综合解析人教版8年级数学上册《轴对称》专项训练练习题（含答案详解）

人教版8年级数学上册《轴对称》专项训练考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题20分）一、单选题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，分别以点A和点B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点D和点E，直线DE交AC于点F，交AB于点G，连接BF，若BF＝3，AG＝2，则BC＝（）A．5 B．4 C．2 D．22、点A(2，-1)关于y轴对称的点B的坐标为（

）A．(2,1) B．(-2，1) C．(2，-1) D．(-2，-1)3、三名同学分别站在一个三角形三个顶点的位置上，他们在玩抢凳子的游戏，要求在他们中间放一个凳子，抢到凳子者获胜，为使游戏公平，凳子应放的最适当的位置在三角形的（

）A．三条角平分线的交点 B．三边中线的交点C．三边上高所在直线的交点 D．三边的垂直平分线的交点4、以下四个标志，每个标志都有图案和文字说明，其中的图案是轴对称图形是（

）A． B．C． D．5、如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点P在AB上，过点P作PE⊥AC，垂足为E，延长BC至点Q，使CQ＝PA，连接PQ交AC于点D，则DE的长为（）A．1 B．1.8 C．2 D．2.5第Ⅱ卷（非选择题80分）二、填空题（5小题，每小题6分，共计30分）1、如图，屋顶钢架外框是等腰三角形，其中，立柱，且顶角，则的大小为_______．2、如图，在中，，点，都在边上，，若，则的长为_______.3、如图将长方形折叠，折痕为，的对应边与交于点，若，则的度数为_______．4、将一副直角三角板如图摆放，点C在EF上，AC经过点D．已知∠A=∠EDF=90°，AB=AC．∠E=30°，∠BCE=40°，则∠CDF=_____．5、如图，已知O为△ABC三边垂直平分线的交点，且∠A＝50°，则∠BOC的度数为_____度．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，在平面直角坐标系中，已知线段AB；（1）请在y轴上找到点C，使△ABC的周长最小，画出△ABC，并写出点C的坐标；（2）作出△ABC关于y轴对称的△A'B'C'；（3）连接BB'，AA'．求四边形AA'B'B的面积．2、如图，中，，点在边上，．求证．3、如图，点P是∠AOB外的一点，点Q与P关于OA对称，点R与P关于OB对称，直线QR分别交OA、OB于点M、N，若PM＝PN＝4，MN＝5．（1）求线段QM、QN的长；（2）求线段QR的长．4、（1）如图①，和都是等边三角形，且点，，在一条直线上，连结和，直线，相交于点．则线段与的数量关系为_____________．与相交构成的锐角的度数为___________．（2）如图②，点，，不在同一条直线上，其它条件不变，上述的结论是否还成立．（3）应用：如图③，点，，不在同一条直线上，其它条件依然不变，此时恰好有．设直线交于点，请把图形补全．若，则___________．5、在中，，D为BC延长线上一点，点E为线段AC，CD的垂直平分线的交点，连接EA，EC，ED．（1）如图1，当时，则_______°；（2）当时，①如图2，连接AD，判断的形状，并证明；②如图3，直线CF与ED交于点F，满足．P为直线CF上一动点．当的值最大时，用等式表示PE，PD与AB之间的数量关系为_______，并证明．-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】利用线段垂直平分线的性质得到，，再证明，利用勾股定理即可解决问题．【详解】解：由作图方法得垂直平分，∴，，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，∴，，∴．故选：．【考点】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）方法是解题关键，同时还考查了线段垂直平分线的性质．2、D【解析】【分析】根据点坐标关于轴对称的变换规律即可得．【详解】解：点坐标关于轴对称的变换规律：横坐标互为相反数，纵坐标相同．则点关于轴对称的点的坐标为，故选：D．【考点】本题考查了点坐标与轴对称变化，熟练掌握点坐标关于轴对称的变换规律是解题关键．3、D【解析】【分析】根据题意可知，凳子的位置应该到三个顶点的距离相等，从而可确定答案．【详解】因为三边的垂直平分线的交点到三角形三个顶点的距离相等，这样就能保证凳子到三名同学的距离相等，以保证游戏的公平，故选：D．【考点】本题主要考查垂直平分线的应用，掌握垂直平分线的性质是关键．4、D【解析】【分析】根据轴对称图形的定义判断即可【详解】∵A,B,C都不是轴对称图形,∴都不符合题意;D是轴对称图形,符合题意,故选D.【考点】本题考查了轴对称图形的定义,准确理解轴对称图形的定义是解题的关键．5、C【解析】【分析】过作的平行线交于，通过证明≌，得，再由是等边三角形，即可得出．【详解】解：过作的平行线交于，，是等边三角形，，，是等边三角形，，∵CQ＝PA，∴在中和中，，≌，，于，是等边三角形，，，，，，故选：C．【考点】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．二、填空题1、30°##30度【解析】【分析】先由等边对等角得到，再根据三角形的内角和进行求解即可．【详解】，，，，，故答案为：30°．【考点】本题考查了等腰三角形的性质及三角形的内角和定理，熟练掌握知识点是解题的关键．2、9.【解析】【分析】根据等腰三角形的性质及全等三角形的判定与性质即可求解.【详解】因为△ABC是等腰三角形，所以有AB=AC,∠BAD=∠CAE,∠ABD=∠ACE,所以△ABD△ACE(ASA),所以BD=EC，EC=9.【考点】此题主要考查等腰三角形的性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质.3、70°【解析】【分析】依据矩形的性质以及折叠的性质，即可得到∠DFE=∠B'EF，设∠BEF=α，则∠DFE=∠B'EF=α，根据B'E∥C'F，即可得出∠B'EF+∠C'FE=180°，进而得到∠BEF的度数．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，∴∠BEF=∠DFE，由折叠可得，∠BEF=∠B'EF，设∠BEF=α，则∠DFE=∠B'EF=α，∵B'E∥C'F，∴∠B'EF+∠C'FE=180°，即α+α+40°=180°，解得α=70°，∴∠BEF=70°，故答案为：70°．【考点】本题考查折叠问题以及矩形的性质的运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．4、25°【解析】【分析】先根据等边对等角算出∠ACB=∠B=45°，再根据直角三角形中两个锐角互余算出∠F=60°，最后根据外角的性质求解即可．【详解】解：∵AB=AC，∠A=90°，∴∠ACB=∠B=45°．∵∠EDF=90°，∠E=30°，∴∠F=90°﹣∠E=60°．∵∠ACE=∠CDF+∠F，∠BCE=40°，∴∠CDF=∠ACE﹣∠F=∠BCE+∠ACB﹣∠F=45°+40°﹣60°=25°．【考点】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质以及外角的性质，解题的关键是要合理的运用外角和计算的时候要细致认真．5、100【解析】【分析】连接AO延长交BC于D，根据线段垂直平分线的性质可得OB=OA=OC，再根据等腰三角形的等边对等角和三角形的外角性质可得∠BOC=2∠A，即可求解．【详解】解：连接AO延长交BC于D，∵O为△ABC三边垂直平分线的交点，∴OB=OA=OC，∴∠OBA=∠OAB，∠OCA=∠OAC，∵∠BOD=∠OBA+∠OAB=2∠OAB，∠COD=∠OCA+∠OAC=2∠OAC，∴∠BOC=∠BOD+∠COD=2∠OAB+2∠OAC=2∠BAC，∵∠BAC=50°，∴∠BOC=100°．三、解答题1、（1）见详解，点C的坐标为（0，4）；（2）见详解；（3）16【解析】【分析】（1）作B点关于y轴的对称点连接与y轴的交点即为C点，即可求出点C的坐标；（2）根据网格画出△ABC关于y轴对称的△A'B'C'即可；（3）根据梯形面积公式即可求四边形AA'B'B的面积．【详解】解：（1）所要求作△ABC如图所示，点C的坐标为（0，4）；（2）△A'B'C'即为所求；（3）点A，B，A'，B'的坐标分别为：（﹣3，1）、（﹣1，5）、（3，1）、（1，5）；∴四边形AA'B'B的面积为：=（2+6）×4＝16．【考点】本题考查了作图﹣轴对称变换，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．2、证明见解析．【解析】【分析】先根据等腰三角形的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据三角形的判定与性质即可得证．【详解】，，，，即，在和中，，，，即．【考点】本题考查了等腰三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．3、（1）4，1；（2）5【解析】【分析】（1）利用轴对称的性质求出MQ即可解决问题；（2）利用轴对称的性质求出NR即可解决问题．【详解】（1）∵P，Q关于OA对称，∴OA垂直平分线段PQ，∴MQ＝MP＝4，∵MN＝5，∴QN＝MN﹣MQ＝5﹣4＝1．（2）∵P，R关于OB对称，∴OB垂直平分线段PR，∴NR＝NP＝4，∴QR＝QN+NR＝1+4＝5．【考点】本题考查轴对称的性质，解题的关键是理解题意，熟练掌握轴对称的性质属于中考常考题型．4、（1）相等，；（2）成立，证明见解析；（3）见解析，4.【解析】【分析】（1）证明△BCD≌△ACE，并运用三角形外角和定理和等边三角形的性质求解即可；（2）是第（1）问的变式，只是位置变化，结论保持不变；（3）根据∠AEC=30°，判定AE是等边三角形CDE的高，运用前面的结论，把条件集中到一个含有30°角的直角三角形中求解即可.【详解】（1）相等；

.理由如下：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，在和中，∴．∴，．又∵，∴.（2）成立；理由如下：证明：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，在和中，∴．∴，．又∵，∴.（3）补全图形（如图）,∵△CDE是等边三角形，∴∠DEC=60°，∵∠AEC=30°，∴∠AEC=∠AED，∴EQ⊥DQ，∴∠DQP=90°，根据（1）知，∠BDC=∠AEC=30°，∵PQ=2，∴DP=4.故答案为：4.【考点】本题是一道猜想证明题，以两线段之间的大小关系为基础，考查了等边三角形的性质，三角形的全等，直角三角形的性质，证明两个手拉手模型三角形全等是解题的关键.5、（1）80；（2）是等边三角形；（3）．【解析】【分析】（1）根据垂直平分线性质可知，再结合等腰三角形性质可得，，利用平角定义和四边形内角和定理可得，由此求解即可；（2）根据（1）的结论求出即可证明是等边三角形；（3）根据利用对称和三角形两边之差小于第三边，找到当的值最大时的P点位置，再证明对称点与AD两点构成三角形为等边三角形，利用旋转全等模型即可证明，从而可知，再根据30°直角三角形性质可知即可得出结论．【详解】解：（1）∵点E为线段AC，CD的垂直平分线的交点，∴，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∵在中，，，∴，∴，故答案为：．（2）①结论：是等边三角形．证明：∵在中，，，∴，由（1）得：，，∴是等边三角形．②结论：．证明