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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．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）
2．如图，点C、D在线段AB的同侧，CA＝4，AB＝12，BD＝9，M是AB的中点，∠CMD＝120°，则CD长的最大值是（　　）
A．16 B．19 C．20 D．21
3．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
4．如图，在△ABC中AB＝AC，BC＝4，面积是20，AC的垂直平分线EF分别交AC、AB边于E、F点，若点D为BC边的中点，点M为线段EF上一动点，则△CDM周长的最小值为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
5．如图，∠3＝30°，为了使白球反弹后能将黑球直接撞入袋中，那么击打白球时，必须保证∠1的度数为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
6．如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AEAB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF＝2BE；②PF＝2PE；③FQ＝4EQ；④△PBF是等边三角形．其中正确的是（　　）
A．①② B．②③ C．①③ D．①④
7．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（　　）
A．10° B．20° C．30° D．40°
8．如图，将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的一点H重合（H不与端点C，D重合），折痕交AD于点E，交BC于点F，边AB折叠后与边BC交于点G．设正方形ABCD的周长为m，△CHG的周长为n，则的值为（　　）
A．
B．
C．
D．随H点位置的变化而变化
9．如图，∠AOB＝α，点P是∠AOB内的一定点，点M、N分别在OA、OB上移动，当△PMN的周长最小时，∠MPN的值为（　　）
A．90°+α B．90° C．180°﹣α D．180°﹣2α
10．如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D在BC上，BD＝3，DC＝1，点P是AB上的动点，则PC+PD的最小值为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
二．填空题（共5小题）
11．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，P是AB边上的动点（不与点B重合），将△BCP沿CP所在的直线翻折，得到△B′CP，连接B′A，则B′A长度的最小值是　 　 ．
12．如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A′点，D点的对称点为D′点，若∠FPG＝90°，△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，则矩形ABCD的面积等于　 　 ．
13．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 　 　 ．
14．如图，已知正方形ABCD的边长是4，点E是AB边上一动点，连接CE，过点B作BG⊥CE于点G，点P是AB边上另一动点，则PD+PG的最小值为　 　 ．
15．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．在平面直角坐标系中，直线l过点M（3，0），且平行于y轴．
（1）如果△ABC三个顶点的坐标分别是A（﹣2，0），B（﹣1，0），C（﹣1，2），△ABC关于y轴的对称图形是△A1B1C1，△A1B1C1关于直线l的对称图形是△A2B2C2，写出△A2B2C2的三个顶点的坐标；
（2）如果点P的坐标是（﹣a，0），其中a＞0，点P关于y轴的对称点是P1，点P1关于直线l的对称点是P2，求PP2的长．
17．如图，已知线段AC∥y轴，点B在第一象限，且AO平分∠BAC，AB交y轴于G，连OB、OC．
（1）判断△AOG的形状，并予以证明；
（2）若点B、C关于y轴对称，求证：AO⊥BO．
18．如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG．
（1）求证：△ABG≌△AFG；
（2）求BG的长．
19．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E为边CD上的一点（与C、D不重合），四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，延长ME交AB于点P，记四边形PADE的面积为S．
（1）若DE，求S的值；
（2）设DE＝x，求S关于x的函数表达式．
20．已知△ABC中，点E为边AB的中点，将△AEC沿CE所在的直线折叠得△A′EC，BF∥AC，交直线A′C于F．
（1）若∠ACB＝90°，∠A＝30°，求证：AC＝CF+BF．
（2）若∠ACB为任意角，在图（2）图（3）的情况下分别写出AC、CF、BF之间关系，并证明图（3）结论．
（3）如图（4），若∠ACB＝120°，BF＝6，BC＝4，则AC的长为　 　 ．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．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．
2．如图，点C、D在线段AB的同侧，CA＝4，AB＝12，BD＝9，M是AB的中点，∠CMD＝120°，则CD长的最大值是（　　）
A．16 B．19 C．20 D．21
【考点】轴对称的性质；线段的性质：两点之间线段最短．
【专题】三角形；几何直观．
【答案】B
【分析】作点A关于CM的对称点A′，作点B关于DM的对称点B′，证明△A′MB′为等边三角形，即可解决问题．
【解答】解：如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′．
∵∠CMD＝120°，
∴∠AMC+∠DMB＝60°，
∴∠CMA′+∠DMB′＝60°，
∴∠A′MB′＝60°，
∵MA′＝MB′，
∴△A′MB′为等边三角形
∵CD≤CA′+A′B′+B′D＝CA+AM+BD＝4+6+9＝19，
∴CD的最大值为19，
故选：B．
【点评】本题主要考查了翻折变换的运用，等边三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用两点之间线段最短解决最值问题．
3．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．
4．如图，在△ABC中AB＝AC，BC＝4，面积是20，AC的垂直平分线EF分别交AC、AB边于E、F点，若点D为BC边的中点，点M为线段EF上一动点，则△CDM周长的最小值为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
【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】平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】连接AD，AM，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点C关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为CM+MD的最小值，由此即可得出结论．
【解答】解：连接AD，AM．
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴AD⊥BC，
∴S△ABCBC AD4×AD＝20，解得AD＝10，
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴点C关于直线EF的对称点为点A，
∴MA＝MC，
∵AD≤AM+MD，
∴AD的长为CM+MD的最小值，
∴△CDM的周长最短＝（CM+MD）+CD＝ADBC＝104＝10+2＝12．
故选：D．
【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
5．如图，∠3＝30°，为了使白球反弹后能将黑球直接撞入袋中，那么击打白球时，必须保证∠1的度数为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【考点】生活中的轴对称现象；平行线的性质．
【专题】压轴题．
【答案】C
【分析】要使白球反弹后能将黑球直接撞入袋中，则∠2＝60°，根据∠1、∠2对称，则能求出∠1的度数．
【解答】解：要使白球反弹后能将黑球直接撞入袋中，
∠2+∠3＝90°，
∵∠3＝30°，
∴∠2＝60°，
∴∠1＝60°．
故选：C．
【点评】本题是考查图形的对称、旋转、分割以及分类的数学思想．
6．如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AEAB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF＝2BE；②PF＝2PE；③FQ＝4EQ；④△PBF是等边三角形．其中正确的是（　　）
A．①② B．②③ C．①③ D．①④
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【专题】几何图形问题；压轴题．
【答案】D
【分析】求出BE＝2AE，根据翻折的性质可得PE＝BE，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出∠APE＝30°，然后求出∠AEP＝60°，再根据翻折的性质求出∠BEF＝60°，根据直角三角形两锐角互余求出∠EFB＝30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得EF＝2BE，判断出①正确；利用30°角的正切值求出PFPE，判断出②错误；求出BE＝2EQ，EF＝2BE，然后求出FQ＝3EQ，判断出③错误；求出∠PBF＝∠PFB＝60°，然后得到△PBF是等边三角形，判断出④正确．
【解答】解：∵AEAB，
∴BE＝2AE，
由翻折的性质得，PE＝BE，
∴∠APE＝30°，
∴∠AEP＝90°﹣30°＝60°，
∴∠BEF（180°﹣∠AEP）（180°﹣60°）＝60°，
∴∠EFB＝90°﹣60°＝30°，
∴EF＝2BE，故①正确；
∵BE＝PE，
∴EF＝2PE，
∵EF＞PF，
∴PF＜2PE，故②错误；
由翻折可知EF⊥PB，
∴∠EBQ＝∠EFB＝30°，
∴BE＝2EQ，EF＝2BE，
∴FQ＝3EQ，故③错误；
由翻折的性质，∠EFB＝∠EFP＝30°，
∴∠BFP＝30°+30°＝60°，
∵∠PBF＝90°﹣∠EBQ＝90°﹣30°＝60°，
∴∠PBF＝∠PFB＝60°，
∴△PBF是等边三角形，故④正确；
综上所述，结论正确的是①④．
故选：D．
【点评】本题考查了翻折变换的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，等边三角形的判定，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
7．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（　　）
A．10° B．20° C．30° D．40°
【考点】轴对称的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】A
【分析】由余角的性质可求∠C＝40°，由轴对称的性质可得∠AB'B＝∠B＝50°，由外角性质可求解．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，∠B＝50°，
∴∠C＝40°，
∵△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，
∴∠AB'B＝∠B＝50°，
∴∠CAB'＝∠AB'B﹣∠C＝10°，
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称的性质，掌握轴对称的性质是本题的关键．
8．如图，将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的一点H重合（H不与端点C，D重合），折痕交AD于点E，交BC于点F，边AB折叠后与边BC交于点G．设正方形ABCD的周长为m，△CHG的周长为n，则的值为（　　）
A．
B．
C．
D．随H点位置的变化而变化
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【答案】B
【分析】设CH＝x，DE＝y，则DHx，EHy，然后利用正方形的性质和折叠可以证明△DEH∽△CHG，利用相似三角形的对应边成比例可以把CG，HG分别用x，y分别表示，△CHG的周长也用x，y表示，然后在Rt△DEH中根据勾股定理可以得到x﹣x2y，进而求出△CHG的周长．
【解答】解：设CH＝x，DE＝y，则DHx，EHy，
∵∠EHG＝90°，
∴∠DHE+∠CHG＝90°．
∵∠DHE+∠DEH＝90°，
∴∠DEH＝∠CHG，
又∵∠D＝∠C＝90°，△DEH∽△CHG，
∴，即，
∴CG，HG，
△CHG的周长为n＝CH+CG+HG，
在Rt△DEH中，DH2+DE2＝EH2
即（x）2+y2＝（y）2
整理得x2，
∴n＝CH+HG+CG．
∴．
解法二：连接AH、AG，作AM⊥HG于M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB．
∴AM＝AB．
∵EA＝EH，
∴∠1＝∠2，
∵∠EAB＝∠EHG＝90°，
∴∠HAB＝∠AHG，
∵DH∥AB，
∴∠DHA＝∠HAB＝∠AHM，
∵AH＝AH，∠D＝∠AMH＝90°，
∴△AHD≌△AHM，
∴DH＝HM，AD＝AM，
∵AM＝AB，AG＝AG，
∴Rt△AGM≌Rt△AGB，
∴GM＝GB，
∴△GCH的周长＝n＝CH+HM+MG+CG＝CH+DH+CG+GB＝2BC，
∵四边形ABCD的周长＝m＝4BC，
∴
故选：B．
【点评】本题考查翻折变换及正方形的性质，正方形的有些题目有时用代数的计算证明比用几何方法简单，甚至几何方法不能解决的用代数方法可以解决．本题综合考查了相似三角形的应用和正方形性质的应用．
9．如图，∠AOB＝α，点P是∠AOB内的一定点，点M、N分别在OA、OB上移动，当△PMN的周长最小时，∠MPN的值为（　　）
A．90°+α B．90° C．180°﹣α D．180°﹣2α
【考点】轴对称﹣最短路线问题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观．
【答案】D
【分析】分别作点P关于OA、OB的对称点P1、P2，连接P1、P2，交OA于M，交OB于N，△PMN的周长最小值等于P1P2的长，然后依据等腰△OP1P2中，∠OP1P2+∠OP2P1＝180°﹣2α，即可得出∠MPN＝∠OPM+∠OPN＝∠OP1M+∠OP2N＝180°﹣2α．
【解答】解：分别作点P关于OA、OB的对称点P1、P2，连接P1、P2，交OA于M，交OB于N，则
OP1＝OP＝OP2，∠OP1M＝∠MPO，∠NPO＝∠NP2O，
根据轴对称的性质可得MP＝P1M，PN＝P2N，
∴△PMN的周长的最小值＝P1P2，
由轴对称的性质可得∠P1OP2＝2∠AOB＝2α，
∴等腰△OP1P2中，∠OP1P2+∠OP2P1＝180°﹣2α，
∴∠MPN＝∠OPM+∠OPN＝∠OP1M+∠OP2N＝∠OP1P2+∠OP2P1＝180°﹣2α，
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，正确正确作出辅助线，得到等腰△OP1P2中∠OP1P2+∠OP2P1的度数是关键．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，多数情况要作点关于某直线的对称点．
10．如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D在BC上，BD＝3，DC＝1，点P是AB上的动点，则PC+PD的最小值为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】轴对称﹣最短路线问题；等腰直角三角形．
【答案】B
【分析】过点C作CO⊥AB于O，延长CO到C′，使OC′＝OC，连接DC′，交AB于P，连接CP，此时DP+CP＝DP+PC′＝DC′的值最小．由DC＝1，BC＝4，得到BD＝3，连接BC′，由对称性可知∠C′BA＝∠CBA＝45°，于是得到∠CBC′＝90°，然后根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：过点C作CO⊥AB于O，延长CO到C′，使OC′＝OC，连接DC′，交AB于P，连接CP．
此时DP+CP＝DP+PC′＝DC′的值最小．
∵BD＝3，DC＝1
∴BC＝4，
∴BD＝3，
连接BC′，由对称性可知∠C′BA＝∠CBA＝45°，
∴∠CBC′＝90°，
∴BC′⊥BC，∠BCC′＝∠BC′C＝45°，
∴BC＝BC′＝4，
根据勾股定理可得DC′5．
故选：B．
【点评】此题考查了轴对称﹣线路最短的问题，确定动点P何位置时，使PC+PD的值最小是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，P是AB边上的动点（不与点B重合），将△BCP沿CP所在的直线翻折，得到△B′CP，连接B′A，则B′A长度的最小值是　1　 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【专题】压轴题．
【答案】1
【分析】首先由勾股定理求得AC的长度，由轴对称的性质可知BC＝CB′＝3，当B′A有最小值时，即AB′+CB′有最小值，由两点之间线段最短可知当A、B′、C三点在一条直线上时，AB′有最小值．
【解答】解：在Rt△ABC中，由勾股定理可知：AC4，
由轴对称的性质可知：BC＝CB′＝3，
当A、B′、C三点在一条直线上时，B′A有最小值，
∴B′Amin＝AC﹣B′C＝4﹣3＝1．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查的是轴对称的性质、勾股定理和线段的性质，将求B′A的最小值转化为求AB′+CB′的最小值是解题的关键．
12．如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A′点，D点的对称点为D′点，若∠FPG＝90°，△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，则矩形ABCD的面积等于　10+6　 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称．
【答案】10+6
【分析】设AB＝CD＝x，由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，因为△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，推出Dx，由 x x＝1，可得x＝2（负根已经舍弃），即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，设AB＝CD＝x，
由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，
∵△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，
又∵△A′EP∽△D′PH，
∴A′P：D′H＝2，∵PA′＝x，
∴Dx，
∵ x x＝1，
∴x＝2（负根已经舍弃），
∴AB＝CD＝2，PE2，PH，
∴AD＝4+21＝5+3，
∴矩形ABCD的面积＝2（5+3）＝10+6．
故答案为10+6
【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
13．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】18
【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．
14．如图，已知正方形ABCD的边长是4，点E是AB边上一动点，连接CE，过点B作BG⊥CE于点G，点P是AB边上另一动点，则PD+PG的最小值为　2　 ．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；正方形的性质．
【专题】转化思想；线段、角、相交线与平行线；平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用．
【答案】2
【分析】作DC关于AB的对称点D′C′，以BC中的O为圆心作半圆O，连D′O分别交AB及半圆O于P、G．将PD+PG转化为D′G找到最小值．
【解答】解：如图：
取点D关于直线AB的对称点D′．以BC中点O为圆心，OB为半径画半圆．
连接OD′交AB于点P，交半圆O于点G，连BG．连CG并延长交AB于点E．
由以上作图可知，BG⊥EC于G．
PD+PG＝PD′+PG＝D′G
由两点之间线段最短可知，此时PD+PG最小．
∵D′C′＝4，OC′＝6
∴D′O
∴D′G＝2
∴PD+PG的最小值为2
故答案为：2
【点评】本题考查线段和的最小值问题，通常思想是将线段之和转化为固定两点之间的线段和最短．
15．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】4
【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．在平面直角坐标系中，直线l过点M（3，0），且平行于y轴．
（1）如果△ABC三个顶点的坐标分别是A（﹣2，0），B（﹣1，0），C（﹣1，2），△ABC关于y轴的对称图形是△A1B1C1，△A1B1C1关于直线l的对称图形是△A2B2C2，写出△A2B2C2的三个顶点的坐标；
（2）如果点P的坐标是（﹣a，0），其中a＞0，点P关于y轴的对称点是P1，点P1关于直线l的对称点是P2，求PP2的长．
【考点】坐标与图形变化﹣对称．
【专题】几何图形问题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据关于y轴对称点的坐标特点是横坐标互为相反数，纵坐标相同可以得到△A1B1C1各点坐标，又关于直线l的对称图形点的坐标特点是纵坐标相同，横坐标之和等于3的二倍，由此求出△A2B2C1的三个顶点的坐标；
（2）P与P1关于y轴对称，利用关于y轴对称点的特点：纵坐标不变，横坐标变为相反数，求出P1的坐标，再由直线l的方程为直线x＝3，利用对称的性质求出P2的坐标，即可PP2的长．
【解答】解：（1）△A2B2C2的三个顶点的坐标分别是A2（4，0），B2（5，0），C2（5，2）；
（2）如图1，当0＜a≤3时，∵P与P1关于y轴对称，P（﹣a，0），
∴P1（a，0），
又∵P1与P2关于l：直线x＝3对称，
设P2（x，0），可得：3，即x＝6﹣a，
∴P2（6﹣a，0），
则PP2＝6﹣a﹣（﹣a）＝6﹣a+a＝6．
如图2，当a＞3时，
∵P与P1关于y轴对称，P（﹣a，0），
∴P1（a，0），
又∵P1与P2关于l：直线x＝3对称，
设P2（x，0），可得：3，即x＝6﹣a，
∴P2（6﹣a，0），
则PP2＝6﹣a﹣（﹣a）＝6﹣a+a＝6．
【点评】本题考查学生“轴对称”与坐标的相关知识的试题，尤其是第（2）小题设置的问题既具有一定的开放性又重点考查了分类的数学思想，使试题的考查有较高的效度．
17．如图，已知线段AC∥y轴，点B在第一象限，且AO平分∠BAC，AB交y轴于G，连OB、OC．
（1）判断△AOG的形状，并予以证明；
（2）若点B、C关于y轴对称，求证：AO⊥BO．
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）易证∠CAO＝∠AOG和∠CAO＝∠GAO，即可判定△AOG是等腰三角形；
（2）连接BC交y轴于K，过A作AN⊥y轴于N，易证△ANG≌△BKG，即可证明∠BOG＝∠OBG，∠OAG＝∠AOG，根据三角形内角和为180°性质即可解题．
【解答】解：（1）△AOG是等腰三角形；
证明：∵AC∥y轴，
∴∠CAO＝∠AOG，
∵AO平分∠BAC，
∴∠CAO＝∠GAO，
∴∠GAO＝∠AOG，
∴AG＝GO，
∴△AOG是等腰三角形；
（2）证明：连接BC交y轴于K，过A作AN⊥y轴于N，
∵AC∥y轴，点B、C关于y轴对称，
∴AN＝CK＝BK，
在△ANG和△BKG中，
，
∴△ANG≌△BKG，（AAS）
∴AG＝BG，
∵AG＝OG，（1）中已证，
∴AG＝OG＝BG，
∴∠BOG＝∠OBG，∠OAG＝∠AOG，
∵∠OAG+∠AOG+∠BOG+∠OBG＝180°，
∴∠AOG+∠BOG＝90°，
∴AO⊥BO．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边、对应角相等的性质，本题中求证△ANG≌△BKG是解题的关键．
18．如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG．
（1）求证：△ABG≌△AFG；
（2）求BG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．
【专题】证明题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用翻折变换对应边关系得出AB＝AF，∠B＝∠AFG＝90°，利用HL定理得出△ABG≌△AFG即可；
（2）利用勾股定理得出GE2＝CG2+CE2，进而求出BG即可；
【解答】解：（1）在正方形ABCD中，AD＝AB＝BC＝CD，∠D＝∠B＝∠BCD＝90°，
∵将△ADE沿AE对折至△AFE，
∴AD＝AF，DE＝EF，∠D＝∠AFE＝90°，
∴AB＝AF，∠B＝∠AFG＝90°，
又∵AG＝AG，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
，
∴△ABG≌△AFG（HL）；
（2）∵△ABG≌△AFG，
∴BG＝FG，
设BG＝FG＝x，则GC＝6﹣x，
∵E为CD的中点，
∴CE＝EF＝DE＝3，
∴EG＝3+x，
∴在Rt△CEG中，32+（6﹣x）2＝（3+x）2，解得x＝2，
∴BG＝2．
【点评】此题主要考查了勾股定理的综合应用以及翻折变换的性质，根据翻折变换的性质得出对应线段相等是解题关键．
19．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E为边CD上的一点（与C、D不重合），四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，延长ME交AB于点P，记四边形PADE的面积为S．
（1）若DE，求S的值；
（2）设DE＝x，求S关于x的函数表达式．
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理；矩形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据三角函数的定义得到∠AED＝60°，根据平行线的性质得到∠BAE＝60°，根据折叠的性质得到∠AEC＝∠AEM，推出△APE为等边三角形，于是得到结论；
（2）过E作EF⊥AB于F，由（1）可知，∠AEP＝∠AED＝∠PAE，求得AP＝PE，设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，则PF＝a﹣x，EF＝AD＝1，根据勾股定理列方程得到a，于是得到结论．
【解答】解：（1）∵在矩形ABCD中，∠D＝90°，AD＝1，DE，
∴AE，
∴tan∠AED，
∴∠AED＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠BAE＝60°，
∵四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，
∴∠AEC＝∠AEM，
∵∠PEC＝∠DEM，
∴∠AEP＝∠AED＝60°，
∴△APE为等边三角形，
∴S（）×1；
（2）过E作EF⊥AB于F，
由（1）可知，∠AEP＝∠AED＝∠PAE，
∴AP＝PE，
设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，
则PF＝a﹣x，EF＝AD＝1，
在Rt△PEF中，（a﹣x）2+1＝a2，解得：a，
∴S，
同理可得当1＜DE＜2时，S，
综上所述，S关于x的函数表达式为S．
【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
20．已知△ABC中，点E为边AB的中点，将△AEC沿CE所在的直线折叠得△A′EC，BF∥AC，交直线A′C于F．
（1）若∠ACB＝90°，∠A＝30°，求证：AC＝CF+BF．
（2）若∠ACB为任意角，在图（2）图（3）的情况下分别写出AC、CF、BF之间关系，并证明图（3）结论．
（3）如图（4），若∠ACB＝120°，BF＝6，BC＝4，则AC的长为　6+2　 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AE＝CE，根据等边对等角可得∠ACE＝∠A，再根据翻折的性质可得∠A′CE＝∠ACE，然后求出∠BCF＝30°，再根据两直线平行，同旁内角互补求出∠CBF＝90°，然后用BF表示出CF、BC，再表示出AC，即可得证；
（2）图（2），连接A′B，根据翻折的性质可得A′E＝AE，A′C＝AC，∠A＝∠CA′E，根据中点定义可得AE＝BE，从而得到BE＝A′E，然后根据等边对等角可得∠EA′B＝∠EBA′，根据两直线平行，内错角相等可得∠A＝∠ABF，然后求出∠FA′B＝∠FBA′，根据等角对等边可得A′F＝BF，再根据A′C＝CF+A′F整理即可得证；图（3）同理求出A′F＝BF，再根据A′C＝CF﹣A′F整理即可得证；
（3）连接A′B，过点F作FG⊥BC于G，根据两直线平行，同旁内角互补求出∠CBF＝60°，然后解直角三角形求出BG、FG，再求出CG，然后利用勾股定理列式求出CF，再根据AC＝CF+BF代入数据计算即可得解．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，点E为边AB的中点，
∴AE＝CE，
∴∠ACE＝∠A＝30°，
由翻折的性质得，∠A′CE＝∠ACE，
∴∠BCF＝90°﹣30°×2＝30°，
∵BF∥AC，
∴∠CBF＝180°﹣∠ACB＝180°﹣90°＝90°，
∴CF＝2BF，BC＝BF÷tan30°＝BFBF，
又∵AC＝BC÷tan30°BF3BF，
∴AC＝CF+BF；
（2）解：如图（2），连接A′B，
由翻折的性质得，A′E＝AE，A′C＝AC，∠A＝∠CA′E，
∵点E为边AB的中点，
∴AE＝BE，
∴BE＝A′E，
∴∠EA′B＝∠EBA′，
∵BF∥AC，
∴∠A＝∠ABF，
∵∠FA′B＝∠EA′B﹣∠CA′E，
∠FBA′＝∠EBA′﹣∠ABF，
即∠FA′B＝∠FBA′，
∴A′F＝BF，
∵A′C＝CF+A′F，
∴AC＝CF+BF；
如图（3），连接A′B，
由翻折的性质得，A′E＝AE，A′C＝AC，∠A＝∠CA′E，
∵点E为边AB的中点，
∴AE＝BE，
∴BE＝A′E，
∴∠EA′B＝∠EBA′，
∵BF∥AC，
∴∠A+∠ABF＝180°，
∵∠CA′E+∠EA′F＝180°，
∴∠ABF＝∠EA′F，
∵∠FA′B＝∠EA′F﹣∠EA′B，
∠FBA′＝∠ABF﹣∠EBA′，
即∠FA′B＝∠FBA′，
∴A′F＝BF，
∵A′C＝CF﹣A′F，
∴AC＝CF﹣BF；
（3）解：如图（4），连接A′B，过点F作FG⊥BC于G，
∵BF∥AC，∠ACB＝120°，
∴∠CBF＝180°﹣120°＝60°，
∴BG＝BF cos60°＝63，FG＝BF sin60°＝63，
∴CG＝BC﹣BG＝4﹣3＝1，
在Rt△CGF中，CF2，
∴AC＝BF+CF＝6+2．
故答案为：6+2．
【点评】本题考查了翻折变换，平行线的性质，等边对等角的性质，解直角三角形，勾股定理的应用，作辅助线构造出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点。

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