专题13.14 《轴对称》全章复习与巩固（专项练习）（基础篇）-2021-2022学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题13.14 《轴对称》全章复习与巩固（专项练习）（基础篇）-2021-2022学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题13.14 《轴对称》全章复习与巩固
（专项练习）（基础篇）
一、单选题
1．下面的图形中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，EF是BC的垂直平分线，P是直线EF上的任意一点，则PA+PB的最小值是（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
3．如图，∠A＝30°，∠C′＝60°，△ABC 与△A′B′C′关于直线l对称，则∠B度数为（ ）

A． B． C． D．
4．已知，则关于轴对称点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．已知等腰三角形的一边等于3，一边等于7，那么它的周长等于（　　 ）
A．13 B．17 C．13或17 D．10或17
6．如图，在△ABC中，AB=AD=DC，∠B=70°，则∠C的度数为（　　）

A．35° B．40° C．45° D．50°
7．如图，一艘海轮位于灯塔P的南偏东70°方向的M处， 它以每小时40海里的速度向正北方向航行，2小时后到 达位于灯塔P的北偏东40°的N处，则N处与灯塔P的 距离为

A．40海里 B．60海里 C．70海里 D．80海里
8．如图，将△ABC沿直线DE折叠后，使得点B与点A重合．已知AC=5cm，△ADC的周长为17cm，则BC的长为（ ）

A．7cm B．10cm C．12cm D．22cm
9．求证：菱形的两条对角线互相垂直．
已知：如图，四边形是菱形，对角线，交于点．
求证：．
以下是排乱的证明过程：①又，
②∴，即．
③∵四边形是菱形，
④∴．
证明步骤正确的顺序是( )

A．③→②→①→④ B．③→④→①→② C．①→②→④→③ D．①→④→③→②
10．如图，点为内一点，分别作出点关于、的对称点、，连接交于，交于，若，则的周长为（ ）

A．4 B．5 C．6 D．7


二、填空题
11．如图，已知△ABC是等边三角形，点B、C、D、E在同一直线上，且CG=CD，DF=DE，则∠E=　　度．

12．已知∠AOB＝60°，OC是∠AOB的平分线，点D为OC上一点，过D作直线DE⊥OA，垂足为点E，且直线DE交OB于点F，如图所示．若DE＝2，则DF＝_____．

13．在平面直角坐标系中，点关于直线的对称点的坐标是_____．
14．如图，∠BAC=110°，若MP和NQ分别垂直平分AB和AC，则∠PAQ的度数是______．

15．如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=40°，BD⊥AC于D，则∠DBC=______度.

16．已知点P(2a+b，b)与P1(8，﹣2)关于y轴对称，则a+b＝_____．
17．如图，∠BOC=9°，点A在OB上，且OA=1，按下列要求画图：
以A为圆心，1为半径向右画弧交OC于点A1，得第1条线段AA1；
再以A1为圆心，1为半径向右画弧交OB于点A2，得第2条线段A1A2；
再以A2为圆心，1为半径向右画弧交OC于点A3，得第3条线段A2A3；…
这样画下去，直到得第n条线段，之后就不能再画出符合要求的线段了，则n=__．

18．如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=54°，∠BAC的平分线与AB的垂直平分线交于点O，将∠C沿EF（E在BC上，F在AC上）折叠，点C与点O恰好重合，则∠OEC为_____度．

19．如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交边于点，连接．若，，则=___．

20．如图，若AB=AC,BD=CD,∠B=20°,∠BDC=120°,则∠A=________.

21．点D、E分别在等边△ABC的边AB、BC上，将△BDE沿直线DE翻折，使点B落在B1处，DB1、EB1分别交边AC于点F、G.若∠ADF=80°，则∠CGE=________.

22．如图,在等腰直角三角形ABC中,∠C=90 o，AC=BC=4，点D是AB的中点，E， F在射线AC与射线CB上运动，且满足AE=CF，∠EDF=90°；当点E运动到与点C的距离为1时，则△DEF的面积为___________.

23．如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，AD＝8，AD是∠BAC的平分线．若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是_____．

24．如图，点E是等边△ABC内一点，且EA＝EB，△ABC外一点D满足BD＝AC，且BE平分∠DBC，则∠D＝__________.


三、解答题
25．如图：已知等边△ABC中，D是AC的中点，E是BC延长线上的一点，且CE=CD，DM⊥BC，垂足为M，求证：M是BE的中点．

26．（1）请画出关于轴对称的
（其中分别是的对应点，不写画法）；

（2）直接写出三点的坐标：
．
（3）计算△ABC的面积．
27．（1）如图1，△ABC与△ADE均是顶角为40°的等腰三角形，BC、DE分别是底边，求证：BD=CE；
（2）如图2，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．
填空：∠AEB的度数为　 　；线段BE与AD之间的数量关系是　 　．
（3）拓展探究
如图3，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由．


28．如图，已知△ABC中，AB＝AC＝12厘米，BC＝9厘米，AD＝BD＝6厘米．
(1)如果点P在线段BC上以3厘米秒的速度由B点向C点运动，同时点Q在线段CA上由C点向A点运动．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，1秒钟时，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，点P运动到BC的中点时，如果△BPD≌△CPQ，此时点Q的运动速度为多少．
(2)若点Q以(1)②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？


参考答案
1．D
【详解】
试题解析：D是轴对称图形.
故选D.
点睛：轴对称图形：在平面内沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形.
2．B
【分析】
根据题意知点B关于直线EF的对称点为点C，故当点P-为EF和AC的交点时，AP+BP值最小为AC的长为4．
【详解】
解：如图：

∵EF垂直平分BC，
∴B、C关于EF对称，
∴当AC交EF于P时，AP+BP的值最小，最小值等于AC的长为4，
故选：B.
【点拨】本题考查轴对称——最短路线问题的应用.解决此题的关键是能根据轴对称的性质和两点之间线段最短找出P点的位置.
3．C
【分析】
由已知条件，根据轴对称的性质可得∠C＝∠C′＝30°，利用三角形的内角和等于180°可求答案．
【详解】
∵△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，
∴∠A＝∠A′＝30°，∠C＝∠C′＝60°；
∴∠B＝180°−30°-60°＝90°．
故选：C．
【点拨】主要考查了轴对称的性质与三角形的内角和是180度；求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°．
4．D
【解析】
【分析】
平面内两个点关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数．
【详解】
解：∵（a−2）2＋|b＋3|＝0，
∴a＝2，b＝−3，
根据平面直角坐标系中对称点的规律可知：
点P（−2，3）关于x轴对称的点的坐标为（−2，−3）．
故选D．
【点拨】此题主要考查了平面直角坐标系中对称点的规律．解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
5．B
【解析】试题解析：当3为底时，其它两边都为7，
3、7、7可以构成三角形，周长为17；
当3为腰时，其它两边为3和7，
∵3+3=6<7，
所以不能构成三角形，故舍去，
∴答案只有17.
故选B.
点睛：三角形的任意两边之和大于第三边.
6．A
【详解】
∵AB=AD, ∴∠ADB=∠B=70°.
∵AD=DC，
∴35°.
故选A.
7．D
【详解】
分析：依题意，知MN＝40海里/小时×2小时＝80海里，
∵根据方向角的意义和平行的性质，∠M＝70°，∠N＝40°，
∴根据三角形内角和定理得∠MPN＝70°．∴∠M＝∠MPN＝70°．
∴NP＝NM＝80海里．故选D．
8．C
【详解】
根据折叠可得：AD=BD，
∵△ADC的周长为17cm，AC=5cm，
∴AD+DC=17﹣5=12（cm）.
∵AD=BD，
∴BD+CD=12cm.
故选C.
9．D
【详解】
试题分析：根据菱形的性质，首先得到AB=AD和BO=DO，再根据等腰三角形的“三线合一”证明⊥BD，故答案选D.
考点：菱形的性质，等腰三角形的性质.
10．C
【详解】
试题分析：根据轴对称的性质可得P1M=PM，P2N=PN，所以△PMN的周长=MN+PM+PN=MN+P1M+P2N=P1P2=6，即△PMN的周长为6．故答案选C．
考点：轴对称的性质．
11．：
【分析】
根据等边三角形三个角相等，可知∠ACB=60°，根据等腰三角形底角相等即可得出∠E的度数．
【详解】
解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，∠ACD=120°，
∵CG=CD，
∴∠CDG=30°，∠FDE=150°，
∵DF=DE，
∴∠E=15°．
故答案为15．
【点拨】本题考查等腰三角形的性质，熟练运用等边对等角是关键.
12．4．
【分析】
过点D作DM⊥OB，垂足为M，则DM=DE=2，在Rt△OEF中，利用三角形内角和定理可求出∠DFM=30°，在Rt△DMF中，由30°角所对的直角边等于斜边的一半可求出DF的长，此题得解．
【详解】
过点D作DM⊥OB，垂足为M，如图所示．

∵OC是∠AOB的平分线，
∴DM＝DE＝2．
在Rt△OEF中，∠OEF＝90°，∠EOF＝60°，
∴∠OFE＝30°，即∠DFM＝30°．
在Rt△DMF中，∠DMF＝90°，∠DFM＝30°，
∴DF＝2DM＝4．
故答案为4．
【点拨】本题考查了角平分线的性质、三角形内角和定理以及含30度角的直角三角形，利用角平分线的性质及30°角所对的直角边等于斜边的一半，求出DF的长是解题的关键．
13．
【分析】
先求出点到直线的距离，再根据对称性求出对称点到直线的距离，从而得到点的横坐标，即可得解．
【详解】
∵点，
∴点到直线的距离为，∴点关于直线的对称点到直线的距离为3，
∴点的横坐标为，
∴对称点的坐标为.
故答案为．

【点拨】本题考查了坐标与图形变化﹣对称，根据轴对称性求出对称点到直线的距离，从而得到横坐标是解题的关键，作出图形更形象直观．
14．40°
【详解】
∵MP与NQ分别垂直平分AB和AC
∴∠B＝∠BAP，∠QAC＝∠C
∵∠BAC＝110°，∴∠B＋∠C＝70°
又∵∠APQ＝∠B＋∠BAP
∠AQP＝∠C＋∠QAC
∴∠APQ＋∠AQP＝2∠B＋2∠C＝140°
在△APQ中
∠PAQ＝180°－∠APQ－∠AQP
＝180°－140°＝40°
15．20
【解析】
∵在△ABC中，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，即∠A+2∠ACB=180°，
又∵∠A=40°，
∴，即∠DCB=70°，
∵BD⊥AC，
∴在Rt△BDC中，∠DCB+∠DBC=90°，
∴∠DBC=90°-∠DCB=90°-70°=20°.
故本题应填20.
16．﹣5．
【详解】
试题解析：由题意可得:

解得：

故答案为
点睛：关于轴对称的点的特征：纵坐标不变，横坐标互为相反数.
17．9
【详解】
试题分析：根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质依次可得∠A1AB的度数，∠A2A1C的度数，∠A3A2B的度数，∠A4A3C的度数，…，依此得到规律，再根据三角形外角小于90°即可求解．
解：由题意可知：AO=A1A，A1A=A2A1，…，
则∠AOA1=∠OA1A，∠A1OA2=∠A1A2A，…，
∵∠BOC=9°，
∴∠A1AB=18°，∠A2A1C=27°，∠A3A2B=36°的度数，∠A4A3C=45°，…，
∴9°n＜90°，
解得n＜10．
由于n为整数，故n=9．
故选B．
考点：等腰三角形的性质．
18．108．
【详解】
如图，连接OB、OC，

∵∠BAC=54°，AO为∠BAC的平分线，
∴∠BAO=∠BAC=×54°=27°．
又∵AB=AC，∴∠ABC=（180°﹣∠BAC）=（180°﹣54°）=63°．
∵DO是AB的垂直平分线，∴OA=OB．
∴∠ABO=∠BAO=27°．∴∠OBC=∠ABC﹣∠ABO=63°﹣27°=36°．
∵DO是AB的垂直平分线，AO为∠BAC的平分线，
∴点O是△ABC的外心．∴OB=OC．∴∠OCB=∠OBC=36°．
∵将∠C沿EF（E在BC上，F在AC上）折叠，点C与点O恰好重合，∴OE=CE．
∴∠COE=∠OCB=36°．
在△OCE中，∠OEC=180°﹣∠COE﹣∠OCB=180°﹣36°﹣36°=108°．
19．34
【分析】
根据三角形内角和定理得，根据等腰三角形两底角相等得，进而根据角的和差得出．
【详解】
∵，
∴
∵
∴
∴
故答案为：34．
【点拨】本题考查了三角形的角度问题，掌握三角形内角和定理、等腰三角形两底角相等的性质、角的和差关系是解题的关键．
20．80
【详解】
试题解析：连接








故答案为
21．80º
【解析】
分析：由对顶角相等可得∠CGE=∠FGB1，由两角对应相等可得△ADF∽△B1GF，那么所求角等于∠ADF的度数．
解答：解：由翻折可得∠B1=∠B=60°，
∴∠A=∠B1=60°，
∵∠AFD=∠GFB1，
∴△ADF∽△B1GF，
∴∠ADF=∠B1GF，
∵∠CGE=∠FGB1，
∴∠CGE=∠ADF=80°．
故答案为80°
22．或
【详解】
解：①E在线段AC上．在△ADE和△CDF中，∵AD=CD，∠A=∠DCF，AE=CF，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴同理△CDE≌△BDF，∴四边形CEDF面积是△ABC面积的一半．∵CE=1，∴CF=4﹣1=3，∴△CEF的面积=CE•CF=，∴△DEF的面积=××﹣=．
②E'在AC延长线上．∵AE'=CF'，AC=BC=4，∠ACB=90°，∴CE'=BF'，∠ACD=∠CBD=45°，CD=AD=BD=，∴∠DCE'=∠DBF'=135°．在△CDE'和△BDF'中，∵CD=BD，∠DCE′=DBF′，CE′=BF′，∴△CDE'≌△BDF'（SAS），∴DE'=DF'，∠CDE'=∠BDF'．∵∠CDE'+∠BDE'=90°，∴∠BDE'+∠BDF'=90°，即∠E'DF'=90°．∵DE'2=CE'2+CD2﹣2CD•CE'cos135°=1+8+2××=13，∴S△E'DF'=DE'2=．故答案为或．

点睛：本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ADE≌△CDF和△CDE≌△BCF是解题的关键．
23．9.6．
【分析】
由等腰三角形的三线合一可得出AD垂直平分BC，过点B作BQ⊥AC于点Q，BQ交AD于点P，则此时PC+PQ取最小值，最小值为BQ的长．在△ABC中，利用面积法可求出BQ的长度，此题得解．
【详解】
∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，∴AD垂直平分BC，∴BP＝CP．
过点B作BQ⊥AC于点Q，BQ交AD于点P，则此时PC+PQ取最小值，最小值为BQ的长，如图所示．
∵S△ABCBC•ADAC•BQ，∴BQ9.6．
故答案为9.6．

【点拨】本题考查了轴对称﹣最短路线问题、等腰三角形的性质以及三角形的面积，利用点到直线垂直线段最短找出PC+PQ的最小值为BQ是解题的关键．
24．30°
【详解】
试题解析：（1）连接CE，

∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，
在△BCE与△ACE中，

∴△BCE≌△ACE（SSS）
∴∠BCE=∠ACE=30°
∵BE平分∠DBC，
∴∠DBE=∠CBE，
在△BDE与△BCE中，

∴△BDE≌△BCE（SAS），
∴∠BDE=∠BCE=30°．
25．证明见解析.
【分析】
要证是的中点，根据题意可知，证明为等腰三角形，利用等腰三角形的高和中线向重合即可得证．
【详解】
证明：连接，

在等边，且是的中点，
，，
，
，
，
，
，
，为等腰三角形，
又，
是的中点．
【点拨】本题考查了等腰三角形顶角平分线、底边上的中线和高三线合一的性质以及等边三角形每个内角为的知识．辅助线的作出是正确解答本题的关键．
26．(1)A/(2,3),B/(3,1),C/(-1，-2).（2）5.5.
【详解】
试题分析：分别找出点关于轴的对应点 然后顺次连接即可得到
利用平面直角坐标系写出点的坐标即可；
利用所在的矩形的面积减去四周三个小直角三角形的面积列式计算即可．
试题解析：如图所示：

A′(2,3),B′(3,1),C′(−1,−2);

27．（1）详见解析；（2）∠AEB的度数为60°；线段BE与AD之间的数量关系是：BE=AD；（3）详见解析.
【解析】
试题分析：
(1) 根据已知条件可知，要想证明BD=CE，可以证明△BAD与△CAE全等. 根据已知条件中关于等腰三角形的叙述，可以得到AB=AC，AD=AE. 由于这两个等腰三角形的顶角均为40°，所以这两个顶角分别减去∠DAC也一定相等. 综合上述条件，利用SAS可以证明△BAD与△CAE全等，进而证明BD=CE.
(2) 根据已知条件不难利用SAS证明△ACD和△BCE全等. 利用全等三角形的相关性质，可以得到AD=BE，即线段BE与AD之间的数量关系是BE=AD. 同理，根据全等三角形的性质可知∠ADC=∠BEC. 根据等边三角形的性质和邻补角的相关结论可知，∠BEC=∠ADC=120°. 利用等边三角形的性质即可求得∠AEB的度数.
(3) 通过两个直角与∠DCB的和差关系可以得到∠ACD=∠BCE，再结合等腰直角三角形的性质，不难利用SAS证明△ACD和△BCE全等. 利用全等三角形的性质可以得到AD=BE. 根据等腰直角三角形的性质，可以得到CM=DM=EM. 综上所述，AE=AD+DE=BE+2CM.
试题解析：
(1) 证明：∵∠BAC=∠DAE=40°，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE.
∵△ABC与△ADE分别是以BC与DE为底边的等腰三角形，
∴AB=AC，AD=AE.
∵在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE (SAS)，
∴BD=CE.
(2) 本小题应依次填写：60°；BE=AD. 理由如下.
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°.
∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB，即∠ACD=∠BCE.
∵在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE (SAS)，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC.
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE=∠CED=60°，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=180°-∠CDE=180°-60°=120°，
∴∠BEC=∠ADC=120°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=120°-60°=60°.
综上所述，∠AEB的度数为60°；线段BE与AD之间的数量关系是：BE=AD.
(3) ∠AEB的度数为90°；线段CM，AE，BE之间的数量关系是：AE=BE+2CM. 理由如下.
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形且∠ACB=∠DCE=90°，
∴AC=BC，CD=CE，∠CDE=∠CED=45°.
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB，即∠ACD=∠BCE.
∵在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE (SAS)，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，
∵∠CDE=45°，
又∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=180°-∠CDE=180°-45°=135°，
∴∠BEC=∠ADC=135°.
∵∠BEC=135°，∠CED=45°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°.
∵CM为△DCE中DE边上的高，即CM⊥DE，
∴在等腰直角三角形DCE中，DM=EM.
∵CM⊥DE，∠CDE=45°，
∴△CMD是等腰直角三角形，
∴CM=DM.
∴CM=DM=EM.
∵DE=DM+EM=2CM，
又∵AD=BE，
∴AE=AD+DE=BE+2CM.
点睛：
本题综合考查了全等三角形，等腰三角形以及等边三角形的相关知识. 根据各个相关角之间的位置关系，灵活运用角的和差获得相等的角. 这是本题解题的一个关键点. 另外，灵活运用等边三角形和等腰直角三角形的判定和性质也是解决本题的重要手段.
28．（1）①全等，理由见解析；②4cm/s.（2）经过了24秒，点P与点Q第一次在BC边上相遇．
【分析】
（1）①先求得BP=CQ=3，PC=BD=6，然后根据等边对等角求得∠B=∠C，最后根据SAS即可证明；②因为VP≠VQ，所以BP≠CQ，又∠B=∠C，要使△BPD与△CQP全等，只能BP=CP=4.5，根据全等得出CQ=BD=6，然后根据运动速度求得运动时间，根据时间和CQ的长即可求得Q的运动速度；（2）因为VQ>VP，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程，据此列出方程，解这个方程即可求得．
【详解】
(1)①1秒钟时，△BPD与△CQP是否全等；理由如下：
∵t=1秒，
∴BP=CQ=3(cm)
∵AB=12cm，D为AB中点，
∴BD=6cm，
又∵PC=BC−BP=9−3=6(cm)，
∴PC=BD
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△BPD与△CQP中,，
∴△BPD≌△CQP(SAS)，
②∵VP≠VQ，
∴BP≠CQ，
又∵∠B=∠C，
要使△BPD≌△CPQ，只能BP=CP=4.5，
∵△BPD≌△CPQ，
∴CQ=BD=6.
∴点P的运动时间t==1.5(秒)，
此时VQ= =4(cm/s).
(2)因为VQ>VP，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程，
设经过x秒后P与Q第一次相遇，
依题意得：4x=3x+2×12，
解得：x=24(秒)
此时P运动了24×3=72(cm)
又∵△ABC的周长为33cm，72=33×2+6，
∴点P、Q在BC边上相遇，即经过了24秒，点P与点Q第一次在BC边上相遇．
点睛：本题考查了三角形全等的判定和性质、等腰三角形的性质以及属性结合思想的运用，解题的根据是熟练掌握三角形的全都能的判定和性质.