中考数学专题 几何三大变换问题之对称
2004-2013年浙江11市中考数学选择填空解答压轴题分类解析汇编
专题13：几何三大变换问题之对称
一、选择题
1.（2004年浙江绍兴4分）如图，一张长方形纸沿AB对折，以AB中点O为顶点将平角五等分，并沿五等分的折线折叠，再沿CD剪开，使展开后为正五角星（正五边形对角线所构成的图形）.则∠OCD等于【】
A．108°B．144°C．126°D．129°
【答案】C。
【考点】矩形的性质，折叠对称的性质。
【分析】展开如图：五角星的每个角的度数是：
0 180
36
5
。
∵∠COD=3600÷10=360，∠ODC=360÷2=180，
∴∠OCD=1800－360－180=1260。故选C。
2.（2004年浙江湖州3分）小强拿了一张正方形的纸如图（1），沿虚线对折一次得图（2），再对折一次得图（3），然后用剪刀沿图（3）中的虚线（虚线与底边平行）剪去一个角，再打开后的形状应是【】
A. B. C. D.
【答案】D。
【考点】剪纸问题，折叠对称的性质，正方形的性质。
【分析】按照图中的顺序向右下对折，向左下对折，从上方角剪去一个等腰直角三角形，展开得：剪去的为一正方形，且顶点在原正方形的对角线上。故选D。
3.（2007年浙江绍兴4分）如图的方格纸中，左边图形到右边图形的变换是【】
A．向右平移7格
B．以AB的垂直平分线为对称轴作轴对称，再以AB为对称轴作轴对称
C．绕AB的中点旋转1800，再以AB为对称轴作轴对称
D．以AB为对称轴作轴对称，再向右平移7格
【答案】D。
【考点】轴对称和平移变换。
【分析】观察可得：要使左边图形变化到右边图形，首先以AB为对称轴作轴对称，再向右平移7格。故选D。
4.（2008年浙江台州4分）把一个图形先沿着一条直线进行轴对称变换，再沿着与这条直线平行的方向平移，
我们把这样的图形变换叫做滑动对称变换
．．．．．．．在自然界和日常生活中，大量地存在这种图形变换（如图1）．结
合轴对称变换和平移变换的有关性质，你认为在滑动对称变换
．．．．．．过程中，两个对应三角形（如图2）的对应点所具有的性质是【】
A．对应点连线与对称轴垂直B．对应点连线被对称轴平分
C．对应点连线被对称轴垂直平分D．对应点连线互相平行
【答案】B。
【考点】新定义，轴对称变换和平移变换的性质。
【分析】观察图形，因为进行了平移，所以有垂直的一定不正确，A、C是错误的；
对应点连线是不可能平行的，D是错误的；
由对应点的位置关系可得：对应点连线被对称轴平分。故选B。
5.（2011年浙江温州4分）如图，O是正方形ABCD的对角线BD上一点，⊙O与边AB，BC都相切，点E，F分别在AD，DC上，现将△DEF沿着EF对折，折痕EF与⊙O相切，此时点D恰好落在圆心O处．若DE=2，
则正方形ABCD的边长是【】
A、3
B、4
C、22
+D、22
【答案】C。
【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质，切线的性质，勾股定理。
【分析】如图，延长FO交AB于点G，
∵根据折叠对称可以知道OF⊥CD，
∴OG⊥AB，即点G是切点，OD交EF于点H，点H是切点。
结合图形可知OG=OH=HD=EH，等于⊙O的半径。
先求出半径，然后求出正方形的边长：在等腰直角三角形DEH中，
DE=2，EH=DH=2=AE，所以AD=AE+DE=22
+。故选C。
6.（2011年浙江绍兴4分）李老师从“淋浴龙头”受到启发．编了一个题目：在数轴上截取从0到3的对应线段AB，实数m对应AB上的点M，如图1；将AB折成正三角形，使点A，B重合于点P，如图2；建立平面直角坐标系，平移此三角形，使它关于y轴对称，且点P的坐标为（0，2），PM与x轴交于点N （n，0），如图3．当m=3时，求n的值．你解答这个题目得到的n值为【】
A、4－23
B、23－4
C、－23
3
D、
23
3
【答案】A。
【考点】等边三角形的性质，轴对称的性质，锐角三角函数的定义，平移的性质，相似三角形的判定和性质，实数与数轴。
【分析】根据已知条件得出△PDE的边长PD=PE=DE=1，再根据对称的性质可得出PF⊥DE，DF=EF，由锐
角三角函数的定义求出PF=3
，由m=3求出FM=
3
3
2
-。又OP=2，根据相似三角形的判定定理判断出
△PFM∽△PON，利用相似三角形对应边成比例的性质得：PF FM
OP ON
=，即
33
3
22
2ON
=
-
，解之得
ON=4－23。故选A。
7.（2012年浙江绍兴4分）如图，直角三角形纸片ABC中，AB=3，AC=4，D为斜边BC中点，第1次将纸片折叠，使点A与点D重合，折痕与AD交与点P1；设P1D的中点为D1，第2次将纸片折叠，使点A与点D1重合，折痕与AD交于点P2；设P2D1的中点为D2，第3次将纸片折叠，使点A与点D2重合，折痕与AD 交于点P3；…；设P n﹣1D n﹣2的中点为D n﹣1，第n次将纸片折叠，使点A与点D n﹣1重合，折痕与AD交于点P n（n＞2），则AP6的长为【】
A．
5
12
53
2
?
B．
6
9
3
52
?
C．
6
14
53
2
?
D．
7
11
3
52
?
【答案】A。
【考点】分类归纳（图形的变化类），翻折变换（折叠问题）。
【分析】由题意得，AD=1
2
BC=
5
2
，AD1=AD﹣DD1=
15
8
，AD2=
2
5
53
2
?
，AD3=
3
7
53
2
?
，…∴AD n=
21
53
2
n
n+
?
。
故AP1=5
4
，AP2=
15
16
，AP3=
2
6
53
2
?
…APn=
1
2
53
2
n
n
-
?
。
∴当n=14时，AP6=
5
12
53
2
?
。故选A。
二、填空题
1.（2004年浙江衢州5分）如图，已知正方形纸片ABCD，M，N分别是AD、BC的中点，把BC边向上翻折，使点C恰好落在MN上的P点处，BQ为折痕，则∠PBQ= ▲ 度。
【答案】30。
【考点】折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的性质，含30度角直角三角形的判定，三角形内角和定理。【分析】根据折叠的性质知：△BPQ≌△BCQ，
∴BP=BC，∠PBQ=∠CBQ。∴BN=1
2
BC=
1
2
BP。
∵∠BNP=90°，∴∠BPN=30°。∴∠PBN=60°=30°。∴∠PBQ=1
2
×60°=30°。
2.（2005年浙江衢州5分）如图，沿大正三角形的对称轴对折，则互相重合的两个小正三角形内的单项式的乘积为▲ ．
【答案】a或2a3b或2a2b。
【考点】对称的性质，等边三角形的性质，单项式乘单项式，分类思想的应用。
【分析】根据等边三角形的轴对称性，沿大正三角形的对称轴对折，则互相重合的两个小正三角形内的单项式分别是a与1对应，a与2a2b对应，1与2a2b对应。因此，
（1）当a与1对应时，则a与1乘积为a；
（2）当a 与2a 2b 对应，则a 与2a 2b 的乘积为2a 3b ； （3）当1与2a 2b 对应时，则1与2a 2b 的乘积为2a 2b 。
3.（2009年浙江温州5分）如图，已知正方形纸片ABCD 的边长为8，⊙O 的半径为2，圆心在正方形的中心上，将纸片按图示方式折叠，使EA 恰好与⊙O 相切于点A ′(△EFA′与⊙0除切点外无重叠部分)，延长FA′交CD 边于点G ，则A′G 的长是 ▲
【答案】
193
。 【考点】折叠的性质，正方形的性质，勾股定理。 【分析】如图，过点O 作OH ⊥AB 与H ，
设AF 为x ，则根据折叠的性质，A’F 也为x 。 ∵半径是2，即O A′=2， ∴FO=2+x ，FH=
8
x=4x 2
--，HO=8÷
2=4。 ∴在Rt △FHO 中，由勾股定理，得222FH HO FO +=。
∴()()2
2
24x 42x -+=+,解得7x 3=
。∴O A’= 713233
+=. ∴根据正方形的对称性，得OG= O A’= 13
3
。
∴A′G=1319
233
+=。
4.（2011年浙江金华、丽水4分）如图，将一块直角三角板OAB 放在平面直角坐标系中，B （2，0），∠AOB=60°，点A 在第一象限，过点A 的双曲线为k
y x
=
．在x 轴上取一点P ，过点P 作直线OA 的垂线l ，以直线l 为对称轴，线段OB 经轴对称变换后的像是O′B′． （1）当点O′与点A 重合时，点P 的坐标是 ▲ ；
（2）设P （t ，0），当O′B′与双曲线有交点时，t 的取值范围是 ▲ ．
【答案】（4，0），4≤t≤25或﹣25≤t≤4。
【考点】反比例函数综合题，解二元一次方程组，一元二次方程根的判别式，解一元一次不等式，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，三角形内角和定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理。 【分析】（1）当点O′与点A 重合时，即点O 与点A 重合，
∵∠AOB=60°，过点P 作直线OA 的垂线l ，以直线l 为对称轴，
线段OB 经轴对称变换后的像是O′B′。AP′=OP′，∴△AOP′是等边三角形。 ∵B （2，0），∴BO=BP′=2。∴点P 的坐标是（4，0）。
（2）∵∠AOB=60°，∠P′MO=90°，∴∠MP′O=30°。 ∴OM=
1
2
t ，OO′=t 。 过O′作O′N ⊥x 轴于N ，∠OO′N=30°，∴ON=12t ，NO′=3t 。∴O′（1
2
t ，3t ）。
同法可求B′的坐标是（
t 2
, 3t 232
+-）
， 设直线O′B′的解析式是y kx b =+，将O′、B′的坐标代入，得
13tk b=t 2t 2k b=3t 23
2?+???
+?+-??，解得：23k t 23333b t +?=-????=-??
。 ∴23333
y t 23x t +??=-- ? ??。 ∵∠ABO=90°，∠AOB=60°，OB=2，∴OA=4，AB=23， ∴A （2，23），代入反比例函数的解析式得：k =43，
∴
43
y
x
，代入上式整理得：（23t﹣83）x2+（﹣3t2+63t）x﹣43=0，
△=（﹣3t2+63t）2﹣4（23t﹣83）?（﹣43）≥0，
解得：t≤25或t≥﹣25。
∵当点O′与点A重合时，点P的坐标是（4，0）。
∴4≤t≤25或﹣25≤t≤4。
５．（2013年浙江嘉兴4分）如图，正方形ABCD的边长为3，点E，F分别在边AB、BC上，AE=BF=1，小球P从点E出发沿直线向点F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球P第一次碰到点E时，小球P所经过的路程为▲ ．
【答案】65。
【考点】跨学科问题，正方形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】根据已知中的点E，F的位置，可知入射角的正切值为1
2
，第一次碰撞点
为F，在反射的过程中，根据入射角等于反射角及平行关系的三角形的相似可得第
二次碰撞点为G，在DA上，且DG=1
6
DA=
1
2
，第三次碰撞点为H，在DC上，且
DH=1
3
DC=1，第四次碰撞点为M，在CB上，且CM=
1
3
BC=1，第五次碰撞点为N，
在DA上，且AN=1
6
AD=
1
2
，第六次回到E点，AE=
1
3
AB=1。
由勾股定理可以得出EF=5，FG=3
5
2
，GH=
1
5
2
，HM=5，MN=
3
5
2
，NE=
1
5
2
，
∴小球经过的路程为：5+3
5
2
+
1
5
2
+5+
3
5
2
+
1
5
2
=65。
6.（2013年浙江绍兴5分）矩形ABCD中，AB=4，AD=3，P，Q是对角线BD上不重合的两点，点P关于直线AD，AB的对称点分别是点E、F，点Q关于直线BC、CD的对称点分别是点G、H．若由点E、F、G、H 构成的四边形恰好为菱形，则PQ的长为▲ ．
【答案】2.8。
【考点】矩形和菱形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】由矩形ABCD中，AB=4，AD=3，可得对角线AC=BD=5。
依题意画出图形，如图所示。
由轴对称性质可知，
∠PAF+∠PAE=2∠PAB+2∠PAD=2（∠PAB+∠PAD）=180°。
∴点A在菱形EFGH的边EF上．同理可知，点B、C、D均在菱形EFGH的边上。
∵AP=AE=AF，∴点A为EF中点．同理可知，点C为GH中点。
连接AC，交BD于点O，则有AF=CG，且AF∥CG，
∴四边形ACGF为平行四边形。
∴FG=AC=5，即菱形EFGH的边长等于矩形ABCD的对角线长。
∴EF=FG=5。
∵AP=AE=AF，∴AP=1
2
EF=2.5。
∵OA=1
2
AC=2.5，∴AP=AO，即△APO为等腰三角形。
过点A作AN⊥BD交BD于点N，则点N为OP的中点。
由S△ABD=1
2
AB?AD=
1
2
AC?AN，可求得：AN=2.4。
在Rt△AON中，由勾股定理得：
2222
ON OA AN 2.5 2.40.7
=-=-=，∴OP=2ON=1.4。
同理可求得：OQ=1.4。
∴PQ=OP+OQ=1.4+1.4=2.8。
三、解答题
1.（2004年浙江丽水14分）如图，在平面直角坐标系中，已知OA=12厘米，OB=6厘米．点P从点O开始沿OA边向点A以1厘米/秒的速度移动；点Q从点B开始沿BO边向点O以1厘米/秒的速度移动．如果P、Q同时出发，用t（秒）表示移动的时间（0≤t≤6），那么
（1）设△POQ的面积为y，求y关于t的函数解析式；
（2）当△POQ的面积最大时，将△POQ沿直线PQ翻折后得到△PCQ，试判断点C是否落在直线AB上，并说明理由；
（3）当t 为何值时，△POQ 与△AOB 相似．
【答案】解：（1）∵OA=12，OB=6，由题意，得BQ=1×t=t ，OP=1×t=t ，
∴OQ=6－t 。
∴()2111
y OP OQ t 6t t 3t 0t 6222=
??=??-=-+≤≤（）
。 （2）∵()2
2119y t 3t t 3222
=-+=--+，
∴当y 有最大值时，t=3。
∴OQ=3，OP=3，即△POQ 是等腰直角三角形。
把△POQ 沿直线PQ 翻折后，可得四边形OPCQ 是正方形。 ∴点C 的坐标为（3，3）。 设直线AB 的解析式为y=kx+b ，
将A （12，0），B （0，6）代入得，12k+b=0b=6???，解得1k=2b=6
?
-?
???。
∴直线AB 的解析式为1
y x 62
=-+。 ∵当x=3时，9
y 32
=
≠， ∴点C 不落在直线AB 上。 （3）①若△POQ ∽△AOB ， 则
OQ OP OB OA =，即6t t
612-=，解得t=4。
②若△POQ ∽△BOA ， 则OQ OP OA OB =，即6t t
126
-=，解得t=2。
∵0＜t ＜6，∴t=4和t=2均符合题意。 ∴当t=4或t=2时，△POQ 与△AOB 相似。
【考点】双动点问题，由实际问题开函数关系式，二次函数的性质，等腰直角三角形的性质，翻折的对称性质，相似三角形的性质，分类思想的应用。
【分析】（1）根据P 、Q 的速度，用时间t 表示出OQ 和OP 的长，即可通过三角形的面积公式得出y ，t 的函数关系式。
（2）根据（1）的函数式求出y 最大时，x 的值，即可得出OQ 和OP 的长，然后求出C 点的坐标和直线AB 的解析式，将C 点坐标代入直线AB 的解析式中即可判断出C 是否在AB 上。
（3）分△OPQ ∽△OAB 和△OPQ ∽△OBA 两种情况进行求解，可根据各自得出的对应成比例相等求
出t 的值。
2.（2005年浙江绍兴14分）一张矩形纸片OABC 平放在平面直角坐标系内，O 为原点，点A 在x 的正半轴上，点C 在y 轴的正半轴上，OA ＝5，OC ＝4。
① 如图，将纸片沿CE 对折，点B 落在x 轴上的点D 处，求点D 的坐标；
② 在①中，设BD 与CE 的交点为P ，若点P ，B 在抛物线2y x bx c =++上，求b ，c 的值；
③ 若将纸片沿直线l 对折，点B 落在坐标轴上的点F 处，l 与BF 的交点为Q ，若点Q 在②的抛物线上，求l 的解析式。
【答案】解：（1）①根据题意知，CD=CB=OA=5。
∵∠COD=90°，∴22OD CD OC 3=-=。 ∴D 点坐标为（3，0）。 ②过P 作PG ⊥x 轴于G 据题知，PG=
12AB=2，DG=1
2
AD=1。 ∴P 点坐标（4，2）。 又B 点坐标（5，4），
∵点P ，B 在抛物线2y x bx c =++上，
∴164b c 2255b c 4++=??++=?，解得：b 7
c 14=-??=?
。
∴b=－7，c=14。
③当点F 在x 轴上时，过Q 作QM ⊥x 轴于M ，
同②可知QM=
1
2
AB=2，则Q 点的纵坐标为2。 得2x 7x 142-+=。∴x=3或x=4。 ∴Q 点的坐标为（3，2）或（4，2）。 当Q 点坐标为（3，2）时，
如图，OM=3，MA=2，FA=4，AB=4，FA=AB ， 而l 为BF 的中垂线，∴点A 在l 上。
∴由A ，Q 的坐标可得l 的解析式为y x 5=-+。
当Q 点坐标为（4，2）时，如图，OM=4，MA=1，OF=3，CF=5，而CB=5，∴CF=CB 。 ∵l 为BF 的中垂线。∴点C 在l 上。
∴由C ，Q 的坐标可得l 的解析式为1
y x 42
=-+。
当点F 在y 轴上时，可求得Q 51124??
???
，，l 与y 轴的交点为（0，314 ）。
∴l 的解析式为31
y 2x 4
=-+
。 综上所述，l 的解析式为y x 5=-+或1y x 42
=-+或31y 2x 4
=-+
。 【考点】二次函数综合题，折叠问题，折叠对称的性质，矩形的性质，勾股定理，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，分类思想的应用。
【分析】①求D 点坐标，关键是求OD 的长，根据折叠的性质可知：CD=BC=OA ，在直角三角形OCD 中，根据OC 、CD 的长，即可用勾股定理求出OD 的值．也就求出了D 点的坐标。
②还是根据折叠的性质求解，根据折叠的性质不难得出CE 垂直平分BD ，即P 为BD 中点，因此P
点横坐标为OD 的长加上AD 的一半，而P 点纵坐标为B 点纵坐标的一半，据此可求出P 点坐标．然后将P 、B 的坐标代入抛物线的解析式中即可求出待定系数的值。
③由于F 点的位置不确定，可分两种情况：
i 当F 在x 轴上时，Q 点纵坐标为B 点纵坐标的一半，由此可求出Q 点纵坐标，将其代入抛物线的
解析式中，可求得Q 点的坐标，然后根据Q 点坐标，然后根据Q 点坐标去求直线l 与坐标轴其他交点的坐标。
ii 当F 在y 轴上时，Q 点横坐标为B 点横坐标的一半，可将其代入抛物线的解析式中求出Q 点坐标，
后同①．（本题也可先求出直线BQ 的解析式，由于直线l 垂直BQ ，那么直线l 的斜率和直线BQ 的斜率的积为－1，又知直线l 过Q 点可求出直线l 的解析式）。
3.（2005年浙江绍兴10分）一张矩形纸片OABC 平放在平面直角坐标系内，O 为原点，点A 在x 的正半轴上，点C 在y 轴的正半轴上，OA ＝5，OC ＝4。
①求直线AC 的解析式；
②若M 为AC 与BO 的交点，点M 在抛物线28
y x kx 5
=-+上，求k 的值；
③将纸片沿CE 对折，点B 落在x 轴上的点D 处，试判断点D 是否在②的抛物线上，并说明理由。
【答案】解：①∵OA=5，OC=4，∴A （5，0），C （0，4）。
∴直线AC 的解析式为4
y x 45
=-+。
②∵B 点坐标为（5，4），∴直线OB 的解析式为4
y x 5
=
。 联立4y x 5
4y x 45?
=????=-+??
，得5x 2y 2?=???=?。
∴M 点坐标为（
5
2
，2）。 ∵点M 在抛物线28y x kx 5=-+上，∴2
8552k 522??=-?+? ???，解得：24
k 5
=。
③∵CD=BC=OA=5，OC=4，∠COD=90°， ∴OD=3，即D （3，0）。
又由②抛物线的解析式为28
24
y x x 55
=-+， ∵当x=3时，2824
y 33=055
=-?+?， ∴点D 在抛物线上。
【考点】二次函数综合题，折叠问题，折叠对称的性质，矩形的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。
【分析】①已知OA=5，OC=4故A （5，0），C （0，4）用待定系数法求出直线AC 的解析式为4
y x 45
=-+。
②求出OB 的解析式与AC 的解析式联立，可得M 点坐标为（
52，2），代入28y x kx 5
=-+即可求得k 的值。
③已知CD=BC=OA=5，OC=4，∠COD=90°推出D （3，0）。将D （3，0）代入28
24y x x 5
5
=-+验证即可。
4.（2006年浙江宁波大纲卷10分）如图，抛物线2y ax bx c =++与x 轴交于点B （1，0），C （－3，0），且过点A （3，6）． （1）求a 、b 、c 的值；
（2）设此抛物线的顶点为P ，对称轴与线段AC 相交于点Q ，连接CP 、PB 、BQ ，试求四边形PBQC 的面积．
【答案】解：（1）∵抛物线2y ax bx c =++与x 轴交于点B （1，0），C （－3，0），
∴可设抛物线为()()y a x 1x 3=-+。
将点A （3，6）代入，得a=1
2
。 ∴抛物线为()()1y x 1x 32=
-+，即213y x x 22
=+-。 ∴a=12，b=1，c= 32-。
（2）∵()2
2131y x x x 12222
=+-=+-。
∴抛物线的顶点P （－1，－2）。
设直线AC 的解析式为y=kx+m ，由题意得：
3k m 03k m 6+=??
+=?，解得：k 1
m 3=??=?
。 ∴直线AC 的解析式为y=x+3。
∵抛物线对称轴为直线x=－1：交x 轴于点D ， ∴点Q （－1，2）。 ∴DC=DB=DQ=DP=2。 ∴PBC QBC PBQC 11
S S +S 4242=822
??==
??+??四形边。 【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质。 【分析】（1）已知二次函数与x 轴的两个交点坐标，所以设交点式解析式，用待定系数法求解。
（2）根据抛物线的解析式即可求得顶点P 的坐标，求得直线AC 的解析式，即可求得点Q 的坐标，
然后将四边形PBQC 分成两个三角形△BCQ 与△PBC ，分别求解这两个三角形的面积即可。
5.（2006年浙江湖州12分）已知如图，矩形OABC 的长OA=3，宽OC=1，将△AOC 沿AC 翻折得△APC 。 （1）填空：∠PCB=____度，P 点坐标为（ ， ）；
（2）若P ，A 两点在抛物线24
y x bx c 3
=-++上，求b ，c 的值，并说明点C 在此抛物线上；
（3）在（2）中的抛物线CP 段（不包括C ，P 点）上，是否存在一点M ，使得四边形MCAP 的面积最大？ 若存在，求出这个最大值及此时M 点的坐标；若不存在，请说明理由。
【答案】解：（1）3033
，。 （2）∵点P 33
2
， ）
，A （ 30，）在抛物线24
y x bx c 3
=-++上，
∴ ()
2
24333
b c 32433b c 03
????-++= ? ??????-++=??，解得：b 3c 1
?=??
=??。 ∴抛物线的解析式为24
y x 3x 13
=-++。 ∵OC=1，∴C 点坐标为（0，1）。
∵当x=0时，24y 030113
=-?+?+=，∴C 点在此抛物线上。 （3）假设存在这样的点M ，使得四边形MCAP 的面积最大。
∵△ACP 面积为定值，∴要使四边形MCAP 的面积最大，只需使△PCM 的面积最大。 过点M 作MF ⊥x 轴分别交CP 、CB 和x 轴于E 、N 和F ，过点P 作PG ⊥x 轴交CB 于G 。 则CMP CME PME 13S S S ME CG ME 2???=+=?=。 设M （x 0，y 0），
∵∠ECN=30°，CN=x 0，∴EN=
03
x 。 ∴200043
ME MF EF x 3x 1x 133
=-=-++--
200423x x 3=-+。
∴2CMP CME PME 0031
S S S x x 2
???=+=-+
2
0333
x ??=--+ ? ???
∵3
a 0<=-
，∴CMP S ?有最大值。 当03x =时，S 的最大值是 3
。
∵ACP ABC 13
S S 312??==??=，MCAP CPM ACP S S S ??=+，
∴四边形MCAP 的面积的最大值为
93
，此时M 点的坐标为 332??
? ???
， 。 ∴存在这样的点M 332?? ? ???
， ，使得四边形MCAP 的面积最大，其最大值为93
。 【考点】翻折问题，二次函数的综合题，矩形的性质，翻折对称的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角
函数值，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的最值。 【分析】（1）在直角△OAC 中，OA=3， OC=1，
∴3
tan OAC=
3
∠。∴00OAC=30,OCA=60∠∠ 。 ∴根据翻折对称的性质，∠PCA=∠OCA 0=60。 ∵CB ∥OA ，∴0DCA=OAC=30∠∠。 ∴∠PCB=∠PCA －0DCA=30∠。 过点P 作PG ⊥x 轴交CB 于G ，
∵CP=OB=1，∴在直角△PCG 中，根据三角函数可
以求得CG=
32，PG=12
。 ∴点P 的坐标为（
33
22
，）
。 （2）由P 、A 两点的坐标，根据待定系数法即可求出b ，c 的值和抛物线的解析式； C 点的坐标已
知，代入函数的解析式，就可以判断是否在函数的图象上。
（3）过点M 作MF ⊥x 轴分别交CP 、CB 和x 轴于E 、N 和F ，过点P 作PG ⊥x 轴交CB 于G ，根
据MCAP CPM ACP S S S ??=+和CMP CME PME S S S ???=+，四边形MCAP 的面积就可以表示成OF 的函数，利用二次函数的性质，就可以求出最值。
6.（2006年浙江湖州10分）如图，已知平面直角坐标系，A 、B 两点的坐标分别为A （2，－3），B （4，－1）。 （1）若P （p ，0）是x 轴上的一个动点，则当p=____时，△PAB 的周长最短；
（2）若C （a ，0），D （a+3，0）是x 轴上的两个动点，则当a=____时，四边形ABDC 的周长最短； （3）设M ，N 分别为x 轴和y 轴上的动点，请问：是否存在这样的点M （m ，0）、N （0，n ），使四边形ABMN 的周长最短？若存在，请求出m=____,n=___（不必写解答过程）；若不存在，请说明理由。
【答案】解：（1）
7
2
。
（2）
54
。 （3）存在。552
3
-，。
【考点】单动点和双动点问题，轴对称的应用（最短线段问题），待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。 【分析】（1）根据题意，设出并找到B （4，－1）关于x 轴的对称点是E ，其坐标为（4，1），进而可得直线AE 的解析式，进而可得答案：
设点B （4，－1）关于x 轴的对称点是E ，其坐标为（4，1）， 设直线AE 的解析式为y=kx b +， 把A （2，－3），E （4，1）代入得：
2k b 34k b 1+=-??
+=?，解得k 2
b 7=??=-?
。 ∴直线AE 的解析式为y=2x 7-。 令y=0得x=7
2
。 ∴p=
72
。 （2）B 向左平移3个单位得F(1,－1)，FBDC 是平行四边形，AB+BD+DC+CA=AB+FC+3+AC ，AB 是定长，所以FC+AC 最短。
过A 点作AG ⊥x 轴于点G ，且延长AG ，取EG=AG ， 那么E （2，3），取点F （1，－1），连接EF ， 设直线EF 的解析式为y=kx b +，
则k b=12k b=3+-??+?，解得：k=4
b=5??-?
。
∴直线EF 的解析式为y=4x 5-。
∵C 点的坐标为（a ，0），且在直线EF 上，∴a=5
4
。 （3）存在使四边形ABMN 周长最短的点M 、N 。
作A 关于y 轴的对称点E ，作B 关于x 轴的对称点
F ，连接EF ，与x 轴、y 轴的交点即为点M 、N 。
∴E （－2，－3），F （4，1）。
∴同上可求直线EF 的解析式为：25y x 33
=
-。 ∴M （
52，0），N （0，5
3-）。 ∴m=52，n=53
-。
7.（2007年浙江衢州12分）如图，顶点为D 的抛物线2y x bx 3=+-与x 轴相交于A 、B 两点，与y 轴相交于点C ，连结BC ，已知tan ∠ABC=1。
（1）求点B 的坐标及抛物线2y x bx 3=+-的解析式；
（2）在x 轴上找一点P,使△CDP 的周长最小，并求出点P 的坐标；
（3）若点E （x ，y ）是抛物线上不同于A,B,C 的任意一点，设以A,B,C,E 为顶点的四边形的面积为S,求S 与x 之间的函数关系式。
【答案】解：（1）在2y x bx 3=+-中，令x=0，得y=－3。∴C （0，－3），OB=3。
∵tan ∠ABC=1，∴OC ：OB=1，∴OB=OC=3。∴B （3，0）。 把B （3，0）代入2y x bx 3=+-，得2033b 3=+-，解得：b=－2。 ∴抛物线的解析式为2y x 2x 3=--。
（2）作点C 关于x 轴的对称点C 1，连接C 1D 与x 轴交于点P ，
则点P 即为所求。
∵()2
2y x 2x 3x 14=--=--，∴D （1，－4）。 ∵C （0，－3），∴C 1（0， 3）。 设C 1D 的解析式为y=kx+b ，
则k+b=4b=3-???，解得k=7b=3-???
。
∴C 1D 的解析式为y=7x+3-。 令y=0，解得3
x=7。∴P （3
7
，0）。 ∴在x 轴上的点P （
3
7
，0），使△CDP 的周长最小。 （3）在2y x 2x 3=--中，令y=0，得x=－1或x=3。∴A （－1，0），AB=4。
当x 3>时，点E 在第一象限，如图1，此时x 0y 0>>，
()22ABE ABC 1
S S S 4x 2x 332x 4x 2
??=+=
??--+=-。 当0x 3<<时，点E 在第四象限，如图2，此时x 0y 0><，
()()()AOC OCEF BEF
22
2S S S S 11139133x 2x 3x 3x x 2x 3x x 6
22222??=++????=??+?---?+?-?---=-++????。 当1x 0<<-时，点E 在第三象限，如图3，此时x 0y 0<<，
()()()()AEF OCEF OBC
22
2S S S S 11111x 1x 2x 3x 3x 2x 333x x 622222??=++????=?-?---+?-+?---+??=--+????。 当x 1<-时，点E 在第二象限，如图4，此时x 0y 0<>，
()22ABE ABC 1
S S S 4x 2x 332x 4x 2
??=+=
??--+=-。 综上所述，S 与x 之间的函数关系式为：
()()()2
222x 4x x 3x 13
9S x x 60x 32
211
x x 6x 12
2><<<
?=-++???--+-??或。
中考数学压轴题分类汇编：图形变换
中考数学分类汇：几何综合——图形变换 某课外学习小组在一次学习研讨中，得到了如下两个命题： ①如图1，在正三角形△ABC 中，M 、N 分别是AC 、AB 上的点，BM 与CN 相交于点O ，若∠BON ＝60o，则BM ＝CN ； ②如图2，在正方形ABCD 中，M 、N 分别是CD 、AD 上的点，BM 与CN 相交于点O ，若∠BON ＝90o，则BM ＝CN ； 然后运用类比的思想提出了如下命题： ③如图3，在正五边形ABCDE 中，M 、N 分别是CD 、DE 上的点，BM 与CN 相交于点O ，若∠BON ＝108o，则BM ＝CN 。 任务要求： （1）请你从①、②、③三个命题中选择一个进行证明；（说明：选①做对得4分，选②做对得3分，选③做对得5分） (2)请你继续完成下列探索： ①请在图3中画出一条与CN 相等的线段DH ，使点H 在正五边形的边上，且与CN 相交所成的一个角是108o，这样的线段有几条？（不必写出画法，不要求证明） ②如图4，在正五边形ABCDE 中，M 、N 分别是DE 、EA 上的点，BM 与CN 相交于点O ，若∠BON ＝108o，请问结论BM ＝CN 是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由。 [解] （1）以下答案供参考： （1） 如选命题① 证明：在图1中，∵∠BON=60°∴∠1+∠2=60° ∵∠3+∠2=60°，∴∠1=∠3 又∵BC=CA ，∠BCM=∠CAN=60°∴ΔBCM ≌ΔCAN ∴BM=CN （2）如选命题② 证明：在图2中，∵∵∠BON=90°∴∠1+∠2=90° ∵∠3+∠2=90°，∴∠1=∠3 又∵BC=CD ，∠BCM=∠CDN=90°∴ΔBCM ≌ΔCDN ∴BM=CN （3）如选命题③ 证明；在图3中，∵∠BON=108°∴∠1+∠2=108° ∵∠2+∠3=108°∴∠1=∠3 又∵BC=CD ，∠BCM=∠CDN=108° ∴ΔBCM ≌ΔCDN O C M N A 图1 A C M N O D 图2 图4 N M O E D C B A
专题22 几何三大变换问题之旋转(中心对称)问题(原卷版解析版)-1.doc
2016中考数学预测押题--专题22 几何三大变换问题之旋转（中心对称）问题 轴对称、平移、旋转是平面几何的三大变换。旋转变换是指在同一平面内，将一个图形（含点、线、面）整体绕一固定点旋转一个定角，这样的图形变换叫做图形的旋转变换，简称旋转。旋转由旋转中心、旋转的方向和角度决定。经过旋转，旋转前后图形的形状、大小不变，只是位置发生改变；旋转前、后图形的对应点到旋转中心的距离相等，即旋转中心在对应点所连线段的垂直平分线上；旋转前、后的图形对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。 把一个图形绕着某一定点旋转一个角度360°/n(n为大于1的正整数)后，与初始的图形重合，这种图形就叫做旋转对称图形，这个定点就叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角。 特别地，中心对称也是旋转对称的一种的特别形式。把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形的对应点叫做关于中心的对称点。如果把一个图形绕某一点旋转180度后能与自身重合，这个图形是中心对称图形。 在初中数学以及日常生活中有着大量的旋转变换的知识，是中考数学的必考内容。 中考压轴题中旋转问题，包括直线（线段）的旋转问题；三角形的旋转问题；四边形旋转问题；其它图形的问题。 原创模拟预测题1.如图，直线l：y=+y轴交于点A，将直线l绕点A顺时针旋转75o后，所得直线的解析式为【】
A ．y = B ．y x =+ C ．y x =-+ D ．y x =- 【答案】B 。 【考点】旋转的性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。 故选B 。 原创模拟预测题2. 根据要求，解答下列问题： （1）已知直线l 1的函数表达式为y x 1=+，直接写出：①过原点且与l 1垂直的直线l 2的函数表达式；②过点（1，0）且与l 1垂直的直线l 2的函数表达式； （2）如图，过点（1，0）的直线l 4向上的方向与x 轴的正方向所成的角为600，①求直线l 4的函数表达式；②把直线l 4绕点（1，0）按逆时针方向旋转900得到的直线l 5，求直线l 5的函数表达式； （3）分别观察（1）（2）中的两个函数表达式，请猜想：当两直线垂直时，它们的函数表达式中自变量的系数之间有何关系？请根据猜想结论直接写出过点（1，1）且与直线11y x 55 =-垂直的直线l 6的函数表达式。
中考数学几何中的最值问题综合测试卷(含答案)
中考数学几何中的最值问题综合测试卷 一、单选题(共7道，每道10分) 1.如图,圆柱形玻璃杯,高为12cm,底面周长为18cm,在杯内离杯底5cm的点C处有一滴蜂蜜,此时一只蚂蚁正好在杯外壁,离杯上沿5cm与蜂蜜相对的点A处,则蚂蚁到达蜂蜜的最短距离 为()cm A. B.15 C. D.12 答案：B 试题难度：三颗星知识点：勾股定理、圆柱展开图、轴对称的性质 2.如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=4,E为CD边的中点,P为BC边上的任一点,那么,AP+EP的最 小值为() A.3 B.4 C.5 D.6 答案：C 试题难度：三颗星知识点：轴对称的性质、矩形的性质 3.如图,在锐角△ABC中,AB=6,∠BAC=60°,∠BAC的平分线交BC于点D,点M,N分别是AD和
AB上的动点,则BM+MN的最小值为( ) A. B. C.6 D.3 答案：A 试题难度：三颗星知识点：轴对称的性质 4.如图,当四边形PABN的周长最小时,a=（）. A. B. C. D. 答案：C 试题难度：三颗星知识点：轴对称的性质 5.如图所示,已知A(,y1),B(2,y2)为反比例函数y=图象上的两点,动点P(x,0)在x轴正半轴上
运动,当线段AP与线段BP之差达到最大时,点P的坐标是( ) A. B.(1,0) C. D. 答案：D 试题难度：三颗星知识点：轴对称——线段之差(绝对值)最大 6.如图,△ABC是以AB为斜边的直角三角形,AC=4,BC=3,P为边AB上一动点,且PE⊥AC于点 E,PF⊥BC于点F,则线段EF长度的最小值是() A. B. C. D. 答案：C 试题难度：三颗星知识点：垂线段最短 7.如图,正方形ABCD边长为2,当点A在x轴上运动时,点D随之在y轴上运动,在运动过程中,
中考数学专题训练旋转模型几何变换三种模型手拉手半角对角互补
几何变换的三种模型手拉手、半角、对角互补 【练1】 （2013 北京中考）在ABC △中，AB AC =，BAC α∠=（060α?<
例题精讲 考点1：手拉手模型：全等和相似 包含：等腰三角形、等腰直角三角形（正方形）、等边三角形伴随旋转出全等，处于各种位置的旋转模型，及残缺的旋转模型都要能很快看出来 （1）等腰三角形旋转模型图（共顶点旋转等腰出伴随全等） （2）等边三角形旋转模型图（共顶点旋转等边出伴随全等） （3）等腰直角旋转模型图（共顶点旋转等腰直角出伴随全等） （4）不等边旋转模型图（共顶点旋转不等腰出伴随相似）
几何的变换压轴题(含答案)
图形的变换压轴题 1．如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC 和DEC 重合放置，其中∠C =90°，∠B =∠E=30°． （1）操作发现 如图2，固定△ABC ，使△DEC 绕点C 旋转．当点D 恰好落在AB 边上时，填空： ①线段DE 与AC 的位置关系是 ； ②设△BDC 的面积为1S ，△AEC 的面积为2S ，则1S 与2S 的数量关系是 ． （2）猜想论证 当△DEC 绕点C 旋转到图3所示的位置时，小明猜想（1）中1S 与2S 的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC 和△AEC 中BC 、CE 边上的高DM 和AN ，请你证明小明的猜想． （3）拓展探究 已知∠ABC =60°，点D 是其角平分线上一点，BD =CD =4，DE ∥AB 交BC 于点E （如图4）．若在射线BA 上存在点F ，使DCF BDE S S =，请求出相应的 BF 的长． 【答案】（1）DE AC ①； 12S S =②．（2）证明见解析；（3）BF ． 【解析】（1）DE AC ①； 12S S =②． （2）证明： 90DCE ACB ∠=∠=?， 180DCM ACE ∴∠+∠=?． 又180ACN ACE ∠+∠=?， ACN DCM ∴∠=∠． 又 90CNA CMD ∠=∠=?， AC CD =， ANC DMC ∴≌． AN DM ∴=． 又 CE CB =， 12S S ∴=． （3）如图，延长CD 交AB 于点P ，
则有 ∠ABD =30°，PD =2，由BD =CD =4可得∠BCD =30°， ∴∠BPD =90°，BP = 同理可求DE =BE ，故BDE S = ， 当DCF BDE S S =时， 1423DCF S PF = ??=，∴3 PF =， ∴BF =，即BF ． 2．已知，正方形ABCD 的边长为4，点E 是对角线BD 延长线上一点，AE=BD ．将△ABE 绕点 A 顺时针旋转α度（0°＜α＜360°）得到△A B ′E ′，点B 、E 的对应点分别为B ′、E ′． （1）如图1，当α=30°时，求证：B ′C=DE ； （2）连接B ′E 、DE ′，当B ′E=DE ′时，请用图2求α的值； （3）如图3，点P 为AB 的中点，点Q 为线段B ′E ′上任意一点，试探究，在此旋转过程中，线段PQ 长度的取值范围为 ． 【答案】（1）证明见解析（2）45°（3） ≤PQ≤4 +2
2013中考压轴题选讲专题7：几何三大变换问题(排版+答案)
2012年中考数学压轴题分类解析 专题7：几何三大变换相关问题 授课老师：黄立宗 典型例题选讲： 例题1：（2012福建龙岩13分）矩形ABCD中，AD=5，AB=3，将矩形ABCD沿某直线折叠，使点A的对 应点A′落在线段BC上，再打开得到折痕EF． （1）当A′与B重合时（如图1），EF= ；当折痕EF过点D时（如图2），求线段EF的长； （2）观察图3和图4，设BA′=x，①当x的取值范围是时，四边形AEA′F是菱形；②在①的 条件下，利用图4证明四边形AEA′F是菱形． 例题2：（2012辽宁丹东）已知：点C、A、D在同一条直线上，∠ABC=∠ADE=α，线段 BD、CE交于点M．（1）如图1，若AB=AC，AD=AE ①问线段BD与CE有怎样的数量关系？并说明理由；②求∠BMC的大小（用α表示）； （2）如图2，若AB= BC=kAC，AD =ED=kAE 则线段BD与CE的数量关系为，∠BMC= （用α表示）； （3）在（2）的条件下，把△ABC绕点A逆时针旋转180°，在备用图中作出旋转后的图形（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹），连接 EC并延长交BD于点M.则∠BMC= （用α表示）． 例题3：（2012福建福州）如图①，已知抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)经过A(3，0)、B(4，4)两点． (1) 求抛物线的解析式； (2) 将直线OB向下平移m个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点D，求m的值及点D
的坐标； (3) 如图②，若点N在抛物线上，且∠NBO＝∠ABO，则在(2)的条件下，求出所有满足△POD∽△NOB 的点P的坐标(点P、O、D分别与点N、O、B对应)． 例题4：（2012广西贵港12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋3的顶点为M（2，－1），交x轴于A、B两点，交y轴于点C，其中点B的坐标为（3，0）。 （1）求该抛物线的解析式； （2）设经过点C的直线与该抛物线的另一个交点为D，且直线CD和直线CA关于直线BC对称，求直线CD的解析式； （3）在该抛物线的对称轴上存在点P，满足PM2＋PB2＋PC2＝35，求点P的坐标；并直接写出此时直线 OP与该抛物线交点的个数。 巩固练习 1、（2012黑龙江大庆）在直角坐标系中，C(2，3)，C′(－4，3)， C″(2,1)，D(－4，1)，A(0，a)，B(a，O)( a 0). （1）结合坐标系用坐标填空． 点C与C′关于点对称; 点C与C″关于点对称; 点C与D关于点对称
中考复习数学几何最值问题
几何最值问题 一、垂线段最短 1、已知抛物线y=x2+1具有如下性质：该抛物线上任意一点到定点F（0，2）的距离与到x轴的距 离始终相等，如图，点M的坐标为（，3），P是抛物线y=x2+1上一个动点，则△PMF周长的最小值是（） 2、如图，在RT三角形ABC中，∠ABC=90°，∠C=30°，点D是BC上的动点，将线段AD绕点A 顺时针旋转60°至AD，连接BD，若AB=2cm，则BD’的最小值为__________ 3、如图，在锐角△ABC中，AB=4，BC=5，∠ACB=45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1B1C1．点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，线段EP1长度的最小值与最大值分别是． 4\如图，线段AB的长为2，C为AB上一个动点，分别以AC、BC为斜边在AB的同侧作两个等腰直角三角形△ACD和△BCE，那么DE长的最小值是▲．
5、如图，点C 是线段AB 上的一点，且AB= ,分别以AC,BC 为底作等腰ΔAEC 和等腰ΔBCF, 且∠AEC=∠BFC=120°，点P 为EF 的中点，求线段PC 长度的最小值。 6、已知菱形ABCD 的对角线AC 和BD 交于点O ，?=∠120BAD ，4=AB ,E 为OB 上的一个动点，将AE 绕点A 逆时针旋转60°，得AF ，则点F 到O 的最短距离为 ． 7、如图，已知∠MON=30°，B 为OM 上一点，BA ⊥ON ，四边形ABCD 为正方形，P 为射线BM 上一动点，连结CP ，将CP 绕点C 顺时针方向旋转90°得CE ，连结BE ，若AB=4，则BE 的最小值为__________ 8、 如图，在△ABC 中，∠A=75°，∠C=45°，BC=4，点M 是AC 边上的动点，点M 关于直线AB 、BC 的对称点分别为P 、Q ，则线段PQ 长的取值范围是______．
上海市北初级中学数学几何模型压轴题单元测试卷附答案
上海市北初级中学数学几何模型压轴题单元测试卷附答案 一、初三数学旋转易错题压轴题（难） 1．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE． (1) 如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，求证：PC＝PE； (2) 如图2，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，当点E落在边CA的延长线上时，探索PC与PE的数量关系，并说明理由． (3) 如图3，把图2中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点F落在边AB上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）PC＝PE，理由见解析；（3）成立，理由见解析 【解析】 【分析】 （1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可； （2）先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半； （3）先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可； 【详解】 解：（1）证明：如图： ∵∠ACB＝∠AEF＝90°， ∴△FCB和△BEF都为直角三角形． ∵点P是BF的中点， ∴CP＝1 2BF，EP＝ 1 2 BF， ∴PC＝PE． （2）PC＝PE理由如下： 如图2，延长CP，EF交于点H，
∵∠ACB＝∠AEF＝90°， ∴EH//CB， ∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP， ∵点P是BF的中点， ∴PF＝PB， ∴△CBP≌△HFP(AAS)， ∴PC＝PH， ∵∠AEF＝90°， ∴在Rt△CEH中，EP＝1 2 CH， ∴PC＝PE． （3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，理由如下： 如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD， ∵∠DAF＝∠EAF，∠FDA＝∠FEA＝90°， 在△DAF和△EAF中， DAF, , , EAF FDA FEA AF AF ∠=∠ ? ? ∠=∠ ? ?= ? ∴△DAF≌△EAF(AAS)， ∴AD＝AE， 在△DAP≌△EAP中， , , , AD AE DAP EAP AP AP = ? ? ∠=∠ ? ?= ? ∴△DAP≌△EAP (SAS)， ∴PD＝PF， ∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC， ∴FD//BC//PM， ∴DM FP MC PB =，
中考数学专题 几何三大变换问题之对称
2004-2013年浙江11市中考数学选择填空解答压轴题分类解析汇编 专题13：几何三大变换问题之对称 一、选择题 1.（2004年浙江绍兴4分）如图，一张长方形纸沿AB对折，以AB中点O为顶点将平角五等分，并沿五等分的折线折叠，再沿CD剪开，使展开后为正五角星（正五边形对角线所构成的图形）.则∠OCD等于【】 A．108°B．144°C．126°D．129° 【答案】C。 【考点】矩形的性质，折叠对称的性质。 【分析】展开如图：五角星的每个角的度数是： 0 180 36 5 。 ∵∠COD=3600÷10=360，∠ODC=360÷2=180， ∴∠OCD=1800－360－180=1260。故选C。 2.（2004年浙江湖州3分）小强拿了一张正方形的纸如图（1），沿虚线对折一次得图（2），再对折一次得图（3），然后用剪刀沿图（3）中的虚线（虚线与底边平行）剪去一个角，再打开后的形状应是【】 A. B. C. D. 【答案】D。 【考点】剪纸问题，折叠对称的性质，正方形的性质。 【分析】按照图中的顺序向右下对折，向左下对折，从上方角剪去一个等腰直角三角形，展开得：剪去的为一正方形，且顶点在原正方形的对角线上。故选D。 3.（2007年浙江绍兴4分）如图的方格纸中，左边图形到右边图形的变换是【】
A．向右平移7格 B．以AB的垂直平分线为对称轴作轴对称，再以AB为对称轴作轴对称 C．绕AB的中点旋转1800，再以AB为对称轴作轴对称 D．以AB为对称轴作轴对称，再向右平移7格 【答案】D。 【考点】轴对称和平移变换。 【分析】观察可得：要使左边图形变化到右边图形，首先以AB为对称轴作轴对称，再向右平移7格。故选D。 4.（2008年浙江台州4分）把一个图形先沿着一条直线进行轴对称变换，再沿着与这条直线平行的方向平移， 我们把这样的图形变换叫做滑动对称变换 ．．．．．．．在自然界和日常生活中，大量地存在这种图形变换（如图1）．结 合轴对称变换和平移变换的有关性质，你认为在滑动对称变换 ．．．．．．过程中，两个对应三角形（如图2）的对应点所具有的性质是【】 A．对应点连线与对称轴垂直B．对应点连线被对称轴平分 C．对应点连线被对称轴垂直平分D．对应点连线互相平行 【答案】B。 【考点】新定义，轴对称变换和平移变换的性质。 【分析】观察图形，因为进行了平移，所以有垂直的一定不正确，A、C是错误的； 对应点连线是不可能平行的，D是错误的； 由对应点的位置关系可得：对应点连线被对称轴平分。故选B。 5.（2011年浙江温州4分）如图，O是正方形ABCD的对角线BD上一点，⊙O与边AB，BC都相切，点E，F分别在AD，DC上，现将△DEF沿着EF对折，折痕EF与⊙O相切，此时点D恰好落在圆心O处．若DE=2，
初中数学《几何最值问题》典型例题
初中数学《最值问题》典型例题 一、解决几何最值问题的通常思路 两点之间线段最短； 直线外一点与直线上所有点的连线段中，垂线段最短； 三角形两边之和大于第三边或三角形两边之差小于第三边（重合时取到最值） 是解决几何最值问题的理论依据，根据不同特征转化是解决最值问题的关键．通过转化减少变量，向三个定理靠拢进而解决问题；直接调用基本模型也是解决几何最值问题的高效手段． 轴 对 称 最 值 图形 l P B A N M l B A A P B l 原理两点之间线段最短两点之间线段最短三角形三边关系 特征 A，B为定点，l为定直 线，P为直线l上的一 个动点，求AP+BP的 最小值 A，B为定点，l为定直线， MN为直线l上的一条动线 段，求AM+BN的最小值 A，B为定点，l为定直线， P为直线l上的一个动 点，求|AP-BP|的最大值转化 作其中一个定点关于定 直线l的对称点 先平移AM或BN使M，N 重合，然后作其中一个定 点关于定直线l的对称点 作其中一个定点关于定 直线l的对称点 折 叠 最 值 图形 B' N M C A B 原理两点之间线段最短 特征 在△ABC中，M，N两点分别是边AB，BC上的动点，将△BMN沿MN翻折， B点的对应点为B'，连接AB'，求AB'的最小值． 转化转化成求AB'+B'N+NC的最小值 1．如图：点P是∠AOB内一定点，点M、N分别在边OA、OB上运动，若∠AOB=45°，OP=32，则△PMN 的周长的最小值为． 【分析】作P关于OA，OB的对称点C，D．连接OC，OD．则当M，N是CD与OA，OB的交点时，△PMN 的周长最短，最短的值是CD的长．根据对称的性质可以证得：△COD是等腰直角三角形，据此即可求解．【解答】解：作P关于OA，OB的对称点C，D．连接OC，OD．则当M，N是CD与OA，OB的交点时，△PMN的周长最短，最短的值是CD的长． ∵PC关于OA对称， ∴∠COP=2∠AOP，OC=OP 同理，∠DOP=2∠BOP，OP=OD
几何三大变换(习题及答案)
几何三大变换（习题） ?例题示范 例1：如图，四边形ABCD 是边长为9 的正方形纸片，将该纸片折叠，使点B 落在CD 边上的点B′处，点A 的对应点为A′，折痕为MN．若B′C=3，则AM 的长为． 【思路分析】 要求AM 的长，设AM=x，则MD=9-x． 思路一：考虑利用折叠为全等变换转条件，得AM=A′M=x， A′B′=AB=9．观察图形，∠A′=∠D=90°，△MA′B′和△MDB′都是 直角三角形，MB′是其公共斜边，则MB′可分别在两个直角三角形中借助勾股定理表达，列方程． 思路一思路二 思路二：MN 是对称轴，考虑利用对称轴上的点到对应点的距离相等转条件，得MB=MB′．观察图形，∠A=∠D=90°，MB，MB′ 可分别放到Rt△ABM 和Rt△DB′M 中借助勾股定理表达，列方程． 例2：如图，在四边形ABCD 中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，若四边形ABCD 的面积为24，则AC 的长为． 【思路分析】 已知四边形ABCD 的面积，要求AC 的长，考虑借助AC 表达四 边形ABCD 的面积．四边形ABCD 为不规则四边形，考虑割补法或转化法求面积．分析题目中条件AB=AD，存在等线段共端点的 结构，且隐含∠B+∠D=180°，故考虑通过构造旋转解决问题，可把△ABC 绕点A 逆时针旋转90°．
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?巩固练习 1.如图，将边长为2 的等边三角形ABC 沿BC 方向平移1 个单 位得到△DEF，则四边形ABFD 的周长为． 第1 题图第2 题图 2.如图，已知△ABC 的面积为8，将△ABC 沿BC 方向平移到 △A′B′C′的位置，使点B′和点 C 重合，连接AC′，交A′C 于点D，则△CAC′的面积为． 3.如图，在6 4 的方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点 三角形乙，则其旋转中心是（） A．格点M B．格点N C．格点P D．格点Q 第3 题图第4 题图 4.如图，已知OA⊥OB，等腰直角三角形CDE 的腰CD 在OB 上，∠ECD=45°，将△CDE 绕点 C 逆时针旋转75°，点 E 的 对应点N 恰好落在OA 上，则OC 的值为．CD 5.如图，E 是正方形ABCD 内一点，连接 AE，BE，CE，将△ABE 绕点B 顺时针 旋转90°至△CBE′的位置．若AE=1， BE=2，CE=3，则∠BE′C= ． 6.如图，在□ABCD 中，∠A=70°，将该 平行四边形折叠，使点C，D 分别落 在点E，F 处，折痕为MN．若点E， F 均在直线AB 上，则∠AMF= ．
几何图形变换中考数学压轴题整顿
几何图形变换压轴题中考整理 1（黑龙江省哈尔滨市）已知：△ABC的高AD所在直线与高BE所在直线相交于点F．（1）如图l，若△ABC为锐角三角形，且∠ABC＝45°，过点F作FG∥BC，交直线AB于点G，求证：FG＋DC＝AD； （2）如图2，若∠ABC＝135°，过点F作FG∥BC，交直线AB于点G，则FG、DC、AD之间满足的数量关系是____________________________________； （3）在（2）的条件下，若AG＝2 5，DC＝3，将一个45°角的顶点与点B重合并绕点B旋转，这个角的两边分别交线段FG于M、N两点（如图3），连接CF，线段CF分别 3，求线段PQ的长． 与线段BM、线段BN相交于P、Q两点，若NG＝ 2 （湖北省随州市）如图①，已知△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC 的中点．作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG．（1）试猜想线段BG和AE的数量关系，请直接写出你得到的结论． （2）将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图②，通过观察或测量等方法判断（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由． （3）若BC＝DE＝2，在（2）的旋转过程中，当AE为最大值时，求AF的值．
3、如图13－1，一等腰直角三角尺GEF 的两条直角边与正方形ABCD 的两条边分别重合在一起．现正方形ABCD 保持不动，将三角尺GEF 绕斜边EF 的中点O （点O 也是BD 中点）按顺时针方向旋转． （1）如图13－2，当EF 与AB 相交于点M ，GF 与BD 相交于点N 时，通过观察或测 量BM ，FN 的长度，猜想BM ，FN 满足的数量关系，并证明你的猜想； （2）若三角尺GEF 旋转到如图13－3所示的位置时，线段FE 的延长线与AB 的延长 线相交于点M ，线段BD 的延长线与GF 的延长线相交于点N ，此时，（1）中的猜想还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． 3．在△ABC 中，点P 为BC 的中点． （1）如图1，求证：AP ＜ 2 1 （AB +BC ）； （2）延长AB 到D ，使得BD =AC ，延长AC 到E ，使得CE =AB ，连结DE ． ①如图2，连结BE ，若∠BAC =60°，请你探究线段BE 与线段AP 之间的数量关系．写出你的结论，并加以证明； ②请在图3中证明：BC ≥ 2 1 DE ． 图13－2 E A B D G F O M N C 图13－3 A B D G E F O M N C 图13－ 1 A ( G ) B ( E ) C O D ( F )
【整理】中考几何三大变换(含答案17页)
中考几何变换专题复习（针对几何大题的讲解） 几何图形问题的解决，主要借助于基本图形的性质（定义、定理等）和图形 之间的关系(平行、全等、相似等）.基本图形的许多性质都源于这个图形本身的“变换特征”，最为重要和最为常用的图形关系“全等三角形”极多的情况也同 样具有“变换”形式的联系.本来两个三角形全等是指它们的形状和大小都一样， 和相互间的位置没有直接关系，但是，在同一个问题中涉及到的两个全等三角形， 大多数都有一定的位置关系（或成轴对称关系，或成平移的关系，或成旋转的关 系（包括中心对称）.这样，在解决具体的几何图形问题时，如果我们有意识地 从图形的性质或关系中所显示或暗示的“变换特征”出发，来识别、构造基本图 形或图形关系，那么将对问题的解决有着极为重要的启发和引导的作用.下面我们从变换视角以三角形的全等关系为主进行研究. 解决图形问题的能力，核心要素是善于从综合与复杂的图形中识别和构造出基 本图形及基本的图形关系，而“变换视角”正好能提高我们这种识别和构造的能力. 1．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG． （1）求证：EG=CG； （2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请 说明理由； （3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论（均不要求证明）．
考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；正方 形的性质。 专题：压轴题。 分析：（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG． （3）结论依然成立．还知道EG⊥CG． 解答：（1）证明：在Rt△FCD中， ∵Ｇ为DF的中点， ∴CG=FD， 同理，在Rt△DEF中， EG=FD， ∴CG=EG． （2）解：（1）中结论仍然成立，即EG=CG． 证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点． 在△DAG与△DCG中， ∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG， ∴△DAG≌△DCG， ∴AG=CG； 在△DMG与△FNG中， ∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG， ∴△DMG≌△FNG，
中考数学 专题 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 。 F D C E A B
【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：
几何三大变换讲义及答案
几何三大变换（讲义） 一、知识点睛 1.________、________、____________统称为几何三大变换．几 何三大变换都是_______________，只改变图形的________，不改变图形的_________________． 2.三大变换思考层次 三 大 变 换 基本要素基本性质延伸性质应用 平移平移方向 平移距离 1．对应点所连的线 段平行且相等 2．对应线段平行且 相等 3．对应角相等 平移出现 __________ 天桥问题、 平行四边形 存在性等 旋转旋转中心 旋转方向 旋转角度 1．对应点到旋转中 心的距离相等 2．对应点与旋转中 心的连线所成的角 等于旋转角 3．对应线段、角相 等，对应线段的夹 角等于旋转角 4．对应点所连线段 的垂直平分线都经 过旋转中心 旋转出现 __________ 旋转结构 （等腰）等 轴 对称对称轴 1．对应线段、对应 角相等 2．对应点所连线段 被对称轴垂直平分 3．对称轴上的点到 对应点的距离相等 4．对称轴两侧的几 何图形全等 折叠出现 __________ 折叠问题、 最值问题等
二、精讲精练 1. 如图，将周长为8的△ABC 沿BC 方向平移1个单位得到 △DEF ，则四边形ABFD 的周长为（ ） A ．6 B ．8 C ．10 D ．12 F C E D B A B 1 A 1 y x B A O 第1题图 第2题图 2. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知点A ，B 的坐标分别 为(1，0)，(0，2)，将线段AB 平移至A 1B 1，若点A 1，B 1的坐标分别为(2，a )，(b ，3)，则a b +=___________． 3. 如图，在44?的正方形网格中，△MNP 绕某点旋转一定的角 度得到△M 1N 1P 1，则其旋转中心可能是（ ） A ．点A B ．点B C ．点C D ．点D D C B A N 1 M 1 P 1N M P 4. 如图，Rt △ABC 的边BC 位于直线l 上，AC =3，∠ACB =90°， ∠A =30°．若Rt △ABC 由现在的位置向右无滑动地翻转，则当点A 第3次落在直线l 上时，点A 所经过的路径长为________________．（结果保留π） C B A l …
精彩初中几何最值问题全总结
一、基本图形 余不赘述，下面仅举一例证明： [定点到定圆]：点圆之间，点心线截距最短（长）。 已知⊙O半径为r，AO=d，P是⊙O上一点，求AP的最大值和最小值。
证明：由“两点之间，线段最短”得AP≤AO+PO， AO≤AP+PO，得d-r≤AP≤d+r，AP最小时点P在B处，最大时点P在C处。即过圆心和定点的直线截得的线段AB、AC分别最小、最大值。(可用“三角形两边之和大于第三边”，其实质也是由“两点之间，线段最短”推得）。 上面几种是解决相关问题的基本图形，所有的几何最值问题都是转化成上述基本图形解决的。 二、考试中出现的问题都是在基本图形的基础上进行变式，如圆与线这些图形不是直接给出，而是以符合一定条件的动点的形式确定的；再如过定点的直线与动点所在路径不相交而需要进行变换的。 类型分三种情况：（1）直接包含基本图形；（2）动点路径待确定；（3）动线（定点）位置需变换。 （一）直接包含基本图形。 例1.在⊙O中，圆的半径为6，∠B=30°，AC是⊙O的切线，则CD的最小值是。
简析：由∠B=30°知弧AD一定，所以D是定点，C是直线AC上的动点，即为求定点D到定线AC的最短路径，求得当CD⊥AC时最短为3。 （二）动点路径待确定。 例2.，如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=3，P是AB 边上的动点（不与点B重合），将△BCP沿CP所在的直线翻折，得到△B′CP，连接B′A，则B′A长度的最小值是。 简析：A是定点，B'是动点，但题中未明确告知B'点的运动路径，所以需先确定B'点运动路径是什么图形，一般有直线与圆两类。此题中B'的路径是以C为圆心，BC为半径的圆弧，从而转化为定点到定圆的最短路径为AC-B'C=1。
中考数学复习专题四几何变换压轴题试题
2019-2020 年中考数学复习专题四几何变换压轴题试题 类型一图形的旋转变换 几何图形的旋转变换是近年来中考中的常考点，多与三角形、四边形相结合．解决旋转变换问题，首先要明确旋转中心、旋转方向和旋转角，关键是找出旋转前后的对应点，利用旋转前后两图形全等等性质解题．如图，在菱形 ABCD 中，AB＝2，∠BAD＝60°，过点 D 作DE⊥AB 于点 E，DF⊥BC 于点 F. 1 (1)如图 1，连接 AC 分别交 DE，DF 于点M，N，求证：MN＝AC； 3 (2)如图2，将∠EDF以点D 为旋转中心旋转，其两边DE′，DF′分别与直线AB，BC 相交于点G，P.连接GP，当△DGP的面积等于3 3时，求旋转角的大小并指明旋转方向． 【分析】(1)连接 BD，由∠BAD＝60°，得到△ABD为等边三角形，进而证明点 E 是AB 的中点，再根据相似三角形的性质解答；(2)分∠EDF 顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，然后根据旋转的性质解题． 1．(xx·潍坊)边长为 6 的等边△ABC 中，点 D，E 分别在 AC，BC 边上，DE∥AB，EC＝2 3. (1)如图1，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点 N.当 CC′多大时，四边形MCND′为菱形？并说明理由． (2)如图 2，将△DEC绕点C 旋转∠α(0°<α<360°)，得到△D′E′C，连接AD′，BE′.边D′E′的中点为 P. ①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？并说明理由； ②连接 AP，当 AP 最大时，求AD′的值．(结果保留根号) 图1 图2 2．(xx·成都)如图 1，△ABC中，∠ABC＝45°，AH⊥BC于点H，点 D 在AH 上，且 DH＝CH，连接 BD. (1)求证：BD＝AC； (2)将△BHD 绕点 H 旋转，得到△EHF(点 B，D 分别与点 E，F 对应)，连接 AE. ①如图 2，当点 F 落在 AC 上时(F 不与 C 重合)，若 BC＝4，tan C＝3，求 AE 的长； ②如图 3，当△EHF 是由△BHD 绕点H 逆时针旋转 30°得到时，设射线 CF 与AE 相交于点 G，连接 GH，试探究线段 GH 与EF 之间满足的等量关系，并说明理由．
第7讲 几何三大变换问题及答案
1.如图（1），将正方形纸片ABCD 折叠，使点B 落在CD 边上一点E （不 与点C ，D 重合），压平后得到折痕MN ．当12CE CD =时，求AM BN 的值． 类比归纳：在图（1）中，若 13CE CD =，则AM BN 的值等于；若14 CE CD =，则AM BN 的值等于；若1CE CD n =（n 为整数），则AM BN 的值等于．（用含n 的式子表示）联系拓展：如图（2），将矩形纸片ABCD 折叠，使点B 落在CD 边上一点E （不与点C D ，重合），压平后得到折痕MN ，设()111AB CE m BC m CD n =>=，，则AM BN 的值等于__．（用含m n ，的式子表示）
2. 2.如图①，在矩形ABCD中，将矩形折叠，使B落在边AD（含端点）上， 落点记为E，这时折痕与边BC或边CD（含端点）交于点F，然后再展开 铺平，则以B、E、F为顶点的△BEF称为矩形ABCD的“折痕三角形”. 图一图二图三（1）由“折痕三角形”的定义可知，矩形ABCD的任意一个“折痕△BEF” 是一个_________三角形； （2）如图②，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4．当它的“折痕△BEF”的顶 点E位于边AD的中点时，画出这个“折痕△BEF”，并求出点F的坐标； （3）如图③，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，该矩形是否存在面积最 大的“折痕△BEF”？若存在，说明理由，并求出此时点E的坐标；若不存 在，为什么？
3.课题：两个重叠的正多边形，其中的一个绕某一个顶点旋转所形成的 有关问题． 实验与论证 设旋转角∠A1A0B1＝α（α＜∠A1A0A2），θ1，θ2，θ3，θ4，θ5，θ6所表示的角如图所示． （1）用含α的式子表示：θ3＝_________，θ4＝_________，θ5＝_________； （2）图1－图4中，连接A0H时，在不添加其他辅助线的情况下，是否存在与直线A0H垂直且被它平分的线段？若存在，请选择其中的一个图给出证明；若不存在，请说明理由；归纳与猜想 设正n边形A0A1A2…A n-1与正n边形A0B1B2…B n-1重合（其中，A1与B1重合），现将正n边形A0B1B2…B n-1绕顶点A0逆时针旋转α （ n 180 0< < ）． （3）设θn与上述“θ3，θ4，…”的意义一样，请直接写出θn的度数；（4）试猜想在n边形且不添加其他辅助线的情形下，是否存在与直线A0H垂直且被它平分的线段？若存在，请将这条线段用相应的顶点字母表示出来（不要求证明）；若不存在，请说明理由．
中考数学专题复习几何最值问题
【典例1】如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，E是AB边的中点，F是线段BC 边上的动点，将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB′F，连结B′D，则B′D的最小值是（）． B.6 C. D.4 A． 【解析】∵AE＝BE，BE＝B′E，由圆的定义可知，A、B、B′在以点E为圆心， AB长为直径的圆上，如图所示. B′D的长最小值= DE =. 22故选A． 【启示】此题属于动点（B′）到一定点（E）的距离为定值（“定点定长”），联想到以E为圆心，EB′为半径的定圆，当点D到圆上的最小距离为点D到圆心的距离－圆的半径.当然此题也可借助三角形三边关系解决，如B D DE B E '' ≤-，当且仅当点E、B′、D三点共线时，等号成立. 【典例2】如图，E、F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF，连接CF交BD于点G，连结BE交AG于点H，若正方形的边长是2，则线段DH长度的最小值是 . 【思路探究】根据正方形的轴对称性易得∠AHB＝90°，故点H在以AB为直径的圆上.取AB中点O，当D、H、O三点共线时，DH的值最小，此时DH＝OD－OH，问
题得解. 【解析】由△ABE≌△DCF，得∠ABE＝∠DCF，根据正方形的轴对称性，可得∠DCF＝∠DAG，∠ABE＝∠DAG，所以∠AHB＝90°，故点H在以AB为直径的圆弧上.取AB中点O，OD交⊙O于点H，此时DH最小，∵OH＝1 AB=，OD＝，∴DH的最 1 2 小值为OD－OH 1. 【启示】此题属于动点是斜边为定值的直角三角形的直角顶点，联想到直径所对圆周角为直角（定弦定角），故点H在以AB为直径的圆上，点D在圆外，DH的最小值为DO－OH.当然此题也可利用DH OD OH ≤-的基本模型解决. 【针对训练】 1. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝1，点A，C分别在x轴，y轴上，当点A在x轴正半轴上运动时，点C随之在y轴上运动，在运动过程中，点B到原点O的最大距离为（）. B．1．3 A 2.如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是矩形内部的一个动点，且AE⊥BE，则线段CE的最小值为（）. B. C. D.4 A．3 3. 如图，在△ABC中，AB＝10，AC＝8，BC＝6，以边AB的中点O为圆心，作半圆与AC相切，点P、Q分别是边BC和半圆上的运点，连接PQ，则PQ长的最大值与最小值的和是（）.