《軸對稱》全章知識點考點訓練

全熱考整應名師點金本章內(nèi)容在中考試題一直占有重要的地位屬考內(nèi)容多以選擇題，填空題的形式出現(xiàn)其考查內(nèi)容主有軸對稱和軸對稱圖形的識別最短距離問題與翻折有關(guān)的計算和證明題等．兩個概念概念1軸對稱圖形2016·峰下圖形是由我們熟悉的一些基本數(shù)學圖形組成的，中是軸對稱圖形的是________．填序號2016·北京】甲骨文是我國的一種古代文字，是漢字的早期形式，列甲骨文中，不是軸對稱的是()概念2軸對稱．觀圖①～④中的左右兩個圖形，它們是否成軸對稱？如果是，請出其對稱軸．五個性質(zhì)性質(zhì)1軸對稱的性質(zhì)4．如圖，將四邊形紙片ABCD沿AE向上折疊，使點落在DC邊上的點處．若△AFD的長為24，△ECF的周長為8，求四邊形紙片的周長性質(zhì)2等腰三角形的性質(zhì)如圖eq\o\ac(△,，)ABC內(nèi)一點DDADB＝若∠DAB＝°＝30°，則∠BDC的度數(shù)是()A．100°

B．°

C．°

．50性質(zhì)3等邊三角形的性質(zhì)．如，已知和△BDE均為等邊三角形，試說明：＋＝AD.

性質(zhì)4線段垂直平分線的性質(zhì)1．如，直線PG為△ABC的邊BC的垂直平分線，PBC＝2AC，AB于點D，E.試說明：BE＝CD.

∠A，BP，CP的延長線分別交性質(zhì)5含30°角的直角三角形的性質(zhì)．如，在Rt

△ABD中，∠ADB＝°，∠＝°，作DCAB，且∠DBC∠BDC，與BC交于點C，CD＝4.求：(1)∠CBD的度數(shù)；(2)AB的長．三個判定判定1等腰三角形的判定．如，已知等腰三角形BC中AB＝，AE∶EM∶MB＝∶∶，∶DN∶＝1∶∶1，連接MD，交于點O，求證：是等腰三角形．判定2等邊三角形的判定．如，設(shè)在一個寬度AB＝a的小巷內(nèi)，一梯子的長度為b梯子的腳位于點，將該梯子的頂端放于一面墻上的Q點Q離地面的高為，梯子與地面的夾角為45°，將梯子頂端放于另一面墻上的R點，離地面的高度為，此時梯子與地面的夾角為75°，則d＝，為什么？

判定3線段垂直平分線的判定11．如圖，為△ABC的角平分DEAC于點，DF⊥于點F，EF交AD于點M，試說明：AD垂直平分EF.兩個應用應用1線段垂直平分線的應用．如，，三點表示三個村莊，為了決村民子女就近入學的問題，計劃新建一所小學，要使學校到三個村莊距離等，請你在圖中確定學校的位置．應用2最短與最長路徑的應用．如A，B兩點在直線l的兩側(cè)，在l上找一點，使點到點B的距離之差最大，并說明理由．兩種思想思想1方程思想．如，△ABC是等腰三角形，AB＝，在ABC外部分別作等邊三角形ADB和等邊三角形若∠DAE＝∠DBC，求△三個內(nèi)角的度數(shù)．思想2分類思想．在腰三角形ABC中，∠比∠的2倍50，求∠的度數(shù)．

答：．①③④．①②③中的左右兩個圖形成軸對稱④中的左右兩個圖形成軸對稱圖①②③中成軸對稱的兩個圖形對稱軸如圖所示．(第3題點撥判斷兩個圖形是否成軸對關(guān)鍵是理解應用兩個圖形成軸對稱的定義即看兩個圖形能否沿一條直線折疊后合若重合則兩個圖形關(guān)于這條直線成軸對稱否則不成軸對稱．．解由題意可知，ABE和關(guān)于直線AE成軸對稱，所以AB＝，＝FE.因為△AFD的周長為24，△的周長為cm，即AD＋＋＝cm，F(xiàn)C＋CEFE＝，所以四邊形紙片ABCD的周長為＋DC＋BCABADDF＋FCCE＋＋AB＝(AD＋DF＋AF)＋(FC＋＋FE)＝＋＝cm)．．點撥：方法一因為＝，所以∠DBA＝∠DAB＝20°因為DADC，所以DCA∠DAC30°在△ABC中有∠DBC＋∠DCB＝180－×°－×°80.所以∠＝180°－(∠DBC＋∠＝180°80°100°(方法二在△ADB中由方法一得ADB180－×20°＝180°－°＝140°.同理∠ADC＝180°－×30°＝°所以BDC＝360°－140－120°＝°故選.．解因為ABC△均為等邊三角形，所以BE＝＝，AB＝BC，∠ABC∠EBD＝60.所以∠ABE＋∠EBC＝∠DBC＋∠EBC.所以∠ABE＝∠DBC.在△ABE和△中，＝CB，＝∠，BE＝BD，

所以△ABE≌△SAS)．所以AE＝CD.又因為AD＝AE＋，＝，以BD＋CD＝AD.．解如圖，在BD上取BE′，使BE′＝CE，連接CE′.因為直線PG為BC的垂直平分線所以PB＝(第7題所以∠PBC＝∠PCB，PE′＝又因為∠BPE＝∠CPE′，所以△BPE≌△CPE′)．所以BE＝′，∠EBP＝∠E′因為∠CDE′＝∠＋∠CE′＝∠′＋∠BCE′＝∠PBC＋∠E′CP＝∠A＋∠E′，所以∠CDE′＝∠CE′D.所以CDCE′所以BECD.．解(1)eq\o\ac(△,Rt)ADB中，∵∠A＝60°，ADB90°，∴∠ABD＝30°∵AB∥CD，∴∠CDB＝∠ABD＝30.又∵∠DBC＝∠BDC，∴∠CBD＝∠CDB＝30°.(第8題(2)如圖，過點C作CM⊥BD于點，交AB于，連接DE∵∠＝∠，∴＝CD，又∵⊥，∴＝∴為線BD垂直平分線，DE＝EB，∴∠EDB＝∠EBD＝30°.∵∠CDM＝30°，∠CMD＝°，11∴CM＝CD＝×4＝2.22又∵∠EBM＝∠CBM＝30°，∠＝∠CMB＝90，BM＝BM，∴△EBM≌△CBM，∴EM＝＝2.

∵∠EDM＝30°，∠EMD＝°，∴DE＝2EM＝4.∵∠DEA＝∠EDB＋∠EBD＝60°∠＝60°，∴∠＝∠A.∴AD＝DE＝又∵∠ADB＝90°，∠＝°∴AB＝2AD＝8.點撥：含30°角的直角三角形的性質(zhì)常與直角三角形的兩個銳角互余同時運用，此性質(zhì)是求線段長度和證明線段倍分題的重要依據(jù)．證在ABC因ABAC且∶EM∶MB＝∶∶1AD∶∶NC1∶2∶，111所以AD＝AC，AE＝AB＝AC，444所以AE＝同理＝AN.＝AE，在△ADM與△中，＝NAEAM＝，所以△ADM≌△AEN，所以∠AMD＝∠ANE.又因為AM＝AN，所以∠AMN＝∠，所以∠AMN－∠AMD＝∠ANM－∠，即∠OMN∠ONM，所以O(shè)M＝，所以△OMN是等腰角形．．解連接RQ，，設(shè)BR與PQ交于點M.∵∠RPA＝75°，∠QPB＝°，∴∠RPQ＝°－°－45°＝60.又∵PR＝，∴△PRQ為等邊三角形．∴RP＝RQ.在eq\o\ac(△,Rt)中，∵∠BPQ＝45°，∴∠BQP＝90°－45°＝°，∴∠BPQ＝∠BQP，∴BP＝BQ.∴點R，在PQ的垂直平分線上∴BM⊥PQ.在eq\o\ac(△,Rt)中，

∵∠BPQ＝45°，∴∠RBA＝45°在Rt

△RAB中，∵∠ARB＝90°－∠RBA＝°，∴∠ARB＝∠RBA，∴AR＝AB，即d＝a.點撥兩個點到線段兩端點的離相等兩點確定的直線是該線段的垂直平分線．．解因為AD為△ABC的角平分線DE⊥ACDF⊥AB所以DE＝所以點D在線段EF的垂平分線上．因為∠FAD＝∠EAD，∠AFD＝∠＝90°，AD＝AD，所以△AFD≌△AED.所以AF＝所以點A在線段EF的垂直平分上．∴根據(jù)兩點確定一條直線可知，AD即的垂平分線，即AD垂直平分EF.．解作法：連接AB，；(2)分別作AB，BC的垂直平分線于點，則點就是要確定的學校的位置，如圖．(第12題點撥三角形三邊的垂直平分線于一點并這點到三個頂點的距離相等找三角形中到三個頂點距離相等的點的方就是找任意兩邊的垂直平分線的交點．．解如圖，以直線l為對稱軸，作點關(guān)直線l的稱點A，連接A′B并延長交l于點C，則點C即為所求理由：在直線l上任找一點′異于點C)，連接CAC′，′A′，C′B.因為點A，′關(guān)于直線l對稱所以l為線段AA′的垂直平分線則有CACA，所以CA－＝′－＝′B.又因為點C′在l上，所以′＝′′.在△′BC′中，C′′－C′＜′，所以C′－′＜CA－CB.(第13題)

．解因為△ADB和△ACE都是等邊三角形所以∠DAE＝∠DAB＋∠BAC＋∠＝60°＋∠BAC60＝120＋∠BACDBC＝60°＋∠ABC.又因為∠DAE＝∠DBC，所以°＋∠BAC＝°＋∠ABC即∠ABC＝60°＋∠BAC.又因為△ABC是等腰三角形，所以∠ACB＝∠ABC＝60°＋∠BAC.設(shè)∠BAC＝°，因為∠BAC＋∠180°，則x＋＋60)＝180，解得＝20.所以∠ACB＝∠ABC＝60°＋∠＝60°20＝80.所以△ABC三個內(nèi)角的度數(shù)分別20，80°，°.．解設(shè)∠＝x°因為∠比∠B的2倍少°，以A＝°－50.因為∠＋∠＋∠＝180°，所以∠＝180°－(2x°－°)－°＝230－°當AB＝時(如圖①，此時有B＝C，則x－3x.得＝