第1頁（共1頁）2026年中考數(shù)學?？伎键c專題之圖形的對稱一．選擇題（共12小題）1．（2025?內江校級模擬）下列圖形中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．2．（2025?涿州市校級三模）如圖，在菱形ABCD中，AB＝8，∠B＝60°，P是AB上一點，BP＝5，Q是CD邊上一動點，將四邊形APQD沿直線PQ折疊，A的對應點A′．當CA′的長度最小時，則CQ的長為（）A．5 B．6 C．6.5 D．73．（2025?涼州區(qū)三模）如圖，將正方形ABCD沿MN折疊，使得點C正好落在AD的中點E處，則sin∠MED的值是（）A．25 B．35 C．23 4．（2025?南山區(qū)二模）如圖，直線l1、l2表示一條河的兩岸，且l1∥l2，現(xiàn)要在這條河上建一座橋，使得村莊A經(jīng)橋過河到村莊B的路程最短，現(xiàn)兩位同學提供了兩種設計方案，下列說法正確的是（）方案一：①將點A向上平移d得到A'；②連接A'B交l1于點M；③過點M作MN⊥l1，交l2于點N，MN即橋的位置．方案二：①連接AB交l1于點M；②過點M作MN⊥l1，交l2于點N．MN即橋的位置．A．唯方案一可行 B．唯方案二可行 C．方案一、二均可行 D．方案一、二均不可行5．（2025?西藏）如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，點E是BC的中點，把△ABE沿AE折疊，點B落在點F處，延長EF交CD于點G，連接AG，則AG的長為（）A．35 B．2 C．210 D．426．（2025?萍鄉(xiāng)校級二模）如圖，正六邊形ABCDEF的邊長是3，連接AD，P是AD上的動點，連接PB，PC．若PB+PC的值是整數(shù)，則點P的位置有（）A．3處 B．5處 C．7處 D．9處7．（2025?裕華區(qū)校級模擬）如圖，第1張透明紙上畫有∠AOB，第2張透明紙上畫有直線l及直線l外一點P．進行如下操作：①折疊第1張紙，可折出∠AOB的平分線；②折疊第2張紙，可折出經(jīng)過點P的直線l的垂線．可以實現(xiàn)的是（）A．只有① B．只有② C．①②都可以 D．①②都無法實現(xiàn)8．（2025?麒麟?yún)^(qū)一模）如圖，將矩形ABCD兩次對折：第一次沿FH對折，使邊AB與CD重合，展開后又沿GE對折，使邊BC與AD重合，再次展開后連接E、F、G、H得到四邊形EFGH．若AB＝2，BC＝4，則四邊形EFGH的面積為（）A．2 B．4 C．5 D．69．（2025?河北模擬）將一張三角形紙片按如圖步驟①至④折疊兩次得圖⑤，然后剪出圖⑤中的陰影部分，則陰影部分展開鋪平后的圖形是（）A．等腰三角形 B．矩形 C．菱形 D．正方形10．（2025?安慶模擬）如圖，在?ABCD中，AD＝8，E為邊BC上一點，連接AE，DE，BE＝3，將△ABE沿AE折疊，點B恰好落在DE上的點B′處，則DB′的長為（）A．5 B．4.5 C．4 D．311．（2025?敘州區(qū)校級模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，點E是BC邊上一動點，連結AE，將△ABE沿AE折疊得△AFE，連結DF，點M是線段DF的中點，連接CM，則CM的最小值是（）A．2 B．23-1 C．5 D12．（2025?遂寧校級模擬）如圖，點E在等邊△ABC的邊BC上，BE＝4，射線CD⊥BC，垂足為點C，點P是射線CD上一動點，點F是線段AB上一動點，當EP+FP的值最小時，BF＝5．則EP+FP這個最小值是（）A．9 B．10 C．53 D．二．填空題（共8小題）13．（2025?湖北模擬）如圖，在正方形紙片ABCD中，E是AB的中點，連接CE，將△BCE沿CE折疊，點B的對應點為點P，連接AP并延長交CD于點F，則線段AF與CE位置關系為，APPF=14．（2025?浙江模擬）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠C＝135°，AB＝6，BC＝8．E為邊CD的中點，F(xiàn)為邊AD上的一動點，將△DEF沿EF翻折得△HEF，連接AH，BH，則△ABH面積的最小值為．15．（2025?黃岡校級模擬）如圖，折疊邊長為4cm的正方形紙片ABCD，折痕是DM，點C落在E處，分別延長ME、DE交AB于點F、G，若M是BC邊的中點，則AF＝cm，F(xiàn)G＝cm．16．（2025?海倫市二模）如圖，已知菱形ABCD的邊長為6，點M是對角線AC上的一動點，且∠ABC＝120°，則MA+MB+MD的最小值是．17．（2025?新疆模擬）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）三點，直線l是拋物線的對稱軸，點M是直線l上的一個動點，當MA+MC最短時，點M的坐標為．18．（2025?瓊山區(qū)校級一模）如圖，四邊形ABCD是菱形，AC是對角線，E是邊AB上的一點，連接CE，將△BCE沿直線CE翻折，點B的對應點B′恰好落在DA的延長線上，若AB＝5，AC=10，則BE＝19．（2025?濰坊）如圖，在?ABCD中，點E在邊BC上．將△ABE沿AE折疊，點B的對應點B′恰好落在邊DC上；將△ADB′沿AB′折疊，點D的對應點D′恰好落在AE上．若∠C＝α，則∠CB′E＝．（用含α的式子表示）20．（2025?南崗區(qū)模擬）如圖，在?ABCD中，AB＝4，BC＝6，點E為直線BC上一動點，連接AE，DE，若∠ABC＝45°，則AE+DE的最小值為．三．解答題（共5小題）21．（2025?臨川區(qū)二模）如圖，在邊長為1個單位長度的正六邊形ABCDEF中，連接AC，請僅用無刻度的直尺按下列要求完成以下作圖（保留作圖痕跡）．（1）在圖1中，將線段AC沿CD方向平移2個單位長度；（2）在圖2中，P是AC上一點，連接AD，作點P關于AD的對稱點．22．（2025?寧波模擬）（1）在四邊形ABED中，AB∥DE，在BC上有一點C，連接AC，CD，∠ACD＝∠B，AC＝CD．證明：DE＝BC．（2）若四邊形ABCD為菱形，將△BCF沿CF對折，使B′恰好落在AD上，已知AF：BF＝1：3，求sin∠ACF．23．（2025?南崗區(qū)校級模擬）如圖，在平面直角坐標系中，線段AB的端點坐標為A（﹣4，3）、B（﹣1，﹣1）．（1）在圖中畫出以線段AB為一邊的等腰鈍角三角形ABC，點C在小正方形的頂點上；并寫出△ABC的面積．（2）畫出△ABC關于y軸對稱的軸對稱圖形△A1B1C1，并寫出A1、B1的坐標．（點A的對應點為A1，點B的對應點為B1，點C的對應點為C1）24．（2025?西寧）如圖，點E是正方形ABCD的邊BC的中點，連接DE，將△EDC沿DE所在直線折疊，點C落在點F處，連接EF并延長交AB于點G，連接DG．（1）求證：△ADG≌△FDG；（2）若AB＝25，求AG的長．25．（2025?武漢校級模擬）如圖是由小正方形組成的7×7網(wǎng)格，△ABC的頂點都是格點，僅用無刻度的直尺在給定網(wǎng)格中完成下列畫圖，每問畫線不超過4條．（1）在圖1中，先在AC上畫一點P，使得∠APB＝∠ABC；再在AB上畫一點Q，使∠APQ＝∠BPC；（2）在圖2中，點D是AB與網(wǎng)格線的交點，先畫線段AD關于AC對稱的線段AE，再在AC上畫點F，使得EF＝AE．

2026年中考數(shù)學?？伎键c專題之圖形的對稱參考答案與試題解析一．選擇題（共12小題）題號1234567891011答案ADBACACBCAD題號12答案C一．選擇題（共12小題）1．（2025?內江校級模擬）下列圖形中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【考點】軸對稱圖形；中心對稱圖形．【專題】平移、旋轉與對稱；幾何直觀．【答案】A【分析】根據(jù)軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念逐項判斷即可．【解答】解：A、選項圖形既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，符合題意；B、選項圖形既不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，不符合題意；C、選項圖形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不符合題意；D、選項圖形不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，不符合題意．故選：A．【點評】本題考查了軸對稱圖形，中心對稱圖形，掌握軸對稱圖形，中心對稱圖形的定義是關鍵．2．（2025?涿州市校級三模）如圖，在菱形ABCD中，AB＝8，∠B＝60°，P是AB上一點，BP＝5，Q是CD邊上一動點，將四邊形APQD沿直線PQ折疊，A的對應點A′．當CA′的長度最小時，則CQ的長為（）A．5 B．6 C．6.5 D．7【考點】翻折變換（折疊問題）；菱形的性質．【答案】D【分析】由A′P＝3可知點A′在以P為圓心以PA′為半徑的弧上，故此當C，P，A′在一條直線上時，CA′有最小值，過點C作CH⊥AB，垂足為H，先求得BH、HC的長，則可得到PH的長，然后再求得PC的長，最后依據(jù)折疊的性質和平行線的性質可證明△CQP為等腰三角形，則可得到QC的長．【解答】解：如圖所示：過點C作CH⊥AB，垂足為H．在Rt△BCH中，∠B＝60°，BC＝8，則BH=12BC＝4，CH＝sin60°?BC=32×∴PH＝1．在Rt△CPH中，依據(jù)勾股定理可知：PC=(43由翻折的性質可知：∠APQ＝∠A′PQ．∵DC∥AB，∴∠CQP＝∠APQ．∴∠CQP＝∠CPQ．∴QC＝CP＝7．故選：D．【點評】本題主要考查的是菱形的性質、勾股定理的應用，翻折的性質、等腰三角形的判定，判斷出CA′取得最小值的條件是解題的關鍵．3．（2025?涼州區(qū)三模）如圖，將正方形ABCD沿MN折疊，使得點C正好落在AD的中點E處，則sin∠MED的值是（）A．25 B．35 C．23 【考點】翻折變換（折疊問題）；解直角三角形；正方形的性質．【專題】平移、旋轉與對稱；運算能力．【答案】B【分析】設正方形邊長為2a，則DC＝2a，由折疊可知ME＝MC，設MD＝x，則MC＝ME＝2a﹣x，再利用勾股定理算出x=3【解答】解：設正方形邊長為2a，則DC＝2a，由題意可得：DE＝a，∵ME＝MC，設MD＝x，則MC＝ME＝2a﹣x，∴x2+a2＝（2a﹣x）2，∴x=3∴sin∠MED=MD故選：B．【點評】本題考查了正方形的性質，勾股定理，求角的正弦值，熟練掌握知識點是解題的關鍵．4．（2025?南山區(qū)二模）如圖，直線l1、l2表示一條河的兩岸，且l1∥l2，現(xiàn)要在這條河上建一座橋，使得村莊A經(jīng)橋過河到村莊B的路程最短，現(xiàn)兩位同學提供了兩種設計方案，下列說法正確的是（）方案一：①將點A向上平移d得到A'；②連接A'B交l1于點M；③過點M作MN⊥l1，交l2于點N，MN即橋的位置．方案二：①連接AB交l1于點M；②過點M作MN⊥l1，交l2于點N．MN即橋的位置．A．唯方案一可行 B．唯方案二可行 C．方案一、二均可行 D．方案一、二均不可行【考點】軸對稱﹣最短路線問題；平移的性質；平行線的性質．【專題】平移、旋轉與對稱；幾何直觀；推理能力．【答案】A【分析】因為河寬是確定的，要使村莊A經(jīng)橋過河到村莊B的路程最短，只要AN+BM最短即可，可利用平移解決問題．【解答】解：河寬是確定的，要使村莊A經(jīng)橋過河到村莊B的路程最短，只要AN+BM最短即可．∵AA'垂直于河岸l2，AA′＝d，連接BA′，與另一條河岸相交于M，作MN⊥直線l1，由平移的性質，知MN∥AA′，且MN＝AA′＝d，MA′＝NA，根據(jù)“兩點之間線段最短”，BA′最短，即AN+BM最短．故方案一符合題意，故選：A．【點評】本題考查兩點之間線段最短，平移的性質，能夠將一些線段進行轉化，即用與它相等的線段替代，從而轉化成兩點之間線段最短的問題是解題的關鍵．5．（2025?西藏）如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，點E是BC的中點，把△ABE沿AE折疊，點B落在點F處，延長EF交CD于點G，連接AG，則AG的長為（）A．35 B．2 C．210 D．42【考點】翻折變換（折疊問題）；勾股定理；正方形的性質．【專題】圖形的全等；等腰三角形與直角三角形；矩形菱形正方形；平移、旋轉與對稱；運算能力；推理能力．【答案】C【分析】由正方形的性質得CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°，則BE＝CE=12CB＝3，由折疊得AF＝AB，F(xiàn)E＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，可證明Rt△AFG≌Rt△ADG，得FG＝DG，由CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG，根據(jù)勾股定理得32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2，求得DG＝2，則AG=A【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，AB＝6，點E是BC的中點，∴CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°，∴BE＝CE=12CB＝由折疊得AF＝AB，F(xiàn)E＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，∴AF＝AD，∠AFG＝∠D＝90°，在Rt△AFG和Rt△ADG中，AG=AGAF=AD∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），∴FG＝DG，∵CE2+CG2＝EG2，且CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG，∴32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2，解得DG＝2，∴AG=AD2故選：C．【點評】此題重點考查正方形的性質、翻折變換的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理等知識，推導出FG＝DG是解題的關鍵．6．（2025?萍鄉(xiāng)校級二模）如圖，正六邊形ABCDEF的邊長是3，連接AD，P是AD上的動點，連接PB，PC．若PB+PC的值是整數(shù)，則點P的位置有（）A．3處 B．5處 C．7處 D．9處【考點】軸對稱的性質；勾股定理．【專題】平移、旋轉與對稱；推理能力．【答案】A【分析】根據(jù)正多邊形的性質，軸對稱的性質得到點P從A→D運動時，PB+PC的取值范圍為6≤PB+PC≤3+33【解答】解：由條件可知AB＝BC＝CD＝DE＝FE＝AF＝3，點B關于AD的對稱點為點F，每個內角的度數(shù)為180°×(6-2)6如圖所示，連接CF，交AD于點P，連接BP，BF，BD，設AD，BF交于點M，∴PB+PC＝PF+PC，∠BAD=∠FAD=12∠BAF=60°∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝120°﹣30°＝90°，∠DBF＝120°﹣∠CBD﹣∠ABF＝60°，∴∠ADB＝30°，AD＝2AB＝6，BD=A∴AB+BC=3+33，CF＝6當點C，P，F(xiàn)三點共線時，PC+PF的值最小，最小值為6，PB+PC的取值范圍為6≤PB+PC≤3+33∵6＜∴整數(shù)值為6，7，8，共3個，故選：A．【點評】本題考查了正多邊形，軸對稱的性質，勾股定理等知識的綜合，掌握正多邊形，勾股定理的運用是關鍵．7．（2025?裕華區(qū)校級模擬）如圖，第1張透明紙上畫有∠AOB，第2張透明紙上畫有直線l及直線l外一點P．進行如下操作：①折疊第1張紙，可折出∠AOB的平分線；②折疊第2張紙，可折出經(jīng)過點P的直線l的垂線．可以實現(xiàn)的是（）A．只有① B．只有② C．①②都可以 D．①②都無法實現(xiàn)【考點】剪紙問題．【專題】作圖題；幾何直觀．【答案】C【分析】都可以實現(xiàn)．①只需過點O折疊，使OA與OB重合，折痕即為角平分線；②只需過點P折疊，使直線l的兩端重合，折痕即為所求．【解答】解：都可以實現(xiàn)．①折疊第1張紙，只需過點O折疊，使OA與OB重合，折痕即為角平分線；②折疊第2張紙，只需過點P折疊，使直線l的兩端重合，折痕即為所求．故選：C．【點評】本題考查剪紙問題，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．8．（2025?麒麟?yún)^(qū)一模）如圖，將矩形ABCD兩次對折：第一次沿FH對折，使邊AB與CD重合，展開后又沿GE對折，使邊BC與AD重合，再次展開后連接E、F、G、H得到四邊形EFGH．若AB＝2，BC＝4，則四邊形EFGH的面積為（）A．2 B．4 C．5 D．6【考點】翻折變換（折疊問題）；矩形的性質．【專題】展開與折疊．【答案】B【分析】根據(jù)矩形的性質，得出∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，AB∥CD．根據(jù)折疊可知，AG＝BG＝CE＝DE，AF＝DF＝BH＝CH，推出△AGF≌△BGH≌△DEF≌△CEH（SAS），則GF＝GH＝EF＝EH，推出四邊形EFGH是菱形．由題意得FH＝AB＝2，GE＝BC＝4，則四邊形EFGH的面積=1【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，AB∥CD，由折疊可知，AG＝BG＝CE＝DE，AF＝DF＝BH＝CH，∴△AGF≌△BGH≌△DEF≌△CEH（SAS），∴GF＝GH＝EF＝EH，∴四邊形EFGH是菱形．由題意，得FH＝AB＝2，GE＝BC＝4，∴四邊形EFGH的面積=1故選：B．【點評】本題考查了矩形的性質、折疊的性質、菱形的判定等知識點，熟練掌握其性質是解決此題的關鍵．9．（2025?河北模擬）將一張三角形紙片按如圖步驟①至④折疊兩次得圖⑤，然后剪出圖⑤中的陰影部分，則陰影部分展開鋪平后的圖形是（）A．等腰三角形 B．矩形 C．菱形 D．正方形【考點】剪紙問題；等腰三角形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定．【專題】矩形菱形正方形；平移、旋轉與對稱；幾何直觀．【答案】C【分析】對折是軸對稱得到的圖形，根據(jù)最后得到的圖形可得是沿對角線折疊2次后，剪去一個三角形得到的，按原圖返回即可．【解答】解：如圖，由題意可知，剪下的圖形是四邊形BACD，由折疊可知CA＝AB，∴△ABC是等腰三角形，又∵△ABC和△BCD關于直線BC對稱，∴四邊形BACD是菱形，故選：C．【點評】本題主要考查折疊的性質及學生動手操作能力：逆向思維也是常用的一種數(shù)學思維方式．10．（2025?安慶模擬）如圖，在?ABCD中，AD＝8，E為邊BC上一點，連接AE，DE，BE＝3，將△ABE沿AE折疊，點B恰好落在DE上的點B′處，則DB′的長為（）A．5 B．4.5 C．4 D．3【考點】翻折變換（折疊問題）；平行四邊形的性質．【專題】平移、旋轉與對稱；運算能力．【答案】A【分析】根據(jù)平行四邊形的性質和折疊的性質可求出∠DAE＝∠AED，B′E＝BE＝3，得到DE＝AD＝8，據(jù)此求解即可．【解答】解：∵?ABCD，∴AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，由題意可得：∠AEB＝∠AED，B′E＝BE＝3，∴∠DAE＝∠AED，∴DE＝AD＝8，∴DB′＝DE﹣B′E＝5，故選：A．【點評】本題考查了平行四邊形的性質、折疊的性質、等角對等邊，正確進行計算是解題關鍵．11．（2025?敘州區(qū)校級模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，點E是BC邊上一動點，連結AE，將△ABE沿AE折疊得△AFE，連結DF，點M是線段DF的中點，連接CM，則CM的最小值是（）A．2 B．23-1 C．5 D【考點】翻折變換（折疊問題）；勾股定理；三角形中位線定理；矩形的性質．【專題】平移、旋轉與對稱；運算能力．【答案】D【分析】結合矩形的性質，由折疊可知，AF＝AB＝3，取AD中點N，連接CN，MN，則DN=12AD=2，可得CN=13，MN=12AF=【解答】解：由題意可得：AB＝CD＝3，AD＝4，∠BAD＝∠ADC＝90°，AF＝AB＝3，取AD中點N，連接CN，MN，則DN=1∴CN=C又∵MN是△ADF的中位線，∴MN=1由三角形三邊關系可知，CM≥CN-MN=13-32，當∴CM的最小值為13-故選：D．【點評】本題考查矩形與翻折，三角形中位線定理，勾股定理，通過構造三角形中位線得到MN=112．（2025?遂寧校級模擬）如圖，點E在等邊△ABC的邊BC上，BE＝4，射線CD⊥BC，垂足為點C，點P是射線CD上一動點，點F是線段AB上一動點，當EP+FP的值最小時，BF＝5．則EP+FP這個最小值是（）A．9 B．10 C．53 D．【考點】軸對稱﹣最短路線問題；等邊三角形的性質；勾股定理．【專題】平移、旋轉與對稱；推理能力．【答案】C【分析】作點E關于射線CD的對稱點E′，過E′作E′F⊥AB于F，交射線CD于P，連接PE，此時EP+FP的值最小，據(jù)此解答即可．【解答】解：作點E關于射線CD的對稱點E′，過E′作E′F⊥AB于F，交射線CD于P，連接PE，如圖，則E′P＝EP，∴EP+FP＝E′P+FP＝E′F，此時EP+FP的值最小，則BF＝5，∵△ABC是正三角形，∴∠B＝60°，∵E'F⊥AB，∴E′F=3BF＝53即PE+PF最小值為53．故選：C．【點評】本題考查最短路徑問題、等邊三角形的性質、含30度角的直角三角形的性質，熟練掌握利用軸對稱性質求最短距離的方法是解答的關鍵．二．填空題（共8小題）13．（2025?湖北模擬）如圖，在正方形紙片ABCD中，E是AB的中點，連接CE，將△BCE沿CE折疊，點B的對應點為點P，連接AP并延長交CD于點F，則線段AF與CE位置關系為AF∥CE，APPF=23【考點】翻折變換（折疊問題）；相似三角形的判定與性質；勾股定理；正方形的性質．【專題】平移、旋轉與對稱；推理能力．【答案】AF∥CE，23【分析】連接BP，由折疊的性質可得，BE＝PE，BP⊥CE，∠EBP＝∠EPB，根據(jù)等邊對等角得到∠EAP＝∠EPA，可得BP⊥AF，進而證明四邊形AECF是平行四邊形，即可證明AF∥CE；設AB＝AD＝2a，由勾股定理可得AF=5a，證明△ABP∽△FAD，求出AP=25a【解答】解：如圖，連接BP，由折疊可得，∠EBP＝∠EPB，BE＝PE，BP⊥CE，∵點E是線段AB的中點，∴BE＝AE，∴AE＝PE，∴∠EAP＝∠EPA，∵∠EBP+∠EPB+∠EAP+∠EPA＝180°，∴∠APB＝∠EPA+∠EPB＝90°，∴BP⊥AF，∵BP⊥CE，∴AF∥CE，∵AE∥CF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴CF=AE=12AB，AF設AB＝AD＝2a，則DF＝a，由勾股定理得，AF=A∵∠ABP+∠BAP＝90°，∠BAP+∠FAD＝90°，∴∠ABP＝∠FAD，∵∠APB＝∠D＝90°，∴△ABP∽△FAD，根據(jù)相似三角形的性質可得，∴APFD即APa∴AP=2∴PF=AF-AP=5∴APPF故答案為：AF∥CE；23【點評】本題考查了折疊的性質，等腰三角形的性質，平行四邊形的判定和性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，熟練掌握各知識點是解題的關鍵．14．（2025?浙江模擬）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠C＝135°，AB＝6，BC＝8．E為邊CD的中點，F(xiàn)為邊AD上的一動點，將△DEF沿EF翻折得△HEF，連接AH，BH，則△ABH面積的最小值為122-9【考點】翻折變換（折疊問題）；三角形的面積；平行四邊形的性質．【專題】平移、旋轉與對稱；推理能力．【答案】122【分析】在以點E為圓心，HE為半徑的圓上運動，當點H到AB的距離最短時三角形的面積最小，利用勾股定理求出最小值即可．【解答】解：由題可知，點H在以點E為圓心，HE為半徑的圓上運動，因為AB的長不變，所以△ABH面積的最小，所以點H到AB的距離最短．因為AB∥CD，所以過點C作CP⊥AB，垂足為P．∵∠C＝135°，∴∠ABC＝45°∴BP＝PC，由勾股定理得，2CP2＝BC2．∵BC＝8．∴CP=2∴點E到AB的距離為42∵AB＝6，點E為邊線段CD的中點，∴HE＝3，∴點H到AB的距離最短，最短距離為42所以△ABH面積=1故答案為：122【點評】本題考查了平行四邊形的性質和最短路徑，解題關鍵是確定點H．15．（2025?黃岡校級模擬）如圖，折疊邊長為4cm的正方形紙片ABCD，折痕是DM，點C落在E處，分別延長ME、DE交AB于點F、G，若M是BC邊的中點，則AF＝43cm，F(xiàn)G＝53【考點】翻折變換（折疊問題）；正方形的性質．【專題】矩形菱形正方形；平移、旋轉與對稱；運算能力．【答案】43，5【分析】如圖，連接DF，可證得Rt△DAF≌Rt△DEF（HL），則AF＝EF，設AF＝xcm，則EF＝xcm，利用勾股定理求得x=43，再由△FGE∽△【解答】解：如圖，連接DF，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD＝AB＝BC＝4cm，∠A＝∠B＝∠C＝90°，∵點M是BC邊的中點，∴CM＝BM=12BC＝2由折疊得：DE＝CD＝4cm，EM＝CM＝2cm，∠DEM＝∠C＝90°，∴∠DEF＝180°﹣90°＝90°，AD＝DE，∴∠A＝∠DEF，在Rt△DAF和Rt△DEF中，AD=DEDF=DF∴Rt△DAF≌Rt△DEF（HL），∴AF＝EF，設AF＝xcm，則EF＝xcm，∴BF＝（4﹣x）cm，F(xiàn)M＝（x+2）cm，在Rt△BFM中，BF2+BM2＝FM2，∴（4﹣x）2+22＝（x+2）2，解得：x=4∴AF＝EF=43cm，BF＝4-43=83（cm），∵∠FEG＝∠DEM＝90°，∴∠FEG＝∠B＝90°，∵∠EFG＝∠BFM，∴△FGE∽△FMB，∴FGEF=FM∴FG=53故答案為：43，5【點評】此題考查了折疊的性質、正方形的性質、勾股定理、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定與性質．此題有一定難度，注意掌握數(shù)形結合思想與方程思想的應用．16．（2025?海倫市二模）如圖，已知菱形ABCD的邊長為6，點M是對角線AC上的一動點，且∠ABC＝120°，則MA+MB+MD的最小值是63．【考點】軸對稱﹣最短路線問題；等邊三角形的判定與性質；菱形的性質．【專題】矩形菱形正方形；平移、旋轉與對稱；推理能力．【答案】63．【分析】過點D作DE⊥AB于點E，連接BD，根據(jù)垂線段最短，此時DE最短，即MA+MB+MD最小，根據(jù)菱形性質和等邊三角形的性質即可求出DE的長，進而可得結論．【解答】解：如圖，過點D作DE⊥AB于點E，連接BD，∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝DC＝BC，∴△ADB是等邊三角形，∴∠MAE＝30°，∴AM＝2ME，∵MD＝MB，∴MA+MB+MD＝2ME+2DM＝2DE，根據(jù)垂線段最短，此時DE最短，即MA+MB+MD最小，∵菱形ABCD的邊長為6，∴DE=AD2∴2DE＝63．∴MA+MB+MD的最小值是63．故答案為63．方法二：解：連接BD交AC于O，∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝DC＝BC，∴△ADB是等邊三角形，AO垂直平分BD，∴∠MAB＝30°，MB＝MD，作MP⊥AB于P，得AM＝2MP，∴MA+MB+MD＝2MP+2MD＝2（MP+MD），連接DP，得MP+MD≥DP，∴MA+MB+MD≥2DP，∵當DP⊥AB時，DP取最小值，此時DP＝AD?sin60°＝6×32=則MA+MB+MD≥2DP＝63，∴MA+MB+MD的最小值是63．【點評】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是掌握菱形的性質，等邊三角形的判定與性質．17．（2025?新疆模擬）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）三點，直線l是拋物線的對稱軸，點M是直線l上的一個動點，當MA+MC最短時，點M的坐標為（1，﹣2）．【考點】軸對稱﹣最短路線問題；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；二次函數(shù)的性質；二次函數(shù)圖象上點的坐標特征．【專題】二次函數(shù)圖象及其性質；幾何直觀；推理能力．【答案】（1，﹣2）【分析】根據(jù)拋物線的對稱性，連接BC交對稱軸l于M，此時MA+MC最短，利用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式即可求得點M的坐標．【解答】解：連接BC交拋物線的對稱軸l于M，則MA+MC＝MB+MC＝BC最短，設直線BC的解析式為y＝mx+n，將B（3，0），C（0，﹣3）代入，得：3m+n=0n=-3解得m=1n=-3∴直線BC的解析式為y＝x﹣3，∵拋物線經(jīng)過A（﹣1，0）、B（3，0），∴拋物線的對稱軸為直線x＝1，當x＝1時，y＝﹣2，∴點M坐標為（1，﹣2），故答案為：（1，﹣2）．【點評】本題考查軸對稱﹣最短路線問題，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，二次函數(shù)的性質，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，會利用拋物線的對稱性解決最短路徑問題是解答的關鍵．18．（2025?瓊山區(qū)校級一模）如圖，四邊形ABCD是菱形，AC是對角線，E是邊AB上的一點，連接CE，將△BCE沿直線CE翻折，點B的對應點B′恰好落在DA的延長線上，若AB＝5，AC=10，則BE＝2513【考點】翻折變換（折疊問題）；勾股定理；菱形的性質．【專題】等腰三角形與直角三角形；矩形菱形正方形；平移、旋轉與對稱；圖形的相似；運算能力；推理能力．【答案】2513【分析】作CL⊥AD于點L，由菱形的性質得AD＝CD＝BC＝AB＝5，而AC=10，由勾股定理得（10）2﹣AL2＝52﹣（5﹣AL）2，求得AL＝1，由翻折得B′C＝BC＝CD＝5，則B′L＝DL＝4，求得AB′＝3，可證明△AFB′∽△BFC，得AFBF=B'FCF=AB'BC=35，求得BF=58AB=258，CF=58B′C=258，作EH∥FC交BC于點H，可證明CH＝HE【解答】解：作CL⊥AD于點L，則∠ALC＝∠DLC＝90°，∵四邊形ABCD是菱形，AB＝5，AC=10∴AD＝CD＝BC＝AB＝5，AD∥BC，∵AC2﹣AL2＝CD2﹣DL2＝CL2，且DL＝5﹣AL，∴（10）2﹣AL2＝52﹣（5﹣AL）2，解得AL＝1，由翻折得B′C＝BC＝5，∴B′C＝CD，∵點B的對應點B′恰好落在DA的延長線上，∴B′L＝DL＝AD﹣AL＝4，∴AB′＝B′L﹣AL＝3，∵AB′∥BC，∴△AFB′∽△BFC，∴AFBF∴BF=53+5AB=58AB=58×5=258，CF=53+5作EH∥FC交BC于點H，則∠HEC＝∠B′CE，∴∠BCE＝∠B′CE，∴∠HEC＝∠BCE，∴CH＝HE，∴BEFE∵△BEH∽△BFC，∴BHBC∴BHHE∴BEFE∴BE=88+5BF=8故答案為：2513【點評】此題重點考查菱形的性質、翻折變換的性質、勾股定理、等腰三角形的性質、平行線分線段成比例定理、相似三角形的判定與性質等知識，正確地添加輔助線是解題的關鍵．19．（2025?濰坊）如圖，在?ABCD中，點E在邊BC上．將△ABE沿AE折疊，點B的對應點B′恰好落在邊DC上；將△ADB′沿AB′折疊，點D的對應點D′恰好落在AE上．若∠C＝α，則∠CB′E＝α3．（用含α【考點】翻折變換（折疊問題）；平行四邊形的性質．【專題】線段、角、相交線與平行線；多邊形與平行四邊形；平移、旋轉與對稱；運算能力；推理能力．【答案】α3【分析】由平行四邊形的性質得∠BAD＝∠C＝α，由折疊得∠AB′E＝∠B＝180°﹣α，∠B′AE＝∠BAE，因為將△ADB′沿AB′折疊，點D的對應點D′恰好落在AE上，所以∠B′AD＝∠B′AE＝∠BAE=α3，則∠BAB′=2α3，由∠CB′E+180°﹣α+2α3=180°【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠C＝α，∴∠BAD＝∠C＝α，BC∥AD，CD∥AB，∵點E在邊BC上．將△ABE沿AE折疊，點B的對應點B′恰好落在邊DC上，∴∠AB′E＝∠B＝180°﹣∠BAD＝180°﹣α，∠B′AE＝∠BAE，∵將△ADB′沿AB′折疊，點D的對應點D′恰好落在AE上，∴∠B′AD＝∠B′AE＝∠BAE=13∠BAD∴∠BAB′＝∠BAD﹣∠B′AD＝α-α∵∠CB′E+∠AB′E+∠BAB′＝180°，∴∠CB′E+180°﹣α+2α3∴∠CB′E=α故答案為：α3【點評】此題重點考查平行四邊形的性質、翻折變換的性質、平行線的性質等知識，推導出∠AB′E＝180°﹣α及∠B′AD＝∠B′AE＝∠BAE=α20．（2025?南崗區(qū)模擬）如圖，在?ABCD中，AB＝4，BC＝6，點E為直線BC上一動點，連接AE，DE，若∠ABC＝45°，則AE+DE的最小值為217．【考點】軸對稱﹣最短路線問題；平行四邊形的性質．【專題】多邊形與平行四邊形；平移、旋轉與對稱；推理能力．【答案】見試題解答內容【分析】作點A關于直線BC的對稱軸A′，連接A′D交BC于E，如圖，此時AE+DE最小，最小值為A′D的長度，則AH＝A′H，AH⊥BC，AH⊥AD，根據(jù)平行四邊形的性質得到AD＝BC＝6，求得AH＝BH=22AB＝2【解答】解：作點A關于直線BC的對稱軸A′，連接A′D交BC于E，如圖，此時AE+DE最小，最小值為A′D的長度，則AH＝A′H，AH⊥BC，AH⊥AD，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC＝6，∵∠ABC＝45°，∠AHB＝90°，∴AH＝BH=22AB＝2∴AA′＝42，∴DA′=AD2∴AE+DE的最小值為217．故答案為：217．【點評】本題考查了軸對稱﹣最短路徑問題，平行四邊形的性質，熟練掌握軸對稱的性質是解題的關鍵．三．解答題（共5小題）21．（2025?臨川區(qū)二模）如圖，在邊長為1個單位長度的正六邊形ABCDEF中，連接AC，請僅用無刻度的直尺按下列要求完成以下作圖（保留作圖痕跡）．（1）在圖1中，將線段AC沿CD方向平移2個單位長度；（2）在圖2中，P是AC上一點，連接AD，作點P關于AD的對稱點．【考點】作圖﹣軸對稱變換；作圖﹣平移變換．【專題】作圖題；平移、旋轉與對稱；幾何直觀；推理能力．【答案】（1）見解析；（2）見解析．【分析】（1）分別延長DE、FE，分別交AF和CD的延長線于點G，H，連接GH，則線段GH是線段AC沿CD方向平移2個單位長度得的；（2）分別連接PE，AE，AD，設PE與AD交于點L，連接CL，并延長，交AE于點Q，則點Q為點P關于AD的對稱點．【解答】解：（1）如圖1，GH即為所作；（2）點P關于AD的對稱點點Q，如圖2即為所求．【點評】本題主要考查作圖﹣軸對稱變換，作圖﹣平移變換，正確掌握正六邊形的性質是解答關鍵．22．（2025?寧波模擬）（1）在四邊形ABED中，AB∥DE，在BC上有一點C，連接AC，CD，∠ACD＝∠B，AC＝CD．證明：DE＝BC．（2）若四邊形ABCD為菱形，將△BCF沿CF對折，使B′恰好落在AD上，已知AF：BF＝1：3，求sin∠ACF．【考點】翻折變換（折疊問題）；解直角三角形；全等三角形的判定與性質；菱形的性質．【專題】展開與折疊；推理能力．【答案】（1）延長BE至點G，使得DE＝DG，∴∠DEG＝∠G，∵AB∥DE，∠ACD＝∠B，∴∠B＝∠ACD＝∠DEG＝∠G，∵∠ACD+∠DCG＝∠B+∠CAB，∠ACD＝∠B，∴∠DCG＝∠CAB，∵AC＝CD，∴△ABC≌△CGD（AAS），∴DG＝BC，∵DE＝DG，∴DE＝BC；（2）16【分析】（1）延長BE至點G，使得DE＝DG，根據(jù)條件證明△ABC≌△CGD即可得出結論；（2）延長DA，在延長線上找一點G，使得FG＝FA，假設AF＝FG＝1，則FB′＝FB＝3，CD＝CB＝CB′＝4，根據(jù)條件得出△CB′D∽△B′FG，根據(jù)相似三角形的性質得出相關邊長，根據(jù)菱形的性質和翻折的性質得出∠HCD＝∠ACF即可求出結果．【解答】（1）證明：延長BE至點G，使得DE＝DG，∴∠DEG＝∠G，∵AB∥DE，∠ACD＝∠B，∴∠B＝∠ACD＝∠DEG＝∠G，∵∠ACD+∠DCG＝∠B+∠CAB，∠ACD＝∠B，∴∠DCG＝∠CAB，∵AC＝CD，∴△ABC≌△CGD（AAS），∴DG＝BC，∵DE＝DG，∴DE＝BC；（2）解：延長DA，在延長線上找一點G，使得FG＝FA，∴∠G＝∠FAG，∵四邊形ABCD為菱形，∴CD∥BA，CD＝CB＝CB′，∴∠FAG＝∠D＝∠CB′D＝∠G，假設AF＝FG＝1，則FB′＝FB＝3，CD＝CB＝CB′＝4，∵四邊形ABCD為菱形，∴∠D＝∠B＝∠CB′F，∴∠CB′F+∠FB′G＝∠D+∠DCB′，∴∠FB′G＝∠DCB′，∵∠D＝∠G，∴△CB′D∽△B′FG，B'DFG可得B'D=4過C作CH⊥AD于H，根據(jù)等腰三角形三線合一得∠HCD＝∠HCB′，DH=1由折疊∠FCB＝∠FCB′，∴∠FCH=∠ACD=1∴∠HCD＝∠ACF，∴sin∠ACF=sin∠HCD=DH【點評】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，三角形的外角定理，菱形的性質，翻折的性質，相似三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，銳角三角函數(shù)等知識點，解題的關鍵是熟練掌握以上性質，并靈活應用．23．（2025?南崗區(qū)校級模擬）如圖，在平面直角坐標系中，線段AB的端點坐標為A（﹣4，3）、B（﹣1，﹣1）．（1）在圖中畫出以線段AB為一邊的等腰鈍角三角形ABC，點C在小正方形的頂點上；并寫出△ABC的面積．（2）畫出△ABC關于y軸對稱的軸對稱圖形△A1B1C1，并寫出A1、B1的坐標．（點A的對應點為A1，點B的對應點為B1，點C的對應點為C1）【考點】作圖﹣軸對稱變換；三角形的面積．【專題】作圖題；幾何直觀．【答案】（1）△ABC的面積＝10；（2）A1（4，3）、B1（1，﹣1）．【分析】（1）由勾股定理可知AB＝5，由此即可作出以線段AB為一邊的等腰鈍角三角形ABC，由三角形面積公式即可求出三角形面積；（2）利用軸對稱的特點得到A1，B1，C1的位置，再順次連接得到△A1B1C1，由作圖可直接得出答案．【解答】解：（1）如圖，由勾股定理可得，AB=4∴BC＝5，∴△ABC的面積=1（2）如圖，畫出△ABC關于y軸對稱的軸對稱圖形△A1B1C1，A1（4，3）、B1（1，﹣1）．【點評】本題考查作圖﹣軸對稱變換、三角形的面積，熟練掌握關于坐標軸對稱的點的坐標特征是解答本題的關鍵．24．（2025?西寧）如圖，點E是正方形ABCD的邊BC的中點，連接DE，將△EDC沿DE所在直線折疊，點C落在點F處，連接EF并延長交AB于點G，連接DG．（1）求證：△ADG≌△FDG；（2）若AB＝25，求AG的長．【考點】翻折變換（折疊問題）；全等三角形的判定與性質；勾股定理；正方形的性質．【專題】圖形的全等；等腰三角形與直角三角形；矩形菱形正方形；平移、旋轉與對稱；運算能力；推理能力．【答案】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，由折疊得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，∴AD＝FD，∠DFG＝90°，在Rt△ADG和Rt△FDG中，DG=DGAD=FD∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）．（2）AG的長是25【分析】（1）由正方形的性質得AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，由折疊得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，則AD＝FD，∠DFG＝90°，而DG＝DG，即可根據(jù)“HL”證明Rt△ADG≌Rt△FDG．（2）因為AD＝DC＝BC＝AB＝25，點E是BC的中點，所以BE＝CE=12BC=5，則FE＝BE=5，而FG＝AG，則BG＝25-AG，EG=5+FG=5+AG，由勾股定理得（5）2+（25-AG）2【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，由折疊得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，∴AD＝FD，∠DFG＝90°，在Rt△ADG和Rt△FDG中，DG=DGAD=FD∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）．（2）解：∵AD＝DC＝BC＝AB＝25，點E是BC的中點，∴BE＝CE=12BC∴FE＝BE=5∵FG＝AG，∴BG＝25-AG，EG=5+FG∵∠B＝90°，∴BE2+BG2＝EG2，∴（5）2+（25-AG）2＝（5+AG）解得AG=2∴AG的長是25【點評】此題重點考查正方形的性質、翻折變換的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理等中知識，推導出AD＝FD，∠DFG＝90°，進而證明Rt△ADG≌Rt△FDG是解題的關鍵．25．（2025?武漢校級模擬）如圖是由小正方形組成的7×7網(wǎng)格，△ABC的頂點都是格點，僅用無刻度的直尺在給定網(wǎng)格中完成下列畫圖，每問畫線不超過4條．（1）在圖1中，先在AC上畫一點P，使得∠APB＝∠ABC；再在AB上畫一點Q，使∠APQ＝∠BPC；（2）在圖2中，點D是AB與網(wǎng)格線的交點，先畫線段AD關于AC對稱的線段AE，再在AC上畫點F，使得EF＝AE．【考點】作圖﹣軸對稱變換．【專題】幾何直觀．【答案】（1）點P，Q即為所求，；（2）線段AE，點F，即為所求，．【分析】（1）取格點G，連接BG交AC于點P，取格點H，連接HP并延長交AB于點Q，則P，Q即為所求；（2）取格點T，連接AT并延長交網(wǎng)格線于點M，取AM與網(wǎng)格的交點E，延長AB交網(wǎng)格線于點N，連接MN交AC于點F，連接EF，即可求解．【解答】解：（1）點P，Q即為所求；理由，連接AG，AH，∵AB=AG=1∴AB2+AG2＝BG2，∴△ABG是等腰直角三角形（勾股定理的逆定理），∴∠ABG＝∠AGB＝45°，∠BAG＝90°，根據(jù)網(wǎng)格可得∠ACB＝45°，∴∠ABC＝180°﹣∠ACB﹣∠BAC＝135°﹣∠BAC，∵∠APB＝∠AGB+∠PAG＝135°﹣∠BAC，∴∠APB＝∠ABC；∴P點即為所求；在△ACH和△ACB中，AH=ABAC=AC∴△ACH≌△ACB（SSS），∴∠BAC＝∠HAC（全等三角形的對應角相等），∵AH＝AB，AP＝AP（SAS），∴△APB≌△APH，∴∠APB＝∠APH，∵∠GPH＝∠QPB，∴∠APB﹣∠GPH＝∠APH﹣∠QPB，∴∠APQ＝∠APG＝∠BPC，∴Q點即為所求；（2）線段AE，點F，即為所求，理由如下，∵AB=AT=1又根據(jù)網(wǎng)格的特點可得：ATTM=ABBN=51∴△ATB∽△AMN，∴∠ATB＝∠AMN（相似三角形的對應角相等），∴TB∥MN，ATAM∴ATAB=AMAN=1∵△TBC是等腰直角三角形，∠ACB＝45°，∴∠TBC＝∠ACB＝45°，∴∠TBC+∠ACB＝90°，∴BT⊥AC，∴MN⊥AC，∵AM＝AN，∴AC垂直平分MN，∴∠MAC＝∠NAC，NF＝MF，∵AEET∴AE＝AD，且AE是AD關于AC對稱的線段，∴AE即為所求；∵∠MAC＝∠NAC，即∠BAC＝∠EAC，∵AE＝EM，MF＝NF，∴EF是△MAN的中位線，∴EF∥AB，∴∠AFE＝∠BAC，∴∠AEF＝∠EAC，∴EA＝EF，∴點F即為所求；【點評】本題考查軸對稱變換，掌握軸對稱的性質是解題的關鍵．

考點卡片1．待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式一般步驟是：（1）先設出函數(shù)的一般形式，如求一次函數(shù)的解析式時，先設y＝kx+b；（2）將自變量x的值及與它對應的函數(shù)值y的值代入所設的解析式，得到關于待定系數(shù)的方程或方程組；（3）解方程或方程組，求出待定系數(shù)的值，進而寫出函數(shù)解析式．注意：求正比例函數(shù)，只要一對x，y的值就可以，因為它只有一個待定系數(shù)；而求一次函數(shù)y＝kx+b，則需要兩組x，y的值．2．二次函數(shù)的性質二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的頂點坐標是（-b2a，4ac-b24a），對稱軸直線x=-b2a，二次函數(shù)y＝ax2+bx+①當a＞0時，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的開口向上，x＜-b2a時，y隨x的增大而減?。粁＞-b2a時，y隨x的增大而增大；x②當a＜0時，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的開口向下，x＜-b2a時，y隨x的增大而增大；x＞-b2a時，y隨x的增大而減小；x③拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象可由拋物線y＝ax2的圖象向右或向左平移|-b2a|個單位，再向上或向下平移|4ac-3．二次函數(shù)圖象上點的坐標特征二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象是拋物線，頂點坐標是（-b2a，①拋物線是關于對稱軸x=-b②拋物線與y軸交點的縱坐標是函數(shù)解析式中的c值．③拋物線與x軸的兩個交點關于對稱軸對稱，設兩個交點分別是（x1，0），（x2，0），則其對稱軸為x=x4．平行線的性質1、平行線性質定理定理1：兩條平行線被第三條直線所截，同位角相等．簡單說成：兩直線平行，同位角相等．定理2：兩條平行線被第三條直線所截，同旁內角互補．簡單說成：兩直線平行，同旁內角互補．定理3：兩條平行線被第三條直線所截，內錯角相等．簡單說成：兩直線平行，內錯角相等．2、兩條平行線之間的距離處處相等．5．三角形的面積（1）三角形的面積等于底邊長與高線乘積的一半，即S△=12×（2）三角形的中線將三角形分成面積相等的兩部分．6．全等三角形的判定與性質（1）全等三角形的判定是結合全等三角形的性質證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時，關鍵是選擇恰當?shù)呐卸l件．（2）在應用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當輔助線構造三角形．7．等腰三角形的判定判定定理：如果一個三角形有兩個角相等，那么這兩個角所對的邊也相等．【簡稱：等角對等邊】說明：①等腰三角形是一個軸對稱圖形，它的定義既作為性質，又可作為判定辦法．②等腰三角形的判定和性質互逆；③在判定定理的證明中，可以作未來底邊的高線也可以作未來頂角的角平分線，但不能作未來底邊的中線；④判定定理在同一個三角形中才能適用．8．等邊三角形的性質（1）等邊三角形的定義：三條邊都相等的三角形叫做等邊三角形，等邊三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作為判定一個三角形是否為等邊三角形的方法；②可以得到它與等腰三角形的關系：等邊三角形是等腰三角形的特殊情況．在等邊三角形中，腰和底、頂角和底角是相對而言的．（2）等邊三角形的性質：等邊三角形的三個內角都相等，且都等于60°．等邊三角形是軸對稱圖形，它有三條對稱軸；它的任意一角的平分線都垂直平分對邊，三邊的垂直平分線是對稱軸．9．等邊三角形的判定與性質（1）等邊三角形是一個非常特殊的幾何圖形，它的角的特殊性給有關角的計算奠定了基礎，它的邊角性質為證明線段、角相等提供了便利條件．同是等邊三角形又是特殊的等腰三角形，同樣具備三線合一的性質，解題時要善于挖掘圖形中的隱含條件廣泛應用．（2）等邊三角形的特性如：三邊相等、有三條對稱軸、一邊上的高可以把等邊三角形分成含有30°角的直角三角形、連接三邊中點可以把等邊三角形分成四個全等的小等邊三角形等．（3）等邊三角形判定最復雜，在應用時要抓住已知條件的特點，選取恰當?shù)呐卸ǚ椒?，一般地，若從一般三角形出發(fā)可以通過三條邊相等判定、通過三個角相等判定；若從等腰三角形出發(fā)，則想法獲取一個60°的角判定．10．勾股定理（1）勾股定理：在任何一個直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方．如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理應用的前提條件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的變形有：a=c2-b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜邊大于該直角三角形中的每一條直角邊．11．三角形中位線定理（1）三角形中位線定理：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．（2）幾何語言：如圖，∵點D、E分別是AB、AC的中點∴DE∥BC，DE=1212．平行四邊形的性質（1）平行四邊形的概念：有兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形．（2）平行四邊形的性質：①邊：平行四邊形的對邊相等．②角：平行四邊形的對角相等．③對角線：平行四邊形的對角線互相平分．（3）平行線間的距離處處相等．（4）平行四邊形的面積：①平行四邊形的面積等于它的底和這個底上的高的積．②同底（等底）同高（等高）的平行四邊形面積相等．13．菱形的性質（1）菱形的性質①菱形具有平行四邊形的一切性質；②菱形的四條邊都相等；③菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角；④菱形是軸對稱圖形，它有2條對稱軸，分別是兩條對角線所在直線．（2）菱形的面積計算①利用平行四邊形的面積公式．②菱形面積=12ab．（a、14．菱形的判定①菱形定義：一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形（平行四邊形+一組鄰邊相等＝菱形）；②四條邊都相等的四邊形是菱形．幾何語言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四邊形ABCD是菱形；③對角線互相垂直的平行四邊形是菱形（或“對角線互相垂直平分的四邊形是菱形”）．幾何語言：∵AC⊥BD，四邊形ABCD是平行四邊形∴平行四邊形ABCD是菱形15．矩形的性質（1）矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形是矩形．（2）矩形的性質①平行四邊形的性質矩形都具有；②角：矩形的四個角都是直角；③邊：鄰邊垂直；④對角線：矩形的對角線相等；⑤矩形是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形．它有2條對稱軸，分別是每組對邊中點連線所在的直線；對稱中心是兩條對角線的交點．（3）由矩形的性質，可以得到直角三角形的一個重要性質，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．16．矩形的判定（1）矩形的判定：①矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形是矩形；②有三個角是直角的四邊形是矩形；③對角線相等的平行四邊形是矩形（或“對角線互相平分且相等的四邊形是矩形”）（2）①證明一個四邊形是矩形，若題設條件與這個四邊形的對角線有關，通常證這個四邊形的對角線相等．②題設中出現(xiàn)多