专题04 轴对称练习-【挑战压轴题】2021-2022学年八年级数学上册压轴题专题精选汇编（人教版）

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1．（2020秋•东城区校级期中）如图，P是∠AOB外的一点，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恰好落在MN的延长线上．若PM＝2.5，PN＝3，MR＝7，则线段QN的长为（ ）
A．1B．1.5C．2D．2.5
【思路引导】利用轴对称图形的性质得出PM＝MQ，PN＝NR，进而得出MN＝4，得出NQ的长．
【完整解答】解：∵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MN的延长线上，
∴PM＝MQ，PN＝NR，
∵PM＝2.5，PN＝3，MR＝7，
∴RN＝3，MN＝MR﹣NR＝7﹣3＝4，MQ＝MP＝2.5，
即NQ＝MN﹣MQ＝4﹣2.5＝1.5，
故选：B．
2．（2020春•高州市期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，若AC+BC＝50，DE为AB的垂直平分线，则△ACD的周长为（ ）
A．25B．45C．50D．55
【思路引导】由垂直平分线的性质可求得AD＝BD，则△ACD的周长可化为AC+CD+BD，即AC+BC，可求得答案．
【完整解答】解：∵DE为AB的垂直平分线，
∴AD＝BD，
∴AC+CD+AD＝AC+CD+BD＝AC+BC＝50，
故选：C．
3．（2020春•禅城区期末）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．3：20B．3：40C．4：40D．8：20
【思路引导】根据镜面对称的性质，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，分析并作答．
【完整解答】解：根据镜面对称的性质，分析可得题中所显示的时刻与3：40成轴对称，所以此时实际时刻为3：40．
故选：B．
4．（2020春•锦江区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB，DE垂直平分AB，交AB于点E．若AC＝m，BC＝n，则△BDE的周长为（ ）
A．m+nB．2m+2nC．m+2nD．2m+n
【思路引导】根据角平分线的定义和性质求出CD＝DE，∠CAD＝∠BAD，根据线段垂直平分线的性质求出AD＝BD，求出∠B＝∠BAD＝∠CAD，求出∠B＝30°，求出BE，再求出答案即可．
【完整解答】解：∵DE垂直平分AB，
∴AD＝BD，
∴∠B＝∠DAE，
∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB，DE⊥AB，
∴CD＝DE，∠CAD＝∠BAD，
∴∠B＝∠CAD＝∠BAD，
∵∠B+∠CAD+∠BAD＝180°﹣∠C＝90°，
∴∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝2m，
∴BE＝AE＝m，
∵BE＝m，BC＝n，
∴△BDE的周长为BE+DE+DB＝BE+CD+BD＝BC+BE＝m+n，
故选：A．
5．（2020•文成县二模）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，E是BC的中点，过点E作BC的垂线交BD于点F，连接CF．若∠A＝50°，∠ACF＝40°，则∠CFD的度数为（ ）
A．30°B．45°C．55°D．60°
【思路引导】设∠ABD＝∠CBD＝x°，则∠CFD＝2x°，根据线段垂直平分线性质求出BF＝CF，推出∠FCB＝∠CBD，根据三角形内角和定理得出方程，求出方程的解即可．
【完整解答】解：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
设∠ABD＝∠CBD＝x°，则∠CFD＝2x°，
∵EF是BC的垂直平分线，
∴BF＝CF，
∴∠FCB＝∠CBD＝x°，
∵∠A＝50°，∠ACF＝40°，
∴50°+40°+x°+2x°＝180°，
解得：x＝30，
∴∠CFD＝2x°＝60°，
故选：D．
6．（2020秋•遵化市期末）如图，在2×2的方格纸中有一个以格点为顶点的△ABC，则与△ABC成轴对称且以格点为顶点三角形共有（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
【思路引导】解答此题首先找到△ABC的对称轴，EH、GC、AD，BF等都可以是它的对称轴，然后依据对称找出相应的三角形即可．
【完整解答】解：与△ABC成轴对称且以格点为顶点三角形有△ABG、△CDF、△AEF、△DBH，△BCG共5个，
故选：C．
7．（2019秋•洪山区期中）如图，点C、D在线段AB的同侧，CA＝4，AB＝12，BD＝9，M是AB的中点，∠CMD＝120°，则CD长的最大值是（ ）
A．16B．19C．20D．21
【思路引导】作点A关于CM的对称点A′，作点B关于DM的对称点B′，证明△A′MB′为等边三角形，即可解决问题．
【完整解答】解：如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′．
∵∠CMD＝120°，
∴∠AMC+∠DMB＝60°，
∴∠CMA′+∠DMB′＝60°，
∴∠A′MB′＝60°，
∵MA′＝MB′，
∴△A′MB′为等边三角形
∵CD≤CA′+A′B′+B′D＝CA+AM+BD＝4+6+9＝19，
∴CD的最大值为19，
故选：B．
8．（2013•南通二模）下列轴对称图形中，只用一把无刻度的直尺不能画出对称轴的是（ ）
A．菱形B．三角形C．等腰梯形D．正五边形
【思路引导】针对各图形的对称轴，对各选项分析判断后利用排除法求解．
【完整解答】解：A、菱形，对角线所在的直线即为对称轴，可以用直尺画出，故A选项错误；
B、三角形对称轴只用一把无刻度的直尺无法画出，故B选项正确；
C、等腰梯形，延长两腰相交于一点，作两对角线相交于一点，根据等腰梯形的对称性，过这两点的直线即为对称轴，故C选项错误；
D、正五边形，作一条对角线把正五边形分成一个等腰三角形与一个等腰梯形，根据正五边形的对称性，过等腰三角形的顶点与梯形的对角线的交点的直线即为对称轴，故D选项错误．
故选：B．
二．填空题
9．（2020秋•太湖县期末）如图，△ABC中，DE是AB的垂直平分线，交BC于D，交AB于E，已知AE＝1cm，△ACD的周长为12cm，则△ABC的周长是 14 cm．
【思路引导】由已知条件，利用线段的垂直平分线的性质得到线段相等，进行线段的等量代换后将△ABC的周长转化为△ACD的周长和线段AD、DB的和即可得△ABC的周长＝BA+AC+CD+DB＝BA+（AC+CD+DA）．
【完整解答】解：∵DE是AB的垂直平分线，
∴AB＝2AE＝2×1＝2cm；
DB＝DA
∴△ABC的周长为
BA+AC+CD+DB＝BA+（AC+CD+DA）＝2+12＝14cm．
△ABC的周长是14cm．
故填14．
10．（2020秋•台江区期中）如图，△ABC与△DCB关于直线EF对称，那么图中全等的三角形共有 3 对．
【思路引导】根据平行的性质及全等三角形的判定方法来确定图中存在的全等三角形共有三对：△ABC≌△DCB，△ABE≌△CDE，△BFE≌△CFE．再分别进行证明．
【完整解答】解：①△ABC≌△DCB．
∵△ABC与△DCB关于直线EF对称，
∴AB＝CD，AC＝BD，
∵BC＝BC，
在△ABC和△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB（SSS）；

②△ABE≌△CDE．
∵△ABC与△DCB关于直线EF对称，
∴AB＝DC，AE＝DE，BE＝CE，
在△ABE和△CDE中，
，
∴△ABE≌△CDE（SSS）；

③同法可证：△BFE≌△CFE
∴图中的全等三角形共有3对．
故答案为：3．
11．（2020秋•淇滨区校级月考）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∠MON＝32°，则∠GOH＝ 64° ．
【思路引导】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．
【完整解答】解：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＝32°，
∴∠GOH＝2×32°＝64°．
故答案为：64°．
12．（2020秋•金平区校级期中）如图所示，点P为∠AOB内一点，分别作出P点关于OA、OB的对称点P1，P2，连接P1P2交OA于M，交OB于N，若∠P1PP2＝140°，则∠NPM＝ 100° ．
【思路引导】首先求出∠P1+∠P2＝40°证明∠PNM＝∠P2+∠NPP2＝2∠P2，∠PMN＝∠P1+∠MPP1＝2∠P1，推出∠PNM+∠PMN＝2（∠P1+∠P2）＝80°，可得结论．
【完整解答】解：∵P点关于OA、OB的对称点为P1，P2，
∴NP＝NP2，MP＝MP1，
∴∠P2＝∠NPP2，∠P1＝∠MPP1，
∵∠P1PP2＝140°，
∴∠P1+∠P2＝40°，
∵∠PNM＝∠P2+∠NPP2＝2∠P2，∠PMN＝∠P1+∠MPP1＝2∠P1，
∴∠PNM+∠PMN＝2（∠P1+∠P2）＝80°，
∴∠NPM＝180°﹣（∠PNM+∠PMN）＝100°，
故答案为：100°．
13．（2020秋•海淀区校级期中）如图，在6×6的正方形网格中，选取13个格点，以其中的三个格点A，B，C为顶点画△ABC，请你在图中以选取的格点为顶点再画出一个△ABP，使△ABP与△ABC成轴对称．这样的P点有 2 个？（填P点的个数）
【思路引导】根据轴对称图形的性质画出图形即可．
【完整解答】解：如图，满足条件的△ABP有2个，
故答案为2．
14．（2022•碑林区校级四模）如图，在四边形ABCD中，AB＝6，AD＝BC＝3，E为AB边中点，且∠CED＝120°，则边DC长度的最大值为 9 ．
【思路引导】如图，将△ADE沿DE翻折得到△MDE，将△BCE沿EC翻折得到△NCE，连接MN．证明△EMN是等边三角形，根据CD≤DM+MN+NC，可得结论．
【完整解答】解：如图，将△ADE沿DE翻折得到△MDE，将△BCE沿EC翻折得到△NCE，连接MN．
由翻折的性质可知，AD＝DM＝3．AE＝EB＝EM＝EN＝3，CB＝CN＝3，∠AED＝∠MEB，∠EBC＝∠NEC，
∵∠DEC＝120°，
∴∠AED+∠BEC＝180°﹣120°＝60°，
∴∠DEM+∠NEC＝60°，
∴∠MEN＝60°，
∴△EMN是等边三角形，
∴MN＝EM＝EN＝3，
∵CD≤DM+MN+CN，
∴CD≤9，
∴CD的最大值为9，
故答案为：9．
15．（2022春•金牛区校级期中）已知：△ABC是三边都不相等的三角形，点P是三个内角平分线的交点，点O是三边垂直平分线的交点，当P、O同时在不等边△ABC的内部时，那么∠BOC和∠BPC的数量关系是：∠BOC＝ 4∠BPC﹣360° ．
【思路引导】根据三角形角平分线的性质以及三角形内角和定理，即可得到∠BAC＝2∠BPC﹣180°；再根据三角形垂直平分线的性质以及三角形内角和定理，即可得到∠BOC＝2∠BAC，进而得出∠BOC和∠BPC的数量关系．
【完整解答】解：∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCB＝∠ACB，
∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
＝180°﹣（ ∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣（180°﹣∠BAC）
＝90°+∠BAC，
即∠BAC＝2∠BPC﹣180°；
如图，连接AO．
∵点O是这个三角形三边垂直平分线的交点，
∴OA＝OB＝OC，
∴∠OAB＝∠OBA，∠OAC＝∠OCA，∠OBC＝∠OCB，
∴∠AOB＝180°﹣2∠OAB，∠AOC＝180°﹣2∠OAC，
∴∠BOC＝360°﹣（∠AOB+∠AOC）
＝360°﹣（180°﹣2∠OAB+180°﹣2∠OAC），
＝2∠OAB+2∠OAC
＝2∠BAC
＝2（2∠BPC﹣180°）
＝4∠BPC﹣360°，
故答案为：4∠BPC﹣360°．
16．（2020•碑林区校级模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为5，l是过点A的任意一条直线，点M是点D关于直线l的对称点．连接CM，则线段CM长度的最大值是 5+5 ．
【思路引导】如图，连接AC，AM．求出AC，AM，根据CM≤AC+AM即可解决问题．
【完整解答】解：如图，连接AC，AM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝90°，AD＝CD＝5，
∴AC＝5，
∵D，M关于直线l对称，
∴AM＝AD＝5，
∵CM≤AC+AM＝5+5，
∴CM的最大值为5+5．
17．（2019秋•合浦县期中）如图，已知AE＝BE，DE是AB的垂直平分线，BF＝12，CF＝3，则AC＝ 15 ．
【思路引导】利用垂直平分线的性质得出AF＝BF，从而求出AC的长．
【完整解答】解：∵DE是AB的垂直平分线，
∴AF＝BF
∴AC＝AF+CF＝BF+CF＝12+3＝15．
18．（2018秋•江岸区校级期中）O点是△ABC的边AB、AC的垂直平分线的交点，P点是∠ABC、∠ACB的平分线的交点，若3∠BOC＝2∠BPC，则∠BAC＝ 36°或（）° ．
【思路引导】分两种情况讨论，根据中垂线定理及角平分线的性质分别将∠BOC和∠BPC用∠BAC表示出来，再根据3∠BOC＝2∠BPC可得出答案．
【完整解答】解：分两种情况：
①如图所示，当O在△ABC内部时，连接AO，
∵O点是△ABC的边AB、AC的垂直平分线的交点，
∴AO＝BO＝CO，
∴∠ABO＝∠BAO，∠ACO＝∠CAO，
∴∠BOC＝∠ABO+∠BAO+∠ACO+∠CAO＝2∠BAC，
∵P点是∠ABC、∠ACB的平分线的交点，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCB＝∠ACB，
∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣（180°﹣∠BAC）
＝90°+∠BAC，
又∵3∠BOC＝2∠BPC，
∴3×2∠BAC＝2（90°+∠BAC），
解得∠BAC＝36°；

②如图所示，当O在△ABC外部时，连接AO，
∵O点是△ABC的边AB、AC的垂直平分线的交点，
∴AO＝BO＝CO，
∴∠ABO＝∠BAO，∠ACO＝∠CAO，
∴四边形ABOC中，∠BOC＝360°﹣∠ABO﹣∠BAO﹣∠ACO﹣∠CAO＝360°﹣2∠BAC，
∵P点是∠ABC、∠ACB的平分线的交点，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCB＝∠ACB，
∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣（180°﹣∠BAC）
＝90°+∠BAC，
又∵3∠BOC＝2∠BPC，
∴3×（360°﹣2∠BAC）＝2（90°+∠BAC），
解得∠BAC＝（）°，
故答案为：36°或（）°．
19．（2020春•成华区期末）如图，AD，BE在AB的同侧，AD＝2，BE＝2，AB＝4，点C为AB的中点，若∠DCE＝120°，则DE的最大值是 6 ．
【思路引导】如图，作点A关于直线CD的对称点M，作点B关于直线CE的对称点N，连接DM，CM，CN，MN，NE．证明△CMN是等边三角形，再根据DE≤DM+MN+EN，当D，M，N，E共线时，DE的值最大．
【完整解答】解：如图，作点A关于直线CD的对称点M，作点B关于直线CE的对称点N，连接DM，CM，CN，MN，NE．
由题意AD＝EB＝2，AC＝CB＝2，DM＝CM＝CN＝EN＝2，
∴∠ACD＝∠ADC，∠BCE＝∠BEC，
∵∠DCE＝120°，
∴∠ACD+∠BCE＝60°，
∵∠DCA＝∠DCM，∠BCE＝∠ECN，
∴∠ACM+∠BCN＝120°，
∴∠MCN＝60°，
∵CM＝CN＝2，
∴△CMN是等边三角形，
∴MN＝2，
∵DE≤DM+MN+EN，
∴DE≤6，
∴当D，M，N，E共线时，DE的值最大，最大值为6，
故答案为：6．
三．解答题
20．（2020•西城区校级模拟）如图，在△ABC中，BC的垂直平分线交BC于点D，交AB延长线于点E，连接CE．求证：∠BCE＝∠A+∠ACB．
【思路引导】根据线段垂直平分线的想知道的CE＝BE，根据等腰三角形的性质得到∠ECB＝∠EBC，根据三角形的外角的性质即可得到结论．
【完整解答】证明：∵BC的垂直平分线交BC于点D，交AB延长线于点E，
∴CE＝BE，
∴∠ECB＝∠EBC，
∵∠EBC＝∠A+∠ACB，
∴∠BCE＝∠A+∠ACB．
21．（2020春•兴宁区校级期末）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＝10cm，求△DAF的周长．
【思路引导】（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．
【完整解答】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的周长为：AD+DF+AF＝BD+DF+FC＝BC＝10（cm）．
22．（2020春•毕节市期中）如图所示，一辆汽车在笔直的公路AB上由A向B行驶，M，N分别是位于公路AB两侧的村庄，当汽车行驶到哪个位置时，与村庄M，N的距离相等．
【思路引导】到M、N距离相等的点在线段MN的垂直平分线上，故其位置为线段MN的垂直平分线与公路AB的交点处．
【完整解答】解：（1）连接MN；
（2）作线段MN的垂直平分线l，
交直线AB于C点，则C点即为所求．
23．（2020春•扶风县期末）已知：如图，∠AOB及M、N两点．请你在∠AOB内部找一点P，使它到角的两边和到点M、N的距离分别相等（保留作图痕迹）．
【思路引导】点P是∠AOB的平分线与线段MN的中垂线的交点．
【完整解答】解：点P就是所求的点．（2分）
如果能正确画出角平分线和中垂线的给满分
24．（2020春•郓城县期末）如图，AD是△ABC的角平分线，DE、DF分别是△ABD和△ACD的高，求证：AD垂直平分EF．
【思路引导】根据三角形的角平分线的性质定理和垂直平分线的性质定理解答．
【完整解答】证明：设AD、EF的交点为K，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF．
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠AED＝∠AFD＝90°，
在Rt△ADE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），
∴AE＝AF．
∵AD是△ABC的角平分线
∴AD是线段EF的垂直平分线．
25．（2022春•中原区校级月考）如图，在△ABC中，DM，EN分别垂直平分边AC和边BC，交边AB于M，N两点，DM与EN相交于点F．
（1）若AB＝3cm，求△CMN的周长．
（2）若∠MFN＝70°，求∠MCN的度数．
【思路引导】（1）根据线段垂直平分线的性质得到AM＝CM，BN＝CN，根据三角形的周长公式计算，得到答案；
（2）根据三角形内角和定理求出∠MNF+∠NMF，进而求出∠A+∠B，结合图形计算即可．
【完整解答】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＝3（cm）；
（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°．
26．（2020秋•河南期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，点P为边BC上的一点，BC＝3BP，且∠PAB＝15°，点C关于直线PA的对称点为D，连接BD，又△APC的PC边上的高为AH
（1）求∠BPD的大小；
（2）判断直线BD，AH是否平行？并说明理由；
（3）证明：∠BAP＝∠CAH．
【思路引导】（1）根据点C关于直线PA的对称点为D，即可得到△ADP≌△ACP，进而得出∠APC＝∠APD＝60°，即可得到∠BPD＝180°﹣120°＝60°；
（2）先取PD中点E，连接BE，则△BEP为等边三角形，△BDE为等腰三角形，进而得到∠DBP＝90°，即BD⊥BC．再根据△APC的PC边上的高为AH，可得AH⊥BC，进而得出BD∥AH；
（3）过点A作BD、DP的垂线，垂足分别为G、F．根据∠GBA＝∠CBA＝45°，可得点A在∠GBC的平分线上，进而得到点A在∠GDP的平分线上．再根据∠GDP＝150°，即可得到∠C＝∠ADP＝75°，进而得到Rt△ACH中，∠CAH＝15°，即可得出∠BAP＝∠CAH．
【完整解答】解：（1）∵∠PAB＝15°，∠ABC＝45°，
∴∠APC＝15°+45°＝60°，
∵点C关于直线PA的对称点为D，
∴PD＝PC，AD＝AC，
∴△ADP≌△ACP，
∴∠APC＝∠APD＝60°，
∴∠BPD＝180°﹣120°＝60°；

（2）直线BD，AH平行．理由：
∵BC＝3BP，
∴BP＝PC＝PD，
如图，取PD中点E，连接BE，则△BEP为等边三角形，△BDE为等腰三角形，
∴∠BEP＝60°，
∴∠BDE＝∠BEP＝30°，
∴∠DBP＝90°，即BD⊥BC．
又∵△APC的PC边上的高为AH，
∴AH⊥BC，
∴BD∥AH；

（3）如图，过点A作BD、DP的垂线，垂足分别为G、F．
∵∠APC＝∠APD，即点A在∠DPC的平分线上，
∴AH＝AF．
∵∠CBD＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠GBA＝∠CBA＝45°，
即点A在∠GBC的平分线上，
∴AG＝AH，
∴AG＝AF，
∴点A在∠GDP的平分线上．
又∵∠BDP＝30°，
∴∠GDP＝150°，
∴∠ADP＝×150°＝75°，
∴∠C＝∠ADP＝75°，
∴Rt△ACH中，∠CAH＝15°，
∴∠BAP＝∠CAH．
27．（2022春•会宁县期末）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．
【思路引导】（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．
【完整解答】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°．
28．（2020秋•潮阳区期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于点D，AC的垂直平分线BE与CD交于点F，与AC交于点E．
（1）判断△DBC的形状并证明你的结论．
（2）求证：BF＝AC．
（3）试说明CE＝BF．
【思路引导】（1）根据已知条件得到∠BCD＝45°，求得BD＝CD，于是得到结论；
（2）根据全等三角形的性质和判定即可得到结论；
（3）根据线段垂直平分线的性质即可得到结论．
【完整解答】解：（1）△DBC是等腰直角三角形，
理由：∵∠ABC＝45°，CD⊥AB，
∴∠BCD＝45°，
∴BD＝CD，
∴△DBC是等腰直角三角形；
（2）∵BE⊥AC，
∴∠BDC＝∠BEC＝90°，
∵∠BFD＝∠CFE，
∴∠DBF＝∠ACD，
在△BDF与△CDA中，
，
∴△BDF≌△CDA，
∴BF＝AC；
（3）∵BE是AC的垂直平分线，
∴CE＝AC，
∴CE＝BF．
29．（2019春•梅县区期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8．在CB上找一点E，使EB＝EA（利用尺规作图，保留作图痕迹），并求出此时CE的长．
【思路引导】作AB的垂直平分线交BC于E，则根据线段垂直平分线的性质得到EA＝EB，设CE＝x，则EA＝EB＝8﹣x，利用勾股定理得到62+x2＝（8﹣x）2，然后解方程即可．
【完整解答】解：如图，点E为所作；
设CE＝x，则EA＝EB＝8﹣x
在Rt△ABC中，∵AC2+CE2＝AE2，
∴62+x2＝（8﹣x）2，解得x＝
即CE＝．
30．（2017秋•靖江市校级月考）如图，OE，OF分别是△ABC中AB，AC边的中垂线（即垂直平分线），∠OBC、
∠OCB的平分线相交于点I，试判定OI与BC的位置关系，并给出证明．
【思路引导】首先连接OA，过点I作IM⊥OB于点M，过点I作IN⊥OC于点N，过点I作IG⊥BC于点G，由OE，OF分别是AB，AC边的中垂线，可得OA＝OB＝OC，又由∠OBC，∠OCB的平分线相交于点I，可得点I在∠BOC的角平分线上，然后由三线合一，证得结论．
【完整解答】解：OI⊥BC．
理由：连接OA，过点I作IM⊥OB于点M，过点I作IN⊥OC于点N，过点I作IG⊥BC于点G，
∵OE，OF分别是AB，AC边的中垂线，
∴OA＝OB，OA＝OC，
∴OB＝OC，
∵∠OBC，∠OCB的平分线相交于点I，
∴IM＝IG，IN＝IG，
∴IM＝IN，
∴点I在∠BOC的角平分线上，
∵OB＝OC，
∴OI⊥BC．