专题03 轴对称【11个考点知识梳理、题型解题方法、专题过关】（解析版）

专题03轴对称【11个考点知识梳理+题型解题方法+专题训练】考点一：轴对称图形轴对称图形的定义：一个图形沿着某条支线对折，直线两旁的部分能够完全重合。这样的图形叫做轴对称图形。【考试题型1】判断轴对称图形。【解题方法】根据轴对称图形的定义进行判断即可。例题讲解：1．（2023春•青秀区期中）自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识，下面是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中图案是轴对称图形的是（）A．打喷嚏捂口鼻 B．喷嚏后，慎揉眼 C．勤洗手勤通风 D．戴口罩讲卫生【分析】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进行分析即可．【解答】解：A、不是轴对称图形，不合题意；B、不是轴对称图形，不合题意；C、不是轴对称图形，不合题意；D、是轴对称图形，符合题意．故选：D．考点二：轴对称的性质轴对称的性质：①轴对称图形对称轴两旁的部分全等，成轴对称的两个图形全等。②对应边相等，对应角相等。对应边若不与对称轴平行，则延长线的交点一定交于对称轴上。③对称轴经过任何一组对应点连线的中点且与线段垂直。是对应点连线的垂直平分线。④对应点的连线之间相互平行。【考试题型1】利用性质计算【解题方法】根据轴对称的性质，对应边与对应角都相等进行计算即可。例题讲解：2．（2023春•禅城区校级期中）如图，△ABC和△ADE关于直线l对称，已知AB＝15，DE＝10，∠D＝70°．求∠B的度数及BC、AD的长度．【分析】根据轴对称的性质，对应边相等，对应角相等即可得出答案．【解答】解：∵△ABC和△ADE关于直线l对称，∴AB＝AD，BC＝DE，∠B＝∠D，又∵AB＝15，DE＝10，∠D＝70°．∴∠B＝70°，BC＝10，AD＝15，答：∠B＝70°，BC＝10、AD＝15．3．（2023春•仓山区校级期中）如图，直线l，m相交于点O，P为这两条直线外一点，且OP＝2.8．若点P关于直线l，m对称点分别是点P1、P2，则P1，P2之间的距离可能是（）A．0 B．5 C．6 D．7【分析】由对称得OP1＝OP＝2.8，OP＝OP2＝2.8，再根据三角形任意两边之和大于第三边，即可得出结果．【解答】解：连接OP1，OP2，P1P2，∵点P关于直线l，m的对称点分别是点P1，P2，∴OP1＝OP＝2.8，OP＝OP2＝2.8，OP1+OP2＞P1P2，0＜P1P2＜5.6，故选：B．【考试题型2】折叠问题【解题方法】折叠前后重合的两部分可以看成轴对称图形，利用这两部分全等解题。例题讲解：4．（2023春•高邮市期中）如图，在△ABC中，将∠B、∠C按如图所示的方式折叠，点B、C均落于边BC上的点Q处，MN、EF为折痕，若∠A＝82°，则∠MQE＝82°．【分析】由折叠的性质可知：∠B＝∠MGB，∠C＝∠EGC，根据三角形的内角和为180°，可求出∠B+∠C的度数，进而得到∠MGB+∠EGC的度数，问题得解．【解答】解：∵线段MN、EF为折痕，∴∠B＝∠MGB，∠C＝∠EGC，∵∠A＝82°，∴∠B+∠C＝180°﹣82°＝98°，∴∠MGB+∠EGC＝∠B+∠C＝98°，∴∠MGE＝180°﹣98°＝82°，故答案为：82°．考点三：垂直平分线垂直平分线的性质：①垂直平分线垂直且平分线段。②垂直平分线上任意一点到线段两端点的距离相等。垂直平分线的作图：如图①：分别以线段AB两端点为圆心，大于线段长度的一半为半径画圆弧。两弧分别交于两点M，N。如图②，连接MN，MN所在直线即为线段AB的垂直平分线。垂直平分线的判断：到线段两端点的距离相等的点一定在角平分线上。【考试题型1】利用垂直平分线的性质计算长度【解题方法】根据垂直平分线的定义可知交点是中点，线段被平分，两边的部分相等。垂直平分线上的点到线段两端的距离相等解题。例题讲解：5．（2023春•驿城区校级期中）如图，在△ABC中，BC＝8，AB的垂直平分线交BC于D，AC的垂直平分线交BC与E，则△ADE的周长等于（）A．6 B．7 C．8 D．12【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到DB＝DA，EA＝EC，根据三角形的周长公式计算．【解答】解：∵线段AB的垂直平分线交BC于点D，∴DB＝DA，∵线段AC的垂直平分线交BC于点E，∴EA＝EC，∴△ADE的周长＝AD+DE+EA＝DB+DE+EC＝BC＝8，故选：C．【考试题型2】利用垂直平分线的性质计算角度【解题方法】根据垂直平分线的垂直可得直角，垂直平分线上的点连接两端点得到等腰三角形两底角相等。等腰三角形被垂直平分线分成两个全等的直角三角形解题。例题讲解：6．（2023春•张店区校级期中）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【分析】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，【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．【考试题型3】垂直平分线的作图【解题方法】根据垂直平分线的作图步骤作图即可。在利用垂直平分线的性质求值。例题讲解：7．（2023春•古田县期中）如图，已知△ABC，点P为BC上一点．（1）尺规作图：作直线EF，使得点A与点P关于直线EF对称，直线EF交直线AC于E，交直线AB于F；（保留作图痕迹，不写作法）（2）连接PE，AP，AP交EF于点O，若OF＝OE请在（1）的基础上说明∠FAO＝∠EPO．【分析】（1）连接AP，作线段AP的垂直平分线，交AC于E，交AB于F，连接EF即可；（2）由（1）中作图可知EF⊥AP，AO＝OP，再证明△AOF≌△POE，得到∠FAO＝∠EPO．【解答】解：（1）如图，直线EF即为所作图形；（2）由（1）可知：EF垂直平分AP，∴EF⊥AP，AO＝OP，在△AOF和△POE中，，∴△AOF≌△POE（SAS），∴∠FAO＝∠EPO．【考试题型4】垂直平分线的应用【解题方法】利用垂直平分线的性质，到点的距离相等在垂直平分线上，选址型题目则画垂直平分线，找垂直平分线交点。例题讲解：8．（2023春•振兴区校级期中）到三角形各顶点距离相等的点是（）A．三条边垂直平分线交点 B．三个内角平分线交点 C．三条中线交点 D．三条高交点【分析】根据线段垂直平分线的判定定理判断即可．【解答】解：∵到线段的两个端点的距离相等的点在线段的垂直平分线上，∴到三角形各顶点距离相等的点是三角形三条边的垂直平分线的交点，故选：A．9．（2023春•秦都区校级期中）近年来，高速铁路的规划与建设成为各地政府争取的重要项目，如图，A，B，C三地都想将高铁站的修建项目落户在当地，但是，国资委为了使A，B，C三地的民众都能享受高铁带来的便利，决定将高铁站修建在到A，B，C三地距离都相等的地方，则高铁站应建在（）A．AB，BC两边垂直平分线的交点处 B．AB，BC两边高线的交点处 C．AB，BC两边中线的交点处 D．∠B，∠C两内角的平分线的交点处【分析】根据线段垂直平分线的性质，即可解答．【解答】解：根据线段垂直平分线的性质定理的逆定理可得：将高铁站修建在到A，B，C三地距离都相等的地方，则高铁站应建在AB，BC两边垂直平分线的交点处，故选：A．考点四：关于对称轴对称点的坐标特点关于坐标轴对称的点的坐标：点P（x，y）关于x轴对称的点的坐标为（x，－y）。点P（x，y）关于y轴对称的点的坐标为（－x，y）。关于谁对称，谁不变，另一坐标互为相反数。【考试题型1】求关于坐标轴对称的点的坐标【解题方法】根据关于坐标轴对称的点的坐标特点求解即可。例题讲解：10．（2023春•景县期中）点M（1，2）关于x轴对称的点的坐标为（）A．（1，﹣2） B．（﹣1，2） C．（﹣1，﹣2） D．（2，1）【分析】根据关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数，可得答案．【解答】解：点M（1，2）关于x轴对称的点的坐标为（1，﹣2），故选：A．11．（2023春•丰台区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，点M（3，﹣4）关于y轴对称的点的坐标为（）A．（﹣3，﹣4） B．（3，﹣4） C．（3，4） D．（﹣3，4）【分析】根据关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，进而得出答案．【解答】解：在平面直角坐标系xOy中，点M（3，﹣4）关于y轴对称的点B的坐标是（﹣3，﹣4），故选：A．【考试题型2】利用关于坐标轴对称的点的坐标特点求值【解题方法】根据关于坐标轴对称的点的坐标特点求出未知字母的值进而求式子的值。例题讲解：12．（2023春•遵化市期中）已知点P1（a﹣1，5）和点P2（2，b﹣1）关于x轴对称，则（a+b）2011的值为（）A．0 B．﹣1 C．1 D．（﹣3）2011【分析】根据关于x轴对称的点的横坐标相同，纵坐标互为相反数求出a、b的值，然后代入代数式进行计算即可得解．【解答】解：∵点P1（a﹣1，5）和P2（2，b﹣1）关于x轴对称，∴a﹣1＝2，b﹣1＝﹣5，解得a＝3，b＝﹣4，∴（a+b）2011＝（3﹣4）2011＝﹣1．故选：B．13．（2023春•青龙县期中）若点A（m，3）与点B（4，n）关于y轴对称，则（m+n）2023＝﹣1．【分析】根据关于y轴对称点的坐标特征求出m、n的值，再代入计算即可．【解答】解：∵点A（m，3）与点B（4，n）关于y轴对称，∴m＝﹣4，n＝3，∴（m+n）2023＝（﹣4+3）2023＝（﹣1）2023＝﹣1．故答案为：﹣1．【考试题型3】坐标的对称变换【解题方法】根据关于坐标轴对称的点的坐标特点求出坐标对称变换的规律，进而求出相应的值，若变换规律为循环，则用总数除以循环整体内的数量，找余数，若余数是1，则为第一个值，余数是2则是第二个值，以此类推。例题讲解：14．（2022秋•青秀区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，对△ABC进行循环往复地轴对称变换，若原来点A坐标是（1，2），则经过第2022次变换后点A的对应点的坐标为（）A．（1，﹣2） B．（﹣1，﹣2） C．（﹣1，2） D．（1，2）【分析】观察图形可知每四次对称为一个循环组，依次循环，用2022除以4，然后根据商和余数的情况确定出变换后的点A所在的象限，解答即可．【解答】解：点A第一次关于y轴对称后在第二象限，点A第二次关于x轴对称后在第三象限，点A第三次关于y轴对称后在第四象限，点A第四次关于x轴对称后在第一象限，即点A回到原始位置，所以，每四次对称为一个循环组依次循环，∵2022÷4＝505余2，∴经过第2022次变换后所得的A点与第二次变换的位置相同，在第三象限，坐标为（﹣1，﹣2）．故选：B．考点五：轴对称变换的作图轴对称变换的作图：具体步骤：找图形的关键点。过关键点作对称轴的垂线并延长，使延长部分的长度等于关键点到垂足点的长度，从而得到关键点的对应点。（3）按照原图形连接各对应点。【考试题型1】平面直角坐标系中的作图与计算【解题方法】按照作图步骤进行作图即可。求三角形的面积时，把三角形补成一个矩形，在减掉多余的直角三角形的面积即可。例题讲解：15．（2023春•岳阳楼区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，A（﹣1，5），B（﹣1，0），C（﹣4，3）．（1）求出△ABC的面积；（2）在图中作出△ABC关于y轴的对称图形△A1B1C1；（3）写出点A1，B1，C1的坐标．【分析】（1）利用三角形的面积求法即可得出答案；（2）首先找出A、B、C三点关于y轴的对称点，再顺次连接即可；（3）根据坐标系写出各点坐标即可．【解答】解：（1）如图所示：△ABC的面积：×3×5＝7.5；（2）如图所示：（3）A1（1，5），B1（1，0），C1（4，3）．考点六：等腰三角形的性质等腰三角形的性质：①等腰三角形的两腰相等。②等腰三角形的两个底角相等。③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合。简称底边上三线合一。【考试题型1】求等腰三角形的周长【解题方法】根据等腰三角形的两腰相等分类讨论，再结合三角形的三边关系解题。例题讲解：16．（2023春•沙坪坝区校级期中）等腰三角形的两条边长分别为15和7，则它的周长等于（）A．22 B．29 C．37 D．29或37【分析】分两种情况讨论：当7是腰时或当15是腰时．根据三角形的三边关系，知7，7，15不能组成三角形，应舍去．【解答】解：当7是腰时，则7+7＜15，不能组成三角形，应舍去；当15是腰时，则三角形的周长是7+15×2＝37．故选：C．【考试题型2】利用等腰三角形的性质求值【解题方法】根据等腰三角形的性质两边相等，两角相等以及底边上的三线合一性质解题。注意底边上的三线把三角形分成两个全等的直角三角形，且两腰上的高线是相等的。例题讲解：17．（2023春•沈河区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，DE⊥AB于点E，BF⊥AC于点F，DE＝5cm，则BF＝（）A．8cm B．10cm C．12cm D．14cm【分析】根据等腰三角形三线合一的性质，得△ADB≌△ADC，从而得到，根据面积公式S△ADB＝AB•DE，S△ACB＝AC•BF，变形计算即可．【解答】解：∵AB＝AC，AD⊥BC于点D，∴根据等腰三角形三线合一的性质，得△ADB≌△ADC，∴，∵S△ADB＝AB•DE，S△ACB＝AC•BF，∴AB•DE×2＝AC•BF，∴BF＝2DE，∵DE＝5cm，∴BF＝10cm．故选：B．18．（2023春•蕉城区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝30°，以B为圆心，BC的长为半径画弧，交AC于点D，连接BD，则∠ADB＝（）A．100° B．105° C．110° D．115°【分析】先根据等腰三角形的性质，以及三角形内角和定理可得∠ABC＝∠C＝75°，然后再根据题意可得BD＝BC，从而可得∠C＝∠BDC＝75°，最后利用平角定义，进行计算即可解答．【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝30°，∴∠ABC＝∠C＝（180°﹣∠A）＝75°，由题意得：BD＝BC，∴∠C＝∠BDC＝75°，∴∠ADB＝180°﹣∠BDC＝105°，故选：B．考点七：等腰三角形的判定等腰三角形的判定：①一个三角形中如有两个角相等，则这两个角所对的两条边也相等。（等角对等边）则这个三角形是等边三角形。②若三角形有一边上的中线、高线以及它对角的角平分线重合，则这个三角形是等腰三角形。【考试题型1】等腰三角形存在的情况【解题方法】存在已知一边找等腰三角形存在的情况，根据等腰三角形的两腰相等，作已知边的垂直平分线找交点；以已知边的两个端点为圆心，线段长度为半径画圆找交点。例题讲解：19．（2023春•大田县期中）如图，已知点A，B的坐标分别为（3，0）和（0，5），在坐标轴上确定一点C，使△ABC是等腰三角形，则符合条件的C点共有（）个．A．4 B．6 C．8 D．10【分析】分三种情形，AB＝AC，BA＝BC，CA＝CB，分别画图即可．【解答】解：如图，当AB＝AC时，以点A为圆心，AB为半径画圆，与坐标轴有三个交点（B点除外），当BA＝BC时，以点B为圆心，AB为半径画圆，与坐标轴有三个交点（A点除外），当CA＝CB时，画AB的垂直平分线与坐标轴有2个交点，综上所述：符合条件的点C的个数有8个，故选：C．【考试题型2】等腰三角形的判定证明【解题方法】结合已知条件，选择其中一种判定方法进行判定证明即可。例题讲解：20．（2023春•武功县期中）如图，在△ABC中，P是BC边上的一点，过点P作BC的垂线，交AB于点Q，交CA的延长线于点R．若AQ＝AR，求证：△ABC是等腰三角形．【分析】先由AQ＝AR，运用等腰三角形的性质可得∠R＝∠AQR，再根据对顶角相等可得∠BQP＝∠AQP；进而得出∠R＝∠BQP，在Rt△QPB和Rt△RPC中，∠B+∠BQP＝90°，∠C+∠R＝90°，进而得出∠B＝∠C，进而求解即可．【解答】证明：∵AQ＝AR，∴∠R＝∠AQR．又∵∠BQP＝∠AQP，∴∠R＝∠BQP．在Rt△QPB和Rt△RPC中，∠B+∠BQP＝90°，∠C+∠R＝90°，∴∠B＝∠C，∴AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形．考点八：等边三角形的性质等边三角形的性质：①等边三角形的三条边都相等，三个角也相等，且三个角都等于60°。②等边三角形三条边都存在三线合一。③等边三角形是一个轴对称图形，它有3条对称轴，对称轴的交点叫做中心。【考试题型1】等边三角形的性质求值【解题方法】根据等边三角形的三边相等，三个角也相等求都等于60°求值。求角度时，结合平行线，三角形的内角和，外角定理等知识点。例题讲解：21．（2023春•莱芜区期中）如图，等边三角形ABC与互相平行的直线a，b相交，若∠1＝15°，则∠2的大小为（）A．25° B．55° C．45° D．35°【分析】先过点C作CD∥b，由直线a∥b，可得CD∥a∥b，由两直线平行，内错角相等，即可求得答案∠4的度数，又由△ABC是等边三角形，即可求得∠3的度数，继而求得∠2的度数．【解答】解：过点C作CD∥b，∵直线a∥b，∴CD∥a∥b，∴∠ACD＝∠1＝15°，∵∠ACB＝60°，∴∠BCD＝∠ACB﹣∠ACD＝60°﹣15°＝45°，∴∠2＝∠BCD＝45°．故选：C．22．（2023春•鲤城区校级期中）如图，P是三角形内一点，PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，若PD+PE+PF＝6，且△ABC是等边三角形，则△ABC的周长为（）A．12 B．18 C．24 D．30【分析】延长FP交BC于N，延长EP交AB于M，由条件推出四边形PMBD，四边形PNCE是平行四边形，△PFM，△PDN是等边三角形，得到BC＝PF+PD+PE＝6，即可求出△ABC的周长．【解答】解：延长FP交BC于N，延长EP交AB于M，∵PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，∴四边形PMBD，四边形PNCE是平行四边形，∴CN＝PE，BD＝PM，∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，∴∠PDN＝∠B＝60°，∠PND＝∠C＝60°，∴∠DPN＝180°﹣∠PDN﹣∠PND＝60°，∴△PDN是等边三角形，同理：△PFM是等边三角形，∴PD＝DN，PF＝MP，∴PF＝BD，∴BC＝BD+DN+CN＝PF+PD+PE＝6，∴△ABC的周长为6×3＝18．故选：B．考点九：等边三角形的判定等边三角形的判定：①定义判定：三条边都相等的三角形是等边三角形。②判定定理1：三个角相等的三角形是等边三角形。或有两个角是60°的三角形是等边三角形。③判定定理2：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形。【考试题型1】等边三角形的判定证明【解题方法】结合题目已知条件选择判定方法进行判定证明。例题讲解：23．（2023春•南山区校级期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BD是△ABC的角平分线．（1）如图1，若AD＝BD，求∠A的度数；（2）如图2，在（1）的条件下，作DE⊥AB于E，连接EC．求证：△EBC是等边三角形．【分析】（1）根据角平分线和等腰三角形的性质求得∠A＝∠DBA＝∠DBC，由∠A+∠DBA+∠DBC＝90°，即可求得∠A＝30°；（2）根据等腰三角形三线合一的性质得出CE＝BE，由∠EBC＝60°，即可证得△EBC是等边三角形．【解答】（1）解：∵AD＝BD，∴∠A＝∠DBA，∵∠DBA＝∠DBC，∴∠A＝∠DBA＝∠DBC，∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠DBA+∠DBC＝90°，∴∠A＝30°；（2）证明：∵AD＝BD，DE⊥AB，∴AE＝BE，∴CE＝BE，∵∠A＝30°，∴∠EBC＝60°，∴△EBC是等边三角形．考点十：含30°角的直角三角形的性质含30°角的直角三角形的性质：30°角所对的直角边等于斜边的一半。【考试题型1】含30°角的直角三角形的性质求值【解题方法】结合30度角所对的边等于斜边的一半解题，若30°角没有在直角三角形中，一定作辅助线让其在直角三角形中进行解题。例题讲解：24．（2023春•南城县期中）如图，CD是等边△ABC边AB上的中线，AC的垂直平分线交AC于点E，交CD于点F，若DF＝1，则CD的长为3．【分析】根据三线合一得出∠ADF＝90°，∠ACD＝30°，连接AF，根据垂直平分线的性质得出AF＝FC，根据等边对等角得出∠FAE＝∠FCA＝30°，即可得出∠DAF＝30°，根据含30度角的直角三角形的性质，得出AF＝2＝FC，进而即可求解．【解答】解：∵CD是等边△ABC边AB上的中线，∴CD是AB上的高，是∠ACB的平分线，∴∠ADF＝90°，∠ACD＝30°，如图，连接AF，∵EF是AC的垂直平分线，∴AF＝FC，∴∠FAE＝∠FCA＝30°∴∠DAF＝30°在Rt△ADF中，DF＝1，∴AF＝2＝FC，∴CD＝DF+FC＝1+2＝3，故答案为：3．考点十一：最短路径最短路径的基本原理：①两点之间，线段最短。如图，②号线最短②点到直线的距离最短。如图，PC最短。③垂直平分线上任意一点到线段两端点的距离相等。如图，MN是垂直平分线，CA=CB。最短路径的基本类型与图示：①如图，存在直线l以及直线外的点P和点Q，直线l上存在一点M，使得MP＋MQ的值最小：方法点拨：作其中一点关于直线的对称点，连接对称点与另一点，线段与直线的交点即为要找的点M。②如图，已知∠MON以及角内一点P，角的两边OM与ON上存在点A与点B，使得△PAB的周长最小：方法点拨：分别作点P关于OM与ON的对称点P’与P’’，连接P’P’’。P’P’’与OM、ON的交点A与B即为要找到的点。③如图：已知∠AOB以及角内两点点P与点Q，角的两边上分别存在M、N使得四边形PQMN的周长最小：方法点拨：分别作点关于较近直线的对称点，连接两个对称点的线段与边OA与OB相交与点M与点N，此时点M与点N即为要找的点。④如图：平行河岸两侧各有一村庄P、Q，现在河上修建一座垂直于河岸的桥，使得村庄P到村庄Q的路程最短：方法点拨：在其中一个村庄作垂直于河岸的直线，使其长度等于桥的长度，连接端点与另一村庄，直线与另一村庄岸边的交点即为选址地点。【考试题型1】利用最短路径求值【解题方法】结合已知条件判断最短路径的类型，根据相应的类型解题。在题目的问题中确定动点与定点，在作其中一个定点关于动点所在直线的对称点，在大多数题目中对称点存在，只需要找出来连接另一个定点即可，然后根据相应的其他知识点求值。例题讲解：25．（2023春•东港市期中）如图，等腰△ABC的面积为9，底边BC的长为3，腰AC的垂直平分线EF分别交AC、AB边于点E、F，点D为BC边的中点，点M为直线EF上一动点，则DM+CM的最小值为（）A．12 B．9 C．6 D．3【分析】连接AD，AM，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点C关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为CM+MD的最小值，由此即可得出结论．【解答】解：连接AD，AM．∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，∴AD⊥BC，∴S△ABC＝BC•AD＝×3×AD＝9，解得AD＝6，∵EF是线段AC的垂直平分线，∴点C关于直线EF的对称点为点A，∴CM＝AM，∴CD+CM+DM＝CD+AM+DM，∵AM+DM≥AD，∴AD的长为CM+MD的最小值，∴DM+CM的最小值为6．故选：C．【专题过关】一．轴对称图形（共3小题）1．（2023春•兴宁区校级期中）下列四个图标中是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【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，B，D选项中的图标都不能找一条直线，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；C选项中的图标能找到一条直线，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：C．2．（2023春•龙岗区校级期中）贴窗花是我国春节喜庆活动的一个重要内容，它起源于西汉时期，历史悠久，风格独特，深受国内外人土的喜爱．下列窗花作品为轴对称图形的是（）A． B． C． D．【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：选项B、C、D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，选项A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：A．3．（2023春•潮阳区校级期中）下列图形中，不是轴对称图形的是（）A．矩形 B．菱形 C．平行四边形 D．正方形【分析】结合选项根据轴对称图形的概念求解即可．【解答】解：A、矩形是轴对称图形，本选项错误；B、菱形是轴对称图形，本选项错误；C、平行四边形不是轴对称图形，本选项正确；D、正方形是轴对称图形，本选项错误．故选：C．二．轴对称的性质（共5小题）4．（2023春•秀峰区校级期中）如图，四边形ABCD为一矩形纸带，点E、F分别在边AB、CD上，将纸带沿EF折叠，点A、D的对应点分别为A'、D'，若∠2＝α，则∠1的度数为（）A．2α B．90°﹣α C． D．【分析】先由折叠可得：∠AEF＝∠A'EF，则，再根据矩形得AB∥CD，即可由平行线的性质求解．【解答】解：由折叠可得：∠AEF＝∠A'EF，∴，∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，∴，故选：D．5．（2023春•长安区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，∠BCD＝50°，点B关于CD对称的点是点E，则∠ACE+∠BAC的度数大小为60°．【分析】根据轴对称的性质可知∠BCD＝∠ECD，根据CD⊥AB，∠BCD＝50°，得∠DCA的度数，再根据∠ACE＝∠DCE﹣∠DCA，∠BAC＝50°从而求得答案．【解答】解：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴∠BCD＝50°，∵B关于CD对称点是E，∴∠BCD＝∠ECD＝50°，∴∠DCA＝90°﹣∠BCD＝90°﹣50°＝40°，∠B＝90°﹣∠BCD＝40°∴∠ACE＝∠DCE﹣∠DCA＝50°﹣40°＝10°，∠BAC＝90°﹣∠B＝50°，∴∠ACE+∠BAC＝10°+50°＝60°．故答案为：60°．6．（2022秋•盱眙县期中）如图，AD所在直线是△ABC的对称轴，点E，F是AD上的两点，若BD＝3，AD＝6，则图中阴影部分的面积是9．【分析】根据△CEF和△BEF关于直线AD对称，得出S△BEF＝S△CEF，根据图中阴影部分的面积是求出即可．【解答】解：∵△ABC关于直线AD对称，∴B、C关于直线AD对称，∴△CEF和△BEF关于直线AD对称，BC＝2BD＝2×3＝6，AD⊥BC，∴S△BEF＝S△CEF，∵△ABC的面积是：＝，∴图中阴影部分的面积是．故答案为：9．7．（2022秋•东平县期中）如图所示，点P为∠AOB内一点，分别作出P点关于OA、OB的对称点P1，P2，连接P1P2交OA于M，交OB于N，P1P2＝15，则△PMN的周长为15．【分析】P点关于OA的对称是点P1，P点关于OB的对称点P2，故有PM＝P1M，PN＝P2N．【解答】解：∵P点关于OA的对称是点P1，P点关于OB的对称点P2，∴PM＝P1M，PN＝P2N．∴△PMN的周长为PM+PN+MN＝MN+P1M+P2N＝P1P2＝15．故答案为：158．（2023春•盐都区期中）如图，将长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点C、B分别落在点C'、B'的位置，G为C'B'和AB的交点，再沿AB边将∠B'折叠到∠H处，最后将∠D折叠到∠D'处，恰好点D'在直线CF上（折痕是FM），已知∠AMD'＝32°，则∠HEF＝42°．【分析】沿MF折叠，由∠AMD'＝32°，可得∠DMF＝∠D'MF＝74°，同时可得∠DFM＝∠D'FM＝16°，则∠CFE＝∠C'FE＝74°，∠FEB＝106°，∠FEG＝74°再沿EF折叠，则∠FEB'＝106°，则∠B'EG＝∠FEB'﹣∠FEG＝106°﹣74°＝32°，沿AB折叠可得∠B'EG＝∠HEG＝32°，所以∠HEF＝∠FEG﹣∠HEG＝74°﹣32°＝42°．【解答】解：由题可得：沿MF折叠，∠AMD'＝32°，∴∠DMF＝∠D'MF＝74°，∴∠DFM＝∠D'FM＝16°，∴∠CFE＝∠C'FE＝74°，∠FEB＝106°，∠FEG＝74°，∵沿EF折叠，∴∠FEB'＝106°，∴∠B'EG＝∠FEB'﹣∠FEG＝106°﹣74°＝32°，∵沿AB折叠，∴∠B'EG＝∠HEG＝32°，∴∠HEF＝∠FEG﹣∠HEG＝74°﹣32°＝42°．故答案为：42°．三．线段垂直平分线的性质（共6小题）9．（2023春•顺德区校级期中）如图，P为线段AB的垂直平分线上一点，若PB＝3cm，则PA的长为（）​A．6cm B．5cm C．4cm D．3cm【分析】根据线段的垂直平分线的性质解答即可．【解答】解：∵P为线段AB的垂直平分线上一点，PB＝3cm，∴PA＝PB＝3cm，故选：D．10．（2023春•秦都区期中）如图，点P是△ABC内的一点，若PA＝PC，则（）A．点P在∠ABC的平分线上 B．点P在∠ACB的平分线上 C．点P在边AC的垂直平分线上 D．点P在边AB的垂直平分线上【分析】根据线段垂直平分线的性质即可得到结论．【解答】解：∵PA＝PC，∴点P在边AC的垂直平分线上，故选：C．11．（2023春•白银期中）如图，在△ABC中，BC＝9，AB的垂直平分线交AB于点D，交AC于点E，△BCE的周长为21，则AC的长为（）​A．6 B．9 C．10 D．12【分析】由AB的垂直平分线交AB边于点D，交AC边于点E，可得AE＝BE，又由△BCE的周长等于21，即可求得AC+BC＝21，然后由BC＝9，求得AC的长．【解答】解：∵DE是AB的垂直平分线，∴AE＝BE，∵△BCE的周长等于21，∴BE+CE+BC＝AE+CE+BC＝AC+BC＝21．∵△ABC中，BC＝9，∴AC＝21﹣9＝12．故选：D．12．（2023春•文山市期中）如图，△ABC中，边AB的垂直平分线分别交BC、AB于点D、E，AE＝3cm，△ADC的周长为8cm，则△ABC的周长是（）​A．14cm B．17cm C．19cm D．20cm【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到DA＝DB，AB＝2AE＝6，根据三角形的周长公式计算，得到答案．【解答】解：∵DE是边AB的垂直平分线，∴DA＝DB，AB＝2AE＝6，∵△ADC的周长为8，∴AC+CD+AD＝AC+CD+DB＝AC+BC＝8，∴△ABC的周长＝AB+AC+BC＝6+8＝14，故选：A．13．（2023春•驿城区校级期中）如图，在△ABC中，BC＝8，AB的垂直平分线交BC于D，AC的垂直平分线交BC与E，则△ADE的周长等于（）A．6 B．7 C．8 D．12【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到DB＝DA，EA＝EC，根据三角形的周长公式计算．【解答】解：∵线段AB的垂直平分线交BC于点D，∴DB＝DA，∵线段AC的垂直平分线交BC于点E，∴EA＝EC，∴△ADE的周长＝AD+DE+EA＝DB+DE+EC＝BC＝8，故选：C．14．（2023春•揭东区期中）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＝140°，则∠AIB的大小为（）A．90° B．105° C．125° D．145°【分析】连接CO并延长至D，利用垂直平分线的性质得到OA＝OC，OB＝OC，则∠OCA＝∠OAC，∠OCB＝∠OBC，由三角形外角的性质得到∠AOD＝2∠OCA，∠BOD＝2∠OCB，由三角形内角和定理得到，则∠CAB+∠CBA＝110°，∠IAB+∠IBA＝55°，即可得到答案．【解答】解：连接CO并延长至D，如图，∵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＝2∠ACB，∴，∴∠CAB+∠CBA＝180°﹣70°＝110°，∵AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，∴，，∴，∴∠AIB＝180°﹣（∠IAB+∠IBA）＝125°，故选：C．四．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共5小题）15．（2023春•绥宁县期中）在平面直角坐标系中，点P（﹣3，4）关于y轴的对称点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变．【解答】解：在平面直角坐标系中，点P（﹣3，4）关于y轴的对称点为（3，4），点（3，4）在第一象限．故选：A．16．（2023春•淅川县期中）已知点P（a+1，2a﹣3）关于x轴的对称点在第一象限，则a的取值范围是（）A．a＜﹣1 B．﹣1＜a＜ C．﹣＜a＜1 D．a＞【分析】首先根据关于x轴对称的点的坐标的关系得到点P关于x轴对称的点的坐标为（a+1，3﹣2a）；根据点（a+1，3﹣2a）在第一象限可得不等式组；然后解不等式组即可解决问题．【解答】解：∵点P（a+1，2a﹣3）关于x轴的对称点为（a+1，3﹣2a）在第一象限，∴解得﹣1＜a＜．故选：B．17．（2023春•沙河口区期中）已知点P1（﹣4，3），P2（﹣4，﹣3），则P1和P2满足（）A．P1P2∥x轴 B．关于y轴对称 C．关于x轴对称 D．P1P2＝8【分析】直接利用关于x轴对称点的性质得出答案．【解答】解：∵点P1（﹣4，3），P2（﹣4，﹣3），∴P1和P2满足关于x轴对称．故选：C．18．（2023春•内乡县期中）已知点A（3，a）与B（b，4）关于x轴成轴对称，则a+b的值为（）A．﹣1 B．1 C．7 D．﹣7【分析】直接利用关于x轴对称的点的坐标特点得出a，b的值，即可得出答案．【解答】解：∵点A（3，a）与B（b，4）关于x轴成轴对称，∴a＝﹣4，b＝3，∴a+b＝3+（﹣4）＝﹣1．故选：A．19．（2023春•洛宁县期中）若点（﹣m，3）与点（﹣5，n）关于y轴对称，则（）A．m＝﹣5，n＝3 B．m＝5，n＝3 C．m＝﹣5，n＝﹣3 D．m＝﹣3，n＝5【分析】根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变．即点P（x，y）关于y轴的对称点P′的坐标是（﹣x，y），进而得出答案．【解答】解：∵点（﹣m，3）与点（﹣5，n）关于y轴对称，∴m＝﹣5，n＝3，故选：A．五．坐标与图形变化-对称（共3小题）20．（2022秋•龙岗区校级期中）剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，很多剪纸作品体现了数学中的对称美．如图，蝴蝶剪纸是一幅轴对称图形，将其放在平面直角坐标系中，如果图中点E的坐标为（2m，﹣n），其关于y轴对称的点F的坐标（3﹣n，﹣m+1），则（m﹣n）2022的值为（）A．32022 B．﹣1 C．1 D．0【分析】利用轴对称的性质构建方程组，求出m，n，可得结论．【解答】解：∵E（2m，﹣n），F（3﹣n，﹣m+1）关于y轴对称，∴，解得，，∴（m﹣n）2022＝（﹣4+5）2022＝1，故选：C．21．（2022秋•南山区校级期中）如图是战机在空中展示的轴对称队形．以飞机B，C所在直线为x轴、队形的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系．若飞机E的坐标为（40，a），则飞机D的坐标为（）A．（40，﹣a） B．（﹣40，a） C．（﹣40，﹣a） D．（a，﹣40）【分析】根据轴对称的性质即可得到结论．【解答】解：∵飞机E（40，a）与飞机D关于y轴对称，∴飞机D的坐标为（﹣40，a），故选：B．22．（2022秋•萧县期中）明明和亮亮一起下五子棋，明明持黑棋，亮亮持白棋．如图，若棋盘正中间的白棋的位置用（1，0）表示，最右上角的黑棋的位置用（2，1）表示，明明把第七枚圆形棋子放在适当位置，使所有棋子组成轴对称图形．则第七枚圆形棋子放的位置不可能是（）A．（﹣1，2） B．（2，﹣1） C．（3，﹣2） D．（1，﹣1）【分析】先确定平面直角坐标系，再根据轴对称的性质进行判断即可．【解答】解：平面直角坐标系如图所示：当第七枚圆形棋子放的位置在（1，﹣1）处时，所有棋子不能组成轴对称图形，故选：D．六．作图-轴对称变换（共3小题）23．（2023春•肇源县期中）如图，平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣2，4）、B（﹣3，1）、C（﹣1，2）．（1）在网格内作△A'B'C'，使它与△ABC关于y轴对称，并写出△A'B'C'三个顶点的坐标．（2）求出四边形ABB′A′的面积．【分析】（1）分别作出三个顶点关于y轴的对称点，再首尾顺次连接即可得出答案；（2）根据梯形的面积公式计算即可．【解答】解：（1）如图所示，△A'B'C'即为所求，A′（2，4），B′（3，1），C′（1，2）；（2）四边形ABB′A′的面积为×（4+6）×3＝15．24．（2023春•青秀区期中）在如图所示的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点均在格点上，点B的坐标是（1，0）．（1）将△ABC向下平移6个单位得到△A1B1C1，请在网格内画出△A1B1C1．（2）请在网格内画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△A1B1C1关于y轴对称．【分析】（1）根据平移变换的性质找出对应点即可求解；（2）根据轴对称变换的性质找出对应点即可求解．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；25．（2023春•越秀区校级期中）如图所示，在平面直角坐标系中，已知A（0，1）、B（2，0）、C（4，3）．（1）在平面直角坐标系中画出△ABC．（2）请画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出△A1B1C1各顶点坐标．（3）已知P为x轴上一点，若△ABP的面积为4，求点P的坐标．【分析】（1）根据描点，连线，画出△ABC即可；（2）找到A（0，1）、B（2，0）、C（4，3）关于y轴对称的对应点，连线得到△A1B1C1，写出△A1B1C1各顶点坐标即可；（3）根据△ABP的面积等于，进行计算即可．【解答】解：（1）如图所示：△ABC即为所求；（2）解：如图所示：△A1B1C1即为所求：由图可知：A1（0，1），B1（﹣2，0），C1（﹣4，3）；（3）∵P为x轴上一点，A（0，1）、B（2，0）∴OA＝1，，∴BP＝8，∵B（2，0），∴P点的横坐标为：2+8＝10或2﹣8＝﹣6；∴P（10，0）或P（﹣6，0）．七．等腰三角形的性质（共5小题）26．（2023春•城关区校级期中）已知等腰三角形一边长等于4，一边长等于9，它的周长是（）A．17或22 B．22 C．17 D．13【分析】题目给出等腰三角形有两条边长为4和9，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．【解答】解：分两种情况：当腰为4时，4+4＜9，所以不能构成三角形；当腰为9时，9+9＞4，9﹣9＜4，所以能构成三角形，周长是：9+9+4＝22．故选：B．27．（2023春•尤溪县期中）一个等腰三角形的两边长分别为2cm，4cm，则它的周长是（）A．8cm B．8cm或10cm C．10cm D．6cm或8cm【分析】根据等腰三角形的性质，本题要分情况讨论．当腰长为2cm或是腰长为4cm两种情况．【解答】解：等腰三角形的两边长分别为2cm和4cm，当腰长是2cm时，则三角形的三边是2cm，2cm，4cm，2+2＝4（cm），不满足三角形的三边关系；当腰长是4cm时，三角形的三边是4cm，4cm，2cm，三角形的周长是10cm．故选：C．28．（2023春•天河区校级期中）已知实数x，y满足|x﹣4|+（y﹣8）2＝0，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是（）A．20或16 B．20 C．16 D．以上答案均不对【分析】先根据非负数的性质列式求出x、y的值，再分4是腰长与底边两种情况讨论求解．【解答】解：根据题意得，x﹣4＝0，y﹣8＝0，解得x＝4，y＝8，①4是腰长时，三角形的三边分别为4、4、8，∵4+4＝8，∴不能组成三角形；②4是底边时，三角形的三边分别为4、8、8，能组成三角形，周长＝4+8+8＝20．所以，三角形的周长为20．故选：B．29．（2023春•淮安区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，BD平分∠ABC，BD＝BE，∠A＝100°，则∠DEC＝（）A．90° B．100° C．105° D．110°【分析】由在△ABC中，AB＝AC，∠A＝100°，根据等边对等角的性质，可求得∠ABC的度数，又由BD平分∠ABC，即可求得∠DBE的度数，又由等边对等角的性质，可求得∠BED的度数，根据平角的定义就可求出∠DEC的度数．【解答】解：∵在△ABC中，AB＝AC，∠A＝100°，∴∠ABC＝∠C＝40°，∵BD平分∠ABC，∴∠DBE＝∠ABC＝20°，∴∠BDE＝∠BED＝80°，∴∠DEC＝100°．故选：B．30．（2023春•福田区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，DE⊥AC于点E，交AB于点M且AE＝CE，以点C为圆心，CA长为半径作弧，交DE于点F，连接CF交AB于点G．若CG＝FG，则∠B的度数为（）A．75° B．70° C．65° D．60°【分析】连接AF，根据垂直平分线的性质可得AF＝CF结合题意易证△AFC是等边三角形，根据等边三角形“三线合一”可得∠CAB＝30°，最后在△ABC中利用等腰三角形的性质和三角形内角和可求解．【解答】解：连接AF，∵DE⊥AC，AE＝CE，∴AF＝CF，由题意可知CF＝CA，∴AF＝CF＝CA，∴△AFC是等边三角形，∵CG＝FG，∴∠CAB＝∠CAF＝30°，∵AB＝AC，∴，故选：A．八．等腰三角形的判定（共6小题）31．（2023春•碑林区校级期中）如图所示的正方形网格中，网格线的交点称为格点．已知点M、点N是两个格点，如果点P也是图中的格点，且使得△MNP为等腰三角形，则点P的个数是（）A．6个 B．7个 C．8个 D．9个【分析】分两种情况：当MN是等腰△MNP的底边时，符合条件的点有4个；当MN是等腰△MNP的腰时，符合条件的点有4个，于是即可得到答案．【解答】解：当MN是等腰△MNP的底边时，符合条件的点有P1、P2、P3、P4，共4个；当MN是等腰△MNP的腰时，符合条件的点有P5、P6、P7、P8，共4个，∴点P的个数是8个．故选：C．32．（2023春•余江区期中）如图，∠AOB＝60°，OC平分∠AOB，如果射线OA上的点E满足△OCE是等腰三角形，那么∠OEC的度数为120°或75°或30°．【分析】求出∠AOC，根据等腰得出三种情况，OE＝CE，OC＝OE，OC＝CE，根据等腰三角形性质和三角形内角和定理求出即可．【解答】解：∵∠AOB＝60°，OC平分∠AOB，∴∠AOC＝30°，①当E在E1时，OE＝CE，∵∠AOC＝∠OCE＝30°，∴∠OEC＝180°﹣30°﹣30°＝120°；②当E在E2点时，OC＝OE，则∠OEC＝∠OCE＝（180°﹣30°）＝75°；③当E在E3时，OC＝CE，则∠OEC＝∠AOC＝30°；故答案为：120°或75°或30°．33．（2023春•平遥县期中）如图，△ABC的点A、C在直线l上，∠B＝120°，∠ACB＝40°，若点P在直线l上运动，当△ABP成为等腰三角形时，则∠ABP度数是10°或80°或20°或140°．【分析】分三种情形：AB＝AP，PA＝PB，BA＝BP分别求解即可解决问题．【解答】解：如图，在△ABC中，∵∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣120°﹣40°＝20°，①当AB＝AP时，∠ABP1＝∠AP1B＝10°，∠ABP3＝∠AP3B＝（180°﹣20°）＝80°，②当PA＝PB时，∠ABP2＝∠AP2B＝20°③当BA＝BP时，∠ABP4＝180°﹣20°﹣20°＝140°综上所述，满足条件的∠ABP的值为10°或80°或20°或140°．34．（2023春•英德市期中）请将下列证明过程补充完整．求证：如果三角形一个外角的平分线平行于三角形的一边，那么这个三角形是等腰三角形．已知：如图，∠CAE是△ABC的外角，AD平分∠CAE，AD∥BC．求证：AD＝AC．证明：∵AD∥BC，∴∠1＝∠B（两直线平行，同位角相等），∠2＝∠C（两直线平行，内错角相等），∵AD平分∠CAE，∴∠1＝∠2（角平分线的定义），∴∠B＝∠C（等量代换），∴AB＝AC（等角对等边）．【分析】由平行线的性质推出∠1＝∠B，∠2＝∠C，由角平分线的定义得到∠1＝∠2，因此∠B＝∠C即可推出AB＝AC．【解答】证明：∵AD∥BC，∴∠1＝∠B（两直线平行，同位角相等），∠2＝∠C（两直线平行，内错角相等），∵AD平分∠CAE，∴∠1＝∠2（角平分线的定义），∴∠B＝∠C（等量代换），∴AB＝AC（等角对等边）．故答案为：两直线平行，同位角相等，两直线平行，内错角相等，等量代换，等角对等边．35．（2023春•武功县期中）如图，在△ABC中，P是BC边上的一点，过点P作BC的垂线，交AB于点Q，交CA的延长线于点R．若AQ＝AR，求证：△ABC是等腰三角形．【分析】先由AQ＝AR，运用等腰三角形的性质可得∠R＝∠AQR，再根据对顶角相等可得∠BQP＝∠AQP；进而得出∠R＝∠BQP，在Rt△QPB和Rt△RPC中，∠B+∠BQP＝90°，∠C+∠R＝90°，进而得出∠B＝∠C，进而求解即可．【解答】证明：∵AQ＝AR，∴∠R＝∠AQR．又∵∠BQP＝∠AQP，∴∠R＝∠BQP．在Rt△QPB和Rt△RPC中，∠B+∠BQP＝90°，∠C+∠R＝90°，∴∠B＝∠C，∴AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形．36．（2023春•甘州区校级期中）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，AC＝20cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．（1）当点Q在边BC上运动时，出发几秒后，△PQB是等腰三角形？（2）当点Q在边CA上运动时，出发几秒后，△BCQ是以BC或BQ为底边的等腰三角形？【分析】（1）用t可分别表示出BP和BQ，根据等腰三角形的性质可得到BP＝BQ，可得到关于t的方程，可求得t；（2）用t分别表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性质可分CQ＝BC和BQ＝CQ三种情况，分别得到关于t的方程，可求得t的值．【解答】解：（1）由题意可知AP＝t，BQ＝2t，∵AB＝16，∴BP＝AB﹣AP＝16﹣t，当△PQB为等腰三角形时，则有BP＝BQ，即16﹣t＝2t，解得t＝，∴出发秒后△PQB能形成等腰三角形；（2）①当△BCQ是以BC为底边的等腰三角形时：CQ＝BQ，如图1所示，则∠C＝∠CBQ，∵∠ABC＝90°，∴∠CBQ+∠ABQ＝90°．∠A+∠C＝90°，∴∠A＝∠ABQ，∴BQ＝AQ，∴CQ＝AQ＝10（cm），∴BC+CQ＝22（cm），∴t＝22÷2＝11（秒）．②当，△BCQ是以BQ为底边的等腰三角形时：CQ＝BC，如图2所示，则BC+CQ＝24（cm），∴t＝24÷2＝12（秒）．综上所述：当t为11秒或12秒时，△BCQ是以BC或BQ为底边的等腰三角形．九．等腰三角形的判定与性质（共3小题）37．（2023春•招远市期中）如图，在△ABC中，∠BAC的平分线交BC于点D，过点D作DE∥AB交AC于点E．（1）求证：AE＝DE；（2）若∠C＝100°，∠B＝40°，求∠AED的度数．【分析】（1）根据角平分线性质可得∠BAD＝∠CAD，由DE∥AB，根据平行线的性质得∠BAD＝∠ADE，得到∠CAD＝∠ADE，即可得到结论．（2）根据三角形的内角和可求出∠BAC＝40°，由DE∥AB，根据平行线的性质即可得出结果．【解答】（1）证明：∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD＝∠CAD，∵DE∥AB，∴∠BAD＝∠ADE，∴∠CAD＝∠ADE，∴AE＝DE．（2）解：∵∠C＝100°，∠B＝40°，∴∠BAC＝40°，∵DE∥AB，∴∠AED+∠BAC＝180°，∴∠AED＝140°．38．（2023春•兴平市期中）如图，△ABC中，AB＝AC，D为BC边的中点，F为CA的延长线上一点，过点F作FG⊥BC于G点，并交AB于E点，试说明下列结论成立的理由：（1）AD∥FG；（2）△AEF是等腰三角形．【分析】（1）根据等腰三角形的性质推出AD⊥BC，根据平行线的判定推出即可；（2）根据等腰三角形的性质得到∠BAD＝∠CAD，关键平行线的性质得出∠F＝∠CAD，∠AEF＝∠BAD，推出∠F＝∠AEF，根据等腰三角形的判定即可得到答案．【解答】解：（1）∵AB＝AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC，∵FG⊥BC，∴AD∥FG．（2）∵AB＝AC，D是BC的中点，∴∠BAD＝∠CAD，∵AD∥FG，∴∠F＝∠CAD，∠AEF＝∠BAD，∴∠F＝∠AEF，∴AF＝AE，即△AEF是等腰三角形．39．（2023春•昌江区校级期中）如图，在△ABC中，E是BC边上一点，AD垂直平分BE，CD＝AB+BD．（1）求证：△ACE为等腰三角形．（2）若CE＝2DE，则线段AD，BC，AB满足什么数量关系？并说明理由．【分析】（1）由垂直平分线的性质可得AB＝AE，BD＝DE，根据CD＝AB+BD可得到AE＝CE，从而得证；（2）AB2+4AD2＝BC2．由垂直平分线的性质可得∠ADE＝90°，AB＝AE，根据AE＝CE，CE＝2DE可得∠DAE＝30°，说明△ABE为等边三角形，∠C＝∠CAE＝30°，∠BAC＝90°，再由勾股定理即可得证．【解答】（1）证明：∵AD垂直平分BE，∴AB＝AE，BD＝DE，∵CD＝AB+BD＝CE+DE，∴AB＝CE，∴AE＝CE，∴△ACE为等腰三角形；（2）AB2+4AD2＝BC2．理由：∵AD垂直平分BE，∴∠ADE＝90°，AB＝AE，∵AE＝CE，CE＝2DE，∴AE＝2DE，∴∠DAE＝30°，∴∠AEB＝90°﹣∠DAE＝60°，∴△ABE为等边三角形，∵AE＝CE，∴∠C＝∠CAE，∴∠AEB＝∠C+∠CAE＝60°，∴∠C＝∠CAE＝30°，∴∠BAC＝∠BAE+∠CAE＝60°+30°＝90°，AC＝2AD，∴AB2+AC2＝BC2，∴AB2+4AD2＝BC2．一十．等边三角形的性质（共5小题）40．（2023春•余江区期中）如图，等边三角形纸片ABC的边长为8，点E，F是BC边的三等分点．分别过点E，F沿着平行于BA，CA的方向各剪一刀，则剪下的△DEF的周长是（）​A．3 B． C．6 D．8【分析】首先求出，然后证△DEF为等边三角形即可求出△DEF的周长．【解答】解：∵△ABC为等边三角形，且边长为8．∴∠B＝∠C＝60°，BC＝8，∵点E，F是BC边的三等分点，∴，∵DE∥AB，DF∥AC，∴∠DEF＝∠B＝60°，∠DFE＝∠C＝60°，∴△DEF为等边三角形，∴，∴△DEF的周长是：DE+DF+EF＝3EF＝3×＝8．故选：D．41．（2023春•白银期中）下列对△ABC的判断，不正确的是（）A．若AB＝AC，∠C＝60°，则△ABC是等边三角形 B．若∠A：∠B：∠C＝1：2：3，则△ABC是直角三角形 C．若∠A＝50°，∠B＝80°，则△ABC是等腰三角形 D．若AB＝BC，∠C＝40°，则∠B＝40°【分析】根据等边三角形的判定和等腰三角形的判定判断即可．【解答】解：A、若AB＝AC，∠C＝60°，则△ABC是等边三角形，说法正确，不符合题意；B、若∠A：∠B：∠C＝1：2：3，则△ABC是直角三角形，说法正确，不符合题意；C、若∠A＝50°，∠B＝80°，可得∠C＝50°，则△ABC是等腰三角形，说法正确，不符合题意；D、若AB＝BC，∠C＝40°，则∠A＝40°，说法错误，符合题意；故选：D．42．（2023春•海口期中）如图，直线a∥b，等边△ABC的顶点C在直线b上，∠1＝40°，则∠2的度数为（）A．20° B．25° C．30° D．35°【分析】根据等边三角形性质求出∠A＝∠ACB＝60°，根据平行线的性质求出∠2的度数．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠ACB＝60°，∵∠1＝40°，∴∠AED＝180°﹣60°﹣40°＝80°，∵直线a∥直线b，∴∠AED＝∠2+∠ACB，∴∠2＝80°﹣60°＝20°，故选：A．43．（2023春•砀山县校级期中）如图，△ABC为等边三角形，AP∥CQ．若∠BAP＝α，则∠1＝（）A．60°+α B．60°﹣α C．30°+2α D．120°﹣2α【分析】根据等边三角形的性质得出∠ABC＝60°，再根据平行线的性质及角的和差求解即可．【解答】解：如图，过点B作BM∥AP，∵AP∥CQ，∴AP∥CQ∥BM，∴∠BAP＝∠ABM＝α，∠1＝∠CBM，∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵∠ABC＝∠ABM+∠CBM，∴∠CBM＝60°﹣α，∴∠1＝60°﹣α，故选：B．44．（2023春•太和区期中）如图，已知O是等边三角形ABC内一点，D是线段BO延长线上一点，且OD＝OA，∠AOB＝120°，那么∠BDC＝60度．【分析】由△ABC为等边三角形可得出AB＝AC、∠BAC＝60°，由∠AOB的度数利用邻补角互补可得出∠AOD＝60°，结合OD＝OA可得出△AOD为等边三角形，根据等边三角形的性质可得出AO＝AD、∠OAD＝60°，根据∠BAO+∠OAC＝∠OAC+∠CAD＝60°可得出∠BAO＝∠CAD，利用全等三角形的判定定理SAS可证出△BAO≌△CAD，根据全等三角形的性质可得出∠ADC的度数，再根据∠BDC＝∠ADC﹣∠ADO即可求出∠BDC的度数．【解答】解：∵△ABC为等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°．∵∠AOB＝120°，∠AOD+∠AOB＝180°，∴∠AOD＝60°．又∵OD＝OA，∴△AOD为等边三角形，∴AO＝AD，∠OAD＝60°，∠ADO＝60°．∵∠BAO+∠OAC＝∠OAC+∠CAD＝60°，∴∠BAO＝∠CAD．在△BAO和△CAD中，，∴△BAO≌△CAD（SAS），∴∠ADC＝∠AOB＝120°，∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADO＝60°．故答案为：60．一十一．等边三角形的判定（共4小题）45．（2023春•漳州期中）若一个三角形有两条边相等，且有一内角为60°，那么这个三角形一定为（）A．钝角三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．正三角形【分析】根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形求解．【解答】解：根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可得到该三角形一定为正三角形．故选：D．46．（2023春•辽阳期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为AB边的中点，DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，DE＝DF．求证：△ABC是等边三角形．【分析】证明Rt△ADE≌Rt△BDF得到∠A＝∠B，则CA＝CB，然后根据等边三角形的判定方法得到结论．【解答】证明：∵D为AB的中点，∴AD＝BD．∵DE⊥AC，DF⊥BC，∴∠AED＝∠BFD＝90°．在Rt△ADE和Rt△BDF中，，∴Rt△ADE≌Rt△BDF（HL），∴∠A＝∠B，∴CA＝CB，∵AB＝AC，∴AB＝BC＝AC∴△ABC是等边三角形．47．（2023春•新民市期中）如图所示，在等腰△ABC中，AB＝AC，AF为BC的中线，D为AF上的一点，且BD的垂直平分线过点C并交BD于E．求证：△BCD是等边三角形．【分析】根据等腰三角形的性质得出AF⊥BC，根据线段垂直平分线性质求出BD＝DC，BC＝CD，推出BD＝DC＝BC，根据等边三角形的判定得出即可．【解答】证明：∵AB＝AC，AF为BC的中线，∴AF⊥BC，∴BD＝DC，∵CE是BD的垂直平分线，∴BC＝CD，∴BD＝DC＝BC，∴△BCD是等边三角形．48．（2023春•市北区期中）如图，△ABC中，D为AC边上一点，DE⊥AB于E，ED的延长线交BC的延长线于F，且CD＝CF．（1）求证：△ABC是等腰三角形；（2）当∠F＝30度时，△ABC是等边三角形？请证明你的结论．【分析】（1）由CD＝CF，得到∠F＝∠CDF，由垂直的定义得到∠F+∠B＝90°，∠ADE+∠A＝90°，由余角的性质得到∠B＝∠A，即可证明问题；（2）由垂直的定义得到∠B＝90°﹣30°＝60°，由（1）知△ABC是等腰三角形，于是证明△ABC是等边三角形．【解答】（1）证明：∵CD＝CF，∴∠F＝∠CDF，∵∠ADE＝∠CDF，∴∠F＝∠ADE，∵DE⊥AB，∴∠F+∠B＝90°，∠ADE+∠A＝90°，∴∠B＝∠A，∴△ABC是等腰三角形；（2）解：当∠F＝30度时，△ABC是等边三角形，理由如下：∵DE⊥AB，∴∠B+∠F＝90°，∴∠B＝90°﹣30°＝60°，由（1）知△ABC是等腰三角形，∴△ABC是等边三角形．故答案为：30．一十二．等边三角形的判定与性质（共3小题）49．（2023春•七星关区期中）如图，在等边△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点O，且OD∥AB，OE∥AC．（1）试判定△ODE的形状，并说明你的理由；（2）若BC＝10，求△ODE的周长．【分析】（1）证明∠ABC＝∠ACB＝60°；证明∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°，即可解决问题．（2）证明BD＝OD；同理可证CE＝OE；即可解决问题．【解答】解：（1）△ODE是等边三角形；理由如下：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°；∵OD∥AB，OE∥AC，∴∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°，∴△ODE为等边三角形．（2）∵OB平分∠ABC，OD∥AB，∴∠ABO＝∠DOB，∠ABO＝∠DBO，∴∠DOB＝∠DBO，∴BD＝OD；同理可证CE＝OE；∴△ODE的周长＝BC＝10．50．（2023春•惠来县期中）如图，在等边△ABC中，AC＝12cm，点M以2cm/s的速度从点B出发向点A运动（不与点A重合），点N以3cm/s的速度从点C出发向点B运动（不与点B重合），设点M，N同时运动，运动时间为ts．（1）在点M，N运动过程中，经过几秒时△BMN为等边三角形？（2）在点M，N运动过程中，△BMN的形状能否为直角三角形，若能，请计算运动时间t；若不能，请说明理由．【分析】（1）由等边三角形的判定，当BM＝BN时，△BMN是等边三角形，由此即可解决问题；（2）分两种情况，由直角三角形的性质即可求解．【解答】解：（1）由题意得：BM＝2t，BN＝12﹣3t．则当BM＝BN时，△BMN是等边三角形．∴2t＝12﹣3t．解得：t＝．∴经过s时△BMN为等边三角形；（2）分两种情况：①如图1，当∠BMN＝90°时，∵∠B＝60°，∴∠BNM＝30°．∴．∴．∴．②如图2，当∠BNM＝90°时，∠BMN＝30°．∴．∴．∴t＝3．∴在点M，N运动过程中，当运动时间或t＝3s时，△BMN为直角三角形．51．（2022秋•兴宁区校级期中）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．【分析】（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．【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+∠MC