资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩15页未读，
继续阅读
第13章 轴对称（压轴必刷30题10种题型专项训练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版）
展开
这是一份第13章 轴对称（压轴必刷30题10种题型专项训练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版），文件包含第13章轴对称压轴必刷30题10种题型专项训练原卷版docx、第13章轴对称压轴必刷30题10种题型专项训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共54页， 欢迎下载使用。
1．（2022秋•亭湖区期末）如图，已知在四边形ABCD中，点E在AD上，∠BCE＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠D，BC＝CE．
（1）求证：AC＝CD；
（2）若AC＝AE，求∠DEC的度数．
【分析】（1）根据同角的余角相等可得到∠3＝∠5，结合条件可得到∠1＝∠D，再加上BC＝CE，可证得结论；
（2）根据∠ACD＝90°，AC＝CD，得到∠2＝∠D＝45°，根据等腰三角形的性质得到∠4＝∠6＝67.5°，由平角的定义得到∠DEC＝180°﹣∠6＝112.5°．
【解答】解：∵∠BCE＝∠ACD＝90°，
∴∠3+∠4＝∠4+∠5，
∴∠3＝∠5，
在△ABC和△DEC中，，
∴△ABC≌△DEC（AAS），
∴AC＝CD；
（2）∵∠ACD＝90°，AC＝CD，
∴∠2＝∠D＝45°，
∵AE＝AC，
∴∠4＝∠6＝67.5°，
∴∠DEC＝180°﹣∠6＝112.5°．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，即SSS、SAS、ASA、AAS和HL．
二．线段垂直平分线的性质（共4小题）
2．（2023秋•广陵区校级月考）如图，在△ABC中，DM、EN分别垂直平分AC和BC，交AB于M、N两点，DM与EN相交于点F．
（1）若△CMN的周长为15cm，求AB的长；
（2）若∠MFN＝70°，求∠MCN的度数．
【分析】（1）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AM＝CM，BN＝CN，然后求出△CMN的周长＝AB；
（2）根据三角形的内角和定理列式求出∠MNF+∠NMF，再求出∠A+∠B，根据等边对等角可得∠A＝∠ACM，∠B＝∠BCN，然后利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【解答】解：（1）∵DM、EN分别垂直平分AC和BC，
∴AM＝CM，BN＝CN，
∴△CMN的周长＝CM+MN+CN＝AM+MN+BN＝AB，
∵△CMN的周长为15cm，
∴AB＝15cm；
（2）∵∠MFN＝70°，
∴∠MNF+∠NMF＝180°﹣70°＝110°，
∵∠AMD＝∠NMF，∠BNE＝∠MNF，
∴∠AMD+∠BNE＝∠MNF+∠NMF＝110°，
∴∠A+∠B＝90°﹣∠AMD+90°﹣∠BNE＝180°﹣110°＝70°，
∵AM＝CM，BN＝CN，
∴∠A＝∠ACM，∠B＝∠BCN，
∴∠MCN＝180°﹣2（∠A+∠B）＝180°﹣2×70°＝40°．
【点评】本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等边对等角的性质，三角形的内角和定理，（2）整体思想的利用是解题的关键．
3．（2023秋•广陵区月考）如图，在△ABC中，AD⊥BC，EF垂直平分AC，交AC于点F，交BC于点E，且BD＝DE．
（1）若∠C＝40°，求∠BAD的度数；
（2）若AC＝5，DC＝4，求△ABC的周长．
【分析】（1）根据线段垂直平分线和等腰三角形性质得出AE＝CE，求出∠C＝∠EAC，即可得出答案；
（2）根据已知能推出2DC+AC＝13，即可得出答案．
【解答】（1）解：∵EF垂直平分AC，
∴AE＝CE，
∴∠C＝∠EAC＝40°，
∵AD⊥BC，BD＝DE，
∴AB＝AE，
∴∠B＝∠BEA＝2∠C＝80°，
∴∠BAD＝90°﹣80°＝10°；
（2）由（1）知：AE＝EC＝AB，
∵BD＝DE，
∴AB+BD＝DE+AE＝DE+CE＝DC，
∴C△ABC＝AB+BC+AC＝2DC+AC＝2×4+5＝13．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线性质，三角形外角性质的应用，主要考查学生综合运行性质进行推理和计算的能力，题目比较好，难度适中．
4．（2022秋•兴化市月考）如图，△ABC中，∠BAC＝110°，DE、FG分别为AB、AC的垂直平分线，E、G分别为垂足．
（1）求∠DAF的度数；
（2）如果BC＝10，求△DAF的周长．
【分析】（1）根据三角形内角和定理可求∠B+∠C；根据垂直平分线性质，DA＝BD，FA＝FC，则∠EAD＝∠B，∠FAC＝∠C，得出∠DAF＝∠BAC﹣∠EAD﹣∠FAC＝110°﹣（∠B+∠C）求出即可．
（2）由（1）中得出，AD＝BD，AF＝FC，即可得出△DAF的周长为BD+FC+DF＝BC，即可得出答案．
【解答】解：（1）设∠B＝x，∠C＝y．
∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，
∴110°+∠B+∠C＝180°，
∴x+y＝70°．
∵AB、AC的垂直平分线分别交BA于E、交AC于G，
∴DA＝BD，FA＝FC，
∴∠EAD＝∠B，∠FAC＝∠C．
∴∠DAF＝∠BAC﹣（x+y）＝110°﹣70°＝40°．
（2）∵AB、AC的垂直平分线分别交BA于E、交AC于G，
∴DA＝BD，FA＝FC，
∴△DAF的周长＝AD+DF+AF＝BD+DF+FC＝BC＝10．
【点评】此题考查了线段垂直平分线的性质、三角形内角和定理以及等腰三角形的性质．注意掌握垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等定理的应用，注意数形结合思想与整体思想的应用．
5．（2022秋•兴化市校级月考）如图：△ABC中，AB＝AC＝5，AB的垂直平分线DE交AB、AC于E、D，
①若△BCD的周长为8，求BC的长；
②若BC＝4，求△BCD的周长．
【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质可知BD+CD＝5，易求BC；
（2）根据第一问中BD+CD＝5，易求△BCD的周长．
【解答】解：①AB＝AC＝5，DE垂直平分AB，
故BD＝AD．BD+CD＝AD+CD＝5．△BCD的周长为8⇒BC＝3；
②∵BC＝4，BD+CD＝5，
∴△BCD＝BD+CD+BC＝9．
【点评】本题考查的是线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质；进行线段的有效转移是正确解答本题的关键．
三．等腰三角形的性质（共2小题）
6．（2022秋•宝应县月考）如图，设∠BAC＝θ（0°＜θ＜90°）．现把小棒依次摆放在两射线之间，并使小棒两端分别落在射线AB，AC上．从点A1开始，用等长的小棒依次向右摆放，其中A1A2为第一根小棒，且A1A2＝AA1．
（1）小棒能无限摆下去吗？答： 不能 ．（填“能”或“不能”）
（2）若已经摆放了3根小棒，则θ1＝ 2θ ，θ2＝ 3θ ，θ3＝ 4θ ；（用含θ的式子表示）
（3）若只能摆放4根小棒，求θ的范围．
【分析】（1）由于小棒的长度一定，依此即可求解；
（2）根据等边对等角可得∠BAC＝∠AA2A1，∠A2A1A3＝∠A2A3A1，∠A3A2A4＝∠A3A4A2，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解；
（3）求出第三根小木棒构成的三角形，然后根据三角形的内角和定理和外角性质列出不等式组求解即可．
【解答】解：（1）小棒不能无限摆下去；
（2）∵小木棒长度都相等，
∴∠BAC＝∠AA2A1，∠A2A1A3＝∠A2A3A1，∠A3A2A4＝∠A3A4A2，
由三角形外角性质，θ1＝2θ，θ2＝3θ，θ3＝4θ；
（3）∵只能摆放4根小木棒，
∴，
解得18°≤θ＜22.5°．
故答案为：不能；2θ，3θ，4θ．
【点评】本题考查了等腰三角形等边对等角的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，三角形的内角和定理，（3）列出不等式组是解题的关键．
7．（2022秋•金湖县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、E两点在BC边上，且AD＝AE．
求证：BD＝CE．
【分析】先过A作AP⊥BC于P，而AB＝AC，根据三角形三线合一定理可得BP＝CP，同理可得DP＝EP，再根据等式性质易证BD＝CE．
【解答】证明：过A作AP⊥BC于P，
∵AB＝AC，AP⊥BC，
∴BP＝CP，
同理有DP＝EP，
∴BP﹣DP＝CP﹣EP，
即BD＝CE．
【点评】本题考查了等腰三角形三线合一定理，解题的关键是作辅助线AP⊥BC．
四．等腰三角形的判定（共2小题）
8．（2022秋•淮安区期中）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）BP＝ （16﹣t）cm （用t的代数式表示）
（2）当点Q在边BC上运动时，出发几秒后，△PQB是等腰三角形？
（3）当点Q在边CA上运动时，出发 11秒或12 秒后，△BCQ是以BC或BQ为底边的等腰三角形？
【分析】（1）根据题意即可用t可分别表示出BP；
（2）结合（1），根据题意再表示出BQ，然后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；
（3）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＝16cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（16﹣t）cm，
故答案为：（16﹣t）cm；
（2）当点Q在边BC上运动，△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；
（3）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；
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，
综上所述：当t为11或12时，△BCQ是以BC或BQ为底边的等腰三角形．
故答案为：11秒或12．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．用时间t表示出相应线段的长，化“动”为“静”是解决这类问题的一般思路，注意方程思想的应用．
9．（2022秋•建邺区校级期中）在△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，动点P从点C出发，沿着CB运动，速度为每秒2个单位，到达点B时运动停止，设运动时间为t秒，请解答下列问题：
（1）求BC上的高；
（2）当t为何值时，△ACP为等腰三角形？
【分析】（1）过点A作AD⊥BC于点D，根据三角形的面积公式解答即可；
（2）根据等腰三角形的性质分三种情况进行解答即可．
【解答】解：（1）过点A作AD⊥BC于点D，
∵AB2+AC2＝100 BC2＝100
∴AB2+AC2＝BC2
∴∠BAC＝90° 即△ABC为直角三角形，
∴
∴AD＝4.8；
（2）当AC＝PC时，
∵AC＝6，
∴AC＝PC＝6，
∴t＝3秒；
当AP＝AC时，过点A作AD⊥BC于点D，
PD＝DC
CD＝＝3.6，
∴PC＝7.2，
∴t＝3.6秒；
当AP＝PC时，
∠PAC＝∠C
∵∠BAC＝90°
∴∠BAP+∠PAC＝90°
∠B+∠C＝90°
∴∠BAP＝∠B
∴PB＝PA
∴PB＝PC＝5
∴t＝2.5
综上所述，t＝3秒或3.6秒或2.5秒．
【点评】此题考查等腰三角形的判定和性质，关键是根据等腰三角形的性质分三种情况进行解答．
五．等腰三角形的判定与性质（共1小题）
10．（2022秋•崇川区校级月考）如图1，在△ABC中，∠BAC＝75°，∠ACB＝35°，∠ABC的平分线BD交边AC于点D．
（1）求证：△BCD为等腰三角形；
（2）若∠BAC的平分线AE交边BC于点E，如图2，求证：BD+AD＝AB+BE；
（3）若∠BAC外角的平分线AE交CB延长线于点E，请你探究（2）中的结论是否仍然成立？直接写出正确的结论．
【分析】（1）如图1，先根据三角形内角和得：∠ABC＝70°，由角平分线及已知角可得：∠DBC＝∠ACB＝35°，可得结论；
（2）证法一：如图2，在AC上截取AH＝AB，连接EH，证明△ABE≌△AHE，则BE＝EH，∠AHE＝∠ABE＝70°，所以EH＝HC，得AB+BE＝AH+HC＝AC＝AD+CD＝BD+AD；
证法二：如图3，在AB的延长线上取AF＝AC，连接EF，证明△AEF≌△AEC，则∠F＝∠C＝35°，得BF＝BE，可得结论；
（3）正确画图4，作辅助线，构建等腰三角形，根据角的大小证明：AF＝AC＝EF，由线段的和与差可得结论．
【解答】证明：（1）如图1，在△ABC中，∠BAC＝75°，∠ACB＝35°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠ACB＝70°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝∠ABD＝35°，
∴∠DBC＝∠ACB＝35°，
∴△BCD为等腰三角形；
（2）证法一：如图2，在AC上截取AH＝AB，连接EH，
由（1）得：△BCD为等腰三角形，
∴BD＝CD，
∴BD+AD＝CD+AD＝AC，
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAB＝∠EAH，
∴△ABE≌△AHE（SAS），
∴BE＝EH，∠AHE＝∠ABE＝70°，
∴∠HEC＝∠AHE﹣∠ACB＝35°，
∴EH＝HC，
∴AB+BE＝AH+HC＝AC，
∴BD+AD＝AB+BE；
证法二：如图3，在AB的延长线上取AF＝AC，连接EF，
由（1）得：△BCD为等腰三角形，且BD＝CD，
∴BD+AD＝CD+AD＝AC，
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAF＝∠EAC，
∴△AEF≌△AEC（SAS），
∴∠F＝∠C＝35°，
∴BF＝BE，
∴AB+BE＝AB+BF＝AF，
∴BD+AD＝AB+BE；
（3）探究（2）中的结论不成立，正确结论：BD+AD＝BE﹣AB，理由是：
如图4，在BE上截取BF＝AB，连接AF，
∵∠ABC＝70°，
∴∠AFB＝∠BAF＝35°，
∵∠BAC＝75°，
∴∠HAB＝105°，
∵AE平分∠HAB，
∴∠EAB＝∠HAB＝52.5°，
∴∠EAF＝52.5°﹣35°＝17.5°＝∠AEF＝17.5°，
∴AF＝EF，
∵∠AFC＝∠C＝35°，
∴AF＝AC＝EF，
∴BE﹣AB＝BE﹣BF＝EF＝AC＝AD+CD＝AD+BD．
【点评】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理及外角的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
六．等边三角形的性质（共3小题）
11．（2022秋•兴化市校级月考）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在边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 BM+NC＝MN ；此时＝ ；
（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 ；
（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 ，
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，
∴＝；
（2）猜想：结论仍然成立，
证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1，
∵∠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，
∴＝；
（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，
可证△DBM≌△DCM1，
∴DM＝DM1，
可证∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N，
∴NC﹣BM＝MN．
【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．
12．（2022秋•鼓楼区期中）如图1，在等边△ABC中，线段AM为BC边上的中线，动点D在直线AM（点D与点A重合除外）上时，以CD为一边且在CD的下方作等边△CDE，连接BE．
（1）判断AD与BE是否相等，请说明理由；
（2）如图2，若AB＝8，点P、Q两点在直线BE上且CP＝CQ＝5，试求PQ的长；
（3）在第（2）小题的条件下，当点D在线段AM的延长线（或反向延长线）上时．判断PQ的长是否为定值，若是请直接写出PQ的长；若不是请简单说明理由．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AC＝BC，CD＝CE，再求出∠ACD＝∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）过点C作CN⊥BQ于点N，根据等腰三角形三线合一的性质可得PQ＝2PN，CM⊥AD，根据全等三角形对应边上的高线相等可得CN＝CM，然后利用勾股定理列式求出PN的长度，从而得解；
（3）根据（2）的结论，点C到PQ的距离等于CM的长度，是定值，所以，PQ的长是定值不变．
【解答】解：（1）AD＝BE．理由如下：
∵△ABC，△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，
∵∠ACD+∠BCD＝∠ACB＝60°，
∠BCE+∠BCD＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
∵，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；
（2）如图，过点C作CN⊥BQ于点N，
∵CP＝CQ，
∴PQ＝2PN，
∵△ABC是等边三角形，AM是中线，
∴CM⊥AD，CM＝BC＝×8＝4，
∴CN＝CM＝4（全等三角形对应边上的高相等），
∵CP＝CQ＝5，
∴PN＝＝＝3，
∴PQ＝2PN＝2×3＝6；
（3）PQ的长为定值6．
∵点D在线段AM的延长线（或反向延长线）上时，△ACD和△BCE全等，
∴对应边AD、BE上的高线对应相等，
∴CN＝CM＝4是定值，
∴PQ的长是定值．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，根据全等三角形对应边上的高线相等求出点C到PQ的距离等于CM是解题的关键．
13．（2022秋•启东市校级期末）如图1，点P、Q分别是边长为4cm的等边△ABC边AB、BC上的动点，点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1cm/s，
（1）连接AQ、CP交于点M，则在P、Q运动的过程中，∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数；
（2）何时△PBQ是直角三角形？
（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数．
【分析】（1）因为点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1cm/s，所以AP＝BQ．AB＝AC，∠B＝∠CAP＝60°，因而运用边角边定理可知△ABQ≌△CAP．再用全等三角形的性质定理及三角形的角间关系、三角形的外角定理，可求得∠CMQ的度数．
（2）设时间为t，则AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t．分别就①当∠PQB＝90°时；②当∠BPQ＝90°时利用直角三角形的性质定理求得t的值．
（3）首先利用边角边定理证得△PBC≌△QCA，再利用全等三角形的性质定理得到∠BPC＝∠MQC．再运用三角形角间的关系求得∠CMQ的度数．
【解答】解：（1）∠CMQ＝60°不变．
∵等边三角形中，AB＝AC，∠B＝∠CAP＝60°
又由条件得AP＝BQ，
∴△ABQ≌△CAP（SAS），
∴∠BAQ＝∠ACP，
∴∠CMQ＝∠ACP+∠CAM＝∠BAQ+∠CAM＝∠BAC＝60°．
（2）设时间为t，则AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t
①当∠PQB＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴PB＝2BQ，得4﹣t＝2t，t＝；
②当∠BPQ＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴BQ＝2BP，得t＝2（4﹣t），t＝；
∴当第秒或第秒时，△PBQ为直角三角形．
（3）∠CMQ＝120°不变．
∵在等边三角形中，BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°
∴∠PBC＝∠ACQ＝120°，
又由条件得BP＝CQ，
∴△PBC≌△QCA（SAS）
∴∠BPC＝∠MQC
又∵∠PCB＝∠MCQ，
∴∠CMQ＝∠PBC＝180°﹣60°＝120°
【点评】此题是一个综合性很强的题目．本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质．难度很大，有利于培养同学们钻研和探索问题的精神．
七．等边三角形的判定与性质（共1小题）
14．（2022秋•铜山区校级月考）已知：如图，△DAC、△EBC均是等边三角形，点A、C、B在同一条直线上，且AE、BD分别与CD、CE交于点M、N．求证：
（1）AE＝DB；
（2）△CMN为等边三角形．
【分析】（1）根据△DAC、△EBC均是等边三角形，求证△ACE≌△DCB（SAS）即可得出结论．
（2）由（1）可知：△ACE≌△DCB，和△DAC、△EBC均是等边三角形，求证△ACM≌△DCN（ASA）即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵△DAC、△EBC均是等边三角形，
∴AC＝DC，EC＝BC，∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，即∠ACE＝∠DCB．
在△ACE和△DCB中，
∴△ACE≌△DCB（SAS）．∴AE＝DB．
（2）由（1）可知：△ACE≌△DCB，
∴∠CAE＝∠CDB，即∠CAM＝∠CDN．
∵△DAC、△EBC均是等边三角形，
∴AC＝DC，∠ACM＝∠BCE＝60°．
又点A、C、B在同一条直线上，
∴∠DCE＝180°﹣∠ACD﹣∠BCE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
即∠DCN＝60°．∴∠ACM＝∠DCN．
在△ACM和△DCN中，
∴△ACM≌△DCN（ASA）．
∴CM＝CN．又∠DCN＝60°，
∴△CMN为等边三角形．
【点评】此题主要考查学生对等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识点的理解和掌握，此题难度不大，但是步骤繁琐，属于中档题．
八．含30度角的直角三角形（共1小题）
15．（2023秋•高新区校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB的垂直平分线分别交AB和AC于点D，E．
（1）求证：AE＝2CE；
（2）连接CD，请判断△BCD的形状，并说明理由．
【分析】（1）连接BE，由垂直平分线的性质可求得∠EBC＝∠ABE＝∠A＝30°，在Rt△BCE中，由直角三角形的性质可证得BE＝2CE，则可证得结论；
（2）由垂直平分线的性质可求得CD＝BD，且∠ABC＝60°，可证明△BCD为等边三角形．
【解答】（1）证明：
连接BE，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴AE＝BE，
∴∠ABE＝∠A＝30°，
∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝30°，
在Rt△BCE中，BE＝2CE，
∴AE＝2CE；
（2）解：△BCD是等边三角形，
理由如下：连接CD．
∵DE垂直平分AB，
∴D为AB中点，
∵∠ACB＝90°，
∴CD＝BD，
∵∠ABC＝60°，
∴△BCD是等边三角形．
【点评】本题主要考查线段垂直平分线的性质，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．
九．作图-轴对称变换（共13小题）
16．（2022秋•亭湖区期末）如图，在所给正方形网格（每个小网格的边长是1）图中完成下列各题．
（1）格点△ABC（顶点均在格点上）的面积＝ ；
（2）画出格点△ABC关于直线DE对称△A1B1C1；
（3）在DE上画出点P，使PB+PC最小，并求出这个最小值．
【分析】（1）利用分割法求面积即可；
（2）根据轴对称变换的性质画出图象即可；
（3）利用轴对称，根据两点之间线段最短，即可得到点P的位置，利用勾股定理求出最小值
【解答】解：（1）S△ABC＝4×4﹣×2×4﹣×4×3﹣×1×2
＝16﹣4﹣6﹣1
＝5．
故答案为：5．
（2）△A1B1C1如图所示；
（3）如图点P即为所求，PB+PC的最小值＝CB1＝＝．
【点评】本题考查轴对称变换、两点之间线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
17．（2023秋•宝应县校级月考）如图，在长度为1个单位长度的小正方形组成的正方形中，点A、B、C在小正方形的顶点上．
（1）在图中画出与△ABC关于直线l成轴对称的△AB′C′；
（2）三角形ABC的面积为 3 ；
（3）以AC为边作与△ABC全等的三角形，则可作出 3 个三角形与△ABC全等；
（4）在直线l上找一点P，使PB+PC的长最短．
【分析】（1）分别作各点关于直线l的对称点，再顺次连接即可；
（2）利用矩形的面积减去三个顶点上三角形的面积即可；
（3）根据勾股定理找出图形即可；
（4）连接B′C交直线l于点P，则P点即为所求．
【解答】解：（1）如图，△AB′C′即为所求；
（2）S△ABC＝2×4﹣×2×1﹣×1×4﹣×2×2＝8﹣1﹣2﹣2＝3．
故答案为：3；
（3）如图，△AB1C，△AB2C，△AB3C即为所求．
故答案为：3；
（4）如图，P点即为所求．
【点评】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
18．（2022秋•通州区校级月考）如图，在所给网格图（每小格均为边长是1的正方形）中完成下列各题：
（1）画出格点△ABC（顶点均在格点上）关于直线DE对称的△A1B1C1；
（2）在DE上画出点P，使PB+PC最小．
【分析】（1）分别作出各点关于直线DE的对称点，再顺次连接即可；
（2）连接B1C交DE于点P，则点P即为所求．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，点P即为所求．
【点评】本题考查的是作图﹣轴对称变换及轴对称﹣最短路线问题，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
19．（2022秋•江阴市校级月考）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点．网格中有一个格点△ABC（即三角形的顶点都在格点上）．
（1）在图中作出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1（要求A与A1，B与B1，C与C1相对应）；
（2）求△ABC的面积；
（3）在直线l上找一点P，使得△PAC的周长最小．
【分析】（1）直接利用关于直线对称点的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用△ABC所在矩形面积减去周围多余三角形的面积进而得出答案；
（3）利用轴对称求最短路线的方法得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1 即为所求；
（2）△ABC的面积为：3×4﹣×2×3+×2×2﹣×1×4＝5；
（3）如图所示：点P即为所求的点．
【点评】此题主要考查了轴对称变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题关键．
20．（2022秋•沭阳县期末）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在网格中画出△ABC向下平移3个单位得到的△A1B1C1；
（2）在网格中画出△ABC关于直线m对称的△A2B2C2；
（3）在直线m上画一点P，使得C1P+C2P的值最小．
【分析】（1）根据图形平移的性质画出△A1B1C1即可；
（2）根据轴对称的性质画出△ABC关于直线m对称的△A2B2C2即可；
（3）连接C1C2交直线m于点P，则点P即为所求点．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）连接C1C2交直线m于点P，则点P即为所求点．
【点评】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
21．（2022秋•崇川区校级月考）在如图的方格中，每个小正方形的边长都为1，△ABC的顶点均在格点上．建立如图所示平面直角坐标系，点A的坐标为（﹣5，2）．
（1）画出与△ABC关于y轴对称的A1B1C1；
（2）通过画图在x轴上确定点Q，使得QA与QB之和最小，画出QA与QB并直接写出点Q的坐标．Q的坐标为 （﹣3，0） ．
【分析】（1）分别找出A、B、C关于y轴的对应点位置，再连接即可；
（2）作出点B关于x轴的对应点，再连接A、B′，与x轴的交点即为所求．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，点Q即为所求，点Q的坐标为（﹣3，0），
故答案为：（﹣3，0）．
【点评】此题主要考查了作图﹣﹣轴对称变换，作图时要先找到图形的关键点，再找对称点的对应点位置，再连接即可．
22．（2022秋•秦淮区月考）如图，△ABC的顶点A、B、C都在小正方形的顶点上，利用网格线按下列要求画图．
（1）画△A1B1C1，使它与△ABC关于直线l成轴对称；
（2）在直线l上找一点P，使点P到边AB、BC的距离相等．
【分析】（1）利用轴对称图形的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用角平分线的性质，作∠ABC的平分线与直线l的交点解答即可．
【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示：点P即为所求．
【点评】此题主要考查了角平分线的性质以及轴对称变换等知识，正确得出对应点位置是解题关键．
23．（2022秋•宜兴市月考）如图均为2×2的正方形网格，每个小正方形的边长均为1．请分别在四个图中各画出一个与△ABC成轴对称、顶点在格点上，且位置不同的三角形．
【分析】先根据正方形的轴对称性确定出对称轴，然后作出相应的三角形即可．
【解答】解：如图所示．
【点评】本题考查了利用轴对称变换作图，准确确定出对称轴是解题的关键．
24．（2022秋•锡山区校级月考）如图，在10×10的正方形中网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一个格点△ABC（即三角形的顶点都在格点上）．
（Ⅰ）在图中作出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1；（要求：A与A1，B与B1，C与C1相对应）
（Ⅱ）若有一格点P到点A、B的距离相等（PA＝PB），则网格中满足条件的点P共有 9 个．
【分析】（Ⅰ）作出A、B、C三点关于直线l的对称点A1、B1、C1即可；
（Ⅱ）作线段AB的垂直平分线即可解决问题；
【解答】解：（Ⅰ）△A1B1C1如图所示；
（Ⅱ）如图所示，满足条件的P共有9个．
故答案为9．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握对称轴的性质，属于中考常考题型．
25．（2022秋•姜堰区月考）如图，在长度为1个单位长度的小正方形组成的正方形网格中，△ABC的三个顶点A、B、C都在格点上．
（1）在图中画出与△ABC关于直线l成轴对称的△A1B1C1；
（2）在直线l上找出一点P，使得|PA﹣PC1|的值最大，该最大值为 5 （保留作图痕迹并标上字母P）
（3）在正方形网格中存在 4 个格点，使得该格点与B、C两点构成以BC为底边的等腰三角形．
【分析】（1）分别作出△ABC关于直线l的对称点，顺次连接可得；
（2）作射线A1C，与直线l的交点即为点P；
（3）作线段BC的中垂线，从而得出符合条件的格点．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，点P即为所求，此时|PA﹣PC1|的值最大，最大值为线段A1C的长，A1C＝＝5，
故答案为：5；
（3）如图，在正方形网格中存在4个格点，使得该格点与B、C两点构成以BC为底边的等腰三角形，
故答案为：4
【点评】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知关于直线l对称的点的坐标特点是解答此题的关键．
26．（2022秋•云龙区校级月考）如图，方格纸上画有AB、CD两条线段，按下列要求作图（不保留作图痕迹，不要求写出作法）
（1）请你在图（1）中画出线段AB关于CD所在直线成轴对称的图形；
（2）请你在图（2）中添上一条线段，使图中的3条线段组成一个轴对称图形，请画出所有情形．
【分析】（1）做BO⊥CD于点O，并延长到B′，使B′O＝BO，连接AB即可；
（2）轴对称图形沿某条直线折叠后，直线两旁的部分能完全重合．
【解答】解：所作图形如下所示：
【点评】本题考查对称轴作图，掌握画图的方法和图形的特点是解题的关键．
27．（2022秋•栖霞区校级月考）如图，在正方形ABCD中，点E是BC上一点，连接AE．请添加一条线段，使得图形是一个轴对称图形．（要求：画出示意图，并作出对称轴）
【分析】根据轴对称的性质画出图形即可．
【解答】解：如图，
．
【点评】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
28．（2022秋•仪征市校级期中）在3×3的正方形格点图中，有格点△ABC和△DEF，且△ABC和△DEF关于某直线成轴对称，请在下面给出的图中画出4个这样的△DEF．
【分析】本题要求思维严密，根据对称图形关于某直线对称，找出不同的对称轴，画出不同的图形，
对称轴可以随意确定，因为只要根据你确定的对称轴去画另一半对称图形，那这两个图形一定是轴对称图形．
【解答】解：正确1个得（1分），全部正确得（6分）．
【点评】本题有一定的难度，要求找出所有能与三角形ABC形成对称的轴对称图形，这里注意思维要严密．
一十．轴对称-最短路线问题（共2小题）
29．（2023春•海门市期末）如图，边长为a的等边△ABC中，BF是AC上中线且BF＝b，点D在BF上，连接AD，在AD的右侧作等边△ADE，连接EF，则△AEF周长的最小值是（ ）
A．B．C．a+bD．a
【分析】首先证明点E在射线CE上运动（∠ACE＝30°），作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE 于E′，此时AE′+FE′的值最小．
【解答】解：如图，∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC＝a，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∵AF＝CF＝a，BF＝b，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ACE＝30°，BF⊥AC，
∴点E在射线CE上运动（∠ACE＝30°），
作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE 于E′，此时AE′+FE′的值最小，
∵CA＝CM，∠ACM＝60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴AM＝AC，
∵BF⊥AC，
∴FM＝BF＝b，
∴△AEF周长的最小值＝AF+FE′+AE′＝AF+FM＝a+b，
故选：B．
【点评】本题考查轴对称最短问题、等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明点E在射线CE上运动（∠ACE＝30°），本题难度比较大，属于中考填空题中的压轴题．
30．（2021秋•梁溪区校级期末）如图，点A，B在直线MN的同侧，A到MN的距离AC＝8，B到MN的距离BD＝5，已知CD＝4，P是直线MN上的一个动点，记PA+PB的最小值为a，|PA﹣PB|的最大值为b，则a2﹣b2的值为（ ）
A．160B．150C．140D．130
【分析】作点A关于直线MN的对称点A′，连接A′B交直线MN于点P，过点A′作直线A′E⊥BD的延长线于点E，再根据勾股定理求出A′B的长就是PA+PB的最小值；
延长AB交MN于点P′，此时P′A﹣P′B＝AB，由三角形三边关系可知AB＞|PA﹣PB|，故当点P运动到P′点时|PA﹣PB|最大，作BE⊥AM，由勾股定理即可求出AB的长就是|PA﹣PB|的最大值．进一步代入求得答案即可．
【解答】解：如图，
作点A关于直线MN的对称点A′，连接A′B交直线MN于点P，
则点P即为所求点．
过点A′作直线A′E⊥BD的延长线于点E，则线段A′B的长即为PA+PB的最小值．
∵AC＝8，BD＝5，CD＝4，
∴A′C＝8，BE＝8+5＝13，A′E＝CD＝4，
∴A′B＝＝，
即PA+PB的最小值是a＝．
如图，
延长AB交MN于点P′，
∵P′A﹣P′B＝AB，AB＞|PA﹣PB|，
∴当点P运动到P′点时，|PA﹣PB|最大，
∵BD＝5，CD＝4，AC＝8，
过点B作BE⊥AC，则BE＝CD＝4，AE＝AC﹣BD＝8﹣5＝3，
∴AB＝＝5．
∴|PA﹣PB|＝5为最大，
即b＝5，
∴a2﹣b2＝185﹣25＝160．
故选：A．
【点评】本题考查的是最短线路问题及勾股定理，熟知两点之间线段最短及三角形的三边关系是解答此类问题的关键．
1．（2022秋•亭湖区期末）如图，已知在四边形ABCD中，点E在AD上，∠BCE＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠D，BC＝CE．
（1）求证：AC＝CD；
（2）若AC＝AE，求∠DEC的度数．
【分析】（1）根据同角的余角相等可得到∠3＝∠5，结合条件可得到∠1＝∠D，再加上BC＝CE，可证得结论；
（2）根据∠ACD＝90°，AC＝CD，得到∠2＝∠D＝45°，根据等腰三角形的性质得到∠4＝∠6＝67.5°，由平角的定义得到∠DEC＝180°﹣∠6＝112.5°．
【解答】解：∵∠BCE＝∠ACD＝90°，
∴∠3+∠4＝∠4+∠5，
∴∠3＝∠5，
在△ABC和△DEC中，，
∴△ABC≌△DEC（AAS），
∴AC＝CD；
（2）∵∠ACD＝90°，AC＝CD，
∴∠2＝∠D＝45°，
∵AE＝AC，
∴∠4＝∠6＝67.5°，
∴∠DEC＝180°﹣∠6＝112.5°．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，即SSS、SAS、ASA、AAS和HL．
二．线段垂直平分线的性质（共4小题）
2．（2023秋•广陵区校级月考）如图，在△ABC中，DM、EN分别垂直平分AC和BC，交AB于M、N两点，DM与EN相交于点F．
（1）若△CMN的周长为15cm，求AB的长；
（2）若∠MFN＝70°，求∠MCN的度数．
【分析】（1）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AM＝CM，BN＝CN，然后求出△CMN的周长＝AB；
（2）根据三角形的内角和定理列式求出∠MNF+∠NMF，再求出∠A+∠B，根据等边对等角可得∠A＝∠ACM，∠B＝∠BCN，然后利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【解答】解：（1）∵DM、EN分别垂直平分AC和BC，
∴AM＝CM，BN＝CN，
∴△CMN的周长＝CM+MN+CN＝AM+MN+BN＝AB，
∵△CMN的周长为15cm，
∴AB＝15cm；
（2）∵∠MFN＝70°，
∴∠MNF+∠NMF＝180°﹣70°＝110°，
∵∠AMD＝∠NMF，∠BNE＝∠MNF，
∴∠AMD+∠BNE＝∠MNF+∠NMF＝110°，
∴∠A+∠B＝90°﹣∠AMD+90°﹣∠BNE＝180°﹣110°＝70°，
∵AM＝CM，BN＝CN，
∴∠A＝∠ACM，∠B＝∠BCN，
∴∠MCN＝180°﹣2（∠A+∠B）＝180°﹣2×70°＝40°．
【点评】本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等边对等角的性质，三角形的内角和定理，（2）整体思想的利用是解题的关键．
3．（2023秋•广陵区月考）如图，在△ABC中，AD⊥BC，EF垂直平分AC，交AC于点F，交BC于点E，且BD＝DE．
（1）若∠C＝40°，求∠BAD的度数；
（2）若AC＝5，DC＝4，求△ABC的周长．
【分析】（1）根据线段垂直平分线和等腰三角形性质得出AE＝CE，求出∠C＝∠EAC，即可得出答案；
（2）根据已知能推出2DC+AC＝13，即可得出答案．
【解答】（1）解：∵EF垂直平分AC，
∴AE＝CE，
∴∠C＝∠EAC＝40°，
∵AD⊥BC，BD＝DE，
∴AB＝AE，
∴∠B＝∠BEA＝2∠C＝80°，
∴∠BAD＝90°﹣80°＝10°；
（2）由（1）知：AE＝EC＝AB，
∵BD＝DE，
∴AB+BD＝DE+AE＝DE+CE＝DC，
∴C△ABC＝AB+BC+AC＝2DC+AC＝2×4+5＝13．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线性质，三角形外角性质的应用，主要考查学生综合运行性质进行推理和计算的能力，题目比较好，难度适中．
4．（2022秋•兴化市月考）如图，△ABC中，∠BAC＝110°，DE、FG分别为AB、AC的垂直平分线，E、G分别为垂足．
（1）求∠DAF的度数；
（2）如果BC＝10，求△DAF的周长．
【分析】（1）根据三角形内角和定理可求∠B+∠C；根据垂直平分线性质，DA＝BD，FA＝FC，则∠EAD＝∠B，∠FAC＝∠C，得出∠DAF＝∠BAC﹣∠EAD﹣∠FAC＝110°﹣（∠B+∠C）求出即可．
（2）由（1）中得出，AD＝BD，AF＝FC，即可得出△DAF的周长为BD+FC+DF＝BC，即可得出答案．
【解答】解：（1）设∠B＝x，∠C＝y．
∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，
∴110°+∠B+∠C＝180°，
∴x+y＝70°．
∵AB、AC的垂直平分线分别交BA于E、交AC于G，
∴DA＝BD，FA＝FC，
∴∠EAD＝∠B，∠FAC＝∠C．
∴∠DAF＝∠BAC﹣（x+y）＝110°﹣70°＝40°．
（2）∵AB、AC的垂直平分线分别交BA于E、交AC于G，
∴DA＝BD，FA＝FC，
∴△DAF的周长＝AD+DF+AF＝BD+DF+FC＝BC＝10．
【点评】此题考查了线段垂直平分线的性质、三角形内角和定理以及等腰三角形的性质．注意掌握垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等定理的应用，注意数形结合思想与整体思想的应用．
5．（2022秋•兴化市校级月考）如图：△ABC中，AB＝AC＝5，AB的垂直平分线DE交AB、AC于E、D，
①若△BCD的周长为8，求BC的长；
②若BC＝4，求△BCD的周长．
【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质可知BD+CD＝5，易求BC；
（2）根据第一问中BD+CD＝5，易求△BCD的周长．
【解答】解：①AB＝AC＝5，DE垂直平分AB，
故BD＝AD．BD+CD＝AD+CD＝5．△BCD的周长为8⇒BC＝3；
②∵BC＝4，BD+CD＝5，
∴△BCD＝BD+CD+BC＝9．
【点评】本题考查的是线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质；进行线段的有效转移是正确解答本题的关键．
三．等腰三角形的性质（共2小题）
6．（2022秋•宝应县月考）如图，设∠BAC＝θ（0°＜θ＜90°）．现把小棒依次摆放在两射线之间，并使小棒两端分别落在射线AB，AC上．从点A1开始，用等长的小棒依次向右摆放，其中A1A2为第一根小棒，且A1A2＝AA1．
（1）小棒能无限摆下去吗？答： 不能 ．（填“能”或“不能”）
（2）若已经摆放了3根小棒，则θ1＝ 2θ ，θ2＝ 3θ ，θ3＝ 4θ ；（用含θ的式子表示）
（3）若只能摆放4根小棒，求θ的范围．
【分析】（1）由于小棒的长度一定，依此即可求解；
（2）根据等边对等角可得∠BAC＝∠AA2A1，∠A2A1A3＝∠A2A3A1，∠A3A2A4＝∠A3A4A2，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解；
（3）求出第三根小木棒构成的三角形，然后根据三角形的内角和定理和外角性质列出不等式组求解即可．
【解答】解：（1）小棒不能无限摆下去；
（2）∵小木棒长度都相等，
∴∠BAC＝∠AA2A1，∠A2A1A3＝∠A2A3A1，∠A3A2A4＝∠A3A4A2，
由三角形外角性质，θ1＝2θ，θ2＝3θ，θ3＝4θ；
（3）∵只能摆放4根小木棒，
∴，
解得18°≤θ＜22.5°．
故答案为：不能；2θ，3θ，4θ．
【点评】本题考查了等腰三角形等边对等角的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，三角形的内角和定理，（3）列出不等式组是解题的关键．
7．（2022秋•金湖县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、E两点在BC边上，且AD＝AE．
求证：BD＝CE．
【分析】先过A作AP⊥BC于P，而AB＝AC，根据三角形三线合一定理可得BP＝CP，同理可得DP＝EP，再根据等式性质易证BD＝CE．
【解答】证明：过A作AP⊥BC于P，
∵AB＝AC，AP⊥BC，
∴BP＝CP，
同理有DP＝EP，
∴BP﹣DP＝CP﹣EP，
即BD＝CE．
【点评】本题考查了等腰三角形三线合一定理，解题的关键是作辅助线AP⊥BC．
四．等腰三角形的判定（共2小题）
8．（2022秋•淮安区期中）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）BP＝ （16﹣t）cm （用t的代数式表示）
（2）当点Q在边BC上运动时，出发几秒后，△PQB是等腰三角形？
（3）当点Q在边CA上运动时，出发 11秒或12 秒后，△BCQ是以BC或BQ为底边的等腰三角形？
【分析】（1）根据题意即可用t可分别表示出BP；
（2）结合（1），根据题意再表示出BQ，然后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；
（3）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＝16cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（16﹣t）cm，
故答案为：（16﹣t）cm；
（2）当点Q在边BC上运动，△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；
（3）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；
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，
综上所述：当t为11或12时，△BCQ是以BC或BQ为底边的等腰三角形．
故答案为：11秒或12．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．用时间t表示出相应线段的长，化“动”为“静”是解决这类问题的一般思路，注意方程思想的应用．
9．（2022秋•建邺区校级期中）在△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，动点P从点C出发，沿着CB运动，速度为每秒2个单位，到达点B时运动停止，设运动时间为t秒，请解答下列问题：
（1）求BC上的高；
（2）当t为何值时，△ACP为等腰三角形？
【分析】（1）过点A作AD⊥BC于点D，根据三角形的面积公式解答即可；
（2）根据等腰三角形的性质分三种情况进行解答即可．
【解答】解：（1）过点A作AD⊥BC于点D，
∵AB2+AC2＝100 BC2＝100
∴AB2+AC2＝BC2
∴∠BAC＝90° 即△ABC为直角三角形，
∴
∴AD＝4.8；
（2）当AC＝PC时，
∵AC＝6，
∴AC＝PC＝6，
∴t＝3秒；
当AP＝AC时，过点A作AD⊥BC于点D，
PD＝DC
CD＝＝3.6，
∴PC＝7.2，
∴t＝3.6秒；
当AP＝PC时，
∠PAC＝∠C
∵∠BAC＝90°
∴∠BAP+∠PAC＝90°
∠B+∠C＝90°
∴∠BAP＝∠B
∴PB＝PA
∴PB＝PC＝5
∴t＝2.5
综上所述，t＝3秒或3.6秒或2.5秒．
【点评】此题考查等腰三角形的判定和性质，关键是根据等腰三角形的性质分三种情况进行解答．
五．等腰三角形的判定与性质（共1小题）
10．（2022秋•崇川区校级月考）如图1，在△ABC中，∠BAC＝75°，∠ACB＝35°，∠ABC的平分线BD交边AC于点D．
（1）求证：△BCD为等腰三角形；
（2）若∠BAC的平分线AE交边BC于点E，如图2，求证：BD+AD＝AB+BE；
（3）若∠BAC外角的平分线AE交CB延长线于点E，请你探究（2）中的结论是否仍然成立？直接写出正确的结论．
【分析】（1）如图1，先根据三角形内角和得：∠ABC＝70°，由角平分线及已知角可得：∠DBC＝∠ACB＝35°，可得结论；
（2）证法一：如图2，在AC上截取AH＝AB，连接EH，证明△ABE≌△AHE，则BE＝EH，∠AHE＝∠ABE＝70°，所以EH＝HC，得AB+BE＝AH+HC＝AC＝AD+CD＝BD+AD；
证法二：如图3，在AB的延长线上取AF＝AC，连接EF，证明△AEF≌△AEC，则∠F＝∠C＝35°，得BF＝BE，可得结论；
（3）正确画图4，作辅助线，构建等腰三角形，根据角的大小证明：AF＝AC＝EF，由线段的和与差可得结论．
【解答】证明：（1）如图1，在△ABC中，∠BAC＝75°，∠ACB＝35°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠ACB＝70°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝∠ABD＝35°，
∴∠DBC＝∠ACB＝35°，
∴△BCD为等腰三角形；
（2）证法一：如图2，在AC上截取AH＝AB，连接EH，
由（1）得：△BCD为等腰三角形，
∴BD＝CD，
∴BD+AD＝CD+AD＝AC，
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAB＝∠EAH，
∴△ABE≌△AHE（SAS），
∴BE＝EH，∠AHE＝∠ABE＝70°，
∴∠HEC＝∠AHE﹣∠ACB＝35°，
∴EH＝HC，
∴AB+BE＝AH+HC＝AC，
∴BD+AD＝AB+BE；
证法二：如图3，在AB的延长线上取AF＝AC，连接EF，
由（1）得：△BCD为等腰三角形，且BD＝CD，
∴BD+AD＝CD+AD＝AC，
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAF＝∠EAC，
∴△AEF≌△AEC（SAS），
∴∠F＝∠C＝35°，
∴BF＝BE，
∴AB+BE＝AB+BF＝AF，
∴BD+AD＝AB+BE；
（3）探究（2）中的结论不成立，正确结论：BD+AD＝BE﹣AB，理由是：
如图4，在BE上截取BF＝AB，连接AF，
∵∠ABC＝70°，
∴∠AFB＝∠BAF＝35°，
∵∠BAC＝75°，
∴∠HAB＝105°，
∵AE平分∠HAB，
∴∠EAB＝∠HAB＝52.5°，
∴∠EAF＝52.5°﹣35°＝17.5°＝∠AEF＝17.5°，
∴AF＝EF，
∵∠AFC＝∠C＝35°，
∴AF＝AC＝EF，
∴BE﹣AB＝BE﹣BF＝EF＝AC＝AD+CD＝AD+BD．
【点评】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理及外角的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
六．等边三角形的性质（共3小题）
11．（2022秋•兴化市校级月考）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在边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 BM+NC＝MN ；此时＝ ；
（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 ；
（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 ，
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，
∴＝；
（2）猜想：结论仍然成立，
证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1，
∵∠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，
∴＝；
（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，
可证△DBM≌△DCM1，
∴DM＝DM1，
可证∠M1DN＝∠MDN＝60°，
∴△MDN≌△M1DN，
∴MN＝M1N，
∴NC﹣BM＝MN．
【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．
12．（2022秋•鼓楼区期中）如图1，在等边△ABC中，线段AM为BC边上的中线，动点D在直线AM（点D与点A重合除外）上时，以CD为一边且在CD的下方作等边△CDE，连接BE．
（1）判断AD与BE是否相等，请说明理由；
（2）如图2，若AB＝8，点P、Q两点在直线BE上且CP＝CQ＝5，试求PQ的长；
（3）在第（2）小题的条件下，当点D在线段AM的延长线（或反向延长线）上时．判断PQ的长是否为定值，若是请直接写出PQ的长；若不是请简单说明理由．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AC＝BC，CD＝CE，再求出∠ACD＝∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）过点C作CN⊥BQ于点N，根据等腰三角形三线合一的性质可得PQ＝2PN，CM⊥AD，根据全等三角形对应边上的高线相等可得CN＝CM，然后利用勾股定理列式求出PN的长度，从而得解；
（3）根据（2）的结论，点C到PQ的距离等于CM的长度，是定值，所以，PQ的长是定值不变．
【解答】解：（1）AD＝BE．理由如下：
∵△ABC，△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，
∵∠ACD+∠BCD＝∠ACB＝60°，
∠BCE+∠BCD＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
∵，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；
（2）如图，过点C作CN⊥BQ于点N，
∵CP＝CQ，
∴PQ＝2PN，
∵△ABC是等边三角形，AM是中线，
∴CM⊥AD，CM＝BC＝×8＝4，
∴CN＝CM＝4（全等三角形对应边上的高相等），
∵CP＝CQ＝5，
∴PN＝＝＝3，
∴PQ＝2PN＝2×3＝6；
（3）PQ的长为定值6．
∵点D在线段AM的延长线（或反向延长线）上时，△ACD和△BCE全等，
∴对应边AD、BE上的高线对应相等，
∴CN＝CM＝4是定值，
∴PQ的长是定值．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，根据全等三角形对应边上的高线相等求出点C到PQ的距离等于CM是解题的关键．
13．（2022秋•启东市校级期末）如图1，点P、Q分别是边长为4cm的等边△ABC边AB、BC上的动点，点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1cm/s，
（1）连接AQ、CP交于点M，则在P、Q运动的过程中，∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数；
（2）何时△PBQ是直角三角形？
（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数．
【分析】（1）因为点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1cm/s，所以AP＝BQ．AB＝AC，∠B＝∠CAP＝60°，因而运用边角边定理可知△ABQ≌△CAP．再用全等三角形的性质定理及三角形的角间关系、三角形的外角定理，可求得∠CMQ的度数．
（2）设时间为t，则AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t．分别就①当∠PQB＝90°时；②当∠BPQ＝90°时利用直角三角形的性质定理求得t的值．
（3）首先利用边角边定理证得△PBC≌△QCA，再利用全等三角形的性质定理得到∠BPC＝∠MQC．再运用三角形角间的关系求得∠CMQ的度数．
【解答】解：（1）∠CMQ＝60°不变．
∵等边三角形中，AB＝AC，∠B＝∠CAP＝60°
又由条件得AP＝BQ，
∴△ABQ≌△CAP（SAS），
∴∠BAQ＝∠ACP，
∴∠CMQ＝∠ACP+∠CAM＝∠BAQ+∠CAM＝∠BAC＝60°．
（2）设时间为t，则AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t
①当∠PQB＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴PB＝2BQ，得4﹣t＝2t，t＝；
②当∠BPQ＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴BQ＝2BP，得t＝2（4﹣t），t＝；
∴当第秒或第秒时，△PBQ为直角三角形．
（3）∠CMQ＝120°不变．
∵在等边三角形中，BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°
∴∠PBC＝∠ACQ＝120°，
又由条件得BP＝CQ，
∴△PBC≌△QCA（SAS）
∴∠BPC＝∠MQC
又∵∠PCB＝∠MCQ，
∴∠CMQ＝∠PBC＝180°﹣60°＝120°
【点评】此题是一个综合性很强的题目．本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质．难度很大，有利于培养同学们钻研和探索问题的精神．
七．等边三角形的判定与性质（共1小题）
14．（2022秋•铜山区校级月考）已知：如图，△DAC、△EBC均是等边三角形，点A、C、B在同一条直线上，且AE、BD分别与CD、CE交于点M、N．求证：
（1）AE＝DB；
（2）△CMN为等边三角形．
【分析】（1）根据△DAC、△EBC均是等边三角形，求证△ACE≌△DCB（SAS）即可得出结论．
（2）由（1）可知：△ACE≌△DCB，和△DAC、△EBC均是等边三角形，求证△ACM≌△DCN（ASA）即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵△DAC、△EBC均是等边三角形，
∴AC＝DC，EC＝BC，∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，即∠ACE＝∠DCB．
在△ACE和△DCB中，
∴△ACE≌△DCB（SAS）．∴AE＝DB．
（2）由（1）可知：△ACE≌△DCB，
∴∠CAE＝∠CDB，即∠CAM＝∠CDN．
∵△DAC、△EBC均是等边三角形，
∴AC＝DC，∠ACM＝∠BCE＝60°．
又点A、C、B在同一条直线上，
∴∠DCE＝180°﹣∠ACD﹣∠BCE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
即∠DCN＝60°．∴∠ACM＝∠DCN．
在△ACM和△DCN中，
∴△ACM≌△DCN（ASA）．
∴CM＝CN．又∠DCN＝60°，
∴△CMN为等边三角形．
【点评】此题主要考查学生对等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识点的理解和掌握，此题难度不大，但是步骤繁琐，属于中档题．
八．含30度角的直角三角形（共1小题）
15．（2023秋•高新区校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB的垂直平分线分别交AB和AC于点D，E．
（1）求证：AE＝2CE；
（2）连接CD，请判断△BCD的形状，并说明理由．
【分析】（1）连接BE，由垂直平分线的性质可求得∠EBC＝∠ABE＝∠A＝30°，在Rt△BCE中，由直角三角形的性质可证得BE＝2CE，则可证得结论；
（2）由垂直平分线的性质可求得CD＝BD，且∠ABC＝60°，可证明△BCD为等边三角形．
【解答】（1）证明：
连接BE，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴AE＝BE，
∴∠ABE＝∠A＝30°，
∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝30°，
在Rt△BCE中，BE＝2CE，
∴AE＝2CE；
（2）解：△BCD是等边三角形，
理由如下：连接CD．
∵DE垂直平分AB，
∴D为AB中点，
∵∠ACB＝90°，
∴CD＝BD，
∵∠ABC＝60°，
∴△BCD是等边三角形．
【点评】本题主要考查线段垂直平分线的性质，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．
九．作图-轴对称变换（共13小题）
16．（2022秋•亭湖区期末）如图，在所给正方形网格（每个小网格的边长是1）图中完成下列各题．
（1）格点△ABC（顶点均在格点上）的面积＝ ；
（2）画出格点△ABC关于直线DE对称△A1B1C1；
（3）在DE上画出点P，使PB+PC最小，并求出这个最小值．
【分析】（1）利用分割法求面积即可；
（2）根据轴对称变换的性质画出图象即可；
（3）利用轴对称，根据两点之间线段最短，即可得到点P的位置，利用勾股定理求出最小值
【解答】解：（1）S△ABC＝4×4﹣×2×4﹣×4×3﹣×1×2
＝16﹣4﹣6﹣1
＝5．
故答案为：5．
（2）△A1B1C1如图所示；
（3）如图点P即为所求，PB+PC的最小值＝CB1＝＝．
【点评】本题考查轴对称变换、两点之间线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
17．（2023秋•宝应县校级月考）如图，在长度为1个单位长度的小正方形组成的正方形中，点A、B、C在小正方形的顶点上．
（1）在图中画出与△ABC关于直线l成轴对称的△AB′C′；
（2）三角形ABC的面积为 3 ；
（3）以AC为边作与△ABC全等的三角形，则可作出 3 个三角形与△ABC全等；
（4）在直线l上找一点P，使PB+PC的长最短．
【分析】（1）分别作各点关于直线l的对称点，再顺次连接即可；
（2）利用矩形的面积减去三个顶点上三角形的面积即可；
（3）根据勾股定理找出图形即可；
（4）连接B′C交直线l于点P，则P点即为所求．
【解答】解：（1）如图，△AB′C′即为所求；
（2）S△ABC＝2×4﹣×2×1﹣×1×4﹣×2×2＝8﹣1﹣2﹣2＝3．
故答案为：3；
（3）如图，△AB1C，△AB2C，△AB3C即为所求．
故答案为：3；
（4）如图，P点即为所求．
【点评】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
18．（2022秋•通州区校级月考）如图，在所给网格图（每小格均为边长是1的正方形）中完成下列各题：
（1）画出格点△ABC（顶点均在格点上）关于直线DE对称的△A1B1C1；
（2）在DE上画出点P，使PB+PC最小．
【分析】（1）分别作出各点关于直线DE的对称点，再顺次连接即可；
（2）连接B1C交DE于点P，则点P即为所求．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，点P即为所求．
【点评】本题考查的是作图﹣轴对称变换及轴对称﹣最短路线问题，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
19．（2022秋•江阴市校级月考）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点．网格中有一个格点△ABC（即三角形的顶点都在格点上）．
（1）在图中作出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1（要求A与A1，B与B1，C与C1相对应）；
（2）求△ABC的面积；
（3）在直线l上找一点P，使得△PAC的周长最小．
【分析】（1）直接利用关于直线对称点的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用△ABC所在矩形面积减去周围多余三角形的面积进而得出答案；
（3）利用轴对称求最短路线的方法得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1 即为所求；
（2）△ABC的面积为：3×4﹣×2×3+×2×2﹣×1×4＝5；
（3）如图所示：点P即为所求的点．
【点评】此题主要考查了轴对称变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题关键．
20．（2022秋•沭阳县期末）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在网格中画出△ABC向下平移3个单位得到的△A1B1C1；
（2）在网格中画出△ABC关于直线m对称的△A2B2C2；
（3）在直线m上画一点P，使得C1P+C2P的值最小．
【分析】（1）根据图形平移的性质画出△A1B1C1即可；
（2）根据轴对称的性质画出△ABC关于直线m对称的△A2B2C2即可；
（3）连接C1C2交直线m于点P，则点P即为所求点．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）连接C1C2交直线m于点P，则点P即为所求点．
【点评】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
21．（2022秋•崇川区校级月考）在如图的方格中，每个小正方形的边长都为1，△ABC的顶点均在格点上．建立如图所示平面直角坐标系，点A的坐标为（﹣5，2）．
（1）画出与△ABC关于y轴对称的A1B1C1；
（2）通过画图在x轴上确定点Q，使得QA与QB之和最小，画出QA与QB并直接写出点Q的坐标．Q的坐标为 （﹣3，0） ．
【分析】（1）分别找出A、B、C关于y轴的对应点位置，再连接即可；
（2）作出点B关于x轴的对应点，再连接A、B′，与x轴的交点即为所求．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，点Q即为所求，点Q的坐标为（﹣3，0），
故答案为：（﹣3，0）．
【点评】此题主要考查了作图﹣﹣轴对称变换，作图时要先找到图形的关键点，再找对称点的对应点位置，再连接即可．
22．（2022秋•秦淮区月考）如图，△ABC的顶点A、B、C都在小正方形的顶点上，利用网格线按下列要求画图．
（1）画△A1B1C1，使它与△ABC关于直线l成轴对称；
（2）在直线l上找一点P，使点P到边AB、BC的距离相等．
【分析】（1）利用轴对称图形的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用角平分线的性质，作∠ABC的平分线与直线l的交点解答即可．
【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示：点P即为所求．
【点评】此题主要考查了角平分线的性质以及轴对称变换等知识，正确得出对应点位置是解题关键．
23．（2022秋•宜兴市月考）如图均为2×2的正方形网格，每个小正方形的边长均为1．请分别在四个图中各画出一个与△ABC成轴对称、顶点在格点上，且位置不同的三角形．
【分析】先根据正方形的轴对称性确定出对称轴，然后作出相应的三角形即可．
【解答】解：如图所示．
【点评】本题考查了利用轴对称变换作图，准确确定出对称轴是解题的关键．
24．（2022秋•锡山区校级月考）如图，在10×10的正方形中网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一个格点△ABC（即三角形的顶点都在格点上）．
（Ⅰ）在图中作出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1；（要求：A与A1，B与B1，C与C1相对应）
（Ⅱ）若有一格点P到点A、B的距离相等（PA＝PB），则网格中满足条件的点P共有 9 个．
【分析】（Ⅰ）作出A、B、C三点关于直线l的对称点A1、B1、C1即可；
（Ⅱ）作线段AB的垂直平分线即可解决问题；
【解答】解：（Ⅰ）△A1B1C1如图所示；
（Ⅱ）如图所示，满足条件的P共有9个．
故答案为9．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握对称轴的性质，属于中考常考题型．
25．（2022秋•姜堰区月考）如图，在长度为1个单位长度的小正方形组成的正方形网格中，△ABC的三个顶点A、B、C都在格点上．
（1）在图中画出与△ABC关于直线l成轴对称的△A1B1C1；
（2）在直线l上找出一点P，使得|PA﹣PC1|的值最大，该最大值为 5 （保留作图痕迹并标上字母P）
（3）在正方形网格中存在 4 个格点，使得该格点与B、C两点构成以BC为底边的等腰三角形．
【分析】（1）分别作出△ABC关于直线l的对称点，顺次连接可得；
（2）作射线A1C，与直线l的交点即为点P；
（3）作线段BC的中垂线，从而得出符合条件的格点．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，点P即为所求，此时|PA﹣PC1|的值最大，最大值为线段A1C的长，A1C＝＝5，
故答案为：5；
（3）如图，在正方形网格中存在4个格点，使得该格点与B、C两点构成以BC为底边的等腰三角形，
故答案为：4
【点评】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知关于直线l对称的点的坐标特点是解答此题的关键．
26．（2022秋•云龙区校级月考）如图，方格纸上画有AB、CD两条线段，按下列要求作图（不保留作图痕迹，不要求写出作法）
（1）请你在图（1）中画出线段AB关于CD所在直线成轴对称的图形；
（2）请你在图（2）中添上一条线段，使图中的3条线段组成一个轴对称图形，请画出所有情形．
【分析】（1）做BO⊥CD于点O，并延长到B′，使B′O＝BO，连接AB即可；
（2）轴对称图形沿某条直线折叠后，直线两旁的部分能完全重合．
【解答】解：所作图形如下所示：
【点评】本题考查对称轴作图，掌握画图的方法和图形的特点是解题的关键．
27．（2022秋•栖霞区校级月考）如图，在正方形ABCD中，点E是BC上一点，连接AE．请添加一条线段，使得图形是一个轴对称图形．（要求：画出示意图，并作出对称轴）
【分析】根据轴对称的性质画出图形即可．
【解答】解：如图，
．
【点评】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
28．（2022秋•仪征市校级期中）在3×3的正方形格点图中，有格点△ABC和△DEF，且△ABC和△DEF关于某直线成轴对称，请在下面给出的图中画出4个这样的△DEF．
【分析】本题要求思维严密，根据对称图形关于某直线对称，找出不同的对称轴，画出不同的图形，
对称轴可以随意确定，因为只要根据你确定的对称轴去画另一半对称图形，那这两个图形一定是轴对称图形．
【解答】解：正确1个得（1分），全部正确得（6分）．
【点评】本题有一定的难度，要求找出所有能与三角形ABC形成对称的轴对称图形，这里注意思维要严密．
一十．轴对称-最短路线问题（共2小题）
29．（2023春•海门市期末）如图，边长为a的等边△ABC中，BF是AC上中线且BF＝b，点D在BF上，连接AD，在AD的右侧作等边△ADE，连接EF，则△AEF周长的最小值是（ ）
A．B．C．a+bD．a
【分析】首先证明点E在射线CE上运动（∠ACE＝30°），作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE 于E′，此时AE′+FE′的值最小．
【解答】解：如图，∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC＝a，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∵AF＝CF＝a，BF＝b，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ACE＝30°，BF⊥AC，
∴点E在射线CE上运动（∠ACE＝30°），
作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE 于E′，此时AE′+FE′的值最小，
∵CA＝CM，∠ACM＝60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴AM＝AC，
∵BF⊥AC，
∴FM＝BF＝b，
∴△AEF周长的最小值＝AF+FE′+AE′＝AF+FM＝a+b，
故选：B．
【点评】本题考查轴对称最短问题、等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明点E在射线CE上运动（∠ACE＝30°），本题难度比较大，属于中考填空题中的压轴题．
30．（2021秋•梁溪区校级期末）如图，点A，B在直线MN的同侧，A到MN的距离AC＝8，B到MN的距离BD＝5，已知CD＝4，P是直线MN上的一个动点，记PA+PB的最小值为a，|PA﹣PB|的最大值为b，则a2﹣b2的值为（ ）
A．160B．150C．140D．130
【分析】作点A关于直线MN的对称点A′，连接A′B交直线MN于点P，过点A′作直线A′E⊥BD的延长线于点E，再根据勾股定理求出A′B的长就是PA+PB的最小值；
延长AB交MN于点P′，此时P′A﹣P′B＝AB，由三角形三边关系可知AB＞|PA﹣PB|，故当点P运动到P′点时|PA﹣PB|最大，作BE⊥AM，由勾股定理即可求出AB的长就是|PA﹣PB|的最大值．进一步代入求得答案即可．
【解答】解：如图，
作点A关于直线MN的对称点A′，连接A′B交直线MN于点P，
则点P即为所求点．
过点A′作直线A′E⊥BD的延长线于点E，则线段A′B的长即为PA+PB的最小值．
∵AC＝8，BD＝5，CD＝4，
∴A′C＝8，BE＝8+5＝13，A′E＝CD＝4，
∴A′B＝＝，
即PA+PB的最小值是a＝．
如图，
延长AB交MN于点P′，
∵P′A﹣P′B＝AB，AB＞|PA﹣PB|，
∴当点P运动到P′点时，|PA﹣PB|最大，
∵BD＝5，CD＝4，AC＝8，
过点B作BE⊥AC，则BE＝CD＝4，AE＝AC﹣BD＝8﹣5＝3，
∴AB＝＝5．
∴|PA﹣PB|＝5为最大，
即b＝5，
∴a2﹣b2＝185﹣25＝160．
故选：A．
【点评】本题考查的是最短线路问题及勾股定理，熟知两点之间线段最短及三角形的三边关系是解答此类问题的关键．
相关试卷
第13章 轴对称（易错必刷30题12种题型专项训练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版）： 这是一份第13章 轴对称（易错必刷30题12种题型专项训练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版），文件包含第13章轴对称易错必刷30题12种题型专项训练原卷版docx、第13章轴对称易错必刷30题12种题型专项训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
第12章 全等三角形（压轴必刷30题4种题型专项训练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版）： 这是一份第12章 全等三角形（压轴必刷30题4种题型专项训练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版），文件包含第12章全等三角形压轴必刷30题4种题型专项训练原卷版docx、第12章全等三角形压轴必刷30题4种题型专项训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共60页， 欢迎下载使用。
第11章 三角形（易错必刷30题8种题型专项训练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版）： 这是一份第11章 三角形（易错必刷30题8种题型专项训练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版），文件包含第11章三角形易错必刷30题8种题型专项训练原卷版docx、第11章三角形易错必刷30题8种题型专项训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
