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2026年中考数学二轮复习：图形的对称
一．选择题（共10小题）
1．全民阅读有助于提升国家和民族的精神力量．上海各区和高校都有开放型图书馆提供给市民，以下是其中四个图书馆标志，其图案（忽略文字部分）不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图，在6×6网格中，点A，B，C均在格点上，AC＝BC，则△ABC的对称轴经过格点（　　）
A．P1 B．P2 C．P3 D．P4
3．如图，一张三角形纸片ABC，∠C＝90°，BC＝6cm，AB＝10cm．将纸片沿直线DE折叠，使点A与点B重合，则CD的长是（　　）
A． B．2cm C． D．3cm
4．如图，∠A＝60°，DE∥AB，将△DEC沿DE翻折得到△DEC′，则∠EDC'的度数是（　　）
A．45° B．60° C．70° D．80°
5．如图所示，小华首先将一张正方形的纸片按（1）、（2）、（3）的顺序三次折叠，然后沿第三次折痕剪开，将剪下的l这部分展开，平铺在桌面上，这时得到的一定是（　　）
A．三角形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
6．木雕是中国传统民间工艺的重要分支，其历史可追溯至新石器时代．如图，这是工匠雕刻的木雕作品，蝴蝶的左右两侧关于直线l对称，点O在直线l上，点A和点D为对称点，点B和点C为对称点，若∠AOD＝150°，∠BOC＝30°，则∠AOB的度数为（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
7．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝6．折叠该矩形，使点B与点D重合，点A落在点G处，则AE的长为（　　）
A． B． C． D．3
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点P是BC边上的动点，将△ABP沿AP翻折得到△AQP，连接BQ，CQ，DQ，下列结论错误的是（　　）
A．当△CPQ为直角三角形时，
B．AB2﹣BP2＝AQ2﹣PQ2
C．tan∠BQP的最大值为
D．线段CQ的最小值为
9．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE＝1，AE＝3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
10．如图，在正方形ABCD中，点M在AD上，DM＝5，AM＝3，沿BM折叠，设点A的对应点为N，延长MN交BC的延长线于点P．则CP的长为（　　）
A． B．4 C． D．3.5
二．填空题（共5小题）
11．如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿着射线BD的方向平移，得到△EFG，连接CE，ED，FC，则△CEF周长的最小值为　 　 ．
12．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝8，折叠该纸片，使得AB边落在对角线AC上，点B落在点F处，折痕为AE，则线段EF的长为　 　 ．
13．如图，在等腰Rt△ABC中，AB＝AC＝10，点D在AB上，点E在AC上，满足BD＝AE，则的最小值为　 　 ．
14．折纸是一门古老而有趣的艺术．如图，长方形纸片ABCD中，AD∥BC，点M在线段AD上，点N在线段BC上，将长方形纸片ABCD沿着线段MN折叠后，点C，D分别落在点C′，D′的位置上，MD′交线段BN于点Q，再沿着线段BN折叠后，点C′，D′分别落在点C″，D″的位置上，若∠C″NM＝12°，则∠AMQ的度数是　 　 °．
15．如图，将矩形纸片ABCD折叠，使AD与BC重合，得到折痕EF．把纸片展平，再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN，若，则EN的长为　 　 ．
三．解答题（共5小题）
16．如图，将矩形ABCD沿直线AC对折，点B折到点E处，AE交CD于点F．
（1）求证：△ACF是等腰三角形；
（2）若AB＝16，AD＝8，求CF的长．
17．如图，直线l1⊥l2，垂足为O，请按下列要求作图，并解答问题．
（1）作出点A1与点A关于直线l1对称，点A2与点A关于直线l2对称；
（2）点A1与点A2有怎样的对称关系？请说明你的理由．
18．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将△AOB沿直线AB翻折得到△AEB．
（1）求证：四边形AOBE是菱形；
（2）若AB＝2，BD＝5，则菱形AOBE的面积为　 　 ．
19．如图，长方形ABCD沿对角线AC折叠，顶点B落在点E处，EC与AD交于点O．
（1）求证：△AOC是等腰三角形；
（2）若AB＝4，BC＝8，求线段EO的长．
20．如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上的点F处，BF与CD交于点G．
（1）求证：△BCG≌△DFG；
（2）若平行四边形ABCD的对角线AC与BD的交点为点E，连接EG，求证：EG⊥BD．
2026年中考数学二轮复习：图形的对称
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．全民阅读有助于提升国家和民族的精神力量．上海各区和高校都有开放型图书馆提供给市民，以下是其中四个图书馆标志，其图案（忽略文字部分）不是轴对称图形的是（　　）
A．
B．
C．
D．
轴对称图形．
平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
根据轴对称图形的定义逐项分析即可．
【解答】解：A、B、C均是轴对称图形，
D不是轴对称图形，符合题意．
故选：D．
本题考查了轴对称图形，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，这个图形就叫做轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的概念，是解题的关键．
2．如图，在6×6网格中，点A，B，C均在格点上，AC＝BC，则△ABC的对称轴经过格点（　　）
A．P1 B．P2 C．P3 D．P4
轴对称的性质；等腰三角形的性质．
等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】D
根据线段的垂直平分线性质解答即可．
【解答】解：设小正方形的边长为1，则，，
∴AC＝BC≠AB，
∴△ABC是以CA、CB为腰的等腰三角形，
∴△ABC的对称轴是边AB的垂直平分线，且经过点C，
∵，
∴点P4在边AB的垂直平分线上，
∴△ABC的对称轴经过格点P4，
∵，，
∴P1A≠P1B，点P1不在AB的垂直平分线上，
同理可得，点P2，P3都不在AB的垂直平分线上．
故选：D．
本题考查了线段垂直平分线的性质，熟练掌握该知识点是关键．
3．如图，一张三角形纸片ABC，∠C＝90°，BC＝6cm，AB＝10cm．将纸片沿直线DE折叠，使点A与点B重合，则CD的长是（　　）
A． B．2cm C． D．3cm
翻折变换（折叠问题）；勾股定理．
等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】C
由∠C＝90°，BC＝6cm，AB＝10cm，根据勾股定理求得AC＝8cm，由折叠得BD＝AD＝（8﹣CD）cm，根据勾股定理得62+CD2＝（8﹣CD）2，求得CDcm，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝6cm，AB＝10cm，
∴AC8（cm），
∵将△ABC沿直线DE折叠，使点A与点B重合，
∴BD＝AD＝（8﹣CD）cm，
∵BC2+CD2＝BD2，
∴62+CD2＝（8﹣CD）2，
解得CD，
∴CD的长是cm，
故选：C．
此题重点考查勾股定理、翻折变换的性质等知识，求得AC＝8cm，并且推导出BD＝AD是解题的关键．
4．如图，∠A＝60°，DE∥AB，将△DEC沿DE翻折得到△DEC′，则∠EDC'的度数是（　　）
A．45° B．60° C．70° D．80°
翻折变换（折叠问题）；平行线的性质．
展开与折叠．
【答案】B
由平行线的性质可得∠CDE＝∠A＝60°，再由折叠的性质，即可求解．
【解答】解：∵∠A＝60°，DE∥AB，
∴∠CDE＝∠A＝60°，
由折叠的性质得：∠EDC′＝∠CDE＝60°，
故选：B．
本题主要考查了翻折变换（折叠问题），平行线的性质，掌握其相关知识点是解题的关键．
5．如图所示，小华首先将一张正方形的纸片按（1）、（2）、（3）的顺序三次折叠，然后沿第三次折痕剪开，将剪下的l这部分展开，平铺在桌面上，这时得到的一定是（　　）
A．三角形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
剪纸问题；菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质．
矩形 菱形 正方形；几何直观．
【答案】C
结合空间思维，分析折叠的过程及剪菱形的位置，易知展开的形状．
【解答】解：由图形可得出：剪掉的三角形是4个直角三角形，故得到一个菱形．
故选：C．
本题主要考查了学生的立体思维能力即操作能力．错误的主要原因是空间观念以及转化的能力不强，缺乏逻辑推理能力，需要在平时生活中多加培养．
6．木雕是中国传统民间工艺的重要分支，其历史可追溯至新石器时代．如图，这是工匠雕刻的木雕作品，蝴蝶的左右两侧关于直线l对称，点O在直线l上，点A和点D为对称点，点B和点C为对称点，若∠AOD＝150°，∠BOC＝30°，则∠AOB的度数为（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
轴对称的性质；角的计算．
平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】D
根据轴对称可知，∠AOB＝∠COD，因为∠AOD＝∠AOB+∠BOC+∠COD，∠AOD＝150°，∠BOC＝30°，即可求出∠AOB的度数．
【解答】解：∵∠AOD＝∠AOB+∠BOC+∠COD，∠AOD＝150°，∠BOC＝30°，
∴150°＝∠AOB+30°+∠COD，
∴．
故选：D．
本题主要考查了轴对称的性质、角的和与差，熟练掌握以上知识点是关键．
7．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝6．折叠该矩形，使点B与点D重合，点A落在点G处，则AE的长为（　　）
A． B． C． D．3
翻折变换（折叠问题）；勾股定理；矩形的性质．
平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】A
根据题意得出AB＝GD＝3，AE＝EG，∠A＝∠G＝90°，BC＝AD＝6，再由勾股定理求解即可．
【解答】解：∵矩形ABCD，AB＝3，BC＝6．折叠该矩形，使点B与点D重合，
∴AB＝GD＝3，AE＝EG，∠A＝∠G＝90°，BC＝AD＝6，
设AE＝EG＝x，则DE＝6﹣x，
在Rt△GED中，
x2+32＝（6﹣x）2，
解得，即，
故选：A．
本题是折叠问题，主要考查了折叠的性质，勾股定理以及矩形的性质的综合应用，解决问题的关键是根据勾股定理列方程求解．
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点P是BC边上的动点，将△ABP沿AP翻折得到△AQP，连接BQ，CQ，DQ，下列结论错误的是（　　）
A．当△CPQ为直角三角形时，
B．AB2﹣BP2＝AQ2﹣PQ2
C．tan∠BQP的最大值为
D．线段CQ的最小值为
翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；实数的运算；勾股定理；矩形的性质．
矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；展开与折叠；运算能力；推理能力．
【答案】A
结合翻折性质逐个分析每个选项即可．
【解答】解：∵翻折△ABP得到△AQP，可得AB＝AQ＝4，BP＝PQ，∠AQP＝∠ABC＝90°，Q点轨迹是以A为圆心、AB为半径的圆弧．
选项A当△CPQ为直角三角形时，分两种情况：当∠CPQ＝90°时，四边形ABPQ是正方形，得BP＝AB＝4，是有效正解；当∠PQC＝90°时，计算可得，是正解；而选项A给出的是负数，长度不可能为负，且漏了BP＝4的有效解，因此该结论错误．
选项B由翻折性质AB＝AQ，BP＝PQ，因此AB2﹣BP2＝AQ2﹣PQ2恒成立，该结论正确．
选项DQ点轨迹为以A为圆心、半径4的圆，连接AC，，
因此CQ的最小值为，该结论正确．
选项C由翻折性质可推得∠BQP＝∠BAP，因此．P是BC边上动点，BP最大长度为BC＝6，因此tan∠BQP最大值为，该结论正确．
故选：A．
本题考查翻折变换（折叠问题），勾股定理，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．
9．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE＝1，AE＝3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
轴对称﹣最短路线问题；正方形的性质．
矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；应用意识．
【答案】A
利用正方形的对称性，找到点B关于对角线AC的对称点D，把PB+PE转化为PD+PE；再根据“两点之间线段最短”，当D、P、E三点共线时，PD+PE的最小值就是线段DE的长度；最后结合已知边长，用勾股定理算出DE＝5，得到PB+PE的最小值．
【解答】解：∵BE＝1，AE＝3BE，
∴AE＝3，正方形边长AB＝AE+BE＝4.2，
利用对称性转化线段正方形ABCD中，点B和点D关于对角线AC对称，因此对于AC上任意一点P，都有PB＝PD．
∴PB+PE＝PD+PE．
根据“两点之间线段最短”，当D、P、E三点共线时，PD+PE取得最小值，即DE的长度．
在Rt△ADE中，AE＝3，AD＝4，
由勾股定理：，
∴PB+PE的最小值是5．
故选：A．
本题考查轴对称﹣最短路线问题，正方形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
10．如图，在正方形ABCD中，点M在AD上，DM＝5，AM＝3，沿BM折叠，设点A的对应点为N，延长MN交BC的延长线于点P．则CP的长为（　　）
A． B．4 C． D．3.5
翻折变换（折叠问题）；勾股定理；正方形的性质．
展开与折叠．
【答案】A
记PM与CD相交于点G，连接BG，根据折叠得到NM＝AM＝3，NB＝BC＝AD＝8，∠BNM＝∠A＝90°，证明Rt△BNG≌Rt△BCG（HL），设GN＝GC＝x，根据勾股定理求出，，证明△PCG∽△MDG，得到，即可得到答案．
【解答】解：记PM与CD相交于点G，连接BG，
∵正方形ABCD，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝AM+DM＝8，∠BCD＝∠D＝∠A＝90°，
由折叠的性质得到NM＝AM＝3，NB＝BC＝AD＝8，∠BNM＝∠A＝90°，
∴∠BNG＝∠BCD＝90°，
在Rt△BNG与Rt△BCG中，
，
∴Rt△BNG≌Rt△BCG（HL），
∴GN＝GC，
设GN＝GC＝x，
∴DG＝8﹣x，MG＝MN+NG＝3+x，
在Rt△DMG中，DM2+DG2＝MG2，
即52+（8﹣x）2＝（3+x）2，
解得，
∴，，
∵正方形ABCD，
∴AD∥CB，
∴△PCG∽△MDG，
∴，即，
解得，
故选：A．
本题主要考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理，正方形的性质，掌握其相关知识点是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿着射线BD的方向平移，得到△EFG，连接CE，ED，FC，则△CEF周长的最小值为　　 ．
轴对称﹣最短路线问题；平移的性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】．
根据菱形的性质得到AB＝2，∠ABD＝30°，根据平移的性质得到EF＝AB＝2，EF∥AB，推出四边形EFCD是平行四边形，得到ED＝FC，于是得到EC+FC的最小值＝EC+EM的最小值，根据平移的性质得到点E在过点A且平行于BD的定直线上，作点D关于定直线的对称点M，连接CM交定直线于E，通过证明△MDC≌△BCD（SAS）得到，即可得出结论．
【解答】解：连接AC交BD于点O，
∵在边长为 2 的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴AB＝AD＝CD＝2，∠ABD＝∠CBD＝∠ADB＝∠CDB＝30°，∠BCD＝120°，
∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△EFG，
∴点E在过点A且平行于BD的定直线上，EF＝AB＝2，EF∥AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴EF＝CD，EF∥CD，
∴四边形EFCD是平行四边形，
∴ED＝FC，
∴CE+CF的最小值＝EC+ED的最小值，
∵点E在过点A且平行于BD的定直线上，
∴作点D关于定直线的对称点M，连接CM交定直线于E，则CM的长度即为EC+DE＝EC+ME的最小值，
根据轴对称的性质可得：DM⊥AH，
∵AH∥BD，
∴∠EAD＝∠ADB＝30°，DM⊥BD，
∴．
∴DM＝2，
∵∠CDM＝∠MDF+∠CDB＝90°+30°＝120°，
∴∠CDM＝∠BCD，
在△MDC和△BCD中
，
∴△MDC≌△BCD（SAS），
∴CM＝BD，
∵BC＝2，∠BOC＝90°，∠CBD＝30°，
∴，
∴，
∴，
则△CEF周长的最小值为．
故答案为：22．
本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
12．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝8，折叠该纸片，使得AB边落在对角线AC上，点B落在点F处，折痕为AE，则线段EF的长为　3　 ．
翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
矩形 菱形 正方形；展开与折叠；运算能力；推理能力．
【答案】3．
利用勾股定理列式求出AC，设BE＝x，表示出CE，根据翻折的性质可得BE＝EF，AF＝AB，再求出CF，然后利用勾股定理列方程求出x，即可．
【解答】解：由勾股定理得，AC10，
设BE＝x，则CE＝8﹣x，
由翻折的性质得，BE＝EF＝x，AF＝AB＝6，
所以，CF＝10﹣6＝4，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2+CF2＝CE2，
即x2+42＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴EF＝3，
故答案为：3．
本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，此类题目，熟记性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键．
13．如图，在等腰Rt△ABC中，AB＝AC＝10，点D在AB上，点E在AC上，满足BD＝AE，则的最小值为　10　 ．
胡不归问题；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；轴对称﹣最短路线问题．
线段、角、相交线与平行线；三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力；推理能力；模型思想．
【答案】10．
设BD＝AE＝x，用勾股定理表示BE、DE，得到目标式．将目标式转化为x轴上动点到两定点的距离和（将军饮马模型），即（P为动点，M、N为定点）．作定点M关于x轴的对称点M'，利用“两点之间线段最短”，得PM+PN最小值为M'N的长度，最终计算得目标式最小值为．
【解答】解：设BD＝AE＝x．
在Rt△ABE中，AB＝10，AE＝x，
．
在Rt△ADE中，AD＝AB﹣BD＝10﹣x，AE＝x，
∴，
BE+DE．
设．
该式表示数轴上一点P（x，0）到点A（0，10）和点B（5，5）的距离之和．
作点A（0，10）关于x轴的对称点A′（0，﹣10）．
则y的最小值为线段A'B的长度．
10，
∴的最小值为．
故答案为：10．
本题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及利用轴对称求最短路径问题（将军饮马模型）．解题的关键在于相关知识的灵活运用．
14．折纸是一门古老而有趣的艺术．如图，长方形纸片ABCD中，AD∥BC，点M在线段AD上，点N在线段BC上，将长方形纸片ABCD沿着线段MN折叠后，点C，D分别落在点C′，D′的位置上，MD′交线段BN于点Q，再沿着线段BN折叠后，点C′，D′分别落在点C″，D″的位置上，若∠C″NM＝12°，则∠AMQ的度数是　68　 °．
翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
展开与折叠．
【答案】68．
设∠DMN＝x，根据折叠的性质可得∠QMN＝∠DMN＝x，根据平行线的性质可得∠MNQ＝∠DMN＝x，进而表示出∠MNQ，∠MNC，根据∠MNQ+∠MNC＝180°建立方程，解方程，得出x＝56°，进而根据∠AMQ＝180°﹣2x即可求解．
【解答】解：设∠DMN＝x，
∵折叠，
∴∠QMN＝∠DMN＝x，
∵AD∥BC，
∴∠MNQ＝∠DMN＝x，
∵∠C″NM＝12°，
∴∠C′NQ＝∠C″NQ＝x+12°，
∴∠MNC＝∠MNC′＝∠MNQ+∠QNC′＝x+x+12°＝2x+12°，
∵∠MNQ+∠MNC＝180°，
∴x+2x+12°＝180°，
解得x＝56°，
∴∠AMQ＝180°﹣2x＝180°﹣2×56°＝68°，
故答案为：68．
本题考查了折叠的性质，平行线的性质，掌握其相关知识点是解题的关键．
15．如图，将矩形纸片ABCD折叠，使AD与BC重合，得到折痕EF．把纸片展平，再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN，若，则EN的长为　　 ．
翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
展开与折叠．
【答案】．
由折叠的性质可知：，，然后根据勾股定理可进行求解．
【解答】解：由折叠的性质可知：，，
∴，
故答案为：．
本题主要考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，掌握其相关知识点是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．如图，将矩形ABCD沿直线AC对折，点B折到点E处，AE交CD于点F．
（1）求证：△ACF是等腰三角形；
（2）若AB＝16，AD＝8，求CF的长．
翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的判定与性质；矩形的性质．
等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∵将矩形ABCD沿直线AC对折，点B折到点E处，AE交CD于点F，
∴∠FAC＝∠BAC，
∵∠FCA＝∠BAC，
∴∠FAC＝∠FCA，
∴AF＝CF，
∴△ACF是等腰三角形．
（2）CF的长为10．
（1）由矩形的性质得CD∥AB，由翻折得∠FAC＝∠BAC，而∠FCA＝∠BAC，所以∠FAC＝∠FCA，则AF＝CF，所以△ACF是等腰三角形．
（2）由CD＝AB＝16，得DF＝16﹣CF，因为∠D＝90°，所以AD2+DF2＝AF2，因为AD＝8，AF＝CF，所以82+（16﹣CF）2＝CF2，求得CF＝10．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∵将矩形ABCD沿直线AC对折，点B折到点E处，AE交CD于点F，
∴∠FAC＝∠BAC，
∵∠FCA＝∠BAC，
∴∠FAC＝∠FCA，
∴AF＝CF，
∴△ACF是等腰三角形．
（2）解：∵CD＝AB＝16，
∴DF＝16﹣CF，
∵∠D＝90°，
∴AD2+DF2＝AF2，
∵AD＝8，AF＝CF，
∴82+（16﹣CF）2＝CF2，
解得CF＝10，
∴CF的长为10．
此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理知识，推导出∠FAC＝∠FCA是解题的关键．
17．如图，直线l1⊥l2，垂足为O，请按下列要求作图，并解答问题．
（1）作出点A1与点A关于直线l1对称，点A2与点A关于直线l2对称；
（2）点A1与点A2有怎样的对称关系？请说明你的理由．
作图﹣轴对称变换．
平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】（1）
（2）点A1与点A2关于点O成中心对称．
理由：连接A1A2，OA，
∵点A1与点A关于直线l1对称，
∴直线l1垂直平分AA1，
∴OA1＝OA，
∵A2与点A关于直线l2对称，
∴直线l2垂直平分AA2，
∴OA2＝OA，
∴OA1＝OA2，
∵直线l1⊥l2，垂足为O，
∴点O，A1，A2在同一条直线上，
∴点A1与点A2关于点O成中心对称．
（1）根据轴对称的性质作图即可．
（2）连接A1A2，OA，由题意可得直线l1垂直平分AA1，直线l2垂直平分AA2，可得OA1＝OA，OA2＝OA，则OA1＝OA2，进而可知点A1与点A2关于点O成中心对称．
【解答】解：（1）如图，点A1，A2即为所求．
（2）点A1与点A2关于点O成中心对称．
理由：连接A1A2，OA，
∵点A1与点A关于直线l1对称，
∴直线l1垂直平分AA1，
∴OA1＝OA，
∵A2与点A关于直线l2对称，
∴直线l2垂直平分AA2，
∴OA2＝OA，
∴OA1＝OA2，
∵直线l1⊥l2，垂足为O，
∴点O，A1，A2在同一条直线上，
∴点A1与点A2关于点O成中心对称．
本题考查作图﹣轴对称变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
18．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将△AOB沿直线AB翻折得到△AEB．
（1）求证：四边形AOBE是菱形；
（2）若AB＝2，BD＝5，则菱形AOBE的面积为　　 ．
翻折变换（折叠问题）；菱形的判定与性质；矩形的性质．
展开与折叠．
【答案】（1）∵ABCD是矩形，
∴AO＝BO＝OD＝OC，
∵△AOB沿直线AB翻折得到△AEB，
∴△ABO≌△ABE，
∴AE＝EB＝BO＝OA，
∴四边形AOBE是菱形．
（2）．
（1）根据矩形的性质得到AO＝BO，利用翻折后两个三角形全等可知AE＝EB＝BO＝OA，由此可知是菱形；
（2）根据勾股定理求出AD，得到△ABD的面积，再求出△ABO的面积，菱形AOBE的面积是△ABO的面积的两倍．
【解答】（1）证明：∵ABCD是矩形，
∴AO＝BO＝OD＝OC，
∵△AOB沿直线AB翻折得到△AEB，
∴△ABO≌△ABE，
∴AE＝EB＝BO＝OA，
∴四边形AOBE是菱形．
（2）解：∵ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴，
∴，
∴，
∵△ABO≌△ABE，
∴．
故答案为：．
本题考查了菱形的判定及性质、矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理，掌握其相关知识点是解题的关键．
19．如图，长方形ABCD沿对角线AC折叠，顶点B落在点E处，EC与AD交于点O．
（1）求证：△AOC是等腰三角形；
（2）若AB＝4，BC＝8，求线段EO的长．
翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的判定与性质；矩形的性质．
等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∵将矩形ABCD沿对角线AC折叠，顶点B落在点E处，EC与AD交于点O，
∴∠OCA＝∠BCA，
∵∠OAC＝∠BCA，
∴∠OCA＝∠OAC，
∴OA＝OC，
∴△AOC是等腰三角形．
（2）线段EO的长为3．
（1）由矩形的性质得AD∥BC，由折叠得∠OCA＝∠BCA，因为∠OAC＝∠BCA，所以∠OCA＝∠OAC，则OA＝OC，即可证明△AOC是等腰三角形．
（2）由折叠得∠E＝∠B＝90°，AE＝AB＝4，EC＝BC＝8，所以OA＝OC＝8﹣OE，由勾股定理得42+OE2＝（8﹣OE）2，求得OE＝3．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∵将矩形ABCD沿对角线AC折叠，顶点B落在点E处，EC与AD交于点O，
∴∠OCA＝∠BCA，
∵∠OAC＝∠BCA，
∴∠OCA＝∠OAC，
∴OA＝OC，
∴△AOC是等腰三角形．
（2）解：由折叠得∠E＝∠B＝90°，AE＝AB＝4，EC＝BC＝8，
∴OA＝OC＝8﹣OE，
∵AE2+OE2＝OA2，
∴42+OE2＝（8﹣OE）2，
解得OE＝3，
∴线段EO的长为3．
此题重点考查平行线的性质、翻折变换的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，推导出∠OCA＝∠OAC，进而证明OA＝OC是解题的关键．
20．如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上的点F处，BF与CD交于点G．
（1）求证：△BCG≌△DFG；
（2）若平行四边形ABCD的对角线AC与BD的交点为点E，连接EG，求证：EG⊥BD．
翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；平行四边形的性质．
图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；展开与折叠；几何直观；推理能力．
【答案】（1）∵将平行四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上的点F处，
∴AD＝DF，∠BAD＝∠F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD，∠BAD＝∠BCD，
∴BC＝DF，∠BCD＝∠F，
在△BCG和△DFG中，
，
∴△BCG≌△DFG（AAS）；
（2）∵△BCG≌△DFG，
∴BG＝DG，
∵平行四边形ABCD的对角线AC与BD的交点为点E，
∴E为BD中点，
∴EG为△BDG中BD边上的高，
∴EG⊥BD．
（1）由折叠得AD＝DF，∠BAD＝∠F，由四边形ABCD是平行四边形得BC＝AD，∠BAD＝∠BCD，即可得BC＝DF，∠BCD＝∠F，结合对顶角∠BGC＝∠DGF即可证明；
（2）由△BCG≌△DFG得BG＝DG，由平行四边形ABCD的对角线AC与BD的交点为点E得E为BD中点，由等腰三角形三线合一可得EG为△BDG中BD边上的高，即可证明．
【解答】证明：（1）∵将平行四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上的点F处，
∴AD＝DF，∠BAD＝∠F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD，∠BAD＝∠BCD，
∴BC＝DF，∠BCD＝∠F，
在△BCG和△DFG中，
，
∴△BCG≌△DFG（AAS）；
（2）∵△BCG≌△DFG，
∴BG＝DG，
∵平行四边形ABCD的对角线AC与BD的交点为点E，
∴E为BD中点，
∴EG为△BDG中BD边上的高，
∴EG⊥BD．
本题主要考查了翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．

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