2024中考数学第一轮专题复习： 图形的平移翻折对称（解析版）

图形的平移翻折对称(30题)一、单选题1(2023·四川南充·统考中考真题)如图，将△ABC沿BC向右平移得到△DEF，若BC=5，BE=2，则CF的长是()A.2B.2.5C.3D.5【答案】A【分析】利用平移的性质得到BE=CF，即可得到CF的长．【详解】解：∵△ABC沿BC方向平移至△DEF处．∴BE=CF=2，故选：A．【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行(或共线)且相等．2(2023·山东·统考中考真题)如图，四边形ABCD是一张矩形纸片．将其按如图所示的方式折叠：使DA边落在DC边上，点A落在点H处，折痕为DE；使CB边落在CD边上，点B落在点G处，折痕为CF．若矩形HEFG与原矩形ABCD相似，AD=1，则CD的长为()A.2-1B.5-1C.2+1D.5+1【答案】C【分析】先根据折叠的性质与矩形性质，求得DH=CG=1，设CD的长为x，则HG=x-2，再根据相似多EHHG1x-2边形性质得出=，即=，求解即可．CDADx1【详解】解：，由折叠可得：DH=AD，CG=BC，∵矩形ABCD，∴AD=BC=1，∴DH=CG=1，设CD的长为x，则HG=x-2，∵矩形HEFG，∴EH=1，∵矩形HEFG与原矩形ABCD相似， EHHG1x-2∴=，即=，CDADx1解得：x=2+1(负值不符合题意，舍去)∴CD=2+1，故选：C．【点睛】本题考查矩形的折叠问题，相似多边形的性质，熟练掌握矩形的性质和相似多边形的性质是解题的关键．3(2023·内蒙古赤峰·统考中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6．点F是AB中点，连接CF，把线段CF沿射线BC方向平移到DE，点D在AC上．则线段CF在平移过程中扫过区域形成的四边形CFDE的周长和面积分别是()A.16，6B.18，18C.16.12D.12，16【答案】C【分析】先论证四边形CFDE是平行四边形，再分别求出CF、CD、DF，继而用平行四边形的周长公式和面积公式求解即可．【详解】由平移的性质可知：DF∥CE,DF=CE，∴四边形CFDE是平行四边形，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，2222∴AC=AB-BC=10-6=8在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，点F是AB中点1∴CF=AB=52∵DF∥CE，点F是AB中点ADAF1∴==，∠CDF=180°-∠ABC=90°，ACAB2∴点D是AC的中点，1∴CD=AC=42∵D是AC的中点，点F是AB中点，∴DF是Rt△ABC的中位线，1∴DF=BC=32∴四边形CFDE的周长为：2DF+CF=2×5+3=16，四边形CFDE的面积为：DF×CD=3×4=12．故选：C．【点睛】本题考查平移的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，平行线分线段成比例，三角形中位线定理等知识，推导四边形CFDE是平行四边形和DF是Rt△ABC的中位线是解题的关键． 4(2023·黑龙江·统考中考真题)如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD=5,OA:OD=1:4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位置，点E的坐标是()A.1,2B.-1,2C.5-1,2D.1-5,2【答案】D【分析】首先证明△AOB∼△D1C1O，求出AB=CD=2，连结OC，设BC与OC1交于点F，然后求出OC=OC1=25，可得C1F=25-2，再用含EF的式子表示出EC1，最后在Rt△EFC1中，利用勾股定理构建方程求出EF即可解决问题．【详解】解：∵矩形ABCD的边AD=5，OA:OD=1:4，∴OA=1，OD=4，BC=5，由题意知AB∥OC1，∴∠ABO=∠D1OC1，又∵∠BAO=∠OD1C1=90°，∴△AOB∼△D1C1O，OAD1C1∴=，ABOD1由折叠知OD1=OD=4，D1C1=DC=AB，1AB∴=，AB4∴AB=2，即CD=2，连接OC，设BC与OC1交于点F，2222∴OC=OD+CD=4+2=25，∵∠FOA=∠OAB=∠ABF=90°，∴四边形OABF是矩形，∴AB=OF=2，∠BFO=90°=∠EFC1，OA=BF=1，∴CF=5-1=4，由折叠知OC1=OC=25，EC1=EC=CF-EF=4-EF，∴C1F=OC1-OF=25-2，222∵在Rt△EFC1中，EF+C1F=EC1，222∴EF+25-2=4-EF，解得：EF=5-1，∴点E的坐标是1-5,2，故选：D．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知 识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出AB的长是解题的关键．5(2023·浙江嘉兴·统考中考真题)如图，已知矩形纸片ABCD，其中AB=3，BC=4，现将纸片进行如下操作：第一步，如图①将纸片对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展开后如图②；第二步，再将图②中的纸片沿对角线BD折叠，展开后如图③；第三步，将图③中的纸片沿过点E的直线折叠，使点C落在对角线BD上的点H处，如图④．则DH的长为()3859A.B.C.D.2535【答案】DBC【分析】根据折叠的性质得出EB=EH=EC，CH⊥BD，等面积法求得CH，根据tan∠BDC==CDCH，即可求解．HD【详解】解：如图所示，连接CH，∵折叠，∴EB=EH=EC∴B,C,H在以E为圆心，BC为直径的圆上，∴∠BHC=90°，∴CH⊥BD∵矩形ABCD，其中AB=3，BC=4，∴BC=4,CD=322∴BD=BC+CD=5，BC×CD12∴CH==，BD5BCCH∵tan∠BDC==CDHD9∴HD=，5故选：D．【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键． 6(2023·甘肃武威·统考中考真题)如图，将矩形ABCD对折，使边AB与DC，BC与AD分别重合，展开后得到四边形EFGH．若AB=2，BC=4，则四边形EFGH的面积为()A.2B.4C.5D.6【答案】B【分析】由题意可得四边形EFGH是菱形，FH=AB=2，GE=BC=4，由菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案．【详解】解：∵将矩形ABCD对折，使边AB与DC，BC与AD分别重合，展开后得到四边形EFGH，∴EF⊥GH，EF与GH互相平分，∴四边形EFGH是菱形，∵FH=AB=2，GE=BC=4，11∴菱形EFGH的面积为FH⋅GE=×2×4=4．22故选：B.【点睛】此题考查了矩形的折叠、菱形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．7(2023·内蒙古赤峰·统考中考真题)如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P，DM⊥AB于15点M，AM=4，则下列结论，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP=，④BD∥FQ．正确的是()8A.①②③B.②④C.①③④D.①②③④【答案】A【分析】由折叠性质和平行线的性质可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判断②正确；由△CDP∽△BQP得CPCD5EFQE==，求出BP即可判断③正确；根据≠即可判断④错误．BPBQ3DEBE【详解】由折叠性质可知：∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5，∵CD∥AB，∴∠CDF=∠QEF．∴∠QDF=∠QEF．∴DQ=EQ=5．故①正确；∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB， ∴MQ=AM=4．∵MB=AB-AM=5-4=1，∴BQ=MQ-MB=4-1=3．故②正确；∵CD∥AB，∴△CDP∽△BQP．CPCD5∴==．BPBQ3∵CP+BP=BC=5，315∴BP=BC=．88故③正确；∵CD∥AB，∴△CDF∽△BEF．DFCDCD55∴====．EFBEBQ+QE3+58EF8∴=．DE13QE5∵=，BE8EFQE∴≠．DEBE∴△EFQ与△EDB不相似．∴∠EQF≠∠EBD．∴BD与FQ不平行．故④错误；故选A．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．二、填空题8(2023·吉林长春·统考中考真题)如图，将正五边形纸片ABCDE折叠，使点B与点E重合，折痕为AM，展开后，再将纸片折叠，使边AB落在线段AM上，点B的对应点为点B，折痕为AF，则∠AFB的大小为度．【答案】45 1【分析】根据题意求得正五边形的每一个内角为5-2×180°=108°，根据折叠的性质求得∠BAM,5∠FAB,在△AFB中，根据三角形内角和定理即可求解．1【详解】解：∵正五边形的每一个内角为5-2×180°=108°，5将正五边形纸片ABCDE折叠，使点B与点E重合，折痕为AM，11则∠BAM=∠BAE=×108°=54°，22∵将纸片折叠，使边AB落在线段AM上，点B的对应点为点B，折痕为AF，11∴∠FAB=∠BAM=×54°=27°，∠ABF=∠B=108°，22在△AFB中，∠AFB=180°-∠B-∠FAB=180°-108°-27°=45°，故答案为：45．【点睛】本题考查了折叠的性质，正多边形的内角和的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．9(2023·全国·统考中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC<AC．点D，E分别在边AB，BC上，连接DE，将△BDE沿DE折叠，点B的对应点为点B．若点B刚好落在边AC上，∠CBE=30°，CE=3，则BC的长为．【答案】9【分析】根据折叠的性质以及含30度角的直角三角形的性质得出BE=BE=2CE=6，即可求解．【详解】解：∵将△BDE沿DE折叠，点B的对应点为点B．点B刚好落在边AC上，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC<AC，∠CBE=30°，CE=3，∴BE=BE=2CE=6，∴BC=CE+BE=3+6=9，故答案为：9．【点睛】本题考查了折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．10(2023·湖北宜昌·统考中考真题)如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点A落在长边CD上的点A处，并得到折痕DE，小宇测得长边CD=8，则四边形AEBC的周长为．【答案】16【分析】可证∠ADE=∠AED，从而可得AD=AE，再证四边形AEBC是平行四边形，可得C▱AEBC=2AC+AE，即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠AED=∠ADE， 由折叠得：∠ADE=∠ADE，AD=AD，AE=AE，∴∠ADE=∠AED，∴AD=AE，∴AD=AE=AD=AE，∴AB-BE=CD-AD，∴AC=BE，∴四边形AEBC是平行四边形，∴C▱AEBC=2AC+AE=2AC+AD=2CD=16．故答案：16．【点睛】本题考查了平行四边形判定及性质，折叠的性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．11(2023·辽宁·统考中考真题)如图，在三角形纸片ABC中，AB=AC,∠B=20°，点D是边BC上的动点，将三角形纸片沿AD对折，使点B落在点B处，当BD⊥BC时，∠BAD的度数为．【答案】25°或115°【分析】分两种情况考虑，利用对称的性质及三角形内角和等知识即可完成求解．【详解】解：由折叠的性质得：∠ADB=∠ADB；∵BD⊥BC，∴∠BDB=90°；①当B在BC下方时，如图，∵∠ADB+∠ADB+∠BDB=360°，1∴∠ADB=×(360°-90°)=135°，2∴∠BAD=180°-∠B-∠ADB=25°；②当B在BC上方时，如图，∵∠ADB+∠ADB=90°，1∴∠ADB=×90°=45°，2∴∠BAD=180°-∠B-∠ADB=115°； 综上，∠BAD的度数为25°或115°；故答案为：25°或115°．【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和，注意分类讨论．12(2023·江苏徐州·统考中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,CA=CB=3，点D在边BC上．将△ACD沿AD折叠，使点C落在点C处，连接BC，则BC的最小值为．【答案】32-3【分析】由折叠性质可知AC=AC=3，然后根据三角不等关系可进行求解．【详解】解：∵∠C=90°,CA=CB=3，22∴AB=AC+BC=32，由折叠的性质可知AC=AC=3，∵BC≥AB-AC，∴当A、C、B三点在同一条直线时，BC取最小值，最小值即为BC=AB-AC=32-3；故答案为32-3．【点睛】本题主要考查勾股定理、折叠的性质及三角不等关系，熟练掌握勾股定理、折叠的性质及三角不等关系是解题的关键．13(2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题)矩形纸片ABCD中，AB=3，BC=5，点M在AD边所在的直线上，且DM=1，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点M重合，折痕与AD，BC分别交于点E，F，则线段EF的长度为．153【答案】或542【分析】分点M在D点右边与左边两种情况分别画出图形，根据勾股定理即可求解．【详解】解：∵折叠，∴OM=OB,EF⊥BM，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC ∴∠M=∠OBF,∠MEO=∠BFO，又OM=OB∴△OEM≌△OFB∴OF=OB，当M点在D点的右侧时，如图所示，设BM,EF交于点O，∵AB=3，BC=5，DM=1，2222∴Rt△ABM中，BM=AM+AB=3+6=35，13则OM=BM=5，22EOAB31∵tanM====，OMAM621∴EO=OM23∴EF=2OE=OM=5，2当M点在D点的左侧时，如图所示，设BM,EF交于点O，∵AB=3，BC=5，DM=1，2222∴Rt△ABM中，BM=AM+AB=3+4=515则OM=BM=，22EOAB3∵tan∠EMO===，OMAM43∴EO=OM4315∴EF=2OE=OM=，24153综上所述，EF的长为：或5，42153故答案为：或5．42【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，勾股定理，分类讨论是解题的关键．14(2023·四川凉山·统考中考真题)如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，CD是AB边上的中线，将△ACD沿CD折叠，当点A落在点A处时，恰好CA⊥AB，若BC=2，则CA=． 【答案】23【分析】由Rt△ABC，∠ACB=90°，CD是AB边上的中线，可知CD=AD，则∠ACD=∠A，由翻折的性质可知，∠ACD=∠ACD，AC=AC，则∠ACD=∠ACD=∠A，如图，记AC与AB的交点为E，BC∠CEA=90°，由∠CEA+∠ACD+∠ACD+∠A=180°，可得∠A=30°，根据AC=AC=，计算tan∠A求解即可．【详解】解：∵Rt△ABC，∠ACB=90°，CD是AB边上的中线，∴CD=AD，∴∠ACD=∠A，由翻折的性质可知，∠ACD=∠ACD，AC=AC，∴∠ACD=∠ACD=∠A，如图，记AC与AB的交点为E，∵CA⊥AB，∴∠CEA=90°，∵∠CEA+∠ACD+∠ACD+∠A=180°，∴∠A=30°，BC∴AC=AC==23，tan∠A故答案为：23．【点睛】本题考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，翻折的性质，等边对等角，三角形内角和定理，正切．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．15(2023·新疆·统考中考真题)如图，在▱ABCD中，AB=6，BC=8，∠ABC=120°，点E是AD上一动点，将△ABE沿BE折叠得到△ABE，当点A恰好落在EC上时，DE的长为．【答案】37-3【分析】过点C作CH⊥AD交AD的延长线于点H，根据平行四边形的性质以及已知条件得出∠ADC= ∠ABC=120°,∠HDC=60°，进而求得DH,HC，根据折叠的性质得出CB=CE，进而在Rt△ECH中，勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，过点C作CH⊥AD交AD的延长线于点H，∵在▱ABCD中，AB=6，BC=8，∠ABC=120°，∴∠ADC=∠ABC=120°,∠HDC=60°，CD=AB=6，AD=CB=8，1∴DH=DC×cos∠HDC=DC=3，22222在Rt△ECH中，HC=CD-DH=6-3=33∵将△ABE沿BE折叠得到△ABE，当点A恰好落在EC上时，∴∠AEB=∠CEB又AD∥BC∴∠EBC=∠AEB∴∠EBC=∠CEB∴CE=BC=8设ED=x，∴EH=x+3222在Rt△ECH中，EC=EH+HC222∴8=x+3+33解得：x=37-3(负整数)故答案为：37-3．【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．16(2023·江苏扬州·统考中考真题)如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E、F分别在边AD、BC上，将正方形沿着EF翻折，点B恰好落在CD边上的点B处，如果四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3∶5，那么线段FC的长为．3【答案】8【分析】连接BB，过点F作FH⊥AD于点H，设CF=x，则DH=x，则BF=1-x，根据已知条件，分别52表示出AE,EH,HD，证明△EHF≌△BCBASA，得出EH=BC=-2x，在Rt△BFC中，BF=B422C+CF，勾股定理建立方程，解方程即可求解．【详解】解：如图所示，连接BB，过点F作FH⊥AD于点H， ∵正方形ABCD的边长为1，四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3∶5，33∴S=×1=，四边形ABFE88设CF=x，则DH=x，则BF=1-x13∴S=AE+BF×AB=四边形ABFE2813即AE+1-x×1=281∴AE=x-45∴DE=1-AE=-x，455∴EH=ED-HD=-x-x=-2x，44∵折叠，∴BB⊥EF，∴∠1+∠2=∠BGF=90°，∵∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，又FH=BC=1,∠EHF=∠C∴△EHF≌△BCBASA，5∴EH=BC=-2x4222在Rt△BFC中，BF=BC+CF2252即1-x=x+-2x43解得：x=，83故答案为：．8【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．17(2023·湖北随州·统考中考真题)如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，M是边AB上一动点(不含端点)，将△ADM沿直线DM对折，得到△NDM．当射线CN交线段AB于点P时，连接DP，则△CDP的面积为；DP的最大值为． 【答案】10；25【分析】(1)根据等底等高的三角形和矩形面积关系分析求解；(2)结合勾股定理分析可得，当AP最大时，DP即最大，通过分析点N的运动轨迹，结合勾股定理确定AP的最值，从而求得DP的最大值．【详解】解：由题意可得△CDP的面积等于矩形ABCD的一半，11∴△CDP的面积为AB⋅AD=×4×5=10，2222在Rt△APD中，PD=AD+AP，∴当AP最大时，DP即最大，由题意可得点N是在以D为圆心4为半径的圆上运动，当射线CN与圆相切时，AP最大，此时C、N、M三点共线，如图：由题意可得：AD=ND，∠MND=∠BAD=∠B=90°，∴∠NDC+∠DCN=90°，∠DCN+∠MCB=90°，∴∠NDC=∠MCB∵AD=BC，∴DN=BC，∴△NDC≌△BCM，22∴CN=BM=CD-DN=3，∴AP=AB-BP=2，2222在Rt△APD中，PD=AD+AP=4+2=25，故答案为：10，25．【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握矩形和折叠的性质，分析点的运动轨迹，证明三角形全等是解决问题的关键．18(2023·湖南·统考中考真题)如图，在矩形ABCD中，AB=2,AD=7，动点P在矩形的边上沿B→C→D→A运动．当点P不与点A、B重合时，将△ABP沿AP对折，得到△ABP，连接CB，则在点P的运动过程中，线段CB的最小值为． 【答案】11-2/-2+11【分析】根据折叠的性质得出B在A为圆心，2为半径的弧上运动，进而分类讨论当点P在BC上时，当点P在DC上时，当P在AD上时，即可求解．【详解】解：∵在矩形ABCD中，AB=2,AD=7，22∴BC=AD=7，AC=BC+AB=7+4=11，如图所示，当点P在BC上时，∵AB=AB=2∴B在A为圆心，2为半径的弧上运动，当A,B,C三点共线时，CB最短，此时CB=AC-AB=11-2，当点P在DC上时，如图所示，此时CB>11-2当P在AD上时，如图所示，此时CB>11-2综上所述，CB的最小值为11-2， 故答案为：11-2．【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，圆外一点到圆上的距离的最值问题，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．19(2023·湖北武汉·统考中考真题)如图，DE平分等边△ABC的面积，折叠△BDE得到△FDE,AC分别与DF,EF相交于G,H两点．若DG=m,EH=n，用含m,n的式子表示GH的长是．22【答案】m+n【分析】先根据折叠的性质可得S△BDE=S△FDE，∠F=∠B=60°，从而可得S△FHG=S△ADG+S△CHE，再根据相S△ADGDG2似三角形的判定可证△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，根据相似三角形的性质可得S==△FHGGHm2SEH2n2△CHE，==，然后将两个等式相加即可得．2SGH2GH△FHGGH【详解】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠B=∠C=60°，∵折叠△BDE得到△FDE，∴△BDE≌△FDE，∴S△BDE=S△FDE，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，∵DE平分等边△ABC的面积，∴S梯形ACED=S△BDE=S△FDE，∴S△FHG=S△ADG+S△CHE，又∵∠AGD=∠FGH,∠CHE=∠FHG，∴△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，S△ADGDG2m2S△CHEEH2n2∴==，==，SGH2SGH2△FHGGH△FHGGHS△ADGS△CHEm2+n2S△ADG+S△CHE∴+===1，SS2S△FHG△FHGGH△FHG222∴GH=m+n，2222解得GH=m+n或GH=-m+n(不符合题意，舍去)，22故答案为：m+n．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．320(2023·广东深圳·统考中考真题)如图，在△ABC中，AB=AC，tanB=，点D为BC上一动点，4连接AD，将△ABD沿AD翻折得到△ADE，DE交AC于点G，GE<DG，且AG:CG=3:1，则S三角形AGE=．S三角形ADG 49【答案】75【分析】AM⊥BD于点M，AN⊥DE于点N，则AM=AN，过点G作GP⊥BC于点P，设AM=12a，AM322根据tanB==得出BM=16a，继而求得AB=AM+BM=20a，CG=5a，AG=15a，再利BM4GP322用tanC=tanB==，求得GP=3a,CP=4a，利用勾股定理求得GN=AG-AN=9a，EN=CP422AE-AN=16a，故EG=EN-GN=7a，【详解】由折叠的性质可知，DA是∠BDE的角平分线，AB=AE，用HL证明△ADM≌△ADN，从而得222到DM=DN，设DM=DN=x，则DG=x+9a，DP=12a-x，利用勾股定理得到DP+GP=DG即222127512a-x+3a=x+9a，化简得x=a，从而得出DG=a，利用三角形的面积公式得到：771EG⋅ANS三角形AGE2EG7a49====．S1DG7575三角形ADGDG⋅ANa27作AM⊥BD于点M，AN⊥DE于点N，则AM=AN，过点G作GP⊥BC于点P，∵AM⊥BD于点M，AM3∴tanB==，BM422设AM=12a，则BM=16a，AB=AM+BM=20a，又∵AB=AC，AM⊥BD，∴CM=AM=12a，AB=AC=20a，∠B=∠C，1∵AG:CG=3:1，即CG=AC，4∴CG=5a，AG=15a，GP3在Rt△PCG中，CG=5a，tanC=tanB==，CP422设GP=3m，则CP=4m,CG=GP+CP=5m∴m=a∴GP=3a,CP=4a，∵AG=15a，AM=AN=12a，AN⊥DE，22∴GN=AG-AN=9a，∵AB=AE=20a，AN=12a，AN⊥DE22∴EN=AE-AN=16a， ∴EG=EN-GN=7a，∵AD=AD，AM=AN，AM⊥BD，AN⊥DE，∴△ADM≌△ADNHL，∴DM=DN，设DM=DN=x，则DG=DN+GN=x+9a，DP=CM-CP-DM=16a-4a-x=12a-x，222222在Rt△PDG中，DP+GP=DG，即12a-x+3a=x+9a，12化简得：x=a，775∴DG=x+9a=a，71EG⋅ANS三角形AGE2EG7a49∴====S1DG7575三角形ADGDG⋅ANa2749故答案是：．75【点睛】本题考查解直角三角形，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线并利用勾股定理列出方程是解题的关键．21(2023·黑龙江·统考中考真题)矩形ABCD中，AB=3,AD=9，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，若△ADE是直角三角形，则点E到直线BC的距离是．【答案】6或3+22或3-22【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交⊙A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，易得点E到直线BC的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．【详解】解：由题意矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，可知点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，如图，延长BA交⊙A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE=2AB=6，当过点D的直线与圆相切与点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况，①如图，过点E作EH⊥BC交BC于点H，交AD于点G，∵四边形ABCD是矩形， ∴EG⊥AD，∴四边形ABHG是矩形，GH=AB=3∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，22由勾股定理可得DE=9-3=62，11∵S△AED=AE⋅DE=AD⋅EG，22∴EG=22，∴E到直线BC的距离EH=EG+GH=3+22，②如图，过点E作EN⊥BC交BC于点N，交AD于点M，∵四边形ABCD是矩形，∴NM⊥AD，∴四边形ABNM是矩形，MN=AB=3∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，22由勾股定理可得DE=9-3=62，11∵S△AED=AE⋅DE=AD⋅EM，22∴EM=22，∴E到直线BC的距离EN=MN-GN=3-22，综上，6或3+22或3-22，故答案为：6或3+22或3-22．【点睛】本题考查了矩形的折叠问题切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．22(2023·四川成都·统考中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，CD平分∠ACB交AB于点AG7D，过D作DE∥BC交AC于点E，将△DEC沿DE折叠得到△DEF，DF交AC于点G．若=，GE3则tanA=．37【答案】72AG【分析】过点G作GM⊥DE于M，证明△DGE∽△CGD，得出DG=GE×GC，根据AD∥GM，得GE7DM2==，设GE=3,AG=7，EM=3n，则DM=7n，则EC=DE=10n，在Rt△DGM中，GM=3ME2222222223DG-DM，在Rt△GME中，GM=GE-EM，则DG-DM=GE-EM，解方程求得n=，则EM4 9=，GE=3，勾股定理求得GM，根据正切的定义，即可求解．4【详解】解：如图所示，过点G作GM⊥DE于M，∵CD平分∠ACB交AB于点D，DE∥BC∴∠1=∠2,∠2=∠3∴∠1=∠3∴ED=EC∵折叠，∴∠3=∠4，∴∠1=∠4,又∵∠DGE=∠CGD∴△DGE∽△CGDDGGE∴=CGDG2∴DG=GE×GC∵∠ABC=90°，DE∥BC，则AD⊥DE，∴AD∥GMAGDM∴=，∠MGE=∠A，GEMEAG7DM∵==GE3ME设GE=3,AG=7，EM=3n，则DM=7n，则EC=DE=10n，2∵DG=GE×GC2∴DG=3×3+10n=9+30n222在Rt△DGM中，GM=DG-DM222在Rt△GME中，GM=GE-EM2222∴DG-DM=GE-EM222即9+30n-7n=3-3n3解得：n=49∴EM=，GE=342229237则GM=GE-ME=3-4=49ME437∴tanA=tan∠EGM===MG377437故答案为：．7【点睛】本题考查了求正切，折叠的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．23(2023·四川南充·统考中考真题)如图，在等边△ABC中，过点C作射线CD⊥BC，点M，N分别在边AB，BC上，将△ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B′处，连接AB′，已知AB=2．给出下列四个结论：①CN+NB′为定值；②当BN=2NC时，四边形BMB′N为菱形；③当点N与C重合时，721∠AB′M=18°；④当AB′最短时，MN=．其中正确的结论是(填写序号)20 【答案】①②④【分析】根据等边三角形的性质可得BC=2，根据折叠的性质可得NB′=NB，由此即可判断①正确；先解直角三角形可得∠CBN=30°，从而可得∠BNC=60°=∠B，然后根据平行线的判定可得BM∥BN,MB∥BN，根据菱形的判定即可得②正确；先根据折叠的性质可得BC=BC,∠MBC=∠B=60°，从而可得AC=BC，再根据等腰三角形的性质可得∠ABC=∠CAB=75°，然后根据∠AB′M=∠ABC-∠MBC即可判断③错误；当AB′最短时，则AB′⊥CD，过点M作ME⊥BC于点E，连接BB，交MN于点O，先777利用勾股定理求出BN=,BB=7，根据折叠的性质可得OB=，设BE=yy>0，则EN=-42449721y，BM=2y，再利用勾股定理可得EM=3y，MN=-y+4y，然后根据S△BMN=BN⋅EM=16221OB⋅MN建立方程，解一元二次方程可得y的值，由此即可判断④正确．2【详解】解：∵△ABC是等边三角形，且AB=2，∴BC=AC=AB=2，∠B=∠ACB=60°，由折叠的性质得：NB′=NB，∴CN+NB′=CN+NB=BC=2，是定值，则结论①正确；当BN=2NC时，则NB′=2NC，NC1在Rt△CBN中，sin∠CBN==，NB′2∴∠CBN=30°，∴∠BNC=60°=∠B，∴BM∥BN，由折叠的性质得：∠MBN=∠B=60°，∴∠MBN=∠BNC=60°，∴MB∥BN，∴四边形BMB′N为平行四边形，又∵NB′=NB，∴四边形BMB′N为菱形，则结论②正确；如图，当点N与C重合时，∵CD⊥BC，∴∠BCD=90°，由折叠的性质得：BC=BC,∠MBC=∠B=60°，∴AC=BC，∠ACB=∠BCD-∠ACB=30°，1∴∠ABC=∠CAB=×180°-30°=75°，2∴∠AB′M=∠ABC-∠MBC=15°，则结论③错误；当AB′最短时，则AB′⊥CD，如图，过点M作ME⊥BC于点E，连接BB，交MN于点O，∵AC=2,∠ACB=30°， ∴BC=AC⋅cos30°=3，22∴BB=BC+BC=7，17由折叠的性质得：BB⊥MN,OB=BB=，22设BN=BN=x，则CN=BC-BN=2-x，222222在Rt△BCN中，CN+BC=BN，即2-x+3=x，7解得x=，47∴BN=，47设BE=yy>0，则EN=-y，BM=2y，422∴EM=BM-BE=3y，224972∴MN=EN+EM=-y+4y，16211∵S△BMN=BN⋅EM=OB⋅MN，22774972∴×3y=×-y+4y，4216277解得y=或y=-<0(不符合题意，舍去)，102497772721∴MN=16-2×10+4×10=，则结论④正确；20综上，正确的结论是①②④，故答案为：①②④．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、解直角三角形、菱形的判定、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握折叠的性质是解题关键．24(2023·浙江杭州·统考中考真题)如图，在△ABC中，AB=AC,∠A<90°，点D,E,F分别在边BCAB，BC,CA上，连接DE,EF,FD，已知点B和点F关于直线DE对称．设=k，若AD=DF，则ABCF=(结果用含k的代数式表示)．FA2k【答案】22-k1【分析】先根据轴对称的性质和已知条件证明DE∥AC，再证△BDE∽△BAC，推出EC=k⋅AB，通过212CF证明△ABC∽△ECF，推出CF=k⋅AB，即可求出的值．2FA【详解】解：∵点B和点F关于直线DE对称，∴DB=DF， ∵AD=DF，∴AD=DB．∵AD=DF，∴∠A=∠DFA，∵点B和点F关于直线DE对称，∴∠BDE=∠FDE，又∵∠BDE+∠FDE=∠BDF=∠A+∠DFA，∴∠FDE=∠DFA，∴DE∥AC，∴∠C=∠DEB，∠DEF=∠EFC，∵点B和点F关于直线DE对称，∴∠DEB=∠DEF，∴∠C=∠EFC，∵AB=AC，∴∠C=∠B，∠B=∠C在△ABC和△ECF中，，∠ACB=∠EFC∴△ABC∽△ECF．∵在△ABC中，DE∥AC，∴∠BDE=∠A，∠BED=∠C，∴△BDE∽△BAC，BEBD1∴==，BCBA21∴EC=BC，2BC∵=k，AB1∴BC=k⋅AB，EC=k⋅AB，2∵△ABC∽△ECF．ABBC∴=，ECCFABk⋅AB∴=，1k⋅ABCF212解得CF=k⋅AB，212k⋅AB2CFCFCF2k∴====．FAAC-CFAB-CF122-k2AB-k⋅AB22k故答案为：．22-k【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的定义和性质等，有一定难度，解题的关键是证明△ABC∽△ECF．三、解答题25(2023·安徽·统考中考真题)如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A,B,C, D均为格点(网格线的交点)．(1)画出线段AB关于直线CD对称的线段A1B1；(2)将线段AB向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到线段A2B2，画出线段A2B2；(3)描出线段AB上的点M及直线CD上的点N，使得直线MN垂直平分AB．【答案】见解析【分析】(1)根据轴对称的性质找到A,B关于直线CD的对称点，A1,B1，连接A1,B1，则线段A1B1即为所求；(2)根据平移的性质得到线段A2B2即为所求；2222(3)勾股定理求得AM=BM=1+3=10，MN=1+3=10，则AM=MN证明△NPM≌△MQA得出∠NMP+∠AMQ=90°，则AM⊥MN，则点M,N即为所求．【详解】(1)解：如图所示，线段A1B1即为所求；(2)解：如图所示，线段A2B2即为所求； (3)解：如图所示，点M,N即为所求如图所示，2222∵AM=BM=1+3=10，MN=1+3=10，∴AM=MN，又NP=MQ=1,MP=AQ=3，∴△NPM≌△MQA，∴∠NMP=∠MAQ，又∠MAQ+∠AMQ=90°， ∴∠NMP+∠AMQ=90°∴AM⊥MN，∴MN垂直平分AB．【点睛】本题考查了轴对称作图，平移作图，勾股定理与网格问题，熟练掌握以上知识是解题的关键．26(2023·四川广安·统考中考真题)将边长为2的正方形剪成四个全等的直角三角形，用这四个直角三角形拼成符合要求的四边形，请在下列网格中画出你拼成的四边形(注：①网格中每个小正方形的边长为1；②所拼的图形不得与原图形相同；③四边形的各顶点都在格点上)．【答案】见解析(答案不唯一，符合题意即可)【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的性质进行作图即可．【详解】解：①要求是轴对称图形但不是中心对称图形，则可作等腰梯形，如图四边形ABCD即为所求；②要求是中心对称图形但不是轴对称图形，则可作一般平行四边形，如图四边形ABCD即为所求；③要求既是轴对称图形又是中心对称图形，则可作菱形、矩形等，如图四边形ABCD即为所求；④要求既不是轴对称图形又不是中心对称图形，则考虑作任意四边形，如图四边形ABCD即为所求．【点睛】本题考查轴对称图形和中心对称图形的概念及作图，轴对称图形：把一个图形沿着某条直线折叠，能够与另一个图形重合；中心对称图形：把一个图形绕着某个点旋转180°能够和原图形重合．27(2023·内蒙古通辽·统考中考真题)综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：操作一：对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM、BM，延长PM交CD于点Q，连接BQ． (1)如图1，当点M在EF上时，∠EMB=度；(2)改变点P在AD上的位置(点P不与点A，D重合)如图2，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．【答案】(1)30(2)∠MBQ=∠CBQ，理由见解析【分析】(1)由正方形的性质结合折叠的性质可得出BM=AB=2BE，∠BEF=90°，进而可求出1sin∠EMB=，即得出∠EMB=30°；2(2)由正方形的性质结合折叠的性质可证Rt△BCQ≅Rt△BMQHL，即得出∠MBQ=∠CBQ．【详解】(1)解：∵对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，∴AB=BC=CD=AD=2BE，∠BEF=90°．∵在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，∴BM=AB=2BE．BEBE1在Rt△BEM中，sin∠EMB===，BM2BE2∴∠EMB=30°．故答案为：30．(2)解：结论：∠MBQ=∠CBQ，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠BAD=∠C=90°．由折叠可得：AB=BM，∠BAD=∠BMP=90°，∴BM=BC，∠BMQ=∠C=90°．又∵BQ=BQ，∴Rt△BCQ≌Rt△BMQHL，∴∠MBQ=∠CBQ．【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、解直角三角形、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识点．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．28(2023·湖北·统考中考真题)如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上(点M不与点A,D重合)，点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E,F，连接BM． (1)求证：∠AMB=∠BMP；(2)若DP=1，求MD的长．【答案】(1)证明见解析12(2)MD=5【分析】(1)由折叠和正方形的性质得到∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB，则∠EMB=∠EBM，进而证明∠BMP=∠MBC，再由平行线的性质证明∠AMB=∠MBC即可证明∠AMB=∠BMP；(2)如图，延长MN,BC交于点Q．证明△DMP∽△CQP得到QC=2MD，QP=2MP，1设MD=x，则QC=2x，BQ=3+2x．由∠BMQ=∠MBQ，得到MQ=BQ=3+2x．则MP=MQ33+2x223+2x212=．由勾股定理建立方程x+1=，解方程即可得到MD=．335【详解】(1)证明：由翻折和正方形的性质可得，∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB．∴∠EMB=∠EBM．∴∠EMP-∠EMB=∠EBC-∠EBM，即∠BMP=∠MBC，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC．∴∠AMB=∠MBC．∴∠AMB=∠BMP．(2)解：如图，延长MN,BC交于点Q．∵AD∥BC，∴△DMP∽△CQP．又∵DP=1，正方形ABCD边长为3，∴CP=2MDMPDP1∴===，QCQPCP2∴QC=2MD，QP=2MP，设MD=x，则QC=2x，∴BQ=3+2x．∵∠BMP=∠MBC，即∠BMQ=∠MBQ，∴MQ=BQ=3+2x．13+2x∴MP=MQ=．33222在Rt△DMP中，MD+DP=MP，223+2x2∴x+1=．312解得：x1=0(舍)，x2=．5 12∴MD=．5【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．29(2023·江苏无锡·统考中考真题)如图，四边形ABCD是边长为4的菱形，∠A=60°，点Q为CD的中点，P为线段AB上的动点，现将四边形PBCQ沿PQ翻折得到四边形PBCQ．(1)当∠QPB=45°时，求四边形BBCC的面积；(2)当点P在线段AB上移动时，设BP=x，四边形BBCC的面积为S，求S关于x的函数表达式．【答案】(1)43+8323x(2)S=+432x+12【分析】(1)连接BD、BQ，根据菱形的性质以及已知条件可得△BDC为等边三角形，根据∠QPB=45°，可得△PBQ为等腰直角三角形，则PB=23，PQ=26，根据翻折的性质，可得∠BPB=90°，PB=PB，则BB=26，PE=6；同理CQ=2，CC=22，QF=2；进而根据S四边形BBCC=2S梯形PBCQ-S△PBB+S，即可求解；△CQC23x12123x(2)等积法求得BE=2，则QE=2，根据三角形的面积公式可得S△QEB=2，证明x+12x+12x+1243x△BEQ∼△QFC，根据相似三角形的性质，得出S△QFC=2，根据S=2S△QEB+S△BQC+S△QFC即可求x+12解．【详解】(1)如图，连接BD、BQ，∵四边形ABCD为菱形，∴CB=CD=4，∠A=∠C=60°，∴△BDC为等边三角形．∵Q为CD中点，∴CQ=2，BQ⊥CD，∴BQ=23，QB⊥PB．∵∠QPB=45°，∴△PBQ为等腰直角三角形，∴PB=23，PQ=26，∵翻折，∴∠BPB=90°，PB=PB，∴BB=26，PE=6；.同理CQ=2， ∴CC=22，QF=2，11212∴S四边形BBCC=2S梯形PBCQ-S△PBB+S△CQC=2××2+23×23-×23+×2=43+8；222(2)如图2，连接BQ、BQ，延长PQ交CC于点F．∵PB=x，BQ=23，∠PBQ=90°，2∴PQ=x+12．11∵S△PBQ=PQ×BE=PB×BQ22BQ×PB23x∴BE==，PQx2+1212∴QE=，2x+12123x12123x∴S△QEB=×2×2=2．2x+12x+12x+12∵∠BEQ=∠BQC=∠QFC=90°，则∠EQB=90°-∠CQF=∠FCQ，∴△BEQ∼△QFC，S△QFCCQ2221∴S=QB==3，△BEQ2343x∴S△QFC=2．x+121∵S△BQC=×2×23=23，2123x43x323x∴S=2S△QEB+S△BQC+S△QFC=22+23+2=2+43．x+12x+12x+12【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．30(2023·广东·统考中考真题)综合探究如图1，在矩形ABCD中(AB>AD)，对角线AC，BD相交于点O，点A关于BD的对称点为A′，连接AA′交BD于点E，连接CA′． (1)求证：AA′⊥CA′；(2)以点O为圆心，OE为半径作圆．①如图2，⊙O与CD相切，求证：AA′=3CA′；②如图3，⊙O与CA′相切，AD=1，求⊙O的面积．【答案】(1)见解析2+2(2)①见解析；②π4【分析】(1)由点A关于BD的对称点为A′可知点E是AA′的中点，∠AEO=90°，从而得到OE是△ACA的中位线，继而得到OE∥AC，从而证明AA′⊥CA′；(2)①过点O作OF⊥AB于点F，延长FO交CD于点G，先证明△OCG≌△OAFAAS得到OG=OF，由⊙O与CD相切，得到OG=OE，继而得到OE=OF，从而证明AO是∠EAF的角平分线，即∠OAE=∠OAF，∠OAE=∠OAF=x，求得∠AOE=2x，利用直角三角形两锐角互余得到∠AOE+∠OAE=90°，从而得到∠OAE=30°，即∠AAC=30°，最后利用含30度角的直角三角形的性质得出AA′=3CA′；1②先证明四边形AEOH是正方形，得到OE=OH=AH，再利用OE是△ACA的中位线得到OE=A2C，从而得到OH=CH，∠OCH=45°，再利用平行线的性质得到∠AOE=45°，从而证明△AEO是等腰直2222角三角形，AE=OE，设AE=OE=r，求得DE=2-1r，在Rt△ADE中，AE+DE=AD即r22222+222+2+2-1r=1，解得r=，从而得到⊙O的面积为S=πr=π．44【详解】(1)∵点A关于BD的对称点为A′，∴点E是AA′的中点，∠AEO=90°，又∵四边形ABCD是矩形，∴O是AC的中点，∴OE是△ACA的中位线，∴OE∥AC∴∠AA′C=∠AEO=90°，∴AA′⊥CA′(2)①过点O作OF⊥AB于点F，延长FO交CD于点G，则∠OFA=90°，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AO=BO=CO=DO，∴∠OCG=∠OAF，∠OGC=∠OFA=90°．∵∠OCG=∠OAF，∠OGC=∠OFA=90°，AO=CO，∴△OCG≌△OAFAAS，∴OG=OF． ∵⊙O与CD相切，OE为半径，∠OGC=90°，∴OG=OE，∴OE=OF又∵∠AEO=90°即OE⊥AE，OF⊥AB，∴AO是∠EAF的角平分线，即∠OAE=∠OAF，设∠OAE=∠OAF=x，则∠OCG=∠OAF=x，又∵CO=DO∴∠OCG=∠ODG=x∴∠AOE=∠OCG+∠ODG=2x又∵∠AEO=90°，即△AEO是直角三角形，∴∠AOE+∠OAE=90°，即2x+x=90°解得：x=30°，∴∠OAE=30°，即∠AAC=30°，在Rt△AAC中，∠AAC=30°，∠AAC=90°，∴AC=2CA，2222∴AA′=AC-CA=2CA-CA=3CA′；②过点O作OH⊥AC于点H，∵⊙O与CA′相切，∴OE=OH，∠AHO=90°∵∠AA′C=∠AEO=∠AEO=∠AHO=90°∴四边形AEOH是矩形，又∵OE=OH，∴四边形AEOH是正方形，∴OE=OH=AH，又∵OE是△ACA的中位线，1∴OE=AC21∴AH=CH=AC2∴OH=CH又∵∠AHO=90°，∴∠OCH=45°又∵OE∥AC，∴∠AOE=45°又∵∠AEO=90°，∴△AEO是等腰直角三角形，AE=OE，22设AE=OE=r，则AO=DO=AE+OE=2r∴DE=DO-OE=2r-r=2-1r222在Rt△ADE中，AE+DE=AD，AD=12222即r+2-1r=12112+2∴r===1+2-124-22422+2∴⊙O的面积为：S=πr=π4 【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．