【中考押题卷】2025年中考数学二轮复习考前预测：图形的对称（含解析）

2025年中考数学二轮复习考前预测：图形的对称
一．选择题（共10小题）
1．（2025 雁塔区校级模拟）在刚刚过去的第33届夏季奥运会中，中国健儿创造了新的境外参加奥运会的最佳成绩．在以下给出的运动图标中，属于轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025 安阳模拟）如图，将一个正方形纸片沿图中虚线剪成四部分，恰能拼成一个没有缝隙且不重叠的等腰三角形，则这个正方形的边长与等腰三角形的底边长的比为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025 河北模拟）如图， ABCD中，AB＝5，AD＝8，将 ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上A′处．若A'C＝5，则BD长为（　　）
A．8 B． C．7.8 D．
4．（2025 碑林区校级一模）如图，正方形ABCD的边长为6，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH．若点E恰好是BC的中点，则线段CH的长为（　　）
A． B． C．3 D．
5．（2024 拱墅区一模）在平面直角坐标系中，点A（2，﹣3）与点B（a，b）关于y轴对称，则（　　）
A．a＝2，b＝﹣3 B．a＝2，b＝3 C．a＝﹣2，b＝﹣3 D．a＝﹣2，b＝3
6．（2024 山西模拟）如图，将一张圆形纸片对折三次后，沿图④中的虚线AB剪下（点A和B为半径的中点），得到两部分，去掉有圆弧的部分，剩余部分展开后得到的平面图形的内角和为（　　）
A．360° B．720° C．1080° D．1440°
7．（2024 桥西区模拟）如图，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB＝6，点E为射线BC上一个动点，连接AE，将△ABE沿AE折叠，点B落在点P处，过点P作BC的垂线，分别交AD，BC于M，N两点．
①当点P为MN的中点时，NE＝；
②当点P为MN的三等分点时，NE＝或；
③当NP＝9时，∠BAP＝120°．
以下选项正确的为（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
8．（2024 凉州区三模）如图，在长方形ABCD中，点E是CD上一点，连接AE，沿直线AE把△ADE折叠，使点D恰好落在边BC上的点F处．若AB＝8，CE＝3，则折痕AE的长度为（　　）
A． B．10 C． D．15
9．（2024 武汉模拟）对于平面直角坐标系xOy中的任意线段MN，给出如下定义：线段MN上各点到x轴距离的最大值，叫做线段MN的“轴距”，记作dMN.例如，如图，点M（﹣2，﹣3），N（4，1），则线段MN的“轴距”为3，记作dMN＝3．已知点E（﹣1，m），F（2，m+2），线段EF关于直线y＝2的对称线段为GH．若dGH＝3，则m的值为（　　）
A．1或7 B．5或﹣1 C．7或﹣1 D．1或5
10．（2024 邯山区校级三模）①～⑥是三个三角形的碎片，若组合其中的两个，恰能拼成一个轴对称图形，则应选择（　　）
A．①⑥ B．②④ C．③⑤ D．④⑥
二．填空题（共5小题）
11．（2025 汕头模拟）如图，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，点D是BC边上的一点（不与B、C重合），连接AD，将△ACD沿AD折叠，使点C落在点E处，当△BDE是直角三角形时，CD的长为 　 　．
12．（2025 登封市一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E是射线BC上一点，，连接AE，将△ABE沿AE翻折，得到△AFE，延长AF，交CD的延长线于点M，则DM＝ 　 　．
13．（2025 崇明区一模）四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝12，AD＝8，将AB沿过点A的一条直线折叠，点B的对称点落在四边形ABCD的对角线上，折痕交边BC于点P（点P不与点B重合），那么PC长为 　 　．
14．（2025 虹口区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝5，tanC＝2，D是AC上的动点，将△BCD沿BD翻折，如果点C落到△ABD内（不包括边），那么CD的取值范围是 　 　．
15．（2025 普陀区一模）△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D在边BC上，CD＝2，如图所示．点E在边AB上，将△BDE沿着DE翻折得△B′DE，其中点B与点B'对应，B′E交边AC于点G，B′D交AC的延长线于点H．如果△B′HG是等腰三角形，那么BE＝ 　 　．
三．解答题（共5小题）
16．（2025 雁塔区校级一模）如图所示，在边长为1的小正方形网格中，△AOB的顶点都在格点上．
（1）B点关于y轴的对称点的坐标为 　 　；
（2）将△AOB向左平移3个单位长度得到△A1O1B1，请画出△A1O1B1；
（3）在（2）条件下，点A1的坐标为 　 　；请求出△A1O1B1的面积．
17．（2025 南山区模拟）如图，在平面直角坐标系中，A（﹣3，2），B（﹣4，﹣1）．
（1）若△ABO与△A1B1O关于y轴的对称，则A1、B1的坐标分别是 　 　；
（2）请仅用无刻度直尺作图，保留作图痕迹，不写作法．
①在图1中，找一格点P，使得∠APO＝45°；
②在图2中，作出△ABO的高AQ．
18．（2024 南宁一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，1），B（3，4），C（4，2）．
（1）在图中画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）通过平移，使C1移动到原点O的位置，画出平移后的△A2B2C2．
（3）在△ABC中有一点P（m，n），则经过以上两次变换后点P的对应点P2的坐标为 　 　．
19．（2024 香坊区校级四模）如图是4×4的正方形网格，请仅用无刻度尺的直尺按要求完成以下作图．
（1）在图1中作四边形ABCD，使点C，D在格点上，并且四边形ABCD为轴对称图形．（画出一种即可）
（2）在图2中的线段AB上作点Q，使PQ最短．（用实线保留作图痕迹）
20．（2024 丰台区二模）如图，在等边△ABC中，过点A在AB的右侧作射线AP，设∠BAP＝α（60°＜α＜90°），点B与点E关于直线AP对称，连接AE，BE，CE，且BE，CE分别交射线AP于点D，F．
（1）依题意补全图形；
（2）求∠AFE的大小；
（3）用等式表示线段AF，CF，DF之间的数量关系，并证明．
2025年中考数学二轮复习考前预测：图形的对称
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 雁塔区校级模拟）在刚刚过去的第33届夏季奥运会中，中国健儿创造了新的境外参加奥运会的最佳成绩．在以下给出的运动图标中，属于轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】B
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：选项A、C、D的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
选项B的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：B．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2．（2025 安阳模拟）如图，将一个正方形纸片沿图中虚线剪成四部分，恰能拼成一个没有缝隙且不重叠的等腰三角形，则这个正方形的边长与等腰三角形的底边长的比为（　　）
A． B． C． D．
【考点】图形的剪拼；等腰三角形的判定与性质；正方形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】如图，等腰三角形纸片沿图中虚线剪成四块图形，能拼成一个没有缝隙的正方形和矩形，根据题意得（a+b）2＝b（b+a+b），设a＝1，求出，进而求出正方形的边长与等腰三角形的底边长的比．
【解答】解：如图，等腰三角形纸片沿图中虚线剪成四块图形，能拼成一个没有缝隙的正方形和矩形，
设a＝1，
根据题意，得（a+b）2＝b（b+a+b），
解得，（负值舍去），
∴正方形的边长与等腰三角形的底边长的比为：
．
故选：C．
【点评】本题主要考查一元二次方程与图形有关的应用，解此题的关键在于将等腰三角形拆解拼成另一个没有缝隙的矩形，再利用面积相等得到相关边的长度关系．
3．（2025 河北模拟）如图， ABCD中，AB＝5，AD＝8，将 ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上A′处．若A'C＝5，则BD长为（　　）
A．8 B． C．7.8 D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理；平行四边形的性质；矩形的判定与性质．
【答案】C
【分析】由平行四边形和折叠得到AB＝A′B＝CD＝5，AD＝A′D＝BC＝8，∠ADB＝∠A′DB＝∠CBD，过C作CF⊥BD于F，过A′作A′E⊥BD于E，再证明△BCF≌△DA′E（AAS），得到A′E＝CF，DE＝BF，即可得到DF＝BE，四边形A′EFC是矩形，A′C＝EF＝5，设DF＝BE＝x，则BF＝EF+BE＝5+x，BD＝DF+BF＝5+2x，再在Rt△BCF和Rt△DCF中，利用勾股定理得到CF2＝BC2﹣BF2＝DC2﹣DF2，代入列方程求解即可．
【解答】解：过C作CF⊥BD于F，过A′作A′E⊥BD于E，则∠A′EB＝∠A′ED＝∠CFB＝∠CFD＝90°，
由题意可得：AB＝CD＝5，AD＝BC＝8，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵由折叠的性质可得：
∴AB＝A′B＝5，AD＝A′D＝8，∠ADB＝∠A′DB，
∴AB＝A′B＝CD＝5，AD＝A′D＝BC＝8，∠ADB＝∠A′DB＝∠CBD，
∵∠A′ED＝∠CFB＝90°，A′D＝BC＝8，∠A′DB＝∠CBD，
∴△BCF≌△DA′E（AAS），
∴A′E＝CF，DE＝BF，
∴DE﹣EF＝BF﹣EF，
即DF＝BE，
∵∠A′ED＝∠CFB＝90°，
∴A′E∥CF，
∵A′E＝CF，
∴四边形A′EFC是矩形，
∴A′C＝EF＝5，
设DF＝BE＝x，则BF＝EF+BE＝5+x，BD＝DF+BF＝5+2x，
∴CF2＝BC2﹣BF2＝82﹣（5+x）2，
∴CF2＝DC2﹣DF2＝52﹣x2，
∴82﹣（5+x）2＝52﹣x2，
∴x＝1.4，
∴BD＝5+2x＝7.8．
故选：C．
【点评】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，根据题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
4．（2025 碑林区校级一模）如图，正方形ABCD的边长为6，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH．若点E恰好是BC的中点，则线段CH的长为（　　）
A． B． C．3 D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．
【专题】平移、旋转与对称．
【答案】D
【分析】根据折叠可得DH＝EH，在直角△CEH中，设CH＝x，则DH＝EH＝6﹣x，根据E是BC的中点，可得CE＝3，可以根据勾股定理列出方程，从而解出CH的长．
【解答】解：设CH＝x，则DH＝EH＝6﹣x，
∵点E恰好是BC的中点，BC＝6，
∴CE＝BC＝3，
∵在Rt△ECH中，EH2＝EC2+CH2，
∴（6﹣x）2＝32+x2，
解得：x＝，
即CH＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查正方形的性质以及翻折变换，折叠问题其实质是轴对称变换．在直角三角形中，利用勾股定理列出方程进行求解是解决本题的关键．
5．（2024 拱墅区一模）在平面直角坐标系中，点A（2，﹣3）与点B（a，b）关于y轴对称，则（　　）
A．a＝2，b＝﹣3 B．a＝2，b＝3 C．a＝﹣2，b＝﹣3 D．a＝﹣2，b＝3
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；符号意识．
【答案】C
【分析】根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”即可求出a、b的值．
【解答】解：在平面直角坐标系中，点A（2，﹣3）与点B（a，b）关于y轴对称，则a＝﹣2，b＝﹣3．
故选：C．
【点评】本题考查了关于y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数．
6．（2024 山西模拟）如图，将一张圆形纸片对折三次后，沿图④中的虚线AB剪下（点A和B为半径的中点），得到两部分，去掉有圆弧的部分，剩余部分展开后得到的平面图形的内角和为（　　）
A．360° B．720° C．1080° D．1440°
【考点】剪纸问题．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】C
【分析】由题意得出剩余部分展开后得到的平面图形是正八边形，再根据多边形的内角和公式计算即可得出答案．
【解答】解：将一张圆形纸片对折三次后，沿图④中的虚线AB剪下（点A和B为半径的中点），得到两部分，去掉有圆弧的部分，剩余部分展开后得到的平面图形是正八边形，
∴剩余部分展开后得到的平面图形的内角和为（8﹣2）×180°＝1080°，
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的内角和，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
7．（2024 桥西区模拟）如图，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB＝6，点E为射线BC上一个动点，连接AE，将△ABE沿AE折叠，点B落在点P处，过点P作BC的垂线，分别交AD，BC于M，N两点．
①当点P为MN的中点时，NE＝；
②当点P为MN的三等分点时，NE＝或；
③当NP＝9时，∠BAP＝120°．
以下选项正确的为（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】由AD∥BC，AB⊥BC，证明∠B＝∠DAB＝90°，而MN⊥BC于点N，则∠MNB＝90°，可证明四边形ABNM是矩形，所以∠AMN＝90°，MN＝AB＝6，可证明∠EPN＝∠PAM，则＝tan∠EPN＝tan∠PAM＝，由折叠得AP＝AB＝6，当点P为MN的中点时，则PM＝PN＝3，所以AM＝3，求得NE＝＝，可判断①正确；当点P为MN的三等分点，且PM＝MN＝2，则PN＝4，所以AM＝4，求得NE＝＝；当点P为MN的三等分点，且PM＝MN＝4，则PN＝2，所以AM＝2，求得NE＝＝，可判断②错误；若PN＝9，则PM＝PN﹣MN＝3，所以sin∠PAM＝＝，则∠PAM＝30°，求得∠BAP＝120°，可判断③正确，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴∠B＝90°，
∴∠DAB＝180°﹣∠B＝90°，
∵MN⊥BC于点N，交AD于点M，
∴∠MNB＝90°，
∴四边形ABNM是矩形，
∴∠AMN＝90°，MN＝AB＝6，
∴∠EPN＝∠PAM＝90°﹣∠APM，
∴＝tan∠EPN＝tan∠PAM＝，
由折叠得AP＝AB＝6，
如图1，点P为MN的中点，则PM＝PN＝MN＝3，
∴AM＝＝＝3，
∴NE＝＝＝，
故①正确；
如图2，点P为MN的三等分点，且PM＝MN＝2，则PN＝MN＝4，
∴AM＝＝＝4，
∴NE＝＝＝；
如图3，点P为MN的三等分点，且PM＝MN＝4，则PN＝MN＝2，
∴AM＝＝＝2，
∴NE＝＝＝，
∴NE＝或，
故②错误；
如图4，PN＝9，则PM＝PN﹣MN＝9﹣6＝3，
∵∠AMP＝∠MNB＝90°，
∴sin∠PAM＝＝＝，
∴∠PAM＝30°，
∴∠BAP＝∠DAB+∠PAM＝90°+30°＝120°，
故③正确，
故选：B．
【点评】此题重点考查平行线的性质、轴对称的性质、矩形的判定与性质、同角的余角相等、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明∠EPN＝∠PAM并且推导出＝是解题的关键．
8．（2024 凉州区三模）如图，在长方形ABCD中，点E是CD上一点，连接AE，沿直线AE把△ADE折叠，使点D恰好落在边BC上的点F处．若AB＝8，CE＝3，则折痕AE的长度为（　　）
A． B．10 C． D．15
【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；几何直观．
【答案】C
【分析】由矩形的性质得出CD＝AB＝8，AD＝BC，由折叠的性质得AF＝AD，EF＝DE＝CD﹣CE＝5，在Rt△CEF中，由勾股定理得CF＝＝4，设BC＝AD＝AF＝x，则BF＝x﹣4，在Rt△ABF中，由勾股定理解出方程，即可求出AE得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝8，AD＝BC，∠C＝∠B＝90°，
由折叠的性质得：AF＝AD，EF＝DE＝CD﹣CE＝8﹣3＝5，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：CF＝＝4，
设BC＝AD＝AF＝x，则BF＝x﹣4，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：82+（x﹣4）2＝x2，
解得：x＝10，
∴AD＝10，
在Rt△ADE中，
AE＝＝＝5，
故选：C．
【点评】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
9．（2024 武汉模拟）对于平面直角坐标系xOy中的任意线段MN，给出如下定义：线段MN上各点到x轴距离的最大值，叫做线段MN的“轴距”，记作dMN.例如，如图，点M（﹣2，﹣3），N（4，1），则线段MN的“轴距”为3，记作dMN＝3．已知点E（﹣1，m），F（2，m+2），线段EF关于直线y＝2的对称线段为GH．若dGH＝3，则m的值为（　　）
A．1或7 B．5或﹣1 C．7或﹣1 D．1或5
【考点】坐标与图形变化﹣对称．
【专题】平面直角坐标系；推理能力．
【答案】D
【分析】先求出G、H的坐标，然后根据轴距的定义，构建方程．
【解答】解：∵点E（﹣1，m），F（2，m+2），
∴E，F关于直线y＝2的对称点G（﹣1，﹣m+4），H（2，﹣m+2），
当|4﹣m|≥|2﹣m|时，dGH＝3，
∴|4﹣m|＝3，
∴m＝1或＝7，
当|4﹣m|＜2﹣m|时，dGH＝3，
∴|2﹣m|＝3，
∴m＝﹣1或＝5，
综上所述m＝1或＝5，
故选：D．
【点评】考查了轴坐标与图形变化﹣对称，线段PQ的“轴距”的定义等知识，解题的关键是理解新定义，属于中考常考题型．
10．（2024 邯山区校级三模）①～⑥是三个三角形的碎片，若组合其中的两个，恰能拼成一个轴对称图形，则应选择（　　）
A．①⑥ B．②④ C．③⑤ D．④⑥
【考点】利用轴对称设计图案．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】B
【分析】根据三角形内角和是180°且利用图形已知的两个角的度数分别求出另一个角的度数，然后利用等腰三角形定义及等腰三角形是轴对称图形判断即可
【解答】解：∵②180°﹣（30°+75°）＝75°，④图形一个角是75°，
∴②和④可以组成一个三角形，且这个三角形是等腰三角形，是轴对称图形，
∵⑤180°﹣（30°+35°）＝115°，③图形一个角是115°，
∴③和⑤可以组成一个三角形，这个三角形三个角都不相等，故不是轴对称图形，
∵180°﹣（90°+63°）＝27°，①图形一个角是27°，
∴①和⑥可以组成一个三角形，这个三角形三个角都不相等，故不是轴对称图形．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形内角和和轴对称图形，熟练掌握三角形内角和定理和轴对称图形的定义是解题的关键；
二．填空题（共5小题）
11．（2025 汕头模拟）如图，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，点D是BC边上的一点（不与B、C重合），连接AD，将△ACD沿AD折叠，使点C落在点E处，当△BDE是直角三角形时，CD的长为 　6或2　．
【考点】翻折变换（折叠问题）；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据勾股定理得到BC＝＝6，根据已知条件得到当△BDE是直角三角形时，∠BDE＝90°或∠BED＝90°，①当∠BDE＝90°时，则∠CDE＝90°，根据折叠的性质得到∠ADC＝∠ADE＝45°，于是得到CD＝AC＝6，②当∠BED＝90°时，根据折叠的性质得到∠AED＝∠C＝90°，∠CAD＝∠EAD，AC＝AE，推出点E在AB上，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝6，
∴∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝12，
∴BC＝＝6，
∵点D是BC边上的一点，
∴∠DBE≠90°，
∴当△BDE是直角三角形时，∠BDE＝90°或∠BED＝90°，
①当∠BDE＝90°时，则∠CDE＝90°，
∵将△ACD沿AD折叠，使点C落在点E处，
∴∠ADC＝∠ADE＝45°，
∴CD＝AC＝6，
②当∠BED＝90°时，
∵将△ACD沿AD折叠，使点C落在点E处，
∴∠AED＝∠C＝90°，∠CAD＝∠EAD，AC＝AE，
∴∠AED+∠BED＝180°，
∴点E在AB上，如图，
∴AE＝AC＝6，BE＝AB﹣AE＝6，∠CAD＝∠BAD，
∴CD＝DE，
∵DE2+BE2＝BD2，
∴CD2+62＝（6﹣CD）2，
∴CD＝2，
综上所述，CD的长为 6或2，
故答案为：6或2．
【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
12．（2025 登封市一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E是射线BC上一点，，连接AE，将△ABE沿AE翻折，得到△AFE，延长AF，交CD的延长线于点M，则DM＝ 　或　．
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】或．
【分析】情形①如图当点E在线段BC上时，情形②如图当点E在线段BC的延长线上时分别求解即可解决问题；
【解答】解：情形①如图当点E在线段BC上时，
∵BC＝8，BE＝3EC，
∴EC＝2，EB＝EF＝6，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝∠ADM＝90°，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB＝∠AEG，
∴AG＝EG，设AG＝EG＝x，
在Rt△AFG中，∠AFG＝90°，AF＝AB＝4，FG＝6﹣x，
∴x2＝42+（6﹣x）2，
∴x＝，
∴FG＝EF﹣EG＝，
∵tan∠DAM＝＝，
∴＝，
∴DM＝，
情形②如图当点E在线段BC的延长线上时，
∵BC＝8，BE＝3EC，
∴EC＝4，EB＝EF＝12，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝∠ADG＝90°，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB＝∠AEG，
∴AG＝EG，设AG＝EG＝x，
在Rt△AFG中，∠AFG＝90°，AF＝AB＝4，FG＝12﹣x，
∴x2＝42+（12﹣x）2，
∴x＝，
∴FG＝EF﹣EG＝，
∵tan∠DAM＝＝，
∴＝，
∴DM＝，
故答案为：或．
【点评】本题考查翻折变换（折叠问题）、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
13．（2025 崇明区一模）四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝12，AD＝8，将AB沿过点A的一条直线折叠，点B的对称点落在四边形ABCD的对角线上，折痕交边BC于点P（点P不与点B重合），那么PC长为 　或　．
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行线的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】或．
【分析】分点B的对称点B'落在对角线AC上和落在对角线BD上两种情况，分别画出图形解答即可求解．
【解答】解：如图，当点B的对称点B'落在对角线AC上时，
由折叠可得，AB'＝AB＝5，PB'＝PB，∠AB'P＝∠ABP＝90°，
∴∠CB'P＝90°，
∵∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝12，
∴，
∴B'C＝AC﹣AB＝13﹣5＝8，
设P'B＝PB＝x，则PC＝12﹣x，
∵PB'2+B'C2＝PC2，
∴x2+82＝（12﹣x）2，
解得＝，
∴，
∴；
如图，当点B的对称点B'落在对角线BD上时，设AP与BD相交于点G，
由折叠可得，AP⊥BD，
∴∠AGB＝∠BGP＝90°，
∵AD∥BC，∠ABC＝90°，
∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵∠BAG+∠ABG＝90°，∠PBG+∠ABG＝90°，
∴∠PBG＝∠BAG，
∵∠BGP＝∠AGB＝90°，
∴△BGP∽△AGB，
∴即，
∴，
∴；
综上，PC长为或，
故答案为：或．
【点评】本题考查的折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
14．（2025 虹口区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝5，tanC＝2，D是AC上的动点，将△BCD沿BD翻折，如果点C落到△ABD内（不包括边），那么CD的取值范围是 　1＜CD＜　．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】1＜CD＜．
【分析】由∠ABC＝90°，tanC＝2，AC＝5，求出AB＝2，BC＝，设C的对应点为C'，当C'在AC上时，求出CD＝1；当C'在AB上时，过D作DH⊥AB于H，求出CD＝，即可得1＜CD＜．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，tanC＝2，
∴AB＝2BC，
∵AC＝5，
∴AB2+BC2＝5，
∴AB＝2，BC＝，
设C的对应点为C'，
当C'在AC上时，如图：
∵将△BCD沿BD翻折，
∴∠BDC＝∠BDC'＝90°，
∴tanC＝＝2，即BD＝2CD，
∵BD2+CD2＝BC2，
∴（2CD）2+CD2＝5，
∴CD＝1；
当C'在AB上时，过D作DH⊥AB于H，如图：
∵将△BCD沿BD翻折，
∴BC＝BC'＝，∠CBD＝∠C'BD＝∠ABC＝45°，CD＝C'D，∠C＝∠BC'D，
∴△BDH是等腰直角三角形，tan∠BC'D＝2，
∴BH＝DH，DH＝2C'H，
设C'H＝x，则DH＝BH＝2x，
∵C'H+BH＝BC'＝，
∴x+2x＝，
解得x＝，
∴C'H＝，DH＝，
∴C'D＝＝，
∴CD＝；
∵C'落到△ABD内（不包括边），
∴1＜CD＜；
故答案为：1＜CD＜．
【点评】本题考查直角三角形中的翻折问题，涉及解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是求出临界点时CD的值．
15．（2025 普陀区一模）△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D在边BC上，CD＝2，如图所示．点E在边AB上，将△BDE沿着DE翻折得△B′DE，其中点B与点B'对应，B′E交边AC于点G，B′D交AC的延长线于点H．如果△B′HG是等腰三角形，那么BE＝ 　　．
【考点】翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的性质；勾股定理．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】．
【分析】先画出图形，过点H作HF⊥B′E于点F，确定如果ΔB'HG是等腰三角形，则只能是B′H＝GH，设B′E＝BE＝x（0＜x＜10），则AE＝10﹣x，再证出△AEG∽△ACB，根据相似三角形的性质可得，，然后证出△HFG∽△AEG，根据相似三角形的性质可得，从而可得CH，HD的长，最后在Rt△CDH中，利用勾股定理求解即可得．
【解答】解：由题意，画出图形如下：过点H作HF⊥BE于点F，
∵∠ACB＝90°，
∴∠DCH＝90°，
∵B'E交边AC于点G，B'D交AC的延长线于点H，
∴∠B'HG＝∠DCH+∠CDH＝90°+∠CDH＞90°，
∴如果△B′HG是等腰三角形，则只能是∠B'HG为顶角，B'H＝GH，
∴∠B'＝∠B'GH，
由对顶角相等得：∠AGE＝∠B'GH，
∴∠AGE＝∠B'，
由折叠的性质得：∠B＝∠B'，
∴∠AGE＝∠B，
∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CD＝2，
∴∠A+∠B＝90°，，BD＝BC﹣CD＝6，
∴∠A+∠AGE＝90°，
∴∠AEG＝90°，即B'E⊥AB，
由折叠的性质得：B'E＝BE，B'D＝BD＝6，
设B'E＝BE＝x（0＜x＜10），则AE＝AB﹣BE＝10﹣x，
在△AEG 和△ACB中，
，
∴△AEG∽△ACB，
∴，即，
解得：，EG＝，
∴，，
∵B'H＝GH，HF⊥B'E，
∴，
又∵B'E⊥AB，HF⊥B'E，
∴AB∥HF，
∴△HFG∽△AEG，
∴，即，
解得，
∴，CH＝HG﹣CG＝，
在Rt△CDH中，CH2+CD2＝HD2，即，
解得（不符合题意，舍去），
即，
故答案为：．
【点评】本题考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、一元二次方程的应用、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2025 雁塔区校级一模）如图所示，在边长为1的小正方形网格中，△AOB的顶点都在格点上．
（1）B点关于y轴的对称点的坐标为 　（﹣3，2）　；
（2）将△AOB向左平移3个单位长度得到△A1O1B1，请画出△A1O1B1；
（3）在（2）条件下，点A1的坐标为 　（﹣2，3）　；请求出△A1O1B1的面积．
【考点】作图﹣轴对称变换；作图﹣平移变换．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）首先根据坐标系确定B点坐标，再根据关于y轴的对称点的坐标横坐标相反，纵坐标不变可得答案；
（2）首先确定A、B、O三点向左平移3个单位长度后的对应点位置，再连接即可；
（3）根据坐标系写出点A1的坐标，再利用正方形的面积减去周围多余三角形的面积可得答案．
【解答】解：（1）B点关于y轴的对称点的坐标为（﹣3，2），
故答案为：（﹣3，2）；
（2）如图所示：
（3）点A1的坐标为（﹣2，3），
△A1O1B1的面积：3×3﹣×3×1﹣×1×2﹣×2×3＝3.5．
故答案为：（﹣2，3）．
【点评】此题主要考查了作图﹣﹣平移变换，作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．
17．（2025 南山区模拟）如图，在平面直角坐标系中，A（﹣3，2），B（﹣4，﹣1）．
（1）若△ABO与△A1B1O关于y轴的对称，则A1、B1的坐标分别是 　（3，2），（4，﹣1）　；
（2）请仅用无刻度直尺作图，保留作图痕迹，不写作法．
①在图1中，找一格点P，使得∠APO＝45°；
②在图2中，作出△ABO的高AQ．
【考点】作图﹣轴对称变换．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）（2）作图见解析部分．
【分析】（1）利用轴对称的性质分别作出A，B的对应点A1，B1即可；
（2）①构造等腰直角三角形解决问题即可；
②取格点M，N，连接MN交网格线于J，连接AJ延长AJ交OB于点Q，线段AQ即为所求．
【解答】解：（1）如图，△A1B1O即为所求，则A1、B1的坐标分别（3，2），（4，﹣1）；
（2）①如图1在，点P即为所求（答案不唯一，（2，2），（0，﹣1）也满足条件）；
②如图2中，线段AQ即为所求．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型
18．（2024 南宁一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，1），B（3，4），C（4，2）．
（1）在图中画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）通过平移，使C1移动到原点O的位置，画出平移后的△A2B2C2．
（3）在△ABC中有一点P（m，n），则经过以上两次变换后点P的对应点P2的坐标为 　（m﹣4，﹣n+2）　．
【考点】作图﹣轴对称变换；作图﹣平移变换．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）依据轴对称的性质，即可得到△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）依据C1移动到原点O的位置，即可得到平移的方向和距离，进而得到平移后的△A2B2C2．
（3）依据轴对称的性质以及平移的性质，即可得到两次变换后点P的对应点P2的坐标．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）点P（m，n）经过第一次变换后的点P1的坐标为（m，﹣n），经过第二次变换后的对应点P2的坐标为（m﹣4，﹣n+2）．
故答案为：（m﹣4，﹣n+2）．
【点评】本题考查了利用平移变换和轴对称变换作图，解答本题的关键是根据网格结构作出对应点的位置，然后顺次连接．
19．（2024 香坊区校级四模）如图是4×4的正方形网格，请仅用无刻度尺的直尺按要求完成以下作图．
（1）在图1中作四边形ABCD，使点C，D在格点上，并且四边形ABCD为轴对称图形．（画出一种即可）
（2）在图2中的线段AB上作点Q，使PQ最短．（用实线保留作图痕迹）
【考点】作图﹣轴对称变换．
【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观；应用意识．
【答案】（1）见解答．
（2）见解答．
【分析】（1）根据轴对称图形的定义画图即可．
（2）结合垂线段最短，过点P作AB的垂线，交AB于点Q，则点Q即为所求．
【解答】解：（1）如图1，四边形ABCD即为所求．
（2）如图2，过点P作AB的垂线，交AB于点Q，
则点Q即为所求．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、垂线段最短，熟练掌握轴对称图形的定义、垂线段最短是解答本题的关键．
20．（2024 丰台区二模）如图，在等边△ABC中，过点A在AB的右侧作射线AP，设∠BAP＝α（60°＜α＜90°），点B与点E关于直线AP对称，连接AE，BE，CE，且BE，CE分别交射线AP于点D，F．
（1）依题意补全图形；
（2）求∠AFE的大小；
（3）用等式表示线段AF，CF，DF之间的数量关系，并证明．
【考点】作图﹣轴对称变换；等边三角形的性质．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）见解析；
（2）60°；
（3）AF+FC＝2DF．证明见解析．
【分析】（1）根据要求画出图形；
（2）利用圆周角定理求解；
（3）结论：AF+CF＝2DF．连接BF，在N＝BF上截取一点T，使得FC＝FT．证明△BCT≌△ACF，推出BT＝AF，再证明BF＝2DF，可得结论．
【解答】解：（1）图形如图所示：
（2）由题意点A是△BEC的外接圆的圆心，
∴∠BEC＝∠BAC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BEC＝30°，
∵B，E关于AP对称，
∴∠EDF＝90°，
∴∠AFE＝90°﹣30°＝60°；
（3）结论：AF+CF＝2DF．
理由：连接BF，在N＝BF上截取一点T，使得FC＝FT．
∵∠AFE＝60°，
∴∠AFC＝120°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，AC＝BC，
∴∠ABC+∠AFC＝180°，
∴A，B，C，F四点共圆，
∴∠BFC＝∠BAC＝60°，
∴△FCT是等边三角形，
∴CT＝CF，∠ECT＝60°，
∵∠ACB＝∠FCE＝60°，
∴∠BCT＝∠ACF，
∵CB＝CA，CT＝CF，
∴△BCT≌△ACF（SAS），
∴BT＝AF，
∴AF+CF＝BT+FT＝BF，
∵B，E关于AP对称，
∴BF＝EF，
∴∠FBD＝∠FED＝30°，
∵∠BDF＝90°，
∴BF＝2DF，
∴AF+FC＝2DF．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
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