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中考数学一轮复习：专题15.1 轴对称及其性质【十一大题型】（举一反三）（沪科版）（解析版）
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这是一份中考数学一轮复习：专题15.1 轴对称及其性质【十一大题型】（举一反三）（沪科版）（解析版），共33页。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc27641" 【题型1 轴对称图形的识别】 PAGEREF _Tc27641 \h 1
\l "_Tc8855" 【题型2 确定轴对称图形对称轴的条数】 PAGEREF _Tc8855 \h 3
\l "_Tc21655" 【题型3 轴对称在镜面对称中的应用】 PAGEREF _Tc21655 \h 6
\l "_Tc25529" 【题型4 轴对称的操作应用】 PAGEREF _Tc25529 \h 7
\l "_Tc4828" 【题型5 轴对称的实际应用】 PAGEREF _Tc4828 \h 10
\l "_Tc19464" 【题型6 根据成轴对称图形的性质判断】 PAGEREF _Tc19464 \h 13
\l "_Tc30778" 【题型7 根据成轴对称图形的性质求解】 PAGEREF _Tc30778 \h 16
\l "_Tc10808" 【题型8 折叠问题】 PAGEREF _Tc10808 \h 20
\l "_Tc30575" 【题型9 坐标与图形变换——轴对称】 PAGEREF _Tc30575 \h 25
\l "_Tc4456" 【题型10 在网格中构造轴对称图形】 PAGEREF _Tc4456 \h 27
\l "_Tc32022" 【题型11 利用轴对称设计图案】 PAGEREF _Tc32022 \h 30
【知识点1 轴对称与轴对称图形】
（1）轴对称图形的概念：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，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称．
（2）轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称
轴折叠时，互相重合；轴对称图形的对称轴可以是一条，也可以是多条甚至无数条．
【题型1 轴对称图形的识别】
【例1】（2023春·吉林长春·八年级统考期末）甲骨文是我国目前发现最早的文字，其图画性强的特点非常明显，下列甲骨文图画是轴对称的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故本选项符合题意．
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1-1】（2023春·四川成都·八年级统考期末）汉字，又称中文、中国字，是汉语的记录符号．汉字是世界上最古老的文字之一，已有六千多年的历史，也是上古时期各大文字体系中唯一传承者．下列汉字中，哪个汉字可以看成是轴对称图形？（ ）
A．大B．运C．成D．都
【答案】A
【分析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．
【详解】解：A．是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查轴对称图形的概念．理解轴对称图形的概念是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·广东潮州·八年级统考期中）如图，十个电子数字图形中，有 个是轴对称图形．
【答案】4
【分析】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叫做轴对称图形．
【详解】解：根据轴对称图形的定义可知：数字1，3，8，0是轴对称图形
故答案为：4．
【点睛】掌握轴对称图形的定义是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·宁夏石嘴山·八年级统考期末）在线段､角､圆､长方形､梯形､三角形､等边三角形中，是轴对称图形的有 个．
【答案】5
【分析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．据此作答．
【详解】解：线段的垂直平分线所在的直线是对称轴，是轴对称图形，符合题意；
角的平分线所在直线就是对称轴，是轴对称图形，符合题意；
圆有无数条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
长方形有二条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
梯形不一定是轴对称图形，不符合题意；
三角形不一定是轴对称图形，不符合题意；
等边三角形三条中线所在的直线是对称轴，是轴对称图形，符合题意；
故轴对称图形共有5个．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了轴对称的概念．轴对称的关键是寻找对称轴，图象沿某一直线折叠后可以重合．
【题型2 确定轴对称图形对称轴的条数】
【例2】（2023春·广东·八年级统考期末）下列轴对称图形中，对称轴最少的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如果一个图形沿着一条直线对折，两侧的图形能完全重合，这个图形就是轴对称图形．折痕所在的这条直线叫做对称轴．由此即可求解．
【详解】解：解：A选项，有2条对称轴；
选项B，有3条对称轴；
选项C，有4条对称轴；
选项D，有6条对称轴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查轴对称图形的对称轴，识别轴对称图形是解题的关键．
【变式2-1】（2023春·云南大理·八年级校考期中）下列各项中是轴对称图形，而且对称轴最多的是（ ）
A．等腰梯形B．等腰直角三角形
C．等边三角形D．直角三角形
【答案】C
【详解】等腰梯形是轴对称图形，对称轴是上底和下底中点的连线所在直线，只有一条对称轴；等腰直角三角形是轴对称图形，对称轴是底边的中垂线所在直线，只有一条对称轴；等边三角形是轴对称图形，对称轴是三个角的角平分线所在直线，有3条对称轴；一般的直角三角形不是轴对称图形.
故选C.
点睛：理解轴对称图形的概念，并会判断对称轴.
【变式2-2】（2023春·山东德州·八年级统考期中）图1和图2中所有的小正方形都全等，将图1的正方形放在图2中①②③④的某一位置，使它与原来7个小正方形组成的图形是轴对称图形，并且有两条对称轴，这个位置是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】A
【分析】根据轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形）进行判断即可得．
【详解】解：A、放入①的位置的图形为
，
是轴对称图形，并且有两条对称轴，则此项符合题意；
B、放入②的位置的图形为
，
不是轴对称图形，则此项不符题意；
C、放入③的位置的图形为
，
是轴对称图形，但只有一条对称轴，则此项不符题意；
D、放入④的位置的图形为
，
不是轴对称图形，则此项不符题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称图形，熟记定义是解题关键．
【变式2-3】（2023春·广东广州·八年级广州市第四十一中学校考期末）轴对称图形都有自己的对称轴，请你尝试写出：只有1条对称轴、只有3条对称轴、有无数条对称轴的平面图形名称 、 、 ．
【答案】 等腰三角形（答案不唯一） 等边三角形（答案不唯一） 圆（答案不唯一）
【分析】根据轴对称图形的定义和常见的平面图形判断填空即可．
【详解】等腰三角形只有1条对称轴、等边三角形只有3条对称轴、圆有无数条对称轴．
故答案为：等腰三角形（答案不唯一），等边三角形（答案不唯一），圆（答案不唯一）．
【点睛】本题考查轴对称图形的定义和求对称轴条数．掌握轴对称图形沿对称轴折叠后可重合是解题关键．
【题型3 轴对称在镜面对称中的应用】
【例3】（2023春·福建龙岩·八年级校联考期中）假定某天上午你在镜子里看到的时钟如图所示，则此时真正时间是 ．
【答案】9:25
【分析】镜面图形与实际图形互为轴对称图形．钟表的时针实际指向9和10之间，分针指向25．
【详解】解：作对称图形如下：
则此时的准确时间是9:25．
故答案为：9:25．
【点睛】本题主要考查的是轴对称的性质，掌握其性质是解决此题的的关键．
【变式3-1】（2023春·河北石家庄·八年级统考期中）小强从镜子中看到的电子表的读数如图所示，则电子表的实际读数是（ ）
A．15：01B．10：51C．10：21D．10：15
【答案】C
【分析】根据镜子中看到的数字与实际数字是关于镜面成垂直的线对称求解即可．
【详解】解：镜子中看到的数字与实际数字是关于镜面成垂直的线对称．
注意镜子的5实际应为2，电子表的实际时刻是10：21．
故选C．
【点睛】本题主要考查了镜面对称的特点：上下前后方向一致，左右方向相反．
【变式3-2】（2023春·安徽淮北·八年级统考期末）小明在镜中看到身后墙上的时钟，实际时间最接近8时的是下图中的（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】镜面对称的性质：平面镜中的像与现实中的事物恰好左右或上下顺序颠倒，且关于镜面对称，据此判断即可．
【详解】解：实际时间最接近8时的时钟，在镜子里看起来应该是4点，
所以图C所示的时间最接近8时．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了镜面对称的性质的运用，解答此题的关键是要注意联系生活实际．
【变式3-3】（2023春·江苏扬州·八年级统考期中）如图，是平面镜里看到背向墙壁的电子钟示数，这时的实际时间应该是 .
【答案】12：05
【分析】注意镜面对称的特点，并结合实际求解.
【详解】解：根据镜面对称的性质，如图所示的真实图象应该是12：05.
故答案为12：05.
【点睛】考查了镜面对称的知识，解决此类问题要注意所学知识与实际情况的结合．
【题型4 轴对称的操作应用】
【例4】（2023春·河北保定·八年级统考期末）如图，将一张矩形纸片对折两次，然后剪下一个角，再将剪下的角展开，得到一个四边形，根据图中所给数据，下列判断正确的是（ ）
甲：展开后的图形是正方形； 乙：展开后的图形的面积为64
A．只有甲对B．只有乙对C．甲、乙都对D．甲、乙都不对
【答案】A
【分析】通过观察发现剪下的部分为一个等腰直角三角形，进而得到展开后的图形是正方形；通过题中数据可求该三角形面积，然后由折叠2次可知，展开图像面积为该三角形面积的4倍，即可求得结果．
【详解】解：观察发现剪下的部分为一个等腰直角三角形，
∴展开后的图形是4个该等腰直角三角形拼接而成，
∴展开后的图形是正方形；
由折叠2次可知，展开图像面积为该三角形面积的4倍，
所以剪下部分展开得到的四边形的面积为4×12×4×4=32，
∴只有甲对．
故选：A．
【点睛】本题考查了折叠问题，直角三角形的面积，求出直角三角形的面积是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·山西临汾·八年级统考期末）如图1，将一张正方形纸片沿虚线对折得到图2，再沿虚线对折得到图3，然后沿虚线剪去一个角，展开铺平后的图形如图4，则图3中沿虚线的剪法是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如图4，连接四边形的对角线，可知从图3到图4，是在正方形中心减去了4个全等的三角形，然后进行判断即可．
【详解】解：如图4，连接四边形的对角线，
∴从图3到图4，是在正方形中心减去了4个全等的三角形，
∴A符合要求，
故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称的性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式4-2】（2023春·福建福州·八年级校考期末）如图，将一张长方形纸片对折，然后剪下一个角，如果剪出的角展开后是一个直角，那么剪口线与折痕AB形成的夹角度数是( )
A．180°B．90°C．45°D．22．5°
【答案】C
【分析】根据折叠图形的性质即可解答．
【详解】解：根据折叠图形的性质可知：
剪口线与折痕AB形成的夹角的度数=90°÷2=45°，
故选择C．
【点睛】本题主要考查的就是角平分线的性质以及折叠图形的性质，在解决这个问题的时候关键就是要明白折痕AB为这个角的角平分线．在解答折叠问题的时候，我们一定要明白哪些角是对应角，哪些线段是对应线段，然后根据折叠图形的性质可以进行求解，从而得出所求的答案．
【变式4-3】（2023春·江西南昌·八年级统考期中）剪纸是我国传统的民间艺术．将一张正方形纸片按图1，图2中的方式沿虚线依次对折后，再沿图3中的虚线裁剪，最后将图4中的纸片打开铺平，所得图案应该是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】依据翻折变换，将图4中的纸片按顺序打开铺平，即可得到一个图案．
【详解】解：将图4中的纸片打开铺平，所得图案应该是：
故选：A．
【点睛】本题主要考查了剪纸问题，解决这类问题要熟知轴对称图形的特点，关键是准确地找到对称轴．一般方法是动手操作，拿张纸按照题目的要求剪出图案，展开即可得到正确的图案．
【题型5 轴对称的实际应用】
【例5】（2023春·四川自贡·八年级校考期中）球桌为如图所示的长方形ABCD，小球从A沿 45°角击出，恰好经过5次碰撞到B处，则AB:BC= ．
【答案】2:5
【分析】根据题意画出图形，再根据轴对称的性质求出矩形的长与宽的比值即可．
【详解】
先作出长方形ABCD，小球从A沿45度射出，到BC的点E，AB=BE．
从E点沿于BC成45度角射出，到AC边的F点，AE=EF．
从F点沿于AD成45度角射出，到CD边的G点，DF=DG．
从G沿于DC成45度角射出，到BC边的H点，HF垂直于AD．AB=2GC=2CH
从H点沿于CB成45度角射出，到AC边的M点，EM垂直于AD，
从M点沿于CA成45度角射出，到B点，
看图是2个半以AB为边长的正方形，
所以1：2.5=2：5．
故答案为2:5．
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，解答此题的关键是画出图形，再根据对称的性质求解．
【变式5-1】（2023春·全国·八年级专题练习）身高1.80米的人站在平面镜前2米处，它在镜子中的像高 米，人与像之间距离为 米；如果他向前走0.2米，人与像之间距离为 米．
【答案】 1.8m 4m 3.6m
【分析】利用镜面对称的性质求解,镜面对称的性质:在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒,且关于镜面对称．
【详解】解：身高1.80米的人站在平面镜前2米处,它在镜子中的像高1.80米,人与像之间距离为2×2=4米,如果他向前走0.2米,人与像之间距离为4-0.2×2=3.6米．
【点睛】本题主要考查镜面对称的原理与性质,解决本题的关键是要熟练掌握关于镜面对称的图形大小、形状相同，且到镜子的距离相等．
【变式5-2】（2023春·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5-3】（2023春·全国·八年级专题练习）判断说理：元旦联欢会上，八年级（1）班的同学们在礼堂四周摆了一圈长条桌子，其中北边条桌上摆满了苹果，东边条桌上摆满了香蕉，礼堂中间B处放了一把椅子，游戏规则是这样的：甲、乙二人从A处（如图）同时出发，先去拿苹果再去拿香蕉，然后回到B处，谁先坐到椅子上谁赢．张晓和李岚比赛，比赛一开始，只见张晓直奔东北两张条桌的交点处，左手抓苹果，右手拿香蕉，回头直奔B处，可是还未跑到B处，只见李岚已经手捧苹果和香蕉稳稳地坐在B处的椅子上了．如果李岚不比张晓跑得快，张晓若想获胜有没有其他的捷径？若有，请说明你的捷径，若没有，请说明理由．
【答案】有，捷径见解析
【分析】利用轴对称得出找到A，B的对称点A′，B′，连接A′B′，交两长条桌于C，D两点，则折线ACDB就是捷径．
【详解】解：如下图，
假设北边和东边条桌各为一个平面镜，光线经过两次反射到达B点．
因此，分别以北条桌和东条桌为对称轴，找到A，B的对称点A′，B′，连接A′B′，交两长条桌于C，D两点，则折线ACDB的长度等于A′B′的长度，
连接A′M,B′M，则AM=A′M,BM=B′M，
在△A′MB′中，由三角形三边故选可得：A′M+B′M>A′B′，
所以A′M+B′M>折线ACDB的长，
即折线ACDB就是捷径．
【点睛】本题考查了轴对称，三角形三边关系，解题的关键是找到A，B的对称点A′，B′，连接A′B′，得出 C，D两点．
【知识点2 轴对称的性质】
（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
由轴对称的性质得到一下结论：
①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称；
②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这
两个图形的对称轴．
（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
【题型6 根据成轴对称图形的性质判断】
【例6】（2023春·广东潮州·八年级统考期中）如图所示，△A′B′C′与△ABC关于直线MN成轴对称，则线段AA′与直线MN的关系正确的是（ ）
A．直线MN被线段AA′垂直平分B．线段AA′被直线MN垂直平分
C．直线MN经过线段AA′中点，但不垂直D．直线MN与线段AA′垂直，但不经过线段中点
【答案】B
【分析】成轴对称图形的性质：对应点的连线被对称轴垂直平分，据此即可得到答案．
【详解】解：∵△A′B′C′与△ABC关于直线MN成轴对称，
∴线段AA′被直线MN垂直平分．
故选：B
【点睛】此题考查了成轴对称图形的性质，熟练掌握“成轴对称图形的对应点的连线被对称轴垂直平分”是解题的关键．
【变式6-1】（2023春·天津南开·八年级天津育贤中学校考期中）下列说法：
①关于某条直线对称的两个三角形是全等三角形
②两个全等的三角形关于某条直线对称
③到某条直线距离相等的两个点关于这条直线对称
④如果图形甲和图形乙关于某条直线对称，则图形甲是轴对称图形
其中，正确说法个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】利用轴对称图形的性质逐一分析探讨得出答案即可.
【详解】①关于某条直线对称的两个三角形是全等三角形,①是正确的；②两个全等的三角形不一定组成轴对称图形，②是错误的；③对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直,且到这条直线距离相等的两个点关于这条直线对称,③错误；④如果图形甲和图形乙关于某条直线对称，则图形甲不一定是轴对称图形,④错误，正确的说法有1个，所以A选项是正确的.
【点睛】此题考查了轴对称的性质，利用对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对应线段相等,对应角相等的概念是解决本题的关键.
【变式6-2】（2023春·河北保定·八年级统考期末）如图，点A在直线l上，△ABC与△AB′C′关于直线l对称，连接BB′，分别交AC，AC′于点D，D′，连接CC′，下列结论不一定正确的是（ ）
A．∠BAC=∠B′AC′B．CC′∥BB′
C．BD=B′D′D．AD=DD′
【答案】D
【分析】利用轴对称的性质和全等三角形的性质逐项判断即可．
【详解】解：∵△ABC与△AB′C′关于直线l对称，
∴△ABC≅△AB′C′，BB′⊥l，CC′⊥l，AB=AB′，AC=AC′，
∴∠BAC=∠B′AC′，CC′∥BB′，即选项A、B正确；
由轴对称的性质得：OD=OD′,OB=OB′，
∴OB−OD=OB′−OD′，即BD=B′D′，选项C正确；
由轴对称的性质得：AD=AD′，但AD不一定等于DD′，即选项D不一定正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、全等三角形的性质，熟练掌握轴对称的性质是解题关键．
【变式6-3】（2023春·福建厦门·八年级厦门市第十一中学校考期末）定义：在平面内由极点、极轴和极径组成的坐标系叫做极坐标系．如图，在平面上取定一点O为极点；从点O出发引一条射线Ox称为极轴；线段OP的长度称为极径，点P的极坐标就可以用线段OP的长度以及从Ox转动到OP的角度（规定逆时针方向转动角度为正）来确定，即P3,60°或P3,−300°或P3,420°等，则点P关于极轴对称的点Q的极坐标表示不正确的是（ ）
A．Q3,−420°B．Q3,−60°C．Q3,660°D．Q3,420°
【答案】D
【分析】根据轴对称的定义以及给OP的角度关于Ox对称后的角度加上360°的整数倍即可．
【详解】解：∵P（3，60°）或P（3，-300°）或P（3，420°），
由点P关于极轴对称的点Q的极坐标表示点Q可得：点Q的极坐标为（3，-60°-360°=-420°）或（3， -60°）或（3，-60°+720°=660°）或（3，-60°+360°=300°）．
故选D．
【点睛】本题考查轴对称的问题，掌握轴对称的定义成为解答本题的关键．
【题型7 根据成轴对称图形的性质求解】
【例7】（2023春·广东珠海·八年级统考期末）已知∠AOB=30°，在∠AOB内有一定点P，点M，N分别是OA,OB上的动点，若△PMN的周长最小值为3，则OP的长为（ ）
A．1.5B．3C．33D．32
【答案】B
【分析】根据题意画出符合条件的图形，求出OD=OE=OP，∠DOE=60°，得出等边三角形DOE，求出DE=3，求出△PMN的周长=DE，即可求出答案．
【详解】解：作P关于OA的对称点D，作P关于OB的对称点E，连接DE交OA于M，交OB于N，连接PM，PN，则此时△PMN的周长最小，
连接OD，OE，
∵P、D关于OA对称，
∴OD=OP，PM=DM，
同理OE=OP，PN=EN，
∴OD=OE=OP，
∵P、D关于OA对称，
∴OA⊥PD，
∵OD=OP，
∴∠DOA=∠POA，
同理∠POB=∠EOB，
∴∠DOE=2∠AOB=2×30°=60°，
∵OD=OE，
∴△DOE是等边三角形，
∴DE=OD=OP，
∵△PMN的周长是PM+MN+PN=DM+MN+EN=DE=3，
∴OP=3
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，关键是画出符合条件的图形．
【变式7-1】（2023春·河南安阳·八年级统考期中）如图，△ABC和△ADE关于直线MN对称，BC与DE的交点F在直线MN上．
(1)图中点D的对应点是点____________，∠E的对应角是____________；
(2)若CF=3，DF=2，则DE的长为____________
(3)若∠DAE=108°，∠EAF=39°，求∠DAC的度数．
【答案】(1)B ，∠C
(2)5
(3)30°
【分析】（1）根据轴对称的性质解答即可；
（2）由题意可得△ABC≌△ADE，再由全等三角形的性质解答即可；
（3）根据对称性可得∠CAF=∠EAF=39°，从而得出∠CAE=78°，最后可得答案；
【详解】（1）∵△ABC和△ADE关于直线MN对称，
∴图中点D的对应点是点B，∠E的对应角是∠C；
故答案为：B，∠C．
（2）∵△ABC和△ADE关于直线MN对称，
∴△ABC≌△ADE，
∴EF=CF=3，
∴DE=DF+EF=5．
故答案为：5．
（3）∵∠DAE=108°，∠EAF=39°
∴根据对称性：∠CAF=∠EAF=39°
∴∠CAE=78°
∴∠DAC=∠DAE−∠CAE= 108°−78° =30°
【点睛】本题考查轴对称的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式7-2】（2023春·陕西·八年级校考期中）如图，点P是∠ACB外一点，点D，E分别是∠ACB两边上的点，点P关于CA的对称点P1恰好落在线段ED上，点P关于CB的对称点P2落在ED的延长线上．若PE=2,PD=4,ED=5，则线段P1P2的长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】D
【分析】利用轴对称图形的性质得出EP=EP1，DP=DP2，进而利用DE=5，得出P1D的长，即可得出P1P2的长．
【详解】解：∵点P关于CA的对称点P1恰好落在线段ED上，P点关于CB的对称点P2落在ED的延长线上，
∴EP=EP1，DP=DP2，
∵PE=2，PD=4，DE=5，
∴DP2=4，EP1=2，
∴DP1=DE−EP1=5−2=3，
则线段P1P2的长为：P1D+DP2=4+3=7，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形的性质，得出EP=EP1，DP=DP2是解题关键．
【变式7-3】（2023春·四川成都·八年级统考期末）如图，在直角三角形ABC中，∠C=90°，点D在AB上，点G在BC上，△BDG与△FDG关于直线DG对称，DF与B交于点E，若DF∥AC，∠B=28°，则∠DGC的度数是 度．
【答案】59
【分析】由轴对称的性质可得∠F=∠B=28°，∠DGB=∠DGF，利用平行线的性质和对称性质求出∠EGF=62°，∠DGC=x°，则∠DGB=∠DGF=62°+x°，再由∠DGC+∠DGB=180°，可得x+62+x=180，解方程即可得到答案．
【详解】解：由轴对称的性质可得∠F=∠B=28°，∠DGB=∠DGF，
∵DF∥AC，∠C=90°，
∴∠DEB=∠C=90°，
∴∠EGF=∠DEB−∠F=62°，
设∠DGC=x°，则∠DGB=∠DGF=∠DGC+∠EGF=62°+x°，
∵∠DGC+∠DGB=180°，
∴x+62+x=180，
∴x=59，
∴∠DGC=59°，
故答案为：59．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，正确求出∠EGF=62°是解题的关键．
【题型8 折叠问题】
【例8】（2023春·湖北黄冈·八年级统考期末）如图，图①是一个四边形纸条ABCD，其中AB∥CD，E，F分别为边AB，CD上的两个点，将纸条ABCD沿EF折叠得到图②，再将图②沿DF折叠得到图③，若在图③中，∠FEM=26°，则∠EFC= ．
【答案】102°
【分析】根据折叠的性质，先求出图②的∠B′EF的度数，再根据平行线的性质，求出∠EFM的度数，由邻补角特点可求出∠EFC′的度数，再由折叠性质可得∠EFC=∠EFC′，再根据∠MFC=∠EFC−∠EFM求得∠MFC的度数为102°，由折叠的性质得图③的∠MFC的度数为102°，根据∠EFC=∠MFC−∠EFM计算即可得出答案．
【详解】解：第一次折叠后，如图②，
由折叠可得：∠B′EF=∠BEF=∠FEM=26°，
∵ AB′∥DF，
∴∠EFM=∠B′EF=26°，
∴∠EFC′=180°−∠EFM=180°−26°=154°，
∵∠EFC=∠EFC′=154°，
∴∠MFC=∠EFC−∠EFM=154°−26°=128°，
第二次折叠后，如图③，
由折叠可得：∠MFC=∠MFC″=128°，
∴∠EFC=∠MFC−∠EFM=128°−26°=102°．
【点睛】本题考查了折叠的性质和平行线的性质，熟练掌握折叠的性质和平行线的性质是解题的关键．
【变式8-1】（2023春·浙江宁波·八年级校考期末）如图，三角形纸片ABC，点D是BC边上一点，连结AD，把△ABD沿着AD翻折，得到△AED，DE与AC交于点F．若点F是DE的中点，AD=8，△ADF的面积为12，则点B、E之间的距离为 ．
【答案】12
【分析】先根据面积求B到AD的距离，再求B，E的距离．
【详解】解：∵F是DE的中点，
∴S△ADE=2S△ADF=24，
如图，连接BE交AD于H，
由翻折的性质得BE=2BH，BE⊥AD，S△ABD=S△ADE=24，
∴12BH⋅AD=24，
∴ BH=48AD=6，
∴BE=2BH=12，
故答案为：12．
【点睛】本题考查翻折的性质，充分利用翻折性质，利用面积公式求高是解决本题的关键．
【变式8-2】（2023春·江苏宿迁·八年级统考期末）如图，将长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点D、C分别落在D′、C′的位置，ED′的延长线交BC于点G．
(1)如果∠GFE=62°，求∠1的度数；
(2)如果已知∠GFE=x°，则∠BGD′=__________（用含x的式子表示）
(3)探究∠GFC′与∠1的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)56°
(2)2x°
(3)∠GFC′=∠1，理由见解析
【分析】（1）由平行线性质得到∠DEF的度数，再由折叠性质得到∠GEF的度数，最后根据平角定义即可求出∠1的度数；
（2）由平行线性质和折叠性质得到∠GEF=∠GFE，根据外角性质即可得到∠BGD′的度数；
（3）由平行线性质得到∠1=∠EGF和∠GFC′=∠1，即可推出最后结果．
【详解】（1）解：∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠GFE=62°，
由折叠知∠DEF=∠GEF=62°，
∴∠1=180°−∠DEF−∠GEF，
=180°−62°−62°=56°；
（2）∵AD∥BC，
∴∠GFE=∠DEF，
由折叠的性质可得：∠GEF=∠DEF，
∴∠GEF=∠GFE
∴∠BGD′=∠GEF+∠GFE=2∠GFE=2x°；
（3）∵AD∥BC，
∴∠1=∠EGF，
∵ED′=FC′，
∴∠EGF=∠GFC′，
∴∠GFC′=∠1．
【点睛】本题考查了平行线的性质，折叠性质，外角性质，熟练掌握这些性质是解答本题的关键．
【变式8-3】（2023春·上海虹口·八年级上外附中校考期末）如图，△ABC，AF⊥BC于F，将AF沿AC翻折至AE，联结EC并延长，在射线EC上取点D使得∠BAD=∠EAF，若CD=5，CE=3，AE=7，则S△ABC= ．
【答案】38.5
【分析】由翻折的性质可知，AF=AE=7，∠FAC=∠EAC，先利用“SAS”证明△AFC≌△AEC，得到∠AEC=∠AFC=90°，CF=CE=3，再利用“ASA”证明△AFB≌△AED，得到BF=DE=8，进而得到BC=11，即可求出S△ABC．
【详解】解：由翻折的性质可知，AF=AE=7，∠FAC=∠EAC，
∵AF⊥BC，
∴∠AFB=∠AFC=90°，
在△AFC和△AEC中，
AF=AE∠FAC=∠EACAC=AC，
∴△AFC≌△AECSAS，
∴∠AEC=∠AFC=90°，CF=CE=3，
∵∠BAD=∠EAF，
∴∠BAD+∠DAF=∠EAF+∠DAF，
∴∠BAF=∠EAD,
在△AFB和△AED中，
∠BAF=∠DAEAF=AE∠AFB=∠AED=90°，
∴△AFB≌△AEDASA，
∴BF=DE，
∵CD=5，CE=3，
∴BF=DE=CD+CE=5+3=8，
∴BC=BF+CF=8+3=11，
∴S△ABC=12BC⋅AF=12×11×7=38.5，
故答案为：38.5．
【点睛】本题考查了翻折的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
【题型9 坐标与图形变换——轴对称】
【例9】（2023·广西玉林·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中．
(1)分别画出△ABC关于直线m（直线m上各点的横坐标都是1）对称的△A1B1C1和关于直线n（直线n上各点的纵坐标都是−1）对称的△A2B2C2；
(2)若△ABC上有一点Px，y，则关于直线m对称后的对应点P1的坐标为___________，则关于直线n对称后的对应点P2的坐标为___________．
【答案】(1)见解析
(2)P1(−x+2,y)，P2(x，−y−2)
【分析】（1）根据轴对称图形的性质即可作出；
（2）根据关于对称轴对称的点与对称轴的距离相等即可求解．
【详解】（1）解：作图如下：
（2）解：若△ABC上有一点Px，y，
点Px，y到直线m的距离为x−1，到直线n的距离为y+1，
1−x−1=−x+2，−1−y+1=−2−y，
则关于直线m对称后的对应点P1的坐标为P1(−x+2,y)，则关于直线n对称后的对应点P2的坐标为P2(x，−y−2) ．
【点睛】本题考查了网格作图、对称点的坐标，关于对称轴对称的点与对称轴的距离相等．
【变式9-1】（2023·吉林·八年级校考期末）在平面直角坐标系中，若点Pm+1,3m+1和点Qa,m+7关于y轴对称，则Q的坐标为 ．
【答案】−4,10
【分析】由关于y轴对称的点纵坐标相同，横坐标相反可列出关于m与a的二元一次方程，求解即可．
【详解】解：由点Pm+1,3m+1和点Qa,m+7关于x轴对称可得点P与点Q的横坐标相同即：
m+1=−a3m+1=m+7，
解得m=3a=−4，
∴Q−4,10 ．
故答案为：−4,10．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中的轴对称，灵活利用点关于坐标轴对称的特点是解题的关键．
【变式9-2】（2023·山西阳泉·八年级统考期中）在平面直角坐标系中，点Ax2+1,−2关于x轴的对称点在第 象限.
【答案】一
【分析】先求出点A关于x轴的对称点，然后判断所在象限即可.
【详解】解：点Ax2+1,−2关于x轴的对称点为：（x2+1,2），
∵x2+1>0，2>0，
∴点A的对称点在第一象限；
故答案为：一.
【点睛】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．
【变式9-3】（2023·山东聊城·八年级校考阶段练习）已知点Pa,b的坐标满足a+22+b−1=0，则点P关于y轴对称为点P′在第 象限．
【答案】一
【分析】由a+22+b−1=0可得a、b的值，然后可得点P坐标，进而问题得解．
【详解】解：∵ a+22+b−1=0，
∴ a=−2,b=1，
∴ P−2,1，
∴点P关于y轴对称为点P′在第一象限；
故答案为一．
【点睛】本题主要考查非负数的性质及点坐标所在象限，关键是根据非负数的性质得到点的坐标，然后结合关于坐标轴对称的特点进行求解即可．
【题型10 在网格中构造轴对称图形】
【例10】（2023春·山东菏泽·八年级统考期末）如图，3×3方格图中，将其中一个小方格的中心画上半径相等的圆，使整个图形为轴对称图形，这样的轴对称图形共有 个．
【答案】3
【分析】利用轴对称图形的定义作出轴对称图形后即可确定轴对称图形的个数．
【详解】解：将其中一个小方格的中心画上半径相等的圆，使整个图形为轴对称图形，这样的轴对称图形为：
故答案为：3．
【点睛】考查了轴对称图形的知识，解题的关键是了解轴对称图形的定义，难度不大．
【变式10-1】（2023春·重庆南岸·八年级统考期末）图是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．其中点A,B,C均在格点上．请在给定的网格中，找一格点D，使以点A,B,C,D为顶点的四边形是轴对称图形，满足条件的点D的个数是 个．
【答案】2
【分析】根据轴对称图形的定义，动手逐个判断即可求解．
【详解】解：如图所示，
即：满足条件的点D的个数为2个，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的定义：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是解题的关键．
【变式10-2】（2023春·河北承德·八年级统考期末）如图是3×3的正方形网格，其中已有2个小方格涂成了黑色.现在要从编号为①‒④的小方格中选出1个也涂成黑色，使黑色部分依然是轴对称图形，不能选择的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念分别找出各个能成轴对称图形的小方格，剩下的一个即为所求．
【详解】如图所示：
从编号为①‒④的小方格中选出1个也涂成黑色，使黑色部分依然是轴对称图形，使黑色部分成为轴对称图形，这样的白色小方格有：①，②，③，方格④不可以．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确利用轴对称图形的性质得出是解题关键．
【变式10-3】（2023春·湖南永州·八年级校考期末）如图，在2×2的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1．请分别在下列图中画一个位置不同、顶点都在格点上的三角形，使其与三角形ABC成轴对称图形，并用虚线标出你设计图形的所有对称轴．
【答案】见解析
【分析】根据轴对称图形的特点设计图形即可．
【详解】所求图形，如图所示．
【点睛】本题考查了作轴对称图形，根据轴对称图形的定义作图是解题的关键．
【题型11 利用轴对称设计图案】
【例11】（2023春·河南洛阳·八年级统考期末）我们认识了图形的三种基本变换：轴对称、平移和旋转，利用图形的这三种基本变换，可以设计出各种各样的漂亮图案．现有如图1所示的瓷砖若干块
(1)请用4块如图1所示的瓷砖，在方格纸上设计出一个美丽的图案．
(2)利用你在（1）中设计的图案，通过轴对称、平移或旋转，在方格纸上设计出更大更美丽的图案．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题意作图即可；
（2）根据题意作图即可．
【详解】（1）解：由题意可得：
（2）解：如图所示：
；
【点睛】本题考查了作图，灵活运用所学知识是关键．
【变式11-1】（2023春·山西阳泉·八年级校联考期中）请在下图各组符号中找出它们所蕴含的内在规律，然后在横线的空白处设计一个恰当的图形．
．
【答案】
【分析】根据图形特征，再找到图形规律即可得到第6个图形．
【详解】从图中可以发现所有的图形都是轴对称图形，而且图形从左到右分别是1-7的数字的轴对称
∴画一个轴对称图形且数字为6即可．
故答案为：
【点睛】本题是一道规律型的题，考查的是设计轴对称图形．找到图形的特征和规律是解题关键．
【变式11-2】（2023春·全国·八年级专题练习）观察设计
(1)观察如图①②中阴影部分构成的图案，请写出这2个图案都具有的2个共同特征
(2)借助后面的空白网格，请设计2个新的图案，使该图案同时具有你在解答(1)中所写出的2个共同特征．(注 意新图案与已有的2个图案不能重合)
【答案】（1）第一个共同特征：它们都是轴对称图形，第二个共同特征：它们的面积都是4个空白小正方形单位面积和．（2）作图见解析．
【分析】（1）从图形的对称性、阴影的面积等入手考虑即可解答；
（2）只需作出符合（1）中的特征的图形即可．
【详解】解：（1）由图可知，第一个共同特征：它们都是轴对称图形
第二个共同特征：它们的面积都是 4 个空白小正方形单位面积和。
（2）如图所示：
【点睛】本题考查了利用轴对称设计图案，解答时要注意判断图形的共性，首先看图形的对称性，有阴影的可注意观察阴影部分的面积是否相同，有一定的难点．
【变式11-3】（2023·全国·八年级专题练习）现有9个相同的小正三角形拼成的大正三角形，将其部分涂黑．如图（1），（2）所示．观察图（1），图（2）中涂黑部分构成的图案．它们具有如下特征：①都是轴对称图形；②涂黑部分都是三个小正三角形．请在图（3），图（4）内分别设计一个新图案，使图案具有上述两个特征．
【答案】见解析
【分析】因为正三角形是轴对称图形，其对称轴是从顶点向底边所作垂线，故只要所涂得小正三角形关于大正三角形的中垂线对称即可．
【详解】解：如图
【点睛】本题主要考查轴对称图形，解答此题要明确：如果一个图形沿着一条直线对折，直线两侧的图形能够完全重合，这个图形就是轴对称图形；对称轴：折痕所在的这条直线叫做对称轴．
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc27641" 【题型1 轴对称图形的识别】 PAGEREF _Tc27641 \h 1
\l "_Tc8855" 【题型2 确定轴对称图形对称轴的条数】 PAGEREF _Tc8855 \h 3
\l "_Tc21655" 【题型3 轴对称在镜面对称中的应用】 PAGEREF _Tc21655 \h 6
\l "_Tc25529" 【题型4 轴对称的操作应用】 PAGEREF _Tc25529 \h 7
\l "_Tc4828" 【题型5 轴对称的实际应用】 PAGEREF _Tc4828 \h 10
\l "_Tc19464" 【题型6 根据成轴对称图形的性质判断】 PAGEREF _Tc19464 \h 13
\l "_Tc30778" 【题型7 根据成轴对称图形的性质求解】 PAGEREF _Tc30778 \h 16
\l "_Tc10808" 【题型8 折叠问题】 PAGEREF _Tc10808 \h 20
\l "_Tc30575" 【题型9 坐标与图形变换——轴对称】 PAGEREF _Tc30575 \h 25
\l "_Tc4456" 【题型10 在网格中构造轴对称图形】 PAGEREF _Tc4456 \h 27
\l "_Tc32022" 【题型11 利用轴对称设计图案】 PAGEREF _Tc32022 \h 30
【知识点1 轴对称与轴对称图形】
（1）轴对称图形的概念：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，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称．
（2）轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称
轴折叠时，互相重合；轴对称图形的对称轴可以是一条，也可以是多条甚至无数条．
【题型1 轴对称图形的识别】
【例1】（2023春·吉林长春·八年级统考期末）甲骨文是我国目前发现最早的文字，其图画性强的特点非常明显，下列甲骨文图画是轴对称的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故本选项符合题意．
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1-1】（2023春·四川成都·八年级统考期末）汉字，又称中文、中国字，是汉语的记录符号．汉字是世界上最古老的文字之一，已有六千多年的历史，也是上古时期各大文字体系中唯一传承者．下列汉字中，哪个汉字可以看成是轴对称图形？（ ）
A．大B．运C．成D．都
【答案】A
【分析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．
【详解】解：A．是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D．不是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查轴对称图形的概念．理解轴对称图形的概念是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·广东潮州·八年级统考期中）如图，十个电子数字图形中，有 个是轴对称图形．
【答案】4
【分析】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叫做轴对称图形．
【详解】解：根据轴对称图形的定义可知：数字1，3，8，0是轴对称图形
故答案为：4．
【点睛】掌握轴对称图形的定义是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·宁夏石嘴山·八年级统考期末）在线段､角､圆､长方形､梯形､三角形､等边三角形中，是轴对称图形的有 个．
【答案】5
【分析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．据此作答．
【详解】解：线段的垂直平分线所在的直线是对称轴，是轴对称图形，符合题意；
角的平分线所在直线就是对称轴，是轴对称图形，符合题意；
圆有无数条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
长方形有二条对称轴，是轴对称图形，符合题意；
梯形不一定是轴对称图形，不符合题意；
三角形不一定是轴对称图形，不符合题意；
等边三角形三条中线所在的直线是对称轴，是轴对称图形，符合题意；
故轴对称图形共有5个．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了轴对称的概念．轴对称的关键是寻找对称轴，图象沿某一直线折叠后可以重合．
【题型2 确定轴对称图形对称轴的条数】
【例2】（2023春·广东·八年级统考期末）下列轴对称图形中，对称轴最少的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如果一个图形沿着一条直线对折，两侧的图形能完全重合，这个图形就是轴对称图形．折痕所在的这条直线叫做对称轴．由此即可求解．
【详解】解：解：A选项，有2条对称轴；
选项B，有3条对称轴；
选项C，有4条对称轴；
选项D，有6条对称轴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查轴对称图形的对称轴，识别轴对称图形是解题的关键．
【变式2-1】（2023春·云南大理·八年级校考期中）下列各项中是轴对称图形，而且对称轴最多的是（ ）
A．等腰梯形B．等腰直角三角形
C．等边三角形D．直角三角形
【答案】C
【详解】等腰梯形是轴对称图形，对称轴是上底和下底中点的连线所在直线，只有一条对称轴；等腰直角三角形是轴对称图形，对称轴是底边的中垂线所在直线，只有一条对称轴；等边三角形是轴对称图形，对称轴是三个角的角平分线所在直线，有3条对称轴；一般的直角三角形不是轴对称图形.
故选C.
点睛：理解轴对称图形的概念，并会判断对称轴.
【变式2-2】（2023春·山东德州·八年级统考期中）图1和图2中所有的小正方形都全等，将图1的正方形放在图2中①②③④的某一位置，使它与原来7个小正方形组成的图形是轴对称图形，并且有两条对称轴，这个位置是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】A
【分析】根据轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形）进行判断即可得．
【详解】解：A、放入①的位置的图形为
，
是轴对称图形，并且有两条对称轴，则此项符合题意；
B、放入②的位置的图形为
，
不是轴对称图形，则此项不符题意；
C、放入③的位置的图形为
，
是轴对称图形，但只有一条对称轴，则此项不符题意；
D、放入④的位置的图形为
，
不是轴对称图形，则此项不符题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称图形，熟记定义是解题关键．
【变式2-3】（2023春·广东广州·八年级广州市第四十一中学校考期末）轴对称图形都有自己的对称轴，请你尝试写出：只有1条对称轴、只有3条对称轴、有无数条对称轴的平面图形名称 、 、 ．
【答案】 等腰三角形（答案不唯一） 等边三角形（答案不唯一） 圆（答案不唯一）
【分析】根据轴对称图形的定义和常见的平面图形判断填空即可．
【详解】等腰三角形只有1条对称轴、等边三角形只有3条对称轴、圆有无数条对称轴．
故答案为：等腰三角形（答案不唯一），等边三角形（答案不唯一），圆（答案不唯一）．
【点睛】本题考查轴对称图形的定义和求对称轴条数．掌握轴对称图形沿对称轴折叠后可重合是解题关键．
【题型3 轴对称在镜面对称中的应用】
【例3】（2023春·福建龙岩·八年级校联考期中）假定某天上午你在镜子里看到的时钟如图所示，则此时真正时间是 ．
【答案】9:25
【分析】镜面图形与实际图形互为轴对称图形．钟表的时针实际指向9和10之间，分针指向25．
【详解】解：作对称图形如下：
则此时的准确时间是9:25．
故答案为：9:25．
【点睛】本题主要考查的是轴对称的性质，掌握其性质是解决此题的的关键．
【变式3-1】（2023春·河北石家庄·八年级统考期中）小强从镜子中看到的电子表的读数如图所示，则电子表的实际读数是（ ）
A．15：01B．10：51C．10：21D．10：15
【答案】C
【分析】根据镜子中看到的数字与实际数字是关于镜面成垂直的线对称求解即可．
【详解】解：镜子中看到的数字与实际数字是关于镜面成垂直的线对称．
注意镜子的5实际应为2，电子表的实际时刻是10：21．
故选C．
【点睛】本题主要考查了镜面对称的特点：上下前后方向一致，左右方向相反．
【变式3-2】（2023春·安徽淮北·八年级统考期末）小明在镜中看到身后墙上的时钟，实际时间最接近8时的是下图中的（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】镜面对称的性质：平面镜中的像与现实中的事物恰好左右或上下顺序颠倒，且关于镜面对称，据此判断即可．
【详解】解：实际时间最接近8时的时钟，在镜子里看起来应该是4点，
所以图C所示的时间最接近8时．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了镜面对称的性质的运用，解答此题的关键是要注意联系生活实际．
【变式3-3】（2023春·江苏扬州·八年级统考期中）如图，是平面镜里看到背向墙壁的电子钟示数，这时的实际时间应该是 .
【答案】12：05
【分析】注意镜面对称的特点，并结合实际求解.
【详解】解：根据镜面对称的性质，如图所示的真实图象应该是12：05.
故答案为12：05.
【点睛】考查了镜面对称的知识，解决此类问题要注意所学知识与实际情况的结合．
【题型4 轴对称的操作应用】
【例4】（2023春·河北保定·八年级统考期末）如图，将一张矩形纸片对折两次，然后剪下一个角，再将剪下的角展开，得到一个四边形，根据图中所给数据，下列判断正确的是（ ）
甲：展开后的图形是正方形； 乙：展开后的图形的面积为64
A．只有甲对B．只有乙对C．甲、乙都对D．甲、乙都不对
【答案】A
【分析】通过观察发现剪下的部分为一个等腰直角三角形，进而得到展开后的图形是正方形；通过题中数据可求该三角形面积，然后由折叠2次可知，展开图像面积为该三角形面积的4倍，即可求得结果．
【详解】解：观察发现剪下的部分为一个等腰直角三角形，
∴展开后的图形是4个该等腰直角三角形拼接而成，
∴展开后的图形是正方形；
由折叠2次可知，展开图像面积为该三角形面积的4倍，
所以剪下部分展开得到的四边形的面积为4×12×4×4=32，
∴只有甲对．
故选：A．
【点睛】本题考查了折叠问题，直角三角形的面积，求出直角三角形的面积是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·山西临汾·八年级统考期末）如图1，将一张正方形纸片沿虚线对折得到图2，再沿虚线对折得到图3，然后沿虚线剪去一个角，展开铺平后的图形如图4，则图3中沿虚线的剪法是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如图4，连接四边形的对角线，可知从图3到图4，是在正方形中心减去了4个全等的三角形，然后进行判断即可．
【详解】解：如图4，连接四边形的对角线，
∴从图3到图4，是在正方形中心减去了4个全等的三角形，
∴A符合要求，
故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称的性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式4-2】（2023春·福建福州·八年级校考期末）如图，将一张长方形纸片对折，然后剪下一个角，如果剪出的角展开后是一个直角，那么剪口线与折痕AB形成的夹角度数是( )
A．180°B．90°C．45°D．22．5°
【答案】C
【分析】根据折叠图形的性质即可解答．
【详解】解：根据折叠图形的性质可知：
剪口线与折痕AB形成的夹角的度数=90°÷2=45°，
故选择C．
【点睛】本题主要考查的就是角平分线的性质以及折叠图形的性质，在解决这个问题的时候关键就是要明白折痕AB为这个角的角平分线．在解答折叠问题的时候，我们一定要明白哪些角是对应角，哪些线段是对应线段，然后根据折叠图形的性质可以进行求解，从而得出所求的答案．
【变式4-3】（2023春·江西南昌·八年级统考期中）剪纸是我国传统的民间艺术．将一张正方形纸片按图1，图2中的方式沿虚线依次对折后，再沿图3中的虚线裁剪，最后将图4中的纸片打开铺平，所得图案应该是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】依据翻折变换，将图4中的纸片按顺序打开铺平，即可得到一个图案．
【详解】解：将图4中的纸片打开铺平，所得图案应该是：
故选：A．
【点睛】本题主要考查了剪纸问题，解决这类问题要熟知轴对称图形的特点，关键是准确地找到对称轴．一般方法是动手操作，拿张纸按照题目的要求剪出图案，展开即可得到正确的图案．
【题型5 轴对称的实际应用】
【例5】（2023春·四川自贡·八年级校考期中）球桌为如图所示的长方形ABCD，小球从A沿 45°角击出，恰好经过5次碰撞到B处，则AB:BC= ．
【答案】2:5
【分析】根据题意画出图形，再根据轴对称的性质求出矩形的长与宽的比值即可．
【详解】
先作出长方形ABCD，小球从A沿45度射出，到BC的点E，AB=BE．
从E点沿于BC成45度角射出，到AC边的F点，AE=EF．
从F点沿于AD成45度角射出，到CD边的G点，DF=DG．
从G沿于DC成45度角射出，到BC边的H点，HF垂直于AD．AB=2GC=2CH
从H点沿于CB成45度角射出，到AC边的M点，EM垂直于AD，
从M点沿于CA成45度角射出，到B点，
看图是2个半以AB为边长的正方形，
所以1：2.5=2：5．
故答案为2:5．
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，解答此题的关键是画出图形，再根据对称的性质求解．
【变式5-1】（2023春·全国·八年级专题练习）身高1.80米的人站在平面镜前2米处，它在镜子中的像高 米，人与像之间距离为 米；如果他向前走0.2米，人与像之间距离为 米．
【答案】 1.8m 4m 3.6m
【分析】利用镜面对称的性质求解,镜面对称的性质:在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒,且关于镜面对称．
【详解】解：身高1.80米的人站在平面镜前2米处,它在镜子中的像高1.80米,人与像之间距离为2×2=4米,如果他向前走0.2米,人与像之间距离为4-0.2×2=3.6米．
【点睛】本题主要考查镜面对称的原理与性质,解决本题的关键是要熟练掌握关于镜面对称的图形大小、形状相同，且到镜子的距离相等．
【变式5-2】（2023春·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5-3】（2023春·全国·八年级专题练习）判断说理：元旦联欢会上，八年级（1）班的同学们在礼堂四周摆了一圈长条桌子，其中北边条桌上摆满了苹果，东边条桌上摆满了香蕉，礼堂中间B处放了一把椅子，游戏规则是这样的：甲、乙二人从A处（如图）同时出发，先去拿苹果再去拿香蕉，然后回到B处，谁先坐到椅子上谁赢．张晓和李岚比赛，比赛一开始，只见张晓直奔东北两张条桌的交点处，左手抓苹果，右手拿香蕉，回头直奔B处，可是还未跑到B处，只见李岚已经手捧苹果和香蕉稳稳地坐在B处的椅子上了．如果李岚不比张晓跑得快，张晓若想获胜有没有其他的捷径？若有，请说明你的捷径，若没有，请说明理由．
【答案】有，捷径见解析
【分析】利用轴对称得出找到A，B的对称点A′，B′，连接A′B′，交两长条桌于C，D两点，则折线ACDB就是捷径．
【详解】解：如下图，
假设北边和东边条桌各为一个平面镜，光线经过两次反射到达B点．
因此，分别以北条桌和东条桌为对称轴，找到A，B的对称点A′，B′，连接A′B′，交两长条桌于C，D两点，则折线ACDB的长度等于A′B′的长度，
连接A′M,B′M，则AM=A′M,BM=B′M，
在△A′MB′中，由三角形三边故选可得：A′M+B′M>A′B′，
所以A′M+B′M>折线ACDB的长，
即折线ACDB就是捷径．
【点睛】本题考查了轴对称，三角形三边关系，解题的关键是找到A，B的对称点A′，B′，连接A′B′，得出 C，D两点．
【知识点2 轴对称的性质】
（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
由轴对称的性质得到一下结论：
①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称；
②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这
两个图形的对称轴．
（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
【题型6 根据成轴对称图形的性质判断】
【例6】（2023春·广东潮州·八年级统考期中）如图所示，△A′B′C′与△ABC关于直线MN成轴对称，则线段AA′与直线MN的关系正确的是（ ）
A．直线MN被线段AA′垂直平分B．线段AA′被直线MN垂直平分
C．直线MN经过线段AA′中点，但不垂直D．直线MN与线段AA′垂直，但不经过线段中点
【答案】B
【分析】成轴对称图形的性质：对应点的连线被对称轴垂直平分，据此即可得到答案．
【详解】解：∵△A′B′C′与△ABC关于直线MN成轴对称，
∴线段AA′被直线MN垂直平分．
故选：B
【点睛】此题考查了成轴对称图形的性质，熟练掌握“成轴对称图形的对应点的连线被对称轴垂直平分”是解题的关键．
【变式6-1】（2023春·天津南开·八年级天津育贤中学校考期中）下列说法：
①关于某条直线对称的两个三角形是全等三角形
②两个全等的三角形关于某条直线对称
③到某条直线距离相等的两个点关于这条直线对称
④如果图形甲和图形乙关于某条直线对称，则图形甲是轴对称图形
其中，正确说法个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】利用轴对称图形的性质逐一分析探讨得出答案即可.
【详解】①关于某条直线对称的两个三角形是全等三角形,①是正确的；②两个全等的三角形不一定组成轴对称图形，②是错误的；③对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直,且到这条直线距离相等的两个点关于这条直线对称,③错误；④如果图形甲和图形乙关于某条直线对称，则图形甲不一定是轴对称图形,④错误，正确的说法有1个，所以A选项是正确的.
【点睛】此题考查了轴对称的性质，利用对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对应线段相等,对应角相等的概念是解决本题的关键.
【变式6-2】（2023春·河北保定·八年级统考期末）如图，点A在直线l上，△ABC与△AB′C′关于直线l对称，连接BB′，分别交AC，AC′于点D，D′，连接CC′，下列结论不一定正确的是（ ）
A．∠BAC=∠B′AC′B．CC′∥BB′
C．BD=B′D′D．AD=DD′
【答案】D
【分析】利用轴对称的性质和全等三角形的性质逐项判断即可．
【详解】解：∵△ABC与△AB′C′关于直线l对称，
∴△ABC≅△AB′C′，BB′⊥l，CC′⊥l，AB=AB′，AC=AC′，
∴∠BAC=∠B′AC′，CC′∥BB′，即选项A、B正确；
由轴对称的性质得：OD=OD′,OB=OB′，
∴OB−OD=OB′−OD′，即BD=B′D′，选项C正确；
由轴对称的性质得：AD=AD′，但AD不一定等于DD′，即选项D不一定正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、全等三角形的性质，熟练掌握轴对称的性质是解题关键．
【变式6-3】（2023春·福建厦门·八年级厦门市第十一中学校考期末）定义：在平面内由极点、极轴和极径组成的坐标系叫做极坐标系．如图，在平面上取定一点O为极点；从点O出发引一条射线Ox称为极轴；线段OP的长度称为极径，点P的极坐标就可以用线段OP的长度以及从Ox转动到OP的角度（规定逆时针方向转动角度为正）来确定，即P3,60°或P3,−300°或P3,420°等，则点P关于极轴对称的点Q的极坐标表示不正确的是（ ）
A．Q3,−420°B．Q3,−60°C．Q3,660°D．Q3,420°
【答案】D
【分析】根据轴对称的定义以及给OP的角度关于Ox对称后的角度加上360°的整数倍即可．
【详解】解：∵P（3，60°）或P（3，-300°）或P（3，420°），
由点P关于极轴对称的点Q的极坐标表示点Q可得：点Q的极坐标为（3，-60°-360°=-420°）或（3， -60°）或（3，-60°+720°=660°）或（3，-60°+360°=300°）．
故选D．
【点睛】本题考查轴对称的问题，掌握轴对称的定义成为解答本题的关键．
【题型7 根据成轴对称图形的性质求解】
【例7】（2023春·广东珠海·八年级统考期末）已知∠AOB=30°，在∠AOB内有一定点P，点M，N分别是OA,OB上的动点，若△PMN的周长最小值为3，则OP的长为（ ）
A．1.5B．3C．33D．32
【答案】B
【分析】根据题意画出符合条件的图形，求出OD=OE=OP，∠DOE=60°，得出等边三角形DOE，求出DE=3，求出△PMN的周长=DE，即可求出答案．
【详解】解：作P关于OA的对称点D，作P关于OB的对称点E，连接DE交OA于M，交OB于N，连接PM，PN，则此时△PMN的周长最小，
连接OD，OE，
∵P、D关于OA对称，
∴OD=OP，PM=DM，
同理OE=OP，PN=EN，
∴OD=OE=OP，
∵P、D关于OA对称，
∴OA⊥PD，
∵OD=OP，
∴∠DOA=∠POA，
同理∠POB=∠EOB，
∴∠DOE=2∠AOB=2×30°=60°，
∵OD=OE，
∴△DOE是等边三角形，
∴DE=OD=OP，
∵△PMN的周长是PM+MN+PN=DM+MN+EN=DE=3，
∴OP=3
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，关键是画出符合条件的图形．
【变式7-1】（2023春·河南安阳·八年级统考期中）如图，△ABC和△ADE关于直线MN对称，BC与DE的交点F在直线MN上．
(1)图中点D的对应点是点____________，∠E的对应角是____________；
(2)若CF=3，DF=2，则DE的长为____________
(3)若∠DAE=108°，∠EAF=39°，求∠DAC的度数．
【答案】(1)B ，∠C
(2)5
(3)30°
【分析】（1）根据轴对称的性质解答即可；
（2）由题意可得△ABC≌△ADE，再由全等三角形的性质解答即可；
（3）根据对称性可得∠CAF=∠EAF=39°，从而得出∠CAE=78°，最后可得答案；
【详解】（1）∵△ABC和△ADE关于直线MN对称，
∴图中点D的对应点是点B，∠E的对应角是∠C；
故答案为：B，∠C．
（2）∵△ABC和△ADE关于直线MN对称，
∴△ABC≌△ADE，
∴EF=CF=3，
∴DE=DF+EF=5．
故答案为：5．
（3）∵∠DAE=108°，∠EAF=39°
∴根据对称性：∠CAF=∠EAF=39°
∴∠CAE=78°
∴∠DAC=∠DAE−∠CAE= 108°−78° =30°
【点睛】本题考查轴对称的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式7-2】（2023春·陕西·八年级校考期中）如图，点P是∠ACB外一点，点D，E分别是∠ACB两边上的点，点P关于CA的对称点P1恰好落在线段ED上，点P关于CB的对称点P2落在ED的延长线上．若PE=2,PD=4,ED=5，则线段P1P2的长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】D
【分析】利用轴对称图形的性质得出EP=EP1，DP=DP2，进而利用DE=5，得出P1D的长，即可得出P1P2的长．
【详解】解：∵点P关于CA的对称点P1恰好落在线段ED上，P点关于CB的对称点P2落在ED的延长线上，
∴EP=EP1，DP=DP2，
∵PE=2，PD=4，DE=5，
∴DP2=4，EP1=2，
∴DP1=DE−EP1=5−2=3，
则线段P1P2的长为：P1D+DP2=4+3=7，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形的性质，得出EP=EP1，DP=DP2是解题关键．
【变式7-3】（2023春·四川成都·八年级统考期末）如图，在直角三角形ABC中，∠C=90°，点D在AB上，点G在BC上，△BDG与△FDG关于直线DG对称，DF与B交于点E，若DF∥AC，∠B=28°，则∠DGC的度数是 度．
【答案】59
【分析】由轴对称的性质可得∠F=∠B=28°，∠DGB=∠DGF，利用平行线的性质和对称性质求出∠EGF=62°，∠DGC=x°，则∠DGB=∠DGF=62°+x°，再由∠DGC+∠DGB=180°，可得x+62+x=180，解方程即可得到答案．
【详解】解：由轴对称的性质可得∠F=∠B=28°，∠DGB=∠DGF，
∵DF∥AC，∠C=90°，
∴∠DEB=∠C=90°，
∴∠EGF=∠DEB−∠F=62°，
设∠DGC=x°，则∠DGB=∠DGF=∠DGC+∠EGF=62°+x°，
∵∠DGC+∠DGB=180°，
∴x+62+x=180，
∴x=59，
∴∠DGC=59°，
故答案为：59．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，正确求出∠EGF=62°是解题的关键．
【题型8 折叠问题】
【例8】（2023春·湖北黄冈·八年级统考期末）如图，图①是一个四边形纸条ABCD，其中AB∥CD，E，F分别为边AB，CD上的两个点，将纸条ABCD沿EF折叠得到图②，再将图②沿DF折叠得到图③，若在图③中，∠FEM=26°，则∠EFC= ．
【答案】102°
【分析】根据折叠的性质，先求出图②的∠B′EF的度数，再根据平行线的性质，求出∠EFM的度数，由邻补角特点可求出∠EFC′的度数，再由折叠性质可得∠EFC=∠EFC′，再根据∠MFC=∠EFC−∠EFM求得∠MFC的度数为102°，由折叠的性质得图③的∠MFC的度数为102°，根据∠EFC=∠MFC−∠EFM计算即可得出答案．
【详解】解：第一次折叠后，如图②，
由折叠可得：∠B′EF=∠BEF=∠FEM=26°，
∵ AB′∥DF，
∴∠EFM=∠B′EF=26°，
∴∠EFC′=180°−∠EFM=180°−26°=154°，
∵∠EFC=∠EFC′=154°，
∴∠MFC=∠EFC−∠EFM=154°−26°=128°，
第二次折叠后，如图③，
由折叠可得：∠MFC=∠MFC″=128°，
∴∠EFC=∠MFC−∠EFM=128°−26°=102°．
【点睛】本题考查了折叠的性质和平行线的性质，熟练掌握折叠的性质和平行线的性质是解题的关键．
【变式8-1】（2023春·浙江宁波·八年级校考期末）如图，三角形纸片ABC，点D是BC边上一点，连结AD，把△ABD沿着AD翻折，得到△AED，DE与AC交于点F．若点F是DE的中点，AD=8，△ADF的面积为12，则点B、E之间的距离为 ．
【答案】12
【分析】先根据面积求B到AD的距离，再求B，E的距离．
【详解】解：∵F是DE的中点，
∴S△ADE=2S△ADF=24，
如图，连接BE交AD于H，
由翻折的性质得BE=2BH，BE⊥AD，S△ABD=S△ADE=24，
∴12BH⋅AD=24，
∴ BH=48AD=6，
∴BE=2BH=12，
故答案为：12．
【点睛】本题考查翻折的性质，充分利用翻折性质，利用面积公式求高是解决本题的关键．
【变式8-2】（2023春·江苏宿迁·八年级统考期末）如图，将长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点D、C分别落在D′、C′的位置，ED′的延长线交BC于点G．
(1)如果∠GFE=62°，求∠1的度数；
(2)如果已知∠GFE=x°，则∠BGD′=__________（用含x的式子表示）
(3)探究∠GFC′与∠1的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)56°
(2)2x°
(3)∠GFC′=∠1，理由见解析
【分析】（1）由平行线性质得到∠DEF的度数，再由折叠性质得到∠GEF的度数，最后根据平角定义即可求出∠1的度数；
（2）由平行线性质和折叠性质得到∠GEF=∠GFE，根据外角性质即可得到∠BGD′的度数；
（3）由平行线性质得到∠1=∠EGF和∠GFC′=∠1，即可推出最后结果．
【详解】（1）解：∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠GFE=62°，
由折叠知∠DEF=∠GEF=62°，
∴∠1=180°−∠DEF−∠GEF，
=180°−62°−62°=56°；
（2）∵AD∥BC，
∴∠GFE=∠DEF，
由折叠的性质可得：∠GEF=∠DEF，
∴∠GEF=∠GFE
∴∠BGD′=∠GEF+∠GFE=2∠GFE=2x°；
（3）∵AD∥BC，
∴∠1=∠EGF，
∵ED′=FC′，
∴∠EGF=∠GFC′，
∴∠GFC′=∠1．
【点睛】本题考查了平行线的性质，折叠性质，外角性质，熟练掌握这些性质是解答本题的关键．
【变式8-3】（2023春·上海虹口·八年级上外附中校考期末）如图，△ABC，AF⊥BC于F，将AF沿AC翻折至AE，联结EC并延长，在射线EC上取点D使得∠BAD=∠EAF，若CD=5，CE=3，AE=7，则S△ABC= ．
【答案】38.5
【分析】由翻折的性质可知，AF=AE=7，∠FAC=∠EAC，先利用“SAS”证明△AFC≌△AEC，得到∠AEC=∠AFC=90°，CF=CE=3，再利用“ASA”证明△AFB≌△AED，得到BF=DE=8，进而得到BC=11，即可求出S△ABC．
【详解】解：由翻折的性质可知，AF=AE=7，∠FAC=∠EAC，
∵AF⊥BC，
∴∠AFB=∠AFC=90°，
在△AFC和△AEC中，
AF=AE∠FAC=∠EACAC=AC，
∴△AFC≌△AECSAS，
∴∠AEC=∠AFC=90°，CF=CE=3，
∵∠BAD=∠EAF，
∴∠BAD+∠DAF=∠EAF+∠DAF，
∴∠BAF=∠EAD,
在△AFB和△AED中，
∠BAF=∠DAEAF=AE∠AFB=∠AED=90°，
∴△AFB≌△AEDASA，
∴BF=DE，
∵CD=5，CE=3，
∴BF=DE=CD+CE=5+3=8，
∴BC=BF+CF=8+3=11，
∴S△ABC=12BC⋅AF=12×11×7=38.5，
故答案为：38.5．
【点睛】本题考查了翻折的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
【题型9 坐标与图形变换——轴对称】
【例9】（2023·广西玉林·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中．
(1)分别画出△ABC关于直线m（直线m上各点的横坐标都是1）对称的△A1B1C1和关于直线n（直线n上各点的纵坐标都是−1）对称的△A2B2C2；
(2)若△ABC上有一点Px，y，则关于直线m对称后的对应点P1的坐标为___________，则关于直线n对称后的对应点P2的坐标为___________．
【答案】(1)见解析
(2)P1(−x+2,y)，P2(x，−y−2)
【分析】（1）根据轴对称图形的性质即可作出；
（2）根据关于对称轴对称的点与对称轴的距离相等即可求解．
【详解】（1）解：作图如下：
（2）解：若△ABC上有一点Px，y，
点Px，y到直线m的距离为x−1，到直线n的距离为y+1，
1−x−1=−x+2，−1−y+1=−2−y，
则关于直线m对称后的对应点P1的坐标为P1(−x+2,y)，则关于直线n对称后的对应点P2的坐标为P2(x，−y−2) ．
【点睛】本题考查了网格作图、对称点的坐标，关于对称轴对称的点与对称轴的距离相等．
【变式9-1】（2023·吉林·八年级校考期末）在平面直角坐标系中，若点Pm+1,3m+1和点Qa,m+7关于y轴对称，则Q的坐标为 ．
【答案】−4,10
【分析】由关于y轴对称的点纵坐标相同，横坐标相反可列出关于m与a的二元一次方程，求解即可．
【详解】解：由点Pm+1,3m+1和点Qa,m+7关于x轴对称可得点P与点Q的横坐标相同即：
m+1=−a3m+1=m+7，
解得m=3a=−4，
∴Q−4,10 ．
故答案为：−4,10．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中的轴对称，灵活利用点关于坐标轴对称的特点是解题的关键．
【变式9-2】（2023·山西阳泉·八年级统考期中）在平面直角坐标系中，点Ax2+1,−2关于x轴的对称点在第 象限.
【答案】一
【分析】先求出点A关于x轴的对称点，然后判断所在象限即可.
【详解】解：点Ax2+1,−2关于x轴的对称点为：（x2+1,2），
∵x2+1>0，2>0，
∴点A的对称点在第一象限；
故答案为：一.
【点睛】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．
【变式9-3】（2023·山东聊城·八年级校考阶段练习）已知点Pa,b的坐标满足a+22+b−1=0，则点P关于y轴对称为点P′在第 象限．
【答案】一
【分析】由a+22+b−1=0可得a、b的值，然后可得点P坐标，进而问题得解．
【详解】解：∵ a+22+b−1=0，
∴ a=−2,b=1，
∴ P−2,1，
∴点P关于y轴对称为点P′在第一象限；
故答案为一．
【点睛】本题主要考查非负数的性质及点坐标所在象限，关键是根据非负数的性质得到点的坐标，然后结合关于坐标轴对称的特点进行求解即可．
【题型10 在网格中构造轴对称图形】
【例10】（2023春·山东菏泽·八年级统考期末）如图，3×3方格图中，将其中一个小方格的中心画上半径相等的圆，使整个图形为轴对称图形，这样的轴对称图形共有 个．
【答案】3
【分析】利用轴对称图形的定义作出轴对称图形后即可确定轴对称图形的个数．
【详解】解：将其中一个小方格的中心画上半径相等的圆，使整个图形为轴对称图形，这样的轴对称图形为：
故答案为：3．
【点睛】考查了轴对称图形的知识，解题的关键是了解轴对称图形的定义，难度不大．
【变式10-1】（2023春·重庆南岸·八年级统考期末）图是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．其中点A,B,C均在格点上．请在给定的网格中，找一格点D，使以点A,B,C,D为顶点的四边形是轴对称图形，满足条件的点D的个数是 个．
【答案】2
【分析】根据轴对称图形的定义，动手逐个判断即可求解．
【详解】解：如图所示，
即：满足条件的点D的个数为2个，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的定义：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是解题的关键．
【变式10-2】（2023春·河北承德·八年级统考期末）如图是3×3的正方形网格，其中已有2个小方格涂成了黑色.现在要从编号为①‒④的小方格中选出1个也涂成黑色，使黑色部分依然是轴对称图形，不能选择的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念分别找出各个能成轴对称图形的小方格，剩下的一个即为所求．
【详解】如图所示：
从编号为①‒④的小方格中选出1个也涂成黑色，使黑色部分依然是轴对称图形，使黑色部分成为轴对称图形，这样的白色小方格有：①，②，③，方格④不可以．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确利用轴对称图形的性质得出是解题关键．
【变式10-3】（2023春·湖南永州·八年级校考期末）如图，在2×2的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1．请分别在下列图中画一个位置不同、顶点都在格点上的三角形，使其与三角形ABC成轴对称图形，并用虚线标出你设计图形的所有对称轴．
【答案】见解析
【分析】根据轴对称图形的特点设计图形即可．
【详解】所求图形，如图所示．
【点睛】本题考查了作轴对称图形，根据轴对称图形的定义作图是解题的关键．
【题型11 利用轴对称设计图案】
【例11】（2023春·河南洛阳·八年级统考期末）我们认识了图形的三种基本变换：轴对称、平移和旋转，利用图形的这三种基本变换，可以设计出各种各样的漂亮图案．现有如图1所示的瓷砖若干块
(1)请用4块如图1所示的瓷砖，在方格纸上设计出一个美丽的图案．
(2)利用你在（1）中设计的图案，通过轴对称、平移或旋转，在方格纸上设计出更大更美丽的图案．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题意作图即可；
（2）根据题意作图即可．
【详解】（1）解：由题意可得：
（2）解：如图所示：
；
【点睛】本题考查了作图，灵活运用所学知识是关键．
【变式11-1】（2023春·山西阳泉·八年级校联考期中）请在下图各组符号中找出它们所蕴含的内在规律，然后在横线的空白处设计一个恰当的图形．
．
【答案】
【分析】根据图形特征，再找到图形规律即可得到第6个图形．
【详解】从图中可以发现所有的图形都是轴对称图形，而且图形从左到右分别是1-7的数字的轴对称
∴画一个轴对称图形且数字为6即可．
故答案为：
【点睛】本题是一道规律型的题，考查的是设计轴对称图形．找到图形的特征和规律是解题关键．
【变式11-2】（2023春·全国·八年级专题练习）观察设计
(1)观察如图①②中阴影部分构成的图案，请写出这2个图案都具有的2个共同特征
(2)借助后面的空白网格，请设计2个新的图案，使该图案同时具有你在解答(1)中所写出的2个共同特征．(注 意新图案与已有的2个图案不能重合)
【答案】（1）第一个共同特征：它们都是轴对称图形，第二个共同特征：它们的面积都是4个空白小正方形单位面积和．（2）作图见解析．
【分析】（1）从图形的对称性、阴影的面积等入手考虑即可解答；
（2）只需作出符合（1）中的特征的图形即可．
【详解】解：（1）由图可知，第一个共同特征：它们都是轴对称图形
第二个共同特征：它们的面积都是 4 个空白小正方形单位面积和。
（2）如图所示：
【点睛】本题考查了利用轴对称设计图案，解答时要注意判断图形的共性，首先看图形的对称性，有阴影的可注意观察阴影部分的面积是否相同，有一定的难点．
【变式11-3】（2023·全国·八年级专题练习）现有9个相同的小正三角形拼成的大正三角形，将其部分涂黑．如图（1），（2）所示．观察图（1），图（2）中涂黑部分构成的图案．它们具有如下特征：①都是轴对称图形；②涂黑部分都是三个小正三角形．请在图（3），图（4）内分别设计一个新图案，使图案具有上述两个特征．
【答案】见解析
【分析】因为正三角形是轴对称图形，其对称轴是从顶点向底边所作垂线，故只要所涂得小正三角形关于大正三角形的中垂线对称即可．
【详解】解：如图
【点睛】本题主要考查轴对称图形，解答此题要明确：如果一个图形沿着一条直线对折，直线两侧的图形能够完全重合，这个图形就是轴对称图形；对称轴：折痕所在的这条直线叫做对称轴．
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