第二章《轴对称图形》提高练习题含答案Word文件下载.docx

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7．如图①，将边长为4cm的正方形纸片ABCD沿EF折叠（点E、F分别在边AB、CD上），使点B落在AD边上的点M处，点C落在点N处，MN与CD交于点P，连接EP．

（1）如图②，若M为AD边的中点，

①△AEM的周长=　　　　　　cm；

EP=AE+DP；

（2）随着落点M在AD边上取遍所有的位置（点M不与A、D重合），△PDM的周长是否发生变化？

请说明理由．

8．如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．

CE=CF；

（2）在图1中，若G在AD上，且∠GCE=45°

，则GE=BE+GD成立吗？

为什么？

（3）运用

（1）

（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：

如图2，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B=90°

，AB=BC=12，E是AB上一点，且∠DCE=45°

，BE=4，求DE的长．

9．如图，点O是等边△ABC内一点．将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°

得△ADC，连接OD．已知∠AOB=110°

．

△COD是等边三角形；

（2）当α=150°

时，试判断△AOD的形状，并说明理由；

（3）探究：

当α为多少度时，△AOD是等腰三角形．

10．如图：

在Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°

，O为BC的中点．

（1）写出点O到△ABC的三个顶点A、B、C距离之间的关系；

（2）如果点M、N分别在线段AB、AC上移动，移动中保持AN=BM，请判断△OMN的形状，并证明你的结论．

参考答案

1．考点：

等腰三角形的性质．专题：

压轴题；

开放型．解答：

当∠BAD=2∠CDE时，AD=AE。

证明：

若∠BAD=2∠CDE，设∠CDE=x，则∠BAD=2x，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵∠2=∠CDE+∠C，∠ADC=∠BAD+∠B，∴∠2=x+∠C，∠1+x=2x+∠B=2x+∠C，∴∠1=x+∠C=∠2，∴AD=AE．

题1题2题3

2．考点：

等边三角形的判定与性质；

全等三角形的判定与性质；

含30度角的直角三角形．专题：

压轴题．证明：

（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠A=60°

，∵DG⊥AC，∴∠AGD=90°

，∠ADG=30°

，∴AG=AD/2；

（2）过点D作DH∥BC交AC于点H，∴∠ADH=∠B，∠AHD=∠ACB，∠FDH=∠E，∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠ACB=∠A=60°

，∴∠A=∠ADH=∠AHD=60°

，∴△ADH是等边三角形，∴DH=AD，∵AD=CE，∴DH=CE，在△DHF和△ECF中，△DHF≌△ECF（AAS），∴DF=EF；

（3）∵△ABC是等边三角形，DG⊥AC，∴AG=GH，∴S△ADG=S△HDG，∵△DHF≌△ECF，∴S△DHF=S△ECF，∴S△DGF=S△DGH+S△DHF=S△ADG+S△ECF．

3．考点：

等边三角形的判定；

菱形的性质．专题：

开放型．

（1）证明：

①∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∠ACB=∠ACF，又∵∠B=60°

，∴△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∠ACB=60°

，∴∠B=∠ACF，∵BE=CF，∴△ABE≌△ACF；

②由△ABE≌△ACF，∴AE=AF，∠BAE=∠CAF，∵∠BAE+∠CAE=60°

，∴∠CAF+∠CAE=60°

，即∠EAF=60°

，∴△AEF是等边三角形．

（2）答：

存在。

在CD延长线上取点F，使CF=BE，与

（1）①同理可证△ABE≌△ACF，∴AE=AF，∠BAE=∠CAF，∴∠CAF﹣∠CAE=∠BAE﹣∠CAE，∴∠EAF=∠BAC，∵∠BAC=60°

，∴∠EAF=60°

∴△AEF是等边三角形．注：

若在CD延长线上取点F，使CE=DF亦可．

4．考点：

全等三角形的判定与性质．专题：

证明题；

压轴题．

延长BD至F，使DF=BC，连接EF，∵AE=BD，△ABC为等边三角形，∴BE=BF，∠B=60°

，

∴△BEF为等边三角形，∴∠F=60°

，在△ECB和△EDF中，∴△ECB≌△EDF（SAS），∴EC=ED．

　题4题5题6

5．考点：

等边三角形的性质；

动点型．解：

（1）∵△ABC是边长为6的等边三角形，∴∠ACB=60°

，∵∠BQD=30°

，∴∠QPC=90°

，设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，∴QC=QB+BC=6+x，∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°

，∴PC=QC/2，即6﹣x=（6+x）/2，解得x=2，∴AP=2；

（2）当点P、Q同时运动且速度相同时，线段DE的长度不会改变．理由如下：

作QF⊥AB，交直线AB于点F，连接QE，PF，又∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°

，∵点P、Q速度相同，∴AP=BQ，∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°

，在△APE和△BQF中，∵∠AEP=∠BFQ=90°

，∴∠APE=∠BQF，△APE≌△BQF（AAS），∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF，

∴四边形PEQF是平行四边形，∴DE=EF/2，∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE=AB/2，又∵等边△ABC的边长为6，∴DE=3，∴点P、Q同时运动且速度相同时，线段DE的长度不会改变．

6．考点：

勾股定理．专题：

计算题；

（1）∵△ABC为等边三角形，∴AB=BC，∴∠5=60°

．又∵∠5+∠CBE=180°

，∴∠CBE=120°

．又∵BD平分∠CBE，∴

．∴∠5+∠3=∠4+∠3=120°

∴∠ABD=∠CBE．∵在△ABD和△CBE中，△ABD≌△CBE（ASA）．∴BD=BE．

（2）过D作DF⊥AE于F，∴∠DFB=∠DCB=90°

，又∵∠CBD=∠FBD，BD=BD，∴△CBD≌△FBD（AAS）．∴CB=BF，DF=CD=4．∵∠3=60°

，∠BCD=90°

，∴∠CDB=30°

，∴设BC=x，则BD=2x，

则42+x2=（2x）2，解得：

x=

，∵BD=BE，∴BD=

，在直角三角形BCD中，∵∠BCD=90°

∴BC=

，∴BF=BC=

．∵AB=BC，∴AF=AB+BF=

+

=

．直角三角形ADF中，AF=

，DF=4．∴根据勾股定理可得出AD=

7．考点：

翻折变换（折叠问题）；

全等三角形的判定；

矩形的性质；

相似三角形的判定．专题：

几何综合题；

压轴题．解：

（1）由折叠知BE=EM，∠B=∠EMP=90°

．①△AEM的周长=AE+EM+AM=AE+EB+AM=AB+AM．∵AB=4，M是AD中点，∴△AEM的周长=4+2=6（cm）；

②现证明EP=AE+PD。

方法一：

取EP的中点G，则在梯形AEPD中，MG为中位线，∴MG=

（AE+PD），

在Rt△EMP中，MG为斜边EP的中线，∴MG=

EP，∴EP=AE+PD．

方法二：

延长EM交CD延长线于Q点．∵∠A=∠MDQ=90°

，AM=DM，∠AME=∠DMQ，∴△AME≌△DMQ．∴AE=DQ，EM=MQ．又∵∠EMP=∠B=90°

，∴PM垂直平分EQ，有EP=PQ．∵PQ=PD+DQ，∴EP=AE+PD．

（2）△PDM的周长保持不变．设AM=x，则MD=4﹣x．由折叠性质可知，EM=4﹣AE，

在Rt△AEM中，AE2+AM2=EM2，即AE2+x2=（4﹣AE）2，整理得：

AE2+x2=16﹣8AE+AE2，

∴AE=

（16﹣x2），又∵∠EMP=90°

，∴∠AME+∠DMP=90°

．∵∠AME+∠AEM=90°

，∴∠AEM=∠DMP．又∵∠A=∠D，∴△PDM∽△MAE．∴

∴C△PDM=C△MAE•

=（4+x）•

=8．∴△PDM的周长保持不变．

题7

，BE=4，求DE的长．

考点：

等腰三角形的判定；

勾股定理；

正方形的判定．菁优网版权所有

专题：

探究型．

分析：

（1）利用已知条件，可证出△BCE≌△DCF（SAS），即CE=CF．

（2）借助

（1）的全等得出∠BCE=∠DCF，∴∠GCF=∠BCE+∠DCG=90°

﹣∠GCE=45°

，即∠GCF=∠GCE，又因为CE=CF，CG=CG，∴△ECG≌△FCG，∴EG=GF，∴GE=DF+GD=BE+GD．

（3）过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，先证四边形ABCG是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）．

再设DE=x，利用

（1）、

（2）的结论，在Rt△AED中利用勾股定理可求出DE．

解答：

（1）证明：

在正方形ABCD中，

∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF，

∴△CBE≌△CDF．

∴CE=CF．

（2）解：

GE=BE+GD成立．

∵△CBE≌△CDF，

∴∠BCE=∠DCF．

∴∠ECD+∠ECB=∠ECD+∠FCD．

即∠ECF=∠BCD=90°

又∠GCE=45°

∴∠GCF=∠GCE=45°

∵CE=CF，∠GCF=∠GCE，GC=GC，

∴△ECG≌△FCG．

∴EG=GF．

∴GE=DF+GD=BE+GD．

（3）解：

过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，

在直角梯形ABCD中，

∵AD∥BC，∠A=∠B=90°

又∠CGA=90°

，AB=BC，

∴四边形ABCG为正方形．

∴AG=BC=12．

已知∠DCE=45°

，根据

（1）

（2）可知，ED=BE+DG，

设DE=x，则DG=x﹣4，

∴AD=AG﹣DG=16﹣x，AE=AB﹣BE=12﹣4=8．

在Rt△AED中

∵DE2=AD2+AE2，即x2=（16﹣x）2+82

解得：

x=10．

∴DE=10．

点评：

本题是一道几何综合题，内容涉及三角形的全等、图形的旋转以及勾股定理的应用，重点考查学生的数学学习能力，是一道好题．本题的设计由浅入深，循序渐进，考虑到学生的个体差异．从阅卷的情况看，本题的得分在4﹣8分的学生居多．前两个小题学生做得较好，第三小题，因为学生不懂得用前面积累的知识经验答题，数学学习能力不强，造成本小题得分率较低．

勾股定理的逆定理．菁优网版权所有

此题有一定的开放性，要找到变化中的不变量才能有效解决问题．

∵CO=CD，∠OCD=60°

∴△COD是等边三角形；

（3分）

当α=150°

，即∠BOC=150°

时，△AOD是直角三角形．（5分）

∵△BOC≌△ADC，

∴∠ADC=∠BOC=150°

又∵△COD是等边三角形，

∴∠ODC=60°

∴∠ADO=90°

即△AOD是直角三角形；

（7分）

①要使AO=AD，需∠AOD=∠ADO．

∵∠AOD=360°

﹣∠AOB﹣∠COD﹣α=360°

﹣110°

﹣60°

﹣α=190°

﹣α，∠ADO=α﹣60°

∴190°

﹣α=α﹣60°

∴α=125°

；

②要使OA=OD，需∠OAD=∠ADO．

∵∠AOD=190°

∴∠OAD=180°

﹣（∠AOD+∠ADO）=50°

∴α﹣60°

=50°

∴α=110°

③要使OD=AD，需∠OAD=∠AOD．

∵190°

﹣α=50°

∴α=140°

综上所述：

当α的度数为125°

，或110°

，或140°

时，△AOD是等腰三角形．（12分）

说明：

第（3）小题考生答对1种得（2分），答对2种得（4分）．

本题以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进．试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力．

（2）如果点M、N分别在线段AB、AC上移动，移动中保持AN=BM，请判断△OMN的形状，并证明你的结论．

等腰三角形的判定与性质；

直角三角形斜边上的中线．菁优网版权所有

（1）由于△ABC是直角三角形，点O是BC的中点，根据直角三角形的性质：

直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，故有OA=OB=OC=

BC；

（2）由于OA是等腰直角三角形的斜边上的中线，根据等腰直角三角形的性质知，∠CAO=∠B=45°

，OA=OB，又有AN=MB，所以由SAS证得△AON≌△BOM可得：

ON=OM①∠NOA=∠MOB，于是有，∠NOM=∠AOB=90°

，所以△OMN是等腰直角三角形．

解：

（1）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°

，O为BC的中点，

∴OA=

BC=OB=OC，

即OA=OB=OC；

（2）△OMN是等腰直角三角形．理由如下：

连接AO

∵AC=AB，OC=OB

∴OA=OB，∠NAO=∠B=45°

在△AON与△BOM中

∴△AON≌△BOM（SAS）

∴ON=OM，∠NOA=∠MOB

∴∠NOA+∠AOM=∠MOB+∠AOM

∴∠NOM=∠AOB=90°

∴△OMN是等腰直角三角形．

本题利用了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质求解．