2024年中考数学一轮复习全国版知识点22 对称图形的识别+网格作图含答案

2024年中考数学一轮复习全国版知识点22对称图形的识别+网格作图一、选择题宁夏2．【2023·宁夏2题】下面是由七巧板拼成的图形（只考虑外形，忽略内部轮廓），其中轴对称图形是（）【答案】C北京2.【2023·北京2题】下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】A新疆2．【2023·新疆生产建设兵团】下列交通标志中是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】B云南省7．【2023·云南】中华文明，源远流长；中华汉字，寓意深广．下列四个选项中，是轴对称图形的为（）A． B． C． D．【答案】C广西2．【2023·广西2题】下列数学经典图形中，是中心对称图形的是（）A．B． C． D．【答案】A江西省2．【2023•江西2题】下列图形中，是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】B天津4．【2023•天津4题】在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称（）AB C D【答案】A陕西省2．【2023·陕西】下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B．C． D．【答案】C山东省4．【2023·泰安】小亮以四种不同的方式连接正六边形的两条对角线，得到如图四种图形，则既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】D2.【2023·威海】我国民间建筑装饰图案中，蕴含着丰富的数学之美．下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】A2.【2023·日照】窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一．下列窗花作品既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】A2.【2023·潍坊】下列图形由正多边形和圆弧组成，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A.B.C. D.【答案】D4．【2023·东营】剪纸是中国最古老的民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．小文购买了以“剪纸图案”为主题的5张书签，他想送给好朋友小乐一张．小文将书签背面朝上（背面完全相同），让小乐从中随机抽取一张，则小乐抽到的书签图案既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是（）A．45 B．35 C．25【答案】C1．【2023·菏泽】剪纸文化是我国最古老的民间艺术之一．下列剪纸图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B． C． D．【答案】A2．【2023·济宁】下列图形中，是中心对称图形的是（）A．B． C． D．【答案】B3．【2023·烟台】下列四种图案中，是中心对称图形的是（）A．B． C． D．【答案】B湖南2．【2023·长沙2题】下列图形中，是轴对称图形的是（）A．B． C． D．【答案】D1．【2023·湘潭】中国的汉字既象形又表意，不但其形美观，而且寓意深刻．观察下列汉字，其中是轴对称图形的是（）A．爱 B．我 C．中 D．华【答案】C2．【2023·邵阳】下列四个图形中，是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】A4．【2023·怀化】剪纸又称刻纸，是中国最古老的民间艺术之一，它是以纸为加工对象，以剪刀（或刻刀）为工具进行创作的艺术．民间剪纸往往通过谐音、象征、寓意等手法提炼、概括自然形态，构成美丽的图案．下列剪纸中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】C3．【2023·衡阳】下面四种化学仪器的示意图是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】C2．【2023·永州】企业标志反映了思想、理念等企业文化，在设计上特别注重对称美．下列企业标志图为中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】C浙江省4．【2023·嘉兴、舟山】美术老师写的下列四个字中，为轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】D湖北省2．【2023·武汉】现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性．下列汉字是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】C2．【2023·恩施州】如所示4个图形中，是中心对称图形的是（）A．B． C． D．【答案】B2．【2023·宜昌】我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘微割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图形是（）A．B． C． D．【答案】D3．【2023·荆州】观察如图所示的几何体，下列关于其三视图的说法正确的是（）A．主视图既是中心对称图形，又是轴对称图形 B．左视图既是中心对称图形，又是轴对称图形 C．俯视图既是中心对称图形，又是轴对称图形 D．主视图、左视图、俯视图都是中心对称图形【答案】C江苏省2．【2023·泰州】书法是我国特有的优秀传统文化，其中篆书具有象形特征，充满美感．下列“福”字的四种篆书图案中，可以看作轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】C2．【2023·连云港】在美术字中，有些汉字可以看成是轴对称图形．下列汉字中，是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】C2．【2023·苏州】古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美．下面四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B． C． D．【答案】C3．【2023·苏州】如图，在正方形网格内，线段PQ的两个端点都在格点上，网格内另有A，B，C，D四个格点，下面四个结论中，正确的是（）A．连接AB，则AB∥PQ B．连接BC，则BC∥PQ C．连接BD，则BD⊥PQ D．连接AD，则AD⊥PQ【答案】B内蒙古2.【2023·赤峰】剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．以下剪纸中，为中心对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】C四川省3．【2023·宜宾】下列图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】D6．【2023·自贡】下列交通标志图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】B5．【2023•内江】下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】A山西省2．【2023•山西2题】全民阅读有助于提升一个国家、一个民族的精神力量．图书馆是开展全民阅读的重要场所．以下是我省四个地市的图书馆标志，其文字上方的图案是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】C广东省2．【2023·广东2题】下列出版社的商标图案中，是轴对称图形的为（）A．B． C． D．【答案】A辽宁省2．【2023·抚顺、葫芦岛】如所示图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B． C． D．【答案】B2．【2023·本溪】下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B．C． D．【答案】A黑龙江2．【2023·大庆】搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭于2023年5月30日成功发射升空，景海鹏、朱杨柱、桂海潮3名航天员开启“太空出差”之旅，展现了中国航天科技的新高度．下列图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（）A．B． C． D．【答案】C1．【2023·牡丹江】下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A．B． C． D．【答案】A2．【2023·齐齐哈尔】下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】D1．【2023·绥化】下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．B． C． D．【答案】C2．【2023·龙东地区】下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B． C． D．【答案】A二、填空题天津18．【2023•天津18题】如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，等边三角形ABC内接于圆，且顶点A，B均在格点上．（I）线段AB的长为；（II）若点D在圆上，AB与CD相交于点P，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点Q，使△CPQ为等边三角形，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明）．【答案】（I）29（II）取AC，AB与网格线的交点E，F，连接EF并延长与网格线相交于点M，连接MB；连接DB与网格线相交于点G，连接GF并延长与网格线相交于点H，连接AH并延长与圆相交于点I，连接CI并延长与MB的延长线相交于点Q，则点Q即为所求宁夏16．【2023·宁夏16题】如图是由边长为1的小正方形组成的9×6网格，点A，B，C，D，E，F，G均在格点上，下列结论：①点D与点F关于点E中心对称；②连接FB，FC，FE，则FC平分∠BFE；③连接AG，则点B，F到线段AG的距离相等．其中正确结论的序号是．【分析】根据中心对称概念，全等三角形判定与性质，点到直线的距离等逐个判断．【答案】①②③【解析】①连接DF，如图：由图可知，点D与点F关于点E中心对称，故①正确；②如图：由SSS可知△BFC≌△EFC，∴∠BFC＝∠EFC，FC平分∠BFE.故②正确；③取AG上的格点M，N，连接BM，FN，如图，由正方形性质可知∠AMB＝∠FNG＝90°，∴B到AG的距离为BM的长度，F到AG的距离为FN的长度.而BM＝FN，∴点B，F到线段AG的距离相等.故③正确；∴正确结论是①②③.【点评】本题考查中心对称，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形性质及应用等，解题的关键是掌握中心对称的概念，能熟练应用全等三角形的判定定理．江苏省16.【2023·宿迁】如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B、C三点都在格点上，则________．【分析】取的中点，连接，先根据勾股定理可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，然后根据正弦的定义即可得．【答案】【解析】如图，取的中点，连接，，，又点是的中点，，，【点评】本题考查了勾股定理与网格问题、等腰三角形的三线合一、正弦，熟练掌握正弦的求解方法是解题关键．三、解答题江西省14．【2023•江西14题】如图是4×4的正方形网格，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．（1）在图1中作锐角△ABC，使点C在格点上；（2）在图2中的线段AB上作点Q，使PQ最短．解：（1）如图1，△ABC即为所求（答案不唯一）；（2）如图2，点Q即为所求．安徽省17．【2023·安徽17题】如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，B，C，D均为格点（网格线的交点）．（1）画出线段AB关于直线CD对称的线段A1B1；（2）将线段AB向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到线段A2B2，画出线段A2B2；（3）描出线段AB上的点M及直线CD上的点N，使得直线MN垂直平分AB．解：（1）线段A1B1如图所示.（2）线段A2B2如图所示.（3）直线MN即为所求．四川省18．【2023·达州】如图，网格中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点均在小正方形的格点上．（1）将△ABC向下平移3个单位长度得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；（2）将△ABC绕点C顺时针旋转90度得到△A2B2C2，画出△A2B2C2；（3）在（2）的运动过程中请计算出△ABC扫过的面积．​【分析】（1）按平移变换的性质分别确定A，B，C平移后的位置，再按原来的连接方式连接即可；（2）按旋转变换的性质分别确定A，B，C绕点C顺时针旋转90度后的位置，再按原来的连接方式连接即可；（3）将△ABC扫过的面积用规则图形的面积和差表示，求出即可．解：（1）△A1B1C1如图所示；（2）△A2B2C2如图所示；（3）S△ABC∵AC=12+∴在（2）的运动过程中△ABC扫过的面积=S【点评】本题考查网格作图﹣平移、旋转，以及网格中图形面积的计算，解题涉及平移的性质，旋转的性质，勾股定理，扇形面积公式，掌握平移、旋转的性质和网格中图形面积的计算方法是解题的关键．24．【2023·广安】如图，将边长为2的正方形剪成四个全等的直角三角形，用这四个直角三角形拼成符合要求的四边形，请在下列网格中画出你拼成的四边形（注：①网格中每个小正方形的边长为1；②所拼的图形不得与原图形相同；③四边形的各顶点都在格点上）．【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的意义作图．解：如下图：【点评】本题考查了作图的应用和设计，掌握中心对称图形和轴对称图形的定义是解题的关键．湖北21．【2023·武汉】如图是由小正方形组成的8×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点．正方形ABCD四个顶点都是格点，E是AD上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．（1）在图（1）中，先将线段BE绕点B顺时针旋转90°，画对应线段BF，再在CD上画点G，并连接BG，使∠GBE＝45°；（2）在图（2）中，M是BE与网格线的交点，先画点M关于BD的对称点N，再在BD上画点H，并连接MH，使∠BHM＝∠MBD．​【分析】（1）取格点F，连接BF，连接EF，再取格点P，连接CP交EF于Q，连接BQ，延长交CD于G即可；（2）取格点F，连接BF、EF，交格线于N，再取格点P，Q，连接PQ交EF于O，连接MO并延长交BD于H即可．解：（1）如图（1），线段BF和点G即为所求；理由：∵BC＝BA，CF＝AE，∠BCF＝∠BAE＝90°，∴△BCF≌△BAE（SAS），∴∠CBF＝∠ABE，∴∠FBE＝∠CBF+∠CBE＝∠ABE+∠CBE＝∠CBA＝90°，∴线段BE绕点B顺时针旋转90°得BF，∵PE∥FC，∴∠PEQ＝∠CFQ，∠EPQ＝∠FCQ，∵PE＝FC，∴△PEQ≌△CFO（ASA），∴EQ＝FQ，∴∠GBE=12（2）如图（2）所示，点N与点H即为所求，理由：∵BC＝BA，∠BCF＝∠BAE＝90°，CF＝AE，∴△BCF≌△BAE（SAS），∴BF＝BE，∵DF＝DE，∴BF与BE关于BD对称∵BN＝BM，∴M，N关于BD对称，∵PE/FC，∴△POE∽△QOF，∴EOOF∵MG∥AE∴EMMB=AG∵∠MEO＝∠BEF，∴△MEO∽△BEF，∴∠EMO＝∠EBF，∴OM∥BF，∴∠MHB＝∠FBH，由轴对称可得∠FBH＝∠EBH，∴∠BHM＝∠MBD．【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称变换，勾股定理、勾股定理的逆定理，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握旋转和轴对称的性质．17．【2023·宜昌】如图，在方格纸中按要求画图，并完成填空．（1）画出线段OA绕点O顺时针旋转90°后得到的线段OB，连接AB；（2）画出与△AOB关于直线OB对称的图形，点A的对称点是C；（3）填空：∠OCB的度数为．解：（1）如图，OB为所作；（2）如图，△COB为所作；（3）45°【解析】∵线段OA绕点O顺时针旋转90°后得到的线段OB，∴OB＝OA，∠AOB＝90°，∴△OAB为等腰直角三角形，∴∠OAB＝45°，∵△COB与△AOB关于直线OB对称，∴∠OCB＝∠OAB＝45°．故答案为：45°．山东省18．【2023•枣庄】（1）观察分析：在一次数学综合实践活动中，老师向同学们展示了图①，图②，图③三幅图形，请你结合自己所学的知识，观察图中阴影部分构成的图案，写出三个图案都具有的两个共同特征：，；（2）动手操作：请在图④中设计一个新的图案，使其满足你在（1）中发现的共同特征．解：（1）轴对称图形面积相等（2）如图：（答案不唯一）吉林省20.【2023·长春】图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作，点C在格点上．（1）在图①中，的面积为；（2）在图②中，的面积为5（3）在图③中，是面积为的钝角三角形．【分析】（1）以为底，设边上的高为，依题意得，解得，即点在上方且到距离为个单位的线段上的格点即可；（2）由网格可知，，以为底，设边上的高为，依题意得，解得，将绕或旋转，过线段的另一个端点作的平行线，与网格格点的交点即为点；（3）作，过点作，交于格点，连接A、B、C即可．解：（1）如图所示，以为底，设边上高为，依题意得：，解得：即点在上方且到距离为个单位的线段上的格点即可，答案不唯一；（2）由网格可知，以为底，设边上的高为，依题意得：，解得：将绕或旋转，过线段的另一个端点作的平行线，与网格格点的交点即为点，答案不唯一，（3）如图所示，作，过点作，交于格点，由网格可知，，，∴是直角三角形，且∵，∴．【点睛】本题考查了网格作图，勾股定理求线段长度，与三角形的高的有关计算；解题的关键是熟练利用网格作平行线或垂直．19.【2023·吉林】图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上．在图①、图②、图③中以为边各画一个等腰三角形，使其依次为锐角三角形、直角三角形、钝角三角形，且所画三角形的顶点均在格点上．【分析】根据勾股定理可得，结合题意与网格的特点分别作图即可求解．解：如图所示，如图①，，则是等腰三角形，且是锐角三角形，如图②，，，则，则是等腰直角三角形，如图③，，则是等腰三角形，且是钝角三角形，【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，等腰三角形的定义，熟练掌握勾股定理是解题的关键．一、选择题浙江省7．【2023·嘉兴、舟山】如图，已知矩形纸片ABCD，其中AB＝3，BC＝4，现将纸片进行如下操作：第一步，如图①将纸片对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展开后如图②；第二步，再将图②中的纸片沿对角线BD折叠，展开后如图③；第三步，将图③中的纸片沿过点E的直线折叠，使点C落在对角线BD上的点H处，如图④．则DH的长为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】如图，由折叠可知BE＝CE＝EH＝BC＝2，∠EHM＝∠C＝90°，CM＝HM.进而得出∠EBH＝∠EHB.利用等角的余角相等可得∠HDM＝∠DHM，则MD＝MH，于是可得DM＝HM＝CM＝CD＝.由等腰三角形的性质可得DH＝2DG.过点M作MG⊥BD于点G，易证明△MGD∽△BCD，∴，即，∴DG＝，∴DH＝2DG＝．内蒙古14.【2023·赤峰】如图，把一个边长为5的菱形沿着直线折叠，使点C与延长线上的点Q重合．交于点F，交延长线于点E．交于点P，于点M，，则下列结论，①，②，③，④．正确的是（）A.①②③ B.②④ C.①③④ D.①②③④【分析】由折叠性质和平行线的性质可得，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出，再求出即可判断②正确；由得，求出即可判断③正确；根据即可判断④错误．【答案】A【解析】由折叠性质可知：，∵，∴．∴．∴．故正确；∵，，∴．∵，∴．故正确；∵，∴．∴．∵，∴．故正确；∵，∴．∴．∴．∵，∴．∴与不相似．∴．∴与不平行．故错误；故选A．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．山东省9.【2023·威海】如图，四边形是一张矩形纸片．将其按如图所示的方式折叠：使边落在边上，点落在点处，折痕为；使边落在边上，点落在点处，折痕为．若矩形与原矩形相似，，则的长为（）A. B. C. D.【分析】先根据折叠的性质与矩形性质，求得，设的长为x，则，再根据相似多边形性质得出，即，求解即可．【答案】C【解析】由折叠可得：，，∵矩形，∴，∴，设的长为x，则，∵矩形，∴，∵矩形与原矩形相似，∴，即，解得：（负值不符合题意，舍去）∴．【点评】本题考查矩形的折叠问题，相似多边形的性质，熟练掌握矩形的性质和相似多边形的性质是解题的关键．黑龙江11．【2023·牡丹江】在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作：第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形ABEF，然后把纸片展平；第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕MN，如图②．根据以上的操作，若AB＝8，AD＝12，则线段BM的长是（）A．3 B．5 C．2 D．1【分析】由矩形的性质得DC＝AB＝8，BC＝AD＝12，∠BAD＝∠B＝90°，由折叠得∠AFE＝∠B＝90°，AF＝AB＝8，所以四边形ABCD是正方形，则BE＝EF＝AB＝8，∠BEF＝90°，所以EM＝8﹣BM，FM＝CM＝12﹣BM，由勾股定理得（8﹣BM）2+82＝（12﹣BM）2，求得BM＝2，于是得到问题的答案．【答案】C【解析】如图①，∵四边形ABCD是矩形，AB＝8，AD＝12，∴DC＝AB＝8，BC＝AD＝12，∠BAD＝∠B＝90°，由折叠得∠AFE＝∠B＝90°，∴四边形ABEF是矩形，∵AF＝AB＝8，∴四边形ABCD是正方形，∴BE＝EF＝AB＝8，∠BEF＝90°，如图②，由折叠得FM＝CM，∵EM2+EF2＝FM2，且EM＝8﹣BM，FM＝CM＝12﹣BM，∴（8﹣BM）2+82＝（12﹣BM）2，解得BM＝2，【点评】此题重点考查正方形的判定与性质、矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，推导出EM＝8﹣BM，FM＝CM＝12﹣BM，是解题的关键．二、填空题湖北省12．【2023·宜昌】如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点A落在长边CD上的点A处，并得到折痕DE，小宇测得长边CD＝8，则四边形A'EBC的周长为．【答案】1616．【2023·武汉】如图，DE平分等边△ABC的面积，折叠△BDE得到△FDE，AC分别与DF，EF相交于G，H两点．若DG＝m，EH＝n，用含m，n的式子表示GH的长是．【分析】根据等边三角形的性质得到∠A＝∠B＝∠C＝60°，根据折叠的性质得到△BDE≌△FDE，根据已知条件得到图形ACED的面积＝S△BDE＝S△FDE，求得S△FHG＝S△ADG+S△CHE，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【答案】m2+n2【解析】∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，∵折叠△BDE得到△FDE，∴△BDE≌△FDE，∴S△BDE＝S△FDE，∠F＝∠B＝60°＝∠A＝∠C，∵DE平分等边△ABC的面积，∴图形ACED的面积＝S△BDE＝S△FDE，∴S△FHG＝S△ADG+S△CHE，∵∠AGD＝∠FGH，∠CHE＝∠FHG，∴△ADG∽△FHG，△CHE∽△FHG，∴S△ADGS△FHG=(DGGH)2=m2GH2，S△CHES【点评】本题考查了等边三角形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．16．【2023·随州】如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝4，M是边AB上一动点（不含端点），将△ADM沿直线DM对折，得到△NDM．当射线CN交线段AB于点P时，连接DP，则△CDP的面积为；DP的最大值为．【分析】△CDP的面积直接以CD为底，AD为高即可求；当点P和M重合时，DP的值最大，画出图形，利用勾股定理构造方程即可解答．【答案】1025【解析】△CDP的面积为12×5×4=10；当点P和M重合时，设AP＝x，则PB＝5﹣x，DN＝4，∴CN＝3，在Rt△PBC中，根据勾股定理有：（5﹣x）2+42＝（x+3）2，解得x＝2，∴DP＝25，故答案为：10，25，【点评】本题考查矩形的性质和翻折的性质及勾股定理，熟悉性质是解题关键．浙江省13．【2023·台州】用一张等宽的纸条折成如图所示的图案，若∠1＝20°，则∠2的度数为．【答案】140°16．【2023•杭州】如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＜90°，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上，连接DE，EF，FD，已知点B和点F关于直线DE对称．设BCAB=k，若AD＝DF，则CFFA=【答案】k22−k【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的定义和性质等，有一定难度，解题的关键是证明△ABC∽△ECF．黑龙江13．【2023·大庆】在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．有一张矩形纸片ABCD如图所示，点N在边AD上，现将矩形折叠，折痕为BN，点A对应的点记为点M，若点M恰好落在边DC上，则图中与△NDM一定相似的三角形是．【分析】利用矩形的性质得到∠D＝∠C＝90°，然后利用折叠的性质推导出∠BMN＝∠A＝90°，进而得到∠DNM＝∠CMB，由此推断出△NDM∽△MCB．【答案】△MCB【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝∠C＝90°，∴∠DNM+∠DMN＝90°，由折叠的性质可知，∠BMN＝∠A＝90°，∴∠DMN+∠CBM＝90°，∴∠DNM＝∠CMB，∴△NDM∽△MCB，【点评】本题主要考查了相似三角形的判定、矩形的性质以及翻折变换（折叠问题），熟练掌握相似三角形的判定方法是解答本题的关键：两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．19．【2023·龙东地区】矩形ABCD中，AB＝3，AD＝9，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，若△ADE是直角三角形，则点E到直线BC的距离是．【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交圆A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，易得点E到直线BC的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．【答案】6或3+22或3﹣22【解析】由题意矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，可知点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，如图1，延长BA交OA的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE＝2AB＝6；当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况：①如图2，过点E作EH⊥BC交BC于点H，交AD于点G，∵四边形ABCD是矩形，∴EG⊥AD，∴四边形ABHG是矩形，∴GH＝AB＝3，∵AE＝AB＝3，AE⊥DE，AD＝9，由勾股定理可得DE=92−32=62，∵S△AED=12AE•DE=12AD•EG，∴EG＝22，∴E到直线BC的距离EH＝EG+GH＝3+22；②如图3，过点E作EN⊥BC交BC于点N，交AD于点M，∵四边形ABCD是矩形，∴NM⊥AD，∴四边形ABNM是矩形，∴MN＝AB＝3，∵AE＝AB＝3，AE⊥DE，AD＝9，由勾股定理可得DE=92−32=62，∵S△AED=12AE•DE=12AD•EM，∴EM＝22，∴E到直线BC的距离【点评】本题考查了矩形的折叠问题，切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．吉林省13.【2023·长春】如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则的大小为__________度．【分析】根据题意求得正五边形的每一个内角为，根据折叠的性质求得在中，根据三角形内角和定理即可求解．【答案】【解析】∵正五边形的每一个内角为，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，则，∵将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，∴，，在中，，故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，正多边形的内角和的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．14.【2023·吉林】如图，在中，．点，分别在边，上，连接，将沿折叠，点的对应点为点．若点刚好落在边上，，则的长为__________．【分析】根据折叠的性质以及含30度角的直角三角形的性质得出，即可求解．【答案】【解析】∵将沿折叠，点的对应点为点．点刚好落在边上，在中，，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．辽宁省17．【2023·本溪】如图，在三角形纸片ABC中，AB＝AC，∠B＝20°，点D是边BC上的动点，将三角形纸片沿AD对折，使点B落在点B′处，当B′D⊥BC时，∠BAD的度数为．【分析】由AB＝AC，得∠C＝∠B＝20°，则∠BAC＝140°，当B′D⊥BC时，则∠CAB′＝90°﹣∠C＝70°，所以∠BAB′＝∠BAC﹣∠CAB′＝70°，则∠BAD＝∠B′AD=12∠【答案】35°【解析】∵AB＝AC，∠B＝20°，∴∠C＝∠B＝20°，∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝140°，当B′D⊥BC时，则∠CAB′＝90°﹣∠C＝70°，∴∠BAB′＝∠BAC﹣∠CAB′＝70°，∵将三角形纸片沿AD对折，使点B落在点B′处，∴∠BAD＝∠B′AD=12∠BAB′【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、轴对称的性质、三角形内角和定理等知识，求得∠BAB′＝70°是解题的关键．四川省16．【2023·南充】如图，在等边△ABC中，过点C作射线CD⊥BC，点M，N分别在边AB，BC上，将△ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B′处，连接AB′，已知AB＝2．给出下列四个结论：①CN+NB′为定值；②当BN＝2NC时，四边形BMB′N为菱形；③当点N与C重合时，∠AB′M＝18°；④当AB′最短时，MN=72120【分析】根据将△ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B′处，得NB＝NB'，故CN+NB'＝CN+NB＝BC，判断①正确；由cos∠B'NC=NCB′N=12，得∠B'NC＝60°，可得△BMN是等边三角形，即可得B'M＝BM＝BN＝B'N，判断②正确；当点N与C重合时，可得∠B'AC＝∠AB'C＝75°，∠AB'M＝∠AB'C﹣∠MB'C＝15°，判断③错误；当AB′最短时，∠AB'C＝90°，过M作KT⊥BC于T，交B'A延长线于K，设BN＝B'N＝x，有x2＝（2﹣x）2+（3）2，可求得BN=74，设AM＝y，则BM＝2﹣y＝B'M，AK=12y，KM=32y，有（1+12y）2+（32y）2＝（2﹣y）2，可求出AM=35，BM=75，在Rt△BMT中，BT=12BM=【答案】①②④【解析】∵将△ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B′处，∴NB＝NB'，∴CN+NB'＝CN+NB＝BC，∵△ABC是等边三角形，AB＝2，∴BC＝2，∴CN+NB'＝BC＝2，故①正确；∵BN＝2NC，∴B'N＝2NC，∵CD⊥BC，∴∠B'CN＝90°，∴cos∠B'NC=NCB′N=12，∴∠B'NC＝60°，∴∠BNB'＝120°，∵将△ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B′处，∴∠BNM＝∠MNB'＝60°，BM＝B'M，BN＝B'N，∵∠B＝60°，∴△BMN是等边三角形，∴BM＝BN，∴B'M＝BM＝BN＝B'N，∴四边形BMB′N为菱形；故②正确；当点N与C重合时，如图①：∵∠ACB＝60°，∠DCB＝90°，∴∠ACD＝30°，∵将△ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B′处，∴AC＝BC＝B'C，∠MB'C＝∠B＝60°，∴∠B'AC＝∠AB'C＝（180°﹣30°）÷2＝75°，∴∠AB'M＝∠AB'C﹣∠MB'C＝75°﹣60°＝15°，故③错误；当AB′最短时，∠AB'C＝90°，过M作KT⊥BC于T，交B'A延长线于K，如图②：∵∠ACB'＝∠BCB'﹣∠BCA＝30°，∴AB'=12AC＝1，B'C=3AB'=3，∠B'AC＝60°，设BN＝B'N＝x，则CN＝2﹣x，在Rt△B'CN中，B'N2＝CN2+B'C2，∴x2＝（2﹣x）2+（3）2，解得x=74，∴BN=74，∵∠AB'C＝90°＝∠BCB'，∴AB'∥BC，∴KT⊥AB'，∴∠K＝90°，∵∠KAM＝180°﹣∠BAC﹣∠B'AC＝60°，∴∠KMA＝30°，∴AK=12AM，KM=32AM，设AM＝y，则BM＝2﹣y＝B'M，AK=12y，KM=32y，∴B'K＝AB'+AK＝1+12y，在Rt△B'KM中，B'K2+KM2＝B'M2，∴（1+12y）2+（32y）2＝（2﹣y∴NT＝BN﹣BT=74−710=2120，在Rt△MNT① ②【点评】本题考查等边三角形中的翻折问题，涉及含30°角的直角三角形三边的关系，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题．17．【2023·凉山州】如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线，将△ACD沿CD折叠，当点A落在点A′处时，恰好CA′⊥AB，若BC＝2，则CA′＝．【分析】由∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线，可得∠A＝∠ACD，由翻折的性质可知∠ACD＝∠A'CD，AC＝CA'，故∠A＝∠ACD＝∠A'CD，而A'C⊥AB，即得∠A＝∠ACD＝∠A'CD＝30°，在Rt△ABC中，tan30°=2AC，可解得【答案】23【解析】设CA'交AB于O，如图：∵∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线，∴CD＝AD＝DB，∴∠A＝∠ACD，由翻折的性质可知∠ACD＝∠A'CD，AC＝CA'，∴∠A＝∠ACD＝∠A'CD，∵A'C⊥AB，∴∠AOC＝90°，∴∠A'CD+∠ACD+∠A＝90°，∴∠A＝∠ACD＝∠A'CD＝30°，在Rt△ABC中，tanA=BCAC，∴tan30°=2AC，∴AC＝23，∴CA'＝2【点评】本题考查直角三角形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质，熟练掌握含30°角的直角三角形三边的关系．山东17．【2023·泰安】如图，在△ABC中，AC＝BC＝16，点D在AB上，点E在BC上，点B关于直线DE的轴对称点为点B′，连接DB′，EB′，分别与AC相交于F点，G点，若AF＝8，DF＝7，B′F＝4，则CG的长度为．【分析】根据轴对称可得∠B＝∠B′，进而得出△ADF∽△B′GF，根据相似三角形的性质可求出FG，进而求出CG．【答案】92【解析】∵△BDE与△B′DE关于DE对称，∴∠B＝∠B′，又∵∠AFD＝∠B′FG，∴△ADF∽△B′GF，∴AFB′F=DFGF，即84=7GF，∴GF=72，∴CG【点评】本题考查相似三角形的判定和性质以及轴对称的性质，掌握轴对称的性质以及相似三角形的判定和性质是正确解答的前提．三、解答题广西26．【2023·广西26题】【探究与证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘．【动手操作】如图1，将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸片，得到折痕EF：折叠纸片，使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到折痕AM，点B，E的对应点分别为B'E展平纸片，连接AB'，BB'，BE′．请完成：（1）观察图1中∠1，∠2和∠3，试猜想这三个角的大小关系；（2）证明（1）中的猜想；【类比操作】如图2，N为矩形纸片ABCD的边AD上的一点，连接BN，在AB上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B，P分别落在EF，BN上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为B′，P′，展平纸片，连接BB′，P′B′．请完成：（3）证明BB′是∠NBC的一条三等分线．【分析】（1）猜想∠1＝∠2＝∠3；（2）可推出点O是等边三角形ABB′的外心，从而得出∠1＝∠2＝30°，进一步得出结论；（3）同理（2）可得OB＝OB′＝OP＝OP′，BP′＝PB′＝BB′，从而∠P′BO＝∠B′BO，∠OBB′＝∠BB′O，根据EF∥BC得出∠OB′B＝∠B′BC，进一步得出结论．（1）解：∠1＝∠2＝∠3；（2）证明：如图1，设AM，EF交于点O，由题意得：EF是AB的垂直平分线，AM是BB′的垂直平分线，AB＝AB′，∴AB′＝BB′，OA＝OB＝OB′.∴AB′＝BB′＝AB，O为外心.∴∠ABB′＝60°.∴∠1＝∠2＝30°.∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°.∴∠3＝90°﹣60°＝30°.∴∠1＝∠2＝∠3.（3）证明：如图2，同理（2）得：OB＝OB′＝OP＝OP′，BP′＝PB′＝BB′，∴∠P′BO＝∠B′BO，∠OBB′＝∠BB′O.∵EF∥BC，∴∠OB′B＝∠B′BC.∴∠P′BO＝∠B′BO＝∠B′BC.∴BB′是∠NBC的一条三等分线．【点评】本题考查了轴对称的性质，矩形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握轴对称的性质．四川省25．【2023·达州】（1）如图①，在矩形ABCD的AB边上取一点E，将△ADE沿DE翻折，使点A落在BC上A'处，若AB＝6，BC＝10，求AEEB（2）如图②，在矩形ABCD的BC边上取一点E，将四边形ABED沿DE翻折，使点B落在DC的延长线上B'处，若BC•CE＝24，AB＝6，求BE的值；（3）如图③，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC，垂足为点D，AD＝10，AE＝6，过点E作EF⊥AD交AC于点F，连接DF，且满足∠DFE＝2∠DAC，直接写出BD+53​【分析】（1）由矩形性质和翻折性质、结合勾股定理求得AB＝2，设AE＝AE＝x则BE＝AB﹣AE＝6﹣x，Rt△ABE中利用勾股定理求得x=103，则AE=10（2）由矩形的性质和翻折性质得到∠EBC＝∠BDA，证明△EBC∽△BDA，利用相似三角形的性质求得BC＝4，则BD＝10，在Rt△ABD中，利用勾股定理求得AD＝8，进而求得BC＝8，CE＝3可求解；（3）证明△AEF∽△ADC得到CD=5F3EF，则BD+53EF=BD+CD=BC；设EF＝3k，CD＝5k，过点D作DH⊥AC于H，证明△CHD≌△FHD（ASA）得到DF＝CD＝5k，在Rt△EFD中，由勾股定理解得k＝1，进而可求得AC＝55．过B作BG⊥AC于G，证明∠CBG＝∠CDH＝∠DAC，则sin∠CBG=sin∠DAC=55，cos∠CBG=cos∠DAC=255，再证明AG＝BG，在Rt△BCG中利用锐角三角函数和AG解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝10，CD＝AB＝6，∠A＝∠B＝∠C＝90°，由翻折性质得AD＝AD＝10，AE＝AE，在Rt△ACD中，AC=A∴A'B＝BC﹣AC＝2，设AE＝A'E＝x，则BE＝AB﹣AE＝6﹣x，在Rt△ABE中，由勾股定理得BE2+AB2＝AE2，∴（6﹣x）2+22＝x2，解得x=10∴AE=103，BE=6−10（2）∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝6，AD＝BC，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，由翻折性质得，A'B'＝AB＝6，A'D＝AD，∠DA'B'＝∠ABE＝∠BCD＝∠90°，∴∠EB'C+∠AB'D＝90°＝∠A'B'D+∠B'DA'，∴∠EB'C＝∠B'DA'，∴△EB'C∽△B'DA'，∴CEA′B′=B′C又BC•CE＝24，∴B'C=BC⋅CE6=246=4，∴B'D＝在Rt△A'BD'中，AD=B′∴BC＝AD＝A'D＝8，则CE＝3，∴BE＝BC﹣CE＝8﹣3＝5；（3）∵AD⊥BC，EF⊥AD，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ADC，∵AD＝10，AE＝6，∴EFCD=AEAD=则BD+5设EF＝3k，CD＝5k，过点D作DH⊥AC于H，则∠CHD＝∠ADC＝90°，∴∠CDH＝∠DAC＝90°﹣∠C，∵EF∥BC，∴∠CDF＝∠DFE＝2∠DAC＝2∠CDH，∴∠CDH＝∠FDH，又∵DH＝DH，∠CHD＝∠FHD＝90°，∴△CHD≌△FHD（ASA），∴DF＝CD＝5k，在Rt△EFD中，由勾股定理得EF2+DE2＝DF2，∴（3k）2+42＝（5k）2，解得k＝1，∴EF＝3，DF＝CD＝5，在Rt△ADC中，AC=A过B作BG⊥AC于G，则∠BGA＝∠BGC＝∠CHD＝90°，∴BG∥DH，∴∠CBG＝∠CDH＝∠DAC，∴sin∠CBG=sin∠DAC=CDAC=∵∠BAC＝45°，∠AGB＝90°，∴∠ABG＝90°﹣∠BAC＝45°＝∠BAC，∴AG＝BG，在Rt△BCG中，BG＝BC•cos∠CBG=255BC，CG＝BC•sin∠CBG∵AG+CG＝BG+CG＝AC，∴25∴BC=253，∴BD+53EF【点评】本题考查矩形的性质、翻折性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，综合性强，较难，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线求解是解答的关键．山东省23．【2023·泰安】如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点F是DC边上的一点，连接AF，将△ADF沿直线AF折叠，点D落在点G处，连接AG并延长交DC于点H，连接FG并延长交BC于点M，交AB的延长线于点E，且AC＝AE．（1）求证：四边形DBEF是平行四边形；（2）求证：FH＝ME．【分析】（1）要证四边形DBEF是平行四边形，因为DF∥BE，只要证DB∥FE，进而证明∠E＝∠ABD即可，需证明△ADC≌△AGE；（2）只要证明△FGH≌△EBM即可．证明：（1）∵△ADF沿直线AF折叠，点D落在点G处，∴△ADF≌△AGF，∴AD＝AG，∠AGF＝∠ADF＝90°，∴∠AGE＝∠ADC＝90°，在Rt△ADC和Rt△AGE中：AD=AGAC=AE∴Rt△ADC≌Rt△AGE（HL），∴∠ACD＝∠E，在矩形ABCD中，对角线互相平分，∴OA＝OB，∴∠CAB＝∠ABD，又∵DC∥AB，∴∠ACD＝∠CAB，∴∠ABD＝∠ACD，∴∠ABD＝∠E，∴DB∥FE，又∵DF∥BE，∴四边形DBEF是平行四边形．（2）∵四边形DBEF是平行四边形，∴DF＝EB，又∵DF＝FG，∴FG＝EB，∵DC∥AE，∴∠HFG＝∠E，在△FGH和△EBM中：∠FGH=∠EBM=90°FG=EB∴△FGH≌△EBM（ASA），∴FH＝ME．【点评】此题以矩形为载体，考查了平行四边形的判断，三角形全等的知识，比较综合．24．【2023•枣庄】问题情境：如图1，在△ABC中，AB＝AC＝17，BC＝30，AD是BC边上的中线．如图2，将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF，GH折叠后均与点D重合，折痕分别交AB，AC，BC于点E，F，G，H．猜想证明：（1）如图2，试判断四边形AEDG的形状，并说明理由；问题解决：（2）如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交AB，BC于点M，N，BM的对应线段交DG于点K，求四边形MKGA的面积．【分析】（1）由AB＝AC，AD是BC边上的中线，得BD＝CD=12BC，AD⊥BC，由折叠得BF＝DF=12BD，CH＝DH=12CD，EF⊥BD，GH⊥CD，则EF∥GH∥AD，可证明BE＝AE，CG＝AG，所以DE＝AE=12AB，GD＝AG=12AC，则（2）作KI⊥DH于点I，由AB＝AC＝17，BC＝30，得BD＝CD＝15，AD=AB2−BD2=8，所以CH＝DH=152，则GH=12AD＝4，BH=452，所以BN＝HN=454，因为MN∥AD，所以△MBN∽△ABD，则MNAD=BNBD=34，所以MN=34AD＝6，再证明KD＝KH，则DI＝HI=154，由KIHI=tan∠KHI＝tanC=AD解：（1）四边形AEDG是菱形.理由：∵AB＝AC，AD是BC边上的中线，∴BD＝CD=12BC，AD⊥BC.∴∠ADB＝∠ADC由折叠得BF＝DF=12BD，CH＝DH=12CD，EF⊥BD，∴EF∥GH∥AD.∴BEAE=BFDF∴BE＝AE，CG＝AG.∴DE＝AE=12AB，GD＝AG=∵12AB=12AC，∴DE＝AE＝GD∴四边形AEDG是菱形．（2）如图3，作KI⊥DH于点I，则∠KIH＝90°，∵AB＝AC＝17，BC＝30，∴BD＝CD=12BC=∴AD=AB2−BD2=172∴GH=12AD=12×8＝4，BH＝BC由折叠得BN＝HN=12BH=12×∴MN∥AD.∴△MBN∽△ABD.∴MNAD=BNBD=45415∵∠KHD＝∠B，∠KDH＝∠C，且∠B＝∠C，∴∠KHD＝∠KDH.∴KD＝KH.∴DI＝HI=12DH∵∠KHI＝∠B＝∠C，∴KIHI=tan∠KHI＝tanC∴KI=815HI=815×154=2.∴S四边形MKGA＝A△ABC﹣S△MBH﹣∴S四边形MKGA=12×30×8−12×∴四边形MKGA的面积是30．【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形、根据转化思想求图形的面积等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．湖北省18．【2023·恩施州】如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，将矩形ABCD沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C′，D′，连接AD′交BC′于点F．（1）若∠DED′＝70°，求∠DAD′的度数；（2）连接EF，试判断四边形C′D′EF的形状，并说明理由．解:（1）∵点E是AD的中点，∴AE＝DE，由翻折可知：D′E＝DE，∴AE＝D′E，∴∠EAD′＝∠ED′A，∵∠DED′＝∠EAD′+∠ED′A＝70°，∴∠DAD′＝35°；（2）四边形C′D′EF是矩形，理由如下：如图，连接EF，由翻折可知：∠EBC＝∠EBG，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠EBC＝∠GEB，∴∠GBE＝∠GEB，∴GE＝GB，∵ED′∥BC′，∴∠AFG＝∠AD′E，∴∠AFG＝∠GAF，∴GF＝GA，∴AE＝BF，∵AD＝2AE＝BC′，∴BC′＝2BF，∴F是BC′的中点，∴FC′=12∵ED′＝ED=12AD，∴FC′＝∵ED′∥BC′，∴四边形C′D′EF是平行四边形，∵∠C′＝∠C＝90°，∴四边形C′D′EF是矩形．21．【2023·仙桃】如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上（点M不与点A，D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E，F，连接BM．（1）求证：∠AMB＝∠BMP；（2）若DP＝1，求MD的长．【分析】（1）利用平行线内错角相等和翻折前后对应角相等，等量代换即可证明；（2）利用相似列出关系式DPAM（1）证明：点B、M关于线段EF对称，由翻折的性质可知：∠MBC＝∠BMP，∵ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠MBC＝∠AMB，∴∠AMB＝∠BMP（等量代换）．（2）解：设MD＝x，则AM＝3﹣x，设AE＝y，则EM＝EB＝3﹣y．在Rt△AEM中，AE2+AM2＝EM2，∴y2+（3﹣x）2＝（3﹣y）2，∴y=−16x2+x．即AE=−16x∵∠ABC＝∠EMN＝90°，∴∠AME+∠DMP＝90°，又∵∠AEM+∠AME＝90°，∴∠AEM＝∠DMP，∠A＝∠D，∴△AEM∽△DMP．∴DPAM=MD整理得：56x2=2x，∴x=【点评】本题考查了翻折的性质以及相似三角的判定，勾股定理的应用，掌握一线三垂直的相似是本题突破的关键．内蒙古22．【2023·通辽】综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：操作一：对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM，延长PM交CD于点Q，连接BQ．（1）如图1，当点M在EF上时，∠EMB＝度；（2）改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合）如图2，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．​【分析】（1）由折叠可得AE＝BE=12AB，∠AEM＝∠BEM＝90°，AB＝BM，故BE=12（2）证明Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL），可得∠MBQ＝∠CBQ．解：（1）由折叠可得：AE＝BE=12AB，∠AEM＝∠BEM＝90°，AB＝∴BE=12BM，∴∠（2）∠MBQ＝∠CBQ，理由如下：∵在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，∴AB＝BM，∠A＝∠BMP＝90°，∴BC＝AB＝BM，∠BMQ＝∠C＝90°，∵BM＝BM，∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL）；∴∠MBQ＝∠CBQ．【点评】本题考查正方形中的折叠问题，解题的关键是掌握折叠的性质和正方形性质．辽宁省24．【2023·沈阳】如图1，在▱ABCD纸片中，AB＝10，AD＝6，∠DAB＝60°，点E为BC边上的一点（点E不与点C重合），连接AE，将▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠，点C，D的对应点分别为C′，D′，射线C′E与射线AD交于点F．（1）求证：AF＝EF；（2）如图2，当EF⊥AF时，DF的长为；（3）如图3，当CE＝2时，过点F作FM⊥AE，垂足为点M，延长FM交C′D′于点N，连接AN，EN，求△ANE的面积．【分析】（1）可推出∠FAE+∠AEC＝180°，∠AEC′＝∠AEC，从而∠FAE+∠AEC′＝180°，因为∠AEF+∠AEC′＝180°，所以∠FAE＝∠AEF；（2）作AG⊥CB，交CB的延长线于G，可推出矩形AGFE是正方形，可得出AF＝AG＝AB•sin∠ABG＝10×32=（3）作AQ⊥CB，交CB的延长线于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延长线于G，作HR⊥MT于R，解直角三角形ABQ，依次求得BQ、AQ、EQ、AE的值，进而求得AM的值，根据cos∠DAE＝cos∠AEQ得出ATAM=EQAE，从而求得AT=92，同样求得MT=532，从而得出DT的值，解Rt△DGT求得GT，从而得出MG的值，根据tan∠FMT＝tan∠DAE＝tan∠AEQ得出HRRM=AQEQ=539，从而设HR＝53k，RM＝9k，进而表示出GR=3（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠FAE+∠AEC＝180°，由折叠得：∠AEC′＝∠AEC，∴∠FAE+∠AEC′＝180°，∵∠AEF+∠AEC′＝180°，∴∠FAE＝∠AEF，∴AF＝EF；（2）53−6[解析]作AG⊥CB，交CB的延长线于G，在▱ABCD中，AD∥BC，∴∠ABG＝∠DAB＝60°，∠FEG＝180°﹣∠F＝90°，∴AG＝AB•sin∠ABG＝10×32=53由（1）知：AF＝EF，∴矩形AGFE是正方形，∴AF＝AG＝53，∴DF＝AF﹣AD＝53−（3）解：如图2，作AQ⊥CB，交CB的延长线于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延长线于G，作HR⊥MT于R，∵CB∥AD，∴∠ABQ＝∠DAB＝60°，∴BQ＝AB•cos60°＝10×12=5，AQ∴EQ＝BE+BQ＝9，∴AE=A由（1）知：AF＝EF，∵FM⊥AE，∴AM＝EM=12AE又∵▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠，点C，D的对应点分别为C′，D′，∴HM＝MN，∵cos∠DAE＝cos∠AEQ，∴ATAM∴AT39=92同理可得：MT=5∴DT＝AD﹣AT＝6−9在Rt△DGT中，∠GDT＝∠DAB＝60°，DT=3∴GT=3∴MG＝GT+MT=3∵tan∠FMT＝tan∠DAE＝tan∠AEQ，∴HRRM=AQEQ=539，∴设HR∵tan∠GHR＝tan∠GDT，∴HRGR∴GR=3HR=由GR+RM＝MG得，15k+9k＝43，∴k=3∴HR＝53k=5∵sin∠FMT＝sin∠DAE＝sin∠AEQ，∴HRHM=AQ∴HM=13，∴MN=∴S△ANE=12AE⋅MN=【点评】本题考查了平行四边形的性质，矩形、正方形的判定和性质，解直角三角形，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，熟练运用解直角三角形．25.【2023·大连】综合与实践问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：独立思考：小明：“当点落在上时，．”小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．”实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：问题1：在等腰中，由翻折得到．（1）如图1，当点落在上时，求证：；（2）如图2，若点为中点，，求的长．问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长．【分析】（1）根据等边对等角可得，根据折叠以及三角形内角和定理，可得，根据邻补角互补可得，即可得证；（2）连接，交于点，则是的中位线，勾股定理求得，根据即可求解；问题2：连接，过点作于点，过点作于点，根据已知条件可得，则四边形是矩形，勾股定理求得，根据三线合一得出，根据勾股定理求得的长，即可求解．（1）证明：∵等腰中，由翻折得到∴，，∵，∴；（2）解：如图所示，连接，交于点，∵折叠，∴，，，，∵是的中点，∴，∴，在中，，在中，，∴.问题2：解：如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，又，∴四边形是矩形，则，在中，，,，∴，在中，，∴，在中，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．江苏省24．【2023·泰州】如图，矩形ABCD是一张A4纸，其中AD=2AB，小天用该A游戏1折出对角线BD，将点B翻折到BD上的点E处，折痕AF交BD于点G．展开后得到图①，发现点F恰为BC的中点．游戏2在游戏1的基础上，将点C翻折到BD上，折痕为BP；展开后将点B沿过点F的直线翻折到BP上的点H处；再展开并连接GH后得到图②，发现∠AGH是一个特定的角．（1）请你证明游戏1中发现的结论；（2）请你猜想游戏2中∠AGH的度数，并说明理由．【分析】（1）由折叠的性质可得AF⊥BD，根据题意可得∠BAG＝∠ADB＝∠GBF，再设AB＝a，然后表示出AD、BD，再由锐角三角函数求出BF即可；（2）由折叠的性质可知∠GBH＝∠FBH，BF＝HF，从而可得出∠GBH＝∠BHF，进而得到BD∥HF，∠DGH＝∠GHF，由（1）知AF⊥BD，可得AF⊥HF，在Rt△GFH中求出∠GHF的正切值即可解答．（1）证明：由折叠的性质可得AF⊥BD，∴∠AGB＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∠BAG＝∠ADB＝∠GBF，∵AD=2AB设AB＝a，则AD=2a，BD=3∴sin∠BAG＝sin∠ADB，即BGAB∴BGa=a3根据勾股定理可得AG=63cos∠GBF＝cos∠BAG，即BGBF∴33aBF=6∵BC＝AD=2a，∴BF=1∴点F为BC的中点．（2）解：∠AGH＝120°，理由如下：连接HF，如图：由折叠的性质可知∠GBH＝∠FBH，BF＝HF，∴∠GBH＝∠FBH，∠FBH＝∠FHB，∴∠GBH＝∠BHF，∴BD∥HF，∴∠DGH＝∠GHF，由（1）知AF⊥BD，可得AF⊥HF，∴∠AGD＝90°，设AB＝a，则AD=2a＝BC，BF＝HF=2∴BG=33a，∴GF在Rt△GFH中，tan∠GHF=GF∴∠GFH＝30°，∴∠DGH＝30°，∴∠AGH＝∠AGD+∠DGH＝90°+30°＝120°．【点评】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握以上知识是解题关键．27.【2023·无锡】如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．（1）当时，求四边形的面积；（2）当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式．【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，，根据翻折的性质，可得，，则，；同理，，；进而根据，即可求解；（2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解．解：（1）如图，连接、，四边形为菱形，，，为等边三角形．为中点，，，，．，为等腰直角三角形，，，翻折，，，，；.同理，，，∴；（2）如图，连接、，延长交于点．，，，．∵，，．，则，，，．∵，．【点评】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．一、选择题宁夏8．【2023·宁夏8题】如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝2．点D在BC上，且BD：CD＝1：3．连接AD，线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，连接BE，DE．则△BDE的面积是（）A．14 B．38 C．34【分析】根据旋转的性质得出AD＝AE，∠DAE＝90°，再根据SAS证明△EAB≌△DAC得出∠C＝∠ABE＝45°，CD＝BE，得出∠EBC＝90°，再根据三角形的面积公式即可求解．【答案】B【解析】∵线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，∴AD＝AE，∠DAE＝90°.∴∠EAB+∠BAD＝90°.在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠C＝∠ABC＝45°.∴∠EAB＝∠CAD.∴△EAB≌△DAC（SAS）.∴∠C＝∠ABE＝45°，CD＝BE.∴∠EBC＝∠EBA+∠ABC＝90°.∵BC＝2，BD：CD＝1：3，∴BD=12，CD＝BE=32.【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，根据SAS证明△EAB≌△DAC是解题的关键．天津11．【2023•天津11题】如图，把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在BC的延长线上，连接BD，则下列结论一定正确的是（）A．∠CAE＝∠BED B．AB＝AE C．∠ACE＝∠ADE D．CE＝BD【答案】A【解析】如图，∵把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠5＝∠6.∴∠5＝∠1+∠3.∵∠2+∠4+∠6+∠BED＝180°，∴∠BED＝180°－（∠2+∠4+∠6）＝180°－（∠1+∠3+∠5）=180°－2∠5.∵∠∠CAE=180°－（∠5+∠6）=180°－2∠5.∴∠BED＝∠CAE.其余几个选项可直观上排除，故选A．山东省7．【2023·临沂】将一个正六边形绕其中心旋转后仍与原图形重合，旋转角的大小不可能是（）A．60° B．90° C．180° D．360°【答案】B【解析】由于正六边形的中心角为360°612．【2023·泰安】如图，在平面直角坐标系中，Rt△AOB的一条直角边OB在x轴上，点A的坐标为（﹣6，4）；Rt△COD中，∠COD＝90°，OD＝43，∠D＝30°，连接BC，点M是BC中点，连接AM．将Rt△COD以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段AM的最小值是（）A．3 B．62−4 C．213−2【分析】由点M是BC中点，想到构造中位线，取OB中点，再利用三角形两边之差的最值模型．【答案】A【解答】解：取OB中点N，连接MN，AN．在Rt△OCD中，OD＝43，∠D＝30°，∴OC＝4，∵M、N分别是BC、OB的中点，∴MN=12OC＝2，在△ABN中，AB＝4，BN＝3，∴AN＝5，在△AMN中，AM＞AN﹣MN；当M运动到AN上时，AM＝AN﹣MN，∴AM≥AN﹣MN＝5﹣2＝3，∴线段AM的最小值是3，故选：【点评】此题方法较多，可以用三角形两边之差的最值模型，也可用瓜豆模型湖南省2．【2023·郴州】下列图形中，能由图形a通过平移得到的是（）A． B． C． D．【答案】B江苏省7.【2023·无锡】如图，中，，将逆时针旋转得到，交于F．当时，点D恰好落在上，此时等于（）A. B. C. D.【答案】B内蒙古8.【2023·赤峰】如图，在中，，，．点F是中点，连接，把线段沿射线方向平移到，点D在上．则线段在平移过程中扫过区域形成的四边形的周长和面积分别是()A.16，6 B.18，18 C.16.12 D.12，16【分析】先论证四边形是平行四边形，再分别求出、、，继而用平行四边形的周长公式和面积公式求解即可．【答案】C【解析】由平移的性质可知：，∴四边形是平行四边形，在中，，，，∴.在中，，，点F是中点，∴.∵，点F是中点，∴，，∴点D是中点，∴.∵D是的中点，点F是中点，∴是的中位线，∴.∴四边形的周长为：，四边形的面积为：．故选：C．【点睛】本题考查平移的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，平行线分线段成比例，三角形中位线定理等知识，推导四边形是平行四边形和是的中位线是解题的关键．7．【2023·通辽】如图，将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE，旋转角为α（0°＜α＜180°），点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD＝24°，则旋转角α的度数为（）A．24° B．28° C．48° D．66°【分析】由旋转的性质可得∠B＝∠ADE＝66°，AB＝AD，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求解．【答案】C【解析】∵DE⊥AC，∠CAD＝24°，∴∠ADE＝66°，∵将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE，∴∠B＝∠ADE＝66°，AB＝AD，∴∠B＝∠ADB＝66°∴∠BAD＝48°．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．3．【2023·通辽】如图，用平移方法说明平行四边形的面积公式S＝ah时，若△ABE平移到△DCF，a＝4，h＝3，则△ABE的平移距离为（）A．3 B．4 C．5 D．12【答案】B四川省2．【2023·南充】如图，将△ABC沿BC向右平移得到△DEF，若BC＝5，BE＝2，则CF的长是（）A．2 B．2.5 C．3 D．5【答案】A12．【2023·宜宾】如图，△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把△ADE以A为中心顺时针旋转，点M为射线BD、CE的交点．若AB＝，AD＝1．以下结论：①BD＝CE；②BD⊥CE；③当点E在BA的延长线上时，MC＝；④在旋转过程中，当线段MB最短时，△MBC的面积为．其中正确结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】证明△BAD≌△CAE可判断①，由三角形的外角的性质可判断②，证明∠DCM∽∠ECA，有，即可判断③；以A为圆心，AD为半径画圆，当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小，可得四边形AEMD是正方形，在Rt△MBC中，，然后根据三角形的面积公式可判断④．【答案】D【解析】∵△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，∴BA＝CA，DA＝EA，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，故①正确；设∠ABD＝∠ACE＝x，∠DBC＝45°﹣x，∴∠EMB＝∠DBC+∠BCM＝∠DBC+∠BCA+∠ACE＝45°﹣x+45°+x＝90°，∴BD⊥CE，故②正确；当点E在BA的延长线上时，如图：同理可得∠DMC＝90°，∴∠DMC＝∠EAC，∵∠DCM＝∠ECA，∴∠DCM∽△ECA∴，∵＝AC，AD＝1＝AE，∴，，∴，∴，故③正确；④以A为圆心，AD为半径画圆，如图：∵∠BMC＝90°，∴当CE在⊙A的下方与⊙A相切时，MB的值最小，∴∠ADM＝∠DME＝∠AEM＝90°，∵AE＝AD，∴四边形AEMD是正方形，∴MD＝AE＝1，∵BD＝＝＝，∴CE＝BD＝，BM＝BD﹣MD＝﹣1，∴MC＝CE+ME＝+1，∵BC＝AB＝，∴MB＝＝＝+1，∴△MBC的面积为×（+1）×（﹣1）＝，故④正确，故选：D．【点评】本题考查等腰直角三角形的旋转问题，涉及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，最短路径等知识，解题的关键是掌握旋转的性质．二、填空题上海17．【2023·上海】如图，在△ABC中，∠C＝35°，将△ABC绕着点A旋转α（0°＜α＜180