本文章为您整理2015年乌鲁木齐中考数学压轴题，帮助考生浏览学习，精品学习网竭诚为您服务。

轴对称、平移、旋转是平面几何的三大变换。由一个平面图形变为另一个平面图形，并使这两个图形关于某一条直线成轴对称，这样的图形改变叫做图形的轴对称变换。轴对称具有这样的重要性质： (1)成轴对称的两个图形全等;(2)如果两个图形成轴对称，那么对称轴是对称点连线的垂直平分线。中考压轴题中轴对称 (折叠)问题，包括有关三角形的轴对称性问题;有关四边形的轴对称性问题;有关圆的轴对称性问题;有关利用轴对称性求最值问题;有关平面解析几何中图形的轴对称性问题。

一. 有关三角形的轴对称性问题

原创模拟预测题1. 如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别是点E，F，连接EF，交AD于点G，求证：AD⊥EF.

原创模拟预测题2. 如图，在Rt△ABC中，∠C=900，∠B=300，BC= ，点D是BC边上一动点(不与点B、C重合)，过点D作DE⊥BC交AB边于点E，将∠B沿直线DE翻折，点B落在射线BC上的点F处，当△AEF为等腰三角形时，BD的长为         。

【答案】 。

【考点】翻折问题，轴对称的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，勾股定理，等腰三角形的判定，分类思想的应用。

二. 有关四边形的轴对称性问题

原创模拟预测题3. 如图①是3×3菱形格，将其中两个格子涂黑，并且使得涂黑后的整个图案是轴对称图形，约定绕菱形ABCD的中心旋转能重合的图案都视为同一种，例②中四幅图就视为同一种，则得到不同共有【    】

A.4种        B.5种        C.6种        D.7种

【答案】B。

【考点】利用旋转的轴对称设计图案。

【分析】根据轴对称的定义及题意要求画出所有图案后即可得出答案：

得到的不同图案有：

共5个。故选B。

原创模拟预测题4. 如图，△ABC中，已知∠BAC=45°，AD⊥BC于D，BD=2，DC=3，求AD的长。

小萍同学灵活运用了轴对称知识，将图形进行翻折变换，巧妙地解答了此题。

(1)分别以AB、AC为对称轴，画出△ABD、△ACD的轴对称图形，D、C点的对称点分别为E、F，延长EB、FC相交于G点，求证：四边形AEGF是正方形;

(2)设AD=x，利用勾股定理，建立关于x的方程模型，求出x的值。

【答案】(1)由翻折变换可得∠E=∠ADB=90°，EB=BD=2，CF=CD=3，∠F=∠ADC=90°，AE=AD，AF=AD，再结合可得四边形AEGF为矩形，再有AE=AF=AD，即可证得结论;(2)6

【解析】

据勾股定理即可列方程求得结果.

在Rt△BGC中，

解得 (不合题意，舍去)

∴AD=x=6.

考点：翻折变换，正方形的判定，勾股定理

点评：解答本题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：翻折前后图形的对应边或对应角相等;有四个角是直角的四边形是矩形，有一组邻边相等的矩形是正方形.

原创模拟预测题5. 菱形ABCD中，∠ABC=450，点P是对角线BD上的任一点，点P关于直线AB、AD、CD、BC的对称点分别是点E、F、G、H， BE与DF相交于点M，DG与BH相交于点N，证明:四边形BMDN是正方形。

【答案】∵四边形ABCD是菱形，

∴∠ABD=∠DBC=∠ADB=∠BDC。

∵∠ABC=450，点P关于直线AB、AD、CD、BC的对称点分别是点E、F、G、H，

∴∠MBN=∠MDN=900，∠MBC=∠MDB=450。

∴△BDM是等腰直角三角形。

∴∠BMD=900，BM=DM。

∴四边形BMDN是正方形。

【考点】菱形的性质，轴对称的性质，正方形的判定，等腰直角三角形的判定和性质。

三. 有关圆的轴对称性问题

原创模拟预测题6. 如图，已知⊙O的直径CD为4，弧AC的度数为120°，弧BC的度数为30°，在直径CD上作出点P，使BP+AP的值最小，若BP+AP的值最小，则BP+AP的最小值为　     　。

【答案】 。

【考点】圆的综合题，轴对称(最短路线问题)，弧、圆心角和圆周角的关系，等边三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，相似三角形的判定和性质，配方法的应用。

【分析】如图，过B点作弦BE⊥CD，连接AE交CD于P点，连接PB，则点P 即为使BP+AP的值最小的点。

原创模拟预测题7. 已知A，B，C为⊙O上相邻的三个六等分点，点E在劣弧AC上(不与A，B，C重合)，EF

为⊙O的直径，将⊙O沿EF折叠，使点A与A′重合，点B与B′重合，连接EB′，EC，EA′。设EB′=b，EC=c，EA′=p。试探究b，c，p三者的数量关系。

【答案】如图1，若点E在弧AB上，连接AB、AC、BC，

由题意，点A、B、C为圆上的六等分点，

∴AB=BC， 。

在等腰△ABC中，过顶点B作BN⊥AC于点N，

则AC=2CN=2BC•cos∠ACB=2cos300•BC，

∴ 。

连接AE、BE，在CE上取一点D，使ED=EA，连接AD，

∴c = p + 。

∵∠ABC=∠CED，

∴△ABC与△CED为顶角相等的两个等腰三角形。

∴△ABC∽△CED。∴ ，∠ACB=∠DCE。

∵∠ACB=∠ACD+∠BCD，∠DCE=∠BCE+∠BCD，∴∠ACD=∠BCE。

在△ACD与△BCE中，∵ ，∠ACD=∠BCE，∴△ACD∽△BCE。

∴ 。∴ 。

∴EA=ED+DA=EC+ 。

由折叠性质可知，p=EA′=EA，b=EB′=EB，c=EC。

∴p=c+ 。

【考点】圆的综合题，折叠问题，圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，分类思想的应用。

【分析】分点E在弧AB上和点E在弧BC上两种情况讨论，分别根据折叠的性质，综合应用圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义求解即可。

四. 有关利用轴对称性求最值问题

原创模拟预测题8. 如图，已知直线a∥b∥c，且a与b之间的距离为3，且b与c之间的距离为1，点A到直线a的距离为2，点B到直线c的距离为3，AB= .试在直线a上找一点M，在直线c上找一点N，满足MN⊥a且AM+MN+NB的长度和最短，则此时AM+NB=【　　】

A.12      B.10       C.8      D.6

【答案】C。

【考点】轴对称的应用(最短线路问题)，平行线之间的距离，平行四边形的判定和性质，勾股定理。

【分析】MN表示直线a与直线c之间的距离，是定值，只要满足AM+NB的值最小即可，如图，作点A关于直线a的对称点A′，连接A′B交直线c与点N，过点N作NM⊥直线a，连接AM，

原创模拟预测题9. 已知抛物线 ： 的顶点在坐标轴上.

(1)求 的值;

(2) 时，抛物线 向下平移 个单位后与抛物线 ： 关于 轴对称，且 过点 ，求 的函数关系式;

(3) 时，抛物线 的顶点为 ，且过点 .问在直线  上是否存在一点 使得△ 的周长最小，如果存在，求出点 的坐标， 如果不存在，请说明理由.

【答案】.解：当抛物线 的顶点在 轴上时

解得 或                      ………………………………1分

当抛物线 的顶点在 轴上时

∴                               ………………………………2分

综上 或 .

∴ ， ，              …………………………………3分

∴抛物线 ：

∵ 过点

∴ ，即  ……………………………………4分

解得 (由题意 ，舍去)∴

∴抛物线 ：  . ………………………………………………5分

【解析】略

五. 有关平面解析几何中图形的轴对称性问题

原创模拟预测题10. 将矩形OABC置于平面直角坐标系中，点A的坐标为(0，4)，点C的坐标为(m，0)(m>0)，点D(m，1)在BC上，将矩形OABC沿AD折叠压平，使点B落在坐标平面内，设点B的对应点为点E，当△ADE是等腰直角三角形时，m=         ，点E的坐标为          ;

【答案】3;(0，1)。

【考点】折叠问题，矩形的性质，折叠的对称性质，正方形的判定和性质。

原创模拟预测题11. 如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为(4， )，且与y轴交于点C(0， )，与x轴交于A，B两点(点A在点B的左边)。

(1)求抛物线的解析式及A，B两点的坐标;

(2)在(1)中抛物线的对称轴l上是否存在一点P，使AP+CP的值最小?若存在，求AP+CP的最小值，若不存在，请说明理由。

(2)存在。

如图，由(1)知：抛物线的对称轴l为x=4，

因为A、B两点关于l对称，连接CB交l于点P，则AP=BP，所以AP+CP=BC的值最小。

∵B(6，0)，C(0，2)，∴OB=6，OC=2。∴BC=2 。

∴AP+CP=BC=2 。

∴AP+CP的最小值为2 。

【考点】二次函数综合题，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的应用(最矩线路问题)，勾股定理。

以上就是小编为大家准备的2015乌鲁木齐中考数学压轴题，希望能对大家有所帮助。

相关推荐：

2014年乌鲁木齐中考历史答案（word版）

2014年乌鲁木齐中考历史真题答案下载

乌鲁木齐2014年中考历史试卷答案（word版）