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专题 13.6 轴对称
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
评卷人 得 分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（2024八年级·全国·竞赛）如图，图案是由一个窗花通过轴对称变换而形成的，则变换次数最多和最少
分别是（ ）．
A．5，3 B．8，4 C．9，4 D．以上都不对
【思路点拨】
本题考查了轴对称变换，根据轴对称的性质即可求解，掌握轴对称的性质是解题的关键．
【解题过程】
解：每次变换一个窗花，需9次；
先变换1个，接着2个，再4个，最后2个，共4次；
∴变换次数最多和最少分别是9，4，
故选：C．
2．（23-24八年级上·河北石家庄·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的坐标是(a,b)，则经过第2019次变换后，所得A点的坐标是（ ）
A．(a,−b) B．(−a,−b) C．(−a,b) D．(a,b)
【思路点拨】
本题考查了轴对称的坐标变换，点的坐标变换规律探究，读懂题目信息，观察出每四次对称为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．
观察图形可知每四次对称为一个循环组依次循环，用2019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．
【解题过程】
解：点A第一次关于x轴对称后在第四象限，所得A点的坐标是(a,−b)；
点A第二次关于y轴对称后在第三象限，所得A点的坐标是(−a,−b)；
点A第三次关于x轴对称后在第二象限，所得A点的坐标是(−a,b)；
点A第四次关于y轴对称后在第一象限，即点A回到原始位置，所得A点的坐标是(a,b)；
所以，每四次对称为一个循环组依次循环，
∵2019÷4=504余3，
∴经过第2019次变换后所得的A点与第三次变换的位置相同，在第二象限，坐标为(−a,b)．
故选：C．
3．（24-25八年级上·全国·假期作业）若点P关于x轴的对称点为P (2a+b,−a+1)，关于y轴的对称点为
1
P (4−b,b+2)，则P点的坐标为（ ）
2
A．(9,3) B．(−9,3) C．(9,−3) D．(−9,−3)
【思路点拨】
本题考查平面直角坐标系关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系，根据这种关系转化为方程组的问
题．
点P关于x轴的对称点为P (2a+b,−a+1)，则点P的坐标是(2a+b,a−1)，点P关于y轴的对称点为
1
P (4−b,b+2)，则的P的坐标是(b−4,b+2)，因而就得到关于a，b的方程组，从而求出a，b，得出点
2
P的坐标．
【解题过程】
解：点P关于x轴的对称点为P (2a+b,−a+1)，则点P的坐标是(2a+b,a−1)，点P关于y轴的对称点
1
为P (4−b,b+2)，则的P的坐标是(b−4,b+2)，
2
{2a+b=b−4)
根据题意得： ，
a−1=b+2
{a=−2)
解得： ，
b=−5
∴P点的坐标为(−9,−3)．
故选：D．
4．（23-24八年级上·福建福州·单元测试）△ABC中，AB=AC=12cm，P在线段BC上，PE⊥AB于E，PD⊥AC于D，若它一腰上的高与另一腰所成的锐角等于60°，则PE+PD的值为
（ ）
A．3cm B．6cm C．9cm D．12cm
【思路点拨】
本题考查了 30°的直角三角形的性质，三角形的内角和定理等知识，分一腰上的高在外部和内部讨论即
可．
【解题过程】
解：当一腰上的高在外部时，如图，连接AP，
由题意知：∠ABH=60°，BH⊥AC，
∴∠BAH=30°，
1
∴BH= AB=6cm，
2
∵S =S +S ，
△ABC △ABP △ACP
1 1 1
∴ ×12×6= ×12PE+ ×12PD，
2 2 2
∴PE+PD=6cm；
当一腰上的高在内部时，如图，连接AP，
由题意知：∠ABH=60°，BH⊥AC，
∴∠BAH=30°，1
∴BH= AB=6cm，
2
∵S =S +S ，
△ABC △ABP △ACP
1 1 1
∴ ×12×6= ×12PE+ ×12PD，
2 2 2
∴PE+PD=6cm；
综上，PE+PD=6cm，
故选：B．
5．（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，在锐角△ABC中，AB=15,△ABC的面积为90，BD平分∠ABC
，若E、F分别是BD、BC上的动点，则CE+EF的最小值为（ ）
A．12 B．15 C．18 D．9
【思路点拨】
本题主要考查轴对称的性质等知识，熟练掌握“将军饮马”模型是解题的关键．
如图：在BA上取一点G，使BG=BF，连接CG，EG，作CH⊥AB于H，可得出
CE+CF=CE+EG≥CG≥CH得到CE+EF的最小值为CH的长，再求出CH的长即可．
【解题过程】
解：如图：在BA上取一点G，使BG=BF，连接CG，EG，作CH⊥AB于H，
∵BD平分∠ABC，
∴直线BD是∠ABC的对称轴，
∴EG=EF，
∴CE+CF=CE+EG≥CG≥CH，
∴CE+EF的最小值为CH的长，
∵AB=15，△ABC的面积为90，1 1
∴ AB⋅CH= ×15×CH=90，解得：CH=12，
2 2
∴CE+EF的最小值为：12．
故选：A．
6．（23-24八年级上·辽宁大连·期末）△ABC在△ABC中，边AB，AC的垂直平分线相交于P点，若
3 3
∠AEB= ∠EAC= α，则∠BAE是（ ）
2 2
1 1
A． α B．α C．90°− α D．90°−α
2 2
【思路点拨】
本题考查线段垂直平分线的性质，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，掌握线段的垂直平分线上的点
到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
连接AP，延长BP交AC于D，根据线段垂直平分线的性质及等腰三角形的性质证得∠ABP=∠BAP，
∠ACP=∠CAP，根据三角形内角和即可求出∠BAE．
【解题过程】
解：连接BP，CP，
3 3
∵∠AEB= ∠EAC= α，
2 2
∴∠EAC=α，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE，
1
∴∠ACE=∠AEB−∠EAC= α
2
∵点P是AB，AC的垂直平分线的交点，∴PA=PB=PC，
1 1
∴∠ABP=∠BAP，∠ACP=∠CAP=α，∠CBP=∠BCP=∠ACP−∠ACB=α− α= α，
2 2
设∠ABP=∠BAE=x，
1 3
∴∠ABC=∠ABP−∠BPC=x− α，∠BAC=∠BAP−∠PAC=x+ α
2 2
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，
1 1
∴x− α+x+α+ α=180°
2 2
1
∴x=90°− α，
2
1
即∠BAE=90°− α
2
故选：C．
7．（23-24八年级上·广东·单元测试）如图，已知：∠MON=30°，点A 、A 、A …在射线ON上，点
1 2 3
B 、B 、B …在射线OM上，△A B A 、△A B A 、△A B A …均为等边三角形，若OA =1，则
1 2 3 1 1 2 2 2 3 3 3 4 1
△A B A 的边长为（ ）
6 6 7
A．6 B．12 C．32 D．64
【思路点拨】
此题主要考查了等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出
A B ∥A B ∥A B ，以及A B =2B A ，得出A B =4B A =4，A B =8B A =8，
1 1 2 2 3 3 2 2 1 2 3 3 1 2 4 4 1 2
A B =16B A …进而得出答案，根据已知得出A B =4B A =4，A B =8B A =8，
5 5 1 2 3 3 1 2 4 4 1 2
A B =16B A 进而发现规律是解题的关键．
5 5 1 2
【解题过程】
解：如图，∵△A B A 是等边三角形，
1 1 2
∴A B =A B ，∠3=∠4=∠12=60°，
1 1 2 1
∴∠2=120°，
∵∠MON=30°，
∴∠1=180°−120°−30°=30°，
又∵∠3=60°，
∴∠5=180°−60°−30°=90°，
∵∠MON=∠1=30°，
∴OA =A B =1，
1 1 1
∴A B =1，
2 1
∵△A B A 、△A B A 是等边三角形，
2 2 3 3 3 4
∴∠11=∠10=60°，∠13=60°，
∵∠4=∠12=60°，
∴A B ∥A B ∥A B ，B A ∥B A ，
1 1 2 2 3 3 1 2 2 3
∴∠1=∠6=∠7=30°，∠5=∠8=90°，
∴A B ＝2B A ，B A ＝2B A ，
2 2 1 2 3 3 2 3
∴A B =4B A =4，
3 3 1 2
A B =8B A =8，
4 4 1 2
A B =16B A =16
5 5 1 2
以此类推：A B =32B A =32．
6 6 1 2
故选：C．
8．（23-24七年级下·贵州毕节·期末）在△BCD中，∠BCD<120°，分别以BC、CD和BD为边在
△BCD外部作等边三角形ABC、等边三角形CDE和等边三角形BDF，连结AD、BE和CF交千点P，则
以下结论中①AD=BE=CF；②∠BEC=∠ADC；③∠DPE=∠EPC=∠CPA=60°；④
PB+PC+PD=BE．正确的有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
证明△ABD≌△CBF(SAS)，△ACD≌△BCE(SAS)，可得∠BAD=∠BCF，∠CAD=∠CBE，进一步
可判断①②，证明∠APC=60°，求出∠BPC=120°，进一步可判断③，在PA上截取PG=PB，连接
BG，证明∠BGA=∠BPC=120°，再证△BAG≌△BCP(AAS)，可得PC=GA，进而可得
PA=PB+PC，进一步可判断④．
【解题过程】
解：∵△ABC，△BDF是等边三角形，
∴BA=BC，BD=BF，∠ABC=∠DBF=60°，
∴∠ABD=∠CBF，
∴△ABD≌△CBF(SAS)，
∴∠BAD=∠BCF，AD=CF，
同理可得△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CAD=∠CBE，AD=BE，∠BEC=∠ADC，
∴AD=BE=CF，故①②符合题意；
∵∠BAD+∠CAD=60°，
∴∠BAD+∠CBE=60°，
∵∠ABC=60°，
∴∠BAD+∠ABC+∠CBE=∠BAD+∠ABE=120°，
∴∠BPA=60°=∠DPE，
同理可得∠APC=60°，
∴∠BPC=120°，∠EPC=60°，
∴∠DPE=∠EPC=∠CPA=60°，故③符合题意；
如图，在PA上截取PG=PB，连接BG，∴△BPG是等边三角形，
∴∠BGP=60°，
∴∠BGA=120°，
∴∠BGA=∠BPC，
又∵∠BAG=∠BCP，AB=CB，
∴△BAG≌△BCP(AAS)，
∴PC=GA，
∴PA=PG+GA=PB+PC，
∵AD=BE，
∴PB+PC+PD=PA+PD=AD=BE；故④符合题意；
故选D
9．（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）如图，在等边三角形ABC中，AB=2，D为△ABC内一点，且
DA=DB，E为△ABC外一点，BE=AB且∠EBD=∠CBD，连接DE，CE，有下列结论：①
∠DAC=∠DBC②BE⊥AC；③∠DEB=30°；④若EC∥AD，则S =1．其中正确结论的个数为
△EBC
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【思路点拨】
本题考查了等边三角形的性质、三角形的内角和定理、平行线的性质、全等三角形的性质和判定的应用．
熟练掌握等边三角形的性质与全等三角形的性质和判定是解题的关键．
根据等边三角形的性质，得到等边三角形的边角关系，然后利用“边边边”证明△ACD≌△BCD，从而可证明结论①正确；利用“边角边”证明△BED≌△BCD，从而可证明结论③正确；利用平行线的性质
得出∠DAC=∠ECA，再根据三角形的内角和定理求出∠ECA=∠DBC=∠DBE=15°，求得
∠CBE=30°，则可证明BE是AC的中垂线，再根据含30°的直角三角形性质求出△EBC中BE边上的
高，即可求得S =1，即结论④正确；证明△ACD≌△BED，则有∠EBD=∠CAD，根据对顶角相等
△EBC
有∠AON=∠BOD，根据三角形的内角和定理可得∠ANB=∠ADB，若BE⊥AC，则
∠ANB=∠ADB=90°，而∠ADB不一定等于90°，故结论②错误；
【解题过程】
解：如图，连接DC，
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AB=BC=AC，∠ACB=60°，
∵ DB=DA，DC=DC，
∴ △ACD≌△BCD(SSS)，
1
∴ ∠BCD=∠ACD= ∠ACB=30°，∠DAC=∠DBC；
2
∴结论①正确；
∵ BE=AB，
∴ BE=BC，
∵ ∠EBD=∠CBD，BD=BD，
∴ △BED≌△BCD(SAS)，
∴ ∠DEB=∠BCD=30°．
∴结论③正确；
∵EC∥AD，
∴ ∠DAC=∠ECA，
∵ ∠DBE=∠DBC，∠DAC=∠DBC，
∴设∠ECA=∠DBC=∠DBE=x，∵ BE=BA，
∴ BE=BC，
∴ ∠BCE=∠BEC=60°+x，
∴ 2x+2(60°+x)=180°，
解得：x=15°，
∴ ∠CBE=30°，∴ ∠ABE=60°−∠CBE=30°，
∴ BE是AC的中垂线
∵ BC=BE=2，∠CBE=30°，
1
∴ BE边上的高为 BC=1，
2
1
∴ S = ×2×1=1，
△EBC 2
∴结论④正确；
∵ △ACD≌△BCD，△BED≌△BCD，
∴ △ACD≌△BED，
∴ ∠EBD=∠CAD，
又∵ ∠AON=∠BOD，
若BE⊥AC，则∠ANB=∠ADB=90°，
而∠ADB不一定等于90°，故结论②错误；
故①③④正确，共3个结论正确，
故选C．
10．（23-24八年级上·湖北荆门·期末）如图，在△ABC中，AC=BC，∠B=30°，D为AB的中点，P
为CD上一点，E为BC延长线上一点，且PA=PE．则下列结论：①∠PAD+∠PEC=30°，②△PAE为
CE−CD
等边三角形；③PD= ；④S =S ，其中正确的结论是( )
2 四边形AECP △ABC
A．①②③④ B．①② C．①②④ D．③④
【思路点拨】
连接BP，由等腰三角形的性质和线段的中垂线性质即可判断①；由三角形内角和定理可求∠PEA+∠PAE=120°，可得∠APE=60°，可判断②；过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG=CP，
由“SAS”可证△HAC≌△∠EAC，延长PD至H，使PD=HD，则点P关于AB的对称点H，连接HA，
根据对称性质即可判断③；过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG=CP，由三角形的面积的和差关系可判
断④．
【解题过程】
解：如图，连接BP，
∵AC=BC，∠ABC=30°，点D是AB的中点，
∴∠CAB=∠ABC=30°，AD=BD，CD⊥AB，∠ACD=∠BCD=60°，
∴CD是AB的中垂线，
∴AP=BP，而AP=PE，
∴AP=PB=PE，
∴∠PAB=∠PBA，∠PEB=∠PBE，
∴∠PBA+∠PBE=∠PAB+∠PEB，
∴∠ABC=∠PAD+∠PEC=30°，故①正确；
∵PA=PE，
∴∠PAE=∠PEA，
∵∠ABC=∠PAD+∠PEC=30°，
∴∠PAE+∠PEA=180°−60°=120°，
∴∠APE=60°而PA=PE，
∴△PAE是等边三角形，故②正确；
如图，延长PD至H，使PD=HD，则点P关于AB的对称点为H，连接HA，
∴AP=AH，∠PAD=∠HAD，
∵△PAE是等边三角形，
∴AE=AP，∴AE=AH，
∵∠CAD=∠CAP+∠PAD=30°，
∴2∠CAP+2∠PAD=60°，
∴∠CAP+∠PAD+∠HAD=60°−∠PAC，
∴∠EAC=60°−∠PAC，
∴∠HAC=∠EAC，
∵AC=AC，
∴△HAC≌△∠EAC(SAS)，
∴CH=CE，
∴CE=CH=CP+PD+DH=CP+2PD，
CE−CP
∴PD= ．故③正确；
2
过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG=CP，
∵CG=CP，∠BCD=60°，
∴△CPG是等边三角形，
∴∠CGP=∠PCG=60°，
∴∠ECP=∠PGB=120°，且EP=PB，∠PEB=∠PBE，
∴△PCE≌△PGB(AAS)，
∴CE=GB，
∴AC=BC=BG+CG=EC+CP，
∵∠ABC=30°，AF⊥BE，
1
∴AF= AB=AD，
2
1 1 1 1
∵S = CB×AF= (EC+CP)×AF= EC×AF+ CP×AD=S ，
△ACB 2 2 2 2 四边形AECP
∴S =S ．故④正确．
四边形AECP △ABC
所以其中正确的结论是①②③④．
故选：A．评卷人 得 分
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）
11．（24-25八年级上·江苏泰州·阶段练习）如图，点A、B、C都在方格纸的格点上，请你再找一个格点
D A B C D D
，使点 、 、 、 组成一个轴对称图形，这样的格点 有 个．
【思路点拨】
此题考查利用轴对称设计图案，如图1，以线段AB的垂直平分线为对称轴，找出点C的对称点D，然后顺
次连接即可；如图2，以线段AB所在的直线为对称轴，找出点C的对称点D，然后顺次连接即可；如图
3，以线段BC的垂直平分线为对称轴，找出点A的对称点D，然后顺次连接即可；如图4，以线段BC所在
的直线为对称轴，找出点A的对称点D，然后顺次连接即可．
【解题过程】
解：如图所示：故答案为：4．
12．（23-24八年级上·河南安阳·阶段练习）如图，等腰三角形ABC的底边BC长为4，面积是12，腰AB
的垂直平分线EF分别交AC，AB边于F，E点．若点D为BC边的中点，点P为线段EF上一动点，则
△PBD周长的最小值为 ．
【思路点拨】
本题考查的是轴对称—最短路线问题．连接AD，AP，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
故AD⊥BC，再根据三角形的面积公式求出AD的长，再根据EF是线段AB的垂直平分线，可知点B关于
直线EF的对称点为点A，故AD的长为BP+PD的最小值，由此即可得出结论．
【解题过程】
解：如图，连接AD，AP，
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴AD⊥BC，1 1
∴S = BC⋅AD= ×4×AD=12，
△ABC 2 2
解得：AD=6，
∵EF是线段AB的垂直平分线，
∴点B关于直线EF的对称点为点A，
∴AP+PD=BP+PD≥AD，
1 1
∴△BDP周长的最小值=(BP+PD)+BD=AD+ BC=6+ ×4=8．
2 2
故答案为：8．
13．（23-24七年级下·全国·单元测试）如图，∠AOB=18°，点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∠MPQ=α，∠PQN=β，当MP+PQ+QN最小时，则β−α=
．
【思路点拨】
本题考查轴对称−最短问题、三角形外角的性质．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，根据三角形的外角的性质和平角的定义即可得到结论．
【解题过程】
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，当
M'，N'，Q三点共线时，MP+PQ+QN最小，
1 1
∴∠OPM=∠OPM′=∠NPQ= (180°−α)，∠OQP=∠AQN′=∠AQN= (180°−β)，
2 21 1
∴∠QPN=∠OPM′= (180°−α)=∠AOB+∠MQP=18°+ (180°−β)，
2 2
∴180°−α=36°+180°−β，
∴β−α=36°，
故答案为：36°．
14．（23-24八年级上·江苏南通·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0，8)，点B为x
轴上一动点，以AB为边在直线AB的右侧作等边三角形ABC．若点P为OA的中点，连接PC，则PC的长
的最小值为 ．
【思路点拨】
本题考查了轴对称―最短路线问题，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，添加恰当辅助
线构造全等三角形是本题的关键．
以AP为边作等边三角形APE，连接BE，过点E作EF⊥AP于F，由“SAS”可证△ABE≌△ACP，可
得BE=PC，则当BE有最小值时，PC有最小值，即可求解．
【解题过程】
解：如图，以AP为边作等边三角形APE，连接BE，过点E作EF⊥AP于F，
∵点A的坐标为(0,8)，
∴OA=8,
∵点P为OA的中点，
∴AP=4,
∵ △AEP是等边三角形，EF⊥AP，∴ AF=PF=2,AE=AP，
∠EAP=∠BAC=60°，
∴ ∠BAE=∠CAP，
在△ABE和△ACP中，
{
AE=AP
)
∠BAE=∠CAP,
AB=AC
∴△ABE≌△ACP(SAS)，
∴BE=PC,
∴当BE有最小值时，PC有最小值，即BE⊥x轴时，BE有最小值，
∴ BE的最小值为OF=OP+PF=4+2=6，
∴PC的最小值为6，
故答案为：6．
15．（23-24八年级上·山东滨州·期中）如图，已知点B是AC边上的动点（不与A,C重合），在AC的同
侧作等边△ABD和等边△BCE，连接AE,CD，下列结论正确的是 （填序号）
①△ABE≌△DBC；②∠CHE=60°；③GF∥AC；④△BFG是等边三角形；⑤HB平分∠AHC；⑥
AH=DH+BH；⑦CH=BH+EH；⑧∠HGF=∠HBF；⑨∠HFG=∠GBH；⑩图中共有2对全等
三角形．
【思路点拨】
本题以常见的全等模型-“手拉手”模型为几何背景，考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的综合
问题、角平分线的性质定理等知识点，还涉及了“截长补短”的辅助线作法，掌握相关结论和方法，进行
严密的几何推理是解题关键．
【解题过程】
解：∵△ABD、△BCE是等边三角形，
∴∠ABD=∠CBE=60°,AB=DB,BE=BC，
∴∠ABD+∠DBE=∠CBE+∠DBE
即：∠ABE=∠DBC∴△ABE≌△DBC，故①正确；
∵△ABE≌△DBC，
∴∠AEB=∠DCB，
∵∠HFE=∠CFB
∴∠CHE=∠CBE=60°，故②正确；
∵∠ABD=∠CBE=60°,
∴∠DBF=60°=∠ABG
∵△ABE≌△DBC
∴∠BAG=∠BDF
∵AB=DB,
∴△BAG≌△BDF
∴BG=BF
∴△BGF是等边三角形
∴∠BGF=60°=∠ABD
∴GF∥AC，故③、④正确；
∵△ABE≌△DBC，
∴S =S ,AE=DC
△ABE △DBC
∴AE,DC边上的高相等，
即点B到AE,DC的距离相等，
∴HB平分∠AHC，故⑤正确；
在AE上截取AN=DH，连接BN，如图所示：
∵AN=DH，AB=DB, ∠BAN=∠BDH，
∴△BAN≌△BDH
∴BN=BH,∠ABN=∠DBH
∴∠ABN+∠DBN=∠DBH+∠DBN
∴∠ABD=∠NBH=60°
∴△BNH是等边三角形，∴BH=NH
∴AH=AN+NH=DH+BH，故⑥正确；
在CD上截取CM=BH，连接EM，如图所示：
由②得：∠CHE=60°，
∴∠AHC=120°
由⑤得：HB平分∠AHC，
∴∠BHG=∠BHF=60°,∠BHE=120°
∴∠BEH+∠HBE=60°
∵∠BEH=∠BCF，∠BCF+∠ECM=60°
∴∠HBE=∠ECM
∵EB=EC
∴△HBE≌△ECM
∴EM=EH
∴△EMH是等边三角形，
∴EH=MH
∴CH=CM+MH=BH+EH，故⑦正确；
∵∠BHG=∠BFG=60°
∴∠BEH+∠HBF=∠BEH+∠HGF
∴∠HGF=∠HBF，故⑧正确；
∴∠EHC=∠HFG+∠HGF=∠GBH+∠HBF=60°
∴∠HFG=∠GBH，故⑨正确；
由以上推理可知：△ABE≌△DBC、△BAG≌△BDF，
∵∠BCF=∠BEG,BC=BE,∠CBF=∠EBG
∴△CBF≌△EBG
∴图中不只有2对全等三角形，故⑩错误；
故答案为：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨评卷人 得 分
三、解答题（本大题共8小题，满分55分）
16．（6分）（24-25八年级上·江苏无锡·阶段练习）如图，在△ABC中，∠ABC=2∠C，∠BAC的平分
线AD交BC于点D，过B作BF⊥AD，垂足为F，延长BF交AC于点E．
（1）求证：△ABE为等腰三角形；
（2）已知AC=16，BD=3，求AB的长．
【思路点拨】
本题考查了等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，三角形的内角和，等腰三角形的性质，角
平分线的定义，正确的作出辅助线是解题的关键；
（1）由垂直的定义得到∠AFE=∠AFB=90°，由角平分线的定义得到∠EAF=∠BAF，根据三角形的
内角和得到∠AEF=∠ABF，得到AE=AB，于是得到结论；
（2）连接DE，根据等腰三角形的性质得到AD垂直平分BE，得到BD=ED，由等腰三角形的性质得到
∠≝=∠DBF，等量代换得到∠AED=∠ABD，于是得到结论．
【解题过程】
（1）证明：∵BE⊥AD，
∴∠AFE=∠AFB=90°，
又∵AD平分∠BAC，
∴∠EAF=∠BAF，
又∵在△AEF和△ABF中
∠AFE+∠EAF+∠AEF=180°，∠AFB+∠BAF+∠ABF=180°
∴∠AEF=∠ABF，
∴AE=AB，
∴△ABE为等腰三角形；
（2）解：连接DE，∵AE=AB，AD平分∠BAC，
∴AD垂直平分BE，
∴BD=ED，
∴∠≝=∠DBF，
∵∠AEF=∠ABF，
∴∠AED=∠ABD，
又∵∠ABC=2∠C，
∴∠AED=2∠C，
又∵△CED中，∠AED=∠C+∠EDC，
∴∠C=∠EDC，
∴EC=ED，
∴CE=BD．
∴AB=AE=AC−CE=AC−BD=16−3=13．
17．（6分）（24-25八年级上·江苏扬州·月考试题）如图，在10×8的方格图中，每个小方格都是边长为1
个单位的正方形，每个小正方形的顶点叫做格点．已知△ABC的三个顶点在格点上．
（1）画出△A′B′C′，使它与△ABC关于直线m对称；
（2）在直线m上找一点D，使得△BCD的周长最小；（保留作图痕迹）
（3）延长BC交直线m于E，若△BEF是以BE为底边的等腰三角形，那么图中这样的格点F共有_______
个．【思路点拨】
本题考查了轴对称作图，最短路径问题等腰三角形的性质，解答（3）关键是根据题意构造底边BE的垂直
平分线．
（1）利用轴对称变换的性质分别作出A,B,C的对应点A′,B′,C′即可；
（2）在（1）的基础上，连B′C交，直线m于点D，点D即为所求；
（3）先做出BE的垂直平分线，再找到垂直平分线进过的格点即可．
【解题过程】
（1）解：如图，由题意，作△A′B′C′，使它与△ABC关于直线m对称，
（2）解：由题意，连C′B，交直线m于点D，连CD，△BCD即为所求；
理由：由题意，所求△BCD中，BC边长为定值，只要BD+CD最小即可，由作图可知，B,C′,D三点共
线，BD+CD=BD+C′D=BC′，此时，BD+CD最小，则点D即为所求．
（3）解：如图，取点F ，画直线CF ，理由：若△BEF是以BE为底边的等腰三角形，
1 1
则格点F在底边BE的垂直平分线上，如图，取点G,H,N，则可知，GN=HE=3，CH=BN=1，且∠CHE=∠BNC=90°,
∴△CHE≌△BNC，
∴CE=CB，即点C是线段BE的中点，
同理，△F GC≌△BNC，
1
∴∠BCN=∠F CG，
1
∴∠BCF =∠BCN+∠F CN=∠F CG+∠F CN=90°，
1 1 1 1
∴直线CF 垂直平分线段BE，
1
将△CF G分别向上、向左平移1个，3个单位或者向下，向右平移1个，3个单位，分别得到直线CF 上
1 1
的格点F ,F ，
2 3
则点F ,F ,F 即为所求．
1 2 3
故答案为：3．
18．（6分）（24-25八年级上·江苏宿迁·阶段练习）如图，在△ABC中，DM，EN分别垂直平分AC和
BC，交AB于M，N两点，DM与EN相交于点F．
（1）若∠ACB=110°，则∠MCN的度数为 ；
（2）若∠MCN=α，求∠MFN的度数；（用含α的代数式表示）
（3）连接FA、FB、FC，△CMN的周长为6cm，△FAB的周长为14cm，求FC的长．
【思路点拨】
此题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等边对等角的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握以上知识的应用及整体思想的应用．
（1）根据垂直平分线的性质得AM=CM，BN=CN，根据等边对等角可得∠A=∠ACM，
∠B=∠BCN，然后利用三角形的内角和定理计算即可得解；
（2）根据垂直平分线的性质得AM=CM，BN=CN，根据等边对等角可得∠A=∠ACM，
α
∠B=∠BCN，再求出∠A+∠B，然后求出∠ACB=90°+ ，最后利用四边形的内角和定理计算即可
2
得解；
（3）根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AM=CM，BN=CN，然后求出△CMN
的周长=AB，再由DF，EF分别垂直平分AC和BC，求出FA=FC，FB=FC即可求解；
【解题过程】
（1）解：∵DM，EN分别垂直平分AC和BC，
∴AM=CM，BN=CN，
∴∠A=∠ACM，∠B=∠BCN，
∵∠A+∠B+∠ACM+∠BCN+∠MCN=180°，∠ACB=∠ACM+∠BCN+∠MCN=110°，
∴∠A+∠B=70°，
∴∠A+∠B+∠ACM+∠BCN=140°，
∴∠MCN=180°−140°=40°，
故答案为：40°；
（2）解：∵DM，EN分别垂直平分AC和BC，
∴AM=CM，BN=CN，∠CDF=∠CEF=90°，
∴∠A=∠ACM，∠B=∠BCN，
∵∠A+∠B+∠ACM+∠BCN+∠MCN=180°，∠MCN=α，
α
∴∠A+∠B=90°− ，
2
α
∴∠ACB=180°−∠A−∠B=90°+ ，
2
∵四边形DFEC的内角和为360°，
∴∠ACB+∠MFN=360°−∠CDF−∠CEF=180°，
α
∴∠MFN=90°− ，
2
α
故答案为：90°− ；
2（3）解：如图所示，
∵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，
∵△CMN的周长为6cm，
∴AB=6cm，
∵△FAB的周长为14cm，
∴FA+FB+AB=14cm，
∴FA+FB=8cm，
∵DF，EF分别垂直平分AC和BC，
∴FA=FC，FB=FC，
∴2FC=8cm，
∴FC=4cm．
19．（6分）（2024八年级上·全国·专题练习）如图1，等边△ABC，延长AB至点D，使BD=AB，连接
CD，点E是CD边上任意一点，以AE为边作等边△AEF，连接DF．
（1）试判断△≝¿的形状，并说明理由；
（2）如图2，若点E在CD的延长线上，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
【思路点拨】
此题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的性质等知识，构造全等三角形是
解题的关键．（1）延长AC到点G，使得CG=AC，由△AEF是等边三角形得到∠EAF=60°,AF=AE=EF，证明
△EAG≌△FAD(SAS)，则¿=DF，证明CD垂直平分AG，得到AE=≥¿，由等量代换即可得到EF=DF
，即可证明△≝¿是等腰三角形；
（2）延长AC到点H，使得CH=AC，证明AH=AD，由△AEF是等边三角形得到
∠EAF=60°,AF=AE=EF，证明△EAH≌△FAD(SAS)，则EH=DF，证明CD垂直平分AH，则
AE=HE，由等量代换即可得到EF=DF，即可证明△≝¿是等腰三角形．
【解题过程】
（1）解：△≝¿是等腰三角形，
理由如下：延长AC到点G，使得CG=AC，
则AG=AC+CG=2AC，
∵等边△ABC，延长AB至点D，使BD=AB，
∴AB=AC=BC，AD=BD+AB=2AB，∠CAB=∠ACB=∠ABC=60°，
∴AG=AD，
∵△AEF是等边三角形，
∴∠EAF=60°,AF=AE=EF，
∴∠EAF−∠DAE=∠CAB−∠DAE=60°−∠DAE，
∴∠EAG=∠DAF，
∴△EAG≌△FAD(SAS)，
∴¿=DF，
∵BD=AB=BC，
∴∠BCD=∠BDC，
∵∠BCD+∠BDC=∠ABC=60°，
1
∴∠BCD=∠BDC= ∠ABC=30°，
2
∴∠ACD=∠ACB+∠BCD=90°，即CD⊥AG，
∴CD垂直平分AG，∴AE=≥¿，
∴EF=≥¿，
∵¿=DF，
∴EF=DF，
∴△≝¿是等腰三角形；
（2）解：（1）中的结论还成立，
理由如下：延长AC到点H，使得CH=AC，
则AH=AC+CH=2AC，
∵等边△ABC，延长AB至点D，使BD=AB，
∴AB=AC=BC，AD=BD+AB=2AB，∠CAB=∠ACB=∠ABC=60°，
∴AH=AD，
∵△AEF是等边三角形，
∴∠EAF=60°,AF=AE=EF，
∴∠EAF+∠DAE=∠CAB+∠DAE=60°+∠DAE，
∴∠EAH=∠DAF，
∴△EAH≌△FAD(SAS)，
∴EH=DF，
∵BD=AB=BC，
∴∠BCD=∠BDC，
∵∠BCD+∠BDC=∠ABC=60°，
1
∴∠BCD=∠BDC= ∠ABC=30°，
2
∴∠ACD=∠ACB+∠BCD=90°，即CD⊥AH，
∴CD垂直平分AH，
∴AE=HE，∴EF=HE，
∵EH=DF，
∴EF=DF，
∴△≝¿是等腰三角形，
即（1）中的结论还成立．
20．（6分）（23-24七年级下·河南郑州·期中）【综合实践】如果两个等腰三角形的顶角相等，且顶角的
顶点互相重合，则称此图形为“手拉手全等模型”．因为顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所
以通常称为“手拉手模型”．
（1）【初步把握】如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB=AC，AD=AE，且
∠BAC=∠DAE，则有△ABD≌ ；线段BD和CE的数量关系是 ；
（2）【深入研究】如图2，△ABC和△ADE是都是等腰三角形，即AB=AC，AD=AE，且
∠BAC=∠DAE=90°，B，C，D在同一条直线上．请判断线段BD与CE存在怎样的数量关系及位置关
系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】如图3，直线l ⊥l ，垂足为点O，l 上有一点M在点O右侧且OM=4，点N是l 上一
1 2 2 1
个动点，连接MN，在MN下方作等腰直角三角形NMP，MN=MP，∠NMP=90°，连接OP．请直接
写出线段OP的最小值及此时ON的长度．
【思路点拨】
本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，等腰直角三角形性质等，解题的关键是掌握全等
三角形判定定理．
（1）由∠BAC=∠DAE，可得∠BAD=∠CAE，根据SAS可得△ABD≌△ACE，则可得出结论；
（2）由∠BAC=∠DAE=90°，得∠BAD=∠CAE，即可证△ABD≌△ACE(SAS)，有BD=CE，
∠ACE=∠ABC，而△ABC是等腰三角形且∠BAC=90°，知∠ABC=∠ACB=45°，故
∠ACE=∠ABC=45°，即可得∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，BD⊥CE；
（3）证明∠O′MO=45°，当OP有最小，即O′P′最小，即垂线段最短，当O′P′⊥y轴时，O′P′最小，则可得出答案．
【解题过程】
（1）∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE(SAS)；
故答案为：△ACE；BD=CE；
（2）解：BD与CE的数量关系是BD=CE，位置关系是BD⊥CE
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE，∠ACE=∠ABC，
∵△ABC是等腰三角形且∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ACE=∠ABC=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，
∴BD⊥CE；
（3）∵△MNP是等腰直角三角形，
∴∠MNP=∠NPM=45°，
将△OPM绕M点顺时针旋转90°得△O′P′M（N与P′重合），
连接OO′，∴△PMO≌△P′MO′，
∴MO=MO′，OP=O′P′，
∴∠O′MO=45°，
当OP有最小，即O′P′最小，当O′P′⊥y轴时，
由∠O'OP'=45°，∠O'P'O=90°，
∴O′P′=OM=4，ON=OP′=4，
∴ON=4，OP最小值为4．
21．（8分）（23-24八年级下·吉林·期中）如图，在△ABC中，AB=AC=BC=18cm，点D在AC上，
CD=8cm．点M在线段CB上由点C向点B运动，点N在线段BA上由点B向点A运动，运动速度均为
5cm/s，两点同时出发，到达终点后停止运动．
（1）当运动2秒时，∠DMN的度数为______．
（2）开始运动几秒时，△BMN是直角三角形？
（3）若点M和点N在到达终点后不停止运动，而是沿着△ABC的三边顺时针继续运动，直到回到出发点
后停止，直接写出：线段MN与△ABC的某一边平行时的时间．
【思路点拨】
（1）计算出运动2秒时CM、MN、BN的长，再证明△MBN≌△DCM，得∠BMN=∠CDM，则
∠BMN+∠CMD=∠CDM+∠CMD=180°−∠C=120°即可求得∠DMN=60°；
（2）设运动的时间为秒，分两种情况，一是∠BNM=90°，则BM=2BN，可列方程18−5t=5t；二是∠BMN=90°，则BN=2BM，可列方程5t=2(18−5t)，解方程求出相应的t值即可；
（3）分三种情况，一是点M在BC边上，则BM=BN，可列方程18−5t=5t；二是点M在AB边上，则
AM=AN，可列方程18×2−5t=5t−18；三是点M在AC边上，则CM=CN，可列方程
18×3−5t=5t−18×2，解方程求出相应的t值即可．
【解题过程】
（1）解：如图1，
∵AB=AC=BC=18cm，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°
运动2秒时，CM=5×2=10(cm)，MB=18−10=8(cm)，BN=5×2=10(cm)，DC=8cm，
∴MB=DC，BN=CM，
在△MBN和△DCM中，
{MB=DC
)
∠B=∠C ，
BN=CM
∴△MBN≌△DCM(SAS)，
∴∠BMN=∠CDM，
∴∠BMN+∠CMD=∠CDM+∠CMD=180°−∠C=120°
∴∠DMN=180°−(∠BMN+∠CMD)=60°；
（2）解：设运动的时间为t秒，
如图2，当∠BNM=90°时，则∠BMN=30
∴BM=2BN，
18−5t=2×5t，
6
解得t= ，
5
如图3，
当∠BMN=90°时，则∠BNM=30°
BN=2BM，
5t=2(18−5t)，
12
解得t=
5
6 12
综上所述，运动 秒或 秒，△BMN是一个直角三角形．
5 5
（3）解：如图1，当MN∥AC时，
∴∠BMN=∠C=∠BNM=∠A=60°，
∴△BMN是等边三角形，
∴BM=BN，
9
∴18−5t=5t，解得t= ；
5
如图4，
当MN∥BC时，则∠AMN=∠B=∠ANM=∠C'=60°，
∴△AMN是等边三角形，
∴AM=AN，
27
∴18×2−5t=5t−18，解得t= ；
5
如图5，
当MN∥AB时，则∠CMN=∠A=∠CNM=∠B=60°，
∴△CMN是等边三角形，
∴CM=CN，
∴18×3−5t=5t−18×2，
解得t=99 27
综_上所述，t的值是 秒或 秒或9秒时，线段MN与△ABC的某一边平行．
5 5
22．（8分）（23-24八年级上·湖北荆门·期末）如图,等腰直角△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点
A、B分别在坐标轴上．
（1）如图1，若C点的横坐标为5，求B点坐标；
（2）如图2，将△ABC摆放至x轴恰好平分∠BAC，BC交x轴于点M，过C点作CD⊥x轴于D点，求
CD
的值；
AM
（3）如图3，若点A坐标为(−4,0)，分别以OB，AB为直角边在第一、第二象限作等腰直角△BOF与等
腰直角△ABE，连接EF交y轴于P点．当B点在y轴正半轴上移动时，下列两个结论：①PB的长不变；②
EF−EB的值不变，其中只有一个是正确的，请选择，并求其值．
【思路点拨】
（1）过点C作CG⊥y轴于点G，根据同角的余角相等可以得到∠ABO=∠BCG，进一步可以证明
△ABO≅△BCG，因此可以得出结论BO=CG=5，求得B点坐标；
（2）分别延长AB、CD相交于点H，结合题意不难证明△ABM≅△CBH，从而根据“三线合一”可证
得DC=DH，最后结合全等三角形的性质即可得出结论；
（3）过点E作EQ⊥y轴于点Q，由题意易证得△BEQ≅△ABO和△PEQ≅△PFB，根据全等三角形的
1
性质和线段之间的转化即可得到结论PB= AO=2．
2
【解题过程】
（1）解：如图，过点C作CG⊥y轴于点G，∵∠ABC=90°，CG⊥y轴，
∴∠CBO+∠ABO=90°,∠CBO+∠BCG=90°，
∴∠ABO=∠BCG，
在△ABO和△BCG中，
{∠ABO=∠BCG
)
∠BOA=∠BGC ，
AB=BC
∴△ABO≅△BCG(AAS)，
∴BO=CG，
∵C点的横坐标为5，
∴BO=CG=5，
∴B点坐标为(0，5)．
（2）如图，分别延长AB、CD相交于点H，
∵∠ABC=90°，CH⊥x轴，
∴∠1+∠AMB=90°,∠3+∠CMD=90°，
∵∠AMB=∠CMD，
∴∠1=∠3，
在△ABM和△CBH中，
{∠ABM=∠CBH
)
AB=BC ，
∠1=∠3∴△ABM≅△CBH(ASA)，
∴AM=CH，
∵AD平分∠BAC，CH⊥x轴，
∴AC=AH，
∴DC=DH，
∴AM=CH=2CD，
CD 1
∴ = ．
AM 2
（3）①结论正确，PB的长为2，理由如下：
如图，过点E作EQ⊥y轴于点Q，
∵△ABE是以∠ABE为顶角的等腰直角三角形，△BOF是以∠OBF为顶角的等腰直角三角形，
∴AB=BE，BO=BF，
∵∠ABE=90°，AO⊥BO，
∴∠1+∠ABO=90°，∠2+∠ABO=90°，
∴∠1=∠2，
在△BEQ和△ABO中，
{∠AOB=∠BQE
)
∠2=∠1 ，
AB=BE
∴△BEQ≅△ABO(AAS)，
∴EQ=BO，BQ=AO，
∵BO=BF，
∴EQ=BF，
在△PEQ和△PFB中，{∠EQP=∠FBP
)
∠EPQ=∠FPB ，
EQ=BF
∴△PEQ≅△PFB(AAS)，
∴PB=PQ，
∵PB+PQ=BQ，BQ=AO，
1 1
∴PB=PQ= BQ= AO，
2 2
∵点A的坐标为(−4,0)，
∴AO=4，
1 1
∴PB= AO= ×4=2．
2 2
23．（9分）（23-24八年级上·重庆大足·期末）在 △ABC和 △CDE中，BC=CD，连接 BD，BD恰好
平分 ∠ABC．
（1）如图1，当 ∠ABC=60∘时，求 ∠BCD的度数；
（2）如图2，在射线 BD上存在一点 F，使 ∠FCE+∠ABC=180∘，连接 CF． 当 ∠ABC=120∘，
CF=CE时，试说明 DE与 BC的位置关系；
（3）如图3，在（2）问的条件下，连接 EF并延长，分别交 AB，CD于点 M，N，若 MN=2❑√3，
AB=BC，P，Q分别为 AC和 DC上的动点，请直接写出 △FPQ周长的最小值．
【思路点拨】
（1）根据题意确定∠ABD=∠CBD=∠CDB=30°，再利用三角形的内角和计算即可：
（2）由题干条件推出△BCD为等边三角形，然后进一步证明△BCF≌△DCE(SAS)，从而利用全等三角
形和平行线的判定证明即可；
（3）首先将F沿AC对称至F′，沿CD对称至F″，可确定且F′，F″分别在BD、DE上，并连接F′F″，此
时与AC和CD交点即为所求P、Q，此时，△FPQ的周长最小，即为F′F″的长度，然后根据全等三角形
的判定以及对称的性质证明F′F″=EF=MN，即可求得结论．
【解题过程】
（1）解：∵∠ABC=60°，BD恰好平分∠ABC，1
∴∠ABE=∠CBD= ∠ABC=30°，
2
∵ BC=CD，
∴∠CBD=∠CDB=30°，
∴∠BCD=180°−∠CBD−∠CDB=180°−30°−30°=120°；
（2）证明：∵∠ABC=120∘，BD恰好平分∠ABC，
1
∴∠ABC=∠CBE= ∠ABC=60°，
2
∵BC=CD，
∴△BCD为等边三角形，∠BCD=∠BDC=60°，
∵ ∠FCE+∠ABC=180∘，
∴∠ECF=60°，
∴∠BCD=∠ECF=60°，
∴∠BCD+∠DCF=∠ECF+∠DCF，即∠BCF=∠DCE，
在△BCF和△DCE中，
{
BC=DC
)
∠BCF=∠DCE ，
CF=CE
∴△BCF≌△DCE(SAS)，
∴∠EDC=∠FBC=60°，
∴∠BCD=∠EDC=60°，
∴DE∥BC；
（3）如图所示，将F沿AC对称至F′，沿CD对称至F″，
由（2）可知CD是∠BDE的角平分线，故F″在ED上，
∵AB=BC，∠ABC=120°，
∴∠ACB=30°，
∴AC平分∠BCD，
∴AC垂直平分BD，即AC所在的直线是CD的对称轴，故F′在BD上，连接F′F′′，此时与AC和CD交点即为所求P、Q，
此时，△FPQ的周长最小，周长的最小值即为F′F″的长度，
∵AC所在的直线是BD的对称轴，
∴BF=F′D，
又∵DE=BF，
∴DF′=DE，
∴点F′与E是关于CD的对称，
∴FE与F′F″的交点在CD上，故Q与N重合.此时F′F″=EF
∵∠DCA=∠ACB=30°，
由对称的性质可得：CF=CF′=CF″，∠F′CA=∠FCA，∠FCD=∠F″CD，
∴∠F′CF″=60°，
∴ △CF′F″为等边三角形，
∴F″F′=C′F=CF
此时，过F点作FK∥BC，交AB于K点，如图所示，
∴∠KFB=∠FBC=∠KBF=60°，
∴△KBF为等边三角形，BF=KF，∠FKM=60°
由（2）知，BE=DE，
∴KF=DE．
由（2）可知DE∥BC，
∴DE∥KF，
∴∠DEN=∠KFM，
在△KFM和△DEN中，
{∠FKM=∠EDN
)
FK=ED ，
∠DEN=∠KFM
∴△KFM≌△DEN(ASA)，
∴MF=EN，
∴MF+FN=NF+EN，即：MN=EF=2❑√3
∴F′F″=EF=2❑√3，
∴△FPQ周长的最小值为2❑√3．
