图形的轴对称，中考试题中最美丽的考试题

　　#初中数学学习#

　　01单元学法

　　图形的轴对称，是几何中的图形变换之一。中考试题中，如何呈现中图形的轴对称之美？我们通过以下30个中考真题，给大家进行复习。

　　第30题的轴对称之美。 此题需要过点H作HN⊥BM于N，利用正方形的性质及轴对称的性质，证明△ABG≌△AFG，可推出AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线；证明△ABG≌△GNH，推出HN＝CN，得到∠DCH＝∠NCH，推出CH是∠DCN的平分线；再证∠HGN＝∠EGH，可知GH是∠EGM的平分线．

　　解答：过点H作HN⊥BM于N，则∠HNC＝90°，

　　∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝AB＝BC，∠D＝∠DAB＝∠B＝∠DCB＝∠DCM＝90°，

　　①∵将△ADE沿AE所在的直线折叠得到△AFE，∴△ADE≌△AFE，

　　∴∠D＝∠AFE＝∠AFG＝90°，AD＝AF，∠DAE＝∠FAE，∴AF＝AB，

　　又∵AG＝AG，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），

　　∴∠BAG＝∠FAG，∠AGB＝∠AGF，

　　∴AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线；

　　②由①知，∠DAE＝∠FAE，∠BAG＝∠FAG，

　　又∵∠BAD＝90°，∴∠GAF+∠EAF＝＝45°，即∠GAH＝45°，

　　∵GH⊥AG，∴∠GHA＝90°﹣∠GAH＝45°，

　　∴△AGH为等腰直角三角形，∴AG＝GH，

　　∵∠AGB+∠BAG＝90°，∠AGB+∠HGN＝90°，∴∠BAG＝∠NGH，

　　又∵∠B＝∠HNG＝90°，AG＝GH，∴△ABG≌△GNH（AAS），

　　∴BG＝NH，AB＝GN，∴BC＝GN，

　　∵BC﹣CG＝GN﹣CG，∴BG＝CN，∴CN＝HN，

　　∵∠DCM＝90°，∴∠NCH＝∠NHC＝×90°＝45°，

　　∴∠DCH＝∠DCM﹣∠NCH＝45°，∴∠DCH＝∠NCH，

　　∴CH是∠DCN的平分线；

　　③∵∠AGB+∠HGN＝90°，∠AGF+∠EGH＝90°，

　　由①知，∠AGB＝∠AGF，

　　∴∠HGN＝∠EGH，∴GH是∠EGM的平分线；

　　综上所述，AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线，CH是∠DCN的平分线，GH是∠EGM的平分线．

　　学习反思：本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质等，解题关键是能够灵活运用轴对称的性质及全等的判定方法．

　　02阅读提示

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　　0303中考真题精选

　　04参考答案

　　05经典题目解析

　　一、选择题

　　1.考点轴对称-最短路线问题；等边三角形的性质。分析连接CC′，连接A′C交y轴于点D，连接AD，此时AD+CD的值最小，根据等边三角形的性质即可得出四边形CBA′C′为菱形，根据菱形的性质即可求出A′C的长度，从而得出结论．2. 考点PA：轴对称﹣最短路线问题；KF：角平分线的性质．

　　2.分析依据勾股定理可求得AB的长，然后在AB上取点C′，使AC′=AC，过点C′作C′F⊥AC，垂足为F，交AD与点E，先证明C′E=CE，然后可得到CE+EF=C′E+EF，然后依据垂直线段最短可知当点C′F⊥AC时，CE+EF有最小值，最后利用相似三角形的性质求解即可．

　　3. 分析利用线段垂直平分线的性质以及圆的性质分别分得出即可．

　　4. 分析直接利用轴对称图形的性质画出对称轴得出答案．

　　5. 分析根据三角形内角和定理求出∠C＝90°﹣∠B＝54°．由直角三角形斜边上的中线的性质得出AD＝BD＝CD，利用等腰三角形的性质求出∠BAD＝∠B＝36°，∠DAC＝∠C＝54°，利用三角形内角和定理求出∠ADC＝180°﹣∠DAC﹣∠C＝72°．再根据折叠的性质得出∠ADF＝∠ADC＝72°，然后根据三角形外角的性质得出∠BED＝∠BAD+∠ADF＝108°．点评本题考查了折叠的性质：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．也考查了直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理以及三角形外角的性质．

　　6. 分析根据已知条件得到AB＝OB＝4，∠AOB＝45°，求得BC＝3，OD＝BD＝2，得到D（0，2），C（4，3），作D关于直线OA的对称点E，连接EC交OA于P，则此时，四边形PDBC周长最小，E（0，2），求得直线EC的解析式为y＝x+2，解方程组即可得到结论．点评本题考查了轴对称﹣最短路线问题，等腰直角三角形的性质，正确的找到P点的位置是解题的关键．

　　7. 分析根据轴对称图形的概念进而判断求解．点评本题考查了轴对称图形，轴对称图形的判断方法：把某个图象沿某条直线折叠，如果图形的两部分能够重合，那么这个是轴对称图形．

　　8. 分析直接利用轴对称图形和中心对称图形的概念求解．点评此题主要考查了中心对称与轴对称的概念：轴对称的关键是寻找对称轴，两边图象折叠后可重合，中心对称是要寻找对称中心，旋转180°后与原图重合．

　　9. 分析根据轴对称图形的概念求解．点评本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．

　　10. 分析连接CC'，交BD于点M，过点D作DH⊥BC'于点H，由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，证△ADC'为等边三角形，利用解直角三角形求出DM＝1，C'M＝DM＝，BM＝2，在Rt△BMC'中，利用勾股定理求出BC'的长，在△BDC'中利用面积法求出DH的长．点评本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，勾股定理等，解题关键是会通过面积法求线段的长度．

　　11. 分析根据轴对称图形的概念求解．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．

　　12. 分析连接交于点，由矩形的性质得出，，由勾股定理得出，由折叠的性质得出，，证出，则，求出，即可得出结果．点评本题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质，证明三角形相似是解题的关键．

　　二、填空题

　　13. 分析： 连接BD，与AC的交点即为使△PBE的周长最小的点P；由菱形的性质得出∠BPC=90°，由直角三角形斜边上的中线性质得出PE=BE，证明△PBE是等边三角形，得出PB=BE=PE=1，即可得出结果．点评： 本题考查了菱形的性质、轴对称以及最短路线问题、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．

　　14. 分析先根据已知条件可以确定线段AB的长度，然后根据点B、点C关于点A对称，设设点C所表示的数为x，列出方程即可解决．

　　15. 分析设CE＝x，则BE＝6﹣x由折叠性质可知，EF＝CE＝x，DF＝CD＝AB＝10，所以AF＝8，BF＝AB﹣AF＝10﹣8＝2，在Rt△BEF中，BE2+BF2＝EF2，即（6﹣x）2+22＝x2，解得．点评本题考查了矩形，熟练掌握矩形的性质以及勾股定理是解题的关键．

　　16. 分析依据沿过点的直线折叠，使直角顶点落在斜边上的点处，当是直角三角形时，分两种情况讨论：或，分别依据勾股定理或者相似三角形的性质，即可得到的长．点评本题主要考查了折叠问题，解题时，我们常常设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．

　　17. 分析如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′，证明△A′MB′为等边三角形，即可解决问题．点评本题考查翻折变换，等边三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用两点之间线段最短解决最值问题，属于中考常考题型．

　　18. 分析根据折叠的性质得到∠DAF＝∠BAF＝45°，根据矩形的性质得到FC＝ED＝2，根据勾股定理求出GF，根据周长公式计算即可．点评本题考查的是翻折变换的性质、矩形的性质一种对称变换，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．

　　19. 分析根据三角形内角和和翻折的性质解答即可．点评此题考查翻折的性质，关键是根据三角形内角和和翻折的性质解答．

　　20. 分析设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x，在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（﹣4）2+x2，在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，从而得到关于x方程，求解x，最后用4﹣x即可．点评本题主要考查了折叠的性质、勾股定理．折叠问题主要是抓住折叠的不变量，在直角三角形中利用勾股定理求解是解题的关键．

　　21. 分析连接EC，利用矩形的性质，求出EG，DE的长度，证明EC平分∠DCF，再证∠FEC＝90°，最后证△FEC∽△EDC，利用相似的性质即可求出EF的长度．点评本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质等，解题关键是能够作出适当的辅助线，连接CE，构造相似三角形，最终利用相似的性质求出结果．

　　22. 分析利用矩形的性质，证明∠ADE＝∠A'DE＝∠A'DC＝30°，∠C＝∠A'B'D＝90°，推出△DB'A'≌△DCA'，CD＝B'D，设AB＝DC＝x，在Rt△ADE中，通过勾股定理可求出AB的长度．点评本题考查了矩形的性质，轴对称的性质等，解题关键是通过轴对称的性质证明∠AED＝∠A'ED＝∠A'EB＝60°．

　　23. 分析根据轴对称，可以求得使得△PAB的周长最小时点P的坐标，然后求出点P到直线AB的距离和AB的长度，即可求得△PAB的面积，本题得以解决．点评本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

　　三、解答题（共78分）

　　25. 分析根据菱形的性质得到AB＝1，∠ABD＝30°，根据平移的性质得到A′B′＝AB＝1，∠A′B′D＝30°，当B′C⊥A′B′时，A'C+B'C的值最小，推出四边形A′B′CD是矩形，∠B′A′C＝30°，解直角三角形即可得到结论．点评本题考查了轴对称﹣最短路线问题，菱形的性质，矩形的判定和性质，解直角三角形，平移的性质，正确的理解题意是解题的关键．

　　26. 分析如图，作CH⊥AB于H．首先证明∠ACB＝90°，解直角三角形求出AH，再证明CE′＝AH即可．点评本题考查翻折变换，平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考常考题型．

　　27. 分析分两种情况：①点B′落在AD边上，根据矩形与折叠的性质易得AB＝BE，即可求出a的值；②点B′落在CD边上，证明△ADB′∽△B′CE，根据相似三角形对应边成比例即可求出a的值．点评本题考查了折叠的性质：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．也考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．进行分类讨论与数形结合是解题的关键．

　　三、应用题

　　30. 分析过点H作HN⊥BM于N，利用正方形的性质及轴对称的性质，证明△ABG≌△AFG，可推出AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线；证明△ABG≌△GNH，推出HN＝CN，得到∠DCH＝∠NCH，推出CH是∠DCN的平分线；再证∠HGN＝∠EGH，可知GH是∠EGM的平分线．点评本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质等，解题关键是能够灵活运用轴对称的性质及全等的判定方法．

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