【期末押题复习】人教版数学八年级上册 期末突破-专题03 轴对称（单元精练）

2022-2023上学期人教版8年级数学上册单元精练与期末考试达标试题突破

专题03轴对称单元精练

（满分100分，答题时间90分钟）

一、选择题（本大题有10个小题，每小题3分，共30分）

1．（2021甘肃威武定西平凉）2021年是农历辛丑牛年，习近平总书记勉励全国各族人民在新的一年发扬“为民服务孺子牛、创新发展拓荒牛、艰苦奋斗老黄牛”精神，某社区也开展了“迎新春牛年剪纸展”，下面的剪纸作品是轴对称图形的是（　　）

A．       B． C．    D．

【答案】B

【解析】根据轴对称图形的概念判断求解．

A．不是轴对称图形，故此选项不合题意；

B．是轴对称图形，故此选项符合题意；

C．不是轴对称图形，故此选项不合题意；

D．不是轴对称图形，故此选项不合题意.

2. （2022北京）图中的图形为轴对称图形，该图形的对称轴的条数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】根据题意，画出该图形的对称轴，即可求解．如图，

一共有5条对称轴．故选：D

【点睛】本题主要考查了轴对称图形，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键．

3. （2022武汉）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

【解析】利用轴对称图形的概念可得答案．

A．不是轴对称图形，故此选项不合题意；

B．不是轴对称图形，故此选项不合题意；

C．不是轴对称图形，故此选项不合题意；

D．是轴对称图形，故此选项符合题意；故选：D．

【点睛】本题主要考查了轴对称图形，关键是掌握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．

4.（2022重庆）下列北京冬奥会运动标识图案是轴对称图形的是（    ）

A.   B.   C.    D.

【答案】C

【解析】根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可．

A.不是轴对称图形，故A错误；

B.不是轴对称图形，故B错误；

C.是轴对称图形，故C正确；

D.不是轴对称图形，故D错误．

故选：C．

【点睛】本题主要考查了轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形．

5. （2022浙江台州）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.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】直接利用关于y轴对称，纵坐标相同，横坐标互为相反数，进而得出答案．

根据题意，点E与点D关于y轴对称，

∵飞机E的坐标为(40，a)，

∴飞机D的坐标为(-40，a)，故选：B．

【点睛】此题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．

6.小莹和小博士下棋，小莹执白子，小博士执黑子．如图，棋盘中心黑子的位置用（-1，0）表示，右下角黑子的位置用（0，-1）表示．小莹将第4枚白子放入棋盘后，所有棋子构成一个轴对称图形．他放的位置是（　　）

A．（-2，1） B．（-1，1） C．（1，-2） D．（-1，-2）

【答案】B

【解析】本题考查了轴对称图形和坐标位置的确定.棋盘中心黑子的位置用（-1，0）表示，则这点所在的横线是x轴，右下角黑子的位置用（0，-1），则这点所在的纵线是y轴，则当放的位置是（-1，1）时构成轴对称图形．故选B.

7.平面直角坐标系中，点P（﹣2，3）关于x轴对称的点的坐标为（　）

A．（﹣2，﹣3） B．（2，﹣3） C．（﹣3，﹣2） D．（3，﹣2）

【答案】A

【解析】此题主要考查了关于x轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．直接利用关于x轴对称点的性质，横坐标不变，纵坐标互为相反数，进而得出答案．

点P（﹣2，3）关于x轴对称的点的坐标为（﹣2，﹣3）．

8.（2021广西贵港）在平面直角坐标系中，若点P（a﹣3，1）与点Q（2，b+1）关于x轴对称，则a+b的值是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【解析】直接利用关于x轴对称点的性质：横坐标不变，纵坐标互为相反数，即可得出a，b的值，进而得出答案．

∵点P（a﹣3，1）与点Q（2，b+1）关于x轴对称，

∴a﹣3＝2，b+1＝﹣1，

∴a＝5，b＝﹣2，

则a+b＝5﹣2＝3．

9.如图所示，底边BC为2，顶角A为120°的等腰△ABC中，DE垂直平分AB于D，则△ACE的周长为（　　）

A．2+2    B．2+    C．4    D．3

【答案】A  

【解析】本题考查了线段垂直平分线性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形性质等知识点，主要考查运用性质进行推理的能力．

过A作AF⊥BC于F，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C=30°，得到AB=AC=2，根据线段垂直平分线的性质得到BE=AE，即可得到结论．

过A作AF⊥BC于F，

∵AB=AC，∠A=120°，

∴∠B=∠C=30°，

∴AB=AC=2，

∵DE垂直平分AB，∴BE=AE，

∴AE+CE=BC=2，

∴△ACE的周长=AC+AE+CE=AC+BC=2+2

10.如图,△ABC关于直线l的对称图形是△DEF，下列判断错误的是（   ）

A. AB=DE   B.BC∥EF  C.直线l⊥BE   D.∠ABC=∠DEF

【答案】B

【解析】轴对称图形的相关性质。结合轴对称图形的相关性质逐一检验，从而找到合理答案.

成轴对称的图形是全等形，故AB=DE，∠ABC=∠DEF，对称点之间的线段被对称轴垂直平分即直线l⊥BE，而BC∥EF没有依据，故B选项错误.

二、填空题（本大题有7个小题，8个空，每空3分，共24分）

1.  （2022湖南怀化）已知点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称，则a﹣b =　　   _．

【答案】5

【解析】根据平面直角坐标系中，关于原点对称的点横、纵坐标都互为相反数，求出a，b的值即可．

∵点A（﹣2，b）与点B（a，3）关于原点对称，

∴，，

∴

故答案为：5．

【点睛】本题考查平面直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标的特点，掌握特殊位置关系的点的坐标变化是解答本题的关键．

2. （2022浙江绍兴）如图，在中，，，以点为圆心，长为半径作弧，交射线于点，连接，则的度数是　　   ．

【答案】10°或100°

【解析】分两种情况画图，由作图可知得，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理解答即可．

如图，点即为所求；

在中，，，

，

由作图可知：，

，

；

由作图可知：，

，

，

，

．

综上所述：度数是或．

故答案为：或．

【点睛】本题考查了作图复杂作图，三角形内角和定理，等腰三角形判定与性质，解题的关键是掌握基本作图方法．

3.如图，在△ABC中，AB=AC=2a，∠ABC=∠ACB=15°，CD是腰AB上的高．则CD的长为　　   ．

【答案】a

【解析】观察图形可以发现，在Rt△ADC中，AC=2a，而∠DAC是△ABC的一个外角，则∠DAC=15°×2=30°，根据在直角三角形中，30°角所对的边是斜边的一半，可求出CD．

∵∠ABC=∠ACB=15°，

∴∠DAC=∠ABC+∠BAC=30°．

∴CD=AC=a（在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半）．

4. （2021福建）如图，是的角平分线．若，则点D到的距离

是　　   ．

【答案】

【解析】根据角平分线的性质，角平分线上的点到角的两边的距离相等，即可求得．

如图，过D作，则D到的距离为DE

平分，，

 点D到的距离为．

【点睛】本题考查了角平分线的性质，点到直线的距离等知识，理解点到直线的距离的定义，熟知角平分线的性质是解题关键．

5.如图，△ABC中，AB=AC，∠A=36°，AC的垂直平分线交AB于E，D为垂足，连接EC．

（1）∠ECD的度数为　　   ；（2）若CE=5，求BC长为　　   ．

【答案】（1）∠ECD的度数是36°；（2）BC长是5．

【解析】（1）∵DE垂直平分AC

∴CE=AE，

∴∠ECD=∠A=36°

（2）∵AB=AC，∠A=36°，

∴∠B=∠ACB=72°，

∴∠BEC=∠A+∠ECD=72°，

∴∠BEC=∠B，

∴BC=EC=5．

6.已知等边三角形的边长为3，点P为等边三角形内任意一点，则点P到三边的距离之和为　　   .

【答案】      

【解析】本题考查了等边三角形的性质，根据三角形的面积求点P到三边的距离之和等于等边三角形的高是解题的关键，作出图形更形象直观．

作出图形，根据等边三角形的性质求出高AH的长，再根据三角形的面积公式求出点P到三边的距离之和等于高线的长度，从而得解．

如图，∵等边三角形的边长为3，

∴高线AH=3×=，

S△ABC=BC•AH=AB•PD+BC•PE+AC•PF，

∴×3•AH=×3•PD+×3•PE+×3•PF，

∴PD+PE+PF=AH=，

即点P到三角形三边距离之和为．

7.如图，四边形ABCD中，∠BAD＝120°，∠B＝∠D＝90°，在BC、CD上分别找一点M、N，使△AMN周长最小时，则∠AMN＋∠ANM的度数为　　   .

【答案】120° 

【解析】考点有轴对称（最短路线问题），三角形三边关系，三角形外角性质，等腰三角形的性质。

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∠AA′M＋∠A″＝∠HAA′＝60°，进而得出∠AMN＋∠ANM＝2(∠AA′M＋∠A″)即可得出答案：如图，作A关于BC和ED的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交CD于N，则A′A″即为△AMN的周长最小值。作DA延长线AH。

∵∠BAD＝120°，∴∠HAA′＝60°。

∴∠AA′M＋∠A″＝∠HAA′＝60°。

∵∠MA′A＝∠MAA′，∠NAD＝∠A″，

且∠MA′A＋∠MAA′＝∠AMN，

∠NAD＋∠A″＝∠ANM，

∴∠AMN＋∠ANM＝∠MA′A＋∠MAA′＋∠NAD＋∠A″

＝2(∠AA′M＋∠A″)＝2×60°＝120°。

三、解答题（本大题有6个小题，共46分）

1.（6分）在图中直线l上找到一点M，使它到A，B两点的距离和最小．

【答案】见解析。

【解析】先确定其中一个点关于直线l的对称点，然后连接对称点和另一个点，与直线l的交点M即为所求的点．

如图所示：(1)作点B关于直线l的对称点B′；

(2)连接AB′交直线l于点M.

(3)则点M即为所求的点．

2.（8分）如图，在10×10的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一个格点△ABC（即三角形的顶点都在格点上）．

（1）在图中作出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1；（要求：A与A1，B与B1，C与C1相对应）

（2）在（1）问的结果下，连接BB1，CC1，求四边形BB1C1C的面积．

【答案】（1）如图，△A1B1C1 是△ABC关于直线l的对称图形。

（2）由图得四边形BB1C1C是等腰梯形，BB1=4，CC1=2，高是4。

∴S四边形BB1C1C。

【解析】考点是作图（轴对称变换）。

（1）关于轴对称的两个图形，各对应点的连线被对称轴垂直平分．作BM⊥直线l于点M，并延长到B1，使B1M=BM，同法得到A，C的对应点A1，C1，连接相邻两点可得到所求的图形。

（2）由图得四边形BB1 C1C是等腰梯形，BB1=4，CC1=2，高是4，根据梯形的面积公式进行计算即可。

3.（8分）如图，在直角△ABC中，∠C=90°，∠CAB的平分线AD交BC于D，若DE垂直平分AB，求∠B的度数．

【答案】30°．

【解析】∵DE垂直平分AB，

∴∠DAE=∠B，

∵在直角△ABC中，∠C=90°，∠CAB的平分线AD交BC于D，

∴∠DAE=（90°﹣∠B）/2=∠B，

∴3∠B=90°，

∴∠B=30°．

4.（6分）已知△ABC和直线m，n，先作△关于直线m的对称图形△DEF，再作△DEF关于直线n的对称图形△GHI.

【答案】如图所示。

【解析】轴对称图形的画法。确定三角形位置的要素是顶点，故作顶点的对称点是关键.

依次作出△ABC关于直线m的对称图形，然后再作出关于直线n的对称图形.

5.（8分）已知：在△ABC中，AB=AC，D为AC的中点，DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为点E，F，且DE=DF．求证：△ABC是等边三角形．

【答案】见解析。

【解析】只要证明Rt△ADE≌Rt△CDF，推出∠A=∠C，推出BA=BC，又AB=AC，即可推出AB=BC=AC；

证明：∵DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为点E，F，

∴∠AED=∠CFD=90°，

∵D为AC的中点，

∴AD=DC，

在Rt△ADE和Rt△CDF中，

，

∴Rt△ADE≌Rt△CDF，

∴∠A=∠C，

∴BA=BC，∵AB=AC，

∴AB=BC=AC，

∴△ABC是等边三角形．

6.（10分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE、BE，BE⊥AE，延长AE交BC的延长线于点F．

求证：（1）FC=AD；（2）AB=BC+AD．

【答案】见解析。

【解析】（1）∵AD∥BC（已知），

∴∠ADC=∠ECF（两直线平行，内错角相等），

∵E是CD的中点（已知），∴DE=EF（中点的定义）．

∵在△ADE与△FCE中，∠ADC=∠ECF，DE=EF，∠AED=∠CEF，

∴△ADE≌△FCE（ASA），

∴FC=AD（全等三角形的性质）．

（2）∵BE⊥AE（已知），

∴△ADE≌△FCE，

∴AE=EF，AD=CF（全等三角形的对应边相等），

∴BE是线段AF的垂直平分线，∴AB=BF=BC+CF，

∵AD=CF（已证），

∴AB=BC+AD（等量代换）．