北師大版七年級數(shù)學下冊舉一反三 專題5.1 生活中的軸對稱章末重難點突破（舉一反三）（原卷版+解析）

專題5.1生活中的軸對稱章末重難點突破【北師大版】【考點1軸對稱現(xiàn)象】【例1】(2023?重慶）下列北京冬奧會運動標識圖案是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．【變式1-1】(2023秋?方正縣期末）下列圖案中，軸對稱圖形的個數(shù)為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【變式1-2】(2023秋?宜興市校級月考）小明在鏡中看到身后墻上的時鐘如下，你認為（）實際時間最接近9：00．A． B． C． D．【變式1-3】(2023秋?常州期中）如圖，彈性小球從點P出發(fā)，沿所示方向運動，每當小球碰到矩形的邊時反彈，反彈時反射角等于入射角．當小球第1次碰到矩形的邊時的點為Q，第2次碰到矩形的邊時的點為M，…．第2022次碰到矩形的邊時的點為圖中的（）A．點P B．點Q C．點M D．點N【考點2軸對稱的性質(zhì)與運用】【例2】(2023春?雁塔區(qū)校級期末）如圖，點P為∠AOB內(nèi)一點，分別作出P點關(guān)于OB、OA的對稱點P1，P2，連接P1P2交OB于M，交OA于N，若∠AOB＝40°，則∠MPN的度數(shù)是（）A．90° B．100° C．120° D．140°【變式2-1】(2023春?南陽期末）如圖，△ABC中，∠B＝60°，∠C＝50°，點D是BC上任一點，點E和點F分別是點D關(guān)于AB和AC的對稱點，連接AE和AF，則∠EAF的度數(shù)是（）A．140° B．135° C．120° D．100°【變式2-2】(2023春?榆陽區(qū)期末）如圖，∠BAC＝110°，若A，B關(guān)于直線MP對稱，A，C關(guān)于直線NQ對稱，則∠PAQ的大小是（）A．70° B．55° C．40° D．30°【變式2-3】(2023春?臥龍區(qū)期末）如圖，點P在∠AOB內(nèi)部，點E，F(xiàn)分別是點P關(guān)于直線OA，OB的對稱點，若∠AOB＝40°，則∠E+∠F＝．【考點3軸對稱中最短路線問題】【例3】(2023?槐蔭區(qū)一模）如圖，在銳角三角形ABC中，AB＝4，△ABC的面積為10，BD平分∠ABC，若M、N分別是BD、BC上的動點，則CM+MN的最小值為（）A．4 B．5 C．4.5 D．6【變式3-1】(2023春?通川區(qū)期末）如圖，∠AOB＝60°，點P為∠AOB內(nèi)一點，點M、N分別在OA、OB上，當△PMN周長最小時，∠MPN的度數(shù)是（）A．120° B．60° C．30° D．90°【變式3-2】(2023春?東坡區(qū)校級期末）如圖，在銳角△ABC中，∠ACB＝50°；邊AB上有一定點P，M、N分別是AC和BC邊上的動點，當△PMN的周長最小時，∠MPN的度數(shù)是（）A．50° B．60° C．70° D．80°【變式3-3】(2023秋?樺甸市期末）四邊形ABCD中，∠BAD＝125°，∠B＝∠D＝90°，在BC、CD上分別找一點M、N，當三角形AMN周長最小時，∠MAN的度數(shù)為．【考點4等腰三角形中的分類討論思想】【例4】(2023秋?通許縣期末）等腰三角形一腰的垂直平分線與另一腰所在直線的夾角是40°，則這一等腰三角形的底角為（）A．65° B．25° C．50° D．65°或25°【變式4-1】(2023春?東坡區(qū)期末）已知一個等腰三角形的周長為22cm，若其中一邊長為6cm，則它的腰長為（）A．6cm B．10cm C．6cm或8cm D．8cm或10cm【變式4-2】(2023秋?巴彥縣期末）若等腰三角形兩腰上的高線所在的直線相交所得的銳角為50°，則等腰三角形的頂角的度數(shù)為．【變式4-3】(2023?滕州市校級模擬）已知△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，BD⊥AC，垂足為D，點E在直線BC上，若CD＝CE，則∠BDE的度數(shù)為．【考點5作等腰三角形】【例5】(2023秋?克東縣期末）如圖，直線a，b相交形成的夾角中，銳角為52°，交點為O，點A在直線a上，直線b上存在點B，使以點O，A，B為頂點的三角形是等腰三角形，這樣的點B有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【變式5-1】(2023秋?滑縣期末）如圖，A，B兩點在正方形網(wǎng)格的格點上，每個方格都是邊長為1的正方形，點C也在格點上，且△ABC為等腰三角形，在圖中所有符合條件的點C應(yīng)該有（）個．A．7 B．8 C．9 D．10【變式5-2】(2023春?和平區(qū)期末）如圖，下列4個三角形中，均有AB＝AC，則經(jīng)過三角形的一個頂點的一條直線能夠?qū)⑦@個三角形分成兩個小等腰三角形的是（）A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④【變式5-3】(2023秋?沙河口區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC≠BC．點P是直角邊所在直線上一點，若△PAB為等腰三角形，則符合條件的點P的個數(shù)最多為（）A．3個 B．6個 C．7個 D．8個【考點6角平分線性質(zhì)的運用】【例6】(2023?滕州市二模）如圖，AI、BI、CI分別平分∠BAC、∠ABC、∠ACB，ID⊥BC，△ABC的周長為18，ID＝3，則△ABC的面積為（）A．18 B．30 C．24 D．27【變式6-1】(2023春?雁塔區(qū)校級期末）如圖，已知在四邊形ABCD中，∠BCD＝90°，BD平分∠ABC，AB＝5，BC＝9，CD＝4，則四邊形ABCD的面積是（）A．24 B．28 C．30 D．32【變式6-2】(2023秋?嘉魚縣期末）如圖，點I是△ABC三條角平分線的交點，△ABI的面積記為S1，△ACI的面積記為S2，△BCI的面積記為S3，關(guān)于S1+S2與S3的大小關(guān)系，正確的是（）A．S1+S2＝S3 B．S1+S2＜S3 C．S1+S2＞S3 D．無法確定【變式6-3】(2023秋?常州期末）如圖，∠ABC、∠ACE的平分線BP、CP交于點P，PF⊥BD，PG⊥BE，垂足分別為F、G，下列結(jié)論：①S△ABP：S△BCP＝AB：BC；②∠APB+∠ACP＝90°；③∠ABC+2∠APC＝180°，其中正確的結(jié)論有（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【考點7線段垂直平分線的性質(zhì)的運用】【例7】(2023秋?建湖縣期末）△ABC中，BC＝10，AB的垂直平分線與AC的垂直平分線分別交BC于點D，E，且DE＝4，則AD+AE的值為（）A．6 B．14 C．6或14 D．8或12【變式7-1】(2023秋?弋江區(qū)期末）如圖，AD垂直平分BC，垂足為D，∠BAC＝45°，CE⊥AB于E，交AD于F，BD＝2，則AF等于（）A．2 B．4 C．6 D．8【變式7-2】(2023秋?西湖區(qū)期末）如圖，線段AB，BC的垂直平分線l1、l2相交于點O．若∠1＝40°，則∠AOC＝（）A．50° B．80° C．90° D．100°【變式7-3】(2023秋?唐縣期末）如圖，在△ABC中，I是三角形角平分線的交點，O是三邊垂直平分線的交點，連接AI，BI，AO，BO，若∠AOB＝140°，則∠AIB的大小為（）A．160° B．140° C．130° D．125°【考點8利用軸對稱進行設(shè)計】【例8】(2023秋?吐魯番市期末）在6×6的網(wǎng)格中已經(jīng)涂黑了三個小正方形，請在圖中涂黑一塊（或兩塊）小正方形，使涂黑的四個（或五個）小正方形組成一個軸對稱圖形．【變式8-1】(2023秋?吉林期末）如圖，4×4正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的頂點稱為格點，每個小正方形的邊長均為1，點A，B都在格點上，按下列要求作圖，使得所畫圖形的頂點均在格點上．（1）在圖1中畫一個以線段AB為邊的軸對稱△ABC，使其面積為2；（2）在圖2中畫一個以線段AB為邊的軸對稱四邊形ABDE，使其面積為6．【變式8-2】(2023秋?龍鳳區(qū)校級期末）如圖，在10×10的正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長都為1，網(wǎng)格中有一個格點三角形ABC（三角形的頂點都在網(wǎng)格格點上）．（1）在圖中畫出△ABC關(guān)于直線l對稱的△A′B′C′（要求：點A與點A′、點B與點B′、點C與點C′相對應(yīng)）；（2）在（1）的結(jié)果下，設(shè)AB交直線l于點D，連接AB′，求四邊形AB′CD的面積．【變式8-3】(2023秋?黃埔區(qū)期末）如圖，方格紙中每個小方格都是邊長為1的正方形，四邊形ABCD的頂點與點E都是格點．（1）作出四邊形ABCD關(guān)于直線AC對稱的四邊形AB′CD′；（2）求四邊形ABCD的面積；（3）若在直線AC上有一點P，使得P到D、E的距離之和最小，請作出點P的位置．專題5.1生活中的軸對稱章末重難點突破【北師大版】【考點1軸對稱現(xiàn)象】【例1】(2023?重慶）下列北京冬奧會運動標識圖案是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．分析：根據(jù)軸對稱圖形的概念求解．【解答】解：A．不是軸對稱圖形，故此選項不合題意；B．不是軸對稱圖形，故此選項不合題意；C．是軸對稱圖形，故此選項符合題意；D．不是軸對稱圖形，故此選項不合題意．故選：C．【變式1-1】(2023秋?方正縣期末）下列圖案中，軸對稱圖形的個數(shù)為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個分析：根據(jù)軸對稱圖形的概念對各圖形分析判斷即可得解．【解答】解：左起第二個圖形能找到這樣的一條直線，使圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，所以不是軸對稱圖形，第一、三、四這3個圖形能找到這樣的一條直線，使圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，所以是軸對稱圖形，故選：C．【變式1-2】(2023秋?宜興市校級月考）小明在鏡中看到身后墻上的時鐘如下，你認為（）實際時間最接近9：00．A． B． C． D．分析：根據(jù)鏡面對稱的性質(zhì)，在平面鏡中的鐘面上的時針、分針的位置和實物應(yīng)關(guān)于過12時、6時的直線成軸對稱．【解答】解：根據(jù)平面鏡成像原理可知，鏡中的像與原圖象之間實際上只是進行了左右對換，由軸對稱知識可知，只要將其進行左可翻折，即可得到原圖象，故應(yīng)該在B和D選項中選擇，B更接近9點．故選：B．【變式1-3】(2023秋?常州期中）如圖，彈性小球從點P出發(fā)，沿所示方向運動，每當小球碰到矩形的邊時反彈，反彈時反射角等于入射角．當小球第1次碰到矩形的邊時的點為Q，第2次碰到矩形的邊時的點為M，…．第2022次碰到矩形的邊時的點為圖中的（）A．點P B．點Q C．點M D．點N分析：根據(jù)反射角與入射角的定義作出圖形，可知每6次反彈為一個循環(huán)組依次循環(huán)，用2022除以6，根據(jù)商和余數(shù)的情況確定所對應(yīng)的點的位置即可．【解答】解：如圖，經(jīng)過6次反彈后動點回到出發(fā)點P，∵2022÷6＝337，∴當點P第2022次碰到矩形的邊時為第337個循環(huán)組的第6次反彈，∴第2022次碰到矩形的邊時的點為圖中的點P，故選：A．【考點2軸對稱的性質(zhì)與運用】【例2】(2023春?雁塔區(qū)校級期末）如圖，點P為∠AOB內(nèi)一點，分別作出P點關(guān)于OB、OA的對稱點P1，P2，連接P1P2交OB于M，交OA于N，若∠AOB＝40°，則∠MPN的度數(shù)是（）A．90° B．100° C．120° D．140°分析：首先證明∠P1+∠P2＝40°，可得∠PMN＝∠P1+∠MPP1＝2∠P1，∠PNM＝∠P2+∠NPP2＝2∠P2，推出∠PMN+∠PNM＝2×40°＝80°，可得結(jié)論．【解答】解：∵P點關(guān)于OB的對稱點是P1，P點關(guān)于OA的對稱點是P2，∴PM＝P1M，PN＝P2N，∠P2＝∠P2PN，∠P1＝∠P1PM，∵∠AOB＝40°，∴∠P2PP1＝140°，∴∠P1+∠P2＝40°，∴∠PMN＝∠P1+∠MPP1＝2∠P1，∠PNM＝∠P2+∠NPP2＝2∠P2，∴∠PMN+∠PNM＝2×40°＝80°，∴∠MPN＝180°﹣（∠PMN+∠PNM）＝180°﹣80°＝100°，故選：B．【變式2-1】(2023春?南陽期末）如圖，△ABC中，∠B＝60°，∠C＝50°，點D是BC上任一點，點E和點F分別是點D關(guān)于AB和AC的對稱點，連接AE和AF，則∠EAF的度數(shù)是（）A．140° B．135° C．120° D．100°分析：利用軸對稱的性質(zhì)解答即可．【解答】解：如圖，∵點E和點F分別是點D關(guān)于AB和AC的對稱點，∴∠EAB＝∠BAD，∠FAC＝∠CAD，∵∠B＝60°，∠C＝50°，∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝180°﹣60°﹣50°＝70°，∴∠EAF＝2∠BAC＝140°，故選：A．【變式2-2】(2023春?榆陽區(qū)期末）如圖，∠BAC＝110°，若A，B關(guān)于直線MP對稱，A，C關(guān)于直線NQ對稱，則∠PAQ的大小是（）A．70° B．55° C．40° D．30°分析：由∠BAC的大小可得∠B與∠C的和，再由線段垂直平分線，可得∠BAP＝∠B，∠QAC＝∠C，進而可得∠PAQ的大?。窘獯稹拷猓骸摺螧AC＝110°，∴∠B+∠C＝70°，∵A，B關(guān)于直線MP對稱，A，C關(guān)于直線NQ對稱，又∵MP，NQ為AB，AC的垂直平分線，∴∠BAP＝∠B，∠QAC＝∠C，∴∠BAP+∠CAQ＝70°，∴∠PAQ＝∠BAC﹣∠BAP﹣∠CAQ＝110°﹣70°＝40°故選：C．【變式2-3】(2023春?臥龍區(qū)期末）如圖，點P在∠AOB內(nèi)部，點E，F(xiàn)分別是點P關(guān)于直線OA，OB的對稱點，若∠AOB＝40°，則∠E+∠F＝．分析：連接OP．根據(jù)軸對稱的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)得出∠E＝∠OPE，∠F＝∠OPF，∠AOE＝∠AOP，∠BOF＝∠BOP．設(shè)∠AOP＝α，∠BOP＝β，則α+β＝40°，進而求出∠E+∠F＝180°﹣（α+β）＝140°．【解答】解：如圖，連接OP．∵點E，F(xiàn)分別是點P關(guān)于直線OA，OB的對稱點，∴OA垂直平分PE，OB垂直平分PF，∴OE＝OP，OP＝OF，∴∠E＝∠OPE，∠F＝∠OPF，∠AOE＝∠AOP，∠BOF＝∠BOP．設(shè)∠AOP＝α，∠BOP＝β，則α+β＝40°，∠POE＝2α，∠POF＝2β．在△POE中，∠E＝∠OPE=180°?∠POE2=在△POF中，∠F＝∠OPF=180°?∠POF2=∴∠E+∠F＝180°﹣（α+β）＝180°﹣40°＝140°．故答案為：140°．【考點3軸對稱中最短路線問題】【例3】(2023?槐蔭區(qū)一模）如圖，在銳角三角形ABC中，AB＝4，△ABC的面積為10，BD平分∠ABC，若M、N分別是BD、BC上的動點，則CM+MN的最小值為（）A．4 B．5 C．4.5 D．6分析：過C作CE⊥AB于點E，交BD于點M′，過點M′作M′N′⊥BC于N′，則CE即為CM+MN的最小值，再根據(jù)三角形的面積公式求出CE的長，即為CM+MN的最小值．【解答】解：過C作CE⊥AB于點E，交BD于點M′，過點M′作M′N′⊥BC于N′，如圖：∵BD平分∠ABC，M′E⊥AB于點E，M′N′⊥BC于N′，∴M′N′＝M′E，∴CE＝CM′+M′E＝CM′+M′N′是CM+MN最小值，此時M與M′重合，N與N′重合，∵三角形ABC的面積為10，AB＝4，∴12×4?∴CE＝5．即CM+MN的最小值為5．故選：B．【變式3-1】(2023春?通川區(qū)期末）如圖，∠AOB＝60°，點P為∠AOB內(nèi)一點，點M、N分別在OA、OB上，當△PMN周長最小時，∠MPN的度數(shù)是（）A．120° B．60° C．30° D．90°分析：分別作點P關(guān)于OA、OB的對稱點P1、P2，連接P1、P2交OA于M，交OB于N，△PMN的周長最小值等于P1P2的長，然后依據(jù)等腰△OP1P2中，∠OP1P2+∠OP2P1＝180°﹣2∠O，即可得出∠MPN＝∠OPM+∠OPN＝∠OP1M+∠OP2N＝180°﹣2∠O＝60°．【解答】解：分別作點P關(guān)于OA、OB的對稱點P1、P2，連接P1、P2交OA于M，交OB于N，∴OP1＝OP＝OP2，∠OP1M＝∠MPO，∠NPO＝∠NP2O，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得MP＝P1M，PN＝P2N，∴△PMN的周長的最小值＝P1P2，由軸對稱的性質(zhì)可得∠P1OP2＝2∠AOB，∴等腰△OP1P2中，∠OP1P2+∠OP2P1＝180°﹣∠P1OP2＝180°﹣2∠AOB，∴∠MPN＝∠OPM+∠OPN＝∠OP1M+∠OP2N＝∠OP1P2+∠OP2P1＝180°﹣2∠AOB＝60°，故選：B．【變式3-2】(2023春?東坡區(qū)校級期末）如圖，在銳角△ABC中，∠ACB＝50°；邊AB上有一定點P，M、N分別是AC和BC邊上的動點，當△PMN的周長最小時，∠MPN的度數(shù)是（）A．50° B．60° C．70° D．80°分析：根據(jù)對稱的性質(zhì)，易求得∠C+∠EPF＝180°，由∠ACB＝50°，易求得∠D+∠G＝50°，繼而求得答案．【解答】解：作點P關(guān)于AC，BC的對稱點D，G，連接PD，PG分別交AC，BC于E，F(xiàn)，連接DG交AC于M，交BC于N，連接PM，PN．此時△PMN的周長最?。逷D⊥AC，PG⊥BC，∴∠PEC＝∠PFC＝90°，∴∠C+∠EPF＝180°，∵∠C＝50°，∴∠EPF＝130°，∵∠D+∠G+∠EPF＝180°，∴∠D+∠G＝50°，由對稱可知：∠G＝∠GPN，∠D＝∠DPM，∴∠GPN+∠DPM＝50°，∴∠MPN＝130°﹣50°＝80°，故選：D．【變式3-3】(2023秋?樺甸市期末）四邊形ABCD中，∠BAD＝125°，∠B＝∠D＝90°，在BC、CD上分別找一點M、N，當三角形AMN周長最小時，∠MAN的度數(shù)為．分析：延長AB到A′使得BA′＝AB，延長AD到A″使得DA″＝AD，連接A′A″與BC、CD分別交于點M、N，此時△AMN周長最小，推出∠AMN+∠ANM＝2（∠A′+∠A″），進而得出∠MAN的度數(shù)．【解答】解：延長AB到A′使得BA′＝AB，延長AD到A″使得DA″＝AD，連接A′A″與BC、CD分別交于點M、N．∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴A、A′關(guān)于BC對稱，A、A″關(guān)于CD對稱，此時△AMN的周長最小，∵BA＝BA′，MB⊥AB，∴MA＝MA′，同理：NA＝NA″，∴∠A′＝∠MAB，∠A″＝∠NAD，∵∠AMN＝∠A′+∠MAB＝2∠A′，∠ANM＝∠A″+∠NAD＝2∠A″，∴∠AMN+∠ANM＝2（∠A′+∠A″），∵∠BAD＝125°，∴∠A′+∠A″＝180°﹣∠BAD＝55°，∴∠AMN+∠ANM＝2×55°＝110°．∴∠MAN＝180°﹣110°＝70°，故答案為：70°【考點4等腰三角形中的分類討論思想】【例4】(2023秋?通許縣期末）等腰三角形一腰的垂直平分線與另一腰所在直線的夾角是40°，則這一等腰三角形的底角為（）A．65° B．25° C．50° D．65°或25°分析：由題意可知其為銳角等腰三角形或鈍角等腰三角形，不可能是等腰直角三角形，所以應(yīng)分開來討論．【解答】解：當∠A為銳角時，如圖：∵∠ADE＝40°，∠AED＝90°，∴∠A＝50°，∴∠B＝∠C=1當∠BAC為鈍角時，如圖：∠ADE＝40°，∠DAE＝50°，∴頂角∠BAC＝180°﹣50°＝130°，∴∠B＝∠C=1故選：D．【變式4-1】(2023春?東坡區(qū)期末）已知一個等腰三角形的周長為22cm，若其中一邊長為6cm，則它的腰長為（）A．6cm B．10cm C．6cm或8cm D．8cm或10cm分析：分6cm是腰長與底邊兩種情況求出另外兩邊，然后根據(jù)三角形的任意兩邊之和大于第三邊判定即可得解．【解答】解：①6cm是腰長時，底邊＝22﹣6×2＝10（cm），∵6+6＝12＞10，∴6cm、6cm、10cm能夠組成三角形，此時腰長為6cm；②6cm是底邊時，腰長=12×6cm、8cm、8cm能夠組成三角形，此時腰長為8cm，綜上所述，腰長為6cm或8cm．故選：C．【變式4-2】(2023秋?巴彥縣期末）若等腰三角形兩腰上的高線所在的直線相交所得的銳角為50°，則等腰三角形的頂角的度數(shù)為．分析：分兩種情形畫出圖形分別求解即可解決問題．【解答】解：①如圖，當∠BAC是鈍角時，由題意：AB＝AC，∠AEH＝∠ADH＝90°，∠EHD＝50°，∴∠BAC＝∠EAD＝360°﹣90°﹣90°﹣50°＝130°．②當∠A是銳角時，由題意：AB＝AC，∠CDA＝∠BEA＝90°，∠CHE＝50°，∴∠DHE＝130°，∴∠A＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°，故答案為：50°或130°．【變式4-3】(2023?滕州市校級模擬）已知△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，BD⊥AC，垂足為D，點E在直線BC上，若CD＝CE，則∠BDE的度數(shù)為．分析：根據(jù)題意，分當E在C點左側(cè)時與當E在C點右側(cè)時兩種情況討論，并結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)進行分析即可求解．【解答】解：如圖，當E在C點左側(cè)時，∵AB＝AC，∠A＝40°，∴∠C＝∠ABC＝70°，∵CD＝CE，∴∠CDE＝∠CED＝55°，∵BD⊥AC，∴∠BDE＝∠BDC﹣∠CDE＝90°﹣55°＝35°；當E在C點右側(cè)時，如圖，∵AB＝AC，∠A＝40°，∴∠C＝∠ABC＝70°，∵CD＝CE，∴∠CDE＝∠CED＝35°，∵BD⊥AC，∴∠BDE＝∠BDC+∠CDE＝90°+35°＝125°，故答案為：35°或125°．【考點5作等腰三角形】【例5】(2023秋?克東縣期末）如圖，直線a，b相交形成的夾角中，銳角為52°，交點為O，點A在直線a上，直線b上存在點B，使以點O，A，B為頂點的三角形是等腰三角形，這樣的點B有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個分析：根據(jù)△OAB為等腰三角形，分三種情況討論：①當OB＝AB時，②當OA＝AB時，③當OA＝OB時，分別求得符合的點B，即可得解．【解答】解：要使△OAB為等腰三角形分三種情況討論：①當OB＝AB時，作線段OA的垂直平分線，與直線b的交點為B，此時有1個；②當OA＝AB時，以點A為圓心，OA為半徑作圓，與直線b的交點，此時有1個；③當OA＝OB時，以點O為圓心，OA為半徑作圓，與直線b的交點，此時有2個，1+1+2＝4，故選：D．【變式5-1】(2023秋?滑縣期末）如圖，A，B兩點在正方形網(wǎng)格的格點上，每個方格都是邊長為1的正方形，點C也在格點上，且△ABC為等腰三角形，在圖中所有符合條件的點C應(yīng)該有（）個．A．7 B．8 C．9 D．10分析：分兩種情況：①AB為等腰三角形的底邊；②AB為等腰三角形的一條腰；畫出圖形，即可得出結(jié)論．【解答】解：如圖所示：①AB為等腰三角形的底邊，符合條件的點C的有5個；②AB為等腰三角形的一條腰，符合條件的點C的有3個．所以符合條件的點C共有8個．故選：B．【變式5-2】(2023春?和平區(qū)期末）如圖，下列4個三角形中，均有AB＝AC，則經(jīng)過三角形的一個頂點的一條直線能夠?qū)⑦@個三角形分成兩個小等腰三角形的是（）A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④分析：逐個畫出圖形，即可得到答案．【解答】解：圖①中，∠A＝36°，AB＝AC，則∠ABC＝∠ACB＝72°，以B為頂點，在△ABC內(nèi)作∠ABD＝36°，則∠A＝∠ABD＝36°，∴△ABD是等腰三角形，而∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝36°，∠ACB＝72°，∴∠ACB＝∠BDC＝72°，∴△BDC是等腰三角形，故直線BD將△ABC分成了兩個小等腰三角形，①符合題意，如圖：圖③中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴△ABC是等腰直角三角形，∠B＝∠C＝45°，過A作AE⊥BC于E，如圖：則△ABE和△ACE是等腰直角三角形，故直線AE將△ABC分成了兩個小等腰三角形，③符合題意；圖④中，∠BAC＝108°，AB＝AC，則∠B＝∠C＝36°，以A為頂點，在△ABC內(nèi)作∠BAF＝72°，如圖：則△ABF和△ACF都是等腰三角形，故④符合題意；圖②是等邊三角形，沒有直線能將它分成兩個小的等腰三角形，故②不符合題意；故選：D．【變式5-3】(2023秋?沙河口區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC≠BC．點P是直角邊所在直線上一點，若△PAB為等腰三角形，則符合條件的點P的個數(shù)最多為（）A．3個 B．6個 C．7個 D．8個分析：分為三種情況：①BP＝AB，②AP＝AB，③AP＝BP，再求出答案即可．【解答】解：①以B為圓心，以BA為半徑作圓，此圓與直線BC交于兩點，與直線AC交于一點（A除外），此時BP＝AB；②以A為圓心，以AB為半徑作圓，此圓與直線AC交于兩點，與直線AB交于一點（B除外），此時AP＝AB；③作線段AB的垂直平分線，交直線AC于一點，交直線BC于一點，此時AP＝BP；（1+2）+（1+2）+1+1＝8，故選：D．【考點6角平分線性質(zhì)的運用】【例6】(2023?滕州市二模）如圖，AI、BI、CI分別平分∠BAC、∠ABC、∠ACB，ID⊥BC，△ABC的周長為18，ID＝3，則△ABC的面積為（）A．18 B．30 C．24 D．27分析：過點I作IE⊥AB于E，IF⊥AC于F，然后根據(jù)角平分線上的點到角的兩邊的距離相等的性質(zhì)可得ID＝IE＝IF，再根據(jù)三角形面積計算即可得解．【解答】解：如圖，過點I作IE⊥AB于E，IF⊥AC于F，∵∠ABC、∠ACB的平分線，ID⊥BC，∴ID＝IE，ID＝IE，∴ID＝IE＝IF＝3，∵△ABC的周長為18，∴△ABC的面積=12（AB+BC+AC）×3故選：D．【變式6-1】(2023春?雁塔區(qū)校級期末）如圖，已知在四邊形ABCD中，∠BCD＝90°，BD平分∠ABC，AB＝5，BC＝9，CD＝4，則四邊形ABCD的面積是（）A．24 B．28 C．30 D．32分析：過D點作DH⊥AB于H，如圖，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到DH＝DC＝4，然后根據(jù)三角形面積公式，利用S四邊形ABCD＝S△ABD+S△BCD進行計算．【解答】解：過D點作DH⊥AB于H，如圖，∵BD平分∠ABC，DC⊥BC，DH⊥BA，∴DH＝DC＝4，∴S四邊形ABCD＝S△ABD+S△BCD=12×故選：B．【變式6-2】(2023秋?嘉魚縣期末）如圖，點I是△ABC三條角平分線的交點，△ABI的面積記為S1，△ACI的面積記為S2，△BCI的面積記為S3，關(guān)于S1+S2與S3的大小關(guān)系，正確的是（）A．S1+S2＝S3 B．S1+S2＜S3 C．S1+S2＞S3 D．無法確定分析：根據(jù)角平分線的性質(zhì)和三角形三邊關(guān)系和三角形的面積公式解答即可．【解答】解：∵點I是△ABC三條角平分線的交點，∴△ABI和△BIC和△AIC的高相等，∵△ABI的面積記為S1，△ACI的面積記為S2，△BCI的面積記為S3，∴S1+S2=12AB??+12由△ABC的三邊關(guān)系得：AB+AC＞BC，∴S1+S2＞S3，故選：C．【變式6-3】(2023秋?常州期末）如圖，∠ABC、∠ACE的平分線BP、CP交于點P，PF⊥BD，PG⊥BE，垂足分別為F、G，下列結(jié)論：①S△ABP：S△BCP＝AB：BC；②∠APB+∠ACP＝90°；③∠ABC+2∠APC＝180°，其中正確的結(jié)論有（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個分析：根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到PF＝PG，根據(jù)三角形的面積公式即可得到①正確；過P作PH⊥AC于H，根據(jù)角平分線的定義和外角定理得到∠CAF＝∠ABC+∠ACB＝2∠PAF，∠PAF=12∠ABC+∠APB，求得∠ACB＝2∠APB，于是得到∠APB+∠ACP＝90°，故②正確；根據(jù)四邊形的內(nèi)角和定理得到∠ABC+∠FPG＝180°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠APF＝∠APG，∠CPH＝∠CPG，于是得到∠ABC+2∠APC＝180°，故【解答】解：∵PB平分∠ABC，PF⊥BD，PG⊥BE，∴PF＝PG，∴S△ABP：S△BCP=12AB?PF：12BC?PG＝AB：BC過P作PH⊥AC于H，∵PC平分∠ACE，∴PH＝PG，∴PF＝PH，∴PA平分∠CAF，∵BP平分∠ABC，∴∠CAF＝∠ABC+∠ACB＝2∠PAF，∠PAF=12∠ABC+∠∴∠ACB＝2∠APB，∵∠ACB+∠ACE＝180°，∴12∠ACB+12∠ACE=∠APB∵PF⊥AB，PG⊥BC，∴∠ABC+90°+∠FPG+90°＝360°，∴∠ABC+∠FPG＝180°，在Rt△PAF和Rt△PAH中，PF=PHPA=PA∴Rt△PAF≌Rt△PAH（HL），∴∠APF＝∠APG，同理：Rt△PCH≌Rt△PCG（HL），∴∠CPH＝∠CPG，∴∠FPG＝2∠APC，∴∠ABC+2∠APC＝180°，故③正確；故選：D．【考點7線段垂直平分線的性質(zhì)的運用】【例7】(2023秋?建湖縣期末）△ABC中，BC＝10，AB的垂直平分線與AC的垂直平分線分別交BC于點D，E，且DE＝4，則AD+AE的值為（）A．6 B．14 C．6或14 D．8或12分析：分兩種情況，當BD與CE無重合，當BD與CE有重合．【解答】解：∵AB的垂直平分線與AC的垂直平分線分別交BC于點D，E，∴AD＝BD，AE＝EC，分兩種情況：當BD與CE無重合時，∵BC＝10，DE＝4，∴AD+AE＝BD+CE＝BC﹣DE＝10﹣4＝6，當BD與CE有重合時，∵BC＝10，DE＝4，∴AD+AE＝BD+CE＝BC+DE＝10+4＝14，綜上所述：AD+AE的值為：6或14，故選：C．【變式7-1】(2023秋?弋江區(qū)期末）如圖，AD垂直平分BC，垂足為D，∠BAC＝45°，CE⊥AB于E，交AD于F，BD＝2，則AF等于（）A．2 B．4 C．6 D．8分析：求出∠ACE＝45°，證明∠EAC＝∠ACE，利用同角的余角相等，證明∠BAD＝∠BCE，利用ASA證明即可解答．【解答】解：∵AD垂直平分BC，BD＝2，∴BC＝2BD＝4，∵CE⊥AB，∴∠AEC＝90°，∵∠BAC＝45°，∴∠ACE＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAC＝∠ACE，∴AE＝CE，∵AB＝AC，點D是BC的中點，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠B+∠BAD＝90°，∵∠B+∠BCE＝90°，∴∠BAD＝∠BCE，在△AEF和△CEB中，∠AEF=∠CEBAE=CE∴△AEF≌△CEB（ASA），∴AF＝BC＝4，故選：B．【變式7-2】(2023秋?西湖區(qū)期末）如圖，線段AB，BC的垂直平分線l1、l2相交于點O．若∠1＝40°，則∠AOC＝（）A．50° B．80° C．90° D．100°分析：連接BO，并延長BO到P，根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)得AO＝OB＝OC和∠BDO＝∠BEO＝90°，根據(jù)四邊形的內(nèi)角和為360°得∠DOE+∠ABC＝180°，根據(jù)外角的性質(zhì)得∠AOP＝∠A+∠ABO，∠COP＝∠C+∠OBC，相加可得結(jié)論．【解答】解：連接BO，并延長BO到P，∵線段AB、BC的垂直平分線l1、l2相交于點O，∴AO＝OB＝OC，∠BDO＝∠BEO＝90°，∴∠DOE+∠ABC＝180°，∵∠DOE+∠1＝180°，∴∠ABC＝∠1＝40°，∵OA＝OB＝OC，∴∠A＝∠ABO，∠OBC＝∠C，∵∠AOP＝∠A+∠ABO，∠COP＝∠C+∠OBC，∴∠AOC＝∠AOP+∠COP＝∠A+∠ABC+∠C＝2×40°＝80°；故選：B．【變式7-3】(2023秋?唐縣期末）如圖，在△ABC中，I是三角形角平分線的交點，O是三邊垂直平分線的交點，連接AI，BI，AO，BO，若∠AOB＝140°，則∠AIB的大小為（）A．160°