第十三章轴对称
【典型例题讲解】
拓展天地（1）
以给定的图形“○○，△△，＝”(两个圆，两个三角形，两条平行线)为构件，构思独特而有意义的轴对称图形，如下左图所示，是符合要求的图形，请你在图中方框里构思出一幅其他的图形，并写出一两句贴切、诙谐的解说词．
两盏电灯
【解析】两条平行线可看成2，两个圆看成两个0，由200联想到2008，两个三角形正好可组成一个8，再结合2008北京奥运会得出答案．
【解】如图所示：
解说词：北京好运
拓展天地(2)
如图，△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为D，延长CA到点E，使AE＝AF，点F 在AB上，求证EF∥AD.
【解析】由AB＝AC，AD⊥BC，可得Rt△ABD≌Rt△ACD，从而∠1＝∠2，过点A 作AG⊥EF，垂足为G，∵AE＝AF，可得Rt△AEG≌Rt△AFG，从而∠3＝∠4，∵∠1＋∠2＝∠3＋∠4，∴∠1＝∠3.∴AD∥EF.
【证明】过点A作AG⊥EF，垂足为G，
在Rt△AEG和Rt△AFG中，AE＝AF，AG＝AG，
∴Rt△AEG≌Rt△AFG，∴∠3＝∠4,
同理，∠1＝∠2，
∵∠BAC＝∠3＋∠4，即∠1＋∠2＝∠3＋∠4，
∴2∠1＝2∠3，∴∠1＝∠3.∴AD∥EF.
拓展天地(3)
如图，左边的树经过几次轴对称变换，可以变成右边的树？你能设计一种变换方案吗？
【解析】本题会有许多种不同的解法，一般需作四次轴对称变换，最少的是两次轴对称变换．
【解】如图所示，经过两次轴对称变换就可以将左边的树变成右边的树．
拓展天地(4)
如图所示，(1)A，B是直线m异侧的两点，在直线m上求一点P，使P A＋PB的长度最短．
(2)C，D是直线n同侧的两点，在直线n上求一点Q，使QC＋QD的长度最短．
【解析】(1)连接AB交直线m于点P，则点P为所求点．
(2)C，D是直线n同侧的两点，可考虑将它们转化为(1)的情形，不妨设想将点C转化为关于直线n的对称点C′，即不论直线n上任何一点Q，都应满足QC＝QC′，这样，C，D 与直线n上任意一点的距离之和就转化为C′，D与直线n上任意一点的距离之和．由QC＝QC′知，点Q在线段CC′的垂直平分线上，由Q的任意性知，直线n是线段CC′的垂直平分线．
(1)(2)
【解】(图略)(1)连接AB，交直线m于点P，则点P即为所求的点．
(2)作点C关于直线n的对称点C′，连接C′D交直线n于点Q，则点Q即为所求的点．
拓展天地（5）
在平面直角坐标系内画出下列各点：(3，－2)，(－5，3)，(－2，2)，(－1，－3)．将各点绕坐标原点旋转180°，求旋转后各点的坐标，并指出旋转前后点的坐标的变化规律．
【解析】 利用平面直角坐标系中的网格及全等三角形的判定，容易发现已知点绕原点旋转180°后的坐标．
【解】 点(3，－2)绕原点旋转180°后所得点的坐标为(－3，2)，点(－5，3)绕原点旋转180°后所得点的坐标为(5，－3)，点(－2，2)绕原点旋转180°后所得点的坐标为(2，－2)，点(－1，－3)绕原点旋转180°后所得点的坐标为(1，3)．变化规律是：旋转后所得点的横、纵坐标都是旋转前点的横、纵坐标的相反数．
拓展天地（6）
如图，已知∠AOB ＝α，在射线OA ，OB 上分别取点A 1，B 1，使得OA 1＝OB 1，连接A 1B 1；在B 1A 1，B 1B 上分别取点A 2，B 2，使B 1B 2＝ B 1 A 2，连接A 2B 2…按此规律下去，记∠A 2B 1B 2＝θ1，∠A 3B 2B 3＝θ2，…，∠A n ＋1B n B n ＋1＝θn ，则
(1)θ1＝________________；
(2)θn ＝________________．
【解析】 这是一个已知等腰三角形的顶角求其底角度数的问题．由∠AOB ＝α可求得∠θ1＝180°＋α2，由∠θ1＝180°＋α2可求得∠θ2＝3×180°＋α4，由∠θ2＝3×180°＋α4
可求得∠θ3＝7×180°＋α8
，…以此类推． 【答案】 (1)∠θ1＝180°＋α2 (2)∠θn ＝（2n －1）180°＋α2n
拓展天地（7）
已知如图，锐角△ABC 的两条高BE ，CD 相交于点O ，且OB ＝OC ，求证△ABC 是等腰三角形．
【解析】 由OB ＝OC ，可得∠OBC ＝∠OCB ，即∠BCD ＝∠CBE ，再由BE ，CD 是高，可发现题中隐含全等三角形： △BDC ≌△CEB ，从而得∠DBC ＝∠ECB ，∴AB ＝AC ，即△ABC 是等腰三角形．
【证明】 ∵OB ＝OC ，∴∠OBC ＝∠OCB.
∵BE ，CD 是两条高，∴∠BDC ＝∠CEB ＝90°.
又∵BC ＝CB ，∴△BDC ≌△CEB ，
∴∠DBC ＝∠ECB ，∴AB ＝AC ，∴△ABC 是等腰三角形．
拓展天地（8）
如图，C 是AB 上一点，△ACD ，△BCE 都是等边三角形，AE ，CD 相交于点M ，BD ，CE 相交于点N ，求证 △CMN 是等边三角形．
【解析】 由已知条件易知，∠MCN ＝60°，因此，只需证明△MCN 中有两边相等，就可以证明△MCN 是等边三角形．
【证明】 ∵△ACD ，△BCE 都是等边三角形，
∴AC ＝CD ，BC ＝CE ，∠1＝∠2＝60°，
∴∠3＝180°－∠1－∠2＝60°，∴∠ACE ＝∠DCB ＝120°.
在△ACE 和△DCB 中，AC ＝DC ，CE ＝CB ，∠ACE ＝∠DCB ，
∴△ACE ≌△DCB ，∴∠4＝∠5.
在△BCN 和△ECM 中，∠2＝∠3，BC ＝CE ，∠5＝∠4，
∴△BCN ≌△ECM ，∴CM ＝CN ，
又∵∠3＝60°，∴△CMN 是等边三角形．
拓展天地（9）
如图，△ABC 中，∠ACB ＝90°，BC ＝12
AB ，求证∠A ＝30°.
【解析】 本题是“含30°角的直角三角形性质”中将问题的结论与其中一个条件交换
而得的，对于BC ＝12AB ，其处理方法仍是“截半”或“倍长”．
【解】 如图，作AB 的垂直平分线DE ，交AB 于点D ，交AC 于点E ，连接EB.
∵DE 垂直平分AB ，∴BD ＝12
AB ，∠EDB ＝90°，AE ＝EB ，∴∠A ＝∠1. ∵BC ＝12AB ，BD ＝12
AB ，∴BD ＝BC ， 又∵∠ACB ＝∠EDB ＝90°，
又∵BD ＝BC ，BE ＝BE ，
∴Rt △BDE ≌Rt △BCE ，∴∠BED ＝∠BEC ，∴∠1＝∠2.
∵∠A ＝∠1，∴∠A ＝∠2＝∠1，
∵∠ACB ＝90°，∴∠A ＋∠2＋∠1＝90°，
∴3∠A ＝90°，∴∠A ＝30°.