专题2.2轴对称的性质-【讲练课堂】2022-2023学年八年级数学上册 题典【苏科版】

【讲练课堂】2022-2023学年八年级数学上册 题典【苏科版】

专题2.2轴对称的性质

【名师点睛】

1.轴对称的性质：

（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．

由轴对称的性质得到一下结论：

①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称；

②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这两个图形的对称轴．

（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．

2.作图：轴对称变换

几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的，一般的方法是：

①由已知点出发向所给直线作垂线，并确定垂足；

②直线的另一侧，以垂足为一端点，作一条线段使之等于已知点和垂足之间的线段的长，得到线段的另一端点，即为对称点；

③连接这些对称点，就得到原图形的轴对称图形．

【典例剖析】

【例1】如图，在△ABC中，AB＝12cm，AC＝6cm，BC＝10cm，点D，E分别在AC，AB上，且△BCD和△BED关于BD对称．

（1）求AE的长；

（2）求△ADE的周长．

【分析】（1）先根据△BCD和△BED关于BD对称，得出△BCD≌△BED，故BE＝BC，由此可得出AE的长，

（2）由△ADE的周长＝AE+AD+DE＝AE+AC即可得出结论．

【解析】（1）∵△BCD和△BED关于BD对称，

∴△BCD≌△BED，

∴BE＝BC＝10cm，

∴AE＝12﹣10＝2cm，

（2）∵△BCD≌△BED，

∴DC＝DE，

∴△ADE的周长＝AE+AD+DE＝AE+AC＝8cm．

【变式1】（2021秋•灌云县月考）如图，四边形ABCD与四边形EFGH关于直线MN对称．

（1）线段AD的对称线段是 　EH　，CD＝　GH　，∠CBA＝　∠GFE　，∠ADC＝　∠EHG　．

（2）AE与BF平行吗？为什么？

（3）若AE与BF平行，则能说明轴对称图形中对称点的连线一定互相平行吗？

【分析】（1）根据图形写出对称点和对应线段即可；

（2）对称图形的对应点的连线平行，据此求解；

（3）根据平面内两条直线的位置关系可回答．

【解析】（1）EH，GH，∠GFE，∠EHG；

（2）AE∥BF；

因为每对对应点连接成的线段被对称轴垂直平分，

即EA⊥MN，BF⊥MN；

（3）AE∥BF不一定能说明对称点连线一定互相平行，还有可能共线．

【例2】如图，已知点O是∠APB内的一点，M，N分别是点O关于PA、PB的对称点，连接MN，与PA、PB分别相交于点E、F，已知MN＝6cm．

（1）求△OEF的周长；

（2）连接PM、PN，若∠APB＝a，求∠MPN（用含a的代数式表示）；

（3）当∠a＝30°，判定△PMN的形状，并说明理由．

【分析】（1）根据轴对称的性质得到EM＝EO，FN＝FO，根据三角形的周长公式计算即可；

（2）根据轴对称的性质得到∠MPA＝∠OPA，∠NPB＝∠OPB，根据角的和差关系解答；

（3）根据等边三角形的判定定理证明．

【解析】（1）∵M，N分别是点O关于PA、PB的对称点，

∴EM＝EO，FN＝FO，

∴△OEF的周长＝OE+OF+EF＝ME+EF+FN＝MN＝6cm；

（2）连接OP，

∵M，N分别是点O关于PA、PB的对称点，

∴∠MPA＝∠OPA，∠NPB＝∠OPB，

∴∠MPN＝2∠APB＝2a；

（3）∵∠a＝30°，

∴∠MPN＝60°，

∵M，N分别是点O关于PA、PB的对称点，

∴PM＝PO，PN＝PO，

∴PM＝PN，

∴△PMN是等边三角形．

【变式2】如图，已知∠AOB＝a外有一点P，画点P关于直线OA的对称点P′，再作点P′关于直线OB的对称点P″．

（1）试猜想∠POP″与a的大小关系，并说出你的理由．

（2）当P为∠AOB内一点或∠AOB边上一点时，上述结论是否成立？

【分析】（1）根据轴对称的性质画出图形，再由HL定理得出△DOP′≌△DOP，△EOP″≌△EOP′根据全等三角形的性质即可得出结论；

（2）根据题意画出图形，同（1）可得出结论．

【解析】（1）猜想：∠POP″＝2α．

理由：如图1，在△DOP′与△DOP中

∵，

∴△DOP′≌△DOP．

同理可得，△EOP″≌△EOP′

∴∠POP″＝2α；

（2）成立．

如图2，当点P在∠AOB内时，

∵同（1）可得，

△DOP′≌△DOP，EOP″≌△EOP′，

∴∠POD＝∠P′OD，∠EOP″＝∠EOP′，

∴∠POP″＝∠P′OP″﹣∠POP′＝3α﹣α＝2α．

如图3，当点P在∠AOB的边上时，

∵同（1）可得△EOP″≌△EOP，

∴∠POP″＝2α．

如图4，当点P在∠AOB的边上时，

∵同（1）可得△EOP″≌△EOP，

∴∠POP″＝2α．

【满分训练】

一．选择题（共10小题）

1．（2021春•锡山区期中）如图，有一条直的宽纸带，按图折叠，则∠α的度数等于（　　）

A．50° B．60° C．75° D．85°

【分析】由图形可得AD∥BC，可得∠CBF＝30°，由于翻折可得两个角是重合的，于是利用平角的定义列出方程可得答案．

【解析】∵AD∥BC，

∴∠CBF＝∠DEF＝30°，

∵AB为折痕，

∴2∠α+∠CBF＝180°，

即2∠α+30°＝180°，

解得∠α＝75°．

故选：C．

2．（2021秋•密山市期末）下列说法错误的是（　　）

A．关于某条直线对称的两个三角形一定全等 

B．轴对称图形至少有一条对称轴 

C．全等三角形一定能关于某条直线对称 

D．角是关于它的平分线对称的图形

【分析】根据轴对称的性质，对选项进行一一分析，选出正确答案．

【解析】A、关于某条直线对称的两个三角形一定全等，正确；

B、轴对称图形至少有一条对称轴，正确；

C、全等三角形一定能关于某条直线对称，由于不知道其位置关系，不能正确判定一定能关于某条直线对称，错误；

D、角是关于它的平分线对称的图形，正确．

故选：C．

3．（2021春•兴化市期中）如图，在△ABC中，点D是BC上的点，将△ABD沿着AD翻折得到△AED，若∠B＝∠BAE＝50°，则∠CDE的度数是（　　）

A．25° B．30° C．35° D．40°

【分析】根据三角形内角和和翻折的性质解答即可．

【解析】∵∠B＝∠BAE＝50°，将△ABD沿着AD翻折得到△AED，

∴∠BAD＝∠EAD＝25°，∠E＝∠B＝50°，

∴∠ADE＝∠ADB＝180°﹣50°﹣25°＝105°，

∴∠ADC＝75°，

∴∠CDE＝105°﹣75°＝30°，

故选：B．

4．（2021春•泰兴市期中）如图，从△ABC的纸片中剪去△CED，得到四边形ABDE．若∠1+∠2＝230°，则∠C＝（　　）

A．230° B．130° C．50° D．110°

【分析】根据∠1+∠2的度数，再利用四边形内角和定理得出∠A+∠B的度数，即可得出∠C的度数

【解析】∵四边形ABDE的内角和为360°，且∠1+∠2＝230°．

∴∠A+∠B＝360°﹣230°＝130°．

∵△ABC的内角和为180°，

∴∠C＝180°﹣（∠A+∠B）

＝180°﹣130°＝50°．

故选：C．

5．（2022春•偃师市期末）如图，若△ABC与△A'B'C'关于直线MN对称，BB'交MN于点O，则下列说法中，不一定正确的是（　　）

A．AC＝A'C' B．AB∥B'C' C．AA'⊥MN D．BO＝B'O

【分析】根据轴对称的性质，一一判断即可．

【解析】∵△ABC与△A'B'C'关于直线MN对称，

∴AC＝A′C′，AA′⊥MN，BO＝OB′，

故选项A，C，D正确，

故选：B．

6．（2020秋•云南期末）如图所示，l是四边形ABCD的对称轴，AD∥BC，现给出下列结论：

①AB∥CD；②AB＝BC；③AB⊥BC；④AO＝OC．其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【分析】根据轴对称图形的性质，四边形ABCD沿直线l对折能够完全重合，再根据两直线平行，内错角相等可得∠CAD＝∠ACB＝∠BAC＝∠ACD，然后根据内错角相等，两直线平行即可判定AB∥CD，根据等角对等边可得AB＝BC，然后判定出四边形ABCD是菱形，根据菱形的对角线互相垂直平分即可判定AO＝OC；只有四边形ABCD是正方形时，AB⊥BC才成立．

【解析】∵l是四边形ABCD的对称轴，

∴∠CAD＝∠BAC，∠ACD＝∠ACB，

∵AD∥BC，

∴∠CAD＝∠ACB，

∴∠CAD＝∠ACB＝∠BAC＝∠ACD，

∴AB∥CD，AB＝BC，故①②正确；

又∵l是四边形ABCD的对称轴，

∴AB＝AD，BC＝CD，

∴AB＝BC＝CD＝AD，

∴四边形ABCD是菱形，

∴AO＝OC，故④正确，

∵菱形ABCD不一定是正方形，

∴AB⊥BC不成立，故③错误，

综上所述，正确的结论有①②④共3个．

故选：C．

7．（2022春•高新区校级期末）如图，点P为∠AOB内一点，分别作出P点关于OB、OA的对称点P1，P2，连接P1P2交OB于M，交OA于N，若∠AOB＝40°，则∠MPN的度数是（　　）

A．90° B．100° C．120° D．140°

【分析】首先证明∠P1+∠P2＝40°，可得∠PMN＝∠P1+∠MPP1＝2∠P1，∠PNM＝∠P2+∠NPP2＝2∠P2，推出∠PMN+∠PNM＝2×40°＝80°，可得结论．

【解析】∵P点关于OB的对称点是P1，P点关于OA的对称点是P2，

∴PM＝P1M，PN＝P2N，∠P2＝∠P2PN，∠P1＝∠P1PM，

∵∠AOB＝40°，

∴∠P2PP1＝140°，

∴∠P1+∠P2＝40°，

∴∠PMN＝∠P1+∠MPP1＝2∠P1，∠PNM＝∠P2+∠NPP2＝2∠P2，

∴∠PMN+∠PNM＝2×40°＝80°，

∴∠MPN＝180°﹣（∠PMN+∠PNM）＝180°﹣80°＝100°，

故选：B．

8．（2012秋•泰兴市校级期末）已知∠AOB＝30°，点P在∠AOB内部，点P1与点P关于OA对称，点P2与点P关于OB对称，则△P1OP2是（　　）

A．含30°角的直角三角形 

B．顶角是30°的等腰三角形 

C．等边三角形 

D．等腰直角三角形

【分析】根据轴对称的性质，结合等边三角形的判定求解．

【解析】∵P为∠AOB内部一点，点P关于OA、OB的对称点分别为P1、P2，

∴OP＝OP1＝OP2且∠P1OP2＝2∠AOB＝60°，

∴故△P1OP2是等边三角形．

故选：C．

9．（2020秋•赣榆区期末）如图，在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，AD为∠BAC的平分线，将△ADC沿直线AD翻折得△ADE，则DE的长为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7

【分析】由勾股定理求出AC＝10，求出BE＝4，设DE＝x，则BD＝8﹣x，得出（8﹣x）2+42＝x2，解方程求出x即可得解．

【解析】∵AB＝6，BC＝8，∠ABC＝90°，

∴AC＝＝＝10，

∵AD为∠BAC的平分线，将△ADC沿直线AD翻折得△ADE，

∴A、B、E共线，AC＝AE＝10，DC＝DE，

∴BE＝AE﹣AB＝10﹣6＝4，

在Rt△BDE中，设DE＝x，则BD＝8﹣x，

∵BD2+BE2＝DE2，

∴（8﹣x）2+42＝x2，

解得x＝5，

∴DE＝5，

故选：B．

10．（2021秋•滨湖区期中）如图，点P是∠AOB内一点，OP＝m，∠AOB＝α，点P关于直线OA的对称点为点Q、关于直线OB的对称点为点T，连接QT，分别交OA、OB于点M、N，连接PM、PN，下列结论：①∠OTQ＝90°﹣α；②当α＝30°时，△PMN的周长为m；③0＜QT＜2m；④∠MPN＝180°﹣2α，其中正确的是（　　）

A．①② B．③④ C．①②④ D．①②③④

【分析】①正确，利用轴对称的性质证明即可．

②正确，证明PMN的周长＝TQ，可得结论．

③错误，应该是0＜QT≤2m．

④正确，由∠MPN＝∠OPM+∠OPN＝∠OQM+∠ATN＝180°﹣2α，可得结论．

【解析】∵点P关于直线OA的对称点为点Q、关于直线OB的对称点为点T，

∴OQ＝OO＝OT，∠AOP＝∠AOQ，∠POB＝∠BOT，

∵∠AOB＝α，

∴∠QOT＝2α，

∴∠OQT＝∠OQT＝（180°﹣2α）＝90°﹣α，故①正确，

当α＝30°时，∵∠TOQ＝60°，OQ＝OT，

∴△OPQ是等边三角形，

∴QT＝OQ＝m，

∵MP＝MQ，NP＝NT，

∴△PMN的周长＝PM+MN+PN＝QM+MN+NT＝QT＝m，故②正确，

∵OQ＝OT＝m，

∴0＜QT≤2m，故③错误，

∠MPN＝∠OPM+∠OPN＝∠OQM+∠OTN＝180°﹣2α，故④正确，

故选：C．

二．填空题（共8小题）

11．（2022春•江宁区月考）如图，将一张长方形纸片ABCD沿EF折叠，ED′与BC交于点为G，点D、点C分别落在点D′、点C′的位置上，若∠1＝110°，则∠GFC′＝　70°　．

【分析】根据平行线的性质得出∠AEG＝70°，再根据翻折的性质得出∠DEF＝55°，进而利用平行线的性质解答即可．

【解析】∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，

∴∠AEG＝180°﹣∠1＝70°，∠DEF+∠EFC＝180°，

由翻折可得，∠DEF＝∠GEF，∠EFC＝∠EFC'，

∴∠DEF＝55°，

∴∠EFC＝180°﹣55°＝125°，

∴∠GFC'＝∠EFC'﹣∠EFG＝∠EFC﹣∠DEF＝125°﹣55°＝70°，

故答案为：70°．

12．（2021秋•江都区期末）如图，在三角形ABC中，∠ACB＝86°，点D为AB边上一个动点，连接CD，把三角形ACD沿着CD折叠，当∠A'CB＝20°时，则∠DCB＝　33°　．

【分析】首先利用角的和差关系可得∠ACA'＝106°，再根据折叠的性质得∠DCA'的度数，从而得出答案．

【解析】∵∠ACB＝86°，∠A'CB＝20°，

∴∠ACA'＝106°，

∵将三角形ACD沿着CD折叠，

∴∠DCA'＝∠ACA'＝53°，

∴∠DCB＝∠DCA'﹣∠A'CB＝53°﹣20°＝33°，

故答案为：33°．

13．（2021秋•泰兴市期末）如图，将笔记本活页一角折过去，使角的顶点A落在A'处，BC为折痕，再将另一角∠EDB斜折过去，使BD边落在∠A'BC内部，折痕为BE，点D的对应点为D'，设∠ABC＝35°，∠EBD＝63°，则∠A'BD'的大小为 　16　°．

【分析】根据角平分线的定义去计算，∠CBE的度数等于∠A′BC与∠A′BE的度数的和，然后根据平角的定义，找到等量关系，列出等式化简即可．

【解析】根据翻折可知：

∠A′BA＝2∠ABC＝2×35°＝70°，

∴∠A′BD＝180°﹣∠A′BA＝110°，

∵将另一角∠EDB斜折过去，使BD边落在∠A'BC内部，折痕为BE，

∴∠D′BE＝∠EBD＝63°，

∴∠A′BE＝∠A′BD﹣∠EBD＝110°﹣63°＝47°，

∴∠A'BD'＝∠D′BE﹣∠A′BE＝63°﹣47°＝16°，

∴∠A'BD'的大小为16°．

故答案为：16．

14．（2020秋•李沧区期末）如图，△AOB与△COB关于边OB所在的直线成轴对称，AO的延长线交BC于点D．若∠BOD＝46°，∠C＝22°，则∠ADC＝　70　°．

【分析】根据∠ADC＝∠A+∠ABD，求出∠A，∠ABD即可．

【解析】∵△AOB与△COB关于边OB所在的直线成轴对称，

∴△AOB≌△COB，

∴∠A＝∠C＝22°，∠ABO＝∠CBO，

∵∠BOD＝∠A+∠ABO，

∴∠ABO＝46°﹣22°＝24°，

∴∠ABD＝2∠ABO＝48°，

∴∠ADC＝∠A+∠ABD＝22°+48°＝70°，

故答案为：70．

15．（2021秋•西城区校级期中）如图，△ABC中，D点在BC上，将D点分别以AB、AC为对称轴，画出对称点E、F，并连接AE、AF．根据图中标示的角度，则∠EAF的度数为　134°　．

【分析】连接AD，利用轴对称的性质解答即可．

【解析】连接AD，

∵D点分别以AB、AC为对称轴，画出对称点E、F，

∴∠EAB＝∠BAD，∠FAC＝∠CAD，

∵∠B＝62°，∠C＝51°，

∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝180°﹣62°﹣51°＝67°，

∴∠EAF＝2∠BAC＝134°，

故答案为134°．

16．（2020秋•大武口区期末）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　4.5cm　．

【分析】由轴对称的性质可知：PM＝MQ，PN＝RN，先求得QN的长度，然后根据QR＝QN+NR即可求得QR的长度．

【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．

17．（2020•南京）如图，线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，若∠1＝39°，则∠AOC＝　78°　．

【分析】解法一：连接BO，并延长BO到P，根据线段的垂直平分线的性质得AO＝OB＝OC和∠BDO＝∠BEO＝90°，根据四边形的内角和为360°得∠DOE+∠ABC＝180°，根据外角的性质得∠AOP＝∠A+∠ABO，∠COP＝∠C+∠OBC，相加可得结论．

解法二：连接OB，同理得AO＝OB＝OC，由等腰三角形三线合一得∠AOD＝∠BOD，∠BOE＝∠COE，由平角的定义得∠BOD+∠BOE＝141°，最后由周角的定义可得结论．

【解析】解法一：连接BO，并延长BO到P，

∵线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，

∴AO＝OB＝OC，∠BDO＝∠BEO＝90°，

∴∠DOE+∠ABC＝180°，

∵∠DOE+∠1＝180°，

∴∠ABC＝∠1＝39°，

∵OA＝OB＝OC，

∴∠A＝∠ABO，∠OBC＝∠C，

∵∠AOP＝∠A+∠ABO，∠COP＝∠C+∠OBC，

∴∠AOC＝∠AOP+∠COP＝∠A+∠ABC+∠C＝2×39°＝78°；

解法二：

连接OB，

∵线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，

∴AO＝OB＝OC，

∴∠AOD＝∠BOD，∠BOE＝∠COE，

∵∠DOE+∠1＝180°，∠1＝39°，

∴∠DOE＝141°，即∠BOD+∠BOE＝141°，

∴∠AOD+∠COE＝141°，

∴∠AOC＝360°﹣（∠BOD+∠BOE）﹣（∠AOD+∠COE）＝78°；

故答案为：78°．

18．（2021春•汉台区期末）如图，∠MON内有一点P，点P关于OM的轴对称点是G，点P关于ON的轴对称点是H，GH分别交OM、ON于A、B点，若∠MON＝35°，则∠GOH＝　70°　．

【分析】连接OP，根据轴对称的性质可得∠GOM＝∠MOP，∠PON＝∠NOH，然后求出∠GOH＝2∠MON，代入数据计算即可得解．

【解析】如图，连接OP，

∵P点关于OM的轴对称点是G，P点关于ON的轴对称点是H，

∴∠GOM＝∠MOP，∠PON＝∠NOH，

∴∠GOH＝∠GOM+∠MOP+∠PON+∠NOH＝2∠MON，

∵∠MON＝35°，

∴∠GOH＝2×35°＝70°．

故答案为：70°．

三．解答题（共9小题）

19．如图，将△ABC沿着DE折叠，使点A与点N重合，若∠A＝65°，求∠1+∠2的度数．

【分析】先根据图形翻折变化的性质得出∠AED＝∠NED，∠ADE＝∠NDE，再根据三角形内角和定理即可求出∠AED+∠ADE及∠NED+∠NDE的度数，再根据平角的性质即可求出答案．

【解析】∵△NDE是△ADE翻折变换而成，

∴∠AED＝∠NED，∠ADE＝∠NDE，∠A＝∠N＝65°，

∴∠AED+∠ADE＝∠NED+∠NDE＝180°﹣65°＝115°，

∴∠1+∠2＝360°﹣2×115°＝130°．

20．如图，已知△ABC和△A'B'C'关于直线l成轴对称．

（1）在图中标出点A，B，C的对称点A'，B'，C'；

（2）若AB＝5，则对应线段A'B'＝　5　；

（3）若∠A＝50°，∠C'＝20°，求∠B的度数．

【分析】（1）根据轴对称的性质得出对称点即可；

（2）根据轴对称的性质得出A'B'＝AB即可；

（3）根据轴对称的性质和三角形内角和解答即可．

【解析】（1）如图所示，A'、B'、C'、如图所示；

（2）A'B'＝AB＝5，

（3）∵△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，∠A＝50°，

∴∠C＝∠C′＝20°；

∴∠B＝180°﹣70°＝110°．

故答案为：5；

21．（2019秋•苍溪县期中）如图，在△ABC中，直线l交AB于点M，交BC于点N，点B关于直线l的对称点D在线段BC上，且AD⊥MD，∠B＝28°，求∠DAB的度数．

【分析】利用轴对称图形的性质得出MD＝MB，进而得出∠AMD的度数，进而得出答案．

【解析】∵点B关于直线l的对称点是点D，

∴直线l是线段DB的垂直平分线，

∴MD＝MB，

∴∠MDB＝∠B＝28°，

∴∠AMD＝∠MDB+∠B＝56°，

在Rt△ADM中

∠DAB＝90°﹣56°＝34°．

22．（2020春•竞秀区期末）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＝　120　°；

②若∠AOB＝α，求∠COD的度数．

（2）若CD＝4，则△PMN的周长为　4　．

【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°，

故答案为：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，

故答案为：4

23．（2019秋•老城区校级月考）如图，∠MON内有一点P，P点关于OM的轴对称点是G，P点关于ON的轴对称点是H，GH分别交OM、ON于A、B点，若GH的长为14，求△PAB的周长．

【分析】先根据轴对称的性质得出PA＝AG，PB＝BH，由此可得出结论．

【解析】∵P点关于OM的轴对称点是G，P点关于ON的轴对称点是H，

∴PA＝AG，PB＝BH，

∴△PAB的周长＝AP+PB+AB＝AG+AB+BH＝GH＝14．