TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc24431" 【題型1 利用軸對稱的性質(zhì)求解】 PAGEREF _Tc24431 \h 1
\l "_Tc29394" 【題型2 軸對稱中的光線反射】 PAGEREF _Tc29394 \h 5
\l "_Tc18863" 【題型3 等腰三角形中分類討論】 PAGEREF _Tc18863 \h 10
\l "_Tc8757" 【題型4 雙垂直平分線求角度與周長】 PAGEREF _Tc8757 \h 15
\l "_Tc4284" 【題型5 角平分線與垂直平分線綜合運用】 PAGEREF _Tc4284 \h 19
\l "_Tc28302" 【題型6 軸對稱圖形中的面積問題】 PAGEREF _Tc28302 \h 24
\l "_Tc25559" 【題型7 軸對稱中尺規(guī)作圖與證明、計算的綜合運用】 PAGEREF _Tc25559 \h 32
\l "_Tc30449" 【題型8 軸對稱中的旋轉(zhuǎn)】 PAGEREF _Tc30449 \h 37
\l "_Tc18225" 【題型9 軸對稱中規(guī)律探究】 PAGEREF _Tc18225 \h 42
\l "_Tc21111" 【題型10 等邊三角形的十字結(jié)合模型】 PAGEREF _Tc21111 \h 46
【題型1 利用軸對稱的性質(zhì)求解】
【例1】（2023春·山東青島·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，點D，E分別在邊AB，BC上，點A與點E關(guān)于直線CD對稱．若AB=7cm，AC=9cm，BC=12cm，則△DBE的周長為 cm．

【答案】10
【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得AD=DE，AC=CE=9cm，進而得出BE=BC?CE=3cm，再根據(jù)三角形的周長公式，即可求解．
【詳解】解：∵點A與點E關(guān)于直線CD對稱，
∴AD=DE，AC=CE=9cm，
∵BC=12cm，
∴BE=BC?CE=12?9=3cm，
∵AB=7cm，AC=9cm，BC=12cm，
∴△DBE的周長=BD+DE+BE=BD+AD+BE=AB+BE=7+3=10(cm)．
故答案為：10．
【點睛】本題主要考查了軸對稱的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握成軸對稱的圖象對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等．
【變式1-1】（2023春·江西九江·八年級統(tǒng)考期末）已知△ABC中∠B是鈍角，以AC所在直線為對稱軸作△ADC，若∠BAD+∠BCD=100°，則∠B的度數(shù)為 ．
【答案】130°
【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，從而得到∴∠BAC+∠BCA=50°，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理進行計算即可得到答案．
【詳解】解：根據(jù)題意畫出圖如圖所示：
，
∵ △ABC和△ADC關(guān)于AC成軸對稱，
∴∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，
∵ ∠BAD+∠BCD=100°，
∴∠BAC+∠BCA=12∠BAD+∠BCD=50°，
∵∠BAC+∠BCA+∠B=180°，
∴∠B=130°，
故答案為：130°．
【點睛】本題主要考查了軸對稱的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，熟練掌握軸對稱的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，是解題的關(guān)鍵．
【變式1-2】（2023春·山東濰坊·八年級統(tǒng)考期中）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 ．
【答案】100°
【分析】首先求出∠P1+∠P2=40°證明∠PNM=∠P2+∠NPP2=2∠P2，∠PMN=∠P1+∠MPP1=2∠P1，推出∠PNM+∠PMN=2（∠P1+∠P2）=80°，可得結(jié)論．
【詳解】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°，
∴∠PNM=∠P2+∠NPP2=2∠P2，∠PMN=∠P1+∠MPP1=2∠P1，
∴∠PMN+∠PNM=2×40°=80°，
∴∠MPN=180°?（∠PMN+∠PNM）=180°?80°=100°，
故答案為：100°．
【點睛】本題考查軸對稱，三角形內(nèi)角和定理，等腰三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．
【變式1-3】（2023春·江蘇泰州·八年級?？计谥校┤鐖D，將△ABC紙片沿DM折疊，使點C落在點C′的位置，其中點D為AC邊上一定點，點M為BC邊上一動點，點M與B，C不重合．
（1）若∠A＝84°，∠B＝61°，則∠C′＝ °；
（2）如圖1，當點C′落在四邊形ABMD內(nèi)時，設(shè)∠BMC′＝∠1，∠ADC′＝∠2，探索∠C′與∠1，∠2之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（3）在點M運動過程中，折疊圖形，若∠C′＝35°，∠BMC′＝53°，求∠ADC′的度數(shù)．

【答案】（1）35 （2）2∠C′＝∠1＋∠2，理由見解析 （3）17°或123°
【分析】（1）由三角形的內(nèi)角和定理求出∠C，再由折疊性質(zhì)得∠C′＝∠C即可解答；
（2）由三角形的內(nèi)角和定理得出∠CDM+∠CMD=180o﹣∠C，由折疊性質(zhì)得∠C′DM=∠CDM，∠C′MD=∠CMD，推出∠1+∠2=360o-2（∠CDM+∠CMD）即可找出角之間的關(guān)系；
（3）根據(jù)題意，分點C′落在三角形ABC內(nèi)和外討論，類比（2）中方法求解即可．
【詳解】（1）在△ABC中，∠A=84o，∠B=61o，
由∠A+∠B+∠C=180o得：∠C=180o-84o-61o=35o，
由折疊性質(zhì)得：∠C′=∠C=35o，
故答案為：35；
（2）在△CDM中，∠CDM+∠CMD+∠C=180o，即∠CDM+∠CMD=180o﹣∠C，
由折疊性質(zhì)得：∠C′DM=∠CDM，∠C′MD=∠CMD，
∵∠1+∠C′MD+∠CMD=180o，
∠2+∠C′DM+∠CDM=180o，
∴∠1+∠2=360o﹣2（∠CDM+∠CMD）=2∠C，
∴∠1+∠2=2∠C′；
（3）設(shè)∠BMC′＝∠1=53o，∠ADC′＝∠2，
當點C′落在△ABC的內(nèi)部時，由（2）知，∠2=2C′-∠1=2×35o-53o=17o；
當點C′落在如圖1位置時，同（2）中方法由∠1+∠2=2∠C′，∴∠2==17o；
當點C′落在如圖2位置時，在△CDM中，∠CDM+∠CMD=180o﹣∠C，
由折疊性質(zhì)得：∠C′DM=∠CDM，∠C′MD=∠CMD，
∵∠1+∠C′MD+∠CMD=180o，
∠C′DM+∠CDM﹣∠2=180o，
∴∠1﹣∠2=360o﹣2（∠CDM+∠CMD）=2∠C，
∴∠1﹣∠2=2∠C′，
∴∠2=∠1﹣2∠C′=53o-70o=﹣17o（舍去）；
當點C′落在如圖3位置時，
∵∠C′MD+∠CMD﹣∠1=180o，
∠C′DM+∠CDM+∠2=180o，
∴∠2﹣∠1=360o﹣2（∠CDM+∠CMD）=2∠C，
∴∠2﹣∠1=2∠C′，
∴∠2=2∠C′+∠1=70o+53o=123o，
綜上，∠ADC′的度數(shù)為17o或123o．

【題型2 軸對稱中的光線反射】
【例2】（2023春·全國·八年級專題練習）光線以如圖所示的角度α照射到平面鏡工上，然后在平面鏡I，Ⅱ之間來回反射．若∠α=50°，∠β=60°，則∠γ等于 ( )
A．80°B．70°C．60°D．50°
【答案】B
【分析】根據(jù)入射光線與水平線的夾角等于反射光線與水平線的夾角將已知轉(zhuǎn)化到三角形中，利用三角形的內(nèi)角和是180°求解．
【詳解】解：如圖：
由反射規(guī)律可知：∠α=∠1，∠γ=∠3，∠2=180°?2∠β，
又∵∠1+∠2+∠3=180°
∴180°?2∠β+∠α+∠γ=180°，
∴2∠β=∠α+∠γ
即2×60°=50°+∠γ
∴∠γ=120°?50°=70°．
故選：B．
【點睛】本題主要考查了三角形內(nèi)角和定理，掌握入射光線與水平線的夾角等于反射光線與水平線的夾角是解題關(guān)鍵，注意隱含的180°的關(guān)系的使用．
【變式2-1】（2023·八年級單元測試）公元一世紀，正在亞歷山大城學習的古希臘數(shù)學家海倫發(fā)現(xiàn)：光在鏡面上反射時，反射角等于入射角．如圖1，法線NO垂直于反射面，入射光線與法線的夾角為入射角，反射光線與法線的夾角為反射角．臺球碰撞臺球桌邊后反彈與光線在鏡面上反射原理相同．
如圖2，長方型球桌ABCD上有兩個球P，Q．請你嘗試解決臺球碰撞問題：
(1)請你設(shè)計一條路徑，使得球P撞擊臺球桌邊AB反射后，撞到球Q．在圖2中畫出，并說明做法的合理性．
(2)請你設(shè)計一路徑，使得球P連續(xù)三次撞擊臺球桌邊反射后，撞到球Q，在圖3中畫出一種路徑即可．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）作點P關(guān)于AB的對稱點P′，連接QP′交AB于T，線路P→T→Q即為所求．
（2）作點P關(guān)于AD的對稱點P′，作點Q關(guān)于BC的對稱點Q′，作點Q′關(guān)于CD的對稱點Q″，連接P′Q″交AD于E，交DC于F，連接FQ′交BC于點G，P→E→F→G→Q即為所求．
【詳解】（1）解：如圖2中，作點P關(guān)于AB的對稱點P′，連接QP′交AB于T，線路P→T→Q即為所求，
原理：∵點P′和點P關(guān)于AB對稱，
∴∠P′TA=∠PTA，
∵∠P′TA=∠BTQ，
∴∠PTA=∠BTQ；
（2）如圖3中，
作點P關(guān)于AD的對稱點P′，作點Q關(guān)于BC的對稱點Q′，作點Q′關(guān)于CD的對稱點Q″，連接P′Q″交AD于E，交DC于F，連接FQ′交BC于點G，P→E→F→G→Q即為所求．
【點睛】本題考查軸對稱的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是學會利用軸對稱解決實際問題．
【變式2-2】（2023春·廣東佛山·八年級?？茧A段練習）如圖1，直線l垂直BC于點B，∠ACB=90°，點D為BC中點，一條光線從點A射向D，反射后與直線l交于點E，且有∠EDB=∠ADC．

(1)求證：BE=AC；
(2)如圖2，連接AB交DE于點F，連接FC交AD于點H，AC=BC，求證：CF⊥AD；
(3)如圖3，在（2）的條件下，點P是AB邊上的動點，連接PC，PD，SΔACD=5，CH=2，請問PC+PD是否存在最小值，若存在，請直接寫出最小值，無需證明；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)存在，5
【分析】（1）由ASA可證△BDE≌△CDA，可得BE=AC；
（2）由SAS可證△CBF≌△EBF，可得∠BED=∠DAC=∠BCF，由余角的性質(zhì)可得結(jié)論；
（3）由SAS可證△EBP≌△CBP，可得PE=PC，則當點E，點P，點D三點共線時，PE+PD有最小值，即PC+PD有最小值為DE的長，由面積法可以求解．
【詳解】（1）∵直線l垂直BC于點B，∠ACB=90°，點D是BC的中點，
∴BD=CD，∠EBD=∠ACB=90°，
在△BDE和△CDA中，
∠EDB=∠ADCBD=CD∠EBC=∠ACD=90°，
∴△BDE≌△CDAAAS，
∴BE=AC；
（2）∵AC=BC，BE=AC，
∴BE=BC，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠ABC=∠BAC=45°，
∵∠EBC=90°，
∴∠EBA=∠ABC=45°，
又∵BF=BF，
∴△CBF≌△EBF，
∴∠BED=∠BCF，
∵△BDE≌△CDA，
∴∠BED=∠DAC=∠BCF，
∵∠DAC+∠ADC=90°=∠BCF+∠ADC，
∴∠CHD=90°，
∴CF⊥AD；
（3）存在；
在△EBP和△CBP中，
EB=BC∠EBA=∠CBAEP=BP，
∴△EBP≌△CBP，
∴PE=PC，
∴PC+PD=PE+PD，
∴當點E，點P，點D三點共線時，PE+PD有最小值，即PC+PD有最小值為DE的長，
∵△BDE≌△CDA，
∴ED=AD，
∵BD=CD，
∵S△ACD=5，
∴12×AD×CH=5，
∴AD=5×2×12=5．
∴PC+PD的最小值為5．
【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，尋找條件證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
【變式2-3】（2023春·上海·八年級專題練習）如圖所示，已知邊長為2的正三角形ABC中，P0是BC邊的中點，一束光線自P0發(fā)出射到AC上的P1后，依次反射到AB、BC上的點P2和P3，且1＜BP3＜32（反射角等于入射角），則P1C的取值范圍是 ．
【答案】1

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