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苏科版八年级上册第二章 轴对称图形综合与测试单元测试课后练习题
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这是一份苏科版八年级上册第二章 轴对称图形综合与测试单元测试课后练习题，共32页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
苏科版初中数学八年级上册第二章《轴对称图形》单元测试卷
考试范围：第二章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，在△ABC中，∠A=15°，AB=2，P为AC边上的一个动点(不与A、C重合)，连接BP，则22AP+PB的最小值是( )
A. 2 B. 3 C. 62 D. 2
2. 下列图形中，对称轴的总条数是：( )
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
3. 一个多边形纸片剪去一个内角后，得到一个内角和为2340°的新多边形，则原多边形的边数为( )
A. 14或15或16 B. 15或16或17 C. 15或16 D. 16或17
4. 如图，在3×3的正方形网格中，网格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形，图中的△ABC为格点三角形，在图中画出一个与△ABC成轴对称的格点三角形，则可以画出符合条件的三角形有( )
A. 6个
B. 5个
C. 4个
D. 3个
5. 如图，△ABC中，∠ABC=45°，∠BCA=75°，BC=6−23，点P是BC上一动点，PD⊥AC于D，PE⊥AB于E，在点P的运动过程中，线段DE的最小值为( )
A. 33−3
B. 3
C. 43−6
D. 2
6. 如图，正方形网格中，已有两个小正方形被涂黑，再将图中其余小正方形涂黑一个，使整个被涂黑的图案构成一个轴对称图形，那么涂法共有几种( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
7. 如图是4×4正方形网络，其中已有3个小方格涂成了黑色．现在要从其余13个白色小方格中选出一个也涂成黑色的图形，使黑色的图形成为轴对称图形，这样的白色小方格有个( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
8. 如图，三个小正方形组成的图形，请你在图形中补画一个小正方形，使得补画后的图形为轴对称图形，补画的图形的个数是( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
9. 如图，Rt△ACB中，∠ACB=90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H，则下列结论：①∠APB=135°；②BF=BA；③PH=PD；④连接CP，CP平分∠ACB.其中正确的是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
10. 如图，已知AB//CD，AB+CD=BC，点G为AD的中点，GM⊥CD于点M，GN⊥BC于点N，连接AG、BG.张宇同学根据已知条件给出了以下几个结论：①∠BGC=90°；②GM=GN；③BG平分∠ABC；④CG平分∠BCD.其中正确的个数有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
11. 如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BC，则下列结论中正确的个数( )
①CP平分∠ACF； ②∠ABC+2∠APC=180°；③∠ACB=2∠APB； ④AM+CN=AC
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
12. 如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，过点O作EF//BC交AB于点E，交AC于点F，过点O作OD⊥AC于点D，下列四个结论： ①EF=BE+CF; ②∠BOC=90∘+12∠A; ③点O到△ABC各边的距离相等; ④设OD=m，AE+AF=n，则S△AEF=mn.其中正确的结论是( )
A. ① ② ③ B. ① ② ④ C. ② ③ ④ D. ① ③ ④
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，C为线段AE上一动点(不与点A，E重合)，在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ.以下五个结论：①AD=BE；②PQ//AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°.恒成立的结论有 .(把你认为正确的序号都填上)
14. 图1是一张矩形折纸，其中图形①，③，⑤分别与图形②，④，⑥关于AB所在的直线成轴对称，现沿着虚线剪开，部分剪纸拼成不重叠、无缝隙的正方形(如图2)，若正方形边长为9，图2中所标注的d1的值为6，d2的值为整数，则图1中矩形的宽为______，矩形的长为______．
15. 七巧板是我国古老的益智玩具，受到全世界人的追捧．下图是由一副“现代智力七巧板经无缝拼接且没有重叠的轴对称花朵型图案，直线AB为对称轴，其中①②③是直径为1的圆与半圆，④为直角梯形，⑤为等腰直角三角形，⑥⑦是有一组对边平行且锐角皆为45°的拼板．若已知④的周长是AB的3倍，⑥的周长是AB的5倍，则图中线段AC的长度为______．
16. 已知△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，AE平分∠BAC，交CD于点F．
请从A，B两题中任选一题作答．我选择______题．
A.如图1，若AC=BC=1，则CF的长为______．
B.如图2，若AC=4，BC=3，则DF的长为______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图所给图形分别为正三角形、正方形、正五边形、正六边形．
(1)分别说出它们各有几条对称轴．
(2)分别画出各图形的所有对称轴．
(3)通过你自己作图与思考，你发现了哪些规律?试着写出几条．
18. 同一平面内，我们把正多边形任意边的两顶点都构成等腰三角形的点称为这个正多边形的幸运点，把正n边形幸运点的个数记作Sn.小明同学在学习了轴对称这一章之后，发现正多边形都是轴对称图形，决定运用轴对称的知识探究一下Sn，请与小明同学一起完成下面的探究
(1)如图1，在正五边形ABCDE中，点O是其对称点的交点，显然是这个正五边形的一个幸运点，∠AOE=______度，在对称轴AF(AF与CD交于F)上另一点P(点O与点F之间)也是一个幸运点，则∠CBP=______度，S5=______
(2)如图2，EF为正方形ABCD的对称轴
①请在直线EF画出这个正方形的幸运点
②S4=______
(3)S3=______．
19. 在平面直角坐标系xOy中，对于线段MN，直线l和图形W给出如下定义：线段MN关于直线l的对称线段为M′N′(M′,N′分别是M，N的对应点).若MN与M′N′“均在图形W内部(包括边界)，则称图形W为线段MN关于直线l的“对称封闭图形”．
(1)如图，点P(−1,0)．
①已知图形W1：半径为1的⊙O，W2：以线段PO为边的等边三角形，W3：以O为中心且边长为2的正方形，在W1，W2，W3中，线段PO关于y轴的“对称封闭图形”是______；
②以O为中心的正方形ABCD的边长为4，各边与坐标轴平行．若正方形ABCD是线段PO关于直线y=x+b的“对称封闭图形”，求b的取值范围；
(2)线段MN在由第四象限、原点、x轴正半轴以及y轴负半轴组成的区域内，且MN的长度为2.若存在点Q(a−22,a+22)，使得对于任意过点Q的直线l，有线段MN，满足半径为r的⊙O是该线段关于l的“对称封闭图形”，直接写出r的取值范围．
20. 如图，在平面直角坐标系中有A、B两点，请在x轴上找一点C，将△ABC沿AC翻折，使点B的对应点D恰好落在x轴上．
(1)利用无刻度的直尺和圆规在图1中找出所有符合条件的点C.(不写作法，保留作图痕迹)
(2)若点A的坐标为(1,4)，点B的坐标为(5,2)，请求出点C的坐标．
21. (1)如图，在“4×4”正方形网格中，已有2个小正方形被涂黑．请你分别在下面2张图中再将若干个空白的小正方形涂黑，使得涂黑的图形成为轴对称图形．(图(1)要求只有1条对称轴，图(2)要求只有2条对称轴)．
(2)如图，A、B为直线MN外两点，且到MN的距离不相等．分别在MN上求一点P，并满足如下条件：
①在图(3)中求一点P使得PA+PB最小；
②在图(4)中求一点P使得|PA−PB|最大．
(不写作法，保留作图痕迹)
22. 如图，在∠AOB的两边OA，OB上分别取OM=ON，OD=OE，DN和EM相交于点C．
求证：点C在∠AOB的平分线上．
23. 已知直线EF//MN，点A、B分别为EF，MN上的动点，且∠ACB=α，BD平分∠CBN交EF于D．
(1)若∠FDB=120°，α=90°，如图1，求∠MBC与∠EAC的度数？
(2)延长AC交直线MN于G，这时α=80°，如图2，GH平分∠AGB交DB于点H，问∠GHB是否为定值？若是，请求值；若不是，请说明理由．
24. 如图，在△ABC中，∠ABC为锐角，点D为直线BC上一动点，以AD为直角边且在AD的右侧作等腰直角三角形ADE，∠DAE=90°，AD=AE．
(1)如果AB=AC，∠BAC=90°．
①当点D在线段BC上时，如图1，线段CE，BD的位置关系为________，数量关系为________．
②当点D在线段BC的延长线上时，如图2，①中的结论是否仍然成立，请说明理由．
(2) 如图3，如果AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动．探究：当∠ACB多少度时，CE⊥BC？请说明理由．
25. 如图1，AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=α，AD、BE相交于点M，连接CM．
(1)求证：BE=AD；
(2)用含α的式子表示∠AMB的度数(直接写出结果)；
(3)当α=90°时，取AD，BE的中点分别为点P、Q，连接CP，CQ，PQ，如图2，判断△CPQ的形状，并加以证明．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：以A为顶点，AC为一边，在AC下方作∠CAM=45°，过B作BD⊥AM于D，交AC于P，如图：
由作图可知：△ADP是等腰直角三角形，
∴AD=PD=22AP，
∴22AP+PB=PD+PB，
∴22AP+PB取最小值即是PD+PB取最小值，此时B、P、D共线，且BD⊥AD，22AP+PB的最小值即是BD的长，
∵∠BAC=15°，∠CAM=45°，
∴∠ABD=30°，
∴AD=12AB=1，BD=3AD=3，
∴22AP+PB的最小值是3．
故选：B．
以A为顶点，AC为一边，在AC下方作∠CAM=45°，过B作BD⊥AM于D，交AC于P，由△ADP是等腰直角三角形的AD=PD=22AP，即22AP+PB=PD+PB，故22AP+PB取最小值即是PD+PB取最小值，此时B、P、D共线，且BD⊥AD，22AP+PB的最小值即是BD的长，根据∠BAC=15°，∠CAM=45°，可得BD=3AD=3，即可得答案．
本题考查三角形中的最小路径，解题的关键是作辅助线，把22AP+PB的最小值转化为求PD+PB的最小值．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查的知识点是轴对称图形，顺利的找出所有图形的对称轴条数是解题的关键，首先将四个图形的对称轴条数分别找出，再将对称轴条数的和找出即可得到答案．
【解答】
解：∵第一个图形有2条对称轴，第二个图形有8条对称轴，第三个图形没有对称轴，第四个图形没有对称轴，
∴对称轴条数之和为2+8=10(条)．
故选C．
3.【答案】A
【解析】解：设原多边形是n边形，分三种情况：
由多边形内角和公式得，
若剪后为(n+1)边形，
则180°(n+1−2)=2340°，
解得n=14；
若剪后为n边形，
则180°(n−2)=2340°，
解得n=15；
若剪后为(n−1)边形，
则180°(n−1−2)=2340°，
解得n=16；
综上所述，原多边形的边数为14或15或16．
故选：A．
设原多边形是n边形，分三种情况：若剪后为(n+1)边形，若剪后为n边形，若剪后为(n−1)边形，根据多边形内角和公式，可得答案．
本题考查了剪纸问题，多边形内角与外角，多边形的内角和公式是解题关键．
4.【答案】A
【解析】如图，可以画出6个格点三角形与△ABC成轴对称．
5.【答案】B
【解析】解：如图：
∵∠ABC=45°，∠BCA=75°，
∴∠BAC=60°，
∵PD⊥AB于D，PE⊥AC于E，
∴∠ADP=∠AEP=90°，
∴∠ADP+∠AEP=180°，
∴A、D、P、E四点共圆，且直径为AP，
∴当AP⊥BC时，DE的值最小(四边形A、D、P、E四点共圆，PA是直径，∠BAC=60是定值，故直径AP最小时，∠DAE所对的弦最小)，
在Rt△PBE中，∠B=45°，
∴△PBE是等腰直角三角形，∠BPE=45°=∠APE，
∴∠ADE=∠APE=45°，
∴∠ADE=∠B=45°，
∵∠EAD=∠CAB，
∴△AED∽△ACB，
∴ADAB=DEBC，
设AE=2x，则PE=EB=2x，AB=4x，AP=22x，
取AP的中点O，连接DO，则AO=OD=OP=2x，
∵∠DAP=∠BAC−∠PAE=60°−45°=15°，
∴∠DOP=2∠DAO=30°，
过D作DM⊥AP于M，则DM=12DO=22x，OM=3DM=62x，
∴AM=OA+OM=2x+62x=22+62x，
由勾股定理得：AD=AM2+DM2=(3+1)x，
∴(3+1)x4x=DE6−23，
∴ED=3，即线段DE的最小值为3．
故选：B．
当AP⊥BC时，线段DE的值最小，利用四点共圆的判定可得：A、D、P、E四点共圆，且直径为AP，得出∠ADE=∠B=45°，从而可得△AED∽△ACB，ADAB=DEBC，设AD=2x，表示出AD和AB的长，代入比例式中，可求出DE的值．
本题考查了四点共圆，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的判断当AP⊥BC时，线段DE的值最小是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了利用轴对称设计图案的知识有关知识，根据轴对称的概念作答．如果一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．
【解答】
解：选择一个正方形涂黑，使得3个涂黑的正方形组成轴对称图形，
选择的位置有以下几种：1处，2处，3处，4处，5处，选择的位置共有5处．
故选D．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查的是利用轴对称设计图案，解答此题关键是找对称轴，按对称轴的不同位置，可以有4种画法．根据轴对称图形的概念求解．
【解答】
解：如图所示，有4个位置使之成为轴对称图形．
故选C．
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了轴对称图形的性质．利用轴对称图形的性质画图．
【解答】
解：补画一个小正方形，使得补画后的图形为轴对称图形，补画的图形如图所示，一共有四个个情况，
故选C．
9.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，∵∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
又∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC，
∴∠BAD+∠ABE=12(∠BAC+∠ABC)=45°，
∴∠APB=135°，故①正确．
∴∠BPD=45°，
又∵PF⊥AD，
∴∠FPB=90°+45°=135°，
∴∠APB=∠FPB，
又∵∠ABP=∠FBP，
在△ABP和△FBP中，
∠ABP=∠FBPBP=BP∠APB=∠FPB，
∴△ABP≌△FBP(ASA)，
∴∠BAP=∠BFP，AB=FB，PA=PF，故②正确．
∵∠APH=∠FPD=90°，∠PAH=∠BAP=∠BFP，PA=PF，
在△APH和△FPD中，
∠APH=∠FPD=90°PA=PF∠PAH=∠PFD，
∴△APH≌△FPD(ASA)，
∴PH=PD，故③正确．
如图，连接CP，
∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，
∴点P到AB、AC的距离相等，点P到AB、BC的距离相等，
∴点P到BC、AC的距离相等，
∴点P在∠ACB的平分线上，
∴CP平分∠ACB，故④正确．
∴其中正确的是①②③④，共4个．
故选：D．
根据三角形内角和定理以及角平分线定义判断①；根据全等三角形的判定和性质判断②③；根据角平分线的判定与性质判断④．
本题考查了角平分线的判定与性质，三角形全等的判定方法，三角形内角和定理．掌握相关性质是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：如图，过点G作GE//AB，交BC于点E，
∵AB//CD，
∴AB//CD//GE，
∵点G为AD的中点，
∴点E为BC的中点，
∴GE是梯形ABCD的中位线，
∴AB+CD=2GE，
∵AB+CD=BC，
∴BC=2GE，
∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2EC，
∴BE=EC=GE，
∵BE=GE，
∴∠EBG=∠BGE，
∵AB//GE，
∴∠ABG=∠BGE，
∴∠ABG=∠EBG，
∴BG平分∠ABC，故③正确；
∵CE=GE，
∴∠EGC=∠ECG，
∵CD//GE，
∴∠EGC=∠DCG，
∴∠ECG=∠DCG，
∴CG平分∠BCD，故④正确；
∵GM⊥CD，GN⊥BC，
∴GM=GN，故②正确；
∵BG平分∠ABC，
∴∠CBG=12∠ABC，
∵CG平分∠BCD，
∴∠BCG=12∠BCD，
∵AB//CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠CBG+∠BCG=12×180°=90°，
∴∠BGC=90°，故①正确．
综上所述：正确的有①②③④，共4个．
故选：D．
过点G作GE//AB，交BC于点E，证明GE是梯形ABCD的中位线，然后利用角平分线的性质和平行线的性质即可逐一进行判断．
本题考查了梯形的中位线定理，角平分线的性质，平行线的性质，直角三角形的判定，解决本题的关键是掌握梯形中位线定理．
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了角平分线的性质与判定，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，掌握角平分线的性质判定是解题的关键．
①作PD⊥AC于D，由角平分线的性质得出PM=PN，PM=PD，得出PM=PN=PD，即可得出①正确；
②首先证出∠ABC+∠MPN=180°，证明Rt△PAM≌Rt△PAD(HL)，得出∠APM=∠APD，同理：Rt△PCD≌Rt△PCN(HL)，得出∠CPD=∠CPN，即可得出②正确；
③由角平分线和三角形的外角性质得出∠CAE=2∠PAM=∠ABC+∠ACB，∠PAM=12∠ABC+∠APB，得出∠ACB=2∠APB，即可得出③正确；
④由全等三角形的性质得出AD=AM，CD=CN，即可得出④正确．
【解答】
解：①作PD⊥AC于D，
∵PB平分∠ABC，PA平分∠EAC，PM⊥BE，PN⊥BC，
∴PM=PN，PM=PD，
∴PN=PD，
∴点P在∠ACF的角平分线上，故①正确；
②∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠ABC+90°+∠MPN+90°=360°，
∴∠ABC+∠MPN=180°，
在Rt△PAM和Rt△PAD中，
PA=PAPM=PD，
∴Rt△PAM≌Rt△PAD(HL)，
∴∠APM=∠APD，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN(HL)，
∴∠CPD=∠CPN，
∴∠MPN=2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC=180°，②正确；
③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC，
∴∠CAE=2∠PAM=∠ABC+∠ACB，∠PAM=12∠ABC+∠APB，
∴∠ACB=2∠APB，③正确；
④∵Rt△PAM≌Rt△PAD(HL)，
∴AD=AM，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN(HL)，
∴CD=CN，
∴AM+CN=AD+CD=AC，④正确；
故选：D．
12.【答案】A
【解析】略
13.【答案】①②③⑤
【解析】
【分析】
本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可得AD=BE；
②由△ACD≌△BCE得∠ADC=∠BEC，得到△CDP≌△CEQ(ASA)，再根据∠QPC=∠BCA，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；
③同②得：△ACP≌△BCQ，即可得出结论；
④根据DE>QE，且DP=QE，可知DE>DP，可知④错误；
⑤利用等边三角形的性质，求出BC//DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，由全等三角形的性质可推出∠DEO=∠DAC，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正确．
【解答】
解：①∵△ABC和△CDE为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE,
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，①正确；
②∠DCP=180°−2×60°=60°=∠ECQ，
在△CDP和△CEQ中，∠ADC=∠BECCD=CE∠DCP=∠ECQ,
∴△CDP≌△CEQ(ASA)．
∴CP=CQ，DP=QE，
∴∠CPQ=∠CQP=60°，
∴∠QPC=∠BCA，
∴PQ//AE，②正确；
③同②得：△ACP≌△BCQ，
∴AP=BQ，③正确；
④∵DE>QE，且DP=QE，
∴DE>DP，故④错误；
⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，
∵△DCE是等边三角形，
∠EDC=60°=∠BCD，
∴BC//DE，
∴∠CBE=∠DEO，
由(1)得∠CBE=∠DAC，
∴∠DEO=∠DAC，
∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，
∴⑤正确；
故答案为①②③⑤ ．
14.【答案】395 635
【解析】解：如图2中，由题意EF=3，FG=GH，设FG=GH=x，
则有x2=(9−x)2+32，
∴x=5，
如图1中，则有EJ=5，EC=3，CJ=4，EG=6，
由△ECJ∽△GFE，
∴ECFG=CJEF=EJEG，
∴3FG=4EF=56，
∴FG=185，EF=245，
∵AJ+BG=EJ=5，
∴AC+FB=CJ+AJ+FG+GB=4+5+185=635，
∴AC=FB=6310，
∴CM=635，CF=CE+EF=3+245=395，
∴图1中，矩形的长为635，宽为395．
故答案为：395，635．
如图2中，由题意EF=3，FG=GH，设FG=GH=x，利用勾股定理求出x，再利用图1证明△ECJ∽△GFE，推出ECFG=CJEF=EJEG，推出3FG=4EF=56，可得FG=185，EF=245，由此即可解决问题．
本题考查矩形的性质，图形的拼剪，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
15.【答案】32−1
【解析】解：如图，作EH⊥DG于H.设DE=x，AE=y，EF+FG=z．
在Rt△CJK中，∵CJ=CK=1，
∴KJ=2，
由题意：AB=JK=DG=2，
∵④是直角梯形，∠D=45°，
∴DH=EH=FG，GH=EF，
∴EF+FG=GH+DH=2，即z=2，
由题意：x+z=22y+x+z=42，解得y=22，z=2，x=2，
∴AD=AK=x+y=32，
∴AC=AK=CK=32−1，
故答案为：32−1．
如图，作EH⊥DG于H.设DE=x，AE=y，EF+FG=z.构建方程组求出x，y，z，可得AK的长即可解决问题．
本题考查轴对称图形的性质，解直角三角形的应用，解题的关键是学会利用参数，构建方程组解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
16.【答案】A 2−1 1615
【解析】解：我选择A题．
A：过F点作FG⊥AC于点G，
∵∠ACB=90°，AC=BC=1，
∴AB=2，
∵CD⊥AB于点D，
∴AD=CD=12AB=22，
∵AE平分∠BAC，
∴FG=FD，
在Rt△AFG和Rt△AFD中，
FG=FDAF=AF，
∴Rt△AFG≌Rt△AFD(HL)，
∴AG=AD=22，
∴CG=AC−AG=1−22，FG=FD=22−CF，
在Rt△CGF中，FG2+CG2=CF2，
∴(22−CF)2+(1−22)2=CF2，2−1
解得CF=2−1
故答案为：2−1．
B：过F点作FM⊥AC于点M，
∵∠ACB=90°，AC=4，BC=3，
∴AB=AC2+BC2=5，
∵CD⊥AB于点D，
∴CD=AC⋅BCAB=4×35=125，
∴AD=AC2−CD2=165
∵AE平分∠BAC，
∴FM=FD，
在Rt△AFM和Rt△AFD中，
FM=FDAF=AF，
∴Rt△AFM≌Rt△AFD(HL)，
∴AM=AD=165，
∴CM=AC−AM=4−165=45，CF=CD−FD=125−FD，
在Rt△CMF中，FM2+CM2=CF2，
∴DF2+(45)2=(125−FD)2，
解得DF=1615．
故答案为：A：2−1．
B：1615．
A：过F点作FG⊥AC于点G，由等腰直角三角形的性质可求解AB=2，结合CD⊥AB可得AD=CD=12AB=22，利用HL证明Rt△AFG≌Rt△AFD可求AG的长，进而求出CG的长，再利用勾股定理可求解CF的长．
B：过F点作FM⊥AC于点M，由勾股定理求解AB的长，进而可求得CD的长，再次利用勾股定理求解AD，利用HL证明Rt△AFM≌Rt△AFD可求AG的长，进而求出CG的长，再利用勾股定理可求解DF的长．
本题主要考查角平分线的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识的综合运用，灵活运用勾股定理求解是解题的关键．
17.【答案】解：(1)分别有3条、4条、5条、6条对称轴．
(2)略．
(3)正n边形有n条对称轴，这些对称轴都相交于一点.(答案不唯一)
【解析】见答案
18.【答案】72 36 6 9 10
【解析】解：(1)由题意∠AOE是正五边形的中心角=360°5=72°，
∵CB=CD，∠BCD=108°，
∴∠CBP=∠CDB=36°，
∵正五边形有5条对称轴，每条对称轴上有两个幸运点，点O重复，
∴S5=6，
故答案为72，36，6；
(2)①如图，直线EF上的幸运点如图所示．
②观察上图可知，正方形的幸运点共有9个，S4=9，
故答案为9．
(3)如图观察图象可知S3=10，
故答案为10．
(1)根据正五边形的性质、幸运点的定义即可解决问题；
(2)①根据幸运点的定义画出图形即可解决问题；
②幸运点在对称轴上，画出两条对称轴上的幸运点即可解决问题；
(3)幸运点在对称轴上，画出三条对称轴上的幸运点即可解决问题；
本题考查四边形综合题、正五边形、正方形、正三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象法解决问题，属于中考创新题目．
19.【答案】解：(1)①如图1，
OP关于y轴对称的线段是OP′，由图可得：
OP和OP′在正方形和圆O内，OP′不在等边三角形内，
∴线段PO关于y轴的“对称封闭图形”为W1和W3，
故答案为：W1、W3；
(2)如图2，
∵点P关于y=x+2对称点P′在正方形的边上，点P关于y=x−1的对称点P″在正方形的边上，
∴−1≤b≤2；
(2)如图3，
令x=a−22，y=a+22，
∴y=x+42，
∴点Q在直线y=x+42上运动，
当Q(−22,22)，M(0,−2)，N(2,0)时，r的值最小，
取点MN的中点A，连接AQ并延长至B，使BQ=AQ，
∵A(22,−22)，
∴AQ=5，
∴BQ=5，
∴OB=9，
作点M关于y=x+42的对称点C，
∴四边形AMCB是矩形，
∴BC=AM=1，
∴OC=BC2+OB2=82，
∴r≥82．
【解析】本题考查了新定义，等腰直角三角形性质，轴对称性质，与圆有关位置等知识，解决问题的关键是几何直观能力．
(1)①作出图形，观察得出结果；
②作出点P关于y=x+b的对称点，须使其对称点在正方形的边上时，是临界值，进而求得结果；
(2)找出当点Q取(−22,22)，M(0,−2)，N(2,0)时，找出此时r的最小值，进而求得r的范围．
20.【答案】解：(1)如图，以A为圆心，AB为半径画圆交x轴于D，D′，作∠BAD，∠BAD′的平分线交x轴于C，C′，点C，C′即为所求．
(2)设满足条件的点D坐标为(m,0)，
∵AB=AD，
∴(1−5)2+(4−2)2=(m−1)2+42，
∴m=3或−1，
∴D(3,0)，D′(−1,0)，
∴BD的中点坐标为(4,1)，已知直线AC过BD的中点，故设直线AC的解析式为y=kx+b，
得到k+b=44k+b=1，解得k=−1b=5，
∴直线AC的解析式为y=−x+5，
∴C(5,0)，
同理，BD′的中点为(2,1)，得到AC′的解析式为y=−3x+7，可得C′73,0，
综上所述，满足条件的点C坐标为(5,0)或73,0．
【解析】本题考查作图−轴对称变换，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建一次函数解决问题，属于中考常考题型．
(1)如图，以A为圆心，AB为半径画圆交x轴于D，D′，作∠BAD，∠BAD′的平分线交x轴于C，C′，点C，C′即为所求．
(2)先根据勾股定理求得D点的坐标，接着求出BD的中点坐标，再求出直线AC的解析式即可解决问题．
21.【答案】解：(1)如图所示：
．
(2)如图所示：
．
【解析】(1)根据轴对称的特点，作出符合题意的图形即可；
(2)根据轴对称的性质，作图即可．
本题考查了利用轴对称设计图案的知识，解答本题的关键是掌握轴对称的性质及轴对称的特点．
22.【答案】证明：作CG⊥OA于G，CF⊥OB于F，如图，
在△MOE和△NOD中，
OM=ON，∠MOE为公共角，OE=OD，
∴△MOE≌△NOD(SAS)．
∴S△MOE=S△NOD．
∴S△MOE−S四边形ODCE=S△NOD−S四边形ODCE，
∴S△MDC=S△NEC，
∵OM=ON，OD=OE，
∴MD=NE，
由三角形面积公式得：12DM×CG=12×EN×CF，
∴CG=CF，又∵CG⊥OA，CF⊥OB，
∴点C在∠AOB的平分线上．
【解析】首先证明△MOE≌△NOD(SAS)，然后利用图形中的面积关系求得S△MDC=S△NEC，已知，两三角形的底相等，所以它们的高也相等，它们的高即是CG，CF，所以点C在∠AOB的平分线上．
本题主要考查了角平分线上的点到角两边的距离相等的逆定理．而且考查了三角形全等判定和性质；所以学生所学的知识要系统．正确作出辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)如图，作CK//EF．
∵EF//MN，
∴∠FDB+∠DBN=180°，
∵∠FDB=120°，
∴∠DBN=60°，
∵BD平分∠CBN，
∴∠CBN=120°，
∴∠MBC=180°−120°=60°，
∵EF//CK，EF//MN，
∴CK//MN，
∴∠KCB=∠CBM=60°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACK=30°，
∴∠EAC=∠ACK=30°．
(2)∠GHB为定值．
理由：如图2中，设∠AGH=∠HGB=x，∠CBH=∠HBN=y．
则有：{180°−2y+2x+100°=180°180°−y+x+∠GHB=180°,
可得：∠GHB=12×100°=50°．
【解析】(1)如图，作CK//EF.证明∠MBC=∠KCB=60°即可解决问题．
(2)结论：∠GHB为定值．如图2中，设∠AGH=∠HGB=x，∠CBH=∠HBN=y.构建方程组即可解决问题．
本题考查平行线的性质，角平分线的定义等知识，是中档题．
24.【答案】解：(1)①垂直；相等；
②成立，理由如下：
∵∠EAD=∠BAC=90°，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
∵AD=AE∠BAD=∠CAEAB=AC，
∴△BAD≌△CAE，
∴CE=BD，∠ACE=∠B=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
∴CE⊥BD；
(2)当∠ACB=45°时，CE⊥BD，
理由：过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC=90°，
∵∠ACB=45°，
∴△AGC为等腰直角三角形，
∴∠ACB=∠AGC=45°，AC=AG，
∵∠GAC=∠EAD=90°，
∴∠GAD=∠CAE，
在△GAD与△CAE中，
AD=AE∠GAD=∠CAEAG=AC，
∴△GAD≌△CAE，
∴∠ACE=∠AGC=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，
即CE⊥BC．
【解析】
【分析】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质．
(1)①根据等腰直角三角形的性质得到∠BAC=∠DAE=90°，AD=AE，推出△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
②由等腰直角三角形的性质，同①方法，可推出△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质得到CE=BD，∠ACE=∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；
(2)过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，于是得到∠GAC=90°，可推出∠ACB=∠AGC，证得AC=AG，再证明△GAD≌△CAE，根据全等三角形的性质即可得到结果．
【解答】
解：①等腰直角三角形ADE中，AD=AE，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD=∠CAE，
在△DAB与△EAC中，
{D=AE∠BAD=∠CAEAB=AC,
∴△DAB≌△EAC，
∴CE=BD，∠B=∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，即CE⊥BD；
②见答案；
(2)见答案．
25.【答案】解：(1)如图1，∵∠ACB=∠DCE=α，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
CA=CB∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴BE=AD；
(2)如图1，∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵△ABC中，∠BAC+∠ABC=180°−α，
∴∠BAM+∠ABM=180°−α，
∴△ABM中，
∠AMB=180°−(180°−α)=α；
(3)△CPQ为等腰直角三角形．
证明：如图2，由(1)可得，BE=AD，
∵AD，BE的中点分别为点P、Q，
∴AP=BQ，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAP=∠CBQ，
在△ACP和△BCQ中，
CA=CB∠CAP=∠CBQAP=BQ，
∴△ACP≌△BCQ(SAS)，
∴CP=CQ，且∠ACP=∠BCQ，
又∵∠ACP+∠PCB=90°，
∴∠BCQ+∠PCB=90°，
∴∠PCQ=90°，
∴△CPQ为等腰直角三角形．
【解析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定以及三角形内角和定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
(1)由CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=α，利用SAS即可判定△ACD≌△BCE；
(2)根据△ACD≌△BCE，得出∠CAD=∠CBE，再根据三角形内角和即可得到∠AMB=α；
(3)先根据SAS判定△ACP≌△BCQ，再根据全等三角形的性质，得出CP=CQ，∠ACP=∠BCQ，最后根据∠ACB=90°即可得到∠PCQ=90°，进而得到△PCQ为等腰直角三角形．
苏科版初中数学八年级上册第二章《轴对称图形》单元测试卷
考试范围：第二章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，在△ABC中，∠A=15°，AB=2，P为AC边上的一个动点(不与A、C重合)，连接BP，则22AP+PB的最小值是( )
A. 2 B. 3 C. 62 D. 2
2. 下列图形中，对称轴的总条数是：( )
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
3. 一个多边形纸片剪去一个内角后，得到一个内角和为2340°的新多边形，则原多边形的边数为( )
A. 14或15或16 B. 15或16或17 C. 15或16 D. 16或17
4. 如图，在3×3的正方形网格中，网格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形，图中的△ABC为格点三角形，在图中画出一个与△ABC成轴对称的格点三角形，则可以画出符合条件的三角形有( )
A. 6个
B. 5个
C. 4个
D. 3个
5. 如图，△ABC中，∠ABC=45°，∠BCA=75°，BC=6−23，点P是BC上一动点，PD⊥AC于D，PE⊥AB于E，在点P的运动过程中，线段DE的最小值为( )
A. 33−3
B. 3
C. 43−6
D. 2
6. 如图，正方形网格中，已有两个小正方形被涂黑，再将图中其余小正方形涂黑一个，使整个被涂黑的图案构成一个轴对称图形，那么涂法共有几种( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
7. 如图是4×4正方形网络，其中已有3个小方格涂成了黑色．现在要从其余13个白色小方格中选出一个也涂成黑色的图形，使黑色的图形成为轴对称图形，这样的白色小方格有个( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
8. 如图，三个小正方形组成的图形，请你在图形中补画一个小正方形，使得补画后的图形为轴对称图形，补画的图形的个数是( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
9. 如图，Rt△ACB中，∠ACB=90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H，则下列结论：①∠APB=135°；②BF=BA；③PH=PD；④连接CP，CP平分∠ACB.其中正确的是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
10. 如图，已知AB//CD，AB+CD=BC，点G为AD的中点，GM⊥CD于点M，GN⊥BC于点N，连接AG、BG.张宇同学根据已知条件给出了以下几个结论：①∠BGC=90°；②GM=GN；③BG平分∠ABC；④CG平分∠BCD.其中正确的个数有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
11. 如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BC，则下列结论中正确的个数( )
①CP平分∠ACF； ②∠ABC+2∠APC=180°；③∠ACB=2∠APB； ④AM+CN=AC
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
12. 如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，过点O作EF//BC交AB于点E，交AC于点F，过点O作OD⊥AC于点D，下列四个结论： ①EF=BE+CF; ②∠BOC=90∘+12∠A; ③点O到△ABC各边的距离相等; ④设OD=m，AE+AF=n，则S△AEF=mn.其中正确的结论是( )
A. ① ② ③ B. ① ② ④ C. ② ③ ④ D. ① ③ ④
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，C为线段AE上一动点(不与点A，E重合)，在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ.以下五个结论：①AD=BE；②PQ//AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°.恒成立的结论有 .(把你认为正确的序号都填上)
14. 图1是一张矩形折纸，其中图形①，③，⑤分别与图形②，④，⑥关于AB所在的直线成轴对称，现沿着虚线剪开，部分剪纸拼成不重叠、无缝隙的正方形(如图2)，若正方形边长为9，图2中所标注的d1的值为6，d2的值为整数，则图1中矩形的宽为______，矩形的长为______．
15. 七巧板是我国古老的益智玩具，受到全世界人的追捧．下图是由一副“现代智力七巧板经无缝拼接且没有重叠的轴对称花朵型图案，直线AB为对称轴，其中①②③是直径为1的圆与半圆，④为直角梯形，⑤为等腰直角三角形，⑥⑦是有一组对边平行且锐角皆为45°的拼板．若已知④的周长是AB的3倍，⑥的周长是AB的5倍，则图中线段AC的长度为______．
16. 已知△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，AE平分∠BAC，交CD于点F．
请从A，B两题中任选一题作答．我选择______题．
A.如图1，若AC=BC=1，则CF的长为______．
B.如图2，若AC=4，BC=3，则DF的长为______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图所给图形分别为正三角形、正方形、正五边形、正六边形．
(1)分别说出它们各有几条对称轴．
(2)分别画出各图形的所有对称轴．
(3)通过你自己作图与思考，你发现了哪些规律?试着写出几条．
18. 同一平面内，我们把正多边形任意边的两顶点都构成等腰三角形的点称为这个正多边形的幸运点，把正n边形幸运点的个数记作Sn.小明同学在学习了轴对称这一章之后，发现正多边形都是轴对称图形，决定运用轴对称的知识探究一下Sn，请与小明同学一起完成下面的探究
(1)如图1，在正五边形ABCDE中，点O是其对称点的交点，显然是这个正五边形的一个幸运点，∠AOE=______度，在对称轴AF(AF与CD交于F)上另一点P(点O与点F之间)也是一个幸运点，则∠CBP=______度，S5=______
(2)如图2，EF为正方形ABCD的对称轴
①请在直线EF画出这个正方形的幸运点
②S4=______
(3)S3=______．
19. 在平面直角坐标系xOy中，对于线段MN，直线l和图形W给出如下定义：线段MN关于直线l的对称线段为M′N′(M′,N′分别是M，N的对应点).若MN与M′N′“均在图形W内部(包括边界)，则称图形W为线段MN关于直线l的“对称封闭图形”．
(1)如图，点P(−1,0)．
①已知图形W1：半径为1的⊙O，W2：以线段PO为边的等边三角形，W3：以O为中心且边长为2的正方形，在W1，W2，W3中，线段PO关于y轴的“对称封闭图形”是______；
②以O为中心的正方形ABCD的边长为4，各边与坐标轴平行．若正方形ABCD是线段PO关于直线y=x+b的“对称封闭图形”，求b的取值范围；
(2)线段MN在由第四象限、原点、x轴正半轴以及y轴负半轴组成的区域内，且MN的长度为2.若存在点Q(a−22,a+22)，使得对于任意过点Q的直线l，有线段MN，满足半径为r的⊙O是该线段关于l的“对称封闭图形”，直接写出r的取值范围．
20. 如图，在平面直角坐标系中有A、B两点，请在x轴上找一点C，将△ABC沿AC翻折，使点B的对应点D恰好落在x轴上．
(1)利用无刻度的直尺和圆规在图1中找出所有符合条件的点C.(不写作法，保留作图痕迹)
(2)若点A的坐标为(1,4)，点B的坐标为(5,2)，请求出点C的坐标．
21. (1)如图，在“4×4”正方形网格中，已有2个小正方形被涂黑．请你分别在下面2张图中再将若干个空白的小正方形涂黑，使得涂黑的图形成为轴对称图形．(图(1)要求只有1条对称轴，图(2)要求只有2条对称轴)．
(2)如图，A、B为直线MN外两点，且到MN的距离不相等．分别在MN上求一点P，并满足如下条件：
①在图(3)中求一点P使得PA+PB最小；
②在图(4)中求一点P使得|PA−PB|最大．
(不写作法，保留作图痕迹)
22. 如图，在∠AOB的两边OA，OB上分别取OM=ON，OD=OE，DN和EM相交于点C．
求证：点C在∠AOB的平分线上．
23. 已知直线EF//MN，点A、B分别为EF，MN上的动点，且∠ACB=α，BD平分∠CBN交EF于D．
(1)若∠FDB=120°，α=90°，如图1，求∠MBC与∠EAC的度数？
(2)延长AC交直线MN于G，这时α=80°，如图2，GH平分∠AGB交DB于点H，问∠GHB是否为定值？若是，请求值；若不是，请说明理由．
24. 如图，在△ABC中，∠ABC为锐角，点D为直线BC上一动点，以AD为直角边且在AD的右侧作等腰直角三角形ADE，∠DAE=90°，AD=AE．
(1)如果AB=AC，∠BAC=90°．
①当点D在线段BC上时，如图1，线段CE，BD的位置关系为________，数量关系为________．
②当点D在线段BC的延长线上时，如图2，①中的结论是否仍然成立，请说明理由．
(2) 如图3，如果AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动．探究：当∠ACB多少度时，CE⊥BC？请说明理由．
25. 如图1，AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=α，AD、BE相交于点M，连接CM．
(1)求证：BE=AD；
(2)用含α的式子表示∠AMB的度数(直接写出结果)；
(3)当α=90°时，取AD，BE的中点分别为点P、Q，连接CP，CQ，PQ，如图2，判断△CPQ的形状，并加以证明．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：以A为顶点，AC为一边，在AC下方作∠CAM=45°，过B作BD⊥AM于D，交AC于P，如图：
由作图可知：△ADP是等腰直角三角形，
∴AD=PD=22AP，
∴22AP+PB=PD+PB，
∴22AP+PB取最小值即是PD+PB取最小值，此时B、P、D共线，且BD⊥AD，22AP+PB的最小值即是BD的长，
∵∠BAC=15°，∠CAM=45°，
∴∠ABD=30°，
∴AD=12AB=1，BD=3AD=3，
∴22AP+PB的最小值是3．
故选：B．
以A为顶点，AC为一边，在AC下方作∠CAM=45°，过B作BD⊥AM于D，交AC于P，由△ADP是等腰直角三角形的AD=PD=22AP，即22AP+PB=PD+PB，故22AP+PB取最小值即是PD+PB取最小值，此时B、P、D共线，且BD⊥AD，22AP+PB的最小值即是BD的长，根据∠BAC=15°，∠CAM=45°，可得BD=3AD=3，即可得答案．
本题考查三角形中的最小路径，解题的关键是作辅助线，把22AP+PB的最小值转化为求PD+PB的最小值．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查的知识点是轴对称图形，顺利的找出所有图形的对称轴条数是解题的关键，首先将四个图形的对称轴条数分别找出，再将对称轴条数的和找出即可得到答案．
【解答】
解：∵第一个图形有2条对称轴，第二个图形有8条对称轴，第三个图形没有对称轴，第四个图形没有对称轴，
∴对称轴条数之和为2+8=10(条)．
故选C．
3.【答案】A
【解析】解：设原多边形是n边形，分三种情况：
由多边形内角和公式得，
若剪后为(n+1)边形，
则180°(n+1−2)=2340°，
解得n=14；
若剪后为n边形，
则180°(n−2)=2340°，
解得n=15；
若剪后为(n−1)边形，
则180°(n−1−2)=2340°，
解得n=16；
综上所述，原多边形的边数为14或15或16．
故选：A．
设原多边形是n边形，分三种情况：若剪后为(n+1)边形，若剪后为n边形，若剪后为(n−1)边形，根据多边形内角和公式，可得答案．
本题考查了剪纸问题，多边形内角与外角，多边形的内角和公式是解题关键．
4.【答案】A
【解析】如图，可以画出6个格点三角形与△ABC成轴对称．
5.【答案】B
【解析】解：如图：
∵∠ABC=45°，∠BCA=75°，
∴∠BAC=60°，
∵PD⊥AB于D，PE⊥AC于E，
∴∠ADP=∠AEP=90°，
∴∠ADP+∠AEP=180°，
∴A、D、P、E四点共圆，且直径为AP，
∴当AP⊥BC时，DE的值最小(四边形A、D、P、E四点共圆，PA是直径，∠BAC=60是定值，故直径AP最小时，∠DAE所对的弦最小)，
在Rt△PBE中，∠B=45°，
∴△PBE是等腰直角三角形，∠BPE=45°=∠APE，
∴∠ADE=∠APE=45°，
∴∠ADE=∠B=45°，
∵∠EAD=∠CAB，
∴△AED∽△ACB，
∴ADAB=DEBC，
设AE=2x，则PE=EB=2x，AB=4x，AP=22x，
取AP的中点O，连接DO，则AO=OD=OP=2x，
∵∠DAP=∠BAC−∠PAE=60°−45°=15°，
∴∠DOP=2∠DAO=30°，
过D作DM⊥AP于M，则DM=12DO=22x，OM=3DM=62x，
∴AM=OA+OM=2x+62x=22+62x，
由勾股定理得：AD=AM2+DM2=(3+1)x，
∴(3+1)x4x=DE6−23，
∴ED=3，即线段DE的最小值为3．
故选：B．
当AP⊥BC时，线段DE的值最小，利用四点共圆的判定可得：A、D、P、E四点共圆，且直径为AP，得出∠ADE=∠B=45°，从而可得△AED∽△ACB，ADAB=DEBC，设AD=2x，表示出AD和AB的长，代入比例式中，可求出DE的值．
本题考查了四点共圆，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的判断当AP⊥BC时，线段DE的值最小是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了利用轴对称设计图案的知识有关知识，根据轴对称的概念作答．如果一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．
【解答】
解：选择一个正方形涂黑，使得3个涂黑的正方形组成轴对称图形，
选择的位置有以下几种：1处，2处，3处，4处，5处，选择的位置共有5处．
故选D．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查的是利用轴对称设计图案，解答此题关键是找对称轴，按对称轴的不同位置，可以有4种画法．根据轴对称图形的概念求解．
【解答】
解：如图所示，有4个位置使之成为轴对称图形．
故选C．
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了轴对称图形的性质．利用轴对称图形的性质画图．
【解答】
解：补画一个小正方形，使得补画后的图形为轴对称图形，补画的图形如图所示，一共有四个个情况，
故选C．
9.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，∵∠ACB=90°，
∴∠BAC+∠ABC=90°，
又∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC，
∴∠BAD+∠ABE=12(∠BAC+∠ABC)=45°，
∴∠APB=135°，故①正确．
∴∠BPD=45°，
又∵PF⊥AD，
∴∠FPB=90°+45°=135°，
∴∠APB=∠FPB，
又∵∠ABP=∠FBP，
在△ABP和△FBP中，
∠ABP=∠FBPBP=BP∠APB=∠FPB，
∴△ABP≌△FBP(ASA)，
∴∠BAP=∠BFP，AB=FB，PA=PF，故②正确．
∵∠APH=∠FPD=90°，∠PAH=∠BAP=∠BFP，PA=PF，
在△APH和△FPD中，
∠APH=∠FPD=90°PA=PF∠PAH=∠PFD，
∴△APH≌△FPD(ASA)，
∴PH=PD，故③正确．
如图，连接CP，
∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，
∴点P到AB、AC的距离相等，点P到AB、BC的距离相等，
∴点P到BC、AC的距离相等，
∴点P在∠ACB的平分线上，
∴CP平分∠ACB，故④正确．
∴其中正确的是①②③④，共4个．
故选：D．
根据三角形内角和定理以及角平分线定义判断①；根据全等三角形的判定和性质判断②③；根据角平分线的判定与性质判断④．
本题考查了角平分线的判定与性质，三角形全等的判定方法，三角形内角和定理．掌握相关性质是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：如图，过点G作GE//AB，交BC于点E，
∵AB//CD，
∴AB//CD//GE，
∵点G为AD的中点，
∴点E为BC的中点，
∴GE是梯形ABCD的中位线，
∴AB+CD=2GE，
∵AB+CD=BC，
∴BC=2GE，
∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2EC，
∴BE=EC=GE，
∵BE=GE，
∴∠EBG=∠BGE，
∵AB//GE，
∴∠ABG=∠BGE，
∴∠ABG=∠EBG，
∴BG平分∠ABC，故③正确；
∵CE=GE，
∴∠EGC=∠ECG，
∵CD//GE，
∴∠EGC=∠DCG，
∴∠ECG=∠DCG，
∴CG平分∠BCD，故④正确；
∵GM⊥CD，GN⊥BC，
∴GM=GN，故②正确；
∵BG平分∠ABC，
∴∠CBG=12∠ABC，
∵CG平分∠BCD，
∴∠BCG=12∠BCD，
∵AB//CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠CBG+∠BCG=12×180°=90°，
∴∠BGC=90°，故①正确．
综上所述：正确的有①②③④，共4个．
故选：D．
过点G作GE//AB，交BC于点E，证明GE是梯形ABCD的中位线，然后利用角平分线的性质和平行线的性质即可逐一进行判断．
本题考查了梯形的中位线定理，角平分线的性质，平行线的性质，直角三角形的判定，解决本题的关键是掌握梯形中位线定理．
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了角平分线的性质与判定，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，掌握角平分线的性质判定是解题的关键．
①作PD⊥AC于D，由角平分线的性质得出PM=PN，PM=PD，得出PM=PN=PD，即可得出①正确；
②首先证出∠ABC+∠MPN=180°，证明Rt△PAM≌Rt△PAD(HL)，得出∠APM=∠APD，同理：Rt△PCD≌Rt△PCN(HL)，得出∠CPD=∠CPN，即可得出②正确；
③由角平分线和三角形的外角性质得出∠CAE=2∠PAM=∠ABC+∠ACB，∠PAM=12∠ABC+∠APB，得出∠ACB=2∠APB，即可得出③正确；
④由全等三角形的性质得出AD=AM，CD=CN，即可得出④正确．
【解答】
解：①作PD⊥AC于D，
∵PB平分∠ABC，PA平分∠EAC，PM⊥BE，PN⊥BC，
∴PM=PN，PM=PD，
∴PN=PD，
∴点P在∠ACF的角平分线上，故①正确；
②∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠ABC+90°+∠MPN+90°=360°，
∴∠ABC+∠MPN=180°，
在Rt△PAM和Rt△PAD中，
PA=PAPM=PD，
∴Rt△PAM≌Rt△PAD(HL)，
∴∠APM=∠APD，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN(HL)，
∴∠CPD=∠CPN，
∴∠MPN=2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC=180°，②正确；
③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC，
∴∠CAE=2∠PAM=∠ABC+∠ACB，∠PAM=12∠ABC+∠APB，
∴∠ACB=2∠APB，③正确；
④∵Rt△PAM≌Rt△PAD(HL)，
∴AD=AM，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN(HL)，
∴CD=CN，
∴AM+CN=AD+CD=AC，④正确；
故选：D．
12.【答案】A
【解析】略
13.【答案】①②③⑤
【解析】
【分析】
本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可得AD=BE；
②由△ACD≌△BCE得∠ADC=∠BEC，得到△CDP≌△CEQ(ASA)，再根据∠QPC=∠BCA，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；
③同②得：△ACP≌△BCQ，即可得出结论；
④根据DE>QE，且DP=QE，可知DE>DP，可知④错误；
⑤利用等边三角形的性质，求出BC//DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，由全等三角形的性质可推出∠DEO=∠DAC，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，可知⑤正确．
【解答】
解：①∵△ABC和△CDE为等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE,
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，①正确；
②∠DCP=180°−2×60°=60°=∠ECQ，
在△CDP和△CEQ中，∠ADC=∠BECCD=CE∠DCP=∠ECQ,
∴△CDP≌△CEQ(ASA)．
∴CP=CQ，DP=QE，
∴∠CPQ=∠CQP=60°，
∴∠QPC=∠BCA，
∴PQ//AE，②正确；
③同②得：△ACP≌△BCQ，
∴AP=BQ，③正确；
④∵DE>QE，且DP=QE，
∴DE>DP，故④错误；
⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，
∵△DCE是等边三角形，
∠EDC=60°=∠BCD，
∴BC//DE，
∴∠CBE=∠DEO，
由(1)得∠CBE=∠DAC，
∴∠DEO=∠DAC，
∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，
∴⑤正确；
故答案为①②③⑤ ．
14.【答案】395 635
【解析】解：如图2中，由题意EF=3，FG=GH，设FG=GH=x，
则有x2=(9−x)2+32，
∴x=5，
如图1中，则有EJ=5，EC=3，CJ=4，EG=6，
由△ECJ∽△GFE，
∴ECFG=CJEF=EJEG，
∴3FG=4EF=56，
∴FG=185，EF=245，
∵AJ+BG=EJ=5，
∴AC+FB=CJ+AJ+FG+GB=4+5+185=635，
∴AC=FB=6310，
∴CM=635，CF=CE+EF=3+245=395，
∴图1中，矩形的长为635，宽为395．
故答案为：395，635．
如图2中，由题意EF=3，FG=GH，设FG=GH=x，利用勾股定理求出x，再利用图1证明△ECJ∽△GFE，推出ECFG=CJEF=EJEG，推出3FG=4EF=56，可得FG=185，EF=245，由此即可解决问题．
本题考查矩形的性质，图形的拼剪，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
15.【答案】32−1
【解析】解：如图，作EH⊥DG于H.设DE=x，AE=y，EF+FG=z．
在Rt△CJK中，∵CJ=CK=1，
∴KJ=2，
由题意：AB=JK=DG=2，
∵④是直角梯形，∠D=45°，
∴DH=EH=FG，GH=EF，
∴EF+FG=GH+DH=2，即z=2，
由题意：x+z=22y+x+z=42，解得y=22，z=2，x=2，
∴AD=AK=x+y=32，
∴AC=AK=CK=32−1，
故答案为：32−1．
如图，作EH⊥DG于H.设DE=x，AE=y，EF+FG=z.构建方程组求出x，y，z，可得AK的长即可解决问题．
本题考查轴对称图形的性质，解直角三角形的应用，解题的关键是学会利用参数，构建方程组解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
16.【答案】A 2−1 1615
【解析】解：我选择A题．
A：过F点作FG⊥AC于点G，
∵∠ACB=90°，AC=BC=1，
∴AB=2，
∵CD⊥AB于点D，
∴AD=CD=12AB=22，
∵AE平分∠BAC，
∴FG=FD，
在Rt△AFG和Rt△AFD中，
FG=FDAF=AF，
∴Rt△AFG≌Rt△AFD(HL)，
∴AG=AD=22，
∴CG=AC−AG=1−22，FG=FD=22−CF，
在Rt△CGF中，FG2+CG2=CF2，
∴(22−CF)2+(1−22)2=CF2，2−1
解得CF=2−1
故答案为：2−1．
B：过F点作FM⊥AC于点M，
∵∠ACB=90°，AC=4，BC=3，
∴AB=AC2+BC2=5，
∵CD⊥AB于点D，
∴CD=AC⋅BCAB=4×35=125，
∴AD=AC2−CD2=165
∵AE平分∠BAC，
∴FM=FD，
在Rt△AFM和Rt△AFD中，
FM=FDAF=AF，
∴Rt△AFM≌Rt△AFD(HL)，
∴AM=AD=165，
∴CM=AC−AM=4−165=45，CF=CD−FD=125−FD，
在Rt△CMF中，FM2+CM2=CF2，
∴DF2+(45)2=(125−FD)2，
解得DF=1615．
故答案为：A：2−1．
B：1615．
A：过F点作FG⊥AC于点G，由等腰直角三角形的性质可求解AB=2，结合CD⊥AB可得AD=CD=12AB=22，利用HL证明Rt△AFG≌Rt△AFD可求AG的长，进而求出CG的长，再利用勾股定理可求解CF的长．
B：过F点作FM⊥AC于点M，由勾股定理求解AB的长，进而可求得CD的长，再次利用勾股定理求解AD，利用HL证明Rt△AFM≌Rt△AFD可求AG的长，进而求出CG的长，再利用勾股定理可求解DF的长．
本题主要考查角平分线的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识的综合运用，灵活运用勾股定理求解是解题的关键．
17.【答案】解：(1)分别有3条、4条、5条、6条对称轴．
(2)略．
(3)正n边形有n条对称轴，这些对称轴都相交于一点.(答案不唯一)
【解析】见答案
18.【答案】72 36 6 9 10
【解析】解：(1)由题意∠AOE是正五边形的中心角=360°5=72°，
∵CB=CD，∠BCD=108°，
∴∠CBP=∠CDB=36°，
∵正五边形有5条对称轴，每条对称轴上有两个幸运点，点O重复，
∴S5=6，
故答案为72，36，6；
(2)①如图，直线EF上的幸运点如图所示．
②观察上图可知，正方形的幸运点共有9个，S4=9，
故答案为9．
(3)如图观察图象可知S3=10，
故答案为10．
(1)根据正五边形的性质、幸运点的定义即可解决问题；
(2)①根据幸运点的定义画出图形即可解决问题；
②幸运点在对称轴上，画出两条对称轴上的幸运点即可解决问题；
(3)幸运点在对称轴上，画出三条对称轴上的幸运点即可解决问题；
本题考查四边形综合题、正五边形、正方形、正三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象法解决问题，属于中考创新题目．
19.【答案】解：(1)①如图1，
OP关于y轴对称的线段是OP′，由图可得：
OP和OP′在正方形和圆O内，OP′不在等边三角形内，
∴线段PO关于y轴的“对称封闭图形”为W1和W3，
故答案为：W1、W3；
(2)如图2，
∵点P关于y=x+2对称点P′在正方形的边上，点P关于y=x−1的对称点P″在正方形的边上，
∴−1≤b≤2；
(2)如图3，
令x=a−22，y=a+22，
∴y=x+42，
∴点Q在直线y=x+42上运动，
当Q(−22,22)，M(0,−2)，N(2,0)时，r的值最小，
取点MN的中点A，连接AQ并延长至B，使BQ=AQ，
∵A(22,−22)，
∴AQ=5，
∴BQ=5，
∴OB=9，
作点M关于y=x+42的对称点C，
∴四边形AMCB是矩形，
∴BC=AM=1，
∴OC=BC2+OB2=82，
∴r≥82．
【解析】本题考查了新定义，等腰直角三角形性质，轴对称性质，与圆有关位置等知识，解决问题的关键是几何直观能力．
(1)①作出图形，观察得出结果；
②作出点P关于y=x+b的对称点，须使其对称点在正方形的边上时，是临界值，进而求得结果；
(2)找出当点Q取(−22,22)，M(0,−2)，N(2,0)时，找出此时r的最小值，进而求得r的范围．
20.【答案】解：(1)如图，以A为圆心，AB为半径画圆交x轴于D，D′，作∠BAD，∠BAD′的平分线交x轴于C，C′，点C，C′即为所求．
(2)设满足条件的点D坐标为(m,0)，
∵AB=AD，
∴(1−5)2+(4−2)2=(m−1)2+42，
∴m=3或−1，
∴D(3,0)，D′(−1,0)，
∴BD的中点坐标为(4,1)，已知直线AC过BD的中点，故设直线AC的解析式为y=kx+b，
得到k+b=44k+b=1，解得k=−1b=5，
∴直线AC的解析式为y=−x+5，
∴C(5,0)，
同理，BD′的中点为(2,1)，得到AC′的解析式为y=−3x+7，可得C′73,0，
综上所述，满足条件的点C坐标为(5,0)或73,0．
【解析】本题考查作图−轴对称变换，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建一次函数解决问题，属于中考常考题型．
(1)如图，以A为圆心，AB为半径画圆交x轴于D，D′，作∠BAD，∠BAD′的平分线交x轴于C，C′，点C，C′即为所求．
(2)先根据勾股定理求得D点的坐标，接着求出BD的中点坐标，再求出直线AC的解析式即可解决问题．
21.【答案】解：(1)如图所示：
．
(2)如图所示：
．
【解析】(1)根据轴对称的特点，作出符合题意的图形即可；
(2)根据轴对称的性质，作图即可．
本题考查了利用轴对称设计图案的知识，解答本题的关键是掌握轴对称的性质及轴对称的特点．
22.【答案】证明：作CG⊥OA于G，CF⊥OB于F，如图，
在△MOE和△NOD中，
OM=ON，∠MOE为公共角，OE=OD，
∴△MOE≌△NOD(SAS)．
∴S△MOE=S△NOD．
∴S△MOE−S四边形ODCE=S△NOD−S四边形ODCE，
∴S△MDC=S△NEC，
∵OM=ON，OD=OE，
∴MD=NE，
由三角形面积公式得：12DM×CG=12×EN×CF，
∴CG=CF，又∵CG⊥OA，CF⊥OB，
∴点C在∠AOB的平分线上．
【解析】首先证明△MOE≌△NOD(SAS)，然后利用图形中的面积关系求得S△MDC=S△NEC，已知，两三角形的底相等，所以它们的高也相等，它们的高即是CG，CF，所以点C在∠AOB的平分线上．
本题主要考查了角平分线上的点到角两边的距离相等的逆定理．而且考查了三角形全等判定和性质；所以学生所学的知识要系统．正确作出辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)如图，作CK//EF．
∵EF//MN，
∴∠FDB+∠DBN=180°，
∵∠FDB=120°，
∴∠DBN=60°，
∵BD平分∠CBN，
∴∠CBN=120°，
∴∠MBC=180°−120°=60°，
∵EF//CK，EF//MN，
∴CK//MN，
∴∠KCB=∠CBM=60°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACK=30°，
∴∠EAC=∠ACK=30°．
(2)∠GHB为定值．
理由：如图2中，设∠AGH=∠HGB=x，∠CBH=∠HBN=y．
则有：{180°−2y+2x+100°=180°180°−y+x+∠GHB=180°,
可得：∠GHB=12×100°=50°．
【解析】(1)如图，作CK//EF.证明∠MBC=∠KCB=60°即可解决问题．
(2)结论：∠GHB为定值．如图2中，设∠AGH=∠HGB=x，∠CBH=∠HBN=y.构建方程组即可解决问题．
本题考查平行线的性质，角平分线的定义等知识，是中档题．
24.【答案】解：(1)①垂直；相等；
②成立，理由如下：
∵∠EAD=∠BAC=90°，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
∵AD=AE∠BAD=∠CAEAB=AC，
∴△BAD≌△CAE，
∴CE=BD，∠ACE=∠B=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
∴CE⊥BD；
(2)当∠ACB=45°时，CE⊥BD，
理由：过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC=90°，
∵∠ACB=45°，
∴△AGC为等腰直角三角形，
∴∠ACB=∠AGC=45°，AC=AG，
∵∠GAC=∠EAD=90°，
∴∠GAD=∠CAE，
在△GAD与△CAE中，
AD=AE∠GAD=∠CAEAG=AC，
∴△GAD≌△CAE，
∴∠ACE=∠AGC=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，
即CE⊥BC．
【解析】
【分析】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质．
(1)①根据等腰直角三角形的性质得到∠BAC=∠DAE=90°，AD=AE，推出△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
②由等腰直角三角形的性质，同①方法，可推出△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质得到CE=BD，∠ACE=∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；
(2)过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，于是得到∠GAC=90°，可推出∠ACB=∠AGC，证得AC=AG，再证明△GAD≌△CAE，根据全等三角形的性质即可得到结果．
【解答】
解：①等腰直角三角形ADE中，AD=AE，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD=∠CAE，
在△DAB与△EAC中，
{D=AE∠BAD=∠CAEAB=AC,
∴△DAB≌△EAC，
∴CE=BD，∠B=∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，即CE⊥BD；
②见答案；
(2)见答案．
25.【答案】解：(1)如图1，∵∠ACB=∠DCE=α，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
CA=CB∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴BE=AD；
(2)如图1，∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，
∵△ABC中，∠BAC+∠ABC=180°−α，
∴∠BAM+∠ABM=180°−α，
∴△ABM中，
∠AMB=180°−(180°−α)=α；
(3)△CPQ为等腰直角三角形．
证明：如图2，由(1)可得，BE=AD，
∵AD，BE的中点分别为点P、Q，
∴AP=BQ，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAP=∠CBQ，
在△ACP和△BCQ中，
CA=CB∠CAP=∠CBQAP=BQ，
∴△ACP≌△BCQ(SAS)，
∴CP=CQ，且∠ACP=∠BCQ，
又∵∠ACP+∠PCB=90°，
∴∠BCQ+∠PCB=90°，
∴∠PCQ=90°，
∴△CPQ为等腰直角三角形．
【解析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定以及三角形内角和定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
(1)由CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=α，利用SAS即可判定△ACD≌△BCE；
(2)根据△ACD≌△BCE，得出∠CAD=∠CBE，再根据三角形内角和即可得到∠AMB=α；
(3)先根据SAS判定△ACP≌△BCQ，再根据全等三角形的性质，得出CP=CQ，∠ACP=∠BCQ，最后根据∠ACB=90°即可得到∠PCQ=90°，进而得到△PCQ为等腰直角三角形．
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