中考数学一轮复习考点梳理+单元突破练习专题13 轴对称（教师版）

这是一份中考数学一轮复习考点梳理+单元突破练习专题13 轴对称（教师版），共26页。试卷主要包含了对称轴，对称点，线段的垂直平分线定义，等边三角形角的特点，等边三角形的判定等内容，欢迎下载使用。

专题13 轴对称
知识点1：轴对称
1.对称轴：如果一个图形沿某条直线折叠后，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；这条直线叫做对称轴。
2.对称点：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，这条直线叫做对称轴，折叠后重合的点是对应点，叫做对称点。
3.线段的垂直平分线定义：经过线段中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线。
线段的垂直平分线的性质
（1）轴对称图形的对称轴，是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。
（2）角平分线上的点到角两边距离相等。
（3）线段垂直平分线上的任意一点到线段两个端点的距离相等。
（4）与一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上。
（5）轴对称图形上对应线段相等、对应角相等。
知识点2：画轴对称图形的方法
几何图形都可以看作由点组成，对于某些图形，只要画出图形中的一些特殊点（如线段端点）的对称点，连接这些对称点，就可以得到原图形的轴对称图形。
知识点3：等腰三角形与等边三角形
1.等腰三角形的性质：等腰三角形的两个底角相等，（等边对等角）
2.等腰三角形的顶角平分线、底边上的高、底边上的中线互相重合，简称为“三线合一”。
3.等腰三角形的判定：等角对等边。
4.等边三角形角的特点：三个内角相等，等于60°，
5.等边三角形的判定： 三个角都相等的三角形是等腰三角形。
有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形
有两个角是60°的三角形是等边三角形。
6.直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半。
7．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。


一、学习线段的垂直平分线要求
1.掌握线段的垂直平分线的性质定理及其逆定理，能够利用尺规作已知线段的垂直平分线．
2.会证明三角形的三条中垂线必交于一点.掌握三角形的外心性质定理.
3.已知底边和底边上的高，求作等腰三角形.
4.能运用线段的垂直平分线的性质定理及其逆定理解决简单的几何问题及实际问题．
二、线段的垂直平分线要点梳理
要点一、线段的垂直平分线
1. 线段的垂直平分线定义。经过线段中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂
直平分线，也叫线段的中垂线．
2.线段垂直平分线的做法。求作线段AB的垂直平分线.

作法：（1）分别以点A，B为圆心，以大于AB的长为半径作弧，两弧相交于C，D两点；
说明：作弧时的半径必须大于AB的长，否则就不能得到两弧的交点了．
（2）作直线CD，CD即为所求直线．
说明：线段的垂直平分线的实质是一条直线.
要点二、线段的垂直平分线定理
线段的垂直平分线定理：线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等．
线段的垂直平分线定理也就是线段垂直平分线的性质，是证明两条线段相等的常用方法之
一。同时也给出了引辅助线的方法，“线段垂直平分线，常向两端把线连”.就是遇见线段
垂直平分线，画出到线段两个端点的距离，这样就出现相等线段，直接或间接地为构造全等三角形创造条件．
要点三、线段的垂直平分线逆定理
线段的垂直平分线逆定理：到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上．
要点解读：
到线段两个端点距离相等的所有点组成了线段的垂直平分线.线段的垂直平分线可以看作是与这条线段两个端点的距离相等的所有点的集合．
要点四、三角形的外心
三角形三边垂直平分线交于一点，该点到三角形三顶点的距离相等，这点是三角形外接圆的圆心——外心.
要点解读:
1.三角形三条边的垂直平分线必交于一点（三线共点），该点即为三角形外接圆的圆心.
2.锐角三角形的外心在三角形内部；钝角三角形的外心在三角形外部；直角三角形的外心在斜边上，与斜边中点重合.
3.外心到三顶点的距离相等.
要点五、尺规作图
作图题是初中数学中不可缺少的一类试题，它要求写出“已知，求作，作法和画图”，画图必须保留痕迹，在现行的教材里，一般不要求写出作法，但是必须保留痕迹.证明过程一般不用写出来.最后要点题即“xxx即为所求”.
三、线段的垂直平分线试题类型
类型一：线段的垂直平分线定理
类型二：线段的垂直平分线的逆定理
类型三：线段的垂直平分线定理与逆定理的综合应用
类型四：尺规作图
【例题1】（2019•江苏泰州）如图图形中的轴对称图形是（　　）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】本题考查的是轴对称图形的概念，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．根据轴对称图形的概念判断即可．
A.不是轴对称图形；B.是轴对称图形；C.不是轴对称图形；D.不是轴对称图形。
【例题2】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。
【例题3】（2020•滨州）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N．若直线BA′交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据中位线定理可得AM＝2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得A′M＝A′N＝2，过M点作MG⊥EF于G，可求A′G，根据勾股定理可求MG，进一步得到BE，再根据平行线分线段成比例可求OF，从而得到OD．
解：∵EN＝1，
∴由中位线定理得AM＝2，
由折叠的性质可得A′M＝2，
∵AD∥EF，
∴∠AMB＝∠A′NM，
∵∠AMB＝∠A′MB，
∴∠A′NM＝∠A′MB，
∴A′N＝2，
∴A′E＝3，A′F＝2
过M点作MG⊥EF于G，
∴NG＝EN＝1，
∴A′G＝1，
由勾股定理得MG，
∴BE＝OF＝MG，
∴OF：BE＝2：3，
解得OF，
∴OD．

《轴对称》单元精品检测试卷
本套试卷满分120分，答题时间90分钟
一、选择题（每小题3分，共30分）
1.（2019山东东营）下列图形中，是轴对称图形的是（ ）

【答案】D
【解析】观察图形，选项D中图形是轴对称图形，有3条对称轴，其他图形都不是轴对称图形．故选D．
2.若下列选项中的图形均为正多边形，则哪一个图形恰有4条对称轴？（　）

A B C D
【答案】B．
【解析】此题主要考查了轴对称图形，正确把握轴对称图形的定义是解题关键．直接利用轴对称图形的性质分析得出符合题意的答案．
A．正三角形有3条对称轴，故此选项错误；
B．正方形有4条对称轴，故此选项正确；
C．正六边形有6条对称轴，故此选项错误；
D．正八边形有8条对称轴，故此选项错误．
3.如图，直线MN是四边形AMBN的对称轴，点P时直线MN上的点，下列判断错误的是（　）

A．AM=BM B．AP=BN C．∠MAP=∠MBP D．∠ANM=∠BNM
【答案】B
【解析】根据直线MN是四边形AMBN的对称轴，得到点A与点B对应，根据轴对称的性质即可得到结论．
∵直线MN是四边形AMBN的对称轴，
∴点A与点B对应，
∴AM=BM，AN=BN，∠ANM=∠BNM，
∵点P时直线MN上的点，
∴∠MAP=∠MBP，
∴A，C，D正确，B错误。
4.下面四个手机应用图标中是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】本题考查的是轴对称图形，熟知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，互相重合是解答此题的关键．分别根据轴对称图形与中心对称图形的性质对各选项进行逐一分析即可．
A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
B．是中心对称图形，故本选项错误；
C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
D．是轴对称图形，故本选项正确．
5.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.
6.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）．
7.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.
8．如图，∠AOB=120°，OP平分∠AOB，且OP=2．若点M，N分别在OA，OB上，且△PMN为等边三角形，则满足上述条件的△PMN有（　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．3个以上
【答案】D
【解析】本题考查等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质等知识，解题的关键是正确添加辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型．
如图在OA、OB上截取OE=OF=OP，作∠MPN=60°，只要证明△PEM≌△PON即可推出△PMN是等边三角形，由此即可对称结论．
如图在OA、OB上截取OE=OF=OP，作∠MPN=60°．

∵OP平分∠AOB，
∴∠EOP=∠POF=60°，
∵OP=OE=OF，
∴△OPE，△OPF是等边三角形，
∴EP=OP，∠EPO=∠OEP=∠PON=∠MPN=60°，
∴∠EPM=∠OPN，
在△PEM和△PON中，
，
∴△PEM≌△PON．
∴PM=PN，∵∠MPN=60°，
∴△POM是等边三角形，
∴只要∠MPN=60°，△PMN就是等边三角形，
故这样的三角形有无数个．
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，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（ ）

A．130° B．120° C．110° D．100°

【答案】B
【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°。
二、填空题（每空3分，共15分）
11．（2020•杭州）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝　　，BE＝　　．

【答案】2，1．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，
∵把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，
∴CF＝BC，∠CFE＝∠B＝90°，EF＝BE，
∴CF＝AD，∠CFD＝90°，
∴∠ADE+∠CDF＝∠CDF+∠DCF＝90°，
∴∠ADF＝∠DCF，
∴△ADE≌△FCD（ASA），
∴DF＝AE＝2；
∵∠AFE＝∠CFD＝90°，
∴∠AFE＝∠DAE＝90°，
∵∠AEF＝∠DEA，
∴△AEF∽△DEA，
∴，
∴，
∴EF1（负值舍去），
∴BE＝EF1
12．（2020•武汉）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，EF为折痕，AB＝1，AD＝2．设AM的长为t，用含有t的式子表示四边形CDEF的面积是　 　．

【答案】t+1．
【解析】连接DM，过点E作EG⊥BC于点G，设DE＝x＝EM，则EA＝2﹣x，由勾股定理得出（2﹣x）2+t2＝x2，证得∠ADM＝∠FEG，由锐角三角函数的定义得出FG，求出CF，则由梯形的面积公式可得出答案．
解：连接DM，过点E作EG⊥BC于点G，

设DE＝x＝EM，则EA＝2﹣x，
∵AE2+AM2＝EM2，
∴（2﹣x）2+t2＝x2，
解得x1，∴DE1，
∵折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，
∴EF⊥DM，
∠ADM+∠DEF＝90°，
∵EG⊥AD，
∴∠DEF+∠FEG＝90°，
∴∠ADM＝∠FEG，
∴tan∠ADM，
∴FG，
∵CG＝DE1，
∴CF1，
∴S四边形CDEF（CF+DE）×1t+1．
13．（2020•甘孜州）如图，有一张长方形纸片ABCD，AB＝8cm，BC＝10cm，点E为CD上一点，将纸片沿AE折叠，BC的对应边B′C′恰好经过点D，则线段DE的长为　　cm．

【答案】5
【分析】由折叠的性质可得AB＝AB'＝8cm，BC＝B'C'＝10cm，CE＝C'E，由勾股定理可求B'D的长，由勾股定理可求解．
∵将纸片沿AE折叠，BC的对应边B′C′恰好经过点D，
∴AB＝AB'＝8cm，BC＝B'C'＝10cm，CE＝C'E，
∴B'D6cm，
∴C'D＝B'C'﹣B'D＝4cm，
∵DE2＝C'D2+C'E2，
∴DE2＝16+（8﹣DE）2，
∴DE＝5cm
14．（2020•铜仁市）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为A1，折痕为DE．若将∠B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则AB＝　　．

【答案】．
【解析】由折叠可得，A1D＝AD＝4，∠A＝∠EA1D＝90°，∠BA1E＝∠B1A1E，BA1＝B1A1，∠B＝∠A1B1E＝90°，
∴∠EA1B1+∠DA1B1＝90°＝∠BA1E+∠CA1D，
∴∠DA1B1＝∠CA1D，
又∵∠C＝∠A1B1D，A1D＝A1D，
∴△A1DB1≌△A1DC（AAS），
∴A1C＝A1B1，
∴BA1＝A1CBC＝2，
∴Rt△A1CD中，CD，
∴AB

三、解答题（8个小题，共75分）
15.（5分）如图，作出菱形ABCD关于直线l的对称图形.

【答案】

【解析】轴对称图形的画法. 作出菱形四个顶点的对称点，并顺次连接起来．分别作出点A、B、C、D关于直线l的对称点E、F、G、I，连接EF，FG，GI，IE，菱形EFGI即为所求.
16.（8分）如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（－2，－1），B（－3，－3），C（－1，－3）.
①画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
②画出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2，并写出点A2的坐标.

【答案】①如图所示，A1（－2，1）。
②如图所示，A2（2，1）。

【解析】考点是轴对称和中心对称作图。
根据轴对称和中心对称的性质作图，写出A1、A2的坐标。
17.（12分）（2019•重庆）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的中点，连结AD，BE平分∠ABC交AC于点E，过点E作EF∥BC交AB于点F．
（1）若∠C＝36°，求∠BAD的度数；
（2）求证：FB＝FE．

【答案】见解析。
【解析】（1）∵AB＝AC，∴∠C＝∠ABC，
∵∠C＝36°，∴∠ABC＝36°，
∵BD＝CD，AB＝AC，
∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠BAD＝90°﹣36°＝54°．
（2）证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE＝∠ABC，
∵EF∥BC，∴∠FEB＝∠CBE，
∴∠FBE＝∠FEB，∴FB＝FE．

18.（10分）（2019•杭州）如图，在△ABC中，AC＜AB＜BC．
（1）已知线段AB的垂直平分线与BC边交于点P，连接AP，求证：∠APC＝2∠B．
（2）以点B为圆心，线段AB的长为半径画弧，与BC边交于点Q，连接AQ．若∠AQC＝3∠B，求∠B的度数．

【答案】见解析。
【解析】（1）证明：∵线段AB的垂直平分线与BC边交于点P，
∴PA＝PB，∴∠B＝∠BAP，
∵∠APC＝∠B+∠BAP，∴∠APC＝2∠B；
（2）根据题意可知BA＝BQ，∴∠BAQ＝∠BQA，
∵∠AQC＝3∠B，∠AQC＝∠B+∠BAQ，∴∠BQA＝2∠B，
∵∠BAQ+∠BQA+∠B＝180°，
∴5∠B＝180°，∴∠B＝36°．
19. （8分）如图，从A地到B地经过一条小河(河岸平行)，今欲在河上建一座与两岸垂直的桥，应如何选择桥的位置才能使从A地到B地的路程最短？

【答案】见解析。
【解析】从A到B要走的路线是A→M→N→B，如图所示，而MN是定值，于是要使路程最短，只要AM＋BN最短即可．此时两线段应在同一平行方向上，平移MN到AC，从C到B应是余下的路程，连接BC的线段即为最短的，此时不难说明点N即为建桥位置，MN即为所建的桥．
(1)如图2，过点A作AC垂直于河岸，且使AC等于河宽．
(2)连接BC与河岸的一边交于点N.
(3)过点N作河岸的垂线交另一条河岸于点M.
则MN为所建的桥的位置．
20.（8分）如图，A、B为重庆市内两个较大的商圈，现需要在主要交通干道l上修建一个轻轨站P，问如何修建，才能使得人们出行逛街更便捷.

【答案】


【解析】利用轴对称解决最短路径问题。作点A关于直线l的对称点A’，再连接A’B，交直线l于点P，点P即为所求.
21．（12分）如图，直线AB∥CD，∠ACD的平分线CE交AB于点F，∠AFE的平分线交CA延长线于
点G．
（1）证明：AC＝AF；
（2）若∠FCD＝30°，求∠G的大小．

【答案】见解析。
【解析】（1）证明：∵∠ACD的平分线CE交AB于点F，
∴∠ACF＝∠DCF，
∵AB∥CD，
∴∠AFC＝∠DCF，
∴∠ACF＝∠AFC，
∴AC＝AF；
（2）解：∵∠FCD＝30°，AB∥CD，
∴∠ACD＝∠GAF＝60°，∠AFC＝30°，
∵∠AFE的平分线交CA延长线于点G．
∴＝75°，
∴∠G＝180°﹣∠GAF﹣∠AFG＝180°﹣60°﹣75°＝45°．
22．（12分）（2020•泰安）若△ABC和△AED均为等腰三角形，且∠BAC＝∠EAD＝90°．
（1）如图（1），点B是DE的中点，判定四边形BEAC的形状，并说明理由；
（2）如图（2），若点G是EC的中点，连接GB并延长至点F，使CF＝CD．
求证：①EB＝DC，②∠EBG＝∠BFC．

【答案】见解析。
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠E＝∠BAE＝45°，∠ABE＝90°，∠ABC＝∠BAE＝45°，∠ABE＝∠BAC＝90°，可证BC∥AE，AC∥BE，可得四边形BEAC是平行四边形；
（2）①由“SAS”可证△AEB≌△ADC，可得BE＝CD；
②延长FG至点H，使GH＝FG，由“SAS”可证△EGH≌△CGF，可得∠BFC＝∠H，CF＝EH，可得EH＝BE，由等腰三角形的性质可得结论．
【解析】（1）四边形BEAC是平行四边形，
理由如下：
∵△AED为等腰三角形，∠EAD＝90°，B是DE的中点，
∴∠E＝∠BAE＝45°，∠ABE＝90°，
∵△ABC是等腰三角形，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠BAE＝45°，∠ABE＝∠BAC＝90°，
∴BC∥AE，AC∥BE，
∴四边形BEAC是平行四边形；
（2）①∵△ABC和△AED均为等腰三角形，∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴AE＝AD，AB＝AC，∠BAE＝∠CAD，
∴△AEB≌△ADC（SAS），
∴BE＝CD；
②延长FG至点H，使GH＝FG，

∵G是EC的中点，
∴EG＝DG，
又∵∠EGH＝∠FGC，
∴△EGH≌△CGF（SAS），
∴∠BFC＝∠H，CF＝EH，
∵CF＝CD，CD＝BE，
∴EH＝BE，
∴∠H＝∠EBG，
∴∠EBG＝∠BFC．