文档内容
2026年菁优中考数学解密之图形的对称
一．选择题（共10小题）
1．（2025•湖北）如图，折叠正方形ABCD的一边BC，使点C落在BD上的点F处，折痕BE交AC于点
G．若DE＝2√2，则CG的长是（ ）
A．√2 B．2 C．√2+1 D．2√2-1
2．（2025•西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落
在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（ ）
A．3√5 B．2 C．2√10 D．4√2
3．（2025•河北）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A落在A′处，A′D交BC于点E．将△CDE
沿DE折叠，点C落在△BDE内的C′处，下列结论一定正确的是（ ）
A．∠1＝45°﹣ B．∠1＝ C．∠2＝90°﹣ D．∠2＝2
4．（2025•旌阳区α二模）如图，将α矩形ABCD沿AE翻折，使点αB落在CD上的点α F处，射线EF与矩形
ABCD的外角∠DCG的平分线相交于点H，若AB＝15，BC＝9，则线段CH的长为（ ）
第1页（共46页）A．9√2 B．10√2 C．11√2 D．12√2
5．（2025•湖北模拟）如图，在矩形ABCD中，CD＝2BC＝4，G为BC上的点，沿AG折叠这个矩形，点
B的对应点E恰好在边CD上，则CG的长为（ ）
A．1 B．4-2√3 C．4√3-6 D．8-4√3
6．（2025•南岗区校级模拟）下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（2025•南京模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为AD边上一点，将△ABE沿
第2页（共46页）BE翻折，点A恰好落在CD边上点F处，则AE长为（ ）
4 5 7 13
A． B． C． D．
3 3 4 8
8．（2025•东莞市二模）小明将三角形纸片按下列图示方式折叠，则纸片有一部分会重叠四层，将这部分
图形完全展开，得到的平面图形一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．菱形 D．正方形
9．（2025•安州区模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，点E在CD上，且DE＝3，连接BE，将矩形
ABCD沿直线AE翻折，点D恰好落在BE上的点F处，则sin∠BAF的值是（ ）
2 2 3 7
A． B． C． D．
5 7 8 25
10．（2025•新野县模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，D是BC的中点，将△ABD
沿AD折叠，得到△AED，连接CE，则CE的长度为（ ）
15 8 14
A．2 B． C． D．
7 3 5
二．填空题（共10小题）
第3页（共46页）11．（2025•阳泉模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若∠BAC＝45°，DB＝6，CD＝4，则AD的
长度为 ．
12．（2025•南岗区校级模拟）如图，点E在正方形ABCD的CD边上，连结BE，将正方形折叠，使点B
3
与E重合，折痕MN交BC边于点M，交AD边于点N，若tan∠EMC= ，ME+CE＝8，则折痕MN的
4
长为 ．
13．（2025•南岗区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝60°，BC＝2，若P为AB上一个
1
动点，则PC+ AP的最小值为 ．
2
14．（2025•镜湖区校级二模）如图，在矩形纸片中，点E在AB上，将矩形ABCD沿着CE折叠，使得点
B的对应点落在AD边上的点F处，连接CF，G为CD的中点，连接BG交CE、CF于点M、N两点．
（1）若AB＝6，AE＝2，则∠AFE的度数为 ．
（2）若BM＝BE，则sin∠AFE值为 ．
第4页（共46页）15．（2025•南岗区校级二模）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B
点落在点P处，折痕为EC，连接AP，连接CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：①直线CE
是BP的垂直平分线；②∠APB＝90°；③△APQ为等腰三角形；④若∠QCD＝30°，则QD＝2AQ．
其中正确的结论序号为 ．
16．（2025•新余校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，A（0，8），B（5，0），点P是y轴正半轴上
的一个动点，将△POB沿BP翻折，若点O的对应点C恰好落在AO或BO的垂直平分线上，则OP的
长为 ．
17．（2025•驻马店三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝10，BC＝12，点E是线段BC上一
动点（不与点B，C重合），连接AE，将△ABE沿直线AE折叠，点B落到点F处，连接CF，BF．当
△BFC为等腰三角形时，BE的长为 ．
第5页（共46页）18．（2025•江阳区模拟）如图，已知正方形ABCD的边长是10，E是BC边上一动点，△AEF是以点E
为直角顶点的等腰直角三角形，则AF+DF的最大值与最小值的差为 ．
19．（2025•海南二模）如图，平行四边形ABCD中，AD＝3，AB＝5，∠DAB＝60°，点P为CD上一个
动点，以AP为对称轴折叠△DAP得到△QAP，点D的对应点为点Q，直线PQ交AB于点M，当点Q
在AB上时，PC的长为 ，当AM有最小值时，PQ的长为 ．
20．（2025•越秀区校级二模）如图是一张菱形纸片ABCD，点E在AD边上，CE⊥AD，把△CED沿直线
CE折叠得到△CED'，点D'落在DA的延长线上．若CD'恰好平分∠ACB，则∠ABC＝ °，
BC
= ．
AD'
三．解答题（共5小题）
21．（2025•河南校级三模）如图，矩形ABCD，连接AC．
（1）请用无刻度直尺和圆规作点B关于AC的对称点B′，连接CB′，AB′，AB′与CD的交点记为E；
第6页（共46页）（不写作法，保留作图痕迹）
（2）判断△ACE的形状，并说明理由；
（3）若AB＝8，AD＝4，则DE的长为 ．
22．（2025•分宜县模拟）如图，在边长为1个单位长度的正六边形ABCDEF中，连接AC，请仅用无刻
度的直尺按下列要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，将线段AC沿CD方向平移2个单位长度；
（2）在图2中，P是AC上一点，连接AD，作点P关于AD的对称点．
23．（2025•南岗区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标为A（﹣4，3）、B（﹣
1，﹣1）．
（1）在图中画出以线段AB为一边的等腰钝角三角形ABC，点C在小正方形的顶点上；并写出△ABC
的面积．
（2）画出△ABC关于y轴对称的轴对称图形△A B C ，并写出A 、B 的坐标．（点A的对应点为
1 1 1 1 1
A ，点B的对应点为B ，点C的对应点为C ）
1 1 1
24．（2025•西宁）如图，点E是正方形ABCD的边BC的中点，连接DE，将△EDC沿DE所在直线折叠，
点C落在点F处，连接EF并延长交AB于点G，连接DG．
（1）求证：△ADG≌△FDG；
（2）若AB＝2√5，求AG的长．
第7页（共46页）25．（2025•深圳一模）尺规作图起源于古希腊的数学课题，指的是只用没有刻度的直尺和圆规作图，并
且只允许使用有限次，来解决不同的平面几何作图问题．数学课堂上，黄老师给同学们呈现了这样一
个数学问题：如图，在矩形纸片ABCD中，点E在AD边的中点，将矩形纸片折叠，使点B与点E重
合．
（1）请在图中作出折痕，交AB边于点F，交CD边于点G，连接EF，并在矩形纸片内用尺规作出一
点M，使得四边形BFEM是菱形，请给出证明；（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若折痕FG交BE于点H，连接AH，若AH长为6，BF为2√11，直接写出
FM的长．
第8页（共46页）2026年菁优中考数学解密之图形的对称
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C D D C B B C D D
一．选择题（共10小题）
1．（2025•湖北）如图，折叠正方形ABCD的一边BC，使点C落在BD上的点F处，折痕BE交AC于点
G．若DE＝2√2，则CG的长是（ ）
A．√2 B．2 C．√2+1 D．2√2-1
【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．
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【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】如图，过G作GH⊥BC于H，由对折可得：BC＝BF，CE＝EF，∠BFE＝∠BCE＝90°＝
∠DFE，∠FBE＝∠CBE，证明∠DEF＝∠FDE＝45°，而DE=2√2，可得DF＝EF＝DE•sin45°＝2，
1
求解CD=BC=2√2+2=BF，OB= BD=√2+2，证明 OG＝HG，Rt△OBG≌Rt△HBG，可得
2
BH=BO=√2+2，再进一步求解即可．
【解答】解：如图，过G作GH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝AD，∠BCD＝∠ADC＝90°，∠DBC＝∠BDC＝45°，AC＝BD，OA＝OC＝OB＝
OD，AC⊥BD，
第9页（共46页）由对折可得：BC＝BF，CE＝EF，∠BFE＝∠BCE＝90°＝∠DFE，∠FBE＝∠CBE，
∴∠DEF＝∠FDE＝45°，而DE=2√2，
∴DF＝EF＝DE•sin45°＝2，
∴CD=BC=2√2+2=BF，
∴AC=BD=BF+DF=2√2+4，
1
∴OB= BD=√2+2，
2
∵∠FBE＝∠CBE，GH⊥BC，AC⊥BD，
∴OG＝HG，
∵BG＝BG，
∴Rt△OBG≌Rt△HBG，
∴BH=BO=√2+2，
∴CH=BC-BH=√2，
同理可得：CH=GH=√2，
∴CG=√2+2=2，
方法二：设AC与BD交于点O，
∵∠FBE＝∠CBE＝22.5°，∠BOG＝90°，
∴∠OGB＝67.5°＝∠CGE，∠CEG＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠CEG＝∠CGE＝67.5°，
∴CG＝CE＝EF＝2，
故选：B．
【点评】
本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，
锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
2．（2025•西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落
在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（ ）
第10页（共46页）A．3√5 B．2 C．2√10 D．4√2
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理；正方形的性质．
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【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；
推理能力．
【答案】C
1
【分析】由正方形的性质得CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°，则BE＝CE= CB＝3，由
2
折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，可证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得FG＝DG，由CG＝
6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG，根据勾股定理得32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2，求得DG＝2，则AG
=√AD2+DG2=2√10，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝6，点E是BC的中点，
∴CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°，
1
∴BE＝CE= CB＝3，
2
由折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AF＝AD，∠AFG＝∠D＝90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
{AG=AG
，
AF=AD
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴FG＝DG，
∵CE2+CG2＝EG2，且CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG，
∴32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2，
解得DG＝2，
∴AG=√AD2+DG2=√62+22=2√10，
故选：C．
第11页（共46页）【点评】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，
推导出FG＝DG是解题的关键．
3．（2025•河北）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A落在A′处，A′D交BC于点E．将△CDE
沿DE折叠，点C落在△BDE内的C′处，下列结论一定正确的是（ ）
A．∠1＝45°﹣ B．∠1＝ C．∠2＝90°﹣ D．∠2＝2
【考点】翻折变α换（折叠问题）α；平行线的性质． α α
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【专题】展开与折叠．
【答案】D
【分析】根据矩形的性质的可得AD∥BC，∠C＝90°，则∠ADB＝∠1，进而根据折叠的性质得出2∠1
＝90°﹣ ，∠2＝2 ，即可求解．
【解答】α解：∵四α边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠C＝90°，
∴∠ADB＝∠1，
∵将矩形ABCD沿对角线BD折叠，
∴∠ADB＝∠A'DB，
∴∠1＝∠A'DB，
∵∠DEC＝90°﹣ ，
即2∠1＝90°﹣ α，
α1
∴∠1=45°- α，故A不正确，
2
∵∠BDE≠∠CDE，
∴∠1≠ ，故B不正确，
∵将矩α形ABCD沿对角线ED折叠，
∴∠C'ED＝∠CED
∠2＝180°﹣2∠CED＝180°﹣2（90°﹣ ）＝2 ，故C不正确，D选项正确，
故选：D． α α
第12页（共46页）【点评】本题考查了矩形的折叠问题，三角形内角和定理以及三角形的外角的性质，熟练掌握折叠的
性质是解题的关键．
4．（2025•旌阳区二模）如图，将矩形ABCD沿AE翻折，使点B落在CD上的点F处，射线EF与矩形
ABCD的外角∠DCG的平分线相交于点H，若AB＝15，BC＝9，则线段CH的长为（ ）
A．9√2 B．10√2 C．11√2 D．12√2
【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的性质；勾股定理；矩形的性质．
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【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】过点H作HP⊥CG于点P，由矩形及翻折的性质得EF＝BE，AF＝AB＝15，则EC＝9﹣BE，
先由勾股定理求出DF＝12得CF＝3，再由勾股定理求出BE＝5，则EC＝4，证明△CHP是等腰直角
EC CF 4 3
三角形得CP＝HP，则EP＝4+CP，然后证明△ECF和△EPH相似得 = ，即 = ，由
EP HP 4+CP CP
此得CP＝12，由此即可求出CH的长．
【解答】解：过点H作HP⊥CG于点P，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，且AB＝15，BC＝9，
∴DC＝AB＝15，AD＝BC＝9，∠B＝BCD＝∠D＝90°，
由翻折的性质得：EF＝BE，AF＝AB＝15，
∴EC＝BC﹣BE＝9﹣BE，
在Rt△ADF中，由勾股定理得：DF=√AF2-AD2=√152-92=12，
∴CF＝DC﹣DF＝15﹣12＝3，
第13页（共46页）在Rt△EFC中，由勾股定理得：CE2+CF2＝EF2，
∴（9﹣BE）2+32＝BE2，
∴BE＝5，
∴EC＝9﹣BE＝4，
∵∠BCD＝90°，
∴∠DCG＝90°，
∵CH是∠DCG的平分线，
1
∴∠HCP= ∠DCG＝45°，
2
∵HP⊥CG，
∴△CHP是等腰直角三角形，
∴CP＝HP，∠HPC＝90°，
∴EP＝EC+CP＝4+CP，
∵∠BCD＝∠HPC＝90°，
∴CF∥HP，
∴△ECF∽△EPH，
EC CF
∴ = ，
EP HP
4 3
∴ = ，
4+CP CP
∴CP＝12，
∴CP＝HP＝12，
在Rt△CHP中，由勾股定理得：CH=√CP2+H P2=√122+122=12√2．
故选：D．
【点评】此题主要考查了图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，相似三角形的性质，勾股定理，理
解图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质，灵活运用勾股定理和相似三
角形的性质进行计算是解决问题的关键．
5．（2025•湖北模拟）如图，在矩形ABCD中，CD＝2BC＝4，G为BC上的点，沿AG折叠这个矩形，点
B的对应点E恰好在边CD上，则CG的长为（ ）
第14页（共46页）A．1 B．4-2√3 C．4√3-6 D．8-4√3
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理；矩形的性质．
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【专题】展开与折叠；推理能力．
【答案】C
【分析】根据矩形性质，折叠的性质，得到AB＝AE＝CD＝4，BG＝EG，勾股定理求出DE的长，设
CG＝x，在Rt△ECG中，利用勾股定理，进行求解即可．
【解答】解：∵矩形ABCD，CD＝2BC＝4，
1
∴∠D=∠C=90°，AB=CD=4，AD=BC= CD=2，
2
∵G为BC上的点，沿AG折叠这个矩形，点B的对应点E恰好在边CD上，
∴AE＝AB＝4，BG＝EG，
∴DE=√AE2-AD2=2√3，
∴CE=CD-DE=4-2√3，
设CG＝x，则：BG＝EG＝BC﹣CG＝2﹣x，
在Rt△ECG中，由勾股定理，得：(2-x) 2=x2+(4-2√3) 2，
解得：x=4√3-6；
故选：C．
【点评】本题考查的是矩形的性质，折叠问题，勾股定理，熟知以上知识是解题的关键．
6．（2025•南岗区校级模拟）下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A．
第15页（共46页）B．
C．
D．
【考点】轴对称图形．
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【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】B
【分析】根据“若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形”，
即可求解．
【解答】解：A、选项图形不是轴对称图形，不符合题意；
B、选项图形是轴对称图形，符合题意；
C、选项图形不是轴对称图形，不符合题意；
D、选项图形不是轴对称图形，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了轴对称图形，掌握轴对称图形的定义是关键．
7．（2025•南京模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为AD边上一点，将△ABE沿
BE翻折，点A恰好落在CD边上点F处，则AE长为（ ）
4 5 7 13
A． B． C． D．
3 3 4 8
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
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第16页（共46页）【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】由矩形的性质得CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠C＝∠D＝90°，由翻折得FE＝AE，FB＝AB＝
5，则CF=√FB2-BC2=√52-32=4，求得DF＝CD﹣CF＝1，由DF2+DE2＝FE2，且DE＝3﹣AE，得
5
12+（3﹣AE）2＝AE2，求得AE= ，于是得到问题的答案．
3
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝5，AD＝3，
∴CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠C＝∠D＝90°，
∵将△ABE沿BE翻折，点A落在CD边上点F处，
∴FE＝AE，FB＝AB＝5，
∴CF=√BF2-BC2=√52-32=4，
∴DF＝CD﹣CF＝5﹣4＝1，
∵DF2+DE2＝FE2，且DE＝3﹣AE，
∴12+（3﹣AE）2＝AE2，
5
解得AE= ，
3
故选：B．
【点评】此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，正确地求出DF的长是解题
的关键．
8．（2025•东莞市二模）小明将三角形纸片按下列图示方式折叠，则纸片有一部分会重叠四层，将这部分
图形完全展开，得到的平面图形一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．菱形 D．正方形
【考点】翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的性质；菱形的判定；正方形的判定．
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【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】由折叠的性质得到AB＝BC＝CD＝DA，判定四边形ABCD是菱形．
第17页（共46页）【解答】解：把重叠四层的这部分图形完全展开，得到的平面图形一定是四边形ABCD，由折叠的性
质得到AB＝BC，AD＝AB，DC＝BC，于是AB＝BC＝CD＝DA，判定四边形ABCD是菱形．
故选：C．
【点评】本题考查菱形的判定，折叠问题，关键是掌握菱形的判定方法．
9．（2025•安州区模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，点E在CD上，且DE＝3，连接BE，将矩形
ABCD沿直线AE翻折，点D恰好落在BE上的点F处，则sin∠BAF的值是（ ）
2 2 3 7
A． B． C． D．
5 7 8 25
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；勾股定理；矩形的性质．
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【专题】展开与折叠．
【答案】D
【分析】首先得到BC＝AD＝4，CD＝AB，BA＝BE，设EC＝x，则AB＝BE＝CD＝DE+EC＝x+3，勾
7 7 25
股定理求出EC= ，然后得出BE=x+3= +3= ，然后求出∠FAB＝∠EBC，然后利用
6 6 6
EC
sin∠BAF=sin∠EBC= 代数求解即可．
BE
【解答】解：∵在矩形ABCD中，AD＝4，
∴BC＝AD＝4，CD＝AB，
∵CD∥AB，
∴∠DEA＝∠EAB，
由折叠得，∠DEA＝∠BEA，DE＝EF＝3，∠D＝∠EFA＝90°，
∴BA＝BE，
设EC＝x，则AB＝BE＝CD＝DE+EC＝x+3，
∵∠C＝90°，
∴EC2+BC2＝BE2，即x2+42＝（x+3）2，
第18页（共46页）7
∴x= ，
6
7
∴EC= ，
6
7 25
∴BE=x+3= +3= ，
6 6
∵∠EFA＝90°＝∠ABC，
∴∠FAB+∠ABF＝∠EBC+∠ABF，
∴∠FAB＝∠EBC，
7
EC 6 7
∴sin∠BAF=sin∠EBC= = = ．
BE 25 25
6
故选：D．
【点评】此题考查了矩形的性质，折叠的性质，求角的正弦值，勾股定理等知识，解题的关键是掌握
以上知识点．
10．（2025•新野县模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，D是BC的中点，将△ABD
沿AD折叠，得到△AED，连接CE，则CE的长度为（ ）
15 8 14
A．2 B． C． D．
7 3 5
【考点】翻折变换（折叠问题）；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；三角形中位线定理．
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【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】D
【分析】连接BE交AD于O，作AH⊥BO于H，首先证明AD垂直平分线段BE，△BCE是直角三角形，
求出BC，BE，在Rt△BCE中，利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：连接BE交AD于O，作AH⊥BC于H，
第19页（共46页）∵AC＝8，AB＝6，
∴BC=√62+82=10，
∵CD＝DB，
∴AD＝DC＝DB＝5，
1 1
∵ BC⋅AH= AB⋅AC，
2 2
24
∴AH= ，
5
由翻折得：AE＝AB，
∵DE＝DB＝DC，
∴∠DEB＝∠DBE，∠DEC＝∠DCE，
∴∠DEB+∠DBE+∠DEC+∠DCE＝180°，
∴∠BEC＝∠DEB+∠DEC＝90°，
1 1
∵ AD⋅BO= BD⋅AH，
2 2
24
∴OB= ，
5
48
∴BE=2OB= ，
5
√ 48 2 14
∴EC=√BC2+BE2= 102-( ) = ．
5 5
故选：D．
【点评】本题考查翻折变换、直角三角形的斜边中线的性质、三角形的中位线定理，勾股定理等知识，
解题的关键是学会利用面积求高，属于中考常考题型．
二．填空题（共10小题）
11．（2025•阳泉模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若∠BAC＝45°，DB＝6，CD＝4，则AD的
长度为 1 2 ．
第20页（共46页）【考点】轴对称的性质；勾股定理；正方形的判定与性质．
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【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】12．
【分析】以AB为对称轴作△ABD 的轴对称图形△ABE，以 AC 为对称轴作△ACD 的轴对称图形
△ACF，延长EB、FC交于点G．由轴对称的性质证明四边形AEGF是正方形，设AD＝x，则AE＝AF
＝EG＝FG＝x，即可求出BG＝x﹣6，CG＝x﹣4，在Rt△BGC中，根据勾股定理列式计算即可求解．
【解答】解：如图，以AB为对称轴作△ABD的轴对称图形△ABE，以AC为对称轴作△ACD的轴对称
图形△ACF，延长EB、FC交于点G．
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，
由轴对称的性质得：∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，AE＝AD，AD＝AF，∠EAB＝∠DAB，
∠FAC＝∠DAC，BE＝BD，CF＝CD，
∵∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝2×45°＝90°，
∴四边形AEGF是正方形，
∴∠G＝90°，
设AD＝x，则AE＝AF＝EG＝FG＝x，
第21页（共46页）∴BG＝x﹣6，CG＝x﹣4，
由勾股定理可知，（x﹣6）2+（x﹣4）2＝（6+4）2，
解得：x ＝12，x ＝﹣2（不合题意，舍去），
1 2
∴AD＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了正方形的性质与判定，解一元二次方程，轴对称等知识，关键是根据轴对称的性
质证明四边形AEGF是正方形解答．
12．（2025•南岗区校级模拟）如图，点E在正方形ABCD的CD边上，连结BE，将正方形折叠，使点B
3
与E重合，折痕MN交BC边于点M，交AD边于点N，若tan∠EMC= ，ME+CE＝8，则折痕MN的
4
长为 3√10 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；正方形的性质．
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【专题】推理填空题；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】3√10．
【分析】过N作NH⊥BC于H，得到四边形ABHN是矩形，根据矩形的性质得到NH＝AB，∠NHM＝
90°，根据全等三角形的性质得到HM＝CE，设CE＝3x，CM＝4x，根据勾股定理得到EM＝5x，求得
NH＝9，于是得到结论．
【解答】解：如图，过N作NH⊥BC于H，
则四边形ABHN是矩形，
∴NH＝AB，∠NHM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
第22页（共46页）∴∠C＝90°，AB＝BC，
∴NH＝BC，
∵将正方形折叠，使点B与E重合，
∴MN⊥BE，
∴∠HNM+∠NMH＝∠EBC+∠BMN＝90°，
∴∠EBC＝∠HNM，
在△BCE与△NHM中，
{
∠NHM=∠C
NH=BC ，
∠HNM=∠CBE
∴△BCE≌△NHM（ASA），
∴HM＝CE，
在Rt△EMC中，
CE 3
∵tan∠EMC= = ，
CM 4
∴设CE＝3x，CM＝4x，
∴EM＝5x，
∵ME+CE＝8，
∴EM＝5，CE＝3，CM＝4，
∴BC＝BM+CM＝EM+CM＝9，
∴NH＝9，
∴MN=√N H2+H M2=3√10，
故答案为：3√10．
【点评】此题主要考查了图形的翻折变换，根据图形折叠前后图形不发生大小变化得出三角形的全等
是解决问题的关键，难度一般．
13．（2025•南岗区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝60°，BC＝2，若P为AB上一个
1
动点，则PC+ AP的最小值为 3 ．
2
第23页（共46页）【考点】胡不归问题；含30度角的直角三角形．
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【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】3．
1
【分析】过点P作PD⊥AC于D，求得PD= AP，作点C关于AB的对称点E，连接CE交AB于F，
2
1 1
连接PE，得到PC+ AP=PE+PD，再根据PE+PD≥DE，则当P、D、E三点共线时，PC+ AP
2 2
值最小，最小值等于DE，然后求出DE的长即可求解．
【解答】解：过点P作PD⊥AC于D，
由条件可知∠A＝30°，
∵PD⊥AC，
∴∠PDA＝90°，
1
∴PD= AP，
2
作点C关于AB的对称点E，连接CE交AB于F，连接PE，
∴PE＝PC，CF＝EF，
1
∴PC+ AP=PE+PD，
2
∵PE+PD≥DE，
1
∴当P、D、E三点共线时，PC+ AP值最小，最小值等于DE，
2
∵点C关于AB的对称点E，连接CE交AB于F，
∴CE⊥AB，
∴∠BFC＝90°，
∴∠BCF＝30°，
1 1
∴BF= BC= ×2=1，
2 2
第24页（共46页）∴CF=√BC2-BF2=√3，
∴EF=CF=√3，
∴CE=2√3，
∵∠BCA＝90°，
∴∠ACE＝∠ACB﹣∠BCF＝60°，
∴∠E＝30°，
1
∴CD= CE=√3，
2
∴DE=√CE2-CD2=√ (2√3) 2-(√3) 2=3，
1
∴PC+ AP的最小值为3．
2
故答案为：3．
【点评】本题考查利用轴对称求最短路径问题，两点间线段最短，直角三角形的性质，勾股定理，三
角形内角和定理，熟练掌握利用轴对称求最短路径方法以是解题的关键．
14．（2025•镜湖区校级二模）如图，在矩形纸片中，点E在AB上，将矩形ABCD沿着CE折叠，使得点
B的对应点落在AD边上的点F处，连接CF，G为CD的中点，连接BG交CE、CF于点M、N两点．
（1）若AB＝6，AE＝2，则∠AFE的度数为 30 ° ．
（2）若BM＝BE，则sin∠AFE值为 √2-1 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；矩形的性质．
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【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】（1）30°；（2）√2-1．
AE
【分析】（1）由折叠得EF＝BE＝4，根据sin∠AFE= 可得结论；
FE
（2）设BE＝a，AE＝b，分别表示出CG，BG，证明EF∥BG，得出∠AFE＝∠GBC，根据sin∠AFE＝
第25页（共46页）sin∠GBC得出b=(√2-1)a，进而即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AB∥CD，AB＝CD，
由折叠得EF＝BE＝4，
AE 2 1
∴在Rt△AEF中，sin∠AFE= = = ，
FE 4 2
∴∠AFE＝30°，
故答案为：30°；
（2）设BE＝a，AE＝b，
∴AB＝AE+EB＝a+b，
∴CD＝AB＝a+b，
∵G是CD的中点，
1 1
∴CG= CD= (a+b)，
2 2
如图，
∵BM＝BE
∴∠BEM＝∠BME，
∵AB∥CD，
∴∠MCG＝∠BEM，
又∵∠GMC＝∠EMB，
∴∠GMC＝∠GCM，
a+b
∴GM=GC=
2
a+b 3 1
∴BG＝a+ = a+ b，
2 2 2
由折叠得，∠FEC＝∠BEC，EF＝BE＝a，
第26页（共46页）∴∠FEC＝∠EMB，
∴EF∥BG，
∴∠AEF＝∠ABG，
∵∠AFE＝90°﹣∠AEF＝90°﹣∠ABG＝∠GBC，
∴sin∠AFE＝sin∠GBC，
CG AE
∴ = ，
BG EF
a+b
2 b
∴ = ，
a+b a
a+
2
解得：b=(√2-1)a（负值舍去），
b
∴sin∠AFE= =√2-1，
a
故答案为：√2-1．
【点评】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，解直角三角形，平行线的性质，等腰三角形的性质与
判定等知识，掌握其性质定理是解决此题的关键．
15．（2025•南岗区校级二模）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B
点落在点P处，折痕为EC，连接AP，连接CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：①直线CE
是BP的垂直平分线；②∠APB＝90°；③△APQ为等腰三角形；④若∠QCD＝30°，则QD＝2AQ．
其中正确的结论序号为 ①②③④ ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；含 30度角的直角三
角形；矩形的性质．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】①②③④．
【分析】利用矩形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定，含30°角直角三角形
等知识逐项判断即可．
第27页（共46页）【解答】解：由条件可知∠ABC＝∠BAD＝∠ADC＝90°，AD＝BC，
∵E是AB边的中点，
∴AE＝BE，
由折叠的性质得：BE＝PE，CE垂直平分BP，
故结论①正确，符合题意；
∴AE＝BE＝PE，
∴∠EAP＝∠EPA，∠EBP＝∠EPB，
∵∠EAP+∠EPA+∠EBP+∠EPB＝180°，
∴∠EPA+∠EPB＝90°，
∴∠APB＝90°，
故结论②正确，符合题意；
∵∠EAP+∠QAP＝∠EPA+∠QPA＝90°，
∴∠QAP＝∠QPA，
∴QA＝QP，
∴△APQ是等腰三角形，故结论③正确，符合题意；
∵BC＝PC，AD＝BC，AD＝AQ+QD，
∴QC＝QP+PC＝AQ+AQ+QD＝2AQ+QD，
∵∠ADC＝90°，∠QCD＝30°，
∴PC＝2QD，
∴2QD＝2AQ+QD，
∴QD＝2AQ，
故结论④正确，符合题意；
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定，含30°角直角
三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
16．（2025•新余校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，A（0，8），B（5，0），点P是y轴正半轴上
的一个动点，将△POB沿BP翻折，若点O的对应点C恰好落在AO或BO的垂直平分线上，则OP的
5√3
长为 或 2. 5 或 1 0 ．
3
第28页（共46页）【考点】翻折变换（折叠问题）；两点间的距离公式；线段垂直平分线的性质；坐标与图形变化﹣对
称．
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【专题】展开与折叠．
【答案】见试题解答内容
【分析】当点C在线段AO的垂直平分线上时，可得点C的纵坐标为4，设C（c，4），由折叠的性质
可得BC＝OB＝5，OP＝CP，则（c﹣5）2+（4﹣0）2＝52，解方程得到点C的坐标为（2，4）或（8，
4），设P（0，p），则（0﹣2）2+（p﹣4）2＝p2或（0﹣8）2+（p﹣4）2＝p2，解方程即可得到答案；
当点C在线段BO的垂直平分线上时，则点C的横坐标为2.5，设C（2.5，m） 由折叠的性质可得BC
5√3
＝OB＝5，OP＝CP，则（2.5﹣5）2+（m﹣0）2＝52，解方程可得点C的坐标为(2.5， )，设P
2
2
5√3
（0，q），则(0-2.5) 2+(p- ) =p2，解方程即可得到答案．
2
【解答】解：当点C在线段AO的垂直平分线上时，
∵A（0，8），B（5，0），
∴点C的纵坐标为4，OB＝5，
设C（c，4），
由折叠的性质可得BC＝OB＝5，OP＝CP，
∴（c﹣5）2+（4﹣0）2＝52，
解得c＝2或c＝8，
∴此时点C的坐标为（2，4）或（8，4），
设P（0，p），
∴（0﹣2）2+（p﹣4）2＝p2或（0﹣8）2+（p﹣4）2＝p2，
解得p＝2.5或p＝10，
∴P（0，2.5）或P（0，10），
第29页（共46页）∴OP＝2.5或OP＝10；
当点C在线段BO的垂直平分线上时，
∵B（5，0），
∴点C的横坐标为2.5，
设C（2.5，m），
由折叠的性质可得BC＝OB＝5，OP＝CP，
∴（2.5﹣5）2+（m﹣0）2＝52，
5√3 5√3
解得m= 或m=- （舍去），
2 2
5√3
∴此时点C的坐标为(2.5， )，
2
设P（0，q），
2
5√3
∴(0-2.5) 2+(p- ) =p2，
2
5√3
解得p= ，
3
5√3
∴P(0， )，
3
5√3
∴OP= ；
3
5√3
综上所述，OP的长为 或2.5或10，
3
5√3
故答案为： 或2.5或10．
3
【点评】本题主要考查了折叠的性质可，坐标系中两点距离计算公式，线段垂直平分线的性质，利用
分类讨论的思想求解是解题的关键．
17．（2025•驻马店三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝10，BC＝12，点E是线段BC上一
动点（不与点B，C重合），连接AE，将△ABE沿直线AE折叠，点B落到点F处，连接CF，BF．当
10 15
△BFC为等腰三角形时，BE的长为 或 ．
3 2
第30页（共46页）【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理．
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【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．
10 15
【答案】 或 ．
3 2
1
【分析】分三种情况：①BF＝CF时，作FG⊥BC于G，则BG=CG= BC=6，∠BGF=90°，设
2
3
BE＝x，由折叠的性质得：FE＝BE＝x，证明△BGF∽△ABE，得出FG= x，在Rt△EFG中，GE＝6
5
﹣x，由勾股定理得出方程，解方程即可； ② BF＝BC＝12 时，由折叠的性质得：
1 BE AB 15
BO=FO= BF=6，AE⊥BF，证明△ABE∽△AOB，得出 = ，求出BE= ；③CF＝BC
2 OB OA 2
时，由折叠的性质得：AE垂直平分BF，由CF＝BC知OC⊥BF，得出点E与C重合，不符合题意．
【解答】解：当△BFC为等腰三角形时，分三种情况：
①当BF＝CF时，如图1所示：作FG⊥BC于G，
1
则BG=CG= BC=6，∠BGF=90°，
2
设BE＝x，
由折叠的性质得：FE＝BE＝x，AE垂直平分BF，
∵∠ABC＝90°，
∴∠FBG＝∠BAE＝90°﹣∠AEB，
∴△BGF∽△ABE，
第31页（共46页）FG BG FG 6
∴ = ，即 = ，
BE AB x 10
3
解得：FG= x，
5
在Rt△EFG中，GE＝6﹣x，
由勾股定理得：EG2+FG2＝EF2，
3 2
即(6-x) 2+( x) =x2，
5
10
解得：x= ，或x＝30（不合题意舍去），
3
10
∴BE= ；
3
②当CF＝BC时，连接OC，如图3所示：
由折叠的性质得：AE是BF的垂直平分线，
∵CF＝BC，
∴OC⊥BF，
∴点E与C重合，不符合题意；
③当BF＝BC＝12时，如图2所示：
1
由折叠的性质得：BO=FO= BF=6，AE⊥BF，
2
∴∠AOB＝∠ABE＝90°，AO=√AB2-BO2=√102-62=8，
第32页（共46页）∵∠BAO＝∠BAE，
∴△ABE∽△AOB，
BE AB
∴ = ，
OB OA
BE 10
即 = ，
6 8
15
解得：BE= ；
2
10 15
综上所述，当△BFC为等腰三角形时，BE的长为 或 ；
3 2
10 15
故答案为： 或 ．
3 2
【点评】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质；熟
练掌握翻折变换的性质，证明三角形相似是解题的关键．
18．（2025•江阳区模拟）如图，已知正方形ABCD的边长是10，E是BC边上一动点，△AEF是以点E
为直角顶点的等腰直角三角形，则AF+DF的最大值与最小值的差为 30﹣1 0√5 ．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；平行四边形的判定与
性质；正方形的性质．
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【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；平移、
旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】30﹣10√5．
【分析】如图，连接AC，在AB上截取AG，使AG＝EC，连接EG，CF，延长BC到D′，使CD′＝
CD，延长AD，交CF的延长线于H，连接D′H，证明△GAE≌△CEF（SAS），则∠AGE＝∠ECF，
∠BGE＝45°＝∠D′CF，证明四边形CDHD′是正方形，则D′H＝DH＝CD＝10，CD垂直平分AH，AC
＝CH，可知F在线段CH上运动，如图，连接D′F，AD′，证明△FCD≌△FCD′（SAS），则D′F＝DF，
AF+DF＝AF+D′F，当 A、F、D′三点共线时，AF+DF 的值最小，为 AD′，由勾股定理得，
第33页（共46页），计算求解即可；由题意知，AF≤AH，DF＝D′F≤D′H，当F、H重合时，AF+DF
AD'=√AB2+BD'2
最大，为20+10＝30，然后计算求解AF+DF的最大值与最小值的差即可．
【解答】解：如图，连接AC，在AB上截取AG，使AG＝EC，连接EG，CF，延长BC到D′，使CD′
＝CD，延长AD，交CF的延长线于H，连接D′H，
∵正方形ABCD，
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝90°，
∴AB﹣AG＝BC﹣EC，即BG＝BE，
180°-∠B
∴∠BGE=∠BEG= =45°，
2
∵∠BAE+∠AEB＝90°，∠CEF+∠AEB＝180°﹣∠AEF＝90°，
∴∠GAE＝∠CEF，
在△GAE与△CEF中，
{
AG=EC
∠GAE=∠CEF，
AE=EF
∴△GAE≌△CEF（SAS），
∴∠AGE＝∠ECF，
∴∠BGE＝45°＝∠D′CF，
∴∠DCH＝45°＝∠DHC，
∴DH＝CD＝CD′，
∴四边形CDHD′是平行四边形，
∵∠DCD′＝90°，
∴四边形CDHD′是矩形，
∵DH＝CD，
∴四边形CDHD′是正方形，
∴D′H＝DH＝CD＝10，
第34页（共46页）∴CD垂直平分AH，
∴AC＝CH，
∴F在线段CH上运动，
如图，连接D′F，AD′，
∵CD＝CD′，∠FCD＝∠FCD′，CF＝CF，
∴△FCD≌△FCD′（SAS），
∴D′F＝DF，
∴AF+DF＝AF+D′F，
∴当A、F、D′三点共线时，AF+DF的值最小，为AD′，
∴AD=√AB2+BD2=10√5，
由题意知，AF≤AH，DF＝D′F≤D′H，
∴当F、H重合时，AF+DF最大，为20+10＝30，
∴AF+DF的最大值与最小值的差为30﹣10√5，
故答案为：30﹣10√5．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路径问题，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股
定理，等腰三角形的判定与性质等知识．确定F的运动轨迹，以及AF+DF的最大值与最小值的情况是
解题的关键．
19．（2025•海南二模）如图，平行四边形ABCD中，AD＝3，AB＝5，∠DAB＝60°，点P为CD上一个
动点，以AP为对称轴折叠△DAP得到△QAP，点D的对应点为点Q，直线PQ交AB于点M，当点Q
3√3-3
在AB上时，PC的长为 2 ，当AM有最小值时，PQ的长为 ．
2
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；角平分线的定义；垂线段最短；平行线的性质；勾
股定理；平行四边形的性质．
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【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；解直角三角
形及其应用；展开与折叠；运算能力；推理能力．
第35页（共46页）3 3
【答案】2； √3- ．
2 2
【分析】当点Q在AB上时，由角平分线的定义及平行四边形的性质可知DP＝AD＝3，即可求出CP；
由角平分线的定义及平行四边形的性质可知MA＝MP，当AM最小时，PM最小，而PM⊥AB时最小，
此时△APM为等腰直角三角形，据此求解即可．
【解答】解：如图，点Q在AB上时，Q与M重合，
∵以AP为对称轴折叠△DAP得到△QAP，
∴AQ＝AD，∠DAP＝∠QAP，
由题意得CD＝AB＝5，CD∥AB，AD∥BC，
∴∠DPA＝∠QAP，
∴∠DAP＝∠DPA，
∴AD＝PD＝3，
∴CP＝CD﹣DP＝2，
∵以AP为对称轴折叠△DAP得到△QAP，
∴∠DPA＝∠MPA，
∴CD∥AB，
∴∠DPA＝∠PAM，
∴∠MAP＝∠MPA，
∴AM＝PM，
∴当AM有最小值时，则PM最小，而PM⊥AB时最小，如图所示，
第36页（共46页）∴△APM为等腰直角三角形，
∴∠PAM＝45°，
∴∠PAD＝∠DAB﹣∠PAM＝60°﹣45°＝15°，
∴∠DAQ＝2∠PAD＝30°，
∴∠MAQ＝∠DAB﹣∠DAQ＝60°﹣30°＝30°，
在Rt△AQM中，AQ＝AD＝3，
1 3 3√3
∴QM= AQ= ，PM=AM=AQ⋅cos∠MAQ=3×cos30°= ，
2 2 2
3√3 3 3√3-3
∴PQ=PM-MQ= - = ，
2 2 2
3√3-3
∴PQ的长为 ；
2
3√3-3
故答案为：2； ．
2
【点评】本题考查翻折的性质，平行四边形的性质，等角对等边，平行线的性质，勾股定理，解直角
三角形，等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识点，掌握翻折的性质，平行四边形的性质，
解直角三角形的相关计算是解题的关键．
20．（2025•越秀区校级二模）如图是一张菱形纸片ABCD，点E在AD边上，CE⊥AD，把△CED沿直线
CE折叠得到△CED'，点D'落在DA的延长线上．若CD'恰好平分∠ACB，则∠ABC＝ 36 °，
BC 1+√5
= ．
AD' 2
【考点】翻折变换（折叠问题）；角平分线的定义；菱形的性质．
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第37页（共46页）【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】设AB，CD′交于点J．设∠B＝x．利用三角形内角和定理构建方程求出x即可，证明设AD′＝
AC＝CJ＝m，BC＝CD＝CD′＝n，则JD′＝n﹣m，利用相似三角形的性质构建一元二次方程求解．
【解答】解：设AB，CD′交于点J．设∠B＝x．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠D＝x，AD∥CB，
∴∠BCD′＝∠D′，
∵CD′平分∠ACB，
∴∠ACD′＝∠BCD′，
由翻折变换的性质可知，∠D＝∠D′，
∴∠BCD′＝∠ACD′＝x，
∵BA＝BC，
∴∠BCA＝∠BAC＝2x，
∵∠B+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴5x＝180°，
∴x＝36°，
∴∠B＝36°，
∵∠D′＝∠ACD′＝36°，
∴AD′＝AC，
∵∠CAJ＝∠CJA＝72°，
∴AC＝CJ，
设AD′＝AC＝CJ＝m，BC＝CD＝CD′＝n，则JD′＝n﹣m，
∵∠D′＝∠D′，∠D′AJ＝∠ACD′＝36°，
∴△D′AC∽△D′JA，
∴D′A2＝D′J•D′C，
∴m2＝（n﹣m）•n，
第38页（共46页）∴n2﹣nm﹣m2＝0，
n n
∴（ ）2- - 1＝0，
m m
n 1+√5
∴ = ．
m 2
1+√5
故答案为：36， ．
2
【点评】本题考查翻折变换，角平分线的定义，菱形的性质，解题的关键是理解题意，学会利用参数
解决问题．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•河南校级三模）如图，矩形ABCD，连接AC．
（1）请用无刻度直尺和圆规作点B关于AC的对称点B′，连接CB′，AB′，AB′与CD的交点记为E；
（不写作法，保留作图痕迹）
（2）判断△ACE的形状，并说明理由；
（3）若AB＝8，AD＝4，则DE的长为 3 ．
【考点】作图﹣轴对称变换；等腰三角形的判定；勾股定理；矩形的性质．
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【专题】尺规作图；几何直观．
【答案】（1）见解析；
（2）等腰三角形，理由见解析；
（3）3．
【分析】（1）过点B作AC的垂线，以垂足为圆心，点B和垂足之间的线段长为半径画弧交垂线于点
B′，连接CB′，AB′，AB′与CD的交点记为E即可；
（2）根据轴对称的性质、矩形的性质、等量代换证明∠EAC＝∠ECA，即可得到结论；
（3）设DE＝x，则EC＝AE＝DC﹣DE＝8﹣x，利用勾股定理得到AD2+DE2＝AE2，即42+x2＝（8﹣
x）2，即可求出答案．
【解答】解：（1）如图，
第39页（共46页）（2）△ACE为等腰三角形，理由如下：
∵∠B′AC＝∠BAC，四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠ACD＝∠BAC，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴AE＝CE，
∴△ACE为等腰三角形；
（3）∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝8，AD＝BC＝4，∠D＝90°
设DE＝x，则EC＝AE＝DC﹣DE＝8﹣x，
∴AD2+DE2＝AE2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
即DE的长为3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了作轴对称图形，轴对称的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知
识，准确作图是解题的关键．
22．（2025•分宜县模拟）如图，在边长为1个单位长度的正六边形ABCDEF中，连接AC，请仅用无刻
度的直尺按下列要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，将线段AC沿CD方向平移2个单位长度；
（2）在图2中，P是AC上一点，连接AD，作点P关于AD的对称点．
第40页（共46页）【考点】作图﹣轴对称变换；作图﹣平移变换．
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【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【分析】（1）分别延长DE、FE，分别交AF和CD的延长线于点G，H，连接GH，则线段GH是线
段AC沿CD方向平移2个单位长度得的；
（2）分别连接PE，AE，AD，设PE与AD交于点L，连接CL，并延长，交AE于点Q，则点Q为点P
关于AD的对称点．
【解答】解：（1）如图1，GH即为所作；
（2）点P关于AD的对称点点Q，如图2即为所求．
【点评】本题主要考查作图﹣轴对称变换，作图﹣平移变换，正确掌握正六边形的性质是解答关键．
23．（2025•南岗区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标为A（﹣4，3）、B（﹣
1，﹣1）．
（1）在图中画出以线段AB为一边的等腰钝角三角形ABC，点C在小正方形的顶点上；并写出△ABC
的面积．
（2）画出△ABC关于y轴对称的轴对称图形△A B C ，并写出A 、B 的坐标．（点A的对应点为
1 1 1 1 1
A ，点B的对应点为B ，点C的对应点为C ）
1 1 1
第41页（共46页）【考点】作图﹣轴对称变换；三角形的面积．
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【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）△ABC的面积＝10；
（2）A （4，3）、B （1，﹣1）．
1 1
【分析】（1）由勾股定理可知AB＝5，由此即可作出以线段AB为一边的等腰钝角三角形ABC，由三
角形面积公式即可求出三角形面积；
（2）利用轴对称的特点得到A ，B ，C 的位置，再顺次连接得到△A B C ，由作图可直接得出答案．
1 1 1 1 1 1
【解答】解：（1）如图，
由勾股定理可得，AB=√42+32=5，
∴BC＝5，
1
∴△ABC的面积= ×5×4=10，
2
（2）如图，画出△ABC关于y轴对称的轴对称图形△A B C ，A （4，3）、B （1，﹣1）．
1 1 1 1 1
第42页（共46页）【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、三角形的面积，熟练掌握关于坐标轴对称的点的坐标特征是解
答本题的关键．
24．（2025•西宁）如图，点E是正方形ABCD的边BC的中点，连接DE，将△EDC沿DE所在直线折叠，
点C落在点F处，连接EF并延长交AB于点G，连接DG．
（1）求证：△ADG≌△FDG；
（2）若AB＝2√5，求AG的长．
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．
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【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；
推理能力．
【答案】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，
由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，
∴AD＝FD，∠DFG＝90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
{DG=DG
，
AD=FD
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）．
2√5
（2）AG的长是 ．
3
【分析】（1）由正方形的性质得AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝
90°，则AD＝FD，∠DFG＝90°，而DG＝DG，即可根据“HL”证明Rt△ADG≌Rt△FDG．
1
（2）因为AD＝DC＝BC＝AB＝2√5，点E是BC的中点，所以BE＝CE= BC=√5，则FE＝BE=√5
2
，而FG＝AG，则BG＝2√5-AG，EG=√5+FG=√5+AG，由勾股定理得（√5）2+（2√5-AG）2＝（
2√5
√5+AG）2，求得AG= ．
3
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
第43页（共46页）∴AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，
由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，
∴AD＝FD，∠DFG＝90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
{DG=DG
，
AD=FD
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）．
（2）解：∵AD＝DC＝BC＝AB＝2√5，点E是BC的中点，
1
∴BE＝CE= BC=√5，
2
∴FE＝BE=√5，
∵FG＝AG，
∴BG＝2√5-AG，EG=√5+FG=√5+AG，
∵∠B＝90°，
∴BE2+BG2＝EG2，
∴（√5）2+（2√5-AG）2＝（√5+AG）2，
2√5
解得AG= ，
3
2√5
∴AG的长是 ．
3
【点评】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等中知
识，推导出AD＝FD，∠DFG＝90°，进而证明Rt△ADG≌Rt△FDG是解题的关键．
25．（2025•深圳一模）尺规作图起源于古希腊的数学课题，指的是只用没有刻度的直尺和圆规作图，并
且只允许使用有限次，来解决不同的平面几何作图问题．数学课堂上，黄老师给同学们呈现了这样一
个数学问题：如图，在矩形纸片ABCD中，点E在AD边的中点，将矩形纸片折叠，使点B与点E重
合．
（1）请在图中作出折痕，交AB边于点F，交CD边于点G，连接EF，并在矩形纸片内用尺规作出一
点M，使得四边形BFEM是菱形，请给出证明；（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若折痕FG交BE于点H，连接AH，若AH长为6，BF为2√11，直接写出
FM的长．
第44页（共46页）【考点】作图﹣轴对称变换；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质．
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【专题】作图题；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接BE，作BE的垂直平分线，交AB边于点F，交CD边于点G，交BE于点O，直线
MN即为折痕，在射线OG上取点M，使得OM＝OF，先根据对角线互相平分，证明四边形 BFEM是
平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；
（2）根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到 BE＝2AH＝12，再根据菱形的性质，求出
FH=2√2，即可得到FM的长．
【解答】解：（1）如图，直线MN为折痕，点M为所求作；
证明如下：由题意可知，点B、E关于直线FG对称，
∴FG垂直平分BE，
∴BF＝EF，OE＝OB，
在射线OG上取点M，使得OM＝OF，
∴四边形BFEM是平行四边形，
由条件可知四边形BFEM是菱形；
（2）由条件可知∠BAE＝90°，
由条件可知BE＝2AH＝12，
∵四边形BFEM是菱形，BF=2√11，
第45页（共46页）1
∴EF=BF=2√11，FM⊥BE，EH= BE=6，FM＝2FH，
2
∴FH=√EF2-EH2=2√2，
∴FM=2FH=4√2．
【点评】本题考查了复杂作图——作垂线、作线段，垂直平分线的性质，折叠的性质，平行四边形的
判定，菱形的判定和性质，矩形的性质，直角三角形斜边中线，勾股定理等知识，根据题意正确作图
是解题关键．
第46页（共46页）
