八年级上册第二章--轴对称图形暑期预习（2.1-2.3）
章节概要
二、知识点详解
1.轴对称的定义:对于两个图形，如果沿一条直线对折后，它们能互相重合，那么称这两个图形成轴对称，这条直线就是对称轴。可以说成：这两个图形关于某条直线对称，两个图形中的对应点叫做对称点。
如图，如果△ABC沿直线MN翻折后与△A'B'C'重合，那么称△ABC与△A'B'C'关于直线MN对称，直线MN是对称轴，点A与A'，点B与B'，点C与C'是关于直线MN的对称点
2.轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴。
如图，该图形沿直线EF折叠，直线EF两旁的部分能够完全重合，则这个图形就是轴对称图形.我们学过的线段、角等都是轴对称图形。
3.轴对称与轴对称图形的联系和区别
轴对称图形 轴对称
区别 是一个图形自身的对称特性 是两个图形之间的对称关系
对称轴可能不止一条 对称轴只有一条
共同点 沿某条直线对折后都能够互相重合
如果轴对称的两个图形看作一个整体，那么它就是一个轴对称图形； 如果把轴对称图形分成两部分（两个图形），那么这两部分关于这条对称轴成轴对称。
注意：成轴对称的两个三角形全等，但是两个全等的三角形不一定成轴对称
【考点一：生活中的轴对称现象】
【例1】（2024 南昌模拟）如图，一张台球桌的桌面长为2.84m，宽为1.42m，一个台球在桌面的一个角落，将该球按如图所示的45°角击出，球持续直线运动（球碰到桌面边界会以相同角度反弹），最终落入台球桌角落的一个球袋．则该球（入球袋前，在桌面边缘反弹的次数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】生活中的轴对称现象．版权所有
【分析】根据题意画出图形，然后即可作出判断．
【解答】解：根据轴对称的性质可知，台球走过的路径为：
所以该球在桌面边缘反弹的次数为1．
故选：A．
【点评】本题主要考查了轴对称的性质．轴对称的性质：（1）对应点所连的线段被对称轴垂直平分；（2）对应线段相等，对应角相等．注意结合图形解题的思想；严格按轴对称画图是正确解答本题的关键．
【变式1-1】（2023秋 寻乌县期末）如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当小球第1次碰到矩形的边时的点为Q，第2次碰到矩形的边时的点为M，……；第2024次碰到矩形的边时的点为图中的（ ）
A．点P B．点Q C．点M D．点N
【考点】生活中的轴对称现象；规律型：图形的变化类．版权所有
【分析】第1次碰到：Q，第2次碰到：M，第3次碰到：N，第4次碰到：A，第5次碰到：B，第6次碰到：P，第7次碰到：Q，第8次碰到：M，…，可得Q到P，每6次循环1次，即可求解．
【解答】解：如图，
第1次碰到：Q，第2次碰到：M，第3次碰到：N，第4次碰到：A，第5次碰到：B，第6次碰到：P，第7次碰到：Q，第8次碰到：M，……，
∴从Q到P，每6次循环1次，
∴，
∴第2024次碰到是第338组的第2次碰到M；
故选：C．
【点评】本题考查了循环变化规律问题，找出循环规律是解题的关键．
【变式1-2】（2022秋 集贤县期末）如图是台球桌面示意图，阴影部分表示四个入球孔，小明按图中方向击球（球可以多次反弹），则球最后落入的球袋是（ ）
A．1号袋 B．2号袋 C．3号袋 D．4号袋
【考点】生活中的轴对称现象．版权所有
【分析】利用轴对称画图可得答案．
【解答】解：如图所示，
，
球最后落入的球袋是2号袋，
故选：B．
【点评】此题主要考查了生活中的轴对称现象，关键是正确画出图形．
【变式1-3】（2021秋 常州期中）如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球第1次碰到矩形的边时的点为Q，第2次碰到矩形的边时的点为M，…．第2022次碰到矩形的边时的点为图中的（ ）
A．点P B．点Q C．点M D．点N
【考点】生活中的轴对称现象；规律型：图形的变化类．版权所有
【分析】根据反射角与入射角的定义作出图形，可知每6次反弹为一个循环组依次循环，用2022除以6，根据商和余数的情况确定所对应的点的位置即可．
【解答】解：如图，经过6次反弹后动点回到出发点P，
∵2022÷6＝337，
∴当点P第2022次碰到矩形的边时为第337个循环组的第6次反弹，
∴第2022次碰到矩形的边时的点为图中的点P，
故选：A．
【点评】此题主要考查了点的坐标的规律，作出图形，观察出每6次反弹为一个循环组依次循环是解题的关键．
【变式1-4】（2023秋 玉山县期末）如图，桌面上有M、N两球，若要将M球射向桌面的任意一边，使一次反弹后击中N球，则4个点中，可以瞄准的是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
【考点】生活中的轴对称现象．版权所有
【分析】要击中点N，则需要满足点M反弹后经过的直线过N点，画出反射路线即可得出答案．
【解答】解：
可以瞄准点D击球．
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称的知识，注意结合图形解答，不要凭空想象，实际操作一下．
【例2】（2022春 荥阳市期末）在学习“生活中的轴对称”之后，小颖对图形的变换进行操作实践．P为长方形纸片ABCD的边AB上一点，点E，M分别为AD，CD上的动点，如图，先把纸片ABCD沿PE对折，A与F重合：再把纸片沿PM对折，B与H重合．当点E，M运动时，若∠FPH＝32°，则∠APE+∠BPM＝ 74° ．
【考点】生活中的轴对称现象；平行线的性质．版权所有
【分析】根据折叠的性质得到∠APE＝∠FPE，∠BPM＝∠HPM，由平角的定义求出∠APE+∠FPE+∠BPM+∠HPM＝148°，则∠APE+∠BPM＝74°．
【解答】解：由折叠的性质可得∠APE＝∠FPE，∠BPM＝∠HPM，
∵∠APE+∠FPE+∠BPM+∠HPM+∠FPH＝180°，
∴∠APE+∠FPE+∠BPM+∠HPM＝148°，
∴∠APE+∠BPM＝74°，
故答案为：74°．
【点评】本题主要考查了折叠的性质，熟知折叠前后对应角相等是解题的关键．
【变式2-1】（2024春 拱墅区期末）一个台球桌的桌面如图所示，一个球从桌面上的点O滚向桌边AB，碰到AB上的点P后反弹而滚向桌边CD，碰到CD上的点Q后反弹而滚向点R．如果AB∥CD，OP，PQ，QR都是直线，且∠OPQ的平分线PM垂直于AB，∠PQR的平分线QN垂直于CD．
（1）判断并直接写出PM和QN的位置关系．
（2）猜想QR是否平行于OP？说明理由．
（3）若∠RQD＝α，求∠OPQ的度数（用含α的代数式表示）．
【考点】生活中的轴对称现象；列代数式；平行线的判定与性质．版权所有
【分析】（1）根据平行线的判断方法判断即可；
（2）根据平行线的判断方法判断即可；
（3）根据平行线的性质即可得出答案；
【解答】解：（1）∵AB∥CD，PM⊥AB，QN⊥CD．
∴PM∥QN；
（2）QR∥OP，
理由：∵PM∥QN，
∴∠MPQ＝∠NQP，
∵PM平分∠OPQ，QN平分∠RQP，
∴∠OPQ＝2∠MPQ，∠PQR＝2∠NQP，
∴∠OPQ＝∠PQR，
∴QR∥OP；
（3）∵∠RQD＝α，
∴∠RQN＝90°﹣α，
∴∠PQR＝2∠RQN＝180°﹣2α，
∵QR∥OP，
∴∠OPQ＝∠PQR＝180°﹣2α．
【点评】本题考查生活中的轴对称现象，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式2-2】（2024春 河南月考）如图，台球运动中母球P击中桌边的点A，经桌边反弹后击中相邻的另一桌边的点B，再次反弹经过点C，其中∠PAD＝∠BAE，∠ABE＝∠CBF．
（1）若∠PAD＝32°，求∠PAB的度数；
（2）已知∠BAE+∠ABE＝90°，求证：BC∥PA．
【考点】生活中的轴对称现象；平行线的判定．版权所有
【分析】（1）根据题意先得到∠PAD＝∠BAE＝32°，再由平角的定义求解即可；
（2）根据题意得到∠PAD＝∠CBF＝90°，再由平角的定义得到∠PAD+∠BAE+∠PAB＝180°，∠CBF+∠ABC+∠ABE＝180°，由此可得∠PAB+∠ABC＝180°，即可证明BC∥PA．
【解答】（1）解：∵∠PAD＝32°，
∴∠PAD＝∠BAE＝32°，
∵∠PAD+∠BAE+∠PAB＝180°，
∴∠PAB＝180°﹣32°﹣32°＝116°；
（2）证明：∵∠PAD＝∠BAE，∠ABE＝∠CBF，∠BAE+∠ABE＝90°，
∴∠PAD＝∠CBF＝90°，
∵∠PAD+∠BAE+∠PAB＝180°，∠CBF+∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠PAD+∠BAE+∠PAB+∠CBF+∠ABC+∠ABE＝360°，
∴∠PAB+∠ABC＝180°，
∴BC∥PA．
【点评】本题主要考查了平行线的判定，关键是平行线判定定理的应用．
【考点二：轴对称图形】
【例3】（2024春 长安区期末）第33届奥运会将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，如图是巴黎奥运会项目图标，其中是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】轴对称图形．版权所有
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：A，C、D选项中的字都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
B选项中的字能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：B．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
【变式3-1】（2024 赤峰）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】轴对称图形．版权所有
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断利用排除法求解．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线成轴对称．
【解答】解：A．是轴对称图形，故本选项符合题意；
B．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D．不是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
【变式3-2】（2024春 巫山县期末）下列图形不一定是轴对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．菱形
C．矩形 D．平行四边形
【考点】轴对称图形．版权所有
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：D选项中的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不一定是轴对称图形；
A、B、C选项中的图形都能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
【变式3-3】（2024春 碑林区校级期末）下列图形中，是轴对称图形的有（ ）个．
①一条线段；②一个角；③等腰直角三角形；④等边三角形；⑤平行四边形；⑥正方形；⑦圆．
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】轴对称图形．版权所有
【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形进行逐一判断即可．
【解答】解：①一条线段；②一个角；③等腰直角三角形；④等边三角形；⑥正方形；⑦圆都是轴对称图形，共6个．
故选：C．
【点评】本题主要考查了轴对称图形，熟练掌握相关定义是解答本题关键．
【考点三：镜面对称】
【例4】（2024 金平区二模）从平面镜里看到背后墙上电子钟的示数如图所示，这时的正确时间是（ ）
A．21：05 B．21：15 C．20：15 D．20：12
【考点】镜面对称．版权所有
【分析】根据镜面对称的性质，在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒，且关于镜面对称．
【解答】解：由图分析可得题中所给的“20：15”与“21：05”成轴对称，这时的时间应是21：05．
故选：A．
【点评】本题考查镜面反射的原理与性质．解决此类题应认真观察，注意技巧．
【变式4-1】（2023秋 华亭市校级期末）小明从平面镜里看到镜子对面电子钟的示数的像如图所示，此时的时间应是 15：01 ．
【考点】镜面对称．版权所有
【分析】根据镜面对称的性质求解，在平面镜中的像与现实中的事物恰好左右或上下顺序颠倒，且关于镜面对称来解答此题．
【解答】解：根据镜面对称的性质，题中所显示的时刻与10：21成轴对称，所以此时实际时刻为15：01．
故答案为：15：01．
【点评】本题考查了镜面对称，解决此类题应认真观察，注意技巧，①平面镜成像的特点之一就是左右上下互换，数字时钟的像对应的时间一般从后面读数即为像对应的时间，也可将数字左右互换，并将每一个数字左右反转，即为像对应的时间．②读取时间问题可以把试卷反过来直接去读．
【变式4-2】（2022秋 惠民县期末）如图，是小亮在镜中看到身后墙上的时钟，此时时钟的实际时刻是（ ）
A．3：55 B．8：05 C．3：05 D．8：55
【考点】镜面对称．版权所有
【分析】根据镜面对称的性质，在平面镜中的钟面上的时针、分针的位置和实物应关于过12时、6时的直线成轴对称．
【解答】解：根据平面镜成像原理可知，镜中的像与原图象之间实际上只是进行了左右对换，由轴对称知识可知，只要将其进行左可翻折，即可得到原图象，实际时间为8点的时针关于过12时、6时的直线的对称点是4点，分针指向11实际对应点为1，故此时的实际时刻是：8点5分．
故选：B．
【点评】此题考查了镜面对称，这是一道开放性试题，解决此类题注意技巧；注意镜面反射的原理与性质．
【变式4-3】（2023秋 思明区校级期中）一平面镜以与水平面成45°角固定在水平面上，如图所示，一个小球以1m/s的速度沿桌面向点O匀速滚去，则小球在平面镜中的像是（ ）
A．以1m/s的速度，做竖直向下运动
B．以1m/s的速度，做竖直向上运动
C．以2m/s的速度运动，且运动路线与地面成45°角
D．以2m/s的速度，做竖直向下运动
【考点】镜面对称．版权所有
【分析】利用镜面对称的性质求解．镜面对称的性质：在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒，且关于镜面对称．
【解答】解：根据镜面对称的性质，在平面镜中的顺序与现实中的恰好相反，且关于镜面对称，
则小球在平面镜中的像是以1m/s的速度，做竖直向下运动．
故选：A．
【点评】本题考查了镜面反射的原理与性质．解决此类题应认真观察，注意技巧，充分发挥想象能力．
【变式4-4】（2023春 镇平县期末）小明同学照镜子，如图所示镜子里哪个是他的像？（ ）
A． B． C． D．
【考点】镜面对称．版权所有
【分析】直接利用镜面对称的定义得出答案．
【解答】解：由镜面对称的性质，连接对应点的线段与镜面垂直并且被镜面平分，即可得出只有B与原图形成镜面对称．
故选：C．
【点评】此题主要考查了镜面对称，正确把握镜面对称的定义是解题关键．
三、轴对称的性质
1、两个图形沿一条直线对折后，能够重合的点称为对应点（对称点），能够重合的线段称为对应线段，能够重合的角称为对应角。
2、关于某条直线对称的两个图形是全等图形。
3、如果两个图形关于某条直线对称，那么对应点所连的线段被对称轴垂直平分。
4、如果两个图形关于某条直线对称，那么对应线段、对应角都相等。
5、类似地，轴对称图形的性质有：
①轴对称图形对应点所连的线段被对称轴垂直平分。
②轴对称图形的对应线段、对应角相等。
③根据轴对称图形的性质可求作轴对称图形的对应点、对应线段或对应角，并由此能补全轴对称图形。
如图，△ABC与△DEF关于直线MN对称，则
①△ABC≌△DEF,AB=DE,BC=EF,AC=DF,
∠ABC=∠DEF,∠BAC=∠EDF,∠ACB=∠DFE;
②连接AD,BE,CF,则MN垂直平分AD,MN垂直平分BE,MN垂直平分CF;
③AD//BE//CF;
④作对称点A,D或B,E或C,F连线的垂直平分线可以得到对称轴MN.
【考点四：轴对称的性质】
【例5】（2024 河北）如图，AD与BC交于点O，△ABO和△CDO关于直线PQ对称，点A，B的对称点分别是点C，D．下列不一定正确的是（ ）
A．AD⊥BC B．AC⊥PQ C．△ABO≌△CDO D．AC∥BD
【考点】轴对称的性质；全等三角形的判定．版权所有
【分析】根据△ABO和△CDO关于直线PQ对称得出△ABO≌△CDO，PQ⊥AC，PQ⊥BD，然后逐项判断即可．
【解答】解：如图，连接AC、BD，
∵△ABO和△CDO关于直线PQ对称，
∴△ABO≌△CDO，PQ⊥AC，PQ⊥BD，
∴AC∥BD，
故B、C、D选项正确，
AD不一定垂直BC，故A选项不一定正确，
故选：A．
【点评】本题考查轴对称的性质，关于某条直线对称的两个三角形全等，对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．
【变式5-1】（2024春 郸城县期末）如图，四边形ABCD关于直线l是对称的，有下面的结论：
①AB∥CD；②AC⊥BD；③AO＝CO；④AB⊥BC，其中正确的结论有（ ）
A．①② B．②③ C．①④ D．②
【考点】轴对称的性质．版权所有
【分析】根据轴对称的性质对各小题分析判断即可得解．
【解答】解：∵四边形ABCD关于直线l是对称的，
∴AC⊥BD，故②正确，
只有AD＝CD时，AB∥CD，AO＝CO，故①③错误；
仅由图形无法证明AB⊥BC，故④错误；
所以，正确的结论是②．
故选：D．
【点评】本题考查了轴对称的性质，熟练掌握性质并准确识图是解题的关键．
【变式5-2】（2023秋 青龙县期末）如图，∠AOB内一点P，P1，P2分别是P关于OA、OB的对称点，P1P2交OA于点M，交OB于点N．若△PMN的周长是6cm，则P1P2的长为（ ）
A．6cm B．5cm C．4cm D．3cm
【考点】轴对称的性质．版权所有
【分析】根据轴对称的性质可知P1M＝PM，PN＝P2N；因为△PMN的周长已知，则可把其中的两边PM，PN代换为P1M，P2N，则根据P1P2是相关线段的和即可求出其长．
【解答】解：∵点P关于OA的对称点是P1，
∴P1M＝PM．
∵点P关于OB的对称点是P2，
∴PN＝P2N．
∵△PMN的周长＝6cm，P1M＝PM，PN＝P2N，
∴P1P2＝P1M+MN+P2N＝PM+PN+MN＝6cm，
故选：A．
【点评】本题考查轴对称知识，掌握轴对称的性质是解题关键．
【变式5-3】（2024 丛台区校级二模）如图，直线l，m相交于点O．P为这两直线外一点，且OP＝0.6．若点P关于直线l，m的对称点分别是点P1，P2，则P1，P2之间的距离可能是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【考点】轴对称的性质．版权所有
【分析】连接OP1，PP1，OP2，PP2，P1P2根据轴对称的性质和三角形三边关系可得结论．
【解答】解：连接OP1，PP1，OP2，PP2，P1P2，如图，
∵P1是P关于直线l的对称点，
∴直线l是PP1的垂直平分线，
∴OP1＝OP＝0.6，
∵P2是P关于直线m的对称点，
∴直线m是PP2的垂直平分线，
∴OP2＝OP＝0.6，
当P1，O，P2不在同一条直线上时，P1P2＜OP1+OP2，
即0＜P1P2＜1.2，
故选：B．
【点评】此题主要考查了轴对称的性质，熟知如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称是解题的关键．
【例6】（2024 玉林模拟）如图，下面是三位同学的折纸示意图，则AD依次是△ABC的（ ）
A．中线、角平分线、高线 B．高线、中线、角平分线
C．角平分线、高线、中线 D．角平分线、中线、高线
【考点】轴对称的性质；三角形的角平分线、中线和高．版权所有
【分析】根据三位同学的折纸示意图，结合三角形角平分线、中线和高线的定义即可解决问题．
【解答】解：由题知，
由图①的折叠方式可知，
∠BAD＝∠CAD，
所以AD是△ABC的角平分线．
由图②的折叠方式可知，
∠ADB＝∠ADB′，
又因为∠ADB+∠ADB′＝180°，
所以∠ADB＝∠ADB′＝90°，
即AD⊥BC，
所以AD是△ABC的高线．
由图③的折叠方式可知，
CD＝BD，
所以AD是△ABC的中线．
故选：C．
【点评】本题考查轴对称的性质及三角形的角平分线、中线和高线，熟知三角形角平分线、中线和高线的定义即可解决问题．
【变式6-1】（2024 阜阳三模）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝α，边CD上的点B′与点B关于对角线AC对称，则∠ACB的度数为（ ）
A． B． C．180°﹣2α D．45°+2α
【考点】轴对称的性质．版权所有
【分析】连接AB′，BB′，过A作AE⊥CD于E，依据∠BAC＝∠B′AC，∠DAE＝∠B′AE，即可得出，再根据直角三角形两锐角互余，即可求解．
【解答】解：如图，连接AB′，BB′，过A作AE⊥CD于E，如图所示：
∵边CD上的点B′与点B关于对角线AC对称，
∴AC垂直平分BB′，
∴AB＝AB′，
∴，
∵AB＝AD，
∴AD＝AB'，
又∵AE⊥CD，
∴，
∴，
又∵∠AEC＝90°，
∴，
故选：A．
【点评】本题主要考查了轴对称的性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，熟知以上知识是解题的关键．
【变式6-2】（2024 赣州模拟）通过光的反射定律知道，入射光线与反射光线关于法线成轴对称（图1）．在图2中，光线自点P射入，经镜面EF反射后经过的点是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
【考点】轴对称的性质．版权所有
【分析】利用轴对称变换的性质判断即可．
【解答】解：如图，过点P，点B的射线交于一点O，
故选：B．
【点评】本题考查轴对称变换的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式6-3】（2024 通州区一模）如图，由5个“O”和3个“□”组成的图形关于某条直线对称，该直线是（ ）
A．l1 B．l2 C．l3 D．l4
【考点】轴对称的性质．版权所有
【分析】根据轴对称的性质解答即可．
【解答】解：由图可知，该图形关于直线l3对称．
故选：C．
【点评】本题考查的是轴对称的性质，熟知如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称是解题的关键．
【变式6-4】（2023秋 兴隆县期末）如图，C，E是直线l两侧的点，以点C为圆心，CE的长为半径画弧交直线l于A，B两点，再分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧交于点D，连接CA，CB，CD，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．CA＝CB
B．CD⊥直线l
C．点C，D关于直线l对称
D．点A，B关于直线CD对称
【考点】轴对称的性质．版权所有
【分析】利用基本作图可对A进行判断；利用CD垂直平分AB可对B、D进行判断；利用AC与AD不一定相等可对C进行判断．
【解答】解：由作法得CD垂直平分AB，所以B选项正确；
因为CD垂直平分AB，
所以CA＝CB，所以A、D选项正确；
因为AD不一定等于AC，所以C选项错误．
故选：C．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．
【例7】（2024春 禅城区校级期中）折纸是一种以纸张折成各种不同形状的艺术活动，折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学成为现代几何学的一个分支．按如图所示方法折纸，则下列说法不正确的是（ ）
A．∠1与∠3互余 B．∠2＝90°
C．AE平分∠BEF D．∠1与∠AEC互补
【考点】轴对称的性质；角平分线的定义；余角和补角．版权所有
【分析】利用折叠的性质及余角和补角的定义进行分析即可判断．
【解答】解：根据折叠的性质可知，∠1＝∠AEB，∠3＝∠FEC，
∵∠1+∠AEB+∠3+∠FEC＝180°，
∴2（∠1+∠3）＝180°，
即∠1+∠3＝90°，故A不符合题意；
∴∠2＝90°，故B不符合题意，C符合题意；
∵∠1+∠AEC＝180°，
∴∠1与∠AEC互补，
故D不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了图形的翻折变换，余角，补角的定义，掌握图形的翻折变换的特征是解决问题的关键．
【变式7-1】（2024春 晋江市期末）如图，点P在四边形ABCD的内部，且点P与点M关于AD对称，PM交AD于点G，点P与点N关于BC对称，PN交BC于点H，MN分别交AD，BC于点E，F．
（1）连接PE，PF，若MN＝12cm，求△PEF的周长；
（2）若∠C+∠D＝134°，求∠HPG的度数．
【考点】轴对称的性质．版权所有
【分析】（1）根据轴对称的性质，将△PEF的周长转变为MN的长．
（2）由∠C+∠D的度数得出∠A+∠B的度数之和，再根据PG⊥AD，PH⊥BC即可解决问题．
【解答】解：（1）∵点P与点M关于AD对称，点P与点N关于BC对称，
∴EM＝EP，FP＝FN，
∴C△PEF＝PE+PF+EF＝ME+EF+FN＝MN＝12（cm）．
（2）∵∠C+∠D＝134°，
∴∠A+∠B＝360°﹣134°＝226°．
又∵PG⊥AD，PH⊥BC，
∴∠PGA＝∠PHB＝90°，
∴∠HPG＝540°﹣90°﹣90°﹣226°＝134°．
【点评】本题主要考查了轴对称的性质，熟知轴对称的性质是解题的关键．
【7-2】（2024春 秦都区校级月考）如图，点P是∠AOB外的一点，点E与点P关于OA对称，点F与点P关于OB对称，直线FE分别交OA、OB于C、D两点，连接PC、PD、PE、PF．
（1）若∠OCP＝∠F＝20°，求∠CPD的度数；
（2）若求CP＝DP，CF＝13，DE＝3，求CP的长．
【考点】轴对称的性质；三角形内角和定理．版权所有
【分析】（1）由点E与点P关于OA对称，点F与点P关于OB对称，∠OCP＝∠F＝20°，可得∠OCE＝∠OCP＝20°，∠DPF＝∠F＝20°，则∠PCF＝40°，∠CPF＝180°﹣∠F﹣∠PCF＝120°，根据∠CPD＝∠CPF﹣∠DPF，求解作答即可；
（2）由点E与点P关于OA对称，点F与点P关于OB对称，C P＝D P，可得CE＝CP＝DP，DP＝DF，即CE＝DF，由CF＝CE+DE+DF＝2CE+3＝13，可求CE＝5，进而可得CP的长．
【解答】解：（1）∵点E与点P关于OA对称，点F与点P关于OB对称，∠OCP＝∠F＝20°，
∴∠OCE＝∠OCP＝20°，∠DPF＝∠F＝20°，
∴∠PCF＝40°，∠CPF＝180°﹣∠F﹣∠PCF＝120°，
∴∠CPD＝∠CPF﹣∠DPF＝100°，
∴∠CPD＝100°；
（2）∵点E与点P关于OA对称，点F与点P关于OB对称，C P＝D P，
∴CE＝CP＝DP，DP＝DF，
∴CE＝DF，
∴CF＝CE+DE+DF＝2CE+3＝13，
解得CE＝5，
∴CP＝5．
【点评】本题考查了轴对称的性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握轴对称的性质，三角形内角和定理是解题的关键．
【考点五：作图-轴对称变换】
【例8】（2024春 娄底月考）在正方形网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的三个顶点都在格点上，△ABC关于y轴对称图形为△A1B1C1（其中：A与A1，B与B1，C与C1相对应）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1．
（2）写出△A1B1C1三个顶点的坐标．
（3）求△A1B1C1的面积．
【考点】作图﹣轴对称变换．版权所有
【分析】（1）先作出点A、B、C关于y轴的对称点A1，B1，C1，然后再顺次连接即可；
（2）根据图形求出点A1，B1，C1的坐标即可；
（3）利用割补法求出三角形的面积即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求作的三角形．
（2）根据图可知，A1（﹣3，4），B1（﹣1，2），C1（﹣5，1）．
（3）．
【点评】本题主要考查了轴对称作图，三角形面积计算，作出对应点的位置，是解题的关键．
【变式8-1】（2024春 莲湖区期末）如图，△ABC的顶点均在格点（网格线的交点）上，直线l在网格线上．
（1）在网格中作△ABC关于直线l的对称图形△A'B'C'．
（2）网格中每一个小正方形的边长均为1，在（1）的基础上，计算△AC'A'的面积．
【考点】作图﹣轴对称变换；三角形的面积．版权所有
【分析】（1）利用轴对称变化的性质分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可；
（2）利用三角形的面积公式求解．
【解答】解：（1）△A'B'C'即为所的三角形．
（2）连接 AA'；AC'；
S△AA′C′＝×6×4＝12．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握轴对称变换的性质．
【变式8-2】（2024春 宜阳县期末）如图，（1）请在下面方格纸中画出△ABC关于直线l1的对称图形△A1B1C1，再画出△A1B1C1关于直线l2的对称图形△A2B2C2．
（2）观察你所画的图形，发现△A2B2C2与△ABC之间有什么关系？（△A2B2C2可以看作是由△ABC经过一次什么变换得到的）
（3）通过做这个题你会发现，一个图形关于什么位置关系的两条直线做两次轴对称，就相当于做一次什么变换？
【考点】作图﹣轴对称变换；平移的性质；轴对称图形．版权所有
【分析】（1）根据轴对称的性质分别作图即可．
（2）结合平移的性质可得，△A2B2C2可以看作是由△ABC经过一次平移得到的．
（3）结合题意可直接得出答案．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1和△A2B2C2即为所求．
（2）由图可得，△A2B2C2可以看作是由△ABC经过一次平移得到的．
（3）由题意得，一个图形以两条相互平行的直线做两次轴对称，就相当于做一次平移变换．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、轴对称图形、平移的性质，熟练掌握轴对称的性质、平移的性质是解答本题的关键．
【考点六 ：剪纸】
【例9】（2024春 北京期末）如图所示把一个长方形纸片对折两次，然后剪下一个角，如果得到的四边形是正方形，那么剪口与折痕所夹的角α的度数为（ ）
A．90° B．45° C．30° D．22.5°
【考点】剪纸问题；平行线的性质；多边形内角与外角．版权所有
【分析】如图，折痕为AC与BD，∠ABC＝90°，根据正方形的性质，可得∠ABD＝45°，∠BAC＝45°，所以剪口与折痕所夹的角α的度数为45°．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，如图，
∴，，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝45°，∠BAC＝45°，
∴剪口与折痕所成的角α的度数应为45°，
故选：B．
【点评】本题通过折叠变换考查正方形的有关知识，及学生的逻辑思维能力，解答此类题最好动手操作，易得出答案．
【变式9-1】（2024春 高新区期末）如图1，有一张长、宽分别为9和4的长方形纸片，将它对折两次后得到如图2所示的图形，然后沿图2中的虚线剪开，得到两部分，其中一部分展开后的平面图形可以是图3中的（ ）
A．①② B．②③④ C．①②③ D．①②③④
【考点】剪纸问题．版权所有
【分析】
【解答】解：如图，剪纸后可以的图3中的四个图形．
故选：D．
【点评】本题考查作图﹣剪纸问题，解题的关键是学会动手操作解决剪纸问题．
【变式9-2】（2024 绵竹市模拟）如图，把一个正方形三次对折后沿虚线剪下，则得到的图形是（ ）
A． B． C． D．
【考点】剪纸问题．版权所有
【分析】根据图形的折叠，剪去的等腰直角三角形正好是大正方形的4个角的小正方形，可得答案．
【解答】解：从折叠的图形中剪去8个等腰直角三角形，正方形剪去4个小正方形，
故选：C．
【点评】本题考查了剪纸问题，理解剪去的等腰直角三角形正好是大正方形的4个角的小正方形是解题关键．
【变式9-3】（2024 南宁模拟）如图1，先将一张长方形纸片对折，然后沿图2的虚线折叠得到图3，再按图3所示沿BC剪下△ABC．若展开后是图4所示的正五角星（每个锐角都是36°），则图3中∠ABC的度数是（ ）
A．108° B．114° C．126° D．144°
【考点】剪纸问题；平行线的性质；多边形内角与外角．版权所有
【分析】根据剪纸的特点和多边形内角和定理解题．
【解答】解：将A，B，C标在展开图中，连接AB，AC，如图，
∵∠A＝＝36°，
∵正五角星的5个角都是36°，
∴∠ACB＝×36°＝18°，
∵三角形内角和为180°，
∴∠ABC＝180°﹣18°﹣36°＝126°．
故选：C．
【点评】本题以剪纸为背景，考查多边形内角与外角，需要一定的空间现象能力，解题的关键是能灵活运用相关知识．
【变式9-4】（2023秋 威海期末）小王将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A． B． C． D．
【考点】剪纸问题．版权所有
【分析】由题意知，剪下的图形是四边形ABDC，根据翻折的性质进行解答即可．
【解答】解：如图，由题意知，剪下的图形是四边形ABDC，
由折叠知CA＝AB，
∴△ABC是等腰三角形，
又∵△ABC和△BCD关于BC对称，
∴四边形ABDC是菱形．
故选：C．
【点评】本题主要考查了图形的翻折，剪纸问题，菱形的判定等知识，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．
【变式9-5】（2022秋 文登区期末）如图，将一张正方形纸片沿对角线折叠一次，得到一个三角形．在得到的三角形的三个内角各剪去一个圆，然后将纸片展开，得到的图案是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】剪纸问题；多边形内角与外角．版权所有
【分析】由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解结合实际操作解题．
【解答】解：在对折后的三角形的三个内角各剪去一个圆，展开后会得到6个圆，所以只有选项A符合题意．
故选：A．
【点评】此题考查了剪纸问题，关键是考查学生的动手实践能力和想象能为．
【变式9-6】（2022 田家庵区校级自主招生）如图，将一张圆形纸片（圆心为点O）沿直径MN对折后，按图1分成六等份折叠得到图2，将图2沿虚线BA剪开，再将△AOB展开得到如图3的一个六角星．若∠CDE＝80°，则∠OBA的度数为（ ）
A．135° B．140° C．130° D．120°
【考点】剪纸问题；三角形内角和定理．版权所有
【分析】根据翻折可以知道∠OAB＝∠DCE，且∠CDE＝80°，CD＝CE，求出∠AOB和∠OAB的度数即可求∠OBA的度数．
【解答】解：由题知，∠AOB＝×180°＝30°，
由翻折知∠OAB＝∠DCE，CD＝CE，
∵∠CDE＝80°，
∴∠DCE＝180°﹣80°﹣80°＝20°，
∴∠OAB＝∠DCE＝10°，
∴∠OBA＝180°﹣∠AOB﹣∠OAB＝180°﹣30°﹣10°＝140°．
故选：B．
【点评】本题主要考查剪纸问题，熟练掌握剪纸中的翻折是解题的关键．
【变式9-7】（2021秋 钟山区期末）将一张矩形纸片按如图所示方式对折两次，然后剪下一个角打开，如果要剪出一个正方形，那么剪口线与折痕的夹角是（ ）
A．60° B．45° C．30° D．22.5°
【考点】剪纸问题．版权所有
【分析】根据翻折变换的性质及正方形的判定进行分析从而得到最后答案．
【解答】解：一张长方形纸片对折两次后，剪下一个角，是菱形，而出现的四边形的两条对角线分别是两组对角的平分线，所以当剪口线与折痕成45°角，菱形就变成了正方形．
故选：B．
【点评】本题考查了通过折叠变换正方形的有关知识，掌握变换正方形的逻辑思维能力是关键．
【考点七：翻折】
【例10】（2024春 长安区期末）如图，AD是△ABC的角平分线，∠C＝20°，AB+BD＝AC，将△ABD沿AD所在直线翻折，点B恰好落在AC边上点E处．则∠B的度数为（ ）
A．70° B．60° C．50° D．40°
【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质．版权所有
【分析】由翻折得AE＝AB，ED＝BE，∠B＝∠AED，所以AB+BD＝AE+ED＝AC＝AE+EC，则ED＝EC，所以∠EDC＝∠C＝20°，求得∠B＝∠AED＝∠EDC+∠C＝40°，于是得到问题的答案．
【解答】解：由翻折得△AED≌△ABD，
∴AE＝AB，ED＝BE，∠B＝∠AED，
∴AB+BD＝AE+ED，
∵AB+BD＝AC，
∴AE+ED＝AC＝AE+EC，
∴ED＝EC，
∴∠EDC＝∠C＝20°，
∴∠B＝∠AED＝∠EDC+∠C＝20°+20°＝40°，
故选：D．
【点评】此题重点考查轴对称的性质、全等三角形的性质、“等边对等角”、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，证明∠EDC＝∠C＝20°是解题的关键．
【变式10-1】（2024春 厦门期末）如图，将长方形纸片ABCD折叠，使点D与B点重合，点C落在C′点处，折痕为EF．若∠ABE＝20°，那么∠EFB的度数为（ ）
A．45° B．50° C．55° D．60°
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行线的性质．版权所有
【分析】先根据长方形的性质可得∠A＝90°，AD∥BC，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得∠AEB＝70°，再利用平角定义可得∠DEB＝110°，最后根据折叠的性质可得：∠DEF＝∠DEB＝55°，再利用平行线的性质可得∠DEF＝∠EFB＝55°，即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，
∵∠ABE＝20°，
∴∠AEB＝90°﹣∠ABE＝70°，
∴∠DEB＝180°﹣∠AEB＝110°，
由折叠得：∠DEF＝∠DEB＝55°，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB＝55°，
故选：C．
【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），平行线的性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
【变式10-2】（2024春 福州期末）如图，在△ABC中，点D在边BC上，将△ABD沿AD翻折得到△AED，若△ABF的周长为12，△DEF的周长为4，则AF的长为（ ）
A．3 B．3.5 C．4 D．4.5
【考点】翻折变换（折叠问题）．版权所有
【分析】设BD＝a，DF＝b，EF＝c，AF＝x，由翻折的性质得：DE＝BD＝a，AB＝AE＝x+c，然后根据△EDF的周长为4得a+b+c＝4，再根据△ABF的周长为12得x+c+a+b+x＝12，据此可求出AF的长．
【解答】解：设BD＝a，DF＝b，EF＝c，AF＝x，
由翻折的性质得：DE＝BD＝a，AB＝AE＝AF+EF＝x+c，
∵△EDF的周长为4，
∴DE+DF+EF＝4，即：a+b+c＝4，
∵△ABF的周长为12，
∴AB+BF+AF＝12，即：x+c+a+b+x＝12，
∴2x+a+b+c＝12，
∴2x+4＝12，解得：x＝4，
∴AF＝4．
故选：C．
【点评】此题主要考查了图形的折叠变换及性质，平行线的判定，解答此题的关键是熟练掌握图形的旋转变换和性质．
【变式10-3】（2024春 杨浦区期末）如图，在△ABC中，D是边BC的中点，将△ABD沿AD翻折，点B落在点E处，AE交CD于点F，△ADF的面积恰好是△ABC面积的．小丽在研究这个图形时得到以下两个结论：①∠B＝∠CAE；②AC＝CD．那么下列说法中，正确的是（ ）
A．①正确②错误 B．①错误②正确
C．①、②皆正确 D．①、②皆错误
【考点】翻折变换（折叠问题）．版权所有
【分析】根据折叠的性质、三角形的面积公式、中线的性质求解．
【解答】解：∵D是边CB的中点，
∴BD＝CD，
∴S△ABD＝S△ACD＝S△ADE＝S△ABC，
∵S△ADF＝S△ABC，
∴S△ACF＝S△EDF＝S△ABC，
∴DF＝CF，AF＝EF，
∴四边形ACED为平行四边形，
∴AC∥DE，AC＝DE，
∴∠E＝∠EAC，
∵∠E＝∠B，
∴∠EAC＝∠B，故①是正确的；
由折叠的性质得：BD＝DE，
∴AC＝CD，故②谁正确的，
故选：C．
【点评】本题考查了翻折变换，掌握折叠的性质、三角形的面积公式、中线的性质是解题的关键．
【变式10-4】（2024 潮南区三模）如图，把一长方形纸片ABCD的一角沿AE折叠，点D的对应点D'落在∠BAC内部．若∠CAE＝2∠BAD′，且∠CAD′＝20°，则∠DAE的度数为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【考点】翻折变换（折叠问题）；角的计算．版权所有
【分析】设∠BAD′＝x°，则∠CAE＝2x°，得到∠EAD′＝∠CAE+∠CAD′＝2x°+20°，由折叠的性质得到：∠DAE＝∠EAD′＝2x°+20°，由矩形的性质，得到∠BAD＝90°，得到2x+20+2x+20+x＝90，求出x＝10，即可求出∠DAE＝2x°+20°＝40°．
【解答】解：设∠BAD′＝x°，则∠CAE＝2x°，
∴∠EAD′＝∠CAE+∠CAD′＝2x°+20°，
由折叠的性质得到：∠DAE＝∠EAD′＝2x°+20°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴∠DAE+∠EAD+∠BAD′＝90°，
∴2x+20+2x+20+x＝90，
∴x＝10，
∴∠DAE＝2x°+20°＝40°．
故选：B．
【点评】本题考角的计算，折叠的性质，关键是由折叠的性质得到关于x的方程．
【变式10-5】（2023秋 黄山期末）如图，在△ABC中，∠C＝40°，将△ABC沿着直线l折叠，点C落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是（ ）
A．40° B．80° C．90° D．140°
【考点】翻折变换（折叠问题）．版权所有
【分析】由折叠的性质得到∠D＝∠C，再利用外角性质即可求出所求角的度数．
【解答】解：由折叠的性质得：∠D＝∠C＝40°，
根据外角性质得：∠1＝∠3+∠C，∠3＝∠2+∠D，
则∠1＝∠2+∠C+∠D＝∠2+2∠C＝∠2+80°，
则∠1﹣∠2＝80°．
故选：B．
【点评】此题考查了翻折变换（折叠问题），以及外角性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
【变式10-6】（2024 威海一模）如图，在△ABC中，∠BAD＝30°，将△ABD沿AD折叠至△ADB'，∠ACB＝2α，连接B'C，B'C平分∠ACB，则∠AB'D的度数是（ ）
A． B．60°+α C． D．90°﹣α
【考点】翻折变换（折叠问题）；三角形内角和定理．版权所有
【分析】连接BB′，过点B′作B′E⊥BC于E，B′F⊥AC于F，连接BB′，过点B′作B′E⊥BC于E，B′F⊥AC于F，可得△ABB′是等边三角形，得出AB′＝BB′，∠B′BA＝∠B′AB＝60°，运用HL可证得Rt△BB′E≌Rt△AB′F（HL），得出∠B′BE＝∠B′AF，再运用三角形内角和定理即可求得答案．
【解答】解：如图，连接BB′，过点B′作B′E⊥BC于E，B′F⊥AC于F，
则∠CEB′＝∠CFB′＝∠BEB′＝∠AFB′＝90°，
由折叠可知，∠BAD＝∠B'AD＝30°，AB＝AB′，
∴∠BAB′＝∠BAD+∠B'AD＝60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB′＝BB′，∠B′BA＝∠B′AB＝60°，
∵B′C平分∠ACB，∠ACB＝2α，
∴∠ACB′＝∠BCB′＝∠ACB＝α，
又∵B′E⊥BC，B′F⊥AC，
∴B′E＝B′F，
在Rt△BB′E和Rt△AB′F中，
，
∴Rt△BB′E≌Rt△AB′F（HL），
∴∠B′BE＝∠B′AF，
∴∠B′BA+∠B′BE＝∠B′AB+∠B′AF，
即∠ABC＝∠BAC，
∵∠ACB＝2α，∠ABC+∠BAC+∠ACB＝180°，
∴∠ABC＝∠BAC＝＝90°﹣α，
∴∠AB'D＝90°﹣α，
故选：D．
【点评】本题考查折叠变换的性质，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
【例11】（2023秋 樊城区期末）在△ABC中，已知∠A＝80°，∠C＝30°，现把△CDE沿DE进行不同的折叠得△C′DE，对折叠后产生的夹角进行探究：
（1）如图（1）把△CDE沿DE折叠在四边形ADEB内，则求∠1+∠2的和；
（2）如图（2）把△CDE沿DE折叠覆盖∠A，则求∠1+∠2的和；
（3）如图（3）把△CDE沿DE斜向上折叠，探求∠1、∠2、∠C的关系．
【考点】翻折变换（折叠问题）；三角形内角和定理．版权所有
【分析】（1）根据折叠前后的图象全等可知，∠1＝180°﹣2∠CDE，∠2＝180°﹣2∠CED，再根据三角形内角和定理比可求出答案；
（2）连接DG，将∠ADG+∠AGD作为一个整体，根据三角形内角和定理来求；
（3）将∠2看作180°﹣2∠CED，∠1看作2∠CDE﹣180°，再根据三角形内角和定理来求．
【解答】解：（1）∠1+∠2＝180°﹣2∠CDE+180°﹣2∠CED
＝360°﹣2（∠CDE+∠CED）
＝360°﹣2（180°﹣∠C）
＝2∠C
＝60°；
（2）连接DG，
∠1+∠2＝180°﹣∠C′﹣（∠ADG+∠AGD）
＝180°﹣30°﹣（180°﹣80°）
＝50°；
（3）∠2﹣∠1＝180°﹣2∠CED﹣（2∠CDE﹣180°）
＝360°﹣2（∠CDE+∠CED）
＝360°﹣2（180°﹣∠C）
＝2∠C
所以：∠2﹣∠1＝2∠C．
【点评】此题是一道折叠问题，解答此题时要充分利用折叠部分折叠前后形成的图形为全等形的性质，并且解答该题时要充分利用三角形的性质．
【变式11-1】（2024春 江南区校级期中）综合与实践——折纸中的数学：我们在七年级上册第四章《几何图形初步》中探究了简单图形折叠问题，并进行了简单的计算与推理．七年级下册第五章学行线的性质与判定后，我们进行了长方形纸条的折叠与平行线的探究，今天我们继续探究——折纸与平行线．
如图1，长方形纸条ABMN中，AB∥MN，AN∥BM．第一步，将长方形纸条折叠，使折痕经过点A，得到折痕AC，再将纸片展平；第二步，如图2，将折痕AC折到AE处（E在AN上），点B落在B′处；第三步，如图3，将∠NED对折，使点M落在M′处，点N落在N′处，EN′与DB′共线，得到折痕EF．
（1）如图2：①若∠CDA＝36°，则∠B′EN＝ 108° ；
②若∠CDA＝α，则∠B′EN＝ 180°﹣2α （用含α的式子表示）．
（2）如图2，AC和DE有怎样的位置关系，并说明理由．
（3）如图3，折痕AD和EF有怎样的位置关系，请说明理由．
【考点】翻折变换（折叠问题）．版权所有
【分析】（1）①先求出∠CDE，可得到∠DEN，从而求出∠B'EN；
②先用α表示∠CDE，可得到α的式子表示∠DEN，从而可用α的式子表示∠B'EN；
（2）利用折叠的性质和平行线的性质，可得∠CAE＝∠DEN，从而判定AC和DE的位置关系；
（3）利用折叠的性质和平行线的性质，可得∠ADE＝∠DEF，从而判定AD和EF的位置关系．
【解答】解：（1）①∵∠EDA是由∠CDA折叠得到的，
∴∠EDA＝∠CDA＝36°，
∴∠CDE＝72°，
∵AN∥BM，
∴∠DEN＝∠CDE＝72°，
∴∠B'EN＝180°﹣∠DEN＝180°﹣72°＝108°，
故答案为：108°；
②∵∠EDA是由∠CDA折叠得到的，
∴∠EDA＝∠CDA＝α，
∴∠CDE＝2α，
∵AN∥BM，
∴∠DEN＝∠CDE＝2α，
∴∠B'EN＝180°﹣∠DEN＝180°﹣2α，
故答案为：180°﹣2α；
（2）AC∥DE．
理由：∵∠EDA是由∠CDA折叠得到的，
∴∠EDA＝∠CDA，∠CAD＝∠EAD，
∵AN∥BM，
∴∠EAD＝∠CDA，∠CDE＝∠DEN，
∴∠EDA＝∠CDA＝∠CAD＝∠EAD，
∴∠CAE＝∠CDE，
∴∠CAE＝∠DEN，
∴AC∥DE；
（3）AD∥EF．
理由：由（1）知∠DEN＝∠CDE，
由折叠，知∠ADE＝∠CDE，∠DEF＝∠DEN，
∴∠ADE＝∠DEF，
∴AD∥EF．
【点评】本题考查折叠的性质，平行线的判定和性质，弄清图形中线间的位置关系，角之间的关系是解题的关键．
【变式11-2】（2024春 青山区期中）已知，在长方形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD∥BC，AB∥CD，点E在线段AD上，点F在线段BC上，将长方形ABCD沿EF折叠后，点D的对应点是M，点C的对应点是N．
（1）如图1，若∠AEM＝36°，求∠EFB的度数；
（2）如图2，将四边形EMNF沿BF继续折叠，点N的对应点为G，探索∠AEM与∠GHF的数量关系，并证明你的结论；
（3）如图3，P是直线MH和线段AE的交点，将四边形ABHP沿PH折叠，点A的对应点是O，点B的对应点是Q．请直接写出∠EFG和∠GHQ的数量关系．
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行线的性质；三角形内角和定理．版权所有
【分析】（1）根据折叠得出，根据平行线的性质得出∠EFB＝∠DEF＝72°；
（2）过点M作MK∥AE，证明∠AEM+∠BHM＝∠EMK+∠HMK＝∠EMN＝90°，再证明∠BHM＝∠GHF，得出∠AEM+∠GHF＝90°；
（3）解法一：根据折叠可知：∠CFE＝∠NFE，∠N＝∠C＝90°，∠GFH＝∠NFH，∠G＝∠N＝90°，∠EMN＝∠D＝90°，∠BHP＝∠QHP，∠DEF＝∠MEF，设∠GFH＝∠NFH＝x，∠CFE＝∠NFE＝y，∠BHP＝∠QHP＝z，得出3y＝360°﹣∠EFG，6y＝630°﹣∠GHQ，即可得出2（360°﹣∠EFG）＝630°﹣∠GHQ，求出结果即可．解法二：根据折叠的性质和平角定义以及三角形内角和等先表示出相关角，再分别表示出要求的∠EFG和∠GHQ即可，
【解答】解：（1）∵∠AEM＝36°，
∴∠DEM＝180°﹣∠AEM＝144°，
根据折叠可知：，
∵AD∥BC，
∴∠EFB＝∠DEF＝72°；
（2）∠AEM+∠GHF＝90°，理由如下：
过点M作MK∥AE，如图所示：
∵AE∥BF，
∴MK∥AE∥BF，
∴∠AEM＝∠EMK，∠BHM＝∠HMK，
∵∠EMN＝90°，
∴∠AEM+∠BHM＝∠EMK+∠HMK＝∠EMN＝90°，
根据折叠可知：∠GHF＝∠NHF，
∵∠NHF＝∠BHM，
∴∠BHM＝∠GHF，
∴∠AEM+∠GHF＝90°；
（3）解法一：2∠EFG﹣∠GHQ＝90°，理由如下：
根据折叠可知：∠CFE＝∠NFE，∠N＝∠C＝90°，∠GFH＝∠NFH，∠G＝∠N＝90°，∠EMN＝∠D＝90°，∠BHP＝∠QHP，∠DEF＝∠MEF，
设∠GFH＝∠NFH＝x，∠CFE＝∠NFE＝y，
则∠EFG＝∠NFE﹣∠GFN＝∠NFE﹣（∠NFH+∠GFH）＝y﹣2x，
又∵∠GFH+∠EFG+∠CFE＝x+y﹣2x+y＝180°，
即2y﹣x＝180°，
∴x＝2y﹣180°，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB，
∵∠EFB＝∠EFG+∠GFH＝y﹣2x+x＝y﹣x，
∴∠DEF＝y﹣x＝∠MEF，
即∠MEF＝y﹣x，
∴y﹣（2y﹣180°）＝180°﹣y，
在Rt△GHF中，∠GHF＝90°﹣x，
设∠BHP＝∠QHP＝z，
∠BHG＝180°﹣∠GHF＝180°﹣（90°﹣x）＝90°+x，
∴∠MHF＝180°﹣∠BHP＝180°﹣z，
在四边形MHFE中，∠EMH+∠MHF+∠HFE+∠MEF＝360°，
即90°+180°﹣z+y﹣x+y﹣x＝360°，
∴2y﹣2x﹣z＝90°，
∴2y﹣2（2y﹣180°）﹣z＝90°，
∴360°﹣2y﹣z＝90°，
∴z＝270°﹣2y，
∴∠GHQ＝∠BHQ﹣∠BHG
＝∠BHP+∠QHP﹣∠BHG
＝2z﹣（90°+x）
＝2（270°﹣2y）﹣（90°+2y﹣180°）
＝630°﹣6y，
∵∠EFG＝y﹣2x＝y﹣2（2y﹣180°）＝360°﹣3y，
∴3y＝360°﹣∠EFG，6y＝630°﹣∠GHQ，
∴2（360°﹣∠EFG）＝630°﹣∠GHQ，
∴2∠EFG﹣∠GHQ＝90°．
解法二：根据折叠可知：∠EFN＝∠EFC，∠N＝∠C＝90°，∠GFH＝∠NFH，∠GHF＝∠NHF，∠G＝∠N＝90°，∠PHQ＝∠PHB，设∠GFH＝∠NFH＝x，
则，
∠GHF＝∠NHF＝90°﹣∠GFH＝90°﹣x，∠PHB＝∠PHQ＝∠NHF＝90°﹣x，
∠PHG＝180°﹣∠GHF﹣∠NHF＝180°﹣2（90°﹣x）＝2x，
∴，
∠GHQ＝∠PHQ﹣∠PHG＝90°﹣x﹣2x＝90°﹣3x，
∴2∠EFG﹣∠GHQ＝90°．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，解题的关键是数形结合，熟练掌握平行线的性质．
【变式11-3】（2024春 甘井子区期中）【动手操作】
在数学活动课上，范老师引导同学们探究画平行线的方法，小明经过折纸等动手操作，探究出一种画平行线的方法：
步骤一：如图1，在纸上画出直线AB与EF交于点E，在线段EF上取点M，过点M折叠纸片，使折痕GC交AB于点G，点C在线段GM的延长线上．
步骤二：用量角器测量出∠EMC和∠BEM的度数，计算∠EMC﹣∠BEM＝m°．
步骤三：再以点C为顶点画出∠DCM＝m°，点D在点C的右侧，就得到直线CD∥AB．
（1）如图1，∠DCM＝∠EMC﹣∠BEM，求证：CD∥AB．
【问题初探】
小明继续折纸操作，探究∠EMC与∠ENC的数量关系：
步骤四：如图2，再次将纸折叠两次，使BE与EF重合，DC与GC重合，折痕直线EN，CN交于点N．
（2）如图2，猜想∠EMC与∠ENC的数量关系，并证明．
【类比探究】
（3）①小明发现按照步骤一操作时，将“在线段EF上取点M，点C在线段GM的延长线上”改为“在线段EF的延长线上取点M，且点C在线段GM上”，其他条件不变；再按照步骤二、三进行操作，他发现若点的位置发生改变，∠DCM，∠EMC，∠BEM的数量关系也发生改变，仍能画出直线CD∥AB．
请画出图形，直接写出当∠DCM，∠EMC，∠BEM满足什么数量关系时，直线CD∥AB．
②如图3，在步骤四的操作中，过点E，C分别折叠BE，DC，使折痕EN，CN分别落在∠BEM和∠DCM中，且交于点N，若∠BEN＝n∠NEM，∠DCN＝n∠NCM（0＜n＜1），请直接写出∠EMC与∠ENC的数量关系．（用含有n的代数式表示）
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行线的判定与性质．版权所有
【分析】（1）证明∠DCM＝∠EGM，即可得到CD∥AB；
（2）∠EMC＝∠MEG+∠EGM＝2∠NDC+2∠DCN＝2（∠NDC+∠DCN），∠ENC＝∠NDC+∠DCN，得到∠EMC＝2∠ENC；
（3）①根据CD∥AB反推即可；②∠EMC＝∠MEG+∠EGM＝（n+1）∠NEM+（n+1）∠NCM＝（n+1）（∠NEM+∠NCM），∠ENC＝∠NDC+∠DCN＝n∠NEM+n∠NCM＝n（∠NEM+∠NCM），得出（n+1）∠ENC＝n∠EMC．
【解答】（1）证明：∵∠DCM＝∠EMC﹣∠BEM，∠EMC﹣∠BEM＝∠EGM，
∴∠DCM＝∠EGM，
∴CD∥AB；
（2）解：∠EMC＝2∠ENC，证明如下：
由折叠的性质可得：∠GEN＝∠FEN，∠DCN＝∠GCN，
由（1）可得CD∥AB，
∴∠DCM＝∠EGM，∠NDC＝∠GEN，
∵∠EMC＝∠MEG+∠EGM＝2∠NDC+2∠DCN＝2（∠NDC+∠DCN），∠ENC＝∠NDC+∠DCN，
∴∠EMC＝2∠ENC；
（3）解：①关系为：∠DCM＝∠EMC+∠BEM或∠DCM＝∠BEM﹣∠EMC，证明如下：根据题意画出图如图所示：
由题意得：∠EGM+∠EMC+∠BEM＝180°，
∵∠DCM＝180°﹣∠GCD，∠DCM＝∠EMC+∠BEM，
∴∠GCD+∠EMC+∠BEM＝180°，
∴∠GCD＝∠EGM，
∴CD∥AB；
②由（1）可得CD∥AB，
∴∠DCM＝∠EGM，∠NDC＝∠GEN，
∵∠BEN＝n∠NEM，∠DCN＝n∠NCM，
∴∠EMC＝∠MEG+∠EGM＝（n+1）∠NEM+（n+1）∠NCM＝（n+1）（∠NEM+∠NCM），
∠ENC＝∠NDC+∠DCN＝n∠NEM+n∠NCM＝n（∠NEM+∠NCM），
∴（n+1）∠ENC＝n∠EMC．
【点评】本题考查了三角形外角的定义及性质、三角形内角和定理、平行线的判定与性质、折叠的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用数形结合的思想是解此题的关键．
【考点八：设计轴对称图案】
【例12】（2024春 武汉期末）如图，在4×4的正方形网格中，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，可供选择的白色小正方形有 5 个．
【考点】利用轴对称设计图案．版权所有
【分析】直接利用轴对称图形的定义进而得出符合题意的答案．
【解答】解：如图所示：标有数字的5个位置都是轴对称图形．
故答案为：5．
【点评】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确把握轴对称图形的定义是解题关键．
【变式12-1】（2024 石家庄校级模拟）如图所示的“钻石”型网格（由边长都为1个单位长度的等边三角形组成），其中已经涂黑了3个小三角形（阴影部分表示），请你再只涂黑一个小三角形，使它与阴影部分合起来所构成的图形是一个轴对称图形，一共有（ ）种涂法．
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】利用轴对称设计图案．版权所有
【分析】根据轴对称图形的定义，画出图形即可．
【解答】解：如图，满足条件的三角形有三个．
故选：C．
【点评】本题考查利用轴对称图形设计图案，解题的关键是连接轴对称图形的定义，属于中考常考题型．
【变式12-2】（（2024 吉安县校级模拟）如图是由全等的小等边三角形组成的网格，其中有3个小三角形被涂成了黑色（用阴影表示）．若平移其中1个阴影三角形到空白网格中，使阴影部分构成的图形为轴对称图形，则平移的方法共有（ ）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
【考点】利用轴对称设计图案；平移的性质；全等三角形的性质．版权所有
【分析】根据轴对称图形的定义，画出图形即可．
【解答】解：如图所示，共有4种平移方法．
故选：C．
【点评】本题考查利用轴对称图形设计图案，解题的关键是连接轴对称图形的定义．
【变式12-3】（2023秋 徐州期末）如图，方格纸中有3个小方格被涂成黑色，若从其余13个白色小方格中选出一个涂成黑色，使所有的黑色方格构成轴对称图形，则不同的涂色方案共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】利用轴对称设计图案．版权所有
【分析】直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的图形即可．
【解答】解：如图所示：不同的涂色方案共有4个．
故选：D．
【点评】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．
【变式12-4】（2015春 福田区期末）图形设计：请将网格中的某些小方格涂黑，使它与已涂黑的小方格组成轴对称图形，并且有两条对称轴．（要求用两种不同的方法）
【考点】利用轴对称设计图案．版权所有
【分析】利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案．
【解答】解：如图所示：
【点评】此题主要考查了利用轴对称设计图案，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
【例13】（2024 岳池县三模）如图是由5个全等的正方形组成的，请你移动其中一个正方形，使它变成轴对称图形，要求：所作图形顶点必须在网格图格点上．（在网格图中画出4种形状不同的图形，涂上阴影．）
【考点】利用轴对称设计图案．版权所有
【分析】根据轴对称图形的定义，画出图形即可．
【解答】解：如图所示：
【点评】本题考查作图﹣利用轴对称设计图案，解题的关键是理解轴对称图形的定义，属于中考常考题型．
【变式13-1】（2023秋 襄城区期末）如图，在3×3的正方形网格中，有一个以格点为顶点的三角形．
（1）请你在图①，图②，图③中，分别画出一个与该三角形成轴对称且以格点为顶点的三角形，并将所画三角形涂上阴影．（注：所画的三幅图不能重复）．
（2）格纸中所有与该三角形成轴对称且以格点为顶点的三角形共有 6 个．
【考点】利用轴对称设计图案．版权所有
【分析】（1）利用网格结合轴对称图形的性质画出符合题意的图形即可；
（2）利用（1）中所画图形，进而得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）格纸中所有与该三角形成轴对称且以格点为顶点的三角形共有6个．
故答案为：6．
【点评】本题考查了利用轴对称设计图案，解答此题要明确轴对称的性质，并据此构造出轴对称图形，然后将对称部分涂黑，即为所求．
【变式13-2】（2023秋 舒兰市期末）如图，在2×2的正方形格纸中，有一个以格点为顶点的△ABC，请你找出格纸中所有与△ABC成轴对称且以格点为顶点的三角形，请在下面所给的格纸中一一画出所有符合条件的三角形．（所给的六个格纸未必全用）
【考点】利用轴对称设计图案．版权所有
【分析】根据轴对称图形的定义与判断可知．
【解答】解：与△ABC成轴对称且也以格点为顶点的三角形有5个，
分别为△CDA，△FBC，△AEG，△HGE，△BAH．
【点评】本题考查轴了对称图形的定义与判断，如果一个图形沿着一条直线对折，两侧的图形能完全重合，这个图形就是轴对称图形．折痕所在的这条直线叫做对称轴．
【变式13-3】．（2024 广安二模）如图，网格中每个小正方形的边长为1
请你认真观察图1中的三个网格中的黑色部分构成的图案，解答下列问题：
（1）这三个图案都具有以下共同特征：都是 中心 对称图形，都不是 轴 对称图形；
（2）在图2中选一个白色的小正方形并涂黑，使图2中黑色部分是轴对称图形；
（3）请在图3中设计出一个面积为4的图案，且具备（1）中的特征（不与图1中所给图案相同）．
【考点】利用轴对称设计图案．版权所有
【分析】（1）利用网格特征以及中心对称图形的性质解决问题即可；
（2）根据要求作出图形即可；
（3）根据要求作出图形即可．
【解答】解：（1）这三个图案都具有以下共同特征：都是中心对称图形，都不是轴对称图形；
故答案为：中心，轴；
（2）如图所示；
（3）如图所示．
如图所示，答案不唯一．（或面积是4的平行四边形、正方形等）
【点评】本题考查利用轴对称设计图案，解题的关键是理解中心对称图形的定义，属于中考常考题型．
八年级上册第二章--轴对称图形暑期预习（2.1-2.3）
章节概要
二、知识点详解
1.轴对称的定义:对于两个图形，如果沿一条直线对折后，它们能互相重合，那么称这两个图形成轴对称，这条直线就是对称轴。可以说成：这两个图形关于某条直线对称，两个图形中的对应点叫做对称点。
如图，如果△ABC沿直线MN翻折后与△A'B'C'重合，那么称△ABC与△A'B'C'关于直线MN对称，直线MN是对称轴，点A与A'，点B与B'，点C与C'是关于直线MN的对称点
2.轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴。
如图，该图形沿直线EF折叠，直线EF两旁的部分能够完全重合，则这个图形就是轴对称图形.我们学过的线段、角等都是轴对称图形。
3.轴对称与轴对称图形的联系和区别
轴对称图形 轴对称
区别 是一个图形自身的对称特性 是两个图形之间的对称关系
对称轴可能不止一条 对称轴只有一条
共同点 沿某条直线对折后都能够互相重合
如果轴对称的两个图形看作一个整体，那么它就是一个轴对称图形； 如果把轴对称图形分成两部分（两个图形），那么这两部分关于这条对称轴成轴对称。
注意：成轴对称的两个三角形全等，但是两个全等的三角形不一定成轴对称
【考点一：生活中的轴对称现象】
【例1】（2024 南昌模拟）如图，一张台球桌的桌面长为2.84m，宽为1.42m，一个台球在桌面的一个角落，将该球按如图所示的45°角击出，球持续直线运动（球碰到桌面边界会以相同角度反弹），最终落入台球桌角落的一个球袋．则该球（入球袋前，在桌面边缘反弹的次数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【变式1-1】（2023秋 寻乌县期末）如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当小球第1次碰到矩形的边时的点为Q，第2次碰到矩形的边时的点为M，……；第2024次碰到矩形的边时的点为图中的（ ）
A．点P B．点Q C．点M D．点N
【变式1-2】（2022秋 集贤县期末）如图是台球桌面示意图，阴影部分表示四个入球孔，小明按图中方向击球（球可以多次反弹），则球最后落入的球袋是（ ）
A．1号袋 B．2号袋 C．3号袋 D．4号袋
【变式1-3】（2021秋 常州期中）如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球第1次碰到矩形的边时的点为Q，第2次碰到矩形的边时的点为M，…．第2022次碰到矩形的边时的点为图中的（ ）
A．点P B．点Q C．点M D．点N
【例2】（2022春 荥阳市期末）在学习“生活中的轴对称”之后，小颖对图形的变换进行操作实践．P为长方形纸片ABCD的边AB上一点，点E，M分别为AD，CD上的动点，如图，先把纸片ABCD沿PE对折，A与F重合：再把纸片沿PM对折，B与H重合．当点E，M运动时，若∠FPH＝32°，则∠APE+∠BPM＝ ．
【变式2-1】（2024春 拱墅区期末）一个台球桌的桌面如图所示，一个球从桌面上的点O滚向桌边AB，碰到AB上的点P后反弹而滚向桌边CD，碰到CD上的点Q后反弹而滚向点R．如果AB∥CD，OP，PQ，QR都是直线，且∠OPQ的平分线PM垂直于AB，∠PQR的平分线QN垂直于CD．
（1）判断并直接写出PM和QN的位置关系．
（2）猜想QR是否平行于OP？说明理由．
（3）若∠RQD＝α，求∠OPQ的度数（用含α的代数式表示）．
【变式2-2】（2024春 河南月考）如图，台球运动中母球P击中桌边的点A，经桌边反弹后击中相邻的另一桌边的点B，再次反弹经过点C，其中∠PAD＝∠BAE，∠ABE＝∠CBF．
（1）若∠PAD＝32°，求∠PAB的度数；
（2）已知∠BAE+∠ABE＝90°，求证：BC∥PA．
【考点二：轴对称图形】
【例3】（2024春 长安区期末）第33届奥运会将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，如图是巴黎奥运会项目图标，其中是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【变式3-1】（2024 赤峰）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【变式3-2】（2024春 巫山县期末）下列图形不一定是轴对称图形的是（ ）
A．等边三角形 B．菱形
C．矩形 D．平行四边形
【变式3-3】（2024春 碑林区校级期末）下列图形中，是轴对称图形的有（ ）个．
①一条线段；②一个角；③等腰直角三角形；④等边三角形；⑤平行四边形；⑥正方形；⑦圆．
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点三：镜面对称】
【例4】（2024 金平区二模）从平面镜里看到背后墙上电子钟的示数如图所示，这时的正确时间是（ ）
A．21：05 B．21：15 C．20：15 D．20：12
【变式4-1】（2023秋 华亭市校级期末）小明从平面镜里看到镜子对面电子钟的示数的像如图所示，此时的时间应是 ．
【变式4-2】（2022秋 惠民县期末）如图，是小亮在镜中看到身后墙上的时钟，此时时钟的实际时刻是（ ）
A．3：55 B．8：05 C．3：05 D．8：55
【变式4-3】（2023秋 思明区校级期中）一平面镜以与水平面成45°角固定在水平面上，如图所示，一个小球以1m/s的速度沿桌面向点O匀速滚去，则小球在平面镜中的像是（ ）
A．以1m/s的速度，做竖直向下运动
B．以1m/s的速度，做竖直向上运动
C．以2m/s的速度运动，且运动路线与地面成45°角
D．以2m/s的速度，做竖直向下运动
【变式4-4】（2023春 镇平县期末）小明同学照镜子，如图所示镜子里哪个是他的像？（ ）
A． B． C． D．
三、轴对称的性质
1、两个图形沿一条直线对折后，能够重合的点称为对应点（对称点），能够重合的线段称为对应线段，能够重合的角称为对应角。
2、关于某条直线对称的两个图形是全等图形。
3、如果两个图形关于某条直线对称，那么对应点所连的线段被对称轴垂直平分。
4、如果两个图形关于某条直线对称，那么对应线段、对应角都相等。
5、类似地，轴对称图形的性质有：
①轴对称图形对应点所连的线段被对称轴垂直平分。
②轴对称图形的对应线段、对应角相等。
③根据轴对称图形的性质可求作轴对称图形的对应点、对应线段或对应角，并由此能补全轴对称图形。
如图，△ABC与△DEF关于直线MN对称，则
①△ABC≌△DEF,AB=DE,BC=EF,AC=DF,
∠ABC=∠DEF,∠BAC=∠EDF,∠ACB=∠DFE;
②连接AD,BE,CF,则MN垂直平分AD,MN垂直平分BE,MN垂直平分CF;
③AD//BE//CF;
④作对称点A,D或B,E或C,F连线的垂直平分线可以得到对称轴MN.
【考点四：轴对称的性质】
【例5】（2024 河北）如图，AD与BC交于点O，△ABO和△CDO关于直线PQ对称，点A，B的对称点分别是点C，D．下列不一定正确的是（ ）
A．AD⊥BC B．AC⊥PQ C．△ABO≌△CDO D．AC∥BD
【变式5-1】（2024春 郸城县期末）如图，四边形ABCD关于直线l是对称的，有下面的结论：
①AB∥CD；②AC⊥BD；③AO＝CO；④AB⊥BC，其中正确的结论有（ ）
A．①② B．②③ C．①④ D．②
【变式5-2】（2023秋 青龙县期末）如图，∠AOB内一点P，P1，P2分别是P关于OA、OB的对称点，P1P2交OA于点M，交OB于点N．若△PMN的周长是6cm，则P1P2的长为（ ）
A．6cm B．5cm C．4cm D．3cm
【变式5-3】（2024 丛台区校级二模）如图，直线l，m相交于点O．P为这两直线外一点，且OP＝0.6．若点P关于直线l，m的对称点分别是点P1，P2，则P1，P2之间的距离可能是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【例6】（2024 玉林模拟）如图，下面是三位同学的折纸示意图，则AD依次是△ABC的（ ）
A．中线、角平分线、高线 B．高线、中线、角平分线
C．角平分线、高线、中线 D．角平分线、中线、高线
【变式6-1】（2024 阜阳三模）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝α，边CD上的点B′与点B关于对角线AC对称，则∠ACB的度数为（ ）
A． B． C．180°﹣2α D．45°+2α
【变式6-2】（2024 赣州模拟）通过光的反射定律知道，入射光线与反射光线关于法线成轴对称（图1）．在图2中，光线自点P射入，经镜面EF反射后经过的点是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
【变式6-3】（2024 通州区一模）如图，由5个“O”和3个“□”组成的图形关于某条直线对称，该直线是（ ）
A．l1 B．l2 C．l3 D．l4
【变式6-4】（2023秋 兴隆县期末）如图，C，E是直线l两侧的点，以点C为圆心，CE的长为半径画弧交直线l于A，B两点，再分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧交于点D，连接CA，CB，CD，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．CA＝CB
B．CD⊥直线l
C．点C，D关于直线l对称
D．点A，B关于直线CD对称
【例7】（2024春 禅城区校级期中）折纸是一种以纸张折成各种不同形状的艺术活动，折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学成为现代几何学的一个分支．按如图所示方法折纸，则下列说法不正确的是（ ）
A．∠1与∠3互余 B．∠2＝90°
C．AE平分∠BEF D．∠1与∠AEC互补
【变式7-1】（2024春 晋江市期末）如图，点P在四边形ABCD的内部，且点P与点M关于AD对称，PM交AD于点G，点P与点N关于BC对称，PN交BC于点H，MN分别交AD，BC于点E，F．
（1）连接PE，PF，若MN＝12cm，求△PEF的周长；
（2）若∠C+∠D＝134°，求∠HPG的度数．
【7-2】（2024春 秦都区校级月考）如图，点P是∠AOB外的一点，点E与点P关于OA对称，点F与点P关于OB对称，直线FE分别交OA、OB于C、D两点，连接PC、PD、PE、PF．
（1）若∠OCP＝∠F＝20°，求∠CPD的度数；
（2）若求CP＝DP，CF＝13，DE＝3，求CP的长．
【考点五：作图-轴对称变换】
【例8】（2024春 娄底月考）在正方形网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的三个顶点都在格点上，△ABC关于y轴对称图形为△A1B1C1（其中：A与A1，B与B1，C与C1相对应）．
（1）画出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1．
（2）写出△A1B1C1三个顶点的坐标．
（3）求△A1B1C1的面积．
【变式8-1】（2024春 莲湖区期末）如图，△ABC的顶点均在格点（网格线的交点）上，直线l在网格线上．
（1）在网格中作△ABC关于直线l的对称图形△A'B'C'．
（2）网格中每一个小正方形的边长均为1，在（1）的基础上，计算△AC'A'的面积．
【变式8-2】（2024春 宜阳县期末）如图，（1）请在下面方格纸中画出△ABC关于直线l1的对称图形△A1B1C1，再画出△A1B1C1关于直线l2的对称图形△A2B2C2．
（2）观察你所画的图形，发现△A2B2C2与△ABC之间有什么关系？（△A2B2C2可以看作是由△ABC经过一次什么变换得到的）
（3）通过做这个题你会发现，一个图形关于什么位置关系的两条直线做两次轴对称，就相当于做一次什么变换？
【考点六 ：剪纸】
【例9】（2024春 北京期末）如图所示把一个长方形纸片对折两次，然后剪下一个角，如果得到的四边形是正方形，那么剪口与折痕所夹的角α的度数为（ ）
A．90° B．45° C．30° D．22.5°
【变式9-1】（2024春 高新区期末）如图1，有一张长、宽分别为9和4的长方形纸片，将它对折两次后得到如图2所示的图形，然后沿图2中的虚线剪开，得到两部分，其中一部分展开后的平面图形可以是图3中的（ ）
A．①② B．②③④ C．①②③ D．①②③④
【变式9-2】（2024 绵竹市模拟）如图，把一个正方形三次对折后沿虚线剪下，则得到的图形是（ ）
A． B． C． D．
【考点】剪纸问题．版权所有
【分析】根据图形的折叠，剪去的等腰直角三角形正好是大正方形的4个角的小正方形，可得答案．
【解答】解：从折叠的图形中剪去8个等腰直角三角形，正方形剪去4个小正方形，
故选：C．
【点评】本题考查了剪纸问题，理解剪去的等腰直角三角形正好是大正方形的4个角的小正方形是解题关键．
【变式9-3】（2024 南宁模拟）如图1，先将一张长方形纸片对折，然后沿图2的虚线折叠得到图3，再按图3所示沿BC剪下△ABC．若展开后是图4所示的正五角星（每个锐角都是36°），则图3中∠ABC的度数是（ ）
A．108° B．114° C．126° D．144°
【变式9-4】（2023秋 威海期末）小王将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A． B． C． D．
【变式9-5】（2022秋 文登区期末）如图，将一张正方形纸片沿对角线折叠一次，得到一个三角形．在得到的三角形的三个内角各剪去一个圆，然后将纸片展开，得到的图案是（ ）
A． B．
C． D．
【变式9-6】（2022 田家庵区校级自主招生）如图，将一张圆形纸片（圆心为点O）沿直径MN对折后，按图1分成六等份折叠得到图2，将图2沿虚线BA剪开，再将△AOB展开得到如图3的一个六角星．若∠CDE＝80°，则∠OBA的度数为（ ）
A．135° B．140° C．130° D．120°
【变式9-7】（2021秋 钟山区期末）将一张矩形纸片按如图所示方式对折两次，然后剪下一个角打开，如果要剪出一个正方形，那么剪口线与折痕的夹角是（ ）
A．60° B．45° C．30° D．22.5°
【考点七：翻折】
【例10】（2024春 长安区期末）如图，AD是△ABC的角平分线，∠C＝20°，AB+BD＝AC，将△ABD沿AD所在直线翻折，点B恰好落在AC边上点E处．则∠B的度数为（ ）
A．70° B．60° C．50° D．40°
【变式10-1】（2024春 厦门期末）如图，将长方形纸片ABCD折叠，使点D与B点重合，点C落在C′点处，折痕为EF．若∠ABE＝20°，那么∠EFB的度数为（ ）
A．45° B．50° C．55° D．60°
【变式10-2】（2024春 福州期末）如图，在△ABC中，点D在边BC上，将△ABD沿AD翻折得到△AED，若△ABF的周长为12，△DEF的周长为4，则AF的长为（ ）
A．3 B．3.5 C．4 D．4.5
【变式10-3】（2024春 杨浦区期末）如图，在△ABC中，D是边BC的中点，将△ABD沿AD翻折，点B落在点E处，AE交CD于点F，△ADF的面积恰好是△ABC面积的．小丽在研究这个图形时得到以下两个结论：①∠B＝∠CAE；②AC＝CD．那么下列说法中，正确的是（ ）
A．①正确②错误 B．①错误②正确
C．①、②皆正确 D．①、②皆错误
【变式10-4】（2024 潮南区三模）如图，把一长方形纸片ABCD的一角沿AE折叠，点D的对应点D'落在∠BAC内部．若∠CAE＝2∠BAD′，且∠CAD′＝20°，则∠DAE的度数为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【变式10-5】（2023秋 黄山期末）如图，在△ABC中，∠C＝40°，将△ABC沿着直线l折叠，点C落在点D的位置，则∠1﹣∠2的度数是（ ）
A．40° B．80° C．90° D．140°
【变式10-6】（2024 威海一模）如图，在△ABC中，∠BAD＝30°，将△ABD沿AD折叠至△ADB'，∠ACB＝2α，连接B'C，B'C平分∠ACB，则∠AB'D的度数是（ ）
A． B．60°+α C． D．90°﹣α
【例11】（2023秋 樊城区期末）在△ABC中，已知∠A＝80°，∠C＝30°，现把△CDE沿DE进行不同的折叠得△C′DE，对折叠后产生的夹角进行探究：
（1）如图（1）把△CDE沿DE折叠在四边形ADEB内，则求∠1+∠2的和；
（2）如图（2）把△CDE沿DE折叠覆盖∠A，则求∠1+∠2的和；
（3）如图（3）把△CDE沿DE斜向上折叠，探求∠1、∠2、∠C的关系．
【变式11-1】（2024春 江南区校级期中）综合与实践——折纸中的数学：我们在七年级上册第四章《几何图形初步》中探究了简单图形折叠问题，并进行了简单的计算与推理．七年级下册第五章学行线的性质与判定后，我们进行了长方形纸条的折叠与平行线的探究，今天我们继续探究——折纸与平行线．
如图1，长方形纸条ABMN中，AB∥MN，AN∥BM．第一步，将长方形纸条折叠，使折痕经过点A，得到折痕AC，再将纸片展平；第二步，如图2，将折痕AC折到AE处（E在AN上），点B落在B′处；第三步，如图3，将∠NED对折，使点M落在M′处，点N落在N′处，EN′与DB′共线，得到折痕EF．
（1）如图2：①若∠CDA＝36°，则∠B′EN＝ ；
②若∠CDA＝α，则∠B′EN＝ （用含α的式子表示）．
（2）如图2，AC和DE有怎样的位置关系，并说明理由．
（3）如图3，折痕AD和EF有怎样的位置关系，请说明理由．
【变式11-2】（2024春 青山区期中）已知，在长方形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD∥BC，AB∥CD，点E在线段AD上，点F在线段BC上，将长方形ABCD沿EF折叠后，点D的对应点是M，点C的对应点是N．
（1）如图1，若∠AEM＝36°，求∠EFB的度数；
（2）如图2，将四边形EMNF沿BF继续折叠，点N的对应点为G，探索∠AEM与∠GHF的数量关系，并证明你的结论；
（3）如图3，P是直线MH和线段AE的交点，将四边形ABHP沿PH折叠，点A的对应点是O，点B的对应点是Q．请直接写出∠EFG和∠GHQ的数量关系．
【变式11-3】（2024春 甘井子区期中）【动手操作】
在数学活动课上，范老师引导同学们探究画平行线的方法，小明经过折纸等动手操作，探究出一种画平行线的方法：
步骤一：如图1，在纸上画出直线AB与EF交于点E，在线段EF上取点M，过点M折叠纸片，使折痕GC交AB于点G，点C在线段GM的延长线上．
步骤二：用量角器测量出∠EMC和∠BEM的度数，计算∠EMC﹣∠BEM＝m°．
步骤三：再以点C为顶点画出∠DCM＝m°，点D在点C的右侧，就得到直线CD∥AB．
（1）如图1，∠DCM＝∠EMC﹣∠BEM，求证：CD∥AB．
【问题初探】
小明继续折纸操作，探究∠EMC与∠ENC的数量关系：
步骤四：如图2，再次将纸折叠两次，使BE与EF重合，DC与GC重合，折痕直线EN，CN交于点N．
（2）如图2，猜想∠EMC与∠ENC的数量关系，并证明．
【类比探究】
（3）①小明发现按照步骤一操作时，将“在线段EF上取点M，点C在线段GM的延长线上”改为“在线段EF的延长线上取点M，且点C在线段GM上”，其他条件不变；再按照步骤二、三进行操作，他发现若点的位置发生改变，∠DCM，∠EMC，∠BEM的数量关系也发生改变，仍能画出直线CD∥AB．
请画出图形，直接写出当∠DCM，∠EMC，∠BEM满足什么数量关系时，直线CD∥AB．
②如图3，在步骤四的操作中，过点E，C分别折叠BE，DC，使折痕EN，CN分别落在∠BEM和∠DCM中，且交于点N，若∠BEN＝n∠NEM，∠DCN＝n∠NCM（0＜n＜1），请直接写出∠EMC与∠ENC的数量关系．（用含有n的代数式表示）
【考点八：设计轴对称图案】
【例12】（2024春 武汉期末）如图，在4×4的正方形网格中，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，可供选择的白色小正方形有 个．
【变式12-1】（2024 石家庄校级模拟）如图所示的“钻石”型网格（由边长都为1个单位长度的等边三角形组成），其中已经涂黑了3个小三角形（阴影部分表示），请你再只涂黑一个小三角形，使它与阴影部分合起来所构成的图形是一个轴对称图形，一共有（ ）种涂法．
A．1 B．2 C．3 D．4
【变式12-2】（（2024 吉安县校级模拟）如图是由全等的小等边三角形组成的网格，其中有3个小三角形被涂成了黑色（用阴影表示）．若平移其中1个阴影三角形到空白网格中，使阴影部分构成的图形为轴对称图形，则平移的方法共有（ ）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
【变式12-3】（2023秋 徐州期末）如图，方格纸中有3个小方格被涂成黑色，若从其余13个白色小方格中选出一个涂成黑色，使所有的黑色方格构成轴对称图形，则不同的涂色方案共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【变式12-4】（2015春 福田区期末）图形设计：请将网格中的某些小方格涂黑，使它与已涂黑的小方格组成轴对称图形，并且有两条对称轴．（要求用两种不同的方法）
【例13】（2024 岳池县三模）如图是由5个全等的正方形组成的，请你移动其中一个正方形，使它变成轴对称图形，要求：所作图形顶点必须在网格图格点上．（在网格图中画出4种形状不同的图形，涂上阴影．）
【变式13-1】（2023秋 襄城区期末）如图，在3×3的正方形网格中，有一个以格点为顶点的三角形．
（1）请你在图①，图②，图③中，分别画出一个与该三角形成轴对称且以格点为顶点的三角形，并将所画三角形涂上阴影．（注：所画的三幅图不能重复）．
（2）格纸中所有与该三角形成轴对称且以格点为顶点的三角形共有 个．
【变式13-2】（2023秋 舒兰市期末）如图，在2×2的正方形格纸中，有一个以格点为顶点的△ABC，请你找出格纸中所有与△ABC成轴对称且以格点为顶点的三角形，请在下面所给的格纸中一一画出所有符合条件的三角形．（所给的六个格纸未必全用）
【变式13-3】．（2024 广安二模）如图，网格中每个小正方形的边长为1
请你认真观察图1中的三个网格中的黑色部分构成的图案，解答下列问题：
（1）这三个图案都具有以下共同特征：都是 对称图形，都不是 对称图形；
（2）在图2中选一个白色的小正方形并涂黑，使图2中黑色部分是轴对称图形；
（3）请在图3中设计出一个面积为4的图案，且具备（1）中的特征（不与图1中所给图案相同）．
