北师大版七年级数学下册 专题5.1 生活中的轴对称章末重难点突破（举一反三）（原卷版+解析）

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专题5.1 生活中的轴对称章末重难点突破【北师大版】 【考点1 轴对称现象】【例1】（2022•重庆）下列北京冬奥会运动标识图案是轴对称图形的是（　　）A． B． C． D．【变式1-1】（2021秋•方正县期末）下列图案中，轴对称图形的个数为（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式1-2】（2021秋•宜兴市校级月考）小明在镜中看到身后墙上的时钟如下，你认为（　　）实际时间最接近9：00．A． B． C． D．【变式1-3】（2021秋•常州期中）如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球第1次碰到矩形的边时的点为Q，第2次碰到矩形的边时的点为M，…．第2022次碰到矩形的边时的点为图中的（　　）A．点P B．点Q C．点M D．点N【考点2 轴对称的性质与运用】【例2】（2021春•雁塔区校级期末）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°【变式2-1】（2021春•南阳期末）如图，△ABC中，∠B＝60°，∠C＝50°，点D是BC上任一点，点E和点F分别是点D关于AB和AC的对称点，连接AE和AF，则∠EAF的度数是（　　）A．140° B．135° C．120° D．100°【变式2-2】（2021春•榆阳区期末）如图，∠BAC＝110°，若A，B关于直线MP对称，A，C关于直线NQ对称，则∠PAQ的大小是（　　）A．70° B．55° C．40° D．30°【变式2-3】（2021春•卧龙区期末）如图，点P在∠AOB内部，点E，F分别是点P关于直线OA，OB的对称点，若∠AOB＝40°，则∠E+∠F＝　 　．【考点3 轴对称中最短路线问题】【例3】（2022•槐荫区一模）如图，在锐角三角形ABC中，AB＝4，△ABC的面积为10，BD平分∠ABC，若M、N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值为（　　）A．4 B．5 C．4.5 D．6【变式3-1】（2021春•通川区期末）如图，∠AOB＝60°，点P为∠AOB内一点，点M、N分别在OA、OB上，当△PMN周长最小时，∠MPN的度数是（　　）A．120° B．60° C．30° D．90°【变式3-2】（2021春•东坡区校级期末）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°【变式3-3】（2021秋•桦甸市期末）四边形ABCD中，∠BAD＝125°，∠B＝∠D＝90°，在BC、CD上分别找一点M、N，当三角形AMN周长最小时，∠MAN的度数为　 　．【考点4 等腰三角形中的分类讨论思想】【例4】（2021秋•通许县期末）等腰三角形一腰的垂直平分线与另一腰所在直线的夹角是40°，则这一等腰三角形的底角为（　　）A．65° B．25° C．50° D．65°或25°【变式4-1】（2021春•东坡区期末）已知一个等腰三角形的周长为22cm，若其中一边长为6cm，则它的腰长为（　　）A．6cm B．10cm C．6cm或8cm D．8cm或10cm【变式4-2】（2021秋•巴彦县期末）若等腰三角形两腰上的高线所在的直线相交所得的锐角为50°，则等腰三角形的顶角的度数为 　 　．【变式4-3】（2022•滕州市校级模拟）已知△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，BD⊥AC，垂足为D，点E在直线BC上，若CD＝CE，则∠BDE的度数为 　 　．【考点5 作等腰三角形】【例5】（2021秋•克东县期末）如图，直线a，b相交形成的夹角中，锐角为52°，交点为O，点A在直线a上，直线b上存在点B，使以点O，A，B为顶点的三角形是等腰三角形，这样的点B有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式5-1】（2021秋•滑县期末）如图，A，B两点在正方形网格的格点上，每个方格都是边长为1的正方形，点C也在格点上，且△ABC为等腰三角形，在图中所有符合条件的点C应该有（　　）个．A．7 B．8 C．9 D．10【变式5-2】（2021春•和平区期末）如图，下列4个三角形中，均有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．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④【变式5-3】（2021秋•沙河口区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC≠BC．点P是直角边所在直线上一点，若△PAB为等腰三角形，则符合条件的点P的个数最多为（　　）A．3个 B．6个 C．7个 D．8个【考点6 角平分线性质的运用】【例6】（2022•滕州市二模）如图，AI、BI、CI分别平分∠BAC、∠ABC、∠ACB，ID⊥BC，△ABC的周长为18，ID＝3，则△ABC的面积为（　　）A．18 B．30 C．24 D．27【变式6-1】（2021春•雁塔区校级期末）如图，已知在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，BD平分∠ABC，AB＝5，BC＝9，CD＝4，则四边形ABCD的面积是（　　）A．24 B．28 C．30 D．32【变式6-2】（2021秋•嘉鱼县期末）如图，点I是△ABC三条角平分线的交点，△ABI的面积记为S1，△ACI的面积记为S2，△BCI的面积记为S3，关于S1+S2与S3的大小关系，正确的是（　　）A．S1+S2＝S3 B．S1+S2＜S3 C．S1+S2＞S3 D．无法确定【变式6-3】（2021秋•常州期末）如图，∠ABC、∠ACE的平分线BP、CP交于点P，PF⊥BD，PG⊥BE，垂足分别为F、G，下列结论：①S△ABP：S△BCP＝AB：BC；②∠APB+∠ACP＝90°；③∠ABC+2∠APC＝180°，其中正确的结论有（　　）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【考点7 线段垂直平分线的性质的运用】【例7】（2021秋•建湖县期末）△ABC中，BC＝10，AB的垂直平分线与AC的垂直平分线分别交BC于点D，E，且DE＝4，则AD+AE的值为（　　）A．6 B．14 C．6或14 D．8或12【变式7-1】（2021秋•弋江区期末）如图，AD垂直平分BC，垂足为D，∠BAC＝45°，CE⊥AB于E，交AD于F，BD＝2，则AF等于（　　）A．2 B．4 C．6 D．8【变式7-2】（2021秋•西湖区期末）如图，线段AB，BC的垂直平分线l1、l2相交于点O．若∠1＝40°，则∠AOC＝（　　）A．50° B．80° C．90° D．100°【变式7-3】（2021秋•唐县期末）如图，在△ABC中，I是三角形角平分线的交点，O是三边垂直平分线的交点，连接AI，BI，AO，BO，若∠AOB＝140°，则∠AIB的大小为（　　）A．160° B．140° C．130° D．125°【考点8 利用轴对称进行设计】【例8】（2021秋•吐鲁番市期末）在6×6的网格中已经涂黑了三个小正方形，请在图中涂黑一块（或两块）小正方形，使涂黑的四个（或五个）小正方形组成一个轴对称图形．【变式8-1】（2021秋•吉林期末）如图，4×4正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，点A，B都在格点上，按下列要求作图，使得所画图形的顶点均在格点上．（1）在图1中画一个以线段AB为边的轴对称△ABC，使其面积为2；（2）在图2中画一个以线段AB为边的轴对称四边形ABDE，使其面积为6．【变式8-2】（2021秋•龙凤区校级期末）如图，在10×10的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一个格点三角形ABC（三角形的顶点都在网格格点上）．（1）在图中画出△ABC关于直线l对称的△A′B′C′（要求：点A与点A′、点B与点B′、点C与点C′相对应）；（2）在（1）的结果下，设AB交直线l于点D，连接AB′，求四边形AB′CD的面积．【变式8-3】（2021秋•黄埔区期末）如图，方格纸中每个小方格都是边长为1的正方形，四边形ABCD的顶点与点E都是格点．（1）作出四边形ABCD关于直线AC对称的四边形AB′CD′；（2）求四边形ABCD的面积；（3）若在直线AC上有一点P，使得P到D、E的距离之和最小，请作出点P的位置．专题5.1 生活中的轴对称章末重难点突破【北师大版】 【考点1 轴对称现象】【例1】（2022•重庆）下列北京冬奥会运动标识图案是轴对称图形的是（　　）A． B． C． D．【分析】根据轴对称图形的概念求解．【解答】解：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．故选：C．【变式1-1】（2021秋•方正县期末）下列图案中，轴对称图形的个数为（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据轴对称图形的概念对各图形分析判断即可得解．【解答】解：左起第二个图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，第一、三、四这3个图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，故选：C．【变式1-2】（2021秋•宜兴市校级月考）小明在镜中看到身后墙上的时钟如下，你认为（　　）实际时间最接近9：00．A． B． C． D．【分析】根据镜面对称的性质，在平面镜中的钟面上的时针、分针的位置和实物应关于过12时、6时的直线成轴对称．【解答】解：根据平面镜成像原理可知，镜中的像与原图象之间实际上只是进行了左右对换，由轴对称知识可知，只要将其进行左可翻折，即可得到原图象，故应该在B和D选项中选择，B更接近9点．故选：B．【变式1-3】（2021秋•常州期中）如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球第1次碰到矩形的边时的点为Q，第2次碰到矩形的边时的点为M，…．第2022次碰到矩形的边时的点为图中的（　　）A．点P B．点Q C．点M D．点N【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2022除以6，根据商和余数的情况确定所对应的点的位置即可．【解答】解：如图，经过6次反弹后动点回到出发点P，∵2022÷6＝337，∴当点P第2022次碰到矩形的边时为第337个循环组的第6次反弹，∴第2022次碰到矩形的边时的点为图中的点P，故选：A．【考点2 轴对称的性质与运用】【例2】（2021春•雁塔区校级期末）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．【解答】解：∵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．【变式2-1】（2021春•南阳期末）如图，△ABC中，∠B＝60°，∠C＝50°，点D是BC上任一点，点E和点F分别是点D关于AB和AC的对称点，连接AE和AF，则∠EAF的度数是（　　）A．140° B．135° C．120° D．100°【分析】利用轴对称的性质解答即可．【解答】解：如图，∵点E和点F分别是点D关于AB和AC的对称点，∴∠EAB＝∠BAD，∠FAC＝∠CAD，∵∠B＝60°，∠C＝50°，∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝180°﹣60°﹣50°＝70°，∴∠EAF＝2∠BAC＝140°，故选：A．【变式2-2】（2021春•榆阳区期末）如图，∠BAC＝110°，若A，B关于直线MP对称，A，C关于直线NQ对称，则∠PAQ的大小是（　　）A．70° B．55° C．40° D．30°【分析】由∠BAC的大小可得∠B与∠C的和，再由线段垂直平分线，可得∠BAP＝∠B，∠QAC＝∠C，进而可得∠PAQ的大小．【解答】解：∵∠BAC＝110°，∴∠B+∠C＝70°，∵A，B关于直线MP对称，A，C关于直线NQ对称，又∵MP，NQ为AB，AC的垂直平分线，∴∠BAP＝∠B，∠QAC＝∠C，∴∠BAP+∠CAQ＝70°，∴∠PAQ＝∠BAC﹣∠BAP﹣∠CAQ＝110°﹣70°＝40°故选：C．【变式2-3】（2021春•卧龙区期末）如图，点P在∠AOB内部，点E，F分别是点P关于直线OA，OB的对称点，若∠AOB＝40°，则∠E+∠F＝　 　．【分析】连接OP．根据轴对称的性质以及等腰三角形的性质得出∠E＝∠OPE，∠F＝∠OPF，∠AOE＝∠AOP，∠BOF＝∠BOP．设∠AOP＝α，∠BOP＝β，则α+β＝40°，进而求出∠E+∠F＝180°﹣（α+β）＝140°．【解答】解：如图，连接OP．∵点E，F分别是点P关于直线OA，OB的对称点，∴OA垂直平分PE，OB垂直平分PF，∴OE＝OP，OP＝OF，∴∠E＝∠OPE，∠F＝∠OPF，∠AOE＝∠AOP，∠BOF＝∠BOP．设∠AOP＝α，∠BOP＝β，则α+β＝40°，∠POE＝2α，∠POF＝2β．在△POE中，∠E＝∠OPE=180°−∠POE2=90°﹣α，在△POF中，∠F＝∠OPF=180°−∠POF2=90°﹣β，∴∠E+∠F＝180°﹣（α+β）＝180°﹣40°＝140°．故答案为：140°．【考点3 轴对称中最短路线问题】【例3】（2022•槐荫区一模）如图，在锐角三角形ABC中，AB＝4，△ABC的面积为10，BD平分∠ABC，若M、N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值为（　　）A．4 B．5 C．4.5 D．6【分析】过C作CE⊥AB于点E，交BD于点M′，过点M′作M′N′⊥BC于N′，则CE即为CM+MN的最小值，再根据三角形的面积公式求出CE的长，即为CM+MN的最小值．【解答】解：过C作CE⊥AB于点E，交BD于点M′，过点M′作M′N′⊥BC于N′，如图：∵BD平分∠ABC，M′E⊥AB于点E，M′N′⊥BC于N′，∴M′N′＝M′E，∴CE＝CM′+M′E＝CM′+M′N′是CM+MN最小值，此时M与M′重合，N与N′重合，∵三角形ABC的面积为10，AB＝4，∴12×4•CE＝10，∴CE＝5．即CM+MN的最小值为5．故选：B．【变式3-1】（2021春•通川区期末）如图，∠AOB＝60°，点P为∠AOB内一点，点M、N分别在OA、OB上，当△PMN周长最小时，∠MPN的度数是（　　）A．120° B．60° C．30° D．90°【分析】分别作点P关于OA、OB的对称点P1、P2，连接P1、P2交OA于M，交OB于N，△PMN的周长最小值等于P1P2的长，然后依据等腰△OP1P2中，∠OP1P2+∠OP2P1＝180°﹣2∠O，即可得出∠MPN＝∠OPM+∠OPN＝∠OP1M+∠OP2N＝180°﹣2∠O＝60°．【解答】解：分别作点P关于OA、OB的对称点P1、P2，连接P1、P2交OA于M，交OB于N，∴OP1＝OP＝OP2，∠OP1M＝∠MPO，∠NPO＝∠NP2O，根据轴对称的性质可得MP＝P1M，PN＝P2N，∴△PMN的周长的最小值＝P1P2，由轴对称的性质可得∠P1OP2＝2∠AOB，∴等腰△OP1P2中，∠OP1P2+∠OP2P1＝180°﹣∠P1OP2＝180°﹣2∠AOB，∴∠MPN＝∠OPM+∠OPN＝∠OP1M+∠OP2N＝∠OP1P2+∠OP2P1＝180°﹣2∠AOB＝60°，故选：B．【变式3-2】（2021春•东坡区校级期末）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．【解答】解：作点P关于AC，BC的对称点D，G，连接PD，PG分别交AC，BC于E，F，连接DG交AC于M，交BC于N，连接PM，PN．此时△PMN的周长最小．∵PD⊥AC，PG⊥BC，∴∠PEC＝∠PFC＝90°，∴∠C+∠EPF＝180°，∵∠C＝50°，∴∠EPF＝130°，∵∠D+∠G+∠EPF＝180°，∴∠D+∠G＝50°，由对称可知：∠G＝∠GPN，∠D＝∠DPM，∴∠GPN+∠DPM＝50°，∴∠MPN＝130°﹣50°＝80°，故选：D．【变式3-3】（2021秋•桦甸市期末）四边形ABCD中，∠BAD＝125°，∠B＝∠D＝90°，在BC、CD上分别找一点M、N，当三角形AMN周长最小时，∠MAN的度数为　 　．【分析】延长AB到A′使得BA′＝AB，延长AD到A″使得DA″＝AD，连接A′A″与BC、CD分别交于点M、N，此时△AMN周长最小，推出∠AMN+∠ANM＝2（∠A′+∠A″），进而得出∠MAN的度数．【解答】解：延长AB到A′使得BA′＝AB，延长AD到A″使得DA″＝AD，连接A′A″与BC、CD分别交于点M、N．∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴A、A′关于BC对称，A、A″关于CD对称，此时△AMN的周长最小，∵BA＝BA′，MB⊥AB，∴MA＝MA′，同理：NA＝NA″，∴∠A′＝∠MAB，∠A″＝∠NAD，∵∠AMN＝∠A′+∠MAB＝2∠A′，∠ANM＝∠A″+∠NAD＝2∠A″，∴∠AMN+∠ANM＝2（∠A′+∠A″），∵∠BAD＝125°，∴∠A′+∠A″＝180°﹣∠BAD＝55°，∴∠AMN+∠ANM＝2×55°＝110°．∴∠MAN＝180°﹣110°＝70°，故答案为：70°【考点4 等腰三角形中的分类讨论思想】【例4】（2021秋•通许县期末）等腰三角形一腰的垂直平分线与另一腰所在直线的夹角是40°，则这一等腰三角形的底角为（　　）A．65° B．25° C．50° D．65°或25°【分析】由题意可知其为锐角等腰三角形或钝角等腰三角形，不可能是等腰直角三角形，所以应分开来讨论．【解答】解：当∠A为锐角时，如图：∵∠ADE＝40°，∠AED＝90°，∴∠A＝50°，∴∠B＝∠C=12×（180°﹣50°）＝65°；当∠BAC为钝角时，如图：∠ADE＝40°，∠DAE＝50°，∴顶角∠BAC＝180°﹣50°＝130°，∴∠B＝∠C=12×（180°﹣130°）＝25°．故选：D．【变式4-1】（2021春•东坡区期末）已知一个等腰三角形的周长为22cm，若其中一边长为6cm，则它的腰长为（　　）A．6cm B．10cm C．6cm或8cm D．8cm或10cm【分析】分6cm是腰长与底边两种情况求出另外两边，然后根据三角形的任意两边之和大于第三边判定即可得解．【解答】解：①6cm是腰长时，底边＝22﹣6×2＝10（cm），∵6+6＝12＞10，∴6cm、6cm、10cm能够组成三角形，此时腰长为6cm；②6cm是底边时，腰长=12×（22﹣6）＝8（cm），6cm、8cm、8cm能够组成三角形，此时腰长为8cm，综上所述，腰长为6cm或8cm．故选：C．【变式4-2】（2021秋•巴彦县期末）若等腰三角形两腰上的高线所在的直线相交所得的锐角为50°，则等腰三角形的顶角的度数为 　 　．【分析】分两种情形画出图形分别求解即可解决问题．【解答】解：①如图，当∠BAC是钝角时，由题意：AB＝AC，∠AEH＝∠ADH＝90°，∠EHD＝50°，∴∠BAC＝∠EAD＝360°﹣90°﹣90°﹣50°＝130°．②当∠A是锐角时，由题意：AB＝AC，∠CDA＝∠BEA＝90°，∠CHE＝50°，∴∠DHE＝130°，∴∠A＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°，故答案为：50°或130°．【变式4-3】（2022•滕州市校级模拟）已知△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，BD⊥AC，垂足为D，点E在直线BC上，若CD＝CE，则∠BDE的度数为 　 　．【分析】根据题意，分当E在C点左侧时与当E在C点右侧时两种情况讨论，并结合等腰三角形的性质进行分析即可求解．【解答】解：如图，当E在C点左侧时，∵AB＝AC，∠A＝40°，∴∠C＝∠ABC＝70°，∵CD＝CE，∴∠CDE＝∠CED＝55°，∵BD⊥AC，∴∠BDE＝∠BDC﹣∠CDE＝90°﹣55°＝35°；当E在C点右侧时，如图，∵AB＝AC，∠A＝40°，∴∠C＝∠ABC＝70°，∵CD＝CE，∴∠CDE＝∠CED＝35°，∵BD⊥AC，∴∠BDE＝∠BDC+∠CDE＝90°+35°＝125°，故答案为：35°或125°．【考点5 作等腰三角形】【例5】（2021秋•克东县期末）如图，直线a，b相交形成的夹角中，锐角为52°，交点为O，点A在直线a上，直线b上存在点B，使以点O，A，B为顶点的三角形是等腰三角形，这样的点B有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据△OAB为等腰三角形，分三种情况讨论：①当OB＝AB时，②当OA＝AB时，③当OA＝OB时，分别求得符合的点B，即可得解．【解答】解：要使△OAB为等腰三角形分三种情况讨论：①当OB＝AB时，作线段OA的垂直平分线，与直线b的交点为B，此时有1个；②当OA＝AB时，以点A为圆心，OA为半径作圆，与直线b的交点，此时有1个；③当OA＝OB时，以点O为圆心，OA为半径作圆，与直线b的交点，此时有2个，1+1+2＝4，故选：D．【变式5-1】（2021秋•滑县期末）如图，A，B两点在正方形网格的格点上，每个方格都是边长为1的正方形，点C也在格点上，且△ABC为等腰三角形，在图中所有符合条件的点C应该有（　　）个．A．7 B．8 C．9 D．10【分析】分两种情况：①AB为等腰三角形的底边；②AB为等腰三角形的一条腰；画出图形，即可得出结论．【解答】解：如图所示：①AB为等腰三角形的底边，符合条件的点C的有5个；②AB为等腰三角形的一条腰，符合条件的点C的有3个．所以符合条件的点C共有8个．故选：B．【变式5-2】（2021春•和平区期末）如图，下列4个三角形中，均有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．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④【分析】逐个画出图形，即可得到答案．【解答】解：图①中，∠A＝36°，AB＝AC，则∠ABC＝∠ACB＝72°，以B为顶点，在△ABC内作∠ABD＝36°，则∠A＝∠ABD＝36°，∴△ABD是等腰三角形，而∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝36°，∠ACB＝72°，∴∠ACB＝∠BDC＝72°，∴△BDC是等腰三角形，故直线BD将△ABC分成了两个小等腰三角形，①符合题意，如图：图③中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴△ABC是等腰直角三角形，∠B＝∠C＝45°，过A作AE⊥BC于E，如图：则△ABE和△ACE是等腰直角三角形，故直线AE将△ABC分成了两个小等腰三角形，③符合题意；图④中，∠BAC＝108°，AB＝AC，则∠B＝∠C＝36°，以A为顶点，在△ABC内作∠BAF＝72°，如图：则△ABF和△ACF都是等腰三角形，故④符合题意；图②是等边三角形，没有直线能将它分成两个小的等腰三角形，故②不符合题意；故选：D．【变式5-3】（2021秋•沙河口区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC≠BC．点P是直角边所在直线上一点，若△PAB为等腰三角形，则符合条件的点P的个数最多为（　　）A．3个 B．6个 C．7个 D．8个【分析】分为三种情况：①BP＝AB，②AP＝AB，③AP＝BP，再求出答案即可．【解答】解：①以B为圆心，以BA为半径作圆，此圆与直线BC交于两点，与直线AC交于一点（A除外），此时BP＝AB；②以A为圆心，以AB为半径作圆，此圆与直线AC交于两点，与直线AB交于一点（B除外），此时AP＝AB；③作线段AB的垂直平分线，交直线AC于一点，交直线BC于一点，此时AP＝BP；（1+2）+（1+2）+1+1＝8，故选：D．【考点6 角平分线性质的运用】【例6】（2022•滕州市二模）如图，AI、BI、CI分别平分∠BAC、∠ABC、∠ACB，ID⊥BC，△ABC的周长为18，ID＝3，则△ABC的面积为（　　）A．18 B．30 C．24 D．27【分析】过点I作IE⊥AB于E，IF⊥AC于F，然后根据角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质可得ID＝IE＝IF，再根据三角形面积计算即可得解．【解答】解：如图，过点I作IE⊥AB于E，IF⊥AC于F，∵∠ABC、∠ACB的平分线，ID⊥BC，∴ID＝IE，ID＝IE，∴ID＝IE＝IF＝3，∵△ABC的周长为18，∴△ABC的面积=12（AB+BC+AC）×3=12×18×3＝27．故选：D．【变式6-1】（2021春•雁塔区校级期末）如图，已知在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，BD平分∠ABC，AB＝5，BC＝9，CD＝4，则四边形ABCD的面积是（　　）A．24 B．28 C．30 D．32【分析】过D点作DH⊥AB于H，如图，根据角平分线的性质得到DH＝DC＝4，然后根据三角形面积公式，利用S四边形ABCD＝S△ABD+S△BCD进行计算．【解答】解：过D点作DH⊥AB于H，如图，∵BD平分∠ABC，DC⊥BC，DH⊥BA，∴DH＝DC＝4，∴S四边形ABCD＝S△ABD+S△BCD=12×5×4+12×9×4＝28．故选：B．【变式6-2】（2021秋•嘉鱼县期末）如图，点I是△ABC三条角平分线的交点，△ABI的面积记为S1，△ACI的面积记为S2，△BCI的面积记为S3，关于S1+S2与S3的大小关系，正确的是（　　）A．S1+S2＝S3 B．S1+S2＜S3 C．S1+S2＞S3 D．无法确定【分析】根据角平分线的性质和三角形三边关系和三角形的面积公式解答即可．【解答】解：∵点I是△ABC三条角平分线的交点，∴△ABI和△BIC和△AIC的高相等，∵△ABI的面积记为S1，△ACI的面积记为S2，△BCI的面积记为S3，∴S1+S2=12AB⋅ℎ+12AC⋅ℎ=12(AB+AC)⋅ℎ，S3=12BC⋅ℎ，由△ABC的三边关系得：AB+AC＞BC，∴S1+S2＞S3，故选：C．【变式6-3】（2021秋•常州期末）如图，∠ABC、∠ACE的平分线BP、CP交于点P，PF⊥BD，PG⊥BE，垂足分别为F、G，下列结论：①S△ABP：S△BCP＝AB：BC；②∠APB+∠ACP＝90°；③∠ABC+2∠APC＝180°，其中正确的结论有（　　）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【分析】根据角平分线的性质得到PF＝PG，根据三角形的面积公式即可得到①正确；过P作PH⊥AC于H，根据角平分线的定义和外角定理得到∠CAF＝∠ABC+∠ACB＝2∠PAF，∠PAF=12∠ABC+∠APB，求得∠ACB＝2∠APB，于是得到∠APB+∠ACP＝90°，故②正确；根据四边形的内角和定理得到∠ABC+∠FPG＝180°，根据全等三角形的性质得到∠APF＝∠APG，∠CPH＝∠CPG，于是得到∠ABC+2∠APC＝180°，故③正确．【解答】解：∵PB平分∠ABC，PF⊥BD，PG⊥BE，∴PF＝PG，∴S△ABP：S△BCP=12AB•PF：12BC•PG＝AB：BC，故①正确；过P作PH⊥AC于H，∵PC平分∠ACE，∴PH＝PG，∴PF＝PH，∴PA平分∠CAF，∵BP平分∠ABC，∴∠CAF＝∠ABC+∠ACB＝2∠PAF，∠PAF=12∠ABC+∠APB，∴∠ACB＝2∠APB，∵∠ACB+∠ACE＝180°，∴12∠ACB+12∠ACE=∠APB+∠ACP＝90°，故②正确；∵PF⊥AB，PG⊥BC，∴∠ABC+90°+∠FPG+90°＝360°，∴∠ABC+∠FPG＝180°，在Rt△PAF和Rt△PAH中，PF=PHPA=PA，∴Rt△PAF≌Rt△PAH（HL），∴∠APF＝∠APG，同理：Rt△PCH≌Rt△PCG（HL），∴∠CPH＝∠CPG，∴∠FPG＝2∠APC，∴∠ABC+2∠APC＝180°，故③正确；故选：D．【考点7 线段垂直平分线的性质的运用】【例7】（2021秋•建湖县期末）△ABC中，BC＝10，AB的垂直平分线与AC的垂直平分线分别交BC于点D，E，且DE＝4，则AD+AE的值为（　　）A．6 B．14 C．6或14 D．8或12【分析】分两种情况，当BD与CE无重合，当BD与CE有重合．【解答】解：∵AB的垂直平分线与AC的垂直平分线分别交BC于点D，E，∴AD＝BD，AE＝EC，分两种情况：当BD与CE无重合时，∵BC＝10，DE＝4，∴AD+AE＝BD+CE＝BC﹣DE＝10﹣4＝6，当BD与CE有重合时，∵BC＝10，DE＝4，∴AD+AE＝BD+CE＝BC+DE＝10+4＝14，综上所述：AD+AE的值为：6或14，故选：C．【变式7-1】（2021秋•弋江区期末）如图，AD垂直平分BC，垂足为D，∠BAC＝45°，CE⊥AB于E，交AD于F，BD＝2，则AF等于（　　）A．2 B．4 C．6 D．8【分析】求出∠ACE＝45°，证明∠EAC＝∠ACE，利用同角的余角相等，证明∠BAD＝∠BCE，利用ASA证明即可解答．【解答】解：∵AD垂直平分BC，BD＝2，∴BC＝2BD＝4，∵CE⊥AB，∴∠AEC＝90°，∵∠BAC＝45°，∴∠ACE＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAC＝∠ACE，∴AE＝CE，∵AB＝AC，点D是BC的中点，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠B+∠BAD＝90°，∵∠B+∠BCE＝90°，∴∠BAD＝∠BCE，在△AEF和△CEB中，∠AEF=∠CEBAE=CE∠EAF=∠BCE ∴△AEF≌△CEB（ASA），∴AF＝BC＝4，故选：B．【变式7-2】（2021秋•西湖区期末）如图，线段AB，BC的垂直平分线l1、l2相交于点O．若∠1＝40°，则∠AOC＝（　　）A．50° B．80° C．90° D．100°【分析】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．【解答】解：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＝40°，∵OA＝OB＝OC，∴∠A＝∠ABO，∠OBC＝∠C，∵∠AOP＝∠A+∠ABO，∠COP＝∠C+∠OBC，∴∠AOC＝∠AOP+∠COP＝∠A+∠ABC+∠C＝2×40°＝80°；故选：B．【变式7-3】（2021秋•唐县期末）如图，在△ABC中，I是三角形角平分线的交点，O是三边垂直平分线的交点，连接AI，BI，AO，BO，若∠AOB＝140°，则∠AIB的大小为（　　）A．160° B．140° C．130° D．125°【分析】连接CO，根据三角形内角和定理求出∠OAB+∠OBA，根据线段垂直平分线的性质得到OA＝OC，OB＝OC，进而得到∠OCA＝∠OAC，∠OCB＝∠OBC，求出∠CAB+∠CBA，根据角平分线的定义、三角形内角和定理计算，得到答案．【解答】解：连接CO，∵∠AOB＝140°，∴∠OAB+∠OBA＝180°﹣140°＝40°，∴∠OCA+∠OAC+∠OCB+∠OBC＝180°﹣40°＝140°，∵O是三边垂直平分线的交点，∴OA＝OC，OB＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∠OCB＝∠OBC，∴∠OCA+∠OCB＝70°，∴∠CAB+∠CBA＝180°﹣70°＝110°，∵AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，∴∠IAB=12∠CAB，∠IBA=12∠CBA，∴∠IAB+∠IBA=12（∠CAB+∠CBA）＝55°，∴∠AIB＝180°﹣55°＝125°，故选：D．【考点8 利用轴对称进行设计】【例8】（2021秋•吐鲁番市期末）在6×6的网格中已经涂黑了三个小正方形，请在图中涂黑一块（或两块）小正方形，使涂黑的四个（或五个）小正方形组成一个轴对称图形．【分析】根据轴对称图形的定义以及题目要求画出图形即可【解答】解：如图中，图形即为所求．【变式8-1】（2021秋•吉林期末）如图，4×4正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，点A，B都在格点上，按下列要求作图，使得所画图形的顶点均在格点上．（1）在图1中画一个以线段AB为边的轴对称△ABC，使其面积为2；（2）在图2中画一个以线段AB为边的轴对称四边形ABDE，使其面积为6．【分析】（1）根据轴对称的性质即可在图1中画一个以线段AB为边的轴对称△ABC，使其面积为2；（2）根据轴对称的性质即可在图2中画一个以线段AB为边的轴对称四边形ABDE，使其面积为6．【解答】解：（1）如图1，△ABC即为所求；（2）如图2，四边形ABDE即为所求．【变式8-2】（2021秋•龙凤区校级期末）如图，在10×10的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一个格点三角形ABC（三角形的顶点都在网格格点上）．（1）在图中画出△ABC关于直线l对称的△A′B′C′（要求：点A与点A′、点B与点B′、点C与点C′相对应）；（2）在（1）的结果下，设AB交直线l于点D，连接AB′，求四边形AB′CD的面积．【分析】（1）依据轴对称的性质，即可得到△ABC关于直线l对称的△A′B′C′；（2）依据割补法进行计算，即可得到四边形AB′CD的面积．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；（2）四边形AB′CD的面积为：4×6−12×1×1−12×3×5−12×1×4＝24﹣0.5﹣7.5﹣2＝14．【变式8-3】（2021秋•黄埔区期末）如图，方格纸中每个小方格都是边长为1的正方形，四边形ABCD的顶点与点E都是格点．（1）作出四边形ABCD关于直线AC对称的四边形AB′CD′；（2）求四边形ABCD的面积；（3）若在直线AC上有一点P，使得P到D、E的距离之和最小，请作出点P的位置．【分析】（1）利用网格特点和轴对称的性质分别作出B、D关于直线AC的对称点B′、D′，从而得到四边形AB′CD′；（2）利用两个三角形的面积和去计算四边形ABCD的面积；（3）连接ED′交直线AC于P，利用两点之间线段最短可判断点P满足条件．【解答】解：（1）如图，四边形AB′CD′为所作；（2）S四边形ABCD＝S△ABD+S△BCD=12×6×2+12×6×1＝9；（3）如图，点P为所作．