216初中中考数学真题难题 汇编 轴对称

第一节 轴对称

1.（2016娄底）从“线段，等边三角形，圆，矩形，正六边形”这五个圆形中任取一个，取到既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是 【考点】概率公式；轴对称图形；中心对称图形．

【分析】先找出既是轴对称图形又是中心对称图形的个数，再根据概率公式进行计算即可．

【解答】解：∵在线段、等边三角形、圆、矩形、正六边形这五个图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的有线段、圆、矩形、正六边形，共4个， ∴取到的图形既是中心对称图形又是轴对称图形的概率为

，

．

故答案为：．

2.（2016娄底）如图，将△ABC沿直线DE折叠，使点C与点A重合，已知AB=7，BC=6，则△BCD的周长为 13 ． 【考点】翻折变换（折叠问题）．

【分析】利用翻折变换的性质得出AD=CD，进而利用AD+CD=AB得出即可． 【解答】解：∵将△ABC沿直线DE折叠后，使得点A与点C重合， ∴AD=CD， ∵AB=7，BC=6，

∴△BCD的周长=BC+BD+CD=BC+BD+AD=BC+AB=7+6=13． 故答案为：13

3.(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（

，0），（0，1），把Rt△AOB沿着AB对折得到Rt△AO′B，则点O′的

坐标为 （，）． ．

【考点】翻折变换（折叠问题）；坐标与图形性质．

【分析】作O′C⊥y轴于点C，首先根据点A，B的坐标分别为（

，0），（0，1）得到

∠BAO=30°，从而得出∠OBA=60°，然后根据Rt△AOB沿着AB对折得到Rt△AO′B，得到∠CBO′=60°，最后设BC=x，则OC′=

x，利用勾股定理求得x的值即可求解．

【解答】解：如图，作O′C⊥y轴于点C， ∵点A，B的坐标分别为（∴OB=1，OA=

，

，0），（0，1），

∴tan∠BAO==，

∴∠BAO=30°， ∴∠OBA=60°，

∵Rt△AOB沿着AB对折得到Rt△AO′B， ∴∠CBO′=60°， ∴设BC=x，则OC′=∴x2+（

x）2=1，

x，

解得：x=（负值舍去），

∴OC=OB+BC=1+=，

∴点O′的坐标为（，）．

故答案为：（，）．

【点评】本题考查了翻折变换及坐标与图形的性质的知识，解题的关键是根据点A和点B的坐标确定三角形为特殊三角形，难度不大．

4.（2016济宁）如图，在4×4正方形网格中，黑色部分的图形构成一个轴对称图形，现在任意选取一个白色的小正方形并涂黑，使黑色部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是（ ） A．

B．

C．

D．

【考点】概率公式；利用轴对称设计图案．

【分析】由在4×4正方形网格中，任选取一个白色的小正方形并涂黑，共有13种等可能的结果，使图中黑色部分的图形构成一个轴对称图形的有5种情况，直接利用概率公式求解即可求得答案．

【解答】解：∵根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，白色的小正方形有13个，而能构成一个轴对称图形的有4个情况， ∴使图中黑色部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是：故选B．

5.（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° 【考点】翻折变换（折叠问题）．

【分析】根据折叠的性质和矩形的性质得出∠BFE=∠EFB'，∠B'=∠B=90°，根据三角形内角和定理求出∠CFB'=50°，进而解答即可．

【解答】解：∵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，

∴∠BFE=∠EFB'，∠B'=∠B=90°， ∵∠2=40°， ∴∠CFB'=50°，

∴∠1+∠EFB'﹣∠CFB'=180°，

．

即∠1+∠1﹣50°=180°， 解得：∠1=115°， 故选A．

【点评】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，三角形的内角和定理的应用，能综合运用性质进行推理和计算是解此题的关键，注意：折叠后的两个图形全等．

6.（2016资阳）如图，矩形ABCD与菱形EFGH的对角线均交于点O，且EG∥BC，将矩形折叠，使点C与点O重合，折痕MN恰好过点G若AB=则DN的长为（ ） A．

B．

C．

﹣

D．2

﹣

，EF=2，∠H=120°，

【考点】矩形的性质；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）．

【分析】延长EG交DC于P点，连接GC、FH，则△GCP为直角三角形，证明四边形OGCM为菱形，则可证OC=OM=CM=OG=

，由勾股定理求得GP的值，再

由梯形的中位线定理CM+DN=2GP，即可得出答案．

【解答】解：长EG交DC于P点，连接GC、FH；如图所示： 则CP=DP=

CD=

，△GCP为直角三角形，

∵四边形EFGH是菱形，∠EHG=120°， ∴GH=EF=2，∠OHG=60°，EG⊥FH， ∴OG=GH?sin60°=2×

=

，

，OM=CM，∠MOG=∠MCG，

由折叠的性质得：CG=OG=∴PG=∵OG∥CM，

∴∠MOG+∠OMC=180°， ∴∠MCG+∠OMC=180°， ∴OM∥CG，

=

，

∴四边形OGCM为平行四边形， ∵OM=CM，

∴四边形OGCM为菱形， ∴CM=OG=

，

根据题意得：PG是梯形MCDN的中位线， ∴DN+CM=2PG=∴DN=

﹣

，

；

故选：C．

7.（2016）如图，?ABCD中，AB=2，AD=1，∠ADC=60°，将?ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，折痕交CD边于点E． （1）求证：四边形BCED′是菱形；

（2）若点P时直线l上的一个动点，请计算PD′+PB的最小值．

【考点】平行四边形的性质；菱形的判定；轴对称-最短路线问题；翻折变换（折叠问题）． 【分析】（1）利用翻折变换的性质以及平行线的性质得出∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，进而利用平行四边形的判定方法得出四边形DAD′E是平行四边形，进而求出四边形BCED′是平行四边形，根据折叠的性质得到AD=AD′，然后又菱形的判定定理即可得到结论； （2）由四边形DAD′E是平行四边形，得到?DAD′E是菱形，推出D与D′关于AE对称，连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值，过D作DG⊥BA于G，解直角三角形得到AG=，DG=

，根据勾股定理即可得到结论．

【解答】证明：（1）∵将?ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处， ∴∠DAE=∠D′AE，∠DEA=∠D′EA，∠D=∠AD′E， ∵DE∥AD′， ∴∠DEA=∠EAD′，

∴∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA， ∴∠DAD′=∠DED′，

∴四边形DAD′E是平行四边形， ∴DE=AD′，

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=DC，AB∥DC， ∴CE=D′B，CE∥D′B， ∴四边形BCED′是平行四边形； ∵AD=AD′， ∴?DAD′E是菱形，

（2）∵四边形DAD′E是菱形， ∴D与D′关于AE对称，

连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值， 过D作DG⊥BA于G， ∵CD∥AB，

∴∠DAG=∠CDA=60°， ∵AD=1，

∴AG=，DG=，

∴BG=，

∴BD==，

∴PD′+PB的最小值为．

【点评】本题考查了平行四边形的性质，最短距离问题，勾股定理，菱形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

8.（2016金华）如图，Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点D在边BC上，以AD为折痕△ABD折叠得到△AB′D，AB′与边BC交于点E．若△DEB′为直角三角形，则BD的长是 2或5 ．

【考点】翻折变换（折叠问题）．

【分析】先依据勾股定理求得AB的长，然后由翻折的性质可知：AB′=10，DB=DB′，接下来分为∠B′DE=90°和∠B′ED=90°，两种情况画出图形，设DB=DB′=x，然后依据勾股定理列出关于x的方程求解即可．

【解答】解：∵Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=6，BC=8， ∴AB=10，

∵以AD为折痕△ABD折叠得到△AB′D， ∴BD=DB′，AB′=AB=10．

如图1所示：当∠B′DE=90°时，过点B′作B′F⊥AF，垂足为F． 设BD=DB′=x，则AF=6+x，FB′=8﹣x．

在Rt△AFB′中，由勾股定理得：AB′2=AF2+FB′2，即（6+x）2+（8﹣x）2=102． 解得：x1=2，x2=0（舍去）． ∴BD=2．

如图2所示：当∠B′ED=90°时，C与点E重合． ∵AB′=10，AC=6， ∴B′E=4．

设BD=DB′=x，则CD=8﹣x．

在Rt△′BDE中，DB′=DE+B′E，即x=（8﹣x）+4． 解得：x=5． ∴BD=5．

综上所述，BD的长为2或5． 故答案为：2或5．

【点评】本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理的应用，根据勾股定理列出关于x的方程是解题的关键．

9.（2016温州）如图，一张三角形纸片ABC，其中∠C=90°，AC=4，BC=3．现小林将纸片做三次折叠：第一次使点A落在C处；将纸片展平做第二次折叠，使点B落在C处；再将纸片展平做第三次折叠，使点A落在B处．这三次折叠的折痕长依次记为a，b，c，则a，b，c的大小关系是（ ）

A．c＞a＞bB．b＞a＞cC．c＞b＞aD．b＞c＞a 【考点】翻折变换（折叠问题）．

【分析】（1）图1，根据折叠得：DE是线段AC的垂直平分线，由中位线定理的推论可知：DE是△ABC的中位线，得出DE的长，即a的长；

（2）图2，同理可得：MN是△ABC的中位线，得出MN的长，即b的长；

（3）图3，根据折叠得：GH是线段AB的垂直平分线，得出AG的长，再利用两角对应相等证△ACB∽△AGH，利用比例式可求GH的长，即c的长． 【解答】解：第一次折叠如图1，折痕为DE， 由折叠得：AE=EC=AC=×4=2，DE⊥AC ∵∠ACB=90° ∴DE∥BC

∴a=DE=BC=×3=

第二次折叠如图2，折痕为MN，

2

2

2

2

2

2

由折叠得：BN=NC=BC=×3=，MN⊥BC ∵∠ACB=90° ∴MN∥AC

∴b=MN=AC=×4=2

第三次折叠如图3，折痕为GH， 由勾股定理得：AB=

=5

由折叠得：AG=BG=AB=×5=，GH⊥AB ∴∠AGH=90°

∵∠A=∠A，∠AGH=∠ACB ∴△ACB∽△AGH ∴

=

∴=

∴GH=，即c=

∵2＞＞

∴b＞c＞a 故选（D）

10.（2016重庆）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，DE=DC，连接AE，将△ADE沿AE翻折，点D落在点F处，点O是对角线BD的中点，连接OF并延长OF交CD于点G，连接

13BF，BG，则△BFG的周长是___（第18题）（答案图）

12512105_____.

解：延长EF，交BC于点H，则可证得△ABH全等△AFH，所以BH=FH， 在△HCE中，令FH=x，则HE=x+2，EC=4，HC=6-x，由勾股定理可得x=3，

所以H是BC的中点，所以OH=3。

再由△OHF相似△GEF，OH=FH=3，可得EG=EF=2，所以GC=2，所以BG=2

10，

10在△OJG中，OJ=3，JG=1，由勾股定理可得OG=

2210OG55，所以FG=

。

9512，所5在△HCE中，HI：HC=HF：HE+FI：EC，可求得HI=，FI=以BI=

24， 5在△BFI中可求得BF=

1255。

所以C△BFG=BF+FG+BG=

12512105。

11.（2016福建竞赛）在平面直角坐标系xOy中，已知点B(0，2)，点

将△O则点C的AB沿直线AB折叠得△CAB，A在x轴正半轴上且BAO30。坐标为（）

3)C．(3，3)D．(3，1) A．(1，3)B．(3，【答案】B

【解答】如图，设CDx轴于点D。

依题意，CAOA23，CAO2BAO60。 所以，CD3，AD3，OD3。

3)。 因此，点C的坐标为(3，第二节 等腰三角形

1.（2016怀化）等腰三角形的两边长分别为4cm和8cm，则它的周长为（ ） A．16cmB．17cmC．20cmD．16cm或20cm

【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．

【分析】根据等腰三角形的性质，本题要分情况讨论．当腰长为4cm或是腰长为8cm两种情况．

【解答】解：等腰三角形的两边长分别为4cm和8cm，

当腰长是4cm时，则三角形的三边是4cm，4cm，8cm，4cm+4cm=8cm不满足三角形的三边关系；

当腰长是8cm时，三角形的三边是8cm，8cm，4cm，三角形的周长是20cm． 故选C．

2.（2016怀化）如图，已知AD=BC，AC=BD． （1）求证：△ADB≌△BCA；

（2）OA与OB相等吗？若相等，请说明理由．

【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定． 【分析】（1）根据SSS定理推出全等即可；

（2）根据全等得出∠OAB=∠OBA，根据等角对等边得出即可．

【解答】（1）证明：∵在△ADB和△BCA中，

，

∴△ADB≌△BCA（SSS）； （2）解：OA=OB，

理由是：∵△ADB≌△BCA， ∴∠ABD=∠BAC， ∴OA=OB．

3.（2016邵阳）如图所示，点D是△ABC的边AC上一点（不含端点），AD=BD，则下列结论正确的是（ ）

A．AC＞BCB．AC=BCC．∠A＞∠ABCD．∠A=∠ABC 【考点】等腰三角形的性质．

【分析】根据等腰三角形的两个底角相等，由AD=BD得到∠A=∠ABD，所以∠ABC＞∠A，则对各C、D选项进行判断；根据大边对大角可对A、B进行判断．

【解答】解：∵AD=BD， ∴∠A=∠ABD，

∴∠ABC＞∠A，所以C选项和D选项错误； ∴AC＞BC，所以A选项正确；B选项错误． 故选A．

4.（2016泰安）如图，在?ABCD中，AB=6，BC=8，∠C的平分线交AD于E，交BA的延长线于F，则AE+AF的值等于（ ） A．2

B．3

C．4

D．6

【分析】由平行四边形的性质和角平分线得出∠F=∠FCB，证出BF=BC=8，同理：DE=CD=6，求出AF=BF﹣AB=2，AE=AD﹣DE=2，即可得出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AD=BC=8，CD=AB=6，

∴∠F=∠DCF，

∵∠C平分线为CF， ∴∠FCB=∠DCF， ∴∠F=∠FCB， ∴BF=BC=8， 同理：DE=CD=6，

∴AF=BF﹣AB=2，AE=AD﹣DE=2， ∴AE+AF=4； 故选：C．

【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形是等腰三角形是解决问题的关键．

5.（2016泰安）如图，在△PAB中，PA=PB，M，N，K分别是PA，PB，AB上的点，且AM=BK，BN=AK，若∠MKN=44°，则∠P的度数为（ ） A．44°

B．66°

C．88°

D．92°

【分析】根据等腰三角形的性质得到∠A=∠B，证明△AMK≌△BKN，得到∠AMK=∠BKN，根据三角形的外角的性质求出∠A=∠MKN=44°，根据三角形内角和定理计算即可．

【解答】解：∵PA=PB， ∴∠A=∠B，

在△AMK和△BKN中，

，

∴△AMK≌△BKN， ∴∠AMK=∠BKN，

∵∠MKB=∠MKN+∠NKB=∠A+∠AMK， ∴∠A=∠MKN=44°， ∴∠P=180°﹣∠A﹣∠B=92°， 故选：D．

【点评】本题考查的是等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的外角的性质，掌握等边对等角、全等三角形的判定定理和性质定理、三角形的外角的性质是解题的关键．

6.（2016泰安）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=x+2交x轴于点A，交y轴于点A1，点A2，A3，…在直线l上，点B1，B2，B3，…在x轴的正半轴上，若△A1OB1，△A2B1B2，△A3B2B3，…，依次均为等腰直角三角形，直角顶点都在x轴上，则第n个等腰直角三角形AnBn﹣1Bn顶点Bn的横坐标为 2﹣2 ．

n+1

【分析】先求出B1、B2、B3…的坐标，探究规律后，即可根据规律解决问题． 【解答】解：由题意得OA=OA1=2， ∴OB1=OA1=2，

B1B2=B1A2=4，B2A3=B2B3=8，

∴B1（2，0），B2（6，0），B3（14，0）…， 2=2﹣2，6=2﹣2，14=2﹣2，… ∴Bn的横坐标为2﹣2． 故答案为2﹣2．

n+1

n+1

2

3

4

【点评】本题考查规律型：点的坐标、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是从特殊到一般，探究规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型．

7.（2016泰安）（1）已知：△ABC是等腰三角形，其底边是BC，点D在线段AB上，E是直线BC上一点，且∠DEC=∠DCE，若∠A=60°（如图①）．求证：EB=AD；

（2）若将（1）中的“点D在线段AB上”改为“点D在线段AB的延长线上”，其它条件不变（如图②），（1）的结论是否成立，并说明理由；

（3）若将（1）中的“若∠A=60°”改为“若∠A=90°”，其它条件不变，则少？（直接写出结论，不要求写解答过程）

的值是多

【分析】（1）作DF∥BC交AC于F，由平行线的性质得出∠ADF=∠ABC，∠AFD=∠ACB，∠FDC=∠DCE，证明△ABC是等边三角形，得出∠ABC=∠ACB=60°，证出△ADF是等边三角形，∠DFC=120°，得出AD=DF，由已知条件得出∠FDC=∠DEC，ED=CD，由AAS证明△DBE≌△CFD，得出EB=DF，即可得出结论；

（2）作DF∥BC交AC的延长线于F，同（1）证出△DBE≌△CFD，得出EB=DF，即可得出结论；

（3）作DF∥BC交AC于F，同（1）得：△DBE≌△CFD，得出EB=DF，证出△ADF是等腰直角三角形，得出DF=

AD，即可得出结果．

【解答】（1）证明：作DF∥BC交AC于F，如图1所示： 则∠ADF=∠ABC，∠AFD=∠ACB，∠FDC=∠DCE， ∵△ABC是等腰三角形，∠A=60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ABC=∠ACB=60°，

∴∠DBE=120°，∠ADF=∠AFD=60°=∠A， ∴△ADF是等边三角形，∠DFC=120°， ∴AD=DF， ∵∠DEC=∠DCE，

∴∠FDC=∠DEC，ED=CD，

在△DBE和△CFD中，∴△DBE≌△CFD（AAS）， ∴EB=DF， ∴EB=AD；

，

（2）解：EB=AD成立；理由如下：

作DF∥BC交AC的延长线于F，如图2所示：

同（1）得：AD=DF，∠FDC=∠ECD，∠FDC=∠DEC，ED=CD， 又∵∠DBE=∠DFC=60°，

∴在△DBE和△CFD中，∴△DBE≌△CFD（AAS）， ∴EB=DF， ∴EB=AD；

，

（3）解：=；理由如下：

作DF∥BC交AC于F，如图3所示： 同（1）得：△DBE≌△CFD（AAS）， ∴EB=DF，

∵△ABC是等腰直角三角形，DF∥BC， ∴△ADF是等腰直角三角形， ∴DF=

AD，

∴=，

∴=．

【点评】本题是三角形综合题目，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、等腰三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．

8.（2016资阳）如图，在3×3的方格中，A、B、C、D、E、F分别位于格点上，从C、D、E、F四点中任取一点，与点A、B为顶点作三角形，则所作三角形为等腰三角形的概率是

．

【考点】概率公式；等腰三角形的判定．

【分析】根据从C、D、E、F四个点中任意取一点，一共有4种可能，选取D、C、F时，所作三角形是等腰三角形，即可得出答案．

【解答】解：根据从C、D、E、F四个点中任意取一点，一共有4种可能，选取D、C、F时，所作三角形是等腰三角形， 故P（所作三角形是等腰三角形）=

；

故答案为：．

9.（2016福建竞赛）如图，P为等腰三角形ABC内一点，过P分别

作三条边BC、CA、AB的垂线，垂足分别为D、E、F。已知ABAC10，

∶∶33。则四边形PDCE的面积为（） BC12，且PD∶PE∶PF1A．10B．15C．【答案】C

4050D． 33【解答】如图，连结PA，PB，PC。

1易知S△ABC12848。又

2∶∶33。 6PD5PE5PF48，PD∶PE∶PF1（第4题

∴PD4，PEPF4。 3由PEPF，知点P在BAC的平分线上，A、P、D三点共线。 ∴

PC2PD2DC2（第4题答

，

4196EC2PC2PE2PD2DC2PE2()26242。

39∴EC∴

14。 3S四边形PDCES△PDCS△PEC111411440PDDCPEEC64。 222323310（2016福建竞赛）如图，△ABC是等腰直角三角形，CACB，

点N在线段AB上（与A、B不重合），点M在射线BA上，且NCM45。求证：MN2AM2BN2。

【答案】如图，作点A关于直线MC的对称点D，连结DA、DM、DC，DN，则△MDC≌△MAC。 ∵△ABC是等腰直角三角形，CACB，且

NCM45，

∴DCNDCMMCAACNDCM45，

BCNBCANCA90(45MCA)45MCA45DCM。∴DCNBCN。

又CDCACB，CNCN。 ∴△DCN≌△BCN。

∴NDNB，CDNCBN45。 又由△MDC≌△MAC，知

CDMCAM180CAB18045135。 ∴MDDN。 又MDMA，

∴MN2DM2DN2AM2BN2。

另解：如图，△CBN沿CN翻折得△CDN，则△DCN≌△BCN。 ∴CDCBCA，DNBN，CDNCBN45，DCNBCN。∵

NCM45，

∴DCMDCNMCNBCN4590ACN45

45ACNACM。 又CDCA，CMCM。 ∴△DCM≌△ACM。

∴MAMD，CDMCAM135，MDNCDMNDC90。 MN2DM2DN2AM2BN2。

∴