2024年中考数学一轮复习：图形的轴对称、平移、旋转（讲义）（解析版）

第31讲图形的轴对称.平移.旋转

目录

题型07由平移前后点的坐标判断平移方式

一、考情分析题型08已知图形的平移求点的坐标

题型09与平移有关的规律问题

二、知识建构题型10平移的综合问题

考点一轴对称考点三图形的旋转

题型01轴对称图形的识别题型01找旋转中心、旋转角、对应点

题型02根据成轴对称图形的特征进行判断题型02根据旋转的性质求解

题型03根据成轴对称图形的特征进行求解题型03根据旋转的性质说明线段或角相等

题型04轴对称中的光线反射问题题型04画旋转图形

题型05折叠问题题型05求旋转对称图形的旋转角度

类型一三角形折叠问题题型06旋转中的规律问题

类型二四边形折叠问题题型07求绕原点旋转90°点的坐标

类型三圆的折叠问题题型08求绕某点（非原点）旋转900点的坐

类型四抛物线与几何图形综合标

题型06求对称轴条数题型09求绕原点旋转一定角度点的坐标

题型07画轴对称图形题型10旋转综合题

题型08设计轴对称图案类型一线段问题

题型09求某点关于坐标轴对称点的坐标类型二面积问题

题型10与轴对称有关的规律探究问题类型三角度问题

题型11轴对称的综合问题题型11判断中心对称图形

考点二图形的平移题型12画已知图形关于某点的对称图形

题型01生活中的平移现象题型13根据中心对称的性质求面积、长度、

题型02利用平移的性质求解角度

题型03利用平移解决实际生活问题题型14利用平移、轴对称、旋转、中心对称

题型04作平移图形设计图案

题型05求点沿x轴、y轴平移后的坐标

题型06由平移方式确定点的坐标

考点

新课标要求命题预测

要求

>通过具体实例理解轴对称的概念，探索它的基本性质：成轴对称的两个图形该板块知识以考查平面几

中对应点的连线被对称轴垂直平分.何的三大变换的基本运用为

>能画出简单平面图形（点、线段、直线、三角形等）关于给定对称轴的对称图主，年年都有考查,分值在8-12

轴对

形.分左右.预计2024年各地中考

称

>理解轴对称图形的概念;探索等腰三角形、矩形、菱形、正多边形、圆的轴还将继续考查这些知识点，考

对称性质.查形式主要有选填题、作图题、

>认识并欣赏自然界和现实生活中的轴对称图形.也可能综合题结合出现.在三

>通过具体实例认识平移，探索它的基本性质：一个图形和它经过平移所得的种变换中，平移相对较为简单，

图形中，两组对应点的连线平行（或在同一条直线上）且相等.多以选择题形式考察，偶尔也

平移

>认识并欣赏平移在自然界和现实生活中的应用.会考察作图题:对称和旋转则

>运用图形的轴对称、旋转、平移进行图案设计.难度较大，通常作为选择、填

>通过具体实例认识平面图形关于旋转中心的旋转.探索它的基本性质:一个空题的压轴题出现，在解答题

图形和旋转得到的图形中，对应点到旋转中心距离相等，两组对应点分别与中，也会考察对称和旋转的作

旋转中心连线所成的角相等.图，以及与特殊几何图形结合

旋转>了解中心对称、中心对称图形的概念，探索它们的基本性质:成中心对称的的综合压轴题，此时常需要结

两个图形中，对应点的连线经过对称中心，且被对称中心平分.合几何图形或问题类型去分类

>探索线段、平行四边形、正多边形、圆的中心对称性质.讨论.

>认识并欣赏自然界和现实生活中的中心对称图形.

题型01轴对称图形的识别

题型02根据成轴对称图形的特征进行判断

图形题型03根据成轴对称图形的特征进行求解

题型04轴对称中的光线反射问题

定义

轴对称与轴题型05折叠问题

对称图形区别、联系类型•三角形折叠问题

类型二四边形折桂问题

轴性质类型三圆的折叠问题

类型四抛物线与几何图形综合

对判定

题型06求对称轴条数

称做轴对称图形的一般步骤题型07画轴对称图形

题型08设计轴对称图案

折叠的性质题型09求某点关于坐标轴对称点的坐标

题型10。轴对称有关的规律探究问题

题型H轴对称的综合问题

形

的题型01生活中的平移现象

题型02利用平移的性质求解

轴概念题型03利用平移解决实际生活问题

题型04作平移图形

对

三大要素题型05求点沿x轴、y轴平移后的坐标

称性质题型06山平移方式确定点的坐标

题型07由平移前后点的坐标判断平移方式

作图步骤题型08已知图形的平移求点的坐标

-----------------------------/

'题型09与平移有关的规律问题

平题型10平移的综合问题

移

定义题型01找旋转中心、旋转角、对应点

'题型02根据旋转的性质求解

旋三大要素题型根据旋转的性质说明线段或角相等

旋转03

转性质题型04画旋转图形

题型05求旋转对称图形的旋转角度

作图步骤题型06旋转中的规律问题

题型07求绕原点旋转900点的坐标

中心对称与中——:——题型08求绕某点（非原点）旋转90°点的坐标

心为T称图形定义题型09求绕原点旋转一定角度点的坐标

旋题型10旋转综合题

区别、联系类型一线段问题

转类型二面积问题

中心对称的性质类型二角度问题

作。已知图形成中心对称题型11判断中心对称图形

的图形的•般步骤题型12画已知图形关于某点的对称图形

题型13根据中心对称的性质求面积、长度、角度

找对称中心的方法和步骤题型14利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案

考点一轴对称

轴对称与轴对称图形

轴对称轴对称图形

图形A?

A

AL*A*

把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的

定义够与另一个图形重合，那么就说这两个图形部分能够互相重合，那么这个图形就叫做轴对称

关于这条直线对称，这条直线叫做对称轴.图形.这条直线就是它的对称轴.

1）轴对称是指两个图形折叠重合.1）轴对称图形是指本身折叠重合.

区别2）轴对称对称点在两个图形上.2）轴对称图形对称点在一个图形上.

3）轴对称只有一条对称轴.3）轴对称图形至少有一条对称轴.

1）定义中都有一条直线，都要沿着这条直线折叠重合.

联系2）如果把轴对称的两个图形看成一个整体,那么它就是一个轴对称图形；反过来，如果把轴对称

图形沿对称轴分成两部分（即看成两个图形），那么这两个图形就关于这条直线成轴对称.

性质1）关于某条直线对称的两个图形是全等形.

2）两个图形关于某直线对称那么对称轴是对应点连线的垂直平分线.

判定1）两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分,那么这两个图形关于这条直线对称.

2）两个图形关于某条直线成轴对称,那么对称轴是对折重合的折痕线.

常见的轴对称图形有：圆、正方形、长方形、菱形、等腰梯形、等腰三角形、等边三角形等.

做轴对称图形的一般步骤：

1）作某点关于某直线的对称点的一般步骤：

①过已知点作已知直线（对称轴）的垂线，标出垂足，并延长；

②在延长线上从垂足出发截取与已知点到垂足的距离相等的线段，那么截点就是这点关于该直线的对称

点.

2）作已知图形关于某直线的对称图形的一般步骤：

①找.在原图形上找特殊点（如线段的端点、线与线的交点）

②作.作各个特殊点关于已知直线的对称点

③连.按原图对应连接各对称点

折叠的性质：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等.

【解题思路】凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要

求几何量相关的条件量.解决折叠问题时，首先清楚折叠和轴对称能够提供我们隐含的且可利用的条件，

分析角之间、线段之间的关系，借助勾股定理建立关系式求出答案，所求问题具有不确定性时，常常采用

分类讨论的数学思想方法.

易混易错

1.对称轴是一条直线，不是一条射线，也不是一条线段.

2.轴对称图形的对称轴有的只有一条，有的存在多条对称轴（例：正方形有四条对称轴，圆有无数条

对称轴等）.

3.成轴对称的两个图形中的任何一个都可以看作由另一个图形经过轴对称变换得到的，一个轴对称图

形也可以看作以它的一部分为基础,经轴对称变换得到的.

4.轴对称的性质是证明线段相等、线段垂直及角相等的依据之一，例如:若已知两个图形关于某直线成

轴对称,则它们的对应边相等,对应角相等.

题型01轴对称图形的识别

【例1】（2022•江苏盐城•校联考一模）北京2022年冬奥会会徽如图所示，组成会徽的四个图案中是轴对称

图形的是（）

A,<B.BE"N6C.如幺D.

【答案】D

【分析】根据轴对称图形的定义判断即可

【详解】A,民C都不是轴对称图形，故不符合题意；

D是轴对称图形，

故选D.

【点睛】本题考查了轴对称图形的定义，准确理解定义是解题的关键.

【变式1-1X2022•广东深圳•南山实验教育麒麟中学校联考模拟预测）下列图形中，是轴对称图形的是（）

【答案】B

【分析】直接利用轴对称图形的定义得出答案.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.

【详解】解：A.不是轴对称图形，不符合题意；

B.是轴对称图形，符合题意；

C.不是轴对称图形，不符合题意；

D不是轴对称图形，不符合题意.

故选：B.

【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.此

题主要考查了轴对称图形，关键是掌握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.

【变式「2】（2022•广东・统考模拟预测）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形.下面4个汉字中，可以

看作是轴对称图形的是（）

A山B河C岁,月

【答案】A

【分析】根据轴对称图形的概念对各项分析判断即可得解.

【详解】A.是轴对称图形，故本选项符合题意；

B.不是轴对称图形，故本选项不符合题意；

C.不是轴对称图形，故本选项不符合题意；

D.不是轴对称图形，故本选项不符合题意.

故选A.

【点睛】本题考查判断轴对称图形，理解轴对称图形的概念是解答的关键.

题型02根据成轴对称图形的特征进行判断

【例2】（2023・天津•校联考一模）如图，AABC与AAiBiG，关于直线MN对称，尸为MN上任一点（尸不与

441共线），下列结论不E碗的是（）

A.AP=&PB.A/IBC与△A/iQ的面积相等

C.MN垂直平分线段A4iD.直线的交点不一定在上

【答案】D

【分析】根据轴对称的性质依次进行判断，即可得.

【详解】解：与关于直线MN对称，P为MN上任一点（尸不与441共线），

：.AP=A1P,△48C与△&B1G的面积相等，MN垂直平分线段

即选项A、B、C正确，

•.•直线28,4/1关于直线MN对称，

直线2B,&Bi的交点一定在MN上,

即选项D不正确，

故选：D.

【点睛】本题考查了轴对称的性质，解题的关键是掌握轴对称的性质.

【变式2-1］（2023•广东深圳•统考二模）如图，这条活灵活现的“小鱼”是由若干条线段组成的，它是一个轴

对称图形，对称轴为直线1,则下列结论不二牢正确的是（）

A.点C和点。到直线2的距离相等B.BC=BD

C.乙CAB=^DABD.四边形2DBC是菱形

【答案】D

【分析】根据轴对称轴图形的性质对各选项进行分析即可，

【详解】解：图形是一个轴对称图形，对称轴为直线Z,点C和点。是对称点，

所以A4BC480,点C和点。到直线I的距离相等，

所以BC=BD,4cAB=LDAB,AC=AD,

无法判断4c与BC是否相等，故四边形4DBC是菱形不一定正确，

故选D.

【点睛】本题主要考查了轴对称轴图形的性质，轴对称图形具有以下的性质：

（1）轴对称的两个图形是全等图形；轴对称图形的两个部分也是全等图形.（2）如果两个图形成轴对称,

那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线.（3）两个图形关于某条直线对称，那么如果它们的

对应线段或延长线相交，那么交点一定在在对称轴上.

【变式2-2］（2019•湖北武汉•统考模拟预测）每个网格中均有两个图形，其中一个图形关于另一个图形轴对

称的是（）

【答案】B

【分析】根据轴对称定义：如果一个图形沿某条直线对折能与另一个图形重合，那么这两个图形关于这条

直线成轴对称进行分析即可.

【详解】A、其中一个图形不与另一个图形成轴对称，故此选项错误；

B、其中一个图形与另一个图形成轴对称，故此选项正确；

C、其中一个图形不与另一个图形成轴对称，故此选项错误；

D、其中一个图形不与另一个图形成轴对称，故此选项错误；

故选：B.

【点睛】本题主要考查了轴对称，关键是掌握轴对称定义.

题型03根据成轴对称图形的特征进行求解

【例3】（2021•山东临沂•统考一模）如图，在锐角三角形ABC中，BC=4,ZABC=60°,8。平分/ABC,

交AC于点M.N分别是8。，上的动点，则CM+MN的最小值是（）

【答案】C

【分析】在54上截取构造全等三角形△四利用三角形的三边的关系确定线段和的

最小值.

【详解】解：如图，在BA上截取BE=BN,

A

因为NABC的平分线交AC于点D,

所以NEBM=/NBM,

在4BME马公BMN中,

BE=BN

乙EBM=LNBM

.BM=BM

所以△BME冬ABMN(SAS),

所以ME=MN.

所以CM+MN=CM+ME>CE.

因为CM+MN有最小值.

当CE是点C到直线AB的距离时，即C到直线AB的垂线段时，CE取最小值

此时，VZABC=60°,CELAB,

：.ZBCE=30°,

1

：.BE=-BC=2,

2

/.CEZBC2-BE2=2四,

故选c.

【点睛】本题考查了轴对称的应用，最短路径问题，垂线段最短等知识.易错易混点：解此题是受角平分

线启发，能够通过构造全等三角形，把CM+MN进行转化，但是转化后没有办法把两个线段的和的最小值

转化为点到直线的距离而导致错误.规律与趋势：构造法是初中解题中常用的一种方法，对于最值的求解

是初中考查的重点也是难点.

【变式3-1](2023・山东枣庄•统考三模)如图，矩形A8CD中，48=4,BC=2,G是力。的中点，线段EF在

边48上左右滑动；若EF=1,则GE+CF的最小值为.

【答案】3企

【分析】如图，作G关于的对称点G,在C。上截取CH=1,然后连接HG交AB于E,在上截取

EF=1,此时GE+CF的值最小，可得四边形EFC”是平行四边形，从而得至！JGH=EG，+E〃=EG+CF,再由勾

股定理求出HG的长，即可求解.

【详解】解：如图，作G关于的对称点G，，在CO上截取CH=1,然后连接“G交AB于E,在EB上截

取EQ1,此时GE+CF的值最小，

:.GE=GE,AG=AG',

•.•四边形ABCO是矩形，

：.AB//CD,AD=BC=2

J.CH//EF,

\'CH=EF=1,

四边形EPS是平行四边形，

：.EH=CF,

：.GH=EG+EH=EG+CF,

：AB=4,BC=AD=2,G为边AQ的中点，

：.AG=AG'=1

：.DG'=AD+AG'=2+1=3,£）8=4-1=3,

：.HG'=y/DH2+DG'2=V32+32=3VL

即GE+CF的最小值为3位.

故答案为：3企

【点睛】此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题，矩形的性质，勾股定理等知识，确定GE+CE最小时

E,尸位置是解题关键.

【变式3-2］（2022・山东聊城・统考一模）如图，在菱形ABCD中，BC=2,ZC=120°,。为AB的中点，P

为对角线8。上的任意一点，贝MP+PQ的最小值为.

【答案】V3

【分析】连接AC,CQ,则C。的长即为AP+PQ的最小值，再根据菱形ABCO中，/80=120。得出NABC

的度数，进而判断出AABC是等边三角形，故ABC。是直角三角形，根据勾股定理即可得出C。的长.

【详解】解：连接AC,CQ,

•.,四边形ABC。是菱形，

；.A、C关于直线8£）对称，

：.CQ的长即为4P+P。的最小值，

,/ZBCr）=120°,

ZABC=60°,

△ABC是等边三角形，

•.•。是A8的中点，

ACQ±AB,B2=|BC=|x2=l,

/.CQ=yjBC2-BQ2=V22-I2=V3.

故答案为：V3.

【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟知菱形的性质及两点之间线段最短是解答此题的关键.

【变式3-3］（2020•新疆乌鲁木齐•校考一模）如图，在矩形A8C。中，BC=10,^ABD=30°,若点M、N

分别是线段43上的两个动点，贝U4M+MN的最小值为.

【答案】15

【分析】如图，过A作4G1BD于G,延长4G,使4G=EG,过E作EN14B于N,交BD于M,贝！JAM+MN=EN

最短，再利用矩形的性质与锐角三角函数求解EN即可得到答案.

【详解】解：如图，过A作4G1BD于G,延长4G,使4G=EG,过E作EN±AB于N,交BD于M,贝IjAM+MN=

EN最短，

•••四边形力BCD为矩形，BC=10,/,ABD=30°,

•••AD=10,BD=20,AB=BD•cos30°=10V3,

AG•BD=AD•AB,

20AG=10X10V3,

AG=5^3,AE=2AG=10V3,

AE1BD,EN1AB,/-EMG=乙BMN,

•••乙E=AABD=30°,

•••EN=AE»cos30°=10A/3Xy=15,

AM+MN15,

即AM+MN的最小值为15.

故答案为：15.

【点睛】本题考查的是矩形的性质，锐角三角函数的应用，同时考查利用轴对称与垂线段最短求线段和的

最小值问题，解题的关键是掌握以上知识.

题型04轴对称中的光线反射问题

【例4】（2023・河北廊坊・校考一模）通过光的反射定律知道，入射光线与反射光线关于法线成轴对称（图1）.在

图2中，光线自点P射入，经镜面EF反射后经过的点是（）

【答案】B

【分析】根据直线的性质画出被遮住的部分，再根据入射角等于反射角作出判断即可.

【详解】根据直线的性质补全图2并作出法线OK,如下图所示：

根据图形可以看出。B是反射光线，

故选：B.

【点睛】本题主要考查轴对称的性质，垂线的画法，根据轴对称的性质得相等的角是补全光线的关键.

【变式4-1］（2022•陕西咸阳•统考三模）如图，在水平地面A8上放一个平面镜BC,一束垂直于地面的光

线经平面镜反射，若反射光线与地面平行，则平面镜与地面AB所成的锐角a为（）

【答案】B

【分析】利用平行线的性质和光的反射原理计算.

【详解】解：•••入射光线垂直于水平光线，

.•.它们的夹角为90。，虚线为法线，41为入射角，

1

Azl=-x90°=45°

2

•••zl=z2,42+43=90°

,­.43=90°-41=45°

••・两水平线平行

z.a=z.3=45°

【点睛】本题考查平行线的性质、光的反射原理、入射角等于反射角等知识，是基础考点，掌握相关知识

是解题关键.

【变式4-2］（2022•浙江台州•统考一模）根据光学中平面镜光线反射原理，入射光线、反射光线与平面镜所

夹的角相等.如图，a,/?是两面互相平行的平面镜，一束光线机通过镜面a反射后的光线为小再通过镜面

“反射后的光线为人.光线机与镜面a的夹角的度数为x。，光线w与光线人的夹角的度数为y。.则x与y之间

的数量关系是.

【答案】2x+y=180

【分析】根据平面镜光线反射原理和平行线性质即可求得.

【详解】解：•••入射光线、反射光线与平面镜所夹的角相等，

...反射后的光线"与镜面a夹角度数为x。，

是两面互相平行的平面镜，

二反射后的光线力与镜面/?夹角度数也为X。，

又由入射光线、反射光线与平面镜所夹的角相等，

...反射后的光线上与镜面6的夹角度数也为x。，

x°+x°+y°=180°,

•••2%+y=180.

故答案为：2x+y=180.

【点睛】本题考查了平面镜光线反射原理和平行线性质，掌握反射光线与平面镜所夹的角相等以及两直线

平行内错角相等是解题的关键.

题型05折叠问题

类型一三角形折叠问题

【例5】（2023•新疆・统考一模）“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验.如图，已知三角形纸片4BC,第

1次折叠使点B落在BC边上的点次处，折痕4D交BC于点。；第2次折叠使点2落在点。处，折痕MN交4次于

点P.若BC=12,则MP+MN=

第1次折叠第2次折叠

【答案】6

【分析】根据第一次折叠的性质求得80=DB'=\BB'^WAD1BC,由第二次折叠得到AM=DM,MN1AD,

进而得到MN||BC,易得MN是AaDC的中位线，最后由三角形的中位线求解.

【详解】解：；已知三角形纸片4BC,第1次折叠使点B落在BC边上的点B'处，折痕4D交BC于点D,

：

.BD=DB'=-2BB',AD1BC.

・・•第2次折叠使点4落在点。处，折痕MN交49于点P,

：.AM=DM.AN=ND,

：.MNLAD,

：.MN||BC.

*：AM=DM,

:・MN是24DC的中位线，

：-1-1

.MP=-2DB',2MN=-DC.

9：BC=12,BD+DC=CB'+2BD=BC,

-ii

：.MP+MN=；DBM”C=I(DB'+DB'+B'C)=-BC=6.

故答案为：6.

【点睛】本题主要考查了折叠的性质和三角形中位线的性质，理解折叠的性质，三角形的中位线性质是解

答关键.

【变式5-1](2022.浙江衢州•统考模拟预测)如图，三角形纸片ABC中，点。，E,F分别在边AB,AC,

8c上，BF=4,CF=6,将这张纸片沿直线OE翻折，点A与点厂重合.若DE〃BC,AF=EF,则四边形

ADFE的面积为.

【答案】5V3

【分析】根据折叠的性质得到DE为AABC的中位线，利用中位线定理求出的长度，再解RtAACE求出

A下的长度，即可求解.

【详解】解：；将这张纸片沿直线。E翻折，点A与点尸重合，

；.£)£；垂直平分AF,AD=DF,AE=EF,/.ADE=^EDF,

"：DE//BC,

：.Z.ADE=LB,4EDF=ABFD,Z.AFC=90°,

Z-B=(BFD,

：.BD=DF,

：.BD=AD,即。为AB的中点,

.♦.OE为△ABC的中位线,

."E=|BC=5,

\'AF=EF,

...△4EF是等边三角形,

在RtAZCE中，Z.CAF=60°,CF=6,

•.•"=氤=2百,

.\AG=V3,

，四边形AOFE的面积为•力Gx2=5^3,

故答案为：5V3.

【点睛】本题考查解直角三角形、中位线定理、折叠的性质等内容，掌握上述基本性质定理是解题的关键・

【变式5-2］（2022.广东珠海•珠海市文园中学校考三模）如图所示，将三角形纸片ABC沿。E折叠，使点2

落在点B'处，若E2'恰好与BC平行，且48=80°,则NCOE=

【答案】130

【分析】先求出NB=NB，=80。，ZBDE=ZB'DE,根据平行线的性质得到/夕QC=80。,进而得到/刖夕勺。。。,

ZBDE=50°,即可求出/CDE=130°.

【详解】解：由折叠的定义得NB=/B，=80。，ZBDE=ZB'DE,

'：EB'//BC,

ZB'=ZB'DC=80°,

：.ZBDB,=180°-ZB,DC=100°,

ZBDE=ZB'DE=50°,

ZCDE=1SQ°-ZBDE=130°.

故答案为：130

【点睛】本题考查了折叠的定义，平行线的性质，邻补角的定义等知识，熟知相关知识并根据图形灵活应

用是解题关键.

【变式5-3］（2020•浙江丽水•统考模拟预测）如图，在△ABC中，AB=4a,ZB=45°,ZC=60°.

（1）求边上的高线长.

（2）点E为线段A8的中点，点尸在边AC上，连结£尸，沿E尸将折叠得到

①如图2,当点尸落在8C上时，求/AEP的度数.

②如图3,连结AP,当PF_LAC时，求AP的长.

【答案】（1）4;（2）①90。；②2病

【分析】（1）如图1中，过点A作ADLBC于D.解直角三角形求出AD即可.

（2）①证明BE=EP,可得NEPB=NB=45。解决问题.

②如图3中，由（1）可知：AC=-^；=—,证明AAEFsaACB,推出竺=些，由此求出AF即可解决

sm60°3ABAC

问题.

【详解】解：（1）如图1,过点A作AO_LBC于点。，

在RtAABD中，AD=AB-sin450=4V2Xy=4.

图1

(2)①如图2,4AEFmAPEF,

：.AE=EP.

又,：AE=BE,

：.BE=EP,

；.NEPB=NB=45°,

：.ZAEP=90°.

②如图3,由（1）可知：在RtAADC中，AC=

"：PF±AC,

：.ZPM=90°.

AAEF^APEF,

ZAFE=NPFE=45。,则ZAFE=ZB.

又：/胡/二/。!'

AEAF^ACAB,

.AF_AE日门4尸_2鱼

••布=就‘即港=逅'

3

.\AF=2V3,

在RtAAPP中，AF^PF,贝U4尸=7^4尸=2伤.

【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形的应用，翻折变换，全等三角形的性质，相似三角

形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型.

【变式5-4］（2023•新疆和田•统考一模）如图，在A2BC巾，NA8C=30。，力B=4C,点。为BC的中点,

点。是线段OC上的动点（点。不与点O,C重合），将△4CD沿A。折叠得至M4ED,连接BE.

备用图

（1）当4E1BC时，/.AEB=°；

⑵探究乙4“与44。之间的数量关系，并给出证明；

(3)设AC=4,AACD的面积为x,以AO为边长的正方形的面积为y,求y关于尤的函数解析式.

【答案】(1)60

(2)^AEB=30°+Z.CAD

(3)y=(2V3-x)2+4

【分析】(1)首先由折叠的性质可得4C=4E=4B,再由等腰三角形的性质可求解；

(2)首先由折叠的性质可得力E=AC,ACAD=AEAD,再由等腰三角形的性质可得AC=AE=AB,AABE=

/-AEB,最后根据角度关系即可求解；

(3)首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求40的长，由勾股定理可求。。的长，最后根据

面积和差关系可求解.

【详解】⑴：UBB=30。AB=AC,AE1BC,

.­.4BAE=60°,

■.•将44CD沿4D折叠得到A4ED,

・•.AC=AE,

•••AB=AE,

・•.是等边三角形，

・•.AAEB=60°,

故答案为：60；

(2)Z,AEB=30°+zCXZ),理由如下：

・・・将△4CD沿4。折叠得至必4E0,

AE=AC,Z,CAD=Z.EAD,

•・•^LABC=30°,AB=AC,

・•.Z.BAC=120°,

・•・乙BAE=120°-2zC^Z),

AB=AE=AC,

•••/.AEB=180。-(120。-2"皿=30。aCAD.

2

(3)如图，连接04

--AB=AC,点。是BC的中点，

•••OA1BC,

■：^ABC=^ACB=30°,AC=4,

•••AO=2,OC=2V3,

•••OD2=AD2-AO2,

•••OD=Jy-4,

S^ADC=|XOCx710-|xODxOX,

[x=&x2x2*\/3——x2xJy—4,

.­,y=(2V3—%)2+4.

【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练

掌握相关性质并能够灵活运用.

类型二四边形折叠问题

【例6】（2019•山东荷泽・统考三模）如图，将。ABCZ）沿对角线8。折叠，使点A落在点E处，交BC于点尸,

若442。=48。，ZCFD=40°,则/石为（）

A.102°B.112°C.122°D.92°

【答案】B

【分析】由平行四边形的性质和折叠的性质，得出/4。8=/2。尸=/。8。，由三角形的外角性质求出

ZBDF=ZDBC=^ZDFC=20°,再由三角形内角和定理求出NA,即可得到结果.

【详解】'：M）//BC,

：./ADB=NDBC,

由折叠可得

ZDBC=ZBDF,

又/QBC=40°,

ZDBC=ZBDF=ZADB=20°,

XVZABD=48O,

AABD中,ZA=180°-20°-48°=112°,

.•.NE=/A=112°,

故选B.

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理的综合应

用，熟练掌握平行四边形的性质，求出NADB的度数是解决问题的关键.

【变式6-1］（2022•山东枣庄•统考一模）如图，在四边形纸片力BCD中，AD//BC,AB=10,Z.B=60°.将

纸片折叠，使点B落在4。边上的点G处，折痕为EF.若aBFE=45°,则BF的长为（）

A.5B.3V5C.5V3D.R

【答案】C

【分析】过点A作4H1BC于H,由折叠知识得：Z.BFG=90°,再由锐角三角函数可得2”=5g，然后

根据力D〃BC,可证得四边形AHFG是矩形，即可求解.

【详解】解：过点A作力H±8。于H,

•••LBFE=45°,

.­.乙BFG=90°,

在RtAABH中，AB=10,ZS=60°,

AH=sinBx48=sin60°x10=—x10=573,

2

•••AD//BC,

.­./.GAH=Z.AHB=90°,

.­./.GAH=乙AHB=4BFG=90°,

四边形AH尸G是矩形，

FG=AH=5V3,

•••BF=GF=5V3.

故选：C.

【点睛】本题主要考查了折叠变换，解直角三角形，矩形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关

键.

【变式6-2］（2022•浙江台州•模拟预测）如图，把一张矩形纸片A3。按所示方法进行两次折叠，得到

AECF.若BC=1,则AECP的周长为（）

4

A.V2B・第c%+iD.-

3

【答案】A

【分析】第一次翻折可得OM=V2,EM=1,ZADM=ZEDM=45°,第二次折叠，可得C。=&,EC=2一1,

由N£）CN=45。，可得EF=V2-1,则CF=2-五,再求AECF的周长即可.

【详解】如图，

•••BC=1,

•••AD=AM=DE=1,

•••DM=V2,

由折叠的性质，^ADM=Z.EDM=45°,

EM=1,

第二次折叠，如图③，CN=BC=1,ADNC=90°,

DN=1,

•••CD=V2,

•••EC=V2-1,

v乙DCN=45°,

•••EF=42-1,

：.CF=2-42,

：.AECF的周长=A/2-1+V2-1+2-V2=V2,

故选：A.

【点睛】本题考查翻折的性质，熟练掌握翻折的性质，对应两次翻折求出NEZ）M=45。是解题的关键.

【变式6-3］（2021•广东深圳・校联考一模）如图所示，把一个长方形纸片沿EF折叠后，点。，。分别落在

C'的位置.若乙4ED'=50°,贝I|NEFC等于（）

A.65°B.110°C.115°D.130°

【答案】C

【分析】由折叠的性质可得NO'EF=乙DEF="DED，,因为乙4ED=50°,结合平角可求得，力EF=

Z.DEF=三乙DED'=65°,再结合平行可求得/EFC=180°-Z.DEF=115°.

【详解】解：UED'=50°,

•••4DED，=180°-Z.AED'=180°-50°=130°,

•••长方形纸片沿EF折叠后，点。、C分别落在〃、C'的位置，

・•.REF=〃EFE〃ED'EX130°=65。，

\'AD\\BC,

."EFC=180°-/.DEF=115°.

故选：C.

【点睛】本题主要考查平行线的性质及折叠的性质，掌握同旁内角互补是解题的关键.

【变式6-4］（2022•河南郑州•一模）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，

在团力BCD中，BELAD,垂足为E,F为CD的中点，连接EF,BF,试猜想EF与BF的数量关系，并加以证

明；

独立思考：（1）请解答老师提出的问题；

实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将回4BCD沿着BF（尸为CD的中点）所在直线折叠，如图②，点

C的对应点为C',连接DC'并延长交4B于点G,请判断4G与BG的数量关系，并加以证明；

问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将团4BCD沿过点8的直线折叠，如图③，点A的对应点为A,使AB1CD

于点H,折痕交4。于点M,连接AM,交CD于点N.该小组提出一个问题：若此回力BCD的面积为20,边长

AB=5,BC=2V5,求图中阴影部分（四边形BHNM）的面积.请你思考此问题，直接写出结果.

【分析】（1）如图，分别延长4D,BF相交于点P,根据平行四边形的性质可得4D〃BC,根据平行线的性

质可得/PDF=NC,NP=乙FBC,利用A4S可证明△PDF冬ABCF,根据全等三角形的性质可得FP=FB,

根据直角三角形斜边中线的性质可得EF=|BP,即可得EF=BF；

（2）根据折叠性质可得/。尸2=/。咒8=/。尸。，FC=FC,可得阳=FO,根据等腰三角形的性质可得

ZFDC'=ZFC'D,根据三角形外角性质可得/CFC=/FD0+/尸C7）,即可得出尸。可得

DG//FB,即可证明四边形AGBB是平行四边形，可得可得AG=8G；

（3）如图，过点M作于。，根据平行四边形的面积可求出出/的长,根据折叠的性质可得4B=AB,

ZA=ZA\根据4B1CD可得A5LW,即可证明△是等腰直角三角形，可得MQ=BQ,

根据平行四边形的性质可得/A=/C,即可得/A，=/C,进而可证明△AWHS/XCBH,根据相似三角形的

性质可得48、NH的长，根据NH//MQ可得△AWHs/X4MQ,根据相似三角形的性质可求出M。的长，

根据S桁S/alMB-SzUWH即可得答案.

【详解】（1）EF=BF.

如图，分别延长力D,BF相交于点P,

•..四边形ABCD是平行四边形，

：.AD//BC,

:.乙PDF=AC,ZP=ZFBC,

为CD的中点，

：.DF=CF,

2P=Z.FBC

在^PDF和^BCF中，乙PDF=ZC，

.DF=CF

:.△PDFgABCF,

：.FP=FB,即F为BP的中点，

：.BF=-BP,

2

•：BELAD,

:•乙BEP=90°,

：.EF=-BP,

2

：.EF=BF.

£

IB

(2)AG=BG.

.,将团4BCD沿着BF所在直线折叠，点C的对应点为C',

1

ZCFB=ZC'FB=2-ZCFC,FC=FC,

./为CD的中点，