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2026年中考数学一轮复习精讲精练
第六章 图形的变化
6.3 图形的轴对称、 平移与旋转
图 形 的 轴 对称 、 平移与旋转 轴对 称 图 形 与 轴 对 称 轴对称图形 轴对称
定义 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 ，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线就是它的 . 把一个图形沿着某条直线折叠，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成轴对称，这条直线叫做 .
图形
区别 轴对称图形是指具有特殊形状的 个图形，对称轴不一定只有一条. 轴对称是指 个全等图形之间的相互位置关系，对称轴只有一条.
轴对称的性质 (1)成轴对称的两个图形 ；(2)对应点的连线被对称轴 .
①注意:常见的轴对称图形等腰三角形、等边三角形、菱形、矩形、正方形、正六边形、圆等. ②提示:成轴对称的两个图形，对应线段所在的直线如果相交，则交 点在对称轴上.
中心对称图形与中心对称 中心对称图形 中心对称
定义 在平面内，把一个图形绕着某一点旋转 后能与自身重合，这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的 . 在平面内，把一个图形绕着某一点旋转 ，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个点成中心对称.
图形
区别 中心对称图形是指具有特殊形状的一个图形. 中心对称指的是两个全等图形之间的相互位置关系.
中心对称的性质 (1)成中心对称的两个图形 ； (2)对应点的连线都经过对称中心且被对称中心 .
1.注意:常见的中心对称图形平行四边形、菱形、矩形、正方形、正六边形、圆等.它们的基本特征：多边形的边数(顶点个数)为偶数. 2.总结:(1)对称中心是对应点连线的 ； (2)经过对称中心的任一条直线将中心对称图形分为全等的两部分，它们的周长、面积均相等； (3)关于某一点对称的两个图形，对应线段平行或在同一直线上.
图形的平移与旋转 平移 旋转
概念 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 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
要素 平移的 和 旋转 、旋转 和旋转
性质 (1)平移前后的图形全等； (2)对应点的连线 (或在同一直线上)且相等，对应线段 (或在同一直线上)且相等 (1)旋转前后的图形 ； (2)任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角都等于 ； (3)对应点到旋转中心的 相等.
与轴对称变换的关系 经过两次平行于对称轴的轴对称变换，相当于一次平移，平移的距离是两对称轴间距离的2倍 经过两次相交对称轴的轴对称变换，相当于一次旋转，旋转的角度是两对称轴夹角的2倍
注意:1.中心对称是旋转的特殊情况：旋转角等于180°. 2.平移、旋转都不改变图形的形状与大小，变换前后对应线段相等，对应角相等.
【题型一】图形的轴对称
【例1.1】（2025 衢州四模）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．
【例1.2】（2025 韶关模拟）已知点P（﹣2，1），那么点P关于x轴对称的点P′的坐标是（　　）
A．（﹣2，1） B．（﹣1，2） C．（2，1） D．（﹣2，﹣1）
【例1.3】（2025 深圳模拟）如图，△ABC与△A′B′C′关于直线MN对称，P为MN上任一点（A、P、A′不共线），下列结论中，错误的是（　　）
A．△AA′P是等腰三角形 B．MN垂直平分AA′、CC′
C．△ABC与△A′B′C′面积相等 D．直线AB，A′B′的交点不一定在直线MN上
【例1.4】（2025 杭州一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝32°，E，F分别在边BC，AB上，将△BEF沿着EF折叠，得到△B'EF，B′E与AB交于G．当B′E∥AC时，∠AFB'的度数是（　　）
A．25° B．26° C．30° D．32°
【例1.5】（2025 西湖区一模）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　 °，＝ 　　 ．
【例1.6】（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．
【例1.7】（2025 绥化）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，对角线BD＝4，点P是边CD的中点，点M是对角线BD上的一个动点，连接PM、CM．则PM+CM的最小值是　2　 ．
【题型二】图形的平移
【例2.1】（2024 新昌县一模）如图，将周长为12的△ABC沿BC边向右平移3个单位，得到△DEF，则四边形ABFD的周长为 　　 ．
【例2.2】（2025 莲都区二模）平面直角坐标系中，线段AB经过平移得到线段A′B′，若点A（﹣1，2）的对应点A'的坐标为（1，﹣1），则点B（m，n）的对应点B'的坐标为（　　）
A．（m+2，n﹣3） B．（m﹣2，n﹣3） C．（m+2，n+3） D．（m﹣2，n+3）
【例2.3】（2024 椒江区二模）如图，将三角形ABC（AC＞AB）沿BC方向平移得到△DEF，使，DE与AC交于点M，以下关于四边形DMCF和四边形ABEM周长的说法，正确的是（　　）
A．周长之差可由（AC﹣AB）值确定 B．周长之和可由（AC+AB）值确定
C．周长之差可由（AC﹣AB+BC）值确定 D．周长之和可由（AC+AB+BC）值确定
【题型三】图形的旋转
【例3.1】（2025 钱塘区三模）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．
【例3.2】（2025 丽水一模）已知点A（m﹣1，﹣3），B（2，n+1）关于原点对称，则m+n的值为（　　）
A．1 B．﹣2 C．0 D．2
【例3.3】（2025 温州模拟）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD＝25°，则旋转角α的大小是 　　 °．
【例3.4】（2025 嵊州市模拟）如图，△ABC放置在平面直角坐标系xOy中，BC∥x轴，AB∥y轴，点B坐标为 （﹣10，﹣5），点C坐标为（10，﹣5），把△ABC绕点A逆时针旋转一个角度后得到△ADE，若边DE经过点F（0，5），则点E的坐标是 　　 ．
【例3.5】（2025 定海区二模）如图，在△ABC中，CA＝CB，D是△ABC内一点，连结CD，将线段CD绕点C逆时针旋转到CE，使∠DCE＝∠ACB，连结AD，DE，BE．
（1）求证：△CAD≌△CBE．
（2）当∠CAB＝60°时，求∠CBE与∠BAD的度数和．
1．（2025 杭州一模）在下列有关人工智能的图片中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2023 金华）如图，两盏灯笼的位置A，B的坐标分别是（﹣3，3），（1，2），将点B向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点B′，则关于点A，B′的位置描述正确的是（　　）
A．关于x轴对称 B．关于y轴对称 C．关于原点O对称 D．关于直线y＝x对称
3．（2023 杭州）在直角坐标系中，把点A（m，2）先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点B．若点B的横坐标和纵坐标相等，则m＝（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
中，点P（2，1）关于x轴对称的点的坐标是（　　）
A．（2，1） B．（﹣2，1） C．（2，﹣1） D．（﹣2，﹣1）
5．（2025 拱墅区一模）如图，在6×6方格中，点A，B，C均在格点上，△ABC的对称轴经过格点（　　）
A．P1 B．P2 C．P3 D．P4
6．（2025 玉环市二模）线段CD是由线段AB平移得到的，点A（﹣1，4）的对应点为C（4，7），则点B（﹣4，﹣1）的对应点D的坐标为（　　）
A．（2，9） B．（5，3） C．（1，2） D．（﹣9，﹣4）
7．（2025 富阳区二模）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，点A，C的对应点分别为点D，E，AC的延长线分别交BD，DE于点F，G，下列结论一定正确的是（　　）
A．BF＝DF B．∠CBD＝∠EBD C．CB∥DE D．AG⊥DE
8．（2023 浙江）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．
9．（2025 临平区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点D为边AC上一动点，将△BCD沿BD折叠得到△BED，BE与AC交于点F，则EF的最大值为（　　）
A．2.4 B．4.8 C．7.2 D．9.6
10．（2025 鹿城区校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，设AC＝x，BC＝y，且x+y是定值．点D是AC上一点，点E为AB中点，连接CE，将线段CE沿绕点E顺时针旋转90°，得到线段EF交AC于点G，若点A关于直线DE的对称点恰为点F，则下列线段长为定值的是（　　）
A．AD B．CD C．CG D．DE
11．（2023 金华）在直角坐标系中，点（4，5）绕原点O逆时针方向旋转90°，得到的点的坐标 　　 ．
12．（2025 衢州一模）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D为BC上任一点，连结AD，作B点关于AD的对称点E，若DE∥AC，则AD的长为　　 ．
13．（2025 嘉兴模拟）如图，在正方形纸片ABCD中，点M，N分别是BC，AD上的点，将该正方形纸片沿直线MN折叠，使点B落在CD的中点E处．若AB＝4，则△CEM的面积是　　 ．
14．（2025 诸暨市三模）如图，矩形ABCD中，BC＝9，点E为BC上一点，将△ABE沿着AE翻折得到△AFE，连结CF．若∠FEC＝2∠FCE，且CF＝6，则BE的长为 　 ，AB的长为 　　 ．
15．（2025 温州一模）如图，将Rt△ABC沿斜边AB向右平移得到△DEF，BC与DF交于点H，延长AC，EF交于点G，连结GH．若BD＝2，GH＝3，则AE的长为 　　 ．
16．（2025 定海区二模）如图，菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝120°，将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形AB′C′D′，连接CC′，当B′C′与CD第一次垂直时，∠D′C′C的度数为　　 ．
17．（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．
18．（2025 临安区一模）我们常常把一张A4纸通过折叠的方式得到它的对角线，如图1．折纸活动中，通过点与点重合或边与边重合，才能得到精准的折叠．现有一张A4纸张（矩形ABCD），如图2，设折叠后B'C边与AD边重叠的点为E．
（1）请用尺规作图的方式在图2中画出点E．
（2）根据以上折纸活动的提示，描述折出A4纸（矩形ABCD）对角线的两个步骤．
19．（2025 钱塘区三模）如图，在矩形ABCD中，将BC绕点B旋转至BC′，C′在AD上，过点C′作GC′⊥BC′，交CD于点G，连结BG．
（1）求证：GC＝GC′．
（2）若AB＝5，BC＝13，求GC的长．
20．（2025 嘉善县一模）如图，在△ABC中，以B为圆心，线段BC的长为半径画弧交边AB于点D，连结CD，将△ABC沿直线CD对折使点A落在A′处，A′C交边AB于点E．
（1）求证：∠DA′E＝∠BCE；
（2）若，求的值．
21．（2024 上城区一模）综合与实践
主题任务 “我的校园我做主”草坪设计
入项探究环节 任务背景 学校举办“迎五一，爱劳动”主题实践活动，九（2）班参加校园美化设计任务： 校园内有一块宽为31米，长为40米的矩形草坪，在草坪上设计两条小路， 具体要求： （1）矩形草坪每条边上必须有一个口宽相等的路口； （2）两条小路必须设计成平行四边形；
驱动任务一 九（2）班各个实践小组的设计方案汇总后，主要有甲、乙、丙三种不同的方案（如图1）： （1）直观猜想：方案中小路的总面积大小关系：S甲　相等　 S乙，S甲　不相等　 S丙；（请填“相等”或“不相等”）
深入探究 驱动任务二 验证猜想：各个实践小组用如表格进行研究： 方案纵向小路面积横向小路面积纵横交叉面积小路总面积乙方案31x40x甲方案31x40x丙方案31x40x
（2）请用含x的代数式表示甲方案中小路总面积：　（71x﹣x2）平方米　 ；
驱动任务三 （3）如果甲种方案除小路后草坪总面积约为1170平方米．请计算两条小路的宽度是多少？
拓展探究 驱动任务四 为了深入研究，各个小组选择丙方案（如图2）进行研究．若两条小路与矩形两组对边所夹锐角∠BGF＝∠AEF＝θ． （4）若θ＝60°时，用含x的代数式拓表示四边形FHPQ的边长FH； （5）若x＝1时，请用含θ的三角函数表示两条路重叠部分四边形FHPQ的面积，并写出sinθ取值范围．
1．（2025 台州一模）下列四个图标中，属于轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025 东阳市二模）下列APP图标中，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025 湖北模拟）已知P、Q两点关于y轴对称，P点坐标为（﹣3，2），则点Q坐标为（　　）
A．（3，2） B．（﹣3，2） C．（﹣3，﹣2） D．（3，﹣2）
4．（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
5．（2025 浙江模拟）四个相同的“中国结”的悬挂位置如图所示，已知悬挂点A，B，C，D的坐标分别是（﹣4，b），（﹣2，b），（﹣1，b），（2，b）．下列平移中，能使四个“中国结”关于y轴对称的是（　　）
A．将A向右平移5个单位 B．将B向右平移5个单位
C．将C向右平移4个单位 D．将C向右平移2个单位
6．（2023 绍兴）在平面直角坐标系中，将点（m，n）先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是（　　）
A．（m﹣2，n﹣1） B．（m﹣2，n+1） C．（m+2，n﹣1） D．（m+2，n+1）
7．（2025 绍兴一模）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转α，得△DBE（A与D为对应点），若点D刚好落在边AC上，且α＝20°，则∠EDB的度数是（　　）
A．60° B．70° C．80° D．90°
8．（2025 新昌县一模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，AD＝6，折叠纸片使边AD落在对角线DB上，折痕为DG，则△DBG的面积为（　　）
A．30 B．15 C．24 D．16
9（2025 定海区二模）如图，将直角梯形ABCD沿AB方向向下平移2个单位得到直角梯形EFGH，已知BC＝6，∠A＝90°，∠C＝45°，则阴影部分的面积为（　　）
A．8 B．10 C．12 D．
10．（2025 河南）如图，在菱形ABCD中，∠B＝45°，AB＝6，点E在边BC上，连接AE，将△ABE沿AE折叠，若点B落在BC延长线上的点F处，则CF的长为（　　）
A．2 B．6﹣3 C．2 D．6﹣6
11．（2025 浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D，E分别在AB，BC上，将△BDE沿DE折叠，点B落在AC的延长线的点F处．若∠AFD＝∠EFD，则的值为（　　）
A．5 B． C． D．
12．（2025 鹿城区二模）如图，在△ABC中，∠A＝60°，点D，E，F分别在边BC，AB，AC上，点B，D关于EG对称，点C，D关于FH对称．若要求出△DEF的周长，只需知道（　　）
A．AE和AF的长 B．BE和CF的长 C．EG和FH的长 D．BG和CH的长
13．（2025 新昌县一模）如图，边长为4cm的正方形ABCD先向上平移2cm，再向右平移1cm，得到正方形A′B′C′D′，此时阴影部分的面积为　　 cm2．
14．（2025 仙居县二模）在平面直角坐标系中，将点A（1，1）绕原点按逆时针方向旋转45°到点A′，则点A'的坐标是 　 　 ．
15．（2025 龙港市二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，将△ABC绕着点C顺时针旋转90°得到△DEC，连接AD，则∠ADE的度数为 　 　 ．
16．（2025 定海区二模）如图，在平面直角坐标系中，动点P从原点O出发，先水平向左平移1个单位长度，再竖直向下平移1个单位长度得到点P1（﹣1，﹣1）；接着先水平向右平移2个单位长度，再竖直向上平移2个单位长度得到点P2；接着先水平向左平移3个单位长度，再竖直向下平移3个单位长度得到点P3；接着先水平向右平移4个单位长度，再竖直向上平移4个单位长度得到点P4；…按此作法进行下去，则点P2025的坐标为　 　 ．
17．（2025 钱塘区三模）如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别在AD，BC上，AE＝CF，且DE＞2AE，把△ABE，△CDF分别沿BE，DF折叠，A，C的对应点分别为G，H．若E，G，H，F四点恰好在同一直线上，∠GFB＝60°，GH＝1，AD＝7，则AB的长是　　 ．
18．（2025 新昌县二模）如图，在菱形ABCD中，点E是BC边上一点，将△ABE沿AE翻折，点B恰好落在对角线AC上的点B′处，若此时CB′＝CE，则∠D的度数是 　　 ，的值为 　　 ．
19．（2024 温岭市一模）如图，在矩形ABCD中，点E是边BC上一点，连结AE，将△ABE沿着AE折叠得到△AFE，延长EF恰好经过点D．
（1）求证：△ADF≌△DEC．
（2）若AB＝6，AD＝10，求△EDC的周长．
20．（2025 丽水一模）如图，在5×5的方格纸中，△ABC三个顶点在格点上．用无刻度的直尺在网格中完成下列画图，保留作图痕迹，不要求说明理由．
（1）在BC边上找一点P，使得AP⊥BC；
（2）将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°，画出旋转后的△AB′C′．
21．（2025 平湖市二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A旋转得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC的延长线上．
（1）求证：AD平分∠CAE．
（2）若BC＝3，AC＝4，求∠CAE的正弦值．
22．（2025 富阳区三模）在数学实践课中，老师给每位同学发了一张直角三角形纸板，如图1中Rt△ABC，其中∠C＝Rt∠，要求同学用剪刀剪一次，把它剪拼成一个矩形．
小明的剪法是：找到边AB，BC的中点D，E，连结DE，沿DE剪一刀，再把△BDE绕点D顺时针旋转180°得到△B′DE′，此时点B′与点A重合，则四边形AE′EC就是矩形．请利用所学的数学知识，完成下列问题：
（1）老师说小明的剪拼是正确的，请你证明老师的说法；
（2）把图2的三角形剪两刀，剪拼成一个矩形，并在答题纸相应位置画出剪拼示意图．
23．（2024 衢州一模）已知矩形纸片ABCD，
第①步：将纸片沿AE折叠，使点D与BC边上的点F重合，展开纸片，连结AF，DF，DF与AE相交于点O（如图1）．
第②步：将纸片继续沿DF折叠，点C的对应点G恰好落在AF上，展开纸片，连结DG，与AE交于点H（如图2）．
（1）请猜想DE和DH的数量关系并证明你的结论．
（2）已知DE＝5，CE＝4，求tan∠CDF的值和AH的长．
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第六章 图形的变化
6.3 图形的轴对称、 平移与旋转
图 形 的 轴 对称 、 平移与旋转 轴对 称 图 形 与 轴 对 称 轴对称图形 轴对称
定义 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，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴. 把一个图形沿着某条直线折叠，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成轴对称，这条直线叫做对称轴.
图形
区别 轴对称图形是指具有特殊形状的一个图形，对称轴不一定只有一条. 轴对称是指两个全等图形之间的相互位置关系，对称轴只有一条.
轴对称的性质 (1)成轴对称的两个图形全等；(2)对应点的连线被对称轴垂直平分.
①注意:常见的轴对称图形等腰三角形、等边三角形、菱形、矩形、正方形、正六边形、圆等. ②提示:成轴对称的两个图形，对应线段所在的直线如果相交，则交 点在对称轴上.
中心对称图形与中心对称 中心对称图形 中心对称
定义 在平面内，把一个图形绕着某一点旋转180°后能与自身重合，这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心. 在平面内，把一个图形绕着某一点旋转180°，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个点成中心对称.
图形
区别 中心对称图形是指具有特殊形状的一个图形. 中心对称指的是两个全等图形之间的相互位置关系.
中心对称的性质 (1)成中心对称的两个图形全等； (2)对应点的连线都经过对称中心且被对称中心平分.
1.注意:常见的中心对称图形平行四边形、菱形、矩形、正方形、正六边形、圆等.它们的基本特征：多边形的边数(顶点个数)为偶数. 2.总结:(1)对称中心是对应点连线的中点； (2)经过对称中心的任一条直线将中心对称图形分为全等的两部分，它们的周长、面积均相等； (3)关于某一点对称的两个图形，对应线段平行或在同一直线上.
图形的平移与旋转 平移 旋转
概念 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 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
要素 平移的方向和距离 旋转中心、旋转角度和旋转方向
性质 (1)平移前后的图形全等； (2)对应点的连线平行(或在同一直线上)且相等，对应线段平行(或在同一直线上)且相等 (1)旋转前后的图形全等； (2)任意一对对应点与旋转中心所连线段的夹角都等于旋转角； (3)对应点到旋转中心的距离相等.
与轴对称变换的关系 经过两次平行于对称轴的轴对称变换，相当于一次平移，平移的距离是两对称轴间距离的2倍 经过两次相交对称轴的轴对称变换，相当于一次旋转，旋转的角度是两对称轴夹角的2倍
注意:1.中心对称是旋转的特殊情况：旋转角等于180°. 2.平移、旋转都不改变图形的形状与大小，变换前后对应线段相等，对应角相等.
【题型一】图形的轴对称
【例1.1】（2025 衢州四模）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．
【点拨】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．
【解析】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，图形两部分折叠后可重合．
【例1.2】（2025 韶关模拟）已知点P（﹣2，1），那么点P关于x轴对称的点P′的坐标是（　　）
A．（﹣2，1） B．（﹣1，2） C．（2，1） D．（﹣2，﹣1）
【点拨】根据坐标平面内两个点关于x轴对称，则横坐标不变，纵坐标互为相反数，即可得出答案．
【解析】解：∵点P与点P′关于x轴对称，点P（﹣2，1），
∴P′的坐标为（﹣2，﹣1）．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了坐标平面内两个点关于x轴对称的特点，横坐标不变，纵坐标互为相反数，难度不大．
【例1.3】（2025 深圳模拟）如图，△ABC与△A′B′C′关于直线MN对称，P为MN上任一点（A、P、A′不共线），下列结论中，错误的是（　　）
A．△AA′P是等腰三角形 B．MN垂直平分AA′、CC′
C．△ABC与△A′B′C′面积相等 D．直线AB，A′B′的交点不一定在直线MN上
【点拨】据对称轴的定义，△ABC与△A′B′C′关于直线MN对称，P为MN上任意一点，可以判断出图中各点或线段之间的关系．
【解析】解：∵△ABC与△A′B′C′关于直线MN对称，P为MN上任意一点，
∴△AA′P是等腰三角形，MN垂直平分AA′，CC′，这两个三角形的面积相等，故A、B、C选项正确，
直线AB，A′B′关于直线MN对称，因此交点一定在MN上，故D错误，
故选：D．
【点睛】本题考查轴对称的性质与运用，解题时注意：对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．
【例1.4】（2025 杭州一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝32°，E，F分别在边BC，AB上，将△BEF沿着EF折叠，得到△B'EF，B′E与AB交于G．当B′E∥AC时，∠AFB'的度数是（　　）
A．25° B．26° C．30° D．32°
【点拨】由∠C＝90°，∠B＝32°，求得∠A＝58°，由B′E∥AC，得∠AGB′＝∠A＝58°，由折叠得∠B′＝∠B＝32°，则58°＝∠AFB′+32°，求得∠AFB′＝26°，于是得到问题的答案．
【解析】解：∵∠C＝90°，∠B＝32°，
∴∠A＝90°﹣∠B＝58°，
∵B′E∥AC，
∴∠AGB′＝∠A＝58°，
∵将△BEF沿着EF折叠，得到△B'EF，
∴∠B′＝∠B＝32°，
∵∠AGB′＝∠AFB′+∠B′，
∴58°＝∠AFB′+32°，
∴∠AFB′＝26°，
故选：B．
【点睛】此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、平行线的性质、翻折变换的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，求得∠AGB′＝∠A＝58°是解题的关键．
【例1.5】（2025 西湖区一模）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　 °，＝ 　　 ．
【点拨】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．
【解析】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，
∴（）2﹣﹣1＝0，
∴＝．
故答案为：36，．
【点睛】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．
【例1.6】（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．
【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．
【例1.7】（2025 绥化）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，对角线BD＝4，点P是边CD的中点，点M是对角线BD上的一个动点，连接PM、CM．则PM+CM的最小值是　2　 ．
【点拨】根据轴对称的性质，首先准确找到点P的位置．根据菱形的性质，作点P′和P关于BD对称．则连接CP′．PM+CM的最小值即为CP′的长．
【解析】解：作点P′和P关于BD对称．则连接CP′，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝4，P为CD中点，
∴点P′是AD的中点，
∴DP′＝＝2，
∵BD＝4，AB＝AD＝4，
∴∠BAD＝120°，∠ADC＝60°，
∴CP′⊥AD，
∴CP′＝2．
PM+CM的最小值即为CP′的长：2．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知“两点之间线段最短”是解答此题的关键．
【题型二】图形的平移
【例2.1】（2024 新昌县一模）如图，将周长为12的△ABC沿BC边向右平移3个单位，得到△DEF，则四边形ABFD的周长为 　18　 ．
【点拨】根据平移的性质，对应点的连线AD、CF都等于平移距离，再根据四边形ABFD的周长＝△ABC的周长+AD+CF代入数据计算即可得解．
【解析】解：∵△ABC沿BC方向平移2个单位得到△DEF，
∴AD＝CF＝2，
∴四边形ABFD的周长
＝AB+BC+DF+CF+AD
＝△ABC的周长+AD+CF
＝12+3+3
＝18．
故答案为：18．
【点睛】本题考查了平移的性质，主要利用了对应点的连线等于平移距离，结合图形表示出四边形ABFD的周长是解题的关键．
【例2.2】（2025 莲都区二模）平面直角坐标系中，线段AB经过平移得到线段A′B′，若点A（﹣1，2）的对应点A'的坐标为（1，﹣1），则点B（m，n）的对应点B'的坐标为（　　）
A．（m+2，n﹣3） B．（m﹣2，n﹣3） C．（m+2，n+3） D．（m﹣2，n+3）
【点拨】根据点A平移的特点：横坐标加上2，纵坐标减去3，结合点A的平移特点得出答案．
【解析】解：∵点A（﹣1，2）的对应点A′的坐标为（1，﹣1），
∴点B的对应点B′的坐标是（m+2，n﹣3）．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内线段的平移，掌握其性质是解题的关键．
【例2.3】（2024 椒江区二模）如图，将三角形ABC（AC＞AB）沿BC方向平移得到△DEF，使，DE与AC交于点M，以下关于四边形DMCF和四边形ABEM周长的说法，正确的是（　　）
A．周长之差可由（AC﹣AB）值确定 B．周长之和可由（AC+AB）值确定
C．周长之差可由（AC﹣AB+BC）值确定 D．周长之和可由（AC+AB+BC）值确定
【点拨】根据平移的性质得出周长关系解答即可．
【解析】解：由平移可知，BE＝CF，AB＝DE，AC＝DF，BC＝EF，
∵BE＝BC，
∴EC＝2BE，BC＝3BE，
∴四边形DMCF和四边形ABEM周长之差＝（DM+MC+CF+DF）﹣（AB+BE+AM+ME）＝（AB﹣ME+AC﹣AM+BE+AC）﹣（AB+BE+AM+ME）＝AB﹣ME+AC﹣AM+BE+AC﹣AB﹣BE﹣AM﹣ME＝2AC﹣2ME﹣2AM＝，
四边形DMCF和四边形ABEM周长之和＝（DM+MC+CF+DF）+（AB+BE+AM+ME）＝（AB﹣ME+AC﹣AM+BE+AC）+（AB+BE+AM+ME）＝2AB+2BE+2AC＝2AB+BC+2AC，
∴周长之差可由（AC﹣AB）值确定，
故选：A．
【点睛】此题考查平移的性质，关键是根据平移的性质得出周长关系解答．
【题型三】图形的旋转
【例3.1】（2025 钱塘区三模）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．
【点拨】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；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；据此进行判断即可．
【解析】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了中心对称图形，轴对称图形，熟练掌握其定义是解题的关键．
【例3.2】（2025 丽水一模）已知点A（m﹣1，﹣3），B（2，n+1）关于原点对称，则m+n的值为（　　）
A．1 B．﹣2 C．0 D．2
【点拨】根据关于原点对称的两个点坐标特点：横纵坐标化为相反数，据此求出m，n的值，再代入计算即可．
【解析】解：根据关于原点对称的点的坐标特点可得：m﹣1＝﹣2，n+1＝3，
得m＝﹣1，n＝2
∴m+n＝﹣1+2＝1，
故选：A．
【点睛】此题考查了关于原点对称的两个点坐标特点，正确记忆相关知识点是解题关键．
【例3.3】（2025 温州模拟）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD＝25°，则旋转角α的大小是 　50　 °．
【点拨】证明∠ABD＝∠ADB＝∠ADE＝65°，可得结论．
【解析】解：设AC交DE于点O．
∵DE⊥AC，
∴∠AOD＝90°，
∵∠CAD＝25°，
∴∠ADE＝90°﹣25°＝65°，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB＝∠ADE＝65°，
∴∠BAD＝180°﹣65°﹣65°＝50°．
故答案为：50．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
【例3.4】（2025 嵊州市模拟）如图，△ABC放置在平面直角坐标系xOy中，BC∥x轴，AB∥y轴，点B坐标为 （﹣10，﹣5），点C坐标为（10，﹣5），把△ABC绕点A逆时针旋转一个角度后得到△ADE，若边DE经过点F（0，5），则点E的坐标是 　（6，13）　 ．
【点拨】设OG＝x，FG＝10﹣x，利用勾股定理解出x＝3.75，再利用三角形相似建立等式求解．
【解析】解：过点E作x轴的垂线，交于H，设AO与DF交于点G，如图：
由题意得：OF＝AD＝5，∠ADG＝∠FOG，∠AGD＝∠FGO，
∴Rt△ADG≌Rt△FOG（AAS），
设OG＝x，FG＝10﹣x，
根据勾股定理：FG2＝OG2+OF2，即（10﹣x）2＝x2+52，
解得：x＝3.75，
∴GF＝6.25，
∵BC＝20，
∴DE＝BC＝20，
∴GE＝16.25，
∵∠FGO＝∠EGH，∠FOG＝∠EHG，
∴Rt△FOG∽Rt△EHG，
，
解得：GH＝9.75，HE＝13，
OH＝GH﹣OG＝9.75﹣3.75＝6，HE＝13，
则点E（6，13），
故答案为：（6，13）．
【点睛】本题考查了坐标与图形，旋转、三角形全等的判定及性质、三角形相似的判定的性质、勾股定理，解题的关键是构建相似三角形建立等式进行求解，添加辅助线，证明Rt△ADG≌Rt△FOG．
【例3.5】（2025 定海区二模）如图，在△ABC中，CA＝CB，D是△ABC内一点，连结CD，将线段CD绕点C逆时针旋转到CE，使∠DCE＝∠ACB，连结AD，DE，BE．
（1）求证：△CAD≌△CBE．
（2）当∠CAB＝60°时，求∠CBE与∠BAD的度数和．
【点拨】（1）由旋转得CD＝CE，由题意得∠ACD＝∠BCE，根据全等三角形的判定可得结论．
（2）由题意得△ABC是等边三角形，可得∠CAB＝60°．由全等三角形的性质可得∠CAD＝∠CBE，则∠CBE+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝∠CAB＝60°．
【解析】（1）证明：由旋转得，CD＝CE．
∵∠DCE＝∠ACB，
∴∠DCE﹣∠DCB＝∠ACB﹣∠DCB，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
（2）解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE．
∵∠CBA＝60°，CA＝CB，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠CAB＝60°．
∴∠CBE+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝∠CAB＝60°．
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
1．（2025 杭州一模）在下列有关人工智能的图片中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【点拨】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：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，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【解析】解：A．原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．原图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．原图既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别．熟练掌握相关定义是解答本题关键．
2．（2023 金华）如图，两盏灯笼的位置A，B的坐标分别是（﹣3，3），（1，2），将点B向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点B′，则关于点A，B′的位置描述正确的是（　　）
A．关于x轴对称 B．关于y轴对称 C．关于原点O对称 D．关于直线y＝x对称
【点拨】根据平移规律确定B′的坐标即可得出结论．
【解析】解：∵点B′由点B（1，2）向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到
∴此时B′坐标为（3，3）．
∴A与B′关于y轴对称．
故选：B．
【点睛】本题考查了点的平移规律以及点的对称性，掌握规律轻松解答，属于基础题型．
3．（2023 杭州）在直角坐标系中，把点A（m，2）先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点B．若点B的横坐标和纵坐标相等，则m＝（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【点拨】根据点的平移规律可得先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点B（m+1，2+3），再根据点B的横坐标和纵坐标相等即可求出答案．
【解析】解：∵把点A（m，2）先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点B．
∴点B（m+1，2+3），
∵点B的横坐标和纵坐标相等，
∴m+1＝5，
∴m＝4．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，关键是横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
4．（2025 温州模拟）在直角坐标系中，点P（2，1）关于x轴对称的点的坐标是（　　）
A．（2，1） B．（﹣2，1） C．（2，﹣1） D．（﹣2，﹣1）
【点拨】根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可直接得到答案．
【解析】解：点P（2，1）关于x轴对称的点的坐标是（2，﹣1），
故选：C．
【点睛】此题主要考查了关于x轴对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
5．（2025 拱墅区一模）如图，在6×6方格中，点A，B，C均在格点上，△ABC的对称轴经过格点（　　）
A．P1 B．P2 C．P3 D．P4
【点拨】根据轴对称的性质解答即可．
【解析】解：如图所示：
由题意可知，△ABC的等腰三角形，它的对称轴是底边AB的中线所在的直线，即△ABC的对称轴经过格点P3．
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，掌握等腰三角形的性质是解答本题的关键．
6．（2025 玉环市二模）线段CD是由线段AB平移得到的，点A（﹣1，4）的对应点为C（4，7），则点B（﹣4，﹣1）的对应点D的坐标为（　　）
A．（2，9） B．（5，3） C．（1，2） D．（﹣9，﹣4）
【点拨】根据点A的坐标平移后所得对应点的坐标可得线段AB向右平移6个单位，又向上平移了3个单位，然后可得B点对应点坐标．
【解析】解：∵点A（﹣1，4）的对应点为C（4，7），
∴点A向右平移5个单位，又向上平移了3个单位，
∵点B（﹣4，﹣1），
∴对应点D的坐标为（﹣4+5，﹣1+3），
即（1，2），
故选：C．
【点睛】此题主要考查了坐标与图形的变化﹣平移，关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
7．（2025 富阳区二模）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，点A，C的对应点分别为点D，E，AC的延长线分别交BD，DE于点F，G，下列结论一定正确的是（　　）
A．BF＝DF B．∠CBD＝∠EBD C．CB∥DE D．AG⊥DE
【点拨】由旋转得∠A＝∠D，∠ABD＝90°，可得∠A+∠AFB＝90°，进而可得∠D+∠DFG＝90°，则∠DGF＝90°，即AG⊥DE，从而可得答案．
【解析】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，
∴∠A＝∠D，∠ABD＝90°，
∴∠A+∠AFB＝90°．
∵∠AFB＝∠DFG，
∴∠D+∠DFG＝90°，
∴∠DGF＝90°，
即AG⊥DE，
故D选项正确，符合题意；
根据已知条件不能得出A，B，C选项，
故A，B，C选项不正确，不符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查旋转的性质、平行线的判定，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
8．（2023 浙江）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．
【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．
9．（2025 临平区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点D为边AC上一动点，将△BCD沿BD折叠得到△BED，BE与AC交于点F，则EF的最大值为（　　）
A．2.4 B．4.8 C．7.2 D．9.6
【点拨】过点A作AN⊥BC于点N，过点B作BM⊥AC于点M，利用等腰三角形的性质，勾股定理，垂线段最短解答即可．
【解析】解：过点A作AN⊥BC于点N，过点B作BM⊥AC于点M，
∵AB＝AC＝10，BC＝12，
∴，
∴，
∴，
由题意可得：BE＝BC＝12，
∴EF＝BE﹣BF＝12﹣BF，
∴当BF最小时，EF取得最大值，
根据垂线段最短，
∴BF＝BM时，EF取得最大值，
∴EF＝12﹣9.6＝2.4，
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，熟练掌握性质是解题的关键．
10．（2025 鹿城区校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，设AC＝x，BC＝y，且x+y是定值．点D是AC上一点，点E为AB中点，连接CE，将线段CE沿绕点E顺时针旋转90°，得到线段EF交AC于点G，若点A关于直线DE的对称点恰为点F，则下列线段长为定值的是（　　）
A．AD B．CD C．CG D．DE
【点拨】连接AF，DF，DE，在AC上取点H，使得CH＝BC，连接BH，作EK⊥AC于K，先根据直角三角形斜边中线的性质以及旋转的性质确定△AEF为等腰三角形，根据三角形内角和定理以及外角的性质求出∠DAF＝45°，再根据对称的性质，求出∠EDC的度数，从而得到DE∥BH，再根据三角形中位线定理用x，y表示出AD，CD，DE，最后根据三角形中位线定理以及平行线分线段成比例用x，y表示出CG，根据x+y为定值即可判断哪条线段为定值．
【解析】解：连接AF，DF，DE，在AC上取点H，使得CH＝BC，连接BH，作EK⊥AC于K，如图：
∵∠ACB＝90°，E为AB中点，
∴AE＝CE＝BE，
由旋转的性质可知，EF＝CE，∠FEC＝90°，
∴△AEF和△CEB为等腰三角形，∠AEF+∠BEC＝90°，
设∠BAC＝α，则∠BEC＝2∠BAC＝2α，
∴∠AEF＝90°﹣2α，
∴∠EAF＝（180°﹣∠AEF）＝45°+α，
∴∠DAF＝45°，
由对称的性质可知，AD＝DF，∠ADE＝∠FDE，
∴∠DFA＝∠DAF＝45°，
∴∠ADF＝90°，
∴DF⊥AC，
又∵∠ADE+∠EDF+∠ADF＝360°，
∴∠ADE＝∠FDE＝135°，
∴∠EDC＝45°，
∵CH＝BC，∠HCB＝90°，
∴∠BHC＝45°，BH＝BC＝y，AH＝AC﹣BC＝x﹣y，
∴DE∥BH，
∵E是AB中点，
∴DE是△AHB的中位线，
∴DE＝BH＝y，AD＝AH＝，
∴DE和AD均不是定值，
∴CD＝AC﹣AD＝，
∴CD为定值，
∵EK⊥AC，
∴DF∥EK∥BC，
∴EK＝BC＝y，AK＝AC＝x，
∴DK＝AK﹣AD＝y，
∵＝＝，
∴DG＝，
∴CG＝CD﹣DG＝，
∴CG不是定值；
综上所述，CD为定值．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例、三角形中位线定理以及对称和旋转的性质，通过三角形内角和定理以及直角三角形斜边中线的性质求出∠DAF是本题解题的关键．
11．（2023 金华）在直角坐标系中，点（4，5）绕原点O逆时针方向旋转90°，得到的点的坐标 　（﹣5，4）　 ．
【点拨】利用旋转变换的性质作出图形可得结论．
【解析】解：如图，点A（4，5）绕原点O逆时针方向旋转90°，得到的点B的坐标（﹣5，4）．
故答案为：（﹣5，4）．
【点睛】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是正确作出图形，利用图象法解决问题．
12．（2025 衢州一模）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D为BC上任一点，连结AD，作B点关于AD的对称点E，若DE∥AC，则AD的长为　　 ．
【点拨】过点A作AF⊥BC，垂足为点F，根据勾股定理和等腰三角形的性质得AF＝4，利用轴对称和三角形外角的性质得∠ADC＝∠CAD，CD＝CA＝5，进而得DF的长，利用勾股定理求得AD的长度．
【解析】解：如图，
过点A作AF⊥BC，垂足为点F，
∵AB＝AC＝5，
BC＝6，
∴BF＝CF＝＝3，
Rt△ABF中，AF＝＝4，
由对称得：∠B＝∠AED，
∠BAD＝∠EAD，
∵DE∥AC，
∴∠AED＝∠CAE，
∴∠CAE＝∠B，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD，
∠CAD＝∠CAE+∠EAD，
∴∠ADC＝∠CAD，
∴CD＝CA＝5，
∵BD＝BC﹣CD，
∴BD＝6﹣5＝1，
∴DF＝BF﹣BD＝3﹣1＝2，
Rt△ADF中，AD＝＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
13．（2025 嘉兴模拟）如图，在正方形纸片ABCD中，点M，N分别是BC，AD上的点，将该正方形纸片沿直线MN折叠，使点B落在CD的中点E处．若AB＝4，则△CEM的面积是　　 ．
【点拨】由折叠的性质得BM＝EM，设BM＝EM＝x，在Rt△CEM中，利用勾股定理列式计算求得，再利用三角形面积公式求解即可．
【解析】解：∵正方形纸片ABCD，AB＝4，
∴AB＝BC＝CD＝4，∠C＝90°，
由折叠的性质知，BM＝EM，
设BM＝EM＝x，
∵点E是CD的中点，
∴，
在Rt△CEM中，EM＝x，CM＝4﹣EM＝4﹣x，
由勾股定理得CE2+CM2＝EM2，
∴22+（4﹣x）2＝x2，
解得，即，
∴△CEM的面积是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，掌握以上性质是解题的关键．
14．（2025 诸暨市三模）如图，矩形ABCD中，BC＝9，点E为BC上一点，将△ABE沿着AE翻折得到△AFE，连结CF．若∠FEC＝2∠FCE，且CF＝6，则BE的长为 　4　 ，AB的长为 　　 ．
【点拨】连接BF，作FG⊥BC于G，首先导角说明∠FBC＝∠FCB，得BF＝CF＝6，利用勾股定理求出FG的长，设BE＝EF＝x，则EG＝﹣x，在Rt△EFG中，由勾股定理得，x2＝（）2＝（）2，求出BE，再根据∠EBC＝∠BAE，得tan∠BAE＝tan∠GBF，进而解决问题．
【解析】解：连接BF，作FG⊥BC于G，
∵将△ABE沿着AE翻折得到△AFE，
∴BE＝EF，
∴∠EBF＝∠EFB，
∴∠FEC＝2∠FBC，
∵∠FEC＝2∠FCE，
∴∠FBC＝∠FCB，
∴BF＝CF＝6，
∵FG⊥BC，
∴BG＝，
在Rt△BGF中，由勾股定理得，FG＝，
设BE＝EF＝x，则EG＝﹣x，
在Rt△EFG中，由勾股定理得，x2＝（）2＝（）2，
解得x＝4，
∴BE＝4，
∵∠EBC+∠ABF＝∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠EBC＝∠BAE，
∴tan∠BAE＝tan∠GBF，
∴，
解得，AB＝．
故答案为：4，．
【点睛】本题主要考查了翻折变换，等腰三角形的性质，勾股定理，三角函数等知识，说明BF＝CF是解题的关键．
15．（2025 温州一模）如图，将Rt△ABC沿斜边AB向右平移得到△DEF，BC与DF交于点H，延长AC，EF交于点G，连结GH．若BD＝2，GH＝3，则AE的长为 　8　 ．
【点拨】连接CF，根据平移的性质、矩形和平行四边形的判定得到四边形CHFG为矩形，四边形ADFC为平行四边形，得到CF＝GH＝3，AD＝CF，计算即可．
【解析】解：如图，连接CF，
由平移的性质可知：AC∥DF，BC∥EF，AD∥CF，AD＝CF，AD＝BE，又∠ACB＝90°，
∴四边形CHFG为矩形，四边形ADFC为平行四边形，
∴CF＝GH＝3，AD＝CF，
∴AD＝3，
∴BE＝3，
∴AE＝AD+DB+BE＝3+2+3＝8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查的是平移的性质，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．
16．（2025 定海区二模）如图，菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝120°，将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形AB′C′D′，连接CC′，当B′C′与CD第一次垂直时，∠D′C′C的度数为　105°　 ．
【点拨】根据菱形，旋转的性质得到AB＝AB′，∠BCD＝∠B′C′D′＝60°，ABC＝∠AB′C′＝∠ADC，AB′＝B′C′＝AD＝CD，如图所示，连接B′D，设B′C′与CD交于点E，可证EC′＝EC，∠EC′C＝∠ECC′，由此得到∠EC′C＝∠ECC＝45°，由∠D′C′C＝∠D′C′B′+∠EC′C＝60°+45°＝105°，即可求解．
【解析】解：由题意可得：
AB＝BC＝CD＝AD，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝120°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BCD＝60°，
∵AB＝AB′，∠BCD＝∠B′C′D′＝60°，∠ABC＝∠AB′C′＝∠ADC，
∴AB′＝B′C′＝AD＝CD，
连接B′D，设B′C′与CD交于点E，
∵AB′＝AD，
∴∠AB′D＝∠ADB′，
∴∠AB′C′﹣∠AB′D＝∠ADC﹣∠ADB′，即∠EB′D＝∠EDB′，
∴EB′＝ED，
∴B′C′﹣EB′＝CD﹣ED，即EC′＝EC，
∴∠EC′C＝∠ECC′，
∵B′C′⊥CD，
∴，
∴∠D′C′C＝∠D′C′B′+∠EC′C＝105°，
故答案为：105°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握性质、旋转的性质，等边对角的运用是关键．
17．（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．
【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．
18．（2025 临安区一模）我们常常把一张A4纸通过折叠的方式得到它的对角线，如图1．折纸活动中，通过点与点重合或边与边重合，才能得到精准的折叠．现有一张A4纸张（矩形ABCD），如图2，设折叠后B'C边与AD边重叠的点为E．
（1）请用尺规作图的方式在图2中画出点E．
（2）根据以上折纸活动的提示，描述折出A4纸（矩形ABCD）对角线的两个步骤．
【点拨】（1）分别以A，C为圆心，AB，BC为半径作弧，两弧交于点B′，连接AB′，CB′，CB′交AD于点E；
（2）步骤一：点A，点C两点重合，得到折痕EE′；
步骤二：点E，点E′重合可以折出A4纸（矩形ABCD）对角线AC．
【解析】解：（1）如图2中，点E即为所求；
（2）如图3中，步骤一：点A，点C两点重合，得到折痕EE′；
步骤二：点E，点E′重合可以折出A4纸（矩形ABCD）对角线AC．
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，作图﹣复杂作图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19．（2025 钱塘区三模）如图，在矩形ABCD中，将BC绕点B旋转至BC′，C′在AD上，过点C′作GC′⊥BC′，交CD于点G，连结BG．
（1）求证：GC＝GC′．
（2）若AB＝5，BC＝13，求GC的长．
【点拨】（1）根据HL证明Rt△BC'G≌Rt△BCG即可得出结论；
（2）设GC'＝GC＝x，则GD＝5﹣x，在Rt△GDC'中，由勾股定理得出方程求解即可．
【解析】（1）证明：∵将BC绕点B旋转至BC′，
∴BC'＝BC，
∵过点C′作GC′⊥BC′，
∴∠BC'G＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠BC'G＝90°，
又∵BG＝BG，
∴Rt△BC'G≌Rt△BCG（HL），
∴GC＝GC'；
（2）解：∵BC＝13，
∴BC'＝13，
∴AC'＝＝12，
∴C'D＝13﹣12＝1，
设GC'＝GC＝x，则GD＝5﹣x，
在Rt△GDC'中，由勾股定理得，
C'D2+DG2＝C'G2，
即12+（5﹣x）2＝x2，
解得x＝2.6，
即GC的长为2.6．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟记各性质定理是解题的关键．
20．（2025 嘉善县一模）如图，在△ABC中，以B为圆心，线段BC的长为半径画弧交边AB于点D，连结CD，将△ABC沿直线CD对折使点A落在A′处，A′C交边AB于点E．
（1）求证：∠DA′E＝∠BCE；
（2）若，求的值．
【点拨】（1）根据等边对等角得到∠BDC＝∠BCD，然后根据翻折得到∠A'＝∠A，∠A'CD＝∠ACD，然后利用三角形的外角和角的和差解题即可；
（2）先证明两个对应角相等得到△A'DE∽△CBE，即可得到BC＝3A'D＝3AD，然后代入计算解题．
【解析】（1）证明：由作图可得BC＝BD，
∴∠BDC＝∠BCD，
由折叠可得：∠A'＝∠A，∠A'CD＝∠ACD，
∴∠A＝∠BDC﹣∠ACD＝∠BCD﹣∠A'CD＝∠A'CB，
∴∠DA'E＝∠BCE；
（2）解：∵∠DA'E＝∠BCE，∠A'ED＝∠BEC，
∴△A'DE∽△CBE，
∴，即BC＝3A'D，
又∵A'D＝AD，BD＝BC，
∴BC＝BD＝3AD，
∴．
【点睛】本题考查翻折的性质，等边对等角，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
21．（2024 上城区一模）综合与实践
主题任务 “我的校园我做主”草坪设计
入项探究环节 任务背景 学校举办“迎五一，爱劳动”主题实践活动，九（2）班参加校园美化设计任务： 校园内有一块宽为31米，长为40米的矩形草坪，在草坪上设计两条小路， 具体要求： （1）矩形草坪每条边上必须有一个口宽相等的路口； （2）两条小路必须设计成平行四边形；
驱动任务一 九（2）班各个实践小组的设计方案汇总后，主要有甲、乙、丙三种不同的方案（如图1）： （1）直观猜想：方案中小路的总面积大小关系：S甲　相等　 S乙，S甲　不相等　 S丙；（请填“相等”或“不相等”）
深入探究 驱动任务二 验证猜想：各个实践小组用如表格进行研究： 方案纵向小路面积横向小路面积纵横交叉面积小路总面积乙方案31x40x甲方案31x40x丙方案31x40x
（2）请用含x的代数式表示甲方案中小路总面积：　（71x﹣x2）平方米　 ；
驱动任务三 （3）如果甲种方案除小路后草坪总面积约为1170平方米．请计算两条小路的宽度是多少？
拓展探究 驱动任务四 为了深入研究，各个小组选择丙方案（如图2）进行研究．若两条小路与矩形两组对边所夹锐角∠BGF＝∠AEF＝θ． （4）若θ＝60°时，用含x的代数式拓表示四边形FHPQ的边长FH； （5）若x＝1时，请用含θ的三角函数表示两条路重叠部分四边形FHPQ的面积，并写出sinθ取值范围．
【点拨】（1）应用平移的性质即可求得答案；
（2）根据小路总面积＝横向小路面积+纵向小路面积﹣重叠部分的面积，即可得出答案；
（3）表达出草地面积，建立方程求解即可；
（4）连接FH，过点F作FM∥AD，交KH于M，由∠AEF+∠AGF＝180°，得出四边形AEFG是圆内接四边形，进而可得∠A+∠EFG＝180°，即∠EFG＝90°，再运用解直角三角形即可求得答案；
（5）连接FM、PM、PQ、FQ，过点F作FM∥AD，交KH于M，可证得四边形FHPQ是正方形，边长为sinθ，即可得出正方形FHPQ的面积；当G与A重合时，θ最小，即sinθ的值最小，而θ为锐角，sinθ＜1，即可求出答案．
【解析】解：（1）如图1，
∵S甲＝40×31﹣（40﹣x）（31﹣x）＝71x﹣x2，S乙＝40×31﹣（40﹣x）（31﹣x）＝71x﹣x2，S丙不确定，
∴S甲＝S乙≠S丙，
故答案为：相等，不相等；
（2）S甲＝40x+31x﹣x2＝71x﹣x2（平方米），
故答案为：（71x﹣x2）平方米；
（3）由题意得：（40﹣x）（31﹣x）＝1170，
解得：x1＝1，x2＝70（不符合题意，舍去），
答：两条小路的宽度是1米；
（4）如图2，连接FH，过点F作FM∥AD，交KH于M，
∵∠BGF＝∠AEF＝θ＝60°，∠BGF+∠AGF＝180°，
∴∠AEF+∠AGF＝180°，
∴四边形AEFG是圆内接四边形，
∴∠A+∠EFG＝180°，
∵∠A＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∵EF∥KH，
∴∠FHM＝∠EFG＝90°，
∵FM∥AD，
∴∠EFM＝∠AEF，
∵EF∥KH，
∴∠FMH＝∠EFM，四边形EFMK是平行四边形，
∴∠FMH＝∠AEF＝60°，FM＝EK＝x，
∴FH＝FM sin∠FMH＝x sin60°＝x（米）；
（5）如图3，连接FM、PM、PQ、FQ，过点F作FM∥AD，交KH于M，
则四边形EFMK是平行四边形，
∴FM＝EK＝1，∠FMH＝∠AEF＝θ，
∵FH∥PQ，FQ∥PH，
∴四边形FHPQ是平行四边形，
由（4）知：∠AFE＝90°，
∴∠QFH＝90°，
∴四边形FHPQ是矩形，
在Rt△FMH中，FH＝FM sinθ＝sinθ，
同理可得FQ＝sinθ，
∴FH＝FQ，
∴四边形FHPQ是正方形，
∴两条路重叠部分四边形FHPQ的面积为sin2θ平方米；
如图4，当G与A重合时，
∵∠DAR+∠ARD＝90°，∠DAR+∠AEF＝90°，
∴∠ARD＝∠AEF＝θ，
此时θ最小，即sinθ的值最小，
∵CR＝1，
∴DR＝31﹣1＝30，
在Rt△ADR中，AR＝＝＝50，
∴sinθ＝＝＝，
已知θ为锐角，
∴sinθ＜1，
∴≤sinθ＜1．
【点睛】本题是解直角三角形应用问题，考查了矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，直角三角形的性质，解直角三角形等，解题关键是理解题意，熟练运用解直角三角形解决问题．
1．（2025 台州一模）下列四个图标中，属于轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【点拨】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解析】解：选项A、B、D的图形均不能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以不是轴对称图形；
C选项中的图形能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以是轴对称图形；
故选：C．
【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，图形两部分折叠后可重合．
2．（2025 东阳市二模）下列APP图标中，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【点拨】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．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、B、D的图形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C的图形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：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．（2025 湖北模拟）已知P、Q两点关于y轴对称，P点坐标为（﹣3，2），则点Q坐标为（　　）
A．（3，2） B．（﹣3，2） C．（﹣3，﹣2） D．（3，﹣2）
【点拨】利用关于y轴对称的点的坐标特征求解，即可得到答案．
【解析】解：由题意得，点Q坐标为（3，2）．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了关于坐标轴对称的点的坐标，解题关键是掌握坐标点的特征：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横、纵坐标互为相反数．
4．（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
【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．
5．（2025 浙江模拟）四个相同的“中国结”的悬挂位置如图所示，已知悬挂点A，B，C，D的坐标分别是（﹣4，b），（﹣2，b），（﹣1，b），（2，b）．下列平移中，能使四个“中国结”关于y轴对称的是（　　）
A．将A向右平移5个单位 B．将B向右平移5个单位
C．将C向右平移4个单位 D．将C向右平移2个单位
【点拨】根据关于y轴对称点的坐标特点解答即可．
【解析】解：将A向右平移5个单位，可得（1，b），能使四个“中国结”关于y轴对称．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了作图﹣轴对称变换，以及图形的平移，关键是掌握关于y轴对称点的坐标特点：纵不变，横相反．
6．（2023 绍兴）在平面直角坐标系中，将点（m，n）先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是（　　）
A．（m﹣2，n﹣1） B．（m﹣2，n+1） C．（m+2，n﹣1） D．（m+2，n+1）
【点拨】根据点的坐标的平移规律：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减求解即可．
【解析】解：将点（m，n）先向右平移2个单位，再向上平移1个单位，最后所得点的坐标是（m+2，n+1），
故选：D．
【点睛】本题主要考查坐标与图形变化—平移，解题的关键是掌握横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．
7．（2025 绍兴一模）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转α，得△DBE（A与D为对应点），若点D刚好落在边AC上，且α＝20°，则∠EDB的度数是（　　）
A．60° B．70° C．80° D．90°
【点拨】由旋转得，∠ABD＝α＝20°，∠EDB＝∠A，BD＝AB，则可得∠A＝∠ADB＝＝80°，进而可得答案．
【解析】解：由旋转得，∠ABD＝α＝20°，∠EDB＝∠A，BD＝AB，
∴∠A＝∠ADB＝＝80°，
∴∠EDB＝80°．
故选：C．
【点睛】本题考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
8．（2025 新昌县一模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，AD＝6，折叠纸片使边AD落在对角线DB上，折痕为DG，则△DBG的面积为（　　）
A．30 B．15 C．24 D．16
【点拨】根据矩形的性质利用勾股定理得BD＝10，得出A′B＝4，设A′G＝AG＝x，则GB＝8﹣x，在直角△A′GB中由勾股定理得出方程，解方程求出AG，然后利用三角形面积公式即可解决问题．
【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠DAB＝90°，
∵AB＝CD＝8，AD＝BC＝6，
在Rt△BCD中，BD＝＝10，
由折叠可知：∠DA′G＝∠DAG＝90°，DA′＝DA＝6，A′G＝AG，
∴∠BA′G＝180°﹣∠DA′G＝90°，
设A′G＝AG＝x，则BG＝8﹣x，
在Rt△BEF中，A′B＝BD﹣DA′＝10﹣6＝4，
由勾股定理得：BG2＝A′G2+A′B2，
∴（8﹣x）2＝x2+42，
解得：x＝3，
∴A′G＝3，
∴△DBG的面积＝BD A′G＝×10×3＝15．
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、三角形面积公式等知识，解决本题的关键是掌握折叠的性质．
9（2025 定海区二模）如图，将直角梯形ABCD沿AB方向向下平移2个单位得到直角梯形EFGH，已知BC＝6，∠A＝90°，∠C＝45°，则阴影部分的面积为（　　）
A．8 B．10 C．12 D．
【点拨】过点P作PQ⊥FG于点Q，根据平移的性质得到BF＝PQ＝2，FG＝BC＝6，S梯形ABCD＝S梯形EFGH，∠G＝∠C＝45°，根据等腰三角形的性质求出QG，进而求出BP，再根据梯形面积公式计算，得到答案．
【解析】解：如图，过点P作PQ⊥FG于点Q，
由平移的性质可知：BF＝PQ＝2，FG＝BC＝6，S梯形ABCD＝S梯形EFGH，∠G＝∠C＝45°，
∴S梯形ABCD﹣S梯形EBPH＝S梯形EFGH﹣S梯形EBPH，
∴S阴影部分＝S梯形BFGP，
在Rt△PQG中，PQ＝2，∠G＝45°，
∴QG＝PQ＝2，
∴BP＝FQ＝6﹣2＝4，
∴S阴影部分＝S梯形BFGP＝（4+6）×2＝10，
故选：B．
【点睛】本题考查的是平移的性质、梯形的面积计算，平移不改变图形的形状和大小、经过平移，对应点所连的线段平行且相等．
10．（2025 河南）如图，在菱形ABCD中，∠B＝45°，AB＝6，点E在边BC上，连接AE，将△ABE沿AE折叠，若点B落在BC延长线上的点F处，则CF的长为（　　）
A．2 B．6﹣3 C．2 D．6﹣6
【点拨】根据菱形的性质求出AB＝BC＝6，根据折叠的性质求出AE⊥BF，BE＝EF，解直角三角形求出BF＝2BE＝6，再根据线段的和差求解即可．
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝6，
∴AB＝BC＝6，
根据折叠的性质得，AE⊥BF，BE＝EF，
∵∠B＝45°，
∴∠BAE＝90°﹣45°＝∠B，
∴AE＝BE＝AB＝3，
∴BF＝2BE＝6，
∴CF＝BF﹣BC＝6﹣6，
故选：D．
【点睛】此题考查了折叠的性质、菱形的性质，熟记折叠的性质、菱形的性质是解题的关键．
11．（2025 浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D，E分别在AB，BC上，将△BDE沿DE折叠，点B落在AC的延长线的点F处．若∠AFD＝∠EFD，则的值为（　　）
A．5 B． C． D．
【点拨】由∠ACB＝90°，得∠B+∠A＝90°，由折叠得∠EFD＝∠B，FD＝BD，所以∠AFD＝∠EFD＝∠B，推导出∠ADF＝90°，由＝tan∠AFD＝tanB＝＝，得BC＝AC，设FD＝BD＝4m，则AD＝3m，AF＝5m，AB＝7m，由AB＝＝AC＝7m，求得AC＝m，则CF＝m，所以＝，于是得到问题的答案．
【解析】解：∵∠ACB＝90°，
∴∠B+∠A＝90°，
由折叠得∠EFD＝∠B，FD＝BD，
∵∠AFD＝∠EFD，
∴∠AFD＝∠B，
∴∠AFD+∠A＝90°，
∴∠ADF＝180°﹣（∠AFD＝∠A）＝90°，
∴＝tan∠AFD＝tanB＝＝，
∴BC＝AC，
设FD＝BD＝4m，则AD＝FD＝3m，
∴AF＝＝＝5m，AB＝BD+AD＝4m+3m＝7m，
∵AB＝＝＝AC＝7m，
∴AC＝m，
∴CF＝AF﹣AC＝5m﹣m＝m，
∴＝＝，
故选：B．
【点睛】此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，推导出∠AFD＝∠B及∠ADF＝90°是解题的关键．
12．（2025 鹿城区二模）如图，在△ABC中，∠A＝60°，点D，E，F分别在边BC，AB，AC上，点B，D关于EG对称，点C，D关于FH对称．若要求出△DEF的周长，只需知道（　　）
A．AE和AF的长 B．BE和CF的长 C．EG和FH的长 D．BG和CH的长
【点拨】根据对称性可得DE＝BE，DF＝CF，∠B＝∠BDE，∠C＝∠CDF，从而得到∠BDE+∠CDF＝∠B+∠C，再由三角形内角和定理可得∠BDE+∠CDF＝120°，从而得到∠EDF＝60°，设DE＝BE＝2a，DF＝CF＝b，过点E作 EP⊥DF于点P，根据直角三角形的性质可得，，EF＝4a2﹣2ab+b2，即可求解．
【解析】解：∵点B，D关于EG对称，点C，D关于FH对称，
∴DE＝BE，DF＝CF，∠B＝∠BDE，∠C＝∠CDF，
∴∠BDE+∠CDF＝∠B+∠C，
∵∠A＝60°，
∴∠BDE+∠CDF＝∠B+∠C＝180°﹣∠A＝120°，
∴∠EDF＝180°﹣（∠BDE+∠CDF）＝60°，
∴△DEF的周长DE+DF+EF＝BE+DF+CF，
设DE＝BE＝2a，DF＝CF＝b，
如图，过点E作EP⊥DF于点P，
∴∠DEP＝30°，
∴，
∴，PF＝b﹣a，
∴，
∴△DEF的周长DE+DF+EF＝4a2﹣2ab+b2+2a+b，
∴△DEF的周长只与BE，CF的长有关．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，三角形内角和定理，对称性，根据题意得到∠EDF＝60°是解题的关键．
13．（2025 新昌县一模）如图，边长为4cm的正方形ABCD先向上平移2cm，再向右平移1cm，得到正方形A′B′C′D′，此时阴影部分的面积为　6　 cm2．
【点拨】阴影部分为长方形，根据平移的性质可得阴影部分是长为3，宽为2，让长乘宽即为阴影部分的面积．
【解析】解：∵边长为4cm的正方形ABCD先向上平移2cm，
∴阴影部分的宽为4﹣2＝2cm，
∵向右平移1cm，
∴阴影部分的长为4﹣1＝3cm，
∴阴影部分的面积为3×2＝6cm2．
故答案为：6．
【点睛】解决本题的关键是利用平移的性质得到阴影部分的边长．
14．（2025 仙居县二模）在平面直角坐标系中，将点A（1，1）绕原点按逆时针方向旋转45°到点A′，则点A'的坐标是 　（0，）　 ．
【点拨】过点A作AB⊥y轴于点B，可得AB＝OB＝1，∠AOB＝45°，OA＝＝.由旋转可得点A'落在y轴正半轴上，OA'＝OA＝，则可得点A'的坐标是（0，）．
【解析】解：如图，过点A作AB⊥y轴于点B，
∵点A（1，1），
∴AB＝OB＝1，∠AOB＝45°，
∴OA＝＝．
∵点A（1，1）绕原点按逆时针方向旋转45°到点A′，
∴点A'落在y轴正半轴上，OA'＝OA＝，
∴点A'的坐标是（0，）．
故答案为：（0，）．
【点睛】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
15．（2025 龙港市二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，将△ABC绕着点C顺时针旋转90°得到△DEC，连接AD，则∠ADE的度数为 　15°　 ．
【点拨】由旋转得∠CDE＝∠BAC＝30°，∠AC＝CD，∠ACD＝90°，可得∠ADC＝45°，则可得∠ADE＝∠ADC﹣∠CDE＝15°．
【解析】解：∵△ABC绕着点C顺时针旋转90°得到△DEC，
∴∠CDE＝∠BAC＝30°，∠AC＝CD，∠ACD＝90°，
∴∠ADC＝45°，
∴∠ADE＝∠ADC﹣∠CDE＝15°．
故答案为：15°．
【点睛】本题考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
16．（2025 定海区二模）如图，在平面直角坐标系中，动点P从原点O出发，先水平向左平移1个单位长度，再竖直向下平移1个单位长度得到点P1（﹣1，﹣1）；接着先水平向右平移2个单位长度，再竖直向上平移2个单位长度得到点P2；接着先水平向左平移3个单位长度，再竖直向下平移3个单位长度得到点P3；接着先水平向右平移4个单位长度，再竖直向上平移4个单位长度得到点P4；…按此作法进行下去，则点P2025的坐标为　（﹣1013，﹣1013）　 ．
【点拨】观察可知：下标为奇数的点在第三象限的角平分线上，进而得到P2n﹣1（﹣n，﹣n），即可得出结果．
【解析】解：观察题图可知，下标为奇数的点在第三象限，P2n﹣1（﹣n，﹣n），
当2n﹣1＝2025时，n＝1013，
∴点P2025的坐标为（﹣1013，﹣1013）．
故答案为：（﹣1013，﹣1013）．
【点睛】本题考查点的坐标规律探究，分析规律是关键．
17．（2025 钱塘区三模）如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别在AD，BC上，AE＝CF，且DE＞2AE，把△ABE，△CDF分别沿BE，DF折叠，A，C的对应点分别为G，H．若E，G，H，F四点恰好在同一直线上，∠GFB＝60°，GH＝1，AD＝7，则AB的长是　　 ．
【点拨】由平行四边形的性质得AD∥BC，由折叠得GE＝AE，HF＝CF，∠GEB＝∠AEB，∠HFD＝∠CFD，因为AE＝CF，所以GE＝HF＝AE，因为∠DEF＝∠GFB＝60°，所以∠GEB＝∠AEB＝∠HFD＝∠CFD＝60°，可证明△BFE和△DEF都是等边三角形，则BE＝EF＝DE＝2AE+1，所以AE+2AE+1＝7，求得AE＝2，则BE＝5，作BL⊥DA交DA的延长线于点L，则∠L＝90°，所以∠EBL＝30°，则EL＝，求得AL＝，由＝tan60°＝，求得BL＝，则AB＝＝，于是得到问题的答案．
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
由折叠得GE＝AE，HF＝CF，∠GEB＝∠AEB，∠HFD＝∠CFD，
∵AE＝CF，
∴GE＝HF＝AE，
∵E，G，H，F四点在同一直线上，∠GFB＝60°，
∴∠DEF＝∠GFB＝60°，
∴∠GEB＝∠AEB＝∠HFD＝∠CFD＝×（180°﹣60°）＝60°，
∴∠EBF＝∠FDE＝60°，
∴△BFE和△DEF都是等边三角形，
∴BE＝EF＝DE，
∵DE＞2AE，GE+HF＝2AE，GH＝1，
∴EF＞GE+HF，
∴BE＝DE＝EF＝GE+HF+GH＝2AE+1，
∵AE+DE＝AD＝7，
∴AE+2AE+1＝7，
∴AE＝2，
∴BE＝5，
作BL⊥DA交DA的延长线于点L，则∠L＝90°，
∴∠EBL＝90°﹣∠AEB＝30°，
∴EL＝BE＝，
∴AL＝EL﹣AE＝，
∵＝tan60°＝，
∴BL＝EL＝，
∴AB＝＝＝，
故答案为：．
【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、翻折变换的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、解直角三角形等知识，推导出△BFE和△DEF都是等边三角形是解题的关键．
18．（2025 新昌县二模）如图，在菱形ABCD中，点E是BC边上一点，将△ABE沿AE翻折，点B恰好落在对角线AC上的点B′处，若此时CB′＝CE，则∠D的度数是 　108°　 ，的值为 　　 ．
【点拨】设∠BAC＝∠BCA＝α，用两种方法表示出∠B的大小，构建方程求解；在AC上截取线段AT，使得AT＝AB，设AB＝BC＝AT＝x，AC＝y，利用相似三角形的性质构建方程求解．
【解析】解：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∠BAC＝∠BCA，
设∠BAC＝∠BCA＝α，
∴∠B＝180°﹣2α，
∵CE＝CB′，
∴∠CB′E＝∠CEB′＝（180°﹣α），
∴∠AB′E＝180°﹣90°+α＝90°+α，
由翻折变换的性质可知∠AB′E＝∠ABE＝90°+α，
∴180°﹣2α＝90°+α，
解得α＝36°，
∴∠ADC＝∠B＝180°﹣2α＝108°．
在AC上截取线段AT，使得AT＝AB，
设AB＝BC＝AT＝x，AC＝y，
∵∠TCB＝∠BCA，∠CBT＝∠BAC＝36°，
∴△CTB∽△CBA，
∴CB2＝CT CA，
∴x2＝（y﹣x） y，
∴y2﹣xy﹣x2＝0，
∴y＝x（负根已经舍去），
∴＝，
∴＝
故答案为：108°，．
【点睛】本题考查翻折变换，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题．
19．（2024 温岭市一模）如图，在矩形ABCD中，点E是边BC上一点，连结AE，将△ABE沿着AE折叠得到△AFE，延长EF恰好经过点D．
（1）求证：△ADF≌△DEC．
（2）若AB＝6，AD＝10，求△EDC的周长．
【点拨】（1）由已知得AF⊥DE，AF＝AB＝DC，AD∥BC，得∠ADF＝∠DEC，即可得△ADF≌△DEC（AAS）．
（2）由AF＝AB＝6，AD＝10，先求得DF＝＝8，即可得△EDC的周长＝△DAF的周长＝6+8+10＝24．
【解析】（1）证明：∵矩形ABCD，△ABE折叠得到△AFE，
∴AF⊥DE，AF＝AB＝DC，
∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DEC，
∴△ADF≌△DEC（AAS）．
（2）解：由AF＝AB＝6，AD＝10，
得DF＝＝8，
得△EDC的周长＝△DAF的周长＝6+8+10＝24．
【点睛】本题主要考查了三角形全等，解题关键是正确计算．
20．（2025 丽水一模）如图，在5×5的方格纸中，△ABC三个顶点在格点上．用无刻度的直尺在网格中完成下列画图，保留作图痕迹，不要求说明理由．
（1）在BC边上找一点P，使得AP⊥BC；
（2）将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°，画出旋转后的△AB′C′．
【点拨】（1）取2×3的格点D，连接AD交BC于点P，则点P即为所求
（2）根据旋转的性质找到B，C的对应点B′，C′，进而画出△AB′C′．
【解析】解：（1）使得AP⊥BC的点P，如图1即为所求，
在△DEA和△CDB中，
，
∴△DEA≌△CDB（SAS），
∴∠ADE＝∠DCB，
又∵∠DBC+∠DCB＝90°，
∴∠DBC+∠ADE＝90°，
∴∠DPB＝90°，
∴AP⊥BC；
（2）△ABC绕点A顺时针方向旋转90°后的△AB′C′，如图2即为所求．
【点睛】本题考查了作图﹣旋转变换，全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
21．（2025 平湖市二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A旋转得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC的延长线上．
（1）求证：AD平分∠CAE．
（2）若BC＝3，AC＝4，求∠CAE的正弦值．
【点拨】（1）首先利用旋转的性质可以得到AB＝AD，∠BAC＝∠DAE，然后利用等腰三角形的性质即可解决问题；
（2）首先利用勾股定理求出AB，然后利用三角形的面积公式求出BH，最后利用正弦的定义即可求解．
【解析】（1）证明：∵将△ABC绕点A旋转得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC的延长线上．
∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAE，
而∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝∠CAD（三线合一），
又∠DAE＝∠CAD，
即AD平分∠CAE；
（2）解：在 Rt△ABC中，BC＝3，AC＝4，
由（1）可知∠BAC＝∠CAD＝∠DAE，
即∠BAD＝∠CAE，
而AB＝AD，∠ACB＝90°，
∴BD＝2BC＝6（三线合一），
过点B作AD的垂线，垂足为点H．
∴，
∴，
在Rt△ABH中，，
．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了等腰三角形的性质及解直角三角形的知识点，解题的关键是熟练利用旋转的性质解决问题．
22．（2025 富阳区三模）在数学实践课中，老师给每位同学发了一张直角三角形纸板，如图1中Rt△ABC，其中∠C＝Rt∠，要求同学用剪刀剪一次，把它剪拼成一个矩形．
小明的剪法是：找到边AB，BC的中点D，E，连结DE，沿DE剪一刀，再把△BDE绕点D顺时针旋转180°得到△B′DE′，此时点B′与点A重合，则四边形AE′EC就是矩形．请利用所学的数学知识，完成下列问题：
（1）老师说小明的剪拼是正确的，请你证明老师的说法；
（2）把图2的三角形剪两刀，剪拼成一个矩形，并在答题纸相应位置画出剪拼示意图．
【点拨】（1）由三角形中位线定理可得DE∥AC，∠BED＝∠C＝90°，由旋转可得∠E＝∠BED＝90°，∠C＝90°，所以四边形AEEC是矩形；
（2）取边AB，BC的中点F，G，连接FG，作AH⊥FG，沿FG剪一刀，再沿AH剪一刀，把△AFH绕点F逆时针旋转180°，得到△BFE，此时点A与点B重合，把△AGH绕点G顺时针旋转180°得到△CGD，此时点A与点C重合，可证明∠E＝∠D＝∠EBC＝90°，则四边形BEDC就是矩形．
【解析】（1）证明：∵点D，E为AB，AC的中点，
∴DE∥AC，
∵∠C＝90°，
∴∠BED＝∠C＝90°，
由旋转可得∠E'＝∠BED＝90°，∠C＝90°，
∴四边形AEEC是矩形；
（2）取边AB，AC的中点F，G，连接FG，作AH⊥FG，沿FG剪一刀，再沿AH剪一刀，把△AFH绕点F逆时针旋转180°，得到△BFE，此时点A与点B重合，把△AGH绕点G顺时针旋转180°，得到△CGD，此时点A与点C重合，则四边形BEDC就是矩形．
理由如下：
∵点F，G分别为AB，AC的中点，
∴FG∥BC，
∵AH⊥FG，
∴∠AHF＝∠AHG＝90°，
由题意：△AGH≌△CGD，△AFH≌△BFE，
∴∠E＝∠AHF＝90°，∠D＝∠AHG＝90°，
∵FG∥BC，
∴∠EBC＝∠E＝90°，
∴四边形BEDC为矩形．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，旋转的性质，矩形的判定的知识，关键是得出∠E＝∠D＝∠EBC＝90°．
23．（2024 衢州一模）已知矩形纸片ABCD，
第①步：将纸片沿AE折叠，使点D与BC边上的点F重合，展开纸片，连结AF，DF，DF与AE相交于点O（如图1）．
第②步：将纸片继续沿DF折叠，点C的对应点G恰好落在AF上，展开纸片，连结DG，与AE交于点H（如图2）．
（1）请猜想DE和DH的数量关系并证明你的结论．
（2）已知DE＝5，CE＝4，求tan∠CDF的值和AH的长．
【点拨】（1）由第①步折叠知：AE⊥DF，OF＝OD，则有∠EOD＝∠HOD＝90°．由第②步折叠知：∠CDF＝∠GDF，即∠EDO＝∠HDO．又DO＝DO所以△DEO≌△DHO（ASA）．得出DE＝DH．
（2）连结EF．因为CE＝4，根布局勾股定理得出CF，则．由勾股定理求出DF，则，再根据∠EAD+∠DEA＝90°，∠CDF+∠DEA＝90°，得出∠DAE＝∠CDF．则tan∠ODH＝tan∠DAE＝tan∠CDF＝，则，，则．
【解析】解：（1）DE＝DH．
理由如下：由第①步折叠知：AE⊥DF，OF＝OD，
则有∠EOD＝∠HOD＝90°．
由第②步折叠知：∠CDF＝∠GDF，
即∠EDO＝∠HDO．
又DO＝DO所以△DEO≌△DHO（ASA）．
∴DE＝DH．
（2）连结EF．
∵CE＝4，
∴，
∴．
∵，
∴，
∵∠EAD+∠DEA＝90°，∠CDF+∠DEA＝90°，
∴∠DAE＝∠CDF．
∴tan∠ODH＝tan∠DAE＝tan∠CDF＝，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
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