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【同步讲义】苏科版数学八年级上册：第2章《轴对称图形》 讲义（导图+知识点+考点提优练）
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2022-2023学年苏科版数学八年级上册章节考点精讲精练
第2章《轴对称图形》
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知识点01：轴对称
1.轴对称图形和轴对称
（1）轴对称图形
如果一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴.轴对称图形的性质：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.
（2）轴对称
定义：把一个图形沿着某一条直线折叠，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.成轴对称的两个图形的性质：
①关于某条直线对称的两个图形形状相同，大小相等，是全等形；
②如果两个图形关于某条直线对称，则对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线；
③两个图形关于某条直线对称，如果它们的对应线段或延长线相交，那么它们的交点在对称轴上.
（3）轴对称图形与轴对称的区别和联系
区别: 轴对称是指两个图形的位置关系，轴对称图形是指具有特殊形状的一个图形；轴对称涉及两个图形，而轴对称图形是对一个图形来说的.联系：如果把一个轴对称图形沿对称轴分成两个图形，那么这两个图形关于这条轴对称；如果把成轴对称的两个图形看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形．
2.线段的垂直平分线
垂直并且平分一条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线，也叫线段的中垂线．
3.作轴对称图形
（1）几何图形都可以看作由点组成，我们只要分别作出这些点关于对称轴的对应点，再连接这些点，就可以得到原图形的轴对称图形；
（2）对于一些由直线、线段或射线组成的图形，只要作出图形中的一些特殊点（如线段端点）的对称点，连接这些对称点，就可以得到原图形的轴对称图形.
4.用坐标表示轴对称
点（,）关于轴对称的点的坐标为（,－）；点（,）关于轴对称的点的坐标为（－,）；点（,）关于原点对称的点的坐标为（－,－）.
知识点02：线段、角的轴对称性
1.线段的轴对称性
（1）线段是轴对称图形，线段的垂直平分线是它的对称轴.
（2）线段垂直平分线的性质定理：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；
（3）线段垂直平分线的性质定理的逆定理：到线段两个端距离相等的点在线段的垂直平分线
2.角的轴对称性
（1）角是轴对称图形，角的平分线所在的直线是它的对称轴.
（2）角平分线上的点到角两边的距离相等.
（3）角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上.
知识点03：等腰三角形
1.等腰三角形
（1）定义：有两边相等的三角形，叫做等腰三角形.
（2）等腰三角形性质
①等腰三角形的两个底角相等，即“等边对等角”；
②等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线与底边上的高线互相重合（简称“三线合一”）.特别地，等腰直角三角形的每个底角都等于45°.
（3）等腰三角形的判定
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（即“等角对等边”）.
2.等边三角形
（1）定义：三条边都相等的三角形，叫做等边三角形.
（2）等边三角形性质：等边三角形的三个角相等，并且每个角都等于60°.
（3）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有一个角为 60°的等腰三角形是等边三角形.
3.直角三角形的性质定理：
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
考点提优练
考点01：轴对称的性质
1．（2022春•巴彦县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADE关于直线AD对称，点B的对称点是点E，则∠CAE的度数为（ ）
A．10° B．20° C．30° D．40°
解：∵∠B＝50°，∠ABC＝90°，
∴∠C＝90°﹣50°＝40°，
∵AD⊥BC，△ADB与△ADE关于直线AD对称，
∴∠AED＝∠B＝50°，
∵∠AED＝∠C+∠CAE，
∴∠CAE＝50°﹣40°＝10°，
故选：A．
2．（2022春•沙坪坝区校级期中）折纸是一门古老而有趣的艺术，现代数学家藤田文章和羽鸟公士郎甚至为折纸建立了一套完整的“折纸几何学公理”．如图所示，南南在课余时间拿出一张长方形纸片ABCD（∠A＝∠B＝∠C＝90°），他先将纸片沿EF折叠，再将折叠后的纸片沿GH折叠，使得GD'与A'B'重合，展开纸片后测量发现∠BFE＝60°，则∠DGH＝ 15 °．
解：由折叠得：∠AEF＝∠A1EF，∠D＝∠D1＝90°，∠A＝∠A1＝90°，∠DGH＝∠D1GH，
∵ABCD是长方形，∠BFE＝60°，
∴AD∥BC，
∴∠AEF+∠BFE＝180°，∠GEF＝∠BFE＝60°，
∴∠AEF＝120°，
∴∠A1EF＝120°，
∴∠A1EG＝∠A1EF﹣∠GEF＝60°，
∴∠A1GE＝30°，
∵GD1与A1B1重合，
∴∠DGD1＝∠A1GE＝30°，
∴∠HGD＝∠DGD1＝15°，
故答案为：15．
3．（2021秋•中原区校级期末）如图所示，已知直线m∥n，且这两条平行线间的距离为5个单位长度，点P为直线n上一定点，以P为圆心、大于5个单位长度为半径画弧，交直线m于A、B两点．再分别以点A、B为圆心、大于AB长为半径画弧，两弧交于点Q，作直线PQ，交直线m于点O．点H为射线OB上一动点，作点O关于直线PH的对称点O′，当点O′到直线n的距离为4个单位时，线段PH的长度为 ．
解：连接PO′，过点O′作O′T⊥OP于点T．
在Rt△PTO′中，PT＝4，PO＝PO′＝5，
∴O′T＝＝＝3，
在Rt△OO′T中，OO′＝＝＝，
∵O，O′关于PH对称，
∴PH⊥OO′，
∵PQ⊥AB，
∴∠OPH+∠TOO′＝90°，∠TOO′+∠TO′O＝90°，
∴∠OPH＝∠OO′T，
∵∠POH＝∠OTO′＝90°，
∴△POH∽△O′TO，
∴＝，
∴＝，
∴PH＝．
故答案为：．
4．（2021秋•辛集市期末）如图，△ABE、△BDC和△ABC分别是关于AB，BC边所在直线对称的轴对称图形，若∠1：∠2：∠3＝9：2：1，则∠4的度数为 90° ．
解：延长AB交DC于点F，
∵∠1：∠2：∠3＝9：2：1，
∴设∠1＝9x，∠2＝2x，∠3＝x，
由∠1+∠2+∠3＝180°得：
9x+2x+x＝180°，
解得x＝15，
故∠1＝9×15＝135°，∠2＝2×15＝30°，∠3＝1×15＝15°，
∴∠DCB＝∠E＝∠3＝15°，∠2＝∠EAB＝∠D＝30°，
∴∠EAC＝60°，∠DCA＝30°，
∴∠4＝∠EAC+∠DCA＝90°，
故答案为：90°．
5．（2021秋•庆阳期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，点P为边BC上的一点，PC＝BC，且∠PAB＝15°，AH⊥BC，点C关于PA所在直线的对称点为D，连接BD．
（1）求∠BPD的度数；
（2）求证：BD∥AH．
（3）求证：∠BAP＝∠CAH．
（1）解：∵∠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）证明：∵PC＝BC，
∴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）证明：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．
6．（2021秋•富县期中）如图，已知四边形ABCD与四边形EFGH关于直线MN对称，∠D＝130°，∠A+∠B＝155°，AD＝4cm，EF＝5cm．
（1）求出AB，EH的长度以及∠G的度数；
（2）连接AE，DH，AE与DH平行吗？为什么？
解：（1）∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴∠C＝360°﹣155°﹣130°＝75°，
∵四边形ABCD与四边形EFGH关于直线MN对称，
∴AB＝EF＝5（cm），EH＝AD＝4（cm），∠G＝∠C＝75°．
（2）结论：AE∥DH．
理由：∵A，E关于MN对称，D，H关于MN对称，
∴MN⊥AE，MN⊥DH，
∴AE∥DH．
7．（2019秋•双流区期末）如图，直线l1∥l2，直线l3交直线l1于点B，交直线l2于点D，O是线段BD的中点．过点B作BA⊥l2于点A，过点D作DC⊥l1于点C，E是线段BD上一动点（不与点B，D重合），点E关于直线AB，AD的对称点分别为P，Q，射线PO与射线QD相交于点N，连接PQ．
（1）求证：点A是PQ的中点；
（2）请判断线段QN与线段BD是否相等，并说明理由．
（1）证明：连接AE．
∵点E关于直线AB，AD的对称点分别为P，Q，
∴AP＝AE，AQ＝AE，∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴AP＝AQ，
∵AB⊥l2，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝180°，
∴P，A，Q三点在同一条直线上，
∴点A是PQ的中点．
（2）解：结论QN＝BD，理由如下：连接PB．
∵点E关于直线AB，AD的对称点分别为P，Q，
∴BP＝BE，DQ＝DE，∠5＝∠6，∠7＝∠8，
∵l1∥l2，DC⊥l1，
∴DC⊥l2，
∴∠7+∠9＝90°，
∴∠8+∠10＝90°，
∴∠9＝∠10，
又∵AB⊥l2，DC⊥l2，
∴AB∥CD，
∴∠6＝∠9，
∴∠5+∠6＝∠9+∠10，
即∠OBP＝∠ODN，
∵O是线段BD的中点，
∴OB＝OD，
又∠BOP＝∠DON，
在△BOP和△DON中，
，
∴△BOP≌△DON（ASA），
∴BP＝DN，
∴BE＝DN，
∴QN＝DQ+DN＝DE+BE＝BD．
考点02：作图-轴对称变换
8．（2021•蜀山区一模）如图，在四边形ABCD中，请在所给的图形中进行操作：
①作点A关于BD的对称点P；
②作射线PC交BD于点Q；
③连接AQ．试用所作图形进行判断，下列选项中正确的是（ ）
A．∠PCB＝∠AQB B．∠PCB＜∠AQB
C．∠PCB＞∠AQB D．以上三种情况都有可能
解：如图，
∵A，P关于BD对称，
∴∠AQB＝∠PQB，
∵∠PCB＞∠PQB，
∴∠PCB＞∠AQB，
故选：C．
9．（2022春•龙岗区期末）如图，分别以△ABC的边AB，AC所在直线为对称轴作△ABC的对称图形△ABD和△ACE，∠BAC＝150°，线段BD与CE相交于点O，连接BE、ED、DC、OA．有如下结论：①∠EAD＝90°；②∠BOE＝60°；③OA平分∠BOC；④EA＝ED；⑤BP＝EQ．其中正确的结论个数是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
解：∵△ABD和△ACE是△ABC的轴对称图形，
∴∠BAD＝∠CAE＝∠BAC，AB＝AE，AC＝AD，
∴∠EAD＝3∠BAC﹣360°＝3×150°﹣360°＝90°，故①正确；
∴∠BAE＝∠CAD＝（360°﹣90°﹣150°）＝60°，
由翻折的性质得，∠AEC＝∠ABD＝∠ABC，
又∵∠EPO＝∠BPA，
∴∠BOE＝∠BAE＝60°，故②正确；
∵△ACE≌△ADB，
∴S△ACE＝S△ADB，BD＝CE，
∴BD边上的高与CE边上的高相等，
即点A到∠BOC两边的距离相等，
∴OA平分∠BOC，故③正确；
只有当AC＝AB时，∠ADE＝30°，才有EA＝ED，故④错误；
在△ABP和△AEQ中，∠ABD＝∠AEC，AB＝AE，∠BAE＝60°，∠EAQ＝90°，
∴BP＜EQ，故⑤错误；
综上所述，结论正确的是①②③共3个．
故选：B．
10．（2020秋•松江区期末）如图，在2×2的正方形的网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形．图中的△ABC为格点三角形，在图中最多能画出 5 个不同的格点三角形与△ABC成轴对称．
解：与△ABC成轴对称的格点三角形如图所示，
在图中最多能画出5个不同的格点三角形与△ABC成轴对称．
最后一个图的三角形BNC和三角形ANC都与三角形ABC成轴对称，
故答案为：5．
11．（2021秋•思明区校级期末）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示（每个小正方形的边长为1）．
（1）作出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）直接写出点C1的坐标；
（3）若P（a，a﹣1）是△ABC内部一点，点P关于y轴对称点为P'，且PP′＝6，求点P'的坐标．
解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）点C1的坐标为（﹣5，1）；
（3）∵点P关于y轴对称点为P'，
∴P′（﹣a，a﹣1），
∵PP′＝6，
∴a﹣（﹣a）＝6，
∴a＝3，
∴点P'的坐标为（﹣3，2）．
12．（2021秋•郑州期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，△ABC的顶点A，C的坐标分别为A（﹣4，5），C（﹣1，3）．
（1）请在网格平面内作出平面直角坐标系（不写作法）；
（2）请作出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′，并分别写出A′，B′，C′的坐标；
（3）求△ABC的面积．
解：（1）如图所示：
（2）如图所示：
（3）△ABC的面积：3×4﹣4×2﹣2×1﹣2×3＝12﹣4﹣1﹣3＝4．
考点03：翻折变换（折叠问题）
13．（2021秋•嘉兴期末）如图，折叠直角三角形纸片ABC，使得点A，B都与斜边AB上的点F重合，折痕分别为DE和GH．则下列结论不一定成立的是（ ）
A．DH＝AB B．EF＝FG C．EF⊥FG D．DE∥GH
解：∵折叠直角三角形纸片ABC，使得点A，B都与斜边AB上的点F重合，折痕分别为DE和GH．
∴AD＝DF，BH＝FH，∠ADE＝∠EDF＝∠FHG＝∠BHG＝90°，
∴DF+FH＝DH＝AB，故选项A不符合题意，∠EDH+∠GHD＝180°，
∴DE∥GH，故选项D不符合题意，
在Rt△ABC中，∠A+∠B＝90°，
由折叠知，∠DFE＝∠A，∠GFH＝∠B，
∴∠DFE+∠GFH＝∠A+∠B＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∴EF⊥FG，故选项C不符合题意，
即只有选项B符合题意，
故选：B．
14．（2021秋•新华区校级期中）如图，矩形纸片ABCD，M为AD边的中点，将纸片沿BM、CM折叠，使A点落在A1处，D点落在D1处，若∠BMC＝110°，则∠1是（ ）
A．30° B．40° C．45° D．70°
解：设∠1＝α，
∴∠AMA1+∠DMD1＝180°﹣α，
∵将纸片沿BM，CM折叠，使点A落在点A1处，点D落在点D1处，
∴MB平分∠AMA1，MC平分∠DMD1
∴∠BMA1+∠CMD1＝（∠AMA1+∠DMD1）＝90°﹣，
∴∠BMC＝∠1+∠BMA1+∠CMD1＝α+90°﹣＝110°，
∴α＝40°，
∴∠1＝40°，
故选：B．
15．（2021秋•双流区期末）如图，在长方形纸片ABCD的边AD上有一个动点E，连接BE，将△ABE沿BE边对折，使点A落在点F处，连接AF，DF．若AB＝3，ED＝2，∠AFD＝90°，则线段BE的长为 ．
解：∵将△ABE沿BE边对折，使点A落在点F处，
∴AE＝EF，
∴∠EAF＝∠EFA，
∵∠AFD＝90°，
∴∠EAF+∠ADF＝∠AFE+∠DFE＝90°，
∴∠EDF＝∠EFD，
∴DE＝EF，
∴AE＝DE＝2，
∵∠BAE＝90°，AB＝3，
∴BE＝＝，
故答案为：．
16．（2021秋•澄海区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为斜边AB上的一点，连接CD，将△BCD沿CD翻折，使点B落在点E处，点F为直角边AC上一点，连接DF，将△ADF沿DF翻折，点A恰好与点E重合，则∠CEF的度数为 90° ．
解：∵将△BCD沿CD翻折，使点B落在点E处，
∴∠B＝∠CED，
∵将△ADF沿DF翻折，点A恰好与点E重合，
∴∠A＝∠DEF，
∴∠CEF＝∠DEF+∠CED＝∠A+∠B＝90°，
故答案为：90°．
17．（2022春•莘县期末）如图①所示，在三角形纸片ABC中，∠C＝70°，∠B＝65°，将纸片的一角折叠，使点A落在△ABC内的点A'处．
（1）若∠1＝40°，∠2＝ 50° ．
（2）如图①，若各个角度不确定，试猜想∠1，∠2，∠A之间的数量关系，直接写出结论．
②当点A落在四边形BCDE外部时（如图②），（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，请说明理由，若不成立，∠A，∠1，∠2之间又存在什么关系？请说明．
（3）应用：如图③：把一个三角形的三个角向内折叠之后，且三个顶点不重合，那么图中的∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6和是 360° ．
解：（1）∵∠C＝70°，∠B＝65°，
∴∠A＝45°，
∴∠AED+∠ADE＝∠A′ED+∠A′DE＝140°，
∴∠1+∠2＝360°﹣（∠AED+∠ADE）﹣（∠A′ED+∠A′DE）＝90°，
∵∠1＝40°，
∴∠2＝50°．
故答案为：50°
（2）①如图①，∠1+∠2＝2∠A．
理由：∵将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内点A′的位置，
∴∠AED+∠ADE＝∠A′ED+∠A′DE，∠A＝∠A′，
∴∠1+∠2
＝360°﹣（∠AED+∠ADE）﹣（∠A′ED+∠A′DE）
＝360°﹣（180°﹣∠A）﹣（180°﹣∠A′）
＝360°﹣180°+∠A﹣180°+∠A′
＝2∠A，
即∠1+∠2＝2∠A；
②∠2＝2∠A+∠1，
证明：∵∠2是△ADF的一个外角，
∴∠2＝∠A+∠AFD．∠AFD是△A'EF的一个外角，
∴∠AFD＝∠A'+∠1，
又∵∠A＝∠A'，
∴∠2＝2∠A+∠1；
（3）由（2）中①知，∠1+∠2＝2∠B，∠3+∠4＝2∠A，∠5+∠6＝2∠C，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6
＝2∠A+2∠B+2∠C
＝2（∠A+∠B+∠C）
＝360°，
故答案为360°．
18．（2021秋•武昌区期中）如图是两个全等的直角三角形纸片，且AC：BC：AB＝3：4：5，按如图的两种方法分别将其折叠，使折痕（图中虚线）过其中的一个顶点，且使该顶点所在角的两边重合，记折叠后不重叠部分面积分别为S1，S2．
（1）若AC＝3，求S1的值．
（2）若S1+S2＝26，求单个直角三角形纸片的面积是多少．
解：（1）∵AC：BC：AB＝3：4：5，AC＝3，
∴BC＝4，AB＝5，
由折叠可得，DM＝CM，∠ADM＝∠C＝90°，AD＝AC＝3，
设DM＝CM＝x，则BM＝4﹣x，
∵S△ABM＝AB×DM＝BM×AC，
∴AB×DM＝BM×AC，即5x＝3（4﹣x），
解得x＝，
∴S1＝BD×DM＝＝．
（2）由AC：BC：AB＝3：4：5，可设AC＝3x，BC＝4x，AB＝5x，
如图1，由折叠可得，AD＝AC＝3x，BD＝5x﹣3x＝2x，DM＝CM，∠ADM＝∠C＝90°，
∵S△ABM＝AB×DM＝BM×AC，
∴AB×DM＝BM×AC，即5x×DM＝（4x﹣DM）×3x，
解得DM＝x，
∴S1＝BD×DM＝2x×x＝；
如图2，由折叠可得，BC＝BE＝4x，EN＝CN，
∴AE＝x，AN＝3x﹣EN，
∵S△ABN＝AB×EN＝AN×BC，
∴AB×EN＝AN×BC，即5x×EN＝（3x﹣EN）×4x，
解得EN＝x，
∴S2＝AE×EN＝x×x＝，
∵S1+S2＝26，
∴+＝26，
解得x2＝12，
∴S△ABC＝＝6x2＝72．
19．（2021秋•岚皋县校级月考）学了12.1全等三角形之后我们知道，平移、旋转、折叠前后的图形全等，如图，点D在AC边上，沿点D将三角形纸片ABC的一角折叠，折痕为DE，使得点A落在四边形BCDE的外部A'的位置，且A'与点C在直线AB的异侧，已知∠C＝90°，∠A＝30°．
（1）求∠1﹣∠2的度数．
（2）若保持△A'DE的一边与BC平行，直接写出∠ADE的度数．
解：（1）如图1中，
由折叠可知，∠A'＝∠A＝30°，
在△A'EF中，∠A'+∠2+∠AFE＝180°，
∴∠2＝180°﹣∠A'﹣∠AFE＝150°﹣∠A'FE．
在△ABC中，∠B＝180°﹣∠C﹣∠A＝60°，
在四边形BCDF中，∠1+∠C+∠B+∠BFD＝360°，
∴∠1＝360°﹣∠C﹣∠B﹣∠BFD＝210°﹣∠BFD．
∵∠BFD＝∠A'FE，
∴∠1﹣∠2＝210°﹣150°＝60°．
（2）当DA'∥BC时，如图2中，∠A'DA＝∠ACB＝90°．
∵△ADE沿DE折叠到△A'DE，
∴．
当EA'∥BC时，如图3中，∠2＝∠ABC＝60°．
由（1）知，∠1﹣∠2＝60°，
∴∠l＝∠2+60°＝120°．
∵△ADE沿DE折叠到△A'DE，
∴．
综上所述，∠ADE的度数为45°或30°．
考点04：线段垂直平分线的性质
20．（2022春•榆次区期中）近年来，高速铁路的规划与建设成为各地政府争取的重要项目，如图，A，B，C三地都想将高铁站的修建项目落户在当地．但是，国资委为了使A，B，C三地的民众都能享受高铁带来的便利，决定将高铁站修建在到A，B，C三地距离都相等的地方，则高铁站应建在（ ）
A．AB，BC两边垂直平分线的交点处
B．AB，BC两边高线的交点处
C．AB，BC两边中线的交点处
D．∠B，∠C两内角的平分线的交点处
解：根据线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，可以判断出将高铁站修建在到A，B，C三地距离都相等的地方，则高铁站应建在AB，BC两边垂直平分线的交点处，
故选：A．
21．（2021秋•钢城区期末）如图，BD垂直平分AC，交AC于E，∠BCD＝∠ADF，FA⊥AC，垂足为A，AF＝DF＝5，AD＝6，则AC的长为 9.6 ．
解：∵BD垂直平分AC，
∴DA＝DC，BA＝BC，
∴∠DAC＝∠DCA，∠BAC＝∠BCA，
∴∠DAC+∠BAC＝∠DCA+∠BCA，即∠DAB＝∠BCD，
∵∠BCD＝∠ADF，
∴∠DAB＝∠ADF，
∴AB∥DF，
∵FA⊥AC，DB⊥AC，
∴AF∥BD，
∴四边形AFDB为平行四边形，
∴BD＝AF＝5，AB＝DF＝5，
设BE＝x，则DE＝5﹣x，
在Rt△AEB中，AB2﹣BE2＝AE2，
在Rt△AED中，AD2﹣DE2＝AE2，
∴AB2﹣BE2＝AD2﹣DE2，即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，
解得：x＝，
∴AE＝＝，
∴AC＝2AE＝9.6，
故AC的长为9.6，
故答案为：9.6．
22．（2021秋•东莞市校级期末）如图，△ABC中，OD、OE分别是AB、BC边上的垂直平分线，OD、OE交于点O，连接OA、OC，已知∠B＝40°，则∠OAC＝ 50 °．
解：连接BO，
∵OD、OE分别是AB、BC边上的垂直平分线，
∴OA＝OB，OB＝OC，
∴OA＝OC，
∴∠OBA＝∠OAB，∠OBC＝∠OCB，
∴∠OAB+∠OCB＝∠OBA+∠OBC＝∠ABC＝40°，
∵∠BAC+∠ACB＝180°﹣∠ABC＝180°﹣40°＝140°，
∴∠OAC+∠ACO＝140°﹣40°＝100°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠ACO＝×100°＝50°，
故答案为：50．
23．（2021秋•南京期末）如图，在△ABC中，AB、AC的垂直平分线l1、l2相交于点O．
（1）求证：点O在BC的垂直平分线上：
（2）若AB＝AC＝10，BC＝12，则OA＝ ．
（1）证明：连接OA，
∵AB、AC的垂直平分线l1、l2相交于点O，
∴OA＝OB，OA＝OC，
∴OB＝OC，
∴点O在BC的垂直平分线上：
（2）解：延长AO交BC于D，
∵AB＝AC＝10，
∴A点在BC的垂直平分线上，
∵点O在BC的垂直平分线上，
∴AO垂直平分BC，
∵BC＝12，
∴BD＝CD＝6，
∴AD＝，
∴OD＝8﹣AO，
在Rt△BDO中，BO2＝BD2+OD2，
∴OA2＝62+（8﹣AO）2，
解得OA＝，
故答案为：．
24．（2021秋•无为市期末）如图，在△ABC中，DM、EN分别垂直平分AC和BC交AB于M、N．
（1）若AB＝12cm，求△MCN的周长；
（2）若∠ACB＝118°，求∠MCN的度数．
解：（1）∵DM、EN分别垂直平分AC和BC交AB于M、N，
∴AM＝CM，BN＝CN，
∵AB＝12cm，
∴△MCN的周长是CM+MN+CN
＝AM+MN+BN
＝AB
＝12cm；
（2）∵∠ACB＝118°，
∴∠A+∠B＝180°﹣∠ACB＝62°，
∵AM＝CM，BN＝CN，
∴∠A＝∠ACM，∠B＝∠BCN，
∴∠ACM+∠BCN＝∠A+∠B＝62°，
∵∠ACB＝118°，
∴∠MCN＝∠ACB﹣（∠ACM+∠BCN）＝118°﹣62°＝56°．
25．（2022春•市南区期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB上一点，BD＝BC，过点D作AB的垂线交AC于点E，求证：BE垂直平分CD．
证明：∵∠ACB＝90°，DE⊥AB，
∴∠ACB＝∠BDE＝90°，
在Rt△BDE和Rt△BCE中，
，
∴Rt△BDE≌Rt△BCE，
∴ED＝EC，
∵ED＝EC，BD＝BC，
∴BE垂直平分CD．
26．（2020春•东明县期末）如图，在△ABC中，点D是AB的中点，点F是BC延长线上一点，连接DF，交AC于点E，连接BE，∠A＝∠ABE．
（1）求证：DF是线段AB的垂直平分线；
（2）当AB＝AC，∠A＝46°时，求∠EBC及∠F的度数．
（1）证明：∵∠A＝∠ABE，
∴EA＝EB，
∵AD＝DB，
∴DF是线段AB的垂直平分线；
（2）解：∵∠A＝46°，
∴∠ABE＝∠A＝46°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝67°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝21°，
∠F＝90°﹣∠ABC＝23°．
考点05：角平分线的性质
27．（2022•鼓楼区校级开学）三条公路围成一个三角形区域，某地区决定在这个三角形区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三条公路的距离相等，则这个集贸市场应建在（ ）
A．三角形的三条角平分线的交点处
B．三角形的三条中线的交点处
C．三角形的三条高的交点处
D．以上位置都不对
解：根据角平分线的性质，集贸市场应建在三个角的角平分线的交点处．
故选：A．
28．（2021秋•宁津县期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，以点A为圆心，任意长为半径作弧，分别交边AC、AB于点M、N，分别以点M、N为圆心，以大于MN为半径作弧，两弧交于点P，射线AP交BC于点D，若CD＝2，AB＝5，则△ABD的面积为 5 ．
解：作DE⊥AB于E，
由基本作图可知，AP平分∠CAB，
∵AP平分∠CAB，∠C＝90°，DE⊥AB，
∴DE＝DC＝2，
∴△ABD的面积＝×AB×DE＝×5×2＝5，
故答案为：5．
29．（2021秋•肇源县期末）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠ABC的平分线BD交AC于点D，AD＝2，BC＝6，则△BDC的面积是 6 ．
解：过D作DE⊥BC于E，
∵∠ABC的平分线是BD，∠A＝90°（即DA⊥AB），DE⊥BC，
∴AD＝DE，
∵AD＝2，
∴DE＝2，
∵BC＝6，
∴S△BDC＝＝＝6，
故答案为：6．
30．（2021秋•江油市期末）如图，△ABC的三边AB、BC、CA长分别为30，40，50．其三条角平分线交于点O，则S△ABO：S△BCO：S△CAO＝ 3：4：5 ．
解：作OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，
∵三条角平分线交于点O，OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，
∴OD＝OE＝OF，
∴S△ABO：S△BCO：S△CAO＝AB：BC：CA＝3：4：5，
故答案为：3：4：5．
31．（2021秋•顺平县期末）如图（1），三角形ABC中，BD是∠ABC的角平分线．
（1）若∠A＝80°，∠ABC＝58°，则∠ADB＝ 71 °．
（2）若AB＝6，设△ABD和△CBD的面积分别为S1和S2，已知，则BC的长为 9 ．
（3）如图（2），∠ACE是△ABC的一个外角，CF平分∠ACE，BD的延长线与CF相交于点F，CG平分∠ACB，交BD于点H，连接AF，设∠BAC＝α，求∠BHC与∠HFC的度数（用含α的式子表示）．
解：（1）∵∠ABC＝58°，BD是∠ABC的角平分线，
∴∠ABD＝ABC＝29°，
∴∠ADB＝180°﹣∠A﹣∠ABD＝71°，
故答案为：71；
（2）如图（1），过D作DE⊥BC于E，DF⊥AB于F，
∵BD是∠ABC的角平分线，
∴DF＝DE，
∴＝＝＝，
∴BC＝9，
故答案为：9；
（3）解：在△ABC中，由∠BAC＝α，可得∠ABC+∠ACB＝180°﹣α，
∵BD平分∠ABC，CG平分∠ACB
∴∠HBC＝∠ABC，∠HCB＝∠ACB，
∴∠HBC+∠HCB＝∠ABC+∠ACB＝（∠ABC+∠ACB）
＝（180°﹣α）
＝90°﹣α，
在△BHC中，∠BHC＝180°﹣（∠HBC+∠HCB）
＝180°﹣（90°﹣α）
＝90°+α，
∵∠ACE为△ABC的外角，设∠ABC＝β，
∴∠ACE＝∠ABC+∠BAC＝α+β，
∵BD平分∠ABC，CF平分∠ACE，
∴∠FBE＝∠ABC＝β∠FCE＝∠ACE，
∴∠HFC＝∠FCE﹣∠FBE＝（α+β）﹣β＝α．
32．（2020秋•瑶海区期末）已知：如图，△ABC中，∠ABC的平分线BD与∠ACB的平分线CE交于点I，连接AI并延长交BC于点F．求证：AF平分∠BAC．
证明：如图所示，过点I分别作IG⊥BC、IH⊥AC、IK⊥AB，垂足分别G、H、K，
∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，
∴IG＝IH，IG＝IK，
∴IH＝IK，
在Rt△IHA和Rt△IKA中，
，
∴Rt△IHA≌Rt△IKA（HL），
∴∠IAH＝∠IAK，
∴AF平分∠BAC．
考点06：等腰三角形的判定与性质
33．（2021秋•微山县期末）如图，在△ABC中，∠A＝60°，∠ABC＝40°，BD平分∠ABC，CE⊥BD，交AB于点E．关于下面两个结论，说法正确的是（ ）
结论①∠ADE＝20°；结论②BC＝BE．
A．结论①②都正确 B．结论①②都错误
C．只有结论①正确 D．只有结论②正确
解：如图，CE交BD于点M，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBM＝∠EBM，
∵CE⊥BD，
∴∠CMB＝∠EMB＝90°，
在△BCM和△BEM中，
，
∴△BCM≌△BEM（ASA），
∴BC＝BE，
故②正确；
∵△BCM≌△BEM，
∴∠BCM＝∠BEM，BC＝BE，
∵∠ABC＝40°，
∴∠BCM＝∠BEM＝70°，
∵∠A＝60°，∠ABC＝40°，
∴∠ACB＝180°﹣60°﹣40°＝80°，
∴∠DCE＝∠ACB﹣∠BCM＝10°，
∵BC＝BE，CE⊥BD，
∴BD垂直平分CE，
∴DC＝DE，
∴∠DCE＝∠DEC＝10°，
∴∠ADE＝∠DCE+∠DEC＝20°，
故①正确，
故选：A．
34．（2021秋•陇县期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝3∠C，∠1＝∠2，BE⊥AE，AB＝5，BE＝3，则AC＝（ ）
A．10 B．11 C．13 D．15
解：延长BE交AC于M，
∵BE⊥AE，
∴∠AEB＝∠AEM＝90°
∴∠3＝90°﹣∠1，∠4＝90°﹣∠2，
∵∠1＝∠2，
∴∠3＝∠4，
∴AB＝AM＝5，
∵BE⊥AE，
∴BM＝2BE＝6，
∵∠4是△BCM的外角，
∴∠4＝∠5+∠C，
∵∠ABC＝3∠C，
∴∠ABC＝∠3+∠5＝∠4+∠5，
∴3∠C＝∠4+∠5＝2∠5+∠C，
∴∠5＝∠C，
∴CM＝BM＝6，
∴AC＝AM+CM＝AB+2BE＝11．
故选：B．
35．（2022春•天山区校级期中）如图，在△ABC中，AB＞AC，AE平分∠BAC，BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，F为BC的中点，给出结论：①FD∥AC；②FE＝FD；③AB﹣AC＝DE；④∠BAC+∠DFE＝180°．其中正确结论的题号是 ①②④ ．
解：延长CE交AB于G，延长BD交AC延长线于H，
∵AE平分∠GAC，AE⊥GC，
∴AG＝AC，GE＝CE，
同理可得，AB＝AH，BD＝HD，
∵BF＝CF，BD＝HD，
∴DF∥CH，即DF∥AC，故①正确，
∴DF＝CH，
∵GE＝CE，BF＝CF，
∴EF＝BG，
∵GB＝AB﹣AG＝AH﹣AC＝CH，即GB＝CH，
∴GB＝CH，即EF＝DF，故②正确，
∴AB﹣AC＝AB﹣AG＝BG，
过G作GI⊥BH于I，
∵∠GED＝∠EDI＝∠GID＝90°，
∴四边形GIDE是矩形，
∴GI＝ED，
当∠GBI＝45°，即∠BAC＝90°时，AB﹣AC＝BG＝GI＝ED，故③错误；
∵EF∥BG，DF∥HC，
∴∠FED＝∠BAD，∠FDE＝∠HAD，
∴∠FED+∠FDE＝∠BAD+∠HAD＝∠BAC，
∵∠FED+∠FDE+∠EFD＝180°，
∴∠BAC+∠EFD＝180°，故④正确；
故答案为：①②④．
36．（2021秋•宁津县期末）如图，△ABC中，∠A＝∠ACB，CP平分∠ACB，BD，CD分别是△ABC的两外角的平分线，下列结论中：①CP⊥CD；②∠P＝∠A；③BC＝CD；④∠D＝90°﹣∠A；⑤PD∥AC．其中正确的结论是 ①②④⑤ （直接填写序号）．
解：∵CP平分∠ACB，CD平分∠BCF，
∴∠PCB＝ACB，∠BCD＝BCF，
∵∠ACB+∠BCF＝180°，
∴∠PCD＝∠PCB+∠BCD＝ACB+＝（∠ACB+∠BCF）＝90°，
∴CP⊥CD；故①正确；
延长CB，
∵BD平分∠CBE，∠CBE＝∠ABH，
∴BP平分∠ABH，
∴∠PBH＝∠BCP+∠P，
∵∠A+2∠PCB＝2∠PBH，
∴∠A+2∠PCB＝2∠BCP+2∠P，
∴∠A＝2∠P，
即：∠P＝∠A，故②正确；
假设BC＝CD，
∴∠CBD＝∠D，
∵∠EBD＝∠CBD，
∴∠EBD＝∠D，
∴AB∥CD，
∴∠DCF＝∠A，
∵∠ACB＝∠A，CD平分∠BCF，
∴∠ACB＝∠BCD＝∠DCF，
∴∠A＝∠ACB＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
而△ABC中，∠A＝∠ACB，
∴△ABC是等腰三角形，
∴假设不成立，故③错误；
∵BD、CD分别是△ABC的两个外角∠EBC、∠FCB的平分线，
∴∠EBD＝∠DBC，∠BCD＝∠DCF，
∴∠DBC+∠DCB+∠D＝180°，
∴∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
而∠ABC＝180°﹣2∠DBC，
∠ACB＝180°﹣2∠DCB，
∴∠A+180°﹣2∠DBC+180°﹣2∠DCB＝180°，
∴∠A﹣2（∠DBC+∠DCB）＝﹣180°，
∴∠A﹣2（180°﹣∠D）＝﹣180°，
∴∠A﹣2∠D＝180°，
∴∠D＝90°﹣∠A，故④正确；
∵∠EBC＝∠A+∠ACB，∠A＝∠ACB，
∴∠A＝∠EBC，
∵∠EBD＝EBC，
∴∠EBD＝∠A，
∴PD∥AC．故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
37．（2021秋•伊通县期末）如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，AB的垂直平分线交AC于点D，交AB于点M，证明：△BCD是等腰三角形．
证明：∵AB＝AC，∠A＝36°，
∴∠ABC＝∠C＝72°．
∵MN垂直平分AB，
∴AD＝BD，∠ABD＝∠A＝36°，∠BDC＝72°．
∴∠C＝∠BDC．
∴BC＝BD．
∴△BCD是等腰三角形．
38．（2021秋•北仑区期中）（1）如图1，△ABC中，作∠ABC、∠ACB的角平分线相交于点O，过点O作EF∥BC分别交AB、AC于E、F．
①求证：OE＝BE；
②若△ABC 的周长是25，BC＝9，试求出△AEF的周长；
（2）如图2，若∠ABC的平分线与∠ACB外角∠ACD的平分线相交于点P，连接AP，试探求∠BAC 与∠PAC的数量关系式．
解：（1）①∵BO平分∠ABC，
∴∠EBO＝∠OBC，
∵EF∥BC，
∴∠EOB＝∠OBC，
∴∠EOB＝∠EBO，
∴OE＝BE；
②△AEF的周长＝AE+AF+EF＝AE+AF+EB+FC＝AB+AC＝25﹣9＝16；
（2）解：延长BA，做PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，
∵CP平分∠ACD，
∴∠ACP＝∠PCD，PM＝PN，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，
∴PF＝PM，
∴∠FAP＝∠PAC，
∴∠FAC＝2∠PAC，
∵∠FAC+∠BAC＝180°，
∴2∠PAC+∠BAC＝180°．
考点07：等边三角形的判定与性质
39．（2021秋•准格尔旗期末）已知：如图，△ABC和△DEC都是等边三角形，D是BC延长线上一点，AD与BE相交于点P，AC、BE相交于点M，AD、CE相交于点N，则下列五个结论：①AD＝BE；②∠BMC＝∠ANC；③∠APM＝60°；④AN＝BM；⑤△CMN是等边三角形．其中，正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
解：∵△ABC和△DEC都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，即∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE，故选项①正确；
∵∠ACB＝∠ACE＝60°，由△BCE≌△ACD得：∠CBE＝∠CAD，
∴∠BMC＝∠ANC，故选项②正确；
由△BCE≌△ACD得：∠CBE＝∠CAD，
∵∠ACB是△ACD的外角，
∴∠ACB＝∠CAD+∠ADC＝∠CBE+∠ADC＝60°，
又∠APM是△PBD的外角，
∴∠APM＝∠CBE+∠ADC＝60°，故选项③正确；
在△ACN和△BCM中，
，
∴△ACN≌△BCM，
∴AN＝BM，故选项④正确；
∴CM＝CN，
∴△CMN为等腰三角形，∵∠MCN＝60°，
∴△CMN是等边三角形，故选项⑤正确；
故选：D．
40．（2020秋•天心区期中）下列说法错误的是（ ）
A．有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形
B．如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边相等
C．等腰三角形的角平分线，中线，高相互重合
D．三个角都相等的三角形是等边三角形．
解：A．有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形，故本选项不合题意；
B．如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边相等，故本选项不合题意；
C．等腰三角形顶角的角平分线，底边的中线，高相互重合，说法错误，故本选项符合题意；
D．三个角都相等的三角形是等边三角形，故本选项不合题意；
故选：C．
41．（2020秋•江阴市期中）如图，已知△ABC中高AD恰好平分边BC，∠B＝30°，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点且OP＝OC，下面的结论：①∠APO+∠DCO＝30°；②△OPC是等边三角形；③AC＝AO+AP；④S△ABC＝S四边形AOCP．其中正确的为 ①②③④ ．（填序号）
解：①连接OB，如图1，
∵△ABC中高AD恰好平分边BC，即AD是BC垂直平分线，
∴AB＝AC，BD＝CD，
∴OB＝OC＝OP，
∴∠APO＝∠ABO，∠DBO＝∠DCO，
∵∠ABC＝∠ABO+∠DBO＝30°，
∴∠APO+∠DCO＝30°．故①正确；
②△OBP中，∠BOP＝180°﹣∠OPB﹣∠OBP，
△BOC中，∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB，
∴∠POC＝360°﹣∠BOP﹣∠BOC＝∠OPB+∠OBP+∠OBC+∠OCB，
∵∠OPB＝∠OBP，∠OBC＝∠OCB，
∴∠POC＝2∠ABD＝60°，
∵PO＝OC，
∴△OPC是等边三角形，故②正确；
③如图2，在AC上截取AE＝PA，
∵∠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，
，
∴△OPA≌△CPE（SAS），
∴AO＝CE，
∴AC＝AE+CE＝AO+AP；
故③正确；
④如图3，作CH⊥BP，
∵∠HCB＝60°，∠PCO＝60°，
∴∠PCH＝∠OCD，
在△CDO和△CHP中，
，
∴△CDO≌△CHP（AAS），
∴S△OCD＝S△CHP
∴CH＝CD，
∵CD＝BD，
∴BD＝CH，
在Rt△ABD和Rt△ACH中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△ACH（HL），
∴S△ABD＝S△AHC，
∵四边形OAPC面积＝S△OAC+S△AHC+S△CHP，S△ABC＝S△AOC+S△ABD+S△OCD
∴四边形OAPC面积＝S△ABC．故④正确．
故答案为：①②③④．
42．（2017秋•巢湖市期末）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，下面结论：①∠APO+∠DCO＝30°；②△OPC是等边三角形；③AC＝AO+AP；④S△ABC＝S四边形ADCP；其中正确的有 ①②③ （填上所有正确结论的序号）
解：如图，
①连接OB，
∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AD是BC垂直平分线，
∴OB＝OC＝OP，
∴∠APO＝∠ABO，∠DBO＝∠DCO，
∵∠ABO+∠DBO＝30°，
∴∠APO+∠DCO＝30°．故①正确；
②∵△OBP中，∠BOP＝180°﹣∠OPB﹣∠OBP，
△BOC中，∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB，
∴∠POC＝360°﹣∠BOP﹣∠BOC＝∠OPB+∠OBP+∠OBC+∠OCB，
∵∠OPB＝∠OBP，∠OBC＝∠OCB，
∴∠POC＝2∠ABD＝60°，
∵PO＝OC，
∴△OPC是等边三角形，故②正确；
③在AB上找到Q点使得AQ＝OA，则△AOQ为等边三角形，
则∠BQO＝∠PAO＝120°，
在△BQO和△PAO中，
，
∴△BQO≌△PAO（AAS），
∴PA＝BQ，
∵AB＝BQ+AQ，
∴AC＝AO+AP，故③正确；
④作CH⊥BP，
∵∠HCB＝60°，∠PCO＝60°，
∴∠PCH＝∠OCD，
在△CDO和△CHP中，
，
∴△CDO≌△CHP（AAS），
∴S△OCD＝S△CHP
∴CH＝CD，
∵CD＝BD，
∴BD＝CH，
在Rt△ABD和Rt△ACH中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△ACH（HL），
∴S△ABD＝S△AHC，
∵四边形OAPC面积＝S△OAC+S△AHC+S△CHP，S△ABC＝S△AOC+S△ABD+S△OCD
∴四边形OAPC面积＝S△ABC．故④错误．
故答案为：①②③．
43．（2021秋•随县期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC，垂足为G，且AD＝AB．∠EDF＝60°，其两边分别交边AB，AC于点E，F．
（1）求证：△ABD是等边三角形；
（2）求证：BE＝AF．
（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠DAC＝∠BAC，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝∠DAC＝×120°＝60°，
∵AD＝AB，
∴△ABD是等边三角形；
（2）证明：∵△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝∠ADB＝60°，BD＝AD
∵∠EDF＝60°，
∴∠BDE＝∠ADF，
在△BDE与△ADF中，
，
∴△BDE≌△ADF（ASA），
∴BE＝AF．
44．（2020秋•洮北区期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E．
（1）如图1，连接EC，求证：△EBC是等边三角形；
（2）点M是线段CD上的一点（不与点C，D重合），以BM为一边，在BM的下方作∠BMG＝60°，MG交DE延长线于点G．请你在图2中画出完整图形，并直接写出MD，DG与AD之间的数量关系；
（3）如图3，点N是线段AD上的一点，以BN为一边，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延长线于点G．试探究ND，DG与AD数量之间的关系，并说明理由．
（1）证明：如图1所示：
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝60°，BC＝．
∵BD平分∠ABC，
∴∠1＝∠DBA＝∠A＝30°．
∴DA＝DB．
∵DE⊥AB于点E．
∴AE＝BE＝．
∴BC＝BE．
∴△EBC是等边三角形；
（2）结论：AD＝DG+DM．
证明：
如图2所示：延长ED使得DW＝DM，连接MW，
∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E，
∴∠ADE＝∠BDE＝60°，AD＝BD，
又∵DM＝DW，
∴△WDM是等边三角形，
∴MW＝DM，
在△WGM和△DBM中，
∵
∴△WGM≌△DBM，
∴BD＝WG＝DG+DM，
∴AD＝DG+DM．
（3）结论：AD＝DG﹣DN．
证明：延长BD至H，使得DH＝DN．
由（1）得DA＝DB，∠A＝30°．
∵DE⊥AB于点E．
∴∠2＝∠3＝60°．
∴∠4＝∠5＝60°．
∴△NDH是等边三角形．
∴NH＝ND，∠H＝∠6＝60°．
∴∠H＝∠2．
∵∠BNG＝60°，
∴∠BNG+∠7＝∠6+∠7．
即∠DNG＝∠HNB．
在△DNG和△HNB中，
∴△DNG≌△HNB（ASA）．
∴DG＝HB．
∵HB＝HD+DB＝ND+AD，
∴DG＝ND+AD．
∴AD＝DG﹣ND．
知识点08：含30度角的直角三角形
45．（2021秋•顺平县期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝60°．首先以顶点B为圆心，适当长为半径作弧，在边BC、BA上截取BE、BD；然后分别以点D、E为圆心，大于DE的长为半径作弧，两弧在∠CBA内交于点F；作射线BF交AC于点G．若BG＝8，P为边AB上一动点，则GP的最小值为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．无法确定
解：由尺规作图步骤可得，BG平分∠ABC，
∵∠C＝90°，∠B＝60°，
∴∠CBG＝∠ABG＝30°，
∵BG＝8，
∴CG＝BG＝4，
∴点G到AB的距离等于GC，
∴GP的最小值为4，
故选：B．
46．（2022•海勃湾区校级一模）已知：如图，在等边△ABC中，点D是边BC上的一个动点（不与两端点重合），连接AD，作线段AD的垂直平分线EF，分别交AB，AC于点E，F，连接ED、FD，则以下结论正确的是（ ）
A．∠1＝15° B．DF⊥AC C．CD＝2CF D．∠2＝2∠1
解：∵EF是AD的垂直平分线，
∴EA＝ED，FA＝FD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠B＝60°，
∵EA＝ED，FA＝FD，
∴∠EDA＝∠1，∠FAD＝∠FDA，
∴∠EDF＝∠EDA+∠FDA＝∠BAC＝60°，
∵∠BED＝∠1+∠EDA＝2∠1，
又∵∠EDC＝∠EDF+∠2＝∠B+∠BED，
∴60°+∠2＝60°+2∠1，
∴∠2＝2∠1，选项D正确；
不一定正确的是选项A、B、C；
故选：D．
47．（2021秋•柯桥区期末）如图，在边长为4的等边三角形ABC中，D，E分别是边BC，AC的中点，DF⊥AB于点F，连结EF，则EF的长为 ．
解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC＝4，
∵D、E分别是BC、AC的中点，
∴BD＝DC＝CE＝2，
∴△CED是等边三角形，
∴∠EDC＝60°，DE＝DC＝2，
∵DF⊥AB，
∴∠DFB＝90°，
∴∠FDB＝90°﹣60°＝30°，
∴∠FDE＝180°﹣∠FDB﹣∠EDC＝180°﹣30°﹣60°＝90°，BF＝BD＝＝1，
在Rt△BFD中，由勾股定理得：DF＝＝＝，
在Rt△FDE中，由勾股定理得：EF＝＝＝，
故答案为：．
48．（2021秋•香坊区期末）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，M是BC的中点，MN⊥AB，垂足为点N，D是BM的中点，连接AD，过点B作BC的垂线交AD的延长线于点E，若BE＝2，则BN的长为 ．
解：连接AM，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠ABC＝∠C＝30°，
∵M为BC的中点，
∴AM⊥BC，
∴AB＝2AM，
∵BE⊥BC，
∴∠AMD＝∠EBD＝90°，
∵D为BM的中点，
∴DM＝DB，
在△AMD和△EBD中，
∠AMD＝∠EBD，DM＝DB，∠ADM＝∠EDB，
∴△AMD≌△EBD（ASA），
∴AM＝BE＝，
∴AB＝，
∴BM＝，
∵MN⊥AB，∠B＝30°，
∴MN＝BM＝，
∴BN＝．
故答案为：．
49．（2021秋•靖西市期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝6cm，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别在AB、BC边上匀速移动，它们的速度分别为VP＝2cm/s，VQ＝1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点同时停止运动，设点P的运动时间为ts．
（1）当t为何值时，△PBQ为等边三角形？
（2）当t为何值时，△PBQ为直角三角形？
解：（1）在△ABC中，∵∠C＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°，
∵6÷2＝3，
∴0≤t≤3，BP＝（6﹣2t）cm，BQ＝tcm．
当BP＝BQ时，△PBQ为等边三角形
即6﹣2t＝t，
∴t＝2；
当t＝2时，△PBQ为等边三角形；
（2）若△PBQ为直角三角形，
①当∠BQP＝90°时，BP＝2BQ，
即6﹣2t＝2t，
∴t＝1.5，
②当∠BPQ＝90°时，BQ＝2BP，
即t＝2（6﹣2t），
∴t＝2.4．
即当t＝1.5或t＝2.4时，△PBQ为直角三角形．
50．（2021秋•朝天区期末）如图，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥AB交BC于点D，AD＝2，求BC的长．
解：在△ABC中，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
又∵AD⊥AB，
∴∠DAB＝90°，
∴∠BDA＝90°﹣30°＝60°，
∵∠BDA＝∠C+∠DAC，
∵∠C＝30°，
∴∠C＝∠DAC，
∴AD＝DC＝2，
∵BD＝2AD＝4，
∴BC＝CD+BD＝2+4＝6
2022-2023学年苏科版数学八年级上册章节考点精讲精练
第2章《轴对称图形》
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知识点01：轴对称
1.轴对称图形和轴对称
（1）轴对称图形
如果一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴.轴对称图形的性质：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.
（2）轴对称
定义：把一个图形沿着某一条直线折叠，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.成轴对称的两个图形的性质：
①关于某条直线对称的两个图形形状相同，大小相等，是全等形；
②如果两个图形关于某条直线对称，则对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线；
③两个图形关于某条直线对称，如果它们的对应线段或延长线相交，那么它们的交点在对称轴上.
（3）轴对称图形与轴对称的区别和联系
区别: 轴对称是指两个图形的位置关系，轴对称图形是指具有特殊形状的一个图形；轴对称涉及两个图形，而轴对称图形是对一个图形来说的.联系：如果把一个轴对称图形沿对称轴分成两个图形，那么这两个图形关于这条轴对称；如果把成轴对称的两个图形看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形．
2.线段的垂直平分线
垂直并且平分一条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线，也叫线段的中垂线．
3.作轴对称图形
（1）几何图形都可以看作由点组成，我们只要分别作出这些点关于对称轴的对应点，再连接这些点，就可以得到原图形的轴对称图形；
（2）对于一些由直线、线段或射线组成的图形，只要作出图形中的一些特殊点（如线段端点）的对称点，连接这些对称点，就可以得到原图形的轴对称图形.
4.用坐标表示轴对称
点（,）关于轴对称的点的坐标为（,－）；点（,）关于轴对称的点的坐标为（－,）；点（,）关于原点对称的点的坐标为（－,－）.
知识点02：线段、角的轴对称性
1.线段的轴对称性
（1）线段是轴对称图形，线段的垂直平分线是它的对称轴.
（2）线段垂直平分线的性质定理：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；
（3）线段垂直平分线的性质定理的逆定理：到线段两个端距离相等的点在线段的垂直平分线
2.角的轴对称性
（1）角是轴对称图形，角的平分线所在的直线是它的对称轴.
（2）角平分线上的点到角两边的距离相等.
（3）角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上.
知识点03：等腰三角形
1.等腰三角形
（1）定义：有两边相等的三角形，叫做等腰三角形.
（2）等腰三角形性质
①等腰三角形的两个底角相等，即“等边对等角”；
②等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线与底边上的高线互相重合（简称“三线合一”）.特别地，等腰直角三角形的每个底角都等于45°.
（3）等腰三角形的判定
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（即“等角对等边”）.
2.等边三角形
（1）定义：三条边都相等的三角形，叫做等边三角形.
（2）等边三角形性质：等边三角形的三个角相等，并且每个角都等于60°.
（3）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有一个角为 60°的等腰三角形是等边三角形.
3.直角三角形的性质定理：
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
考点提优练
考点01：轴对称的性质
1．（2022春•巴彦县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADE关于直线AD对称，点B的对称点是点E，则∠CAE的度数为（ ）
A．10° B．20° C．30° D．40°
解：∵∠B＝50°，∠ABC＝90°，
∴∠C＝90°﹣50°＝40°，
∵AD⊥BC，△ADB与△ADE关于直线AD对称，
∴∠AED＝∠B＝50°，
∵∠AED＝∠C+∠CAE，
∴∠CAE＝50°﹣40°＝10°，
故选：A．
2．（2022春•沙坪坝区校级期中）折纸是一门古老而有趣的艺术，现代数学家藤田文章和羽鸟公士郎甚至为折纸建立了一套完整的“折纸几何学公理”．如图所示，南南在课余时间拿出一张长方形纸片ABCD（∠A＝∠B＝∠C＝90°），他先将纸片沿EF折叠，再将折叠后的纸片沿GH折叠，使得GD'与A'B'重合，展开纸片后测量发现∠BFE＝60°，则∠DGH＝ 15 °．
解：由折叠得：∠AEF＝∠A1EF，∠D＝∠D1＝90°，∠A＝∠A1＝90°，∠DGH＝∠D1GH，
∵ABCD是长方形，∠BFE＝60°，
∴AD∥BC，
∴∠AEF+∠BFE＝180°，∠GEF＝∠BFE＝60°，
∴∠AEF＝120°，
∴∠A1EF＝120°，
∴∠A1EG＝∠A1EF﹣∠GEF＝60°，
∴∠A1GE＝30°，
∵GD1与A1B1重合，
∴∠DGD1＝∠A1GE＝30°，
∴∠HGD＝∠DGD1＝15°，
故答案为：15．
3．（2021秋•中原区校级期末）如图所示，已知直线m∥n，且这两条平行线间的距离为5个单位长度，点P为直线n上一定点，以P为圆心、大于5个单位长度为半径画弧，交直线m于A、B两点．再分别以点A、B为圆心、大于AB长为半径画弧，两弧交于点Q，作直线PQ，交直线m于点O．点H为射线OB上一动点，作点O关于直线PH的对称点O′，当点O′到直线n的距离为4个单位时，线段PH的长度为 ．
解：连接PO′，过点O′作O′T⊥OP于点T．
在Rt△PTO′中，PT＝4，PO＝PO′＝5，
∴O′T＝＝＝3，
在Rt△OO′T中，OO′＝＝＝，
∵O，O′关于PH对称，
∴PH⊥OO′，
∵PQ⊥AB，
∴∠OPH+∠TOO′＝90°，∠TOO′+∠TO′O＝90°，
∴∠OPH＝∠OO′T，
∵∠POH＝∠OTO′＝90°，
∴△POH∽△O′TO，
∴＝，
∴＝，
∴PH＝．
故答案为：．
4．（2021秋•辛集市期末）如图，△ABE、△BDC和△ABC分别是关于AB，BC边所在直线对称的轴对称图形，若∠1：∠2：∠3＝9：2：1，则∠4的度数为 90° ．
解：延长AB交DC于点F，
∵∠1：∠2：∠3＝9：2：1，
∴设∠1＝9x，∠2＝2x，∠3＝x，
由∠1+∠2+∠3＝180°得：
9x+2x+x＝180°，
解得x＝15，
故∠1＝9×15＝135°，∠2＝2×15＝30°，∠3＝1×15＝15°，
∴∠DCB＝∠E＝∠3＝15°，∠2＝∠EAB＝∠D＝30°，
∴∠EAC＝60°，∠DCA＝30°，
∴∠4＝∠EAC+∠DCA＝90°，
故答案为：90°．
5．（2021秋•庆阳期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，点P为边BC上的一点，PC＝BC，且∠PAB＝15°，AH⊥BC，点C关于PA所在直线的对称点为D，连接BD．
（1）求∠BPD的度数；
（2）求证：BD∥AH．
（3）求证：∠BAP＝∠CAH．
（1）解：∵∠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）证明：∵PC＝BC，
∴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）证明：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．
6．（2021秋•富县期中）如图，已知四边形ABCD与四边形EFGH关于直线MN对称，∠D＝130°，∠A+∠B＝155°，AD＝4cm，EF＝5cm．
（1）求出AB，EH的长度以及∠G的度数；
（2）连接AE，DH，AE与DH平行吗？为什么？
解：（1）∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴∠C＝360°﹣155°﹣130°＝75°，
∵四边形ABCD与四边形EFGH关于直线MN对称，
∴AB＝EF＝5（cm），EH＝AD＝4（cm），∠G＝∠C＝75°．
（2）结论：AE∥DH．
理由：∵A，E关于MN对称，D，H关于MN对称，
∴MN⊥AE，MN⊥DH，
∴AE∥DH．
7．（2019秋•双流区期末）如图，直线l1∥l2，直线l3交直线l1于点B，交直线l2于点D，O是线段BD的中点．过点B作BA⊥l2于点A，过点D作DC⊥l1于点C，E是线段BD上一动点（不与点B，D重合），点E关于直线AB，AD的对称点分别为P，Q，射线PO与射线QD相交于点N，连接PQ．
（1）求证：点A是PQ的中点；
（2）请判断线段QN与线段BD是否相等，并说明理由．
（1）证明：连接AE．
∵点E关于直线AB，AD的对称点分别为P，Q，
∴AP＝AE，AQ＝AE，∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴AP＝AQ，
∵AB⊥l2，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4＝180°，
∴P，A，Q三点在同一条直线上，
∴点A是PQ的中点．
（2）解：结论QN＝BD，理由如下：连接PB．
∵点E关于直线AB，AD的对称点分别为P，Q，
∴BP＝BE，DQ＝DE，∠5＝∠6，∠7＝∠8，
∵l1∥l2，DC⊥l1，
∴DC⊥l2，
∴∠7+∠9＝90°，
∴∠8+∠10＝90°，
∴∠9＝∠10，
又∵AB⊥l2，DC⊥l2，
∴AB∥CD，
∴∠6＝∠9，
∴∠5+∠6＝∠9+∠10，
即∠OBP＝∠ODN，
∵O是线段BD的中点，
∴OB＝OD，
又∠BOP＝∠DON，
在△BOP和△DON中，
，
∴△BOP≌△DON（ASA），
∴BP＝DN，
∴BE＝DN，
∴QN＝DQ+DN＝DE+BE＝BD．
考点02：作图-轴对称变换
8．（2021•蜀山区一模）如图，在四边形ABCD中，请在所给的图形中进行操作：
①作点A关于BD的对称点P；
②作射线PC交BD于点Q；
③连接AQ．试用所作图形进行判断，下列选项中正确的是（ ）
A．∠PCB＝∠AQB B．∠PCB＜∠AQB
C．∠PCB＞∠AQB D．以上三种情况都有可能
解：如图，
∵A，P关于BD对称，
∴∠AQB＝∠PQB，
∵∠PCB＞∠PQB，
∴∠PCB＞∠AQB，
故选：C．
9．（2022春•龙岗区期末）如图，分别以△ABC的边AB，AC所在直线为对称轴作△ABC的对称图形△ABD和△ACE，∠BAC＝150°，线段BD与CE相交于点O，连接BE、ED、DC、OA．有如下结论：①∠EAD＝90°；②∠BOE＝60°；③OA平分∠BOC；④EA＝ED；⑤BP＝EQ．其中正确的结论个数是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
解：∵△ABD和△ACE是△ABC的轴对称图形，
∴∠BAD＝∠CAE＝∠BAC，AB＝AE，AC＝AD，
∴∠EAD＝3∠BAC﹣360°＝3×150°﹣360°＝90°，故①正确；
∴∠BAE＝∠CAD＝（360°﹣90°﹣150°）＝60°，
由翻折的性质得，∠AEC＝∠ABD＝∠ABC，
又∵∠EPO＝∠BPA，
∴∠BOE＝∠BAE＝60°，故②正确；
∵△ACE≌△ADB，
∴S△ACE＝S△ADB，BD＝CE，
∴BD边上的高与CE边上的高相等，
即点A到∠BOC两边的距离相等，
∴OA平分∠BOC，故③正确；
只有当AC＝AB时，∠ADE＝30°，才有EA＝ED，故④错误；
在△ABP和△AEQ中，∠ABD＝∠AEC，AB＝AE，∠BAE＝60°，∠EAQ＝90°，
∴BP＜EQ，故⑤错误；
综上所述，结论正确的是①②③共3个．
故选：B．
10．（2020秋•松江区期末）如图，在2×2的正方形的网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形．图中的△ABC为格点三角形，在图中最多能画出 5 个不同的格点三角形与△ABC成轴对称．
解：与△ABC成轴对称的格点三角形如图所示，
在图中最多能画出5个不同的格点三角形与△ABC成轴对称．
最后一个图的三角形BNC和三角形ANC都与三角形ABC成轴对称，
故答案为：5．
11．（2021秋•思明区校级期末）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示（每个小正方形的边长为1）．
（1）作出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；
（2）直接写出点C1的坐标；
（3）若P（a，a﹣1）是△ABC内部一点，点P关于y轴对称点为P'，且PP′＝6，求点P'的坐标．
解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）点C1的坐标为（﹣5，1）；
（3）∵点P关于y轴对称点为P'，
∴P′（﹣a，a﹣1），
∵PP′＝6，
∴a﹣（﹣a）＝6，
∴a＝3，
∴点P'的坐标为（﹣3，2）．
12．（2021秋•郑州期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，△ABC的顶点A，C的坐标分别为A（﹣4，5），C（﹣1，3）．
（1）请在网格平面内作出平面直角坐标系（不写作法）；
（2）请作出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′，并分别写出A′，B′，C′的坐标；
（3）求△ABC的面积．
解：（1）如图所示：
（2）如图所示：
（3）△ABC的面积：3×4﹣4×2﹣2×1﹣2×3＝12﹣4﹣1﹣3＝4．
考点03：翻折变换（折叠问题）
13．（2021秋•嘉兴期末）如图，折叠直角三角形纸片ABC，使得点A，B都与斜边AB上的点F重合，折痕分别为DE和GH．则下列结论不一定成立的是（ ）
A．DH＝AB B．EF＝FG C．EF⊥FG D．DE∥GH
解：∵折叠直角三角形纸片ABC，使得点A，B都与斜边AB上的点F重合，折痕分别为DE和GH．
∴AD＝DF，BH＝FH，∠ADE＝∠EDF＝∠FHG＝∠BHG＝90°，
∴DF+FH＝DH＝AB，故选项A不符合题意，∠EDH+∠GHD＝180°，
∴DE∥GH，故选项D不符合题意，
在Rt△ABC中，∠A+∠B＝90°，
由折叠知，∠DFE＝∠A，∠GFH＝∠B，
∴∠DFE+∠GFH＝∠A+∠B＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∴EF⊥FG，故选项C不符合题意，
即只有选项B符合题意，
故选：B．
14．（2021秋•新华区校级期中）如图，矩形纸片ABCD，M为AD边的中点，将纸片沿BM、CM折叠，使A点落在A1处，D点落在D1处，若∠BMC＝110°，则∠1是（ ）
A．30° B．40° C．45° D．70°
解：设∠1＝α，
∴∠AMA1+∠DMD1＝180°﹣α，
∵将纸片沿BM，CM折叠，使点A落在点A1处，点D落在点D1处，
∴MB平分∠AMA1，MC平分∠DMD1
∴∠BMA1+∠CMD1＝（∠AMA1+∠DMD1）＝90°﹣，
∴∠BMC＝∠1+∠BMA1+∠CMD1＝α+90°﹣＝110°，
∴α＝40°，
∴∠1＝40°，
故选：B．
15．（2021秋•双流区期末）如图，在长方形纸片ABCD的边AD上有一个动点E，连接BE，将△ABE沿BE边对折，使点A落在点F处，连接AF，DF．若AB＝3，ED＝2，∠AFD＝90°，则线段BE的长为 ．
解：∵将△ABE沿BE边对折，使点A落在点F处，
∴AE＝EF，
∴∠EAF＝∠EFA，
∵∠AFD＝90°，
∴∠EAF+∠ADF＝∠AFE+∠DFE＝90°，
∴∠EDF＝∠EFD，
∴DE＝EF，
∴AE＝DE＝2，
∵∠BAE＝90°，AB＝3，
∴BE＝＝，
故答案为：．
16．（2021秋•澄海区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为斜边AB上的一点，连接CD，将△BCD沿CD翻折，使点B落在点E处，点F为直角边AC上一点，连接DF，将△ADF沿DF翻折，点A恰好与点E重合，则∠CEF的度数为 90° ．
解：∵将△BCD沿CD翻折，使点B落在点E处，
∴∠B＝∠CED，
∵将△ADF沿DF翻折，点A恰好与点E重合，
∴∠A＝∠DEF，
∴∠CEF＝∠DEF+∠CED＝∠A+∠B＝90°，
故答案为：90°．
17．（2022春•莘县期末）如图①所示，在三角形纸片ABC中，∠C＝70°，∠B＝65°，将纸片的一角折叠，使点A落在△ABC内的点A'处．
（1）若∠1＝40°，∠2＝ 50° ．
（2）如图①，若各个角度不确定，试猜想∠1，∠2，∠A之间的数量关系，直接写出结论．
②当点A落在四边形BCDE外部时（如图②），（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，请说明理由，若不成立，∠A，∠1，∠2之间又存在什么关系？请说明．
（3）应用：如图③：把一个三角形的三个角向内折叠之后，且三个顶点不重合，那么图中的∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6和是 360° ．
解：（1）∵∠C＝70°，∠B＝65°，
∴∠A＝45°，
∴∠AED+∠ADE＝∠A′ED+∠A′DE＝140°，
∴∠1+∠2＝360°﹣（∠AED+∠ADE）﹣（∠A′ED+∠A′DE）＝90°，
∵∠1＝40°，
∴∠2＝50°．
故答案为：50°
（2）①如图①，∠1+∠2＝2∠A．
理由：∵将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内点A′的位置，
∴∠AED+∠ADE＝∠A′ED+∠A′DE，∠A＝∠A′，
∴∠1+∠2
＝360°﹣（∠AED+∠ADE）﹣（∠A′ED+∠A′DE）
＝360°﹣（180°﹣∠A）﹣（180°﹣∠A′）
＝360°﹣180°+∠A﹣180°+∠A′
＝2∠A，
即∠1+∠2＝2∠A；
②∠2＝2∠A+∠1，
证明：∵∠2是△ADF的一个外角，
∴∠2＝∠A+∠AFD．∠AFD是△A'EF的一个外角，
∴∠AFD＝∠A'+∠1，
又∵∠A＝∠A'，
∴∠2＝2∠A+∠1；
（3）由（2）中①知，∠1+∠2＝2∠B，∠3+∠4＝2∠A，∠5+∠6＝2∠C，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6
＝2∠A+2∠B+2∠C
＝2（∠A+∠B+∠C）
＝360°，
故答案为360°．
18．（2021秋•武昌区期中）如图是两个全等的直角三角形纸片，且AC：BC：AB＝3：4：5，按如图的两种方法分别将其折叠，使折痕（图中虚线）过其中的一个顶点，且使该顶点所在角的两边重合，记折叠后不重叠部分面积分别为S1，S2．
（1）若AC＝3，求S1的值．
（2）若S1+S2＝26，求单个直角三角形纸片的面积是多少．
解：（1）∵AC：BC：AB＝3：4：5，AC＝3，
∴BC＝4，AB＝5，
由折叠可得，DM＝CM，∠ADM＝∠C＝90°，AD＝AC＝3，
设DM＝CM＝x，则BM＝4﹣x，
∵S△ABM＝AB×DM＝BM×AC，
∴AB×DM＝BM×AC，即5x＝3（4﹣x），
解得x＝，
∴S1＝BD×DM＝＝．
（2）由AC：BC：AB＝3：4：5，可设AC＝3x，BC＝4x，AB＝5x，
如图1，由折叠可得，AD＝AC＝3x，BD＝5x﹣3x＝2x，DM＝CM，∠ADM＝∠C＝90°，
∵S△ABM＝AB×DM＝BM×AC，
∴AB×DM＝BM×AC，即5x×DM＝（4x﹣DM）×3x，
解得DM＝x，
∴S1＝BD×DM＝2x×x＝；
如图2，由折叠可得，BC＝BE＝4x，EN＝CN，
∴AE＝x，AN＝3x﹣EN，
∵S△ABN＝AB×EN＝AN×BC，
∴AB×EN＝AN×BC，即5x×EN＝（3x﹣EN）×4x，
解得EN＝x，
∴S2＝AE×EN＝x×x＝，
∵S1+S2＝26，
∴+＝26，
解得x2＝12，
∴S△ABC＝＝6x2＝72．
19．（2021秋•岚皋县校级月考）学了12.1全等三角形之后我们知道，平移、旋转、折叠前后的图形全等，如图，点D在AC边上，沿点D将三角形纸片ABC的一角折叠，折痕为DE，使得点A落在四边形BCDE的外部A'的位置，且A'与点C在直线AB的异侧，已知∠C＝90°，∠A＝30°．
（1）求∠1﹣∠2的度数．
（2）若保持△A'DE的一边与BC平行，直接写出∠ADE的度数．
解：（1）如图1中，
由折叠可知，∠A'＝∠A＝30°，
在△A'EF中，∠A'+∠2+∠AFE＝180°，
∴∠2＝180°﹣∠A'﹣∠AFE＝150°﹣∠A'FE．
在△ABC中，∠B＝180°﹣∠C﹣∠A＝60°，
在四边形BCDF中，∠1+∠C+∠B+∠BFD＝360°，
∴∠1＝360°﹣∠C﹣∠B﹣∠BFD＝210°﹣∠BFD．
∵∠BFD＝∠A'FE，
∴∠1﹣∠2＝210°﹣150°＝60°．
（2）当DA'∥BC时，如图2中，∠A'DA＝∠ACB＝90°．
∵△ADE沿DE折叠到△A'DE，
∴．
当EA'∥BC时，如图3中，∠2＝∠ABC＝60°．
由（1）知，∠1﹣∠2＝60°，
∴∠l＝∠2+60°＝120°．
∵△ADE沿DE折叠到△A'DE，
∴．
综上所述，∠ADE的度数为45°或30°．
考点04：线段垂直平分线的性质
20．（2022春•榆次区期中）近年来，高速铁路的规划与建设成为各地政府争取的重要项目，如图，A，B，C三地都想将高铁站的修建项目落户在当地．但是，国资委为了使A，B，C三地的民众都能享受高铁带来的便利，决定将高铁站修建在到A，B，C三地距离都相等的地方，则高铁站应建在（ ）
A．AB，BC两边垂直平分线的交点处
B．AB，BC两边高线的交点处
C．AB，BC两边中线的交点处
D．∠B，∠C两内角的平分线的交点处
解：根据线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，可以判断出将高铁站修建在到A，B，C三地距离都相等的地方，则高铁站应建在AB，BC两边垂直平分线的交点处，
故选：A．
21．（2021秋•钢城区期末）如图，BD垂直平分AC，交AC于E，∠BCD＝∠ADF，FA⊥AC，垂足为A，AF＝DF＝5，AD＝6，则AC的长为 9.6 ．
解：∵BD垂直平分AC，
∴DA＝DC，BA＝BC，
∴∠DAC＝∠DCA，∠BAC＝∠BCA，
∴∠DAC+∠BAC＝∠DCA+∠BCA，即∠DAB＝∠BCD，
∵∠BCD＝∠ADF，
∴∠DAB＝∠ADF，
∴AB∥DF，
∵FA⊥AC，DB⊥AC，
∴AF∥BD，
∴四边形AFDB为平行四边形，
∴BD＝AF＝5，AB＝DF＝5，
设BE＝x，则DE＝5﹣x，
在Rt△AEB中，AB2﹣BE2＝AE2，
在Rt△AED中，AD2﹣DE2＝AE2，
∴AB2﹣BE2＝AD2﹣DE2，即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，
解得：x＝，
∴AE＝＝，
∴AC＝2AE＝9.6，
故AC的长为9.6，
故答案为：9.6．
22．（2021秋•东莞市校级期末）如图，△ABC中，OD、OE分别是AB、BC边上的垂直平分线，OD、OE交于点O，连接OA、OC，已知∠B＝40°，则∠OAC＝ 50 °．
解：连接BO，
∵OD、OE分别是AB、BC边上的垂直平分线，
∴OA＝OB，OB＝OC，
∴OA＝OC，
∴∠OBA＝∠OAB，∠OBC＝∠OCB，
∴∠OAB+∠OCB＝∠OBA+∠OBC＝∠ABC＝40°，
∵∠BAC+∠ACB＝180°﹣∠ABC＝180°﹣40°＝140°，
∴∠OAC+∠ACO＝140°﹣40°＝100°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠ACO＝×100°＝50°，
故答案为：50．
23．（2021秋•南京期末）如图，在△ABC中，AB、AC的垂直平分线l1、l2相交于点O．
（1）求证：点O在BC的垂直平分线上：
（2）若AB＝AC＝10，BC＝12，则OA＝ ．
（1）证明：连接OA，
∵AB、AC的垂直平分线l1、l2相交于点O，
∴OA＝OB，OA＝OC，
∴OB＝OC，
∴点O在BC的垂直平分线上：
（2）解：延长AO交BC于D，
∵AB＝AC＝10，
∴A点在BC的垂直平分线上，
∵点O在BC的垂直平分线上，
∴AO垂直平分BC，
∵BC＝12，
∴BD＝CD＝6，
∴AD＝，
∴OD＝8﹣AO，
在Rt△BDO中，BO2＝BD2+OD2，
∴OA2＝62+（8﹣AO）2，
解得OA＝，
故答案为：．
24．（2021秋•无为市期末）如图，在△ABC中，DM、EN分别垂直平分AC和BC交AB于M、N．
（1）若AB＝12cm，求△MCN的周长；
（2）若∠ACB＝118°，求∠MCN的度数．
解：（1）∵DM、EN分别垂直平分AC和BC交AB于M、N，
∴AM＝CM，BN＝CN，
∵AB＝12cm，
∴△MCN的周长是CM+MN+CN
＝AM+MN+BN
＝AB
＝12cm；
（2）∵∠ACB＝118°，
∴∠A+∠B＝180°﹣∠ACB＝62°，
∵AM＝CM，BN＝CN，
∴∠A＝∠ACM，∠B＝∠BCN，
∴∠ACM+∠BCN＝∠A+∠B＝62°，
∵∠ACB＝118°，
∴∠MCN＝∠ACB﹣（∠ACM+∠BCN）＝118°﹣62°＝56°．
25．（2022春•市南区期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB上一点，BD＝BC，过点D作AB的垂线交AC于点E，求证：BE垂直平分CD．
证明：∵∠ACB＝90°，DE⊥AB，
∴∠ACB＝∠BDE＝90°，
在Rt△BDE和Rt△BCE中，
，
∴Rt△BDE≌Rt△BCE，
∴ED＝EC，
∵ED＝EC，BD＝BC，
∴BE垂直平分CD．
26．（2020春•东明县期末）如图，在△ABC中，点D是AB的中点，点F是BC延长线上一点，连接DF，交AC于点E，连接BE，∠A＝∠ABE．
（1）求证：DF是线段AB的垂直平分线；
（2）当AB＝AC，∠A＝46°时，求∠EBC及∠F的度数．
（1）证明：∵∠A＝∠ABE，
∴EA＝EB，
∵AD＝DB，
∴DF是线段AB的垂直平分线；
（2）解：∵∠A＝46°，
∴∠ABE＝∠A＝46°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝67°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝21°，
∠F＝90°﹣∠ABC＝23°．
考点05：角平分线的性质
27．（2022•鼓楼区校级开学）三条公路围成一个三角形区域，某地区决定在这个三角形区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三条公路的距离相等，则这个集贸市场应建在（ ）
A．三角形的三条角平分线的交点处
B．三角形的三条中线的交点处
C．三角形的三条高的交点处
D．以上位置都不对
解：根据角平分线的性质，集贸市场应建在三个角的角平分线的交点处．
故选：A．
28．（2021秋•宁津县期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，以点A为圆心，任意长为半径作弧，分别交边AC、AB于点M、N，分别以点M、N为圆心，以大于MN为半径作弧，两弧交于点P，射线AP交BC于点D，若CD＝2，AB＝5，则△ABD的面积为 5 ．
解：作DE⊥AB于E，
由基本作图可知，AP平分∠CAB，
∵AP平分∠CAB，∠C＝90°，DE⊥AB，
∴DE＝DC＝2，
∴△ABD的面积＝×AB×DE＝×5×2＝5，
故答案为：5．
29．（2021秋•肇源县期末）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠ABC的平分线BD交AC于点D，AD＝2，BC＝6，则△BDC的面积是 6 ．
解：过D作DE⊥BC于E，
∵∠ABC的平分线是BD，∠A＝90°（即DA⊥AB），DE⊥BC，
∴AD＝DE，
∵AD＝2，
∴DE＝2，
∵BC＝6，
∴S△BDC＝＝＝6，
故答案为：6．
30．（2021秋•江油市期末）如图，△ABC的三边AB、BC、CA长分别为30，40，50．其三条角平分线交于点O，则S△ABO：S△BCO：S△CAO＝ 3：4：5 ．
解：作OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，
∵三条角平分线交于点O，OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，
∴OD＝OE＝OF，
∴S△ABO：S△BCO：S△CAO＝AB：BC：CA＝3：4：5，
故答案为：3：4：5．
31．（2021秋•顺平县期末）如图（1），三角形ABC中，BD是∠ABC的角平分线．
（1）若∠A＝80°，∠ABC＝58°，则∠ADB＝ 71 °．
（2）若AB＝6，设△ABD和△CBD的面积分别为S1和S2，已知，则BC的长为 9 ．
（3）如图（2），∠ACE是△ABC的一个外角，CF平分∠ACE，BD的延长线与CF相交于点F，CG平分∠ACB，交BD于点H，连接AF，设∠BAC＝α，求∠BHC与∠HFC的度数（用含α的式子表示）．
解：（1）∵∠ABC＝58°，BD是∠ABC的角平分线，
∴∠ABD＝ABC＝29°，
∴∠ADB＝180°﹣∠A﹣∠ABD＝71°，
故答案为：71；
（2）如图（1），过D作DE⊥BC于E，DF⊥AB于F，
∵BD是∠ABC的角平分线，
∴DF＝DE，
∴＝＝＝，
∴BC＝9，
故答案为：9；
（3）解：在△ABC中，由∠BAC＝α，可得∠ABC+∠ACB＝180°﹣α，
∵BD平分∠ABC，CG平分∠ACB
∴∠HBC＝∠ABC，∠HCB＝∠ACB，
∴∠HBC+∠HCB＝∠ABC+∠ACB＝（∠ABC+∠ACB）
＝（180°﹣α）
＝90°﹣α，
在△BHC中，∠BHC＝180°﹣（∠HBC+∠HCB）
＝180°﹣（90°﹣α）
＝90°+α，
∵∠ACE为△ABC的外角，设∠ABC＝β，
∴∠ACE＝∠ABC+∠BAC＝α+β，
∵BD平分∠ABC，CF平分∠ACE，
∴∠FBE＝∠ABC＝β∠FCE＝∠ACE，
∴∠HFC＝∠FCE﹣∠FBE＝（α+β）﹣β＝α．
32．（2020秋•瑶海区期末）已知：如图，△ABC中，∠ABC的平分线BD与∠ACB的平分线CE交于点I，连接AI并延长交BC于点F．求证：AF平分∠BAC．
证明：如图所示，过点I分别作IG⊥BC、IH⊥AC、IK⊥AB，垂足分别G、H、K，
∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，
∴IG＝IH，IG＝IK，
∴IH＝IK，
在Rt△IHA和Rt△IKA中，
，
∴Rt△IHA≌Rt△IKA（HL），
∴∠IAH＝∠IAK，
∴AF平分∠BAC．
考点06：等腰三角形的判定与性质
33．（2021秋•微山县期末）如图，在△ABC中，∠A＝60°，∠ABC＝40°，BD平分∠ABC，CE⊥BD，交AB于点E．关于下面两个结论，说法正确的是（ ）
结论①∠ADE＝20°；结论②BC＝BE．
A．结论①②都正确 B．结论①②都错误
C．只有结论①正确 D．只有结论②正确
解：如图，CE交BD于点M，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBM＝∠EBM，
∵CE⊥BD，
∴∠CMB＝∠EMB＝90°，
在△BCM和△BEM中，
，
∴△BCM≌△BEM（ASA），
∴BC＝BE，
故②正确；
∵△BCM≌△BEM，
∴∠BCM＝∠BEM，BC＝BE，
∵∠ABC＝40°，
∴∠BCM＝∠BEM＝70°，
∵∠A＝60°，∠ABC＝40°，
∴∠ACB＝180°﹣60°﹣40°＝80°，
∴∠DCE＝∠ACB﹣∠BCM＝10°，
∵BC＝BE，CE⊥BD，
∴BD垂直平分CE，
∴DC＝DE，
∴∠DCE＝∠DEC＝10°，
∴∠ADE＝∠DCE+∠DEC＝20°，
故①正确，
故选：A．
34．（2021秋•陇县期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝3∠C，∠1＝∠2，BE⊥AE，AB＝5，BE＝3，则AC＝（ ）
A．10 B．11 C．13 D．15
解：延长BE交AC于M，
∵BE⊥AE，
∴∠AEB＝∠AEM＝90°
∴∠3＝90°﹣∠1，∠4＝90°﹣∠2，
∵∠1＝∠2，
∴∠3＝∠4，
∴AB＝AM＝5，
∵BE⊥AE，
∴BM＝2BE＝6，
∵∠4是△BCM的外角，
∴∠4＝∠5+∠C，
∵∠ABC＝3∠C，
∴∠ABC＝∠3+∠5＝∠4+∠5，
∴3∠C＝∠4+∠5＝2∠5+∠C，
∴∠5＝∠C，
∴CM＝BM＝6，
∴AC＝AM+CM＝AB+2BE＝11．
故选：B．
35．（2022春•天山区校级期中）如图，在△ABC中，AB＞AC，AE平分∠BAC，BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，F为BC的中点，给出结论：①FD∥AC；②FE＝FD；③AB﹣AC＝DE；④∠BAC+∠DFE＝180°．其中正确结论的题号是 ①②④ ．
解：延长CE交AB于G，延长BD交AC延长线于H，
∵AE平分∠GAC，AE⊥GC，
∴AG＝AC，GE＝CE，
同理可得，AB＝AH，BD＝HD，
∵BF＝CF，BD＝HD，
∴DF∥CH，即DF∥AC，故①正确，
∴DF＝CH，
∵GE＝CE，BF＝CF，
∴EF＝BG，
∵GB＝AB﹣AG＝AH﹣AC＝CH，即GB＝CH，
∴GB＝CH，即EF＝DF，故②正确，
∴AB﹣AC＝AB﹣AG＝BG，
过G作GI⊥BH于I，
∵∠GED＝∠EDI＝∠GID＝90°，
∴四边形GIDE是矩形，
∴GI＝ED，
当∠GBI＝45°，即∠BAC＝90°时，AB﹣AC＝BG＝GI＝ED，故③错误；
∵EF∥BG，DF∥HC，
∴∠FED＝∠BAD，∠FDE＝∠HAD，
∴∠FED+∠FDE＝∠BAD+∠HAD＝∠BAC，
∵∠FED+∠FDE+∠EFD＝180°，
∴∠BAC+∠EFD＝180°，故④正确；
故答案为：①②④．
36．（2021秋•宁津县期末）如图，△ABC中，∠A＝∠ACB，CP平分∠ACB，BD，CD分别是△ABC的两外角的平分线，下列结论中：①CP⊥CD；②∠P＝∠A；③BC＝CD；④∠D＝90°﹣∠A；⑤PD∥AC．其中正确的结论是 ①②④⑤ （直接填写序号）．
解：∵CP平分∠ACB，CD平分∠BCF，
∴∠PCB＝ACB，∠BCD＝BCF，
∵∠ACB+∠BCF＝180°，
∴∠PCD＝∠PCB+∠BCD＝ACB+＝（∠ACB+∠BCF）＝90°，
∴CP⊥CD；故①正确；
延长CB，
∵BD平分∠CBE，∠CBE＝∠ABH，
∴BP平分∠ABH，
∴∠PBH＝∠BCP+∠P，
∵∠A+2∠PCB＝2∠PBH，
∴∠A+2∠PCB＝2∠BCP+2∠P，
∴∠A＝2∠P，
即：∠P＝∠A，故②正确；
假设BC＝CD，
∴∠CBD＝∠D，
∵∠EBD＝∠CBD，
∴∠EBD＝∠D，
∴AB∥CD，
∴∠DCF＝∠A，
∵∠ACB＝∠A，CD平分∠BCF，
∴∠ACB＝∠BCD＝∠DCF，
∴∠A＝∠ACB＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
而△ABC中，∠A＝∠ACB，
∴△ABC是等腰三角形，
∴假设不成立，故③错误；
∵BD、CD分别是△ABC的两个外角∠EBC、∠FCB的平分线，
∴∠EBD＝∠DBC，∠BCD＝∠DCF，
∴∠DBC+∠DCB+∠D＝180°，
∴∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
而∠ABC＝180°﹣2∠DBC，
∠ACB＝180°﹣2∠DCB，
∴∠A+180°﹣2∠DBC+180°﹣2∠DCB＝180°，
∴∠A﹣2（∠DBC+∠DCB）＝﹣180°，
∴∠A﹣2（180°﹣∠D）＝﹣180°，
∴∠A﹣2∠D＝180°，
∴∠D＝90°﹣∠A，故④正确；
∵∠EBC＝∠A+∠ACB，∠A＝∠ACB，
∴∠A＝∠EBC，
∵∠EBD＝EBC，
∴∠EBD＝∠A，
∴PD∥AC．故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
37．（2021秋•伊通县期末）如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，AB的垂直平分线交AC于点D，交AB于点M，证明：△BCD是等腰三角形．
证明：∵AB＝AC，∠A＝36°，
∴∠ABC＝∠C＝72°．
∵MN垂直平分AB，
∴AD＝BD，∠ABD＝∠A＝36°，∠BDC＝72°．
∴∠C＝∠BDC．
∴BC＝BD．
∴△BCD是等腰三角形．
38．（2021秋•北仑区期中）（1）如图1，△ABC中，作∠ABC、∠ACB的角平分线相交于点O，过点O作EF∥BC分别交AB、AC于E、F．
①求证：OE＝BE；
②若△ABC 的周长是25，BC＝9，试求出△AEF的周长；
（2）如图2，若∠ABC的平分线与∠ACB外角∠ACD的平分线相交于点P，连接AP，试探求∠BAC 与∠PAC的数量关系式．
解：（1）①∵BO平分∠ABC，
∴∠EBO＝∠OBC，
∵EF∥BC，
∴∠EOB＝∠OBC，
∴∠EOB＝∠EBO，
∴OE＝BE；
②△AEF的周长＝AE+AF+EF＝AE+AF+EB+FC＝AB+AC＝25﹣9＝16；
（2）解：延长BA，做PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，
∵CP平分∠ACD，
∴∠ACP＝∠PCD，PM＝PN，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，
∴PF＝PM，
∴∠FAP＝∠PAC，
∴∠FAC＝2∠PAC，
∵∠FAC+∠BAC＝180°，
∴2∠PAC+∠BAC＝180°．
考点07：等边三角形的判定与性质
39．（2021秋•准格尔旗期末）已知：如图，△ABC和△DEC都是等边三角形，D是BC延长线上一点，AD与BE相交于点P，AC、BE相交于点M，AD、CE相交于点N，则下列五个结论：①AD＝BE；②∠BMC＝∠ANC；③∠APM＝60°；④AN＝BM；⑤△CMN是等边三角形．其中，正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
解：∵△ABC和△DEC都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，即∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE，故选项①正确；
∵∠ACB＝∠ACE＝60°，由△BCE≌△ACD得：∠CBE＝∠CAD，
∴∠BMC＝∠ANC，故选项②正确；
由△BCE≌△ACD得：∠CBE＝∠CAD，
∵∠ACB是△ACD的外角，
∴∠ACB＝∠CAD+∠ADC＝∠CBE+∠ADC＝60°，
又∠APM是△PBD的外角，
∴∠APM＝∠CBE+∠ADC＝60°，故选项③正确；
在△ACN和△BCM中，
，
∴△ACN≌△BCM，
∴AN＝BM，故选项④正确；
∴CM＝CN，
∴△CMN为等腰三角形，∵∠MCN＝60°，
∴△CMN是等边三角形，故选项⑤正确；
故选：D．
40．（2020秋•天心区期中）下列说法错误的是（ ）
A．有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形
B．如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边相等
C．等腰三角形的角平分线，中线，高相互重合
D．三个角都相等的三角形是等边三角形．
解：A．有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形，故本选项不合题意；
B．如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边相等，故本选项不合题意；
C．等腰三角形顶角的角平分线，底边的中线，高相互重合，说法错误，故本选项符合题意；
D．三个角都相等的三角形是等边三角形，故本选项不合题意；
故选：C．
41．（2020秋•江阴市期中）如图，已知△ABC中高AD恰好平分边BC，∠B＝30°，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点且OP＝OC，下面的结论：①∠APO+∠DCO＝30°；②△OPC是等边三角形；③AC＝AO+AP；④S△ABC＝S四边形AOCP．其中正确的为 ①②③④ ．（填序号）
解：①连接OB，如图1，
∵△ABC中高AD恰好平分边BC，即AD是BC垂直平分线，
∴AB＝AC，BD＝CD，
∴OB＝OC＝OP，
∴∠APO＝∠ABO，∠DBO＝∠DCO，
∵∠ABC＝∠ABO+∠DBO＝30°，
∴∠APO+∠DCO＝30°．故①正确；
②△OBP中，∠BOP＝180°﹣∠OPB﹣∠OBP，
△BOC中，∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB，
∴∠POC＝360°﹣∠BOP﹣∠BOC＝∠OPB+∠OBP+∠OBC+∠OCB，
∵∠OPB＝∠OBP，∠OBC＝∠OCB，
∴∠POC＝2∠ABD＝60°，
∵PO＝OC，
∴△OPC是等边三角形，故②正确；
③如图2，在AC上截取AE＝PA，
∵∠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，
，
∴△OPA≌△CPE（SAS），
∴AO＝CE，
∴AC＝AE+CE＝AO+AP；
故③正确；
④如图3，作CH⊥BP，
∵∠HCB＝60°，∠PCO＝60°，
∴∠PCH＝∠OCD，
在△CDO和△CHP中，
，
∴△CDO≌△CHP（AAS），
∴S△OCD＝S△CHP
∴CH＝CD，
∵CD＝BD，
∴BD＝CH，
在Rt△ABD和Rt△ACH中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△ACH（HL），
∴S△ABD＝S△AHC，
∵四边形OAPC面积＝S△OAC+S△AHC+S△CHP，S△ABC＝S△AOC+S△ABD+S△OCD
∴四边形OAPC面积＝S△ABC．故④正确．
故答案为：①②③④．
42．（2017秋•巢湖市期末）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，下面结论：①∠APO+∠DCO＝30°；②△OPC是等边三角形；③AC＝AO+AP；④S△ABC＝S四边形ADCP；其中正确的有 ①②③ （填上所有正确结论的序号）
解：如图，
①连接OB，
∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AD是BC垂直平分线，
∴OB＝OC＝OP，
∴∠APO＝∠ABO，∠DBO＝∠DCO，
∵∠ABO+∠DBO＝30°，
∴∠APO+∠DCO＝30°．故①正确；
②∵△OBP中，∠BOP＝180°﹣∠OPB﹣∠OBP，
△BOC中，∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB，
∴∠POC＝360°﹣∠BOP﹣∠BOC＝∠OPB+∠OBP+∠OBC+∠OCB，
∵∠OPB＝∠OBP，∠OBC＝∠OCB，
∴∠POC＝2∠ABD＝60°，
∵PO＝OC，
∴△OPC是等边三角形，故②正确；
③在AB上找到Q点使得AQ＝OA，则△AOQ为等边三角形，
则∠BQO＝∠PAO＝120°，
在△BQO和△PAO中，
，
∴△BQO≌△PAO（AAS），
∴PA＝BQ，
∵AB＝BQ+AQ，
∴AC＝AO+AP，故③正确；
④作CH⊥BP，
∵∠HCB＝60°，∠PCO＝60°，
∴∠PCH＝∠OCD，
在△CDO和△CHP中，
，
∴△CDO≌△CHP（AAS），
∴S△OCD＝S△CHP
∴CH＝CD，
∵CD＝BD，
∴BD＝CH，
在Rt△ABD和Rt△ACH中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△ACH（HL），
∴S△ABD＝S△AHC，
∵四边形OAPC面积＝S△OAC+S△AHC+S△CHP，S△ABC＝S△AOC+S△ABD+S△OCD
∴四边形OAPC面积＝S△ABC．故④错误．
故答案为：①②③．
43．（2021秋•随县期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC，垂足为G，且AD＝AB．∠EDF＝60°，其两边分别交边AB，AC于点E，F．
（1）求证：△ABD是等边三角形；
（2）求证：BE＝AF．
（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠DAC＝∠BAC，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝∠DAC＝×120°＝60°，
∵AD＝AB，
∴△ABD是等边三角形；
（2）证明：∵△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝∠ADB＝60°，BD＝AD
∵∠EDF＝60°，
∴∠BDE＝∠ADF，
在△BDE与△ADF中，
，
∴△BDE≌△ADF（ASA），
∴BE＝AF．
44．（2020秋•洮北区期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E．
（1）如图1，连接EC，求证：△EBC是等边三角形；
（2）点M是线段CD上的一点（不与点C，D重合），以BM为一边，在BM的下方作∠BMG＝60°，MG交DE延长线于点G．请你在图2中画出完整图形，并直接写出MD，DG与AD之间的数量关系；
（3）如图3，点N是线段AD上的一点，以BN为一边，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延长线于点G．试探究ND，DG与AD数量之间的关系，并说明理由．
（1）证明：如图1所示：
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝60°，BC＝．
∵BD平分∠ABC，
∴∠1＝∠DBA＝∠A＝30°．
∴DA＝DB．
∵DE⊥AB于点E．
∴AE＝BE＝．
∴BC＝BE．
∴△EBC是等边三角形；
（2）结论：AD＝DG+DM．
证明：
如图2所示：延长ED使得DW＝DM，连接MW，
∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E，
∴∠ADE＝∠BDE＝60°，AD＝BD，
又∵DM＝DW，
∴△WDM是等边三角形，
∴MW＝DM，
在△WGM和△DBM中，
∵
∴△WGM≌△DBM，
∴BD＝WG＝DG+DM，
∴AD＝DG+DM．
（3）结论：AD＝DG﹣DN．
证明：延长BD至H，使得DH＝DN．
由（1）得DA＝DB，∠A＝30°．
∵DE⊥AB于点E．
∴∠2＝∠3＝60°．
∴∠4＝∠5＝60°．
∴△NDH是等边三角形．
∴NH＝ND，∠H＝∠6＝60°．
∴∠H＝∠2．
∵∠BNG＝60°，
∴∠BNG+∠7＝∠6+∠7．
即∠DNG＝∠HNB．
在△DNG和△HNB中，
∴△DNG≌△HNB（ASA）．
∴DG＝HB．
∵HB＝HD+DB＝ND+AD，
∴DG＝ND+AD．
∴AD＝DG﹣ND．
知识点08：含30度角的直角三角形
45．（2021秋•顺平县期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝60°．首先以顶点B为圆心，适当长为半径作弧，在边BC、BA上截取BE、BD；然后分别以点D、E为圆心，大于DE的长为半径作弧，两弧在∠CBA内交于点F；作射线BF交AC于点G．若BG＝8，P为边AB上一动点，则GP的最小值为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．无法确定
解：由尺规作图步骤可得，BG平分∠ABC，
∵∠C＝90°，∠B＝60°，
∴∠CBG＝∠ABG＝30°，
∵BG＝8，
∴CG＝BG＝4，
∴点G到AB的距离等于GC，
∴GP的最小值为4，
故选：B．
46．（2022•海勃湾区校级一模）已知：如图，在等边△ABC中，点D是边BC上的一个动点（不与两端点重合），连接AD，作线段AD的垂直平分线EF，分别交AB，AC于点E，F，连接ED、FD，则以下结论正确的是（ ）
A．∠1＝15° B．DF⊥AC C．CD＝2CF D．∠2＝2∠1
解：∵EF是AD的垂直平分线，
∴EA＝ED，FA＝FD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠B＝60°，
∵EA＝ED，FA＝FD，
∴∠EDA＝∠1，∠FAD＝∠FDA，
∴∠EDF＝∠EDA+∠FDA＝∠BAC＝60°，
∵∠BED＝∠1+∠EDA＝2∠1，
又∵∠EDC＝∠EDF+∠2＝∠B+∠BED，
∴60°+∠2＝60°+2∠1，
∴∠2＝2∠1，选项D正确；
不一定正确的是选项A、B、C；
故选：D．
47．（2021秋•柯桥区期末）如图，在边长为4的等边三角形ABC中，D，E分别是边BC，AC的中点，DF⊥AB于点F，连结EF，则EF的长为 ．
解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC＝4，
∵D、E分别是BC、AC的中点，
∴BD＝DC＝CE＝2，
∴△CED是等边三角形，
∴∠EDC＝60°，DE＝DC＝2，
∵DF⊥AB，
∴∠DFB＝90°，
∴∠FDB＝90°﹣60°＝30°，
∴∠FDE＝180°﹣∠FDB﹣∠EDC＝180°﹣30°﹣60°＝90°，BF＝BD＝＝1，
在Rt△BFD中，由勾股定理得：DF＝＝＝，
在Rt△FDE中，由勾股定理得：EF＝＝＝，
故答案为：．
48．（2021秋•香坊区期末）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，M是BC的中点，MN⊥AB，垂足为点N，D是BM的中点，连接AD，过点B作BC的垂线交AD的延长线于点E，若BE＝2，则BN的长为 ．
解：连接AM，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠ABC＝∠C＝30°，
∵M为BC的中点，
∴AM⊥BC，
∴AB＝2AM，
∵BE⊥BC，
∴∠AMD＝∠EBD＝90°，
∵D为BM的中点，
∴DM＝DB，
在△AMD和△EBD中，
∠AMD＝∠EBD，DM＝DB，∠ADM＝∠EDB，
∴△AMD≌△EBD（ASA），
∴AM＝BE＝，
∴AB＝，
∴BM＝，
∵MN⊥AB，∠B＝30°，
∴MN＝BM＝，
∴BN＝．
故答案为：．
49．（2021秋•靖西市期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝6cm，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别在AB、BC边上匀速移动，它们的速度分别为VP＝2cm/s，VQ＝1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点同时停止运动，设点P的运动时间为ts．
（1）当t为何值时，△PBQ为等边三角形？
（2）当t为何值时，△PBQ为直角三角形？
解：（1）在△ABC中，∵∠C＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°，
∵6÷2＝3，
∴0≤t≤3，BP＝（6﹣2t）cm，BQ＝tcm．
当BP＝BQ时，△PBQ为等边三角形
即6﹣2t＝t，
∴t＝2；
当t＝2时，△PBQ为等边三角形；
（2）若△PBQ为直角三角形，
①当∠BQP＝90°时，BP＝2BQ，
即6﹣2t＝2t，
∴t＝1.5，
②当∠BPQ＝90°时，BQ＝2BP，
即t＝2（6﹣2t），
∴t＝2.4．
即当t＝1.5或t＝2.4时，△PBQ为直角三角形．
50．（2021秋•朝天区期末）如图，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥AB交BC于点D，AD＝2，求BC的长．
解：在△ABC中，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
又∵AD⊥AB，
∴∠DAB＝90°，
∴∠BDA＝90°﹣30°＝60°，
∵∠BDA＝∠C+∠DAC，
∵∠C＝30°，
∴∠C＝∠DAC，
∴AD＝DC＝2，
∵BD＝2AD＝4，
∴BC＝CD+BD＝2+4＝6
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