專題13.10 軸對稱章末十大題型總結（拔尖篇）（人教版）（解析版）

專題13.10軸對稱章末十大題型總結（拔尖篇）【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1設計軸對稱圖案】 1【題型2利用軸對稱性質求最值】 4【題型3翻折變換】 12【題型4兩圓一線畫等腰】 21【題型5等邊三角形手拉手問題】 24【題型6分身等腰】 32【題型7一線分二腰】 35【題型8角平分線的綜合應用】 43【題型9垂直平分線的綜合應用】 53【題型10直角三角形斜邊中線的綜合應用】 65【題型1設計軸對稱圖案】【例1】（2023·全國·八年級假期作業(yè)）如圖，點A、B、C都在方格紙的格點上，請你再找一個格點D，使點A、B、C、D組成一個軸對稱圖形，并畫出對稱軸．

【答案】見解析【分析】如圖1，以線段AB的垂直平分線為對稱軸，找出點C的對稱點D，然后順次連接即可；如圖2，以線段AB所在的直線為對稱軸，找出點C的對稱點D，然后順次連接即可；如圖3，以線段BC的垂直平分線為對稱軸，找出點A的對稱點D，然后順次連接即可；如圖4，以線段BC所在的直線為對稱軸，找出點A的對稱點D，然后順次連接即可．【詳解】解：如圖所示：

【點睛】此題考查利用軸對稱設計圖案，熟練掌握軸對稱的性質，利用軸對稱的作圖方法作圖是解此題的關鍵．【變式1-1】（2023春·八年級單元測試）圖形設計：請將網格中的某些小方格涂黑，使它與已涂黑的小方格組成軸對稱圖形，并且有兩條對稱軸．（要求用兩種不同的方法）

【答案】見解析【分析】根據軸對稱圖形的性質來畫軸對稱圖形，先確定對稱軸，再找出陰影部分圖形關鍵點的對稱點，畫出圖形即可，圖形的兩部分沿對稱軸折疊后可完全重合【詳解】解：畫圖如下：

【點睛】此題主要考查了作圖--軸對稱變換，關鍵是掌握軸對稱圖形的定義．【變式1-2】（2023春·吉林延邊·八年級階段練習）圖①、圖②都是4×4的正方形網格，每個小正方形的頂點稱為格點，每個小正方形的邊長均為1，在每個網格中標注了5個格點，按下列要求畫圖．（1）在圖①中，以格點為頂點畫一個等腰三角形，使其內部已標注的格點只有4個；（2）在圖②中，以格點為頂點，畫一個軸對稱圖形，使其內部已標注的格點只有3個．【答案】見解析【詳解】試題分析：（1）根據要求畫圖即可．因為畫的是等腰三角形，因此至少要有兩條邊相等；（2）利用已知結合軸對稱圖形性質畫出一個等腰三角形即可．解：（1）如圖①所示：（2）如圖②所示：．考點：利用軸對稱設計圖案．【變式1-3】（2023春·八年級單元測試）請你分別在下面的三個網格（兩相鄰格點的距離均為1個單位長度）中，各補畫一個小正方形，要求：①三個圖形形狀各不相同，②所設計的圖案是軸對稱圖形．【答案】詳見解析【分析】利用軸對稱圖形性質分別得出圖案即可．【詳解】如圖所示：【點睛】本題考查了利用軸對稱性質設計圖案，利用軸對稱圖形是沿某條直線折疊后能夠與直線的另一邊完全重合的圖形設計圖案是解題的關鍵．【題型2利用軸對稱性質求最值】【例2】（2023春·全國·八年級專題練習）如圖，邊長為a的等邊△ABC中，BF是AC上的中線且BF=b，點D在BF上，連接AD，在AD的右側作等邊△ADE，連接EF，則△AEF周長的最小值是，此時∠CFE=．

【答案】12a+b90°【分析】通過分析點E的運動軌跡，點E在射線CE上運動（∠ACE=30°），作點A關于直線CE的對稱點M，連接FM交CE于點E'，此時A【詳解】解：∵△ABC，△ADE均為等邊三角形，∴AB=AC=a,∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴∠ABD=∠ACE，∴AF=CF=1∴∠ABD=∠CBD=∠ACE=30°,BF⊥AC∴點E在射線CE上運動（∠ACE=30°）作點A關于直線CE的對稱點M，連接FM交CE于點E'，此時AE

∵CA=CM∴△ACM是等邊三角形，∴AM=AC，∵BF⊥AC，∴FM=BF=b，∴△AEF周長的最小值是AF+FE故答案為：12a+b【點睛】本題考查軸對稱最短問題、等邊三角形的性質和判定，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是證明點E的運動軌跡，本題難度比較大，屬于中考填空題中的壓軸題．【變式2-1】（2023春·湖北武漢·八年級?？计谀┤鐖D，等腰直角△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，D為BC中點，AD=6，P為AB上一個動點，當P點運動時，PC+PD的最小值為．【答案】6【分析】作出點C關于AB的對稱點F，連接FD，根據對稱性，得到BC=BF,∠CBA=∠ABF=45°，證明Rt△ACD≌Rt△FBD，得到【詳解】如圖，∵AC=BC，∠ACB=90°，D為BC中點，∴BD=CD,∠CAB=∠CBA=45°；作點C關于AB的對稱點F，連接FD，交AB于點E，當點P與點E重合時，PC+PD取得最小值，且最小值為DF，根據對稱性，得到BC=BF,∠CBA=∠ABF=45°，∴FB=AC,∠FBD=90°；∴AC=FB∠ACD=∠FBD=90°∴Rt∴AD=FD，∵AD=6，∴FD=6，∴PC+PD的最小值為6，故答案為：6．【點睛】本題考查了軸對稱性質，三角形全等的判定和性質，等腰直角三角形的性質，熟練掌握軸對稱性質是解題的關鍵．【變式2-2】（2023春·河北張家口·八年級統(tǒng)考期末）如圖，方格圖中每個小正方形的邊長為1，點A、B、C、M、N都在格點上．

(1)畫出△ABC關于直線MN對稱的△A(2)在直線MN上找點P使PB+PC最小，在圖形上畫出點P的位置；(3)在直線MN上找點Q使QB-QA最大，直接寫出這個最大值．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)作圖見解析；QB-QA最大值為3【分析】（1）利用網格特點，先畫出A、B、C關于直線MN的對稱點A1、B1、（2）作點C關于MN的對稱點D，連接BD交MN于一點，該點即為點P；（3）由于QA=QA1，則|QB-QA=QB-QA1|，而由三角形的三邊關系可得QB-Q【詳解】（1）解：△A

（2）解：如圖，作點C關于MN的對稱點D，連接BD交MN于一點，該點即為所求作的點P；

∵點C與D關于MN的對稱，∴PC=PD，∴PB+PC=PD+PB，∵PB+PD≥BD，只有當點P、B、D三點共線時等號成立，∴當點P、B、D三點共線時，PB+PD最小，即PB+PC最??；（3）解：先作出A關于直線MN的對稱點A1，連接BA1并延長交MN

∵QA=QA∴|QB-QA=根據三角形的三邊關系可得QB-QA1≤A1B，當∴QB-QA的最大值為A1【點睛】本題主要考查了作圖—軸對稱變換、軸對稱的性質和三角形的三邊關系，屬于?？碱}型，熟練掌握上述知識是解題的關鍵．【變式2-3】（2023春·廣東深圳·八年級?？奸_學考試）【初步感知】(1)如圖1，已知ΔABC為等邊三角形，點D為邊BC上一動點（點D不與點B，點C重合）．以AD為邊向右側作等邊ΔADE，連接CE．求證：

【類比探究】(2)如圖2，若點D在邊BC的延長線上，隨著動點D的運動位置不同，猜想并證明：

①AB與CE的位置關系為：；②線段EC、AC、CD之間的數(shù)量關系為：；【拓展應用】(3)如圖3，在等邊ΔABC中，AB=3，點P是邊AC上一定點且AP=1，若點D為射線BC上動點，以DP為邊向右側作等邊ΔDPE，連接CE、BE．請問：

【答案】(1)見解析(2)平行EC=AC+CD(3)有最小值，5【分析】（1）由ΔABC和ΔADE是等邊三角形，推出AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，又因為∠BAC=∠DAE，則∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，從而利用“SAS”證明（2）①由（1）得ΔABD≌ΔACE（SAS），得出∠B=∠ACE=60°，②因為CE=BD，AC=BC，所以CE=BD=BC+CD=AC+CD；（3）在BC上取一點M，使得DM=PC，連接EM，可證ΔEPC≌ΔEDM（SAS），EC=EM，求得∠CEM=60°，得出ΔCEM是等邊三角形，則∠ECD＝60°，即點E在∠ACD角平分線上運動，在射線CD【詳解】（1）證明：∵ΔABC和Δ∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC即∠BAD=∠CAE在ΔABD和ΔAB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE∴ΔABD（2）平行，EC=AC+CD，理由如下：由（1）得ΔABD∴∠B=∠ACE=60°，CE＝∴∠BAC=∠ACE，∴AB∥∵CE=BD，AC=BC，∴CE=BD=BC+CD=AC+CD；（3）有最小值，理由如下：如圖，在射線BC上取一點M，使得DM=PC，連接EM，

∵ΔABC和Δ∴PE=ED，∠DEP=∠ACB=60°，∴∠ACD=180°-∠ACB=180°-60°=120°，∴∠ACD+∠DEP=120°+60°=180°，由三角形內角和為180°，可知：∠PCE+∠CEP+∠EPC=180°，∠ECD+∠CDE+∠CED=180°，∴∠PCE+∠CEP+∠EPC+∠ECD+∠CDE+∠CED=360°，又∵∠PCE+∠ECD+∠CEP+∠CED=∠ACD+∠DEP=180°，∴∠EPC+∠CDE=360°-180°=180°，∵∠EDM+∠CDE=180°，∴∠EPC=∠EDM，在ΔEPC和ΔPE=ED∠EPC=∠EDMPC=DMΔEPC∴EC=EM，∵∠PEC+∠CED＝∴∠CEM=∠DEM+∠CED=60°，∴ΔCEM∴∠ECD=60°，∠ACE=180°-∠ECD-∠ACB=180即點E在∠ACD的角平分線上運動，在射線CD上截取CP'=CP在ΔCEP和ΔPC=P'ΔCEP∴PE=P'則BE+PE=BE+P由三角形三邊關系可知，BE+P即當點E與點C重合，BE+P'E=BP'∵BP∴BE+PE=BE+P∴BE+PE最小值為5．

【點睛】本題考查三角形綜合，全等三角形的判定，正確添加輔助線、掌握相關圖形的性質定理是解題的關鍵．【題型3翻折變換】【例3】（2023春·福建泉州·八年級統(tǒng)考期末）在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=50°，點D是AB邊上一點，將△ACD沿CD翻折后得到△ECD．

(1)如圖1，當點E落在BC上時，求∠BDE的度數(shù)；(2)當點E落在BC下方時，設DE與BC相交于點F．①如圖2，若DE⊥BC，試說明：CE∥②如圖3，連接BE，EG平分∠BED交CD的延長線于點G，交BC于點H．若BE∥CG，試判斷【答案】(1)10°(2)①見解析；②4∠G-∠CFE=40°【分析】（1）根據翻折可得∠A=∠CED=50°，再利用外角即可求出∠BDE的度數(shù)；（2）①根據翻折可得∠A=∠CED=50°，再利用垂直可得∠B=∠ECF=40°，即可得到CE∥②設∠G=x，根據角平分線和平行線可得∠G=∠DEG=∠BEG=x，∠ADC=∠CDE=∠DEB=2x，可求得∠BCD=90°-∠ACD=90°-180°-∠A-∠ADC=2x-40°，再利用外角可得∠CFE=∠BCD+∠CDE=4x-40°，即可得到【詳解】（1）∵∠ACB=90°，∠A=50°，∴∠B=40°，∵將△ACD沿CD翻折后得到△ECD，∴∠A=∠CED=50°，∴∠BDE=∠CED-∠A=50°-40°=10°；（2）①根據翻折可得∠A=∠CED=50°，∠ADC=∠CDE∵DE⊥BC，∴∠ECF=90°-∠E=40°=∠B，∴CE∥②4∠G-∠CFE=40°，理由如下：設∠G=x，∵BE∥∴∠G=∠BEG=x，∠CDE=∠DEB∵EG平分∠BED，∴∠G=∠DEG=∠BEG=x，∠ADC=∠CDE=∠DEB=2x，∴∠ACD=180°-∠A-∠ADC=130°-2x，∴∠BCD=90°-∠ACD=90°-130°-2x∴∠CFE=∠BCD+∠CDE=4x-40°，∴∠CFE=4∠G-40°，即4∠G-∠CFE=40°．【點睛】本題考查折疊的性質，平行線的性質與判定，三角形的外角性質，解題的關鍵是理清角度之間的關系．【變式3-1】（2023春·遼寧丹東·八年級統(tǒng)考期末）在銳角△ABC中，AB=AC，將△ABC沿AC翻折得到△AB'C，直線AB與直線B'C相交于點E，若△AE【答案】540°7或【分析】分三種情形：當B'A=B'E，點E在CB'和BA的延長線上，當AE=【詳解】解：①如圖，當B'A=B'E，點E

∵AB=AC，∴∠B=∠BCA，由折疊得：∠B=∠AB'C設∠B=x，則∠AB'C=∠BCA=∠B'在△AEC中，由三角形內角和定理得：x+2x+1∴x=360°即∠B=360°∴∠BAC=180°-∠B-∠ACB=540°∵360°7∴此時△ABC為銳角三角形，符合題意；②如圖，當AE=B'E，點E在AB

∵AB=AC，∴∠ABC=∠BCA，由折疊得：∠ABC=∠AB'C∵AE=B∴∠AB∴∠ABC=∠ACB=∠ACB∵∠ABC+∠ACB+∠ACB∴∠ABC=∠ACB=∠ACB∴∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=36°，∵36°<72°<90°，∴此時△ABC為銳角三角形，符合題意；綜上所述，滿足條件的∠BAC的度數(shù)為540°7或36°故答案為：540°7或36°【點睛】本題考查翻折變換，等腰三角形的性質、三角形的內角和定理、三角形的外角性質等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，學會利用參數(shù)構建方程解決問題．【變式3-2】（2023春·江蘇·八年級期末）如圖1，在△ABC中，∠C=90°，∠A=40°，D為AC的中點，E為邊AB上一動點，連接DE，將△ADE沿DE翻折，點A落在AC上方點F處，連接EF，CF．(1)判斷∠1與∠2是否相等并說明理由；(2)若△DEF與以點C，D，F(xiàn)為頂點的三角形全等，求出∠ADE的度數(shù)：(3)翻折后，當△DEF和△ABC的重疊部分為等腰三角形時，直接寫出∠ADE的度數(shù)．【答案】(1)∠1=∠2，理由見解析(2)70°(3)100°3或140°3【分析】（1）由△ADE沿DE翻折可知AD=DF=CD，∠FDE=∠ADE=∠1，可知△CDF為等腰三角形，（2）△DEF與△CDF全等，分兩種情況討論；①DF=DE=AD，∠A=∠DEA，∠ADE=180°-∠A-∠DEA，求∠ADE的值然后判斷此時△DEF與△CDF是否全等，若全等，則∠ADE的值即為所求；②DF=FE=AD，∠A=∠DFE，∠EDF=∠ADE，∠ADE=∠FDE=180°-∠DFE2，求∠ADE的值然后判斷此時（3）分情況討論①由題意知（2）中∠ADE=70°時符合題意，②如圖3，重合部分的等腰三角形中，DE=DG，∠DEG=∠DGE，根據三角形的外角性質，三角形的內角和定理即∠FDE=∠ADE=∠1，∠DEG=∠ADE+∠A，∠1+∠DEG+∠DGE=180°計算求解即可；【詳解】（1）解：∠1=∠2由△ADE沿DE翻折可知AD=DF∵D為AC的中點∴AD=CD=DF∴△CDF為等腰三角形∴∠DFC=∠DCF=∠2∵∠CDF+∠FDE+∠EDA=180°∴180°-2∠2+∠1+∠1=180°∴∠1=∠2．（2）解：∵CD=DF，△CDF是等腰三角形，△DEF與△CDF全等∴①如圖1，當DF=DE=AD時，△ADE為等腰三角形，△DEF為等腰三角形∴∠A=∠DEA=40°，∠ADE=180°-∠A-∠DEA=100°∵∠ADE=∠EDF=100°∴∠ADE+∠EDF=200°>180°∴當DF=DE時，點F在AC的下方，不符合題意；又∵∠CDF=200°-180°=20°，∠CDF≠∠FDE∴△DEF與△CDF不全等，∠ADE=②如圖2當DF=FE=AD時，△ADE為等腰三角形，△DEF為等腰三角形∴∠A=∠DFE，∠EDF=∠ADE∴EF∥AD∴四邊形AEFD、CDEF均是平行四邊形∴△EFD與△CDF全等∴∠ADE=∠FDE=70°∴當DF=FE時，△EFD與△CDF全等，∠ADE=70°；綜上所述，若△DEF與以點C，D，F(xiàn)為頂點的三角形全等，（3）解：①由（2）中圖2可知當∠ADE=70°時，△DEF在△ABC內，此時兩個三角形的重疊部分為等腰三角形；②如圖3，△DEG為△DEF與△ABC重合的等腰三角形∴DE=DG，∠DEG=∠DGE∵∠FDE=∠ADE=∠1∴∠DEG∴∠1=∴∠ADE=100°③如圖4，△DEG為△DEF與△ABC重合的等腰三角形∴DE=EG∵∠FDE=∠ADE=∠1∴∠DEG∴∠1=∴∠ADE=140°綜上所述，當△DEF和△ABC的重疊部分為等腰三角形時，∠ADE的值為100°3或140°3或【點睛】本題考查了等腰三角形，幾何圖形折疊對稱，三角形全等，三角形的內角和定理，三角形的外角等知識．解題的關鍵在于正確的分析可能存在的情況．【變式3-3】（2023春·湖北武漢·八年級統(tǒng)考期末）已知D是等邊三角形ABC中AB邊上一點，將CB沿直線CD翻折得到CE，連接EA并延長交直線CD于點F．(1)如圖1，若∠BCD=40°，直接寫出∠CFE的度數(shù)；(2)如圖1，若CF=10，AF=4，求(3)如圖2，連接BF，當點D在運動過程中，請?zhí)骄烤€段AF，BF，CF之間的數(shù)量關系，并證明．【答案】(1)60°(2)2(3)AF+BF=CF，證明見解析【分析】（1）根據等邊三角形及翻折的性質可求出∠ACE的值以及∠CAE=∠E，在△ACE根據三角形內角和定理求出∠E的值，然后在△CEF中根據三角形內角和定理求解∠CFE的值即可；（2）方法同（1）先求出∠CFE=60°，然后在CF上截取FH，使FH=EF，連接EH，BF，如圖1，可知△EFH是等邊三角形，根據∠ABF=180°-∠CFB-∠BCF-∠ABC=60°-∠BCF，∠CEH=∠AEC-60°=120°-∠BCF-60°=60°-∠BCF，得到∠ABF=∠CEH，證明△ABF≌△CEHSAS（3）由（2）可得AF+BF=CF，證明過程同（2）．【詳解】（1）解：由等邊三角形及翻折的性質得BC=CE=AC，∴∠CAE=∠E，∠ACD=∠ACB-∠BCF=20°，∴∠ACE=∠ECF-∠ACD=20°，∴∠CAE=∠E=180°-∠ACE∵∠CFE=180°-∠ECF-∠E=180°-40°-80°=60°，∴∠CFE的度數(shù)為60°．（2）解：由（1）可得∠CFE=180°-∠E-∠ECF=180°-∠E-∠BCF，∵∠E=180°-∠ACE2，∴∠E=180°-2∠BCF+60°∴∠CFE=180°-120°+∠BCF-∠BCF=60°，如圖1，在CF上截取FH，使FH=EF，連接EH，由題意知BF=EF，∴△EFH是等邊三角形，∵∠ABF=180°-∠CFB-∠BCF-∠ABC=60°-∠BCF，∠CEH=∠AEC-60°=120°-∠BCF-60°=60°-∠BCF∴∠ABF=∠CEH，在△ABF和△CEH中∵BF=EH∠ABF=∠CEH∴△ABF≌△CEHSAS∴CH=AF=4，∴FH=CF-CH=6，∴AE=EF-AF=2，∴AE的長為2．（3）解：AF+BF=CF；證明如下：由（2）可得，點D在運動過程中，∠CFE=60°是定值，如圖2，在CF上截取FH，使FH=EF，連接EH，∴同理（2）可知△EFH是等邊三角形，∵∠ABF=180°-∠CFB-∠BCF-∠ABC=60°-∠BCF，∠CEH=∠AEC-60°=120°-∠BCF-60°=60°-∠BCF，∴∠ABF=∠CEH，在△ABF和△CEH中∵BF=EH∠ABF=∠CEH∴△ABF≌△CEHSAS∴CH=AF，∴CF=FH+CH=BF+AF，∴AF+BF=CF．【點睛】本題主要考查了等邊三角的性質，翻折的性質，三角形內角和定理及全等三角形的判定與性質．熟練掌握知識并正確的作輔助線是解題的關鍵．【題型4兩圓一線畫等腰】【例4】（2023春·廣西欽州·八年級?？计谥校┤鐖D，在Rt△ABC中，∠ACB=90度，BC=4，AC=3，在直線AC上取一點P，使得△PAB為等腰三角形，則符合條件的點P共有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】根據等腰三角形的判定定理，分情況討論，正確作圖，即可得到結論．【詳解】解：如下圖，作AB垂直平分線與AC相交于點P，可得PA=PB，以A為圓心，AB為半徑畫圓，交AC有P1、P以B為圓心，AB為半徑畫圓，交AC有P3一個交點，可得P故選：D．【點睛】本題考查了等腰三角形的判定，垂直平分線的性質，解題的關鍵是正確作圖，分情況討論．【變式4-1】（2023春·河南駐馬店·八年級統(tǒng)考期中）如圖，直線l1、l2相交于點A，點B是直線外一點，在直線l1、l2上找一點C，使△ABC為一個等腰三角形．滿足條件的點C有（

）A．2個 B．4個 C．6個 D．8個【答案】D【詳解】以A為圓心，AB長為半徑畫弧，交l1、l2于4個點；以B為圓心，AB長為半徑畫弧交l1、l2于2個點，再作AB的垂直平分線交l1、l2于2個點，共有8個點，故選：D.【變式4-2】（2023春·山東泰安·八年級統(tǒng)考期末）如圖，已知每個小方格的邊長為1，A、B兩點都在小方格的格點（頂點）上，請在圖中找一個格點C，使△ABC是等腰三角形，這樣的格點C有個?！敬鸢浮?【分析】分別以A、B點為圓心，AB為半徑作圓，找到格點即可（A、B、C共線除外）；此外加上在AB的垂直平分線上有兩個格點，即可得到答案.【詳解】解：以A點為圓心，AB為半徑作圓，找到格點即可，（A、B、C共線除外）；以B點為圓心，AB為半徑作圓，在⊙B上的格點為C點；在AB的垂直平分線上有兩個格點．故使△ABC是等腰三角形的格點C有8個．【點睛】本題考查了等腰三角形的判定，解題的關鍵是畫出圖形，利用數(shù)形結合解決問題．【變式4-3】（2023春·廣東湛江·八年級統(tǒng)考期末）如圖，△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=60°，動點P在斜邊AB所在的直線m上運動，連結PC，那點P在直線m上運動時，能使圖中出現(xiàn)等腰三角形的點P的位置有（

）A．6個 B．5個 C．4個 D．3個【答案】C【分析】根據等腰三角形的定義利用作圖的方法找出符合條件的點即可．【詳解】解：如圖所示：以A為圓心，AC長為半徑畫弧，交直線m于點P1，P3；以B為圓心，BC長為半徑畫弧，交直線m于點P4，P2；以C為圓心，BC為半徑畫弧，交直線m于點P5與P1兩點重合．因此出現(xiàn)等腰三角形的點P的位置有4個．故選：C．【點睛】此題考查等腰三角形的定義和判定，利用作圖找等腰三角形是一種常見的方法．【題型5等邊三角形手拉手問題】【例5】（2023春·內蒙古呼倫貝爾·八年級?？计谥校┮讶鐖D，△ABC、△CDE均為等邊三角形，連接BE，AD交于點O，AC與BE交于點P求證：(1)BE＝AD(2)∠AOB的度數(shù)【答案】(1)證明見詳解(2)60°【分析】（1）利用“邊角邊”證明△ACD和△BCE全等，即可得出BE＝AD（2）由△BCE≌△ACD可得∠CAD＝∠CBE，根據“八字型”證明∠AOP＝∠PCB＝60°即可．【詳解】（1）證明：∵△ABC和△ECD都是等邊三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE即∠BCE＝∠ACD，在△BCE和△ACD中，AC=BC∠BCE=∠ACD∴△BCE≌△ACD（SAS），∴BE＝AD（2）由（1）可得△BCE≌△ACD∴∠CAD＝∠CBE，∵∠APO＝∠BPC，∴∠AOP＝∠BCP＝60°，即∠AOB＝60°．【點睛】本題考查等邊三角形的性質、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．【變式5-1】（2023春·山東濟寧·八年級濟寧市第十五中學?？茧A段練習）閱讀與理解：圖1是邊長分別為a和ba>b的兩個等邊三角形紙片ABC和C'DE疊放在一起（C與操作與證明：(1)操作：固定△ABC，將△C'DE繞點C按順時針方向旋轉25°，連接AD，BE，如圖2；在圖2(2)操作：若將圖1中的△C'DE，繞點C按順時針方向任意旋轉一個角度α0°≤α≤360°，連接AD，BE，如圖3；在圖猜想與發(fā)現(xiàn)：(3)根據上面的操作過程，請你猜想當α為多少度時，線段AD的長度最大是多少？當α為多少度時，線段AD長度最小是多少？【答案】(1)BE=AD，證明見解析(2)BE=AD，證明見解析(3)當α=180°時，線段AD的長度最大為a+b，當α=0°或α=360°時，線段AD的長度最小為a-b【分析】（1）根據旋轉的性質及等邊三角形的性質，證明△BCE?△ACD，根據全等三角形的對應邊相等，可得到BE=AD；（2）與（1）的思路方法一樣，證明△BCE?△ACD，根據全等三角形的對應邊相等，可得到BE=AD；（3）根據前面的旋轉得到當點D旋轉到CA的反向延長線上時，此時線段AD的長度最大，等于a+b，則此時旋轉的角度為180°，當點D旋轉后重新回到AC邊上時，此時線段AD長度最小，等于a-b，旋轉的角度0°或360°．【詳解】（1）解：BE=AD，理由如下：∵△C'DE繞點C按順時針方向旋轉25°，∴∠BCE=∠ACD=25°，∵△ABC與△C'DE等邊三角形，∴CA=CB，在△BCE和△ACD中，CA=CB∴△BCE?△ACD，∴BE=AD；（2）BE=AD，理由如下：∵△C'DE繞點C按順時針方向旋轉a，∴∠BCE=∠ACD=a，∵△ABC與△C'DE等邊三角形，∴CA=CB，在△BCE和△ACD中，CA=CB∴△BCE?△ACD，∴BE=AD；（3）由題意可知：當點D旋轉到CA的反向延長線上時，此時線段AD的長度最大，等于a+b，所以α=180°，當點D旋轉后重新回到AC邊上時，此時線段AD的長度最小，最小值a-b，所以α=0°或α=360°．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的性質和三角形全等的判定與性質，解題的關鍵是掌握旋轉的性質：旋轉前后兩圖形全等，對應點到旋轉中心的距離相等，對應點與旋轉中心的連線段的夾角等于旋轉角．【變式5-2】（2023春·廣東廣州·八年級?？茧A段練習）如圖，C為線段AE上一動點（不與點A，E重合），在AE同側分別作等邊三角形ABC和等邊三角形CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連接PQ．以下結論：①AD=BE；②PQ∥AE；③∠AOB=60°；④△CPQ是等邊三角形；⑤BQ=AB．恒成立的是

【答案】①②③④【分析】由等邊三角形的性質可證明△ACD≌△BCE，則可得①正確；由△ACD≌△BCE可得∠CAP=∠CBO，由∠APC=∠BPO，則由三角形內角和可得∠AOB=∠ACB=60°，則可得③正確；證明△ACP≌△BCQ，可得CP=CQ，由∠PCQ=60°可得④正確；由等邊三角形的性質可得②正確；由△ACP≌△BCQ知，BQ=AP≠AB，即可判定⑤不正確，從而可確定答案．【詳解】解：∵△ABC，∴AC=BC，∴∠ACD=180°-∠DCE=180°-∠ACB=∠DCE，∴△ACD≌△BCE，故①正確；∵△ACD≌△BCE，∴∠CAP=∠CBO，∵∠APC=∠BPO，∴由三角形內角和得：∠AOB=∠ACB=60°，故③正確；∵∠BCQ=180°-∠ACB-∠DCE=60°即∠ACB=∠BCQ=60°，∵AC=BC，∴△ACP≌△BCQ，∴CP=CQ，∵∠PCQ=60°，∴△CPQ是等邊三角形，故④正確；∵△CPQ是等邊三角形，∴∠QPC=60°=∠ACB，∴PQ∥故②正確；∵△ACP≌△BCQ，∴BQ=AP，當點P位于△ABC的邊BC上時，始終有AP<AB，即BQ<AB，故⑤不成立；∴正確的是①②③④，故答案為：①②③④．

【點睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，平行線的判定與性質三角形內角和等知識，證明三角形全等及等邊三角形的判定與性質是解題的關鍵．【變式5-3】（2023·山東·八年級專題練習）已知，△ABC為等邊三角形，點D在邊BC上．【基本圖形】如圖1，以AD為一邊作等邊三角形△ADE，連結CE．可得CE+CD=AC（不需證明）．【遷移運用】如圖2，點F是AC邊上一點，以DF為一邊作等邊三角△DEF．求證：CE+CD=CF．【類比探究】如圖3，點F是AC邊的延長線上一點，以DF為一邊作等邊三角△DEF．試探究線段CE，CD，CF三條線段之間存在怎樣的數(shù)量關系，請寫出你的結論并說明理由．【答案】【基本圖形】見解析；【遷移運用】見解析；【類比探究】見解析．【分析】基本圖形：只需要證明△BAD≌△CAE得到CE=BD，即可證明；遷移運用：過點D作DG∥AB，交AC于點G，然后證明△CDE≌△GDF得到CE=GF，即可推出類比探究：過點D作DG∥AB，交AC于點G，然后證明△CDE≌△GDF，得到CE=GF，再由GF=CF+CG=CF+CD，即可得到【詳解】基本圖形：證明：∵△ACB與△ADE都是等邊三角形，∴AC=AB=CB，∠CAB=60°，AD=AE，∠DAE=60°，∴∠CAE=∠DAE-∠CAD=60°-∠CAD，∠BAD=∠CAB-∠CAD=60°-∠CAD，∴∠CAE=∠BAD，在△BAD與△CAE中，AC=AB∠CAD=∠BAE∴△BAD≌△CAESAS∴CE=BD，∴CE+CD=BD+CD=CB，∵AC=CB，∴CE+CD=AC；遷移運用：證明：過點D作DG∥AB，交AC于點∵△ACB是等邊三角形，∴∠ACB=∠A=∠B=60°，∵DG∥∴∠CGD=∠A=60°，∠CDG=∠B=60°，又∵∠ACB=60°，∴△CDG為等邊三角形，∴CD=DG=CG，∵△DEF為等邊三角形，∴DE=DF，∠EDF=60°，∵∠CDE=∠CDG-∠EDG=60°-∠EDG，∠FDG=∠EDF-∠EDG=60°-∠EDG，∴∠CDE=∠FDG，在△CDE與△GDF中BD=DG∠BAD=∠GDF∴△CDE≌△GDFSAS∴CE=GF，∴CE+CD=GF+CG=CF；類比探究：解：CD+CF=CE，理由如下：過點D作DG∥AB，交AC于點∵△ACB是等邊三角形，∴∠ACB=∠A=∠B=60°，∵DG∥∴∠CGD=∠A=60°，∠CDG=∠B=60°，又∵∠ACB=60°，∴△CDG為等邊三角形，∴CD=DG=CG，∵△DEF為等邊三角形，∴DE=DF，∠FDE=60°，∵∠GDF=∠GDC+∠CDF=60°+∠CDF，∠CDE=∠EDF+∠CDF=60°+∠CDF，∴∠GDF=∠CDE，在△CDE與△GDF中BD=DG∠BDE=∠GDF∴△CDE≌△GDFSAS∴CE=GF，∵GF=CF+CG=CF+CD，∴CD+CF=CE．【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，等邊三角形的性質與判定，熟知全等三角形的性質與判定條件是解題的關鍵．【題型6分身等腰】【例6】（2023春·湖南永州·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在第1個△A1BC，∠B=20°同A1B=CB；在邊A1B上任取一點D，延長CA1到A2，使A1A2=A1D，得到第2個△A1A2D；在邊

A．12n80° B．12n-1?80°【答案】B【分析】先根據等腰三角形的性質求出∠BA1C的度數(shù)，再根據三角形外角的性質及等腰三角形的性質分別求出∠DA2A1，∠E【詳解】解：∵在△CBA1中，∠B=20°，∴∠BA∵A1A2=A∴∠DA同理可得∠EA3A∴第n個三角形中以An為頂點的底角度數(shù)是(故選：B．【點睛】本題考查的是等腰三角形的性質，三角形外角的性質，根據題意得出∠DA2A1，【變式6-1】（2023春·江西宜春·八年級統(tǒng)考期末）如圖所示，AOB是一鋼架，設∠AOB=α，為了使鋼架更加堅固，需在其內部添加一些鋼管EF，F(xiàn)G，GH…，添加的鋼管長度都與OE相等，若最多能添加這樣的鋼管5根，則α的取值范圍是．【答案】15°≤α<18°【分析】由等腰三角形的性質和外角性質可得，∠GEF=2α，∠GFH=3α，∠HGB=4α，由題意可列不等式組，即可求解．【詳解】解：∵OE=EF，∴∠EOF=∠EFO=α，∴∠GEF=∠EOF+∠EFO=2α，同理可得∠GFH=3α，∠HGB=4α，∵最多能添加這樣的鋼管5根，∴5α<90°，6α≥90°，∴15°≤α<18°，故答案為：15°≤α<18°．【點睛】此題考查了等腰三角形的判定和性質及三角形外角的性質；發(fā)現(xiàn)并利用規(guī)律是正確解答本題的關鍵．【變式6-2】（2023春·河北張家口·八年級統(tǒng)考期末）如圖，一鋼架BAC中，∠A=x°，焊上等長的鋼條P1P2,P2結論Ⅰ：若∠P3P結論Ⅱ：若這樣的鋼條在鋼架上至多能焊上6根，那么x的取值范圍是90

A．Ⅰ和Ⅱ都對 B．Ⅰ和Ⅱ都不對 C．Ⅰ不對Ⅱ對 D．Ⅰ對Ⅱ不對【答案】A【分析】根據等腰三角形的性質可得到幾組相等的角，再根據三角形外角的性質可得到∠P5P7P【詳解】解：∵AP1=P1P2∴∠A=∠P1P2A，∠∴∠P即75°=3x,∴x=25°，故結論Ⅰ正確；∵AP1=P1P2，P1P∴∠A=∠P1P2A，∠P2P1∴∠P∵要使得這樣的鋼條只能焊上6根，∴∠P

由題意得6x<90解得：90故結論Ⅱ正確．故選：A．【點睛】此題主要考查等腰三角形的性質，三角形外角的性質及三角形內角和定理，熟練掌握等腰三角形的性質是解題的關鍵．【變式6-3】（2023春·湖南岳陽·八年級?？计谥校┤鐖D，，點在射線上，點在射線上，，均為等邊三角形．若，則的邊長為（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根據等邊三角形的性質得出，，，利用同樣的方法，，，由此規(guī)律可得．【詳解】為等邊三角形，同理：由此類推可得的邊長．故選B．【點睛】本題考查圖形的變化，等邊三角形的性質，解題的關鍵是掌握三角形邊長的變化規(guī)律．【題型7一線分二腰】【例7】（2023·全國·八年級專題練習）已知ΔABC是等腰三角形，過ΔABC的一個頂點的一條直線，把【答案】圖見解析，頂角為90°或108°或36°或180【分析】先根據題意做出等腰三角形，再根據直線過點A，B分四種情況，根據三角形內角和定理，三角形外角的性質等，分別求出內角的度數(shù)即可．【詳解】一共有4種情況：△ABC是等腰三角形，AB=AC，直線AD是過定點A．根據題意，由△ABD，△ACD是等腰三角形，且AD=BD，AD=CD，那么∠B=∠BAD=∠CAD=∠C．利用三角形內角和定理，可知∠B+∠BAD+∠CAD+∠C=180°，解得∠B=∠BAD=∠CAD=∠C=45°，則∠BAC=90°；△ABC是等腰三角形，AB=AC，直線AD是過定點A．根據題意，由△ABD，△ACD是等腰三角形，且AB=BD，AD=CD，那么∠B=∠C，∠DAC=∠C，∠BAD=∠BDA，所以∠BDA=2∠C．利用三角形內角和定理，可知∠B+∠BAC+∠C=180°，可得2∠B+3∠B=180°，解得∠B=36°，則∠C=36°，∠BAC=108°；如圖所示，△ABC是等腰三角形，AB=AC，直線BD是過定點B．根據題意，由△ABD，△BCD是等腰三角形，且AD=BD，BD=BC，那么∠ABC=∠C，∠ABD=∠A，∠BDC=∠C．利用三角形外角的性質，可知∠BDC=2∠A，根據利用三角形內角和定理，得5∠A=180°，解得∠A=36°，則∠ABC=∠C=72°；④如圖所示，△ABC是等腰三角形，AB=AC，直線BD是過定點B．根據題意，由△ABD，△BCD是等腰三角形，且AD=BD，BC=CD，那么∠ABC=∠C，∠ABD=∠A，∠DBC=∠CDB．利用三角形外角的性質，可知∠BDC=2∠A，則∠DBC=2∠A，∠ABC=∠C=3∠A．根據利用三角形內角和定理，得7∠A=180°，解得∠A=(180則∠ABC=∠C=(540【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質和判定，三角形內角和定理，三角形外角的性質等，注意多種情況討論，不能丟解．【變式7-1】（2023春·福建廈門·八年級廈門雙十中學思明分校?？计谥校┤绻粋€三角形能被一條線段分割成兩個等腰三角形，那么則稱這個三角形為“雙腰三角形”．現(xiàn)有如下4個結論：①若一個三角形的兩個內角分別是36°、72°，則這個三角形是“雙腰三角形”②若一個三角形是直角三角形，則這個三角形是“雙腰三角形”③若一個三角形的一個內角是另一個內角的2倍，則這個三角形一定是“雙腰三角形”④若一個三角形的一個內角是另一個內角的3倍，則這個三角形一定是“雙腰三角形”其中正確的個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據題意作出圖形，然后由等角對等邊及三角形內角和定理及三角形外角的性質依次判斷證明即可．【詳解】解：①如圖所示：∠A=36°，∠C=72°，∴∠ABC=72°，作∠ABC的角平分線BD，∴∠ABD=∠DBC=36°，∴∠ABD=∠A，∠BDC=∠C=72°∴BD=AD，∴△ABD與△BDC為等腰三角形，故①正確；②如圖所示：△ABC為直角三角形，∠ABC=90°，∴∠A+∠C=90°，∠ABD+∠CBD=90°，作∠ABD=∠A交AC于點D，∴∠DBC=∠C，∴△ABD為等腰三角形，△BDC為等腰三角形，故②正確；③如圖，∠C=α，∠A=2α，作∠DBC=α，交AC于D∵∠ADB=∠C+∠DBC=2α=∠A，∴BD分成的兩個三角形都是等腰三角形，如果三個角分別是50°，100°，30°不成立，故結論③錯誤；④如圖所示：∠ABC=3∠C，設∠C=x，則∠ABC=3x，∴∠ADB=x+x=2x，過點B作∠CBD=∠C=x，∴△BDC為等腰三角形；∠ADB=2x，∠ABD=∠ABC-∠CBD=3x-x=2x，∴∠ABD=∠ADB,∴△ABD為等腰三角形，故④正確；綜上可得：①②④正確，符合題意；故選：C．【點睛】題目主要考查等腰三角形等角對等邊及三角形內角和定理、三角形外角的性質，理解題意作出相應圖形求解是解題關鍵．【變式7-2】（2023春·江蘇淮安·八年級統(tǒng)考期中）【學習概念】：規(guī)定①：如果一個三角形的三個角分別等于另一個三角形的三個角，那么稱這兩個三角形互為“等角三角形”．規(guī)定②：從三角形（不是等腰三角形）一個頂點引出一條射線與對邊相交，頂點與交點之間的線段把這個三角形分割成兩個小三角形，如果分得的兩個小三角形中一個為等腰三角形，另一個與原來三角形是“等角三角形”，我們把這條線段叫做這個三角形的“等角分割線”．【理解概念】：（1）如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，請根據規(guī)定①，寫出圖中所有的“等角三角形”

（2）如圖2，在△ABC中，CD為角平分線，∠A=40°，∠B=60°，請根據規(guī)定②，求證：CD為△

【應用概念】：（3）在△ABC中，∠A=42°，CD是△ABC的等角分割線，∠ACB=_________．【答案】（1）△ABC與△ACD，△ABC與△CBD，△ACD與△CBD是“等角三角形”；（2）見解析；（3）111°或84°或106°或92°【分析】（1）根據“等角三角形”的定義解答即可；（2）根據三角形內角和定理求出∠ACB，根據角平分線的定義得到∠ACD=∠DCB=12∠ACB=40°，根據“（3）分△ACD是等腰三角形，DA=DC、DA=AC和△BCD是等腰三角形，【詳解】（1）解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°∴∠A+∠ACD=90°，∴∠A=∴△ABC與△ACD，△ABC與△CBD，△ACD與△CBD是“等角三角形”；（2）證明：∵在△ABC中，∠A=40°，∴∠ACB=180°-∠A-∠B=80°，∵CD為角平分線，∴∠ACD=∠DCB=1∴∠ACD=∠A，∴CD=DA，∵在△DBC中，∠DCB=40°，∴∠BDC=180°-∠DCB-∠B=80°，∴∠BDC=∠ACB，∵CD=DA，∴CD為△ABC的等角分割線；（3）解：當△ACD是等腰三角形，DA=DC時，∠ACD=∠A=42°，∴∠ACB=∠BDC=42°+42°=84°，當△ACD是等腰三角形，DA=AC時，∠ACD=∠ADC=69°，∴∠ACB=69°+42°=111°，當△BCD是等腰三角形，DC=BD時，∠ACD=∠BCD=∠B=46°，∴∠ACB=92°，當△BCD是等腰三角形，DB=BC時，∠BDC=∠BCD，設∠BDC=∠BCD=x，則∠B=180°-2x，則∠ACD=∠B=180°-2x，由題意得，180°-2x+42°=x，解得x=74°，∴∠ACD=180°-2x=32°，∴∠ACB=106°，∴∠ACB的度數(shù)為111°或84°或106°或92°．故答案為：111°或84°或106°或92°．【點睛】本題考查了“等角三角形”的定義、等腰三角形的性質、三角形內角和定理，靈活運用分情況討論思想是解題的關鍵．【變式7-3】（2023春·全國·八年級專題練習）在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，把像這樣的三角形叫做黃金三角形．(1)請你設計三種不同的分法，將黃金三角形ABC分割成三個等腰三角形，使得分割成的三角形中含有兩個黃金三角形（畫圖工具不限，要求畫出分割線段；標出能夠說明不同分法所得三角形的內角度數(shù)，不要求寫畫法，不要求證明．分別畫在圖1，圖2，圖3中）注：兩種分法只要有一條分割線段位置不同，就認為是兩種不同的分法．(2)如圖4中，BF平分∠ABC交AC于F，取AB的中點E，連接EF并延長交BC的延長線于M．試判斷CM與AB之間的數(shù)量關系？只需說明結果，不用證明．答：CM與AB之間的數(shù)量關系是．【答案】(1)畫圖見解析；(2)CM=AB【分析】（1）黃金三角形是一個等腰三角形，它的頂角為36°，每個底角為72°．它的底與它的腰成黃金比．當?shù)捉潜黄椒謺r，角平分線分對邊也成黃金比，并形成兩個較小的等腰三角形．這兩三角形之一相似于原三角形．依此作圖即可．（2）連接AM，根據黃金三角形的性質即可得出CM與AC之間的數(shù)量關系，從而得出CM與AB之間的數(shù)量關系．【詳解】（1）解：如圖所示：（2）連接AM，如圖：∵在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，∴∠ABC=∠ACB=1∵BF平分∠ABC交AC于F，∴∠1=∠2=36°，∴∠BAC=∠1，∴BF=AF∵E是AB的中點，∴EM垂直平分AB，∴AM=BM，∴∠AMB=180°-2∠ABC=180°-2×72°=36°，∴∠CAM=∠ACB-∠BMA=72°-36°=36°，∴∠CAM=∠CMA，∴AC=CM，∴CM=AB．故答案為：CM=AB【點睛】本題考查了黃金三角形，注意線段的黃金分割點的概念的延伸，關鍵是能夠根據黃金分割的定義結合等腰三角形的判定和性質進行分析并作圖．【題型8角平分線的綜合應用】【例8】（2023春·福建廈門·八年級福建省廈門第二中學校考期中）已知：在ΔABC和ΔDEC中，AC=BC，DC=EC，(1)如圖1，A，C，D在同一直線上，延長AE交BD于F，求證：AF⊥BD；(2)如圖2，AE與BD交于F，G在AD上，若FG平分∠AFD，求證：點C在直線FG上．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）先說明∠ACB=∠ECD=12×180°=90°，根據SAS證明ΔACE≌Δ（2）連接CF，過點C作CM⊥BD于點M，CN⊥AE于點N，根據SAS證明ΔBCD≌ΔACE得出∠CBM=∠CAN，根據AAS證明ΔCBM≌ΔCAN，得出CM=CN，說明CF平分【詳解】（1）證明：∵A，C，D在同一直線上，∠ACB=∠ECD=α，∴∠ACB=∠ECD=1∵在ΔACE和ΔBCD中∴Δ∴∠CAE=∠CBD，∵∠CBD+∠BDC=90°，∴∠CAE+∠CDB=90°，∴∠AFD=180°-∠CAE+∠CDB∴AF⊥BD．（2）證明：連接CF，過點C作CM⊥BD于點M，CN⊥AE于點N，如圖所示：∵∠ACB=∠DCE，∴∠ACB+∠ACD=∠ACD+∠DCE，即∠BCD=∠ACE，∵在ΔBCD和ΔACE中∴ΔBCD≌∴∠CBM=∠CAN，∵在ΔCBM和ΔCAN中∴ΔCBM≌∴CM=CN，∵CM⊥BD，CN⊥AE，∴CF平分∠MFN，∴∠MFC=∠NFC，∵FG平分∠AFD，∴∠AFG=∠DFG，∵∠MFA=∠NFD，∴∠CFM+∠MFA+∠AFG=∠CFN+∠NFD+∠DFG，∵∠CFM+∠MFA+∠AFG+∠CFN+∠NFD+∠DFG=360°，∴∠CFM+∠MFA+∠AFG=∠CFN+∠NFD+∠DFG=180°，∴C、F、G在同一直線上，即點C在直線FG上．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，角平分線的性質，垂直的定義，解題的關鍵是作出輔助線，構造全等三角形．【變式8-1】（2023春·湖北武漢·八年級?？茧A段練習）已知：∠AOB=60°，小新在學習了角平分錢的知識后，做了一個夾角為120°（即∠DPE=120°）的角尺來作∠AOB的角平分線．(1)如圖1，他先在邊OA和OB上分別取OD=OE，再移動角尺使PD=PE，然后他就說射線OP是∠AOB的角平分線．試根據小新的做法證明射線OP是∠AOB的角平分線；(2)如圖2，將角尺繞點P旋轉了一定的角度后，OD≠OE，但仍然出現(xiàn)了PD=PE，此時OP是∠AOB的角平分線嗎？如果是，請說明理由．(3)如圖3，在（2）的基礎上，若角尺旋轉后恰好使得DP∥OB，請判斷線段OD與【答案】(1)見解析(2)是，理由見解析(3)OE=2OD，理由見解析【分析】（1）根據SSS證明ΔOPD?（2）過點P作PH⊥OA于H，PK⊥OB于K．證明ΔDPH?（3）結論：OE=2OD．OB上取一點T，使得OT=OD，連接PT．想辦法證明PT=OT，PT=TE，可得結論．【詳解】（1）解：證明：如圖1中，在ΔOPD和ΔOD=OEPD=PE∴Δ∴∠POD=∠POE．（2）解：結論正確．理由：如圖2中，過點P作PH⊥OA于H，PK⊥OB于K．∵∠PHO=∠PKB=90°，∠AOB=60°，∴∠HPK=120°，∵∠DPE=∠HPK=120°，∴∠DPH=∠EPK，在ΔOPH和Δ∠PHO=∠PKB=90°∠DPH=∠EPK∴Δ∴PH=PK，則OP是∠AOB的角平分線；（3）解：結論：OE=2OD．理由：如圖3中，在OB上取一點T，使得OT=OD，連接PT．∵OP平分∠AOB，∴∠POD=∠POT，在ΔPOD和ΔOD=OT∠POD=∠POT∴Δ∴∠ODP=∠OTP，∵PD∥∴∠PDO+∠AOB=180°，∠DPE+∠PEO=180°，∵∠AOB=60°，∠DPE=120°，∴∠ODP=120°，∠PEO=60°，∴∠OTP=∠ODP=120°，∴∠PTE=60°，∴∠TPE=∠PET=60°，∴TP=TE，∵∠PTE=∠TOP+∠TPO，∠POT=30°，∴∠TOP=∠TPO=30°，∴OT=TP，∴OT=TE，∴OE=2OD．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，角平分線的判定等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．【變式8-2】（2023春·廣東珠?！ぐ四昙壷楹Ｊ形膱@中學校考階段練習）已知點C是∠MAN平分線上一點，∠BCD的兩邊CB、CD分別與射線AM、AN相交于B，D兩點，且∠ABC(1)如圖1，當點E在線段AB上時，求證：BC=(2)如圖2，當點E在線段AB的延長線上時，探究線段AB、AD與(3)如圖3，在（2）的條件下，若∠MAN=60°，連接BD，作∠ABD的平分線BP交AD于點F，交AC于點O，連接DO并延長交AB于點G．若BG【答案】(1)證明見解析；(2)AD-(3)6．【分析】（1）過點C作CF⊥AD，根據角平分線的性質得到CE=（2）過點C作CF⊥AD，利用AAS證明△AEC≌△AFC，從而得到CE（3）在BD上截取BH=BG，連接OH，證明△OBH≌△OBG，根據全等三角形的性質得到∠OHB=∠【詳解】（1）證明：如圖1，過點C作CF⊥AD，垂足為∵AC平分∠MAN，CE⊥AB∴CE=∵∠CBE+∠ADC∴∠CBE在△BCE和△∠CBE=∴△BCE≌△DCF∴BC=（2）解：AD-如圖2，過點C作CF⊥AD，垂足為∵AC平分∠MAN∴∠∵CE⊥AB，∴∠∵∠AEC=∠AFC=90°∴△AEC≌△AFC∴CE=CF，∵∠ABC∴∠CBE在△BCE和△∠CBE=∴△BCE≌△DCF∴DF=∴AD∴AD-（3）解：如圖3，在BD上截取BH=BG，連接在△OBH和△BH=∴△∴∠OHB∵AO是∠MAN的平分線，BO是∠∴點O到AD，∴∠ODH∵∠∴∠DOH∴∠GOH∴∠BOG∴∠DOF∴∠DOH在△ODH∠DOH=∴△ODH∴DH=∴DB=【點睛】本題考查了角平分線的性質，三角形全等的判定和性質，關鍵是作合適的輔助線，構造全等三角形．【變式8-3】（2023春·黑龍江哈爾濱·八年級統(tǒng)考期末）如圖1，ΔABC的∠ABC和∠ACB的平分線BE，CF相交于點G，∠BAC=60°（1）求∠BGC的度數(shù)；（2）如圖2，連接AG，求證：AG平分∠BAC；（3）如圖3，在⑵的條件下，在AC上取點H，使得∠AGH=∠BGC，且AH=8，BC=10，求ΔABC【答案】（1）120°；（2）見解析；（3）28【分析】（1）利用角平分線的定義，三角形內角和定理，兩個角的和求解即可；（2）利用角平分線的判定定理證明判斷即可；（3）利用兩次三角形的全等證明即可．【詳解】（1）證明：如圖1，∵BE、CF分別平分∴∠1=1∴∠1+∠2=1∵∠BAC=60°，∴∠BGC=180°-(∠1+∠2)=90°+1(2)如圖2，過點G分別作GM⊥AB于M，GN⊥BC于N，GQ⊥AC于Q，∵BE平分∠ABC，GM⊥AB于M，GN⊥BC于N，

∴GM=GN，同理GN=GQ，∴GM=GQ，∵GM⊥AB于M，GQ⊥AC于Q，

∴AG平分∠BAC；（3）解：∵GM⊥AB于M，GQ⊥AC于Q，GM=GQ，∴AG平分∠BAC，∵又∠BAC=60°，

∴∠BAG=∠CAG=30°，在BC上取點K，使BK=BA，∵BE平分∠ABC∴∠ABG=∠CBG，又∵BG=BG，∴Δ∴∠BKG=∠BAG，∴∠BKG=∠BAG=30∴∠GKC=∵∠AGH=∠BGC=120°，∠CAG=30°，∴∠GHC=120°+30°=150°，∴∠GKC=∠GHC，又∵CG=CG，∠KCG=∠HCG，∴Δ∴CK=CH，△ABC的周長為：AB+BC+CA=AB+(BK+KC)+(AH+CH)=2BC+AH=2×10+8=28，∴ΔABC的周長是【點睛】本題考查了角的平分線定義，性質定理和逆定理，三角形內角和定理，三角形全等的判定和性質，熟練掌握性質和定理，靈活運用三角形全等的相關知識是解題的關鍵．【題型9垂直平分線的綜合應用】【例9】（2023春·福建莆田·八年級校考開學考試）如圖，在Rt△ABC中，∠CBA=90°，∠CAB的角平分線AP和∠MCB的平分線CF相交于點D，AD交CB于點P，CF交AB的延長線于點F，過點D作DE⊥CF交CB的延長線于點G，交AB的延長線于點E，連接CE并延長交FG于點H，則下列結論：①∠CDA=45°；②AF-CG=CA；③DE=DC；④CF=2CD+EG；其中正確的有

【答案】①②③④【分析】①利用角平分線的性質以及三角形外角的性質，求解即可；②③延長GD與AC交于點I，利用全等三角形的判定與性質求解即可；④在DF上截取DM=CD，利用垂直平分線的性質以及全等三角形的性質，求解即可．【詳解】解：設∠GCD=x，∠DAC=y，

∵CD平分∠MCB，AP平分∠CAB，∴∠BCD=∠MCD，∠CAD=由三角形外角的性質可得：∠MCD=x=y+∠ADC∴∠ADC=12延長GD與AC交于點I，如下圖：∵DE⊥CF∴∠CDG=∠CDI=90°∵CF平分∠GCI∴∠GCD=∠ICD又∵CD=CD，∴△GCD≌△ICD∴CG=CI∵∠ADC=45°∴∠ADI=∠ADF=135°又∵∠FAD=∠IAD，AD=AD∴△AFD≌△AID∴AF=AI∴AF-CG=CA②正確；同理可得：△ACD≌△AED∴DE=DC，③正確；在DF上截取DM=CD，則DE是CM的垂直平分線，如下圖：

∴CE=EM∵△AFD≌△AID∴∠I=∠DFE，AF=AI又∵∠CDI=∠EDF=90°∴∠DCG=∠DEF∵∠ECG=∠GCD-45°，∠MEF=∠DEF-45°∴∠MEF=∠ECG∵△ACD≌△AED∴AC=AE∴EF=CI又∵CI=CG∴EF=CG又∵EM=CE∴△EMF≌△CEG∴FM=GE∴CF=2CD+EG④正確故答案為：①②③④【點睛】此題考查了全等三角形的判定與性質，三角形外角的性質，垂直平分線的性質，解題的關鍵是熟練掌握相關基礎知識，作出輔助線，構造出全等三角形．【變式9-1】（2023春·四川成都·八年級四川省成都市第七中學初中學校?？奸_學考試）如圖：在△ABC中，∠BAC=110°，AC=AB，射線AD、AE的夾角為55°，過點B作BF⊥AD于點F，直線BF交AE于點G，連接CG．

(1)如圖1，若射線AD、AE都在∠BAC的內部，且點B與點B'關于AD對稱，求證：CG=(2)如圖2，若射線AD在∠BAC的內部，射線AE在∠BAC的外部，其他條件不變，求證：CG+2GF=BG；(3)如圖3，若射線AD、AE都在∠BAC的外部，其他條件不變，若CG=145GF，AF=3，S【答案】(1)見解析(2)見解析(3)BF=11.25【分析】1先判斷出AC=AB'，再用等式的性質判斷出∠BAF=∠B2先判斷出∠GAF=∠G'AF，再判斷出∠GAC=∠G'3同2的方法判斷出CG=G'B【詳解】（1）證明：如圖1，連接AB

∵B，B'關于AD∴BB'被∴AB∵AC=AB，∴AC=AB∵AF⊥BG，∴∠BAF=∠B∵∠GAF=55°，∴∠B∵∠CAB=110°，∴∠CAG+∠FAB=55°，∴∠B∵∠BAF=∠B∴∠GAB∵AG=AG，∴△CGA≌△B∴CG=B（2）證明：如圖2，在FB上截取FG'=GF

∵BF⊥AD，∴AG=AG∴∠GAF=∠G∴∠GAG∵∠CAB=110°，∴∠GAG∴∠GAG∴∠GAC=∠G∵AC=AB，∴△GAC≌△G∴CG=G∵FG∴CG∵GB=GG∴GB=2GF+CG，∴CG=GB-2GF；即CG+2GF=BG；（3）解：如圖3，延長BF至點G'，使G'F=GF

∵BF⊥AD，∴AG=AG∴∠GAF=∠G∴∠GAG∵∠CAB=110°，∴∠GAG∴∠GAG∴∠GAC=∠G∵AC=AB，∴△GAC≌△G∴CG=G∵CG=14∴設GF=5k，CG=14k，∴G'F=5k∴BG=4k，∵AF=3，S△ABG∴1∴1∴k=1.25，∴BF=9k=11.25．【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，對稱的性質，垂直平分線的性質，判斷出CG=GB【變式9-2】（2023春·全國·八年級專題練習）如圖，在△ABC中，D為AB中點，DE⊥AB，∠ACE+∠BCE=180°，EF⊥BC于點F，AC=6，BC=9，則BF的長為．

【答案】3【分析】連接AE，過點E作EN⊥AC，交AC的延長線于N，由∠ACE+∠BCE=180°，可得∠BCE=∠NCE；由D為AB中點，DE⊥AB，則可得AE=BE；證明△EFC≌△ENC，再證明△BEF≌△AEN即可求得結果．【詳解】解：連接AE，過點E作EN⊥AC，交AC的延長線于N，如圖，∵∠ACE+∠BCE=180°，∠ACE+∠ECN=180°，∴∠BCE=∠NCE；∵D為AB中點，DE⊥AB，∴AE=BE；∵EF⊥BC，EN⊥AC，∴∠EFC=∠ENC=90°，∵EC=EC，∴△EFC≌△ENC，∴EF=EN,CF=CN；∵EF⊥BC,EN⊥AC，AE=BE，EF=EN，∴△BEF≌△AEN，∴BF=AN，∴BC-CF=AC+CN，即9-CF=6+CN，∴CF=3

故答案為：32【點睛】本題考查了線段垂直平分線的性質，全等三角形的判定與性質，掌握這兩個性質是關鍵．【變式9-3】（2023春·江蘇·八年級專題練習）在△ABC中，AB＝10，AC＝6．若點D為∠BAC的平分線上一點．（1）當點D在△ABC的外部時，如圖1，過點D作DE⊥AB于E，作DF⊥AC交AC的延長線于F，且BE＝CF．①求證：點D在BC的垂直平分線上；②BE＝．（2）當點D在線段BC上時，如圖2，若∠C＝90°，BE平分∠ABC，交AC于點E，交AD與點F，過點F作FG⊥BE，交BC于點G，則①∠DFG＝；②若BC＝8，EC＝83，則GC＝（3）如圖3，過點A的直線l∥BC，若∠C＝90°，BC＝8，點D到△ABC三邊所在直線的距離相等，則點D到直線l的距離是．【答案】（1）①見解析；②2；（2）①45°；②43；（3）2或4或6或12【分析】（1）①由AD是∠BAC的平分線，DE⊥AB，DF⊥AC，得出DE=DF，借助Rt△BDE≌Rt△CDF，得到BD=CD，即可證明點D在BC的垂直平分線上；②通過Rt△ADE≌Rt△ADF證出AE=AF，從而有AB-BE=AC+CF，即可得出2BE=4，即可求出BE的長；（2）①先利用角平分線的定義求得∠ABF+∠BAF=45°，再利用三角形的外角性質求得∠DFB=∠ABF+∠BAF=45°，即可求解；②延長FG交AB于H，證明△AFH≌△AFE(ASA)，得到AH=AE=103，再由△BFG≌△BFH(ASA（3）分4種情況討論，分別畫出圖形利用角平分線的性質結合圖形求解即可．【詳解】（1）①證明：連接BD，CD，∵AD是∠BAC的平分線，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE=DF，在Rt△BDE和Rt△CDF中，BE=CF∠BED=∠CFD=90°∴Rt△BDE≌Rt△CDF(SAS)，∴BD=CD，∴點D在BC的垂直平分線上；②由①知：DE=DF，在Rt△ADE和Rt△ADF中，AD=ADDE=DF∴Rt△ADE≌Rt△ADF(HL)，∴AE=AF，∵BE=CF，∴AB-BE=AC+CF，∴10-BE=6+BE，∴BE=2；故答案為：2；（2）①∵BE平分∠ABC，AD平分∠BAC，∠C=90°，∴12∠ABC+12∠BAC=12×90°=45°，即∠ABF∴∠DFB=∠ABF+∠BAF=45°，∵FG⊥BE，即∠BFG=90°，∴∠DFG=90°-∠DFB=45°；故答案為：45°；②延長FG交AB于H，∵∠AFH=∠DFG=45°，∠AFE=∠BFD=45°，∴∠AFH=∠AFE，∵∠HAF=∠EAF，AF=AF，∴△AFH≌△AFE(ASA)，∴AH=AE，∴AB=10，AC=6，BC=8，EC=83∴AE=AC-CE=6-83∴AH=AE=10∴BH=AB-AH=20∵∠CBE=∠ABE，∠BFH=∠BFG，BF=BF，∴△BFG≌△BFH(ASA)，∴BH=BG=20∴GC=BC-BG=8-20故答案為：43（3）當點D在△ABC內部時，如圖：∵SΔ∴6×8=(6+8+10)?h∴h=2，點D到直線l的距離是AC-h=6-2=4；當點D在BC的下方時，如圖：設點D到三邊的距離為x，由題意得：BE=8-x，AE=AF，∴10+8-x=6+x，∴x=6，點D到直線l的距離是AF=12；當點D在AC的右邊時，如圖：設點D到三邊的距離為y，同理可得：8+y=10+6-y，∴x=4，點D到直線l的距離是6-y=2；當點D在AB的上方時，如圖：設點D到三邊的距離為z，同理可得：z-6+z-8=10，∴z=12，點D到直線l的距離是z-6=6；綜上，點D到直線l的距離是2或4或6或12．故答案為：2或4或6或12．【點睛】本題考查了線段垂直平分線和角平分線的性質，以及三角形全等的判定與性質，熟練使用各性質定理是解決問題的關鍵．【題型10直角三角形斜邊中線的綜合應用】【例10】（2023春·安徽阜陽·八年級?？计谥校┚C合與實踐已知△ABC與△BDE均為等腰直角三角形，其中∠BAC=∠BDE=90°，連接CE，P是EC的中點，連接PA，【初步感知】(1)如圖1，當B，D，C三點在同一直線上時，PA和PD的數(shù)量關系為【深入探究】(2)如圖2，當B，D，【拓展提高】(3)如圖3，若等腰直角△ABC繞點B逆時針旋轉，當EC恰好與BD平行時，（1）中得到的結論還成立嗎？請加以證明．【答案】(1)PA=PD，PA⊥PD(2)成立，理由見解析(3)成立，理由見解析【分析】（1）根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半以及等腰三角形等邊對等角可得結論；（2）延長DP交AC于點G，證明△PED≌△PCG(ASA)，進而得出△ADG是等腰直角三角形，P是（3）延長DP至F，使PF=PD，連接AD,AF,CF，先證明△DPE≌△FPC(SAS)，然后證明△ABD≌△ACF(SAS)，進而得到△ADF是等腰直角三角形且點【詳解】（1）解：∵∠BAC=∠BDE=90°，P是EC的中點，∴AP=12EC=PC∴PA=PD，∵△ABC與△BDE均為等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，即∠ACP+∠DCP=45°，∵∠ACP=∠CAP,∠PCD=∠PDC，∴∠APE=2∠ACP，∠EPD=2∠PCD，∴∠APD=∠APE+∠EPD=2(∠ACP+∠PCD)=2×45°=90°，∴PA⊥PD，故答案為：PA=PD，PA⊥PD；（2）成立，理由如下：延長DP交AC于點G，∵∠BAC=∠BDE=90°，∴DE∥∴∠PED=∠PCG，∵P是EC的中點，∴PE=PC，在△PED和△PCG中，∠PED=∠PCGPE=PC∴△PED≌∴ED=CG，PD=PG，∴P是DG的中點，∵BD=DE，∴CG=BD，∵AB=AC，∴AB-BD=AC-CG，即AD=AG，∴△ADG是等腰直角三角形，P是DG的中點，∴PA=PD，PA⊥PD；（3）成立，理由如下：延長DP至F，使PF=PD，連接AD,AF,CF，∵△ABC與△BDE均為等腰直角三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠DBE=∠DEB=45°,即∠EBC+∠DBC=∠BCE+∠ACE，∵CE∥∴∠BCE=∠DBC，∴∠ACE=∠EBC，∴∠ABD=∠ABC+∠DBE-∠EBC=90°-∠EBC，∵CE∥∴∠CED=∠BDE=90°，∵P是EC的中點，∴CP=EP，在△DPE和△FPC中，PE=PC∠DPE=∠FPC∴△DPE≌∴DE=FC,∠PED=∠PCF=90°，∴∠ACF=90°-∠ACE，∴∠ABD=∠ACF，∵BD=DE，∴BD=CF，在△ABD和△ACF中，AB=AC∠ABD=∠ACF∴△ABD≌∴∠BAD=∠CAF，AD=AF，∴∠BAD+∠CAD=∠CAF+∠CAD，∴∠DAF=∠BAC=90°，∴△ADF是等腰直角三角形且點P是DF的中點，∴AP=DP=FP=1∴PA=PD,PA⊥PD．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與性質，直角三角形斜邊上中線的性質，根據題意作出合理輔助線