专题01图形思想之构造轴对称图形（折叠问题）压轴题专练- 2022-2023学年八年级上册数学专题训练（浙教版）

这是一份专题01图形思想之构造轴对称图形（折叠问题）压轴题专练- 2022-2023学年八年级上册数学专题训练（浙教版），文件包含专题01图形思想之构造轴对称图形折叠问题压轴题专练解析版-2022-2023学年八年级数学专题训练浙教版docx、专题01图形思想之构造轴对称图形折叠问题压轴题专练原卷版-2022-2023学年八年级数学专题训练浙教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。

专题01图形思想之构造轴对称图形（折叠问题）压轴题专练（解析版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，AE、EF为折痕，∠BAE=30°，AB= ，折叠后，点C落在AD边上的C1处，并且点B落在EC1边上的B1处．则BC的长为（　　）

A． B．3 C．2 D．2
【答案】B
【详解】
试题分析：由三角函数易得BE，AE长，根据翻折和对边平行可得△AEC1和△CEC1为等边三角形，那么就得到EC长，相加即可．
解：连接CC1.

在Rt△ABE中,∠BAE=30°,AB=，
∴BE=AB×tan30°=1,AE=2,∠AEB1=∠AEB=60°，
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC，
∴∠C1AE=∠AEB=60°，
∴△AEC1为等边三角形，
同理△CC1E也为等边三角形，
∴EC=EC1=AE=2，
∴BC=BE+EC=3，
故选B.
2．如图，∠AOB＝30º，∠AOB 内有一定点 P，且 OP＝12，在 OA 上有一动点 Q，OB 上有 一动点 R．若△PQR 周长最小，则最小周长是( )

A．6 B．12 C．16 D．20
【答案】B
【详解】

作点P 关于OA的对称点点E，点P关于OB的对称点点F，连接EF分别交OA于点Q，交OB于点R，连=接OE、OF，
∵P、E关于OA对称，∴OE=OP=12，∠EOA=∠AOP，QE=QP，
同理可证OP=OF=12，∠BOP=∠BOF，RP=RF，
∴OE=OF=12，∠EOF=∠EOP+∠FOP=2∠AOB=60°，
∴△OEF是等边三角形，
∴EF=12，
∴C△PQR=PQ+PR+QR=EQ+QR+RF=EF=12.
故选B.
点睛：本题关键在于利用轴对称的性质确定△PQR 周长最小时点Q、R的位置，再结合等边三角形的判定求出△PQR 的周长.
3．如图，在△ABC中，∠B=32°，将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则∠1-∠2的度数是（ ）

A．32° B．64° C．65° D．70°
【答案】B
【分析】
此题涉及的知识点是三角形的翻折问题，根据翻折后的图形相等关系，利用三角形全等的性质得到角的关系，然后利用等量代换思想就可以得到答案
【详解】
如图，在△ABC中，∠B=32°，将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置

∠B=∠D=32° ∠BEH=∠DEH
∠1=180-∠BEH-∠DEH=180-2∠DEH
∠2=180-∠D-∠DEH-∠EHF
=180-∠B-∠DEH-(∠B+∠BEH)
=180-∠B-∠DEH-（∠B+∠DEH）
=180-32°-∠DEH-32°-∠DEH
=180-64°-2∠DEH
∠1-∠2=180-2∠DEH-(180-64°-2∠DEH)
=180-2∠DEH-180+64°+2∠DEH
=64°
故选B
【点睛】
此题重点考察学生对图形翻折问题的实际应用能力，等量代换是解本题的关键
4．如图，四边形ABCD中，∠BAD＝120°，∠B＝∠D＝90°，在BC、CD上分别找一点M、N，使△AMN周长最小时，则∠AMN＋∠ANM的度数为（ ）

A．130° B．120° C．110° D．100°
【答案】B
【详解】
根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和ED的对称点A′，A″，即可得出∠AA′M＋∠A″＝∠HAA′＝60°，进而得出∠AMN＋∠ANM＝2(∠AA′M＋∠A″)即可得出答案：
如图，作A关于BC和ED的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交CD于N，

则A′A″即为△AMN的周长最小值．作DA延长线AH．
∵∠BAD＝120°，∴∠HAA′＝60°．
∴∠AA′M＋∠A″＝∠HAA′＝60°．
∵∠MA′A＝∠MAA′，∠NAD＝∠A″，
且∠MA′A＋∠MAA′＝∠AMN，
∠NAD＋∠A″＝∠ANM，
∴∠AMN＋∠ANM＝∠MA′A＋∠MAA′＋∠NAD＋∠A″＝2(∠AA′M＋∠A″)＝2×60°＝120°．
故选B．
5．如图，∠AOB＝30°，OC为∠AOB内部一条射线，点P为射线OC上一点，OP＝6，点M、N分别为OA、OB边上动点，则△MNP周长的最小值为（ ）

A．3 B．6 C． D．
【答案】B
【分析】
作点P关于OA的对称点P1，点P关于OB的对称点P2，连结P1P2，与OA的交点即为点M，与OB的交点即为点N，则此时M、N符合题意，求出线段P1P2的长即可.
【详解】
解：作点P关于OA的对称点P1，点P关于OB的对称点P2，连结P1P2，与0A的交点即为点M，与OB的交点即为点N，

△MNP的最小周长为P．
M＋MN＋PN=P1M＋MN＋P2N= P1P2，即为线段P1P2的长，
连结OP1、OP2，则OP1=0P2=6，
又∵∠P1OP2=2∠AOB=60。，
∴△OP1P2是等边三角形，
∴P1P2=OP1=6，
即△MNP的周长的最小值是6．
故选：B．
【点睛】
本题考查等边三角形的性质和的判定以及轴对称-最短路线问题的应用，解题的关键是确定M、N的位置．
6．如图，△ABC中，∠A＝20°，沿BE将此三角形对折，又沿BA′再一次对折，点C落在BE上的C′处，此时∠C′DB＝74°，则原三角形的∠C的度数为（ ）

A．27° B．59° C．69° D．79°
【答案】D
【分析】
由折叠的性质得∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠CDB＝∠C′DB＝74°，则∠1＝∠2＝∠3，即∠ABC＝3∠3，由三角形内角和定理得∠3＋∠C＝106°，在△ABC中，由三角形内角和定理得∠A＋∠ABC＋∠C＝180°，得出∠3＝27°，即可得出结果．
【详解】
解：如图所示：
∵△ABC沿BE将此三角形对折，又沿BA′再一次对折，点C落在BE上的C′处，
∴∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠CDB＝∠C′DB＝74°，
∴∠1＝∠2＝∠3，
∴∠ABC＝3∠3，
在△BCD中，∠3＋∠C＋∠CDB＝180°，
∴∠3＋∠C＝180°−74°＝106°，
在△ABC中，
∵∠A＋∠ABC＋∠C＝180°，
∴20°＋2∠3＋106°＝180°，
∴∠3＝27°，
∴∠C＝106°-∠3＝79°．
故选：D．

【点睛】
本题考查了翻折变换的性质、三角形内角和定理；熟练掌握翻折变换的性质和三角形内角和定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．
7．如图，将沿翻折，使其顶点均落在点处，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由折叠的性质可得，，可得，由三角形内角和定理可得，利用三角形外角定理得出，建立方程，即可求的度数．
【详解】
解：延长交于点，
∵将沿，翻折，顶点，均落在点处，
∴，，
∴，
∵，
∴ ，
由三角形外角定理可知：，，
∴
即：，
∴ ，
∴，
故选：．

【点睛】
本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理，外角定理，熟练运用三角形内角和定理是本题的关键．
8．如图，在锐角△ABC中，∠ACB＝50°；边AB上有一定点P，M、N分别是AC和BC边上的动点，当△PMN的周长最小时，∠MPN的度数是（　　）

A．50° B．60° C．70° D．80°
【答案】D
【分析】
根据轴对称的性质作PD⊥AC于点E，PG⊥BC于点F，连接DG交AC、BC于点M、N，连接MP、NP，得到△PMN，由此解答.
【详解】
解：过点P作PD⊥AC于点E，PG⊥BC于点F，连接DG交AC、BC于点M、N，连接MP、NP，
∵PD⊥AC，PG⊥BC，
∴∠PEC＝∠PFC＝90°，
∴∠C+∠EPF＝180°，
∵∠C＝50°，
∵∠D+∠G+∠EPF＝180°，
∴∠D+∠G＝50°，
由对称可知：∠G＝∠GPN，∠D＝∠DPM，
∴∠GPN+∠DPM＝50°，
∴∠MPN＝130°﹣50°＝80°，
故选：D．

【点睛】
此题考查最短路径问题，根据题意首先作出对称点，连接对称点得到符合题意的三角形，再根据轴对称的性质解答，正确掌握最短路径问题的解答思路是解题的关键.
9．如图，在中，，平分，交于点．若，，则的值可能是（ ）

A．7 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】
将△ADC沿AD翻折，使点C落在AB边上E点，根据三角形三边关系可确定的取值范围，然后判断即可．
【详解】
解：将△ADC沿AD翻折，使点C落在AB边上E点，
由翻折可知，，
∵，，
∴BD=5，DE=2，
3＜BE＜7，
四个选项中，只有满足条件，
故选：B．

【点睛】
本题考查了轴对称的性质和三角形三边关系，解题关键是通过翻折，转换已知条件，利用三角形三边关系求解．
10．折纸是我国的传统文化，折纸不仅和自然科学结合在一起，还发展出了折纸几何学，成为现代几何学的一个分支，折纸过程中既要动脑又要动手．如图，将一长方形纸条首先沿着进行第一次折叠，使得，两点落在、的位置，再将纸条沿着折叠（与在同一直线上），使得、分别落在、的位置．若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先根据折叠和平行的性质得出∠EFB=∠GEF，再利用三角形的外角和平行的性质得出∠FGD1=∠G2FC，最后利用∠BFE+∠EFC2+∠C2FC=180°计算即可
【详解】
∵AD//BC
∴∠DEF=∠EFB．
由折叠可知∠GEF=∠DEF，∠GFG1=∠GFC2
∴∠EFB=∠GEF．
∠FGD1=2∠BFE，又
∴∠FGD1+∠GFC1=180°
∵∠BFC2+∠C2FC=180°．
∴∠FGD1=∠G2FC．
即∠C2FC=2∠BFE．
又∵3∠EFB=∠EFC2．
∵∠BFE+∠EFC2+∠C2FC=180°
∴ ∠BFE+3∠EFB+2∠BFE=180°
即6∠EFB=180°
∴∠EFB=30°
故选：A
【点睛】
本题考查折叠的性质、平行线的判定、三角形的外角，灵活进行角的转换是解题的关键
11．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，D，E，F分别是AB，BC，AC边上的动点，则△DEF的周长的最小值是（ ）

A．2.5 B．3.5 C．4.8 D．6
【答案】C
【分析】
如图作D关于直线AC的对称点M，作D关于直线BC的对称点N，连接CM，CN，CD，EN，FM，DN，DM．由∠MCA=∠DCA，∠BCN=∠BCD，∠ACD+∠BCD=90°，推出∠MCD+∠NCD=180°，可得M、B、N共线，由DF+DE+EF=FM+EN+EF，FM+EN+EF≥MN，可知当M、F、E、N共线时，且CD⊥AB时，DE+EF+FD的值最小，最小值=2CD，求出CD的值即可解决问题．
【详解】
解：如图，作D关于直线AC的对称点M，作D关于直线BC的对称点N，连接CM，CN，CD，EN，FM，DN，DM．

∴DF=FM，DE=EN，CD=CM，CD=CN，
∴CD=CM=CN，
∵∠MCA=∠DCA，∠BCN=∠BCD，∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠MCD+∠NCD=180°，
∴M、C、N共线，
∵DF+DE+EF=FM+EN+EF，
∵FM+EN+EF≥MN，
∴当M、F、E、N共线时，且CD⊥AB时，DE+EF+FD的值最小，
最小值为MN=2CD，
∵CD⊥AB，
∴•AB•CD=•AB•AC，
∴CD===2.4，
∴DE+EF+FD的最小值为4.8．
故选：C．
【点睛】
本题考查了轴对称-最短问题、两点之间线段最短、垂线段最短等知识，解题的关键是灵活运用轴对称以及垂线段最短解决最短问题，属于中考选择题中的压轴题．


二、填空题
12．在4×4的方格中有五个同样大小的正方形如图摆放，移动其中一个正方形到空白方格中，与其余四个正方形组成的新图形是一个轴对称图形，这样的移法共有__种．

【答案】13
【分析】
根据轴对称图形的性质，分别移动一个正方形，即可得出符合要求的答案．
【详解】
如图所示：

故一共有13画法.
13．如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠D=60°，点E、F分别在边AB、BC上．将△BEF沿着直线EF翻折，点B恰好与边AD的中点G重合，则BE的长等于_____．

【答案】
【详解】
试题解析：如图，作GH⊥BA交BA的延长线于H，EF交BG于O．

∵四边形ABCD是菱形，∠D=60°，
∴△ABC，△ADC度数等边三角形，AB=BC=CD=AD=2，
∴∠BAD=120°，∠HAG=60°，
∵AG=GD=1，
∴AH=AG=，HG=，
在Rt△BHG中，BG=，
∵△BEO∽△BGH，
∴，
∴，
∴BE=，
故答案为．
14．在平行四边形ABCD中，，，点E为BC中点，连结AE，将沿AE折叠到△AB´E的位置，若，则点B´到直线BC的距离为______．
【答案】
【详解】
分析：如图连接BB′，作B′H⊥BC于H．利用△BOE∽△BHB′，可得，由此即可解决问题；
详解：如图连接BB′，作B′H⊥BC于H．

∵∠BAE=∠EAB′=45°，
∴∠BAB′=90°，
∵AB=AB′=2，
∴BB′=2，
∵AE⊥BB′，
∴OB=OB′=，
∵BE=EC=1.5，
∴OE==0.5，
∵∠EBO=∠HBB′，∠BOE=∠BHB′=90°，
∴△BOE∽△BHB′，
∴，
∴，
∴B′H=．
故答案为．
点睛：本题考查翻折变换、平行四边形的性质、相似三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题．
15．如图1，在长方形纸片ABCD中，E点在边AD上，F、G分别在边AB、CD上，分别以EF、EG为折痕进行折叠并压平，点A、D的对应点分别是点A′和点D′，若ED′平分∠FEG，且在内部，如图2，设∠A′ED'=n°，则∠FE D′的度数为___________(用含n的代数式表示)．

【答案】
【分析】
先根据角之间的关系表示出∠AEA′+∠DED′，再由折叠的性质得到∠A′EF+∠D′EG，然后根据∠FEG=∠A′EF+∠D′EG－∠A′ED′可表示出∠FEG，最后利用角平分线的性质求出∠FED′即可.
【详解】
解：∵∠AEA′+∠DED′－∠A′ED′=180°，∠A′ED′=n°，
∴∠AEA′+∠DED′=180°+n°，
由折叠的性质可知，∠AEA′=2∠A′EF，∠DED′=2∠D′EG，
∴∠A′EF+∠D′EG=，
∴∠FEG=∠A′EF+∠D′EG－∠A′ED′==，
∵ED′平分∠FEG，
∴∠FED′=∠FEG=.
【点睛】
本题考查与折叠、角平分线有关的角度问题，明确折叠的性质，正确找出角与角之间的关系是解题的关键.
16．如图，将长方形纸片进行折叠，为折痕，与与与重合，若，则的度数为 ____________

【答案】
【分析】
根据折叠的性质，知折叠前后的角度相等，平角等于180°，角度和为180°，等角代换即得．
【详解】
由翻折的性质可知，

又，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】
考查了折叠的性质和平角的定义，掌握翻折前后图形的角度相等的关系式解题的关键．
17．如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝62°，∠BAC的平分线与AB的垂直平分线交于点O，将∠C沿EF（E在BC上，F在AC上）折叠，点C与点O恰好重合，则∠OEC为_____度．

【答案】124
【分析】
连接OB、OC，根据角平分线的定义求出∠BAO，根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得OA＝OB，根据等边对等角可得∠ABO＝∠BAO，再求出∠OBC，然后判断出点O是△ABC的外心，根据三角形外心的性质可得OB＝OC，再根据等边对等角求出∠OCB＝∠OBC，根据翻折的性质可得OE＝CE，然后根据等边对等角求出∠COE，再利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【详解】
解：如图，连接OB、OC，

∵∠BAC＝62°，AO为∠BAC的平分线，
∴∠BAO＝∠BAC＝×62°＝31°，
又∵AB＝AC，
∴∠ABC＝（180°−∠BAC）＝（180°−62°）＝59°，
∵DO是AB的垂直平分线，
∴OA＝OB，
∴∠ABO＝∠BAO＝31°，
∴∠OBC＝∠ABC−∠ABO＝59°−31°＝28°，
∵AO为∠BAC的平分线，AB＝AC，
∴△AOB≌△AOC（SAS），
∴OB＝OC，
∴点O在BC的垂直平分线上，
又∵DO是AB的垂直平分线，
∴点O是△ABC的外心，
∴∠OCB＝∠OBC＝28°，
∵将∠C沿EF（E在BC上，F在AC上）折叠，点C与点O恰好重合，
∴OE＝CE，
∴∠COE＝∠OCB＝28°，
在△OCE中，∠OEC＝180°−∠COE−∠OCB＝180°−28°−28°＝124°，
故答案为：124．
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，等边对等角的性质，综合性较强，难度较大，作辅助线，构造出等腰三角形是解题的关键．
18．图1是一张足够长的纸条，其中，点、分别在，上，记．如图2，将纸条折叠，使与重合，得折痕；如图3，将纸条展开后再折叠，使与重合，得折痕：将纸条展开后继续折叠，使与重合，得折痕；．．．依此类推，第次折叠后， _______（用含和的代数式表示）．

【答案】180°-．
【分析】
设纸条QM所在直线为QC ，第一次将纸条折叠，使与重合，得折痕，由PR1∥QB，可得∠MAR1=∠ABM=.∠AR1B=∠R1BC=，由AM∥R1N，∠MAR1+∠AR1N=180°，可求∠AR1N=180°-；第二次将纸条折叠，使与重合，得折痕；求出∠MR1R2=∠R1BC=.∠R1R2B=∠R2BC=，可得∠AR2N=180°-∠MR1R2 =180°-；第三次将纸条折叠，使与重合，得折痕；可求∠MR2R3=∠R2BC=.∠R2R3B=∠R3BC=，可得∠AR3N=180°-∠MR2R3 =180°-；……第n次将纸条折叠，使与重合，得折痕；∠MRn-1Rn=∠Rn-1BC=.∠Rn-1RnB=∠RnBC=，∠ARnN=180°-∠MRn-1Rn =180°-即可．
【详解】
解：设纸条QM所在直线为QC ，
第一次将纸条折叠，使与重合，得折痕；
∵PR1∥QB，
∴∠MAR1=∠ABM=.∠AR1B=∠R1BC=，
∵AM∥R1N，
∴∠MAR1+∠AR1N=180°，
∴∠AR1N=180°-∠MAR1=180°-；
第二次将纸条折叠，使与重合，得折痕；
∵PR2∥QB，
∴∠MR1R2=∠R1BC=.∠R1R2B=∠R2BC=，
∵R1M∥R2N，
∴∠MR1R2+∠AR2N=180°，
∴∠AR2N=180°-∠MR1R2 =180°-；
第三次将纸条折叠，使与重合，得折痕；
∵PR3∥QB，
∴∠MR2R3=∠R2BC=.∠R2R3B=∠R3BC=，
∵R2M∥R3N，
∴∠MR2R3+∠AR3N=180°，
∴∠AR3N=180°-∠MR2R3 =180°-；
……
第n次将纸条折叠，使与重合，得折痕；
∵PRn∥QB，
∴∠MRn-1Rn=∠Rn-1BC=.∠Rn-1RnB=∠RnBC=，
∵Rn-1M∥RnN，
∴∠MRn-1Rn+∠ARnN=180°，
∴∠ARnN=180°-∠MRn-1Rn =180°-．
故答案为：180°-．

【点睛】
本题考查轴对称性质，与角平分线有关计算，平行线性质，掌握轴对称性质，与角平分线有关计算，平行线性质，仔细观察图形，找出∠MRn-1Rn=是解题关键．
19．如图（1）是由两块形状相同的三角板拼成，已知，，点E是边上的动点，连结，将三角形沿直线翻折，点C，D的对应点分别为N，M，则：

（1）如图（2），当点N恰好落在边上时，的度数是___________；
（2）当与三角形的一边平行时，的度数为________．
【答案】75° 105°或60°或45°
【分析】
（1）利用折叠的性质判断出AD∥BC，利用平行线的性质可得结果；
（2）分MN∥AC，MN∥AB，MN∥BC，三种情况，分别求解．
【详解】
解：（1）当点N落在AB上时，由折叠可知：
∠DAC=∠MAN=60°，∠CAE=∠BAE=45°，
∵∠ACB+∠ACD=60°+30°=90°，∠D=90°，
∴AD∥BC，
∴∠AEC=180°-∠DAE=180°-45°-60°=75°；
（2）由（1）可得：AD∥BC，
如图3，MN∥AC，
∠AMN+∠BAC=90°+90°=180°，
可知点M在AB上，
∴∠CAN=90°-60°=30°，
由折叠可知：∠CAE=∠NAE=30°÷2=15°，
∴∠DAE=∠DAC+∠CAE=60°+15°=75°，
∴∠AEC=180°-75°=105°；

如图4，MN∥AB，
∴∠BAM=90°，∠BAN=∠N=30°，
∴∠NAC=30°+90°=120°，
由折叠可知：∠CAE=∠NAE=60°，
∴∠AEC=180°-∠CAE-∠CAD=60°；

如图5，MN∥BC，
∴∠M=∠MAD=90°，
∴∠NAC=360°-∠MAN-∠DAC-∠MAD=150°，
由折叠可知：∠NAE=∠CAE=75°，
∴∠AEC=180°-∠CAE-∠DAC=45°；

综上：∠AEC的度数为105°或60°或45°，
故答案为：（1）75°；（2）105°或60°或45°．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是根据图形的变形分类讨论．

三、解答题
20．如图，直线AB∥CD，直线l与直线AB，CD相交于点E，F，点P是射线EA上的一个动点（不包括端点E），将△EPF沿PF折叠，使顶点E落在点Q处．
⑴若∠PEF＝48°,点Q恰好落在其中的一条平行线上,则∠EFP的度数为 ．
⑵若∠PEF＝75°，∠CFQ＝∠PFC，求∠EFP的度数．

【答案】⑴ ∠EFP=42°或66°
⑵∠EFP的度数为35°或63°.
【详解】
试题分析： 当点落在上，根据三角形的内角和即可得到结论；当点落在上，由折叠的性质得到垂直平分，得到，根据平行线的性质即可得到结论；
①如图，当点在平行线，之间时，设，由折叠可得根据平行线的性质即可得到结论；②如图，当点在的下方时，设 由得，.根据平行线的性质即可得到结论．
试题解析： 或
ⅰ如图1，当点在平行线，之间时：
设的度数为，由折叠可得：


,


解得：
即：

ⅱ如图2，当点在的下方时,
设
由得：

由折叠得


解得：

综上：的度数为或
21．如图所示的“钻石”型网格是由边长都为1个单位长度的等边三角组成.
(1)若在网格中任取一点，求该点落在阴影部分的概率是多少?
(2)请在作图区所给的图中，将一个空白小三角形涂上阴影，使它与原阴影部分组成的图形是轴对称图形.的图中.（画出所有可能的结果，所给的图未必全用).

【答案】（1）阴影部分的概率为 ；
（2）下图第一个和第二个即为所作图．

【分析】
（1）本题考查的是几何图形概率的算法，其计算方法为阴影图形的面积除以所有图形的总面积；
（2）从不同的角度去观察图形，有两种可能.
【详解】
（1）问题（1）总共有13个三角形，阴影部分有3个三角形，所以其概率为 ；
（2）如下图，所做图形和对称轴分别如下

【点睛】
(2)从不同的角度，先找到整体图形的对称轴，然后再依据对称轴补三角形，使得两边对称.
22．如图，长方形纸片ABCD，点E、F分别在边AB、CD上，连接EF．将∠BEF对折，点B落在直线EF上的点B′处，得到折痕EC；将∠AEF对折，点A落在直线EF上的点A′处，得到折痕EN．
（1）若∠BEB′＝110°，则∠BEC＝　 　°，∠AEN＝　 　°，∠BEC+∠AEN＝　 　°．
（2）若∠BEB′＝m°，则（1）中∠BEC+∠AEN的值是否改变？请说明你的理由．
（3）将∠ECF对折，点E刚好落在F处，且折痕与B′C重合，求∠AEN的度数．（提示，长方形的四个角都是90°）

【答案】（1）55，35，90；（2）不改变，理由见解析；（3）∠AEN＝30°
【分析】
（1）由对折的定义∠BEC＝∠B'EC＝∠BEB'＝55°，∠AEN＝∠A'EN＝∠AEA'＝（180°﹣110°）＝35°，得出∠BEC+∠AEN＝90°即可；
（2）同（1）得出∠BEC＝∠B'EC＝∠BEB'，∠AEN＝∠A'EN＝∠AEA'，得出∠BEC+∠AEN＝∠BEB'+（180°﹣∠BEB'）＝90°；
（3）由长方形的定义得出∠BCE+∠ECB′+∠B′CF＝90°，由对折得出∠BCE＝∠ECB′＝∠B′CF＝30°，求出∠FCE＝60°，由平行线的性质得出∠BEC＝∠FCE＝60°，由（2）得出∠BEC+∠AEN＝90°，即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵将∠BEF对折，点B落在直线EF上的点B′处，得到折痕EC；将∠AEF对折，点A落在直线EF上的点A′处，得到折痕EN．
∴∠BEC＝∠B'EC＝∠BEB'＝55°，∠AEN＝∠A'EN＝∠AEA'＝（180°﹣110°）＝35°，
∴∠BEC+∠AEN＝90°，
故答案为：55，35，90；
（2）若∠BEB′＝m°，则（1）中∠BEC+∠AEN的值不改变，理由如下：
同（1）得：∠BEC＝∠B'EC＝∠BEB'，∠AEN＝∠A'EN＝∠AEA'，
∴∠BEC+∠AEN＝∠BEB'+（180°﹣∠BEB'）＝90°；
（3）∵长方形纸片ABCD，
∴AB∥CD，∠BCD＝90°，
∴∠BCE+∠ECB′+∠B′CF＝90°，
∵将∠ECF对折，点E刚好落在F处，且折痕与B′C重合，
∴∠BCE＝∠ECB′＝∠B′CF＝30°，
∴∠FCE＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠BEC＝∠FCE＝60°，
由（2）得：∠BEC+∠AEN＝90°，
∴∠AEN＝90°﹣∠BEC＝90°﹣60°＝30°．
【点睛】
本题考查折叠问题，平行线的性质.理解折叠前后对应角相等和平行线的性质是解决此题的关键.
23．如果两个角之差的绝对值等于45°，则称这两个角互为“半余角”，即若|∠α－∠β |＝45°，则称∠α、∠β互为半余角．（注：本题中的角是指大于0°且小于180°的角）

（1）若∠A＝80°，则∠A的半余角的度数为　　；
（2）如图1，将一长方形纸片ABCD沿着MN折叠（点M在线段AD上，点N在线段CD上）使点D落在点D′处，若∠AMD′与∠DMN互为“半余角”，求∠DMN的度数；
（3）在（2）的条件下，再将纸片沿着PM折叠（点P在线段BC上），点A、B分别落在点A′、B′处，如图2．若∠AMP比∠DMN大5°，求∠A′MD′的度数．
【答案】（1）35°或125°；（2）45°或75°；（3）10°或130°.
【分析】
（1）设∠A的半余角的度数为x°，根据半余角的定义列方程求解即可；
（2）设∠DMN为x°.根据折叠的性质和半余角的定义解答即可；
（3）分两种情况讨论：①当∠DMN=45°时，∠DMD'=90°，∠AMP=50°，∠DMA'=80°，根据∠A′MD′=∠DMD'-∠DMA'计算即可.
②当∠DMN=75°时，∠DMD'=150°，∠AMP=80°，∠DMA'=20°，根据∠A′MD′=∠DMD'-∠DMA'计算即可.
【详解】
（1）设∠A的半余角的度数为x°，根据题意得：
|80°-x|=45°
80°-x=±45°
∴x=80°±45°，
∴x=35°或125°.
（2）设∠DMN为x°，根据折叠的性质得到∠D'MN=∠DMN=x°.
∴∠AMD'=180°－2x.
∵∠AMD′与∠DMN互为“半余角”，
∴|180°－2x－x|=45°，
∴|180°－3x|=45°，
∴180°－3x=45°或180°－3x=－45°，
解得：x=45°或x=75°.
（3）分两种情况讨论：①当∠DMN=45°时，∠D'MN=45°，
∴∠DMD'=90°，∠AMP=∠A'MP=45°+5°=50°，
∴∠DMA'=180°-2∠AMP=80°，
∴∠A′MD′=∠DMD'-∠DMA'=90°-80°=10°.
②当∠DMN=75°时，∠D'MN=75°，
∴∠DMD'=150°，∠AMP=∠A'MP=75°+5°=80°，
∴∠DMA'=180°-2∠AMP=20°，
∴∠A′MD′=∠DMD'-∠DMA'=150°-20°=130°.
综上所述：∠A′MD′的度数为10°或130°.
【点睛】
本题考查了一元一次方程的应用以及折叠的性质.理解“半余角”的定义是解答本题的关键.
24．（1）填空

①把一张长方形的纸片按如图①所示的方式折叠，，为折痕，折叠后的点落在或的延长线上，那么的度数是________；
②把一张长方形的纸片按如图②所示的方式折叠，点与点重合，，为折痕，折叠后的点落在或的延长线上，那么的度数是_______．
（2）解答：①把一张长方形的纸片按如图③所示的方式折叠，，为折痕，折叠后的点落在或的延长线上左侧，且，求的度数；
②把一张长方形的纸片按如图④所示的方式折叠，点与点重合，，为折痕，折叠后的点落在或的延长线右侧，且，求的度数．
（3）探究：把一张四边形的纸片按如图⑤所示的方式折叠，，为折痕，设，，，求，，之间的数量关系．
【答案】，；，；，.
【分析】
（1）①如图①知，得
可求出解.
②由图②知得可求出解.
（2）①由图③折叠知，可推出，即可求出解.
②由图④中折叠知，可推出，即可求出解.
（3）如图⑤-1、⑤-2中分别由折叠可知，、，即可求得
、.
【详解】
解：（1）①如图①中，
，，
，
故答案为.
②如图②中，，
，
故答案为.
（2）①如图③中由折叠可知，
，
，
，
，
；
②如图④中根据折叠可知，
，
，
，
，
，
；
（3）如图⑤-1中，由折叠可知，，
；
如图⑤-2中，由折叠可知，，
.

【点睛】
本题考查了图形的变换中折叠属全等变换，图形的角度及边长不变及一些角度的计算问题，突出考查学生的观察能力、思维能力以及动手操作能力，本题是代数、几何知识的综合运用典型题目.
25．直角三角形ABC中，∠ACB=90°，直线l过点C．
（1）当AC=BC时，如图①，分别过点A、B作AD⊥l于点D，BE⊥l于点E．求证：△ACD≌△CBE．
（2）当AC=8，BC=6时，如图②，点B与点F关于直线l对称，连接BF，CF，动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AC边向终点C运动，同时动点N从点F出发，以每秒3个单位的速度沿F→C→B→C→F向终点F运动，点M、N到达相应的终点时停止运动，过点M作MD⊥l于点D，过点N作NE⊥l于点E，设运动时间为t秒．
①CM=　　　　，当N在F→C路径上时，CN=　　　　．（用含t的代数式表示）
②直接写出当△MDC与△CEN全等时t的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）①CM=，CN=；②t=3.5或5或6.5．
【分析】
（1）根据垂直的定义得到∠DAC=∠ECB，利用AAS定理证明△ACD≌△CBE；
（2）①由折叠的性质可得出答案；
②动点N沿F→C路径运动，点N沿C→B路径运动，点N沿B→C路径运动，点N沿C→F路径运动四种情况，根据全等三角形的判定定理列式计算．
【详解】
（1）∵AD⊥直线，BE⊥直线，
∴∠DAC+∠ACD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）①由题意得，AM=t，FN=3t，
则CM=8-t，
由折叠的性质可知，CF=CB=6，
∴CN=6-3t；
故答案为：8-t；6-3t；
②由折叠的性质可知，∠BCE=∠FCE，
∵∠MCD+∠CMD=90°，∠MCD+∠BCE=90°，
∴∠NCE=∠CMD，
∴当CM=CN时，△MDC与△CEN全等，
当点N沿F→C路径运动时，8-t=6-3t，
解得，t=-1（不合题意），
当点N沿C→B路径运动时，CN=3t-6，
则8-t=3t-6，
解得，t=3.5，
当点N沿B→C路径运动时，由题意得，8-t=18-3t，
解得，t=5，
当点N沿C→F路径运动时，由题意得，8-t=3t-18，
解得，t=6.5，
综上所述，当t=3.5秒或5秒或6.5秒时，△MDC与△CEN全等．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
26．在平面直角坐标系xOy中，点P（x，y）经过变换τ得到点P′（x′，y′），该变换记作τ（x，y）＝（x′，y′），其中（a，b为常数）．例如，当a＝1，且b＝1时，τ（﹣2，3）＝（1，﹣5）．
（1）当a＝﹣1，且b＝2时，τ（0，1）＝　　；
（2）若τ（1，2）＝（﹣2，0），则a＝　　，b＝　　；
（3）设点P（x，﹣2x），点P经过变换τ得到点P′（x′，y′）．若点P′与点P关于x轴对称，求a和b的值．
【答案】（1）（2，﹣2）；（2）a＝﹣1，b＝﹣；（3）
【分析】
（1）将对应值a＝﹣1，且b＝2代入分别求出x′，y′的值，由此得到答案；
（2）将τ（1，2）＝（﹣2，0），代入，可得关于a，b的二元-一次方程组，解方程组即可求解；
（3）由点P (x, y)经过变换得到的对应点P′（x′，y′） 与点P重合，可得τ（x，﹣2x）＝（x，2x），可得关于a，b的二元一次方程组，解方程组即可求解.
【详解】
解：（1）当a=-1，且b=2时，x′=-1×0+2×1=2，y′=（-1）×0-2×1=-2，
则τ（0，1）=（2，-2）；                   
故答案为：（2，-2）；
（2）∵τ（1，2）＝（﹣2，0），
∴，
解得，
故答案为：a＝﹣1，b＝；
（3）∵点P（x，﹣2x）经过变换τ得到的对应点P'（x'，y'）与点P关于x轴对称，
∴τ（x，﹣2x）＝（x，2x）.
∴，即，
∵x为任意的实数，
∴，
解得.
【点睛】
此题考查新定义，解二元一次方程组、关于x轴、y轴对称的点的坐标，正确理解新定义的公式是解题的关键.
27．如图1，三角形中，，，．点D是边上的定点，点E在边上运动，沿折叠三角形，点C落在点G处．

（1）如图2，若，求的度数．
（2）如图3，若，求的度数．
（3）当三角形的三边与三角形的三边有一组边平行时，直接写出其他所有情况下的度数．
【答案】（1）52°；（2）142°；（3）116°或26°或38°或64°
【分析】
（1）根据折叠的性质得到∠CDE=∠A=∠GDE=64°，即可求出∠ADG；
（2）根据GE∥AB，得到∠BEG=90°，算出∠BFD，利用四边形内角和即可求出∠ADG；
（3）找出其他所有情况，画出图形，利用平行线的性质求解即可．
【详解】
解：（1）由折叠可知：
∠C=∠DGE=26°，∠CDE=∠GDE，
∵DE∥AB，AB⊥BC，
∴DE⊥BC，则G在BC上，
∴∠CDE=∠A=∠GDE=64°，
∴∠ADG=180°-64°×2=52°；
（2）由折叠可知：∠C=∠DGE=26°，∠CDE=∠GDE，∠DEC=∠DEG，
∵GE∥AB，
∴∠B=∠CEG=∠BEG=90°，
∴∠EFG=90°-26°=64°，
∵∠A=64°，∠B=90°，
∴∠ADG=360°-64°-90°-64°=142°；

（3）如图，DG∥AB，
则∠ADG=180°-∠A=116°；

如图，DG∥BC，
∠ADG=∠C=26°；

如图，EG∥AC，
∠ADG=∠G=∠C=26°；

如图，EG∥AB，
∴∠A=∠CFE=64°，∠B=∠CEG=90°，
由折叠可知：∠DEG=∠DEC=45°，
∴∠CDE=180°-45°-26°=109°=∠EDG，
∴∠EDF=180°-109°=71°，
∴∠ADG=109°-71°=38°；

如图，DG∥AB，
∴∠ADG=∠A=64°；

综上：其他所有情况下∠ADG的度数为116°或26°或38°或64°．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，折叠问题，解题的难点在于找出所有符合题意的情况，得到角的关系．
28．已知：M、N分别是∠AOB的边OA、OB上的定点，
（1）如图1，若∠O=∠OMN，过M作射线MDOB(如图)，点C是射线MD上一动点，∠MNC的平分线NE交射线OA于E点．试探究∠MEN与∠MCN的数量关系；
（2）如图2，若P是线段ON上一动点，Q是射线MA上一动点．∠AOB=20，当MP+PQ+QN取得最小值时，求∠OPM+∠OQN的值．


【答案】（1）∠MCN =2∠MEN，理由见解析；（2）∠OPM+∠OQN．
【分析】
（1）根据角平分线的性质以及平行线的性质得到∠1=∠2，∠MCN=∠CNB，∠O=∠OMN=∠4，利用三角形的外角性质得到2∠2+∠MCN=2∠O①和∠2+∠MCN =∠O+∠MEN②，计算可得∠MCN =2∠MEN；
（2）过作点M关于OB的对称点M1，作点N关于OA的对称点N1，连接M1N1交OA于点Q，交OB于点P，根据轴对称的性质得到PM+PQ+NQ的最小值为M1N1，利用轴对称的性质和三角形的外角性质即可计算得到∠OPM+∠OQN．
【详解】
解：（1）∠MCN =2∠MEN，理由如下：
如图，

∵NE是∠MNC的平分线，MDOB，∠O=∠OMN，
∴∠1=∠2，∠MCN=∠CNB，∠O=∠OMN=∠4，
在△OMN中，∠MNB=∠O+∠OMN，
∴∠1+∠2+∠MCN=2∠O，即2∠2+∠MCN=2∠O①，
又∠3=∠2+∠MCN =∠4+∠MEN，即∠2+∠MCN =∠O+∠MEN②，
由①②得：∠MCN =2∠MEN；
（2）如图，过作点M关于OB的对称点M1，作点N关于OA的对称点N1，连接M1N1交OA于点Q，交OB于点P，

∴PM+PQ+NQ=PM1+PQ+QN1，
由两点之间，线段最短，可得PM+PQ+NQ的最小值为M1N1，
由对称的性质，知：∠MPO=∠M1PO，∠NQA=∠N1QA，
设∠OQP=，∠ONQ=，
由对顶角的性质得∠MPO=∠M1PO=∠QPN，∠NQA=∠N1QA=∠OQP=，
在△OQN中，∠NQA=∠O+∠ONQ，即，
在△OPQ中，∠QPN =∠O+∠OQP，即∠OPM，
∠OQN=180°-∠NQA=180°，
∴∠OPM+∠OQN=160°．
【点睛】
本题主要考查了轴对称-最短路径问题，平行线的性质，角平分线的定义，掌握轴对称-最短路径的确定方法是解题的关键．