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专题三 轴对称十六大必考点
【人教版】
专题16.3 轴对称十六大必考点......................................................................................................................1
【考点1 轴对称中坐标与图形变化】...................................................................................................................1
【考点2 格点中的轴对称】...................................................................................................................................3
【考点3 设计轴对轴图案】...................................................................................................................................8
【考点4 镜面对称】.............................................................................................................................................11
【考点5 利用轴对称求最值】.............................................................................................................................12
【考点6 寻找构成等腰三角形的点的个数】.....................................................................................................17
【考点7 利用三线合一求值】.............................................................................................................................19
【考点8 利用三线合一证明】.............................................................................................................................23
【考点9 利用等角对等边证明边长相等】.........................................................................................................28
【考点10 利用等角对等边证明】.........................................................................................................................32
【考点11 作等腰三角形】.....................................................................................................................................38
【考点12 等边三角形的判定与性质】.................................................................................................................43
【考点13 含30度的直角三角形】........................................................................................................................52
【考点14 尺规作垂直平分线或垂线】.................................................................................................................61
【考点15 垂直平分线的判定与性质】.................................................................................................................65
【考点16 等腰三角形中的新定义问题】.............................................................................................................74
【考点1 轴对称中坐标与图形变化】
【例1】（2024·贵州省遵义市第一初级中学八年级阶段练习）已知点P (2a-b,2)和P (-7,4a+2b)关于
1 2
x轴对称，则ab=__．
【答案】-8
【分析】根据题意，列关于a、b的二元一次方程组，求解并计算即可；
【详解】∵点P (2a-b,2)和P (-7,4a+2b)关于x轴对称，
1 2
∴¿
解得¿，
∴ab=(-2) 3=-8．
故答案为：-8【点睛】本题考查了关于x轴对称的点的坐标，解二元一次方程组，掌握相关知识并熟练使用，同时注意
解题中需注意的事项是本题的解题关键．
【变式1-1】（2024·内蒙古·霍林郭勒市第五中学七年级期中）将点A先向下平移3个单位，再向右平移2
个单位后得B（﹣2，5），则A点关于y轴的对称点坐标为__________．
【答案】（4，8）
【分析】设A（x，y），根据向下平移纵坐标减，向右平移横坐标加列方程求解，再根据“关于y轴对称
的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”解答．
【详解】解：设A（x，y），
∵点A向下平移3个单位，再向右平移2个单位后得B（−2，5），
∴x＋2＝−2，y−3＝5，
解得x＝−4，y＝8，
∴点A的坐标为（−4，8），
∴A点关于y轴的对称点坐标为（4，8）．
故答案为：（4，8）．
【点睛】本题考查了坐标的平移规律，以及关于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：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，
横坐标互为相反数．
【变式1-2】（2024·全国·八年级专题练习）已知点P（2a+b，-3a）与点P′（8，b+2）．
(1)若点p与点p′关于x轴对称，求a、b的值．
(2)若点p与点p′关于y轴对称，求a、b的值．
【答案】(1)a=2，b=4
(2)a=6，b=-20
【分析】（1）根据关于x轴对称的点，横坐标相等、纵坐标互为相反数方程组求解即可；
（2）根据关于y轴对称的点，纵坐标相等、横坐标互为相反数方程组求解即可．
（1）
解：∵点P与点P'关于x轴对称，
∴2a+b=8，3a= b+2,解得a=2， b=4．
（2）
解：∵点P与点P'关于y轴对称，
∴2a+b=-8，-3a= b+2解得a=6， b=-20．
【点睛】本题主要考查了关于坐标轴对称的点坐标特征，关于x轴对称的点，横坐标相等，纵坐标互为相
反数；关于y轴对称的点，纵坐标相等、横坐标互为相反数．
5
【变式1-3】（2024·吉林白山·八年级期末）在坐标平面上有一个轴对称图形，其中A（3，﹣ ）和B
2
11
（3，﹣ ）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．
【考点2 格点中的轴对称】
【例2】（2024·湖北·武汉市光谷实验中学八年级开学考试）如图，是一个8×10正方形格纸，△ABC中A
点坐标为(﹣2，1)，B点的坐标为(﹣1，2)．(1)请在图中建立平面直角坐标系，指出△ABC和△A'B'C'关于哪条直线对称？（直接写答案）
(2)作出△ABC关于x轴对称图形△A B C ；请直接写出A'、B'、C'三点坐标．
1 1 1
(3)在x轴上求作一点M，使△AB'M的周长最小，请直接写出M点的坐标．
【答案】(1)见解析，△ABC与△A'B'C'关于y轴对称
(2)见解析，A' (2,1),B' (1,2),C' (3,3)
(3)见解析，M(﹣1，0)
【分析】（1）根据A，B两点坐标，确定平面直角坐标系即可；
（2）利用轴对称的性质分别作出A，B，C的对应点A ,B ,C 即可；
1 1 1
（3）作点B'关于x轴的对称点B″，连接AB″交x轴于点M，连接MB'，点M即为所求．
（1）
解：（1）如图，平面直角坐标系如图所示：△ABC与△A'B'C'关于y轴对称；
（2）
如图，△A B C 即为所求，A' (2,1),B' (1,2),C' (3,3)；
1 1 1
（3）
如图，点M即为所求．M（﹣1，0）．
此时：C =AB'+AM+B'M=AB'+AM+B″M=AB'+AB″,
△AB'M
此时满足周长最短．
【点睛】本题考查作图﹣轴对称变换，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用轴对称的性质解决
最短问题，属于中考常考题型．【变式2-1】（2024·山东济南·八年级期中）如图，平面直角坐标系中，A（﹣2，1），B（﹣3，4），C
（﹣1，3），过点（1，0）作x轴的垂线l．
(1)作出△ABC关于直线l的轴对称图形△A B C ；
1 1 1
(2)直接写出A （ ， ），B （ ， ），C （ ， ）；
1 1 1
(3)在△ABC内有一点P（m，n），则点P关于直线l的对称点P 的坐标为（ ， ）（结果用含m，
1
n的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)4，1；5，4；3，3
(3)2-m，n
【分析】（1）根据轴对称的性质画出△ABC关于直线l的轴对称图形△A B C ；
1 1 1
（2）根据坐标系写出点的坐标；
（3）根据△ABC与△A B C 关于直线l的轴对称，则P与P 关于x=1对称，据此即可求解．
1 1 1 1
（1）
解：如图，△A B C 为所作；
1 1 1
（2）
由图形可知：A（4，1），B（5，4），C （3，3）；
1 1 1
故答案为：4，1；5，4；3，3；（3）
点P关于直线l的对称点P 的坐标为（2﹣m，n）．
1
故答案为：2﹣m，n．
【点睛】本题考查了画轴对称图形，轴对称的性质，坐标与图形，掌握轴对称的性质是解题的关键．
【变式2-2】（2024·全国·八年级专题练习）如图，在正方形网格中，点A，B，C，M，N都在格点上．
(1)作△ABC关于直线MN对称的图形△A B C ；
1 1 1
(2)若网格中最小正方形边长为1，求△ABC的面积；
(3)在直线MN上找一点P，使得PC-PA 的值最大，并画出点P的位置．
1
【答案】(1)详见解析
7
(2)
2
(3)详见解析
【分析】（1）利用轴对称的性质分别作出A、B、C的对应点A ，B ，C 即可．
1 1 1
（2）根据三角形的面积公式即可得到结论．
（3）连接A C 交直线MN于点P，此时PC-PA 的值最大．
1 1 1
（1）
如图，△A B C 即为所求．
1 1 1
（2）
1 1 1 7
△ABC的面积为3×3- ×1×3- ×3×2- ×1×2= .
2 2 2 2
（3）
点P即为所求【点睛】本题考查了作图-轴对称变换，轴对称一最短路径问题，三角形的面积，解决本题的关键是掌握轴
对称的性质准确作出点P．
【变式2-3】（2024·天津市红桥区教师发展中心八年级期中）如图，已知三点A（-2，3），B（3，-3），
C（-3，1）， ABC与 ABC 关于x轴对称，其中A，B，C 分别是点A，B，C的对应点．
1 1 1 1 1 1
△ △
(1)画出 ABC ，并写出三个顶点A，B，C 的坐标；
1 1 1 1 1 1
△
(2)若点M(m+2，n-1)是△ABC上一点，其关于x轴的对称点为M' (-m-4，n-3)，求m，n的值．
【答案】(1)图见解析，A（-2，-3），B（3，3），C （-3，-1）
1 1 1
(2)m=-3，n=2
【分析】（1）首先确定A、B、C三点的对称点位置，再连接即可，然后再利用坐标系写出A，B，C 的
1 1 1
坐标；
（2）利用关于x轴的对称的对称点坐标特点可得m+2=-m-4，n-1+n-3=0，再解方程即可．（1）
如图所示， ABC 即为所求，
1 1 1
△
A（-2，-3），B（3，3），C （-3，-1）；
1 1 1
（2）
∵点M（m+2，n-1）是 ABC上一点，其关于x轴的对称点为M′（-m-4，n-3），
∴m+2=-m-4，n-1+n-3=0，△
解得：m=-3，n=2．
【点睛】此题主要考查了作图--轴对称变换，关键是正确确定组成图形的关键点的对称点位置．
【考点3 设计轴对轴图案】
【例3】（2024·江苏·八年级课时练习）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
【答案】C
【分析】将一个图形沿着某条直线翻折,直线两侧的部分能够完全重合的图形是轴对称图形,根据轴对称图
形的概念进行设计即可．
【详解】解：如图所示：故选：C
【点睛】本题主要考查轴对称图形的概念,解决本题的关键是要熟练掌握轴对称图形的概念．
【变式3-1】（2024·河北·九年级专题练习）如图为5×5的方格，其中有A、B、C三点，现有一点P在其它
格点上，且A、B、C、P为轴对称图形，问共有几个这样的点P（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】B
【分析】利用轴对称图形的性质得出符合题意的点即可．
【详解】解：如图所示：A、B、C、P为轴对称图形，共有4个这样的点P．
答案：B．
【点睛】此题主要考查了利用轴对称设计图案,正确把握轴对称图形的定义是解题关键．
【变式3-2】（2024·全国·七年级专题练习）在3×3的正方形网格中，有三个小方格涂上阴影，请再在余下的6个空白的小方格中，选两个小方格并涂成阴影，使得图中的阴影部分组成一个轴对称图形，共有 ( )种
不同的填涂方法．
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【答案】D
【分析】如图，将图中的空白正方形标号，然后根据轴对称图形的定义对其不同的组合进行判断即可．
【详解】解：如图所示：
当将①②、①⑤、②③、②⑥、④⑤、④⑥分别组合，都可以得到轴对称图形，共有6种方法．
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形的设计，熟知概念、明确方法是解题的关键．
【变式3-3】（2024·江苏·八年级专题练习）现有如图1所示的两种瓷砖，请你从两种瓷砖中各选两块，拼
成一个新的正方形，使拼成的图案为轴对称图形，如图2，要求：在图3，图4中各设计一种与示例拼法不
同的轴对称图形．
【答案】见解析
【分析】利用轴对称的性质，以及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即可．
【详解】解：依照轴对称图形的定义，设计出图形，如图所示．【点睛】此题主要考查了利用轴对称设计图案，利用轴对称定义得出是解题关键．
【考点4 镜面对称】
【例4】（2024·江苏·宜兴外国语学校八年级阶段练习）小明在镜中看到身后墙上的时钟如下，你认为实际
时间最接近9：00（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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．
【详解】9点的时钟，在镜子里看起来应该是3点，所以最接近9点的时间在镜子里看起来就更接近3点，
所以应该是图B所示，最接近9点时间．
故选：B．
【点睛】主要考查镜面对称的性质：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．
【变式4-1】（2024·全国·八年级专题练习）某公路急转弯处设立了一面圆形大镜子，从镜子中看到汽车车
牌的部分号码如图所示，则该车牌照的部分号码为____．
【答案】E6395
【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．
【详解】解：根据镜面对称的性质，题中所显示的图片中的数字与“E6395”成镜面对称，则该车牌照的部
分号码为E6395．故答案为：E6395．
【点睛】本题考查了镜面对称的性质，掌握镜面对称的性质是解题的关键．
【变式4-2】（2024·黑龙江·哈尔滨顺迈学校八年级阶段练习）从镜子中看到背后墙上电子钟的示意数为
10：05,这时的实际时间为______.
【答案】20：01
【分析】根据镜面对称的性质，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．
【详解】解：由图分析可得题中所给的“10：05”与“20：01”成轴对称，这时的时间应是20：01．
故答案为：20：01．
【点睛】本题考查了镜面反射的原理与性质．解决此类题应认真观察，注意技巧．
【变式4-3】（2024·甘肃平凉·八年级期中）小明从平面镜子中看到镜中电子钟示数的像如图所示，这时的
时刻应是________．
【答案】16:25:08
【分析】关于镜子的像，实际数字与原来的数字关于竖直的线对称，根据相应数字的对称性可得实际数字．
【详解】解：∵是从镜子中看，
∴对称轴为竖直方向的直线，
∵5的对称数字为2，2的对称数字是5，镜子中数字的顺序与实际数字顺序相反，
∴这时的时刻应是16:25:08.
故答案为16:25:08.
【点睛】本题考查镜面对称，得到相应的对称轴是解决本题的关键；若是竖直方向的对称轴，数的顺序正
好相反，注意2的对称数字为5，5的对称数字是2．
【考点5 利用轴对称求最值】
【例5】（2024·湖南·李达中学八年级阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC＝6，BC＝8，
AB＝10，AD是∠BAC的平分线，若P，Q分别是AD何AC上的动点，则PC＋PQ的最小值是（ ）A．2.4 B．4 C．4.8 D．5
【答案】C
【分析】由题意可以把Q反射到AB的O点，如此PC+PQ的最小值问题即变为C与线段AB上某一点O的
最短距离问题，最后根据“垂线段最短”的原理得解．
【详解】解：如图，作Q关于AP的对称点O，则PQ=PO，所以O、P、C三点共线时，
CO=PC+PO=PC+PQ，此时PC+PQ有可能取得最小值，
∵当CO垂直于AB即CO移到CM位置时，CO的长度最小，
∴PC+PQ的最小值即为CM的长度，
1 1
∵S = AB×CM= AC×CB，
△ABC 2 2
6×8
∴CM= =4.8，即PC+PQ的最小值为 4.8，
10
故选C．
【点睛】本题考查了轴对称最短路径问题，垂线段最短，通过轴反射把线段和最小的问题转化为线段外一
点到线段某点连线段最短问题是解题关键．
【变式5-1】（2024·河南驻马店·七年级期末）如图，四边形ABCD中，∠BAD=α，∠B=∠D=90°，
在BC、CD上分别找一点M、N，当△AMN周长最小时，则∠MAN的度数为（ ）1
A． α B．2α-180° C．180°-α D．α-90°
2
【答案】B
【分析】根据要使 AMN的周长最小，即利用点的对称，让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∠AA′M+∠A″=∠HAA′，进而得出∠AMN+∠ANM=2（∠AA′M+∠A″）即可
得出答案．
【详解】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．作DA延长线AH，
△
∵∠DAB=α ，
∴∠HAA′=180°-α，
∴∠AA′M+∠A″=∠HAA′=180°-α，
∵∠MA′A=∠MAA′，∠NAD=∠A″，
且∠MA′A+∠MAA′=∠AMN，∠NAD+∠A″=∠ANM，
∴∠AMN+∠ANM=∠MA′A+∠MAA′+∠NAD+∠A″=2（∠AA′M+∠A″）=2(180°-α)=360°-2α，
∴∠MAN=180°-(∠AMN+∠ANM)=180°-(360°-2α)=2α-180°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查轴对称-最段路线问题，熟练掌握平面内最短路线问题求法以及三角形的外角的性质
和垂直平分线的性质等知识，根据已知得出M，N的位置是解题关键．
【变式5-2】（2024·全国·八年级专题练习）如图，在长方形ABCD中，AD＝BC＝3，AB＝CD＝4，AC＝
5，动点M在线段AC上运动(不与端点重合)，点M关于边AD，DC的对称点分别为M，M，连接MM，
1 2 1 2
点D在MM 上，则在点M的运动过程中，线段MM 长度的最小值是_______．
1 2 1 224
【答案】
5
12
【分析】过D作DM'⊥AC于M'，连接DM，根据已知，由面积法先求出DM'= ，由M关于边AD，DC
5
的对称点分别为M，M，可得DM =DM=DM ，MM=2DM，故线段MM 长度最小即是DM长度最小，此
1 2 1 2 1 2 1 2
24
时DM⊥AC，M与M'重合，即可得MM 最小值为2DM'= ．
1 2 5
【详解】解：过D作DM'⊥AC于M'，连接DM，如图：
长方形ABCD中，AD=BC=3，AB=CD=4，AC=5，
1 1
∴S ADC= AD•CD= AC•DM'，
2 2
△
AD·CD 3×4 12
∴DM'= = = ，
AC 5 5
∵M关于边AD，DC的对称点分别为M，M，
1 2
∴DM =DM=DM ，
1 2
∴MM=2DM，
1 2
24
线段MM 长度最小即是DM长度最小，此时DM⊥AC，即M与M'重合，MM 最小值为2DM'= ．
1 2 1 2 5
24
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查对称变换，涉及三角形面积、点到直线的距离等知识，解题的关键是将求MM 长度的
1 2
最小值转化为求DM长度的最小值.【变式5-3】（2024·福建龙岩·八年级期中）如图，在Rt ABC中，∠A＝90°，AB＝8，AC＝6，BC＝10，
M、N、P分别是边AB、AC、BC上的动点，连接PM、P△N和MN，则PM+PN+MN的最小值是 _______．
48
【答案】
5
【分析】如图，作点P关于AB，AC的对称点E，F，连接PE，PF，PA，EM，FN，AE，AF．首先证明
E，A，F共线，则PM+MN+PN=EM+MN+NF≥EF，推出EF的值最小时，PM+MN+PN的值最小，求出PA的
最小值，可得结论．
【详解】解：如图，作点P关于AB，AC的对称点E，F，连接PE，PF，PA，EM，FN，AE，AF．
由对称的性质可知，AE=AP=AF，∠BAP=∠BAE，∠CAP=∠CAF，
∵∠PAB+∠PAC=∠BAC=90°，
∴∠EAF=180°，
∴E，A，F共线，
∵ME=MP，NF=NP，
∴PM+MN+PN=EM+MN+NF，
∵EM+MN+NF≥EF，
∴EF的值最小时，PM+MN+PN的值最小，
∵EF=2PA，
6×8 24
∴当PA⊥BC时，PA的值最小，此时PA= = ，
10 5
48
∴PM+MN+PN≥ ，
548
∴PM+MN+PN的最小值为 ．
5
48
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查了轴对称最短问题，解题的关键是学会利用轴对称的性质添加辅助线，把问题转化为两
点之间线段最短．
【考点6 寻找构成等腰三角形的点的个数】
【例6】（2024·广东·丰顺县潘田中学九年级开学考试）如图，已知每个小方格的边长为1，A，B两点都
在小方格的顶点上，请在图中找一个顶点C，使△ABC为等腰三角形，则这样的顶点C有（ ）
A．8个 B．7个 C．6个 D．5个
【答案】A
【分析】当AB为底时，作AB的垂直平分线，当AB为腰时，分别以A、B点为顶点，以AB为半径作弧，
分别找到格点即可求解．
【详解】解：当AB为底时，作AB的垂直平分线，可找出格点C的个数有5个，
当AB为腰时，分别以A、B点为顶点，以AB为半径作弧，可找出格点C的个数有3个；
∴这样的顶点C有8个．
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式6-1】（2024·安徽·合肥市第四十五中学八年级阶段练习）Rt ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，在
直线BC上取一点P使得 PAB是等腰三角形，则符合条件的点P有△___个．
△【答案】4
【分析】分别以A、B为圆心，以AB为半径作圆，再作AB的垂直平分线，即可得出答案．
【详解】解：以A为圆心，以AB为半径作圆，与直线BC有一个交点；
同理以B为圆心，以AB为半径作圆，与直线BC有两个交点；
作AB的垂直平分线与BC有一个交点，
即有1+2+1＝4个，
故答案为4．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和线段垂直平分线性质的应用，主要考查学生的理解能力和动手操
作能力．
【变式6-2】（2024·安徽·利辛县汝集镇西关学校八年级期末）如图，△ABC的点A、C在直线l上，
∠B=120°,∠ACB=40°，若点P在直线l上运动，当△ABP成为等腰三角形时，则∠ABP度数是
_______．
【答案】10°或80°或20°或140°
【分析】分三种情形：AB=AP，PA=PB，BA=BP分别求解即可解决问题．
【详解】解：如图，
在ΔABC中，∵∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-120°-40°=20°，
1
①当AB=AP时，∠ABP =∠AP B=10°，∠ABP =∠AP B= (180°-20°)=80°，
1 1 3 3 2
②当PA=PB时，∠ABP =∠AP B=20°，
2 2
③当BA=BP时，∠ABP =180°-20°-20°=140°，
4
综上所述，满足条件的∠ABP的值为10°或80°或20°或140°．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，
属于常考题型．
【变式6-3】（2024·天津市武清区杨村第五中学八年级期中）在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是A（3，0），B（0，4），若点P在坐标轴上，且△PAB是等腰三角形，则满足条件的点P有_____个．
【答案】8
【分析】分三种情况①以B为圆心，以AB为半径作圆与两轴的交点，②以A为圆心，以AB为半径作圆与
两轴的交点，，③以AB为底， AB的垂直平分线与两轴的交点即可
【详解】解：如图所示：
①以B为圆心，以AB为半径作圆，交y轴有2点，交x轴有1点（点A除外），此时共3个点；
②以A为圆心，以AB为半径作圆，交y轴有1点（点B除外），交x轴有2点，此时共3个点，
③以AB为底的三角形有2个，点P在AB的垂直平分线上，分别交x轴、y轴各1个点，此时共2个点；
3+3+2＝8，
因此，满足条件的点P有8个，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定、坐标与图形性质、熟练掌握等腰三角形的判定，分三种情况讨论
圆与坐标轴的交点以及线段垂直平分线与坐标轴的交点是解决问题的关键．
【考点7 利用三线合一求值】
【例7】（2024·河北保定·八年级期末）如图，一位同学拿了两块同样的含45°的三角尺，即等腰直角△
MNK，等腰直角△ACB做了一个探究活动：将△MNK的直角顶点M放在△ABC的斜边AB的中点处，设AC
＝BC＝a，猜想此时重叠部分四边形CEMF的面积为（ ）1 1 1 1
A． a2 B． a2 C． a2 D． a2
2 3 4 5
【答案】C
【分析】利用等腰直角三角形的性质证得MC=MB，∠ACM =∠B，∠CMF=∠BME，从而证明
△CMF≌△BME，根据四边形CEMF的面积=S +S =S 求出答案．
△CMF △CEM △BCM
【详解】解：连接MC，
∵ ACB是等腰直角三角形，M是AB的中点，
∴M△C⊥AB，∠ACM=∠BCM=∠B=45°，
∴MC=MB，∠BMC=90°，
∵∠EMF=90°=∠BMC，
∴∠EMF-∠CME=∠BMC-∠CME，即∠CMF=∠BME，
在△CMF和△BME中，
¿,
∴△CMF≌△BME(ASA)，
∴S =S ，
△CMF △BME
1 1
∴四边形CEMF的面积=S +S =S +S =S = S = a2 ，
△CMF △CEM △BME △CEM △BCM 2 △ABC 4
故选：C．
【点睛】此题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，解题的关键是证明△CMF≌△BME．
【变式7-1】（2024·广东·深圳市布心中学七年级期末）如图，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，且
∠ACB=∠DCE=90°，点A、D、E中同一条直线上，CM平分∠DCE，连接BE，以下结论：①AD=DC；
②CM⊥AE；③AE-BE=2CM；④∠BCM=∠CBE，正确的有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得AD=BE，∠ADC=∠BEC，可判断①，由等腰直角三角形的性质
可得∠CDE=∠CED=45°，CM⊥AE，可判断②，由全等三角形的性质可求∠AEB=∠CME=90°，可得
CM∥BE，可证∠BCM=∠CBE，可判断④，由线段和差关系可判断③，即可求解．
【详解】解：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
AC=BC
在△ACD和△BCE中，{∠ACD=∠BCE,
CD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，故①错误，
∵△DCE为等腰直角三角形，CM平分∠DCE，
∴∠CDE=∠CED=45°，CM⊥AE，故②正确，
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=135°．
∴∠BEC=135°．
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=90°，
∴∠AEB=∠CME=90°，
∴CM∥BE，
∴∠BCM=∠CBE，故④正确，
∵CD=CE，CM⊥DE，
∴DM=ME．
∵∠DCE=90°，
∴DM=ME=CM．
∴AE=AD+DE=BE+2CM．
∴AE-BE=2CM，故③正确，
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明△ACD≌△BCE是本题的关键．
【变式7-2】（2024·浙江·平阳苏步青学校八年级阶段练习）如图，CD是等腰三角形 ABC底边上的中线，
△BE平分∠ABC，交CD于点E，AC＝6，DE＝2，则 BCE的面积是( )
△
A．4 B．6 C．8 D．12
【答案】B
【分析】作EF⊥BC于F，根据角平分线的性质得到EF=DE=2，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：作EF⊥BC于F，
∵AC=BC=6，CD是等腰三角形 ABC底边上的中线，
∴CD⊥AB， △
∵BE平分∠ABC，ED⊥AB，EF⊥BC，
∴EF=DE=2，
1
∴△BCE的面积= ×BC×EF=6，
2
故选：B．
【点睛】本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
【变式7-3】（2024·江苏·八年级单元测试）如图，在 ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，DE⊥AC于点
E，CF⊥AB于点F，若DE＝4，则CF的长为_____. △
【答案】8
【分析】由等腰三角形的性质得到△ABC是△ACD的面积的两倍，然后用等面积法求得DE和CF的关系，
进而得到CF的长．【详解】∵△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，
∴AD是 ABC的中线，
△ 1
∴S =2S ＝2× ×DE•AC＝DE•AC，
△ABC △ACD 2
1
∵S = AB•CF，
△ABC 2
1
∴ AB•CF＝DE•AC，
2
∵AC＝AB，
1
∴ CF＝DE，
2
∵DE＝4，
∴CF＝8；
故答案为：8
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、解题的关键是熟练应用等面积法求高．
【考点8 利用三线合一证明】
【例8】（2024·江苏·泰州市姜堰区第四中学八年级）已知：如图△ABC中，AB=AC，AD和BE是高，它
们交于点H，且AE=BE．求证：
(1)△AHE≌△BCE；
(2)AH=2BD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由△ABC是等腰三角形，AD和BE是高，可知∠EBC+∠C=∠CAD+∠C=90°，通过ASA即可
证明△AEH≌△BEC，
（2）由（1）可知△AHE≌△BCE，则AH=BC，△ABC是等腰三角形，AD是底边上的高，可知BC=2BD，
即可进行证明．（1）
证明：∵AD是高，BE是高
∴∠EBC+∠C=∠CAD+∠C=90°
∴∠EBC=∠CAD
又∵AE＝BE，∠AEH=∠BEC
∴△AEH≌△BEC(ASA)；
（2）
∵△AEH≌△BEC
∴AH＝BC
∵AB＝AC，AD是高
∴BC=2BD
∴AH＝2BD ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的三线合一、及三角形全等的判定方法．解决本题的关键是证明
△AEH≅△BEC．
【变式8-1】（2024·全国·八年级专题练习）如图，△ABC中，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
E、F为垂足，连接EF交AD于G，试判断AD与EF垂直吗？并说明理由．
【答案】AD⊥EF，理由见解析
【分析】先根据角平分线的性质可得DE＝DF，然后再证Rt△AED≌Rt△AFD可得AE＝AF，即△AEF是等
腰三角形，最后根据等腰三角形三线合一的性质即可．
【详解】解：AD⊥EF，理由如下：
∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，
在Rt△AED和Rt△AFD中，
∵¿，
∴Rt△AED≌Rt△AFD（HL），∴AE＝AF，即△AEF是等腰三角形
∵AD平分∠EAF，
∴AD⊥EF（等腰三角形三线合一）．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质等知识
点，说明△AEF是等腰三角形是解答本题的关键．
【变式8-2】（2024·北京·垂杨柳中学八年级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，其中AD，BE都是
△ABC的高．求证：∠BAD＝∠CAD＝∠EBC．
【答案】证明见解析．
【分析】先根据等腰三角形三线合一的性质得出∠BAD＝∠CAD，再由三角形的高的定义得出∠BEC＝
∠ADC＝90°，根据直角三角形两锐角互余得到∠EBC+∠C＝90°，∠CAD+∠C＝90°，根据同角的余角相等
得出∠EBC＝∠CAD，等量代换得到∠BAD＝∠CAD＝∠EBC．
【详解】证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠CAD．
∵BE⊥CE，AD⊥BC，
∴∠BEC＝∠ADC＝90°，
∴∠EBC+∠C＝90°，∠CAD+∠C＝90°，
∴∠EBC＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAD＝∠EBC．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关
键．
【变式8-3】（2024·山东青岛·七年级期末）已知，在ΔABC中，AC=BC，∠ACB=90°，CD平分
∠ACB交AB于点D，点E是AB边上的一动点（不与点A、B重合），连接CE．(1)如图①，若E运动到BD上，过点A作CE的垂线交CD于点G，CE于点F，CB于点H，求证：CG=BE；
(2)如图②，若E运动到AD上，过点A作CE的垂线与CE延长线交于点F，延长AF交CD延长线于点G，
试猜想CG、BE的数量关系并证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)CG=BE，证明见解析
【分析】（1）先根据等腰三角形的性质可得∠B=∠ACG=45°，再根据直角三角形的性质可得
∠CAG=∠BCE，然后根据三角形全等的判定证出△CAG≅△BCE，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）先根据等腰三角形的性质可得CD=BD=AD,CD⊥AB，再根据直角三角形的性质可得
∠G=∠DEC，然后根据三角形全等的判定证出△ADG≅△CDE，根据全等三角形的性质可得DG=DE，
最后根据线段和差即可得证．
（1）
证明：∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，CD平分∠ACB，
∴∠B=∠ACG=45°，∠CAG+∠AHC=90°，
∵AH⊥CE，
∴∠BCE+∠AHC=90°，
∴∠CAG=∠BCE，
在△CAG和△BCE中，¿，
∴△CAG≅△BCE(ASA)，
∴CG=BE．
（2）
解：CG=BE，证明如下：
∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，CD平分∠ACB，
∴CD=BD=AD,CD⊥AB，∴∠DCE+∠DEC=90°，
∵AG⊥CF，
∴∠DCE+∠G=90°，
∴∠G=∠DEC，
在△ADG和△CDE中，¿，
∴△ADG≅△CDE(AAS)，
∴DG=DE，
又∵CD=BD，
∴DG+CD=DE+BD，
即CG=BE．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，正确找出全等三角形是解题
关键．
【考点9 利用等角对等边证明边长相等】
【例9】（2024·江苏·八年级单元测试）如图，已知 ABC中，AB＝6，AC＝8，∠ABC和∠ACB的平分线
相交于点D，过点D作BC的平行线，分别交AB，A△C于E，F，则 AEF的周长是_____.
△
【答案】14
【分析】根据角平分线的定义、平行线的性质以及等腰三角形的等角对等边得出EB＝ED，FD＝FC，即可
得出答案．
【详解】解：∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴∠EBD＝∠DBC，∠FCD＝∠DCB，
∵EF∥BC，
∴∠EDB＝∠DBC，∠FDC＝∠DCB，
∴∠EBD＝∠EDB，∠FCD＝∠FDC，
∴EB＝ED，FD＝FC，
∵AB＝6，AC＝8，
∴△AEF的周长＝AE＋EF＋AF＝AE＋ED＋FD＋AF＝AE＋EB＋FC＋AF＝AB＋AC＝14，
故答案为：14．【点睛】本题考查了角平分线的定义，平行线的性质以及等腰三角形等角对等边，熟练掌握相关图形的性
质是解本题的关键．
【变式9-1】（2024·湖南长沙·八年级期中）如图，∠ABC的平分线BF与△ABC中∠ACB的相邻外角
∠ACG的平分线CF相交于点F，过F作DF∥BC，交AB于D，交AC于E，若BD＝9cm，DE＝4cm，求
CE的长为__cm．
【答案】5．
【分析】根据角平分线和平行线的性质可证BD＝FD，EF＝CE，再根据线段和差可求CE的长．
【详解】解：∵BF、CF分别平分∠ABC、∠ACG，
∴∠DBF＝∠CBF，∠FCE＝∠FCG，
∵DE∥BC，
∴∠DFB＝∠CBF，∠EFC＝∠FCG，
∴∠DBF＝∠DFB，∠FCE＝∠EFC，
∴BD＝FD，EF＝CE，
∵BD＝9cm，DE＝4cm，，
∴EF＝DF﹣DE＝BD﹣DE＝9﹣4＝5（cm），
∴EC＝5cm，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了平行线的性质、角平分线的定义和等腰三角形的判定，解题关键是理解已知条件，根
据角平分线和平行线得出等腰三角形．
【变式9-2】（2024·浙江·乐清市知临寄宿学校八年级期中）如图，在△ABC中，∠BAC的平分线AD交BC
于点D，E为AC上一点，AE＝AB，连接DE.
(1)求证：△ABD≌△AED；(2)已知∠ABC＝2∠C且BD＝5，AB＝9，求AC长．
【答案】(1)见解析；
(2)AC＝14．
【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠BAD＝∠CAD，然后利用“边角边”证明即可；
（2）根据全等三角形的对应边相等可得AE＝AB，DE＝BD，根据全等三角形的对应角相等可得∠AED＝
∠B，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠AED＝∠C＋∠CDE，从而求出∠C
＝∠CDE，根据等角对等边可得CE＝DE，然后根据AC＝AE＋CE计算即可得解．
（1）
证明：∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
在 ABD和 AED中，¿，
∴△△ABD≌△A△ED（SAS）；
（2）
解：∵△ABD≌△AED，
∴AE＝AB＝9，DE＝BD＝5，∠AED＝∠B，
∵∠AED＝∠C＋∠CDE，∠B＝2∠C，
∴∠C＝∠CDE，
∴CE＝DE＝5，
∴AC＝AE＋CE＝9＋5＝14．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，等角对等边等知识，熟练掌握全等三
角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【变式9-3】（2024·福建·厦门双十中学八年级期末）如图， 为 的角平分线．
(1)如图1，若 于点 ，交 于点 ， ， ．则 _______；
(2)如图2， 于点 ，连接 ，若 的面积是6，求 的面积；
(3)如图3，若 ， ， ，则 的长为_______．（用含 的式子表示）【答案】(1)3；
(2)12；
(3)
【分析】（1）依题意可证 ，从而AF=AE=4，可由FC=AC-AF求得问题的解；
（2）延长CG，AB交于点H，可证 ，从而AH=AC，HG=GC，又 ，
， ，由 问题可解；
（3）在AC上取一点N，使得AN=AB，从而 ，所以BD=DN=NC=n-m，从而由 求
得DC的长．
（1）
解： ，
，
∵ 为 的角平分线，
，
，
，
，
，
故答案为：3；
（2）
解：延长CG，AB交于点H，由（1）知 ，
，
，
，
，
，
故答案为：12；
（3）
解：在AC上取一点N，使得AN=AB
,
(SAS)
, ,
，
,
,
,
，
由角平分线的性质得：点D到AB，AC的距离相等，
，
又 ，，
故答案为：
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，角平分线的性质，作辅助线构造三角
形全等是解题的关键．
【考点10 利用等角对等边证明】
【例10】（2024·天津·八年级期中）如图：E在△ABC的AC边的延长线上，AB＝AC，D点在AB边上，
DE交BC于点F，DF＝EF，求证：BD＝CE．
【答案】见解析
【分析】过D作DG∥CE，交BC于点G，证明△DGF≌△ECF，可得DG＝CE，根据平行线的性质以及等角
对等边可得BD＝DG，等量代换即可证明BD＝CE．
【详解】证明：过D作DG∥CE，交BC于点G，
则∠GDF＝∠E，∠DGB＝∠ACB，
在△DGF和△ECF中，
¿，
∴△DGF≌△ECF（ASA），∴DG＝CE，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝∠DGB，
∴BD＝DG
∴ BD＝CE．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等角对等边，正确的添加辅助线是解题的关键．
【变式10-1】（2024·浙江·八年级单元测试）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，过点B作AD的垂线，
垂足为点D，DE∥AC，交AB于点E，CD∥AB．
(1)求证：△BDE是等腰三角形；
(2)求证：CD=BE．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析
【解析】（1）
证明：如图，∵AD平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
∵DE∥AC，CD∥AB，
∴∠1=∠2=∠3=∠4．
∵∠2+∠ABD=90°，∠5+∠4=90°，
∴∠5=∠ABD，
∴DE=BE，
∴△BDE是等腰三角形；（2）
证明：由（1）得∠4=∠2
∴AE=DE，
∵AD=AD，∠1=∠4，∠2=∠3，
∴△ACD≌△AED，
∴CD=AE，
∴CD=AE=DE=BE．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、平行线的性质及全等三角形的判定与性质，熟练掌握等腰
三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式10-2】（2024·陕西西安·七年级期末）已知∠AOB=60°，小新在学习了角平分线的知识后，做了
一个夹角为120°（即∠DPE=120°）的角尺来作∠AOB的角平分线．
问题发现
(1)如图1，他先在边OA和OB上分别取OD=OE，再移动角尺使PD=PE，然后他就说射线OP是
∠AOB的角平分线．请问小新的观点是否正确，为什么？
问题探究
(2)如图2，小新在确认射线OP是∠AOB的角平分线后，一时兴起，将角尺绕点P旋转了一定的角度，若
角尺旋转后恰好使得DP∥OB，发现线段OD与OE有一定的数量关系．请你直接写出线段OD与OE的
数量关系，并说明理由．
【答案】(1)小新的观点正确，理由见解析；(2)OE＝2OD，理由见解析．
【分析】（1）根据SSS证明 OPD≌△OPE（SSS），求出∠POD＝∠POE可得结论；
（2）如图，在OB上取一点△T，使得OT＝OD，连接PT，证明 POD≌△POT（SAS），可得∠ODP＝
∠OTP，然后根据平行线的性质求出∠ODP＝120°，∠PEO＝60△°，然后根据等角对等边求出PT＝OT，PT
＝TE，可得结论．
（1）
解：小新的观点正确；
理由：在 OPD和 OPE中，¿，
∴△OPD≌△△OPE（S△SS），
∴∠POD＝∠POE，
即射线OP是∠AOB的角平分线；
（2）
OE＝2OD；
理由：如图，在OB上取一点T，使得OT＝OD，连接PT．
∵OP平分∠AOB，
∴∠POD＝∠POT，
在 POD和 POT中，¿，
∴△△POD≌△P△OT（SAS），
∴∠ODP＝∠OTP，
∵PD∥OB，
∴∠PDO＋∠AOB＝180°，∠DPE＋∠PEO＝180°，
∵∠AOB＝60°，∠DPE＝120°，
∴∠ODP＝120°，∠PEO＝60°，
∴∠OTP＝∠ODP＝120°，
∴∠PTE＝60°，
∴∠TPE＝∠PET＝60°，∴TP＝TE，
∵∠PTE＝∠TOP＋∠TPO，∠POT＝30°，
∴∠TOP＝∠TPO＝30°，
∴OT＝TP，
∴OT＝TE，
∴OE＝2OD．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，平行线的性质，等角对等边，三角形外
角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
【变式10-3】（2024·江西·吉安县文博国际学校八年级开学考试）如图①，ΔABC中，AB=AC，∠B、
∠C的平分线交于O点，过O点作EF∥BC交AB、AC于E、F．
(1)图①中有几个等腰三角形？猜想：EF与BE、CF之间有怎样的关系．
(2)如图②，若AB≠AC，其他条件不变，在第（1）问中EF与BE、CF间的关系还存在吗？
(3)如图③，若ΔABC中∠B的平分线BO与∠ACG平分线CO交于O，过O点作OE∥BC，交AB于E，交
AC于F．EF与BE、CF关系又如何？说明你的理由．
【答案】(1)图中是等腰三角形的有：ΔAEF,ΔOEB,ΔOFC,ΔOBC,ΔABC，共5个等腰三角形；
EF,BE,FC的关系是EF=BE+FC．理由见解析
(2)当AB≠AC时，（1）的结论仍然成立，见解析
(3)EF=BE-FC．理由见解析
【分析】（1）利用角平分线的定义和平行线的性质即可得出结论；
（2）利用（1）的方法解答即可；
（3）利用角平分线的定义和平行线的性质可以判定△BEO和△CFO为等腰三角形，利用线段和差的关系
可得结论．
（1）解：图中是等腰三角形的有：ΔAEF,ΔOEB,ΔOFC,ΔOBC,ΔABC，共5个等腰三角形；
EF,BE,FC的关系是EF=BE+FC．理由如下：
∵OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠ABO=∠OBC，∠ACO=∠OCB，
∵EF∥BC，
∴∠EOB=∠OBC=∠EBO，∠FOC=∠OCB=∠FCO；
即EO=EB，FO=FC，
∴EF=EO+OF=BE+CF；
（2）
当AB≠AC时，（1）的结论仍然成立．
∵OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠ABO=∠OBC，∠ACO=∠OCB，
∵EF∥BC，
∴∠EOB=∠OBC=∠EBO，∠FOC=∠OCB=∠FCO，
即EO=EB，FO=FC；
∴EF=EO+OF=BE+CF；
（3）
EF=BE-FC．理由如下：
∵OB平分∠ABC，
∴∠ABO=∠OBC，
∵EF∥BC，
∴∠FOC=∠OCG，∠EOB=∠OBC，
∴∠ABO=∠EOB，
∴BE=OE，
∵OC平分∠ACG，
∴∠ACO=∠FOC=∠OCG，
∴FO=FC，
∴EF=EO-FO=BE-FC．
【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查了角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，
利用角平分线与平行线的组合模型得出等腰三角形是解题的关键．【考点11 作等腰三角形】
【例11】（2024·山东青岛·九年级专题练习）如图，已知：点P和直线BC．
求作：等腰直角三角形MPQ，是∠PMQ=45°，点M落在BC上．
【答案】见解析
【分析】作PF⊥BC交BC于点E，以点E为圆心EP为半径画弧交BC于M、Q，连接PM、PQ，△PMQ即为
所求．
【详解】解：作PF⊥BC交BC于点E，以点E为圆心EP为半径画弧交BC于M、Q，连接PM、PQ，△PMQ
即为所求．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本作图方法，
灵活运用所学知识．
【变式11-1】（2024·福建省福州屏东中学八年级期中）我们知道，含有36°角的等腰三角形是特殊的三角
形，通常把一个顶角等于36°的等腰三角形称为“黄金三角形”．在△ABC中，已知：AB=AC，且
∠B=36°，请用两种不同的尺规作图在BC上找点D，使得△ABD是黄金三角形，并说明其中一种做法的
理由．【答案】见解析
【分析】方法1，作线段AB的垂直平分线交BC于D；方法2，以B为圆心BA为半径作弧交BC于D．
【详解】如图1所示，△ABD是黄金三角形：
如图2所示，△ABD是黄金三角形：
根据作图，可知：AB=AD，
∵∠B=36°，
∴△ABD是黄金三角形．
【点睛】本题考查了尺规作图－作等腰三角形以及线段的垂直平分线，仔细阅读理解黄金三角形的定义是
解题的关键．
【变式11-2】（2024·福建龙岩·八年级期末）如图，在△ABC中，AB=AC，射线CM∥AB．(1)在线段AB上取一点E，使得CE=CB，在射线CM上确定一点D，使△CDE是以CE为底边的等腰三角
形（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）的条件下，连接AD，求证：AD=BC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）以点C为圆心，CB为半径画弧，交AB于一点，该点即为点E，作CE的垂直平分线，交
CM于一点，该点即为点D，连接CD、ED即可；
（2）证明四边形ABCD是平行四边形即可．
（1）
解：以点C为圆心，CB为半径画弧，交AB于一点，该点即为所求作的点E，作CE的垂直平分线，交CM
于一点，该点即为所求作的点D，如图所示：
（2）
证明：连接AD，如图所示：
∵AC＝AB，CE＝CB，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠CEB，
∵CD∥AB，
∴∠CEB＝∠DCE，
∵DE＝DC，
∴∠DCE＝∠DEC＝∠ABC＝∠ACB，∴△DCE≌△ABC（ASA），
∴CD＝AB，
∵CD∥AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC．
【点睛】本题主要考查作图−复杂作图，平行线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等
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】（2024·山东省青岛第六十三中学八年级期中）已知∠α，线段a，求作：等腰△ABC，使得
顶角∠A=∠α，BC上的高为a．
【答案】见详解
【分析】作∠MAN=∠α，作∠MAN的平分线AP，并在射线AP上截取AD=h，过点D作直线
BC⊥AD分别交∠MAN的两边于B，C，则得所求三角形．
【详解】作法：1．作∠MAN=∠α
2．作∠MAN的平分线AP，并在射线AP上截取AD=a；
3．过点D作直线BC⊥AD分别交∠MAN的两边于B，C，
由作图可知：∠MAN=∠α，AD=h，BC⊥AD，AP是∠MAN的平分线，
∵AP是∠MAN的平分线，∴∠MAP=∠NAP，
∵BC⊥AD，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
∵AD=AD，
∴△ADB≌ADC，
∴AB=AC，
则△ABC就是所求三角形．
【点睛】本题考查了复杂作图，等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义，
熟练掌握基本作图，等腰三角形的判定是解本题的关键．
【考点12 等边三角形的判定与性质】
【例12】（2024·全国·八年级期中）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别是BC，AB上的点，且BE
＝CD，AD与CE相交于点F，连接BF，延长FE至G，使FG＝FA，若△ABF的面积为m，AF：EF＝5：
3，则△AEG的面积是（ ）
2 1 3 3
A． m B． m C． m D． m
5 3 8 5
【答案】A
【分析】先根据SAS定理证出△ACD≅△CBE，从而可得∠AFG=60°，根据等边三角形的判定可得
△AFG是等边三角形，再根据SAS定理证出△ACF≅△ABG，从而可得∠BGC=∠BAC=60°=∠AFG，
根据平行线的判定可得AF∥BG，从而可得S =S =m，然后根据AF:EF=5:3可得
△AFG △ABF
EG:FG=2:5，最后根据三角形的面积公式即可得．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC=AB,∠ACB=∠CBA=∠BAC=60°，
在△ACD和△CBE中，¿，
∴△ACD≅△CBE(SAS)，
∴∠CAD=∠BCE，
∵∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，∴∠AFG=∠CAD+∠ACE=∠BCE+∠ACE=60°，
∵FG=FA，
∴△AFG是等边三角形，
∴AF=AG,∠FAG=60°，
∴∠BAC-∠BAD=∠FAG-∠BAD，即∠CAF=∠BAG，
在△ACF和△ABG中，¿，
∴△ACF≅△ABG(SAS)，
∴∠ACF=∠ABG，
又∵∠AEC=∠BEG，
∴∠BGC=∠BAC=60°，
∴∠BGC=∠AFG，
∴AF∥BG，
∴S =S =m（同底等高），
△AFG △ABF
∵AF:EF=5:3，FG=FA，
∴FG:EF=5:3，
∴EG:FG=2:5，
∴S :S =2:5，
△AEG △AFG
2 2
∴S = S = m，
△AEG 5 △AFG 5
2
即△AEG的面积为 m，
5
故选：A．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质等知识点，正确找出两组全等三
角形是解题关键．
【变式12-1】（2024·河南·郑州市第四初级中学八年级期中）如图，边长为a的等边△ABC中，BF是AC
上中线且BF＝2b，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（ ）1 1 4 3
A． a+2b B． a+ b C．a+2b D． a
2 2 3 2
【答案】A
1
【分析】因为C =AF+AE+EF= a+AE+EF，所以当AE+EF最小时，△AEF周长取得最小值，
△AEF 2
由此作出轴对称图形，利用全等三角形的性质和等边三角形的性质求解即可．
【详解】解：连接CE并延长，作点A关于射线CE的对称点M，连接AM，CM，连接FM交CE延长线于
点N，连接AN，如下图：
∵△ABC和△ADE是等边三角形
∴AB=AC=a，AD=AE，∠BAC=∠ABC=∠DAE=60∘
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE
即∠BAD=∠CAE
∴△BAD≅△CAE(SAS)
∴∠ABD=∠ACE
∵AB=AC,AF=CF
∴BF⊥AC,且BF平分∠ABC
∴∠ABD=∠CBD=∠ACE=30∘
∴∠BCE=90∘
即点E在射线CE上运动
∵点A和点M关于射线CE对称∴∠MCE=∠ACE=30∘，CE⊥AM
∴∠ACM=60∘
又∵CA=CM
∴△ACM是等边三角形
∴AM=AC
∵BF⊥AC
∴FM=BF=2b
1
又∵C =AF+AE+EF= a+AE+EF
△AEF 2
∴当AE+EF最小时，△AEF周长取得最小值
即AE+EF=MN+FN时，△AEF周长取得最小值
1 1
∴C = a+FM= a+2b
△AEF 2 2
故选：A
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的性质判定，以及轴对称求最值，能够根据题意作出相
关的图形是解题的关键.
【变式12-2】（2024·广东·东华学校八年级期中）如图，已知 ABC和 CDE均是等边三角形，点B、C、
E在同一条直线上，AE与BD交于点O，AE与CD交于点G，△AC与BD△交于点F，连接OC、FG，
(1)求证：BD=AE，并求出∠DOE的度数；
(2)判断 CFG的形状并说明理由；
(3)求证△：OA+OC=OB．
【答案】(1)证明见解析，∠DOE=60°
(2) CFG是等边三角形，理由见解析
(3)△见解析
【分析】（1）由等边三角形的性质结合题意易证△BCD≌△ACE（SAS），即得出BD=AE，∠BDC=∠AEC，
∠CBD=∠CAE．再根据∠DGO=∠CGE，即得出∠DOE=∠DCE=60°；（2）由等边三角形的性质可得出∠ACB=∠DCE=60°，即可求出∠BCF=∠ACG=60°，易证△BCF≌△ACG
（ASA），即得出CG=CF，即证明△CFG是等边三角形；
（3）在AE上寻找点P，连接CP使得CP=CO，过点C作CM⊥AE于点M，CN⊥BD于点N．易证
△CDN≌△CEM（AAS），得出EM=DN，CM=CN，即证明OC为∠BOE的角平分线，得出∠BOC=∠EOC．
又易证△CMG≌△CNF（SSS），得出∠MCG=∠NCF，从而得出∠MCN=∠GCF=60°，即可求出
1
∠MON=120°，从而可求出∠BOC=∠EOC= ∠MON=60°，进而可求出∠COD=180°−∠BOC=120°．易证
2
△COP为等边三角形，即得出∠CPO=60°，OP=OC，从而可求出∠CPE=120°=∠COD，进而可证
△COD≌△CPE（AAS），得出OD=PE．最后即可求出BO=BD−OD=AE−PE=AO+OP=AO+OC，即AO+OC=
BO；
（1）
∵△ABC和 DCE均是等边三角形，
∴BC=AC，△CD=CE，∠ACB=∠DCE =60°，
∴∠BCD=∠ACE =180°−60°=120°，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴BD=AE，∠BDC=∠AEC，∠CBD=∠CAE．
又∵∠DGO=∠CGE，
∴∠DOE=∠DCE=60°；
（2）
∵△ACB和△DCE是等边三角形，
∴∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=180°−60°−60°=60°，
∴∠BCF=∠ACG=60°，
在△BCF与△ACG中，¿ ，
∴△BCF≌△ACG（ASA），
∴CG=CF．
∵∠FCG=60°，
∴△CFG是等边三角形；
（3）
如图，在AE上寻找点P，连接CP使得CP=CO，过点C作CM⊥AE于点M，CN⊥BD于点N．∵△BCD≌△ACE，
∴∠CDN=∠CEM．
在△CDN和△CEM中，¿，
∴△CDN≌△CEM（AAS），
∴EM=DN，CM=CN，
∴OC为∠BOE的角平分线，
∴∠BOC=∠EOC．
∵BD=AE，BF=AG，
∴MG=NF．
在△CMG和△CNF中，¿，
∴△CMG≌△CNF（SSS），
∴∠MCG=∠NCF，
∴∠MCN=∠GCF=60°，
∴∠MON=360°−∠MCN−90°−90°=120°．
1
∴∠BOC=∠EOC= ∠MON=60°，
2
∴∠COD=180°−∠BOC=120°．
∵CP=CO，∠COP=60°，
∴△COP为等边三角形，
∴∠CPO=60°，OP=OC，
∴∠CPE=180°−∠CPO=120°=∠COD．
在△COD和△CPE中，¿，
∴△COD≌△CPE（AAS），
∴OD=PE．
∴BO=BD−OD=AE−PE=AO+OP=AO+OC，即AO+OC= BO；
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，角平分线的判定和定义．在证明
（3）时正确的作出辅助线是解决的关键，较难．【变式12-3】（2024·广东·汕头市金平区金园实验中学八年级期末）晓芳利用两张正三角形纸片，进行了
如下探究：
初步发现：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，连接AE交BD延长线于点F，求证：∠AFB＝60°；
深入探究：如图2，在正三角形纸片△ABC的BC边上取一点D，作∠ADE＝60°交∠ACB外角平分线于点
E，探究CE，DC和AC的数量关系，并证明；
拓展创新：如图3，△ABC和△DCE均为正三角形，连接AE交BD于P，当B，C，E三点共线时，连接
PC，若BC＝3CE，直接写出下列两式分别是否为定值，并任选其中一个进行证明：
AP-3PD
（1） ；
PC
AP+PC+2PD
（2） ．
BD-PC+PE
【答案】初步发现：证明见解析；深入探究：CE+DC=AC，证明见解析；拓展创新：（1）2，证明见解析；
（2）1，证明见解析
【分析】初步发现：只需要利用SAS证明△BCD≌△ACE得到∠CBD=∠CAE，由∠BOC=∠AOF，推出
∠AFO=∠BCO=60°，由此即可证明结论；
深入探究：在AB上取一点G使得BG=BD，连接DG，先证明△BDG是等边三角形，得到BG=BD=DG，
∠BGD=60°，再利用ASA证明△AGD≌△DCE得到CE=GD=BD，即可证明CE+DC=AC；
拓展创新：（1）如图所示，在AE上取一点F，使得EF=PD，先证明△ACE≌△BCD得到AE=BD，
∠AEC=∠BDC，再证明△CPD≌△CFE得到PD=FE，∠PCD=∠FCE，PC=CF，进而证明△PCF是等边三角
形，得到PC=PF；过点C作CG⊥BD于G，CH⊥AE于H，利用面积法证明CG=CH，得到BP=3PE，得到
AE=BD=3PC+4PD AP=2PC+3PD，由此即可得到结论；
（2）根据（1）所求分别用PC和PD表示出分子和分母的线段的和差即可得到答案．
【详解】解：初步发现：如图所示，设AC与BF交于O，
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴CB=CA，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB-∠ACD=∠DCE-∠ACD，即∠BCD=∠ACE，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠CBD=∠CAE，
∵∠BOC=∠AOF，∠AOF+∠AFO+∠OAF=180°，∠CBO+∠BOC+∠BCO=180°，
∴∠AFO=∠BCO=60°，即∠AFB=60°；
深入探究：CE+DC=AC，证明如下：
如图所示，在AB上取一点G使得BG=BD，连接DG，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=AB，∠ACB=∠B=60°，
∴∠ACF=120°，△BDG是等边三角形，
∴BG=BD=DG，∠BGD=60°，
∴∠AGD=120°，AG=DC，
∵CE平分∠ACF，
1
∴∠ECF=∠ACE= ∠ACF=60°，
2
∴∠DCE=120°，
∵∠ADC=∠ADE+∠CDE=∠B+∠BAD，∠B=∠ADE=60°，
∴∠CDE=∠BAD，
在△AGD和△DCE中，
¿，
∴△AGD≌△DCE（ASA），
∴CE=GD=BD，
∴CE+DC=BD+DC=BC，
∴CE+DC=AC；AP-3PD
拓展创新：（1） =2，证明如下：
PC
如图所示，在AE上取一点F，使得EF=PD，
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
∴∠BCD=∠ACE，
在△ACE和△BCD中，
¿，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE=BD，∠AEC=∠BDC，
在△CPD和△CFE中，
¿，
∴△CPD≌△CFE（SAS），
∴PD=FE，∠PCD=∠FCE，PC=CF，
∴∠PCD+∠DCF=∠FCE+∠DCF，
∴∠PCF=∠DCE=60°，
∴△PCF是等边三角形，
∴PC=PF；
过点C作CG⊥BD于G，CH⊥AE于H，
∵△ACE≌△BCD，
∴S =S ，
△ACE △BCD
1 1
∴ BD⋅CG= AE⋅CH，
2 2
∴CG=CH，
∵BC=3CE，∴S =3S ，
△BCP △PCE
1 1
∴ BP⋅CG=3× PE⋅CH，
2 2
∴BP=3PE，
∴AE=BD=BP+PD=3PE+PD=3PF+3EF+PD=3PC+4PD，
∴AP=AE-PE=3PC+4PD-PF-EF=2PC+3PD，
AP-3PD 2PC+3PD-2PD
∴ = =2；
PC PC
AP+PC+2PD
（2） =1，证明如下：
BD-PC+PE
由（1）可得AP+PC+2PD=2PC+3PD+PC+2PD=3PC+5PD，
BD-PC+PE=3PC+4PD-PC+PF+EF=3PC+4PD-PC+PC+PD=3PC+5PD，
AP+PC+2PD
∴ =1；
BD-PC+PE
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，三角形面积等等，正确作
出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【考点13 含30度的直角三角形】
【例13】（2024·广东·丰顺县球山中学九年级开学考试）如图，在 △ABC 中，AB=AC，D，E 在
△ABC 内部，AD 平分 ∠BAC，∠EBC=∠E=60∘，若 BE=6，DE=2，则 BC 的长为____．
【答案】8【分析】延长ED交BC于M，延长AD交BC于N，根据∠EBC=∠E=60°得出△BEM是等边三角形，从而
得出BM=EM=6，然后通过求出DM长度得出NM，最后得出BN，从而进一步解出答案即可．
【详解】解：如图，延长ED交BC于M，延长AD交BC于N，
∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AN⊥BC，BN=CN，
∵∠EBC=∠E=60°，
∴△BEM是等边三角形，
∵BE=6，DE=2，
∴EM=BE=6，
∴DM=4，
∵△BEM是等边三角形，
∴∠EMB=60°，
∵AN⊥BC，
∴∠ANC=90°
∴∠NDM=30°，
1
∴NM= DM=2，
2
∴BN=4，
∴BC=2BN=8．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形性质与30°角对应直角边等于斜边一半，熟练掌握相关概念并且正确
作出辅助线是解题关键．
【变式13-1】（2024·福建省永春崇贤中学九年级阶段练习）如图，将△ABC绕点B逆时针旋转得到
△DBE，且点E落在AB上，DE的延长线与AC相交于点F，连接DA，BF，若∠ABC=60°，BF=AF．(1)求证△ADF≌△BDF；
(2)若AF=2，求DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据旋转的性质以及已知条件，证明△ABD是等边三角形，然后根据SSS证明
△ADF≌△BDF；
（2）由△ADF≌△BDF，得到∠ADF=∠BDF=30°，再证明∠DBF=90°，根据含30度角的直角三角形的性质，
即可解决问题．
（1）
证明：∵将△ABC绕点B逆时针旋转得到△DBE，
∴△ABC≌△DBE，
∴AB=DB，∠DBE=∠ABC=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，
在△ADF与△BDF中，
¿，
∴△ADF≌△BDF（SSS）；
（2）
∵△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，
∵△ADF≌△BDF，
1
∴∠ADF=∠BDF= ∠ADB= 30°，AF=BF，
2
∴DF⊥AB，∠DEB=∠C=90°，∴∠BAC=30°，
∵AF=BF，
∴∠EBF=∠BAC=30°，
∴∠DBF=∠DBA+∠ABF=60°+30°=90°，
∵BF=AF=2，∠BDF=30°，
∴DF=2BF=4．
【点睛】本题考查了旋转的性质，含 度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角
形的性质与判定，掌握以上知识是解题30的关键．
【变式13-2】（2024·福建省长乐第七中学八年级阶段练习）已知∠ABC＝60°，AB＝BC，D是BC边上一
点，延长AD到点E，使得AD＝DE，连接CE，过点D作BC的垂线，交CE的垂直平分线于点F，连接
EF．
(1)如图1，当点D与点C重合时，证明：BF＝2DF；
(2)如图2，当点D不与B，C两点重合时，（1）中的结论是否还成立？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)仍然成立，理由见解析
【分析】（1）先证明△ABD是等边三角形，推出BD＝DE，求出∠BED＝30°，由点F在DE的垂直平分
线上，得到DF＝EF，求出∠FED＝∠BED，得B、E、F三点共线，证得∠FBD＝30°，即可得到BF＝
2DF；
（2）（1）中的结论仍然成立．延长FD至点G，使得DG＝DF，连接BG，AG，证明△ADG≌△EDF
（SAS），得到AG＝EF．由FC＝FE得到AG＝CF，推出△ABG≌△CBF（SSS），得到∠ABG＝∠GBD，求
出∠DBF＝∠GBD＝30°，即可推出BF＝2DF．
（1）解：∵AB＝BC，∠ABC＝60°，点D与点CA重合，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ADB＝60°，
∵AD＝DE，
∴BD＝DE，
∴∠DBE＝∠DEB，
∵∠ADB＝∠DBE+∠DEB，
∴2∠BED＝60°，
∴∠BED＝30°，
∵DF⊥BD，
∴∠BDF＝90°，
∴∠FDE＝30°．
∵点F在DE的垂直平分线上，
∴DF＝EF，
∴∠FED＝∠FDE＝30°，
∴∠FED＝∠BED，
由题意知，点B，F在AE的同侧，
∴B、E、F三点共线，
∴∠FBD＝30°，
∴BF＝2DF；
（2）
（1）中的结论仍然成立．
理由如下：延长FD至点G，使得DG＝DF，连接BG，AG，∵DF⊥BC于点D，
∴∠BDF＝90°，
∴BG＝BF，
∴∠DBF＝∠DBG．
又AD＝DE，∠ADG＝∠EDF，
∴△ADG≌△EDF（SAS），
∴AG＝EF．
∵点F在CE的垂直平分线上，
∴FC＝FE，
∴AG＝CF，
又AB＝BC，
∴△ABG≌△CBF（SSS），
∴∠ABG＝∠CBF，
∴∠ABG＝∠GBD，
又∠ABC＝60°，
∴∠GBD＝30°，
∴∠DBF＝∠GBD＝30°，
∴BF＝2DF．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形30°角的性质，熟记
各知识点并熟练应用是解题的关键．
【变式13-3】（2024·福建·莆田哲理中学八年级期末）如图1，在△ABD中，点E，F分别是AB和AD上的
点，满足AE=EF，连接EF并延长交BD延长线于点C．
(1)若DC=DF=EF，求证：AB=BC；
(2)如图2，过B作BG⊥AD，垂足为G．
（i）求证：∠ABG=∠GBD+∠C；
（ii）如图3，连接AC，若∠GBD=30°，AF=BD，△BDG的面积为4，求△AFC的面积．【答案】(1)见解析
(2)（i）见解析；（ii）S△ACF＝8
【分析】
（1）先证明∠AEF＝∠CDF，然后证明△AEF≌△FDC（SAS），得到AF＝CF，进一步证明
△ABD≌△CBF（ASA），即可证明AB＝BC；
（2）（i）如图1，延长BG交CE于H，先证明∠ABG＝∠FHG，再由∠FHG是△CBH的外角，得到
∠FHG＝∠GBD+∠C，则∠ABG＝∠GBD+∠C；（ii）在AD上截取DN＝BD，连接BN，作CM⊥AD于
M，先证明△BDN是等边三角形，得到BN＝BD＝DN，∠BND＝∠BDN＝60°，则∠ANB＝∠CDG＝120°，
再证△ABN≌△FCD（AAS），推出CD＝BD，证明△BDG≌△CDM（AAS），得到CM＝BG，再由含30度角
1 1
的直角三角形的性质得到DG＝ BD，DG＝ AF，据此求解即可．
2 2
（1）
解：∵AE＝EF，
∴∠A＝∠AFE，
同理可得：∠C＝∠CFD，
∴∠AFE＝∠CFD，
∴∠A＝∠AEF＝∠CFD＝∠C，
∴∠AEF＝∠CDF，
在△AEF和△CDF中，
¿，
∴△AEF≌△FDC（SAS），
∴AF＝CF，
∴AF+DF＝CF+EF，
∴AD＝CE，
∵∠AEF＝∠CDF，
∴∠BEC＝∠ADB，
又∵∠C=∠A，
∴△ABD≌△CBF（ASA），
∴AB＝BC；
（2）（i）如图1，延长BG交CE于H，
∵BG⊥AD，
∴∠AGB＝∠FGH＝90°，
∴∠A+∠ABG＝∠HFG+∠FHG＝90°，
由（1）得，∠A＝∠HFG，
∴∠ABG＝∠FHG，
∵∠FHG是△CBH的外角，
∴∠FHG＝∠GBD+∠C，
∴∠ABG＝∠GBD+∠C；
（ii）解：如图2，
在AD上截取DN＝BD，连接BN，作CM⊥AD于M，
∴∠M＝90°，
∵∠BGD＝90°，∠GBD＝30°，
∴∠BDG＝90°﹣∠GBD＝60°，
∴△BDN是等边三角形，
∴BN＝BD＝DN，∠BND＝∠BDN＝60°，
∴∠ANB＝∠CDG＝120°，∵BD＝DN，BD＝AF，
∴AF＝DN，
∴AN＝DF，
由（1）知：∠BAN＝∠CFD，
∴△ABN≌△FCD（AAS），
∴CD＝BN，
∴CD＝BD，
∵∠M＝∠BGD＝90°，∠BDG＝∠CDM，
∴△BDG≌△CDM（AAS），
∴CM＝BG，
∵∠BGD＝90°，∠DBG＝30°，
1
∴DG＝ BD，
2
1
∴DG＝ AF，
2
1 1 1 1 1
∵S = DG⋅BG＝ ⋅( AF)⋅BG，S = AF⋅CM＝ AF⋅BG，
ΔBDG 2 2 2 ΔACF 2 2
∴S ＝2S ＝2×4＝8 ．
△ACF △BDG
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，三角形外角的性质，
等边对等角，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
【考点14 尺规作垂直平分线或垂线】
【例14】（2024·陕西省西安爱知中学八年级阶段练习）如图，已知△ABC，P为边AB上一点，请用尺规
作图的方法在边AC上求作一点E，使AE+EP=AC．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】见解析
【分析】根据线段垂直平分线的性质，连接PC，作PC的垂直平分线即可求解．
1
【详解】解：如图所示：先连接PC，再分别以P、C为圆心，大于 PC长为半径画弧，分别交于M、N
2两点，连接MN，MN与AC的交点即为所求的E点，
点E即为所求．
【点睛】本题考查了尺规作图，线段垂直平分线的作法以及性质，熟练掌握线段垂直平分线的作法和性质
是解题的关键．
【变式14-1】（2024·重庆市第十一中学校七年级阶段练习）如图，已知∠β、∠α和线段m，请用尺规完
成如下作图（保留作图痕迹，不写作法）．
(1)求作△ABC，使∠B=∠β,∠A=∠α,AB=m；
(2)作出（1）中△ABC的三条高．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先作线段AB=m，再分别以A、B为顶点，作∠B=∠β,∠A=∠α，则可得到△ABC；
（2）利用基本作图作△ABC的三边上的高．
（1）
解：如图，△ABC即为所求，；
（2）
解：如图，CE，BF，AG即为所求，
．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基
本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
【变式14-2】（2024·广东广州·八年级期中）如图，在钝角△ABC中．(1)用尺规作图法作AC的垂直平分线，与边BC、AC分别交于点D、E（保留作图痕迹，不用写作法）；
(2)在（1）的条件下，画出△ABC的AC边上的高BH（可用三角板画图），连接AD，直接写出∠ADE和
∠HBC的大小关系．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，∠ADE＝∠HBC
【分析】（1）利用尺规作图法作AC的垂直平分线即可；
（2）在(1 )的条件下，画出△ABC的AC边上的高BH (可用三角板画图)即可，进而可以写出∠ADE和
∠HBC的大小关系．
（1）
解：如图，AC的垂直平分线DE即为所求；
（2）
解：在（1）的条件下，AC边上的高BH即为所求．
∠ADE=∠HBC，理由如下：
∵DE是AC的垂直平分线，
∴DA＝DC，AE＝EC，又DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SSS），
∴∠ADE＝∠CDE，
∵BH⊥AC，DE⊥AC，
∴DE∥BH，
∴∠CDE＝∠HBC，
∴∠ADE＝∠HBC．
【点睛】本题考查了作图一复杂作图、线段垂直平分线的性质，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的
性质．
【变式14-3】（2024·江苏·八年级阶段练习）小宇遇到了这样一个问题：
已知：如图，∠MON=90°，点A，B分别在射线OM，ON上，且满足OB>2OA．
求作：线段OB上的一点C，使△AOC的周长等于线段OB的长．
以下是小宇分析和求解的过程，请补充完整：首先画草图进行分析，如图1所示，若符合题意得点C已经
找到，即△AOC得周长等于OB的长，那么由OA+OC+AC=OB=OC+BC，可以得到OA+AC= ．
对于这个式子，可以考虑用截长得办法，在BC上取一点D，使得BD=AO，那么就可以得到CA= ．
若连接AD，由 ．（填推理依据）．可知点C在线段AD得垂直平分线上，于是问题得解法就找到
了．
请根据小宇得分析，在图2中完成作图（尺规作图，不写做法，保留作图痕迹）．
【答案】图见解析，BC，DC，线段的垂直平分线的判定
【分析】在线段BO上截取BD=OA，连接AD，作线段AD的垂直平分线交OD于点C，连接AC，△AOC
即为所求．
【详解】解：如图，△AOC即为所求．如图1所示，若符合题意得点C已经找到，即△AOC得周长等于OB的长，那么由
OA+OC+AC=OB=OC+BC，可以得到OA+AC=BC．
对于这个式子，可以考虑用截长得办法，在BC上取一点D，使得BD=AO，那么就可以得到CA=DC．
若连接AD，由线段的垂直平分线的判定．（填推理依据）．可知点C在线段AD得垂直平分线上，于是问
题得解法就找到了．
故答案为：BC，DC，线段的垂直平分线的判定．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，线段的垂直平分线的判定等知识，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．
【考点15 垂直平分线的判定与性质】
【例15】（2024·广东·广州市第九十七中学八年级期中）已知在△ABC中，∠CAB的平分线AD与BC的垂
直平分线DE交于点D，DM⊥AB于M，DN⊥AC的延长线于N．
（1）证明：BM=CN；
（2）当∠BAC=70°时，求∠DCB的度数．
【答案】（1）见解析；（2）∠DCB=35°
【分析】（1）根据角平分线的性质和线段垂直平分线的性质可得到DM=DN，DB=DC，根据HL证明
Rt DMB≌Rt DNC，即可得出BM=CN；
（△2）由HL证△明Rt DMA≌Rt DNA，得出∠ADM=∠ADN=55°，由于∠BDM=∠CDN，因此∠BDC=110°，因此
∠EDC=55°，根据两△角互余的△关系即可求得∠DCB的度数．
【详解】（1）证明：连接BD、CD，如图所示：∵AD是∠CAB的平分线，DM⊥AB，DN⊥AC，
∴DM=DN，
∵DE垂直平分线BC，
∴DB=DC，
在Rt DMB和Rt DNC中，
△ △ ¿
∴Rt DMB≌Rt DNC(HL)，
∴BM△=CN； △
（2）由（1）得：∠BDM=∠CDN，
∵AD是∠CAB的平分线，DM⊥AB，DN⊥AC，
∴DM=DN，
在Rt DMA和Rt DNA中，
△ △ ¿
∴Rt DMA≌Rt DNA(HL)，
∴∠A△DM=∠AD△N
∵∠BAC=70°
∴∠MDN=110°，∠ADM=∠ADN=55°，
∵∠BDM=∠CDN
∴∠BDC=∠MDN=110°
∵AD是BC的垂直平分线
∴∠EDC=55°
∴∠DCB=90°-∠EDC=35°
∴∠DCB=35°
故答案为∠DCB=35°．【点睛】考查了角平分线的性质、线段垂直平分线的性质以及全等三角形的判定与性质，熟悉角平分线的
性质和线段垂直平分线的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
【变式15-1】（2024·全国·八年级课时练习）如图，△ABC中，BE平分∠ABC，E在AC垂直平分线上，
EF⊥BC于F，EG⊥AB于G，
求证： （1）AG＝CF；
（2）BC﹣AB＝2FC．
【答案】见详解．
【分析】（1）连接AE、EC，证明RT△AGE≌RT△CFE，即可证明AG=CF．
（2）先证BG=BF，现由（1）的结论得BC-AB=BF+FC-AB=BG-AB+FC=AG+CF=2CF．
【详解】证明：（1）如图1
连接AE、EC
∵E在AC的垂直平分线上
∴AE=CE
∵BE平分∠ABC，EF⊥BC于F，EG⊥AB于G，
∴GE=FE
在RT△AGE和RT△CFE中
¿=FE
∵{
AE=CE
∴RT△AGE≌RT△CFE（斜边直角边对应相等的直角三角形全等）∴AG＝CF．
（2）由（1）知GE=EF
在RT△BGE和RT△BFE中
¿=EF
∵{
BE=BE
∴RT△BGE≌RT△BFE（斜边直角边对应相等的直角三角形全等）
∴BG=BF
∴BC-AB=BF+FC-AB
=BG-AB+FC
=GA+FC
由（1）知GA=FC代入得
BC﹣AB＝2FC．
【点睛】本题综合考查角平分线的性质定理和垂直平分线的性质定理．本题关键是寻找条件运用“斜边直
角边对应相等的直角三角形全等”证明全等．
【变式15-2】（2024·山西临汾·八年级阶段练习）情景一：小明在数学兴趣小组探究活动课上发现：对于
一个△ABC，分别作边AB，AC的垂直平分线DM，EN相交于点O，如图1所示，此时经过测量后，得到
∠MAN＝30°，根据上述条件，能不能得到∠BAC的度数呢？小明结合所学过的知识进行了以下论证．
证明：∵DM是边AB的垂直平分线，
∴MA＝MB，
∴∠MAB＝∠B．
同理可得∠NAC＝∠C，
则¿
解得∠BAC＝105°．
情景二：小明继续对上述问题进行探究发现：若边AB，AC的垂直平分线DM，EN相交于点O，如图2所
示，试判断∠MAN与∠BAC之间的数量关系．
(1)情景一中得到∠MAB＝∠B的理由是______．
(2)在图1的情况下，若∠MAN的度数为α，则∠BAC的大小为______（用含α的代数式表示）．(3)请写出情景二中∠MAN与∠BAC之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)△ADM≅△BDM
1
(2)90°+ α
2
(3)∠MAN+2∠BAC=180°；理由见解析
【分析】（1）利用边角边可证得△ADM≅△BDM；
（2）利用∠BAC-(∠B+∠C)=∠MAN=α，∠BAC+(∠B+∠C)=180°，可得答案；
（3）证得∠ABC=∠BAM，∠NAC=∠BCA，结合∠BAM=∠ABC=∠BAN+∠MAN，
∠NAC=∠BCA=∠CAM+∠MAN，∠BAC=∠BAN+∠MAN+∠CAM，可得答案；
（1）
解：∵ DM是AB的垂直平分线，
∴ BD=AD,∠BDM=∠ADM=90°，
∵DM=DM，
∴△ADM≅△BDM(SAS)，
∴∠MAB=∠B，
故答案为：△ADM≅△BDM；
（2）
由(1)知，∠MAB=∠B，
同理可得，∠NCA=∠CAN，
∵ ∠BAC-(∠B+∠C)=∠MAN=α，∠BAC+(∠B+∠C)=180°，
1 1
∴∠BAC=90°+ ∠MAN=90°+ α，
2 2
1
故答案为：90°+ α；
2
（3）
∠MAN+2∠BAC=180°．
理由：∵ DM是AB的垂直平分线，
∴AD=BD,∠ADM=∠BDM=90°，
∴△ADM≅△BDM(SAS)，
∴∠ABC=∠BAM，
同理可得，∠NAC=∠BCA，∵ ∠BAM=∠ABC=∠BAN+∠MAN，∠NAC=∠BCA=∠CAM+∠MAN，
∠BAC=∠BAN+∠MAN+∠CAM，∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，
∴ ∠BAN+∠MAN+∠CAM+∠BAC=180°，
∴ ∠MAN+∠BAC+∠BAC=180°，
∴ ∠MAN+2∠BAC=180°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定方法：边边边，边角边，角角边，解题关
键灵活结合线段垂直平分线的性质．
【变式15-3】（2024·江苏·八年级专题练习）如图，在△ABC中，CA＝CB，过点A作射线AP∥BC，点
M、N分别在边BC、AC上（点M、N不与所在线段端点重合），且BM＝AN，连结BN并延长交射线AP
于点D，连结MA并延长交AD的垂直平分线于点E，连结ED．
【猜想】如图①，当∠C＝30°时，可证△BCN≌△ACM，从而得出∠CBN＝∠CAM，进而得出∠BDE的大小
为______度．
【探究】如图②，若∠C＝β．
（1）求证：△BCN≌△ACM．
（2）∠BDE的大小为______度（用含β的代数式表示）．
1
【应用】如图③，当∠C＝120°时，AM平分∠BAC，若AM、BN交于点F，DE＝ DF，DE＝1，则△DEF
2
的面积为______．
【答案】【猜想】150；【探究】（1）见解析；（2）(180﹣β)；【应用】1
【分析】猜想：延长ED交BC于点F，交AC于点O．证明∠BNC＝∠BFE，再利用三角形的外角的性质
即可解决问题；
探究：（1）同理根据SAS证明： BCN≌△ACM；（2）延长ED交BC于点F，方法同（1）证出∠ACB＝
∠BDF＝β，则可得出答案； △
应用：证明∠E＝90°，求出DF＝2，根据三角形的面积公式可得结论．【详解】证明：如图，延长ED交BC于点F，交AC于点O，
∵CB＝CA，
∴∠ABM＝∠BAN，
∵CA＝CB，BM＝AN，
∴CM＝CN，
∵∠C＝∠C，
∴△BCN≌△ACM（SAS），
∴∠CBN＝∠CAM，
∵E是AD的垂直平分线上的点，
∴EA＝ED，
∴∠EAD＝∠EDA，
∵AD∥BC，
∴∠EAD＝∠EMF，∠EDA＝∠EFM，
∴∠BNC＝∠BFE，
∴∠NOD+∠BDF＝∠C+∠FOC，
∵∠C＝30°，∠FOC＝∠NOD，
∴∠NDO＝30°，
∴∠BDE＝150°，
故答案为：150°；
探究：
（1）证明：∵CA＝CB，BM＝AN，∴CA﹣AN＝CB﹣BM，
∴MC＝NC，
在△BCN和△ACM中，¿，
∴△BCN≌△ACM（SAS）；
（2）如图，延长ED交BC于点F，
同理得△BCN≌△ACM（SAS），
∴∠CBN＝∠CAM，
同理得：∠BNC＝∠AMC＝∠BFE，
∴∠BNC+∠NBC＝∠NBC+∠BFE，
∴∠ACB＝∠BDF＝β，
∴∠BDE＝180°﹣β．
故答案为：（180﹣β）；
应用：
∵∠C＝120°，CA＝CB，
∴∠BAC＝30°，
∵AM平分∠BAC，
1
∴∠MAC＝ ∠BAC＝15°，
2
∵AP∥BC，
∴∠C＝∠CAD＝120°，
∴∠EAD＝180°﹣∠MAC﹣∠CAD＝45°，
由（2）可知，∠BDE＝180°﹣120°＝60°，∠CBN＝∠CAM＝∠ADB＝15°，
∴∠ADE＝45°，
∴∠E＝90°，1
∵DE＝ DF，DE＝1，
2
∴DF＝2，
1 1
∴△DEF的面积为 DE⋅DF= ×1×2=1．
2 2
故答案为：1．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质等知识，解题的
关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
【考点16 等腰三角形中的新定义问题】
【例16】（2024·山西临汾·八年级阶段练习）综合实践
在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角
形构成的，在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．兴趣小组成员经过研讨给出定义：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”．如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角
形，其中∠BAC=∠DAE，则△ABD≌△ACE(SAS)．
(1)【初步把握】如图2，△ABC与△ADE都是等腰三角形，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE，
则有_______≌________．
(2)【深入研究】如图3，已知△ABC，以AB、AC为边分别向外作等边△ABD和等边△ACE，并连接
BE，CD，求证：BE=CD．
(3)【拓展延伸】如图4，在两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD，CE，交于点P，请判断BD和CE的关系，并说明理由．
【答案】(1)△BAD；△CAE
(2)证明见解析
(3)BD⊥CE且BD=CE
【分析】（1）根据SAS证明△BAD≌△CAE即可
（2）根据SAS证明△ACD≌△AEB，再由全等的性质得到
（3）根据SAS证明△EAC≌DAB，由全等的性质可得BD=CE，∠ACE=∠ABD，进而可证BD⊥CE
（1）
证明：∵∠BAC=∠DAE
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD
∴∠BAD=∠CAE
在△BAD和△CAE中，
¿
∴△BAD≌△CAE
（2）
证明：由等边△ABD和等边△ACE知
AB=AD，AE=AC，∠DAB=∠CAE=60°
由（1）的推理，同理可知：∠DAC=∠BAE
在△ACD和△AEB中，
¿
∴△ACD≌△AEB
∴BE=CD
（3）
BD⊥CE且BD=CE,理由如下
证明：如下图所示，AB交CE于点O由以上推理，同理可知：∠DAB=∠EAC
在△ABD和△ACE中，
¿
∴△ABD≌△ACE
∴BD=CE，∠ACE=∠ABD
∵∠AOC+∠ACE=90°,∠AOC=∠POB
∴∠POB+∠ABD=90°
即∠OPB=90°
∴BD⊥CE
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定及性质，解题的关键是找出对应边和对应角，
准确理解“手拉手模型”．
【变式16-1】（2024·福建厦门·八年级期末）定义：一个三角形，若过一个顶点的线段将这个三角形分为
两个三角形，其中一个是直角三角形，另一个是等腰三角形，则称这个三角形是等直三角形，这条线段叫
做这个三角形的等直分割线段．
例如：
如图，在△ABC中，
∵AD⊥BC于D，且BD=AD，
∴△ACD是直角三角形，△ABD是等腰三角形，
∴△ABC是等直三角形，
AD是△ABC的一条等直分割线段．
(1)如图，已知Rt△ABC中，∠C=90°，DE是AB的垂直平分线，请说明AD是△ABC的一条等直分割线
段．
(2)若△ABC是一个等直三角形，恰好有两条等直分割线，∠B和∠C均小于45°，求证：△ABC是等腰三
角形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析【分析】（1）根据等直分割线的定义解答即可；
（2）根据等直三角形可得：AD=BD，AE=CE，∠BAE=90°，∠CAD=90°，结合等腰三角形的判
定和性质即可解答．
（1）
如图：
∵DE是AB的垂直平分线，
∴AD=BD
∵∠C=90°
∴△ACD是直角三角形
∴AD是△ABC的一条等直分割线段
（2）
如图，AD，AE是△ABC的两条等直分割线
∴AD=BD，∠BAE=90°，AE=CE，∠CAD=90°
∴∠B=∠BAD，∠C=∠CAE
∵∠BAE=∠BAD+∠DAE=90°，∠CAD=∠DAE+∠CAE=90°
∴∠BAD=∠CAE
∴∠B=∠C
∴△ABC是等腰三角形
【点睛】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，以及等直三角形的定义，解题关
键是读懂题目中给的等直三角形定义，熟练掌握等腰三角形的判定和性质．
【变式16-2】（2024·浙江·八年级单元测试）新定义：顶角相等且顶角顶点重合的两个等腰三角形互为“兄弟三角形”．
(1)如图1，△ABC和△ADE互为“兄弟三角形”，点A为重合的顶角顶点．求证：BD=CE．
(2)如图2，△ABC和△ADE互为“兄弟三角形”，点A为重合的顶角顶点，点D、E均在△ABC外，连接
BD、CE交于点M，连接AM，求证：AM平分∠BME．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
【分析】（1）根据“兄弟三角形”的定义得到∠BAC=∠DAE，进而得到∠CAE=∠BAD，再证明
△BAD≌△CAE即可得到答案；
（2）过点A作AG⊥DM于G，AH⊥EM于H，证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的对应高相等得到
AG=AH，根据角平分线的判定定理证明结论．
（1）
证明：∵△ABC和△ADE互为“兄弟三角形”，
∴∠BAC=∠DAE，AB=AC，AD=AE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，
即∠CAE=∠BAD，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD=CE．
（2）
证明：如图，过点A作AG⊥BM于G，AH⊥EM于H，∵△ABC和△ADE互为“兄弟三角形”，
∴∠BAC=∠DAE，AB=AC，AD=AE，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，
即∠CAE=∠BAD，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABG=∠ACH，
∵AG⊥BM，AH⊥EM，
∴∠AGB=∠AHC=90°，
∴△BAG≌△CAH（SAS），
∴AG=AH，
∴AM平分∠BME．
【点睛】本题考查的是“兄弟三角形”的定义、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，正
确理解“兄弟三角形”的定义是解题的关键．
【变式16-3】（2024·河南省直辖县级单位·八年级期末）阅读下列材料，解答问题：
定义：线段BM把等腰△ABC分成△ABM与△BCM（如图1），如果△ABM与△BCM均为等腰三角形，
那么线段BM叫做△ABC的完美分割线．(1)如图1，已知△ABC中，AB=AC,∠BAC=36∘，BM为△ABC的完美分割线，且CMNC，将
△ACN沿直线AN折叠后，点C落在点C 处，AC 交BN于点M．求证：BM=C N．
1 1 1
【答案】(1)72，108；
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠C=（180°-∠BAC）÷2，∠AMB=180°-∠BAC-∠ABM即可求出两
角的度数；
（2）根据两底角相等的三角形为等腰三角形证△ABN、△ACN均为等腰三角形，即可得证结论；
（3）根据ASA证△AC N≌△ABM，即可得证结论．
1
（1）
∵AB=AC，∠BAC=36°，
∴∠C=（180°-∠BAC）÷2=144°÷2=72°，
∵BM为△ABC的完美分割线，且CM＜AM，
∴∠ABM=∠BAC=36°，
∴∠AMB=180°-∠BAC-∠ABM=180°-36°-36°=108°
故答案为：72，108；
（2）
∵AB=AC，∠BAC=108°，
1
∴∠B＝∠C＝ (180°−∠BAC)＝36°，
2
∵AC=CN，
1
∴∠CAN＝∠CNA＝ (180°−∠C)＝72°，
2
∴∠BAN=∠BAC-∠NAC=108°-72°=36°，
∴∠BAN=∠B，
∴NA=NB，
∴△ABN、 ACN均为等腰三角形，
△∴AN为 ABC的完美分割线；
（3） △
∵AN是 ABC的一条完美分割线，
∴AN=CN△，AB=BN，
∴∠C=∠CAN，∠BAN=∠BNA，
∴∠BNA=∠C+∠CAN=2∠CAN，
∴∠BAN=2∠CAN，
∵∠CAN=∠C AN，
1
∴∠BAN=2∠C AN，
1
∵∠BAN=∠C AN+∠BAM，
1
∴∠C AN=∠BAM，
1
∵AC=AB，
∴∠C=∠B，
∵∠C=∠C ，
1
∴∠C =∠B，
1
∵AC=AC ，
1
∴AC =AB，
1
∴△AC N≌△ABM（ASA），
1
∴NC =BM．
1
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握等腰三角形的性质
及全等三角形的判定和性质是解题的关键．
