北师大版初中数学七年级下册《5.2 探索轴对称的性质》同步练习卷(2)

北师大新版七年级下学期《5.2 探索轴对称的性质》
同步练习卷
一．选择题（共9小题）
1．如图，直线MN和EF相交于点O，∠EON＝60°，AO＝2m，∠AOE＝20°．设点A关于EF的对称点是B，点B关于MN的对称点是C，则A、C的距离为（）
A．m B．2m C．2m D．2m
2．如图所示，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为（）
A．2B．2C．3D．
3．如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E在边CD上，且CD＝3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG ＝GC；③AG∥CF；④S△FGC＝3．其中正确结论的个数是（）
A．1B．2C．3D．4
4．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，点D为AB上一点，DE∥CB，交AC于点E，点P是EC上的一个动点，要使PD+PB最小，则点P应该满足（）
A．PB＝PD B．PC＝PE C．∠BPD＝90°D．∠CPB＝∠DPE 5．如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点，若CF＝1，FD＝2，则BC的长为（）
A．3B．2C．2D．2
6．矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的B′处，折痕为AE．延长B′E交AB的延长线于M，折痕AE上有点P，下列五个结论中正确的有（）个
①∠M＝∠DAB′；②PB＝PB′；；④MB′＝CD；⑤若B′P⊥CD，则
EB′＝B′P．
A．2B．3C．4D．5
7．如图，将△ABC沿DE折叠，使点A与BC边的中点F重合，下列结论中：①EF∥AB 且EF＝AB；②∠BAF＝∠CAF；③S四边形ADFE＝AF•DE；④∠BDF+∠FEC＝2∠BAC，正确的个数是（）
A．1B．2C．3D．4
8．如图，三角形纸片ABC中，∠A＝75°，∠B＝60°，将纸片的角折叠，使点C落在△ABC内，若∠α＝35°，则∠β等于（）
A．48°B．55°C．65°D．以上都不对9．如图，∠ABC＝30°，点D、E分别在射线BC、BA上，且BD＝2，BE＝4，点M、N 分别是射线BA、BC上的动点，当DM+MN+NE最小时，（DM+MN+NE）2的值为（）
A．20B．26C．32D．36
二．填空题（共13小题）
10．如图，在锐角△ABC中，AB＝4，∠BAC＝45°，∠BAC的平分线交BC于点D，M、N分别是AD和AB上的动点，则BM+MN的最小值是．
11．如图，正方形ABCD中，AD＝4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF ⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB边的中点，则△EMN的周长是．
12．如图，等腰三角形ABC底边BC的长为4cm，面积是12cm2，腰AB的垂直平分线EF 交AC于点F，若D为BC边上的中点，M为线段EF上一动点，则△BDM的周长最短为cm．
13．如图a是长方形纸带，∠DEF＝20°，将纸带沿EF折叠成图b，再沿BF折叠成图c，则图c中的∠CFE的度数是度．
14．动手操作：在矩形纸片ABCD中，AB＝3，AD＝5．如图所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A′处，折痕为PQ，当点A′在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．若限定点P、Q分别在AB、AD边上移动，则点A′在BC边上可移动的最大距离为．
15．如图．在直角坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为（1，3），将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E．那么点D的坐标为．
16．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A、B、C的坐标分别为（0，0）、（20，0）、（20，10）．在线段AC、AB上各有一动点M、N，则当BM+MN为最小值时，点M 的坐标是．
17．如图，直线y＝﹣x+8与x轴，y轴分别交于点A和B，M是OB上的一点，若将△ABM 沿AM折叠，点B恰好落在x轴上的点B′处，则直线AM的解析式为．
18．如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，点P，Q，K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为．
19．如图，正方形ABCD的边长为3，点E在边AB上，且BE＝1，若点P在对角线BD上移动，则P A+PE的最小值是．
20．如图，已知梯形ABCD，AD∥BC，AD＝DC＝4，BC＝8，点N在BC上，CN＝2，E 是AB中点，在AC上找一点M使EM+MN的值最小，此时其最小值等于．
21．如图，∠ABC＝30°，点D、E分别在射线BC、BA上，且BD＝2，BE＝4，点M、N 分别是射线BA，BC上的动点，当DM+MN+NE最小时，DM+MN+NE的值为．
22．已知如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，连结BE，将△ABE沿着BE翻折得到△FBE，EF交BC于点H，延长BF、DC相交于点G，若DG＝16，BC＝24，则FH ＝．
三．解答题（共3小题）
23．如图1，一张矩形纸片ABCD，其中AD＝8cm，AB＝6cm，先沿对角线BD对折，点C 落在点C′的位置，BC′交AD于点G．
（1）求证：AG＝C′G；
（2）如图2，再折叠一次，使点D与点A重合，得折痕EN，EN交AD于点M，求EM 的长．
24．如图，在△ABC中，AB＝AC，AB的垂直平分线交AB于N，交AC于M．（1）若∠B＝70°，则∠NMA的度数是．
（2）连接MB，若AB＝8cm，△MBC的周长是14cm．
①求BC的长；
②在直线MN上是否存在点P，使由P，B，C构成的△PBC的周长值最小？若存在，标
出点P的位置并求△PBC的周长最小值；若不存在，说明理由．
25．如图，ABCD是矩形纸片，翻折∠B，∠D，使BC，AD恰好落在AC上．设F，H分别是B，D落在AC上的两点，E，G分别是折痕CE，AG与AB，CD的交点．
（1）求证：四边形AECG是平行四边形；
（2）若AB＝4cm，BC＝3cm，求线段EF的长．
北师大新版七年级下学期《5.2 探索轴对称的性质》2019
年同步练习卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．如图，直线MN和EF相交于点O，∠EON＝60°，AO＝2m，∠AOE＝20°．设点A关于EF的对称点是B，点B关于MN的对称点是C，则A、C的距离为（）
A．m B．2m C．2m D．2m
【分析】根据轴对称的性质∠AOC＝120°，所以∠ACO＝30°，再作AD⊥OC构造出直角三角形，利用直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半即可求解．
【解答】解：根据题意OA＝OC＝2，
∵∠EON＝60°，∠AOE＝20°，
∴∠AOC＝120°，
∴∠ACO＝×（180°﹣120°）＝30°，
过点A作AD⊥CO于D，则OD＝1，AD＝，
∴AC＝2AD＝2m．
故选：D．
【点评】主要考查了轴对称的性质：（1）对应点所连的线段被对称轴垂直平分；（2）对应线段相等，对应角相等．
2．如图所示，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为（）
A．2B．2C．3D．
【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BD，与AC的交点即为P点．此时PD+PE ＝BE最小，而BE是等边△ABE的边，BE＝AB，由正方形ABCD的面积为12，可求出AB的长，从而得出结果．
【解答】解：设BE与AC交于点F（P′），连接BD，
∵点B与D关于AC对称，
∴P′D＝P′B，
∴P′D+P′E＝P′B+P′E＝BE最小．
即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度；
∵正方形ABCD的面积为12，
∴AB＝2．
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE＝AB＝2．
故所求最小值为2．
故选：A．
【点评】此题主要考查轴对称﹣﹣最短路线问题，要灵活运用对称性解决此类问题．3．如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E在边CD上，且CD＝3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG ＝GC；③AG∥CF；④S△FGC＝3．其中正确结论的个数是（）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG；在直角△ECG 中，根据勾股定理可证BG＝GC；通过证明∠AGB＝∠AGF＝∠GFC＝∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF；由于S△FGC＝S△GCE﹣S△FEC，求得面积比较即可．
【解答】解：①正确．
理由：
∵AB＝AD＝AF，AG＝AG，∠B＝∠AFG＝90°，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；
②正确．
理由：
EF＝DE＝CD＝2，设BG＝FG＝x，则CG＝6﹣x．
在直角△ECG中，根据勾股定理，得（6﹣x）2+42＝（x+2）2，
解得x＝3．
∴BG＝3＝6﹣3＝GC；
③正确．
理由：
∵CG＝BG，BG＝GF，
∴CG＝GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC＝∠GCF．
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；
∴∠AGB＝∠AGF，∠AGB+∠AGF＝2∠AGB＝180°﹣∠FGC＝∠GFC+∠GCF＝2∠GFC＝2∠GCF，
∴∠AGB＝∠AGF＝∠GFC＝∠GCF，
∴AG∥CF；
④错误．
理由：
∵S△GCE＝GC•CE＝×3×4＝6
∵GF＝3，EF＝2，△GFC和△FCE等高，
∴S△GFC：S△FCE＝3：2，
∴S△GFC＝×6＝≠3．
故④不正确．
∴正确的个数有3个．
故选：C．
【点评】本题综合性较强，考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算，有一定的难度．
4．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，点D为AB上一点，DE∥CB，交AC于点E，点P是EC上的一个动点，要使PD+PB最小，则点P应该满足（）
A．PB＝PD B．PC＝PE C．∠BPD＝90°D．∠CPB＝∠DPE 【分析】如图，作点P关于直线AC的对称点D′，连接BD′交AC于P，此时DP+PB 的值最小．
【解答】解：如图，作点D关于直线AC的对称点D′，连接BD′交AC于P，此时DP+PB 的值最小．
由对称性可知：∠APD＝∠APD′，
∵∠CPB＝∠APD′，
∴∠CPB＝∠DPE，
∴DP+PB最小时，点P应该满足∠CPB＝∠DPE，
故选：D．
【点评】本题考查轴对称最短问题、平行线的性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
5．如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点，若CF＝1，FD＝2，则BC的长为（）
A．3B．2C．2D．2
【分析】首先过点E作EM⊥BC于M，交BF于N，易证得△ENG≌△BNM（AAS），MN 是△BCF的中位线，根据全等三角形的性质，即可求得GN＝MN，由折叠的性质，可得BG＝3，继而求得BF的值，又由勾股定理，即可求得BC的长．
【解答】解：过点E作EM⊥BC于M，交BF于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，AD＝BC，
∵∠EMB＝90°，
∴四边形ABME是矩形，
∴AE＝BM，
由折叠的性质得：AE＝GE，∠EGN＝∠A＝90°，
∴EG＝BM，
∵∠ENG＝∠BNM，
∴△ENG≌△BNM（AAS），
∴NG＝NM，
∴CM＝DE，
∵E是AD的中点，
∴AE＝ED＝BM＝CM，
∵EM∥CD，
∴BN：NF＝BM：CM，
∴BN＝NF，
∴NM＝CF＝，
∴NG＝，
∵BG＝AB＝CD＝CF+DF＝3，
∴BN＝BG﹣NG＝3﹣＝，
∴BF＝2BN＝5，
∴BC＝＝＝2．
故选B．
补充方法：连接EF．易证△EFD≌△EFG，可得FG＝DF＝2，BG＝AB＝DC＝3，可得BF＝5，再利用勾股定理求BC比较简单．
【点评】此题考查了矩形的判定与性质、折叠的性质、三角形中位线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．6．矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的B′处，折痕为AE．延长B′E交AB的延长线于M，折痕AE上有点P，下列五个结论中正确的有（）个
①∠M＝∠DAB′；②PB＝PB′；；④MB′＝CD；⑤若B′P⊥CD，则
EB′＝B′P．
A．2B．3C．4D．5
【分析】根据∠M＝∠CB'E，而∠CB'E+∠DB'A＝∠DAB'+∠DB'A＝90°可判断①；利用折叠的性质可判断出△B'AP≌△BAP，继而可判断出②；设AE＝x，表示出EB'＝EB＝
，在Rt△CEB'中利用勾股定理可求出AE的长度，继而可判断出③；利用反证法判断④，最后看得出的结果能证明出来；根据B′P⊥CD，判断出B'P∥BC，从而有∠B'PE＝∠BEP＝∠B'EP，从而可判断出⑤．综合起来即可得出最终的答案．
【解答】解：连接AB'，
①由题意得∠M＝∠CB'E，而∠CB'E+∠DB'A＝∠DAB'+∠DB'A＝90°，
∴∠M＝∠CB'E＝∠DAB'，故可得①正确；
②根据折叠的性质可得AB'＝AB，AP＝AP，∠B'AP＝∠BAP，从而利用SAS可判定△B'AP ≌△BAP，
∴PB＝PB'，故可得②正确；
③在Rt△ADB'可得，B'D＝＝3，从而可得CB'＝5﹣3＝2，
设AE＝x，则EB'＝EB＝，
在Rt△CEB'中，CE2+CB'2＝EB'2，即（4﹣）2+4＝x2﹣25，
解得：x＝，即AE＝．
故可得③正确；
④假如MB′＝CD，则可得MB'＝AB＝AB'，
∴∠M＝∠BAB'，由①得∠M＝∠DAB′，
故有∠BAB'＝∠DAB'，
而本题不能判定∠BAB'＝∠DAB'，即假设不成立．
故可得④错误．
⑤若B′P⊥CD，则B'P∥BC，
∴∠B'PE＝∠BEP＝∠B'EP，
∴EB'＝B'P，
故可得⑤正确．
综上可得①②③⑤正确，共四个．
故选：C．
【点评】本题考查了翻折变换，解答过程中涉及了平行四边形的性质、勾股定理，属于综合性题目，解答本题的关键是根据翻折变换的性质得出对应角、对应边分别相等，然后分别判断每个结论，难度较大，注意细心判断．
7．如图，将△ABC沿DE折叠，使点A与BC边的中点F重合，下列结论中：①EF∥AB 且EF＝AB；②∠BAF＝∠CAF；③S四边形ADFE＝AF•DE；④∠BDF+∠FEC＝2∠BAC，正确的个数是（）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据对折的性质可得AE＝EF，∠DAF＝∠DF A，∠EAF＝∠AFE，∠BAC＝∠DFE，据此和已知条件判断图中的相等关系．
【解答】解：①由题意得AE＝EF，BF＝FC，但并不能说明AE＝EC，∴不能说明EF 是△ABC的中位线，故①错；
②题中没有说AB＝AC，那么中线AF也就不可能是顶角的平分线，故②错；
③易知A，F关于D，E对称．那么四边形ADFE是对角线互相垂直的四边形，那么面
积等于对角线积的一半，故③对；
④∠BDF＝∠BAF+∠DF A，∠FEC＝∠EAF+∠AFE，∴∠BDF+∠FEC＝∠BAC+∠DFE
＝2∠BAC，故④对．
正确的有两个，故选B．
【点评】翻折前后对应线段相等，对应角相等．
8．如图，三角形纸片ABC中，∠A＝75°，∠B＝60°，将纸片的角折叠，使点C落在△ABC内，若∠α＝35°，则∠β等于（）
A．48°B．55°C．65°D．以上都不对
【分析】根据折叠前后角相等可知．
【解答】解：∠α+∠β+（180°﹣∠C）+∠A+∠B＝360°，
整理可得∠β＝55°．
故选：B．
【点评】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．9．如图，∠ABC＝30°，点D、E分别在射线BC、BA上，且BD＝2，BE＝4，点M、N 分别是射线BA、BC上的动点，当DM+MN+NE最小时，（DM+MN+NE）2的值为（）
A．20B．26C．32D．36
【分析】如图，作点D关于BA的对称点G，作点E关于BC的对称点H，连接GH交AB有M，交BC有N，连接DM、EN，此时DM+MN+NE的值最小．再证明∠HBG＝90°，利用勾股定理即可解决问题；
【解答】解：如图，作点D关于BA的对称点G，作点E关于BC的对称点H，连接GH 交AB有M，交BC有N，连接DM、EN，此时DM+MN+NE的值最小．
根据对称的性质可知：BD＝BG＝2，BE＝BH＝4，DM＝GM，EN＝NH，
∴DM+MN+NE的最小值为线段GH的长，
∵∠ABC＝∠GBM＝∠HBC＝30°，
∴∠HBG＝90°，
∴GH2＝BG2+BH2＝20，
∴当DM+MN+NE最小时，（DM+MN+NE）2的值为20，
故选：A．
【点评】本题考查轴对称﹣最短问题、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
二．填空题（共13小题）
10．如图，在锐角△ABC中，AB＝4，∠BAC＝45°，∠BAC的平分线交BC于点D，M、N分别是AD和AB上的动点，则BM+MN的最小值是4．
【分析】从已知条件结合图形认真思考，通过构造全等三角形，利用三角形的三边的关系确定线段和的最小值．
【解答】解：如图，在AC上截取AE＝AN，连接BE．
∵∠BAC的平分线交BC于点D，
∴∠EAM＝∠NAM，
在△AME与△AMN中，，
∴△AME≌△AMN（SAS），
∴ME＝MN．
∴BM+MN＝BM+ME≥BE．
∵BM+MN有最小值．
当BE是点B到直线AC的距离时，BE⊥AC，
又AB＝4，∠BAC＝45°，此时，△ABE为等腰直角三角形，
∴BE＝4，
即BE取最小值为4，
∴BM+MN的最小值是4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了轴对称的应用．易错易混点：解此题是受角平分线启发，能够通过构造全等三角形，把BM+MN进行转化，但是转化后没有办法把两个线段的和的最小值转化为点到直线的距离而导致错误．
规律与趋势：构造法是初中解题中常用的一种方法，对于最值的求解是初中考查的重点也是难点．
11．如图，正方形ABCD中，AD＝4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF ⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连
接DM，交EF于点N，若点F是AB边的中点，则△EMN的周长是．
【分析】解法一：如图1，作辅助线，构建全等三角形，根据全等三角形对应边相等证明
FQ＝BQ＝PE＝1，△DEF是等腰直角三角形，利用勾理计算DE＝EF＝，PD＝
＝3，如图2，由平行相似证明△DGC∽△FGA，列比例式可得FG和CG的长，从而得EG的长，根据△GHF是等腰直角三角形，得GH和FH的长，利用DE∥GM 证明△DEN∽△MNH，则，得EN＝，从而计算出△EMN各边的长，相加可得周长．
解法二，将解法一中用相似得出的FG和CG的长，利用面积法计算得出，其它解法相同．解法三：作辅助线构建正方形和全等三角形，设EP＝x，则DQ＝4﹣x＝FP＝x﹣2，求x 的值得到PF＝1，AE的长；由△DGC和△FGA相似，求AG和GE的长；证△GHF和
△FKM全等，所以GH＝FK＝4/3，HF＝MK＝2/3，ML＝AK＝10/3，DL＝AD﹣MK＝10/3，即DL＝LM，所以DM在正方形对角线DB上，设NI＝y，列比例式可得NI的长，分别求MN和EN的长，相加可得结论．
【解答】解：解法一：如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，∵DC∥AB，
∴PQ⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴PE＝PC，
设PC＝x，则PE＝x，PD＝4﹣x，EQ＝4﹣x，
∴PD＝EQ，
∵∠DPE＝∠EQF＝90°，∠PED＝∠EFQ，
∴△DPE≌△EQF，
∴DE＝EF，
∵DE⊥EF，
∴△DEF是等腰直角三角形，
易证明△DEC≌△BEC，
∴DE＝BE，
∴EF＝BE，
∵EQ⊥FB，
∴FQ＝BQ＝BF，
∵AB＝4，F是AB的中点，
∴BF＝2，
∴FQ＝BQ＝PE＝1，
∴CE＝，PD＝4﹣1＝3，
Rt△DAF中，DF＝＝2，
DE＝EF＝，
如图2，∵DC∥AB，
∴△DGC∽△FGA，
∴＝＝2，
∴CG＝2AG，DG＝2FG，
∴FG＝×＝，
∵AC＝＝4，
∴CG＝×＝，
∴EG＝﹣＝，
连接GM、GN，交EF于H，
∵∠GFE＝45°，
∴△GHF是等腰直角三角形，
∴GH＝FH＝＝，
∴EH＝EF﹣FH＝﹣＝，
由折叠得：GM⊥EF，MH＝GH＝，
∴∠EHM＝∠DEF＝90°，
∴DE∥HM，
∴△DEN∽△MNH，
∴，
∴＝＝3，
∴EN＝3NH，
∵EN+NH═EH＝，
∴EN＝，
∴NH＝EH﹣EN＝﹣＝，
Rt△GNH中，GN＝＝＝，由折叠得：MN＝GN，EM＝EG，
∴△EMN的周长＝EN+MN+EM＝++＝；
解法二：如图3，过G作GK⊥AD于K，作GR⊥AB于R，
∵AC平分∠DAB，
∴GK＝GR，
∴＝＝＝＝2，
∵＝＝2，
∴，
同理，＝＝3，
其它解法同解法一，
可得：∴△EMN的周长＝EN+MN+EM＝++＝；解法三：如图4，过E作EP⊥AP，EQ⊥AD，
∵AC是对角线，
∴EP＝EQ，
易证△DQE和△FPE全等，
∴DE＝EF，DQ＝FP，且AP＝EP，
设EP＝x，则DQ＝4﹣x＝FP＝x﹣2，
解得x＝3，所以PF＝1，
∴AE＝＝3，
∵DC∥AB，
∴△DGC∽△FGA，
∴同解法一得：CG＝×＝，
∴EG＝﹣＝，
AG＝AC＝，
过G作GH⊥AB，过M作MK⊥AB，过M作ML⊥AD，
则易证△GHF≌△FKM全等，
∴GH＝FK＝，HF＝MK＝，
∵ML＝AK＝AF+FK＝2+＝，DL＝AD﹣MK＝4﹣＝，
即DL＝LM，
∴∠LDM＝45°
∴DM在正方形对角线DB上，
过N作NI⊥AB，则NI＝IB，
设NI＝y，
∵NI∥EP
∴
∴，
解得y＝1.5，
所以FI＝2﹣y＝0.5，
∴I为FP的中点，
∴N是EF的中点，
∴EN＝0.5EF＝，
∵△BIN是等腰直角三角形，且BI＝NI＝1.5，
∴BN＝，BK＝AB﹣AK＝4﹣＝，BM＝，MN＝BN﹣BM＝﹣＝
，
∴△EMN的周长＝EN+MN+EM＝++＝；
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、三角形全等、相似的性质和判定、勾股定理，三角函数，计算比较复杂，作辅助线，构建全等三角形，计算出PE的长是关键．
12．如图，等腰三角形ABC底边BC的长为4cm，面积是12cm2，腰AB的垂直平分线EF 交AC于点F，若D为BC边上的中点，M为线段EF上一动点，则△BDM的周长最短为8cm．
【分析】连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再根据EF是线段AB的垂直平分线可知，点B关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为BM+MD的最小值，由此即可得出结论．
【解答】解：连接AD，
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴AD⊥BC，
∴S△ABC＝BC•AD＝×4×AD＝12，解得AD＝6cm，
∵EF是线段AB的垂直平分线，
∴点B关于直线EF的对称点为点A，
∴AD的长为BM+MD的最小值，
∴△BDM的周长最短＝（BM+MD）+BD＝AD+BC＝6+×4＝6+2＝8cm．
故答案为：8．
【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
13．如图a是长方形纸带，∠DEF＝20°，将纸带沿EF折叠成图b，再沿BF折叠成图c，则图c中的∠CFE的度数是120度．
【分析】解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
【解答】解：根据图示可知∠CFE＝180°﹣3×20°＝120°．
故答案为：120°．
【点评】本题考查图形的翻折变换．
14．动手操作：在矩形纸片ABCD中，AB＝3，AD＝5．如图所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A′处，折痕为PQ，当点A′在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．若限定点P、Q分别在AB、AD边上移动，则点A′在BC边上可移动的最大距离为2．
【分析】本题关键在于找到两个极端，即BA′取最大或最小值时，点P或Q的位置．经实验不难发现，分别求出点P与B重合时，BA′取最大值3和当点Q与D重合时，BA′的最小值1．所以可求点A′在BC边上移动的最大距离为2．
【解答】解：当点P与B重合时，BA′取最大值是3，
当点Q与D重合时（如图），由勾股定理得A′C＝4，此时BA′取最小值为1．
则点A′在BC边上移动的最大距离为3﹣1＝2．
故答案为：2
【点评】本题考查了学生的动手能力及图形的折叠、勾股定理的应用等知识，难度稍大，学生主要缺乏动手操作习惯，单凭想象造成错误．
15．如图．在直角坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为（1，3），将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E．那么点D的坐标为（﹣，）．
【分析】首先过D作DF⊥AF于F，根据折叠可以证明△CDE≌△AOE，然后利用全等三角形的性质得到OE＝DE，OA＝CD＝1，设OE＝x，那么CE＝3﹣x，DE＝x，利用勾股定理即可求出OE的长度，而利用已知条件可以证明△AEO∽△ADF，而AD＝AB＝3，接着利用相似三角形的性质即可求出DF、AF的长度，也就求出了D的坐标．
【解答】解：如图，过D作DF⊥AO于F，
∵点B的坐标为（1，3），
∴BC＝AO＝1，AB＝OC＝3，
根据折叠可知：CD＝BC＝OA＝1，∠CDE＝∠B＝∠AOE＝90°，AD＝AB＝3，
在△CDE和△AOE中，
，
∴△CDE≌△AOE，
∴OE＝DE，OA＝CD＝1，AE＝CE，
设OE＝x，那么CE＝3﹣x，DE＝x，
∴在Rt△DCE中，CE2＝DE2+CD2，
∴（3﹣x）2＝x2+12，
∴x＝，
∴OE＝，AE＝CE＝OC﹣OE＝3﹣＝，
又∵DF⊥AF，
∴DF∥EO，
∴△AEO∽△ADF，
∴AE：AD＝EO：DF＝AO：AF，
即：3＝：DF＝1：AF，
∴DF＝，AF＝，
∴OF＝﹣1＝，
∴D的坐标为：（﹣，）．
故答案为：（﹣，）．
【点评】此题主要考查了图形的折叠问题、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及坐标与图形的性质．解题的关键是把握折叠的隐含条件，利用隐含条件得到全等三角形和相似三角形，然后利用它们的性质即可解决问题．
16．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A、B、C的坐标分别为（0，0）、（20，0）、（20，10）．在线段AC、AB上各有一动点M、N，则当BM+MN为最小值时，点M 的坐标是（12，6）．
【分析】先确定点M、N的位置：作点B关于AC的对称点B′，过点B′作OB的垂线垂足即为点N，该垂线与x轴的交点即为点M．连接OB′，交DC于P，再根据矩形、轴对称、等腰三角形的性质得出P A＝PC，那么在Rt△ADP中，运用勾股定理求出P A的长，然后由cos∠B′ON＝cos∠OPD，求出ON的长，由tan∠MON＝tan∠OCD，求出MN的长，即可得出点M的坐标．
【解答】解：如图，作点B关于AC的对称点B′，过点B′作OB的垂线垂足即为点N，该垂线与x轴的交点即为点M，则B′N＝B′M+MN＝BM+MN，B′N的长就是BM+MN
的最小值．
连接OB′，交DC于P．
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，
∴∠BAC＝∠PCA，
∵点B关于AC的对称点是B′，∴∠P AC＝∠BAC，
∴∠P AC＝∠PCA，
∴P A＝PC．
令P A＝x，则PC＝x，PD＝20﹣x．在Rt△ADP中，∵P A2＝PD2+AD2，∴x2＝（20﹣x）2+102，
∴x＝12.5．
∵cos∠B′ON＝cos∠OPD，
∴ON：OB′＝DP：OP，
∴ON：20＝7.5：12.5，
∴ON＝12．
∵tan∠MON＝tan∠OCD，
∴MN：ON＝OD：CD，
∴MN：12＝10：20，
∴MN＝6．
∴点M的坐标是（12，6）．
故答案为（12，6）．
【点评】本题主要考查了轴对称﹣最短路线问题，矩形的性质，坐标与图形的性质，有一定难度，根据垂线段最短作出辅助线，确定点M、N的位置是解答此题的关键．17．如图，直线y＝﹣x+8与x轴，y轴分别交于点A和B，M是OB上的一点，若将△ABM 沿AM折叠，点B恰好落在x轴上的点B′处，则直线AM的解析式为y＝﹣x+3．
【分析】把x的值代入即可求出y的值，即是点的坐标，再把坐标代入就能求出解析式．【解答】解：法一：
当x＝0时，y＝﹣x+8＝8，即B（0，8），
当y＝0时，x＝6，即A（6，0），
所以AB＝AB′＝10，即B′（﹣4，′0），
因为点B与B′关于AM对称，
所以BB′的中点为（，），即（﹣2，4）在直线AM上，
设直线AM的解析式为y＝kx+b，把（﹣2，4）；（6，0），
代入可得y＝﹣x+3．
法二：
直线y＝﹣x+8与x轴，y轴分别交于点A和B，
∴A（6，0），B（0，8）
AB＝＝10
∴AB′＝10
设OM＝x，则B′M＝BM＝BO﹣MO＝8﹣x，B′O＝AB′﹣AO＝10﹣6＝4
∴x2+42＝（8﹣x）2
x＝3
∴M（0，3）
又A（6，0）
直线AM的解析式为y＝﹣x+3
故答案为y＝﹣x+3．
【点评】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．18．如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，点P，Q，K分别为线段BC，CD，BD上
的任意一点，则PK+QK的最小值为．
【分析】根据轴对称确定最短路线问题，作点P关于BD的对称点P′，连接P′Q与BD的交点即为所求的点K，然后根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质可知P′Q⊥CD时PK+QK的最小值，然后求解即可．
【解答】解：如图，∵AB＝2，∠A＝120°，
∴点P′到CD的距离为2×＝，
∴PK+QK的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的性质，轴对称确定最短路线问题，熟记菱形的轴对称性和利用轴对称确定最短路线的方法是解题的关键．
19．如图，正方形ABCD的边长为3，点E在边AB上，且BE＝1，若点P在对角线BD上
移动，则P A+PE的最小值是．
【分析】作出点E关于BD的对称点E′交BC于E′，连接AE′与BD交于点P，此时AP+PE最小，求出AE′的长即为最小值．
【解答】解：作出点E关于BD的对称点E′交BC于E′，连接AE′与BD交于点P，此时AP+PE最小，
∵PE＝PE′，
∴AP+PE＝AP+PE′＝AE′，
在Rt△ABE′中，AB＝3，BE′＝BE＝1，
根据勾股定理得：AE′＝，
则P A+PE的最小值为．
故答案为：．
【点评】此题考查了轴对称﹣最短线路问题，以及正方形的性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
20．如图，已知梯形ABCD，AD∥BC，AD＝DC＝4，BC＝8，点N在BC上，CN＝2，E 是AB中点，在AC上找一点M使EM+MN的值最小，此时其最小值等于6．
【分析】首先找N关于AC的对称点N′，然后根据轴对称的性质进行计算．
【解答】解：∵AD＝DC
∴∠DCA＝∠DAC＝∠ACB，
∴AC平分∠BCD，
作N点关于AC的对称点N′，CN′＝2，如图，
则N′为CD中点，所以EN′∥AD，
连EN′交AC于M点，
∴EM+NM＝EN′，
∴EN′＝（AD+BC）＝（4+8）＝6．
故答案为6．
【点评】此题主要考查有关轴对称﹣﹣最短路线的问题，作N关于AC的对称点N′是关键．
21．如图，∠ABC＝30°，点D、E分别在射线BC、BA上，且BD＝2，BE＝4，点M、N 分别是射线BA，BC上的动点，当DM+MN+NE最小时，DM+MN+NE的值为2．
【分析】如图，作点D关于BA的对称点G，作点E关于BC的对称点H，连接GH交AB有M，交BC有N，连接DM、EN，此时DM+MN+NE的值最小．再证明∠HBG＝90°，利用勾股定理即可解决问题；
【解答】解：如图，作点D关于BA的对称点G，作点E关于BC的对称点H，连接GH 交AB有M，交BC有N，连接DM、EN，此时DM+MN+NE的值最小．
根据对称的性质可知：BD＝BG＝2，BE＝BH＝4，DM＝GM，EN＝NH，
∴DM+MN+NE的最小值为线段GH的长，
∵∠ABC＝∠GBM＝∠HBC＝30°，
∴∠HBG＝90°，
∴GH2＝BG2+BH2＝20，
∴当DM+MN+NE最小时，DM+MN+NE的值为2．
故答案为2．
【点评】本题考查轴对称﹣最短问题、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
22．已知如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，连结BE，将△ABE沿着BE翻折得到△FBE，EF交BC于点H，延长BF、DC相交于点G，若DG＝16，BC＝24，则FH
＝．
【分析】连结GE，根据折叠的性质和矩形的性质可得△EFG与△EDG是直角三角形，DE＝AE＝FE，再根据HL即可证明△EFG≌△EDG．根据全等三角形的性质可得DG＝FG＝16，可设AB＝BF＝DC＝x，在Rt△BCG中，根据勾股定理可求BF的长，再在Rt △BFH中，根据勾股定理可求FH＝BH的长．
【解答】解：连结GE．
∵E是边AD的中点，
∴DE＝AE＝FE，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠A＝∠BFE＝90°，
∴∠D＝∠EFG＝90°．
在Rt△EFG与Rt△EDG中，
，
∴Rt△EFG≌Rt△EDG（HL）；
∴DG＝FG＝16，
设DC＝x，则CG＝16﹣x，BG＝x+16
在Rt△BCG中，
BG2＝BC2+CG2，
即（x+16）2＝（16﹣x）2+242，
解得x＝9，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵∠AEB＝∠FEB，
∴∠CBE＝∠FEB，
∴BH＝EH，
设BH＝EH＝y，则FH＝12﹣y，
在Rt△BFH中，
BH2＝BF2+FH2，
即y2＝92+（12﹣y）2，
解得y＝，
∴12﹣y＝12﹣＝．
故答案为：．
【点评】考查了翻折变换（折叠问题），涉及的知识点有：折叠的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理，综合性较强，有一定的难度，关键是作出辅助线构造全等三角形．
三．解答题（共3小题）
23．如图1，一张矩形纸片ABCD，其中AD＝8cm，AB＝6cm，先沿对角线BD对折，点C 落在点C′的位置，BC′交AD于点G．
（1）求证：AG＝C′G；
（2）如图2，再折叠一次，使点D与点A重合，得折痕EN，EN交AD于点M，求EM 的长．
【分析】（1）通过证明△GAB≌△GC′D即可证得线段AG、C′G相等；
（2）在直角三角形DMN中，利用勾股定理求得MN的长，则EN﹣MN＝EM的长．【解答】（1）证明：∵沿对角线BD对折，点C落在点C′的位置，
∴∠A＝∠C′，AB＝C′D
∴在△GAB与△GC′D中，
∴△GAB≌△GC′D
∴AG＝C′G；
（2）解：∵点D与点A重合，得折痕EN，
∴DM＝4cm，
∵AD＝8cm，AB＝6cm，
在Rt△ABD中，BD＝＝10cm，
∵EN⊥AD，AB⊥AD，
∴EN∥AB，
∴MN是△ABD的中位线，
∴DN＝BD＝5cm，
在Rt△MND中，
∴MN＝＝3（cm），
由折叠的性质可知∠NDE＝∠NDC，
∵EN∥CD，
∴∠END＝∠NDC，
∴∠END＝∠NDE，
∴EN＝ED，设EM＝x，则ED＝EN＝x+3，
由勾股定理得ED2＝EM2+DM2，即（x+3）2＝x2+42，
解得x＝，即EM＝cm．
【点评】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后对应线段相等．同时考查了勾股定理在折叠问题中的运用．
24．如图，在△ABC中，AB＝AC，AB的垂直平分线交AB于N，交AC于M．（1）若∠B＝70°，则∠NMA的度数是50°．
（2）连接MB，若AB＝8cm，△MBC的周长是14cm．
①求BC的长；
②在直线MN上是否存在点P，使由P，B，C构成的△PBC的周长值最小？若存在，标
出点P的位置并求△PBC的周长最小值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）根据等腰三角的性质，三角形的内角和定理，可得∠A的度数，根据直角三角形两锐角的关系，可得答案；
（2）根据垂直平分线的性质，可得AM与MB的关系，再根据三角形的周长，可得答案；
根据两点之间线段最短，可得P点与M点的关系，可得PB+PC与AC的关系．
【解答】解：（1）若∠B＝70°，则∠NMA的度数是50°，
故答案为：50°；
（2）如图：
①∵MN垂直平分AB．
∴MB＝MA，
又∵△MBC的周长是14cm，
∴AC+BC＝14cm，
∴BC＝6cm．
②当点P与点M重合时，PB+CP的值最小，最小值是8cm．
【点评】本题考查了轴对称，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等得出PB＝P A．
25．如图，ABCD是矩形纸片，翻折∠B，∠D，使BC，AD恰好落在AC上．设F，H分别是B，D落在AC上的两点，E，G分别是折痕CE，AG与AB，CD的交点．
（1）求证：四边形AECG是平行四边形；
（2）若AB＝4cm，BC＝3cm，求线段EF的长．
【分析】（1）根据：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，证明AG∥CE，AE∥CG 即可；
（2）解法1：在Rt△AEF中，运用勾股定理可将EF的长求出；
解法2，通过△AEF∽△ACB，可将线段EF的长求出．。