶点A作AC的垂线l，点P为l上点（不与点A 重合），连接CP，将线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到线段CQ，连接QB． ①求证：AP＝BQ； ②连接PB并延长交直线CQ于点D．若PD⊥CQ，AC＝ ，求PB的长； （2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝45°，将边AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，连接CD，若AC＝ 1，BC＝3，求CD长． 【分析】（1）①由“SAS”证得△ACP≌△BCQ（SAS）可得AP＝BQ； ②连接PQ，BQ，由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，可得△CPQ是等边三角形，根据PD⊥CQ，可知 DP是CQ的垂直平分线，BC＝BQ，证明△ACP≌△BCQ（SAS），得AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°，即得AC＝BC＝BQ＝AP＝ ，可得CP＝ ＝2，在Rt△CDP中，CD＝ CP＝1，PD＝ CD ＝ ，由∠CBQ＝∠CAP＝90°，BC＝BQ，可得∠CBD＝45°＝∠BCQ，故BD＝CD＝1，从而PB＝PD﹣ BD＝ ﹣1； （2）在AC的上方作等腰直角△ACE，使得∠CAE＝90°，AC＝AE，连接BE，由△ACE是等腰直角三角形， AC＝1，可得CE＝ AC＝ ，∠ACE＝45°，又∠ACB＝45°，知∠BCE＝90°，BE＝ ＝ ，证明△ABE≌△ADC（SAS），即得BE＝CD＝ ． 【解答】（1）①证明：AP＝BQ，理由如下： 在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°， 由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°， ∴∠ACB＝∠PCQ， ∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ， ∴△ACP≌△BCQ（SAS）， ∴AP＝BQ； 解：②连接PQ，BQ，如图： 由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°， ∴△CPQ是等边三角形．∵PD⊥CQ， ∴CD＝DQ． ∴DP是CQ的垂直平分线， ∴BC＝BQ． 在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°， ∴∠ACB＝∠PCQ． ∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ． ∵CP＝CQ， ∴△ACP≌△BCQ（SAS）． ∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°． ∴AC＝BC＝BQ＝AP＝ ． ∵∠CAP＝90°， ∴CP＝ ＝2． 在Rt△CDP中，∠CPD＝90°﹣∠PCQ＝30°， ∴CD＝ CP＝1，PD＝ CD＝ ． ∵∠CBQ＝∠CAP＝90°，BC＝BQ， ∴∠BCQ＝45°． ∵∠CDB＝90°， ∴∠CBD＝45°＝∠BCQ． ∴BD＝CD＝1． ∴PB＝PD﹣BD＝ ﹣1； （2）解：将边AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，则∠CAE＝90°，AC＝AE，连接BE，如图：∵△ACE是等腰直角三角形，AC＝1， ∴CE＝ AC＝ ，∠ACE＝45°． ∵∠ACB＝45°， ∴∠BCE＝90°． 在Rt△BCE中，BE＝ ＝ ＝ ． ∵∠BAD＝∠CAE＝90°， ∴∠BAD+∠DAE＝∠CAE+∠DAE． 即∠BAE＝∠DAC， ∵AB＝AD，AE＝AC， ∴△ABE≌△ADC（SAS）． ∴BE＝CD． ∴CD＝ ． 【点评】本题主要考查几何变换综合应用，涉及等边三角形性质及应用，全等三角形判定与性质，直角三 角形判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题． 16．（2023•天涯区一模）已知D是等边三角形ABC中AB边上一点，将CB沿直线CD翻折得到CE，连 接EA并延长交直线CD于点F． （1）如图1，若∠BCD＝40°，直接写出∠CFE的度数； （2）如图1，若CF＝10，AF＝4，求AE的长； （3）如图2，连接BF，当点D在运动过程中，请探究线段AF，BF，CF之间的数量关系，并证明．【分析】（1）根据等边三角形及翻折的性质可求出∠ACE的值以及∠CAE＝∠E，在△ACE根据三角形内 角和定理求出∠E的值，然后在△CEF中根据三角形内角和定理求解∠CFE的值即可； （2）方法同（1）先求出∠CFE＝60°，然后在CF上截取FH，使FH＝EF，连接EH，BF，如图1，可知 △EFH是等边三角形，根据∠ABF＝180°﹣∠CFB﹣∠BCF﹣∠ABC＝60°﹣∠BCF，∠CEH＝∠AEC﹣60° ＝120°﹣∠BCF﹣60°＝60°﹣∠BCF，得到∠ABF＝∠CEH，证明△ABF≌△CEH（SAS），最后根据AE＝ EF﹣AF＝FH﹣AF计算求解即可； （3）由（2）可得AF+BF＝CF，证明过程同（2）． 【解答】解：（1）由等边三角形及翻折的性质得BC＝CE＝AC，∠ACB＝∠B＝∠BAC＝60°，∠BCF＝ ∠ECF＝40°， ∴∠CAE＝∠E，∠ACD＝∠ACB﹣∠BCF＝20°， ∴∠ACE＝∠ECF﹣∠ACD＝20°， ∴ ， ∵∠CFE＝180°﹣∠ECF﹣∠E＝180°﹣40°﹣80°＝60°， ∴∠CFE的度数为60°； （2）由（1）可得∠CFE＝180°﹣∠E﹣∠ECF＝180°﹣∠E﹣∠BCF， ∵ ，∠ACE＝∠ECF﹣∠ACF＝∠BCF﹣（60°﹣∠BCF）＝2∠BCF﹣60°， ∴ ， ∴∠CFE＝180°﹣120°+∠BCF﹣∠BCF＝60°， 如图1，在CF上截取FH，使FH＝EF，连接EH，BF． 由题意知BF＝EF，∠CFB＝∠CFE＝60°， ∴△EFH是等边三角形， ∵∠ABF＝180°﹣∠CFB﹣∠BCF﹣∠ABC＝60°﹣∠BCF，∠CEH＝∠AEC﹣60°＝120°﹣∠BCF﹣60°＝ 60°﹣∠BCF，∴∠ABF＝∠CEH， 在△ABF和△CEH中 ， ∴△ABF≌△CEH（SAS）， ∴CH＝AF＝4， ∴FH＝CF﹣CH＝6， ∴AE＝EF﹣AF＝2， ∴AE的长为2； （3）距离：AF+BF＝CF； 理由：由（2）可得，点D在运动过程中，∠CFE＝60°是定值， 如图2，在CF上截取FH，使FH＝EF，连接EH， ∴同理（2）可知△EFH是等边三角形， ∵∠ABF＝180°﹣∠CFB﹣∠BCF﹣∠ABC＝60°﹣∠BCF，∠CEH＝∠AEC﹣60°＝120°﹣∠BCF﹣60°＝ 60°﹣∠BCF， ∴∠ABF＝∠CEH， 在△ABF和△CEH中， ， ∴△ABF≌△CEH（SAS）， ∴CH＝AF， ∴CF＝FH+CH＝BF+AF， ∴AF+BF＝CF．【点评】本题主要考查了等边三角的性质，翻折的性质，三角形内角和定理及全等三角形的判定与性质． 熟练掌握知识并正确的作辅助线是解题的关键． 【名校自招练】 一．选择题（共10小题） 1．（2022•长寿区自主招生）下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形 的是（ ） A． 科克曲线 B． 笛卡尔心形线 C． 赵爽弦图 D． 斐波那契螺旋线 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【解答】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意． 故选：A． 【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿 对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 2．（2022•温江区校级自主招生）在平面直角坐标系中，点Q（﹣3，7）关于y轴对称的点的坐标是（ ） A．（﹣3，7） B．（3，7） C．（﹣3，﹣7） D．（3，﹣7） 【分析】直接利用关于y轴对称点的性质，横坐标互为相反数，纵坐标相等即可得出答案．【解答】解：点Q（﹣3，7）关于y轴对称的点的坐标是（3，7）． 故选：B． 【点评】此题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号是解题关键． 3．（2022•南陵县自主招生）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，P为△ABC内一点，分别 连接PA、PB、PC，当∠APB＝∠BPC＝∠CPA时， ，则BC的值为（ ） A．1 B． C． D．2 【分析】由旋转的性质可得∠PBP'＝60°，BP＝BP'，∠BPA＝∠BP'A'＝120°，AP＝A'P'，AB＝A'B＝2BC， ∠A'BP'＝∠ABP，可证CP+PP'+A'P'＝CP+PB+AP＝A'C＝ ，由直角三角形的性质和勾股定理可求解． 【解答】解：如图，将△BPA绕点B顺时针旋转60°，得到△BP'A'，连接PP'，过点A'作A'N⊥BC，交CB 的延长线于N， ∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°， ∴AB＝2BC，∠ABC＝60°， 由旋转可得：∠PBP'＝60°，BP＝BP'，∠BPA＝∠BP'A'＝120°，AP＝A'P'，AB＝A'B＝2BC，∠A'BP'＝ ∠ABP，∴△BPP'是等边三角形， ∴BP＝BP'＝PP'，∠BPP'＝∠BP'P＝60°， ∵∠BPC+∠BPP'＝180°，∠BP'A'+∠BP'P＝180°， ∴点C，点P，点P'三点共线，点P，点P'，点A'三点共线， ∴点C，点P，点P'，点A'四点共线， ∴CP+PP'+A'P'＝CP+PB+AP＝A'C＝ ， ∵∠A'BC＝∠A'BP'+∠PBP'+∠PBC＝∠ABP+∠PBC+60°＝120°， ∴∠A'BN＝60°， ∵AN⊥BN， ∴∠BA'N＝30°， ∴BN＝ A'B＝BC，AN＝ BN＝ BC， ∵A'C2＝CN2+A'N2， ∴21＝4BC2+3BC2， ∴BC＝ （负值舍去）， 故选：C． 【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等边三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题 的关键． 4．（2022•九龙坡区自主招生）下列关于数字变换的图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可． 【解答】解：A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意； B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； C、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：A． 【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部 分沿对称轴折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转 180度后与原图形重合．解题的关键是轴对称图形与中心对称图形的概念：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．如果一个图形绕某一点旋转 180°后能够与自身重合，那么这个图 形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 5．（2022•瓯海区校级自主招生）如图，将△ABC沿DE折叠，使点A与BC边的中点F重合，下列结论 中：① EF∥AB 且 2EF＝AB；②∠BAF＝∠CAF；③ S 四边形ADEF ＝ AF•DE；④∠BDF+∠FEC＝ 2∠BAC，正确的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】设AF与DE相交于点G，根据折叠的性质可得：∠DAE＝∠DFE，DE是AF的垂直平分线，AE ＝EF，根据已知可得EF不是△ABC的中位线，即可判断①，根据等腰三角形的三线合一性质，即可判断 ②，根据 S 四边形ADEF ＝S△ADF +S△AEF ，即可判断③，然后利用三角形的外角可得∠BDF+∠FEC＝ ∠DAF+∠AFD+∠EAF+∠EFA，再结合折叠的性质，即可判断④． 【解答】解：设AF与DE相交于点G， 由折叠得： ∠DAE＝∠DFE，DE是AF的垂直平分线，AE＝EF， ∵点F是BC的中点，点E不是AC的中点， ∴EF不是△ABC的中位线， ∴EF不平行于AB，2EF≠AB， 故①不正确； ∵AB≠AC，点F是BC的中点， ∴∠BAF≠∠CAF， 故②不正确； ∵AF⊥DE，∴S四边形ADEF ＝S△ADF +S△AEF ＝ AF•DG+ AF•EG ＝ AF（DG+EG） ＝ AF•DE， 故③正确； ∵∠BDF是△ADF的一个外角， ∴∠BDF＝∠DAF+∠AFD， ∵∠CEF是△AEF的一个外角， ∴∠CEF＝∠EAF+∠EFA， ∴∠BDF+∠FEC＝∠DAF+∠AFD+∠EAF+∠EFA ＝∠DAE+∠DFE ＝2∠DAE， 故④正确； ∴上列结论中，正确的个数是2， 故选：B． 【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），三角形的中位线定理，熟练掌握折叠的性质，以及三角形的 中位线定理是解题的关键． 6．（2022•长寿区自主招生）如图，矩形OABC中，OA＝4，AB＝3，点D在边BC上，且CD＝3DB，点 E是边OA上一点，连接DE，将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，则OE 的长为（ ） A． B． C． D．1 【分析】连接A′D，AD，根据矩形的性质得到BC＝OA＝4，OC＝AB＝3，∠C＝∠B＝O＝90°，求得CD ＝3，BD＝1，根据折叠的性质得到A′D＝AD，A′E＝AE，根据全等三角形的性质得到A′C＝BD＝1，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：连接A′D，AD， ∵四边形OABC是矩形， ∴BC＝OA＝4，OC＝AB＝3，∠C＝∠B＝∠O＝90°， ∵CD＝3DB， ∴CD＝3，BD＝1， ∴CD＝AB， ∵将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上， ∴A′D＝AD，A′E＝AE， 在Rt△A′CD与Rt△DBA中， ， ∴Rt△A′CD≌Rt△DBA（HL）， ∴A′C＝BD＝1， ∴A′O＝2， ∵A′O2+OE2＝A′E2， ∴22+OE2＝（4﹣OE）2， ∴OE＝ ， 故选：B． 【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线 是解题的关键． 7．（2022•九龙坡区自主招生）如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD方 向平移，得到△EFG，连接EC、GC．则EC+GC的最小值为（ ）A．2 B．4 C．2 D．4 【分析】根据菱形的性质得到AB＝4，∠ABD＝30°，根据平移的性质得到EG＝AB＝4，EG∥AB，推出四 边形EGCD是平行四边形，得到ED＝GC，于是得到EC+GC的最小值＝EC+ED的最小值，根据平移的性 质得到点E在过点A且平行于BD的定直线上，作点D关于定直线的对称点M，连接CM交定直线于AE， 解直角三角形即可得到结论． 【解答】解：∵在边长为4的菱形ABCD中，∠ABC＝60°， ∴AB＝CD＝4，∠ABD＝30°， ∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△EGF， ∴EG＝AB＝4，EG∥AB， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠BAD＝120°， ∴EG＝CD，EG∥CD， 连接ED ∴四边形EGCD是平行四边形， ∴ED＝GC， ∴EC+GC的最小值＝EC+ED的最小值， ∵点E在过点A且平行于BD的定直线上， ∴作点D关于定直线的对称点M，连接CM交定直线于E， 则CM的长度即为EC+DE的最小值， ∵∠EAD＝∠ADB＝30°，AD＝4， ∴∠ADM＝60°，DH＝MH＝ AD＝2， ∴DM＝4， ∴DM＝CD， ∵∠CDM＝∠MDG+∠CDB＝90°+30°＝120°，∴∠M＝∠DCM＝30°， ∴CM＝2× CD＝4 ． 故选：B． 【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，菱形的性质，矩形的判定和性质，解直角三角形，平移的性 质，正确地理解题意是解题的关键． 8．（2022•工业园区校级自主招生）如图，矩形 ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OA＝OB＝2， AD＝4 ，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点C的坐标为（ ） A．（6，4） B．（﹣6，4） C．（4，﹣6） D．（﹣4，6） 【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，根据已知条件求出点C的坐标，再根据旋转的性质求出前4 次旋转后点C的坐标，发现规律，进而求出第2022次旋转结束时，点C的坐标． 【解答】解：如图，过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC， ∵OA＝OB＝2，∴∠ABO＝∠BAO＝45°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠CBE＝45°， ∵BC＝AD＝4 ， ∴CE＝BE＝4， ∴OE＝OB+BE＝6， ∴C（﹣4，6）， ∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°， 则第1次旋转结束时，点C的坐标为（6，4）； 则第2次旋转结束时，点C的坐标为（4，﹣6）； 则第3次旋转结束时，点C的坐标为（﹣6，﹣4）； 则第4次旋转结束时，点C的坐标为（﹣4，6）； … 发现规律：旋转4次一个循环， ∴2022÷4＝505•••2， 则第2022次旋转结束时，点C的坐标为（4，﹣6）． 故选：C． 【点评】本题考查图形的旋转，通过旋转角度找到旋转规律，从而确定第2022次旋转后矩形的位置是解题 的关键． 9．（2022•南岸区自主招生）如图，在矩形纸片ABCD中，E是BC边上的中点，连接AE，把矩形纸片沿 AE对折，点B恰好落在矩形纸片ABCD的对角线BD上的点F处，连接CF． ①CF∥AE； ②AD＝ AB； ③CF＝ CD； ④∠ABD＝60°； ⑤S矩形ABCD ＝4S△AEF • 以上五个结论，正确的个数是（ ）A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】由翻折的性质证明∠FEA＝∠EFC，可得CF∥AE，进而可以判断①正确；设GE＝x，证明 △ABG∽△BEG，可得 ＝ ，所以BG＝ x，然后利用勾股定理，即可判断②；证得CF＝ CD， 可以判断③错误；证明AB＝ BG≠2BG，可以判断④；证明S矩形ABCD ＝AB•BC＝ x•2 x＝6 x2，4S△AEF ＝6 x2，可以判断⑤，进而可以解决问题． 【解答】解：由翻折可知：BE＝EF，AE⊥BF， ∵E为BC的中点， ∴BE＝CE， ∴EF＝CE， ∴∠EFC＝∠ECF， ∵∠BEA＝∠FEA， ∵∠BEF＝∠EFC+∠ECF， ∴∠BEF＝2∠EFC＝2∠FEA， ∴∠FEA＝∠EFC， ∴CF∥AE，故①正确； ∵四边形ABCD为矩形， ∴S△ABD ＝S△BCD ， 由①得，CF⊥BD， ∴S△ABD ＝ BD•AG＝S△BCD ＝ BD•CF， ∴AG＝CF， 设GE＝x， 由①中结论可知，GE为△BCF的中位线，∴CF＝AG＝2GE＝2x， ∵∠BGA＝∠EGB＝90°， ∠ABG+∠EBG＝90°，∠EBG+∠BEG＝90°， ∴∠ABG＝∠BEG， ∴△ABG∽△BEG， ∴ ＝ ， ∴BG2＝AG•GE＝2x•x＝2x2， ∴BG＝ x， ∴AB＝ ＝ ＝ x， BE＝ ＝ ＝ x， ∴BC＝2BE＝2 x＝AD， ∴AD＝ AB，故②正确； ∵CF＝2x，CD＝AB＝ x， ∴CF＝ CD，故③错误； ∵∠AGB＝90°，BG＝ x，AB＝ x， ∴AB＝ BG≠2BG ∴∠BAG≠30°， ∴∠ABD≠60°，故④错误； ∵S矩形ABCD ＝AB•BC＝ x•2 x＝6 x2， S△AEF ＝ ×AG•FG＝ •（AG+GE）•FG＝ （2x+x）• x＝ x2， ∴4S△AEF ＝6 x2， ∴S矩形ABCD ＝4S△AEF ，故⑤正确．∴正确的结论是①②⑤，共3个， 故选：B． 【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是 掌握翻折的性质． 10．（2022•九龙坡区自主招生）如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的 点Q处，折痕为AP．再将△PCQ，△ADQ分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处． 当AD＝CP时，则 的值为（ ） A． B．2 C．2 D． 【分析】根据折叠的性质和平角定义，证明∠DAB＝90°，四边形APCD是平行四边形，根据平行四边形的 性质和含30度角的直角三角形即可解决问题． 【解答】解：由折叠的性质可得：∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝ ∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP， ∵∠QRA+∠QRP＝180°， ∴∠D+∠C＝180°， ∴AD∥BC， ∴∠B+∠DAB＝180°， ∵∠DQR+∠CQR＝180°， ∴∠DQA+∠CQP＝90°， ∴∠AQP＝90°， ∴∠B＝∠AQP＝90°， ∴∠DAB＝90°， ∴∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB＝30°， ∵AD∥BC，AD＝CP， ∴四边形APCD是平行四边形，∴AR＝PR， ∵∠AQP＝90°， ∴QR＝ AP， ∵∠PAB＝30°，∠B＝90°， ∴AP＝2PB，AB＝ PB， ∴PB＝QR， ∴ ＝ ， 故选：A． 【点评】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质． 二．填空题（共4小题） 11．（2022•渝中区校级自主招生）如图，正方形ABCD中，点E在AB边上且AE＝2BE．连接CE，取CE 边上中点G，作GH⊥CG且CG＝GH连接CH．将△CGH绕着点C逆时针旋转得到△CG'H'．当H'恰好落 在AH的延长线上时连接HG'．CG′与HH'交于F，若AH＝2 ，则FH＝ ． 【分析】连接BH，EH，设CG、BH交于点O，证明B、C、H、E四点共圆，△CBH≌△ABH，求得BC、 AE的长，过点E作EM⊥AH于点M，作G关于CH的对称点J，连接CJ交AH于点T，过点T作TN⊥CH 于点N，则四边形CGHJ是正方形，设AM＝a，则HM＝AH＝2 ﹣a，由勾股定理及全等三角形的判定 与性质即可得到答案． 【解答】解：连接BH，EH，设CG、BH交于点O，∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝90°，BA＝BC， ∵GH⊥CG且CG＝GH， ∴△CGH是等腰直角三角形， ∵G是CE边上的中点， ∴CG＝GE， ∴HC＝HE， ∴△CHE是等腰直角三角形， ∴B、C、H、E四点共圆， ∵ ， ∴∠CBH＝∠CEH＝45°， ∴∠HBA＝∠HBC＝45°， 在△CBH和△ABH中， ， ∴△CBH≌△ABH（SAS）， ∴CH＝AH， ∵正方形ABCD中，点E在AB边上且AE＝2BE， ∴BC＝3BE， ∴CE＝ ＝ BE， ∵△CHE是等腰直角三角形， ∴CH＝ CE＝ BE，∵CH＝AH＝2 ， ∴BE＝2， ∴BC＝3BE＝6，AE＝4， 过点E作EM⊥AH于点M，作G关于CH的对称点J，连接CJ交AH于点T，过点T作TN⊥CH于点N， 则四边形CGHJ是正方形， 设AM＝a，则HM＝AH＝2 ﹣a， 在Rt△AME中，EA2﹣AM2＝EM2， 在Rt△HME中，HE2﹣HM2＝EM2， ∴EA2﹣AM2＝HE2﹣HM2， 即4 ， ∴a＝ ， ∴MA＝ ， ∴HM＝2 ＝ ， ∴EM＝ ＝ ， ∴tan∠HEM＝ ，sin∠HEM＝ ， ∵∠CHE＝90°， ∴∠CHJ+∠EHM＝90°，∵∠EHM+∠HEM＝90°， ∴∠CHJ＝∠HEM， ∵CJ⊥AH，EM⊥AH， ∴∠EMH＝∠HJC＝90°， 在△CJH和△HME中， ， ∴△CJH≌△HME（AAS）， ∴JH＝EM＝ ， ∴∠THN＝∠THC＝∠HEM， ∴tan∠THN＝ ，sin∠THN＝ ， ∴ ＝tan∠THN＝ ， ＝sin∠THN＝ ， 设TN＝3b，则NH＝4b，TH＝ ＝ ＝5b， ∵∠HCG＝45°，四边形CGHJ是正方形， ∴∠TCN＝45°，CN＝TN＝3b， ∴CH＝7b， ∴b＝ ， ∴TH＝ ， ∴JT＝JH﹣TJ＝ ﹣ ＝ ， ∵将△CGH绕着点C逆时针旋转得到△CG'H'， ∴CH＝CH′，∠HCG′＝∠HCG＝45°， ∴∠FCH＝∠TCH＝45°， ∵CH＝CH′， ∴∠FH′C＝∠THC， 在△THC和△FH′C中，， ∴△THC≌△FH′C（ASA）， ∴H′F＝HT， ∵CH＝CH′，CJ⊥HH′， ∴JH＝JH′， ∴JH﹣TH＝JH′﹣FH′， 即FJ＝TJ+JH＝ + ＝ ． 故答案为： ． 【点评】此题考查了直径所对的圆周角是直角，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，添加辅助线并 求得正方形的边长是解题的关键． 12．（2022•相城区校级自主招生）如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点 F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A点，D点的对称点为D'点． 若∠FPG＝90°，△A′EP的面积为8，△D'PH的面积为2，则矩形ABCD的面积等于 20+1 2 ． 【分析】设 AB＝CD＝x，由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，因为△A′EP 的面积为 4， △D′PH的面积为1，推出D′H＝ x，由 •x• x＝2，可得x＝2 （负根已经舍去），即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，AD＝BC，设AB＝CD＝x， 由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x， ∵△A′EP的面积为8，△D′PH的面积为2， 又∵△A′EP∽△D′PH， ∴A′P：D′H＝2， ∵PA′＝x，∴D′H＝ x， ∵ •x• x＝2， ∴x＝2 （负根已经舍去）， ∴AB＝CD＝2 ， ∴PE＝ ＝2 ，PH＝ ＝ ， ∴AD＝4 +2 + + ＝5 +3 ， ∴矩形ABCD的面积＝2 （5 +3 ）＝20+12 ． 故答案为：20+12 ． 【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学 会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 13．（2022•温江区校级自主招生）如图，在矩形ABCD中，连接对角线BD，在线段BD上存在一动点 Q，取线段DC中点M，连接MQ，并以MQ为对称轴作点D的对称点P，再以AB为对称轴作点P的对称 点P′，连接AP'，BP′，在△ABP'内有一动点O，分别连接P′O，AO，BO，已知∠ADB＝30°，AB＝ 1，则在Q运动的过程中，P′O+AO+BO的最小值为 ．【分析】作点 M 关于 AB 的对称点 M′，将△BOP′绕点 B 顺时针旋转 60°至△BO′P″，可得 OA+OB+OP′＝OA+OO′+O′P″，此时当 A，O，O′，P″共线时，OA+OB+OP′最小，最小值是 AP″的长，连接M′P′，将△BM′P′绕点B顺时针旋转60°，至△BM″P″，可得出点P″在以M″为 圆心， 为半径的半圆M″上运动，当点P″在P 处时，AP″最小，最小值是AP 的长，进一步得出结果． 1 1 【解答】解：如图1， 作点M关于AB的对称点M′，将△BOP′绕点B顺时针旋转60°至△BO′P″， 可得△BOO′是等边三角形， ∴OO′＝OB， ∴OA+OB+OP′＝OA+OO′+O′P″，∴当A，O，O′，P″共线时，OA+OB+OP′最小，最小值是AP″的长， 连接M′P′，将△BM′P′绕点B顺时针旋转60°，至△BM″P″， ∵ ， ∴M′″P″＝M′P′＝ ， ∴点P″在以M″为圆心， 为半径的半圆M″上运动， ∵当点P″在P 处时，AP″最小，最小值是AP 的长，此时点P′在P 处， 1 1 2 如图2， 作等边三角形ABO′， ∴O′M′＝O′T+TM′＝ AB+AD＝ + ＝ ， ∴P′O′＝O′M′﹣M′P′＝ ， ∴P′O+AO+BO的最小值为 ， 故答案为： ． 【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，确定圆的条件，轴对称的性质，旋转的 性质等知识，解决问题的关键是利用旋转作辅助线确定P′O+AO+BO最小时的条件及确定P″的轨迹． 14．（2022•宁波自主招生）如图，在 ABCD中，AD＝6．将 ABCD绕点A旋转至 AEFG．使得点E落 ▱ ▱ ▱ 在对角线AC上，若此时B、E、D、F恰在同一条直线上，则C、G两点间的距离为 6 ．【分析】连接DG，可证明△ABE是，△ABD是等腰三角形，证明△ABE∽△DAB求得AB的长，证明 △GFD≌△CDE，进而得出C、D、G共线，进一步得出CG的长． 【解答】解：如图， 连接DG， ∵将 ABCD绕点A旋转至 AEFG， ∴AE▱＝AB，∠ABC＝∠AEF▱， ∴∠ABE＝∠AEB， ∴∠ABE+∠ABC＝∠AEB+∠AEF＝180°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，BE＝DE， ∴∠BAD+∠ABC＝180°， ∴∠ABE＝∠BAD， ∴BD＝AD＝6， ∴BE＝DE＝ ， ∵∠ABE＝∠AEB＝∠DAB＝∠AEB， ∴△ABE∽△DAB， ∴ ，∴AB2＝BD•BE＝6×3＝18， ∴CD＝AB＝3 ， ∵∠F＝∠BCD＝∠BAD＝∠ABE＝∠AEB＝∠CED， DF＝DE＝3， FG＝CD， ∴△GFD≌△CDE（SAS）， ∵△CDE是等腰三角形， ∴△GFD是等腰三角形， ∴∠CDG＝∠F＝∠CED＝∠CDE， ∴点C、D、G共线， ∴CG＝DG+CD＝3 ＝6 ， 故答案为：6 ． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性 质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是找出对应，发现特殊性． 三．解答题（共4小题） 15．（2022•徐汇区校级自主招生）有一矩形纸片ABCD，AB＝a，BC＝b，将矩形ABCD沿对角线AC对 折后放于桌面上，探究其覆盖桌面的面积． 【分析】由图形可知：折叠后所成的图形覆盖桌面的面积是原矩形的面积减去重合的部分的面积，只要求 出重合的部分的面积即三角形AEC的面积即可得出结果． 【解答】解：如图， 解：设折叠后所成圆形覆盖桌面的面积为S，（a＜b），则： S＝S△ABC +S△ED′C ＝ S矩形ABCD+ S△ED′C 由Rt△ABE≌Rt△CD′E，得EC＝AE， 设EC＝x，则AB2+BE2＝x2，即a2+（b﹣x）2＝x2， ， 解得：x＝ ， ∴ ， ∴S＝ S矩形ABCD+ S△ED′C ＝ ＝ ＝ ； 当a＞b时，同理， ， S＝ ＝ ， 故答案为： 或 ． 【点评】本题考查了图形的翻折问题、三角形的面积及勾股定理；利用勾股定理求得 EC的大小，从而求 得重合部分的面积是正确解题的关键． 16．（2022•渝北区自主招生）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在AC上，连接BD，F为BD 上一点． （1）如图1，连接AF，将AF绕着点A逆时针旋转120°得AH，且点H恰好落在BD的延长线上，若BF＝ 1，求点C到直线BD的距离； （2）将△BCD沿着BC所在的直线翻折得△BCE，点D的对应点为E． ①如图2，连接AE，点F为BD的中点，连接AF，EF，求证：EF⊥AF；②如图3，点M为BE的中点，连接AM交BC于点N，若AB＝2，当△AMB周长最小时，直接写出 的 值． 【分析】（1）如图 1中，连接 CH，过点 C作CT⊥BD交BD的延长线于点 T．证明△BAF≌△CAH （SAS），推出BF＝CH＝1，∠AFB＝∠AHC，解直角三角形求出CT即可； （2）如图2中，连接DE，延长AF到J，使得FJ＝AF，连接BJ，EJ．证明△AEC≌△JED（SAS），推出 EA＝EJ，可得结论； （3）如图3﹣1中，取BC的中点O，作直线OM．首先证明OM∥CE，推出∠BOM＝∠BCE＝30°，推出 点M在直线OM上运动，作点B关于直线OM的对称点B′，连接AB′交OM于点M′，当点M与M′ 重合时，AM+BM的值最小，如图3﹣2中，设OM交BB′于点K，过点N作NJ⊥AB于点J，连接OA．分 别作出AM，CN可得结论． 【解答】（1）解：如图1中，连接CH，过点C作CT⊥BD交BD的延长线于点T． ∵∠BAC＝∠FAH＝120°， ∴∠BAF＝∠CAH， 在△BAF和△CAH中，， ∴△BAF≌△CAH（SAS）， ∴BF＝CH＝1，∠AFB＝∠AHC， ∵AF＝AH，∠FAH＝120°， ∴∠AFH＝∠AHF＝30°， ∴∠AFB＝∠AHC＝180°﹣30°＝150°， ∴∠CHD＝150°﹣30°＝120°， ∴∠CHT＝180°﹣120°＝60°， ∴CT＝CH•sin60°＝ ， ∴点C到直线BD的距离为 ． （2）证明：如图2中，连接DE，延长AF到J，使得FJ＝AF，连接BJ，EJ． ∵BF＝DF，AF＝FJ， ∴四边形ABJD是平行四边形， ∴AB＝DJ＝AC，AB∥DJ， ∴∠ADJ＝180°﹣∠BAD＝60°， ∵D，E关于BC对称， ∴CD＝CE，∠ACB＝∠BCE＝30°， ∴∠DCE＝60°， ∴△DCE是等边三角形， ∴DE＝EC，∠EDC＝60°， ∴∠EDJ＝∠ACE＝60°，∴△AEC≌△JED（SAS）， ∴EA＝EJ， ∵AF＝FJ， ∴EF⊥AJ； （3）解：如图3﹣1中，取BC的中点O，作直线OM． ∵BM＝ME，BO＝OC， ∴OM∥CE， ∴∠BOM＝∠BCE＝30°， ∴点M在直线OM上运动， 作点B关于直线OM的对称点B′，连接AB′交OM于点M′，当点M与M′重合时，AM+BM的值最小， 如图3﹣2中， 设OM交BB′于点K，过点N作NJ⊥AB于点J，连接OA． ∵AB＝AC，OB＝OC， ∴AO⊥BC， ∵∠ABO＝30°，AB＝2，∴AO＝1，OB＝ ， ∵∠BOK＝∠BCE＝30°， ∴BK＝ OB＝ ， ∴BB′＝2BK＝ ， ∵∠ABC＝∠BCE＝30°， ∴AB∥CE∥OM， ∵OK⊥BB′， ∴BB′⊥AB， ∴AB′＝ ＝ ， ∵MB＝MB′， ∴∠MBK＝∠B′， ∵∠MBK+∠ABM＝90°，∠B′+∠BAM＝90°， ∴∠MBA＝∠BAM， ∴MB＝MA＝MB′， ∴AM＝ AB′＝ ， 设JN＝m，则JB＝ m， ∵JN∥BB′， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， ∴AJ＝ m， ∴ m+ m＝2， ∴m＝ ， ∴BN＝2JN＝ ，∵BC＝2 ， ∴CN＝2 ﹣ ＝ ， ∴ ＝ ＝ ． 【点评】本题属于几何变换综合题考查了翻折变换，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，轴对称最 短问题，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题， 转化利用轴对称解决最短问题，属于中考压轴题． 17．（2022•荣昌区自主招生）如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足为D，点E为AC 边上一点，连接ED并延长至F，使ED＝FD，以EF为底作等腰Rt△EGF． （1）如图1，若∠ADE＝30°，AE＝2，求CE的长； （2）如图2，连接BF，DG，点M为BF的中点，连接DM，过D作DH⊥AC，垂足为H，连接AG交DH 于点N，求证：DM＝NG； （3）如图3，点K为平面内不与点D重合的任意一点，连接KD，将KD绕点D顺时针旋转90°得到K'D， 连接 K'A，KB．直线 K'A 与直线 KB 交于点 P，D'为直线 BC 上一动点，连接 AD'并在 AD'的右侧作 C'D'⊥AD'且C'D'＝AD'，连接AC'，Q为BC边上一点，CD＝3CQ，AB＝6 ，请直接写出QC'+C'P的最 小值． 【分析】（1）如图1中，过点E作EH⊥AD于点H．解直角三角形求出AC，可得结论． （2）如图2中，连接CF，CG．想办法证明AG＝CF，DM＝ CF，GN＝ AG，可得结论． （3）如图3中，设BD交AK′于J．利用全等三角形的性质证明点P的运动轨迹是以AB为直径的 O， 点C在运动轨迹是直线CC′（CC′⊥AC），如图4中，作点Q关于CC′的对称点Q′，连接Q⊙C′，Q′C′，C′P，OP．证明当O，P，C′，Q′共线时，PC′+C′Q′的值最小，如图5中，过点O作 OR⊥BC于点R，OW⊥CQ′交Q′C的延长线于点W．想办法求出OQ′，可得结论． 【解答】（1）解：如图1中，过点E作EH⊥AD于点H． ∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC， ∴∠BAD＝∠CAD＝45°， ∵EH⊥AD， ∴∠HAE＝∠AEH＝45°， ∴AH＝EH＝ AE＝ ， ∵∠ADE＝30°， ∴DH＝ EH＝ ， ∴AD＝ + ， ∵AC＝ AD＝2+2 ， ∴EC＝AC﹣AE＝2 ． （2）证明：如图2中，连接CF，CG．∵△EFG是等腰直角三角形，ED＝DF， ∴GD⊥EF，DG＝DE＝DF， ∵AD＝CD，∠ADC＝∠GDF＝90°， ∴∠ADG＝∠CDF， ∴△ADG≌△CDF（SAS）， ∴AG＝CF， ∵∠ADC＝∠EDG， ∴∠ADE＝∠CDG， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴∠DAE＝∠DCG＝45°， ∵∠ACB＝45°， ∴∠ACG＝90°， ∵DA＝DC，DH⊥AC， ∴AH＝HC， ∵DH∥CG， ∴AN＝NG， ∵BM＝MF，BD＝DC， ∴DM＝ CF， ∵GN＝ AG，AG＝CF， ∴DM＝NG； （3）解：如图3中，设BD交AK′于J．∵∠ADB＝∠KDK′＝90°， ∴∠ADK′＝∠BDK， ∵DA＝DB，DK′＝DK， ∴△ADK′≌△BDK（SAS）， ∴∠DAK′＝∠DBP， ∵∠AJD＝∠BJP， ∴∠ADJ＝∠BPJ＝90°， ∴点P的运动轨迹是以AB为直径的 O， ∵∠DAC＝∠D′AC′＝45°， ⊙ ∴∠DAD′＝∠CAC′， ∵ ＝ ＝ ， ∴△DAD′∽△CAC′， ∴∠ADD′＝∠ACC′＝90°， ∴点C在运动轨迹是直线CC′（CC′⊥AC）， 如图4中，作点Q关于CC′的对称点Q′，连接QC′，Q′C′，C′P，OP． ∵OQ′是定值，C′Q＝C′Q′，OP+PC′+C′Q′≥OQ′， ∴PC′+C′Q＝PC′+C′Q′＝OQ′﹣OP， ∴当O，P，C′，Q′共线时，PC′+C′Q′的值最小，如图5中，过点O作OR⊥BC于点R，OW⊥CQ′交Q′C的延长线于点W． ∵AB＝AC＝6 ， ∴BC＝ AB＝12， ∵OB＝OA＝3 ，OR⊥BC，∠ABC＝45°， ∴OR＝BR＝3， ∴CR＝BC﹣BR＝12﹣3＝9， ∵四边形ORCW是矩形， ∴OW＝CR＝9，CW＝OR＝3， ∵CD＝3CQ，CD＝BD＝6， ∴CQ＝2， ∴CQ′＝CQ＝2， ∴WQ′＝CW+CQ′＝5， ∴OQ′＝ ＝ ＝ ． ∴QC'+C'P的最小值为 ﹣3 ． 【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角 形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会 利用轴对称解决最短问题，属于中考压轴题． 18．（2022•渝中区校级自主招生）在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°．在△AEF中，∠AFE＝90°， ∠AEF＝30°，AE＝AB，连接CE，点G是CE的中点．将△AEF绕点A顺时针旋转 （0＜ ＜360°）． α α （1）如图1，若点F恰好落在线段CE上，连接BG．证明：2（GC﹣GB）＝ AB． （2）如图2，若点F恰好落在BA延长线上时，作CD⊥BC，DA⊥BA，M是线段BC上一点，4BM＝BC，P是平面内一点，满足∠MPC＝∠DCE，连接PF，已知AC＝4，直接写出PF的最小值． 【分析】（1）如图1中，取AC的中点M，连接BM，连接BF，GM．证明△BAF≌△BMG（SAS），推出 BF＝BG，∠ABF＝∠MBG，推出∠FBG＝∠ABM＝60°，推出△FBG是等边三角形，可得结论． （2）如图2中，连接AC，作线段CA的垂直平分线交EC于O，连接OM．以O为圆心，OM为半径作 O，作点O关于CM的对称点O′，以O′为圆心，O′M为半径作 O′，推出∠MPC＝∠ECD＝ ⊙ ⊙ 30°，∠MPC＝ ∠MOC＝30°，推出点P在CM两侧的两段优弧上，再根据r﹣OF≤PF≤r+O′F，求解即 可． 【解答】（1）证明：如图1中，取AC的中点M，连接BM，连接BF，GM． ∵∠ABC＝90°，AM＝CM， ∴AM＝MC＝BM， ∵∠ABM＝90°﹣∠CBM＝60°， ∴△ABM是等边三角形， ∴∠AMB＝∠BAM＝60°， ∵AM＝MC，EG＝CG， ∴GM∥AE，GM＝ AE， ∴∠AMG+∠EAM＝180°， ∴∠AMG+60°+∠FAB+60°＝180°， ∴∠AMG+∠FAB＝60°，∵∠AMG+∠BMG＝60°， ∴∠BAF＝∠BMG， ∵MG＝ AE．AF＝ AE， ∴AF＝MG，AB＝MB， ∴△BAF≌△BMG（SAS）， ∴BF＝BG，∠ABF＝∠MBG， ∴∠FBG＝∠ABM＝60°， ∴△FBG是等边三角形， ∴BG＝FG， ∴GC﹣GB＝GE﹣FG＝EF＝ AF， ∵AE＝AB＝2AF， ∴2（GC﹣GB）＝ AB； （2）解：如图2中，连接AC，作线段CA的垂直平分线交EC于O，连接OM． 在Rt△ACB中，AC＝4，∠ACB＝30°， ∴AB＝CD＝ AC＝2，BC＝ AB＝2 ，∵BC＝4BM， ∴CM＝ BC＝ ∵∠EAD＝∠DAC＝30°，∠BAC＝60°， ∴∠BAC＝∠CAE＝60°，AB＝AE， ∵AC＝AC， ∴△ACB≌△ACE（SAS）， ∴∠ACB＝∠ACE＝30°， ∵OE＝OC，∠MCO＝60°， ∴△OMC是等边三角形， ∴∠MOC＝60°， 以O为圆心，OM为半径作 O，作点O关于CM的对称点O′，以O′为圆心，O′M为半径作 O′， ∵∠MPC＝∠ECD＝30°， ⊙ ⊙ ∴∠MPC＝ ∠MOC＝30°， ∴点P在CM两侧的两段优弧上， 由题意， O， O′的半径都是r＝CM＝ ，OF＝ ＝ ，O′F＝ ⊙ ⊙ ＝ ， ∵r﹣OF≤PF≤r+O′F， ∴ ﹣ ≤PF≤ + ． ∴PF的最小值为 ﹣ ． 【点评】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和 性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，点与圆的位置关系等知识，解题的关键是学会添加常用 辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．