文档内容
专题 2.3 轴对称全章十七类必考点
【人教版】
【考点1 生活中的轴对称现象】..............................................................................................................................2
【考点2 轴对称图形的判断】..................................................................................................................................4
【考点3 镜面对称】..................................................................................................................................................6
【考点4 轴对称性质】..............................................................................................................................................8
【考点5 折叠问题】................................................................................................................................................11
【考点6 设计轴对称图形】....................................................................................................................................17
【考点7 坐标系中的轴对称变换】........................................................................................................................20
【考点8 线段垂直平分线的性质运用】................................................................................................................25
【考点9 等腰三角形的性质（等边对等角）】...................................................................................................31
【考点10 等腰三角形的性质（三线合一）】.....................................................................................................37
【考点11 判定等腰三角形的个数】......................................................................................................................44
【考点12 等腰三角形的判定与性质综合】.........................................................................................................49
【考点13 等边三角形的性质】..............................................................................................................................59
【考点14 等边三角形的判定】..............................................................................................................................67
【考点15 等边三角形的判定与性质综合】.........................................................................................................70
【考点16 含30°角的直角三角形】.......................................................................................................................78
【考点17 最短路径问题】......................................................................................................................................86
【考点1 生活中的轴对称现象】
【必备知识】
（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：
①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；
②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．
【必刷题型】
1．（2024•南昌模拟）如图，一张台球桌的桌面长为2.84m，宽为1.42m，一个台球在桌面的一个角落，将
该球按如图所示的45°角击出，球持续直线运动（球碰到桌面边界会以相同角度反弹），最终落入台球
桌角落的一个球袋．则该球（入球袋前，在桌面边缘反弹的次数为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据题意画出图形，然后即可作出判断．
【解答】解：根据轴对称的性质可知，台球走过的路径为：
所以该球在桌面边缘反弹的次数为1．
故选：A．
2．（2023秋•寻乌县期末）如图，弹性小球从点 P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形的边时反
弹，反弹时反射角等于入射角，当小球第1次碰到矩形的边时的点为Q，第2次碰到矩形的边时的点为
M，……；第2024次碰到矩形的边时的点为图中的（ ）
A．点P B．点Q C．点M D．点N
【分析】第1次碰到：Q，第2次碰到：M，第3次碰到：N，第4次碰到：A，第5次碰到：B，第6次
碰到：P，第7次碰到：Q，第8次碰到：M，…，可得Q到P，每6次循环1次，即可求解．
【解答】解：如图，
第1次碰到：Q，第2次碰到：M，第3次碰到：N，第4次碰到：A，第5次碰到：B，第6次碰到：
P，第7次碰到：Q，第8次碰到：M，……，
∴从Q到P，每6次循环1次，
2024
∴ =337⋯2，
6
∴第2024次碰到是第338组的第2次碰到M；
故选：C．3．（2023秋•玉山县期末）如图，桌面上有M、N两球，若要将M球射向桌面的任意一边，使一次反弹后
击中N球，则4个点中，可以瞄准的是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
【分析】要击中点N，则需要满足点M反弹后经过的直线过N点，画出反射路线即可得出答案．
【解答】解：
可以瞄准点D击球．
故选：D．
【考点2 轴对称图形的判断】
【必备知识】
轴对称图形的概念：
（1）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．
【必刷题型】
1．（2024春•大东区期末）在回收、绿色食品、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选：B．
2．（2023秋•姜堰区月考）五个图形分别是正三角形、等腰梯形、长方形、正五边形，直角三角形，其中
一定是轴对称图形的个数为 ．
【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：直角三角形不一定能找到一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重
合，所以不是轴对称图形；
正三角形、等腰梯形、长方形、正五边形能找到一条或多条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的
部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
所以其中一定是轴对称图形的个数为4个．
故答案为：4个．
3．（2024春•鄄城县期末）在等腰直角三角形、等边三角形、半圆、正方形这四种常见的轴对称图形中，
对称轴最多的是 ．
【分析】根据轴对称图形的概念求解即可．
【解答】解：等腰直角三角形，半圆只有1条对称轴；
等边三角形有3条对称轴；
正方形有4条对称轴；
所以这四种常见的轴对称图形中，对称轴最多的是正方形．
故答案为：正方形．
4．（2024春•南岸区期末）如图的4×4的正方形网格中，△ABC的顶点都在小正方形的格点上，这样的三角形称为格点三角形，在网格中与△ABC成轴对称的格点三角形一共有 个．
【分析】直接利用轴对称图形的性质结合题意得出答案．
【解答】解：如图所示：都是符合题意的图形．
．
故答案为：13．
【考点3 镜面对称】
【必备知识】镜面对称：
（1）有时我们把轴对称也称为镜面（镜子、镜像）对称，如果沿着图形的对称轴上放一面镜子，那么在
镜子里所放映出来的一半正好把图补成完整的（和原来的图形一样）．
（2）镜面实质上是无数对对应点的对称，连接对应点的线段与镜面垂直并且被镜面平分，即镜面上有每
一对对应点的对称轴．
（3）关于镜面问题动手实验是最好的办法，如手头没有镜面，可以写在透明纸上，从反面看到的结果就
是镜面反射的结果．
【必刷题型】
1．（2022秋•惠民县期末）如图，是小亮在镜中看到身后墙上的时钟，此时时钟的实际时刻是（ ）
A．3：55 B．8：05 C．3：05 D．8：55
【分析】根据镜面对称的性质，在平面镜中的钟面上的时针、分针的位置和实物应关于过12时、6时的
直线成轴对称．
【解答】解：根据平面镜成像原理可知，镜中的像与原图象之间实际上只是进行了左右对换，由轴对称
知识可知，只要将其进行左右翻折，即可得到原图象，实际时间为 8点的时针关于过12时、6时的直线
的对称点是4点，分针指向11实际对应点为1，故此时的实际时刻是：8点5分．
故选：B．
2．（2023秋•京山市期中）小明在平面镜里看到背后墙上电子钟显示的时间如图所示，此刻的实际时间应
该是（ ）
A．21：05 B．20：15 C．20：12 D．21：50
【分析】根据镜面对称的性质求解，在平面镜中的像与现实中的事物恰好左右或上下顺序颠倒，且关于
镜面对称．
【解答】解：根据镜面对称的性质，题中所显示的时刻与20：15成轴对称，所以此时实际时刻为20：
15．
故选：B．
3．（2023春•邯郸月考）小兰从镜子中看到挂在她背后墙上的四个钟如图所示，其中时间最接近四点钟的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据镜面对称的性质求解，在平面镜中的像与现实中的事物恰好左右或上下顺序颠倒，且关于
镜面对称．
【解答】解：经过镜面反射后，四点变为八点，那么答案应该是最接近八点的图形，
故选：C．
4．（2024秋•姜堰区校级月考）从镜子中看到汽车正面的车辆的号码如图所示，则该汽车的号码是
B 6395 ．
【分析】利用镜面对称的性质求解．镜面对称的性质：在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒，
且关于镜面对称．
【解答】解：根据镜面对称的性质，题中所显示的图片中的数字与“B6395”成轴对称，则该汽车的号
码是B6395，
故答案为：B6395．
【考点4 轴对称性质】
【必备知识】
由轴对称的性质得到一下结论：
①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；
②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．
【必刷题型】
1．（2024•邱县二模）如图，点O为∠ABC内部一点，且OB＝2，E、F分别为点O关于射线BA，射线
BC的对称点，当∠ABC＝90°时，则EF的长为（ ）A．4 B．6 C．8 D．10
【分析】连接OE，OF，BE，BF，由轴对称的性质推出BE＝BO，∠OBA＝∠EBA，BF＝BO，∠OBC
＝∠FBC，又∠ABC＝90°，得到E、B、F共线，于是得出EF＝2OB．
【解答】解：连接OE，OF，BE，BF，
∵点O和点E关于射线BA对称，
∴射线BA垂直平分OE，
∴BE＝BO，
∴∠OBA＝∠EBA，
同理：BF＝BO，∠OBC＝∠FBC，
∴BE＝BF，
∵∠ABC＝90°，
∴∠EBA+∠FBC＝∠OBA+∠OBC＝∠ABC＝90°，
∴∠EBA+∠FBC+∠ABC＝180°，
∴E、B、F共线，
∵OB＝2，
∴BE＝BF＝OB＝2，
∴EF＝2BE＝4．
故选：A．
2．（2024•丛台区校级二模）如图，直线l，m相交于点O．P为这两直线外一点，且OP＝0.6．若点P关
于直线l，m的对称点分别是点P ，P ，则P ，P 之间的距离可能是（ ）
1 2 1 2A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】连接OP ，PP ，OP ，PP ，P P 根据轴对称的性质和三角形三边关系可得结论．
1 1 2 2 1 2
【解答】解：连接OP ，PP ，OP ，PP ，P P ，如图，
1 1 2 2 1 2
∵P 是P关于直线l的对称点，
1
∴直线l是PP 的垂直平分线，
1
∴OP ＝OP＝0.6，
1
∵P 是P关于直线m的对称点，
2
∴直线m是PP 的垂直平分线，
2
∴OP ＝OP＝0.6，
2
当P ，O，P 不在同一条直线上时，P P ＜OP +OP ，
1 2 1 2 1 2
即0＜P P ＜1.2，
1 2
故选：B．
3．（2024•阜阳三模）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝ ，边CD上的点B′与点B关于对
角线AC对称，则∠ACB的度数为（ ） α
1 1
A．90°− α B．90°+ α C．180°﹣2 D．45°+2
2 2
α α【分析】连接AB′，BB′，过A作AE⊥CD于E，依据∠BAC＝∠B′AC，∠DAE＝∠B′AE，即可得
1
出∠CAE= α，再根据直角三角形两锐角互余，即可求解．
2
【解答】解：如图，连接AB′，BB′，过A作AE⊥CD于E，如图所示：
∵边CD上的点B′与点B关于对角线AC对称，
∴AC垂直平分BB′，
∴AB＝AB′，
∴∠BAC＝∠B′AC，
∵AB＝AD，
∴AD＝AB'，
又∵AE⊥CD，
∴∠DAE＝∠B′AE，
1 1
∴∠CAE=∠B′ AC+∠B′ AE= ∠BAD= α，
2 2
又∵∠AEC＝90°，
1
∴∠ACB=∠ACB′=90°−∠CAE=90°− α，
2
故选：A．
4．（2023秋•庄浪县期末）如图，∠AOB内一点P，P ，P 分别是P关于OA、OB的对称点，P P 交OA
1 2 1 2
于点M，交OB于点N．若△PMN的周长是5cm，则P P 的长为（ ）
1 2
A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
【分析】根据轴对称的性质可得PM＝P M，PN＝P N，然后求出△PMN的周长＝P P ．
1 2 1 2【解答】解：∵P点关于OA、OB的对称点P 、P ，
1 2
∴PM＝P M，PN＝P N，
1 2
∴△PMN的周长＝PM+MN+PN＝P M+MN+P N＝P P ，
1 2 1 2
∵△PMN的周长是5cm，
∴P P ＝5cm．
1 2
故选：C．
【考点5 折叠问题】
【必备知识】
折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边
和对应角相等．
在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关
系．
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为
x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股
定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．
【必刷题型】
1．（2023秋•广水市期末）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A′处，折
痕为DE．如果∠A＝ ，∠CEA′＝ ，∠BDA′＝ ，那么下列式子中正确的是（ ）
α β θ
A． ＝2 + B． ＝ +2
C．θ＝ α+ β D．θ＝α180°β﹣ ﹣
【分θ析】α根β据三角形的外角得：∠BDA'＝∠A+∠AθFD，∠AαFD＝β∠A'+∠CEA'，代入已知可得结论．
【解答】解：如图：由折叠得：∠A＝∠A'，
∵∠BDA'＝∠A+∠AFD，∠AFD＝∠A'+∠CEA'，
∵∠A＝ ，∠CEA′＝ ，∠BDA'＝ ，
∴∠BDAα'＝ ＝ + + ＝β2 + ， θ
故选：A． θ α α β α β
2．（2024•威海一模）如图，在△ABC中，∠BAD＝30°，将△ABD沿AD折叠至△ADB'，∠ACB＝2 ，连
接B'C，B'C平分∠ACB，则∠AB'D的度数是（ ） α
α α
A．60°+ B．60°+ C．90°− D．90°﹣
2 2
α α
【分析】连接BB′，过点B′作B′E⊥BC于E，B′F⊥AC于F，连接BB′，过点B′作B′E⊥BC
于E，B′F⊥AC于F，可得△ABB′是等边三角形，得出AB′＝BB′，∠B′BA＝∠B′AB＝60°，运
用HL可证得Rt△BB′E≌Rt△AB′F（HL），得出∠B′BE＝∠B′AF，再运用三角形内角和定理即
可求得答案．
【解答】解：如图，连接BB′，过点B′作B′E⊥BC于E，B′F⊥AC于F，
则∠CEB′＝∠CFB′＝∠BEB′＝∠AFB′＝90°，
由折叠可知，∠BAD＝∠B'AD＝30°，AB＝AB′，
∴∠BAB′＝∠BAD+∠B'AD＝60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB′＝BB′，∠B′BA＝∠B′AB＝60°，
∵B′C平分∠ACB，∠ACB＝2 ，
α1
∴∠ACB′＝∠BCB′= ∠ACB＝ ，
2
α
又∵B′E⊥BC，B′F⊥AC，
∴B′E＝B′F，
在Rt△BB′E和Rt△AB′F中，
{B′E=B′F)
，
BB′=AB′
∴Rt△BB′E≌Rt△AB′F（HL），
∴∠B′BE＝∠B′AF，
∴∠B′BA+∠B′BE＝∠B′AB+∠B′AF，
即∠ABC＝∠BAC，
∵∠ACB＝2 ，∠ABC+∠BAC+∠ACB＝180°，
α 180°−2α
∴∠ABC＝∠BAC= =90°﹣ ，
2
α
∴∠AB'D＝90°﹣ ，
故选：D． α
3．（2024春•孝感期末）如图，在三角形ABC中，点D，E是边AC上两点，点F在边AB上，将三角形
BDC沿BD折叠得三角形BDG，DG交AB于点H，将三角形EFA沿EF折叠恰好得到三角形EFH，且
HE∥BD．下列四个结论：
①EF⊥AB；
②∠EHD＝∠HED；
③∠A＝∠ADH；
④∠EHD＝2∠HBD；
⑤若4∠ABC＝3∠AHD，则∠ABD＝4∠ABG．
其中，一定正确的有（ ）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】由折叠的性质可得EF⊥AB；由折叠的性质可得△BCD≌△BGD，△EFA≌△EFH，则∠DBC
＝∠DBG，∠A＝∠EHA，∠HDB＝∠BDC，由HE∥BD，可得∠EHD＝∠HDB＝∠BDC，∠AHE＝
∠ABD，则∠EDH＝180°﹣2∠HDB，由∠EHD+∠EDH+∠HED＝180°，可得∠EHD+180°﹣
2∠HDB+∠HED＝180°，则∠EHD＝∠HED，进而可判断②的正误；由题意知∠ADH＝180°﹣4∠A，
无法判断∠A与∠ADH的关系，进而可判断③的正误；由∠HED＝∠A+∠AHE＝2∠A，则∠EHD＝
1
2∠A，∠HBD+∠A＝∠BDC，可得∠HBD+ ∠EHD=∠EHD，即∠EHD＝2∠HBD，进而可判断
2
④的正误；根据 4∠ABC＝3∠AHD，可得 4（∠ABD+∠DBC）＝3（∠AHE+∠EHD），整理得 4
（∠DBC﹣∠ABD）+∠ABD＝∠EHD，即4∠ABG+∠ABD＝∠EHD，则4∠ABG＝∠EHD﹣∠ABD＝
∠BDC﹣∠ABD＝∠A＝∠ABD，进而可判断⑤的正误．
【解答】解：由折叠的性质可得EF⊥AB；①正确，故符合要求；
由折叠的性质可得△BCD≌△BGD，△EFA≌△EFH，
∴∠DBC＝∠DBG，∠A＝∠EHA，∠HDB＝∠BDC，
∵HE∥BD，
∴∠EHD＝∠HDB＝∠BDC，∠AHE＝∠ABD，
∴∠EDH＝180°﹣（∠HDB+∠BDC）＝180°﹣2∠HDB，
∵∠EHD+∠EDH+∠HED＝180°，
∴∠EHD+180°﹣2∠HDB+∠HED＝180°，
∴∠EHD＝∠HED，②正确，故符合要求；
∵∠ADH＝180°﹣∠A﹣∠AHD＝180°﹣4∠A，无法判断∠A与∠ADH的关系，③错误，故不符合要
求；
∵∠HED＝∠A+∠AHE＝2∠A，
∴∠EHD＝2∠A，
∵∠HBD+∠A＝∠BDC，
1
∴∠HBD+ ∠EHD=∠EHD，
2∴∠EHD＝2∠HBD，④正确，故符合要求；
∵4∠ABC＝3∠AHD，
∴4（∠ABD+∠DBC）＝3（∠AHE+∠EHD），
∴2∠EHD+4∠DBC＝3∠ABD+3∠EHD，
∴4（∠DBC﹣∠ABD）+∠ABD＝∠EHD，
∴4（∠DBG﹣∠ABD）+∠ABD＝∠EHD，即4∠ABG+∠ABD＝∠EHD，
∴4∠ABG＝∠EHD﹣∠ABD＝∠BDC﹣∠ABD＝∠A＝∠ABD，⑤正确，故符合要求；
综上：①②④⑤正确．
故选：C．
4．（2023秋•广汉市期末）如图，将一张长方形纸片ABCD沿对角线BD折叠后，点C落在点E处，连接
BE交AD于F，再将三角形DEF沿DF折叠后，点E落在点G处，若DG刚好平分∠ADB，那么∠ADB
的度数是 ．
【分析】根据折叠的性质可得∠BDC＝∠BDE，∠EDF＝∠GDF，由角平分线的定义可得∠BDA＝
∠GDF+∠BDG＝2∠GDF，然后根据矩形的性质及角的运算可得答案．
【解答】解：由折叠可知，∠BDC＝∠BDE，∠EDF＝∠GDF，
∵DG平分∠ADB，
∴∠BDG＝∠GDF，
∴∠EDF＝∠BDG，
∴∠BDE＝∠EDF+∠GDF+∠BDG＝3∠GDF，
∴∠BDC＝∠BDE＝3∠GDF，
∠BDA＝∠GDF+∠BDG＝2∠GDF，
∵∠BDC+∠BDA＝90°＝3∠GDF+2∠GDF＝5∠GDF，
∴∠GDF＝18°，
∴∠ADB＝2∠GDF＝2×18°＝36°．
故答案为：36°．
5．（2023秋•浑江区期末）如图（1）是长方形纸带，∠DEF＝m，将纸带沿EF折叠成图（2），再沿BF折叠成图（3），则图（3）中的∠CFE度数 （用含m的代数式表示）．
【分析】如图1，证明∠CFE＝180°﹣m．此为解决该题的关键性结论；证明∠CFG＝180°﹣2m，进而
证明，∠CFE＝180°﹣3m，即可解决问题．
【解答】解：如图1，∵四边形ABCD为矩形，
∴DE∥CF，
∴∠DEF+∠CFE＝180°
∴∠CFE＝180°﹣m．
如图2，∵∠EFG＝∠DEF＝m，
∴∠CFG＝180°﹣2m．
如图3，∠CFE＝∠CFG﹣∠EFG＝180°﹣3m．
故答案为180°﹣3m．
【考点6 设计轴对称图形】
【必备知识】
用轴对称设计图案关键是要熟悉轴对称的性质，利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得
到不同的图案．
【必刷题型】
1．（2024•石家庄校级模拟）如图所示的“钻石”型网格（由边长都为 1个单位长度的等边三角形组
成），其中已经涂黑了3个小三角形（阴影部分表示），请你再只涂黑一个小三角形，使它与阴影部分
合起来所构成的图形是一个轴对称图形，一共有（ ）种涂法．
A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据轴对称图形的定义，画出图形即可．
【解答】解：如图，满足条件的三角形有三个．
故选：C．
2．（2024秋•姜堰区校级月考）如图，阴影部分是由3个小正方形组成的一个图形，若在图中剩余的方格
中涂黑一个正方形，使整个阴影部分成为轴对称图形，涂法有 种．
【分析】直接利用轴对称图形的性质分析得出答案．
【解答】解：如图所示：
在图中剩余的方格中涂黑一个正方形，使整个阴影部分成为轴对称图形，只要将 1，2，3，4处涂黑，
都是符合题意的图形．
故答案为：4．
3．（2024秋•广陵区校级月考）请在下列三个2×2的方格中，各画出一个三角形，要求所画三角形是图中
三角形经过轴对称变换后得到的图形，且所画的三角形顶点与方格中的小正方形顶点重合，并将所画四
角形涂上阴影．（注：所画的4个图形不能重复）【分析】利用轴对称图形的性质，分别选择不同的直线当对称轴，得到相关图形即可．
【解答】解：如图所示：
4．（2024春•白银期末）在6×6的网格中已经涂黑了三个小正方形，请在图中涂黑一块（或两块）小正方
形，使涂黑的四个（或五个）小正方形组成一个轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形的定义以及题目要求画出图形即可
【解答】解：如图中，图形即为所求．
5．（2023春•成县期末）下列正方形网格图中，部分方格涂上了阴影，请按照不同要求作图．
（1）如图①，整个图形是轴对称图形，画出它的对称轴．（2）如图②，将某一个方格涂上阴影，使整个图形有两条对称轴．
（3）如图③，将某一个方格涂上阴影，使整个图形有四条对称轴．
【分析】（1）根据轴对称图形的性质作出对称轴即可；
（2）根据要求画出图形即可；
（3）根据要求画出图形即可．
【解答】解：（1）如图①中，直线m即为所求；
（2）如图②中，图形即为所求；
（3）如图③中，图形即为所求．
【考点7 坐标系中的轴对称变换】
【必备知识】
（1）关于x轴的对称点的坐标特点：
横坐标不变，纵坐标互为相反数．即点P（x，y）关于x轴的对称点P′的坐标是（x，-y）．
（2）关于y轴的对称点的坐标特点：
横坐标互为相反数，纵坐标不变．即点P（x，y）关于y轴的对称点P′的坐标是（-x，y）．
【必刷题型】
1．（2024•洪山区校级二模）在平面直角坐标系中，点A（2，﹣m+1）与点B（n+1，0）关于y轴对称，
则代数式m2+n2的值为 ．
【分析】直接利用关于y轴对称的性质得出关于m，n的方程组进而得出m，n的值，即可得出答案．
【解答】解：∵点A（2，﹣m+1）与点B（n+1，0）关于y轴对称，
∴n+1＝﹣2，﹣m+1＝0，解得：m＝1，n＝﹣3
∴m2+n2＝1+9＝10，
故答案为：10．
2．（2023秋•商城县期末）在平面直角坐标系中，若点 A（1+m，1﹣n）与点B（﹣3，2）关于x轴对
称，则点P（n，m）位于第 象限．
【分析】根据点A（1+m，1﹣n）与点B（﹣3，2）关于x轴对称，可得1+m＝﹣3，1﹣n＝﹣2，进一
步求出点P坐标，即可确定答案．
【解答】解：∵点A（1+m，1﹣n）与点B（﹣3，2）关于x轴对称，
∴1+m＝﹣3，1﹣n＝﹣2，
解得m＝﹣4，n＝3，
∴点P坐标为（3，﹣4）在第四象限，
故答案为：四．
3．（2023秋•寻乌县期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A（0，1），B（3，2），C（1，
4）均在小正方形网格的格点上．
（1）画出△ABC关于x轴的对称图形△A B C （点A、B、C的对应点分别为A 、B 、C ）．
1 1 1 1 1 1
（2）在第二象限内的格点上找点D，连接AD，DB，使得∠ADB＝45°，并写出点D的坐标．
【分析】（1）利用关于x轴对称的点的坐标特征得到点A 、B 、C 的坐标，然后描点即可；
1 1 1
（2）利用正方形的对角线平分一个内角可得点D．
【解答】解：（1）如图，△A B C 为所作；
1 1 1（2）如图，点D的坐标为（﹣1，2）．
4．（2023秋•旌阳区期末）如图：在直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，4），B（4，
2），C（3，5），请回答下列问题：
（1）方格纸中画出△ABC关于x轴的对称图形△A B C ；
1 1 1
（2）直接写出A 、B 、C 的坐标．A （ ）、B （ ）、C （ ）；
1 1 1 1 1 1
（3）若点M（m﹣1，3）与点N（﹣2，n+1）关于y轴对称，直接写出m＝ 、n＝ ．【分析】（1）根据轴对称性质直接作图即可得到答案；
（2）根据图形，结合坐标与图形直接写出坐标即可得到答案；
（3）根据平面直角坐标系中，关于y轴对称的点的坐标特征即可得到答案．
【解答】解：（1）如图所示：
，
∴△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）由图可知A （1，﹣4）、B （4，﹣2）、C （3，﹣5），
1 1 1
故答案为：（1，﹣4）、（4，﹣2）、（3，﹣5）；
（3）∵点M（m﹣1，3）与点N（﹣2，n+1）关于y轴对称，
{m−1=2)
∴ ，
3=n+1
{m=3)
解得 ，
n=2
故答案为：3，2．5．（2023秋•江陵县期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A（﹣1，4），B（﹣2，1），C
（﹣4，3）．
（1）△ABC的面积是 ；
（2）已知△ABC与△A B C 关于y轴对称，△A B C 与△A B C 关于x轴对称，请在坐标系中画出
1 1 1 1 1 1 2 2 2
△A B C 和△A B C ；
1 1 1 2 2 2
（3）在y轴有一点P，使得△PA B 周长最短，请画出点P的位置（保留画图的痕迹）．
1 2
【分析】（1）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△ABC的面积；
（2）利用关于y轴对称的点的坐标特征得到A 、B 、C 的坐标，再描点得到△A B C ；然后利用关于x
1 1 1 1 1 1
轴对称的点的坐标特征得到A 、B 、C 的坐标，再描点得到△A B C ；
2 2 2 2 2 2
（3）由于A B 为定值，则PA +PB 的值最小时，△PA B 周长最短，利用点A与点A 关于y轴对称得
1 2 1 2 1 2 1
到PA＝PA ，所以PA +PB ＝PA+PB ＝AB ，根据两点之间线段最短得到此时PA +PB 的值最小．
1 1 2 2 2 1 2
1 1 1
【解答】解：（1）△ABC的面积＝3×3− ×2×2− ×1×3− ×3×1＝4；
2 2 2
故答案为：4；
（2）如图，△A B C 和△A B C 为所作；
1 1 1 2 2 2（3）如图，点P为所作．
6．（2023秋•越秀区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，A（﹣2，5），B（﹣3，﹣1），C（﹣1，
2）．
（1）在图中作出△ABC关于直线m（直线m上各点的横坐标都为1）对称的图形△A B C ；
1 1 1
（2）若点P坐标为（﹣4，2），直接写出点P关于直线m对称的点的坐标；
（3）若点M（a，b），直接写出点M关于直线m对称的点的坐标．
【分析】（1）作出点A、B、C关于直线x＝1的对称点A 、B 、C ，再顺次连接即可；
1 1 1
（2）根据轴对称的性质即可得出答案；
（3）根据轴对称的性质即可得出答案．
【解答】解：（1）如图，△A B C 即为所作；
1 1 1（2）点P坐标为（﹣4，2），点P关于直线m对称的点的坐标为（6，2）；
（3）点M（a，b），点M关于直线m对称的点的坐标（1+1﹣a，b），即（2﹣a，b）．
【考点8 线段垂直平分线的性质运用】
【必备知识】
（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：①垂直平分线垂直且平分其所在线段．②垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相
等．③
三角形三条边的垂直平分线相交于一点，该点叫外心，并且这一点到三个顶点的距离相等．
【必刷题型】
1．（2023秋•安顺期末）如图，P为△ABC内一点，过点P的线段MN分别交AB、BC于点M、N，且
M、N分别在PA、PC的中垂线上．若∠ABC＝80°，则∠APC的度数为（ ）
A．120° B．125° C．130° D．135°
【分析】根据三角形内角和定理求出∠BMN+∠BNM，根据线段垂直平分线的性质得到MA＝MP，NC
＝NP，根据等腰三角形的性质得到∠MPA＝∠MAP，∠NPC＝∠NCP，计算即可．
【解答】解：∵∠ABC＝80°，∴∠BMN+∠BNM＝180°﹣80°＝100°，
∵M、N分别在PA、PC的中垂线上，
∴MA＝MP，NC＝NP，
∴∠MPA＝∠MAP，∠NPC＝∠NCP，
1
∴∠MPA+∠NPC= （∠BMN+∠BNM）＝50°，
2
∴∠APC＝180°﹣50°＝130°，
故选：C．
2．（2023秋•大足区期末）如图，在△ABC中，点O是边AB和AC的垂直平分线OD、OE的交点，若
∠BOC＝130°，则∠GOF的度数为（ ）
A．115° B．130° C．140° D．150°
【分析】连接OA，先利用线段垂直平分线的性质可得OA＝OB，OA＝OC，从而可得∠1＝∠OBA，∠2
＝∠OCA，然后利用三角形内角和定理可得∠OBC+∠OCB＝50°，从而可得∠1+∠OBA+∠2+∠OCA＝
130°，进而可得∠1+∠2＝65°，再由四边形内角和定理得出∠DOE的度数，根据对顶角相等即可得出结
论．
【解答】解：连接OA，如图：
∵OE是AC的垂直平分线，OD是AB的垂直平分线，
∴OA＝OB，OA＝OC，∠ADO＝∠AEO＝90°，
∴∠1＝∠OBA，∠2＝∠OCA，∵∠BOC＝130°，
∴∠OBC+∠OCB＝180°﹣∠BOC＝50°，
∴∠1+∠OBA+∠2+∠OCA＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝130°，
∴2∠1+2∠2＝130°，
∴∠1+∠2＝65°，
∴∠BAC＝65°，
∴∠DOE＝360°﹣∠ADO﹣∠AEO﹣∠BAC＝360°﹣90°﹣90°﹣65°＝115°，
∴∠GOF＝∠DIE＝115°．
故选：A．
3．（2023秋•中江县期末）如图，在△ABC中，I是三角形角平分线的交点，O是三边垂直平分线的交
点，连接AI，BI，AO，BO，若∠AOB＝140°，则∠AIB的大小为（ ）
A．160° B．140° C．130° D．125°
【分析】连接CO，根据三角形内角和定理求出∠OAB+∠OBA，根据线段垂直平分线的性质得到OA＝
OC，OB＝OC，进而得到∠OCA＝∠OAC，∠OCB＝∠OBC，求出∠CAB+∠CBA，根据角平分线的定
义、三角形内角和定理计算，得到答案．
【解答】解：连接CO，
∵∠AOB＝140°，
∴∠OAB+∠OBA＝180°﹣140°＝40°，
∴∠OCA+∠OAC+∠OCB+∠OBC＝180°﹣40°＝140°，
∵O是三边垂直平分线的交点，
∴OA＝OC，OB＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，∠OCB＝∠OBC，
∴∠OCA+∠OCB＝70°，
∴∠CAB+∠CBA＝180°﹣70°＝110°，
∵AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，1 1
∴∠IAB= ∠CAB，∠IBA= ∠CBA，
2 2
1
∴∠IAB+∠IBA= （∠CAB+∠CBA）＝55°，
2
∴∠AIB＝180°﹣55°＝125°，
故选：D．
4．（2024秋•崇川区校级月考）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＝ ，则∠MFN的度数为 ；（用含 的代数式表示）
（3）连接FA、FBα、FC，△CMN的周长为6cm，△FAB的α周长为16cm，求FC的长．
【分析】（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，∠B＝
α
∠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得解；
2
（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．
【解答】解：（1）∵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）∵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=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）如图，
∵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16cm，
∴FA+FB+AB＝16cm，
∴FA+FB＝10cm，∵DF，EF分别垂直平分AC和BC，
∴FA＝FC，FB＝FC，
∴2FC＝10cm，
∴FC＝5cm．
5．（2024春•雨花区校级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＞90°，AB的垂直平分线分别交AB，BC于点
E，F，AC的垂直平分线分别交AC，BC于点M，N，直线EF，MN交于点P．
（1）求证：点P在线段BC的垂直平分线上；
（2）已知∠FAN＝56°，求∠FPN的度数．
【分析】（1）连接BP，AP，PC，根据线段垂直平分线的性质证明 PB＝PA＝PC，从而证明结论即
可；
（2）先根据相等垂直平分线的性质证明FA＝FB，NA＝NC，∠AEP＝∠AMP＝∠BEF＝∠CMN＝90°，
再设∠B＝x，∠C＝y，然后根据三角形ABC的内角和是180°，求出x+y，再根据直角三角形的性质求
出∠BFE和∠CNM，再根据对顶角的性质求出∠PFN，∠PNF，最后利用三角形内角和定理求出答案即
可．
【解答】（1）证明：如图所示：连接BP，AP，PC，
∵PE⊥AB，PM⊥AC，
∴PA＝PB，PA＝PC，
∴PB＝PC，
∴点P在线段BC的垂直平分线上；
（2）解：∵PE⊥AB，PM⊥AC，
∴FA＝FB，NA＝NC，∠AEP＝∠AMP＝∠BEF＝∠CMN＝90°，
∴∠B+∠BFE＝∠C+∠MNC＝90°，
设∠B＝x，∠C＝y，
∴∠B＝∠BAF＝x，∠C＝∠CAN＝y，∠BFE＝90°﹣x，∠MNC＝90°﹣y，
∴∠PFN＝∠BFE＝90°﹣x，∠PNF＝∠MNC＝90°﹣y，
∵∠B+∠C+∠CAB＝180°，∠FAN＝56°∴2x+2y+56°＝180°，
2（x+y）＝124°，
x+y＝62°，
∵∠PFN+∠PNF+∠FPN＝180°，
∴90°﹣x+90°﹣y+∠FPN＝180°，
∴∠FPN＝180°﹣180°+（x+y）＝62°．
【考点9 等腰三角形的性质（等边对等角）】
【必备知识】
等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】
【必刷题型】
1．（2024秋•杨浦区校级月考）若等腰三角形的一个内角为50°，则它一腰上的高与底边所夹的角的度数
是 ．
【分析】分50°的角分别为顶角和底角两种情况进行讨论求解即可．
1
【解答】解：当50°的角为顶角时，则：两个底角的度数为： (180°−50°)=65°，
2
∴一腰上的高与底边所夹的角的度数是：90°﹣65°＝25°，
当50°的角为底角时，则：一腰上的高与底边所夹的角的度数是：90°﹣50°＝40°；故答案为：25°或40°．
2．（2024秋•金堂县校级月考）等腰三角形中，两腰上的高所在的直线所形成的锐角为35°，则等腰三角
形的底角为 ．
【分析】分两种情形画出图形分别求解即可解决问题．
【解答】解：①如图，当∠BAC是钝角时，
由题意：AB＝AC，∠AEH＝∠ADH＝90°，∠EHD＝35°，
∴∠BAC＝∠EAD＝360°﹣90°﹣90°﹣35°＝145°，
1
∴∠ABC= ×180°−145°=17.5°；
2
②如图，当∠A是锐角时，
由题意：AB＝AC，∠CDA＝∠BEA＝90°，∠CHE＝35°，
∴∠DHE＝145°，
∴∠A＝360°﹣90°﹣90°﹣115°＝35°，
1
∴∠ABC= ×180°−35°=72.5°；
2
故答案为：17.5°或72.5°．
3．（2023秋•武隆区期末）一个三角形有一内角为48°，如果经过其一个顶点作直线能把其分成两个等腰
三角形，那么它的最大内角可能是 ．【分析】当它为顶角时，根据等腰三角形的性质，可以求得最大角是90度，如图①所示；当它是侧角
时，用同样的方法，可求得最大角有4种情况．
【解答】解：如图①所示，当∠BAC＝48°时，那么它的最大内角是90°
当∠ACB＝48°时，有以下4种情况，
故答案为：88°，90°，99°，108°，116°
4．（2024秋•新会区校级月考）如图，若B、D、F在AN上，C、E在AM上，且AB＝BC＝CD，EC＝ED
＝EF，∠A＝20°，则∠FED＝ ．
【分析】先根据AB＝BC，∠A＝20°可求出∠1的度数，再根据三角形外角的性质求出∠2的度数，由
BC＝CD可求出∠2＝∠3，由三角形外角的性质可求出∠5的度数，根据CE＝ED求出∠4＝∠5，由平
角的定义可求出∠6的度数，根据ED＝EF可求出∠6＝∠7，最后根据三角形内角和定理解答．
【解答】解：如图，
∵AB＝BC，∠A＝20°，
∴∠A＝∠1＝20°，∵∠2是△ABC的外角，
∴∠2＝∠A+∠1＝40°，
∵BC＝CD，
∴∠3＝∠2＝40°
∴∠5＝∠3+∠A＝40°+20°＝60°，
∵CE＝ED，
∴∠4＝∠5＝60°，
∴∠6＝180°﹣∠3﹣∠4＝180°﹣40°﹣60°＝80°，
∵ED＝EF，
∴∠6＝∠7＝80°，
∴∠FED＝180°﹣∠6﹣∠7＝180°﹣80°﹣80°＝20°．
故答案为：20°．
5．（2023秋•宁国市期末）小丽从一张等腰三角形纸片ABC（AB＝AC）中恰好剪出五个如图所示的小等
腰三角形，其中BC＝BD，EC＝EF＝FG＝DG＝DA，则∠B＝ °．
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形的外角性质以及三角形内角和定理解答即可．
【解答】解：设∠ECF＝x，
∵EC＝EF，
∴∠EFC＝∠ECF＝x，
∴∠GEF＝2x，
∵EF＝GF，
∴∠FGE＝∠GEF＝2x，
∴∠DFG＝∠FGE+∠ECF＝3x，
∵DG＝GF，
∴∠GDF＝∠DFG＝3x，
∴∠AGD＝∠GDF+∠ECF＝4x，
∵DG＝DA，∴∠A＝4x，
∴∠BDC＝∠A+∠ECF＝5x，
∵BC＝BD，
∴∠BDC＝∠BCD＝5x，
∴∠ACB＝∠BCD+∠ECF＝6x，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACD＝6x，
∵∠A+∠B+∠ACB＝180°，
45°
∴4x+6x+6x＝180°，解得：x= ，
4
135°
∴∠B= =67.5°．
2
故答案为：67.5．
6．（2023秋•松滋市期中）在△ABC中，∠BAC＝90°．
（1）如图1，若点D在CB延长线上，且BD＝BA，点E在BC的延长线上，且CE＝CA，则∠DAE的
度数为 ；
（2）如图2，若点D、E均在BC上，且BE＝BA，CD＝CA，求∠DAE的度数．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质求出∠D+∠E，即可求出DAE的度数；
（2）根据等边对等角的性质得到∠BEA＝∠BAE，∠CDA＝∠CAD，设∠BEA＝∠BAE＝x，∠CDA＝
∠CAD＝y，∠EAD＝z，再根据三角形的内角和定理和直角的定义即可求出∠DAE的度数．
【解答】解：（1）∵BD＝BA，CE＝CA，
∴∠D＝∠BAD，∠E＝∠CAE，
∴∠ABC＝2∠D，∠ACB＝2∠E，
∵∠BAC＝90°，∴∠ABC+∠ACB＝90°，
∴∠D+∠E＝45°，
∴∠DAE＝180°﹣（∠D+∠E）＝135°．
故答案为：135°；
（2）∵BE＝BA，CD＝CA，
∴∠BEA＝∠BAE，∠CDA＝∠CAD，
设∠BEA＝∠BAE＝x，∠CDA＝∠CAD＝y，∠EAD＝z，
∴在△AED中，x+y+z＝180°①，
∵∠BAC＝90°，
∴x+y﹣z＝90°②，
①+②得：x+y＝135°，
∴z＝45°，
∴∠DAE的度数是45°．
【考点10 等腰三角形的性质（三线合一）】
【必备知识】
三线合一：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】
在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④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．
【必刷题型】
1．（2024秋•南岗区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，D和E是△ABC内的两点，AD平分
∠BAC，∠EBC＝∠E＝60°，若BC＝4，BE＝2.5，则DE的长为 ．
【分析】延长 AD 交 BC 于点 N，延长 ED 交 BC 于点 M，由等腰三角形的性质得 AN⊥BC，
1
BN=CN= BC=1，证明△BEM是等边三角形，则BM＝ME＝BE＝2.5，∠DMN＝60°，再根据30°角
2
所对直角边是斜边的一半得DM＝1即可求解．【解答】解：如图所示，延长AD交BC于点N，延长ED交BC于点M，
∵在△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，
1
∴AN⊥BC，BN=CN= BC=2，
2
∴∠ANC＝90°，
∵∠EBC＝∠E＝60°，
∴△BEM是等边三角形，
∴BM＝ME＝BE＝2.5，∠DMN＝60°，
∴NM＝BM﹣BN＝2.5﹣2＝0.5，
∵在Rt△DMN中，∠MDN＝180°﹣∠ANC﹣∠DMN＝30°，
1
∴NM= DM=0.5，
2
∴DM＝1，
∴DE＝ME﹣DM＝2.5﹣1＝1.5，
故答案为：1.5．
2．（2023春•金沙县期末）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC的平分线与AB的中垂线交于点O，
点C沿EF折叠后与点O重合，若∠CEF＝50°，则∠ABC的度数是 ．
【分析】延长AO交BC于点H，连接OB、OC，OC交EF于点I，由折叠得∠CIE＝90°，则∠OCB＝
90°﹣∠CEF＝40°，由AB＝AC，AO平分∠BAC，得AO垂直平分BC，则OB＝OC，∠AHB＝90°，所
以∠OBC＝∠OCB＝40°，由 OD 垂直平分 AB，得 OA＝OB，则∠OAB＝∠OBA，于是得∠OBA+∠OBA+40°＝90°，求得∠OBA＝25°，则∠ABC＝∠OBA+∠OBC＝65°，于是得到问题的答案．
【解答】解：延长AO交BC于点H，连接OB、OC，OC交EF于点I，
∵点C沿EF折叠后与点O重合，
∴点C与点O关于直线EF对称，
∴EF垂直平分OC，
∴∠CIE＝90°，
∵∠CEF＝50°，
∴∠OCB＝90°﹣∠CEF＝90°﹣50°＝40°，
∵AB＝AC，AO平分∠BAC，
∴AO垂直平分BC，
∴OB＝OC，∠AHB＝90°，
∴∠OBC＝∠OCB＝40°，
∵OD垂直平分AB，
∴OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠OAB+∠OBA+∠OBC＝∠OAB+∠ABC＝90°，
∴∠OBA+∠OBA+40°＝90°，
∴∠OBA＝25°，
∴∠ABC＝∠OBA+∠OBC＝25°+40°＝65°，
故答案为：65°．
3．（2023秋•安康期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，点D是AB上一点，DE⊥BC于点E，EF⊥AC于
点F．
1
（1）若点D是AB的中点，求证：∠BDE= ∠C；
2
（2）若∠ADE＝160°，求∠DEF的度数．【 分 析 】 （ 1 ） 连 接 CD ， 根 据 AC ＝ BC ， 点 D 是 AB 的 中 点 ， 证 得 CD⊥ AB ，
1
∠ACD=∠BCD= ∠ACB，进而证得∠BCD+∠B＝90°，根据DE⊥BC证得∠B+∠BDE＝90°，从
2
而证得∠BCD＝∠BDE得出结论；
（2）先求出∠B的度数，再根据AC＝BC求出∠A，再根据垂直的定义求出∠AFE＝90°，再利用四边形
的内角和为360°解答．
【解答】（1）证明：连接CD，
∵AC＝BC，点D是AB的中点，
1
∴CD⊥AB，∠ACD=∠BCD= ∠ACB，
2
∴∠BCD+∠B＝90°，
∵DE⊥BC，
∴∠B+∠BDE＝90°
∴∠BCD＝∠BDE．
1
∴∠BDE= ∠ACB；
2
（2）解：∵∠ADE＝160°
∴∠BDE＝20°，
∵DE⊥BC，EF⊥AC，
∴∠DEB＝∠AFE＝90°，
在Rt△BDE中，∠DEB＝90°，
∴B＝90°﹣∠BDE＝90°﹣20°＝70°，
∵AC＝BC，
∴∠B＝∠A＝70°，
∴∠DEF＝360°﹣∠A﹣∠ADE﹣∠AFE＝360°﹣70°﹣160°﹣90°＝40°．4．（2023春•金沙县期末）如图，在△ABC中，AB＝8，AC＝4，G为BC的中点，DG⊥BC交∠BAC的平
分线AD于D，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F交AC的延长线于F．
（1）求证：BE＝CF；
（2）求AE的长．
【分析】（1）连接DB、DC，先由角平分线的性质就可以得出 DE＝DF，再证明△DBE≌△DCF就可
以得出结论；
（2）由条件可以得出△ADE≌△ADF，就可以得出AE＝AF，进而就可以求出结论．
【解答】解：（1）如图，连接DB、DC，
∵DG⊥BC且平分BC，
∴DB＝DC．
∵AD为∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，∠AED＝∠BED＝∠AFD＝∠DFC＝90°
在Rt△DBE和Rt△DCF中
{DB=DC)
DE=DF
Rt△DBE≌Rt△DCF（HL），
∴BE＝CF．（2）在Rt△ADE和Rt△ADF中
{AD=AD)
DE=DF
∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL）．
∴AE＝AF．
∵AC+CF＝AF，
∴AE＝AC+CF．
∵AE＝AB﹣BE，
∴AC+CF＝AB﹣BE
∵AB＝8，AC＝4，
∴4+BE＝8﹣BE，
∴BE＝2，
∴AE＝8﹣2＝6．
5．（2024秋•重庆校级月考）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB垂足为D，E是CB上一
点，且CE＝AC，EF⊥CD，垂足为F．
（1）求证：AD＝CF；
（2）若G是AE的中点，连接GD、GF，求证：GD⊥GF．
【分析】（1）利用已知条件证明Rt△ADC≌Rt△CFE，根据全等三角形的对应边相等即可解答；
（2）连接CG，得到△ACE为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到CG⊥AE，∠CAG＝
∠ECG＝45°，CG＝AG＝GE，再证明△GAD≌△GCF，得到∠AGD＝∠CGF，根据CG⊥AE，得到
∠AGF+∠CGF＝90°，利用等量代换即可解答．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴∠ACD+∠ECF＝90°，∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠ECF，
在Rt△ADC和Rt△CFE中，{
∠CAD=∠ECF
)
∠ADC=∠CFE=90°
AC=CE
∴Rt△ADC≌Rt△CFE，
∴AD＝CF．
（2）如图，连接CG，
∵∠ACB＝90°，G为AE的中点，AC＝CE，
∴CG⊥AE，∠CAG＝∠ECG＝45°，CG＝AG＝GE，
∵Rt△ADC≌Rt△CFE，
∴∠CAD＝∠ECF，
∵∠CAG+∠GAD＝∠CAD，∠ECG+∠GCF＝∠ECF，
∴∠GAD＝∠GCF，
在△GAD和△GCF中，
{
AG=CG
)
∠GAD=∠GCF
AD=CF
∴△GAD≌△GCF，
∴∠AGD＝∠CGF，
∵CG⊥AE，
∴∠AGC＝90°，
∴∠AGF+∠CGF＝90°，
∴∠AGF+∠AGD＝90°，
即∠DGF＝90°，
∴GD⊥GF．
6．（2023秋•延边州期末）【数学知识】等腰三角形的“三线合一”性质非常重要．如图①，在△ABC
中，AB＝AC，AD是中线，若∠C＝58°，则∠BAD的度数为 ；
【数学应用】如图②，在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，AD、AG分别为△ABC和△AEF的
中线，若∠BAF＝110°，∠CAE＝24°，求∠DAG的度数；【拓展】如图③，在△ABC和△ABE中，AB＝AC，AB＝AE，AD、AF分别为△ABC和△ABE的中
线，AD与BE交于点O，若∠AOF＝69°，则∠CAE的度数为 ．
【分析】【数学知识】根据等腰三角形的性质得出∠B＝58°，AD⊥BC，根据直角三角形的性质即可得
解；
1 1
【数学应用】根据等腰三角形的性质得出∠DAC= ∠BAC，∠EAG= ∠EAF，再根据角的和差求解
2 2
即可；
【拓展】根据等腰三角形的性质及角的和差求解即可．
【解答】解：【数学知识】∵AB＝AC，AD是中线，∠C＝58°，
∴∠B＝∠C＝58°，AD⊥BC，
∴∠B+∠BAD＝90°，
∴∠BAD＝32°，
故答案为：32°；
【数学应用】∵AB＝AC，AE＝AF，AD、AG分别为△ABC和△AEF的中线，
1 1
∴∠DAC= ∠BAC，∠EAG= ∠EAF，
2 2
1 1 1 1
∴∠DAG＝∠DAC+∠CAE+∠EAG= ∠BAC+∠CAE+ ∠EAF= ∠BAF+ ∠CAE，
2 2 2 2
∵∠BAF＝110°，∠CAE＝24°，
∴∠DAG＝55°+12°＝67°；
【拓展】∵AB＝AC，AB＝AE，AD、AF分别为△ABC和△ABE的中线，
1 1
∴AF⊥BE，∠BAF= BAE，∠BAD= BAC，
2 2
∴∠AOF+∠OAF＝90°，
∵∠AOF＝69°，
∴∠OAF＝21°，1 1
∴∠BAF﹣∠BAD= ∠BAE− ∠BAC＝21°，
2 2
∴∠BAE﹣∠BAC＝42°，
∵∠CAE＝∠BAE﹣∠BAC＝42°，
故答案为：42°．
【考点11 判定等腰三角形的个数】
【必备知识】
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：①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．
②等腰三角形的判定和性质互逆；
③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
④判定定理在同一个三角形中才能适用．
【必刷题型】
1．（2024秋•望城区校级月考）如图，网格中的每个小正方形的边长为 1，A、B是格点，以A、B、C为
等腰三角形顶点的所有格点C的个数为（ ）
A．7个 B．8个 C．9个 D．10个
【分析】根据等腰三角形的定义，分别以A、B为圆心，AB长为半径画弧，作线段AB的垂直平分线，
即可得出点C的位置．
【解答】解：如图所示，以A为圆心，AB长为半径画弧，则圆弧经过的格点C 、C 、C 即为点C的位
3 8 7
置；
以B为圆心，AB长为半径画弧，则圆弧经过的格点C 、C 、C 、C 、C 即为点C的位置；
1 2 6 4 5
作线段AB的垂直平分线，垂直平分线没有经过格点．
故以A、B、C为等腰三角形顶点的所有格点C的个数为8个．故选：B．
2．（2024春•中原区校级月考）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，在直线BC或射线AC取
一点P，使得△PAB是等腰三角形，则符合条件的点P有（ ）
A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
【分析】根据等腰三角形性质，结合构造等腰三角形的方法，分三种情况：①构造AB中垂线；②以B
为圆心，BA长为半径作圆；③以A为圆心，AB长为半径作圆；他们与直线BC或射线AC的交点即是
点P，从而得到结论．
【解答】解：分三种情况：
①构造AB中垂线，P 、P 即为所求，如图所示：
1 2
②以B为圆心，BA长为半径作圆，P 、P 即为所求，如图所示：
3 4③以A为圆心，AB长为半径作圆，P 即为所求，如图所示：
5
综上所述，在直线BC或射线AC取一点P，使得△PAB是等腰三角形，符合条件的点P有P 、P 、P 、
1 2 3
P 、P 共5个，
4 5
故选：B．
3．（2024春•金水区校级月考）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°，DE垂直平分AB，垂足为D，交AC
于点E，延长DE交BC延长线于点F，连接AF、BE．图中等腰三角形共有（ ）个．
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据等腰三角形的定义可得△ABC是等腰三角形，由垂直平分线的性质可得△ABE，△ABF是
等腰三角形，利用等腰三角形的性质及三角形外角的性质通过证明两角相等可得△BEC，△ACF是等腰
三角形．
【解答】解：∵AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形；
∵DE垂直平分AB，
∴EA＝EB，FA＝FB，
∴△ABE，△ABF是等腰三角形；
∵△ABC中，∠BAC＝36°，AB＝AC，
1 1
∴∠ACB=∠ABC= (180°−∠BAC)= ×(180°−36°)=72°，
2 2
∵EA＝EB，
∴∠ABE＝∠BAC＝36°，
∴∠BEC＝∠ABE+∠BAC＝72°＝∠ACB，
∴BE＝BC，
∴△BEC是等腰三角形；
∵FA＝FB，
∴∠FAB＝∠ABC＝72°，
∴∠CAF＝∠FAB﹣∠BAC＝72°﹣36°＝36°，
∴∠CFA＝∠ACB﹣∠CAF＝72°﹣36°＝36°＝∠CAF，
∴CA＝CF，
∴△ACF是等腰三角形；
综上可知，△ABC，△ABE，△ABF，△BEC，△ACF是等腰三角形，共5个，
故选：C．
4．（2023秋•淮南期末）如图，已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，在△ABC所在平面内一条直线
将△ABC分割成两个三角形，使其中有一个边长为3的等腰三角形，则这样的直线最多可画（ ）
A．2条 B．3条 C．4条 D．5条
【分析】根据等腰三角形的性质分别利用AB为底以及AB为腰得出符合题意的图形即可．
【解答】解：如图所示，当AB＝AF＝3，BA＝BD＝3，AB＝AE＝3，BG＝AG时，都能得到符合题意的
等腰三角形．故选：C．
180
5．（2024•杭州模拟）已知顶角为36°，90°，108°， °四个等腰三角形都可以用一条直线把这四个等腰
7
三角形每个都分割成两个小的等腰三角形．那么这四个等腰三角形里有几个等腰三角形可以用两条直线
把这个等腰三角形分割成三个小的等腰三角形（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
180°
【分析】顶角为：36°90°，108°， 的四种等腰三角形都可以用一条直线把这四个等腰三角形每个
7
都分割成两个小的等腰三角形，再用一条直线分其中一个等腰三角形变成两个更小的等腰三角形．
【解答】解：如图，在1中，三个小等腰三角形的度数分别为：36°，36°108°；36°，36°，108°；72°，
72°，36°；
在2中，三个小等腰三角形的度数均为：45°，45°，90°；
在3中，三个小等腰三角形的度数分别为：36°，36°108°；36°，36°，108°；72°，72°，36°；
180° 540° 540° 180° 900° 180° 360°
在4中，三个小等腰三角形的度数分别为： ， ， ； ， ， ；
7 7 7 7 7 7 7
360° 540°
， ， ．
7 7
故选：D．
【考点12 等腰三角形的判定与性质综合】
【必刷题型】
1．（2023秋•大足区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC．过点A作AD∥BC交∠ACB的平分线于点D，连接BD．
（1）求证：△ABD为等腰三角形．
（2）若∠BDC＝20°，求∠ADC的度数．
【分析】（1）根据角平分线的定义和平行线的性质可证△ADC是等腰三角形，从而可得AD＝AC，然
后利用等量代换可得AD＝AB，即可解答；
（2）设∠ADC＝x°，利用（1）的结论可得：∠ADC＝∠ACD＝∠DCB＝x°，从而可得∠ACB＝2x°，再
利用等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝2x°，然后利用角的和差关系可得∠ADB＝（x+20）°，再
利用等腰三角形的性质可得∠ADB＝∠ABD＝（x+20）°，最后利用三角形内角和定理进行计算，即可
解答．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADC＝∠DCB，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠DCB，
∴∠ADC＝∠ACD，
∴AD＝AC，
∵AB＝AC，
∴AD＝AB，
∴△ABD是等腰三角形；
（2）解：设∠ADC＝x°，
由（1）可得：∠ADC＝∠ACD＝∠DCB＝x°，
∴∠ACB＝∠ACD+∠DCB＝2x°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝2x°，
∵∠BDC＝20°，
∴∠ADB＝∠ADC+∠BDC＝（x+20）°，
∵AD＝AB，∴∠ADB＝∠ABD＝（x+20）°，
∵∠BDC+∠DBC+∠DCB＝180°，
∴∠BDC+∠ABD+∠ABC+∠DCB＝180°，
∴20+x+20+2x+x＝180，
解得：x＝35，
∴∠ADC＝35°．
2．（2023秋•玉山县期末）已知：在△ABC中，∠ACB＝90°，点P是线段AC上一点，过点A作AB的垂
线，交BP的延长线于点M，MN⊥AC于点N，PQ⊥AB于点Q，AQ＝MN．
求证：（1）△APM是等腰三角形；
（2）PC＝AN．
【分析】（1）要点是确定一对全等三角形△AQP≌△MNA，得到AP＝AM；
（2）利用（1）中的全等三角形的性质得到AN＝PQ；然后推出BP为角平分线，利用角平分线的性质
得到PC＝PQ；从而得到PC＝AN．
【解答】证明：（1）∵BA⊥AM，MN⊥AC，
∴∠BAM＝∠ANM＝90°，
∴∠PAQ+∠MAN＝∠MAN+∠AMN＝90°，
∴∠PAQ＝∠AMN，
∵PQ⊥AB MN⊥AC，
∴∠PQA＝∠ANM＝90°，
{∠PAQ=∠AMN
)
∴在△PQA与△ANM中， AQ=MN ，
∠AQP=∠ANM
∴△PQA≌△ANM（ASA），
∴AP＝AM，
∴△APM是等腰三角形；（2）由（1）知，△PQA≌△ANM，
∴AN＝PQ AM＝AP，
∴∠AMB＝∠APM，
∵∠APM＝∠BPC，∠BPC+∠PBC＝90°，∠AMB+∠ABM＝90°，
∴∠ABM＝∠PBC，
∵PQ⊥AB，PC⊥BC，
∴PQ＝PC（角平分线的性质），
∴PC＝AN．
3．（2023秋•宜城市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°，BD平分∠ABC交AC于点D．过
点A作AE∥BC，交BD的延长线于点E．
（1）求∠ADB的度数；
（2）求证：△ADE是等腰三角形；
（3）若BC＝m，CD＝n，求BE的长（用含m，n的式子表示）．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ABC的度数，由角平分线的定义求出
∠DBC的度数，再根据三角形外角定理即可求出结果；
（2）由平行线的性质求得∠EAC＝72°，由三角形内角和定理求得∠ADE＝72，根据等腰三角形的判定
即可证得结论；
（3））根据∠C＝∠BDC＝72°，得出BD＝BC＝m，再根据AE∥BC解答即可．
【解答】（1）解：∵AB＝AC，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝72°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝∠ABC＝36°，
∴∠ADB＝∠C+∠DBC＝72°+36°＝108°；
（2）证明：∵AE∥BC，
∴∠EAC＝∠C＝72°，∵∠C＝72°，∠DBC＝36°，
∴∠ADE＝∠CDB＝180°﹣72°﹣36°＝72°，
∴∠EAD＝∠ADE，
∴AE＝DE，
∴△ADE是等腰三角形．
（3）解：∵∠C＝∠BDC＝72°，
∴BD＝BC＝m，
∵∠ABD＝∠BAC＝36°，
∴AD＝BD＝m，
∴AB＝AC＝m+n，
∵AE∥BC，
∴∠E＝∠DBC＝36°
∴∠E＝∠ABD．
∴AE＝AB＝m+n，
∴BE＝2m+n．
4．（2023秋•桐城市期末）如图，在△ABC中，BA＝BC，D在边CB上，且DB＝DA＝AC．
（1）如图1，填空∠B＝ °，∠C＝ °；
（2）若M为线段BD上的点，过M作直线MH⊥AD于H，分别交直线AB、AC与点N、E，如图2
①求证：△ANE是等腰三角形；
②试写出线段BN、CE、CD之间的数量关系，并加以证明．
【分析】（1）BA＝BC，且DB＝DA＝AC可得∠C＝∠ADC＝∠BAC＝2∠B，∠DAC＝∠B，在△ADC
中由三角形内角和可求得∠B，∠C；
（2）①由（1）可知∠BAD＝∠CAD＝36°，且∠AHN＝∠AHE＝90°，可求得∠ANH＝∠AEH＝54°，
可得AN＝AE；
②由①知AN＝AE，借助已知利用线段的和差可得CD＝BN+CE．
【解答】解：（1）∵BA＝BC，∴∠BCA＝∠BAC，
∵DA＝DB，
∴∠BAD＝∠B，
∵AD＝AC，
∴∠ADC＝∠C＝∠BAC＝2∠B，
∴∠DAC＝∠B，
∵∠DAC+∠ADC+∠C＝180°，
∴2∠B+2∠B+∠B＝180°，
∴∠B＝36°，∠C＝2∠B＝72°，
故答案为：36；72；
（2）①在△ADB中，∵DB＝DA，∠B＝36°，
∴∠BAD＝36°，
在△ACD中，∵AD＝AC，
∴∠ACD＝∠ADC＝72°，
∴∠CAD＝36°，
∴∠BAD＝∠CAD＝36°，
∵MH⊥AD，
∴∠AHN＝∠AHE＝90°，
∴∠AEN＝∠ANE＝54°，
即△ANE是等腰三角形；
②CD＝BN+CE．
证明：由①知AN＝AE，
又∵BA＝BC，DB＝AC，
∴BN＝AB﹣AN＝BC﹣AE，CE＝AE﹣AC＝AE﹣BD，
∴BN+CE＝BC﹣BD＝CD，
即CD＝BN+CE．
5．（2023秋•海淀区校级期中）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB，交BC于点D．点
A与点E关于直线BC对称，连接BE，CE，延长AD交BE于点F．
（1）补全图形；
（2）求证：△BDF是等腰三角形；
（3）求证：AB+BD＝2AC．【分析】（1）根据题意画出图形即可；
（2）由AC＝BC，∠ACB＝90°，AD是∠CAB的平分线，可得∠CAD＝∠BAD＝22.5°，即得∠ADC＝
∠BDF＝90°﹣22.5°＝67.5°，根据点A与点E关于直线BC对称，可得∠AFB＝90°﹣∠BAD＝67.5°，故
∠BDF＝∠AFB，从而△BDF是等腰三角形；
（3）过D作DK⊥AB于K，证明△ACD≌△AKD（AAS），得AC＝AK，CD＝DK，又AC＝BC，
∠ACB＝90°，可得△KBD是等腰直角三角形，BK＝DK，即知BK＝CD，而AB＝AK+BK，有AB＝
AC+CD，故AB+BD＝AC+CD+BD＝AC+BC＝AC+AC＝2AC．
【解答】（1）解：补全图形如下：
（2）证明：∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵AD是∠CAB的平分线，
∴∠CAD＝∠BAD＝22.5°，
∴∠ADC＝∠BDF＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∵点A与点E关于直线BC对称，
∴∠EBC＝∠CBA＝45°，
∴∠ABF＝90°，
∴∠AFB＝90°﹣∠BAD＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠BDF＝∠AFB，
∴BF＝BD；
∴△BDF是等腰三角形；（3）证明：过D作DK⊥AB于K，如图：
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠KAD，
∵DK⊥AB，
∴∠AKD＝90°＝∠ACD，
在△ACD和△AKD中，
{∠ACD=∠AKD
)
∠CAD=∠KAD ，
AD=AD
∴△ACD≌△AKD（AAS），
∴AC＝AK，CD＝DK，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠KBD＝45°，
∴△KBD是等腰直角三角形，
∴BK＝DK，
∴BK＝CD，
∵AB＝AK+BK，
∴AB＝AC+CD，
∴AB+BD＝AC+CD+BD＝AC+BC＝AC+AC＝2AC．
6．（2024春•武侯区校级月考）如图①，在△ABC中，延长AC到D，使CD＝AB，E是AD上方一点，
且∠A＝∠BCE＝∠D，连接BE．（1）求证：△BCE是等腰三角形；
（2）如图①，若∠ACB＝90°，将DE沿直线CD翻折得到DE′，连接BE′和CE′，BE′与CE交于
F，若BE′∥ED，求证：F是BE′的中点；
（3）在如图②，若∠ACB＝90°，AC＝BC，将DE沿直线CD翻折得到DE′，连接BE′交CE于F，
交CD于G，若AC＝a，AB＝b（b＞a＞0），求线段CG的长度．
【分析】（1）结合条件中角的关系，由三角形外角的性质，得∠ABC＝∠ECD，证出
△ABC≌△DCE，得BC＝CE，即可证明结论；
（2）同（1）证出△ABC≌△DCE，由翻折得CE′＝CB，结合BE′∥ED易得∠CFE′＝∠DEC＝
90°，即CF⊥BE′，由三线合一得F是BE′的中点；
（3）先利用折叠的性质，证明△BGC≌△MGC，易得CE＝CB＝CM，利用三角形内角和可得∠BEM＝
∠CED，由角的转化得到∠BEC＝∠GED，最后证明△BCE≌△GDE，进而求得CG＝CD﹣GD＝b﹣
a．
【解答】（1）证明：∵∠ABC+∠A＝∠BCD，∠BCE+∠ECD＝∠BCD，∠A＝∠BCE，
∴∠ABC＝∠ECD，
在△ABC与△DCE中，
{∠ABC=∠DCE
)
AB=DC ，
∠A=∠D
∴△ABC≌△DCE（ASA），
∴BC＝CE，
∴△BCE是等腰三角形；
（2）证明：∵∠ABC+∠A＝∠BCD，∠BCE+∠ECD＝∠BCD，∠A＝∠BCE，
∴∠ABC＝∠ECD，
在△ABC与△DCE中，{∠ABC=∠DCE
)
AB=DC ，
∠A=∠CDE
∴△ABC≌△DCE（ASA），
∴BC＝CE，
∴∠ACB＝∠DEC＝90°，
如图2，连接CE′，
∵将DE沿直线CD翻折得到DE′，
∴CE＝CE′＝CB，
∵BE′∥ED，
∴∠CFE′＝∠DEC＝90°，即CF⊥BE′．
由三线合一，得：F是BE′的中点；
（3）解：如图3，连EG，延长EG交BC于M，
根据折叠的性质，则∠DGE＝∠DGE′，
∵∠DGE＝∠CGM，∠DGE′＝∠BGC，
∴∠BGC＝∠CGM，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠BCG＝∠MCG＝90°，在△BGC与△CGM中，
{
∠BGC=∠CGM
)
CG=CG ，
∠BCG=∠MCG=90°
∴△BGC≌△MGC（ASA），
∴BC＝CM，
由（2）知，△ABC≌△DCE，
∴BC＝CE，∠ACB＝∠DEC＝90°，
∴CE＝CB＝CM，
∴∠CBE＝∠CEB，∠CEM＝∠CME，
1 1
∴∠BEM=∠CEB+∠CEM= (∠CBE+∠CEB+∠CEM+∠CME)= ×180°=90°，
2 2
∴∠BEM＝∠CED，
∴∠BEM﹣∠CEM＝∠CED﹣∠CEM，
∴∠BEC＝∠GED，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠EDC＝∠A＝45°，
∴∠ECD＝∠EDC，CE＝DE，
在△BCE与△GDE中，
{∠CEB=∠MED
)
CE=DE ，
∠BCE=∠EDG
∴△BCE≌△GDE（ASA），
∴BC＝GD＝AC＝a，
∵CD＝AB＝b，
∴CG＝CD﹣GD＝b﹣a．
【考点13 等边三角形的性质】
【必备知识】
（1）等边三角形的定义：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．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②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°．
【必刷题型】
1．（2023秋•梨树县期末）如图，已知∠MON＝30°，点A ，A ，A ，…在射线ON上，点B ，B ，
1 2 3 1 2
B ，…在射线OM上，△A B A ，△A B A ，△A B A ，…均为等边三角形，若OA ＝2，则△A B A 的
3 1 1 2 2 2 3 3 3 4 1 6 6 7
边长为（ ）
A．16 B．32 C．64 D．128
【分析】由等边三角形的性质得到∠B A A ＝60°，A B ＝A A ，再由三角形外角的性质求出∠A B O＝
1 1 2 1 1 1 2 1 1
30°，则 A B ＝A A ＝OA ，同理得 A B ＝A A ＝OA ＝2OA ，A B ＝A A ＝22•OA ，A B ＝A A ＝
1 1 1 2 1 2 2 2 3 2 1 3 3 3 4 1 4 4 4 5
23•OA ，由此得出规律A B ＝A A ＝2n﹣1•OA ＝2n，即可求解．
1 n n n n+1 1
【解答】解：∵△A B A 为等边三角形，
1 1 2
∴∠B A A ＝60°，A B ＝A A ，
1 1 2 1 1 1 2
∴∠A B O＝∠B A A ﹣∠MON＝60°﹣30°＝30°，
1 1 1 1 2
∴∠A B O＝∠MON，
1 1
∴A B ＝OA ，
1 1 1
∴A B ＝A A ＝OA ，
1 1 1 2 1
同理可得A B ＝A A ＝OA ＝2OA ，
2 2 2 3 2 1
∴A B ＝A A ＝OA ＝2OA ＝22•OA ，
3 3 3 4 3 2 1
A B ＝A A ＝OA ＝2OA ＝23•OA ，
4 4 4 5 4 3 1
…
∴A B ＝A A ＝2n﹣1•OA ＝2n，
n n n n+1 1
∴△A B A 的边长：A B ＝26＝64，
6 6 7 6 6
故选：C．
2．（2024春•江北区校级期末）如图，在等边△ABC中，点D在边BC上方，满足BC＝BD，∠ABD的角
平分线交CD的延长线于点E，若∠CBD＝ ，则∠E的度数为（ ）
α1 1
A．30°+ B．60°− α C．60° D．30°+ α
2 2
α
1 1
【分析】由等边三角形的性质得∠ABC＝60°，则∠ABD＝60°﹣ ，所以∠DBE= ∠ABD＝30°− ，
2 2
α α
1 1
由BC＝BD，得∠BDC＝∠BCD= （180°﹣∠CBD）＝90°− ，所以∠E＝∠BDC﹣∠DBE＝60°，于
2 2
α
是得到问题的答案．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∠CBD＝ ，
∴∠ABC＝60°， α
∴∠ABD＝60°﹣ ，
∵BE平分∠ABDα，
1 1 1
∴∠DBE= ∠ABD= （60°﹣ ）＝30°− ，
2 2 2
α α
∵BC＝BD，
1 1 1
∴∠BDC＝∠BCD= （180°﹣∠CBD）= （180°﹣ ）＝90°− ，
2 2 2
α α
1 1
∴∠E＝∠BDC﹣∠DBE＝（90°− ）﹣（30°− ）＝60°，
2 2
α α
故选：C．
3．（2023秋•邹平市期末）如图，等边△ABC中，点D、E分别在边AB、BC上，把△BDE沿直线DE翻
折，使点B落在点B'处，DB'、EB'分别交边AC于点F、G．如果测得∠GEC＝36°，那么∠ADF＝ 84 °
．
【分析】首先根据等边三角形的性质得∠B＝60°，再根据∠GEC＝36°得∠BEG＝144°，由翻折的性质1
得∠BED＝∠GED= ∠BEG＝72°，∠BDE＝∠FDE，然后根据三角形的内角和定理可得∠BDE＝
2
∠FDE＝48°，则∠BDF＝96°，最后根据邻补角的定义可得∠ADF的度数．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵∠GEC＝36°，
∴∠BEG＝180°﹣∠GEC＝180°﹣36°＝144°，
由翻折的性质得：∠BED＝∠GED，∠BDE＝∠FDE，
1 1
∴∠BED= ∠BEG= ×144°＝72°，
2 2
∴∠BDE＝180°﹣∠B﹣∠BED＝180°﹣60°﹣72°＝48°，
∴∠BDE＝∠FDE＝48°，
∴∠BDF＝∠BDE+∠FDE＝96°，
∴∠ADF＝180°﹣∠BDF＝180°﹣96°＝84°．
故答案为：84°．
4．（2023秋•黄山期末）三个等边三角形的位置如图所示，若∠3＝40°，则∠1+∠2＝ 14 0 °．
【分析】先根据图中是三个等边三角形可知三角形各内角等于 60°，用∠1，∠2，∠3表示出△ABC各
角的度数，再根据三角形内角和定理即可得出结论．
【解答】解：∵图中是三个等边三角形，∠3＝40°，
∴∠ABC＝180°﹣60°﹣40°＝80°，∠ACB＝180°﹣60°﹣∠2＝120°﹣∠2，
∠BAC＝180°﹣60°﹣∠1＝120°﹣∠1，
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴80°+（120°﹣∠2）+（120°﹣∠1）＝180°，
∴∠1+∠2＝140°．
故答案为：1405．（2023秋•铁岭县期末）如图，过边长为4的等边△ABC的边AB上一点P，作PE⊥AC于E，Q为BC
延长线上一点，当PA＝CQ时，连PQ交AC边于D，则DE的长为 2 ．
【分析】过P作PF∥BC交AC于F，得出等边三角形APF，推出AP＝PF＝QC，根据等腰三角形性质
1
求出EF＝AE，证△PFD≌△QCD，推出FD＝CD，推出DE= AC即可．
2
【解答】解：过P作PF∥BC交AC于F．
∵PF∥BC，△ABC是等边三角形，
∴∠PFD＝∠QCD，△APF是等边三角形，
∴AP＝PF＝AF，
∵PE⊥AC，
∴AE＝EF，
∵AP＝PF，AP＝CQ，
∴PF＝CQ．
∵在△PFD和△QCD中，
{∠PFD=∠QCD
)
∠PDF=∠QDC ，
PF=CQ
∴△PFD≌△QCD（AAS），
∴FD＝CD，
∵AE＝EF，
∴EF+FD＝AE+CD，
1
∴AE+CD＝DE= AC，
2∵AC＝4，
1
∴DE= ×4=2．
2
故答案为：2．
6．（2023秋•农安县校级期末）如图，以△ABC的两边AB、AC向外作等边三角形ABE和等边三角形
ACD，连接BD、CE，相交于O．
（1）试写出图中和BD相等的一条线段并说明你的理由；
（2）求出BD和CE的夹角大小，若改变△ABC的形状，这个夹角的度数会发生变化吗？请说明理由．
【分析】（1）EC＝BD，理由为：由△ABE和△ACD都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到
∠EAB＝∠DAC＝60°，AE＝AB，AD＝AC，利用等式的性质得到∠EAC＝∠BAD，利用SAS可得出
△AEC≌△ABD，利用全等三角形的对应边相等即可得证；
（2）BD和CE的夹角大小为60°，若改变△ABC的形状，这个夹角的度数不变，理由为：由三角形
ADC为等边三角形，得到∠ADC＝∠ACD＝60°，再由（1）得到△AEC≌△ABD，利用全等三角形的对
应角相等得到∠ACE＝∠ADB，由∠EOD为三角形OCD的外角，利用三角形的外角性质及等量代换可
得出∠EOD＝∠ADC+∠ACD，可求出∠EOD的度数，利用邻补角定义求出∠DOC的度数，即为BD与
CE的夹角．
【解答】解：（1）EC＝BD，理由为：
∵△ABE和△ACD都为等边三角形，
∴∠EAB＝∠DAC＝60°，AE＝AB，AD＝AC，
∴∠EAB+∠BAC＝∠DAC+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，
在△AEC和△ABD中，{
AE=AB
)
∠EAC=∠BAD ，
AC=AD
∴△AEC≌△ABD（SAS），
∴EC＝BD；
（2）BD和CE的夹角大小为60°，若改变△ABC的形状，这个夹角的度数不变，理由为：
∵△ADC为等边三角形，
∴∠ADC＝∠ACD＝60°，
∵△AEC≌△ABD，
∴∠ACE＝∠ADB，
∵∠EOD为△COD的外角，
∴∠EOD＝∠ODC+∠OCD＝∠ODC+∠ACD+∠ACE＝∠ODC+∠ADB+∠ACD＝∠ADC+∠ACD＝
120°，即∠DOC＝60°，
则BD和CE的夹角大小为60°．
7．（2024春•砀山县月考）阅读材料：如图，△ABC中，AB＝AC，P为底边BC上任意一点，点P到两腰
1 1 1
的距离分别为 r
1
，r
2
，腰上的高为 h，连接AP，则S△ABP +S△ACP ＝S△ABC ，即：
2
AB•r
1
+
2
AC•r
2
=
2
AB•h，∴r +r ＝h（定值），即PE+PF为定值．
1 2
（1）深入探究
将“在△ABC中，AB＝AC，P为BC上一点”改成“P为等边三角形ABC内一点”，作PE⊥AB，
PF⊥AC，PM﹣ ⊥BC，BG⊥AC，垂足分别为E、F、M、G，有类似结论吗？请写出结论并证明；
（2）理解与应用
当点P在△ABC外，（1）结论是否成立？若成立，请予以证明；若不成立，PE、PF、PM和BG之间
又有怎样的关系，并说明理由．【分析】（1）连接PA、PB、PC，利用S△ABP +S△BCP +S△ACP ＝S△ABC 计算即可；
（2）连接PA、PB、PC，利用S△ABP +S△ACP ﹣S△BCP ＝S△ABC 计算即可．
【解答】解：（1）PE+PF+PM＝BG，理由如下：
连接PA、PB、PC，则S△ABP +S△BCP +S△ACP ＝S△ABC ，
∵等边三角形ABC，
∴AB＝AC＝BC，
∵PE⊥AB，PF⊥AC，PM﹣ ⊥BC，BG⊥AC，
1 1 1 1
∴ AB⋅PE+ AC⋅PF+ BC⋅PM= AC⋅BG，
2 2 2 2
1 1 1 1
∴ AB⋅PE+ AB⋅PF+ AB⋅PM= AB⋅BG，
2 2 2 2
∴PE+PF+PM＝BG；
（2）PE+PF﹣PM＝BG，理由如下：
连接PA、PB、PC，则S△ABP +S△ACP ﹣S△BCP ＝S△ABC ，
∵等边三角形ABC，
∴AB＝AC＝BC，
∵PE⊥AB，PF⊥AC，PM﹣ ⊥BC，BG⊥AC，1 1 1 1
∴ AB⋅PE+ AC⋅PF− BC⋅PM= AB⋅BG，
2 2 2 2
1 1 1 1
∴ AB⋅PE+ AB⋅PF− AB⋅PM= AB⋅BG，
2 2 2 2
∴PE+PF﹣PM＝BG．
【考点14 等边三角形的判定】
【必备知识】
（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，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．
【必刷题型】
1．（2023春•鄄城县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为AB边的中点，DE⊥AC于点E，DF⊥BC
于点F，DE＝DF．求证：△ABC是等边三角形．
【分析】证明Rt△ADE≌Rt△BDF得到∠A＝∠B，则CA＝CB，然后根据等边三角形的判定方法得到
结论．
【解答】证明：∵D为AB的中点，
∴AD＝BD．
∵DE⊥AC，DF⊥BC，
∴∠AED＝∠BFD＝90°．
在Rt△ADE和Rt△BDF中，
{AD=BD)
，
DE=DF
∴Rt△ADE≌Rt△BDF（HL），
∴∠A＝∠B，∴CA＝CB，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝AC
∴△ABC是等边三角形．
2．（2023秋•藁城区期末）如图，△ABC中，AB＝BC，BD是中线，延长BC至E，使CE＝CD，若BD＝
ED，求证：△ABC是等边三角形．
【分析】因为在△ABC中，BA＝BC，所以欲证△ABC是等边三角形，只需证明∠BCD＝60°．
【解答】证明：∵△ABC中，AB＝BC，BD是中线，
∴BD⊥AC，∠BDC＝90°，
∵CE＝CD，
∴∠E＝∠CDE，
∵BD＝DE，
∴∠DBE＝∠E，
△BDE中，∠DBE+∠BDE+∠E＝180°，
∴∠DBE+90°+∠CDE+∠E＝180°，
即3∠DBE+90°＝180°，
∴∠DBE＝30°，∠BCD＝60°，
又AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形．
3．（2023春•宽甸县期末）如图所示，在等腰△ABC中，AB＝AC，AF为BC的中线，D为AF上的一点，
且BD的垂直平分线过点C并交BD于E．
求证：△BCD是等边三角形．【分析】根据等腰三角形的性质得出AF⊥BC，根据线段垂直平分线性质求出BD＝DC，BC＝CD，推
出BD＝DC＝BC，根据等边三角形的判定得出即可．
【解答】证明：∵AB＝AC，AF为BC的中线，
∴AF⊥BC，
∴BD＝DC，
∵CE是BD的垂直平分线，
∴BC＝CD，
∴BD＝DC＝BC，
∴△BCD是等边三角形．
4．（2023春•宣汉县校级期末）在边长为9的等边三角形ABC中，点P是AB上一动点，以每秒1个单位
长度的速度从点A向点B运动，设运动时间为t秒．
（1）如图1，若点Q是BC上一定点，BQ＝6，PQ∥AC，求t的值；
（2）如图2，若点P从点A向点B运动，同时点Q以每秒2个单位长度的速度从点B经点C向点A运
动，当t为何值时，△APQ为等边三角形？
【分析】（1）由平行线的性质得∠BQP＝∠C＝60°，∠BPQ＝∠A＝60°，从而得出△BPQ是等边三角
形，列方程求解即可；
（2 ）根据点Q所在的位置不同，分类讨论△APQ是否为等边三角形，再根据等边三角形的性质得到
等量关系，列方程求解即可．
【解答】解：（1）如图1，∵△ABC是等边三角形，PQ∥AC，
∴∠BQP＝∠C＝60°，∠BPQ＝∠A＝60°，又∠B＝60°，
∴∠B＝∠BQP＝∠BPQ，
∴△BPQ是等边三角形，
∴BP＝BQ，
由题意可知：AP＝t，则BP＝9﹣t，
∴9﹣t＝6，
解得：t＝3，
∴当t的值为3时，PQ∥AC；
（2）如图2，①当点Q在边BC上时，
此时△APQ不可能为等边三角形；
②当点Q在边AC上时，
若△APQ为等边三角形，则AP＝AQ，
由题意可知，AP＝t，BC+CQ＝2t，
∴AQ＝BC+AC﹣（BC+CQ）＝9+9﹣2t＝18﹣2t，
即：18﹣2t＝t，解得：t＝6，
∴当t＝6时，△APQ为等边三角形．
【考点15 等边三角形的判定与性质综合】
【必刷题型】
1．（2023秋•朔州期中）如图，已知△ABC和△CDE均为等边三角形，且点B、C、D在同一条直线上，
连接AD、BE，交CE和AC分别于G、H点，连接GH．
（1）请说出AD＝BE的理由；（2）试说出△BCH≌△ACG的理由；
（3）试猜想：△CGH是什么特殊的三角形，并加以说明．
【分析】（1）证明△ACD≌△BCE即可得出答案；
（2）根据△ACD≌△BCE，∴∠CBH＝∠CAG，由∠ACB＝∠ECD＝60°，点B、C、D在同一条直线
上，得出∠ACB＝∠ECD＝∠ACG＝60°
根据AC＝BC即可证明；
（3）由△ACG≌△BCH，∴CG＝CH，根据∠ACG＝60°即可证明；
【解答】解：（1）∵△ABC和△CDE均为等边三角形
∴AC＝BC，EC＝DC
∠ACB＝∠ECD＝60°
∴∠ACD＝∠ECB
∴△ACD≌△BCE
∴AD＝BE；
（2）∵△ACD≌△BCE
∴∠CBH＝∠CAG
∵∠ACB＝∠ECD＝60°，点B、C、D在同一条直线上
∴∠ACB＝∠ECD＝∠ACG＝60°
又∵AC＝BC
∴△ACG≌△BCH；
（3）△CGH是等边三角形，理由如下：
∵△ACG≌△BCH
∴CG＝CH（全等三角形的对应边相等）
又∵∠ACG＝60°
∴△CGH是等边三角形（有一内角为60度的等腰三角形为等边三角形）；
2．（2023春•东源县期末）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．
【分析】（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，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．
【解答】（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＝∠ADC+60°+∠BED
＝∠CED+60°
＝60°+60°
＝120°，
∴∠DOE＝180°﹣（∠ADE+∠BED）＝60°，
答：∠DOE的度数是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．
3．（2023秋•黔东南州期末）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ED
＝EC．
（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：AE ＝ DB
（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，AE ＝
DB（填“＞”、“＜”或“＝”）；理由如下，过点E作EF∥BC，交AC于点F．（请你完成以下解答过程）．
（3）【拓展结论，设计新题】
在等边三角形ABC中，点E在直线AB上，点D在线段CB的延长线上，且ED＝EC，若△ABC的边长
为1，AE＝2，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ED＝EC，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）AE＝DB，理由如下，过点E作EF∥BC，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AE＝EF＝AF，BE＝FC，再由ED＝EC，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DB＝EF，等量代
换即可得证；
（3）点E在AB延长线上时，如图所示，同理可得△DBE≌△EFC，由BC+DB求出CD的长即可．
【解答】解：（1）当E为AB的中点时，AE＝DB；
（2）AE＝DB，理由如下，过点E作EF∥BC，交AC于点F，
证明：∵△ABC为等边三角形，
∴△AEF为等边三角形，
∴AE＝EF，BE＝CF，
∵ED＝EC，
∴∠D＝∠ECD，
∵∠DEB＝60°﹣∠D，∠ECF＝60°﹣∠ECD，
∴∠DEB＝∠ECF，
在△DBE和△EFC中，
{
DE=CE
)
∠DEB=∠ECF ，
BE=FC∴△DBE≌△EFC（SAS），
∴DB＝EF，
则AE＝DB；
（3）点E在AB延长线上时，作EF∥AC，则△EFB为等边三角形，
如图所示，同理可得△DBE≌△CFE，
∵AB＝1，AE＝2，
∴BE＝1，
∵DB＝FC＝FB+BC＝2，
则CD＝BC+DB＝3．
故答案为：（1）＝；（2）＝
4．（2023•灯塔市一模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于
点E．
（1）如图1，连接EC，求证：△EBC是等边三角形；
（2）点M是线段CD上的一点（不与点C，D重合），以BM为一边，在BM的下方作∠BMG＝60°，
MG交DE延长线于点G．请你在图2中画出完整图形，并直接写出MD，DG与AD之间的数量关系；
（3）如图3，点N是线段AD上的一点，以BN为一边，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延长线
于点G．试探究ND，DG与AD数量之间的关系，并说明理由．
【分析】（1）利用“三边相等”的三角形是等边三角形证得△EBC是等边三角形；（2）延长ED使得DW＝DM，连接MN，即可得出△WDM是等边三角形，利用△WGM≌△DBM即可
得出BD＝WG＝DG+DM，再利用AD＝BD，即可得出答案；
（3）利用等边三角形的性质得出∠H＝∠2，进而得出∠DNG＝∠HNB，再求出△DNG≌△HNB即可得
出答案．
【解答】（1）证明：如图1所示：
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，
1
∴∠ABC＝60°，BC= AB．
2
∵BD平分∠ABC，
∴∠1＝∠DBA＝∠A＝30°．
∴DA＝DB．
∵DE⊥AB于点E．
1
∴AE＝BE= AB．
2
∴BC＝BE．
∴△EBC是等边三角形；
（2）结论：AD＝DG+DM．
证明：
如图2所示：延长ED使得DW＝DM，连接MW，
∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E，
∴∠ADE＝∠BDE＝60°，AD＝BD，
又∵DM＝DW，
∴△WDM是等边三角形，
∴MW＝DM，
在△WGM和△DBM中，
{ ∠W =∠MDB )
∵ MW=DM
∠WMG=∠DMB
∴△WGM≌△DBM，
∴BD＝WG＝DG+DM，
∴AD＝DG+DM．（3）结论：AD＝DG﹣DN．
证明：延长BD至H，使得DH＝DN．
由（1）得DA＝DB，∠A＝30°．
∵DE⊥AB于点E．
∴∠2＝∠3＝60°．
∴∠4＝∠5＝60°．
∴△NDH是等边三角形．
∴NH＝ND，∠H＝∠6＝60°．
∴∠H＝∠2．
∵∠BNG＝60°，
∴∠BNG+∠7＝∠6+∠7．
即∠DNG＝∠HNB．
{∠DNG=∠HNB
)
在△DNG和△HNB中， DN=HN
∠H=∠2
∴△DNG≌△HNB（ASA）．
∴DG＝HB．
∵HB＝HD+DB＝ND+AD，
∴DG＝ND+AD．
∴AD＝DG﹣ND．【考点16 含30°角的直角三角形】
【必备知识】
含30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
【必刷题型】
1．（2024春•威海期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝3，BC＝6，点E在BA的延长线上，点
D在BC边上，且ED＝EC，若AE＝5，则BD的长等于（ ）
3 5
A．3 B． C．2 D．
2 2
1
【分析】过点E作EF⊥BC于F．先在Rt△BEF中利用30°角所对的直角边等于斜边的一半得出 BF=
2
BE＝4，于是CF＝BC﹣BF＝2，再根据等腰三角形三线合一的性质得出 DC＝2CF＝4，然后根据BD＝
BC﹣DC即可求解．
【解答】解：过点E作EF⊥BC于F．
在Rt△BEF中，∵∠BFE＝90°，∠B＝60°，
∴∠BEF＝30°，
∵AB＝3，AE＝5，
1 1 1
∴BF= BE= （AB+AE）= ×（3+5）＝4，
2 2 2
∵BC＝6，
∴CF＝BC﹣BF＝6﹣4＝2．
∵ED＝EC，EF⊥BC于F，
∴DC＝2CF＝4，
∴BD＝BC﹣DC＝6﹣4＝2．
故选：C．2．（2023秋•庆阳期末）如图，△ABC是等边三角形，点D在BC的延长线上，点E是AC的中点，连接
DE并延长交AB于点F，且CE＝CD，若EF＝2，则DF的长为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【分析】根据等边三角形的性质，CE＝CD的条件，可得的△BEF是含30°角的直角三角形，由此可求
出BE，DE的长，根据DF＝DE+EF即可求解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，点E是AC的中点，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，DE⊥AC，DE平分∠ABC，
1 1
∴∠ABE=∠EBC= ∠ABC= ×60°=30°，
2 2
∵CE＝CD，
∴∠CED＝∠CDE，
∵∠ACB＝60°，且是△CDE的外角，
∴∠CED+∠CDE＝∠ACB＝60°，
∴∠CED＝∠CDE＝30°，
∴∠AEF＝∠CED＝30°，
在△AEF中，∠A＝60°，且∠A+∠AEF+∠AFE＝180°，
∴∠AFE＝180°﹣∠A﹣∠AEF＝180°﹣60°﹣30°＝90°，即EF⊥AB，
∴△BEF中，∠BFE＝90°，
在Rt△BEF中，∠ABE＝30°，EF＝2，
∴BE＝2EF＝2×2＝4，
在△BDE中，∠EBD＝∠D＝30°，∴DE＝BE＝4，
∴DF＝DE+EF＝4+2＝6，
故选：C．
3．（2023秋•琼山区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝60°，点D在AB上，CD＝14，∠BDC＝
60°，延长CB至点E，使CE＝AC，过点E作EF⊥CD于点F，交AB于点G，若2DG＝AD，则DF＝
．
【分析】过点C作CH⊥AB于点H，设DF＝x，则CF＝CD﹣DF＝14﹣x，求出∠DGF＝30°，利用直角
1
三角形的性质得 DG＝2DF＝2x，则AD＝2DG＝4x，同理得∠DCH＝30°，则DH= CD＝7，AH＝
2
AD+DH＝4x+7，再证∠A＝∠FCE，进而可依据“AAS”判定△ACH和△CFE全等，从而得AH＝CF，
则4x+7＝14﹣x，由此解出x即可得DF的长．
【解答】解：过点C作CH⊥AB于点H，如图所示：
设DF＝x，
∵CD＝14，
∴CF＝CD﹣DF＝14﹣x，
∵EF⊥CD，在Rt△DFG中，∠BDC＝60°，
∴∠DGF＝30°，
∴DG＝2DF＝2x，
∵2DG＝AD，
∴AD＝2DG＝4x，
∵CH⊥AB，
在Rt△CHD中，∠BDC＝60°，
∴∠DCH＝30°，
1
∴DH= CD＝7，
2
∴AH＝AD+DH＝4x+7，
∵∠BDC＝∠A+∠ACD＝60°，∠ACB＝∠ACD+∠FCE＝60°，
∴∠A＝∠FCE，
又∵CH⊥AB，EF⊥CD，
∴∠AHC＝∠CFE＝90°，
在△ACH和△CFE中，
{
∠A=∠FCE
)
∠AHC=∠CFE=90° ，
CE=AC
∴△ACH≌△CFE（AAS），
∴AH＝CF，
∴4x+7＝14﹣x，
7
解得：x= ．
5
7
故答案为： ．
5
4．（2024春•顺德区期末）如图．在△ABC中，∠C＝30°，点D是AC的中点，DE⊥AC交BC于E，点O
在DE上，OA＝OB，OD＝1，OE＝2，则BE的长为 ．【分析】连接OC，作OF⊥BC于点F，根据含30°的直角三角形的性质求出CE，根据线段垂直平分线
的性质、等腰三角形的三线合一解答即可．
【解答】解：连接OC，作OF⊥BC于点F，
DE＝OD+OE＝3，
在Rt△CDE中，∠DCE＝30°，
∴CE＝2DE＝6，∠OEF＝60°，
∵AD＝DC，ED⊥AC，
∴OA＝OC，
∵OA＝OB，
∴OB＝OC，
∵OF⊥BC，
∴CF＝FB，
在Rt△OFE中，∠OEF＝60°，
∴∠EOF＝30°，
1
∴EF= OE＝1，
2
∴CF＝CE﹣EF＝5，
∴BC＝10，
∴BE＝10﹣6＝4，
故答案为：4．5．（2023秋•枣阳市期末）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，∠ABC的角平分线BE交AC于
点E．点D为AB上一点，且AD＝AC，CD，BE交于点M．
（1）求∠DMB的度数；
（2）若CH⊥BE于点H，AB＝16，求MH的长．
【分析】（1）根据直角三角形的两锐角互余可得∠ABC的度数，根据角平分线的定义可得∠ABE的度
数，根据等边对等角以及三角形的内角和定理可得∠ADC的度数，进而根据三角形的外角性质可得
∠DMB的度数；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质，可得AB＝2BC，BC＝2CH，根据等腰直角三角形的性质可
得CH＝MH，进而即可得出AB＝4MH，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝60°，
∵BE是∠ABC的角平分线，
∴∠ABE＝∠CBE＝30°，
∵∠A＝30°，AC＝AD，
1
∴∠ACD=∠ADC= ×(180°−30°)=75°，
2
∴∠DMB＝∠ADC﹣∠ABE＝45°；
（2）∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴AB＝2BC，
∵CH⊥BE，∠CBE＝30°，
∴BC＝2CH，∴AB＝4CH，
∵∠CMH＝∠DMB＝45°，
在Rt△CHM中，∠HCM＝90°﹣∠CMH＝45°，
∴∠CMH＝∠HCM，
∴CH＝MH，
∴AB＝4MH．
∵AB＝16，
1
∴MH= AB=4．
4
6．（2023秋•铜官区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝1．将三角板中30°
角的顶点D放在AB边上移动，使这个30°角的两边分别与△ABC的边AC，BC相交于点E，F，且使
DE始终与AB垂直．
（1）求证：△BDF是等边三角形；
（2）求AD﹣CF的值．
【分析】（1）由 ED⊥AB，∠EDF＝30°，得到∠FDB＝60°，再根据三角形的内角和求出∠B 和
∠BFD，即可求解；
（2）根据含30°角的直角三角形的性质可得AB＝2BC＝2，根据△BDF是等边三角形可得BD＝BF＝1
﹣CF，最后根据线段的和差即可求解．
【解答】解：（1）∵ED⊥AB，∠EDF＝30°，
∴∠FDB＝90°﹣30°＝60°，
∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝90°﹣30°＝60°，
∴∠BFD＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠BFD＝∠B＝∠BDF，
∴△BDF是等边三角形；
（2）∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，BC＝1，
∴AB＝2BC＝2，∵△BDF是等边三角形，
∴BD＝BF＝1﹣CF，
∴AD＝AB﹣BD＝2﹣（1﹣CF）＝1+CF，
∴AD﹣CF＝1．
7．（2023 秋•顺庆区校级期末）如图，在△ABC 中，AB＝AC，D 为 AC 的中点，DE⊥AB 于点 E，
DF⊥BC于点F，且DE＝DF，连接BD，点G在BC的延长线上，且CD＝CG．
（1）求证：△ABC是等边三角形；
（2）若BF＝3，求CG的长．
【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质定理得到∠A＝∠ACB，求得AB＝BC，根据等边三角形的
判定定理即可得到结论；
（2）由（1）知，△AC是等边三角形，求得∠ACB＝60°，连接BD，则∠DBC＝30°，得到BD＝GD，
求得BF＝FG＝3，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，
∴∠AED＝∠CFD＝90°，
∵D为AC的中点，
∴AD＝CD，
在Rt△ADE与Rt△CDF中，
{AD=CD)
，
DE=DF
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL），
∴∠A＝ACB，
∴AB＝BC，
∵AB＝AC，
∴AB＝AC＝BC，
∴△ABC是等边三角形；
（2）解：由（1）知，△AC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，∴∠ACB＝∠G+∠CDG＝60°，
∵CD＝CG，
∴∠G＝∠CDG＝30°，
连接BD，则∠DBC＝30°，
∴BD＝GD，
∴BF＝FG＝3，
∵∠DFC＝90°，∠BCA＝60°，
∴∠CDF＝30°，
1 1
∴CF= CD= CG，
2 2
∴CG＝2．
【考点17 最短路径问题】
【必备知识】
（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．
点A，点B分别是直线l异侧的两个点,在l上找到一个点C，使CA+CB最小，这时点C是直线l与AB的
交点，如图1所示.
（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．点A ，点B分别是直线l同侧的两个点，在l上找到一个点C,使CA+CB最小.这时先作点A关于直线l的
对称点A'，则点C是直线l与A'B的交点；或者先作点B关于直线l的对称点B'，则点C是直线l与直线
AB'的交点，如图2所示.
【必刷题型】
1．（2024秋•望城区校级月考）如图，△ABC是等边三角形，AD是BC边上的高，E点是AC边的中点，
P是AD上的一个动点，连接PE、PC，当PC+PE的值最小时，则∠APE的度数为 60 ° ．
【分析】作点E关于AD的对称点F，然后连接CF，交AD于点H，连接HE，由轴对称的性质及两点
之间线段最短可得CF即为PC+PE的最小值，进而由等边三角形的性质可求解．
【解答】解：作点E关于AD的对称点F，然后连接CF，交AD于点H，连接HE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠B＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∵AD⊥BC，
∴AD平分∠BAC，BD＝DC，
∵点E是AC的中点，AD垂直平分EF，
∴点F是AB的中点，
∴CF⊥AB，CF平分∠ACB，
∴∠BCF＝30°，∴当点P与点H重合时，根据轴对称的性质及两点之间线段最短可得此时 PC+PE为最小值，即为CF
的长，
∴∠DHC＝∠FHP＝60°，
∵AD垂直平分EF，
∴FH＝HE，
∴∠FHP＝∠PHE＝60°，
即∠APE＝60°，
故答案为：60°．
2．（2023秋•黑龙江期末）如图，点 E在等边三角形ABC的边BC上，BE＝4，射线CD⊥BC，垂足为
C，P是射线CD上一动点，F是线段AB上一动点，当EP+FP的值最小时，BF＝6，则AB的长为 8
．
【分析】根据题意，作点E关于CD的对称点E′，连接PE′，当点E′，P，F三点共线，E′F⊥AB
时，EP+FP的值最小，由此即可求解．
【解答】解：如图所示，作点E关于CD的对称点E′，连接PE′，
∴PE＝PE′，CE＝CE′，
∴EP+FP＝PE′+PF≥E′F，
当点E′，P，F三点共线，E′F⊥AB时，EP+FP的值最小，
∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝60，AB＝BC＝AC，
∵E′F⊥AB，
∴∠FE′B＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，
∴BE′＝2BF，
∵BF＝6，BE＝4，
∴BE′＝2BF＝12，
∵CE＝CE′，
∴12＝2CE+BE＝2CE+4，
解得，CE＝4，
∴AB＝BC＝4+4＝8，
故答案为：8．
3．（2024春•西平县期末）如图，在直角△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，AB＝5，AD平分
∠BAC，N是AC上一动点（不与A，C重合），M是AD上一动点（不与A，D重合），则CM+MN的
12
最小值为 ．
5
1 1 12
【分析】作CG⊥AB于点G，由
2
×5CG =
2
×4×3＝S△ABC ，求得CG =
5
，作NE⊥AD于点F，交AE于
点E，连接CE交AD于点I，连接ME、IN，可证明点E与点N关于直线AD对称，则MN＝ME，IN＝
IE，可知当点M与点I重合时，CM+MN＝CE，则当CE的值最小时，CM+MN的值最小，即可求得当
12 12
点E与点G重合时，CE取得最小值 ，则CM+MN的最小值为 ．
5 5
【解答】解：作CG⊥AB于点G，
∵∠C＝90°，
1 1
∴
2
AB•CG=
2
AC•BC＝S△ABC ，
∵AC＝4，BC＝3，AB＝5，1 1
∴ ×5CG = ×4×3，
2 2
12
∴CG= ，
5
作NE⊥AD于点F，交AE于点E，连接CE交AD于点I，连接ME、IN，
∴∠AFN＝∠AFE＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠FAN＝∠FAE，
在△FAN和△FAE中，
{∠AFN=∠AFE
)
AF=AF ，
∠FAN=∠FAE
∴△FAN≌△FAE（ASA），
∴FN＝FE，
∴点E与点N关于直线AD对称，
∴MN＝ME，IN＝IE，
∴CM+MN＝CM+ME，
∵当点M与点I重合时，CM+MN＝CM+ME＝CI+IN＝CI+IE＝CE，
∴当CE的值最小时，则CM+MN的值最小，
12 12
∴当点E与点G重合时，则CE＝CG= ，此时CE取得最小值 ，
5 5
12
∴CM+MN的最小值为 ，
5
12
故答案为： ．
5
4．（2023秋•凤山县期末）如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝105°，∠B＝∠D＝90°，在BC，CD上分别找一个点M，N，使△AMN的周长最小，则∠AMN+∠ANM＝ 15 0 °．
【分析】要使△AMN的周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上，作出 A关于BC和
CD 的 对 称 点 A′ ， A″ ， 即 可 得 出 ∠ A′ +∠ A″ ＝ 75° ， 进 而 得 出 ∠ AMN+∠ ANM ＝ 2
（∠AA′M+∠A″），即可得出答案．
【解答】解：作A关于BC和CD的对称点A′，A″，连接A′A″，交BC于M，交CD于N，则
A′A″即为△AMN的周长最小值．
∵∠DAB＝105°，
∴∠A′+∠A′′＝180°﹣∠BAD＝180°﹣105°＝75°，
∵∠A′＝∠MAA′，∠NAD＝∠A″，且∠A′+∠MAA′＝∠AMN，∠NAD+∠A″＝∠ANM，
∴∠AMN+∠ANM＝∠A′+∠MAA′+∠NAD+∠A″＝2（∠A′+∠A″）＝2×75°＝150°，
故答案为：150．
5．（2024春•开江县期末）如图，锐角∠MON 内有一定点A，连结AO，点B、C分别为OM、ON边上的
动点，连结AB、BC、CA，设∠MON＝ （0°＜ ＜90°），当AB+BC+CA取得最小值时，则∠BAC＝
180° ﹣ 2 ．（用含 的代数式表示） α α
α α【分析】作点A关于ON、OM的对称点A 、A 、连接OA 、OA ，连接A A ，交OM于点B，交ON于
1 2 1 2 1 2
点C．此时AB+BC+CA取得最小值时为A A .据此解答即可．
1 2
【解答】解：作点A关于ON、OM的对称点A 、A ，连接OA 、OA ，连接A A ，交OM于点B，交
1 2 1 2 1 2
ON于点C．
此时AB+BC+CA取得最小值时为A A ．
1 2
由对称可知，
∠AOM＝A OM，∠AON＝∠A ON，∠BAO＝∠BA O，∠OAC∠OA C
2 1 2 1
∴∠A OA ＝2∠MON＝2 ，
1 2
∴∠OA A +∠OA A ＝180α°﹣2 ，
1 2 2 1
∴∠BAC＝∠OA A +∠OA A ＝α180°﹣2 ，
1 2 2 1
故答案为：180°﹣2 ． α
α
6．（2024•乐山模拟）如图，等腰△ABC中，∠BAC＝100°，BD平分∠ABC，点N为BD上一点，点M为
BC上一点，且BN＝MC，若当AM+AN的最小值为4时，AB的长度是 4 ．
【分析】作∠BCE＝∠ABD＝20°，使得CE＝AB，连接EM，依据△ABN≌△ECM（SAS），即可得到
AN＝EM，进而得出当A，M，E三点共线时，AN+AM的最小值等于AE的长，再根据△ACE是等边三
角形，即可得到AB的长．
【解答】解：如图所示，作∠BCE＝∠ABD＝20°，使得CE＝AB，连接EM，
在△ABN和△ECM中，{
AB=EC
)
∠ABN=∠ECM ，
BN=CM
∴△ABN≌△ECM（SAS），
∴AN＝EM，
∴AN+AM＝EM+AM，
当A，M，E三点共线时，AN+AM的最小值等于AE的长，
又∵AM+AN的最小值为4，
∴AE的长为4，
∵∠BAC＝100°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝40°，
∵CE＝AB＝AC，∠ACE＝40°+20°＝60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴AC＝AE＝4，
∴AB＝4，
故答案为：4．
7．（2023秋•绥中县期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝60°．BD平分∠ABC，∠BCD＞∠CBD，
BC＝24，P，Q分别是BD，BC上的动点，当CP+PQ取得最小值时，BQ的长是 1 2 ．
【分析】在射线BA上截取BE＝BC，连接CE，PE，QE，作EF⊥BC于点F，由BD平分∠ABC，得
BD垂直平分CE，所以CP＝EP，则CP+PQ＝EP+PQ，因为EP+PQ≥EQ，所以当EP+PQ＝EQ，且EQ
的值最小时，此时CP+PQ的值最小，则当EQ与EF重合，且E、P、Q三点在同一直线上时，CP+PQ1
的值最小，可证明△EBC是等边三角形，则BQ＝BF= BC＝12，于是得到问题的答案．
2
【解答】解：在射线BA上截取BE＝BC，连接CE，PE，QE，作EF⊥BC于点F，
∵BD平分∠ABC，
∴BD垂直平分CE，
∴点E与点C关于直线BD对称，
∴CP＝EP，
∴CP+PQ＝EP+PQ，
∵EP+PQ≥EQ，
∴当EP+PQ＝EQ，且EQ的值最小时，EP+PQ的值最小，此时CP+PQ的值最小，
∴当EQ与EF重合，且E、P、Q三点在同一直线上时，CP+PQ的值最小，
∴当CP+PQ取得最小值时，BQ＝BF，
∵BE＝BC＝24，∠ABC＝60°，
∴△EBC是等边三角形，
1 1
∴BQ＝BF= BC= ×24＝12，
2 2
故答案为：12．
