资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩6页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
专题2.3 轴对称章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版）
展开
这是一份专题2.3 轴对称章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版），文件包含专题23轴对称章末达标检测卷人教版解析版docx、专题23轴对称章末达标检测卷人教版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
第13章 轴对称章末达标检测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020•山西）自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识，下面是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中的图案是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【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，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分析即可．
【答案】解：A、不是轴对称图形；
B、不是轴对称图形；
C、不是轴对称图形；
D、是轴对称图形．
故选：D．
【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．
2．（3分）（2020春•岱岳区期末）如图，在方格纸中，随机选择标有序号①②③④⑤中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成轴对称图形的有几个（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据轴对称图形的特点进行判断即可．
【答案】解：∵在方格纸中，使与图中阴影部分构成轴对称图形的有②④⑤，
故选：B．
【点睛】本题考查的是利用轴对称设计图案，轴对称图形是要寻找对称轴，沿对称轴对折后与两部分完全重合．
3．（3分）（2020春•朝阳区校级期末）等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角是45°，则这个三角形的底角为（ ）
A．67°31′ B．22°30′
C．67°30′ D．22°30′或67°30′
【分析】分两种情况讨论，求出每种情况的顶角的度数，再利用等边对等角的性质（两底角相等）和三角形的内角和定理，即可求出底角的度数．
【答案】解：有两种情况；
（1）如图，当△ABC是锐角三角形时，BD⊥AC于D，
则∠ADB＝90°，
已知∠ABD＝45°，
∴∠A＝90°﹣45°＝45°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C=12×（180°﹣45°）＝67.5°；
（2）如图，当△EFG是钝角三角形时，FH⊥EG于H，
则∠FHE＝90°，
已知∠HFE＝45°，
∴∠HEF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠FEG＝180°﹣45°＝135°，
∵EF＝EG，
∴∠EFG＝∠G=12×（180°﹣135°）＝22.5°，
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质的运用，解决问题的关键是能否利用三角形的内角和定理和等腰三角形的性质．解题时注意分类讨论思想的运用．
4．（3分）（2020春•沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC边上的点，DA＝DE，DB＝BE＝EC．若∠ABC＝130°，则∠C的度数为（ ）
A．20° B．22.5° C．25° D．30°
【分析】可设∠C＝x，根据等腰三角形的性质可得∠EBC＝x，则∠DBE＝130°﹣x，根据等腰三角形的性质可得∠EDB＝25°+12x，再根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质可得∠A＝12.5°+14x，再根据三角形内角和为180°，列出方程即可求解．
【答案】解：设∠C＝x，根据等腰三角形的性质得∠EBC＝x，则∠DBE＝130°﹣x，根据等腰三角形的性质得∠EDB＝25°+12x，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质得∠A＝12.5°+14x，
依题意有12.5°+14x+x+130°＝180°，
解得x＝30°．
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，得到方程是解本题的关键．
5．（3分）（2020春•沙坪坝区校级月考）如图，在△ABC中，分别以点A和点B为圆心，以相同的长（大于12AB）为半径作弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN交AB于点D，交AC于点E，连接CD．已知△CDE的面积比△CDB的面积小4，则△ADE的面积为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据尺规作图可知点D是AB的中点，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【答案】解：由尺规作图可知，MN是线段AB的垂直平分线，
∴点D是AB的中点，
∴S△ADC＝S△BDC，
∵S△BDC﹣S△CDE＝4，
∴S△ADC﹣S△CDE＝4，即△ADE的面积为4，
故选：A．
【点睛】本题考查的是尺规作图、三角形的面积计算，掌握线段垂直平分线的概念、三角形的面积公式是解题的关键．
6．（3分）（2020春•锦江区期末）如图是5×5的正方形方格图，点A，B在小方格的顶点上，要在小方格的项点确定一点C，连接AC和BC，使△ABC是等腰三角形，则方格图中满足条件的点C的个数是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】根据等腰三角形的判定找出符合的所有点即可．
【答案】解：如图所示：C在C1，C2，C3，C4位置上时，AC＝BC；
C在C5，C6位置上时，AB＝BC；
即满足点C的个数是6，
故选：C．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，能找出符合的所有点是解此题的关键，注意：有两边相等的三角形是等腰三角形．
7．（3分）（2019春•厦门期末）在平面直角坐标系中，A（a，b）（b≠0），B（m，n）．若a﹣m＝4，b+n＝0，则下列结论正确的是（ ）
A．把点A向左平移4个单位长度后，与点B关于x轴对称
B．把点A向右平移4个单位长度后，与点B关于x轴对称
C．把点A向左平移4个单位长度后，与点B关于y轴对称
D．把点A向右平移4个单位长度后，与点B关于y轴对称
【分析】根据已知确定A，B两点位置，进而分别判断各选项得出答案即可．
【答案】解：∵a﹣m＝4，∴a﹣4＝m，
又∵b+n＝0（b≠0），∴b＝﹣n，
∴把点A向左平移4个单位长度后，与点B关于x轴对称．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了坐标与图形的性质以及关于x轴、y轴对称点的坐标，根据A，B位置得出是解题关键．
8．（3分）（2019秋•石台县期末）如图，△ABC的面积为12，AB＝AC，BC＝4，AC的垂直平分线EF分别交AB，AC边于点E，F，若点D为BC边的中点，点P为线段EF上一动点，则△PCD周长的最小值为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点C关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为CP+PD的最小值，由此即可得出结论．
【答案】解：连接AD，
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴AD⊥BC，
∴S△ABC=12BC•AD=12×4×AD＝12，
解得AD＝6，
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴点C关于直线EF的对称点为点A，
∴AD的长为CP+PD的最小值，
∴△CDP的周长最短＝（CP+PD）+CD＝AD+12BC＝6+12×4＝6+2＝8．
故选：B．
【点睛】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
9．（3分）（2020春•兰州期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，∠BAC＝120°，AD是△ABC的中线，AE是∠BAD的角平分线，DF∥AB交AE的延长线于点F，则DF的长是（ ）
A．2 B．4 C．5 D．52
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质可得AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，求出∠DAE＝∠EAB＝30°，根据平行线的性质求出∠F＝∠BAE＝30°，从而得到∠DAE＝∠F，根据等角对等边求出AD＝DF，求出∠B＝30°，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半解答．
【答案】解：∵AB＝AC，AD是△ABC的中线，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD=12∠BAC=12×120°＝60°，
∵AE是∠BAD的角平分线，
∴∠DAE＝∠EAB=12∠BAD=12×60°＝30°，
∵DF∥AB，
∴∠F＝∠BAE＝30°，
∴∠DAE＝∠F＝30°，
∴AD＝DF，
∵∠B＝90°﹣60°＝30°，
∴AD=12AB=12×10＝5，
∴DF＝5，
故选：C．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，掌握直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质是解题的关键．
10．（3分）（2020春•牡丹区期末）如图，已知∠MON＝30°，点A1，A2，A3，…在射线ON上，点B1，B2，B3，…在射线OM上，△A1B1B2，△A2B2B3，△A3B3B4，…均为等边三角形．若OB1＝1，则△A8B8B9的边长为（ ）
A．64 B．128 C．132 D．256
【分析】根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出B1A1∥A2B2∥A3B3，以及a2＝2a1，得出a3＝4a1＝4，a4＝8a1＝8，a5＝16a1…进而得出答案．
【答案】解：∵△A1B1B2是等边三角形，
∴∠A1B1B2＝∠A1B2O＝60°，A1B1＝A1B2，
∵∠O＝30°，
∴∠A2A1B2＝∠O+∠A1B2O＝90°，
∵∠A1B1B2＝∠O+∠OA1B1，
∴∠O＝∠OA1B1＝30°，
∴OB1＝A1B1＝A1B2＝1，
在Rt△A2A1B2中，∵∠A1A2B2＝30°
∴A2B2＝2A1B2＝2，
同法可得A3B3＝22，A4B4＝23，…，AnBn＝2n﹣1，
∴△A8B8B9的边长＝27＝128，
故选：B．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020春•玉门市期末）如图，课间休息时，小新将镜子放在桌面上，无意间看到镜子中有一串数字，原来是桌旁墙面上张贴的同学手机号码中的几个数字，请问镜子中的数字对应的实际数字是 630085 ．
【分析】易得所求的数字与看到的数字关于竖直的一条直线成轴对称，作出相应图形即可求解．
【答案】解：做轴对称图形得：|630085，
故答案是：630085．
【点睛】本题主要考查了镜面对称，解决本题的关键是找到相应的对称轴；难点是作出相应的对称图形；注意2的关于竖直的一条直线的轴对称图形是5．
12．（3分）（2020•黄冈模拟）小莹和小博士下棋，小莹执圆子，小博士执方子．如图，棋盘中心方子的位置用（﹣1，0）表示，右下角方子的位置用（0，﹣1）表示．小莹将第4枚圆子放入棋盘后，所有棋子构成一个轴对称图形．她放的位置是 B ．
A．（﹣2，1）
B．（﹣1，1）
C．（1，﹣2）
D．（﹣1，﹣2）
【分析】首先确定x轴、y轴的位置，然后根据轴对称图形的定义判断．
【答案】解：棋盘中心方子的位置用（﹣1，0）表示，则这点所在的横线是x轴，右下角方子的位置用（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．
故答案为：B．
【点睛】本题考查了轴对称图形和坐标位置的确定，正确确定x轴、y轴的位置是关键．
13．（3分）（2020春•竞秀区期末）如图，在△ABC中，DM、EN分别垂直平分AC和BC，交AB于M、N两点，DM与EN相交于点F．若△CMN的周长为16cm，则AB的长为 16cm ．
【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AM＝CM，BN＝CN，然后求出△CMN的周长＝AB；
【答案】解：∵DM、EN分别垂直平分AC和BC，
∴AM＝CM，BN＝CN，
∴△CMN的周长＝CM+MN+CN＝AM+MN+BN＝AB，
∵△CMN的周长为16cm，
∴AB＝16cm；
故答案为：16cm．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等边对等角的性质，三角形的内角和定理．
14．（3分）（2020春•浦东新区期末）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝9，BO、CO分别是∠ABC、∠ACB的平分线，MN经过点O，且MN∥BC，MN分别交AB、AC于点M、N，则△AMN的周长是 15 ．
【分析】由在△ABC中，∠BAC与∠ACB的平分线相交于点O，过点O作MN∥BC，易证得△BOM与△CON是等腰三角形，继而可得△AMN的周长等于AB+AC．
【答案】解：∵在△ABC中，∠BAC与∠ACB的平分线相交于点O，
∴∠ABO＝∠OBC，∠ACO＝∠BCO，
∵MN∥BC，
∴∠MOB＝∠OBC，∠NOC＝∠OCB，
∴∠ABO＝∠MOB，∠ACO＝∠NOC，
∴BM＝OM，CN＝ON，
∴△AMN的周长是：AM+NM+AN＝AM+OM+ON+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC＝9+6＝15．
故答案为：15．
【点睛】此题考查了等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，平行线的判定，三角形周长的求法，等量代换等知识点．
15．（3分）（2020•武昌区校级自主招生）如图1是个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小王按照如图2所示的方法玩拼图游戏，两两相扣，相互不留空隙，那么小王用2020个这样的图形（图1）拼出来的图形的总长度是 m+2019n ．（结果用m，n表示）
【分析】用2020个这样的图形（图1）的总长减去拼接时的重叠部分2019个（m﹣n），即可得到拼出来的图形的总长度．
【答案】解：由图可得，2个这样的图形（图1）拼出来的图形中，重叠部分的长度为m﹣n，
∴用2020个这样的图形（图1）拼出来的图形的总长度＝2020m﹣2019（m﹣n）＝m+2019n，
故答案为：m+2019n．
【点睛】本题主要考查了利用轴对称设计图案，利用轴对称设计图案关键是要熟悉轴对称的性质，利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案．
16．（3分）（2019春•平阴县期末）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③AP＝BQ；④DE＝DP；⑤∠AOE＝120°，其中正确结论有 ①②③⑤ （填序号）．
【分析】①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，从而证出△ACD≌△BCE，可推知AD＝BE；
②由△ACD≌△BCE得∠CBE＝∠DAC，由∠ACB＝∠DCE＝60°，AC＝BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ＝60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC＝∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；
③根据②△CQB≌△CPA（ASA），可知③正确；
④根据∠DQE＝∠ECQ+∠CEQ＝60°+∠CEQ，∠CDE＝60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；
⑤由BC∥DE，得到∠CBE＝∠BED，由∠CBE＝∠DAE，得到∠AOB＝∠OAE+∠AEO＝60°，同理可得出∠AOE＝120°，进而得出∠DOE＝60°，故⑤正确．
【答案】解：∵等边△ABC和等边△CDE，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD与△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，①正确，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE＝∠DAC，
又∵∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝60°，
∴∠ACP＝∠BCQ，
在△CQB和△CPA中，∠CBE=∠DACAC=BC∠BCQ=∠ACP，
∴△CQB≌△CPA（ASA），
∴CP＝CQ，
又∵∠PCQ＝60°，
∴△PCQ为等边三角形，
∴∠PQC＝∠DCE＝60°，
∴PQ∥AE，②正确，
∵△CQB≌△CPA，
∴AP＝BQ③正确，
∵AD＝BE，AP＝BQ，
∴AD﹣AP＝BE﹣BQ，
即DP＝QE，
∵∠DQE＝∠ECQ+∠CEQ＝60°+∠CEQ，∠CDE＝60°，
∴∠DQE≠∠CDE，故④错误；
∵BC∥DE，
∴∠CBE＝∠BED，
∵∠CBE＝∠DAE，
∴∠AOB＝∠OAE+∠AEO＝60°，
同理可得出∠AOE＝120°，
∴∠DOE＝60°，故⑤正确；
∴正确结论有：①②③⑤；
故答案为：①②③⑤．
【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等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
三．解答题（共6小题，满分52分）
17．（8分）（2019秋•百色期末）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，DG⊥BC且平分BC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F．
（1）说明BE＝CF的理由；
（2）如果AB＝5，AC＝3，求AE、BE的长．
【分析】（1）连接BD，CD，由AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，根据角平分线的性质，即可得DE＝DF，又由DG⊥BC且平分BC，根据线段垂直平分线的性质，可得BD＝CD，继而可证得Rt△BED≌Rt△CFD，则可得BE＝CF；
（2）首先证得△AED≌△AFD，即可得AE＝AF，然后设BE＝x，由AB﹣BE＝AC+CF，即可得方程5﹣x＝3+x，解方程即可求得答案．
【答案】（1）证明：连接BD，CD，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，∠BED＝∠CFD＝90°，
∵DG⊥BC且平分BC，
∴BD＝CD，
在Rt△BED与Rt△CFD中，
BD=CDDE=DF，
∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），
∴BE＝CF；
（2）解：在△AED和△AFD中，
∠AED=∠AFD=90°∠EAD=∠FADAD=AD，
∴△AED≌△AFD（AAS），
∴AE＝AF，
设BE＝x，则CF＝x，
∵AB＝5，AC＝3，AE＝AB﹣BE，AF＝AC+CF，
∴5﹣x＝3+x，
解得：x＝1，
∴BE＝1，AE＝AB﹣BE＝5﹣1＝4．
【点睛】此题考查了角平分线的性质、线段垂直平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，利用方程思想与数形结合思想求解．
18．（8分）（2020秋•岳麓区校级月考）如图，在平面直角坐标系中．
（1）作△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）求出△ABC的面积；
（3）在x轴上是否存在一点P，使得△AA1P与△ABC面积相等？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）分别作出三个顶点关于x轴的对称点，再首尾顺次连接即可得；
（2）利用割补法求解可得；
（3）设点P坐标为（a，0），根据题意得出12×4×|a﹣1|=92，解之可得答案．
【答案】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）S△ABC=12×（1+3）×5-12×1×2-12×3×3=92；
（3）存在，
设点P坐标为（a，0），
根据题意，得：12×4×|a﹣1|=92，
解得a=134或a=-54，
∴点P坐标为（134，0）或（-54，0）．
【点睛】本题主要考查作图﹣轴对称变换，解题的关键是掌握轴对称变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点．
19．（8分）（2020春•叙州区期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，E为BC边上一点，以E为顶点作∠AEF，∠AEF的一边交AC于点F，使∠AEF＝∠B．
（1）如果∠ABC＝40°，则∠BAC＝ 100° ；
（2）判断∠BAE与∠CEF的大小关系，并说明理由；
（3）当△AEF为直角三角形时，求∠AEF与∠BAE的数量关系．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质解答即可；
（2）根据三角形内角与外角的关系可得∠B+∠BAE＝∠AEC＝∠AEF+∠FEC，再由条件∠AEF＝∠B可得∠BAE＝∠FEC；
（3）分别根据当∠AFE＝90°时，以及当∠EAF＝90°时利用外角的性质得出即可．
【答案】解：（1）∵在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，∠ABC＝40°，
∴∠ACB＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
故答案为：100°．
（2）∠BAE＝∠FEC；
理由如下：
∵∠B+∠BAE＝∠AEC，∠AEF＝∠B，
∴∠BAE＝∠FEC；
（3）如图1，当∠AFE＝90°时，
∵∠B+∠BAE＝∠AEF+∠CEF，
∠B＝∠AEF＝∠C，
∴∠BAE＝∠CEF，
∵∠C+∠CEF＝90°，
∴∠BAE+∠AEF＝90°，
即∠AEF与∠BAE的数量关系是互余；
如图2，当∠EAF＝90°时，
∵∠B+∠BAE＝∠AEF+∠1，
∠B＝∠AEF＝∠C，
∴∠BAE＝∠1，
∵∠C+∠1+∠AEF＝90°，
∴2∠AEF+∠1＝90°，
即2∠AEF与∠BAE的数量关系是互余．
【点睛】此题考查了等腰三角形的性质以及外角的性质，此题难度适中，注意掌握分类讨论思想的应用．
20．（8分）（2019秋•宜昌期中）直角三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，AC≤BC，如图，将纸片沿某条直线折叠，使点A落在直角边BC上，记落点为D，设折痕与AB、AC边分别交于点E、F．
（1）如果∠AFE＝65°，求∠CDF的度数；
（2）若折叠后的△CDF与△BDE均为等腰三角形，那么纸片中∠B的度数是多少？写出你的计算过程，并画出符合条件的折叠后的图形．
【分析】（1）在△CDF中，求出∠CFD即可解决问题；
（2）先确定△CDF是等腰三角形，得出∠CFD＝∠CDF＝45°，因为不确定△BDE是以那两条边为腰的等腰三角形，故需讨论，①DE＝DB，②BD＝BE，③DE＝BE，然后分别利用角的关系得出答案即可．
【答案】解：（1）根据翻折不变性可知：∠AFE＝∠DFE＝65°，
∴∠CFD＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
∵∠C＝90°，
∴∠CDF＝90°﹣50°＝40°．
（2）∵△CDF中，∠C＝90°，且△CDF是等腰三角形，
∴CF＝CD，
∴∠CFD＝∠CDF＝45°，
设∠DAE＝x°，由对称性可知，AF＝FD，AE＝DE，
∴∠FDA=12∠CFD＝22.5°，∠DEB＝2x°，
分类如下：
①当DE＝DB时，∠B＝∠DEB＝2x°，
由∠CDE＝∠DEB+∠B，得45°+22.5°+x＝4x，
解得：x＝22.5°．此时∠B＝2x＝45°；
见图形（1），说明：图中AD应平分∠CAB．
②当BD＝BE时，则∠B＝（180°﹣4x）°，
由∠CDE＝∠DEB+∠B得：45°+22.5°+x＝2x+180°﹣4x，
解得x＝37.5°，此时∠B＝（180﹣4x）°＝30°．
图形（2）说明：∠CAB＝60°，∠CAD＝22.5°．
③DE＝BE时，则∠B＝（180-2x2）°，
由∠CDE＝∠DEB+∠B得，45°+22.5°+x＝2x+180-2x2，
此方程无解．
∴DE＝BE不成立．
综上所述∠B＝45°或30°．
【点睛】本题考查了翻折变换及等腰三角形的知识，有一定的综合性，在不确定等腰三角形的腰时要注意分类讨论，不要漏解，另外要注意方程思想在求解几何问题中的应用．
21．（10分）（2019秋•辛集市期末）如图所示，已知△ABC中，AB＝AC＝BC＝10厘米，M、N分别从点A、点B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度是1厘米/秒的速度，点N的速度是2厘米/秒，当点N第一次到达B点时，M、N同时停止运动．
（1）M、N同时运动几秒后，M、N两点重合？
（2）M、N同时运动几秒后，可得等边三角形△AMN？
（3）M、N在BC边上运动时，能否得到以MN为底边的等腰△AMN，如果存在，请求出此时M、N运动的时间？
【分析】（1）首先设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，表示出M，N的运动路程，N的运动路程比M的运动路程多10cm，列出方程求解即可；
（2）根据题意设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形△AMN，然后表示出AM，AN的长，由于∠A等于60°，所以只要AM＝AN三角形ANM就是等边三角形；
（3）首先假设△AMN是等腰三角形，可证出△ACM≌△ABN，可得CM＝BN，设出运动时间，表示出CM，NB的长，列出方程，可解出未知数的值．
【答案】解：（1）设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，
x×1+10＝2x，
解得：x＝10；
（2）设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形△AMN，如图①，
AM＝t×1＝t，AN＝AB﹣BN＝10﹣2t，
∵三角形△AMN是等边三角形，
∴t＝10﹣2t，
解得t=103，
∴点M、N运动103秒后，可得到等边三角形△AMN．
（3）当点M、N在BC边上运动时，可以得到以MN为底边的等腰三角形，
由（1）知10秒时M、N两点重合，恰好在C处，
如图②，假设△AMN是等腰三角形，
∴AN＝AM，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴∠AMC＝∠ANB，
∵AB＝BC＝AC，
∴△ACB是等边三角形，
∴∠C＝∠B，
在△ACM和△ABN中，
∵AC=AB∠C=∠B∠AMC=∠ANB，
∴△ACM≌△ABN（AAS），
∴CM＝BN，
设当点M、N在BC边上运动时，M、N运动的时间y秒时，△AMN是等腰三角形，
∴CM＝y﹣10，NB＝30﹣2y，CM＝NB，
y﹣10＝30﹣2y，
解得：y=403．故假设成立．
∴当点M、N在BC边上运动时，能得到以MN为底边的等腰△AMN，此时M、N运动的时间为403秒．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的性质及判定，关键是根据题意设出未知数，理清线段之间的数量关系．
22．（10分）（2019秋•兖州区期中）如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．
①试猜想BD与AC的数量关系，并说明理由；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．
【分析】（1）延长BD交AC于F，求出∠AEB＝∠AEC＝90°，证出△BED≌△AEC，推出BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，根据∠EBD+∠BDE＝90°推出∠ADF+∠CAE＝90°，求出∠AFD＝90°即可；
（2）求出∠BED＝∠AEC，证出△BED≌△AEC，推出BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，根据∠ACE+∠EOC＝90°求出∠BDE+∠DOF＝90°，求出∠DFO＝90°即可；
（3）求出∠BED＝∠AEC，证出△BED≌△AEC，推出∠BDE＝∠ACE，根据三角形内角和定理求出∠DFC即可．
【答案】解：（1）BD＝AC，BD⊥AC，
理由：延长BD交AC于F．
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
在△BED和△AEC中BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC，
∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，
∵∠BED＝90°，
∴∠EBD+∠BDE＝90°，
∵∠BDE＝∠ADF，
∴∠ADF+∠CAE＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（2）
不发生变化，
理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC，
∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，
∵∠DEC＝90°，
∴∠ACE+∠EOC＝90°，
∵∠EOC＝∠DOF，
∴∠BDE+∠DOF＝90°，
∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（3）能．
理由：∵△ABE和△DEC是等边三角形，
∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，∠BEA＝∠DEC＝60°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中中BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC，
∴∠BDE＝∠ACE，
∴∠DFC＝180°﹣（∠BDE+∠EDC+∠DCF）
＝180°﹣（∠ACE+∠EDC+∠DCF）
＝180°﹣（60°+60°）
＝60°，
即BD与AC所成的角的度数为60°或120°．
【点睛】本题考查了等边三角形性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查了学生的推理能力．
第13章 轴对称章末达标检测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020•山西）自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识，下面是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中的图案是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【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，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分析即可．
【答案】解：A、不是轴对称图形；
B、不是轴对称图形；
C、不是轴对称图形；
D、是轴对称图形．
故选：D．
【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．
2．（3分）（2020春•岱岳区期末）如图，在方格纸中，随机选择标有序号①②③④⑤中的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分构成轴对称图形的有几个（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据轴对称图形的特点进行判断即可．
【答案】解：∵在方格纸中，使与图中阴影部分构成轴对称图形的有②④⑤，
故选：B．
【点睛】本题考查的是利用轴对称设计图案，轴对称图形是要寻找对称轴，沿对称轴对折后与两部分完全重合．
3．（3分）（2020春•朝阳区校级期末）等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角是45°，则这个三角形的底角为（ ）
A．67°31′ B．22°30′
C．67°30′ D．22°30′或67°30′
【分析】分两种情况讨论，求出每种情况的顶角的度数，再利用等边对等角的性质（两底角相等）和三角形的内角和定理，即可求出底角的度数．
【答案】解：有两种情况；
（1）如图，当△ABC是锐角三角形时，BD⊥AC于D，
则∠ADB＝90°，
已知∠ABD＝45°，
∴∠A＝90°﹣45°＝45°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C=12×（180°﹣45°）＝67.5°；
（2）如图，当△EFG是钝角三角形时，FH⊥EG于H，
则∠FHE＝90°，
已知∠HFE＝45°，
∴∠HEF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠FEG＝180°﹣45°＝135°，
∵EF＝EG，
∴∠EFG＝∠G=12×（180°﹣135°）＝22.5°，
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质的运用，解决问题的关键是能否利用三角形的内角和定理和等腰三角形的性质．解题时注意分类讨论思想的运用．
4．（3分）（2020春•沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC边上的点，DA＝DE，DB＝BE＝EC．若∠ABC＝130°，则∠C的度数为（ ）
A．20° B．22.5° C．25° D．30°
【分析】可设∠C＝x，根据等腰三角形的性质可得∠EBC＝x，则∠DBE＝130°﹣x，根据等腰三角形的性质可得∠EDB＝25°+12x，再根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质可得∠A＝12.5°+14x，再根据三角形内角和为180°，列出方程即可求解．
【答案】解：设∠C＝x，根据等腰三角形的性质得∠EBC＝x，则∠DBE＝130°﹣x，根据等腰三角形的性质得∠EDB＝25°+12x，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质得∠A＝12.5°+14x，
依题意有12.5°+14x+x+130°＝180°，
解得x＝30°．
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，得到方程是解本题的关键．
5．（3分）（2020春•沙坪坝区校级月考）如图，在△ABC中，分别以点A和点B为圆心，以相同的长（大于12AB）为半径作弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN交AB于点D，交AC于点E，连接CD．已知△CDE的面积比△CDB的面积小4，则△ADE的面积为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据尺规作图可知点D是AB的中点，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【答案】解：由尺规作图可知，MN是线段AB的垂直平分线，
∴点D是AB的中点，
∴S△ADC＝S△BDC，
∵S△BDC﹣S△CDE＝4，
∴S△ADC﹣S△CDE＝4，即△ADE的面积为4，
故选：A．
【点睛】本题考查的是尺规作图、三角形的面积计算，掌握线段垂直平分线的概念、三角形的面积公式是解题的关键．
6．（3分）（2020春•锦江区期末）如图是5×5的正方形方格图，点A，B在小方格的顶点上，要在小方格的项点确定一点C，连接AC和BC，使△ABC是等腰三角形，则方格图中满足条件的点C的个数是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】根据等腰三角形的判定找出符合的所有点即可．
【答案】解：如图所示：C在C1，C2，C3，C4位置上时，AC＝BC；
C在C5，C6位置上时，AB＝BC；
即满足点C的个数是6，
故选：C．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，能找出符合的所有点是解此题的关键，注意：有两边相等的三角形是等腰三角形．
7．（3分）（2019春•厦门期末）在平面直角坐标系中，A（a，b）（b≠0），B（m，n）．若a﹣m＝4，b+n＝0，则下列结论正确的是（ ）
A．把点A向左平移4个单位长度后，与点B关于x轴对称
B．把点A向右平移4个单位长度后，与点B关于x轴对称
C．把点A向左平移4个单位长度后，与点B关于y轴对称
D．把点A向右平移4个单位长度后，与点B关于y轴对称
【分析】根据已知确定A，B两点位置，进而分别判断各选项得出答案即可．
【答案】解：∵a﹣m＝4，∴a﹣4＝m，
又∵b+n＝0（b≠0），∴b＝﹣n，
∴把点A向左平移4个单位长度后，与点B关于x轴对称．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了坐标与图形的性质以及关于x轴、y轴对称点的坐标，根据A，B位置得出是解题关键．
8．（3分）（2019秋•石台县期末）如图，△ABC的面积为12，AB＝AC，BC＝4，AC的垂直平分线EF分别交AB，AC边于点E，F，若点D为BC边的中点，点P为线段EF上一动点，则△PCD周长的最小值为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点C关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为CP+PD的最小值，由此即可得出结论．
【答案】解：连接AD，
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴AD⊥BC，
∴S△ABC=12BC•AD=12×4×AD＝12，
解得AD＝6，
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴点C关于直线EF的对称点为点A，
∴AD的长为CP+PD的最小值，
∴△CDP的周长最短＝（CP+PD）+CD＝AD+12BC＝6+12×4＝6+2＝8．
故选：B．
【点睛】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
9．（3分）（2020春•兰州期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，∠BAC＝120°，AD是△ABC的中线，AE是∠BAD的角平分线，DF∥AB交AE的延长线于点F，则DF的长是（ ）
A．2 B．4 C．5 D．52
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质可得AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，求出∠DAE＝∠EAB＝30°，根据平行线的性质求出∠F＝∠BAE＝30°，从而得到∠DAE＝∠F，根据等角对等边求出AD＝DF，求出∠B＝30°，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半解答．
【答案】解：∵AB＝AC，AD是△ABC的中线，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD=12∠BAC=12×120°＝60°，
∵AE是∠BAD的角平分线，
∴∠DAE＝∠EAB=12∠BAD=12×60°＝30°，
∵DF∥AB，
∴∠F＝∠BAE＝30°，
∴∠DAE＝∠F＝30°，
∴AD＝DF，
∵∠B＝90°﹣60°＝30°，
∴AD=12AB=12×10＝5，
∴DF＝5，
故选：C．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，掌握直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质是解题的关键．
10．（3分）（2020春•牡丹区期末）如图，已知∠MON＝30°，点A1，A2，A3，…在射线ON上，点B1，B2，B3，…在射线OM上，△A1B1B2，△A2B2B3，△A3B3B4，…均为等边三角形．若OB1＝1，则△A8B8B9的边长为（ ）
A．64 B．128 C．132 D．256
【分析】根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出B1A1∥A2B2∥A3B3，以及a2＝2a1，得出a3＝4a1＝4，a4＝8a1＝8，a5＝16a1…进而得出答案．
【答案】解：∵△A1B1B2是等边三角形，
∴∠A1B1B2＝∠A1B2O＝60°，A1B1＝A1B2，
∵∠O＝30°，
∴∠A2A1B2＝∠O+∠A1B2O＝90°，
∵∠A1B1B2＝∠O+∠OA1B1，
∴∠O＝∠OA1B1＝30°，
∴OB1＝A1B1＝A1B2＝1，
在Rt△A2A1B2中，∵∠A1A2B2＝30°
∴A2B2＝2A1B2＝2，
同法可得A3B3＝22，A4B4＝23，…，AnBn＝2n﹣1，
∴△A8B8B9的边长＝27＝128，
故选：B．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020春•玉门市期末）如图，课间休息时，小新将镜子放在桌面上，无意间看到镜子中有一串数字，原来是桌旁墙面上张贴的同学手机号码中的几个数字，请问镜子中的数字对应的实际数字是 630085 ．
【分析】易得所求的数字与看到的数字关于竖直的一条直线成轴对称，作出相应图形即可求解．
【答案】解：做轴对称图形得：|630085，
故答案是：630085．
【点睛】本题主要考查了镜面对称，解决本题的关键是找到相应的对称轴；难点是作出相应的对称图形；注意2的关于竖直的一条直线的轴对称图形是5．
12．（3分）（2020•黄冈模拟）小莹和小博士下棋，小莹执圆子，小博士执方子．如图，棋盘中心方子的位置用（﹣1，0）表示，右下角方子的位置用（0，﹣1）表示．小莹将第4枚圆子放入棋盘后，所有棋子构成一个轴对称图形．她放的位置是 B ．
A．（﹣2，1）
B．（﹣1，1）
C．（1，﹣2）
D．（﹣1，﹣2）
【分析】首先确定x轴、y轴的位置，然后根据轴对称图形的定义判断．
【答案】解：棋盘中心方子的位置用（﹣1，0）表示，则这点所在的横线是x轴，右下角方子的位置用（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．
故答案为：B．
【点睛】本题考查了轴对称图形和坐标位置的确定，正确确定x轴、y轴的位置是关键．
13．（3分）（2020春•竞秀区期末）如图，在△ABC中，DM、EN分别垂直平分AC和BC，交AB于M、N两点，DM与EN相交于点F．若△CMN的周长为16cm，则AB的长为 16cm ．
【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AM＝CM，BN＝CN，然后求出△CMN的周长＝AB；
【答案】解：∵DM、EN分别垂直平分AC和BC，
∴AM＝CM，BN＝CN，
∴△CMN的周长＝CM+MN+CN＝AM+MN+BN＝AB，
∵△CMN的周长为16cm，
∴AB＝16cm；
故答案为：16cm．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等边对等角的性质，三角形的内角和定理．
14．（3分）（2020春•浦东新区期末）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝9，BO、CO分别是∠ABC、∠ACB的平分线，MN经过点O，且MN∥BC，MN分别交AB、AC于点M、N，则△AMN的周长是 15 ．
【分析】由在△ABC中，∠BAC与∠ACB的平分线相交于点O，过点O作MN∥BC，易证得△BOM与△CON是等腰三角形，继而可得△AMN的周长等于AB+AC．
【答案】解：∵在△ABC中，∠BAC与∠ACB的平分线相交于点O，
∴∠ABO＝∠OBC，∠ACO＝∠BCO，
∵MN∥BC，
∴∠MOB＝∠OBC，∠NOC＝∠OCB，
∴∠ABO＝∠MOB，∠ACO＝∠NOC，
∴BM＝OM，CN＝ON，
∴△AMN的周长是：AM+NM+AN＝AM+OM+ON+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC＝9+6＝15．
故答案为：15．
【点睛】此题考查了等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，平行线的判定，三角形周长的求法，等量代换等知识点．
15．（3分）（2020•武昌区校级自主招生）如图1是个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小王按照如图2所示的方法玩拼图游戏，两两相扣，相互不留空隙，那么小王用2020个这样的图形（图1）拼出来的图形的总长度是 m+2019n ．（结果用m，n表示）
【分析】用2020个这样的图形（图1）的总长减去拼接时的重叠部分2019个（m﹣n），即可得到拼出来的图形的总长度．
【答案】解：由图可得，2个这样的图形（图1）拼出来的图形中，重叠部分的长度为m﹣n，
∴用2020个这样的图形（图1）拼出来的图形的总长度＝2020m﹣2019（m﹣n）＝m+2019n，
故答案为：m+2019n．
【点睛】本题主要考查了利用轴对称设计图案，利用轴对称设计图案关键是要熟悉轴对称的性质，利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案．
16．（3分）（2019春•平阴县期末）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③AP＝BQ；④DE＝DP；⑤∠AOE＝120°，其中正确结论有 ①②③⑤ （填序号）．
【分析】①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，从而证出△ACD≌△BCE，可推知AD＝BE；
②由△ACD≌△BCE得∠CBE＝∠DAC，由∠ACB＝∠DCE＝60°，AC＝BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ＝60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC＝∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；
③根据②△CQB≌△CPA（ASA），可知③正确；
④根据∠DQE＝∠ECQ+∠CEQ＝60°+∠CEQ，∠CDE＝60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；
⑤由BC∥DE，得到∠CBE＝∠BED，由∠CBE＝∠DAE，得到∠AOB＝∠OAE+∠AEO＝60°，同理可得出∠AOE＝120°，进而得出∠DOE＝60°，故⑤正确．
【答案】解：∵等边△ABC和等边△CDE，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，
在△ACD与△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，①正确，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE＝∠DAC，
又∵∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝60°，
∴∠ACP＝∠BCQ，
在△CQB和△CPA中，∠CBE=∠DACAC=BC∠BCQ=∠ACP，
∴△CQB≌△CPA（ASA），
∴CP＝CQ，
又∵∠PCQ＝60°，
∴△PCQ为等边三角形，
∴∠PQC＝∠DCE＝60°，
∴PQ∥AE，②正确，
∵△CQB≌△CPA，
∴AP＝BQ③正确，
∵AD＝BE，AP＝BQ，
∴AD﹣AP＝BE﹣BQ，
即DP＝QE，
∵∠DQE＝∠ECQ+∠CEQ＝60°+∠CEQ，∠CDE＝60°，
∴∠DQE≠∠CDE，故④错误；
∵BC∥DE，
∴∠CBE＝∠BED，
∵∠CBE＝∠DAE，
∴∠AOB＝∠OAE+∠AEO＝60°，
同理可得出∠AOE＝120°，
∴∠DOE＝60°，故⑤正确；
∴正确结论有：①②③⑤；
故答案为：①②③⑤．
【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等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
三．解答题（共6小题，满分52分）
17．（8分）（2019秋•百色期末）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，DG⊥BC且平分BC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F．
（1）说明BE＝CF的理由；
（2）如果AB＝5，AC＝3，求AE、BE的长．
【分析】（1）连接BD，CD，由AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，根据角平分线的性质，即可得DE＝DF，又由DG⊥BC且平分BC，根据线段垂直平分线的性质，可得BD＝CD，继而可证得Rt△BED≌Rt△CFD，则可得BE＝CF；
（2）首先证得△AED≌△AFD，即可得AE＝AF，然后设BE＝x，由AB﹣BE＝AC+CF，即可得方程5﹣x＝3+x，解方程即可求得答案．
【答案】（1）证明：连接BD，CD，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，∠BED＝∠CFD＝90°，
∵DG⊥BC且平分BC，
∴BD＝CD，
在Rt△BED与Rt△CFD中，
BD=CDDE=DF，
∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），
∴BE＝CF；
（2）解：在△AED和△AFD中，
∠AED=∠AFD=90°∠EAD=∠FADAD=AD，
∴△AED≌△AFD（AAS），
∴AE＝AF，
设BE＝x，则CF＝x，
∵AB＝5，AC＝3，AE＝AB﹣BE，AF＝AC+CF，
∴5﹣x＝3+x，
解得：x＝1，
∴BE＝1，AE＝AB﹣BE＝5﹣1＝4．
【点睛】此题考查了角平分线的性质、线段垂直平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，利用方程思想与数形结合思想求解．
18．（8分）（2020秋•岳麓区校级月考）如图，在平面直角坐标系中．
（1）作△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）求出△ABC的面积；
（3）在x轴上是否存在一点P，使得△AA1P与△ABC面积相等？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）分别作出三个顶点关于x轴的对称点，再首尾顺次连接即可得；
（2）利用割补法求解可得；
（3）设点P坐标为（a，0），根据题意得出12×4×|a﹣1|=92，解之可得答案．
【答案】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）S△ABC=12×（1+3）×5-12×1×2-12×3×3=92；
（3）存在，
设点P坐标为（a，0），
根据题意，得：12×4×|a﹣1|=92，
解得a=134或a=-54，
∴点P坐标为（134，0）或（-54，0）．
【点睛】本题主要考查作图﹣轴对称变换，解题的关键是掌握轴对称变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点．
19．（8分）（2020春•叙州区期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，E为BC边上一点，以E为顶点作∠AEF，∠AEF的一边交AC于点F，使∠AEF＝∠B．
（1）如果∠ABC＝40°，则∠BAC＝ 100° ；
（2）判断∠BAE与∠CEF的大小关系，并说明理由；
（3）当△AEF为直角三角形时，求∠AEF与∠BAE的数量关系．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质解答即可；
（2）根据三角形内角与外角的关系可得∠B+∠BAE＝∠AEC＝∠AEF+∠FEC，再由条件∠AEF＝∠B可得∠BAE＝∠FEC；
（3）分别根据当∠AFE＝90°时，以及当∠EAF＝90°时利用外角的性质得出即可．
【答案】解：（1）∵在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，∠ABC＝40°，
∴∠ACB＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
故答案为：100°．
（2）∠BAE＝∠FEC；
理由如下：
∵∠B+∠BAE＝∠AEC，∠AEF＝∠B，
∴∠BAE＝∠FEC；
（3）如图1，当∠AFE＝90°时，
∵∠B+∠BAE＝∠AEF+∠CEF，
∠B＝∠AEF＝∠C，
∴∠BAE＝∠CEF，
∵∠C+∠CEF＝90°，
∴∠BAE+∠AEF＝90°，
即∠AEF与∠BAE的数量关系是互余；
如图2，当∠EAF＝90°时，
∵∠B+∠BAE＝∠AEF+∠1，
∠B＝∠AEF＝∠C，
∴∠BAE＝∠1，
∵∠C+∠1+∠AEF＝90°，
∴2∠AEF+∠1＝90°，
即2∠AEF与∠BAE的数量关系是互余．
【点睛】此题考查了等腰三角形的性质以及外角的性质，此题难度适中，注意掌握分类讨论思想的应用．
20．（8分）（2019秋•宜昌期中）直角三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，AC≤BC，如图，将纸片沿某条直线折叠，使点A落在直角边BC上，记落点为D，设折痕与AB、AC边分别交于点E、F．
（1）如果∠AFE＝65°，求∠CDF的度数；
（2）若折叠后的△CDF与△BDE均为等腰三角形，那么纸片中∠B的度数是多少？写出你的计算过程，并画出符合条件的折叠后的图形．
【分析】（1）在△CDF中，求出∠CFD即可解决问题；
（2）先确定△CDF是等腰三角形，得出∠CFD＝∠CDF＝45°，因为不确定△BDE是以那两条边为腰的等腰三角形，故需讨论，①DE＝DB，②BD＝BE，③DE＝BE，然后分别利用角的关系得出答案即可．
【答案】解：（1）根据翻折不变性可知：∠AFE＝∠DFE＝65°，
∴∠CFD＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
∵∠C＝90°，
∴∠CDF＝90°﹣50°＝40°．
（2）∵△CDF中，∠C＝90°，且△CDF是等腰三角形，
∴CF＝CD，
∴∠CFD＝∠CDF＝45°，
设∠DAE＝x°，由对称性可知，AF＝FD，AE＝DE，
∴∠FDA=12∠CFD＝22.5°，∠DEB＝2x°，
分类如下：
①当DE＝DB时，∠B＝∠DEB＝2x°，
由∠CDE＝∠DEB+∠B，得45°+22.5°+x＝4x，
解得：x＝22.5°．此时∠B＝2x＝45°；
见图形（1），说明：图中AD应平分∠CAB．
②当BD＝BE时，则∠B＝（180°﹣4x）°，
由∠CDE＝∠DEB+∠B得：45°+22.5°+x＝2x+180°﹣4x，
解得x＝37.5°，此时∠B＝（180﹣4x）°＝30°．
图形（2）说明：∠CAB＝60°，∠CAD＝22.5°．
③DE＝BE时，则∠B＝（180-2x2）°，
由∠CDE＝∠DEB+∠B得，45°+22.5°+x＝2x+180-2x2，
此方程无解．
∴DE＝BE不成立．
综上所述∠B＝45°或30°．
【点睛】本题考查了翻折变换及等腰三角形的知识，有一定的综合性，在不确定等腰三角形的腰时要注意分类讨论，不要漏解，另外要注意方程思想在求解几何问题中的应用．
21．（10分）（2019秋•辛集市期末）如图所示，已知△ABC中，AB＝AC＝BC＝10厘米，M、N分别从点A、点B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度是1厘米/秒的速度，点N的速度是2厘米/秒，当点N第一次到达B点时，M、N同时停止运动．
（1）M、N同时运动几秒后，M、N两点重合？
（2）M、N同时运动几秒后，可得等边三角形△AMN？
（3）M、N在BC边上运动时，能否得到以MN为底边的等腰△AMN，如果存在，请求出此时M、N运动的时间？
【分析】（1）首先设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，表示出M，N的运动路程，N的运动路程比M的运动路程多10cm，列出方程求解即可；
（2）根据题意设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形△AMN，然后表示出AM，AN的长，由于∠A等于60°，所以只要AM＝AN三角形ANM就是等边三角形；
（3）首先假设△AMN是等腰三角形，可证出△ACM≌△ABN，可得CM＝BN，设出运动时间，表示出CM，NB的长，列出方程，可解出未知数的值．
【答案】解：（1）设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，
x×1+10＝2x，
解得：x＝10；
（2）设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形△AMN，如图①，
AM＝t×1＝t，AN＝AB﹣BN＝10﹣2t，
∵三角形△AMN是等边三角形，
∴t＝10﹣2t，
解得t=103，
∴点M、N运动103秒后，可得到等边三角形△AMN．
（3）当点M、N在BC边上运动时，可以得到以MN为底边的等腰三角形，
由（1）知10秒时M、N两点重合，恰好在C处，
如图②，假设△AMN是等腰三角形，
∴AN＝AM，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴∠AMC＝∠ANB，
∵AB＝BC＝AC，
∴△ACB是等边三角形，
∴∠C＝∠B，
在△ACM和△ABN中，
∵AC=AB∠C=∠B∠AMC=∠ANB，
∴△ACM≌△ABN（AAS），
∴CM＝BN，
设当点M、N在BC边上运动时，M、N运动的时间y秒时，△AMN是等腰三角形，
∴CM＝y﹣10，NB＝30﹣2y，CM＝NB，
y﹣10＝30﹣2y，
解得：y=403．故假设成立．
∴当点M、N在BC边上运动时，能得到以MN为底边的等腰△AMN，此时M、N运动的时间为403秒．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的性质及判定，关键是根据题意设出未知数，理清线段之间的数量关系．
22．（10分）（2019秋•兖州区期中）如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．
（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；
（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；
（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．
①试猜想BD与AC的数量关系，并说明理由；
②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．
【分析】（1）延长BD交AC于F，求出∠AEB＝∠AEC＝90°，证出△BED≌△AEC，推出BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，根据∠EBD+∠BDE＝90°推出∠ADF+∠CAE＝90°，求出∠AFD＝90°即可；
（2）求出∠BED＝∠AEC，证出△BED≌△AEC，推出BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，根据∠ACE+∠EOC＝90°求出∠BDE+∠DOF＝90°，求出∠DFO＝90°即可；
（3）求出∠BED＝∠AEC，证出△BED≌△AEC，推出∠BDE＝∠ACE，根据三角形内角和定理求出∠DFC即可．
【答案】解：（1）BD＝AC，BD⊥AC，
理由：延长BD交AC于F．
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
在△BED和△AEC中BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC，
∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，
∵∠BED＝90°，
∴∠EBD+∠BDE＝90°，
∵∠BDE＝∠ADF，
∴∠ADF+∠CAE＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（2）
不发生变化，
理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC，
∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，
∵∠DEC＝90°，
∴∠ACE+∠EOC＝90°，
∵∠EOC＝∠DOF，
∴∠BDE+∠DOF＝90°，
∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，
∴BD⊥AC；
（3）能．
理由：∵△ABE和△DEC是等边三角形，
∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，∠BEA＝∠DEC＝60°，
∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，
∴∠BED＝∠AEC，
在△BED和△AEC中中BE=AE∠BED=∠AECDE=EC
∴△BED≌△AEC，
∴∠BDE＝∠ACE，
∴∠DFC＝180°﹣（∠BDE+∠EDC+∠DCF）
＝180°﹣（∠ACE+∠EDC+∠DCF）
＝180°﹣（60°+60°）
＝60°，
即BD与AC所成的角的度数为60°或120°．
【点睛】本题考查了等边三角形性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查了学生的推理能力．
相关试卷
专题2.7 分式章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版）： 这是一份专题2.7 分式章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版），文件包含专题27分式章末达标检测卷人教版解析版docx、专题27分式章末达标检测卷人教版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
专题2.6 整式的乘法与因式分解章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版）： 这是一份专题2.6 整式的乘法与因式分解章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版），文件包含专题26整式的乘法与因式分解章末达标检测卷人教版解析版docx、专题26整式的乘法与因式分解章末达标检测卷人教版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
专题2.1 三角形章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版）： 这是一份专题2.1 三角形章末达标检测卷-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版），文件包含专题21三角形章末达标检测卷人教版解析版docx、专题21三角形章末达标检测卷人教版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
