文档内容
专题 13.11 轴对称全章专项复习【4 大考点 11 种题型】
【人教版】
【考点1 轴对称】......................................................................................................................................................2
【题型1 利用轴对称的性质求角的度数】..............................................................................................................3
【题型2 利用轴对称判断线段之间的关系】.........................................................................................................7
【题型3 利用线段垂直平分线的性质求线段的长】...........................................................................................11
【题型4 段垂直平分线的性质、判定与全等三角形的综合应用】...................................................................14
【考点2 画轴对称图形】........................................................................................................................................21
【题型5 点的坐标对称规律的应用】....................................................................................................................21
【题型6 平面直角坐标系中的轴对称】................................................................................................................24
【考点3 等腰三角形】............................................................................................................................................29
【题型7 含30°的直角三角形性质的应用】.........................................................................................................31
【题型8 等腰三角形的性质与判定的综合】.......................................................................................................36
【题型9 等边三角形的性质与判定】....................................................................................................................42
【考点4 最短路径问题】........................................................................................................................................51
【题型10 利用轴对称解决“一线”的最短路径问题】.......................................................................................51
【题型11 利用轴对称解决“两线”的最短路径问题】.......................................................................................55
【考点1 轴对称】
1．轴对称图形
（1）定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称
图形，这条直线就是它的对称轴．这时，我们也说这个图形关于这条直线（成轴）对称．
（2）判断一个图形是不是轴对称图形，可利用轴对称图形的定义，将图形对折，看是否能够完全重合，
若能够完全重合，则这个图形是轴对称图形，否则这个图形不是轴对称图形．
【注意】
（1）对称轴是一条直线，而不是射线或线段．
（2）一个轴对称图形的对称轴可以有1条，也可以有多条，还可以有无数条．
（3）轴对称图形是对于一个图形而言的，它表示具有一定特性（轴对称性）的某一类图形．
2．轴对称
把一个图形沿着某一条直线折叠，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
（成轴）对称，这条直线叫做对称轴，折叠后重合的点是对应点，叫做 对称 点 ．轴对称和轴对称图形的区别与联系
名称
关系
轴对称 轴对称图形
意义不同 两个图形之间的特殊位置关系 一个形状特殊的图形
图形个数 两个图形 一个图形
区 对称轴的 可能在两个图形的外部，也可能经过两
一定经过这个图形
别 位置不同 个图形的内部或它们的公共边（点）
对称轴的
只有一条 有一条或多条
数量
（1）如果把成轴对称的两个图形看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形
联系
（2）如果把一个轴对称图形沿对称轴分成两个图形，那么这两个图形成轴对称
3．线段垂直平分线的定义及其性质
（1）线段垂直平分线的定义：经过线段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．
（2）性质：线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等．书写格式：如图所示，点P在线段
AB的垂直平分线上，则PA=PB．
（3）与线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上．书写格式：如图所示，若PA=PB，则点P
在线段AB的垂直平分线上．
4．轴对称和轴对称图形的性质
（1）两个图形成轴对称的性质：如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线
段的垂直平分线．
（2）轴对称图形的性质：轴对称图形的对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
（3）轴对称图形（或关于某条直线对称的两个图形）的对应线段（对折后重合的线段）相等，对应角
（对折后重合的角）相等．
（4）成轴对称的两个图形全等；轴对称图形被对称轴分成的两部分也全等，但全等的两个图形不一定是
轴对称图形．
5．画轴对称图形
轴对称图形或成轴对称的两个图形的对称轴的画法，步骤如下：
（1）找出轴对称图形或成轴对称的两个图形的任意一对对应点；
（2）连接这对对应点；
（3）画出对应点所连线段的垂直平分线．
这条垂直平分线就是该轴对称图形或成轴对称的两个图形的对称轴．【注意】画对称轴的依据：对于轴对称图形或两个图形成轴对称，它们的对应点有一个共同的特征——对
应点所连的线段被对称轴垂直平分，这是我们画图形的对称轴的依据．
【题型1 利用轴对称的性质求角的度数】
【例1】（23-24八年级下·陕西宝鸡·期末）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，∠B=70°，点D，E在
BC上，△ABD与△AED关于直线AD对称，则∠CAE的度数是 ．
【答案】50°/50度
【分析】本题考查直角三角形的两锐角互余，轴对称性质，以及外角问题，掌握直角三角形的两锐角互
余，轴对称性质，以及外角性质，会用已知角求余角，利用对称轴证角相等，利用外角关系解决问题是关
键．由∠BAC=90°，∠B=70°，得∠C=90°−70°=20°，根据对称性的性质可得∠AED=∠B=70°
，根据三角形外角的性质得出∠AED=∠C+∠CAE，求出结果即可．
【详解】解：∵∠B=70°，∠BAC=90°，
∴∠C=90°−70°=20°，
∵点D，E在BC上，△ABD与△AED关于直线AD对称，
∴∠AED=∠B=70°，
∵∠AED=∠C+∠CAE，
∴∠CAE=70°−20°=50°，
故答案为：50°．
【变式1-1】（23-24八年级·河北保定·期末）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 ．
【答案】134°/134度
【分析】此题考查轴对称的性质，三角形的内角和定理，根据三角形的内角和定理求得∠BAC，进而根据
轴对称的性质可得∠EAF=2∠BAC，即可求解．
【详解】解∶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°
【变式1-2】（23-24八年级·江苏常州·阶段练习）如图，△APT与△CPT关于直线PT对称，
∠A=∠APT，延长AT交PC于点F，当∠A= °时，∠FTC=∠C．
【答案】36
【分析】本题考查轴对称的性质，三角形内角和定理，三角形的外角的性质等知识，证明
∠APF=∠AFP=2∠A，利用三角形内角和定理构建方程求解即可．
【详解】解：∵△APT与△CPT关于直线PT对称，
∴∠A=∠C，TA=TC，∠APT=∠CPT，
∵∠A=∠APT，
∴∠A=∠C=∠APT=∠CPT，
∵∠FTC=∠C，
∴∠AFP=∠C+∠FTC=2∠C=2∠A，
∵∠A+∠APF+∠AFP=180°，
∴5∠A=180°，
∴∠A=36°，
故答案为：36．【变式1-3】（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，点P在四边形ABCD的内部，且点P与点M关于
AD对称，PM交AD于点G，点P与点N关于BC对称，PN交BC于点H，MN分别交AD，BC于点
E，F．
(1)连接PE，PF，若MN=12cm，求△PEF的周长；
(2)若∠C+∠D=134°，求∠HPG的度数．
【答案】(1)12cm
(2)134°
【分析】本题主经考查了轴对称与多边形综合．熟练掌握轴对称性质，多边形内角和公式，是解决问题的
关键．n边形内角和公式(n−2)⋅180°．
（1）根据轴对称性质得到，PE=ME， PF=NF，得到△PEF的周长等于线段MN的长度，为12cm．
（2）根据轴对称性质得到，PM⊥AD，∠PGA=90°，PN⊥BC，∠PHB=90°，根据四边形ABCD
内角和为360°与∠C+∠D=134°，得到∠A+∠B=226°，根据五边形ABFPE内角和为540°，得到
∠HPG=134°．
【详解】（1）解：如图，∵点P与点M关于AD对称，
∴PE=ME，∵点P与点N关于BC对称，
∴PF=NF，
∵ME+EF+FN=MN=12，
∴△PEF的周长为12cm．
（2）解：∵点P与点M 关于AD对称，
∴PM⊥AD，
即∠PGA=90°，
∵点P 与点N 关于 BC对称，
∴PN⊥BC，
即∠PHB=90°，
∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，∠C+∠D=134°，
∴∠A+∠B=226°，
∵∠A+∠B+∠PHB+∠HPG+∠PGA=540°，
∴∠HPG=134°．
【题型2 利用轴对称判断线段之间的关系】
【例2】（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在三角形纸片ABC中，∠B=∠C，将△GFC沿EF
翻折，C落在BC上，则AB与MG的位置关系为 ．
【答案】AB//MG
【分析】将△GFC沿EF翻折，由翻折的性质可知∠C=∠CMG ,由∠B=∠C可得∠B=∠CMG，从而得出
AB与MG平行.
【详解】解：由题意可知：∠C=∠CMG，
∵∠B=∠C，
∴∠B=∠CMG，
∴AB//MG.
故答案为AB//MG.
【点睛】本题考查了折叠的性质以及平行线的判定，解题关键是找到折叠的对应点．【变式2-1】（23-24八年级下·山东菏泽·期末）如图，一个四边形纸片ABCD，∠A=∠C=90°，E是
BC上一点，沿DE折叠纸片，使点C落在AD边上的点C 处．
1
(1)试判断C E与AB的位置关系，并说明理由；
1
(2)若∠B=130°，求∠EDC的度数．
【答案】(1)C E∥AB，理由见解析
1
(2)∠EDC=25°
【分析】（1）由折叠得∠DC E=∠C=90°，因为∠A=90°，所以∠DC E=∠A，则C E∥AB；
1 1 1
（2）由C E∥AB，得∠CEC =∠B=130°，则∠CDC =360°−130°−90°−90°=50°，所以
1 1 1
1
∠EDC=∠EDC = ∠CDC =25°．
1 2 1
【详解】（1）解：C E∥AB，
1
理由如下：
∵沿DE折叠纸片，点C落在AD边上的点C 处，
1
∴∠DC E=∠C=90°，
1
∵∠A=90°，
∴∠DC E=∠A，
1
∴C E∥AB；
1
（2）解：∵C E∥AB，
1
∴∠CEC =∠B=130°，
1
∵∠DC E=∠C=90°，
1
∴∠CDC =360°−130°−90°−90°=50°，
1
1 1
∴∠EDC=∠EDC = ∠CDC = ×50°=25°，
1 2 1 2
∴∠EDC的度数是25°．
【点睛】本题考查轴对称的性质、平行线的判定与性质、四边形的内角和等于360°等知识，证明∠DC E=∠A是解题的关键．
1
【变式2-2】（23-24八年级·陕西安康·阶段练习）如图，已知：AC和BD相交于O，∠1＝∠2，∠3＝
∠4．则AC和BD的关系 ．
【答案】AC垂直平分线段BD．
【分析】根据ASA证△ABC≌△ADC,推出AB=AD,BC=CD, 可得AC和BD的关系.
【详解】解: AC垂直平分线段BD,
理由是:∵在△ABC和△ADC中,
{∠1=∠3
)
AC=AC ,
∠2=∠4
∴△ABC≌△ADC
∴AB=AD,BC=CD
∴ AC垂直平分线段BD.
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定及垂直平分线的性质.
【变式2-3】（23-24八年级下·河南南阳·期末）如图，△ABC和△ADE关于直线MN对称，BC和DE的交
点F在直线MN上．
(1)若ED=15，BF=9，求EF的长；
(2)若∠ABC=35°，∠AED=65°，∠BAE=16°，求∠BFN的度数；
(3)连接BD和EC，则BD和EC的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)6(2)83°
(3)EC∥BD；理由见解析
【分析】本题考查轴对称的性质，三角形的内角和定理，平行线的判定，熟练掌握轴对称的性质是银题的
关键．
（1）根据轴对称的性质：对应边相等，求解即可；
（2）根据轴对称的性质：对应角相等，以及三角形内角和等于180度，求解即可；
（3）根据轴对称的性质：对应点的连线与对称轴互相垂直可得MN⊥EC，MN⊥DB，即可由平行线的
判定即可得出结论．
【详解】（1）解：∵△ABC和△ADE关于直线MN对称，
∴点B与点D关于直线MN对称，
∴DF=BF=9
∴EF=ED−DF=15−9=6．
（2）解：∵△ABC和△ADE关于直线MN对称，
∴∠ACB=∠AED=65°，△AEF与△ACF关于直线MN对称，
∴∠CAF=∠EAF，
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，
∴∠BAC=180°−∠ABC−∠ACB=180°−35°−65°=80°，
∴∠CAE=∠BAC−∠BAE=80°−16°=64°，
∵∠CAF=∠EAF，
1
∴∠EAF=∠CAF= ∠CAE=32°，
2
∴∠AFC=180°−∠ACF−∠CAF=180°−65°−32°=83°，
∴∠BFN=∠AFC=83°．
（3）解：EC∥BD，
理由：如图，∵△ABC和△ADE关于直线MN对称，
∴点B与点D关于直线MN对称，点E与点C关于直线MN对称，
∴MN⊥EC，MN⊥DB，
∴EC∥BD．
【题型3 利用线段垂直平分线的性质求线段的长】
【方法总结】此类题目一般是借助线段垂直平分线的性质,将一条线段用另一条线段来替换.
【例3】（23-24八年级·江苏南通·期末）如图，在△ABC中，E是BC上一点，AE=AB，EF垂直平分
AC，AD⊥BC于点D，△ABC的周长为18cm，AC=7cm，则DC的长为 ．
11
【答案】 cm /5.5cm
2
【分析】本题主要考查线段垂直平分线的性质，等腰三角形性质，线段的和差，根据垂直平分线的性质和
三线合一得到BD=DE，EC=AE=AB，继而结合△ABC的周长得出2DC+AC=18cm，即可求出结
果．
【详解】解：∵AE=AB，AD⊥BC，
∴ BD=DE，
∵EF垂直平分AC，
∴EC=AE=AB，
∵△ABC的周长为18cm，
∴AB+BD+DE+EC+AC=2(DE+EC)+AC=2DC+AC=18cm，
∵AC=7cm，
∴2DC+7=18cm，
解得DC=5.5cm，
故答案为：5.5cm．
【变式3-1】（23-24八年级下·河南周口·期末）如图，D为BC上一点，CE垂直平分AD交AD于点E，已
知AC=5，BC=8，则BD的长为（ ）A．3 B．5 C．8 D．18
【答案】A
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，利用线段垂直平分线的性质求出CD，然后利用线段和差关
系求解即可．
【详解】解：∵CE垂直平分AD交AD于点E，AC=5，
∴CD=AC=5，
又BC=8，
∴BD=BC−CD=3，
故选：A．
【变式3-2】（23-24八年级·宁夏石嘴山·期末）如图，在△ABC中，AB=AC=10cm，DE垂直平分AB
，垂足为E，交AC于D，若△DBC的周长为18cm，则BC的长为 ．
【答案】8cm
【分析】此题考查线段垂直平分线的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
利用线段垂直平分线的性质得AD=BD，再利用已知条件结合三角形的周长计算．
【详解】解：∵△DBC的周长=BC+BD+CD=18cm，
又∵DE垂直平分AB，
∴AD=BD，
故BC+AD+CD=18cm，
∵AC=AD+DC=10cm，
∴BC=18−10=8(cm)．
故答案为：8cm．
【变式3-3】（23-24八年级·广西贵港·期末）如图，在△ABC中，DM，EN分别垂直平分边AC和边BC，交边AB于M、N两点，DM与EN相交于点F．
(1)若AB=3cm，求△CMN的周长．
(2)若∠MFN=80°，求∠MCN的度数．
【答案】(1)3cm
(2)20°
【分析】本题考查的是线段垂直平分线的性质、三角形内角和定理的应用，掌握线段垂直平分线上的点到
线段两端点的距离相等是解题的关键．
（1）根据线段垂直平分线的性质得到AM=CM，BN=CN，根据三角形的周长公式计算，得到答案；
（2）根据三角形内角和定理求出∠MNF+∠NMF，进而求出∠A+∠B，结合图形计算即可．
【详解】（1）解：∵DM、EN分别垂直平分AC和BC，
∴AM=CM，BN=CN，
∴△CMN的周长=CM+MN+CN=AM+MN+BN=AB=3(cm)，
故△CMN的周长为3cm；
（2）∵∠MFN=80°，
∴∠MNF+∠NMF=180°−80°=100°，
∵∠AMD=∠NMF，∠BNE=∠MNF，
∴∠AMD+∠BNE=∠MNF+∠NMF=100°，
∴∠A+∠B=90°−∠AMD+90°−∠BNE=180°−100°=80°，
∵AM=CM，BN=CN，
∴∠A=∠ACM，∠B=∠BCN，
∴∠MCN=180°−2(∠A+∠B)=180°−2×80°=20°，
故∠MCN的度数为20°．
【题型4 段垂直平分线的性质、判定与全等三角形的综合应用】
【例4】（23-24八年级·湖南株洲·期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接
AE、BE，BE⊥AE，延长AE交BC的延长线于点F.(1)求证：FC=AD；
(2)求证：AB=BC+AD；
(3)若四边形ABCD的面积为32，AB=8，求点E到BC边的距离.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)4
【分析】(1)首先根据AD∥BC可知∠ADE=∠FCE，再根据点E为CD的中点，可证得
△ADE≌△FCE，根据全等三角形的性质即可得证；
(2)结合全等三角形的性质可知BE是线段AF的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质可证得AB=BF，
再由线段的和差以及等量代换即可得证；
(3)首先根据全等三角形的性质及线段垂直平分线的性质，可得S =S ，AB=BF=8，
△ADE △FCE
S =S ，再根据S =S +S +S =2S =32，即可求得S =16，据此即
△ABE △BEF 四边形ABCD △ADE △ABE △BCE △BEF △BEF
可求得．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADE=∠FCE，
又∵点E为CD的中点，
∴DE=CE，
在△ADE和△FCE中，
{∠ADE=∠FCE
)
DE=CE
∠AED=∠FEC
∴△ADE≌△FCE(ASA)，
∴FC=AD；
（2）证明：∵△ADE≌△FCE，
∴AE=FE，AD=FC，又∵BE⊥AE，
∴BE是线段AF的垂直平分线，
∴AB=BF=BC+FC=BC+AD，即AB=BC+CF；
（3）解：∵△ADE≌△FCE，
∴S =S ，
△ADE △FCE
∵BE是线段AF的垂直平分线
∴AB=BF=8，S =S ，
△ABE △BEF
∴S =S +S +S =S +S =2S =32，
四边形ABCD △ADE △ABE △BCE △ABE △BEF △BEF
即S =16，
△BEF
设点E到BC边的距离为h，
1
则S = BF⋅ℎ =4ℎ =16，
△BEF 2
解得ℎ =4，即点E到BC边的距离为4．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，关键是证明
三角形全等．
【变式4-1】（23-24八年级·河北沧州·阶段练习）如图，△ABC中，∠ACB=90°，BD平分∠ABC交
AC于点D，过点C作CE⊥BD于点O，交AB于点E．
(1)求证：BD是线段CE的垂直平分线；
(2)若∠CBD=20°，求∠ADE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)40°
【分析】本题考查了角平分线的性质，垂直平分线的判定与性质，三角形全等的判定与性质，三角形内角
和定理，三角形外角的性质．
（1）根据角平分线的性质，得到∠CBD=∠EBD，易证△BOC≌△BOE(ASA)，即可得出结论；
（2）根据题意，求出∠CDB=70°，由（1）易证△COD≌△EOD(SAS)，再根据三角形外角的性质即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD=∠EBD，
∵CE⊥BD于点O，
∴∠BOC=∠BOE=90°，
在△BOC和△BOE中，
{∠CBD=∠EBD
)
BO=BO ，
∠BOC=∠BOE
∴△BOC≌△BOE(ASA)，
∴OC=OE，
又∵ CE⊥BD，
∴BD是线段CE的垂直平分线；
（2）解：∵∠CBD=20°，
∴∠CDB=180°−∠BCD−∠CBD=180°−90°−20°=70°，
由（1）知△BOC≌△BOE，
∴CO=OE，
在△BOC和△BOE中，
{
CO=OE
)
∠COD=∠EOD ，
DO=DO
∴△COD≌△EOD(SAS)，
∴∠BDE=∠CDB=70°，
∴∠ADE=180°−∠BDE−∠CDB=180°−70°−70°=40°．
【变式4-2】（23-24八年级下·重庆沙坪坝·期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，E为
AC边的中点，过点A作AD⊥AB交BE的延长线于点D，CG平分∠ACB交BD于点G，在AB边上取一
点F，使∠ACF=∠CBG，连接CF．
(1)求证：AF=CG；(2)试探究线段CF与DE长的数量关系，并对结论给予证明．
【答案】(1)见解析
(2)CF=2DE，理由见解析
【分析】（1）先证明△AFC≌△CGB，然后根据全等三角形的性质即可证明结论；
（2）延长CG交AB于H，则CH⊥AB、AH=BH，进而证得AG=BG，可得DG=BG和
△ADE≌△CGE，再结合△AFC≌△CBG运用全等三角形的性质即可解答．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，CG平分∠ACB，
∴∠ACG=∠BCG=45°，
又∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAF=∠CBF=45°，
∴∠CAF=∠BCG，
在△AFC与△CGB中，
{∠ACF=∠CBG
)
∠CAF=∠BCG ，
AC=BC
∴△AFC≌△CGB(ASA)，
∴AF=CG．
（2）解：CF=2DE，理由如下：
如图：延长CG交AB于H，
∵CG平分∠ACB，AC=BC，
∴CH⊥AB，AH=BH，
∵AD⊥AB，
∴AD∥CG，
∴∠D=∠EGC，
∵E为AC边的中点，∴AE=CE，
在△ADE与△CGE中，
{∠AED=∠CEG
)
∠D=∠EGC
AE=CE
∴△ADE≌△CGE(AAS)，
∴DE=≥¿，
∴DG=2DE，
连接AG，
∵CH⊥AB，AH=BH，
∴CH是AB的垂直平分线，
∴AG=BG，
∴∠GAB=∠GBA，
∵∠DAB=90°，
∴∠GAB+∠DAG=90°=∠GBA+∠D，
∴∠DAG=∠D，
∴GA=GD=GB，
∵△AFC≌△CGB，
∴CF=BG，
∴CF=2DE．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的判定及性质，线
段的垂直平分线的性质等知识点，掌握三角形全等的判定与性质是解本题的关键．
【变式4-3】（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，DA⊥AB，垂足为A,CB⊥AB，垂足为B，E为
AB的中点，AB=BC,CE⊥BD．
（1）求证：BE=AD．
（2）有同学认为AC是线段DE的垂直平分线，你认为对吗？说说你的理由；
（3）若∠ABD=25°，求∠BDC的度数．【答案】（1）详情见解析；（2）对，理由见解析；（3）50°
【分析】（1）首先根据题意证明∠ADB=∠BEC，然后利用“AAS”证明△ADB与△BEC全等，最后利用
全等三角形性质进一步证明即可；
（2）根据E是AB的中点可知AE=BE，从而得出AE=AD，然后根据AB=BC得出∠BAC=∠BCA，据此结
合题意进一步证明△ADC≅△AEC，由此得出DC=CE，从而得出C点在线段DE的垂直平分线上，最后进
一步证明出A点在线段DE的垂直平分线上，由此即可得出结论；
（3）首先利用全等三角形性质得出DB=CE，结合题意进一步得出∠CBD=∠BCD，据此求出∠CBD的度
数，然后进一步求解即可.
【详解】（1）∵BD⊥EC，DA⊥AB，
∴∠BEC+∠DBA=90°，∠DBA+∠ADB=90°，
∴∠ADB=∠BEC，
在△ADB与△BEC中，
∵∠ADB=∠BEC，∠DAB=∠EBC，AB=BC，
∴△ADB≅△BEC（AAS），
∴BE=AD；
（2）对的，AC是线段DE的垂直平分线，理由如下：
∵E是AB中点，
∴AE=BE,
∵BE=AD，
∴AE=AD，
∵AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA，
∵DA⊥AB，CB⊥AB，
∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠BCA，∴∠BAC=∠DAC，
在△ADC与△AEC中，
∵AD=AE，∠DAC=∠EAC，AC=AC，
∴△ADC≅△AEC（SAS），
∴DC=CE，
∴C点在线段DE的垂直平分线上，
∵AD=AE，
∴A点在线段DE的垂直平分线上，
∴AC垂直平分DE；
（3）∵AC是线段DE的垂直平分线，
∴CD=CE，
∵△ADB≅△BEC（AAS），
∴DB=CE，
∴CD=BD，
∴∠CBD=∠BCD，
∵∠ABD=25°，
∴∠CBD=90°−25°=65°，
∴∠BDC=180°−2∠CBD=50°.
【点睛】本题主要考查了全等三角形性质与判定及线段垂直平分线性质与判定的综合运用，熟练掌握相关
概念是解题关键.
【考点2 画轴对称图形】
1．轴对称变换
一个图形与其关于直线l对称后的图形之间的关系
（1）由一个平面图形可以得到与它关于一条直线l对称的图形，这个图形与原图形的形状、大小完全相同．
（2）新图形上的每一点都是原图形上的某一点关于直线l的对称点．
（3）连接任意一对对应点的线段被对称轴垂直平分．
【注意】
（1）成轴对称的两个图形中，任何一个图形都可以看成是由另一个图形经过轴对称变换得到的．
（2）一个轴对称图形也可以看成是以它的一部分为基础经过轴对称变换而得到的．
2．画轴对称图形
几何图形都可以看作由点组成，对于某些图形，我们只要画出图形中的一些特殊点（如线段端点）关于对
称轴的对称点，连接这些对称点，就可以得到原图形的轴对称图形．画轴对称图形的方法：
（1）找——在原图形上找特殊点（如线段的端点）；
（2）画——画各个特殊点关于对称轴对称的点；
（3）连——依次连接各对称点．
3．用坐标表示轴对称
关于坐标轴对称的点的坐标特点：
（1）点（x，y）关于x轴对称的点的坐标为（x，-y）；
（2）点（x，y）关于y轴对称的点的坐标为（-x，y）．
已知两个点的坐标分别为P（x，y），P（x，y），若x=x，y+y=0，则点P，P 关于x轴对称；若
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2
x+ x =0，y= y ，则点P，P 关于y轴对称．反之也成立．
1 2 1 2 1 2
在坐标系中画轴对称图形的方法：
（1）计算——计算对称点的坐标；
（2）描点——根据对称点的坐标描点；
（3）连接——依次连接所描各点得到成轴对称的图形．
【题型5 点的坐标对称规律的应用】
5
【例5】（23-24八年级·吉林白山·期末）在坐标平面上有一个轴对称图形，其中A（3，﹣ ）和B（3，﹣
2
11
）是图形上的一对对称点，若此图形上另有一点C（﹣2，﹣9），则C点对称点的坐标是（ ）
2
3 3
A．（﹣2，1） B．（﹣2，﹣ ） C．（﹣ ，﹣9） D．（﹣2，﹣1）
2 2
【答案】A
【分析】先利用点A和点B的坐标特征可判断图形的对称轴为直线y=-4，然后写出点C关于直线y=-4的
对称点即可．
5 11
【详解】解：∵A（3，﹣ ）和B（3，﹣ ）是图形上的一对对称点，
2 2
∴点A与点B关于直线y＝﹣4对称，
∴点C（﹣2，﹣9）关于直线y＝﹣4的对称点的坐标为（﹣2，1）．
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形的变化，需要注意关于直线对称：关于直线x=m对称，则两点的纵坐标相
同，横坐标和为2m；关于直线y=n对称，则两点的横坐标相同，纵坐标和为2n．
【变式5-1】（23-24八年级·内蒙古包头·期末）已知△ABC关于直线y=1对称，C到AB的距离为2，AB
长为6， 则点A的坐标为 ．【答案】(2,−2)
【分析】本题考查了坐标与图形变化，轴对称．根据点C在y轴上，C到AB的距离为2，得出点A的横坐
1
标，根据△ABC关于直线y=1对称，AB长为6，得出AD= AB=3，进而得出点A的纵坐标，即可解
2
答．
【详解】解：∵点C在y轴上，C到AB的距离为2，
∴点A横坐标为2，
∵△ABC关于直线y=1对称，AB长为6，
1
∴AD= AB=3，
2
∴点A的纵坐标为1−3=−2，
∴点A的坐标为(2,−2)，
故答案为：(2,−2)．
【变式5-2】（12-13八年级·江苏南通·阶段练习）已知点A(m−1，3)与点B(2，n+1)关于x轴对称，则
m= ，n= ．
【答案】 3 −4
【分析】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）
关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为
相反数．
根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”列方程求解即可．
【详解】解：∵点A(m−1，3)与点B(2，n+1)关于x轴对称，∴m−1=2，n+1=−3，
解得：m=3，n=−4．
故答案为：3，−4．
【变式5-3】（23-24八年级·山东枣庄·期末）如图，在平面直角坐标系中，对△ABC进行循环往复的轴对
称变换，若原来点A坐标是(−2,3)，则经过第2024次变换后点A的对应点的坐标为 ．
【答案】(−2,3)
【分析】本题考查了轴对称的性质，点的坐标变换规律，读懂题目信息，观察出每四次轴对称变换为一个
循环组，依次循环是解题的关键，
观察图形可知每四次轴对称变换为一个循环组，依次循环，用2024除以4，然后根据商和余数的情况确定
出变换后的点A所在的象限，然后解答即可．
【详解】解：点A第一次关于y轴对称后在第一象限，坐标为(2,3)；
第二次关于x轴对称后在第四象限，坐标为(2,−3)；
第三次关于y轴对称后在第三象限，坐标为(−2,−3)；
第四次关于x轴对称后在第二象限，即点A回到原始位置，坐标为(−2,3)；
∴每四次轴对称变换为一个循环组依次循环，
∵ 2024÷4=506，
∴经过第2024次变换后，所得的A点与第四次变换的位置相同，在第二象限，坐标为(−2,3)．
故答案为：(−2,3) ．
【题型6 平面直角坐标系中的轴对称】
【方法总结】在网格或平面直角坐标系中作轴对称图形,熟练掌握网格结构,准确找出对应点的位置是解题
的关键.
【例6】（23-24八年级·贵州遵义·期末）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示（每个小方格都是
边长1个单位长度的正方形），各顶点均在格点上．(1)直接写出各顶点的坐标：A（______________），B（______________），C（______________）；
(2)在平面直角坐标系中画出△ABC关于x轴对称的图形△A B C ，并写出A ,B ,C 的坐标；
1 1 1 1 1 1
(3)将△ABC向左平移5个单位长度再向下平移4个单位长度，得到△A B C ．
2 2 2
①在平面直角坐标系中画出△A B C ；
2 2 2
②若点P(a,b)是△ABC上一点，平移后的对应点P 的坐标为_____________．
2
【答案】(1)(1,1),(4,2),(2,3)
(2)图见解析，A (1,−1),B (4,−2),C (2,−3)
1 1 1
(3)①见解析，②(a−5,b−4)
【分析】本题考查了轴对称和平移的作图，平移坐标变化规律．
（1）根据图形即可解答；
（2）根据轴对称的定义进行作图，再根据图形即可写出A ,B ,C 的坐标；
1 1 1
（3）①根据题意画出图形即可；②根据平移的规律“右加左减，上加下减”，即可解答．
【详解】（1）解：由图可知：A(1,1),B(4,2),C(2,3)，
故答案为：(1,1),(4,2),(2,3)；
（2）解：如图所示，△A B C 即为所求，
1 1 1
由图可知：A (1,−1),B (4,−2),C (2,−3)；
1 1 1
（3）解：①如图所示：△A B C 即为所求；
2 2 2
②∵点P(a,b)是△ABC上一点，△ABC向左平移5个单位长度再向下平移4个单位长度，得到△A B C
2 2 2
，
∴P (a−5,b−4)，
2
故答案为：(a−5,b−4)．【变式6-1】（23-24八年级·甘肃武威·期末）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，已知△ABC
三个定点坐标分别为A(−4,1)，B(−3,3)，C(−1,2)．
(1)画出△ABC关于x轴对称的△A B C ，点A，B，C的对称点分别是点A 、B 、C ，直接写出点
1 1 1 1 1 1
A 、B 、C 的坐标；
1 1 1
(2)画出点C关于y轴的对称点C ，连接C C ，CC ，C C，求△CC C 的面积．
2 1 2 2 1 1 2
【答案】(1)图见解析，A (−4，−1)B (−3,−3)，C (−1,−2)
1 1 1
(2)图见解析，△CC C 的面积是4
1 2
【分析】
本题主要考查作图−轴对称变换，解题的关键是熟练掌握轴对称变换的定义和性质．
（1）分别作出点A、B、C关于x轴的对称点，再顺次连接可得；
（2）作出点C关于y轴的对称点，然后连接得到三角形，根据面积公式计算可得．
【详解】（1）如图所示，△A B C 即为所求．
1 1 1A (−4，−1)B (−3,−3)，C (−1,−2)，
1 1 1
1
（2）如图所示，△CC C 的面积是 ×2×4=4，
1 2 2
故答案为：4．
【变式6-2】（24-25八年级·全国·假期作业）如图，在4×5的方格纸中，△ABC的顶点均在格点上，按下
列要求作图．
(1)作出图1中△ABC的边BC上的高线AH（需要标出垂足H点）；
(2)在图2中找出一格点D，使A，B，C，D所组成的四边形是轴对称图形（作出一个即可）；
(3)直接写出（2）中你所作四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】本题考查了利用网格作三角形高，利用轴对称设计图案，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．
（1）根据垂线的定义作出图形即可；
（2）根据轴对称的性质即可得到结论；
（3）利用网格，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）解：如图所示，线段AH即为所求；（2）解：如图所示，四边形ADBC即为所求；
1 1
（3）解：四边形ADBC的面积= ×1×2+ ×1×2=2．
2 2
【变式6-3】（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知A(2,3)，B(1,1)，
C(4,1)．
(1)画出△ABC关于y轴对称的△A B C ；
1 1 1
(2)画出△A B C 向下平移3个单位长度得到的△A B C ；
1 1 1 2 2 2
( 5)
(3)在△ABC的内部有一点M，其坐标为 2, ，请直接写出点M经过以上变换后的对应点M 的坐标．
2 2
【答案】(1)见解析
(2)见解析( 1)
(3)M −2,−
2 2
【分析】本题考查的是画轴对称图，平移作图，坐标与图形．
（1）根据关于y轴对称的两点的坐标特征分别找出点A、B、C关于y轴对称的对应点，顺次连接即可；
（2）分别找出点A、B、C向下平移后的对应点，顺次连接即可；
（3）先得出点M关于y轴对称的对应点坐标，再根据“左减右加，上加下减”的平移规律得出M 的坐标
2
即可．
【详解】（1）解：如图，△A B C 即为所求：
1 1 1
（2）解：如图，△A B C 即为所求：
2 2 2( 5)
（3）解：∵点M坐标为 2, ，
2
( 5)
∴点M关于y轴对称的点的坐标为M −2, ，
1 2
( 1)
∴点M1向下平移3个单位长度的点M 的坐标为M −2,− ．
2 2 2
【考点3 等腰三角形】
1．等腰三角形的性质
性质1：等腰三角形的两个底角相等（简写成“等边对等角”）．
性质2：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（简写成“三线合一”）．
等腰三角形的其他性质：
（1）等腰三角形两腰上的中线、高分别相等．
（2）等腰三角形两底角的平分线相等．
（3）等腰三角形底边上任意一点到两腰的距离之和等于一腰上的高．
（4）当等腰三角形的顶角为90°时，此等腰三角形为等腰直角三角形，它的两条直角边相等，两个锐角都
是45°．
2．等腰三角形的判定
判定等腰三角形的方法：
（1）定义法：有两边相等的三角形是等腰三角形；
（2）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（简写成“等角对等边”）．
数学语言：在△ABC中，∵∠B=∠C，∴AB=AC（等角对等边）．
【注意】
（1）“等角对等边”不能叙述为：如果一个三角形有两个底角相等，那么它的两腰也相等．因为在没有
判定出它是等腰三角形之前，不能用“底角”“腰”这些名词，只有等腰三角形才有“底角”“腰”．
（2）“等角对等边”与“等边对等角”的区别：由两边相等得出它们所对的角相等，是等腰三角形的性
质；由三角形有两角相等得出它是等腰三角形，是等腰三角形的判定．
3．等边三角形及其性质
等边三角形的概念：三边都相等的三角形是等边三角形．
等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，并且每一个角都等于60° ．
【注意】
（1）等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；
（2）等边三角形是特殊的等腰三角形，它具有等腰三角形的一切性质．
4．等边三角形的判定
定等边三角形的方法：
（1）定义法：三边都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）有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．
5．含30°角的直角三角形的性质
一在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．
【注意】
（1）该性质是含30°角的特殊直角三角形的性质，一般的直角三角形或非直角三角形没有这个性质，更不
能应用．
（2）这个性质主要应用于计算或证明线段的倍分关系．
（3）该性质的证明出自于等边三角形，所以它与等边三角形联系密切．
（4）在有些题目中，若给出的角是15°时，往往运用一个外角等于和它不相邻的两个内角的和将15°的角
转化后，再利用这个性质解决问题．
【题型7 含30°的直角三角形性质的应用】
【方法总结】常常利用含30°角的直角三角形的性质“30°角所对的直角边是斜边的一半”来解决线段的长
度问题.
【例7】（23-24八年级·辽宁大连·期末）如图，在等边△ABC中，点D、E分别在边AB、BC上，
AD=CE，线段BE、CD交于点F，连接AF．
(1)求∠CFE的度数；
(2)当∠AFE=30°时，用等式表示线段CF与BF的数量关系，并证明．
【答案】(1)∠CFE=60°；
(2)CF=2BF，证明见解析．
【分析】（1）通过SAS证明△DBC≌△EAB得出 ∠BE=∠BCD，再由∠ABE+∠CBE=60°即可推出
结果；
（2）过点C作CH⊥BE，垂足为H，通过AAS证明 △AFC≌△CHB得出CF=BH，再根据含30°的直
角三角形性质推出CF=2FH即可得出结论；
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理和含30° 角的直角三角形
的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠CAB=∠BCA=60°，AC=CB，
在△ADC和△CEB中，
{
AD=CE
)
∠CAB=∠BCA
AC=CB
∴△ADC≌△CEB(SAS)，
∴∠CBE=∠ACD，
∴∠CFE=∠CBE+∠BCD=∠ACD+∠BCD=∠BCA=60°，
（2）证明：过点C作CH⊥BE，垂足为H，
∴∠CHB=90°.
∵∠AFC=∠AFE+∠CFE=30°+60°=90°，
∴∠AFC=∠CHB，
在△ACF和△CBH中，
{∠AFC=∠CHB
)
∠ACD=∠CBE
AC=CB
∴△ACF≌△CBH(AAS)，
∴CF=BH，
∵∠FCH=180°−∠CHB−∠CFE=180°−90°−60°=30°，
∴CF=2FH，
∴BH=2FH，
即BF+FH=2FH，
∴BF=FH，
∴CF=2BF．
【变式7-1】（23-24八年级·上海崇明·期末）如图，△ABC和△ADE中，AB=AD，∠B=∠D，
BC=DE．边AD与边BC交于点P（不与点B，C重合），点B，E在AD异侧．(1)若∠B=30°，∠APC=70°，求∠CAE的度数；
(2)当∠B=30°，AB⊥AC，AB=6时，设AP=x，请用含x的式子表示PD，并写出PD的最大值．
【答案】(1)40°；
(2)PD=6−x，3；
【分析】本题考查的是三角形全等的判定和性质，熟练掌握判定三角形全等的方法是解题的关键．
（1）证明△ABC≌△ADE，进而解答即可．
（2）根据当AD⊥BC时，x最小，进而利用三角形面积公式解答即可．
【详解】（1）解：在△ABC和△ADE中，
{
AB=AD
)
∠B=∠D ，
BC=DE
∴△ABC≌△ADE，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∵∠B=30°，∠APC=70°，
∴∠CAE=∠BAD=∠APC−∠B=70°−30°=40°．
（2）解∵AB⊥AC，
∴∠BAC=90°，
∵AB=6，AP=x，△ABC≌△ADE，
∴AB=AD=6，
∴当AD⊥BC时，x最小，PD最大，PD=6−x，
∵∠B=30°，AD⊥BC，
∴∠APB=90°，
1
∴AP= AB=3，
2
∴AP=x=3时，PD有最大值，即PD=AD−AP=6−3=3．【变式7-2】（23-24八年级·湖南长沙·期末）已知在△ABC中，∠ACB的平分线CD交AB于点D，
DE∥BC．
(1)如图1，求证：△CDE是等腰三角形；
(2)如图2，若DE平分∠ADC交AC于E，∠ABC=30°，在BC边上取点F使BF=DF，若BC=12，求
DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】本题考查角平分线、平行线的性质以及直角三角形的边角关系，掌握角平分线的定义，平行线的
性质是解决问题的关键．
（1）根据角平分线的定义，平行线的性质以及等腰三角形的判定进行推论即可；
（2）利用角平分线的定义、平行线性质，以及直角三角形的边角关系进行计算即可．
【详解】（1）证明：∵CD是∠ACB的平分线，
∴∠BCD=∠ACD，
∵DE∥BC，
∴∠BCD=∠EDC，
∴∠EDC=∠ACD，
∴ED=EC；
即△CDE是等腰三角形；
（2）解：∵DE∥BC,∠ABC=30°，
∴∠ADE=∠ABC=30°，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE=30°，
由（1）可知，∠ACD=∠BCD=∠CDE=30°，
∵BF=DF，∴∠B=∠BDF=30°，
∴∠DFC=30°+30°=60°，
在△DFC中，∠FDC=90°,∠FCD=30°，
1
∴DF= FC，
2
又∵DF=BF,BC=12，
1 1
∴DF= BC= ×12=4．
3 3
【变式7-3】（23-24八年级·山东济宁·期中）如图，△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时
从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动．
(1)当点P的运动速度是1cm/s，点Q的运动速度是2cm/s，当Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，
设运动时间为t（s），当t=2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；
(2)当它们的速度都是1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动，设点P的运动时间为t（s），则
当t为何值时，△PBQ是直角三角形？
【答案】(1)△BPQ是等边三角形，理由见解析
(2)当点P的运动时间为2s或4s时，△BQP是直角三角形
【分析】（1）分别求出BP、BQ的长可知BP=BQ，再由等边三角形的性质得到∠B=60°，即可证明
△BPQ是等边三角形；
（2）分当∠PQB=90°时和当∠BPQ=90°时两种情况利用含30度角的直角三角形的性质求解即可，
本题主要考查了直角三角形的判定，等边三角形的性质和判定，几何动点问题，熟练掌握直角三角形含30
度角的性质是关键．
【详解】（1）解：△BPQ是等边三角形，理由如下；
由题意得，当t=2时，AP=2cm，BQ=4cm，
∴BP=AB−AP=4cm，
∴BP=BQ，
∵△ABC是等边三角形，∴∠B=60°，
∴△BPQ是等边三角形；
（2）解；∵运动时间为ts，
∴AP=tcm，BQ=tcm，
∴BP=AB−AP=(6−t)cm，
如图1所示，当∠PQB=90°时，
∵∠B=60°，
∴∠BPQ=90°−∠B=30°，
∴BP=2BQ，
∴6−t=2t，
解得t=2；
如图2所示，当∠BPQ=90°时，
同理可得∠BQP=30°，
∴BQ=2BP，
∴2(6−t)=t，
解得t=4；
综上所述，当点P的运动时间为2s或4s时，△BQP是直角三角形．
【题型8 等腰三角形的性质与判定的综合】
【例8】（23-24八年级·安徽六安·期末）在等腰△ABC中，AB=BC，高AD、BE所在的直线相交于点
F，将△ACD沿直线AD翻折，点C的对称点C′落在直线BC上，连接FC′．(1)如图1，当∠ABC=45°时，
①求证：BF=AC；
②求∠FC′D的度数．
(2)当∠ABC=135°时，补全图2，并求证：C′F∥AB．
【答案】(1)①详见解析；②45°
(2)详见解析
【分析】本题主要考查等腰三角形中的翻折问题，熟练掌握翻折的性质以及全等三角形的判定是解题的关
键．
（1）①根据题意证明△BDF≌△ADC(ASA)即可得到结论；
②根据全等三角形的性质以及翻折的性质证明△DFC′是等腰直角三角形，即可得到答案；
（2）根据题意补全图形，根据题意证明∠DC′F=∠ABD即可得到结论．
【详解】（1）解：①证明：∵AD是△ABC的高，∠ABC=45°，
∴∠BDF=90°=∠ADC,BD=AD，
∵BF是△ABC的高，
∴∠DBF=90°−∠C=∠DAC，
在△BDF和△ADC中，
{∠DBF=∠DAC
)
BD=AD ，
∠BDF=∠ADC
∴△BDF≌△ADC(ASA)，
∴BF=AC；
②解：如图：由①知：△BDF≌△ADC(ASA)，
∴DF=DC，
∵将△ACD沿直线AD翻折，点C的对称点C′落在直线BC上，
∴DC=DC′，
∴DF=DC′，
故△DFC′是等腰直角三角形，
∴∠FC′D=45°；
（2）解：补全图形如下：
∵∠ABC=135°，
∴∠ABD=45°，
∵AD是△ABC的高，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AD=BD，
∵AD,BE是△ABC的高，
∴∠ADC=90°=∠BDF=∠BEC，
∵∠EBC=∠DBF，
∴∠DFB=∠ACD，
∴△DBF≌△DAC(AAS)，
∴DF=DC，
∵将△ACD沿直线AD翻折，点C的对称点C′落在直线BC上，
∴DC=DC′，
∴DF=DC′，
∴∠DC′F=45°，
∴∠DC′F=∠ABD，
∴C′F∥AB．【变式8-1】（23-24八年级·安徽六安·期末）如图，点D、E在△ABC的边BC上，AD=AE，BD=CE．
(1)求证：AB=AC．
(2)若∠BAC=108°,2∠DAE+∠BAC=180°，直接写出图中除△ABC与△ADE外所有等腰三角形．
【答案】(1)详见解析
(2)除△ABC与△ADE外所有的等腰三角形为：△ABD、△AEC、△ABE、△ADC
【分析】此题考查了等腰三角形的判定与性质，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用是
解题的关键．
（1）过点A作AF⊥BC于点F，根据等腰三角形的性质得到BF=CF，再根据线段垂直平分线的性质证
明结论即可；
（2）由题意求出∠DAE=36°，再求出其他角的度数，即可得到答案．
【详解】（1）证明：过点A作AF⊥BC于点F，
∵AD=AE，
∴DE=EF，
∵BD=CE，
∴BF=CF，
∴AB=AC；
（2）证明：解：∵∠BAC=108°,2∠DAE+∠BAC=180°，∴2∠DAE=72°，
∴∠DAE=36°，
∵AD=AE，
180°−36°
∴∠ADE=∠AED= =72°，
2
∵AB=AC，
180°−108°
∴∠B=∠C= =36°，
2
∴∠B=∠BAD,∠C=∠EAC,∠BAE=∠BEA,∠ADC=∠DAC，
∴除△ABC与△ADE外所有的等腰三角形为：△ABD、△AEC、△ABE、△ADC．
【变式8-2】（23-24八年级·湖北荆门·期末）如图，在△ABC中，∠ACB=2∠B，∠BAC的平分线AD
交BC于D，过C作CN⊥AD交AD于II，交AB于N．
(1)求证：△ANC为等腰三角形；
(2)求证：BN=CD．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】本题主要考查了三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，三角形内角和定理，解题的关
键是掌握以上知识点．
（1）由AD平分∠BAC交BC于D，可得∠DAB=∠DAC；由CN⊥AD交AD于H可得
∠AHN=∠AHC=90°；两者结合由三角形内角和定理可得∠ANH=∠ACH，即可得AN=AC，从而
得到△ANC是等腰三角形；
（2）连接DN，先证△∧≌△ACD，得到DN=DC，∠∧=∠ACD=2∠B=∠B+∠NDB，从而可得
DN=BN，由此即可得到CD=BN．
【详解】（1）证明：∵CN⊥AD，
∴∠AHN=∠AHC=90°，
又∵AD平分∠BAC，
∴∠NAH=∠CAH，又∵在△ANH和△ACH中，
∠AHN+∠NAH+∠ANH=180°，∠AHC+∠CAH+∠ACH=180°，
∴∠ANH=∠ACH，
∴AN=AC，
∴△ANC为等腰三角形；
（2）证明：BN=CD，
理由如下：如图：连接ND，
∵△∧¿和△ACD中：
{
AN=AC
)
∠NAD=∠CAD ，
AD=AD
∴△∧≌△ACD(SAS)，
∴DN=DC，∠∧=∠ACD，
又∵∠ACB=2∠B，
∴∠∧=2∠B，
又∵△BND中，∠∧=∠B+∠NDB，
∴∠B=∠NDB，
∴NB=ND，
∴BN=CD．
【变式8-3】（23-24八年级下·四川成都·期末）如图1，在△ABC中，D为边BC上一点，AB=AD=CD
，BC=AC．
(1)求∠C的度数；
(2)如图2，点E在CA延长线上，连接BE，BE∥AD，求证：AE=CD；
(3)在（2）的条件下，求证：CE−BD=2AB．【答案】(1)∠C=36°
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】本题考查了等腰三角形的性质与判定，三角形内角和，平行线的性质，解题的关键是熟练运用相
关知识．
（1）根据AB=AD=CD，BC=AC，可得△ABC、△ABD、△ADC都为等腰三角形，从而可得
∠C=∠CAD，∠B=∠ADB，∠B=∠BAC，继而得到∠C=∠BAD，将∠B和∠BAC化为∠C的倍
数，根据三角形内角和即可解题；
（2）根据BE∥AD可得∠E=∠DAC=∠C，∠ABE=∠BAD=∠C=∠CAD，从而得到
∠E=∠ABE，△EAB为等腰三角形，根据等腰三角形的性质即可解题；
（3）根据等腰三角形的性质将AC、AE化为AB+BD和AB即可解题．
【详解】（1）解：∵AB=AD=CD，BC=AC，
∴△ABC、△ABD、△ADC都为等腰三角形，
∴∠C=∠CAD，∠B=∠ADB，∠B=∠BAC，
∴∠C=∠BAD，
∴∠B=∠BAC=2∠C，
∴2∠C+2∠C+∠C=5∠C=180°，
∴∠C=36°；
（2）证明：∵BE∥AD，
∴∠E=∠DAC=∠C，∠ABE=∠BAD=∠C=∠CAD，
∴∠E=∠ABE，△EAB为等腰三角形，
∴AE=AB=AD=CD；
（3）证明：∵BC=BD+DC=AC，AE=AB=AD=CD，AE+AC=CE，
∴CE=DC+BD+AE=AB+AB+BD=2AB+BD，
∴CE−BD=2AB．
【题型9 等边三角形的性质与判定】
【例9】（23-24八年级·全国·单元测试）已知：如图，△ABC、△CDE都是等边三角形，AD、BE相交
于点O，点M、N分别是线段AD、BE的中点．(1)求证：AD=BE；
(2)求∠DOE的度数；
(3)求证：△MNC是等边三角形．
【答案】(1)见解析；
(2)60°；
(3)见解析．
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，等边三角形的性质和判定等知识点
的应用，解此题的关键是根据性质进行推理．
（1）根据等边三角形性质得出AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，求出∠ACD=∠BCE，
证△ACD≌△BCE即可；
（2）根据全等求出∠ADC=∠BEC，进而求出∠ADE+∠BED的值，根据三角形的内角和定理求出即
可；
（3）求出AM=BN，根据SAS证△ACM≌△BCN，推出CM=CN，求出∠NCM=60°即可．
【详解】（1）证明：∵△ABC、△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中
{
AC=BC
)
∠ACD=∠BCE ，
CD=CE
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE．
（2）解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC，∵等边三角形DCE，
∴∠CED=∠CDE=60°，
∴∠ADE+∠BED
=∠ADC+∠CDE+∠BED
=∠BEC+60°+∠BED
=∠CED+60°
=60°+60°
=120°，
∴∠DOE=180°−(∠ADE+∠BED)=60°，
（3）证明：∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，AD=BE，AC=BC，
又∵点M、N分别是线段AD、BE的中点，
1 1
∴AM= AD，BN= BE，
2 2
∴AM=BN，
在△ACM和△BCN中，
{
AC=BC
)
∠CAM=∠CBN ，
AM=BN
∴△ACM≌△BCN(SAS)，
∴CM=CN，∠ACM=∠BCN，
又∠ACB=60°，
∴∠ACM+∠MCB=60°，
∴∠BCN+∠MCB=60°，
∴∠MCN=60°，
∴△MNC是等边三角形．
【变式9-1】（23-24八年级·湖北咸宁·期末）如图1，△ABC是等边三角形，点D，E，F分别为边
AB，BC，CA的中点．(1)求证：△CFE为等边三角形；
(2)连接CD交EF于点G，如图2，求证：CG⊥FE；
(3)如图3，已知△ABC的面积为8，求△≝¿的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积、平行线的
性质等知识点，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键，
（1）由等边三角形的性质得出CA=CB，∠C=60°，则可得出CE=CF，即可证明结论；
（2）由（1）知∠CFE=60°，∠A=60°，得出EF∥AB，由等腰三角形的性质得出CD⊥AB，由平
行线的性质即可证明结论；
1 S
（3）证得△≝¿是等边三角形，得出CG=DG= CD，由三角形积公式得出 1 ．
2 △≝¿= 4 S △ABC ¿即可解答
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴CA=CB，∠C=60°，
∵E，F分别为边BC，CA的中点，
1 1
∴CE= BC，CF= CA，
2 2
∴CE=CF，
∴△CFE为等边三角形；
（2）证明：由（1）知，∠CFE=60°，∠A=60°，
∴EF∥AB，
∵D为AB边的中点，
∴CD⊥AB，
∴CG⊥FE；
（3）解：点D，E，F分别为边AB，BC，CA的中点，1 1 1 1 1
∴DE= AC,EF= AB,DF= BC，CF= AC,CE= BC，
2 2 2 2 2
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，
∴DE=EF=FD=CF=CE，
∴△≝¿是等边三角形，
∵CF=DF,CE=DE,EF=EF，
∴△≝≌△CEF(SSS)，
由（2）知：CG，DG是这两个三角形的对应高，
1
∴CG=DG= CD，
2
S
∴ 1 1 AB CD 1 ，
△≝¿= EF⋅DG= × × = S ¿
2 2 2 2 4 △ABC
∵△ABC的面积为8，
∴S ．
△≝¿=2¿
【变式9-2】（23-24八年级·安徽·期末）如图，在等边三角形ABC中，点E在AB上，点D在CB的延长线
上，且ED=EC．
(1)如图1，当E为AB的中点时，则AE______DB（填“>”“<”或“=”）．
(2)如图2，当E为AB边上任意一点时，（1）中的结论是否仍然成立，请说明理由．
(3)如图3，当点E在AB的延长线上时，若△ABC的边长为2，AE=3，求CD的长．
【答案】(1)=
(2)当E为AB边上任意一点时，（1）中的结论仍然成立，理由见解析
(3)5
【分析】本题是三角形综合题目，考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角
形的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
1
（1）由等腰三角形的性质得∠D=∠ECD，再由等边三角形的性质得∠ECD = ∠ACB=30°，然后
2证∠DEB=∠D，得DB=BE，即可得出结论；
（2）过点E作EF ∥ BC，交AC于点F，证△AEF为等边三角形，得AE=EF，再证△DBE≌△EFC（
AAS），得DB=EF，即可得出结论；
（3）过点E作EF ∥ BC，交AC的延长线于点F，可证得△AEF是等边三角形，△DEB≌△ECF(AAS)
，由DB=EF=3，BC=2，即可得出答案．
【详解】（1）解：如图1，
∵△ABC是等边三角形，点E是AB的中点，
∴CE平分∠ACB，CE⊥AB，∠ACB=60°，AE=BE，
∴∠BEC=90°，∠BCE=30°，
又∵ED=EC，
∴∠D=∠ECB=30°，
∴∠DEC=120°，
∴∠DEB=120°−90°=30°，
∴∠D=∠DEB=30°，
∴BD=BE=AE，
即AE=DB，
故答案为：=．
（2）解：当点E为AB上任意一点时，（1）中的结论仍然成立，如图2，AE=DB．理由如下：
如图2，过E作EF ∥ BC交AC于F，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC，∵EF ∥ BC，
∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60∘，即∠AEF=∠AFE=∠A=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AE=EF=AF，
∵∠ABC=∠ACB=∠AFE=60°，
∴∠DBE=∠EFC=120°，∠D+∠BED=∠FCE+∠ECD=60°，
∵DE=EC，
∴∠D=∠ECD，
∴∠BED=∠ECF，
在△DEB和△ECF中，
{∠DEB=∠ECF
)
∠DBE=∠EFC ，
DE=CE
∴△DEB≌△ECF(AAS)，
∴BD=EF=AE，即AE=BD，
（3）解：过点E作EF ∥ BC，交AC的延长线于点F，如图3所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC，
∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60∘，
即∠AEF=∠AFE=∠A=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AE=EF=AF=3，
∵∠ABC=∠ACB=∠EFC=60°，
∴∠DBE=∠ABC=∠EFC=60°，
∵DE=EC，
∴∠D=∠ECD，
∵EF ∥ BC，∴∠ECD=∠CEF，
∴∠D=∠CEF，
在△DEB和△ECF中，
{
∠D=∠CEF
)
∠DBE=∠EFC ，
DE=CE
∴△DEB≌△ECF(AAS)，
∴DB=EF=3，
∵BC=2，
∴CD=BC+DB=5．
【变式9-3】（23-24八年级·北京·期末）如图，∠HAB=30°，点B与点C关于射线AH对称，连接AC．
D点为射线AH上任意一点，连接CD．将线段CD绕点C顺时针旋转60°，得到线段CE，连接BE．
(1)求证：直线EB是线段AC的垂直平分线；
(2)点D是射线AH上一动点，请你直接写出∠ADC与∠ECA之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)当∠ADC为钝角时，∠ADC=90°+∠ECA；当∠ADC为锐角时，∠ADC=90°−∠ECA
【分析】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，线段垂直平分线的判定，全等三角形
的判定与性质，证明△ECA≌△DCB是解题的关键．
（1）连接AE，DB，CB，可得△ABC为等边三角形，再利用SAS证明△ECA≌△DCB，得BD=EA，
从而证明结论；
（2）分∠ADC为钝角和∠ADC为锐角两种情形，分别画出图形，即可得出答案．
【详解】（1）证明：连接AE，DB，CB，∵点B与点C关于射线AH对称，∠HAB=30°，
∴CD=BD，AC=AB，
∴∠HAB=∠HAC=30°，
∴∠CAB=2∠HAC=60°，
∴△ABC为等边三角形，∠ACB=60°，
∵∠DCE=60°，
∴∠DCE−∠ACD=∠ACB−∠ACD，
则∠ECA=∠DCB，
在△ECA和△DCB中，
{
EC=DC
)
∠ECA=∠DCB ，
AC=BC
∴△ECA≌△DCB(SAS)，
∴BD=EA，
∵DC=BD=EC，
∴AE=EC，
又AB=BC，
∴EB垂直平分AC；
（2）解：解：如图，当∠ADC为钝角时，由（1）知∠ACE=∠BCD，
∴∠ADC=90°+∠ECA，
如图，当∠ADC为锐角时，
∵∠ADC+∠BCD=90°，∠ACE=∠BCD，∴∠ADC=90°−∠ECA．
【考点4 最短路径问题】
（1）求直线异侧的两点到直线上一点距离的和最小的问题，只要连接这两点，所得线段与直线的交点即
为所求的位置．
（2）求直线同侧的两点到直线上一点距离的和最小的问题，只要找到其中一个点关于这条直线的对称
点，连接对称点与另一个点，所得线段与该直线的交点即为所求的位置．
【题型10 利用轴对称解决“一线”的最短路径问题】
【例10】（23-24八年级·广东韶关·期中）如图，等边△ABC中，BD⊥AC于D，QD=1.5，点P、Q分
别为AB、AD上的两个定点且BP=AQ=2，在BD上有一动点E使PE+QE最短，则PE+QE的最小值为
．
【答案】5
【分析】本题考查等边三角形的性质和判定，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决
最短问题，属于中考常考题型．
作点Q关于BD的对称点Q′，连接PQ′交BD于E，连接QE，此时PE+EQ的值最小．最小值
PE+PQ=PE+EQ′=PQ′．
【详解】解：如图，作点Q关于BD的对称点Q′，连接PQ′交BD于E，连接QE，此时PE+EQ的值最
小．最小值PE+QE=PE+EQ′=PQ′，
∵△ABC
是等边三角形，
∴BA=BC，∵BD⊥AC，AQ=2，QD=1.5，
∴AD=DC=AQ+QD=3.5，
∵AQ=2，AD=DC=3.5，
∴QD=DQ′=1.5，
∴CQ′=BP=2，
∴AP=AQ′=5，
∵∠A=60°，
∴△APQ′是等边三角形，
∴PQ′=PA=5，
∴PE+QE的最小值为5．
故答案为：5．
【变式10-1】（23-24八年级下·广东清远·期末）如图，在锐角三角形ABC中，AB=4，△ABC的面积为
7，BD平分∠ABC，若M，N分别是BD，BC上的动点，则CM+MN的最小值为 ．
7
【答案】
2
【分析】本题考查角平分线的轴对称性、最短路径问题，先过C作CH⊥AB于H，根据角平分线的轴对
称性，可作N关于BD对称点N′，连接M N′，则MN=M N′，由CM+MN=CM+M N′≥CH得当C、
M、N′共线且CN′⊥AB时，取等号，此时CM+MN值最小，最小值为CH的值，利用三角形的面积公式
7
求得CH= ，进而可求解．
2
【详解】解：∵BD平分∠ABC，如图，过C作CH⊥AB于H，作N关于BD对称点N′，
∴N'在AB上，
连接M N′，则CM+MN=CM+M N′≥CH，当C、M、N′共线且CN′⊥AB时，取等号，此时
CM+MN值最小，最小值为CH的值，∵在锐角三角形ABC中，AB=4，△ABC的面积为7，
1
∴S = AB⋅CH=2CH=7，
△ABC 2
7
∴ CH= ，
2
7
即CM+MN的最小值为 ，
2
7
故答案为： ．
2
【变式10-2】（23-24八年级下·河南郑州·期末）如图，在△ACD中，AB=AC=7，AD=8.3，点E在AD
上，CE=CB，CF平分∠BCE交AD于点F．点P是线段CF上一动点，则EP＋AP的最小值为（ ）
A．6 B．7 C．7.5 D．8.3
【答案】B
【分析】连接BP，由△ECP≌△BCP得BP=EP，EP+AP=BP+AP，根据BP+AP≥AB知，当点P在
线段AB上时，EP＋AP的最小值是AB，问题得解．
【详解】解：连接BP，
∵CF平分∠BCE交AD于点F，
∴∠ECP=∠BCP
∵CE=CB，CP=CP，
∴ △ECP≌△BCP(SAS)，
∴ BP=EP，
∵EP＋AP=BP+AP且BP+AP≥AB，
∴当点P在线段AB上时，EP＋AP的最小值是AB，∵AB=7，
∴EP＋AP的最小值为7．
故选：B
【点睛】本题考查了轴对称图形的性质，两点之间线段最短，其中准确作出点关于对称轴对称的对称点是
解题的关键．
【变式10-3】（23-24八年级·陕西西安·期末）如图，在等腰△ABC中，AB=AC=10，BC=16，△ABD
是等边三角形，点P是∠BAC的角平分线上一动点，连接PC、PD，则PC+PD的最小值为 ．
【答案】10
【分析】本题主要考查了最短路线问题，等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，连接BP，证明
△ABP≌△ACP(SAS)，即可得到CP=BP，得PD+PC=PD+PB，再根据当B，P，D在同一直线上
时，BP+PD的最小值为线段BD长，即可得出PD+PC的最小值为10．添加辅助线，构造
PD+PC=PD+PB，再利用两点之间线段最短找到最短位置是解决问题的关键．
【详解】解：如图，连接BP，∵点P是∠BAC的角平分线上一动点，则∠ABP=∠CAP ，
又∵AB=AC，AP=AP，
∴△ABP≌△ACP(SAS)，
∴BP=CP，
∴PD+PC=PD+PB≥BD，
∴当B，P，D在同一直线上时，BP+PD的最小值为线段BD长，
又∵△ABD是等边三角形，AB=BD=10，
∴PD+PC的最小值为10，
故答案为：10．
【题型11 利用轴对称解决“两线”的最短路径问题】
【例11】（23-24八年级·新疆乌鲁木齐·期末）如图，已知∠AOB的大小为α，P是∠AOB内部的一个定
点，且OP=5，点E、F分别是OA、OB上的动点，若△PEF周长的最小值等于5，则α=（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】A
【分析】设点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，当点E、F在CD上时，△PEF的周长为
PE+EF+FP=CD，此时周长最小，根据CD=5可求出α的度数．
【详解】解：如图，作点P关于OA的对称点C，关于OB的对称点D，连接CD，交OA于E，OB于F．此
时，△PEF的周长最小．
连接OC，OD，PE，PF．∵点P与点C关于OA对称，
∴OA垂直平分PC，
∴∠COA=∠AOP，PE=CE，OC=OP，
同理，可得∠DOB=∠BOP，PF=DF，OD=OP．
∴∠COA+∠DOB=∠AOP+∠BOP=∠AOB=α，OC=OD=OP=5，
∴∠COD=2α．
又∵△PEF的周长为：PE+EF+FP=CE+EF+FD=CD=5，
∴OC=OD=CD=5，
∴△COD是等边三角形，
∴2α=60°，
∴α=30°．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了最短路径问题，本题找到点E和F的位置是解题的关键．要使△PEF的周长最
小，通常是把三边的和转化为一条线段，运用三角形三边关系解决．
【变式11-1】（23-24八年级·全国·单元测试）如图所示，在P，Q两村之间有两条河，且每条河的宽度相
同，从P村往Q村，要经过两座桥EF，MN．现在要设计一条道路，并在两条河上分别架这两座垂直于河
岸的大桥，问：如何设计这两座桥EF，MN的位置，使由P村到Q村的路程最短？（要求在图上标出道路
和大桥的位置）【答案】见解析
【分析】本题主要考查了最短路径问题，平移的性质，如图所示，分别过点P和点Q作l 、l 的垂线，垂
1 3
足分别为A、B，在PA上截取PC等于河宽，在BQ上截取QD等于河宽，连接CD交l ，l 于E、M，分别
2 4
过点E、M作l 、l 的垂线，垂足分别为F、N，则EF，MN即为所求．
1 3
【详解】解：如图所示，分别过点P和点Q作l 、l 的垂线，垂足分别为A、B，在PA上截取PC等于河
1 3
宽，在BQ上截取QD等于河宽，连接CD交l ，l 于E、M，分别过点E、M作l 、l 的垂线，垂足分别为
2 4 1 3
F、N，则EF，MN即为所求；
易证明CD+PC+QD的长即为最短路径长．
【变式11-2】（23-24八年级·湖北武汉·期末）如图，∠AOB=20°，M，N分别是边OA，OB上的定
点，P，Q分别是边OB，OA上的动点，记∠OPM=α，∠OQN=β，当MP+PQ+QN最小时，则关于
α，β的数量关系正确的是（ ）
A．β−α=30° B．β+α=210° C．β−2α=30° D．β+α=200°
【答案】D
【分析】如图，作M关于OB的对称点M′，N关于OA的对称点N′，连接M′N′交OA于Q，交OB于P，则
MP+PQ+QN最小，易知∠OPM=∠OPM′=∠NPQ，∠OQP=∠AQN′=∠AQN，
∠OQN=180°−20°−∠ONQ，∠OPM=∠NPQ=20°+∠OQP，∠OQP=∠AQN=20°+∠ONQ
，由此即可解决问题．
【详解】解：如图，作M关于OB的对称点M′，N关于OA的对称点N′，连接M′N′交OA于Q，交OB于
P，则MP+PQ+QN最小，由轴对称的性质得∠OPM=∠OPM′=∠NPQ，∠OQP=∠AQN′=∠AQN，
∠OQN=180°−20°−∠ONQ，∠OPM=∠NPQ=20°+∠OQP，∠OQP=∠AQN=20°+∠ONQ
，
∴α+β=180°−20°−∠ONQ+20°+20°+∠ONQ=200°．
故选：D．
【点睛】本题考查轴对称-最短问题、三角形的内角和定理．三角形的外角的性质等知识，解题的关键是灵
活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【变式11-3】（23-24八年级下·重庆大渡口·期末）在△ABC和△AEF中，AC=AE，连接CE，CE恰好
平分∠ACB，在CE上存在一点D，使∠DAF与∠ACB互为补角，连接AD．
(1)如图1，当∠ACB=60°时，求∠CAE的度数；
(2)如图2，当∠ACB=120°，AD=AF时，试说明EF与AC的位置关系；
(3)在（2）问的条件下，如图3连接FD并延长，分别交BC，AE于点M，N，若MN=4，AC=BC，P，
Q分别为AB和AE上的动点，请直接写出△DPQ周长的最小值．
【答案】(1)120°
(2)EF∥AC
(3)4
【分析】（1）根据题意确定∠ACE=∠AEC=30°，再利用三角形的内角和计算即可；
（2）由题干条件推出△ACE为等边三角形，然后进一步证明△ADC≌△AFE，从而利用全等三角形和平
行线的判定证明即可；（3）首先将D沿AB对称至D′，AE对称至D″，可确定且D′，D″分别在EC、EF上，并连接D′D″，此时
与AB和AE交点即为所求P、Q，此时，△DPQ的周长最小，即为D′D″的长度，然后根据全等三角形的
判定以及对称的性质证明D′D″=AD=MN，即可求得结论．
【详解】（1）解：∵∠ACB=60°，CE恰好平分∠ACB，
1
∴∠ACE=∠BCE= ∠ACB=30°，
2
∵在△ABC和△AEF中AC=AE，
∴∠ACE=∠AEC=30°，
∴∠CAE=180°−∠ACE−∠AEC=180°−30°−30°=120°；
（2）证：∵∠ACB=120°，CE恰好平分∠ACB，
1
∴∠ACE=∠BCE= ∠ACB=60°，
2
∵AC=AE，
∴△ACE为等边三角形，∠CAE=∠AEC=60°，
∵∠DAF与∠ACB互为补角，
∴∠DAF=60°，
∴∠DAF=∠CAE=60°，
∴∠DAF−∠DAE=∠CAE−∠DAE，
即：∠CAD=∠EAF，
在△ADC和△AFE中，
{
AC=AE
)
∠CAD=∠EAF
AD=AF
∴△ADC≌△AFE(SAS)，
∴∠AEF=∠ACE=60°，
∴∠ACE+∠CEF=60°×3=180°，
∴EF∥AC；
（3）解：由（2）可知，∠AEF=∠AEC=60°，
∵AC=BC，CE恰好平分∠ACB，
∴CE垂直平分AB，
如图所示，将D沿AB对称至D′，沿AE对称至D″，且D′，D″分别在EC、EF上，
连接D′D″，此时与AB和AE交点即为所求P、Q，
∴此时，△DPQ的周长最小，且N、Q两点重合，此时，△DPQ周长的最小值即为D′D″的长度，
由（2）可得∠EAB=30°，
由对称的性质可得：∠D′ AD″=60°，AD=AD′=AD″，
∴△AD′D″为等边三角形，
∴D′D″=AD，
∵△ADF为等边三角形，
∴DF=AD，
∴D′D″=DF，
此时，过D点作DK∥AC，交BC于K点，如图所示，
∴∠DKM=∠FEN=60°，∠KDM=∠EFN，
∵∠BCE=60°，
∴△KDC为等边三角形，DK=DC，
由（2）知，DC=EF，
∴DK=EF，
在△KDM和△EFN中，
{∠DKM=∠FEN
)
DK=FE
∠KDM=EFN
∴△KDM≌△EFN(ASA)，
∴MD=NF，
∴MD+DN=NF+DN，即：MN=DF=4，∴D′D″=DF=4，
∴△DPQ周长的最小值为4．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等，掌握全等三角形的判定方法，
熟练运用等边三角形的性质和轴对称变化确定最短路径是解题关键．
