2026年中考数学一轮复习：图形的对称

2026年中考数学一轮复习：图形的对称 一．选择题（共10小题） 1．（2025•雁塔区校级四模）下列四种化学仪器的示意图中，是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2025秋•藁城区期末）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史，下列由黑白棋子摆成的图案是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（2025•西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（　　） A．3 B．2 C．2 D．4 4．（2026•固镇县一模）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝12，AD＝10，点E是CD的中点．将这张纸片依次折叠两次，第一次折叠纸片使点A与点E重合（如图2），折痕为MN，连结ME，NE；第二次折叠纸片使点N与点E重合（如图3），点B落在B'处，折痕为HG，连结HE，则tan∠EHG的值为（　　） A． B． C． D． 5．（2025•娄底三模）如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB＝8，E，F分别为AD，BC边上的点，且BF＝3，将矩形ABCD沿直线EF折叠，得到四边形EFNM，点A，B的对应点分别为点M，N（点M落在AD上方），连接CN，当C，N，M三点共线时，AE的长为（　　） A．2 B． C． D．1 6．（2025•玄武区一模）如图①，将矩形纸片ABCD对折，折痕为EF；如图②，展开纸片，连接BD，EC交于点G；如图③，再沿过点A的直线折叠，使点B恰好落在点G处，折痕为AH，则（　　） A．2 B． C． D． 7．（2025•泉州模拟）小明将三角形纸片按下列图示方式折叠，则纸片有一部分会重叠四层，将这部分图形完全展开，得到的平面图形一定是（　　） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．菱形 D．正方形 8．（2025•朝阳区校级模拟）如图，将矩形ABCD（AD＞AB）按如图所示步骤进行折叠及剪裁，若将△EFG完全展开后，则所得到的图形一定是（　　） A．等腰三角形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 9．（2025•芗城区校级模拟）如图①所示的是中国古代的一种打击乐器编钟．小颖绘制编钟的正面示意图如图②所示，她发现绘制的编钟的正面示意图是个轴对称图形．则下列说法不一定正确的是（　　） A．AD＝EF B．BC垂直平分DF C．∠D+∠F＝180° D．∠ABC＝∠EBC 10．（2025•唐山校级二模）如图，在▱ABCD中，点E在边AD上，以BE为折痕，将△ABE向上翻折，点A正好落在CD边上的点F处，若△FDE的周长为14，△FCB的周长为22，则FC的长度为（　　） A．8 B．6 C．5 D．4 二．填空题（共5小题） 11．（2026•哈尔滨模拟）在菱形ABCD中，∠ABC＝30°，BC＝3，点E为边AB上的动点，点F为边BC上的动点，将△BEF沿EF折叠，使得点B的对应点B′落在AD所在的直线上，当△AB′E为直角三角形时，BE的长为 　 　 ． 12．（2025•伊川县模拟）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点P是直线BC上一动点，若将△ABP沿AP折叠，使点B落在点E处，连结AE、PE，若P、E、D三点在同一条直线上，则BP＝　 　 ． 13．（2025•齐齐哈尔）等腰三角形纸片ABC中，AB＝AC，将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合，直线l交AB于点D，交直线AC于点E，连接BE，若AE＝5，tan∠AED，则△BEC的面积为　 　 ． 14．（2025•襄阳模拟）如图，正方形ABCD中，M、N分别是AD、BC边上的点，将四边形ABNM沿直线MN翻折，使得点A、B分别落在点A′、B′处，且点B'恰好为线段CD的中点，A′B′交AD于点G，作DP⊥MN于点P，交AB于点Q．若AG＝4， （1）正方形ABCD的边长是　 　 ． （2）PM的长＝　 　 ． 15．（2025•铁东区校级模拟）如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB＝4，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N处，折痕为BM；再次展平，连接BN，MN．若P为线段BM上一动点，H是BN的中点，则PN+PH的最小值是　 　 ． 三．解答题（共5小题） 16．（2025•镜湖区校级二模）如图，在平面直角坐标系中，A（2，﹣1），B（4，2），C（1，4）． （1）请画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1； （2）请直接写出△AC1C的面积为　 　 ； （3）请仅用无刻度的直尺画出∠ABC的平分线BD，保留作图痕迹． 17．（2025•昌江区二模）如图，以矩形ABCD的边AB为斜边作等腰Rt△ABE，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． （1）在①中作出一条矩形ABCD的对称轴； （2）在图②中以CD为腰作一个等腰直角三角形． 18．（2025•泰和县校级模拟）如图，在7×7的正方形网格中，点A，B，C，E均在格点上，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． （1）如图1，过点E作BC的平行线，交AC于点F； （2）如图2，在（1）的条件下，作点A关于EF的对称点A′． 19．（2025•淮北校级三模）如图，同格中的每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的每个顶点都在格点上． （1）将△ABC向左平移6个单位长度，得到△A1B1C1，画出△A1B1C1． （2）在平面直角坐标系中，△A2B2C2与△ABC关于原点O成中心对称，请画出△A2B2C2． （3）请在x轴上找一点P，使PA+PC的长度最短． 20．（2025•安徽校级模拟）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图． （1）作出与△ABC关于x轴对称的△A1B1C1； （2）将△A1B1C1平移若干个单位长度，作出平移后的△A2B2C2，使O点在其内部（不在三角形边上），并指出平移后各点坐标． 2026年中考数学一轮复习：图形的对称 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．（2025•雁塔区校级四模）下列四种化学仪器的示意图中，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】C 根据轴对称图形的概念判断即可． 【解答】解：A、不是轴对称图形，不符合题意； B、不是轴对称图形，不符合题意； C、是轴对称图形，符合题意； D、不是轴对称图形，不符合题意； 故选：C． 本题考查的是轴对称图形的概念，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秋•藁城区期末）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史，下列由黑白棋子摆成的图案是轴对称图形的是（　　） 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解答即可． 【解答】解：A、图形不是轴对称图形，不符合题意； B、图形不是轴对称图形，不符合题意； C、图形不是轴对称图形，不符合题意； D、图形是轴对称图形，符合题意， 故选：D． 本题考查的是轴对称图形的定义，熟知如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形是解决问题的关键． 3．（2025•西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（　　） A．3 B．2 C．2 D．4 翻折变换（折叠问题）；勾股定理；正方形的性质． 图形的全等；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】C 由正方形的性质得CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°，则BE＝CECB＝3，由折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，可证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得FG＝DG，由CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG，根据勾股定理得32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2，求得DG＝2，则AG2，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝6，点E是BC的中点， ∴CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°， ∴BE＝CECB＝3， 由折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°， ∴AF＝AD，∠AFG＝∠D＝90°， 在Rt△AFG和Rt△ADG中， ， ∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL）， ∴FG＝DG， ∵CE2+CG2＝EG2，且CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG， ∴32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2， 解得DG＝2， ∴AG2， 故选：C． 此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，推导出FG＝DG是解题的关键． 4．（2026•固镇县一模）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝12，AD＝10，点E是CD的中点．将这张纸片依次折叠两次，第一次折叠纸片使点A与点E重合（如图2），折痕为MN，连结ME，NE；第二次折叠纸片使点N与点E重合（如图3），点B落在B'处，折痕为HG，连结HE，则tan∠EHG的值为（　　） A． B． C． D． 翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；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；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力． 【答案】D 在图3中，连结AE交MN于点P，设GH交EN于点Q，由矩形的性质得∠D＝∠DAB＝90°，CD＝AB＝12，则DE＝CECD＝6，由折叠得∠MEN＝∠MAN＝90°，MN垂直平分AE，EN垂直平分GH，则∠APM＝∠HQN＝∠MEN＝90°，则GH∥EM，所以∠EHG＝∠NHG＝∠EMN＝∠AMN＝∠AED，求得tan∠EHG＝tan∠AED，于是得到问题的答案． 【解答】解：如图3，连结AE交MN于点P，设GH交EN于点Q， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝12，AD＝10， ∴∠D＝∠DAB＝90°，CD＝AB＝12， ∵点E是CD的中点， ∴DE＝CECD＝6， 由折叠得∠MEN＝∠MAN＝90°，MN垂直平分AE，EN垂直平分GH， ∴∠APM＝∠HQN＝∠MEN＝90°， ∴GH∥EM， ∴∠EHG＝∠NHG＝∠EMN＝∠AMN， ∵∠AMN＝∠AED＝90°﹣∠DAE， ∴∠EHG＝∠AED， ∴tan∠EHG＝tan∠AED， 故选：D． 此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、直角三角形的两个锐角互余、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 5．（2025•娄底三模）如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB＝8，E，F分别为AD，BC边上的点，且BF＝3，将矩形ABCD沿直线EF折叠，得到四边形EFNM，点A，B的对应点分别为点M，N（点M落在AD上方），连接CN，当C，N，M三点共线时，AE的长为（　　） A．2 B． C． D．1 翻折变换（折叠问题）；锐角三角函数的定义；勾股定理；矩形的性质． 等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；展开与折叠；几何直观；推理能力． 【答案】D 如图，记MC与AD的交点为T，延长FN交AD于Q，结合BF＝FN＝3，则CF＝5，可得CN＝4，结合，设NQ＝3x，则TQ＝5x，，可得TC＝4x+4，求解，再进一步求解即可． 【解答】解：在矩形ABCD中，AD＝2AB＝8， ∴AD＝BC＝8，AB＝CD＝4，∠A＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，AD∥BC， ∵将矩形ABCD沿直线EF折叠，得到四边形EFNM，点A，B的对应点分别为点M，N（点M落在AD上方）， ∴BF＝NF＝3，∠MNF＝∠B＝90°，MN＝AB＝4， ∴∠FNC＝90°， ∴CF＝5， 如图，记MC与AD的交点为T，延长FN交AD于Q， 由勾股定理得：， 由对折可得：∠BFE＝∠QFE， ∵AD∥BC， ∴∠DEF＝∠BFE，∠DTC＝∠FCN， ∴∠QEF＝∠QFE， ∴QE＝QF， ∵∠MNF＝90°， ∴∠TNQ＝90°， ∴， 设NQ＝3x，则TQ＝5x，， ∴TC＝4x+4， ∴， 解得：， ∴，， ∴EQ＝FQ＝3+2＝5， 同理：， ∴，即， ∴， ∴， ∴AE＝AD﹣QE﹣DQ＝8﹣5﹣2＝1． 故选：D． 本题考查翻折变换（折叠问题），勾股定理，矩形的性质，锐角三角函数的定义，添加合适的辅助线是解答本题的关键． 6．（2025•玄武区一模）如图①，将矩形纸片ABCD对折，折痕为EF；如图②，展开纸片，连接BD，EC交于点G；如图③，再沿过点A的直线折叠，使点B恰好落在点G处，折痕为AH，则（　　） A．2 B． C． D． 翻折变换（折叠问题）；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；图形的相似；解直角三角形及其应用． 【答案】B 由图①、图②，根据折叠的性质得AE＝DE，在图③中，设AH交BD于点P，延长CG交AD于点E，由矩形的性质得AD＝BC，则DEADBC，可证明△DEG∽△BCG，得，则DGBG，因为AB垂直平分BG，所以PG＝PBBG，则DG＝PG＝PB，设DG＝PG＝PB＝m，则PD＝2m，由tan∠ABD＝tan∠PAD，得PA2＝PD•PB＝2m2，则PAm，求得，于是得到问题的答案． 【解答】解：由图①、图②，根据折叠的性质得AE＝DE， 如图③，设AH交BD于点P，延长CG交AD于点E，则AE＝DE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC，∠BAD＝90°， ∴DEADBC， ∵DE∥BC， ∴△DEG∽△BCG， ∴， ∴DGBG， ∵沿过点A的直线折叠，使点B恰好落在点G处，折痕为AH， ∴点G与点B关于直线AH对称， ∴AB垂直平分BG， ∴∠APB＝∠DPA＝90°，PG＝PBBG， ∴DG＝PG＝PB， ∴设DG＝PG＝PB＝m，则PD＝2m， ∵∠ABD＝∠PAD＝90°﹣∠ADB， ∴tan∠ABD＝tan∠PAD， ∴PA2＝PD•PB＝2m2， ∴PAm或PAm（不符合题意，舍去）， ∴， 故选：B． 此题重点考查矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形等知识，推导出DGBG是解题的关键． 7．（2025•泉州模拟）小明将三角形纸片按下列图示方式折叠，则纸片有一部分会重叠四层，将这部分图形完全展开，得到的平面图形一定是（　　） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．菱形 D．正方形 翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的性质；菱形的判定；正方形的判定． 平移、旋转与对称；推理能力． 【答案】C 由折叠的性质得到AB＝BC＝CD＝DA，判定四边形ABCD是菱形． 【解答】解：把重叠四层的这部分图形完全展开，得到的平面图形一定是四边形ABCD，由折叠的性质得到AB＝BC，AD＝AB，DC＝BC，于是AB＝BC＝CD＝DA，判定四边形ABCD是菱形． 故选：C． 本题考查菱形的判定，折叠问题，关键是掌握菱形的判定方法． 8．（2025•朝阳区校级模拟）如图，将矩形ABCD（AD＞AB）按如图所示步骤进行折叠及剪裁，若将△EFG完全展开后，则所得到的图形一定是（　　） A．等腰三角形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 翻折变换（折叠问题）；菱形的判定；矩形的性质． 矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力． 【答案】C 由折叠的性质，菱形的判定方法，即可得到答案． 【解答】解：如图，将△EBO完全展开后得到四边形EBFD， 由折叠的性质得到：BE＝DE，BF＝BE，DF＝DE， ∴DE＝BE＝BF＝FD， ∴四边形EBHD是菱形， 故选：C． 本题考查折叠问题，菱形的判定，矩形的性质，关键是掌握菱形的判定方法，折叠的性质． 9．（2025•芗城区校级模拟）如图①所示的是中国古代的一种打击乐器编钟．小颖绘制编钟的正面示意图如图②所示，她发现绘制的编钟的正面示意图是个轴对称图形．则下列说法不一定正确的是（　　） A．AD＝EF B．BC垂直平分DF C．∠D+∠F＝180° D．∠ABC＝∠EBC 轴对称图形；线段垂直平分线的性质． 平移、旋转与对称；运算能力． 【答案】C 根据轴对称的性质可求得AD＝EF，BC垂直平分线段DF，∠ABC＝∠EBC，∠D＝∠F，无法判断∠D+∠F的度数； 【解答】解：根据小颖绘制编钟的正面示意图如图②所示，她发现绘制的编钟的正面示意图是个轴对称图形判断如下： A、因为编钟是关于CB对称的轴对称图形，AD和EF为对应线段，所以AD＝EF，该选项不符合题意； B、D，F为对应点，所以直线BC垂直平分线段DF，该选项不符合题意； C、∠D和∠F是对应角，只能得到∠D＝∠F，无法判断∠D+∠F的度数，该选项符合题意； D、因为∠ABC和∠EBC是对应角，所以∠ABC＝∠EBC，该选项不符合题意； 故答案为：C． 本题考查轴对称图形的性质，垂直平分线的性质，熟练掌握轴对称图形的性质是解题的关键． 10．（2025•唐山校级二模）如图，在▱ABCD中，点E在边AD上，以BE为折痕，将△ABE向上翻折，点A正好落在CD边上的点F处，若△FDE的周长为14，△FCB的周长为22，则FC的长度为（　　） A．8 B．6 C．5 D．4 翻折变换（折叠问题）；平行四边形的性质． 展开与折叠． 【答案】D 首先根据折叠的性质可得EF＝EA，BF＝AB，再结合平行四边形性质可得AD＝BC，DC＝AB，结合△FDE的周与△FCB的周长，可知DF+BC＝14，FC+DF+FC+BC＝22，即可获得答案． 【解答】解：∵△ABE经过折叠得到△FBE， ∴EF＝EA，BF＝AB， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD＝BC，DC＝AB， ∴DF+FC＝AB＝BF，DE+EF＝BC， ∵DE+EF＝BC，△DEF周长为14， ∴DF+BC＝14， ∵△FCB的周长为22，DF+FC＝AB＝BF， ∴FC+DF+FC+BC＝22， ∴2×FC+14＝22， ∴FC＝4． 故选：D． 本题主要考查了平行四边形的性质、折叠的性质，熟练运用折叠的性质是解题关键． 二．填空题（共5小题） 11．（2026•哈尔滨模拟）在菱形ABCD中，∠ABC＝30°，BC＝3，点E为边AB上的动点，点F为边BC上的动点，将△BEF沿EF折叠，使得点B的对应点B′落在AD所在的直线上，当△AB′E为直角三角形时，BE的长为 　1或　 ． 翻折变换（折叠问题）；勾股定理；菱形的性质． 等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；展开与折叠；推理能力． 【答案】1或． 分为两种情况：当∠AB′E＝90°和∠AEB′＝90°时，再利用菱形的性质和30°角的直角三角形的性质性质进行解答即可． 【解答】解：由折叠的性质，得B′E＝BE． ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝3，AD∥BC． 分两种情况讨论： ①当∠AB′E＝90°时，如解图1所示． ∵AD∥BC， ∴∠B′AB＝∠ABC＝30°． ∴AE＝2B′E． ∴AE＝2BE． 又∵BE+AE＝AB＝3， ∴BE+2BE＝3， 解得BE＝1； ②当∠AEB′＝90°时，如解图2所示． ∵AD∥BC， ∴∠B′AB＝∠ABC＝30°． ∴． ∴． 又∵BE+AE＝AB＝3， ∴， 解得； 综上所述，BE的长为1或． 此题考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理，菱形的性质，分情况讨论是解题关键． 12．（2025•伊川县模拟）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点P是直线BC上一动点，若将△ABP沿AP折叠，使点B落在点E处，连结AE、PE，若P、E、D三点在同一条直线上，则BP＝　1或9　 ． 翻折变换（折叠问题）；矩形的性质． 展开与折叠；推理能力． 【答案】1或9． 根据折叠，得出相等的线段、角，由于P、E、D在一条直线上，由勾股定理可以求出DE的长，设BP＝x，在直角三角形DCP中，由勾股定理列出方程进而求出结果． 【解答】解：如图1，当点P在线段BC上时， 由折叠可得：AB＝AE＝3，BP＝PE，∠B＝∠AEP＝90°， 在Rt△ADE中，由勾股定理得：， 设BP＝x，则PE＝x，PC＝5﹣x， 在Rt△DCP中，由勾股定理得：（4+x）2＝（5﹣x）2+32， 解得：x＝1， 即x＝1； 如图2，当点P在BC的延长线上时， 由折叠得：AB＝AE＝3，BP＝PE，∠B＝∠AEP＝90°， ∵∠EAD+∠ADE＝90°，∠ADE+∠CDP＝90°， ∴∠EAD＝∠CDP， 在△AED和△DCP中， ， ∴△PCD≌△AED（ASA）， ∴DP＝AD＝5， 在Rt△PCD中，由勾股定理得：， ∴BP＝BC+PC＝5+4＝9， 综上所述：BP的长为1或9， 故答案为：1或9． 本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、折叠的性质等知识，设未知数，转化到一个三角形中，借助勾股定理列方程求解是解题的关键． 13．（2025•齐齐哈尔）等腰三角形纸片ABC中，AB＝AC，将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合，直线l交AB于点D，交直线AC于点E，连接BE，若AE＝5，tan∠AED，则△BEC的面积为　或　 ． 翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；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；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力． 【答案】或． 根据折叠的性质得到DE⊥AB，AD＝BD，AE＝BE＝5，设AD＝3x，DE＝4x，得到AE＝5x＝5，求得AB＝AC＝6，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】解：如图， ∵将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合， ∴DE⊥AB，AD＝BD，AE＝BE＝5， ∴∠ADE＝90°， ∵tan∠AED， 设AD＝3x，DE＝4x， ∴AE＝5x＝5， ∴x＝1， ∴AD＝BD＝3，DE＝4， ∴AB＝AC＝6， ∴CE＝1， ∴， ∴S△CBE； 如图， ∵将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合， ∴DE⊥AB，AD＝BD，AE＝BE＝5， ∴∠ADE＝90°， ∵tan∠AED， 设AD＝3x，DE＝4x， ∴AE＝5x＝5， ∴x＝1， ∴AD＝BD＝3，DE＝4， ∴AB＝AC＝6， ∴CE＝11， ∴， ∴S△CBE； 综上所述△BEC的面积为或， 故答案为：或． 本题考查了翻折变换﹣折叠问题，等腰三角形的性质，三角形面积的计算，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 14．（2025•襄阳模拟）如图，正方形ABCD中，M、N分别是AD、BC边上的点，将四边形ABNM沿直线MN翻折，使得点A、B分别落在点A′、B′处，且点B'恰好为线段CD的中点，A′B′交AD于点G，作DP⊥MN于点P，交AB于点Q．若AG＝4， （1）正方形ABCD的边长是　12　 ． （2）PM的长＝　　 ． 翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质． 展开与折叠． 【答案】12，． 设AB＝BC＝CD＝AD＝2a，BN＝NB′＝x，根据勾股定理得出（2a﹣x）+a2＝x2，求出，证明△NCB′∽△B′DG，得出，得出，，根据AG+DG＝AD，得出，求出a＝6，设AM＝MA′＝y，根据勾股定理得出y2+22＝（4﹣y）2，求出，求出，连接BB′，延长DP交AB于T，证明四边形BB′DT是平行四边形，得出DT＝BB′，TB＝DB′＝6，根据，即可求出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，设AB＝BC＝CD＝AD＝2a， ∴∠ABC＝∠C＝∠ADC＝∠A＝90°， 由翻折可知，BN＝NB′，设BN＝NB′＝x， ∵点B′恰好为线段CD的中点， ∴CB′＝DB′＝a， 在Rt△CNB′中， ∵CN2+B′C2＝B′N2， ∴（2a﹣x）+a2＝x2， ∴， ∴，， ∵∠NB′G＝∠GDB′＝∠C＝90°， ∴∠CNB′+∠CB′N＝90°，∠CB′N+∠DB′G＝90°， ∴∠CNB′＝∠DB′G， ∴△NCB′∽△B′DG， ∴，即， ∴，， ∵AG+DG＝AD， ∴， ∴a＝6， ∴AB＝A′B′＝12，DG＝8，GB′＝10，A′G＝12﹣10＝2， 设AM＝MA′＝y， 在Rt△A′MG中，则有MA′2+A′G2＝MG2，即y2+22＝（4﹣y）2， 解得， ∴， 连接BB′，延长DP交AB于T，如图所示： 根据折叠可知：MN垂直平分BB′， ∵DT⊥MN， ∴DT∥BB′， ∵BT∥B′D， ∴四边形BB′DT是平行四边形， ∴DT＝BB′，TB＝DB′＝6＝AT，， ∴． 故答案为：12；． 本题考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识．解题的关键是学会利用参数解决问题，学会构建方程解决问题． 15．（2025•铁东区校级模拟）如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB＝4，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N处，折痕为BM；再次展平，连接BN，MN．若P为线段BM上一动点，H是BN的中点，则PN+PH的最小值是　2　 ． 翻折变换（折叠问题）；勾股定理；矩形的性质；轴对称﹣最短路线问题． 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；推理能力． 【答案】． 连接PE、PN、PH，根据折叠的性质得，BN＝AB＝4，AE＝BE＝2，根据轴对称的性质得PE＝PH，根据线段的和差求出PN+PH＝PN+PE，当E、P、N三点共线时，PN+PH取得最小值，最小值为EN，再根据勾股定理求解即可． 【解答】解：如图，连接PE、PN、PH， 由折叠知，AB＝BN＝4，BE＝AE＝2， ∵H是BN的中点， ∴点H与点E关于BM对称， ∴PE＝PH， ∴PN+PH＝PN+PE， ∴当E、P、N三点共线时，PN+PH取得最小值，最小值为EN， ∵， ∴PN+PH的最小值是． 故答案为：． 此题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质等知识，熟练运用折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质是解题的关键． 三．解答题（共5小题） 16．（2025•镜湖区校级二模）如图，在平面直角坐标系中，A（2，﹣1），B（4，2），C（1，4）． （1）请画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1； （2）请直接写出△AC1C的面积为　5　 ； （3）请仅用无刻度的直尺画出∠ABC的平分线BD，保留作图痕迹． 作图﹣轴对称变换；三角形的面积；角平分线的性质． 作图题；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力． 【答案】（1）见解析； （2）5； （3）见解析． （1）先找出关于y轴对称的点，再再顺次连接即可； （2）运用分割法求解即可； （3）根据等腰三角形的性质作图即可． 【解答】（1）解：△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，如图即为所求； （2）由图可知：， 故答案为：5； （3）如图2所示，BD即为所求． 本题主要考查了作图﹣轴对称变换，角平分线的性质，三角形的面积，熟知关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相同是解题的关键． 17．（2025•昌江区二模）如图，以矩形ABCD的边AB为斜边作等腰Rt△ABE，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． （1）在①中作出一条矩形ABCD的对称轴； （2）在图②中以CD为腰作一个等腰直角三角形． 作图﹣轴对称变换；矩形的性质． 作图题；矩形 菱形 正方形；几何直观． 【答案】（1）如图所示，直线EF为所求； （2）如图②所示，△CDG为所求． （1）利用矩形的中心对称性，结合等腰直角三角形的顶点，作出过矩形中心的直线即为对称轴； （2）根据矩形对边相等和等腰直角三角形的性质，找到与CD相关的等腰直角三角形的顶点，连接得到图形． 【解答】解：（1）如图所示，直线EF为所求； （2）如图②所示，△CDG为所求． 本题考查了矩形和等腰直角三角形的性质及无刻度直尺作图，解题的关键是利用矩形的对称性和等腰直角三角形的性质找到作图的关键点． 18．（2025•泰和县校级模拟）如图，在7×7的正方形网格中，点A，B，C，E均在格点上，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． （1）如图1，过点E作BC的平行线，交AC于点F； （2）如图2，在（1）的条件下，作点A关于EF的对称点A′． 作图﹣轴对称变换；平行线的判定；轴对称的性质． 作图题；线段、角、相交线与平行线；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力． 【答案】（1）如图1，线段EG即为所作； （2）点A关于EF的对称点A′，如图2即为所求． （1）将线段BC先向上平移2个单位，再向右平移1个单位，得到线段EG，其与线段AC相交于点F，此时EG∥BC； （2）由轴对称的性质作出点A′即可． 【解答】解：（1）如图1，线段EG即为所作； （2）点A关于EF的对称点A′，如图2即为所求． 本题考查作图﹣轴对称变换，平行线的判定，轴对称的性质，解题的关键是熟练掌握轴对称与平行线的性质． 19．（2025•淮北校级三模）如图，同格中的每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的每个顶点都在格点上． （1）将△ABC向左平移6个单位长度，得到△A1B1C1，画出△A1B1C1． （2）在平面直角坐标系中，△A2B2C2与△ABC关于原点O成中心对称，请画出△A2B2C2． （3）请在x轴上找一点P，使PA+PC的长度最短． 轴对称﹣最短路线问题；作图﹣平移变换；中心对称． 作图题；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力． 【答案】（1）将△ABC向左平移6个单位长度，得到△A1B1C1，如图1即为所求； （2）△ABC关于原点O成中心对称，请画出△A2B2C2，如图2即为所求； （3）如图3，作C关于x轴的对称点C′，连接AC′，与x轴交于点P，即为所求， 则PC＝PC′， ∴PA+PC＝PA+PC′， ∵P，A，C′三点共线， ∴此时，PA+PC＝PA+PC′最短． （1）根据向左平移6个单位可得A1（﹣5，2），B1（﹣2，3），C1（﹣1，1），连接起来即可得解； （2）A，B，C关于原点的对称点为A2（﹣1，﹣2），B2（﹣4，﹣3），C2（﹣5，﹣1），把三点连接起来即可得解； （3）作C点关于x轴的对称点C′，连接AC′交x轴于点P即可． 【解答】解：（1）将△ABC向左平移6个单位长度，得到△A1B1C1，如图1即为所求； （2）△ABC关于原点O成中心对称，请画出△A2B2C2，如图2即为所求； （3）如图3，作C关于x轴的对称点C′，连接AC′，与x轴交于点P，即为所求， 则PC＝PC′， ∴PA+PC＝PA+PC′， ∵P，A，C′三点共线， ∴此时，PA+PC＝PA+PC′最短． 本题主要考查了轴对称﹣最短路线问题，作图﹣平移变换，中心对称，准确作图是解题的关键． 20．（2025•安徽校级模拟）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图． （1）作出与△ABC关于x轴对称的△A1B1C1； （2）将△A1B1C1平移若干个单位长度，作出平移后的△A2B2C2，使O点在其内部（不在三角形边上），并指出平移后各点坐标． 作图﹣轴对称变换；作图﹣平移变换． 平移、旋转与对称；几何直观． 【答案】（1）见解答． （2）画图见解答；A2（﹣1，﹣1），B2（1，0），C2（0，1）． （1）根据轴对称的性质作图即可． （2）根据平移规律，结合题意计算解答即可． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求． （2）由题意得，将△A1B1C1向右平移3个单位长度，向上平移2个单位长度得到△A2B2C2， 如图，△A2B2C2即为所求． 由图可得，A2（﹣1，﹣1），B2（1，0），C2（0，1）． 本题考查作图﹣轴对称变换、作图﹣平移变换，熟练掌握轴对称的性质、平移的性质是解答本题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $