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2020年中考数学真题分项汇编专题17图形的变换 (含解析)
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这是一份2020年中考数学真题分项汇编专题17图形的变换 (含解析)，共51页。
专题17图形的变换
一．选择题（共20小题）
1．（2020•广东）在平面直角坐标系中，点（3，2）关于x轴对称的点的坐标为（ ）
A．（﹣3，2） B．（﹣2，3） C．（2，﹣3） D．（3，﹣2）
【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”解答即可．
【解答】解：点（3，2）关于x轴对称的点的坐标为（3，﹣2）．
故选：D．
2．（2020•乐山）观察下列各方格图中阴影部分所示的图形（每一小方格的边长为1），如果将它们沿方格边线或对角线剪开重新拼接，不能拼成正方形的是（ ）
A．B． C．D．
【分析】先根据拼剪前后的面积不变，求出拼成正方形的边长，再依此裁剪可得．
【解答】解：由题意，选项D阴影部分面积为6，A，B，C的阴影部分的面积为5，
如果能拼成正方形，选项D的正方形的边长为，选项A，B，C的正方形的边长为，
观察图象可知，选项A，B，C阴影部分沿方格边线或对角线剪开均可得图1的5个图形，可以拼成图2的边长为的正方形，
故选：D．
3．（2020•扬州）“致中和，天地位焉，万物育焉．”对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，常被运用于建筑、器物、绘画、标识等作品的设计上，使对称之美惊艳了千年的时光．在下列与扬州有关的标识或简图中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断利用排除法求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项符合题意；
D、是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
4．（2020•菏泽）在平面直角坐标系中，将点P（﹣3，2）向右平移3个单位得到点P'，则点P'关于x轴的对称点的坐标为（ ）
A．（0，﹣2） B．（0，2） C．（﹣6，2） D．（﹣6，﹣2）
【分析】先根据向右平移3个单位，横坐标加3，纵坐标不变，求出点P'的坐标，再根据关于x轴对称，横坐标不变，纵坐标相反解答．
【解答】解：∵将点P（﹣3，2）向右平移3个单位得到点P'，
∴点P'的坐标是（0，2），
∴点P'关于x轴的对称点的坐标是（0，﹣2）．
故选：A．
5．（2020•青岛）如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O．若AE＝5，BF＝3，则AO的长为（ ）
A． B． C．2 D．4
【分析】由矩形的性质，折叠轴对称的性质，可求出AF＝FC＝AE＝5，由勾股定理求出AB，AC，进而求出OA即可．
【解答】解：∵矩形ABCD，
∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，
∴∠EFC＝∠AEF，
∴AE＝AF＝3，
由折叠得，FC＝AF，OA＝OC，
∴BC＝3+5＝8，
在Rt△ABF中，AB4，
在Rt△ABC中，AC4，
∴OA＝OC＝2，
故选：C．
6．（2020•枣庄）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC＝∠ECA，则AC的长是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据折叠的性质得到AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，根据等腰三角形的性质得到AF＝CF，于是得到结论．
【解答】解：∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，
∴AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，
∴EF⊥AC，
∵∠EAC＝∠ECA，
∴AE＝CE，
∴AF＝CF，
∴AC＝2AB＝6，
故选：D．
7．（2020•广东）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
【分析】由正方形的性质得出∠EFD＝∠BEF＝60°，由折叠的性质得出∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，由直角三角形的性质可得：2（3﹣x）＝x，解方程求出x即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A＝90°，
∴∠EFD＝∠BEF＝60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，
∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°，
∴B'E＝2AE，
设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，
∴2（3﹣x）＝x，
解得x＝2．
故选：D．
8．（2020•内江）如图，矩形ABCD中，BD为对角线，将矩形ABCD沿BE、BF所在直线折叠，使点A落在BD上的点M处，点C落在BD上的点N处，连结EF．已知AB＝3，BC＝4，则EF的长为（ ）
A．3 B．5 C． D．
【分析】求出BD＝5，AE＝EM，∠A＝∠BME＝90°，证明△EDM∽△BDA，由相似三角形的性质得出，设DE＝x，则AE＝EM＝4﹣x，得出，解得x，同理△DNF∽△DCB，得出，设DF＝y，则CF＝NF＝3﹣y，则，解得y．由勾股定理即可求出EF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∠A＝∠C＝∠EDF＝90°，
∴BD5，
∵将矩形ABCD沿BE所在直线折叠，使点A落在BD上的点M处，
∴AE＝EM，∠A＝∠BME＝90°，
∴∠EMD＝90°，
∵∠EDM＝∠ADB，
∴△EDM∽△BDA，
∴，
设DE＝x，则AE＝EM＝4﹣x，
∴，
解得x，
∴DE，
同理△DNF∽△DCB，
∴，
设DF＝y，则CF＝NF＝3﹣y，
∴，
解得y．
∴DF．
∴EF．
故选：C．
9．（2020•哈尔滨）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（ ）
A．10° B．20° C．30° D．40°
【分析】由余角的性质可求∠C＝40°，由轴对称的性质可得∠AB'B＝∠B＝50°，由外角性质可求解．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，∠B＝50°，
∴∠C＝40°，
∵△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，
∴∠AB'B＝∠B＝50°，
∴∠CAB'＝∠AB'B﹣∠C＝10°，
故选：A．
10．（2020•滨州）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N．若直线BA′交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据中位线定理可得AM＝2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得A′M＝A′N＝2，过M点作MG⊥EF于G，可求A′G，根据勾股定理可求MG，进一步得到BE，再根据平行线分线段成比例可求OF，从而得到OD．
【解答】解：∵EN＝1，
∴由中位线定理得AM＝2，
由折叠的性质可得A′M＝2，
∵AD∥EF，
∴∠AMB＝∠A′NM，
∵∠AMB＝∠A′MB，
∴∠A′NM＝∠A′MB，
∴A′N＝2，
∴A′E＝3，A′F＝2
过M点作MG⊥EF于G，
∴NG＝EN＝1，
∴A′G＝1，
由勾股定理得MG，
∴BE＝OF＝MG，
∴OF：BE＝2：3，
解得OF，
∴OD．
故选：B．
11．（2020•孝感）如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG＝3，CG＝2，则CE的长为（ ）
A． B． C．4 D．
【分析】连接EG，根据AG垂直平分EF，即可得出EG＝FG，设CE＝x，则DE＝5﹣x＝BF，FG＝EG＝8﹣x，再根据Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即可得到CE的长．
【解答】解：如图所示，连接EG，
由旋转可得，△ADE≌△ABF，
∴AE＝AF，DE＝BF，
又∵AG⊥EF，
∴H为EF的中点，
∴AG垂直平分EF，
∴EG＝FG，
设CE＝x，则DE＝5﹣x＝BF，FG＝8﹣x，
∴EG＝8﹣x，
∵∠C＝90°，
∴Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即x2+22＝（8﹣x）2，
解得x，
∴CE的长为，
故选：B．
12．（2020•河北）如图，将△ABC绕边AC的中点O顺时针旋转180°．嘉淇发现，旋转后的△CDA与△ABC构成平行四边形，并推理如下：
小明为保证嘉洪的推理更严谨，想在方框中“∵CB＝AD，”和“∴四边形…”之间作补充，下列正确的是
（ ）
A．嘉淇推理严谨，不必补充
B．应补充：且AB＝CD
C．应补充：且AB∥CD
D．应补充：且OA＝OC
【分析】根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可．
【解答】解：∵CB＝AD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故选：B．
13．（2020•天津）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点B的对应点E恰好落在边AC上，点A的对应点为D，延长DE交AB于点F，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AC＝DE B．BC＝EF C．∠AEF＝∠D D．AB⊥DF
【分析】依据旋转可得，△ABC≌△DEC，再根据全等三角形的性质，即可得出结论．
【解答】解：由旋转可得，△ABC≌△DEC，
∴AC＝DC，故A选项错误，
BC＝EC，故B选项错误，
∠AEF＝∠DEC＝∠B，故C选项错误，
∠A＝∠D，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠D+∠B＝90°，
∴∠BFD＝90°，即DF⊥AB，故D选项正确，
故选：D．
14．（2020•淮安）在平面直角坐标系中，点（3，2）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（2，3） B．（﹣3，2） C．（﹣3，﹣2） D．（﹣2，﹣3）
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出答案．
【解答】解：点（3，2）关于原点对称的点的坐标是：（﹣3，﹣2）．
故选：C．
15．（2020•菏泽）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转角α，得到△ADE，若点E恰好在CB的延长线上，则∠BED等于（ ）
A． B．α C．α D．180°﹣α
【分析】证明∠ABE+∠ADE＝180°，推出∠BAD+∠BED＝180°即可解决问题．
【解答】解：∵∠ABC＝∠ADE，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠ABE+∠ADE＝180°，
∴∠BAD+∠BED＝180°，
∵∠BAD＝α，
∴∠BED＝180°﹣α．
故选：D．
16．（2020•北京）下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
D、既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意．
故选：D．
17．（2020•青岛）如图，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（0，4） B．（2，﹣2） C．（3，﹣2） D．（﹣1，4）
【分析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，即可得点A的对应点A′的坐标．
【解答】解：如图，
△A′B′C′即为所求，
则点A的对应点A′的坐标是（﹣1，4）．
故选：D．
18．（2020•齐齐哈尔）有两个直角三角形纸板，一个含45°角，另一个含30°角，如图①所示叠放，先将含30°角的纸板固定不动，再将含45°角的纸板绕顶点A顺时针旋转，使BC∥DE，如图②所示，则旋转角∠BAD的度数为（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
【分析】由平行线的性质可得∠CFA＝∠D＝90°，由外角的性质可求∠BAD的度数．
【解答】解：如图，设AD与BC交于点F，
∵BC∥DE，
∴∠CFA＝∠D＝90°，
∵∠CFA＝∠B+∠BAD＝60°+∠BAD，
∴∠BAD＝30°
故选：B．
19．（2020•枣庄）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB
＝∠B＝30°，OA＝2．将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是（ ）
A．（，3） B．（﹣3，） C．（，2） D．（﹣1，2）
【分析】如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．解直角三角形求出′H，B′H即可．
【解答】解：如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．
在Rt△A′B′H中，∵A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，
∴A′H＝A′B′cos60°＝1，B′H＝A′B′sin60°，
∴OH＝2+1＝3，
∴B′（，3），
故选：A．
20．（2020•苏州）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'．若点B'恰好落在BC边上，且AB'＝CB'，则∠C'的度数为（ ）
A．18° B．20° C．24° D．28°
【分析】由旋转的性质可得∠C＝∠C'，AB＝AB'，由等腰三角形的性质可得∠C＝∠CAB'，∠B＝∠AB'B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
【解答】解：∵AB'＝CB'，
∴∠C＝∠CAB'，
∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，
∴∠C＝∠C'，AB＝AB'，
∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB＝180°，
∴3∠C＝180°﹣108°，
∴∠C＝24°，
∴∠C'＝∠C＝24°，
故选：C．
二．填空题（共23小题）
21．（2020•天水）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．若DF＝3，则BE的长为 2 ．
【分析】根据旋转的性质可知，△ADF≌△ABG，然后即可得到DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，然后根据题目中的条件，可以得到△EAG≌△EAF，再根据DF＝3，AB＝6和勾股定理，可以得到DE的长，本题得以解决．
【解答】解：由题意可得，
△ADF≌△ABG，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠BAG+∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
设BE＝x，则GE＝BG+BE＝3+x，CE＝6﹣x，
∴EF＝3+x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
∵∠C＝90°，
∴（6﹣x）2+32＝（3+x）2，
解得，x＝2，
即CE＝2，
故答案为：2．
22．（2020•衡阳）如图，在平面直角坐标系中，点P1的坐标为（，），将线段OP1绕点O按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；又将线段OP2绕点O按顺时针方向旋转45°，长度伸长为OP2的2倍，得到线段OP3；如此下去，得到线段OP4，OP5，…，OPn（n为正整数），则点P2020的坐标是 （﹣22018，﹣22018） ．
【分析】根据题意得出OP1＝1，OP2＝2，OP3＝4，如此下去，得到线段OP4＝8＝23，OP5＝16＝24…，OPn＝2n﹣1，再利用旋转角度得出点P2020的坐标与点P5的坐标在同一直线上，进而得出答案．
【解答】解：∵点P1的坐标为（，），将线段OP1绕点O按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；
∴OP1＝1，OP2＝2，
∴OP3＝4，如此下去，得到线段OP4＝23，OP5＝24…，
∴OPn＝2n﹣1，
由题意可得出线段每旋转8次旋转一周，
∵2020÷8＝252…4，
∴点P2020的坐标与点P5的坐标在同一直线上，正好在第三象限的角平分线上，
∴点P2020的坐标是（﹣22018，﹣22018）．
故答案为：（﹣22018，﹣22018）．
23．（2020•滨州）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为2、、4，则正方形ABCD的面积为 14+4 ．
【分析】如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC＝90°，推出∠CMB＝∠APB＝135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．
【解答】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．
∵BP＝BM，∠PBM＝90°，
∴PMPB＝2，
∵PC＝4，PA＝CM＝2，
∴PC2＝CM2+PM2，
∴∠PMC＝90°，
∵∠BPM＝∠BMP＝45°，
∴∠CMB＝∠APB＝135°，
∴∠APB+∠BPM＝180°，
∴A，P，M共线，
∵BH⊥PM，
∴PH＝HM，
∴BH＝PH＝HM＝1，
∴AH＝21，
∴AB2＝AH2+BH2＝（21）2+12＝14+4，
∴正方形ABCD的面积为14+4．
故答案为14+4．
24．（2020•泰安）如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为A（0，3），B（﹣1，1），C（3，1）．△A'B'C′是△ABC关于x轴的对称图形，将△A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，点A'的对应点为M，则点M的坐标为 （﹣2，1） ．
【分析】延长A'B'后得出点M，进而利用图中坐标解答即可．
【解答】解：将△A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，如图所示：
所以点M的坐标为（﹣2，1），
故答案为：（﹣2，1）．
25．（2020•台州）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为 a+b ．（用含a，b的代数式表示）
【分析】如图，连接DK，DN，证明S四边形DMNT＝S△DKNa即可解决问题．
【解答】解：如图，连接DK，DN，
∵∠KDN＝∠MDT＝90°，
∴∠KDM＝∠NDT，
∵DK＝DN，∠DKM＝∠DNT＝45°，
∴△DKM≌△DNT（ASA），
∴S△DKM＝S△DNT，
∴S四边形DMNT＝S△DKNa，
∴正方形ABCD的面积＝4a+b＝a+b．
故答案为a+b．
26．（2020•金华）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点B重合），点O是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE＝OF＝1cm，AC＝BD＝6cm，CE＝DF，CE：AE＝2：3．按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动．
（1）当E，F两点的距离最大时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是 16 cm．
（2）当夹子的开口最大（即点C与点D重合）时，A，B两点的距离为 cm．
【分析】（1）当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形，求出矩形的长和宽即可解决问题．
（2）如图3中，连接EF交OC于H．想办法求出EF，利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【解答】解：（1）当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形，
∵OE＝OF＝1cm，
∴EF＝2cm，
∴AB＝CD＝2cm，
∴此时四边形ABCD的周长为2+2+6+6＝16（cm），
故答案为16．
（2）如图3中，连接EF交OC于H．
由题意CE＝CF6（cm），
∵OE＝OF＝1cm，
∴CO垂直平分线段EF，
∵OC（cm），
∵•OE•EC•CO•EH，
∴EH（cm），
∴EF＝2EH（cm）
∵EF∥AB，
∴，
∴AB（cm）．
故答案为．
27．（2020•武威）如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点A，B的坐标分别为（3，），（4，0）．把△OAB沿x轴向右平移得到△CDE，如果点D的坐标为（6，），则点E的坐标为 （7，0） ．
【分析】利用平移的性质解决问题即可．
【解答】解：∵A（3，），D（6，），
∴点A向右平移3个单位得到D，
∵B（4，0），
∴点B向右平移3个单位得到E（7，0），
故答案为（7，0）．
28．（2020•襄阳）如图，矩形ABCD中，E为边AB上一点，将△ADE沿DE折叠，使点A的对应点F恰好落在边BC上，连接AF交DE于点N，连接BN．若BF•AD＝15，tan∠BNF，则矩形ABCD的面积为 15 ．
【分析】由折叠的性质得出∠BNF＝∠BEF，由条件得出tan∠BEF，设BFx，BE＝2x，由勾股定理得出EF＝3x，得出ABBF，则可得出答案．
【解答】解：∵将△ADE沿DE折叠，使点A的对应点F恰好落在边BC上，
∴AF⊥DE，AE＝EF，
∵矩形ABCD中，∠ABF＝90°，
∴B，E，N，F四点共圆，
∴∠BNF＝∠BEF，
∴tan∠BEF，
设BFx，BE＝2x，
∴EF3x，
∴AE＝3x，
∴AB＝5x，
∴ABBF．
∴S矩形ABCD＝AB•ADBF•AD15＝15．
故答案为：15．
29．（2020•牡丹江）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点E在AC边上．将∠A沿直线BE翻折，点A落在点A'处，连接A'B，交AC于点F．若A'E⊥AE，cosA，则 ．
【分析】根据题意设AC＝4x，AB＝5x，则BC＝3x，再证明△BCE为等腰直角三角形，得到EC＝3x，根据△A′EF∽△BCF，得到．
【解答】解：∵∠C＝90°，cosA，
∴，设AC＝4x，AB＝5x，则BC＝3x，
∵AE⊥AE′，∴∠AEA′＝90°，A′E∥BC，
由于折叠，
∴∠A′EB＝∠AEB＝（360﹣90）÷2＝135°，且△A′EF∽△BCF，
∴∠BEC＝45°，即△BCE为等腰直角三角形，
∴EC＝3x，
∴AE＝AC﹣EC＝x＝A′E，
∴，
故答案为：．
30．（2020•武汉）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，EF为折痕，AB＝1，AD＝2．设AM的长为t，用含有t的式子表示四边形CDEF的面积是 ．
【分析】连接DM，过点E作EG⊥BC于点G，设DE＝x＝EM，则EA＝2﹣x，由勾股定理得出（2﹣x）2+t2＝x2，证得∠ADM＝∠FEG，由锐角三角函数的定义得出FG，求出CF，则由梯形的面积公式可得出答案．
【解答】解：连接DM，过点E作EG⊥BC于点G，
设DE＝x＝EM，则EA＝2﹣x，
∵AE2+AM2＝EM2，
∴（2﹣x）2+t2＝x2，
解得x1，
∴DE1，
∵折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，
∴EF⊥DM，
∠ADM+∠DEF＝90°，
∵EG⊥AD，
∴∠DEF+∠FEG＝90°，
∴∠ADM＝∠FEG，
∴tan∠ADM，
∴FG，
∵CG＝DE1，
∴CF1，
∴S四边形CDEF（CF+DE）×1t+1．
故答案为：t+1．
31．（2020•内江）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+MN的最小值为 15 ．
【分析】作点A关于BD的对称点A′，连接MA′，BA′，过点A′H⊥AB于H．首先证明△ABA′是等边三角形，求出A′H，根据垂线段最短解决问题即可．
【解答】解：作点A关于BD的对称点A′，连接MA′，BA′，过点A′H⊥AB于H．
∵BA＝BA′，∠ABD＝∠DBA′＝30°，
∴∠ABA′＝60°，
∴△ABA′是等边三角形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝10，
在Rt△ABD中，AB10，
∵A′H⊥AB，
∴AH＝HB＝5，
∴A′HAH＝15，
∵AM+MN＝A′M+MN≤A′H，
∴AM+MN≤15，
∴AM+MN的最小值为15．
故答案为15．
32．（2020•黑龙江）如图，在边长为4的正方形ABCD中，将△ABD沿射线BD平移，得到△EGF，连接EC、GC．求EC+GC的最小值为 4 ．
【分析】如图，连接DE，作点D关于直线AE的对称点T，连接AT，ET，CT．首先证明B，A，T共线，求出TC，证明四边形EGCD是平行四边形，推出DE＝CG，推出EC+CG＝EC+ED＝EC+TE，根据TE+EC≥TC即可解决问题．
【解答】解：如图，连接DE，作点D关于直线AE的对称点T，连接AT，ET，CT．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC═AD＝4，∠ABC＝90°，∠ABD＝45°，
∵AE∥BD，
∴∠EAD＝∠ABD＝45°，
∵D，T关于AE对称，
∴AD＝AT＝4，∠TAE＝∠EAD＝45°，
∴∠TAD＝90°，
∵∠BAD＝90°，
∴B，A，T共线，
∴CT4，
∵EG＝CD，EG∥CD，
∴四边形EGCD是平行四边形，
∴CG＝EC，
∴EC+CG＝EC+ED＝EC+TE，
∵TE+EC≥TC，
∴EC+CG≥4，
∴EC+CG的最小值为4．
33．（2020•凉山州）如图，矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，E是AB上一点，且EB＝3，F是BC上一动点，若将△EBF沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距离为 10 ．
【分析】先根据勾股定理计算ED的长，当E、P、D共线时，DP最小，即最短距离是此时PD的长．
【解答】解：如图，连接PD，DE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵AB＝8，BE＝3，
∴AE＝5，
∵AD＝12，
∴DE13，
由折叠得：EB＝EP＝3，
∵EP+DP≥ED，
∴当E、P、D共线时，DP最小，
∴DP＝DE﹣EP＝13﹣3＝10；
故答案为：10．
34．（2020•黑龙江）在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，点E在边BC上，且BEa，连接AE，将△ABE沿AE折叠．若点B的对应点B′落在矩形ABCD的边上，则折痕的长为 或 ．
【分析】分两种情况：①当点B'落在AD边上时，证出△ABE是等腰直角三角形，得出AEAB；
②当点B'落在CD边上时，证明△ADB'∽△B'CE，得出，求出BEa，由勾股定理求出AE即可．
【解答】解：分两种情况：
①当点B'落在AD边上时，如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝90°，
∵将△ABE沿AE折叠．点B的对应点B′落在矩形ABCD的AD边上，
∴∠BAE＝∠B'AE∠BAD＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB＝BE＝1，AEAB；
②当点B'落在CD边上时，如图2所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝a，
∵将△ABE沿AE折叠．点B的对应点B′落在矩形ABCD的CD边上，
∴∠B＝∠AB'E＝90°，AB'＝AB＝1，BE'＝BEa，
∴CE＝BC﹣BE＝aaa，B'D，
在△ADB'和△B'CE中，∠B'AD＝∠EB'C＝90°﹣∠AB'D，∠D＝∠C＝90°，
∴△ADB'∽△B'CE，
∴，即，
解得：a，或a＝0（舍去），
∴BEa，
∴AE；
综上所述，折痕的长为或；
故答案为：或．
35．（2020•达州）如图，点P（﹣2，1）与点Q（a，b）关于直线1（y＝﹣1）对称，则a+b＝ ﹣5 ．
【分析】利用轴对称的性质求出等Q的坐标即可．
【解答】解：∵点P（﹣2，1）与点Q（a，b）关于直线1（y＝﹣1）对称，
∴a＝﹣2，b＝﹣3，
∴a+b＝﹣2﹣3＝﹣5，
故答案为﹣5．
36．（2020•德州）如图，在4×4的正方形网格中，有4个小正方形已经涂黑，若再涂黑任意1个白色的小正方形（每个白色小正方形被涂黑的可能性相同），使新构成的黑色部分图形是轴对称图形的概率是 ．
【分析】直接利用轴对称图形的性质结合概率求法得出答案．
【解答】解：如图所示：当分别将1，2位置涂黑，构成的黑色部分图形是轴对称图形，
故新构成的黑色部分图形是轴对称图形的概率是：．
故答案为：．
37．（2020•安徽）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP；再将△PCQ，△ADQ分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：
（1）∠PAQ的大小为 30 °；
（2）当四边形APCD是平行四边形时，的值为 ．
【分析】（1）由折叠的性质可得∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，由平角的性质可得∠D+∠C＝180°，∠AQP＝90°，可证AD∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝90°，即可求解；
（2）由平行四边形和折叠的性质可得AR＝PR，由直角三角形的性质可得AP＝2PB＝2QR，ABPB，即可求解．
【解答】解：（1）由折叠的性质可得：∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，
∵∠QRA+∠QRP＝180°，
∴∠D+∠C＝180°，
∴AD∥BC，
∴∠B+∠DAB＝180°，
∵∠DQR+∠CQR＝180°，
∴∠DQA+∠CQP＝90°，
∴∠AQP＝90°，
∴∠B＝∠AQP＝90°，
∴∠DAB＝90°，
∴∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB＝30°，
故答案为：30；
（2）由折叠的性质可得：AD＝AR，CP＝PR，
∵四边形APCD是平行四边形，
∴AD＝PC，
∴AR＝PR，
又∵∠AQP＝90°，
∴QRAP，
∵∠PAB＝30°，∠B＝90°，
∴AP＝2PB，ABPB，
∴PB＝QR，
∴，
故答案为：．
38．（2020•甘孜州）如图，有一张长方形纸片ABCD，AB＝8cm，BC＝10cm，点E为CD上一点，将纸片沿AE折叠，BC的对应边B′C′恰好经过点D，则线段DE的长为 5 cm．
【分析】由折叠的性质可得AB＝AB'＝8cm，BC＝B'C'＝10cm，CE＝C'E，由勾股定理可求B'D的长，由勾股定理可求解．
【解答】解：∵将纸片沿AE折叠，BC的对应边B′C′恰好经过点D，
∴AB＝AB'＝8cm，BC＝B'C'＝10cm，CE＝C'E，
∴B'D6cm，
∴C'D＝B'C'﹣B'D＝4cm，
∵DE2＝C'D2+C'E2，
∴DE2＝16+（8﹣DE）2，
∴DE＝5cm，
故答案为5．
39．（2020•聊城）如图，在直角坐标系中，点A（1，1），B（3，3）是第一象限角平分线上的两点，点C的纵坐标为1，且CA＝CB，在y轴上取一点D，连接AC，BC，AD，BD，使得四边形ACBD的周长最小，这个最小周长的值为 4+2 ．
【分析】根据平行线的性质得到∠BAC＝45°，得到∠C＝90°，求得AC＝BC＝2，作B关于y轴的对称点E，连接AE交y轴于D，则此时，四边形ACBD的周长最小，这个最小周长的值＝AC+BC+AE，过E作EF⊥AC交CA的延长线于F，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵点A（1，1），点C的纵坐标为1，
∴AC∥x轴，
∴∠BAC＝45°，
∵CA＝CB，
∴∠ABC＝∠BAC＝45°，
∴∠C＝90°，
∵B（3，3）
∴C（3，1），
∴AC＝BC＝2，
作B关于y轴的对称点E，
连接AE交y轴于D，
则此时，四边形ACBD的周长最小，这个最小周长的值＝AC+BC+AE，
过E作EF⊥AC交CA的延长线于F，
则EF＝BC＝2，AF＝6﹣2＝4，
∴AE2，
∴最小周长的值＝AC+BC+AE＝4+2，
故答案为：4+2．
40．（2020•黑龙江）如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD方向平移，得到△EFG，连接EC、GC．求EC+GC的最小值为 ．
【分析】根据菱形的性质得到AB＝1，∠ABD＝30°，根据平移的性质得到EG＝AB＝1，EG∥AB，推出四边形EGCD是平行四边形，得到ED＝GC，于是得到EC+GC的最小值＝EC+GD的最小值，根据平移的性质得到点E在过点A且平行于BD的定直线上，作点D关于定直线的对称点M，连接CM交定直线于AE，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：∵在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴AB＝CD＝1，∠ABD＝30°，
∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△EGF，
∴EG＝AB＝1，EG∥AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BAD＝120°，
∴EG＝CD，EG∥CD，
∴四边形EGCD是平行四边形，
∴ED＝GC，
∴EC+GC的最小值＝EC+ED的最小值，
∵点E在过点A且平行于BD的定直线上，
∴作点D关于定直线的对称点M，连接CM交定直线于E，
则CM的长度即为EC+DE的最小值，
∵∠EAD＝∠ADB＝30°，AD＝1，
∴∠ADM＝60°，DH＝MHAD，
∴DM＝1，
∴DM＝CD，
∵∠CDM＝∠MDG+∠CDB＝90°+30°＝120°，
∴∠M＝∠DCM＝30°，
∴CM＝2CD．
故答案为：．
41．（2020•常德）如图1，已知四边形ABCD是正方形，将△DAE，△DCF分别沿DE，DF向内折叠得到图2，此时DA与DC重合（A、C都落在G点），若GF＝4，EG＝6，则DG的长为 12 ．
【分析】设正方形ABCD的边长为x，由翻折及已知线段的长，可用含x的式子分别表示出BE、BF及EF的长；在Rt△BEF中，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值，即为DG的长．
【解答】解：设正方形ABCD的边长为x，由翻折可得：
DG＝DA＝DC＝x，
∵GF＝4，EG＝6，
∴AE＝EG＝6，CF＝GF＝4，
∴BE＝x﹣6，BF＝x﹣4，EF＝6+4＝10，如图1所示：
在Rt△BEF中，由勾股定理得：
BE2+BF2＝EF2，
∴（x﹣6）2+（x﹣4）2＝102，
∴x2﹣12x+36+x2﹣8x+16＝100，
∴x2﹣10x﹣24＝0，
∴（x+2）（x﹣12）＝0，
∴x1＝﹣2（舍），x2＝12．
∴DG＝12．
故答案为：12．
42．（2020•铜仁市）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为A1，折痕为DE．若将∠B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则AB＝ ．
【分析】依据△A1DB1≌△A1DC（AAS），即可得出A1C＝A1B1，再根据折叠的性质，即可得到A1CBC＝2，最后依据勾股定理进行计算，即可得到CD的长，即AB的长．
【解答】解：由折叠可得，A1D＝AD＝4，∠A＝∠EA1D＝90°，∠BA1E＝∠B1A1E，BA1＝B1A1，∠B＝∠A1B1E＝90°，
∴∠EA1B1+∠DA1B1＝90°＝∠BA1E+∠CA1D，
∴∠DA1B1＝∠CA1D，
又∵∠C＝∠A1B1D，A1D＝A1D，
∴△A1DB1≌△A1DC（AAS），
∴A1C＝A1B1，
∴BA1＝A1CBC＝2，
∴Rt△A1CD中，CD，
∴AB，
故答案为：．
43．（2020•杭州）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝ 2 ，BE＝ 1 ．
【分析】根据矩形的性质得到AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，根据折叠的性质得到CF＝BC，∠CFE＝∠B＝90°，EF＝BE，根据全等三角形的性质得到DF＝AE＝2；根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，
∵把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，
∴CF＝BC，∠CFE＝∠B＝90°，EF＝BE，
∴CF＝AD，∠CFD＝90°，
∴∠ADE+∠CDF＝∠CDF+∠DCF＝90°，
∴∠ADF＝∠DCF，
∴△ADE≌△FCD（ASA），
∴DF＝AE＝2；
∵∠AFE＝∠CFD＝90°，
∴∠AFE＝∠DAE＝90°，
∵∠AEF＝∠DEA，
∴△AEF∽△DEA，
∴，
∴，
∴EF1（负值舍去），
∴BE＝EF1，
故答案为：2，1．
三．解答题（共7小题）
44．（2020•绥化）如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，点B，点O均为格点（每个小正方形的顶点叫做格点）．
（1）作点A关于点O的对称点A1；
（2）连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，画出旋转后的线段A1B1；
（3）连接AB1，求出四边形ABA1B1的面积．
【分析】（1）依据中心对称的性质，即可得到点A关于点O的对称点A1；
（2）依据线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，即可得出旋转后的线段A1B1；
（2）依据割补法进行计算，即可得到四边形ABA1B1的面积．
【解答】解：（1）如图所示，点A1即为所求；
（2）如图所示，线段A1B1即为所求；
（3）如图，连接BB1，过点A作AE⊥BB1，过点A1作A1F⊥BB1，则
四边形ABA1B1的面积8×28×4＝24．
45．（2020•黔西南州）规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．
根据以上规定，回答问题：
（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是 B ；
A．矩形
B．正五边形
C．菱形
D．正六边形
（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有： （1）（3）（5） （填序号）；
（3）下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形．
其中真命题的个数有 C 个；
A．0
B．1
C．2
D．3
（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45°，90°，135°，180°，将图形补充完整．
【分析】（1）根据旋转图形，中心对称图形的定义判断即可．
（2）旋转对称图形，且有一个旋转角是60度判断即可．
（3）根据旋转图形的定义判断即可．
（4）根据要求画出图形即可．
【解答】解：（1）是旋转图形，不是中心对称图形是正五边形，
故选B．
（2）是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有（1）（3）（5）．
故答案为（1）（3）（5）．
（3）命题中①③正确，
故选C．
（4）图形如图所示：
46．（2020•达州）如图，△ABC中，BC＝2AB，D、E分别是边BC、AC的中点．将△CDE绕点E旋转180度，得△AFE．
（1）判断四边形ABDF的形状，并证明；
（2）已知AB＝3，AD+BF＝8，求四边形ABDF的面积S．
【分析】（1）结论：四边形ABDF是菱形．根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
（2）设OA＝x，OB＝y，构建方程组求出2xy即可解决问题．
【解答】解：（1）结论：四边形ABDF是菱形．
∵CD＝DB，CE＝EA，
∴DE∥AB，AB＝2DE，
由旋转的性质可知，DE＝EF，
∴AB＝DF，AB∥DF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵BC＝2AB，BD＝DC，
∴BA＝BD，
∴四边形ABDF是菱形．
（2）连接BF，AD交于点O．
∵四边形ABDF是菱形，
∴AD⊥BF，OB＝OF，AO＝OD，设OA＝x，OB＝y，
则有，
∴x+y＝4，
∴x2+2xy+y2＝16，
∴2xy＝7，
∴S菱形ABDFBF×AD＝2xy＝7．
47．（2020•黑龙江）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E分别在AC、BC边上，DC＝EC，连接DE、AE、BD，点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN．
（1）BE与MN的数量关系是 BENM ．
（2）将△DEC绕点C逆时针旋转到图②和图③的位置，判断BE与MN有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
【分析】（1）如图①中，只要证明△PMN的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题．
（2）如图②中，结论仍然成立．连接AD，延长BE交AD于点H．由△ECB≌△DCA，推出BE＝AD，∠DAC＝∠EBC，即可推出BH⊥AD，由M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，推出PM∥BE，PMBE，PN∥AD，PNAD，推出PM＝PN，∠MPN＝90°，可得BE＝2PM＝2MNMN．
【解答】解：（1）如图①中，
∵AM＝ME，AP＝PB，
∴PM∥BE，PMBE，
∵BN＝DN，AP＝PB，
∴PN∥AD，PNAD，
∵AC＝BC，CD＝CE，
∴AD＝BE，
∴PM＝PN，
∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∴∵PM∥BC，PN∥AC，
∴PM⊥PN，
∴△PMN的等腰直角三角形，
∴MNPM，
∴MN•BE，
∴BEMN，
故答案为BEMN．
（2）如图②中，结论仍然成立．
理由：连接AD，延长BE交AD于点H．
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴CD＝CE，CA＝CB，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∵∠ACB﹣∠ACE＝∠DCE﹣∠ACE，
∴∠ACD＝∠ECB，
∴△ECB≌△DCA（AAS），
∴BE＝AD，∠DAC＝∠EBC，
∵∠AHB＝180°﹣（∠HAB+∠ABH）
＝180°﹣（45°+∠HAC+∠ABH）
＝∠180°﹣（45°+∠HBC+∠ABH）
＝180°﹣90°
＝90°，
∴BH⊥AD，
∵M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，
∴PM∥BE，PMBE，PN∥AD，PNAD，
∴PM＝PN，∠MPN＝90°，
∴BE＝2PM＝2MNMN．
48．（2020•武威）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠MAN＝45°．把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE．
（1）求证：△AEM≌△ANM．
（2）若BM＝3，DN＝2，求正方形ABCD的边长．
【分析】（1）想办法证明∠MAE＝∠MAN＝45°，根据SAS证明三角形全等即可．
（2）设CD＝BC＝x，则CM＝x﹣3，CN＝x﹣2，在Rt△MCN中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵△ADN≌△ABE，
∴∠DAN＝∠BAE，DN＝BE，
∵∠DAB＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠MAE＝∠BAE+∠BAM＝∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠MAE＝∠MAN，
∵MA＝MA，
∴△AEM≌△ANM（SAS）．
（2）解：设CD＝BC＝x，则CM＝x﹣3，CN＝x﹣2，
∵△AEM≌△ANM，
∴EM＝MN，
∵BE＝DN，
∴MN＝BM+DN＝5，
∵∠C＝90°，
∴MN2＝CM2+CN2，
∴25＝（x﹣2）2+（x﹣3）2，
解得，x＝6或﹣1（舍弃），
∴正方形ABCD的边长为6．
49．（2020•重庆）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：CFAD；
（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当BD＝2CD时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使PA+PB+PC的值最小．当PA+PB+PC的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．
【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；
（2）过点G作GH⊥BC于H，设CD＝a，可得BD＝2a，BC＝3a，AB＝ACa，由全等三角形的性质可得BD＝CE＝2a，由锐角三角函数可求GH＝2CH，可求CH＝a，可求BG的长，即可求AGaCDBC；
（3）将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，可得当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，由旋转的性质可得△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，可得∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，由直角三角形的性质可求解．
【解答】证明：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，DEAD，
又∵AB＝AC，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝90°，
∵点F是DE的中点，
∴CFDEAD；
（2）AGBC，
理由如下：如图2，过点G作GH⊥BC于H，
∵BD＝2CD，
∴设CD＝a，则BD＝2a，BC＝3a，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴AB＝ACa，
由（1）可知：△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE＝2a，
∵CF＝DF，
∴∠FDC＝∠FCD，
∴tan∠FDC＝tan∠FCD，
∴2，
∴GH＝2CH，
∵GH⊥BC，∠ABC＝45°，
∴∠ABC＝∠BGH＝45°，
∴BH＝GH，
∴BGBH
∵BH+CH＝BC＝3a，
∴CH＝a，BH＝GH＝2a，
∴BG＝2a，
∴AG＝BG﹣ABaCDBC；
（3）如图3﹣1，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，
∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，
∴△BPN是等边三角形，
∴BP＝PN，
∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，
∴当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，
此时，如图3﹣2，连接MC，
∵将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，
∴BP＝BN，BC＝BM，∠PBN＝60°＝∠CBM，
∴△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，
∴∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，
∵BM＝CM，AB＝AC，
∴AM垂直平分BC，
∵AD⊥BC，∠BPD＝60°，
∴BDPD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC，
∴AD＝BD，
∴PD＝PD+AP，
∴PDm，
∴BDPDm，
由（1）可知：CE＝BDm．
50．（2020•湖州）已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E．
（1）特例感知 如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：APAC；
（2）变式求异 如图2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；
（3）化归探究 如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．
【分析】（1）证明△ADP是等边三角形即可解决问题．
（2）分两种情形：情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中．情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，分别求解即可．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．求出DP＝DB时AD的值，结合图形即可判断．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠A＝60°，
由题意，得DB＝DP，DA＝DB，
∴DA＝DP，
∴△ADP使得等边三角形，
∴AP＝ADABAC．
（2）解：∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，
∴AB12，
∵DH⊥AC，
∴DH∥BC，
∴△ADH∽△ABC，
∴，
∵AD＝7，
∴，
∴DH，
将∠B沿过点D的直线折叠，
情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，
∵AB＝12，
∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，
∴HP1，
∴A1＝AH+HP1＝4，
情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，
同法可证HP2，
∴AP2＝AH﹣HP2＝3，
综上所述，满足条件的AP的值为4或3．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．
∵CA＝CB，CH⊥AB，
∴AH＝HB＝6，
∴CH8，
当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，
∵sinA，
∴，
∴x，
∴AD＝AB﹣BD，
观察图形可知当6＜a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．
、
专题17图形的变换
一．选择题（共20小题）
1．（2020•广东）在平面直角坐标系中，点（3，2）关于x轴对称的点的坐标为（ ）
A．（﹣3，2） B．（﹣2，3） C．（2，﹣3） D．（3，﹣2）
【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”解答即可．
【解答】解：点（3，2）关于x轴对称的点的坐标为（3，﹣2）．
故选：D．
2．（2020•乐山）观察下列各方格图中阴影部分所示的图形（每一小方格的边长为1），如果将它们沿方格边线或对角线剪开重新拼接，不能拼成正方形的是（ ）
A．B． C．D．
【分析】先根据拼剪前后的面积不变，求出拼成正方形的边长，再依此裁剪可得．
【解答】解：由题意，选项D阴影部分面积为6，A，B，C的阴影部分的面积为5，
如果能拼成正方形，选项D的正方形的边长为，选项A，B，C的正方形的边长为，
观察图象可知，选项A，B，C阴影部分沿方格边线或对角线剪开均可得图1的5个图形，可以拼成图2的边长为的正方形，
故选：D．
3．（2020•扬州）“致中和，天地位焉，万物育焉．”对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，常被运用于建筑、器物、绘画、标识等作品的设计上，使对称之美惊艳了千年的时光．在下列与扬州有关的标识或简图中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断利用排除法求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项符合题意；
D、是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
4．（2020•菏泽）在平面直角坐标系中，将点P（﹣3，2）向右平移3个单位得到点P'，则点P'关于x轴的对称点的坐标为（ ）
A．（0，﹣2） B．（0，2） C．（﹣6，2） D．（﹣6，﹣2）
【分析】先根据向右平移3个单位，横坐标加3，纵坐标不变，求出点P'的坐标，再根据关于x轴对称，横坐标不变，纵坐标相反解答．
【解答】解：∵将点P（﹣3，2）向右平移3个单位得到点P'，
∴点P'的坐标是（0，2），
∴点P'关于x轴的对称点的坐标是（0，﹣2）．
故选：A．
5．（2020•青岛）如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O．若AE＝5，BF＝3，则AO的长为（ ）
A． B． C．2 D．4
【分析】由矩形的性质，折叠轴对称的性质，可求出AF＝FC＝AE＝5，由勾股定理求出AB，AC，进而求出OA即可．
【解答】解：∵矩形ABCD，
∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，
∴∠EFC＝∠AEF，
∴AE＝AF＝3，
由折叠得，FC＝AF，OA＝OC，
∴BC＝3+5＝8，
在Rt△ABF中，AB4，
在Rt△ABC中，AC4，
∴OA＝OC＝2，
故选：C．
6．（2020•枣庄）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC＝∠ECA，则AC的长是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据折叠的性质得到AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，根据等腰三角形的性质得到AF＝CF，于是得到结论．
【解答】解：∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，
∴AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，
∴EF⊥AC，
∵∠EAC＝∠ECA，
∴AE＝CE，
∴AF＝CF，
∴AC＝2AB＝6，
故选：D．
7．（2020•广东）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
【分析】由正方形的性质得出∠EFD＝∠BEF＝60°，由折叠的性质得出∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，由直角三角形的性质可得：2（3﹣x）＝x，解方程求出x即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A＝90°，
∴∠EFD＝∠BEF＝60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，
∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°，
∴B'E＝2AE，
设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，
∴2（3﹣x）＝x，
解得x＝2．
故选：D．
8．（2020•内江）如图，矩形ABCD中，BD为对角线，将矩形ABCD沿BE、BF所在直线折叠，使点A落在BD上的点M处，点C落在BD上的点N处，连结EF．已知AB＝3，BC＝4，则EF的长为（ ）
A．3 B．5 C． D．
【分析】求出BD＝5，AE＝EM，∠A＝∠BME＝90°，证明△EDM∽△BDA，由相似三角形的性质得出，设DE＝x，则AE＝EM＝4﹣x，得出，解得x，同理△DNF∽△DCB，得出，设DF＝y，则CF＝NF＝3﹣y，则，解得y．由勾股定理即可求出EF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∠A＝∠C＝∠EDF＝90°，
∴BD5，
∵将矩形ABCD沿BE所在直线折叠，使点A落在BD上的点M处，
∴AE＝EM，∠A＝∠BME＝90°，
∴∠EMD＝90°，
∵∠EDM＝∠ADB，
∴△EDM∽△BDA，
∴，
设DE＝x，则AE＝EM＝4﹣x，
∴，
解得x，
∴DE，
同理△DNF∽△DCB，
∴，
设DF＝y，则CF＝NF＝3﹣y，
∴，
解得y．
∴DF．
∴EF．
故选：C．
9．（2020•哈尔滨）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（ ）
A．10° B．20° C．30° D．40°
【分析】由余角的性质可求∠C＝40°，由轴对称的性质可得∠AB'B＝∠B＝50°，由外角性质可求解．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，∠B＝50°，
∴∠C＝40°，
∵△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，
∴∠AB'B＝∠B＝50°，
∴∠CAB'＝∠AB'B﹣∠C＝10°，
故选：A．
10．（2020•滨州）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N．若直线BA′交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据中位线定理可得AM＝2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得A′M＝A′N＝2，过M点作MG⊥EF于G，可求A′G，根据勾股定理可求MG，进一步得到BE，再根据平行线分线段成比例可求OF，从而得到OD．
【解答】解：∵EN＝1，
∴由中位线定理得AM＝2，
由折叠的性质可得A′M＝2，
∵AD∥EF，
∴∠AMB＝∠A′NM，
∵∠AMB＝∠A′MB，
∴∠A′NM＝∠A′MB，
∴A′N＝2，
∴A′E＝3，A′F＝2
过M点作MG⊥EF于G，
∴NG＝EN＝1，
∴A′G＝1，
由勾股定理得MG，
∴BE＝OF＝MG，
∴OF：BE＝2：3，
解得OF，
∴OD．
故选：B．
11．（2020•孝感）如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG＝3，CG＝2，则CE的长为（ ）
A． B． C．4 D．
【分析】连接EG，根据AG垂直平分EF，即可得出EG＝FG，设CE＝x，则DE＝5﹣x＝BF，FG＝EG＝8﹣x，再根据Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即可得到CE的长．
【解答】解：如图所示，连接EG，
由旋转可得，△ADE≌△ABF，
∴AE＝AF，DE＝BF，
又∵AG⊥EF，
∴H为EF的中点，
∴AG垂直平分EF，
∴EG＝FG，
设CE＝x，则DE＝5﹣x＝BF，FG＝8﹣x，
∴EG＝8﹣x，
∵∠C＝90°，
∴Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即x2+22＝（8﹣x）2，
解得x，
∴CE的长为，
故选：B．
12．（2020•河北）如图，将△ABC绕边AC的中点O顺时针旋转180°．嘉淇发现，旋转后的△CDA与△ABC构成平行四边形，并推理如下：
小明为保证嘉洪的推理更严谨，想在方框中“∵CB＝AD，”和“∴四边形…”之间作补充，下列正确的是
（ ）
A．嘉淇推理严谨，不必补充
B．应补充：且AB＝CD
C．应补充：且AB∥CD
D．应补充：且OA＝OC
【分析】根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可．
【解答】解：∵CB＝AD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故选：B．
13．（2020•天津）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使点B的对应点E恰好落在边AC上，点A的对应点为D，延长DE交AB于点F，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AC＝DE B．BC＝EF C．∠AEF＝∠D D．AB⊥DF
【分析】依据旋转可得，△ABC≌△DEC，再根据全等三角形的性质，即可得出结论．
【解答】解：由旋转可得，△ABC≌△DEC，
∴AC＝DC，故A选项错误，
BC＝EC，故B选项错误，
∠AEF＝∠DEC＝∠B，故C选项错误，
∠A＝∠D，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠D+∠B＝90°，
∴∠BFD＝90°，即DF⊥AB，故D选项正确，
故选：D．
14．（2020•淮安）在平面直角坐标系中，点（3，2）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（2，3） B．（﹣3，2） C．（﹣3，﹣2） D．（﹣2，﹣3）
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出答案．
【解答】解：点（3，2）关于原点对称的点的坐标是：（﹣3，﹣2）．
故选：C．
15．（2020•菏泽）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转角α，得到△ADE，若点E恰好在CB的延长线上，则∠BED等于（ ）
A． B．α C．α D．180°﹣α
【分析】证明∠ABE+∠ADE＝180°，推出∠BAD+∠BED＝180°即可解决问题．
【解答】解：∵∠ABC＝∠ADE，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠ABE+∠ADE＝180°，
∴∠BAD+∠BED＝180°，
∵∠BAD＝α，
∴∠BED＝180°﹣α．
故选：D．
16．（2020•北京）下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
D、既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意．
故选：D．
17．（2020•青岛）如图，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（0，4） B．（2，﹣2） C．（3，﹣2） D．（﹣1，4）
【分析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，即可得点A的对应点A′的坐标．
【解答】解：如图，
△A′B′C′即为所求，
则点A的对应点A′的坐标是（﹣1，4）．
故选：D．
18．（2020•齐齐哈尔）有两个直角三角形纸板，一个含45°角，另一个含30°角，如图①所示叠放，先将含30°角的纸板固定不动，再将含45°角的纸板绕顶点A顺时针旋转，使BC∥DE，如图②所示，则旋转角∠BAD的度数为（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
【分析】由平行线的性质可得∠CFA＝∠D＝90°，由外角的性质可求∠BAD的度数．
【解答】解：如图，设AD与BC交于点F，
∵BC∥DE，
∴∠CFA＝∠D＝90°，
∵∠CFA＝∠B+∠BAD＝60°+∠BAD，
∴∠BAD＝30°
故选：B．
19．（2020•枣庄）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB
＝∠B＝30°，OA＝2．将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是（ ）
A．（，3） B．（﹣3，） C．（，2） D．（﹣1，2）
【分析】如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．解直角三角形求出′H，B′H即可．
【解答】解：如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．
在Rt△A′B′H中，∵A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，
∴A′H＝A′B′cos60°＝1，B′H＝A′B′sin60°，
∴OH＝2+1＝3，
∴B′（，3），
故选：A．
20．（2020•苏州）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'．若点B'恰好落在BC边上，且AB'＝CB'，则∠C'的度数为（ ）
A．18° B．20° C．24° D．28°
【分析】由旋转的性质可得∠C＝∠C'，AB＝AB'，由等腰三角形的性质可得∠C＝∠CAB'，∠B＝∠AB'B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
【解答】解：∵AB'＝CB'，
∴∠C＝∠CAB'，
∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，
∴∠C＝∠C'，AB＝AB'，
∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB＝180°，
∴3∠C＝180°﹣108°，
∴∠C＝24°，
∴∠C'＝∠C＝24°，
故选：C．
二．填空题（共23小题）
21．（2020•天水）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．若DF＝3，则BE的长为 2 ．
【分析】根据旋转的性质可知，△ADF≌△ABG，然后即可得到DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，然后根据题目中的条件，可以得到△EAG≌△EAF，再根据DF＝3，AB＝6和勾股定理，可以得到DE的长，本题得以解决．
【解答】解：由题意可得，
△ADF≌△ABG，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠BAG+∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
设BE＝x，则GE＝BG+BE＝3+x，CE＝6﹣x，
∴EF＝3+x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
∵∠C＝90°，
∴（6﹣x）2+32＝（3+x）2，
解得，x＝2，
即CE＝2，
故答案为：2．
22．（2020•衡阳）如图，在平面直角坐标系中，点P1的坐标为（，），将线段OP1绕点O按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；又将线段OP2绕点O按顺时针方向旋转45°，长度伸长为OP2的2倍，得到线段OP3；如此下去，得到线段OP4，OP5，…，OPn（n为正整数），则点P2020的坐标是 （﹣22018，﹣22018） ．
【分析】根据题意得出OP1＝1，OP2＝2，OP3＝4，如此下去，得到线段OP4＝8＝23，OP5＝16＝24…，OPn＝2n﹣1，再利用旋转角度得出点P2020的坐标与点P5的坐标在同一直线上，进而得出答案．
【解答】解：∵点P1的坐标为（，），将线段OP1绕点O按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；
∴OP1＝1，OP2＝2，
∴OP3＝4，如此下去，得到线段OP4＝23，OP5＝24…，
∴OPn＝2n﹣1，
由题意可得出线段每旋转8次旋转一周，
∵2020÷8＝252…4，
∴点P2020的坐标与点P5的坐标在同一直线上，正好在第三象限的角平分线上，
∴点P2020的坐标是（﹣22018，﹣22018）．
故答案为：（﹣22018，﹣22018）．
23．（2020•滨州）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为2、、4，则正方形ABCD的面积为 14+4 ．
【分析】如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC＝90°，推出∠CMB＝∠APB＝135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．
【解答】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．
∵BP＝BM，∠PBM＝90°，
∴PMPB＝2，
∵PC＝4，PA＝CM＝2，
∴PC2＝CM2+PM2，
∴∠PMC＝90°，
∵∠BPM＝∠BMP＝45°，
∴∠CMB＝∠APB＝135°，
∴∠APB+∠BPM＝180°，
∴A，P，M共线，
∵BH⊥PM，
∴PH＝HM，
∴BH＝PH＝HM＝1，
∴AH＝21，
∴AB2＝AH2+BH2＝（21）2+12＝14+4，
∴正方形ABCD的面积为14+4．
故答案为14+4．
24．（2020•泰安）如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为A（0，3），B（﹣1，1），C（3，1）．△A'B'C′是△ABC关于x轴的对称图形，将△A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，点A'的对应点为M，则点M的坐标为 （﹣2，1） ．
【分析】延长A'B'后得出点M，进而利用图中坐标解答即可．
【解答】解：将△A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，如图所示：
所以点M的坐标为（﹣2，1），
故答案为：（﹣2，1）．
25．（2020•台州）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为 a+b ．（用含a，b的代数式表示）
【分析】如图，连接DK，DN，证明S四边形DMNT＝S△DKNa即可解决问题．
【解答】解：如图，连接DK，DN，
∵∠KDN＝∠MDT＝90°，
∴∠KDM＝∠NDT，
∵DK＝DN，∠DKM＝∠DNT＝45°，
∴△DKM≌△DNT（ASA），
∴S△DKM＝S△DNT，
∴S四边形DMNT＝S△DKNa，
∴正方形ABCD的面积＝4a+b＝a+b．
故答案为a+b．
26．（2020•金华）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点B重合），点O是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE＝OF＝1cm，AC＝BD＝6cm，CE＝DF，CE：AE＝2：3．按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动．
（1）当E，F两点的距离最大时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是 16 cm．
（2）当夹子的开口最大（即点C与点D重合）时，A，B两点的距离为 cm．
【分析】（1）当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形，求出矩形的长和宽即可解决问题．
（2）如图3中，连接EF交OC于H．想办法求出EF，利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【解答】解：（1）当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形，
∵OE＝OF＝1cm，
∴EF＝2cm，
∴AB＝CD＝2cm，
∴此时四边形ABCD的周长为2+2+6+6＝16（cm），
故答案为16．
（2）如图3中，连接EF交OC于H．
由题意CE＝CF6（cm），
∵OE＝OF＝1cm，
∴CO垂直平分线段EF，
∵OC（cm），
∵•OE•EC•CO•EH，
∴EH（cm），
∴EF＝2EH（cm）
∵EF∥AB，
∴，
∴AB（cm）．
故答案为．
27．（2020•武威）如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点A，B的坐标分别为（3，），（4，0）．把△OAB沿x轴向右平移得到△CDE，如果点D的坐标为（6，），则点E的坐标为 （7，0） ．
【分析】利用平移的性质解决问题即可．
【解答】解：∵A（3，），D（6，），
∴点A向右平移3个单位得到D，
∵B（4，0），
∴点B向右平移3个单位得到E（7，0），
故答案为（7，0）．
28．（2020•襄阳）如图，矩形ABCD中，E为边AB上一点，将△ADE沿DE折叠，使点A的对应点F恰好落在边BC上，连接AF交DE于点N，连接BN．若BF•AD＝15，tan∠BNF，则矩形ABCD的面积为 15 ．
【分析】由折叠的性质得出∠BNF＝∠BEF，由条件得出tan∠BEF，设BFx，BE＝2x，由勾股定理得出EF＝3x，得出ABBF，则可得出答案．
【解答】解：∵将△ADE沿DE折叠，使点A的对应点F恰好落在边BC上，
∴AF⊥DE，AE＝EF，
∵矩形ABCD中，∠ABF＝90°，
∴B，E，N，F四点共圆，
∴∠BNF＝∠BEF，
∴tan∠BEF，
设BFx，BE＝2x，
∴EF3x，
∴AE＝3x，
∴AB＝5x，
∴ABBF．
∴S矩形ABCD＝AB•ADBF•AD15＝15．
故答案为：15．
29．（2020•牡丹江）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点E在AC边上．将∠A沿直线BE翻折，点A落在点A'处，连接A'B，交AC于点F．若A'E⊥AE，cosA，则 ．
【分析】根据题意设AC＝4x，AB＝5x，则BC＝3x，再证明△BCE为等腰直角三角形，得到EC＝3x，根据△A′EF∽△BCF，得到．
【解答】解：∵∠C＝90°，cosA，
∴，设AC＝4x，AB＝5x，则BC＝3x，
∵AE⊥AE′，∴∠AEA′＝90°，A′E∥BC，
由于折叠，
∴∠A′EB＝∠AEB＝（360﹣90）÷2＝135°，且△A′EF∽△BCF，
∴∠BEC＝45°，即△BCE为等腰直角三角形，
∴EC＝3x，
∴AE＝AC﹣EC＝x＝A′E，
∴，
故答案为：．
30．（2020•武汉）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，EF为折痕，AB＝1，AD＝2．设AM的长为t，用含有t的式子表示四边形CDEF的面积是 ．
【分析】连接DM，过点E作EG⊥BC于点G，设DE＝x＝EM，则EA＝2﹣x，由勾股定理得出（2﹣x）2+t2＝x2，证得∠ADM＝∠FEG，由锐角三角函数的定义得出FG，求出CF，则由梯形的面积公式可得出答案．
【解答】解：连接DM，过点E作EG⊥BC于点G，
设DE＝x＝EM，则EA＝2﹣x，
∵AE2+AM2＝EM2，
∴（2﹣x）2+t2＝x2，
解得x1，
∴DE1，
∵折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，
∴EF⊥DM，
∠ADM+∠DEF＝90°，
∵EG⊥AD，
∴∠DEF+∠FEG＝90°，
∴∠ADM＝∠FEG，
∴tan∠ADM，
∴FG，
∵CG＝DE1，
∴CF1，
∴S四边形CDEF（CF+DE）×1t+1．
故答案为：t+1．
31．（2020•内江）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+MN的最小值为 15 ．
【分析】作点A关于BD的对称点A′，连接MA′，BA′，过点A′H⊥AB于H．首先证明△ABA′是等边三角形，求出A′H，根据垂线段最短解决问题即可．
【解答】解：作点A关于BD的对称点A′，连接MA′，BA′，过点A′H⊥AB于H．
∵BA＝BA′，∠ABD＝∠DBA′＝30°，
∴∠ABA′＝60°，
∴△ABA′是等边三角形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝10，
在Rt△ABD中，AB10，
∵A′H⊥AB，
∴AH＝HB＝5，
∴A′HAH＝15，
∵AM+MN＝A′M+MN≤A′H，
∴AM+MN≤15，
∴AM+MN的最小值为15．
故答案为15．
32．（2020•黑龙江）如图，在边长为4的正方形ABCD中，将△ABD沿射线BD平移，得到△EGF，连接EC、GC．求EC+GC的最小值为 4 ．
【分析】如图，连接DE，作点D关于直线AE的对称点T，连接AT，ET，CT．首先证明B，A，T共线，求出TC，证明四边形EGCD是平行四边形，推出DE＝CG，推出EC+CG＝EC+ED＝EC+TE，根据TE+EC≥TC即可解决问题．
【解答】解：如图，连接DE，作点D关于直线AE的对称点T，连接AT，ET，CT．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC═AD＝4，∠ABC＝90°，∠ABD＝45°，
∵AE∥BD，
∴∠EAD＝∠ABD＝45°，
∵D，T关于AE对称，
∴AD＝AT＝4，∠TAE＝∠EAD＝45°，
∴∠TAD＝90°，
∵∠BAD＝90°，
∴B，A，T共线，
∴CT4，
∵EG＝CD，EG∥CD，
∴四边形EGCD是平行四边形，
∴CG＝EC，
∴EC+CG＝EC+ED＝EC+TE，
∵TE+EC≥TC，
∴EC+CG≥4，
∴EC+CG的最小值为4．
33．（2020•凉山州）如图，矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，E是AB上一点，且EB＝3，F是BC上一动点，若将△EBF沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距离为 10 ．
【分析】先根据勾股定理计算ED的长，当E、P、D共线时，DP最小，即最短距离是此时PD的长．
【解答】解：如图，连接PD，DE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵AB＝8，BE＝3，
∴AE＝5，
∵AD＝12，
∴DE13，
由折叠得：EB＝EP＝3，
∵EP+DP≥ED，
∴当E、P、D共线时，DP最小，
∴DP＝DE﹣EP＝13﹣3＝10；
故答案为：10．
34．（2020•黑龙江）在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，点E在边BC上，且BEa，连接AE，将△ABE沿AE折叠．若点B的对应点B′落在矩形ABCD的边上，则折痕的长为 或 ．
【分析】分两种情况：①当点B'落在AD边上时，证出△ABE是等腰直角三角形，得出AEAB；
②当点B'落在CD边上时，证明△ADB'∽△B'CE，得出，求出BEa，由勾股定理求出AE即可．
【解答】解：分两种情况：
①当点B'落在AD边上时，如图1所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝90°，
∵将△ABE沿AE折叠．点B的对应点B′落在矩形ABCD的AD边上，
∴∠BAE＝∠B'AE∠BAD＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB＝BE＝1，AEAB；
②当点B'落在CD边上时，如图2所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝a，
∵将△ABE沿AE折叠．点B的对应点B′落在矩形ABCD的CD边上，
∴∠B＝∠AB'E＝90°，AB'＝AB＝1，BE'＝BEa，
∴CE＝BC﹣BE＝aaa，B'D，
在△ADB'和△B'CE中，∠B'AD＝∠EB'C＝90°﹣∠AB'D，∠D＝∠C＝90°，
∴△ADB'∽△B'CE，
∴，即，
解得：a，或a＝0（舍去），
∴BEa，
∴AE；
综上所述，折痕的长为或；
故答案为：或．
35．（2020•达州）如图，点P（﹣2，1）与点Q（a，b）关于直线1（y＝﹣1）对称，则a+b＝ ﹣5 ．
【分析】利用轴对称的性质求出等Q的坐标即可．
【解答】解：∵点P（﹣2，1）与点Q（a，b）关于直线1（y＝﹣1）对称，
∴a＝﹣2，b＝﹣3，
∴a+b＝﹣2﹣3＝﹣5，
故答案为﹣5．
36．（2020•德州）如图，在4×4的正方形网格中，有4个小正方形已经涂黑，若再涂黑任意1个白色的小正方形（每个白色小正方形被涂黑的可能性相同），使新构成的黑色部分图形是轴对称图形的概率是 ．
【分析】直接利用轴对称图形的性质结合概率求法得出答案．
【解答】解：如图所示：当分别将1，2位置涂黑，构成的黑色部分图形是轴对称图形，
故新构成的黑色部分图形是轴对称图形的概率是：．
故答案为：．
37．（2020•安徽）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP；再将△PCQ，△ADQ分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：
（1）∠PAQ的大小为 30 °；
（2）当四边形APCD是平行四边形时，的值为 ．
【分析】（1）由折叠的性质可得∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，由平角的性质可得∠D+∠C＝180°，∠AQP＝90°，可证AD∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝90°，即可求解；
（2）由平行四边形和折叠的性质可得AR＝PR，由直角三角形的性质可得AP＝2PB＝2QR，ABPB，即可求解．
【解答】解：（1）由折叠的性质可得：∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，
∵∠QRA+∠QRP＝180°，
∴∠D+∠C＝180°，
∴AD∥BC，
∴∠B+∠DAB＝180°，
∵∠DQR+∠CQR＝180°，
∴∠DQA+∠CQP＝90°，
∴∠AQP＝90°，
∴∠B＝∠AQP＝90°，
∴∠DAB＝90°，
∴∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB＝30°，
故答案为：30；
（2）由折叠的性质可得：AD＝AR，CP＝PR，
∵四边形APCD是平行四边形，
∴AD＝PC，
∴AR＝PR，
又∵∠AQP＝90°，
∴QRAP，
∵∠PAB＝30°，∠B＝90°，
∴AP＝2PB，ABPB，
∴PB＝QR，
∴，
故答案为：．
38．（2020•甘孜州）如图，有一张长方形纸片ABCD，AB＝8cm，BC＝10cm，点E为CD上一点，将纸片沿AE折叠，BC的对应边B′C′恰好经过点D，则线段DE的长为 5 cm．
【分析】由折叠的性质可得AB＝AB'＝8cm，BC＝B'C'＝10cm，CE＝C'E，由勾股定理可求B'D的长，由勾股定理可求解．
【解答】解：∵将纸片沿AE折叠，BC的对应边B′C′恰好经过点D，
∴AB＝AB'＝8cm，BC＝B'C'＝10cm，CE＝C'E，
∴B'D6cm，
∴C'D＝B'C'﹣B'D＝4cm，
∵DE2＝C'D2+C'E2，
∴DE2＝16+（8﹣DE）2，
∴DE＝5cm，
故答案为5．
39．（2020•聊城）如图，在直角坐标系中，点A（1，1），B（3，3）是第一象限角平分线上的两点，点C的纵坐标为1，且CA＝CB，在y轴上取一点D，连接AC，BC，AD，BD，使得四边形ACBD的周长最小，这个最小周长的值为 4+2 ．
【分析】根据平行线的性质得到∠BAC＝45°，得到∠C＝90°，求得AC＝BC＝2，作B关于y轴的对称点E，连接AE交y轴于D，则此时，四边形ACBD的周长最小，这个最小周长的值＝AC+BC+AE，过E作EF⊥AC交CA的延长线于F，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵点A（1，1），点C的纵坐标为1，
∴AC∥x轴，
∴∠BAC＝45°，
∵CA＝CB，
∴∠ABC＝∠BAC＝45°，
∴∠C＝90°，
∵B（3，3）
∴C（3，1），
∴AC＝BC＝2，
作B关于y轴的对称点E，
连接AE交y轴于D，
则此时，四边形ACBD的周长最小，这个最小周长的值＝AC+BC+AE，
过E作EF⊥AC交CA的延长线于F，
则EF＝BC＝2，AF＝6﹣2＝4，
∴AE2，
∴最小周长的值＝AC+BC+AE＝4+2，
故答案为：4+2．
40．（2020•黑龙江）如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD方向平移，得到△EFG，连接EC、GC．求EC+GC的最小值为 ．
【分析】根据菱形的性质得到AB＝1，∠ABD＝30°，根据平移的性质得到EG＝AB＝1，EG∥AB，推出四边形EGCD是平行四边形，得到ED＝GC，于是得到EC+GC的最小值＝EC+GD的最小值，根据平移的性质得到点E在过点A且平行于BD的定直线上，作点D关于定直线的对称点M，连接CM交定直线于AE，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：∵在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴AB＝CD＝1，∠ABD＝30°，
∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△EGF，
∴EG＝AB＝1，EG∥AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BAD＝120°，
∴EG＝CD，EG∥CD，
∴四边形EGCD是平行四边形，
∴ED＝GC，
∴EC+GC的最小值＝EC+ED的最小值，
∵点E在过点A且平行于BD的定直线上，
∴作点D关于定直线的对称点M，连接CM交定直线于E，
则CM的长度即为EC+DE的最小值，
∵∠EAD＝∠ADB＝30°，AD＝1，
∴∠ADM＝60°，DH＝MHAD，
∴DM＝1，
∴DM＝CD，
∵∠CDM＝∠MDG+∠CDB＝90°+30°＝120°，
∴∠M＝∠DCM＝30°，
∴CM＝2CD．
故答案为：．
41．（2020•常德）如图1，已知四边形ABCD是正方形，将△DAE，△DCF分别沿DE，DF向内折叠得到图2，此时DA与DC重合（A、C都落在G点），若GF＝4，EG＝6，则DG的长为 12 ．
【分析】设正方形ABCD的边长为x，由翻折及已知线段的长，可用含x的式子分别表示出BE、BF及EF的长；在Rt△BEF中，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值，即为DG的长．
【解答】解：设正方形ABCD的边长为x，由翻折可得：
DG＝DA＝DC＝x，
∵GF＝4，EG＝6，
∴AE＝EG＝6，CF＝GF＝4，
∴BE＝x﹣6，BF＝x﹣4，EF＝6+4＝10，如图1所示：
在Rt△BEF中，由勾股定理得：
BE2+BF2＝EF2，
∴（x﹣6）2+（x﹣4）2＝102，
∴x2﹣12x+36+x2﹣8x+16＝100，
∴x2﹣10x﹣24＝0，
∴（x+2）（x﹣12）＝0，
∴x1＝﹣2（舍），x2＝12．
∴DG＝12．
故答案为：12．
42．（2020•铜仁市）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为A1，折痕为DE．若将∠B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则AB＝ ．
【分析】依据△A1DB1≌△A1DC（AAS），即可得出A1C＝A1B1，再根据折叠的性质，即可得到A1CBC＝2，最后依据勾股定理进行计算，即可得到CD的长，即AB的长．
【解答】解：由折叠可得，A1D＝AD＝4，∠A＝∠EA1D＝90°，∠BA1E＝∠B1A1E，BA1＝B1A1，∠B＝∠A1B1E＝90°，
∴∠EA1B1+∠DA1B1＝90°＝∠BA1E+∠CA1D，
∴∠DA1B1＝∠CA1D，
又∵∠C＝∠A1B1D，A1D＝A1D，
∴△A1DB1≌△A1DC（AAS），
∴A1C＝A1B1，
∴BA1＝A1CBC＝2，
∴Rt△A1CD中，CD，
∴AB，
故答案为：．
43．（2020•杭州）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝ 2 ，BE＝ 1 ．
【分析】根据矩形的性质得到AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，根据折叠的性质得到CF＝BC，∠CFE＝∠B＝90°，EF＝BE，根据全等三角形的性质得到DF＝AE＝2；根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，
∵把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，
∴CF＝BC，∠CFE＝∠B＝90°，EF＝BE，
∴CF＝AD，∠CFD＝90°，
∴∠ADE+∠CDF＝∠CDF+∠DCF＝90°，
∴∠ADF＝∠DCF，
∴△ADE≌△FCD（ASA），
∴DF＝AE＝2；
∵∠AFE＝∠CFD＝90°，
∴∠AFE＝∠DAE＝90°，
∵∠AEF＝∠DEA，
∴△AEF∽△DEA，
∴，
∴，
∴EF1（负值舍去），
∴BE＝EF1，
故答案为：2，1．
三．解答题（共7小题）
44．（2020•绥化）如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，点B，点O均为格点（每个小正方形的顶点叫做格点）．
（1）作点A关于点O的对称点A1；
（2）连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，画出旋转后的线段A1B1；
（3）连接AB1，求出四边形ABA1B1的面积．
【分析】（1）依据中心对称的性质，即可得到点A关于点O的对称点A1；
（2）依据线段A1B绕点A1顺时针旋转90°得点B对应点B1，即可得出旋转后的线段A1B1；
（2）依据割补法进行计算，即可得到四边形ABA1B1的面积．
【解答】解：（1）如图所示，点A1即为所求；
（2）如图所示，线段A1B1即为所求；
（3）如图，连接BB1，过点A作AE⊥BB1，过点A1作A1F⊥BB1，则
四边形ABA1B1的面积8×28×4＝24．
45．（2020•黔西南州）规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α（0°＜α≤180°）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90°或180°后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角．
根据以上规定，回答问题：
（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是 B ；
A．矩形
B．正五边形
C．菱形
D．正六边形
（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有： （1）（3）（5） （填序号）；
（3）下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形．
其中真命题的个数有 C 个；
A．0
B．1
C．2
D．3
（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45°，90°，135°，180°，将图形补充完整．
【分析】（1）根据旋转图形，中心对称图形的定义判断即可．
（2）旋转对称图形，且有一个旋转角是60度判断即可．
（3）根据旋转图形的定义判断即可．
（4）根据要求画出图形即可．
【解答】解：（1）是旋转图形，不是中心对称图形是正五边形，
故选B．
（2）是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有（1）（3）（5）．
故答案为（1）（3）（5）．
（3）命题中①③正确，
故选C．
（4）图形如图所示：
46．（2020•达州）如图，△ABC中，BC＝2AB，D、E分别是边BC、AC的中点．将△CDE绕点E旋转180度，得△AFE．
（1）判断四边形ABDF的形状，并证明；
（2）已知AB＝3，AD+BF＝8，求四边形ABDF的面积S．
【分析】（1）结论：四边形ABDF是菱形．根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
（2）设OA＝x，OB＝y，构建方程组求出2xy即可解决问题．
【解答】解：（1）结论：四边形ABDF是菱形．
∵CD＝DB，CE＝EA，
∴DE∥AB，AB＝2DE，
由旋转的性质可知，DE＝EF，
∴AB＝DF，AB∥DF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵BC＝2AB，BD＝DC，
∴BA＝BD，
∴四边形ABDF是菱形．
（2）连接BF，AD交于点O．
∵四边形ABDF是菱形，
∴AD⊥BF，OB＝OF，AO＝OD，设OA＝x，OB＝y，
则有，
∴x+y＝4，
∴x2+2xy+y2＝16，
∴2xy＝7，
∴S菱形ABDFBF×AD＝2xy＝7．
47．（2020•黑龙江）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E分别在AC、BC边上，DC＝EC，连接DE、AE、BD，点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN．
（1）BE与MN的数量关系是 BENM ．
（2）将△DEC绕点C逆时针旋转到图②和图③的位置，判断BE与MN有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
【分析】（1）如图①中，只要证明△PMN的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题．
（2）如图②中，结论仍然成立．连接AD，延长BE交AD于点H．由△ECB≌△DCA，推出BE＝AD，∠DAC＝∠EBC，即可推出BH⊥AD，由M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，推出PM∥BE，PMBE，PN∥AD，PNAD，推出PM＝PN，∠MPN＝90°，可得BE＝2PM＝2MNMN．
【解答】解：（1）如图①中，
∵AM＝ME，AP＝PB，
∴PM∥BE，PMBE，
∵BN＝DN，AP＝PB，
∴PN∥AD，PNAD，
∵AC＝BC，CD＝CE，
∴AD＝BE，
∴PM＝PN，
∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∴∵PM∥BC，PN∥AC，
∴PM⊥PN，
∴△PMN的等腰直角三角形，
∴MNPM，
∴MN•BE，
∴BEMN，
故答案为BEMN．
（2）如图②中，结论仍然成立．
理由：连接AD，延长BE交AD于点H．
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴CD＝CE，CA＝CB，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∵∠ACB﹣∠ACE＝∠DCE﹣∠ACE，
∴∠ACD＝∠ECB，
∴△ECB≌△DCA（AAS），
∴BE＝AD，∠DAC＝∠EBC，
∵∠AHB＝180°﹣（∠HAB+∠ABH）
＝180°﹣（45°+∠HAC+∠ABH）
＝∠180°﹣（45°+∠HBC+∠ABH）
＝180°﹣90°
＝90°，
∴BH⊥AD，
∵M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，
∴PM∥BE，PMBE，PN∥AD，PNAD，
∴PM＝PN，∠MPN＝90°，
∴BE＝2PM＝2MNMN．
48．（2020•武威）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠MAN＝45°．把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE．
（1）求证：△AEM≌△ANM．
（2）若BM＝3，DN＝2，求正方形ABCD的边长．
【分析】（1）想办法证明∠MAE＝∠MAN＝45°，根据SAS证明三角形全等即可．
（2）设CD＝BC＝x，则CM＝x﹣3，CN＝x﹣2，在Rt△MCN中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵△ADN≌△ABE，
∴∠DAN＝∠BAE，DN＝BE，
∵∠DAB＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠MAE＝∠BAE+∠BAM＝∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠MAE＝∠MAN，
∵MA＝MA，
∴△AEM≌△ANM（SAS）．
（2）解：设CD＝BC＝x，则CM＝x﹣3，CN＝x﹣2，
∵△AEM≌△ANM，
∴EM＝MN，
∵BE＝DN，
∴MN＝BM+DN＝5，
∵∠C＝90°，
∴MN2＝CM2+CN2，
∴25＝（x﹣2）2+（x﹣3）2，
解得，x＝6或﹣1（舍弃），
∴正方形ABCD的边长为6．
49．（2020•重庆）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：CFAD；
（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当BD＝2CD时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使PA+PB+PC的值最小．当PA+PB+PC的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．
【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；
（2）过点G作GH⊥BC于H，设CD＝a，可得BD＝2a，BC＝3a，AB＝ACa，由全等三角形的性质可得BD＝CE＝2a，由锐角三角函数可求GH＝2CH，可求CH＝a，可求BG的长，即可求AGaCDBC；
（3）将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，可得当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，由旋转的性质可得△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，可得∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，由直角三角形的性质可求解．
【解答】证明：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，DEAD，
又∵AB＝AC，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝90°，
∵点F是DE的中点，
∴CFDEAD；
（2）AGBC，
理由如下：如图2，过点G作GH⊥BC于H，
∵BD＝2CD，
∴设CD＝a，则BD＝2a，BC＝3a，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴AB＝ACa，
由（1）可知：△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE＝2a，
∵CF＝DF，
∴∠FDC＝∠FCD，
∴tan∠FDC＝tan∠FCD，
∴2，
∴GH＝2CH，
∵GH⊥BC，∠ABC＝45°，
∴∠ABC＝∠BGH＝45°，
∴BH＝GH，
∴BGBH
∵BH+CH＝BC＝3a，
∴CH＝a，BH＝GH＝2a，
∴BG＝2a，
∴AG＝BG﹣ABaCDBC；
（3）如图3﹣1，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，
∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，
∴△BPN是等边三角形，
∴BP＝PN，
∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，
∴当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，
此时，如图3﹣2，连接MC，
∵将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，
∴BP＝BN，BC＝BM，∠PBN＝60°＝∠CBM，
∴△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，
∴∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，
∵BM＝CM，AB＝AC，
∴AM垂直平分BC，
∵AD⊥BC，∠BPD＝60°，
∴BDPD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC，
∴AD＝BD，
∴PD＝PD+AP，
∴PDm，
∴BDPDm，
由（1）可知：CE＝BDm．
50．（2020•湖州）已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E．
（1）特例感知 如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：APAC；
（2）变式求异 如图2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；
（3）化归探究 如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．
【分析】（1）证明△ADP是等边三角形即可解决问题．
（2）分两种情形：情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中．情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，分别求解即可．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．求出DP＝DB时AD的值，结合图形即可判断．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠A＝60°，
由题意，得DB＝DP，DA＝DB，
∴DA＝DP，
∴△ADP使得等边三角形，
∴AP＝ADABAC．
（2）解：∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，
∴AB12，
∵DH⊥AC，
∴DH∥BC，
∴△ADH∽△ABC，
∴，
∵AD＝7，
∴，
∴DH，
将∠B沿过点D的直线折叠，
情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，
∵AB＝12，
∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，
∴HP1，
∴A1＝AH+HP1＝4，
情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，
同法可证HP2，
∴AP2＝AH﹣HP2＝3，
综上所述，满足条件的AP的值为4或3．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．
∵CA＝CB，CH⊥AB，
∴AH＝HB＝6，
∴CH8，
当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，
∵sinA，
∴，
∴x，
∴AD＝AB﹣BD，
观察图形可知当6＜a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．
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