专题10：几何三大变换问题之对称

年全国中考数学（170套）选择填空解答压轴题分类解析汇编专题10：几何三大变换问题之对称锦元数学工作室编辑一、选择题1.（2012江苏连云港3分）小明在学习“锐角三角函数”中发现，将如图所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC上的点E处，还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC上的点F处，这样就可以求出67.5°角的正切值是【】A．3＋1B．2＋1C．2.5D．5【答案】B。【考点】翻折变换(折叠问题)，折叠的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，锐角三角函数定义，勾股定理。【分析】∵将如图所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC上的点E处，∴AB＝BE，∠AEB＝∠EAB＝45°，∵还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC上的点F处，∴AE＝EF，∠EAF＝∠EFA＝0452＝22.5°。∴∠FAB＝67.5°。设AB＝x，则AE＝EF＝2x，∴an67.5°＝tan∠FAB＝tFB2x+x21ABx。故选B。2.（2012江苏南京2分）如图，菱形纸片ABCD中，∠A=600，将纸片折叠，点A、D分别落在A’、D’处，且A’D’经过B，EF为折痕，当D’FCD时，CFFD的值为【】B.36C.2316D.318【答案】A。【考点】翻折变换（折叠问题），菱形的性质，平行的性质，折叠的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。【分析】延长DC与A′D′，交于点M，∵在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，∴∠DCB=∠A=60°，AB∥CD。∴∠D=180°-∠A=120°。根据折叠的性质，可得∠A′D′F=∠D=120°，∴∠FD′M=180°-∠A′D′F=60°。∵D′F⊥CD，∴∠D′FM=90°，∠M=90°-∠FD′M=30°。∵∠BCM=180°-∠BCD=120°，∴∠CBM=180°-∠BCM-∠M=30°。∴∠CBM=∠M。∴BC=CM。设CF=x，D′F=DF=y，则BC=CM=CD=CF+DF=x+y。∴FM=CM+CF=2x+y，在Rt△D′FM中，tan∠M=tan30°=DFy3FM2xy3，∴3-1xy2。∴CFx3-1FDy2。故选A。3.（2012福建南平4分）如图，正方形纸片ABCD的边长为3，点E、F分别在边BC、CD上，将AB、AD分别和AE、AF折叠，点B、D恰好都将在点G处，已知BE=1，则EF的长为【】．32B．52C．94D．3【答案】B。【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质，折叠的性质，勾股定理。【分析】∵正方形纸片ABCD的边长为3，∴∠C=90°，BC=CD=3。根据折叠的性质得：EG=BE=1，GF=DF。设DF=x，则EF=EG＋GF=1＋x，FC=DC－DF=3－x，EC=BC－BE=3－1=2。在Rt△EFC中，EF2=EC2＋FC2，即（x＋1）2=22＋（3－x）2，解得：3x2。∴DF=32，EF=1＋35=22。故选B。4.（2012四川资阳3分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，将△ABC沿直线MN翻折后，顶点C恰好落在AB边上的点D处，已知MN∥AB，MC＝6，NC＝23，则四边形MABN的面积是【】A．63B．123C．183D．243【答案】C。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，相似三角形的判定和性质，【分析】连接CD，交MN于E，∵将△ABC沿直线MN翻折后，顶点C恰好落在AB边上的点D处，∴MN⊥CD，且CE=DE。∴CD=2CE。∵MN∥AB，∴CD⊥AB。∴△CMN∽△CAB。∴2CMNCABSCE1SCD4。∵在△CMN中，∠C=90°，MC=6，NC=23，∴CMN11SCMCN6236322∴CABCMNS4S463243。∴CABCMNMABNSSS24363183四形边。故选C。5.（2012贵州遵义3分）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点，若CF=1，FD=2，则BC的长为【】A．32B．26C．25D．23【答案】B。【考点】翻折变换（折叠问题），矩形的性质和判定，折叠对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】过点E作EM⊥BC于M，交BF于N。∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ABC=90°，AD=BC，∵∠EMB=90°，∴四边形ABME是矩形。∴AE=BM，由折叠的性质得：AE=GE，∠EGN=∠A=90°，∴EG=BM。∵∠ENG=∠BNM，∴△ENG≌△BNM（AAS）。∴NG=NM。∵E是AD的中点，CM=DE，∴AE=ED=BM=CM。∵EM∥CD，∴BN：NF=BM：CM。∴BN=NF。∴NM=12CF=12。∴NG=12。∵BG=AB=CD=CF+DF=3，∴BN=BG﹣NG=3﹣1522。∴BF=2BN=5∴2222BCBFCF5126。故选B。6.（2012山东济宁3分）如图，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=12厘米，EF=16厘米，则边AD的长是【】．12厘米B．16厘米C．20厘米D．28厘米【答案】C。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的性质，矩形的性质和判定，勾股定理。【分析】设斜线上两个点分别为P、Q，∵P点是B点对折过去的，∴∠EPH为直角，△AEH≌△PEH。∴∠HEA=∠PEH。同理∠PEF=∠BEF。∴这四个角互补。∴∠PEH+∠PEF=90°，∴四边形EFGH是矩形，∴△DHG≌△BFE，HEF是直角三角形。∴BF=DH=PF。∵AH=HP，∴AD=HF。∵EH=12cm，EF=16cm，∴FH=2222EHEF12+1620（cm）。∴AD=FH=20cm。故选C。7.（2012广西河池3分）如图，在矩形ABCD中，AD＞AB，将矩形ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为MN，连结CN．若△CDN的面积与△CMN的面积比为1︰4，则MNBM的值为【】A．2B．4C．25D．26【答案】D。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的性质，矩形、菱形的判定和性质，勾股定理。【分析】过点N作NG⊥BC于G，由四边形ABCD是矩形，易得四边形CDNG是矩形，又由折叠的性质，可得四边形AMCN是菱形，由△CDN的面积与△CMN的面积比为1：4，根据等高三角形的面积比等于对应底的比，可得DN：CM=1：4，然后设DN=x，由勾股定理可求得MN的长，从而求得答案：过点N作NG⊥BC于G，∵四边形ABCD是矩形，∴四边形CDNG是矩形，AD∥BC。∴CD=NG，CG=DN，∠ANM=∠CMN。由折叠的性质可得：AM=CM，∠AMN=∠CMN，∴∠ANM=∠AMN。∴AM=AN。∴AM=CM，∴四边形AMCN是平行四边形。∵AM=CM，∴四边形AMCN是菱形。∵△CDN的面积与△CMN的面积比为1：4，∴DN：CM=1：4。设DN=x，则AN=AM=CM=CN=4x，AD=BC=5x，CG=x。∴BM=x，GM=3x。在Rt△CGN中，2222NGCNCG4xx15x，在Rt△MNG中，2222MNGMNG3x15x=26x，∴MN26x==26BMx。故选D。二、填空题1.（2012上海市4分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，点D在AC上，将△ADB沿直线BD翻折后，将点A落在点E处，如果AD⊥ED，那么线段DE的长为▲．【答案】31。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质。【分析】∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，∴0BC1AC3tanAtan30。∵将△ADB沿直线BD翻折后，将点A落在点E处，∴∠ADB=∠EDB，DE=AD。∵AD⊥ED，∴∠CDE=∠ADE=90°，∴∠EDB=∠ADB=00036090=1352。∴∠CDB=∠EDB﹣∠CDE=135°－90°=45°。∵∠C=90°，∴∠CBD=∠CDB=45°。∴CD=BC=1。∴DE=AD=AC﹣CD=31。2.（2012浙江杭州4分）如图，平面直角坐标系中有四个点，它们的横纵坐标均为整数．若在此平面直角坐标系内移动点A，使得这四个点构成的四边形是轴对称图形，并且点A的横坐标仍是整数，则移动后点A的坐标为▲．【答案】（﹣1，1），（﹣2，﹣2）。【考点】利用轴对称设计图案。【分析】根据轴对称图形的定义：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，把A进行移动可得到点的坐标：如图所示：A′（﹣1，1），A″（﹣2，﹣2）。3.（2012福建莆田4分）点A、Ｂ均在由面积为1的相同小矩形组成的网格的格点上，建立平面直角坐标系如图所示．若P是x轴上使得PAPB的值最大的点，Q是y轴上使得QA十QB的值最小的点，则OPOQ＝▲．【答案】5。【考点】轴对称（最短路线问题），坐标与图形性质，三角形三边关系，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。【分析】连接AB并延长交x轴于点P，作A点关于y轴的对称点A′连接A′B交y轴于点Q，求出点Q与y轴的交点坐标即可得出结论：连接AB并延长交x轴于点P，由三角形的三边关系可知，点P即为x轴上使得|PA－PB|的值最大的点。∵点B是正方形ADPC的中点，∴P（3，0）即OP=3。作A点关于y轴的对称点A′连接A′B交y轴于点Q，则A′B即为QA+QB的最小值。∵A′（-1，2），B（2，1），设过A′B的直线为：y=kx+b，则2kb12kb，解得1k35b3。∴Q（0，53），即OQ=53。∴OP•OQ=3×53=5。4.（2012四川内江6分）已知A（1，5），B（3，－1）两点，在x轴上取一点M，使AM－BN取得最大值时，则M的坐标为▲【答案】（72，0）。【考点】一次函数综合题，线段中垂线的性质，三角形三边关系，关于x轴对称的点的坐标，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组。【分析】如图，作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′并延长与x轴的交点，即为所求的M点。此时AM－BM=AM－B′M=AB′。不妨在x轴上任取一个另一点M′，连接M′A、M′B、M′B．则M′A－M′B=M′A－M′B′＜AB′（三角形两边之差小于第三边）。∴M′A－M′B＜AM-BM，即此时AM－BM最大。∵B′是B（3，－1）关于x轴的对称点，∴B′（3，1）。设直线AB′解析式为y=kx+b，把A（1，5）和B′（3，1）代入得：，解得k2b7。∴直线AB′解析式为y=－2x+7。令y=0，解得x=72。∴M点坐标为（72，0）。5.（2012辽宁大连3分）如图，矩形ABCD中，AB＝15cm，点E在AD上，且AE＝9cm，连接EC，将矩形ABCD沿直线BE翻折，点A恰好落在EC上的点A'处，则A'C＝▲cm。【答案】8。【考点】翻折问题，矩形的性质，翻折对称的性质，勾股定理，解无理方程。【分析】根据矩形和翻折对称的性质，得A'B=AB＝15cm，A'E=AE＝9cm，∠BA'C=900。设A'C=x。在Rt△BA'C中，根据勾股定理，得22