专题1.2轴对称与等腰三角形精讲精练11大必考考点（知识梳理 典例剖析 变式训练）（解析版）【苏科版】.docx

1、专题1.2轴对称与等腰三角形11大必考考点精讲精练（知识梳理+典例剖析+变式训练）【目标导航】【知识梳理】1.轴对称：（1）轴对称的概念：把一个图形沿某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，也称轴对称；这条直线叫做对称轴（2）轴对称包含两层含义：有两个图形，且这两个图形能够完全重合，即形状大小完全相同；对重合的方式有限制，只能是把它们沿一条直线对折后能够重合2.轴对称图形：（1）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，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称（2）轴对

2、称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合；轴对称图形的对称轴可以是一条，也可以是多条甚至无数条（3）常见的轴对称图形：等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等3.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：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；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4.

3、角平分线的性质：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注意：这里的距离是指点到角的两边垂线段的长；该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据，有时不必证明全等；使用该结论的前提条件是图中有角平分线，有垂直角平分线的性质语言5.线段垂直平分线的性质：（1）定义：经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（中垂线）垂直平分线，简称“中垂线”（2）性质：垂直平分线垂直且平分其所在线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等6.等腰三角形的性质（1）等腰三角形的概念有两条边相等的三角形叫做等腰三角形（2）等腰三角形的性质 等腰三角形的两腰相等 等腰三角形的

4、两个底角相等【简称：等边对等角】 等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合【三线合一】（3）在等腰；底边上的高；底边上的中线；顶角平分线以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论7.等腰三角形的判定：判定定理：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【简称：等角对等边】说明：等腰三角形是一个轴对称图形，它的定义既作为性质，又可作为判定办法等腰三角形的判定和性质互逆；在判定定理的证明中，可以作未来底边的高线也可以作未来顶角的角平分线，但不能作未来底边的中线；判定定理在同一个三角形中才能适用8.等边三角形的性质：（1）等边三角形的定义：

5、三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴9.等边三角形的判定：（1）由定义判定：三条边都相等的三角形是等边三角形（2）判定定理1：三个角都相等的三角形是等边三角形（3）判定定理2：有一个角是60的等腰三角形是等边三角形说明：在证明一个三角形是等边三角形时，

6、若已知或能求得三边相等则用定义来判定；若已知或能求得三个角相等则用判定定理1来证明；若已知等腰三角形且有一个角为60，则用判定定理2来证明10. 含30度角的直角三角形的性质（1）在直角三角形中，30角所对的直角边等于斜边的一半（2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常用来求边的长度和角的度数（3）注意：该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用；应用时，要注意找准30的角所对的直角边，点明斜边【典例剖析】【考点1】轴对称图形【例1】（2021秋徐州期中）下列四个浏览器的图标中，属于轴对称图形的

7、是（）ABCD【分析】根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可【解答】解：A、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；C、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；D、是轴对称图形，故此选项符合题意；故选：D【变式1.1】（2022秋工业园区校级期中）下列图形中，不一定是轴对称图形的是（）A等腰三角形B线段C角D直角三角形【分析】根据轴对称图形的概念求解如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形【解答】解：A、等腰三角形是轴对称图形，故选项错误；B、线段是轴对称图

8、形，故选项错误；C、角是轴对称图形，故选项错误；D、直角三角形不一定是轴对称图形如不是等腰直角三角形，故选项正确故选：D【变式1.2】（2022秋扬州期中）如图，在33的正方形网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形，图中的ABC为格点三角形，在图中与ABC成轴对称的格点三角形可以画出（）A3个B4个C5个D6个【分析】根据网格结构分别确定出不同的对称轴，然后作出轴对称三角形即可得解【解答】解：如图，最多能画出6个格点三角形与ABC成轴对称所以在图中与ABC成轴对称的格点三角形可以画出6个故选：D【变式1.3】（2022秋徐州期中）在如图所示的方格纸中，ABC的顶点均在方

9、格纸的格点上，则在方格纸中与ABC成轴对称的格点三角形共有（）A1个B2个C3个D4个【分析】根据轴对称图形的定义与判断可知【解答】解：如图所示：在方格纸中与ABC成轴对称的格点三角形共有3个故选：C【考点2】轴对称的性质【例2】2020射阳县校级模拟）如图，四边形ABCD中，ABAD，点B关于AC的对称点B恰好落在CD上，若BAD100，则ACB的度数为（）A40B45C60D80【分析】连接AB，BB，过A作AECD于E，依据BACBAC，DAEBAE，即可得出CAE=12BAD，再根据四边形内角和以及三角形外角性质，即可得到ACBACB90-12BAD【解答】解：如图，连接AB，BB，过

10、A作AECD于E，点B关于AC的对称点B恰好落在CD上，AC垂直平分BB，ABAB，BACBAC，ABAD，ADAB，又AECD，DAEBAE，CAE=12BAD50，又AEC90，ACBACB40，故选：A【变式2.1】（2022秋徐州期中）如图，在四边形ABCD中，对角线BD所在的直线是其对称轴，点P是直线BD上的点，下列判断错误的是（）AADCDBDAPDCPCAPBCDABPCBP【分析】利用轴对称变换的性质解决问题即可【解答】解：四边形ABCD是对称轴，APDCPD，ABDCBD，ADCD，DAPDCP，ABPCBP，故选项A，B，D正确，故选：C【变式2.2】（2022秋东台市校级

11、月考）如图，P在AOB内，点C、D分别是点P关于AO、BO的对称点如果PMN的周长为12，则CD的长为（）A6B12C15D18【分析】根据轴对称的性质可知MPMC，PFFN，结合PMN的周长为12，利用等量代换可知CDPM+MN+PN12【解答】解：点C是点P关于AO的对称点，AO垂直平分CP，CMPM同理PNNDCDCM+MN+ND，CDPM+MN+PN，PMN的周长为12，CDPM+MN+PN12故选：B【变式2.3】（2022秋沭阳县月考）如图，点P是AOB内部一点，点P，P分别是点P关于OA，OB的对称点，且PP8cm，则PMN的周长为（）A5cmB6cmC7cmD8cm【分析】根据

12、点P，P分别是P关于OA，OB的对称点，得到PP被OA垂直平分，PP被OB垂直平分，根据线段垂直平分线的性质得到MPMP，NPNP，即可得出PMN的周长【解答】解：点P，P分别是P关于OA，OB的对称点，PP被OA垂直平分，PP被OB垂直平分，MPMP，NPNP，PMN的周长MN+MP+NPMN+MP+NPPP8（cm）故选：D【考点3】翻折变换【例3】（2020春高新区期中）如图，将ABC沿DE、EF翻折，顶点A，B均落在点O处，且EA与EB重合于线段EO，若CDO+CFO108，则C的度数为（）A40B41C32D36【变式3.1】（2022秋鼓楼区校级月考）如图，将一张三角形纸片ABC沿

13、过点B的直线折叠，使点C落在边AB上的点E处，折痕为BD，则下列结论一定正确的是（）AADBDBAEADCED+ADABDAE+BCAB【分析】根据图形翻折变换的性质得出BEBC，根据线段的和差，可得AE+BEAB，根据等量代换，可得答案【解答】解：BDE是由BDC翻折而成，BEBC，AE+BEAB，AE+CBAB，故D正确，无法得出ADBD，AEAD，ADDE，故选：D【变式3.2】（2022秋镇江期中）如图，在RtABC中，ACB90，AC3，BC4，将边BC沿CE翻折，点B落在点F处，连接CF交AB于点D，则FD的最大值为（）ABCD【分析】根据将边BC沿CE翻折，点B落在点F处，可得F

14、DCFCD4CD，即知当CD最小时，FD最大，此时CDAB，用面积法求出CD，即可得到答案【解答】解：如图：将边BC沿CE翻折，点B落在点F处，CFBC4，FDCFCD4CD，当CD最小时，FD最大，此时CDAB，ACB90，AC3，BC4，AB5，2SABCACBCABCD，CD，FDCFCD4，故选：D【变式3.3】（2022秋钟楼区校级月考）如图，射线AB与射线CD平行，点F在射线AB上，DCF70，AFa（a为常数，且a0），P为射线CD上的一动点（不包括端点C），将CPF沿PF翻折得到EPF，连接AE，则AE最大时，DPE的度数为（）A30B40C50D70【分析】由于EFCF为定值

15、，所以当点E在AB上时，点E到点A的距离最大，即可求出答案【解答】解：CDAB，DCF70，DCFCFA70，由折叠性质知，EFCF，CF的长度为定值，当点E在AB上时，点E到点A的距离最大，如图，由折叠知，PEFDCF70，CDAB，DPBPEF70，故选：D【考点4】角平分线的性质【例4】（2020秋溧水区期中）如图，点O是ABC的两个外角平分线的交点，下列结论：点O在A的平分线上；点O到ABC的三边的距离相等；OBOC以上结论正确的有（）ABCD【分析】过O点作ODAB于D，OEBC于E，OFAC于F，如图，根据角平分线的性质得到ODOE，OEOF，则ODOF，于是根据角平分线的性质定理

16、的逆定理可对进行判断；同时可对进行判断；由于不能确定ABCACB，则不能确定OBEOCE，则可对进行判断【解答】解：过O点作ODAB于D，OEBC于E，OFAC于F，如图，BO平分DBC，ODBD，OEBC，ODOE，同理可得OEOF，ODOF，点O在A的平分线上，所以正确；ODOEOF，所以正确；不能确定ABCACB，不能确定OBEOCE，不能确定OBOC，所以错误故选：B【变式4.1】（2022秋东台市校级期中）如图，在ABC中，C90，点O是CAB、ACB平分线的交点，且BC4cm，AB5cm，则点O到边AB的距离为（）A1cmB2cmC3cmD4cm【分析】根据点O是CAB、ACB平分

17、线的交点，可知点O是ABC的内心，设点O到边AB的距离为hcm，根据ABC的面积，列方程求解即可【解答】解：连接OC，如图所示：点O是CAB、ACB平分线的交点，点O是ABC的内心，点O到ABC三边的距离相等，设点O到边AB的距离为hcm，C90，BC4cm，AB5cm，根据勾股定理，得AC3cm，ABC的面积，即（3+4+5）h34，解得h1，点O到边AB的距离为1cm，故选：A【变式4.2】（2022秋东台市校级期中）如图，在ABC中，C90，点O是CAB、ACB平分线的交点，且BC4cm，AB5cm，则点O到边AB的距离为（）A1cmB2cmC3cmD4cm【分析】根据点O是CAB、AC

18、B平分线的交点，可知点O是ABC的内心，设点O到边AB的距离为hcm，根据ABC的面积，列方程求解即可【解答】解：连接OC，如图所示：点O是CAB、ACB平分线的交点，点O是ABC的内心，点O到ABC三边的距离相等，设点O到边AB的距离为hcm，C90，BC4cm，AB5cm，根据勾股定理，得AC3cm，ABC的面积，即（3+4+5）h34，解得h1，点O到边AB的距离为1cm，故选：A【变式4.3】（2022秋盐都区月考）如图，点P是AOC的角平分线上一点，PDOA，垂足为点D，且PD2，点M是射线OC上一动点，则PM可能的值为（）A1B1.5C1.8D2.5【分析】过P点作PHOC于H，如

19、图，根据角平分线的性质得到PHPD2，然后根据垂线段最短求解【解答】解：过P点作PHOC于H，如图，点P是AOC的角平分线上一点，PDOA，PHOC，PHPD2，点M是射线OC上一动点，PM的最小值为2，故选：D【考点5】线段垂直平分线的性质【例5】（2020秋天宁区期中）如图，在ABC中，AB边的垂直平分线DE，分别与AB边和AC边交于点D和点E，BC边的垂直平分线FG，分别与BC边和AC边交于点F和点G，又BEG的周长为16，且GE1，则AC的长为（）A16B15C14D13【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到EBEA、GBGC，根据三角形的周长公式计算，得到答案【解答】解：DE是AB边

20、的垂直平分线，EBEA，FG是BC边的垂直平分线，GBGC，BEG的周长为16，GB+GE+EB16，AE+GE+GC16，AC+GE+GE16，GE1，AC16214，故选：C【变式5.1】（2022秋东海县期中）如图，ABC中，D点在AB上，E点在BC上，DE垂直平分AB若BC，且EAC90，则根据图中标示的角，下列叙述正确的是（）A12，13B12，13C12，13D12，13【分析】根据线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质解答即可【解答】解：DE垂直平分AB，BDEADE，BEAE，BBAE，12，EAC90，3+C90，B+190，BC，13，12，13，故选：A【变式5.2】（2

21、022秋锡山区期中）某小区的三个出口A、B、C的位置如图所示，物业公司计划在不妨碍小区规划的建设下，想在小区内修建一个电动车充电桩，以方便业主，要求到三个出口的距离都相等，则充电桩应该安装在ABC（）A三角形三条中线的交点B三角形三条高的交点C三个角的角平分线的交点D三条边的垂直平分线的交点【分析】根据线段垂直平分线的性质即可确定【解答】解：要求到三个出口的距离都相等，充电桩应该安装在ABC三边的垂直平分线的交点处，故选：D【变式5.3】（2022秋如皋市校级月考）如图，在ABC中，AB的垂直平分线DE与边AB，AC分别交于点D，E已知ABC与BCE的周长分别为22cm和14cm，则BD的长为

22、（）A3cmB4cmC5cmD6cm【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到EAEB，根据三角形的周长公式计算即可得到结论【解答】解：DE是AB的垂直平分线，EAEB，ADBDABBCE的周长是14cm，BC+BE+EC14cm，即AC+BC14cmABC的周长是22cm，AB+AC+BC22cm，AB22148（cm），BDAB84（cm）故选：B【考点6】等腰三角形的性质【例6】（2020上城区校级三模）如图，已知在ABC中，ABAC，ABC70，点P是BAC的平分线AP和CBD的平分线BP的交点，射线CP交AB的延长线于点D，则D的度数为（）A15B17.5C20D22.5【分析】由ABA

23、C，根据等腰三角形的性质推出ABCACB70，由角平分线的定义推出APB=12ACB35，最后用三角形外角的性质即可得出结论【解答】解：如图，AP与BC相交于点O，ABAC，ABCACB70，CAB40，点P是ABC内角和外角角平分线的交点，APB=12ACB35，ABAC，AP是BAC的平分线，APBC，OBOC，CPBP，APCAPB35，BPC70，BP是ABC的外角的平分线，PBD=12CBD55，DBPCPBD705515故选：A【变式6.1】（2022秋邗江区期中）如图，在ABC中，D、E、F分别为边AB、AC、BC上的点，且BDBF，CFCE，DFE61，则A的度数为（）A29B

24、61C59D58【分析】首先根据三角形内角和定理，求出B+C的度数；然后根据等腰三角形的性质，表示出BFD+CFE的度数，由此可求得DFE的度数【解答】解：在ABC中，B+C180A18062118，在BDF中，BDBF，B1802BFD；同理，得：C1802CFE；DFE61，BFD+CFE18061119，B+C18022（BFD+CFE）3602119122，A18012258故选：D【变式6.2】（2022秋姜堰区期中）如图，在RtABC中，C90，B30，过点C画一条直线，将RtABC分割成两个三角形，且其中至少有一个是等腰三角形，则这样的直线能画（）条A1B2C3D4【分析】根据等

25、腰三角形的性质画出符合题意的图形即可【解答】解：如图所示，即为符合题意的等腰三角形故这样的直线能画2条故选：B【变式6.3】（2022秋栖霞区校级月考）如图，在ABC中，A36，ABAC，AB的垂直平分线OD交AB于点O，交AC于点D，连接BD则下列结论：C2A；BD平分ABC；BCAD；OD2CD正确的有（）A1个B2个C3个D4个【分析】由在ABC中，A36，ABAC，AB的垂直平分线OD交AB于点O，交AC于点D，根据线段垂直平分线的性质与等腰三角形的性质，可求得ABDDBCA36，ABCBDCC72，继而求得：C2A；BD平分ABC；BCAD【解答】解：AB的垂直平分线OD交AB于点O

26、，交AC于点D，ADBD，ABDA36，ABAC，ABCC72，C2A，故正确；DBCABCABD36，ABDDBC，BD平分ABC，故正确；BDCC72，BCBDAD，故正确；由条件不能得出OD2CD，故错误故选：C【考点7】等边三角形的性质【例7】（2020春淄川区期末）在等边ABC中，D、E分别为AB、AC边上的动点，BD2AE，连接DE，以DE为边在ABC内作等边DEF，连接CF，当D从点A向B运动（不运动到点B）时，ECF大小的变化情况是（）A不变B变小C变大D先变大后变小【分析】在AC上截取CNAE，连接FN，易证ADEN，DEEF，由ADE180AAED120AED，NEF180

27、DEFAED120AED，得出ADENEF，由SAS证得ADENEF，得出AEFN，FNEA60，推出FNCN，求出ECF30，即可得出结果【解答】解：在AC上截取CNAE，连接FN，如图所示：ABC是等边三角形，A60，ABAC，BD2AE，ADEN，DEF是等边三角形，DEEF，DEF60，ADE180AAED18060AED120AED，NEF180DEFAED18060AED120AED，ADENEF，在ADE和NEF中，ADENEF（SAS），AEFN，FNEA60，FNCN，NCFNFC，FNENCF+NFC60，NCF30，即ECF30，故选：A【变式7.1】（2022秋大丰区期

28、中）如图，在等边ABC中，D为BC边上的中点，以A为圆心，AD为半径画弧，与AC边交点为E，则ADE的度数为（）A60B105C75D15【分析】根据等边三角形三线合一的性质可求出DAC30，结合AD等于AE求出ADE的度数即可【解答】解：在等边ABC中，D为BC边上的中点，DAC30（三线合一），在ADE中，ADAE，AEDADE（18030）75，故选：C【变式7.2】（2022秋常州期中）如图，ABC是等边三角形，P为BC上一点，在AC上取一点D，使ADAP，且APD70，则PAB的度数是（）A10B15C20D25【分析】由已知条件ADAP可知ADPAPD，结合APD70可得ADP的度

29、数，从而得到PAD的度数；根据等边三角形的性质，可以得到BAC60，结合PABBACPAD即可解答此题【解答】解：ADAP，ADPAPDADPAPD，APD70，ADP70，PAD40ABC是等边三角形，BAC60，PAB604020故选：C【变式7.3】（2022春江都区月考）如图，ABC是等边三角形，P是三角形内一点，PDAB，PEBC，PFAC，若ABC的周长为24，则PD+PE+PF（）A8B9C12D15【分析】延长EP、FP分别交AB、BC于G、H，进而利用平行四边形的性质及等边三角形的性质即可求解此题【解答】解：延长EP、FP分别交AB、BC于G、H，由PDAB，PEBC，PFA

30、C，可得，四边形PGBD，EPHC是平行四边形，PGBD，PEHC，ABC是等边三角形，PFAC，PDAB，PFG，PDH是等边三角形，PFPGBD，PDDH，又ABC的周长为24，PD+PE+PFDH+HC+BDBC248，故选：A【考点8】直角三角形的性质【例8】（2020秋苏州期中）如图，AOB60，点P在边OA上，OP22，点M、N在边OB上（M在N的左侧），且PMPN，若MN4，则OM的长为（）A7B8C9D11【分析】过P点作PCOB，垂足为C，根据含30角的直角三角形的性质可求解OC的长，再利用等腰三角形的性质可求解MC的长，进而求解OM的长【解答】解：过P点作PCOB，垂足为C

31、，AOB60，OPC90AOB30，OP22，OC=12OP11，PMPN，MN4，MC=12MN2，OMOCMC1129故选：C【变式8.1】（2022秋泰州月考）如图，ABC中，C90，AB4，B30，点P是BC边上的动点，则AP长不可能是（）A1.8B2.2C3.5D3.8【分析】根据直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半求出AC，再根据垂线段最短求出AP的最小值，然后得到AP的取值范围，从而得解【解答】解：C90，AB4，B30，ACAB42，点P是BC边上的动点，2AP4，AP的值不可能是1.8故选：A【变式8.2】（2022秋崇川区校级月考）如图，等边ABC中，AB4，点P在边

32、AB上，PDBC，DEAC，垂足分别为D、E，设PAx，若用含x的式子表示AE的长，正确的是（）A2xB3xC1D2+x【分析】利用等边三角形的性质可得ABBCAC4，BC60，再利用含30度角的直角三角形的性质进行计算即可【解答】解：ABC是等边三角形，ABBCAC4，BC60，PDBC，DEAC，BDPB，CECD，PAx，BP4x，BDPB2x，CD4（2x）2+x，CE1+x，AE4（1+x）3x，故选：B【变式8.3】（2022秋兴化市校级月考）如图，木杆AB斜靠在墙壁上，P是AB的中点，当木杆的上端A沿墙壁NO竖直下滑时，木杆的底端B也随之沿着射线OM方向滑动，则下滑过程中OP的长

33、度变化情况是（）A逐渐变大B不断变小C不变D先变大再变小【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质，可得OPAB，即可解答【解答】解：P是AB的中点，AOB90，OPAB，木杆AB的长固定，OP的长度不变，故选：C【考点9】轴对称作图问题【例9】（2021秋吴江区月考）如图，是44的正方形网格，其中已有3个小方格涂成了阴影，请你从其余的13个白色的小方格中选出一个也涂成阴影，使整个涂成阴影的图形成为轴对称图形请用三种方法在图中补全图形，并画出它们各自的对称轴（所画的三个图形不能全等）【分析】直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的图形即可【解答】解：如图所示：【变式9.1】（2022秋兴化市月考）在

34、如图所示的正方形网格中，已有两个正方形涂黑，请再将其中的一个空白正方形涂黑，使涂黑部分图形是一个轴对称图形（最少三种不同方法）【分析】根据轴对称图形的定义即可解决问题【解答】解：如图有5种方法：【变式9.2】（2020秋鼓楼区校级月考）已知：如图，CDEF是一个长方形的台球面，有A、B两球分别位于图中所在位置，试问怎样撞击球A，才能使A先碰到台边FC反弹后再击中球B？在图中画出A球的运动线路【分析】首先作出点A关于FC的对称点A，再连接AB，然后可得A球的运动路线【解答】解：如图所示：运动路线：APB【变式9.3】（2020秋宝应县月考）在下列各图中分别补一个小正方形，使其成为不同的轴对称图形

35、【分析】直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案【解答】解：如图所示：【考点10】等腰三角形的性质与判定【例10】（2020春东坡区期末）如图1，点A、B分别在射线OM、ON上运动（不与点O重合），AC、BC分别是BAO和ABO的角平分线，BC延长线交OM于点G（1）若MON60，则ACG；（直接写出答案）（2）若MONn，求出ACG的度数；（用含n的代数式表示）（3）如图2，若MONx，过点C作CFOA交AB于点F，求BGOACF的度数（用含x的代数式表示）【分析】（1）根据三角形内角和定理求出BAO+ABO，根据角平分线的定义、三角形的外角性质计算，得到答案；（2）仿照（1）的解法解答；

36、（3）根据平行线的性质得到ACFCAG，根据（2）的结论解答【解答】解：（1）MON60，BAO+ABO120，AC、BC分别是BAO和ABO的角平分线，CBA=12ABO，CAB=12BAO，CBA+CAB=12（ABO+BAO）60，ACGCBA+CAB60，故答案为：60；（2）MONn，BAO+ABO180n，AC、BC分别是BAO和ABO的角平分线，CBA=12ABO，CAB=12BAO，CBA+CAB=12（ABO+BAO）90-12n，ACGCBA+CAB90-12n；（3）CFOA，ACFCAG，BGOACFBGOCAGACG90-12x【变式10.1】（2022秋吴江区校级月

37、考）如图，ABC中，B、C的平分线交于O点，过O点作EFBC交AB、AC于E、F（1）如图，若ABAC，图中有哪几个等腰三角形？猜想：EF与BE、CF之间有怎样的关系，并说明理由（2）如图，若ABC中B的平分线BO与三角形外角平分线CO交于O，过O点作OEBC交AB于E，交AC于F这时图中还有等腰三角形吗？有哪几个？EF与BE、CF关系又如何？说明你的理由【分析】（1）由EFBC，可得EOBOBCEBO，FOCOCBFCO，于是得到BEO为等腰三角形，在CFO中，同理可证；（2）根据平行线的性质和角平分线定义得到BEO是等腰三角形，在CFO中，同理可证CFO是等腰三角形，【解答】解：（1）EO

38、B、FOC为等腰三角形，EFBE+CF，理由：OB、OC平分ABC、ACB，ABOOBC，ACOOCB，EFBC，EOBOBCEBO，FOCOCBFCO，即EOEB，FOFC，EFEO+OFBE+CF；（2）EOB和FOC是等腰三角形，EFBEFC理由如下：同（1）可证得EOB是等腰三角形；EOBC，FOCOCG；OC平分ACG，ACOFOCOCG，FOFC，故FOC是等腰三角形；EFEOFOBEFC【变式10.2】（2019秋东台市期末）如图，ABC中，C90，AB5cm，BC3cm，若动点P从点C开始，按CABC的路径运动，且速度为每秒1cm，设出发的时间为t秒（1）出发2秒后，求ABP的

39、周长（2）问t为何值时，BCP为等腰三角形？（3）另有一点Q，从点C开始，按CBAC的路径运动，且速度为每秒2cm，若P、Q两点同时出发，当P、Q中有一点到达终点时，另一点也停止运动当t为何值时，直线PQ把ABC的周长分成相等的两部分？【分析】（1）根据速度为每秒1cm，求出出发2秒后CP的长，然后就知AP的长，利用勾股定理求得PB的长，最后即可求得周长（2）因为AB与CB，由勾股定理得AC4 因为AB为5cm，所以必须使ACCB，或CBAB，所以必须使AC或AB等于3，有两种情况，BCP为等腰三角形（3）分类讨论：当P点在AC上，Q在AB上，则PCt，BQ2t3，t+2t36；当P点在AB上

40、，Q在AC上，则ACt4，AQ2t8，t4+2t86【解答】解：（1）如图1，由C90，AB5cm，BC3cm，AC4，动点P从点C开始，按CABC的路径运动，且速度为每秒1cm，出发2秒后，则CP2，C90，PB（cm），ABP的周长为：AP+PB+AB2+5+（7）cm（2）如图2，若P在边AC上时，BCCP3cm，此时用的时间为3s，BCP为等腰三角形；若P在AB边上时，有三种情况：i）如图3，若使BPCB3cm，此时AP2cm，P运动的路程为2+46cm，所以用的时间为6s，BCP为等腰三角形；ii）如图4，若CPBC3cm，过C作斜边AB的高，根据面积法求得高为2.4cm，作CDAB

41、于点D，在RtPCD中，PD1.8（cm），所以BP2PD3.6cm，所以P运动的路程为93.65.4cm，则用的时间为5.4s，BCP为等腰三角形；）如图5，若BPCP，此时P应该为斜边AB的中点，P运动的路程为4+2.56.5cm则所用的时间为6.5s，BCP为等腰三角形；综上所述，当t为3s、5.4s、6s、6.5s时，BCP为等腰三角形（3）如图6，当P点在AC上，Q在AB上，则PCt，BQ2t3，直线PQ把ABC的周长分成相等的两部分，t+2t33，t2；如图7，当P点在AB上，Q在AC上，则APt4，AQ2t8，直线PQ把ABC的周长分成相等的两部分，t4+2t86，t6，当t为2

42、或6秒时，直线PQ把ABC的周长分成相等的两部分【变式10.3】（2022秋崇川区校级月考）如图1，在ABC中，BAC75，ACB35，ABC的平分线BD交边AC于点D（1）求证：BCD为等腰三角形；（2）若BAC的平分线AE交边BC于点E，如图2，求证：BD+ADAB+BE；（3）若BAC外角的平分线AE交CB延长线于点E，请你探究（2）中的结论是否仍然成立？直接写出正确的结论【分析】（1）如图1，先根据三角形内角和得：ABC70，由角平分线及已知角可得：DBCACB35，可得结论；（2）证法一：如图2，在AC上截取AHAB，连接EH，证明ABEAHE，则BEEH，AHEABE70，所以EH

43、HC，得AB+BEAH+HCACAD+CDBD+AD；证法二：如图3，在AB的延长线上取AFAC，连接EF，证明AEFAEC，则FC35，得BFBE，可得结论；（3）正确画图4，作辅助线，构建等腰三角形，根据角的大小证明：AFACEF，由线段的和与差可得结论【解答】证明：（1）如图1，在ABC中，BAC75，ACB35，ABC180BACACB70，BD平分ABC，DBCABD35，DBCACB35，BCD为等腰三角形；（2）证法一：如图2，在AC上截取AHAB，连接EH，由（1）得：BCD为等腰三角形，BDCD，BD+ADCD+ADAC，AE平分BAC，EABEAH，ABEAHE（SAS），

44、BEEH，AHEABE70，HECAHEACB35，EHHC，AB+BEAH+HCAC，BD+ADAB+BE；证法二：如图3，在AB的延长线上取AFAC，连接EF，由（1）得：BCD为等腰三角形，且BDCD，BD+ADCD+ADAC，AE平分BAC，EAFEAC，AEFAEC（SAS），FC35，BFBE，AB+BEAB+BFAF，BD+ADAB+BE；（3）探究（2）中的结论不成立，正确结论：BD+ADBEAB，理由是：如图4，在BE上截取BFAB，连接AF，ABC70，AFBBAF35，BAC75，HAB105，AE平分HAB，EABHAB52.5，EAF52.53517.5AEF17.5

45、，AFEF，AFCC35，AFACEF，BEABBEBFEFACAD+CDAD+BD【考点11】等边三角形的综合问题【例11】（2020秋淮南期末）已知，在等边三角形ABC中，点E在AB上，点D在CB的延长线上，且EDEC（1）【特殊情况，探索结论】如图1，当点E为AB的中点时，确定线段AE与DB的大小关系，请你直接写出结论：AEDB（填“”、“”或“”）（2）【特例启发，解答题目】如图2，当点E为AB边上任意一点时，确定线段AE与DB的大小关系，请你直接写出结论，AEDB（填“”、“”或“”）；理由如下，过点E作EFBC，交AC于点F（请你完成以下解答过程）（3）【拓展结论，设计新题】在等边

46、三角形ABC中，点E在直线AB上，点D在线段CB的延长线上，且EDEC，若ABC的边长为1，AE2，求CD的长（请你画出相应图形，并直接写出结果）【分析】（1）由E为等边三角形AB边的中点，利用三线合一得到CE垂直于AB，且CE为角平分线，由EDEC，利用等边对等角及等腰三角形的性质得到一对角相等，利用等角对等边即可得证；（2）AEDB，理由如下，过点E作EFBC，交AC于点F，由三角形ABC为等边三角形，得到三角形AEF为等边三角形，进而得到AEEFAF，BEFC，再由EDEC，以及等式的性质得到夹角相等，利用SAS得到三角形BDE与三角形EFC全等，利用全等三角形对应边相等得到DBEF，等

47、量代换即可得证；（3）点E在AB延长线上时，如图所示，同理可得DBEEFC，由BC+DB求出CD的长即可【解答】解：（1）当E为AB的中点时，AEDB；（2）AEDB，理由如下，过点E作EFBC，交AC于点F，证明：ABC为等边三角形，AEF为等边三角形，AEEF，BECF，EDEC，DECD，DEB60D，ECF60ECD，DEBECF，在DBE和EFC中，DBEEFC（SAS），DBEF，则AEDB；（3）点E在AB延长线上时，如图所示，同理可得DBEEFC，DBEF2，BC1，则CDBC+DB3故答案为：（1）；（2）【变式11.1】（2021秋启东市校级期中）在等边ABC中，点D、E（

48、不与点A、B、C重合）分别是边AC、AB上的点，点P是平面内一动点，设PDC1，PEB2，DPEa（1）若点P在边BC上运动（不与点B和点C重合），如图（1）所示则1+2的值（可用含的代数式表示）（2）若点P在ABC的外部，如图2所示则1、2、之间有何关系？写出你的结论，并说明理由（3）若点P在边BC的延长线上运动时，请在图3、图4中分别画出相应的图形，并直接写出1、2、之间的关系式，但不要求证明【分析】（1）根据四边形内角和定理以及邻补角的定义得出1+2C+，进而得出即可；（2）利用三角形内角和定理以及邻补角的性质可得出12+60；（3）利用三角外角的性质得出需要分类讨论，如图所示【解答】解

49、：（1）如图（1），1+2+ADP+AEP360，A+ADP+AEP360，1+2A+，ABC是等边三角形，A60，1+260+故答案是：60+；（2）12+60理由如下：如图（2），设AC与PE交于点F，1为PFD的外角，1+PFD2为AEF的外角，2A+AFEA60，AFEPFD260+PFD126012+60；（3）如图（3）时：2160；如图（4）时：12+60【变式11.2】（2022春建平县期末）如图（1），等边ABC中，D是AB边上的动点，以CD为一边，向上作等边EDC，连接AE（1）DBC和EAC会全等吗？请说说你的理由；（2）试说明AEBC的理由；（3）如图（2），将（1）动

50、点D运动到边BA的延长线上，所作仍为等边三角形，请问是否仍有AEBC？证明你的猜想【分析】（1）要证两个三角形全等，已知的条件有ACBC，CECD，我们发现BCD和ACE都是60减去一个ACD，因此两三角形全等的条件就都凑齐了（SAS）；（2）要证AEBC，关键是证EACACB，由于ACBACB，那么关键是证EACACB，根据（1）的全等三角形，我们不难得出这两个角相等，也就得出了证平行的条件（3）同（1）（2）的思路完全相同，也是通过先证明三角形BCD和ACE全等，得出EACB60，又由ABCACB60，得出这两条线段之间的内错角相等，从而得出平行的结论【解答】解：（1）DBC和EAC会全等

51、证明：ACB60，DCE60BCD60ACD，ACE60ACDBCDACE在DBC和EAC中，DBCEAC（SAS），（2）DBCEACEACB60又ACB60EACACBAEBC（3）结论：AEBC理由：ABC、EDC为等边三角形BCAC，DCCE，BCADCE60BCA+ACDDCE+ACD，即BCDACE在DBC和EAC中，DBCEAC（SAS），EACB60又ACB60EACACBAEBC【变式11.3】（2019秋东台市期末）在等边ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为ABC外一点，且MDN60，BDC120，BDDC探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、

52、NC、MN之间的数量关系及AMN的周长Q与等边ABC的周长L的关系（1）如图1，当点M、N在边AB、AC上，且DMDN时，BM、NC、MN之间的数量关系是 BM+NCMN；此时；（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DMDN时，猜想（I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明【分析】（1）由DMDN，MDN60，可证得MDN是等边三角形，又由ABC是等边三角形，CDBD，易证得RtBDMRtCDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关

53、系 BM+NCMN，此时 ；（2）在CN的延长线上截取CM1BM，连接DM1可证DBMDCM1，即可得DMDM1，易证得CDNMDN60，则可证得MDNM1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；（3）首先在CN上截取CM1BM，连接DM1，可证DBMDCM1，即可得DMDM1，然后证得CDNMDN60，易证得MDNM1DN，则可得NCBMMN【解答】解：（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NCMN，此时 ，理由：DMDN，MDN60，MDN是等边三角形，ABC是等边三角形，A60，BDCD，BDC120，DBCDCB30，MBDNCD90，DMDN，BDCD，RtB

54、DMRtCDN，BDMCDN30，BMCN，DM2BM，DN2CN，MN2BM2CNBM+CN；AMAN，AMN是等边三角形，ABAM+BM，AM：AB2：3，；（2）猜想：结论仍然成立，证明：在NC的延长线上截取CM1BM，连接DM1，MBDM1CD90，BDCD，DBMDCM1，DMDM1，MBDM1CD，M1CBM，MDN60，BDC120，M1DNMDN60，MDNM1DN，MNM1NM1C+NCBM+NC，AMN的周长为：AM+MN+ANAM+BM+CN+ANAB+AC，；（3）证明：在CN上截取CM1BM，连接DM1，可证DBMDCM1，DMDM1，可证M1DNMDN60，MDNM1DN，MNM1N，NCBMMN