江苏省2017年中考《第30课时图形的对称含图形的折叠》练习

第七章图形的变化第30课时图形的对称（含图形的折叠）命题点1对称图形的识别1.(2016深圳)下列图形中，是轴对称图形的是()2.(2016北京)甲骨文是我国的一种古代文字，是汉字的早期形式．下列甲骨文中，不是轴对称的是()3.(2016齐齐哈尔)下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是()4.(2016宜昌)如下左图，若要添加一条线段，使之既是轴对称图形又是中心对称图形，正确的添加位置是()第5题图5.(2016绍兴)我国传统建筑中，窗框(如图①)的图案玲珑剔透、千变万化．窗框一部分如图②，它是一个轴对称图形，其对称轴有()A.1条B.2条C.3条D.4条6.(2016南充)如图，直线MN是四边形AMBN的对称轴，点P是直线MN上的点，第6题图下列判断错误的是()A.AM＝BMB.AP＝BNC.∠MAP＝∠MBPD.∠ANM＝∠BNM命题点2图形的折叠7.(2016绥化)把一张正方形纸片如图①、图②对折两次后，再如图③挖去一个三角形小孔，则展开后的图形是()第7题图8.(2016聊城)如图，把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处．若∠2＝40°，则图中∠1的度数为()A.115°B.120°C.130°D.140°第8题图9.(2016天津)如图，把一张矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，AB′与DC相交于点E，则下列结论一定正确的是()A．∠DAB′＝∠CAB′B．∠ACD＝∠B′CDC．AD＝AED．AE＝CE第9题图第10题图10.(2016莆田)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，将△ABC折叠，使点A落在BC边上的点D处，EF为折痕，若AE＝3，则sin∠BFD的值为()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临沂)如图，将一矩形纸片ABCD折叠，使两个顶点A，C重合，折痕为FG.若AB＝4，BC＝8，则△ABF的面积为________．第11题图第12题图第13题图12.(2016宁夏)如图，Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA在x轴上，OB在y轴上，点A，B的坐标分别为(eq\r(3)，0)，(0，1)，把Rt△AOB沿着AB对折得到Rt△AO′B，则点O′的坐标为________．13.(2016河南)如图，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB＝3.点E为射线BC上一个动点，连接AE，将△ABE沿AE折叠，点B落在点B′处，过点B′作AD的垂线，分别交AD，BC于点M，N.当点B′为线段MN的三等分点时，BE的长为________．答案1.B【解析】四个图形中只有B图沿正中一条竖线对折，图形的左右两部分能完全重合，所以B图是轴对称图形．2.D【解析】轴对称图形即：将一个图形沿一条直线折叠，直线两边的部分能够完全重合的图形，根据定义可知，D不是轴对称图形．【3.D【解析】判断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，即为轴对称图形；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后与原图重合．∴由定义可知，A为轴对称图形，但不是中心对称图形；B为轴对称图形，但不是中心对称图形；C为轴对称图形，但不是中心对称图形；D既是轴对称图形，又是中心对称图形．4.A【解析】选项A既是轴对称图形又是中心对称图形，选项B、C既不是轴对称图形也不是中心对称图形，选项D是轴对称图形但不是中心对称图形．5.B【解析】在确定某个图形是否为轴对称图形时，就看其能否沿某条直线对折之后两边能够完全重合，若能完全重合，则该直线为该图形的一条对称轴．因此题图中在水平方向上和竖直方向上各有一条对称轴，即共有2条．6.B【解析】∵直线MN是四边形AMBN的对称轴，∴AM＝BM，选项A正确；AN＝BN，选项B错误；∵直线MN是四边形AMBN的对称轴，∴△AMN≌△BMN，∴∠ANM＝∠BNM，选项D正确；∵∠AMP＝∠BMP，AM＝BM，MP＝MP，∴△AMP≌△BMP(SAS)，∴∠MAP＝∠MBP，选项C正确．7.C【解析】由三角形小孔不在正方形的对角线上，可排除B、D.由下方三角形中的小孔尖朝下，可排除A，故选C.8.A【解析】由折叠性质知，∠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】∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，∴∠ACD＝∠BAC，由折叠性质，得∠BAC＝∠EAC,∴∠ACD＝∠EAC，∴AE＝CE.10.A【解析】如解图，过点D作DG⊥AB于点G，由折叠性质可知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，设AF＝DF＝x，则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题解图11.6【解析】要求△ABF的面积，只需求出BF的长即可．由折叠的性质，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】如解图，过点O′作O′C⊥y轴于点C，∵点A，B的坐标分别为(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沿着AB对折得到Rt△AO′B，，O′B＝OB＝1，∴∠O′BA＝60°，∴∠CBO′＝60°，设BC＝x，则O′C＝eq\r(3)x，∴x2＋(eq\r(3)x)2＝1，解得：x＝eq\f(1,2)(负值舍去)，∴O′C＝eq\f(\r(3),2)，OC＝OB＋BC＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，∴点O′的坐标为(eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2))．第12题解图13.eq\f(3\r(2),2)或eq\f(3\r(5),5)【解析】当点B′为线段MN的三等分点时，需分两种情况讨论：(1)如解图①，当B′M＝eq\f(1,3)MN时，∵AD∥BC，AB⊥BC，MN⊥AD，∴四边形ABNM为矩形，∴B′M＝eq\f(1,3)MN＝eq\f(1,3)AB＝1，BN＝AM，由折叠的性质可得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)如解图②，当B′M＝eq\f(2,3)MN时，∵AD∥BC，AB⊥BC，MN⊥AD，∴四边形ABNM为矩形，∴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)，由折叠性质可得∠AB′E＝90°，∴∠EB′N＝∠MAB′，∴△AMB′∽△B′NE，∴eq\