专题17图形的变换（共50题）-备考2022年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】.docx

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1、备考2022年中考数学真题分项汇编（全国通用）专题17图形的变换（共50题）一选择题（共20小题）1（备考2022广东）在平面直角坐标系中，点（3，2）关于x轴对称的点的坐标为（）A（3，2）B（2，3）C（2，3）D（3，2）【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”解答即可【解答】解：点（3，2）关于x轴对称的点的坐标为（3，2）故选：D2（备考2022乐山）观察下列各方格图中阴影部分所示的图形（每一小方格的边长为1），如果将它们沿方格边线或对角线剪开重新拼接，不能拼成正方形的是（）ABCD【分析】先根据拼剪前后的面积不变，求出拼成正方形的边长，再依此裁剪可得【解答】解

2、：由题意，选项D阴影部分面积为6，A，B，C的阴影部分的面积为5，如果能拼成正方形，选项D的正方形的边长为6，选项A，B，C的正方形的边长为5，观察图象可知，选项A，B，C阴影部分沿方格边线或对角线剪开均可得图1的5个图形，可以拼成图2的边长为5的正方形，故选：D3（备考2022扬州）“致中和，天地位焉，万物育焉”对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，常被运用于建筑、器物、绘画、标识等作品的设计上，使对称之美惊艳了千年的时光在下列与扬州有关的标识或简图中，不是轴对称图形的是（）ABCD【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断利用排除法求解【解答】解：A、是轴对称图形，故本选项不合题意；B、是

3、轴对称图形，故本选项不合题意；C、不是轴对称图形，故本选项符合题意；D、是轴对称图形，故本选项不合题意故选：C4（备考2022菏泽）在平面直角坐标系中，将点P（3，2）向右平移3个单位得到点P'，则点P'关于x轴的对称点的坐标为（）A（0，2）B（0，2）C（6，2）D（6，2）【分析】先根据向右平移3个单位，横坐标加3，纵坐标不变，求出点P'的坐标，再根据关于x轴对称，横坐标不变，纵坐标相反解答【解答】解：将点P（3，2）向右平移3个单位得到点P'，点P'的坐标是（0，2），点P'关于x轴的对称点的坐标是（0，2）故选：A5（备考2022青岛）

4、如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O若AE5，BF3，则AO的长为（）A5B325C25D45【分析】由矩形的性质，折叠轴对称的性质，可求出AFFCAE5，由勾股定理求出AB，AC，进而求出OA即可【解答】解：矩形ABCD，ADBC，ADBC，ABCD，EFCAEF，AEAF3，由折叠得，FCAF，OAOC，BC3+58，在RtABF中，AB=5232=4，在RtABC中，AC=42+82=45，OAOC25，故选：C6（备考2022枣庄）如图，在矩形纸片ABCD中，AB3，点E在边BC上，将ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若EAC

5、ECA，则AC的长是（）A33B4C5D6【分析】根据折叠的性质得到AFAB，AFEB90°，根据等腰三角形的性质得到AFCF，于是得到结论【解答】解：将ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，AFAB，AFEB90°，EFAC，EACECA，AECE，AFCF，AC2AB6，故选：D7（备考2022广东）如图，在正方形ABCD中，AB3，点E，F分别在边AB，CD上，EFD60°若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为（）A1B2C3D2【分析】由正方形的性质得出EFDBEF60°，由折叠的性质得出BEFFEB

6、'60°，BEB'E，设BEx，则B'Ex，AE3x，由直角三角形的性质可得：2（3x）x，解方程求出x即可得出答案【解答】解：四边形ABCD是正方形，ABCD，A90°，EFDBEF60°，将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，BEFFEB'60°，BEB'E，AEB'180°BEFFEB'60°，B'E2AE，设BEx，则B'Ex，AE3x，2（3x）x，解得x2故选：D8（备考2022内江）如图，矩形ABCD中，BD为对角线，将矩形ABCD沿BE

7、、BF所在直线折叠，使点A落在BD上的点M处，点C落在BD上的点N处，连结EF已知AB3，BC4，则EF的长为（）A3B5C5136D13【分析】求出BD5，AEEM，ABME90°，证明EDMBDA，由相似三角形的性质得出EDBD=EMAB，设DEx，则AEEM4x，得出x5=4x3，解得x=52，同理DNFDCB，得出DFBD=NFBC，设DFy，则CFNF3y，则y5=3y4，解得y=53由勾股定理即可求出EF的长【解答】解：四边形ABCD是矩形，ABCD3，ADBC4，ACEDF90°，BD=AB2+AD2=32+42=5，将矩形ABCD沿BE所在直线折叠，使点A落

8、在BD上的点M处，AEEM，ABME90°，EMD90°，EDMADB，EDMBDA，EDBD=EMAB，设DEx，则AEEM4x，x5=4x3，解得x=52，DE=52，同理DNFDCB，DFBD=NFBC，设DFy，则CFNF3y，y5=3y4，解得y=53DF=53EF=DE2+DF2=(52)2+(53)2=5136故选：C9（备考2022哈尔滨）如图，在RtABC中，BAC90°，B50°，ADBC，垂足为D，ADB与ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则CAB'的度数为（）A10°B20°

9、;C30°D40°【分析】由余角的性质可求C40°，由轴对称的性质可得AB'BB50°，由外角性质可求解【解答】解：BAC90°，B50°，C40°，ADB与ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，AB'BB50°，CAB'AB'BC10°，故选：A10（备考2022滨州）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N若直线BA交直线CD于点O，BC5，E

10、N1，则OD的长为（）A123B133C143D153【分析】根据中位线定理可得AM2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得AMAN2，过M点作MGEF于G，可求AG，根据勾股定理可求MG，进一步得到BE，再根据平行线分线段成比例可求OF，从而得到OD【解答】解：EN1，由中位线定理得AM2，由折叠的性质可得AM2，ADEF，AMBANM，AMBAMB，ANMAMB，AN2，AE3，AF2过M点作MGEF于G，NGEN1，AG1，由勾股定理得MG=2212=3，BEOFMG=3，OF：BE2：3，解得OF=233，OD=3233=33故选：B11（备考2022孝感）如图，点E在正方形ABCD的

11、边CD上，将ADE绕点A顺时针旋转90°到ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G若BG3，CG2，则CE的长为（）A54B154C4D92【分析】连接EG，根据AG垂直平分EF，即可得出EGFG，设CEx，则DE5xBF，FGEG8x，再根据RtCEG中，CE2+CG2EG2，即可得到CE的长【解答】解：如图所示，连接EG，由旋转可得，ADEABF，AEAF，DEBF，又AGEF，H为EF的中点，AG垂直平分EF，EGFG，设CEx，则DE5xBF，FG8x，EG8x，C90°，RtCEG中，CE2+CG2EG2，即x2+22（8x）2，解得

12、x=154，CE的长为154，故选：B12（备考2022河北）如图，将ABC绕边AC的中点O顺时针旋转180°嘉淇发现，旋转后的CDA与ABC构成平行四边形，并推理如下：小明为保证嘉洪的推理更严谨，想在方框中“CBAD，”和“四边形”之间作补充，下列正确的是（）A嘉淇推理严谨，不必补充B应补充：且ABCDC应补充：且ABCDD应补充：且OAOC【分析】根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可【解答】解：CBAD，ABCD，四边形ABCD是平行四边形，故选：B13（备考2022天津）如图，在ABC中，ACB90°，将ABC绕点C顺时针旋转得到DEC，使点B的对应点E恰

13、好落在边AC上，点A的对应点为D，延长DE交AB于点F，则下列结论一定正确的是（）AACDEBBCEFCAEFDDABDF【分析】依据旋转可得，ABCDEC，再根据全等三角形的性质，即可得出结论【解答】解：由旋转可得，ABCDEC，ACDC，故A选项错误，BCEC，故B选项错误，AEFDECB，故C选项错误，AD，又ACB90°，A+B90°，D+B90°，BFD90°，即DFAB，故D选项正确，故选：D14（备考2022淮安）在平面直角坐标系中，点（3，2）关于原点对称的点的坐标是（）A（2，3）B（3，2）C（3，2）D（2，3）【分析】直接利用关于

14、原点对称点的性质得出答案【解答】解：点（3，2）关于原点对称的点的坐标是：（3，2）故选：C15（备考2022菏泽）如图，将ABC绕点A顺时针旋转角，得到ADE，若点E恰好在CB的延长线上，则BED等于（）A2B23CD180°【分析】证明ABE+ADE180°，推出BAD+BED180°即可解决问题【解答】解：ABCADE，ABC+ABE180°，ABE+ADE180°，BAD+BED180°，BAD，BED180°故选：D16（备考2022北京）下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（）ABCD【分析】根据轴对称

15、图形与中心对称图形的概念求解【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；D、既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意故选：D17（备考2022青岛）如图，将ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到ABC，则点A的对应点A的坐标是（）A（0，4）B（2，2）C（3，2）D（1，4）【分析】根据平移和旋转的性质，将ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到ABC，即可得点A的对应点A的坐标【解答】解：如

16、图，ABC即为所求，则点A的对应点A的坐标是（1，4）故选：D18（备考2022齐齐哈尔）有两个直角三角形纸板，一个含45°角，另一个含30°角，如图所示叠放，先将含30°角的纸板固定不动，再将含45°角的纸板绕顶点A顺时针旋转，使BCDE，如图所示，则旋转角BAD的度数为（）A15°B30°C45°D60°【分析】由平行线的性质可得CFAD90°，由外角的性质可求BAD的度数【解答】解：如图，设AD与BC交于点F，BCDE，CFAD90°，CFAB+BAD60°+BAD，BAD30&

17、#176;故选：B19（备考2022枣庄）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，AOBB30°，OA2将AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是（）A（3，3）B（3，3）C（3，2+3）D（1，2+3）【分析】如图，过点B作BHy轴于H解直角三角形求出H，BH即可【解答】解：如图，过点B作BHy轴于H在RtABH中，AB2，BAH60°，AHABcos60°1，BHABsin60°=3，OH2+13，B（3，3），故选：A20（备考2022苏州）如图，在ABC中，BAC108°，将ABC

18、绕点A按逆时针方向旋转得到AB'C'若点B'恰好落在BC边上，且AB'CB'，则C'的度数为（）A18°B20°C24°D28°【分析】由旋转的性质可得CC'，ABAB'，由等腰三角形的性质可得CCAB'，BAB'B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解【解答】解：AB'CB'，CCAB'，AB'BC+CAB'2C，将ABC绕点A按逆时针方向旋转得到AB'C'，CC'，ABAB'，BAB'B

19、2C，B+C+CAB180°，3C180°108°，C24°，C'C24°，故选：C二填空题（共23小题）21（备考2022天水）如图，在边长为6的正方形ABCD内作EAF45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将ADF绕点A顺时针旋转90°得到ABG若DF3，则BE的长为2【分析】根据旋转的性质可知，ADFABG，然后即可得到DFBG，DAFBAG，然后根据题目中的条件，可以得到EAGEAF，再根据DF3，AB6和勾股定理，可以得到DE的长，本题得以解决【解答】解：由题意可得，ADFABG，DFBG，

20、DAFBAG，DAB90°，EAF45°，DAF+EAB45°，BAG+EAB45°，EAFEAG，在EAG和EAF中，AG=AFEAG=EAFAE=AE，EAGEAF（SAS），GEFE，设BEx，则GEBG+BE3+x，CE6x，EF3+x，CD6，DF3，CF3，C90°，（6x）2+32（3+x）2，解得，x2，即CE2，故答案为：222（备考2022衡阳）如图，在平面直角坐标系中，点P1的坐标为（22，22），将线段OP1绕点O按顺时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；又将线段OP2绕点O按顺时针

21、方向旋转45°，长度伸长为OP2的2倍，得到线段OP3；如此下去，得到线段OP4，OP5，OPn（n为正整数），则点P备考2022的坐标是（22018×2，22018×2）【分析】根据题意得出OP11，OP22，OP34，如此下去，得到线段OP4823，OP51624，OPn2n1，再利用旋转角度得出点P备考2022的坐标与点P5的坐标在同一直线上，进而得出答案【解答】解：点P1的坐标为（22，22），将线段OP1绕点O按逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；OP11，OP22，OP34，如此下去，得到线段OP423，OP5

22、24，OPn2n1，由题意可得出线段每旋转8次旋转一周，备考2022÷82524，点P备考2022的坐标与点P5的坐标在同一直线上，正好在第三象限的角平分线上，点P备考2022的坐标是（22018×2，22018×2）故答案为：（22018×2，22018×2）23（备考2022滨州）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为23、2、4，则正方形ABCD的面积为14+43【分析】如图，将ABP绕点B顺时针旋转90°得到CBM，连接PM，过点B作BHPM于H首先证明PMC90°，推出CMBAPB135

23、°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可【解答】解：如图，将ABP绕点B顺时针旋转90°得到CBM，连接PM，过点B作BHPM于HBPBM=2，PBM90°，PM=2PB2，PC4，PACM23，PC2CM2+PM2，PMC90°，BPMBMP45°，CMBAPB135°，APB+BPM180°，A，P，M共线，BHPM，PHHM，BHPHHM1，AH23+1，AB2AH2+BH2（23+1）2+1214+43，正方形ABCD的面积为14+43故答案为14+4324（备考2022泰安）如图，将正方形网格放置在平面直

24、角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为A（0，3），B（1，1），C（3，1）A'B'C是ABC关于x轴的对称图形，将A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，点A'的对应点为M，则点M的坐标为（2，1）【分析】延长A'B'后得出点M，进而利用图中坐标解答即可【解答】解：将A'B'C'绕点B'逆时针旋转180°，如图所示：所以点M的坐标为（2，1），故答案为：（2，1）25（备考2022台州）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实

25、线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD则正方形ABCD的面积为a+b（用含a，b的代数式表示）【分析】如图，连接DK，DN，证明S四边形DMNTSDKN=14a即可解决问题【解答】解：如图，连接DK，DN，KDNMDT90°，KDMNDT，DKDN，DKMDNT45°，DKMDNT（ASA），SDKMSDNT，S四边形DMNTSDKN=14a，正方形ABCD的面积4×14a+ba+b故答案为a+b26（备考2022金华）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点

26、B重合），点O是夹子转轴位置，OEAC于点E，OFBD于点F，OEOF1cm，ACBD6cm，CEDF，CE：AE2：3按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动（1）当E，F两点的距离最大时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是16cm（2）当夹子的开口最大（即点C与点D重合）时，A，B两点的距离为6013cm【分析】（1）当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形，求出矩形的长和宽即可解决问题（2）如图3中，连接EF交OC于H想办法求出EF，利用平行线分线段成比例定理即可解决问题【解答】解：（1）当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形

27、，OEOF1cm，EF2cm，ABCD2cm，此时四边形ABCD的周长为2+2+6+616（cm），故答案为16（2）如图3中，连接EF交OC于H由题意CECF=25×6=125（cm），OEOF1cm，CO垂直平分线段EF，OC=CE2+OE2=(125)2+12=135（cm），12OEEC=12COEH，EH=1×125135=1213（cm），EF2EH=2413（cm）EFAB，EFAB=CECB=25，AB=52×2413=6013（cm）故答案为601327（备考2022武威）如图，在平面直角坐标系中，OAB的顶点A，B的坐标分别为（3，3），（4，

28、0）把OAB沿x轴向右平移得到CDE，如果点D的坐标为（6，3），则点E的坐标为（7，0）【分析】利用平移的性质解决问题即可【解答】解：A（3，3），D（6，3），点A向右平移3个单位得到D，B（4，0），点B向右平移3个单位得到E（7，0），故答案为（7，0）28（备考2022襄阳）如图，矩形ABCD中，E为边AB上一点，将ADE沿DE折叠，使点A的对应点F恰好落在边BC上，连接AF交DE于点N，连接BN若BFAD15，tanBNF=52，则矩形ABCD的面积为155【分析】由折叠的性质得出BNFBEF，由条件得出tanBEF=52，设BF=5x，BE2x，由勾股定理得出EF3x，得出AB=

29、5BF，则可得出答案【解答】解：将ADE沿DE折叠，使点A的对应点F恰好落在边BC上，AFDE，AEEF，矩形ABCD中，ABF90°，B，E，N，F四点共圆，BNFBEF，tanBEF=52，设BF=5x，BE2x，EF=BF2+BE2=3x，AE3x，AB5x，AB=5BFS矩形ABCDABAD=5BFAD=5×15155故答案为：15529（备考2022牡丹江）如图，在RtABC中，C90°，点E在AC边上将A沿直线BE翻折，点A落在点A'处，连接A'B，交AC于点F若A'EAE，cosA=45，则A'FBF=13【分析】根据

30、题意设AC4x，AB5x，则BC3x，再证明BCE为等腰直角三角形，得到EC3x，根据AEFBCF，得到AE'BC=A'FBF=13【解答】解：C90°，cosA=45，ACAB=45，设AC4x，AB5x，则BC3x，AEAE，AEA90°，AEBC，由于折叠，AEBAEB（36090）÷2135°，且AEFBCF，BEC45°，即BCE为等腰直角三角形，EC3x，AEACECxAE，A'EBC=A'FBF=x3x=13，故答案为：1330（备考2022武汉）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处

31、，EF为折痕，AB1，AD2设AM的长为t，用含有t的式子表示四边形CDEF的面积是14t214t+1【分析】连接DM，过点E作EGBC于点G，设DExEM，则EA2x，由勾股定理得出（2x）2+t2x2，证得ADMFEG，由锐角三角函数的定义得出FG，求出CF，则由梯形的面积公式可得出答案【解答】解：连接DM，过点E作EGBC于点G，设DExEM，则EA2x，AE2+AM2EM2，（2x）2+t2x2，解得x=t24+1，DE=t24+1，折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，EFDM，ADM+DEF90°，EGAD，DEF+FEG90°，ADMFEG，tanA

32、DM=AMAD=t2=FG1，FG=t2，CGDE=t24+1，CF=t24t2+1，S四边形CDEF=12（CF+DE）×1=14t214t+1故答案为：14t214t+131（备考2022内江）如图，在矩形ABCD中，BC10，ABD30°，若点M、N分别是线段DB、AB上的两个动点，则AM+MN的最小值为15【分析】作点A关于BD的对称点A，连接MA，BA，过点AHAB于H首先证明ABA是等边三角形，求出AH，根据垂线段最短解决问题即可【解答】解：作点A关于BD的对称点A，连接MA，BA，过点AHAB于HBABA，ABDDBA30°，ABA60°，

33、ABA是等边三角形，四边形ABCD是矩形，ADBC10，在RtABD中，AB=ADtan30°=103，AHAB，AHHB53，AH=3AH15，AM+MNAM+MNAH，AM+MN15，AM+MN的最小值为15故答案为1532（备考2022黑龙江）如图，在边长为4的正方形ABCD中，将ABD沿射线BD平移，得到EGF，连接EC、GC求EC+GC的最小值为45【分析】如图，连接DE，作点D关于直线AE的对称点T，连接AT，ET，CT首先证明B，A，T共线，求出TC，证明四边形EGCD是平行四边形，推出DECG，推出EC+CGEC+EDEC+TE，根据TE+ECTC即可解决问题【解答】

34、解：如图，连接DE，作点D关于直线AE的对称点T，连接AT，ET，CT四边形ABCD是正方形，ABBCAD4，ABC90°，ABD45°，AEBD，EADABD45°，D，T关于AE对称，ADAT4，TAEEAD45°，TAD90°，BAD90°，B，A，T共线，CT=BT2+BC2=45，EGCD，EGCD，四边形EGCD是平行四边形，CGEC，EC+CGEC+EDEC+TE，TE+ECTC，EC+CG45，EC+CG的最小值为4533（备考2022凉山州）如图，矩形ABCD中，AD12，AB8，E是AB上一点，且EB3，F是BC上

35、一动点，若将EBF沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距离为10【分析】先根据勾股定理计算ED的长，当E、P、D共线时，DP最小，即最短距离是此时PD的长【解答】解：如图，连接PD，DE，四边形ABCD是矩形，A90°，AB8，BE3，AE5，AD12，DE=52+122=13，由折叠得：EBEP3，EP+DPED，当E、P、D共线时，DP最小，DPDEEP13310；故答案为：1034（备考2022黑龙江）在矩形ABCD中，AB1，BCa，点E在边BC上，且BE=35a，连接AE，将ABE沿AE折叠若点B的对应点B落在矩形ABCD的边上，则折痕的长为2或305【分析】分

36、两种情况：当点B'落在AD边上时，证出ABE是等腰直角三角形，得出AE=2AB=2；当点B'落在CD边上时，证明ADB'B'CE，得出B'DEC=AB'B'E，求出BE=35a=55，由勾股定理求出AE即可【解答】解：分两种情况：当点B'落在AD边上时，如图1所示：四边形ABCD是矩形，BADB90°，将ABE沿AE折叠点B的对应点B落在矩形ABCD的AD边上，BAEB'AE=12BAD45°，ABE是等腰直角三角形，ABBE1，AE=2AB=2；当点B'落在CD边上时，如图2所示：四边形ABC

37、D是矩形，BADBCD90°，ADBCa，将ABE沿AE折叠点B的对应点B落在矩形ABCD的CD边上，BAB'E90°，AB'AB1，BE'BE=35a，CEBCBEa35a=25a，B'D=AB'2AD2=1a2，在ADB'和B'CE中，B'ADEB'C90°AB'D，DC90°，ADB'B'CE，B'DEC=AB'B'E，即1a225a=135a，解得：a=53，或a0（舍去），BE=35a=55，AE=AB2+BE2=12+(55

38、)2=305；综上所述，折痕的长为2或305；故答案为：2或30535（备考2022达州）如图，点P（2，1）与点Q（a，b）关于直线1（y1）对称，则a+b5【分析】利用轴对称的性质求出等Q的坐标即可【解答】解：点P（2，1）与点Q（a，b）关于直线1（y1）对称，a2，b3，a+b235，故答案为536（备考2022德州）如图，在4×4的正方形网格中，有4个小正方形已经涂黑，若再涂黑任意1个白色的小正方形（每个白色小正方形被涂黑的可能性相同），使新构成的黑色部分图形是轴对称图形的概率是16【分析】直接利用轴对称图形的性质结合概率求法得出答案【解答】解：如图所示：当分别将1，2位置

39、涂黑，构成的黑色部分图形是轴对称图形，故新构成的黑色部分图形是轴对称图形的概率是：212=16故答案为：1637（备考2022安徽）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处折痕为AP；再将PCQ，ADQ分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处请完成下列探究：（1）PAQ的大小为30°；（2）当四边形APCD是平行四边形时，ABQR的值为3【分析】（1）由折叠的性质可得BAQP，DAQQAPPAB，DQAAQR，CQPPQR，DARQ，CQRP，由平角的性质可得D+C180°，AQP90&#

40、176;，可证ADBC，由平行线的性质可得DAB90°，即可求解；（2）由平行四边形和折叠的性质可得ARPR，由直角三角形的性质可得AP2PB2QR，AB=3PB，即可求解【解答】解：（1）由折叠的性质可得：BAQP，DAQQAPPAB，DQAAQR，CQPPQR，DARQ，CQRP，QRA+QRP180°，D+C180°，ADBC，B+DAB180°，DQR+CQR180°，DQA+CQP90°，AQP90°，BAQP90°，DAB90°，DAQQAPPAB30°，故答案为：30；（2）由折叠

41、的性质可得：ADAR，CPPR，四边形APCD是平行四边形，ADPC，ARPR，又AQP90°，QR=12AP，PAB30°，B90°，AP2PB，AB=3PB，PBQR，ABQR=3，故答案为：338（备考2022甘孜州）如图，有一张长方形纸片ABCD，AB8cm，BC10cm，点E为CD上一点，将纸片沿AE折叠，BC的对应边BC恰好经过点D，则线段DE的长为5cm【分析】由折叠的性质可得ABAB'8cm，BCB'C'10cm，CEC'E，由勾股定理可求B'D的长，由勾股定理可求解【解答】解：将纸片沿AE折叠，BC的对应边

42、BC恰好经过点D，ABAB'8cm，BCB'C'10cm，CEC'E，B'D=AD2B'A2=10064=6cm，C'DB'C'B'D4cm，DE2C'D2+C'E2，DE216+（8DE）2，DE5cm，故答案为539（备考2022聊城）如图，在直角坐标系中，点A（1，1），B（3，3）是第一象限角平分线上的两点，点C的纵坐标为1，且CACB，在y轴上取一点D，连接AC，BC，AD，BD，使得四边形ACBD的周长最小，这个最小周长的值为4+25【分析】根据平行线的性质得到BAC45°，得

43、到C90°，求得ACBC2，作B关于y轴的对称点E，连接AE交y轴于D，则此时，四边形ACBD的周长最小，这个最小周长的值AC+BC+AE，过E作EFAC交CA的延长线于F，根据勾股定理即可得到结论【解答】解：点A（1，1），点C的纵坐标为1，ACx轴，BAC45°，CACB，ABCBAC45°，C90°，B（3，3）C（3，1），ACBC2，作B关于y轴的对称点E，连接AE交y轴于D，则此时，四边形ACBD的周长最小，这个最小周长的值AC+BC+AE，过E作EFAC交CA的延长线于F，则EFBC2，AF624，AE=EF2+AF2=22+42=25，最小周长的值AC+BC+AE4+25，故答案为：4+2540（备考2022黑龙江）如图，在边长为1的菱形ABCD中，ABC60°，将ABD沿射线BD方向平移，得到EFG，连接EC、GC求EC+GC的最小值为3【分析】根据菱形的性质得到AB1，ABD30°，根据平移的性质得到EGAB1，EGAB，推出四边形EGCD是平行四边形，得到EDGC，于是得到EC+GC的最小值EC+GD的最小值，根据平移的性质得到点E在过点A且平行于BD的定直线上，作点D关于定直线的对称点M，连接CM交定直线于AE，解直角三角形即可得到结论【解答】解：在边长为1的菱形ABC