第五章
生活中的轴对称考点梳理卷
【考点1
轴对称图形的识别】
【方法点拨】解决此类问题关键是掌握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．
【例1】（2020春?岳阳期末）2020年初，新型冠状病毒引发肺炎疫情．一方有难，八方支援，全国多家医院纷纷选派医护人员驰援武汉．下面是四家医院标志的图案部分，其中图案部分是轴对称图形的是（ ）
A．协和医院
B．湘雅医院
C．齐鲁医院
D．华西医院
【变式1-1】（2020春?青岛期末）下列交通指示标识中，是轴对称图形的有（ ）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【变式1-2】（2020春?陈仓区期末）下列与防疫有关的图案中不是轴对称图形的有（ ）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【变式1-3】（2020春?揭阳期末）下列图形中，是轴对称图形的有（ ）个．
①角
②线段
③等腰三角形
④等边三角形
⑤扇形
⑥圆
⑦平行四边形
A．4个
B．5个
C．6个
D．7个
【考点2
生活中的轴对称现象】
【方法点拨】解决此类问题关键是掌握镜面对称原理及反射角与入射角的定义.
【例2】（2020春?玉门市期末）如图，课间休息时，小新将镜子放在桌面上，无意间看到镜子中有一串数字，原来是桌旁墙面上张贴的同学手机号码中的几个数字，请问镜子中的数字对应的实际数字是
．
【变式2-1】（2020春?禅城区期末）室内墙壁上挂一平面镜，小明在平面镜内看到他背后墙上时钟的示数如图所示，则这时的实际时间应是（ ）
A．3：20
B．3：40
C．4：40
D．8：20
【变式2-2】（2019秋?润州区校级月考）如图是一个经过改造的规则为4×7的台球桌面示意图，图中四个角上的阴影部分分别表示四个入球孔，如果一个球按图中所示的方向被击出（球可以经过台球边缘多次反弹），那么球最后将落入的球袋是（ ）
A．1号袋
B．2号袋
C．3号袋
D．4号袋
【变式2-3】（2020春?兖州区期末）如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到长方形的边时反弹，反弹时人射角等于反射角（即：∠1＝∠2，∠3＝∠4）．小球从P点出发第1次碰到长方形边上的点记为A点，第2次碰到长方形边上的点记为B点，……第2020次碰到长方形边上的点为图中的（ ）
A．A点
B．B点
C．C点
D．D点
【考点3
轴对称的性质与运用】
【方法点拨】轴对称的性质：对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．
【例3】（2020春?舞钢市期末）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3-1】（2020秋?东城区校级期中）如图，P是∠AOB外的一点，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恰好落在MN的延长线上．若PM＝2.5，PN＝3，MR＝7，则线段QN的长为（ ）
A．1
B．1.5
C．2
D．2.5
【变式3-2】（2020秋?海珠区校级期中）如图，点P为∠AOB内一点，分别作出P点关于OB、OA的对称点P1，P2，连接P1P2交OB于M，交OA于N，若∠AOB＝40°，则∠MPN的度数是（ ）
A．90°
B．100°
C．120°
D．140°
【变式3-3】（2020秋?兴宁区校级期中）如图，分别以△ABC的边AB，AC所在直线为对称轴作△ABC的对称图形△ABD和△ACE，∠BAC＝150°，线段BD与CE相交于点O，连接BE、ED、DC、OA．有如下结论：①∠EAD＝90°；②∠BOE＝60°；③OA平分∠BOC；④BP＝EQ．其中正确的结论个数是（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【考点4
等腰三角形中的分类讨论思想】
【例4】（2020秋?淮南期末）等腰三角形的周长为14cm，其中一边长为4cm，则该等腰三角形的腰长为（ ）
A．4cm
B．5cm
C．4cm或5cm
D．4cm或6cm
【变式4-1】（2021春?南海区校级月考）等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角等于30°，则这个等腰三角形的顶角等于（ ）
A．30°
B．60°
C．30°或150°
D．60°或120°
【变式4-2】（2020秋?扶余市期末）如图，点P是射线ON上一动点，∠AON＝30°，当△AOP为等腰三角形时，∠A的度数一定不可能是（ ）
A．120°
B．75°
C．60°
D．30°
【变式4-3】（2021春?浦东新区期中）已知等腰三角形的底边长为6，一条腰上的中线把三角形的周长分为两部分，其中一部分比另外一部分长2，则三角形的腰长是
．
【考点5
作等腰三角形】
【例5】（2020秋?随县期末）已知：如图，下列三角形中，AB＝AC，则经过三角形的一个顶点的一条直线能够将这个三角形分成两个小等腰三角形的是（ ）
A．①③④
B．①②③④
C．①②④
D．①③
【变式5-1】（2020?海门市一模）线段AB在如图所示的8×8网格中（点A、B均在格点上），在格点上找一点C，使△ABC是以∠B为顶角的等腰三角形，则所有符合条件的点C的个数是（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【变式5-2】（2019秋?安陆市期末）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．5条
B．4条
C．3条
D．2条
【变式5-3】（2019秋?鼓楼区月考）如图，直线PQ上有一点O，点A为直线外一点，连接OA，在直线PQ上找一点B，使得△AOB是等腰三角形，这样的点B最多有
个．
【考点6
角平分线的性质】
【方法点拨】角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，解决此类问题的关键在于作垂线.
【例6】（2019秋?大名县期中）如图，BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB于E，S△ABC＝36cm2，AB＝18cm，BC＝12cm，则DE＝
cm．
【变式6-1】（2019秋?永嘉县校级期中）如图，AC，BC分别平分∠BAE，∠ABF，若△ABC的高CD＝8，则点C到AE，BF的距离之和为
．
【变式6-2】（2019秋?长沙月考）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC，交CD于点E，若S△BCE＝24，BC＝12，则DE等于（ ）
A．10
B．7
C．5
D．4
【变式6-3】（2020春?碑林区校级期末）如图，已知△ABC的周长是16，MB和MC分别平分∠ABC和∠ACB，过点M作BC的垂线交BC于点D，且MD＝4，则△ABC的面积是（ ）
A．64
B．48
C．32
D．42
【考点7
角平分线的性质与判定综合】
【方法点拨】掌握到角的两边距离相等的点在角的平分线上是解决此类问题的关键.
【例7】（2020秋?兴隆县期中）如图，O是△ABC内一点，且O到三边AB、BC、CA的距离OF＝OD＝OE，若∠BAC＝70°，则∠BOC的度数为（ ）
A．70°
B．120°
C．125°
D．130°
【变式7-1】（2019春?福田区校级期中）如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，则下列结论中正确的个数（ ）
①CP平分∠ACF；
②∠ABC+2∠APC＝180°
③∠ACB＝2∠APB；
④若PM⊥BE，PN⊥BC，则AM+CN＝AC
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【变式7-2】（2020春?龙岗区期末）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H，则下列结论：①∠APB＝135°；②BF＝BA；③PH＝PD；④连接CP，CP平分∠ACB，其中正确的是（ ）
A．①②③
B．①②④
C．①③④
D．①②③④
【变式7-3】（2020春?崇川区校级期末）如图，△ABC的角平分线AE，BF交于O点．
（1）若∠ACB＝70°，则∠BOA＝
；
（2）求证：点O在∠ACB的角平分线上．
（3）若OE＝OF，求∠ACB的度数．
【考点8
线段垂直平分线的应用】
【方法点拨】线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，熟记性质
是解题的关键
【例8】（2020春?沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AB的中垂线交AB于点D，交BC的延长线于点E，交AC于点F，若AB+BC＝6，则△BCF的周长为（ ）
A．4.5
B．5
C．5.5
D．6
【变式8-1】（2020春?郫都区期末）如图，△ABC中，∠ABC＝30°，∠ACB＝50°，DE、FG分别为AB、AC的垂直平分线，E、G分别为垂足．
（1）直接写出∠BAC的度数；
（2）求∠DAF的度数，并注明推导依据；
（3）若△DAF的周长为20，求BC的长．
【变式8-2】（2019秋?百色期末）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，DG⊥BC且平分BC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F．
（1）说明BE＝CF的理由；
（2）如果AB＝5，AC＝3，求AE、BE的长．
【变式8-3】（2020春?萍乡期末）如图，△ABC的外角∠DAC的平分线交BC边的垂直平分线于P点，PD⊥AB于D，PE⊥AC于E．
（1）求证：BD＝CE；
（2）若AB＝6cm，AC＝10cm，求AD的长．
【考点9
尺规作图】
【例9】（2021春?碑林区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CD＞BC，请用尺规作图法在CD边上求作一点P，使得S△ADP＝S△ABP．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
【变式9-1】（2020春?莱州市期末）如图，直线l1，l2，l3表示三条相互交叉的公路，现在要建设一个货物中转站，要求它到三条公路的距离相等，请确定中转站P的位置．要求：用尺规作图，保留作图痕迹，标注字母P，不写作法．
【变式9-2】（2020春?靖远县期末）尺规作图．
如图所示，已知A、B、C是三个新建的居民小区．现要在到三个小区距离相等的地方修建一所学校D，试确定学校D的位置．（保留作图痕迹，不写作法）
【变式9-3】（2020春?广饶县期末）如图，求作一点P，使PC＝PD，并且点P到∠AOB两边的距离相等（不写作法，保留作图痕迹）．
【考点10
设计轴对称图案】
【方法点拨】轴对称设计图案的关键是掌握好轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
【例10】（2020春?抚州期末）如图，在4×4正方形网格中，将图中的2个小正方形涂上阴影，若再从其余小正方形中任选一个也涂上阴影，使得整个阴影部分组成的图形是轴对称图形，那么符合条件的小正方形共有（ ）
A．7个
B．8个
C．9个
D．10个
【变式10-1】（2020?宁波模拟）请在如图四个3×3的正方形网格中，画出与格点三角形（阴影部分）成轴对称且以格点为顶点的三角形，并将所画三角形涂上阴影．（注：所画的四个图不能重复）
【变式10-2】（2020春?禅城区期末）观察设计：
（1）观察如图①、②中阴影部分构成的图案，请写出这2个图案都具有的2个共同特征；
（2）借助后面的空白网格，请设计2个新的图案，使该图案同时具有你在解答（1）中所写出的2个共同特征．（注意：新图案与已有的2个图案不能重合）
【变式10-3】（2020春?兰州期末）如图，是由4×4个大小完在一样的小正方形组成的方格纸，其中有两个小正方形是涂黑的，请再选择三个小正方形并涂黑，使图中涂黑的部分成为轴对称图形．并画出它的一条对称轴（如图例．画对一个得1分）第五章
生活中的轴对称考点梳理卷
【考点1
轴对称图形的识别】
【方法点拨】解决此类问题关键是掌握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．
【例1】（2020春?岳阳期末）2020年初，新型冠状病毒引发肺炎疫情．一方有难，八方支援，全国多家医院纷纷选派医护人员驰援武汉．下面是四家医院标志的图案部分，其中图案部分是轴对称图形的是（ ）
A．协和医院
B．湘雅医院
C．齐鲁医院
D．华西医院
【分析】利用轴对称图形的定义进行解答即可．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握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．
【变式1-1】（2020春?青岛期末）下列交通指示标识中，是轴对称图形的有（ ）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【分析】根据轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合解答．
【解答】解：第一、二、四个图形是轴对称图形，
第三个图形不是轴对称图形，
故选：C．
【点评】本题考查的是轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
【变式1-2】（2020春?陈仓区期末）下列与防疫有关的图案中不是轴对称图形的有（ ）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【分析】根据轴对称图形定义进行分析即可．
【解答】解：第一个图案和第二个图案是轴对称图形，第三个图案和第四个图案不是轴对称图形，
则不是轴对称图形的有2个，
故选：B．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的概念．
【变式1-3】（2020春?揭阳期末）下列图形中，是轴对称图形的有（ ）个．
①角
②线段
③等腰三角形
④等边三角形
⑤扇形
⑥圆
⑦平行四边形
A．4个
B．5个
C．6个
D．7个
【分析】直接利用轴对称图形的定义分析得出答案．
【解答】解：①角
②线段
③等腰三角形
④等边三角形
⑤扇形
⑥圆
⑦平行四边形中只有平行四边形不是轴对称图形．
故轴对称图形有6个．
故选：C．
【点评】此题主要考查了轴对称变换，正确把握轴对称图形的定义是解题关键．
【考点2
生活中的轴对称现象】
【方法点拨】解决此类问题关键是掌握镜面对称原理及反射角与入射角的定义.
【例2】（2020春?玉门市期末）如图，课间休息时，小新将镜子放在桌面上，无意间看到镜子中有一串数字，原来是桌旁墙面上张贴的同学手机号码中的几个数字，请问镜子中的数字对应的实际数字是
．
【分析】易得所求的数字与看到的数字关于竖直的一条直线成轴对称，作出相应图形即可求解．
【解答】解：做轴对称图形得：|630085，
故答案是：630085．
【点评】本题主要考查了镜面对称，解决本题的关键是找到相应的对称轴；难点是作出相应的对称图形；注意2的关于竖直的一条直线的轴对称图形是5．
【变式2-1】（2020春?禅城区期末）室内墙壁上挂一平面镜，小明在平面镜内看到他背后墙上时钟的示数如图所示，则这时的实际时间应是（ ）
A．3：20
B．3：40
C．4：40
D．8：20
【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左右颠倒，且关于镜面对称，分析并作答．
【解答】解：根据镜面对称的性质，分析可得题中所显示的时刻与3：40成轴对称，所以此时实际时刻为3：40．
故选：B．
【点评】本题考查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2-2】（2019秋?润州区校级月考）如图是一个经过改造的规则为4×7的台球桌面示意图，图中四个角上的阴影部分分别表示四个入球孔，如果一个球按图中所示的方向被击出（球可以经过台球边缘多次反弹），那么球最后将落入的球袋是（ ）
A．1号袋
B．2号袋
C．3号袋
D．4号袋
【分析】根据题意，画出图形，由轴对称的性质判定正确选项．
【解答】解：根据轴对称的性质可知，台球走过的路径为：
所以球最后将落入的球袋是4号袋，
故选：D．
【点评】本题主要考查了轴对称的性质．轴对称的性质：（1）对应点所连的线段被对称轴垂直平分；（2）对应线段相等，对应角相等．注意结合图形解题的思想；严格按轴对称画图是正确解答本题的关键．
【变式2-3】（2020春?兖州区期末）如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到长方形的边时反弹，反弹时人射角等于反射角（即：∠1＝∠2，∠3＝∠4）．小球从P点出发第1次碰到长方形边上的点记为A点，第2次碰到长方形边上的点记为B点，……第2020次碰到长方形边上的点为图中的（ ）
A．A点
B．B点
C．C点
D．D点
【分析】根据反射角与入射角的定义作出图形，可知每6次反弹为一个循环组依次循环，用2020除以6，根据商和余数的情况确定所对应的点的坐标即可．
【解答】解：如图所示，经过6次反弹后动点回到出发点P，
∵2020÷6＝336…4，
∴当点P第2020次碰到长方形的边时为第337个循环组的第4次反弹，
∴第2020次碰到长方形的边时的点为图中的点D，
故选：D．
【点评】此题主要考查了点的坐标的规律以及生活中的轴对称现象，作出图形，观察出每6次反弹为一个循环组依次循环是解题的关键．
【考点3
轴对称的性质与运用】
【方法点拨】轴对称的性质：对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．
【例3】（2020春?舞钢市期末）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，∵D点分别以AB、AC为对称轴，画出对称点E、F，
∴∠EAB＝∠BAD，∠FAC＝∠CAD，
∵∠B＝60°，∠C＝50°，
∴∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝180°﹣60°﹣50°＝70°，
∴∠EAF＝2∠BAC＝140°，
故选：A．
【点评】此题考查轴对称的性质，关键是利用轴对称的性质解答．
【变式3-1】（2020秋?东城区校级期中）如图，P是∠AOB外的一点，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恰好落在MN的延长线上．若PM＝2.5，PN＝3，MR＝7，则线段QN的长为（ ）
A．1
B．1.5
C．2
D．2.5
【分析】利用轴对称图形的性质得出PM＝MQ，PN＝NR，进而得出MN＝4，得出NQ的长．
【解答】解：∵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，
∴PM＝MQ，PN＝NR，
∵PM＝2.5，PN＝3，MR＝7，
∴RN＝3，MN＝MR﹣NR＝7﹣3＝4，MQ＝MP＝2.5，
即NQ＝MN﹣MQ＝4﹣2.5＝1.5，
故选：B．
【点评】此题主要考查了轴对称图形的性质，得出PM＝MQ，PN＝NR是解题关键．
【变式3-2】（2020秋?海珠区校级期中）如图，点P为∠AOB内一点，分别作出P点关于OB、OA的对称点P1，P2，连接P1P2交OB于M，交OA于N，若∠AOB＝40°，则∠MPN的度数是（ ）
A．90°
B．100°
C．120°
D．140°
【分析】首先证明∠P1+∠P2＝40°，可得∠PMN＝∠P1+∠MPP1＝2∠P1，∠PNM＝∠P2+∠NPP2＝2∠P2，推出∠PMN+∠PNM＝2×40°＝80°，可得结论．
【解答】解：∵P点关于OB的对称点是P1，P点关于OA的对称点是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°，
故选：B．
【点评】本题考查轴对称的性质．对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．
【变式3-3】（2020秋?兴宁区校级期中）如图，分别以△ABC的边AB，AC所在直线为对称轴作△ABC的对称图形△ABD和△ACE，∠BAC＝150°，线段BD与CE相交于点O，连接BE、ED、DC、OA．有如下结论：①∠EAD＝90°；②∠BOE＝60°；③OA平分∠BOC；④BP＝EQ．其中正确的结论个数是（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【分析】根据轴对称的性质可得∠BAD＝∠CAE＝∠BAC，再根据周角等于360°列式计算即可求出∠EAD＝90°，判断出①正确；再求出∠BAE＝∠CAD＝60°，根据翻折可得∠AEC＝∠ABD＝∠ABC，利用三角形的内角和定理可得∠BOE＝∠BAE，判断出②正确；根据全等三角形的对应边上的高相等，即可判断出③正确；判断出△ABP和△AEQ不全等，从而得到BP≠EQ，判断出④错误．
【解答】解：∵△ABD和△ACE是△ABC的轴对称图形，
∴∠BAD＝∠CAE＝∠BAC，AB＝AE，AC＝AD，
∴∠EAD＝3∠BAC﹣360°＝3×150°﹣360°＝90°，故①正确．
∴∠BAE＝∠CAD（360°﹣90°﹣150°）＝60°，
由翻折的性质得，∠AEC＝∠ABD＝∠ABC，
又∵∠EPO＝∠BPA，
∴∠BOE＝∠BAE＝60°，故②正确．
∵△ACE≌△ADB，
∴S△ACE＝S△ADB，BD＝CE，
∴BD边上的高与CE边上的高相等，
即点A到∠BOC两边的距离相等，
∴OA平分∠BOC，故③正确．
在△ABP和△AEQ中，∠ABD＝∠AEC，AB＝AE，∠BAE＝60°，∠EAQ＝90°，
∴BP＜EQ，故④错误；
综上所述，结论正确的是①②③共3个．
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，轴对称的性质的综合运用，熟记各性质并准确识图理清图中各角度之间的关系是解题的关键．
【考点4
等腰三角形中的分类讨论思想】
【例4】（2020秋?淮南期末）等腰三角形的周长为14cm，其中一边长为4cm，则该等腰三角形的腰长为（ ）
A．4cm
B．5cm
C．4cm或5cm
D．4cm或6cm
【分析】已知的边可能是腰，也可能是底边，应分两种情况进行讨论．
【解答】解：∵当腰是4cm时，则另两边是4cm，6cm；
当底边是4cm时，另两边长是5cm，5cm．
∴该等腰三角形的腰长为4cm或5cm．
故选：C．
【点评】本题考查的是等腰三角形的性质，在解答此题时要注意进行分类讨论，不要漏解．
【变式4-1】（2021春?南海区校级月考）等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角等于30°，则这个等腰三角形的顶角等于（ ）
A．30°
B．60°
C．30°或150°
D．60°或120°
【分析】等腰三角形的高相对于三角形有三种位置关系，三角形内部，三角形的外部，三角形的边上．根据条件可知第三种高在三角形的边上这种情况不成了，因而应分两种情况进行讨论．
【解答】解：当高在三角形内部时，如图1，
∵∠ABD＝30°，BD⊥AC，
∴∠A＝60°；
∴顶角是60°；
当高在三角形外部时，如图2，
∵∠ABD＝30°，BD⊥AC于D，
∴∠BAD＝60°，
∴∠BAC＝180°﹣60°＝120°
∴顶角是120°．
故选：D．
【点评】此题主要考查等腰三角形的性质，熟记三角形的高相对于三角形的三种位置关系是解题的关键，本题易出现的错误是只是求出60°一种情况，把三角形简单的认为是锐角三角形．因此此题属于易错题．
【变式4-2】（2020秋?扶余市期末）如图，点P是射线ON上一动点，∠AON＝30°，当△AOP为等腰三角形时，∠A的度数一定不可能是（ ）
A．120°
B．75°
C．60°
D．30°
【分析】分三种情形讨论即可：a、当点O为等腰三角形顶点．b、当点A为等腰三角形顶点．C、当点P为顶点．
【解答】解：当点O为等腰三角形顶点时，∠A＝75°，
当点A为等腰三角形顶点时，∠A＝120°，
当点P为顶点时，∠A＝30°，
综上，∠A的度数为30°或75°或120°，一定不可能等于60°，
故选：C．
【点评】本题考查等腰三角形的判定和性质，学会分类讨论的思想是解决问题的关键，属于中考常考题型．
【变式4-3】（2021春?浦东新区期中）已知等腰三角形的底边长为6，一条腰上的中线把三角形的周长分为两部分，其中一部分比另外一部分长2，则三角形的腰长是
．
【分析】其中一部分比另外一部分长2，分两种情况：腰比底大2或底比腰大2，分别求出腰即可．
【解答】解：等腰三角形一条腰上的中线把三角形的周长分为两部分，这两部分的差即是腰与底的差的绝对值，
∵其中一部分比另外一部分长2，
∴腰比底大2或底比腰大2，
∴腰为8或4．
故答案为：8或4．
【点评】本题考查等腰三角形的中线，掌握中线的定义是解题的关键．
【考点5
作等腰三角形】
【例5】（2020秋?随县期末）已知：如图，下列三角形中，AB＝AC，则经过三角形的一个顶点的一条直线能够将这个三角形分成两个小等腰三角形的是（ ）
A．①③④
B．①②③④
C．①②④
D．①③
【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：由题意知，要求“被一条直线分成两个小等腰三角形”，
①中分成的两个等腰三角形的角的度数分别为：36°，36°，108°和36°，72°，72°，能；
②不能；
③显然原等腰直角三角形的斜边上的高把它还分为了两个小等腰直角三角形，能；
④中的为36°，72，72°和36°，36°，108°，能．
故选：A．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定；在等腰三角形中，从一个顶点向对边引一条线段，分原三角形为两个新的等腰三角形，必须存在新出现的一个小等腰三角形与原等腰三角形相似才有可能．
【变式5-1】（2020?海门市一模）线段AB在如图所示的8×8网格中（点A、B均在格点上），在格点上找一点C，使△ABC是以∠B为顶角的等腰三角形，则所有符合条件的点C的个数是（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【分析】根据题意可得，以点B为圆心，BA长为半径画圆，圆与格点的交点即为符合条件的点C．
【解答】解：如图所示：
使△ABC是以∠B为顶角的等腰三角形，
所以所有符合条件的点C的个数是6个．
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定，解决本题的关键是掌握等腰三角形的判定．
【变式5-2】（2019秋?安陆市期末）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．5条
B．4条
C．3条
D．2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：B．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的判定等知识，正确利用图形分类讨论得出等腰三角形是解题关键．
【变式5-3】（2019秋?鼓楼区月考）如图，直线PQ上有一点O，点A为直线外一点，连接OA，在直线PQ上找一点B，使得△AOB是等腰三角形，这样的点B最多有
个．
【分析】分别以A、O为圆心AO长为半径画弧，作AO的垂直平分线，即可在直线PQ上找一点B，使得△AOB是等腰三角形．
【解答】解：如图所示，分别以A、O为圆心，AO长为半径画弧，与直线PQ的交点B1，B2，B3符合题意；作AO的垂直平分线，与直线PQ的交点B4符合题意，若B2，B3，B4不重合，则最多有4个．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查等腰三角形的判定，利用圆上的点到圆心的距离相等确定点P的位置是解题的关键，也是这类问题的常用方法．
【考点6
角平分线的性质】
【方法点拨】角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，解决此类问题的关键在于作垂线.
【例6】（2019秋?大名县期中）如图，BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB于E，S△ABC＝36cm2，AB＝18cm，BC＝12cm，则DE＝
cm．
【分析】首先过点D作DF⊥BC于点F，由BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB，根据角平分线的性质，可得DE＝DF，然后由S△ABC＝S△ABD+S△BCDAB?DEBC?DF，求得答案．
【解答】解：过点D作DF⊥BC于点F，
∵BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB，
∴DE＝DF，
∵AB＝18cm，BC＝12cm，
∴S△ABC＝S△ABD+S△BCDAB?DEBC?DFDE?（AB+BC）＝36cm2，
∴DE＝2.4（cm）．
故答案为：2.4．
【点评】此题考查了角平分线的性质．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
【变式6-1】（2019秋?永嘉县校级期中）如图，AC，BC分别平分∠BAE，∠ABF，若△ABC的高CD＝8，则点C到AE，BF的距离之和为
．
【分析】首先过点C作CM⊥AE于点M，过点C作CN⊥BF于点N，由AC，BC分别平分∠BAE，∠ABF，△ABC的高CD＝8，根据角平分线的性质，可得CM＝CD＝8，CN＝CD＝8，继而求得答案．
【解答】解：过点C作CM⊥AE于点M，过点C作CN⊥BF于点N，
∵AC，BC分别平分∠BAE，∠ABF，△ABC的高CD＝8，
∴CM＝CD＝8，CN＝CD＝8，
∴点C到AE，BF的距离之和为：CM+CN＝16．
故答案为：16．
【点评】此题考查了角平分线的性质．此题难度不大，注意辅助线的作法，注意掌握角平分线的定理的应用是关键．
【变式6-2】（2019秋?长沙月考）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC，交CD于点E，若S△BCE＝24，BC＝12，则DE等于（ ）
A．10
B．7
C．5
D．4
【分析】根据角平分线的性质得出DE＝EF，根据三角形的面积求出EF，即可得出选项．
【解答】解：过E作EF⊥BC于F，
∵CD⊥AB，BE平分∠ABC，
∴DE＝EF，
∵S△BCE＝24，BC＝12，
∴24，
解得：EF＝4，
即DE＝EF＝4，
故选：D．
【点评】本题考查了角平分线性质和三角形的面积的应用，注意：角平分线上的点到角两边的距离相等．
【变式6-3】（2020春?碑林区校级期末）如图，已知△ABC的周长是16，MB和MC分别平分∠ABC和∠ACB，过点M作BC的垂线交BC于点D，且MD＝4，则△ABC的面积是（ ）
A．64
B．48
C．32
D．42
【分析】连接AM，过M作ME⊥AB于E，MF⊥AC于F，根据角平分线的性质得出ME＝MD＝MF＝4，根据三角形的面积公式求出即可．
【解答】解：连接AM，过M作ME⊥AB于E，MF⊥AC于F，
∵MB和MC分别平分∠ABC和∠ACB，MD⊥BC，MD＝4，
∴ME＝MD＝4，MF＝MD＝4，
∵△ABC的周长是16，
∴AB+BC+AC＝16，
∴△ABC的面积S＝S△AMC+S△BCM+S△ABM
AC×4
＝2（AC+BC+AB）
＝2×16＝32，
故选：C．
【点评】本题考查了角平分线的性质和三角形的面积，能根据角平分线的性质求出DM＝ME＝ME＝4是解此题的关键．
【考点7
角平分线的性质与判定综合】
【方法点拨】掌握到角的两边距离相等的点在角的平分线上是解决此类问题的关键.
【例7】（2020秋?兴隆县期中）如图，O是△ABC内一点，且O到三边AB、BC、CA的距离OF＝OD＝OE，若∠BAC＝70°，则∠BOC的度数为（ ）
A．70°
B．120°
C．125°
D．130°
【分析】根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断出点O是三角形三条角平分线的交点，再根据三角形的内角和定理求出∠ABC+∠ACB，然后求出∠OBC+∠OCB，再利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【解答】解：∵O到三边AB、BC、CA的距离OF＝OD＝OE，
∴点O是三角形三条角平分线的交点，
∵∠BAC＝70°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣70°＝110°，
∴∠OBC+∠OCB（∠ABC+∠ACB）110°＝55°，
在△OBC中，∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣55°＝125°．
故选：C．
【点评】本题考查了到角的两边距离相等的点在角的平分线上的性质，三角形的内角和定理，要注意整体思想的利用．
【变式7-1】（2019春?福田区校级期中）如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，则下列结论中正确的个数（ ）
①CP平分∠ACF；
②∠ABC+2∠APC＝180°
③∠ACB＝2∠APB；
④若PM⊥BE，PN⊥BC，则AM+CN＝AC
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【分析】①作PD⊥AC于D．由角平分线的性质得出PM＝PN，PM＝PD，得出PM＝PN＝PD，即可得出①正确；
②首先证出∠ABC+∠MPN＝180°，证明Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），得出∠APM＝∠APD，同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），得出∠CPD＝∠CPN，即可得出②正确；
③由角平分线和三角形的外角性质得出∠CAE＝∠ABC+∠ACB，∠PAM∠ABC+∠APB，得出∠ACB＝2∠APB，③正确；
④由全等三角形的性质得出AD＝AM，CD＝CN，即可得出④正确；即可得出答案．
【解答】解：①作PD⊥AC于D．
∵PB平分∠ABC，PA平分∠EAC，PM⊥BE，PN⊥BF，
∴PM＝PN，PM＝PD，
∴PM＝PN＝PD，
∴点P在∠ACF的角平分线上，故①正确；
②∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠ABC+90°+∠MPN+90°＝360°，
∴∠ABC+∠MPN＝180°，
在Rt△PAM和Rt△PAD中，，
∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），
∴∠APM＝∠APD，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴∠CPD＝∠CPN，
∴∠MPN＝2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC＝180°，②正确；
③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC，
∴∠CAE＝∠ABC+∠ACB，∠PAM∠ABC+∠APB，
∴∠ACB＝2∠APB，③正确；
④∵Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），
∴AD＝AM，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴CD＝CN，
∴AM+CN＝AD+CD＝AC，④正确；
故选：D．
【点评】本题考查了角平分线的性质定理和逆定理，全等三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，有一定综合性，但难度不大，只要仔细分析便不难求解．
【变式7-2】（2020春?龙岗区期末）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H，则下列结论：①∠APB＝135°；②BF＝BA；③PH＝PD；④连接CP，CP平分∠ACB，其中正确的是（ ）
A．①②③
B．①②④
C．①③④
D．①②③④
【分析】根据三角形内角和定理以及角平分线定义判断①；根据全等三角形的判定和性质判断②③；根据角平分线的判定与性质判断④．
【解答】解：在△ABC中，∵∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，
又∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC，
∴∠BAD+∠ABE（∠BAC+∠ABC）＝45°，
∴∠APB＝135°，故①正确．
∴∠BPD＝45°，
又∵PF⊥AD，
∴∠FPB＝90°+45°＝135°，
∴∠APB＝∠FPB，
又∵∠ABP＝∠FBP，BP＝BP，
∴△ABP≌△FBP，
∴∠BAP＝∠BFP，AB＝FB，PA＝PF，故②正确．
在△APH和△FPD中，
∵∠APH＝∠FPD＝90°，∠PAH＝∠BAP＝∠BFP，PA＝PF，
∴△APH≌△FPD，
∴PH＝PD，故③正确．
∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，
∴点P到AB、AC的距离相等，点P到AB、BC的距离相等，
∴点P到BC、AC的距离相等，
∴点P在∠ACB的平分线上，
∴CP平分∠ACB，故④正确．
故选：D．
【点评】本题考查了角平分线的判定与性质，三角形全等的判定方法，三角形内角和定理．掌握相关性质是解题的关键．
【变式7-3】（2020春?崇川区校级期末）如图，△ABC的角平分线AE，BF交于O点．
（1）若∠ACB＝70°，则∠BOA＝
；
（2）求证：点O在∠ACB的角平分线上．
（3）若OE＝OF，求∠ACB的度数．
【分析】（1）根据三角形的内角和定理得到∠ABC+∠BAC＝180°﹣70°＝110°，根据角平分线的定义即可得到结论；
（2）过O作OD⊥BC于D，OG⊥AB于G，OH⊥AC于H，根据角平分线的性质健康得到结论；
（3）连接OC，根据角平分线的性质得到OD＝OH，根据全等三角形的性质得到∠EOD＝∠FOH，根据角平分线的定义即可得到结论；
【解答】解：（1）∵∠ACB＝70°，
∴∠ABC+∠BAC＝180°﹣70°＝110°，
∵△ABC的角平分线AE，BF交于O点，
∴，∴∠ABO+∠BAO（∠ABC+∠ACB）＝55°，
∴∠AOB＝180°﹣（∠ABO+∠BAO）＝125°，
故答案为：125°；
（2）过O作OD⊥BC于D，OG⊥AB于G，OH⊥AC于H，
∵AE平分∠BAC，BF平分∠ABC，
∴OG＝OH，OG＝OD，
∴OD＝OH，
∴点O在∠ACB的角平分线上．
（3）连接OC，
在Rt△OED与Rt△OFH中，
∴Rt△OED≌Rt△OFH，（HL），
∴∠EOD＝∠FOH，
∴∠DOH＝∠EOF＝180°﹣∠ACB，
∵AE、BF是角平分线，
∴∠AOB＝90°∠ACB，
即90°∠ACB＝180°﹣∠ACB，
∴∠ACB＝60°；
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
【考点8
线段垂直平分线的应用】
【方法点拨】线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，熟记性质
是解题的关键
【例8】（2020春?沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AB的中垂线交AB于点D，交BC的延长线于点E，交AC于点F，若AB+BC＝6，则△BCF的周长为（ ）
A．4.5
B．5
C．5.5
D．6
【分析】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AF＝BF，然后根据三角形的周长推出△BCF的周长＝AC+BC，即可得解．
【解答】解：∵DF为AB的垂直平分线，
∴AF＝BF，
∴△BCF的周长＝CF+BF+BC＝CF+AF+BC＝AC+BC，
∵AB＝AC，AB+BC＝6，
∴AC+BC＝6，
∴△BCF的周长为6．
故选：D．
【点评】本题主要考查了线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，熟记性质是解题的关键．
【变式8-1】（2020春?郫都区期末）如图，△ABC中，∠ABC＝30°，∠ACB＝50°，DE、FG分别为AB、AC的垂直平分线，E、G分别为垂足．
（1）直接写出∠BAC的度数；
（2）求∠DAF的度数，并注明推导依据；
（3）若△DAF的周长为20，求BC的长．
【分析】（1）根据三角形内角和定理计算，得到答案；
（2）根据线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质计算；
（3）根据线段垂直平分线的性质、三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：（1）∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝180°﹣30°﹣50°＝100°；
（2）∵DE是线段AB的垂直平分线，
∴DA＝DB，
∴∠DAB＝∠ABC＝30°，
同理可得，∠FAC＝∠ACB＝50°，
∴∠DAF＝∠BAC﹣∠DAB﹣∠FAC＝100°﹣30°﹣50°＝20°；
（3）∵△DAF的周长为20，
∴DA+DF+FA＝20，
由（2）可知，DA＝DB，FA＝FC，
∴BC＝DB+DF＝FC＝DA+DF+FA＝20．
【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、三角形内角和定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
【变式8-2】（2019秋?百色期末）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，DG⊥BC且平分BC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F．
（1）说明BE＝CF的理由；
（2）如果AB＝5，AC＝3，求AE、BE的长．
【分析】（1）连接BD，CD，由AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，根据角平分线的性质，即可得DE＝DF，又由DG⊥BC且平分BC，根据线段垂直平分线的性质，可得BD＝CD，继而可证得Rt△BED≌Rt△CFD，则可得BE＝CF；
（2）首先证得△AED≌△AFD，即可得AE＝AF，然后设BE＝x，由AB﹣BE＝AC+CF，即可得方程5﹣x＝3+x，解方程即可求得答案．
【解答】（1）证明：连接BD，CD，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，∠BED＝∠CFD＝90°，
∵DG⊥BC且平分BC，
∴BD＝CD，
在Rt△BED与Rt△CFD中，
，
∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），
∴BE＝CF；
（2）解：在△AED和△AFD中，
，
∴△AED≌△AFD（AAS），
∴AE＝AF，
设BE＝x，则CF＝x，
∵AB＝5，AC＝3，AE＝AB﹣BE，AF＝AC+CF，
∴5﹣x＝3+x，
解得：x＝1，
∴BE＝1，AE＝AB﹣BE＝5﹣1＝4．
【点评】此题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．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，利用方程思想与数形结合思想求解．
【变式8-3】（2020春?萍乡期末）如图，△ABC的外角∠DAC的平分线交BC边的垂直平分线于P点，PD⊥AB于D，PE⊥AC于E．
（1）求证：BD＝CE；
（2）若AB＝6cm，AC＝10cm，求AD的长．
【分析】（1）连接BP、CP，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BP＝CP，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DP＝EP，然后利用“HL”证明Rt△BDP和Rt△CEP全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）利用“HL”证明Rt△ADP和Rt△AEP全等，根据全等三角形对应边相等可得AD＝AE，再根据AB、AC的长度表示出AD、CE，然后解方程即可．
【解答】（1）证明：连接BP、CP，
∵点P在BC的垂直平分线上，
∴BP＝CP，
∵AP是∠DAC的平分线，
∴DP＝EP，
在Rt△BDP和Rt△CEP中，，
∴Rt△BDP≌Rt△CEP（HL），
∴BD＝CE；
（2）解：在Rt△ADP和Rt△AEP中，，
∴Rt△ADP≌Rt△AEP（HL），
∴AD＝AE，
∵AB＝6cm，AC＝10cm，
∴6+AD＝10﹣AE，
即6+AD＝10﹣AD，
解得AD＝2cm．
【考点9
尺规作图】
【例9】（2021春?碑林区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CD＞BC，请用尺规作图法在CD边上求作一点P，使得S△ADP＝S△ABP．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
【分析】作∠BAD的平分线交CD于P，则P点到AB和AD的距离相等，而AB＝AD，于是根据三角形面积公式，可判断S△ADP＝S△ABP．
【解答】解：如图，点P为所作．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．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9-1】（2020春?莱州市期末）如图，直线l1，l2，l3表示三条相互交叉的公路，现在要建设一个货物中转站，要求它到三条公路的距离相等，请确定中转站P的位置．要求：用尺规作图，保留作图痕迹，标注字母P，不写作法．
【分析】利用角平分线的性质定理解决问题即可，注意到三条公路的距离相等的点有四个．
【解答】解：如图，满足条件的点P有四个，如图所示：
【点评】本题考查作图﹣应用与设计，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式9-2】（2020春?靖远县期末）尺规作图．
如图所示，已知A、B、C是三个新建的居民小区．现要在到三个小区距离相等的地方修建一所学校D，试确定学校D的位置．（保留作图痕迹，不写作法）
【分析】作线段AB的垂直平分线MN，作线段BC的垂直平分线EF，MN交EF于点D，点D即为所求．
【解答】解：如图，点D即为所求．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式9-3】（2020春?广饶县期末）如图，求作一点P，使PC＝PD，并且点P到∠AOB两边的距离相等（不写作法，保留作图痕迹）．
【分析】连接CD，作线段CD的垂直平分线EF，作∠AOB的角平分线OM，OM交EF于点P，点P即为所求．
【解答】解：如图，点P即为所求．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，角平分线的性质，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
【点评】本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
【考点10
设计轴对称图案】
【方法点拨】轴对称设计图案的关键是掌握好轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
【例10】（2020春?抚州期末）如图，在4×4正方形网格中，将图中的2个小正方形涂上阴影，若再从其余小正方形中任选一个也涂上阴影，使得整个阴影部分组成的图形是轴对称图形，那么符合条件的小正方形共有（ ）
A．7个
B．8个
C．9个
D．10个
【分析】根据轴对称的性质画出图形即可．
【解答】解：如图，共有10种符合条件的添法，
故选：D．
【点评】本题考查的是利用轴对称设计图案，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
【变式10-1】（2020?宁波模拟）请在如图四个3×3的正方形网格中，画出与格点三角形（阴影部分）成轴对称且以格点为顶点的三角形，并将所画三角形涂上阴影．（注：所画的四个图不能重复）
【分析】直接利用轴对称图形的性质分别得出符合题意的图形．
【解答】解：如图所示：
．
【点评】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．
【变式10-2】（2020春?禅城区期末）观察设计：
（1）观察如图①、②中阴影部分构成的图案，请写出这2个图案都具有的2个共同特征；
（2）借助后面的空白网格，请设计2个新的图案，使该图案同时具有你在解答（1）中所写出的2个共同特征．（注意：新图案与已有的2个图案不能重合）
【分析】（1）根据轴对称图形的定义以及图形的面积解答即可．
（2）根据条件画出图形即可．
【解答】解：（1）都是轴对称图形，面积都是4个小正方形的面积和．
（2）符合题意他图案如图所示：
【点评】本题考查利用轴对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式10-3】（2020春?兰州期末）如图，是由4×4个大小完在一样的小正方形组成的方格纸，其中有两个小正方形是涂黑的，请再选择三个小正方形并涂黑，使图中涂黑的部分成为轴对称图形．并画出它的一条对称轴（如图例．画对一个得1分）
【分析】直接利用轴对称图形的性质分别得出符合题意的答案．
【解答】解：如图所示：
【点评】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．
