中考数学一轮复习：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）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习：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）（解析版），共54页。

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\l "_Tc24431" 【题型1 利用轴对称的性质求解】 PAGEREF _Tc24431 \h 1
\l "_Tc29394" 【题型2 轴对称中的光线反射】 PAGEREF _Tc29394 \h 5
\l "_Tc18863" 【题型3 等腰三角形中分类讨论】 PAGEREF _Tc18863 \h 10
\l "_Tc8757" 【题型4 双垂直平分线求角度与周长】 PAGEREF _Tc8757 \h 15
\l "_Tc4284" 【题型5 角平分线与垂直平分线综合运用】 PAGEREF _Tc4284 \h 19
\l "_Tc28302" 【题型6 轴对称图形中的面积问题】 PAGEREF _Tc28302 \h 24
\l "_Tc25559" 【题型7 轴对称中尺规作图与证明、计算的综合运用】 PAGEREF _Tc25559 \h 32
\l "_Tc30449" 【题型8 轴对称中的旋转】 PAGEREF _Tc30449 \h 37
\l "_Tc18225" 【题型9 轴对称中规律探究】 PAGEREF _Tc18225 \h 42
\l "_Tc21111" 【题型10 等边三角形的十字结合模型】 PAGEREF _Tc21111 \h 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△DBE的周长为 cm．

【答案】10
【分析】根据轴对称的性质可得AD=DE，AC=CE=9cm，进而得出BE=BC−CE=3cm，再根据三角形的周长公式，即可求解．
【详解】解：∵点A与点E关于直线CD对称，
∴AD=DE，AC=CE=9cm，
∵BC=12cm，
∴BE=BC−CE=12−9=3cm，
∵AB=7cm，AC=9cm，BC=12cm，
∴△DBE的周长=BD+DE+BE=BD+AD+BE=AB+BE=7+3=10(cm)．
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1-1】（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+∠BCD=100°，则∠B的度数为 ．
【答案】130°
【分析】根据轴对称的性质可得∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，从而得到∴∠BAC+∠BCA=50°，再根据三角形内角和定理进行计算即可得到答案．
【详解】解：根据题意画出图如图所示：
，
∵ △ABC和△ADC关于AC成轴对称，
∴∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，
∵ ∠BAD+∠BCD=100°，
∴∠BAC+∠BCA=12∠BAD+∠BCD=50°，
∵∠BAC+∠BCA+∠B=180°，
∴∠B=130°，
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1-2】（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=40°，则∠MPN的度数是 ．
【答案】100°
【分析】首先求出∠P1+∠P2=40°证明∠PNM=∠P2+∠NPP2=2∠P2，∠PMN=∠P1+∠MPP1=2∠P1，推出∠PNM+∠PMN=2（∠P1+∠P2）=80°，可得结论．
【详解】解：∵P点关于OB的对称点是P1，P点关于OA的对称点是P2，
∴PM=P1M，PN=P2N，∠P2=∠P2PN，∠P1=∠P1PM，
∵∠AOB=40°，
∴∠P2PP1=140°，
∴∠P1+∠P2=40°，
∴∠PNM=∠P2+∠NPP2=2∠P2，∠PMN=∠P1+∠MPP1=2∠P1，
∴∠PMN+∠PNM=2×40°=80°，
∴∠MPN=180°−（∠PMN+∠PNM）=180°−80°=100°，
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1-3】（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不重合．
（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∠1，∠2之间的数量关系，并说明理由；
（3）在点M运动过程中，折叠图形，若∠C′＝35°，∠BMC′＝53°，求∠ADC′的度数．

【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即可解答；
（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=360º-2（∠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=180º-84º-61º=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′＝∠2，
当点C′落在△ABC的内部时，由（2）知，∠2=2C′-∠1=2×35º-53º=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′=53º-70º=﹣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∠γ等于 ( )
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=∠3，∠2=180°−2∠β，
又∵∠1+∠2+∠3=180°
∴180°−2∠β+∠α+∠γ=180°，
∴2∠β=∠α+∠γ
即2×60°=50°+∠γ
∴∠γ=120°−50°=70°．
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2-1】（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，线路P→T→Q即为所求．
（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FQ′交BC于点G，P→E→F→G→Q即为所求．
【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，线路P→T→Q即为所求，
原理：∵点P′和点P关于AB对称，
∴∠P′TA=∠PTA，
∵∠P′TA=∠BTQ，
∴∠PTA=∠BTQ；
（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FQ′交BC于点G，P→E→F→G→Q即为所求．
【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2-2】（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∠EDB=∠ADC．

(1)求证：BE=AC；
(2)如图2，连接AB交DE于点F，连接FC交AD于点H，AC=BC，求证：CF⊥AD；
(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，请问PC+PD是否存在最小值，若存在，请直接写出最小值，无需证明；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)存在，5
【分析】（1）由ASA可证△BDE≌△CDA，可得BE=AC；
（2）由SAS可证△CBF≌△EBF，可得∠BED=∠DAC=∠BCF，由余角的性质可得结论；
（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+PD有最小值，即PC+PD有最小值为DE的长，由面积法可以求解．
【详解】（1）∵直线l垂直BC于点B，∠ACB=90°，点D是BC的中点，
∴BD=CD，∠EBD=∠ACB=90°，
在△BDE和△CDA中，
∠EDB=∠ADCBD=CD∠EBC=∠ACD=90°，
∴△BDE≌△CDAAAS，
∴BE=AC；
（2）∵AC=BC，BE=AC，
∴BE=BC，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠ABC=∠BAC=45°，
∵∠EBC=90°，
∴∠EBA=∠ABC=45°，
又∵BF=BF，
∴△CBF≌△EBF，
∴∠BED=∠BCF，
∵△BDE≌△CDA，
∴∠BED=∠DAC=∠BCF，
∵∠DAC+∠ADC=90°=∠BCF+∠ADC，
∴∠CHD=90°，
∴CF⊥AD；
（3）存在；
在△EBP和△CBP中，
EB=BC∠EBA=∠CBAEP=BP，
∴△EBP≌△CBP，
∴PE=PC，
∴PC+PD=PE+PD，
∴当点E，点P，点D三点共线时，PE+PD有最小值，即PC+PD有最小值为DE的长，
∵△BDE≌△CDA，
∴ED=AD，
∵BD=CD，
∵S△ACD=5，
∴12×AD×CH=5，
∴AD=5×2×12=5．
∴PC+PD的最小值为5．
【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2-3】（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