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初中数学 章节考点梳理：对称图形涉及的16个必考点全梳理 学案
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考点1 轴对称图形的识别
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．
例题1 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．
【解析】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；选C．
【小结】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 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．
【解析】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，选C．
【小结】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2 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．
【解析】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．选C．
【小结】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．
变式3 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．
【解析】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，选B．
【小结】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．
考点2 生活中的轴对称现象
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.
例题2 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．
【解析】做轴对称图形得： |630085，故答案是：630085．
【小结】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4 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，分析作答．
【解析】根据镜面对称的性质，分析可得所显示的时刻与3：40成轴对称，所以此时实际时刻为3：40．B
【小结】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5 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．
【解析】根据轴对称的性质可知，台球走过的路径如上图，所以球最后将落入的球袋是4号袋，选D．
【小结】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6 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．
【解析】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，选D．
【小结】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
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．
例题3 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．
【解析】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．
【小结】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7 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】由轴对称性质知：PM＝MQ，PN＝RN，先求QN长度，然后根据QR＝QN+NR即可求得QR长度．
【解析】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．
【小结】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8 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；
【解析】（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°，
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，
【小结】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．
变式9 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．
【解析】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°．
【小结】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．
考点4 轴对称最短路径问题
例题4 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．
【解析】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，选D．
【小结】本题考查轴对称﹣最短路线问题，线段性质：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10 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周长最小．
【解析】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与M′、N′重合时，△PMN周长最小＝PM′+M′N′+PN′＝DN′+M′N′+CM′＝CD＝4
选B．
【小结】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11 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．
【解析】∵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°，
选D．
【小结】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12 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．
∵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°
【小结】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5 设计轴对称图案
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．
例题5 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．
【解析】如图，共有10种符合条件的添法，
选D．
【小结】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13 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．
【解析】如图所示：
．
【小结】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14 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．
【解析】（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：
【小结】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15 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．
【解析】如图所示：
【小结】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6 角平分线的性质
角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，解决此类问题的关键在于作垂线.
例题6 如图，BD是∠ABC平分线，DE⊥AB于E，S△ABC＝36cm2，AB＝18cm，BC＝12cm，则DE＝ cm．
【分析】首先过点D作DF⊥BC于点F，由BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB，根据角平分线的性质，可得DE＝DF，然后由S△ABC＝S△ABD+S△BCD=12AB•DE+12BC•DF，求得答案．
【解析】过点D作DF⊥BC于点F，
∵BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB，∴DE＝DF，
∵AB＝18cm，BC＝12cm，∴S△ABC＝S△ABD+S△BCD=12AB•DE+12BC•DF=12DE•（AB+BC）＝36cm2，
∴DE＝2.4（cm）
【小结】此题考查了角平分线的性质．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
变式16 如图，AC，BC分别平分∠BAE，∠ABF，若△ABC的高CD＝8，则点C到AE，BF的距离之和为 ．
【分析】首先过点C作CM⊥AE于点M，过点C作CN⊥BF于点N，由AC，BC分别平分∠BAE，∠ABF，△ABC的高CD＝8，根据角平分线的性质，可得CM＝CD＝8，CN＝CD＝8，继而求得答案．
【解析】过点C作CM⊥AE于点M，过点C作CN⊥BF于点N，
∵AC，BC分别平分∠BAE，∠ABF，△ABC的高CD＝8，∴CM＝CD＝8，CN＝CD＝8，
∴点C到AE，BF的距离之和为：CM+CN＝16．
【小结】此题考查了角平分线的性质．此题难度不大，注意辅助线的作法，注意掌握角平分线的定理的应用是关键．
变式17 如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC，交CD于点E，若S△BCE＝24，BC＝12，则DE等于（ ）
A．10 B．7 C．5 D．4
【分析】根据角平分线的性质得出DE＝EF，根据三角形的面积求出EF，即可得出选项．
【解析】过E作EF⊥BC于F，
∵CD⊥AB，BE平分∠ABC，∴DE＝EF，
∵S△BCE＝24，BC＝12，∴12×12×EF=24，解得：EF＝4，即DE＝EF＝4，选D．
【小结】本题考查了角平分线性质和三角形的面积的应用，注意：角平分线上的点到角两边的距离相等．
变式18 如图，已知△ABC的周长是16，MB和MC分别平分∠ABC和∠ACB，过点M作BC的垂线交BC于点D，且MD＝4，则△ABC的面积是（ ）
A．64 B．48 C．32 D．42
【分析】连接AM，过M作ME⊥AB于E，MF⊥AC于F，根据角平分线的性质得出ME＝MD＝MF＝4，根据三角形的面积公式求出即可．
【解析】连接AM，过M作ME⊥AB于E，MF⊥AC于F，
∵MB和MC分别平分∠ABC和∠ACB，MD⊥BC，MD＝4，∴ME＝MD＝4，MF＝MD＝4，
∵△ABC的周长是16，∴AB+BC+AC＝16，
∴△ABC的面积S＝S△AMC+S△BCM+S△ABM=12×AC×MF+12×BC×DM+12×AB×ME
=12×AC×4+12×BC×4+12×AB×4＝2（AC+BC+AB）＝2×16＝32，选C．
【小结】本题考查了角平分线的性质和三角形的面积，能根据角平分线的性质求出DM＝ME＝ME＝4是解此题的关键．
考点7 角平分线的性质与判定综合
掌握到角的两边距离相等的点在角的平分线上是解决此类问题的关键.
例题7 如图，O是△ABC内一点，且O到三边AB、BC、CA的距离OF＝OD＝OE，若∠BAC＝70°，则∠BOC的度数为（ ）
A．70° B．120° C．125° D．130°
【分析】根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断出点O是三角形三条角平分线的交点，再根据
三角形的内角和定理求出∠ABC+∠ACB，然后求出∠OBC+∠OCB，再利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【解析】∵O到三边AB、BC、CA的距离OF＝OD＝OE，∴点O是三角形三条角平分线的交点，
∵∠BAC＝70°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣70°＝110°，
∴∠OBC+∠OCB=12（∠ABC+∠ACB）=12×110°＝55°，
在△OBC中，∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣55°＝125°．选C．
【小结】本题考查了到角的两边距离相等的点在角的平分线上的性质，三角形的内角和定理，要注意整体思想的利用．
变式19 如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，则下列结论中正确的个数（ ）
①CP平分∠ACF； ②∠ABC+2∠APC＝180°
③∠ACB＝2∠APB； ④若PM⊥BE，PN⊥BC，则AM+CN＝AC
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①作PD⊥AC于D．由角平分线性质得PM＝PN，PM＝PD，得出PM＝PN＝PD，可得出①正确；
②首先证出∠ABC+∠MPN＝180°，证明Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），得出∠APM＝∠APD，同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），得出∠CPD＝∠CPN，即可得出②正确；
③角平分线外角性质∠CAE＝∠ABC+∠ACB，∠PAM=12∠ABC+∠APB，得∠ACB＝2∠APB，③正确
④由全等三角形的性质得出AD＝AM，CD＝CN，即可得出④正确；即可得出答案．
【解析】①作PD⊥AC于D．
∵PB平分∠ABC，PA平分∠EAC，PM⊥BE，PN⊥BF，∴PM＝PN，PM＝PD，∴PM＝PN＝PD，
∴点P在∠ACF的角平分线上，故①正确；
②∵PM⊥AB，PN⊥BC，∴∠ABC+90°+∠MPN+90°＝360°，∴∠ABC+∠MPN＝180°，
在Rt△PAM和Rt△PAD中，PA=PAPM=PD，∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），∴∠APM＝∠APD，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），∴∠CPD＝∠CPN，∴∠MPN＝2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC＝180°，②正确；
③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC，∴∠CAE＝∠ABC+∠ACB，∠PAM=12∠ABC+∠APB，∴∠ACB＝2∠APB，③正确；
④∵Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），∴AD＝AM，同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），∴CD＝CN，∴AM+CN＝AD+CD＝AC，④正确；选D．
【小结】本题考查了角平分线的性质定理和逆定理，全等三角形的判定与性质，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，有一定综合性，但难度不大，只要仔细分析便不难求解．
变式20 如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H，则下列结论：①∠APB＝135°；②BF＝BA；③PH＝PD；④连接CP，CP平分∠ACB，其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【分析】根据三角形内角和定理以及角平分线定义判断①；根据全等三角形的判定和性质判断②③；根据
角平分线的判定与性质判断④．
【解析】在△ABC中，∵∠ACB＝90°，∴∠BAC+∠ABC＝90°，
又∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC，∴∠BAD+∠ABE=12（∠BAC+∠ABC）＝45°，
∴∠APB＝135°，故①正确．∴∠BPD＝45°，又∵PF⊥AD，
∴∠FPB＝90°+45°＝135°，∴∠APB＝∠FPB，
又∵∠ABP＝∠FBP，BP＝BP，∴△ABP≌△FBP，∴∠BAP＝∠BFP，AB＝FB，PA＝PF，故②正确．
在△APH和△FPD中，∵∠APH＝∠FPD＝90°，∠PAH＝∠BAP＝∠BFP，PA＝PF，
∴△APH≌△FPD，∴PH＝PD，故③正确．
∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，∴点P到AB、AC的距离相等，点P到AB、BC的距离相等，
∴点P到BC、AC的距离相等，∴点P在∠ACB的平分线上，∴CP平分∠ACB，故④正确．
选D．
【小结】本题考查了角平分线的判定与性质，三角形全等的判定方法，三角形内角和定理．掌握相关性质
是解题的关键．
变式21 如图，△ABC的角平分线AE，BF交于O点．
（1）若∠ACB＝70°，则∠BOA＝ ；
（2）求证：点O在∠ACB的角平分线上．
（3）若OE＝OF，求∠ACB的度数．
【分析】（1）根据三角形的内角和定理得到∠ABC+∠BAC＝180°﹣70°＝110°，根据角平分线的定义即
可得到结论；
（2）过O作OD⊥BC于D，OG⊥AB于G，OH⊥AC于H，根据角平分线的性质健康得到结论；
（3）连接OC，根据角平分线的性质得到OD＝OH，根据全等三角形的性质得到∠EOD＝∠FOH，根据角平分线的定义即可得到结论；
【解析】（1）∵∠ACB＝70°，∴∠ABC+∠BAC＝180°﹣70°＝110°，
∵△ABC的角平分线AE，BF交于O点，
∴∠BAO=12∠BAC，∠ABO=12∠ABC，∴∠ABO+∠BAO=12（∠ABC+∠ACB）＝55°，
∴∠AOB＝180°﹣（∠ABO+∠BAO）＝125°，
（2）过O作OD⊥BC于D，OG⊥AB于G，OH⊥AC于H，
∵AE平分∠BAC，BF平分∠ABC，∴OG＝OH，OG＝OD，∴OD＝OH，∴点O在∠ACB的角平分线上．
（3）连接OC，
在Rt△OED与Rt△OFH中OE=OFOD=OH，∴Rt△OED≌Rt△OFH，（HL），∴∠EOD＝∠FOH，
∴∠DOH＝∠EOF＝180°﹣∠ACB，
∵AE、BF是角平分线，∴∠AOB＝90°+12∠ACB，即90°+12∠ACB＝180°﹣∠ACB，∴∠ACB＝60°；
【小结】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义和性质，等腰直角三角形的判定和性质，
正确的作出辅助线是解题的关键．
考点8 线段垂直平分线的应用
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
例题8 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．
【解析】∵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．选D．
【小结】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22 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．
【解析】（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．
【小结】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23 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）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．
【小结】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24 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）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．
【小结】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9 等腰三角形的性质（求角度综合）
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．
例题9 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．
【解析】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°．选C
【小结】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25 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．
【解析】∵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°，选B．
【小结】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26 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．
【解析】∵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．
【小结】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27 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．
【解析】（1）∵在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，∠ABC＝40°，∴∠ACB＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝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．
【小结】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10 等腰三角形的性质（三线合一）
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．
例题10 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．
【解析】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．选A．
【小结】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28 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）∵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．
【小结】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29 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．
【解析】（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．
【小结】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30 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．
【解析】（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．
【小结】考查全等三角形判定，考查全等三角形对应边相等性质，本题中求证△AMD≌△CND是解题关键．
考点11 等腰三角形的性质（作等腰三角形）
例题11 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．
【解析】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．选A．
【小结】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31 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．
【解析】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．选C．
【小结】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32 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．
【解析】如图所示，当AB＝AF＝3，BA＝BD＝3，AB＝AE＝3，BG＝AG时，能得到符合题意等腰三角形．
选B．
【小结】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33 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．
【解析】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．
【小结】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12 等腰三角形的判定与性质（角平分线）
例题12 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．
【解析】∵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，选D
【小结】考查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34 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．
【解析】∵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；
选C．
【小结】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35 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．
【解析】（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．
【小结】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36 （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．
【解析】（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．
【小结】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13 直角三角形斜边中线
掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAC＝45°，∠BAC＝30°，E是AC的中点，连接BE，BD．则∠DBE的度数为（ ）
A．10° B．12° C．15° D．18°
【分析】连接DE，根据直角三角形的性质得到DE=12AC＝AE，根据三角形的外角性质求出∠DEC、∠BEC，
根据等腰三角形的性质计算即可．
【解析】连接DE，
∵∠ADC＝90°，E是AC中点，∴DE=12AC＝AE，
∴∠EDA＝∠DAC＝45°，∴∠DEC＝∠EDA+∠DAC＝90°，
同理，∠BEC＝60°，∴∠DEB＝90°+60°＝150°，
∵DE=12AC，BE=12AC，∴DE＝BE，∴∠DBE=12×（180°﹣150°）＝15°，选C．
【小结】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的
一半是解题的关键．
变式37 如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，O为AB的中点，点E在BC上，且CE＝AC，∠BAE＝15°，则∠COE＝ 度．
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到∠CAE＝∠AEC＝45°，求得∠CAB＝60°，得到∠B＝30°，根
据直角三角形性质得到CO＝BO＝AO=12AB，得到△AOC是等边三角形，∠OCB＝∠B＝30°，得到结论
【解析】∵∠ACB＝90°，CE＝AC，∴∠CAE＝∠AEC＝45°，
∵∠BAE＝15°，∴∠CAB＝60°，∴∠B＝30°，
∵∠ACB＝90°，O为AB的中点，∴CO＝BO＝AO=12AB，∴△AOC是等边三角形，∠OCB＝∠B＝30°，∴AC＝OC＝CE，∴∠COE＝∠CEO=12（180°﹣30°）＝75°，
【小结】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确的识
别图形是解题的关键．
变式38 如图，AD是△ABC的高线，且BD=12AC，E是AC的中点，连结BE，取BE的中点F，连结DF，求证：DF⊥BE．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质和已知求出DE＝BD，根据等腰三角形的性质得出即可．
【解答】证明：连结DE，∵AD是△ABC的高线，E是AC的中点，∴DE=12AC，
又∵BD=12AC，∴DE＝BD．又∵F是BE的中点，∴DF⊥BE．
【小结】本题考查了直角三角形斜边上的中线和等腰三角形的性质，能根据已知和直角三角形斜边上的中
线性质求出DE＝BD是解此题的关键．
变式39 如图（1），锐角△ABC中，CD、BE分别是AB、AC边上高，M、N分别是线段BC、DE的中点．
（1）求证：MN⊥DE．
（2）连结DM，ME，猜想∠A与∠DME之间的关系，并证明猜想．
（3）当∠A变为钝角时，如图（2），上述（1）（2）中的结论是否都成立，若结论成立，直接回答，不需证明；若结论不成立，说明理由．
【分析】（1）连接DM，ME，根据直角三角形的性质得到DM=12BC，ME=12BC，得到DM＝ME，根据等
腰直角三角形的性质证明；
（2）根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质计算；（3）仿照（2）的计算过程解答．
【解答】（1）证明：如图（1），连接DM，ME，
∵CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，∴DM=12BC，ME=12BC，∴DM＝ME，
又∵N为DE中点，∴MN⊥DE；
（2）在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BMD+∠CME＝（180°﹣2∠ABC）+（180°﹣2∠ACB），
＝360°﹣2（∠ABC+∠ACB），＝360°﹣2（180°﹣∠A），＝2∠A，∴∠DME＝180°﹣2∠A；
（3）结论（1）成立，结论（2）不成立，
理由如下：连结DM，ME，在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC，∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BME+∠CMD＝2∠ACB+2∠ABC＝2（180°﹣∠BAC）＝360°﹣2∠BAC，
∴∠DME＝180°﹣（360°﹣2∠BAC）＝2∠BAC﹣180°
【小结】本题考查的是直角三角形的性质、三角形内角和定理，掌握直角三角形中，斜边上的中线等于斜
边的一半是解题的关键．
考点14 等边三角形的性质（含30°直角三角形）
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．
例题13 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长．
【解析】∵△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，选C．
【小结】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40 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．
【解析】∵△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
【小结】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41 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．
【解析】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．
【小结】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42 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．
【解析】（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
【小结】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
例题14 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．
【解析】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，选A．
【小结】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43 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．
【小结】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关键．
变式44 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】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，
△EGD和△FCD中，ED=DF∠EDG=∠FDCDG=CD，∴△EGD≌△FCD（SAS），∴EG＝FC，∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．
【小结】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45 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．
【解析】（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN．此时 QL=23
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
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，∴QL=23；
（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．
【小结】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）
例题15 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．
【解析】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．选C．
【小结】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46 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．
【解析】∵∠AOB＝∠COD＝40°，∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，即∠AOC＝∠BOD，
△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；选B．
【小结】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47 （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．
【解析】（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．
【小结】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48 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．
【解析】（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．
【小结】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．
考点1 轴对称图形的识别
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．
例题1 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．
【解析】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；选C．
【小结】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 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．
【解析】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，选C．
【小结】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2 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．
【解析】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．选C．
【小结】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．
变式3 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．
【解析】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，选B．
【小结】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．
考点2 生活中的轴对称现象
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.
例题2 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．
【解析】做轴对称图形得： |630085，故答案是：630085．
【小结】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4 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，分析作答．
【解析】根据镜面对称的性质，分析可得所显示的时刻与3：40成轴对称，所以此时实际时刻为3：40．B
【小结】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5 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．
【解析】根据轴对称的性质可知，台球走过的路径如上图，所以球最后将落入的球袋是4号袋，选D．
【小结】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6 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．
【解析】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，选D．
【小结】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
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．
例题3 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．
【解析】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．
【小结】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7 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】由轴对称性质知：PM＝MQ，PN＝RN，先求QN长度，然后根据QR＝QN+NR即可求得QR长度．
【解析】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．
【小结】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8 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；
【解析】（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°，
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，
【小结】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．
变式9 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．
【解析】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°．
【小结】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．
考点4 轴对称最短路径问题
例题4 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．
【解析】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，选D．
【小结】本题考查轴对称﹣最短路线问题，线段性质：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10 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周长最小．
【解析】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与M′、N′重合时，△PMN周长最小＝PM′+M′N′+PN′＝DN′+M′N′+CM′＝CD＝4
选B．
【小结】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11 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．
【解析】∵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°，
选D．
【小结】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12 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．
∵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°
【小结】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5 设计轴对称图案
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．
例题5 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．
【解析】如图，共有10种符合条件的添法，
选D．
【小结】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13 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．
【解析】如图所示：
．
【小结】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14 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．
【解析】（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：
【小结】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15 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．
【解析】如图所示：
【小结】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6 角平分线的性质
角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，解决此类问题的关键在于作垂线.
例题6 如图，BD是∠ABC平分线，DE⊥AB于E，S△ABC＝36cm2，AB＝18cm，BC＝12cm，则DE＝ cm．
【分析】首先过点D作DF⊥BC于点F，由BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB，根据角平分线的性质，可得DE＝DF，然后由S△ABC＝S△ABD+S△BCD=12AB•DE+12BC•DF，求得答案．
【解析】过点D作DF⊥BC于点F，
∵BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB，∴DE＝DF，
∵AB＝18cm，BC＝12cm，∴S△ABC＝S△ABD+S△BCD=12AB•DE+12BC•DF=12DE•（AB+BC）＝36cm2，
∴DE＝2.4（cm）
【小结】此题考查了角平分线的性质．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
变式16 如图，AC，BC分别平分∠BAE，∠ABF，若△ABC的高CD＝8，则点C到AE，BF的距离之和为 ．
【分析】首先过点C作CM⊥AE于点M，过点C作CN⊥BF于点N，由AC，BC分别平分∠BAE，∠ABF，△ABC的高CD＝8，根据角平分线的性质，可得CM＝CD＝8，CN＝CD＝8，继而求得答案．
【解析】过点C作CM⊥AE于点M，过点C作CN⊥BF于点N，
∵AC，BC分别平分∠BAE，∠ABF，△ABC的高CD＝8，∴CM＝CD＝8，CN＝CD＝8，
∴点C到AE，BF的距离之和为：CM+CN＝16．
【小结】此题考查了角平分线的性质．此题难度不大，注意辅助线的作法，注意掌握角平分线的定理的应用是关键．
变式17 如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC，交CD于点E，若S△BCE＝24，BC＝12，则DE等于（ ）
A．10 B．7 C．5 D．4
【分析】根据角平分线的性质得出DE＝EF，根据三角形的面积求出EF，即可得出选项．
【解析】过E作EF⊥BC于F，
∵CD⊥AB，BE平分∠ABC，∴DE＝EF，
∵S△BCE＝24，BC＝12，∴12×12×EF=24，解得：EF＝4，即DE＝EF＝4，选D．
【小结】本题考查了角平分线性质和三角形的面积的应用，注意：角平分线上的点到角两边的距离相等．
变式18 如图，已知△ABC的周长是16，MB和MC分别平分∠ABC和∠ACB，过点M作BC的垂线交BC于点D，且MD＝4，则△ABC的面积是（ ）
A．64 B．48 C．32 D．42
【分析】连接AM，过M作ME⊥AB于E，MF⊥AC于F，根据角平分线的性质得出ME＝MD＝MF＝4，根据三角形的面积公式求出即可．
【解析】连接AM，过M作ME⊥AB于E，MF⊥AC于F，
∵MB和MC分别平分∠ABC和∠ACB，MD⊥BC，MD＝4，∴ME＝MD＝4，MF＝MD＝4，
∵△ABC的周长是16，∴AB+BC+AC＝16，
∴△ABC的面积S＝S△AMC+S△BCM+S△ABM=12×AC×MF+12×BC×DM+12×AB×ME
=12×AC×4+12×BC×4+12×AB×4＝2（AC+BC+AB）＝2×16＝32，选C．
【小结】本题考查了角平分线的性质和三角形的面积，能根据角平分线的性质求出DM＝ME＝ME＝4是解此题的关键．
考点7 角平分线的性质与判定综合
掌握到角的两边距离相等的点在角的平分线上是解决此类问题的关键.
例题7 如图，O是△ABC内一点，且O到三边AB、BC、CA的距离OF＝OD＝OE，若∠BAC＝70°，则∠BOC的度数为（ ）
A．70° B．120° C．125° D．130°
【分析】根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断出点O是三角形三条角平分线的交点，再根据
三角形的内角和定理求出∠ABC+∠ACB，然后求出∠OBC+∠OCB，再利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【解析】∵O到三边AB、BC、CA的距离OF＝OD＝OE，∴点O是三角形三条角平分线的交点，
∵∠BAC＝70°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣70°＝110°，
∴∠OBC+∠OCB=12（∠ABC+∠ACB）=12×110°＝55°，
在△OBC中，∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣55°＝125°．选C．
【小结】本题考查了到角的两边距离相等的点在角的平分线上的性质，三角形的内角和定理，要注意整体思想的利用．
变式19 如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，则下列结论中正确的个数（ ）
①CP平分∠ACF； ②∠ABC+2∠APC＝180°
③∠ACB＝2∠APB； ④若PM⊥BE，PN⊥BC，则AM+CN＝AC
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①作PD⊥AC于D．由角平分线性质得PM＝PN，PM＝PD，得出PM＝PN＝PD，可得出①正确；
②首先证出∠ABC+∠MPN＝180°，证明Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），得出∠APM＝∠APD，同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），得出∠CPD＝∠CPN，即可得出②正确；
③角平分线外角性质∠CAE＝∠ABC+∠ACB，∠PAM=12∠ABC+∠APB，得∠ACB＝2∠APB，③正确
④由全等三角形的性质得出AD＝AM，CD＝CN，即可得出④正确；即可得出答案．
【解析】①作PD⊥AC于D．
∵PB平分∠ABC，PA平分∠EAC，PM⊥BE，PN⊥BF，∴PM＝PN，PM＝PD，∴PM＝PN＝PD，
∴点P在∠ACF的角平分线上，故①正确；
②∵PM⊥AB，PN⊥BC，∴∠ABC+90°+∠MPN+90°＝360°，∴∠ABC+∠MPN＝180°，
在Rt△PAM和Rt△PAD中，PA=PAPM=PD，∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），∴∠APM＝∠APD，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），∴∠CPD＝∠CPN，∴∠MPN＝2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC＝180°，②正确；
③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC，∴∠CAE＝∠ABC+∠ACB，∠PAM=12∠ABC+∠APB，∴∠ACB＝2∠APB，③正确；
④∵Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），∴AD＝AM，同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），∴CD＝CN，∴AM+CN＝AD+CD＝AC，④正确；选D．
【小结】本题考查了角平分线的性质定理和逆定理，全等三角形的判定与性质，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，有一定综合性，但难度不大，只要仔细分析便不难求解．
变式20 如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H，则下列结论：①∠APB＝135°；②BF＝BA；③PH＝PD；④连接CP，CP平分∠ACB，其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【分析】根据三角形内角和定理以及角平分线定义判断①；根据全等三角形的判定和性质判断②③；根据
角平分线的判定与性质判断④．
【解析】在△ABC中，∵∠ACB＝90°，∴∠BAC+∠ABC＝90°，
又∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC，∴∠BAD+∠ABE=12（∠BAC+∠ABC）＝45°，
∴∠APB＝135°，故①正确．∴∠BPD＝45°，又∵PF⊥AD，
∴∠FPB＝90°+45°＝135°，∴∠APB＝∠FPB，
又∵∠ABP＝∠FBP，BP＝BP，∴△ABP≌△FBP，∴∠BAP＝∠BFP，AB＝FB，PA＝PF，故②正确．
在△APH和△FPD中，∵∠APH＝∠FPD＝90°，∠PAH＝∠BAP＝∠BFP，PA＝PF，
∴△APH≌△FPD，∴PH＝PD，故③正确．
∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，∴点P到AB、AC的距离相等，点P到AB、BC的距离相等，
∴点P到BC、AC的距离相等，∴点P在∠ACB的平分线上，∴CP平分∠ACB，故④正确．
选D．
【小结】本题考查了角平分线的判定与性质，三角形全等的判定方法，三角形内角和定理．掌握相关性质
是解题的关键．
变式21 如图，△ABC的角平分线AE，BF交于O点．
（1）若∠ACB＝70°，则∠BOA＝ ；
（2）求证：点O在∠ACB的角平分线上．
（3）若OE＝OF，求∠ACB的度数．
【分析】（1）根据三角形的内角和定理得到∠ABC+∠BAC＝180°﹣70°＝110°，根据角平分线的定义即
可得到结论；
（2）过O作OD⊥BC于D，OG⊥AB于G，OH⊥AC于H，根据角平分线的性质健康得到结论；
（3）连接OC，根据角平分线的性质得到OD＝OH，根据全等三角形的性质得到∠EOD＝∠FOH，根据角平分线的定义即可得到结论；
【解析】（1）∵∠ACB＝70°，∴∠ABC+∠BAC＝180°﹣70°＝110°，
∵△ABC的角平分线AE，BF交于O点，
∴∠BAO=12∠BAC，∠ABO=12∠ABC，∴∠ABO+∠BAO=12（∠ABC+∠ACB）＝55°，
∴∠AOB＝180°﹣（∠ABO+∠BAO）＝125°，
（2）过O作OD⊥BC于D，OG⊥AB于G，OH⊥AC于H，
∵AE平分∠BAC，BF平分∠ABC，∴OG＝OH，OG＝OD，∴OD＝OH，∴点O在∠ACB的角平分线上．
（3）连接OC，
在Rt△OED与Rt△OFH中OE=OFOD=OH，∴Rt△OED≌Rt△OFH，（HL），∴∠EOD＝∠FOH，
∴∠DOH＝∠EOF＝180°﹣∠ACB，
∵AE、BF是角平分线，∴∠AOB＝90°+12∠ACB，即90°+12∠ACB＝180°﹣∠ACB，∴∠ACB＝60°；
【小结】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义和性质，等腰直角三角形的判定和性质，
正确的作出辅助线是解题的关键．
考点8 线段垂直平分线的应用
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
例题8 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．
【解析】∵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．选D．
【小结】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22 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．
【解析】（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．
【小结】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23 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）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．
【小结】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24 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）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．
【小结】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9 等腰三角形的性质（求角度综合）
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．
例题9 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．
【解析】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°．选C
【小结】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25 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．
【解析】∵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°，选B．
【小结】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26 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．
【解析】∵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．
【小结】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27 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．
【解析】（1）∵在△ABC中，∠ABC＝∠ACB，∠ABC＝40°，∴∠ACB＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝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．
【小结】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10 等腰三角形的性质（三线合一）
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．
例题10 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．
【解析】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．选A．
【小结】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28 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）∵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．
【小结】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29 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．
【解析】（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．
【小结】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30 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．
【解析】（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．
【小结】考查全等三角形判定，考查全等三角形对应边相等性质，本题中求证△AMD≌△CND是解题关键．
考点11 等腰三角形的性质（作等腰三角形）
例题11 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．
【解析】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．选A．
【小结】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31 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．
【解析】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．选C．
【小结】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32 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．
【解析】如图所示，当AB＝AF＝3，BA＝BD＝3，AB＝AE＝3，BG＝AG时，能得到符合题意等腰三角形．
选B．
【小结】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33 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．
【解析】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．
【小结】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12 等腰三角形的判定与性质（角平分线）
例题12 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．
【解析】∵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，选D
【小结】考查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34 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．
【解析】∵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；
选C．
【小结】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35 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．
【解析】（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．
【小结】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36 （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．
【解析】（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．
【小结】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13 直角三角形斜边中线
掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAC＝45°，∠BAC＝30°，E是AC的中点，连接BE，BD．则∠DBE的度数为（ ）
A．10° B．12° C．15° D．18°
【分析】连接DE，根据直角三角形的性质得到DE=12AC＝AE，根据三角形的外角性质求出∠DEC、∠BEC，
根据等腰三角形的性质计算即可．
【解析】连接DE，
∵∠ADC＝90°，E是AC中点，∴DE=12AC＝AE，
∴∠EDA＝∠DAC＝45°，∴∠DEC＝∠EDA+∠DAC＝90°，
同理，∠BEC＝60°，∴∠DEB＝90°+60°＝150°，
∵DE=12AC，BE=12AC，∴DE＝BE，∴∠DBE=12×（180°﹣150°）＝15°，选C．
【小结】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的
一半是解题的关键．
变式37 如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，O为AB的中点，点E在BC上，且CE＝AC，∠BAE＝15°，则∠COE＝ 度．
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到∠CAE＝∠AEC＝45°，求得∠CAB＝60°，得到∠B＝30°，根
据直角三角形性质得到CO＝BO＝AO=12AB，得到△AOC是等边三角形，∠OCB＝∠B＝30°，得到结论
【解析】∵∠ACB＝90°，CE＝AC，∴∠CAE＝∠AEC＝45°，
∵∠BAE＝15°，∴∠CAB＝60°，∴∠B＝30°，
∵∠ACB＝90°，O为AB的中点，∴CO＝BO＝AO=12AB，∴△AOC是等边三角形，∠OCB＝∠B＝30°，∴AC＝OC＝CE，∴∠COE＝∠CEO=12（180°﹣30°）＝75°，
【小结】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确的识
别图形是解题的关键．
变式38 如图，AD是△ABC的高线，且BD=12AC，E是AC的中点，连结BE，取BE的中点F，连结DF，求证：DF⊥BE．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质和已知求出DE＝BD，根据等腰三角形的性质得出即可．
【解答】证明：连结DE，∵AD是△ABC的高线，E是AC的中点，∴DE=12AC，
又∵BD=12AC，∴DE＝BD．又∵F是BE的中点，∴DF⊥BE．
【小结】本题考查了直角三角形斜边上的中线和等腰三角形的性质，能根据已知和直角三角形斜边上的中
线性质求出DE＝BD是解此题的关键．
变式39 如图（1），锐角△ABC中，CD、BE分别是AB、AC边上高，M、N分别是线段BC、DE的中点．
（1）求证：MN⊥DE．
（2）连结DM，ME，猜想∠A与∠DME之间的关系，并证明猜想．
（3）当∠A变为钝角时，如图（2），上述（1）（2）中的结论是否都成立，若结论成立，直接回答，不需证明；若结论不成立，说明理由．
【分析】（1）连接DM，ME，根据直角三角形的性质得到DM=12BC，ME=12BC，得到DM＝ME，根据等
腰直角三角形的性质证明；
（2）根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质计算；（3）仿照（2）的计算过程解答．
【解答】（1）证明：如图（1），连接DM，ME，
∵CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，∴DM=12BC，ME=12BC，∴DM＝ME，
又∵N为DE中点，∴MN⊥DE；
（2）在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BMD+∠CME＝（180°﹣2∠ABC）+（180°﹣2∠ACB），
＝360°﹣2（∠ABC+∠ACB），＝360°﹣2（180°﹣∠A），＝2∠A，∴∠DME＝180°﹣2∠A；
（3）结论（1）成立，结论（2）不成立，
理由如下：连结DM，ME，在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC，∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BME+∠CMD＝2∠ACB+2∠ABC＝2（180°﹣∠BAC）＝360°﹣2∠BAC，
∴∠DME＝180°﹣（360°﹣2∠BAC）＝2∠BAC﹣180°
【小结】本题考查的是直角三角形的性质、三角形内角和定理，掌握直角三角形中，斜边上的中线等于斜
边的一半是解题的关键．
考点14 等边三角形的性质（含30°直角三角形）
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．
例题13 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长．
【解析】∵△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，选C．
【小结】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40 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．
【解析】∵△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
【小结】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41 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．
【解析】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．
【小结】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42 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．
【解析】（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
【小结】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
例题14 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．
【解析】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，选A．
【小结】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43 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．
【小结】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关键．
变式44 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】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，
△EGD和△FCD中，ED=DF∠EDG=∠FDCDG=CD，∴△EGD≌△FCD（SAS），∴EG＝FC，∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．
【小结】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45 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．
【解析】（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN．此时 QL=23
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
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，∴QL=23；
（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．
【小结】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）
例题15 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．
【解析】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．选C．
【小结】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46 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．
【解析】∵∠AOB＝∠COD＝40°，∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，即∠AOC＝∠BOD，
△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；选B．
【小结】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47 （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．
【解析】（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．
【小结】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48 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．
【解析】（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．
【小结】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．
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