江蘇省2017年中考《第30課時圖形的對稱含圖形的折疊》練習

第七章圖形的變化第30課時圖形的對稱（含圖形的折疊）命題點1對稱圖形的識別1.(2016深圳)下列圖形中，是軸對稱圖形的是()2.(2016北京)甲骨文是我國的一種古代文字，是漢字的早期形式．下列甲骨文中，不是軸對稱的是()3.(2016齊齊哈爾)下列圖形中既是中心對稱圖形又是軸對稱圖形的是()4.(2016宜昌)如下左圖，若要添加一條線段，使之既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，正確的添加位置是()第5題圖5.(2016紹興)我國傳統(tǒng)建筑中，窗框(如圖①)的圖案玲瓏剔透、千變?nèi)f化．窗框一部分如圖②，它是一個軸對稱圖形，其對稱軸有()A.1條B.2條C.3條D.4條6.(2016南充)如圖，直線MN是四邊形AMBN的對稱軸，點P是直線MN上的點，第6題圖下列判斷錯誤的是()A.AM＝BMB.AP＝BNC.∠MAP＝∠MBPD.∠ANM＝∠BNM命題點2圖形的折疊7.(2016綏化)把一張正方形紙片如圖①、圖②對折兩次后，再如圖③挖去一個三角形小孔，則展開后的圖形是()第7題圖8.(2016聊城)如圖，把一張矩形紙片ABCD沿EF折疊后，點A落在CD邊上的點A′處，點B落在點B′處．若∠2＝40°，則圖中∠1的度數(shù)為()A.115°B.120°C.130°D.140°第8題圖9.(2016天津)如圖，把一張矩形紙片ABCD沿對角線AC折疊，點B的對應點為B′，AB′與DC相交于點E，則下列結(jié)論一定正確的是()A．∠DAB′＝∠CAB′B．∠ACD＝∠B′CDC．AD＝AED．AE＝CE第9題圖第10題圖10.(2016莆田)如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，將△ABC折疊，使點A落在BC邊上的點D處，EF為折痕，若AE＝3，則sin∠BFD的值為()2·1·c·n·j·yA.eq\f(1,3)B.eq\f(2\r(2),3)C.eq\f(\r(2),4)D.eq\f(3,5)11.(2016臨沂)如圖，將一矩形紙片ABCD折疊，使兩個頂點A，C重合，折痕為FG.若AB＝4，BC＝8，則△ABF的面積為________．第11題圖第12題圖第13題圖12.(2016寧夏)如圖，Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA在x軸上，OB在y軸上，點A，B的坐標分別為(eq\r(3)，0)，(0，1)，把Rt△AOB沿著AB對折得到Rt△AO′B，則點O′的坐標為________．13.(2016河南)如圖，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB＝3.點E為射線BC上一個動點，連接AE，將△ABE沿AE折疊，點B落在點B′處，過點B′作AD的垂線，分別交AD，BC于點M，N.當點B′為線段MN的三等分點時，BE的長為________．答案1.B【解析】四個圖形中只有B圖沿正中一條豎線對折，圖形的左右兩部分能完全重合，所以B圖是軸對稱圖形．2.D【解析】軸對稱圖形即：將一個圖形沿一條直線折疊，直線兩邊的部分能夠完全重合的圖形，根據(jù)定義可知，D不是軸對稱圖形．【3.D【解析】判斷軸對稱圖形的關(guān)鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分沿對稱軸折疊后可重合，即為軸對稱圖形；中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180°后與原圖重合．∴由定義可知，A為軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形；B為軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形；C為軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形；D既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形．4.A【解析】選項A既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，選項B、C既不是軸對稱圖形也不是中心對稱圖形，選項D是軸對稱圖形但不是中心對稱圖形．5.B【解析】在確定某個圖形是否為軸對稱圖形時，就看其能否沿某條直線對折之后兩邊能夠完全重合，若能完全重合，則該直線為該圖形的一條對稱軸．因此題圖中在水平方向上和豎直方向上各有一條對稱軸，即共有2條．6.B【解析】∵直線MN是四邊形AMBN的對稱軸，∴AM＝BM，選項A正確；AN＝BN，選項B錯誤；∵直線MN是四邊形AMBN的對稱軸，∴△AMN≌△BMN，∴∠ANM＝∠BNM，選項D正確；∵∠AMP＝∠BMP，AM＝BM，MP＝MP，∴△AMP≌△BMP(SAS)，∴∠MAP＝∠MBP，選項C正確．7.C【解析】由三角形小孔不在正方形的對角線上，可排除B、D.由下方三角形中的小孔尖朝下，可排除A，故選C.8.A【解析】由折疊性質(zhì)知，∠B′A′E＝∠A＝90°，∵∠2＝40°，∠C＝90°，∴∠B′A′C＝50°，∴∠EA′D＝40°，∴∠DEA′＝50°，∴∠AEA′＝130°，∴∠AEF＝∠FEA′＝65°，∵AD∥BC，∴∠1＝180°－∠AEF＝115°.9.D【解析】∵四邊形ABCD為矩形，∴AB∥CD，∴∠ACD＝∠BAC，由折疊性質(zhì)，得∠BAC＝∠EAC,∴∠ACD＝∠EAC，∴AE＝CE.10.A【解析】如解圖，過點D作DG⊥AB于點G，由折疊性質(zhì)可知DE＝AE＝3，CE＝AC－AE＝4－3＝1，在Rt△CDE中，由勾股定理得CD＝＝2eq\r(2)，∴BD＝BC－CD＝4－2eq\r(2)，∵∠ACB＝90°，BC＝AC＝4，∴∠B＝45°，AB＝＝4eq\r(2)，∴BG＝DG＝eq\f(\r(2),2)BD＝eq\f(\r(2),2)×(4－2eq\r(2))＝2eq\r(2)－2，設(shè)AF＝DF＝x，則FG＝AB－AF－BG＝4eq\r(2)－x－2eq\r(2)＋2＝2＋2eq\r(2)－x，在Rt△DGF中，由勾股定理得DF2－FG2＝DG2，即x2－(2＋2eq\r(2)－x)2＝(2eq\r(2)－2)2，解得x＝6eq\r(2)－6，∴AF＝DF＝6eq\r(2)－6，∴sin∠BFD＝eq\f(DG,DF)＝eq\f(2\r(2)－2,6\r(2)－6)＝eq\f(1,3).第10題解圖11.6【解析】要求△ABF的面積，只需求出BF的長即可．由折疊的性質(zhì)，得AF＝FC＝BC－BF＝8－BF，在Rt△ABF中，利用勾股定理，得AB2＋BF2＝AF2，即42＋BF2＝(8－BF)2，解得BF＝3，∴S△ABF＝eq\f(1,2)×4×3＝6.www-2-1-cnjy-com12.(eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2))【解析】如解圖，過點O′作O′C⊥y軸于點C，∵點A，B的坐標分別為(eq\r(3)，0)，(0，1)，∴OB＝1，OA＝eq\r(3)，∴tan∠BAO＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，∴∠BAO＝30°，∴∠OBA＝60°，∵Rt△AOB沿著AB對折得到Rt△AO′B，，O′B＝OB＝1，∴∠O′BA＝60°，∴∠CBO′＝60°，設(shè)BC＝x，則O′C＝eq\r(3)x，∴x2＋(eq\r(3)x)2＝1，解得：x＝eq\f(1,2)(負值舍去)，∴O′C＝eq\f(\r(3),2)，OC＝OB＋BC＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，∴點O′的坐標為(eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2))．第12題解圖13.eq\f(3\r(2),2)或eq\f(3\r(5),5)【解析】當點B′為線段MN的三等分點時，需分兩種情況討論：(1)如解圖①，當B′M＝eq\f(1,3)MN時，∵AD∥BC，AB⊥BC，MN⊥AD，∴四邊形ABNM為矩形，∴B′M＝eq\f(1,3)MN＝eq\f(1,3)AB＝1，BN＝AM，由折疊的性質(zhì)可得AB＝AB′＝3，∠AB′E＝∠ABC＝90°，∴AM＝＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，∠EB′N＝∠MAB′，∴△AMB′∽△B′NE，∴eq\f(EN,B′M)＝eq\f(B′N,AM)，即eq\f(EN,1)＝eq\f(2,2\r(2))，解得EN＝eq\f(\r(2),2)，∴BE＝BN－EN＝2eq\r(2)－eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3\r(2),2)；(2)如解圖②，當B′M＝eq\f(2,3)MN時，∵AD∥BC，AB⊥BC，MN⊥AD，∴四邊形ABNM為矩形，∴B′M＝eq\f(2,3)MN＝eq\f(2,3)AB＝2，B′N＝1，BN＝AM，∵AB′＝AB＝3，∴AM＝＝eq\r(32－22)＝eq\r(5)，由折疊性質(zhì)可得∠AB′E＝90°，∴∠EB′N＝∠MAB′，∴△AMB′∽△B′NE，∴eq\