中考总复习：图形的变换--知识讲解(基础)

中考总复习：图形的变换--知识讲解（基础）

【考纲要求】

1.通过具体实例认识轴对称、平移、旋转，探索它们的基本性质；

2.能够按要求作出简单平面图形经过轴对称、平移、旋转后的图形，能作出简单平面图形经过一次或两次轴对称后的图形；

3.探索基本图形（等腰三角形、矩形、菱形、等腰梯形、正多边形、圆）的轴对称性质及其相关性质. 4.探索图形之间的变换关系（轴对称、平移、旋转及其组合）；

5.利用轴对称、平移、旋转及其组合进行图案设计；认识和欣赏轴对称、平移、旋转在现实生活中的应用.

【知识网络】

【考点梳理】

考点一、平移变换

1. 平移的概念：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移，平移不改变图形的形状和大小． 【要点诠释】

（1）平移是运动的一种形式，是图形变换的一种，本讲的平移是指平面图形在同一平面内的变换；

（2）图形的平移有两个要素：一是图形平移的方向，二是图形平移的距离，这两个要素是图形平移的依据；

（3）图形的平移是指图形整体的平移，经过平移后的图形，与原图形相比，只改变了位置，而不改变图形的大小，这个特征是得出图形平移的基本性质的依据．

2．平移的基本性质：由平移的概念知，经过平移，图形上的每一个点都沿同一个方向移动相同的距离，平移不改变图形的形状和大小，因此平移具有下列性质：经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应角相等． 【要点诠释】

（1）要注意正确找出“对应线段，对应角”，从而正确表达基本性质的特征；

（2）“对应点所连的线段平行且相等”，这个基本性质既可作为平移图形之间的性质，又可作为平移作图的依据． 考点二、轴对称变换 1．轴对称与轴对称图形

轴对称：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，也叫做这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴，折叠后重合的对应点，叫做对称点. 轴对称图形：把一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称

图形.

2．轴对称变换的性质

①关于直线对称的两个图形是全等图形.

②如果两个图形关于某直线对称，对称轴是对应点连线的垂直平分线.

③两个图形关于某直线对称，如果它们对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上. ④如果两个图形的对应点连线被同一直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称. 3．轴对称作图步骤

①找出已知图形的关键点，过关键点作对称轴的垂线，并延长至2倍，得到各点的对称点． ②按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形. 考点三、旋转变换

1．旋转概念：把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转.点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角.

２．旋转变换的性质

图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化. ３．旋转作图步骤

①分析题目要求，找出旋转中心，确定旋转角. ②分析所作图形，找出构成图形的关键点.

③沿一定的方向，按一定的角度、旋转各顶点和旋转中心所连线段,从而作出图形中各关键点的对应点.

④ 按原图形连结方式顺次连结各对应点. ４．中心对称与中心对称图形 中心对称：

把一个图形绕着某一点旋转180°，它能够与另一个图形重合，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，这两个图形中的对应点叫做关于中心对称的对称点． 中心对称图形：

把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫中心对称图形.

5．中心对称作图步骤

① 连结决定已知图形的形状、大小的各关键点与对称中心，并且延长至2倍，得到各点的对称点. ② 按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形. 【要点诠释】

图形变换与图案设计的基本步骤

①确定图案的设计主题及要求； ②分析设计图案所给定的基本图案；

③利用平移、旋转、轴对称对基本图案进行变换，实现由基本图案到各部分图案的有机组合； ④对图案进行修饰，完成图案.

【典型例题】

类型一、平移变换

1.如图1，两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，得到图2，则阴影部分的周长为____________.

【思路点拨】

根据两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置，得出线段之间的相等关系，进而得出OM+MN+NR+GR+EG+OE=A′D′+CD=1+1=2，即可得出答案． 【答案与解析】

∵两个等边△ABD，△CBD的边长均为1，将△ABD沿AC方向向右平移到△A′B′D′的位置， ∴A′M=A′N=MN，MO=DM=DO，OD′=D′E=OE，EG=EC=GC，B′G=RG=RB′，

∴OM+MN+NR+GR+EG+OE=A′D′+CD=1+1=2； 【总结升华】

此题主要考查了平移的性质以及等边三角形的性质，根据题意得出A′M=A′N=MN，MO=DM=DO， OD′=D′E=OE，EG=EC=GC，B′G=RG=RB′是解决问题的关键． 举一反三：

【变式】（2015•顺义区一模）如图，平行四边形ABCD中，点E是AD边上一点，且 CE⊥BD于点F，将△DEC沿从D到A的方向平移，使点D与点A重合，点E平移后的点记为G． （1）画出△DEC平移后的三角形； （2）若BC=，BD=6，CE=3，求AG的长．

【答案】解：（1）△AGB为△DEC平移后的三角形，如下图所示；

（2）∵△AGB为△DEC平移后的三角形， ∴BG=CE=3，BG∥CE， ∵CE⊥BD， ∴BG⊥BD．

在Rt△BDG中，∵∠GBD=90°，BG=3，BD=6， ∴DG=

=3

，

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC=2，

∴AG=DG﹣AD=3﹣2=．

2．如图（1），已知ABC的面积为3，且ABAC,现将ABC沿CA方向平移CA长度得到EFA. （1）求ABC所扫过的图形面积；

（2）试判断，AF与BE的位置关系，并说明理由； （3）若BEC15,求AC的长.

B F C

A （C'）

E

【思路点拨】（1）根据平移的性质及平行四边形的性质可得到S△EFA=S△BAF=S△ABC，从而便可得到四边形CEFB的面积；

（2）由已知可证得平行四边形EFBA为菱形，根据菱形的对角线互相垂直平分可得到AF与BE的位置关系为垂直；

（3）作BD⊥AC于D，结合三角形的面积求解． 【答案与解析】（1）由平移的性质得

AF∥BC，且AF=BC，△EFA≌△ABC ∴四边形AFBC为平行四边形 S△EFA=S△BAF=S△ABC=3

∴四边形EFBC的面积为9；

（2）BE⊥AF

证明：由（1）知四边形AFBC为平行四边形 ∴BF∥AC，且BF=AC 又∵AE=CA

∴BF∥AE且BF=AE

∴四边形EFBA为平行四边形又已知AB=AC ∴AB=AE

∴平行四边形EFBA为菱形 ∴BE⊥AF；

（3）如上图，作BD⊥AC于D ∵∠BEC=15°，AE=AB ∴∠EBA=∠BEC=15° ∴∠BAC=2∠BEC=30° ∴在Rt△BAD中，AB=2BD

设BD=x，则AC=AB=2x ∵S△ABC=3，且S△ABC=∴x=3 ∵x为正数 ∴x=3 ∴AC=23． 【总结升华】此题主要考查了全等三角形的判定，平移的性质，菱形的性质等知识点的综合运用及推理计算能力．

类型二、轴对称变换

3.（1）数学课上，老师出了一道题，如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，

，求证：∠B=30°，

2112AC•BD=•2x•x=x 22请你完成证明过程．

（2）如图②，四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片，E、F分别为AB、CD的中点，沿过点D的抓痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，折痕交AE于点G，请运用（1）中的结论求∠ADG的度数和AG的长．

（3）若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠，B、D两点恰好重合于一点O（如图④），当AB=6，求EF的长．

【思路点拨】（1）Rt△ABC中，根据sinB═

=，即可证明∠B=30°；

（2）求出∠FA′D的度数，利用翻折变换的性质可求出∠ADG的度数，在Rt△A'FD中求出A'F，得出A'E，在Rt△A'EG中可求出A'G，利用翻折变换的性质可得出AG的长度．

（3）先判断出AD=AC，得出∠ACD=30°，∠DAC=60°，从而求出AD的长度，根据翻折变换的性质可得出∠DAF=∠FAO=30°，在Rt△ADF中求出DF，继而得出FO，同理可求出EO，再由EF=EO+FO，即可得出答案． 【答案与解析】

（1）证明：Rt△ABC中，∠C=90°，∵sinB=

=，

，

∴∠B=30°；

（2）解：∵正方形边长为2，E、F为AB、CD的中点，

∴EA=FD=×边长=1，

∵沿过点D的抓痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处， ∴A′D=AD=2， ∴

=，

∴∠FA′D=30°，

可得∠FDA′=90°﹣30°=60°， ∵A沿GD折叠落在A′处， ∴∠ADG=∠A′DG，AG=A′G， ∴∠ADG=

=

=15°，

∵A′D=2，FD=1， ∴A′F=

=

，

∴EA′=EF﹣A′F=2﹣，

∵∠EA′G+∠DA′F=180°﹣∠GA′D=90°， ∴∠EA′G=90°﹣∠DA′F=90°﹣30°=60°， ∴∠EGA′=90°﹣∠EA′G=90°﹣60°=30°， 则A′G=AG=2EA′=2（2﹣）；

（3）解：∵折叠后B、D两点恰好重合于一点O， ∴AO=AD=CB=CO， ∴DA=

，

∵∠D=90°， ∴∠DCA=30°， ∵AB=CD=6， 在Rt△ACD中，

=tan30°，

=2

，

=30°，

则AD=DC•tan30°=6×∵∠DAF=∠FAO=∠DAO=∴

=tan30°=

AD=2，

，

∴DF=

∴DF=FO=2， 同理EO=2， ∴EF=EO+FO=4．

【总结升华】本题考查了翻折变换的知识，涉及了含30°角的直角三角形的性质、平行四边形的性质，综合考察的知识点较多，注意将所学知识融会贯通． 举一反三：

【变式】如图（1）是四边形纸片ABCD，其中∠B=120°，∠D=50°.若将其右下角向内这出△PCR，恰使

CP∥AB，RC∥AD，如图（2）所示，则∠C＝ 度.

【答案】∵∠CPR=1111∠B=×120°=60°，∠CRP=∠D=×50°=25°， 2222∴∠C=180°－60°－25°=95°． 4. 如图1，矩形纸片ABCD的边长分别为a，b（a在BC上），使顶点C落在四边形APCD内一点C′，PC′的延长线交直线AD于M，再将纸片的另一部分翻折，使A落在直线PM上一点A′，且A′M所在直线与PM•所在直线重合（如图3），折痕为MN． （1）猜想两折痕PQ，MN之间的位置关系，并加以证明．

（2）若∠QPC的角度在每次翻折的过程中保持不变，则每次翻折后，两折痕PQ，•MN间的距离有何变化？请说明理由．

（3）若∠QPC的角度在每次翻折的过程中都为45°（如图4），每次翻折后，非重叠部分的四边形MC′QD，及四边形BPA′N的周长与a，b有何关系，为什么？

（1） （2） （3） （4） 【思路点拨】（1）猜想两直线平行，由矩形的对边平行，得到一组内错角相等，翻折前后对应角相等，那么可得到PQ与MN被MP所截得的内错角相等，得到平行．

（2）作出两直线间的距离．∵PM长相等，∠NPM是不变的，所以利用相应的三角函数可得到两直线间的距离不变．

（3）由特殊角得到所求四边形的形状，把与周长相关的边转移到同一线段求解． 【答案与解析】 （1）PQ∥MN． ∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，且M在AD直线上，则有AM∥BC． ∴∠AMP=∠MPC． 由翻折可得：∠MPQ=∠CPQ=∠NMP=∠AMN=1∠MPC， 21∠AMP， 2∴∠MPQ=∠NMP，故PQ∥MN．

（2）两折痕PQ，MN间的距离不变． 过P作PH⊥MN，则PH=PM•sin∠PMH， ∵∠QPC的角度不变，

∴∠C′PC的角度也不变，则所有的PM都是平行的． 又∵AD∥BC，

∴所有的PM都是相等的．

又∵∠PMH=∠QPC，故PH的长不变． （3）当∠QPC=45°时， 四边形PCQC′是正方形， 四边形C′QDM是矩形． ∵C′Q=CQ，C′Q+QD=a， ∴矩形C′QDM的周长为2a．

同理可得矩形BPA′N的周长为2a，∴两个四边形的周长都为2a，与b无关．

【总结升华】翻折前后对应角相等，对应边相等，应注意使用相应的三角函数，平行线的判断，特殊四边形的判定．

类型三、旋转变换

5．已知O是等边三角形ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝135°，试问：

（1）以OA，OB，OC为边能否构成一个三角形?若能，求出该三角形各角的度数；若不能，请说明理由； （2）如果∠AOB的大小保持不变，那么当∠BOC等于多少度时，以OA，OB，OC为边的三角形是一个直角三角形?

【思路点拨】因为△ABC是等边三角形，所以可以运用旋转将△BCO转至△ACD. 【答案与解析】（1）以OC为边作等边△OCD，连AD.

∵ △ABC是等边三角形

∴ ∠BCO=∠ACD (∠BCO+∠ACO=60°，∠ACD+∠ACO=60°) ∵ BC=AC，OC=CD

∴ △BCO≌△ACD (SAS) ∴ OB=AD，∠ADC=∠BOC 又∵OC=OD

∴△OAD是以线段OA，OB，OC为边构成的三角形 ∵ ∠AOB=110°, ∠BOC=135° ∴ ∠AOC=115°

∴ ∠AOD=115°-60°=55° ∵ ∠ADC=135°

∴ ∠ADO=135°-60°=75°

∴ ∠OAD=180°-55°-75°=50°

∴ 以线段OA，OB，OC为边构成的三角形的各角是50°、55°、75°.

（2）∠AOB+∠AOC+∠BOC=∠AOB+∠AOC+∠ADC

=∠AOB+(∠AOD+∠DOC)+(∠ADO+∠CDO)

=∠110°+(∠AOD+60°)+(∠ADO+60°) =360° ∴∠AOD+∠ADO=130° ∴∠OAD=50°

当∠AOD是直角时，∠AOD=90°，∠AOC=90°+60°=150°，∠BOC=100°; 当∠ADO是直角时，∠ADC=90°+60°=150°，∠BOC=150°.

【总结升华】此题主要运用旋转的性质、等边三角形的判定、勾股定理的逆定理等知识，渗透分类讨 论思想．

6 . 如图1，O为正方形ABCD的中心，分别延长OA、OD到点F、E，使OF＝2OA，OE＝2OD，连接 EF．将△EOF绕点O逆时针旋转角得到△E1OF1(如图2)． (1)探究AE1与BF1的数量关系，并给予证明； (2)当＝30°时，求证：△AOE1为直角三角形．

【思路点拨】(1)要证AE1＝BF1，就要首先考虑它们是全等三角形的对应边； (2)要证△AOE1为直角三角形，就要考虑证∠E1AO＝90°. 【答案与解析】(1)AE1＝BF1，证明如下：

∵O为正方形ABCD的中心，∴OA＝OB＝OD.∴OE＝OF . ∵△E1OF1是△EOF绕点O逆时针旋转角得到，∴OE1＝OF1. ∵ ∠AOB＝∠EOF＝90， ∴ ∠E1OA＝90－∠F1OA＝∠F1OB.

0

0

OE1＝OF1 在△E1OA和△F1OB中，E1OA＝FOB，∴△E1OA≌△F1OB（SAS）. 1 OA＝OB ∴ AE1＝BF1.

(2)取OE1中点G，连接AG.

∵∠AOD＝90，＝30° ，

∴ ∠E1OA＝90－＝60°.

∵OE1＝2OA，∴OA＝OG，∴ ∠E1OA＝∠AGO＝∠OAG＝60°. ∴ AG＝GE1，∴∠GAE1＝∠GE1A＝30°.

∴ ∠E1AO＝90°.

∴△AOE1为直角三角形.

【总结升华】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定. 举一反三：

【变式】如图，P为正方形ABCD内一点，若PA=a，PB=2a，PC=3a(a>0).

00

(1)求∠APB的度数；

(2)求正方形ABCD的面积.

【答案】(1)将△ABP绕点B顺时针方向旋转90°得△CBQ. 则△ABP≌△CBQ且PB⊥QB. 于是PB=QB=2a， 在△PQC中，∵ ∴ ∴

.

.

，

.

.

∵ △PBQ是等腰直角三角形， ∴ ∠BPQ=∠BQP=45°.

故∠APB=∠CQB=90°+45°=135°.

(2)∵ ∠APQ=∠APB+∠BPQ=135°+45°=180°， ∴ 三点A、P、Q在同一直线上.

.

在Rt△AQC中，

∴ 正方形ABCD的面积

.

中考总复习：图形的变换--巩固练习（基础）

【巩固练习】 一、选择题

1. 以下图形：平行四边形、矩形、等腰三角形、线段、圆、菱形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）.

A．4个 B．5个 C．6个 D．3个

2．有以下现象：①温度计中，液柱的上升或下降；②打气筒打气时，活塞的运动；③钟摆的摆动；④传送带上瓶装饮料的移动，其中属于平移的是（ ）. A．①③ B．①② C．②③ D．②④ 3.在图形的平移中，下列说法中错误的是（ ）.

A．图形上任意点移动的方向相同； B．图形上任意点移动的距离相同 C．图形上可能存在不动点； D．图形上任意对应点的连线长相等 4.如图，O是正六边形ABCDEF的中心，下列图形可由△OBC平移得到的是（ ）. A.△OCD B.△OAB C.△OAF D.△OEF

5.如图，△ABC的面积为2，将△ABC沿AC方向平移到△DFE，且AC=CD，则四边形AEFB的面积为（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12

6.如图所示，△ABC中，AC＝5，中线AD＝7，△EDC是由△ADB旋转180°所得，则AB边的取值范围是（ ）．

A．l＜AB＜29 B．4＜AB＜24 C．5＜AB＜19 D．9＜AB＜19

二、填空题

7. 如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠B＝45°，AE为BC边上的高，将△ABE沿AE所在直线翻折后得△AGE，那么△AGE与四边形AECD重叠部分的面积是 ．

第7题 第8题

8.如图，在△ACB中，∠BAC=50°，AC=2，AB=3，现将△ACB绕点A逆时针旋转50°得到△AC1B1，则阴影部分的面积为_______.

9. 如图，一张矩形纸片，要折叠出一个最大的正方形纸，小明把矩形的一个角沿折痕翻折上去，使AB边和AD边上的AF重合，则四边形ABEF就是一个最大的正方形，他的判定方法是________．

第9题 第10题

10. 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．

11.如图，Rt△ABC，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则线段B′F的长为 ．

12.如图,O为矩形ABCD的中心，将直角三角板的直角顶点与O点重合，转动三角板使两直角边始终与

BC,AB相交，交点分别为M,N.如果AB4,AD6,OMx,ONy，则y与x的关系式

为 .

三、解答题

13.如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上点F处．

（1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？（不需说明理由） （2）如果AM=1，sin∠DMF=，求AB的长．

14.把两个全等的等腰直角三角板ABC和EFG（其直角边长均为4）叠放在一起（如图①），且使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合.现将三角板EFG绕O点顺时针方向旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°)，四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②）. (1)在上述旋转过程中，BH与CK有怎样的数量关系？四边形CHGK的面积有何变化？证明你发现的结论；

(2)连接HK，在上述旋转过程中，设BH=x，△GKH的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；

(3)在(2)的前提下，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的时x的值；若不存在，说明理由.

5？若存在，求出此16

15.如图，将矩形纸片ABCD按如下顺序进行折叠: 对折、展平, 得折痕EF(如图①); 沿GC折叠, 使点B落在EF上的点B′ 处(如图②)； 展平, 得折痕GC(如图③); 沿GH折叠, 使点C落在DH上的点C′ 处(如图④); 沿GC′ 折叠(如图⑤)； 展平, 得折痕GC′、GH(如图⑥). (1)求图②中∠BCB′ 的大小；

(2)图⑥中的△GCC′ 是正三角形吗?请说明理由.

AEDAGEB'DAGCBEDAGDAC'HC图④GA'BDAC'HC图⑤GB图⑥DC'HC

B

F图①CBF图②FC图③B16.已知矩形纸片ABCD，AB2,AD1.将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合. （1）如果折痕FG分别与AD，AB交于点F，G（如图（1）），AF2,求DE的长. 3（2）如果折痕FG分别与CD，AB交于点F，G（如图（2）），AED的外接圆与直线BC相切，求折痕FG的长.

【答案与解析】

一．选择题 1．【答案】A． 2．【答案】D.

【解析】①温度计中液柱的上升或下降改变图形的大小，不属于平移； ②打气筒打气时，活塞的运动属于平移； ③钟摆的摆动是旋转，不属于平移；

④传送带上瓶装饮料的移动符合平移的性质，属于平移． 3．【答案】C. 4．【答案】C. 5．【答案】C.

【解析】由题意可得平移的距离是2AC，AC=CD，连接FC，

S△BFC=2S△ABC，S△ABC= S△FDC=S△FDE=2，∴四边形AEFB的面积为10.

6．【答案】D.

【解析】∵△ADB绕点D旋转180°，得到△EDC， ∴AB=EC,AD=DE，而AD=7，∴AE=14， 在△ACE中，AC=5， ∴AE-AC＜EC＜AC+AE，

即14 -5＜EC＜14+5，∴9＜AD＜19． 二．填空题 7．【答案】22-2． 【解析】在边长为2的菱形ABCD中，∠B=45°，AE为BC边上的高，故AE=2， 由折叠易得△ABG为等腰直角三角形， ∴S△ABG=1BA•AG=2，S△ABE=1，∴CG=2BE-BC=22-2， 2

∴CO=OG=2-2，∴S△COG=3-22， ∴重叠部分的面积为2-1-（3-22）=22-2． 8．【答案】

5. 4【解析】S阴影=S扇形ABB1=

505AB2=． 36049．【答案】对角线平分内角的矩形是正方形.

10．【答案】4cm.

【解析】∵AB=2cm，AB=AB1∴AB1=2cm，

∵四边形ABCD是矩形，AE=CE，∴∠ABE=∠AB1E=90° ∵AE=CE，∴AB1=B1C，∴AC=4cm． 11.【答案】 ．

【解析】根据折叠的性质可知CD=AC=3，B′C=BC=4，∠ACE=∠DCE，∠BCF=∠B′CF，CE⊥AB， ∴B′D=4﹣3=1，∠DCE+∠B′CF=∠ACE+∠BCF， ∵∠ACB=90°， ∴∠ECF=45°，

∴△ECF是等腰直角三角形， ∴EF=CE，∠EFC=45°， ∴∠BFC=∠B′FC=135°， ∴∠B′FD=90°，

∵S△ABC=AC•BC=AB•CE， ∴AC•BC=AB•CE，

∵根据勾股定理求得AB=5， ∴CE=∴EF=

， ，ED=AE=

，

∴DF=EF﹣ED=， ∴B′F=故答案为：． 12．【答案】y．

3x. 2三.综合题 13．【解析】 解：（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=∠B=∠C=90°，

根据折叠的性质可知：∠APM=∠EPM，∠EPQ=∠BPQ， ∴∠APM+∠BPQ=∠EPM+∠EPQ=90°， ∵∠APM+∠AMP=90°， ∴∠BPQ=∠AMP， ∴△AMP∽△BPQ， 同理：△BPQ∽△CQD，

根据相似的传递性，△AMP∽△CQD； （2）∵AD∥BC， ∴∠DQC=∠MDQ，

根据折叠的性质可知：∠DQC=∠DQM， ∴∠MDQ=∠DQM， ∴MD=MQ，

∵AM=ME，BQ=EQ，

∴BQ=MQ﹣ME=MD﹣AM， ∵sin∠DMF=

=，

∴设DF=3x，MD=5x， ∴BP=PA=PE=

，BQ=5x﹣1，

∵△AMP∽△BPQ， ∴

，

∴，

解得：x=（舍）或x=2， ∴AB=6．

14．【解析】

(1).在上述旋转过程中，BH=CK，四边形CHGK的面积不变． 证明：连接CG，KH，

∵△ABC为等腰直角三角形，O（G）为其斜边中点， ∴CG=BG，CG⊥AB， ∴∠ACG=∠B=45°，

∵∠BGH与∠CGK均为旋转角， ∴∠BGH=∠CGK，

BKCG在△BGH与△CGK中，CGBG

BGHCGK∴△BGH≌△CGK（ASA）， ∴BH=CK，S△BGH=S△CGK． ∴S四边形CHGK=S△CHG+S△CGK=S△CHG+S△BGH=111S△ABC=××4×4=4， 222即：S四边形CHGK的面积为4，是一个定值，在旋转过程中没有变化；

（2）∵AC=BC=4，BH=x， ∴CH=4-x，CK=x． 由S△GHK=S四边形CHGK-S△CHK， 得y=4 - ∴y=1x（4-x）， 212x-2x+4． 2由0°＜α＜90°，得到BH最大=BC=4， ∴0＜x＜4； （3）存在． 根据题意，得125x-2x+4=×8， 2165． 16解这个方程，得x1=1，x2=3， 即：当x=1或x=3时，△GHK的面积均等于△ABC的面积的15．【解析】

（1）由折叠的性质知：B′C=BC， 在Rt△B′FC中， ∵cos∠B′CF=FCFC1==， BCBC2∴∠B′CF=60°， 即∠BCB′=60°； （2）根据题意得：GC平分∠BCC′， ∴∠GCB=∠GCC′=1∠BCB′=30°， 2

∴∠GCC′=∠BCD-∠BCG=60°，

由折叠的性质知：GH是线段CC′的对称轴， ∴GC′=GC，

∴△GCC′是正三角形．

16.【解析】在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，AF根据轴对称的性质，得EF=AF=2,，∠D=90°． 32． 3223121∴DF=AD-AF=．在Rt△DEF中，DE=-=． 3333

（2）设AE与FG的交点为O．根据轴对称的性质，得AO=EO． 取AD的中点M，连接MO．则MO=设DE=x，则MO=1DE，MO∥DC． 21x，在矩形ABCD中，∠C=∠D=90°， 2∴AE为△AED的外接圆的直径，O为圆心． 延长MO交BC于点N，则ON∥CD, ∴∠CNM=180°-∠C=90°, ∴ON⊥BC，四边形MNCD是矩形． ∴MN=CD=AB=2．∴ON=MN-MO=2-1x. 2∵△AED的外接圆与BC相切， ∴ON是△AED的外接圆的半径, ∴OE=ON=2-1x，AE=2ON=4-x． 2222在Rt△AED中，AD+DE=AE， 222∴1+x=（4-x）． 解这个方程，得x=1515117． ∴DE=，OE=2-x=． 88216根据轴对称的性质，得AE⊥FG． ∴∠FOE=∠D=90° 可得FOEO17,即FO=． DADE30又AB∥CD，∴∠EFO=∠AGO，∠FEO=∠GAO．

∴△FEO≌△GAO．∴FO=GO． ∴FG=2FO=17． 1517． 15∴折痕FG的长是