人教版华师大北师大版等通用版 中考数学 专题20 几何三大变换问题之轴对称（折叠）问题（含解析）

专题20 几何三大变换问题之轴对称（折叠）问题

轴对称、平移、旋转是平面几何的三大变换。由一个平面图形变为另一个平面图形，并使这两个图形关于某一条直线成轴对称，这样的图形改变叫做图形的轴对称变换。轴对称具有这样的重要性质： （1）成轴对称的两个图形全等；（2）如果两个图形成轴对称，那么对称轴是对称点连线的垂直平分线。中考压轴题中轴对称 (折叠)问题，包括有关三角形的轴对称性问题；有关四边形的轴对称性问题；有关圆的轴对称性问题；有关利用轴对称性求最值问题；有关平面解析几何中图形的轴对称性问题。

一. 有关三角形的轴对称性问题

1. 如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别是点E，F，连接EF，交AD于点G，求证：AD⊥EF．

2. 如图，在Rt△ABC中，∠C=900，∠B=300，BC=，点D是BC边上一动点（不与点B、C重合），过点D作DE⊥BC交AB边于点E，将∠B沿直线DE翻折，点B落在射线BC上的点F处，当△AEF为等腰三角形时，BD的长为         。

【答案】。

【考点】翻折问题，轴对称的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，勾股定理，等腰三角形的判定，分类思想的应用。

二. 有关四边形的轴对称性问题

3. 如图①是3×3菱形格，将其中两个格子涂黑，并且使得涂黑后的整个图案是轴对称图形，约定绕菱形ABCD的中心旋转能重合的图案都视为同一种，例②中四幅图就视为同一种，则得到不同共有【    】

 A．4种         B．5种        C．6种        D．7种

【答案】B。

【考点】利用旋转的轴对称设计图案。

【分析】根据轴对称的定义及题意要求画出所有图案后即可得出答案：

      得到的不同图案有：

共5个。故选B。

4. 如图，△ABC中，已知∠BAC=45°，AD⊥BC于D，BD=2，DC=3，求AD的长。

小萍同学灵活运用了轴对称知识，将图形进行翻折变换，巧妙地解答了此题。

（1）分别以AB、AC为对称轴，画出△ABD、△ACD的轴对称图形，D、C点的对称点分别为E、F，延长EB、FC相交于G点，求证：四边形AEGF是正方形；

（2）设AD=x，利用勾股定理，建立关于x的方程模型，求出x的值。

【答案】（1）由翻折变换可得∠E＝∠ADB＝90°，EB＝BD＝2，CF＝CD＝3，∠F＝∠ADC＝90°，AE＝AD，AF＝AD，再结合可得四边形AEGF为矩形，再有AE＝AF＝AD，即可证得结论；（2）6

【解析】

据勾股定理即可列方程求得结果.

在Rt△BGC中，

解得（不合题意，舍去）

∴AD＝x=6.

考点：翻折变换，正方形的判定，勾股定理

点评：解答本题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：翻折前后图形的对应边或对应角相等；有四个角是直角的四边形是矩形，有一组邻边相等的矩形是正方形.

5. 菱形ABCD中，∠ABC=450，点P是对角线BD上的任一点，点P关于直线AB、AD、CD、BC的对称点分别是点E、F、G、H， BE与DF相交于点M，DG与BH相交于点N，证明:四边形BMDN是正方形。

【答案】∵四边形ABCD是菱形，

        ∴∠ABD=∠DBC=∠ADB=∠BDC。

        ∵∠ABC=450，点P关于直线AB、AD、CD、BC的对称点分别是点E、F、G、H，

        ∴∠MBN=∠MDN=900，∠MBC=∠MDB=450。

∴△BDM是等腰直角三角形。

∴∠BMD=900，BM=DM。

        ∴四边形BMDN是正方形。

【考点】菱形的性质，轴对称的性质，正方形的判定，等腰直角三角形的判定和性质。

三. 有关圆的轴对称性问题

6. 如图，已知⊙O的直径CD为4，弧AC的度数为120°，弧BC的度数为30°，在直径CD上作出点P，使BP+AP的值最小，若BP+AP的值最小，则BP+AP的最小值为　     　。

【答案】。

【考点】圆的综合题，轴对称（最短路线问题），弧、圆心角和圆周角的关系，等边三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，相似三角形的判定和性质，配方法的应用。

【分析】如图，过B点作弦BE⊥CD，连接AE交CD于P点，连接PB，则点P 即为使BP+AP的值最小的点。

7. 已知A，B，C为⊙O上相邻的三个六等分点，点E在劣弧AC上(不与A，B，C重合)，EF

为⊙O的直径，将⊙O沿EF折叠，使点A与A′重合，点B与B′重合，连接EB′，EC，EA′。设EB′=b，EC=c，EA′=p。试探究b，c，p三者的数量关系。

【答案】如图1，若点E在弧AB上，连接AB、AC、BC，

由题意，点A、B、C为圆上的六等分点，

∴AB=BC，。

在等腰△ABC中，过顶点B作BN⊥AC于点N，

则AC=2CN=2BC•cos∠ACB=2cos300•BC，

∴。

连接AE、BE，在CE上取一点D，使ED=EA，连接AD，

∴c = p +。

∵∠ABC=∠CED，

∴△ABC与△CED为顶角相等的两个等腰三角形。

∴△ABC∽△CED。∴，∠ACB=∠DCE。

∵∠ACB=∠ACD+∠BCD，∠DCE=∠BCE+∠BCD，∴∠ACD=∠BCE。

在△ACD与△BCE中，∵，∠ACD=∠BCE，∴△ACD∽△BCE。

∴。∴。

∴EA=ED+DA=EC+。

由折叠性质可知，p=EA′=EA，b=EB′=EB，c=EC。

∴p=c+。

【考点】圆的综合题，折叠问题，圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，分类思想的应用。

【分析】分点E在弧AB上和点E在弧BC上两种情况讨论，分别根据折叠的性质，综合应用圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义求解即可。

四. 有关利用轴对称性求最值问题

8. 如图，已知直线a∥b∥c，且a与b之间的距离为3，且b与c之间的距离为1，点A到直线a的距离为2，点B到直线c的距离为3，AB=．试在直线a上找一点M，在直线c上找一点N，满足MN⊥a且AM+MN+NB的长度和最短，则此时AM+NB=【　　】

A．12      B．10       C．8      D．6

【答案】C。

【考点】轴对称的应用（最短线路问题），平行线之间的距离，平行四边形的判定和性质，勾股定理。

【分析】MN表示直线a与直线c之间的距离，是定值，只要满足AM+NB的值最小即可，如图，作点A关于直线a的对称点A′，连接A′B交直线c与点N，过点N作NM⊥直线a，连接AM，

9. 已知抛物线：的顶点在坐标轴上．

（1）求的值；

（2）时，抛物线向下平移个单位后与抛物线：关于轴对称，且过点，求的函数关系式；

（3）时，抛物线的顶点为，且过点．问在直线 上是否存在一点使得△的周长最小，如果存在，求出点的坐标， 如果不存在，请说明理由．

【答案】．解：当抛物线的顶点在轴上时

解得或                     ………………………………1分

当抛物线的顶点在轴上时

∴                              ………………………………2分

综上或．

∴，，             …………………………………3分

∴抛物线：

∵过点

∴，即 ……………………………………4分

解得（由题意，舍去）∴                           

∴抛物线： ． ………………………………………………5分

【解析】略

五. 有关平面解析几何中图形的轴对称性问题

10. 将矩形OABC置于平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，4），点C的坐标为（m，0）（m＞0），点D（m，1）在BC上，将矩形OABC沿AD折叠压平，使点B落在坐标平面内，设点B的对应点为点E，当△ADE是等腰直角三角形时，m=         ，点E的坐标为          ；

【答案】3；（0，1）。

【考点】折叠问题，矩形的性质，折叠的对称性质，正方形的判定和性质。

11. 如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为（4，），且与y轴交于点C（0，），与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边）。

（1）求抛物线的解析式及A，B两点的坐标；

（2）在（1）中抛物线的对称轴l上是否存在一点P，使AP+CP的值最小？若存在，求AP+CP的最小值，若不存在，请说明理由。

 （2）存在。

如图，由（1）知：抛物线的对称轴l为x=4，

因为A、B两点关于l对称，连接CB交l于点P，则AP=BP，所以AP+CP=BC的值最小。

∵B（6，0），C（0，2），∴OB=6，OC=2。∴BC=2。

∴AP+CP=BC=2。

∴AP+CP的最小值为2。

【考点】二次函数综合题，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的应用（最矩线路问题），勾股定理。