專題159軸對稱圖形與等腰三角形章末十大題型總結（培優(yōu)篇）（滬科版）

專題15.9軸對稱圖形與等腰三角形章末十大題型總結（培優(yōu)篇）【滬科版】TOC\o"13"\h\u【題型1利用軸對稱的性質求解】 1【題型2軸對稱中的光線反射】 5【題型3等腰三角形中分類討論】 10【題型4雙垂直平分線求角度與周長】 15【題型5角平分線與垂直平分線綜合運用】 19【題型6軸對稱圖形中的面積問題】 24【題型7軸對稱中尺規(guī)作圖與證明、計算的綜合運用】 32【題型8軸對稱中的旋轉】 37【題型9軸對稱中規(guī)律探究】 42【題型10等邊三角形的十字結合模型】 46【題型1利用軸對稱的性質求解】【例1】（2023春·山東青島·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，點D，E分別在邊AB，BC上，點A與點E關于直線CD對稱．若AB=7cm，AC=9cm，BC=12cm，則△

【答案】10【分析】根據(jù)軸對稱的性質可得AD=DE，AC=【詳解】解：∵點A與點E關于直線CD對稱，∴AD=DE，∵BC=12∴BE=∵AB=7cm，AC=9∴△DBE的周長=故答案為：10．【點睛】本題主要考查了軸對稱的性質，解題的關鍵是掌握成軸對稱的圖象對應邊相等，對應角相等．【變式11】（2023春·江西九江·八年級統(tǒng)考期末）已知△ABC中∠B是鈍角，以AC所在直線為對稱軸作△ADC，若∠BAD+∠【答案】130°【分析】根據(jù)軸對稱的性質可得∠BAC=∠DAC【詳解】解：根據(jù)題意畫出圖如圖所示：，∵△ABC和△ADC關于∴∠BAC∵∠BAD∴∠BAC∵∠BAC∴∠B故答案為：130°．【點睛】本題主要考查了軸對稱的性質，三角形內角和定理，熟練掌握軸對稱的性質，三角形內角和定理，是解題的關鍵．【變式12】（2023春·山東濰坊·八年級統(tǒng)考期中）如圖，點P為∠AOB內一點，分別作出P點關于OB、OA的對稱點P1，P2，連接P1P2交OB于M，交OA于N，若∠AOB【答案】100°【分析】首先求出∠P1+∠P2=40°證明【詳解】解：∵P點關于OB的對稱點是P1，P點關于OA的對稱點是P∴PM=∵∠AOB∴∠P∴∠P∴∠PNM=∠P∴∠PMN∴∠MPN故答案為：100°．【點睛】本題考查軸對稱，三角形內角和定理，等腰三角形的性質等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．【變式13】（2023春·江蘇泰州·八年級校考期中）如圖，將△ABC紙片沿DM折疊，使點C落在點C'的位置，其中點D為AC邊上一定點，點M為BC邊上一動點，點M與B，C（1）若∠A＝84°，∠B＝61°，則∠C'＝°（2）如圖1，當點C'落在四邊形ABMD內時，設∠BMC'＝∠1，∠ADC'＝∠2，探索∠C'與（3）在點M運動過程中，折疊圖形，若∠C'＝35°，∠BMC'＝53°，求∠AD

【答案】（1）35

（2）2∠C′＝∠1＋∠2，理由見解析

（3）17°或123°【分析】（1）由三角形的內角和定理求出∠C，再由折疊性質得∠C'＝∠C（2）由三角形的內角和定理得出∠CDM+∠CMD=180o﹣∠C，由折疊性質得∠C′DM=∠CDM，∠C′MD=∠CMD，推出∠1+∠2=360o2（∠CDM+∠CMD）即可找出角之間的關系；（3）根據(jù)題意，分點C′落在三角形ABC內和外討論，類比（2）中方法求解即可．【詳解】（1）在△ABC中，∠A=84o，∠B=61o，由∠A+∠B+∠C=180o得：∠C=180o84o61o=35o，由折疊性質得：∠C′=∠C=35o，故答案為：35；（2）在△CDM中，∠CDM+∠CMD+∠C=180o，即∠CDM+∠CMD=180o﹣∠C，由折疊性質得：∠C′DM=∠CDM，∠C′MD=∠CMD，∵∠1+∠C′MD+∠CMD=180o，∠2+∠C′DM+∠CDM=180o，∴∠1+∠2=360o﹣2（∠CDM+∠CMD）=2∠C，∴∠1+∠2=2∠C′；（3）設∠BMC'＝∠1=53o，∠ADC'＝當點C′落在△ABC的內部時，由（2）知，∠2=2C′∠1=2×35o53o=17o；當點C′落在如圖1位置時，同（2）中方法由∠1+∠2=2∠C′，∴∠2==17o；當點C′落在如圖2位置時，在△CDM中，∠CDM+∠CMD=180o﹣∠C，由折疊性質得：∠C′DM=∠CDM，∠C′MD=∠CMD，∵∠1+∠C′MD+∠CMD=180o，∠C′DM+∠CDM﹣∠2=180o，∴∠1﹣∠2=360o﹣2（∠CDM+∠CMD）=2∠C，∴∠1﹣∠2=2∠C′，∴∠2=∠1﹣2∠C′=53o70o=﹣17o（舍去）；當點C′落在如圖3位置時，∵∠C′MD+∠CMD﹣∠1=180o，∠C′DM+∠CDM+∠2=180o，∴∠2﹣∠1=360o﹣2（∠CDM+∠CMD）=2∠C，∴∠2﹣∠1=2∠C′，∴∠2=2∠C′+∠1=70o+53o=123o，綜上，∠ADC'的度數(shù)為17o或123o

【題型2軸對稱中的光線反射】【例2】（2023春·全國·八年級專題練習）光線以如圖所示的角度α照射到平面鏡工上，然后在平面鏡I，Ⅱ之間來回反射．若∠α=50°，∠β=60°，則∠A．80° B．70° C．60° D．50°【答案】B【分析】根據(jù)入射光線與水平線的夾角等于反射光線與水平線的夾角將已知轉化到三角形中，利用三角形的內角和是180°求解．【詳解】解：如圖：由反射規(guī)律可知：∠α=∠1，∠γ又∵∠1+∠2+∠3=180°∴180°-2∠β∴2∠即2×60°=50°+∠∴∠γ故選：B．【點睛】本題主要考查了三角形內角和定理，掌握入射光線與水平線的夾角等于反射光線與水平線的夾角是解題關鍵，注意隱含的180°的關系的使用．【變式21】（2023·八年級單元測試）公元一世紀，正在亞歷山大城學習的古希臘數(shù)學家海倫發(fā)現(xiàn)：光在鏡面上反射時，反射角等于入射角．如圖1，法線NO垂直于反射面，入射光線與法線的夾角為入射角，反射光線與法線的夾角為反射角．臺球碰撞臺球桌邊后反彈與光線在鏡面上反射原理相同．如圖2，長方型球桌ABCD上有兩個球P，Q．請你嘗試解決臺球碰撞問題：(1)請你設計一條路徑，使得球P撞擊臺球桌邊AB反射后，撞到球Q．在圖2中畫出，并說明做法的合理性．(2)請你設計一路徑，使得球P連續(xù)三次撞擊臺球桌邊反射后，撞到球Q，在圖3中畫出一種路徑即可．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）作點P關于AB的對稱點P'，連接QP'交AB于T（2）作點P關于AD的對稱點P'，作點Q關于BC的對稱點Q'，作點Q'關于CD的對稱點Q″，連接P'Q″交AD于E，交DC于F，連接F【詳解】（1）解：如圖2中，作點P關于AB的對稱點P'，連接QP'交AB于T原理：∵點P'和點P關于AB∴∠P∵∠P∴∠PTA（2）如圖3中，作點P關于AD的對稱點P'，作點Q關于BC的對稱點Q'，作點Q'關于CD的對稱點Q″，連接P'Q″交AD于E，交DC于F，連接F【點睛】本題考查軸對稱的應用，解題的關鍵是學會利用軸對稱解決實際問題．【變式22】（2023春·廣東佛山·八年級?？茧A段練習）如圖1，直線l垂直BC于點B，∠ACB=90°，點D為BC中點，一條光線從點A射向D，反射后與直線l交于點E，且有

(1)求證：BE=(2)如圖2，連接AB交DE于點F，連接FC交AD于點H，AC=BC，求證：(3)如圖3，在（2）的條件下，點P是AB邊上的動點，連接PC，PD，SΔACD=5，CH=2【答案】(1)見解析(2)見解析(3)存在，5【分析】（1）由ASA可證△BDE≌△CDA（2）由SAS可證△CBF≌△EBF（3）由SAS可證△EBP≌△CBP，可得PE=PC，則當點E，點P，點D三點共線時，PE【詳解】（1）∵直線l垂直BC于點B，∠ACB=90°，點D是∴BD=CD，在△BDE和△∠EDB∴△BDE∴BE=（2）∵AC=∴BE=∵AC=∴∠ABC∵∠EBC∴∠EBA又∵BF=∴△CBF∴∠BED∵△BDE∴∠BED∵∠DAC∴∠CHD∴CF⊥（3）存在；在△EBP和△EB=∴△EBP∴PE=∴PC+∴當點E，點P，點D三點共線時，PE+PD有最小值，即PC+∵△BDE∴ED=∵BD=∵S△∴12∴AD=5×2×∴PC+PD的最小值為【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，直角三角形的性質，尋找條件證明三角形全等是解題的關鍵．【變式23】（2023春·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習）如圖所示，已知邊長為2的正三角形ABC中，P0是BC邊的中點，一束光線自P0發(fā)出射到AC上的P1后，依次反射到AB、BC上的點P2和P3，且1＜BP3＜32（反射角等于入射角），則P1C的取值范圍是【答案】1<【分析】首先利用光的反射定律及等邊三角形的性質證明△P0P1C∽△P2P1A∽△P2P3B，再根據(jù)相似三角形對應邊成比例得到用含P3B的代數(shù)式表示P1C的式子，然后由1＜BP3＜32，即可求出P1C【詳解】解：∵反射角等于入射角，∴∠P0P1C＝∠P2P1A＝∠P2P3B，又∵∠C＝∠A＝∠B＝60°，∴△P0P1C∽△P2P1A∽△P2P3B，∴P0CP1C設P1C＝x，P2A＝y(tǒng)，則P1A＝2﹣x，P2B＝2﹣y．∴1x＝y(tǒng)2-x∴xy=2-∴x＝13（2+P3B又∵1＜BP3＜32∴1＜x＜76即P1C長的取值范圍是：1＜P1C＜76故答案為：1＜P1C<7【點睛】此題考查了等邊三角形的性質，解題的關鍵是根據(jù)等邊三角形的性質找出對應點是解此題的關鍵，難度較大．【題型3等腰三角形中分類討論】【例3】（2023春·重慶南岸·八年級?？计谀┤鐖D，△ABC中，∠ACB>120°，∠B=20°，D為AB邊上一點（不與A、B重合），將△BCD沿CD翻折得到△CDE，CE交AB于點F

A．30° B．30°或60° C．50° D．30°或50°【答案】B【分析】分兩種情況進行討論，當EF=ED時，根據(jù)折疊的性質可知∠BCD=∠ECD，設∠BCD=∠ECD=x，根據(jù)等腰三角形的性質可得∠EFD=∠EDF=80°，則x+x+20°=80°，解出x【詳解】解：當EF=根據(jù)折疊的性質可知∠BCD設∠BCD∵∠B∴∠FDC∵△DEF為等腰三角形，EF∴∠EFD∵∠ECD∴x+解得x=30°當EF=DF根據(jù)折疊的性質可知∠BCD設∠BCD∵∠B∴∠FDC∵△DEF為等腰三角形，EF∴∠E∴∠EFD∵∠ECD∴y+解得y=60°綜上所述，∠BCD的度數(shù)為30°或60°故選：B．【點睛】本題考查了折疊的性質以及等腰三角形的性質，利用外角的性質將角與角建立聯(lián)系列出方程是解題的關鍵．【變式31】（2023春·陜西渭南·八年級校考期中）若等腰三角形一腰上的高與另一腰的夾角為20°，則它的底角為（

）A．35° B．55° C．55°或35° D．70°或35°【答案】C【分析】根據(jù)等腰三角形的性質及三角形內角和定理進行分析，注意分類討論思想的運用．【詳解】解：①∵AB=AC，∠

∴∠A∴∠ABC②∵AB=AC，∠

∴∠∴∠ABC故選：C．【點睛】此題主要考查等腰三角形的性質，三角形內角和定理及三角形外角的性質的綜合運用，熟練掌握這兩個定理是解決問題的關鍵．【變式32】（2023春·廣東廣州·八年級?？计谥校┤鐖D，△ABC中∠ABC=40°，動點D在直線BC上，當△ABD

【答案】20°或40°或70°或100°【分析】畫出圖形，分四種情況分別求解．【詳解】解：若AB=則∠ADB

若AD=則∠DAB∴∠ADB

若AB=則∠ADB

若AB=則∠BAD

綜上：∠ADB的度數(shù)為20°或40°或70°或100°故答案為：20°或40°或70°或100°．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，外角的性質，解題的關鍵是找齊所有情況，分類討論．【變式33】（2023春·山西運城·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=130°，△AFD和△ABD關于直線AD對稱，∠FAC的平分線交BC于點G，連接

【答案】50°或65°或80°【分析】先由軸對稱可以得出△ADB≌△ADF，就可以得出∠B=∠AFD，AB=AF，再證明△AGF≌△AGC【詳解】解：∵AB=AC，∴∠B∵△ABD和△AFD關于直線∴△ADB∴∠B=∠AFD∴AF=∵AG平分∠FAC∴∠FAG在△AGF和△AF=∴△AGF∴∠AFG∵∠DFG∴∠DFG①當GD=∴∠FDG②當DF=∴∠FDG∵∠DFG∴∠FDG③當DF=∴∠DFG∴∠FDG故答案為：50°或65°或80°．【點睛】本題考查了軸對稱的性質，全等三角形的判定及性質，等腰三角形的判定及性質，分類討論是解答本題的關鍵．【題型4雙垂直平分線求角度與周長】【例4】（2023春·廣西桂林·八年級統(tǒng)考期末）如圖所示，點E、F是∠BAC的邊AB上的兩點，線段EF的垂直平分線交AC于D，AD的垂直平分線恰好經過E點，連接DE、DF，若∠CDF=α，則

A．α B．4α3 C．180°-2【答案】D【分析】根據(jù)線段垂直平分線的性質，三角形外角性質，三角形內角和定理計算判斷即可．【詳解】∵線段EF的垂直平分線交AC于D，AD的垂直平分線恰好經過E點，∴DE=∴∠DFE∵∠DEF∴∠EAD∴∠CDF∴∠DFA∴∠EDF故選D．【點睛】本題考查了線段的垂直平分線，三角形外角性質，等腰三角形的性質，三角形內角和定理，熟練掌握線段的垂直平分線，三角形外角性質，等腰三角形的性質是解題的關鍵．【變式41】（2023春·河北保定·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在△ABC中，BC=8，AB的垂直平分線交BC于D，AC的垂直平分線交BC與E，則A．6 B．7 C．8 D．12【答案】C【分析】根據(jù)線段垂直平分線的性質可得AD=BD，AE=【詳解】解：∵AB的垂直平分線交BC于D，∴AD=∵AC的垂直平分線交BC于E，∴AE=∵BC=8∴BD+∴AD+∴△ADE的周長為8故選：C．【點睛】此題主要考查了線段垂直平分線的性質，關鍵是掌握線段垂直平分線上任意一點，到線段兩端點的距離相等．【變式42】（2023春·河北保定·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在△ABC中，AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，點O是AC、BC的垂直平分線的交點，連接AO、BO，若∠AOB=

A．α B．14α+90° C．1【答案】B【分析】連接CO并延長，根據(jù)線段垂直平分線的性質得到OA=OC，OB=OC，根據(jù)等腰三角形的性質得到∠OCA=∠OAC，∠OCB=∠【詳解】解：連接CO并延長，

∵點O是AC、BC的垂直平分線的交點，∴OA=OC∴∠OCA=∠OAC∵∠AOD是△∴∠AOD同理，∠BOD∴∠AOB∴∠OCA∴∠ACB∵AI平分∠BAC，BI平分∴∠IAB=1∴∠IAB∴∠AIB故選：B．【點睛】本題考查的是線段的垂直平分線的性質、角平分線的定義、三角形內角和定理，掌握線段的垂直平分線上的點到線段的兩個端點的距離相等是解題的關鍵．【變式43】（2023春·遼寧丹東·八年級?？计谥校┤鐖D，在△ABC中，邊AB的垂直平分線OM與邊AC的垂直平分線ON交于點O，這兩條垂直平分線分別交BC于點D、E．已知△ADE的周長為11cm，分別連接OA、OB、OC，若△

【答案】6【分析】根據(jù)線段垂直平分線的性質可得DA=DB，EA=EC，OA=OB=OC，從而可求出【詳解】解：∵OM是AB∴DA=DB∵ON是AC∴EA=EC∴OB∵△ADE的周長為11∴AD∴BD∴BC∵△OBC的周長為23∴OB∴OB∴OA故答案為：6cm【點睛】本題主要考查了線段垂直平分線的性質，熟練掌握線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等是解題的關鍵．【題型5角平分線與垂直平分線綜合運用】【例5】（2023春·湖南湘西·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，∠BAC=60°，∠BAC的平分線AD與邊BC的垂直平分線相交于點D，DE⊥AB交AB的延長線于點E，DF⊥AC于點F，現(xiàn)有以下結論：①DE=DF；②DE+

A．2個 B．3個 C．4個 D．1個【答案】B【分析】①由角平分線的性質即可證明；②由題意可知∠EAD=∠FAD=30°，可得DE=12AD，DF=12AD，從而可以證明；③假設DM平分∠ADF，則∠ADM=∠FDM=30°【詳解】如圖所示，連接BD、

∵AD平分∠BAC，DE⊥AB∴ED=故①正確；∵∠BAC=60°，AD平分∴∠EAD∵DE⊥∴∠AED∴DE=同理DF=∴DE+故②正確；∵∠EAD=∠∴∠ADE假設DM平分∠ADF，則∠∴∠EDM∵DM⊥∴BC∥∴∠ABC又∵∠ABC∴不能判定DM平分∠ADF故③錯誤；∵DM是BC的垂直平分線，∴DB=在Rt△BED和DE=∴Rt△∴BE=在Rt△AED和DE=∴Rt△∴AE=∴AB+故④正確；故選B．【點睛】本題主要考查了角平分線的性質，全等三角形的判定和性質，線段垂直平分線的性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．【變式51】（2023春·山東威?！ぐ四昙壗y(tǒng)考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°,∠CAB的平分線交BC于點D,DE恰好是

【答案】3【分析】由角平分線性質定理，得DE=DC，所以Rt△ADE≌Rt△【詳解】解：∵AD平分∠CAB，DC⊥AC∴DE=∴Rt∵DE垂直平分AB，∴AE=BE，∴AC=∵S△∴2AE∴DE=3故答案為：3．【點睛】本題考查垂直平分線的性質，角平分線的性質，直角三角形全等的判定；運用面積公式尋求線段間的關系是解題的關鍵．【變式52】（2023春·山東青島·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，∠A=52°，∠ACB的角平分線CF與BC的垂直平分線DE交于點O，連接OB

【答案】72°【分析】由線段垂直平分線的性質可得∠OBC=∠OCB，由角平分線的定義可得∠【詳解】解：∵OE垂直平分BC∴OB∴∠OBC∵CF平分∠∴∠ACF∵∠A∴∠A∵∠A=52°，∴∠ACF∴∠ACB故答案為：72°．【點睛】本題主要考查線段垂直平分線的性質，角平分線的定義，三角形的內角和定理，利用三角形的內角和定理求解∠ACF【變式53】（2023春·四川成都·八年級?？计谥校┤鐖D，△ABC中，∠ABC的角平分線BD和AC邊的中垂線DE交于點D，DM⊥BA的延長線于點M，DN⊥BC于點N．若【答案】2【分析】連接AD，CD，由“AAS”可證△BDM?△BDN，可得BM=BN，由“【詳解】解：連接AD，∵BD是∠ABC∴∠ABD在△BDM和△∠DMB∴△BDM∴BM=∵DE是AC的垂直平分線，∴AD=在Rt△ADM和AD=∴Rt△∴AM=∵AB=3∴BC-∴AM