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第六章 图形与变换
第一节 图形的轴对称、平移与旋转
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 图形的轴对称 ☆☆☆ 本模块知识以考查平面几何的三大变换的基本运用为主，年年都有考查，分值在8分左右．预计2024年中考还将继续考查这些知识点，考查形式主要有选填题、作图题、也可能综合题结合出现．在三种变换中，平移相对较为简单，多以选择题形式考察，偶尔也会考察作图题:对称和旋转则难度较大，通常作为选择、填空题的压轴题出现，在解答题中，也会考察对称和旋转的作图，以及与特殊几何图形结合的综合压轴题，此时常需要结合几何图形或问题类型去分类讨论.
考点2 图形的平移 ☆☆
考点3 图形的旋转 ☆☆
一、轴对称与轴对称图形
1.轴对称图形：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够 ，那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的对称轴.
2.把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形 ，那么就说这两个图形关于这条直线对称，这条直线叫做对称轴.
3.轴对称的性质
（1）对应线段相等，对应角 ；
（2）对称点的连线被对称轴 ；
（3）轴对称变换的特征是不改变图形的形状和 ，只改变图形的 .
（4）轴对称的两个图形，他们对应线段的延长线相交，交点在 上.
4.图形的折叠：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．
二、图形的平移
1.定义
在平面内，将一个图形沿 移动一定的距离,图形的这种变换，叫做平移变换，简称 .确定一个平移变换的条件是 和 .
2.性质
(1)平移不改变图形的 与 ，即平移前后的两个图形是 ;
(2)连接各组对应点的线段平行(或共线)且 ;
(3)对应线段 (或共线)且相等;
(4)对应角 .
三、图形的旋转
1.定义
在平面内，把一个平面图形绕着一个定点沿着 旋转一定的 ,图形的这种变换叫做旋转变换.这个定点叫做旋转中心，这个角度叫做 .图形的旋转由旋转中心、 和 所决定.
2.性质
(1)图形上的每一点都绕着 沿着相同的方向旋转了 大小的角度;
(2)旋转后的图形与原来的图形的形状和大小都没有发生变化,即它们是 的;
(3)旋转前后两个图形的对应点到旋转中心的 相等;
(4)对应点到旋转中心的连线所成的角相等,并且等于 .
3.中心对称与中心对称图形：
（1）如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称.
（2）如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心.
（3）中心对称的性质：
1）中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分；
2）中心对称的两个图形是全等图形.
■考点一　图形的轴对称
◇典例1：（2023 舟山三模）如图，将矩形ABCD沿直线AC折叠，使点B落在点E处，连接DE，若DE：AC＝3：5，则tan∠ACD的值为（　　）
A． B． C． D．
◆变式训练
1．（2023 莒南县二模）下列图形中，属于轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2023 丽水模拟）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，tanA＝，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD恰好平分∠EFB，则＝（　　）
A． B． C． D．
3．（2023 瓯海区二模）如图，直角三角形ABC在，∠C＝90°，∠BAC＝60°，点D是BC边上的一点，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，∠CAD的度数为 　 　．
■考点二 图形的平移
◇典例2：（2023 金东区二模）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，将△ABC沿AB方向平移AD的长度得到△DEF，EF＝8，BE＝3，CB与DF交于点G，CG＝3，则图中阴影部分的面积为 　　．
◆变式训练
1．（2022 杭州模拟）在平面直角坐标系中，将点A（﹣3，4）向左平移3个单位后所得的点的坐标是 　　．
2．（2022 嘉兴）“方胜”是中国古代妇女的一种首饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（　　）
A．1cm B．2cm C．（﹣1）cm D．（2﹣1）cm
■考点三 图形的旋转
◇典例3：（2022 丽水）一副三角板按图1放置，O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，将△ABC绕点O顺时针旋转60°，AC与EF相交于点G，则FG的长是 　　cm．
◆变式训练
1．（2023 金东区一模）垃圾分类一小步，低碳生活一大步，垃圾桶上常有以下四种垃圾分类标识的图案，下列图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2023 盱眙县模拟）如图，△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，若∠C＝40°，∠B＝90°，∠CAD＝10°，则旋转角的度数为（　　）
A．60° B．50° C．40° D．10°
1．（2023 金华模拟）在以下四个标志中，是轴对称图形的是（　　）
A． B．C． D．
2．（2022 衢州）下列图形是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2022 湖州）如图，将△ABC沿BC方向平移1cm得到对应的△A'B'C'．若B'C＝2cm，则BC′的长是（　　）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
4．（2023 仙居县二模）如图，直线AH为正五边形ABCDE的对称轴，连接BE交AH于点F，以EF为边作等边△EFG，连接BG，则∠GBC的度数为（　　）
A．30° B．42° C．45° D．54
5．（2021 衢州）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB′C′D′，∠B＝∠β．当AC平分∠B′AC′时，∠α与∠β满足的数量关系是（　　）
A．∠α＝2∠β B．2∠α＝3∠β C．4∠α+∠β＝180° D．3∠α+2∠β＝180°
6．（2021 舟山）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（　　）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形
7．（2021 台州）如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P．若∠α＝60°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为（　　）
A．（36）cm2 B．（36）cm2 C．24cm2 D．36cm2
8．（2022 杭州）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，2），点A（4，2）．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在M1（﹣，0），M2（﹣，﹣1），M3（1，4），M4（2，）四个点中，直线PB经过的点是（　　）
A．M1 B．M2 C．M3 D．M4
9．（2023 滨江区一模）如图，在矩形ABCD中，点E在边AD上，△CDE沿CE折叠得到△CFE，且点B，F，E三点共线，若DE＝3，CD＝7，则BF＝（　　）
A． B．5 C． D．
10．（2023 浦江县模拟）如图，矩形纸片ABCD中，点E是边BC的中点，连结AE，过点A对折矩形纸片，使点D落在射线AE上，折痕为AF，若AB＝2，AD＝3，则DF＝（　　）
A． B． C． D．
11．（2023 舟山）如图，已知矩形纸片ABCD，其中AB＝3，BC＝4，现将纸片进行如下操作：
第一步，如图①将纸片对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展开后如图②；
第二步，再将图②中的纸片沿对角线BD折叠，展开后如图③；
第三步，将图③中的纸片沿过点E的直线折叠，使点C落在对角线BD上的点H处，如图④．则DH的长为（　　）
A． B． C． D．
12．（2022 台州）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A'B'C'，且BB'⊥BC，则阴影部分的面积为 　　cm2．
13．（2021 杭州）如图是一张矩形纸片ABCD，点M是对角线AC的中点，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连接DF，EF．若MF＝AB，则∠DAF＝　　度．
14．（2021 舟山）如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝45°，AB＝2，点P从点A出发沿AB方向运动，到达点B时停止运动，连结CP，点A关于直线CP的对称点为A′，连结A′C，A′P．在运动过程中，点A′到直线AB距离的最大值是 　　；点P到达点B时，线段A′P扫过的面积为 　　．
15．（2022 黄岩区一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标为A（3，2），B（1，1），C（4，0），△DEF各顶点的坐标为D（3，﹣4），E（5，﹣3），F（2，﹣2）．
（1）在图中作出△ABC关于y轴对称的图形△A′B′C′；
（2）若△ABC与△DEF关于点P成中心对称，则点P的坐标是 　　；
（3）在y轴上找一点Q，使得QA+QD最小．
16．（2023 温州）如图，在2×4的方格纸ABCD中，每个小方格的边长为1．已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）．
（1）在图1中画一个等腰三角形PEF，使底边长为，点E在BC上，点F在AD上，再画出该三角形绕矩形ABCD的中心旋转180°后的图形；
（2）在图2中画一个Rt△PQR，使∠P＝45°，点Q在BC上，点R在AD上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形．
17．（2022 路桥区一模）如图，对折正方形纸片ABCD，使AB与DC重合，折痕为MN．将纸片展平，再进行折叠，使点C落在MN上的点E处，折痕BP交MN于点F．
（1）求证：EF＝PC；
（2）若正方形纸片ABCD的边长为3，求折痕BP的长．
18．（2023 嵊州市一模）根据以下素材，操作探索以下任务：
素材1 六边形KHGFED就是所求的正六边形．
素材2 如图是一张边长为4cm的正方形纸片ABCD，将正方形作如图折叠： ①沿对角线折叠，得到折痕AC． ②把∠BAC折叠，得到折痕AF，使点B落在AC上，记为点E． ③沿CE的中垂线MN折叠，得到折痕MN（M，N分别是该折痕与BC，CD的交点）．
根据提供的素材2，解决问题：
任务1： 确定角度 求出∠BAF的度数；
任务2： 探索比值 求出的值（结果保留根号）；
任务3： 思考方法 根据素材2的方法，M，N就是正八边形的两个顶点，类似地，我们可以折出正八边形的其余六个顶点． 深入思考：请利用正方形的对称性思考，将正方形纸片折出正八边形的八个顶点，最少需要______次折叠。
1．（2023 市南区校级二模）下列图形中，不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2.（2023 滨江区一模）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A．直角三角形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．矩形
3．（2023 滨江区一模）把△ABC平移得到△DEF，点A，B，C的对应点分别是D，E，F，则下列结论不一定正确的是（　　）
A．AB∥DE B．AB＝DE C．∠ABC＝∠DEF D．BE的长为平移距离
4．（2023 温州三模）如图，在△ABC中，∠BAC＝50°，将△ABC绕点A逆时针旋转得△ADE，使点D恰好落在AC边上，连结CE，则∠ACE的度数为（　　）
A．45° B．55° C．65° D．75
5．（2023 浙江二模）取一张边长为1的正方形纸片，按如图所示的方法折叠两次，则线段DE的长为（　　）
A．﹣1 B．+1 C． D．
6．（2023 长兴县一模）如图，矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，在旋转过程中，FG恰好过点C，过点G作MN平行AD交AB，CD于M，N．若AB＝3，BC＝5，则图中阴影部分的面积的是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．
7．（2021 丽水）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分∠EFB，则AD的长为（　　）
A． B． C． D．
8．（2022 瑞安市一模）如图，是半径为4的⊙O，弦AB平移得到CD（AB与CD位于O点的两侧），且线段CD与⊙O相切于点E，DE＝2CE，若A，O，D三点共线时，AB的长（　　）
A．4 B．5 C．2 D．4
9．（2023 宝安区三模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，cosB＝，将△ABC绕顶点C旋转得到△A′B′C′，且使得B′恰好落在AB边上，A′B′与AC交于点D，则的值为（　　）
A． B． C． D．
10．（2023 西峡县三模）如图，把正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转，得到正方形A′B′C′D′，A′B′和B'C′分别交AB于点E，F，在正方形旋转过程中，∠EOF的大小（　　）
A．随着旋转角度的增大而增大 B．随着旋转角度的增大而减小
C．不变，都是60° D．不变，都是45°
11．（2022 湖州）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（　　）
A．BD＝10 B．HG＝2 C．EG∥FH D．GF⊥BC
12．（2023 南浔区一模）如图，点P是Rt△ABC斜边AB上的动点，点D、E分别在AC、BC边上，连结PD、PE，若AC＝24，BC＝18，CD＝8，CE＝6，则当PD+PE取得最小值时AP的长是（　　）
A．18 B． C． D．
13．（2023 南湖区二模）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝3，点E在AB上，点H在CD上，将矩形ABCD沿EH折叠，使得点A的对应点F落在DC的延长线上，EF交BC于点P，若BP：PC＝1：3，则折痕EH的长为（　　）
A． B． C．3 D．
14．（2023 杭州二模）如图菱形ABCD的边长为4，∠A＝60°，将菱形沿EF折叠，顶点C恰好落在AB边的中点G处，则BF＝　　．
15．（2023 萧山区二模）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别为边AD、BC的三等分点（AE＞ED，BF＞CF），现将矩形沿EF折叠，产生折痕EF；展开后再次折叠，使点A与点D重合于矩形内点折痕EF上的点H处，折痕分别为PQ、CG，如果AB＝2，BC＝3，则＝　　．
16．（2022 嘉兴）如图，在扇形AOB中，点C，D在上，将沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．已知∠AOB＝120°，OA＝6，则的度数为 　　，折痕CD的长为 　　．
17．（2023 金华模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，将该三角形沿DE折叠，点B落在AC的中点B′处，则BD的长为 　　．
18．（2022 台州）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为 　　；当点M的位置变化时，DF长的最大值为 　　．
19．（2023 宁波）在4×4的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）．
（1）在图1中先画出一个以格点P为顶点的等腰三角形PAB，再画出该三角形向右平移2个单位后的△P′A′B′．
（2）将图2中的格点△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°，画出经旋转后的△A′B′C．
20．（2021 温州）如图中4×4与6×6的方格都是由边长为1的小正方形组成．图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．
（1）选一个四边形画在图2中，使点P为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形．
（2）选一个合适的三角形，将它的各边长扩大到原来的倍，画在图3中．
21．（2023 庆元县一模）小聪同学在学习折纸过程中，将一张直角三角形纸片沿AF如图所示折叠，点B落在点D处，AD与BC相交于点E，∠C＝60°，且AC＝1．
（1）求∠D的度数；
（2）若点E为BC的中点，求EF的长．
22．（2020 广州）如图，△ABD中，∠ABD＝∠ADB．
（1）作点A关于BD的对称点C；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）所作的图中，连接BC，DC，连接AC，交BD于点O．
①求证：四边形ABCD是菱形；
②取BC的中点E，连接OE，若OE＝，BD＝10，求点E到AD的距离．
23．（2021 滨江区一模）如图，矩形ABCD中，点E为BC边上一点，把△ABE沿着AE折叠得到△AEF，点F落在AD边的上方，线段EF与AD边交于点G．
（1）求证：△AGE是等腰三角形．
（2）试写出线段FG、GD、EC三者之间的数量关系式（用同一个等式表示），并证明．
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第六章 图形与变换
第一节 图形的轴对称、平移与旋转
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 图形的轴对称 ☆☆☆ 本模块知识以考查平面几何的三大变换的基本运用为主，年年都有考查，分值在8分左右．预计2024年中考还将继续考查这些知识点，考查形式主要有选填题、作图题、也可能综合题结合出现．在三种变换中，平移相对较为简单，多以选择题形式考察，偶尔也会考察作图题:对称和旋转则难度较大，通常作为选择、填空题的压轴题出现，在解答题中，也会考察对称和旋转的作图，以及与特殊几何图形结合的综合压轴题，此时常需要结合几何图形或问题类型去分类讨论.
考点2 图形的平移 ☆☆
考点3 图形的旋转 ☆☆
一、轴对称与轴对称图形
1.轴对称图形：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的对称轴.
2.把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，这条直线叫做对称轴.
3.轴对称的性质
（1）对应线段相等，对应角相等；
（2）对称点的连线被对称轴垂直平分；
（3）轴对称变换的特征是不改变图形的形状和大小，只改变图形的位置.
（4）轴对称的两个图形，他们对应线段的延长线相交，交点在对称轴上.
4.图形的折叠：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．
二、图形的平移
1.定义
在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离,图形的这种变换，叫做平移变换，简称平移.确定一个平移变换的条件是平移的方向和距离.
2.性质
(1)平移不改变图形的形状与大小，即平移前后的两个图形是全等图形;
(2)连接各组对应点的线段平行(或共线)且相等;
(3)对应线段平行(或共线)且相等;
(4)对应角相等.
三、图形的旋转
1.定义
在平面内，把一个平面图形绕着一个定点沿着某个方向旋转一定的角度,图形的这种变换叫做旋转变换.这个定点叫做旋转中心，这个角度叫做旋转角.图形的旋转由旋转中心、旋转方向和旋转角所决定.
2.性质
(1)图形上的每一点都绕着旋转中心沿着相同的方向旋转了同样大小的角度;
(2)旋转后的图形与原来的图形的形状和大小都没有发生变化,即它们是全等的;
(3)旋转前后两个图形的对应点到旋转中心的距离相等;
(4)对应点到旋转中心的连线所成的角相等,并且等于旋转角.
3.中心对称与中心对称图形：
（1）如果一个图形绕某点旋转180°后与另一个图形重合，我们就把这两个图形叫做成中心对称.
（2）如果一个图形绕某一点旋转180°后能与它自身重合，我们就把这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心.
（3）中心对称的性质：
1）中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分；
2）中心对称的两个图形是全等图形.
■考点一　图形的轴对称
◇典例1：（2023 舟山三模）如图，将矩形ABCD沿直线AC折叠，使点B落在点E处，连接DE，若DE：AC＝3：5，则tan∠ACD的值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；等腰三角形的判定与性质；矩形的性质．
【答案】A
【点拨】设CD、AE交于点F，根据折叠性质可知，△AFC、△EFD为等腰三角形，继而可证△DEF∽△CAF，再由相似比例得DF：FC＝3：5，再设DF＝3k，FC＝5k，即可求得AD，CD，进而求得答案．
【解析】解：如图，设CD、AE交于点F．
由折叠可知，∠CAB＝∠CAF，
又CD∥AB，
∴∠DCA＝∠CAB，
∴∠DCA＝∠CAF，
∴CF＝AF，
又AE＝CD，
∴AE﹣AF＝CD﹣CF，
即EF＝DF．
∴＝，
∵∠DFE＝∠AFC，
∴△DEF∽△CAF，
∴＝＝，
设DF＝3k，CF＝5k，由勾股定理得AD＝4k，
∴CD＝3k+5k＝8k，
∴tan∠ACD＝＝＝，
故选：A．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，三角函数，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，注意掌握折叠前后图形的对应相等关系是解题的要点．
◆变式训练
1．（2023 莒南县二模）下列图形中，属于轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】轴对称图形．
【答案】B
【点拨】根据轴对称图形的概念求解．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．
【解析】解：选项B能找到这样的一条直线，使这个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；
选项A、C、D不能找到这样的一条直线，使这个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；
故选：B．
【点睛】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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
2．（2023 丽水模拟）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，tanA＝，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD恰好平分∠EFB，则＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形．
【答案】C
【点拨】由角平分线的定义得∠EFD＝∠BFD，由折叠可知∠A＝∠EFD，AD＝DF，进而得到∠A＝∠BFD，于是tanA＝tan∠BFD＝，由∠A+∠B＝∠BFD+∠B＝90°可得∠BDF＝90°，在Rt△BDF中，利用锐角三角函数即可得到答案
【解析】解：∵FD平分∠EFB，
∴∠EFD＝∠BFD，
根据折叠的性质可得，∠A＝∠EFD，AD＝DF，
∴∠A＝∠BFD，
∴tanA＝tan∠BFD＝，
在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠BFD+∠B＝90°，
∴∠BDF＝90°，
在Rt△BDF中，tan∠BFD＝＝，
∴，即＝．
故选：C．
【点睛】本题主要考查角平分线的定义、折叠的性质、解直角三角形，利用角平分线定义和折叠的性质得出tanA＝tan∠BFD＝，∠BDF＝90°是解题关键．
3．（2023 瓯海区二模）如图，直角三角形ABC在，∠C＝90°，∠BAC＝60°，点D是BC边上的一点，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，∠CAD的度数为 　30°或45°　．
【考点】翻折变换（折叠问题）；三角形内角和定理．
【答案】30°或45°．
【点拨】分两种情况：当点E在AB上时，有直角三角形的性质可得∠CAD＝30°，当∠BDE＝90°时，即E在△ACB外时，由折叠可得：AE＝AC，∠EAC＝90°，∠ADC＝∠ADE＝45，AD平分∠CAE，即∠CAD＝45°．
【解析】解：分两种情况：如图，
①当∠BED＝90°时，点E在AB上时，
∵∠BAC＝60°
∴∠CAD＝∠BAC＝30°
②当∠BDE＝90°时，即E在△ACB外时，如图，
由折叠可得：
AE＝AC，
∵∠C＝∠E＝90°
∴∠EAC＝90°，
∠ADC＝∠ADE＝×90°＝45，
AD平分∠CAE，
∴∠CAD＝45°，
∠DBE不可能为直角．
故答案为30°或45°．
【点睛】本题考查折叠的性质，解本题要注意分类讨论．熟练掌握折叠的性质、直角三角形的性质和三角形的内角和等基本知识点．
■考点二 图形的平移
◇典例2：（2023 金东区二模）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，将△ABC沿AB方向平移AD的长度得到△DEF，EF＝8，BE＝3，CB与DF交于点G，CG＝3，则图中阴影部分的面积为 　　．
【考点】平移的性质．
【答案】．
【点拨】先根据平移的性质得到△ABC≌△DEF，BC＝EF＝8，则BG＝5，再证明S阴影部分＝S梯形BEFG.然后根据梯形的面积公式计算即可．
【解析】解：∵三角形ABC沿AB方向平移AD的长度得到三角形DEF，
∴△ABC≌△DEF，BC＝EF＝8，
∴BG＝BC﹣CG＝8﹣3＝5，
∵S阴影部分+S△DBG＝S△DBG+S梯形BEFG，
∴S阴影部分＝S梯形BEFG＝×（5+8）×3＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
◆变式训练
1．（2022 杭州模拟）在平面直角坐标系中，将点A（﹣3，4）向左平移3个单位后所得的点的坐标是 　（﹣6，4）　．
【考点】坐标与图形变化﹣平移．
【答案】（﹣6，4）．
【点拨】直接利用平移中点的变化规律求解即可．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
【解析】解：将点A（﹣3，4）向左平移3个单位后所得的点的坐标（﹣6，4），
故答案为：（﹣6，4）．
【点睛】本题考查了坐标与图形的平移变换，关键是要懂得左右移动改变点的横坐标，左减，右加；上下移动改变点的纵坐标，下减，上加．
2．（2022 嘉兴）“方胜”是中国古代妇女的一种首饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（　　）
A．1cm B．2cm C．（﹣1）cm D．（2﹣1）cm
【考点】平移的性质；勾股定理；正方形的性质．
【答案】D
【点拨】根据正方形的性质、勾股定理求出BD，根据平移的概念求出BB′，计算即可．
【解析】解：∵四边形ABCD为边长为2cm的正方形，
∴BD＝＝2（cm），
由平移的性质可知，BB′＝1cm，
∴B′D＝（2﹣1）cm，
故选：D．
【点睛】本题考查的是平移的性质、正方形的性质，根据平移的概念求出BB′是解题的关键．
■考点三 图形的旋转
◇典例3：（2022 丽水）一副三角板按图1放置，O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，将△ABC绕点O顺时针旋转60°，AC与EF相交于点G，则FG的长是 　（3﹣3）　cm．
【考点】旋转的性质；含30度角的直角三角形；等腰直角三角形．
【答案】（3﹣3）．
【点拨】设EF与BC交于点H，根据旋转的性质证明∠FHO＝90°，可得OH＝OF＝3cm，利用含30度角的直角三角形可得CH＝OC﹣OH＝3cm，FH＝OH＝3cm，然后证明△CHG的等腰直角三角形，可得CH＝GH＝3cm，进而可以解决问题．
【解析】解：如图，设EF与BC交于点H，
∵O是边BC（DF）的中点，BC＝12cm．如图2，
∴OD＝OF＝OB＝OC＝6cm．
∵将△ABC绕点O顺时针旋转60°，
∴∠BOD＝∠FOH＝60°，
∵∠F＝30°，
∴∠FHO＝90°，
∴OH＝OF＝3cm，
∴CH＝OC﹣OH＝3cm，FH＝OH＝3cm，
∵∠C＝45°，
∴CH＝GH＝3cm，
∴FG＝FH﹣GH＝（3﹣3）cm．
故答案为：（3﹣3）．
【点睛】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
◆变式训练
1．（2023 金东区一模）垃圾分类一小步，低碳生活一大步，垃圾桶上常有以下四种垃圾分类标识的图案，下列图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【答案】A
【点拨】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解析】解：A、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．（2023 盱眙县模拟）如图，△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，若∠C＝40°，∠B＝90°，∠CAD＝10°，则旋转角的度数为（　　）
A．60° B．50° C．40° D．10°
【考点】旋转的性质．
【答案】A
【点拨】首先利用已知条件求出∠BAD，然后利用旋转角的定义即可求解．
【解析】解：∵∠C＝40°，∠CAD＝10°，
∴∠BAC＝90°﹣∠C＝50°，
∵∠BAD＝∠BAC+∠CAD，
∴∠BAD＝50°+10°＝60°，
∵△ADE是由△ABC绕A点旋转得到的，
∴∠BAD为旋转角，
∴旋转角的度数为60°．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，解题的关键是正确找出旋转角．
1．（2023 金华模拟）在以下四个标志中，是轴对称图形的是（　　）
A． B．C． D．
【考点】轴对称图形．
【答案】C
【点拨】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，由此即可判断．
【解析】解：观察图形，只有选项C中的图形能找到对称轴，则选项C中的图形是轴对称图形．
故选：C．
【点睛】本题主要考查轴对称的知识，熟练掌握轴对称的知识是解题的关键．
2．（2022 衢州）下列图形是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】中心对称图形．
【答案】B
【点拨】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解析】解：选项A、C、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：B．
【点睛】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3．（2022 湖州）如图，将△ABC沿BC方向平移1cm得到对应的△A'B'C'．若B'C＝2cm，则BC′的长是（　　）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【考点】平移的性质．
【答案】C
【点拨】根据平移的性质得到BB′＝CC′＝1cm，即可得到BC′＝BB′+B′C+CC′的长．
【解析】解：∵将△ABC沿BC方向平移1cm得到对应的△A'B'C'，
∴BB′＝CC′＝1（cm），
∵B'C＝2（cm），
∴BC′＝BB′+B′C+CC′＝1+2+1＝4（cm），
故选：C．
【点睛】本题考查了平移的性质，根据平移的性质得到BB′＝CC′＝1cm是解题的关键．
4．（2023 仙居县二模）如图，直线AH为正五边形ABCDE的对称轴，连接BE交AH于点F，以EF为边作等边△EFG，连接BG，则∠GBC的度数为（　　）
A．30° B．42° C．45° D．54
【考点】轴对称的性质；等边三角形的性质．
【答案】B
【点拨】根据正五边形和等边三角形的性质可得∠ABC＝108°，∠EBG＝30°，∠ABE＝36°，从而可得∠GBC的度数．
【解析】解：∵正五边形ABCDE，
∴∠ABC＝∠BAE＝108°，
∴∠ABE＝36°，
∵等边△EFG，直线AH为正五边形ABCDE的对称轴，
∴∠EFG＝60°，BF＝EF＝FG，
∴∠EBG＝30°，
∴∠GBC＝∠ABC﹣∠ABE﹣∠EBG＝108°﹣36°﹣30°＝42°．
故选：B．
【点睛】本题考查了正五边形的性质，等边三角形的性质，解题的关键是结合图形求出相应角的度数．
5．（2021 衢州）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB′C′D′，∠B＝∠β．当AC平分∠B′AC′时，∠α与∠β满足的数量关系是（　　）
A．∠α＝2∠β B．2∠α＝3∠β C．4∠α+∠β＝180° D．3∠α+2∠β＝180°
【考点】旋转的性质；菱形的性质．
【答案】C
【点拨】由菱形和旋转的性质可证：∠BAB'＝∠B'AC＝∠CAC'＝∠DAC'＝∠α，再根据AD∥BC，即可得出4∠α+∠β＝180°．
【解析】解：∵AC平分∠B′AC′，
∴∠B'AC＝∠C'AC，
∵菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB′C′D′，
∴∠BAB'＝∠CAC'＝∠α，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴∠BAB'＝∠DAC'，
∴∠BAB'＝∠B'AC＝∠CAC'＝∠DAC'＝∠α，
∵AD∥BC，
∴∠B+∠BAD＝180°，
∴4∠α+∠β＝180°，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，以及旋转前后对应角相等等知识，熟记其性质是解题的关键．
6．（2021 舟山）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（　　）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形
【考点】剪纸问题；菱形的判定．
【答案】D
【点拨】对折是轴对称得到的图形，根据最后得到的图形可得是沿对角线折叠2次后，剪去一个三角形得到的，按原图返回即可．
【解析】解：如图，由题意可知，剪下的图形是四边形BACD，
由折叠可知CA＝AB，
∴△ABC是等腰三角形，
又△ABC和△BCD关于直线BC对称，
∴四边形BACD是菱形，
故选：D．
【点睛】本题主要考查折叠的性质及学生动手操作能力：逆向思维也是常用的一种数学思维方式．
7．（2021 台州）如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P．若∠α＝60°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为（　　）
A．（36）cm2 B．（36）cm2 C．24cm2 D．36cm2
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【答案】A
【点拨】根据题意可知阴影部分的面积＝长方形的面积﹣三角形ABC的面积，根据题中数据计算三角形ABC的面积即可．
【解析】解：根据翻折可知，
∠MAB＝∠BAP，∠NAC＝∠PAC，
∴∠BAC＝∠PAB+∠PAC＝（∠MAB+∠BAP+∠NAC+∠PAC）＝180°＝90°，
∵∠α＝60°，
∴∠MAB＝180°﹣∠BAC﹣∠α＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴AB＝＝6（cm），
AC＝＝2（cm），
∴阴影部分的面积＝S长方形﹣S△ABC＝12×3﹣6×＝（36﹣6）（cm2），
故选：A．
【点睛】本题主要考查翻折和矩形的性质等知识点，熟练掌握和应用翻折的性质是解题的关键．
8．（2022 杭州）如图，在平面直角坐标系中，已知点P（0，2），点A（4，2）．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在M1（﹣，0），M2（﹣，﹣1），M3（1，4），M4（2，）四个点中，直线PB经过的点是（　　）
A．M1 B．M2 C．M3 D．M4
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；一次函数图象上点的坐标特征．
【答案】B
【点拨】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，2+2），利用待定系数法可得直线PB的解析式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y＝x+2中可解答．
【解析】解：∵点A（4，2），点P（0，2），
∴PA⊥y轴，PA＝4，
由旋转得：∠APB＝60°，AP＝PB＝4，
如图，过点B作BC⊥y轴于C，
∴∠BPC＝30°，
∴BC＝2，PC＝2，
∴B（2，2+2），
设直线PB的解析式为：y＝kx+b，
则，
∴，
∴直线PB的解析式为：y＝x+2，
当y＝0时，x+2＝0，x＝﹣，
∴点M1（﹣，0）不在直线PB上，
当x＝﹣时，y＝﹣3+2＝﹣1，
∴M2（﹣，﹣1）在直线PB上，
当x＝1时，y＝+2，
∴M3（1，4）不在直线PB上，
当x＝2时，y＝2+2，
∴M4（2，）不在直线PB上．
故选：B．
【点睛】本题考查的是图形旋转变换，待定系数法求一次函数的解析式，确定点B的坐标是解本题的关键．
9．（2023 滨江区一模）如图，在矩形ABCD中，点E在边AD上，△CDE沿CE折叠得到△CFE，且点B，F，E三点共线，若DE＝3，CD＝7，则BF＝（　　）
A． B．5 C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【答案】D
【点拨】由四边形ABCD是矩形得到AB＝CD＝7，∠D＝∠A＝∠ABC＝90°，BC＝AD，由△CDE沿CE折叠得到△CFE，得到EF＝DE＝3，由于AD∥BC，得到∠DEC＝∠BCE，∠BCE＝∠FEC，于是得到BC＝BE，设BC＝BE＝x，则AE＝x﹣3，
由勾股定理得，BE2＝AB2+AE2，则（x﹣3）2+72＝x2，解得x＝，进而可得到答案．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝7，∠D＝∠A＝∠ABC＝90°，BC＝AD，
∵△CDE沿CE折叠得到△CFE，
∴△CDE≌△CFE，
∴∠DEC＝∠FEC，EF＝DE＝3
∵AD∥BC，
∴∠DEC＝∠BCE，
∴∠BCE＝∠FEC，
∴BC＝BE，
在Rt△ABE中，设BC＝BE＝x，则AE＝x﹣3，
由勾股定理得，BE2＝AB2+AE2，
∴x2＝72+（x﹣3）2，
解得x＝，
∴BF＝BE﹣EF＝x﹣3＝．
故选：D．
【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、折叠的性质等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
10．（2023 浦江县模拟）如图，矩形纸片ABCD中，点E是边BC的中点，连结AE，过点A对折矩形纸片，使点D落在射线AE上，折痕为AF，若AB＝2，AD＝3，则DF＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【答案】A
【点拨】延长AE与DC的延长线相交于点G，作FH⊥AG于点H，证明△AEB≌△GEC（ASA），推出CG＝AB＝2，由折叠的性质知∠DAF＝∠FAG，得到FD＝FH，设FD＝FH＝x，利用sinG＝sin∠EAB，列式计算即可求解．
【解析】解：延长AE与DC的延长线相交于点G，作FH⊥AG于点H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠B＝∠DCE＝∠GCE＝90°，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，
∵AB＝2，，
∴，
在△ABE和△GCE中，
，
∴△AEB≌△GEC（ASA），
∴CG＝AB＝2，∠G＝∠GAB，
由折叠的性质知∠DAF＝∠FAG，
∵∠D＝90°，FG⊥AG，
∴FD＝FH，
设FD＝FH＝x，则GF＝CD+CG﹣DF＝4﹣x，
∵sinG＝sin∠EAB，
∴＝，
解得，
经检验，是所列方程的解，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，角平分线的性质定理，解直角三角形，利用sinG＝sin∠EAB列式计算是解题的关键．
11．（2023 舟山）如图，已知矩形纸片ABCD，其中AB＝3，BC＝4，现将纸片进行如下操作：
第一步，如图①将纸片对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展开后如图②；
第二步，再将图②中的纸片沿对角线BD折叠，展开后如图③；
第三步，将图③中的纸片沿过点E的直线折叠，使点C落在对角线BD上的点H处，如图④．则DH的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【答案】D
【点拨】过点M作MG⊥BD于点G，根据勾股定理求得BD＝5，由折叠可知BE＝CE＝EH＝BC＝2，∠C＝∠EHM＝90°，CM＝HM，进而得出BE＝EH，∠EBH＝∠EHB，利用等角的余角相等可得∠HDM＝∠DHM，则DM＝HM，于是可得DM＝HM＝CM＝CD＝，由等腰三角形的性质可得DH＝2DG，易证明△MGD∽△BCD，利用相似三角形的性质即可求解．
【解析】解：如图，过点M作MG⊥BD于点G，
∵四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4，
∴AB＝CD＝3，∠C＝90°，
在Rt△BCD中，BD＝＝＝5，
根据折叠的性质可得，BE＝CE＝BC＝2，∠C＝∠EHM＝90°，CE＝EH＝2，CM＝HM，
∴BE＝EH＝2，
∴△BEH为等腰三角形，∠EBH＝∠EHB，
∵∠EBH+∠HDM＝90°，
∠EHB+∠DHM＝90°，
∴∠HDM＝∠DHM，
∴△DHM为等腰三角形，DM＝HM，
∴DM＝HM＝CM＝CD＝，
∵MG⊥BD，
∴DH＝2DG，∠MGD＝∠BCD＝90°，
∵∠MDG＝∠BDC，
∴△MGD∽△BCD，
∴，即，
∴DG＝，
∴DH＝2DG＝．
故选：D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，根据矩形和折叠的性质推理论证出DM＝HM，以此得出点M为CD的中点是解题关键．
12．（2022 台州）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A'B'C'，且BB'⊥BC，则阴影部分的面积为 　8　cm2．
【考点】平移的性质．
【答案】8．
【点拨】根据平移的性质得出阴影部分的面积等于四边形BB'C'C的面积解答即可．
【解析】解：由平移可知，阴影部分的面积等于四边形BB'C'C的面积＝BC×BB'＝4×2＝8（cm2），
故答案为：8．
【点睛】本题考查了四边形的面积公式和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
13．（2021 杭州）如图是一张矩形纸片ABCD，点M是对角线AC的中点，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连接DF，EF．若MF＝AB，则∠DAF＝　18　度．
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【答案】18．
【点拨】连接DM，利用斜边上的中线等于斜边的一半可得△AMD和△MCD为等腰三角形，∠DAF＝∠MDA，∠MCD＝∠MDC；由折叠可知DF＝DC，可得∠DFC＝∠DCF；由MF＝AB，AB＝CD，DF＝DC，可得FM＝FD，进而得到∠FMD＝∠FDM；利用三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和，可得∠DFC＝2∠FMD；最后在△MDC中，利用三角形的内角和定理列出方程，结论可得．
【解析】解：连接DM，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°．
∵M是AC的中点，
∴DM＝AM＝CM，
∴∠FAD＝∠MDA，∠MDC＝∠MCD．
∵DC，DF关于DE对称，
∴DF＝DC，
∴∠DFC＝∠DCF．
∵MF＝AB，AB＝CD，DF＝DC，
∴MF＝FD．
∴∠FMD＝∠FDM．
∵∠DFC＝∠FMD+∠FDM，
∴∠DFC＝2∠FMD．
∵∠DMC＝∠FAD+∠ADM，
∴∠DMC＝2∠FAD．
设∠FAD＝x°，则∠DFC＝4x°，
∴∠MCD＝∠MDC＝4x°．
∵∠DMC+∠MCD+∠MDC＝180°，
∴2x+4x+4x＝180．
∴x＝18．
故答案为：18．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠问题，三角形的内角和定理及其推论，利用三角形内角和定理列出方程是解题的关键．
14．（2021 舟山）如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝45°，AB＝2，点P从点A出发沿AB方向运动，到达点B时停止运动，连结CP，点A关于直线CP的对称点为A′，连结A′C，A′P．在运动过程中，点A′到直线AB距离的最大值是 　　；点P到达点B时，线段A′P扫过的面积为 　（1+）π﹣1﹣　．
【考点】轴对称的性质．
【答案】，（1+）π﹣1﹣．
【点拨】如图1中，过点B作BH⊥AC于H．解直角三角形求出CA，当CA′⊥AB时，点A′到直线AB的距离最大，求出CA′，CK．可得结论．如图2中，点P到达点B时，线段A′P扫过的面积＝S扇形A′CA﹣2S△ABC，由此求解即可．
【解析】解：如图1中，过点B作BH⊥AC于H．
在Rt△ABH中，BH＝AB sin30°＝1，AH＝BH＝，
在Rt△BCH中，∠BCH＝45°，
∴CH＝BH＝1，
∴AC＝CA′＝1+，
当CA′⊥AB时，点A′到直线AB的距离最大，
设CA′交AB的延长线于K．
在Rt△ACK中，CK＝AC sin30°＝，
∴A′K＝CA′﹣CK＝1+﹣＝．
如图2中，点P到达点B时，线段A′P扫过的面积＝S扇形A′CA﹣2S△ABC＝﹣2××（1+）×1＝（1+）π﹣1﹣．
故答案为：，（1+）π﹣1﹣．
【点睛】本题考查轴对称的性质，翻折变换，解直角三角形，扇形的面积，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用分割法求面积，属于中考填空题中的压轴题．
15．（2022 黄岩区一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标为A（3，2），B（1，1），C（4，0），△DEF各顶点的坐标为D（3，﹣4），E（5，﹣3），F（2，﹣2）．
（1）在图中作出△ABC关于y轴对称的图形△A′B′C′；
（2）若△ABC与△DEF关于点P成中心对称，则点P的坐标是 　（3，﹣1）　；
（3）在y轴上找一点Q，使得QA+QD最小．
【考点】作图﹣轴对称变换；轴对称﹣最短路线问题；中心对称；坐标与图形变化﹣旋转．
【答案】（1）见解答．
（2）（3，﹣1）．
（3）见解答．
【点拨】（1）由题意确定点A'，B'，C'的位置，再连线即可．
（2）根据中心对称的性质求解即可．
（3）作点A关于y轴的对称点A''，连接A''D，交y轴的交点即为所求的点Q．
【解析】解：（1）如图，△A′B′C′即为所求．
（2）∵B（1，1），E（5，﹣3），
∴P点的横坐标为＝3，纵坐标为＝﹣1，
即点P的坐标为（3，﹣1）．
故答案为：（3，﹣1）．
（3）如图，点Q即为所求．
【点睛】本题考查作图﹣轴对称变换、轴对称﹣最短路线问题、中心对称，熟练掌握轴对称与中心对称的性质是解答本题的关键．
16．（2023 温州）如图，在2×4的方格纸ABCD中，每个小方格的边长为1．已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）．
（1）在图1中画一个等腰三角形PEF，使底边长为，点E在BC上，点F在AD上，再画出该三角形绕矩形ABCD的中心旋转180°后的图形；
（2）在图2中画一个Rt△PQR，使∠P＝45°，点Q在BC上，点R在AD上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形．
【考点】作图﹣旋转变换；等腰三角形的判定与性质；直角三角形的性质；勾股定理；作图﹣平移变换．
【答案】（1）（2）作图见解析部分．
【点拨】（1）根据题意作出图形即可；
（2）作等腰直角三角形PQR，可得结论．
【解析】解：（1）图形如图1所示（答案不唯一）；
（2）图形如图2所示（答案不唯一）．
【点睛】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握在旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
17．（2022 路桥区一模）如图，对折正方形纸片ABCD，使AB与DC重合，折痕为MN．将纸片展平，再进行折叠，使点C落在MN上的点E处，折痕BP交MN于点F．
（1）求证：EF＝PC；
（2）若正方形纸片ABCD的边长为3，求折痕BP的长．
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
【答案】（1）见解答．
（2）2．
【点拨】（1）由翻折可得∠BNF＝∠FNC＝90°，∠BEP＝∠C＝90°，∠EBP＝∠CBP，EP＝CP，由∠BFN＝90°﹣∠NBF，∠EPF＝90°﹣∠EBF，可得∠BFN＝∠EPB，进而可得∠EFP＝∠EPF，则EF＝EP，结合EP＝CP，可得EF＝PC．
（2）连接CF．由翻折可得BN＝CN，EP＝CP，BF＝CF，由（1）知EF＝PC，可证得四边形EFCP为菱形，则CF＝CP，由FN∥CP，BN＝CN，可得FN是△BCP的中位线，则FN＝PC＝CF＝BF，即可得∠FBN＝30°，在Rt△BCP中，利用锐角三角函数可得出答案．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C＝∠ABC＝∠A＝∠D＝90°，
由翻折可得∠BNF＝∠FNC＝90°，∠BEP＝∠C＝90°，∠EBP＝∠CBP，EP＝CP，
∵∠BFN＝90°﹣∠NBF，
∠EPF＝90°﹣∠EBF，
∴∠BFN＝∠EPB，
∵∠BFN＝∠EFP，
∴∠EFP＝∠EPF，
∴EF＝EP，
∵EP＝CP，
∴EF＝PC．
（2）解：连接CF．
由翻折可得BN＝CN，EP＝CP，BF＝CF，
由（1）知EF＝PC，
∵EF∥PC，
∴四边形EFCP为平行四边形，
∵EP＝CP，
∴平行四边形EFCP为菱形，
∴CF＝CP，
∵FN∥CP，BN＝CN，
∴FN是△BCP的中位线，
∴FN＝PC，
∴FN＝CF＝BF，
∵∠FNB＝90°，
∴∠FBN＝30°，
在Rt△BCP中，
BP＝．
【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题）、正方形的性质、菱形的性质、锐角三角函数，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
18．（2023 嵊州市一模）根据以下素材，操作探索以下任务：
素材1 六边形KHGFED就是所求的正六边形．
素材2 如图是一张边长为4cm的正方形纸片ABCD，将正方形作如图折叠： ①沿对角线折叠，得到折痕AC． ②把∠BAC折叠，得到折痕AF，使点B落在AC上，记为点E． ③沿CE的中垂线MN折叠，得到折痕MN（M，N分别是该折痕与BC，CD的交点）．
根据提供的素材2，解决问题：
任务1： 确定角度 求出∠BAF的度数；
任务2： 探索比值 求出的值（结果保留根号）；
任务3： 思考方法 根据素材2的方法，M，N就是正八边形的两个顶点，类似地，我们可以折出正八边形的其余六个顶点． 深入思考：请利用正方形的对称性思考，将正方形纸片折出正八边形的八个顶点，最少需要 　5　次折叠．
【考点】作图﹣轴对称变换；线段垂直平分线的性质；正多边形和圆．
【答案】任务1：22.5°；
任务2：；
任务3：5．
【点拨】任务1：根据正方形的性质及轴对称的性质求解；
任务2：根据轴对称的性质及勾股定理求出CM的长，在计算比值；
任务3：根据正方形的对称性求解．
【解析】任务1：解：∵正方形ABCD，且AC是对角线，
∴∠BAC＝45°
∵AF是对称轴，
∴∠BAF＝22.5°
任务2：解：连结EM，EN，
∵MN是对称轴，
∴ME＝MC，NE＝NC，MN垂直平分EC，
∴ME＝MC＝NC＝NE．
又∵∠DCB＝90°，
∴四边形MCEN是正方形．
∵AB＝AE＝4，
∴，
∴，
∴．
∴．
任务3：根据素材2已经有3次，得出一对边，要找出其他6个顶点，根据对称性，还需要2次，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了轴对称变换，掌握轴对称的性质是解题的关键．
1．（2023 市南区校级二模）下列图形中，不是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】中心对称图形．
【答案】D
【点拨】根据中心对称图形的概念求解．
【解析】解：A、是中心对称图形，不符合题意；
B、是中心对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，不符合题意；
D、不是中心对称图形，符合题意．
故选：D．
【点睛】此题考查了中心对称图形的概念．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
2.（2023 滨江区一模）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A．直角三角形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．矩形
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【答案】D
【点拨】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解析】解：A、不是轴对称图形．也不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：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；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
3．（2023 滨江区一模）把△ABC平移得到△DEF，点A，B，C的对应点分别是D，E，F，则下列结论不一定正确的是（　　）
A．AB∥DE B．AB＝DE C．∠ABC＝∠DEF D．BE的长为平移距离
【考点】平移的性质；平行线的判定．
【答案】A
【点拨】根据平移的性质进行解答即可．
【解析】解：根据平移的性质可知，平移前后对应边相等，对应角相等，对应点的连线为平移的距离，因此把△ABC平移得到△DEF，点A，B，C的对应点分别是D，E，F，则AB＝DE，∠ABC＝∠DEF，BE的长为平移距离一定正确，当A、B、D、E在同一直线上时，AB∥DE不成立，故A符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，解题的关键是熟练掌握平移的性质，平移前后对应边相等，对应角相等，对应点的连线段的长度为平移的距离．
4．（2023 温州三模）如图，在△ABC中，∠BAC＝50°，将△ABC绕点A逆时针旋转得△ADE，使点D恰好落在AC边上，连结CE，则∠ACE的度数为（　　）
A．45° B．55° C．65° D．75
【考点】旋转的性质．
【答案】C
【点拨】由旋转的性质可知，旋转前后对应边相等，对应角相等，得出等腰三角形，再根据等腰三角形的性质求解．
【解析】解：由旋转的性质可知，
∠CAE＝∠BAC＝50°，AC＝AE，
∴∠ACE＝∠AEC，
在△ACE中，∠CAE+∠ACE+∠AEC＝180°，
∴50°+2∠ACE＝180°，
解得：∠ACE＝65°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，找出旋转角和旋转前后的对应边得出等腰三角形是解答此题的关键．
5．（2023 浙江二模）取一张边长为1的正方形纸片，按如图所示的方法折叠两次，则线段DE的长为（　　）
A．﹣1 B．+1 C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．
【答案】A
【点拨】根据勾股定理得出AC＝，设DE＝x，则EF＝DE＝x，CE＝1﹣x，CF＝AC﹣AD＝﹣1，继而在Rt△CEF中利用勾股定理进行列方程，求出x的值即可．
【解析】解：在Rt△ABC中利用勾股定理得：AC＝，
设DE＝x，根据翻折变换的性质可知：EF＝DE＝x，CE＝1﹣x，CF＝AC﹣AD＝﹣1，
在Rt△CEF中利用勾股定理有：CE2＝EF2+CF2，（1﹣x）2＝x2+（﹣1）2，
解得：x＝﹣1．
故选：A．
【点睛】此题考查了翻折变换的知识，解答此类题目，要求我们熟练掌握翻折前后对应边相等、对应角相等，难度一般．
6．（2023 长兴县一模）如图，矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，在旋转过程中，FG恰好过点C，过点G作MN平行AD交AB，CD于M，N．若AB＝3，BC＝5，则图中阴影部分的面积的是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．
【考点】旋转的性质；矩形的性质．
【答案】A
【点拨】由旋转的性质可得BG＝BA＝3，由勾股定理可求CG，可求△BGC的面积，由平行四边形的性质可求解．
【解析】解：∵矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，
∴BG＝BA＝3，
∴CG＝＝＝4，
∴S△BGC＝×BG GC＝6，
∵MN∥AD，CD∥AB，
∴四边形AMND是平行四边形，MN∥BC，
∴四边形BCNM是平行四边形，
∴S平行四边形BCNM＝2S△BGC＝12，
∴阴影部分的面积＝S矩形ABCD﹣S平行四边形BCNM＝15﹣12＝3，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
7．（2021 丽水）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分∠EFB，则AD的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理．
【答案】D
【点拨】由翻折得出AD＝DF，∠A＝∠DFE，再根据FD平分∠EFB，得出∠DFH＝∠A，然后借助相似列出方程即可．
【解析】解：作DH⊥BC于H，
在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，
由勾股定理得：AB＝，
∵将△ADE沿DE翻折得△DEF，
∴AD＝DF，∠A＝∠DFE，
∵FD平分∠EFB，
∴∠DFE＝∠DFH，
∴∠DFH＝∠A，
设DH＝3x，
在Rt△DHF中，sin∠DFH＝sin∠A＝，
∴DF＝5x，
∴BD＝5﹣5x，
∵△BDH∽△BAC，
∴，
∴，
∴x＝，
∴AD＝5x＝．
故选：D．
【点睛】本题考查了以直角三角形为背景的翻折问题，紧扣翻折前后对应线段相等、对应角相等来解决问题，通过相似表示线段和列方程是解题本题的关键．
8．（2022 瑞安市一模）如图，是半径为4的⊙O，弦AB平移得到CD（AB与CD位于O点的两侧），且线段CD与⊙O相切于点E，DE＝2CE，若A，O，D三点共线时，AB的长（　　）
A．4 B．5 C．2 D．4
【考点】平移的性质；切线的性质．
【答案】C
【点拨】接OE，OE的反向延长线交AB于F，由切线的性质得EF⊥CD，则EF⊥AB，得AF＝BF＝AB，可得＝＝，求出OF，再由勾股定理得AF，则AB＝2AF，即可求出AB的长．
【解析】解：连接OE，OE的反向延长线交AB于F，如图，
∵CD与⊙O相切于点E，
∴EF⊥CD，
由平移的性质得：CD∥AB，CD＝AB，
∴EF⊥AB，
∴AF＝BF＝AB，
在Rt△AOF中，OA＝4，
∴OF＝＝，
∵DE＝2CE，
∴DE＝CD＝AB，
∵CD∥AB，
∴＝＝＝，
∴，
∴AB＝2，
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质、勾股定理、平移的性质、平行线分线段成比例定理等知识；熟练掌握切线的性质和平移的性质是解题的关键．
9．（2023 宝安区三模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，cosB＝，将△ABC绕顶点C旋转得到△A′B′C′，且使得B′恰好落在AB边上，A′B′与AC交于点D，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】旋转的性质；解直角三角形．
【答案】D
【点拨】如图，作辅助线．首先求出BM的长度，进而求出AC、BB′的长度；证明△A′DC∽△ADB′，得＝，即可解决问题．
【解析】解：如图，过点C作CM⊥AB于点M，
∵∠C＝90°，cosB＝，
∴＝．
设BC＝3λ，则AB＝5λ，
由勾股定理得AC＝4λ，
由射影定理得：BC2＝BM AB．
∴BM＝λ．由旋转变换的性质得：
CB＝CB′，A′C＝AC＝4λ，∠A′＝∠A．而CM⊥BB′，
∴B′M＝BM，AB′＝5λ﹣λ＝λ，
∵∠A′＝∠A，∠A′DC＝∠ADB′，
∴△A′DC∽△ADB′，
∴＝，
故选：D．
【点睛】主要考查了旋转变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定等几何知识点及其应用问题；解题的方法是作辅助线，将分散的条件集中；解题的关键是灵活运用旋转变换的性质、勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答．
10．（2023 西峡县三模）如图，把正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转，得到正方形A′B′C′D′，A′B′和B'C′分别交AB于点E，F，在正方形旋转过程中，∠EOF的大小（　　）
A．随着旋转角度的增大而增大 B．随着旋转角度的增大而减小
C．不变，都是60° D．不变，都是45°
【考点】中心对称；正方形的性质；旋转的性质．
【答案】D
【点拨】连接AO，BO，A'O，AB'，依据正方形的性质，即可得到AE＝B'E，进而得出△AOE≌△B'OE（SSS），根据全等三角形的性质，可得∠AOE＝∠B'OE．同理可得，∠BOF＝∠B'OF，根据∠EOF＝∠B'OE+∠B'OF＝∠AOB，可知在正方形旋转过程中，∠EOF的大小不变，是45°．
【解析】解：如图所示，连接AO，BO，A'O，AB'，
∵正方形ABCD绕着它的对称中心O沿着逆时针方向旋转，得到正方形A′B′C′D′，
∴AO＝B'O，
∴∠OAB'＝∠OB'A，
又∵∠OAE＝∠OB'E＝45°，
∴∠EAB'＝∠EB'A，
∴AE＝B'E，
又∵EO＝EO，
∴△AOE≌△B'OE（SSS），
∴∠AOE＝∠B'OE．
同理可得，∠BOF＝∠B'OF，
∴∠EOF＝∠B'OE+∠B'OF＝∠AOB＝90°＝45°．
∴在正方形旋转过程中，∠EOF的大小不变，是45°．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及旋转的性质的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形以及等腰三角形，利用全等三角形的对应角相等得出结论．
11．（2022 湖州）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（　　）
A．BD＝10 B．HG＝2 C．EG∥FH D．GF⊥BC
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理；矩形的判定与性质．
【答案】D
【点拨】由矩形的性质及勾股定理可求出BD＝10；由折叠的性质可得出AB＝BG＝6，CD＝DH＝6，则可求出GH＝2；证出∠A＝∠BGE＝∠C＝∠DHF＝90°，由平行线的判定可得出结论；由勾股定理求出CF＝3，根据平行线分线段成比例定理可判断结论．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，BC＝AD，
∵AB＝6，BC＝8，
∴BD＝＝＝10，
故A选项不符合题意；
∵将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，
∴AB＝BG＝6，CD＝DH＝6，
∴GH＝BG+DH﹣BD＝6+6﹣10＝2，
故B选项不符合题意；
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠C＝90°，
∵将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，
∴∠A＝∠BGE＝∠C＝∠DHF＝90°，
∴EG∥FH．
故C选项不符合题意；
∵GH＝2，
∴BH＝DG＝BG﹣GH＝6﹣2＝4，
设FC＝HF＝x，则BF＝8﹣x，
∴x2+42＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
∴CF＝3，
∴，
又∵，
∴，
若GF⊥BC，则GF∥CD，
∴，
故D选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，平行线的判定，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
12．（2023 南浔区一模）如图，点P是Rt△ABC斜边AB上的动点，点D、E分别在AC、BC边上，连结PD、PE，若AC＝24，BC＝18，CD＝8，CE＝6，则当PD+PE取得最小值时AP的长是（　　）
A．18 B． C． D．
【考点】轴对称﹣最短路线问题．
【答案】B
【点拨】连接DE，过点D作DG⊥AB于G，延长DG到F，使FG＝DG，连接EF，交AB于P，则PD+PE＝PF+PE＝EF，此时PD+PE取得最小值．证明△CDE∽△CAB，得出∠CDE＝∠A，DE∥AB，由cosA＝cos∠CDE，得出＝，求出AG＝．证明PG是△FDE的中位线，得出PG＝DE＝5，那么AP＝AG+PG＝．
【解析】解：如图，连接DE，过点D作DG⊥AB于G，延长DG到F，使FG＝DG，连接EF，交AB于P，则PD+PE＝PF+PE＝EF，此时PD+PE取得最小值．
∵AC＝24，BC＝18，CD＝8，CE＝6，∠C＝90°，
∴DE＝＝＝10，＝＝，
∴△CDE∽△CAB，
∴∠CDE＝∠A，
∴DE∥AB，
∵cosA＝cos∠CDE，
∴＝，即＝，
∴AG＝．
∵PG∥DE，FG＝DG，
∴PG是△FDE的中位线，
∴PG＝DE＝5，
∴AP＝AG+PG＝+5＝．
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线确定P点位置是解题的关键．
13．（2023 南湖区二模）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝3，点E在AB上，点H在CD上，将矩形ABCD沿EH折叠，使得点A的对应点F落在DC的延长线上，EF交BC于点P，若BP：PC＝1：3，则折痕EH的长为（　　）
A． B． C．3 D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【答案】B
【点拨】过点H作HQ⊥AB于点Q，则四边形BCHQ是矩形，将纸片折叠，可证△HEF是等腰三角形；设BE＝x，利用相似的性质可用x表示相关线段，根据勾股定理即可求解．
【解析】解：如图，过点H作HQ⊥AB于点Q，则四边形BCHQ是矩形，
∵将纸片折叠，使点A落在边DC的延长线上的点F处，
∴AE＝EF，∠AEH＝∠FEH，
∵AB∥CD，
∴∠FHE＝∠AEH，△EBP∽△FCP，
∴∠FEH＝∠FHE，
∴FH＝EF，
∵BP：PC＝1：3，
∴BP＝BC＝，，
设BE＝x，则FH＝EF＝AE＝6﹣x，
∴PE＝＝，
在Rt△EBP中，由勾股定理得：
，
解得：x1＝1，（舍去），
∴BE＝1，CF＝3BE＝3，HF＝6﹣x＝5，
∴QB＝CH＝HF﹣CF＝2，
∴QE＝QB﹣BE＝1，
∴HE＝＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
14．（2023 杭州二模）如图菱形ABCD的边长为4，∠A＝60°，将菱形沿EF折叠，顶点C恰好落在AB边的中点G处，则BF＝　1.2　．
【考点】翻折变换（折叠问题）；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【答案】1.2．
【点拨】过点F作FH⊥AB于点H，由菱形的性质和已知条件得出∠HFB＝30°，再设HB＝x，则BF＝2x，CF＝4﹣2x＝GF，FH＝x，在Rt△FGH中，依据勾股定理得到方程（x）2+（2+x）2＝（4﹣2x）2，求得x的值即可得到BF的长．
【解析】解：如图所示，过F作FH⊥AB，交AB的延长线于点H，
∵∠A＝60°，AD∥BC，
∴∠HBF＝60°，∠BFH＝30°，
设BH＝x，则BF＝2x，CF＝4﹣2x＝GF，FH＝x，
∵G是AB的中点，
∴BG＝2，GH＝2+x，
Rt△FGH中，FH2+GH2＝GF2，
∴（x）2+（2+x）2＝（4﹣2x）2，
解得x＝0.6，
∴BF＝2x＝1.2．
故答案为：1.2．
【点睛】本题考查了菱形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，解题时设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
15．（2023 萧山区二模）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别为边AD、BC的三等分点（AE＞ED，BF＞CF），现将矩形沿EF折叠，产生折痕EF；展开后再次折叠，使点A与点D重合于矩形内点折痕EF上的点H处，折痕分别为PQ、CG，如果AB＝2，BC＝3，则＝　　．
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．
【答案】．
【点拨】利用翻折中出现的相似，可求出EH长，利用勾股定理计算出PE，即可求出的值．
【解析】解：由沿着EF翻折得，∠HEG＝∠HFC＝90°，
由沿着GC翻折得，∠GHC＝∠D＝90°，
∴∠FCH＝∠EHG，
∵＝，
∴∠FCH＝∠EHG＝60°，
在Rt△EHM中，设EH＝m．则HG＝2m，EG＝m，
∵EG+HG＝1，即m+2m＝1，
∴m＝2﹣．
在Rt△PEH中，PE+PH＝2，设PE＝n，则PH＝2﹣n，
∴（2﹣n）2﹣n2＝（2﹣）2，
解得：n＝，
＝＝÷（2﹣）＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查翻折背景下的相似和勾股定理的应用，利用比值求出角的度数是解决边之间关系的关键．
16．（2022 嘉兴）如图，在扇形AOB中，点C，D在上，将沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．已知∠AOB＝120°，OA＝6，则的度数为 　60°　，折痕CD的长为 　4　．
【考点】翻折变换（折叠问题）；切线的性质．
【答案】60°，4．
【点拨】设翻折后的弧的圆心为O′，连接O′E，O′F，OO′，O′C，OO′交CD于点H，可得OO′⊥CD，CH＝DH，O′C＝OA＝6，根据切线的性质可证明∠EO′F＝60°，则可得的度数；然后根据垂径定理和勾股定理即可解决问题．
【解析】解：如图，设翻折后的弧的圆心为O′，连接O′E，O′F，OO′，O′C，OO′交CD于点H，
∴OO′⊥CD，CH＝DH，O′C＝OA＝6，
∵将沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．
∴∠O′EO＝∠O′FO＝90°，
∵∠AOB＝120°，
∴∠EO′F＝60°，
则的度数为60°；
∵∠AOB＝120°，
∴∠O′OF＝60°，
∵O′F⊥OB，O′E＝O′F＝O′C＝6，
∴OO′＝＝＝4，
∴O′H＝2，
∴CH＝＝＝2，
∴CD＝2CH＝4．
故答案为：60°，4．
【点睛】本题考查了翻折变换，切线的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
17．（2023 金华模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，将该三角形沿DE折叠，点B落在AC的中点B′处，则BD的长为 　　．
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【答案】．
【点拨】如图，过点A作AH⊥BC，取CH中点F，连接B'F，由等腰三角形的性质和勾股定理可求BH＝CH＝6，AH＝8，由三角形中位线定理可求B'F＝AH＝4，CF＝CH＝3，B'F∥AH，由勾股定理可求BE的长．
【解析】解：如图，过点A作AH⊥BC，取CH中点F，连接B'F，
∵AB＝AC＝10，BC＝12，AH⊥BC，
∴BH＝HC＝6，
∴AH＝＝8，
∵点B'是AC中点，点F是CH中点，
∴B'F＝AH＝4，CF＝CH＝3，B'F∥AH，
∴∠AHC＝∠B'FC＝90°，
∴BF＝BC﹣CF＝12﹣3＝9，
∵将△ABC沿直线DE折叠，点B落在AC的中点B′处，
∴BD＝B'D，
∵B'D2＝B'F2+DF2，
∴BD2＝42+（9﹣BD）2，
∴BD＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形中位线定理，翻折变换，勾股定理，构造直角三角形B′DF，以及求出BF的长是本题的关键．
18．（2022 台州）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为 　3　；当点M的位置变化时，DF长的最大值为 　6﹣3　．
【考点】翻折变换（折叠问题）；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【答案】3，6﹣3．
【点拨】如图1中，求出等边△ADB的高DE即可．如图2中，连接AM交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB的延长线于点G，取AD的中点R，连接OR．证明OK＝，求出AF的最小值，可得结论．
【解析】解：如图1中，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝BC＝CD，∠A＝∠C＝60°，
∴△ADB，△BDC都是等边三角形，
当点M与B重合时，EF是等边△ADB的高，EF＝AD sin60°＝6×＝3．
如图2中，连接AM交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB的延长线于点G，取AF的中点R，连接OR．
∵AD∥CG，OK⊥AD，
∴OK⊥CG，
∴∠G＝∠AKT＝∠GTK＝90°，
∴四边形AGTK是矩形，
∴AG＝TK＝AB sin60°＝3，
∵OA＝OM，∠AOK＝∠MOT，∠AKO＝∠MTO＝90°，
∴△AOK≌△MOT（AAS），
∴OK＝OT＝，
∵OK⊥AD，
∴OR≥OK＝，
∵∠AOF＝90°，AR＝RF，
∴AF＝2OR≥3，
∴AF的最小值为3，
∴DF的最大值为6﹣3．
解法二：如图，过点D作DT⊥CB于点T．
∵DF＝AD﹣AF，
∴当AF最小时，DF的值最大，
∵AF＝FM≥DT＝3，
∴AF的最小值为3，
∴DF的最大值为6﹣3．
故答案为：3，6﹣3．
【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
19．（2023 宁波）在4×4的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）．
（1）在图1中先画出一个以格点P为顶点的等腰三角形PAB，再画出该三角形向右平移2个单位后的△P′A′B′．
（2）将图2中的格点△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°，画出经旋转后的△A′B′C．
【考点】作图﹣旋转变换；作图﹣平移变换．
【答案】见解析
【点拨】（1）根据等腰三角形的定义，平移变换的性质作出图形即可；
（2）根据旋转变换的性质作出图形即可．
【解析】解：（1）如图1，△P′A′B′即为所求；
（2）如图2，△A′B′C即为所求．
【点睛】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20．（2021 温州）如图中4×4与6×6的方格都是由边长为1的小正方形组成．图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．
（1）选一个四边形画在图2中，使点P为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形．
（2）选一个合适的三角形，将它的各边长扩大到原来的倍，画在图3中．
【考点】利用平移设计图案；相似三角形的性质；七巧板；勾股定理．
【答案】见解析
【点拨】（1）直接将其中正方形向右平移3个单位得出符合题意的图形；
（2）直接将其中直角边为的三角形边长扩大为原来的倍，即可得出所求图形．
【解析】解：（1）如图2所示，即为所求；
（2）如图3所示，即为所求．
【点睛】此题主要考查了平移变换以及图形的相似，正确将三角形各边扩大是解题关键．
21．（2023 庆元县一模）小聪同学在学习折纸过程中，将一张直角三角形纸片沿AF如图所示折叠，点B落在点D处，AD与BC相交于点E，∠C＝60°，且AC＝1．
（1）求∠D的度数；
（2）若点E为BC的中点，求EF的长．
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【答案】（1）30°；
（2）．
【点拨】（1）根据直角三角形的性质可得∠B＝30°，再根据折叠的性质可得∠D＝∠B＝30°即可解答；
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AE＝BE＝CE，再判定△ACE为等边三角形，进而得到∠DEF＝∠CEA＝60°、AE＝AC＝1、∠DFE＝90°，然后解直角三角形可得，再根据折叠的性质可得，最后直角三角形的性质即可解答．
【解析】（1）解：在Rt△ABC中，
∵∠C＝60°，∠CAB＝90°，
∴∠B＝30°．
∵∠D是∠B沿折痕AF折叠所得，
∴∠D＝∠B＝30°．
（2）解：∵在Rt△ABC中，E为BC中点，
∴AE＝BE＝CE．
∵∠C＝60°，
∴△ACE为等边三角形，
∴∠DEF＝∠CEA＝60°，AE＝AC＝1，
∴∠DFE＝90°．
∵AC＝1，
∴．
∵AD为AB折叠所得，
∴，
∴．
∴．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质、折叠的性质、解直角三角形等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
22．（2020 广州）如图，△ABD中，∠ABD＝∠ADB．
（1）作点A关于BD的对称点C；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）所作的图中，连接BC，DC，连接AC，交BD于点O．
①求证：四边形ABCD是菱形；
②取BC的中点E，连接OE，若OE＝，BD＝10，求点E到AD的距离．
【考点】作图﹣轴对称变换；等腰三角形的性质；菱形的判定与性质．
【答案】见解析
【点拨】（1）根据点关于直线的对称点的画法，过点A作BD的垂线段并延长一倍，得对称点C；
（2）①根据菱形的判定即可求解；
②过B点作BF⊥AD于F，根据菱形的性质，勾股定理得到OB＝5，OA＝12，AD＝13，再根据三角形面积公式即可求解．
【解析】解：（1）如图所示：点C即为所求；
（2）①证明：∵∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∵C是点A关于BD的对称点，
∴CB＝AB，CD＝AD，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形；
②过B点作BF⊥AD于F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝BD＝5，
∵E是BC的中点，OA＝OC，
∴BC＝2OE＝13，
∴OC＝＝12，
∴OA＝12，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝13，
∴BF＝×12×5×2×2÷13＝，
故点E到AD的距离是．
【点睛】此题主要考查了基本作图以及轴对称变换的作法、菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，三角形面积等知识，得出BC，AC的长是解题关键．
23．（2021 滨江区一模）如图，矩形ABCD中，点E为BC边上一点，把△ABE沿着AE折叠得到△AEF，点F落在AD边的上方，线段EF与AD边交于点G．
（1）求证：△AGE是等腰三角形．
（2）试写出线段FG、GD、EC三者之间的数量关系式（用同一个等式表示），并证明．
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；矩形的性质．
【答案】（1）过程见解答；（2）GD＝GF+EC，过程见解答．
【点拨】（1）根据矩形得到AD∥BC，根据折叠的性质得到∠AEB＝∠AEG即可求证．
（2）先写出关系，根据已知条件和等腰三角形的性质，进行线段和差计算即可求解．
【解析】（1）证明：在矩形ABCD中，有：AD∥BC且AD＝BC．
∴∠DAE＝∠BEA．
∵△ABE沿着AE折叠得到△AEF．
∴∠AEB＝∠AEG．
∴∠GAE＝∠GEA．
∴GA＝GE．
∴△AGE是等腰三角形．
（2）GD＝GF+EC．
证明：方法（一）：
根据折叠的性质有BE＝EF．
∵GE＝GA、AG+GD＝BE+EC．
∴AG+GD＝EF+EC．
∵EF＝FG+GE＝FG+GA．
∴AG+GD＝FG+GA+EC．
∴GD＝GF+EC．
方法（二）过E作EH垂直AD，如图：
∴EH＝AF，∠GHE＝∠F．
在△AFG与△EHG中，
．
∴△AFG≌△EHG（AAS）．
∴FG＝GH．
∴GD＝GH+HD．
∴GD＝GF+EC．
【点睛】本题考查矩形的性质、折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，关键在于熟悉各个知识点在题目中的灵活运用，此题比较综合，属于中等难度．
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