第03讲 轴对称-2021-2022学年人教版八年级数学上学期《考点•题型•难点》期末高效复习（含解析）

这是一份第03讲 轴对称-2021-2022学年人教版八年级数学上学期《考点•题型•难点》期末高效复习（含解析），共33页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第03讲：轴对称
考点梳理
考点一：轴对称
（1） 轴对称图形：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，那么就称这个图形是轴
对称图形；这条直线叫做它的对称轴；也称这个图形关于这条直线对称；
（2） 两个图形关于这条直线对称：一个图形沿一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这
两个图形关于这条直线对称，这条直线叫做对称轴，折叠后重合的点是对应点，叫做对称点；
（3） 轴对称图形与两个图形成轴对称的区别：轴对称图形是指一个图形沿对称轴折叠后这个图形的两部分
能完全重合；而两个图形成轴对称指的是两个图形之间的位置关系，这两个图形沿对称轴折叠后能够
重合；
（4） 轴对称图形与两个图形成轴对称的联系：把一个轴对称图形沿对称轴分成两个图形，这两个图形关于
这条轴对称；把成轴对称的两个图形看成一个整体，它就是一个轴对称图形。
考点二：垂直平分线
（5） 垂直平分线：经过线段中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线；
（6） 如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线；
（7） 轴对称图形的对称轴，是任何一对对应点所连线段的垂直平分线；
（8） 对称的两个图形是全等的；
（9） 垂直平分线性质：线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等；
（10） 逆定理：与一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上；
考点三：作轴对称图形
（1） 作轴对称图形：分别作出原图形中某些点关于对称轴的对应点，再连接这些对应点，就可以得到原图
形的轴对称图形；（注意取特殊点）
（2） 点（x , y）关于x轴对称的点的坐标为：（x , -y）;
点（x , y）关于y轴对称的点的坐标为：（-x , y）;



考点四：等腰三角形
（1） 等腰三角形的性质：①等腰三角形的两个底角相等（“等边对等角”）；
②等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合；
（2） 等腰三角形是轴对称图形，三线合一所在直线是其对称轴；（只有1条对称轴）
（3） 等腰三角形的判定：①如果一个三角形有两条边相等；
②如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等；（等角对等边）
考点五：等边三角形
（4） 等边三角形：三条边都相等的三角形；（等边三角形是特殊的等腰三角形）
（5） 等边三角形的性质：①等边三角形的三个内角都是60〬
②等边三角形的每条边都存在三线合一；
（6） 等边三角形是轴对称图形，对称轴是三线合一所在直线；（有3条对称轴）
（7） 等边三角形的判定：①三条边都相等的三角形是等边三角形；
②三个角都相等的三角形是等边三角形；
③有一个角是60〬的等腰三角形是等边三角形；
考点六：直角三角形
（8） 在直角三角形中，如果一个锐角等于30〬，那么它所对的直角边等于斜边的一半；










题型强化训练

一、单选题
1．（2021·浙江莲都·八年级期末）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2021·湖北樊城·八年级期末）如图，已知，以两点为圆心，大于的长为半径画圆，两弧相交于点，连接与相较于点，则的周长为（）

A．8 B．10 C．11 D．13
3．（2021·湖南·张家界市民族中学八年级期末）在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（）
A． B． C． D．
4．（2021·河南叶县·八年级期末）如图，AD，CE分别是△ABC的中线和角平分线．若AB=AC，∠CAD=20°，则∠ACE的度数是（　　）

A．20° B．35° C．40° D．70°



5．（2021·河南省淮滨县第一中学八年级期末）如图，，，则等于（）

A． B． C． D．
6．（2021·河南渑池·八年级期末）下列三角形：
①有两个角等于60°；
②有一个角等于60°的等腰三角形；
③三个外角（每个顶点处各取一个外角）都相等的三角形；
④一腰上的中线也是这条腰上的高的等腰三角形．
其中是等边三角形的有（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③ D．①②③④
7．（2021·山东五莲·八年级期末）如图，等腰的底边BC长为4cm，面积为，腰AC的垂直平分线EF交AC于点E，交AB于点F，D为BC的中点，M为直线EF上的动点．则周长的最小值为（　　　）

A．6cm B．8cm C．9cm D．10cm
8．（2021·广东·绿翠现代实验学校八年级期末）如图，四边形ABCD中，∠BAD＝120°，∠B＝∠D＝90°，在BC、CD上分别找一点M、N，使△AMN周长最小时，则∠AMN＋∠ANM的度数为（）

A．130° B．120° C．110° D．100°


9．（2021·甘肃·兰州市第二十二中学八年级期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是边CD上一点，且BC＝EC，CF⊥BE交AB于点F，P是EB延长线上一点，下列结论：①BE平分∠CBF；②CF平分∠DCB；③BC＝FB；④PF＝PC．其中正确结论的个数为（）

A．1 B．2 C．3 D．4
10．（2021·河南商水·八年级期末）如图，在已知的△ABC中，按以下步骤作图：①分别以B，C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两弧相交于两点M，N；②作直线MN交AB于点D，连接CD．若AD＝AC，∠A＝80°，则∠ACB的度数为（）

A．65° B．70° C．75° D．80°
11．（2021·黑龙江碾子山·八年级期末）如图，等边三角形ABC的边长为4，AD是BC边上的中线，F是AD边上的动点，E是AC边上一点．若，当取得最小值时，则的度数为（）

A．15° B．25° C．30° D．45°





12．（2021·浙江浙江·八年级期末）如图，在△ABC中，∠BAC和∠ABC的平分线相交于点O，过点O作EF∥AB交BC于F，交AC于E，过点O作OD⊥BC于D，下列四个结论：
①∠AOB＝90°+∠C；
②AE+BF＝EF；
③当∠C＝90°时，E，F分别是AC，BC的中点；
④若OD＝a，CE+CF＝2b，则S△CEF＝ab．
其中正确的是（　　）

A．①② B．③④ C．①②④ D．①③④


二、填空题
13．（2021·河北兴隆·八年级期末）如图，依据尺规作图的痕迹，计算∠α=________°．

14．（2021·黑龙江密山·八年级期末）如图，∠AOB=60°，OC平分∠AOB，如果射线OA上的点E满足△OCE是等腰三角形，那么∠OEC的度数为________





15．（2021·内蒙古扎兰屯·八年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，AD是∠BAC的平分线，AD＝4．若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是_____．

16．（2021·黑龙江南岗·八年级期末）把两个同样大小含角的三角尺按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个三角尺的直角顶点重合于点，且另外三个锐角顶点在同一直线上．若，则____．

17．（2021·四川广安·八年级期末）如图，已知：∠BAC的平分线与BC的垂直平分线相交于点D，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E、F，AB＝6，AC＝3，则BE＝_______．

18．（2021·山东惠民·八年级期末）如图，点P是∠AOB内任意一点，且∠AOB=40°，点M和点N分别是射线OA和射线OB上的动点，当△PMN周长取最小值时，则∠MPN的度数为_____．





三、解答题
19．（2021·陕西陇县·八年级期末）如图，△ABC中，AB=AC，点E，F在边BC上，BE=CF，点D在AF的延长线上，AD=AC，
（1）求证：△ABE≌△ACF；
（2）若∠BAE=30°，则∠ADC=　　°．



20．（2021·浙江镇海·八年级期末）如图，已知△ABC中，AB=AC，BD、CE是高，BD与CE相交于点O
（1）求证：OB=OC；
（2）若∠ABC=50°，求∠BOC的度数．



21．（2021·河南通许·八年级期末）已知：在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D是AB的中点，点E是AB边上一点．
（1）直线BF垂直于直线CE于点F，交CD于点G（如图1），求证：AE=CG；
（2）直线AH垂直于直线CE，垂足为点H，交CD的延长线于点M（如图2），找出图中与BE相等的线段，并证明．

22．（2021·广西北流·八年级期末）在中，，点D、E分别在、上，连接、和；并且有，．

（1）求的度数；
（2）求证：．

23．（2021·天津·八年级期末）在等边三角形ABC中,点E在AB上,点D在CB的延长线上,且AE=BD,

（1）当点E为AB的中点时,如图1,求证:EC=ED;
（2）当点E不是AB的中点时,如图2,过点E作EF//BC,求证:△AEF是等边三角形;
（3）在第(2)小题的条件下,EC与ED还相等吗,请说明理由.

24．（2021·河南焦作·八年级期末）问题：如图，在△ABD中，BA＝BD．在BD的延长线上取点E，C，作△AEC，使EA＝EC，若∠BAE＝90°，∠B＝45°，求∠DAC的度数．
答案：∠DAC＝45°
思考：（1）如果把以上“问题”中的条件“∠B＝45°”去掉，其余条件不变，那么∠DAC的度数会改变吗？说明理由；
（2）如果把以上“问题”中的条件“∠B＝45°”去掉，再将“∠BAE＝90°”改为“∠BAE＝n°”，其余条件不变，求∠DAC的度数．


25．（2021·天津红桥·八年级期末）如图，点P、Q分别是等边边AB、BC上的动点（端点除外），点P、点Q以相同的速度，同时从点A、点B出发．

（1）如图1，连接AQ、CP求证：
（2）如图1，当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，AQ、CP相交于点M，的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数
（3）如图2，当点P、Q在AB、BC的延长线上运动时，直线AQ、CP相交于M，的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．

26．（2021·山东五莲·八年级期末）（1）方法呈现：
如图①：在中，若，，点D为BC边的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使，再连接BE，可证，从而把AB、AC，集中在中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是_______________，这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；
（2）探究应用：
如图②，在中，点D是BC的中点，于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，判断与EF的大小关系并证明；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，，AF与DC的延长线交于点F、点E是BC的中点，若AE是的角平分线．试探究线段AB，AF，CF之间的数量关系，并加以证明．


27．（2021·广东·深圳市高级中学八年级期末）如图，在等边中，厘米，厘米，如果点以厘米/秒的速度运动．
（1）如果点线段上由点向点运动，点在线段上由点向点运动．它们同时出发，若点的运动速度与点的运动速度相等．经过秒后，和是否全等？请说明理由；
（2）在（1）的条件下，当两点的运动时间为多少时，是一个直角三角形？
（3）若点的运动速度与点的运动速度不相等，点从点出发，点以原来的运动速度从点同时出发，都顺时针沿三边运动，经过秒点与点第一次相遇，则点的运动速度是多少厘米/秒．

28．（2021·江西宜春·八年级期末）在中，，，点是的中点，点是射线上的一个动点（点不与点、、重合），过点作于点，过点作于点，连接，．
（问题探究）如图1，当点在线段上运动时，延长交于点，

（1）求证：≌；
（2）与的数量关系为：______（直接写结论，不需说明理由）；
（拓展延伸）
（3）①如图2，当点在线段上运动，的延长线与的延长线交于点，的大小是否变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由；
②当点在射线上运动时，若，，直接写出的面积，不需证明．

参考答案
1．D
【分析】
根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【详解】
A、不是轴对称图形，故A不符合题意；
B、不是轴对称图形，故B不符合题意；
C、不是轴对称图形，故C不符合题意；
D、是轴对称图形，故D符合题意．
故选D.
【点睛】
本题主要考查轴对称图形的知识点．确定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．

2．A
【分析】
利用基本作图得到MN垂直平分AB，利用线段垂直平分线的定义得到DA=DB，然后利用等线段代换得到△BDC的周长=AC+BC．
【详解】
由作法得MN垂直平分AB，
∴DA=DB，
∴△BDC的周长=DB+DC+BC=DA+DC+BC=AC+BC=5+3=8．
故选A．
【点睛】
本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了线段垂直平分线的性质．
3．D
【分析】
利用关于x轴对称的点坐标特征：横坐标不变，纵坐标互为相反数解答即可．
【详解】
点关于轴对称的点的坐标为（3，-2），
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了关于坐标轴对称的点的坐标特征，熟练掌握关于坐标轴对称的点的坐标特征是解答的关键．
4．B
【分析】
先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠CAB=2∠CAD=40°，∠B=∠ACB=（180°-∠CAB）=70°．再利用角平分线定义即可得出∠ACE=∠ACB=35°．
【详解】
∵AD是△ABC的中线，AB=AC，∠CAD=20°，
∴∠CAB=2∠CAD=40°，∠B=∠ACB=（180°-∠CAB）=70°．
∵CE是△ABC的角平分线，
∴∠ACE=∠ACB=35°．
故选B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的两个底角相等的性质，等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合的性质，三角形内角和定理以及角平分线定义，求出∠ACB=70°是解题的关键．
5．D
【分析】
根据已知条件，利用等腰三角形的性质及三角形的内角和外角之间的关系进行计算.
【详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
故选：D.
【点睛】
此题主要考查了等腰三角形的性质及三角形内角和外角之间的关系.
（1）三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和；
（2）三角形的内角和是180度.求角的度数常常要用到“三角形的内角和是这一隐含的条件.
6．D
【分析】
直接根据等边二角形的判定方法进行判断.
【详解】
解：①有两个角等于60°的三角形为等边三角形；②有一个角等于60°的等腰三角形为等边三角形；③三个外角（每个顶点处各取一个外角）都相等的三角形为等边三角形；④一腰上的中线也是这条腰上的高的等腰三角形等边三角形.
故选D.
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定：三条边都相等的三角形是等边三角形；三个角都相等的三角形是等边三角形；有一个角是60°的等腰三角形是等边三角
7．D
【分析】
连接AD，AM，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点A关于直线EF的对称点为点C，MA＝MC，推出MC+DM＝MA+DM≥AD，故AD的长为BM+MD的最小值，由此即可得出结论．
【详解】
解：连接AD，MA．

∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴AD⊥BC，
∴S△ABC＝BC•AD＝×4×AD＝16，解得AD＝8 cm，
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴MA＝MC，
∴MC+DM＝MA+DM≥AD，
∴AD的长为CM+MD的最小值，
∴△CDM的周长最短＝（CM+MD）+CD＝AD+BC＝8+×4＝10（cm）．
故选：D．
【点睛】
本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质和垂直平分线的性质是解答此题的关键．
8．B
【详解】
根据要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和ED的对称点A′，A″，即可得出∠AA′M＋∠A″＝∠HAA′＝60°，进而得出∠AMN＋∠ANM＝2(∠AA′M＋∠A″)即可得出答案：
如图，作A关于BC和ED的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交CD于N，

则A′A″即为△AMN的周长最小值．作DA延长线AH．
∵∠BAD＝120°，∴∠HAA′＝60°．
∴∠AA′M＋∠A″＝∠HAA′＝60°．
∵∠MA′A＝∠MAA′，∠NAD＝∠A″，
且∠MA′A＋∠MAA′＝∠AMN，
∠NAD＋∠A″＝∠ANM，
∴∠AMN＋∠ANM＝∠MA′A＋∠MAA′＋∠NAD＋∠A″＝2(∠AA′M＋∠A″)＝2×60°＝120°．
故选B．
9．D
【分析】
分别利用平行线的性质结合线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质分别判断得出答案．
【详解】
证明：如图：

∵BC＝EC，
∴∠CEB＝∠CBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠CEB＝∠EBF，
∴∠CBE＝∠EBF，
∴①BE平分∠CBF，正确；
∵BC＝EC，CF⊥BE，
∴∠ECF＝∠BCF，
∴②CF平分∠DCB，正确；
∵DC∥AB，
∴∠DCF＝∠CFB，
∵∠ECF＝∠BCF，
∴∠CFB＝∠BCF，
∴BF＝BC，
∴③正确；
∵FB＝BC，CF⊥BE，
∴B点一定在FC的垂直平分线上，即PB垂直平分FC，
∴PF＝PC，故④正确．
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质以及线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识，正确应用等腰三角形的性质是解题关键．
10．C
【分析】
根据作图过程可得DM是BC的垂直平分线，所以DC=DB，所以∠B=∠DCB，再根据AD=AC，∠A=80°，可得∠ADC=50°，进而求出∠ACB的度数．
【详解】
解：根据作图过程可知： DM是BC的垂直平分线，
∴DC=DB，
∴∠B=∠DCB，
∴∠ADC=∠B+∠DCB=2∠DCB，
∵AD=AC，∠A=80°，
∴∠ADC=∠ACD=
∴∠DCB=∠ADC=25°，
∴∠ACB=∠DCB+∠ACD=25°+50°=75°．
∴∠ACB的度数为75°．
故选：C．

【点睛】
本题考查了作图-基本作图，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质．
11．C
【分析】
可以取AB的中点G，连接CG交AD于点F，根据等边△ABC的边长为4，AE=2，可得点E是AC的中点，点G和点E关于AD对称，此时EF+FC=CG最小，根据等边三角形的性质即可得∠DCF的度数．
【详解】
解：如图，

取AB的中点G，连接CG交AD于点F，
∵等边△ABC的边长为4，AE=2，
∴点E是AC的中点，
所以点G和点E关于AD对称，
此时EF+FC=CG最小，
根据等边三角形的性质可知：
∠ECF=∠ACB=30°．
所以∠ECF的度数为30°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了轴对称-最短路线问题、等边三角形的性质，解决本题的关键是利用等边三角形的性质找对称点．
12．C
【分析】
根据角平分线的定义和三角形内角和定理判断①；根据角平分线的定义和平行线的性质判断②；根据三角形三边关系判断③；根据角平分线的性质判断④．
【详解】
∵∠BAC和∠ABC的平分线相交于点O，
∴∠OBA＝∠CBA，∠OAB＝∠CAB，
∴∠AOB＝180°﹣∠OBA﹣∠OAB
＝180°﹣∠CBA﹣∠CAB
＝180°﹣（180°﹣∠C）
＝90°+∠C，①正确；
∵EF∥AB，
∴∠FOB＝∠ABO，又∠ABO＝∠FBO，
∴∠FOB＝∠FBO，
∴FO＝FB，
同理EO＝EA，
∴AE+BF＝EF，②正确；
当∠C＝90°时，AE+BF＝EF＜CF+CE，
∴E，F不是AC，BC的中点，③错误；
作OH⊥AC于H，
∵∠BAC和∠ABC的平分线相交于点O，
∴点O在∠C的平分线上，
∴OD＝OH，
∴S△CEF＝×CF×OD×CE×OH＝ab，④正确．
故选C．

【点睛】
本题考查角平分线的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质.熟练掌握定理，并能灵活运用是解决此题的关键.
13．56．
【分析】
先根据矩形的性质得出AD∥BC，故可得出∠DAC的度数，由角平分线的定义求出∠EAF的度数，再由EF是线段AC的垂直平分线得出∠AEF的度数，根据三角形内角和定理得出∠AFE的度数，进而可得出结论．
【详解】
如图，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB=68°．
∵由作法可知，AF是∠DAC的平分线，
∴∠EAF=∠DAC=34°．
∵由作法可知，EF是线段AC的垂直平分线，
∴∠AEF=90°，
∴∠AFE=90°-34°=56°，
∴∠α=56°．
故答案为：56.
14．120°或75°或30°
【详解】
∵∠AOB=60°，OC平分∠AOB，点E在射线OA上，
∴∠COE=30°.
如下图，当△OCE是等腰三角形时，存在以下三种情况：
（1）当OE=CE时，∠OCE=∠COE=30°，此时∠OEC=180°-30°-30°=120°；
（2）当OC=OE时，∠OEC=∠OCE==75°；
（3）当CO=CE时，∠OEC=∠COE=30°.
综上所述，当△OCE是等腰三角形时，∠OEC的度数为：120°或75°或30°.

点睛：在本题中，由于题中没有指明等腰△OCE的腰和底边，因此要分：（1）OE=CE；（2）OC=OE；（3）CO=CE；三种情况分别讨论，解题时不能忽略了其中任何一种情况.
15．
【分析】
由等腰三角形的三线合一可得出AD垂直平分BC，过点B作BQ⊥AC于点Q，BQ交AD于点P，则此时PC+PQ取最小值，最小值为BQ的长，在△ABC中，利用面积法可求出BQ的长度，此题得解．
【详解】
∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，
∴AD垂直平分BC，
∴BP＝CP．
如图，过点B作BQ⊥AC于点Q，BQ交AD于点P，则此时PC+PQ取最小值，最小值为BQ的长，

∵S△ABC＝BC•AD＝AC•BQ，
∴BQ＝＝，
即PC+PQ的最小值是．
故答案为．
【点睛】
本题考查了轴对称﹣最短路线问题、等腰三角形的性质以及三角形的面积，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
16．．
【分析】
先利用等腰直角三角形的性质求出，，再利用勾股定理求出DF，即可得出结论．
【详解】
如图，过点作于，
在中，，
，，
两个同样大小的含角的三角尺，
，
在中，根据勾股定理得，，
，
故答案为．

【点睛】
此题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题
的关键．
17．
【分析】
连接CD、BD，由∠BAC的平分线与BC的垂直平分线相较于点D，DE⊥AB，DF⊥AC，根据角平分线的性质与线段垂直平分线的性质，易得CD=BD，DF=DE，从而得到AF=AE，可证的Rt△CDF≌Rt△BDE，则可得BE=CF，即可得到结果．
【详解】
解：如图所示，连接CD、BD，

∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DF=DE，∠F=∠DEB=90°，∠ADF=∠ADE，
∴AE=AF，
∵DG是BC的垂直平分线，
∴CD=BD，
在Rt△CDF和Rt△BDE中

∴Rt△CDF≌Rt△BDE
∴BE=CF，
∴AB=AE+BE=AF+BE=AC+CF+BE=AC+2BE，
∵AB=6，AC=3，
∴BE=．
故答案为：
【点睛】
本题主要考查的是线段垂直平分线的性质、角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质，掌握以上知识点是解题的关键．
18．100°
【分析】
分别作点P关于OA、OB的对称点P、P，连P、P，交OA于M，交OB于N，△PMN的周长= PP，然后得到等腰△OP1P2中，∠O PP+∠O PP=100°，即可得出∠MPN=∠OPM+∠OPN=∠OPM+∠OPN=100°．
【详解】
分别作点P关于OA、OB的对称点P、P,连接PP，交OA于M，交OB于N，则

O P=OP=OP,∠OPM=∠MPO,∠NPO=∠NPO，
根据轴对称的性质,可得MP=PM,PN=PN，则
△PMN的周长的最小值=PP，
∴∠POP=2∠AOB=80°，
∴等腰△OPP中,∠OPP+∠OPP=100°，
∴∠MPN=∠OPM+∠OPN=∠OPM+∠OPN=100°，
故答案为100°
【点睛】
此题考查轴对称-最短路线问题，解题关键在于作辅助线
19．（1）证明见解析；（2）75．
【分析】
（1）根据等边对等角可得∠B=∠ACF，然后利用SAS证明△ABE≌△ACF即可；
（2）根据△ABE≌△ACF，可得∠CAF=∠BAE=30°，再根据AD=AC，利用等腰三角形的性质即可求得∠ADC的度数.
【详解】
（1）∵AB=AC，
∴∠B=∠ACF，
在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（SAS）；
（2）∵△ABE≌△ACF，∠BAE=30°，
∴∠CAF=∠BAE=30°，
∵AD=AC，
∴∠ADC=∠ACD，
∴∠ADC==75°，
故答案为75．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握相关性质与定理是解题的关键.
20．（1）证明见解析；（2）∠BOC=100°
【详解】
试题分析：（1）首先根据等腰三角形的性质得到∠ABC=∠ACB，然后利用高线的定义得到∠ECB=∠DBC，从而得证；
（2）首先求出∠A的度数，进而求出∠BOC的度数．
试题解析：（1）证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵BD、CE是△ABC的两条高线，∴∠DBC=∠ECB，∴OB=OC；
（2）∵∠ABC=50°，AB=AC，∴∠A=180°﹣2×50°=80°，∴∠BOC=180°﹣80°=100°．
考点：等腰三角形的性质．
21．解：（1）见解析（2）见解析．
【详解】
解：（1）证明：∵点D是AB中点，AC=BC，∠ACB=90°，
∴CD⊥AB，∠ACD=∠BCD=45°，
∴∠CAD=∠CBD=45°，
∴∠CAE=∠BCG，又BF⊥CE，
∴∠CBG+∠BCF=90°，又∠ACE+∠BCF=90°，
∴∠ACE=∠CBG，
在△AEC和△CGB中，

∴△AEC≌△CGB，
∴AE=CG，
（2）BE=CM，
证明：∵CH⊥HM，CD⊥ED，
∴∠CMA+∠MCH=90°，∠BEC+∠MCH=90°，
∴∠CMA=∠BEC，
又∵AC=BC，∠ACM=∠CBE=45°，
在△BCE和△CAM中，

∴△BCE≌△CAM，
∴BE=CM．
22．（1）；（2）见解析
【分析】
（1）由，，可得为等边三角形，由，，，可证
（2）延长至F，使，连接，由，，且，可证由，可证为等边三角形，可得，可推出结论，
【详解】
解：（1）∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，，
∵，
∴
（2）如图，延长至F，使，连接，
由（1）得为等边三角形，
∴，
∵，
又∵，且，
∴，
在与中，
∴
∴，
∴，
∴
又∵，
∴为等边三角形
∴，
又∵，且，
∴，

【点睛】
本题考查等边三角形的判定与性质，三角形全等判定与性质，线段和差，三角形外角性质，关键是引辅助线构造三角形全等证明等边三角形．
23．（1）见解析；（2）见解析；（3），见解析.
【分析】
（1）根据等边三角形三线合一的性质可得∠ECB=30°，∠ABC=60°，根据AE=EB=BD，可得∠ECB=∠ACB=30°，∠EDB=∠DEB=∠ACB=30°，根据等角对等边即可证得结论；
（2）根据平行线的性质证得∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠C=60°，即可证得结论；
（3）先求得BE=FC，然后证得△DBE≌△EFC即可.
【详解】
（1）如图1，在等边△ABC中，AB=BC=AC，
∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，
∵AE=EB=BD，
∴∠ECB=∠ACB=30°，∠EDB=∠DEB=∠ACB=30°，
∴∠EDB=∠ECB，
∴EC=ED；
（2）如图2，

∵EF∥BC，
∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠C=60°，
∴△AEF为等边三角形；
（3）EC=ED；
理由：∵∠AEF=∠ABC=60°，
∴∠EFC=∠DBE=120°，
∵AB=AC，AE=AF，
∴AB-AE=AC-AF，即BE=FC，
在△DBE和△EFC中，
，
∴△DBE≌△EFC（SAS），
∴ED=EC．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
24．（1）∠DAC的度数不会改变，值为45°；（2）n°．
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质得到∠AED＝2∠C，①求得∠DAE＝90°-∠BAD＝90°-（45°+∠C）＝45°﹣∠C，②由①，②即可得到结论；
（2）设∠ABC＝m°，根据三角形的内角和定理和等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）∠DAC的度数不会改变；
∵EA＝EC，
∴∠AED＝2∠C，①
∵∠BAE＝90°，
∴∠BAD＝ [180°﹣（90°﹣2∠C）]＝45°+∠C，
∴∠DAE＝90°﹣∠BAD＝90°﹣（45°+∠C）＝45°﹣∠C，②
由①，②得，∠DAC＝∠DAE+∠CAE＝45°；
（2）设∠ABC＝m°，
则∠BAD＝（180°﹣m°）＝90°﹣m°，∠AEB＝180°﹣n°﹣m°，
∴∠DAE＝n°﹣∠BAD＝n°﹣90°+m°，
∵EA＝EC，
∴∠CAE＝∠AEB＝90°﹣n°﹣m°，
∴∠DAC＝∠DAE+∠CAE＝n°﹣90°+m°+90°﹣n°﹣m°＝n°．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，正确的识别图形是解题的关键．
25．（1）证明见解析；（2）不变；60°；（3）不变；120°．
【分析】
（1）根据点P、点Q以相同的速度，同时从点A、点B出发，可得BQ=AP，结合等边三角形的性质证全等即可；
（2）由（1）中全等可得∠CPA=∠AQB，再由三角形内角和定理即可求得∠AMP的度数，再根据对顶角相等可得的度数；
（3）先证出，可得∠Q=∠P，再由对顶角相等，进而得出∠QMC=∠CBP=120°．
【详解】
解：（1）证明：∵三角形ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠ABC=∠CAB=60°，
∵点P、点Q以相同的速度，同时从点A、点B出发，
∴BQ=AP，
在△ABQ与△CAB中，

∴．
（2）角度不变，60°，理由如下：
∵
∴∠CPA=∠AQB，
在△AMP中，
∠AMP=180°-（∠MAP+∠CPA）=180°-（∠MAP+∠AQB）=∠ABC=60°，
∴∠QMC=∠AMP=60°，
故∠QMC的度数不变，度数为60°．
（3）角度不变，120°，理由如下：
当点P、Q在AB、BC的延长线上运动时，
有AP=BQ，∴BP=CQ
∵∠ABC=∠BCA=60°，
∴∠CBP=∠ACQ=120°，

∴
∴∠Q=∠P，
∵∠QCM=∠BCP，
∴∠QMC=∠CBP=120°，
故∠QMC的度数不变，度数为120°．
【点睛】
本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，灵活运用等边三角形的性质证全等是解题的关键．
26．（1）1＜AD＜5，（2）BE+CF＞EF，证明见解析；（3）AF+CF＝AB，证明见解析．
【分析】
（1）由已知得出AC﹣CE＜AE＜AC+CE，即5﹣4＜AE＜5+3，据此可得答案；
（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由线段垂直平分线的性质得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；
（3）如图③，延长AE，DF交于点G，根据平行和角平分线可证AF＝FG，易证△ABE≌△GEC，据此知AB＝CG，继而得出答案．
【详解】
解：（1）延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，如图①所示，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
在△BDE和△CDA中，，
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE＝AC＝4，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴6﹣4＜AE＜6+4，即2＜AE＜10，
∴1＜AD＜5；
故答案为：1＜AD＜5，
（2）BE+CF＞EF；
证明：延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，如图②所示．
同（1）得：△BMD≌△CFD（SAS），
∴BM＝CF，
∵DE⊥DF，DM＝DF，
∴EM＝EF，
在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM＞EM，
∴BE+CF＞EF；

（3）AF+CF＝AB．
如图③，延长AE，DF交于点G，
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠G，
在△ABE和△GCE中
CE＝BE，∠BAG＝∠G，∠AEB＝∠GEC，
∴△ABE≌△GEC（AAS），
∴CG＝AB，
∵AE是∠BAF的平分线，
∴∠BAG＝∠GAF，
∴∠FAG＝∠G，
∴AF＝GF，
∵FG+CF＝CG，
∴AF+CF＝AB．

【点睛】
此题是三角形综合题，主要考查了三角形的三边关系、全等三角形的判定与性质、角的关系等知识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．
27．（1）△BMN≌△CDM，理由见解析；（2）t秒或t秒；（3）3.8厘米/秒或2.6厘米/秒
【分析】
（1）根据M和N同时出发，若点的运动速度与点的运动速度相等得CM=BN=6cm，所以BM=4cm=CD．根据“SAS”证明△BMN≌△CDM；
（2）设运动时间为t秒，分别表示CM和BN．分两种情况，运用特殊三角形的性质求解：①∠NMB=90°；②∠BNM=90°；
（3）点M与点N第一次相遇，有两种可能：①点M运动速度快；②点N运动速度快．分别列方程求解．
【详解】
解：（1）△BMN≌△CDM．理由如下：
∵VN=VM=3厘米/秒，且t=2秒，
∴CM=2×3=6（cm）
BN=2×3=6（cm）
BM=BC-CM=10-6=4（cm）
∴BN=CM
∵CD=4（cm）
∴BM=CD
∵∠B=∠C=60°，
∴△BMN≌△CDM．（SAS）
（2）设运动时间为t秒，△BMN是直角三角形有两种情况：
①当∠NMB=90°时，
∵∠B=60°，
∴∠BNM=90°-∠B=90°-60°=30°．
∴BN=2BM，
∴3t=2×（10-3t）
∴t（秒）；
②当∠BNM=90°时，
∵∠B=60°，
∴∠BMN=90°-∠B=90°-60°=30°．
∴BM=2BN，
∴10-3t=2×3t
∴t（秒）．
∴当t秒或t秒时，△BMN是直角三角形；
（3）分两种情况讨论：
①若点M运动速度快，则 3×25-10=25VN，解得VN=2.6；
②若点N运动速度快，则 25VN-20=3×25，解得VN=3.8．
∴点的运动速度是3.8厘米/秒或2.6厘米/秒．
【点睛】
此题考查等边三角形的性质、特殊直角三角形的性质及列方程求解动点问题，两次运用分类讨论的思想，有一定的难度．
28．（1）见解析；（2）；（3）①不变，，理由见解析；②的面积为或．
【分析】
（1）根据题意可知，又因为，所以，即可证明≌；
（2）由（1）知≌，所以AF=CE，又因为BO=CO，∠COE=∠BOG，∠OCE=∠OBG，即可证明 △BOG≌△COE，所以BG=AF；
（3）①由题可证，又因为点是的中点，所以，即可证明≌，由（1）可得由（1）可得≌，根据即可求得度数；②根据和即可求得的面积；
【详解】
（1）∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴≌；
（2），
∵≌，
∴ AF=CE，
又∵ BO=CO，∠COE=∠BOG，∠OCE=∠OBG，
∴△BOG≌△COE，
∴BG=CE，
∴BG=AF；
（3）①不变，，如图2，理由如下：
∵，，
∵，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
又∵，
∴≌，
∴，，
由（1）可得≌，
∴，，
∴，
∴在中，，
∵∴，
又∵，
∴．
②的面积为或
在图2中，，
且，，
∴；
在图3中，，
且，，
∴．