中考复习-图形与变换(试题)

．．中考复-图与变换第I卷选择题）．．一选题1．在平面直角坐标系中，已知点P（2－3点P在【】A．第一象限B．二象限C第三象限．第四象限2．下图空心圆柱体的主视图的画法正确的是【A.B.C.D.3．下列几何体的主视图、俯视图和左视图都长方形的是【】A、B、C

D、4．下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是【】A.B.C.D.5．把等腰△ABC沿底边BC翻，得到DBC，那么四边形ABDC【】A．是中心对称图形，不是轴对称图形B．是轴对称图形，不是中心对称图形C．既是中心对称图形，又是轴对称图形D．以上都不正确6．下列图形即使轴对称图形又是中心对称图形的有】试卷第1页，总页

．．①平行四边形；②正方形；③等腰梯形；④菱形；⑤正六边形．．A个B个C．3个D．4个7．由图中三角形仅经过一次平移、旋转或轴对称变换，不能得到的图形是【】A、B、、D、8．如图，菱形ABCD和菱形ECGF的长分别为2和3，∠A=120°，则图中阴影部分的面积是【】A．

BC．3D．29．如图，该图形围绕点按下角度旋转后，不与其自身重合的是【】A．72B．C．

144

D．

10．图，直角三角板ABC的斜AB=12㎝，∠A=30°将三角板绕C顺针旋转90°至三角板

A

的位置后再方向左平移点落在原三角板ABC的斜AB上，则三角板平移的距离为】A.6㎝B.4㎝C.（6）D.（

43

）㎝11．图，矩形BCDE的各边分平行于x轴或y轴物体甲和物体乙分别由点A（2，0）同时出发，沿矩形BCDE的边环绕运动，物体甲按逆时针方向以1个单位秒速运动物乙按顺时针方向以2个单秒匀速运动则两个物体运动后的第2012次遇地点的坐标是【】试卷第2页，总页

A，0）B，1）C，1D，－1试卷第3页，总页

第（非选题）请点击修改第卷文字说明二填题12．平面直角坐标系中，将点P（﹣1，4向右平移个位长度后，再向下平移3个单位长度，得到点P，则的坐为．13．图，点A的坐为（－1直线y＝2x－4运动，当线段AB最短时，点的坐是。14两大小一样斜边为4且含有30°的三角板如图水平放置将△绕C点逆时针方向旋转，当E点恰好落在AB上，△CDE旋了度线段CE旋过程中扫过的面积为．15．图，将边长为2

cm的方形ABCD沿线l向翻动（不滑动方形连续翻动6次，正方形的中心O经的路线长是cm果保留π16如图梯形ABCD中角线AC相交点O若ADBC＝3eq\o\ac(△,，)AOD的面积为3，则△BOC的积为。17．图，将正方形ABCD沿BE对折，使点A落在角线BD上的A′处，连接A，则∠BA′C=度试卷第4页，总页

18．图O为形ABCD的心M为边上点N为DC边上一点⊥OM，若AB＝6＝4，设，ON＝y，则y与的函关系式为．19．图，矩形BCD中AB=2，AD=4，AC的垂直平分线EF交AD于E、交BC于点F，则EF=。三解题20．图，△ABC的点坐标分别为A(1，3)，2)、C(2，1)．(1)作出与△ABC关x轴称的eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)BC，写出、B、C的标；(2)以原点O为位似中心，在原的另一侧画出eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)BC，

ABAB22

．21．知：△ABC在标平面内，三个顶点的坐标分别为A（0（3，4（22（方形网格中，每小方形的边长是1个单位长度）试卷第5页，总页

．．．．．．．．．．（1）画出△ABC向平移4个位得到AC，并直接写出C点坐；（2以为似中心在网中画出eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)BC使eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)BC与位且似比为2︰，直接写出C点坐标ABC的积．22利对称性可设计出美丽的图案边长为1的格纸,有如图所示的四边(顶点都在格点)．(1)先作出该四边形关于直线成对称的图形作你所作的图形连同原四边形绕0点按顺时针方向旋转90后的图形；(2)完成上述设计后，整图案的面积等_________．23．图，已eq\o\ac(△,知)ABC，按如下骤作图：①分别以A、C为心，以大于

12

AC的长为半径在AC的两边作弧，交于点、N；②连接，分别交AB、AC于D、O；③过点C作CE∥AB交MN于点E，连接AE、CD．(1)求证：四边形ADEC是形；(2)当∠ACB＝90º，BC＝6，的周长为18时，四边形ADEC的面积．24．图，在ABC中∠C=90°，BC=5AC=12米M点在段CA上从C向A运动，速度为1米秒同时N点线段AB，从A向B运动速度为米秒运动时间为t秒试卷第6页，总页

（1）当t为何时，∠AMN=？（2）当t为何时eq\o\ac(△,，)的积最大？并求出这个最大值．25）图，在和中，AB=AC，AD=AE∠BAC=∠DAE=90°．①当点在AC上，如图1，段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系？直接写出你猜想的结论；②将图1中△ADE绕点A顺针旋转α角（0°α＜90°图2，线段BD有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．（2）当和△ADE满下面甲、乙、丙中的哪个条件时，使线段BD在1）中的位置关系仍然成立？不必说明理由．甲：AB：AC=AD：AE=1，∠BAC=∠DAE≠90°乙：AB：AC=AD：AE≠1，；丙：AB：AC=AD：AE≠1，∠BAC=∠DAE≠90°．26．正方形ABCD中，对角线AC交点，P线段BC上不含点B＝

12

∠ACB交BO于点E，过点B作BF⊥PE垂足为，交AC于点G．（1）当点P与C重合（如图①证：△BOGeq\o\ac(△,；)（4分）（2）通过观察、测量、猜想：

BFPE

=，结合图②证明你的猜分）（3把正方形ABCD改为菱形他条件不如图③ACB=α求

BFPE

的值含α的子表示分27．形ABCD中AD=5，将矩形沿某直线折叠，使点A的应点A′落在线段上，打开得到折痕．试卷第7页，总页

（1）当′与B重时（如图；当折痕EF过点时如图2求线段EF的长（2观察图3和图4BA′=x的取范围是时形AEA是菱形；②在①的条件下，利用图4证四边形AEA是菱形．28．图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D、E分为边AB、BC的中点，连结，P从A出发沿折线AD－DE－EB动，到点停．点在AD上以

5

cm/s的速运动，在折线DE－EB上以1cm/s的速度运动．当点与不重时，过点P作PQ⊥AC于Q，PQ为边作正方形PQMN使点M落在线段上．设点P的运动时间为t(s).（1）当点P在段DE上动时，线段的长为_____cm,（用含的数式表示（2）当点N落AB边上时，求t值．（3）当正方形PQMN与△ABC重部分图形为五边形时，设五边形的面积为S求S与t的数关系式．（4）连结CD．点于D重合，有一点点M出发，在线段MN上2.5cm/s的速度沿M-N-M连做往返运动直至点P点E重合，点H停往返运动；当点P在线段EB上运时H始在段MN的中处写出在点P的个运动过程中，点H落线段CD上时t的值围．29王伯要做一张如图1的子梯子共有级相平行的踏板每邻两级板之间的距离都相等已梯子最上面一级踏板的长度最下面一级踏板的长度木师傅在制作这些踏板时取的木板要比踏板长保在每级踏板的两个外端各做出一个长为4cm的头（如图2所示此固定踏板．现市场上有长度为2.1m的板可以用来制作梯子的踏板（木板的宽厚和厚度正好符合要制作梯子踏板的要求问制作这些踏板，王大伯最少需要买几块这样的木板？请说明理由考锯缝的损耗）试卷第8页，总页

本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参答1．D。【解析根平面直角坐标系中各象限点的特征断所在象限四个象限的符号特征分别是：第一象限（＋，＋限（－，＋象限（－，－象（＋，－因此点（2，－3）位于第四象。故选。2．C。【解析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中：从正面观察物体可以发现它的视图应为矩形又因为该几何体为空心圆柱体故中间的两条棱在主视图中应为虚线。故选。3．B。【解析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．找到几何体的三视图即可作出判断：A、主视图和左视图为矩形，俯图为圆，故选项错误；B、主视图为矩形，俯视图和左图都为矩形，故选项正确；C、主视图和左视图为等腰梯形俯视图为圆环，故选项错误；D、主视图和左视图为三角形，视图为有对角线的矩形，故选项错误。故选B。4．A。【解析轴对称图形与中心对称图形的概念称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此选是轴对称也是中心对称图形C选是轴对称但是中心对称图形选项是中心对称图形但不是轴对称图形。故选A。5．C。【解析】∵等腰ABC沿底边BC翻，得DBC∴四边形是形。∵菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，∴四边形ABDC既中心对称图，又是轴对称图形。故选C6．C。【解析轴对称图形与中心对称图形的概念称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此，符合条件的是②正方形、④菱形和⑤正六边形三个。故选C。7．B。【解析】根据平移、旋转和轴对称的性质即可得出正确结果：A、图中三角形经过一次平移变可得，故选项错误；B、图中三角形需经过一次旋转一次轴对称变换后，才能得到，故选项正确；C、图中三角形经过一次轴对称换可得，故选项错误；D、图中三角形经过一次旋转变可得，故选项错误。故选B。8．A。【解析】如图，设、CE相交点M，答案第页，总页

本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。∵菱形ABCD和菱形ECGF的边分别为2和，∴eq\o\ac(△,∽)eq\o\ac(△,，)BGF∴

CMBCCM，。GFBG32+3解得CM=1.2。∴DM=2﹣1.2=0.8。∵∠A=120°，∴∠ABC=180°﹣120°=60°∴菱形ABCD边CD上高为2sin60°=2×

，菱形ECGF边CE上高为3sin60°=3×

3

。∴阴影部分面积=S

eq\o\ac(△,=)

1133×0.8×3×0.8×22

3

。故选A。9．B。【解析】由该图形类同正五边形，正五边形的圆心角是360÷5=72。据旋转的性质，当该图形围绕点O旋转后旋转角是

的倍数时与其自身重合否则不能与其自身重合于108不72的倍数，从而旋转角是108时不能与其自身重合。故选B。10．C。【解析】如图，过B′作B⊥AC垂足为B，∵在eq\o\ac(△,Rt)ABC中，AB=12，，∴BC=

12

AB=6，AC=AB•sin30°=

3

。由旋转的性质可知B′C=BC=6，3∴AB′=AC′C=。在Rt△AB中∵∠A=30°，∴B′D=AB′•tan30°=

3

（cm选答案第页，总页

本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。C。11．D。【解析】利用行程问题中的相遇问题，由于矩形的边长为和，体乙是物体甲的速度的2倍求得每一次相遇的地点，找出规律作答：∵矩的边长为4和2，物体是物体甲的速度的，时间相同，∴物体甲与物体乙的路程比为1：2由题意知：①第一次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×1物体甲行的路程为12×

=4，物体乙行的路程为12×

=8，在BC边相；②第二次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×2，物体甲行的路程为12×2×

=8，物体乙行的路程为12×2×

=16，在DE边遇；③第三次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×3物体甲行的路程为12×3×

=12，物体乙行的路程为

=24，A点遇；…此时甲乙回到原出发点，则每相遇三次，两点回到出发点，∵2012÷3=670…2，故两个物体运动后的第2012相遇地点的是：第二次相遇地点，即物体甲行的路程为12×2×

2=8，物体乙行的路程为12×2×=16，DE边遇。此时相遇点的坐标为，选D。12，1【解析】根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加。上下平移只改变点的纵坐标，下减上加。因此，∵点P（﹣1，4）向右平移2个位长度，向下平移单位长度，∴，4﹣3=1。∴点P的坐为（1，1713，5

65

【解析】如图，由题意，根据垂直线段最短的性质，当线AB最短点B的置B，AB⊥BD过点B作BE垂直x轴点。

答案第页，总页

本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。由点C在线y＝2x－4可得（2（0－4设点B（x，2xE由A（－1，0AE=x＋1，EB∣2x－4∣=4－2x，CO=2，DO=4。易得eq\o\ac(△,AB)eq\o\ac(△,)E∽eq\o\ac(△,，)DCO∴

AEEBx+1，。DOCO776解得x2x4=。∴B（5576∴当线段AB最短，点B的标是（55

14．。3【解析据有30°角的直角三角形的性质可知CE是△的中线eq\o\ac(△,得)′CB是等边三角形，从而得出∠ACE′的数和CE的长，从而得出CDE旋的度数；再根据扇形面积公式计算求解：∵三角板是两块大小一样斜边为4且含有30°的角，∴CE′eq\o\ac(△,是)的线。∴CE′=BC=BE′=2。∴△E是边三角形。∴∠BCE′=60°。∴∠ACE﹣60°=30°。线段CE旋转过程中扫过的面积为：

=

。15．3π。【解析】根据题意，画出正方形“滚动”时中心O所经过的轨迹，然后根据弧长的计算公式求得中心O所过的路程：∵正方形ABCD的长为2cm∴正方形的对角线长是2cm。∵每翻动一次中心经过的路线是以正方形对角线的一半为半径，圆心角为0的。∴中心经过的路线长是：6

180

（cm16．27。【解析判出AOD∽eq\o\ac(△,，)再根据相似三角形面积的比等于相似比的平方列式计算即答案第页，总页

22本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。可得解：22∵AD∥BC∴eq\o\ac(△,∽)eq\o\ac(△,。)∴

SAD。SBCBOC∵AD=1，BC=3，，∴AOD

。S3BOC∴。17．67.5。【解析】由折叠的对称和正方形的性质，ABE△A，∴∠BEA，△A是等腰直角三角形。设AE=A′E=A′D=x，则

。设CD=y，BD=

。∴

ED2xBD2y==2，=ACD

。∴

BDACD

。又∵∠EDA∠A，△EDA∽△A。∴∠DA′C=∠DEA＋45=112.5。∴′C=180－112.5=67.5。18．y=

23

x。【解析】如图，作⊥BC于，OE于，∵ABCD为矩形，∴∠C=90°。∵OF，OE⊥CD，∴∠EOF=90°。∵ON，∴∠FOM。∴△OEN∽OFM∴

OFOM

。∵O为形的心，∴

AD42ON2。∴，y=xOFAB3OM319．

【解析】解：连接，答案第页，总页

本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。∵AC的直平分线EF，∴AE=EC，∵四边形ABCD是形，∴∠D=∠B=90°，AB=CD=2，AD=BC=4∥BC∴eq\o\ac(△,∽)eq\o\ac(△,，)COF∴AO=OE／OF，∵OA=OC，∴OE=OF，即EF=2OE，在eq\o\ac(△,Rt)CED中，由勾股定理得：CE=CD+ED，集=（4-CE）+2，解得：CE=

，∵在Rt△ABC中，AB=2，BC=4，勾股定理得：∴CO=5

，∵在eq\o\ac(△,Rt)CEO中，

5

，CE=

，由勾股定理得EO=，∴EF=2EO=连接CE，根据矩形性质得出D=∠B=90°，AB=CD=2，AD=BC=4，AD，求出EF=2EO，在eq\o\ac(△,Rt)中由勾股定理得出CE+ED，求出CE值求出AC、CO、EO，即可求出．20）（1－3（4，－2，）答案第页，总页

本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。（2）【解析】解）△ABC关于x轴对称的eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)BC，图所示：A（1，（4，－2（2－1（2）根据A（1，3（4，2（2以原点为似中心，在原点的另一侧画ABC，使则A（－2，（－8，－4（－4－2在坐标系中找出各点并连接，如图所示：

ABAB22

，答案第页，总页

本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。（1）根据坐标系找出点A、C于x轴对点、B、C的置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点A、B、C的标即可。（2）利用在原点的另一侧画出，使得出对应点的坐标即可得出图形。

ABAB22

，原三角形的各顶点坐标都乘以－221．）图，△AB1C1即为求，C（2－2图eq\o\ac(△,，)A2BC2即为所求，C（1，0BC的面积：10

【解析根网格结构，找出点、B、C下平移个单的对应点A的位置，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点坐标。（2）延长BA到A，使AA=AB，长BC到C使CC=BC然后连接AC即，再根据平面直角坐标系写出C点的坐标，ABC所的矩形的面积减去四周三个小直角三角形的面积，列式计算即可得解：△ABC的积－

11×2×6－×2×4－。22答案第页，总页

本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。22）（2）20【解析】解）作图如图所示：先作出关于直线l的对称图形再作出所作的图形连同原四边形绕0点按时针方向旋转90°后的图形。（2。（1）根据图形对称的性质先作关于直线对称图形，再作出所作的图形连同原四边形绕0点顺时针方向旋转90°的图形即可。（2）先利用割补法求出原图形面积，由图形旋转及对称的性质可知经过旋转与轴对称所得图形与原图形全等即可得出结论。∵边长为的方纸中一个方格的面积是1∴原图形的面积为5。∴整个图案的面积=4×5=20。23）明见解析(【解析）证明：由作法可知直线DE是线段AC的直平分线，∴AC⊥DE即∠AOD=∠COE=90°且AD=CD。又∵CE∥AB，∴∠ADO=∠CEO。∴eq\o\ac(△,≌)△COE（AAS∴OD=OE∴四边形ADCE是菱形。（2）解：当∠时，由1知AC⊥DE∴OD。答案第页，总页

22222本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考22222∴eq\o\ac(△,∽)eq\o\ac(△,。)ABC∴

OD1AC2

。又∵BC=6，∴OD=3。又∵的长为18，∴AD+AO=9，即AD=9﹣AO∴

2

AO

2

AO

2

，解得AO=411∴S4SADCE

。（1）利用直线DE是线的直平分线，得出AC⊥DE即AOD=∠COE=90°，从而得出eq\o\ac(△,≌)AODeq\o\ac(△,，)即可得出四边形ADCE是形。（2）利用当∠时OD∥BC即有ADO△ABC即可由相似三角形的性质和勾股定理得出OD和AO的长，即根据形的性质得出四边形ADCE的面积。24）4（2）当t=6时，面积最大，最大值为

18013【解析解从C向A运速度为1米秒同N点线段AB上从A向B运，速度为米秒运动时间为t秒∴AM=12﹣t。∵∠ANM，∴AM=AN，即12﹣t=2t解得：t=4秒∴当t为4时，∠AMN=∠ANM。（2）如图作NH⊥AC于H，∴∠C=90°。∥BC。∴eq\o\ac(△,∽)eq\o\ac(△,。)ABC∴

NHNH10，。∴NH=t。ABBC13131605∴St=t+t=21313

。∴当t=6时，△AMN的面最大，最大值为

18013

。（1）用t表示AM和AN的值根据AM=AN得到关于的方程求得t值可。（2）作⊥AC于H，证得△ANHeq\o\ac(△,，)ABC从得到比例式，然后用t表出NH，从而计算其面积得到有关t的二函数求最值即可。25）结论：BD=CE，BD⊥CE结论BD=CE，BD⊥CE理由见解析2）乙【解析】解）①结论：BD=CE，BD。②结论：BD=CE，BD⊥CE。理由下：∵∠BAC=∠DAE=90°，∠BAD∠DAC=∠DAE∠DAC即∠BAD=∠CAE。在eq\o\ac(△,Rt)ABD与eq\o\ac(△,Rt)中∵AB=AC∠BAD=∠CAE，∴eq\o\ac(△,≌)△ACE（SAS∴BD=CE延长交AC于F，交CE于。答案第10页，总页

本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。在△与△中∵∠HCF，∠AFB=，∴∠BAF=90°。⊥CE（2）结论：乙．AB：AC=AD：AE∠BAC=∠DAE=90°（1）①BD=CE⊥CE。根据全三角形的判定定理SAS推eq\o\ac(△,知)ABD≌ACE然由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、应角相等ABF=∠ECA然后ABD和△CDF中由三角形内角和定理可以求得∠CFD=90°，BD⊥CF②BD=CE，BD⊥CE。根据全等三形的判定定理推ABD≌eq\o\ac(△,，)ACE然由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、应相等ABF=∠ECA作辅助线（延长BD交AC于F，交CE于H）BH构建对顶角∠ABF=∠HCF，根据三角形内角和定理证得∠BHC=90°。（2）根据结论①、②的证明过知，BAC=（∠FHC=90°）时，该结论成立了，所以本条件中的∠BAC=≠90°合适。26）明见解析（）

BFBF，明见解析3）=tanPE2PE2

【解析】解）证明：∵四边形ABCD是正方形P与C重，∴OB=OP，∠BOG=90°∵PF，∠PFB=90°，∴∠GBO=90°—∠BGO∠EPO=90°—。∴∠EPO。eq\o\ac(△,≌)△POE（AAS（2）

BFPE2

。证明如下：如图，过作PM//AC交BG于M交BO，答案第11页，总页

本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。∴∠PNE=∠BOC=90，∠BPN=∠OCB∵∠OCB，∴∠NBP=∠NPB∴NB=NP。∵∠MBN=90—，∠NPE=90∠BMN∴∠NPE∴eq\o\ac(△,≌)△PEN（ASA。∵∠BPE=

12

∠ACB，∠ACB，∠MPF。∵PF，∴∠MFP=90。又∵，∴eq\o\ac(△,≌)△MPF（ASABF=MF，即BF=

12

BM。∴BF=

11PE，即22

。（3）如图，过P作交BG于，交BO于N∴∠ACB=α，∠PNE=∠BOC=90由（2）同理可得BF=

12

BM，∠MBN=∠EPN。∵，eq\o\ac(△,∽)BMNeq\o\ac(△,。)PEN∴

BMBNPEPN

。在eq\o\ac(△,Rt)BNP中，

=

BN2BF，∴tan，即=tan。PN∴

BF1tanPE2

。（1）由正方形的性质可由证得△BOGeq\o\ac(△,。)POE（2）过P作PM//AC交BG于M交BO，通过ASA明△BMN≌得BM=PE，通过BFASA证明BPF≌得BF=MF，即可得出的论。PE2（3）过P作PM//AC交BG于点，交于点，同）证得

12

BM，∠MBN=∠EPN，从而可证得△BMN∽eq\o\ac(△,，)PEN由

BMBNBN1和eq\o\ac(△,Rt)BNP中=即可求得=tanPEPNPN

。27）′与B重合，EF=5，当折痕EF过时EF=

10

）

，②证明见解析【解析】解(1)5。答案第12页，总页

222本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。由折叠（轴对称）性质知A′D=AD=5，∠EA。222在eq\o\ac(△,Rt)′DC中，DC=AB=2，A∴A′B=BC－A′C=5－4=1。

。∵′B＋∠BEA∠EA＋′C=90，∴∠BEA′=∠FA′C。又∵∠C=90，∴Rt△EBA∽Rt△A′CF。∴

AAA1，A∴A

53

。在eq\o\ac(△,Rt)A′EF中，

EFAA

10253

。（2）①

。②证明：由折叠（轴对称）性质知∠FEA，AE=A′E，AF=A′F。又∵AD∥BC∴∠AFE=∠FEA′。∠AEF=∠AFE∴AE=AF。∴AE=A′E=AF=A′F。∴四边形AEA′F是菱形。(1)根据折叠和矩形的性质，当A与重合时（如图1。据折叠和矩形的性质，以及勾股定理求出A、A′F和FC的长，由Rt△EBA′△A求A在eq\o\ac(△,Rt)A′EF中，由勾股定理求得EF的长。时，四边形AEA是形。（2）①由图3和4可，当

53

，②由折叠和矩形的性质可AE=A′E′F由平行和等腰三角形的性质可得AE=AF。从而AE=A′E=AF=A。根据菱形的判定得四边形AEA′F是形。1t2t(2<t<20428－2（2或t=）S35t<t<6≤8。【解析】解。（2）当点N落AB边上时，有种情况：

14（4）t=或t=5或3①如图（）a，当点N与重时，此时点P在DE上，，－2=2，t=4。②如图（）b，此时点P位于段EB上∵DE=12AC=4，∴点P在DE段的动时间为，∴PE=t-6，∴PB=BE-PE=8-t。∵PN，∴eq\o\ac(△,∽)BNPeq\o\ac(△,。)：AC=：BC=2∴PN=2PB=16-2t。答案第13页，总页

AQPDAQPDAMF2本卷由【在线组卷网】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供AQPDAQPDAMF2由PN=PC，16-2t=t-4，解得t=

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。综上所述，当点N落AB边时或t=

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。（3）当正方形PQMN与△重部分图形为五边形时，有两种情况：①当2＜t＜4时，如图（3）a所示。DP=t-2，PQ=2，∴CQ=PE=DE-DP=4-（t-2，AQ=AC-CQ=2+t，AM=AQ-MQ=t。∵MN，∴eq\o\ac(△,∽)AFMeq\o\ac(△,。)：BC=：AC=1：2，即FM：AM=BC：AC=1：2。1∴FM=AM=t．211∴SDPAM22111tttt22

2

。20②当＜t时如图（）b示。3PE=t-6，∴PC=CM=PE+CE=t-4，AM=AC-CM=12-t，PB=BE-PE=8-t∴FM=

1AM=6-t，PG=2PB=16-2t，221∴SACAM2111t22t22

。综上所述，与t的关系式为：S

1t2t(2<t<45t22t<t<8)4