【文档说明】八年级上册数学举一反三系列(人教版)专题04 轴对称章末重难点题型（解析版）.doc，共(38)页，990.500 KB，由管理员店铺上传

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1专题04轴对称章末重难点题型汇编【举一反三】【人教版】【考点1判断轴对称图形】【方法点拨】掌握轴对称图形的概念：把一个图形沿着某一条直线翻折，如果直线两旁的部分能够互相重合，那么称这个图形是轴对称图

形，这条直线就是对称轴。注意：理解轴对称图形的定义应注意两点：（1）轴对称图形是一个图形，反映的是这个图形自身的性质。（2）符合要求的“某条直线”可能不止一条，但至少要有一条。【例1】（2019春•相城区期中）下列图形中，不是轴对称图形的是（

）A．B．C．D．【分析】根据关于某条直线对称的图形叫轴对称图形，进而判断得出即可．【答案】解：A、是轴对称图形，不合题意；B、不是轴对称图形，符合题意；C、是轴对称图形，不合题意；D、是轴对称图形，不合题意；2故选：

B．【点睛】此题主要考查了轴对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，对称轴可使图形两部分折叠后重合．【变式1-1】（2018秋•思明区校级期中）如图，四个手机应用图标中是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】根据轴对称图形的概念判断即可．【答案】解：A、B、C不是轴

对称图形，D是轴对称图形，故选：D．【点睛】本题考查的是轴对称图形的概念，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．【变式1-2】（2018秋•开封期中）下列四个图形中，不是轴对称图

形的是（）A．B．C．D．【分析】根据轴对称图形的概念求解．【答案】解：A、是轴对称图形，故本选项错误；B、是轴对称图形，故本选项错误；C、不是轴对称图形，故本选项正确；D、是轴对称图形，故本选项错误；故选：C．【点睛】本题考查了轴对称图形的知识，轴对称

图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．【变式1-3】（2018秋•宜兴市校级期中）下列图形中，不是轴对称图形的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】根据轴对称图形的概念求解．3【答案】解：只有第1个不是轴对称图形．故选：A．【点睛】本题

考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．【考点2角平分线的应用】【方法点拨】掌握角平分线的性质定理：角平分线上的点到角两边的距离相等牢记：（1）角平分线的性质是证明线段相等的一个比较简单的方法；（2）当遇到有关角平分线的问

题时，通常过角平分线上的点向角的两边作垂线，构造相等的线段。【例2】（2019春•港南区期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AD平分∠CAB交BC于D，DE⊥AB于E，若AB＝6cm，则△DBE的周长是

（）A．6cmB．7cmC．8cmD．9cm【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得DE＝CD，再根据等腰直角三角形的性质求出AC＝BC＝AE，然后求出△DBE的周长＝AB，代入数据即可得解．【答案】解：∵AD平分

∠CAB，DE⊥AB，∠C＝90°，∴DE＝CD，又∵AC＝BC，AC＝AE，∴AC＝BC＝AE，∴△DBE的周长＝DE+BD+EB＝CD+BD+EB＝BC+EB＝AE+EB＝AB，∵AB＝6cm，∴△DBE的周长＝6cm．故选：A．【点睛】本题考查了角平分线上的点到角的两边的距

离相等的性质，等腰直角三角形的性质，熟记性质求出△DBE的周长＝AB是解题的关键．【变式2-1】（2018秋•九龙坡区校级期中）如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于E，已知△ABC的面积为28．AC＝6，DE＝4，则AB的长为（）4A．6B．8C．4D

．10【分析】作DF⊥AC于F，根据角平分线的性质求出DF，根据三角形的面积公式计算即可．【答案】解：作DF⊥AC于F，∵AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DF＝DE＝4，×AB×DE+×AC×DF＝28，即×AB×4+×6×4＝28，解得，AB＝8，故选

：B．【点睛】本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．【变式2-2】（2018秋•思明区校级期中）如图，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD平分∠BAC，DE

⊥AB于点E，BF⊥AC于点F，DE＝2，则BF的长为（）A．3B．4C．5D．6【分析】过D作DG⊥AC于G，根据角平分线的性质得到DG＝DE＝2，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论．【答案】解：过D作DG⊥AC于G，∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，∴DG＝DE＝2，∵AB＝

6，AC＝4，5∴S△ABC＝AC•BF＝S△ABD+S△ACD＝AB•DE+AC•DG，∴×4•BF＝×6×2+×4×2，∴BF＝5，故选：C．【点睛】本题考查了角平分线的性质，三角形的面积，正确的作出辅助线是解题的关键．【变式2-3】（2018秋•西城区校级期中）如图

，AD是△ABC中∠BAC的角平分线，DE⊥AB于点E，S△ABC＝24，DE＝4，AB＝7，则AC长是（）A．3B．4C．6D．5【分析】作DF⊥AC于F，如图，根据角平分线定理得到DE＝DF＝4，再利用三角形面积公式和S△ADB+S

△ADC＝S△ABC得到×4×7+×4×AC＝24，然后解一次方程即可．【答案】解：作DF⊥AC于F，如图，∵AD是△ABC中∠BAC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE＝DF＝4，∵S△ADB+S△ADC＝S△ABC，∴×

4×7+×4×AC＝24，∴AC＝5，故选：D．6【点睛】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等，三角形的面积公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用面积法构建方程解决问题，属于中考常考题型．【考点3线段垂直平分线性质的应用】【方法点拨】掌握线段垂直

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注意：（1）这里的距离指的是点与点之间的距离，也就是两点之间线段的长度。（2）在使用该定理时必须保证两个前提条件：一是垂直于这条线段，二是平分这条线段。【例3】（2019春•普宁

市期中）如图：在△ABC中，AB和AC的垂直平分线分别交BC于点D、E，且点D在点E的左侧，BC＝6cm，则△ADE的周长是（）A．3cmB．12cmC．9cmD．6cm【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到DA＝DB，EA＝EC，根据三角形的周长公式

计算即可．【答案】解：∵AB和AC的垂直平分线分别交BC于点D、E，∴DA＝DB，EA＝EC，∴△ADE的周长＝AD+DE+AE＝BD+DE+EC＝BC＝6cm，故选：D．【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两

个端点的距离相等是解题的关键．【变式3-1】（2019春•南华县期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，AB的垂直平分线交BC于点D，连接AD，则△ACD的周长是（）A．7B．8C．9D．1

0【分析】直接利用线段垂直平分线的性质得出AD＝BD，进而得出答案．【答案】解：∵AB的垂直平分线交BC于点D，∴AD＝BD，7∵BC＝4，AC＝3，∴CD+AD＝CD+BD＝BC＝4，∴△ACD的周

长为：4+3＝7．故选：A．【点睛】此题主要考查了线段垂直平分线的性质，正确得出AD＝BD是解题关键．【变式3-2】（2018秋•南岗区校级期中）如图，在△ABC中，点E在边AC上，DE是AB的垂直平分线，△ABC的周长为19，△BCE的

周长为12，则线段AB的长为（）A．9B．8C．7D．6【分析】由DE为AB的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质，可得AE＝BE，又由△BCE的周长为12，可得AC+BC＝12，继而求得答案．【答案】解：∵DE为AB的垂直平分线，∴AE＝BE，∵△BCE的周长为12，∴BC+BE+CE＝BC+A

E+CE＝BC+AC＝12cm，∵△ABC的周长为19，∴AB+AC+BC＝19，∴AB＝19﹣12＝7，故选：C．【点睛】此题考查了线段垂直平分线的性质．注意垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．【变式3-3】（2018春•雨城区校级期中）如图，在△ABC中，PM、QN分别是AB、AC

的垂直平分线，∠BAC＝100°那么∠PAQ等于（）8A．50°B．40°C．30°D．20°【分析】根据三角形内角和定理得到∠B+∠C＝180°﹣100°＝80°，根据线段垂直平分线的性质得到PA＝PB，QA＝QC，根据等腰三角形的性质计算即可．【答案】解：∵∠BAC＝

100°，∴∠B+∠C＝180°﹣100°＝80°，∵PM、QN分别是AB、AC的垂直平分线，∴PA＝PB，QA＝QC，∴∠PAB＝∠B，∠QAC＝∠C，∴∠PAQ＝180°﹣（∠PAB+∠QAC）＝180°﹣（∠B+∠C）＝20°，故选：D．【点睛】本题考查的是线段的

垂直平分线的性质、三角形内角和定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．【考点4等腰三角形的性质】【方法点拨】掌握等腰三角形的性质：1.等腰三角形是轴对称图形，顶角平分线所在的直线是它的对称轴。2.等腰三角形的两底角相等（简称“等边对等角”）。3.等腰三角形底边上

的高线、中线及顶角平分线重合（简称“三线合一”）。【例4】（2018春•金水区校级期中）已知等腰三角形一腰的垂直平分线与另一腰所在的直线的夹角为40°，则此等腰三角形的顶角是（）A．50°B．130°C．50°或140°D．50°或130°【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．【答案】解：当为锐角时，如图：9∵∠ADE＝40°，∠AED＝90°，∴∠A＝50°，当为钝角时，如图：∠ADE＝40°，∠DAE＝50°，∴顶角∠BAC＝180°﹣50°＝130°．故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形的

性质及三角形内角和定理，分类讨论是正确解答本题的关键．【变式4-1】（2018秋•洪山区期中）如图，已知AB＝AC＝BD，则∠1与∠2的关系是（）A．3∠1﹣∠2＝180°B．2∠1+∠2＝180°C．∠1+3∠2＝180°D．∠1＝2∠2【分析】根

据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠1和∠C之间的关系，再根据三角形外角的性质可得∠1和∠2之间的关系．【答案】解：∵AB＝AC＝BD，∴∠B＝∠C＝180°﹣2∠1，10∴∠1﹣∠2＝180°﹣2∠1，∴3∠

1﹣∠2＝180°．故选：A．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质：等腰三角形的两个底角相等，三角形内角和定理以及三角形外角的性质；熟练掌握等腰三角形的性质，弄清角之间的数量关系是解决问题的关键，本题难度适中．【变式4-2】（2018秋•邗江区期中）如图，若AB＝AC，下列

三角形能被一条直线分成两个小等腰三角形的是（）A．（1）（2）（3）B．（1）（3）（4）C．（2）（3）（4）D．（1）（2）（4）【分析】根据等腰三角形的判定对①②③④个选项逐一分析，只有②不能被一条直线分成两个小等腰三角形【答案】解：①中作∠B的角平分

线即可；③过A点作BC的垂线即可；④中以A为顶点AB为一边在三角形内部作一个72度的角即可；只有②选项不能被一条直线分成两个小等腰三角形．故选：B．【点睛】考查了等腰三角形的判定方法以及三角形的内角和定理；进行尝试操作是解答本题的关键．【变

式4-3】（2018秋•新吴区期中）如图，在第一个△ABA1中∠B＝20°，AB＝A1B，在A1B上取一点C，延长AA1到A2，使得A1A2＝A1C，得到第二个△A1A2C；在A2C上取一点D，延长A1A2到A3，使

得A2A3＝A2D；…，按此做法进行下去，则以点A4为顶点的等腰三角形的底角的度数为（）11A．175°B．170°C．10°D．5°【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1A的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠CA2A1

，∠DA3A2及∠EA4A3的度数，找出规律即可得出∠A6的度数．【答案】解：∵在△ABA1中，∠B＝20°，AB＝A1B，∴∠BA1A＝＝80°，∵A1A2＝A1C，∠BA1A是△A1A2C的外角，∴∠CA2

A1＝＝＝40°；A同理可得∠DA3A2＝20°，∠EA4A3＝10°，∴∠An＝，以点A4为顶点的底角为∠A5．∵∠A5＝＝5°，故选：D．【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出∠CA2A1，∠DA3A2及∠EA4A3的度数，找出规律是解答此题

的关键．【考点5轴对称性质的应用】【方法点拨】掌握轴对称的性质：1.成轴对称的两个图形全等。2.成轴对称的两个图形中，对应点的连线被对称轴垂直平分。3.成轴对称的两个图形的任何对应部分也成轴对称。【例5】（2019春•贵阳期末）如图，点P是△ACB外的一点，点D

，E分别是△ACB两边上的点，点P关于CA的对称点P1恰好落在线段ED上，P点关于CB的对称点P2落在ED的延长线上，若PE＝2.5，PD＝3，ED＝4，则线段P1P2的长为．12【分析】利用轴对称图形的性质得出PE＝EP1，PD＝DP2，进而利

用DE＝4cm，得出P1D的长，即可得出P1P2的长．【答案】解：∵点P关于CA的对称点P1恰好落在线段ED上，P点关于CB的对称点P2落在ED的延长线上，∴PE＝EP1，PD＝DP2，∵PE＝2.5cm，PD＝3cm，DE＝4

cm，∴P2D＝3cm，EP1＝2.5cm，即DP1＝DE﹣EP1＝4﹣2.5＝1.5（cm），则线段P1P2的长为：P1D+DP2＝1.5+3＝4.5（cm）．故答案为4.5．【点睛】此题主要考查了轴对称图形的性质，得出PE＝EP1，PD＝DP2是解题关键．【变式

5-1】（2019春•普宁市期末）如图，在△ABC中，点D为BC边上一点，点D关于AB，AC对称的点分别为E、F，连接EF分别交AB、AC于M、N，分别连接DM、DN，已知△DMN的周长是6cm，那么EF＝．【分析】根据轴对称的性质知，EM＝DM，FN＝DN

，所以由△DMN的周长公式得到△DMN的周长＝EF．【答案】解：由轴对称的性质知，EM＝DM，FN＝DN，∴EF＝EM+MN+FN＝DM+MN+DN＝△DMN的周长＝6cm．∴△DMN的周长＝EF＝6cm．故答案是：6cm．13【点睛】考查了轴对称的性质，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．【变式5-2】（2019春•山亭区期末）如图，在∠AOB的内部有一点P，点M、N分别是点P关于OA，OB的对称点，MN分别交OA，OB于C，D点

，若△PCD的周长为30cm，则线段MN的长为cm．【分析】利用对称性得到CM＝PC，DN＝PD，把求MN的长转化成△PCD的周长，问题得解．【答案】解：∵点P关于OA、OB的对称点分别为C、D，∴MC＝PC，ND＝PD，∴MN＝CM+C

D+ND＝PC+CD+PD＝30cm．【点睛】本题考查轴对称的性质，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等．【变式5-3】（2018春•凤翔县期末）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．【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．【答案】解：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．【点睛】本题主要考查的是轴对称的

性质，掌握轴对称图形的性质是解题的关键．【考点6设计轴对称图案】14【方法点拨】设计轴对称图案往往以正方形、菱形、等边三角形和网格纸（或格点纸）为基础，因为这些图形本身就是轴对称图形，利用轴对称的有关性质容易设计出它们的对称点或对称部分。设计轴对称图案时，要先确

定出有几条对称轴，然后根据对称轴的不同，合理地设计出整体的轴对称图案。具体设计时，我们通常先以一条对称轴为基线，根据构思或需要，再添加其他的对称轴，进一步设计美观、完善的图案。注意：（1）要设计的图案是由哪些基本图形组成的；（2）是不是轴对称图形，如果是轴对称图形，要先确定它的

对称轴；（3）设计轴对称的美术图案时，除图形对称外，有时颜色也要“对称”。【例6】（2019春•赫山区期末）如图是网格中由五个小正方形组成的图形，根据下列要求画图（涂上阴影）（1）图①中，添加一块小正方形，使之成为轴对称图形，且有两条对称轴；（2）图②中，添加一块小正方形，使之成为轴对称图形

，且只有一条对称轴（画出一个即可）【分析】（1）直接利用轴对称图形的定义分析得出答案；（2）直接利用轴对称图形的定义分析得出答案．【答案】解：（1）如图①所示：即为所求；（2）如图②所示：即为所求．【点睛】此题主要考查了轴对称变换，正确把握轴对称图形的定义是

解题关键．【变式6-1】（2019春•东明县期末）如图，下列4×4网格图都是由16个相间小正方形组成，每个网格图中有4个小正方形已涂上阴影，在空白小正方形中，选取2个涂上阴影，使6个阴影小正方形组成个轴

对称图形，请设计出四种方案．15【分析】直接利用轴对称图形的定义分析得出答案．【答案】解：如图所示：【点睛】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确掌握轴对称图形的定义是解题关键．【变式6-2】（2018秋•赣榆区期中）如图，在2×2的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1．请分

别在下列图中画一个位置不同、顶点都在格点上的三角形，使其与△ABC成轴对称图形．【分析】根据轴对称图形的性质，不同的对称轴，可以有不同的对称图形，所以可以称找出不同的对称轴，再思考如何画对称图形．【答案】画对任意三种即可．16．

【点睛】此题考查的是利用轴对称设计图案，基本作法：①先确定图形的关键点；②利用轴对称性质作出关键点的对称点；③按原图形中的方式顺次连接对称点【变式6-3】（2018秋•东台市期中）方格纸中每个小方格都的边长为1的正方形，我们把以格点连线为边的多边形称为“格点多边形”．（1）在图1中确定格点

D，并画出一个以A、B、C、D为顶点的四边形，使其为轴对称图形；（2）在图2中画一个格点正方形，使其面积等于10；（3）直接写出图3中△FGH的面积是．【分析】（1）找出点A关于BC的对称点即可；（2）先构造以1和3为

直角边的直角三角形，然后以三角形的斜边为边构造正方形即可；（3）构造如图所示的矩形，根据△GFH的面积＝矩形面积减去三角形直角三角形的面积求解即可．【答案】解：（1）如图1所示：（2）如图2所示：17（3）如图3所示：△FGH的面积＝矩形ABHC的面积﹣△AFG的面积﹣△B

GH的面积﹣△FCH的面积＝5×6﹣﹣﹣＝9故答案为：9．【点睛】本题主要考查的是勾股定理、轴对称图形的性质，将三角形GEH的面积转化为一个矩形与三个直角三角形的面积的差是解题的关键．【考点7等腰三角形的判定】【方法点拨】掌握等腰三角形的判

定：等腰三角形的判定定理：有两个角相等的三角形是等腰三角形。简称“等角对等边”牢记：（1）等腰三角形的性质“等边对等角”与等腰三角形的判定“等角对等边”的条件和结论正好相反，要注意区分；（2）判定定理可以用来判定

一个三角形是等腰三角形，同时也是今后证明两条线段相等的重要依据。【例7】（2019春•深圳期中）如图，DE∥BC，CG＝GB，∠1＝∠2，求证：△DGE是等腰三角形．18【分析】根据已知条件，容易得出△ADE，△ABC都是等腰三角形，则G为等腰△ABC底边BC的中点，为此连接

AG，由等腰三角形的轴对称性质，得出结果【答案】解：连接AG，∵DE∥BC，∴∠ABC＝∠1，∠ACB＝∠2．又∵∠1＝∠2，∴∠ABC＝∠ACB．又∵G为BC中点，∴AG⊥BC．∴AG⊥DE且平分DE，∴D

G＝GE．∴△DGE是等腰三角形．【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定与性质和平行线的知识点，解题要充分利用已知条件，联系所学结论，灵活选用解法．【变式7-1】（2018秋•双阳区校级期中）如图，BD是△ABC的角平分线，DE∥BC，交AB于点E．求证：△BED是等腰三角形．19【分析

】依据角平分线即可得到∠EBD＝∠DBC，依据平行线的性质即可得到∠EDB＝∠DBC，进而得出∠EBD＝∠EDB，由此可得△BED是等腰三角形．【答案】证明∵BD是△ABC的角平分线，∴∠EBD＝∠DBC．∵DE∥BC，∴

∠EDB＝∠DBC．∴∠EBD＝∠EDB，∴ED＝EB，∴△BED是等腰三角形．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定，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．【变式7-2】（2018秋•鸠江区期中）已知：如图

，O为△ABC的∠BAC的角平分线上一点，∠1＝∠2，求证：△ABC是等腰三角形．【分析】要证明三角形是等腰三角形，只需证明∠ABC＝∠ACB即可，只要∠5＝∠6，只要三角形全等即可，作出辅助线可证明三角形全等，于是答案可得．【答案】证明：作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，∵A

O平分∠BAC，∴OE＝OF（角平分线上的点到角两边的距离相等）．∵∠1＝∠2，∴OB＝OC．∴Rt△OBE≌Rt△OCF（HL）．20∴∠5＝∠6．∴∠1+∠5＝∠2+∠6．即∠ABC＝∠ACB．∴AB＝AC．∴△ABC是等腰三角形

．【点睛】此题主要考查等腰三角形的判定及全等三角形的判定及性质；作出辅助线构建全等的三角形是正确解答本题的关键．【变式7-3】（2019秋•望谟县期中）已知：如图，锐角△ABC的两条高BD、CE相交于点O，且OB＝OC．求证：△ABC是等腰三角形．【分析

】由OB＝OC，即可求得∠OBC＝∠OCB，又由，锐角△ABC的两条高BD、CE相交于点O，根据三角形的内角和等于180°，即可证得△ABC是等腰三角形．【答案】证明：∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，∵锐角△ABC的两条高BD、CE相交于点O，∴∠BEC＝∠

CDB＝90°，∵∠BEC+∠BCE+∠ABC＝∠CDB+∠DBC+∠ACB＝180°，∴180°﹣∠BEC﹣∠BCE＝180°﹣∠CDB﹣∠CBD，∴∠ABC＝∠ACB，21∴AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形；【点睛】此题考查了等腰三角形的性质与判定，以及角平分

线的判定等知识．此题难度不大，注意等角对等边与三线合一定理的应用．【考点8“三线合一”性质的应用】【方法点拨】等腰三角形底边上的高线、中线及顶角平分线重合（简称“三线合一”）。【例8】（2019秋•武昌区期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，BE平分∠ABC，G为EF的中点，求证

：AG⊥EF．【分析】只要证明AF＝AE，利用等腰三角形的三线合一的性质即可解决问题；【答案】证明：∵BE平分∠ABC∴∠ABE＝∠CBE∠AEF＝90°﹣∠ABE又∵∠AFE＝∠DFB＝90°﹣∠CBE∴∠AFE＝∠AEF，∴△A

FE为等腰三角形又∵G为EF的中点∴AG⊥EF．【点睛】本题考查等腰三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【变式8-1】（2019秋•青山区期中）在△ABC中，BC边上的高AG平分∠BAC．（1）

如图1，求证：AB＝AC；（2）如图2，点D、E在△ABC的边BC上，AD＝AE，BC＝10cm，DE＝6cm，求BD的长．22【分析】（1）想办法证明∠B＝∠C即可解决问题．（2）如图2中，作AG⊥BC于G．利用等腰三角形的三线合一

的性质证明BD＝CE即可解决问题．【答案】（1）证明：如图1中，∵AG为∠BAC的平分线，∴∠BAG＝∠CAG，∵AG为BC边上高∴∠AGB＝∠AGC＝90°，∴∠B＝∠C，∴AB＝AC．（2）如图2中，作AG⊥BC于G．∵AB＝AC，

AG⊥BC，∴BG＝CG，∵AD＝AE，AG⊥BC，∴DG＝EG，∴BG﹣DG＝CG﹣EG，∴BD＝CE，∵BC＝10cm，DE＝6cm，∴BD＝2cm．【点睛】本题考查等腰三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常

考题型．23【变式8-2】（2019•衡阳校级期中）已知：如图，在等边三角形ABC的AC边上取中点D，BC的延长线上取一点E，使CE＝CD．求证：BD＝DE．【分析】欲证BD＝DE，只需证∠DBE＝∠E，根据等边三角形的性质及角的等量关系可证明∠DBE＝∠E＝30°．【答案】证明：∵△

ABC为等边三角形，BD是AC边的中线，∴BD⊥AC，BD平分∠ABC，∠DBE＝∠ABC＝30°．∵CD＝CE，∴∠CDE＝∠E．∵∠ACB＝60°，且∠ACB为△CDE的外角，∴∠CDE+∠E＝60°

．∴∠CDE＝∠E＝30°，∴∠DBE＝∠DEB＝30°，∴BD＝DE．【点睛】本题考查等腰三角形与等边三角形的性质及三角形内角和为180°等知识．此类已知三角形边之间的关系求角的度数的题，一般是利用等腰（等

边）三角形的性质得出有关角的度数，进而求出所求角的度数．【变式8-3】如图所示，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC．（1）若D为BC的中点，过D作DM⊥DN分别交AB、AC于M、N，求证：DM＝DN；（2）若DM⊥DN分别和BA、AC延长线交于M、N，问DM和D

N有何数量关系，并证明．24【分析】（1）连接AD，可得∠ADM＝∠CDN，可证△AMD≌△CND，可得DM＝DN；（2）连接AD，可得∠ADM＝∠CDN，可证△AMD≌△CND，可得DM＝DN．【答

案】解：（1）连接AD，∵D为BC中点，∴AD＝BD，∠BAD＝∠C，∵∠ADM+∠ADN＝90°，∠ADN+∠CDN＝90°，∴∠ADM＝∠CDN，在△AMD和△CND中，，∴△AMD≌△CND（ASA），∴DM＝DN．（2）连接

AD，∵D为BC中点，∴AD＝BD，∠BAD＝∠C，∵∠ADM+∠MDC＝90°，∠MDC+∠CDN＝90°，∴∠ADM＝∠CDN，∵∠MAD＝MAC+DAC＝135°，∠NCD＝180°﹣∠ACD＝1

35°在△AMD和△CND中，25，∴△AMD≌△CND（ASA），∴DM＝DN．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AMD≌△CND是解题的关键．【考点9等边三角形的判定与性质】【方法点拨】等边三角形的性质：（1）等边三角形是轴对称图形

，并且具有3条对称轴；（2）等边三角形的每个角都等于60°。等边三角形的判定：（1）三边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）有两个角是60°的三角形是等边三角形。（4）有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形。【例9】（2018

秋•松桃县期末）如图，点P，M，N分别在等边△ABC的各边上，且MP⊥AB于点P，MN⊥BC于点M，PN⊥AC于点N．（1）求证：△PMN是等边三角形；（2）若AB＝12cm，求CM的长．【分析】（1）根据等边三角形的性质得出∠A＝∠B＝∠C，进而得出∠MPB＝∠NMC＝∠PN

A＝90°，再根据平角的意义即可得出∠NPM＝∠PMN＝∠MNP，即可证得△PMN是等边三角形；（2）易证得△PBM≌△MCN≌△NAP，得出PA＝BM＝CN，PB＝MC＝AN，从而求得BM+PB＝AB＝12cm，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半得出2PB＝BM，即

可求得PB的长，进而得出MC的长．26【答案】解：（1）∵△ABC是正三角形，∴∠A＝∠B＝∠C，∵MP⊥AB，MN⊥BC，PN⊥AC，∴∠MPB＝∠NMC＝∠PNA＝90°，∴∠PMB＝∠MNC＝∠A

PN，∴∠NPM＝∠PMN＝∠MNP，∴△PMN是等边三角形；（2）根据题意△PBM≌△MCN≌△NAP，∴PA＝BM＝CN，PB＝MC＝AN，∴BM+PB＝AB＝12cm，∵△ABC是正三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，∴2PB＝BM，∴2PB+PB＝12cm，∴P

B＝4cm，∴MC＝4cm．【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，平角的意义，三角形全等的性质等，得出∠NPM＝∠PMN＝∠MNP是本题的关键．【变式9-1】（2018秋•邵阳县期末）如图，在等边△ABC中，∠ABC与∠

ACB的平分线相交于点O，且OD∥AB，OE∥AC（1）试判定△ODE的形状，并说明你的理由；（2）若BC＝10，求△ODE的周长．【分析】（1）证明∠ABC＝∠ACB＝60°；证明∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°，即可解决问题．27（

2）证明BD＝OD；同理可证CE＝OE；即可解决问题．【答案】解：（1）△ODE是等边三角形；理由如下：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°；∵OD∥AB，OE∥AC，∴∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°，∴△ODE为等边三角形．（2）∵OB平分∠ABC，OD

∥AB，∴∠ABO＝∠DOB，∠ABO＝∠DBO，∴∠DOB＝∠DBO，∴BD＝OD；同理可证CE＝OE；∴△ODE的周长＝BC＝10．【点睛】该题主要考查了等边三角形的判定及其性质的应用问题；解题的关键是灵活运用平行线的性质、等边三角形的性质来分析、判断、解答．【变式9-2

】（2019秋•寿光市期末）如图，A、B、C三点在同一直线上，分别以AB、BC为边，在直线AC的同侧作等边△ABD和等边△BCE，连接AE交BD于点M，连接CD交BE于点N，连接MN得△BMN．（1）求证：△ABE≌△DBC．（2）试判断△BMN的形状，并说明理由．【分析】（

1）由三角形ABD与三角形BCE都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两条边对应相等，两个角相等都为60°，利用SAS即可得到三角形ABE与三角形DBC全等；28（2）三角形BMN为等边三角形，理由为：由第一问三角形ABE与三角形DBC全等，利用全等三

角形的对应角相等得到一对角相等，再由∠ABD＝∠EBC＝60°，利用平角的定义得到∠MBE＝∠NBC＝60°，再由EB＝CB，利用ASA可得出三角形EMB与三角形CNB全等，利用全等三角形的对应边相等得到MB＝NB，再由∠MBE＝60°，利用有一个角为60°的等腰三角形

为等边三角形可得出三角形BMN为等边三角形．【答案】解：（1）证明：∵等边△ABD和等边△BCE，∴AB＝DB，BE＝BC，∠ABD＝∠EBC＝60°，∴∠ABE＝∠DBC＝120°，在△ABE和△DBC中，∵，∴△ABE≌△DBC（SAS）；（2）△BMN为等边三角形，理由

为：证明：∵△ABE≌△DBC，∴∠AEB＝∠DCB，又∠ABD＝∠EBC＝60°，∴∠MBE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，即∠MBE＝∠NBC＝60°，在△MBE和△NBC中，∵，∴△MBE≌△NBC（ASA），∴BM

＝BN，∠MBE＝60°，则△BMN为等边三角形．【点睛】此题考查了等边三角形的判定与性质，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．同时做第二问时注意利用第一问已证的结论．【变式9-3】（2019秋•中江县期末）如图，△ABC中，AB＝BC＝AC＝12cm，现有两

点M、N分别从点A、点B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度为1cm/s，点N的速度为2cm/s．当点N第一次到29达B点时，M、N同时停止运动．（1）点M、N运动几秒后，M、N两点重合？（2）点M、N运动几秒后，可得到等边三角形△AMN？（3）当点M、N在BC边上运

动时，能否得到以MN为底边的等腰三角形AMN？如存在，请求出此时M、N运动的时间．【分析】（1）首先设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，表示出M，N的运动路程，N的运动路程比M的运动路程多12cm，列出方程求解即可；（2）根据题意设点M、N运动t秒后，可得到等边三

角形△AMN，然后表示出AM，AN的长，由于∠A等于60°，所以只要AM＝AN三角形ANM就是等边三角形；（3）首先假设△AMN是等腰三角形，可证出△ACM≌△ABN，可得CM＝BN，设出运动时间，表示出CM，NB，N

M的长，列出方程，可解出未知数的值．【答案】解：（1）设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，x×1+12＝2x，解得：x＝12；（2）设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形△AMN，如图①，AM＝t×1＝t，AN＝AB﹣BN＝12﹣2t，∵

三角形△AMN是等边三角形，∴t＝12﹣2t，解得t＝4，∴点M、N运动4秒后，可得到等边三角形△AMN．（3）当点M、N在BC边上运动时，可以得到以MN为底边的等腰三角形，由（1）知12秒时M、N两点重合，恰好在C处，30如图

②，假设△AMN是等腰三角形，∴AN＝AM，∴∠AMN＝∠ANM，∴∠AMC＝∠ANB，∵AB＝BC＝AC，∴△ACB是等边三角形，∴∠C＝∠B，在△ACM和△ABN中，∵，∴△ACM≌△ABN，∴CM＝BN，设当点M、N在BC边上运动时，M、N运动的时间y

秒时，△AMN是等腰三角形，∴CM＝y﹣12，NB＝36﹣2y，CM＝NB，y﹣12＝36﹣2y，解得：y＝16．故假设成立．∴当点M、N在BC边上运动时，能得到以MN为底边的等腰三角形AMN，此时M、N运动的时间为16秒．31【点睛】此题主要考查了等边三角形

的性质及判定，关键是根据题意设出未知数，理清线段之间的数量关系．【考点10翻折变换】【例10】（2018春•锦江区期末）在探索三角形全等的条件时，老师给出了定长线段a，b，且长度为b的边所对的角为n°（0＜n＜90°）小明和小亮按照所给条件分别画出了图1中的三角形，他们把两个三角形重合在

一起（如图2），其中AB＝a，BD＝BC＝b，发现它们不全等，但他们对该图形产生了浓厚兴趣，并进行了进一步的探究：（1）当n＝45时（如图2），小明测得∠ABC＝65°，请根据小明的测量结果，求∠ABD的大小；（2）当n≠45时，将△

ABD沿AB翻折，得到△ABD′（如图3），小明和小亮发现∠D′BC的大小与角度n有关，请找出它们的关系，并说明理由；（3）如图4，在（2）问的基础上，过点B作AD′的垂线，垂足为点E，延长AE到点F，使得EF＝（AD+AC

），连接BF，请判断△ABF的形状，并说明理由．【分析】（1）先根据三角形的内角和得∠C＝70°，由等腰三角形的性质得∠BDC＝70°，从而得∠CBD的度数，可得结论；（2）设∠BDC＝∠C＝α，根据三角形的内角和与三角形外角的性质分别表示∠ABD和∠DBC，相加可得结论；（3）

作垂线BT，根据角平分线的性质得：BE＝BT，证明Rt△ABE≌Rt△ABT（HL），得AE＝AT，证明BE是AF的垂直平分线，可得结论．【答案】解：（1）如图2，△ABC中，∠A＝n°＝45°，∠ABC＝65°，32∴∠C＝180°﹣45°﹣65°＝70°，∵BD＝BC，∴∠BDC＝∠C＝7

0°，∴∠DBC＝180°﹣2×70°＝40°，∴∠ABD＝65°﹣40°＝25°；（2）如图3，∠D'BC＝180°﹣2n°，理由是：设∠BDC＝∠C＝α，∴∠DBC＝180°﹣2α，△ADB中，∠BDC＝∠DA

B+∠ABD，即α＝n°+∠ABD，∴∠ABD＝α﹣n°，由翻折得：∠ABD'＝∠ABD＝α﹣n°，∴∠D'BC＝∠D'BD+∠DBC＝2∠ABD+∠DBC＝2（α﹣n°）+（180°﹣2α）＝180°﹣2n°；（3）△ABF是等腰三角形，且BF＝AB，理由是：如图4，过

B作BT⊥AC于T，由折叠得：∠D'BC＝∠DAB，∵BE⊥AF，∴BE＝BT，在Rt△ABE和Rt△ABT中，∵，∴Rt△ABE≌Rt△ABT（HL），∴AE＝AT，∵AD＝AD'，33∴DT＝D'E＝TC，∴＝AT，∵EF＝，∴AT＝EF＝AE，∵

BE⊥AF，即BE是AF的垂直平分线，∴BF＝AB，∴△ABF是等腰三角形．【点睛】此题考查了四边形综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，等边三角形，等腰直角三角形，以及正方形的性质，勾股定理，熟练掌握

全等三角形的判定与性质是解本题的关键．【变式10-1】（2019春•迁安市期末）已知∠MON＝90°，点A，B分别在射线OM，ON上运动（不与点O重合）观察：（1）如图1，若∠OBA和∠OAB的平分线交于点C，∠ACB＝

°猜想：（2）如图2，随着点A，B分别在射线OM，ON上运动（不与点O重合）．若BC是∠ABN的平分线，BC的反向延长线与∠OAB的平分线交于点E，∠E的大小会变吗？如果不会，求∠E的度数；如果会改变，说明理由．拓展：（3）如图3，在（

2）基础上，小明将△ABE沿MN折叠，使点E落在四边形ABMN内点E′的位置．求∠BME′+∠ANE′的度数．【分析】（1）根据三角形的内角和定理角平分线的定义计算即可．（2）利用三角形的外角的性质，三角形内角和定理构建关系式解决问题即可．34（3）根据翻折不变性，三角形内角和

定理，三角形的外角的性质构建关系式解决问题即可．【答案】解：观察：（1）∵∠MON＝90°，∴∠OAB+∠OBA＝90°，∵∠OBA和∠OAB的平分线交于点C，∴∠ABC＝∠OBA，∠BAC＝∠OAB，∴∠ABC+∠BAC＝（∠OBA+∠OAB）＝45°，∴∠CBA

＝180°﹣45°＝135°故答案为135．猜想：（2）∵AE是∠BAO的平分线∴∠BAE＝∠BAO，∵BC是∠ABN的平分线，∴∠CBA＝∠NBA，∵∠NBA＝∠O+∠BAO，∴∠CBA＝（∠O+∠BAO）＝45°+∠BAE

，∵∠CBA＝∠E+∠BAE，∴∠E+∠BAE＝45°+∠BAE，即∠E＝45°．拓展：（3）由折叠可得，∠EMN＝∠E′MN，∠ENM＝∠E′NM，∴2∠EMN+∠BME′＝180°，2∠ENM+∠ANE′＝180°，∴∠BME′＝180°﹣2∠EMN，∠ANE′＝180°﹣2∠E

NM，∴∠BME′+∠ANE′＝360°﹣2（∠EMN+∠ENM），∵∠EMN+∠ENM＝180°﹣∠E，∠E＝45°，∴∠BME′+∠ANE′＝360°﹣2（∠EMN+∠ENM）＝360°﹣2（180°﹣∠E）＝2∠E35＝90°．【点睛】本题考查三角形内角和定理，三角

形的外角的性质，翻折变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【变式10-2】（2019春•硚口区月考）如图1，点E，F分别在直线AB，CD上，点P在AB，CD之间，连接EP，FP．过FP

上的点M作MN∥EP，交CD于点N，且∠MNF＝∠AEP．（1）求证：AB∥CD；（2）如图2，将射线FC沿FP折叠后交EP于点G，GH平分∠EGF，若GH∥AB，请写出∠EPF与∠GFC的数量关系，并证明你的结论；（3）如图3，将射线EA沿EP折叠，射

线FC沿FP折叠，折叠后两条射线相交于点Q，直接写出当∠EPF＝度时，EQ⊥FQ．【分析】（1）延长FP交AB于点Q，根据三角形的外角性质和平行线性质证明即可；（2）延长EP交CD于点Q，根据折叠和平行线的性质解

答即可；（3）延长FP交AB于点Q，根据折叠和四边形的内角和进行分析解答．【答案】解：（1）延长FP交AB于点Q，如图1，∵MN∥EP，∴∠MPE＝∠NMP，∵∠MPE＝∠AEP+∠PQE，∠NMP＝∠MNF+∠MFN，∵∠MNF＝∠AEP，∴∠PQE＝∠MFN，∴AB∥CD；（2）延长FP交

CD于点Q，如图2，36∠EPF+∠GFC＝270°，理由如下：∵AB∥CD，∴∠BEP+∠FQP＝180°，∵将射线FC沿FP折叠，∴∠QFP＝∠PFG，∵GH∥AB，∴GH∥CD，∴∠FGH＝2∠CFP，∵∠EPF＝∠EQF+∠QFP，∴∠EPF＝180°﹣∠B

EP+∠QFP，∵GH平分∠EGF，∴∠FGH＝∠HGE，∵GH∥CD，∴∠HGE＝∠FQP，∴∠EPF＝180°﹣∠BEP+∠FGH，∴∠EPF＝180°﹣∠BEP+（180°﹣∠BEP），∴∠EPF

+∠BEP＝270°；（3）延长FP交AB于点Q′，如图3，∵AB∥CD，∴∠CFQ′＝∠PQ′E，37∵将射线FC沿FP折叠，将射线EA沿EP折叠，∴∠CFP＝∠PFQ，∠QEP＝∠PEQ′，∵∠FPE＝∠PQ′E+∠PEQ′，EQ⊥FQ，′在四边形FPEQ中，∠

PFQ+∠QEP+∠FPE＝360°﹣90°＝270°，得：2∠FPE＝270°，∴∠FPE＝135°；故答案为：135．【点睛】此题考查平行线的判定和性质、折叠变换的性质、三角形内角和、四边形内角和等知

识，关键是构建平行线，利用三角形的外角和四边形的内角和进行解答．【变式10-3】（2019春•广陵区校级期中）发现（1）如图1，把△ABC沿DE折叠，使点A落在点A’处，请你判断∠1+∠2与∠A有何数量关系，直接

写出你的结论，不必说明理由思考（2）如图2，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，把△ABC折叠，使点A与点I重合，若∠1+∠2＝100°，求∠BIC的度数；拓展（3）如图3，在锐角△ABC中，BF⊥A

C于点F，CG⊥AB于点G，BF、CG交于点H，把△ABC折叠使点A和点H重合，试探索∠BHC与∠1+∠2的关系，并证明你的结论．【分析】（1）根据翻折变换的性质以及三角形内角和定理以及平角的定义求出即可；（2）根据三角形角平分线的性质得出∠

IBC+∠ICB＝90°﹣∠A，得出∠BIC的度数即可；（3）根据翻折变换的性质以及垂线的性质得出，∠AFH+∠AGH＝90°+90°＝180°，进而求出∠A＝（∠1+∠2），即可得出答案．【答案】解：（1）∠1+∠2＝2∠A；理由：根据翻折的性质，∠ADE＝

（180°﹣∠1），∠AED＝（180°﹣∠2），∵∠A+∠ADE+∠AED＝180°，38∴∠A+（180﹣∠1）+（180﹣∠2）＝180°，整理得2∠A＝∠1+∠2；（2）由（1）∠1+∠2＝2∠A，得2∠A＝100°，∴∠A＝50°∵IB平分

∠ABC，IC平分∠ACB，∴∠IBC+∠ICB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A，∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）＝180°﹣（90°﹣∠A）＝90°+×50°＝115°；（3）∵BF⊥AC，CG⊥AB，∴∠AFH+∠AGH＝90°+90°＝180°

，∠FHG+∠A＝180°，∴∠BHC＝∠FHG＝180°﹣∠A，由（1）知∠1+∠2＝2∠A，∴∠A＝（∠1+∠2），∴∠BHC＝180°﹣（∠1+∠2）．【点睛】此题主要考查了图形的翻着变换的性质以及角平分线的性质和三角形内角和定理，

正确的利用翻折变换的性质得出对应关系是解决问题的关键．