【文档说明】第5章生活中的轴对称（压轴30题专练）-2021-2022学年七年级数学下学期考试满分全攻略（北师大版）（解析版）.docx，共(38)页，978.716 KB，由管理员店铺上传

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第5章生活中的轴对称（压轴30题专练）一．选择题（共10小题）1．（2021•远安县二模）如图是一个台球桌面的示意图，图中四个角上的阴影部分分别表示四个入球孔．若一个球按图中所示的方向被击出（球可以经过多次反射）

，则该球最后将落入的球袋是（）A．1号袋B．2号袋C．3号袋D．4号袋【分析】根据网格结构利用轴对称的性质作出球的运动路线，即可进行判断．【解答】解：如图所示，该球最后落入2号袋．故选：B．【点评】本题考查了生活中的轴对称现象，根

据网格结构作出球的运动路线是解题的关键．2．（2020•浙江自主招生）如图，五边形ABCDE中，∠BAE＝120°，∠B＝∠E＝90°，AB＝BC＝1，AE＝DE＝2，在BC、DE上分别找一点M、N，使△AMN的周长最小，则△AMN的周长最小值为（）A．B．C．D．5【

分析】根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和ED的对称点A′，A″，即可得出最短路线，再利用勾股定，求出即可．【解答】解：作A关于BC和ED的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交ED于N，则A′A″即为△AMN的周长最小值．作

EA延长线的垂线，垂足为H，设BC交y轴于点L，以A点为原点建立平面直角坐标系，∵∠EAB＝120°，∴∠A′AL＝30°，∵AB＝BC＝1，AE＝DE＝2，∴AA′＝2BA＝2，AA″＝2AE＝4，∴A′（﹣1，﹣），A″（4，0），设直

线A′A″的解析式为：y＝kx+b，则，解得：，故yA′A″＝x﹣；设直线AA′的解析式为：y＝ax，则﹣＝﹣a，解得：a＝故直线AA′的解析式为：y＝x，可得BC所在直线解析式为：y＝﹣x+d，同理可得：B（﹣，﹣），则可得：d＝﹣，故直线BC所在直线解析式为：y＝﹣x﹣，则，解得：，即M（

，﹣），故MB＝＝＜1，∴M一定在线段BC上，则Rt△A′HA中，∵∠EAB＝120°，∴∠HAA′＝60°，∵A′H⊥HA，∴∠AA′H＝30°，∴AH＝AA′＝1，∴A′H＝＝，A″H＝1+4＝5，∴A′A″＝＝2．故

选：B．【点评】此题主要考查了平面内最短路线问题求法以及勾股定理的应用，根据已知得出M，N的位置是解题关键．3．（2017•启东市校级自主招生）如图：将一个矩形纸片ABCD，沿着BE折叠，使C、D点分

别落在点C1，D1处．若∠C1BA＝50°，则∠ABE的度数为（）A．15°B．20°C．25°D．30°【分析】根据折叠前后对应角相等可知．【解答】解：设∠ABE＝x，根据折叠前后角相等可知，∠C1BE＝∠CBE＝50°+x，所

以50°+x+x＝90°，解得x＝20°．故选：B．【点评】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．4．（2015•莆田）数学兴趣小组开展以下折纸活动：（

1）对折矩形ABCD，使AD和BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；（2）再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN．观察，探究可以得到∠ABM的度数是（）A．25°B．30°C．36°D．45°【分析】连接AN，根据折叠的性质得到△

ABN为等边三角形，可得∠ABN＝60°，于是得到∠ABM＝∠NBM＝30°．【解答】解：连接AN，∵EF垂直平分AB，∴AN＝BN，由折叠知AB＝BN，∴AN＝AB＝BN，∴△ABN为等边三角形，∴∠ABN＝60°，∴∠ABM＝∠NBM＝30°．故选：B．【点评】

本题考查了翻折变换，等边三角形的性质，翻折前后对应角相等；对应边相等；注意特殊角及三角函数的应用．5．（2020•河北模拟）如图a是长方形纸带，∠DEF＝20°，将纸带沿EF折叠成图b，再沿BF折叠成图c，则图c中的∠CFE的度数是

（）A．110°B．120°C．140°D．150°【分析】由题意知∠DEF＝∠EFB＝20°图b∠GFC＝140°，图c中的∠CFE＝∠GFC﹣∠EFG．【解答】解：∵AD∥BC，∴∠DEF＝∠EFB

＝20°，在图b中∠GFC＝180°﹣2∠EFG＝140°，在图c中∠CFE＝∠GFC﹣∠EFG＝120°，故选：B．【点评】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠

前后图形的形状和大小不变．6．（2019•滨海新区模拟）如图，AD平分∠BAC，AB＝AC，连接BC，交AD于点E，下列说法正确的有（）①∠BAC＝∠ACB；②S四边形ABDC＝AD•CE；③AB2+CD

2＝AC2+BD2；④AB﹣BD＝AC﹣CD．A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】根据等腰三角形三线合一的性质求出AD⊥BC，然后利用三角形的面积可证明②是正确的，然后利用边角边定理证明△ABD与△ACD全等

，从而得到③④是正确的，没有条件说明①的正误．【解答】解：∵AD平分∠BAC，AB＝AC，∴AD⊥BC，CE＝BE，∴S四边形ABDC＝S△ABD+S△ACD＝AD×BE+AD×CE＝AD（BE+CE）＝AD×BC，故②错误；∵AD平分∠BAC，

∴∠BAD＝∠CAD，在△ABD与△ACD中，，∴△ABD≌△ACD（SAS），∴BD＝CD，∴③AB2+CD2＝AC2+BD2；④AB﹣BD＝AC﹣CD，故③④正确；△ABC不一定是等边三角形，∴∠BAC＝∠ACB不一定成立

，故①不一定正确．所以正确的有③④共2个．故选：B．【点评】本题考查了等腰三角形的三线合一的性质，全等三角形的判定与性质，正确得出两三角形全等是解题的关键．7．（2019•站前区校级三模）有一张矩形纸片ABCD，AB＝2.5，AD＝1.5，将纸片折叠，使AD边落在AB边上，

折痕为AE，再将△AED以DE为折痕向右折叠，AE与BC交于点F（如图），则CF的长为（）A．1B．1C．D．【分析】利用折叠的性质，即可求得BD的长与图3中AB的长，又由相似三角形的对应边成比例，即可求得BF的长，则由CF＝BC﹣BF即可求得答案．【解答】解：如图2

，根据题意得：BD＝AB﹣AD＝2.5﹣1.5＝1，如图3，AB＝AD﹣BD＝1.5﹣1＝0.5，∵BC∥DE，∴△ABF∽△ADE，∴＝，即，∴BF＝0.5，∴CF＝BC﹣BF＝1.5﹣0.5＝1．故选：B．【点评】此题考查了折叠的性质与相似三角形的判定与性质．题目难度不大，注意数

形结合思想的应用．8．（2018•桐梓县二模）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上的一点，将△BCE沿着CE折叠至△FCE，若CF、CE恰好与正方形ABCD的中心为圆心的⊙O相切，则折痕CE的

长为（）A．B．5C．D．以上都不对【分析】连接OC，则根据正方形的性质可推出∠ECF＝∠BCE＝∠BCD＝30°，在RT△BCE中，设BE＝x，则CE＝2x，利用勾股定理可得出x的值，也即可得出CE的长度．【解答】解：连接OC，则∠DCO＝∠BCO，∠FCO＝∠ECO，∴∠DCO﹣∠FCO＝

∠BCO﹣∠ECO，即∠DCF＝∠BCE，又∵△BCE沿着CE折叠至△FCE，∴∠BCE＝∠ECF，∴∠ECF＝∠BCE＝∠BCD＝30°，在RT△BCE中，设BE＝x，则CE＝2x，得CE2＝BC2+BE2，即4x2＝x2+42，解得BE＝，∴CE＝2x＝．故选：C．【点

评】此题考查了翻折变换的知识，解答本题的关键是根据切线的性质得到∠BCE＝∠ECF＝∠DCF＝∠BCD＝30°，有一定难度．9．（2017•洪山区模拟）在矩形纸片ABCD中，AB＝3，AD＝5．如图所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A′处，折痕为PQ，当点A′

在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动，若限定点P、Q分别在线段AB、AD边上移动，则点A′在BC边上可移动的最大距离为（）A．1B．2C．3D．4【分析】根据翻折变换，当点Q与点D重合时，点A′到达最左边，当点P与点B重合时，点A′到达最右边，所以点A′就在这两个点之间移动，分别求出这

两个位置时A′B的长度，然后两数相减就是最大距离．【解答】解：如图1，当点D与点Q重合时，根据翻折对称性可得A′D＝AD＝5，在Rt△A′CD中，A′D2＝A′C2+CD2，即52＝（5﹣A′B）2+32，解得A′B＝1，如图2，当点P与点B重合时，根据翻

折对称性可得A′B＝AB＝3，∵3﹣1＝2，∴点A′在BC边上可移动的最大距离为2．故选：B．【点评】本题主要考查了折叠问题，也考查了勾股定理，它们的综合性比较强，对于学生的综合能力要求比较高，平时加强训练．10．（2016•卢龙县一模）图①是一块边长为1，周长记为P

1的正三角形纸板，沿图①的底边剪去一块边长为的正三角形纸板后得到图②，然后沿同一底边依次剪去一块更小的正三角形纸板（即其边长为前一块被剪掉如图正三角形纸板边长的）后，得图③，④，…，记第n（n≥3）块纸板的周长为Pn，则Pn﹣Pn﹣1的值

为（）A．B．C．D．【分析】根据等边三角形的性质（三边相等）求出等边三角形的周长P1，P2，P3，P4，根据周长相减的结果能找到规律即可求出答案．【解答】解：P1＝1+1+1＝3，P2＝1+1+＝，P3＝1+++×3＝，P4＝1+++×2+×3＝，…∴p3﹣p2＝﹣＝＝，P4

﹣P3＝﹣＝＝，则Pn﹣Pn﹣1＝＝．故选：C．【点评】本题考查了等边三角形的性质；要求学生通过观察图形，分析、归纳发现其中的规律，并应用规律解决问题．二．填空题（共10小题）11．（2020•泰安一模）如图，折叠矩形ABCD的一边AD，使点D落在BC边的点F处，已知折痕A

E＝5cm，且tan∠EFC＝，则矩形ABCD的周长是36cm．【分析】根据tan∠EFC＝设CE＝3k，在RT△EFC中可得CF＝4k，EF＝DE＝5k，根据∠BAF＝∠EFC，利用三角函数的知识求出AF，然后在RT△AEF中利用勾股定理求出k，继而代入可得出答案．【解答】解：

设CE＝3k，则CF＝4k，由勾股定理得EF＝DE＝5k，∴DC＝AB＝8k，∵∠AFB+∠BAF＝90°，∠AFB+∠EFC＝90°，∴∠BAF＝∠EFC，∴tan∠BAF＝tan∠EFC＝，∴BF＝6k，AF＝BC＝AD＝10k，在Rt△AFE中由勾股定理得AE＝＝＝5，解得：k＝1

，故矩形ABCD的周长＝2（AB+BC）＝2（8k+10k）＝36cm．【点评】此题考查了翻折变换的知识，解答本题关键是根据三角函数值，表示出每条线段的长度，然后利用勾股定理进行解答，有一定难度．12．（2020•浙江自主招生）如

图，图1是一块边长为1，面积记为S1的正三角形纸板，沿图1的底边剪去一块边长为的正三角形纸板后得到图2，然后沿同一底边依次剪去一块更小的正三角形纸板（即其边长为前一块被剪掉正三角形纸板边长的）后，得图3，图4，…，记第n（n≥3）块纸板的面

积为Sn，则Sn＝﹣[1﹣（）n]．【分析】根据等边三角形的性质得出，三角形的边长分别为：，，…即相邻三角形相似比为：1：2，进而求出即相邻三角形面积比，从而得出规律．【解答】解：∵依次剪去一块更小的正三角形纸板，即其边长为前一块被剪掉正三

角形纸板边长的，∴三角形的边长分别为：，，…即相邻三角形相似比为：1：2，∴即相邻三角形面积比为：1：4，∴剪去一块的正三角形纸板面积分别为：，，…第n个纸板的面积为：﹣﹣﹣﹣•••﹣＝﹣×＝﹣[1﹣（）n]，故答案为：﹣[1﹣（）n]．【点评】此题主要考查了等边三角形的性质与数据的规律性

知识，此题得出相邻三角形面积比，从而表示出各三角形面积是解决问题的关键．13．（2020•浙江自主招生）如图，将边长为3+的等边△ABC折叠，折痕为DE，点B与点F重合，EF和DF分别交AC于点M、N，DF⊥AB，垂足为D，AD＝1，则重叠部分的面积为．【分析】观察图形可知重叠部分的面积即

是△DEF的面积减去△MNF的面积．由折叠的性质，可求得∠BDE＝∠EDF＝45°，由四边形的内角和为360°，求得∠BEF为150°，得到∠CEM为30°，则可证得∠EMC为90°；作△BDE的高，根据45°与60°的三角函数，借助于方程即可求得其高的值，则各三

角形的面积可解．【解答】解：过点E作EG⊥AB于G，∴∠EGB＝90°，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC＝3+，根据题意得：∠BDE＝∠FDE，∠F＝∠B＝60°，∵DF⊥AB，∴∠FDB＝90°，∴∠BEF＝360°﹣∠B﹣∠F﹣∠BDF＝150°，∠

BDE＝∠FDE＝∠FDB＝45°∴∠MEC＝180°﹣∠BEF＝30°，∴∠EMC＝180°﹣∠C﹣∠EMC＝90°，在Rt△ADN中，AD＝1，tan∠A＝tan60°＝＝，∴DN＝，∴S△ADN＝AD•DN＝×1×＝，在△BDE中，DB＝AB﹣AD＝3

+﹣1＝2+，∵∠EDG＝45°，∴∠DEG＝45°，∴DG＝EG，∵tan∠B＝tan60°＝＝，设EG＝x，则DG＝x，BG＝x，∴x+x＝2+，解得：x＝，∴EG＝DG＝，∴S△BDE＝BD•EG＝×（2+）×＝，∵∠B＝∠C＝∠F＝

60°，∴BE＝＝+1，∴EC＝BC﹣BE＝2，∵∠BED＝∠FED＝180°﹣∠B﹣∠BDE＝75°，∴∠FNM＝∠MEC＝30°，∴∠FMN＝∠EMC＝90°，∴EM＝EC•cos30°＝，∴FM＝EF﹣EM＝BE﹣EM＝1，∴MN＝FM•tan60°＝，∴S四边形MNDE＝S△DEF﹣

S△MNF＝S△BDE﹣S△MNF＝﹣×1×＝．【点评】此题考查了等边三角形的性质，折叠的性质以及三角函数的性质等知识．此题综合性很强，解题的关键是抓住数形结合思想的应用．14．（2019•南阳二模）如图，把矩形纸条ABCD沿EF、GH同时折叠，B、C两点恰好

落在AD边的P点处，若∠FPH＝90°，PF＝8，PH＝6，则矩形ABCD的边BC长为24．【分析】由图形翻折变换的性质可知，BF＝PF，PH＝CH，由于∠FPH＝90°，所以在Rt△PFH中利用勾股定理可求出FH的长，进而可求出

BC的长．【解答】解：∵矩形纸条ABCD沿EF、GH同时折叠，B、C两点恰好落在AD边的P点处，∴BF＝PF＝8，PH＝CH＝6，∵∠FPH＝90°，∴在Rt△PFH中，FH2＝PF2+PH2，即FH2＝82+62，∴FH＝10，∴BC＝BF

+CH+FH＝8+6+10＝24．故答案为：24．【点评】本题考查的是图形翻折变换的性质，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变．15．（2022•哈尔滨模拟）已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，

BC＝8，将它的一个锐角翻折，使该锐角顶点落在其对边的中点D处，折痕交另一直角边于E，交斜边于F，则△CDE的周长为11或10．【分析】解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变．【解答】解：当角B翻折时，B点与D点重合

，DE与EC的和就是BC，也就是说等于8，CD为AC的一半，故△CDE的周长为8+3＝11；当A翻折时，A点与D点重合．同理DE与EC的和为AC＝6，CD为BC的一半，所以CDE的周长为6+4＝10．故△CDE的周长为10或11．【点评】本题考查图形的翻折变换．16．（

2021春•江夏区校级月考）若x＞0，y＞0，且x+y＝12．则的最小值是13．【分析】将代数式转化为+，理解为A（x，0）到B（0，2）、C（12，3）的距离的最小值，利用勾股定理解答即可．【解答】解：∵x+y＝12，∴y＝12﹣x，原

式可化为：＝+，即可理解为A（x，0）到B（0，2）、C（12，3）的距离的最小值．如图：的最小值即B′C的长度．∵B′C＝＝13，∴的最小值为13．故答案为：13【点评】本题考查利用轴对称求最短路线的问题，难度较大，解

题关键是将求代数式的值巧妙的转化为几何问题．17．（2021•滨江区三模）如图，将正方形纸片ABCD折叠，使点B落在CD边上一点E（不与点C，D重合），压平后得到折痕MN．设AB＝2，当时，则＝．若（n为整数），则＝．（用含n的式子表示）【分析】设EF和AD的交点为G，

先求得CN，NE的长，再根据两组相似三角形：△NCE∽△EDG∽△MFG，利用成比例线段即可求解．【解答】解：已知（n为整数），且CD＝2，则CE＝，DE＝；设AM＝a，BN＝b；在Rt△NCE中，NE＝BN＝b，NC＝2﹣b，由勾股定理得：NE2＝NC2+CE2，即b2＝（2﹣b）2

+（）2；解得：b＝，BN＝NE＝，NC＝2﹣b＝；由于∠NEF＝90°，∠C＝∠D，∴∠GED+∠NEC＝90°，∠GED+∠DGE＝90°，∴∠NEC＝∠DGE，易证得△NEC∽△EDG，∴，即；解得：EG＝，FG＝EF﹣EG＝2﹣＝，∵∠FG

M＝∠DGE＝∠NEC，且∠F＝∠C＝90°，∴△MFG∽△NCE，得：；即：，解得：MF＝；∴＝；当n＝2时，；故答案为：，．【点评】本题考查图形的翻折变换，相似三角形的判定和性质以及勾股定理的综合应用，由于计算量较大，需要细心求

解．18．（2020秋•饶平县校级期中）如图，已知：∠MON＝30°，点A1、A2、A3…在射线ON上，点B1、B2、B3…在射线OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形，若OA

1＝2，则△A6B6A7的边长为64．【分析】根据等腰三角形的性质以及平行线的性质，得出A1B1∥A2B2∥A3B3，以及A2B2＝2B1A2，得出A3B3＝4B1A2＝4，A4B4＝8B1A2＝8，A5B5＝16B1A2＝32，据此得

出答案．【解答】解：如图，∵△A1B1A2是等边三角形，∴A1B1＝A2B1，∠3＝∠4＝∠12＝60°，∴∠2＝120°，∵∠MON＝30°，∴∠1＝180°﹣120°﹣30°＝30°，又∵∠3＝60°，∴∠5＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∵∠MON＝∠1

＝30°，∴OA1＝A1B1＝2，∴A2B1＝2，∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形，∴∠11＝∠10＝60°，∠13＝60°，∵∠4＝∠12＝60°，∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，∴∠1＝∠6＝∠7＝30°，∠5＝∠8＝9

0°，∴A2B2＝2B1A2，B3A3＝2B2A3，∴A3B3＝4B1A2＝8，A4B4＝8B1A2＝16，A5B5＝16B1A2＝32，∴A6B6＝32B1A2＝64，故答案为：64．【点评】本题考查的是平行线的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质

，根据已知得出规律A3B3＝4B1A2，A4B4＝8B1A2，A5B5＝16B1A2是解题的关键．19．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，将其沿对角线BD折叠，顶点C的对应位置为G（如图1），BG交AD于E；再折叠，使点D落在点A处，折痕MN交A

D于F，交DG于M，交BD于N，展开后得图2，则折痕MN的长为．【分析】依题意可知△DFM为直角三角形，且DF＝AD＝2，由折叠的性质可证△ABE≌△GDE，在Rt△ABE中，由勾股定理求BE，利用△

ABE∽△FDM，可得对应边的比相等可求MF，继而求出MN的长．【解答】解：如图，由已知可得MN垂直平分AD，DF＝AD＝2，FN＝AB＝，∵AB＝CD＝GD，∠A＝∠G＝90°，∠AEB＝∠GED，∴△AB

E≌△GDE，设AE＝x，则BE＝ED＝4﹣x，在Rt△ABE中，由勾股定理得AB2+AE2＝BE2，即32+x2＝（4﹣x）2，解得x＝，易证△ABE∽△FDM，∴，即＝，解得MF＝．∴MN＝NF+FM＝＝．故答案为：．【点评】本题考查了折叠的性质，三角

形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理的运用．关键是由性质将有关线段进行转化．20．（2017•准格尔旗一模）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD边的中点，点P、Q为BC边上两个动

点，且PQ＝2，当BP＝4时，四边形APQE的周长最小．【分析】要使四边形APQE的周长最小，由于AE与PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．为此，先在BC边上确定点P、Q的位置，可在AD上截取线段AF＝DE＝2，作F点关于BC

的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，则此时AP+EQ＝EG最小，然后过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，那么先证明∠GEH＝45°，再由CQ＝EC即可求出BP的长度．【解答】解：如图，在AD上截取

线段AF＝PQ＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点．∵GH＝DF＝6，EH＝2+4＝6，∠H＝90°，∴∠GEH＝45°，∴∠CEQ＝45°，设BP＝x，则CQ＝BC﹣B

P﹣PQ＝8﹣x﹣2＝6﹣x，在△CQE中，∵∠QCE＝90°，∠CEQ＝45°，∴CQ＝EC，∴6﹣x＝2，解得x＝4．故答案为4．【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称﹣最短路线问题的应用，题目具有一定的代表性，

是一道难度较大的题目，对学生提出了较高的要求．三．解答题（共10小题）21．（2013•广东模拟）如图，折叠矩形ABCD的一边AD，使D点落在BC边上点F处，已知折痕AE＝cm，且tan∠EFC＝．求矩形ABCD的周长．【分析】根据tan∠EFC＝设CE＝3

k，在RT△EFC中可得CF＝4k，EF＝DE＝5k，根据∠BAF＝∠EFC，利用三角函数的知识求出AF，然后在RT△AEF中利用勾股定理求出k，继而代入可得出答案．【解答】解：设CE＝3k，则CF＝4k，由勾股定理得EF＝DE＝5k，∴DC＝AB＝8k，∵∠AFB+∠

BAF＝90°，∠AFB+∠EFC＝90°，∴∠BAF＝∠EFC，∴tan∠BAF＝tan∠EFC＝，∴BF＝6k，AF＝BC＝AD＝10k，在Rt△AFE中由勾股定理得AE＝＝＝5，解得：k＝1．故矩形ABCD的

周长＝2（AB+BC）＝2（8k+10k）＝36（cm）．【点评】此题考查了翻折变换的知识，解答本题关键是根据三角函数值，表示出每条线段的长度，然后利用勾股定理进行解答，有一定难度．22．（2013•青羊区一模）如图，△ABC中AB＝AC，BC＝

6，点P从点B出发沿射线BA移动，同时，点Q从点C出发沿线段AC的延长线移动，已知点P、Q移动的速度相同，PQ与直线BC相交于点D．（1）如图①，当点P为AB的中点时，求CD的长；（2）如图②，过点P作直线BC的垂线垂足为E，当点P、Q在移动

的过程中，线段BE、DE、CD中是否存在长度保持不变的线段？请说明理由．【分析】（1）过点P做PF平行于AQ，由平行我们得出一对同位角和一对内错角的相等，再由AB＝AC，根据等边对等角得角B和角ACB的相等，根据等量代换的角B和角PFB的相等，根据等角对等边得BP＝P

F，又因点P和点Q同时出发，且速度相同即BP＝CQ，等量代换得PF＝CQ，在加上对等角的相等，证得三角形PFD和三角形QCD的全等，根据全等三角形的对应边边相等得出DF＝CD＝CF，而又因P是AB的中点，PF∥AQ得出F是BC的中点，进而根据已知的

BC的长，求出CF，即可得出CD的长．（2）分两种情况讨论，第一种情况点P在线段AB上，根据等腰三角形的三线合一得BE＝EF，再又第一问的全等可知DF＝CD，所以ED＝EF+FD＝BE+DC＝BC＝3，得出线段DE的长为定值；第二种情况，P在BA的延长

线上，作PM平行于AC交BC的延长线于M，根据两直线平行，同位角相等推出角PMB等于角ACB，而角ACB等于角ABC，根据等量代换得到角ABC等于角PMB，根据等角对等边得到PM等于PB，根据三线合一，得到BE等于EM，同理可得△PMD全等于△QCD，得到CD等于DM，根据DE等于EM减DM，

把EM换为BC加CM的一半，化简后得到值为定值．【解答】解：（1）如图，过P点作PF∥AC交BC于F，∵点P和点Q同时出发，且速度相同，∴BP＝CQ，∵PF∥AQ，∴∠PFB＝∠ACB，∠DPF＝∠CQD，又∵AB＝AC

，∴∠B＝∠ACB，∴∠B＝∠PFB，∴BP＝PF，∴PF＝CQ，又∠PDF＝∠QDC，∴证得△PFD≌△QCD，∴DF＝CD＝CF，又因P是AB的中点，PF∥AQ，∴F是BC的中点，即FC＝BC＝3，∴CD＝CF＝；（2

）分两种情况讨论，得ED为定值，是不变的线段，如图，如果点P在线段AB上，过点P作PF∥AC交BC于F，∵△PBF为等腰三角形，∴PB＝PF，BE＝EF，∴PF＝CQ，∴FD＝DC，∴ED＝EF+FD＝BE+

DC＝BC＝3，∴ED为定值，同理，如图，若P在BA的延长线上，作PM∥AC的延长线于M，∴∠PMC＝∠ACB，又∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∴∠B＝∠PMC，∴PM＝PB，根据三线合一得BE＝EM，同理可得△PMD≌△QCD，

所以CD＝DM，∵BE＝EM，CD＝DM，∴ED＝EM﹣DM＝﹣DM＝+﹣DM＝3+DM﹣DM＝3，综上所述，线段ED的长度保持不变．【点评】此题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判断与性质，考查了分类

讨论的数学思想，是一道综合题．23．（2013•绍兴模拟）如图1，在△ABC中，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于D，BD＝2，DC＝3，求AD的长．小萍同学灵活运用轴对称知识，将图形进行翻折变换如图1．她分别以AB、AC

为对称轴，画出△ABD、△ACD的轴对称图形，D点的对称点为E、F，延长EB、FC相交于G点，得到四边形AEGF是正方形．设AD＝x，利用勾股定理，建立关于x的方程模型，求出x的值．（1）请你帮小萍求出x的值．

（2）参考小萍的思路，探究并解答新问题：如图2，在△ABC中，∠BAC＝30°，AD⊥BC于D，AD＝4．请你按照小萍的方法画图，得到四边形AEGF，求△BGC的周长．（画图所用字母与图1中的字母对应）【分析】（1）正方形AEGF的边长是x．则BG＝EC﹣B

E＝x﹣2，CG＝FG﹣CF＝x﹣3，在直角△BGC中利用勾股定理即可得到关于x的方程，即可求解；（2）可以证明△AEF是等边三角形，△EFG是等腰三角形，作出底边上的高，利用三角函数即可求解EG，根据△BGC的周长是：BG+GC+BC＝BG+GC+BD+CD＝BG+GC+

BE+CF＝2EG即可求解．【解答】解：（1）分别以AB、AC为对称轴，画出△ABD、△ACD的轴对称图形，D点的对称点为E、F，延长EB、FC相交于G点，得到四边形AEGF是正方形，根据对称的性质可得：BE＝BD＝2，CF＝CD＝3，设AD＝x，则正方形AEG

F的边长是x，则BG＝EG﹣BE＝x﹣2，CG＝FG﹣CF＝x﹣3，在直角△BCG中，根据勾股定理可得：（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52，解得：x＝6或﹣1（舍去）．故边长是6；（2）作GM⊥EF于点M．根据对称的性质可得：AE＝AF＝AD＝4，∠EAB＝∠BAD，∠FAC＝∠DAC，又

∵∠BAC＝30°，∴∠EAF＝60°，∴△AEF是等边三角形，∴EF＝AE＝4，∠AEF＝∠AFE＝60°，∴∠GEF＝∠GFE＝30°，则EG＝GF，∴EM＝EF＝2，∴EG＝＝，∴△BGC的周长是：BG+GC+BC＝BG+GC+BD+CD＝BG+GC+BE+CF＝2EG＝

．【点评】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．24．（2012•赤峰）阅读材料：（1）对于任意两个数a、b的大小比较，

有下面的方法：当a﹣b＞0时，一定有a＞b；当a﹣b＝0时，一定有a＝b；当a﹣b＜0时，一定有a＜b．反过来也成立．因此，我们把这种比较两个数大小的方法叫做“求差法”．（2）对于比较两个正数a、b的大小时，我们还可以用它们的平方进行比较：∵a2﹣

b2＝（a+b）（a﹣b），a+b＞0∴（a2﹣b2）与（a﹣b）的符号相同当a2﹣b2＞0时，a﹣b＞0，得a＞b当a2﹣b2＝0时，a﹣b＝0，得a＝b当a2﹣b2＜0时，a﹣b＜0，得a＜b解决下列实际问题：（1）课堂上

，老师让同学们制作几种几何体，张丽同学用了3张A4纸，7张B5纸；李明同学用了2张A4纸，8张B5纸．设每张A4纸的面积为x，每张B5纸的面积为y，且x＞y，张丽同学的用纸总面积为W1，李明同学的用纸

总面积为W2．回答下列问题：①W1＝3x+7y（用x、y的式子表示）W2＝2x+8y（用x、y的式子表示）②请你分析谁用的纸面积最大．（2）如图1所示，要在燃气管道l上修建一个泵站，分别向A、B两镇供气，已知A、B到l的距离分别是3km、4km（即AC＝3

km，BE＝4km），AB＝xkm，现设计两种方案：方案一：如图2所示，AP⊥l于点P，泵站修建在点P处，该方案中管道长度a1＝AB+AP．方案二：如图3所示，点A′与点A关于l对称，A′B与l相交于点P，泵站修建在点P处，该方案中管道长度a2＝AP+BP．①在方案一中，a

1＝（3+x）km（用含x的式子表示）；②在方案二中，a2＝km（用含x的式子表示）；③请你分析要使铺设的输气管道较短，应选择方案一还是方案二．【分析】（1）①根据题意得出3x+7y和2x+8y，即得出答案；②求出W1﹣W2＝x﹣y，根据x和y的大小比较即可；（2）①把AB和

AP的值代入即可；②过B作BM⊥AC于M，求出AM，根据勾股定理求出BM．再根据勾股定理求出BA′，即可得出答案；③求出＝6x﹣39，分别求出6x﹣39＞0，6x﹣39＝0，6x﹣39＜0，即可得出答案．【解答】（1）解：①W1＝3x+7y，W

2＝2x+8y，故答案为：3x+7y，2x+8y．②解：W1﹣W2＝（3x+7y）﹣（2x+8y）＝x﹣y，∵x＞y，∴x﹣y＞0，∴W1﹣W2＞0，得W1＞W2，所以张丽同学用纸的总面积大．（2）①解：a1

＝AB+AP＝x+3，故答案为：x+3．②解：过B作BM⊥AC于M，则AM＝4﹣3＝1，在△ABM中，由勾股定理得：BM2＝AB2﹣12＝x2﹣1，在△A′MB中，由勾股定理得：AP+BP＝A′B＝＝，故答案为：．③解：＝（x+3）2﹣（）2＝x2+

6x+9﹣（x2+48）＝6x﹣39，当＞0（即a1﹣a2＞0，a1＞a2）时，6x﹣39＞0，解得x＞6.5，当＝0（即a1﹣a2＝0，a1＝a2）时，6x﹣39＝0，解得x＝6.5，当＜0（即a1﹣a2＜0，a1＜a2）时，6x﹣39＜0，解得x＜6.5，综上所述当x＞6.5时，选择方案二，

输气管道较短，当x＝6.5时，两种方案一样，当0＜x＜6.5时，选择方案一，输气管道较短．【点评】本题考查了勾股定理，轴对称﹣最短路线问题，整式的运算等知识点的应用，通过做此题培养了学生的计算能力和阅读能力，题

目具有一定的代表性，是一道比较好的题目．25．（2016秋•和平区期中）如图，已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，AD平分∠BAC与BC交于D点，M、N分别在线段AD、AC上的动点，连接MN、MC，当MN+MC最小时，画出

M、N的位置．已知△ABC的面积为12cm2，AB＝6cm，求MN+MC的最小值．【分析】①作DE⊥AB于点E，连接CE，作EN⊥AC于点N，交AD于点M，则点M、N就是所求作的点．②作MF⊥AB于点F，证明：MN+MC

的最短距离为MN+ME＝EN，再证明点F、M、C三点共线，NE＝CF，然后根据三角形的面积求解即可．【解答】解：如图：作DE⊥AB于点E，连接CE，作EN⊥AC于点N，交AD于点M，则点M、N就是所求作的点．∵AD平分∠BA

C与BC交于D点，∠ACB＝90°∴由作图可知：CD＝DE∴△ADE与△ADC关于直线AD对称，即点C与点E关于直线AD对称，∵作EN⊥AC于点N，交AD于点M，∴EN是点E到AC的最短距离，∴MN+MC＝MN+ME＝EN，作MF⊥AB于

点F，则：MN＝MF在Rt△FME与Rt△NMC中，Rt△FME≌Rt△NMC（HL），∴∠FME＝∠NMC∠FME+∠EMC＝∠EMC+∠NMC＝180°．∴点F、M、C三点共线，NE＝CF∵已知△ABC的面积为12cm2，AB＝6cm，∴×6•CF＝12，∴CF＝4（cm），即：MN+MC的

最小值为4cm．【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题、角平分线的性质，解题的关键是掌握“两点之间线段最短”与“点到直线的所有连线当中，垂线段最短”等知识要点．26．（2013•武汉模拟）已知△ABC中，点E为边AB的中点，将△AEC

沿CE所在的直线折叠得△A′EC，BF∥AC，交直线A′C于F．（1）若∠ACB＝90°，∠A＝30°，求证：AC＝CF+BF．（2）若∠ACB为任意角，在图（2）图（3）的情况下分别写出AC、CF、BF之间关系，并证明图（3）结论．（3）如图（4），若

∠ACB＝120°，BF＝6，BC＝4，则AC的长为6+2．【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AE＝CE，根据等边对等角可得∠ACE＝∠A，再根据翻折的性质可得∠A′CE＝∠ACE，然后求出

∠BCF＝30°，再根据两直线平行，同旁内角互补求出∠CBF＝90°，然后用BF表示出CF、BC，再表示出AC，即可得证；（2）图（2），连接A′B，根据翻折的性质可得A′E＝AE，A′C＝AC，∠A＝∠CA′E，根据中点定

义可得AE＝BE，从而得到BE＝A′E，然后根据等边对等角可得∠EA′B＝∠EBA′，根据两直线平行，内错角相等可得∠A＝∠ABF，然后求出∠FA′B＝∠FBA′，根据等角对等边可得A′F＝BF，再根据A′C＝CF+A

′F整理即可得证；图（3）同理求出A′F＝BF，再根据A′C＝CF﹣A′F整理即可得证；（3）连接A′B，过点F作FG⊥BC于G，根据两直线平行，同旁内角互补求出∠CBF＝60°，然后解直角三角形求出BG、FG，再求出CG，然后利用勾股

定理列式求出CF，再根据AC＝CF+BF代入数据计算即可得解．【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，点E为边AB的中点，∴AE＝CE，∴∠ACE＝∠A＝30°，由翻折的性质得，∠A′CE＝∠ACE，∴∠BCF＝90°﹣30°×2＝30°，∵BF∥AC，∴∠CBF＝180°﹣

∠ACB＝180°﹣90°＝90°，∴CF＝2BF，BC＝BF÷tan30°＝BF÷＝BF，又∵AC＝BC÷tan30°＝BF÷＝3BF，∴AC＝CF+BF；（2）解：如图（2），连接A′B，由翻折的性质得，A′E＝AE，A′C＝AC，∠A＝∠CA′E，∵点E为

边AB的中点，∴AE＝BE，∴BE＝A′E，∴∠EA′B＝∠EBA′，∵BF∥AC，∴∠A＝∠ABF，∵∠FA′B＝∠EA′B﹣∠CA′E，∠FBA′＝∠EBA′﹣∠ABF，即∠FA′B＝∠FBA′，∴A′F＝BF，∵A′C＝CF+A′F，∴AC＝CF

+BF；如图（3），连接A′B，由翻折的性质得，A′E＝AE，A′C＝AC，∠A＝∠CA′E，∵点E为边AB的中点，∴AE＝BE，∴BE＝A′E，∴∠EA′B＝∠EBA′，∵BF∥AC，∴∠A+∠ABF＝180°，∵∠CA′E+∠EA′F＝180°，∴∠ABF＝∠EA′F

，∵∠FA′B＝∠EA′F﹣∠EA′B，∠FBA′＝∠ABF﹣∠EBA′，即∠FA′B＝∠FBA′，∴A′F＝BF，∵A′C＝CF﹣A′F，∴AC＝CF﹣BF；（3）解：如图（4），连接A′B，过点F作FG⊥BC于G，∵BF∥AC，∠ACB＝120°

，∴∠CBF＝180°﹣120°＝60°，∴BG＝BF•cos60°＝6×＝3，FG＝BF•sin60°＝6×＝3，∴CG＝BC﹣BG＝4﹣3＝1，在Rt△CGF中，CF＝＝＝2，∴AC＝BF+CF＝6+2．故答案为：6+2．【

点评】本题考查了翻折变换，平行线的性质，等边对等角的性质，解直角三角形，勾股定理的应用，作辅助线构造出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点．27．（2013•杭州模拟）如图，△ABC中，已知∠BAC

＝45°，AD⊥BC于D，BD＝4cm，DC＝6cm，试求AD的长．小萍同学灵活运用轴对称知识，将图形进行翻折变换，巧妙地解答了此题．请按照她的思路回答下列问题：（1）小萍分别以AB、AC所在的直线为对称轴，画出△ABD、

△ACD的轴对称图形，D点的对称点分别为点E、F，延长EB、FC相交于G点．试帮她证明四边形AEGF是正方形；（2）联系（1）的结论，试求出AD的长．【分析】（1）先根据图形翻折变换的性质可知△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，得出∠EAF＝90°；再根据对

称的性质得到AE＝AF，从而说明四边形AEGF是正方形；（2）利用勾股定理，建立关于x的方程模型（x﹣4）2+（x﹣6）2＝102，求出AD＝x＝12．【解答】（1）证明：∵△ABE由△ABD翻折而成，△ACF由△ACD翻折而成，∴△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF．

∴∠DAB＝∠EAB，∠DAC＝∠FAC，又∠BAC＝45°，∴∠EAF＝90°．又∵AD⊥BC∴∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°．又∵AE＝AD，AF＝AD∴AE＝AF．∴四边形AEGF是正方形．（2）解：设AD＝x，则AE＝EG＝GF＝x．∵BD＝4，DC＝6∴BE＝4，CF＝

6∴BG＝x﹣4，CG＝x﹣6在Rt△BGC中，BG2+CG2＝BC2，∴（x﹣4）2+（x﹣6）2＝102，即x2﹣10x﹣24＝0，解得x1＝12，x2＝﹣2（舍去）∴AD＝x＝12．【点评】本题考查图形的翻折变换和利用勾股

定理，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．28．（2016•贵阳模拟）（1）数学课上，老师出了一道题，如图①，Rt△ABC中，∠C＝90°，，求证：∠B＝30°

，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的折痕将纸片翻折，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．【分析】（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△A

DF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．【解答】（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，∴E

A＝FD＝×边长＝1，∵沿过点D的折痕将纸片翻折，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°，则AD＝DC•tan30°

＝6×＝2，∵∠DAF＝∠FAO＝∠DAO＝＝30°，∴＝tan30°＝，∴DF＝AD＝2，∴DF＝FO＝2，同理EO＝2，∴EF＝EO+FO＝4．【点评】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，综合考查的知识点较多，注意将所学知识融会贯通．29．（2013•南岗区校级一模）等腰△ABC中，CA＝CB，点D为边AB上一点，沿CD折叠△CAD得到△CFD，边CF交边AB于点E，

CD＝CE，连接BF．（1）求证：FD＝FB．（2）连接AF交CD的延长线于点M，连接ME交线段DF于点N，若EF＝4EC，AB＝22，求MN的长．【分析】（1）首先根据全等三角形判定的方法，判断出△ACE≌△BCD，推得AE＝BD，DF＝EB，然后判断出△D

CF≌△ECB，推得∠FDE＝∠BCE，最后根据相似三角形判定的方法，判断出△DEF∽△CEB，推得＝，再根据∠DEC＝∠FEB，推得△DEC∽△FEB，再判断出∠FDB＝∠FBD，即可推得FD＝FB．（

2）首先根据相似三角形判定的方法，判断出△DEF∽△CEB，推得，再判断出△CED∽△BEF，推得∠DCE＝∠EBF，进而判断出△EBF、△BCF为等腰三角形，所以∠BCF＝∠EBF，∠DCE＝∠BCF

，CE为△BCD和∠BCD的平分线；最后由角平分线定理，可得，，求出ED、EC的值各是多少；再判断出△MNG∽△END，推得＝，＝，MN＝ME，解直角三角形求出EM，据此求出MN的大小即可．【解答】（1）证明：如图1，，∵CA＝CB，∴∠

A＝∠ABC，∵CD＝CE，∴∠CDE＝∠CED，在△ACE与△BCD中∴△ACE≌△BCD（AAS）∴AE＝BD，∴AD＝EB，∵AD＝DF，∴DF＝EB，在△DCF与△ECB中∴△DCF≌△ECB（SSS），∠DCE＝∠ECB，∠DFE＝∠EBC，∴∠FDE＝∠BCE

，∴△DEF∽△CEB，∴＝，∵∠DEC＝∠FEB，∴△DEC∽△FEB，∴∠DCE＝∠EBF，∴∠FDB＝∠FBD，∴FD＝FB．（2）解：∵沿CD折叠△CAD得到△CFD，∴CA＝CF，∠CAD＝∠CFD，∵∠CAD＝∠CBE

，∴∠CFD＝∠CBE，∵∠DEF＝∠CEB，∴△DEF∽△CEB，∴，又∵∠CED＝∠BEF，∴△CED∽△BEF，∴∠DCE＝∠EBF，∵CD＝CE，∴BE＝BF，△EBF为等腰三角形，∵CF＝CB，∴△BCF为等腰三角形，则∠BCF＝∠

EBF，∴∠DCE＝∠BCF，CE为△BCD和∠BCD的平分线，由角平分线定理，可得，，∵EF＝4EC，∴＝5，∵AB＝AD+ED+EB＝22，∴5ED+ED+5ED＝22，解得ED＝2，∵，∴4CE2＝5ED2，EC＝，如图2中，过

点E作ET⊥CD于T，CJ⊥DE于J．∵CD＝CE，CJ⊥DE，∴DJ＝JE＝1，CJ＝＝＝2，∵•DE•CJ＝•CD•ET，∴ET＝＝，∴DT＝＝＝，由△AMD∽△ETD，可得＝，∴＝，∴DM＝2，∴TM＝DM+DT＝2+＝，∴EM＝＝＝4，如图2，过点M作AE的平行线

分别交FD、EF于点G、H，∵M为AF边的中点，∴点G、H是FD、EF的中点，∵EF＝4EC，∴EH＝2EC，∴MD＝2CD，MH＝3ED，∵GH＝ED，∴MG＝ED，∵△MNG∽△END，∴＝，＝，MN＝ME，∴MN＝．【点评】（1）此题主要考查了翻折变换（折叠

问题），要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．（2）此题还考查了等腰三角形的性质和应用，考查了分类讨论思想的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①等腰三角形的两腰相等．②等腰三角形

的两个底角相等．③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．30．（2012•淮安）阅读理解如图1，△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分；…；将余下

部分沿∠BnAnC的平分线AnBn+1折叠，点Bn与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，∠BAC是△ABC的好角．小丽展示了确定∠BAC是△ABC的好角的两种情形．情形一：如图2，沿等腰三角形AB

C顶角∠BAC的平分线AB1折叠，点B与点C重合；情形二：如图3，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合．探究发现（1）△ABC中，∠B＝2∠C，经过两次折叠，∠BAC是不是△ABC的好角？是（填“是”

或“不是”）．（2）小丽经过三次折叠发现了∠BAC是△ABC的好角，请探究∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系．根据以上内容猜想：若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）

之间的等量关系为∠B＝n∠C．应用提升（3）小丽找到一个三角形，三个角分别为15°、60°、105°，发现60°和105°的两个角都是此三角形的好角．请你完成，如果一个三角形的最小角是4°，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个

角均是此三角形的好角．【分析】（1）在小丽展示的情形二中，如图3，根据三角形的外角定理、折叠的性质推知∠B＝2∠C；（2）根据折叠的性质、根据三角形的外角定理知∠A1A2B2＝∠C+∠A2B2C＝2∠C；根据四边形的外角定理知∠BAC+2∠B﹣2C＝180°①，根据三角形ABC的内角和定理知

∠BAC+∠B+∠C＝180°②，由①②可以求得∠B＝3∠C；利用数学归纳法，根据小丽展示的三种情形得出结论：∠B＝n∠C；（3）利用（2）的结论知∠B＝n∠C，∠BAC是△ABC的好角，∠C＝n∠A，∠ABC是△ABC的好角，∠A＝n∠B，∠BCA是△ABC的好

角；然后三角形内角和定理可以求得另外两个角的度数可以是4、172；8、168；16、160；44、132；88°、88°．【解答】解：（1）△ABC中，∠B＝2∠C，经过两次折叠，∠BAC是△ABC的好角；理由如下：小丽展示的情形二中，如图3，∵沿∠BA

C的平分线AB1折叠，∴∠B＝∠AA1B1；又∵将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合，∴∠A1B1C＝∠C；∵∠AA1B1＝∠C+∠A1B1C（外角定理），∴∠B＝2∠C，∠BAC是△ABC的好角．故答案是：是；（2）∠B＝3∠C；如图所示

，在△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分，将余下部分沿∠B2A2C的平分线A2B3折叠，点B2与点C重合，则∠BAC是△ABC的好角．证明如下：∵根据折叠的性质知，∠B

＝∠AA1B1，∠C＝∠A2B2C，∠A1B1C＝∠A1A2B2，∴根据三角形的外角定理知，∠A1A2B2＝∠C+∠A2B2C＝2∠C；∵根据四边形的外角定理知，∠BAC+∠B+∠AA1B1﹣∠A1B1C＝∠BAC+2∠B﹣2∠C＝180°，根据三角形ABC的内角和定理知，∠BAC+∠B+∠

C＝180°，∴∠B＝3∠C；由小丽展示的情形一知，当∠B＝∠C时，∠BAC是△ABC的好角；由小丽展示的情形二知，当∠B＝2∠C时，∠BAC是△ABC的好角；由小丽展示的情形三知，当∠B＝3∠C时，∠BAC是△ABC的好角；故

若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为∠B＝n∠C；（3）由（2）知设∠A＝4°，∵∠B是好角，∴∠B＝4n°；∵∠A是好角，∴∠C＝m∠B＝4mn°，其中m、n为正整数得4+4n+4mn＝180∴如果一个三角形的最小角是4°，三

角形另外两个角的度数是4、172；8、168；16、160；44、132；88°、88°．【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题）．解答此题时，充分利用了三角形内角和定理、三角形外角定理以及折叠的性质．难度较大．获得更多资源请扫码加入

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