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    考点24图形的变换(解析版)-2022年数学中考一轮复习考点透析(苏科版) 试卷
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    考点24图形的变换(解析版)-2022年数学中考一轮复习考点透析(苏科版)

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    这是一份考点24图形的变换(解析版)-2022年数学中考一轮复习考点透析(苏科版),共26页。试卷主要包含了平移,轴对称,旋转,中心对称,坐标系中对称点的特征等内容,欢迎下载使用。

    考点24图形的变换
    考点总结
    一、平移
    1、定义
    把一个图形整体沿某一方向移动,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,图形的这种移动叫做平移变换,简称平移。
    2、性质
    (1)平移不改变图形的大小和形状,但图形上的每个点都沿同一方向进行了移动
    (2)连接各组对应点的线段平行(或在同一直线上)且相等。
    二、轴对称
    1、定义
    把一个图形沿着某条直线折叠,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成轴对称,该直线叫做对称轴。
    2、性质
    (1)关于某条直线对称的两个图形是全等形。
    (2)如果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。
    (3)两个图形关于某直线对称,如果它们的对应线段或延长线相交,那么交点在对称轴上。
    3、判定
    如果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。
    4、轴对称图形
    把一个图形沿着某条直线折叠,如果直线两旁的部分能够互相重合,那么这个图形叫做轴对称图形,这条直线就是它的对称轴。
    三、旋转
    1、定义
    把一个图形绕某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转,其中O叫做旋转中心,转动的角叫做旋转角。
    2、性质
    (1)对应点到旋转中心的距离相等。
    (2)对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。
    四、中心对称
    1、定义
    把一个图形绕着某一个点旋转180°,如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合,那么这个图形叫做中心对称图形,这个点就是它的对称中心。
    2、性质
    (1)关于中心对称的两个图形是全等形。
    (2)关于中心对称的两个图形,对称点连线都经过对称中心,并且被对称中心平分。
    (3)关于中心对称的两个图形,对应线段平行(或在同一直线上)且相等。
    3、判定
    如果两个图形的对应点连线都经过某一点,并且被这一点平分,那么这两个图形关于这一点对称。
    4、中心对称图形
    把一个图形绕某一个点旋转180°,如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合,那么这个图形叫做中心对称图形,这个店就是它的对称中心。
    五、坐标系中对称点的特征
    1、关于原点对称的点的特征
    两个点关于原点对称时,它们的坐标的符号相反,即点P(x,y)关于原点的对称点为P′(-x,-y)
    2、关于x轴对称的点的特征
    两个点关于x轴对称时,它们的坐标中,x相等,y的符号相反,即点P(x,y)关于x轴的对称点为P′(x,-y)
    3、关于y轴对称的点的特征
    两个点关于y轴对称时,它们的坐标中,y相等,x的符号相反,即点P(x,y)关于y轴的对称点为P′(-x,y)

    真题演练
    一.选择题(共10小题)
    1.(2021•宿迁)如图,折叠矩形纸片ABCD,使点B落在点D处,折痕为MN,已知AB=8,AD=4,则MN的长是(  )

    A.535 B.25 C.735 D.45
    【分析】由折叠的性质可得BM=MD,BN=DN,∠DMN=∠BMN,可证四边形BMDN是菱形,在Rt△ADM中,利用勾股定理可求BM的长,由菱形的面积公式可求解.
    【解答】解:如图,连接BD,BN,

    ∵折叠矩形纸片ABCD,使点B落在点D处,
    ∴BM=MD,BN=DN,∠DMN=∠BMN,
    ∵AB∥CD,
    ∴∠BMN=∠DNM,
    ∴∠DMN=∠DNM,
    ∴DM=DN,
    ∴DN=DM=BM=BN,
    ∴四边形BMDN是菱形,
    ∵AD2+AM2=DM2,
    ∴16+AM2=(8﹣AM)2,
    ∴AM=3,
    ∴DM=BM=5,
    ∵AB=8,AD=4,
    ∴BD=AD2+AB2=64+16=45,
    ∵S菱形BMDN=12×BD×MN=BM×AD,
    ∴45×MN=2×5×4,
    ∴MN=25,
    故选:B.
    2.(2021•盐城)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.
    【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.
    【解答】解:A.不是轴对称图形,故本选项不合题意;
    B.不是轴对称图形,故本选项不合题意;
    C.不是轴对称图形,故本选项不合题意;
    D.是轴对称图形,故本选项符合题意.
    故选:D.
    3.(2021•连云港)如图,将矩形纸片ABCD沿EF折叠后,点D、C分别落在点D1、C1的位置,ED1的延长线交BC于点G,若∠EFG=64°,则∠EGB等于(  )

    A.128° B.130° C.132° D.136°
    【分析】在矩形ABCD中,AD∥BC,则∠DEF=∠EFG=64°,∠EGB=∠DEG,又由折叠可知,∠GEF=∠DEF,可求出∠DEG的度数,进而得到∠EGB的度数.
    【解答】解:如图,在矩形ABCD中,
    AD∥BC,
    ∴∠DEF=∠EFG=64°,∠EGB=∠DEG,
    由折叠可知∠GEF=∠DEF=64°,
    ∴∠DEG=128°,
    ∴∠EGB=∠DEG=128°,
    故选:A.
    4.(2021•徐州)下列图形,是轴对称图形但不是中心对称图形的是(  )
    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.不是轴对称图形,也不是中心对称图形,故此选项不符合题意;
    B.是轴对称图形,也是中心对称图形,故此选项不符合题意;
    C.不是轴对称图形,是中心对称图形,故此选项不符合题意;
    D.是轴对称图形,不是中心对称图形,故此选项符合题意.
    故选:D.
    5.(2021•常州)观察如图所示脸谱图案,下列说法正确的是(  )

    A.它是轴对称图形,不是中心对称图形
    B.它是中心对称图形,不是轴对称图形
    C.它既是轴对称图形,也是中心对称图形
    D.它既不是轴对称图形,也不是中心对称图形
    【分析】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.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.据此判断即可.
    【解答】解:该图是轴对称图形,不是中心对称图形.
    故选:A.
    6.(2021•无锡)下列图形中,既是中心对称图形又是轴对称图形的是(  )
    A. B.
    C. D.
    【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念,对各选项分析判断即可得解.
    【解答】解:A.既是轴对称图形,又是中心对称图形,故本选项符合题意;
    B.是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项不合题意;
    C.不是轴对称图形,是中心对称图形,故本选项不合题意;
    D.是轴对称图形,不是中心对称图形,故本选项不合题意.
    故选:A.
    7.(2021•宿迁)对称美是美的一种重要形式,它能给与人们一种圆满、协调和平的美感,下列图形属于中心对称图形的是(  )
    A. B. C. D.
    【分析】根据中心对称图形的定义即可作出判断.
    【解答】解:A、是中心对称图形,故选项符合题意;
    B、是轴对称图形,不是中心对称图形,故选项不符合题意;
    C、是轴对称图形,不是中心对称图形,故选项不符合题意;
    D、是轴对称图形,不是中心对称图形,故选项不符合题意.
    故选:A.
    8.(2021•苏州)如图,在方格纸中,将Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到Rt△A′O′B,则下列四个图形中正确的是(  )

    A. B.
    C. D.
    【分析】本题主要考查旋转的性质,旋转过程中图形形状和大小都不发生变化,根据旋转性质判断即可.
    【解答】解:A选项是原图形的对称图形,故A不正确;
    B选项是Rt△AOB绕点B按顺时针方向旋转90°后得到Rt△A′O′B,故B正确;
    C选项旋转后的对应点错误,即形状发生了改变,故C不正确;
    D选项是按逆时针方向旋转90°,故D不正确;
    故选:B.
    9.(2021•连云港)如图,△ABC中,BD⊥AB,BD、AC相交于点D,AD=47AC,AB=2,∠ABC=150°,则△DBC的面积是(  )

    A.3314 B.9314 C.337 D.637
    【分析】过点C作BD的垂线,交BD的延长线于点E,可得△ABD∽△CED,可得ADCD=ABCE=BDDE,由AD=47AC,AB=2,可求出CE的长,又∠ABC=150°,∠ABD=90°,则∠CBD=60°,解直角△BCE,可分别求出BE和BD的长,进而可求出△BCD的面积.
    【解答】解:如图,过点C作BD的垂线,交BD的延长线于点E,

    则∠E=90°,
    ∵BD⊥AB,CE⊥BD,
    ∴AB∥CE,∠ABD=90°,
    ∴△ABD∽△CED,
    ∴ADCD=ABCE=BDDE,
    ∵AD=47AC,
    ∴ADCD=43,
    ∴ABCE=2CE=43=BDDE,则CE=32,
    ∵∠ABC=150°,∠ABD=90°,
    ∴∠CBE=60°,
    ∴BE=33CE=32,
    ∴BD=47BE=237,
    ∴S△BCD=12•BD•CE=12×32×237=3314.
    故选:A.
    10.(2021•仪征市一模)如图,点E是正方形ABCD边BC的中点,连接AE,将△ABE沿AE翻折,得到△AFE,延长EF,交AD的延长线于点M,交CD于点N.下列结论:①sin∠AME=45;②AD=3DM;③BE+DN=EN;④AM=EM.其中正确的结论是(  )

    A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④
    【分析】根据正方形的性质,等腰三角形的判定和性质,直角三角形的边角关系以及翻折变换的性质,逐项进行判断即可.
    【解答】解:连接AN,
    ∵四边形ABCD是正方形,
    ∴AB=BC=CD=DA,∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°,
    由翻折得,
    AB=AF,∠ABE=∠AFE=90°,BE=FE,
    在Rt△AFN和△ADN中,
    ∵AF=AD,AN=AN,
    ∴Rt△AFN≌△ADN(HL),
    ∴DN=FN,
    ∴EN=EF+FN=BE+DN,因此③正确;
    由AD∥BC得,∠DAE=∠AEB,
    ∵∠AEB=∠AEM,
    ∴∠DAE=∠AEM,
    ∴AM=EM,因此④正确;
    过点M作MH⊥AE于H,
    ∵AM=EM,
    ∴AH=EH,∠AMH=∠EMH,
    设BE=a,则EF=a,AB=AD=2a,
    在Rt△ABE中,
    AE=AB2+BE2=5a,
    ∴AH=HE=52a,
    ∵∠MAH+∠AMH=90°,∠BAE+∠MAH=90°,
    ∴∠BAE=∠AMH,
    ∴sin∠BAE=BEAE=sin∠AMH=AHAM,
    即a5a=5a2AM,
    ∴AM=52a,
    ∴DM=52a﹣2a=12a,
    ∵AD=2a,
    ∴AD=4DM,因此②不正确;
    在Rt△AMF中,
    sin∠AME=AFAM=2a52a=45,因此①正确;
    综上所述,正确的有①③④,
    故选:C.

    二.填空题(共5小题)
    11.(2021•镇江)如图,点A,B,C,O在网格中小正方形的顶点处,直线l经过点C,O,将△ABC沿l平移得到△MNO,M是A的对应点,再将这两个三角形沿l翻折,P,Q分别是A,M的对应点.已知网格中每个小正方形的边长都等于1,则PQ的长为  10 .

    【分析】连接PQ,AM,根据PQ=AM即可解答.
    【解答】解:连接PQ,AM,

    由图形变换可知:PQ=AM,
    由勾股定理得:AM=12+32=10,
    ∴PQ=10.
    故答案为:10.
    12.(2021•常州)中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中,给出了证明三角形面积公式的出入相补法.如图所示,在△ABC中,分别取AB、AC的中点D、E,连接DE,过点A作AF⊥DE,垂足为F,将△ABC分割后拼接成矩形BCHG.若DE=3,AF=2,则△ABC的面积是  12 .

    【分析】根据图形的拼剪,求出BC以及BC边上的高即可解决问题.
    【解答】解:由题意,BG=CH=AF=2,DG=DF,EF=EH,
    ∴DG+EH=DE=3,
    ∴BC=GH=3+3=6,
    ∴△ABC的边BC上的高为4,
    ∴S△ABC=12×6×4=12,
    解法二:证明△ABC的面积=矩形BCHG的面积,可得结论.
    故答案为:12.
    13.(2021•无锡)如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=22,AC=6,点E在线段AC上,且AE=1,D是线段BC上的一点,连接DE,将四边形ABDE沿直线DE翻折,得到四边形FGDE,当点G恰好落在线段AC上时,AF= 263 .

    【分析】由折叠的性质可得AB=FG=22,AE=EF=1,∠BAC=∠EFG=90°,在Rt△EFG中,由勾股定理可求EG=3,由锐角三角函数可求EH,HF的长,在Rt△AHF中,由勾股定理可求AF.
    【解答】解:如图,过点F作FH⊥AC于H,

    ∵将四边形ABDE沿直线DE翻折,得到四边形FGDE,
    ∴AB=FG=22,AE=EF=1,∠BAC=∠EFG=90°,
    ∴EG=EF2+FG2=1+8=3,
    ∵sin∠FEG=HFEF=FGEG,
    ∴HF1=223,
    ∴HF=223,
    ∵cos∠FEG=EHEF=EFEG,
    ∴EH1=13,
    ∴EH=13,
    ∴AH=AE+EH=43,
    ∴AF=AH2+HF2=169+89=263,
    故答案为:263.
    14.(2021•镇江)如图,等腰三角形ABC中,AB=AC,BC=6,cos∠ABC=13,点P在边AC上运动(可与点A,C重合),将线段BP绕点P逆时针旋转120°,得到线段DP,连接BD,则BD长的最大值为  93 .

    【分析】由旋转知△BPD是顶角为120°的等腰三角形,可求得BD=3BP,当BP最大时,BD取最大值,即点P与点A重合时,BP=BA最大,求出AB的长即可解决问题.
    【解答】解:∵将线段BP绕点P逆时针旋转120°,得到线段DP,
    ∴BP=PD,
    ∴△BPD是等腰三角形,
    ∴∠PBD=30°,
    过点P作PH⊥BD于点H,

    ∴BH=DH,
    ∵cos30°=BHBP=32,
    ∴BH=32BP,
    ∴BD=3BP,
    ∴当BP最大时,BD取最大值,即点P与点A重合时,BP=BA最大,
    过点A作AG⊥BC于点G,
    ∵AB=AC,AG⊥BC,
    ∴BG=12BC=3,
    ∵cos∠ABC=13,
    ∴BGAB=13,
    ∴AB=9,
    ∴BD最大值为:3BP=93.
    故答案为:93.
    15.(2021•南京)如图,将▱ABCD绕点A逆时针旋转到▱AB′C′D′的位置,使点B′落在BC上,B′C′与CD交于点E.若AB=3,BC=4,BB′=1,则CE的长为  98 .

    【分析】解法一:过点A作AM⊥BC于点M,过点B作BN⊥AB′于点N,过点E作EG⊥BC,交BC的延长线于点G.BM=B′M=12,由勾股定理可得,AM=AB2−BM2=352,由等面积法可得,BN=356,由勾股定理可得,AN=AB2−BN2=32−(356)2=176,由题可得,△AMB∽△EGC,△ANB∽△B′GE,则AMBM=EGCG=35,ANBN=B′GEG=1735,设CG=a,则EG=35a,B′G=3+a,则3+a35a=1735,解得a=316.最后由勾股定理可得,EC=CG2+EG2=(316)2+(31635)2=98.
    解法二:连接DD′,结合旋转的性质求得△BAB′∽△DAD′,利用AA定理求得△CEB′∽△C′ED,然后根据相似三角形的性质求解.
    【解答】解:法一、如图,过点A作AM⊥BC于点M,过点B作BN⊥AB′于点N,过点E作EG⊥BC,交BC的延长线于点G.

    由旋转可知,AB=AB′=3,∠ABB′=∠AB′C′,
    ∴∠ABB′=∠AB′B=∠AB′C′,
    ∵BB′=1,AM⊥BB′,
    ∴BM=B′M=12,
    ∴AM=AB2−BM2=352,
    ∵S△ABB′=12⋅AM⋅BB′=12⋅BN⋅AB′,
    ∴12×352×1=12•BN×3,则BN=356,
    ∴AN=AB2−BN2=32−(356)2=176,
    ∵AB∥DC,
    ∴∠ECG=∠ABC,
    ∵∠AMB=∠EGC=90°,
    ∴△AMB∽△EGC,
    ∴AMBM=EGCG=35212=35,
    设CG=a,则EG=35a,
    ∵∠ABB′+∠AB′B+∠BAB′=180°,
    ∠AB′B+∠AB′C′+∠C′B′C=180°,
    又∵∠ABB′=∠AB′B=∠AB′C′,
    ∴∠BAB′=∠C′B′C,
    ∵∠ANB=∠EGC=90°,
    ∴△ANB∽△B′GE,
    ∴ANBN=B′GEG=176356=1735,
    ∵BC=4,BB′=1,
    ∴B′C=3,B′G=3+a,
    ∴3+a35a=1735,解得a=316.
    ∴CG=316,EG=31635,
    ∴EC=CG2+EG2=(316)2+(31635)2=98.
    故答案为:98.
    法二、如图,连接DD',
    由旋转可知,∠BAB′=∠DAD′,AB′=AB=3,AD′=AD=4,
    ∴△BAB′∽△DAD′,
    ∴AB:BB′=AD:DD′=3:1,∠AD′D=∠AB′B=∠B,
    ∴DD′=43,
    又∵∠AD′C′=∠AB′C′=∠B,∠AD′D=∠B=∠AB′B,
    ∴∠AD′C′=∠AD′D,即点D′,D,C′在同一条直线上,
    ∴DC′=53,
    又∠C′=∠ECB′,∠DEC′=∠B′EC,
    ∴△CEB′∽△C'ED,
    ∴B′E:DE=CE:C′E=B′C:DC′,即B′E:DE=CE:C′E=3:53,
    设CE=x,B'E=y,
    ∴x:(4﹣y)=y:(3﹣x)=3:53,
    ∴x=98.
    故答案为:98.
    法三、构造相似,如图,延长B′C到点G,使B′G=B′E,连接EG,

    ∴∠B′EG=∠B′GE,
    由旋转可知,AB=AB′,
    ∴∠B=∠AB′B=∠AB′C′,
    ∴∠BAB′=∠EB′G,
    ∴∠B=∠G,
    又AB∥CD,
    ∴∠ECG=∠B=∠G,
    ∴△ABB′∽△B′EG∽△ECG,
    ∴ABBB′=B′EEG=ECCG=31,
    设CG=m,
    ∴EC=3m,
    ∴B′G=3+m,
    ∴3+m3m=3,
    解得m=38,
    ∴3m=98.
    故答案为:98.
    解法四:如图,过点C作CF∥C′D′,交B′C′于点F,

    ∵AB=AB′,
    ∴∠B=∠AB′B,
    由∵∠AB′C′=∠B,
    由三角形内角和可知,∠FB′C=∠BAB′,
    ∵AB′∥FC,
    ∴∠B′CF=∠AB′B,
    由∵AB=3,BB′=1,BC=4,
    ∴AB=B′C,
    ∴△ABB′≌△B′CF,
    ∴FC=B′B=1,
    由旋转可知,△ABB′∽△ADD′,
    ∴ABAD=BB′DD′,
    ∴DD′=43
    ∴C′D=53,
    又由CF∥C′D,
    ∴△C′DE∽△FCE,
    ∴C′DFC=DEEC,
    ∴C′D+FCFC=DE+ECEC,
    ∴53+11=CDEC,
    ∴EC=98.
    故答案为:98.

    三.解答题(共3小题)
    16.(2021•淮安)如图,方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度,△ABC的顶点A、B、C都在格点上(两条网格线的交点叫格点).请仅用无刻度的直尺按下列要求画图,并保留画图痕迹(不要求写画法).
    (1)将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°,点B的对应点为B1,点C的对应点为C1,画出△AB1C1;
    (2)连接CC1,△ACC1的面积为  52 ;
    (3)在线段CC1上画一点D,使得△ACD的面积是△ACC1面积的15.

    【分析】(1)将A、B、C三点分别绕点A按顺时针方向旋转90°画出依次连接即可;
    (2)勾股定理求出AC,由面积公式即可得到答案;
    (3)利用相似构造△CFD∽△C1ED即可.
    【解答】解:(1)如图:
    图中△AB1C1即为要求所作三角形;

    (2)∵AC=12+22=5,由旋转性质知AC=AC1,∠CAC1=90°,
    ∴△ACC1的面积为12×AC×AC1=52,
    故答案为:52;

    (3)连接EF交CC1于D,即为所求点D,理由如下:
    ∵CF∥C1E,
    ∴△CFD∽△C1ED,
    ∴CDC1D=CFC1E=14,
    ∴CD=15CC1,
    ∴△ACD的面积=△ACC1面积的15.

    17.(2021•常州)在平面直角坐标系xOy中,对于A、A′两点,若在y轴上存在点T,使得∠ATA′=90°,且TA=TA′,则称A、A′两点互相关联,把其中一个点叫做另一个点的关联点.已知点M(﹣2,0)、N(﹣1,0),点Q(m,n)在一次函数y=﹣2x+1的图象上.
    (1)①如图,在点B(2,0)、C(0,﹣1)、D(﹣2,﹣2)中,点M的关联点是  B (填“B”、“C”或“D”);
    ②若在线段MN上存在点P(1,1)的关联点P′,则点P′的坐标是  (﹣2,0) ;
    (2)若在线段MN上存在点Q的关联点Q′,求实数m的取值范围;
    (3)分别以点E(4,2)、Q为圆心,1为半径作⊙E、⊙Q.若对⊙E上的任意一点G,在⊙Q上总存在点G′,使得G、G′两点互相关联,请直接写出点Q的坐标.

    【分析】(1)①根据关联点的定义判断即可.
    ②构造等腰直角三角形PTM,可得结论.
    (2)如图2﹣1中,当M,Q是互相关联点,设Q(m,﹣2m+1),△MTQ是等腰直角三角形,如图2﹣2中,当N,Q是互相关联点,△NOQ是等腰直角三角形,如图2﹣3中,当N,Q是互相关联点,△NTQ是等腰直角三角形,如图2﹣4中,当M,Q是互相关联点,△MTQ是等腰直角三角形,分别求出四种特殊位置的m的值可得结论.
    (3)由题意,当点Q,点E是互为关联点时,满足条件,过点Q作QH⊥y轴于H,过点E作EG⊥OH于G.设Q(t,﹣2t+1).分两种情形,构造全等三角形,利用全等三角形的性质构建方程解决问题即可.
    【解答】解:(1)如图1中,

    ①如图1中,取点T(0,2),连接MT,BT,
    ∵M(﹣2,0),B(2,0),
    ∴OT=OM=OB=2,
    ∴△TBM是等腰直角三角形,
    ∴在点B(2,0)、C(0,﹣1)、D(﹣2,﹣2)中,点M的关联点是点B,
    故答案为:B.
    ②取点T(0,﹣1),连接MT,PT,则△MTP是等腰直角三角形,
    ∴线段MN上存在点P(1,1)的关联点P′,则点P′的坐标是 (﹣2,0),
    故答案为:(﹣2,0).

    (2)如图2﹣1中,当M,Q是互相关联点,设Q(m,﹣2m+1),△MTQ是等腰直角三角形,

    过点Q作QH⊥y轴于H,
    ∵∠QHT=∠MOT=∠MTQ=90°,
    ∴∠MTO+∠QTH=90°,∠QTH+∠TQH=90°,
    ∴∠MTO=∠TQH,
    ∵TM=TQ,
    ∴△MOT≌△THQ(AAS),
    ∴QH=TO=﹣m,TH=OM=2,
    ∴﹣2m+1=2﹣m,
    ∴m=﹣1.

    如图2﹣2中,当N,Q是互相关联点,△NOQ是等腰直角三角形,此时m=0,

    观察图象可知,当﹣1≤m≤0时,在线段MN上存在点Q的关联点Q′,

    如图2﹣3中,当N,Q是互相关联点,△NTQ是等腰直角三角形,设Q(m,﹣2m+1),

    过点Q作QH⊥y轴于H,同法可证△NOT≌△THQ(AAS),
    ∴QH=TO=m,TH=ON=1,
    ∴1﹣2m+1=m,
    ∴m=23.

    如图2﹣4中,当M,Q是互相关联点,△MTQ是等腰直角三角形,同法可得m=1,

    观察图象可知,当23≤m≤1时,在线段MN上存在点Q的关联点Q′,
    解法二:在MN上任取一点Q',然后作出Q‘的两个关联点Q1和Q2,其中Q1在第二象限,Q2在第四象限,则可以求出Q'的坐标是分别是(m﹣1,0)、(1﹣3m,0),再根据﹣2≤x≤﹣1可以求出m的取值范围.
    综上所述,满足条件的m的值为﹣1≤m≤0或23≤m≤1.
    (3)如图3﹣1中,由题意,当点Q,点E是互为关联点时,满足条件,过点Q作QH⊥y轴于H,过点E作EG⊥OH于G.设Q(t,﹣2t+1).

    ∵∠QHT=∠EGT=∠QTE=90°,
    ∴∠QTH+∠ETG=90°,∠ETG+∠GET=90°,
    ∴∠HTQ=∠GET,
    ∵TQ=TE,
    ∴△THQ≌△EGT(AAS),
    ∴QH=TG=﹣t,TH=EG=4,
    ∵OH=﹣2t+1,OG=2,
    ∴﹣2t+1﹣4=2+t,
    ∴t=−53,
    ∴Q(−53,133).

    如图3﹣2中,由题意,当点Q,点E是互为关联点时,满足条件,过点Q作QH⊥y轴于H,过点E作EG⊥OH于G.设Q(t,﹣2t+1).

    ∵∠QHT=∠EGT=∠QTE=90°,
    ∴∠QTH+∠ETG=90°,∠ETG+∠GET=90°,
    ∴∠HTQ=∠GET,
    ∵TQ=TE,
    ∴△THQ≌△EGT(AAS),
    ∴QH=TG=t,TH=EG=4,
    ∵OH=2t﹣1,OG=2,
    ∴2t﹣1﹣4=t﹣2,
    ∴t=3,
    ∴Q(3,﹣5).
    综上所述,满足条件的点Q的坐标为(−53,133)或(3,﹣5).
    18.(2021•徐州)如图,将一张长方形纸片ABCD沿EF折叠,使 C、A两点重合,点D落在点G处.已知AB=4,BC=8.
    (1)求证:△AEF是等腰三角形;
    (2)求线段FD的长.

    【分析】(1)由折叠性质可知∠AEF=∠CEF,由AD∥BC可得∠AFE=∠CEF,所以∠AEF=∠AFE,由等角对等边即可得证;
    (2)由折叠性质并结合(1)中结论可设CE=AE=AF=x,则BE=8﹣x,在Rt△ABE中,根据勾股定理AB2+BE2=AE2建立方程,即42+(8﹣x)2=x2,解得x=5,则FD=AD﹣AF=BC﹣AF=3.
    【解答】(1)证明:由折叠性质可知,∠AEF=∠CEF,
    由矩形性质可得AD∥BC,
    ∴∠AFE=∠CEF,
    ∴∠AEF=∠AFE.
    ∴AE=AF,
    故△AEF为等腰三角形.
    (2)解:由折叠可得AE=CE,设CE=x=AE,
    则BE=BC﹣CE=8﹣x,
    ∵∠B=90°,
    在Rt△ABE中,有AB2+BE2=AE2,
    即42+(8﹣x)2=x2,解得:x=5.
    由(1)结论可得AF=AE=5,
    故FD=AD﹣AF=BC﹣AF=8﹣5=3.

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