苏科版八年级上册2.2 轴对称的性质课后作业题

这是一份苏科版八年级上册2.2 轴对称的性质课后作业题，文件包含专题22轴对称的性质-讲练课堂2022-2023学年八年级数学上册尖子生同步培优题典原卷版苏科版docx、专题22轴对称的性质-讲练课堂2022-2023学年八年级数学上册尖子生同步培优题典解析版苏科版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
【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'⊥MND．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．4B．5C．6D．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．①②B．③④C．①②④D．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．