专题1.3 轴对称章末重难点题型-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版）

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专题1.3 轴对称章末重难点题型
【人教版】



【考点1 轴对称图形的识别】
【方法点拨】解决此类问题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．
【例1】（2020春•岳阳期末）2020年初，新型冠状病毒引发肺炎疫情．一方有难，八方支援，全国多家医院纷纷选派医护人员驰援武汉．下面是四家医院标志的图案部分，其中图案部分是轴对称图形的是（　　）

A．协和医院 B．湘雅医院 C．齐鲁医院 D．华西医院
【分析】利用轴对称图形的定义进行解答即可．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点评】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．
【变式1-1】（2020春•青岛期末）下列交通指示标识中，是轴对称图形的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合解答．
【解答】解：第一、二、四个图形是轴对称图形，
第三个图形不是轴对称图形，
故选：C．
【点评】本题考查的是轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
【变式1-2】（2020春•陈仓区期末）下列与防疫有关的图案中不是轴对称图形的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据轴对称图形定义进行分析即可．
【解答】解：第一个图案和第二个图案是轴对称图形，第三个图案和第四个图案不是轴对称图形，
则不是轴对称图形的有2个，
故选：B．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的概念．
【变式1-3】（2020春•揭阳期末）下列图形中，是轴对称图形的有（　　）个．
①角 ②线段 ③等腰三角形 ④等边三角形 ⑤扇形 ⑥圆 ⑦平行四边形
A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
【分析】直接利用轴对称图形的定义分析得出答案．
【解答】解：①角 ②线段 ③等腰三角形 ④等边三角形 ⑤扇形 ⑥圆 ⑦平行四边形中只有平行四边形不是轴对称图形．
故轴对称图形有6个．
故选：C．
【点评】此题主要考查了轴对称变换，正确把握轴对称图形的定义是解题关键．
【考点2 生活中的轴对称现象】
【方法点拨】解决此类问题关键是掌握镜面对称原理及反射角与入射角的定义.
【例2】（2020春•玉门市期末）如图，课间休息时，小新将镜子放在桌面上，无意间看到镜子中有一串数字，原来是桌旁墙面上张贴的同学手机号码中的几个数字，请问镜子中的数字对应的实际数字是　 　．
【分析】易得所求的数字与看到的数字关于竖直的一条直线成轴对称，作出相应图形即可求解．
【解答】解：做轴对称图形得：|630085，
故答案是：630085．
【点评】本题主要考查了镜面对称，解决本题的关键是找到相应的对称轴；难点是作出相应的对称图形；注意2的关于竖直的一条直线的轴对称图形是5．
【变式2-1】（2020春•禅城区期末）室内墙壁上挂一平面镜，小明在平面镜内看到他背后墙上时钟的示数如图所示，则这时的实际时间应是（　　）

A．3：20 B．3：40 C．4：40 D．8：20
【分析】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左右颠倒，且关于镜面对称，分析并作答．
【解答】解：根据镜面对称的性质，分析可得题中所显示的时刻与3：40成轴对称，所以此时实际时刻为3：40．
故选：B．
【点评】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2-2】（2019秋•润州区校级月考）如图是一个经过改造的规则为4×7的台球桌面示意图，图中四个角上的阴影部分分别表示四个入球孔，如果一个球按图中所示的方向被击出（球可以经过台球边缘多次反弹），那么球最后将落入的球袋是（　　）

A．1号袋 B．2号袋 C．3号袋 D．4号袋
【分析】根据题意，画出图形，由轴对称的性质判定正确选项．
【解答】解：根据轴对称的性质可知，台球走过的路径为：

所以球最后将落入的球袋是4号袋，
故选：D．
【点评】本题主要考查了轴对称的性质．轴对称的性质：（1）对应点所连的线段被对称轴垂直平分；（2）对应线段相等，对应角相等．注意结合图形解题的思想；严格按轴对称画图是正确解答本题的关键．
【变式2-3】（2020春•兖州区期末）如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到长方形的边时反弹，反弹时人射角等于反射角（即：∠1＝∠2，∠3＝∠4）．小球从P点出发第1次碰到长方形边上的点记为A点，第2次碰到长方形边上的点记为B点，……第2020次碰到长方形边上的点为图中的（　　）

A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
【分析】根据反射角与入射角的定义作出图形，可知每6次反弹为一个循环组依次循环，用2020除以6，根据商和余数的情况确定所对应的点的坐标即可．
【解答】解：如图所示，经过6次反弹后动点回到出发点P，

∵2020÷6＝336…4，
∴当点P第2020次碰到长方形的边时为第337个循环组的第4次反弹，
∴第2020次碰到长方形的边时的点为图中的点D，
故选：D．
【点评】此题主要考查了点的坐标的规律以及生活中的轴对称现象，作出图形，观察出每6次反弹为一个循环组依次循环是解题的关键．
【考点3 轴对称的性质与运用】
【方法点拨】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．
【例3】（2020春•青川县期末）如图，P为∠AOB内一点，分别画出点P关于OA，OB的对称点P1，P2，连接P1P2．交OA于点M，交OB于点N．若P1P2＝5cm，则△PMN的周长为　 　．

【分析】根据中垂线的性质：中垂线上的点到线段的两个端点的距离相等，可求得△PMN的周长．
【解答】解：如图所示：

∵P与P1关于OA对称，
∴OA为线段PP1的垂直平分线．
∴MP＝MP1．
同理可得：NP＝NP2．
∵P1P2＝5cm，
∴△PMN的周长＝MP+MN+NP＝P1M+MN+NP2＝P1P2＝5cm．
故答案为5cm．
【点评】本题考查了求作关于直线的对称点的作法和中垂线的性质，利用轴对称的性质得出对应线段相等是解题关键．
【变式3-1】（2020•延边州二模）如图，∠AOB＝40°，点P在∠AOB的内部，点C，D分别是点P关于直线OA，OB的对称点，连接CD分别交OA，OB于点E、F．则∠EPF＝　 　．

【分析】要求∠EPF的度数，要在△EPF中进行，根据轴对称的性质和等腰三角形的性质找出与∠MPN的关系，利用已知∠AOB＝40°可求出∠EPF，答案可得．
【解答】解：如图，

∵点M、N分别是点P关于直线0A、OB的对称点，
∴OA垂直平分PM，OB垂直平分PN，
∴ME＝PE，PF＝NF，
∴∠PEF＝2∠M，∠PFE＝2∠N，
∵∠PRE＝∠PTF＝90°，
∴在四边形OTPR中，
∴∠MPN+∠AOB＝180°，
∵∠EPF+2∠M+2∠N＝180°，
即∠MPN+∠M+∠N＝180°，
∴∠M+∠N＝∠AOB＝40°
∴∠EPF＝180°﹣40°×2＝100°．
故答案为100°．
【点评】本题主要考查了轴对称的性质、线段垂直平分线的性质，在计算的过程中运用了四边形的内角和和三角形的内角和定理及其推论．
【变式3-2】（2020春•长春期末）如图，点P是∠AOB外一点，点M、N分别是∠AOB两边上的点，点P关于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，点P关于OB的对称点R落在线段MN的延长线上．若PM＝2.5cm，PN＝3cm，MN＝4cm，则线段QR的长为　 　．

【分析】由轴对称的性质可知：PM＝MQ，PN＝RN，先求得QN的长度，然后根据QR＝QN+NR即可求得QR的长度．
【解答】解：由轴对称的性质可知：PM＝MQ＝2.5cm，PN＝RN＝3cm，
QN＝MN﹣QM＝4﹣2.5＝1.5cm，QR＝QN+NR＝1.5+3＝4.5cm．
故答案为：4.5cm．
【点评】本题主要考查的是轴对称的性质，掌握轴对称图形的性质是解题的关键．
【变式3-3】（2020春•竞秀区期末）如图，点P在∠AOB的内部，点C和点P关于OA对称，点P关于OB对称点是D，连接CD交OA于M，交OB于N．
（1）①若∠AOB＝60°，则∠COD＝　 　°；
②若∠AOB＝α，求∠COD的度数．
（2）若CD＝4，则△PMN的周长为　 　．

【分析】（1）根据轴对称的性质，可知∠AOC＝∠AOP，∠BOD＝∠BOP，可以求出∠COD的度数；
（2）根据轴对称的性质，可知CM＝PM，DN＝PN，根据周长定义可以求出△PMN的周长；
【解答】解：（1）①∵点C和点P关于OA对称，
∴∠AOC＝∠AOP，
∵点P关于OB对称点是D，
∴∠BOD＝∠BOP，
∴∠COD＝∠AOC+∠AOP+∠BOP+∠BOD＝2（∠AOP+∠BOP）＝2∠AOB＝2×60°＝120°，
故答案为：120°．
②∵点C和点P关于OA对称．
∴∠AOC＝∠AOP，
∵点P关于OB对称点是D，
∴∠BOD＝∠BOP，
∴∠COD＝∠AOC+∠AOP+∠BOP+∠BOD＝2（∠AOP+∠BOP）＝2∠AOB＝2α．
（2）根据轴对称的性质，可知CM＝PM，DN＝PN，
所以△PMN的周长为：PM+PN+MN＝CM+DN+MN＝CD＝4，
故答案为：4
【点评】本题考查轴对称的性质与运用，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．
【考点4 线段垂直平分线的应用】
【方法点拨】线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，熟记性质
是解题的关键
【例4】（2020春•沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AB的中垂线交AB于点D，交BC的延长线于点E，交AC于点F，若AB+BC＝6，则△BCF的周长为（　　）

A．4.5 B．5 C．5.5 D．6
【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AF＝BF，然后根据三角形的周长推出△BCF的周长＝AC+BC，即可得解．
【解答】解：∵DF为AB的垂直平分线，
∴AF＝BF，
∴△BCF的周长＝CF+BF+BC＝CF+AF+BC＝AC+BC，
∵AB＝AC，AB+BC＝6，
∴AC+BC＝6，
∴△BCF的周长为6．
故选：D．
【点评】本题主要考查了线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，熟记性质是解题的关键．
【变式4-1】（2020春•郫都区期末）如图，△ABC中，∠ABC＝30°，∠ACB＝50°，DE、FG分别为AB、AC的垂直平分线，E、G分别为垂足．
（1）直接写出∠BAC的度数；
（2）求∠DAF的度数，并注明推导依据；
（3）若△DAF的周长为20，求BC的长．

【分析】（1）根据三角形内角和定理计算，得到答案；
（2）根据线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质计算；
（3）根据线段垂直平分线的性质、三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：（1）∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝180°﹣30°﹣50°＝100°；
（2）∵DE是线段AB的垂直平分线，
∴DA＝DB，
∴∠DAB＝∠ABC＝30°，
同理可得，∠FAC＝∠ACB＝50°，
∴∠DAF＝∠BAC﹣∠DAB﹣∠FAC＝100°﹣30°﹣50°＝20°；
（3）∵△DAF的周长为20，
∴DA+DF+FA＝20，
由（2）可知，DA＝DB，FA＝FC，
∴BC＝DB+DF＝FC＝DA+DF+FA＝20．
【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、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4-2】（2019秋•百色期末）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，DG⊥BC且平分BC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F．
（1）说明BE＝CF的理由；
（2）如果AB＝5，AC＝3，求AE、BE的长．

【分析】（1）连接BD，CD，由AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，根据角平分线的性质，即可得DE＝DF，又由DG⊥BC且平分BC，根据线段垂直平分线的性质，可得BD＝CD，继而可证得Rt△BED≌Rt△CFD，则可得BE＝CF；
（2）首先证得△AED≌△AFD，即可得AE＝AF，然后设BE＝x，由AB﹣BE＝AC+CF，即可得方程5﹣x＝3+x，解方程即可求得答案．
【解答】（1）证明：连接BD，CD，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，∠BED＝∠CFD＝90°，
∵DG⊥BC且平分BC，
∴BD＝CD，
在Rt△BED与Rt△CFD中，
BD=CDDE=DF，
∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），
∴BE＝CF；

（2）解：在△AED和△AFD中，
∠AED=∠AFD=90°∠EAD=∠FADAD=AD，
∴△AED≌△AFD（AAS），
∴AE＝AF，
设BE＝x，则CF＝x，
∵AB＝5，AC＝3，AE＝AB﹣BE，AF＝AC+CF，
∴5﹣x＝3+x，
解得：x＝1，
∴BE＝1，AE＝AB﹣BE＝5﹣1＝4．

【点评】此题考查了角平分线的性质、线段垂直平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，利用方程思想与数形结合思想求解．
【变式4-3】（2020春•萍乡期末）如图，△ABC的外角∠DAC的平分线交BC边的垂直平分线于P点，PD⊥AB于D，PE⊥AC于E．
（1）求证：BD＝CE；
（2）若AB＝6cm，AC＝10cm，求AD的长．

【分析】（1）连接BP、CP，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BP＝CP，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DP＝EP，然后利用“HL”证明Rt△BDP和Rt△CEP全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）利用“HL”证明Rt△ADP和Rt△AEP全等，根据全等三角形对应边相等可得AD＝AE，再根据AB、AC的长度表示出AD、CE，然后解方程即可．
【解答】（1）证明：连接BP、CP，
∵点P在BC的垂直平分线上，
∴BP＝CP，
∵AP是∠DAC的平分线，
∴DP＝EP，
在Rt△BDP和Rt△CEP中，BP=CPDP=EP，
∴Rt△BDP≌Rt△CEP（HL），
∴BD＝CE；

（2）解：在Rt△ADP和Rt△AEP中，AP=APDP=EP，
∴Rt△ADP≌Rt△AEP（HL），
∴AD＝AE，
∵AB＝6cm，AC＝10cm，
∴6+AD＝10﹣AE，
即6+AD＝10﹣AD，
解得AD＝2cm．

【点评】本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
【考点5 关于坐标轴对称的点的坐标】
【方法点拨】解决此类问题关键是掌握：
关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．
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．
【例5】（2019秋•邛崃市期末）在平面直角坐标系中，点P与点M关于y轴对称，点N与点M关于x轴对称，若点P的坐标为（﹣2，3），则点N的坐标为（　　）
A．（﹣3，2） B．（2，3） C．（2，﹣3） D．（﹣2，﹣3）
【分析】作出相关对称后可得点P与点N关于原点对称，那么依据点P的坐标为（﹣2，3），可得点N的坐标．
【解答】解：∵点M与点P关于y轴对称，点N与点M关于x轴对称，
∴点N与点P关于原点对称，
又∵点P的坐标为（﹣2，3），
∴点N的坐标为（2，﹣3），
故选：C．
【点评】考查关于坐标轴对称的点的规律，用到的知识点为：两点是关于一次x轴对称，又关于y轴一次对称得到的点，那么这两点关于原点对称．
【变式5-1】（2019秋•潮州期末）若点P（2a﹣1，3）关于y轴对称的点为Q（3，b），则点M（a，b）关于x轴对称的点的坐标为（　　）
A．（1，3） B．（﹣1，3） C．（﹣1，﹣3） D．（1，﹣3）
【分析】直接利用关于y轴对称点的性质得出a，b的值，进而利用关于x轴对称点的性质得出答案．
【解答】解：∵点P（2a﹣1，3）关于y轴对称的点为Q（3，b），
∴2a﹣1＝﹣3，b＝3，
解得：a＝﹣1，
故M（﹣1，3），关于x轴对称的点的坐标为：（﹣1，﹣3）．
故选：C．
【点评】此题主要考查了关于x轴、y轴对称点的性质，正确得出a，b的值是解题关键．
【变式5-2】（2019秋•河东区期末）小红同学误将点A的横纵坐标次序颠倒，写成A（a，b），另一学生误将点B的坐标写成关于y轴对称点的坐标，写成B（﹣b，﹣a）；则A，B两点原来的位置关系是（　　）
A．关于x轴对称 B．关于y轴对称
C．A和B重合 D．以上都不对
【分析】根据题意表示出A、B的正确坐标，再根据坐标的关系确定A，B两点原来的位置关系．
【解答】解：∵小红同学误将点A的横纵坐标次序颠倒，写成A（a，b），
∴A点的正确坐标为（b，a），
∵另一学生误将点B的坐标写成关于y轴对称点的坐标，写成B（﹣b，﹣a），
∴B点的正确坐标为（b，﹣a），
∴A，B两点原来的位置关系是关于x轴对称，
故选：A．
【点评】此题主要考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，关键是掌握：
关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．
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．
【变式5-3】（2019秋•阳信县期末）已知点P（﹣1﹣2a，5）关于x轴的对称点和点Q（3，b）关于y轴的对称点相同，则A（a，b）关于x轴对称的点的坐标为（　　）
A．（1，﹣5） B．（1，5） C．（﹣1，5） D．（﹣1，﹣5）
【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于x轴的对称点的坐标是（x，﹣y），关于y轴的对称点的坐标是（﹣x，y）∴P（﹣1﹣2a，5）关于x轴的对称点的坐标是（﹣1﹣2a，﹣5），Q（3，b）关于y轴的对称点的坐标是（﹣3，b），因而就得到关于a，b的方程，从而得到a，b的值．则A（a，b）关于x轴对称的点的坐标就可以得到．
【解答】解：∵P（﹣1﹣2a，5）关于x轴的对称点的坐标是（﹣1﹣2a，﹣5），
Q（3，b）关于y轴的对称点的坐标是（﹣3，b）；
∴﹣1﹣2a＝﹣3，b＝﹣5；
∴a＝1，
∴点A的坐标是（1，﹣5）；
∴A关于x轴对称的点的坐标为（1，5）；
故选：B．
【点评】本题比较容易，考查平面直角坐标系关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系．是需要识记的内容．
【考点6 轴对称变换（点的坐标规律）】
【例6】（2019秋•长白县期末）如图，在平面直角坐标系中，对△ABC进行循环往复的轴对称变换，若原来点A的坐标是（a，b），经过第2019次变换后所得的点A的坐标是（　　）

A．（﹣a，b） B．（﹣a，﹣b） C．（a，﹣b） D．（a，b）
【分析】图观察图形可知每四次对称为一个循环组依次循环，用2019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，然后解答即可．
【解答】解：点A第一次关于x轴对称后在第四象限，
点A第二次关于y轴对称后在第三象限，
点A第三次关于x轴对称后在第二象限，
点A第四次关于y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，
∵2019÷4＝504余3，
∴经过第2019次变换后所得的A点与第三次变换的位置相同，在第二象限，
坐标为（﹣a，b）．
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称的性质，点的坐标变换规律，读懂题目信息，观察出每四次对称为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．
【变式6-1】（2020•盐城模拟）如图，正方形ABCD的顶点A（1，1），B（3，1），规定把正方形ABCD“先沿x轴翻折，再向左平移1个单位”为一次变换，这样连续经过2019次变换后，正方形ABCD的顶点C的坐标为（　　）

A．（﹣2018，﹣3） B．（﹣2018，3） C．（﹣2016，﹣3） D．（﹣2016，3）
【分析】根据正方形ABCD的顶点A（1，1），B（3，1），可得AB＝BC＝2，C（3，3），先求出前几次变换后C点的坐标，发现2019次变换后的正方形在x轴下方，进而可求出结果．
【解答】解：∵正方形ABCD的顶点A（1，1），B（3，1），
∴AB＝BC＝2，
∴C（3，3），
一次变换后，点C1 的坐标为（2，﹣3），
二次变换后，点C2的坐标为（1，3），
三次变换后，点C3的坐标为（0，﹣3），
…，
∵2019次变换后的正方形在x轴下方，
∴点C2019的纵坐标为﹣3，其横坐标为3﹣2019×1＝﹣2016．
∴经过2019次变换后，正方形ABCD的顶点C的坐标为（﹣2016，﹣3）．
故选：C．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣对称、规律型﹣点的坐标、坐标与图形变化﹣平移，解决本题的关键是掌握对称性质和平移旋转．
【变式6-2】（2020春•岳阳期末）如图，已知正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点M，顶点A、B、C的坐标分别为（1，3）、（1，1）、（3，1），规定“把正方形ABCD先沿x轴翻折，再向右平移1个单位”为一次变换，如此这样，连续经过2020次变换后，点M的坐标变为（　　）

A．（2022，2） B．（2022，﹣2） C．（2020，2） D．（2020，﹣2）
【分析】首先由正方形ABCD，顶点A（1，3），B（1，1），C（3，1），然后根据题意求得第1次、2次、3次变换后的对角线交点M的对应点的坐标，即可得规律：第n次变换后的点M的对应点的坐标为：当n为奇数时为（2+n，﹣2），当n为偶数时为（2+n，2），继而求得把正方形ABCD连续经过2015次这样的变换得到正方形ABCD的对角线交点M的坐标．
【解答】解：∵正方形ABCD，顶点A（1，3），B（1，1），C（3，1），
∴对角线交点M的坐标为（2，2），
根据题意得：第1次变换后的点M的对应点的坐标为（2+1，﹣2），即（3，﹣2），
第2次变换后的点M的对应点的坐标为：（2+2，2），即（4，2），
第3次变换后的点M的对应点的坐标为（2+3，﹣2），即（5，﹣2），
第n次变换后的点M的对应点的坐标为：当n为奇数时为（2+n，﹣2），当n为偶数时为（2+n，2），
∴连续经过2020次变换后，正方形ABCD的对角线交点M的坐标变为（2022，2）．
故选：A．
【点评】此题考查了点的坐标变化，对称与平移的性质．得到规律：第n次变换后的对角线交点M的对应点的坐标为：当n为奇数时为（2+n，﹣3），当n为偶数时为（2+n，3）是解此题的关键．
【变式6-3】（2020•九江模拟）如图，已知平行四边形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），C（1.6，0.8）．若将平行四边形先沿着y轴进行第一次轴对称变换，所得图形再沿着x轴进行第二次轴对称变换，轴对称变换的对称轴遵循y轴、x轴、y轴、x轴…的规律进行，则经过第2018次变换后，平行四边形顶点A的坐标为（　　）

A．（﹣0.4，1.2） B．（﹣0.4，﹣1.2）
C．（1.2，﹣0.4） D．（﹣1.2，﹣0.4）
【分析】先求得A的坐标，然后根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”以及“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”求得每一次轴对称变换A的坐标，得出每4次轴对称变换重复一轮的规律，即可得出经过第2018次变换后，平行四边形顶点A的坐标．
【解答】解：∵平行四边形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），C（1.6，0.8）．
∴A（0.4，1.2），
将平行四边形先沿着y轴进行第一次轴对称变换，A（﹣0.4，1.2），
所得图形再沿着x轴进行第二次轴对称变换，A（﹣0.4，﹣1.2），
第三次轴对称变换，A（0.4，﹣1.2），
第四次轴对称变换，A（0.4，1.2），即A点回到原处，
即每4次轴对称变换重复一轮，
∵2018÷4＝54…2，
∴经过第2018次变换后，平行四边形顶点A的坐标为（﹣0.4，﹣1.2）．
故选：B．
【点评】本题考查了坐标与图象变换﹣对称，根据关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数以及关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数得出每一次的坐标，得出规律是解题的关键．
【考点7 轴对称变换（作图）】
【例7】（2020春•贵港期末）在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上（小正方形的顶点称为格点），请解答下列问题：
（1）作出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，点A1与A，B1与B对应．
（2）若点P（x，y）是△ABC内部一点，则△A1B1C1内部的对应点P'的坐标为　 　．
（3）若△ABC平移后得△A2B2C2，点A的对应点A2的坐标为（﹣1，﹣1），请在平面直角坐标系中画出△A2B2C2．

【分析】（1）利用关于y轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）根据关于y轴对称的点的坐标特征求解；
（3）利用点A和点A2的坐标变换确定平移的规律，然后写出B2、C2的坐标，然后描点即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）若点P（x，y）是△ABC内部一点，则△A1B1C1内部的对应点P'的坐标为（﹣x，y）；
故答案为（﹣x，y），
（3）如图，△A2B2C2为所作．

【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换：几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．也考查了平移变换．
【变式7-1】（2020秋•锦江区校级月考）如图，在正方形网格中，点A、B、C、M、N都在格点上．
（1）作△ABC关于直线MN对称的图形△A'B'C'．
（2）若网格中最小正方形的边长为1，求△ABC的面积．
（3）点P在直线MN上，当△PAC周长最小时，P点在什么位置，在图中标出P点．

【分析】（1）根据轴对称的性质即可作△ABC关于直线MN对称的图形△A'B'C'；
（2）根据网格中最小正方形的边长为1，即可求△ABC的面积；
（3）根据两点之间线段最短，作点A关于MN的对称点A′，连接A′C交直线MN于点P，此时△PAC周长最小．
【解答】解：（1）如图，△A'B'C'即为所求；

（2）△ABC的面积为：12×3×2＝3；
（3）因为点A关于MN的对称点为A′，连接A′C交直线MN于点P，此时△PAC周长最小．
所以点P即为所求．
【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换，解决本题的关键是掌握轴对称的性质和两点之间线段最短．
【变式7-2】（2020春•文圣区期末）已知：如图，方格图中每个小正方形的边长为1，点A、B、C、M、N都在格点上．
（1）画出△ABC关于直线MN对称的△A1B1C1．
（2）在直线MN上找点P，使|PB﹣PA|最大，在图形上画出点P的位置，并直接写出|PB﹣PA|的最大值．

【分析】（1）利用网格特点，分别画出A、B、C关于直线的对称点A1、B1、C1即可；
（2）由于PA＝PA1，则|PB﹣PA|＝|PB﹣PA1|，而|PB﹣PA1|≤A1B，当点P、A1、B共线时取等号，从而得到|PB﹣PA|的最大值．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，点P为所作，|PB﹣PA|的最大值为3．

【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换：几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的，
【变式7-3】（2020春•五华区校级期末）在平面直角坐标系xOy中，△ABC的位置如图所示．
（1）顶点A关于x轴对称的点的坐标A'（　 　，　 　），顶点C先向右平移3个单位，再向下平移2个单位后的坐标C'（　 　，　 　）；
（2）将△ABC的纵坐标保持不变，横坐标分别乘﹣1得△DEF，请你直接画出图形；
（3）在平面直角坐标系xOy中有一点P，使得△ABC与△PBC全等，这样的P点有　 　个．（A点除外）

【分析】（1）根据关于x轴对称的点的坐标特征：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得点A′的坐标，根据平移的性质可得点C′的坐标；
（2）根据题意可得△ABC关于y轴对称的图形即为△DEF；
（3）根据全等三角形的判定即可得点P．
【解答】解：（1）∵A（﹣4，3），C（﹣2，5），
∴A′（﹣4，﹣3），C'（1，3）；
故答案为：﹣4，﹣3；1，3；
（2）如图所示：即为所求；

（3）△ABC与△PBC全等，这样的P点有3个．

故答案为：3．
【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换、全等三角形的判定、作图﹣平移变换，解决本题的关键是掌握轴对称和平移的性质以及全等三角形的判定定理．
【考点8 设计轴对称图案】
【方法点拨】轴对称设计图案的关键是掌握好轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
【例8】（2020春•抚州期末）如图，在4×4正方形网格中，将图中的2个小正方形涂上阴影，若再从其余小正方形中任选一个也涂上阴影，使得整个阴影部分组成的图形是轴对称图形，那么符合条件的小正方形共有（　　）

A．7个 B．8个 C．9个 D．10个
【分析】根据轴对称的性质画出图形即可．
【解答】解：如图，共有10种符合条件的添法，

故选：D．
【点评】本题考查的是利用轴对称设计图案，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
【变式8-1】（2020•宁波模拟）请在如图四个3×3的正方形网格中，画出与格点三角形（阴影部分）成轴对称且以格点为顶点的三角形，并将所画三角形涂上阴影．（注：所画的四个图不能重复）

【分析】直接利用轴对称图形的性质分别得出符合题意的图形．
【解答】解：如图所示：
．
【点评】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．
【变式8-2】（2020春•禅城区期末）观察设计：
（1）观察如图①、②中阴影部分构成的图案，请写出这2个图案都具有的2个共同特征；
（2）借助后面的空白网格，请设计2个新的图案，使该图案同时具有你在解答（1）中所写出的2个共同特征．（注意：新图案与已有的2个图案不能重合）

【分析】（1）根据轴对称图形的定义以及图形的面积解答即可．
（2）根据条件画出图形即可．
【解答】解：（1）都是轴对称图形，面积都是4个小正方形的面积和．
（2）符合题意他图案如图所示：

【点评】本题考查利用轴对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式8-3】（2020春•兰州期末）如图，是由4×4个大小完在一样的小正方形组成的方格纸，其中有两个小正方形是涂黑的，请再选择三个小正方形并涂黑，使图中涂黑的部分成为轴对称图形．并画出它的一条对称轴（如图例．画对一个得1分）

【分析】直接利用轴对称图形的性质分别得出符合题意的答案．
【解答】解：如图所示：

【点评】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．
【考点9 轴对称最短路径问题】
【例9】（2019秋•广饶县期末）如图所示，OB是一条河流，OC是一片菜田，张大伯每天从家（A点处）去河处流边挑水，然后把水挑到菜田处，最后回到家中．请你帮他设计一条路线，使张大伯每天行走的路线最短．下列四个方案中你认为符合要求的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】把小河看成一条直线．要找一条最短路线，可根据两点之间线段最短的规律来分析解答即可．
【解答】解：要找一条最短路线，分别过OB，OC作点A的对称点，则张大伯可沿着AM走一条直线去河边M点挑水，然后再沿MN走一条直线到菜园去，同理，画出回家的路线图如下：

故选：D．
【点评】本题考查轴对称﹣最短路线问题，线段的性质：两点之间线段最短，直线的性质：两点确定一条直线，关键是掌握过点向一条直线作垂线段的方法．
【变式9-1】（2020春•抚远市校级期末）如图，∠AOB＝30°，点M、N分别是射线OB、OA上的动点，点P为∠AOB内一点，且OP＝4，则△PMN的周长的最小值为（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】设点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，当点M、N在CD上时，△PMN的周长最小．
【解答】解：分别作点P关于OA、OB的对称点C、D，连接CD，分别交OA、OB于点M′、N′，连接OC、OD、PM′、PN′．

∵点P关于OA的对称点为C，
∴PM′＝CM′，OP＝OC，∠COB＝∠POB；
∵点P关于OB的对称点为D，
∴PN′＝DN′，OP＝OD，∠DOA＝∠POA，
∴OC＝OD＝OP＝4，∠COD＝∠COB+∠POB+∠POA+∠DOA＝2∠POA+2∠POB＝2∠AOB＝60°，
∴△COD是等边三角形，
∴CD＝OC＝OD＝4．
∴当M、N分别与M′、N′重合时，△PMN的周长的最小值＝PM′+M′N′+PN′＝DN′+M′N′+CM′＝CD＝4．
故选：B．
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，将三角形的周长利用轴对称转化为线段的长，构造等边三角形是解题的关键．
【变式9-2】（2020春•碑林区校级期末）如图，在锐角△ABC中，∠ACB＝50°；边AB上有一定点P，M、N分别是AC和BC边上的动点，当△PMN的周长最小时，∠MPN的度数是（　　）

A．50° B．60° C．70° D．80°
【分析】根据对称的性质，易求得∠C+∠EPF＝180°，由∠ACB＝50°，易求得∠D+∠G＝50°，继而求得答案．
【解答】解：∵PD⊥AC，PG⊥BC，
∴∠PEC＝∠PFC＝90°，
∴∠C+∠EPF＝180°，
∵∠C＝50°，
∵∠D+∠G+∠EPF＝180°，
∴∠D+∠G＝50°，
由对称可知：∠G＝∠GPN，∠D＝∠DPM，
∴∠GPN+∠DPM＝50°，
∴∠MPN＝130°﹣50°＝80°，
故选：D．

【点评】此题考查了最短路径问题以及线段垂直平分线的性质．关键是注意掌握数形结合思想的应用．
【变式9-3】（2020春•青羊区期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠B＝34°，在边AB，BC上分别找一点E，F使△DEF的周长最小，此时∠EDF＝　 　．

【分析】如图，作点D关于BA的对称点P，点D关于BC的对称点Q，连接PQ，交AB于E′，交BC于F′，则点E′，F′即为所求，结合四边形的内角和即可得出答案．
【解答】解：如图，作点D关于BA的对称点P，点D关于BC的对称点Q，连接PQ，交AB于E′，交BC于F′，则点E′，F′即为所求．

∵四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠B＝α，
∴∠ADC＝180°﹣α，
由轴对称知，∠ADE′＝∠P，∠CDF′＝∠Q，
在△PDQ中，∠P+∠Q＝180°﹣∠ADC
＝180°﹣（180°﹣34）
＝34°
∴∠ADE′+∠CDF′＝∠P+∠Q＝34，
∴∠E′DF′＝∠ADC﹣（∠ADE′+∠CDF′）
＝180°﹣68°
＝112°
故答案为：112°．
【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，涉及到平面内最短路线问题求法以及四边形的内角和定理等知识，根据已知得出E，F的位置是解题关键．
【考点10 等腰三角形的性质（求角度综合）】
【方法点拨】解决此类问题的关键要掌握等腰三角形两底角相等（简称等边对等角），常与三角形外角的性质及三角形内角和定理结合运用．
【例10】（2019秋•高州市期末）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝BD，AD＝DE＝EB，则∠A的度数是（　　）

A．30° B．36° C．45° D．50°
【分析】根据AB＝AC，BC＝BD，AD＝DE＝EB可得到几组相等的角，再根据三角形外角的性质可得到∠C，∠A，∠EBD之间的关系，再根据三角形内角和定理即可求解．
【解答】解：设∠EBD＝x°，
∵BE＝DE，
∴∠EDB＝∠EBD＝x°，
∴∠AED＝∠EBD+∠EDB＝2x°，
∵AD＝DE，
∴∠A＝∠AED＝2x°，
∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝3x°，
∵BD＝BC，
∴∠C＝∠BDC＝3x°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝3x°，
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴2x+3x+3x＝180，
解得：x＝22.5，
∴∠A＝2x°＝45°．
故选：C．
【点评】此题主要考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质及三角形内角和定理的综合运用．
【变式10-1】（2020春•历下区期末）如图，已知∠AOB＝10°，且OC＝CD＝DE＝EF＝FG＝GH，则∠BGH＝（　　）

A．50° B．60° C．70° D．80°
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质即可得到结论．
【解答】解：∵OC＝CD，
∴∠CDO＝∠O＝10°
∴∠DCE＝∠O+∠CDO＝20°，
∵CD＝DE，
∴∠DCE＝∠CED＝20°，
∴∠EDF＝∠O+∠CED＝30°，
∵DE＝EF，
∴∠EDF＝∠EFD＝30°，
同理∠GEF＝∠EGF＝40°，∠GFH＝∠GHF＝50°，∠BGH＝60°，
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质．此类题考生应该注意的是三角形内角和定理、外角性质的运用．
【变式10-2】（2020春•广饶县期末）如图，△AA1B中，AB＝A1B，∠B＝20°，A2，A3，A4，A5，…An都在AA1的延长线上，B1，B2，B3，B4…分别在A1B，A2B1，A3B2，A4B3，…上，且满足A1B1＝A1A2，A2B2＝A2A3，A3B3＝A3A4，A4B4＝A4A5，…，依此类推，∠B2019A2020A2019＝　 ．

【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1A的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠B1A2A1，∠B2A3A2及∠B3A4A3的度数，找出规律即可得出∠A2019A2020B2019的度数．
【解答】解：∵在△ABA1中，∠B＝20°，AB＝A1B，
∴∠BA1A=180°-∠B2=80°，
∵A1A2＝A1B1，∠BA1A是△A1A2B1的外角，
∴∠B1A2A1=∠BA1A2=40°；
同理可得∠B2A3A2＝20°，∠B3A4A3＝10°，
∴∠An﹣1AnBn﹣1=80°2n-1，
∴∠A2019A2020B2019的度数为80°22019．
故答案为：80°22019．

【点评】本题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出∠B1C2A1，∠B2A3A2及∠B3A4A3的度数，找出规律是解答此题的关键．
【变式10-3】（2020春•叙州区期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，E为BC边上一点，以E为顶点作∠AEF，∠AEF的一边交AC于点F，使∠AEF＝∠B．
（1）如果∠ABC＝40°，则∠BAC＝　 　；
（2）判断∠BAE与∠CEF的大小关系，并说明理由；
（3）当△AEF为直角三角形时，求∠AEF与∠BAE的数量关系．

【分析】（1）根据等腰三角形的性质解答即可；
（2）根据三角形内角与外角的关系可得∠B+∠BAE＝∠AEC＝∠AEF+∠FEC，再由条件∠AEF＝∠B可得∠BAE＝∠FEC；
（3）分别根据当∠AFE＝90°时，以及当∠EAF＝90°时利用外角的性质得出即可．
【解答】解：（1）∵在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，∠ABC＝40°，
∴∠ACB＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
故答案为：100°．
（2）∠BAE＝∠FEC；
理由如下：
∵∠B+∠BAE＝∠AEC，∠AEF＝∠B，
∴∠BAE＝∠FEC；
（3）如图1，当∠AFE＝90°时，
∵∠B+∠BAE＝∠AEF+∠CEF，
∠B＝∠AEF＝∠C，
∴∠BAE＝∠CEF，
∵∠C+∠CEF＝90°，
∴∠BAE+∠AEF＝90°，
即∠AEF与∠BAE的数量关系是互余；
如图2，当∠EAF＝90°时，
∵∠B+∠BAE＝∠AEF+∠1，
∠B＝∠AEF＝∠C，
∴∠BAE＝∠1，
∵∠C+∠1+∠AEF＝90°，
∴2∠AEF+∠1＝90°，
即2∠AEF与∠BAE的数量关系是互余．


【点评】此题考查了等腰三角形的性质以及外角的性质，此题难度适中，注意掌握分类讨论思想的应用．
【考点11 等腰三角形的性质（三线合一）】
【方法点拨】解决此类问题的关键要掌握等腰三角形两底角相等（简称等边对等角），常与三角形外角的性质及三角形内角和定理结合运用．
【例11】（2019秋•江油市期末）如图：D为△ABC内一点，CD平分∠ACB，BD⊥CD，∠A＝∠ABD，若BD＝1，BC＝3，则AC的长为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2
【分析】延长BD交AC于E，如图，利用CD平分∠ACB，BD⊥CD先判断△BCE为等腰三角形得到DE＝BD＝1，CE＝CB＝3，再证明EA＝EB＝2，然后计算AE+CE即可．
【解答】解：延长BD交AC于E，如图，
∵CD平分∠ACB，BD⊥CD，
∴△BCE为等腰三角形，
∴DE＝BD＝1，CE＝CB＝3，
∵∠A＝∠ABD，
∴EA＝EB＝2，
∴AC＝AE+CE＝2+3＝5．
故选：A．

【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质：等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段．
【变式11-1】（2019秋•丰城市期末）如图：已知等边△ABC中，D是AC的中点，E是BC延长线上的一点，且CE＝CD，DM⊥BC，垂足为M．
（1）求∠E的度数．
（2）求证：M是BE的中点．

【分析】（1）由等边△ABC的性质可得：∠ACB＝∠ABC＝60°，然后根据等边对等角可得：∠E＝∠CDE，最后根据外角的性质可求∠E的度数；
（2）连接BD，由等边三角形的三线合一的性质可得：∠DBC=12∠ABC=12×60°＝30°，结合（1）的结论可得：∠DBC＝∠E，然后根据等角对等边，可得：DB＝DE，最后根据等腰三角形的三线合一的性质可得：M是BE的中点．
【解答】（1）解：∵三角形ABC是等边△ABC，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
又∵CE＝CD，
∴∠E＝∠CDE，
又∵∠ACB＝∠E+∠CDE，
∴∠E=12∠ACB＝30°；
（2）证明：连接BD，

∵等边△ABC中，D是AC的中点，
∴∠DBC=12∠ABC=12×60°＝30°
由（1）知∠E＝30°
∴∠DBC＝∠E＝30°
∴DB＝DE
又∵DM⊥BC
∴M是BE的中点．
【点评】此题考查了等边三角形的有关性质，重点考查了等边三角形的三线合一的性质．
【变式11-2】（2019秋•宁都县期末）如图所示，△ABC中，AB＝BC，DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点D，交AC于F．
（1）若∠AFD＝155°，求∠EDF的度数；
（2）若点F是AC的中点，求证：∠CFD=12∠B．

【分析】（1）求得∠A的度数后利用四边形的内角和定理求得结论即可；
（2）连接FB，根据AB＝BC，且点F是AC的中点，得到BF⊥AC，∠ABF＝∠CBF=12∠ABC，证得∠CFD＝∠CBF后即可证得∠CFD=12∠ABC．
【解答】解：（1）∵∠AFD＝155°，
∴∠DFC＝25°，
∵DF⊥BC，DE⊥AB，
∴∠FDC＝∠AED＝90°，
在Rt△FDC中，
∴∠C＝90°﹣25°＝65°，
∵AB＝BC，
∴∠C＝∠A＝65°，
∴∠EDF＝360°﹣65°﹣155°﹣90°＝50°．
（2）连接BF
∵AB＝BC，且点F是AC的中点，
∴BF⊥AC，∠ABF＝∠CBF=12∠ABC，
∴∠CFD+∠BFD＝90°，
∠CBF+∠BFD＝90°，
∴∠CFD＝∠CBF，
∴∠CFD=12∠ABC．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，解题的关键是从复杂的图形中找到相等的线段，这是利用等腰三角形性质的基础．
【变式11-3】如图所示，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC．
（1）若D为BC的中点，过D作DM⊥DN分别交AB、AC于M、N，求证：DM＝DN；
（2）若D为BC的中点，DM⊥DN分别和BA、AC延长线交于M、N，问DM和DN有何数量关系，并证明．

【分析】（1）连接AD，可得∠ADM＝∠CDN，可证△AMD≌△CND，可得DM＝DN；
（2）连接AD，可得∠ADM＝∠CDN，可证△AMD≌△CND，可得DM＝DN．
【解答】解：（1）连接AD，
∵D为BC中点，AB＝AC，∠BAC＝90°
∴AD＝BD，∠BAD＝∠C，
∴AD＝BD＝DC，

∵∠ADM+∠ADN＝90°，∠ADN+∠CDN＝90°，
∴∠ADM＝∠CDN，
在△AMD和△CND中，
∠ADM=∠CDNAD=CD∠BAD=∠C，
∴△AMD≌△CND（ASA），
∴DM＝DN．
（2）连接AD，∵D为BC中点，∴AD＝BD，∠BAD＝∠C，

∵∠ADM+∠MDC＝90°，∠MDC+∠CDN＝90°，
∴∠ADM＝∠CDN，
∵∠MAD＝MAC+DAC＝135°，∠NCD＝180°﹣∠ACD＝135°
在△AMD和△CND中，
∠ADM=∠CDNAD=CD∠MAD=∠NCD，
∴△AMD≌△CND（ASA），
∴DM＝DN．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AMD≌△CND是解题的关键．
【考点12 等腰三角形的性质（作等腰三角形）】
【例12】（2018秋•随县期末）已知：如图，下列三角形中，AB＝AC，则经过三角形的一个顶点的一条直线能够将这个三角形分成两个小等腰三角形的是（　　）

A．①③④ B．①②③④ C．①②④ D．①③
【分析】顶角为：36°，90°，108°的四种等腰三角形都可以用一条直线把这四个等腰三角形每个都分割成两个小的等腰三角形，再用一条直线分其中一个等腰三角形变成两个更小的等腰三角形．
【解答】解：由题意知，要求“被一条直线分成两个小等腰三角形”，
①中分成的两个等腰三角形的角的度数分别为：36°，36°，108°和36°，72°，72°，能；
②不能；
③显然原等腰直角三角形的斜边上的高把它还分为了两个小等腰直角三角形，能；
④中的为36°，72，72°和36°，36°，108°，能．
故选：A．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定；在等腰三角形中，从一个顶点向对边引一条线段，分原三角形为两个新的等腰三角形，必须存在新出现的一个小等腰三角形与原等腰三角形相似才有可能．
【变式12-1】（2020•海门市一模）线段AB在如图所示的8×8网格中（点A、B均在格点上），在格点上找一点C，使△ABC是以∠B为顶角的等腰三角形，则所有符合条件的点C的个数是（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】根据题意可得，以点B为圆心，BA长为半径画圆，圆与格点的交点即为符合条件的点C．
【解答】解：如图所示：

使△ABC是以∠B为顶角的等腰三角形，
所以所有符合条件的点C的个数是6个．
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定，解决本题的关键是掌握等腰三角形的判定．
【变式12-2】（2019秋•安陆市期末）如图，已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，在△ABC所在平面内一条直线，将△ABC分割成两个三角形，使其中有一个边长为3的等腰三角形，则这样的直线最多可画（　　）

A．5条 B．4条 C．3条 D．2条
【分析】根据等腰三角形的性质分别利用AB为底以及AB为腰得出符合题意的图形即可．
【解答】解：如图所示，当AB＝AF＝3，BA＝BD＝3，AB＝AE＝3，BG＝AG时，都能得到符合题意的等腰三角形．

故选：B．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的判定等知识，正确利用图形分类讨论得出等腰三角形是解题关键．
【变式12-3】（2019秋•鼓楼区月考）如图，直线PQ上有一点O，点A为直线外一点，连接OA，在直线PQ上找一点B，使得△AOB是等腰三角形，这样的点B最多有　 　个．

【分析】分别以A、O为圆心AO长为半径画弧，作AO的垂直平分线，即可在直线PQ上找一点B，使得△AOB是等腰三角形．
【解答】解：如图所示，分别以A、O为圆心，AO长为半径画弧，与直线PQ的交点B1，B2，B3符合题意；作AO的垂直平分线，与直线PQ的交点B4符合题意，若B2，B3，B4不重合，则最多有4个．
故答案为：4．

【点评】本题主要考查等腰三角形的判定，利用圆上的点到圆心的距离相等确定点P的位置是解题的关键，也是这类问题的常用方法．
【考点13 等腰三角形的判定与性质（角平分线）】
【例13】（2020春•会宁县期末）如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的角平分线交于点E，过点E作MN∥BC交AB于点M，交AC于点N．若BM＝2，CN＝3，则MN的长为（　　）

A．10 B．5.5 C．6 D．5
【分析】由平行线的性质，得出∠MEB＝∠CBE，∠NEC＝∠BCE，再由角平分线定义得出∠MBE＝∠EBC，∠NCE＝∠BCE，证出ME＝MB，NE＝NC，即可求得MN的长．
【解答】解：∵MN∥BC，
∴∠MEB＝∠CBE，∠NEC＝∠BCE，
∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线交于点E，
∴∠MBE＝∠EBC，∠NCE＝∠BCE，
∴∠MEB＝∠MBE，∠NEC＝∠NCE，
∴ME＝MB，NE＝NC，
∴MN＝ME+NE＝BM+CN＝2+3＝5，
故选：D．
【点评】本题主要考查了平行线的性质以及等腰三角形的判定等知识；熟练掌握等腰三角形的判定是解题的关键．
【变式13-1】（2019秋•新泰市期末）如图，△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点F，过点F作DE∥BC交AB于点D，交AC于点E，那么下列结论，其中正确的有（　　）
①△BDF是等腰三角形；②DE＝BD+CE；③若∠A＝50°，则∠BFC＝115°；④DF＝EF．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据角平分线的定义得到∠DBF＝∠CBF，根据平行线的性质得到∠DFB＝∠CBF，推出△BDF是等腰三角形；故①正确；同理，EF＝CE，于是得到DE＝DF+EF＝BD+CE，故②正确；根据三角形的内角和和角平分线的定义得到∠BFC＝180°﹣65°＝115°，故③正确；推出DF不一定等于EF，故④错误．
【解答】解：∵BF是∠AB的角平分线，
∴∠DBF＝∠CBF，
∵DE∥BC，
∴∠DFB＝∠CBF，
∴∠DBF＝∠DFB，
∴BD＝DF，
∴△BDF是等腰三角形；故①正确；
同理，EF＝CE，
∴DE＝DF+EF＝BD+CE，故②正确；
∵∠A＝50°，
∴∠ABC+∠ACB＝130°，
∵BF平分∠ABC，CF平分∠ACB，
∴∠FBC=12∠ABC，∠FCB=12∠ACB，
∴∠FBC+∠FCB=12（∠ABC+∠ACB）＝65°，
∴∠BFC＝180°﹣65°＝115°，故③正确；
当△ABC为等腰三角形时，DF＝EF，
但△ABC不一定是等腰三角形，
∴DF不一定等于EF，故④错误；
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．
【变式13-2】（2019秋•北碚区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BD平分∠ABC交AC于点D，BE⊥BD，DE∥BC，BE与DE交于点E，DE交AB于点F．
（1）若∠A＝56°，求∠E的度数；
（2）求证：BF＝EF．

【分析】（1）根据等腰三角形的性质和平行线的性质，以及三角形的内角和即可得到结论；
（2）根据平行线的性质，直角三角形的性质以及等腰三角形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠A＝56°，
∴∠ABC=12（180°﹣56°）＝62°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBF＝∠DBC=12∠ABC=31°，
∵DE∥BC，
∴∠EDB＝∠DBC＝31°，
∵BE⊥BD，
∴∠DBE＝90°，
∴∠E＝90°﹣31°＝59°；
（2）∵BD平分∠ABC，
∴∠DBF＝∠DBC，
∵DE∥BC，
∴∠EDB＝∠DBC，
∵BE⊥BD，
∴∠EBF+∠DBF＝∠E+∠BDE＝90°，
∴∠E＝∠EBF，
∴BF＝EF．

【点评】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．
【变式13-3】（2019秋•嘉祥县期末）（1）如图①，△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线交于O点，过O点作EF∥BC交AB、AC于点E、F，试猜想EF、BE、CF之间有怎样的关系，并说明理由；
（2）如图，若将图①中∠ACB的平分线改为外角∠ACD的平分线，其它条件不变，请直接写出EF、BE、CF之间的关系　 　．

【分析】（1）等腰三角形有△BEO和△CFO，根据角平分线性质和平行线性质推出∠EBO＝∠EOB，∠FOC＝∠FCO，根据等角对等边推出即可；根据BE＝OE，CF＝OF即可得出EF与BE、CF之间的关系；
（2）等腰三角形有△BEO和△CFO，根据角平分线性质和平行线性质推出∠EBO＝∠EOB，∠FOC＝∠FCO，根据等角对等边推出即可；根据BE＝OE，CF＝OF即可得出EF与BE、CF之间的关系．
【解答】解：（1）EF＝BE+CF，
理由：∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
∴∠EBO＝∠OBC，∠FCO＝∠OCB，
∵EF∥BC，
∴∠EOB＝∠OBC，∠FOC＝∠OCB，
∴∠EBO＝∠EOB，∠FOC＝∠FCO，
∴BE＝OE，CF＝OF，
∴EF＝OE+OF＝BE+CF；

（2）不成立，
理由：∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACD，
∴∠EBO＝∠OBC，∠FCO＝∠OCD，
∵EF∥BC，
∴∠EOB＝∠OBC，∠FOC＝∠OCD，
∴∠EBO＝∠EOB，∠FOC＝∠FCO，
∴BE＝OE，CF＝OF，
∴EF＝OE﹣OF＝BE﹣CF．
故答案为EF＝BE﹣CF．
【点评】此题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，利用了等量代换的思想，熟练掌握等腰三角形的性质与判定是解本题的关键．
【考点14 等边三角形的性质（含30°直角三角形）】
【方法点拨】掌握直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．
【例14】（2019秋•大洼区期末）如图，在等边三角形ABC中，BC＝2，D是AB的中点，过点D作DF⊥AC于点F，过点F作EF⊥BC于点E，则BE的长为（　　）

A．1 B．32 C．54 D．43
【分析】根据在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，求得AF，CF，CE，即可得出BE的长．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝∠C＝60°，AB＝AC＝BC＝2，
∵DF⊥AC，FE⊥BC，
∴∠AFD＝∠CEF＝90°，
∴∠ADF＝∠CFE＝30°，
∴AF=12AD，CE=12CF，
∵点D是AB的中点，
∴AD＝1，
∴AF=12，CF=32，CE=34，
∴BE＝BC﹣CE＝2-34=54，
故选：C．
【点评】本题考查了含30°角直角三角形的性质、等边三角形的性质等知识；熟练掌握含30°角直角三角形的性质是解题的关键．
【变式14-1】（2019秋•济南期末）如图，点P、M、N分别在等边△ABC的各边上，且MP⊥AB于点P，MN⊥BC于点M，PN⊥AC于点N，若AB＝12cm，求CM的长为　 　．

【分析】根据等边三角形的性质得出∠A＝∠B＝∠C，进而得出∠MPB＝∠NMC＝∠PNA＝90°，再根据平角的意义即可得出∠NPM＝∠PMN＝∠MNP，即可证得△PMN是等边三角形；根据全等三角形的性质得到PA＝BM＝CN，PB＝MC＝AN，从而求得BM+PB＝AB＝12cm，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半得出2PB＝BM，即可求得PB的长，进而得出MC的长．
【解答】解：∵△ABC是正三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C，
∵MP⊥AB，MN⊥BC，PN⊥AC，
∴∠MPB＝∠NMC＝∠PNA＝90°，
∴∠PMB＝∠MNC＝∠APN，
∴∠NPM＝∠PMN＝∠MNP，
∴△PMN是等边三角形，
∴PN＝PM＝MN，
∴△PBM≌△MCN≌△NAP（AAS），
∴PA＝BM＝CN，PB＝MC＝AN，
∴BM+PB＝AB＝12cm，
∵△ABC是正三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，
∴2PB＝BM，
∴2PB+PB＝12cm，
∴PB＝4cm，
∴MC＝4cm
故答案为：4cm．
【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质，平角的意义，三角形全等的性质等，得出∠NPM＝∠PMN＝∠MNP是本题的关键．
【变式14-2】（2019秋•五常市期末）如图，△ABC是等边三角形，D是BC延长线上一点，DE⊥AB于点E，EF⊥BC于点F．若CD＝3AE，CF＝6，则AC的长为　 　．

【分析】AC与DE相交于G，如图，利用等边三角形的性质得到AB＝BC＝AC，∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，再证明CG＝CD，设AE＝x，则CD＝3x，CG＝3x，利用含30度的直角三角形三边的关系得到AG＝2AE＝2x，所以AB＝BC＝AC＝5x，则BE＝4x，BF＝5x﹣6，然后在Rt△BEF中利用BE＝2BF得到4x＝2（5x﹣6），解方程求出x后计算5x即可．
【解答】解：AC与DE相交于G，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，
∵DE⊥AE，
∴∠AGE＝30°，
∴∠CGD＝30°，
∵∠ACB＝∠CGD+∠D，
∴∠D＝30°，
∴CG＝CD，
设AE＝x，则CD＝3x，CG＝3x，
在Rt△AEG中，AG＝2AE＝2x，
∴AB＝BC＝AC＝5x，
∴BE＝4x，BF＝5x﹣6，
在Rt△BEF中，BE＝2BF，
即4x＝2（5x﹣6），解得x＝2，
∴AC＝5x＝10．
故答案为10．

【点评】本题考查了含30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．也考查了等边三角形的性质．
【变式14-3】（2019秋•南岗区校级月考）如图，△ABC是等边三角形，DE∥AB分别交BC、AC于点D、E，过点E做EF⊥DE，交线段BC的延长线于点F．
（1）求证：CE＝CF；
（2）若BD=13CE，AB＝8，求线段DF的长．

【分析】（1）由题意可证△DEC是等边三角形，可求∠ECD＝∠DEC＝60°，根据三角形外角等于不相邻的两个内角的和，可求∠CEF＝∠CFE＝30°，即可得CE＝CF；
（2）由题意可得BD＝2，CD＝6，即可求DF的长．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°
∵AE＝BD
∴AC﹣AE＝BC﹣BD
∴CE＝CD，且∠ACB＝60°
∴△CDE是等边三角形
∴∠ECD＝∠DEC＝60°
∵EF⊥DE
∴∠DEF＝90°
∴∠CEF＝30°
∵∠DCE＝∠CEF+∠CFE＝60°
∴∠CEF＝∠CFE＝30°
∴CE＝CF
（2）∵BD=13CE，CE＝CD
∴BD=13CD
∵AB＝8
∴BC＝8
∴BD＝2，CD＝6
∵CE＝CF＝CD
∴CF＝6
∴DF＝DC+CF＝12

【点评】本题考查了等边三角形的性质，熟练运用等边三角形的性质和判定解决问题是本题的关键．
【考点15 等边三角形的判定与性质综合】
【例15】（2019秋•雨花区校级月考）已知如图等腰△ABC，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP＝OC，下面的结论：①∠APO+∠DCO＝30°；②∠APO＝∠DCO；③△OPC是等边三角形；④AB＝AO+AP．其中正确的是（　　）

A．①③④ B．①②③ C．①③ D．①②③④
【分析】①利用等边对等角，即可证得：∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，则∠APO+∠DCO＝∠ABO+∠DBO＝∠ABD，据此即可求解；
②因为点O是线段AD上一点，所以BO不一定是∠ABD的角平分线，可作判断；
③证明∠POC＝60°且OP＝OC，即可证得△OPC是等边三角形；
④首先证明△OPA≌△CPE，则AO＝CE，AC＝AE+CE＝AO+AP．
【解答】解：①如图1，连接OB，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，∠BAD=12∠BAC=12×120°＝60°，
∴OB＝OC，∠ABC＝90°﹣∠BAD＝30°
∵OP＝OC，
∴OB＝OC＝OP，
∴∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，
∴∠APO+∠DCO＝∠ABO+∠DBO＝∠ABD＝30°；
故①正确；
②由①知：∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，
∵点O是线段AD上一点，
∴∠ABO与∠DBO不一定相等，则∠APO与∠DCO不一定相等，
故②不正确；
③∵∠APC+∠DCP+∠PBC＝180°，
∴∠APC+∠DCP＝150°，
∵∠APO+∠DCO＝30°，
∴∠OPC+∠OCP＝120°，
∴∠POC＝180°﹣（∠OPC+∠OCP）＝60°，
∵OP＝OC，
∴△OPC是等边三角形；
故③正确；
④如图2，在AC上截取AE＝PA，连接PB，
∵∠PAE＝180°﹣∠BAC＝60°，
∴△APE是等边三角形，
∴∠PEA＝∠APE＝60°，PE＝PA，
∴∠APO+∠OPE＝60°，
∵∠OPE+∠CPE＝∠CPO＝60°，
∴∠APO＝∠CPE，
∵OP＝CP，
在△OPA和△CPE中，
PA=PE∠APO=∠CPEOP=CP，
∴△OPA≌△CPE（SAS），
∴AO＝CE，
∴AC＝AE+CE＝AO+AP；
故④正确；
本题正确的结论有：①③④
故选：A．


【点评】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．
【变式15-1】（2020春•龙泉驿区期末）如图，C为线段AE上一动点，（不与点A、E重合），在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．
求证：（1）AD＝BE
（2）△APC≌△BQC
（3）△PCQ是等边三角形．

【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质证明即可；
（2）根据全等三角形的性质和判定证明即可；
（3）根据全等三角形的性质和等边三角形的判定证明即可．
【解答】证明：（1）∵△ABC和△CDE是正三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD，∠BCE＝∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ADC≌△BEC（SAS），
∴AD＝BE；
（2）∵ADC≌△BEC，
∴∠ACP＝∠BCQ，AC＝BC，∠CAP＝∠CBQ，
∴△APC≌△BQC（ASA）；
（3）∵CD＝CE，∠DCP＝∠ECQ＝60°，∠ADC＝∠BEC，
∴△CDP≌△CEQ（ASA）．
∴CP＝CQ，
∴∠CPQ＝∠CQP＝60°，
∴△CPQ是等边三角形．
【点评】本题考查等边三角形的性质及全等三角形的判定等知识点；得到三角形全等是正确解答本题的关键．
【变式15-2】（2020•烟台）如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
【问题解决】
如图1，若点D在边BC上，求证：CE+CF＝CD；
【类比探究】
如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由．

【分析】【问题解决】在CD上截取CH＝CE，易证△CEH是等边三角形，得出EH＝EC＝CH，证明△DEH≌△FEC（SAS），得出DH＝CF，即可得出结论；
【类比探究】过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，由平行线的性质易证∠GDC＝∠DGC＝60°，得出△GCD为等边三角形，则DG＝CD＝CG，证明△EGD≌△FCD（SAS），得出EG＝FC，即可得出FC＝CD+CE．
【解答】【问题解决】证明：在CD上截取CH＝CE，如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ECH＝60°，
∴△CEH是等边三角形，
∴EH＝EC＝CH，∠CEH＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝FE，∠DEF＝60°，
∴∠DEH+∠HEF＝∠FEC+∠HEF＝60°，
∴∠DEH＝∠FEC，
在△DEH和△FEC中，
DE=FE∠DEH=∠FECEH=EC，
∴△DEH≌△FEC（SAS），
∴DH＝CF，
∴CD＝CH+DH＝CE+CF，
∴CE+CF＝CD；
【类比探究】解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC＝CD+CE；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，如图2所示：
∵GD∥AB，
∴∠GDC＝∠B＝60°，∠DGC＝∠A＝60°，
∴∠GDC＝∠DGC＝60°，
∴△GCD为等边三角形，
∴DG＝CD＝CG，∠GDC＝60°，
∵△EDF为等边三角形，
∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
在△EGD和△FCD中，
ED=DF∠EDG=∠FDCDG=CD，
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴EG＝FC，
∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．


【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建等边三角形是解题的关键．
【变式15-3】（2019秋•东台市期末）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．
（1）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是　 　；此时QL=　 　；
（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（ I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．
（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．

【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD＝BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN，此时 QL=23；
（2）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易证得∠CDN＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；
（3）首先在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后证得∠CDN＝∠MDN＝60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC﹣BM＝MN．
【解答】解：（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN．
此时 QL=23． （2分）．
理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°，
∵DM＝DN，BD＝CD，
∴Rt△BDM≌Rt△CDN，
∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，
∴DM＝2BM，DN＝2CN，
∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；
∴AM＝AN，
∴△AMN是等边三角形，
∵AB＝AM+BM，
∴AM：AB＝2：3，
∴QL=23；

（2）猜想：结论仍然成立． （3分）．
证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．（4分）
∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，
∴△DBM≌△DCM1，
∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，
∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，
∴QL=23；

（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．（4分）
可证△DBM≌△DCM1，
∴DM＝DM1，（5分）
可证∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N，（7分）．
∴NC﹣BM＝MN．（8分）．


【点评】此题考查了等边三角形，直角三角形，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的作法．
【考点16 共点等腰（手拉手模型）】
【例16】（2019秋•垦利区期中）已知：如图，在△ABC，△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE．以下四个结论：
①BD＝CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC＝45°；④∠ACE＝∠DBC．
其中结论正确的个数有（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①由AB＝AC，AD＝AE，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得出△ABD≌△AEC，由全等三角形的对应边相等得到BD＝CE；
②由△ABD≌△AEC得到一对角相等，再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD垂直于CE；
③由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC＝45°，等量代换得到∠ACE+∠DBC＝45°；
④由BD垂直于CE，在直角三角形BDE中，利用勾股定理列出关系式，等量代换即可作出判断．
【解答】解：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，本选项正确；

②∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠DBC＝45°，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，
∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，
则BD⊥CE，本选项正确；

③∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD+∠DBC＝45°，
∵∠ABD＝∠ACE
∴∠ACE+∠DBC＝45°，本选项正确；

④∵∠ABD＝∠ACE，
∴只有当∠ABD＝∠DBC时，∠ACE＝∠DBC才成立．
综上所述，正确的结论有3个．
故选：C．

【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
【变式16-1】（2019•滨州）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；
由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确；
由∠AOB＝∠COD，得出当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM＝∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO＝∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB＝OC，而OA＝OB，所以OA＝OC，而OA＞OC，故③错误；即可得出结论．
【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝40°，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；
∴∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图2所示：
则∠OGC＝∠OHD＝90°，
在△OCG和△ODH中，∠OCA=∠ODB∠OGC=∠OHDOC=OD，
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG＝OH，
∴MO平分∠BMC，④正确；
∵∠AOB＝∠COD，
∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM＝∠AOM
∵△AOC≌△BOD，
∴∠COM＝∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO＝∠BMO，
在△COM和△BOM中，∠COM=∠BOMOM=OM∠CMO=∠BMO，
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB＝OC，
∵OA＝OB
∴OA＝OC
与OA＞OC矛盾，
∴③错误；
正确的个数有3个；
故选：B．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．
【变式16-2】（2019秋•常德期末）（1）问题发现
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE，求∠AEB的度数．
（2）拓展探究
如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．请求∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）先证出∠ACD＝∠BCE，那么△ACD≌△BCE，根据全等三角形证出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADC＝120°，得出∠BEC＝120°，从而证出∠AEB＝60°；
（2）证明△ACD≌△BCE，得出∠ADC＝∠BEC，最后证出DM＝ME＝CM即可．
【解答】解：（1）∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝60°﹣∠CDB＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°，
∴∠BEC＝120°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．
（2）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM．
理由：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
CA=CB∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝135°，
∴∠BEC＝135°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME．
∵∠DCE＝90°，
∴DM＝ME＝CM．
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质和等腰三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质；证明三角形全等是解决问题的关键．
【变式16-3】（2020秋•上蔡县校级期中）已知Rt△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝45°，点D为直线BC上的一动点（点D不与点B、C重合），以AD为边作Rt△ADE，AD＝AE，∠ADE＝∠AED＝45°，连接CF．

（1）发现问题
如图①，当点D在边BC上时．
①请写出BD和CE之间的数量关系为　 　，位置关系为　 　；
②求证：CE+CD＝BC
（2）尝试探究
如图②，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，（1）中BC、CE、CD之间存在的数量关系是否成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的数量关系，不证明．
（3）拓展延伸
如图③，当点D在CB的延长线上且其他条件不变时，若BC＝6，CE＝2，求线段CD的长．
【分析】（1）①根据全等三角形的判定定理证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质证明；
②根据全等三角形的对应边相等证明即可；
（2）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答即可；
（3）根据△BAD≌△CAE得到BD＝CE＝2，计算即可．
【解答】解：（1）①BD＝CE，BD⊥CE，
∵∠ABC＝∠ACB＝45°，∠ADE＝∠AED＝45°，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°，
∴∠BCE＝90°，即BD⊥CE，
故答案为：BD＝CE；BD⊥CE；
②∵BD＝CE，
∴BC＝BD+CD＝CE+CD；
（2）（1）中BC、CE、CD之间存在的数量关系不成立，新的数量关系是CE＝BC+CD，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，
∴CE＝BC+CD；
（3）由（2）得，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE＝2，
∴CD＝BC+CD＝8．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．