第十五章轴对称单元复习检测试卷2025—2026学年人教版数学八年级上册

第十五章轴对称单元复习检测试卷人教版2025—2026学年八年级上册 总分：120分 时间：90分钟 姓名：________ 班级：_____________成绩：___________ 一．单项选择题（每小题5分，满分40分） 1．下列轴对称图形中，只有条对称轴的是（    ） A． B． C． D． 2．在中，，是的中点，若，则的长为（　　） A． B． C． D． 3．已知点关于y轴的对称点在第一象限，则m的取值范围是（   ） A． B． C．或 D． 4．以下条件中能够判定一个三角形是等腰三角形是（　　） ①一条边上的高线与这条边上的中线重合 ②一条边上的高线与这条边所对的角的角平分线重合 ③一条边上的中线与这条边所对的角的角平分线重合 A． 只有①和②可以 B．只有①和③可以 C．只有②和③可以 D．①②③全部都可以 5．下列条件中，能判定为等边三角形的是（   ） A． B． C． D． 6．如图，在四边形中，垂直平分，垂足为点E，下列结论不一定成立的是（ ） A． B． C． D． 7．和均是等边三角形，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 8．如图，中，，垂直平分，则的度数为（    ） A． B． C． D． 第7题图 第8题图 第6题图 二．填空题（每小题5分，满分20分） 9．如图，中，，，，，则的度数为 ． 10．如图，在中，，的垂直平分线与相交所得的为，则的度数为 ． 11．如图，在中，与的平分线交于点E，过点E作交于点M，交于点N，若，则 ． 第11题图 第9题图 第10题图 12．在中，的平分线相交于，过点且，若，，则 ． 三．解答题（共6小题，总分60分，每题须有必要的文字说明和解答过程） 13．如图，为的角平分线，交的延长线于点，． (1)求证：为等腰三角形； (2)求证：． 14．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为． (1)在图中作出关于x轴的对称图形； (2)直接写出点C关于y轴的对称点的坐标：_______； (3)在y轴上找一点P，使得周长最小．（保留作图痕迹） 15．如图，点为外一动点，连接并延长至点，连接交于点．过点作的垂线于点，，已知．过作于点，于点 (1)求证： (2)证明：为的平分线． (3)若，，求. 16．如图，已知点O是∠APB内的一点，M、N分别是点O关于PA、PB的对称点，连接MN与PA，PB分别相交于点E、F，已知MN＝10． （1）求△OEF的周长； （2）连接PM、PN，若∠MPN＝76°，求∠APB的度数． 17．如图，将长方形纸片ABCD沿MN和PQ折叠得到一个轴对称的帽子，折痕角∠AMN＝∠DPQ，点A，D的对应点分别为点G，H，折叠后点B，C的对应点恰好都在点E． （1）若折痕角∠AMN＝110°，求帽子顶角∠NEQ的度数． （2）设∠GMD＝x度，∠NEQ＝y度． ①请用含x的代数式表示y，则y＝　 　 ． ②当∠MNE＝2∠GMD时，帽子比较美观，求此时y的值． 18．如图1，在中，为上一点，连接，交延长线于点，交于点，． (1)求证：点是的中点； (2)如图2，若，，求证：； (3)在（2）的条件下，如图3，作关于直线成轴对称的，连接，若，求的面积． 参考答案 一、选择题 1—8：CCDDDDBA 二、填空题 9． 10．65 11． 12． 三、解答题: 13．【解】（1）证明：设， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰三角形； （2）证明：过点作交的延长线于点， ∴，． ∵平分， ， ∴， ， ∴，， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴． 14．【解】（1）解：关于x轴对称对应点分别为，如图所示： ； （2）解：关于y轴对称点为， 故答案为：； （3）解：如图，作关于轴的对称点，连接交轴于，则即为所求： 理由如下： 由对称可知， 的周长为，当且仅当三点共线时，等号成立， ∴当P为与y轴的交点时，的周长最小． 15．【解】（1）证明：∵，， ∴垂直平分， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴． （2）证明：由（1）已证：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴为的平分线． （3）证明：∵，， ∴，， ∵， ∴． ∵，， ∴． 故答案为：8． 16．【解答】解：（1）∵点M，N分别是点O关于PA，PB的对称点， ∴EM＝EO，FN＝FO， ∴C△OEF＝OE+OF+EF＝EM+FN+EF＝MN． 又∵MN＝10cm， ∴C△OEF＝10cm． （2）连接OP， ∵点M，N分别是点O关于PA，PB的对称点， ∴PA垂直平分MO，PB垂直平分ON， ∴∠MPA＝∠OPA，∠NPF＝∠OPB， ∴∠MPN＝2∠OPA+2∠OPB＝2∠APB＝76°， ∴∠APB＝38°． 17．【解答】解：（1）由题意可知AD∥BC， ∴∠AMN+∠MNB＝180°， 又∵∠AMN＝110°， ∴∠MNB＝70°， 由折叠的性质得：∠MNB＝∠MNE＝70°， ∴∠ENQ＝180°﹣70°﹣70°＝40°， 由折痕角∠AMN＝∠DPQ可知：EN＝EQ， 在△NEQ中，∠NEQ＝180°﹣40°﹣40°＝100°； （2）①由题意可知AD∥BC，MG∥NE， ∴∠DMN+∠MNE+∠ENQ＝180°，∠GMD+∠DMN+∠MNE＝180°， ∴∠GMD＝∠ENQ， 设∠GMD＝x度，∠NEQ＝y度，则∠ENQ＝x度， 在△NEQ中，2x+y＝180°， ∴y＝180°﹣2x， 故答案为：y＝180°﹣2x； ②由①知，∠GMD＝∠ENQ， ∵∠MNE＝2∠GMD，∠MNE＝∠MNB， 由∠MNB+∠MNE+∠ENQ＝180°， ∴2∠GMD+2∠GMD+∠GMD＝180°， ∴∠GMD＝36°， 即x＝36°， 由①知，y＝180°﹣2x ∴y＝180°﹣2×36°＝108°． 18．【解】（1）证明：∵交延长线于点，交于点， ∴， ∵，， ∴， ∴，即点是的中点； （2）证明：如图，连接，作交于点， ∵， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图，取的中点，连接， ∵与关于直线成轴对称， ∴， ∴，， 由（2）可得，， ∴， ∵， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴，即， ∴， ∴，， ∴， 由（2）可得：， ∴， ∴， ∴． 学科网（北京）股份有限公司 $