北師大版七年級數(shù)學下冊舉一反三系列5.3軸對稱的性質【八大題型】同步學案(學生版+解析)

專題5.3軸對稱的性質【八大題型】【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1游戲中的軸對稱】 1【題型2利用軸對稱的性質求角度】 3【題型3利用軸對稱的性質求線段長度】 4【題型4在格點中作軸對稱圖形】 6【題型5利用軸對稱的性質解決折疊問題】 8【題型6利用軸對稱的性質解決最短路徑問題】 11【題型7利用軸對稱的性質解決探究性問題】 13【題型8軸對稱圖案的設計】 18【知識點1軸對稱的性質】（1）如果兩個圖形關于某直線對稱，那么對稱軸是任何一對對應點所連線段的垂直平分線．由軸對稱的性質得到一下結論：①如果兩個圖形的對應點的連線被同一條直線垂直平分，那么這兩個圖形關于這條直線對稱；②如果兩個圖形成軸對稱，我們只要找到一對對應點，作出連接它們的線段的垂直平分線，就可以得到這兩個圖形的對稱軸．（2）軸對稱圖形的對稱軸也是任何一對對應點所連線段的垂直平分線．【題型1游戲中的軸對稱】【例1】（2022春?余姚市校級月考）小王設計了一“對稱跳棋”題：如圖，在作業(yè)本上畫一條直線l，在直線l兩邊各放一粒圍棋子A、B，使線段AB長8cm，并關于直線l對稱，在圖中P1處有一粒跳棋子，P1距A點6cm、與直線l的距離為3cm，按以下程序起跳：第1次，從P1點以A為對稱中心跳至P2點；第2次，從P2點以l為對稱軸跳至P3點；第3次，從P3點以B為對稱中心跳至P4點；第4次，從P4點以l對稱軸跳至P5點；…．（1）棋子跳至P6點時，與點P1的距離是；（2）棋子按上述程序跳躍2014次后停下，這時它與點B的距離是．【變式1-1】（2022?云夢縣一模）甲和乙下棋，甲執(zhí)白子，乙執(zhí)黑子．如圖，已共下了7枚棋子，棋盤中心黑子的位置用（﹣1，0）表示，其右下角黑子的位置用（0，﹣1）表示．甲將第4枚白子放入棋盤后，所有棋子構成一個軸對稱圖形．他放的位置是（）A．（﹣1，1） B．（﹣2，1） C．（1，﹣2） D．（﹣1，﹣2）【變式1-2】（2022?濰坊）甲乙兩位同學用圍棋子做游戲．如圖所示，現(xiàn)輪到黑棋下子，黑棋下一子后白棋再下一子，使黑棋的5個棋子組成軸對稱圖形，白棋的5個棋子也成軸對稱圖形．則下列下子方法不正確的是（），[說明：棋子的位置用數(shù)對表示，如A點在（6，3）]．A．黑（3，7）；白（5，3） B．黑（4，7）；白（6，2） C．黑（2，7）；白（5，3） D．黑（3，7）；白（2，6）【變式1-3】（2022?綏棱縣校級模擬）如圖是跳棋盤，其中格點上的黑色點為棋子，剩余的格點上沒有棋子．我們約定跳棋游戲的規(guī)則是：把跳棋棋子在棋盤內，沿著棋子對稱跳行，跳行一次稱為一步．已知點A為己方一枚棋子，欲將棋子A跳進對方區(qū)域（陰影部分的格點），則跳行的最少步數(shù)為3步．【題型2利用軸對稱的性質求角度】【例2】（2022秋?河東區(qū)期末）如圖，△ABC中，∠B＝58°，∠C＝55°，點D為BC邊上一動點．分別作點D關于AB，AC的對稱點E，F(xiàn)，連接AE，AF．則∠EAF的度數(shù)等于．【變式2-1】（2022春?壽陽縣期末）如圖，△ABC中，∠B＝60°，∠C＝50°，點D是BC上任一點，點E和點F分別是點D關于AB和AC的對稱點，連接AE和AF，則∠EAF的度數(shù)是（）A．140° B．135° C．120° D．100°【變式2-2】（2022秋?臺江區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD中，AB＝AD，△ABC沿著AC翻折，點B關于AC的對稱點E恰好落在CD上，若∠B＝α度，則∠D的度數(shù)是度．【變式2-3】（2022秋?房山區(qū)期末）如圖，點P是∠AOB外的一點，點Q是點P關于OA的對稱點，點R是點P關于OB的對稱點，直線QR分別交∠AOB兩邊OA，OB于點M，N，連接PM，PN，如果∠PMO＝33°，∠PNO＝70°，求∠QPN的度數(shù)．【題型3利用軸對稱的性質求線段長度】【例3】（2022秋?土默特左旗期中）如圖，點P在∠AOB內，點M、N分別是點P關于AO、BO的對稱點，若△PEF的周長為15，求MN的長．【變式3-1】（2022春?洛寧縣期末）如圖，點P在∠AOB內，點M、N分別是P點關于OA、OB的對稱點，且MN交OA、OB相交于點E，若△PEF的周長為20，求MN的長．【變式3-2】（2022春?驛城區(qū)期末）如圖，點P是∠AOB外的一點，點M，N分別是∠AOB兩邊上的點，點P關于OA的對稱點Q恰好落在線段MN上，點P關于OB的對稱點R落在MN的延長線上．若PM＝3cm，PN＝4cm，MN＝4.5cm，則線段QR的長為．【變式3-3】（2022秋?淮安月考）如圖，在△ABC中，AB＝12cm，AC＝6cm，BC＝10cm，點D，E分別在AC，AB上，且△BCD和△BED關于BD對稱．（1）求AE的長；（2）求△ADE的周長．【題型4在格點中作軸對稱圖形】【例4】（2022秋?密山市校級期末）如圖所示，（1）寫出頂點C的坐標；（2）作△ABC關于y軸對稱的△A1B1C1，并寫出B1的坐標；（3）若點A2（a，b）與點A關于x軸對稱，求a﹣b的值．【變式4-1】（2022秋?自貢期末）如圖，在直角坐標系中，A、B、C、D各點的坐標分別為（﹣7，7）、（﹣7，1）、（﹣3，1）、（﹣1，4）．（1）在給出的圖形中，畫出四邊形ABCD關于y軸對稱的四邊形A1B1C1D1；（不寫作法）（2）寫出點A1和C1的坐標；（3）求四邊形A1B1C1D1的面積．【變式4-2】（2022秋?嵊州市期末）在如圖的正方形網(wǎng)格中，每一個小正方形的邊長為1，格點三角形ABC（頂點是網(wǎng)格線交點的三角形）的頂點A，B的坐標分別是（﹣6，7），（﹣4，3）．（1）請你根據(jù)題意在圖中的網(wǎng)格平面內作出平面直角坐標系．（2）請畫出△ABC關于y軸對稱的△A1B1C1【變式4-3】（2022春?銅仁市期末）如圖，已知點A（4，3），B（3，1），C（1，2），請解決下列問題：（1）若把△ABC向下平移1個單位，再向左平移5個單位得到△A1B1C1，請畫出平移后的圖形并寫出A1，B1，C1的坐標；（2）若△A2B2C2是△ABC關于x軸對稱的圖形，請畫出△A2B2C2并寫出A2，B2，C2的坐標．【題型5利用軸對稱的性質解決折疊問題】【例5】（2022春?廣陵區(qū)校級期中）發(fā)現(xiàn)（1）如圖1，把△ABC沿DE折疊，使點A落在點A’處，請你判斷∠1+∠2與∠A有何數(shù)量關系，直接寫出你的結論，不必說明理由思考（2）如圖2，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，把△ABC折疊，使點A與點I重合，若∠1+∠2＝100°，求∠BIC的度數(shù)；拓展（3）如圖3，在銳角△ABC中，BF⊥AC于點F，CG⊥AB于點G，BF、CG交于點H，把△ABC折疊使點A和點H重合，試探索∠BHC與∠1+∠2的關系，并證明你的結論．【變式5-1】（2022春?杜爾伯特縣期中）如圖，將邊長為8cm的正方形ABCD折疊，使點D落在BC邊的中點E處，點A落在F處，折痕為MN．（1）求線段CN長．（2）連接FN，并求FN的長．【變式5-2】（2022秋?成都期末）如圖，四邊形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝6，AD＝CD＝3，點E、F分別在線段AB、AD上，將△AEF沿EF翻折，點A的落點記為P．當P落在四邊形ABCD內部時，PD的最小值等于．【變式5-3】（2022?惠安縣期末）如圖，已知一張長方形紙片ABCD，AB∥CD，AD＝BC＝1，AB＝CD＝5．在長方形ABCD的邊AB上取一點M，在CD上取一點N，將紙片沿MN折疊，使MB與DN交于點K，得到△MNK．（1）請你動手操作，判斷△MNK的形狀一定是；（2）問△MNK的面積能否小于12（3）如何折疊能夠使△MNK的面積最大？請你用備用圖探究可能出現(xiàn)的情況，并求最大值．【題型6利用軸對稱的性質解決最短路徑問題】【例6】（2022春?嶗山區(qū)期中）早在古羅馬時代，傳說亞歷山大城有一位精通數(shù)學和物理的學者，名叫海倫．一天，一位羅馬將軍專程去拜訪他，向他請教一個百思不得其解的問題．將軍每天從軍營A出發(fā)，先到河邊飲馬，然后再去河岸同側的軍營B開會，應該怎樣走才能使路程最短？這個問題的答案并不難，據(jù)說海倫略加思索就解決了它．從此以后，這個被稱為“將軍飲馬”的問題便流傳至今．大數(shù)學家海倫曾用軸對稱的方法巧妙地解決了這個問題．如圖2，作B關于直線l的對稱點B′，連接AB′與直線l交于點C，點C就是所求的位置．證明：如圖3，在直線l上另取任一點C′，連接AC′，BC′，B′C′，∵直線l是點B，B′的對稱軸，點C，C′在l上，∴CB＝CB′，C′B＝C′B′，∴AC+CB＝AC+＝．在△AC′B′中，∵AB′＜AC′+C′B′∴AC+CB＜AC′+C′B′即AC+CB最?。締栴}實際上是利用軸對稱變換的思想，把A，B在直線同側的問題轉化為在直線的兩側，從而可利用“兩點之間線段最短”，即“三角形兩邊之和大于第三邊”的問題加以解決（其中C在AB′與l的交點上，即A、C、B′三點共線）．本問題可歸納為“求定直線上一動點與直線外兩定點的距離和的最小值”的問題的數(shù)學模型．【簡單應用】（1）如圖4，在等邊△ABC中，AB＝6，AD⊥BC，E是AC的中點，M是AD上的一點，求EM+MC的最小值借助上面的模型，由等邊三角形的軸對稱性可知，B與C關于直線AD對稱，連接BM，EM+MC的最小值就是線段BE的長度，則EM+MC的最小值是；（2）如圖5，在四邊形ABCD中，∠BAD＝130°，∠B＝∠D＝90°，在BC，CD上分別找一點M、N當△AMN周長最小時，∠AMN+∠ANM＝°．【拓展應用】如圖6，是一個港灣，港灣兩岸有A、B兩個碼頭，∠AOB＝30°，OA＝1千米，OB＝2千米，現(xiàn)有一艘貨船從碼頭A出發(fā)，根據(jù)計劃，貨船應先?？縊B岸C處裝貨，再?？縊A岸D處裝貨，最后到達碼頭B．怎樣安排兩岸的裝貨地點，使貨船行駛的水路最短？請畫出最短路線并求出最短路程．【變式6-1】在ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，AC＝6，點D，E在AB邊上，AD＝CD，點E關于AC，CD的對稱點分別為F，G，則線段FG的最小值等于（）A．2 B．3 C．4 D．5【變式6-2】（2022秋?雙流區(qū)校級期中）在△ABC中，∠A＝45°，AC＝8，BD⊥AC，BD＝6，點E為邊BC上的一個動點．E1，E2分別為點E關于直線AC，AB的對稱點，連接E1E2，則線段E1E2長度的最小值是．【變式6-3】（2022春?青羊區(qū)期末）如圖，△ABC中，∠B＝45°，∠C＝75°，AB＝4，D為BC上一動點，過D作DE⊥AC于點E，作DF⊥AB于點F，連接EF，則EF的最小值為．【題型7利用軸對稱的性質解決探究性問題】【例7】（2022春?二道區(qū)期末）解答下列各題：（1）【問題引入】：如圖①，在△ABC中，∠BAC＝70°，點D在BC的延長線上，三角形的內角∠ABC與外角∠ACD的角平分線BP，CP相交于點P，求∠P的度數(shù)﹒（寫出完整的解答過程）（2）【深入探究】：如圖②，在四邊形MNCB中，設∠M＝a，∠N＝β，四邊形MNCB的內角∠MBC與外角∠NCD的角平分線BP，CP相交于點P，則∠P的度數(shù)為﹒（用含有α和β的代數(shù)式表示）（3）【問題拓展】：如圖③，在圖①中，把∠BAC＝70°改成∠BAC＝γ，其他條件不變，將△PBC以直線BC為對稱軸翻折得到△GBC，∠GBC的角平分線與∠GCB的角平分線交于點M，則∠BMC的度數(shù)為.（用含有γ的代數(shù)式表示）【變式7-1】（2022秋?洛南縣期末）問題提出：（1）如圖1，畫出直角三角形ABC關于AC所在直線的軸對稱圖形△ACB′，其中∠BAC＝90°（保留作圖痕跡，不寫作法）．問題探究：（2）如圖2，∠MAN＝90°，射線AE在∠MAN的內部，點B、C在∠MAN的邊AM、AN上，且AB＝AC，過點C作CF⊥AE于點F，過點B作BD⊥AE于點D，證明：△ABD≌△CAF．深入思考：（3）如圖3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直線l經(jīng)過點C，且點A、B在直線l的異側，過點A作AD⊥l于點D，過點B作BE⊥l于點E．判斷線段AD、BE、DE之間的數(shù)量關系，并加以說明．【變式7-2】（2022春?臨汾期末）綜合實踐課上，小聰用一張長方形紙片ABCD對不同折法下的夾角大小進行了探究，先將紙片的一角對折，使角的頂點A落在A′處，EF為折痕，如圖①所示．（1）若∠AEF＝30°，①求∠A′EB的度數(shù)；②又將它的另一個角也折過去，并使點B落在EA′上的B′處，折痕為EG，如圖②所示，求∠FEG的度數(shù)；（2）若改變∠AEF的大小，則EA′的位置也隨之改變，則∠FEG的大小是否改變？請說明理由．【變式7-3】（2022秋?鼓樓區(qū)月考）問題情境如圖1，△ABC中，沿∠BAC的平分線AB1折疊，剪掉重疊部分；將余下部分沿∠B1A1C的平分線A1B2折疊，剪掉重疊部分；如此反復操作，沿∠BnAnC的平分線AnBn+1折疊，點Bn與點C重合，我們就稱∠BAC是△ABC的正角．以圖2為例，△ABC中，∠B＝70°，∠C＝35°，若沿∠BAC的平分線AB1折疊，則∠AA1B1＝70°．沿A1B1剪掉重疊部分，在余下的△B1A1C中，由三角形的內角和定理可知∠A1B1C＝35°，若沿∠B1A1C的平分線A1B2第二次折疊，則點B1與點C重合．此時，我們就稱∠BAC是△ABC的正角．探究發(fā)現(xiàn)（1）△ABC中，∠B＝2∠C，則經(jīng)過兩次折疊后，∠BAC是不是△ABC的正角？（填“是”或“不是”）．（2）小明經(jīng)過三次折疊發(fā)現(xiàn)∠BAC是△ABC的正角，則∠B與∠C（不妨設∠B＞∠C）之間的等量關系為．根據(jù)以上內容猜想：若經(jīng)過n次折疊∠BAC是△ABC的正角，則∠B與∠C（不妨設∠B＞∠C）之間的等量關系為．應用提升（3）如果一個三角形的最小角是10°，直接寫出此三角形另外兩個角的度數(shù)，使得此三角形的三個角均是它的正角．【題型8軸對稱圖案的設計】【例8】（2022秋?滄州期末）如圖1所示是一塊有圖案的瓷磚，請利用四塊這樣的瓷磚拼出一個正方形，使所拼的圖案為軸對稱圖形．在圖4中畫出你的四個設計方案．（圖2、圖3視為同一圖案）【變式8-1】（2022?金華）現(xiàn)有9個相同的小正三角形拼成的大正三角形，將其部分涂黑．如圖（1），（2）所示．觀察圖（1），圖（2）中涂黑部分構成的圖案．它們具有如下特征：①都是軸對稱圖形；②涂黑部分都是三個小正三角形．請在圖（3），圖（4）內分別設計一個新圖案，使圖案具有上述兩個特征．【變式8-2】（2022春?臨渭區(qū)期末）認真觀察下面四幅圖中陰影部分構成的圖案，回答下列問題．（1）請你寫出這四個圖案都具有的兩個共同特征：特征1：；特征2：．（2）請你借助下面的網(wǎng)格，設計出三個不同圖案，使它也具備你所寫出的上述特征．（注意：新圖案與以上四幅圖中的圖案不能相同）【變式8-3】（2022秋?盂縣期末）有這樣一道題：用四塊如圖甲所示的瓷磚拼成一個正方形，形成軸對稱圖案，和你的同伴比一比，看誰的拼法多．某同學設計了如圖的兩個圖案，請你也用如圖乙所示的瓷磚北師大版舉一反三初中數(shù)學-七年級下冊專題5.3軸對稱的性質【八大題型】TOC\o"1-3"\h\u【題型1游戲中的軸對稱】 1【題型2利用軸對稱的性質求角度】 4【題型3利用軸對稱的性質求線段長度】 7【題型4在格點中作軸對稱圖形】 9【題型5利用軸對稱的性質解決折疊問題】 13【題型6利用軸對稱的性質解決最短路徑問題】 18【題型7利用軸對稱的性質解決探究性問題】 25【題型8軸對稱圖案的設計】 33【知識點1軸對稱的性質】（1）如果兩個圖形關于某直線對稱，那么對稱軸是任何一對對應點所連線段的垂直平分線．由軸對稱的性質得到一下結論：①如果兩個圖形的對應點的連線被同一條直線垂直平分，那么這兩個圖形關于這條直線對稱；②如果兩個圖形成軸對稱，我們只要找到一對對應點，作出連接它們的線段的垂直平分線，就可以得到這兩個圖形的對稱軸．（2）軸對稱圖形的對稱軸也是任何一對對應點所連線段的垂直平分線．【題型1游戲中的軸對稱】【例1】小王設計了一“對稱跳棋”題：如圖，在作業(yè)本上畫一條直線l，在直線l兩邊各放一粒圍棋子A、B，使線段AB長8cm，并關于直線l對稱，在圖中P1處有一粒跳棋子，P1距A點6cm、與直線l的距離為3cm，按以下程序起跳：第1次，從P1點以A為對稱中心跳至P2點；第2次，從P2點以l為對稱軸跳至P3點；第3次，從P3點以B為對稱中心跳至P4點；第4次，從P4點以l對稱軸跳至P5點；…．（1）棋子跳至P6點時，與點P1的距離是12cm；（2）棋子按上述程序跳躍2014次后停下，這時它與點B的距離是6cm．【分析】（1）根據(jù)題意作出圖形，P6與P2重合，然后利用勾股定理列式計算即可得解；（2）根據(jù)圖形，每跳動4次為一個循環(huán)組依次循環(huán)，用2014除以4，根據(jù)商和余數(shù)的情況解答即可．【解答】解：（1）如圖，P6與P2重合，∵P1距A點6cm，∴P1P2＝2×6＝12cm，∴跳至P6點時，與點P1的距離是12cm；（2）∵每跳動4次為一個循環(huán)組依次循環(huán)，2014÷4＝503余2，∴跳躍2014次為第504次循環(huán)的第2次，停在P3，它與點B的距離是6cm．故答案為：12cm；6cm．【變式1-1】甲和乙下棋，甲執(zhí)白子，乙執(zhí)黑子．如圖，已共下了7枚棋子，棋盤中心黑子的位置用（﹣1，0）表示，其右下角黑子的位置用（0，﹣1）表示．甲將第4枚白子放入棋盤后，所有棋子構成一個軸對稱圖形．他放的位置是（）A．（﹣1，1） B．（﹣2，1） C．（1，﹣2） D．（﹣1，﹣2）【分析】首先確定原點位置，再利用軸對稱圖形的性質得出答案．【解答】解：如圖所示：甲將第4枚白子放入棋盤后，所有棋子構成一個軸對稱圖形，他放的位置是：（﹣1，1）．【變式1-2】甲乙兩位同學用圍棋子做游戲．如圖所示，現(xiàn)輪到黑棋下子，黑棋下一子后白棋再下一子，使黑棋的5個棋子組成軸對稱圖形，白棋的5個棋子也成軸對稱圖形．則下列下子方法不正確的是（），[說明：棋子的位置用數(shù)對表示，如A點在（6，3）]．A．黑（3，7）；白（5，3） B．黑（4，7）；白（6，2） C．黑（2，7）；白（5，3） D．黑（3，7）；白（2，6）【分析】分別根據(jù)選項所說的黑、白棋子放入圖形，再由軸對稱的定義進行判斷即可得出答案．【解答】解：A、若放入黑（3，7）；白（5，3），則此時黑棋是軸對稱圖形，白棋也是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；B、若放入黑（4，7）；白（6，2），則此時黑棋是軸對稱圖形，白棋也是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；C、若放入黑（2，7）；白（5，3），則此時黑棋不是軸對稱圖形，白棋是軸對稱圖形，故本選項正確；D、若放入黑（3，7）；白（2，6），則此時黑棋是軸對稱圖形，白棋也是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；【變式1-3】如圖是跳棋盤，其中格點上的黑色點為棋子，剩余的格點上沒有棋子．我們約定跳棋游戲的規(guī)則是：把跳棋棋子在棋盤內，沿著棋子對稱跳行，跳行一次稱為一步．已知點A為己方一枚棋子，欲將棋子A跳進對方區(qū)域（陰影部分的格點），則跳行的最少步數(shù)為3步．【分析】根據(jù)題意：分別計算出兩種跳法所需要的步數(shù)，比較就可以了．【解答】解：如圖中紅棋子所示，根據(jù)規(guī)則：①點A從右邊通過3次軸對稱后，位于陰影部分內；②點A從左邊通過4次軸對稱后，位于陰影部分內．所以跳行的最少步數(shù)為3步．【題型2利用軸對稱的性質求角度】【例2】如圖，△ABC中，∠B＝58°，∠C＝55°，點D為BC邊上一動點．分別作點D關于AB，AC的對稱點E，F(xiàn)，連接AE，AF．則∠EAF的度數(shù)等于134°．【分析】利用軸對稱的性質解答即可．【解答】解：∵點E和點F分別是點D關于AB和AC的對稱點，∴∠EAB＝∠BAD，∠FAC＝∠CAD，∵∠B＝58°，∠C＝55°，∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝180°﹣58°﹣55°＝67°，∴∠EAF＝2∠BAC＝134°，故答案為：134°．【變式2-1】如圖，△ABC中，∠B＝60°，∠C＝50°，點D是BC上任一點，點E和點F分別是點D關于AB和AC的對稱點，連接AE和AF，則∠EAF的度數(shù)是（）A．140° B．135° C．120° D．100°【分析】利用軸對稱的性質解答即可．【解答】解：如圖，∵點E和點F分別是點D關于AB和AC的對稱點，∴∠EAB＝∠BAD，∠FAC＝∠CAD，∵∠B＝60°，∠C＝50°，∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝180°﹣60°﹣50°＝70°，∴∠EAF＝2∠BAC＝140°，【變式2-2】如圖，四邊形ABCD中，AB＝AD，△ABC沿著AC翻折，點B關于AC的對稱點E恰好落在CD上，若∠B＝α度，則∠D的度數(shù)是（180﹣α）度．【分析】直接利用翻折變換的性質得出AB＝AE，∠B＝∠AEC＝α，再結合等腰三角形的性質得出答案．【解答】解：∵△ABC沿著AC翻折，點B關于AC的對稱點E恰好落在CD上，∴AB＝AE，∠B＝∠AEC＝α，∵AB＝AD，∴AD＝AE，∴∠D＝∠AED＝180°﹣∠AEC＝180﹣α．故答案為：（180﹣α）．【變式2-3】如圖，點P是∠AOB外的一點，點Q是點P關于OA的對稱點，點R是點P關于OB的對稱點，直線QR分別交∠AOB兩邊OA，OB于點M，N，連接PM，PN，如果∠PMO＝33°，∠PNO＝70°，求∠QPN的度數(shù)．【分析】先根據(jù)點P與點Q關于直線OA對稱可知OM是線段PQ的垂直平分線，故PM＝MQ，∠PMQ＝2∠PMO，根據(jù)三角形內角和定理求出∠PQM的度數(shù)，同理可得出PN＝RN，故可得出∠PNR＝2∠PNO，再由平角的定義得出∠PNQ的度數(shù)，由三角形外角的性質即可得出結論．【解答】解：∵點Q和點P關于OA的對稱，點R和點P關于OB的對稱∴直線OA、OB分別是PQ、PR的中垂線，∴MP＝MQ，NP＝NR，∴∠PMO＝∠QMO，∠PNO＝∠RNO，∵∠PMO＝33°，∠PNO＝70°∴∠PMO＝∠QMO＝33°，∠PNO＝∠RNO＝70°∴∠PMQ＝66°，∠PNR＝140°∴∠MQP＝57°，∴∠PQN＝123°，∠PNQ＝40°，∴∠QPN＝17°．【題型3利用軸對稱的性質求線段長度】【例3】如圖，點P在∠AOB內，點M、N分別是點P關于AO、BO的對稱點，若△PEF的周長為15，求MN的長．【分析】根據(jù)軸對稱的性質可知EP＝EM，PF＝FN，結合△PEF的周長為15，利用等量代換可知MN＝EP+EF+PF＝15．【解答】解：∵點M是點P關于AO，的對稱點，∴AO垂直平分MP，∴EP＝EM．同理PF＝FN．∵MN＝ME+EF+FN，∴MN＝EP+EF+PF，∵△PEF的周長為15，∴MN＝EP+EF+PF＝15．【變式3-1】如圖，點P在∠AOB內，點M、N分別是P點關于OA、OB的對稱點，且MN交OA、OB相交于點E，若△PEF的周長為20，求MN的長．【分析】根據(jù)軸對稱的性質可知：EP＝EM，PF＝FN，所以線段MN的長＝△PEF的周長，再根據(jù)△PEF的周長為20，即可得出MN的長．【解答】解：∵點M是P點關于OA的對稱點，∴EP＝EM，∵N是P點關于OB的對稱點，∴PF＝FN，∴MN＝ME+EF+FN＝PE+EF+PF＝△PEF的周長，∵△PEF的周長為20，∴MN＝20cm．【變式3-2】如圖，點P是∠AOB外的一點，點M，N分別是∠AOB兩邊上的點，點P關于OA的對稱點Q恰好落在線段MN上，點P關于OB的對稱點R落在MN的延長線上．若PM＝3cm，PN＝4cm，MN＝4.5cm，則線段QR的長為5.5cm．【分析】根據(jù)軸對稱的性質得到OA垂直平分PQ，OB垂直平分PR，則利用線段垂直平分線的性質得QM＝PM＝3cm，RN＝PN＝4cm，然后計算QN，再計算QN+RN即可．【解答】解：∵點P關于OA的對稱點Q恰好落在線段MN上，∴OA垂直平分PQ，∴QM＝PM＝3cm，∴QN＝MN﹣QM＝4.5cm﹣3cm＝1.5cm，∵點P關于OB的對稱點R落在MN的延長線上，∴OB垂直平分PR，∴RN＝PN＝4cm，∴QR＝QN+RN＝1.5cm+4cm＝5.5cm．故答案為5.5cm．【變式3-3】如圖，在△ABC中，AB＝12cm，AC＝6cm，BC＝10cm，點D，E分別在AC，AB上，且△BCD和△BED關于BD對稱．（1）求AE的長；（2）求△ADE的周長．【分析】（1）先根據(jù)△BCD和△BED關于BD對稱，得出△BCD≌△BED，故BE＝BC，由此可得出AE的長，（2）由△ADE的周長＝AE+AD+DE＝AE+AC即可得出結論．【解答】解：（1）∵△BCD和△BED關于BD對稱，∴△BCD≌△BED，∴BE＝BC＝10cm，∴AE＝12﹣10＝2cm，（2）∵△BCD≌△BED，∴DC＝DE，∴△ADE的周長＝AE+AD+DE＝AE+AC＝8cm．【題型4在格點中作軸對稱圖形】【例4】如圖所示，（1）寫出頂點C的坐標；（2）作△ABC關于y軸對稱的△A1B1C1，并寫出B1的坐標；（3）若點A2（a，b）與點A關于x軸對稱，求a﹣b的值．【分析】（1）根據(jù)點的坐標的定義寫出坐標即可；（2）作出A、B、C三點關于y軸的對稱點A1、B1、C1即可；（3）根據(jù)軸對稱的性質求出a、b的值即可；【解答】解：（1）C（﹣2，﹣1）．（2）△ABC關于y軸對稱的△A1B1C1如圖所示；如圖，B1（﹣3，1）．（3）∵A（1，2）與A2（a，b）關于x軸對稱，可得：a＝1，b＝﹣2，∴a﹣b＝3．【變式4-1】（2022秋?自貢期末）如圖，在直角坐標系中，A、B、C、D各點的坐標分別為（﹣7，7）、（﹣7，1）、（﹣3，1）、（﹣1，4）．（1）在給出的圖形中，畫出四邊形ABCD關于y軸對稱的四邊形A1B1C1D1；（不寫作法）（2）寫出點A1和C1的坐標；（3）求四邊形A1B1C1D1的面積．【分析】（1）根據(jù)網(wǎng)格結構找出點A、B、C、D關于y軸對稱點A1、B1、C1、D1的位置，然后順次連接即可；（2）根據(jù)平面直角坐標系寫出點A1和C1的坐標；（3）利用四邊形A1B1C1D1所在的矩形的面積減去兩個直角三角形的面積列式計算即可得解．【解答】解：（1）四邊形A1B1C1D1如圖所示；（2）由（1）可得A1（7，7），C1（3，1）；（3）S四邊形A1B1C1D1＝6×6?12×＝36﹣3﹣9，＝36﹣12，＝24．【變式4-2】（2022秋?嵊州市期末）在如圖的正方形網(wǎng)格中，每一個小正方形的邊長為1，格點三角形ABC（頂點是網(wǎng)格線交點的三角形）的頂點A，B的坐標分別是（﹣6，7），（﹣4，3）．（1）請你根據(jù)題意在圖中的網(wǎng)格平面內作出平面直角坐標系．（2）請畫出△ABC關于y軸對稱的△A1B1C1【分析】（1）根據(jù)點B的坐標可確定原點位置，然后畫出坐標系即可；（2）首先確定A、B、C三點關于y軸對稱的對稱點位置，再連接即可．【解答】解：（1）如圖：（2）如圖所示：△A1B1C1即為所求．【變式4-3】（2022春?銅仁市期末）如圖，已知點A（4，3），B（3，1），C（1，2），請解決下列問題：（1）若把△ABC向下平移1個單位，再向左平移5個單位得到△A1B1C1，請畫出平移后的圖形并寫出A1，B1，C1的坐標；（2）若△A2B2C2是△ABC關于x軸對稱的圖形，請畫出△A2B2C2并寫出A2，B2，C2的坐標．【分析】（1）利用平移變換的性質分別作出A，B，C的對應點A1，B1，C1即可；（2）利用軸對稱變換的性質分別作出A，B，C的對應點A2，B2，C2即可．【解答】解：（1）如圖，△A1B1C1即為所求，A1（﹣1，2），B1（﹣2，0），C1（﹣4，1）；（2）如圖，△A2B2C2即為所求，A2（4，﹣3），B2（3，﹣1），C2（1，﹣2）．【題型5利用軸對稱的性質解決折疊問題】【例5】（2022春?廣陵區(qū)校級期中）發(fā)現(xiàn)（1）如圖1，把△ABC沿DE折疊，使點A落在點A’處，請你判斷∠1+∠2與∠A有何數(shù)量關系，直接寫出你的結論，不必說明理由思考（2）如圖2，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，把△ABC折疊，使點A與點I重合，若∠1+∠2＝100°，求∠BIC的度數(shù)；拓展（3）如圖3，在銳角△ABC中，BF⊥AC于點F，CG⊥AB于點G，BF、CG交于點H，把△ABC折疊使點A和點H重合，試探索∠BHC與∠1+∠2的關系，并證明你的結論．【分析】（1）根據(jù)翻折變換的性質以及三角形內角和定理以及平角的定義求出即可；（2）根據(jù)三角形角平分線的性質得出∠IBC+∠ICB＝90°?12∠A，得出∠（3）根據(jù)翻折變換的性質以及垂線的性質得出，∠AFH+∠AGH＝90°+90°＝180°，進而求出∠A=1【解答】解：（1）∠1+∠2＝2∠A；理由：根據(jù)翻折的性質，∠ADE=12（180°﹣∠1），∠AED∵∠A+∠ADE+∠AED＝180°，∴∠A+12（180﹣∠1）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=12（∠ABC+∠ACB）=12（180°﹣∠A）＝90°∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）＝180°﹣（90°?12∠A）＝90°（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∴∠BHC＝180°?1【變式5-1】（2022春?杜爾伯特縣期中）如圖，將邊長為8cm的正方形ABCD折疊，使點D落在BC邊的中點E處，點A落在F處，折痕為MN．（1）求線段CN長．（2）連接FN，并求FN的長．【分析】（1）設NC＝x，則DN＝8﹣x，由翻折的性質可知EN＝DN＝8﹣x，在Rt△ENC中，由勾股定理列方程求解即可；（2）連接AN，由翻折的性質可知FN＝AN，然后在Rt△ADN中由勾股定理求得AN的長即可．【解答】解：（1）設NC＝x，則DN＝8﹣x．由翻折的性質可知：EN＝DN＝8﹣x．在Rt△ENC中，由勾股定理可知：EN2＝EC2+NC2，（8﹣x）2＝42+x2，解得：x＝3，即NC＝3cm．（2）如圖所示，連接AN．在Rt三角形ADN中，AN=A由翻折的性質可知FN＝AN=89【變式5-2】（2022秋?成都期末）如圖，四邊形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝6，AD＝CD＝3，點E、F分別在線段AB、AD上，將△AEF沿EF翻折，點A的落點記為P．當P落在四邊形ABCD內部時，PD的最小值等于35?6【分析】當沿DE折疊，且點A落在BD上，有DP最小，由勾股定理求得BD的長，則DP＝BD﹣BP＝BD﹣AB．【解答】解：如圖：設A的對稱點為P1，連接ED，過P1作PP1⊥ED于P，∴在直角三角形P1PD中，DP1＞DP，∴當點A的對稱P落在線段ED上時，此時PD有最小值，即當EP取最大值時，PD有最小值，而E在線段AB上，∴當E與B重合時，即EP最大，從而此時PD取得最?。赗t△ADB中，BD=AB2∵PB＝AB＝6∴DP＝BD﹣BP＝BD﹣AB＝35?故答案為：35?【變式5-3】（2022?惠安縣期末）如圖，已知一張長方形紙片ABCD，AB∥CD，AD＝BC＝1，AB＝CD＝5．在長方形ABCD的邊AB上取一點M，在CD上取一點N，將紙片沿MN折疊，使MB與DN交于點K，得到△MNK．（1）請你動手操作，判斷△MNK的形狀一定是等腰三角形；（2）問△MNK的面積能否小于12（3）如何折疊能夠使△MNK的面積最大？請你用備用圖探究可能出現(xiàn)的情況，并求最大值．【分析】（1）由AB∥CD與折疊的性質易得∠MNK＝∠NMK，即可證得MK＝NK，即△MNK的形狀一定是等腰三角形；（2）分兩種情況分析：如圖1所示：過點M作MH⊥KN于點H，如圖2所示：KM⊥KN，此時KM最小，KM＝KN＝1，則可求得S△MNK=12KN?MH≥1（3）分兩種情況討論．情況一：如圖3，將矩形紙片對折，使點B與D重合，此時點K也與D重合．情況二：如圖4，將矩形紙片沿對角線AC對折，此時折痕即為AC．利用方程思想求解，即可求得答案．【解答】解：（1）等腰三角形．理由：∵AB∥CD，∴∠MNK＝∠1，由折疊的性質可得：∠1＝∠NMK，∴∠MNK＝∠NMK，∴MK＝NK，即△MNK是等腰三角形；故答案為：等腰三角形；（2）不能．理由：∵AB∥CD，∴∠KNM＝∠NMB，又∵∠KMN＝∠NMB；∴∠KMN＝∠KNM，∴KM＝KN，如圖1所示：過點M作MH⊥KN于點H，∴MH＝AD＝1，∴在Rt△KMH中，KM＞MH，即KN＝KM＞1，如圖2所示：KM⊥KN，此時KM最小，KM＝KN＝1，∴KN≥1，∴S△MNK=12KN?MH≥1∴△MNK的面積不可能小于12（3）分兩種情況討論．情況一：如圖3，將矩形紙片對折，使點B與D重合，此時點K也與D重合．設MK＝MB＝x，則AM＝5﹣x．由勾股定理得12+（5﹣x）2＝x2，解得x＝2.6；∴S△MNK=1情況二：如圖4，將矩形紙片沿對角線AC對折，此時折痕即為AC．設MK＝AK＝CK＝x，則DK＝5﹣x．同理可得x＝2.6．∴S△MNK=1∴△MNK的面積最大值為1.3．【題型6利用軸對稱的性質解決最短路徑問題】【例6】（2022春?嶗山區(qū)期中）早在古羅馬時代，傳說亞歷山大城有一位精通數(shù)學和物理的學者，名叫海倫．一天，一位羅馬將軍專程去拜訪他，向他請教一個百思不得其解的問題．將軍每天從軍營A出發(fā)，先到河邊飲馬，然后再去河岸同側的軍營B開會，應該怎樣走才能使路程最短？這個問題的答案并不難，據(jù)說海倫略加思索就解決了它．從此以后，這個被稱為“將軍飲馬”的問題便流傳至今．大數(shù)學家海倫曾用軸對稱的方法巧妙地解決了這個問題．如圖2，作B關于直線l的對稱點B′，連接AB′與直線l交于點C，點C就是所求的位置．證明：如圖3，在直線l上另取任一點C′，連接AC′，BC′，B′C′，∵直線l是點B，B′的對稱軸，點C，C′在l上，∴CB＝CB′，C′B＝C′B′，∴AC+CB＝AC+CB′＝AB′．在△AC′B′中，∵AB′＜AC′+C′B′∴AC+CB＜AC′+C′B′即AC+CB最?。締栴}實際上是利用軸對稱變換的思想，把A，B在直線同側的問題轉化為在直線的兩側，從而可利用“兩點之間線段最短”，即“三角形兩邊之和大于第三邊”的問題加以解決（其中C在AB′與l的交點上，即A、C、B′三點共線）．本問題可歸納為“求定直線上一動點與直線外兩定點的距離和的最小值”的問題的數(shù)學模型．【簡單應用】（1）如圖4，在等邊△ABC中，AB＝6，AD⊥BC，E是AC的中點，M是AD上的一點，求EM+MC的最小值借助上面的模型，由等邊三角形的軸對稱性可知，B與C關于直線AD對稱，連接BM，EM+MC的最小值就是線段BE的長度，則EM+MC的最小值是33；（2）如圖5，在四邊形ABCD中，∠BAD＝130°，∠B＝∠D＝90°，在BC，CD上分別找一點M、N當△AMN周長最小時，∠AMN+∠ANM＝100°．【拓展應用】如圖6，是一個港灣，港灣兩岸有A、B兩個碼頭，∠AOB＝30°，OA＝1千米，OB＝2千米，現(xiàn)有一艘貨船從碼頭A出發(fā)，根據(jù)計劃，貨船應先?？縊B岸C處裝貨，再?？縊A岸D處裝貨，最后到達碼頭B．怎樣安排兩岸的裝貨地點，使貨船行駛的水路最短？請畫出最短路線并求出最短路程．【分析】【簡單應用】（1）根據(jù)等邊三角形的性質、勾股定理計算，得到答案；（2）作A關于BC和CD的對稱點A′，A″，連接A′A″，交BC于M，交CD于N，根據(jù)等腰三角形的性質、三角形內角和定理計算；【拓展應用】分別作點A關于OB的對稱點A′，點B關于OA的對稱點B′，連接A′B′，交OB于C，交OA于D，根據(jù)軸對稱的性質、勾股定理計算，得到答案．【解答】解：AC+CB＝AC+CB′＝AB′，故答案為：CB′；AB′；【簡單應用】（1）由等邊三角形的軸對稱性可知，B與C關于直線AD對稱，連接BM，EM+MC的最小值就是線段BE的長度，BE=62?則EM+MC的最小值是33，故答案為：BE；33；（2）如圖5，作A關于BC和CD的對稱點A′，A″，連接A′A″，交BC于M，交CD于N，則A′A″即為△AMN的周長最小值，∵∠DAB＝130°，∴∠AA′M+∠A″＝50°，∵∠MA′A＝∠MAA′，∠NAD＝∠A″，且∠MA′A+∠MAA′＝∠AMN，∠NAD+∠A″＝∠ANM，∴∠AMN+∠ANM＝∠MA′A+∠MAA′+∠NAD+∠A″＝2（∠AA′M+∠A″）＝2×50°＝100°，故答案為：100；【拓展應用】如圖6，分別作點A關于OB的對稱點A′，點B關于OA的對稱點B′，連接A′B′，交OB于C，交OA于D，則C、D為兩岸的裝貨地點，A′B′是貨船行駛的水路最短路程，由軸對稱的性質可知，OA′＝OA＝1，OB′＝OB＝2，∠BOA′＝∠AOB＝30°，∠AOB′＝∠AOB＝30°，∴∠A′OB′＝90°，∴A′B′=1答：貨船行駛的水路最短路程為5千米．【變式6-1】在ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，AC＝6，點D，E在AB邊上，AD＝CD，點E關于AC，CD的對稱點分別為F，G，則線段FG的最小值等于（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】根據(jù)軸對稱的性質得出CE＝CF，∠CEF＝∠CFE，CE＝CG，EH＝GH，∠CEF＝∠CGH，進而得出CE＝CG＝CF，∠CGH＝∠CFE，然后證得△BCD是等邊三角形，從而證得∠FHG＝60°，進一步證得∠FCG＝∠FHG＝60°，證得△CFG是等邊三角形，得出FG＝CF＝CE，因為CE的最小值為3，所以FG的最小值為3．【解答】解：∵點E和F關于AC對稱，∴AC垂直平分EF，∴CE＝CF，∠CEF＝∠CFE，∵點E和G關于CD對稱，∴CD垂直平分FG，∴CE＝CG，EH＝GH，∠CEF＝∠CGH，∴CE＝CG＝CF，∠CGH＝∠CFE，∵∠ACB＝90°，∠B＝60°，∴∠A＝30°，∵AD＝CD，∴∠ACD＝∠A＝30°，∴∠BCD＝60°，∴△BCD是等邊三角形，∵EF∥BC，∴∠DEH＝∠B＝60°，∠EHD＝∠BCD＝60°，∴∠DHG＝∠EHD＝60°，∴∠FHG＝60°∵∠CGH＝∠CFE，∠CKF＝∠HKG，∴∠FCG＝∠FHG＝60°，∵CF＝CG，∴△CFG是等邊三角形，∴FG＝CF＝CE，∵當CE⊥AB時，CE最短，此時CE=12∴FG的最小值為3，【變式6-2】（2022秋?雙流區(qū)校級期中）在△ABC中，∠A＝45°，AC＝8，BD⊥AC，BD＝6，點E為邊BC上的一個動點．E1，E2分別為點E關于直線AC，AB的對稱點，連接E1E2，則線段E1E2長度的最小值是12105【分析】如圖，連接AE，證明△AE1E2是等腰直角三角形，推出E2E1=2AE1=2AE，推出AE最小時，E1E2的值最小，求出【解答】解：如圖，連接AE．∵BD⊥AC，∴∠ADB＝90°，∵∠BAC＝45°，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，∴AD＝BD＝6，∵E，E2關于AB對稱，E，E1關于AC對稱，∴∠EAB＝∠E2AB，∠EAC＝∠CAE1，AE＝AE2＝AE2∴∠E2AE1＝90°，∴△AE1E2是等腰直角三角形，∴E2E1=2AE1=2∴AE最小時，E1E2的值最小，根據(jù)垂線段最短可知，AE與AD重合時，AE的值最小，由12AC?BD=12BC?AE∴E1E2的最小值為245故答案為：245【變式6-3】（2022春?青羊區(qū)期末）如圖，△ABC中，∠B＝45°，∠C＝75°，AB＝4，D為BC上一動點，過D作DE⊥AC于點E，作DF⊥AB于點F，連接EF，則EF的最小值為6．【分析】連接AD，取AD中點G，連接EG、FG，過點A作AH⊥BC于H，先由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊一半得∠EGF＝2∠EAF，再由∠B＝45°，∠C＝75°得∠EGF＝120°，即有EF=3EG，使EF最小，即要使EG最小，即要使EG+GF＝AD最小，故求出AH【解答】解：如圖，連接AD，取AD中點G，連接EG、FG，過點A作AH⊥BC于H，∵DE⊥AC于點E，DF⊥AB于點F，∴∠DEA＝∠DFA＝90°，∴EG＝GF＝0.5AD＝AG＝GD，∴∠EAG＝∠AEG，∠GAF＝∠AFG，∴∠EGF＝2∠EAF，∵∠B＝45°，∠C＝75°，∴∠BAC＝60°，∴∠EGF＝120°，∴EF=3EG要使EF最小，即要使EG最小，即要使EG+GF＝AD最小，∵點到直線垂線段最短，∴AD最小為AH，∵∠B＝45°，∴AB=2∴AH＝22，∴EG最小值為2，∴EF最小值為6．解法二：延長DE到M，使得EM＝DE，延長DF到N使得FN＝DF，連接ANM，AM，MN．∵EF=12∴MN最小時，EF的值最小，∵當AD最小時，MN的值最小，AD的最小值為22，∴MN的最小值為26，∴EF的最小值為6．故答案為：6．【題型7利用軸對稱的性質解決探究性問題】【例7】（2022春?二道區(qū)期末）解答下列各題：（1）【問題引入】：如圖①，在△ABC中，∠BAC＝70°，點D在BC的延長線上，三角形的內角∠ABC與外角∠ACD的角平分線BP，CP相交于點P，求∠P的度數(shù)﹒（寫出完整的解答過程）（2）【深入探究】：如圖②，在四邊形MNCB中，設∠M＝a，∠N＝β，四邊形MNCB的內角∠MBC與外角∠NCD的角平分線BP，CP相交于點P，則∠P的度數(shù)為12(α+β)?90°﹒（用含有α和（3）【問題拓展】：如圖③，在圖①中，把∠BAC＝70°改成∠BAC＝γ，其他條件不變，將△PBC以直線BC為對稱軸翻折得到△GBC，∠GBC的角平分線與∠GCB的角平分線交于點M，則∠BMC的度數(shù)為BMC＝90°+14∠γ【分析】（1）由角平分線的性質可得∠PBC=12∠ABC，∠PCD=12∠ACD，由外角的性質可得∠DCP＝∠（2）延長BM交CN的延長線于A，先得出∠A＝a+β﹣180°，再利用（1）中∠P=12∠（3）由軸對稱性質得出∠BGC＝∠BPC=12∠γ，最后根據(jù)∠BMC＝180°﹣∠MBC﹣∠【解答】（1）∵三角形的內角∠ACD的角平分線為BP，∴∠CBP=12∠∵CP平分△ABC外角，∴∠DCP=12∠ACD=12（∠A+∠ABC）=12在△ABC中，由三角形的外角性質，得，∠DCP＝∠CBP+∠P=12∠ABC+∠∴12∠A+=12∠ABC=12∴∠P=12∠A（2）延長BM交CN的延長線于A，∵∠M＝a，∠N＝β，∴∠A＝180°﹣∠AMN﹣∠ANM＝180°﹣（180°﹣a）﹣（180°﹣β）＝a+β﹣180°，由（1）得：∠P=12∠∴∠P=1故答案為：12（3）由軸對稱性質可知：∠BGC＝∠BPC=12∠∵∠MBC=12∠∠MCB=12∠∴∠BMC＝180°﹣∠MBC﹣∠MCB＝180°?12（∠GBC+∠＝180°?12（180°﹣∠＝90°+12∠∴∠BMC＝90°+1故答案為：∠BMC＝90°+1【變式7-1】（2022秋?洛南縣期末）問題提出：（1）如圖1，畫出直角三角形ABC關于AC所在直線的軸對稱圖形△ACB′，其中∠BAC＝90°（保留作圖痕跡，不寫作法）．問題探究：（2）如圖2，∠MAN＝90°，射線AE在∠MAN的內部，點B、C在∠MAN的邊AM、AN上，且AB＝AC，過點C作CF⊥AE于點F，過點B作BD⊥AE于點D，證明：△ABD≌△CAF．深入思考：（3）如圖3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直線l經(jīng)過點C，且點A、B在直線l的異側，過點A作AD⊥l于點D，過點B作BE⊥l于點E．判斷線段AD、BE、DE之間的數(shù)量關系，并加以說明．【分析】（1）延長BA，在BA的延長線收入截取AB′＝AB，連接CB′，△ACB′即為所求．（2）根據(jù)AAS證明三角形全等即可．（3）證明△ADC≌△CEB（AAS）可得結論．【解答】（1）解：如圖1中，△ACB′即為所求．（2）證明：如圖2中，∵BD⊥AE，CF⊥AE，∠MAN＝90°，∴∠ADB＝∠AFC＝∠MAN＝90°，∴∠ABD+∠BAD＝90°，∠BAD+∠CAF＝90°，∴∠ABD＝∠CAF，∵AB＝AC，∴△ABD≌△ACF（AAS）．（3）解：結論：BE＝AD+DE．理由：∵AD∥CD，BE⊥CD，∠ACB＝90°，∴∠ADC＝∠BEC＝∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，∴∠ACD＝∠CBE，∵AC＝BC，∴△ADC≌△CEB（AAS），∴CD＝BE，AD＝CE，∵CD＝DE+EC＝DE+AD，∴BE＝AD+DE．【變式7-2】（2022春?臨汾期末）綜合實踐課上，小聰用一張長方形紙片ABCD對不同折法下的夾角大小進行了探究，先將紙片的一角對折，使角的頂點A落在A′處，EF為折痕，如圖①所示．（1）若∠AEF＝30°，①求∠A′EB的度數(shù)；②又將它的另一個角也折過去，并使點B落在EA′上的B′處，折痕為EG，如圖②所示，求∠FEG的度數(shù)；（2）若改變∠AEF的大小，則EA′的位置也隨之改變，則∠FEG的大小是否改變？請說明理由．【分析】（1）①根據(jù)折疊的性質以及角平分線的定義即可解決問題；②根據(jù)折疊的性質得到∠AEF＝∠A′EF，∠BEG＝∠B′EG，再根據(jù)平角的定義得到∠AEF+∠A′EF+∠BEG+∠B′EG＝180°，即可得到∠FEG的度數(shù)；（2）根據(jù)折疊的性質理由同②，可得∠FEG的大小不改變．【解答】解：（1）①根據(jù)折疊的性質可知：∠AEF＝∠A'EF＝30°，∴∠A′EB＝180°﹣2×30°＝120°，答：∠A′EB的度數(shù)為120°；②：∵長方形紙片的一角折疊，頂點A落在A′處，另一角折疊，頂點B落在EA′上的B′點處，∴∠AEF＝∠A′EF，∠BEG＝∠B′EG，∵∠AEF+∠A′EF+∠BEG+∠B′EG＝180°，∴∠A′EF+∠B′EG＝90°，∴∠FEG＝90°．答：∠FEG的度數(shù)為90°；（2）∠FEG的大小不改變，理由如下：由折疊的性質可知：∠AEF＝∠A′EF，∠BEG＝∠B′EG，∵∠AEF+∠A′EF+∠BEG+∠B′EG＝180°，∴∠A′EF+∠B′EG＝90°，∴∠FEG＝90°．所以∠FEG的大小不改變．【變式7-3】（2022秋?鼓樓區(qū)月考）問題情境如圖1，△ABC中，沿∠BAC的平分線AB1折疊，剪掉重疊部分；將余下部分沿∠B1A1C的平分線A1B2折疊，剪掉重疊部分；如此反復操作，沿∠BnAnC的平分線AnBn+1折疊，點