2022年中考数学真题分类汇编：20轴对称变换解析版

这是一份2022年中考数学真题分类汇编：20轴对称变换解析版，共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学真题分类汇编：20 轴对称变换
一、单选题
1．孙权于公元221年4月自公安“都鄂”，在西山东麓营建吴王城，并取“以武而昌”之意，改鄂县为武昌，下面四个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：A、“以”不是轴对称图形，选项错误，不符合题意；
B、“武”不是轴对称图形，选项错误，不符合题意；
C、“而”不是轴对称图形，选项错误，不符合题意；
D、“昌”是轴对称图形，选项正确，符合题意.
故答案为：D.
【分析】轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，据此一一判断得出答案.
2．图1是光的反射规律示意图．其中，PO是入射光线，OQ是反射光线，法线KO⊥MN，∠POK是入射角，∠KOQ是反射角，∠KOQ＝∠POK．图2中，光线自点P射入，经镜面EF反射后经过的点是（　　）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
【答案】B
【知识点】生活中的轴对称现象
【解析】【解答】连接EF，延长入射光线交EF于一点N，过点N作EF的垂线NM，如图所示：
由图可得MN是法线，∠PNM为入射角
因为入射角等于反射角，且关于MN对称
由此可得反射角为∠MNB
所以光线自点P射入，经镜面EF反射后经过的点是B
故答案为：B．

【分析】连接EF，延长入射光线交EF于一点N，过点N作EF的垂线NM，再根据入射角等于反射角，且关于MN对称即可得到答案。
3．下列命题中是假命题的是（　　）
A．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半
B．如果两个角互为邻补角，那么这两个角一定相等
C．从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角
D．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
【答案】B
【知识点】真命题与假命题
【解析】【解答】解：A. 三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，是真命题，故此选项不符合题意；
B. 如果两个角互为邻补角，那么这两个角不一定相等，故此选项是假命题，符合题意；
C. 从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角，是真命题，故此选项不符合题意；
D. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是真命题，故此选项不符合题意；
故答案为：B

【分析】根据假命题的定义逐项判断即可。
4．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可。
5．下列图形中，对称轴条数最多的是（　　）
A．等边三角形 B．矩形 C．正方形 D．圆
【答案】D
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：等边三角形有三条对称轴，矩形有两条对称轴，正方形有四条对称轴，圆有无数条对称轴，所以对称轴条数最多的图形是圆.
故答案为：D.
【分析】把一个平面图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能完全重合的几何图形就是轴对称图形，折迹所在的直线就是对称轴，据此可得等边三角形每条边的垂直平分线所在的直线就是其对称轴，故等边三角形有三条对称轴；过矩形每组对边中点所在的直线是其对称轴，故矩形有两条对称轴；过正方形每组对边中点所在的直线及对角线所在的直线是其对称轴，故正方形有四条对称轴；过圆心的任意一条直线是其对称轴，故圆有无数条对称轴，据此即可得出答案.
6．如图，在矩形纸片ABCD中，AB=5，BC=3，将△BCD沿BD折叠到△BED位置，DE交AB于点F，则cos∠ADF的值为（　　）
A．817 B．715 C．1517 D．815
【答案】C
【知识点】平行线的性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，AB//CD，AD=BC=3，AB=CD=5，
∴∠BDC=∠DBF，
由折叠的性质可得∠BDC=∠BDF，
∴∠BDF=∠DBF，
∴BF=DF，
设BF=x，则DF=x，AF=5−x，
在Rt△ADF中，32+(5−x)2=x2，
∴x=175，
∴cos∠ADF=3175=1517，
故答案为：C.
【分析】由矩形性质得∠A=90°，AB∥CD，AB=CD=5，AD=BC=3，易得∠BDC=∠DBF，根据折叠的性质可得∠BDC=∠BDF，进而可推出BF=DF，设BF=x，则DF=x，AF=5-x，然后在Rt△ADF中，利用勾股定理可求出x，接下来根据三角函数的概念进行计算即可.
7．2022年4月16日，神舟十三号载人飞船圆满完成全部既定任务，顺利返回地球家园．六个月的飞天之旅展现了中国航天科技的新高度下列航天图标，其文字上方的图案是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：根据中心对称图形的定义，四个选项中，只有B选项的图形绕着某点旋转180°后能与原来的图形重合，
故答案为：B．

【分析】根据中心对称图形的定义逐项判断即可。
8．下列四种图形中，对称轴条数最多的是（　　）
A．等边三角形 B．圆 C．长方形 D．正方形
【答案】B
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：A、等边三角形是轴对称图形，每条边垂直平分线所在的直线就是其对称轴，故它有3条对称轴；
B、圆是轴对称图形，过圆心的任意一条直线都是其对称轴，故有无数条条对称轴；
C、长方形是轴对称图形，过每组对边中点的直线就是其对称轴，故有2条对称轴；
D、正方形是轴对称图形，过每组对边中点的直线就是其对称轴，每条对角线所在的直线也是其对称轴，故有4条对称轴；
故对称轴条数最多的图形是圆．
故答案为：B.
【分析】根据轴对称图形的意义：一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形就是轴对称图形，这条直线就是这个图形的一条对称轴，由此分析各图形的对称轴条数即可求解．
9． 现实世界中，对称现象无处不在，中国的方块字中有些也具有对称性.下列汉字是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：A、劳不是轴对称图形，故不符合题意；
B、动不是轴对称图形，故不符合题意；
C、光不是轴对称图形，故不符合题意；
D、荣是轴对称图形，故符合题意.
故答案为：D.
【分析】轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，据此分析即可.
10．下列英文字母为轴对称图形的是（　　）
A．W B．L C．S D．Q
【答案】A
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：A、W是轴对称图形，符合题意；
B、L不是轴对称图形，不合题意；
C、S不是轴对称图形，不合题意；
D、Q不是轴对称图形，不合题意.
故答案为：A.
【分析】轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，据此一一判断得出答案.
11．平面直角坐标系中，点P(2，1)关于x轴对称的点的坐标是（　　）
A．(2，1) B．(2，−1) C．(−2，1) D．(−2，−1)
【答案】B
【知识点】关于坐标轴对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：点P（2，1）关于x轴对称的点的坐标是（2，-1）.
故答案为：B.
【分析】关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数，据此解答.
12．如图是战机在空中展示的轴对称队形．以飞机 B、C所在直线为x轴、队形的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系．若飞机E的坐标为（40，a），则飞机D的坐标为（　　）
A．(40，−a) B．(−40，a) C．(−40，−a) D．(a，−40)
【答案】B
【知识点】关于坐标轴对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵战机在空中展示的轴对称队形．
∴点D和点E关于y轴对称，
∴点D（-40，a）.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件可知点D和点E关于y轴对称，利用关于y轴对称的点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，可得到点D的坐标.
13．下列选项中的垃圾分类图标，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（　　）
A．可回收物 B．其他垃圾 C．有害垃圾 D．厨余垃圾
【答案】C
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、此图案不是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、此图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故B不符合题意；
C、此图形是轴对称图形，又是中心对称图形，故C符合题意；
D、此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】中心对称图形是图形绕某一点旋转180°后与原来的图形完全重合，轴对称图形是将一个图形沿某直线折叠后直线两旁的部分互相重合，再对各选项逐一判断.
14．如图，∠AOB=30°，点M、N分别在边OA、OB上，且OM=3，ON=5，点P、Q分别在边OB、OA上，则MP+PQ+QN的最小值是（　　）
A．34 B．35 C．34−2 D．35−2
【答案】A
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作M关于OB的对称点M′，作N关于OA的对称点N′，如图所示：
连接M′N′，即为MP+PQ+QN的最小值．
根据轴对称的定义可知：ON′=ON=5，OM′=OM=3，∠N′OQ=∠M′OB=30°，
∴∠NON′=60°，∠MOM'=60°，
∴△ONN′为等边三角形，△OMM′为等边三角形，
∴∠N′OM′=90°，
∴在Rt△M′ON′中，
M′N′=32+52=34．
故答案为：A．

【分析】作M关于OB的对称点M′，作N关于OA的对称点N′，连接M′N′，即为MP+PQ+QN的最小值，再利用勾股定理求出M′N′=32+52=34即可。
15．如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB=6，BC=8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（　　）
A．BD=10 B．HG=2 C．EG∥FH D．GF⊥BC
【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵BD是矩形ABCD的对角线，AB=6，BC=8，
∴AD=BC=8，
∴BD=AB2+AD2=62+82=10，
∴A选项不符合题意；
∵△ABE沿BE翻折，△DCF沿DF翻折，翻折后点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，
∴BG=AB=6，HD=CD=6，
∴HG=HD-（BD-BG）=6-（10-6）=2，
∴B选项不符合题意；
∵∠EGB=∠A=90°，∠FHD=∠B=90°，
∴∠EGB=∠FHD=90°，
∴EG∥FH，
∴C选项符合题意；
若GF⊥BC，
则∠HGF+∠HFG=90°，
又∵∠GBF+∠BFH=90°，
∴∠HGF=∠GBF=45°，
∵无法确定BF=GF，
∴GF⊥BC不一定成立，
∴D选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据矩形性质得AD=BC=8，由勾股定理求得BD=10，可判断A选项；由图形折叠的性质得，BG=AB=6，HD=CD=6，再由线段和差关系求出HG=2，可判断B选项；由∠EGB=∠FHD=90°，可判断EG∥FH，可判断C选项；若GF⊥BC，推出∠HGF+∠HFG=90°，再结合∠GBF+∠BFH=90°，从而得∠HGF=∠GBF=45°，因为无法确定BF=GF，故GF⊥BC不一定成立，可判断D选项. 据此逐项分析，即可得出正确答案.
二、填空题
16．如图，在正方形ABCD中， AB=42 ，对角线 AC，BD 相交于点O.点E是对角线AC上一点，连接BE，过点E作 EF⊥BE ，分别交 CD，BD 于点F、G，连接BF，交AC于点H，将 △EFH 沿EF翻折，点H的对应点 H′ 恰好落在BD上，得到 △EFH′ 若点F为CD的中点，则 △EGH′ 的周长是　 　.
【答案】5+5
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点E作PQ∥AD交AB于点P，交DC于点Q，
∵AD∥PQ，
∴AP=DQ， ∠BPQ=∠CQE ，
∴BP=CQ，
∵∠ACD=45° ，
∴BP=CQ=EQ，
∵EF⊥BE，
∴∠PEB+∠FEQ=90°
∵∠PBE+∠PEB=90°
∴∠PBE=∠FEQ ，
在 △BPE 与 △EQF 中
∠BPQ=∠FQEPB=EQ∠PBE=∠FEQ
∴△BPE ≌ △EQF ，
∴BE=EF，
又∵BC=AB=42 ，F为中点，
∴CF=22 ，
∴BF=BC2+CF2=210 ，
∴BE=EF=2102=25 ，
又∵BO=422=4 ，
∴EO=BE2−BO2=2 ，
∴AE=AO-EO=4-2=2，
∵AB // FC，
∴△ABH∽△CFH ，
∴ABCF=AHCH ，
∴4222=AHCH=21 ，
∵AC=2AB=8 ，
∴AH=23×8=163 ，
CH=13×8=83 ，
∴EH=AH-AE= 163−2=103 ，
∵∠BEO+∠FEO=90° ，
∠BEO+∠EBO=90° ，
∴∠FEO=∠EBO ，
又∵∠EOB=∠EOG=90° ，
∴△EOB∽△GOE
∴EGBE=OGOE=OEOB ，
EG25=OG2=24=12 ，
∴EG= 5 ，OG=1，
过点F作FM⊥AC 于点M，
∴FM=MC== FC2=2 ，
∴MH=CH-MC= 83−2=23 ，
作FN⊥OD于点N，
FN=DF2=2， ，
在Rt △FH′N 与Rt △FMH 中
FH′=FHFN=FM
∴Rt △FH′N ≌Rt △FHM
∴H′N=MH=23 ，
∴ON=2，NG=1，
∴GH′=23+1=53 ，
∴C△EGH′=EH′+EG+GH′=EH+EG+GH=103+5+53=5+5
故答案为：5+5.
【分析】过点E作PQ∥AD交AB于点P，交DC于点Q，易得AP=DQ，∠BPQ=∠CQE，则BP=CQ，根据正方形的性质可得∠ACD=45°，则BP=CQ=EQ，由同角的余角相等可得∠PBE=∠FEQ，证明△BPE≌△EQF，得到BE=EF，根据中点的概念可得CF，利用勾股定理可得BF，然后求出BE、EF、EO、AE，证明△ABH∽△CFH，根据相似三角形的性质可得AH、CH，然后求出EH，由同角的余角相等可得∠FEO=∠EBO，证明△EOB∽△GOE，根据相似三角形的性质可得EG、OG，过点F作FM⊥AC于点M，作FN⊥OD于点N，易得FM、MH′、FN的值，证明△FH′N ≌△FHM，得到H′N=MH，进而求出GH′，据此不难求出△EGH′的周长.
17．如图，折叠边长为4cm的正方形纸片ABCD，折痕是DM，点C落在点E处，分别延长ME、DE交AB于点F、G，若点M是BC边的中点，则FG=　 　cm.
【答案】53
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接DF，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA=4，∠A=∠B=∠C=∠CDA=90°.
∵点M为BC的中点，
∴BM=CM=12BC=12×4=2
由折叠得，ME=CM=2，DE=DC=4，∠DEM=∠C=90°，
∴∠DEF=90°，∠FEG=90°，
设FE=x，则有DF2=DE2+EF2
∴DF2=42+x2
又在RtΔFMB中，FM=2+x，BM=2，
∵FM2=FB2+BM2
∴FB=FM2−BM2=(2+x)2−22
∴AF=AB−FB=4−(2+x)2−22
在RtΔDAF中，DA2+AF2=DF2，
∴42+(4−(2+x)2−22)=42+x2，
解得，x1=43，x2=−8（舍去）
∴FE=43，
∴FM=FE+ME=43+2=103
∴FB=(2+43)2−22=83
∵∠DEM=90°
∴∠FEG=90°
∴∠FEG=∠B，
又∠GFE=∠MFB.
∴△FEG∼ΔFBM
∴FGFM=FEFB，即FG103=4383
∴FG=53，
故答案为：53
【分析】连接DF，利用正方形的性质，可证得∠A=∠B=∠C=∠CDA=90°，利用线段中点的定义可求出BM，CM的长；利用折叠的性质可得到ME，DE的长，同时可证得∠DEM=90°，设FE=x，利用勾股定理建立关于x的方程，可表示出DF2，从而可表示出FB的长，再表示出AF的长；在Rt△DAF中，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出符合题意的x的值，可得到FE，FM，FB的长；然后证明△FEG∽△FBM，利用相似三角形的对应边成比例，可求出FG的长.
18．如图，在矩形ABCD中 ABBC=23 .动点M从点A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN.动点M，N同时出发，点M运动的速度为 v1 ，点N运动的速度为 v2 ，且 v1