第31讲图形的轴对称平移旋转（讲义）

第31讲图形的轴对称、平移、旋转目录TOC\o"13"\n\h\z\u一、考情分析二、知识建构考点一轴对称题型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题型05折叠问题类型一三角形折叠问题类型二四边形折叠问题类型三圆的折叠问题类型四抛物线与几何图形综合题型06求对称轴条数题型07画轴对称图形题型08设计轴对称图案题型09求某点关于坐标轴对称点的坐标题型10与轴对称有关的规律探究问题题型11轴对称的综合问题考点二图形的平移题型01生活中的平移现象题型02利用平移的性质求解题型03利用平移解决实际生活问题题型04作平移图形题型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题型07由平移前后点的坐标判断平移方式题型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题型10平移的综合问题考点三图形的旋转题型01找旋转中心、旋转角、对应点题型02根据旋转的性质求解题型03根据旋转的性质说明线段或角相等题型04画旋转图形题型05求旋转对称图形的旋转角度题型06旋转中的规律问题题型07求绕原点旋转90°点的坐标题型08求绕某点（非原点）旋转90°点的坐标题型09求绕原点旋转一定角度点的坐标题型10旋转综合题类型一线段问题类型二面积问题类型三角度问题题型11判断中心对称图形题型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、角度题型14利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案考点要求新课标要求命题预测轴对称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中对应点的连线被对称轴垂直平分.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形.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、圆的轴对称性质.认识并欣赏自然界和现实生活中的轴对称图形.该板块知识以考查平面几何的三大变换的基本运用为主，年年都有考查，分值在812分左右．预计2024年各地中考还将继续考查这些知识点，考查形式主要有选填题、作图题、也可能综合题结合出现．在三种变换中，平移相对较为简单，多以选择题形式考察，偶尔也会考察作图题:对称和旋转则难度较大，通常作为选择、填空题的压轴题出现，在解答题中，也会考察对称和旋转的作图，以及与特殊几何图形结合的综合压轴题，此时常需要结合几何图形或问题类型去分类讨论.平移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图形中，两组对应点的连线平行(或在同一条直线上)且相等.认识并欣赏平移在自然界和现实生活中的应用.运用图形的轴对称、旋转、平移进行图案设计.旋转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，两组对应点分别与旋转中心连线所成的角相等.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.探索线段、平行四边形、正多边形、圆的中心对称性质.认识并欣赏自然界和现实生活中的中心对称图形.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定义把一个图形沿着某一条直线折叠，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对称，这条直线叫做对称轴.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，那么这个图形就叫做轴对称图形.这条直线就是它的对称轴.区别1）轴对称是指两个图形折叠重合.2）轴对称对称点在两个图形上.3）轴对称只有一条对称轴.1）轴对称图形是指本身折叠重合.2）轴对称图形对称点在一个图形上.3）轴对称图形至少有一条对称轴.联系1)定义中都有一条直线,都要沿着这条直线折叠重合.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．11.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． C． D．【答案】D【分析】根据轴对称图形的定义判断即可【详解】A,B,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11】（2022·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（）A． B． C． D．【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12】（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． B． C． D．【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，△ABC与△A1B1C1，关于直线MN对称，P为MN上任一点（PA．AP=A1P B．C．MN垂直平分线段AA1 D．直线AB,【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：∵△ABC与△A1B1C1，关于直线MN对称，P∴AP=A1P，△ABC与△即选项A、B、C正确，∵直线AB,A1∴直线AB,A1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21】（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l，则下列结论不一定正确的是（

）A．点C和点D到直线l的距离相等 B．BCC．∠CAB=∠DAB D【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l，点C和点D是对称点，所以△ABC≅△ABD，点C和点D所以BC=BD，∠CAB无法判断AC与BC是否相等，故四边形ADBC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22】（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（）A．

B．

C．

D．

【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，∠ABC=60°，BD平分∠ABC，交AC于点D，M、N分别是BD，BC上的动点，则CM+MN的最小值是（）A．3 B．2 C．23 D．【答案】C【分析】在BA上截取BE=BN，构造全等三角形△BME≌△BMN，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，因为∠ABC的平分线交AC于点D，所以∠EBM=∠NBM，在△BME与△BMN中，BE所以△BME≌△BMN（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，∵∠ABC=60°，CE⊥AB，∴∠BCE=30°，∴BE=12∴CE=BC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31】（2023·山东枣庄·统考三模）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，G是AD的中点，线段EF在边AB上左右滑动；若EF=1【答案】3【分析】如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，可得四边形EFCH是平行四边形，从而得到G'H=EG'+EH=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AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，∴G'E=GE，AG=AG'，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD=BC=2∴CH∥EF，∵CH=EF=1，∴四边形EFCH是平行四边形，∴EH=CF，∴G'H=EG'+EH=EG+CF，∵AB=4，BC=AD=2，G为边AD的中点，∴AG=AG'=1∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=41=3，∴HG即GE+CF的最小值为故答案为：3【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+CF最小时E，F位置是解题关键．【变式32】（2022·山东聊城·统考一模）如图，在菱形ABCD中，BC=2，∠C=120°，Q为AB的中点，P为对角线BD上的任意一点，则AP【答案】3【分析】连接AC，CQ，则CQ的长即为AP+PQ的最小值，再根据菱形ABCD中，∠BCD=120°得出∠ABC的度数，进而判断出△ABC是等边三角形，故△BCQ是直角三角形，根据勾股定理即可得出CQ的长．【详解】解：连接AC，CQ，∵四边形ABCD是菱形，∴A、C关于直线BD对称，∴CQ的长即为AP+PQ的最小值，∵∠BCD=120°，∴∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∵Q是AB的中点，∴CQ⊥AB，BQ=12BC=12∴CQ=BC故答案为：3．【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33】（2020·新疆乌鲁木齐·校考一模）如图，在矩形ABCD中，BC=10，∠ABD=30°，若点M、N分别是线段DB、AB上的两个动点，则AM

【答案】15【分析】如图，过A作AG⊥BD于G，延长AG，使AG=EG，过E作EN⊥AB于N，交BD于【详解】解：如图，过A作AG⊥BD于G，延长AG，使AG=EG，过E作EN⊥AB于N，交∵四边形ABCD为矩形，BC=10，∠∴AD∵AG∴20AG∴AG∵AE∴∠E∴EN∴AM即AM+MN的最小值为故答案为：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（

）A．点A B．点B C．点C D．点D【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OB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41】（2022·陕西咸阳·统考三模）如图，在水平地面AB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BC与地面AB所成的锐角α为（

）A．30° B．45° C．60° D．75°【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，∠1为入射角，∴∠1∵∠1∴∠3∵两水平线平行∴∠故选：B．【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42】（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，α,β是两面互相平行的平面镜，一束光线m通过镜面α反射后的光线为n，再通过镜面β反射后的光线为k．光线m与镜面α的夹角的度数为x°，光线n与光线k的夹角的度数为y°．则x与【答案】2【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n与镜面α夹角度数为x°∵α,∴反射后的光线n与镜面β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k与镜面β的夹角度数也为x°∴x°+∴2x+故答案为：2x【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ABC，第1次折叠使点B落在BC边上的点B'处，折痕AD交BC于点D；第2次折叠使点A落在点D处，折痕MN交AB'于点P．若BC=12【答案】6【分析】根据第一次折叠的性质求得BD=DB'=12BB'和AD⊥【详解】解：∵已知三角形纸片ABC，第1次折叠使点B落在BC边上的点B'处，折痕AD交BC于点D∴BD=DB∵第2次折叠使点A落在点D处，折痕MN交AB'于点∴AM=DM，∴MN⊥∴MN∥∵AM=∴MN是△ADC∴MP=12∵BC=12，BD∴MP+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51】（2022·浙江衢州·统考模拟预测）如图，三角形纸片ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，BF＝4，CF＝6，将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合．若DE∥BC，AF＝EF，则四边形ADFE的面积为．【答案】5【分析】根据折叠的性质得到DE为△ABC的中位线，利用中位线定理求出DE的长度，再解Rt△【详解】解：∵将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合，∴DE垂直平分AF，AD=DF，AE=∵DE∥BC，∴∠ADE=∠B，∠∴∠B∴BD=∴BD=AD，即D为∴DE为△ABC∴DE=∵AF＝EF，∴△AEF在Rt△ACE中，∠∴AF=∴AG=∴四边形ADFE的面积为12故答案为：53【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52】（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DE折叠，使点B落在点B′处，若EB′恰好与BC平行，且∠B＝80°，则∠CDE＝°．【答案】130【分析】先求出∠B=∠B′=80°，∠BDE=∠B′DE，根据平行线的性质得到∠B′DC=80°，进而得到∠BDB′=100°，∠BDE=50°，即可求出∠CDE＝130°．【详解】解：由折叠的定义得∠B=∠B′=80°，∠BDE=∠B′DE，∵EB′∥BC，∴∠B′=∠B′DC=80°，∴∠BDB′=180°∠B′DC=100°，∴∠BDE=∠B′DE=50°，∴∠CDE＝180°∠BDE=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53】（2020·浙江丽水·统考模拟预测）如图，在△ABC中，AB=42，∠B=45°，∠C=60°（1）求BC边上的高线长．（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长．【答案】（1）4;（2）①90°；②2【分析】（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．（2）①证明BE=EP，可得∠EPB=∠B=45°解决问题．②如图3中，由（1）可知：AC=ADsin60°=833，证明【详解】解：（1）如图1，过点A作AD⊥BC于点D，在Rt△ABD中，AD=AB⋅（2）①如图2，∵△AEF≌△PEF，∴AE＝EP.

又∵AE＝BE，∴BE＝EP，∴∠EPB＝∠B＝45°，∴∠AEP＝90°.

②如图3，由（1）可知：在Rt△ADC中，AC=∵PF⊥AC，∴∠PFA＝90°.∵△AEF≌△PEF，∴∠AFE＝∠PFE＝45°，则∠AFE＝∠B.又∵∠EAF＝∠CAB，

∴△EAF∽△CAB，∴AFAB＝AEAC，即AF4∴AF＝23在Rt△AFP中，AF＝PF，则AP＝2AF＝2【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54】（2023·新疆和田·统考一模）如图，在ΔABC巾，∠ABC=30°，AB=AC，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将△

(1)当AE⊥BC时，∠AEB(2)探究∠AEB与∠(3)设AC=4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于【答案】(1)60(2)∠(3)y【分析】（1）首先由折叠的性质可得AC=（2）首先由折叠的性质可得AE=AC，∠CAD=∠EAD，再由等腰三角形的性质可得（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AO的长，由勾股定理可求OD的长，最后根据面积和差关系可求解．【详解】（1）∵∠ABC=30°，AB=∴∠BAE∵将ΔACD沿AD折叠得到Δ∴AC∴AB∴△ABE是等边三角形，∴∠AEB故答案为：60；（2）∠AEB∵将ΔACD沿AD折叠得到Δ∴AE=AC∵∠ABC=30°，∴∠BAC∴∠BAE∵AB∴∠AEB（3）如图，连接OA，∵AB=AC，点O∴OA∵∠ABC=∠ACB∴AO=2，∵O∴OD∵S∴x∴y

【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·山东菏泽·统考三模）如图，将▱ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处，交BC于点F，若∠ABD=48°，∠CFD=40°，则∠E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∠ADB=∠BDF=∠DBC，由三角形的外角性质求出∠BDF=∠DBC=12∠DFC=20°，再由三角形内角和定理求出∠A【详解】∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC，由折叠可得∠ADB=∠BDF，∴∠DBC=∠BDF，又∠DFC=40°，∴∠DBC=∠BDF=∠ADB=20°，又∵∠ABD=48°，∴△ABD中，∠A=180°20°48°=112°，∴∠E=∠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∠ADB【变式61】（2022·山东枣庄·统考一模）如图，在四边形纸片ABCD中，AD//BC，AB=10，∠B=60°．将纸片折叠，使点B落在AD边上的点G处，折痕为EF．若∠A．5 B．35 C．53 D【答案】C【分析】过点A作AH⊥BC于H，由折叠知识得：∠BFG=90°，再由锐角三角函数可得AH=5【详解】解：过点A作AH⊥BC于由折叠知：BF=GF，∠BFE=∠GFE，∵∠BFE∴∠BFG=90°在Rt△ABH中，AB=10AH=sin∵AD∴∠GAH=∠∴∠GAH=∠∴四边形AHFG是矩形，∴FG=∴BF=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62】（2022·浙江台州·模拟预测）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到△ECF．若BC＝1，则△ECF的周长为（）A．2 B．2+12 C．5+1【答案】A【分析】第一次翻折可得DM=2，EM=1，∠ADM=∠EDM=45°，第二次折叠，可得CD=2，EC=2-1，由∠DCN【详解】如图，第一次折叠，如图②，∵BC∴AD∴DM由折叠的性质，∠ADM∴EM第二次折叠，如图③，CN=BC=1∴DN∴CD∴EC∵∠DCN∴EF∴CF∴ΔECF的周长故选：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∠EDM=45°是解题的关键．【变式63】（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D，C分别落在D'，C'的位置．若∠AEA．65° B．110° C．115° D．130°【答案】C【分析】由折叠的性质可得∠D'EF=∠DEF=1【详解】解：∵∠AE∴∠DE∵长方形纸片沿EF折叠后，点D、C分别落在D'、C∴∠D∵AD∥∴∠EFC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64】（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▱ABCD中，BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF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▱ABCD沿着BF（F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AB于点G，请判断AG问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将▱ABCD沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为A'，使A'B⊥CD于点H，折痕交AD于点M，连接A'M，交CD于点N．该小组提出一个问题：若此▱ABCD【答案】（1）EF=BF；见解析；（2）AG=BG，见解析；（【分析】（1）如图，分别延长AD，BF相交于点P，根据平行四边形的性质可得AD//BC，根据平行线的性质可得∠PDF=∠C，∠P=∠FBC，利用AAS可证明△PDF≌△（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=12∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=12AB，可得AG（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据A'B⊥CD可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ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△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB【详解】（1）EF=如图，分别延长AD，BF相交于点P，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//∴∠PDF=∠C∵F为CD的中点，∴DF=在△PDF和△BCF中，∠P∴△PDF≌△BCF，∴FP=FB，即F为∴BF=∵BE⊥∴∠BEP∴EF=∴EF=（2）AG=∵将▱ABCD沿着BF所在直线折叠，点C的对应点为C∴∠CFB=∠C′FB=12∠CFC′，F∵F为CD的中点，∴FC=∴FC∴∠FDC′=∠FC′D，∵∠CFC'=∠FDC′+∴∠F∴∠FC′D=∠C′FB，∴DG//∵四边形ABCD为平行四边形，∴DC//AB，DC=∴四边形DGBF为平行四边形，∴BG=∴BG=∴AG=（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，∵▱ABCD的面积为20，边长AB=5，A'∴BH=50÷5=4，∴CH=BC2-BH2=2，A′H∵将▱ABCD沿过点B的直线折叠，点A的对应点为A∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，∵A'B⊥CD于点H，∴A'∴∠MBH=45°，∴△MBQ是等腰直角三角形，∴MQ=BQ，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，∴∠A′=∠C，∵∠A′HN=∠CHB，∴△A′NH∽△CBH，∴CHA'H解得：NH=2，∵A'B⊥CD，MQ⊥∴NH//MQ，∴△A′NH∽△A′MQ，∴A'HA解得：MQ=103∴S阴=S△A′MBS△A′NH=12A′B·MQ12A′H·NH=12×5×103【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．【变式65】（2021·江苏常州·统考二模）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为DE．（1）如图①，若点P恰好在边BC上，连接AP，求APDE（2）如图②，若E是AB的中点，EP的延长线交BC于点F，求BF的长．【答案】（1）23；（2）BF＝3【分析】（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．证明△POM∽△DCP，利用相似三角形的性质求解即可．（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．设EG=x，则BG=4x．证明△EGP∽△PHD，推出EGPH=PGDH=EPPD=13，推出PG=2EG=3x，DH=AG=4+x，在Rt△PHD中，由PH2+DH2=PD2，可得（3x）2+（【详解】解：（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠C＝90°，由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，在Rt△EPD中，∵EM＝MD，∴PM＝EM＝DM，∴∠3＝∠MPD，∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，∵∠ADP＝2∠3，∴∠1＝∠ADP，∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠DPC，∴∠1＝∠DPC，∵∠MOP＝∠C＝90°，∴△POM∽△DCP，∴POPM∴AODE（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．则四边形AGHD是矩形，设EG＝x，则BG＝4﹣x∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，∴∠EPG＝∠PDH，∴△EGP∽△PHD，∴EGPH∴PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，∴（3x）2+（4+x）2＝122，解得：x＝165∴BG＝4﹣165＝4在Rt△EGP中，GP＝EP∵GH∥BC，∴△EGP∽△EBF，∴EGEB∴165∴BF＝3．【点睛】本题考查翻折变换，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．类型三圆的折叠问题【例7】（2023·山东济宁·校考二模）将一个半径为1的圆形纸片，如下图连续对折三次之后，用剪刀沿虚线①剪开，则虚线①所对的圆弧长和展开后得到的多边形的内角和分别为（

）

A．π2，540° B．π4，720° C．π4，1080° D．【答案】C【分析】根据题意，圆形纸片连续对折三次，其圆心角被平均分成8份，虚线①所对的圆弧长为整圆的18【详解】解：由题意得：形成的多边形是正八边形，其内角和是8-2×180°=1080°虚线①所对的圆弧长l=故选：C．【点睛】本题考查图形的折叠，其中涉及弧长公式、多边形的内角和公式，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．【变式71】（2023·广东广州·统考一模）如图，AB为⊙O的直径，点C为圆上一点，∠BAC=20°，将劣弧AC沿弦AC所在的直线翻折，交AB于点D，则∠ACD的度数等于A．40° B．50° C．80° D．100°【答案】B【分析】连接BC，根据直径所对的圆周角是直角求出∠ACB，根据直角三角形两锐角互余求出∠B，再根据优弧AC所对的圆周角为∠ADC，得到∠ADC+∠【详解】解：如图，连接BC，∵AB∴∠ACB∵∠BAC∴∠B根据翻折的性质，AC所对的圆周角为∠B，优弧AC所对的圆周角为∠∴∠ADC∴∠B∴∠ACD故选:B．【点睛】本题考查的是翻折变换，圆周角定理，圆内接四边形的性质．根据题意作出直径所对的圆周角，构造出直角三角形是解答此题的关键．难点是理解∠ADC【变式72】（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校联考二模）如图，AC、AD是⊙O中关于直径AB对称的两条弦，以弦AC、AD为折线将弧AC，弧AD折叠后过圆心O，若⊙O的半径r=4

【答案】8【分析】根据对称性和直角三角形的边角关系求出扇形圆心角度数，再根据各个部分面积之间的关系进行计算即可．【详解】如图，过点O作OE⊥AD于点F，交⊙O于点E

则OA=OF=∴∠OAD=30°,∠OED∴∠AOE∵⊙O的半径r=4，由题意可知，S阴影部分故答案为：83【点睛】本题考查扇形面积的计算，垂径定理、直角三角形的边角关系以及折叠轴对称的性质，掌握扇形面积的计算方法以及轴对称的性质是正确解答的提．【变式73】（2023·河北邯郸·统考一模）如图所示，在扇形AOB中，半径OA=4，点P在OA上，连接PB，将△OBP沿PB折叠得到△O1BP．若∠O=75°(1)求∠AP(2)求AP的长．【答案】(1)60°(2)4-【分析】（1）由折叠的性质可得∠OBP=∠O1BP，∠（2）过点O作OH⊥PB于点H，则三角形OBH是等腰直角三角形，求出OH=22，进而求出【详解】（1）解：∵将△OBP沿PB折叠得到△∴∠OBP=∠O又∵BO1与弧AB所在的圆相切于点∴∠OB∴∠OBP又∵∠O∴∠OPB∴∠AP（2）解：过点O作OH⊥PB于点由①得∠OBP∴三角形OBH是等腰直角三角形，∵OA=4∴OB=4∴OH=2又∵∠OPB∴OP=∴AP=4-【点睛】本题主要考查了折叠的性质，切线的性质，解直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键．【变式74】（2023·安徽合肥·校考一模）如图，扇形纸片AOB的半径为3，沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在AB上的点C处，图中阴影部分的面积为（

）A．3π-33 B．3π-【答案】B【分析】根据折叠，△ACB≌△AOB，进一步得到四边形OACB是菱形；进一步由OC=OB=BC【详解】依题意：△ACB≌∴AC∴四边形OACB是菱形∴AB连接OC∵OC∴OC∴△OBC同理：△OAC故∠由三线合一，在Rt△∠ODBDSSS故选：B【点睛】本题考查菱形的判定，菱形面积公式，扇形面积公式；解题关键是发现△OBC类型四抛物线与几何图形综合【例8】（2021·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝-13x2+233x+3的图象与x轴交于点A、点B．与（1）求抛物线与x轴的两交点坐标．（2）连接AC、BC．判断△ABC的形状，说明理由．（3）过点C作直线l//x轴，点P是抛物线上对称轴右侧一动点，过点P作直线PQ//y轴交直线l于点Q，连接CP．若将△CPQ沿CP对折，点Q的对应点为点M．是否存在这样的点P，使点M落在坐标轴上？若存在，求出此时点Q的坐标．若不存在，请说明理由．【答案】（1）(-3,0),(33,0)；（2）直角三角形，见解析；（3【分析】（1）用因式分解或者求根公式求出相应的一元二次方程的根即可；（2）观察后猜想是直角三角形，用勾股定理的逆定理检验△ABC三边即可；（3）根据对折前后的三角形是全等的，得到相应的边的关系，再应用勾股定理；注意分类讨论坐标轴是x轴还是y轴．【详解】解：（1）二次函数为y=-当y＝0时，得-1解得x1∴抛物线与x轴的两交点坐标为(-3（2）如题图，不妨设A(-当x＝0时，相应的抛物线的函数值为y＝3，∴C（0，3），那么OA=而AB=在平面直角坐标系中，∠AOC＝∠BOC＝90°，∴△AOC和△BOC都是直角三角形，根据勾股定理，AC2BCAB2所以AC2+BC2＝12+36＝48＝AB2，根据勾股定理的逆定理，∠ACB＝90°，∴△ABC是直角三角形；（3）存在，理由：由抛物线的表达式知，抛物线的对称轴为直线x=-2设P（x0，y0），∵P是抛物线上对称轴右侧的动点，所以x0且有y点Q（x0，3），且根据题目的作法，有∠CQP＝90°，分两种情况：①若点M在y轴上，如下图所示根据PQ//y轴，一定有∠QCM＝90°，而根据折叠性，CQ＝CM，∠CMP＝∠CQP＝90°，根据“平面内有三个角是直角的四边形是矩形”知，四边形CQPM是矩形，再根据“有一组邻边相等的矩形是正方形”知，四边形CQPM是正方形．即，不管P在抛物线对称轴右侧何处，只要折叠后的M点在y轴上，一定有四边形CQPM是正方形，于是一定有对角线CP是边长CQ的2倍，即CP=也就是CP2＝2CQ2，而CQ指的是Q的横坐标的绝对值，即CQ＝x0，以及C（0，3），P（x0，y0），那么CQ＝x0，QP为Q的纵坐标与P的纵坐标之差的绝对值，即QP＝|3﹣y0|，于是根据勾股定理，CP代入之前的数值，得到2x02注意y0=-代入得x02因为x0>3，等式两边可以约去即1=1解得x0=23+3或所以当M落在y轴时，解得Q(2②若点M在x轴上，如下图所示，过点P作PP1⊥x轴于P1点，和之前相同的，CQ＝x0，∠CQP＝90°，QP＝|3﹣y0|，根据折叠的性质，CM＝CQ＝x0，∠CMP＝∠CQP＝90°，PM＝QP＝|3﹣y0|而PP1即为P的纵坐标的绝对值，即PP1＝|y0|，在直角△COM中，根据勾股定理OM=于是MP1＝OP1﹣OM＝CQ﹣OM＝x0﹣OM．在直角△PP1M中，根据勾股定理，PM得到3-y即(y0也就是9-6y0化简得9-3y0代入y0得9-(-x0即9+x化简得-23因为x0>3，等式两边可以约去得到23解得x0=21所以当M落在x轴时，解得Q(综上，存在这样的点P，使得点M落在坐标轴上，相应的点Q的坐标为Q(23+3,3)【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了勾股定理及其逆定理，因式分解，坐标系中点的距离表示，折叠的性质，正确画出两种情况的草图，并在直角三角形中应用勾股定理求解是解题关键．【变式81】（2021·江苏常州·常州实验初中校考二模）如图，二次函数y=-x2+bx+2的图象与y轴交于点C，抛物线的顶点为A，对称轴是经过点H（2，0）且平行于y轴的一条直线．点P是对称轴上位于点A下方的一点，连接CP并延长交抛物线于点（1）填空：b=______，点A的坐标是______（2）当∠ACB=45°时，求点P的坐标；（3）将△CAB沿CB翻折后得到△CDB（点A的对应点为点D），问点D能否恰好落在坐标轴上?若能，请直接写出点P的坐标，若不能，请说明理由．【答案】（1）4，（2，6）；（2）P（2，83）；（3）点P的坐标为P1(2，83)、P2(2，6-25)、P【分析】（1）根据抛物线对称轴的定义，可求出b=4（2）过点C作CE⊥AH，过点P作PF⊥AC于F，则CE=2，利用勾股定理可求出AC=25，从而△AFP∽△AEC，可得PFAF=CEAE=24=12，可得到CF=PF，设CF=PF=m，则AF=2m，则AC=AF+CF（3）分三种情况：①当点D落在x轴的正半轴上时，当点D落在y轴的负半轴上时，当点D落在x轴的负半轴上时，即可解答．【详解】解：（1）∵对称轴是经过点H（2，0），∴对称轴-b∴b=4∴抛物线的解析式：y将x=2代入，得y∴A点坐标为（2，6）；（2）如图1，过点C作CE⊥AH，过点P作PF⊥AC于F，则CE=2，∵二次函数y=-x2+bx∴当x=0时，y=2，∴点C（0，2），∴AE=4，∴AC=22∵∠AFP=∠AEC=90°，∠FAP=∠EAC，∴△AFP∽△AEC，∴PFAF∵∠ACB=45°，∴CF=PF，设CF=PF=m，则AF=2m，则AC=AF+CF=m+2m,∴m+2解得：m=∴AP＝AF∴PH=AHAP=6103=8∴P（2，83（3）①如图2，当点D落在x轴的正半轴上时，则CD=AC=25又∵OC=2，在Rt△CODOD=4，∴HD＝ODOH＝2，由对称性可知AP=PD，设PH=n，则AP=PD=6n，在Rt△DPH中，有PH即n2+2∴P1(2，83)②如图3，当点D落在y轴的负半轴上时，则CD=AC=25由对称性可知∠DCP=∠ACP，又∵AH∥OC，∴∠DCP=∠APC，∴∠APC=∠ACP，∴AC＝AP＝25∴PH=6-2∴P2(2，6-25)③如图4，当点D落在x轴的负半轴上时，则CD=AC=25又∵OC=2，在Rt△COD中，由勾股定理得：OD∴DH=AH=6，连接AD，∴直线CH是线段AD的中垂线，又点P在直线AH上，∴点P与点H重合，∴P3（2，0综上所述，点P的坐标为：P1(2，83)、P2(2，6-25)、P3【点睛】本题主要考查了二次函数的综合问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法求抛物线解析式，二次函数的性质及相似三角形的判定与性质，勾股定理．【变式82】（2023·江苏苏州·校考二模）如图，二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O0,0，A4,0两点，顶点为C，连接OC、AC，若点B是线段OA上一动点，连接BC，将△ABC沿BC折叠后，点A落在点A'

(1)求二次函数的表达式；(2)①求证：△OCD∽△A'(3)当S△OCD=8【答案】(1)y(2)①证明见解析；②2(3)y【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可得出二次函数的表达式；（2）①根据两角相等的两个三角形相似即可证明；②由△OCD∽△A'BD得出OCA'B=（3）先求出点A'和B【详解】（1）∵二次函数y=12x2+bx∴c=0解得：b=-2∴二次函数的表达式y=（2）①由翻折得：∠OAC∵二次函数y=12x2+bx+c∴点O、A关于对称轴对称．∴OC=∴∠COA∵∠CDO∴△OCD②∵△OCD∴OCA∵AB=∴BDAB∴BDAB的最小值就是CD∵y=∴C2,-2∴OC=2∴当CD⊥OA时，CD最小，此时D2,0，CD∴BDAB的最小值是2（3）连接AA'，过点A'作A'G⊥OA于G，延长CB交A

∵△OCD∽△A∴S△∵OC=2∴AB=∴OB=OA-∴B3,0由翻折知，CH⊥∵∠CFB=∠AHB∴∠BCF∵tan∠∴tan∠设A'G=a，则在Rt△A'∴2a解得：a1=0（舍去），∴A'G=∴OG=∴A'设直线A'B的解析式为y=kx+125解得：k=-∴直线A'B的解析式为【点睛】本题是二次函数的综合，考查了待定系数法求解析式，抛物线的对称性，相似三角形的性质和判定，勾股定理的应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合是解本题的关键．【变式83】（2023·陕西渭南·统考二模）如图，抛物线y=ax2+bx-6与x轴正半轴交于点A6,0，与y轴交于点B，点C在直线AB上，过点C作CD⊥x(1)求抛物线的函数表达式；(2)若点P是抛物线上的点，是否存在点P，使∠PEA=∠BAE【答案】(1)y(2)存在点P，使∠PEA=∠BAE，P点坐标为8,10【分析】（1）由翻折可求出E-2,0，再将A6,0，E-2,0代入y（2）根据二次函数解析式可求出B0,-6．分类讨论：①当点P位于x轴上方时，即为点P1，如图，易求出直线AB的解析式为y=x-6．根据∠P1EA=∠BAE，即得出P1E∥AB，从而可直线P1E的解析式为y=x+m'，再将E-2,0代入，即可求出直线P1E的解析式为y=x+2．最后联立y=12x2-2x-6【详解】（1）解：∵△ACD沿CD所在直线翻折，点A恰好落在抛物线上的点E处，且A∴E-将A6,0，E-2,0得：0=36a+6b∴抛物线的函数表达式为y=（2）解：对于y=12x2∴B0,-6分类讨论：①当点P位于x轴上方时，即为点P1设直线AB的解析式为y=则0=6k+m∴直线AB的解析式为y=∵∠P∴P1∴可设直线P1E的解析式为∵E-∴0=-2+m'，解得：∴直线P1E的解析式为联立y=12x2∴此时点P的坐标为8,10；②当点P位于x轴下方时，即为点P2，过点P2作P2∵B0,-6，A∴OA=∴∠BAE∴∠P∴△P∴P2设P2则P2Q=∴-1解得：x1=-2（舍），∴yP此时点P的坐标为4,-6．综上可知存在点P，使∠PEA=∠BAE，P点坐标为8,10【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及二次函数的图象和性质、求二次函数解析式、二次函数与几何图形综合等知识点，灵活运用二次函数的性质以及其与几何知识的联系是解答本题的关键．题型06求对称轴条数【例9】（2023·广东广州·统考一模）图中的图形为轴对称图形，该图形的对称轴的条数为（

）

A．1 B．2 C．3 D．5【答案】D【分析】根据题意，画出该图形的对称轴，即可求解．【详解】解∶如图，

一共有5条对称轴．故选：D【点睛】本题主要考查了轴对称图形，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键．【变式91】（2022·山东青岛·统考一模）下列图形中，是轴对称图形且对称轴条数最多的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用轴对称图形的定义逐一判断即可．【详解】解：A是轴对称图形，对称轴有1条；B不是轴对称图形；C不是轴对称图形；D是轴对称图形，对称轴有2条；故选：D．【点睛】本题考查识别轴对称图形，掌握轴对称图形的定义是解题的关键．【变式92】（2020·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）下列图形：其中是轴对称图形且有两条对称轴的是（

）A．①② B．②③ C．②④ D．③④【答案】A【分析】根据题意首先将各图形的对称轴画出，在数对称轴的条数即可.【详解】1有两条对称轴；2有两条对称轴；3有四条对称轴；4不是对称图形故选A.【点睛】本题主要考查图形的对称轴，关键在于对称轴的概念的掌握.【变式93】（2023·北京海淀·校联考模拟预测）下列图形中，对称轴条数最少的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据轴对称及对称轴的定义，判断各选项的对称轴数量，继而可得出答案．【详解】A.有1数条对称轴，B.有无数条对称轴，C.有2条对称轴，D.有3条对称轴，故选：A．【点睛】本题考查了轴对称图形的知识，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．题型07画轴对称图形【例10】（2021·广东中山·校联考一模）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点和线段EF(1)在方格纸中面出△ADC，使△ADC与△ABC关于直线AC(2)在方格纸中画出以线段EF为一边的平行四边形EFGH（点G，点H均在小正方形的顶点上），且平行四边形EFGH的面积为4．连接DH，请直接写出线段DH的长．【答案】(1)见解析(2)图见解析，DH【分析】（1）根据轴对称的性质可得△ADC；（2）利用平行四边形的性质即可画出图形，利用勾股定理可得DH的长．【详解】（1）如图（2）如图，DH【点睛】本题考查了作图，轴对称变换，平行四边形的性质，勾股定理等知识，准确画出图形是解题的关键．【变式101】（2023·陕西西安·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标为A2，4，(1)在图中作出△ABC关于y轴对称的△(2)若△ABC与△DEF关于点P成中心对称，则点P的坐标是【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）根据关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相同，先在坐标系中描出A、B、C的对应点A'、B（2）如图所示，连接AD与CF交于点P，点P即为所求．【详解】（1）解：如图所示，△A（2）解：如图所示，连接AD与CF交于点P，由图可知点P的坐标为3，0（此坐标可以利用P是故答案啊为：3，【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化—轴对称，找对称中心，灵活运用所学知识是解题的关键．【变式102】（2022·福建莆田·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，(1)尺规作图：求作一点E，使得点B，E关于直线CD对称；（不要求写作法，保留作图痕迹）(2)连接DE，求证：∠CDE【答案】(1)作图见解析(2)证明见解析【分析】（1）过B点作CD的垂线，然后画出点E，使E点和B点到CD的距离相等；（2）由点E与点D关于CD对称可得∠CDE=∠BDC．进而在Rt△ABC中论证CD【详解】（1）解：（1）如图，点E为所求作的点；（2）证明：∵点E与点D关于CD对称，∴∠CDE在Rt△ABC中，∵点D是边AB的中点，∴CD∴∠A∵∠BDC∴∠BDC∴∠CDE【点睛】本题考查了作图轴对称变换，轴对称性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质以及三角形的外角定理，熟练掌握这些知识点是解题的关键．【变式103】（2022·广西南宁·统考二模）如图，在直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(3,3)，B(4,0)(1)请画出与△ABC关于x轴对称的△(2)以点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的12，得到△A2B(3)在y轴上存在点P，使得△OA1P的面积为【答案】(1)图见解析(2)图见解析(3)P（0，4）或（0，4）【分析】（1）直接利用关于x轴对称点的性质得出对应点坐标进而得出答案；（2）直接利用关于位似图形的性质得出对应点坐标进而得出答案；（3）直接利用三角形面积公式求出OP的长，故可得出答案．【详解】（1）如图，△A（2）如图，△A（3）如图，∵y轴上存在点P，使得△OA1∴1∴1解得OP∴P（0，4）或（0，4）．【点睛】此题主要考查了轴对称变换以及位似变换，正确得出对应点位置是解题关键．题型08设计轴对称图案【例11】（2020·河北·模拟预测）如图，在小正三角形组成的网格中，已有6个小正三角形涂黑，还需涂黑n个小正三角形，使它们与原来涂黑的小正三角形组成的新图案恰有三条对称轴，则n的最小值为（）A．10 B．6 C．3 D．2【答案】C【分析】由等边三角形有三条对称轴可得答案．【详解】如图所示，n的最小值为3．故选C．【点睛】本题考查了利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握常见图形的性质和轴对称图形的性质．【变式111】（2022·安徽合肥·统考二模）如图，在4×4正方形网络中，选取一个白色的小正方形并涂黑，使构成的黑色部分的图形构成一个轴对称图形的概率是．【答案】3【分析】直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的位置，进而利用概率的公式得出答案．【详解】解：由示意图可知，我们涂黑一个白色小方块可以使图形为轴对称图形的情况总共为3种，我们可以涂的白色小方块的个数总共为13个，所以图中黑色部分的图形能构成一个轴对称图形的概率为313故答案为：313【点睛】本题主要考查了利用轴对称设计图案，概率公式的应用，正确把握轴对称的性质是解题的关键．【变式112】（2020·山东枣庄·统考二模）在数学活动课上，王老师要求学生将图1所示的3×3正方形方格纸，剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形，如图2的四幅图就视为同一种设计方案（阴影部分为要剪掉部分）请在图中画出4种不同的设计方案，将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑（每个3×3的正方形方格画一种，例图除外）【答案】见解析.【分析】根据轴对称图形和旋转对称图形的概念作图即可得．【详解】解：根据剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形；即如图所示：【点睛】本题主要考查利用旋转设计图案，解题的关键是掌握轴对称图形和旋转对称图形的概念．【变式113】（2022·山西大同·统考二模）阅读理解，并解答问题：观察发现：如图1是一块正方形瓷砖，分析发现这块瓷砖上的图案是按图2所示的过程设计的，其中虚线所在的直线是正方形的对称轴．问题解决：用四块如图1所示的正方形瓷砖按下列要求拼成一个新的大正方形，并在图3和图4中各画一种拼法．(1)图3中所画拼图拼成的图案是轴对称图形，但不是中心对称图形；(2)图4中所画拼图拼成的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）按照轴对称的意义得出答案即可；（2）按照轴对称的定义和中心对称的定义设计，所设计的图案既是中心对称图形，又是轴对称图形．【详解】（1）解：（1）参考图案，如图所示：（2）（2）参考图案，如图所示：【点睛】本题考查利用轴对称或中心对称设计图案，关键是理解轴对称和中心对称的定义．【变式114】（2022·浙江宁波·统考一模）在4×4的方格中，选择6个小方格涂上阴影，请仔细观察图1中的六个图案的对称性，按要求回答．(1)请在六个图案中，选出三个具有相同对称性的图案．选出的三个图案是（填写序号）；它们都是图形（填写“中心对称”或“轴对称”）；(2)请在图2中，将1个小方格涂上阴影，使整个4×4的方格也具有（1）中所选图案相同的对称性．【答案】(1)①③⑤；轴对称；(2)见解析【分析】（1）轴对称图形：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据定义进行判断选择即可；（2）根据轴对称图形的定义将1个小方格涂上阴影即可．【详解】（1）解：①③⑤三个图案是轴对称图形，故答案为：①③⑤；轴对称；（2）解：如图所示（答案不唯一），【点睛】本题考查了中心对称图形轴对称图形的概念．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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后与原图重合．题型09求某点关于坐标轴对称点的坐标【例12】（2022·湖南岳阳·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，点M(-4,2)关于x轴对称的点的坐标是（

A．(-4,2) B．(4,2) C．(-4,-2) D．(4,-2)【答案】C【分析】关于x轴对称的两个点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，根据规律解答即可．【详解】解：点M(-4,2)关于x轴对称的点的坐标是：(-4,-2).故选：C【点睛】本题考查的是关于x轴对称的两个点的坐标关系，掌握“关于x轴对称的两个点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．”是解题的关键．【变式121】（2023·浙江湖州·模拟预测）在平面直角坐标系中，将点A(3，2)向右平移5个单位长度得到点B，则点B关于y轴对称点B'的坐标为（

A．(2，2) B．(2，2) C．(2，2) D．(2，2)【答案】C【分析】根据点的平移规律左减右加可得点B的坐标，然后再根据关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得答案．【详解】解：点A(3，2)向右平移5个单位长度得到点B(2，2)，点B关于y轴对称点B'的坐标为（2，2故选：C．【点睛】本题主要考查了点的平移和关于y轴的对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．【变式122】（2019·四川成都·校联考一模）若点A（1+m，1﹣n）与点B（﹣3，2）关于y轴对称，则m+n的值是（）A．﹣5 B．﹣3 C．3 D．1【答案】D【分析】根据关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，据此求出m、n的值，代入计算可得．【详解】∵点A（1+m，1﹣n）与点B（﹣3，2）关于y轴对称，∴1+m=3，1﹣n=2，解得：m=2，n=﹣1，所以m+n=2﹣1=1，故选D．【点睛】本题考查了关于y轴对称的点，熟练掌握关于y轴对称的两点的横坐标互为相反数，纵坐标不变是解题的关键．题型10与轴对称有关的规律探究问题【例13】（2022·云南·云大附中校考一模）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是平行四边形，A（﹣1，3）、B（1，1）、C（5，1）．规定“把▱ABCD先沿y轴翻折，再向下平移1个单位”为一次变换．如此这样，连续经过2022次变换后，▱ABCD的顶点D的坐标变为（）A．（3，﹣2019） B．（﹣3，﹣2019）C．（3，﹣2018） D．（﹣3，﹣2018）【答案】A【分析】先利用平行四边形的性质求出点D的坐标，再将前几次变换后D点的坐标求出来，观察规律即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，A（﹣1，3）、B（1，1）、C（5，1），∴D（3，3），∵把▱ABCD先沿y轴翻折，再向下平移1个单位为一次变换，又∵沿y轴翻折横坐标为相反数，纵坐标不变，∴第一次变换后，D（3，2），第二次变换后，D（3，1），……∴对于横坐标，奇数次变换为3，偶数次变换为3，对于纵坐标，每次变换减一，∴经过2022次变换后，D（3，﹣2019）.故选：A．【点睛】本题考查翻折变换，点的坐标一规律性，平行四边形的性质等知识点，解题的关键是先求出D的坐标，再利用变换的规律求解．【变式131】（2022·河南商丘·校考一模）如图，等边△ABC的顶点A1,1，B3,1，规定把△ABC“先沿x轴翻折，再向右平移1个单位”为一次变换，这样连续经过2022次变换后，等边△ABCA．2023,3+1 BC．2024,3+1 D【答案】C【分析】先利用等边三角形的性质求得点C的坐标，然后根据轴对称变换和轴对称变换的性质求得第一次变换，第二次变换，第三次变换后点C的坐标，按此找出规律即可求解．【详解】解：如图所示，过点C作CD⊥∵△ABC是等边三角形，A1,1，B∴AB=AC=2，AD=12AB=1，∴CD=∴点C到x轴的距离为：1+3，点C的横坐标为2∴C2由题意得，第一次变换后点C的坐标为2+1，-1-第二次变换后点C的坐标为2+1+1，1+3第三次变换后点C的坐标为2+1+1+1，-1-……由此可以发现点C的横坐标总是比次数大2，而纵坐标，当奇次变换时是-1-3，偶次变换时是1+3，故连续经过2022次变换后，等边△ABC的顶点故选：C【点睛】本题考查了坐标与图形的变化—翻折变换与平移变换，读懂题意，找出变化规律是解题的关键．【变式132】（2021·河北·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，对△ABC进行循环往复的轴对称变换，若原来点A坐标是(1,2)，则经过第2021次变换后点A的对应点的坐标为（

A．(1,-2) B．(-1,-2) C．(-1,2) D．(1,2)【答案】C【分析】观察图形可知每四次对称为一个循环组依次循环，用2021除以4，然后根据商和余数的情况确定出变换后的点A所在的象限，然后解答即可．【详解】解：点A第一次关于y轴对称后在第二象限，点A第二次关于x轴对称后在第三象限，点A第三次关于y轴对称后在第四象限，点A第四次关于x轴对称后在第一象限，即点A回到原始位置，所以，每四次对称为一个循环组依次循环，∵2021÷4＝505余1，∴经过第2021次变换后所得的A点与第一次变换的位置相同，在第二象限，坐标为（−1，2）．故选：C．【点睛】本题考查了轴对称的性质，点的坐标变换规律，读懂题目信息，观察出每四次对称为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．【变式133】（2021·山东青岛·山东省青岛实验初级中学校考模拟预测）如图，已知正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点M，顶点A、B、C的坐标分别为(1,3)、(1,1)、(3,1)，规定“把正方形ABCD先沿x轴翻折，再向右平移

A．(2022,2) B．(2022,-2)C．(2020,2) D．(2020,-2)【答案】A【分析】由正方形的性质可得点M坐标，由折叠性质和平移性质可得点M的变化规律，即可求解；【详解】∵正方形ABCD的顶点A，B，C分别是(1,3)、∴正方形ABCD的对角线的交点M的坐标为(2,2)，∵把正方形ABCD先沿x轴翻折，再向右平移1个单位”为一次变换，∴第一次变换后M的坐标为(3，-2)，第二次变换后的坐标(4,2)，第三次变换后的坐标(5，-可发现第n次后，当n为偶数，点M的坐标为(n∴连续经过第2020次时，点M的坐标为(2020+2,2)，故坐标为故选A．【点睛】本题主要考查了规律性点的坐标，准确分析是解题的关键．题型11轴对称的综合问题【例14】（2023·广西玉林·一模）如图，已知直线y=kx+2k交x、y轴于A、B两点，以AB为边作等边△ABC(A、B、C三点逆时针排列)，D、E两点坐标分别为(-6,0)、(-1,0)，连接CDA．6 B．5+3 C．6.5 D．【答案】D【分析】在x轴上方作等边△AOF，证明△AOB≌△AFC（SAS），所以点C的轨迹为定直线CF，作点E关于直线CF的对称点E'，连接CE'，CE＝CE'，当点D、C、E'在同一条直线上时，DE'＝CD+CE的值最小，再根据勾股定理，即可解答．【详解】解：∵点B在直线y=∴k∵k∴x∴B∵E(-1,0)，在x轴上方作等边△AOF，∵∠CAB∴∠CAB+∠BAF又∵CA=BA∴△AOB≌△∴∠AFC=∠∴点C的轨迹为定直线CF，作点E关于直线CF的对称点E'，连接CE'，∴CD∴当点D、C、E'在同一条直线上时，DE∵AF=AO=2，∠∴∠AGF=30°，AG=2×2=4，∴EM=3∴M∵E关于M的对称E'∴E'(∴(CD+CE故选：D．【点睛】本题考查最短路径，勾股定理，轴对称等知识点，解题关键是熟练掌握以上知识点、根据条件好问题作出辅助线【变式141】（2022·江苏镇江·统考模拟预测）△ABC是边长为4的等边三角形，其中点P为高AD上的一个动点，连接BP，将BP绕点B顺时针旋转60°得到BE，连接PE、DE、CE，则△BDE周长的最小值是（A．2+23 B．2+3 C【答案】A【分析】先证明∠BCE=30°，作B关于CE的对称点F，连接DF,CF，根据对称性可得△BDE【详解】将BP绕点B顺时针旋转60°得到BE，∴△BPE是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC=4，∠BAC=∠ABC=60°，∵AD⊥CB，∴BD=CD=2，∠BAD=∠CAD=12∠BAC=30°∵∠PBE=∠ABC=60°，∴∠ABP=∠CPE，∵BA=BC，BP=BE，∴△ABP≌△CBE（SAS），∴∠BAP=∠BCE=30°，AP=CE∴点E的运动轨迹是射线CE（∠BCE=30°），如图，作B关于CE的对称点F，连接DF,∴CB∴∠BCF∴△BCF∴∴△BDE周长当D,E故选A【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，轴对称的性质，线段和最短问题，勾股定理，求得点E的轨迹是解题的关键．【变式142】（2022·广东·校联考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠A＝30°，∠C＝90°，AB＝6，点P是线段AC上一动点，点M在线段AB上，当AM＝13AB时，PB＋PM的最小值为（

A．33 B．27 C．23＋2 D．33＋3【答案】B【分析】作B点关于AC的对称点B'，连接B'M交AC于点P，则PB＋PM的最小值为B'M的长，过点B'作B'H⊥AB交H点，在Rt△BB'H中，B'H＝33，HB＝3，可求MH＝1，在Rt△MHB'中，B'M＝27，所以PB＋PM的最小值为27．【详解】解：作B点关于AC的对称点B'，连接B'M交AC于点P，∴BP＝B'P，BC＝B'C，∴PB＋PM＝B'P＋PM≥B'M，∴PB＋PM的最小值为B'M的长，过点B'作B'H⊥AB交H点，∵∠A＝30°，∠C＝90°，∴∠CBA＝60°，∵AB＝6，∴BC＝3，∴BB'＝BC＋B'C＝6，在Rt△BB'H中，∠B'BH＝60°，∴∠BB'H＝30°，∴BH＝3，由勾股定理可得：B'∴AH＝AB－BH＝3，∵AM＝13AB∴AM＝2，∴MH＝AH－AM＝1，在Rt△MHB'中，B'∴PB＋PM的最小值为27，故选：B．【点睛】本题考查轴对称—最短路线问题，涉及到解直角三角形，解题的关键是做辅助线，找出PB＋PM的最小值为B'M的长．【变式143】（2022·福建厦门·福建省厦门第二中学校考模拟预测）如图，在正五边形ABCDE中，点F是CD的中点，点G在线段AF上运动，连接EG，DG，当△DEG的周长最小时，则∠EGD=A．36° B．60° C．72° D．108°【答案】C【分析】如图，连接EC，GC，设EC交AF于点G′，连接DG′．证明当点G与G′重合时，EG+DG的值最小，△DEG的周长最小，即求出∠【详解】解：如图，连接EC，GC，设EC交AF于点G′，连接DG′．∵正五边形ABCDE中，点F是DC的中点，AF⊥DC，∴D，C关于AF对称，∴GD=GC，∵EG+GD=EG+GC≥EC，∴当点G与G′重合时，EG+DG的值最小，△DEG的周长最小，∵ABCDE是正五边形，∴ED=DC，∠EDC=108°，∴∠DEC=∠DCE=36°，∵G′D=G′C，∴∠G′DC=∠DCG′=36°，∴∠DG′C=108°，∴∠EG′D=180°∠DG′C=180°108°=72°．故选：C．【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．【变式144】（2023·安徽蚌埠·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（4，0），点Q是直线y=3x上的一个动点，以AQ为边，在AQ的右侧作等边△APQ，使得点P落在第一象限，连接OP，则OP+APA．6 B．43 C．8 D．63【答案】C【分析】根据点Q的运动先证明点