内容发布更新时间 : 2024/12/22 13:34:20星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

【答案】：2。

【考点】剪纸问题，翻折变换（折叠问题）。

【分析】作OB⊥AD，根据已知可以画出图形，∵根据折叠方式可得：AB=AD，CD=CE，∠OAB=60°，AO等于正六边形的边长， ∴∠BOA=30°，∴2AB=AO，

BO =tan60°= AB，∴BO：AM= ：2。

2.（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y?

k

．在x

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=

1t，OO′=t。 23311t，NO′=t。∴O′（t，t）。

2222过O′作O′N⊥x轴于N，∠OO′N=30°，∴ON=同法可求B′的坐标是（

t?2， , 3t?23）2设直线O′B′的解析式是y?kx?b，将O′、B′的坐标代入，得

??133k?t?23tk?b?t????222，解得：?。 ??b??3t2+33?t?2k?b?3t?23???242??3?3233∴y??。 t?23x?t+??2?42??∵∠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， ∴y?43，代入上式整理得：（23t﹣83）x2+（﹣3t2+63t）x﹣43=0， x△ =（﹣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。

3.（浙江台州5分）点D、E分别在等边△ABC的边AB、BC上，将△BDE沿直 线DE翻折，使点B落在B1处，DB1、EB1分别交边AC于点F、G．若∠ADF＝80o， 则∠CGE＝ ▲ ． 【答案】80°。

【考点】翻折变换（折叠问题），等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质。 【分析】由翻折可得∠B1=∠B=60°，∴∠A=∠B1=60°。

∵∠AFD=∠GFB1，∴△ADF∽△B1GF。∴∠ADF=∠B1GF， ∵∠CGE=∠FGB1，∴∠CGE=∠ADF=80°。

4.（广西贺州3分）把一张矩形纸片ABCD按如图方式折叠，使顶点B和顶 点D重合，折痕为EF．若BF＝4，FC＝2，则∠DEF的度数是_ ▲ ． 【答案】60o。

【考点】折叠对称，锐角三角函数的应用，特殊角的三角函数，矩形的性质，平行的性质，平角定义，三角形内角和定理。

【分析】由折叠对称可知，DF＝BF＝4，∠BFE＝∠DFE。在Rt△CDF中，FC＝2, DF＝4，cos∠DFC＝

1， 2∴∠DFC＝60o。∴由平角定义得∠DFE＝60o。又由矩形得AD∥BC，∴∠EDF＝∠DFC＝60o。∴由三角形内角和定理可得∠DEF＝60o。

5.（广西贵港2分）如图所示，将两张等宽的长方形纸条交叉叠放，重叠部分是一个四 边形ABCD，若AD＝6cm，∠ABC＝60°，则四边形ABCD的面积等于_ ▲ cm2． 【答案】183。

【考点】矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，特殊角的三角函数。 【分析】如图，作BE⊥AD，DF⊥AB，垂足分别为点E、F，由于两长方形是等宽的，从而根据AAS知△ABE≌△ADF，得到AB＝AD＝6。由∠ABC＝60°，BE⊥AD，得∠ABE＝30°，因此BE＝AB·cos∠ABE＝33,从而四边形ABCD的面积等于AD ·BE＝183。

6.（广西钦州3分）在4张完全相同的卡片上分别画上图①、②、③、④．在看不见图形的情况下随机 抽取一张，卡片上的图形是中心对称图形的概率是 _ ▲ ．

3【答案】。

4

【考点】中心对称图形，概率。

【分析】中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合，所给图形①、②、④是中心对称图形。据概率的求法，找准两点：①全部等可能情况的总数4；②符合条件的情况数目3；二者的比值就是其发3

生的概率。故所求概率是。

4

7.（湖南永州3分）永州市新田县的龙家大院至今已有930多年历史，因该村拥有保存完好的“三堂九井二十四巷四十八栋”明清建筑，而申报为中国历史文化名村．如图是龙家大院的一个窗花图案，它具有很好的对称美，这个图案是由：①正六边形；②正三角形；③等腰梯形；④直角梯形等几何图形构成，在这四种几何图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是 ▲ (只填序号)． 【答案】①。

【考点】中心对称和轴对称图形。

【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合。因此①六边形既是轴对称图形又是中心对称图形；②正三角形③等腰梯形是轴对称图形不是中心对称图形；④直角梯形既不是轴对称图形也不是中心对称图形。 8.（湖南衡阳3分）如图所示，在△ABC中，∠B=90°，AB=3，AC=5，将△ABC折叠，使点C与点A重合，折痕为DE，则△ABE的周长为 ▲ ． 【答案】7。

【考点】翻折变换（折叠问题），勾股定理。

【分析】根据勾股定理求出BC的长，再根据图形翻折变换的性质得出AE=CE，从而求出△ABE的周长：

∵在△ABC中，∠B=90°，AB=3，AC=5， ∴BC=AC2?AB2?52?32?4。 ∵△ADE是△CDE翻折而成， ∴AE=CE，∴AE＋BE=BC=4。 ∴△ABE的周长=AB＋BC=3＋4=7。

9.（湖南怀化3分）如图，∠A=30°，∠C′=60°，△ABC 与△A'B'C'关于直线l对称，则∠B= ▲ 【答案】90°。

【考点】轴对称的性质，三角形内角和定理。

【分析】∵△ABC 与△A′B′C′关于直线l对称，∴△ABC≌△A′B′C′， ∴∠C=∠C′=60°，∵∠A=30°，∴∠B=180°－∠A－∠C=180°－30°－60°=90°。 10.（江苏南通3分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2cm，点E在

BC

上，且AE＝CE．若将纸片沿AE折叠，点B恰好与AC上的点B1重合， 则AC＝ ▲ cm． 【答案】4。

【考点】矩形的性质，折叠对称的性质，等腰三角形性质，直角三角形性质，300角直角三角形的性质。 【分析】由矩形性质知，∠B＝900，又由折叠知∠BAC＝∠EAC。根据等腰三角形等边对等角的性质，由 AE＝CE得∠EAC＝∠ECA。而根据直角三角形两锐角互余的性质，可以得到∠ECA＝300。因此根据300

角直角三角形中，300角所对直角边是斜边一半的性质有，Rt?ABC中AC＝2AB＝4。 11.（山东滨州4分）将矩形ABCD沿AE折叠，得到如图所示图形．若∠CED′＝56°，则∠AED的大小是 ▲ ． 【答案】62°。

【考点】翻折变换（折叠问题），平角定义。

【分析】易得∠DED′的度数，除以2即为所求角的度数：∵∠CED′＝56°，∴∠DED′＝180°－∠56°＝124°。 又∵∠AED＝∠AED′，∴∠AED＝三、解答题

1.（重庆江津4分）如图，在平面直角坐标系中有一矩形ABCD，其中A（0，0），B （8，0），D （0，4），若将△ABC沿AC所在直线翻折，点B落在点E处．则E点的坐标是 ▲ ． 【答案】（

1∠DED′＝62°。 22432，）。 55【考点】翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解方程。 【分析】连接BE，与AC交于G，作EF⊥AB，垂足为F。

∵由折叠对称，知AB=AE，∠BAC=∠EAC， ∴△AEB是等腰三角形，AG是BE边上的高。 ∴EG=GB，EB=2EG， ∵△ABC∽△AGB，∴

CBAC。 ?BGAB∴BG=CB?AB4?85??5。

22AC84?8设E（x，y），则有：AF=x，BF=8－x，EF=y，BE=5AE=8。 5，4由勾股定理，得AE2=AF2＋EF2，BE2=BF2＋EF2，两式相减，得AE2－BE2= AF2－BF2即： 82－（24532，代入AE2=AF2＋EF2，可得y?。 5）2=x2－（8－x）2，解得，x?5453.（浙江宁波6分）请在下列三个2×2的方格中，各画出一个三角形，要求所画三角形是图中三角形经 过轴对称变换后得到的图形，且所画三角形顶点与方格中的小正方形顶点重合，并将所画三角形涂上阴