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2021-2022学年七年级数学下册尖子生同步培优题典【北师大版】
专题5.2探索轴对称的性质
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑
色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的．
1．（2020秋•庐阳区校级月考）如图，若△ABC与△A'B'C'关于直线MN对称，BB'交MN于点O，则下列
说法中，不一定正确的是（ ）
A．AC＝A'C' B．AB∥B'C' C．AA'⊥MN D．BO＝B'O
【分析】根据轴对称的性质，一一判断即可．
【解析】∵△ABC与△A'B'C'关于直线MN对称，
∴AC＝A′C′，AA′⊥MN，BO＝OB′，
故选项A，C，D正确，
故选：B．
2．（2018秋•西陵区期末）如图，直线MN是四边形MANB的对称轴，点P在MN上．则下列结论错误的
是（ ）
A．∠ANM＝∠BNM B．∠MAP＝∠MBP C．AM＝BM D．AP＝BN
【分析】根据直线MN是四边形AMBN的对称轴，得到点A与点B对应，根据轴对称的性质即可得到结
论．
【解析】∵直线MN是四边形AMBN的对称轴，∴点A与点B对应，
∴AM＝BM，AN＝BN，∠ANM＝∠BNM，
∵点P是直线MN上的点，
∴∠MAP＝∠MBP，
∴A，B，C正确，而D错误，
故选：D．
3．（2020春•翼城县期末）将一张长方形纸条折成如图所示的形状，BC为折痕，若∠DBA＝80°，则
∠ABC等于（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【分析】根据折叠的性质及邻补角的定义可直接解答．
【解析】根据题意得：2∠ABC+∠DBA＝180°，
则∠ABC＝（180°﹣80°）÷2＝50°．
故选：B．
4．（2021秋•廉江市期末）在4×4的正方形网格中，以格点为顶点的三角形称为格点三角形，在图中画出
与△ABC关于某条直线对称的格点三角形，最多能画（ ）个．
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】根据网格结构分别确定出不同的对称轴，然后作出轴对称三角形即可得解；
【解析】如图，最多能画出7个格点三角形与△ABC成轴对称．故选：C．
5．（2020秋•百色期末）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A′处，折痕
为DE．如果∠A＝ ，∠CEA′＝ ，∠BDA′＝ ，那么下列式子中正确的是（ ）
α β θ
A． ＝2 + B． ＝ +2 C． ＝ + D． ＝180°﹣ ﹣
【分θ析】α根β据三角形的外角θ得α：∠βBDA'＝∠A+∠AθFDα，β∠AFD＝∠A'+∠θCEA'，代α入已β知可得结论．
【解析】如图：
由折叠得：∠A＝∠A'，
∵∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，∵∠A＝ ，∠CEA′＝ ，∠BDA'＝ ，
∴∠BDAα'＝ ＝ + + ＝β2 + ， θ
故选：A． θ α α β α β
6．（2020秋•铜梁区校级期中）如图，在△ABC中，将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，若
∠B＝30°，∠2＝25°，则∠1的度数是（ ）
A．55° B．65° C．75° D．85°
【分析】设直线 m交AB于点E，交BC于点F，利用折叠的性质可得出∠BEF＝∠DEF，∠BFE＝
∠DFE，∠D＝∠B＝30°，由邻补角互补及∠2的度数，可求出∠DFE的度数，在△DEF中利用三角形
内角和定理可求出∠DEF的度数，再结合∠BEF+∠DEF+∠1＝180°，即可求出∠1的度数．
【解析】设直线m交AB于点E，交BC于点F，如图所示.
由折叠可知：∠BEF＝∠DEF，∠BFE＝∠DFE，∠D＝∠B＝30°．
∵∠BFE+∠CFE＝180°，∠DFE＝∠CFE+∠2＝∠CFE+25°，
∴∠DFE＝ （∠BFE+∠CFE+∠2）＝ ×（180°+25°）＝102.5°，
∴∠DEF＝180°﹣∠D﹣∠DFE＝180°﹣30°﹣102.5°＝47.5°．
又∵∠BEF+∠DEF+∠1＝180°，
∴∠1＝180°﹣∠BEF﹣∠DEF＝180°﹣2×47.5°＝85°．
故选：D．
7．（2020秋•玄武区期中）如图，△ABC和△AB'C'关于直线l对称，l交CC'于点D，若AB＝4，B'C'＝2，
CD＝0.5，则五边形ABCC′B'的周长为（ ）A．14 B．13 C．12 D．11
【分析】直接利用轴对称的性质得出AB＝AB′，BC＝B′C′，DC＝DC′，再用周长公式即可得出答
案．
【解析】∵△ABC和△AB'C'关于直线l对称，l交CC'于点D，
∴AB＝AB′，BC＝B′C′，DC＝DC′，
∵AB＝4，B'C'＝2，CD＝0.5，
∴AB′＝4，BC＝2，DC′＝0.5，
∴五边形ABCC′B'的周长为：4+2+0.5+0.5+2+4＝13．
故选：B．
8．（2020•哈尔滨）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与
△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（ ）
A．10° B．20° C．30° D．40°
【分析】由余角的性质可求∠C＝40°，由轴对称的性质可得∠AB'B＝∠B＝50°，由外角性质可求解．
【解析】∵∠BAC＝90°，∠B＝50°，
∴∠C＝40°，
∵△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，
∴∠AB'B＝∠B＝50°，
∴∠CAB'＝∠AB'B﹣∠C＝10°，
故选：A．
9．如图，P是∠AOB外的一点，Q是点P关于OA的对称点，R是点P关于OB的对称点，直线QR分别交
OA，OB于点M，N，连结PM，PN．若∠PMO＝33°，∠PNO＝70°，则∠QPN的度数为（ ）A．33° B．20° C．17° D．10°
【分析】先根据点P与点Q关于直线OA对称可知OM是线段PQ的垂直平分线，故PM＝MQ，∠PMQ
＝2∠PMO，根据三角形内角和定理求出∠PQM的度数，同理可得出PN＝RN，故可得出∠PNR＝
2∠PNO，再由平角的定义得出∠PNQ的度数，由三角形外角的性质即可得出结论．
【解析】∵点Q和点P关于OA的对称，
点R和点P关于OB的对称
∴直线OA、OB分别是PQ、PR的中垂线，
∴MP＝MQ，NP＝NR，
∴∠PMO＝∠QMO，∠PNO＝∠RNO，
∵∠PMO＝3 3°，∠PNO＝70°，
∴∠PMO＝∠QMO＝33°，∠PNO＝∠RNO＝70°，
∴∠PMQ＝66°，∠PNR＝140°，
∴∠MQP＝57°，
∴∠PQN＝123°，∠PNQ＝40°，
∴∠QPN＝17°．
故选：C．
10．（2021秋•滨湖区期中）如图，点P是∠AOB内一点，OP＝m，∠AOB＝ ，点P关于直线OA的对称
点为点Q、关于直线OB的对称点为点T，连接QT，分别交OA、OB于点Mα、N，连接PM、PN，下列
结论：①∠OTQ＝90°﹣ ；②当 ＝30°时，△PMN的周长为m；③0＜QT＜2m；④∠MPN＝180°﹣
2 ，其中正确的是（ α） α
αA．①② B．③④ C．①②④ D．①②③④
【分析】①正确，利用轴对称的性质证明即可．
②正确，证明PMN的周长＝TQ，可得结论．
③错误，应该是0＜QT≤2m．
④正确，由∠MPN＝∠OPM+∠OPN＝∠OQM+∠ATN＝180°﹣2 ，可得结论．
【解析】∵点P关于直线OA的对称点为点Q、关于直线OB的对α称点为点T，
∴OQ＝OO＝OT，∠AOP＝∠AOQ，∠POB＝∠BOT，
∵∠AOB＝ ，
∴∠QOT＝α2 ，
α
∴∠OQT＝∠OQT＝ （180°﹣2 ）＝90°﹣ ，故①正确，
当 ＝30°时，∵∠TOQ＝60°，OQα＝OT， α
∴△αOPQ是等边三角形，∴QT＝OQ＝m，
∵MP＝MQ，NP＝NT，
∴△PMN的周长＝PM+MN+PN＝QM+MN+NT＝QT＝m，故②正确，
∵OQ＝OT＝m，
∴0＜QT≤2m，故③错误，
∠MPN＝∠OPM+∠OPN＝∠OQM+∠OTN＝180°﹣2 ，故④正确，
故选：C． α
二．填空题（共8小题）
11．（2020秋•上海期末）如图所示，把△ABC沿直线DE翻折后得到△A′DE，如果∠A′EC＝36°，那
么∠AED＝ 7 2 度．【分析】根据折叠的性质可知，∠A′ED＝∠AED，再根据平角的定义和已知条件即可求解．
【解析】∵把△ABC沿直线DE翻折后得到△A′DE，
∴∠A′ED＝∠AED，
∵∠A′EC＝36°，
∴∠AED＝（180°﹣36°）÷2＝72°．
故答案为：72．
12．（2018秋•南昌县期中）已知，如图，在△ABC中，∠A＝58°，∠B＝80°，将纸片的一角折叠，使点
C落在△ABC外，若∠2＝26°，则∠1的度数为 11 0 度．
【分析】在△ABC中利用三角形内角和定理可求出∠C的度数，由折叠的性质，可知：∠CDE＝
∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，结合∠2的度数可求出∠CED的度数，在△CDE中利用三角形内角和定
理可求出∠CDE的度数，再由∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE即可求出结论．
【解析】∵在△ABC中，∠A＝58°，∠B＝80°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝42°．
由折叠，可知：∠CDE＝∠C′DE，∠CED＝∠C′ED，
∴∠CED＝ ＝103°，
∴∠CDE＝180°﹣∠CED﹣∠C＝35°，
∴∠1＝180°﹣∠CDE﹣∠C′DE＝180°﹣2∠CDE＝110°．
故答案为：110．
13．（2018秋•齐河县期中）如图，在四边形ABCD中，边AB与AD关于AC对称，则下面结论正确的是
①②③ .（填序号）
①CA平分∠BCD；②AC平分∠BAD；③BD⊥AC；④BD平分AC．【分析】根据轴对称的性质得出∠BAC＝∠DAC，AC⊥BD，BE＝DE，根据线段垂直平分线性质得出
BC＝DC，根据等腰三角形性质得出∠BCA＝∠DCA即可．
【解析】在四边形ABCD中，边AB与AD关于AC对称，
∴∠BAC＝∠DAC，AC⊥BD，BE＝DE，
∴BC＝DC，
∴∠BCA＝∠DCA，
∴CA平分∠BCD，AC平分∠BAD，①②③正确；
但BD不一定平分AC，故④错误，
故答案为：①②③．
14．（2010春•奉化市校级期中）如图，四边形ABCD中，AC⊥BD于E，BE＝DE，若AC＝30cm，BD＝
20cm．则阴影部分的面积是 15 0 平方厘米．
【分析】由图知，阴影部分的面积等于△ACD的面积．
【解析】∵BE＝DE，BD＝20cm，∴DE＝ BD＝10cm，
∴阴影部分的面积＝ ×AC×DE＝150cm2．
15．（2020秋•鼓楼区校级期中）如图，△APT与△CPT关于直线PT对称，AT＝PT，延长AT交PC于点
F，当∠A＝ 3 6 °时，FT＝FC．
【分析】利用辅助的性质证明∠A＝∠C＝∠APT＝∠CPT＝∠FTC，利用三角形内角和定理求解即可．
【解析】由翻折的性质可知，TA＝TC，
∵AT＝TP，∠A＝∠C，
∴AT＝TP＝TC，
∴∠A＝∠APT＝∠C＝∠CPT，
∵TF＝FC，
∴∠C＝∠FTC，
∴∠PFT＝∠C+∠FTC＝2∠C＝2∠A，
∵∠A+∠APF+∠PFA＝180°，
∴∠A+2∠A+2∠A＝180°，
∴∠A＝36°，
故答案为：36°．
16．（2020秋•讷河市期末）如图∠AOB＝30°，∠AOB内有一定点P，且OP＝15，若在OA、OB上分别
有动点M、N，则△PMN周长的最小值是 1 5 ．
【分析】根据题意画出符合条件的图形，求出OD＝OE＝OP，∠DOE＝60°，得出等边三角形DOE，求
出DE＝5，求出△PMN的周长＝DE，即可求出答案．【解析】作P关于OA的对称点D，作P关于OB的对称点E，连接DE交OA于M，交OB于N，连接
PM，PN，则此时△PMN的周长最小，
连接OD，OE，
∵P、D关于OA对称，
∴OD＝OP，PM＝DM，
同理OE＝OP，PN＝EN，
∴OD＝OE＝OP＝15，
∵P、D关于OA对称，
∴OA⊥PD，
∵OD＝OP，
∴∠DOA＝∠POA，
同理∠POB＝∠EOB，
∴∠DOE＝2∠AOB＝2×30°＝60°，
∵OD＝OE＝15，
∴△DOE是等边三角形，
∴DE＝15，
即△PMN的周长是PM+MN+PN＝DM+MN+EN＝DE＝15，
故答案为15．
17．（2020秋•大武口区期末）如图，点P是∠AOB外一点，点M、N分别是∠AOB两边上的点，点P关
于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，点P关于OB的对称点R落在线段MN的延长线上．若PM＝
2.5cm，PN＝3cm，MN＝4cm，则线段QR的长为 4. 5 cm ．【分析】由轴对称的性质可知：PM＝MQ，PN＝RN，先求得QN的长度，然后根据QR＝QN+NR即可
求得QR的长度．
【解析】由轴对称的性质可知：PM＝MQ＝2.5cm，PN＝RN＝3cm，
QN＝MN﹣QM＝4﹣2.5＝1.5cm，QR＝QN+NR＝1.5+3＝4.5cm．
故答案为：4.5cm．
18．（2020秋•南岗区校级月考）如图，∠AOB＝30°，P 、P 两点关于边OA对称，P 、P 两点关于边OB
1 2 2 3
对称，若OP ＝3，则线段P P ＝ 3 ．
2 1 3
【分析】如图，连接OP ，OP ．证明△OP P 是等边三角形即可．
1 2 1 3
【解析】如图，连接OP ，OP ．
1 2
∵P 、P 两点关于边OA对称，P 、P 两点关于边OB对称，
1 2 2 3
∴OP ＝OP ＝OP ＝3，∠AOP ＝∠AOP ，∠BOP ＝∠BOP ，
2 1 3 2 2 2 3
∵∠AOB＝30°，
∴∠P OP ＝2∠AOB＝60°，
1 3∴△P OP 是等边三角形，
1 3
∴P P ＝OP ＝3，
1 3 1
故答案为：3．
三．解答题（共6小题）
19．（2021秋•江源区期末）如图，把直角三角形放置在 4×4方格纸上，三角形的顶点都在格点上．在方
格纸上用三种不同的方法画出与已知三角形成轴对称的三角形．（要求：画出的三角形的顶点都在格点
上，不涂黑）
【分析】直接利用轴对称图形的性质进而得出符合题意的答案即可．
【解析】如图1，2，3所示，即为所求； ．
20．如图，点P在∠AOB内，M、N分别是点P关于AO、BO的对称点，MN分别交AO、BO于点E、F．
若△PEF的周长等于20cm，求MN的长．
【分析】根据轴对称的性质可得ME＝PE，NF＝PF，然后求出MN＝△PEF的周长．
【解析】∵M、N分别是点P关于AO、BO的对称点，
∴ME＝PE，NF＝PF，
∴MN＝ME+EF+FN＝PE+EF+PF＝△PEF的周长，
∵△PEF的周长等于20cm，
∴MN＝20cm．
21．如图，∠A＝90°，E为BC边上的一点，点A和点E关于BD对称，点B和点C关于DE对称，求∠C
的度数．【分析】根据轴对称的性质，由点A和点E关于BD对称，得△BAD≌△BED，那么∠ABD＝∠EBD．
由点B和点C关于DE对称，得△BED≌△CED，那么∠DBE＝∠C．根据三角形内角和定理，得
∠ABD+∠DBE+∠C＝3∠C＝90°，从而解决此题．
【解析】∵点A和点E关于BD对称，
∴△BAD≌△BED．
∴∠ABD＝∠EBD．
∵点B和点C关于DE对称，
∴△BED≌△CED．
∴∠DBE＝∠C．
∴∠ABD＝∠DBE＝∠C．
∵∠A＝90°，
∴∠ABC+∠C＝180°﹣∠A＝90°．
∴∠ABD+∠DBE+∠C＝3∠C＝90°．
∴∠C＝30°．
22．（2019秋•昌平区期末）如图，将△ABC分别沿AB，AC翻折得到△ABD和△AEC，线段BD与AE交
于点F，连接BE．
（1）如果∠ABC＝16°，∠ACB＝30°，求∠DAE的度数；
（2）如果BD⊥CE，求∠CAB的度数．
【分析】（1）由折叠的性质可得∠2＝∠1＝30°，∠4＝∠3＝16°，由周角的性质和外角性质可求解；
（2）由三角形内角和定理可求解．
【解析】（1）∵△ABC沿AC、AB翻折得到△AEC和△ABD，∴△AEC≌△ABC，△ABD≌△ABC．
∴∠2＝∠1＝30°，∠4＝∠3＝16°，
∠EAC＝∠BAD＝∠BAC＝180°﹣30°﹣16°＝134°，
∵∠DAC＝360°﹣∠BAD﹣∠BAC，
∴∠DAC＝360°﹣134°﹣134°＝92°，
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝134°﹣92°＝42°；
（2）∵BD⊥CE，
∴∠5＝90°，
∴∠DBC+∠ECB＝90°．
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴∠DBC+∠ECB＝2∠3+2∠1＝90°．
∴∠3+∠1＝45°，
在△ABC中，∠CAB＝180°﹣（∠3+∠1）＝180°﹣45°＝135°．
23．（2021秋•东光县期中）已知点P在∠MON内．如图，点P关于射线OM的对称点是G，点P关于射
线ON的对称点是H，连接OG、OH、OP．
（1）若∠MON＝50°，则∠GOH＝ 100 ° ；
（2）若PO＝5，连接GH，请说明当∠MON为多少度时，GH＝10．【分析】（1）由对称性可得∠GOM＝∠MOP，∠MOH＝∠PON，则有∠GOH＝2∠MON，求解即可；
（2）由（1）可知，GO＝HO＝PO＝5，再由GH＝10，可得G、O、H三点共线，即可求解．
【解析】（1）∵点P关于射线OM的对称点是G，
∴∠GOM＝∠MOP，
∵点P关于射线ON的对称点是H，
∴∠MOH＝∠PON，
∴∠GOH＝2∠MON，
∵∠MON＝50°，
∴∠GOH＝100°，
故答案为：100°；
（2）由（1）可知，GO＝HO＝PO，
∵OP＝5，
∴GO＝HO＝5，
∵GH＝10，
∴G、O、H三点共线，
∴∠GOH＝180°，
∴∠MON＝90°．
24．（2020秋•洮北区期末）如图，点P关于OA、OB轴对称的对称点分别为C、D，连接CD，交OA于
M，交OB于N．
（1）若CD的长为18厘米，求△PMN的周长；（2）若∠C＝21°，∠D＝28°，求∠MPN的度数．
【分析】（1）直接利用轴对称图形的性质进而得出对应线段关系即可得出答案；
（2）直接利用轴对称图形的性质进而得出对应角关系即可得出答案．
【解析】（1）∵点P关于OA，OB的轴对称点分别为C、D，连接CD，交OA于M，交OB于N，
∴PM＝CM，ND＝NP，
∵△PMN的周长＝PN+PM+MN，PN+PM+MN＝CD＝18cm，
∴△PMN的周长为：18cm；
（2）∵点P关于OA、OB轴对称的对称点分别为C、D，
∴OA垂直平分PC，OB垂直平分PD，
∴CM＝PM，PN＝DN，
∴∠C＝∠MPC，∠D＝∠NPD，
∵∠PRM＝∠PTN＝90°，
∴在四边形OTPR中，∠CPD+∠O＝180°，
∵∠D+∠C+∠CPD＝180°，
∴∠C+∠D＝∠O＝49°，
∴∠MPN＝180°﹣49°×2＝82°．
