浙教版八上第2章特殊三角形专题2.2 轴对称的性质【八大题型】（含解析）

轴对称的性质【八大题型】
【知识点1 轴对称的性质】
（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
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．
（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
【题型1 游戏中的轴对称】
【例1】（2022春 余姚市校级月考）小王设计了一“对称跳棋”题：如图，在作业本上画一条直线l，在直线l两边各放一粒围棋子A、B，使线段AB长8cm，并关于直线l对称，在图中P1处有一粒跳棋子，P1距A点6cm、与直线l的距离为3cm，按以下程序起跳：第1次，从P1点以A为对称中心跳至P2点；第2次，从P2点以l为对称轴跳至P3点；第3次，从P3点以B为对称中心跳至P4点；第4次，从P4点以l对称轴跳至P5点；…．
（1）棋子跳至P6点时，与点P1的距离是　 　；
（2）棋子按上述程序跳跃2014次后停下，这时它与点B的距离是　 　．
【变式1-1】（2022 云梦县一模）甲和乙下棋，甲执白子，乙执黑子．如图，已共下了7枚棋子，棋盘中心黑子的位置用（﹣1，0）表示，其右下角黑子的位置用（0，﹣1）表示．甲将第4枚白子放入棋盘后，所有棋子构成一个轴对称图形．他放的位置是（　　）
A．（﹣1，1） B．（﹣2，1） C．（1，﹣2） D．（﹣1，﹣2）
【变式1-2】（2022 潍坊）甲乙两位同学用围棋子做游戏．如图所示，现轮到黑棋下子，黑棋下一子后白棋再下一子，使黑棋的5个棋子组成轴对称图形，白棋的5个棋子也成轴对称图形．则下列下子方法不正确的是（　　），[说明：棋子的位置用数对表示，如A点在（6，3）]．
A．黑（3，7）；白（5，3） B．黑（4，7）；白（6，2）
C．黑（2，7）；白（5，3） D．黑（3，7）；白（2，6）
【变式1-3】（2022 绥棱县校级模拟）如图是跳棋盘，其中格点上的黑色点为棋子，剩余的格点上没有棋子．我们约定跳棋游戏的规则是：把跳棋棋子在棋盘内，沿着棋子对称跳行，跳行一次称为一步．已知点A为己方一枚棋子，欲将棋子A跳进对方区域（阴影部分的格点），则跳行的最少步数为　3　步．
【题型2 利用轴对称的性质求角度】
【例2】（2022秋 河东区期末）如图，△ABC中，∠B＝58°，∠C＝55°，点D为BC边上一动点．分别作点D关于AB，AC的对称点E，F，连接AE，AF．则∠EAF的度数等于 　 　．
【变式2-1】（2022春 寿阳县期末）如图，△ABC中，∠B＝60°，∠C＝50°，点D是BC上任一点，点E和点F分别是点D关于AB和AC的对称点，连接AE和AF，则∠EAF的度数是（　　）
A．140° B．135° C．120° D．100°
【变式2-2】（2022秋 台江区期中）如图，四边形ABCD中，AB＝AD，△ABC沿着AC翻折，点B关于AC的对称点E恰好落在CD上，若∠B＝α度，则∠D的度数是　 　度．
【变式2-3】（2022秋 房山区期末）如图，点P是∠AOB外的一点，点Q是点P关于OA的对称点，点R是点P关于OB的对称点，直线QR分别交∠AOB两边OA，OB于点M，N，连接PM，PN，如果∠PMO＝33°，∠PNO＝70°，求∠QPN的度数．
【题型3 利用轴对称的性质求线段长度】
【例3】（2022秋 土默特左旗期中）如图，点P在∠AOB内，点M、N分别是点P关于AO、BO的对称点，若△PEF的周长为15，求MN的长．
【变式3-1】（2022春 洛宁县期末）如图，点P在∠AOB内，点M、N分别是P点关于OA、OB的对称点，且MN交OA、OB相交于点E，若△PEF的周长为20，求MN的长．
【变式3-2】（2022春 驿城区期末）如图，点P是∠AOB外的一点，点M，N分别是∠AOB两边上的点，点P关于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，点P关于OB的对称点R落在MN的延长线上．若PM＝3cm，PN＝4cm，MN＝4.5cm，则线段QR的长为　 ．
【变式3-3】（2022秋 淮安月考）如图，在△ABC中，AB＝12cm，AC＝6cm，BC＝10cm，点D，E分别在AC，AB上，且△BCD和△BED关于BD对称．
（1）求AE的长；
（2）求△ADE的周长．
【题型4 在格点中作轴对称图形】
【例4】（2022秋 密山市校级期末）如图所示，
（1）写出顶点C的坐标；
（2）作△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出B1的坐标；
（3）若点A2（a，b）与点A关于x轴对称，求a﹣b的值．
【变式4-1】（2022秋 自贡期末）如图，在直角坐标系中，A、B、C、D各点的坐标分别为（﹣7，7）、（﹣7，1）、（﹣3，1）、（﹣1，4）．
（1）在给出的图形中，画出四边形ABCD关于y轴对称的四边形A1B1C1D1； （不写作法）
（2）写出点A1和C1的坐标；
（3）求四边形A1B1C1D1的面积．
【变式4-2】（2022秋 嵊州市期末）在如图的正方形网格中，每一个小正方形的边长为1，格点三角形ABC（顶点是网格线交点的三角形）的顶点A，B的坐标分别是（﹣6，7），（﹣4，3）．
（1）请你根据题意在图中的网格平面内作出平面直角坐标系．
（2）请画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1
【变式4-3】（2022春 铜仁市期末）如图，已知点A（4，3），B（3，1），C（1，2），请解决下列问题：
（1）若把△ABC向下平移1个单位，再向左平移5个单位得到△A1B1C1，请画出平移后的图形并写出A1，B1，C1的坐标；
（2）若△A2B2C2是△ABC关于x轴对称的图形，请画出△A2B2C2并写出A2，B2，C2的坐标．
【题型5 利用轴对称的性质解决折叠问题】
【例5】（2022春 广陵区校级期中）发现（1）如图1，把△ABC沿DE折叠，使点A落在点A’处，请你判断∠1+∠2与∠A有何数量关系，直接写出你的结论，不必说明理由
思考（2）如图2，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，把△ABC折叠，使点A与点I重合，若∠1+∠2＝100°，求∠BIC的度数；
拓展（3）如图3，在锐角△ABC中，BF⊥AC于点F，CG⊥AB于点G，BF、CG交于点H，把△ABC折叠使点A和点H重合，试探索∠BHC与∠1+∠2的关系，并证明你的结论．
【变式5-1】（2022春 杜尔伯特县期中）如图，将边长为8cm的正方形ABCD折叠，使点D落在BC边的中点E处，点A落在F处，折痕为MN．
（1）求线段CN长．
（2）连接FN，并求FN的长．
【变式5-2】（2022秋 成都期末）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝6，AD＝CD＝3，点E、F分别在线段AB、AD上，将△AEF沿EF翻折，点A的落点记为P．当P落在四边形ABCD内部时，PD的最小值等于　 ．
【变式5-3】（2022 惠安县期末）如图，已知一张长方形纸片ABCD，AB∥CD，AD＝BC＝1，AB＝CD＝5．在长方形ABCD的边AB上取一点M，在CD上取一点N，将纸片沿MN折叠，使MB与DN交于点K，得到△MNK．
（1）请你动手操作，判断△MNK的形状一定是　 　；
（2）问△MNK的面积能否小于？试说明理由；
（3）如何折叠能够使△MNK的面积最大？请你用备用图探究可能出现的情况，并求最大值．
【题型6 利用轴对称的性质解决最短路径问题】
【例6】（2022春 崂山区期中）早在古罗马时代，传说亚历山大城有一位精通数学和物理的学者，名叫海伦．一天，一位罗马将军专程去拜访他，向他请教一个百思不得其解的问题．
将军每天从军营A出发，先到河边饮马，然后再去河岸同侧的军营B开会，应该怎样走才能使路程最短？这个问题的答案并不难，据说海伦略加思索就解决了它．从此以后，这个被称为“将军饮马”的问题便流传至今．
大数学家海伦曾用轴对称的方法巧妙地解决了这个问题．
如图2，作B关于直线l的对称点B′，连接AB′与直线l交于点C，点C就是所求的位置．
证明：如图3，在直线l上另取任一点C′，连接AC′，BC′，B′C′，
∵直线l是点B，B′的对称轴，点C，C′在l上，
∴CB＝CB′，C′B＝C′B′，
∴AC+CB＝AC+　 　＝　 　．
在△AC′B′中，
∵AB′＜AC′+C′B′
∴AC+CB＜AC′+C′B′即AC+CB最小．
本问题实际上是利用轴对称变换的思想，把A，B在直线同侧的问题转化为在直线的两侧，从而可利用“两点之间线段最短”，即“三角形两边之和大于第三边”的问题加以解决（其中C在AB′与l的交点上，即A、C、B′三点共线）．本问题可归纳为“求定直线上一动点与直线外两定点的距离和的最小值”的问题的数学模型．
【简单应用】
（1）如图4，在等边△ABC中，AB＝6，AD⊥BC，E是AC的中点，M是AD上的一点，求EM+MC的最小值
借助上面的模型，由等边三角形的轴对称性可知，B与C关于直线AD对称，连接BM，EM+MC的最小值就是线段　BE　的长度，则EM+MC的最小值是　 　；
（2）如图5，在四边形ABCD中，∠BAD＝130°，∠B＝∠D＝90°，在BC，CD上分别找一点M、N当△AMN周长最小时，∠AMN+∠ANM＝　 　°．
【拓展应用】
如图6，是一个港湾，港湾两岸有A、B两个码头，∠AOB＝30°，OA＝1千米，OB＝2千米，现有一艘货船从码头A出发，根据计划，货船应先停靠OB岸C处装货，再停靠OA岸D处装货，最后到达码头B．怎样安排两岸的装货地点，使货船行驶的水路最短？请画出最短路线并求出最短路程．
【变式6-1】在ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，AC＝6，点D，E在AB边上，AD＝CD，点E关于AC，CD的对称点分别为F，G，则线段FG的最小值等于（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【变式6-2】（2022秋 双流区校级期中）在△ABC中，∠A＝45°，AC＝8，BD⊥AC，BD＝6，点E为边BC上的一个动点．E1，E2分别为点E关于直线AC，AB的对称点，连接E1E2，则线段E1E2长度的最小值是　 ．
【变式6-3】（2022春 青羊区期末）如图，△ABC中，∠B＝45°，∠C＝75°，AB＝4，D为BC上一动点，过D作DE⊥AC于点E，作DF⊥AB于点F，连接EF，则EF的最小值为 　　．
【题型7 利用轴对称的性质解决探究性问题】
【例7】（2022春 二道区期末）解答下列各题：
（1）【问题引入】：如图①，在△ABC中，∠BAC＝70°，点D在BC的延长线上，三角形的内角∠ABC与外角∠ACD的角平分线BP，CP相交于点P，求∠P的度数﹒（写出完整的解答过程）
（2）【深入探究】：如图②，在四边形MNCB中，设∠M＝a，∠N＝β，四边形MNCB的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线BP，CP相交于点P，则∠P的度数为 　 　﹒（用含有α和β的代数式表示）
（3）【问题拓展】：如图③，在图①中，把∠BAC＝70°改成∠BAC＝γ，其他条件不变，将△PBC以直线BC为对称轴翻折得到△GBC，∠GBC的角平分线与∠GCB的角平分线交于点M，则∠BMC的度数为 　 　.（用含有γ的代数式表示）
【变式7-1】（2022秋 洛南县期末）问题提出：
（1）如图1，画出直角三角形ABC关于AC所在直线的轴对称图形△ACB′，其中∠BAC＝90°（保留作图痕迹，不写作法）．
问题探究：
（2）如图2，∠MAN＝90°，射线AE在∠MAN的内部，点B、C在∠MAN的边AM、AN上，且AB＝AC，过点C作CF⊥AE于点F，过点B作BD⊥AE于点D，证明：△ABD≌△CAF．
深入思考：
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l经过点C，且点A、B在直线l的异侧，过点A作AD⊥l于点D，过点B作BE⊥l于点E．判断线段AD、BE、DE之间的数量关系，并加以说明．
【变式7-2】（2022春 临汾期末）综合实践课上，小聪用一张长方形纸片ABCD对不同折法下的夹角大小进行了探究，先将纸片的一角对折，使角的顶点A落在A′处，EF为折痕，如图①所示．
（1）若∠AEF＝30°，
①求∠A′EB的度数；
②又将它的另一个角也折过去，并使点B落在EA′上的B′处，折痕为EG，如图②所示，求∠FEG的度数；
（2）若改变∠AEF的大小，则EA′的位置也随之改变，则∠FEG的大小是否改变？请说明理由．
【变式7-3】（2022秋 鼓楼区月考）问题情境
如图1，△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重叠部分；如此反复操作，沿∠BnAnC的平分线AnBn+1折叠，点Bn与点C重合，我们就称∠BAC是△ABC的正角．
以图2为例，△ABC中，∠B＝70°，∠C＝35°，若沿∠BAC的平分线AB1折叠，则∠AA1B1＝70°．沿A1B1剪掉重叠部分，在余下的△B1A1C中，由三角形的内角和定理可知∠A1B1C＝35°，若沿∠B1A1C的平分线A1B2第二次折叠，则点B1与点C重合．此时，我们就称∠BAC是△ABC的正角．
探究发现
（1）△ABC中，∠B＝2∠C，则经过两次折叠后，∠BAC是不是△ABC的正角？　　（填“是”或“不是”）．
（2）小明经过三次折叠发现∠BAC是△ABC的正角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为　 　．
根据以上内容猜想：若经过n次折叠∠BAC是△ABC的正角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为　 　．
应用提升
（3）如果一个三角形的最小角是10°，直接写出此三角形另外两个角的度数，使得此三角形的三个角均是它的正角．
【题型8 轴对称图案的设计】
【例8】（2022秋 沧州期末）如图1所示是一块有图案的瓷砖，请利用四块这样的瓷砖拼出一个正方形，使所拼的图案为轴对称图形．在图4中画出你的四个设计方案．（图2、图3视为同一图案）
【变式8-1】（2022 金华）现有9个相同的小正三角形拼成的大正三角形，将其部分涂黑．如图（1），（2）所示．
观察图（1），图（2）中涂黑部分构成的图案．它们具有如下特征：①都是轴对称图形；②涂黑部分都是三个小正三角形．
请在图（3），图（4）内分别设计一个新图案，使图案具有上述两个特征．
【变式8-2】（2022春 临渭区期末）认真观察下面四幅图中阴影部分构成的图案，回答下列问题．
（1）请你写出这四个图案都具有的两个共同特征：
特征1：　 　；
特征2：　 　．
（2）请你借助下面的网格，设计出三个不同图案，使它也具备你所写出的上述特征．（注意：新图案与以上四幅图中的图案不能相同）
【变式8-3】（2022秋 盂县期末）有这样一道题：用四块如图甲所示的瓷砖拼成一个正方形，形成轴对称图案，和你的同伴比一比，看谁的拼法多．某同学设计了如图的两个图案，请你也用如图乙所示的瓷砖拼成一个正方形，形成轴对称图案．（至少设计四种图案）
轴对称的性质【八大题型】
【知识点1 轴对称的性质】
（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
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．
（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
【题型1 游戏中的轴对称】
【例1】（2022春 余姚市校级月考）小王设计了一“对称跳棋”题：如图，在作业本上画一条直线l，在直线l两边各放一粒围棋子A、B，使线段AB长8cm，并关于直线l对称，在图中P1处有一粒跳棋子，P1距A点6cm、与直线l的距离为3cm，按以下程序起跳：第1次，从P1点以A为对称中心跳至P2点；第2次，从P2点以l为对称轴跳至P3点；第3次，从P3点以B为对称中心跳至P4点；第4次，从P4点以l对称轴跳至P5点；…．
（1）棋子跳至P6点时，与点P1的距离是　12cm　；
（2）棋子按上述程序跳跃2014次后停下，这时它与点B的距离是　6cm　．
【分析】（1）根据题意作出图形，P6与P2重合，然后利用勾股定理列式计算即可得解；
（2）根据图形，每跳动4次为一个循环组依次循环，用2014除以4，根据商和余数的情况解答即可．
【解答】解：（1）如图，P6与P2重合，
∵P1距A点6cm，
∴P1P2＝2×6＝12cm，
∴跳至P6点时，与点P1的距离是12cm；
（2）∵每跳动4次为一个循环组依次循环，2014÷4＝503余2，
∴跳跃2014次为第504次循环的第2次，停在P3，
它与点B的距离是6cm．
故答案为：12cm；6cm．
【变式1-1】（2022 云梦县一模）甲和乙下棋，甲执白子，乙执黑子．如图，已共下了7枚棋子，棋盘中心黑子的位置用（﹣1，0）表示，其右下角黑子的位置用（0，﹣1）表示．甲将第4枚白子放入棋盘后，所有棋子构成一个轴对称图形．他放的位置是（　　）
A．（﹣1，1） B．（﹣2，1） C．（1，﹣2） D．（﹣1，﹣2）
【分析】首先确定原点位置，再利用轴对称图形的性质得出答案．
【解答】解：如图所示：甲将第4枚白子放入棋盘后，所有棋子构成一个轴对称图形，
他放的位置是：（﹣1，1）．
故选：A．
【变式1-2】（2022 潍坊）甲乙两位同学用围棋子做游戏．如图所示，现轮到黑棋下子，黑棋下一子后白棋再下一子，使黑棋的5个棋子组成轴对称图形，白棋的5个棋子也成轴对称图形．则下列下子方法不正确的是（　　），[说明：棋子的位置用数对表示，如A点在（6，3）]．
A．黑（3，7）；白（5，3） B．黑（4，7）；白（6，2）
C．黑（2，7）；白（5，3） D．黑（3，7）；白（2，6）
【分析】分别根据选项所说的黑、白棋子放入图形，再由轴对称的定义进行判断即可得出答案．
【解答】解：A、若放入黑（3，7）；白（5，3），则此时黑棋是轴对称图形，白棋也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、若放入黑（4，7）；白（6，2），则此时黑棋是轴对称图形，白棋也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、若放入黑（2，7）；白（5，3），则此时黑棋不是轴对称图形，白棋是轴对称图形，故本选项正确；
D、若放入黑（3，7）；白（2，6），则此时黑棋是轴对称图形，白棋也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【变式1-3】（2022 绥棱县校级模拟）如图是跳棋盘，其中格点上的黑色点为棋子，剩余的格点上没有棋子．我们约定跳棋游戏的规则是：把跳棋棋子在棋盘内，沿着棋子对称跳行，跳行一次称为一步．已知点A为己方一枚棋子，欲将棋子A跳进对方区域（阴影部分的格点），则跳行的最少步数为　3　步．
【分析】根据题意：分别计算出两种跳法所需要的步数，比较就可以了．
【解答】解：如图中红棋子所示，根据规则：
①点A从右边通过3次轴对称后，位于阴影部分内；
②点A从左边通过4次轴对称后，位于阴影部分内．
所以跳行的最少步数为3步．
【题型2 利用轴对称的性质求角度】
【例2】（2022秋 河东区期末）如图，△ABC中，∠B＝58°，∠C＝55°，点D为BC边上一动点．分别作点D关于AB，AC的对称点E，F，连接AE，AF．则∠EAF的度数等于 　134°　．
【分析】利用轴对称的性质解答即可．
【解答】解：∵点E和点F分别是点D关于AB和AC的对称点，
∴∠EAB＝∠BAD，∠FAC＝∠CAD，
∵∠B＝58°，∠C＝55°，
∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝180°﹣58°﹣55°＝67°，
∴∠EAF＝2∠BAC＝134°，
故答案为：134°．
【变式2-1】（2022春 寿阳县期末）如图，△ABC中，∠B＝60°，∠C＝50°，点D是BC上任一点，点E和点F分别是点D关于AB和AC的对称点，连接AE和AF，则∠EAF的度数是（　　）
A．140° B．135° C．120° D．100°
【分析】利用轴对称的性质解答即可．
【解答】解：如图，∵点E和点F分别是点D关于AB和AC的对称点，
∴∠EAB＝∠BAD，∠FAC＝∠CAD，
∵∠B＝60°，∠C＝50°，
∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝180°﹣60°﹣50°＝70°，
∴∠EAF＝2∠BAC＝140°，
故选：A．
【变式2-2】（2022秋 台江区期中）如图，四边形ABCD中，AB＝AD，△ABC沿着AC翻折，点B关于AC的对称点E恰好落在CD上，若∠B＝α度，则∠D的度数是　（180﹣α）　度．
【分析】直接利用翻折变换的性质得出AB＝AE，∠B＝∠AEC＝α，再结合等腰三角形的性质得出答案．
【解答】解：∵△ABC沿着AC翻折，点B关于AC的对称点E恰好落在CD上，
∴AB＝AE，∠B＝∠AEC＝α，
∵AB＝AD，
∴AD＝AE，
∴∠D＝∠AED＝180°﹣∠AEC＝180﹣α．
故答案为：（180﹣α）．
【变式2-3】（2022秋 房山区期末）如图，点P是∠AOB外的一点，点Q是点P关于OA的对称点，点R是点P关于OB的对称点，直线QR分别交∠AOB两边OA，OB于点M，N，连接PM，PN，如果∠PMO＝33°，∠PNO＝70°，求∠QPN的度数．
【分析】先根据点P与点Q关于直线OA对称可知OM是线段PQ的垂直平分线，故PM＝MQ，∠PMQ＝2∠PMO，根据三角形内角和定理求出∠PQM的度数，同理可得出PN＝RN，故可得出∠PNR＝2∠PNO，再由平角的定义得出∠PNQ的度数，由三角形外角的性质即可得出结论．
【解答】解：∵点Q和点P关于OA的对称，
点R和点P关于OB的对称
∴直线OA、OB分别是PQ、PR的中垂线，
∴MP＝MQ，NP＝NR，
∴∠PMO＝∠QMO，∠PNO＝∠RNO，
∵∠PMO＝3 3°，∠PNO＝70°
∴∠PMO＝∠QMO＝33°，∠PNO＝∠RNO＝70°
∴∠PMQ＝66°，∠PNR＝140°
∴∠MQP＝57°，
∴∠PQN＝123°，∠PNQ＝40°，
∴∠QPN＝17°．
【题型3 利用轴对称的性质求线段长度】
【例3】（2022秋 土默特左旗期中）如图，点P在∠AOB内，点M、N分别是点P关于AO、BO的对称点，若△PEF的周长为15，求MN的长．
【分析】根据轴对称的性质可知EP＝EM，PF＝FN，结合△PEF的周长为15，利用等量代换可知MN＝EP+EF+PF＝15．
【解答】解：∵点M是点P关于AO，的对称点，
∴AO垂直平分MP，
∴EP＝EM．
同理PF＝FN．
∵MN＝ME+EF+FN，
∴MN＝EP+EF+PF，
∵△PEF的周长为15，
∴MN＝EP+EF+PF＝15．
【变式3-1】（2022春 洛宁县期末）如图，点P在∠AOB内，点M、N分别是P点关于OA、OB的对称点，且MN交OA、OB相交于点E，若△PEF的周长为20，求MN的长．
【分析】根据轴对称的性质可知：EP＝EM，PF＝FN，所以线段MN的长＝△PEF的周长，再根据△PEF的周长为20，即可得出MN的长．
【解答】解：∵点M是P点关于OA的对称点，
∴EP＝EM，
∵N是P点关于OB的对称点，
∴PF＝FN，
∴MN＝ME+EF+FN＝PE+EF+PF＝△PEF的周长，
∵△PEF的周长为20，
∴MN＝20cm．
【变式3-2】（2022春 驿城区期末）如图，点P是∠AOB外的一点，点M，N分别是∠AOB两边上的点，点P关于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，点P关于OB的对称点R落在MN的延长线上．若PM＝3cm，PN＝4cm，MN＝4.5cm，则线段QR的长为　5.5cm　．
【分析】根据轴对称的性质得到OA垂直平分PQ，OB垂直平分PR，则利用线段垂直平分线的性质得QM＝PM＝3cm，RN＝PN＝4cm，然后计算QN，再计算QN+RN即可．
【解答】解：∵点P关于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，
∴OA垂直平分PQ，
∴QM＝PM＝3cm，
∴QN＝MN﹣QM＝4.5cm﹣3cm＝1.5cm，
∵点P关于OB的对称点R落在MN的延长线上，
∴OB垂直平分PR，
∴RN＝PN＝4cm，
∴QR＝QN+RN＝1.5cm+4cm＝5.5cm．
故答案为5.5cm．
【变式3-3】（2022秋 淮安月考）如图，在△ABC中，AB＝12cm，AC＝6cm，BC＝10cm，点D，E分别在AC，AB上，且△BCD和△BED关于BD对称．
（1）求AE的长；
（2）求△ADE的周长．
【分析】（1）先根据△BCD和△BED关于BD对称，得出△BCD≌△BED，故BE＝BC，由此可得出AE的长，
（2）由△ADE的周长＝AE+AD+DE＝AE+AC即可得出结论．
【解答】解：（1）∵△BCD和△BED关于BD对称，
∴△BCD≌△BED，
∴BE＝BC＝10cm，
∴AE＝12﹣10＝2cm，
（2）∵△BCD≌△BED，
∴DC＝DE，
∴△ADE的周长＝AE+AD+DE＝AE+AC＝8cm．
【题型4 在格点中作轴对称图形】
【例4】（2022秋 密山市校级期末）如图所示，
（1）写出顶点C的坐标；
（2）作△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出B1的坐标；
（3）若点A2（a，b）与点A关于x轴对称，求a﹣b的值．
【分析】（1）根据点的坐标的定义写出坐标即可；
（2）作出A、B、C三点关于y轴的对称点A1、B1、C1即可；
（3）根据轴对称的性质求出a、b的值即可；
【解答】解：（1）C（﹣2，﹣1）．
（2）△ABC关于y轴对称的△A1B1C1如图所示；
如图，B1（﹣3，1）．
（3）∵A（1，2）与A2（a，b）关于x轴对称，
可得：a＝1，b＝﹣2，
∴a﹣b＝3．
【变式4-1】（2022秋 自贡期末）如图，在直角坐标系中，A、B、C、D各点的坐标分别为（﹣7，7）、（﹣7，1）、（﹣3，1）、（﹣1，4）．
（1）在给出的图形中，画出四边形ABCD关于y轴对称的四边形A1B1C1D1； （不写作法）
（2）写出点A1和C1的坐标；
（3）求四边形A1B1C1D1的面积．
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C、D关于y轴对称点A1、B1、C1、D1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据平面直角坐标系写出点A1和C1的坐标；
（3）利用四边形A1B1C1D1所在的矩形的面积减去两个直角三角形的面积列式计算即可得解．
【解答】解：（1）四边形A1B1C1D1如图所示；
（2）由（1）可得A1（7，7），C1（3，1）；
（3）S四边形A1B1C1D1＝6×62×36×3，
＝36﹣3﹣9，
＝36﹣12，
＝24．
【变式4-2】（2022秋 嵊州市期末）在如图的正方形网格中，每一个小正方形的边长为1，格点三角形ABC（顶点是网格线交点的三角形）的顶点A，B的坐标分别是（﹣6，7），（﹣4，3）．
（1）请你根据题意在图中的网格平面内作出平面直角坐标系．
（2）请画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1
【分析】（1）根据点B的坐标可确定原点位置，然后画出坐标系即可；
（2）首先确定A、B、C三点关于y轴对称的对称点位置，再连接即可．
【解答】解：（1）如图：
（2）如图所示：△A1B1C1即为所求．
【变式4-3】（2022春 铜仁市期末）如图，已知点A（4，3），B（3，1），C（1，2），请解决下列问题：
（1）若把△ABC向下平移1个单位，再向左平移5个单位得到△A1B1C1，请画出平移后的图形并写出A1，B1，C1的坐标；
（2）若△A2B2C2是△ABC关于x轴对称的图形，请画出△A2B2C2并写出A2，B2，C2的坐标．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，A1（﹣1，2），B1（﹣2，0），C1（﹣4，1）；
（2）如图，△A2B2C2即为所求，A2（4，﹣3），B2（3，﹣1），C2（1，﹣2）．
【题型5 利用轴对称的性质解决折叠问题】
【例5】（2022春 广陵区校级期中）发现（1）如图1，把△ABC沿DE折叠，使点A落在点A’处，请你判断∠1+∠2与∠A有何数量关系，直接写出你的结论，不必说明理由
思考（2）如图2，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，把△ABC折叠，使点A与点I重合，若∠1+∠2＝100°，求∠BIC的度数；
拓展（3）如图3，在锐角△ABC中，BF⊥AC于点F，CG⊥AB于点G，BF、CG交于点H，把△ABC折叠使点A和点H重合，试探索∠BHC与∠1+∠2的关系，并证明你的结论．
【分析】（1）根据翻折变换的性质以及三角形内角和定理以及平角的定义求出即可；
（2）根据三角形角平分线的性质得出∠IBC+∠ICB＝90°∠A，得出∠BIC的度数即可；
（3）根据翻折变换的性质以及垂线的性质得出，∠AFH+∠AGH＝90°+90°＝180°，进而求出∠A（∠1+∠2），即可得出答案．
【解答】解：（1）∠1+∠2＝2∠A；
理由：根据翻折的性质，∠ADE（180°﹣∠1），∠AED（180°﹣∠2），
∵∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴∠A（180﹣∠1）（180﹣∠2）＝180°，
整理得2∠A＝∠1+∠2；
（2）由（1）∠1+∠2＝2∠A，得2∠A＝100°，
∴∠A＝50°
∵IB平分∠ABC，IC平分∠ACB，
∴∠IBC+∠ICB（∠ABC+∠ACB）（180°﹣∠A）＝90°∠A，
∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）＝180°﹣（90°∠A）＝90°50°＝115°；
（3）∵BF⊥AC，CG⊥AB，
∴∠AFH+∠AGH＝90°+90°＝180°，
∠FHG+∠A＝180°，
∴∠BHC＝∠FHG＝180°﹣∠A，
由（1）知∠1+∠2＝2∠A，
∴∠A（∠1+∠2），
∴∠BHC＝180°（∠1+∠2）．
【变式5-1】（2022春 杜尔伯特县期中）如图，将边长为8cm的正方形ABCD折叠，使点D落在BC边的中点E处，点A落在F处，折痕为MN．
（1）求线段CN长．
（2）连接FN，并求FN的长．
【分析】（1）设NC＝x，则DN＝8﹣x，由翻折的性质可知EN＝DN＝8﹣x，在Rt△ENC中，由勾股定理列方程求解即可；
（2）连接AN，由翻折的性质可知FN＝AN，然后在Rt△ADN中由勾股定理求得AN的长即可．
【解答】解：（1）设NC＝x，则DN＝8﹣x．由翻折的性质可知：EN＝DN＝8﹣x．
在Rt△ENC中，由勾股定理可知：EN2＝EC2+NC2，（8﹣x）2＝42+x2，
解得：x＝3，即NC＝3cm．
（2）如图所示，连接AN．
在Rt三角形ADN中，AN．
由翻折的性质可知FN＝AN．
【变式5-2】（2022秋 成都期末）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝6，AD＝CD＝3，点E、F分别在线段AB、AD上，将△AEF沿EF翻折，点A的落点记为P．当P落在四边形ABCD内部时，PD的最小值等于　36　．
【分析】当沿DE折叠，且点A落在BD上，有DP最小，由勾股定理求得BD的长，则DP＝BD﹣BP＝BD﹣AB．
【解答】解：如图：设A的对称点为P1，连接ED，过P1作PP1⊥ED于P，
∴在直角三角形P1PD中，DP1＞DP，
∴当点A的对称P落在线段ED上时，此时PD有最小值，
即当EP取最大值时，PD有最小值，而E在线段AB上，
∴当E与B重合时，即EP最大，从而此时PD取得最小．
在Rt△ADB中，BD3
∵PB＝AB＝6
∴DP＝BD﹣BP＝BD﹣AB＝36．
故答案为：36．
【变式5-3】（2022 惠安县期末）如图，已知一张长方形纸片ABCD，AB∥CD，AD＝BC＝1，AB＝CD＝5．在长方形ABCD的边AB上取一点M，在CD上取一点N，将纸片沿MN折叠，使MB与DN交于点K，得到△MNK．
（1）请你动手操作，判断△MNK的形状一定是　等腰三角形　；
（2）问△MNK的面积能否小于？试说明理由；
（3）如何折叠能够使△MNK的面积最大？请你用备用图探究可能出现的情况，并求最大值．
【分析】（1）由AB∥CD与折叠的性质易得∠MNK＝∠NMK，即可证得MK＝NK，即△MNK的形状一定是等腰三角形；
（2）分两种情况分析：如图1所示：过点M作MH⊥KN于点H，如图2所示：KM⊥KN，此时KM最小，KM＝KN＝1，则可求得S△MNKKN MH1×1；
（3）分两种情况讨论．情况一：如图3，将矩形纸片对折，使点B与D重合，此时点K也与D重合．情况二：如图4，将矩形纸片沿对角线AC对折，此时折痕即为AC．利用方程思想求解，即可求得答案．
【解答】解：（1）等腰三角形．
理由：∵AB∥CD，
∴∠MNK＝∠1，
由折叠的性质可得：∠1＝∠NMK，
∴∠MNK＝∠NMK，
∴MK＝NK，
即△MNK是等腰三角形；
故答案为：等腰三角形；
（2）不能．
理由：∵AB∥CD，
∴∠KNM＝∠NMB，
又∵∠KMN＝∠NMB；
∴∠KMN＝∠KNM，
∴KM＝KN，
如图1所示：过点M作MH⊥KN于点H，
∴MH＝AD＝1，
∴在Rt△KMH中，KM＞MH，即KN＝KM＞1，
如图2所示：KM⊥KN，此时KM最小，KM＝KN＝1，
∴KN≥1，
∴S△MNKKN MH1×1，
∴△MNK的面积不可能小于；
（3）分两种情况讨论．
情况一：如图3，将矩形纸片对折，使点B与D重合，此时点K也与D重合．
设MK＝MB＝x，则AM＝5﹣x．
由勾股定理得12+（5﹣x）2＝x2，
解得x＝2.6；
∴S△MNK2.6×1＝1.3；
情况二：如图4，将矩形纸片沿对角线AC对折，此时折痕即为AC．
设MK＝AK＝CK＝x，则DK＝5﹣x．
同理可得x＝2.6．
∴S△MNK2.6×1＝1.3；
∴△MNK的面积最大值为1.3．
【题型6 利用轴对称的性质解决最短路径问题】
【例6】（2022春 崂山区期中）早在古罗马时代，传说亚历山大城有一位精通数学和物理的学者，名叫海伦．一天，一位罗马将军专程去拜访他，向他请教一个百思不得其解的问题．
将军每天从军营A出发，先到河边饮马，然后再去河岸同侧的军营B开会，应该怎样走才能使路程最短？这个问题的答案并不难，据说海伦略加思索就解决了它．从此以后，这个被称为“将军饮马”的问题便流传至今．
大数学家海伦曾用轴对称的方法巧妙地解决了这个问题．
如图2，作B关于直线l的对称点B′，连接AB′与直线l交于点C，点C就是所求的位置．
证明：如图3，在直线l上另取任一点C′，连接AC′，BC′，B′C′，
∵直线l是点B，B′的对称轴，点C，C′在l上，
∴CB＝CB′，C′B＝C′B′，
∴AC+CB＝AC+　CB′　＝　AB′　．
在△AC′B′中，
∵AB′＜AC′+C′B′
∴AC+CB＜AC′+C′B′即AC+CB最小．
本问题实际上是利用轴对称变换的思想，把A，B在直线同侧的问题转化为在直线的两侧，从而可利用“两点之间线段最短”，即“三角形两边之和大于第三边”的问题加以解决（其中C在AB′与l的交点上，即A、C、B′三点共线）．本问题可归纳为“求定直线上一动点与直线外两定点的距离和的最小值”的问题的数学模型．
【简单应用】
（1）如图4，在等边△ABC中，AB＝6，AD⊥BC，E是AC的中点，M是AD上的一点，求EM+MC的最小值
借助上面的模型，由等边三角形的轴对称性可知，B与C关于直线AD对称，连接BM，EM+MC的最小值就是线段　BE　的长度，则EM+MC的最小值是　3　；
（2）如图5，在四边形ABCD中，∠BAD＝130°，∠B＝∠D＝90°，在BC，CD上分别找一点M、N当△AMN周长最小时，∠AMN+∠ANM＝　100　°．
【拓展应用】
如图6，是一个港湾，港湾两岸有A、B两个码头，∠AOB＝30°，OA＝1千米，OB＝2千米，现有一艘货船从码头A出发，根据计划，货船应先停靠OB岸C处装货，再停靠OA岸D处装货，最后到达码头B．怎样安排两岸的装货地点，使货船行驶的水路最短？请画出最短路线并求出最短路程．
【分析】【简单应用】
（1）根据等边三角形的性质、勾股定理计算，得到答案；
（2）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，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算；
【拓展应用】分别作点A关于OB的对称点A′，点B关于OA的对称点B′，连接A′B′，交OB于C，交OA于D，根据轴对称的性质、勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：AC+CB＝AC+CB′＝AB′，
故答案为：CB′；AB′；
【简单应用】（1）由等边三角形的轴对称性可知，B与C关于直线AD对称，连接BM，
EM+MC的最小值就是线段BE的长度，
BE3，
则EM+MC的最小值是3，
故答案为：BE；3；
（2）如图5，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＝130°，
∴∠AA′M+∠A″＝50°，
∵∠MA′A＝∠MAA′，∠NAD＝∠A″，
且∠MA′A+∠MAA′＝∠AMN，∠NAD+∠A″＝∠ANM，
∴∠AMN+∠ANM＝∠MA′A+∠MAA′+∠NAD+∠A″＝2（∠AA′M+∠A″）＝2×50°＝100°，
故答案为：100；
【拓展应用】如图6，分别作点A关于OB的对称点A′，点B关于OA的对称点B′，连接A′B′，交OB于C，交OA于D，
则C、D为两岸的装货地点，A′B′是货船行驶的水路最短路程，
由轴对称的性质可知，OA′＝OA＝1，OB′＝OB＝2，∠BOA′＝∠AOB＝30°，∠AOB′＝∠AOB＝30°，
∴∠A′OB′＝90°，
∴A′B′，
答：货船行驶的水路最短路程为千米．
【变式6-1】在ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，AC＝6，点D，E在AB边上，AD＝CD，点E关于AC，CD的对称点分别为F，G，则线段FG的最小值等于（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据轴对称的性质得出CE＝CF，∠CEF＝∠CFE，CE＝CG，EH＝GH，∠CEF＝∠CGH，进而得出CE＝CG＝CF，∠CGH＝∠CFE，然后证得△BCD是等边三角形，从而证得∠FHG＝60°，进一步证得∠FCG＝∠FHG＝60°，证得△CFG是等边三角形，得出FG＝CF＝CE，因为CE的最小值为3，所以FG的最小值为3．
【解答】解：∵点E和F关于AC对称，
∴AC垂直平分EF，
∴CE＝CF，∠CEF＝∠CFE，
∵点E和G关于CD对称，
∴CD垂直平分FG，
∴CE＝CG，EH＝GH，∠CEF＝∠CGH，
∴CE＝CG＝CF，∠CGH＝∠CFE，
∵∠ACB＝90°，∠B＝60°，
∴∠A＝30°，
∵AD＝CD，
∴∠ACD＝∠A＝30°，
∴∠BCD＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∵EF∥BC，
∴∠DEH＝∠B＝60°，∠EHD＝∠BCD＝60°，
∴∠DHG＝∠EHD＝60°，
∴∠FHG＝60°
∵∠CGH＝∠CFE，∠CKF＝∠HKG，
∴∠FCG＝∠FHG＝60°，
∵CF＝CG，
∴△CFG是等边三角形，
∴FG＝CF＝CE，
∵当CE⊥AB时，CE最短，此时CEAC＝3，
∴FG的最小值为3，
故选：B．
【变式6-2】（2022秋 双流区校级期中）在△ABC中，∠A＝45°，AC＝8，BD⊥AC，BD＝6，点E为边BC上的一个动点．E1，E2分别为点E关于直线AC，AB的对称点，连接E1E2，则线段E1E2长度的最小值是　　．
【分析】如图，连接AE，证明△AE1E2是等腰直角三角形，推出E2E1AE1AE，推出AE最小时，E1E2的值最小，求出AE的最小值即可．
【解答】解：如图，连接AE．
∵BD⊥AC，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BAC＝45°，
∴∠DAB＝∠DBA＝45°，
∴AD＝BD＝6，
∵E，E2关于AB对称，E，E1关于AC对称，
∴∠EAB＝∠E2AB，∠EAC＝∠CAE1，AE＝AE2＝AE2
∴∠E2AE1＝90°，
∴△AE1E2是等腰直角三角形，
∴E2E1AE1AE，
∴AE最小时，E1E2的值最小，
根据垂线段最短可知，AE与AD重合时，AE的值最小，
由AC BD知，AE，
∴E1E2的最小值为．
故答案为：．
【变式6-3】（2022春 青羊区期末）如图，△ABC中，∠B＝45°，∠C＝75°，AB＝4，D为BC上一动点，过D作DE⊥AC于点E，作DF⊥AB于点F，连接EF，则EF的最小值为 　　．
【分析】连接AD，取AD中点G，连接EG、FG，过点A作AH⊥BC于H，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得∠EGF＝2∠EAF，再由∠B＝45°，∠C＝75°得∠EGF＝120°，即有EFEG，使EF最小，即要使EG最小，即要使EG+GF＝AD最小，故求出AH即可解决问题．
【解答】解：如图，连接AD，取AD中点G，连接EG、FG，过点A作AH⊥BC于H，
∵DE⊥AC于点E，DF⊥AB于点F，
∴∠DEA＝∠DFA＝90°，
∴EG＝GF＝0.5AD＝AG＝GD，
∴∠EAG＝∠AEG，∠GAF＝∠AFG，
∴∠EGF＝2∠EAF，
∵∠B＝45°，∠C＝75°，
∴∠BAC＝60°，
∴∠EGF＝120°，
∴EFEG，
要使EF最小，即要使EG最小，即要使EG+GF＝AD最小，
∵点到直线垂线段最短，
∴AD最小为AH，
∵∠B＝45°，
∴AB，
∴AH＝2，
∴EG最小值为，
∴EF最小值为．
解法二：延长DE到M，使得EM＝DE，延长DF到N使得FN＝DF，连接ANM，AM，MN．
∵EFMN，
∴MN最小时，EF的值最小，
∵当AD最小时，MN的值最小，AD的最小值为2，
∴MN的最小值为2，
∴EF的最小值为．
故答案为：．
【题型7 利用轴对称的性质解决探究性问题】
【例7】（2022春 二道区期末）解答下列各题：
（1）【问题引入】：如图①，在△ABC中，∠BAC＝70°，点D在BC的延长线上，三角形的内角∠ABC与外角∠ACD的角平分线BP，CP相交于点P，求∠P的度数﹒（写出完整的解答过程）
（2）【深入探究】：如图②，在四边形MNCB中，设∠M＝a，∠N＝β，四边形MNCB的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线BP，CP相交于点P，则∠P的度数为 　　﹒（用含有α和β的代数式表示）
（3）【问题拓展】：如图③，在图①中，把∠BAC＝70°改成∠BAC＝γ，其他条件不变，将△PBC以直线BC为对称轴翻折得到△GBC，∠GBC的角平分线与∠GCB的角平分线交于点M，则∠BMC的度数为 　BMC＝90°　.（用含有γ的代数式表示）
【分析】（1）由角平分线的性质可得∠PBC∠ABC，∠PCD∠ACD，由外角的性质可得∠DCP＝∠CBP+∠P，即可求解；
（2）延长BM交CN的延长线于A，先得出∠A＝a+β﹣180°，再利用（1）中∠P∠A得出结果；
（3）由轴对称性质得出∠BGC＝∠BPC∠γ，最后根据∠BMC＝180°﹣∠MBC﹣∠MCB得出结论．
【解答】（1）∵三角形的内角∠ACD的角平分线为BP，
∴∠CBP∠ABC，
∵CP平分△ABC外角，
∴∠DCP∠ACD（∠A+∠ABC）∠A∠ABC，
在△ABC中，由三角形的外角性质，得，
∠DCP＝∠CBP+∠P∠ABC+∠P，
∴∠A∠ABC∠ABC+∠P，
∴∠P∠A70°＝35°；
（2）延长BM交CN的延长线于A，
∵∠M＝a，∠N＝β，
∴∠A＝180°﹣∠AMN﹣∠ANM
＝180°﹣（180°﹣a）﹣（180°﹣β）
＝a+β﹣180°，
由（1）得：∠P∠A，
∴∠P，
故答案为：；
（3）由轴对称性质可知：
∠BGC＝∠BPC∠γ，
∵∠MBC∠GBC，
∠MCB∠GCB，
∴∠BMC＝180°﹣∠MBC﹣∠MCB
＝180°（∠GBC+∠GCB）
＝180°（180°﹣∠BGC）
＝90°∠BGC，
∴∠BMC＝90°，
故答案为：∠BMC＝90°．
【变式7-1】（2022秋 洛南县期末）问题提出：
（1）如图1，画出直角三角形ABC关于AC所在直线的轴对称图形△ACB′，其中∠BAC＝90°（保留作图痕迹，不写作法）．
问题探究：
（2）如图2，∠MAN＝90°，射线AE在∠MAN的内部，点B、C在∠MAN的边AM、AN上，且AB＝AC，过点C作CF⊥AE于点F，过点B作BD⊥AE于点D，证明：△ABD≌△CAF．
深入思考：
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l经过点C，且点A、B在直线l的异侧，过点A作AD⊥l于点D，过点B作BE⊥l于点E．判断线段AD、BE、DE之间的数量关系，并加以说明．
【分析】（1）延长BA，在BA的延长线收入截取AB′＝AB，连接CB′，△ACB′即为所求．
（2）根据AAS证明三角形全等即可．
（3）证明△ADC≌△CEB（AAS）可得结论．
【解答】（1）解：如图1中，△ACB′即为所求．
（2）证明：如图2中，
∵BD⊥AE，CF⊥AE，∠MAN＝90°，
∴∠ADB＝∠AFC＝∠MAN＝90°，
∴∠ABD+∠BAD＝90°，∠BAD+∠CAF＝90°，
∴∠ABD＝∠CAF，
∵AB＝AC，
∴△ABD≌△ACF（AAS）．
（3）解：结论：BE＝AD+DE．
理由：∵AD∥CD，BE⊥CD，∠ACB＝90°，
∴∠ADC＝∠BEC＝∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
∵AC＝BC，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CD＝BE，AD＝CE，
∵CD＝DE+EC＝DE+AD，
∴BE＝AD+DE．
【变式7-2】（2022春 临汾期末）综合实践课上，小聪用一张长方形纸片ABCD对不同折法下的夹角大小进行了探究，先将纸片的一角对折，使角的顶点A落在A′处，EF为折痕，如图①所示．
（1）若∠AEF＝30°，
①求∠A′EB的度数；
②又将它的另一个角也折过去，并使点B落在EA′上的B′处，折痕为EG，如图②所示，求∠FEG的度数；
（2）若改变∠AEF的大小，则EA′的位置也随之改变，则∠FEG的大小是否改变？请说明理由．
【分析】（1）①根据折叠的性质以及角平分线的定义即可解决问题；
②根据折叠的性质得到∠AEF＝∠A′EF，∠BEG＝∠B′EG，再根据平角的定义得到∠AEF+∠A′EF+∠BEG+∠B′EG＝180°，即可得到∠FEG的度数；
（2）根据折叠的性质理由同②，可得∠FEG的大小不改变．
【解答】解：（1）①根据折叠的性质可知：∠AEF＝∠A'EF＝30°，
∴∠A′EB＝180°﹣2×30°＝120°，
答：∠A′EB的度数为120°；
②：∵长方形纸片的一角折叠，顶点A落在A′处，另一角折叠，顶点B落在EA′上的B′点处，
∴∠AEF＝∠A′EF，∠BEG＝∠B′EG，
∵∠AEF+∠A′EF+∠BEG+∠B′EG＝180°，
∴∠A′EF+∠B′EG＝90°，
∴∠FEG＝90°．
答：∠FEG的度数为90°；
（2）∠FEG的大小不改变，理由如下：
由折叠的性质可知：∠AEF＝∠A′EF，∠BEG＝∠B′EG，
∵∠AEF+∠A′EF+∠BEG+∠B′EG＝180°，
∴∠A′EF+∠B′EG＝90°，
∴∠FEG＝90°．
所以∠FEG的大小不改变．
【变式7-3】（2022秋 鼓楼区月考）问题情境
如图1，△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重叠部分；如此反复操作，沿∠BnAnC的平分线AnBn+1折叠，点Bn与点C重合，我们就称∠BAC是△ABC的正角．
以图2为例，△ABC中，∠B＝70°，∠C＝35°，若沿∠BAC的平分线AB1折叠，则∠AA1B1＝70°．沿A1B1剪掉重叠部分，在余下的△B1A1C中，由三角形的内角和定理可知∠A1B1C＝35°，若沿∠B1A1C的平分线A1B2第二次折叠，则点B1与点C重合．此时，我们就称∠BAC是△ABC的正角．
探究发现
（1）△ABC中，∠B＝2∠C，则经过两次折叠后，∠BAC是不是△ABC的正角？　是　（填“是”或“不是”）．
（2）小明经过三次折叠发现∠BAC是△ABC的正角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为　∠B＝3∠C　．
根据以上内容猜想：若经过n次折叠∠BAC是△ABC的正角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为　∠B＝n∠C　．
应用提升
（3）如果一个三角形的最小角是10°，直接写出此三角形另外两个角的度数，使得此三角形的三个角均是它的正角．
【分析】（1）仔细分析题意根据折叠的性质及“正角”的定义即可作出判断；
（2）因为经过三次折叠∠BAC是△ABC的正角，所以第三次折叠的∠A2B2C＝∠C，由∠ABB1＝∠AA1B1，∠AA1B1＝∠A1B1C+∠C，又∠A1B1C＝∠A1A2B2，∠A1A2B2＝∠A2B2C+∠C，∠ABB1＝∠A1B1C+∠C＝∠A2B2C+∠C+∠C＝3∠C，由此即可求得结果；
（3）根据正角的定义进行推理计算，即可得出结果．
【解答】探究发现
解：（1）△ABC中，∠B＝2∠C，经过两次折叠，∠BAC是△ABC的正角；理由如下：
∵沿∠BAC的平分线AB1折叠，
∴∠B＝∠AA1B1；
又∵将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合，
∴∠A1B1C＝∠C；
∵∠AA1B1＝∠C+∠A1B1C（外角定理），
∴∠B＝2∠C；
故答案为：是；
（2）在△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分，将余下部分沿∠B2A2C的平分线A2B3折叠，点B2与点C重合，则∠BAC是△ABC的正角．
理由如下：根据折叠的性质知，∠B＝∠AA1B1，∠C＝∠A2B2C，∠A1B1C＝∠A1A2B2，
由三角形的外角定理知，∠A1A2B2＝∠C+∠A2B2C＝2∠C；
由四边形的外角定理知，∠BAC+∠B+∠AA1B1﹣∠A1B1C＝∠BAC+2∠B﹣2C＝180°，
由三角形内角和定理知，∠BAC+∠B+∠C＝180°，
∴∠B＝3∠C；
由图1知，当∠B＝∠C时，∠BAC是△ABC的正角；
由图2知，当∠B＝2∠C时，∠BAC是△ABC的正角；
由图2知，当∠B＝3∠C时，∠BAC是△ABC的正角；
故若经过n次折叠∠BAC是△ABC的正角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为∠B＝n∠C；
故答案为：∠B＝3∠C；∠B＝n∠C；
应用提升
解：（3）由（2）知，∠B＝n∠C，∠BAC是△ABC的正角，
∵最小角是10°是△ABC的正角，
根据正角定义，则可设另两角分别为10m°，10mn°（其中m、n都是正整数）．
由题意，得10m+10mn+10＝180，
∴m（n+1）＝17．
∵m、n都是正整数，
∴m与n+1是17的整数因子，
因此有：m＝1，n+1＝17；
∴m＝1，n＝16；
∴10m＝10°，10mn＝160°；
∴该三角形的另外两个角的度数分别为：10°，160°．
【题型8 轴对称图案的设计】
【例8】（2022秋 沧州期末）如图1所示是一块有图案的瓷砖，请利用四块这样的瓷砖拼出一个正方形，使所拼的图案为轴对称图形．在图4中画出你的四个设计方案．（图2、图3视为同一图案）
【分析】观察已知图形，根据轴对称图形的概念设计图案．
【解答】解：所设计图形如下所示：
【变式8-1】（2022 金华）现有9个相同的小正三角形拼成的大正三角形，将其部分涂黑．如图（1），（2）所示．
观察图（1），图（2）中涂黑部分构成的图案．它们具有如下特征：①都是轴对称图形；②涂黑部分都是三个小正三角形．
请在图（3），图（4）内分别设计一个新图案，使图案具有上述两个特征．
【分析】因为正三角形是轴对称图形，其对称轴是从顶点向底边所作垂线，故只要所涂得小正三角形关于大正三角形的中垂线对称即可．
【解答】解：如图
【变式8-2】（2022春 临渭区期末）认真观察下面四幅图中阴影部分构成的图案，回答下列问题．
（1）请你写出这四个图案都具有的两个共同特征：
特征1：　都是轴对称图形　；
特征2：　阴影部分面积都为4　．
（2）请你借助下面的网格，设计出三个不同图案，使它也具备你所写出的上述特征．（注意：新图案与以上四幅图中的图案不能相同）
【分析】（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；
（2）根据两个特征解决问题即可．
【解答】解：（1）这四个图案都具有的两个共同特征是：都是轴对称图形，阴影部分面积都为4；
故答案为：都是轴对称图形，阴影部分面积都为4；
（2）如图：
．
【变式8-3】（2022秋 盂县期末）有这样一道题：用四块如图甲所示的瓷砖拼成一个正方形，形成轴对称图案，和你的同伴比一比，看谁的拼法多．某同学设计了如图的两个图案，请你也用如图乙所示的瓷砖拼成一个正方形，形成轴对称图案．（至少设计四种图案）
【分析】根据轴对称定义及特点拼图即可．
【解答】解：如图所示．