2026年中考数学一轮复习专题6.3 图形的轴对称、 平移与旋转

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 知识梳理 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. 例题讲解 【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． 真题在线 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 31x 40x 甲方案 31x 40x 丙方案 31x 40x （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． 专项练习 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． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 知识梳理 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. 例题讲解 【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． 真题在线 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 31x 40x 甲方案 31x 40x 丙方案 31x 40x （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． 专项练习 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． 学科网（北京）股份有限公司 $