专题159轴对称图形与等腰三角形章末十大题型总结（培优篇）（沪科版）

专题15.9轴对称图形与等腰三角形章末十大题型总结（培优篇）【沪科版】TOC\o"13"\h\u【题型1利用轴对称的性质求解】 1【题型2轴对称中的光线反射】 5【题型3等腰三角形中分类讨论】 10【题型4双垂直平分线求角度与周长】 15【题型5角平分线与垂直平分线综合运用】 19【题型6轴对称图形中的面积问题】 24【题型7轴对称中尺规作图与证明、计算的综合运用】 32【题型8轴对称中的旋转】 37【题型9轴对称中规律探究】 42【题型10等边三角形的十字结合模型】 46【题型1利用轴对称的性质求解】【例1】（2023春·山东青岛·八年级统考期末）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，点A与点E关于直线CD对称．若AB=7cm，AC=9cm，BC=12cm，则△

【答案】10【分析】根据轴对称的性质可得AD=DE，AC=【详解】解：∵点A与点E关于直线CD对称，∴AD=DE，∵BC=12∴BE=∵AB=7cm，AC=9∴△DBE的周长=故答案为：10．【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，解题的关键是掌握成轴对称的图象对应边相等，对应角相等．【变式11】（2023春·江西九江·八年级统考期末）已知△ABC中∠B是钝角，以AC所在直线为对称轴作△ADC，若∠BAD+∠【答案】130°【分析】根据轴对称的性质可得∠BAC=∠DAC【详解】解：根据题意画出图如图所示：，∵△ABC和△ADC关于∴∠BAC∵∠BAD∴∠BAC∵∠BAC∴∠B故答案为：130°．【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，三角形内角和定理，熟练掌握轴对称的性质，三角形内角和定理，是解题的关键．【变式12】（2023春·山东潍坊·八年级统考期中）如图，点P为∠AOB内一点，分别作出P点关于OB、OA的对称点P1，P2，连接P1P2交OB于M，交OA于N，若∠AOB【答案】100°【分析】首先求出∠P1+∠P2=40°证明【详解】解：∵P点关于OB的对称点是P1，P点关于OA的对称点是P∴PM=∵∠AOB∴∠P∴∠P∴∠PNM=∠P∴∠PMN∴∠MPN故答案为：100°．【点睛】本题考查轴对称，三角形内角和定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．【变式13】（2023春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，将△ABC纸片沿DM折叠，使点C落在点C'的位置，其中点D为AC边上一定点，点M为BC边上一动点，点M与B，C（1）若∠A＝84°，∠B＝61°，则∠C'＝°（2）如图1，当点C'落在四边形ABMD内时，设∠BMC'＝∠1，∠ADC'＝∠2，探索∠C'与（3）在点M运动过程中，折叠图形，若∠C'＝35°，∠BMC'＝53°，求∠AD

【答案】（1）35

（2）2∠C′＝∠1＋∠2，理由见解析

（3）17°或123°【分析】（1）由三角形的内角和定理求出∠C，再由折叠性质得∠C'＝∠C（2）由三角形的内角和定理得出∠CDM+∠CMD=180º﹣∠C，由折叠性质得∠C′DM=∠CDM，∠C′MD=∠CMD，推出∠1+∠2=360º2（∠CDM+∠CMD）即可找出角之间的关系；（3）根据题意，分点C′落在三角形ABC内和外讨论，类比（2）中方法求解即可．【详解】（1）在△ABC中，∠A=84º，∠B=61º，由∠A+∠B+∠C=180º得：∠C=180º84º61º=35º，由折叠性质得：∠C′=∠C=35º，故答案为：35；（2）在△CDM中，∠CDM+∠CMD+∠C=180º，即∠CDM+∠CMD=180º﹣∠C，由折叠性质得：∠C′DM=∠CDM，∠C′MD=∠CMD，∵∠1+∠C′MD+∠CMD=180º，∠2+∠C′DM+∠CDM=180º，∴∠1+∠2=360º﹣2（∠CDM+∠CMD）=2∠C，∴∠1+∠2=2∠C′；（3）设∠BMC'＝∠1=53º，∠ADC'＝当点C′落在△ABC的内部时，由（2）知，∠2=2C′∠1=2×35º53º=17º；当点C′落在如图1位置时，同（2）中方法由∠1+∠2=2∠C′，∴∠2==17º；当点C′落在如图2位置时，在△CDM中，∠CDM+∠CMD=180º﹣∠C，由折叠性质得：∠C′DM=∠CDM，∠C′MD=∠CMD，∵∠1+∠C′MD+∠CMD=180º，∠C′DM+∠CDM﹣∠2=180º，∴∠1﹣∠2=360º﹣2（∠CDM+∠CMD）=2∠C，∴∠1﹣∠2=2∠C′，∴∠2=∠1﹣2∠C′=53º70º=﹣17º（舍去）；当点C′落在如图3位置时，∵∠C′MD+∠CMD﹣∠1=180º，∠C′DM+∠CDM+∠2=180º，∴∠2﹣∠1=360º﹣2（∠CDM+∠CMD）=2∠C，∴∠2﹣∠1=2∠C′，∴∠2=2∠C′+∠1=70º+53º=123º，综上，∠ADC'的度数为17º或123º

【题型2轴对称中的光线反射】【例2】（2023春·全国·八年级专题练习）光线以如图所示的角度α照射到平面镜工上，然后在平面镜I，Ⅱ之间来回反射．若∠α=50°，∠β=60°，则∠A．80° B．70° C．60° D．50°【答案】B【分析】根据入射光线与水平线的夹角等于反射光线与水平线的夹角将已知转化到三角形中，利用三角形的内角和是180°求解．【详解】解：如图：由反射规律可知：∠α=∠1，∠γ又∵∠1+∠2+∠3=180°∴180°-2∠β∴2∠即2×60°=50°+∠∴∠γ故选：B．【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，掌握入射光线与水平线的夹角等于反射光线与水平线的夹角是解题关键，注意隐含的180°的关系的使用．【变式21】（2023·八年级单元测试）公元一世纪，正在亚历山大城学习的古希腊数学家海伦发现：光在镜面上反射时，反射角等于入射角．如图1，法线NO垂直于反射面，入射光线与法线的夹角为入射角，反射光线与法线的夹角为反射角．台球碰撞台球桌边后反弹与光线在镜面上反射原理相同．如图2，长方型球桌ABCD上有两个球P，Q．请你尝试解决台球碰撞问题：(1)请你设计一条路径，使得球P撞击台球桌边AB反射后，撞到球Q．在图2中画出，并说明做法的合理性．(2)请你设计一路径，使得球P连续三次撞击台球桌边反射后，撞到球Q，在图3中画出一种路径即可．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）作点P关于AB的对称点P'，连接QP'交AB于T（2）作点P关于AD的对称点P'，作点Q关于BC的对称点Q'，作点Q'关于CD的对称点Q″，连接P'Q″交AD于E，交DC于F，连接F【详解】（1）解：如图2中，作点P关于AB的对称点P'，连接QP'交AB于T原理：∵点P'和点P关于AB∴∠P∵∠P∴∠PTA（2）如图3中，作点P关于AD的对称点P'，作点Q关于BC的对称点Q'，作点Q'关于CD的对称点Q″，连接P'Q″交AD于E，交DC于F，连接F【点睛】本题考查轴对称的应用，解题的关键是学会利用轴对称解决实际问题．【变式22】（2023春·广东佛山·八年级校考阶段练习）如图1，直线l垂直BC于点B，∠ACB=90°，点D为BC中点，一条光线从点A射向D，反射后与直线l交于点E，且有

(1)求证：BE=(2)如图2，连接AB交DE于点F，连接FC交AD于点H，AC=BC，求证：(3)如图3，在（2）的条件下，点P是AB边上的动点，连接PC，PD，SΔACD=5，CH=2【答案】(1)见解析(2)见解析(3)存在，5【分析】（1）由ASA可证△BDE≌△CDA（2）由SAS可证△CBF≌△EBF（3）由SAS可证△EBP≌△CBP，可得PE=PC，则当点E，点P，点D三点共线时，PE【详解】（1）∵直线l垂直BC于点B，∠ACB=90°，点D是∴BD=CD，在△BDE和△∠EDB∴△BDE∴BE=（2）∵AC=∴BE=∵AC=∴∠ABC∵∠EBC∴∠EBA又∵BF=∴△CBF∴∠BED∵△BDE∴∠BED∵∠DAC∴∠CHD∴CF⊥（3）存在；在△EBP和△EB=∴△EBP∴PE=∴PC+∴当点E，点P，点D三点共线时，PE+PD有最小值，即PC+∵△BDE∴ED=∵BD=∵S△∴12∴AD=5×2×∴PC+PD的最小值为【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，寻找条件证明三角形全等是解题的关键．【变式23】（2023春·上海·八年级专题练习）如图所示，已知边长为2的正三角形ABC中，P0是BC边的中点，一束光线自P0发出射到AC上的P1后，依次反射到AB、BC上的点P2和P3，且1＜BP3＜32（反射角等于入射角），则P1C的取值范围是【答案】1<【分析】首先利用光的反射定律及等边三角形的性质证明△P0P1C∽△P2P1A∽△P2P3B，再根据相似三角形对应边成比例得到用含P3B的代数式表示P1C的式子，然后由1＜BP3＜32，即可求出P1C【详解】解：∵反射角等于入射角，∴∠P0P1C＝∠P2P1A＝∠P2P3B，又∵∠C＝∠A＝∠B＝60°，∴△P0P1C∽△P2P1A∽△P2P3B，∴P0CP1C设P1C＝x，P2A＝y，则P1A＝2﹣x，P2B＝2﹣y．∴1x＝y2-x∴xy=2-∴x＝13（2+P3B又∵1＜BP3＜32∴1＜x＜76即P1C长的取值范围是：1＜P1C＜76故答案为：1＜P1C<7【点睛】此题考查了等边三角形的性质，解题的关键是根据等边三角形的性质找出对应点是解此题的关键，难度较大．【题型3等腰三角形中分类讨论】【例3】（2023春·重庆南岸·八年级校考期末）如图，△ABC中，∠ACB>120°，∠B=20°，D为AB边上一点（不与A、B重合），将△BCD沿CD翻折得到△CDE，CE交AB于点F

A．30° B．30°或60° C．50° D．30°或50°【答案】B【分析】分两种情况进行讨论，当EF=ED时，根据折叠的性质可知∠BCD=∠ECD，设∠BCD=∠ECD=x，根据等腰三角形的性质可得∠EFD=∠EDF=80°，则x+x+20°=80°，解出x【详解】解：当EF=根据折叠的性质可知∠BCD设∠BCD∵∠B∴∠FDC∵△DEF为等腰三角形，EF∴∠EFD∵∠ECD∴x+解得x=30°当EF=DF根据折叠的性质可知∠BCD设∠BCD∵∠B∴∠FDC∵△DEF为等腰三角形，EF∴∠E∴∠EFD∵∠ECD∴y+解得y=60°综上所述，∠BCD的度数为30°或60°故选：B．【点睛】本题考查了折叠的性质以及等腰三角形的性质，利用外角的性质将角与角建立联系列出方程是解题的关键．【变式31】（2023春·陕西渭南·八年级校考期中）若等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为20°，则它的底角为（

）A．35° B．55° C．55°或35° D．70°或35°【答案】C【分析】根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理进行分析，注意分类讨论思想的运用．【详解】解：①∵AB=AC，∠

∴∠A∴∠ABC②∵AB=AC，∠

∴∠∴∠ABC故选：C．【点睛】此题主要考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理及三角形外角的性质的综合运用，熟练掌握这两个定理是解决问题的关键．【变式32】（2023春·广东广州·八年级校考期中）如图，△ABC中∠ABC=40°，动点D在直线BC上，当△ABD

【答案】20°或40°或70°或100°【分析】画出图形，分四种情况分别求解．【详解】解：若AB=则∠ADB

若AD=则∠DAB∴∠ADB

若AB=则∠ADB

若AB=则∠BAD

综上：∠ADB的度数为20°或40°或70°或100°故答案为：20°或40°或70°或100°．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，外角的性质，解题的关键是找齐所有情况，分类讨论．【变式33】（2023春·山西运城·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=130°，△AFD和△ABD关于直线AD对称，∠FAC的平分线交BC于点G，连接

【答案】50°或65°或80°【分析】先由轴对称可以得出△ADB≌△ADF，就可以得出∠B=∠AFD，AB=AF，再证明△AGF≌△AGC【详解】解：∵AB=AC，∴∠B∵△ABD和△AFD关于直线∴△ADB∴∠B=∠AFD∴AF=∵AG平分∠FAC∴∠FAG在△AGF和△AF=∴△AGF∴∠AFG∵∠DFG∴∠DFG①当GD=∴∠FDG②当DF=∴∠FDG∵∠DFG∴∠FDG③当DF=∴∠DFG∴∠FDG故答案为：50°或65°或80°．【点睛】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，分类讨论是解答本题的关键．【题型4双垂直平分线求角度与周长】【例4】（2023春·广西桂林·八年级统考期末）如图所示，点E、F是∠BAC的边AB上的两点，线段EF的垂直平分线交AC于D，AD的垂直平分线恰好经过E点，连接DE、DF，若∠CDF=α，则

A．α B．4α3 C．180°-2【答案】D【分析】根据线段垂直平分线的性质，三角形外角性质，三角形内角和定理计算判断即可．【详解】∵线段EF的垂直平分线交AC于D，AD的垂直平分线恰好经过E点，∴DE=∴∠DFE∵∠DEF∴∠EAD∴∠CDF∴∠DFA∴∠EDF故选D．【点睛】本题考查了线段的垂直平分线，三角形外角性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握线段的垂直平分线，三角形外角性质，等腰三角形的性质是解题的关键．【变式41】（2023春·河北保定·八年级统考期中）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A．6 B．7 C．8 D．12【答案】C【分析】根据线段垂直平分线的性质可得AD=BD，AE=【详解】解：∵AB的垂直平分线交BC于D，∴AD=∵AC的垂直平分线交BC于E，∴AE=∵BC=8∴BD+∴AD+∴△ADE的周长为8故选：C．【点睛】此题主要考查了线段垂直平分线的性质，关键是掌握线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．【变式42】（2023春·河北保定·八年级统考期中）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=

A．α B．14α+90° C．1【答案】B【分析】连接CO并延长，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=∠【详解】解：连接CO并延长，

∵点O是AC、BC的垂直平分线的交点，∴OA=OC∴∠OCA=∠OAC∵∠AOD是△∴∠AOD同理，∠BOD∴∠AOB∴∠OCA∴∠ACB∵AI平分∠BAC，BI平分∴∠IAB=1∴∠IAB∴∠AIB故选：B．【点睛】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43】（2023春·辽宁丹东·八年级校考期中）如图，在△ABC中，边AB的垂直平分线OM与边AC的垂直平分线ON交于点O，这两条垂直平分线分别交BC于点D、E．已知△ADE的周长为11cm，分别连接OA、OB、OC，若△

【答案】6【分析】根据线段垂直平分线的性质可得DA=DB，EA=EC，OA=OB=OC，从而可求出【详解】解：∵OM是AB∴DA=DB∵ON是AC∴EA=EC∴OB∵△ADE的周长为11∴AD∴BD∴BC∵△OBC的周长为23∴OB∴OB∴OA故答案为：6cm【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题的关键．【题型5角平分线与垂直平分线综合运用】【例5】（2023春·湖南湘西·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠BAC=60°，∠BAC的平分线AD与边BC的垂直平分线相交于点D，DE⊥AB交AB的延长线于点E，DF⊥AC于点F，现有以下结论：①DE=DF；②DE+

A．2个 B．3个 C．4个 D．1个【答案】B【分析】①由角平分线的性质即可证明；②由题意可知∠EAD=∠FAD=30°，可得DE=12AD，DF=12AD，从而可以证明；③假设DM平分∠ADF，则∠ADM=∠FDM=30°【详解】如图所示，连接BD、

∵AD平分∠BAC，DE⊥AB∴ED=故①正确；∵∠BAC=60°，AD平分∴∠EAD∵DE⊥∴∠AED∴DE=同理DF=∴DE+故②正确；∵∠EAD=∠∴∠ADE假设DM平分∠ADF，则∠∴∠EDM∵DM⊥∴BC∥∴∠ABC又∵∠ABC∴不能判定DM平分∠ADF故③错误；∵DM是BC的垂直平分线，∴DB=在Rt△BED和DE=∴Rt△∴BE=在Rt△AED和DE=∴Rt△∴AE=∴AB+故④正确；故选B．【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．【变式51】（2023春·山东威海·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘,∠CAB的平分线交BC于点D,DE恰好是

【答案】3【分析】由角平分线性质定理，得DE=DC，所以Rt△ADE≌Rt△【详解】解：∵AD平分∠CAB，DC⊥AC∴DE=∴Rt∵DE垂直平分AB，∴AE=BE，∴AC=∵S△∴2AE∴DE=3故答案为：3．【点睛】本题考查垂直平分线的性质，角平分线的性质，直角三角形全等的判定；运用面积公式寻求线段间的关系是解题的关键．【变式52】（2023春·山东青岛·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠A=52°，∠ACB的角平分线CF与BC的垂直平分线DE交于点O，连接OB

【答案】72°【分析】由线段垂直平分线的性质可得∠OBC=∠OCB，由角平分线的定义可得∠【详解】解：∵OE垂直平分BC∴OB∴∠OBC∵CF平分∠∴∠ACF∵∠A∴∠A∵∠A=52°，∴∠ACF∴∠ACB故答案为：72°．【点睛】本题主要考查线段垂直平分线的性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理，利用三角形的内角和定理求解∠ACF【变式53】（2023春·四川成都·八年级校考期中）如图，△ABC中，∠ABC的角平分线BD和AC边的中垂线DE交于点D，DM⊥BA的延长线于点M，DN⊥BC于点N．若【答案】2【分析】连接AD，CD，由“AAS”可证△BDM≅△BDN，可得BM=BN，由“【详解】解：连接AD，∵BD是∠ABC∴∠ABD在△BDM和△∠DMB∴△BDM∴BM=∵DE是AC的垂直平分线，∴AD=在Rt△ADM和AD=∴Rt△∴AM=∵AB=3∴BC-∴AM