初中数学沪教版 (五四制)七年级上册11.6 轴对称优秀练习题

这是一份初中数学沪教版 (五四制)七年级上册11.6 轴对称优秀练习题，文件包含专题116期末专项复习之轴对称平移与旋转十八大必考点举一反三华东师大版解析版docx、专题116期末专项复习之轴对称平移与旋转十八大必考点举一反三华东师大版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共84页， 欢迎下载使用。
专题11.6 轴对称、平移与旋转十八大必考点
【华东师大版】



【考点1 判断轴对称图形】 1
【考点2 画对称轴】 4
【考点3 求对称轴的条数】 8
【考点4 作轴对称图形】 10
【考点5 根据成轴对称图形的特征进行判断】 16
【考点6 根据成轴对称图形的特征进行求解】 18
【考点7 台球桌上的轴对称问题】 21
【考点8 轴对称中的光线反射问题】 24
【考点9 折叠问题】 27
【考点10 图形的平移】 30
【考点11 利用平移的性质求解】 32
【考点12 利用平移解决实际问题】 35
【考点13 平移作图】 39
【考点14 求旋转中心的个数】 42
【考点15 中心对称图形的识别】 45
【考点16 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案】 47
【考点17 作旋转与中心对称图形】 51
【考点18 图形的全等】 56


【考点1 判断轴对称图形】
【例1】（2022秋·浙江绍兴·八年级统考期末）在以下表示“节水”“节能”“回收”“绿色食品”含义的四个标志中，是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念求解，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，这条直线叫做对称轴．
【详解】解：选项A、B、C中的标志都不是轴对称图形，都不符合题意；
选项D中的标志是轴对称图形，符合题意，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形的识别，确定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．
【变式1-1】（2022秋·四川德阳·八年级统考期末）以下是清华大学、北京大学、上海交通大学、浙江大学的校徽，其中是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用轴对称图形定义进行依次分析即可．
【详解】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；
故选：B．
【点睛】此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．
【变式1-2】（2022春·河南平顶山·七年级统考期末）七巧板是我国的一种传统智力玩具．下列用七巧板拼成的图形中，是轴对称图形的是（    ）
A． B．
B． C．D．
【答案】A
【分析】根据轴对称图形的定义去逐一判断即可．
【详解】解：A是轴对称图形，符合题意，
B不是轴对称图形，不符合题意，
C不是轴对称图形，不符合题意，
D不是轴对称图形，不符合题意，
故选A．
【点睛】本题考查了轴对称图形的定义，准确理解定义，是解题的关键．
【变式1-3】（2022秋·江苏盐城·八年级统考期末）在下列四个图案的设计中，没有运用轴对称知识的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】直接利用轴对称图形的定义得出符合题意的答案．
【详解】解：A、，是轴对称图形，故此选项错误；
B、，是轴对称图形，故此选项错误；
C、，不是轴对称图形，故此选项正确；
D、，是轴对称图形，故此选项错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形，正确把握轴对称图形的定义是解题的关键．
【考点2 画对称轴】
【例2】（2022秋·上海·七年级期末）如图，已知三角形纸片ABC，将纸片折叠，使点A与点C重合，折痕分别与边AC、BC交于点D、E．

(1)画出直线DE；
(2)若点B关于直线DE的对称点为点F，请画出点F；
(3)在（2）的条件下，联结EF、DF，如果△DEF的面积为2，△DEC的面积为4，那么△ABC的面积等于 ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)12

【分析】（1）画出线段AC的垂直平分线即为直线DE；
（2）作出点B关于直线DE的对称点F即可；
（3）先求得S△AEC=8，S△BDE＝2，再求得S△BDES△CDE＝BEEC＝12和 S△AECS△ABC＝ECBC＝23，再代入S△AEC的面积即可求得S△ABC．
【详解】（1）解：如图，直线DE即为所作：

（2）如图，点F即为所作：

（3）连接AE，如图所示：

由对折可得：S△AED=S△DEC，S△BDE=S△DEF，
∴S△AEC=8，S△BDE= 2，
设△BED中BE边上的高为h，
S△AECS△ABC＝=12BE⋅ℎ12EC⋅ℎ=BEEC＝24=12，
即BEEC=12，
则2BE=EC，
设△AEC中EC边上的高为h'，
则：S△AECS△ABC =12EC⋅ℎ′12BC⋅ℎ′=ECBC=ECBE+EC=2BEBE+2BE=23，
∴S△ABC=3×82=12．
故答案为：12
【点睛】本题考查作图——轴对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题．
【变式2-1】（2022秋·安徽阜阳·八年级统考期末）如图，已知△ABC与△DEF关于直线l对称．

（1）请用无刻度的直尺画出该对称轴l；
（2）在对称轴l上找一点P，使PB+PC的和最小．（请保留作图痕迹）
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）找到每个图中的对应线段，延长找到交点，过交点作直线l即可．
（2）根据轴对称的性质及两点之间线段最短，连接EC，交直线l于点P，则点P即为所求．
【详解】解：（1）如图，直线l即为所求；

（2）如图，点P即为所求．

【点睛】本题考查了作图--轴对称变换以及利用轴对称求最短路径，解此题的关键是根据轴对称的性质找出P点．
【变式2-2】（2022春·江西抚州·七年级统考期末）已知，△ABC是等边三角形，请仅使用无刻度的直尺分别画出图1和图2的对称轴．
(1)若△DEF是等腰三角形，A点是DE的中点，且DE∥BC
(2)若△ADE是等腰三角形，四边形BCGF为等腰梯形．

【答案】(1)详见解析；(2)详见解析.
【分析】（1）因为图1中的对称轴一定经过等腰三角形的顶点F和底边中点A,所以连接AF，则AF即为所求.（2）因为图2中的对称轴一定经过等腰梯形对角线的交点和等腰三角形的顶点A，所以先连接等腰梯形的对角线得到交点，再与顶点A连接即可.
【详解】解：
如图：
．
【点睛】本题考查了画轴对称图形的对称轴，熟练掌握基本轴对称图形的对称轴位置是解题关键.
【变式2-3】（2022春·山东青岛·七年级统考期末）图①和图②均为正方形网格，点A，B，C在格点上．
（1）请你分别在图①，图②中确定格点D，画出一个以A，B，C，D为顶点的四边形，使其成为轴对称图形，并画出对称轴，对称轴用直线m表示；
（2）每个小正方形的边长为1，请分别求出图①，图②中以A，B，C，D为顶点的四边形的面积．

【答案】见解析.
【分析】(1)图①中以AC为对称轴作图即可，图②中以线段AC的中垂线为对称轴作图即可；
(2)图①中四边形面积为两倍的△ABC的面积，图②中四边形为梯形.
【详解】解：（1）如图①、图②所示，四边形ABCD和四边形ABDC即为所求；
（2）如图①，四边形ABCD的面积为：2×4=8；
如图②，四边形ABDC的面积为：×2×（2+4）=6．

【点睛】本题考查了轴对称中理解和作图的能力.
【考点3 求对称轴的条数】
【例3】（2022春·四川眉山·七年级统考期末）正方形的对称轴有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
【答案】D
【分析】根据正方形的对称性解答．
【详解】如图，正方形对称轴为经过对边中点的直线，两条对角线所在的直线，共4条．

故选D．
【考点】轴对称的性质．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，熟记正方形的对称性是解题的关键．
【变式3-1】（2022秋·山东聊城·八年级聊城市实验中学校考期中）下列图形中，是轴对称图形并且对称轴最多的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】据轴对称图形的性质确定出各选项图形的对称轴的条数，然后选择即可．
【详解】A、是轴对称图形但有3条对称轴；
B、是轴对称图形但有1条对称轴；
C、图形不是轴对称图形；
D、是轴对称图形但有4条对称轴；
所以，是轴对称图形且对称轴条数最多的是D选项图形．
故选：D．
【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．
【变式3-2】（2022春·广东深圳·七年级校考期末）如图所示的五角星是轴对称图形，它的对称轴共有（　　）

A．1条 B．3条 C．5条 D．无数条
【答案】C
【分析】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进行分析即可．
【详解】五角星的对称轴共有5条，
故选C．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义．
【变式3-3】（2022秋·浙江台州·七年级校考期中）一张长方形的纸对折，如图所示可得到一条折痕（图中虚线），继续对折，对折时每次折痕与上次的折痕保持平行，连续对折2次后，可以得3条折痕，那么对折4次可以得到______条折痕．

【答案】15
【分析】根据对折次数得到分成的份数，再减去1即可得到折痕条数．
【详解】解：根据观察可以得到：
对折1次，一张纸分成两份，折痕为1条；
对折2次，一张纸分成22=4份，折痕为4-1=3条；
对折3次，一张纸分成 23=8份，折痕为8-1=7条；
∴对折4次，一张纸分成 24=16份，折痕为16-1=15条 ．
故答案为15．
【点睛】本题考查折叠问题，掌握分成份数与折叠次数、折痕条数的关系是解题关键 ．
【考点4 作轴对称图形】
【例4】（2022·全国·八年级专题练习）如图，在正方形网格中，点A，B，C，M，N都在格点上．

(1)作△ABC关于直线MN对称的图形△A1B1C1；
(2)若网格中最小正方形边长为1，求△ABC的面积；
(3)在直线MN上找一点P，使得PC−PA1的值最大，并画出点P的位置．
【答案】(1)详见解析
(2)72
(3)详见解析

【分析】（1）利用轴对称的性质分别作出A、B、C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）根据三角形的面积公式即可得到结论．
（3）连接A1C1交直线MN于点P，此时PC−PA1的值最大．
（1）
如图，△A1B1C1即为所求．
（2）
△ABC的面积为3×3−12×1×3−12×3×2−12×1×2=72.
（3）
点P即为所求

【点睛】本题考查了作图-轴对称变换，轴对称一最短路径问题，三角形的面积，解决本题的关键是掌握轴对称的性质准确作出点P．
【变式4-1】（2022秋·河北沧州·八年级统考期末）如图1，网格中的每一个小正方形的边长为1，△ABC为格点三角形（点A、B、C在小正方形的格点上），直线m为格点直线（直线m经过小正方形的格点）．

(1)如图1，作出△ABC关于直线m的轴对称图形△A′B′C′；
(2)如图2，在直线m上找到一点P，使PA+PB的值最小；
(3)如图3，仅用直尺将网格中的格点三角形ABC的面积三等分，并将其中的一份用铅笔涂成阴影．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析

【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A′、B′、C′，然后顺次连接即可即可．
（2）作点B关于直线m的对称点B′，连接AB′，交直线m于点P，则点P即为所求作的点；
（3）如图，取格点O，使得S△AOC=S△BOC=S△AOB=2即可解答．
【详解】（1）解：如图1所示，△A′B′C′即为所求作．

（2）解：如图2，点P即为所求作．

（3）解：如图3所示即为所作．

【点睛】本题主要考查了轴对称变换、格点三角形的面积，线段和最小值问题，掌握数形结合是解题的关键．
【变式4-2】（2022春·山东济南·七年级校考期末）如图是4×4正方形网格，其中已有3个小方格涂成了黑色.现在要从其余13个白色小方格中选出一个涂成黑色，使涂成黑色的图形成为轴对称图形.在下面每个网格中分别画出一种符合要求的图形（画出三种即可）．

【答案】见解析
【分析】根据轴对称的性质设计出图案即可．
【详解】解：如图所示．
．
【点睛】本题考查的是利用轴对称设计图案，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
【变式4-3】（2022春·山东济南·七年级统考期末）如图，方格纸中每个小方格都是边长为1的正方形，四边形ABCD的顶点与点E都是格点．

(1)作四边形ABCD关于直线MN对称的四边形A'B'C'D．
(2)求四边形ABCD的面积：______．
(3)若在直线MN上有一点P使得PA+PE最小(点E位置如图所示)，连接PD，请求出此时的PD=______．
【答案】(1)图见解析．
(2)6．
(3)3．

【分析】1根据对称的性质作图即可．
2将所求四边形的面积转化为两个小三角形的面积之和，求解即可．
3过MN作点E的对称点E'，连接AE'，与MN交于点P，此时PA+PE最小，进而可得出答案．
【详解】（1）如图，四边形A'B'C'D即为所求．

（2）S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=12×3×1+12×3×3=6．
故答案为：6．
（3）过MN作点E的对称点E'，连接AE'，与MN交于点P，
此时PA+PE最小，

∴PD=3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查作图−轴对称变换、三角形的面积公式、轴对称−最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质是解答本题的关键．
【考点5 根据成轴对称图形的特征进行判断】
【例5】（2022春·河南洛阳·七年级统考期末）有下列说法：①轴对称的两个三角形形状相同；②面积相等的两个三角形是轴对称图形；③轴对称的两个三角形的周长相等；④经过平移、翻折或旋转得到的三角形与原三角形是形状相同的．其中正确的有（    ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】根据平移、翻折或旋转的性质逐项判断可求解．
【详解】解：①轴对称的两个三角形形状相同，故正确；
②面积相等的两个三角形形状不一定相同，故不是轴对称图形，故错误；
③轴对称的两个三角形的周长相等，故正确；
④经过平移、翻折或旋转得到的三角形与原三角形是形状相同的，故正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了图形的变换，掌握平移、翻折或旋转的性质是解题的关键．
【变式5-1】（2022·四川德阳·八年级统考期末）P是∠AOB内一点，分别作点P关于直线OA、OB的对称点P1、P2，连接OP1、OP2，则下列结论正确的是(　　)
A．OP1⊥OP2 B．OP1=OP2 C．OP1⊥OP2且OP1=OP2 D．OP1≠OP2
【答案】B
【详解】试题分析：如图，∵点P关于直线OA、OB的对称点P1、P2，

∴OP1=OP2=OP，∠AOP=∠AOP1，∠BOP=∠BOP2．
∴∠P1OP2=∠AOP+∠AOP1+∠BOP+∠BOP2=2（∠AOP+∠BOP）=2∠AOB．
∵∠AOB度数任意，∴OP1⊥OP2不一定成立．
故选B．
【变式5-2】（2022春·山东菏泽·七年级统考期末）如图，正六边形ABCDEF关于直线l的轴对称图形是六边形A′B′C′D′E′F′，下列判断错误的是（     ）

A．AB=A′B′ B．BC∥B′C′ C．直线l⊥BB′ D．∠A′=120°
【答案】B
【详解】因为正六边形ABCDEF关于直线l的轴对称图形是六边形A’B‘C’D‘E’F‘，
所以AB=A’B‘，直线l⊥BB’，
所以A、C正确，不符合题意，
又六边形A‘B’C‘D’E‘F’是正六边形，
所以∠A‘=120°，
所以D正确，不符合题意，
故选B．
【变式5-3】（2022春·山东菏泽·七年级统考期末）如图是一个风筝的图案，它是以直线AF为对称轴的轴对称图形，下列结论中不一定成立的是(　　)

A．△ABD与△ACD完全一样 B．AF垂直平分EG
C．直线BG，CE的交点在AF上 D．△DEG是等边三角形
【答案】D
【分析】认真观察图形，根据轴对称图形的性质得选项A、B、C都是正确的，没有理由能够证明△DEG是等边三角形．
【详解】A．因为此图形是轴对称图形，正确；
B．对称轴垂直平分对应点连线，正确；
C．由三角形全等可知，BG＝CE，且直线BG，CE的交点在AF上，正确；
D．题目中没有60°条件，不能判断是等边三角形，错误．
故选D．
【点睛】本题考查了轴对称的性质；解答此题要注意，不要受图形误导，要找准各选项正误的具体原因是正确解答本题的关键．
【考点6 根据成轴对称图形的特征进行求解】
【例6】（2022秋·广西柳州·八年级统考期中）如图，四边形ABCD是轴对称图形，直线AC是它的对称轴，若∠BAC＝85°，∠B＝25°，则∠BCD的大小为（　　）

A．150° B．140° C．130° D．120°
【答案】B
【分析】根据三角形内角和的性质可求得∠ACB，再根据对称的性质可得∠ACB=∠ACD，即可求解．
【详解】解：根据三角形内角和的性质可求得∠ACB=180°−∠BAC−∠B=70°
由轴对称图形的性质可得，∠ACB=∠ACD
∴∠BCD=2∠ACB=140°
故选：B
【点睛】此题考查了三角形内角和的性质，轴对称图形的性质，解题的关键是掌握并利用相关基本性质进行求解．
【变式6-1】（2022秋·福建厦门·八年级校考期中）如图，点P为∠AOB内一点，分别作点P关于OA、OB的对称点P1，P2，连接P1P2交OB于M，交OA于N，P1P2＝15，则△PMN的周长为（　　）

A．16 B．15 C．14 D．13
【答案】B
【分析】根据轴对称的性质可得P1M=PM，P2N=PN，然后根据三角形的周长定义，求出△PMN的周长为P1P2，从而得解．
【详解】解：∵P点关于OB、OA的对称点为P1，P2，
∴P1M＝PM，P2N＝PN，
∴△PMN的周长＝MN+PM+PN＝MN+P1M+P2N＝P1P2，
∵P1P2＝15，
∴△PMN的周长为15．
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称的性质，解题时注意：对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．
【变式6-2】（2022秋·福建厦门·八年级福建省厦门第二中学校考期中）如图，四边形ABCD是轴对称图形，BD所在的直线是它的对称轴，AB=3cm，CD=2cm．则四边形ABCD的周长为_______cm．

【答案】10
【分析】根据轴对称的性质得到AB=BC=3cm，CD=AD=2cm，即可求得四边形ABCD的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是轴对称图形，BD所在的直线是它的对称轴，AB=3cm，CD=2cm，
∴AB=BC=3cm，CD=AD=2cm，
∴四边形ABCD的周长为AB+BC+CD+AD=10cm，
故答案为：10
【点睛】此题主要考查了轴对称，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．
【变式6-3】（2022秋·甘肃·八年级统考期中）如图是一个风筝的图案，它是轴对称图形，∠B=25∘，AE=90cm.

（1）求∠E的度数；
（2）求AB的长度；
（3）若ΔOCD是等边三角形，CF=22cm，求ΔOCD的周长.
【答案】（1）∠E=30∘；（2）AB=90cm；（3）ΔOCD的周长是=132cm.
【分析】（1）由已知条件，根据轴对称图形的性质解答．
（2）由已知条件，根据轴对称图形的性质解答．
（3）由已知条件，根据轴对称图形的性质和等边三角形的性质进行解答即可；
【详解】（1）∵图案是轴对称图形，AF为对称轴，∠B与∠E是对应角，∠B=30∘，
∴∠E=∠B=30∘；
（2）∵图案是轴对称图形，AF为对称轴，AB与AE是对应边，AE=90cm，
∴AB=AE=90cm；
（3）∵图案是轴对称图形，AF为对称轴，CF与DF是对应边，CF=22cm，
∴DF=CF=22cm，
∵ΔOCD是等边三角形，
∴OC=OD=CD=22cm+22cm=44cm，
∴ΔOCD的周长是44×3=132cm.
【点睛】此题考查轴对称的性质，轴对称图形是按一条直线折叠后两边重合的图形，题中图形对称轴为AF，B点对称点为E点，找准对应点是解题的关键．
【考点7 台球桌上的轴对称问题】
【例7】（2022秋·黑龙江双鸭山·八年级统考期末）如图是台球桌面示意图，阴影部分表示四个入球孔，小明按图中方向击球（球可以多次反弹），则球最后落入的球袋是（   ）

A．1号袋 B．2号袋 C．3号袋 D．4号袋
【答案】B
【分析】利用轴对称画图可得答案.
【详解】解：如图所示，

球最后落入的球袋是2号袋，
故选：B.
【点睛】此题主要考查了生活中的轴对称现象，关键是正确画出图形.
【变式7-1】（2022秋·江苏徐州·八年级统考阶段练习）如图，桌面上有A、B两球，若要将B球射向桌面的任意一边，使一次反弹后击中A球，则如图所示8个点中，可以瞄准的点有____个．

【答案】2
【分析】根据入射角等于反射角，结合网格特点即可求解．
【详解】解：如图，将B球射向桌面的点1和点6，可使一次反弹后击中A球，故可以瞄准的点有2个，

故答案为：2．
【点睛】本题考查轴对称的性质，解题关键是根据轴对称性质找到使入射角等于反射角相等的点．
【变式7-2】（2022秋·八年级课时练习）如图，在一个规格为4×8的球台上，有两个小球P和Q．若击打小球P经过球台的边AB反弹后，恰好击中小球Q，则小球P击出时，应瞄准AB边上的（    ）

A．点O1 B．点O2 C．点O3 D．点O4
【答案】B
【分析】根据题意，画出图形，由轴对称的性质判定正确选项．
【详解】解：根据轴对称的性质可知小球P走过的路径为：

根据入射角等于反射角可知应瞄准AB边上的点O2．
故选：B．
【点睛】主要考查了轴对称的性质．轴对称的性质：（1）对应点所连的线段被对称轴垂直平分；（2）对应线段相等，对应角相等．注意数形结合思想的运用．
【变式7-3】（2022秋·全国·八年级专题练习）如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球第1次碰到矩形的边时的点为Q，第2次碰到矩形的边时的点为M，…．第2022次碰到矩形的边时的点为图中的（　　）

A．点P B．点Q C．点M D．点N
【答案】A
【分析】根据反射角与入射角的定义作出图形，可知每6次反弹为一个循环组依次循环，用2022除以6，根据商和余数的情况确定所对应的点的坐标即可．
【详解】解：如图，经过6次反弹后动点回到出发点P，

∵2022÷6=337，
∴当点P第2022次碰到矩形的边时为第337个循环组的最后一次反弹，
∴第2022次碰到矩形的边时的点为图中的点P，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了点的坐标的规律，作出图形，观察出每6次反弹为一个循环组依次循环是解题的关键．
【考点8 轴对称中的光线反射问题】
【例8】（2022·河北衡水·校联考模拟预测）如图，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
【分析】利用轴对称变换的性质判断即可．
【详解】解：如图，过点P，点B的射线交于一点O，

故选：B．
【点睛】本题考查轴对称变换的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式8-1】（2022秋·全国·八年级期末）如图，在水平地面AB上放一个平面镜BC，一束垂直于地面的光线经平面镜反射，若反射光线与地面平行，则平面镜BC与地面AB所成的锐角α为（    ）

A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】B
【分析】利用平行线的性质和光的反射原理计算．
【详解】解：∵入射光线垂直于水平光线，
∴它们的夹角为90°，虚线为法线，∠1为入射角，
∴∠1=12×90°=45°
∵∠1=∠2，∠2+∠3=90°
∴∠3=90°−∠1=45°
∵两水平线平行
∴∠α=∠3=45°
故选：B．

【点睛】本题考查平行线的性质、光的反射原理、入射角等于反射角等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
【变式8-2】（2022秋·八年级单元测试）如图，在8×4的长方形ABCD网格中，每个网格的顶点叫格点．一发光电子位于AB边上格点P处，将发光电子沿PR方向发射（其中∠PRB=45°），碰撞到长方形的BC边时发生反弹，设定此时为发光电子第1次与长方形的边碰撞（点R为第1次碰撞点）．发光电子碰撞到长方形的边时均发生反弹，若发光电子与长方形的边共碰撞了2021次，则它与AB边碰撞次数是____

【答案】673
【分析】如图，根据反射角与入射角的定义可以在格点中作出图形，可以发现，在经过6次反射后，发光电子回到起始的位置，即可求解．
【详解】解：如图，

根据图形可以得到：每6次反弹为一个循环组依次循环，
经过6次反弹后动点回到出发点，且每次循环它与AB边的碰撞有2次，
∵2021÷6=336…5，
当点P第2021次碰到长方形的边时为第336个循环组后的第5次反弹，
∴它与AB边的碰撞次数是=336×2+1=673次，
故答案为：673．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，作出图形，观察出每6次反弹为一个循环组依次循环是解题的关键．
【变式8-3】（2022秋·江苏无锡·九年级无锡市天一实验学校校考期中）如图，一束水平光线照在有一定倾斜角度的平面镜上，若入射光线与反射光线的夹角为50°，则平面镜与水平地面的夹角α的度数是______．

【答案】65°
【分析】作CD⊥平面镜，垂足为G，交地面于D．根据垂线的性质可得∠CDH+α=90°，根据平行线的性质可得∠AGC=∠CDH，根据入射角等于反射角可得∠AGC=25°，从而可得夹角α的度数．
【详解】解：如图，作CD⊥平面镜，垂足为G，交地面于D．
∴∠CDH+α=90°，
根据题意可知：AG∥DF，
∴∠AGC=∠CDH，
∵∠AGC=12∠AGB=12×50°=25°，
∴∠CDH=25°，
∴α=65°．
故答案为：65°．

【点睛】本题考查了入射角等于反射角问题，解决本题的关键是掌握平行线的性质、明确法线CG平分∠AGB．
【考点9 折叠问题】
【例9】（2022春·湖北黄石·七年级统考期中）如图，将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为AB、CD，若CD∥BE，∠1=35°，则∠2的度数是（　　）

A．90° B．100° C．105° D．110°
【答案】D
【分析】根据平行线的性质，推出∠5=35°，再根据折叠的性质，得到∠6=35°，即可求出∠2的度数．
【详解】解：延长BC，
∵AF∥BE，
∴∠3=∠1=35°，
∵AD∥BC，
∴∠4=∠3=35°，
∵CD∥BE，
∴∠5=∠4=35°，
由折叠的性质可知，∠5=∠6=35°，
∴∠2=180°−∠5−∠6=110°，
故选D．

【点睛】本题考查了平行线的性质，折叠的性质，根据平行线的性质找出图中角度之间的关系是解题关键．
【变式9-1】（2022·河南郑州·郑州外国语中学校考一模）如图所示，将一个长方形纸条折成如图的形状，若已知∠1=108°，则∠2为（　　）

A．24° B．32° C．36° D．42°
【答案】C
【分析】先根据两直线平行，内错角相等的性质得出∠2=∠3，再通过平角的定义求出∠3，最后求得答案即可．
【详解】如图所示，

∵纸条的两边互相平行，
∴∠2=∠3．
∵∠1=108°，
∴∠3+∠4=180°−∠1=180°−108°=72°．
根据翻折的性质得，∠4=∠3=36°．
∴∠2=∠3=36°．
故选C．
【点睛】此题考查了平行线的性质，熟记平行线的性质定理是解题的关键．
【变式9-2】（2022秋·山东济宁·八年级统考期末）将图1中的△ABC折叠，使点A与点C重合，折痕为ED，点E，D分别在AB，AC上，得到图形2．若BC=4，AB=5，则△EBC的周长是________．

【答案】9
【分析】根据折叠，得到AE=CE，利用△EBC的周长=BC+CE+BE=BC+AE+BE=BC+AB，进行求解即可．
【详解】解：△ABC折叠，使点A与点C重合，折痕为ED，
∴AE=CE，
∴△EBC的周长=BC+CE+BE=BC+AE+BE=BC+AB=4+5=9；
故答案为：9．
【点睛】本题考查折叠．熟练掌握折叠的性质，是解题的关键．
【变式9-3】（2022秋·安徽芜湖·七年级统考期末）利用折纸可以作出角平分线，如图1折叠，则OC为∠AOB的平分线，如图2、图3，折叠长方形纸片，OC，OD均是折痕，折叠后，点A落在点A′，点B落在点B′，连接OA′．

(1)如图2，若点B′恰好落在OA′上，且∠AOC=32°，则∠BOD=______；
(2)如图3，当点B′在∠COA′的内部时，连接OB′，若∠AOC=44°，∠BOD=61°，求∠A′OB′的度数．
【答案】(1)58°
(2)30°

【分析】（1）由折叠得出∠AOC=∠A′OC，∠BOD=∠B′OD，由平角的性质可得∠AOC+∠A′OC+∠BOD+∠B′OD=180°，再由∠AOC=32°，即可求解；
（2）同（1）的方法求出∠A′OD，再由∠A′OB′=∠B′OD−∠A′OD即可求解．
【详解】（1）解：由题意知∠AOC=∠A′OC，∠BOD=∠B′OD，
∵ ∠AOC+∠A′OC+∠BOD+∠B′OD=180°，∠AOC=32°，
∴ ∠BOD=12×180°−2×32°=58°．
（2）解：由题意知∠AOC=∠A′OC，∠BOD=∠B′OD，
∵ ∠AOC+∠A′OC+∠A′OD+∠BOD=180°，∠AOC=44°，∠BOD=61°，
∴ ∠A′OD=180°−2×44°−61°=31°，
∴ ∠A′OB′=∠B′OD−∠A′OD=30°．
【点睛】此题主要考查了折叠的性质，平角的定义，角的和差的计算，从图形中找出角之间的关系是解本题的关键．
【考点10 图形的平移】
【例10】（2022春·黑龙江绥化·七年级校考期中）在下列汽车标志的图案中，能用图形的平移来分析其形成过程的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据平移的概念：在平面内，把一个图形整体沿某一的方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，简称平移，即可选出答案．
【详解】解：A.不是由“基本图案”经过平移得到，故此选项不合题意；
B.不是由“基本图案”经过平移得到，故此选项不合题意；
C.是由“基本图案”经过平移得到，故此选项符合题意；
D.不是由“基本图案”经过平移得到，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了图形的平移，在平面内，把一个图形整体沿某一的方向移动，学生混淆图形的平移与旋转或翻转，而误选．
【变式10-1】（2022春·江苏泰州·七年级统考期中）下列现象中是平移的是（    ）
A．将一张纸对折 B．电梯的上下移动
C．摩天轮的运动 D．翻开书的封面
【答案】B
【分析】根据平移的概念，依次判断即可得到答案；
【详解】解：根据平移的概念：把一个图形整体沿某一的方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，简称平移，判断：
A、将一张纸对折，不符合平移定义，故本选项错误；
B、电梯的上下移动，符合平移的定义，故本选项正确；
C、摩天轮的运动，不符合平移定义，故本选项错误；
D、翻开的封面，不符合平移的定义，故本选项错误．
故选B．
【点睛】本题考查平移的概念，在平面内，把一个图形整体沿某一的方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，简称平移．
【变式10-2】（2022秋·山东淄博·八年级统考期末）下面所示的图案中，可以看成是由图案自身的一部分经过平移得到的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据平移的性质，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、不可以看成是由图案自身的一部分经过平移得到的，故本选项不符合题意；
B、不可以看成是由图案自身的一部分经过平移得到的，故本选项不符合题意；
C、可以看成是由图案自身的一部分经过平移得到的，故本选项符合题意；
D、不可以看成是由图案自身的一部分经过平移得到的，故本选项不符合题意；
故选：C
【点睛】本题考查了图形的平移，判断图形是否由平移得到，要把握两个“不变”，图形的形状和大小不变；一个“变”，位置改变．
【变式10-3】（2022春·甘肃庆阳·七年级校考期中）下列几种运动中，1水平运输带上砖的运动；2笔直的高速公路上行驶的汽车的运动(忽略车轮的转动)；3升降机上下做机械运动；4足球场上足球的运动．属于平移的有__________(填上所有你认为正确的序号)
【答案】123
【分析】根据平移的性质，对各小题进行分析判断即可求解．
【详解】解：（1）水平运输带上砖的运动，是平移变换；
（2）笔直的高速公路上行驶的汽车的运动（忽略车轮的转动），是平移变换；
（3）升降机上下做机械运动，是平移变换；
（4）足球场上足球的运动，是旋转运动．
所以属于平移的有（1）（2）（3）共3种．
故答案是：（1）（2）（3）．
【点睛】本题考查了生活中的平移变换，熟记平移变换的性质是求解的关键．
【考点11 利用平移的性质求解】
【例11】（2023春·湖北武汉·七年级统考期中）如图，在三角形ABC中，AB=4cm，BC=AC=3cm，将三角形ABC沿着与AB垂直的方向向上平移3cm得到三角形DEF，则线段AC与BC扫过的面积之和为_______cm2．

【答案】12
【分析】线段AC与BC扫过的面积之和就是长方形ABED的面积，利用公式求解即可．
【详解】解：因为将三角形ABC沿着与AB垂直的方向向上平移3cm得到三角形DEF，所以三角形ABC的面积等于三角形DEF的面积，四边形ABED是长方形，线段AC与BC扫过的面积之和为整个图形的面积减去三角形ABC的面积，整个图形的面积是长方形ABED的面积加上三角形DEF的面积，
所以，线段AC与BC扫过的面积之和就是长方形ABED的面积=3×4=12 cm2，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了平移的性质，解题关键是得出线段AC与BC扫过的面积之和就是长方形ABED的面积．
【变式11-1】（2022秋·山东临沂·八年级校考期中）如图，将△ABC沿直线AB向右平移到达△BDE的位置，若∠CAB=55°，∠ABC=100°，则∠CBE的度数为______．

【答案】25°
【分析】根据平移的性质得出∠EBD=55°，进而利用平角的性质得出∠CBE的度数．
【详解】解：∵将△ABC沿直线AB向右平移到达△BDE的位置， ∠CAB=55°，
∴ ∠EBD=55°，
∵ ∠ABC=100°，
∴ ∠CBE的度数为：180°−∠ABC−∠EBD=180°−100°−55°=25°．
故答案为：25°．
【点睛】此题主要考查了平移的性质，根据平移的性质得出∠EBD的度数是解题关键．
【变式11-2】（2022春·广东东莞·七年级东莞市中堂中学校考期中）如图，△ABC中，∠B=90°，AB=6，将△ABC平移至△DEF的位置，若四边形DGCF的面积为20，且DG=2，则CF=__．

【答案】4
【分析】根据平移的性质可知：DE=AB=6，BE=CF=AD，S△ABC=S△DEF，根据题中图形关系得到S梯形DGCF=S梯形ABGE=S矩形ABED−S△ADG=20，设BE=CF=AD=x，则AB⋅BE−12DG⋅AD=20，即6x−12×2x=20，解方程求得x的值即可得到答案．
【详解】解：连接AD，如图所示：

由△ABC平移至△DEF得DE=AB=6，BE=CF=AD，S△ABC=S△DEF，
∵S△ABC=S梯形ABEG+S△CEG，S△DEF=S梯形DGCF+S△CEG，
∴S梯形ABEG=S梯形DGCF，
∵S梯形ABEG=S矩形ABED−S△ADG，四边形DGCF的面积为20，
∴S梯形DGCF=S矩形ABED−S△ADG=20，
设BE=CF=AD=x，则AB⋅BE−12DG⋅AD=20，即6x−12×2x=20，解得x=4，
∴CF=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查平移的性质、有关图形的面积关系，求出各个相关图形面积的表示是解决问题的关键．
【变式11-3】（2022春·湖北孝感·七年级校考期中）如图，在三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，BC=5，将三角形ABC沿直线BC向右平移3个单位得到三角形DEF，连接AD．则下列结论：①AC∥DF，AC=DF；②∠EDF=90°；③四边形ABFD周长是18；④AD:EC=3:2；⑤点A到BC的距离为2.4．其中正确结论有______ ．（填序号）

【答案】①②③④⑤
【分析】对于①②③④利用平移的性质依次判断可求解，对于⑤可用等积法求解．
【详解】解：∵将三角形ABC沿直线BC向右平移3个单位得到三角形DEF，
∴AD=BE=CF=3，AC∥DF，AB∥DE，AB=DE=3，AC=DF=4，BC=EF=5，∠BAC=∠EDF=90°，故①和②正确；
∴BF=5+3=8，EC=5-3=2 ，
∵四边形ABFD的周长=AB+AD+DF+BF，
∴四边形ABFD的周长=3+4+3+8=18，故③正确；
∵AD=3，EC=2，
∴AD：EC=3：2，故④正确，
∵∠BAC=90°，AB=3，AC=4，BC=5，设点A到BC的距离为h，
∴12×3×4=12h×5，解得：h=2.4，
故点D到线段BF的距离是2.4，所以⑤正确．
综上所述：正确的是①②③④⑤．
故答案为：①②③④⑤
【点睛】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
【考点12 利用平移解决实际问题】
【例12】（2022春·浙江·七年级期中）如图是某公园里一处矩形风景欣赏区ABCD，长AB＝100米，宽BC＝50米，为方便游人观赏，公园特意修建了如图所示的小路（图中非阴影部分），小路的宽均为2米，那小明沿着小路的中间，从出口A到出口B所走的路线（图中虚线）长为（　　）

A．148米 B．196米 C．198米 D．200米
【答案】B
【分析】根据已知可以得出此图形可以分为横向与纵向分析，横向距离等于AB，纵向距离等于（AD﹣2）×2，求出即可．
【详解】解：利用已知可以得出此图形可以分为横向与纵向分析，
横向距离等于AB，纵向距离等于（AD﹣2）×2，
图中虚线长为：100+（50﹣2）×2＝196米，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了生活中的平移现象，正确转换图形形状是解题关键．
【变式12-1】（2022春·湖南永州·七年级统考期中）某宾馆重新装修后，准备在大厅的主楼梯上铺设某种红地毯，已知这种地毯售价每平方米为50元，主楼梯宽2m，其侧面如图所示，则购买地毯至少需要________元钱

【答案】840
【分析】根据题意，结合图形，先把楼梯的横边和竖边向上向右平移，构成一个矩形，求出地毯的长度，再求出面积，即可求解．
【详解】解：把楼梯的横边和竖边向上向右平移，可以构成一个矩形，矩形的长宽分别为5.8米，2.6米，
可得地毯的长度为2.6+5.8=8.4米，
地毯的面积为8.4×2=16.8平方米，
故买地毯至少需要16.8×50=840元．
故答案为：840．
【点睛】本题考查了生活中的平移现象，解题的关键是掌握平移的性质，平移不改变图像的大小和形状．
【变式12-2】（2022春·浙江·七年级期中）如图，粗线A→C→B和细线A→D→E→F→G→H→B是公交车从少年宫A到体育馆B的两条行驶路线．

(1)比较两条线路的长短（简要在右图上画出比较的痕迹）；
(2)小丽坐出租车由体育馆B到少年宫A，假设出租车的收费标准为：起步价为7元，3千米以后每千米1.7元，用代数式表示出租车的收费m元与行驶路程ss>3千米之间的关系；
(3)如果这段路程长4.7千米，小丽身上有10元钱，够不够小丽坐出租车由体育馆到少年宫呢？说明理由．
【答案】(1)一样长，画图见解析
(2)m=1.7s+1.9
(3)够，理由见解析

【分析】（1）利用平移的性质得出两条线路的长相等；
（2）利用出租车收费标准进而得出答案；
（3）利用（2）中所求即可得出答案．
【详解】（1）解：如图所示：两条线路一样长；

（2）由题意可得：m=7+1.7s−3=1.7s+1.9；
（3）小丽坐出租车由体育馆到少年宫，钱够，
理由：由（2）得：m=7+1.7×4.7−3=9.89（元）．
∵9.89