期中真题必刷基础60题（33个考点专练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版）

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A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】利用三角形定义解答即可．
【解答】解：以AB为边的三角形有△ABD，△ABC，共2个，
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形，关键是掌握由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形．
2．（2022秋•安次区校级期中）下面是小强用三根火柴组成的图形，其中符合三角形概念的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】因为三角形的定义为：由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所成的图形．
【解答】解：因为三角形是由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所成的图形．
故选：C．
【点评】此题考查了三角形的定义．解题的关键是熟练记住定义．
二．三角形的角平分线、中线和高（共4小题）
3．（2022秋•朝阳区校级期中）用三角板作△ABC的边BC上的高，下列三角板的摆放位置正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据高线的定义即可得出结论．
【解答】解：B，C，D都不是△ABC的边BC上的高，
故选：A．
【点评】本题考查的是作图﹣基本作图，熟知三角形高线的定义是解答此题的关键．
4．（2022秋•德江县期中）如图，CD，CE，CF分别是△ABC的高、角平分线、中线，则下列各式中错误的是（ ）
A．AB＝2BFB．∠ACE＝∠ACB
C．AE＝BED．CD⊥BE
【分析】从三角形的一个顶点向对边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．
三角形一个内角的平分线与这个内角的对边交于一点，则这个内角的顶点与所交的点间的线段叫做三角形的角平分线．
三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．依此即可求解．
【解答】解：∵CD，CE，CF分别是△ABC的高、角平分线、中线，
∴CD⊥BE，∠ACE＝∠ACB，AB＝2BF，无法确定AE＝BE．
故选：C．
【点评】考查了三角形的角平分线、中线和高，根据是熟悉它们的定义和性质．
5．（2022秋•下城区校级期中）若AM、AN分别是△ABC的高线和中线，AG是△ABC的角平分线，则（ ）
A．AM＜AGB．AG＜ANC．AN≤AGD．AM≤AN
【分析】根据垂线段最短解答即可．
【解答】解：∵线段AM，AN分别是△ABC的BC边上的高线和中线，AG是△ABC的角平分线，
根据垂线段最短可知：AM≤AN，AM≤AG，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的角平分线、高线和中线，根据垂线段最短判断高线小于等于中线和角平分线是解题的关键．
6．（2022秋•高青县期中）BD是△ABC的中线，AB＝5，BC＝3，△ABD和△BCD的周长的差是 2 ．
【分析】根据三角形的中线的定义可得AD＝CD，再求出△ABD和△BCD的周长的差＝AB﹣BC．
【解答】解：∵BD是△ABC的中线，
∴AD＝CD，
∴△ABD和△BCD的周长的差＝（AB+BD+AD）﹣（BC+BD+CD）＝AB﹣BC，
∵AB＝5，BC＝3，
∴△ABD和△BCD的周长的差＝5﹣3＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了三角形的角平分线、中线和高线，熟记概念并求出两个三角形的周长的差等于AB﹣BC是解题的关键．
三．三角形的稳定性（共1小题）
7．（2022秋•荣县期中）如图，生活中都把自行车的几根梁做成三角形的支架，这是利用三角形的（ ）
A．全等形B．稳定性C．灵活性D．对称性
【分析】根据三角形具有稳定性解答．
【解答】解：生活中都把自行车的几根梁做成三角形的支架，这是因为三角形具有稳定性．
故选：B．
【点评】本题考查三角形稳定性的实际应用．三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、房屋架梁等，因此要使一些图形具有稳定的结构，往往通过连接辅助线转化为三角形而获得．
四．三角形的重心（共1小题）
8．（2022秋•靖西市期中）三角形的重心是（ ）
A．三角形三条角平分线的交点
B．三角形三条中线的交点
C．三角形三条边的垂直平分线的交点
D．三角形三条高的交点
【分析】根据三角形的重心概念作出回答，结合选项得出结果．
【解答】解：三角形的重心是三角形三条中线的交点．
故选：B．
【点评】考查了三角形的重心的概念．三角形的外心是三角形的三条垂直平分线的交点；三角形的内心是三角形的三条角平分线的交点．
五．三角形三边关系（共1小题）
9．（2022秋•天河区校级期中）下列每组数分别是三根小木棒的长度，用它们能摆成三角形的是（ ）
A．3cm，4cm，8cmB．8cm，7cm，15cm
C．13cm，12cm，20cmD．5cm，5cm，11cm
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
【解答】解：A、3+4＜8，不能组成三角形；
B、8+7＝15，不能组成三角形；
C、13+12＞20，能够组成三角形；
D、5+5＜11，不能组成三角形．
故选：C．
【点评】此题考查了三角形的三边关系．
判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．
六．三角形内角和定理（共2小题）
10．（2022秋•新会区校级期中）如图，某同学在课桌上随意将一块三角板叠放在直尺上，则∠1+∠2等于（ ）
A．60°B．90°C．75°D．105°
【分析】根据题意画出图形，再根据对顶角相等及直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：如图所示：
∵∠1与∠4是对顶角，∠2与∠3是对顶角，
∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，
∴此三角形是直角三角形，
∴∠3+∠4＝90°，即∠1+∠2＝90°．
故选：B．
【点评】本题考查的是直角三角形的性质及对顶角相等的有关知识，熟知三角板的特点及三角形内角和定理是解答此题的关键．
11．（2022秋•怀宁县期中）如图，在△ABC中，D为BC上一点，∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠BAC＝108°，则∠DAC的度数为（ ）
A．78°B．80°C．82°D．84°
【分析】设∠1＝∠2＝x，利用三角形内角和定理构建方程求出x即可解决问题．
【解答】解：设∠1＝∠2＝x，
∵∠4＝∠3＝∠1+∠2＝2x，
∴∠DAC＝180°﹣4x，
∵∠BAC＝108°，
∴x+180°﹣4x＝108°，
∴x＝24°，
∴∠DAC＝180°﹣4×24°＝84°．
故选：D．
【点评】本题考查三角形内角和定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
七．三角形的外角性质（共3小题）
12．（2022秋•临海市校级期中）将一副三角板按如图所示的方式放置，图中∠CAF的大小等于（ ）
A．50°B．60°C．75°D．85°
【分析】利用三角形内角和定理和三角形的外角的性质计算即可．
【解答】解：∵∠DAC＝∠DFE+∠C＝60°+45°＝105°，
∴∠CAF＝180°﹣∠DAC＝75°，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形外角的性质，三角形的内角和，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
13．（2022秋•桥西区校级期中）如图所示，下列结论正确的是（ ）
A．∠1＞∠B＞∠2B．∠B＞∠2＞∠1C．∠2＞∠1＞∠BD．∠1＞∠2＞∠B
【分析】根据三角形的外角的性质即可判断．
【解答】解：如图，
在△AEF中，∠1＞∠2，
在△BCE中，∠2＞∠B，
∴∠1＞∠2＞∠B．
故选：D．
【点评】本题考查三角形的外角的性质、解题的关键是灵活运用三角形的外角大于任何一个不相邻的内角解决问题．
14．（2022秋•京山市期中）如图，在△ABC中，∠B＝25°，∠BAC＝31°，过点A作BC边上的高，交BC的延长线于点D，CE平分∠ACD，交AD于点E．
求：（1）∠ACD的度数；
（2）∠AEC的度数．
【分析】（1）利用三角形的外角的性质求解即可．
（2）求出∠ECD，∠D，利用三角形的外角的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵∠ACD＝∠B+∠BAC，∠B＝25°，∠BAC＝31°，
∴∠ACD＝25°+31°＝56°．
（2）∵AD⊥BD，
∴∠D＝90°，
∵∠ACD＝56°，CE平分∠ACD，
∴∠ECD＝∠ACD＝28°，
∴∠AEC＝∠ECD+∠D＝28°+90°＝118°．
【点评】本题考查三角形内角和定理，三角形的外角的性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
八．全等图形（共1小题）
15．（2022秋•确山县期中）下列各组中的两个图形属于全等图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】利用全等图形的定义进行判断即可．
【解答】解：A、两个图形不属于全等图形，故此选项不符合题意；
B、两个图形属于全等图形，故此选项符合题意；
C、两个图形不属于全等图形，故此选项不符合题意；
D、两个图形不属于全等图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点评】此题主要考查了全等图形，关键是掌握能够完全重合的两个图形叫做全等形．
九．全等三角形的性质（共2小题）
16．（2022秋•蓬江区校级期中）若△ABC≌△DEF，则根据图中提供的信息，可得出x的值为（ ）
A．30B．27C．35D．40
【分析】直接利用全等三角形的性质得出对应边相等进而得出答案．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，
∴BC＝EF＝30，
故选：A．
【点评】此题主要考查了全等三角形的性质，正确得出对应边是解题关键．
17．（2022秋•涟水县期中）如图，△ABC≌△DEC，点B，C，D在同一条直线上，且CE＝1，CD＝3，则BD的长是（ ）
A．1.5B．2C．4D．6
【分析】根据全等三角形的性质得出对应边相等，进而解答即可．
【解答】解：∵△ABC≌△DEC，CE＝1，CD＝3，
∴BC＝CE＝1，
∴BD＝BC+CD＝3+1＝4，
故选：C．
【点评】本题考查全等三角形的性质，关键是根据全等三角形的性质得出对应边相等解答．
一十．全等三角形的判定（共3小题）
18．（2022秋•永泰县校级期中）如图，若AB＝AD，则添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ADC的是（ ）
A．∠BAC＝∠DACB．∠BCA＝∠DCAC．CB＝CDD．∠B＝∠D＝90°
【分析】要判定△ABC≌△ADC，已知AB＝AD，AC是公共边，具备了两组边对应相等，故添加CB＝CD、∠BAC＝∠DAC、∠B＝∠D＝90°后可分别根据SSS、SAS、HL能判定△ABC≌△ADC，而添加∠BCA＝∠DCA后则不能．
【解答】解：A、添加∠BAC＝∠DAC，根据SAS，能判定△ABC≌△ADC，故A选项不符合题意；
B、添加∠BCA＝∠DCA时，不能判定△ABC≌△ADC，故C选项符合题意；
C、添加CB＝CD，根据SSS，能判定△ABC≌△ADC，故C选项不符合题意；
D、添加∠B＝∠D＝90°，根据HL，能判定△ABC≌△ADC，故D选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
19．（2022秋•开福区校级期中）如图，AB＝AC，若要使△ABE≌△ACD，则添加的一个条件不能是（ ）
A．∠B＝∠CB．BE＝CDC．BD＝CED．∠ADC＝∠AEB
【分析】已知条件AB＝AC，还有公共角∠A，然后再结合选项所给条件和全等三角形的判定定理进行分析即可．
【解答】解：A、添加∠B＝∠C可利用ASA定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
B、添加BE＝CD不能判定△ABE≌△ACD，故此选项符合题意；
C、添加BD＝CE可得AD＝AE，可利用利用SAS定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
D、添加∠ADC＝∠AEB可利用AAS定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
故选：B．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
20．（2022秋•恒山区校级期中）如图，在△ABC和△DEF中，点B，F，C，E在同一直线上，AB＝DE，BF＝CE，AB∥DE，求证：△ABC≌△DEF．
【分析】依据等式的性质可证明BC＝EF，依据平行的性质可证明∠B＝∠E，最后依据SAS进行证明即可．
【解答】证明：∵BF＝CE，
∴BF+FC＝CE+FC，即BC＝EF．
∵AB∥DE，
∴∠B＝∠E．
在△ABC和△DEF中
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
一十一．直角三角形全等的判定（共2小题）
21．（2022秋•雄县期中）如图所示，已知在△ABC中，∠C＝90°，AD＝AC，DE⊥AB交BC于点E，若∠B＝28°，则∠AEC＝（ ）
A．28°B．59°C．60°D．62°
【分析】根据∠C＝90°，AD＝AC，且AE＝AE，求证△CAE≌△DAE（HL），∠CAE＝∠DAE＝∠CAB，再由∠C＝90°，∠B＝28°，求出∠CAB的度数，然后即可求出∠AEC的度数．
【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，AD＝AC，DE⊥AB交BC于点E，且AE＝AE，
∴△CAE≌△DAE（HL），
∴∠CAE＝∠DAE＝∠CAB，
∵∠B+∠CAB＝90°，∠B＝28°，
∴∠CAB＝90°﹣28°＝62°，
∴∠AEC＝90°﹣∠CAB＝90°﹣31°＝59°．
故选：B．
【点评】此题主要考查学生对直角三角形全等的判定和三角形内角和定理的理解和掌握，解答此题的关键是求证△CAE≌△DAE，此题稍微有点难度，属于中档题．
22．（2022春•清远期中）如图，在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D，E，AD与CE交于点F，请你添加一个适当的条件： AB＝BC （答案不唯一），使△ADB≌△CEB．
【分析】要使△ADB≌△CEB，已知∠B为公共角，∠BEC＝∠BDA，具备了两组角对应相等，故添加AB＝BC或BE＝BD或EC＝AD后可分别根据AAS、ASA、AAS能判定△ADB≌△CEB．
【解答】解：AB＝BC，AD⊥BC，CE⊥AB，∠B＝∠B
∴△ADB≌△CEB（AAS）．
答案：AB＝BC．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．添加条件时，要首选明显的、简单的，由易到难．
一十二．全等三角形的判定与性质（共7小题）
23．（2022秋•鄞州区期中）已知：如图，AC＝CD，∠B＝∠E＝90°，AC⊥CD，则不正确的结论是（ ）
A．∠A与∠D互为余角B．∠A＝∠2
C．△ABC≌△CEDD．∠1＝∠2
【分析】先根据角角边证明△ABC与△CED全等，再根据全等三角形对应边相等，全等三角形的对应角相等的性质对各选项判断后，利用排除法求解．
【解答】解：∵AC⊥CD，
∴∠1+∠2＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠1+∠A＝90°，
∴∠A＝∠2，
在△ABC和△CED中，
，
∴△ABC≌△CED（AAS），
故B、C选项正确；
∵∠2+∠D＝90°，
∴∠A+∠D＝90°，
故A选项正确；
∵AC⊥CD，
∴∠ACD＝90°，
∠1+∠2＝90°，
但∠1不一定等于∠2，
故D选项错误．
故选：D．
【点评】本题主要考查全等三角形的性质，先证明三角形全等是解决本题的突破口，也是难点所在．做题时，要结合已知条件与全等的判定方法对选项逐一验证．
24．（2022秋•天门期中）如图，已知P（3，3），点B、A分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，∠APB＝90°，则OA+OB＝ 6 ．
【分析】过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N，得出四边形PMON是正方形，推出OM＝OM＝ON＝PN＝3，证△APM≌△BPN，推出AM＝BN，求出OA+OB＝ON+OM，代入求出即可．
【解答】解：
过P作PM⊥y轴于M，PN⊥x轴于N，
∵P（3，3），
∴PN＝PM＝3，
∵x轴⊥y轴，
∴∠MON＝∠PNO＝∠PMO＝90°，
∴∠MPN＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
则四边形MONP是正方形，
∴OM＝ON＝PN＝PM＝3，
∵∠APB＝90°，
∴∠APB＝∠MON，
∴∠MPA＝90°﹣∠APN，∠BPN＝90°﹣∠APN，
∴∠APM＝∠BPN，
在△APM和△BPN中
∴△APM≌△BPN（ASA），
∴AM＝BN，
∴OA+OB
＝OA+0N+BN
＝OA+ON+AM
＝ON+OM
＝3+3
＝6，
故答案为：6．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，坐标与图形性质，正方形的性质的应用，关键是推出AM＝BN和推出OA+OB＝OM+ON．
25．（2022秋•青云谱区校级期中）放风筝是中国民间的传统游戏之一，风筝又称风琴，纸鹞，鹞子，纸鸢．如图1，小华制作了一个风筝，示意图如图2所示，AB＝AC，DB＝DC，他发现AD不仅平分∠BAC，且平分∠BDC，你觉得他的发现正确吗？请说明理由．
【分析】利用SSS证明△ABD≌△ACD即可解决问题．
【解答】解：结论正确．
证明如下：
在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD（SSS），
∴∠BAD＝∠CAD，∠BDA＝∠CDA，
即AD不仅平分∠BAC，且平分∠BDC，
∴结论正确．
【点评】此题主要考查了全等三角形的性质与判定，比较简单．
26．（2022秋•庐江县期中）如图，△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，F为AB延长线上一点，点E在BC上，且AE＝CF．
（1）求证：Rt△ABE≌Rt△CBF；
（2）若∠CAE＝30°，求∠ACF的度数．
【分析】（1）由AB＝CB，∠ABC＝90°，AE＝CF，即可利用HL证得Rt△ABE≌Rt△CBF；
（2）由AB＝CB，∠ABC＝90°，即可求得∠ACB的度数，即可得∠BAE的度数，又由Rt△ABE≌Rt△CBF，即可求得∠BCF的度数，则由∠ACF＝∠BCF+∠ACB即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝90°，
∴∠CBF＝∠ABE＝90°，
在Rt△ABE和Rt△CBF中，，
∴Rt△ABE≌Rt△CBF（HL）；
（2）解：∵∠ABC＝90°，∠BAC＝45°，
∴∠ACB＝45°，
又∵∠BAE＝∠CAB﹣∠CAE＝45°﹣30°＝15°，
由（1）知：Rt△ABE≌Rt△CBF，
∴∠BCF＝∠BAE＝15°，
∴∠ACF＝∠BCF+∠ACB＝45°+15°＝60°．
【点评】此题考查了直角三角形全等的判定与性质．此题难度不大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
27．（2022秋•广陵区校级期中）如图，△ABC中，D是BC延长线上一点，满足CD＝AB，过点C作CE∥AB且CE＝BC，连接DE并延长，分别交AC、AB于点F、G．
（1）求证：△ABC≌△DCE；
（2）若∠B＝50°，∠D＝22°，求∠AFG的度数．
【分析】（1）根据CE∥AB可得∠B＝∠DCE，由SAS定理可得结论；
（2）利用全等三角形的性质定理可得∠ECD＝∠B＝50°，∠A＝∠D＝22°，由平行线的性质定理易得∠ACE＝∠A＝22°，由三角形的内角和定理和外角的性质可得结果．
【解答】（1）证明：∵CE∥AB，
∴∠B＝∠DCE，
在△ABC与△DCE中，
，
∴△ABC≌△DCE（SAS）；
（2）解：∵△ABC≌△DCE，∠B＝50°，∠D＝22°，
∴∠ECD＝∠B＝50°，∠A＝∠D＝22°，
∵CE∥AB，
∴∠ACE＝∠A＝22°，
∵∠CED＝180°﹣∠D﹣∠ECD＝180°﹣22°﹣50°＝108°，
∴∠AFG＝∠DFC＝∠CED﹣∠ACE＝108°﹣22°＝86°．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定定理及性质定理，平行线的性质定理，外角的性质等，熟记定理是解答此题的关键．
28．（2022秋•潮阳区校级期中）如图，点C在线段AB上，AD∥EB，AC＝BE，AD＝BC，CF平分∠DCE．
（1）求证：△ACD≌△EBC；
（2）试探索CF与DE的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）根据平行线性质得出∠A＝∠B，根据SAS证△ACD≌△BEC；
（2）根据全等三角形的性质推出DC＝CE，根据等腰三角形的三线合一定理推出即可．
【解答】（1）证明：∵AD∥BE，
∴∠A＝∠B，
在△ACD和△BEC中，
，
∴△ACD≌△BEC（SAS）；
（2）解：CF⊥DE，理由如下：
∵△ACD≌△BEC，
∴DC＝CE，
∵CF平分∠DCE，
∴CF⊥DE．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，等腰三角形的性质等知识点，关键是求出DC＝CE，主要考查了学生运用定理进行推理的能力．
29．（2022秋•恩施市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在△ABC内，BD＝BC，∠DBC＝60°，点E在△ABC外，∠BCE＝150°，∠ABE＝60°．
（1）求∠ADB的度数；
（2）判断△ABE的形状并加以证明；
（3）连接DE，若DE⊥BD，DE＝8，求AD的长．
【分析】（1）首先证明△DBC是等边三角形，推出∠BDC＝60°，再证明△ADB≌△ADC，推出∠ADB＝∠ADC即可解决问题．
（2）结论：△ABE是等边三角形．只要证明△ABD≌△EBC即可．
（3）首先证明△DEC是含有30度角的直角三角形，求出EC的长，理由全等三角形的性质即可解决问题．
【解答】（1）解：∵BD＝BC，∠DBC＝60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴DB＝DC，∠BDC＝∠DBC＝∠DCB＝60°，
在△ADB和△ADC中，
，
∴△ADB≌△ADC（AAS），
∴∠ADB＝∠ADC，
∴∠ADB＝（360°﹣60°）＝150°．
（2）解：结论：△ABE是等边三角形．
理由：∵∠ABE＝∠DBC＝60°，
∴∠ABD＝∠CBE，
在△ABD和△EBC中，
，
∴△ABD≌△EBC，
∴AB＝BE，∵∠ABE＝60°，
∴△ABE是等边三角形．
（3）解：连接DE．
∵∠BCE＝150°，∠DCB＝60°，
∴∠DCE＝90°，
∵∠EDB＝90°，∠BDC＝60°，
∴∠EDC＝30°，
∴EC＝DE＝4，
∵△ABD≌△EBC，
∴AD＝EC＝4．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、30度角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，属于中考常考题型．
一十三．全等三角形的应用（共1小题）
30．（2022秋•海沧区校级期中）为测量一池塘两端A，B间的距离．甲、乙两位同学分别设计了两种不同的方案．
甲：如图1，先过点B作AB的垂线BF，再在射线BF上取C，D两点，使BC＝CD，接着过点D作BD的垂线DE，交AC的延长线于点E．则测出DE的长即为A，B间的距离；
乙：如图2，先确定直线AB，过点B作射线BE，在射线BE上找可直接到达点A的点D，连接DA，作DC＝DA，交直线AB于点C，则测出BC的长即为AB间的距离，则下列判断正确的是（ ）
A．只有甲同学的方案可行
B．只有乙同学的方案可行
C．甲、乙同学的方案均可行
D．甲、乙同学的方案均不可行
【分析】利用ASA证明△ABC≌△EDC，得DE＝AB，可知甲正确；
【解答】解：甲：∵AB⊥BC，ED⊥BC，
∴∠B＝∠CDE，
在△ABC和△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC（ASA），
∴DE＝AB，
故甲正确；
故选：A．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
一十四．角平分线的性质（共2小题）
31．（2022秋•柳城县期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC的平分线BD交AC于D，若CD＝4cm，则点D到AB的距离DE是（ ）
A．5cmB．4cmC．3cmD．2cm
【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得DE＝CD．
【解答】解：∵∠C＝90°，BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB，
∴DE＝CD，
∵CD＝4cm，
∴点D到AB的距离DE是4cm．
故选：B．
【点评】本题考查了角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
32．（2022秋•新昌县期中）如图，点P是∠BAC的平分线AD上一点，PE⊥AC于点E．若PE＝5，则点P到AB的距离是 5 ．
【分析】作PF⊥AB于F，根据角平分线的性质解答即可．
【解答】解：作PF⊥AB于F，
∵AD是∠BAC的平分线，PE⊥AC，PF⊥AB，
∴PF＝PE＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
一十五．线段垂直平分线的性质（共1小题）
33．（2022秋•舞阳县期中）如图：DE是△ABC中AC边的垂直平分线，若BC＝8厘米，AB＝10厘米，则△EBC的周长为（ ）厘米．
A．16B．18C．26D．28
【分析】利用线段垂直平分线的性质得AE＝CE，再等量代换即可求得三角形的周长．
【解答】解：∵DE是△ABC中AC边的垂直平分线，
∴AE＝CE，
∴△EBC的周长＝BC+BE+CE＝BC+BE+CE＝BC+AB＝10+8＝18（厘米），
故选：B．
【点评】本题考查了线段垂直平分线性质的应用，注意：线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等．
一十六．等腰三角形的性质（共3小题）
34．（2022秋•洮北区校级期中）等腰△ABC的周长为8cm，AB＝2cm，则BC的长为（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．2或3cm
【分析】由等腰△ABC的周长为8cm，AB＝2cm，分别从AB是腰长或底边长去分析求解即可求得答案．
【解答】解：①若AB＝AC＝2cm，则BC＝8﹣2﹣2＝4（cm），
∵2+2＝4，不能组成三角形，舍去；
②若AB＝BC＝2cm，则AC＝8﹣2﹣2＝4（cm），
∵2+2＝4，不能组成三角形，舍去；
③若AB＝2cm，则AC＝BC＝＝3（cm），
故选：B．
【点评】此题考查了等腰三角形的性质以及三角形三边关系．此题难度不大，注意掌握分类讨论思想的应用是解此题的关键．
35．（2022秋•南关区校级期中）已知：如图，在三角形ABC中，AB＝AC，过BC边上一点D作DE∥AC交AB于点E，且AE＝DE，求证：AD⊥BC．
【分析】根据题意证得AD平分等腰三角形的顶角，然后利用三线合一的性质证得结论即可．
【解答】证明：∵DE∥AC，
∴∠EDA＝∠CAD，
∵AE＝ED，
∴∠EAD＝∠EDA，
∴∠EAD＝∠CAD，
∵AB＝AC，
∴AD⊥BC．
【点评】考查了等腰三角形的性质及平行线的性质，能够了解等腰三角形的三线合一的性质是解答本题的关键，难度不大．
36．（2022秋•长沙期中）如图，AB＝AC，∠BAC＝120°，AB的垂直平分线交BC于点D．
（1）求∠ADC的度数；
（2）求证：DC＝2DB．
【分析】（1）根据等腰三角形两底角相等求出∠B，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得AD＝BD，根据等边对等角可得∠BAD＝∠B，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解；
（2）根据三角形的内角和得到∠DAC＝90°，根据直角三角形的性质得到AD＝CD，∠BAD＝30°，求得∠B＝∠BAD，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝（180°﹣∠BAC）＝（180°﹣120°）＝30°，
∵AB的垂直平分线交BC于点D．
∴AD＝BD，
∴∠BAD＝∠B＝30°，
∴∠ADC＝∠B+∠BAD＝30°+30°＝60°；
（2）∵∠ADC＝60°，∠C＝30°，
∴∠DAC＝90°，
∴AD＝CD，∠BAD＝30°，
∴∠B＝∠BAD，
∴BD＝AD，
∴DC＝2DB．
【点评】本题考查了线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键．
一十七．等腰三角形的判定（共1小题）
37．（2022秋•清原县期中）在括号里填出相应的理由．
已知：∠ACE是△ABC的外角，∠1＝∠2，CD∥AB．
求证：AC＝BC．
证明：∵CD∥AB，
∴∠1＝∠A（ 两直线平行，内错角相等 ）．
∠2＝∠B（ 两直线平行，同位角相等 ）．
∵∠1＝∠2，
∴∠A＝∠B，
∴AC＝BC（ 等角对等边 ）．
【分析】根据平行线的性质和等腰三角形判定填空即可．
【解答】证明：∵CD∥AB，
∴∠1＝∠A（两直线平行，内错角相等）．
∠2＝∠B（两直线平行，同位角相等）．
∵∠1＝∠2，
∴∠A＝∠B，
∴AC＝BC（等角对等边）．
故答案为：两直线平行，内错角相等；两直线平行，同位角相等；等角对等边．
【点评】本题考查平行线的性质及等腰三角形的判定，解题的关键是掌握平行线的性质定理．
一十八．等腰三角形的判定与性质（共1小题）
38．（2022秋•鱼台县期中）如图，△ABC中，点O是∠BCA与∠ABC的平分线的交点，过O作与BC平行的直线分别交AB、AC于D、E．已知△ABC的周长为15，BC的长为6，求△ADE的周长．
【分析】先利用角平分线的定义和平行线的性质得到∠1＝∠2，所以DB＝DO，同理可得EO＝CE，利用等线段代换得到△ADE的周长＝AB+AC，然后利用△ABC的周长为15得到AB+AC＝9，从而得到△ADE的周长．
【解答】解：∵点O是∠BCA与∠ABC的平分线的交点，
∴∠1＝∠3，
∵DE∥BC，
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠2，
∴DB＝DO，
同理可得EO＝CE，
∴△ADE的周长＝AD+AE+DE＝AD+DO+AE+OE＝AD+BD+AE+CE＝AB+AC，
∵△ABC的周长为15，
∴AB+AC+BC＝15，
而BC的长为6，
∴AB+AC＝9，
∴△ADE的周长为9．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质：等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段．也考查了平行线的性质．
一十九．等边三角形的性质（共1小题）
39．（2022秋•都安县期中）如图，△ABC是等边三角形，AD⊥BC于D，若BC＝4，则BD＝ 2 ．
【分析】根据等边三角的性质，即可求解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了等边三角的性质，熟练掌握等边三角的性质是解题的关键．
二十．等边三角形的判定（共2小题）
40．（2022秋•梁溪区期中）如图所示，在等腰△ABC中，AB＝AC，AF为BC的中线，D为AF上的一点，且BD的垂直平分线过点C并交BD于E．
求证：△BCD是等边三角形．
【分析】根据等腰三角形的性质得出AF⊥BC，根据线段垂直平分线性质求出BD＝DC，BC＝CD，推出BD＝DC＝BC，根据等边三角形的判定得出即可．
【解答】证明：∵AB＝AC，AF为BC的中线，
∴AF⊥BC，
∴BD＝DC，
∵CE是BD的垂直平分线，
∴BC＝CD，
∴BD＝DC＝BC，
∴△BCD是等边三角形．
【点评】本题考查了等边三角形的判定，等腰三角形的性质，线段垂直平分线性质的应用，能正确运用定理进行推理是解此题的关键．
41．（2022秋•汉阴县期中）如图，已知△ABC中，BD平分∠ABC，CE＝CD，DB＝DE，∠E＝30°．
求证：△ABC是等边三角形．
【分析】根据等腰三角形的性质，由DB＝DE得到∠DBC＝∠E＝30°，则∠ABC＝2∠DBC＝60°，再由CE＝CD得到∠CDE＝∠E＝30°，于是利用三角形外角性质可计算出∠BCD＝60°，接着根据三角形内角和计算出∠A＝60°，即有∠A＝∠ABC＝∠ACB，然后根据等边三角形的判定可判断△ABC是等边三角形．
【解答】证明：∵DB＝DE，
∴∠DBC＝∠E＝30°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠DBC＝60°，
∵CE＝CD，
∴∠CDE＝∠E＝30°，
∴∠BCD＝∠CDE+∠E＝60°，
∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝60°，
∴∠A＝∠ABC＝∠ACB，
∴△ABC是等边三角形．
【点评】本题考查了等边三角形的判定：三条边都相等的三角形是等边三角形；三个角都相等的三角形是等边三角形；有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．也考查了等腰三角形的性质．
二十一．等边三角形的判定与性质（共1小题）
42．（2022春•兴平市期中）如图，△ABC是等边三角形，点D、E在边AB、AC的延长线上，连接DE，且DE∥BC．证明：△ADE是等边三角形．
【分析】先根据等边三角形的性质得到∠A＝∠ABC＝60°，再根据平行线的性质得到∠D＝60°，然后根据等边三角形的判定方法得到结论．
【解答】证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝∠ABC＝60°，
∵BC∥BD，
∴∠D＝∠ABC＝60°，
∵∠A＝∠D＝60°，
∴△ADE是等边三角形．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质：熟练掌握等边三角形的判定方法和性质是解决问题的关键．
二十二．直角三角形的性质（共2小题）
43．（2022秋•恒山区校级期中）Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝40°，则∠A＝（ ）
A．60°B．30°C．50°D．40°
【分析】根据直角三角形两锐角互余可得∠A+∠B＝90°，再代入∠B的度数可得∠A的度数．
【解答】解：∵∠C＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵∠B＝40°，
∴∠A＝50°，
故选：C．
【点评】此题主要考查了直角三角形的性质，关键是掌握在直角三角形中，两个锐角互余．
44．（2022秋•玉州区期中）如图，直线MN∥EF，Rt△ABC的直角顶点C在直线MN上，顶点B在直线EF上，AB交MN于点D，∠1＝50°，∠2＝60°，求∠A的度数．
【分析】由MN∥EF，利用“两直线平行，内错角相等”可求出∠BCD的度数，在△BCD中，利用三角形内角和定理可求出∠ABC的度数，再在Rt△ABC中，利用三角形内角和定理可求出∠A的度数．
【解答】解：∵MN∥EF，
∴∠BCD＝∠1＝50°．
在△BCD中，∠BCD＝50°，∠2＝60°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BCD﹣∠2＝70°．
在Rt△ABC中，∠ABC＝70°，∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC＝20°．
【点评】本题考查了直角三角形的性质、平行线的性质以及三角形内角和定理，利用平行线的性质及三角形内角和定理，求出∠ABC的度数是解题的关键．
二十三．含30度角的直角三角形（共2小题）
45．（2022秋•永州期中）△ABC中，∠A：∠B：∠C＝1：2：3，最小边BC＝4cm，最长边AB的长是（ ）
A．5cmB．6cmC．7cmD．8cm
【分析】三个内角的比以及三角形的内角和定理，得出各个角的度数．以及直角三角形中角30°所对的直角边是斜边的一半．
【解答】解：根据三个内角的比以及三角形的内角和定理，得直角三角形中的最小内角是30°，根据30°所对的直角边是斜边的一半，得最长边是最小边的2倍，即8，故选D．
【点评】此题主要是运用了直角三角形中角30°所对的直角边是斜边的一半．
46．（2022秋•巴彦县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，D为BC的中点，DE⊥AB于点E，若BC＝4，则DE的长为（ ）
A．1.5B．2C．1D．
【分析】由AB＝AC，∠A＝120°推出∠B＝30°，从而得到DE＝DB，
【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵D是BC的中点，
∴BD＝BC＝2，
∵DE⊥AB，
∴∠BED＝90°，
∴DE＝BD＝1，
故选：C．
【点评】本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，关键是掌握：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半；等腰三角形的两个底角相等．
二十四．多边形（共1小题）
47．（2022秋•夏津县期中）如图，五边形ABCDE是正五边形，则x为（ ）
A．30°B．35°C．36°D．45°
【分析】根据正多边形的每个内角相等以及多边形的内角和公式可得∠E＝∠CDE＝108°，再根据正多边形的各边相等可得△ADE是等腰三角形，据此可得∠1的度数，再根据角的和差关系求解即可．
【解答】解：因为五边形ABCDE是正五边形，
所以∠E＝∠CDE＝＝108°，AE＝DE，
所以，
所以x＝∠CDE﹣∠1﹣∠3＝36°．
故选：C．
【点评】本题主要考查了多边形，熟记多边形的内角和公式是解答本题的关键．
二十五．多边形内角与外角（共4小题）
48．（2022秋•临高县期中）如果一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（ ）
A．6B．7C．8D．9
【分析】根据多边形的内角和公式及外角的特征计算．
【解答】解：多边形的外角和是360°，根据题意得：
180°•（n﹣2）＝3×360°
解得n＝8．
故选：C．
【点评】本题主要考查了多边形内角和公式及外角的特征．求多边形的边数，可以转化为方程的问题来解决．
49．（2022秋•汉阴县期中）已知一个正多边形的每个内角比它的每个外角多60°，求这个多边形的边数．
【分析】首先设内角为x°，则外角为（x﹣60）°，根据内角与相邻外角和为180°可得方程x+x﹣60＝180，计算出x的值，进而可得外角的度数，然后可得多边形的边数．
【解答】解：设内角为x°，则外角为（x﹣60）°，由题意得：
x+x﹣60＝180，
解得：x＝120，
则外角为120°﹣60°＝60°，
多边形的边数：360°÷60°＝6．
【点评】此题主要考查了多边形的内角与外角，关键是掌握内角与相邻外角和为180°．
50．（2022秋•光泽县期中）一个多边形的每一个内角都相等，并且每个外角都等于和它相邻的内角的一半．
（1）求这个多边形是几边形；
（2）求这个多边形的内角和．
【分析】（1）设内角为x，根据多边形的内角与外角的关系列出方程，解方程求出x
（2）根据多边形的内角和公式计算即可．
【解答】解：（1）设多边形的每一个内角为x，则每一个外角为 x，
由题意得，x+x＝180°，
解得，x＝120°，x＝60°，
这个多边形的边数为：＝6，
答：这个多边形是六边形；
（2）由（1）知，该多边形是六边形，
∴内角和＝（6﹣2）×180°＝720°，
答：这个多边形的内角和为720°．
【点评】本题考查的是多边形的内角与外角的计算，掌握正多边形的定义、多边形的内角与外角的关系是解题的关键．
51．（2022秋•浠水县期中）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，BE、CD交于G点，求证：
（1）∠ABC+∠ADC＝180°；
（2）BG∥DF．
【分析】（1）由四边形的内角和是360°，即可证明；
（2）由角平分线的定义，两锐角互余的概念，即可证明．
【解答】证明（1）∵四边形的内角和是360°，
∴∠ABC+∠ADC+∠A+∠C＝360°，
∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°；
（2）∵BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，
∴∠CBG＝∠ABC，∠FDC＝∠ADC，
∴∠CBG+∠FDC＝（∠ABC+∠ADC）＝90°，
∵∠CFD+∠CDF＝90°，
∴∠CBG＝∠CFD，
∴DF∥BG．
【点评】本题考查四边形的有关知识，平行线的判定，关键是掌握四边形的内角和是360°，两直线平行线的判定方法．
二十六．作图—尺规作图的定义（共1小题）
52．（2022秋•卢龙县期中）下列尺规作图的语句正确的是（ ）
A．延长射线AB到D
B．以点D为圆心，任意长为半径画弧
C．作直线AB＝3cm
D．延长线段AB至C，使AC＝BC
【分析】根据线段、射线以及直线的概念，利用尺规作图的方法进行判断即可得出正确的结论．
【解答】解：A．根据射线AB是从A向B无限延伸，故延长射线AB到D是错误的；
B．根据圆心和半径长即可确定弧线的形状，故以点D为圆心，任意长为半径画弧是正确的；
C．根据直线的长度无法测量，故作直线AB＝3cm是错误的；
D．延长线段AB至C，则AC＞BC，故使AC＝BC是错误的；
故选：B．
【点评】本题主要考查了尺规作图的定义的运用，解题时注意：尺规作图是指用没有刻度的直尺和圆规作图，只使用圆规和直尺，并且只准许使用有限次，来解决不同的平面几何作图题．
二十七．生活中的轴对称现象（共1小题）
53．（2022秋•丰南区期中）如图是一个经过改造的规格为4×7的台球桌面示意图，图中四个角上的阴影部分分别表示四个入球孔，如果一个球按图中所示的方向被击出（球可以经过台球边缘多次反弹），那么球最后将落入的球袋是（ ）
A．1号袋B．2号袋C．3号袋D．4号袋
【分析】根据题意，画出图形，由轴对称的性质判定正确选项．
【解答】解：根据轴对称的性质可知，台球走过的路径为：
所以球最后将落入的球袋是4号袋，
故选：D．
【点评】本题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．注意结合图形解题的思想；严格按轴对称画图是正确解答本题的关键．
二十八．轴对称的性质（共2小题）
54．（2022秋•前郭县期中）如图，在直角三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°，将纸片沿着CD折叠，使AC边与BC边重合，则∠A'DB的度数为（ ）
A．10°B．20°C．30°D．40°
【分析】由三角形内角和和折叠性质求出∠A'DC＝180°﹣45°﹣40°＝95°，∠CDB＝180°﹣45°﹣50°＝85°，即可求出∠A'DB＝∠A'DC﹣∠CDB＝95°﹣85°＝10°．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝40°，
∴∠ACD＝∠A'CD＝45°，，∠A'＝40°，∠CBA＝50°，
∴∠A'DC＝180°﹣45°﹣40°＝95°，∠CDB＝180°﹣45°﹣50°＝85°，
∴∠A'DB＝∠A'DC﹣∠CDB＝95°﹣85°＝10°，
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称的性质，熟练运用三角形内角和定理和折叠的性质是解题的关键．
55．（2022秋•伊州区校级期中）如图所示，已知O是∠APB内的一点，点M、N分别是O点关于PA、PB的对称点，MN与PA、PB分别相交于点E、F，已知MN＝5cm．
（1）求△OEF的周长；
（2）连接PM、PN，判断△PMN的形状，并说明理由；
（3）若∠APB＝α，求∠MPN（用含a的代数式表示）．
【分析】（1）根据轴对称的性质，可得MW与OM的关系，OF与FN的关系，根据三角形的周长公式，可得答案；
（2）根据轴对称的性质，可得PM与PO的关系，PO与PN的关系，根据等腰三角形的判定，可得答案；
（3）根据轴对称的性质，可得∠MPA与∠APO的关系，∠OPB与∠BPN的关系，根据角的和查，可得答案．
【解答】解：（1）由点M、N分别是O点关于PA、PB的对称点，得
ME＝EO，FN＝FO．
由三角形的周长，得
C△OEF＝OE+EF+OF＝ME+EF+FN＝MN＝5cm；
（2）如图：，
由点M、N分别是O点关于PA、PB的对称点，得
PM＝PO，PO＝PN，
PM＝PN，
△PMN是等腰三角形；
（3）由点M、N分别是O点关于PA、PB的对称点，得
∠APO＝∠APM，∠BPO＝∠BPN．
由角的和差，得
∠APO+∠BPO＝∠APB＝α，
∠APM+∠BPN＝∠APO+∠BPO＝∠APB＝α，
∠MPN＝∠MPA+∠APO+∠BPO+∠BPN＝α+α＝2α．
【点评】本题考查了轴对称，利用对称轴上的点到线段两端点的距离相等是解题关键．
二十九．轴对称图形（共1小题）
56．（2022秋•洛龙区期中）下列四个腾讯软件图标中，属于轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；
B、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
三十．镜面对称（共1小题）
57．（2022秋•锡山区期中）从镜子里看黑板上写着，那么实际上黑板写的是 50281 ．
【分析】根据镜面对称的性质求解，在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．
【解答】解：根据镜面对称的性质，因此18502的真实图象应该是50281．
故答案为：50281．
【点评】此题主要考查了镜面对称图形的性质，解决此类问题要注意所学知识与实际情况的结合．
三十一．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共1小题）
58．（2022秋•鱼台县期中）在平面直角坐标系中，点P（﹣2，3）关于x轴对称的点的坐标是（ ）
A．（2，3）B．（﹣2，3）C．（2，﹣3）D．（﹣2，﹣3）
【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”解答即可．
【解答】解：点P（﹣2，3）关于x轴对称的点的坐标为（﹣2，﹣3）．
故选：D．
【点评】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数．
三十二．坐标与图形变化-对称（共1小题）
59．（2022秋•商南县期中）剪纸艺术是中国民间艺术之一，很多剪纸作品体现了数学中的对称美．如图，蝴蝶剪纸是一幅轴对称图形，将其放在平面直角坐标系中，如果图中点E的坐标为（2m，﹣n），其关于y轴对称的点F的坐标为（3﹣n，﹣m+1），则m﹣n的值为（ ）
A．﹣9B．﹣1C．0D．1
【分析】根据关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相等，即可进行解答．
【解答】解：∵E（2m，﹣n）和F（3﹣n，﹣m+1）关于y轴对称，
∵，解得：，
∴m﹣n＝﹣4﹣（﹣5）＝1，
故选：D．
【点评】本题主要考查了关于y轴对称的点的坐标特征以及解二元一次方程组，解题的关键是熟练掌握“关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相等”．
三十三．作图-轴对称变换（共1小题）
60．（2022秋•夏邑县期中）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点三角形ABC（顶点是网格线的交点的三角形）的顶点A，C的坐标分别为A（2，4），B（﹣1，0），请按要求解答下列问题：
（1）在图中建立正确的平面直角坐标系，写出点C的坐标；
（2）在图中作出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1．
【分析】（1）根据B点坐标确定原点位置，再建立坐标系即可；
（2）首先确定A、B、C三点关于x轴的对称点，再连接即可．
【解答】解：（1）如图：C（3，2）；
（2）如图所示，△A1B1C1即为所求．
【点评】此题主要考查了作图﹣﹣轴对称变换，画轴对称图形关键是确定组成图形的关键点的对称点位置．