2023-2024学年八年级数学上册举一反三系列专题12.6 全等三角形章末题型过关卷（人教版）含解析

2023-2024学年八年级数学上册举一反三系列第12章全等三角形章末题型过关卷【人教版】考试时间：60分钟；满分：100分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共23题，单选10题，填空6题，解答7题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2022秋•东莞市期末）如图，在△ABC和△DEF中，∠A＝∠D，AF＝DC，添加下列条件中的一个仍无法证明△ABC≌△DEF的是（）A．AB＝DE B．BC＝EF C．∠B＝∠E D．∠ACB＝∠DFE2．（3分）（2022•哈尔滨）如图，△ABC≌△DEC，点A和点D是对应顶点，点B和点E是对应顶点，过点A作AF⊥CD，垂足为点F，若∠BCE＝65°，则∠CAF的度数为（）A．30° B．25° C．35° D．65°3．（3分）（2022秋•武冈市期末）如图，一块玻璃碎成三片，小智只带了第③块去玻璃店，就能配一块一模一样的玻璃，你能用三角形的知识解释，这是为什么？（）A．ASA B．AAS C．SAS D．SSS4．（3分）（2022•玉溪）如图，AE⊥AB且AE＝AB，BC⊥CD且BC＝CD，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积S是（）A．50 B．62 C．65 D．685．（3分）（2022秋•西平县期末）如图，在△ADE和△ABC中，∠E＝∠C，DE＝BC，EA＝CA，过A作AF⊥DE，垂足为F，DE交CB的延长线于点G，连接AG．四边形DGBA的面积为12，AF＝4，则FG的长是（）A．2 B．2.5 C．3 D．106．（3分）（2022•金牛区模拟）如图，AB⊥CD，且AB＝CD，E、F是AD上两点，CE⊥AD，BF⊥AD．若CE＝8，BF＝6，AD＝10，则EF的长为（）A．4 B．72 C．3 D．7．（3分）（2022秋•晋州市期末）如图，已知线段AB＝20m，MA⊥AB于点A，MA＝6m，射线BD⊥AB于点B，点P从点B向点A运动，每秒走1m，点Q从点B向点D运动，每秒走3m．若P，Q同时从B出发，则出发x秒后，在线段MA上有一点C，使△CAP与△PBQ全等，则x的值为（）A．5 B．5或10 C．10 D．6或108．（3分）（2022秋•曲阜市校级月考）如图，在4×4的正方形网格中，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7的度数为（）A．300° B．315° C．320° D．325°9．（3分）（2022秋•南江县校级期中）在△ABC中，高AD和BE所在的直线交于点H，且BH＝AC，则∠ABC等于（）A．45° B．120° C．45°或135° D．45°或120°10．（3分）（2022•滨州）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（）A．4 B．3 C．2 D．1二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2022•平谷区二模）如图，正方形格点图中，点A、B、C、D、E、F均在格点上，若以D、E、F为顶点的三角形与△ABC全等，请写出一个满足条件的F点坐标．12．（3分）（2022秋•瑶海区期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别是D，E，AD、CE交于点H，已知AE＝CE＝5，CH＝2，则BE＝．13．（3分）（2022•昆山市自主招生）如图，由九个单位正方形组成，其中与△A2EB4全等的三角形有个．14．（3分）（2022秋•孝南区校级月考）如图，DA⊥AB，EA⊥AC，AB＝AD，AC＝AE，BE和CD相交于O，则∠DOE的度数是．15．（3分）（2022秋•封开县期末）如图，在△ACD中，∠CAD＝90°，AC＝6，AD＝8，AB∥CD，E是CD上一点，BE交AD于点F，若EF＝BF，则图中阴影部分的面积为．16．（3分）（2022春•浦东新区期末）如图，已知△ABC≌△ADE，且点B与点D对应，点C与点E对应，点D在BC上，∠BAE＝114°，∠BAD＝40°，则∠E的度数是°．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）（2022春•黄岛区期末）如图，请沿图中的虚线，用三种方法将下列图形划分为两个全等图形．18．（6分）（2022秋•普陀区期末）已知：如图，在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝45°，高AD与高BE相交于点F，G为BF的中点．求证：（1）DG＝DE；（2）∠DEG＝∠DEC．19．（8分）（2022秋•涪陵区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，E为AC边上一点，连接BE与AD交于点F，G为△ABC外一点，满足∠ACG＝∠ABE，∠FAG＝∠BAC，连接EG．（1）求证：△ABF≌△ACG；（2）求证：BE＝CG+EG．20．（8分）（2022•宜昌）杨阳同学沿一段笔直的人行道行走，在由A步行到达B处的过程中，通过隔离带的空隙O，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的社会主义核心价值观标语，其具体信息汇集如下：如图，AB∥OH∥CD，相邻两平行线间的距离相等，AC，BD相交于O，OD⊥CD．垂足为D，已知AB＝20米，请根据上述信息求标语CD的长度．21．（8分）（2022秋•林州市期末）如图1，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD、BE相交于点M，连接CM．（1）求证：BE＝AD；（2）用含α的式子表示∠AMB的度数（直接写出结果）；（3）当α＝90°时，取AD，BE的中点分别为点P、Q，连接CP，CQ，PQ，如图2，判断△CPQ的形状，并加以证明．22．（8分）（2022•哈尔滨）已知：在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点E，且AC⊥BD，作BF⊥CD，垂足为点F，BF与AC交于点G，∠BGE＝∠ADE．（1）如图1，求证：AD＝CD；（2）如图2，BH是△ABE的中线，若AE＝2DE，DE＝EG，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于△ADE面积的2倍．23．（8分）（2022•沈阳）将两个全等的直角三角形ABC和DBE按图①方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠A＝∠D＝30°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于点F．（1）求证：AF+EF＝DE；（2）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角α，且0°＜α＜60°，其它条件不变，请在图②中画出变换后的图形，并直接写出你在（1）中猜想的结论是否仍然成立；（3）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角β，且60°＜β＜180°，其它条件不变，如图③．你认为（1）中猜想的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出AF、EF与DE之间的关系，并说明理由．第12章全等三角形章末题型过关卷【人教版】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）（2022秋•东莞市期末）如图，在△ABC和△DEF中，∠A＝∠D，AF＝DC，添加下列条件中的一个仍无法证明△ABC≌△DEF的是（）A．AB＝DE B．BC＝EF C．∠B＝∠E D．∠ACB＝∠DFE【分析】根据AF＝DC求出AC＝DF，再根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．【解答】解：∵AF＝DC，∴AF+FC＝DC+FC，即AC＝DF，A．AB＝DE，∠A＝∠D，AC＝DF，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；B．BC＝EF，AC＝DF，∠A＝∠D，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△DEF，故本选项符合题意；C．∠B＝∠E，∠A＝∠D，AC＝DF，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；D．∠ACB＝∠DFE，AC＝DF，∠A＝∠D，符合全等三角形的判定定理ASA，能推出△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；故选：B．2．（3分）（2022•哈尔滨）如图，△ABC≌△DEC，点A和点D是对应顶点，点B和点E是对应顶点，过点A作AF⊥CD，垂足为点F，若∠BCE＝65°，则∠CAF的度数为（）A．30° B．25° C．35° D．65°【分析】由全等三角形的性质可求得∠ACD＝65°，由垂直可得∠CAF+∠ACD＝90°，进而可求解∠CAF的度数．【解答】解：∵△ABC≌△DEC，∴∠ACB＝∠DCE，∵∠BCE＝65°，∴∠ACD＝∠BCE＝65°，∵AF⊥CD，∴∠AFC＝90°，∴∠CAF+∠ACD＝90°，∴∠CAF＝90°﹣65°＝25°，故选：B．3．（3分）（2022秋•武冈市期末）如图，一块玻璃碎成三片，小智只带了第③块去玻璃店，就能配一块一模一样的玻璃，你能用三角形的知识解释，这是为什么？（）A．ASA B．AAS C．SAS D．SSS【分析】根据全等三角形的判定，已知两角和夹边，就可以确定一个三角形．【解答】解：根据三角形全等的判定方法，根据角边角可确定一个全等三角形，只有第三块玻璃包括了两角和它们的夹边，只有带③去才能配一块完全一样的玻璃，是符合题意的．故选：A．4．（3分）（2022•玉溪）如图，AE⊥AB且AE＝AB，BC⊥CD且BC＝CD，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积S是（）A．50 B．62 C．65 D．68【分析】由AE⊥AB，EF⊥FH，BG⊥AG，可以得到∠EAF＝∠ABG，而AE＝AB，∠EFA＝∠AGB，由此可以证明△EFA≌△ABG，所以AF＝BG，AG＝EF；同理证得△BGC≌△DHC，GC＝DH，CH＝BG．故FH＝FA+AG+GC+CH＝3+6+4+3＝16，然后利用面积的割补法和面积公式即可求出图形的面积．【解答】解：∵AE⊥AB且AE＝AB，EF⊥FH，BG⊥FH，∴∠EAB＝∠EFA＝∠BGA＝90°，∵∠EAF+∠BAG＝90°，∠ABG+∠BAG＝90°，∴∠EAF＝∠ABG，∴AE＝AB，∠EFA＝∠AGB，∠EAF＝∠ABG，∴△EFA≌△AGB，∴AF＝BG，AG＝EF．同理证得△BGC≌△CHD得GC＝DH，CH＝BG．故FH＝FA+AG+GC+CH＝3+6+4+3＝16故S=1故选：A．5．（3分）（2022秋•西平县期末）如图，在△ADE和△ABC中，∠E＝∠C，DE＝BC，EA＝CA，过A作AF⊥DE，垂足为F，DE交CB的延长线于点G，连接AG．四边形DGBA的面积为12，AF＝4，则FG的长是（）A．2 B．2.5 C．3 D．10【分析】过点A作AH⊥BC于H，证△ABC≌△AED，得AF＝AH，再证Rt△AFG≌Rt△AHG（HL），同理Rt△ADF≌Rt△ABH，得S四边形DGBA＝S四边形AFGH＝12，然后求得Rt△AFG的面积＝6，进而得到FG的长．【解答】解：过点A作AH⊥BC于H，如图所示：在△ABC与△ADE中，BC=DE∠C=∠E∴△ABC≌△ADE（SAS），∴AD＝AB，S△ABC＝S△AED，又∵AF⊥DE，∴12×DE×AF=12∴AF＝AH，∵AF⊥DE，AH⊥BC，∴∠AFG＝∠AHG＝90°，在Rt△AFG和Rt△AHG中，AG=AGAF=AH∴Rt△AFG≌Rt△AHG（HL），同理：Rt△ADF≌Rt△ABH（HL），∴S四边形DGBA＝S四边形AFGH＝12，∵Rt△AFG≌Rt△AHG，∴SRt△AFG＝6，∵AF＝4，∴12×解得：FG＝3；故选：C．6．（3分）（2022•金牛区模拟）如图，AB⊥CD，且AB＝CD，E、F是AD上两点，CE⊥AD，BF⊥AD．若CE＝8，BF＝6，AD＝10，则EF的长为（）A．4 B．72 C．3 D．【分析】由题意可证△ABF≌△CDE，可得BF＝DE＝6，CE＝AF＝8，可求EF的长．【解答】解：∵AB⊥CD，CE⊥AD，∴∠C+∠D＝90°，∠A+∠D＝90°，∴∠A＝∠C，且AB＝CD，∠AFB＝∠CED，∴△ABF≌△CDE（AAS）∴BF＝DE＝6，CE＝AF＝8，∵AE＝AD﹣DE＝10﹣6＝4∴EF＝AF﹣AE＝8﹣4＝4，故选：A．7．（3分）（2022秋•晋州市期末）如图，已知线段AB＝20m，MA⊥AB于点A，MA＝6m，射线BD⊥AB于点B，点P从点B向点A运动，每秒走1m，点Q从点B向点D运动，每秒走3m．若P，Q同时从B出发，则出发x秒后，在线段MA上有一点C，使△CAP与△PBQ全等，则x的值为（）A．5 B．5或10 C．10 D．6或10【分析】求出BP＝xm，BQ＝3xm，AP＝（20﹣x）m，根据全等三角形得出①AC＝BP＝xm，AP＝BQ＝3xm，②AC＝BQ＝3xm，BP＝AP＝xm，再列出方程，最后求出x即可．【解答】解：∵出发x秒，点P从点B向点A运动，每秒走1m，点Q从点B向点D运动，每秒走3m，∴BP＝x•1＝x（m），BQ＝x•3＝3x（m），则AP＝（20﹣x）m，∵MA⊥AB，BD⊥AB，∴∠A＝∠B＝90°，要使△CAP与△PBQ全等，有两种情况：①AC＝BP＝xm，AP＝BQ＝3xm，即20﹣x＝3x，解得：x＝5；②AC＝BQ＝3xm，BP＝AP＝xm，即20﹣x＝x，解得：x＝10，当x＝10时，AC＝30，不符合题意，舍去，所以x＝5，故选：A．8．（3分）（2022秋•曲阜市校级月考）如图，在4×4的正方形网格中，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7的度数为（）A．300° B．315° C．320° D．325°【分析】根据正方形的轴对称性得∠1+∠7＝90°，∠2+∠6＝90°，∠3+∠5＝90°，∠4＝45°．【解答】解：由图可知，∠1所在的三角形与∠7所在的三角形全等，所以∠1+∠7＝90°．同理得，∠2+∠6＝90°，∠3+∠5＝90°．又∠4＝45°，所以∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7＝315°．故选：B．9．（3分）（2022秋•南江县校级期中）在△ABC中，高AD和BE所在的直线交于点H，且BH＝AC，则∠ABC等于（）A．45° B．120° C．45°或135° D．45°或120°【分析】根据题意画出三个图形，证△HBD≌△CAD，推出AD＝DB，推出∠DAB＝∠DBA，根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质求出∠ABD，即可求出答案．【解答】解：分为三种情况：①如图1，∵AD、BE是△ABC的高，∴∠ADC＝∠BDH＝90°，∠BEC＝90°，∴∠C+∠CAD＝90°，∠C+∠HBD＝90°，∴∠CAD＝∠HBD，在△HBD和△CAD中∠HBD=∠CAD∠BDH=∠ADC=90°∴△HBD≌△CAD（AAS），∴BD＝AD，∵∠ADB＝90°，∴∠ABC＝∠BAD＝45°，②如图2，∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠ADC＝∠HDB＝∠AEH＝90°，∴∠H+∠HAE＝∠C+∠HAE＝90°，∴∠H＝∠C，∵在△HBD和△CAD中，∠HDB=∠ADC∠H=∠C∴△HBD≌△CAD（AAS），∴AD＝BD，∴∠DAB＝∠DBA，∵∠ADB＝90°，∴∠ABD＝45°，∴∠ABC＝180°﹣45°＝135°；③如图3中，∵高AD和BE所在的直线交于点H，∴∠HDB＝∠ADC＝∠HEA＝90°，∴∠H+∠DAC＝90°，∠H+∠HBD＝90°，∴∠DAC＝∠HBD，在△DAC和△DBH中，∠ADC=∠BDH∠DAC=∠DBH∴△DAC≌△DBH（AAS），∴AD＝BD，∵∠ADB＝90°，∴∠ABC＝∠BAD＝45°，故选：C．10．（3分）（2022•滨州）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（）A．4 B．3 C．2 D．1【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确；由∠AOB＝∠COD，得出当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM，则∠COM＝∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO＝∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB＝OC，而OA＝OB，所以OA＝OC，而OA＞OC，故③错误；即可得出结论．【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝40°，∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，即∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△BOD中，OA=OB∠AOC=∠BOD∴△AOC≌△BOD（SAS），∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；∴∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，∴∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图2所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，在△OCG和△ODH中，∠OCA=∠ODB∠OGC=∠OHD∴△OCG≌△ODH（AAS），∴OG＝OH，∴MO平分∠BMC，④正确；∵∠AOB＝∠COD，∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM∵∠AOB＝∠COD，∴∠COM＝∠BOM，∵MO平分∠BMC，∴∠CMO＝∠BMO，在△COM和△BOM中，∠COM=∠BOMOM=OM∴△COM≌△BOM（ASA），∴OB＝OC，∵OA＝OB∴OA＝OC与OA＞OC矛盾，∴③错误；正确的个数有3个；故选：B．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2022•平谷区二模）如图，正方形格点图中，点A、B、C、D、E、F均在格点上，若以D、E、F为顶点的三角形与△ABC全等，请写出一个满足条件的F点坐标（1，1）或（4，﹣2）或（﹣1，﹣1）或（1，﹣4）．【分析】先根据全等三角形的判定定理画出符合的F点的位置，再得出F点的坐标即可．【解答】解：如图所示，有4种情况，∵A（2，2），C（1，1），B（2，4），E（1，﹣1），D（2，﹣2），∴当F的坐标是（1，1）或（4，﹣2）或（﹣1，﹣1）或（1，﹣4）时，以D、E、F为顶点的三角形与△ABC全等，故答案为：（1，1）或（4，﹣2）或（﹣1，﹣1）或（1，﹣4）．12．（3分）（2022秋•瑶海区期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别是D，E，AD、CE交于点H，已知AE＝CE＝5，CH＝2，则BE＝3．【分析】根据ASA证明△AEH与△CEB全等，进而利用全等三角形的性质解答．【解答】解：∵AD⊥BC，CE⊥AB，∴∠AEH＝∠HDC＝90°，∵∠EHA＝∠DHC，∴∠EAH＝∠ECB，在△AEH与△CEB中，∠EAH=∠ECBCE=AE∴△AEH≌△CEB（ASA），∴BE＝EH＝CE﹣CH＝5﹣2＝3，故答案为：3．13．（3分）（2022•昆山市自主招生）如图，由九个单位正方形组成，其中与△A2EB4全等的三角形有3个．【分析】根据全等三角形的判断方法寻找全等条件求解，做题时，要从已知条件开始思考，结合全等的判定方法逐个验证，注意要由易到难，不重不漏．【解答】解：△A2EB4≌△C1FA2≌△D3GC1≌△B4HD3．（ASA）故填3．14．（3分）（2022秋•孝南区校级月考）如图，DA⊥AB，EA⊥AC，AB＝AD，AC＝AE，BE和CD相交于O，则∠DOE的度数是90°．【分析】根据已知条件易证得△AEB≌△ACD，可得∠D＝∠ABE，设AB与CD相交于点F，由DA⊥AB可得∠D+∠AFD＝90°，而由图可知∠AFD和∠BFO是对顶角相等，即可得∠DOE＝∠DOB＝90°．【解答】解：∵DA⊥AB，EA⊥AC，∴∠DAB＝∠CAE＝90°，∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，即∠DAC＝∠BAE，又∵AB＝AD，AC＝AE，∴△AEB≌△ACD（SAS），∴∠D＝∠ABE；设AB与CD相交于点F，∵DA⊥AB，∴∠D+∠AFD＝90°，∵∠AFD＝∠BFO（对顶角相等），已证得∠D＝∠ABE；∴∠BFO+∠ABE＝90°，∴∠DOE＝∠DOB＝90°．故答案为：90°．15．（3分）（2022秋•封开县期末）如图，在△ACD中，∠CAD＝90°，AC＝6，AD＝8，AB∥CD，E是CD上一点，BE交AD于点F，若EF＝BF，则图中阴影部分的面积为24．【分析】证明△BAF≌△EDF（ASA），则S△BAF＝S△DEF，利用割补法可得阴影部分的面积．【解答】解：∵AB∥CD，∴∠BAD＝∠D，在△BAF和△EDF中，∠BAD=∠DBF=EF∴△BAF≌△EDF（ASA），∴S△BAF＝S△DEF，∴图中阴影部分的面积＝S四边形ACEF+S△AFB＝S△ACD=1故答案为：24．16．（3分）（2022春•浦东新区期末）如图，已知△ABC≌△ADE，且点B与点D对应，点C与点E对应，点D在BC上，∠BAE＝114°，∠BAD＝40°，则∠E的度数是36°．【分析】根据全等三角形的性质得出AB＝AD，∠ABD＝∠ADE，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ABD＝70°，求出∠DAE和∠ADE，再根据三角形内角和定理求出∠E即可．【解答】解：∵△ABC≌△ADE，∴AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠BAD＝40°，∴∠ABD＝∠ADB=12（180°﹣∠∵△ABC≌△ADE，∴∠ADE＝∠ABD＝70°，∵∠BAE＝114°，∠BAD＝40°，∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝114°﹣40°＝74°，∴∠E＝180°﹣∠ADE﹣∠DAE＝180°﹣70°﹣74°＝36°，故答案为：36．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）（2022春•黄岛区期末）如图，请沿图中的虚线，用三种方法将下列图形划分为两个全等图形．【分析】直接利用全等图形的定义进而分析得出答案．【解答】解：如图所示：．18．（6分）（2022秋•普陀区期末）已知：如图，在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝45°，高AD与高BE相交于点F，G为BF的中点．求证：（1）DG＝DE；（2）∠DEG＝∠DEC．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质证明△BDF≌△ACD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DG=12（2）由（1）得∠DBG＝∠DAE，BG=12BF，AE=12AC，BF＝AC，然后证明△【解答】证明：（1）AD⊥BD，∠BAD＝45°，∴AD＝BD，∵∠BFD＝∠AFE，∠AFE+∠CAD＝90°，∠CAD+∠ACD＝90°，∴∠BFD＝∠ACD，在△BDF和△ACD中，∠BFD=∠ACD∠BDF=∠ADC∴△BDF≌△ACD（AAS），∴BF＝AC，∵G为BF的中点．∴DG=12∵AB＝CB，BE⊥AC，∴E为AC的中点．∴DE=12∴DG＝DE；（2）由（1）知：∠DBG＝∠DAE，BG=12BF，AE=12AC，∴BG＝AE，在△BDG和△ADE中，BD=AD∠DBG=∠DAE∴△BDG≌△ADE（SAS），∴∠BDG＝∠ADE，∴∠DGB＝∠DBG+∠BDG，∵∠DEC＝∠DAE+∠ADE，∴∠DGB＝∠DEC，∵DG＝DE，∴∠DGE＝∠DEG，∴∠DEG＝∠DEC．19．（8分）（2022秋•涪陵区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，E为AC边上一点，连接BE与AD交于点F，G为△ABC外一点，满足∠ACG＝∠ABE，∠FAG＝∠BAC，连接EG．（1）求证：△ABF≌△ACG；（2）求证：BE＝CG+EG．【分析】（1）根据已知条件可得∠BAD＝∠CAG，然后利用ASA即可证明△ABF≌△ACG；（2）结合（1）的结论，再证明△AEF≌△AEG，即可解决问题．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠FAG，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠FAG﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAG，在△ABF和△ACG中，∠BAD=∠CAGAB=AC∴△ABF≌△ACG（ASA）；（2）证明：∵△ABF≌△ACG，∴AF＝AG，BF＝CG，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠BAD＝∠CAG，∵∠BAD＝∠CAG，∴∠CAD＝∠CAG，在△AEF和△AEG中，AF=AG∠FAE=∠GAE∴△AEF≌△AEG（SAS）．∴EF＝EG，∴BE＝BF+FE＝CG+EG．20．（8分）（2022•宜昌）杨阳同学沿一段笔直的人行道行走，在由A步行到达B处的过程中，通过隔离带的空隙O，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的社会主义核心价值观标语，其具体信息汇集如下：如图，AB∥OH∥CD，相邻两平行线间的距离相等，AC，BD相交于O，OD⊥CD．垂足为D，已知AB＝20米，请根据上述信息求标语CD的长度．【分析】由AB∥CD，利用平行线的性质可得∠ABO＝∠CDO，由垂直的定义可得∠CDO＝90°，易得OB⊥AB，由相邻两平行线间的距离相等可得OD＝OB，利用ASA定理可得△ABO≌△CDO，由全等三角形的性质可得结果．【解答】解：∵AB∥CD，∴∠ABO＝∠CDO，∵OD⊥CD，∴∠CDO＝90°，∴∠ABO＝90°，即OB⊥AB，∵相邻两平行线间的距离相等，∴OD＝OB，在△ABO与△CDO中，∠ABO=∠CDOOB=OD∴△ABO≌△CDO（ASA），∴CD＝AB＝20（m）21．（8分）（2022秋•林州市期末）如图1，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，AD、BE相交于点M，连接CM．（1）求证：BE＝AD；（2）用含α的式子表示∠AMB的度数（直接写出结果）；（3）当α＝90°时，取AD，BE的中点分别为点P、Q，连接CP，CQ，PQ，如图2，判断△CPQ的形状，并加以证明．【分析】（1）由CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝α，利用SAS即可判定△ACD≌△BCE；（2）根据△ACD≌△BCE，得出∠CAD＝∠CBE，再根据∠AFC＝∠BFH，即可得到∠AMB＝∠ACB＝α；（3）先根据SAS判定△ACP≌△BCQ，再根据全等三角形的性质，得出CP＝CQ，∠ACP＝∠BCQ，最后根据∠ACB＝90°即可得到∠PCQ＝90°，进而得到△PCQ为等腰直角三角形．【解答】解：（1）如图1，∵∠ACB＝∠DCE＝α，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，CA=CB∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE（SAS），∴BE＝AD；（2）如图1，∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，∵△ABC中，∠BAC+∠ABC＝180°﹣α，∴∠BAM+∠ABM＝180°﹣α，∴△ABM中，∠AMB＝180°﹣（180°﹣α）＝α；（3）△CPQ为等腰直角三角形．证明：如图2，由（1）可得，BE＝AD，∵AD，BE的中点分别为点P、Q，∴AP＝BQ，∵△ACD≌△BCE，∴∠CAP＝∠CBQ，在△ACP和△BCQ中，CA=CB∠CAP=∠CBQ∴△ACP≌△BCQ（SAS），∴CP＝CQ，且∠ACP＝∠BCQ，又∵∠ACP+∠PCB＝90°，∴∠BCQ+∠PCB＝90°，∴∠PCQ＝90°，∴△CPQ为等腰直角三角形．22．（8分）（2022•哈尔滨）已知：在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点E，且AC⊥BD，作BF⊥CD，垂足为点F，BF与AC交于点G，∠BGE＝∠ADE．（1）如图1，求证：AD＝CD；（2）如图2，BH是△ABE的中线，若AE＝2DE，DE＝EG，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于△ADE面积的2倍．【分析】（1）由AC⊥BD、BF⊥CD知∠ADE+∠DAE＝∠CGF+∠GCF，根据∠BGE＝∠ADE＝∠CGF得出∠DAE＝∠GCF即可得；（2）设DE＝a，先得出AE＝2DE＝2a、EG＝DE＝a、AH＝HE＝a、CE＝AE＝2a，据此知S△ADC＝2a2＝2S△ADE，证△ADE≌△BGE得BE＝AE＝2a，再分别求出S△ABE、S△BCE、S△BHG，从而得出答案．【解答】解：（1）∵∠BGE＝∠ADE，∠BGE＝∠CGF，∴∠ADE＝∠CGF，∵AC⊥BD、BF⊥CD，∴∠ADE+∠DAE＝∠CGF+∠GCF，∴∠DAE＝∠GCF，∴AD＝CD；（2）设DE＝a，则AE＝2DE＝2a，EG＝DE＝a，∴S△ADE=12AE•DE=12•2a•a∵BH是△ABE的中线，∴AH＝HE＝a，∵AD＝CD、AC⊥BD，∴CE＝AE＝2a，则S△ADC=12AC•DE=12•（2a+2a）•a＝2a2＝2在△ADE和△BGE中，∵∠AED=∠BEGDE=GE∴△ADE≌△BGE（ASA），∴BE＝AE＝2a，∴S△ABE=12AE•BE=12•（2a）•2aS△BCE=12CE•BE=12•（2a）•2aS△BHG=12HG•BE=12•（a+a）•2a综上，面积等于△ADE面积的2倍的三角形有△ACD、△ABE、△BCE、△BHG．23．（8分）（2022•沈阳）将两个全等的直角三角形ABC和DBE按图①方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠A＝∠D＝30°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于点F．（1）求证：AF+EF＝DE；（2）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角α，且0°＜α＜60°，其它条件不变，请在图②中画出变换后的图形，并直接写出你在（1）中猜想的结论是否仍然成立；（3）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角β，且60°＜β＜180°，其它条件不变，如图③．你认为（1）中猜想的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出AF、EF与DE之间的关系，并说明理由．【分析】（1）我们已知了三角形BED和CAB全等，那么DE＝AF+CF，因此只要求出EF＝CF就能得出本题所求的结论，可通过全等三角形来实现，连接BF，那么证明三角形BEF和BCF全等就是解题的关键，这两三角形中已知的条件有BE＝BC，一条公共边，根据斜边直角边定理，这两个直角三角形就全等了，也就得出EF＝CF，也就能证得本题的结论了；（2）解题思路和辅助线的作法与（1）完全一样；（3）结论不成立．结论：AF＝DE+EF．同（1）得CF＝EF，由△ABC≌△DBE，可得AC＝DE，AF＝AC+FC＝DE+EF．【解答】（1）证明：连接BF（如图①），∵△ABC≌△DBE（已知），∴BC＝BE，AC＝DE．∵∠ACB＝∠DEB＝90°，∴∠BCF＝∠BEF＝90°．在Rt△BFC和Rt△BFE中，BF=BFBC=BE∴Rt△BFC≌Rt△BFE（HL）．∴CF＝EF．又∵AF+CF＝AC，∴AF+EF＝DE．（2）解：画出正确图形如图②∴（1）中的结论AF+EF＝DE仍然成立；（3）不成立．结论：AF＝DE+EF．证明：连接BF，∵△ABC≌△DBE，∴BC＝BE，∵∠ACB＝∠DEB＝90°，∴△BCF和△BEF是直角三角形，在Rt△BCF和Rt△BEF中，BC=BEBF=BF∴△BCF≌△BEF（HL），∴CF＝EF；∵△ABC≌△DBE，∴AC＝DE，∴AF＝AC+FC＝DE+EF．专题13.1轴对称与轴对称图形【八大题型】【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1轴对称的相关概念】 1【题型2轴对称图形的相关概念】 2【题型3确定轴对称图形对称轴的条数】 3【题型4轴对称在镜面对称中的应用】 4【题型5轴对称的操作应用】 4【题型6与轴对称相关的探索图形规律问题】 6【题型7与轴对称相关的开放性问题】 6【题型8轴对称的实际应用】 8【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轴对称的相关概念】【例1】（2022•盐都区月考）如图，在网格中与△ABC成轴对称的格点三角形一共有4个．【变式1-1】（2022秋•丰台区校级期中）观察下列各组图形，其中成轴对称的图形是．（填写序号）【变式1-2】（2022秋•香洲区期中）如图，在2×2的方格纸中有一个以格点为顶点的△ABC，则与△ABC成轴对称且以格点为顶点三角形共有个．【变式1-3】（2022秋•江都区校级月考）如图，在3×3的正方形格纸中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形，图中△ABC是一个格点三角形，在这个正方形格纸中，与△ABC成轴对称的格点三角形最多有（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【题型2轴对称图形的相关概念】【例2】（2022秋•永城市期末）在如图所示的图中补一个小正方形，使其成为轴对称图形，共有种补法．【变式2-1】（2022秋•来宾期中）下面是一位美术爱好者利用网格图设计的几个英文字母的图形，你认为其中是轴对称图形的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式2-2】（2022春•贵阳期末）如图，是4×4正方形网格，其中已有3个小正方形涂成了黑色，现在从剩余的13个白色小正方形中选出一个涂成黑色，使涂成黑色的四个小正方形所构成的图形是轴对称图形，则这样的白色小正方形有个．【变式2-3】（2022•南充一模）如图，每个小三角形都是等边三角形，再将1个小三角形涂黑，使4个小三角形构成轴对称图形．不同涂法有（）A．2种 B．3种 C．4种 D．6种【题型3确定轴对称图形对称轴的条数】【例3】（2022秋•仓山区校级期末）下列图形中，对称轴有6条的图形是（）A． B． C． D．【变式3-1】（2022秋•平舆县期末）我国传统建筑中，窗框（如图①）的图案玲珑剔透、千变万化，窗框一部分如图②所示，它是一个轴对称图形，其对称轴有（）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【变式3-2】（2022秋•嘉陵区期末）如图，它的对称轴有条．【变式3-3】（2022•梅州模拟）如图所示图形是轴对称图形，其对称轴共有（）A．1条 B．2条 C．4条 D．无数条【题型4轴对称在镜面对称中的应用】【例4】（2022春•二道区期末）小明同学在照镜子的时候发现自己的学号牌在镜子中的数字显示为如下图案，请问他的学号应该是（）A．70625 B．70952 C．70925 D．52607【变式4-1】如图所示是一张画有小白兔的卡片，卡片正对一面镜子，这张卡片在镜子里的影像是下列各图中的（）A． B． C． D．【变式4-2】（2022春•李沧区期末）墙上有一个数字式电子钟，在对面墙上的镜子里看到该电子钟显示的时间如图所示，那么它的实际时间是．【变式4-3】（2022春•成华区期末）如图1，小明晚饭后出门时看见门内上方的圆形挂钟是4点过7分，回来时一开门就看见门对面镜子里的挂钟是7点过5分（如图2），则小明在外边待了分钟．【题型5轴对称的操作应用】【例5】2022•六盘水）如图，将一张长方形纸对折，再对折，然后沿图中虚线剪下，剪下的图形展开后可得到（）A．三角形 B．梯形 C．正方形 D．五边形【变式5-1】（2022春•锦州期末）将一张长方形的纸片对折，然后用笔尖在上面扎出字母“B”，再把它展开铺平后，你可以看到的图形是（）A． B． C． D．【变式5-2】（2022•诸暨市二模）把一张长方形纸片按如图①、图②的方式从右向左连续对折两次后得到图③，再在图③中挖去一个如图所示的等腰直角三角形小孔，则重新展开后得到的图形是（）A． B． C． D．【变式5-3】（2022•丽水一模）将一个正方形纸片对折后对折再对折，得到如图所示的图形，然后将阴影部分剪掉，把剩余部分展开后的平面图形是（）A． B． C． D．【题型6与轴对称相关的探索图形规律问题】【例6】下列图中是由字母A和H构成的（把A、H视为轴对称图形）．AHHAAHHAAHHA…（1）仔细观察其中的变化规律．回答下列问题；①第100个字母是什么？②图形中的字母A在前2014个字母中一共出现多少次？（2）从左往右在图案中至少取多少个（多于1个）字母能构成一次轴对称？字母个数为多少个（多于1个）字母能构成轴对称？【变式6-1】（2022秋•连城县期末）仔细观察下列图案，并按规律在横线上画出合适的图案．【变式6-2】（2022秋•海珠区校级期中）请在下面这一符号中找出它们所蕴含的内在规律，然后在横线上的空白处填上恰当的图形．【变式6-3】（2022•日照）在日常生活中，你经常会看到一些含有特殊数学规律的汽车车牌号码，例、等，这些牌照中的5个数字都是关于中间的一个数字“对称”的，给人以对称美的享受，我们不妨把这样的牌照叫作“数字对称”牌照，如果让你负责制作以8或9开头且有5个数字的“数字对称”牌照，那么最多可制作（）A．2000个 B．1000个 C．200个 D．100个【题型7与轴对称相关的开放性问题】【例7】（2022秋•沧州期中）用四块如图①所示的瓷砖拼成一个正方形，使拼成的图案成一个轴对称图形，请你分别在图②、图③中各画一种拼法（要求两种拼法各不相同，可平移和旋转瓷砖）【变式7-1】（2022春•衡阳县校级期末）如图，请你用几个基本图形设计三个有具体形象的轴对称图形．【变式7-2】（2022春•炎陵县期末）如图，由4个大小相等的正方形组成的L形图案，（1）请你改变1个正方形的位置，使它变成轴对称图形；（2）请你再添加一个小正方形，使它变成轴对称图形．【变式7-3】（2022春•盐湖区校级期末）设计下面的图形，使它成为一个轴对称图形．【题型8轴对称的实际应用】【例8】（2022•浙江）如图是一台球桌面示意图，图中小正方形的边长均相等，黑球放在如图所示的位置，经白球撞击后沿箭头方向运动，经桌边反弹最后进入球洞的序号是（）A．① B．② C．⑤ D．⑥【变式8-1】（2022•汤阴县期中）如图是一个经过改造的规格为3×5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【变式8-2】（20202春•兖州区期末）下面四个图形是标出了长宽之比的台球桌的俯视图，一个球从一个角落以45°角击出，在桌子边沿回弹若干次后，最终必将落入角落的一个球囊．图1中回弹次数为1次，图2中回弹次数为2次，图3中回弹次数为3次，图4中回弹次数为5次．若某台球桌长宽之比为5：4，按同样的方式击球，球在边沿回弹的次数为（）次．A．6 B．7 C．8 D．9【变式8-3】（2022秋•常州期中）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专题13.1轴对称与轴对称图形【八大题型】【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1轴对称的相关概念】 1【题型2轴对称图形的相关概念】 3【题型3确定轴对称图形对称轴的条数】 5【题型4轴对称在镜面对称中的应用】 7【题型5轴对称的操作应用】 8【题型6与轴对称相关的探索图形规律问题】 10【题型7与轴对称相关的开放性问题】 11【题型8轴对称的实际应用】 13【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轴对称的相关概念】【例1】（2022•盐都区月考）如图，在网格中与△ABC成轴对称的格点三角形一共有4个．【分析】直接利用轴对称图形的性质结合题意得出答案．【解答】解：如图所示：都是符合题意的图形．故在网格中与△ABC成轴对称的格点三角形一共有4个，故答案为：4．【变式1-1】（2022秋•丰台区校级期中）观察下列各组图形，其中成轴对称的图形是②．（填写序号）【分析】根据轴对称图形的概念求解．【解答】解：第②个图形为轴对称图形．故答案为：②．【变式1-2】（2022秋•香洲区期中）如图，在2×2的方格纸中有一个以格点为顶点的△ABC，则与△ABC成轴对称且以格点为顶点三角形共有5个．【分析】解答此题首先找到对称轴，EH、GC、AD，BF等都可以是它的对称轴，然后依据对称找出相应的三角形即可．【解答】解：与△ABC成轴对称且以格点为顶点三角形有△ABG、△CDF、△AEF、△DBH，△BCG共5个，故答案为：5．【变式1-3】（2022秋•江都区校级月考）如图，在3×3的正方形格纸中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形，图中△ABC是一个格点三角形，在这个正方形格纸中，与△ABC成轴对称的格点三角形最多有（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【分析】根据网格结构分别确定出不同的对称轴，然后作出轴对称三角形即可得解．【解答】解：如图，最多能画出6个格点三角形与△ABC成轴对称．所以与△ABC成轴对称的格点三角形最多有6个．故选：D．【题型2轴对称图形的相关概念】【例2】（2022秋•永城市期末）在如图所示的图中补一个小正方形，使其成为轴对称图形，共有4种补法．【分析】根据轴对称的性质画出图形即可．【解答】解：如图所示：故共有4种补法．故答案为：4．【变式2-1】（2022秋•来宾期中）下面是一位美术爱好者利用网格图设计的几个英文字母的图形，你认为其中是轴对称图形的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据轴对称图形的概念求解．【解答】解：B、H是轴对称图形，共2个．故选：B．【变式2-2】（2022春•贵阳期末）如图，是4×4正方形网格，其中已有3个小正方形涂成了黑色，现在从剩余的13个白色小正方形中选出一个涂成黑色，使涂成黑色的四个小正方形所构成的图形是轴对称图形，则这样的白色小正方形有4个．【分析】根据轴对称图形的概念求解即可．【解答】解：如图所示，有4个位置使之成为轴对称图形．故答案为：4．【变式2-3】（2022•南充一模）如图，每个小三角形都是等边三角形，再将1个小三角形涂黑，使4个小三角形构成轴对称图形．不同涂法有（）A．2种 B．3种 C．4种 D．6种【分析】对称轴的位置不同，结果不同，根据轴对称的性质进行作图即可．【解答】解：如图所示，满足题意的涂色方式有4种，故选：C．【题型3确定轴对称图形对称轴的条数】【例3】（2022秋•仓山区校级期末）下列图形中，对称轴有6条的图形是（）A． B． C． D．【分析】关于某条直线对称的图形叫轴对称图形，这条直线叫做对称轴．【解答】解：A、有5条对称轴，不符合题意；B、C不是轴对称图形，不符合题意；D、有6条对称轴，符合题意．故选：D．【变式3-1】（2022秋•平舆县期末）我国传统建筑中，窗框（如图①）的图案玲珑剔透、千变万化，窗框一部分如图②所示，它是一个轴对称图形，其对称轴有（）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【分析】直接利用轴对称图形的定义分析得出答案．【解答】解：如图所示：其对称轴有2条．故选：B．【变式3-2】（2022秋•嘉陵区期末）如图，它的对称轴有2条．【分析】根据轴对称图形的概念作出对称轴即可得解．【解答】解：如图，共有2条对称轴．故答案为：2．【变式3-3】（2022•梅州模拟）如图所示图形是轴对称图形，其对称轴共有（）A．1条 B．2条 C．4条 D．无数条【分析】利用轴对称图形的定义进行分析即可．【解答】解：其对称轴共有4条，故选：C．【题型4轴对称在镜面对称中的应用】【例4】（2022春•二道区期末）小明同学在照镜子的时候发现自己的学号牌在镜子中的数字显示为如下图案，请问他的学号应该是（）A．70625 B．70952 C．70925 D．52607【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．【解答】解：做轴对称图形得：|70625，【变式4-1】如图所示是一张画有小白兔的卡片，卡片正对一面镜子，这张卡片在镜子里的影像是下列各图中的（）A． B． C． D．【分析】根据轴对称的性质判断即可．【解答】解：镜子里的影像与原来的图形成轴对称，故选：C．故选：A．【变式4-2】（2022春•李沧区期末）墙上有一个数字式电子钟，在对面墙上的镜子里看到该电子钟显示的时间如图所示，那么它的实际时间是12：51．【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，分析可得题中所显示的图片与12：51成轴对称，所以此时实际时刻为12：51．故答案为：12：51．【变式4-3】（2022春•成华区期末）如图1，小明晚饭后出门时看见门内上方的圆形挂钟是4点过7分，回来时一开门就看见门对面镜子里的挂钟是7点过5分（如图2），则小明在外边待了48分钟．【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．【解答】解：根据对面镜子里的挂钟是7点过5分，∴根据镜面对称得出：分针指在5上与11对称，时针指在7上与5对称，∴故实际时间是4：55，∴小明在外边待了：55﹣7＝48分钟．故答案为：48．【题型5轴对称的操作应用】【例5】2022•六盘水）如图，将一张长方形纸对折，再对折，然后沿图中虚线剪下，剪下的图形展开后可得到（）A．三角形 B．梯形 C．正方形 D．五边形【分析】动手操作可得结论．【解答】解：将一张长方形纸对折，再对折，然后沿图中虚线剪下，剪下的图形展开后可得到：正方形．故选：C．【变式5-1】（2022春•锦州期末）将一张长方形的纸片对折，然后用笔尖在上面扎出字母“B”，再把它展开铺平后，你可以看到的图形是（）A． B． C． D．【分析】根据轴对称的知识可以解答本题．【解答】解：由题意可得，展开后的图形呈轴对称，故选：C．【变式5-2】（2022•诸暨市二模）把一张长方形纸片按如图①、图②的方式从右向左连续对折两次后得到图③，再在图③中挖去一个如图所示的等腰直角三角形小孔，则重新展开后得到的图形是（）A． B． C． D．【分析】动手操作可得结论．【解答】解：重新展开后得到的图形是：故选：C．【变式5-3】（2022•丽水一模）将一个正方形纸片对折后对折再对折，得到如图所示的图形，然后将阴影部分剪掉，把剩余部分展开后的平面图形是（）A． B． C． D．【分析】严格按照图中的方法亲自动手操作一下，即可很直观地呈现出来．【解答】解：将阴影部分剪掉，把剩余部分展开后的平面图形是：故选：A．【题型6与轴对称相关的探索图形规律问题】【例6】下列图中是由字母A和H构成的（把A、H视为轴对称图形）．AHHAAHHAAHHA…（1）仔细观察其中的变化规律．回答下列问题；①第100个字母是什么？②图形中的字母A在前2014个字母中一共出现多少次？（2）从左往右在图案中至少取多少个（多于1个）字母能构成一次轴对称？字母个数为多少个（多于