2019中考数学压轴题解析3927.(2015黔西南州,第10题,4分)在数轴上截取从0到3的对应线段AB,实数m对应AB上的点M,如图1;将AB折成正三角形,使点A、B重合于点P,如图2;建立平面直角坐标系,平移此三角形,使它关于y轴对称,且点P的坐标为(0,2),PM的延长线与x轴交于点N(n,0),如图3,当m=3时,n的值为()A.423- B.432- C.332-D.332【答案】A.【解析】试题分析:∵AB=3,△PDE是等边三角形,∴PD=PE=DE=1,以DE的垂直平分线为y轴建立直角坐标系,∵△PDE关于y轴对称,∴PF⊥DE,DF=EF,DE∥x轴,∴PF=32,∴△PFM∽△PON,∵m=3,∴332-,∴PF PMOP ON=,即333222ON-=,解得:ON=423-.故选A.考点:相似三角形的判定与性质;实数与数轴;等边三角形的性质;平移的性质;综合题;压轴题.二、填空题28.(2017湖南省常德市,第16题,3分)如图,有一条折线A1B1A2B2A3B3A4B4…,它是由过A1(0,0),B1(2,2),A2(4,0)组成的折线依次平移4,8,12,…个单位得到的,直线y=kx+2与此折线恰有2n(n≥1,且为整数)个交点,则k的值为.【答案】12n-.【分析】由点A1、A2的坐标,结合平移的距离即可得出点An的坐标,再由直线y=kx+2与此折线恰有2n(n≥1,且为整数)个交点,即可得出点An+1(4n,0)在直线y=kx+2上,依据依此函数图象上点的坐标特征,即可求出k值.【解析】∵A1(0,0),A2(4,0),A3(8,0),A4(12,0),…,∴An(4n﹣4,0).∵直线y=kx+2与此折线恰有2n(n≥1,且为整数)个交点,∴点An+1(4n,0)在直线y=kx+2上,∴0=4nk+2,解得:k=12n-.故答案为:12n-.点睛:本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及坐标与图形变化中的平移,根据一次函数图象上点的坐标特征结合点An的坐标,找出0=4nk+2是解题的关键.考点:一次函数图象上点的坐标特征;坐标与图形变化﹣平移;规律型;综合题.29.(2017山东省菏泽市,第14题,3分)如图,AB⊥y轴,垂足为B,将△ABO绕点A逆时针旋转到△AB1O1的位置,使点B的对应点B1落在直线3y x=-上,再将△AB1O1绕点B1逆时针旋转到△A1B1O1的位置,使点O1的对应点O2落在直线33y x=-上,依次进行下去…若点B的坐标是(0,1),则点O12的纵坐标为.【答案】3【分析】观察图象可知,O12在直线33y x=-时,OO12=6OO2=6(3)3,由此即可解决问题.【解析】观察图象可知,O12在直线3y x=时,OO12=6OO2=6(3+2)3O12的横坐标=﹣(3•cos30°=﹣9﹣3,O12的纵坐标=123,∴O12(﹣9﹣33).故答案为:3点睛:本题考查坐标与图形的变化、规律型:点的坐标、一次函数的性质等知识,解题的关键是学会从特殊到一般的探究方法,属于中考常考题型.考点:坐标与图形变化﹣旋转;规律型:点的坐标;一次函数图象上点的坐标特征;综合题.30.(2017湖南省张家界市,第14题,3分)如图,在正方形ABCD中,AD=23,把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP,连接AP并延长交CD于点E,连接PC,则三角形PCE的面积为.【答案】953-.【分析】根据旋转的想知道的PB=BC=AB,∠PBC=30°,推出△ABP是等边三角形,得到∠BAP=60°,AP=AB=23,解直角三角形得到CE=23﹣2,PE=4﹣23,过P作PF⊥CD于F,于是得到结论.【解析】∵四边形ABCD是正方形,∴∠ABC=90°,∵把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP,∴PB=BC=AB,∠PBC=30°,∴∠ABP=60°,∴△ABP是等边三角形,∴∠BAP=60°,AP=AB=23,∵AD=23,∴AE=4,DE=2,∴CE=23﹣2,PE=4﹣23,过P作PF⊥CD于F,∴PF=32PE=23﹣3,∴三角形PCE的面积=12CE•PF=12×(23﹣2)×(23﹣3)=953-,故答案为:953-.点睛:本题考查了旋转的性质,正方形的性质,等边三角形的判定和性质,解直角三角形,正确的作出辅助线是解题的关键.考点:旋转的性质;正方形的性质;综合题.31.(2017四川省内江市,第25题,6分)如图,已知直线l1∥l2,l1、l2之间的距离为8,点P到直线l1的距离为6,点Q到直线l2的距离为4,PQ=430,在直线l1上有一动点A,直线l2上有一动点B,满足AB⊥l2,且PA+AB+BQ最小,此时PA+BQ= .【答案】16.【分析】作PE⊥l1于E交l2于F,在PF上截取PC=8,连接QC交l2于B,作BA⊥l1于A,此时PA+AB+BQ最短.作QD⊥PF于D.首先证明四边形ABCP是平行四边形,PA+BQ=CB+BQ=QC,利用勾股定理即可解决问题.【解析】作PE⊥l1于E交l2于F,在PF上截取PC=8,连接QC交l2于B,作BA⊥l1于A,此时PA+AB+BQ最短.作QD⊥PF于D.在Rt△PQD中,∵∠D=90°,PQ=430,PD=18,∴DQ=22PQ PD- =156,∵AB=PC=8,AB∥PC,∴四边形ABCP是平行四边形,∴PA=BC,CD=10,∴PA+BQ=CB+BQ=QC=22DQ CD+ =156100+=16.故答案为:16.点睛:本题考查轴对称﹣最短问题、平行线的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识,解题的关键是学会构建平行四边形解决问题,属于中考常考题型.考点:轴对称﹣最短路线问题;平行线的性质;动点型;最值问题;综合题.32.(2017安徽省,第14题,5分)在三角形纸片ABC中,∠A=90°,∠C=30°,AC=30cm,将该纸片沿过点B的直线折叠,使点A落在斜边BC上的一点E处,折痕记为BD(如图1),减去△CDE后得到双层△BDE(如图2),再沿着过△BDE某顶点的直线将双层三角形剪开,使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形,则所得平行四边形的周长为 cm.【答案】40或3 3.【分析】解直角三角形得到AB=3∠ABC=60°,根据折叠的性质得到∠ABD=∠EBD=12∠ABC=30°,BE=AB=3DE=10,BD=20,如图1,平行四边形的边是DF,BF,如图2,平行四边形的边是DE,EG,于是得到结论.【解析】∵∠A=90°,∠C=30°,AC=30cm,∴AB=3,∠ABC=60°,∵△ADB≌△EDB,∴∠ABD=∠EBD=12∠ABC=30°,BE=AB=103,∴DE=10,BD=20,如图1,平行四边形的边是DF,BF,且DF=BF=2033,∴平行四边形的周长=8033;如图2,平行四边形的边是DE,EG,且DF=BF=10,∴平行四边形的周长=40.综上所述:平行四边形的周长为40或8033,故答案为:40或8033.点睛:本题考查了剪纸问题,平行四边形的性质,解直角三角形,正确的理解题意是解题的关键.考点:剪纸问题;操作型;分类讨论;综合题.33.(2017山东省东营市,第15题,4分)如图,已知菱形ABCD的周长为16,面积为83,E为AB 的中点,若P为对角线BD上一动点,则EP+AP的最小值为.【答案】23.【分析】如图作CE′⊥AB于E′,甲BD于P′,连接AC、AP′.首先证明E′与E重合,因为A、C 关于BD对称,所以当P与P′重合时,PA′+P′E的值最小,由此求出CE即可解决问题.【解析】如图作C E′⊥AB于E′,甲BD于P′,连接AC、AP′.∵已知菱形ABCD的周长为16,面积为83,∴AB=BC=4,AB•CE′=83,∴CE′=23,在Rt△BCE′中,BE′=224(23)=2,∵BE=EA=2,∴E与E′重合,∵四边形ABCD是菱形,∴BD垂直平分AC,∴A、C关于BD对称,∴当P 与P′重合时,PA′+P′E的值最小,最小值为CE的长=23,故答案为:23.点睛:本题考查轴对称﹣最短问题、菱形的性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,本题的突破点是证明CE是△ABC的高,学会利用对称解决最短问题.考点:轴对称﹣最短路线问题;菱形的性质;动点型;最值问题.34.(2017山东省泰安市,第24题,3分)如图,∠BAC=30°,M为AC上一点,AM=2,点P是AB上的一动点,PQ⊥AC,垂足为点Q,则PM+PQ的最小值为.【答案】3.【分析】本题作点M关于AB的对称点N,根据轴对称性找出点P的位置,如图,根据三角函数求出MN,∠N,再根据三角函数求出结论.【解析】作点M关于AB的对称点N,过N作NQ⊥AC于Q交AB于P,则NQ的长即为PM+PQ的最小值,连接MN交AB于D,则MD⊥AB,DM=DN,∵∠NPB=∠APQ,∴∠N=∠BAC=30°,∵∠BAC=30°,AM=2,∴MD=12AM=1,∴MN=2,∴NQ=MN•cos∠N=2×32=3,故答案为:3.点睛:本题考查含30°直角三角形的性质、轴对称﹣﹣最短路线问题及三角函数,正确确定P点的位置是解题的关键.考点:轴对称﹣最短路线问题;最值问题;动点型.35.(2017浙江省温州市,第15题,5分)如图,矩形OABC的边OA,OC分别在x轴、y轴上,点B 在第一象限,点D在边BC上,且∠AOD=30°,四边形OA′B′D与四边形OABD关于直线OD对称(点A′和A,B′和B分别对应).若AB=1,反比例函数kyx(k≠0)的图象恰好经过点A′,B,则k的值为.【答案】43 3.【分析】设B(m,1),得到OA=BC=m,根据轴对称的性质得到OA′=OA=m,∠A′OD=∠AOD=30°,求得∠A′OA=60°,过A′作A′E⊥OA于E,解直角三角形得到A′(12m,32m),列方程即可得到结论.【解析】∵四边形ABCO是矩形,AB=1,∴设B(m,1),∴OA=BC=m,∵四边形OA′B′D与四边形OABD 关于直线OD对称,∴OA′=OA=m,∠A′OD=∠AOD=30°,∴∠A′OA=60°,过A′作A′E⊥OA于E,∴OE=12m,A′E=32m,∴A′(12m,32m),∵反比例函数kyx(k≠0)的图象恰好经过点A′,B,∴12m•32m=m,∴m=433,∴k=433.故答案为:433.点睛:本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征,矩形的性质,轴对称的性质,解直角三角形,正确的作出辅助线是解题的关键.考点:反比例函数图象上点的坐标特征;矩形的性质;轴对称的性质;综合题.36.(2016福建省南平市)如图,等腰△ABC中,CA=CB=4,∠ACB=120°,点D在线段AB上运动(不与A、B重合),将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ,给出下列结论:①CD=CP=CQ;②∠PCQ的大小不变;③△PCQ面积的最小值为43 5;④当点D在AB的中点时,△PDQ是等边三角形,其中所有正确结论的序号是.【答案】①②④.【分析】①由折叠直接得到结论;②由折叠的性质求出∠ACP+∠BCQ=120°,再用周角的意义求出∠PCQ=120°;③先作出△PCQ的边PC上的高,用三角函数求出QE=3CQ,得到S△PCQ=23CD,判断出△PCQ面积最小时,点D的位置,求出最小的CD=CF,即可;④先判断出△APD是等边三角形,△BDQ是等边三角形,再求出∠PDQ=60°,即可.【解析】①∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ,∴CP=CD=CQ,∴①正确;②∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ,∴∠ACP=∠ACD,∠BCQ=∠BCD,∴∠ACP+∠BCQ=∠ACD+∠BCD=∠ACB=120°,∴∠PCQ=360°﹣(∠ACP+BCQ+∠ACB)=360°﹣(120°+120°)=120°,∴∠PCQ的大小不变;∴②正确;③如图,过点Q作QE⊥PC交PC延长线于E,∵∠PCQ=120°,∴∠QCE=60°,在Rt△QCE中,tan∠QCE=QECQ,∴QE=CQ×tan∠QCE=CQ×tan60°=3CQ,∵CP=CD=CQ,∴S△PCQ=12CP×QE=12CP×3CQ=23CD,∴CD最短时,S△PCQ最小,即:CD⊥AB时,CD最短,过点C作CF⊥AB,此时CF就是最短的CD,∵AC=BC=4,∠ACB=120°,∴∠ABC=30°,∴CF=12BC=2,即:CD最短为2,∴S△PCQ最小=232CD=2322=23,∴③错误;④∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ,∴AD=AP,∠DAC=∠PAC,∵∠DAC=30°,∴∠APD=60°,∴△APD是等边三角形,∴PD=AD,∠ADP=60°,同理:△BDQ是等边三角形,∴DQ=BD,∠BDQ=60°,∴∠PDQ=60°,∵当点D在AB的中点,∴AD=BD,∴PD=DQ,∴△DPQ是等边三角形,∴④正确,故答案为:①②④.点睛:此题是几何变换综合题,主要考查了折叠的性质,等腰三角形的性质,等边三角形的判定,锐角三角函数,极值的确定,三角形的面积公式,解本题的关键是判断出∠PCQ=120°是个定值;(其实这个题目中还有∠PDQ=60°也是定值),解本题的难点是确定出△PCQ面积最小时,点D的位置.考点:几何变换综合题;定值问题;最值问题;综合题;翻折变换(折叠问题).37.(2016山东省济南市)如图1,在矩形纸片ABCD中,AB=83AD=10,点E是CD中点,将这张纸片依次折叠两次;第一次折叠纸片使点A与点E重合,如图2,折痕为MN,连接ME/NE;第二次折叠纸片使点N与点E重合,如图3,点B落到B′处,折痕为HG,连接HE,则tan∠EHG= .【答案】53 6.【分析】如图2中,作NF⊥CD于F.设DM=x,则AM=EM=10﹣x,利用勾股定理求出x,再利用△DME∽△FEN,得DE EMFN EN,求出EN,EM,求出tan∠AMN,再证明∠EHG=∠AMN即可解决问题.点睛:本题考查翻折变换、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会把问题转化,证明∠AMN=∠EHG是关键,属于中考填空题中的压轴题.考点:翻折变换(折叠问题);解直角三角形;综合题.38.(2016福建省宁德市4分)如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=4,AC=3,点D、E分别是AB、AC的中点,点G、F在BC边上(均不与端点重合),DG∥EF.将△BDG绕点D顺时针旋转180°,将△CEF绕点E逆时针旋转180°,拼成四边形MGFN,则四边形MGFN周长l的取值范围是【答案】495≤l <13. 【分析】如图,连接DE ,作AH ⊥BC 于H .首先证明GF=DE=52,要求四边形MNFG 周长的取值范围,只要求出MG 的最大值和最小值即可.【解析】如图,连接DE ,作AH ⊥BC 于H .在Rt △ABC 中,∵∠BAC=90°,AB=4,AC=3,∴BC=22AB AC =5,∵12•AB•AC=12•BC•AH,∴AH=125,∵AD=DB ,AE=EC ,∴DE ∥CB ,DE=12BC=52,∵DG ∥EF ,∴四边形DGFE 是平行四边形,∴GF=DE=52,由题意MN ∥BC ,GM ∥FN ,∴四边形MNFG 是平行四边形,∴当MG=NF=AH 时,可得四边形MNFG 周长的最小值=2×125+2×52=495,当G 与B 重合时可得周长的最大值为13,∵G 不与B 重合,∴495≤l <13.故答案为:495≤l <13.点睛:本题考查旋转变换、勾股定理、平行四边形的性质、三角形中位线定理等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会取特殊点解决问题,属于中考常考题型.考点:旋转的性质;勾股定理;图形的剪拼;最值问题;综合题.39.(2016福建省宁德市4分)如图,在Rt △ABC 中,∠BAC=90°,AB=4,AC=3,点D 、E 分别是AB 、AC 的中点,点G 、F 在BC 边上(均不与端点重合),DG ∥EF .将△BDG 绕点D 顺时针旋转180°,将△CEF 绕点E 逆时针旋转180°,拼成四边形MGFN ,则四边形MGFN 周长l 的取值范围是【答案】495≤l <13.【分析】如图,连接DE ,作AH ⊥BC 于H .首先证明GF=DE=52,要求四边形MNFG 周长的取值范围,只要求出MG 的最大值和最小值即可.【解析】如图,连接DE ,作AH ⊥BC 于H .在Rt △ABC 中,∵∠BAC=90°,AB=4,AC=3,∴BC=22AB AC +=5,∵12•AB•AC=12•BC•AH,∴AH=125,∵AD=DB ,AE=EC ,∴DE ∥CB ,DE=12BC=52,∵DG ∥EF ,∴四边形DGFE 是平行四边形,∴GF=DE=52,由题意MN ∥BC ,GM ∥FN ,∴四边形MNFG 是平行四边形,∴当MG=NF=AH 时,可得四边形MNFG 周长的最小值=2×125+2×52=495,当G 与B 重合时可得周长的最大值为13,∵G 不与B 重合,∴495≤l <13.故答案为:495≤l <13.点睛:本题考查旋转变换、勾股定理、平行四边形的性质、三角形中位线定理等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会取特殊点解决问题,属于中考常考题型.考点:旋转的性质;勾股定理;图形的剪拼;最值问题;综合题.40.(2016内蒙古呼伦贝尔市,第17题,3分)如图,在Rt △ABC 中,∠C=90°,AC=3,BC=4,把△ABC 绕AB 边上的点D 顺时针旋转90°得到△A′B′C′,A′C′交AB 于点E ,若AD=BE ,则△A′DE 的面积是 .【答案】32.【分析】在Rt △ABC 中,由勾股定理求得AB=5,由旋转的性质可知AD=A′D,设AD=A′D=BE=x,则DE=5﹣2x ,根据旋转90°可证△A′DE∽△ACB ,利用相似比求x ,再求△A′DE 的面积.【解析】Rt △ABC 中,由勾股定理求22AC BC +,由旋转的性质,设AD=A′D=BE=x,则DE=5﹣2x ,∵△ABC 绕AB 边上的点D 顺时针旋转90°得到△A′B′C′,∴∠A′=∠A ,∠A′DE=∠C=90°,∴△A′DE∽△ACB ,∴'DE BC A D AC =,即5243x x-=,解得x=32,∴S△A′DE=12DE ×A′D=12×(5﹣2×32)×32=32,故答案为:32.点睛:本题考查了相似三角形的判定与性质,勾股定理及旋转的性质.关键是根据旋转的性质得出相似三角形,利用相似比求解.考点:旋转的性质;相似三角形的判定与性质;综合题.41.(2015宁夏,第14题,3分)如图,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(0,4),△OAB沿x轴向右平移后得到△O′A′B′,点A的对应点A′是直线45y x=上一点,则点B与其对应点B′间的距离为.【答案】5.【解析】试题分析:如图,连接AA′、BB′.∵点A的坐标为(0,4),△OAB沿x轴向右平移后得到△O′A′B′,∴点A′的纵坐标是4.又∵点A的对应点在直线45y x=上一点,∴445x=,解得x=5.∴点A′的坐标是(5,4),∴AA′=5.∴根据平移的性质知BB′=AA′=5.故答案为:5.考点:一次函数图象上点的坐标特征;坐标与图形变化-平移;综合题.42.(2015泰州,第16题,3分)如图,矩形ABCD中,AB=8,BC=6,P为AD上一点,将△ABP沿BP 翻折至△EBP,PE与CD相交于点O,且OE=OD,则AP的长为.【答案】4.8.【解析】试题分析:如图所示:∵四边形ABCD是矩形,∴∠D=∠A=∠C=90°,AD=BC=6,CD=AB=8,根据题意得:△ABP≌△EBP,∴EP=AP,∠E=∠A=90°,BE=AB=8,在△ODP和△OEG中,∵∠D=∠E,OD=OE,∠DOP=∠EOG ,∴△ODP ≌△OEG (ASA ),∴OP=OG ,PD=GE ,∴DG=EP ,设AP=EP=x ,则PD=GE=6﹣x ,DG=x ,∴CG=8﹣x ,BG=8﹣(6﹣x )=2+x ,根据勾股定理得:222BC CG BG +=,即2226(8)(2)x x +-=+,解得:x=4.8,∴AP=4.8;故答案为:4.8.考点:翻折变换(折叠问题);勾股定理;矩形的性质;综合题.43.(2015攀枝花,第15题,4分)如图,在边长为2的等边△ABC 中,D 为BC 的中点,E 是AC 边上一点,则BE+DE 的最小值为 .【答案】7.【解析】试题分析:作B 关于AC 的对称点B′,连接BB′、B′D,交AC 于E ,此时BE+ED=B′E+ED=B′D,根据两点之间线段最短可知B′D 就是BE+ED 的最小值,∵B 、B′关于AC 的对称,∴AC 、BB′互相垂直平分,∴四边形ABCB′是平行四边形,∵三角形ABC 是边长为2,∵D 为BC 的中点,∴AD ⊥BC ,∴AD=3,BD=CD=1,BB′=2AD=23,作B′G⊥BC 的延长线于G ,∴B′G=AD=3,在Rt △B′BG 中,BG=22''BB B G -=22(23)(3)-=3,∴DG=BG ﹣BD=3﹣1=2,在Rt △B′DG 中,BD=22'DG B G +=222(3)+=7.故BE+ED 的最小值为7.考点:轴对称-最短路线问题;等边三角形的性质;最值问题;综合题.44.(2015宜宾,第15题,3分)如图,一次函数的图象与x 轴、y 轴分别相交于点A 、B ,将△AOB沿直线AB翻折,得△ACB.若C(32,32),则该一次函数的解析式为.【答案】33y x=-+.【解析】试题分析:连接OC,过点C作CD⊥x轴于点D,∵将△AOB沿直线AB翻折,得△ACB,C(32,3),∴AO=AC,OD=32,DC=32,BO=BC,则tan∠COD=CDOD=33,故∠COD=30°,∠BOC=60°,∴△BOC是等边三角形,且∠CAD=60°,则sin60°=CDAC,即AC=sin60CD=1,故A(1,0),sin30°=CDOC=32CO=12,则CO=3,故BO=3,B点坐标为:(0,3),设直线AB的解析式为:y kx b=+,则3k bb+=⎧⎪⎨=⎪⎩,解得:33kb⎧=-⎪⎨=⎪⎩,即直线AB的解析式为:33y x=-+.故答案为:33y x=-+.考点:翻折变换(折叠问题);待定系数法求一次函数解析式;综合题.45.(2015达州,第14题,3分)如图,将矩形ABCD沿EF折叠,使顶点C恰好落在AB边的中点C′上,点D落在D′处,C′D′交AE于点M.若AB=6,BC=9,则AM的长为.【答案】94.【解析】试题分析:根据折叠的性质可知,FC=FC′,∠C=∠FC′M=90°,设BF=x ,则FC=FC′=9﹣x ,∵222''BF BC FC +=,∴2223(9)x x +=-,解得:x=4,∵∠FC′M=90°,∴∠AC′M+∠BC′F=90°,又∵∠BFC′+BC′F=90°,∴∠AC′M=∠BFC′,∵∠A=∠B=90°,∴△AMC′∽△BC′F,∴''AC AM BF BC =,∵BC′=AC′=3,∴AM=94.故答案为:94.考点:翻折变换(折叠问题);综合题.46.(2015凉山州,第26题,5分)菱形ABCD 在平面直角坐标系中的位置如图所示,顶点B (2,0),∠DOB=60°,点P 是对角线OC 上一个动点,E (0,﹣1),当EP+BP 最短时,点P 的坐标为 .【答案】(33,23).【解析】试题分析:连接ED ,如图,∵点B 的对称点是点D ,∴DP=BP,∴ED 即为EP+BP 最短,∵四边形ABCD 是菱形,顶点B (2,0),∠DOB=60°,∴点D 的坐标为(1,3),∴点C 的坐标为(3,3),∴可得直线OC 的解析式为:33y x =,∵点E 的坐标为(﹣1,0),∴可得直线ED 的解析式为:(13)1y x =+-,∵点P 是直线OC 和直线ED的交点,∴点P 的坐标为方程组33(13)1y x y x ⎧=⎪⎨⎪=+-⎩的解,解方程组得:23323x y ⎧=-⎪⎨=-⎪⎩,所以点P 的坐标为(233-,23-),故答案为:(233-,23-).考点:菱形的性质;坐标与图形性质;轴对称-最短路线问题;动点型;压轴题;综合题.47.(2015内江,第14题,5分)如图,在四边形ABCD 中,AD∥BC,∠C=90°,E 为CD 上一点,分别以EA ,EB 为折痕将两个角(∠D,∠C)向内折叠,点C ,D 恰好落在AB 边的点F 处.若AD=2,BC=3,则EF 的长为 .【答案】6.【解析】试题分析:∵分别以AE ,BE 为折痕将两个角(∠D,∠C)向内折叠,点C ,D 恰好落在AB 边的点F 处,∴DE=EF,CE=EF ,AF=AD=2,BF=CB=3,∴DC=2EF,AB=5,作AH⊥BC 于H ,∵AD∥BC,∠B=90°,∴四边形ADCH 为矩形,∴AH=DC=2EF,HB=BC ﹣CH=BC ﹣AD=1,在Rt△ABH 中,AH=22AB BH -=26,∴EF=6.故答案为:6.考点:翻折变换(折叠问题);综合题.48.(2015孝感,第16题,3分)如图,四边形ABCD 是矩形纸片,AB=2.对折矩形纸片ABCD ,使AD 与BC 重合,折痕为EF ;展平后再过点B 折叠矩形纸片,使点A 落在EF 上的点N ,折痕BM 与EF 相交于点Q ;再次展平,连接BN ,MN ,延长MN 交BC 于点G .有如下结论:①∠ABN=60°;②AM=1;③QN=3;④△BMG 是等边三角形;⑤P 为线段BM 上一动点,H 是BN 的中点,则PN+PH 的最小值是3.其中正确结论的序号是 .【答案】①④⑤.【解析】试题分析:如图1,连接AN ,∵EF 垂直平分AB ,∴AN=BN ,根据折叠的性质,可得:AB=BN ,∴AN=AB=BN ,∴△ABN 为等边三角形,∴∠ABN=60°,∠PBN=60°÷2=30°,即结论①正确;∵∠ABN=60°,∠ABM=∠NBM ,∴∠ABM=∠NBM=60°÷2=30°,∴AM=AB •tan30°=32=23,即结论②不正确;∵EF ∥BC ,QN 是△MBG 的中位线,∴QN=12BG ,∵BG=BM=AB ÷cos ∠ABM=322÷=33,∴QN=14323⨯=33,即结论③不正确; ∵∠ABM=∠MBN=30°,∠BNM=∠BAM=90°,∴∠BMG=∠BNM ﹣∠MBN=90°﹣30°=60°,∴∠MBG=∠ABG ﹣∠ABM=90°﹣30°=60°,∴∠BGM=180°﹣60°﹣60°=60°,∴∠MBG=∠BMG=∠BGM=60°,∴△BMG 为等边三角形,即结论④正确; ∵△BMG 是等边三角形,点N 是MG 的中点,∴BN ⊥MG ,∴BN=BG•sin60°=433=2,P 与Q 重合时,PN+PH 的值最小,∵P 是BM 的中点,H 是BN 的中点,∴PH ∥MG ,∵MG ⊥BN ,∴PH ⊥BN ,又∵PE ⊥AB ,∴PH=PE ,∴PN+PH=PN+PE=EN ,∵22BN BE -2221-3∴3,∴PN+PH 3,即结论⑤正确.故答案为:①④⑤.考点:几何变换综合题;翻折变换(折叠问题);动点型;最值问题;和差倍分;综合题;压轴题.49.(2015鄂州,第16题,3分)如图,∠AOB=30°,点M、N分别是射线OA、OB上的动点,OP平分∠AOB,且OP=6,当△PMN的周长取最小值时,四边形PMON的面积为..【答案】36354考点:轴对称-最短路线问题;最值问题;综合题.50.(2015随州,第16题,3分)在▱ABCD中,AB<BC,已知∠B=30°,AB=23沿AC翻折至△AB′C,使点B′落在▱ABCD所在的平面内,连接B′D.若△AB′D是直角三角形,则BC的长为.【答案】4或6.【解析】试题分析:①当∠B′AD=90°AB<BC时,如图1,∵AD=BC,BC=B′C,∴AD=B′C,∵AC∥B′D,∠B′AD=90°,∴∠B′GC=90°,∵∠B=30°,AB=23,∴∠AB′C=30°,∴GC=12B′C=12BC,∴G是BC的中点,在RT△ABG中,BG=3 2AB=3232⨯=3,∴BC=6;②当∠AB′D=90°时,如图2,∵AD=BC,BC=B′C,∴AD=B′C,∵AC∥B′D,∴四边形ACDB′是等腰梯形,∵∠AB′D=90°,∴四边形ACDB′是矩形,∴∠BAC=90°,∵∠B=30°,AB=23,∴BC=AB÷3=233⨯=4,∴当BC的长为4或6时,△AB′D是直角三角形.故答案为:4或6.考点:翻折变换(折叠问题);平行四边形的性质;分类讨论;综合题;压轴题.51.(2015梅州,第14题,3分)如图,将矩形纸片ABCD折叠,使点A与点C重合,折痕为EF,若AB=4,BC=2,那么线段EF的长为.5【解析】试题分析:如图所示,AC交EF于点O,由勾股定理知AC=25C与A重合时有EF ⊥AC,则Rt△AOE∽Rt△ABC,∴OE:BC=AO:AB,∴OE=5,故55.考点:翻折变换(折叠问题);综合题.52.(2015河南省,第15题,3分)如图,正方形ABCD的边长是16,点E在边AB上,AE=3,点F是边BC上不与点B,C重合的一个动点,把△EB F沿EF折叠,点B落在B′处.若△CDB′恰为等腰三角形,则DB′的长为.【答案】16或45.【解析】试题分析:(i )当B′D=B′C 时,过B′点作GH ∥AD ,则∠B′GE=90°,当B′C=B′D 时,AG=DH=12DC=8,由AE=3,AB=16,得BE=13.由翻折的性质,得B′E=BE=13,∴EG=AG ﹣AE=8﹣3=5,∴ B′G=22'B E EG -=22135-=12,∴B′H=GH﹣B′G=16﹣12=4,∴DB′=22'B H DH +=2248+=45;(ii )当DB′=CD 时,则DB′=16(易知点F 在BC 上且不与点C 、B 重合);(iii )当CB′=CD 时,∵EB=EB′,CB=CB′,∴点E 、C 在BB′的垂直平分线上,∴EC 垂直平分BB′,由折叠可知点F 与点C 重合,不符合题意,舍去;综上所述,DB′的长为16或45.故答案为:16或45.考点:翻折变换(折叠问题);分类讨论.53.(2015牡丹江,第20题,3分)矩形纸片ABCD ,AB=9,BC=6,在矩形边上有一点P ,且DP=3.将矩形纸片折叠,使点B 与点P 重合,折痕所在直线交矩形两边于点E ,F ,则EF 长为 .【答案】62或210.【解析】试题分析:①如图1,当点P 在CD 上时,∵PD=3,CD=AB=9,∴CP=6,∵EF 垂直平分PB ,∴四边形PFBE 是正方形,EF 过点C ,∴EF=62②如图2,当点P 在AD 上时,过E 作EQ ⊥AB 于Q ,∵PD=3,AD=6,∴AP=3,∴22AP AB +=2239+=310EF 垂直平分PB ,∴∠1=∠2,∵∠A=∠EQF ,∴△ABP ∽△EFQ ,∴EF EQPB AB=,∴69310EF=,∴EF=210,综上所述:EF长为62或210.故答案为:62或210.考点:翻折变换(折叠问题);分类讨论;综合题;压轴题.54.(2015绥化,第21题,3分)在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,点P在AB上.若将△DAP沿DP折叠,使点A落在矩形对角线上的A'处,则AP的长为__________.【答案】32或94.【解析】试题分析:①点A落在矩形对角线BD上,如图1,∵AB=4,BC=3,∴BD=5,根据折叠的性质,AD=A′D=3,AP=A′P,∠A=∠PA′D=90°,∴BA′=2,设AP=x,则BP=4﹣x,∵222''BP BA PA=+,∴222(4)2x x-=+,解得:x=32,∴AP=32;②点A落在矩形对角线AC上,如图2,根据折叠的性质可知DP⊥AC,∴△DAP∽△ABC,∴AD ABAP BC=,∴AP=AD BCAB⋅=334⨯=94.故答案为:32或94.考点:翻折变换(折叠问题);分类讨论;综合题;压轴题.。