备考2018中考数学高频考点剖析
专题二十八 几何三大变换之轴对称问题
考点扫描☆聚焦中考
轴对称问题，是每年中考的必考内容之一，考查的知识点包括轴对称的性质和轴对称的作图两方面，总体来看，难度系数低，以选择填空为主，作图题以解析题为主。解析题主要以作图、计算为主。结合2017年全国各地中考的实例，我们从三方面进行轴对称问题的探讨：21教育网
（1）轴对称问题的性质；
（2）轴对称的作图；
（3）在几何图形证明中的综合应用．
考点剖析☆典型例题
例1（2017哈尔滨）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】R5：中心对称图形；P3：轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意．
故选：D．
例2（2017内江）如图，在矩形AOBC中，O为坐标原点，OA、OB分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（0，3），∠ABO=30°，将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，则点D的坐标为（ ）21世纪教育网版权所有
A．（，） B．（2，） C．（，） D．（，3﹣）
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；D5：坐标与图形性质；LB：矩形的性质．
【分析】根据翻折变换的性质结合锐角三角函数关系得出对应线段长，进而得出D点坐标．
【解答】解：∵四边形AOBC是矩形，∠ABO=30°，点B的坐标为（0，3），
∴AC=OB=3，∠CAB=30°，
∴BC=AC?tan30°=3×=3，
∵将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，
∴∠BAD=30°，AD=3，
过点D作DM⊥x轴于点M，
∵∠CAB=∠BAD=30°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=AD=，
∴AM=3×cos30°=，
∴MO=﹣3=，
∴点D的坐标为（，）．
故选：A．
例3 （2017黑龙江鹤岗）如图，边长为4的正方形ABCD，点P是对角线BD上一动点，点E在边CD上，EC=1，则PC+PE的最小值是 ．2·1·c·n·j·y
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；LE：正方形的性质．
【分析】连接AC、AE，由正方形的性质可知A、C关于直线BD对称，则AE的长即为PC+PE的最小值，再根据勾股定理求出AE的长即可．www-2-1-cnjy-com
【解答】解：连接AC、AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴AE的长即为PC+PE的最小值，
∵CD=4，CE=1，
∴DE=3，
在Rt△ADE中，
∵AE===5，
∴PC+PE的最小值为5．
故答案为：5．
例4(2017湖北咸宁)如图，点O是矩形纸片ABCD的对称中心，E是BC上一点，将纸片沿AE折叠后，点B恰好与点O重合．若BE=3，则折痕AE的长为 ．
【考点】R4：中心对称；LB：矩形的性质；PB：翻折变换（折叠问题）．
【分析】由折叠的性质及矩形的性质得到OE垂直平分AC，得到AE=EC，根据AB为AC的一半确定出∠ACE=30°，进而得到OE等于EC的一半，求出EC的长，即为AE的长．
【解答】解：由题意得：AB=AO=CO，即AC=2AB，
且OE垂直平分AC，
∴AE=CE，
设AB=AO=OC=x，
则有AC=2x，∠ACB=30°，
在Rt△ABC中，根据勾股定理得：BC=x，
在Rt△OEC中，∠OCE=30°，
∴OE=EC，即BE=EC，
∵BE=3，
∴OE=3，EC=6，
则AE=6，
故答案为：6
例5（2017齐齐哈尔）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，4），B（﹣5，2），C（﹣2，1）．
（1）画出△ABC关于y轴对称图形△A1B1C1；
（2）画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到的△A2B2C2；
（3）求（2）中线段OA扫过的图形面积．
【考点】R8：作图﹣旋转变换；MO：扇形面积的计算；P7：作图﹣轴对称变换．
【分析】（1）分别作出各点关于y轴的对称点，再顺次连接即可；
（2）根据图形旋转的性质画出旋转后的图形△A2B2C2即可；
（3）利用扇形的面积公式即可得出结论．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）∵OA==5，
∴线段OA扫过的图形面积==π．
考点过关☆专项突破
类型一 轴对称性质
1. （2017内蒙古赤峰）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2. （2017广东）下列所述图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．正五边形 D．圆
3. （2017黑龙江佳木斯）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4. （2017内江）下列图形：平行四边形、矩形、菱形、圆、等腰三角形，这些图形中只是轴对称图形的有（ ）21·cn·jy·com
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5. （2017青海西宁）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．正六边形 D．圆
6. （2017贵州安顺）如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点O，若AO=5cm，则AB的长为（ ）21cnjy.com
A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm
7. （2017黑龙江佳木斯）如图，在矩形ABCD中，AD=4，∠DAC=30°，点P、E分别在AC、AD上，则PE+PD的最小值是（ ）www.21-cn-jy.com
A．2 B．2 C．4 D．
8. （2017浙江衢州）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于（ ）【来源：21·世纪·教育·网】
A． B． C． D．
类型二 轴对称作图
1.（2017呼和浩特）图中序号（1）（2）（3）（4）对应的四个三角形，都是△ABC这个图形进行了一次变换之后得到的，其中是通过轴对称得到的是（ ）21*cnjy*com
A．（1） B．（2） C．（3） D．（4）
2．（2017宁夏）在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）．【来源：21cnj*y.co*m】
（1）把△ABC平移后，其中点 A移到点A1（4，5），画出平移后得到的△A1B1C1；
（2）把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，画出旋转后的△A2 B2C2．
类型三 轴对称的综合应用
1. （2017湖南株洲）
如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的为（ ）21·世纪*教育网
A．一定不是平行四边形 B．一定不是中心对称图形
C．可能是轴对称图形 D．当AC=BD时它是矩形
2．（2017广东）如图，矩形纸片ABCD中，AB=5，BC=3，先按图（2）操作：将矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在边AB上的点E处，折痕为AF；再按图（3）操作，沿过点F的直线折叠，使点C落在EF上的点H处，折痕为FG，则A、H两点间的距离为 ．
3．（2017贵州安顺）如图所示，正方形ABCD的边长为6，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 ．
4．如图，已知菱形ABCD的周长为16，面积为8，E为AB的中点，若P为对角线BD上一动点，则EP+AP的最小值为 ．【出处：21教育名师】
5．如图，在矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=3，点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点，将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A′EF，则A′C的长的最小值是 ．
6．（2017?黑龙江）如图，边长为4的正方形ABCD，点P是对角线BD上一动点，点E在边CD上，EC=1，则PC+PE的最小值是 ．2-1-c-n-j-y
7. （2017山东滨州）如图，将矩形ABCD沿GH对折，点C落在Q处，点D落在AB边上的E处，EQ与BC相交于点F，若AD=8，AE=4，则△EBF周长的大小为 ．
8. （2017甘肃天水）如图所示，在矩形ABCD中，∠DAC=65°，点E是CD上一点，BE交AC于点F，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，则∠AFC′= ．
9. （2017甘肃天水）如图所示，正方形ABCD的边长为4，E是边BC上的一点，且BE=1，P是对角线AC上的一动点，连接PB、PE，当点P在AC上运动时，△PBE周长的最小值是 ．
备考2018中考数学高频考点剖析
专题二十八 几何三大变换之轴对称问题
考点扫描☆聚焦中考
轴对称问题，是每年中考的必考内容之一，考查的知识点包括轴对称的性质和轴对称的作图两方面，总体来看，难度系数低，以选择填空为主，作图题以解析题为主。解析题主要以作图、计算为主。结合2017年全国各地中考的实例，我们从三方面进行轴对称问题的探讨：21cnjy.com
（1）轴对称问题的性质；
（2）轴对称的作图；
（3）在几何图形证明中的综合应用．
考点剖析☆典型例题
例1（2017哈尔滨）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】R5：中心对称图形；P3：轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意．
故选：D．
例2（2017内江）如图，在矩形AOBC中，O为坐标原点，OA、OB分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（0，3），∠ABO=30°，将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，则点D的坐标为（ ）2·1·c·n·j·y
A．（，） B．（2，） C．（，） D．（，3﹣）
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；D5：坐标与图形性质；LB：矩形的性质．
【分析】根据翻折变换的性质结合锐角三角函数关系得出对应线段长，进而得出D点坐标．
【解答】解：∵四边形AOBC是矩形，∠ABO=30°，点B的坐标为（0，3），
∴AC=OB=3，∠CAB=30°，
∴BC=AC?tan30°=3×=3，
∵将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，
∴∠BAD=30°，AD=3，
过点D作DM⊥x轴于点M，
∵∠CAB=∠BAD=30°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=AD=，
∴AM=3×cos30°=，
∴MO=﹣3=，
∴点D的坐标为（，）．
故选：A．
例3 （2017黑龙江鹤岗）如图，边长为4的正方形ABCD，点P是对角线BD上一动点，点E在边CD上，EC=1，则PC+PE的最小值是 5 ．【来源：21cnj*y.co*m】
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；LE：正方形的性质．
【分析】连接AC、AE，由正方形的性质可知A、C关于直线BD对称，则AE的长即为PC+PE的最小值，再根据勾股定理求出AE的长即可．
【解答】解：连接AC、AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴AE的长即为PC+PE的最小值，
∵CD=4，CE=1，
∴DE=3，
在Rt△ADE中，
∵AE===5，
∴PC+PE的最小值为5．
故答案为：5．
例4(2017湖北咸宁)如图，点O是矩形纸片ABCD的对称中心，E是BC上一点，将纸片沿AE折叠后，点B恰好与点O重合．若BE=3，则折痕AE的长为 6 ．
【考点】R4：中心对称；LB：矩形的性质；PB：翻折变换（折叠问题）．
【分析】由折叠的性质及矩形的性质得到OE垂直平分AC，得到AE=EC，根据AB为AC的一半确定出∠ACE=30°，进而得到OE等于EC的一半，求出EC的长，即为AE的长．
【解答】解：由题意得：AB=AO=CO，即AC=2AB，
且OE垂直平分AC，
∴AE=CE，
设AB=AO=OC=x，
则有AC=2x，∠ACB=30°，
在Rt△ABC中，根据勾股定理得：BC=x，
在Rt△OEC中，∠OCE=30°，
∴OE=EC，即BE=EC，
∵BE=3，
∴OE=3，EC=6，
则AE=6，
故答案为：6
例5（2017齐齐哈尔）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，4），B（﹣5，2），C（﹣2，1）．
（1）画出△ABC关于y轴对称图形△A1B1C1；
（2）画出将△ABC绕原点O逆时针方向旋转90°得到的△A2B2C2；
（3）求（2）中线段OA扫过的图形面积．
【考点】R8：作图﹣旋转变换；MO：扇形面积的计算；P7：作图﹣轴对称变换．
【分析】（1）分别作出各点关于y轴的对称点，再顺次连接即可；
（2）根据图形旋转的性质画出旋转后的图形△A2B2C2即可；
（3）利用扇形的面积公式即可得出结论．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）∵OA==5，
∴线段OA扫过的图形面积==π．
考点过关☆专项突破
类型一 轴对称性质
1. （2017内蒙古赤峰）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】R5：中心对称图形；P3：轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意．
故选：C．
2. （2017广东）下列所述图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．正五边形 D．圆
【考点】R5：中心对称图形；P3：轴对称图形．
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的定义对各选项进行判断．
【解答】解：等边三角形为轴对称图形；平行四边形为中心对称图形；正五边形为轴对称图形；圆既是轴对称图形又是中心对称图形．21教育网
故选D．
3. （2017黑龙江佳木斯）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】R5：中心对称图形；P3：轴对称图形．
【分析】利用中心对称图形与轴对称图形性质判断即可．
【解答】解：既是轴对称图形又是中心对称图形的是，
故选A
4. （2017内江）下列图形：平行四边形、矩形、菱形、圆、等腰三角形，这些图形中只是轴对称图形的有（ ）21·cn·jy·com
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】P3：轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形的概念对各图形分析判断即可得解．
【解答】解：平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，
矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形，
菱形既是中心对称图形，也是轴对称图形，
圆既是中心对称图形，也是轴对称图形，
等腰三角形不是中心对称图形，只是轴对称图形，
所以，只是轴对称图形的有1个．
故选A．
5. （2017青海西宁）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．正六边形 D．圆
【考点】R5：中心对称图形；P3：轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，不合题意；．
故选：A．
6. （2017贵州安顺）如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点O，若AO=5cm，则AB的长为（ ）www.21-cn-jy.com
A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．
【分析】根据折叠前后角相等可证AO=CO，在直角三角形ADO中，运用勾股定理求得DO，再根据线段的和差关系求解即可．【来源：21·世纪·教育·网】
【解答】解：根据折叠前后角相等可知∠BAC=∠EAC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠EAC=∠EAC，
∴AO=CO=5cm，
在直角三角形ADO中，DO==3cm，
AB=CD=DO+CO=3+5=8cm．
故选：C．
7. （2017黑龙江佳木斯）如图，在矩形ABCD中，AD=4，∠DAC=30°，点P、E分别在AC、AD上，则PE+PD的最小值是（ ）21·世纪*教育网
A．2 B．2 C．4 D．
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；LB：矩形的性质．
【分析】作D关于直线AC的对称点D′，过D′作D′E⊥AD于E，则D′E=PE+PD的最小值，解直角三角形得到即可得到结论．21世纪教育网版权所有
【解答】解：作D关于直线AC的对称点D′，过D′作D′E⊥AD于E，
则D′E=PE+PD的最小值，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∵AD=4，∠DAC=30°，
∴CD=，
∵DD′⊥AC，
∴∠CDD′=30°，
∴∠ADD′=60°，
∴DD′=4，
∴D′E=2，
故选B．
8. （2017浙江衢州）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于（ ）www-2-1-cnjy-com
A． B． C． D．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．
【分析】根据折叠的性质得到AE=AB，∠E=∠B=90°，易证Rt△AEF≌Rt△CDF，即可得到结论EF=DF；易得FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6﹣x，在Rt△CDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+（6﹣x）2，解方程求出x．2-1-c-n-j-y
【解答】解：∵矩形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△ACE的位置，
∴AE=AB，∠E=∠B=90°，
又∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，
∴AE=DC，
而∠AFE=∠DFC，
∵在△AEF与△CDF中，
，
∴△AEF≌△CDF（AAS），
∴EF=DF；
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=6，CD=AB=4，
∵Rt△AEF≌Rt△CDF，
∴FC=FA，
设FA=x，则FC=x，FD=6﹣x，
在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，即x2=42+（6﹣x）2，解得x=，
则FD=6﹣x=．
故选：B．
类型二 轴对称作图
1.（2017呼和浩特）图中序号（1）（2）（3）（4）对应的四个三角形，都是△ABC这个图形进行了一次变换之后得到的，其中是通过轴对称得到的是（ ）21*cnjy*com
A．（1） B．（2） C．（3） D．（4）
【考点】P3：轴对称图形．
【分析】轴对称是沿着某条直线翻转得到新图形，据此判断出通过轴对称得到的是哪个图形即可．
【解答】解：∵轴对称是沿着某条直线翻转得到新图形，
∴通过轴对称得到的是（1）．
故选：A．
2．（2017宁夏）在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）．【出处：21教育名师】
（1）把△ABC平移后，其中点 A移到点A1（4，5），画出平移后得到的△A1B1C1；
（2）把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，画出旋转后的△A2 B2C2．
【分析】（1）根据图形平移的性质画出平移后得的△A1B1C1即可；
（2）根据图形旋转的性质画出旋转后的△A2 B2C2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2 B2C2即为所求．
【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．
类型三 轴对称的综合应用
1. （2017湖南株洲）
如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的为（ ）21*cnjy*com
A．一定不是平行四边形 B．一定不是中心对称图形
C．可能是轴对称图形 D．当AC=BD时它是矩形
【考点】LN：中点四边形；L6：平行四边形的判定；LC：矩形的判定；P3：轴对称图形．
【分析】先连接AC，BD，根据EF=HG=AC，EH=FG=BD，可得四边形EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形；当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，据此进行判断即可．
【解答】解：连接AC，BD，
∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF=HG=AC，EH=FG=BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH一定是中心对称图形，
当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形，
当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH可能是轴对称图形，
故选：C．
2．（2017广东）如图，矩形纸片ABCD中，AB=5，BC=3，先按图（2）操作：将矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在边AB上的点E处，折痕为AF；再按图（3）操作，沿过点F的直线折叠，使点C落在EF上的点H处，折痕为FG，则A、H两点间的距离为 ．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．
【分析】如图3中，连接AH．由题意可知在Rt△AEH中，AE=AD=3，EH=EF﹣HF=3﹣2=1，根据AH=，计算即可．
【解答】解：如图3中，连接AH．
由题意可知在Rt△AEH中，AE=AD=3，EH=EF﹣HF=3﹣2=1，
∴AH===，
故答案为．
3．（2017贵州安顺）如图所示，正方形ABCD的边长为6，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 6 ．
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；KK：等边三角形的性质；LE：正方形的性质．
【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BD，与AC的交点即为P点．此时PD+PE=BE最小，而BE是等边△ABE的边，BE=AB，由正方形ABCD的边长为6，可求出AB的长，从而得出结果．
【解答】解：设BE与AC交于点P，连接BD，
∵点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE=BE最小．
即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度；
∵正方形ABCD的边长为6，
∴AB=6．
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=6．
故所求最小值为6．
故答案为：6．
4．如图，已知菱形ABCD的周长为16，面积为8，E为AB的中点，若P为对角线BD上一动点，则EP+AP的最小值为 2 ．
【分析】如图作CE′⊥AB于E′，甲BD于P′，连接AC、AP′．首先证明E′与E重合，因为A、C关于BD对称，所以当P与P′重合时，PA′+P′E的值最小，由此求出CE即可解决问题．
【解答】解：如图作CE′⊥AB于E′，甲BD于P′，连接AC、AP′．
∵已知菱形ABCD的周长为16，面积为8，
∴AB=BC=4，ABCE′=8，
∴CE′=2，
在Rt△BCE′中，BE′==2，
∵BE=EA=2，
∴E与E′重合，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD垂直平分AC，
∴A、C关于BD对称，
∴当P与P′重合时，PA′+P′E的值最小，最小值为CE的长=2，
故答案为2．
【点评】本题考查轴对称﹣最短问题、菱形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明CE是△ABC的高，学会利用对称解决最短问题．
5．如图，在矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=3，点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点，将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A′EF，则A′C的长的最小值是 ﹣1 ．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．
【分析】连接CE，根据折叠的性质可知A′E=1，在Rt△BCE中利用勾股定理可求出CE的长度，再利用三角形的三边关系可得出点A′在CE上时，A′C取最小值，最小值为CE﹣A′E=﹣1，此题得解．
【解答】解：连接CE，如图所示．
根据折叠可知：A′E=AE=AB=1．
在Rt△BCE中，BE=AB=1，BC=3，∠B=90°，
∴CE==．
∵CE=，A′E=1，
∴点A′在CE上时，A′C取最小值，最小值为CE﹣A′E=﹣1．
故答案为：﹣1．
6．（2017?黑龙江）如图，边长为4的正方形ABCD，点P是对角线BD上一动点，点E在边CD上，EC=1，则PC+PE的最小值是 5 ．
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；LE：正方形的性质．
【分析】连接AC、AE，由正方形的性质可知A、C关于直线BD对称，则AE的长即为PC+PE的最小值，再根据勾股定理求出AE的长即可．【版权所有：21教育】
【解答】解：连接AC、AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴AE的长即为PC+PE的最小值，
∵CD=4，CE=1，
∴DE=3，
在Rt△ADE中，
∵AE===5，
∴PC+PE的最小值为5．
故答案为：5．
【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题及正方形的性质，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．21教育名师原创作品
7. （2017山东滨州）如图，将矩形ABCD沿GH对折，点C落在Q处，点D落在AB边上的E处，EQ与BC相交于点F，若AD=8，AE=4，则△EBF周长的大小为 8 ．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．
【分析】设AH=a，则DH=AD﹣AH=8﹣a，通过勾股定理即可求出a值，再根据同角的余角互补可得出∠BFE=∠AEH，从而得出△EBF∽△HAE，根据相似三角形的周长比等于对应比即可求出结论．
【解答】解：设AH=a，则DH=AD﹣AH=8﹣a，
在Rt△AEH中，∠EAH=90°，AE=4，AH=a，EH=DH=8﹣a，
∴EH2=AE2+AH2，即（8﹣a）2=42+a2，
解得：a=3．
∵∠BFE+∠BEF=90°，∠BEF+∠AEH=90°，
∴∠BFE=∠AEH．
又∵∠EAH=∠FBE=90°，
∴△EBF∽△HAE，
∴===．
∵C△HAE=AE+EH+AH=AE+AD=12，
∴C△EBF=C△HAE=8．
故答案为：8．
8. （2017甘肃天水）如图所示，在矩形ABCD中，∠DAC=65°，点E是CD上一点，BE交AC于点F，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，则∠AFC′= 40° ．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．
【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠ACD，再根据翻折变换的性质判断出四边形BCEC′是正方形，根据正方形的性质可得∠BEC=45°，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠BFC，再根据翻折变换的性质可得∠BFC′=∠BFC，然后根据平角等于180°列式计算即可得解．
【解答】解：∵矩形ABCD，∠DAC=65°，
∴∠ACD=90°﹣∠DAC=90°﹣65°=25°，
∵△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，
∴四边形BCEC′是正方形，
∴∠BEC=45°，
由三角形的外角性质，∠BFC=∠BEC+∠ACD=45°+25°=70°，
由翻折的性质得，∠BFC′=∠BFC=70°，
∴∠AFC′=180°﹣∠BFC﹣∠BFC′=180°﹣70°﹣70°=40°．
故答案为：40°．
9. （2017甘肃天水）如图所示，正方形ABCD的边长为4，E是边BC上的一点，且BE=1，P是对角线AC上的一动点，连接PB、PE，当点P在AC上运动时，△PBE周长的最小值是 6 ．
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；LE：正方形的性质．
【分析】根据两点之间线段最短和点B和点D关于AC对称，即可求得△PBE周长的最小值，本题得以解决．
【解答】解：连接DE于AC交于点P′，连接BP′，则此时△BP′E的周长就是△PBE周长的最小值，
∵BE=1，BC=CD=4，
∴CE=3，DE=5，
∴BP′+P′E=DE=5，
∴△PBE周长的最小值是5+1=6，
故答案为：6．
