专题06 图形变换与坐标-【好题汇编】2024年中考数学二模试题分类汇编（全国通用）

专题06 图形变换与坐标 ①平行与对称 ②旋转 ③折叠 ④坐标与尺规作图 平行与对称 1．（2024·云南昭通·二模）文字是传承人类文明的重要媒介，我国的汉字传承了数千年之久，是各国文字中的佼佼者．下列汉字中，既可以看作轴对称图形，又可以看作中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2024·内蒙古包头·二模）如图，已知，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 3．（2024·宁夏银川·二模）凸透镜是中央较厚边缘较薄的透镜，如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心O的光线交于点P，点F为焦点，若，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 4．（2024·山东济宁·二模）如图，将三角尺的直角顶点放在直尺的一边上，∠1=30°，∠2=50°，  则的度数等于（    ） A．50° B．30° C．20° D．15° 5．（2023·浙江金华·二模）如图，于A，，若，则等于（　　）    A． B． C． D． 6．（2024·商丘夏邑·二模）如图，直线，，，则的度数为（　　）    A． B． C． D． 7．（2024·山东日照·二模）数学中处处存在着美，从三国时期的赵爽弦图，到19世纪的莱洛三角形，再到近代的科克曲线和谢尔宾斯基三角形，这种特殊的数学之美，令人沉迷．下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（    ） A．赵爽弦图 B．莱洛三角形 C．科克曲线 D．谢尔宾斯基三角形 8．（2024·山东济宁·二模）如图，将周长为8的△ABC沿BC方向向右平移1个单位得到△DEF，则四边形ABFD的周长为 ． 9．（2024·江苏镇江·二模）如图，在、两地间修一条笔直的公路，从地测得公路的走向为北偏东，如果 、两地同时开工，那么为 时，才能使公路准确接通．    旋转 10．（2024·山东济宁·二模）如图，平面直角坐标系中，在轴上，，点的坐标为(1，2)，将绕点 逆时针旋转，点的对应点恰好落在双曲线上，则的值为（   ） A．2 B．3 C．4 D．6 11．（2024·河南南阳·二模）如图，将菱形绕其对角线的交点顺时针旋转后，再向右平移3个单位，则两次变换后点C对应点的坐标为（   ） A． B． C． D． 12．（2024·内蒙古包头·二模）如图，正方形的边长为4，点是的中点，平分交于点，将绕点顺时针旋转90°得，则的长为 ． 13．（2024·宁夏银川·二模）图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，小华和小芳对等腰直角三角形的旋转变换进行了研究．如图①，已知和均为等腰直角三角形，E分别在线段，上，且． (1)观察猜想小华将绕点A逆时针旋转，连接，，如图②，当点E与点F重合时： ①的值为______； ②的度数为______度； (2)类比探究：如图③，小芳在小华的基础上继续旋转，连接，（1）中的两个结论是否仍然成立？请说明理由； (3)拓展延伸：若，当所在的直线垂直于时，直接写出的长． 14．（2024·宁夏银川·二模）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，，，解答下列问题： (1)将线段绕原点顺时针方向旋转得到线段，再将线段向下平移2个单位长度得到线段，画出线段和线段； (2)如果线段旋转可以得到线段，则旋转中心P的坐标为_______．（A和E是对应点） 15．（2024·广东惠州·二模）综合探究 【问题情境】几何探究是培养几何直观、推理能力和创新意识的重要途径．解决几何综合探究问题，往往需要运用从特殊到一般、化静为动、类比等数学思想方法． 【初步探究】 （1）如图1，将绕点逆时针旋转得到，连接，，根据条件填空： ①的度数为 　　； ②若，则的长为 　　； 【类比探究】 （2）如图2，在正方形中，点在边上，点在边上，且满足，，，求正方形的边长； 【拓展延伸】 （3）如图3，在四边形中，，，，为对角线，且满足，若，，请求出的长． 16．（2024·山东日照·二模）问题背景：在课外小组活动中，“创新小组”对“正方形旋转”问题进行了探究，如图，边长为的正方形的对角线相交于点，分别延长到点，到点，使，再以为邻边做正方形，连接；    (1)解决问题：与之间的数量关系是______，位置关系是______； (2)深入研究：如图正方形固定不动，将正方形绕点顺时针方向旋转，判断与的关系，并证明： (3)拓展延伸：如图，在正方形旋转过程中，分别交于点，连接．当时，求的值． 17．（2024·浙江杭州·二模）将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．    (1)求的值； (2)如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由． 折叠 18．（2024·河南信阳·二模）如图，中，是的中线，是边上一动点，将沿折叠，点落在点处，交线段于点，当是直角三角形时， ． 19．（2024·浙江杭州·二模）已知矩形纸片，将纸片沿折叠，使点与边上的点重合，展开纸片，连结，，与相交于点．将纸片继续沿折叠，点的对应点恰好落在上，展开纸片，连结，与交于点．已知，，则 ； ． 20．（2024·山东日照·二模）如图，在等腰中，，，为边的中点，为边上的一个动点，连接，将沿折叠，点的对应点为．当时，的长度为 ．    21．（2024·浙江杭州·二模）如图，腰长为22的等腰ABC中，顶角∠A＝45°，D为腰AB上的一个动点，将ACD沿CD折叠，点A落在点E处，当CE与ABC的某一条腰垂直时，BD的长为 ． 22．（2024·内蒙古包头·二模）如图①．在矩形．，点在边上，且．动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动，作，交边或边于点，连续．当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间为秒．（）    (1)当点和点重合时，线段的长为__________； (2)当点和点重合时，求； (3)当点在边上运动时，的形状始终是等腰直角三角形．如图②．请说明理由； (4)作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和矩形重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出的取值范围． 23．（2024·江苏镇江·二模）“折纸”是同学们经常做的手工活动． 如图1，矩形纸片，，点O为其对称中心，小明沿着过点 O 的直线将矩形纸片进行折叠，折痕交边于点 M、N，点A、B的对应点记为交边于点E． (1)如图2，当点与点D重合时， ； (2)在上述折叠过程中，求证： ①为等腰三角形； ② ； (3)如图3，，连结交于点F，连接，则的面积为 ． 坐标与尺规作图 24．（2024·浙江杭州·二模）如图所示，若点坐标为，则对应的点可能是（    ） A．点 B．点 C．点 D．点 25．（2024·浙江温州·二模）尺规作图源于古希腊的数学课题，蕴含着丰富的几何原理．如图，在中，按如下步骤尺规作图：①以点B为圆心，为半径作弧交边于点D；②以点A为圆心，为半径作弧交于点E；③连结与．若要求的度数，则只需知道（    ） A．的度数 B．的度数 C．的度数 D．的度数 26．（2024·宁夏银川·二模）如图，在平面直角坐标系中，各坐标分别为，，，，，，，，，，，则依图中所示规律，的坐标为（    ） A． B． C． D． 27．（2024·河南新乡·二模）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点． (1)图1中点都是格点，请仅用无刻度的直尺作出的中点，要求保留作图痕迹，不写作法． (2)图2中的三个顶点都是格点，请仅用无刻度的直尺作出的角平分线，要求保留作图痕迹，不写作法．（要求：的角平分数用实线表示，其它线用虚线表示．） 28．（2024·陕西西安·二模）如图，在中，，，为上一点，且，利用圆规和无刻度直尺在线段上找一点，使得．（保留作图痕迹，不写作法） 29．（2024·浙江杭州·二模）如图，在的正方形网格图中，小正方形的边长都为1，的顶点都在格点上，在该网格图中只用无刻度的直尺作图，保留作图痕迹． (1)在线段上画出点，使． (2)画出的外接圆圆心，并连接，，求弧的长 30．（2024·广东惠州·二模）如图，在中，． (1)实践与操作：在边上找一点D（点C，D不重合），使得为等腰三角形（尺规作图，保留作图痕迹）； (2)猜想与证明：在（1）的条件下，试猜想之间的数量关系，并加以证明． 31．（2024·浙江杭州·二模）如图，在中，平分． (1)作交于点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)求证：． ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 图形变换与坐标 ①平行与对称 ②旋转 ③折叠 ④坐标与尺规作图 平行与对称 1．（2024·云南昭通·二模）文字是传承人类文明的重要媒介，我国的汉字传承了数千年之久，是各国文字中的佼佼者．下列汉字中，既可以看作轴对称图形，又可以看作中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了中心对称和轴对称图形定义，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；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 【详解】解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故该选项不符合题意； B．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故该选项不符合题意； C．是轴对称图形，也是中心对称图形，故该选项符合题意； D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故该选项不符合题意； 故选：C． 2．（2024·内蒙古包头·二模）如图，已知，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由可得，可得，再利用邻补角的含义可得答案． 【详解】解：如图，标记角，    ∵， ∴，而， ∴， ∴； 故选C 【点睛】本题考查的是平行线的判定与性质，邻补角的含义，熟记平行线的判定与性质是解本题的关键． 3．（2024·宁夏银川·二模）凸透镜是中央较厚边缘较薄的透镜，如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心O的光线交于点P，点F为焦点，若，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行线的性质、三角形的外角性质、对顶角相等，根据三角形的外角性质求得，再根据平行线的性质求得是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 故选B． 4．（2024·山东济宁·二模）如图，将三角尺的直角顶点放在直尺的一边上，∠1=30°，∠2=50°，  则的度数等于（    ） A．50° B．30° C．20° D．15° 【答案】C 【分析】根据平行和三角形外角性质可得∠2=∠4=∠1+∠3，代入数据即可求∠3． 【详解】如图所示， ∵AB∥CD ∴∠2=∠4=∠1+∠3=50°， ∴∠3=∠4-30°=20°， 故选C. 5．（2023·浙江金华·二模）如图，于A，，若，则等于（　　）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据平行线的性质求出的度数，再由垂直的定义得出的度数，根据直角三角形的性质即可得出结论． 【详解】解：∵，， ∴， ∵于A， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查的是平行线的性质，直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键． 6．（2024·商丘夏邑·二模）如图，直线，，，则的度数为（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先根据平行线的性质得，再由三角形的外角定理可得的度数． 【详解】解：∵，， ∴， 又∵， ∴． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了平行线的性质，三角形的外角定理，准确识图，熟练掌握平行线的性质和三角形的外角定理是解答此题的关键． 7．（2024·山东济日照·二模）数学中处处存在着美，从三国时期的赵爽弦图，到19世纪的莱洛三角形，再到近代的科克曲线和谢尔宾斯基三角形，这种特殊的数学之美，令人沉迷．下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（    ） A．赵爽弦图 B．莱洛三角形 C．科克曲线 D．谢尔宾斯基三角形 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称图形的定义、中心对称图形的定义；平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，就叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此进行逐项分析，即可作答． 【详解】 解：A、既不是轴对称也不是中心对称图形，故该选项是错误的； B、是轴对称但不是中心对称图形，故该选项是错误的； C、既是中心对称图形，又是轴对称图形，故该选项是正确的； D、是轴对称但不是中心对称图形，故该选项是错误的； 故选：C 8．（2024·山东济宁·二模）如图，将周长为8的△ABC沿BC方向向右平移1个单位得到△DEF，则四边形ABFD的周长为 ． 【答案】10 【详解】根据题意，将周长为8的△ABC沿边BC向右平移1个单位得到△DEF， 则AD=1，BF=BC+CF=BC+1，DF=AC， 又∵AB+BC+AC=8， ∴四边形ABFD的周长=AD+AB+BF+DF=1+AB+BC+1+AC=10． 故答案为：10． 【点睛】本题考查平移的性质．利用数形结合的思想是解题关键． 9．（2024·江苏镇江·二模）如图，在、两地间修一条笔直的公路，从地测得公路的走向为北偏东，如果 、两地同时开工，那么为 时，才能使公路准确接通．    【答案】 【分析】】本题主要考查方向角，平行线的性质，利用平行线的性质得出，进而得出答案． 【详解】解：使公路准确接通， ， ， ． 故答案为：． 旋转 10．（2024·山东济宁·二模）如图，平面直角坐标系中，在轴上，，点的坐标为(1，2)，将绕点 逆时针旋转，点的对应点恰好落在双曲线上，则的值为 (    ) A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】B 【分析】由旋转可得点D的坐标为（3，2），那么可得到点C的坐标为（3，1），从而求得结果. 【详解】由题意得OB=1，AB=2， ∴AD=2， ∴点D的坐标为（3，2）， ∴点C的坐标为（3，1）， ∴k=3×1=3． 故选B． 考点：旋转的性质，反比例函数图象上的点的特征 11．（2024·河南南阳·二模）如图，将菱形绕其对角线的交点顺时针旋转后，再向右平移3个单位，则两次变换后点C对应点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查坐标与旋转，坐标与平移，先求出菱形绕其对角线的交点为，旋转得到点的对应点为，再根据点的平移：左减右加，上加下减即可得出结果． 【详解】解：由图和题意可知，， 设菱形的对角线的交点为，则：为点的中点， ∴， ∴ 设旋转后点的对应点为，则：， ∴， 将再向右平移3个单位，得到，即：； 故选C． 12．（2024·内蒙古包头·二模）如图，正方形的边长为4，点是的中点，平分交于点，将绕点顺时针旋转90°得，则的长为 ． 【答案】 【分析】作 ，如图，易得四边形CFMD为矩形，则，利用勾股定理计算出 ，再根据旋转的性质得到，于是可判断点G在CB的延长线上，接着证明FA平分∠GAD得到FN＝FM＝4，然后利用面积法计算出GF，从而计算CG﹣GF就可得到CF的长． 【详解】解： 作 ，如图，易得四边形CFMD为矩形，则∵正方形ABCD的边长为4，点是的中点， ∴ ∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG， ∴ 而 ， ∴点G在CB的延长线上， ∵AF平分∠BAE交BC于点F， ∴∠1＝∠2， ∴∠2+∠4＝∠1+∠3，即FA平分∠GAD， ∴FN＝FM＝4， ∵, ∴, ∴ ． 故答案为． 【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质． 13．（2024·宁夏银川·二模）图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，小华和小芳对等腰直角三角形的旋转变换进行了研究．如图①，已知和均为等腰直角三角形，E分别在线段，上，且． (1)观察猜想小华将绕点A逆时针旋转，连接，，如图②，当点E与点F重合时： ①的值为______； ②的度数为______度； (2)类比探究：如图③，小芳在小华的基础上继续旋转，连接，（1）中的两个结论是否仍然成立？请说明理由； (3)拓展延伸：若，当所在的直线垂直于时，直接写出的长． 【答案】(1)①；②45 (2)（1）中的两个结论=，仍然成立，理由见解析 (3)的长为或 【分析】（1）①设交于点O．证明得到；②根据相似三角形的性质得到，结合对顶角相等和三角形的内角和定理可得结论； （2）设交于点O．证明得到， ，进而可得结论； （3）分两种情况，分别画出对应图形，利用勾股定理和（2）中结论求解即可． 【详解】（1）解：①如图②中，设交于点O． ∵，都是等腰直角三角形， ∴，，， ∴，； ∴， ∴； ②∵， ∴， ∵， ， ∴， 故答案为：，45； （2）解：，仍然成立 如图③中，设交于点O． ∵，都是等腰直角三角形， ∴，，， ∴，； ∴， ∴，， ∵， ∴， 即，成立； （3）解：如图④-1中，当于O时， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 如图④-2中，当时，延长交于O． 同理可得，， ∴， ∵， ∴， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形的内角和定理等知识，熟练掌握等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，利用数形结合和分类讨论思想求解是解答的关键． 14．（2024·宁夏银川·二模）如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，，，解答下列问题： (1)将线段绕原点顺时针方向旋转得到线段，再将线段向下平移2个单位长度得到线段，画出线段和线段； (2)如果线段旋转可以得到线段，则旋转中心P的坐标为_______．（A和E是对应点） 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了作图旋转变换，作图平移变换，解决本题的关键是掌握旋转和平移的性质． （1）根据旋转和平移的性质即可画出线段和线段； （2）根据对应点连线的垂直平分线的交点就是旋转中心，将线段绕点顺时针旋转即可以得到线段． 【详解】（1）解：如图，线段和线段即为所求； ； （2）解：线段绕点顺时针旋转可以得到线段， 所以． 故答案为： 15．（2024·广东惠州·二模）综合探究 【问题情境】几何探究是培养几何直观、推理能力和创新意识的重要途径．解决几何综合探究问题，往往需要运用从特殊到一般、化静为动、类比等数学思想方法． 【初步探究】 （1）如图1，将绕点逆时针旋转得到，连接，，根据条件填空： ①的度数为 　　； ②若，则的长为 　　； 【类比探究】 （2）如图2，在正方形中，点在边上，点在边上，且满足，，，求正方形的边长； 【拓展延伸】 （3）如图3，在四边形中，，，，为对角线，且满足，若，，请求出的长． 【答案】（1）①；②；（2）；（3） 【分析】（1）①根据旋转的性质易得为等腰直角三角形，结合等腰三角形的性质求解即可； ②结合等腰三角形的性质求解即可； （2）将绕点逆时针旋转得，求证，由全等三角形的性质可得，易得，设正方形边长为，则，，在中由勾股定理可得，代入求解即可获得答案； （3）将绕逆时针旋转至，连接，首先证明，由相似三角形的性质可得，再证明，由勾股定理可得，结合即可获得答案． 【详解】解：（1）①将 绕点逆时针旋转得， ，， 为等腰直角三角形， ； ②为等腰直角三角形，， ， 故答案为：①；②； （2）将绕点逆时针旋转得，如图， 由旋转的性质可得，，，， ， ，，共线， ， ， ，，， ， ， ， ， 设正方形边长为，则，， 在 中，， 即， 解得或（负值舍去）， 正方形的边长为； （3）如图，将绕逆时针旋转至，连接， 由旋转的性质可得，，，， ， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查四边形的综合应用，主要考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，解题关键是熟练运用旋转的性质求解． 16．（2024·山东日照·二模）问题背景：在课外小组活动中，“创新小组”对“正方形旋转”问题进行了探究，如图，边长为的正方形的对角线相交于点，分别延长到点，到点，使，再以为邻边做正方形，连接；    (1)解决问题：与之间的数量关系是______，位置关系是______； (2)深入研究：如图正方形固定不动，将正方形绕点顺时针方向旋转，判断与的关系，并证明： (3)拓展延伸：如图，在正方形旋转过程中，分别交于点，连接．当时，求的值． 【答案】(1)，； (2)，，证明见解析； (3)． 【分析】（）延长交于，根据证，得，，推出 ，即可得出； （）连接，设与相交于点，根据证，得，再根据角的代换得出即可； （）连接，根据证，得出，当时，得出，，的值即可得出面积和； 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）解：如图，延长交于，    ∵四边形为正方形， ∴，，， ∴，， 又∵ ∴， ∴，， 即， 又∵， ∴， 即， ∴， 故答案为：，； （2）解：，． 证明：连接，设与相交于点，    ∵四边形为正方形， ∴，，， ∴， 即， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （3）解：连接，    ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴． 17．（2024·浙江杭州·二模）将一副直角三角板与叠放在一起，如图1，，，，．在两三角板所在平面内，将三角板绕点O顺时针方向旋转（）度到位置，使，如图2．    (1)求的值； (2)如图3，继续将三角板绕点O顺时针方向旋转，使点E落在边上点处，点D落在点处．设交于点G，交于点H，若点G是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)正方形，见解析 【分析】（1）确定旋转角，结合，，计算即可． （2）先证明四边形是矩形，再利用等腰直角三角形的性质，结合一组邻边相等的矩形是正方形证明即可． 【详解】（1）根据题意，得旋转角， ∵，， ∴， 故． （2）根据题意，得旋转角， ∵，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵，，      ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判断，正方形的判断，等腰直角三角形的性质是解题的关键． 折叠 18．（2024·河南信阳·二模）如图，中，是的中线，是边上一动点，将沿折叠，点落在点处，交线段于点，当是直角三角形时， ． 【答案】或 【分析】根据题意，运用勾股定理得的值，运用中位线的判定和性质可得的值，结合直角三角形的特点，分类讨论，当时，运用特殊四边形的判定和性质即可求解；当时，运用解直角三角形的方法即可求解． 【详解】解：在中，，，， ∴， ∵是的中线， ∴， 如图所示，当时，作于点，于点， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∴， ∴四边形时正方形，即， 在中，，， ∴点是的中点，且点是中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴； 如图所示，当时，作于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的值为或， 故答案为： 或． 【点睛】本题考查了折叠的性质，特殊四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理和解直角三角形的综合，掌握折叠的性质，解直角三角形的方法，分类讨论思想是解题的关键． 19．（2024·浙江杭州·二模）已知矩形纸片，将纸片沿折叠，使点与边上的点重合，展开纸片，连结，，与相交于点．将纸片继续沿折叠，点的对应点恰好落在上，展开纸片，连结，与交于点．已知，，则 ； ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形与折叠问题，解直角三角形的应用，全等三角形的判定和性质，勾股定理与折叠问题．连接，利用勾股定理列式求得，，再利用正切函数的定义求得，利用等角的余角相等求得，据此求解即可． 【详解】连接， 由折叠的性质得， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴． 故答案为：，． 20．（2024·山东日照·二模）如图，在等腰中，，，为边的中点，为边上的一个动点，连接，将沿折叠，点的对应点为．当时，的长度为 ．    【答案】或 【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，设直线交于，分当在下方和点在上方两种情况，画出图形解答即可求解，运用分类讨论思想解答并正确画出图形是解题的关键． 【详解】解：设直线交于，当在下方时，如图，     ∵，， ∴，， ∵将沿折叠，点的对应点为，为边的中点， ∴，， ∵， ∴和是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点在上方时，如图，    同理可得， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，的长度为或， 故答案为：或． 21．（2024·浙江杭州·二模）如图，腰长为22的等腰ABC中，顶角∠A＝45°，D为腰AB上的一个动点，将ACD沿CD折叠，点A落在点E处，当CE与ABC的某一条腰垂直时，BD的长为 ． 【答案】或2 【分析】分两种情况：当CE⊥AB时，设垂足为M，在Rt△AMC中，∠A＝45°，由折叠得：∠ACD＝∠DCE＝22.5°，证明△BCM≌△DCM，得到BM＝DM，证明△MDE是等腰直角三角形，即可得解；当CE⊥AC时，根据折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质计算即可； 【详解】当CE⊥AB 时，如图， 设垂足为M，在Rt△AMC中，∠A＝45°， 由折叠得：∠ACD＝∠DCE＝22.5°， ∵等腰△ABC中，顶角∠A＝45°， ∴∠B＝∠ACB＝67.5°， ∴∠BCM＝22.5°， ∴∠BCM＝∠DCM， 在△BCM和△DCM中， ， ∴△BCM≌△DCM（ASA）， ∴BM＝DM， 由折叠得：∠E＝∠A＝45°，AD＝DE， ∴△MDE是等腰直角三角形， ∴DM＝EM， 设DM＝x，则BM＝x，DEx， ∴ADx． ∵AB＝22， ∴2xx＝22，解得：x， ∴BD＝2x＝2； 当CE⊥AC时，如图， ∴∠ACE＝90°， 由折叠得：∠ACD＝∠DCE＝45°， ∵等腰△ABC中，顶角∠A＝45°， ∴∠E＝∠A＝45°，AD＝DE， ∴∠ADC＝∠EDC＝90°，即点D、E都在直线AB上，且△ADC、△DEC、△ACE都是等腰直角三角形， ∵AB＝AC＝＝22， ∴ADAC＝2， BD＝AB﹣AD＝（22）﹣（2）， 综上，BD的长为或2． 故答案为：或2． 【点睛】本题主要考查折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，注重分类讨论思想的运用是解题的关键． 22．（2024·内蒙古包头·二模）如图①．在矩形．，点在边上，且．动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动，作，交边或边于点，连续．当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间为秒．（）    (1)当点和点重合时，线段的长为__________； (2)当点和点重合时，求； (3)当点在边上运动时，的形状始终是等腰直角三角形．如图②．请说明理由； (4)作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和矩形重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)见解析 (4)或或 【分析】（1）证明四边形是矩形，进而在中，勾股定理即可求解． （2）证明，得出； （3）过点作于点，证明得出，即可得出结论 （4）分三种情况讨论，①如图所示，当点在上时，②当点在上时，当重合时符合题意，此时如图，③当点在上，当重合时，此时与点重合，则是正方形，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，连接，      ∵四边形是矩形 ∴ ∵， ∴四边形是矩形， 当点和点重合时， ∴， 在中，， 故答案为：． （2）如图所示，    ∵，， ∴， ∴ ∴， ∴， ∵，， ∴； （3）如图所示，过点作于点，    ∵，， ∴， 则四边形是矩形， ∴ 又∵ ∴， ∴ ∴ ∴是等腰直角三角形； （4）①如图所示，当点在上时，    ∵， 在中，， 则， ∵，则，， 在中，， ∴ 解得： 当时，点在矩形内部，符合题意， ∴符合题意， ②当点在上时，当重合时符合题意，此时如图，    则，， 在中， ， 解得：， ③当点在上，当重合时，此时与点重合，则是正方形，此时    综上所述，或或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，勾股定理，求正切，轴对称的性质，分类讨论，分别画出图形，数形结合是解题的关键． 23．（2024·江苏镇江·二模）“折纸”是同学们经常做的手工活动． 如图1，矩形纸片，，点O为其对称中心，小明沿着过点 O 的直线将矩形纸片进行折叠，折痕交边于点 M、N，点A、B的对应点记为交边于点E． (1)如图2，当点与点D重合时， ； (2)在上述折叠过程中，求证： ①为等腰三角形； ② ； (3)如图3，，连结交于点F，连接，则的面积为 ． 【答案】(1)6 (2)①见解析；②见解析 (3) 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）根据折叠的性质可得，然后根据勾股定理列方程求解即可； （2）①由折叠的性质和平行线的性质可得，即，从而证明结论；②如图：连接，可证明四边形是平行四边形可得；如图：过E作，则四边形为矩形，即，然后运用勾股定理可得，整列可得，再对结论进行变形也可得到，从而证明结论； （3）根据（2）②的结论以及的条件可得，再证明四边形是平行四边形可得,由矩形的性质可证,由相似三角形的性质可得,即,解得:;然后根据结合图形运用三角形的面积公式即可解答． 【详解】（1）解：∵小明沿着过点 O 的直线将矩形纸片进行折叠，折痕交边于点 M、N，点与点D重合， ∴， ∴， 即， 解得：． 故答案为6． （2）解：①∵小明沿着过点 O 的直线将矩形纸片进行折叠，折痕交边于点 M、N， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰三角形； ②如图：连接， ∵点O为矩形的对称中心， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，即， 如图：过E作，则四边形为矩形，即 ∵，， ， ∴， ∴， ∴，即, ∴． （3）解：∵，， ∴， 连接, ∵点O为矩形的对称中心， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴, ∵矩形, ∴, ∴, ∴,, ∴,解得:,, ∴ ． 故答案为． 坐标与尺规作图 24．（2024·浙江杭州·二模）如图所示，若点坐标为，则对应的点可能是（    ） A．点 B．点 C．点 D．点 【答案】A 【分析】本题考查平面直角坐标系中点坐标的平移，根据平面直角坐标系中点坐标的平移特征进行分析求解即可． 【详解】解：∵点E坐标为， ∴对应的点，可表示为将点E向左平移2个单位，再向上平移2个单位， ∴对应的点可能是A点， 故选：A． 25．（2024·浙江温州·二模）尺规作图源于古希腊的数学课题，蕴含着丰富的几何原理．如图，在中，按如下步骤尺规作图：①以点B为圆心，为半径作弧交边于点D；②以点A为圆心，为半径作弧交于点E；③连结与．若要求的度数，则只需知道（    ） A．的度数 B．的度数 C．的度数 D．的度数 【答案】C 【分析】本题考查了作图，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，由作图可知：，，利用等边对等角和三角形内角和定理可求出，即可求解． 【详解】解：由作图可知：，， ∴，， ∴ ， 故要求的度数，则只需知道的度数， 故选：C． 26．（2024·宁夏银川·二模）如图，在平面直角坐标系中，各坐标分别为，，，，，，，，，，，则依图中所示规律，的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了点坐标规律探索问题，旨在考查学生的抽象概括能力，由题意可得在横轴的正方向，且坐标为，在横轴的正方向，且坐标为，结合即可． 【详解】解：由图可知：每一个图形都是等腰直角三角形， ，，．．． ∴在横轴的正方向，且坐标为，在横轴的正方向，且坐标为， ∵， ∴点的坐标为． 故选：A． 27．（2024·河南新乡·二模）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点． (1)图1中点都是格点，请仅用无刻度的直尺作出的中点，要求保留作图痕迹，不写作法． (2)图2中的三个顶点都是格点，请仅用无刻度的直尺作出的角平分线，要求保留作图痕迹，不写作法．（要求：的角平分数用实线表示，其它线用虚线表示．） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据矩形对角线相等且互相平分，即可作出的中点； （2）根据等腰三角形三线合一以及矩形的性质，即可作出的角平分线． 【详解】（1）解：根据矩形对角线相等且互相平分，构造出以为对角线的矩形，即可得出为的中点． 如图所示，点P即为所求． （2）根据勾股定理可得出：， 作，连接构造出以为对角线的矩形，即可得出为的中点， ∵，为的中点， ∴为的角平分线， ∴为的角平分线． 如图所示，线段即为所求． 【点睛】本题考查利用网格作角平分线、中点，熟练掌握矩形的性质与等腰三角形三线合一的性质是解题的关键． 28．（2024·陕西西安·二模）如图，在中，，，为上一点，且，利用圆规和无刻度直尺在线段上找一点，使得．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】作图见解析 【分析】本题考查了作一个角等于已知角，相似三角形的判定和性质，连接，以点为顶点，作，交于点，由，，可得，得到，即可得，即点为所求，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：如图所求，点即为所求． 29．（2024·浙江杭州·二模）如图，在的正方形网格图中，小正方形的边长都为1，的顶点都在格点上，在该网格图中只用无刻度的直尺作图，保留作图痕迹． (1)在线段上画出点，使． (2)画出的外接圆圆心，并连接，，求弧的长 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查三角形外接圆、勾股定理，求弧长，相似三角形的性质与判定， （1）取格点使得，根据勾股定理求得两个三角形的边长，进而根据三边对应成比例即可求解； （2）找到的垂直平分线的交点，勾股定理的逆定理求得为直角三角形，进而根据弧长公式，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，取格点使得， ∵， ， ∴ ∴ （2）解：如图所示：点即为所求； 连接，， ∴为直角三角形， ， ∴ ． 又 ∴ ∴ ∴ 30．（2024·广东惠州·二模）如图，在中，． (1)实践与操作：在边上找一点D（点C，D不重合），使得为等腰三角形（尺规作图，保留作图痕迹）； (2)猜想与证明：在（1）的条件下，试猜想之间的数量关系，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】（1）作的垂直平分线，交于点D，连接，此时，为等腰三角形； （2）由（1）知，，则，，由，可求，进而可证． 【详解】（1）解：如图，作的垂直平分线，交于点D，连接，，点D即为所求： （2）解：，证明如下； 由（1）知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，作垂线，三角形内角和定理，三角形外角的性质．熟练掌握等腰三角形的判定与性质，作垂线，三角形内角和定理，三角形外角的性质是解题的关键． 31．（2024·浙江杭州·二模）如图，在中，平分． (1)作交于点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）如图，以为圆心，适当长为半径画弧交于，以为圆心长为半径画弧，交于，以为圆心，为半径画弧，交点为，连接并延长，交于，点即为所求； （2）证明，则，，由，可得，则，，进而可证． 【详解】（1）解：如图，以为圆心，适当长为半径画弧交于，以为圆心长为半径画弧，交于，以为圆心，为半径画弧，交点为，连接并延长，交于，则，点即为所求； （2）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即． 【点睛】本题考查了作与已知角相等的角，角平分线，等腰三角形的判定与性质，平行线的判定与性质等知识．熟练掌握作与已知角相等的角，角平分线，等腰三角形的判定与性质，平行线的判定与性质是解题的关键． ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$