2026年中考数学模拟试卷试题汇编-图形的对称

第1页（共1页）2026年中考数学模拟试卷试题汇编——图形的对称一．选择题（共10小题）1．如图，在△ABC中，AD是△ABC的角平分线，点E、F分别是AD、AB上的动点，若∠BAC＝50°，当BE+EF的值最小时，∠AEB的度数为（）A．105° B．115° C．120° D．130°2．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝90°，点D，E是边AB上的两个定点，点M，N分别是边AC，BC上的两个动点．当四边形DEMN的周长最小时，∠DNM+∠EMN的大小是（）A．45° B．90° C．75° D．135°3．如图的2×4的正方形网格中，△ABC的顶点都在小正方形的格点上，这样的三角形称为格点三角形，在网格中与△ABC成轴对称的格点三角形一共有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个4．如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①△ADG≌△FDG；②GB＝2AG；③△GDE∽△BEF；④S△BEF=725．在以上A．1 B．2 C．3 D．45．如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O．若AE＝5，BF＝3，则AO的长为（）A．5 B．325 C．25 D．6．如图，在锐角△ABC中，∠ACB＝50°；边AB上有一定点P，M、N分别是AC和BC边上的动点，当△PMN的周长最小时，∠MPN的度数是（）A．50° B．60° C．70° D．80°7．如图，∠AOB＝60°，点P是∠AOB内的定点且OP=3，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMNA．362 B．332 C．68．如图，正方形ABCD中，AB＝6，G是BC的中点．将△ABG沿AG对折至△AFG，延长GF交DC于点E，则DE的长是（）A．1 B．1.5 C．2 D．2.59．将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF．若AB＝3，则菱形AECF的面积为（）A．1 B．22 C．23 D．410．如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，折痕为BE．若AB的长为2，则FM的长为（）A．2 B．3 C．2 D．1二．填空题（共5小题）11．如图，在边长为2的等边△ABC中，D是BC的中点，点E在线段AD上，连接BE，在BE的下方作等边△BEF，连接DF．当△BDF的周长最小时，∠DBF的度数是．12．如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD＝8，AB＝5，则线段PE的长等于．13．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，E、F分别是边BC、CD上一点，EF⊥AE，将△ECF沿EF翻折得△EC′F，连接AC′，当BE＝时，△AEC′是以AE为腰的等腰三角形．14．折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作：①把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，折痕为DE，点E在AB边上；②把纸片展开并铺平；③把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，若AB＝AD+2，EH＝1，则AD＝．15．如图，在矩形纸片ABCD中，AD＝10，AB＝8，将AB沿AE翻折，使点B落在B'处，AE为折痕；再将EC沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB'上的点C'处，EF为折痕，连接AC'．若CF＝3，则tan∠B'AC′＝．三．解答题（共5小题）16．矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为DE．（1）如图①，若点P恰好在边BC上，连接AP，求APDE（2）如图②，若E是AB的中点，EP的延长线交BC于点F，求BF的长．17．阅读理解如图1，△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分；…；将余下部分沿∠BnAnC的平分线AnBn+1折叠，点Bn与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，∠BAC是△ABC的好角．小丽展示了确定∠BAC是△ABC的好角的两种情形．情形一：如图2，沿等腰三角形ABC顶角∠BAC的平分线AB1折叠，点B与点C重合；情形二：如图3，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合．探究发现（1）△ABC中，∠B＝2∠C，经过两次折叠，∠BAC是不是△ABC的好角？（填“是”或“不是”）．（2）小丽经过三次折叠发现了∠BAC是△ABC的好角，请探究∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系．根据以上内容猜想：若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为．应用提升（3）小丽找到一个三角形，三个角分别为15°、60°、105°，发现60°和105°的两个角都是此三角形的好角．请你完成，如果一个三角形的最小角是4°，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好角．18．如图已知平面直角坐标系中A（﹣1，3），B（2，0），C（﹣3，﹣1）（1）在图中作出△ABC关于y轴的对称图形△A1B1C1，并写出点A1，B1，C1的坐标．（2）在y轴上找一点P，使PA+PC最短，并求出P点的坐标．19．如图，在平面直角坐标系中，直线l过点M（3，0），且平行于y轴．（1）如果△ABC三个顶点的坐标分别是A（﹣2，0），B（﹣1，0），C（﹣1，2），△ABC关于y轴的对称图形是△A1B1C1，△A1B1C1关于直线l的对称图形是△A2B2C2，写出△A2B2C2的三个顶点的坐标；（2）如果点P的坐标是（﹣a，0），其中0＜a＜3，点P关于y轴的对称点是P1，点P1关于直线l的对称点是P2，求PP2的长．20．已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP＝t．（Ⅰ）如图①，当∠BOP＝30°时，求点P的坐标；（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ＝m，试用含有t的式子表示m；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．

2026年中考数学模拟试卷试题汇编——答案一．选择题（共10小题）题号12345678910答案BBBCCDDCCB一．选择题（共10小题）1．如图，在△ABC中，AD是△ABC的角平分线，点E、F分别是AD、AB上的动点，若∠BAC＝50°，当BE+EF的值最小时，∠AEB的度数为（）A．105° B．115° C．120° D．130°【考点】轴对称﹣最短路线问题．【专题】平移、旋转与对称；模型思想．【答案】B【分析】过点B作BB′⊥AD于点G，交AC于点B′，过点B′作B′F′⊥AB于点F′，与AD交于点E′，连接BE′，可证得△ABG≌△AB′G（ASA），所以∠E′B′G＝∠E′BG，由“直角三角形两锐角互余”可得∠AB′F′＝40°＝∠ABE，所以∠BE′F′＝50°，由此可得结论．【解答】解：过点B作BB′⊥AD于点G，交AC于点B′，过点B′作B′F′⊥AB于点F′，与AD交于点E′，连接BE′，如图，此时BE+EF最小．∵AD是△ABC的角平分线，∴∠BAD＝∠B′AD＝25°，∴∠AE′F′＝65°，∵BB′⊥AD，∴∠AGB＝∠AGB′＝90°，∵AG＝AG，∴△ABG≌△AB′G（ASA），∴BG＝B′G，∠ABG＝∠AB′G，∴AD垂直平分BB′，∴BE＝BE′，∴∠E′B′G＝∠E′BG，∵∠BAC＝50°，∴∠AB′F′＝40°，∴∠ABE＝40°，∴∠BE′F′＝50°，∴∠AE′B＝115°．故选：B．【点评】本题主要考查全等三角形的性质与判定，轴对称最值问题，直角三角形的性质等知识，根据轴对称最值问题作出辅助线是解题关键．2．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝90°，点D，E是边AB上的两个定点，点M，N分别是边AC，BC上的两个动点．当四边形DEMN的周长最小时，∠DNM+∠EMN的大小是（）A．45° B．90° C．75° D．135°【考点】轴对称﹣最短路线问题．【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力；模型思想．【答案】B【分析】作点D关于BC的对称点D'，作点E关于AC的对称点E'，连接D'E'分别交AC，BC于点M'，N'，连接ME'，ND'，EM'，DN'，推出四边形DEMN的周长最小时，点M与M'重合，点N与点N'重合，再求出∠DN'M+∠EM'N即可解决问题．【解答】解：作点D关于BC的对称点D'，作点E关于AC的对称点E'，连接D'E'分别交AC，BC于点M'，N'，连接ME'，ND'，EM'，DN'，则ME＝ME'，ND＝ND'，∴四边形DEMN的周长＝DE+ME+MN+ND＝DE+ME'+MN+ND'≥DE+D'E'，∵DE长固定，∴点M与M'重合，点N与点N'重合时，四边形DEMN的周长最小，此时∠DNM+∠EMN＝∠DN'M+∠EM'N，由对称性和三角形外角性质可知：∠DN'M＝∠N'DD'+∠N'D'D＝2∠N'D'D，∠EM'N＝∠M'EE'+∠M'E'E＝2∠M'E'E，∴∠DN'M+∠EM'N＝2∠N'D'D+2∠M'E'E＝2（180°﹣∠D'DE'），设DD'与BC交于点H，∵AB＝AC，∠A＝90°，∴∠BDH＝45°，∴∠D'DE'＝180°﹣45°＝135°，∴∠DN'M+∠EM'N＝2（180°﹣135°）＝90°，即当四边形DEMN的周长最小时，∠DNM+∠EMN的大小是90°，故选：B．【点评】本题考查轴对称﹣最短路线问题，解答中涉及两点之间线段最短，三角形内角和定理，三角形外角性质，等腰三角形的性质，能用一条线段表示出三条线段的和的最小值，并确定最小时M，N的位置是解题的关键．3．如图的2×4的正方形网格中，△ABC的顶点都在小正方形的格点上，这样的三角形称为格点三角形，在网格中与△ABC成轴对称的格点三角形一共有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【考点】轴对称的性质．【专题】网格型．【答案】B【分析】根据题意画出图形，找出对称轴及相应的三角形即可．【解答】解：如图：共3个，故选：B．【点评】本题考查的是轴对称图形，根据题意作出图形是解答此题的关键．4．如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①△ADG≌△FDG；②GB＝2AG；③△GDE∽△BEF；④S△BEF=725．在以上A．1 B．2 C．3 D．4【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．【专题】压轴题．【答案】C【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD＝DF，∠A＝∠GFD＝90°，于是根据“HL”判定△ADG≌△FDG，再由GF+GB＝GA+GB＝12，EB＝EF，△BGE为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出AG＝4，BG＝8，进而求出△BEF的面积，再抓住△BEF是等腰三角形，而△GED显然不是等腰三角形，判断③是错误的．【解答】解：由折叠可知，DF＝DC＝DA，∠DFE＝∠C＝90°，∴∠DFG＝∠A＝90°，∴△ADG≌△FDG，①正确；∵正方形边长是12，∴BE＝EC＝EF＝6，设AG＝FG＝x，则EG＝x+6，BG＝12﹣x，由勾股定理得：EG2＝BE2+BG2，即：（x+6）2＝62+（12﹣x）2，解得：x＝4∴AG＝GF＝4，BG＝8，BG＝2AG，②正确；BE＝EF＝6，△BEF是等腰三角形，易知△GED不是等腰三角形，③错误；S△GBE=12×6×8＝24，S△BEF=EFEG•S△故选：C．【点评】本题综合性较强，考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算，有一定的难度．5．如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O．若AE＝5，BF＝3，则AO的长为（）A．5 B．325 C．25 D．【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；几何直观；模型思想；应用意识．【答案】C【分析】由矩形的性质，折叠轴对称的性质，可求出AF＝FC＝AE＝5，由勾股定理求出AB，AC，进而求出OA即可．【解答】解：∵矩形ABCD，∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，∴∠EFC＝∠AEF，由折叠得，∠EFC＝∠AFE，∴∠AFE＝∠AEF，∴AE＝AF＝5，由折叠得，FC＝AF，OA＝OC，∴BC＝3+5＝8，在Rt△ABF中，AB=52在Rt△ABC中，AC=42+∴OA＝OC＝25，故选：C．【点评】本题考查矩形的性质、折叠轴对称的性质，勾股定理等知识，根据图形，求出线段的长是得出答案的前提．6．如图，在锐角△ABC中，∠ACB＝50°；边AB上有一定点P，M、N分别是AC和BC边上的动点，当△PMN的周长最小时，∠MPN的度数是（）A．50° B．60° C．70° D．80°【考点】轴对称﹣最短路线问题．【专题】平移、旋转与对称；应用意识．【答案】D【分析】根据对称的性质，易求得∠C+∠EPF＝180°，由∠ACB＝50°，易求得∠D+∠G＝50°，继而求得答案．【解答】解：作点P关于AC，BC的对称点D，G，连接PD，PG分别交AC，BC于E，F，连接DG交AC于M，交BC于N，连接PM，PN．此时△PMN的周长最小．∵PD⊥AC，PG⊥BC，∴∠PEC＝∠PFC＝90°，∴∠C+∠EPF＝180°，∵∠C＝50°，∴∠EPF＝130°，∵∠D+∠G+∠EPF＝180°，∴∠D+∠G＝50°，由对称可知：∠G＝∠GPN，∠D＝∠DPM，∴∠GPN+∠DPM＝50°，∴∠MPN＝130°﹣50°＝80°，故选：D．【点评】此题考查了最短路径问题以及线段垂直平分线的性质．关键是利用轴对称解决问题．7．如图，∠AOB＝60°，点P是∠AOB内的定点且OP=3，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMNA．362 B．332 C．6【考点】轴对称﹣最短路线问题．【专题】计算题．【答案】D【分析】作P点分别关于OA、OB的对称点C、D，连接CD分别交OA、OB于M、N，如图，利用轴对称的性质得MP＝MC，NP＝ND，OP＝OD＝OC=3，∠BOP＝∠BOD，∠AOP＝∠AOC，所以∠COD＝2∠AOB＝120°，利用两点之间线段最短判断此时△PMN周长最小，作OH⊥CD于H，则CH＝DH，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算出CD【解答】解：作P点分别关于OA、OB的对称点C、D，连接CD分别交OA、OB于M、N，如图，则MP＝MC，NP＝ND，OP＝OD＝OC=3，∠BOP＝∠BOD，∠AOP＝∠AOC∴PN+PM+MN＝ND+MN+MC＝DC，∠COD＝∠BOP+∠BOD+∠AOP+∠AOC＝2∠AOB＝120°，∴此时△PMN周长最小，作OH⊥CD于H，则CH＝DH，∵∠OCH＝30°，∴OH=12OCCH=3OH=∴CD＝2CH＝3．故选：D．【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题：熟练掌握轴对称的性质，会利用两点之间线段最短解决路径最短问题．8．如图，正方形ABCD中，AB＝6，G是BC的中点．将△ABG沿AG对折至△AFG，延长GF交DC于点E，则DE的长是（）A．1 B．1.5 C．2 D．2.5【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．【专题】常规题型；平移、旋转与对称．【答案】C【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△AFE≌Rt△ADE；在直角△ECG中，根据勾股定理即可求出DE的长．【解答】解：如图，连接AE，∵AB＝AD＝AF，∠D＝∠AFE＝90°，在Rt△AFE和Rt△ADE中，∵AE=AEAF=AD∴Rt△AFE≌Rt△ADE（HL），∴EF＝DE，设DE＝FE＝x，则EC＝6﹣x．∵G为BC中点，BC＝6，∴CG＝3，在Rt△ECG中，根据勾股定理，得：（6﹣x）2+9＝（x+3）2，解得x＝2．则DE＝2．故选：C．【点评】本题考查了翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理．9．将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF．若AB＝3，则菱形AECF的面积为（）A．1 B．22 C．23 D．4【考点】翻折变换（折叠问题）；菱形的性质；矩形的性质．【专题】几何图形问题；几何直观．【答案】C【分析】根据菱形AECF，得∠FCO＝∠ECO，再利用∠ECO＝∠ECB，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求得BC的长，则利用菱形的面积公式即可求解．【解答】解：∵四边形AECF是菱形，AB＝3，∴假设BE＝x，则AE＝3﹣x，CE＝3﹣x，∵四边形AECF是菱形，∴∠FCO＝∠ECO，∵∠ECO＝∠ECB，∴∠ECO＝∠ECB＝∠FCO＝30°，2BE＝CE，∴CE＝2x，∴2x＝3﹣x，解得：x＝1，∴CE＝2，利用勾股定理得出：BC2+BE2＝EC2，BC=E又∵AE＝AB﹣BE＝3﹣1＝2，则菱形的面积是：AE•BC＝23．故选：C．【点评】此题主要考查了折叠问题以及勾股定理等知识，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．10．如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，折痕为BE．若AB的长为2，则FM的长为（）A．2 B．3 C．2 D．1【考点】翻折变换（折叠问题）．【答案】B【分析】根据翻折不变性，AB＝FB＝2，BM＝1，在Rt△BFM中，可利用勾股定理求出FM的值．【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，AB＝2，过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，∴FB＝AB＝2，BM＝1，则在Rt△BMF中，FM=B故选：B．【点评】此题考查了翻折变换的性质，适时利用勾股定理是解答此类问题的关键．二．填空题（共5小题）11．如图，在边长为2的等边△ABC中，D是BC的中点，点E在线段AD上，连接BE，在BE的下方作等边△BEF，连接DF．当△BDF的周长最小时，∠DBF的度数是30°．【考点】轴对称﹣最短路线问题；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【专题】三角形．【答案】见试题解答内容【分析】连接CF，由条件可以得出∠ABE＝∠CBF，再根据等边三角形的性质就可以证明△BAE≌△BCF，从而可以得出∠BCF＝∠BAD＝30°，作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，则FD＝FG，依据当B，F，G在同一直线上时，DF+BF的最小值等于线段BG长，可得△BDF的周长最小，再根据等边三角形的性质即可得到∠DBF的度数．【解答】解：如图，连接CF，∵△ABC、△BEF都是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，BE＝EF＝BF，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝∠EBF＝∠BEF＝∠BFE＝60°，∴∠ABC﹣∠EBD＝∠EBF﹣∠EBD，∴∠ABE＝∠CBF，在△BAE和△BCF中，AB=BC∠ABE=∠CBF∴△BAE≌△BCF（SAS），∴∠BCF＝∠BAD＝30°，如图，作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，则FD＝FG，∴当B，F，G在同一直线上时，DF+BF的最小值等于线段BG长，且BG⊥CG时，△BDF的周长最小，由轴对称的性质，可得∠DCG＝2∠BCF＝60°，CD＝CG，∴△DCG是等边三角形，∴DG＝DC＝DB，∴∠DBG＝∠DGB=12∠CDG＝故答案为：30°．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质的运用．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．12．如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD＝8，AB＝5，则线段PE的长等于203【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．【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．【答案】见试题解答内容【分析】根据折叠可得ABNM是正方形，CD＝CF＝5，∠D＝∠CFE＝90°，ED＝EF，可求出三角形FNC的三边为3，4，5，在Rt△MEF中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证△FNC∽△PGF，三边占比为3：4：5，设未知数，通过PG＝HN，列方程求出待定系数，进而求出PF的长，然后求PE的长．【解答】解：过点P作PG⊥FN，PH⊥BN，垂足为G、H，由折叠得：ABNM是正方形，AB＝BN＝NM＝MA＝5，CD＝CF＝5，∠D＝∠CFE＝90°，ED＝EF，∴NC＝MD＝8﹣5＝3，在Rt△FNC中，FN=52∴MF＝5﹣4＝1，在Rt△MEF中，设EF＝x，则ME＝3﹣x，由勾股定理得，12+（3﹣x）2＝x2，解得：x=5∵∠CFN+∠PFG＝90°，∠PFG+∠FPG＝90°，∴∠CFN＝∠FPG，又∵∠FGP＝∠CNF＝90°∴△FNC∽△PGF，∴FG：PG：PF＝NC：FN：FC＝3：4：5，设FG＝3m，则PG＝4m，PF＝5m，∴GN＝PH＝BH＝4﹣3m，HN＝5﹣（4﹣3m）＝1+3m＝PG＝4m，解得：m＝1，∴PF＝5m＝5，∴PE＝PF+FE＝5+5故答案为：203【点评】考查折叠轴对称的性质，矩形、正方形的性质，直角三角形的性质等知识，知识的综合性较强，是有一定难度的题目．13．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，E、F分别是边BC、CD上一点，EF⊥AE，将△ECF沿EF翻折得△EC′F，连接AC′，当BE＝78或43时，△AEC′是以【考点】翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的判定；勾股定理；矩形的性质．【专题】多解填空题；分类讨论；推理能力．【答案】78或4【分析】设BE＝x，则EC＝4﹣x，由翻折得：EC′＝EC＝4﹣x．当AE＝EC′时，由勾股定理得：32+x2＝（4﹣x）2；当AE＝AC′时，作AH⊥EC′，由∠AEF＝90°，EF平方∠CEC′可证得∠AEB＝∠AEH，则△ABE≌△AHE，所以BE＝HE＝x，由三线合一得EC′＝2EH，即4﹣x＝2x，解方程即可．【解答】解：设BE＝x，则EC＝4﹣x，由翻折得：EC′＝EC＝4﹣x，当AE＝EC′时，AE＝4﹣x，∵矩形ABCD，∴∠B＝90°，由勾股定理得：32+x2＝（4﹣x）2，解得：x=7当AE＝AC′时，如图，作AH⊥EC′∵EF⊥AE，∴∠AEF＝∠AEC′+∠FEC′＝90°，∴∠BEA+∠FEC＝90°，∵△ECF沿EF翻折得△EC′F，∴∠FEC′＝∠FEC，∴∠AEB＝∠AEH，∵∠B＝∠AHE＝90°，AE＝AE，∴△ABE≌△AHE（AAS），∴BE＝HE＝x，∵AE＝AC′，∴EC′＝2EH，即4﹣x＝2x，解得x=4综上所述：BE=78或故答案为：78或4【点评】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，涉及到方程思想和分类讨论思想．当AE＝AC′时如何列方程，有一定难度．14．折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作：①把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，折痕为DE，点E在AB边上；②把纸片展开并铺平；③把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，若AB＝AD+2，EH＝1，则AD＝3+23．【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．【专题】计算题．【答案】见试题解答内容【分析】设AD＝x，则AB＝x+2，利用折叠的性质得DF＝AD，EA＝EF，∠DFE＝∠A＝90°，则可判断四边形AEFD为正方形，所以AE＝AD＝x，再根据折叠的性质得DH＝DC＝x+2，当AH＝AE﹣HE＝x﹣1，然后根据勾股定理得到x2+（x﹣1）2＝（x+2）2，再解方程求出x即可．【解答】解：设AD＝x，则AB＝x+2，∵把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，∴DF＝AD，EA＝EF，∠DFE＝∠A＝90°，∴四边形AEFD为正方形，∴AE＝AD＝x，∵把△CDG翻折，点C落在直线AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，∴DH＝DC＝x+2，∵HE＝1，当AH＝AE﹣HE＝x﹣1，在Rt△ADH中，∵AD2+AH2＝DH2，∴x2+（x﹣1）2＝（x+2）2，整理得x2﹣6x﹣3＝0，解得x1＝3+23，x2＝3﹣23（舍去），即AD的长为3+23．故答案为：3+23．【点评】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质和勾股定理．15．如图，在矩形纸片ABCD中，AD＝10，AB＝8，将AB沿AE翻折，使点B落在B'处，AE为折痕；再将EC沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB'上的点C'处，EF为折痕，连接AC'．若CF＝3，则tan∠B'AC′＝14【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．【专题】矩形菱形正方形；平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；推理能力．【答案】见试题解答内容【分析】连接AF，设CE＝x，用x表示AE、EF，再证明∠AEF＝90°，由勾股定理得通过AF进行等量代换列出方程便可求得x，再进一步求出B′C′，便可求得结果．【解答】解：连接AF，设CE＝x，则C′E＝CE＝x，BE＝B′E＝10﹣x，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴AE2＝AB2+BE2＝82+（10﹣x）2＝164﹣20x+x2，EF2＝CE2+CF2＝x2+32＝x2+9，由折叠知，∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF，∵∠AEB+∠AEB′+∠CEF+∠C′EF＝180°，∴∠AEF＝∠AEB′+∠C′EF＝90°，∴AF2＝AE2+EF2＝164﹣20x+x2+x2+9＝2x2﹣20x+173，∵AF2＝AD2+DF2＝102+（8﹣3）2＝125，∴2x2﹣20x+173＝125，解得，x＝4或6，当x＝6时，EC＝EC′＝6，BE＝B′E＝10﹣6＝4，EC′＞B′E，不合题意，应舍去，∴CE＝C′E＝4，∴B′C′＝B′E﹣C′E＝（10﹣4）﹣4＝2，∵∠B′＝∠B＝90°，AB′＝AB＝8，∴tan∠B'AC′=B'C'故答案为：14另一解法：由折叠知，∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF，∵∠AEB+∠AEB′+∠CEF+∠C′EF＝180°，∴∠AEF＝∠AEB′+∠C′EF＝90°，∴∠AEB+∠CEF＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠CEF，∴△ABE∽△ECF，∴ABEC设BE＝x，则BE＝B'E＝x，C'E＝CE＝10﹣x，∴810-x解得，x＝4或6，∴BE＝B'E＝4，CE＝C'E＝6，或BE＝B'E＝6，CE＝C'E＝4，∵B'E＞C'E，∴BE＝B'E＝6，CE＝C'E＝4，∴B'C'＝B'E﹣C'E＝6﹣4＝2，由折叠知，AB'＝AB＝8，∠B'＝∠B＝90°，∴tan∠B'AC′=B'C'解法三：设BE＝a，EC＝b，则a+b＝10．由于△AB'E∽△EC'F，所以AB'：EC'＝EB'：C'F，即8：b＝a：3，ab＝24．B'C'＝a﹣b，因为（a﹣b）2＝（a+b）2﹣4ab＝100﹣96＝4．所以B'C′＝2．所以tan∠B'AC′=1故答案为14【点评】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形的性质，关键是利用勾股定理列出方程．三．解答题（共5小题）16．矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为DE．（1）如图①，若点P恰好在边BC上，连接AP，求APDE（2）如图②，若E是AB的中点，EP的延长线交BC于点F，求BF的长．【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．【专题】矩形菱形正方形；解直角三角形及其应用；应用意识．【答案】（1）23（2）3．【分析】（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．证明△POM∽△DCP，利用相似三角形的性质求解即可．（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．设EG＝x，则BG＝4﹣x．证明△EGP∽△PHD，推出EGPH=PGDH=EPPD=412=13，推出PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，由PH2+DH2＝PD2，可得（3x）2+（4+【解答】解：（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠C＝90°，由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，在Rt△EPD中，∵EM＝MD，∴PM＝EM＝DM，∴∠3＝∠MPD，∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，∵∠ADP＝2∠3，∴∠1＝∠ADP，∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠DPC，∴∠1＝∠DPC，∵∠MOP＝∠C＝90°，∴△POM∽△DCP，∴POPM∴APDE解法二：证明△ABP和△DAE相似，APDE（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．则四边形AGHD是矩形，设EG＝x，则BG＝4﹣x∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，∴∠EPG＝∠PDH，∴△EGP∽△PHD，∴EGPH∴PH＝3EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，∴（3x）2+（4+x）2＝122，解得x=16∴BG＝4-16在Rt△EGP中，GP=E∵GH∥BC，∴△EGP∽△EBF，∴EGEB∴165∴BF＝3．【点评】本题考查翻折变换，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．17．阅读理解如图1，△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分；…；将余下部分沿∠BnAnC的平分线AnBn+1折叠，点Bn与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，∠BAC是△ABC的好角．小丽展示了确定∠BAC是△ABC的好角的两种情形．情形一：如图2，沿等腰三角形ABC顶角∠BAC的平分线AB1折叠，点B与点C重合；情形二：如图3，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合．探究发现（1）△ABC中，∠B＝2∠C，经过两次折叠，∠BAC是不是△ABC的好角？是（填“是”或“不是”）．（2）小丽经过三次折叠发现了∠BAC是△ABC的好角，请探究∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系．根据以上内容猜想：若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为∠B＝n∠C．应用提升（3）小丽找到一个三角形，三个角分别为15°、60°、105°，发现60°和105°的两个角都是此三角形的好角．请你完成，如果一个三角形的最小角是4°，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好角．【考点】翻折变换（折叠问题）．【专题】压轴题；规律型．【答案】见试题解答内容【分析】（1）在小丽展示的情形二中，如图3，根据三角形的外角定理、折叠的性质推知∠B＝2∠C；（2）根据折叠的性质、根据三角形的外角定理知∠A1A2B2＝∠C+∠A2B2C＝2∠C；根据四边形的外角定理知∠BAC+2∠B﹣2C＝180°①，根据三角形ABC的内角和定理知∠BAC+∠B+∠C＝180°②，由①②可以求得∠B＝3∠C；利用数学归纳法，根据小丽展示的三种情形得出结论：∠B＝n∠C；（3）利用（2）的结论知∠B＝n∠C，∠BAC是△ABC的好角，∠C＝n∠A，∠ABC是△ABC的好角，∠A＝n∠B，∠BCA是△ABC的好角；然后三角形内角和定理可以求得另外两个角的度数可以是4、172；8、168；16、160；44、132；88°、88°．【解答】解：（1）△ABC中，∠B＝2∠C，经过两次折叠，∠BAC是△ABC的好角；理由如下：小丽展示的情形二中，如图3，∵沿∠BAC的平分线AB1折叠，∴∠B＝∠AA1B1；又∵将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合，∴∠A1B1C＝∠C；∵∠AA1B1＝∠C+∠A1B1C（外角定理），∴∠B＝2∠C，∠BAC是△ABC的好角．故答案为：是；（2）∠B＝3∠C；如图所示，在△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分，将余下部分沿∠B2A2C的平分线A2B3折叠，点B2与点C重合，则∠BAC是△ABC的好角．证明如下：∵根据折叠的性质知，∠B＝∠AA1B1，∠C＝∠A2B2C，∠A1B1C＝∠A1A2B2，∴根据三角形的外角定理知，∠A1A2B2＝∠C+∠A2B2C＝2∠C；∵根据四边形的外角定理知，∠BAC+∠B+∠AA1B1﹣∠A1B1C＝∠BAC+2∠B﹣2∠C＝180°，根据三角形ABC的内角和定理知，∠BAC+∠B+∠C＝180°，∴∠B＝3∠C；由小丽展示的情形一知，当∠B＝∠C时，∠BAC是△ABC的好角；由小丽展示的情形二知，当∠B＝2∠C时，∠BAC是△ABC的好角；由小丽展示的情形三知，当∠B＝3∠C时，∠BAC是△ABC的好角；故若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为∠B＝n∠C；（3）由（2）知设∠A＝4°，∵∠B是好角，∴∠B＝4n°；∵∠A是好角，∴∠C＝m∠B＝4mn°，其中m、n为正整数得4+4n+4mn＝180∴如果一个三角形的最小角是4°，三角形另外两个角的度数是4、172；8、168；16、160；44、132；88°、88°．【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题）．解答此题时，充分利用了三角形内角和定理、三角形外角定理以及折叠的性质．难度较大．18．如图已知平面直角坐标系中A（﹣1，3），B（2，0），C（﹣3，﹣1）（1）在图中作出△ABC关于y轴的对称图形△A1B1C1，并写出点A1，B1，C1的坐标．（2）在y轴上找一点P，使PA+PC最短，并求出P点的坐标．【考点】坐标与图形变化﹣对称；轴对称﹣最短路线问题；关于x轴、y轴对称的点的坐标．【答案】见试题解答内容【分析】（1）找出△ABC关于y轴的对称点坐标，再连接关键点即可得到△A1B1C1；（2）连接A1C，交y轴于P，这时PA+PC最短，利用待定系数法先求出直线A1C的解析式，再求出与y轴的交点即可．【解答】解：（1）A1（1，3），B1（﹣2，0），C1（3，﹣1）；（2）连接A1C，交y轴于P，这时PA+PC最短，设直线A1C解析式为：y＝kx+b，∵直线经过A1（1，3）和C（﹣3，﹣1），∴k+b=3-3k+b=-1解得：k=1∴直线A1C解析式为：y＝x+2，当x＝0时，y＝2，∴P（0，2）．【点评】此题主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，作轴对称图形，轴对称﹣最短问题，是坐标与图形变化﹣对称等知识点的连接和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．19．如图，在平面直角坐标系中，直线l过点M（3，0），且平行于y轴．（1）如果△ABC三个顶点的坐标分别是A（﹣2，0），B（﹣1，0），C（﹣1，2），△ABC关于y轴的对称图形是△A1B1C1，△A1B1C1关于直线l的对称图形是△A2B2C2，写出△A2B2C2的三个顶点的坐标；（2）如果点P的坐标是（﹣a，0），其中0＜a＜3，点P关于y轴的对称点是P1，点P1关于直线l的对称点是P2，求PP2的长．【考点】坐标与图形变化﹣对称；关于x轴、y轴对称的点的坐标．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据关于y轴对称点的坐标特点是横坐标互为相反数，纵坐标相同可以得到△A1B1C1各点坐标，又关于直线l的对称图形点的坐标特点是纵坐标相同，横坐标之和等于3的二倍，由此求出△A2B2C2的三个顶点的坐标；（2）P与P1关于y轴对称，利用关于y轴对称点的特点：纵坐标不变，横坐标变为相反数，求出P1的坐标，再由直线l的方程为直线x＝3，利用对称的性质求出P2的坐标，即可得出PP2的长．【解答】解：（1）△A2B2C2的三个顶点的坐标分别是A2（4，0），B2（5，0），C2（5，2）；（2）如图1，当0＜a＜3时，∵P与P1关于y轴对称，P（﹣a，0），∴P1（a，0），又∵P1与P2关于l：直线x＝3对称，设P2（x，0），可得：x+a2=3，即x＝6﹣∴P2（6﹣a，0），则PP2＝6﹣a﹣（﹣a）＝6﹣a+a＝6．【点评】本题考查学生“轴对称”与坐标的相关知识的试题，掌握轴对称的性质是解本题的关键．20．已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP＝t．（Ⅰ）如图①，当∠BOP＝30°时，求点P的坐标；（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ＝m，试用含有t的式子表示m；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．【专题】几何综合题；压轴题．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）根据题意得，∠OBP＝90°，OB＝6，在Rt△OBP中，由∠BOP＝30°，BP＝t，得OP＝2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案；（Ⅱ）由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，可知△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案；（Ⅲ）首先过点P作PE⊥OA于E，易证得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′A的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与m=16t【解答】解：（Ⅰ）根据题意，∠OBP＝90°，OB＝6，在Rt△OBP中，由∠BOP＝30°，BP＝t，得OP＝2t．∵OP2＝OB2+BP2，即（2t）2＝62+t2，解得：t1＝23，t2＝﹣23（舍去）．∴点P的坐标为（23，6（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，∴∠OPB′＝∠OPB，∠QPC′＝∠QPC，∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC＝180°，∴∠OPB+∠QPC＝90°，∵∠BOP+∠OPB＝90°，∴∠BOP＝∠CPQ．又∵∠OBP＝∠C＝90°，∴△OBP∽△PCQ，∴OBPC由题意设BP＝t，AQ＝m，BC＝11，AC＝6，则PC＝11﹣t，CQ＝6﹣m．∴611-t∴m=16t2-116（Ⅲ）过点P作PE⊥OA于E，∴∠PEA＝∠QAC′＝90°，∴∠PC′E+∠EPC′＝90°，∵∠PC′E+∠QC′A＝90°，∴∠EPC′＝∠QC′A，∴△PC′E∽△C′QA，∴PEAC'∵PC′＝PC＝11﹣t，PE＝OB＝6，AQ＝m，C′Q＝CQ＝6﹣m，∴AC′=C'Q∴636-12m∴3612(3-m)∴3（6﹣m）2＝（3﹣m）（11﹣t）2，∵m=1∴3（-16t2+116t）2＝（3-16t2+116t﹣∴112t2（11﹣t）2＝（-16t2+116t﹣3）（11∴112t2=-16t2+∴3t2﹣22t+36＝0，解得：t1=11-133，t点P的坐标为（11-133，6）或（11+13法二：∵∠BPO＝∠OPC′＝∠POC′，∴OC′＝PC′＝PC＝11﹣t，过点P作PE⊥OA于点E，则PE＝BO＝6，OE＝BP＝t，∴EC′＝11﹣2t，在Rt△PEC′中，PE2+EC′2＝PC′2，即（11﹣t）2＝62+（11﹣2t）2，解得：t1=11-133，t点P的坐标为（11-133，6）或（11+13【点评】此题考查了折叠的性质、矩形的性质以及相似三角形的判定与性质等知识．此题难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想与方程思想的应用．

考点卡片1．坐标与图形性质1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．2．全等三角形的判定与性质（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．3．等腰三角形的判定判定定理：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等．【简称：等角对等边】说明：①等腰三角形是一个轴对称图形，它的定义既作为性质，又可作为判定办法．②等腰三角形的判定和性质互逆；③在判定定理的证明中，可以作未来底边的高线也可以作未来顶角的角平分线，但不能作未来底边的中线；④判定定理在同一个三角形中才能适用．4．等边三角形的性质（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．5．勾股定理（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长