专题20 几何三大变换问题之轴对称（折叠）问题轴对称、平移、旋转是平面几何的三大变换。
由一个平面图形变为另一个平面图形，并使这两个图形关于某一条直线成轴对称，这样的图形改变叫做图形的轴对称变换。
轴对称具有这样的重要性质： （1）成轴对称的两个图形全等；（2）如果两个图形成轴对称，那么对称轴是对称点连线的垂直平分线。
中考压轴题中轴对称 (折叠)问题，包括有关三角形的轴对称性问题；有关四边形的轴对称性问题；有关圆的轴对称性问题；有关利用轴对称性求最值问题；有关平面解析几何中图形的轴对称性问题。
一. 有关三角形的轴对称性问题1. 如图，AD 是△ABC 的角平分线，DE ⊥AB ，DF ⊥AC ，垂足分别是点E ，F ，连接EF ，交AD 于点G ，求证：AD ⊥EF ．2. 如图，在Rt △ABC 中，∠C=900，∠B=300，BC=，点D 是BC 边上一动点（不与点B 、C 重合），过点D 作DE ⊥BC 交AB 边于点E ，将∠B 沿直线DE 翻折，点B 落在射线BC 上的点F 处，当△AEF 为等腰三角形时，BD 的长为 。
F DCEAB【考点】翻折问题，轴对称的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，勾股定理，等腰三角形的判定，分类思想的应用。
二. 有关四边形的轴对称性问题3.如图①是3×3菱形格，将其中两个格子涂黑，并且使得涂黑后的整个图案是轴对称图形，约定绕菱形ABCD的中心旋转能重合的图案都视为同一种，例②中四幅图就视为同一种，则得到不同共有【】A．4种 B．5种 C．6种 D．7种【答案】B。
【考点】利用旋转的轴对称设计图案。
【分析】根据轴对称的定义及题意要求画出所有图案后即可得出答案：得到的不同图案有：共5个。
故选B 。
4. 如图，△ABC 中，已知∠BAC=45°，AD ⊥BC 于D ，BD=2，DC=3，求AD 的长。
小萍同学灵活运用了轴对称知识，将图形进行翻折变换，巧妙地解答了此题。
（1）分别以AB 、AC 为对称轴，画出△ABD 、△ACD 的轴对称图形，D 、C 点的对称点分别为E 、F ，延长EB 、FC 相交于G 点，求证：四边形AEGF 是正方形；（2）设AD=x ，利用勾股定理，建立关于x 的方程模型，求出x 的值。
【答案】（1）由翻折变换可得∠E ＝∠A DB ＝90°，EB ＝BD ＝2，CF ＝CD ＝3，∠F ＝∠ADC ＝90°，AE ＝AD ，AF ＝AD ，再结合可得四边形AEGF 为矩形，再有AE ＝AF ＝AD ，即可证得结论；（2）6 【解析】据勾股定理即可列方程求得结果. 在Rt △BGC 中，2225)3()2(=-+-x x 解得1621-==x x ，（不合题意，舍去） ∴AD ＝x=6.考点：翻折变换，正方形的判定，勾股定理点评：解答本题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：翻折前后图形的对应边或对应角相等；有四个角是直角的四边形是矩形，有一组邻边相等的矩形是正方形.5.菱形ABCD中，∠ABC=450，点P是对角线BD上的任一点，点P关于直线AB、AD、CD、BC的对称点分别是点E、F、G、H， BE与DF相交于点M，DG与BH相交于点N，证明:四边形BMDN是正方形。
【答案】∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABD=∠DBC=∠ADB=∠BDC。
∵∠ABC=450，点P关于直线AB、AD、CD、BC的对称点分别是点E、F、G、H，∴∠MBN=∠MDN=900，∠MBC=∠MDB=450。
∴△BDM是等腰直角三角形。
∴∠BMD=900，BM=DM。
∴四边形BMDN是正方形。
【考点】菱形的性质，轴对称的性质，正方形的判定，等腰直角三角形的判定和性质。
三. 有关圆的轴对称性问题6.如图，已知⊙O的直径CD为4，弧AC的度数为120°，弧BC的度数为30°，在直径CD上作出点P，使BP+AP的值最小，若BP+AP的值最小，则BP+AP的最小值为。
【考点】圆的综合题，轴对称（最短路线问题），弧、圆心角和圆周角的关系，等边三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，相似三角形的判定和性质，配方法的应用。
【分析】如图，过B点作弦BE⊥CD，连接AE交CD于P点，连接PB，则点P 即为使BP+AP的值最小的点。
7.已知A，B，C为⊙O上相邻的三个六等分点，点E在劣弧AC上(不与A，B，C重合)，EF为⊙O的直径，将⊙O沿EF折叠，使点A与A′重合，点B与B′重合，连接EB′，EC，EA′。
设EB′=b，EC=c，EA′=p。
试探究b，c，p三者的数量关系。
【答案】如图1，若点E在弧AB上，连接AB、AC、BC，由题意，点A 、B 、C 为圆上的六等分点，∴AB=BC ，001360ACB 3026∠=⨯=。
在等腰△ABC 中，过顶点B 作BN ⊥AC 于点N ， 则AC=2CN=2BC•co s ∠ACB=2cos300•BC，∴ACBC连接AE 、BE ，在CE 上取一点D ，使ED=EA ，连接AD ，∴。
∵∠ABC=∠CED，∴△ABC与△CED为顶角相等的两个等腰三角形。
∴△ABC∽△CED。
∴AC CDBC EC=，∠ACB=∠DCE。
∵∠ACB=∠ACD+∠BCD，∠DCE=∠BCE+∠BCD，∴∠ACD=∠BCE。
在△ACD与△BCE中，∵AC CDBC EC=，∠ACD=∠BCE，∴△ACD∽△BCE。
∴DA ACEB BC=。
∴ACDA EBBC=⋅。
∴。
由折叠性质可知，p=EA′=EA，b=EB′=EB，c=EC。
∴。
【考点】圆的综合题，折叠问题，圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，分类思想的应用。
【分析】分点E在弧AB上和点E在弧BC上两种情况讨论，分别根据折叠的性质，综合应用圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义求解即可。
四.有关利用轴对称性求最值问题8.如图，已知直线a∥b∥c，且a与b之间的距离为3，且b与c之间的距离为1，点A到直线a的距离为2，点B到直线c的距离为3，AB=a上找一点M，在直线c上找一点N，满足MN⊥a 且AM+MN+NB的长度和最短，则此时AM+NB=【】A．12 B．10 C．8 D．6【答案】C。
【考点】轴对称的应用（最短线路问题），平行线之间的距离，平行四边形的判定和性质，勾股定理。
【分析】MN表示直线a与直线c之间的距离，是定值，只要满足AM+NB的值最小即可，如图，作点A 关于直线a的对称点A′，连接A′B交直线c与点N，过点N作NM⊥直线a，连接AM，9. 已知抛物线：的顶点在坐标轴上．（1）求的值；（2）时，抛物线向下平移个单位后与抛物线：关于轴对称，且过点，求的函数关系式；（3）时，抛物线的顶点为，且过点．问在直线上是否存在一点使得△的周长最小，如果存在，求出点的坐标， 如果不存在，请说明理由．【答案】．解：当抛物线的顶点在轴上时解得或………………………………1分当抛物线的顶点在轴上时∴………………………………2分 综上或．∴，，…………………………………3分∴抛物线：∵过点∴，即……………………………………4分解得（由题意，舍去）∴1=n 0>n 2,121-==n n 022=-+n n 3122=-++n n n ()3,n 1C nx x y -++=1221C nc -=12=b 1=a 3-=m 1±=m 1-=m ()01=+-m yC3-=m 1=m ()[]0412=-+-=∆m xCQQPMQ1-=x ()0,1y P MC3<<-m 1C ()3,n 1C ycbx ax y ++=21C ()0>n n C>m m ()112++-=x m x y C∴抛物线： ． ………………………………………………5分【解析】略五. 有关平面解析几何中图形的轴对称性问题10. 将矩形OABC 置于平面直角坐标系中，点A 的坐标为（0，4），点C 的坐标为（m ，0）（m ＞0），点D （m ，1）在BC 上，将矩形OABC 沿AD 折叠压平，使点B 落在坐标平面内，设点B 的对应点为点E ，当△ADE 是等腰直角三角形时，m= ，点E 的坐标为 ；【答案】3；（0，1）。
【考点】折叠问题，矩形的性质，折叠的对称性质，正方形的判定和性质。
x x y 22+=1C11.如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为（4，23），且与y轴交于点C（0，2），与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边）。
（1）求抛物线的解析式及A，B两点的坐标；（2）在（1）中抛物线的对称轴l上是否存在一点P，使AP+CP的值最小？若存在，求AP+CP的最小值，若不存在，请说明理由。
（2）存在。
如图，由（1）知：抛物线的对称轴l为x=4，因为A、B两点关于l对称，连接CB交l于点P，则AP=BP，所以AP+CP=BC的值最小。
∵B（6，0），C（0，2），∴OB=6，OC=2。
∴B∴。
∴AP+C P的最小值为【考点】二次函数综合题，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的应用（最矩线路问题），勾股定理。