2026年中考数学二轮复习常考考点专题-图形的对称试题（含答案）

这是一份2026年中考数学二轮复习常考考点专题-图形的对称试题（含答案），共11页。
A．B．
C．D．
2．（2025•涿州市校级三模）如图，在菱形ABCD中，AB＝8，∠B＝60°，P是AB上一点，BP＝5，Q是CD边上一动点，将四边形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点A′．当CA′的长度最小时，则CQ的长为（ ）
A．5B．6C．6.5D．7
3．（2025•凉州区三模）如图，将正方形ABCD沿MN折叠，使得点C正好落在AD的中点E处，则sin∠MED的值是（ ）
A．25B．35C．23D．34
4．（2025•南山区二模）如图，直线l1、l2表示一条河的两岸，且l1∥l2，现要在这条河上建一座桥，使得村庄A经桥过河到村庄B的路程最短，现两位同学提供了两种设计方案，下列说法正确的是（ ）
A．唯方案一可行B．唯方案二可行
C．方案一、二均可行D．方案一、二均不可行
5．（2025•西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（ ）
A．35B．2C．210D．42
6．（2025•萍乡校级二模）如图，正六边形ABCDEF的边长是3，连接AD，P是AD上的动点，连接PB，PC．若PB+PC的值是整数，则点P的位置有（ ）
A．3处B．5处C．7处D．9处
7．（2025•裕华区校级模拟）如图，第1张透明纸上画有∠AOB，第2张透明纸上画有直线l及直线l外一点P．进行如下操作：
①折叠第1张纸，可折出∠AOB的平分线；
②折叠第2张纸，可折出经过点P的直线l的垂线．可以实现的是（ ）
A．只有①B．只有②
C．①②都可以D．①②都无法实现
8．（2025•麒麟区一模）如图，将矩形ABCD两次对折：第一次沿FH对折，使边AB与CD重合，展开后又沿GE对折，使边BC与AD重合，再次展开后连接E、F、G、H得到四边形EFGH．若AB＝2，BC＝4，则四边形EFGH的面积为（ ）
A．2B．4C．5D．6
9．（2025•河北模拟）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A．等腰三角形B．矩形
C．菱形D．正方形
10．（2025•安庆模拟）如图，在▱ABCD中，AD＝8，E为边BC上一点，连接AE，DE，BE＝3，将△ABE沿AE折叠，点B恰好落在DE上的点B′处，则DB′的长为（ ）
A．5B．4.5C．4D．3
11．（2025•叙州区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E是BC边上一动点，连结AE，将△ABE沿AE折叠得△AFE，连结DF，点M是线段DF的中点，连接CM，则CM的最小值是（ ）
A．2B．23−1C．5D．13−32
12．（2025•遂宁校级模拟）如图，点E在等边△ABC的边BC上，BE＝4，射线CD⊥BC，垂足为点C，点P是射线CD上一动点，点F是线段AB上一动点，当EP+FP的值最小时，BF＝5．则EP+FP这个最小值是（ ）
A．9B．10C．53D．35
二．填空题（共8小题）
13．（2025•湖北模拟）如图，在正方形纸片ABCD中，E是AB的中点，连接CE，将△BCE沿CE折叠，点B的对应点为点P，连接AP并延长交CD于点F，则线段AF与CE位置关系为 ，APPF= ．
14．（2025•浙江模拟）如图，在平行四边形ABCD中，∠C＝135°，AB＝6，BC＝8．E为边CD的中点，F为边AD上的一动点，将△DEF沿EF翻折得△HEF，连接AH，BH，则△ABH面积的最小值为 ．
15．（2025•黄冈校级模拟）如图，折叠边长为4cm的正方形纸片ABCD，折痕是DM，点C落在E处，分别延长ME、DE交AB于点F、G，若M是BC边的中点，则AF＝ cm，FG＝ cm．
16．（2025•海伦市二模）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是 ．
17．（2025•新疆模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）三点，直线l是抛物线的对称轴，点M是直线l上的一个动点，当MA+MC最短时，点M的坐标为 ．
18．（2025•琼山区校级一模）如图，四边形ABCD是菱形，AC是对角线，E是边AB上的一点，连接CE，将△BCE沿直线CE翻折，点B的对应点B′恰好落在DA的延长线上，若AB＝5，AC=10，则BE＝ ．
19．（2025•潍坊）如图，在▱ABCD中，点E在边BC上．将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B′恰好落在边DC上；将△ADB′沿AB′折叠，点D的对应点D′恰好落在AE上．若∠C＝α，则∠CB′E＝ ．（用含α的式子表示）
20．（2025•南岗区模拟）如图，在▱ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E为直线BC上一动点，连接AE，DE，若∠ABC＝45°，则AE+DE的最小值为 ．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•临川区二模）如图，在边长为1个单位长度的正六边形ABCDEF中，连接AC，请仅用无刻度的直尺按下列要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，将线段AC沿CD方向平移2个单位长度；
（2）在图2中，P是AC上一点，连接AD，作点P关于AD的对称点．
22．（2025•宁波模拟）（1）在四边形ABED中，AB∥DE，在BC上有一点C，连接AC，CD，∠ACD＝∠B，AC＝CD．证明：DE＝BC．
（2）若四边形ABCD为菱形，将△BCF沿CF对折，使B′恰好落在AD上，已知AF：BF＝1：3，求sin∠ACF．
23．（2025•南岗区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标为A（﹣4，3）、B（﹣1，﹣1）．
（1）在图中画出以线段AB为一边的等腰钝角三角形ABC，点C在小正方形的顶点上；并写出△ABC的面积．
（2）画出△ABC关于y轴对称的轴对称图形△A1B1C1，并写出A1、B1的坐标．（点A的对应点为A1，点B的对应点为B1，点C的对应点为C1）
24．（2025•西宁）如图，点E是正方形ABCD的边BC的中点，连接DE，将△EDC沿DE所在直线折叠，点C落在点F处，连接EF并延长交AB于点G，连接DG．
（1）求证：△ADG≌△FDG；
（2）若AB＝25，求AG的长．
25．（2025•武汉校级模拟）如图是由小正方形组成的7×7网格，△ABC的顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成下列画图，每问画线不超过4条．
（1）在图1中，先在AC上画一点P，使得∠APB＝∠ABC；再在AB上画一点Q，使∠APQ＝∠BPC；
（2）在图2中，点D是AB与网格线的交点，先画线段AD关于AC对称的线段AE，再在AC上画点F，使得EF＝AE．
2026年中考数学常考考点专题之图形的对称
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
一．选择题（共12小题）
1．（2025•内江校级模拟）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】轴对称图形；中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】A
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐项判断即可．
【解答】解：A、选项图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
B、选项图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
C、选项图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、选项图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称图形，中心对称图形，掌握轴对称图形，中心对称图形的定义是关键．
2．（2025•涿州市校级三模）如图，在菱形ABCD中，AB＝8，∠B＝60°，P是AB上一点，BP＝5，Q是CD边上一动点，将四边形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点A′．当CA′的长度最小时，则CQ的长为（ ）
A．5B．6C．6.5D．7
【考点】翻折变换（折叠问题）；菱形的性质．
【答案】D
【分析】由A′P＝3可知点A′在以P为圆心以PA′为半径的弧上，故此当C，P，A′在一条直线上时，CA′有最小值，过点C作CH⊥AB，垂足为H，先求得BH、HC的长，则可得到PH的长，然后再求得PC的长，最后依据折叠的性质和平行线的性质可证明△CQP为等腰三角形，则可得到QC的长．
【解答】解：如图所示：过点C作CH⊥AB，垂足为H．
在Rt△BCH中，∠B＝60°，BC＝8，则BH=12BC＝4，CH＝sin60°•BC=32×8＝43．
∴PH＝1．
在Rt△CPH中，依据勾股定理可知：PC=(43)2+12=7．
由翻折的性质可知：∠APQ＝∠A′PQ．
∵DC∥AB，
∴∠CQP＝∠APQ．
∴∠CQP＝∠CPQ．
∴QC＝CP＝7．
故选：D．
【点评】本题主要考查的是菱形的性质、勾股定理的应用，翻折的性质、等腰三角形的判定，判断出CA′取得最小值的条件是解题的关键．
3．（2025•凉州区三模）如图，将正方形ABCD沿MN折叠，使得点C正好落在AD的中点E处，则sin∠MED的值是（ ）
A．25B．35C．23D．34
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；正方形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】B
【分析】设正方形边长为2a，则DC＝2a，由折叠可知ME＝MC，设MD＝x，则MC＝ME＝2a﹣x，再利用勾股定理算出x=34a，最后求角的正弦值即可．
【解答】解：设正方形边长为2a，则DC＝2a，
由题意可得：DE＝a，
∵ME＝MC，设MD＝x，则MC＝ME＝2a﹣x，
∴x2+a2＝（2a﹣x）2，
∴x=34a，
∴sin∠MED=MDME=34a2a−34a=35．
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，求角的正弦值，熟练掌握知识点是解题的关键．
4．（2025•南山区二模）如图，直线l1、l2表示一条河的两岸，且l1∥l2，现要在这条河上建一座桥，使得村庄A经桥过河到村庄B的路程最短，现两位同学提供了两种设计方案，下列说法正确的是（ ）
A．唯方案一可行B．唯方案二可行
C．方案一、二均可行D．方案一、二均不可行
【考点】轴对称﹣最短路线问题；平移的性质；平行线的性质．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】A
【分析】因为河宽是确定的，要使村庄A经桥过河到村庄B的路程最短，只要AN+BM最短即可，可利用平移解决问题．
【解答】解：河宽是确定的，要使村庄A经桥过河到村庄B的路程最短，只要AN+BM最短即可．
∵AA'垂直于河岸l2，AA′＝d，
连接BA′，与另一条河岸相交于M，作MN⊥直线l1，
由平移的性质，知MN∥AA′，且MN＝AA′＝d，MA′＝NA，
根据“两点之间线段最短”，BA′最短，即AN+BM最短．
故方案一符合题意，
故选：A．
【点评】本题考查两点之间线段最短，平移的性质，能够将一些线段进行转化，即用与它相等的线段替代，从而转化成两点之间线段最短的问题是解题的关键．
5．（2025•西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（ ）
A．35B．2C．210D．42
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理；正方形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】由正方形的性质得CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°，则BE＝CE=12CB＝3，由折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，可证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得FG＝DG，由CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG，根据勾股定理得32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2，求得DG＝2，则AG=AD2+DG2=210，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝6，点E是BC的中点，
∴CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°，
∴BE＝CE=12CB＝3，
由折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AF＝AD，∠AFG＝∠D＝90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
AG=AGAF=AD，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴FG＝DG，
∵CE2+CG2＝EG2，且CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG，
∴32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2，
解得DG＝2，
∴AG=AD2+DG2=62+22=210，
故选：C．
【点评】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，推导出FG＝DG是解题的关键．
6．（2025•萍乡校级二模）如图，正六边形ABCDEF的边长是3，连接AD，P是AD上的动点，连接PB，PC．若PB+PC的值是整数，则点P的位置有（ ）
A．3处B．5处C．7处D．9处
【考点】轴对称的性质；勾股定理．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】A
【分析】根据正多边形的性质，轴对称的性质得到点P从A→D运动时，PB+PC的取值范围为6≤PB+PC≤3+33，由此即可求解．
【解答】解：由条件可知AB＝BC＝CD＝DE＝FE＝AF＝3，点B关于AD的对称点为点F，每个内角的度数为180°×(6−2)6=120°，
如图所示，连接CF，交AD于点P，连接BP，BF，BD，设AD，BF交于点M，
∴PB+PC＝PF+PC，∠BAD=∠FAD=12∠BAF=60°，∠CBD=∠CDB=12(180°−∠BCD)=30°=∠ABF=∠AFB，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝120°﹣30°＝90°，∠DBF＝120°﹣∠CBD﹣∠ABF＝60°，
∴∠ADB＝30°，AD＝2AB＝6，BD=AD2−AB2=33=AF，
∴AB+BC=3+33，CF＝6，
当点C，P，F三点共线时，PC+PF的值最小，最小值为6，
PB+PC的取值范围为6≤PB+PC≤3+33，
∵6＜3+33＜9，
∴整数值为6，7，8，共3个，
故选：A．
【点评】本题考查了正多边形，轴对称的性质，勾股定理等知识的综合，掌握正多边形，勾股定理的运用是关键．
7．（2025•裕华区校级模拟）如图，第1张透明纸上画有∠AOB，第2张透明纸上画有直线l及直线l外一点P．进行如下操作：
①折叠第1张纸，可折出∠AOB的平分线；
②折叠第2张纸，可折出经过点P的直线l的垂线．可以实现的是（ ）
A．只有①B．只有②
C．①②都可以D．①②都无法实现
【考点】剪纸问题．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】C
【分析】都可以实现．①只需过点O折叠，使OA与OB重合，折痕即为角平分线；②只需过点P折叠，使直线l的两端重合，折痕即为所求．
【解答】解：都可以实现．①折叠第1张纸，只需过点O折叠，使OA与OB重合，折痕即为角平分线；
②折叠第2张纸，只需过点P折叠，使直线l的两端重合，折痕即为所求．
故选：C．
【点评】本题考查剪纸问题，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
8．（2025•麒麟区一模）如图，将矩形ABCD两次对折：第一次沿FH对折，使边AB与CD重合，展开后又沿GE对折，使边BC与AD重合，再次展开后连接E、F、G、H得到四边形EFGH．若AB＝2，BC＝4，则四边形EFGH的面积为（ ）
A．2B．4C．5D．6
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【专题】展开与折叠．
【答案】B
【分析】根据矩形的性质，得出∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，AB∥CD．根据折叠可知，AG＝BG＝CE＝DE，AF＝DF＝BH＝CH，推出△AGF≌△BGH≌△DEF≌△CEH（SAS），则GF＝GH＝EF＝EH，推出四边形EFGH是菱形．由题意得FH＝AB＝2，GE＝BC＝4，则四边形EFGH的面积=12GE⋅FH=12×4×2=4．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，AB∥CD，
由折叠可知，AG＝BG＝CE＝DE，AF＝DF＝BH＝CH，
∴△AGF≌△BGH≌△DEF≌△CEH（SAS），
∴GF＝GH＝EF＝EH，
∴四边形EFGH是菱形．
由题意，得FH＝AB＝2，GE＝BC＝4，
∴四边形EFGH的面积=12GE⋅FH=12×4×2=4．
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定等知识点，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
9．（2025•河北模拟）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A．等腰三角形B．矩形
C．菱形D．正方形
【考点】剪纸问题；等腰三角形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】对折是轴对称得到的图形，根据最后得到的图形可得是沿对角线折叠2次后，剪去一个三角形得到的，按原图返回即可．
【解答】解：如图，由题意可知，剪下的图形是四边形BACD，
由折叠可知CA＝AB，
∴△ABC是等腰三角形，
又∵△ABC和△BCD关于直线BC对称，
∴四边形BACD是菱形，
故选：C．
【点评】本题主要考查折叠的性质及学生动手操作能力：逆向思维也是常用的一种数学思维方式．
10．（2025•安庆模拟）如图，在▱ABCD中，AD＝8，E为边BC上一点，连接AE，DE，BE＝3，将△ABE沿AE折叠，点B恰好落在DE上的点B′处，则DB′的长为（ ）
A．5B．4.5C．4D．3
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行四边形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质和折叠的性质可求出∠DAE＝∠AED，B′E＝BE＝3，得到DE＝AD＝8，据此求解即可．
【解答】解：∵▱ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
由题意可得：
∠AEB＝∠AED，B′E＝BE＝3，
∴∠DAE＝∠AED，
∴DE＝AD＝8，
∴DB′＝DE﹣B′E＝5，
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、等角对等边，正确进行计算是解题关键．
11．（2025•叙州区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E是BC边上一动点，连结AE，将△ABE沿AE折叠得△AFE，连结DF，点M是线段DF的中点，连接CM，则CM的最小值是（ ）
A．2B．23−1C．5D．13−32
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理；三角形中位线定理；矩形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】D
【分析】结合矩形的性质，由折叠可知，AF＝AB＝3，取AD中点N，连接CN，MN，则DN=12AD=2，可得CN=13，MN=12AF=32，由三角形三边关系可知，CM≥CN−MN=13−32，当M在CN上时取等号，即可求解．
【解答】解：由题意可得：AB＝CD＝3，AD＝4，∠BAD＝∠ADC＝90°，AF＝AB＝3，
取AD中点N，连接CN，MN，则DN=12AD=2，
∴CN=CD2+DN2=13，
又∵MN是△ADF的中位线，
∴MN=12AF=32，
由三角形三边关系可知，CM≥CN−MN=13−32，当M在CN上时取等号，
∴CM的最小值为13−32，
故选：D．
【点评】本题考查矩形与翻折，三角形中位线定理，勾股定理，通过构造三角形中位线得到MN=12AF=32是解决问题的关键．
12．（2025•遂宁校级模拟）如图，点E在等边△ABC的边BC上，BE＝4，射线CD⊥BC，垂足为点C，点P是射线CD上一动点，点F是线段AB上一动点，当EP+FP的值最小时，BF＝5．则EP+FP这个最小值是（ ）
A．9B．10C．53D．35
【考点】轴对称﹣最短路线问题；等边三角形的性质；勾股定理．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】C
【分析】作点E关于射线CD的对称点E′，过E′作E′F⊥AB于F，交射线CD于P，连接PE，此时EP+FP的值最小，据此解答即可．
【解答】解：作点E关于射线CD的对称点E′，过E′作E′F⊥AB于F，交射线CD于P，连接PE，如图，则E′P＝EP，
∴EP+FP＝E′P+FP＝E′F，此时EP+FP的值最小，则BF＝5，
∵△ABC是正三角形，
∴∠B＝60°，
∵E'F⊥AB，
∴E′F=3BF＝53，
即PE+PF最小值为53．
故选：C．
【点评】本题考查最短路径问题、等边三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握利用轴对称性质求最短距离的方法是解答的关键．
二．填空题（共8小题）
13．（2025•湖北模拟）如图，在正方形纸片ABCD中，E是AB的中点，连接CE，将△BCE沿CE折叠，点B的对应点为点P，连接AP并延长交CD于点F，则线段AF与CE位置关系为 AF∥CE ，APPF= 23 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】AF∥CE，23．
【分析】连接BP，由折叠的性质可得，BE＝PE，BP⊥CE，∠EBP＝∠EPB，根据等边对等角得到∠EAP＝∠EPA，可得BP⊥AF，进而证明四边形AECF是平行四边形，即可证明AF∥CE；设AB＝AD＝2a，由勾股定理可得AF=5a，证明△ABP∽△FAD，求出AP=25a5，即可求出PF=35a5，计算APPF即可．
【解答】解：如图，连接BP，
由折叠可得，∠EBP＝∠EPB，BE＝PE，BP⊥CE，
∵点E是线段AB的中点，
∴BE＝AE，
∴AE＝PE，
∴∠EAP＝∠EPA，
∵∠EBP+∠EPB+∠EAP+∠EPA＝180°，
∴∠APB＝∠EPA+∠EPB＝90°，
∴BP⊥AF，
∵BP⊥CE，
∴AF∥CE，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴CF=AE=12AB，AF∥CE．
设AB＝AD＝2a，则DF＝a，
由勾股定理得，
AF=AD2+DF2=5a，
∵∠ABP+∠BAP＝90°，∠BAP+∠FAD＝90°，
∴∠ABP＝∠FAD，
∵∠APB＝∠D＝90°，
∴△ABP∽△FAD，
根据相似三角形的性质可得，
∴APFD=ABFA，
即APa=2a5a，
∴AP=25a5，
∴PF=AF−AP=5a−255a=35a5，
∴APPF=23．
故答案为：AF∥CE；23．
【点评】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
14．（2025•浙江模拟）如图，在平行四边形ABCD中，∠C＝135°，AB＝6，BC＝8．E为边CD的中点，F为边AD上的一动点，将△DEF沿EF翻折得△HEF，连接AH，BH，则△ABH面积的最小值为 122−9 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；三角形的面积；平行四边形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】122−9．
【分析】在以点E为圆心，HE为半径的圆上运动，当点H到AB的距离最短时三角形的面积最小，利用勾股定理求出最小值即可．
【解答】解：由题可知，点H在以点E为圆心，HE为半径的圆上运动，
因为AB的长不变，所以△ABH面积的最小，
所以点H到AB的距离最短．
因为AB∥CD，所以过点C作CP⊥AB，垂足为P．
∵∠C＝135°，
∴∠ABC＝45°
∴BP＝PC，
由勾股定理得，
2CP2＝BC2．
∵BC＝8．
∴CP=22BC=42，
∴点E到AB的距离为42，
∵AB＝6，点E为边线段CD的中点，
∴HE＝3，
∴点H到AB的距离最短，最短距离为42−3，
所以△ABH面积=12×6×(42−3)=122−9．
故答案为：122−9．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和最短路径，解题关键是确定点H．
15．（2025•黄冈校级模拟）如图，折叠边长为4cm的正方形纸片ABCD，折痕是DM，点C落在E处，分别延长ME、DE交AB于点F、G，若M是BC边的中点，则AF＝ 43 cm，FG＝ 53 cm．
【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】43，53．
【分析】如图，连接DF，可证得Rt△DAF≌Rt△DEF（HL），则AF＝EF，设AF＝x cm，则EF＝x cm，利用勾股定理求得x=43，再由△FGE∽△FMB，即可求得答案．
【解答】解：如图，连接DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝AB＝BC＝4cm，∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∵点M是BC边的中点，
∴CM＝BM=12BC＝2cm，
由折叠得：DE＝CD＝4cm，EM＝CM＝2cm，∠DEM＝∠C＝90°，
∴∠DEF＝180°﹣90°＝90°，AD＝DE，
∴∠A＝∠DEF，
在Rt△DAF和Rt△DEF中，
AD=DEDF=DF，
∴Rt△DAF≌Rt△DEF（HL），
∴AF＝EF，
设AF＝x cm，则EF＝x cm，
∴BF＝（4﹣x）cm，FM＝（x+2）cm，
在Rt△BFM中，BF2+BM2＝FM2，
∴（4﹣x）2+22＝（x+2）2，
解得：x=43，
∴AF＝EF=43cm，BF＝4−43=83（cm），FM=43+2=103（cm），
∵∠FEG＝∠DEM＝90°，
∴∠FEG＝∠B＝90°，
∵∠EFG＝∠BFM，
∴△FGE∽△FMB，
∴FGEF=FMBF，即FG43=10383，
∴FG=53cm．
故答案为：43，53．
【点评】此题考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质．此题有一定难度，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
16．（2025•海伦市二模）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是 63 ．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】63．
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而可得结论．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，
∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝DC＝BC，
∴△ADB是等边三角形，
∴∠MAE＝30°，
∴AM＝2ME，
∵MD＝MB，
∴MA+MB+MD＝2ME+2DM＝2DE，
根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，
∵菱形ABCD的边长为6，
∴DE=AD2−AE2=62−32=33，
∴2DE＝63．
∴MA+MB+MD的最小值是63．
故答案为63．
方法二：
解：连接BD交AC于O，
∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝DC＝BC，
∴△ADB是等边三角形，AO垂直平分BD，
∴∠MAB＝30°，MB＝MD，
作MP⊥AB于P，得AM＝2MP，
∴MA+MB+MD＝2MP+2MD＝2（MP+MD），
连接DP，得MP+MD≥DP，
∴MA+MB+MD≥2DP，
∵当DP⊥AB时，DP取最小值，此时DP＝AD•sin60°＝6×32=33，
则MA+MB+MD≥2DP＝63，
∴MA+MB+MD的最小值是63．
【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质．
17．（2025•新疆模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）三点，直线l是抛物线的对称轴，点M是直线l上的一个动点，当MA+MC最短时，点M的坐标为 （1，﹣2） ．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；待定系数法求一次函数解析式；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；几何直观；推理能力．
【答案】（1，﹣2）
【分析】根据抛物线的对称性，连接BC交对称轴l于M，此时MA+MC最短，利用待定系数法求得直线BC的解析式即可求得点M的坐标．
【解答】解：连接BC交抛物线的对称轴l于M，则MA+MC＝MB+MC＝BC最短，
设直线BC的解析式为y＝mx+n，
将B（3，0），C（0，﹣3）代入，得：
3m+n=0n=−3，
解得m=1n=−3，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
∵抛物线经过A（﹣1，0）、B（3，0），
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
当x＝1时，y＝﹣2，
∴点M坐标为（1，﹣2），
故答案为：（1，﹣2）．
【点评】本题考查轴对称﹣最短路线问题，待定系数法求一次函数解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，会利用抛物线的对称性解决最短路径问题是解答的关键．
18．（2025•琼山区校级一模）如图，四边形ABCD是菱形，AC是对角线，E是边AB上的一点，连接CE，将△BCE沿直线CE翻折，点B的对应点B′恰好落在DA的延长线上，若AB＝5，AC=10，则BE＝ 2513 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理；菱形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】2513．
【分析】作CL⊥AD于点L，由菱形的性质得AD＝CD＝BC＝AB＝5，而AC=10，由勾股定理得（10）2﹣AL2＝52﹣（5﹣AL）2，求得AL＝1，由翻折得B′C＝BC＝CD＝5，则B′L＝DL＝4，求得AB′＝3，可证明△AFB′∽△BFC，得AFBF=B'FCF=AB'BC=35，求得BF=58AB=258，CF=58B′C=258，作EH∥FC交BC于点H，可证明CH＝HE，所以BEFE=BHCH=BHHE，由△BEH∽△BFC，得BHBC=HECF，则BHHE=BCCF，所以BEFE=BCCF=85，求得BE=813BF=2513，于是得到问题的答案．
【解答】解：作CL⊥AD于点L，则∠ALC＝∠DLC＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝5，AC=10，
∴AD＝CD＝BC＝AB＝5，AD∥BC，
∵AC2﹣AL2＝CD2﹣DL2＝CL2，且DL＝5﹣AL，
∴（10）2﹣AL2＝52﹣（5﹣AL）2，
解得AL＝1，
由翻折得B′C＝BC＝5，
∴B′C＝CD，
∵点B的对应点B′恰好落在DA的延长线上，
∴B′L＝DL＝AD﹣AL＝4，
∴AB′＝B′L﹣AL＝3，
∵AB′∥BC，
∴△AFB′∽△BFC，
∴AFBF=B'FCF=AB'BC=35，
∴BF=53+5AB=58AB=58×5=258，CF=53+5B′C=58B′C=58×5=258，
作EH∥FC交BC于点H，则∠HEC＝∠B′CE，
∴∠BCE＝∠B′CE，
∴∠HEC＝∠BCE，
∴CH＝HE，
∴BEFE=BHCH=BHHE，
∵△BEH∽△BFC，
∴BHBC=HECF，
∴BHHE=BCCF，
∴BEFE=BCCF=5258=85，
∴BE=88+5BF=813BF=813×258=2513，
故答案为：2513．
【点评】此题重点考查菱形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
19．（2025•潍坊）如图，在▱ABCD中，点E在边BC上．将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B′恰好落在边DC上；将△ADB′沿AB′折叠，点D的对应点D′恰好落在AE上．若∠C＝α，则∠CB′E＝ α3 ．（用含α的式子表示）
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行四边形的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】α3．
【分析】由平行四边形的性质得∠BAD＝∠C＝α，由折叠得∠AB′E＝∠B＝180°﹣α，∠B′AE＝∠BAE，因为将△ADB′沿AB′折叠，点D的对应点D′恰好落在AE上，所以∠B′AD＝∠B′AE＝∠BAE=α3，则∠BAB′=2α3，由∠CB′E+180°﹣α+2α3=180°，得∠CB′E=α3，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠C＝α，
∴∠BAD＝∠C＝α，BC∥AD，CD∥AB，
∵点E在边BC上．将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B′恰好落在边DC上，
∴∠AB′E＝∠B＝180°﹣∠BAD＝180°﹣α，∠B′AE＝∠BAE，
∵将△ADB′沿AB′折叠，点D的对应点D′恰好落在AE上，
∴∠B′AD＝∠B′AE＝∠BAE=13∠BAD=α3，
∴∠BAB′＝∠BAD﹣∠B′AD＝α−α3=2α3，
∵∠CB′E+∠AB′E+∠BAB′＝180°，
∴∠CB′E+180°﹣α+2α3=180°，
∴∠CB′E=α3，
故答案为：α3．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、翻折变换的性质、平行线的性质等知识，推导出∠AB′E＝180°﹣α及∠B′AD＝∠B′AE＝∠BAE=α3是解题的关键．
20．（2025•南岗区模拟）如图，在▱ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E为直线BC上一动点，连接AE，DE，若∠ABC＝45°，则AE+DE的最小值为 217 ．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】作点A关于直线BC的对称轴A′，连接A′D交BC于E，如图，此时AE+DE最小，最小值为A′D的长度，则AH＝A′H，AH⊥BC，AH⊥AD，根据平行四边形的性质得到AD＝BC＝6，求得AH＝BH=22AB＝22，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：作点A关于直线BC的对称轴A′，连接A′D交BC于E，如图，
此时AE+DE最小，最小值为A′D的长度，
则AH＝A′H，AH⊥BC，AH⊥AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝6，
∵∠ABC＝45°，∠AHB＝90°，
∴AH＝BH=22AB＝22，
∴AA′＝42，
∴DA′=AD2+AA'2=62+(42)2=217，
∴AE+DE的最小值为217．
故答案为：217．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路径问题，平行四边形的性质，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•临川区二模）如图，在边长为1个单位长度的正六边形ABCDEF中，连接AC，请仅用无刻度的直尺按下列要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，将线段AC沿CD方向平移2个单位长度；
（2）在图2中，P是AC上一点，连接AD，作点P关于AD的对称点．
【考点】作图﹣轴对称变换；作图﹣平移变换．
【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【分析】（1）分别延长DE、FE，分别交AF和CD的延长线于点G，H，连接GH，则线段GH是线段AC沿CD方向平移2个单位长度得的；
（2）分别连接PE，AE，AD，设PE与AD交于点L，连接CL，并延长，交AE于点Q，则点Q为点P关于AD的对称点．
【解答】解：（1）如图1，GH即为所作；
（2）点P关于AD的对称点点Q，如图2即为所求．
【点评】本题主要考查作图﹣轴对称变换，作图﹣平移变换，正确掌握正六边形的性质是解答关键．
22．（2025•宁波模拟）（1）在四边形ABED中，AB∥DE，在BC上有一点C，连接AC，CD，∠ACD＝∠B，AC＝CD．证明：DE＝BC．
（2）若四边形ABCD为菱形，将△BCF沿CF对折，使B′恰好落在AD上，已知AF：BF＝1：3，求sin∠ACF．
【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；全等三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】展开与折叠；推理能力．
【答案】（1）延长BE至点G，使得DE＝DG，
∴∠DEG＝∠G，
∵AB∥DE，∠ACD＝∠B，
∴∠B＝∠ACD＝∠DEG＝∠G，
∵∠ACD+∠DCG＝∠B+∠CAB，∠ACD＝∠B，
∴∠DCG＝∠CAB，
∵AC＝CD，
∴△ABC≌△CGD（AAS），
∴DG＝BC，
∵DE＝DG，
∴DE＝BC；
（2）16．
【分析】（1）延长BE至点G，使得DE＝DG，根据条件证明△ABC≌△CGD即可得出结论；
（2）延长DA，在延长线上找一点G，使得FG＝FA，假设AF＝FG＝1，则FB′＝FB＝3，CD＝CB＝CB′＝4，根据条件得出△CB′D∽△B′FG，根据相似三角形的性质得出相关边长，根据菱形的性质和翻折的性质得出∠HCD＝∠ACF即可求出结果．
【解答】（1）证明：延长BE至点G，使得DE＝DG，
∴∠DEG＝∠G，
∵AB∥DE，∠ACD＝∠B，
∴∠B＝∠ACD＝∠DEG＝∠G，
∵∠ACD+∠DCG＝∠B+∠CAB，∠ACD＝∠B，
∴∠DCG＝∠CAB，
∵AC＝CD，
∴△ABC≌△CGD（AAS），
∴DG＝BC，
∵DE＝DG，
∴DE＝BC；
（2）解：延长DA，在延长线上找一点G，使得FG＝FA，
∴∠G＝∠FAG，
∵四边形ABCD为菱形，
∴CD∥BA，CD＝CB＝CB′，
∴∠FAG＝∠D＝∠CB′D＝∠G，
假设AF＝FG＝1，则FB′＝FB＝3，CD＝CB＝CB′＝4，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠D＝∠B＝∠CB′F，
∴∠CB′F+∠FB′G＝∠D+∠DCB′，
∴∠FB′G＝∠DCB′，
∵∠D＝∠G，
∴△CB′D∽△B′FG，
B'DFG=CB'B'F（相似三角形的对应边成比例），
可得B'D=43，
过C作CH⊥AD于H，根据等腰三角形三线合一得∠HCD＝∠HCB′，DH=12B'D=23，
由折叠∠FCB＝∠FCB′，
∴∠FCH=∠ACD=12∠BCD，
∴∠HCD＝∠ACF，
∴sin∠ACF=sin∠HCD=DHDC=16．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的外角定理，菱形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用．
23．（2025•南岗区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标为A（﹣4，3）、B（﹣1，﹣1）．
（1）在图中画出以线段AB为一边的等腰钝角三角形ABC，点C在小正方形的顶点上；并写出△ABC的面积．
（2）画出△ABC关于y轴对称的轴对称图形△A1B1C1，并写出A1、B1的坐标．（点A的对应点为A1，点B的对应点为B1，点C的对应点为C1）
【考点】作图﹣轴对称变换；三角形的面积．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）△ABC的面积＝10；
（2）A1（4，3）、B1（1，﹣1）．
【分析】（1）由勾股定理可知AB＝5，由此即可作出以线段AB为一边的等腰钝角三角形ABC，由三角形面积公式即可求出三角形面积；
（2）利用轴对称的特点得到A1，B1，C1的位置，再顺次连接得到△A1B1C1，由作图可直接得出答案．
【解答】解：（1）如图，
由勾股定理可得，AB=42+32=5，
∴BC＝5，
∴△ABC的面积=12×5×4=10，
（2）如图，画出△ABC关于y轴对称的轴对称图形△A1B1C1，A1（4，3）、B1（1，﹣1）．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、三角形的面积，熟练掌握关于坐标轴对称的点的坐标特征是解答本题的关键．
24．（2025•西宁）如图，点E是正方形ABCD的边BC的中点，连接DE，将△EDC沿DE所在直线折叠，点C落在点F处，连接EF并延长交AB于点G，连接DG．
（1）求证：△ADG≌△FDG；
（2）若AB＝25，求AG的长．
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，
由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，
∴AD＝FD，∠DFG＝90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
DG=DGAD=FD，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）．
（2）AG的长是253．
【分析】（1）由正方形的性质得AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，则AD＝FD，∠DFG＝90°，而DG＝DG，即可根据“HL”证明Rt△ADG≌Rt△FDG．
（2）因为AD＝DC＝BC＝AB＝25，点E是BC的中点，所以BE＝CE=12BC=5，则FE＝BE=5，而FG＝AG，则BG＝25−AG，EG=5+FG=5+AG，由勾股定理得（5）2+（25−AG）2＝（5+AG）2，求得AG=253．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，
由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，
∴AD＝FD，∠DFG＝90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
DG=DGAD=FD，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）．
（2）解：∵AD＝DC＝BC＝AB＝25，点E是BC的中点，
∴BE＝CE=12BC=5，
∴FE＝BE=5，
∵FG＝AG，
∴BG＝25−AG，EG=5+FG=5+AG，
∵∠B＝90°，
∴BE2+BG2＝EG2，
∴（5）2+（25−AG）2＝（5+AG）2，
解得AG=253，
∴AG的长是253．
【点评】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等中知识，推导出AD＝FD，∠DFG＝90°，进而证明Rt△ADG≌Rt△FDG是解题的关键．
25．（2025•武汉校级模拟）如图是由小正方形组成的7×7网格，△ABC的顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成下列画图，每问画线不超过4条．
（1）在图1中，先在AC上画一点P，使得∠APB＝∠ABC；再在AB上画一点Q，使∠APQ＝∠BPC；
（2）在图2中，点D是AB与网格线的交点，先画线段AD关于AC对称的线段AE，再在AC上画点F，使得EF＝AE．
【考点】作图﹣轴对称变换．
【专题】几何直观．
【答案】（1）点P，Q即为所求，
；
（2）线段AE，点F，即为所求，
．
【分析】（1）取格点G，连接BG交AC于点P，取格点H，连接HP并延长交AB于点Q，则P，Q即为所求；
（2）取格点T，连接AT并延长交网格线于点M，取AM与网格的交点E，延长AB交网格线于点N，连接MN交AC于点F，连接EF，即可求解．
【解答】解：（1）点P，Q即为所求；
理由，连接AG，AH，
∵AB=AG=12+52=26，BG=42+62=213，
∴AB2+AG2＝BG2，
∴△ABG是等腰直角三角形（勾股定理的逆定理），
∴∠ABG＝∠AGB＝45°，∠BAG＝90°，
根据网格可得∠ACB＝45°，
∴∠ABC＝180°﹣∠ACB﹣∠BAC＝135°﹣∠BAC，
∵∠APB＝∠AGB+∠PAG＝135°﹣∠BAC，
∴∠APB＝∠ABC；
∴P点即为所求；
在△ACH和△ACB中，
AH=ABAC=ACCH=BH
∴△ACH≌△ACB（SSS），
∴∠BAC＝∠HAC（全等三角形的对应角相等），
∵AH＝AB，AP＝AP（SAS），
∴△APB≌△APH，
∴∠APB＝∠APH，
∵∠GPH＝∠QPB，
∴∠APB﹣∠GPH＝∠APH﹣∠QPB，
∴∠APQ＝∠APG＝∠BPC，
∴Q点即为所求；
（2）线段AE，点F，即为所求，
理由如下，
∵AB=AT=12+52=26，
又根据网格的特点可得：ATTM=ABBN=51，∠TAB＝∠MAB，
∴△ATB∽△AMN，
∴∠ATB＝∠AMN（相似三角形的对应角相等），
∴TB∥MN，ATAM=ABAN，
∴ATAB=AMAN=1，即AM＝AN，
∵△TBC是等腰直角三角形，∠ACB＝45°，
∴∠TBC＝∠ACB＝45°，
∴∠TBC+∠ACB＝90°，
∴BT⊥AC，
∴MN⊥AC，
∵AM＝AN，
∴AC垂直平分MN，
∴∠MAC＝∠NAC，NF＝MF，
∵AEET=ADDB=32，
∴AE＝AD，且AE是AD关于AC对称的线段，
∴AE即为所求；
∵∠MAC＝∠NAC，即∠BAC＝∠EAC，
∵AE＝EM，MF＝NF，
∴EF是△MAN的中位线，
∴EF∥AB，
∴∠AFE＝∠BAC，
∴∠AEF＝∠EAC，
∴EA＝EF，
∴点F即为所求；
【点评】本题考查轴对称变换，掌握轴对称的性质是解题的关键．
考点卡片
1．待定系数法求一次函数解析式
待定系数法求一次函数解析式一般步骤是：
（1）先设出函数的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设y＝kx+b；
（2）将自变量x的值及与它对应的函数值y的值代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；
（3）解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式．
注意：求正比例函数，只要一对x，y的值就可以，因为它只有一个待定系数；而求一次函数y＝kx+b，则需要两组x，y的值．
2．二次函数的性质
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（−b2a，4ac−b24a），对称轴直线x=−b2a，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质：
①当a＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜−b2a时，y随x的增大而减小；x＞−b2a时，y随x的增大而增大；x=−b2a时，y取得最小值4ac−b24a，即顶点是抛物线的最低点．
②当a＜0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜−b2a时，y随x的增大而增大；x＞−b2a时，y随x的增大而减小；x=−b2a时，y取得最大值4ac−b24a，即顶点是抛物线的最高点．
③抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象可由抛物线y＝ax2的图象向右或向左平移|−b2a|个单位，再向上或向下平移|4ac−b24a|个单位得到的．
3．二次函数图象上点的坐标特征
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线，顶点坐标是（−b2a，4ac−b24a）．
①抛物线是关于对称轴x=−b2a成轴对称，所以抛物线上的点关于对称轴对称，且都满足函数函数关系式．顶点是抛物线的最高点或最低点．
②抛物线与y轴交点的纵坐标是函数解析式中的c值．
③抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，设两个交点分别是（x1，0），（x2，0），则其对称轴为x=x1+x22．
4．平行线的性质
1、平行线性质定理
定理1：两条平行线被第三条直线所截，同位角相等．简单说成：两直线平行，同位角相等．
定理2：两条平行线被第三条直线所截，同旁内角互补．简单说成：两直线平行，同旁内角互补．
定理3：两条平行线被第三条直线所截，内错角相等．简单说成：两直线平行，内错角相等．
2、两条平行线之间的距离处处相等．
5．三角形的面积
（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△=12×底×高．
（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
6．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
7．等腰三角形的判定
判定定理：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等．【简称：等角对等边】
说明：①等腰三角形是一个轴对称图形，它的定义既作为性质，又可作为判定办法．
②等腰三角形的判定和性质互逆；
③在判定定理的证明中，可以作未来底边的高线也可以作未来顶角的角平分线，但不能作未来底边的中线；
④判定定理在同一个三角形中才能适用．
8．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
9．等边三角形的判定与性质
（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．
（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．
（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．
10．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a=c2−b2，b=c2−a2及c=a2+b2．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
11．三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE=12BC．
12．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
13．菱形的性质
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积=12ab．（a、b是两条对角线的长度）
14．菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形
15．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
16．矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
17．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
18．正方形的判定
正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
19．轴对称的性质
（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
由轴对称的性质得到一下结论：
①如果两个图形的对应点的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如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这两个图形的对称轴．
（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
20．轴对称图形
（1）轴对称图形的概念：
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，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称．
（2）轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合；轴对称图形的对称轴可以是一条，也可以是多条甚至无数条．
（3）常见的轴对称图形：
等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．
21．作图-轴对称变换
几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的，一般的方法是：
①由已知点出发向所给直线作垂线，并确定垂足；
②直线的另一侧，以垂足为一端点，作一条线段使之等于已知点和垂足之间的线段的长，得到线段的另一端点，即为对称点；
③连接这些对称点，就得到原图形的轴对称图形．
④作出的垂线为最短路径．
22．剪纸问题
一张纸经过折和剪的过程，会形成一个轴对称图案．解决这类问题要熟知轴对称图形的特点，关键是准确的找到对称轴．一般方法是动手操作，拿张纸按照题目的要求剪出图案，展开即可得到正确的图案．
23．轴对称-最短路线问题
1、最短路线问题
在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点．
2、凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
24．翻折变换（折叠问题）
1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．
2、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
3、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．
25．平移的性质
（1）平移的条件
平移的方向、平移的距离
（2）平移的性质
①把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同． ②新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
26．作图-平移变换
（1）确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离．
（2）作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．
27．中心对称图形
（1）定义
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同．
（2）常见的中心对称图形
平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．
28．相似三角形的判定与性质
（1）相似三角形是相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等．
（2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．
29．解直角三角形
（1）解直角三角形的定义
在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
（2）解直角三角形要用到的关系
①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；
②三边之间的关系：a2+b2＝c2；
③边角之间的关系：
sinA=∠A的对边斜边=ac，csA=∠A的邻边斜边=bc，tanA=∠A的对边∠A的邻边=ab．
（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）
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方案一：
①将点A向上平移d得到A'；②连接A'B交l1于点M；③过点M作MN⊥l1，交l2于点N，MN即桥的位置．
方案二：
①连接AB交l1于点M；②过点M作MN⊥l1，交l2于点N．MN即桥的位置．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
D
B
A
C
A
C
B
C
A
D
题号
12
答案
C

方案一：
①将点A向上平移d得到A'；②连接A'B交l1于点M；③过点M作MN⊥l1，交l2于点N，MN即桥的位置．
方案二：
①连接AB交l1于点M；②过点M作MN⊥l1，交l2于点N．MN即桥的位置．