#初中數學學習#
01單元學法
圖形的軸對稱，是幾何中的圖形變換之一。中考試題中，如何呈現中圖形的軸對稱之美？我們通過以下30個中考真題，給大家進行複習。
第30題的軸對稱之美。 此題需要過點H作HN⊥BM於N，利用正方形的性質及軸對稱的性質，證明△ABG≌△AFG，可推出AG是∠BAF的平分線，GA是∠BGF的平分線；證明△ABG≌△GNH，推出HN＝CN，得到∠DCH＝∠NCH，推出CH是∠DCN的平分線；再證∠HGN＝∠EGH，可知GH是∠EGM的平分線．
解答：過點H作HN⊥BM於N，則∠HNC＝90°，
∵四邊形ABCD為正方形，∴AD＝AB＝BC，∠D＝∠DAB＝∠B＝∠DCB＝∠DCM＝90°，
①∵將△ADE沿AE所在的直線摺疊得到△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的平分線，GA是∠BGF的平分線；
②由①知，∠DAE＝∠FAE，∠BAG＝∠FAG，
又∵∠BAD＝90°，∴∠GAF+∠EAF＝＝45°，即∠GAH＝45°，
∵GH⊥AG，∴∠GHA＝90°﹣∠GAH＝45°，
∴△AGH為等腰直角三角形，∴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的平分線；
③∵∠AGB+∠HGN＝90°，∠AGF+∠EGH＝90°，
由①知，∠AGB＝∠AGF，
∴∠HGN＝∠EGH，∴GH是∠EGM的平分線；
綜上所述，AG是∠BAF的平分線，GA是∠BGF的平分線，CH是∠DCN的平分線，GH是∠EGM的平分線．
學習反思：本題考查了正方形的性質，軸對稱的性質，全等三角形的判定與性質等，解題關鍵是能夠靈活運用軸對稱的性質及全等的判定方法．
02閱讀提示
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0303中考真題精選
04參考答案
05經典題目解析
一、選擇題
1.考點軸對稱-最短路線問題；等邊三角形的性質。分析連接CC′，連接A′C交y軸於點D，連接AD，此時AD+CD的值最小，根據等邊三角形的性質即可得出四邊形CBA′C′為菱形，根據菱形的性質即可求出A′C的長度，從而得出結論．2. 考點PA：軸對稱﹣最短路線問題；KF：角平分線的性質．
2.分析依據勾股定理可求得AB的長，然後在AB上取點C′，使AC′=AC，過點C′作C′F⊥AC，垂足為F，交AD與點E，先證明C′E=CE，然後可得到CE+EF=C′E+EF，然後依據垂直線段最短可知當點C′F⊥AC時，CE+EF有最小值，最後利用相似三角形的性質求解即可．
3. 分析利用線段垂直平分線的性質以及圓的性質分別分得出即可．
4. 分析直接利用軸對稱圖形的性質畫出對稱軸得出答案．
5. 分析根據三角形內角和定理求出∠C＝90°﹣∠B＝54°．由直角三角形斜邊上的中線的性質得出AD＝BD＝CD，利用等腰三角形的性質求出∠BAD＝∠B＝36°，∠DAC＝∠C＝54°，利用三角形內角和定理求出∠ADC＝180°﹣∠DAC﹣∠C＝72°．再根據摺疊的性質得出∠ADF＝∠ADC＝72°，然後根據三角形外角的性質得出∠BED＝∠BAD+∠ADF＝108°．點評本題考查了摺疊的性質：摺疊是一種對稱變換，它屬於軸對稱，摺疊前後圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等．也考查了直角三角形斜邊上的中線的性質、等腰三角形的性質、三角形內角和定理以及三角形外角的性質．
6. 分析根據已知條件得到AB＝OB＝4，∠AOB＝45°，求得BC＝3，OD＝BD＝2，得到D（0，2），C（4，3），作D關於直線OA的對稱點E，連接EC交OA於P，則此時，四邊形PDBC周長最小，E（0，2），求得直線EC的解析式為y＝x+2，解方程組即可得到結論．點評本題考查了軸對稱﹣最短路線問題，等腰直角三角形的性質，正確的找到P點的位置是解題的關鍵．
7. 分析根據軸對稱圖形的概念進而判斷求解．點評本題考查了軸對稱圖形，軸對稱圖形的判斷方法：把某個圖象沿某條直線摺疊，如果圖形的兩部分能夠重合，那麼這個是軸對稱圖形．
8. 分析直接利用軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念求解．點評此題主要考查了中心對稱與軸對稱的概念：軸對稱的關鍵是尋找對稱軸，兩邊圖象摺疊後可重合，中心對稱是要尋找對稱中心，旋轉180°後與原圖重合．
9. 分析根據軸對稱圖形的概念求解．點評本題考查了軸對稱圖形的概念，軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分沿對稱軸摺疊後可重合．
10. 分析連接CC'，交BD於點M，過點D作DH⊥BC'於點H，由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，證△ADC'為等邊三角形，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'的長，在△BDC'中利用面積法求出DH的長．點評本題考查了軸對稱的性質，解直角三角形，勾股定理等，解題關鍵是會通過面積法求線段的長度．
11. 分析根據軸對稱圖形的概念求解．點評本題考查了軸對稱圖形的知識，軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分沿對稱軸摺疊後可重合．
12. 分析連接交於點，由矩形的性質得出，，由勾股定理得出，由摺疊的性質得出，，證出，則，求出，即可得出結果．點評本題考查了摺疊的性質、矩形的性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質等知識，熟練掌握摺疊的性質，證明三角形相似是解題的關鍵．
二、填空題
13. 分析： 連接BD，與AC的交點即為使△PBE的周長最小的點P；由菱形的性質得出∠BPC=90°，由直角三角形斜邊上的中線性質得出PE=BE，證明△PBE是等邊三角形，得出PB=BE=PE=1，即可得出結果．點評： 本題考查了菱形的性質、軸對稱以及最短路線問題、直角三角形斜邊上的中線性質；熟練掌握菱形的性質，並能進行推理計算是解決問題的關鍵．
14. 分析先根據已知條件可以確定線段AB的長度，然後根據點B、點C關於點A對稱，設設點C所表示的數為x，列出方程即可解決．
15. 分析設CE＝x，則BE＝6﹣x由摺疊性質可知，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．點評本題考查了矩形，熟練掌握矩形的性質以及勾股定理是解題的關鍵．
16. 分析依據沿過點的直線摺疊，使直角頂點落在斜邊上的點處，當是直角三角形時，分兩種情況討論：或，分別依據勾股定理或者相似三角形的性質，即可得到的長．點評本題主要考查了摺疊問題，解題時，我們常常設要求的線段長為，然後根據摺疊和軸對稱的性質用含的代數式表示其他線段的長度，選擇適當的直角三角形，運用勾股定理列出方程求出答案．
17. 分析如圖，作點A關於CM的對稱點A′，點B關於DM的對稱點B′，證明△A′MB′為等邊三角形，即可解決問題．點評本題考查翻折變換，等邊三角形的判定和性質，兩點之間線段最短等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，學會利用兩點之間線段最短解決最值問題，屬於中考常考題型．
18. 分析根據摺疊的性質得到∠DAF＝∠BAF＝45°，根據矩形的性質得到FC＝ED＝2，根據勾股定理求出GF，根據周長公式計算即可．點評本題考查的是翻折變換的性質、矩形的性質一種對稱變換，它屬於軸對稱，摺疊前後圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等．
19. 分析根據三角形內角和和翻折的性質解答即可．點評此題考查翻折的性質，關鍵是根據三角形內角和和翻折的性質解答．
20. 分析設BF＝x，則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，從而得到關於x方程，求解x，最後用4﹣x即可．點評本題主要考查了摺疊的性質、勾股定理．摺疊問題主要是抓住摺疊的不變量，在直角三角形中利用勾股定理求解是解題的關鍵．
21. 分析連接EC，利用矩形的性質，求出EG，DE的長度，證明EC平分∠DCF，再證∠FEC＝90°，最後證△FEC∽△EDC，利用相似的性質即可求出EF的長度．點評本題考查了矩形的性質，軸對稱的性質，相似三角形的判定與性質等，解題關鍵是能夠作出適當的輔助線，連接CE，構造相似三角形，最終利用相似的性質求出結果．
22. 分析利用矩形的性質，證明∠ADE＝∠A'DE＝∠A'DC＝30°，∠C＝∠A'B'D＝90°，推出△DB'A'≌△DCA'，CD＝B'D，設AB＝DC＝x，在Rt△ADE中，通過勾股定理可求出AB的長度．點評本題考查了矩形的性質，軸對稱的性質等，解題關鍵是通過軸對稱的性質證明∠AED＝∠A'ED＝∠A'EB＝60°．
23. 分析根據軸對稱，可以求得使得△PAB的周長最小時點P的坐標，然後求出點P到直線AB的距離和AB的長度，即可求得△PAB的面積，本題得以解決．點評本題考查二次函數的性質、一次函數的性質、軸對稱﹣最短路徑問題，解答本題的關鍵是明確題意，利用數形結合的思想解答．
三、解答題（共78分）
25. 分析根據菱形的性質得到AB＝1，∠ABD＝30°，根據平移的性質得到A′B′＝AB＝1，∠A′B′D＝30°，當B′C⊥A′B′時，A'C+B'C的值最小，推出四邊形A′B′CD是矩形，∠B′A′C＝30°，解直角三角形即可得到結論．點評本題考查了軸對稱﹣最短路線問題，菱形的性質，矩形的判定和性質，解直角三角形，平移的性質，正確的理解題意是解題的關鍵．
26. 分析如圖，作CH⊥AB於H．首先證明∠ACB＝90°，解直角三角形求出AH，再證明CE′＝AH即可．點評本題考查翻折變換，平行線的性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造特殊四邊形解決問題，屬於中考常考題型．
27. 分析分兩種情況：①點B′落在AD邊上，根據矩形與摺疊的性質易得AB＝BE，即可求出a的值；②點B′落在CD邊上，證明△ADB′∽△B′CE，根據相似三角形對應邊成比例即可求出a的值．點評本題考查了摺疊的性質：摺疊是一種對稱變換，它屬於軸對稱，摺疊前後圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等．也考查了矩形的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質．進行分類討論與數形結合是解題的關鍵．
三、應用題
30. 分析過點H作HN⊥BM於N，利用正方形的性質及軸對稱的性質，證明△ABG≌△AFG，可推出AG是∠BAF的平分線，GA是∠BGF的平分線；證明△ABG≌△GNH，推出HN＝CN，得到∠DCH＝∠NCH，推出CH是∠DCN的平分線；再證∠HGN＝∠EGH，可知GH是∠EGM的平分線．點評本題考查了正方形的性質，軸對稱的性質，全等三角形的判定與性質等，解題關鍵是能夠靈活運用軸對稱的性質及全等的判定方法．