专题2.6 轴对称图形（章节复习+考点讲练）教师版

2023-2024学年苏科版数学八年级上册同步专题热点难点专项练习专题2.6轴对称图形（章节复习+考点讲练）知识点01：轴对称1.轴对称图形和轴对称（1）轴对称图形

如果一个图形沿着某一条直线折叠，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，这条直线就是它的对称轴.轴对称图形的性质：轴对称图形的对称轴，是任何一对对应点所连线段的垂直平分线.（2）轴对称定义：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，这条直线叫做对称轴.成轴对称的两个图形的性质：①关于某条直线对称的两个图形形状相同，大小相等，是全等形；②如果两个图形关于某条直线对称，则对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线；③两个图形关于某条直线对称，如果它们的对应线段或延长线相交，那么它们的交点在对称轴上.（3）轴对称图形与轴对称的区别和联系区别:轴对称是指两个图形的位置关系，轴对称图形是指具有特殊形状的一个图形；轴对称涉及两个图形，而轴对称图形是对一个图形来说的.联系：如果把一个轴对称图形沿对称轴分成两个图形，那么这两个图形关于这条轴对称；如果把成轴对称的两个图形看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形．2.线段的垂直平分线垂直并且平分一条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线，也叫线段的中垂线．3.作轴对称图形（1）几何图形都可以看作由点组成，我们只要分别作出这些点关于对称轴的对应点，再连接这些点，就可以得到原图形的轴对称图形；（2）对于一些由直线、线段或射线组成的图形，只要作出图形中的一些特殊点（如线段端点）的对称点，连接这些对称点，就可以得到原图形的轴对称图形.4.用坐标表示轴对称点（,）关于轴对称的点的坐标为（,－）；点（,）关于轴对称的点的坐标为（－,）；点（,）关于原点对称的点的坐标为（－,－）.知识点02：线段、角的轴对称性1.线段的轴对称性（1）线段是轴对称图形，线段的垂直平分线是它的对称轴.（2）线段垂直平分线的性质定理：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；

（3）线段垂直平分线的性质定理的逆定理：到线段两个端距离相等的点在线段的垂直平分线2.角的轴对称性（1）角是轴对称图形，角的平分线所在的直线是它的对称轴.（2）角平分线上的点到角两边的距离相等.（3）角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上.知识点03：等腰三角形1.等腰三角形

（1）定义：有两边相等的三角形，叫做等腰三角形.（2）等腰三角形性质①等腰三角形的两个底角相等，即“等边对等角”；②等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线与底边上的高线互相重合（简称“三线合一”）.特别地，等腰直角三角形的每个底角都等于45°.（3）等腰三角形的判定如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（即“等角对等边”）.2.等边三角形（1）定义：三条边都相等的三角形，叫做等边三角形.（2）等边三角形性质：等边三角形的三个角相等，并且每个角都等于60°.（3）等边三角形的判定：①三条边都相等的三角形是等边三角形；②三个角都相等的三角形是等边三角形；③有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形.3.直角三角形的性质定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.【典例精讲】（2022秋•攸县期末）如图，已知AB＝CB，要使四边形ABCD成为一个轴对称图形，还需添加一个条件，你添加的条件是AD＝CD．（只需写一个，不添加辅助线）【思路点拨】轴对称图形的定义即可得到结论．【规范解答】解：AD＝CD，理由：在△ABD与△CBD中，，∴△ABD≌△CBD，∴四边形ABCD是一个轴对称图形，故答案为：AD＝CD．【考点评析】本题考查了轴对称图形，全等三角形的判定和性质，熟练掌握轴对称图形的定义是解题的关键．【变式训练1-1】（2021秋•濮阳期末）正方形再任意涂黑一个，则所得黑色图案是轴对称图形的情况有4种．【思路点拨】利用轴对称图形定义进行补图即可．【规范解答】解：如图所示：，共4种，故答案为：4．【考点评析】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握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．【变式训练1-2】（2023•徐州一模）在下列“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．【思路点拨】根据轴对称图形的概念：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．【规范解答】解：A、是轴对称图形，故此选项正确；B、不是轴对称图形，故此选项错误；C、不是轴对称图形，故此选项错误；D、不是轴对称图形，故此选项错误．故选：A．【考点评析】此题主要考查了轴对称图形，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．【变式训练1-3】（2022秋•永嘉县校级月考）在图①补充2个小方块，在图②、③、④中分别补充3个小方块，分别使它们成为轴对称图形．【思路点拨】根据轴对称图形的定义解答即可．【规范解答】解：作轴对称图形如下（答案不唯一）：【考点评析】此题主要考查了轴对称图形．解题的关键是掌握轴对称图形的定义．轴对称图形的定义：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．【典例精讲】（2023春•铁西区月考）如图（1）～（4），回答下列问题．a．从图形①到图形②进行了平移的是（2）（3）．b．从图形①到图形②进行了轴对称的是（1）（4）．c．对（2）、（4）并进行如下解答．如果是轴对称，找出对称轴；如果是平移，是怎样的平移？【思路点拨】a．根据平移变换的定义判断即可；b．根据轴对称的定义判断即可；c．利用平移变换，轴对称变换的性质判断即可．【规范解答】解：a．从图形①到图形②进行了平移的是（2）（3）；故答案为：（2），（3）；b．从图形①到图形②进行了轴对称的是（1）（4）；故答案为：（1）（4）c．（2）是平移变换，图①向左平移5个单位再向下平移3个单位得到图②．（4）是轴对称变换，对称轴是x轴．【考点评析】本题考查轴对称的性质，平移变换的性质，解题的关键是理解题意，读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．【变式训练2-1】（2023春•茌平区期末）在折纸游戏中，小颖将一张长方形纸片ABCD按如图所示方式折叠，AE、AF为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为B′、D′，若∠B′AD′＝12°，则∠EAF的度数为39°．【思路点拨】利用角的和差以及轴对称的性质计算即可．【规范解答】解：∵∠B'AD'＝12°，∴2∠EAF＝90°﹣12°＝78°，∴∠EAF＝39°．故答案为：39°．【考点评析】本题考查了轴对称的性质和角的计算，解题的关键是掌握角的和差计算．【变式训练2-2】（2023春•达川区校级期末）如图，AC，BD在AB的同侧，AC＝10，BD＝3，AB＝8，点M为AB的中点，若∠CMD＝120°，则CD的最大值是17．【思路点拨】作点A关于CM的对称点A'，点B关于DM的对称点B'，由∠CMD＝120°，可推出△A'MB'为等边三角形，再根据三角形三边关系即可推出结论．【规范解答】解：如图，作点A关于CM的对称点A'，点B关于DM的对称点B'，连接A'C，A'M，A'B'，MB'，B'D'，∵∠CMD＝120°，∴∠AMC+∠DMB＝60°，∴∠CMA'+DMB'＝60°，∴∠A'MB'＝60°，∵MA'＝MB'，∴△A'MB'为等边三角形，∵点M为AB的中点，AB＝8，∴AM＝4，∵CD≤CA'+A'B'+B'D＝CA+AM+BD＝10+4+3＝17，∴CD的最大值为17，故答案为：17．【考点评析】本题考查了轴对称的性质，等边三角形的判定与性质，两点之间线段最短等知识，正确作出辅助线利用三角形的三边关系求解是解题的关键．【变式训练2-3】（2023春•郓城县期末）如图，四边形ABCD沿直线l对折后互相重合，如果AD∥BC，有下列结论：①AB∥CD；②AB＝CD；③AB⊥BC；④AO＝OC．其中正确的结论是①②④．（把你认为正确的结论的序号都填上）【思路点拨】四边形ABCD沿直线l对折后互相重合，即△ABC与△ADC关于l对称，又有AD∥BC，则有四边形ABCD为平行四边形．根据轴对称的性质可知．【规范解答】解：因为l是四边形ABCD的对称轴，AD∥BC，所以①AB∥CD，正确；②AB＝BC，正确；③AC⊥BD，错误；④AO＝OC，正确．故正确的有①、②、④．【考点评析】本题考查轴对称的性质，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．【典例精讲】（2021秋•大同区校级期末）如图，在3×3的正方形的网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形，图中的△ABC为格点三角形，在图中最多能画出（）个格点三角形与△ABC成轴对称．A．6个 B．5个 C．4个 D．3个【思路点拨】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【规范解答】解：如图，最多能画出6个格点三角形与△ABC成轴对称．故选：A．【考点评析】本题考查了利用轴对称变换作图，熟练掌握网格结构并准确找出对应点的位置是解题的关键，本题难点在于确定出不同的对称轴．【变式训练3-1】（2022秋•海淀区校级期中）如图，∠AOB＝40°，点P为∠AOB内一点，分别作P点关于直线OA，OB的对称点C，D，连接OP，OC，OD，CD，PC，PD．则（1）∠CPD的度数是140°；（2）∠OCD的度数是50°．【思路点拨】（1）先根据轴对称的性质得出OA是线段PC的垂直平分线，故可得出OP＝OC，∠COA＝∠POA＝∠COP，∠OCP＝∠OPC，同理可知∠POB＝∠DOB，∠OPD＝∠ODP，进而可得出结论；（2）根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可得出结论．【规范解答】解：（1）∵点P，C关于直线OA对称，∴OP＝OC，∠COA＝∠POA＝∠COP，∴∠OCP＝∠OPC＝＝；同理可知∠POB＝∠DOB＝∠POD，∴∠OPD＝∠ODP＝＝，∵∠AOB＝40°，∴∠COP+∠POD＝2∠AOB＝80°，∴∠CPD＝∠OPC+∠OPD＝+＝＝＝140°．故答案为：140°．（2）∵点P，C关于直线OA对称，点P，D关于直线OB对称，∴OP＝OC，OP＝OD，∴OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC．由（1）知，∠COD＝∠COP+∠POD＝2∠AOB＝80°，∴∠OCD＝＝＝50°．故答案为：50°．【考点评析】本题考查的是轴对称的性质，熟知等腰三角形的性质和三角形内角和等于180°是解题关键．【变式训练3-2】（2017春•天桥区期中）如图是由三个小正方形组成的图形请你在图中补画一个小正方形使补画后的图形为轴对称图形，共有4种补法．【思路点拨】根据轴对称与对称轴的定义，即可求得答案．【规范解答】解：如图：补画一个小正方形使补画后的图形为轴对称图形，共有4种补法．．故答案为：4．【考点评析】此题考查了利用轴对称设计图案，此题难度适中，注意如果一个图形沿着一条直线对折，直线两侧的图形能够完全重合，这个图形就是轴对称图形；对称轴：折痕所在的这条直线叫做对称轴．【变式训练3-3】（2023春•冷水滩区校级期末）如图，在2×2的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1．请分别在下列图中画一个位置不同、顶点都在格点上的三角形，使其与三角形ABC成轴对称图形，并用虚线标出你设计图形的所有对称轴．【思路点拨】根据轴对称图形的特点设计图形即可．【规范解答】解：所求图形，如图所示．【考点评析】本题考查了作轴对称图形，根据轴对称图形的定义作图是解题的关键．【典例精讲】（2023春•邯郸月考）小兰从镜子中看到挂在她背后墙上的四个钟如图所示，其中时间最接近四点钟的是（）A． B． C． D．【思路点拨】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．【规范解答】解：经过镜面反射后，四点变为八点，那么答案应该是最接近八点的图形，故选：C．【考点评析】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．【变式训练4-1】（2022秋•公安县期中）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，这时的时刻应是（）A．15：01 B．10：21 C．21：10 D．10：51【思路点拨】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．【规范解答】解：方法一：将显示的像数字依次左右互换并将每一个数字左右反转，得到时间为15：01；方法二：将显示的像后面正常读数为15：01就是此时的时间．故选：A．【考点评析】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．【变式训练4-2】（2022秋•清河区校级期末）如图是从镜子里看到的号码，则实际号码应是3265．【思路点拨】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；据此分析并作答．【规范解答】解：根据镜面对称的性质，关于镜面对称，又在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒，则这个号码是3265．故答案为：3265．【考点评析】此题考查了镜面对称，正确理解对称的性质是解题的关键，注意体会物体与镜面平行放置和垂直放置的不同．【变式训练4-3】（2021秋•恩施市校级期末）一轿车的车牌在水中的倒影是，则该车的牌照号码为鄂Q•W6E01．【思路点拨】直接利用镜面对称的性质得出答案．【规范解答】解：如图所示：该车的牌照号码为鄂Q•W6E01．．故答案为：鄂Q•W6E01．【考点评析】此题主要考查了镜面对称，正确掌握镜面对称的定义是解题关键．【变式训练4-4】如图，两平面镜所成的角为θ．一束光线由点P发出，经OB，OA两次反射后回到点P．已知PQ∥OA，PR∥OB，判断△OQR的形状．【思路点拨】根据反射易知∠BQP＝∠OQR，∠PRA＝∠ORQ，根据题中所给的平行可得到△OQR中三个角都等于60°，那么这个三角形为等边三角形．【规范解答】解：∵PQ∥OA，∴∠BQP＝∠O＝θ．∴∠BQP＝∠OQR＝θ．又∵PR∥OB，∴∠PRA＝∠O＝θ，∴∠QRO＝∠PRA＝θ．∵∠QRO+∠OQR+∠QOR＝180°，∴3θ＝180°．∴θ＝60°．∴∠QRO＝∠QOR＝60°．∴△OQR是等边三角形．【考点评析】需注意利用反射的性质得到入射光线与水平线的夹角等于反射光线与水平线的夹角，利用平行的性质把相应的角转移到一个三角形中求解．【典例精讲】（2023春•宜城市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，将矩形沿AC折叠，点B落在点B′处，则重叠部分△AFC的面积为（）A．12 B．10 C．8 D．6【思路点拨】由矩形的性质和折叠的性质得出∠FCA＝∠FAC，证出AF＝CF，设AF＝CF＝x，DF＝8﹣x，在Rt△ADF中，根据勾股定理得出方程，解方程求出AF，△AFC的面积＝CF×AD，即可得出结果．【规范解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴DC＝AB＝8，AD＝BC＝4，∠D＝90°，AB∥DC，∴∠BAC＝∠FCA，由折叠的性质得：∠FAC＝∠BAC，∴∠FCA＝∠FAC，∴AF＝CF，设AF＝CF＝x，DF＝8﹣x，在Rt△ADF中，根据勾股定理得：AD2+DF2＝AF2，即42+（8﹣x）2＝x2，解得：x＝5，∴△AFC的面积＝CF×AD＝×5×4＝10；故选：B．【考点评析】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．【变式训练5-1】（2023春•平南县期末）如图所示，△ABE和△ADC是△ABC分别沿着AB，AC边翻折180°形成的，若∠1：∠2：∠3＝28：5：3，则∠α的度数为（）A．80° B．100° C．60° D．45°【思路点拨】先根据三角形的内角和定理易计算出∠1＝140°，∠2＝25°，∠3＝15°，根据折叠的性质得到∠1＝∠BAE＝140°，∠E＝∠3＝15°，∠ACD＝∠E＝15°，可计算出∠EAC，然后根据∠α+∠E＝∠EAC+∠ACD，即可得到∠α＝∠EAC．【规范解答】解：设∠3＝3x，则∠1＝28x，∠2＝5x，∵∠1+∠2+∠3＝180°，∴28x+5x+3x＝180°，解得x＝5°，∴∠1＝140°，∠2＝25°，∠3＝15°，∵△ABE是△ABC沿着AB边翻折180°形成的，∴∠1＝∠BAE＝140°，∠E＝∠3＝15°，∴∠EAC＝360°﹣∠BAE﹣∠BAC＝360°﹣140°﹣140°＝80°，又∵△ADC是△ABC沿着AC边翻折180°形成的，∴∠ACD＝∠E＝15°，而∠α+∠E＝∠EAC+∠ACD，∴∠α＝∠EAC＝80°．故选：A．【考点评析】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了三角形的内角和定理以及周角的定义．【变式训练5-2】（2023春•围场县期末）把一张矩形ABCD纸片按如图方式折叠，使点A与点E重合，点C与点F重合（E、F两点均在BD上），折痕分别为BH、DG．若AB＝6cm，BC＝8cm，则线段FG的长为3cm．【思路点拨】由折叠的性质得到三角形CDG与三角形FDG全等，利用全等三角形对应边相等得到FD＝CD，FG＝CG，在直角三角形BCD中，利用勾股定理求出BD的长，设FG＝x，表示出BG与BF，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解即可得到FG的长．【规范解答】解：由折叠的性质得：△CDG≌△FDG，∴FD＝CD＝AB＝6cm，FG＝CG，在Rt△BCD中，BC＝8cm，CD＝AB＝6cm，根据勾股定理得：BD＝＝10cm，在Rt△BGF中，设FG＝CG＝x，则有BG＝BC﹣CG＝（8﹣x）cm，BF＝BD﹣DF＝10﹣6＝4cm，根据勾股定理得：（8﹣x）2＝x2+42，整理得：﹣16x+64＝16，即16x＝48，解得：x＝3，则FG＝3cm，故答案为：3cm【考点评析】此题考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理，利用了方程的思想，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．【变式训练5-3】（2023春•鼓楼区校级期末）如图①，凹四边形ABCD形似圆规，这样的四边形称为“规形”，（1）如图①，在规形ABCD中，若∠A＝80°，∠BDC＝130°，∠ACD＝30°，则∠ABD＝20°；（2）如图②，将△ABC沿DE，EF翻折，使其顶点A，B均落在点O处，若∠CDO+∠CFO＝72°，则∠C＝54°；（3）如图③，在规形ABCD中，∠BAC、∠BDC的角平分线AE、DE交于点E，且∠B＞∠C，试探究∠B，∠C，∠E之间的数量关系，并说明理由．【思路点拨】（1）连接AD，并延长到点E，知∠3＝∠1+∠B、∠4＝∠2+∠C，相加可得∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C，据此可得答案；（2）由折叠的性质可得∠A＝∠DOE，∠B＝∠EOF，可得∠DOF＝∠A+∠B，由三角形内角和定理可得∠A+∠B＝180°﹣∠C，即可求∠C的度数；（3）由（1）知∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C，根据角平分线知∠3＝∠BDC＝（∠BAC+∠B+∠C），结合∠E＝∠5﹣∠3、∠5＝∠1+∠B，根据∠E＝∠1+∠B﹣∠3可得答案．【规范解答】解：（1）如图1，连接AD，并延长到点E，则∠3＝∠1+∠B、∠4＝∠2+∠C，∴∠3+∠4＝∠1+∠2+∠B+∠C，即∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C，∵∠A＝80°，∠BDC＝130°，∠ACD＝30°，∴∠ABD＝∠BDC﹣∠BAC﹣∠ACD＝20°，故答案为：20；（2）∵将△ABC沿DE，EF翻折，顶点A，B均落在点O处，∴∠A＝∠DOE，∠B＝∠EOF，∴∠DOF＝∠A+∠B，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴∠A+∠B＝180°﹣∠C，∵∠DOF＝∠C+∠CDO+∠CFO＝180°﹣∠C，∴∠C+72°＝180°﹣∠C，∴∠C＝54°．（3）∠E＝∠B﹣∠C．理由：如图3，由（1）知∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C，∵DE平分∠BDC，∴∠3＝∠BDC＝（∠BAC+∠B+∠C），∵AE平分∠BAC，∴∠1＝∠BAC，∵∠E＝∠5﹣∠3，∠5＝∠1+∠B，∴∠E＝∠1+∠B﹣∠3＝∠BAC+∠B﹣∠BDC＝∠BAC+∠B﹣（∠BAC+∠B+∠C）＝∠B﹣∠C，即∠E＝∠B﹣∠C．【考点评析】本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理，角平分线的性质，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．【变式训练5-4】（2022秋•洛阳期末）如图，在等腰△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝45°，BD平分∠ABC，折叠∠ABC使得点B与点C重合，折痕交AB、BC、BD于点E、F、G，连接CE交BD于点H．（1）求证：BH＝AC；（2）连接GC，若∠BGC＝2∠A，CD＝5，求GD的长．【思路点拨】（1）由折叠的性质可得EB＝EC，∠BCE＝∠ABC＝45°，EF垂直平分BC，由“ASA”可证△BEH≌△CEA，可得结论；（2）通过证明∠DCG＝∠DGC，可求GD＝CD＝5．【规范解答】（1）证明：∵折叠，∴CE＝BE，∠ECB＝∠CBA＝45°，EF垂直平分BC，∵∠CEB＝∠CEA＝90°，∵CB＝AB，∠ABC＝45°．∴．∴∠ACE＝∠ACB﹣∠BCE＝22.5°，∵BD平分∠ABC．∴．∴∠EBH＝∠ACE．在△BEH和△CEA中，，∴△BEH≌△CEA（ASA），∴BH＝AC．（2）解：∵∠BGC＝2∠A＝135°，∴∠DGC＝45°，∵EF垂直平分BC，∴GC＝GB，∴∠GCB＝∠GBC＝22.5°，∴∠DCG＝∠ACB﹣∠GCB＝45°，∴∠DCG＝∠DGC，∴GD＝CD＝5．【考点评析】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．【典例精讲】（2022秋•南阳期末）如图，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，垂足为E．若△ABC的面积为26，AB＝8，BC＝5，则DE的长为（）A．1 B．2 C．3 D．4【思路点拨】作DF⊥BC于F，如图，根据角平分线的定义得到DE＝DC，再利用三角形面积公式得到×6×DF+×8×DE＝26，然后求出DE的长．【规范解答】解：作DF⊥BC于F，如图，∵BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥BC，∴DE＝DF，∵S△ABC＝S△ABD+S△CBD，∴×5×DF+×8×DE＝26，∴DE＝26，∴DE＝4．故选：D．【考点评析】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．【变式训练6-1】（2023春•招远市期末）如图，△ABC中，∠ACF、∠EAC的角平分线CP、AP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF．则下列结论中正确的个数（）①BP平分∠ABC；②∠ABC+2∠APC＝180°；③∠CAB＝2∠CPB；④S△PAC＝S△MAP+S△NCP．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【思路点拨】过P作PQ⊥AC于Q，根据角平分线的性质得出PQ＝PN，PQ＝PM，求出PQ＝PM＝PN，求出∠PMA＝∠PNC＝∠PQA＝∠PQC＝90°，根据全等三角形的判定得出Rt△PMA≌Rt△PQA，Rt△PQC≌Rt△PNC，再逐个判断即可．【规范解答】解：过P作PQ⊥AC于Q，∵∠ACF、∠EAC的角平分线CP、AP交于点P，PM⊥BE，PN⊥BF，∴PM＝PQ，PQ＝PN，∴PM＝PN，∴P在∠ABC的角平分线上，即BP平分∠ABC，故①正确；∵PM⊥AB，PN⊥BC，PQ⊥AC，∴∠PMA＝∠PQA＝90°，∠PQC＝∠PNC＝90°，在Rt△PMA和Rt△PQA中，，∴Rt△PMA≌Rt△PQA（HL），∴∠MPA＝∠QPA，同理Rt△PQC≌Rt△PNC，∴∠QPC＝∠NPC，∵∠PMA＝∠PNC＝90°，∴∠ABC+∠MPN＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABC+2∠APC＝180°，故②正确；∵PC平分∠FCA，BP平分∠ABC，∴∠FCA＝∠ABC+∠CAB＝2∠PCN，又∵∠PCN＝∠ABC+∠CPB，∴∠ABC+∠CAB＝2（∠ABC+∠CPB），∴∠CAB＝2∠CPB，故③正确；∵Rt△PMA≌Rt△PQA，Rt△PQC≌Rt△PNC，∴S△PAC＝S△MAP+S△NCP，故④正确；即正确的个数是4，故选：D．【考点评析】本题考查了角平分线的性质和全等三角形的性质和判定，掌握角平分线上的点到角两边的距离相等是解此题的关键．【变式训练6-2】（2023春•城关区校级期末）已知：在△ABC中，BD平分∠ABC，CD平分∠ACB．（1）如图1，若∠ABC＝60°，∠ACB＝40°，求∠BDC的度数．（2）如图2，连接AD，作DE⊥AB，DE＝1，AC＝4，求△ADC的面积．【思路点拨】（1）先根据角平分线的定义得到∠DBC＝30°，∠DCB＝20°，然后根据三角形内角和计算∠BDC的度数；（2）作DF⊥AC于F，DH⊥BC于H，如图2，根据角平分线的性质得到DH＝DE＝DF＝2，然后根据三角形面积公式计算△ADC的面积．【规范解答】解：（1）∵BD平分∠ABC，∴∠DBC＝∠ABC＝×60°＝30°，∵CD平分∠ACB，∴∠DCB＝∠ACB＝×40°＝20°，∴∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠DCB＝180°﹣30°﹣20°＝130°；（2）作DF⊥AC于F，DH⊥BC于H，如图2，∵BD平分∠ABC，DE⊥AB，DH⊥BC，∴DH＝DE＝2，∵CD平分∠ACB，DF⊥AC，DH⊥BC，∴DF＝DH＝1，∴△ADC的面积＝DF•AC＝×1×4＝2．【考点评析】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．【变式训练6-3】（2023春•万源市校级期末）如图，△ABC与△AED中，∠E＝∠C，DE＝BC，EA＝CA，过A作AF⊥DE垂足为F，DE交CB的延长线于点G，连接AG．（1）求证：GA平分∠DGB；（2）若S四边形DGBA＝6，AF＝，求FG的长．【思路点拨】（1）先过点A作AH⊥BC于H，判定△ABC≌△AED，得出AF＝AH，再判定Rt△AFG≌Rt△AHG，即可得出∠AGF＝∠AGH；（2）先判定Rt△ADF≌Rt△ABH，得出S四边形DGBA＝S四边形AFGH＝6，再根据Rt△AFG≌Rt△AHG，求得Rt△AFG的面积＝3，进而得到FG的长．【规范解答】解：（1）过点A作AH⊥BC于H，∵△ABC与△AED中，∠E＝∠C，DE＝BC，EA＝CA，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴S△ABC＝S△AED，又∵AF⊥DE，即×DE×AF＝×BC×AH，∴AF＝AH，又∵AF⊥DE，AH⊥BC，AG＝AG，∴Rt△AFG≌Rt△AHG（HL），∴∠AGF＝∠AGH，即GA平分∠DGB；（注：由AF＝AH，AF⊥DE，AH⊥BC，也可以直角得到GA平分∠DGB．）（2）∵△ABC≌△ADE，∴AD＝AB，又∵AF⊥DE，AH⊥BC，AF＝AH，∴Rt△ADF≌Rt△ABH（HL），∴S四边形DGBA＝S四边形AFGH＝6，∵Rt△AFG≌Rt△AHG，∴Rt△AFG的面积＝3，∵AF＝，∴×FG×＝3，解得FG＝4．【考点评析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，解题时注意：全等三角形的面积相等．【典例精讲】（2022秋•梁子湖区期末）如图：DE是△ABC中AC边的垂直平分线，若BC＝8厘米，AB＝10厘米，则△EBC的周长为（）厘米．A．16 B．18 C．26 D．28【思路点拨】利用线段垂直平分线的性质得AE＝CE，再等量代换即可求得三角形的周长．【规范解答】解：∵DE是△ABC中AC边的垂直平分线，∴AE＝CE，∴△EBC的周长＝BC+BE+CE＝BC+BE+CE＝BC+AB＝10+8＝18（厘米），故选：B．【考点评析】本题考查了线段垂直平分线性质的应用，注意：线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等．【变式训练7-1】（2023•武安市二模）如图，在△ABC中，AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，点O是AC、BC的垂直平分线的交点，连接AO、BO，若∠AOB＝α，则∠AIB的大小为（）A．α B．α+90° C．α+90° D．180°+α【思路点拨】连接CO并延长至D，根据线段垂直平分线的性质得到OA＝OC，OB＝OC，根据等腰三角形的性质得到∠OCA＝∠OAC，∠OCB＝∠OBC，根据三角形的外角性质计算，得到（∠OCA+∠OCB）＝α．根据三角形内角和定理得到∠IAB+∠IBA＝180°﹣∠AIB，根据角平分线的定义得到∠IAB+∠IBA＝90°﹣，求出∠AIB，【规范解答】解：连接CO并延长至D，∵点O是AC、BC的垂直平分线的交点，∴OA＝OC，OB＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∠OCB＝∠OBC，∵∠AOD是△AOC的一个外角，∴∠AOD＝∠OCA+∠OAC＝2∠OCA，同理，∠BOD＝2∠OCB，∴∠AOB＝∠AOD+∠BOD＝2∠OCA+2∠OCB＝α，∴∠OCA+∠OCB＝，∴∠ACB＝，∵AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，∴∠IAB＝∠CAB，∠IBA＝∠CBA，∴∠IAB+∠IBA＝（∠CAB+∠CBA）＝（180°﹣∠ACB）＝90°﹣，∴∠AIB＝180°﹣（∠IAB+∠IBA）＝90°+，故选：B．【考点评析】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、角平分线的定义、三角形内角和定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．【变式训练7-2】（2022秋•路北区校级期末）如图，DP所在直线是BC的垂直平分线，垂足是点P，DP与∠BAC的平分线相交于点D，若∠BAC＝86°，则∠BDC＝94度．【思路点拨】先过点D作DF⊥AB于E，DF⊥AC于F，易证得△DEB≌△DFC（HL），即可得∠BDC＝∠EDF，又由∠EAF+∠EDF＝180°，即可求得答案．【规范解答】解：如图，过点D作DE⊥AB，交AB延长线于点E，DF⊥AC于F，∵AD是∠BOC的平分线，∴DE＝DF，∵DP是BC的垂直平分线，∴BD＝CD，在Rt△DEB和Rt△DFC中，，∴Rt△DEB≌Rt△DFC（HL）．∴∠BDE＝∠CDF，∴∠BDC＝∠EDF，∵∠DEB＝∠DFC＝90°，∴∠EAF+∠EDF＝180°，∵∠BAC＝86°，∴∠BDC＝∠EDF＝94°，故答案为：94．【考点评析】此题考查了线段垂直平分线的性质、角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题注意掌握辅助线的作法，掌握数形结合思想与转化思想的应用．30．（2023•鄞州区模拟）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，DE是边AB的垂直平分线，D为垂足，DE交AC于点，且AB＝8，BC＝6，则△BEC的周长是16．【思路点拨】根据勾股定理求出AC，根据线段垂直平分线的性质得到EA＝EB，根据三角形的周长公式计算，得到答案．【规范解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，∴AC＝＝＝10，∵DE是边AB的垂直平分线，∴EA＝EB，∴△BEC的周长＝BC+EC+BE＝BC+EC+EA＝BC+AC＝16，故答案为：16．【考点评析】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、勾股定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．【变式训练7-3】（2023春•万源市校级期末）如图，△ABC中，AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D、E，AC的垂直平分线分别交AC、BC于点F、G，BC＝8．求△AEG周长．【思路点拨】根据题意，利用线段垂直平分线定理得到AE＝BE，AG＝CG，等量代换即可求出所求．【规范解答】解：∵△ABC中，AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D、E，AC的垂直平分线分别交AC、BC于点F、G，∴AE＝BE，AG＝CG，∵BC＝BE+EG+CG＝8，∴AE+EG+AG＝8，则△AEG的周长为8．【考点评析】此题考查了线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线性质是解本题的关键．【典例精讲】（2022秋•合肥期末）如图，已知在△ABC中，AD平分∠BAC，BD⊥AD于点D，过点D作DE∥AC，交AB于点E．（1）若AE＝4，则DE的长为4；（2）若AB＝10，则DE的长为5．【思路点拨】（1）证明∠EAD＝∠EDA，此为解题的关键性结论；证明∠EAD＝∠EDA，即可解决问题．（2）证明DE为直角△ABD斜边的中线，即可解决问题．【规范解答】解：（1）∵AD平分∠BAC，DE∥AC，∴∠EAD＝∠CAD，∠EDA＝∠CAD，∴∠EAD＝∠EDA，∴DE＝AE＝4，故答案为：4；（2）∵BD⊥AD，∠EAD＝∠EDA，∴∠EBD+∠EAD＝∠BDE+∠EDA，∴∠EBD＝∠BDE，∴DE＝BE．∵∠EAD＝∠EDA，∴DE＝AE，∵DE＝BE，∴DE＝AB＝×10＝5．故答案为：5．【考点评析】该题主要考查了等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、平行线的性质等几何知识点的应用问题；灵活运用有关定理来分析、判断是解题的关键．【变式训练8-1】（2022秋•天山区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，∠DAB的平分线交BC于点E，DE⊥AE，若AD＝12，BC＝8，则四边形ABCD的周长为（）A．32 B．20 C．16 D．28【思路点拨】延长AB、DE相交于点F，根据△AED≌△AEF得到DE＝EF，AD＝AF，再证明△DEC≌△FEB得到DC＝BF，从而推算出四边形ABCD的周长等于2AD+BC得到答案．【规范解答】解：如图所示，延长AB、DE相交于点F，∵∠DAB的平分线交BC于点E，∴∠DAE＝∠FAE，∵DE⊥AE，∴∠AED＝∠AEF＝90°，∵AE＝AE，∴△AED≌△AEF（SAS），∴DE＝EF，AD＝AF，∵AB∥DC，∴∠CDE＝∠EFB，在△DEC和△FEB中，，∴△DEC≌△FEB（ASA），∴DC＝BF，∵AB+DC＝AB+BF＝AF＝12，∴四边形ABCD的周长为AD+AB+BC+DC＝AD+AF+BC＝12+12+8＝32，故选：A．【考点评析】本题考查全等三角形、平行线和角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形、平行线和角平分线的相关知识．【变式训练8-2】（2023春•淄博期末）如图，已知OC平分∠AOB，CD∥OB，若OD＝3cm，则CD等于（）A．3cm B．4cm C．1.5cm D．2cm【思路点拨】根据题意，可得∠AOC＝∠BOC，又因为CD∥OB，求得∠C＝∠AOC，则CD＝OD可求．【规范解答】解：∵OC平分∠AOB，∴∠AOC＝∠BOC；又∵CD∥OB，∴∠C＝BOC，∴∠C＝∠AOC；∴CD＝OD＝3cm．故选：A．【考点评析】本题考查了等腰三角形的判定定理和性质定理以及平行线的性质，注意等腰三角形的判定定理：等角对等边．【变式训练8-3】（2023春•沙坪坝区校级期中）如图，△ABC中，D为AC中点，E为BC上一点，连接DE，且∠ABC＝2∠DEC，若AB＝7，CE＝12，则BC的长度为17．【思路点拨】过点A作AF∥DE，交CB的延长线于点F，利用已知条件可得△BAF为等腰三角形，则BF可求；利用三角形的中位线定理可得FE＝EC＝12，则BE可求，BC＝EC+BE，结论可得．【规范解答】解：过点A作AF∥DE，交CB的延长线于点F，如图，则∠F＝∠DEC，∵∠ABC＝∠F+∠BAF，∴∠ABC＝∠DEC+∠BAF，∵∠ABC＝2∠DEC，∴∠DEC＝∠BAF．∴∠F＝∠BAF．∴BF＝BA＝7．∵AF∥DE，D为AC中点，∴FE＝EC＝12．∴BE＝FE﹣BF＝12﹣7＝5．∴BC＝EC+BE＝12+5＝17．故答案为：17．【考点评析】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，三角形的内角和定理的推论，过点A作AF∥DE，交CB的延长线于点F，构造等腰三角形是解题的关键．【变式训练8-4】（2023春•大竹县校级期末）（1）如图1，已知：在△ABC中，AB＝AC＝10，BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，过点D作EF∥BC，分别交AB、AC于E、F两点，则图中共有5个等腰三角形；EF与BE、CF之间的数量关系是BE+CF＝EF，△AEF的周长是20（2）如图2，若将（1）中“△ABC中，AB＝AC＝10”改为“若△ABC为不等边三角形，AB＝8，AC＝10”其余条件不变，则图中共有2个等腰三角形；EF与BE、CF之间的数量关系是什么？证明你的结论，并求出△AEF的周长（3）已知：如图3，D在△ABC外，AB＞AC，且BD平分∠ABC，CD平分△ABC的外角∠ACG，过点D作DE∥BC，分别交AB、AC于E、F两点，则EF与BE、CF之间又有何数量关系呢？直接写出结论不证明．【思路点拨】（1）根据角平分线的定义可得∠EBD＝∠CBD，∠FCD＝∠BCD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠EDB＝∠CBD，∠FDC＝∠BCD，然后求出∠EBD＝∠EDB，∠FDC＝∠BCD，再根据等角对等边可得BE＝DE，CF＝DF，然后解答即可；（2）根据角平分线的定义可得∠EBD＝∠CBD，∠FCD＝∠BCD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠EDB＝∠CBD，∠FDC＝∠BCD，然后求出∠EBD＝∠EDB，∠FDC＝∠BCD，再根据等角对等边可得BE＝DE，CF＝DF，然后解答即可；（3）由（2）知BE＝ED，CF＝DF，然后利用等量代换即可证明BE、CF、EF有怎样的数量关系．【规范解答】解：（1）BE+CF＝EF．理由如下：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，∴∠EBD＝∠CBD，∠FCD＝∠BCD，∴∠DBC＝∠DCB，∴DB＝DC∵EF∥BC，∴∠AEF＝∠ABC，∠AFE＝∠ACB，∠EDB＝∠CBD，∠FDC＝∠BCD，∴∠EBD＝∠EDB，∠FDC＝∠BCD，∴BE＝DE，CF＝DF，AE＝AF，∴等腰三角形有△ABC，△AEF，△DEB，△DFC，△BDC共5个，∴BE+CF＝DE+DF＝EF，即BE+CF＝EF，△AEF的周长＝AE+EF+AF＝AE+BE+AF+FC＝AB+AC＝20．故答案为：5；BE+CF＝EF；20；（2）BE+CF＝EF，∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，∴∠EBD＝∠CBD，∠FCD＝∠BCD，∵EF∥BC，∴∠EDB＝∠CBD，∠FDC＝∠BCD，∴∠EBD＝∠EDB，∠FDC＝∠BCD，∴BE＝DE，CF＝DF，∴等腰三角形有△BDE，△CFD，∴BE+CF＝DE+DF＝EF，即BE+CF＝EF．可得△AEF的周长为18．（3）BE﹣CF＝EF，由（1）知BE＝ED，∵EF∥BC，∴∠EDC＝∠DCG＝∠ACD，∴CF＝DF，又∵ED﹣DF＝EF，∴BE﹣CF＝EF．【考点评析】本题主要考查的是等腰三角形的性质和判断，熟练掌握等腰三角形的判定定理是解题的关键．【典例精讲】（2023春•宁波期末）如图，在等边△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，点F在BC延长线上，且EB＝EF，若BD＝4，BF＝8，则线段DE的长为2．【思路点拨】过E点作EH⊥BF，设DE＝x，根据△ABC是等边三角形，DE∥BC，得到△ADE是等边三角形，已知BD＝4，得到EC＝BD＝4，AB＝BC＝AC＝4+x，∠ACB＝60°，在Rt△CHE中，求得CH＝2，表示出BH＝2+x，根据△EBF是等腰三角形，BF＝8，得到BH＝FH＝4，即可求得线段DE的长．【规范解答】解：过E点作EH⊥BF，设DE＝x，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠ABC＝60°，∠AED＝∠ACB＝60°，∴△ADE是等边三角形，∵BD＝4，∴EC＝BD＝4，AB＝BC＝AC＝4+x，∠ACB＝60°，在Rt△CHE中，∵∠ACB＝60°，EC＝BD＝4，∴∠HEC＝180°﹣∠ACB﹣∠EHC＝180°﹣60°﹣90°＝30°，∴，∴BH＝BC﹣CH＝4+x﹣2＝2+x，∵EB＝EF，∴△EBF是等腰三角形，∵EH⊥BF，BF＝8，∴BH＝FH＝4，∴2+x＝4，∴x＝2，∴DE＝2．故答案为：2．【考点评析】本题主要考查等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质与判定，含有30°角的直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．【变式训练9-1】（2023春•淄博期末）如图，D是等边△ABC的边AC上的一点，E是等边△ABC外一点，若BD＝CE，∠1＝∠2，则对△ADE的形状最准确的是（）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．不等边三角形【思路点拨】先根据已知利用SAS判定△ABD≌△ACE得出AD＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，从而推出△ADE是等边三角形．【规范解答】解：∵三角形ABC为等边三角形，∴AB＝AC，∵BD＝CE，∠1＝∠2，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴△ADE是等边三角形．故选：C．【考点评析】本题考查了等边三角形的判定和全等三角形的判定方法，掌握等边三角形的判定和全等三角形的判定是本题的关键，做题时要对这些知识点灵活运用．【变式训练9-2】．（2023•庐阳区模拟）如图，在边长为2的等边三角形ABC中，D为边BC上一点，且BD＝CD．点E，F分别在边AB，AC上，且∠EDF＝90°，M为边EF的中点，连接CM交DF于点N．若DF∥AB，则CM的长为（）A． B． C． D．【思路点拨】根据等边三角形边长为2，在Rt△BDE中求得DE的长，再根据CM垂直平分DF，在Rt△CDN中求得CN，最后根据线段和可得CM的长．【规范解答】解：∵等边三角形边长为2，BD＝CD，∴BD＝，CD＝，∵等边三角形ABC中，DF∥AB，∴∠FDC＝∠B＝60°，∵∠EDF＝90°，∴∠BDE＝30°，∴DE⊥BE，∴∠BED＝90°，∵∠B＝60°，∴∠BDE＝30°，∴BE＝BD＝，∴DE＝＝，如图，连接DM，则Rt△DEF中，DM＝EF＝FM，∵∠FDC＝∠FCD＝60°，∴△CDF是等边三角形，∴CD＝CF＝，∴CM垂直平分DF，∴∠DCN＝30°，DN＝FN，∴Rt△CDN中，DN＝，CN＝，∵M为EF的中点，∴MN＝DE＝，∴CM＝CN+MN＝+＝，故选：C．【考点评析】本题主要考查了三角形的综合应用，解决问题的关键是掌握等边三角形的性质、平行线的性质、线段垂直平分线的判定等．熟练掌握这些性质是解题的关键．【变式训练9-3】（2023春•开江县校级期末）如图，△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动．（1）当点P的运动速度是1cm/s，点Q的运动速度是2cm/s，当Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），当t＝2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；（2）当它们的速度都是1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动，设点P的运动时间为t（s），则当t为何值时，△PBQ是直角三角形？【思路点拨】（1）先根据等边三角形的性质得：AB＝6cm，∠B＝60°，当t＝2时，计算BP和BQ的长，根据等边三角形的判定可得结论；（2）若△PBQ是直角三角形，则∠BQP＝90°或∠BPQ＝90°，根据直角三角形含30度角的性质列方程可解答．【规范解答】解：（1）如图，根据题意得：AP＝tcm，BQ＝2tcm，当t＝2时，AP＝2cm，BQ＝4cm，∵△ABC是边长为6cm的等边三角形，∴AB＝6cm，∠B＝60°，∴BP＝4cm，∴BP＝BQ，∴△BPQ是等边三角形；（2）△PBQ中，BP＝6﹣t，BQ＝t，若△PBQ是直角三角形，则∠BQP＝90°或∠BPQ＝90°，①当∠BQP＝90°时，∠B＝60°，∴∠BPQ＝30°，∴BQ＝BP，即t＝，解得：t＝2；②当∠BPQ＝90°时，同理得：BP＝BQ，即6﹣t＝t，解得：t＝4，答：当t＝2s或t＝4s时，△PBQ是直角三角形．【考点评析】本题主要考查了直角三角形的判定，等边三角形的性质和判定，几何动点问题，熟练掌握直角三角形含30度角的性质是关键．【变式训练9-4】（2022秋•青秀区校级期末）已知：如图，△ABC、△CDE都是等边三角形，AD、BE相交于点O，点M、N分别是线段AD、BE的中点．（1）求证：AD＝BE；（2）求∠DOE的度数；（3）求证：△MNC是等边三角形．【思路点拨】（1）根据等边三角形性质得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，求出∠ACD＝∠BCE，证△ACD≌△BCE即可；（2）根据全等求出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADE+∠BED的值，根据三角形的内角和定理求出即可；（3）求出AM＝BN，根据SAS证△ACM≌△BCN，推出CM＝CN，求出∠NCM＝60°即可．【规范解答】解：（1）∵△ABC、△CDE都是等边三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE，∴AD＝BE．（2）解：∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠BEC，∵等边三角形DCE，∴∠CED＝∠CDE＝60°，∴∠ADE+∠BED＝∠ADC+∠CDE+∠BED，＝∠ADC+60°+∠BED，＝∠CED+60°，＝60°+60°，＝120°，∴∠DOE＝180°﹣（∠ADE+∠BED）＝60°，答：∠DOE的度数是60°．（3）证明：∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，AC＝BC又∵点M、N分别是线段AD、BE的中点，∴AM＝AD，BN＝BE，∴AM＝BN，在△ACM和△BCN中，∴△ACM≌△BCN，∴CM＝CN，∠ACM＝∠BCN，又∠ACB＝60°，∴∠ACM+∠MCB＝60°，∴∠BCN+∠MCB＝60°，∴∠MCN＝60°，∴△MNC是等边三角形．【考点评析】本题综合考查了全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，等边三角形的性质和判定等知识点的应用，解此题的关键是根据性质进行推理，此题综合性比较强，有一定的代表性．【典例精讲】（2022秋•盘山县期末）如图，在△ABC中，∠ACB为直角，∠A＝30°，CD⊥AB于D．若BD＝1，则AB＝4．【思路点拨】先根据∠ACB为直角，∠A＝30°，求出∠B的度数，再根据CD⊥AB于D，求出∠DCB＝30°，再利用含30度角的直角三角形的性质即可直接求出答案．【规范解答】解：∵∠ACB为直角，∠A＝30°，∴∠B＝90°﹣∠A＝60°，∵CD⊥AB于D，∴∠DCB＝90°﹣∠B＝30°，∴AB＝2BC，BC＝2BD，∴AB＝4BD＝4．故答案为：4．【考点评析】此题主要考查学生对含30度角的直角三角形的性质这一知识点的理解和掌握，此题的突破点是利用∠ACB为直角和CD⊥AB于D，求出∠DCB＝90°﹣∠B＝30°．【变式训练10-1】（2023春•定州市期末）在Rt△ABC中，∠C＝30°，斜边AC的长为5cm，则AB的长为（）A．2cm B．2.5cm C．3cm D．4cm【思路点拨】由题意可得，∠B是直角，AB＝AC，直接代入即可求得AB的长．【规范解答】解：∵△ABC为直角三角形，∠C＝30°，∴AB＝AC＝2.5cm．故选：B．【考点评析】此题考查的是直角三角形的性质，30°的直角边所对的直角边等于斜边的一半．【变式训练10-2】（2022秋•盘山县期末）如图，OC平分∠AOB，且∠AOB＝60°，点P为OC上任意点，PM⊥OA于M，PD∥OA，交OB于D，若OM＝3，则PD的长为（）A．2 B．1.5 C．3 D．2.5【思路点拨】过点P作PN⊥OB于N，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得PN＝PM，根据角平分线的定义求出∠AOC＝30°，然后求出PM，再根据两直线平行，同位角相等可得∠PDN＝60°，求出∠DPN＝30°，再求解即可．【规范解答】解：如图，过点P作PN⊥OB于N，∵OC平分∠AOB，PM⊥OA，∴PN＝PM，∵OC平分∠AOB，且∠AOB＝60°，∴∠AOC＝∠AOB＝×60°＝30°，∵OM＝3，∴PM＝3×＝，∵PD∥OA，∴∠PDN＝∠AOB＝60°，∴∠DPN＝90°﹣60°＝30°，∴PD＝÷＝2．故选：A．【考点评析】本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，解直角三角形以及平行线的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．【变式训练10-3】（2023春•蒲城县期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝∠C，∠BAC＝120°，M是BC的中点，MN⊥AB，垂足为点N，D是BM的中点，连接AD，过点B作BC的垂线交AD的延长线于点E，若BE＝6，则BN的长为9．【思路点拨】连接AM，由△BDE≌△MDA，可证AM＝BE＝6，由等腰三角形的性质可得∠ABM＝∠ACM＝30°，然后根据含30°角的三角形的性质和勾股定理求解即可．【规范解答】解：连接AM，∵∠ABC＝∠C，∴AB＝AC，∵M是BC的中点，∴AM⊥BC．∵MN⊥AB，∴∠AMD＝∠DBE＝90°．∵D是BM的中点，∴BD＝DM．∵∠BDE＝∠ADM，∴△BDE≌△MDA（ASA），∴AM＝BE＝6．∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠ABM＝∠ACM＝30°，∴AB＝2AM＝12，∴．∵∠ABM＝30°，∴，∴．故答案为：9．【考点评析】本题考查了等腰三角形的性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半，以及勾股定理等知识，熟练掌握等腰三角形和30°角的直角三角形的性质是解答本题的关键．【变式训练10-4】（2022秋•枣阳市期末）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，∠ABC的角平分线BE交AC于点E．点D为AB上一点，且AD＝AC，CD，BE交于点M．（1）求∠DMB的度数；（2）若CH⊥BE于点H，AB＝16，求MH的长．【思路点拨】（1）根据直角三角形的两锐角互余可得∠ABC的度数，根据角平分线的定义可得∠ABE的度数，根据等边对等角以及三角形的内角和定理可得∠ADC的度数，进而根据三角形的外角性质可得∠DMB的度数；（2）根据含30度角的直角三角形的性质，可得AB＝2BC，BC＝2CH，根据等腰直角三角形的性质可得CH＝MH，进而即可得出AB＝4MH，即可得出答案．【规范解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴∠ABC＝60°，∵BE是∠ABC的角平分线，∴∠ABE＝∠CBE＝30°，∵∠A＝30°，AC＝AD，∴，∴∠DMB＝∠ADC﹣∠ABE＝45°；（2）∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴AB＝2BC，∵CH⊥BE，∠CBE＝30°，∴BC＝2CH，∴AB＝4CH，∵∠CMH＝∠DMB＝45°，在Rt△CHM中，∠HCM＝90°﹣∠CMH＝45°，∴∠CMH＝∠HCM，∴CH＝MH，∴AB＝4MH．∵AB＝16，∴．【考点评析】本题主要考查了直角三角形的两个锐角互余，角平分线的定义，等边对等角以及三角形的内角和定理、三角形的外角性质，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．【典例精讲】（2023春•益阳期末）如图，在Rt△BAC和Rt△BDC中，∠BAC＝∠BDC＝90°，O是BC的中点，连接AO、DO．若AO＝3，则DO的长为3．【思路点拨】利用直角三角形斜边中线的性质即可解决问题．【规范解答】解：在Rt△BAC和Rt△BDC中，∵∠BAC＝∠BDC＝90°，O是BC的中点，∴AO＝BC，DO＝BC，∴DO＝AO，∵AO＝3，∴DO＝3，故答案为3．【考点评析】本题考查直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【变式训练11-1】（2023春•高新区校级期末）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，BE⊥AC于E，与CD相交于点F，H是BC边的中点，连接DH与BE相交于点G，下列结论：①；②∠A＝67.5°；③△DGF是等腰三角形；④S四边形ADGE＝S四边形GHCE．正确的有（）个．A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【思路点拨】根据角平分线的定义求出∠BAE＝∠CBE，求出BD＝CD，