2024年中考數(shù)學一輪復習全國版知識點22 對稱圖形的識別+網格作圖含答案

2024年中考數(shù)學一輪復習全國版知識點22對稱圖形的識別+網格作圖一、選擇題寧夏2．【2023·寧夏2題】下面是由七巧板拼成的圖形（只考慮外形，忽略內部輪廓），其中軸對稱圖形是（）【答案】C北京2.【2023·北京2題】下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A. B. C. D.【答案】A新疆2．【2023·新疆生產建設兵團】下列交通標志中是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】B云南省7．【2023·云南】中華文明，源遠流長；中華漢字，寓意深廣．下列四個選項中，是軸對稱圖形的為（）A． B． C． D．【答案】C廣西2．【2023·廣西2題】下列數(shù)學經典圖形中，是中心對稱圖形的是（）A．B． C． D．【答案】A江西省2．【2023?江西2題】下列圖形中，是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】B天津4．【2023?天津4題】在一些美術字中，有的漢字是軸對稱圖形．下面4個漢字中，可以看作是軸對稱（）AB C D【答案】A陜西省2．【2023·陜西】下列圖形中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A．B．C． D．【答案】C山東省4．【2023·泰安】小亮以四種不同的方式連接正六邊形的兩條對角線，得到如圖四種圖形，則既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】D2.【2023·威海】我國民間建筑裝飾圖案中，蘊含著豐富的數(shù)學之美．下列圖案中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A. B. C. D.【答案】A2.【2023·日照】窗花是貼在窗子或窗戶上的剪紙，是中國古老的傳統(tǒng)民間藝術之一．下列窗花作品既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A. B. C. D.【答案】A2.【2023·濰坊】下列圖形由正多邊形和圓弧組成，其中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A.B.C. D.【答案】D4．【2023·東營】剪紙是中國最古老的民間藝術之一，先后入選中國國家級非物質文化遺產名錄和人類非物質文化遺產代表作名錄．小文購買了以“剪紙圖案”為主題的5張書簽，他想送給好朋友小樂一張．小文將書簽背面朝上（背面完全相同），讓小樂從中隨機抽取一張，則小樂抽到的書簽圖案既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的概率是（）A．45 B．35 C．25【答案】C1．【2023·菏澤】剪紙文化是我國最古老的民間藝術之一．下列剪紙圖案中既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A．B． C． D．【答案】A2．【2023·濟寧】下列圖形中，是中心對稱圖形的是（）A．B． C． D．【答案】B3．【2023·煙臺】下列四種圖案中，是中心對稱圖形的是（）A．B． C． D．【答案】B湖南2．【2023·長沙2題】下列圖形中，是軸對稱圖形的是（）A．B． C． D．【答案】D1．【2023·湘潭】中國的漢字既象形又表意，不但其形美觀，而且寓意深刻．觀察下列漢字，其中是軸對稱圖形的是（）A．愛 B．我 C．中 D．華【答案】C2．【2023·邵陽】下列四個圖形中，是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】A4．【2023·懷化】剪紙又稱刻紙，是中國最古老的民間藝術之一，它是以紙為加工對象，以剪刀（或刻刀）為工具進行創(chuàng)作的藝術．民間剪紙往往通過諧音、象征、寓意等手法提煉、概括自然形態(tài)，構成美麗的圖案．下列剪紙中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】C3．【2023·衡陽】下面四種化學儀器的示意圖是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】C2．【2023·永州】企業(yè)標志反映了思想、理念等企業(yè)文化，在設計上特別注重對稱美．下列企業(yè)標志圖為中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】C浙江省4．【2023·嘉興、舟山】美術老師寫的下列四個字中，為軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】D湖北省2．【2023·武漢】現(xiàn)實世界中，對稱現(xiàn)象無處不在，中國的方塊字中有些也具有對稱性．下列漢字是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】C2．【2023·恩施州】如所示4個圖形中，是中心對稱圖形的是（）A．B． C． D．【答案】B2．【2023·宜昌】我國古代數(shù)學的許多創(chuàng)新與發(fā)明都曾在世界上有重要影響．下列圖形“楊輝三角”“中國七巧板”“劉微割圓術”“趙爽弦圖”中，中心對稱圖形是（）A．B． C． D．【答案】D3．【2023·荊州】觀察如圖所示的幾何體，下列關于其三視圖的說法正確的是（）A．主視圖既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形 B．左視圖既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形 C．俯視圖既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形 D．主視圖、左視圖、俯視圖都是中心對稱圖形【答案】C江蘇省2．【2023·泰州】書法是我國特有的優(yōu)秀傳統(tǒng)文化，其中篆書具有象形特征，充滿美感．下列“?！弊值乃姆N篆書圖案中，可以看作軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】C2．【2023·連云港】在美術字中，有些漢字可以看成是軸對稱圖形．下列漢字中，是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】C2．【2023·蘇州】古典園林中的花窗通常利用對稱構圖，體現(xiàn)對稱美．下面四個花窗圖案，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A．B． C． D．【答案】C3．【2023·蘇州】如圖，在正方形網格內，線段PQ的兩個端點都在格點上，網格內另有A，B，C，D四個格點，下面四個結論中，正確的是（）A．連接AB，則AB∥PQ B．連接BC，則BC∥PQ C．連接BD，則BD⊥PQ D．連接AD，則AD⊥PQ【答案】B內蒙古2.【2023·赤峰】剪紙藝術是最古老的中國民間藝術之一，先后入選中國國家級非物質文化遺產名錄和人類非物質文化遺產代表作名錄．以下剪紙中，為中心對稱圖形的是（）A. B. C. D.【答案】C四川省3．【2023·宜賓】下列圖案中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】D6．【2023·自貢】下列交通標志圖案中，既是中心對稱圖形又是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】B5．【2023?內江】下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】A山西省2．【2023?山西2題】全民閱讀有助于提升一個國家、一個民族的精神力量．圖書館是開展全民閱讀的重要場所．以下是我省四個地市的圖書館標志，其文字上方的圖案是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】C廣東省2．【2023·廣東2題】下列出版社的商標圖案中，是軸對稱圖形的為（）A．B． C． D．【答案】A遼寧省2．【2023·撫順、葫蘆島】如所示圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A．B． C． D．【答案】B2．【2023·本溪】下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A．B．C． D．【答案】A黑龍江2．【2023·大慶】搭載神舟十六號載人飛船的長征二號F遙十六運載火箭于2023年5月30日成功發(fā)射升空，景海鵬、朱楊柱、桂海潮3名航天員開啟“太空出差”之旅，展現(xiàn)了中國航天科技的新高度．下列圖標中，其文字上方的圖案是中心對稱圖形的是（）A．B． C． D．【答案】C1．【2023·牡丹江】下列圖形中，既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形的是（）A．B． C． D．【答案】A2．【2023·齊齊哈爾】下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】D1．【2023·綏化】下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A．B． C． D．【答案】C2．【2023·龍東地區(qū)】下列新能源汽車標志圖案中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A．B． C． D．【答案】A二、填空題天津18．【2023?天津18題】如圖，在每個小正方形的邊長為1的網格中，等邊三角形ABC內接于圓，且頂點A，B均在格點上．（I）線段AB的長為；（II）若點D在圓上，AB與CD相交于點P，請用無刻度的直尺，在如圖所示的網格中，畫出點Q，使△CPQ為等邊三角形，并簡要說明點Q的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】（I）29（II）取AC，AB與網格線的交點E，F(xiàn)，連接EF并延長與網格線相交于點M，連接MB；連接DB與網格線相交于點G，連接GF并延長與網格線相交于點H，連接AH并延長與圓相交于點I，連接CI并延長與MB的延長線相交于點Q，則點Q即為所求寧夏16．【2023·寧夏16題】如圖是由邊長為1的小正方形組成的9×6網格，點A，B，C，D，E，F(xiàn)，G均在格點上，下列結論：①點D與點F關于點E中心對稱；②連接FB，F(xiàn)C，F(xiàn)E，則FC平分∠BFE；③連接AG，則點B，F(xiàn)到線段AG的距離相等．其中正確結論的序號是．【分析】根據中心對稱概念，全等三角形判定與性質，點到直線的距離等逐個判斷．【答案】①②③【解析】①連接DF，如圖：由圖可知，點D與點F關于點E中心對稱，故①正確；②如圖：由SSS可知△BFC≌△EFC，∴∠BFC＝∠EFC，F(xiàn)C平分∠BFE.故②正確；③取AG上的格點M，N，連接BM，F(xiàn)N，如圖，由正方形性質可知∠AMB＝∠FNG＝90°，∴B到AG的距離為BM的長度，F(xiàn)到AG的距離為FN的長度.而BM＝FN，∴點B，F(xiàn)到線段AG的距離相等.故③正確；∴正確結論是①②③.【點評】本題考查中心對稱，三角形全等的判定與性質，等腰直角三角形性質及應用等，解題的關鍵是掌握中心對稱的概念，能熟練應用全等三角形的判定定理．江蘇省16.【2023·宿遷】如圖，在網格中，每個小正方形的邊長均為1，每個小正方形的頂點稱為格點．點A、B、C三點都在格點上，則________．【分析】取的中點，連接，先根據勾股定理可得，再根據等腰三角形的三線合一可得，然后根據正弦的定義即可得．【答案】【解析】如圖，取的中點，連接，，，又點是的中點，，，【點評】本題考查了勾股定理與網格問題、等腰三角形的三線合一、正弦，熟練掌握正弦的求解方法是解題關鍵．三、解答題江西省14．【2023?江西14題】如圖是4×4的正方形網格，請僅用無刻度的直尺按要求完成以下作圖（保留作圖痕跡）．（1）在圖1中作銳角△ABC，使點C在格點上；（2）在圖2中的線段AB上作點Q，使PQ最短．解：（1）如圖1，△ABC即為所求（答案不唯一）；（2）如圖2，點Q即為所求．安徽省17．【2023·安徽17題】如圖，在由邊長為1個單位長度的小正方形組成的網格中，點A，B，C，D均為格點（網格線的交點）．（1）畫出線段AB關于直線CD對稱的線段A1B1；（2）將線段AB向左平移2個單位長度，再向上平移1個單位長度，得到線段A2B2，畫出線段A2B2；（3）描出線段AB上的點M及直線CD上的點N，使得直線MN垂直平分AB．解：（1）線段A1B1如圖所示.（2）線段A2B2如圖所示.（3）直線MN即為所求．四川省18．【2023·達州】如圖，網格中每個小正方形的邊長均為1，△ABC的頂點均在小正方形的格點上．（1）將△ABC向下平移3個單位長度得到△A1B1C1，畫出△A1B1C1；（2）將△ABC繞點C順時針旋轉90度得到△A2B2C2，畫出△A2B2C2；（3）在（2）的運動過程中請計算出△ABC掃過的面積．?【分析】（1）按平移變換的性質分別確定A，B，C平移后的位置，再按原來的連接方式連接即可；（2）按旋轉變換的性質分別確定A，B，C繞點C順時針旋轉90度后的位置，再按原來的連接方式連接即可；（3）將△ABC掃過的面積用規(guī)則圖形的面積和差表示，求出即可．解：（1）△A1B1C1如圖所示；（2）△A2B2C2如圖所示；（3）S△ABC∵AC=12+∴在（2）的運動過程中△ABC掃過的面積=S【點評】本題考查網格作圖﹣平移、旋轉，以及網格中圖形面積的計算，解題涉及平移的性質，旋轉的性質，勾股定理，扇形面積公式，掌握平移、旋轉的性質和網格中圖形面積的計算方法是解題的關鍵．24．【2023·廣安】如圖，將邊長為2的正方形剪成四個全等的直角三角形，用這四個直角三角形拼成符合要求的四邊形，請在下列網格中畫出你拼成的四邊形（注：①網格中每個小正方形的邊長為1；②所拼的圖形不得與原圖形相同；③四邊形的各頂點都在格點上）．【分析】根據中心對稱圖形和軸對稱圖形的意義作圖．解：如下圖：【點評】本題考查了作圖的應用和設計，掌握中心對稱圖形和軸對稱圖形的定義是解題的關鍵．湖北21．【2023·武漢】如圖是由小正方形組成的8×6網格，每個小正方形的頂點叫做格點．正方形ABCD四個頂點都是格點，E是AD上的格點，僅用無刻度的直尺在給定網格中完成畫圖，畫圖過程用虛線表示．（1）在圖（1）中，先將線段BE繞點B順時針旋轉90°，畫對應線段BF，再在CD上畫點G，并連接BG，使∠GBE＝45°；（2）在圖（2）中，M是BE與網格線的交點，先畫點M關于BD的對稱點N，再在BD上畫點H，并連接MH，使∠BHM＝∠MBD．?【分析】（1）取格點F，連接BF，連接EF，再取格點P，連接CP交EF于Q，連接BQ，延長交CD于G即可；（2）取格點F，連接BF、EF，交格線于N，再取格點P，Q，連接PQ交EF于O，連接MO并延長交BD于H即可．解：（1）如圖（1），線段BF和點G即為所求；理由：∵BC＝BA，CF＝AE，∠BCF＝∠BAE＝90°，∴△BCF≌△BAE（SAS），∴∠CBF＝∠ABE，∴∠FBE＝∠CBF+∠CBE＝∠ABE+∠CBE＝∠CBA＝90°，∴線段BE繞點B順時針旋轉90°得BF，∵PE∥FC，∴∠PEQ＝∠CFQ，∠EPQ＝∠FCQ，∵PE＝FC，∴△PEQ≌△CFO（ASA），∴EQ＝FQ，∴∠GBE=12（2）如圖（2）所示，點N與點H即為所求，理由：∵BC＝BA，∠BCF＝∠BAE＝90°，CF＝AE，∴△BCF≌△BAE（SAS），∴BF＝BE，∵DF＝DE，∴BF與BE關于BD對稱∵BN＝BM，∴M，N關于BD對稱，∵PE/FC，∴△POE∽△QOF，∴EOOF∵MG∥AE∴EMMB=AG∵∠MEO＝∠BEF，∴△MEO∽△BEF，∴∠EMO＝∠EBF，∴OM∥BF，∴∠MHB＝∠FBH，由軸對稱可得∠FBH＝∠EBH，∴∠BHM＝∠MBD．【點評】本題考查了作圖﹣旋轉變換，軸對稱變換，勾股定理、勾股定理的逆定理，全等三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是掌握旋轉和軸對稱的性質．17．【2023·宜昌】如圖，在方格紙中按要求畫圖，并完成填空．（1）畫出線段OA繞點O順時針旋轉90°后得到的線段OB，連接AB；（2）畫出與△AOB關于直線OB對稱的圖形，點A的對稱點是C；（3）填空：∠OCB的度數(shù)為．解：（1）如圖，OB為所作；（2）如圖，△COB為所作；（3）45°【解析】∵線段OA繞點O順時針旋轉90°后得到的線段OB，∴OB＝OA，∠AOB＝90°，∴△OAB為等腰直角三角形，∴∠OAB＝45°，∵△COB與△AOB關于直線OB對稱，∴∠OCB＝∠OAB＝45°．故答案為：45°．山東省18．【2023?棗莊】（1）觀察分析：在一次數(shù)學綜合實踐活動中，老師向同學們展示了圖①，圖②，圖③三幅圖形，請你結合自己所學的知識，觀察圖中陰影部分構成的圖案，寫出三個圖案都具有的兩個共同特征：，；（2）動手操作：請在圖④中設計一個新的圖案，使其滿足你在（1）中發(fā)現(xiàn)的共同特征．解：（1）軸對稱圖形面積相等（2）如圖：（答案不唯一）吉林省20.【2023·長春】圖①、圖②、圖③均是的正方形網格，每個小正方形的邊長均為1，每個小正方形的頂點稱為格點．點A、B均在格點上，只用無刻度的直尺，分別在給定的網格中按下列要求作，點C在格點上．（1）在圖①中，的面積為；（2）在圖②中，的面積為5（3）在圖③中，是面積為的鈍角三角形．【分析】（1）以為底，設邊上的高為，依題意得，解得，即點在上方且到距離為個單位的線段上的格點即可；（2）由網格可知，，以為底，設邊上的高為，依題意得，解得，將繞或旋轉，過線段的另一個端點作的平行線，與網格格點的交點即為點；（3）作，過點作，交于格點，連接A、B、C即可．解：（1）如圖所示，以為底，設邊上高為，依題意得：，解得：即點在上方且到距離為個單位的線段上的格點即可，答案不唯一；（2）由網格可知，以為底，設邊上的高為，依題意得：，解得：將繞或旋轉，過線段的另一個端點作的平行線，與網格格點的交點即為點，答案不唯一，（3）如圖所示，作，過點作，交于格點，由網格可知，，，∴是直角三角形，且∵，∴．【點睛】本題考查了網格作圖，勾股定理求線段長度，與三角形的高的有關計算；解題的關鍵是熟練利用網格作平行線或垂直．19.【2023·吉林】圖①、圖②、圖③均是的正方形網格，每個小正方形的頂點稱為格點，線段的端點均在格點上．在圖①、圖②、圖③中以為邊各畫一個等腰三角形，使其依次為銳角三角形、直角三角形、鈍角三角形，且所畫三角形的頂點均在格點上．【分析】根據勾股定理可得，結合題意與網格的特點分別作圖即可求解．解：如圖所示，如圖①，，則是等腰三角形，且是銳角三角形，如圖②，，，則，則是等腰直角三角形，如圖③，，則是等腰三角形，且是鈍角三角形，【點睛】本題考查了勾股定理與網格問題，等腰三角形的定義，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．一、選擇題浙江省7．【2023·嘉興、舟山】如圖，已知矩形紙片ABCD，其中AB＝3，BC＝4，現(xiàn)將紙片進行如下操作：第一步，如圖①將紙片對折，使AB與DC重合，折痕為EF，展開后如圖②；第二步，再將圖②中的紙片沿對角線BD折疊，展開后如圖③；第三步，將圖③中的紙片沿過點E的直線折疊，使點C落在對角線BD上的點H處，如圖④．則DH的長為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】如圖，由折疊可知BE＝CE＝EH＝BC＝2，∠EHM＝∠C＝90°，CM＝HM.進而得出∠EBH＝∠EHB.利用等角的余角相等可得∠HDM＝∠DHM，則MD＝MH，于是可得DM＝HM＝CM＝CD＝.由等腰三角形的性質可得DH＝2DG.過點M作MG⊥BD于點G，易證明△MGD∽△BCD，∴，即，∴DG＝，∴DH＝2DG＝．內蒙古14.【2023·赤峰】如圖，把一個邊長為5的菱形沿著直線折疊，使點C與延長線上的點Q重合．交于點F，交延長線于點E．交于點P，于點M，，則下列結論，①，②，③，④．正確的是（）A.①②③ B.②④ C.①③④ D.①②③④【分析】由折疊性質和平行線的性質可得，根據等角對等邊即可判斷①正確；根據等腰三角形三線合一的性質求出，再求出即可判斷②正確；由得，求出即可判斷③正確；根據即可判斷④錯誤．【答案】A【解析】由折疊性質可知：，∵，∴．∴．∴．故正確；∵，，∴．∵，∴．故正確；∵，∴．∴．∵，∴．故正確；∵，∴．∴．∴．∵，∴．∴與不相似．∴．∴與不平行．故錯誤；故選A．【點睛】本題主要考查了折疊的性質，平行線的性質，等腰三角形的性質，相似三角形的判定和性質，菱形的性質等知識，屬于選擇壓軸題，有一定難度，熟練掌握相關性質是解題的關鍵．山東省9.【2023·威?！咳鐖D，四邊形是一張矩形紙片．將其按如圖所示的方式折疊：使邊落在邊上，點落在點處，折痕為；使邊落在邊上，點落在點處，折痕為．若矩形與原矩形相似，，則的長為（）A. B. C. D.【分析】先根據折疊的性質與矩形性質，求得，設的長為x，則，再根據相似多邊形性質得出，即，求解即可．【答案】C【解析】由折疊可得：，，∵矩形，∴，∴，設的長為x，則，∵矩形，∴，∵矩形與原矩形相似，∴，即，解得：（負值不符合題意，舍去）∴．【點評】本題考查矩形的折疊問題，相似多邊形的性質，熟練掌握矩形的性質和相似多邊形的性質是解題的關鍵．黑龍江11．【2023·牡丹江】在以“矩形的折疊”為主題的數(shù)學活動課上，某位同學進行了如下操作：第一步：將矩形紙片的一端，利用圖①的方法折出一個正方形ABEF，然后把紙片展平；第二步：將圖①中的矩形紙片折疊，使點C恰好落在點F處，得到折痕MN，如圖②．根據以上的操作，若AB＝8，AD＝12，則線段BM的長是（）A．3 B．5 C．2 D．1【分析】由矩形的性質得DC＝AB＝8，BC＝AD＝12，∠BAD＝∠B＝90°，由折疊得∠AFE＝∠B＝90°，AF＝AB＝8，所以四邊形ABCD是正方形，則BE＝EF＝AB＝8，∠BEF＝90°，所以EM＝8﹣BM，F(xiàn)M＝CM＝12﹣BM，由勾股定理得（8﹣BM）2+82＝（12﹣BM）2，求得BM＝2，于是得到問題的答案．【答案】C【解析】如圖①，∵四邊形ABCD是矩形，AB＝8，AD＝12，∴DC＝AB＝8，BC＝AD＝12，∠BAD＝∠B＝90°，由折疊得∠AFE＝∠B＝90°，∴四邊形ABEF是矩形，∵AF＝AB＝8，∴四邊形ABCD是正方形，∴BE＝EF＝AB＝8，∠BEF＝90°，如圖②，由折疊得FM＝CM，∵EM2+EF2＝FM2，且EM＝8﹣BM，F(xiàn)M＝CM＝12﹣BM，∴（8﹣BM）2+82＝（12﹣BM）2，解得BM＝2，【點評】此題重點考查正方形的判定與性質、矩形的性質、軸對稱的性質、勾股定理等知識，推導出EM＝8﹣BM，F(xiàn)M＝CM＝12﹣BM，是解題的關鍵．二、填空題湖北省12．【2023·宜昌】如圖，小宇將一張平行四邊形紙片折疊，使點A落在長邊CD上的點A處，并得到折痕DE，小宇測得長邊CD＝8，則四邊形A'EBC的周長為．【答案】1616．【2023·武漢】如圖，DE平分等邊△ABC的面積，折疊△BDE得到△FDE，AC分別與DF，EF相交于G，H兩點．若DG＝m，EH＝n，用含m，n的式子表示GH的長是．【分析】根據等邊三角形的性質得到∠A＝∠B＝∠C＝60°，根據折疊的性質得到△BDE≌△FDE，根據已知條件得到圖形ACED的面積＝S△BDE＝S△FDE，求得S△FHG＝S△ADG+S△CHE，根據相似三角形的判定和性質定理即可得到結論．【答案】m2+n2【解析】∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，∵折疊△BDE得到△FDE，∴△BDE≌△FDE，∴S△BDE＝S△FDE，∠F＝∠B＝60°＝∠A＝∠C，∵DE平分等邊△ABC的面積，∴圖形ACED的面積＝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【點評】本題考查了等邊三角形的性質，折疊的性質，相似三角形的判定和性質，熟練掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．16．【2023·隨州】如圖，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝4，M是邊AB上一動點（不含端點），將△ADM沿直線DM對折，得到△NDM．當射線CN交線段AB于點P時，連接DP，則△CDP的面積為；DP的最大值為．【分析】△CDP的面積直接以CD為底，AD為高即可求；當點P和M重合時，DP的值最大，畫出圖形，利用勾股定理構造方程即可解答．【答案】1025【解析】△CDP的面積為12×5×4=10；當點P和M重合時，設AP＝x，則PB＝5﹣x，DN＝4，∴CN＝3，在Rt△PBC中，根據勾股定理有：（5﹣x）2+42＝（x+3）2，解得x＝2，∴DP＝25，故答案為：10，25，【點評】本題考查矩形的性質和翻折的性質及勾股定理，熟悉性質是解題關鍵．浙江省13．【2023·臺州】用一張等寬的紙條折成如圖所示的圖案，若∠1＝20°，則∠2的度數(shù)為．【答案】140°16．【2023?杭州】如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠A＜90°，點D，E，F(xiàn)分別在邊AB，BC，CA上，連接DE，EF，F(xiàn)D，已知點B和點F關于直線DE對稱．設BCAB=k，若AD＝DF，則CFFA=【答案】k22?k【點評】本題考查相似三角形的判定與性質，軸對稱的性質，平行線的判定與性質，等腰三角形的性質，三角形外角的定義和性質等，有一定難度，解題的關鍵是證明△ABC∽△ECF．黑龍江13．【2023·大慶】在綜合與實踐課上，老師組織同學們以“矩形的折疊”為主題開展數(shù)學活動．有一張矩形紙片ABCD如圖所示，點N在邊AD上，現(xiàn)將矩形折疊，折痕為BN，點A對應的點記為點M，若點M恰好落在邊DC上，則圖中與△NDM一定相似的三角形是．【分析】利用矩形的性質得到∠D＝∠C＝90°，然后利用折疊的性質推導出∠BMN＝∠A＝90°，進而得到∠DNM＝∠CMB，由此推斷出△NDM∽△MCB．【答案】△MCB【解析】∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝∠C＝90°，∴∠DNM+∠DMN＝90°，由折疊的性質可知，∠BMN＝∠A＝90°，∴∠DMN+∠CBM＝90°，∴∠DNM＝∠CMB，∴△NDM∽△MCB，【點評】本題主要考查了相似三角形的判定、矩形的性質以及翻折變換（折疊問題），熟練掌握相似三角形的判定方法是解答本題的關鍵：兩角法：有兩組角對應相等的兩個三角形相似．19．【2023·龍東地區(qū)】矩形ABCD中，AB＝3，AD＝9，將矩形ABCD沿過點A的直線折疊，使點B落在點E處，若△ADE是直角三角形，則點E到直線BC的距離是．【分析】由折疊的性質可得點E在以點A為圓心，AB長為半徑的圓上運動，延長BA交圓A的另一側于點E，則此時△ADE是直角三角形，易得點E到直線BC的距離；當過點D的直線與圓相切于點E時，△ADE是直角三角形，分兩種情況討論即可求解．【答案】6或3+22或3﹣22【解析】由題意矩形ABCD沿過點A的直線折疊，使點B落在點E處，可知點E在以點A為圓心，AB長為半徑的圓上運動，如圖1，延長BA交OA的另一側于點E，則此時△ADE是直角三角形，點E到直線BC的距離為BE的長度，即BE＝2AB＝6；當過點D的直線與圓相切于點E時，△ADE是直角三角形，分兩種情況：①如圖2，過點E作EH⊥BC交BC于點H，交AD于點G，∵四邊形ABCD是矩形，∴EG⊥AD，∴四邊形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到直線BC的距離EH＝EG+GH＝3+22；②如圖3，過點E作EN⊥BC交BC于點N，交AD于點M，∵四邊形ABCD是矩形，∴NM⊥AD，∴四邊形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到直線BC的距離【點評】本題考查了矩形的折疊問題，切線的應用，以及勾股定理，找到點E的運動軌跡是解題的關鍵．吉林省13.【2023·長春】如圖，將正五邊形紙片折疊，使點與點重合，折痕為，展開后，再將紙片折疊，使邊落在線段上，點的對應點為點，折痕為，則的大小為__________度．【分析】根據題意求得正五邊形的每一個內角為，根據折疊的性質求得在中，根據三角形內角和定理即可求解．【答案】【解析】∵正五邊形的每一個內角為，將正五邊形紙片折疊，使點與點重合，折痕為，則，∵將紙片折疊，使邊落在線段上，點的對應點為點，折痕為，∴，，在中，，故答案為：．【點睛】本題考查了折疊的性質，正多邊形的內角和的應用，熟練掌握折疊的性質是解題的關鍵．14.【2023·吉林】如圖，在中，．點，分別在邊，上，連接，將沿折疊，點的對應點為點．若點剛好落在邊上，，則的長為__________．【分析】根據折疊的性質以及含30度角的直角三角形的性質得出，即可求解．【答案】【解析】∵將沿折疊，點的對應點為點．點剛好落在邊上，在中，，，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了折疊的性質，含30度角的直角三角形的性質，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．遼寧省17．【2023·本溪】如圖，在三角形紙片ABC中，AB＝AC，∠B＝20°，點D是邊BC上的動點，將三角形紙片沿AD對折，使點B落在點B′處，當B′D⊥BC時，∠BAD的度數(shù)為．【分析】由AB＝AC，得∠C＝∠B＝20°，則∠BAC＝140°，當B′D⊥BC時，則∠CAB′＝90°﹣∠C＝70°，所以∠BAB′＝∠BAC﹣∠CAB′＝70°，則∠BAD＝∠B′AD=12∠【答案】35°【解析】∵AB＝AC，∠B＝20°，∴∠C＝∠B＝20°，∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝140°，當B′D⊥BC時，則∠CAB′＝90°﹣∠C＝70°，∴∠BAB′＝∠BAC﹣∠CAB′＝70°，∵將三角形紙片沿AD對折，使點B落在點B′處，∴∠BAD＝∠B′AD=12∠BAB′【點評】此題重點考查等腰三角形的性質、軸對稱的性質、三角形內角和定理等知識，求得∠BAB′＝70°是解題的關鍵．四川省16．【2023·南充】如圖，在等邊△ABC中，過點C作射線CD⊥BC，點M，N分別在邊AB，BC上，將△ABC沿MN折疊，使點B落在射線CD上的點B′處，連接AB′，已知AB＝2．給出下列四個結論：①CN+NB′為定值；②當BN＝2NC時，四邊形BMB′N為菱形；③當點N與C重合時，∠AB′M＝18°；④當AB′最短時，MN=72120【分析】根據將△ABC沿MN折疊，使點B落在射線CD上的點B′處，得NB＝NB'，故CN+NB'＝CN+NB＝BC，判斷①正確；由cos∠B'NC=NCB′N=12，得∠B'NC＝60°，可得△BMN是等邊三角形，即可得B'M＝BM＝BN＝B'N，判斷②正確；當點N與C重合時，可得∠B'AC＝∠AB'C＝75°，∠AB'M＝∠AB'C﹣∠MB'C＝15°，判斷③錯誤；當AB′最短時，∠AB'C＝90°，過M作KT⊥BC于T，交B'A延長線于K，設BN＝B'N＝x，有x2＝（2﹣x）2+（3）2，可求得BN=74，設AM＝y(tǒng)，則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】∵將△ABC沿MN折疊，使點B落在射線CD上的點B′處，∴NB＝NB'，∴CN+NB'＝CN+NB＝BC，∵△ABC是等邊三角形，AB＝2，∴BC＝2，∴CN+NB'＝BC＝2，故①正確；∵BN＝2NC，∴B'N＝2NC，∵CD⊥BC，∴∠B'CN＝90°，∴cos∠B'NC=NCB′N=12，∴∠B'NC＝60°，∴∠BNB'＝120°，∵將△ABC沿MN折疊，使點B落在射線CD上的點B′處，∴∠BNM＝∠MNB'＝60°，BM＝B'M，BN＝B'N，∵∠B＝60°，∴△BMN是等邊三角形，∴BM＝BN，∴B'M＝BM＝BN＝B'N，∴四邊形BMB′N為菱形；故②正確；當點N與C重合時，如圖①：∵∠ACB＝60°，∠DCB＝90°，∴∠ACD＝30°，∵將△ABC沿MN折疊，使點B落在射線CD上的點B′處，∴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錯誤；當AB′最短時，∠AB'C＝90°，過M作KT⊥BC于T，交B'A延長線于K，如圖②：∵∠ACB'＝∠BCB'﹣∠BCA＝30°，∴AB'=12AC＝1，B'C=3AB'=3，∠B'AC＝60°，設BN＝B'N＝x，則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，設AM＝y(tǒng)，則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【點評】本題考查等邊三角形中的翻折問題，涉及含30°角的直角三角形三邊的關系，解題的關鍵是作輔助線，構造直角三角形解決問題．17．【2023·涼山州】如圖，在Rt△ABC紙片中，∠ACB＝90°，CD是AB邊上的中線，將△ACD沿CD折疊，當點A落在點A′處時，恰好CA′⊥AB，若BC＝2，則CA′＝．【分析】由∠ACB＝90°，CD是AB邊上的中線，可得∠A＝∠ACD，由翻折的性質可知∠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】設CA'交AB于O，如圖：∵∠ACB＝90°，CD是AB邊上的中線，∴CD＝AD＝DB，∴∠A＝∠ACD，由翻折的性質可知∠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【點評】本題考查直角三角形中的翻折問題，解題的關鍵是掌握翻折的性質，熟練掌握含30°角的直角三角形三邊的關系．山東17．【2023·泰安】如圖，在△ABC中，AC＝BC＝16，點D在AB上，點E在BC上，點B關于直線DE的軸對稱點為點B′，連接DB′，EB′，分別與AC相交于F點，G點，若AF＝8，DF＝7，B′F＝4，則CG的長度為．【分析】根據軸對稱可得∠B＝∠B′，進而得出△ADF∽△B′GF，根據相似三角形的性質可求出FG，進而求出CG．【答案】92【解析】∵△BDE與△B′DE關于DE對稱，∴∠B＝∠B′，又∵∠AFD＝∠B′FG，∴△ADF∽△B′GF，∴AFB′F=DFGF，即84=7GF，∴GF=72，∴CG【點評】本題考查相似三角形的判定和性質以及軸對稱的性質，掌握軸對稱的性質以及相似三角形的判定和性質是正確解答的前提．三、解答題廣西26．【2023·廣西26題】【探究與證明】折紙，操作簡單，富有數(shù)學趣味，我們可以通過折紙開展數(shù)學探究，探索數(shù)學奧秘．【動手操作】如圖1，將矩形紙片ABCD對折，使AD與BC重合，展平紙片，得到折痕EF：折疊紙片，使點B落在EF上，并使折痕經過點A，得到折痕AM，點B，E的對應點分別為B'E展平紙片，連接AB'，BB'，BE′．請完成：（1）觀察圖1中∠1，∠2和∠3，試猜想這三個角的大小關系；（2）證明（1）中的猜想；【類比操作】如圖2，N為矩形紙片ABCD的邊AD上的一點，連接BN，在AB上取一點P，折疊紙片，使B，P兩點重合，展平紙片，得到折痕EF；折疊紙片，使點B，P分別落在EF，BN上，得到折痕l，點B，P的對應點分別為B′，P′，展平紙片，連接BB′，P′B′．請完成：（3）證明BB′是∠NBC的一條三等分線．【分析】（1）猜想∠1＝∠2＝∠3；（2）可推出點O是等邊三角形ABB′的外心，從而得出∠1＝∠2＝30°，進一步得出結論；（3）同理（2）可得OB＝OB′＝OP＝OP′，BP′＝PB′＝BB′，從而∠P′BO＝∠B′BO，∠OBB′＝∠BB′O，根據EF∥BC得出∠OB′B＝∠B′BC，進一步得出結論．（1）解：∠1＝∠2＝∠3；（2）證明：如圖1，設AM，EF交于點O，由題意得：EF是AB的垂直平分線，AM是BB′的垂直平分線，AB＝AB′，∴AB′＝BB′，OA＝OB＝OB′.∴AB′＝BB′＝AB，O為外心.∴∠ABB′＝60°.∴∠1＝∠2＝30°.∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°.∴∠3＝90°﹣60°＝30°.∴∠1＝∠2＝∠3.（3）證明：如圖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的一條三等分線．【點評】本題考查了軸對稱的性質，矩形的性質，等邊三角形的判定和性質等知識，解決問題的關鍵是熟練掌握軸對稱的性質．四川省25．【2023·達州】（1）如圖①，在矩形ABCD的AB邊上取一點E，將△ADE沿DE翻折，使點A落在BC上A'處，若AB＝6，BC＝10，求AEEB（2）如圖②，在矩形ABCD的BC邊上取一點E，將四邊形ABED沿DE翻折，使點B落在DC的延長線上B'處，若BC?CE＝24，AB＝6，求BE的值；（3）如圖③，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC，垂足為點D，AD＝10，AE＝6，過點E作EF⊥AD交AC于點F，連接DF，且滿足∠DFE＝2∠DAC，直接寫出BD+53?【分析】（1）由矩形性質和翻折性質、結合勾股定理求得AB＝2，設AE＝AE＝x則BE＝AB﹣AE＝6﹣x，Rt△ABE中利用勾股定理求得x=103，則AE=10（2）由矩形的性質和翻折性質得到∠EBC＝∠BDA，證明△EBC∽△BDA，利用相似三角形的性質求得BC＝4，則BD＝10，在Rt△ABD中，利用勾股定理求得AD＝8，進而求得BC＝8，CE＝3可求解；（3）證明△AEF∽△ADC得到CD=5F3EF，則BD+53EF=BD+CD=BC；設EF＝3k，CD＝5k，過點D作DH⊥AC于H，證明△CHD≌△FHD（ASA）得到DF＝CD＝5k，在Rt△EFD中，由勾股定理解得k＝1，進而可求得AC＝55．過B作BG⊥AC于G，證明∠CBG＝∠CDH＝∠DAC，則sin∠CBG=sin∠DAC=55，cos∠CBG=cos∠DAC=255，再證明AG＝BG，在Rt△BCG中利用銳角三角函數(shù)和AG解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝10，CD＝AB＝6，∠A＝∠B＝∠C＝90°，由翻折性質得AD＝AD＝10，AE＝AE，在Rt△ACD中，AC=A∴A'B＝BC﹣AC＝2，設AE＝A'E＝x，則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）∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝6，AD＝BC，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，由翻折性質得，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，則CE＝3，∴BE＝BC﹣CE＝8﹣3＝5；（3）∵AD⊥BC，EF⊥AD，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ADC，∵AD＝10，AE＝6，∴EFCD=AEAD=則BD+5設EF＝3k，CD＝5k，過點D作DH⊥AC于H，則∠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過B作BG⊥AC于G，則∠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【點評】本題考查矩形的性質、翻折性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、銳角三角函數(shù)等知識，綜合性強，較難，屬于中考壓軸題，熟練掌握相關知識的聯(lián)系與運用，添加輔助線求解是解答的關鍵．山東省23．【2023·泰安】如圖，矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點F是DC邊上的一點，連接AF，將△ADF沿直線AF折疊，點D落在點G處，連接AG并延長交DC于點H，連接FG并延長交BC于點M，交AB的延長線于點E，且AC＝AE．（1）求證：四邊形DBEF是平行四邊形；（2）求證：FH＝ME．【分析】（1）要證四邊形DBEF是平行四邊形，因為DF∥BE，只要證DB∥FE，進而證明∠E＝∠ABD即可，需證明△ADC≌△AGE；（2）只要證明△FGH≌△EBM即可．證明：（1）∵△ADF沿直線AF折疊，點D落在點G處，∴△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，對角線互相平分，∴OA＝OB，∴∠CAB＝∠ABD，又∵DC∥AB，∴∠ACD＝∠CAB，∴∠ABD＝∠ACD，∴∠ABD＝∠E，∴DB∥FE，又∵DF∥BE，∴四邊形DBEF是平行四邊形．（2）∵四邊形DBEF是平行四邊形，∴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．【點評】此題以矩形為載體，考查了平行四邊形的判斷，三角形全等的知識，比較綜合．24．【2023?棗莊】問題情境：如圖1，在△ABC中，AB＝AC＝17，BC＝30，AD是BC邊上的中線．如圖2，將△ABC的兩個頂點B，C分別沿EF，GH折疊后均與點D重合，折痕分別交AB，AC，BC于點E，F(xiàn)，G，H．猜想證明：（1）如圖2，試判斷四邊形AEDG的形狀，并說明理由；問題解決：（2）如圖3，將圖2中左側折疊的三角形展開后，重新沿MN折疊，使得頂點B與點H重合，折痕分別交AB，BC于點M，N，BM的對應線段交DG于點K，求四邊形MKGA的面積．【分析】（1）由AB＝AC，AD是BC邊上的中線，得BD＝CD=12BC，AD⊥BC，由折疊得BF＝DF=12BD，CH＝DH=12CD，EF⊥BD，GH⊥CD，則EF∥GH∥AD，可證明BE＝AE，CG＝AG，所以DE＝AE=12AB，GD＝AG=12AC，則（2）作KI⊥DH于點I，由AB＝AC＝17，BC＝30，得BD＝CD＝15，AD=AB2?BD2=8，所以CH＝DH=152，則GH=12AD＝4，BH=452，所以BN＝HN=454，因為MN∥AD，所以△MBN∽△ABD，則MNAD=BNBD=34，所以MN=34AD＝6，再證明KD＝KH，則DI＝HI=154，由KIHI=tan∠KHI＝tanC=AD解：（1）四邊形AEDG是菱形.理由：∵AB＝AC，AD是BC邊上的中線，∴BD＝CD=12BC，AD⊥BC.∴∠ADB＝∠ADC由折疊得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∴四邊形AEDG是菱形．（2）如圖3，作KI⊥DH于點I，則∠KIH＝90°，∵AB＝AC＝17，BC＝30，∴BD＝CD=12BC=∴AD=AB2?BD2=172∴GH=12AD=12×8＝4，BH＝BC由折疊得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四邊形MKGA＝A△ABC﹣S△MBH﹣∴S四邊形MKGA=12×30×8?12×∴四邊形MKGA的面積是30．【點評】此題重點考查等腰三角形的性質、三角形的中位線定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、平行線分線段成比例定理、相似三角形的判定與性質、銳角三角函數(shù)與解直角三角形、根據轉化思想求圖形的面積等知識與方法，此題綜合性強，難度較大，屬于考試壓軸題．湖北省18．【2023·恩施州】如圖，在矩形ABCD中，點E是AD的中點，將矩形ABCD沿BE所在的直線折疊，C，D的對應點分別為C′，D′，連接AD′交BC′于點F．（1）若∠DED′＝70°，求∠DAD′的度數(shù)；（2）連接EF，試判斷四邊形C′D′EF的形狀，并說明理由．解:（1）∵點E是AD的中點，∴AE＝DE，由翻折可知：D′E＝DE，∴AE＝D′E，∴∠EAD′＝∠ED′A，∵∠DED′＝∠EAD′+∠ED′A＝70°，∴∠DAD′＝35°；（2）四邊形C′D′EF是矩形，理由如下：如圖，連接EF，由翻折可知：∠EBC＝∠EBG，∵四邊形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′的中點，∴FC′=12∵ED′＝ED=12AD，∴FC′＝∵ED′∥BC′，∴四邊形C′D′EF是平行四邊形，∵∠C′＝∠C＝90°，∴四邊形C′D′EF是矩形．21．【2023·仙桃】如圖，將邊長為3的正方形ABCD沿直線EF折疊，使點B的對應點M落在邊AD上（點M不與點A，D重合），點C落在點N處，MN與CD交于點P，折痕分別與邊AB，CD交于點E，F(xiàn)，連接BM．（1）求證：∠AMB＝∠BMP；（2）若DP＝1，求MD的長．【分析】（1）利用平行線內錯角相等和翻折前后對應角相等，等量代換即可證明；（2）利用相似列出關系式DPAM（1）證明：點B、M關于線段EF對稱，由翻折的性質可知：∠MBC＝∠BMP，∵ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠MBC＝∠AMB，∴∠AMB＝∠BMP（等量代換）．（2）解：設MD＝x，則AM＝3﹣x，設AE＝y(tǒng)，則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=【點評】本題考查了翻折的性質以及相似三角的判定，勾股定理的應用，掌握一線三垂直的相似是本題突破的關鍵．內蒙古22．【2023·通遼】綜合與實踐課上，老師讓同學們以“正方形的折疊”為主題開展數(shù)學活動，有一位同學操作過程如下：操作一：對折正方形紙片ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，把紙片展平；操作二：在AD上選一點P，沿BP折疊，使點A落在正方形內部點M處，把紙片展平，連接PM，BM，延長PM交CD于點Q，連接BQ．（1）如圖1，當點M在EF上時，∠EMB＝度；（2）改變點P在AD上的位置（點P不與點A，D重合）如圖2，判斷∠MBQ與∠CBQ的數(shù)量關系，并說明理由．?【分析】（1）由折疊可得AE＝BE=12AB，∠AEM＝∠BEM＝90°，AB＝BM，故BE=12（2）證明Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL），可得∠MBQ＝∠CBQ．解：（1）由折疊可得：AE＝BE=12AB，∠AEM＝∠BEM＝90°，AB＝∴BE=12BM，∴∠（2）∠MBQ＝∠CBQ，理由如下：∵在AD上選一點P，沿BP折疊，使點A落在正方形內部點M處，∴AB＝BM，∠A＝∠BMP＝90°，∴BC＝AB＝BM，∠BMQ＝∠C＝90°，∵BM＝BM，∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL）；∴∠MBQ＝∠CBQ．【點評】本題考查正方形中的折疊問題，解題的關鍵是掌握折疊的性質和正方形性質．遼寧省24．【2023·沈陽】如圖1，在?ABCD紙片中，AB＝10，AD＝6，∠DAB＝60°，點E為BC邊上的一點（點E不與點C重合），連接AE，將?ABCD紙片沿AE所在直線折疊，點C，D的對應點分別為C′，D′，射線C′E與射線AD交于點F．（1）求證：AF＝EF；（2）如圖2，當EF⊥AF時，DF的長為；（3）如圖3，當CE＝2時，過點F作FM⊥AE，垂足為點M，延長FM交C′D′于點N，連接AN，EN，求△ANE的面積．【分析】（1）可推出∠FAE+∠AEC＝180°，∠AEC′＝∠AEC，從而∠FAE+∠AEC′＝180°，因為∠AEF+∠AEC′＝180°，所以∠FAE＝∠AEF；（2）作AG⊥CB，交CB的延長線于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的延長線于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延長線于G，作HR⊥MT于R，解直角三角形ABQ，依次求得BQ、AQ、EQ、AE的值，進而求得AM的值，根據cos∠DAE＝cos∠AEQ得出ATAM=EQAE，從而求得AT=92，同樣求得MT=532，從而得出DT的值，解Rt△DGT求得GT，從而得出MG的值，根據tan∠FMT＝tan∠DAE＝tan∠AEQ得出HRRM=AQEQ=539，從而設HR＝53k，RM＝9k，進而表示出GR=3（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠FAE+∠AEC＝180°，由折疊得：∠AEC′＝∠AEC，∴∠FAE+∠AEC′＝180°，∵∠AEF+∠AEC′＝180°，∴∠FAE＝∠AEF，∴AF＝EF；（2）53?6[解析]作AG⊥CB，交CB的延長線于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：如圖2，作AQ⊥CB，交CB的延長線于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延長線于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紙片沿AE所在直線折疊，點C，D的對應點分別為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，∴設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=【點評】本題考查了平行四邊形的性質，矩形、正方形的判定和性質，解直角三角形，軸對稱的性質等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，熟練運用解直角三角形．25.【2023·大連】綜合與實踐問題情境：數(shù)學活動課上，王老師給同學們每人發(fā)了一張等腰三角形紙片探究折疊的性質．已知，點為上一動點，將以為對稱軸翻折．同學們經過思考后進行如下探究：獨立思考：小明：“當點落在上時，．”小紅：“若點為中點，給出與的長，就可求出的長．”實踐探究：奮進小組的同學們經過探究后提出問題1，請你回答：問題1：在等腰中，由翻折得到．（1）如圖1，當點落在上時，求證：；（2）如圖2，若點為中點，，求的長．問題解決：小明經過探究發(fā)現(xiàn)：若將問題1中的等腰三角形換成的等腰三角形，可以將問題進一步拓展．問題2：如圖3，在等腰中，．若，則求的長．【分析】（1）根據等邊對等角可得，根據折疊以及三角形內角和定理，可得，根據鄰補角互補可得，即可得證；（2）連接，交于點，則是的中位線，勾股定理求得，根據即可求解；問題2：連接，過點作于點，過點作于點，根據已知條件可得，則四邊形是矩形，勾股定理求得，根據三線合一得出，根據勾股定理求得的長，即可求解．（1）證明：∵等腰中，由翻折得到∴，，∵，∴；（2）解：如圖所示，連接，交于點，∵折疊，∴，，，，∵是的中點，∴，∴，在中，，在中，，∴.問題2：解：如圖所示，連接，過點作于點，過點作于點，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，又，∴四邊形是矩形，則，在中，，,，∴，在中，，∴，在中，．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，折疊的性質，勾股定理，矩形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．江蘇省24．【2023·泰州】如圖，矩形ABCD是一張A4紙，其中AD=2AB，小天用該A游戲1折出對角線BD，將點B翻折到BD上的點E處，折痕AF交BD于點G．展開后得到圖①，發(fā)現(xiàn)點F恰為BC的中點．游戲2在游戲1的基礎上，將點C翻折到BD上，折痕為BP；展開后將點B沿過點F的直線翻折到BP上的點H處；再展開并連接GH后得到圖②，發(fā)現(xiàn)∠AGH是一個特定的角．（1）請你證明游戲1中發(fā)現(xiàn)的結論；（2）請你猜想游戲2中∠AGH的度數(shù)，并說明理由．【分析】（1）由折疊的性質可得AF⊥BD，根據題意可得∠BAG＝∠ADB＝∠GBF，再設AB＝a，然后表示出AD、BD，再由銳角三角函數(shù)求出BF即可；（2）由折疊的性質可知∠GBH＝∠FBH，BF＝HF，從而可得出∠GBH＝∠BHF，進而得到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）證明：由折疊的性質可得AF⊥BD，∴∠AGB＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∠BAG＝∠ADB＝∠GBF，∵AD=2AB設AB＝a，則AD=2a，BD=3∴sin∠BAG＝sin∠ADB，即BGAB∴BGa=a3根據勾股定理可得AG=63cos∠GBF＝cos∠BAG，即BGBF∴33aBF=6∵BC＝AD=2a，∴BF=1∴點F為BC的中點．（2）解：∠AGH＝120°，理由如下：連接HF，如圖：由折疊的性質可知∠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°，設AB＝a，則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°．【點評】本題考查矩形的性質，折疊的性質，勾股定理，銳角三角函數(shù)，熟練掌握以上知識是解題關鍵．27.【2023·無錫】如圖，四邊形是邊長為的菱形，，點為的中點，為線段上的動點，現(xiàn)將四邊形沿翻折得到四邊形．（1）當時，求四邊形的面積；（2）當點在線段上移動時，設，四邊形的面積為，求關于的函數(shù)表達式．【分析】（1）連接、，根據菱形的性質以及已知條件可得為等邊三角形，根據，可得為等腰直角三角形，則，，根據翻折的性質，可得，，則，；同理，，；進而根據，即可求解；（2）等積法求得，則，根據三角形的面積公式可得，證明，根據相似三角形的性質，得出，根據即可求解．解：（1）如圖，連接、，四邊形為菱形，，，為等邊三角形．為中點，，，，．，為等腰直角三角形，，，翻折，，，，；.同理，，，∴；（2）如圖，連接、，延長交于點．，，，．∵，，．，則，，，．∵，．【點評】本題考查了菱形與折疊問題，勾股定理，折疊的性質，相似三角形的性質與判定，熟練掌握菱形的性質以及相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．一、選擇題寧夏8．【2023·寧夏8題】如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝2．點D在BC上，且BD：CD＝1：3．連接AD，線段AD繞點A順時針旋轉90°得到線段AE，連接BE，DE．則△BDE的面積是（）A．14 B．38 C．34【分析】根據旋轉的性質得出AD＝AE，∠DAE＝90°，再根據SAS證明△EAB≌△DAC得出∠C＝∠ABE＝45°，CD＝BE，得出∠EBC＝90°，再根據三角形的面積公式即可求解．【答案】B【解析】∵線段AD繞點A順時針旋轉90°得到線段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.【點評】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，根據SAS證明△EAB≌△DAC是解題的關鍵．天津11．【2023?天津11題】如圖，把△ABC以點A為中心逆時針旋轉得到△ADE，點B，C的對應點分別是點D，E，且點E在BC的延長線上，連接BD，則下列結論一定正確的是（）A．∠CAE＝∠BED B．AB＝AE C．∠ACE＝∠ADE D．CE＝BD【答案】A【解析】如圖，∵把△ABC以點A為中心逆時針旋轉得到△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.其余幾個選項可直觀上排除，故選A．山東省7．【2023·臨沂】將一個正六邊形繞其中心旋轉后仍與原圖形重合，旋轉角的大小不可能是（）A．60° B．90° C．180° D．360°【答案】B【解析】由于正六邊形的中心角為360°612．【2023·泰安】如圖，在平面直角坐標系中，Rt△AOB的一條直角邊OB在x軸上，點A的坐標為（﹣6，4）；Rt△COD中，∠COD＝90°，OD＝43，∠D＝30°，連接BC，點M是BC中點，連接AM．將Rt△COD以點O為旋轉中心按順時針方向旋轉，在旋轉過程中，線段AM的最小值是（）A．3 B．62?4 C．213?2【分析】由點M是BC中點，想到構造中位線，取OB中點，再利用三角形兩邊之差的最值模型．【答案】A【解答】解：取OB中點N，連接MN，AN．在Rt△OCD中，OD＝43，∠D＝30°，∴OC＝4，∵M、N分別是BC、OB的中點，∴MN=12OC＝2，在△ABN中，AB＝4，BN＝3，∴AN＝5，在△AMN中，AM＞AN﹣MN；當M運動到AN上時，AM＝AN﹣MN，∴AM≥AN﹣MN＝5﹣2＝3，∴線段AM的最小值是3，故選：【點評】此題方法較多，可以用三角形兩邊之差的最值模型，也可用瓜豆模型湖南省2．【2023·郴州】下列圖形中，能由圖形a通過平移得到的是（）A． B． C． D．【答案】B江蘇省7.【2023·無錫】如圖，中，，將逆時針旋轉得到，交于F．當時，點D恰好落在上，此時等于（）A. B. C. D.【答案】B內蒙古8.【2023·赤峰】如圖，在中，，，．點F是中點，連接，把線段沿射線方向平移到，點D在上．則線段在平移過程中掃過區(qū)域形成的四邊形的周長和面積分別是()A.16，6 B.18，18 C.16.12 D.12，16【分析】先論證四邊形是平行四邊形，再分別求出、、，繼而用平行四邊形的周長公式和面積公式求解即可．【答案】C【解析】由平移的性質可知：，∴四邊形是平行四邊形，在中，，，，∴.在中，，，點F是中點，∴.∵，點F是中點，∴，，∴點D是中點，∴.∵D是的中點，點F是中點，∴是的中位線，∴.∴四邊形的周長為：，四邊形的面積為：．故選：C．【點睛】本題考查平移的性質，平行四邊形的判定與性質，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，平行線分線段成比例，三角形中位線定理等知識，推導四邊形是平行四邊形和是的中位線是解題的關鍵．7．【2023·通遼】如圖，將△ABC繞點A逆時針旋轉到△ADE，旋轉角為α（0°＜α＜180°），點B的對應點D恰好落在BC邊上，若DE⊥AC，∠CAD＝24°，則旋轉角α的度數(shù)為（）A．24° B．28° C．48° D．66°【分析】由旋轉的性質可得∠B＝∠ADE＝66°，AB＝AD，由等腰三角形的性質和三角形內角和定理可求解．【答案】C【解析】∵DE⊥AC，∠CAD＝24°，∴∠ADE＝66°，∵將△ABC繞點A逆時針旋轉到△ADE，∴∠B＝∠ADE＝66°，AB＝AD，∴∠B＝∠ADB＝66°∴∠BAD＝48°．【點評】本題考查了旋轉的性質，等腰三角形的性質，掌握旋轉的性質是解題的關鍵．3．【2023·通遼】如圖，用平移方法說明平行四邊形的面積公式S＝ah時，若△ABE平移到△DCF，a＝4，h＝3，則△ABE的平移距離為（）A．3 B．4 C．5 D．12【答案】B四川省2．【2023·南充】如圖，將△ABC沿BC向右平移得到△DEF，若BC＝5，BE＝2，則CF的長是（）A．2 B．2.5 C．3 D．5【答案】A12．【2023·宜賓】如圖，△ABC和△ADE是以點A為直角頂點的等腰直角三角形，把△ADE以A為中心順時針旋轉，點M為射線BD、CE的交點．若AB＝，AD＝1．以下結論：①BD＝CE；②BD⊥CE；③當點E在BA的延長線上時，MC＝；④在旋轉過程中，當線段MB最短時，△MBC的面積為．其中正確結論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】證明△BAD≌△CAE可判斷①，由三角形的外角的性質可判斷②，證明∠DCM∽∠ECA，有，即可判斷③；以A為圓心，AD為半徑畫圓，當CE在⊙A的下方與⊙A相切時，MB的值最小，可得四邊形AEMD是正方形，在Rt△MBC中，，然后根據三角形的面積公式可判斷④．【答案】D【解析】∵△ABC和△ADE是以點A為直角頂點的等腰直角三角形，∴BA＝CA，DA＝EA，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，故①正確；設∠ABD＝∠ACE＝x，∠DBC＝45°﹣x，∴∠EMB＝∠DBC+∠BCM＝∠DBC+∠BCA+∠ACE＝45°﹣x+45°+x＝90°，∴BD⊥CE，故②正確；當點E在BA的延長線上時，如圖：同理可得∠DMC＝90°，∴∠DMC＝∠EAC，∵∠DCM＝∠ECA，∴∠DCM∽△ECA∴，∵＝AC，AD＝1＝AE，∴，，∴，∴，故③正確；④以A為圓心，AD為半徑畫圓，如圖：∵∠BMC＝90°，∴當CE在⊙A的下方與⊙A相切時，MB的值最小，∴∠ADM＝∠DME＝∠AEM＝90°，∵AE＝AD，∴四邊形AEMD是正方形，∴MD＝AE＝1，∵BD＝＝＝，∴CE＝BD＝，BM＝BD﹣MD＝﹣1，∴MC＝CE+ME＝+1，∵BC＝AB＝，∴MB＝＝＝+1，∴△MBC的面積為×（+1）×（﹣1）＝，故④正確，故選：D．【點評】本題考查等腰直角三角形的旋轉問題，涉及全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，最短路徑等知識，解題的關鍵是掌握旋轉的性質．二、填空題上海17．【2023·上?！咳鐖D，在△ABC中，∠C＝35°，將△ABC繞著點A旋轉α（0°＜α＜180