重庆市2019年中考数学一轮复习精品习题设计 第七章图形的变化第1节 图形的轴对称与中心对称一

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第1节 图形的轴对称与中心对称

(10年15卷14考，1～2道，近2年考2道，4～8分)

玩转重庆10年中考真题(2008～2017年)

命题点1 对称图形的识别(10年8考，近3年连续考查) 1. (2017重庆B卷2题4分)下列图形中是轴对称图形的是( )

2. (2016重庆A卷2题4分)下列图形中是轴对称图形的是( )

3. (2016重庆B卷2题4分)下列交通指示标识中，不是轴对称图形的是( )

4. (2015重庆B卷2题4分)下列图形是我国国产品牌汽车的标识，在这些汽车标识中，是中心对称图形的是( )

命题点2 网格中对称作图(10年3考)

5. (2013重庆A卷20题7分)作图题：(不要求写作法)如图，△ABC在平面直角坐标系中，其中，点A、B、C的坐标分别为A(－2，1)，B(－4，5)，C(－5，2)．

(1)作△ABC关于直线l：x＝－1对称的△A1B1C1，其中，点A、B、C的对应点分别为点A1、

B1、C1；

(2)写出点A1、B1、C1的坐标．

第5题图

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6. (2013重庆B卷20题7分)如图，在边长为1的小正方形组成的10×10网格中(我们把组成网格的小正方形的顶点称为格点)，四边形ABCD在直线l的左侧，其四个顶点A、B、C、

D分别在网格的格点上．

(1)请你在所给的网格中画出四边形A′B′C′D′，使四边形A′B′C′D′和四边形ABCD关于直线l对称，其中点A′、B′、C′、D′分别是点A、B、C、D的对称点； (2)在(1)的条件下，结合你所画的图形，直接写出线段A′B′的长度．

第6题图

命题点3 与折叠有关的计算(10年7考，近2年连续考查，均以正方形为背景进行折叠变换)

7. (2013重庆B卷7题4分)如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6 cm，BC＝8 cm，现将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点B1处，折痕与边BC交于点E，则CE的长为( )

A. 6 cm B. 4 cm C. 2 cm D. 1 cm

第7题图

8. (2011重庆10题4分)如图，正方形ABCD中，AB＝6，点

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E在边CD上，且CD＝3DE.将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF.下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG＝GC；③AG∥CF；④S△FGC＝3.其中正确结论的个数是

( )

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

第8题图

9. (2017重庆A卷18题4分)如图，正方形ABCD中，AD＝4，点E是对角线AC上一点，连接DE.过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N.若点F是AB的中点，则△EMN的周长是__________．

第9题图

答案

1. D 【解析】

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选项 逐项分析 不是轴对称图形 不是轴对称图形 不是轴对称图形， 正误 × × × 是中心对称图形 是轴对称图形 √ A B C D 2. D 【解析】A、B、C三个选项中的图案，沿任何一条直线翻折，直线两边的部分都不能重合，所以它们不是轴对称图形，D选项中的图案沿正中间直线对折，图形的左右两部分能完全重合，故D选项中的图案是轴对称图形．

3. C 【解析】由于A、B、D选项中的图案沿正中间直线对折，其左右两部分能够完全重合，所以它们是轴对称图形，C选项中的图案找不到任何一条直线沿其对折，使直线两侧的部分完全重合，故它不是轴对称图形． 4. B 【解析】

选项 逐项分析 是轴对称图形，不是中心对称图形 是中心对称图形 是轴对称图形，不是中心对称图形 既不是轴对称图形，也不是中心对称图形 正误 × √ × × A B C D 5. 解：(1)画出△A1B1C1如解图所示：

第5题解图

(4分)

(2)由(1)中解图可直接得出：

A1(0，1)、B1(2，5)、C1(3，2)．(7分)

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6. 解：(1)如解图，四边形A′B′C′D′即是所求作的四边形；(5分)

第6题解图

(2)10.(7分)

【解法提示】根据题图可知，AB是长为3，宽为1的长方形的对角线，根据勾股定理可得，

AB＝32＋12＝10，则A′B′＝AB＝10.

7. C 【解析】∵△AB1E是由△ABE折叠得到的，∴△AB1E≌△ABE，∴AB1＝AB＝6 cm，∠

AB1E＝∠B＝∠BAD＝90°，∴四边形ABEB1是正方形，∴BE＝6 cm.又∵BC＝8 cm，∴EC＝BC－BE＝8－6＝2 cm. 8. C 【解析】 序号 ① ∵AB＝AD＝AF，∠B＝∠D＝90°，∴由HL可证Rt△ABG≌Rt△AFG 由AB＝6，CD＝3DE可得DE＝2，CE＝4.设BG＝x，则FG＝BG＝x，GC＝6－② 逐个分析 由折叠的性质知AD＝AF，∠AFE＝∠D＝90°，∴∠AFG＝∠AFE＝90°.又√ 正误 x.在Rt△CEG中，由勾股定理可得：GE2＝GC2＋CE2，即(x＋2)2＝(6－x)2＋4，解得x＝3，∴BG＝GF＝3，GC＝BC－BG＝3，∴BG＝GC 180°－∠FGC180°－∠FGC由GF＝GC可得∠GCF＝，又∵∠AGB＝∠AGF＝，22∴∠GCF＝∠AGB，∴AG∥CF 1在Rt△GCE中，S△GCE＝GC·CE＝6，将GE看作底边，△EFC和△GFC高相2318等，底边之比为EF∶GF＝2∶3，∴S△EFC∶S△FGC＝2∶3，∴S△FGC＝S△GCE＝ 552√ ③ √ ④ × ∴正确的结论有3个．

52＋10

9. 【解析】如解图，过点E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，∵

2

DC∥AB，∴PQ⊥AB，∵∠ACD＝45°，∴△PEC是等腰直角三角形，∴PE＝PC，∵DC＝BC＝PQ，∴PD＝EQ，∵∠DEF＝90°，∴∠PED＋∠FEQ＝90°，又∠FEQ＋QFE＝90°，∴∠PED＝∠QFE，在△DPE和△EQF中，

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∠DPE＝∠EQF??

?∠PED＝∠QFE，∴△DPE≌△EQF(AAS)，∴DE＝EF，∴△DEF是等腰直角三角形，易证??PD＝QE

11△DEC≌△BEC(SAS)，∴DE＝BE，∴EF＝BE，∵EQ⊥FB，F为AB中点，∴FQ＝BQ＝BF＝AB242522

＝1，PE＝PC＝1，∴PD＝3，CE＝2，在Rt△DAF中，DF＝4＋2＝25，∴DE＝EF＝

2CGDCDG4

＝10，∵DC∥AB，∴△DGC∽△FGA，∴＝＝＝＝2，∴CG＝2AG，DG＝2FG，∴FG＝

AGFAFG2125282825222DF＝，∵AC＝4＋4＝42，∴CG＝AC＝，∴EG＝－2＝，连接GM、GN，333333交EF于H，∵∠GFE＝45°，∴△GHF是等腰直角三角形，∴GH＝FH＝

FG2＝10

，∴EH＝EF3

－FH＝10－

10210FMGF1PE1＝，∵tan∠FDM＝＝＝，tan∠PDE＝＝，∴∠FDM＝∠PDE，33DFDF3DP3

∵∠PDE＋∠ADF＝45°，∠FDM＋∠MDE＝45°，∴∠ADF＝∠MDE，∴tan∠MDE＝tan∠ADF＝

AF11102101010

＝，∴EN＝DE＝，∴NH＝EH－EN＝－＝，在Rt△GHN中，GN＝AD222326

521022GH＋NH＝，由折叠性质可知：MN＝GN，EM＝EG，∴△EMN的周长＝EN＋EM＋MN＝62525252＋10

＋＋＝. 362

第9题解图

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∠DPE＝∠EQF??

?∠PED＝∠QFE，∴△DPE≌△EQF(AAS)，∴DE＝EF，∴△DEF是等腰直角三角形，易证??PD＝QE

11△DEC≌△BEC(SAS)，∴DE＝BE，∴EF＝BE，∵EQ⊥FB，F为AB中点，∴FQ＝BQ＝BF＝AB242522

＝1，PE＝PC＝1，∴PD＝3，CE＝2，在Rt△DAF中，DF＝4＋2＝25，∴DE＝EF＝

2CGDCDG4

＝10，∵DC∥AB，∴△DGC∽△FGA，∴＝＝＝＝2，∴CG＝2AG，DG＝2FG，∴FG＝

AGFAFG2125282825222DF＝，∵AC＝4＋4＝42，∴CG＝AC＝，∴EG＝－2＝，连接GM、GN，333333交EF于H，∵∠GFE＝45°，∴△GHF是等腰直角三角形，∴GH＝FH＝

FG2＝10

，∴EH＝EF3

－FH＝10－

10210FMGF1PE1＝，∵tan∠FDM＝＝＝，tan∠PDE＝＝，∴∠FDM＝∠PDE，33DFDF3DP3

∵∠PDE＋∠ADF＝45°，∠FDM＋∠MDE＝45°，∴∠ADF＝∠MDE，∴tan∠MDE＝tan∠ADF＝

AF11102101010

＝，∴EN＝DE＝，∴NH＝EH－EN＝－＝，在Rt△GHN中，GN＝AD222326

521022GH＋NH＝，由折叠性质可知：MN＝GN，EM＝EG，∴△EMN的周长＝EN＋EM＋MN＝62525252＋10

＋＋＝. 362

第9题解图

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