2023年中考数学探究性试题复习17 轴对称
一、综合题
1．（2023·长春模拟）如图
（1）【感知】如图①，将沿过点D的直线折叠，使点A落在边上的点F处，得到折痕，连结．若，则四边形的周长为 ．
（2）【探究】如图②，将四边形沿GE折叠，点A、D的对应点分别为、，点恰好落在边上．
求证：四边形为菱形．
（3）若，，，，则的面积为 ．
【答案】（1）16
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵将四边形沿折叠，点A、D的对应点分别为、，点恰好落在边上，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形．
（3）
【知识点】三角形的面积；勾股定理；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】【感知】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠可知，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长为；
故答案为：
【探究】（3）过点A作交于点H，则，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
，
由折叠可知，，，
设，则，
由勾股定理得，
∴，
解得，
即，
∴，
即的面积为．
故答案为：
【分析】（1）先求出，再利用四边形的周长公式求解即可；
（2）先证出，再证出四边形为菱形；
（3）过点A作交于点H，则，设，则，利用勾股定理可得，将数据代入可得，求出，可得，再求出，即可得到的面积为。
2．（2023·龙岗模拟）综合与探究
在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点恰好落在边上的点处．
（1）如图①，若，求的度数；
（2）如图②，当，且时，求的长；
（3）如图③，延长，与的角平分线交于点，交于点，当时，请直接写出的值．
【答案】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵将沿翻折，使点恰好落在边上点处，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为；
（2）解：∵将沿翻折，使点恰好落在边上点处，
∴，，
又∵矩形中，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为3；
（3）解：的值为．
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：(3)过点作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，
∵平分，，，
∴，，
在和中，
，
∴
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴的值为．
【分析】（1）先求出，再利用平行线的性质可得，最后求出即可；
（2）先证出，可得，再将数据代入求出，利用线段的和差求出，可得；
（3）过点作于点，设，则，，设，则，利用勾股定理求出，再结合，可得。
3．（2023九下·秦淮月考）在和中，，，，用这两个直角三角形研究图形的变换.
（1）【翻折】如图1，将沿线段翻折，连接，下列对所得四边形的说法正确的是 .
①平分、，②、互相平分，③，④、、、四点共圆.
（2）【平移】
如图2，将沿线段向右平移，使点移到的中点，连接、、，请猜想四边形的形状，并说明理由.
（3）【旋转】如图3，将绕点逆时针方向旋转，使，连接、，则旋转角为 °， cm.
【答案】（1）①③④
（2）解：∵沿线段向左平移，
∴，.
∵是直角三角形，是的中点，
∴.
∴
∵，
∴四边形是平行四边形.
∵，
∴四边形是菱形.
（3）120；
【知识点】菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；角平分线的判定；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）由翻折可得：，
∴平分、，故①正确；
∴，
∵
∴垂直平分，故②错误；
如图，
，故③正确；
取的中点O，连接，
∵均为直角三角形，
∴，
∴、、、四点共圆，故④正确，
故答案为：①③④；
（3）∵，
∴，
又，
∴，
即旋转角的度数为；
由旋转得：，
又，
∴
过点C作于点P，如图，
∴
∵，
∴
∴由勾股定理得，，
∴
故答案为：，.
【分析】（1）由翻折可得∠CBA=∠FBA，∠CAB=∠FAB，然后根据角平分线的概念可判断①；根据角平分线的性质可得AC=AF，BC=BF，由垂直平分线的判定定理可判断②；S四边形ACBF=S△ABC+S△ABF，结合三角形的面积公式可判断③；取AB的中点O，连接CO、FO，根据直角三角形斜边上中线的性质可得OA=OB=OC=OF，据此判断④；
（2）根据平移的性质可得AB∥CF，CF=BE，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BE=BD=BF=ED，则CF=BD，然后根据菱形的判定定理进行解答；
（3）根据平行线的性质可得∠ACE=∠DEC=30°，则∠ACD=∠ACE+∠DCE=120°，由旋转得AC=DC，则∠CDA=∠CAD=30°，过点C作CP⊥AD于点P，由含30°角的直角三角形的性质可得CP=CD=3，利用勾股定理求出DP的值，进而可得AD.
4．（2023九下·东台月考）如图
（1）【问题情境】如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ；
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE.判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）【拓展提升】如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 .
【答案】（1）DG=BE
（2）解：，DG⊥BE.
理由如下：延长BE、GD相交于点H.
∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，
∴CD：CB=CG：CE，
∵∠DCG=∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴，∠BEC=∠DGC，
∴
∵矩形ECGF
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE
（3）
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）DG=BE
理由：∵正方形ABCD，
∴CD=CB，∠BCD=90°
∵正方形ECGF，
∴CG=CE，∠ECG=90°
∴∠ECG=∠BCD=90°
∴∠DCG=∠BCE
在△DCG和△BCE中
∴△DCG≌△BCE（SAS）
∴DG=BE
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M.
易证△ECN∽△CGM，
∴，
∵EN=AB=2，
∴CM=1，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′
由（2）知，
∴BE=2DG
∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值.
∵BG′=，
∴2BG+BE的最小值为4
故答案为4.
【分析】【问题情境】根据正方形的性质可得CD=CB，∠BCD=90°，CG=CE，∠ECG=90°，根据同角的余角相等可得∠DCG=∠BCE，利用SAS证明△DCG≌△BCE，然后根据全等三角形的性质进行解答；
（1）延长BE、GD相交于点H，根据矩形的性质可得∠ECG=∠BCD=90°，由同角的余角相等可得∠DCG=∠BCE，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△DCG∽△BCE，由相似三角形的性质可得，∠BEC=∠DGC，由矩形的性质可得∠FEC=∠FGC=∠F=90°，推出∠H=∠F=90°，据此解答；
（2）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M，易证△ECN∽△CGM，根据相似三角形的性质可得CM的值，则点G的运动轨迹是直线MG，作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′，由（2）知BE=2DG，则2BG+BE=2BG+2DG=2(BG+DG)=2BG′，然后利用勾股定理进行计算即可.
5．（2023·惠水模拟）如图，平行四边形中，，点是边上的一点，连接，以为对称轴作的轴对称图形.
（1）动手操作
当点正好落在边上时，在图①中画出的轴对称图形，并判断四边形的形状是 ▲ ；
（2）问题解决
如图②，当点是线段中点，且时，求的长；
（3）拓展探究
如图③，当点、、在同一直线上，且时，求的长.
【答案】（1）解：如图，即为所求，
；
菱形；
（2）解：如图，连接交于点，
与是以为对称轴的轴对称图形，
由轴对称的性质得，，，
是线段的垂直平分线.
点是的中点，.
又点是的中点，
为的中位线，，
.
在中，.
在中，.
；
（3）解：四边形是平行四边形，
∴.
∵与是以为对称轴的轴对称图形，
∴，
，
，
，
又，，
.
，
，
.
，
∽，
，
即，
，
.
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）解：由折叠可得，，，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
故答案为：菱形；
【分析】（1）由折叠可得，，，由平行四边形的性质可得AD∥BC，利用平行线的性质可得，即得，由等角对等边可得AB=BP，从而得，根据菱形的判定定理即证；
（2）连接交于点，由轴对称的性质是线段的垂直平分线，从而得EP为△BQC的中位线，可得 ，利用勾股定理分别求出BE、AE的长，利用AP=AE+EP即可求解；
（3）由质朴对称的性质可得AD=DP=10，再证明 ∽，利用相似三角形的性质求出DQ的长， 根据PQ=PD-DQ即可求解.
6．（2023八下·晋安期中）在一个数学活动中，若身旁没有量角器或者三角尺，又需要作，，的角，可以采用如下的方法：
【操作感知】
第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开.
第二步；再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段（如图1）.
（1）【猜想论证】
写出图1中一个的角： .
（2）若延长交于点，如图所示，试判断的形状，并证明.
（3）【迁移探究】
小华将矩形纸片换正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片按照操作感知的方式操作，并延长交于点，连接.当点在上时，，求正方形的边长.
【答案】（1）
（2）解：是等边三角形，
证明：如图所示，
由（1）可知，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
（3）解：由（2）可得，
在中，，，
∴，，
∵折叠，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴.
【知识点】平行线的性质；直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）设交与点，连接，
由折叠可知，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】（1）设BM交EF交于点H，连接AH，由折叠可知AE=BE，∠3=∠2，AH=BH，AH=HN，∠MNB=∠BAM=90°，则HB=HN，根据等腰三角形的性质可得∠5=∠6，由等角的余角相等可得∠1=∠2，根据平行线的性质得∠1=∠4，则∠2=∠3=∠4，结合平角的概念可得∠2的度数，据此解答；
（2）由（1）可知∠BMP=∠1=60°，根据平行线的性质可得∠1=∠2=60°，然后根据等边三角形的判定定理进行解答；
（3）由（2）可得∠DMN=60°，易得MQ、DQ的值，根据折叠的性质可得AB=BN，则BN=BC，利用HL证明△BNQ≌△BCQ，得到NQ=CQ，则MQ=MA+CQ，然后根据AD+DC=AM+MD+DQ+CQ=MQ+MD+DQ进行计算.
7．（2023·凤翔模拟）
（1）问题提出
如图①，在中，，，，若P是边上一点，则的最小值为 .
（2）问题探究
如图②，在中，，斜边的长为，E是的中点，P是边上一点，试求的最小值.
（3）问题解决
某城区有一个五边形空地（，），城建部门计划利用该空地建造一个居民户外活动广场，其中的部分规划为观赏区，用于种植各类鲜花，部分规划为音乐区，供老年合唱团排练合唱或广场舞使用，四边形部分为市民健身广场，如图③所示.已知米，米，，.为了进一步提升服务休闲功能，满足市民游园和健身需求，现要在，上分别取点E，F，铺设一条由，，连接而成的步行景观道，已知铺设景观道的成本为100元/米，求铺设完这条步行景观道所需的最低成本.
【答案】（1）
（2）解：在中，，，，
，即，
，
∵E是的中点，
.
如图2，以，为边作正方形，连接，，
由正方形的轴对称性，得，
，
∴当D，P，E三点共线时，最小，最小值为的长.
由勾股定理，得，
的最小值为.
（3）解：如图3，分别延长，，相交于点N，连接，
在四边形中，，
，
是等边三角形，
（米），C是的中点，
，由勾股定理，得（米）.
分别作点C关于，的对称点，，在，上任取点E，F，连接，，，，，，
设O是与的交点，由轴对称的性质，得，，
，即E，F，，在一条直线上时，有最小值，
在中，，，
（米），（米）.
连接，，是的中垂线，，
为等边三角形，
，
∴四边形为菱形，
∴O是的中点，.
在中，，
，（米），
由勾股定理，得（米），
（米），
（元），
答：铺设完这条步行景观道所需的最低成本为15000元.
【知识点】垂线段最短及其应用；等边三角形的判定与性质；勾股定理；轴对称的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：（1）在中，，，，
，
∵当，的值最小，
，
又，
，
.
【分析】（1）利用勾股定理可得AC的值，根据垂线段最短的性质可得：当BP⊥AC时，BP的值最小，然后利用等面积法进行计算；
（2） 根据勾股定理可得BC的值，由中点的概念可得BE=CE=2，以AB、BC为边作正方形ABCD，连接DE、DP，由正方形的轴对称性得PB=PD，根据两点之间，线段最短的性质可得：当D，P，E三点共线时，PB+PE最小，最小值为DE的长，然后利用勾股定理进行计算；
（3）分别延长AB、DC，相交于点N，连接AC，根据四边形内角和为360°可得∠ADC=60°，推出△AND是等边三角形，得到AN=AD=ND=2CD=100米，∠NAC=∠DAC=30°，根据勾股定理可得AC的值，分别作点C关于AB、AD的对称点C′、C′′，在AN、AD上任取点E，F，连接CC′，CC′′，CE，C′E，CF，C′′F，设O是AC与C′C′′的交点，由轴对称的性质，得C′E=CE，C′′F=CF，则CE+EF+CF≥C′C′′，即E，F，C′，C′′在一条直线上时，CE+EF+CF有最小值C′C′′，易得BC、CC′的值，连接AC′，AC′′，则△ACC′为等边三角形，进而推出四边形AC′CC′′为菱形，求出CO的值，利用勾股定理可得C′O，然后求出C′C′′，据此求解.
8．（2023·绿园模拟）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．
操作：
操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接，延长交于点Q，连接．
（1）探究：
①如图①，当点M在上时， ▲ ．
②改变点P在上的位置（点P不与点A、D重合），如图②，判断与的数量关系，并说明理由．
（2）拓展：若正方形纸片的边长为8，当时，直接写出的长．
【答案】（1）解：①30；
②结论：．
理由：∵四边形是正方形，
，．
由折叠可得：，，
，．
又，
，
；
（2）解：的长为或．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：探究：（1）①∵对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，
∴，．
∵在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，
∴．
在中，，
∴．
故答案为：30；
拓展：（2）分类讨论：①当点Q位于点F下方时，如图，
∵正方形纸片的边长为8，
∴，
∴，
∴，．
∵，
∴．
设，则，．
∴．
在中，，即，
解得：，
∴；
②当点Q位于点F上方时，如图，
同理可求出，．
设，则，．
∴．
在中，，即，
解得：，
∴．
综上可知的长为或．
【分析】（1）①先求出，再利用锐角三角函数计算求解即可；
②利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（2）分类讨论，结合图形，利用勾股定理计算求解即可。
9．（2023七下·徐州月考）将纸片△ABC沿DE折叠使点A落在点A'处.
【感知】如图①，点A落在四边形BCDE的边BE上，则∠A与∠1之间的数量关系是 ▲ ；
【探究】如图②，若点A落在四边形BCDE的内部，则∠A与∠1+∠2之间存在怎样的数量关系？并说明理由.
【拓展】如图③，点A落在四边形BCDE的外部，若∠1=80°，∠2=24°，则∠A的大小为 ▲ .
【答案】解：【感知】∠1=2∠A；
【探究】如图②，.
理由如下：，，
，
，
，
，
由折叠可得：，
，
故答案为：；
【拓展】28°
【知识点】三角形的外角性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）如图①，.
理由如下：由折叠可得：；
，
，
故答案为：；
（3）如图③，
，，
由折叠可得：，
，
，
.
故答案为：28°.
【分析】(1).理由如下：由折叠的性质可得：；由三角形外角的性质“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”可得∠1=∠A+∠EA'D，于是可得；
（2）.理由如下：由三角形内角和定理和折叠的性质可求解；
（3）由三角形外角的性质“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”折叠的性质可求解可求解.
10．（2023·沁阳模拟）问题情境：
数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽AB＝8，长AD＝8.
动手实践：
（1）如图1，腾飞小组将矩形纸片ABCD折叠，点A落在BC边上的点处，折痕为BE，连接，然后将纸片展平，得到四边形，则折痕BE的长为 .
（2）如图2，永攀小组将矩形纸片ABCD沿经过A、C两点的直线折叠，展开后得折痕AC.再将其沿经过点B的直线折叠，使点A落在OC上（O为两条折痕的交点），第二条折痕与AD交于点E.请写出OC与OA的数量关系，并说明理由.
（3）如图3，探究小组将图1中的四边形剪下，在AE上取中点F，将△ABF沿BF折叠得到△MBF，点P、Q分别是边上的动点（均不与顶点重合），将沿PQ折叠使的对应点N恰好落在BM上，当的一个内角与相等时，请直接写出的长.
【答案】（1）
（2）解：在中，.
∵点A落在OC上，
∴.
∵，
∴.
∴中，.
中，.
∴；
深度探究：
（3）或
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴.
由翻折可得，
∴是等腰直角三角形，
∴.
故答案为：.
（3）分类讨论①如图，当时，
∴此时.
∴.
由翻折可知，，
∴，
∴.
②如图，当时，过点M作，分别交、于点G、H.过点N作，过点P作，两平行线交于点J.
由翻折和矩形的性质可得四边形为正方形，且边长为8.
∵F为中点，
∴.
由翻折可得，.
∴.
∵，
∴.
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∴.
设，则.
∵，即
∴.
∵，即，
∴.
联立①②.
解得： .
∴，.
∵在中，，
∴，
∴.
∵，，
∴.
又∵，
∴，
∴，
故可设，则.
∴.
∵，即，
∴，
整理得：.
∴，.
∵在中，，
∴.
∵，
∴，
解得，
∴.
综上可知的长为4或.
【分析】（1）根据矩形的性质可得∠ABA′=∠BAE=90°，由翻折可得∠ABE=∠A′BE=45°，推出△BAE是等腰直角三角形，得到BE=AB，据此计算；
（2）由勾股定理可得AC的值，由等面积法可得BO，然后在Rt△ABO、Rt△BOC中，根据勾股定理可得OA、OC的值，据此解答；
（3）当∠A′QP=∠A′BM时，PQ∥BM，根据平行线的性质可得∠PQN=∠BNQ，由翻折可知∠PQN=∠A′QP，QN=QA′，进而推出BQ=QN=QA′=A′B，据此计算；当∠A′PQ=∠A′BM时，过点M作GH∥AB，分别交AE、A′B于点G、H.过点N作JI∥AB，过点P作PJ∥A′B，两平行线交于点J，由翻折和矩形的性质可得四边形ABA′E为正方形，且边长为8，根据中点的概念可得AF=EF=4，由翻折可得BM=AB=8，AF=FM=4，∠BMF=90°，根据同角的余角相等可得∠FMG=∠MBH，由平行线的性质可得∠MHB=∠FGM=90°，由两角对应相等的两个三角形相似可得△MHB∽△FGM，根据相似三角形的性质可得BH=2GM，MH=2FG，设GM=x，FG=y，则BH=2x，MH=2y，根据AG=BH可得4+y=2x，根据AB=GH可得8=x+2y，联立求出x、y的值，得到GM、FG、BH、MH，然后根据三角函数的概念可得，由两角对应相等的两个三角形相似可得△PJN∽△NIQ，根据相似三角形的性质可设JQ=3a，IN=3b，则JN=4a，PJ=4b，由勾股定理可得A′Q、NQ，由PJ=A′I可得b与a的关系，进而表示出A′Q、IN，根据三角函数的概念可得BI，由BI+IQ+A′Q=8可求出a的值，进而可得A′Q.
11．（2023九下·义乌月考）定义：在平面直角坐标系中，有一条直线，对于任意一个函数，作该函数自变量大于的部分关于直线的轴对称图形，与原函数中自变量大于或等于的部分共同构成一个新的函数图象，则这个新函数叫做原函数关于直线的“镜面函数”.例如：图① 是函数的图象，则它关于直线的“镜面函数”的图象如图② 所示，且它的“镜面函数”的解析式为，也可以写成.
（1）在图③ 中画出函数关于直线的“镜面函数”的图象.
（2）函数关于直线的“镜面函数”与直线有三个公共点，求的值.
（3）已知，，，，函数关于直线的“镜面函数”图象与矩形的边恰好有4个交点，求n的取值范围.
【答案】（1）解：如图，即为函数的“镜面函数”的图像
（2）解：如图，
对于，当时，
函数与轴的交点坐标为
当直线经过点时，；
此时关于直线的“镜面函数”与直线有三个公共点，
当直线与原抛物线只有一个交点时，则有：，
整理得，，
此时，，
解得，
综上，的值为4或；
（3）解：函数的“镜面函数”解析式为，
当时，，
∴，
解得，；
当的顶点在上时，
解得或（舍），
此时，函数关于直线的“镜面函数”图象与矩形的边有5个交点，不合题意，
∴
当时，
∴
解得，；
综上，的取值范围为或.
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；作图﹣轴对称；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）保留y=-2x+1在x=1左边的图象，然后画出其与直线x=1对称的图象即可；
（2）根据“镜面函数”的概念画出函数的图象，令二次函数解析式中的x=0，求出y的值，可得图象与y轴的交点坐标，将（-1，5）代入直线解析式中求出m的值，此时两函数图象有三个公共点；当直线与原抛物线只有一个交点时，结合判别式为0可得m的值，据此解答；
（3）函数y=x2-2nx+2(n>0)的“镜面函数”解析式为y=x2+2nx+2（n>0），当x=-1时，y<0，据此可得n的范围；当y=x2-2nx+2(n>0)的顶点在CD上时，代入求解可得n的值，此时函数y=x2-2nx+2(n>0)关于直线x=0的“镜面函数”图象与矩形ABCD的边有5个交点，不合题意，据此可得n的范围；根据x=3对应的函数值小于-2可得n的范围，据此解答.
12．（2022·西城模拟）在平面直角坐标系中，对于线段AB与直线，给出如下定义：若线段AB关于直线l的对称线段为(，分别为点A，B的对应点)，则称线段为线段AB的“关联线段”．
已知点，．
（1）线段为线段AB的“关联线段”，点的坐标为，则的长为 ，b的值为 ；
（2）线段为线段AB的“关联线段”，直线经过点，若点，都在直线上，连接，求的度数；
（3）点，，线段为线段AB的“关联线段”，且当b取某个值时，一定存在k使得线段与线段PQ有公共点，直接写出b的取值范围．
【答案】（1）2；-1
（2）解：如图，作C关于l的对称点C′，连接O C′，OA，OC′，
由题意，得直线l解析式为：y=kx，
设C关于l的对称点为C′，
∴OC′=OC=2，
∵AB关于l对称点A′B′在l1上，
又l1经过点C，
∴点C′在直线AB上，
∵A(1，1)，B(1，-1)，
∴直线AB即是直线x=1，
∴C′横坐标为1，
∴C′纵坐标为，
∴C′(1，)，
∴tan∠C′OK==，
∴∠C′OK=60°，
∵A(1，1)，
∴OA=AK，
∴△AOK是等腰直角三角形，
∴∠AOK=45°，
∴∠C′OA=∠C′OK -∠AOK =60°-45°=15°，
∵A、B、C′关于直线l的对称点是A′、B′、C，
∴∠COA′=∠C′OA=15°；
当A′B′在y轴的右侧时，同理可求∠COA′=∠COD+∠A′OD=105°，
（3）解：或
【知识点】线段垂直平分线的性质；轴对称的性质；坐标与图形变化﹣对称；锐角三角函数的定义；一次函数的性质
【解析】【解答】（1）解：∵A(1，1)，B(1，-1)，
∴AB=2，
∵AB、A′B′关于直线l对称，
∴A′B′=AB=2，
由题意，得k=1，
∴y=x+b，
∵A、A′关于直线l对称，
∴直线l经过AA′的中点，
∵A(1，1)，A′(2，0)，
∴AA′的中点为(，)，即(，)，
把(，)代入y=x+b，得=+b，
解得：b=-1，
故答案为：2，-1；
（3）设直线y=kx+b与y轴交于点E，连接EB，EA．
当b>0时，⊙E(r=EB)与PQ相切时，．
当b<0时，⊙E(r=EA)经过点P时，
∵线段与线段PQ有公共点，
∴或．
【分析】（1）由于AB、A′B′关于直线l对称，可得A′B′=AB=2，由题意可得y=x+b，根据对称性可知直线l经过AA′的中点，利用中点坐标公式求出AA′的中点为(，)，将其代入y=x+b中即可求出b值；
（2）作C关于l的对称点C′，连接O C′，OA，OC′，设C关于l的对称点为C′，可得OC′=OC=2，易知
点C′在直线AB上，由于直线AB即是直线x=1， 可得C′横坐标为1， 由勾股定理求出C′纵坐标为，即得C′(1，)， 根据∠C′OK的正切值可得∠C′OK=60°，易求△AOK是等腰直角三角形 ，从而求出∠C′OA=∠C′OK -∠AOK =15°，根据对称性可得∠COA′=∠C′OA=15°；当A′B′在y轴的右侧时，同理可求∠COA′=∠COD+∠A′OD=105°；
（3）设直线y=kx+b与y轴交于点E，连接EB，EA．分两种情况：当b>0时，求出⊙E(r=EB)与PQ相切时b值；当b<0时，⊙E(r=EA)经过点P时的b值，继而得解.
13．（2023九上·余姚期末）如图
（1）[基础巩固]如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，求证：AC2 =AD·AB．
（2）[尝试应用] 如图②，在矩形ABCD中，AD=2，点F在AB上，FB=2AF，DF⊥AC于点E，求AE的长．
（3）[拓展提高] 如图③，在矩形ABCD中，点E在边BC上，NDCE与NDFE关于直线DE对称，点C的对称点F在边AB上，G为AD中点，连结GC交DF于点M，GC∥FE，若AD=2，求GM的长．
【答案】（1）解：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°.
∵CD⊥AB， ∴∠DCB+∠B=90°，
∴∠B=∠ACD，
∵∠A=∠A，
∴△CAD∽△BAC，
∴，
∴AC2= AD AB；
（2）解：∵FB=2AF，
∴AB=AF+BF=3AF.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，∠ADC=90°，
∴△AFE∽△CDE，
∴
∴CE=3AE，
∴AC=4AE.
∵DF⊥AC，
由（1）可得，
DA2=AE·AC，
∴22=AE·4AE，
∴AE=1；
（3）解：在矩形ABCD中， ∠BCD=∠CDA=∠A=90°，
∴∠ADF+∠CDM=90°.
∵△DCE与△DFE关于直线DE对称，
∴△DFE≌△DCE，
∴∠DFE=∠DCE=90°，DC=DF，
∵GC∥FE，
∴DM⊥GC，
∴∠CDM+∠DCM=90°，
∴∠ADF=∠DCM，
∴△CDM≌△DFA，
∴CM=DA=2.
∵G是AD的中点，
∴DG=GA=1.
由（1）可得，DG2=GM·GC.
设 GM=x，则 CG=GM+CM=x+2，
∴12=x(x+2)，
解得 (舍去)
∴GM的长为 .
【知识点】矩形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据同角的余角相等得∠B=∠ACD，结合∠A=∠A，根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△CAD∽△BAC，根据相似三角形对应边成比例即可得出结论；
（2）根据矩形的性质得AB∥CD，AB=CD，∠ADC=90°，根据平行于三角形一边的直线，截其它两边的延长线，所截的三角形与原三角形相似得△AFE∽△CDE，根据相似三角形对应边成比例得CE=3AE，结合（1）的结论可求出AE的长.
（3）根据轴对称的性质得∠DFE=∠DCE=90°，DC=DF，根据平行线的性质推出DM⊥GC，由同角的余角相等得∠ADF=∠DCM，用AAS判断出△CDM≌△DFA，由全等三角形的对应边相等得CM=DA=2，
结合（1）的结论建立方程，求解即可.
14．（2022·淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究.如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是 ；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
1 / 12023年中考数学探究性试题复习17 轴对称
一、综合题
1．（2023·长春模拟）如图
（1）【感知】如图①，将沿过点D的直线折叠，使点A落在边上的点F处，得到折痕，连结．若，则四边形的周长为 ．
（2）【探究】如图②，将四边形沿GE折叠，点A、D的对应点分别为、，点恰好落在边上．
求证：四边形为菱形．
（3）若，，，，则的面积为 ．
2．（2023·龙岗模拟）综合与探究
在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点恰好落在边上的点处．
（1）如图①，若，求的度数；
（2）如图②，当，且时，求的长；
（3）如图③，延长，与的角平分线交于点，交于点，当时，请直接写出的值．
3．（2023九下·秦淮月考）在和中，，，，用这两个直角三角形研究图形的变换.
（1）【翻折】如图1，将沿线段翻折，连接，下列对所得四边形的说法正确的是 .
①平分、，②、互相平分，③，④、、、四点共圆.
（2）【平移】
如图2，将沿线段向右平移，使点移到的中点，连接、、，请猜想四边形的形状，并说明理由.
（3）【旋转】如图3，将绕点逆时针方向旋转，使，连接、，则旋转角为 °， cm.
4．（2023九下·东台月考）如图
（1）【问题情境】如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ；
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE.判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）【拓展提升】如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 .
5．（2023·惠水模拟）如图，平行四边形中，，点是边上的一点，连接，以为对称轴作的轴对称图形.
（1）动手操作
当点正好落在边上时，在图①中画出的轴对称图形，并判断四边形的形状是 ▲ ；
（2）问题解决
如图②，当点是线段中点，且时，求的长；
（3）拓展探究
如图③，当点、、在同一直线上，且时，求的长.
6．（2023八下·晋安期中）在一个数学活动中，若身旁没有量角器或者三角尺，又需要作，，的角，可以采用如下的方法：
【操作感知】
第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开.
第二步；再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段（如图1）.
（1）【猜想论证】
写出图1中一个的角： .
（2）若延长交于点，如图所示，试判断的形状，并证明.
（3）【迁移探究】
小华将矩形纸片换正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片按照操作感知的方式操作，并延长交于点，连接.当点在上时，，求正方形的边长.
7．（2023·凤翔模拟）
（1）问题提出
如图①，在中，，，，若P是边上一点，则的最小值为 .
（2）问题探究
如图②，在中，，斜边的长为，E是的中点，P是边上一点，试求的最小值.
（3）问题解决
某城区有一个五边形空地（，），城建部门计划利用该空地建造一个居民户外活动广场，其中的部分规划为观赏区，用于种植各类鲜花，部分规划为音乐区，供老年合唱团排练合唱或广场舞使用，四边形部分为市民健身广场，如图③所示.已知米，米，，.为了进一步提升服务休闲功能，满足市民游园和健身需求，现要在，上分别取点E，F，铺设一条由，，连接而成的步行景观道，已知铺设景观道的成本为100元/米，求铺设完这条步行景观道所需的最低成本.
8．（2023·绿园模拟）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．
操作：
操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接，延长交于点Q，连接．
（1）探究：
①如图①，当点M在上时， ▲ ．
②改变点P在上的位置（点P不与点A、D重合），如图②，判断与的数量关系，并说明理由．
（2）拓展：若正方形纸片的边长为8，当时，直接写出的长．
9．（2023七下·徐州月考）将纸片△ABC沿DE折叠使点A落在点A'处.
【感知】如图①，点A落在四边形BCDE的边BE上，则∠A与∠1之间的数量关系是 ▲ ；
【探究】如图②，若点A落在四边形BCDE的内部，则∠A与∠1+∠2之间存在怎样的数量关系？并说明理由.
【拓展】如图③，点A落在四边形BCDE的外部，若∠1=80°，∠2=24°，则∠A的大小为 ▲ .
10．（2023·沁阳模拟）问题情境：
数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽AB＝8，长AD＝8.
动手实践：
（1）如图1，腾飞小组将矩形纸片ABCD折叠，点A落在BC边上的点处，折痕为BE，连接，然后将纸片展平，得到四边形，则折痕BE的长为 .
（2）如图2，永攀小组将矩形纸片ABCD沿经过A、C两点的直线折叠，展开后得折痕AC.再将其沿经过点B的直线折叠，使点A落在OC上（O为两条折痕的交点），第二条折痕与AD交于点E.请写出OC与OA的数量关系，并说明理由.
（3）如图3，探究小组将图1中的四边形剪下，在AE上取中点F，将△ABF沿BF折叠得到△MBF，点P、Q分别是边上的动点（均不与顶点重合），将沿PQ折叠使的对应点N恰好落在BM上，当的一个内角与相等时，请直接写出的长.
11．（2023九下·义乌月考）定义：在平面直角坐标系中，有一条直线，对于任意一个函数，作该函数自变量大于的部分关于直线的轴对称图形，与原函数中自变量大于或等于的部分共同构成一个新的函数图象，则这个新函数叫做原函数关于直线的“镜面函数”.例如：图① 是函数的图象，则它关于直线的“镜面函数”的图象如图② 所示，且它的“镜面函数”的解析式为，也可以写成.
（1）在图③ 中画出函数关于直线的“镜面函数”的图象.
（2）函数关于直线的“镜面函数”与直线有三个公共点，求的值.
（3）已知，，，，函数关于直线的“镜面函数”图象与矩形的边恰好有4个交点，求n的取值范围.
12．（2022·西城模拟）在平面直角坐标系中，对于线段AB与直线，给出如下定义：若线段AB关于直线l的对称线段为(，分别为点A，B的对应点)，则称线段为线段AB的“关联线段”．
已知点，．
（1）线段为线段AB的“关联线段”，点的坐标为，则的长为 ，b的值为 ；
（2）线段为线段AB的“关联线段”，直线经过点，若点，都在直线上，连接，求的度数；
（3）点，，线段为线段AB的“关联线段”，且当b取某个值时，一定存在k使得线段与线段PQ有公共点，直接写出b的取值范围．
13．（2023九上·余姚期末）如图
（1）[基础巩固]如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，求证：AC2 =AD·AB．
（2）[尝试应用] 如图②，在矩形ABCD中，AD=2，点F在AB上，FB=2AF，DF⊥AC于点E，求AE的长．
（3）[拓展提高] 如图③，在矩形ABCD中，点E在边BC上，NDCE与NDFE关于直线DE对称，点C的对称点F在边AB上，G为AD中点，连结GC交DF于点M，GC∥FE，若AD=2，求GM的长．
14．（2022·淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究.如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是 ；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由.
答案解析部分
1．【答案】（1）16
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵将四边形沿折叠，点A、D的对应点分别为、，点恰好落在边上，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形．
（3）
【知识点】三角形的面积；勾股定理；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】【感知】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠可知，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长为；
故答案为：
【探究】（3）过点A作交于点H，则，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
，
由折叠可知，，，
设，则，
由勾股定理得，
∴，
解得，
即，
∴，
即的面积为．
故答案为：
【分析】（1）先求出，再利用四边形的周长公式求解即可；
（2）先证出，再证出四边形为菱形；
（3）过点A作交于点H，则，设，则，利用勾股定理可得，将数据代入可得，求出，可得，再求出，即可得到的面积为。
2．【答案】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵将沿翻折，使点恰好落在边上点处，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为；
（2）解：∵将沿翻折，使点恰好落在边上点处，
∴，，
又∵矩形中，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为3；
（3）解：的值为．
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：(3)过点作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，
∵平分，，，
∴，，
在和中，
，
∴
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴的值为．
【分析】（1）先求出，再利用平行线的性质可得，最后求出即可；
（2）先证出，可得，再将数据代入求出，利用线段的和差求出，可得；
（3）过点作于点，设，则，，设，则，利用勾股定理求出，再结合，可得。
3．【答案】（1）①③④
（2）解：∵沿线段向左平移，
∴，.
∵是直角三角形，是的中点，
∴.
∴
∵，
∴四边形是平行四边形.
∵，
∴四边形是菱形.
（3）120；
【知识点】菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；角平分线的判定；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）由翻折可得：，
∴平分、，故①正确；
∴，
∵
∴垂直平分，故②错误；
如图，
，故③正确；
取的中点O，连接，
∵均为直角三角形，
∴，
∴、、、四点共圆，故④正确，
故答案为：①③④；
（3）∵，
∴，
又，
∴，
即旋转角的度数为；
由旋转得：，
又，
∴
过点C作于点P，如图，
∴
∵，
∴
∴由勾股定理得，，
∴
故答案为：，.
【分析】（1）由翻折可得∠CBA=∠FBA，∠CAB=∠FAB，然后根据角平分线的概念可判断①；根据角平分线的性质可得AC=AF，BC=BF，由垂直平分线的判定定理可判断②；S四边形ACBF=S△ABC+S△ABF，结合三角形的面积公式可判断③；取AB的中点O，连接CO、FO，根据直角三角形斜边上中线的性质可得OA=OB=OC=OF，据此判断④；
（2）根据平移的性质可得AB∥CF，CF=BE，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BE=BD=BF=ED，则CF=BD，然后根据菱形的判定定理进行解答；
（3）根据平行线的性质可得∠ACE=∠DEC=30°，则∠ACD=∠ACE+∠DCE=120°，由旋转得AC=DC，则∠CDA=∠CAD=30°，过点C作CP⊥AD于点P，由含30°角的直角三角形的性质可得CP=CD=3，利用勾股定理求出DP的值，进而可得AD.
4．【答案】（1）DG=BE
（2）解：，DG⊥BE.
理由如下：延长BE、GD相交于点H.
∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，
∴CD：CB=CG：CE，
∵∠DCG=∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴，∠BEC=∠DGC，
∴
∵矩形ECGF
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE
（3）
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）DG=BE
理由：∵正方形ABCD，
∴CD=CB，∠BCD=90°
∵正方形ECGF，
∴CG=CE，∠ECG=90°
∴∠ECG=∠BCD=90°
∴∠DCG=∠BCE
在△DCG和△BCE中
∴△DCG≌△BCE（SAS）
∴DG=BE
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M.
易证△ECN∽△CGM，
∴，
∵EN=AB=2，
∴CM=1，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′
由（2）知，
∴BE=2DG
∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值.
∵BG′=，
∴2BG+BE的最小值为4
故答案为4.
【分析】【问题情境】根据正方形的性质可得CD=CB，∠BCD=90°，CG=CE，∠ECG=90°，根据同角的余角相等可得∠DCG=∠BCE，利用SAS证明△DCG≌△BCE，然后根据全等三角形的性质进行解答；
（1）延长BE、GD相交于点H，根据矩形的性质可得∠ECG=∠BCD=90°，由同角的余角相等可得∠DCG=∠BCE，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△DCG∽△BCE，由相似三角形的性质可得，∠BEC=∠DGC，由矩形的性质可得∠FEC=∠FGC=∠F=90°，推出∠H=∠F=90°，据此解答；
（2）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M，易证△ECN∽△CGM，根据相似三角形的性质可得CM的值，则点G的运动轨迹是直线MG，作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′，由（2）知BE=2DG，则2BG+BE=2BG+2DG=2(BG+DG)=2BG′，然后利用勾股定理进行计算即可.
5．【答案】（1）解：如图，即为所求，
；
菱形；
（2）解：如图，连接交于点，
与是以为对称轴的轴对称图形，
由轴对称的性质得，，，
是线段的垂直平分线.
点是的中点，.
又点是的中点，
为的中位线，，
.
在中，.
在中，.
；
（3）解：四边形是平行四边形，
∴.
∵与是以为对称轴的轴对称图形，
∴，
，
，
，
又，，
.
，
，
.
，
∽，
，
即，
，
.
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）解：由折叠可得，，，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
故答案为：菱形；
【分析】（1）由折叠可得，，，由平行四边形的性质可得AD∥BC，利用平行线的性质可得，即得，由等角对等边可得AB=BP，从而得，根据菱形的判定定理即证；
（2）连接交于点，由轴对称的性质是线段的垂直平分线，从而得EP为△BQC的中位线，可得 ，利用勾股定理分别求出BE、AE的长，利用AP=AE+EP即可求解；
（3）由质朴对称的性质可得AD=DP=10，再证明 ∽，利用相似三角形的性质求出DQ的长， 根据PQ=PD-DQ即可求解.
6．【答案】（1）
（2）解：是等边三角形，
证明：如图所示，
由（1）可知，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
（3）解：由（2）可得，
在中，，，
∴，，
∵折叠，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴.
【知识点】平行线的性质；直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）设交与点，连接，
由折叠可知，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】（1）设BM交EF交于点H，连接AH，由折叠可知AE=BE，∠3=∠2，AH=BH，AH=HN，∠MNB=∠BAM=90°，则HB=HN，根据等腰三角形的性质可得∠5=∠6，由等角的余角相等可得∠1=∠2，根据平行线的性质得∠1=∠4，则∠2=∠3=∠4，结合平角的概念可得∠2的度数，据此解答；
（2）由（1）可知∠BMP=∠1=60°，根据平行线的性质可得∠1=∠2=60°，然后根据等边三角形的判定定理进行解答；
（3）由（2）可得∠DMN=60°，易得MQ、DQ的值，根据折叠的性质可得AB=BN，则BN=BC，利用HL证明△BNQ≌△BCQ，得到NQ=CQ，则MQ=MA+CQ，然后根据AD+DC=AM+MD+DQ+CQ=MQ+MD+DQ进行计算.
7．【答案】（1）
（2）解：在中，，，，
，即，
，
∵E是的中点，
.
如图2，以，为边作正方形，连接，，
由正方形的轴对称性，得，
，
∴当D，P，E三点共线时，最小，最小值为的长.
由勾股定理，得，
的最小值为.
（3）解：如图3，分别延长，，相交于点N，连接，
在四边形中，，
，
是等边三角形，
（米），C是的中点，
，由勾股定理，得（米）.
分别作点C关于，的对称点，，在，上任取点E，F，连接，，，，，，
设O是与的交点，由轴对称的性质，得，，
，即E，F，，在一条直线上时，有最小值，
在中，，，
（米），（米）.
连接，，是的中垂线，，
为等边三角形，
，
∴四边形为菱形，
∴O是的中点，.
在中，，
，（米），
由勾股定理，得（米），
（米），
（元），
答：铺设完这条步行景观道所需的最低成本为15000元.
【知识点】垂线段最短及其应用；等边三角形的判定与性质；勾股定理；轴对称的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：（1）在中，，，，
，
∵当，的值最小，
，
又，
，
.
【分析】（1）利用勾股定理可得AC的值，根据垂线段最短的性质可得：当BP⊥AC时，BP的值最小，然后利用等面积法进行计算；
（2） 根据勾股定理可得BC的值，由中点的概念可得BE=CE=2，以AB、BC为边作正方形ABCD，连接DE、DP，由正方形的轴对称性得PB=PD，根据两点之间，线段最短的性质可得：当D，P，E三点共线时，PB+PE最小，最小值为DE的长，然后利用勾股定理进行计算；
（3）分别延长AB、DC，相交于点N，连接AC，根据四边形内角和为360°可得∠ADC=60°，推出△AND是等边三角形，得到AN=AD=ND=2CD=100米，∠NAC=∠DAC=30°，根据勾股定理可得AC的值，分别作点C关于AB、AD的对称点C′、C′′，在AN、AD上任取点E，F，连接CC′，CC′′，CE，C′E，CF，C′′F，设O是AC与C′C′′的交点，由轴对称的性质，得C′E=CE，C′′F=CF，则CE+EF+CF≥C′C′′，即E，F，C′，C′′在一条直线上时，CE+EF+CF有最小值C′C′′，易得BC、CC′的值，连接AC′，AC′′，则△ACC′为等边三角形，进而推出四边形AC′CC′′为菱形，求出CO的值，利用勾股定理可得C′O，然后求出C′C′′，据此求解.
8．【答案】（1）解：①30；
②结论：．
理由：∵四边形是正方形，
，．
由折叠可得：，，
，．
又，
，
；
（2）解：的长为或．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：探究：（1）①∵对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，
∴，．
∵在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，
∴．
在中，，
∴．
故答案为：30；
拓展：（2）分类讨论：①当点Q位于点F下方时，如图，
∵正方形纸片的边长为8，
∴，
∴，
∴，．
∵，
∴．
设，则，．
∴．
在中，，即，
解得：，
∴；
②当点Q位于点F上方时，如图，
同理可求出，．
设，则，．
∴．
在中，，即，
解得：，
∴．
综上可知的长为或．
【分析】（1）①先求出，再利用锐角三角函数计算求解即可；
②利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（2）分类讨论，结合图形，利用勾股定理计算求解即可。
9．【答案】解：【感知】∠1=2∠A；
【探究】如图②，.
理由如下：，，
，
，
，
，
由折叠可得：，
，
故答案为：；
【拓展】28°
【知识点】三角形的外角性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）如图①，.
理由如下：由折叠可得：；
，
，
故答案为：；
（3）如图③，
，，
由折叠可得：，
，
，
.
故答案为：28°.
【分析】(1).理由如下：由折叠的性质可得：；由三角形外角的性质“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”可得∠1=∠A+∠EA'D，于是可得；
（2）.理由如下：由三角形内角和定理和折叠的性质可求解；
（3）由三角形外角的性质“三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和”折叠的性质可求解可求解.
10．【答案】（1）
（2）解：在中，.
∵点A落在OC上，
∴.
∵，
∴.
∴中，.
中，.
∴；
深度探究：
（3）或
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴.
由翻折可得，
∴是等腰直角三角形，
∴.
故答案为：.
（3）分类讨论①如图，当时，
∴此时.
∴.
由翻折可知，，
∴，
∴.
②如图，当时，过点M作，分别交、于点G、H.过点N作，过点P作，两平行线交于点J.
由翻折和矩形的性质可得四边形为正方形，且边长为8.
∵F为中点，
∴.
由翻折可得，.
∴.
∵，
∴.
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∴.
设，则.
∵，即
∴.
∵，即，
∴.
联立①②.
解得： .
∴，.
∵在中，，
∴，
∴.
∵，，
∴.
又∵，
∴，
∴，
故可设，则.
∴.
∵，即，
∴，
整理得：.
∴，.
∵在中，，
∴.
∵，
∴，
解得，
∴.
综上可知的长为4或.
【分析】（1）根据矩形的性质可得∠ABA′=∠BAE=90°，由翻折可得∠ABE=∠A′BE=45°，推出△BAE是等腰直角三角形，得到BE=AB，据此计算；
（2）由勾股定理可得AC的值，由等面积法可得BO，然后在Rt△ABO、Rt△BOC中，根据勾股定理可得OA、OC的值，据此解答；
（3）当∠A′QP=∠A′BM时，PQ∥BM，根据平行线的性质可得∠PQN=∠BNQ，由翻折可知∠PQN=∠A′QP，QN=QA′，进而推出BQ=QN=QA′=A′B，据此计算；当∠A′PQ=∠A′BM时，过点M作GH∥AB，分别交AE、A′B于点G、H.过点N作JI∥AB，过点P作PJ∥A′B，两平行线交于点J，由翻折和矩形的性质可得四边形ABA′E为正方形，且边长为8，根据中点的概念可得AF=EF=4，由翻折可得BM=AB=8，AF=FM=4，∠BMF=90°，根据同角的余角相等可得∠FMG=∠MBH，由平行线的性质可得∠MHB=∠FGM=90°，由两角对应相等的两个三角形相似可得△MHB∽△FGM，根据相似三角形的性质可得BH=2GM，MH=2FG，设GM=x，FG=y，则BH=2x，MH=2y，根据AG=BH可得4+y=2x，根据AB=GH可得8=x+2y，联立求出x、y的值，得到GM、FG、BH、MH，然后根据三角函数的概念可得，由两角对应相等的两个三角形相似可得△PJN∽△NIQ，根据相似三角形的性质可设JQ=3a，IN=3b，则JN=4a，PJ=4b，由勾股定理可得A′Q、NQ，由PJ=A′I可得b与a的关系，进而表示出A′Q、IN，根据三角函数的概念可得BI，由BI+IQ+A′Q=8可求出a的值，进而可得A′Q.
11．【答案】（1）解：如图，即为函数的“镜面函数”的图像
（2）解：如图，
对于，当时，
函数与轴的交点坐标为
当直线经过点时，；
此时关于直线的“镜面函数”与直线有三个公共点，
当直线与原抛物线只有一个交点时，则有：，
整理得，，
此时，，
解得，
综上，的值为4或；
（3）解：函数的“镜面函数”解析式为，
当时，，
∴，
解得，；
当的顶点在上时，
解得或（舍），
此时，函数关于直线的“镜面函数”图象与矩形的边有5个交点，不合题意，
∴
当时，
∴
解得，；
综上，的取值范围为或.
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；作图﹣轴对称；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）保留y=-2x+1在x=1左边的图象，然后画出其与直线x=1对称的图象即可；
（2）根据“镜面函数”的概念画出函数的图象，令二次函数解析式中的x=0，求出y的值，可得图象与y轴的交点坐标，将（-1，5）代入直线解析式中求出m的值，此时两函数图象有三个公共点；当直线与原抛物线只有一个交点时，结合判别式为0可得m的值，据此解答；
（3）函数y=x2-2nx+2(n>0)的“镜面函数”解析式为y=x2+2nx+2（n>0），当x=-1时，y<0，据此可得n的范围；当y=x2-2nx+2(n>0)的顶点在CD上时，代入求解可得n的值，此时函数y=x2-2nx+2(n>0)关于直线x=0的“镜面函数”图象与矩形ABCD的边有5个交点，不合题意，据此可得n的范围；根据x=3对应的函数值小于-2可得n的范围，据此解答.
12．【答案】（1）2；-1
（2）解：如图，作C关于l的对称点C′，连接O C′，OA，OC′，
由题意，得直线l解析式为：y=kx，
设C关于l的对称点为C′，
∴OC′=OC=2，
∵AB关于l对称点A′B′在l1上，
又l1经过点C，
∴点C′在直线AB上，
∵A(1，1)，B(1，-1)，
∴直线AB即是直线x=1，
∴C′横坐标为1，
∴C′纵坐标为，
∴C′(1，)，
∴tan∠C′OK==，
∴∠C′OK=60°，
∵A(1，1)，
∴OA=AK，
∴△AOK是等腰直角三角形，
∴∠AOK=45°，
∴∠C′OA=∠C′OK -∠AOK =60°-45°=15°，
∵A、B、C′关于直线l的对称点是A′、B′、C，
∴∠COA′=∠C′OA=15°；
当A′B′在y轴的右侧时，同理可求∠COA′=∠COD+∠A′OD=105°，
（3）解：或
【知识点】线段垂直平分线的性质；轴对称的性质；坐标与图形变化﹣对称；锐角三角函数的定义；一次函数的性质
【解析】【解答】（1）解：∵A(1，1)，B(1，-1)，
∴AB=2，
∵AB、A′B′关于直线l对称，
∴A′B′=AB=2，
由题意，得k=1，
∴y=x+b，
∵A、A′关于直线l对称，
∴直线l经过AA′的中点，
∵A(1，1)，A′(2，0)，
∴AA′的中点为(，)，即(，)，
把(，)代入y=x+b，得=+b，
解得：b=-1，
故答案为：2，-1；
（3）设直线y=kx+b与y轴交于点E，连接EB，EA．
当b>0时，⊙E(r=EB)与PQ相切时，．
当b<0时，⊙E(r=EA)经过点P时，
∵线段与线段PQ有公共点，
∴或．
【分析】（1）由于AB、A′B′关于直线l对称，可得A′B′=AB=2，由题意可得y=x+b，根据对称性可知直线l经过AA′的中点，利用中点坐标公式求出AA′的中点为(，)，将其代入y=x+b中即可求出b值；
（2）作C关于l的对称点C′，连接O C′，OA，OC′，设C关于l的对称点为C′，可得OC′=OC=2，易知
点C′在直线AB上，由于直线AB即是直线x=1， 可得C′横坐标为1， 由勾股定理求出C′纵坐标为，即得C′(1，)， 根据∠C′OK的正切值可得∠C′OK=60°，易求△AOK是等腰直角三角形 ，从而求出∠C′OA=∠C′OK -∠AOK =15°，根据对称性可得∠COA′=∠C′OA=15°；当A′B′在y轴的右侧时，同理可求∠COA′=∠COD+∠A′OD=105°；
（3）设直线y=kx+b与y轴交于点E，连接EB，EA．分两种情况：当b>0时，求出⊙E(r=EB)与PQ相切时b值；当b<0时，⊙E(r=EA)经过点P时的b值，继而得解.
13．【答案】（1）解：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°.
∵CD⊥AB， ∴∠DCB+∠B=90°，
∴∠B=∠ACD，
∵∠A=∠A，
∴△CAD∽△BAC，
∴，
∴AC2= AD AB；
（2）解：∵FB=2AF，
∴AB=AF+BF=3AF.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，∠ADC=90°，
∴△AFE∽△CDE，
∴
∴CE=3AE，
∴AC=4AE.
∵DF⊥AC，
由（1）可得，
DA2=AE·AC，
∴22=AE·4AE，
∴AE=1；
（3）解：在矩形ABCD中， ∠BCD=∠CDA=∠A=90°，
∴∠ADF+∠CDM=90°.
∵△DCE与△DFE关于直线DE对称，
∴△DFE≌△DCE，
∴∠DFE=∠DCE=90°，DC=DF，
∵GC∥FE，
∴DM⊥GC，
∴∠CDM+∠DCM=90°，
∴∠ADF=∠DCM，
∴△CDM≌△DFA，
∴CM=DA=2.
∵G是AD的中点，
∴DG=GA=1.
由（1）可得，DG2=GM·GC.
设 GM=x，则 CG=GM+CM=x+2，
∴12=x(x+2)，
解得 (舍去)
∴GM的长为 .
【知识点】矩形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据同角的余角相等得∠B=∠ACD，结合∠A=∠A，根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△CAD∽△BAC，根据相似三角形对应边成比例即可得出结论；
（2）根据矩形的性质得AB∥CD，AB=CD，∠ADC=90°，根据平行于三角形一边的直线，截其它两边的延长线，所截的三角形与原三角形相似得△AFE∽△CDE，根据相似三角形对应边成比例得CE=3AE，结合（1）的结论可求出AE的长.
（3）根据轴对称的性质得∠DFE=∠DCE=90°，DC=DF，根据平行线的性质推出DM⊥GC，由同角的余角相等得∠ADF=∠DCM，用AAS判断出△CDM≌△DFA，由全等三角形的对应边相等得CM=DA=2，
结合（1）的结论建立方程，求解即可.
14．【答案】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
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