第五章《轴对称》同步单元基础与培优高分必刷卷（全解全析）

第五章《轴对称》同步单元基础与培优高分必刷卷

全解全析

1．B

【详解】

解：选项B能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是做轴对称图形；

选项A、C、D不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是做轴对称图形；

故选：B．

【点睛】

本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．

2．B

【解析】

【分析】

根据线段垂直平分线的性质得到DA＝DC，根据等腰三角形的性质得到∠DCA＝∠A，根据三角形的外角的性质计算即可．

【详解】

解：∵DE是线段AC的垂直平分线，

∴DA＝DC，

∴∠DCA＝∠A＝50°，

∴∠BDC＝∠DCA+∠A＝100°，

故选：B．

【点睛】

本题考查的是线段垂直平分线的性质和三角形的外角的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．

3．C

【解析】

【分析】

根据平行线、垂直平分线、对顶角、轴对称图形的性质，逐个分析，即可得到答案．

【详解】

同旁内角互补，则两直线平行，故A正确；

线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，故B正确；

由对顶角可得是相等的角；相等的角无法证明是对等角，故C错误；

角是关于角的角平分线对称的图形，是轴对称图形，故D正确

故选：C．

【点睛】

本题考查了平行线、垂直平分线、对顶角、轴对称图形、角平分线、命题的知识；解题的关键是熟练掌握平行线、垂直平分线、对顶角、轴对称图形、角平分线的性质，从而完成求解．

4．D

【解析】

【分析】

据对称轴的定义，△ABC与△A′B′C′关于直线MN对称，P为MN上任意一点，可以判断出图中各点或线段之间的关系．

【详解】

解：∵△ABC与△A′B′C′关于直线MN对称，P为MN上任意一点，

∴△AA′P是等腰三角形，MN垂直平分AA′，CC′，这两个三角形的面积相等，故A、B、C选项正确，

直线AB，A′B′关于直线MN对称，因此交点一定在MN上，故D错误，

故选：D．

【点睛】

本题主要考查了轴对称性质的理解和应用，准确分析判断是解题的关键．

5．C

【解析】

【分析】

根据三角形的角平分线的定义，三角形的中线的定义可知．三角形其中一个内角的平分线与它的对边相交，这个角的顶点与交点之间的线段叫做三角形的角平分线，连接一个顶点和它所对边的中点的线段叫做三角形的中线．

【详解】

解：AD是三角形ABC的角平分线，

则是∠BAC的角平分线，

所以AO是△ABE的角平分线，故①正确；

BE是三角形ABC的中线，

则E是AC是中点，而O不一定是AD的中点，故②错误．

故选：C．

【点睛】

本题考查了三角形的中线，角平分线的定义，理解定义是解题的关键．

6．C

【解析】

【分析】

根据轴对称图形的定义进行判断即可得到对称轴.

【详解】

解:观察可知沿l1折叠时，直线两旁的部分不能够完全重合，故l1不是对称轴；

沿l2折叠时，直线两旁的部分不能够完全重合，故l2不是对称轴；

沿l3折叠时，直线两旁的部分能够完全重合，故l3是对称轴，

所以该图形的对称轴是直线l3，

故选C．

【点睛】

本题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义．根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．

7．C

【解析】

【分析】

轴对称图形的概念：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，据此解答即可．

【详解】

如图所示，所标数字1，2，3，4都符合要求，一共有4种方法.

故选C．

【点睛】

本题重点考查了利用轴对称设计图案，需熟练掌握轴对称图形的定义，应该多加练习．

8．B

【解析】

【分析】

翻折后的图形与翻折前的图形是全等图形,利用折叠的性质,正方形的性质,以及图形的对称性特点解题．

【详解】

解：由图形的对称性可知:AB=AH,CD=DH,

∵正方形ABCD,

∴AB=CD=AD,

∴AH=DH=AD．

故选B．

【点睛】

本题主要考查翻折图形的性质,解决本题的关键是利用图形的对称性把所求的线段进行转移．

9．C

【解析】

【分析】

根据折叠的性质即可判断①；根据平行线的性质和折叠的性质可得∠MEF＝∠3，再根据三角形外角的性质即可判断②；由AD∥BC可得∠1+∠2＝180°，然后结合②的结论即可判断④，进一步即可判断③，进而可得答案．

【详解】

解：由折叠的性质可得∠DEF＝∠MEF，即EF平分∠MED，故①正确；

∵AD∥BC，

∴∠DEF＝∠3，

∵∠DEF＝∠MEF，

∴∠3＝∠MEF，

∴∠2＝∠3+∠MEF＝2∠3，故②正确；

∵AD∥BC，

∴∠1+∠2＝180°，即∠1+2∠3＝180°，故④正确；

∴∠1+∠3＝90°，故③错误．

综上，正确的结论是①②④，共3个．

故选：C．

【点睛】

本题考查了平行线的性质、折叠的性质、角平分线的定义以及三角形的外角性质等知识，属于常考题型，熟练掌握基本知识是解题关键．

10．D

【解析】

【分析】

根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得PA=PB，再利用“AAS”证明△AOP和△BOP全等，根据全等三角形对应角相等可得∠AOP=∠BOP，全等三角形对应边相等可得OA=OB．

【详解】

解：∵OP平分∠AOB，PA⊥OA，PB⊥OB，

∴PA=PB，故A选项正确；

∵∠PAO=∠PBO=90°，∠POA=∠POB，OP=OP，

∴△AOP≌△BOP（AAS），

∴∠APO=∠BPO，OA=OB，故B，C选项正确；

∵OA=OB，

∴∠OBA=∠OAB，

由等腰三角形三线合一的性质，OP垂直平分AB，AB不一定垂直平分OP，故D选项错误；

即不一定成立的是选项D，

故选：D．

【点睛】

本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并求出两三角形全等是解题的关键．

11．B

【解析】

【分析】

画出图形，设O为∠BAC的角平分线和∠ACB的角平分线的交点，过O作ON⊥AB于N，OM⊥BC于M，OQ⊥AC于Q，求出ON=OM=OQ，判断即可．

【详解】

∵设O为∠BAC的角平分线和∠ACB的角平分线的交点，过O作ON⊥AB于N，OM⊥BC于M，OQ⊥AC于Q，

∴ON=OQ，OQ=OM，

∴ON=OM=OQ，

∴△ABC的三个内角的角平分线的交点到三角形三边的距离相等，∴①错误；

∵ON⊥AB，OM⊥BC，ON=OM，

∴O在∠ABC的角平分线上，

即O是△ABC的三个角的平分线交点，∴②正确；

∵三角形的三个内角的平分线都在三角形的内部，∴③正确；

∵三角形的任意中线把三角形的面积分为面积相等的两部分，而三角形的任意角平分线不一定把三角形的面积分成面积相等的两部分，∴④错误；

故选B．

【点睛】

本题考查了三角形的角平分线性质和三角形的中位线性质，主要考查学生的推理能力和辨析能力，熟练运用所学知识是解题的关键．

12．D

【解析】

【分析】

根据周角的定义先求出∠BPC的度数，再根据对称性得到△BPC为等腰三角形，∠PBC即可求出；根据题意：有△APD是等腰直角三角形；△PBC是等腰三角形；结合轴对称图形的定义与判定，可得四边形ABCD是轴对称图形，进而可得②③④正确．

【详解】

根据题意， ，

，

，正确；

根据题意可得四边形ABCD是轴对称图形，④正确；

∵∠DAB+∠ABC=45°+60°+60°+15°=180°，

∴AD//BC，②正确；

∵∠ABC+∠BCP=60°+15°+15°=90°，

∴PC⊥AB，③正确，

所以四个命题都正确，

故选D．

【点睛】

本题考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、轴对称图形的定义与判定等，熟练掌握各相关性质与定理是解题的关键.

13．

【解析】

【分析】

由折叠的性质可得，，再由角的和差及平角的定义即可求出答案．

【详解】

解：由题意得：，，

∵在同一直线上，

∴．

故答案为：90．

【点睛】

本题主要考查了折叠的性质和平角的定义，属于基本题型，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．

14．15

【解析】

【分析】

根据线段的垂直平分线的性质得到DB=DC，根据三角形的周长公式计算即可．

【详解】

解：∵DE是BC的垂直平分线，

∴DB=DC，

∴△ABD的周长=AB+AD+BD=AB+AD+DC=AB+AC=15，

故答案为15．

【点睛】

本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．

15．①②③

【解析】

【分析】

根据等边三角形的三边都相等，三个角都是60°，可以证明ACD与BCE全等，根据全等三角形对应边相等可得AD＝BE，所以①正确，对应角相等可得∠CAD＝∠CBE，然后证明ACP与BCQ全等，根据全等三角形对应边相等可得PC＝PQ，从而得到CPQ是等边三角形，再根据等腰三角形的性质可以找出相等的角，从而证明PQ∥AE，所以②正确；根据全等三角形对应边相等可以推出AP＝BQ，所以③正确，根据③可推出DP＝EQ，再根据DEQ的角度关系DE≠DP．

【详解】

解：∵等边ABC和等边CDE，

∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝60°，

∴180°﹣∠ECD＝180°﹣∠ACB，

即∠ACD＝∠BCE，

在ACD与BCE中，

，

∴ACD≌BCE（SAS），

∴AD＝BE，故①小题正确；

∵ACD≌BCE（已证），

∴∠CAD＝∠CBE，

∵∠ACB＝∠ECD＝60°（已证），

∴∠BCQ＝180°﹣60°×2＝60°，

∴∠ACB＝∠BCQ＝60°，

在ACP与BCQ中，

，

∴ACP≌BCQ（ASA），

∴AP＝BQ，故③小题正确；PC＝QC，

∴PCQ是等边三角形，

∴∠CPQ＝60°，

∴∠ACB＝∠CPQ，

∴PQ∥AE，故②小题正确；

∵AD＝BE，AP＝BQ，

∴AD﹣AP＝BE﹣BQ，

即DP＝QE，

∠DQE＝∠ECQ+∠CEQ＝60°+∠CEQ，∠CDE＝60°，

∴∠DQE≠∠CDE，故④小题错误．

综上所述，正确的是①②③．

故答案为：①②③．

【点睛】

本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，以及平行线的判定，需要多次证明三角形全等，综合性较强，但难度不是很大，是热点题目，仔细分析图形是解题的关键．

16．70°

【解析】

【分析】

依据矩形的性质以及折叠的性质，即可得到∠DFE=∠B'EF，设∠BEF=α，则∠DFE=∠B'EF=α，根据B'E∥C'F，即可得出∠B'EF+∠C'FE=180°，进而得到∠BEF的度数．

【详解】

解：∵四边形ABCD是矩形，

∴AB∥DC，

∴∠BEF=∠DFE，

由折叠可得，∠BEF=∠B'EF，

设∠BEF=α，则∠DFE=∠B'EF=α，

∵B'E∥C'F，

∴∠B'EF+∠C'FE=180°，

即α+α+40°=180°，

解得α=70°，

∴∠BEF=70°，

故答案为：70°．

【点睛】

本题考查折叠问题以及矩形的性质的运用，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．

17．或

【解析】

【分析】

由勾股定理求出AB，设AE=x，则A'E=x，A'C=8﹣2x；分三种情况讨论：

①当A'B=A'C时，证明三角形相似可得结论；

②当BC=A'C时，如图2，列出方程，解方程即可；

③当A'B=BC时，A与A'重合，此种情况不成立．

【详解】

由翻折变换的性质得：AE=A'E，∠AEF=∠A'EF=90°．

∵AC=8，BC=6，设AE=A'E=x，则A'C=8﹣2x；

分三种情况讨论：

①当A'B=A'C时，如图1，∠C=∠A=∠CBA'，∴△CA'B∽△CBA，∴，∴，x=，∴AE=；

②当BC=A'C时，如图2，则8﹣2x=5，解得：x=，∴AE=；

③当A'B=BC时，A与A'重合，此种情况不成立；

综上所述：当△A'BC为等腰三角形时，AE的长为：或．

故答案为或．

【点睛】

本题考查了翻折变换的性质、三角形相似的性质和判定、勾股定理、等腰三角形的性质；属于基础题，需要进行分类讨论．

18．（1）见解析；（2）；（3）见解析

【解析】

【分析】

（1）分别作点A、B、C关于直线a的对称点A1、B1、C1；顺次连接A1、B1、C1所得的三角形即为所求．

（2）用△ABC所在的矩形的面积减去三个小三角形的面积即可求解．

（3）依据轴对称的性质，连接C1A（或A1C）与直线a交于点P即可．

【详解】

（1）如图，△A1B1C1即为所求．

（2）=2×2-×1×2×2-×1×1=．

（3）如图，连接C1A（或A1C）与直线a交于点P，则点P即为所求．

【点睛】

考查了根据轴对称变换作图，解答本题的关键是根据网格结构作出对应点的位置，然后顺次连接．

19．见解析.

【解析】

【分析】

分别作线段CD的垂直平分线和∠AOB的角平分线，它们的交点即为点P．

【详解】

如图，点P为所作．

【点睛】

本题考查了作图−应用与设计作图，熟知角平分线的性质与线段垂直平分线的性质是解答此题的关键．

20．见解析

【解析】

【详解】

试题分析：（1）应从图形的对称性，以及图形中阴影部分的面积入手考虑．

（2）只需符合是轴对称图形，阴影部分面积为4即可．最简单的是相邻4个小正方形组成一个较大的正方形，或者一个长方形．

试题解析：（1）答案不唯一，例如四个图案具有的共同特征可以是：

①都是轴对称图形；

②面积都等于四个小正方形的面积之和；

（2）答案示例：

21．（1）4，1；（2）5

【解析】

【分析】

（1）利用轴对称的性质求出MQ即可解决问题；

（2）利用轴对称的性质求出NR即可解决问题．

【详解】

（1）∵P，Q关于OA对称，

∴OA垂直平分线段PQ，

∴MQ＝MP＝4，

∵MN＝5，

∴QN＝MN﹣MQ＝5﹣4＝1．

（2）∵P，R关于OB对称，

∴OB垂直平分线段PR，

∴NR＝NP＝4，

∴QR＝QN+NR＝1+4＝5．

【点睛】

本题考查轴对称的性质，解题的关键是理解题意，熟练掌握轴对称的性质属于中考常考题型．

22．（1）见详解；（2）见详解；（3） ．

【解析】

【分析】

（1）根据题意，可以画出所求的△A′B′C′；

（2）根据最短路线的作法，可以画出点P，使得PA+PC最小；

（3）利用分割法求面积即可．

【详解】

解：（1）如图，△A′B′C′即为所求；

（2）如图，连接A′C，交MN于点P，则P即为所求；

（3）．

【点睛】

本题考查作图-轴对称变换，三角形的面积，轴对称最短问题等知识，解题关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

23．（1）20；（2）①m；②m

【解析】

【分析】

（1）根据已知条件，由三角形的面积公式直接求△ACF的面积；

（2）①作点M关于直线AC的对称点N，连接PN、FN，可得当点P落在FN上且FN⊥AB时，PF+PM的值最小，为此时FN的长，根据△ABF的面积为m，将FN用含m的式子表示即可；

②先将△AFC的面积用m表示，再由求出AM的长，得AN＝AM＝4，可得S△AFN＝m，由S△APM＝S△APN，，求出S△APM，由S四边形PCFM＝S△AFC﹣S△APM即可求出S四边形PCFM．

【详解】

解：（1）∵CD⊥AB，

∴∠ADC＝90°，

由翻折得，CE＝CD＝4，∠AEC＝∠ADC＝90°，

∴CE⊥AF，

∵AF＝10，

∴S△ACF＝AF•CE＝×10×4＝20．

（2）①如图2，作MN⊥AC于点O，交AB于点N，连接FN、PN，

，

由翻折得，∠OAM＝∠OAN，

∵AO＝AO，∠AOM＝∠AON＝90°，

∴△AOM≌△AON（ASA），

∴OM＝ON，AM＝AN，

∴AC垂直平分MN，

∴PM＝PN，

∴PF+PM＝PF+PN≥FN，

∴当点P落在FN上且FN⊥AB时，PF+PM的值最小，为此时FN的长；

如图3，FN⊥AB于点N，交AC于点P，PM⊥AF，

由S△ABF＝AB•FN＝m，得×12FN＝m，

解得，FN＝m，

此时PF+PM＝FN＝m，

∴PF+PM的最小值为m．

②如图4，当PF+PM取最小值时，FN⊥AB于点N，交AC于点P，PM⊥AF，

设CD＝CE＝a，PM＝PN＝x，

∵AB＝12，AF＝10，

∴，

∴S△AFC＝S△ABF＝m；

∵，

∴AM＝AF＝×10＝4，

∴AN＝AM＝4，

∴BN＝12＝4＝8，

∴，

∴S△AFN＝S△ABF＝m，

由S△APM＝×4x，S△APN＝×4x，得S△APM＝S△APN，

设S△APM＝S△APN＝2n，

∵，

∴S△FPM＝3n，

由S△APN+S△APM+S△FPM＝S△AFN＝m，

得2n+2n+3n＝m，

∴n＝m，

∴S△APM＝2n＝m，

∴S四边形PCFM＝m-m＝m．