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专题 13.1 轴对称的几何综合
【典例1】“将军饮马问题”：如图1所示，将军每天从山脚下的A点出发，走到河旁边的C点饮马后再到
B点宿营．请问怎样走才能使总的路程最短？某课题组在探究这一问题时抽象出数学模型：直线l同旁有两
个定点A、B，在直线l上存在点P，使得PA+PB的值最小．
解法：作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B，则A′B与直线l的交点即为P，且PA+PB的最小值为线段
A′B的长．
（1）根据上面的描述，在备用图中画出解决“将军饮马问题”的图形；
（2）利用轴对称作图解决“饮马问题”的依据是______．
（3）应用：
①如图2，已知∠AOB=30°，其内部有一点P，OP=12，在∠AOB的两边分别有C、D两点（不同于点
O），使△PCD的周长最小，请画出草图，并求出△PCD周长的最小值；
②如图3，边长为a的等边△ABC中，BF是AC上的中线且BF=b，点D在BF上，连接AD，在AD的右
侧作等边△ADE，连接EF，则△AEF周长的最小值是______，此时∠CFE=______．
【思路点拨】
（1）根据轴对称的性质作出图形；
（2）根据两点之间线段最短解答；
（3）①分别作P关于OA、OB的对称点M、N，根据轴对称的性质得到△PCD，根据等边三角形的判定
定理和性质定理解答；②根据等边三角形的性质可证△BAD≌△CAE(SAS)，根据全等的性质和三线合一
可得∠ABD=∠CBD=∠ACE=30°，所以点E在射线CE上运动（∠ACE=30°），作点A关于CE的
对称的M，连接FM交CE于E′，此时AE+EF的值最小，此时AE+EF=FM，所以△AEF周长的最小值
1
是AF+AE+EF=AF+MF= a+b，∠CFE=90°．
2【解题过程】
（1）解：作图如下：
（2）利用轴对称作图解决“饮马问题”的依据是两点之间线段最短，
故答案为：两点之间线段最短；
（3）①分别作P关于OA、OB的对称点M、N，
连接MN，交OA、OB于C、D，则△PCD的周长最小，
连接OM、ON，如图，
由轴对称的性质可知，OM=OP=12，ON=OP=12，CP=CM，DP=DN，
∠MON=2∠AOB=60°，
∴△MON为等边三角形，
∴MN=12，
∴△PCD的周长=PC+CD+DC=CM+CD+DN=MN=12；
②∵△ABC、△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AF=CF，
∴∠ABD=∠CBD=∠ACE=30°，
∴点E在射线CE上运动（∠ACE=30°），
作点A关于CE的对称的M，连接FM交CE于E′，如图，此时AE+EF的值最小，此时AE+EF=FM，
∵CA=CM，∠ACM=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴△ACM≌△ACB，
∴FM=FB=b，
1
∴△AEF周长的最小值是AF+AE+EF=AF+MF= a+b，∠CFE=90°．
2
1．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，AB=5，
AD是∠BAC的平分线，若P，Q分别是AD和AC上的动点，求PC+PQ的最小值．
【思路点拨】
在AB上截取AQ =AQ，连接QD，Q D，可证△AQD≌△AQ D，根据全等三角形的性质可知点Q 和
1 1 1 1
点Q关于AD对称，再根据轴对称的性质及最短路径结合面积法即可得出答案．
【解题过程】
解：如图，在AB上截取AQ =AQ，连接QD，Q D，
1 1
∵ AD是∠BAC的平分线，
∴∠QAD=∠Q AD
1在△AQD与△AQ D中
1
{
AQ=AQ
1 )
∠QAD=∠Q AD
1
AD=AD
∴△AQD≌△AQ D
1
∴点Q 和点Q关于AD对称，连接CQ ，CQ 与AD交于P点，连接PQ，此时PC+PQ=CQ ，
1 1 1 1
∵Q是动点，
∴Q 也是动点，当CQ 与AB垂直时，CQ 最小，即PC+PQ最小．
1 1 1
12
此时，由面积法得CQ =3×4÷5= ．
1 5
2．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点E，若△ABC为等
边三角形，∠BAD=90°，AD=DC=2．
（1）求证：BD垂直平分AC；
（2）求BE的长；
（3）若点F为BC的中点，请在BD上找出一点P，使PC+PF取得最小值；PC+PF的最小值为______
（直接写出结果）．
【思路点拨】
（1）根据线段垂直平分线性质定理的逆定理证明即可；
（2）根据∠ABD=30°，确定BD=4；根据∠EAD=30°，确定ED=1；根据BE=BD−ED计算即
可；
（3）根据轴对称的性质求线段和的最值问题，然后根据等边三角形的性质确定即可．
【解题过程】
（1）∵AD=DC，
∴点D在线段AC的垂直平分线上；
∵△ABC是等边三角形，
∴BA=BC，∴点B在线段AC的垂直平分线上；
根据两点确定一条直线，
∴BD是线段AC的垂直平分线；
∴BD垂直平分AC；
（2）∵△ABC是等边三角形，AD⊥AB，BD垂直平分AC ，
∴∠ABD=30°，∠EAD=30°，
∵AD＝DC＝2，
∴BD=4，ED=1，
∴BE=BD−ED=4−1=3；
（3）∵BD垂直平分AC，
∴点C关于直线BD的对称点为点A，
连接AF，交BD于点P，则点P即为所求；
∵△ABC是等边三角形，BF=CF，
∴AF⊥BC，
∴AF=BE=3，
故答案为：3．
3．（2023秋·八年级课时练习）如图，在四边形ABCD中，∠C=50°，∠B=∠D=90°，E，F分别是
BC，DC上的点，当△AEF的周长最小时，求∠EAF的度数．
【思路点拨】
作点A关于BC的对称点H，作A点关于CD的对称点G，连结GH交BC于E点，交CD于点F，当G、F、
E、H共线时，△AEF的周长最小，先求∠BAE+∠DAF=50°，则∠EAF=130°−50°=80°．【解题过程】
解：如答图①，分别作点A关于直线CD，CB的对称点M，N，
则AF=MF，AE=NE．
∴△AEF的周长=AF+EF+AE=MF+EF+NE，
∴当M，F，E，N四点共线（如答图②）时，△AEF的周长取到最小值．
∵∠ABC=∠ADC=90°，∠C=50°，
∴∠BAD=130°．
根据轴对称的性质可得∠FMD=∠FAD，∠ENB=∠EAB．
又由三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和，可得
∠MFC+∠NEC=∠FMD+∠FDM+∠ENB+∠NBE
=∠FMD+90°+∠ENB+90°=∠FMD+∠ENB+180°，
又∵∠MFC+∠NEC=∠FEC+∠C+∠EFC+∠C =(∠FEC+∠C+∠EFC)+∠C
=∠180°+∠C，
∴∠FMD+∠ENB+180°=180°+∠C，
∴∠FMD+∠ENB=∠C=50°，
∴∠FAD+∠EAB=50°，
∴∠EAF=130°−50°=80°．
4．（2023春·江西抚州·八年级校考阶段练习）等边△ABC的边长为1，△BCD是∠BDC=120度的等腰
三角形，延长AC至E，使CE=BM，连接DE，以D为顶点做等边△DMN，两边分别交AB,AC于M、
N①图中有两个三角形可以相互旋转得到吗？若有指出这两个三角形，并指出旋转中心及旋转角的度数．
②图中有成轴对称图形的两个三角形吗？若有，指出对称轴．
③求△AMN的周长．
【思路点拨】
①根据等边三角形和等腰三角形的性质，证明△DBM≌△DCE，再指出旋转中心和旋转角度即可；
②利用等边三角形的性质，可得△DCN,△DCE是两个成轴对称的三角形，对称轴为直线DC；
③利用全等三角形的性质，将MN转化为BM+CN，即可解答．
【解题过程】
①解：图中△DCE可由△DBM旋转得到，旋转中心为点D，旋转角度为120°，理由如下：
∵△BCD是∠BDC=120度的等腰三角形，
180−∠BDC
∴DB=DC，∠DBC=∠DCB= =30°，
2
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠MBD=∠NCD=60°+30°=90°，
∴∠DCE=180°−∠NCD=90°，
∵CE=BM，
∴△DBM≌△DCE(SAS)，
故图中△DCE可由△DBM旋转得到，旋转中心为点D，旋转角度为120°；
②△DCN,△DCE是两个成轴对称的三角形，对称轴为直线DC，理由如下：
∵△DMN为等边三角形，
∴DM=DN=DE，
在Rt△DCN与Rt△DCE中，
{DN=DE)
，
DC=DC
∴△DCN≌△DCE(HL)，
∴ △DCN,△DCE是两个成轴对称的三角形，对称轴为直线DC；
③解：∵△DMN为等边三角形，
∴∠MDN=60°，
∵△BDM≌△CDE，
∴∠BDM=∠CDE，DM=DE，
∴∠MDE=∠MDC+∠CDE=∠MDC+∠BDM=∠BDC=120°，∴ ∠CDN=120°−60°=60°，
在△DNM与△DNE中，
{
DM=DE
)
∠MDN=∠EDN ，
DN=DN
∴△DNM≌△DNE(SAS)，
∴MN=EN，
∴MN=CN+CE=CN+MB，
∴△DMN的周长为AM+MN+AN=AM+MB+AN+NC=AB+AC=2．
5．（2022秋·广东广州·八年级广州市第七中学校考期中）如图，等腰三角形ABC的周长是21cm，底边
BC=5cm．
（1）求AB的长；
（2）若N是AB的中点，点P从点B出发以2cm/s的速度向点C运动．同时点Q从点C出发向点A运动，
当△BPN与△CQP全等时，求点Q的速度．
（3）点D,E,F分别是BC,AB,AC上的动点，当△≝¿的周长取最小值时，探究∠EDF与∠A之间的数
量关系，并说明理由．
【思路点拨】
（1）先证明AB=AC, 再结合三角形的周长公式即可得到答案；
（2）如图，设Q的速度为每秒vcm，运动时间为ts，再分两种情况：当△BPN≌△CPQ时，则
BP=CP,BN=CQ, 当△BPN≌△CQP时，则BP=CQ,BN=CP, 再建立方程求解即可；
（3）如图，分别作D关于AB,AC的对称点G,H, 连接GH, 交AB,AC于E,F, 则此时△≝¿的周长最
小，且为线段GH的长，连接AG,AH,AD, 由轴对称的性质可得：
∠1=∠2,∠3=∠4,∠5=∠6,∠7=∠8, 结合∠GAH+∠AGH+∠AHG=180°, 从而可得答案．
【解题过程】
（1）解：∵等腰三角形ABC的周长是21cm，∴AB=AC,AB+AC+BC=21,
∵BC=5cm．
1
∴AB= ×(21−5)=8(cm).
2
（2）如图，设Q的速度为每秒vcm，运动时间为ts，
∵N为AB的中点，则AN=BN=4cm,
∴BP=2t,CQ=vt,
∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
当△BPN≌△CPQ时，则BP=CP,BN=CQ,
∴2t=5−2t,4=vt,
5 16
解得：t= ,v= ,
4 5
当△BPN≌△CQP时，则BP=CQ,BN=CP,
∴2t=vt,4=5−2t,
1
∴v=2,t= ,
2
16
综上：Q的速度为每秒 cm或2cm.
5
（3）如图，分别作D关于AB,AC的对称点G,H, 连接GH, 交AB,AC于E,F, 则此时△≝¿的周长最
小，且为线段GH的长，连接AG,AH,AD,由轴对称的性质可得：∠1=∠2,∠3=∠4,∠5=∠6,∠7=∠8,
而∠GAH+∠AGH+∠AHG=180°,
∴2∠2+2∠3+∠6+∠7=180°,
∴2∠BAC+∠EDF=180°.
6．（2023春·福建泉州·七年级统考期末）如图1，已知△ABC的内角∠ACB的平分线CD与它的一个外角
∠EAC的平分线AF所在的直线交于点D．
（1）求证：∠B=2∠D；
（2）若作点D关于AC所在直线的对称点D′，并连接AD′、CD′．
①如图2，当∠BAC=90∘时，求证：AD⊥AD′；
②如图3，当AC=BC时，试探究∠DAD′与∠D之间的数量关系，并说明理由．
【思路点拨】
（1）根据角平分线和外角的角度关系计算即可得到角度关系；
（2）①利用外角的关系用其他角度表示∠DAD′，再由三角形外角进行换角计算得到∠DAD′为90°，得
到垂直关系；②通过设元∠DAD′，通过外角和角平分线换角用∠DAD′表示∠D，即可得到两个角的大
小关系．
【解题过程】
（1）∵CD平分∠ACB，1
∴∠ACD=∠DCB= ∠ACB，
2
∵AF是外角∠EAC的平分线，
1
∴∠CAF=∠FAE= ∠CAE，
2
又∵∠CAF=∠D+∠ACD，∠CAE=∠B+∠ACB，
1 1
∴∠D=∠CAF−∠ACD= (∠CAE−∠ACB)= ∠B，
2 2
∴∠B=2∠D
（2）①如图2，D′C与AF交于点O，
由对称的性质可知，∠D=∠D′，∠DCD′=2∠ACD，
当∠BAC=90°时，∠EAC=90°，
∵∠DAD′=∠D′+∠D′OA，∠D′OA=∠D+∠OCD，
∴∠DAD′=∠D′+∠D+∠OCD=2∠D+2∠ACD=2(∠D+∠ACD)=2∠FAC，
∵∠EAC=90∘=2∠FAC，
∠DAD′=∠EAC=90°，
∴AD⊥AD′；
1
①当AC=BC时，∠D+ ∠DAD′=90∘ ，理由如下：
2
如图3，设∠DAD′=α
∵△DAC与△D′ AC关于AC对称，
360∘−α α
∴∠DAC=∠D′ AC= =180∘−
2 2
α
∴∠CAF=180∘−∠DAC=
，
2
∴∠CAE=2∠CAF=α，
∴∠BAC=180∘−∠CAE=180∘−α，当AC=BC时，∠B=∠BAC=180∘−α
由（1）知∠B=2∠D
1 1
∴∠D= ∠B=90∘− α，
2 2
1
∴∠D+ ∠DAD′=90∘ ．
2
7．（2023秋·全国·八年级专题练习）如图1，在等腰直角三角形ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点
D在BC边上，连接AD，AE⊥AD，AE=AD，连接CE，DE．
（1）求证：∠B=∠ACE；
（2）点A关于直线CE的对称点为M，连接CM，EM．
①补全图形并证明∠EMC=∠BAD；
②试探究，当D，E，M三点恰好共线时．∠BAD的度数为___________．
【思路点拨】
（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；
（2）①先判断出∠EMC=∠EAC，再根据（1）得出∠BAD=∠EAC即可得出结论；②先判断得出
∠AMD=∠EAM，进而得出∠CDE=∠EAM，再判断出∠EAM=∠BAD，进而得出
∠BAD=∠CAE=∠EAM，最后求出∠CAM=45°即可得出结论．
【解题过程】
（1）证明：∵AE⊥AD，
∴∠DAE=90°=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE
∵AB=AC，AE=AD，
∴ △BAD≌△CAE（SAS），
∴∠B=∠ACE，
（2）补全图形如图1所示，连接AM，∵点A关于直线CE的对称点为M，
∴AE=ME，AC=MC
∵CE=CE
∴△ACE≌△MCE（SSS）
∴∠EMC=∠EAC
由（1）知△ABD≌△ACE
∴∠BAD=∠EAC
∴∠BAD=∠EMC
②如图，连接AM，
由（1）知∠ACE=∠B
在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC
∴∠B=∠ACB=45°
∴∠ACE=∠B=45°
∴∠BCE=90°
∵点M，A关于CE对称
∴AE=ME，AM⊥CE
∴AM∥BC
∴∠AMD=∠CDE
∵AE=ME
∴∠AMD=∠EAM∴∠CDE=∠EAM
∵∠B=∠ADE=45°
∴∠BAD+∠ADB=∠CDE+∠ADB=135°
∴∠BAD=∠CDE
∴∠EAN=∠BAD
由（1）知△BAD≌△CAE
∴∠BAD=∠CAE
∴∠BAD=∠CAE=∠EAM
∵AM//BC
∴∠BAM=180°−∠B=135°
∵∠BAC=90°
∴∠CAM=∠BAM−∠BAD=45°
1
∴∠CAE= ∠CAM=22.5°
2
∴∠BAD=22.5°．
故答案为：22.5°．
8．（2022秋·北京海淀·八年级101中学校考期中）在等边△ABC外侧作直线AP，点B关于直线AP的对称
点为D，连接BD，CD，其中CD交直线AP于点E．
（1）如图1，若∠PAB=30°，则∠ACE=_________；
（2）如图2，若60°<∠PAB<90°，请补全图形，判断由线段AB，CE，ED可以构成一个含有多少度角
的三角形，并说明理由．
【思路点拨】
（1）根据题意可得∠DAP=∠BAP=30°，然后根据AB=AC，∠BAC=60°，得出AD=AC，
∠DAC=120°，最后根据三角形的内角和公式求解；（2）由线段AB，CE，ED可以构成一个含有60度角的三角形，连接AD，EB，根据对称可得
∠EDA=∠EBA，然后证得AD=AC，最后即可得出∠BAC=∠BEC=60°．
【解题过程】
（1）解：连接AD，如图，
在等边△ABC中，
∠BAC=∠ABC=∠BCA=60°，AB=BC=CA，
∵点D与点B关于直线AP对称，
∴AD=AB，∠DAP=∠BAP=30°，
∵AB=AC，∠BAC=60°，
∴AD=AC，∠DAC=∠DAP+∠BAP+∠BAC=120°，
∴∠ACE+∠ADC+120°=180°，∠ACE=∠ADC+120°，
∴∠ACE=30°，
故答案为：30°；
（2）解：补全图形如下：
线段AB，CE，ED可以构成一个含有60°角的三角形．
证明：连接AD，EB，如图2．
在等边△ABC中，∠BAC=∠ABC=∠BCA=60°，AB=BC=CA，∵点D与点B关于直线AP对称，
∴AD=AB，DE=BE，
∴∠BDA=∠DBA，∠EDB=∠EBD，
∴∠EDA=∠EBA，
∵AB=AC，AB=AD，
∴AD=AC，
∴∠ADE=∠ACE，
∴∠ABE=∠ACE．
设AC，BE交于点F，
又∵∠AFB=∠CFE，
∴∠BAC=∠BEC=60°，
结合：AB=BC，DE=BE，可知以线段AB，CE，ED构成的三角形必与△EBC全等，
∵∠BEC=60°，
∴线段AB，CE，ED可以构成一个含有60°角的三角形．
9．（2022秋·福建厦门·八年级厦门五缘实验学校校考期中）如图，∠MON=60°，点A、B分别是射线
OM、射线ON上的动点，连接AB，∠AMB的角平分线与∠NBA的角平分线交于点P．
（1）当OA=OB时，求证：AP∥OB；
（2）在点A、B运动的过程中，∠P的大小是否发生改变？若不改变，请求出∠P的度数；若改变请说明
理由；
（3）连接OP，C是线段OP上的动点，D是线段OA上的动点，当S =12，OB=6时，求AC+CD的
△AOB
最小值．
【思路点拨】
（1）如图1，先证ΔAOB是等边三角形，再证∠PAB=∠ABO=60°，即可证得结论；
（2）如图2，∠P的大小不变，∠P=60°．只需求出∠PAB+∠PBA的大小即可得结论；
（3）如图3，过点A作AH⊥OB于H，过点P作PJ⊥ON于J，PK⊥OM于K，PI⊥ON 于I，先证OP平分∠MON，作点D关于OP的对称点D′，连接CD′，证得AC+CD=AC+CD′≥AH，求出AH即
可得到结论．
【解题过程】
（1）如图1
∵∠MON=60°，OA=OB，
∴ΔAOB是等边三角形，
∴∠OAB=∠OBA=60°，
∵∠BAM+∠OAB=180°，
∴∠BAM=120°，
∵AP平分∠MAB，
1
∴∠BAP= ∠MAB=60°，
2
∴∠BAP=∠OBA=60°，
∴AP∥OB；
（2）如图2，∠P的大小不变，∠P=60°．理由如下：
∵∠MAB=∠MON+∠OBA，∠ABN=∠MON+∠OBA，
∴∠MAB+∠ABN=∠MON+∠ABO+∠OAB+∠MON，
∵∠MON+∠OAB+∠ABO=180°，∠MON=60°，
∴∠MAB+∠ABN=180°+60°=240°，
∵PA，PB分别平分∠MAB，∠ABN，1
∴∠PAB+∠PBA= (∠MAB+∠ABN)=120°，
2
∵∠P+∠PAB+∠PBA=180°，
∴∠P=180°−120°=60°；
（3）如图3，过点A作AH⊥OB于H，过点P作PJ⊥ON于J，PK⊥OM于K，PI⊥ON 于I，
∵PA平分∠MAB，PJ⊥AB，PK⊥OM，
∴PK=PJ，
∵PB平分∠ABN，PJ⊥AB，PI⊥ON，
∴PI=PJ，
∴PI=PK，
∴OP平分∠MON，
作点D关于OP的对称点D′，连接CD，CD′，
1
∵S = OB·AH=12，
ΔAOB 2
1
∴ ×6×AH=12，
2
∴AH=4，
∵CD=CD′，
∴AC+CD=AC+CD′≥AH，
∴AC+CD≥4，
∴AC+CD的最小值为4．
10．（2023秋·四川绵阳·八年级统考期末）如图，△ABC为等腰三角形，AC=BC，△BDC和△AEC分
别为等边三角形，AE与BD交于点F，连接CF并延长，交AB于点G．（1）求证：CG⊥AB；
（2）如图2，点M为CE边上点，连接AM，且∠MAE=∠BAE．
①证明：∠ACD=∠MAB；
②若CD⊥CE，点P为线段AM上动点，若AB=3，求PC−PB的最大值．
【思路点拨】
（1）根据等腰三角形和等边三角形的性质得到∠FAG=∠FBG，推出AF=BF，求证
△CFA≌△CFB(SSS)可得∠ACF=∠BCF，根据等腰三角形底边三线合一即可证明；
（2）①设∠MAE=∠BAE=x，根据三角形的外角的性质得出∠ABC=60°+x，
∠CMA=∠MAE+∠E=60°+x，根据三角形呢几何定理得出∠ACD=∠MAB；
②作点B关于AM的对称点B′，连接CB′并延长交AM于点P，连接AB′，根据
PC−PB=PC−PB′=B′C最大，证明△ABB′是等边三角形，进而得出BB′=CB′=AB=3，即可求解．
【解题过程】
（1）证明：∵CA=CB，
∴∠CAB=∠CBA，
∵△AEC和△BCD为等边三角形，
∴∠CAE=∠CBD，
∴∠FAG=∠FBG，
∴AF=BF．
在△CFA和△CFB中，
{AF=BF
)
AC=BC ，
CF=CF
∴△CFA≌△CFB(SSS)，
∴∠ACF=∠BCF，
∴AG=BG，
∵ CA=CB，
∴ CG⊥AB；（2）①设∠MAE=∠BAE=x
由（1）可得AF=BF，则∠EAB=∠FBA=x
又∵∠CBD=60°
∴∠ABC=60°+x,
∵∠E=60°，
∴∠CMA=∠MAE+∠E=60°+x
∵∠MAB+∠CBA=∠BCM+∠CMA，
∴∠MAB=∠BCM，
∵∠DCB−∠ACB=∠ECA−∠ACB
即∠ACD=∠BCM，
∴∠ACD=∠MAB，
②∵CD⊥CE
∴∠DCE=90°
∵∠DCB=∠ACE=60°
∴∠DCA=∠ACB=∠BCE=30°
∴∠CBA=∠CMA=75°，∠MAB=30°
作点B关于AM的对称点B′，如图所示，
连接CB′并延长交AM于点P，连接AB′
此时PC−PB=PC−PB′=B′C最大，
由①可得∠MAB=∠BCM
∴∠BAB′=60°
∵∠MAB=30°
∴∠B′ AM=30°
∴∠B′ AB=60°
∴△ABB′是等边三角形
∴∠ABB′=60°
∴∠B′BC=∠ABC−60°=15°1
∵∠GCB= ∠ACB=15°
2
∴BB′=CB′=AB=3
即PC−PB的最大值为3．
11．（2023春·四川成都·八年级校考期中）阅读下面材料：
小胖同学遇到这样一个问题：如图1，点D为△ABC的边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC上，
∠EDF=90°，试比较BE+CF与EF的大小．
小胖通过探究发现，延长FD至点G，使得DG=DF，连接F′E和F′B，如图2：可以得到一对全等三角
形和一个等腰三角形，从而解决问题．
试回答：
（1）小胖同学发现BE+CF与EF的大小关系是 ．
（2）证明小胖发现的结论．
（3）如图3，BC=3，∠BAC=30°，△ABC的面积为12，点D是边BC上一点（点D不与B、C两点重
合），点E、F分别是边AB、AC上一点，求△≝¿周长的最小值．
【思路点拨】（1）根据三角形三边关系，即可求解．
（2）过点B作BH∥CF，交FD的延长线于H，由“ASA”可证△BDH≌△CDF，可得
BH=CF，DH=DF，由线段垂直平分线的性质可得EF=EH，由三边关系可求解；
（3）作D关于AB和AC的对称点G和H，连接GH交AB于E，交AC于F，则
DE+EF+DF=≥+EF+FH=GH=AD，△≝¿周长的最小值就是AD的最小值，由点到直线的距离可
得，当AD⊥BC时，AD最小，再根据面积，求解即可．
【解题过程】
（1）解：根据三角形三边关系可得：BE+CF>EF，
故答案为：BE+CF>EF；
（2）证明如下，过点B作BH∥CF，交FD的延长线于H，
∴∠C=∠HBD，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD，
在△BDH和△CDF中，
{
∠C=∠HBD
)
BD=CD ，
∠CDF=∠BDH
∴△BDH≌△CDF(ASA)，
∴BH=CF，DH=DF，
∵∠EDF=90°，DH=DF，
∴△EFH为等腰三角形，即EF=EH，
在△BEH中，BE+BH＞EH，
∴BE+CF>EF．
（3）如图3，作D关于AB和AC的对称点G和H，连接GH交AB于E，交AC于F，由对称性得，∠GAE=∠BAD，∠HAC=∠CAD，¿=DE，FH=DF，AG=AD，AD=AH，
∴DE+EF+DF=≥+EF+FH=GH，AG=AH，
∠GAH=∠GAE+∠BAD+∠HAC+∠CAD
=2∠BAD+2∠CAD
=2(∠BAD+∠CAD)
=2×30°=60°
∴△AGH是正三角形，
∴DE+EF+DF=GH=AD，
∴△≝¿周长的最小值就是AD的最小值，
由点到直线的距离可得，当AD⊥BC时，AD最小，
1 1
∵S = ×BC×AD= ×3×AD=12，
△ABC 2 2
∴AD=8，
∴DE+EF+DF=8，
∴△≝¿的周长的最小值是8．
12．（2023·广东广州·统考二模）在△ABC中，∠B=90°，D为BC延长线上一点，且EA=EC=ED．
（1）如图1，当∠BAC=35°时，则∠AED=_________；
（2）如图2，当∠BAC=60°时，①连接AD，判断△AED的形状，并证明；
②直线CF与ED交于点F，满足∠CFD=∠CAE，P为直线CF上一动点．
当PE−PD的值最大时，判断PE、PD与AB之间的数量关系，并证明．
【思路点拨】
（1）根据∠BAC=35°，∠B=90°即可得到∠ACD=∠ACE+∠ECD=∠B+∠BAC=125°，根据
EA=EC=ED得到∠ACE=∠EAC，∠EDC=∠ECD，结合三角形内角和定理即可得到答案；
（2）①根据（1）得到∠AED，即可得到答案；②作点D关于直线CF的对称点D′，连接CD′，DD′，
ED′，当点P在ED′的延长线上时，PE−PD的值最大，此时PE−PD=ED′，利用全等三角形的性质证
明ED′=AC，即可得到答案；
【解题过程】
（1）解：∵∠BAC=35°，∠B=90°，
∴∠ACD=∠ACE+∠ECD=∠B+∠BAC=125°，
∵EA=EC=ED，
∴∠ACE=∠EAC，∠EDC=∠ECD，
∴∠AEC=180°−2∠ACE，∠DEC=180°−2∠DCE，
∴∠AED=AEC+∠DEC=360°−2∠ACE−2∠DCE=360°−2×125°=110°，
故答案为：110°；
（2）解：①∵∠BAC=60°，∠B=90°，
∴∠ACD=∠ACE+∠ECD=∠B+∠BAC=150°，
∵EA=EC=ED，
∴∠ACE=∠EAC，∠EDC=∠ECD，
∴∠AEC=180°−2∠ACE，∠DEC=180°−2∠DCE，
∴∠AED=AEC+∠DEC=360°−2∠ACE−2∠DCE=360°−2×150°=60°，
∵EA=ED，
∴△AED是等边三角形；
②PE−PD=2AB，证明如下，
作点D关于直线CF的对称点D′，连接CD′，DD′，ED′，，
根据三角形任意两边之和大于第三边可得，当点P在ED′的延长线上时，PE−PD的值最大，
∵D关于直线CF的对称点D′，
∴PD=PD′，CD=CD′，
∴PE−PD=ED′，
∵∠AED=60°，∠CFD=∠CAE，
∴∠ACF=360°−60°−180°=120°，
∵∠ACD=150°，
∴∠FCD=30°，
∴∠D′CD=60°，
∴∠D′CE=∠DCE−60°
∵△AED是等边三角形，
∴∠CDA=∠CDE−60°，
∴∠CDA=∠D′CE，
又∵CD=CD′，EC=ED，
∴△CDA≌△D′CE(SAS)，
∴AC=ED′，
∵∠BAC=60°，∠B=90°，
∴∠ACB=30°，
∴AC=2AB，
∴PE−PD=2AB．
13．（2023秋·北京东城·八年级统考期末）已知：在△ABC中，∠CAB=2∠B．点D与点C关于直线AB
对称，连接AD，CD，CD交直线AB于点E．（1）当∠CAB=60°时，如图1．用等式表示，AD与AE的数量关系是： ，BE与AE的数量关系是：
；
（2）当∠CAB是锐角(∠CAB≠60°)时，如图2；当∠CAB是钝角时，如图3．在图2，图3中任选一种
情况，
①依题意补全图形；
②用等式表示线段AD，AE，BE之间的数量关系，并证明．
【思路点拨】
（1）根据轴对称的性质，得出∠B=30°，∠ACE=90°−∠CAB=30°=∠ADE，根据含30度角的直
1
角三角形的性质，得出AD=2AE，AC= AB，进而得出BE=3AE；
2
（2）在图2，图3中任选一种情况，补全图形，根据等腰三角形的性质，分类讨论即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵ ∠CAB=2∠B，点D与点C关于直线AB对称，∠CAB=60°
∴ CD⊥AB，∠ACE=90°−∠CAB=30°=∠ADE，∠B=30°，
则∠ACB=90°
1
∴ AD=2AE，AC= AB，
2
1 1 3
∴AE= AC= AB，EB=AB−AE= AB，
2 4 4
∴BE=3AE．
故答案为：AD=2AE；BE=3AE．
（2）选择图2时．
①补全图形如图2，图2
②数量关系：AD=BE−AE．
证明：在EB上取点F，使FE=AE，连接CF．
∵点C与点D关于直线AB对称，
∴CD⊥AB，CE=DE．
∴AD=AC，AC=FC．．
∴AD=FC， ∠CFA=∠CAB．
∵∠CAB=2∠B，
∴∠CFA=2∠B．
∵∠CFA=∠B+∠BCF，
∴∠BCF=∠B．
∴FC=FB．
∴FB=AD．
∵FB=BE− EF，
∴AD=BE−AE．
选择图3时．
①补全图形如图3，图3-
②数量关系：AD=BE+AE．
证明：在BE的延长线上取点F，使FE=AE，连接FC．
∵点C与点D关于直线AB对称，
∴CD⊥AB，CE=DE．
∴AD=AC，AC=FC．
∴AD=FC， ∠CFA=∠CAF．
∵∠CAF+∠BAC=180°，
∴∠CFA+∠BAC=180°．
∵∠BAC=2∠B，
∴∠CFA +2∠B=180°．
∵∠CFA+∠B+∠BCF=180°，
∴∠BCF=∠B．
∴FC=FB．
∴FB=AD．
∵FB=BE+FE，
∴AD=BE+AE．14．（2023春·四川达州·八年级校联考期中）在△ABC 中，AB=AC，∠ABC=α，点 D 是直线 BC
上一点，点 C 关于射线 AD的对称点为点 E．作直线 BE 交射线 AD于点 F．连接 CF．
（1）如图 1，点 D 在线段 BC 上，求∠AFB 的大小（用含α 的代数式表示）；
（2）如果∠α=60°，
①如图 2，当点 D 在线段 BC上时，用等式表示线段 AF，BF，CF 之间的数量关系，并证明；
②如图 3，当点 D 在线段 CB 的延长线上时，补全图形，直接写出线段 AF、BF、CF之间的数量关
系．
【思路点拨】
（1）连接AE、CE，由轴对称的性质可得AE=AC，EF=FC，∠EAD=∠CAD，设
∠EAD=∠CAD=x，则∠CAE=2x，由等腰三角形的性质可得出结论；
（2）①延长FB至点G，使FG=FA，连接AG，证明△AFG为等边三角形，由等边三角形的性质得出
AG=AF，∠GAF=60°，证明△ABG≅△ACF，由全等三角形的性质得出BG=CF，即可得出结论；
②在BE上取点G，使得FG=FA，连接AG，证明△AGE≅△AFB，由全等三角形的性质得出BF=EG
，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：连接AE、CE，
∵点E为点C关于AD的对称点，
∴AE=AC，EF=FC，∠EAD=∠CAD，
设∠EAD=∠CAD=x，则∠CAE=2x，∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=α,
∴∠BAE=180°−2x−2α，
∴∠ABE+∠AEB=2x+2α，
∵AE=AB，
∴∠ABE=AEB=x+α，
∴∠AFB=∠AEB−∠EAD=α；
（2）解：①AF=BF+CF，
延长FB至点G，使FG=FA，连接AG，
∵AB=AC，
∴∠ABC=α=60°，
∴△ABC为等边三角形，∠BAC=60°，
由（1）知，∠AFB=α=60°，
∴△AFG为等边三角形，
∴AG=AF，∠GAF=60°，
∴∠GAB=∠FAC，
在△ABG和△ACF中，
{
AG=AF
)
∠GAB=∠FAC ，
AB=AC
∴△ABG≅△ACF(SAS)，
∴BG=CF，
∴CF+BF=BG+BF=GF，
∵GF=AF，
∴AF=BF+CF；
②CF=AF+BF，连接AE，∵点E为点C关于AD的对称点，
∴AE=AC，EF=FC，∠EAD=∠CAD，
设∠EAD=∠CAD=x，则∠CAE=2x，
∵AB=AC=AE，
∴∠ACB=∠ABC=∠BAC=60°，
∴∠DAB=x−60°，
∴∠EAB=x+x−60°=2x−60°，
∵AE=AB，
180°−2x+60°
∴∠ABE=∠AEB= =120°−x，
2
∴∠AFE=∠DAB+∠ABE=x−60°+120°−x=60°，
在BE上取点G，使得FG=FA，连接AG，
∴△AFG为等边三角形，
∴AG=AF，∠GAF=60°，
∴∠GAE=∠FAB=x−60°，
在△AGE和△AFB中，
{
AG=AF
)
∠GAE=∠FAB ，
AE=AB
∴△AGE≅△AFB(SAS)，
∴BF=EG，
∴EF=EG+FG=BF+AF，
∴CF=EF=BF+AF．
15．（2023·全国·八年级专题练习）在直角三角形ABC中，∠C=90°，点D，E分别在AB，AC上，将
△DEA沿DE翻折，得到△≝¿．
（1）如图①，若∠CED=70°，则∠CEF=______°；（2）如图②，∠BDF的平分线交线段BC于点G.若∠CED=∠BDG，求证BC∥DF．
（3）已知∠A=α，∠BDF的平分线交直线BC于点G.当△≝¿的其中一条边与BC平行时，直接写出
∠BGD的度数（可用含α的式表示）．
【思路点拨】
（1）先求出∠AED=180°−∠CED=110°，再利用翻折即可得出答案；
（2）根据角平分线的定义得出∠FDG=∠BDG，设∠FDG=∠BDG=β，
则∠ADF=180°−2β，根据翻折得出∠ADE=∠FDE=90°−β，再求出
∠EMD=180°−(∠EDF+∠DEC)=90°，即可得出结论；
（3）分情况：①当ED∥BC，②当DF∥BC，③当EF∥BC，④当DF∥BC时， DF在AB的下方，
⑤当EF∥BC时，F在AB的下方，分别求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵∠CED=70°，
∴∠AED=180°−∠CED=110°，
∵翻折，
∴∠AED=∠≝=110°，∴∠CEF=∠FED−∠CED=110°−70°=40°，
故答案为：40；
（2）解：∵∠BDF的平分线交线段BC于点G，
∴∠FDG=∠BDG，
∵∠CED=∠BDG，
设∠FDG=∠BDG=β，
∴∠ADF=180°−∠BDF=180°−2β，
∵翻折，
1
∴∠ADE=∠FDE= ∠ADF=90°−β，
2
∴∠EDF+∠DEC=90°−β+β=90°，
∴∠EMD=180°−(∠EDF+∠DEC)=90°，
∵∠C=90°，
∴BC∥DF；
（3）解：
①当ED∥BC，如图①所示：
∴∠1=∠C=90°，
∵∠A=α，
∴∠2=180°−∠2−∠A=90°−α，
∵翻折，
∴∠3=∠2=90°−α，∴∠FDB=180°−∠2−∠3=2α，
∵∠BDF的平分线交线段BC于点G，
1
∴∠4= ∠BDF=α，
2
∵∠B=90°−α，
∴∠BGD=180°−∠B−∠4=90°；
②当DF∥BC，如图②所示：
∴∠1=∠C=90°，
∴∠ADF=180°−∠1−∠A=90°−α，
∴∠FDB=180°−∠ADF=90°+α，
∵∠BDF的平分线交线段BC于点G，
1 1
∴∠2= ∠BDF=45°+ α，
2 2
∵∠B=90°−α，
1
∴∠BGD=180°−∠B−∠2=45°+ α；
2
③当EF∥BC，如图③所示：
∴∠1=∠C=90°，
∵翻折，∠F=∠A=α，
∴∠2=∠1+∠F=90°+α，
∴∠FDB=∠A+∠2=90°+2α，
∵∠BDF的平分线交线段BC于点G，1
∴∠GDB= ∠BDF=45°+α，
2
∵∠B=90°−α，
∴∠BGD=180°−∠B−∠GDB=45°；
④当DF∥BC时，DF在AB的下方，如图④所示：
∴∠FDB=∠A=90°−α，
∵∠BDF的平分线交线段BC于点G，
1 1
∴∠GDB= ∠BDF=45°− α，
2 2
1
∴∠BGD=∠1−∠GDB=45°− α；
2
⑤当EF∥BC时，F在AB的下方，如图⑤所示：
∴∠1=∠2=90°−α，
∵翻折，∠F=∠A=α，
∴∠FDB=∠1−∠F=90°−2α，
∵∠BDF的平分线交线段BC于点G，
1
∴∠GDB= ∠BDF=45°−α，
2
∴∠BGD=∠2−∠GDB=45°；1 1
综上所述，∠BGD=90°或∠BGD=45°+ α或∠BGD=45°或∠BGD=45°− α．
2 2
16．（2022秋·福建福州·八年级校考阶段练习）如图，等边△ABC中，过点A在AB边的右侧作射线AP
，∠BAP＝α (30°＜α＜90°)，点B与点E关于直线AP对称，连接AE，BE，且BE交射线AP于点
D，过C、E两点作直线交射线AP于点F．
（1）当α＝40°时，求∠AEC的度数；
（2）在变换过程中，∠AFE的大小是否发生变化？如果变化，写出变化的范围，如果不变化，求
∠AFE的大小；
（3）在变化过程中，直接写出线段AF，CF，DF之间的数量关系．
【思路点拨】
根据等边三角形的性质得到∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，AB=BC=AC，根据轴对称的性质得到
180°−∠ CAE
BD=DE，BE⊥AP，求得AB=BC=AC=AE，得到∠AEC=∠ACE= ；
2
（1）当∠BAP＝α＝40°时，如图1．得到∠BAD＝∠EAD＝40°，求得∠CAE＝
∠BAD+∠EAD−∠BAC＝20°，于是得到∠AEC＝∠ACE＝80°；
（2）①当30°<α≤90°时，60°<2α≤180°，D，F在射线AP上，如图1．得到
∠BAD=∠EAD=α，求得∠CAE=∠BAD+∠EAD−∠BAC＝2α−60°，于是得到
∠AFE=180°−∠ AEC−∠EAD=60°；②当90°<α<120°时，180°<2α<240°，D，F在点A
的两侧，如图2．根据轴对称的性质得到BD=DE，BE⊥AP，求得∠BAD＝∠EAD，AB＝AE，根据等边三
角形的性质得到∠EAP=∠BAP=α，AB=AC，求得∠CAE=2α−60°，于是得到
∠AFE=180°−∠ AEC−∠EAP=60°；
（3）连接BF，在FA上截取FH=FC，连接CH．由（2）知∠AFE=60°，根据等边三角形的性质得到
∠HFC=∠FHC=∠HCF=60°，HF=FC=HC，根据线段垂直平分线的性质得到BF=EF，∠FDE=90°，于是得到EF=2DF=BF；①当30°<α≤60°时，如图3．根据全等三角形的性质得
到AH＝BF．求得AF=AH+HF=2DF+CF；②当60°<α<120°时，如图4．得到
∠ACB+∠ACF+∠HCF+∠ACF，根据全等三角形的性质得到AH=BF．求得
AF=AH−HF=2DF−CF．
【解题过程】
（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，AB＝BC＝AC，
∵点B与点E关于直线AP对称，且BE交射线AP于点D，
∴BD=DE，BE⊥AP，
∴AB=AE，∠BAD=∠EAD，
∴AB=BC=AC=AE，
180°−∠ CAE
∴∠AEC=∠ACE= ；
2
当∠BAP=α=40°时，如图1．
∴∠BAD=∠EAD=40°，
∴∠CAE=∠BAD+∠EAD−∠BAC=20°，
∴∠AEC=∠ACE=80°；
（2）当30°<α≤90°时，60°<2α≤180°，D，F在射线AP上，如图1．
∴∠BAD=∠EAD= α，
∴∠CAE=∠BAD+∠EAD−∠BAC=2α−60°，
∴∠AEC=∠ACE=120°− α，
∴∠AFE=180°−∠ AEC−∠EAD=60°；
当90°<α<120°时，180°<2α<240°，D，F在点A的两侧，如图2．∵点B与点E关于直线AP对称，且BE交射线AP于点D，
∴BD=DE，BE⊥AP，
∴∠BAD=∠EAD，AB=AE，
∵等边△ABC，∠BAP= α，
∴∠EAP=∠BAP＝α，AB=AC，
∴∠CAE=2α−60°，
∴∠AEC=∠ACE=120°− α，
∴∠AFE=180°−∠ AEC−∠EAP=60°；
∴综上所述，当30°<α<120°时，∠AFE＝60°；
（3）①当30°<α≤60°时，AF=2DF+CF，②当60°<α≤90°时，AF=2DF−CF，理由如下：
连接BF，在FA上截取FH＝FC，连接CH．
由（2）知∠AFE＝60°，
∴△HFC是等边三角形，
∴∠HFC=∠FHC=∠HCF=60°，HF=FC=HC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，BC=AC．
∵点B与点E关于直线AP对称，
且BE交射线AP于点D，
∴AP为BE中垂线，
∴BF=EF，∠FDE=90°，
又有∠AFE=60°，
∴∠DEF=90°−∠ AFE=30°，
∴EF=2DF=BF；
①当30°<α≤60°时，如图3．∴∠ACB−∠HCB=∠HCF−∠HCB，
∴∠ACH=∠BCF，
∴△ACH≌△BCF(SAS)，
∴AH=BF．
∴AH=BF=EF=2DF，
∴AF=AH+HF=2DF+CF；
②当60°<α<120°时，如图4．
∴∠ACB+∠ACF=∠HCF+∠ACF，
∴∠BCF=∠ACH，
∴△BCF≌△ACH(SAS)，
∴AH=BF．
∴AH=BF=EF=2DF，
∴AF=AH−HF=2DF−CF，
综上所述，①当30°<α≤60°时，AF=2DF+CF，②当60°<α≤90°时，AF=2DF−CF．
17．（2022秋·吉林松原·八年级统考期中）如图①，在△ABD中，∠ABD=90°，∠A=60°，
AB=2cm，以BD为直角边在BD的上方作直角三角形BCD，使∠BDC=90°，且BC∥AD，点E是AD
的中点，点P从点A出发，沿折线AB−BC以1cm/s的速度向终点C运动，连接PE，设点P的运动时间为
t（s）．
（1）求证：△ABD≌△CDB；
（2）用含t的式子表示PB的长；
（3）当PE将四边形ABCD的周长分成2:3两部分时，求t的值；
（4）如图②，在点P运动的过程中，作点A关于直线PE的对称点A′，连接A′E，当A′E所在直线与四边
形ABCD的边垂直时，请直接写出∠AEP的度数．
【思路点拨】
（1）易证∠ABD=∠CDB，再由平行线的性质得到∠ADB=∠CBD，然后由ASA得到
△ABD≌△CDB即可；
（2）先由含30°角直角三角形的性质得AD=2AB=2×2=4cm，当点P在AB上运动时，则
PB=(2−t)cm，当点P在BC上运动时，PB=(t−2)cm；
1 1
（3）先求出四边形ABCD的周长为12cm，AE= AD= ×4=2cm，再由PE将四边形ABCD的周长分
2 2
2 3
成2：3两部分可列方程2+t=12× 或2+t=12× ，即可求解；
5 5
1
（4）先证∠AEP=∠A′EP= ∠AEA′ ，再分四种情况讨论：当A′E⊥AB，且点P在AB上时；当
2
A′E⊥AD，且点P在AB上时；当A′E⊥AB，且点P在BC上时；当A′E⊥AD，且点P在BC上时；分
别求出相应的∠AEP的度数即可．
【解题过程】
（1）证明：∵∠ABD=90°，∠BDC=90°，
∴∠ABD=∠CDB，
∵BC∥AD，∴∠ADB=∠CBD，
在△ABD和△CDB中，
{∠ABD=∠CDB
)
BD=BD ，
∠ADB=∠CBD
∴△ABD≌△CDB（ASA）；
（2）解：∵∠ABD=90°，∠A=60°，
∴∠ADB=90°−60°=30°，
1
∴AB= AD，
2
∴AD=2AB=2×2=4（cm），
∵△ABD≌△CDB，
∴BC=AD=4cm，
∴AB+BC=2+4=6（cm），
∴当0≤t≤2时，PB=(2−t)cm；当2＜t≤6时，PB=(t−2)cm；
（3）解：∵△ABD≌△CDB，
∴CD=AB=2cm，
∴AB+CB+CD+AD=2×2+4×2=12（cm），
∵E为AD的中点，
1 1
∴AE= AD= ×4=2（cm），
2 2
∵PE将四边形ABCD的周长分成2:3两部分，
2 3
∴2+t=12× 或2+t=12× ，
5 5
14 26
解得：t= 或t= ；
5 5
（4）解：∵点A′与点A关于直线PE成轴对称，
∴点P、点E都在对称轴上，
∴△PA′E与△PAE关于直线PE成轴对称，
1
∴∠AEP=∠A′EP= ∠AEA′
，
2
当A′E⊥AB，且点P在AB上时，如图②所示：∵∠A=60°，
∴∠AE A′=30°，
1
∴∠AEP= ×30°=15°；
2
当A′E⊥AD，且点P在AB上时，如图③所示：
∵∠AE A′=90°，
1
∴∠AEP= ×90°=45°；
2
当A′E⊥AB，且点P在BC上时，如图④所示：
延长A′E交AB于点F，则∠AFE=90°，
∵∠BAD=60°，
∴∠AEF=30°，
∴∠AE A′=180°−30°=150°，
1
∴∠AEP= ×(360°−150°)=105°，
2
当A′E⊥AD，且点P在BC上时，如图⑤所示：∵∠AE A′=90°，
1
∴∠AEP= ×(360°−90°)=135°，
2
综上所述，∠AEP的度数为15°或45°或105°或135°．
18．（2023秋·重庆涪陵·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D为AB
边上一点，连结CD，过点B作BE⊥CD交CD的延长线于点E．
（1）如图1，若∠BCE=2∠DBE，BE=4，求△ABC的面积；
（2）如图2，延长EB到点F使EF=CE，分别连结CF，AF，AF交EC于点G．求证：BF=2EG．
（3）如图3，若AC=AD，点M是直线AC上的一个动点，连结MD，将线段MD绕点D顺时针方向旋转
90°得到线段M′D，点P是AC边上一点，AP=3PC，Q是线段CD上的一个动点，连结PQ，QM′．当
PQ+QM′的值最小时，请直接写出∠PQM′的度数．
【思路点拨】
（1）过点C作CF⊥AB于点F，利用8字型图，得到∠DCF=∠DBE，易得∠BCE=30°，从而得到
AC=BC=2BE=8，再利用面积公式进行计算即可；
（2）延长FE到T，使ET=EF，连接AT和CT， 证明△ACT≌△BCF(SAS)，得到AT=BF，连接TG
，推出△AGT是等腰三角形，过点G作GM⊥AT，得到AT=2MT，根据平行线间距离处处相等，得到
MT=EG，从而得到AT=2≥¿，即可得证；
（3）过点D作DE⊥AB交AC的延长线于点E，作点P关于CD的对称点P′，连接AM′,CP′,QP′,P′M′
，证明△MDE≌△M′DA(SAS)，推出点M在直线AC上运动时，点M′在过点A且垂直于AC的直线上运
动，根据轴对称和三角形的三边关系以及垂线段最短，得到P′Q＋QM′≥P′M′，得到P′,Q,M′三点共线时，且P′M′⊥AM′时，PQ+QM′有最小值，根据P′M′⊥BC，P′M′∥AC，求出∠CP′M′=45°，
证明PQ∥CP′，进而得到∠PQM′=∠CP′M′，即可得出结论．
【解题过程】
（1）如图1，过点C作CF⊥AB于点F，
∵∠ACB=90°,AC=BC，
∴∠ABC=∠A=45°，
∵CF⊥AB,BE⊥CD，
∴∠CFD=∠E=90°，∠BCF=45°，
∵∠CDF=∠BDE，
∵∠DCF=180°−∠CFD−∠FDC,∠DBE=180°−∠BED−∠BDE，
∴∠DCF=∠DBE，
∵∠BCE=2∠DBE，∠BCE+∠DCF=∠BCF=45°，
1
∴∠BCE+ ∠BCE=45°
2
∴∠BCE=30°，
∵BE⊥CD,BE=4，
∴AC=BC=2BE=8，
1 1
∴△ABC的面积为 AC⋅BC= ×8×8=32；
2 2
（2）如图2，延长FE到T，使ET=EF，连接AT和CT，
∵BE⊥CD,EF=CE，∴∠ECF=∠EFC=45°，
∵ET=EF，
∴CF=CT，
∴∠FTC=∠EFC=45°，
∴∠FCT=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACT=∠BCF=90°−∠BCT，
在△ACT和△BCF中，
{
AC=BC
)
∠ACT=∠BCF,
CT=CF
∴△ACT≌△BCF(SAS)，
∴∠ATC=∠BFC=45°,AT=BF，
∴∠ATF=∠ATC+∠FTC=45°+45°=90°，
连接TG，
∵CE⊥FT,FE=ET，
∴CE是FT的中垂线，
∴TG=GF，
∴∠GTF=∠GFT，
∵∠GTF+∠ATG=∠GFT+∠TAF=∠ATF=90°，
∴∠ATG=∠TAF，
∴AG=TG，
∴AG=FG，
过点G作GM⊥AT，则：AT=2MT，
∵∠ATF=90°，
∴ET⊥AT，
∴ET∥GM，
又∵¿⊥ET,
∴¿=MT，（平行线间的距离处处相等）
∴AT=2EG，
∴BF=2EG；
（3）如图3，过点D作DE⊥AB交AC的延长线于点E，作点P关于CD的对称点P′，连接AM′,CP′,QP′,P′M′，
∵∠BAC=45°,DE⊥AB，
∴∠ADE=90°,∠E=∠BAC=45°，
∴AD=ED，
∵将线段MD绕点D顺时针方向旋转90°得到线段M′D，
∴DM=DM′，∠MDM′=90°，
∴∠MDE=∠M′DA=90°−∠ADM，
在△MDE和△M′DA中，
{
MD=M′D
)
∠MDE=∠M′DA,
DE=DA
∴△MDE≌△M′DA(SAS)，
∴∠DAM′=∠E=∠BAC=45°，
∴∠EAM′=∠DAM′+∠BAC=45°+45°=90°，
∴点M在直线AC上运动时，点M′在过点A且垂直于AC的直线上运动；
∵点P关于CD的对称点P′，
∴PQ=P′Q，
∵P′Q＋QM′≥P′M′，
∴PQ＋QM′的最小值为P′M′，
∴当P′M′⊥AM′时，PQ+QM′有最小值：
此时，P′M′⊥BC，P′M′∥AC，如图4，180°−45°
∴∠ACD=∠ADC= =67.5° ，
2
∵点P关于CD的对称点P′，
∴∠DCP′=∠ACD=67.5°,PC=CP′，
∴∠ACP′=∠DCP′+∠ACD=135°，
∴∠BCP′=∠ACP′−∠ACB=135°−90°=45°，
∵P′M′⊥BC，
∴∠CP′M′=45°，
∴∠CQP′=180°−∠CP′M′−∠DCP′=180°−45°−67.5°=67.5°，
∴∠CQP=∠CQP′=67.5°
∴∠CQP=∠DCP′，
∴PQ∥CP′，
∴∠PQM′=∠CP′M′=45°．
