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2025年中考数学复习高频易错考前预测：图形的对称
一．选择题（共10小题）
1．（2024秋 麻章区期末）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024 河东区一模）如图，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM＝2，N是AC上一动点，则DN+MN的最小值为（　　）
A．6 B．8 C．12 D．10
3．（2024 岳麓区校级模拟）如果点P（﹣2，b）和点Q（a，﹣3）关于x轴对称，则a+b的值是（　　）
A．﹣1 B．1 C．﹣5 D．5
4．（2024 滨州）如图，∠AOB＝60°，点P是∠AOB内的定点且OP，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMN周长的最小值是（　　）
A． B． C．6 D．3
5．（2024 成都）平面直角坐标系中，点P（﹣2，3）关于x轴对称的点的坐标为（　　）
A．（﹣2，﹣3） B．（2，﹣3） C．（﹣3，﹣2） D．（3，﹣2）
6．（2024 广东）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上点B′处，则BE的长度为（　　）
A．1 B． C． D．2
7．（2023 肥城市校级模拟）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF．若AB＝3，则菱形AECF的面积为（　　）
A．1 B．2 C．2 D．4
8．（2024春 福田区校级期末）如图，在△ABC中，AD是△ABC的角平分线，点E、F分别是AD、AB上的动点，若∠BAC＝50°，当BE+EF的值最小时，∠AEB的度数为（　　）
A．105° B．115° C．120° D．130°
9．（2023秋 黄山期末）如图，在△ABC中，∠C＝40°，将△ABC沿着直线l折叠，点C落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是（　　）
A．40° B．80° C．90° D．140°
10．（2024秋 江阴市校级月考）如图的2×4的正方形网格中，△ABC的顶点都在小正方形的格点上，这样的三角形称为格点三角形，在网格中与△ABC成轴对称的格点三角形一共有（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
二．填空题（共5小题）
11．（2024 新疆）如图，在△ABC中，∠A＝90°，∠B＝60°，AB＝2，若D是BC边上的动点，则2AD+DC的最小值为　 　．
12．（2024 泸州）如图，等腰△ABC的底边BC＝20，面积为120，点F在边BC上，且BF＝3FC，EG是腰AC的垂直平分线，若点D在EG上运动，则△CDF周长的最小值为 　 　．
13．（2024 凉州区校级三模）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，点P为AC边上的动点，过点P作PD⊥AB于点D，则PB+PD的最小值为 　 　．
14．（2024 恩施州模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上的一点，BE＝1，F为AB上的一点，AF＝2，P为AC上一个动点，则PF+PE的最小值为 　 　．
15．（2024 龙岗区校级模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD边的中点，点P、Q为BC边上两个动点，且PQ＝2，当BP＝　 　时，四边形APQE的周长最小．
三．解答题（共5小题）
16．（2023秋 南山区校级期中）如图已知平面直角坐标系中A（﹣1，3），B（2，0），C（﹣3，﹣1）
（1）在图中作出△ABC关于y轴的对称图形△A1B1C1，并写出点A1，B1，C1的坐标．
（2）在y轴上找一点P，使PA+PC最短，并求出P点的坐标．
17．（2023秋 于都县期末）如图，已知点O是∠APB内的一点，M，N分别是点O关于PA、PB的对称点，连接MN，与PA、PB分别相交于点E、F，已知MN＝6cm．
（1）求△OEF的周长；
（2）连接PM、PN，若∠APB＝a，求∠MPN（用含a的代数式表示）；
（3）当∠a＝30°，判定△PMN的形状，并说明理由．
18．（2024 房山区期末）如图，点P是∠AOB外的一点，点Q是点P关于OA的对称点，点R是点P关于OB的对称点，直线QR分别交∠AOB两边OA，OB于点M，N，连接PM，PN，如果∠PMO＝33°，∠PNO＝70°，求∠QPN的度数．
19．（2024 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．
20．（2024 天津）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP＝t．
（Ⅰ）如图①，当∠BOP＝30°时，求点P的坐标；
（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ＝m，试用含有t的式子表示m；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．
2025年中考数学复习高频易错考前预测：图形的对称
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D B D A D C B B B
一．选择题（共10小题）
1．（2024秋 麻章区期末）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（　　）
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】A
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断利用排除法求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，故本选项正确；
B、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、不是轴对称图形，故本选项错误．
故选：A．
【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．（2024 河东区一模）如图，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM＝2，N是AC上一动点，则DN+MN的最小值为（　　）
A．6 B．8 C．12 D．10
【考点】轴对称﹣最短路线问题．
【答案】D
【分析】要求DN+MN的最小值，DN，MN不能直接求，可考虑通过作辅助线转化DN，MN的值，从而找出其最小值求解．
【解答】解：如图，连接BM，
∵点B和点D关于直线AC对称，
∴NB＝ND，
则BM就是DN+MN的最小值，
∵正方形ABCD的边长是8，DM＝2，
∴CM＝6，
∴BM10，
∴DN+MN的最小值是10．
故选：D．
【点评】此题考查正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用，解题的难点在于确定满足条件的点N的位置：利用轴对称的方法．然后熟练运用勾股定理．
3．（2024 岳麓区校级模拟）如果点P（﹣2，b）和点Q（a，﹣3）关于x轴对称，则a+b的值是（　　）
A．﹣1 B．1 C．﹣5 D．5
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【答案】B
【分析】根据关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数，求出a、b的值，再计算a+b的值．
【解答】解：∵点P（﹣2，b）和点Q（a，﹣3）关于x轴对称，
又∵关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数，
∴a＝﹣2，b＝3．
∴a+b＝1，故选：B．
【点评】解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
4．（2024 滨州）如图，∠AOB＝60°，点P是∠AOB内的定点且OP，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMN周长的最小值是（　　）
A． B． C．6 D．3
【考点】轴对称﹣最短路线问题．
【专题】计算题．
【答案】D
【分析】作P点分别关于OA、OB的对称点C、D，连接CD分别交OA、OB于M、N，如图，利用轴对称的性质得MP＝MC，NP＝ND，OP＝OD＝OC，∠BOP＝∠BOD，∠AOP＝∠AOC，所以∠COD＝2∠AOB＝120°，利用两点之间线段最短判断此时△PMN周长最小，作OH⊥CD于H，则CH＝DH，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算出CD即可．
【解答】解：作P点分别关于OA、OB的对称点C、D，连接CD分别交OA、OB于M、N，如图，
则MP＝MC，NP＝ND，OP＝OD＝OC，∠BOP＝∠BOD，∠AOP＝∠AOC，
∴PN+PM+MN＝ND+MN+MC＝DC，∠COD＝∠BOP+∠BOD+∠AOP+∠AOC＝2∠AOB＝120°，
∴此时△PMN周长最小，
作OH⊥CD于H，则CH＝DH，
∵∠OCH＝30°，
∴OHOC，
CHOH，
∴CD＝2CH＝3．
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题：熟练掌握轴对称的性质，会利用两点之间线段最短解决路径最短问题．
5．（2024 成都）平面直角坐标系中，点P（﹣2，3）关于x轴对称的点的坐标为（　　）
A．（﹣2，﹣3） B．（2，﹣3） C．（﹣3，﹣2） D．（3，﹣2）
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【答案】A
【分析】直接利用关于x轴对称点的性质，横坐标不变，纵坐标互为相反数，进而得出答案．
【解答】解：点P（﹣2，3）关于x轴对称的点的坐标为（﹣2，﹣3）．
故选：A．
【点评】此题主要考查了关于x轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
6．（2024 广东）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上点B′处，则BE的长度为（　　）
A．1 B． C． D．2
【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．
【专题】计算题；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】由正方形的性质得出∠EFD＝∠BEF＝60°，由折叠的性质得出∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，由直角三角形的性质可得：2（3﹣x）＝x，解方程求出x即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A＝90°，
∴∠EFD＝∠BEF＝60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上点B′处，
∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，
∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°，
∴B'E＝2AE，
设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，
∴2（3﹣x）＝x，
解得x＝2．
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．
7．（2023 肥城市校级模拟）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF．若AB＝3，则菱形AECF的面积为（　　）
A．1 B．2 C．2 D．4
【考点】翻折变换（折叠问题）；菱形的性质；矩形的性质．
【专题】几何图形问题；几何直观．
【答案】C
【分析】根据菱形AECF，得∠FCO＝∠ECO，再利用∠ECO＝∠ECB，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求得BC的长，则利用菱形的面积公式即可求解．
【解答】解：∵四边形AECF是菱形，AB＝3，
∴假设BE＝x，则AE＝3﹣x，CE＝3﹣x，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠FCO＝∠ECO，
∵∠ECO＝∠ECB，
∴∠ECO＝∠ECB＝∠FCO＝30°，
2BE＝CE，
∴CE＝2x，
∴2x＝3﹣x，
解得：x＝1，
∴CE＝2，利用勾股定理得出：
BC2+BE2＝EC2，
BC，
又∵AE＝AB﹣BE＝3﹣1＝2，
则菱形的面积是：AE BC＝2．
故选：C．
【点评】此题主要考查了折叠问题以及勾股定理等知识，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
8．（2024春 福田区校级期末）如图，在△ABC中，AD是△ABC的角平分线，点E、F分别是AD、AB上的动点，若∠BAC＝50°，当BE+EF的值最小时，∠AEB的度数为（　　）
A．105° B．115° C．120° D．130°
【考点】轴对称﹣最短路线问题．
【专题】平移、旋转与对称；模型思想．
【答案】B
【分析】过点B作BB′⊥AD于点G，交AC于点B′，过点B′作B′F′⊥AB于点F′，与AD交于点E′，连接BE′，可证得△ABG≌△AB′G（ASA），所以∠E′B′G＝∠E′BG，由“直角三角形两锐角互余”可得∠AB′F′＝40°＝∠ABE，所以∠BE′F′＝50°，由此可得结论．
【解答】解：过点B作BB′⊥AD于点G，交AC于点B′，过点B′作B′F′⊥AB于点F′，与AD交于点E′，连接BE′，如图，
此时BE+EF最小．
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠B′AD＝25°，
∴∠AE′F′＝65°，
∵BB′⊥AD，
∴∠AGB＝∠AGB′＝90°，
∵AG＝AG，
∴△ABG≌△AB′G（ASA），
∴BG＝B′G，∠ABG＝∠AB′G，
∴AD垂直平分BB′，
∴BE＝BE′，
∴∠E′B′G＝∠E′BG，
∵∠BAC＝50°，
∴∠AB′F′＝40°，
∴∠ABE＝40°，
∴∠BE′F′＝50°，
∴∠AE′B＝115°．
故选：B．
【点评】本题主要考查全等三角形的性质与判定，轴对称最值问题，直角三角形的性质等知识，根据轴对称最值问题作出辅助线是解题关键．
9．（2023秋 黄山期末）如图，在△ABC中，∠C＝40°，将△ABC沿着直线l折叠，点C落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是（　　）
A．40° B．80° C．90° D．140°
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【专题】计算题；操作型．
【答案】B
【分析】由折叠的性质得到∠D＝∠C，再利用外角性质即可求出所求角的度数．
【解答】解：由折叠的性质得：∠D＝∠C＝40°，
根据外角性质得：∠1＝∠3+∠C，∠3＝∠2+∠D，
则∠1＝∠2+∠C+∠D＝∠2+2∠C＝∠2+80°，
则∠1﹣∠2＝80°．
故选：B．
【点评】此题考查了翻折变换（折叠问题），以及外角性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
10．（2024秋 江阴市校级月考）如图的2×4的正方形网格中，△ABC的顶点都在小正方形的格点上，这样的三角形称为格点三角形，在网格中与△ABC成轴对称的格点三角形一共有（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【考点】轴对称的性质．
【专题】网格型．
【答案】B
【分析】根据题意画出图形，找出对称轴及相应的三角形即可．
【解答】解：如图：
共3个，
故选：B．
【点评】本题考查的是轴对称图形，根据题意作出图形是解答此题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2024 新疆）如图，在△ABC中，∠A＝90°，∠B＝60°，AB＝2，若D是BC边上的动点，则2AD+DC的最小值为　6　．
【考点】轴对称﹣最短路线问题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】作点A关于BC的对称点A'，连接AA'，A'D，过D作DE⊥AC于E，依据A与A'关于BC对称，可得AD＝A'D，进而得出AD+DE＝A'D+DE，当A'，D，E在同一直线上时，AD+DE的最小值等于A'E的长，依据AD+DE的最小值为3，即可得到2AD+CD的最小值为6．
【解答】解：如图所示，作点A关于BC的对称点A'，连接AA'，A'D，过D作DE⊥AC于E，
∵△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AB＝2，
∴BH＝1，AH，AA'＝2，∠C＝30°，
∴Rt△CDE中，DECD，即2DE＝CD，
∵A与A'关于BC对称，
∴AD＝A'D，
∴AD+DE＝A'D+DE，
∴当A'，D，E在同一直线上时，AD+DE的最小值等于A'E的长，
此时，Rt△AA'E中，A'E＝sin60°×AA'23，
∴AD+DE的最小值为3，
即2AD+CD的最小值为6，
故答案为：6．
【点评】本题主要考查了最短距离问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
12．（2024 泸州）如图，等腰△ABC的底边BC＝20，面积为120，点F在边BC上，且BF＝3FC，EG是腰AC的垂直平分线，若点D在EG上运动，则△CDF周长的最小值为 　18　．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质．
【专题】三角形．
【答案】见试题解答内容
【分析】如图作AH⊥BC于H，连接AD．由EG垂直平分线段AC，推出DA＝DC，推出DF+DC＝AD+DF，可得当A、D、F共线时，DF+DC的值最小，最小值就是线段AF的长；
【解答】解：如图作AH⊥BC于H，连接AD．
∵EG垂直平分线段AC，
∴DA＝DC，
∴DF+DC＝AD+DF，
∴当A、D、F共线时，DF+DC的值最小，最小值就是线段AF的长，
∵ BC AH＝120，
∴AH＝12，
∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝CH＝10，
∵BF＝3FC，
∴CF＝FH＝5，
∴AF13，
∴DF+DC的最小值为13．
∴△CDF周长的最小值为13+5＝18；
故答案为18．
【点评】本题考查轴对称﹣最短问题、线段的垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称，解决最短问题，属于中考常考题型．
13．（2024 凉州区校级三模）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，点P为AC边上的动点，过点P作PD⊥AB于点D，则PB+PD的最小值为 　　．
【考点】轴对称﹣最短路线问题．
【专题】推理填空题；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】作点B关于AC的对称点B′，过点B′作B′D⊥AB于点D，交AC于点P，点P即为所求作的点，此时PB+PD有最小值，连接AB′，根据对称性的性质，BP＝B′P，证明△ABC≌△AB′C，根据S△ABB′＝S△ABC+S△AB′C＝2S△ABC，即可求出PB+PD的最小值．
【解答】解：如图，作点B关于AC的对称点B′，
过点B′作B′D⊥AB于点D，交AC于点P，
点P即为所求作的点，此时PB+PD有最小值，
连接AB′，根据对称性的性质，
BP＝B′P，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB5，
∵AC＝AC，∠ACB＝∠ACB′，BC＝B′C，
∴△ABC≌△AB′C（SAS），
∴S△ABB′＝S△ABC+S△AB′C＝2S△ABC，
即AB B′D＝2BC AC，
∴5B′D＝24，
∴B′D．
故答案为：．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
14．（2024 恩施州模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上的一点，BE＝1，F为AB上的一点，AF＝2，P为AC上一个动点，则PF+PE的最小值为 　　．
【考点】轴对称﹣最短路线问题．
【答案】见试题解答内容
【分析】作E关于直线AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为所求，过F作FG⊥CD于G，在Rt△E′FG中，利用勾股定理即可求出E′F的长．
【解答】解：作E关于直线AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为所求，
过F作FG⊥CD于G，
在Rt△E′FG中，
GE′＝CD﹣BE﹣BF＝4﹣1﹣2＝1，GF＝4，
所以E′F．
故答案为：．
【点评】本题考查的是最短线路问题，熟知两点之间线段最短是解答此题的关键．
15．（2024 龙岗区校级模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD边的中点，点P、Q为BC边上两个动点，且PQ＝2，当BP＝　4　时，四边形APQE的周长最小．
【考点】轴对称﹣最短路线问题．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】要使四边形APQE的周长最小，由于AE与PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．为此，先在BC边上确定点P、Q的位置，可在AD上截取线段AF＝DE＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，则此时AP+EQ＝EG最小，然后过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，那么先证明∠GEH＝45°，再由CQ＝EC即可求出BP的长度．
【解答】解：如图，在AD上截取线段AF＝PQ＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点．
∵GH＝DF＝6，EH＝2+4＝6，∠H＝90°，
∴∠GEH＝45°，
∴∠CEQ＝45°，
设BP＝x，则CQ＝BC﹣BP﹣PQ＝8﹣x﹣2＝6﹣x，
在△CQE中，∵∠QCE＝90°，∠CEQ＝45°，
∴CQ＝EC，
∴6﹣x＝2，
解得x＝4．
故答案为4．
【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称﹣最短路线问题的应用，题目具有一定的代表性，是一道难度较大的题目，对学生提出了较高的要求．
三．解答题（共5小题）
16．（2023秋 南山区校级期中）如图已知平面直角坐标系中A（﹣1，3），B（2，0），C（﹣3，﹣1）
（1）在图中作出△ABC关于y轴的对称图形△A1B1C1，并写出点A1，B1，C1的坐标．
（2）在y轴上找一点P，使PA+PC最短，并求出P点的坐标．
【考点】坐标与图形变化﹣对称；轴对称﹣最短路线问题；关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）找出△ABC关于y轴的对称点坐标，再连接关键点即可得到△A1B1C1；
（2）连接A1C，交y轴于P，这时PA+PC最短，利用待定系数法先求出直线A1C的解析式，再求出与y轴的交点即可．
【解答】解：（1）A1（1，3），B1（﹣2，0），C1（3，﹣1）；
（2）连接A1C，交y轴于P，这时PA+PC最短，
设直线A1C解析式为：y＝kx+b，
∵直线经过A1（1，3）和C（﹣3，﹣1），
∴，
解得：
∴直线A1C解析式为：y＝x+2，
当x＝0时，y＝2，
∴P（0，2）．
【点评】此题主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，作轴对称图形，轴对称﹣最短问题，是坐标与图形变化﹣对称等知识点的连接和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键．
17．（2023秋 于都县期末）如图，已知点O是∠APB内的一点，M，N分别是点O关于PA、PB的对称点，连接MN，与PA、PB分别相交于点E、F，已知MN＝6cm．
（1）求△OEF的周长；
（2）连接PM、PN，若∠APB＝a，求∠MPN（用含a的代数式表示）；
（3）当∠a＝30°，判定△PMN的形状，并说明理由．
【考点】轴对称的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据轴对称的性质得到EM＝EO，FN＝FO，根据三角形的周长公式计算即可；
（2）根据轴对称的性质得到∠MPA＝∠OPA，∠NPB＝∠OPB，根据角的和差关系解答；
（3）根据等边三角形的判定定理证明．
【解答】解：（1）∵M，N分别是点O关于PA、PB的对称点，
∴EM＝EO，FN＝FO，
∴△OEF的周长＝OE+OF+EF＝ME+EF+FN＝MN＝6cm；
（2）连接OP，
∵M，N分别是点O关于PA、PB的对称点，
∴∠MPA＝∠OPA，∠NPB＝∠OPB，
∴∠MPN＝2∠APB＝2a；
（3）∵∠a＝30°，
∴∠MPN＝60°，
∵M，N分别是点O关于PA、PB的对称点，
∴PM＝PO，PN＝PO，
∴PM＝PN，
∴△PMN是等边三角形．
【点评】本题考查的是轴对称的性质、等边三角形的判定、角平分线的定义，掌握轴对称的性质和等边三角形的判定定理是解题的关键．
18．（2024 房山区期末）如图，点P是∠AOB外的一点，点Q是点P关于OA的对称点，点R是点P关于OB的对称点，直线QR分别交∠AOB两边OA，OB于点M，N，连接PM，PN，如果∠PMO＝33°，∠PNO＝70°，求∠QPN的度数．
【考点】轴对称的性质．
【专题】几何图形．
【答案】见试题解答内容
【分析】先根据点P与点Q关于直线OA对称可知OM是线段PQ的垂直平分线，故PM＝MQ，∠PMQ＝2∠PMO，根据三角形内角和定理求出∠PQM的度数，同理可得出PN＝RN，故可得出∠PNR＝2∠PNO，再由平角的定义得出∠PNQ的度数，由三角形外角的性质即可得出结论．
【解答】解：∵点Q和点P关于OA的对称，
点R和点P关于OB的对称
∴直线OA、OB分别是PQ、PR的中垂线，
∴MP＝MQ，NP＝NR，
∴∠PMO＝∠QMO，∠PNO＝∠RNO，
∵∠PMO＝3 3°，∠PNO＝70°
∴∠PMO＝∠QMO＝33°，∠PNO＝∠RNO＝70°
∴∠PMQ＝66°，∠PNR＝140°
∴∠MQP＝57°，
∴∠PQN＝123°，∠PNQ＝40°，
∴∠QPN＝17°．
【点评】本题考查的是轴对称的性质，熟知如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线是解答此题的关键．
19．（2024 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．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】（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．
【解答】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，OBBD＝5，
∵E是BC的中点，OA＝OC，
∴BC＝2OE＝13，
∴OC12，
∴OA＝12，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝13，
∴BF12×5×2×2÷13，
故点E到AD的距离是．
【点评】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．
20．（2024 天津）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP＝t．
（Ⅰ）如图①，当∠BOP＝30°时，求点P的坐标；
（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ＝m，试用含有t的式子表示m；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．
【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】几何综合题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）根据题意得，∠OBP＝90°，OB＝6，在Rt△OBP中，由∠BOP＝30°，BP＝t，得OP＝2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案；
（Ⅱ）由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，可知△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案；
（Ⅲ）首先过点P作PE⊥OA于E，易证得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′A的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与m，即可求得t的值．
【解答】解：（Ⅰ）根据题意，∠OBP＝90°，OB＝6，
在Rt△OBP中，由∠BOP＝30°，BP＝t，得OP＝2t．
∵OP2＝OB2+BP2，
即（2t）2＝62+t2，
解得：t1＝2，t2＝﹣2（舍去）．
∴点P的坐标为（，6）．
（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，
∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，
∴∠OPB′＝∠OPB，∠QPC′＝∠QPC，
∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC＝180°，
∴∠OPB+∠QPC＝90°，
∵∠BOP+∠OPB＝90°，
∴∠BOP＝∠CPQ．
又∵∠OBP＝∠C＝90°，
∴△OBP∽△PCQ，
∴，
由题意设BP＝t，AQ＝m，BC＝11，AC＝6，则PC＝11﹣t，CQ＝6﹣m．
∴．
∴m（0＜t＜11）．
（Ⅲ）过点P作PE⊥OA于E，
∴∠PEA＝∠QAC′＝90°，
∴∠PC′E+∠EPC′＝90°，
∵∠PC′E+∠QC′A＝90°，
∴∠EPC′＝∠QC′A，
∴△PC′E∽△C′QA，
∴，
∵PC′＝PC＝11﹣t，PE＝OB＝6，AQ＝m，C′Q＝CQ＝6﹣m，
∴AC′，
∴，
∴，
∴3（6﹣m）2＝（3﹣m）（11﹣t）2，
∵m，
∴3（t2t）2＝（3t2t﹣6）（11﹣t）2，
∴t2（11﹣t）2＝（t2t﹣3）（11﹣t）2，
∴t2t2t﹣3，
∴3t2﹣22t+36＝0，
解得：t1，t2，
点P的坐标为（，6）或（，6）．
法二：∵∠BPO＝∠OPC′＝∠POC′，
∴OC′＝PC′＝PC＝11﹣t，
过点P作PE⊥OA于点E，
则PE＝BO＝6，OE＝BP＝t，
∴EC′＝11﹣2t，
在Rt△PEC′中，PE2+EC′2＝PC′2，
即（11﹣t）2＝62+（11﹣2t）2，
解得：t1，t2．
点P的坐标为（，6）或（，6）．
【点评】此题考查了折叠的性质、矩形的性质以及相似三角形的判定与性质等知识．此题难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想与方程思想的应用．
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