2026中考数学二轮复习考点图形的对称专项训练（含解析）
文档属性
| 名称 | 2026中考数学二轮复习考点图形的对称专项训练（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-19 00:00:00 | ||
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文档简介
2026年中考数学解密之图形的对称
一．选择题（共10小题）
1．（2025 湖北）如图，折叠正方形ABCD的一边BC，使点C落在BD上的点F处，折痕BE交AC于点G．若DE＝2，则CG的长是（ ）
A． B．2 C． D．
2．（2025 西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（ ）
A．3 B．2 C．2 D．4
3．（2025 河北）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A落在A′处，A′D交BC于点E．将△CDE沿DE折叠，点C落在△BDE内的C′处，下列结论一定正确的是（ ）
A．∠1＝45°﹣α B．∠1＝α C．∠2＝90°﹣α D．∠2＝2α
4．（2025 旌阳区二模）如图，将矩形ABCD沿AE翻折，使点B落在CD上的点F处，射线EF与矩形ABCD的外角∠DCG的平分线相交于点H，若AB＝15，BC＝9，则线段CH的长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025 湖北模拟）如图，在矩形ABCD中，CD＝2BC＝4，G为BC上的点，沿AG折叠这个矩形，点B的对应点E恰好在边CD上，则CG的长为（ ）
A．1 B． C． D．
6．（2025 南岗区校级模拟）下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（2025 南京模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为AD边上一点，将△ABE沿BE翻折，点A恰好落在CD边上点F处，则AE长为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025 东莞市二模）小明将三角形纸片按下列图示方式折叠，则纸片有一部分会重叠四层，将这部分图形完全展开，得到的平面图形一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．菱形 D．正方形
9．（2025 安州区模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，点E在CD上，且DE＝3，连接BE，将矩形ABCD沿直线AE翻折，点D恰好落在BE上的点F处，则sin∠BAF的值是（ ）
A． B． C． D．
10．（2025 新野县模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，D是BC的中点，将△ABD沿AD折叠，得到△AED，连接CE，则CE的长度为（ ）
A．2 B． C． D．
二．填空题（共10小题）
11．（2025 阳泉模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若∠BAC＝45°，DB＝6，CD＝4，则AD的长度为 ．
12．（2025 南岗区校级模拟）如图，点E在正方形ABCD的CD边上，连结BE，将正方形折叠，使点B与E重合，折痕MN交BC边于点M，交AD边于点N，若tan∠EMC，ME+CE＝8，则折痕MN的长为 ．
13．（2025 南岗区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝60°，BC＝2，若P为AB上一个动点，则的最小值为 ．
14．（2025 镜湖区校级二模）如图，在矩形纸片中，点E在AB上，将矩形ABCD沿着CE折叠，使得点B的对应点落在AD边上的点F处，连接CF，G为CD的中点，连接BG交CE、CF于点M、N两点．
（1）若AB＝6，AE＝2，则∠AFE的度数为 ．
（2）若BM＝BE，则sin∠AFE值为 ．
15．（2025 南岗区校级二模）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连接AP，连接CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：①直线CE是BP的垂直平分线；②∠APB＝90°；③△APQ为等腰三角形；④若∠QCD＝30°，则QD＝2AQ．其中正确的结论序号为 ．
16．（2025 新余校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，A（0，8），B（5，0），点P是y轴正半轴上的一个动点，将△POB沿BP翻折，若点O的对应点C恰好落在AO或BO的垂直平分线上，则OP的长为 ．
17．（2025 驻马店三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝10，BC＝12，点E是线段BC上一动点（不与点B，C重合），连接AE，将△ABE沿直线AE折叠，点B落到点F处，连接CF，BF．当△BFC为等腰三角形时，BE的长为 ．
18．（2025 江阳区模拟）如图，已知正方形ABCD的边长是10，E是BC边上一动点，△AEF是以点E为直角顶点的等腰直角三角形，则AF+DF的最大值与最小值的差为 ．
19．（2025 海南二模）如图，平行四边形ABCD中，AD＝3，AB＝5，∠DAB＝60°，点P为CD上一个动点，以AP为对称轴折叠△DAP得到△QAP，点D的对应点为点Q，直线PQ交AB于点M，当点Q在AB上时，PC的长为 ，当AM有最小值时，PQ的长为 ．
20．（2025 越秀区校级二模）如图是一张菱形纸片ABCD，点E在AD边上，CE⊥AD，把△CED沿直线CE折叠得到△CED'，点D'落在DA的延长线上．若CD'恰好平分∠ACB，则∠ABC＝ °， ．
三．解答题（共5小题）
21．（2025 河南校级三模）如图，矩形ABCD，连接AC．
（1）请用无刻度直尺和圆规作点B关于AC的对称点B′，连接CB′，AB′，AB′与CD的交点记为E；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）判断△ACE的形状，并说明理由；
（3）若AB＝8，AD＝4，则DE的长为 ．
22．（2025 分宜县模拟）如图，在边长为1个单位长度的正六边形ABCDEF中，连接AC，请仅用无刻度的直尺按下列要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，将线段AC沿CD方向平移2个单位长度；
（2）在图2中，P是AC上一点，连接AD，作点P关于AD的对称点．
23．（2025 南岗区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标为A（﹣4，3）、B（﹣1，﹣1）．
（1）在图中画出以线段AB为一边的等腰钝角三角形ABC，点C在小正方形的顶点上；并写出△ABC的面积．
（2）画出△ABC关于y轴对称的轴对称图形△A1B1C1，并写出A1、B1的坐标．（点A的对应点为A1，点B的对应点为B1，点C的对应点为C1）
24．（2025 西宁）如图，点E是正方形ABCD的边BC的中点，连接DE，将△EDC沿DE所在直线折叠，点C落在点F处，连接EF并延长交AB于点G，连接DG．
（1）求证：△ADG≌△FDG；
（2）若AB＝2，求AG的长．
25．（2025 深圳一模）尺规作图起源于古希腊的数学课题，指的是只用没有刻度的直尺和圆规作图，并且只允许使用有限次，来解决不同的平面几何作图问题．数学课堂上，黄老师给同学们呈现了这样一个数学问题：如图，在矩形纸片ABCD中，点E在AD边的中点，将矩形纸片折叠，使点B与点E重合．
（1）请在图中作出折痕，交AB边于点F，交CD边于点G，连接EF，并在矩形纸片内用尺规作出一点M，使得四边形BFEM是菱形，请给出证明；（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若折痕FG交BE于点H，连接AH，若AH长为6，BF为，直接写出FM的长．
2026年中考数学解密之图形的对称
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C D D C B B C D D
一．选择题（共10小题）
1．（2025 湖北）如图，折叠正方形ABCD的一边BC，使点C落在BD上的点F处，折痕BE交AC于点G．若DE＝2，则CG的长是（ ）
A． B．2 C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】如图，过G作GH⊥BC于H，由对折可得：BC＝BF，CE＝EF，∠BFE＝∠BCE＝90°＝∠DFE，∠FBE＝∠CBE，证明∠DEF＝∠FDE＝45°，而，可得DF＝EF＝DE sin45°＝2，求解，，证明OG＝HG，Rt△OBG≌Rt△HBG，可得，再进一步求解即可．
【解答】解：如图，过G作GH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝AD，∠BCD＝∠ADC＝90°，∠DBC＝∠BDC＝45°，AC＝BD，OA＝OC＝OB＝OD，AC⊥BD，
由对折可得：BC＝BF，CE＝EF，∠BFE＝∠BCE＝90°＝∠DFE，∠FBE＝∠CBE，
∴∠DEF＝∠FDE＝45°，而，
∴DF＝EF＝DE sin45°＝2，
∴，
∴，
∴，
∵∠FBE＝∠CBE，GH⊥BC，AC⊥BD，
∴OG＝HG，
∵BG＝BG，
∴Rt△OBG≌Rt△HBG，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
方法二：设AC与BD交于点O，
∵∠FBE＝∠CBE＝22.5°，∠BOG＝90°，
∴∠OGB＝67.5°＝∠CGE，∠CEG＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠CEG＝∠CGE＝67.5°，
∴CG＝CE＝EF＝2，
故选：B．
【点评】
本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
2．（2025 西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（ ）
A．3 B．2 C．2 D．4
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理；正方形的性质．网版权所有
【专题】图形的全等；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；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】由正方形的性质得CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°，则BE＝CECB＝3，由折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，可证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得FG＝DG，由CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG，根据勾股定理得32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2，求得DG＝2，则AG2，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝6，点E是BC的中点，
∴CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°，
∴BE＝CECB＝3，
由折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AF＝AD，∠AFG＝∠D＝90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴FG＝DG，
∵CE2+CG2＝EG2，且CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG，
∴32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2，
解得DG＝2，
∴AG2，
故选：C．
【点评】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，推导出FG＝DG是解题的关键．
3．（2025 河北）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A落在A′处，A′D交BC于点E．将△CDE沿DE折叠，点C落在△BDE内的C′处，下列结论一定正确的是（ ）
A．∠1＝45°﹣α B．∠1＝α C．∠2＝90°﹣α D．∠2＝2α
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行线的性质．网版权所有
【专题】展开与折叠．
【答案】D
【分析】根据矩形的性质的可得AD∥BC，∠C＝90°，则∠ADB＝∠1，进而根据折叠的性质得出2∠1＝90°﹣α，∠2＝2α，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠C＝90°，
∴∠ADB＝∠1，
∵将矩形ABCD沿对角线BD折叠，
∴∠ADB＝∠A'DB，
∴∠1＝∠A'DB，
∵∠DEC＝90°﹣α，
即2∠1＝90°﹣α，
∴，故A不正确，
∵∠BDE≠∠CDE，
∴∠1≠α，故B不正确，
∵将矩形ABCD沿对角线ED折叠，
∴∠C'ED＝∠CED
∠2＝180°﹣2∠CED＝180°﹣2（90°﹣α）＝2α，故C不正确，D选项正确，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的折叠问题，三角形内角和定理以及三角形的外角的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
4．（2025 旌阳区二模）如图，将矩形ABCD沿AE翻折，使点B落在CD上的点F处，射线EF与矩形ABCD的外角∠DCG的平分线相交于点H，若AB＝15，BC＝9，则线段CH的长为（ ）
A． B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的性质；勾股定理；矩形的性质．网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】过点H作HP⊥CG于点P，由矩形及翻折的性质得EF＝BE，AF＝AB＝15，则EC＝9﹣BE，先由勾股定理求出DF＝12得CF＝3，再由勾股定理求出BE＝5，则EC＝4，证明△CHP是等腰直角三角形得CP＝HP，则EP＝4+CP，然后证明△ECF和△EPH相似得，即，由此得CP＝12，由此即可求出CH的长．
【解答】解：过点H作HP⊥CG于点P，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，且AB＝15，BC＝9，
∴DC＝AB＝15，AD＝BC＝9，∠B＝BCD＝∠D＝90°，
由翻折的性质得：EF＝BE，AF＝AB＝15，
∴EC＝BC﹣BE＝9﹣BE，
在Rt△ADF中，由勾股定理得：DF12，
∴CF＝DC﹣DF＝15﹣12＝3，
在Rt△EFC中，由勾股定理得：CE2+CF2＝EF2，
∴（9﹣BE）2+32＝BE2，
∴BE＝5，
∴EC＝9﹣BE＝4，
∵∠BCD＝90°，
∴∠DCG＝90°，
∵CH是∠DCG的平分线，
∴∠HCP∠DCG＝45°，
∵HP⊥CG，
∴△CHP是等腰直角三角形，
∴CP＝HP，∠HPC＝90°，
∴EP＝EC+CP＝4+CP，
∵∠BCD＝∠HPC＝90°，
∴CF∥HP，
∴△ECF∽△EPH，
∴，
∴，
∴CP＝12，
∴CP＝HP＝12，
在Rt△CHP中，由勾股定理得：CH．
故选：D．
【点评】此题主要考查了图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，相似三角形的性质，勾股定理，理解图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质，灵活运用勾股定理和相似三角形的性质进行计算是解决问题的关键．
5．（2025 湖北模拟）如图，在矩形ABCD中，CD＝2BC＝4，G为BC上的点，沿AG折叠这个矩形，点B的对应点E恰好在边CD上，则CG的长为（ ）
A．1 B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理；矩形的性质．网版权所有
【专题】展开与折叠；推理能力．
【答案】C
【分析】根据矩形性质，折叠的性质，得到AB＝AE＝CD＝4，BG＝EG，勾股定理求出DE的长，设CG＝x，在Rt△ECG中，利用勾股定理，进行求解即可．
【解答】解：∵矩形ABCD，CD＝2BC＝4，
∴，
∵G为BC上的点，沿AG折叠这个矩形，点B的对应点E恰好在边CD上，
∴AE＝AB＝4，BG＝EG，
∴，
∴，
设CG＝x，则：BG＝EG＝BC﹣CG＝2﹣x，
在Rt△ECG中，由勾股定理，得：，
解得：；
故选：C．
【点评】本题考查的是矩形的性质，折叠问题，勾股定理，熟知以上知识是解题的关键．
6．（2025 南岗区校级模拟）下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
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【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】B
【分析】根据“若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形”，即可求解．
【解答】解：A、选项图形不是轴对称图形，不符合题意；
B、选项图形是轴对称图形，符合题意；
C、选项图形不是轴对称图形，不符合题意；
D、选项图形不是轴对称图形，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了轴对称图形，掌握轴对称图形的定义是关键．
7．（2025 南京模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为AD边上一点，将△ABE沿BE翻折，点A恰好落在CD边上点F处，则AE长为（ ）
A． B． C． D．
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【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；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】由矩形的性质得CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠C＝∠D＝90°，由翻折得FE＝AE，FB＝AB＝5，则CF4，求得DF＝CD﹣CF＝1，由DF2+DE2＝FE2，且DE＝3﹣AE，得12+（3﹣AE）2＝AE2，求得AE，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝5，AD＝3，
∴CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠C＝∠D＝90°，
∵将△ABE沿BE翻折，点A落在CD边上点F处，
∴FE＝AE，FB＝AB＝5，
∴CF4，
∴DF＝CD﹣CF＝5﹣4＝1，
∵DF2+DE2＝FE2，且DE＝3﹣AE，
∴12+（3﹣AE）2＝AE2，
解得AE，
故选：B．
【点评】此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，正确地求出DF的长是解题的关键．
8．（2025 东莞市二模）小明将三角形纸片按下列图示方式折叠，则纸片有一部分会重叠四层，将这部分图形完全展开，得到的平面图形一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．菱形 D．正方形
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【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】由折叠的性质得到AB＝BC＝CD＝DA，判定四边形ABCD是菱形．
【解答】解：把重叠四层的这部分图形完全展开，得到的平面图形一定是四边形ABCD，由折叠的性质得到AB＝BC，AD＝AB，DC＝BC，于是AB＝BC＝CD＝DA，判定四边形ABCD是菱形．
故选：C．
【点评】本题考查菱形的判定，折叠问题，关键是掌握菱形的判定方法．
9．（2025 安州区模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，点E在CD上，且DE＝3，连接BE，将矩形ABCD沿直线AE翻折，点D恰好落在BE上的点F处，则sin∠BAF的值是（ ）
A． B． C． D．
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【专题】展开与折叠．
【答案】D
【分析】首先得到BC＝AD＝4，CD＝AB，BA＝BE，设EC＝x，则AB＝BE＝CD＝DE+EC＝x+3，勾股定理求出，然后得出，然后求出∠FAB＝∠EBC，然后利用代数求解即可．
【解答】解：∵在矩形ABCD中，AD＝4，
∴BC＝AD＝4，CD＝AB，
∵CD∥AB，
∴∠DEA＝∠EAB，
由折叠得，∠DEA＝∠BEA，DE＝EF＝3，∠D＝∠EFA＝90°，
∴BA＝BE，
设EC＝x，则AB＝BE＝CD＝DE+EC＝x+3，
∵∠C＝90°，
∴EC2+BC2＝BE2，即x2+42＝（x+3）2，
∴，
∴，
∴，
∵∠EFA＝90°＝∠ABC，
∴∠FAB+∠ABF＝∠EBC+∠ABF，
∴∠FAB＝∠EBC，
∴．
故选：D．
【点评】此题考查了矩形的性质，折叠的性质，求角的正弦值，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
10．（2025 新野县模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，D是BC的中点，将△ABD沿AD折叠，得到△AED，连接CE，则CE的长度为（ ）
A．2 B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；三角形中位线定理．网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】D
【分析】连接BE交AD于O，作AH⊥BO于H，首先证明AD垂直平分线段BE，△BCE是直角三角形，求出BC，BE，在Rt△BCE中，利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：连接BE交AD于O，作AH⊥BC于H，
∵AC＝8，AB＝6，
∴，
∵CD＝DB，
∴AD＝DC＝DB＝5，
∵，
∴，
由翻折得：AE＝AB，
∵DE＝DB＝DC，
∴∠DEB＝∠DBE，∠DEC＝∠DCE，
∴∠DEB+∠DBE+∠DEC+∠DCE＝180°，
∴∠BEC＝∠DEB+∠DEC＝90°，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点评】本题考查翻折变换、直角三角形的斜边中线的性质、三角形的中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积求高，属于中考常考题型．
二．填空题（共10小题）
11．（2025 阳泉模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若∠BAC＝45°，DB＝6，CD＝4，则AD的长度为 12 ．
【考点】轴对称的性质；勾股定理；正方形的判定与性质．网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】12．
【分析】以AB为对称轴作△ABD的轴对称图形△ABE，以AC为对称轴作△ACD的轴对称图形△ACF，延长EB、FC交于点G．由轴对称的性质证明四边形AEGF是正方形，设AD＝x，则AE＝AF＝EG＝FG＝x，即可求出BG＝x﹣6，CG＝x﹣4，在Rt△BGC中，根据勾股定理列式计算即可求解．
【解答】解：如图，以AB为对称轴作△ABD的轴对称图形△ABE，以AC为对称轴作△ACD的轴对称图形△ACF，延长EB、FC交于点G．
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，
由轴对称的性质得：∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，AE＝AD，AD＝AF，∠EAB＝∠DAB，∠FAC＝∠DAC，BE＝BD，CF＝CD，
∵∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝2×45°＝90°，
∴四边形AEGF是正方形，
∴∠G＝90°，
设AD＝x，则AE＝AF＝EG＝FG＝x，
∴BG＝x﹣6，CG＝x﹣4，
由勾股定理可知，（x﹣6）2+（x﹣4）2＝（6+4）2，
解得：x1＝12，x2＝﹣2（不合题意，舍去），
∴AD＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了正方形的性质与判定，解一元二次方程，轴对称等知识，关键是根据轴对称的性质证明四边形AEGF是正方形解答．
12．（2025 南岗区校级模拟）如图，点E在正方形ABCD的CD边上，连结BE，将正方形折叠，使点B与E重合，折痕MN交BC边于点M，交AD边于点N，若tan∠EMC，ME+CE＝8，则折痕MN的长为 3 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；正方形的性质．网版权所有
【专题】推理填空题；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】3．
【分析】过N作NH⊥BC于H，得到四边形ABHN是矩形，根据矩形的性质得到NH＝AB，∠NHM＝90°，根据全等三角形的性质得到HM＝CE，设CE＝3x，CM＝4x，根据勾股定理得到EM＝5x，求得NH＝9，于是得到结论．
【解答】解：如图，过N作NH⊥BC于H，
则四边形ABHN是矩形，
∴NH＝AB，∠NHM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，AB＝BC，
∴NH＝BC，
∵将正方形折叠，使点B与E重合，
∴MN⊥BE，
∴∠HNM+∠NMH＝∠EBC+∠BMN＝90°，
∴∠EBC＝∠HNM，
在△BCE与△NHM中，
，
∴△BCE≌△NHM（ASA），
∴HM＝CE，
在Rt△EMC中，
∵tan∠EMC，
∴设CE＝3x，CM＝4x，
∴EM＝5x，
∵ME+CE＝8，
∴EM＝5，CE＝3，CM＝4，
∴BC＝BM+CM＝EM+CM＝9，
∴NH＝9，
∴MN3，
故答案为：3．
【点评】此题主要考查了图形的翻折变换，根据图形折叠前后图形不发生大小变化得出三角形的全等是解决问题的关键，难度一般．
13．（2025 南岗区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝60°，BC＝2，若P为AB上一个动点，则的最小值为 3 ．
【考点】胡不归问题；含30度角的直角三角形．网版权所有
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】3．
【分析】过点P作PD⊥AC于D，求得，作点C关于AB的对称点E，连接CE交AB于F，连接PE，得到，再根据PE+PD≥DE，则当P、D、E三点共线时，值最小，最小值等于DE，然后求出DE的长即可求解．
【解答】解：过点P作PD⊥AC于D，
由条件可知∠A＝30°，
∵PD⊥AC，
∴∠PDA＝90°，
∴，
作点C关于AB的对称点E，连接CE交AB于F，连接PE，
∴PE＝PC，CF＝EF，
∴，
∵PE+PD≥DE，
∴当P、D、E三点共线时，值最小，最小值等于DE，
∵点C关于AB的对称点E，连接CE交AB于F，
∴CE⊥AB，
∴∠BFC＝90°，
∴∠BCF＝30°，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠BCA＝90°，
∴∠ACE＝∠ACB﹣∠BCF＝60°，
∴∠E＝30°，
∴，
∴，
∴的最小值为3．
故答案为：3．
【点评】本题考查利用轴对称求最短路径问题，两点间线段最短，直角三角形的性质，勾股定理，三角形内角和定理，熟练掌握利用轴对称求最短路径方法以是解题的关键．
14．（2025 镜湖区校级二模）如图，在矩形纸片中，点E在AB上，将矩形ABCD沿着CE折叠，使得点B的对应点落在AD边上的点F处，连接CF，G为CD的中点，连接BG交CE、CF于点M、N两点．
（1）若AB＝6，AE＝2，则∠AFE的度数为 30° ．
（2）若BM＝BE，则sin∠AFE值为 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；矩形的性质．网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】（1）30°；（2）．
【分析】（1）由折叠得EF＝BE＝4，根据可得结论；
（2）设BE＝a，AE＝b，分别表示出CG，BG，证明EF∥BG，得出∠AFE＝∠GBC，根据sin∠AFE＝sin∠GBC得出，进而即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AB∥CD，AB＝CD，
由折叠得EF＝BE＝4，
∴在Rt△AEF中，，
∴∠AFE＝30°，
故答案为：30°；
（2）设BE＝a，AE＝b，
∴AB＝AE+EB＝a+b，
∴CD＝AB＝a+b，
∵G是CD的中点，
∴，
如图，
∵BM＝BE
∴∠BEM＝∠BME，
∵AB∥CD，
∴∠MCG＝∠BEM，
又∵∠GMC＝∠EMB，
∴∠GMC＝∠GCM，
∴
∴BG＝a，
由折叠得，∠FEC＝∠BEC，EF＝BE＝a，
∴∠FEC＝∠EMB，
∴EF∥BG，
∴∠AEF＝∠ABG，
∵∠AFE＝90°﹣∠AEF＝90°﹣∠ABG＝∠GBC，
∴sin∠AFE＝sin∠GBC，
∴，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，解直角三角形，平行线的性质，等腰三角形的性质与判定等知识，掌握其性质定理是解决此题的关键．
15．（2025 南岗区校级二模）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连接AP，连接CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：①直线CE是BP的垂直平分线；②∠APB＝90°；③△APQ为等腰三角形；④若∠QCD＝30°，则QD＝2AQ．其中正确的结论序号为 ①②③④ ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；矩形的性质．网版权所有
【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；推理能力．
【答案】①②③④．
【分析】利用矩形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定，含30°角直角三角形等知识逐项判断即可．
【解答】解：由条件可知∠ABC＝∠BAD＝∠ADC＝90°，AD＝BC，
∵E是AB边的中点，
∴AE＝BE，
由折叠的性质得：BE＝PE，CE垂直平分BP，
故结论①正确，符合题意；
∴AE＝BE＝PE，
∴∠EAP＝∠EPA，∠EBP＝∠EPB，
∵∠EAP+∠EPA+∠EBP+∠EPB＝180°，
∴∠EPA+∠EPB＝90°，
∴∠APB＝90°，
故结论②正确，符合题意；
∵∠EAP+∠QAP＝∠EPA+∠QPA＝90°，
∴∠QAP＝∠QPA，
∴QA＝QP，
∴△APQ是等腰三角形，故结论③正确，符合题意；
∵BC＝PC，AD＝BC，AD＝AQ+QD，
∴QC＝QP+PC＝AQ+AQ+QD＝2AQ+QD，
∵∠ADC＝90°，∠QCD＝30°，
∴PC＝2QD，
∴2QD＝2AQ+QD，
∴QD＝2AQ，
故结论④正确，符合题意；
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定，含30°角直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
16．（2025 新余校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，A（0，8），B（5，0），点P是y轴正半轴上的一个动点，将△POB沿BP翻折，若点O的对应点C恰好落在AO或BO的垂直平分线上，则OP的长为 或2.5或10 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；两点间的距离公式；线段垂直平分线的性质；坐标与图形变化﹣对称．网版权所有
【专题】展开与折叠．
【答案】见试题解答内容
【分析】当点C在线段AO的垂直平分线上时，可得点C的纵坐标为4，设C（c，4），由折叠的性质可得BC＝OB＝5，OP＝CP，则（c﹣5）2+（4﹣0）2＝52，解方程得到点C的坐标为（2，4）或（8，4），设P（0，p），则（0﹣2）2+（p﹣4）2＝p2或（0﹣8）2+（p﹣4）2＝p2，解方程即可得到答案；当点C在线段BO的垂直平分线上时，则点C的横坐标为2.5，设C（2.5，m） 由折叠的性质可得BC＝OB＝5，OP＝CP，则（2.5﹣5）2+（m﹣0）2＝52，解方程可得点C的坐标为，设P（0，q），则，解方程即可得到答案．
【解答】解：当点C在线段AO的垂直平分线上时，
∵A（0，8），B（5，0），
∴点C的纵坐标为4，OB＝5，
设C（c，4），
由折叠的性质可得BC＝OB＝5，OP＝CP，
∴（c﹣5）2+（4﹣0）2＝52，
解得c＝2或c＝8，
∴此时点C的坐标为（2，4）或（8，4），
设P（0，p），
∴（0﹣2）2+（p﹣4）2＝p2或（0﹣8）2+（p﹣4）2＝p2，
解得p＝2.5或p＝10，
∴P（0，2.5）或P（0，10），
∴OP＝2.5或OP＝10；
当点C在线段BO的垂直平分线上时，
∵B（5，0），
∴点C的横坐标为2.5，
设C（2.5，m），
由折叠的性质可得BC＝OB＝5，OP＝CP，
∴（2.5﹣5）2+（m﹣0）2＝52，
解得或（舍去），
∴此时点C的坐标为，
设P（0，q），
∴，
解得，
∴，
∴；
综上所述，OP的长为或2.5或10，
故答案为：或2.5或10．
【点评】本题主要考查了折叠的性质可，坐标系中两点距离计算公式，线段垂直平分线的性质，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
17．（2025 驻马店三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝10，BC＝12，点E是线段BC上一动点（不与点B，C重合），连接AE，将△ABE沿直线AE折叠，点B落到点F处，连接CF，BF．当△BFC为等腰三角形时，BE的长为 或 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理．网版权所有
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】或．
【分析】分三种情况：①BF＝CF时，作FG⊥BC于G，则，设BE＝x，由折叠的性质得：FE＝BE＝x，证明△BGF∽△ABE，得出，在Rt△EFG中，GE＝6﹣x，由勾股定理得出方程，解方程即可；②BF＝BC＝12时，由折叠的性质得：，证明△ABE∽△AOB，得出，求出BE；③CF＝BC时，由折叠的性质得：AE垂直平分BF，由CF＝BC知OC⊥BF，得出点E与C重合，不符合题意．
【解答】解：当△BFC为等腰三角形时，分三种情况：
①当BF＝CF时，如图1所示：作FG⊥BC于G，
则，
设BE＝x，
由折叠的性质得：FE＝BE＝x，AE垂直平分BF，
∵∠ABC＝90°，
∴∠FBG＝∠BAE＝90°﹣∠AEB，
∴△BGF∽△ABE，
∴，即，
解得：，
在Rt△EFG中，GE＝6﹣x，
由勾股定理得：EG2+FG2＝EF2，
即，
解得：，或x＝30（不合题意舍去），
∴；
②当CF＝BC时，连接OC，如图3所示：
由折叠的性质得：AE是BF的垂直平分线，
∵CF＝BC，
∴OC⊥BF，
∴点E与C重合，不符合题意；
③当BF＝BC＝12时，如图2所示：
由折叠的性质得：，
∴∠AOB＝∠ABE＝90°，，
∵∠BAO＝∠BAE，
∴△ABE∽△AOB，
∴，
即，
解得：；
综上所述，当△BFC为等腰三角形时，BE的长为或；
故答案为：或．
【点评】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质；熟练掌握翻折变换的性质，证明三角形相似是解题的关键．
18．（2025 江阳区模拟）如图，已知正方形ABCD的边长是10，E是BC边上一动点，△AEF是以点E为直角顶点的等腰直角三角形，则AF+DF的最大值与最小值的差为 30﹣10 ．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；平行四边形的判定与性质；正方形的性质．网版权所有
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】30﹣10．
【分析】如图，连接AC，在AB上截取AG，使AG＝EC，连接EG，CF，延长BC到D′，使CD′＝CD，延长AD，交CF的延长线于H，连接D′H，证明△GAE≌△CEF（SAS），则∠AGE＝∠ECF，∠BGE＝45°＝∠D′CF，证明四边形CDHD′是正方形，则D′H＝DH＝CD＝10，CD垂直平分AH，AC＝CH，可知F在线段CH上运动，如图，连接D′F，AD′，证明△FCD≌△FCD′（SAS），则D′F＝DF，AF+DF＝AF+D′F，当A、F、D′三点共线时，AF+DF的值最小，为AD′，由勾股定理得，，计算求解即可；由题意知，AF≤AH，DF＝D′F≤D′H，当F、H重合时，AF+DF最大，为20+10＝30，然后计算求解AF+DF的最大值与最小值的差即可．
【解答】解：如图，连接AC，在AB上截取AG，使AG＝EC，连接EG，CF，延长BC到D′，使CD′＝CD，延长AD，交CF的延长线于H，连接D′H，
∵正方形ABCD，
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝90°，
∴AB﹣AG＝BC﹣EC，即BG＝BE，
∴，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，∠CEF+∠AEB＝180°﹣∠AEF＝90°，
∴∠GAE＝∠CEF，
在△GAE与△CEF中，
，
∴△GAE≌△CEF（SAS），
∴∠AGE＝∠ECF，
∴∠BGE＝45°＝∠D′CF，
∴∠DCH＝45°＝∠DHC，
∴DH＝CD＝CD′，
∴四边形CDHD′是平行四边形，
∵∠DCD′＝90°，
∴四边形CDHD′是矩形，
∵DH＝CD，
∴四边形CDHD′是正方形，
∴D′H＝DH＝CD＝10，
∴CD垂直平分AH，
∴AC＝CH，
∴F在线段CH上运动，
如图，连接D′F，AD′，
∵CD＝CD′，∠FCD＝∠FCD′，CF＝CF，
∴△FCD≌△FCD′（SAS），
∴D′F＝DF，
∴AF+DF＝AF+D′F，
∴当A、F、D′三点共线时，AF+DF的值最小，为AD′，
∴AD10，
由题意知，AF≤AH，DF＝D′F≤D′H，
∴当F、H重合时，AF+DF最大，为20+10＝30，
∴AF+DF的最大值与最小值的差为30﹣10，
故答案为：30﹣10．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路径问题，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识．确定F的运动轨迹，以及AF+DF的最大值与最小值的情况是解题的关键．
19．（2025 海南二模）如图，平行四边形ABCD中，AD＝3，AB＝5，∠DAB＝60°，点P为CD上一个动点，以AP为对称轴折叠△DAP得到△QAP，点D的对应点为点Q，直线PQ交AB于点M，当点Q在AB上时，PC的长为 2 ，当AM有最小值时，PQ的长为 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；角平分线的定义；垂线段最短；平行线的性质；勾股定理；平行四边形的性质．网版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；解直角三角形及其应用；展开与折叠；运算能力；推理能力．
【答案】2； ．
【分析】当点Q在AB上时，由角平分线的定义及平行四边形的性质可知DP＝AD＝3，即可求出CP；由角平分线的定义及平行四边形的性质可知MA＝MP，当AM最小时，PM最小，而PM⊥AB时最小，此时△APM为等腰直角三角形，据此求解即可．
【解答】解：如图，点Q在AB上时，Q与M重合，
∵以AP为对称轴折叠△DAP得到△QAP，
∴AQ＝AD，∠DAP＝∠QAP，
由题意得CD＝AB＝5，CD∥AB，AD∥BC，
∴∠DPA＝∠QAP，
∴∠DAP＝∠DPA，
∴AD＝PD＝3，
∴CP＝CD﹣DP＝2，
∵以AP为对称轴折叠△DAP得到△QAP，
∴∠DPA＝∠MPA，
∴CD∥AB，
∴∠DPA＝∠PAM，
∴∠MAP＝∠MPA，
∴AM＝PM，
∴当AM有最小值时，则PM最小，而PM⊥AB时最小，如图所示，
∴△APM为等腰直角三角形，
∴∠PAM＝45°，
∴∠PAD＝∠DAB﹣∠PAM＝60°﹣45°＝15°，
∴∠DAQ＝2∠PAD＝30°，
∴∠MAQ＝∠DAB﹣∠DAQ＝60°﹣30°＝30°，
在Rt△AQM中，AQ＝AD＝3，
∴，，
∴，
∴PQ的长为；
故答案为：2；．
【点评】本题考查翻折的性质，平行四边形的性质，等角对等边，平行线的性质，勾股定理，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识点，掌握翻折的性质，平行四边形的性质，解直角三角形的相关计算是解题的关键．
20．（2025 越秀区校级二模）如图是一张菱形纸片ABCD，点E在AD边上，CE⊥AD，把△CED沿直线CE折叠得到△CED'，点D'落在DA的延长线上．若CD'恰好平分∠ACB，则∠ABC＝ 36 °， ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；角平分线的定义；菱形的性质．网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】设AB，CD′交于点J．设∠B＝x．利用三角形内角和定理构建方程求出x即可，证明设AD′＝AC＝CJ＝m，BC＝CD＝CD′＝n，则JD′＝n﹣m，利用相似三角形的性质构建一元二次方程求解．
【解答】解：设AB，CD′交于点J．设∠B＝x．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠D＝x，AD∥CB，
∴∠BCD′＝∠D′，
∵CD′平分∠ACB，
∴∠ACD′＝∠BCD′，
由翻折变换的性质可知，∠D＝∠D′，
∴∠BCD′＝∠ACD′＝x，
∵BA＝BC，
∴∠BCA＝∠BAC＝2x，
∵∠B+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴5x＝180°，
∴x＝36°，
∴∠B＝36°，
∵∠D′＝∠ACD′＝36°，
∴AD′＝AC，
∵∠CAJ＝∠CJA＝72°，
∴AC＝CJ，
设AD′＝AC＝CJ＝m，BC＝CD＝CD′＝n，则JD′＝n﹣m，
∵∠D′＝∠D′，∠D′AJ＝∠ACD′＝36°，
∴△D′AC∽△D′JA，
∴D′A2＝D′J D′C，
∴m2＝（n﹣m） n，
∴n2﹣nm﹣m2＝0，
∴（）21＝0，
∴．
故答案为：36，．
【点评】本题考查翻折变换，角平分线的定义，菱形的性质，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题．
三．解答题（共5小题）
21．（2025 河南校级三模）如图，矩形ABCD，连接AC．
（1）请用无刻度直尺和圆规作点B关于AC的对称点B′，连接CB′，AB′，AB′与CD的交点记为E；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）判断△ACE的形状，并说明理由；
（3）若AB＝8，AD＝4，则DE的长为 3 ．
【考点】作图﹣轴对称变换；等腰三角形的判定；勾股定理；矩形的性质．网版权所有
【专题】尺规作图；几何直观．
【答案】（1）见解析；
（2）等腰三角形，理由见解析；
（3）3．
【分析】（1）过点B作AC的垂线，以垂足为圆心，点B和垂足之间的线段长为半径画弧交垂线于点B′，连接CB′，AB′，AB′与CD的交点记为E即可；
（2）根据轴对称的性质、矩形的性质、等量代换证明∠EAC＝∠ECA，即可得到结论；
（3）设DE＝x，则EC＝AE＝DC﹣DE＝8﹣x，利用勾股定理得到AD2+DE2＝AE2，即42+x2＝（8﹣x）2，即可求出答案．
【解答】解：（1）如图，
（2）△ACE为等腰三角形，理由如下：
∵∠B′AC＝∠BAC，四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠ACD＝∠BAC，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴AE＝CE，
∴△ACE为等腰三角形；
（3）∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝8，AD＝BC＝4，∠D＝90°
设DE＝x，则EC＝AE＝DC﹣DE＝8﹣x，
∴AD2+DE2＝AE2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
即DE的长为3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了作轴对称图形，轴对称的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，准确作图是解题的关键．
22．（2025 分宜县模拟）如图，在边长为1个单位长度的正六边形ABCDEF中，连接AC，请仅用无刻度的直尺按下列要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，将线段AC沿CD方向平移2个单位长度；
（2）在图2中，P是AC上一点，连接AD，作点P关于AD的对称点．
【考点】作图﹣轴对称变换；作图﹣平移变换．网版权所有
【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【分析】（1）分别延长DE、FE，分别交AF和CD的延长线于点G，H，连接GH，则线段GH是线段AC沿CD方向平移2个单位长度得的；
（2）分别连接PE，AE，AD，设PE与AD交于点L，连接CL，并延长，交AE于点Q，则点Q为点P关于AD的对称点．
【解答】解：（1）如图1，GH即为所作；
（2）点P关于AD的对称点点Q，如图2即为所求．
【点评】本题主要考查作图﹣轴对称变换，作图﹣平移变换，正确掌握正六边形的性质是解答关键．
23．（2025 南岗区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标为A（﹣4，3）、B（﹣1，﹣1）．
（1）在图中画出以线段AB为一边的等腰钝角三角形ABC，点C在小正方形的顶点上；并写出△ABC的面积．
（2）画出△ABC关于y轴对称的轴对称图形△A1B1C1，并写出A1、B1的坐标．（点A的对应点为A1，点B的对应点为B1，点C的对应点为C1）
【考点】作图﹣轴对称变换；三角形的面积．网版权所有
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）△ABC的面积＝10；
（2）A1（4，3）、B1（1，﹣1）．
【分析】（1）由勾股定理可知AB＝5，由此即可作出以线段AB为一边的等腰钝角三角形ABC，由三角形面积公式即可求出三角形面积；
（2）利用轴对称的特点得到A1，B1，C1的位置，再顺次连接得到△A1B1C1，由作图可直接得出答案．
【解答】解：（1）如图，
由勾股定理可得，，
∴BC＝5，
∴△ABC的面积，
（2）如图，画出△ABC关于y轴对称的轴对称图形△A1B1C1，A1（4，3）、B1（1，﹣1）．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、三角形的面积，熟练掌握关于坐标轴对称的点的坐标特征是解答本题的关键．
24．（2025 西宁）如图，点E是正方形ABCD的边BC的中点，连接DE，将△EDC沿DE所在直线折叠，点C落在点F处，连接EF并延长交AB于点G，连接DG．
（1）求证：△ADG≌△FDG；
（2）若AB＝2，求AG的长．
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．网版权所有
【专题】图形的全等；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；运算能力；推理能力．
【答案】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，
由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，
∴AD＝FD，∠DFG＝90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）．
（2）AG的长是．
【分析】（1）由正方形的性质得AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，则AD＝FD，∠DFG＝90°，而DG＝DG，即可根据“HL”证明Rt△ADG≌Rt△FDG．
（2）因为AD＝DC＝BC＝AB＝2，点E是BC的中点，所以BE＝CEBC，则FE＝BE，而FG＝AG，则BG＝2AG，EGFGAG，由勾股定理得（）2+（2AG）2＝（AG）2，求得AG．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，
由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，
∴AD＝FD，∠DFG＝90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）．
（2）解：∵AD＝DC＝BC＝AB＝2，点E是BC的中点，
∴BE＝CEBC，
∴FE＝BE，
∵FG＝AG，
∴BG＝2AG，EGFGAG，
∵∠B＝90°，
∴BE2+BG2＝EG2，
∴（）2+（2AG）2＝（AG）2，
解得AG，
∴AG的长是．
【点评】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等中知识，推导出AD＝FD，∠DFG＝90°，进而证明Rt△ADG≌Rt△FDG是解题的关键．
25．（2025 深圳一模）尺规作图起源于古希腊的数学课题，指的是只用没有刻度的直尺和圆规作图，并且只允许使用有限次，来解决不同的平面几何作图问题．数学课堂上，黄老师给同学们呈现了这样一个数学问题：如图，在矩形纸片ABCD中，点E在AD边的中点，将矩形纸片折叠，使点B与点E重合．
（1）请在图中作出折痕，交AB边于点F，交CD边于点G，连接EF，并在矩形纸片内用尺规作出一点M，使得四边形BFEM是菱形，请给出证明；（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若折痕FG交BE于点H，连接AH，若AH长为6，BF为，直接写出FM的长．
【考点】作图﹣轴对称变换；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质．网版权所有
【专题】作图题；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接BE，作BE的垂直平分线，交AB边于点F，交CD边于点G，交BE于点O，直线MN即为折痕，在射线OG上取点M，使得OM＝OF，先根据对角线互相平分，证明四边形BFEM是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；
（2）根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到BE＝2AH＝12，再根据菱形的性质，求出，即可得到FM的长．
【解答】解：（1）如图，直线MN为折痕，点M为所求作；
证明如下：由题意可知，点B、E关于直线FG对称，
∴FG垂直平分BE，
∴BF＝EF，OE＝OB，
在射线OG上取点M，使得OM＝OF，
∴四边形BFEM是平行四边形，
由条件可知四边形BFEM是菱形；
（2）由条件可知∠BAE＝90°，
由条件可知BE＝2AH＝12，
∵四边形BFEM是菱形，，
∴，FM⊥BE，，FM＝2FH，
∴，
∴．
【点评】本题考查了复杂作图——作垂线、作线段，垂直平分线的性质，折叠的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，矩形的性质，直角三角形斜边中线，勾股定理等知识，根据题意正确作图是解题关键．
一．选择题（共10小题）
1．（2025 湖北）如图，折叠正方形ABCD的一边BC，使点C落在BD上的点F处，折痕BE交AC于点G．若DE＝2，则CG的长是（ ）
A． B．2 C． D．
2．（2025 西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（ ）
A．3 B．2 C．2 D．4
3．（2025 河北）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A落在A′处，A′D交BC于点E．将△CDE沿DE折叠，点C落在△BDE内的C′处，下列结论一定正确的是（ ）
A．∠1＝45°﹣α B．∠1＝α C．∠2＝90°﹣α D．∠2＝2α
4．（2025 旌阳区二模）如图，将矩形ABCD沿AE翻折，使点B落在CD上的点F处，射线EF与矩形ABCD的外角∠DCG的平分线相交于点H，若AB＝15，BC＝9，则线段CH的长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025 湖北模拟）如图，在矩形ABCD中，CD＝2BC＝4，G为BC上的点，沿AG折叠这个矩形，点B的对应点E恰好在边CD上，则CG的长为（ ）
A．1 B． C． D．
6．（2025 南岗区校级模拟）下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（2025 南京模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为AD边上一点，将△ABE沿BE翻折，点A恰好落在CD边上点F处，则AE长为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025 东莞市二模）小明将三角形纸片按下列图示方式折叠，则纸片有一部分会重叠四层，将这部分图形完全展开，得到的平面图形一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．菱形 D．正方形
9．（2025 安州区模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，点E在CD上，且DE＝3，连接BE，将矩形ABCD沿直线AE翻折，点D恰好落在BE上的点F处，则sin∠BAF的值是（ ）
A． B． C． D．
10．（2025 新野县模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，D是BC的中点，将△ABD沿AD折叠，得到△AED，连接CE，则CE的长度为（ ）
A．2 B． C． D．
二．填空题（共10小题）
11．（2025 阳泉模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若∠BAC＝45°，DB＝6，CD＝4，则AD的长度为 ．
12．（2025 南岗区校级模拟）如图，点E在正方形ABCD的CD边上，连结BE，将正方形折叠，使点B与E重合，折痕MN交BC边于点M，交AD边于点N，若tan∠EMC，ME+CE＝8，则折痕MN的长为 ．
13．（2025 南岗区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝60°，BC＝2，若P为AB上一个动点，则的最小值为 ．
14．（2025 镜湖区校级二模）如图，在矩形纸片中，点E在AB上，将矩形ABCD沿着CE折叠，使得点B的对应点落在AD边上的点F处，连接CF，G为CD的中点，连接BG交CE、CF于点M、N两点．
（1）若AB＝6，AE＝2，则∠AFE的度数为 ．
（2）若BM＝BE，则sin∠AFE值为 ．
15．（2025 南岗区校级二模）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连接AP，连接CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：①直线CE是BP的垂直平分线；②∠APB＝90°；③△APQ为等腰三角形；④若∠QCD＝30°，则QD＝2AQ．其中正确的结论序号为 ．
16．（2025 新余校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，A（0，8），B（5，0），点P是y轴正半轴上的一个动点，将△POB沿BP翻折，若点O的对应点C恰好落在AO或BO的垂直平分线上，则OP的长为 ．
17．（2025 驻马店三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝10，BC＝12，点E是线段BC上一动点（不与点B，C重合），连接AE，将△ABE沿直线AE折叠，点B落到点F处，连接CF，BF．当△BFC为等腰三角形时，BE的长为 ．
18．（2025 江阳区模拟）如图，已知正方形ABCD的边长是10，E是BC边上一动点，△AEF是以点E为直角顶点的等腰直角三角形，则AF+DF的最大值与最小值的差为 ．
19．（2025 海南二模）如图，平行四边形ABCD中，AD＝3，AB＝5，∠DAB＝60°，点P为CD上一个动点，以AP为对称轴折叠△DAP得到△QAP，点D的对应点为点Q，直线PQ交AB于点M，当点Q在AB上时，PC的长为 ，当AM有最小值时，PQ的长为 ．
20．（2025 越秀区校级二模）如图是一张菱形纸片ABCD，点E在AD边上，CE⊥AD，把△CED沿直线CE折叠得到△CED'，点D'落在DA的延长线上．若CD'恰好平分∠ACB，则∠ABC＝ °， ．
三．解答题（共5小题）
21．（2025 河南校级三模）如图，矩形ABCD，连接AC．
（1）请用无刻度直尺和圆规作点B关于AC的对称点B′，连接CB′，AB′，AB′与CD的交点记为E；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）判断△ACE的形状，并说明理由；
（3）若AB＝8，AD＝4，则DE的长为 ．
22．（2025 分宜县模拟）如图，在边长为1个单位长度的正六边形ABCDEF中，连接AC，请仅用无刻度的直尺按下列要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，将线段AC沿CD方向平移2个单位长度；
（2）在图2中，P是AC上一点，连接AD，作点P关于AD的对称点．
23．（2025 南岗区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标为A（﹣4，3）、B（﹣1，﹣1）．
（1）在图中画出以线段AB为一边的等腰钝角三角形ABC，点C在小正方形的顶点上；并写出△ABC的面积．
（2）画出△ABC关于y轴对称的轴对称图形△A1B1C1，并写出A1、B1的坐标．（点A的对应点为A1，点B的对应点为B1，点C的对应点为C1）
24．（2025 西宁）如图，点E是正方形ABCD的边BC的中点，连接DE，将△EDC沿DE所在直线折叠，点C落在点F处，连接EF并延长交AB于点G，连接DG．
（1）求证：△ADG≌△FDG；
（2）若AB＝2，求AG的长．
25．（2025 深圳一模）尺规作图起源于古希腊的数学课题，指的是只用没有刻度的直尺和圆规作图，并且只允许使用有限次，来解决不同的平面几何作图问题．数学课堂上，黄老师给同学们呈现了这样一个数学问题：如图，在矩形纸片ABCD中，点E在AD边的中点，将矩形纸片折叠，使点B与点E重合．
（1）请在图中作出折痕，交AB边于点F，交CD边于点G，连接EF，并在矩形纸片内用尺规作出一点M，使得四边形BFEM是菱形，请给出证明；（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若折痕FG交BE于点H，连接AH，若AH长为6，BF为，直接写出FM的长．
2026年中考数学解密之图形的对称
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C D D C B B C D D
一．选择题（共10小题）
1．（2025 湖北）如图，折叠正方形ABCD的一边BC，使点C落在BD上的点F处，折痕BE交AC于点G．若DE＝2，则CG的长是（ ）
A． B．2 C． D．
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【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】如图，过G作GH⊥BC于H，由对折可得：BC＝BF，CE＝EF，∠BFE＝∠BCE＝90°＝∠DFE，∠FBE＝∠CBE，证明∠DEF＝∠FDE＝45°，而，可得DF＝EF＝DE sin45°＝2，求解，，证明OG＝HG，Rt△OBG≌Rt△HBG，可得，再进一步求解即可．
【解答】解：如图，过G作GH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝AD，∠BCD＝∠ADC＝90°，∠DBC＝∠BDC＝45°，AC＝BD，OA＝OC＝OB＝OD，AC⊥BD，
由对折可得：BC＝BF，CE＝EF，∠BFE＝∠BCE＝90°＝∠DFE，∠FBE＝∠CBE，
∴∠DEF＝∠FDE＝45°，而，
∴DF＝EF＝DE sin45°＝2，
∴，
∴，
∴，
∵∠FBE＝∠CBE，GH⊥BC，AC⊥BD，
∴OG＝HG，
∵BG＝BG，
∴Rt△OBG≌Rt△HBG，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
方法二：设AC与BD交于点O，
∵∠FBE＝∠CBE＝22.5°，∠BOG＝90°，
∴∠OGB＝67.5°＝∠CGE，∠CEG＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠CEG＝∠CGE＝67.5°，
∴CG＝CE＝EF＝2，
故选：B．
【点评】
本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
2．（2025 西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（ ）
A．3 B．2 C．2 D．4
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【专题】图形的全等；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；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】由正方形的性质得CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°，则BE＝CECB＝3，由折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，可证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得FG＝DG，由CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG，根据勾股定理得32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2，求得DG＝2，则AG2，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝6，点E是BC的中点，
∴CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°，
∴BE＝CECB＝3，
由折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AF＝AD，∠AFG＝∠D＝90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴FG＝DG，
∵CE2+CG2＝EG2，且CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG，
∴32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2，
解得DG＝2，
∴AG2，
故选：C．
【点评】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，推导出FG＝DG是解题的关键．
3．（2025 河北）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A落在A′处，A′D交BC于点E．将△CDE沿DE折叠，点C落在△BDE内的C′处，下列结论一定正确的是（ ）
A．∠1＝45°﹣α B．∠1＝α C．∠2＝90°﹣α D．∠2＝2α
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【专题】展开与折叠．
【答案】D
【分析】根据矩形的性质的可得AD∥BC，∠C＝90°，则∠ADB＝∠1，进而根据折叠的性质得出2∠1＝90°﹣α，∠2＝2α，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠C＝90°，
∴∠ADB＝∠1，
∵将矩形ABCD沿对角线BD折叠，
∴∠ADB＝∠A'DB，
∴∠1＝∠A'DB，
∵∠DEC＝90°﹣α，
即2∠1＝90°﹣α，
∴，故A不正确，
∵∠BDE≠∠CDE，
∴∠1≠α，故B不正确，
∵将矩形ABCD沿对角线ED折叠，
∴∠C'ED＝∠CED
∠2＝180°﹣2∠CED＝180°﹣2（90°﹣α）＝2α，故C不正确，D选项正确，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的折叠问题，三角形内角和定理以及三角形的外角的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
4．（2025 旌阳区二模）如图，将矩形ABCD沿AE翻折，使点B落在CD上的点F处，射线EF与矩形ABCD的外角∠DCG的平分线相交于点H，若AB＝15，BC＝9，则线段CH的长为（ ）
A． B． C． D．
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【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】过点H作HP⊥CG于点P，由矩形及翻折的性质得EF＝BE，AF＝AB＝15，则EC＝9﹣BE，先由勾股定理求出DF＝12得CF＝3，再由勾股定理求出BE＝5，则EC＝4，证明△CHP是等腰直角三角形得CP＝HP，则EP＝4+CP，然后证明△ECF和△EPH相似得，即，由此得CP＝12，由此即可求出CH的长．
【解答】解：过点H作HP⊥CG于点P，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，且AB＝15，BC＝9，
∴DC＝AB＝15，AD＝BC＝9，∠B＝BCD＝∠D＝90°，
由翻折的性质得：EF＝BE，AF＝AB＝15，
∴EC＝BC﹣BE＝9﹣BE，
在Rt△ADF中，由勾股定理得：DF12，
∴CF＝DC﹣DF＝15﹣12＝3，
在Rt△EFC中，由勾股定理得：CE2+CF2＝EF2，
∴（9﹣BE）2+32＝BE2，
∴BE＝5，
∴EC＝9﹣BE＝4，
∵∠BCD＝90°，
∴∠DCG＝90°，
∵CH是∠DCG的平分线，
∴∠HCP∠DCG＝45°，
∵HP⊥CG，
∴△CHP是等腰直角三角形，
∴CP＝HP，∠HPC＝90°，
∴EP＝EC+CP＝4+CP，
∵∠BCD＝∠HPC＝90°，
∴CF∥HP，
∴△ECF∽△EPH，
∴，
∴，
∴CP＝12，
∴CP＝HP＝12，
在Rt△CHP中，由勾股定理得：CH．
故选：D．
【点评】此题主要考查了图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，相似三角形的性质，勾股定理，理解图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质，灵活运用勾股定理和相似三角形的性质进行计算是解决问题的关键．
5．（2025 湖北模拟）如图，在矩形ABCD中，CD＝2BC＝4，G为BC上的点，沿AG折叠这个矩形，点B的对应点E恰好在边CD上，则CG的长为（ ）
A．1 B． C． D．
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【专题】展开与折叠；推理能力．
【答案】C
【分析】根据矩形性质，折叠的性质，得到AB＝AE＝CD＝4，BG＝EG，勾股定理求出DE的长，设CG＝x，在Rt△ECG中，利用勾股定理，进行求解即可．
【解答】解：∵矩形ABCD，CD＝2BC＝4，
∴，
∵G为BC上的点，沿AG折叠这个矩形，点B的对应点E恰好在边CD上，
∴AE＝AB＝4，BG＝EG，
∴，
∴，
设CG＝x，则：BG＝EG＝BC﹣CG＝2﹣x，
在Rt△ECG中，由勾股定理，得：，
解得：；
故选：C．
【点评】本题考查的是矩形的性质，折叠问题，勾股定理，熟知以上知识是解题的关键．
6．（2025 南岗区校级模拟）下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
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【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】B
【分析】根据“若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形”，即可求解．
【解答】解：A、选项图形不是轴对称图形，不符合题意；
B、选项图形是轴对称图形，符合题意；
C、选项图形不是轴对称图形，不符合题意；
D、选项图形不是轴对称图形，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了轴对称图形，掌握轴对称图形的定义是关键．
7．（2025 南京模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为AD边上一点，将△ABE沿BE翻折，点A恰好落在CD边上点F处，则AE长为（ ）
A． B． C． D．
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【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；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】由矩形的性质得CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠C＝∠D＝90°，由翻折得FE＝AE，FB＝AB＝5，则CF4，求得DF＝CD﹣CF＝1，由DF2+DE2＝FE2，且DE＝3﹣AE，得12+（3﹣AE）2＝AE2，求得AE，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝5，AD＝3，
∴CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠C＝∠D＝90°，
∵将△ABE沿BE翻折，点A落在CD边上点F处，
∴FE＝AE，FB＝AB＝5，
∴CF4，
∴DF＝CD﹣CF＝5﹣4＝1，
∵DF2+DE2＝FE2，且DE＝3﹣AE，
∴12+（3﹣AE）2＝AE2，
解得AE，
故选：B．
【点评】此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，正确地求出DF的长是解题的关键．
8．（2025 东莞市二模）小明将三角形纸片按下列图示方式折叠，则纸片有一部分会重叠四层，将这部分图形完全展开，得到的平面图形一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．菱形 D．正方形
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【答案】C
【分析】由折叠的性质得到AB＝BC＝CD＝DA，判定四边形ABCD是菱形．
【解答】解：把重叠四层的这部分图形完全展开，得到的平面图形一定是四边形ABCD，由折叠的性质得到AB＝BC，AD＝AB，DC＝BC，于是AB＝BC＝CD＝DA，判定四边形ABCD是菱形．
故选：C．
【点评】本题考查菱形的判定，折叠问题，关键是掌握菱形的判定方法．
9．（2025 安州区模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，点E在CD上，且DE＝3，连接BE，将矩形ABCD沿直线AE翻折，点D恰好落在BE上的点F处，则sin∠BAF的值是（ ）
A． B． C． D．
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【专题】展开与折叠．
【答案】D
【分析】首先得到BC＝AD＝4，CD＝AB，BA＝BE，设EC＝x，则AB＝BE＝CD＝DE+EC＝x+3，勾股定理求出，然后得出，然后求出∠FAB＝∠EBC，然后利用代数求解即可．
【解答】解：∵在矩形ABCD中，AD＝4，
∴BC＝AD＝4，CD＝AB，
∵CD∥AB，
∴∠DEA＝∠EAB，
由折叠得，∠DEA＝∠BEA，DE＝EF＝3，∠D＝∠EFA＝90°，
∴BA＝BE，
设EC＝x，则AB＝BE＝CD＝DE+EC＝x+3，
∵∠C＝90°，
∴EC2+BC2＝BE2，即x2+42＝（x+3）2，
∴，
∴，
∴，
∵∠EFA＝90°＝∠ABC，
∴∠FAB+∠ABF＝∠EBC+∠ABF，
∴∠FAB＝∠EBC，
∴．
故选：D．
【点评】此题考查了矩形的性质，折叠的性质，求角的正弦值，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
10．（2025 新野县模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，D是BC的中点，将△ABD沿AD折叠，得到△AED，连接CE，则CE的长度为（ ）
A．2 B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；三角形中位线定理．网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】D
【分析】连接BE交AD于O，作AH⊥BO于H，首先证明AD垂直平分线段BE，△BCE是直角三角形，求出BC，BE，在Rt△BCE中，利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：连接BE交AD于O，作AH⊥BC于H，
∵AC＝8，AB＝6，
∴，
∵CD＝DB，
∴AD＝DC＝DB＝5，
∵，
∴，
由翻折得：AE＝AB，
∵DE＝DB＝DC，
∴∠DEB＝∠DBE，∠DEC＝∠DCE，
∴∠DEB+∠DBE+∠DEC+∠DCE＝180°，
∴∠BEC＝∠DEB+∠DEC＝90°，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点评】本题考查翻折变换、直角三角形的斜边中线的性质、三角形的中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积求高，属于中考常考题型．
二．填空题（共10小题）
11．（2025 阳泉模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若∠BAC＝45°，DB＝6，CD＝4，则AD的长度为 12 ．
【考点】轴对称的性质；勾股定理；正方形的判定与性质．网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】12．
【分析】以AB为对称轴作△ABD的轴对称图形△ABE，以AC为对称轴作△ACD的轴对称图形△ACF，延长EB、FC交于点G．由轴对称的性质证明四边形AEGF是正方形，设AD＝x，则AE＝AF＝EG＝FG＝x，即可求出BG＝x﹣6，CG＝x﹣4，在Rt△BGC中，根据勾股定理列式计算即可求解．
【解答】解：如图，以AB为对称轴作△ABD的轴对称图形△ABE，以AC为对称轴作△ACD的轴对称图形△ACF，延长EB、FC交于点G．
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，
由轴对称的性质得：∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，AE＝AD，AD＝AF，∠EAB＝∠DAB，∠FAC＝∠DAC，BE＝BD，CF＝CD，
∵∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝2×45°＝90°，
∴四边形AEGF是正方形，
∴∠G＝90°，
设AD＝x，则AE＝AF＝EG＝FG＝x，
∴BG＝x﹣6，CG＝x﹣4，
由勾股定理可知，（x﹣6）2+（x﹣4）2＝（6+4）2，
解得：x1＝12，x2＝﹣2（不合题意，舍去），
∴AD＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了正方形的性质与判定，解一元二次方程，轴对称等知识，关键是根据轴对称的性质证明四边形AEGF是正方形解答．
12．（2025 南岗区校级模拟）如图，点E在正方形ABCD的CD边上，连结BE，将正方形折叠，使点B与E重合，折痕MN交BC边于点M，交AD边于点N，若tan∠EMC，ME+CE＝8，则折痕MN的长为 3 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；正方形的性质．网版权所有
【专题】推理填空题；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】3．
【分析】过N作NH⊥BC于H，得到四边形ABHN是矩形，根据矩形的性质得到NH＝AB，∠NHM＝90°，根据全等三角形的性质得到HM＝CE，设CE＝3x，CM＝4x，根据勾股定理得到EM＝5x，求得NH＝9，于是得到结论．
【解答】解：如图，过N作NH⊥BC于H，
则四边形ABHN是矩形，
∴NH＝AB，∠NHM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，AB＝BC，
∴NH＝BC，
∵将正方形折叠，使点B与E重合，
∴MN⊥BE，
∴∠HNM+∠NMH＝∠EBC+∠BMN＝90°，
∴∠EBC＝∠HNM，
在△BCE与△NHM中，
，
∴△BCE≌△NHM（ASA），
∴HM＝CE，
在Rt△EMC中，
∵tan∠EMC，
∴设CE＝3x，CM＝4x，
∴EM＝5x，
∵ME+CE＝8，
∴EM＝5，CE＝3，CM＝4，
∴BC＝BM+CM＝EM+CM＝9，
∴NH＝9，
∴MN3，
故答案为：3．
【点评】此题主要考查了图形的翻折变换，根据图形折叠前后图形不发生大小变化得出三角形的全等是解决问题的关键，难度一般．
13．（2025 南岗区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝60°，BC＝2，若P为AB上一个动点，则的最小值为 3 ．
【考点】胡不归问题；含30度角的直角三角形．网版权所有
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】3．
【分析】过点P作PD⊥AC于D，求得，作点C关于AB的对称点E，连接CE交AB于F，连接PE，得到，再根据PE+PD≥DE，则当P、D、E三点共线时，值最小，最小值等于DE，然后求出DE的长即可求解．
【解答】解：过点P作PD⊥AC于D，
由条件可知∠A＝30°，
∵PD⊥AC，
∴∠PDA＝90°，
∴，
作点C关于AB的对称点E，连接CE交AB于F，连接PE，
∴PE＝PC，CF＝EF，
∴，
∵PE+PD≥DE，
∴当P、D、E三点共线时，值最小，最小值等于DE，
∵点C关于AB的对称点E，连接CE交AB于F，
∴CE⊥AB，
∴∠BFC＝90°，
∴∠BCF＝30°，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠BCA＝90°，
∴∠ACE＝∠ACB﹣∠BCF＝60°，
∴∠E＝30°，
∴，
∴，
∴的最小值为3．
故答案为：3．
【点评】本题考查利用轴对称求最短路径问题，两点间线段最短，直角三角形的性质，勾股定理，三角形内角和定理，熟练掌握利用轴对称求最短路径方法以是解题的关键．
14．（2025 镜湖区校级二模）如图，在矩形纸片中，点E在AB上，将矩形ABCD沿着CE折叠，使得点B的对应点落在AD边上的点F处，连接CF，G为CD的中点，连接BG交CE、CF于点M、N两点．
（1）若AB＝6，AE＝2，则∠AFE的度数为 30° ．
（2）若BM＝BE，则sin∠AFE值为 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；矩形的性质．网版权所有
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】（1）30°；（2）．
【分析】（1）由折叠得EF＝BE＝4，根据可得结论；
（2）设BE＝a，AE＝b，分别表示出CG，BG，证明EF∥BG，得出∠AFE＝∠GBC，根据sin∠AFE＝sin∠GBC得出，进而即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AB∥CD，AB＝CD，
由折叠得EF＝BE＝4，
∴在Rt△AEF中，，
∴∠AFE＝30°，
故答案为：30°；
（2）设BE＝a，AE＝b，
∴AB＝AE+EB＝a+b，
∴CD＝AB＝a+b，
∵G是CD的中点，
∴，
如图，
∵BM＝BE
∴∠BEM＝∠BME，
∵AB∥CD，
∴∠MCG＝∠BEM，
又∵∠GMC＝∠EMB，
∴∠GMC＝∠GCM，
∴
∴BG＝a，
由折叠得，∠FEC＝∠BEC，EF＝BE＝a，
∴∠FEC＝∠EMB，
∴EF∥BG，
∴∠AEF＝∠ABG，
∵∠AFE＝90°﹣∠AEF＝90°﹣∠ABG＝∠GBC，
∴sin∠AFE＝sin∠GBC，
∴，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，解直角三角形，平行线的性质，等腰三角形的性质与判定等知识，掌握其性质定理是解决此题的关键．
15．（2025 南岗区校级二模）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连接AP，连接CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：①直线CE是BP的垂直平分线；②∠APB＝90°；③△APQ为等腰三角形；④若∠QCD＝30°，则QD＝2AQ．其中正确的结论序号为 ①②③④ ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；矩形的性质．网版权所有
【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；推理能力．
【答案】①②③④．
【分析】利用矩形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定，含30°角直角三角形等知识逐项判断即可．
【解答】解：由条件可知∠ABC＝∠BAD＝∠ADC＝90°，AD＝BC，
∵E是AB边的中点，
∴AE＝BE，
由折叠的性质得：BE＝PE，CE垂直平分BP，
故结论①正确，符合题意；
∴AE＝BE＝PE，
∴∠EAP＝∠EPA，∠EBP＝∠EPB，
∵∠EAP+∠EPA+∠EBP+∠EPB＝180°，
∴∠EPA+∠EPB＝90°，
∴∠APB＝90°，
故结论②正确，符合题意；
∵∠EAP+∠QAP＝∠EPA+∠QPA＝90°，
∴∠QAP＝∠QPA，
∴QA＝QP，
∴△APQ是等腰三角形，故结论③正确，符合题意；
∵BC＝PC，AD＝BC，AD＝AQ+QD，
∴QC＝QP+PC＝AQ+AQ+QD＝2AQ+QD，
∵∠ADC＝90°，∠QCD＝30°，
∴PC＝2QD，
∴2QD＝2AQ+QD，
∴QD＝2AQ，
故结论④正确，符合题意；
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定，含30°角直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
16．（2025 新余校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，A（0，8），B（5，0），点P是y轴正半轴上的一个动点，将△POB沿BP翻折，若点O的对应点C恰好落在AO或BO的垂直平分线上，则OP的长为 或2.5或10 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；两点间的距离公式；线段垂直平分线的性质；坐标与图形变化﹣对称．网版权所有
【专题】展开与折叠．
【答案】见试题解答内容
【分析】当点C在线段AO的垂直平分线上时，可得点C的纵坐标为4，设C（c，4），由折叠的性质可得BC＝OB＝5，OP＝CP，则（c﹣5）2+（4﹣0）2＝52，解方程得到点C的坐标为（2，4）或（8，4），设P（0，p），则（0﹣2）2+（p﹣4）2＝p2或（0﹣8）2+（p﹣4）2＝p2，解方程即可得到答案；当点C在线段BO的垂直平分线上时，则点C的横坐标为2.5，设C（2.5，m） 由折叠的性质可得BC＝OB＝5，OP＝CP，则（2.5﹣5）2+（m﹣0）2＝52，解方程可得点C的坐标为，设P（0，q），则，解方程即可得到答案．
【解答】解：当点C在线段AO的垂直平分线上时，
∵A（0，8），B（5，0），
∴点C的纵坐标为4，OB＝5，
设C（c，4），
由折叠的性质可得BC＝OB＝5，OP＝CP，
∴（c﹣5）2+（4﹣0）2＝52，
解得c＝2或c＝8，
∴此时点C的坐标为（2，4）或（8，4），
设P（0，p），
∴（0﹣2）2+（p﹣4）2＝p2或（0﹣8）2+（p﹣4）2＝p2，
解得p＝2.5或p＝10，
∴P（0，2.5）或P（0，10），
∴OP＝2.5或OP＝10；
当点C在线段BO的垂直平分线上时，
∵B（5，0），
∴点C的横坐标为2.5，
设C（2.5，m），
由折叠的性质可得BC＝OB＝5，OP＝CP，
∴（2.5﹣5）2+（m﹣0）2＝52，
解得或（舍去），
∴此时点C的坐标为，
设P（0，q），
∴，
解得，
∴，
∴；
综上所述，OP的长为或2.5或10，
故答案为：或2.5或10．
【点评】本题主要考查了折叠的性质可，坐标系中两点距离计算公式，线段垂直平分线的性质，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
17．（2025 驻马店三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝10，BC＝12，点E是线段BC上一动点（不与点B，C重合），连接AE，将△ABE沿直线AE折叠，点B落到点F处，连接CF，BF．当△BFC为等腰三角形时，BE的长为 或 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理．网版权所有
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】或．
【分析】分三种情况：①BF＝CF时，作FG⊥BC于G，则，设BE＝x，由折叠的性质得：FE＝BE＝x，证明△BGF∽△ABE，得出，在Rt△EFG中，GE＝6﹣x，由勾股定理得出方程，解方程即可；②BF＝BC＝12时，由折叠的性质得：，证明△ABE∽△AOB，得出，求出BE；③CF＝BC时，由折叠的性质得：AE垂直平分BF，由CF＝BC知OC⊥BF，得出点E与C重合，不符合题意．
【解答】解：当△BFC为等腰三角形时，分三种情况：
①当BF＝CF时，如图1所示：作FG⊥BC于G，
则，
设BE＝x，
由折叠的性质得：FE＝BE＝x，AE垂直平分BF，
∵∠ABC＝90°，
∴∠FBG＝∠BAE＝90°﹣∠AEB，
∴△BGF∽△ABE，
∴，即，
解得：，
在Rt△EFG中，GE＝6﹣x，
由勾股定理得：EG2+FG2＝EF2，
即，
解得：，或x＝30（不合题意舍去），
∴；
②当CF＝BC时，连接OC，如图3所示：
由折叠的性质得：AE是BF的垂直平分线，
∵CF＝BC，
∴OC⊥BF，
∴点E与C重合，不符合题意；
③当BF＝BC＝12时，如图2所示：
由折叠的性质得：，
∴∠AOB＝∠ABE＝90°，，
∵∠BAO＝∠BAE，
∴△ABE∽△AOB，
∴，
即，
解得：；
综上所述，当△BFC为等腰三角形时，BE的长为或；
故答案为：或．
【点评】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质；熟练掌握翻折变换的性质，证明三角形相似是解题的关键．
18．（2025 江阳区模拟）如图，已知正方形ABCD的边长是10，E是BC边上一动点，△AEF是以点E为直角顶点的等腰直角三角形，则AF+DF的最大值与最小值的差为 30﹣10 ．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；平行四边形的判定与性质；正方形的性质．网版权所有
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】30﹣10．
【分析】如图，连接AC，在AB上截取AG，使AG＝EC，连接EG，CF，延长BC到D′，使CD′＝CD，延长AD，交CF的延长线于H，连接D′H，证明△GAE≌△CEF（SAS），则∠AGE＝∠ECF，∠BGE＝45°＝∠D′CF，证明四边形CDHD′是正方形，则D′H＝DH＝CD＝10，CD垂直平分AH，AC＝CH，可知F在线段CH上运动，如图，连接D′F，AD′，证明△FCD≌△FCD′（SAS），则D′F＝DF，AF+DF＝AF+D′F，当A、F、D′三点共线时，AF+DF的值最小，为AD′，由勾股定理得，，计算求解即可；由题意知，AF≤AH，DF＝D′F≤D′H，当F、H重合时，AF+DF最大，为20+10＝30，然后计算求解AF+DF的最大值与最小值的差即可．
【解答】解：如图，连接AC，在AB上截取AG，使AG＝EC，连接EG，CF，延长BC到D′，使CD′＝CD，延长AD，交CF的延长线于H，连接D′H，
∵正方形ABCD，
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝90°，
∴AB﹣AG＝BC﹣EC，即BG＝BE，
∴，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，∠CEF+∠AEB＝180°﹣∠AEF＝90°，
∴∠GAE＝∠CEF，
在△GAE与△CEF中，
，
∴△GAE≌△CEF（SAS），
∴∠AGE＝∠ECF，
∴∠BGE＝45°＝∠D′CF，
∴∠DCH＝45°＝∠DHC，
∴DH＝CD＝CD′，
∴四边形CDHD′是平行四边形，
∵∠DCD′＝90°，
∴四边形CDHD′是矩形，
∵DH＝CD，
∴四边形CDHD′是正方形，
∴D′H＝DH＝CD＝10，
∴CD垂直平分AH，
∴AC＝CH，
∴F在线段CH上运动，
如图，连接D′F，AD′，
∵CD＝CD′，∠FCD＝∠FCD′，CF＝CF，
∴△FCD≌△FCD′（SAS），
∴D′F＝DF，
∴AF+DF＝AF+D′F，
∴当A、F、D′三点共线时，AF+DF的值最小，为AD′，
∴AD10，
由题意知，AF≤AH，DF＝D′F≤D′H，
∴当F、H重合时，AF+DF最大，为20+10＝30，
∴AF+DF的最大值与最小值的差为30﹣10，
故答案为：30﹣10．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路径问题，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识．确定F的运动轨迹，以及AF+DF的最大值与最小值的情况是解题的关键．
19．（2025 海南二模）如图，平行四边形ABCD中，AD＝3，AB＝5，∠DAB＝60°，点P为CD上一个动点，以AP为对称轴折叠△DAP得到△QAP，点D的对应点为点Q，直线PQ交AB于点M，当点Q在AB上时，PC的长为 2 ，当AM有最小值时，PQ的长为 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；角平分线的定义；垂线段最短；平行线的性质；勾股定理；平行四边形的性质．网版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；解直角三角形及其应用；展开与折叠；运算能力；推理能力．
【答案】2； ．
【分析】当点Q在AB上时，由角平分线的定义及平行四边形的性质可知DP＝AD＝3，即可求出CP；由角平分线的定义及平行四边形的性质可知MA＝MP，当AM最小时，PM最小，而PM⊥AB时最小，此时△APM为等腰直角三角形，据此求解即可．
【解答】解：如图，点Q在AB上时，Q与M重合，
∵以AP为对称轴折叠△DAP得到△QAP，
∴AQ＝AD，∠DAP＝∠QAP，
由题意得CD＝AB＝5，CD∥AB，AD∥BC，
∴∠DPA＝∠QAP，
∴∠DAP＝∠DPA，
∴AD＝PD＝3，
∴CP＝CD﹣DP＝2，
∵以AP为对称轴折叠△DAP得到△QAP，
∴∠DPA＝∠MPA，
∴CD∥AB，
∴∠DPA＝∠PAM，
∴∠MAP＝∠MPA，
∴AM＝PM，
∴当AM有最小值时，则PM最小，而PM⊥AB时最小，如图所示，
∴△APM为等腰直角三角形，
∴∠PAM＝45°，
∴∠PAD＝∠DAB﹣∠PAM＝60°﹣45°＝15°，
∴∠DAQ＝2∠PAD＝30°，
∴∠MAQ＝∠DAB﹣∠DAQ＝60°﹣30°＝30°，
在Rt△AQM中，AQ＝AD＝3，
∴，，
∴，
∴PQ的长为；
故答案为：2；．
【点评】本题考查翻折的性质，平行四边形的性质，等角对等边，平行线的性质，勾股定理，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识点，掌握翻折的性质，平行四边形的性质，解直角三角形的相关计算是解题的关键．
20．（2025 越秀区校级二模）如图是一张菱形纸片ABCD，点E在AD边上，CE⊥AD，把△CED沿直线CE折叠得到△CED'，点D'落在DA的延长线上．若CD'恰好平分∠ACB，则∠ABC＝ 36 °， ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；角平分线的定义；菱形的性质．网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】设AB，CD′交于点J．设∠B＝x．利用三角形内角和定理构建方程求出x即可，证明设AD′＝AC＝CJ＝m，BC＝CD＝CD′＝n，则JD′＝n﹣m，利用相似三角形的性质构建一元二次方程求解．
【解答】解：设AB，CD′交于点J．设∠B＝x．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠D＝x，AD∥CB，
∴∠BCD′＝∠D′，
∵CD′平分∠ACB，
∴∠ACD′＝∠BCD′，
由翻折变换的性质可知，∠D＝∠D′，
∴∠BCD′＝∠ACD′＝x，
∵BA＝BC，
∴∠BCA＝∠BAC＝2x，
∵∠B+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴5x＝180°，
∴x＝36°，
∴∠B＝36°，
∵∠D′＝∠ACD′＝36°，
∴AD′＝AC，
∵∠CAJ＝∠CJA＝72°，
∴AC＝CJ，
设AD′＝AC＝CJ＝m，BC＝CD＝CD′＝n，则JD′＝n﹣m，
∵∠D′＝∠D′，∠D′AJ＝∠ACD′＝36°，
∴△D′AC∽△D′JA，
∴D′A2＝D′J D′C，
∴m2＝（n﹣m） n，
∴n2﹣nm﹣m2＝0，
∴（）21＝0，
∴．
故答案为：36，．
【点评】本题考查翻折变换，角平分线的定义，菱形的性质，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题．
三．解答题（共5小题）
21．（2025 河南校级三模）如图，矩形ABCD，连接AC．
（1）请用无刻度直尺和圆规作点B关于AC的对称点B′，连接CB′，AB′，AB′与CD的交点记为E；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）判断△ACE的形状，并说明理由；
（3）若AB＝8，AD＝4，则DE的长为 3 ．
【考点】作图﹣轴对称变换；等腰三角形的判定；勾股定理；矩形的性质．网版权所有
【专题】尺规作图；几何直观．
【答案】（1）见解析；
（2）等腰三角形，理由见解析；
（3）3．
【分析】（1）过点B作AC的垂线，以垂足为圆心，点B和垂足之间的线段长为半径画弧交垂线于点B′，连接CB′，AB′，AB′与CD的交点记为E即可；
（2）根据轴对称的性质、矩形的性质、等量代换证明∠EAC＝∠ECA，即可得到结论；
（3）设DE＝x，则EC＝AE＝DC﹣DE＝8﹣x，利用勾股定理得到AD2+DE2＝AE2，即42+x2＝（8﹣x）2，即可求出答案．
【解答】解：（1）如图，
（2）△ACE为等腰三角形，理由如下：
∵∠B′AC＝∠BAC，四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠ACD＝∠BAC，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴AE＝CE，
∴△ACE为等腰三角形；
（3）∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝8，AD＝BC＝4，∠D＝90°
设DE＝x，则EC＝AE＝DC﹣DE＝8﹣x，
∴AD2+DE2＝AE2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
即DE的长为3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了作轴对称图形，轴对称的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，准确作图是解题的关键．
22．（2025 分宜县模拟）如图，在边长为1个单位长度的正六边形ABCDEF中，连接AC，请仅用无刻度的直尺按下列要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，将线段AC沿CD方向平移2个单位长度；
（2）在图2中，P是AC上一点，连接AD，作点P关于AD的对称点．
【考点】作图﹣轴对称变换；作图﹣平移变换．网版权所有
【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【分析】（1）分别延长DE、FE，分别交AF和CD的延长线于点G，H，连接GH，则线段GH是线段AC沿CD方向平移2个单位长度得的；
（2）分别连接PE，AE，AD，设PE与AD交于点L，连接CL，并延长，交AE于点Q，则点Q为点P关于AD的对称点．
【解答】解：（1）如图1，GH即为所作；
（2）点P关于AD的对称点点Q，如图2即为所求．
【点评】本题主要考查作图﹣轴对称变换，作图﹣平移变换，正确掌握正六边形的性质是解答关键．
23．（2025 南岗区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标为A（﹣4，3）、B（﹣1，﹣1）．
（1）在图中画出以线段AB为一边的等腰钝角三角形ABC，点C在小正方形的顶点上；并写出△ABC的面积．
（2）画出△ABC关于y轴对称的轴对称图形△A1B1C1，并写出A1、B1的坐标．（点A的对应点为A1，点B的对应点为B1，点C的对应点为C1）
【考点】作图﹣轴对称变换；三角形的面积．网版权所有
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）△ABC的面积＝10；
（2）A1（4，3）、B1（1，﹣1）．
【分析】（1）由勾股定理可知AB＝5，由此即可作出以线段AB为一边的等腰钝角三角形ABC，由三角形面积公式即可求出三角形面积；
（2）利用轴对称的特点得到A1，B1，C1的位置，再顺次连接得到△A1B1C1，由作图可直接得出答案．
【解答】解：（1）如图，
由勾股定理可得，，
∴BC＝5，
∴△ABC的面积，
（2）如图，画出△ABC关于y轴对称的轴对称图形△A1B1C1，A1（4，3）、B1（1，﹣1）．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、三角形的面积，熟练掌握关于坐标轴对称的点的坐标特征是解答本题的关键．
24．（2025 西宁）如图，点E是正方形ABCD的边BC的中点，连接DE，将△EDC沿DE所在直线折叠，点C落在点F处，连接EF并延长交AB于点G，连接DG．
（1）求证：△ADG≌△FDG；
（2）若AB＝2，求AG的长．
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．网版权所有
【专题】图形的全等；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；运算能力；推理能力．
【答案】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，
由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，
∴AD＝FD，∠DFG＝90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）．
（2）AG的长是．
【分析】（1）由正方形的性质得AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，则AD＝FD，∠DFG＝90°，而DG＝DG，即可根据“HL”证明Rt△ADG≌Rt△FDG．
（2）因为AD＝DC＝BC＝AB＝2，点E是BC的中点，所以BE＝CEBC，则FE＝BE，而FG＝AG，则BG＝2AG，EGFGAG，由勾股定理得（）2+（2AG）2＝（AG）2，求得AG．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，
由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，
∴AD＝FD，∠DFG＝90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）．
（2）解：∵AD＝DC＝BC＝AB＝2，点E是BC的中点，
∴BE＝CEBC，
∴FE＝BE，
∵FG＝AG，
∴BG＝2AG，EGFGAG，
∵∠B＝90°，
∴BE2+BG2＝EG2，
∴（）2+（2AG）2＝（AG）2，
解得AG，
∴AG的长是．
【点评】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等中知识，推导出AD＝FD，∠DFG＝90°，进而证明Rt△ADG≌Rt△FDG是解题的关键．
25．（2025 深圳一模）尺规作图起源于古希腊的数学课题，指的是只用没有刻度的直尺和圆规作图，并且只允许使用有限次，来解决不同的平面几何作图问题．数学课堂上，黄老师给同学们呈现了这样一个数学问题：如图，在矩形纸片ABCD中，点E在AD边的中点，将矩形纸片折叠，使点B与点E重合．
（1）请在图中作出折痕，交AB边于点F，交CD边于点G，连接EF，并在矩形纸片内用尺规作出一点M，使得四边形BFEM是菱形，请给出证明；（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若折痕FG交BE于点H，连接AH，若AH长为6，BF为，直接写出FM的长．
【考点】作图﹣轴对称变换；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质．网版权所有
【专题】作图题；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接BE，作BE的垂直平分线，交AB边于点F，交CD边于点G，交BE于点O，直线MN即为折痕，在射线OG上取点M，使得OM＝OF，先根据对角线互相平分，证明四边形BFEM是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；
（2）根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到BE＝2AH＝12，再根据菱形的性质，求出，即可得到FM的长．
【解答】解：（1）如图，直线MN为折痕，点M为所求作；
证明如下：由题意可知，点B、E关于直线FG对称，
∴FG垂直平分BE，
∴BF＝EF，OE＝OB，
在射线OG上取点M，使得OM＝OF，
∴四边形BFEM是平行四边形，
由条件可知四边形BFEM是菱形；
（2）由条件可知∠BAE＝90°，
由条件可知BE＝2AH＝12，
∵四边形BFEM是菱形，，
∴，FM⊥BE，，FM＝2FH，
∴，
∴．
【点评】本题考查了复杂作图——作垂线、作线段，垂直平分线的性质，折叠的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，矩形的性质，直角三角形斜边中线，勾股定理等知识，根据题意正确作图是解题关键．
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