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专题复习 轴对称图形常见重难点考查题型-《讲亮点》2022-2023学年八年级数学上册教材同步配套讲练(苏科版)
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这是一份专题复习 轴对称图形常见重难点考查题型-《讲亮点》2022-2023学年八年级数学上册教材同步配套讲练(苏科版),文件包含专题复习轴对称图形常见重难点考查题型-《讲亮点》2022-2023学年八年级数学上册教材同步配套讲练苏科版原卷版docx、专题复习轴对称图形常见重难点考查题型-《讲亮点》2022-2023学年八年级数学上册教材同步配套讲练苏科版解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共152页, 欢迎下载使用。
《讲亮点》2022-2023学年八年级数学上册教材同步配套讲练《苏科版》
专题复习 轴对称图形常见重难点考查题型
【题型目录】
考点一 轴对称图形的识别
考点二 生活中的轴对称现象
考点三 设计轴对称图案
考点四 轴对称的性质与应用
考点五 尺规作图
考点六 角平分线的性质
考点七 角平分线的性质与判定综合
考点八 线段垂直平分线的性质
考点九 等腰三角形的性质(求角度)
考点十 等腰三角形的性质(求线段)
考点十一 等腰三角形的性质(三线合一)
考点十二 等腰三角形的性质与判定(角平分线)
考点十三 直角三角形斜边中线定理
考点十四 等边三角形的性质
考点十五 等边三角形的判定与性质综合
考点十六 最短路径问题
考点十七 翻折与折叠问题
考点十八 轴对称综合问题
【考点一 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.
【例题1】(2022·湖北武汉·模拟预测)班徽是班级文化的一种,是整个班级精神的提炼,是班级活力和荣耀的象征.以下四个班徽图案为轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的定义判断即可.
【详解】
∵不是轴对称图形,∴A不符合题意;
∵不是轴对称图形,∴B不符合题意;
∵不是轴对称图形,∴C不符合题意;
∵是轴对称图形,∴D符合题意;
故选D.
【点睛】
本题考查了轴对称图形即将图形沿着某条直线折叠,直线两旁的部分完全重合,熟练掌握定义是解题的关键.
【变式1-1】(2022·河北保定·一模)七巧板是我国的一种传统智力玩具.下列用七巧板拼成的图形中,是轴对称图形的是( )
A.B.C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的定义去逐一判断即可.
【详解】
解:A是轴对称图形,符合题意,
不是轴对称图形,不符合题意,
不是轴对称图形,不符合题意,
不是轴对称图形,不符合题意,
故选A.
【点睛】
本题考查了轴对称图形的定义,准确理解定义,是解题的关键.
【变式1-2】(2022·江苏·八年级专题练习)如图,在正方形网格中,分别将①②③④四个网格涂上阴影,能与原阴影部分构成一个轴对称图形的有____________.(填网格序号)
【答案】②③.
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念求解.
【详解】
解:有2个使之成为轴对称图形,分别为:②,③.
故答案是:②③.
【点睛】
此题主要考查了轴对称图形的概念,正确把握轴对称图形的概念是解题关键.
【变式1-3】(2021·河南·平顶山四十一中七年级期中)如图,已知线段a和b,直线AB和CD相交于点O.利用尺规(直尺、圆规),按下列要求作图:
(1)在射线OA,OB,OC上作线段OA',OB',OC',使它们分别与线段a相等;
(2)在射线OD上作线段OD',使OD'与线段b相等;
(3)连接A'C',C'B',B'D',D'A';
(4)你得到了一个怎样的图形?
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析;(4)轴对称图形
【解析】
【分析】
(1)以为圆心,以线段的长为半径画圆,交OA,OB,OC上于点、、,即可;
(2)以为圆心,以线段的长为半径画圆,交OD上于点,即可;
(3)连接对应线段即可;
(4)根据图形的性质,求解即可.
【详解】
解:(1)以为圆心,以线段的长为半径画圆,交OA,OB,OC上于点、、,如下图:
(2)以为圆心,以线段的长为半径画圆,交OD上于点,如下图:
(3)连接、、、,如下图:
(4)观察图形可得,得到的图形为轴对称图形.
【点睛】
此题考查了尺规作图,作线段,涉及了轴对称图形的识别,解题的关键是按照题意,正确作出图形.
【考点二 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.
【例题2】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
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意,画出图形,由轴对称的性质判定正确选项.
【详解】
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1号袋,
故选A.
【点睛】
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2-1】(2020·河北保定·八年级期末)如图,设 和是镜面平行相对且间距为30cm的两面镜子,把一个小球A放在和之间,小球在镜中的像为,在镜中的像为,则等于( )
A.10cm B.20cm C.40cm D.60cm
【答案】D
【解析】
【分析】
如图所示,经过反射后,A'B=AB,A'C=CA'',则AA''=AC+A''C=AC+A'C=AC+2AB+AC=2BC,即可求解.
【详解】
如图所示,
经过反射后,A'B=AB,A'C=CA'',
∴AA''=AC+A''C=AC+A'C=AC+2AB+AC=2BC=60cm.
故选:D.
【点睛】
本题考查的是镜面反射的性质即轴对称的性质;解决本题的关键,是理解实物与像关于镜面对称.那么到镜面的距离就相等.
【变式2-2】(2021·江苏泰州·八年级期中)一辆汽车的车牌号在水中的倒影是“”,那么它的实际车牌号是:___.
【答案】苏.
【解析】
【分析】
关于倒影,相应的数字应看成是关于倒影下边某条水平的线对称.
【详解】
解:它的实际车牌号是:苏,
故答案为:苏.
【点睛】
本题考查了镜面反射的性质;解决本题的关键是得到对称轴,进而得到相应数字.
【变式2-3】(2021·四川·沐川县教师进修学校七年级期末)画图探究:
(1)如图1,点和点位于直线两侧,是直线上一点,点使的值最小.请你通过画图,在图1中找出点;
(2)如图2,点和点位于直线同侧,是直线上一点,点使的值最小.请你通过画图,在图2中找出点;
实践应用:
(3)如图3,在四边形中,,,点在边上,点在边上,点、点使的周长的值最小.请你通过画图,在图3中找出点和点并求的度数.
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析,
【解析】
【分析】
(1)根据两点之间线段最短,连接,与直线相交点即是点;
(2)作点关于直线的对称点,则,连接与直线相交点即是点;
(3)分别作出点关于,的对称点,,连接分别交、于点、,根据垂直平分线的定义即可求解.
【详解】
解:(1)根据两点之间线段最短,连接与直线相交点,
此时最小;
(2)作点关于直线的对称点,则
,
连接与直线相交点即是点,此时最小,即最小;
(3)如图3,分别作出点关于,的对称点,,
连接分别交、于点、,此时周长最小;
∵,,
∴,∴,
∴.
∴.
【点睛】
此题考查了两点之间线段最短,轴对称的性质,熟练掌握相关性质是解题的关键.
【考点三 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.
【例题3】(2022·江苏·八年级专题练习)如图,在的正方形格纸中,格线的交点称为格点,以格点为顶点的三角形称为格点三角形,图中是一个格点三角形,在这个的正方形格纸中,与成轴对称的格点三角形最多有( )
A.3个 B.4个 C.5个 D.6个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据网格结构分别确定出不同的对称轴,然后作出成轴对称的三角形即可得解;
【详解】
解:与△ABC成轴对称的格点三角形最多有6个.
故答案为:D.
【点睛】
本题考查了利用轴对称变换作图,熟练掌握网格结构并准确找出对应点的位置是解题的关键,本题难点在于确定出不同的对称轴.
【变式3-1】(2021·北京师大附中八年级期中)如图所示的“钻石”型网格(由边长都为1个单位长度的等边三角形组成),其中已经涂黑了3个小三角形(阴影部分表示),请你再只涂黑一个小三角形,使它与阴影部分合起来所构成的图形是一个轴对称图形,一共有( )种涂法.
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】C
【解析】
【分析】
将一个图形沿着某条直线翻折,直线两侧的部分能够完全重合的图形是轴对称图形,根据轴对称图形的概念进行设计即可.
【详解】
解:如图所示:
故选:C
【点睛】
本题主要考查轴对称图形的概念,解决本题的关键是要熟练掌握轴对称图形的概念.
【变式3-2】(2022·广西北海·七年级期末)如图,在的正方形网格中已有2个正方形涂黑,再选择一个正方形涂黑,使得3个涂黑的正方形组成轴对称图形,选择的位置共有______处.
【答案】7
【解析】
【分析】
根据轴对称的概念作答.如果一个图形沿一条直线对折,直线两旁的部分能互相重合,那么这个图形叫做轴对称图形.
【详解】
解:选择一个正方形涂黑,使得3个涂黑的正方形组成轴对称图形,选择的位置有①下1;②下2;③中3;④中4;⑤上5;⑥上6;⑦上7.
如图:
选择的位置共有7处.
故答案为:7.
【点睛】
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.
【变式3-3】(2022·四川达州·七年级期末)如图,在正方形网格中,△ABC的顶点都在格点上,∠ACB=90°,AC=BC,点C在直线MN上,请完成下列问题:
(1)画出△ABC关于直线MN的对称图形;
(2)连接,交AC于D,若∠BCN=59°,画出图形,并求∠ADB的度数.
【答案】(1)见详解
(2)104°
【解析】
【分析】
(1)根据题意画△ABC关于直线MN的对称图形即可;
(2)根据三角形的内角和定理和外角的性质进行求解即可;
(1)
解:如图,即为所求;
(2)
如图,
∵∠BCN=59°,
∴
∴
∴,
∵
∴
∵∠ACB=90°,
∴.
【点睛】
本题主要考查画对称轴图形、三角形内角和定理、三角形外角的性质,掌握相关知识是解题的关键.
【考点四 轴对称的性质与应用】
【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.
【例题4】(2021·江苏·南通市通州区育才中学七年级阶段练习)如图,在四边形中,,与互为补角,点在边上,将沿翻折,得到,若,平分,则的度数为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可以假设,,构建方程组求解即可.
【详解】
解:由题意可以假设,,
∵,
∴,,
∵,
∴,
∵,
∴,
由翻折可知,
∴,
∴,,
∴,
故选:A.
【点睛】
本题考查翻折变换,四边形内角和定理,平行线的性质等知识,解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题,属于中考常考题型.
【变式4-1】(2021·山西晋中·七年级期末)如图1是的一张纸条,按图1→图2→图3,把这一纸条先沿折叠并压平,再沿折叠并压平,若图3中则图2中的度数为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
图,设∠B′FE=x°,根据折叠的性质得∠BFE=∠B′FE= x°,∠AEF=∠A′EF,则∠BFC= x°-18°,再由第2次折叠得到∠C′FB=∠BFC= x°-18°,于是利用平角定义可计算出x°=66°,接着根据平行线的性质得∠A′EF=180°-∠B′FE=114°,所以∠AEF=114°.
【详解】
解:如图,设∠B′FE= x°,
∵纸条沿EF折叠,
∴∠BFE=∠B′FE= x°,∠AEF=∠A′EF,
∴∠BFC=∠BFE-∠CFE= x°-18°,
∵纸条沿BF折叠,
∴∠C′FB=∠BFC= x°-18°,
而∠B′FE+∠BFE+∠C′FE=180°,
∴x°+ x°+ x°-18°=180°,解得x°=66°,
∵A′D′∥B′C′,
∴∠A′EF=180°-∠B′FE=180°-66°=114°,
∴∠AEF=114°.
故选:B.
【点睛】
本题考查了折叠的性质:折叠是一种对称变换,它属于轴对称,折叠前后图形的形状和大小不变,位置变化,对应边和对应角相等.解决本题的关键是画出折叠前后得图形.
【变式4-2】(2022·山东青岛·七年级期末)如图,将一条长为7cm的卷尺铺平后折叠,使得卷尺自身的一部分重合,然后在重合部分(阴影处)沿与卷尺边垂直的方向剪一刀,此时卷尺分为了三段,若这三段长度由短到长的比为2:3:5,其中没有完全盖住的部分最长,则折痕对应的刻度可能是 _____cm.
【答案】2.45或2.8
【解析】
【分析】
先利用三段长度之比求得三段的长,然后由中间段求得折痕对应的刻度.
【详解】
解:∵三段长度由短到长的比为2:3:5,卷尺总长为7cm,
∴最长的一段长7×=3.5(cm),
中间长的一段长7×=2.1(cm),最短一段长7×=1.4(cm),
如图,则BD=3.5cm,
当BC为最短段时,BC=1.4cm,2AB=2.1cm,
∴AC=AB+BC=1.05+1.4=2.45(cm),
∴折痕对应的刻度为2.45cm;
当BC段为中间长的那段时,BC=2.1cm,2AB=1.4cm,
∴AB=0.7cm,
∴AC=AB+BC=0.7+2.1=2.8(cm),
∴折痕对应的刻度为2.8cm;
综上所述,折痕对应的刻度为2.45cm或2.8cm.
故答案为:2.45或2.8.
【点睛】
本题考查了对折的性质、比例的计算,解题的关键是由比例关系求出三段的长度.
【变式4-3】(2022·贵州六盘水·七年级期末)如图,和关于直线对称,与的交点在直线上.
(1)图中点的对应点是点__________,的对应角是_______
(2)若,,则的长为_______
(3)若,,求的度数.
【答案】(1),;
(2)3
(3)
【解析】
【分析】
(1)由轴对称的性质,即可得到对应顶点、对应角、对应边;
(2)由轴对称的性质,得到,即可求出的长度;
(3)先求出的度数,然后由轴对称的性质,即可求出答案.
(1)
解:∵和关于直线对称,
∴点的对应点是点;
的对应角是;
故答案为:,;
(2)
解:∵和关于直线对称,
∴,
∵,
∴;
故答案为:3;
(3)
解:∵,,
∴,
∵和关于直线对称,
∴;
【点睛】
本题考查了轴对称的性质,解题的关键是掌握轴对称的性质.
【考点五 尺规作图】
【例题5】(2021·湖南·长沙市中雅培粹学校八年级阶段练习)如图,在△ABC中,,,,用尺规作图的方法:以C点为圆心,以大于长为半径画弧,再以B点为圆心,以相同长度为半径画弧,两弧相交于点M、N,连接MN交AB于点D,则△ACD的周长为( )
A.12 B.14 C.16 D.21
【答案】B
【解析】
【分析】
根据作图得到MN是线段BC的垂直平分线,得到BD=CD,由此得到△ACD的周长=AC+AB,代入计算即可.
【详解】
解:由作图得MN是线段BC的垂直平分线,
∴BD=CD,
∴△ACD的周长=AC+AD+CD=AC+AD+BD=AC+AB=5+9=14,
故选:B.
【点睛】
此题考查了线段垂直平分线的作图,线段垂直平分线的性质,熟记线段垂直平分线的作图方法是解题的关键.
【变式5-1】(2021·全国·八年级)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,∠A=20°,以△ABC的一边为边画等腰三角形,使得它的第三个顶点在△ABC的其他边上,则可以画出的等腰三角形的个数最多为( )
A.4个 B.5个 C.6个 D.7个
【答案】D
【解析】
【分析】
①以B为圆心,BC长为半径画弧,交AB于点D,△BCD就是等腰三角形;
②以A为圆心,AC长为半径画弧,交AB于点E,△ACE就是等腰三角形;
③以C为圆心,BC长为半径画弧,交AC于点F,△BCF就是等腰三角形;
④以C为圆心,BC长为半径画弧,交AB于点K,△BCK就是等腰三角形;
⑤作AB的垂直平分线交AC于G,则△AGB是等腰三角形;
⑥作BC的垂直平分线交AB于I,则△BCI和△ACI是等腰三角形.
【详解】
解:如图:可以画出7个等腰三角形.
故选:D.
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定的应用,需要分情况讨论,主要考查学生的理解能力和动手操作能力.
【变式5-2】(2022·吉林吉林·八年级期末)在中,,.用无刻度的直尺和圆规在边上找一点D,使为等腰三角形.下列作法正确的有________个.
【答案】3
【解析】
【分析】
根据图中的圆心、半径已经角平分线、垂直平分线的作法,依次判断即可得.
【详解】
解:第一个图以C为圆心,AC长为半径,
∴为等腰三角形,符合题意;
第二个图为作的角平分线,无法得到为等腰三角形,不符合题意;
第三个图以B为圆心,AB长为半径,
∴为等腰三角形,
∵,
∴,
∴为等边三角形,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴为等腰三角形,符合题意;
第四个图为作线段AC的垂直平分线,可得,
∴为等腰三角形,符合题意;
综上可得:有三个图使得为等腰三角形,
故答案为:3.
【点睛】
题目主要考查等腰三角形的性质及角平分线、垂直平分线的作法,熟练掌握各个图形的作法是解题关键.
【变式5-3】(2022·广东·普宁市华美实验学校八年级阶段练习)如图,已知△ABC,AC>AB.请用尺规作图法完成下列问题.
(1)作△ABC的高AD.(保留作图痕迹.不写作法)
(2)在高AD上求作一点P,使点P分别到AC ,BC的距离相等.(保留作图痕迹.不写作法)
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【解析】
【分析】
(1)作边的高即可;
(2)作∠ACB的角平分线交AD于点P,点P即为所求.
(1)
解:如图,即为所求.
(2)
解:如图,点P即为所求.
【点睛】
本题考查作图-复杂作图,角平分线的性质定理,垂直平分线定理,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题.
【考点六 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.
【例题6】(2022·广东佛山·七年级期末)如图,中,,的角平分线、相交于点,过点作交的延长线于点,交于点,则下列结论:①;②;③;④连接,平分.其中正确的是( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【答案】D
【解析】
【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.
【详解】
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(AAS),
∴∠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(AAS),
∴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.
【点睛】
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6-1】(2022·江苏·如东县实验中学七年级阶段练习)如图,在中,,,D为形外一点,DA平分∠BAC,且,则∠DCB的度数为( )
A. B.60° C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
如图,延长AB到P,延长AC到Q,作DH⊥AP于H,DE⊥AQ于E,DF⊥BC于F.证明DE=DF,推出DC平分∠QCB即可解决问题.
【详解】
解:如图,延长AB到P,延长AC到Q,作DH⊥AP于H,DE⊥AQ于E,DF⊥BC于F.
∵∠PBC=∠BAC+∠ACB=+,,
∴∠DBC=∠DBH,
∵DF⊥BC,DH⊥BP,
∴DF=DH,
又∵DA平分∠PAQ,DH⊥PA,DE⊥AQ,
∴DE=DH,
∴DE=DF,
∴CD平分∠QCB,
∵∠QCB=180°﹣∠ACB=180°-,
∴∠DCB=∠QCB=(180°-)=,
故选:C.
【点睛】
本题考查三角形的外角的性质,角平分线的性质定理和判定定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,灵活运用所学知识解决问题.
【变式6-2】(2022·全国·八年级)如图,已知,、分别平分和且度,则______度.
【答案】60
【解析】
【分析】
根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD=∠BAC+∠ABC,∠ECD=∠BEC+∠EBC,根据角平分线的定义可得∠EBC=∠ABC,∠ECD=∠ACD,然后整理得到∠BEC=∠BAC,过点E作EF⊥BD于F,作EG⊥AC于G,作EH⊥BA交BA的延长线于H,根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得EF=EG=EH,再根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断出AE平分∠CAH,然后列式计算即可得解.
【详解】
解:由三角形的外角性质得,∠ACD=∠BAC+∠ABC,∠ECD=∠BEC+∠EBC,
∵BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD,
∴∠EBC=∠ABC,∠ECD=∠ACD,
∴∠BEC+∠EBC=(∠BAC+∠ABC),
∴∠BEC=∠BAC,
∵∠BEC=30°,
∴∠BAC=60°,
过点E作EF⊥BD于F,作EG⊥AC于G,作EH⊥BA交BA的延长线于H,
∵BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD,
∴EF=EH,EF=EG,
∴EF=EG=EH,
∴AE平分∠CAH,
∴∠EAC=(180°∠BAC)=(180°60°)=60°.
故答案为:60°.
【点睛】
本题考查了三角形的内角和定理,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,角平分线上的点到角的两边距离相等的性质,到角的两边距离相等的点在角的平分线上的性质,熟记各性质并作辅助线是解题的关键.
【变式6-3】(2022·全国·八年级专题练习)如图1,在△ABC中,∠BAC的平分线AD与∠BCA的平分线CE交于点O.
(1)求证:∠AOC=90°+∠ABC;
(2)当∠ABC=90°时,且AO=3OD(如图2),判断线段AE,CD,AC之间的数量关系,并加以证明.
【答案】(1)见解析
(2)AE+CD=AC,证明见解析
【解析】
【分析】
(1)求出∠BAC+∠BCA=180°-∠ABC,根据角平分线定义求出∠OAC=∠BAC,∠OCA=∠BCA,即可求出∠OAC+∠OCA的度数,根据三角形内角和定理求出即可;
(3)在AC上分别截取AM、CN,使AM=AE,CN=CD,连接OM,ON,证△AEO≌△AMO,△DCO≌△NCO,推出∠EOA=∠MOA,∠CON=∠COD,OD=ON,求出∠MON=∠MOA=45°,根据角平分线性质求出MK=ML,据此计算即可求解.
(1)
证明:∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°,
∴∠BAC+∠BCA=180°-∠ABC,
∵∠BAC的平分线AD与∠BCA的平分线CE交于点O.
∴∠OAC=∠BAC,∠OCA=∠BCA,
∴∠OAC+∠OCA=(∠BAC+∠BCA)=(180°-∠ABC)=90°-∠ABC,
∴∠AOC=180°-(∠OAC+∠OCA)=180°-(90°-∠ABC),
即∠AOC=90°+∠ABC;
(2)
解:AE+CD=AC,
证明:如图2,∵∠AOC=90°+∠ABC=135°,
∴∠EOA=45°,
在AC上分别截取AM、CN,使AM=AE,CN=CD,连接OM,ON,
则在△AEO和△AMO中,,
∴△AEO≌△AMO,
同理△DCO≌△NCO,
∴∠EOA=∠MOA,∠CON=∠COD,OD=ON,
∴∠EOA=∠MOA=∠CON=∠COD=45°,
∴∠MON=∠MOA=45°,
过M作MK⊥AD于K,ML⊥ON于L,
∴MK=ML,
S△AOM=AO×MK,S△MON=ON×ML,
∴,
∵,
∴,
∵AO=3OD,
∴,
∴,
∴AN=AM=AE,
∵AN+NC=AC,
∴AE+CD=AC.
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定,角平分线定义和性质,三角形的面积,三角形内角和定理的应用,熟练掌握各性质定理是解答此题的关键.
【考点七 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.
【例题7】(2022·全国·八年级课时练习)如图,点A、C在∠FBD的两条边BF、BD上,BE平分∠FBD,CE平分∠ACD,连接AE,若∠BEC=35°,则∠FAE的度数为( )
A.35° B.45° C.55° D.65°
【答案】C
【解析】
【分析】
过点E作EH⊥BC,EG⊥AC,EM⊥AB,垂足分别为H、G、M,由三角形的角平分线的判定定理可得AE平分∠FAC,结合三角形外角的性质可求得∠BAC=2∠BEC=70°,由补角的定义可求解∠FAC的度数,再利用角平分线的定义可求解.
【详解】
解:过点E作EH⊥BC,EG⊥AC,EM⊥AB,垂足分别为H、G、M,如图所示:
∵BE平分∠FBD,CE平分∠ACD,
∴∠ABC=2∠EBD,∠ACD=2∠ECD,EH=EM,EH=EG,
∴EG=EM,
∴AE平分∠FAC,
∵∠ACD=∠ABC+∠BAC,∠ECD=∠EBC+∠BEC,
∴2∠ECD=2∠EBD+∠BAC,2∠ECD=2∠EBD+2∠BEC,
∴∠BAC=2∠BEC,
∵∠BEC=35°,
∴∠BAC=2×35°=70°,
∵∠BAC+∠FAC=180°,
∴∠FAC=180°﹣70°=110°,
∵AE平分∠FAC,
∴∠FAE=∠FAC=55°.
故选:C.
【点睛】
本题主要考查角平分线的判定定理、性质定理及三角形外角的性质,熟练掌握角平分线的判定定理及性质定理、三角形外角的性质是解题的关键.
【变式7-1】(2022·江苏·景山中学七年级期末)如图,∠ABC、∠ACD的平分线BP、CP交于点P,PF⊥BD,PG⊥BE,垂足分别为F、G,下列结论:①:=AB:BC;②∠APB+∠ACP=90°;③∠ABC+2∠APC=180°,其中正确的结论有( )
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据角平分线的性质,得到PG=PF,结合面积公式,可以判断结论①;过点P作PM⊥AC,垂足为M,则PF=PM=PG,得到PA平分∠EAC,利用角的平分线定义,∠1=∠2+∠3,∠1+∠2=∠3+∠4+∠5,∠4=∠5,得证∠2=∠4,从而判断结论②,利用四边形内角和定理结合角的平分线判断最后结论.
【详解】
∵∠ABC、∠ACD的平分线BP、CP交于点P,PF⊥BD,PG⊥BE,
∴PG=PF,
∴:==AB:BC,
∴结论①正确;
过点P作PM⊥AC,垂足为M,根据题意,得PF=PM=PG,
∴PA平分∠EAC,
∴∠PAG=∠PAM,
∵PA=PA,∠PGA=∠PMA=90°
∴△PAG≌△PAM,同理可证,△PCM≌△PCF,△PBG≌△PBF,
∴∠1=∠2+∠3,∠1+∠2=∠3+∠4+∠5,∠4=∠5,
∴∠2=∠4,
∵∠4+∠ACP=90°,
∴∠2+∠ACP=90°,
∴∠APB+∠ACP=90°,
∴结论②正确,
∵∠ABC+∠BGP+ ∠GPF+∠PFB=360°,∠BGP=∠BFP=90°,
∴∠ABC+∠GPF=180°,
∵∠1=∠2+∠3,∠1+∠2=∠3+∠4+∠5,∠4=∠5,
∴∠GPF=2∠APC,
∴∠ABC+2∠APC=180°,
∴结论③正确,
故选D.
【点睛】
本题考查了角平分线的性质和判定,四边形的内角定理,三角形面积公式,熟练掌握角的平分线的性质和判定是解题的关键.
【变式7-2】(2021·湖北·黄石经济技术开发区教研室九年级期中)如图,在△AOB和△COD中,OA=OB,OC=OD,OA
【答案】①②④
【解析】
【分析】
由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA=∠ODB,AC=BD,②正确;
由全等三角形的性质得出∠OAC=∠OBD,由三角形的外角性质得:∠AMB+∠OBD=∠OAC+∠AOB,得出∠AMB=∠AOB=36°,①正确;
作OG⊥AM于G,OH⊥DM于H,如图所示:则∠OGA=∠OHB=90°,利用全等三角形对应边上的高相等,得出OG=OH,由角平分线的判定方法得出MO平分∠AMD,④正确;
假设MO平分∠AOD,则∠DOM=∠AOM,由全等三角形的判定定理可得△AMO≌△DMO,得AO=OD,而OC=OD,所以OA=OC,而OA<OC,故③错误;即可得出结论.
【详解】
解:∵∠AOB=∠COD=36°,
∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC,
即∠AOC=∠BOD,
在△AOC和△BOD中,
∴△AOC≌△BOD(SAS),
∴∠OCA=∠ODB,AC=BD,故②正确;
∵∠OAC=∠OBD,
由三角形的外角性质得:
∠AMB+∠OBD=∠OAC+∠AOB,
∴∠AMB=∠AOB=36°,故①正确;
作OG⊥AM于G,OH⊥DM于H,如图所示,
则∠OGA=∠OHB=90°,
∵△AOC≌△BOD,
∴OG=OH,
∴MO平分∠AMD,故④正确;
假设MO平分∠AOD,则∠DOM=∠AOM,
在△AMO与△DMO中,,
∴△AMO≌△DMO(ASA),
∴AO=OD,
∵OC=OD,
∴OA=OC,
而OA<OC,故③错误;
所以其中正确的结论是①②④.
故答案为:①②④.
【点睛】
本题属于三角形综合题,是中考填空题压轴题,考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识;证明三角形全等是解题的关键.
【变式7-3】(2022·全国·八年级专题练习)如图,和都是等边三角形,连接与,延长交于点H.
(1)证明:;
(2)求的度数;
(3)连接,求证:平分.
【答案】(1)见解析
(2)60°
(3)见解析
【解析】
【分析】
(1)由△ABD和△BCE都是等边三角形得BA=BD,BE=BC,∠ABD=∠EBC=60°,所以∠ABE=∠DBC=60°−∠DBE,即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ABE≌△DBC,得AE=DC;
(2)由△ABE≌△DBC得∠BAE=∠BDC,因为∠BAD=∠BDA=60°,所以∠HAD+∠HDA==120°,所以∠AHD=60°;
(3)作BF⊥HA于点F,BG⊥HC交HC的延长线于点G,则∠AFB=∠BFH=∠G=90°,即可证明△BAF≌△BDG,则BF=BG,根据“到角的两边距离相等的点在角的平分线上”即可证明HB平分∠AHC.
(1)
证明:如图1,
∵△ABD和△BCE都是等边三角形,
∴BA=BD,BE=BC,∠ABD=∠EBC=60°,
∴∠ABE=∠DBC=60°−∠DBE,
在△ABE和△DBC中,
,
∴△ABE≌△DBC(SAS),
∴AE=DC.
(2)
解:如图1,由(1)得△ABE≌△DBC,
∴∠BAE=∠BDC,
∵∠BAD=∠BDA=60°,
∴∠HAD+∠HAD
=∠HAD+∠BDC+∠BDA
=∠HAD+∠BAE+∠BDA
=∠BAD+∠BDA
=120°,
∴∠AHD=180°−(∠HAD+∠HDA)=60°.
(3)
证明:如图2,作BF⊥HA于点F,BG⊥HC交HC的延长线于点G,
则∠AFB=∠BFH=∠G=90°,
由△ABE≌△DBC得∠BAF=∠BDG,
在△BAF和△BDG中,
,
∴△BAF≌△BDG(AAS),
∴BF=BG,
∴点B在∠AHC的平分线上,
∴HB平分∠AHC.
【点睛】
此题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、到角的两边距离相等的点在角的平分线上等知识,证明三角形全等是解题的关键.
【考点八 线段垂直平分线的性质】
【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
【例题8】(2022·山东淄博·七年级期末)如图,△ABC中,AD平分∠BAC,DG⊥BC且平分BC,DE⊥AB于E,DF⊥AC于F.若AB=7,AC=3,则BE=( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】B
【解析】
【分析】
如图,连接,,由题意知,,,证明,则,由DG⊥BC且平分BC,可知DG是线段BC的垂直平分线,则,证明,则,根据,,,可得,进而可求的值.
【详解】
解:如图,连接,
∵AD平分∠BAC,DE⊥AB于E,DF⊥AC于F
∴,,
在和中
∵
∴
∴
∵DG⊥BC且平分BC
∴DG是线段BC的垂直平分线
∴
在和中
∵
∴
∴
∵,,,
∴
∴
∴
故选B.
【点睛】
本题考查了角平分线的性质,垂直平分线的性质,全等三角形的判定与性质等知识.解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用.
【变式8-1】(2022·山东滨州·八年级期末)如图,△ABC中,BC的垂直平分线DP与∠BAC的角平分线相交于点D,垂足为点P,∠BAC=84°,则∠BDC=( )
A.84° B.96° C.100° D.不能确定
【答案】B
【解析】
【分析】
过点D作DE⊥AC,DF⊥AB,垂足分别为E、F,利用角平分线的性质及线段垂直平分线的性质得到DE=DF,DB=DC,证明△DFB≌△DEC(SAS),得到∠BDF=∠CDE,根据四边形AFDE的内角和求出∠EDF=96°,由此得到∠BDC的度数.
【详解】
解:过点D作DE⊥AC,DF⊥AB,垂足分别为E、F,
∵AD平分∠BAC,
∴DE=DF,
∵DP垂直平分BC,
∴DB=DC,
∵∠F=∠DEC=90°,
∴△DFB≌△DEC(SAS),
∴∠BDF=∠CDE,
∵∠F+∠FAE+∠AED+∠EDF=360°,
∴∠BAC+∠EDF=180°,
∵∠BAC=84°,
∴∠EDF=96°,
∴∠BDC=96°,
故选:B.
【点睛】
此题考查了角平分线的性质定理,线段垂直平分线的性质,全等三角形的判定和性质,四边形内角和,熟记角平分线的性质定理,线段垂直平分线的性质是解题的关键.
【变式8-2】(2021·湖南·邵阳市第六中学八年级阶段练习)如图,在中,、的垂直平分线分别交于、两点,并且相交于点,且,则的度数是______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据四边形内角和为求出,根据三角形内角和定理求出,根据线段垂直平分线的性质得到,,进而得到,,结合图形计算,得到答案.
【详解】
解:、的垂直平分线相交于点,,
,
,
、的垂直平分线分别交于、两点,
,,
,,
,
,
故答案为:.
【点睛】
本题考查的是线段垂直平分线的性质、三角形内角和定理,解题的关键是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.
【变式8-3】(2021·吉林长春·八年级期末)如图,在△ABC中,CA=CB,过点A作射线AP∥BC,点M、N分别在边BC、AC上(点M、N不与所在线段端点重合),且BM=AN,连结BN并延长交射线AP于点D,连结MA并延长交AD的垂直平分线于点E,连结ED.
【猜想】如图①,当∠C=30°时,可证△BCN≌△ACM,从而得出∠CBN=∠CAM,进而得出∠BDE的大小为______度.
【探究】如图②,若∠C=β.
(1)求证:△BCN≌△ACM.
(2)∠BDE的大小为______度(用含β的代数式表示).
【应用】如图③,当∠C=120°时,AM平分∠BAC,若AM、BN交于点F,DE=DF,DE=1,则△DEF的面积为______.
【答案】【猜想】150;【探究】(1)见解析;(2)(180﹣β);【应用】1
【解析】
【分析】
猜想:延长ED交BC于点F,交AC于点O.证明∠BNC=∠BFE,再利用三角形的外角的性质即可解决问题;
探究:(1)同理根据SAS证明:△BCN≌△ACM;(2)延长ED交BC于点F,方法同(1)证出∠ACB=∠BDF=β,则可得出答案;
应用:证明∠E=90°,求出DF=2,根据三角形的面积公式可得结论.
【详解】
证明:如图,延长ED交BC于点F,交AC于点O,
∵CB=CA,
∴∠ABM=∠BAN,
∵CA=CB,BM=AN,
∴CM=CN,
∵∠C=∠C,
∴△BCN≌△ACM(SAS),
∴∠CBN=∠CAM,
∵E是AD的垂直平分线上的点,
∴EA=ED,
∴∠EAD=∠EDA,
∵AD∥BC,
∴∠EAD=∠EMF,∠EDA=∠EFM,
∴∠BNC=∠BFE,
∴∠NOD+∠BDF=∠C+∠FOC,
∵∠C=30°,∠FOC=∠NOD,
∴∠NDO=30°,
∴∠BDE=150°,
故答案为:150°;
探究:
(1)证明:∵CA=CB,BM=AN,
∴CA﹣AN=CB﹣BM,
∴MC=NC,
在△BCN和△ACM中,,
∴△BCN≌△ACM(SAS);
(2)如图,延长ED交BC于点F,
同理得△BCN≌△ACM(SAS),
∴∠CBN=∠CAM,
同理得:∠BNC=∠AMC=∠BFE,
∴∠BNC+∠NBC=∠NBC+∠BFE,
∴∠ACB=∠BDF=β,
∴∠BDE=180°﹣β.
故答案为:(180﹣β);
应用:
∵∠C=120°,CA=CB,
∴∠BAC=30°,
∵AM平分∠BAC,
∴∠MAC=∠BAC=15°,
∵AP∥BC,
∴∠C=∠CAD=120°,
∴∠EAD=180°﹣∠MAC﹣∠CAD=45°,
由(2)可知,∠BDE=180°﹣120°=60°,∠CBN=∠CAM=∠ADB=15°,
∴∠ADE=45°,
∴∠E=90°,
∵DE=DF,DE=1,
∴DF=2,
∴△DEF的面积为.
故答案为:1.
【点睛】
本题是三角形综合题,考查了全等三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质等知识,解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题,学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题.
【考点九 等腰三角形的性质(求角度)】
【方法点拨】解决此类问题的关键要掌握等腰三角形两底角相等(简称等边对等角),常与三角形外角的性质及三角形内角和定理结合运用.
【例题9】(2022·湖北武汉·八年级期末)如图,△ABC中,∠CAB=∠CBA=48°,点O为△ABC内一点,∠OAB=12°,∠OBC=18°,则∠ACO+∠AOB=( )
A.190° B.195° C.200° D.210°
【答案】D
【解析】
【分析】
作于点D,延长BO交CD于点P,连接AP.由题意可求出.由所作辅助线可判断CD为AB的垂直平分线,即得出,从而得出,进而可求出.由图易求出,由三角形外角性质可求出,即.再根据,即得出,从而可证明,即得出AC=AO.由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求出的值,再根据三角形内角和定理可求出的值,相加即可.
【详解】
如图,作于点D,延长BO交CD于点P,连接AP.
由题意可求出,
∵,
∴.
∵,
∴CD为AB的垂直平分线,
∴,
∴,
∴,
∵,,
∴.
∵,
∴.
又∵,
∴,
∴AC=AO.
∵,
∴.
∵,
∴
故选D.
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质,三角形内角和定理,三角形外角的性质,线段垂直平分线的性质以及三角形全等的判定和性质,综合性强,较难.正确做出辅助线是解题关键.
【变式9-1】(2021·江苏无锡·八年级期中)如图,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=46°,∠BAC的平分线与AB的垂直平分线OD交于点O,点E在BC上,点F在AC上,连接EF.将∠C沿EF折叠,点C与点O恰好重合时,则∠OEC的度数( )
A.90° B.92° C.95° D.98°
【答案】B
【解析】
【分析】
仔细分析题意,可连接BO,CO,根据角平分线性质和中垂线性质不难得到∠OAB=∠OBA;然后结合三角形内角和定理以及等边对等角可得∠ABC的度数;接下来根据全等三角形的判定易得△ABO≌△ACO,进而结合全等三角形的性质可得∠OCB的度数;最后根据折叠变换的性质得出EO=EC,由等边对等角以及三角形内角和定理的知识即可求出∠OEC的度数.
【详解】
解:连接BO,CO,
∵∠BAC=46°,∠BAC的平分线与AB的中垂线交于点O,
∴∠OAB=∠OAC=23°,
∵OD是AB的垂直平分线,
∴OA=OB,
∵OA=OB,∠OAB=23°,
∴∠OAB=∠ABO=23°,
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB=67°,
∴∠OBC=∠ABC-∠ABO=67°-23°=44°,
∵AB=AC,∠OAB=∠OAC,AO=AO,
∴△ABO≌△ACO(SAS),
∴BO=CO,
∴∠OBC=∠OCB=44°,
∵点C沿EF折叠后与点O重合,
∴EO=EC,
∴∠EOC=∠OCE=44°,
∴∠OEC=180°-∠EOC-∠OCE=180°-2×44°=92°,
故选:B.
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质,等腰三角形三线合一的性质,等边对等角的性质,以及翻折变换的性质,综合性较强,难度较大,作辅助线,构造出等腰三角形是解题的关键.
【变式9-2】(2022·浙江台州·八年级期末)如图,在中,点为和垂直平分线的交点,点与点关于对称,连接,,.若中有一个角是50°,则______度.
【答案】50或65##65或50
【解析】
【分析】
连接AP、BP,由点P为AB和BC垂直平分线的交点,得PA=PB=PC,知∠PAB=∠PBA,∠PBC=∠PCB,∠PAC=∠PCA,又点Q与点P关于AC对称,可得PC=QC,∠PCA=∠QCA,∠CPQ=∠CQP,分两种情况:①当∠CPQ=∠CQP=50°时,∠PCQ=80°,可得∠PCA=40°,∠PAC=40°,即得2∠ABP+2∠PBC=100°,∠ABC=50°,②当∠PCQ=50°时,同理可得∠ABC=65°.
【详解】
解:连接AP、BP,如图:
∵点P为AB和BC垂直平分线的交点,
∴PA=PB=PC,
∴∠PAB=∠PBA,∠PBC=∠PCB,∠PAC=∠PCA,
∵点Q与点P关于AC对称,
∴PC=QC,∠PCA=∠QCA,
∴∠CPQ=∠CQP,
①当∠CPQ=∠CQP=50°时,∠PCQ=80°,
∴∠PCA=40°,
∴∠PAC=40°,
∴∠PAB+∠PBA+∠PBC+∠PCB=180°﹣∠PAC﹣∠PCA=100°,
∴2∠ABP+2∠PBC=100°,
∴∠ABP+∠PBC=50°,即∠ABC=50°,
②当∠PCQ=50°时,∠PCA=25°,
∴∠PAC=25°,
∴∠PAB+∠PBA+∠PBC+∠PCB=180°﹣∠PAC﹣∠PCA=130°,
∴2∠ABP+2∠PBC=130°,
∴∠ABP+∠PBC=65°,即∠ABC=65°,
综上所述,∠ABC为50°或65°,
故答案为:50或65.
【点睛】
本题考查轴对称的性质,解题的关键是掌握三角形内角和定理的应用及轴对称的性质.
【变式9-3】(2022·辽宁辽阳·七年级期末)已知,在中,,,点为直线上一动点(点不与点,重合),连接,以为边作,使,,且点和点分别在直线的异侧,连接.
(1)如图1,当点在线段上时,求的度数;
(2)若,,请直接写出的长.
【答案】(1)90°
(2)3或7.
【解析】
【分析】
(1)根据等腰直角三角形的性质,利用SAS证明△ABD≌△ACE,根据全等三角形的性质求解即可;
(2)分点D在线段BC上和点D在线段BC的延长线上两种情况求解即可.
(1)
解:∵∠BAC=∠DAE=90°,
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC,
即∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,,
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴∠ABC=∠ACE=45°,
∵∠BAC=90°,AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
∴∠ECB=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°;
(2)
解:当点D在线段BC上时,
∵BC=5,CD=2,
∴BD=BC−CD=3,
由(1)得△ABD≌△ACE,
∴BD=CE,
∴CE=3,
当点D在线段BC的延长线上时,如图,
∵∠BAC=∠DAE=90°,
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC,
即∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,,
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴BD=CE,
∵BC=5,CD=2,
∴BD=BC+CD=7,
∴CE=7,
综上,CE长为3或7.
【点睛】
此题考查了全等三角形的判定与性质,等边对等角,利用SAS证明△ABD≌△ACE是解题的关键.
【考点十 等腰三角形的性质(求线段)】
【方法点拨】解决此类问题的关键要掌握等腰三角形两底角相等(简称等边对等角),常与三角形外角的性质及三角形内角和定理结合运用.
【例题10】(2021·全国·九年级专题练习)如图,在中,和的角平分线交于点,过点作交于点,交于点.若,,则的长为( )
A.10 B.5.5 C.6 D.5
【答案】D
【解析】
【分析】
由平行线的性质,得出∠MEB=∠CBE,∠NEC=∠BCE,再由角平分线定义得出∠MBE=∠EBC,∠NCE=∠BCE,证出ME=MB,NE=NC,即可求得MN的长.
【详解】
解:∵MN∥BC,
∴∠MEB=∠CBE,∠NEC=∠BCE,
∵在△ABC中,∠ABC和∠ACB的平分线交于点E,
∴∠MBE=∠EBC,∠NCE=∠BCE,
∴∠MEB=∠MBE,∠NEC=∠NCE,
∴ME=MB,NE=NC,
∴MN=ME+NE=BM+CN=2+3=5,
故选:D.
【点睛】
本题考查了平行线的性质以及等腰三角形的判定等知识;熟练掌握等腰三角形的判定是解题的关键.
【变式10-1】(2022·广东梅州·八年级期末)如下图,在中,,,的角平分线与线段AC相交于点D,若,则CD的长( )
A.10 B.8 C.6 D.4
【答案】B
【解析】
【分析】
先由三角形的内角和定理和角平分线的定义求得∠ABD=∠CBD=30°=∠C,进而可得CD=BD,再根据直角三角形中,30°角所对的直角边等于斜边的一半求得BD即可求解.
【详解】
解:∵在中,,,
∴∠ABC=180°-90°-30°=60°,
∵BD平分∠ABC,
∴∠ABD=∠CBD=30°,
∴∠BDC=∠C,
∴CD=BD,
在Rt△ABD中,∠A=90°,∠ABD=30°,AD=4,
∴BD=2AD=8,则CD=8,
故选:B.
【点睛】
本题考查三角形的内角和定理、角平分线定义、等角对等边、含30°的直角三角形的性质,熟练掌握直角三角形的性质和等腰三角形的判定是解答的关键.
【变式10-2】(2021·贵州·思南县张家寨初级中学七年级阶段练习)如图,∠MON=30°,点A1、A2、A3…在射线ON上,点B1、B2、B3…在射线OM上,△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形,从左起第1个等边三角形的边长记为a1,第2个等边三角形的边长记为a2,以此类推.若OA1=1,则a2020=_____.
【答案】22021
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出A1B1∥A2B2∥A3B3,以及a2=2a1,得出a3=4a1=4,a4=8a1=8,a5=16a1…进而得出答案.
【详解】
解:如图,
∵△A1B1A2是等边三角形,
∴A1B1=A2B1,∠3=∠4=∠12=60°,
∴∠2=120°,
∵∠MON=30°,
∴∠1=180°-120°-30°=30°,
又∵∠3=60°,
∴∠5=180°-60°-30°=90°,
∵∠MON=∠1=30°,
∴OA1=A1B1=1,
∴A2B1=1,
∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形,
∴∠11=∠10=60°,∠13=60°,
∵∠4=∠12=60°,
∴A1B1∥A2B2∥A3B3,B1A2∥B2A3,
∴∠1=∠6=∠7=30°,∠5=∠8=90°,
∴a2=2a1,a3=4a1=4,a4=8a1=8,a5=16a1,
以此类推:a2020=22021.
故答案是:22021
【点睛】
此题主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形的性质,根据已知得出a3=4a1=4,a4=8a1=8,a5=16a1…进而发现规律是解题关键.体现了由特殊到一般的数学思想.
【变式10-3】(2020·河北唐山·八年级期末)如图,在中,,,分别是,边上的点,并且.
(1)是否是等腰三角形?说明理由;
(2)点是上的一点,并且平分,平分.
①求证:是等腰三角形;
②若的周长为,,直接写出的周长(用含,的式子表示).
【答案】(1)是等腰三角形;理由见解析;(2)①见解析;②的周长.
【解析】
【分析】
(1)由已知和MN//BC 可以得到,从而得到△AMN 是等腰三角形;
(2)①由已知和MN//BC 可以得到 ,从而得到△BPM是等腰三角形;
②由①可得MP=MB、NP=NC,从而得到△AMN 的周长=AB+AC=a-b.
【详解】
解:(1),.
,,,
,
,
是等腰三角形;
(2)①平分,,
,,
,
是等腰三角形;
②的周长.
是等腰三角形,,
同理可得:,
的周长,
,
又的周长为,
,
的周长.
【点睛】
本题考查等腰三角形的综合运用,熟练掌握等腰三角形的判定和性质、平行线的性质是解题关键.
【考点十一 等腰三角形的性质(三线合一)】
【例题11】(2022·辽宁抚顺·八年级期末)如图,△ABC中,AB=AC,D是BC的中点,AC的垂直平分线分别交AC,AD,AB于点E,G,F,连接CG,BG,则图中全等三角形的对数是( )
A.1对 B.2对 C.3对 D.4对
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC,根据线段垂直平分线的性质得到GA=GC,∠AEG=∠CEG=90°,则利用全等三角形的判定方法可判断Rt△ABD≌Rt△ACD,△GBD≌△GCD,△ABG≌△ACG,Rt△AGE≌Rt△CGE.
【详解】
解:∵AB=AC,D是BC的中点,
∴AD⊥BC,
∵GE垂直平分AC,
∴GA=GC,∠AEG=∠CEG=90°,
在Rt△ABD和Rt△ACD中,
,
∴Rt△ABD≌Rt△ACD(HL);
在△GBD和△GCD中,
,
∴△GBD≌△GCD(SAS),
∴GB=GC,
在△ABG和△ACG中,
,
∴△ABG≌△ACG(SSS),
在Rt△AGE和Rt△CGE中,
,
∴Rt△AGE≌Rt△CGE(HL),
综上所述,图中全等三角形有4对.
故选:D.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定:熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键.选用哪一种方法,取决于题目中的已知条件.也考查了线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质.
【变式11-1】(2022·广东河源·七年级期末)已知,等腰中,,E是高AD上任一点,F是腰AB上任一点,腰,,,那么线段的最小值是( )
A.5 B.3 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
如图作等F关于AD的对称点F′,连接EF′.作BH⊥AC于H.根据垂线段最短可知,当B,E,F′共线,且与H重合时,BE+EF的值最小,最小值就是线段BH的长.
【详解】
如图作等F关于AD的对称点F′,连接EF′.作BH⊥AC于H.
∵AB=AC,AD⊥BC,
∴BD=CD=3,
∴点F′在AC上,
∵BE+EF=BE+EF′,
根据垂线段最短可知,当B,E,F′共线,且与H重合时,BE+EF的值最小,最小值就是线段BH的长.
在Rt△ACD中,∵,
∴BH=,
∴BE+EF的最小值为,
故选C.
【点睛】
本题考查轴对称-最短问题,等腰三角形的性质等知识,解题的关键是学会利用轴对称解决最值问题.
【变式11-2】(2022·辽宁辽阳·七年级期末)如图,在中,,是的一条角平分线,点,点分别是线段,上一动点,若,,那么线段的最小值是_________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据点C关于AD的对称点为点B可知当BF⊥AC时,BF最短,此时BF=BE+EF=CE+EF取最小值,然后利用面积法求出此时的BF即可.
【详解】
解:∵,是的一条角平分线,
∴BD=CD=3,AD⊥BC,
∴点C关于AD的对称点为点B,
∴BE=CE,
∴CE+EF=BE+EF,
∴当BF⊥AC时,BF最短,即此时BF=BE+EF=CE+EF取最小值,
∴此时AD·BC=AC·BF,即,
∴BF=,即线段的最小值是,
故答案为:.
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质,轴对称的性质,学会根据轴对称的性质解决最短路径问题是解答此题的关键.
【变式11-3】(2022·广西·全州县教育局教研室八年级期末)问题发现:
(1)如图1,△ACB和△DCE均为等边三角形,点A,D,E在同一直线上,连接BE,
①求证:△ACD≌△BCE;
②求∠AEB的度数.
(2)拓展探究:如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,点A、D、E在同一直线上,CM为△DCE中DE边上的高交AE于M,连接BE.请求∠AEB的度数及线段CM,AE,BE之间的数量关系,并说明理由.
【答案】(1)①见解析;②∠AEB=60°
(2)∠AEB=90°,AE=BE+2CM.理由见解析
【解析】
【分析】
(1)①先证明 再结合等边三角形的性质,利用证明△ACD≌△BCE即可;②先求解 由△ACD≌△BCE可得∠ADC=∠BEC,再利用角的和差关系可得答案;
(2)先证明 再结合全等三角形的性质与等腰直角三角形的性质可得 由 结合等腰直角三角形的性质,可得 结合全等三角形的性质可得
(1)
证明:①∵△ACB和△DCE均为等边三角形,
∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°,
∴∠ACD=60°﹣∠DCB=∠BCE.
在△ACD和△BCE中,,
∴△ACD≌△BCE(SAS).
解:②∵△ACD≌△BCE,
∴∠ADC=∠BEC.
∵△DCE为等边三角形,
∴∠CDE=∠CED=60°.
∵点A,D,E在同一直线上,
∴∠ADC=120°,
∴∠BEC=120°.
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°.
(2)
解:∠AEB=90°,AE=BE+2CM.
理由如下: 如图2所示:由题意得:
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,
∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=90°.
∴∠ACD=∠BCE.
在△ACD和△BCE中,,
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴AD=BE,∠ADC=∠BEC.
∵△DCE为等腰直角三角形,
∴∠CDE=∠CED=45°.
∵点A,D,E在同一直线上,
∴∠ADC=135°,
∴∠BEC=135°.
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°.
∵CD=CE,CM⊥DE,
∴DM=ME.
∵∠DCE=90°,
∴DM=ME=CM.
∴AE=AD+DE=BE+2CM.
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质,等边三角形的性质,等腰直角三角形的性质,确定每一问中的两个全等三角形是解本题的关键.
【考点十二 等腰三角形的性质与判定】
【例题12】(2022·浙江台州·八年级期末)如图,直角三角形ABC中,AC=BC,AD是△ABC的角平分线,动点M、N同时从A点出发,以相同的速度分别沿A→C→B和A一B→C方向运动,并在边BC上的点E相遇,连接AE,①AE平分△ABC的周长,②AE是△ABD的角平分线,③AE是△ABD的中线.以上结论正确的有( )
A.①② B.①③ C.②③ D.①②③
【答案】B
【解析】
【分析】
过点D作DF⊥AB于点F,根据题意可得AC+CE=AB+BE,进而可以判断①正确;根据AD是△ABC的角平分线,DF⊥AB,DC⊥AC,可得DF=DC,然后证明Rt△ADF≌Rt△ADC,可得AF=AC,然后根据线段的和差可得BE=DE,可得AE是△ABD的中线,进而判断③正确,若②也成立,则AE⊥BC,茅盾,故②不成立即可解决问题.
【详解】
解:如图,过点D作DF⊥AB于点F,
∵动点M、N同时从A点出发,以相同的速度分别沿A→C→B和A→B→C方向运动,并在边BC上的点E相遇,
∴AC+CE=AB+BE,
∴AE平分△ABC的周长,故①正确;
∵AD是△ABC的角平分线,DF⊥AB,DC⊥AC,
∴DF=DC,
在Rt△ADF和Rt△ADC中,
∴Rt△ADF≌Rt△ADC(HL),
∴AF=AC,
∵∠B=45°,∠DFB=90°,
∴△DFB是等腰直角三角形,
∴DF=BF,
∴AB=AF+FB=AC+CD,
∵AC+CE=AB+BE,
∴AB+BE=AC+CD+DE,
∴BE=DE,
∴AE是△ABD的中线,故③正确,
∵BE=DE,若AE是△ABD的角平分线,则AE⊥BC,
而AE不垂直BC,
∴AE不是△ABD的角平分线,故②错误.
综上所述,结论正确的有①③.
故选:B.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的性质,解决本题的关键是得到Rt△ADF≌Rt△ADC.
【变式12-1】(2022·湖北黄冈·八年级期末)如图,四边形ABCD中,连接BD,O为BD中点,∠BAD=90°,∠BCD=90°,∠BDA=30°,∠BDC=45°,则∠CAO=( )
A.15° B.18° C.22.5° D.30°
【答案】A
【解析】
【分析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得,根据等腰三角形的性质与三角形外角的性质可得,在中,根据三角形内角和定理即可求解.
【详解】
解:∵∠BAD=90°,∠BCD=90°,O为BD中点,
∴,
∠BDA=30°,∠BDC=45°,
,
,
,
,
故选A.
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,等腰三角形的性质,三角形的外角的性质,三角形内角和定理,掌握以上知识是解题的关键.
【变式12-2】(2022·江苏盐城·八年级期末)如图,已知△ABC中,∠ACB=90°,D为AB的中点,点E在BC上,且CE=AC,∠BAE=15°,则∠AED=_______°.
【答案】30
【解析】
【分析】
根据等腰直角三角形的性质得到,求得,得到,根据直角三角形的性质得到,进而得AC=AD=BD=CD=CE,由可求得∠CED=,于是得到结论.
【详解】
解:,,
,
,
,
,
,
,D为的中点,
,
,,,
∴AC=AD=BD=CD=CE,
∴∠DCE=∠B=30°,
∵CD=CE,
∴∠CED=,
∴∠AED=∠CED-∠AEC=75°-45°=30°,
故答案为30.
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线,等腰三角形的性质,正确的识别图形是解题的关键.
【变式12-3】(2022·辽宁大连·八年级期末)在△ABC中,AB=AC,AB>BC,点D,E,F分别在边AB,BC,AC上,且ED=EF,∠DEF=∠B.
(1)如图1,求证:BC=BD+CF;
(2)如图2,连接CD,若DEAC,求证:CD平分∠ACB.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)证明△BDE≌△CEF,可得结论;
(2)先证明∠B=∠ACB,再证明∠DEB=∠ACB,∠EDC=∠ACD,可得∠B=∠DEB,证明DB=DE, DE=EC,可得∠EDC=∠BCD,从而可得结论.
(1)
证明:如图1中,∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
∵∠DEC=∠DEF+∠FEC=∠EDB+∠B,
∵∠DEF=∠B,
∴∠BDE=∠FEC,
∵ED=EF,
∴△BDE≌△CEF(AAS),
∴BD=EC,BE=CF,
∴BC=BE+EC=BD+CF;
(2)
如图2中,∵AB=AC,
∴∠B=∠ACB,
∵,
∴∠DEB=∠ACB,∠EDC=∠ACD,
∴∠B=∠DEB,
∴DB=DE,
由(1)可知,BD=EC,
∴DE=EC,
∴∠EDC=∠BCD,
∴∠BCD=∠ACD,
∴CD平分∠ACB.
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质,等腰三角形的判定和性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中考常考题型.
【考点十三 直角三角形斜边中线定理】
【方法点拨】掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键.
【例题13】如图,在四边形ABCD中,∠ABC=∠ADC=90°,∠DAC=45°,∠BAC=30°,E是AC的中点,连接BE,BD.则∠DBE的度数为( )
A.10° B.12° C.15° D.18°
【分析】连接DE,根据直角三角形的性质得到DEAC=AE,根据三角形的外角性质求出∠DEC、∠BEC,根据等腰三角形的性质计算即可.
【解答】解:连接DE,
∵∠ADC=90°,E是AC的中点,
∴DEAC=AE,
∴∠EDA=∠DAC=45°,
∴∠DEC=∠EDA+∠DAC=90°,
同理,∠BEC=60°,
∴∠DEB=90°+60°=150°,
∵DEAC,BEAC,
∴DE=BE,
∴∠DBE(180°﹣150°)=15°,
故选:C.
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质,掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键.
【变式13-1】如图,已知△ABC中,∠ACB=90°,O为AB的中点,点E在BC上,且CE=AC,∠BAE=15°,则∠COE= 度.
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到∠CAE=∠AEC=45°,求得∠CAB=60°,得到∠B=30°,根据直角三角形的性质得到CO=BO=AOAB,得到△AOC是等边三角形,∠OCB=∠B=30°,于是得到结论.
【解答】解:∵∠ACB=90°,CE=AC,
∴∠CAE=∠AEC=45°,
∵∠BAE=15°,
∴∠CAB=60°,
∴∠B=30°,
∵∠ACB=90°,O为AB的中点,
∴CO=BO=AOAB,
∴△AOC是等边三角形,∠OCB=∠B=30°,
∴AC=OC=CE,
∴∠COE=∠CEO(180°﹣30°)=75°,
故答案为:75.
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线,等腰三角形的性质,等边三角形的判定和性质,正确的识别图形是解题的关键.
【变式13-2】如图,AD是△ABC的高线,且BDAC,E是AC的中点,连结BE,取BE的中点F,连结DF,求证:DF⊥BE.
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质和已知求出DE=BD,根据等腰三角形的性质得出即可.
【解答】证明:连结DE,
∵AD是△ABC的高线,E是AC的中点,
∴,
又∵,
∴DE=BD.
又∵F是BE的中点,
∴DF⊥BE.
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线和等腰三角形的性质,能根据已知和直角三角形斜边上的中线性质求出DE=BD是解此题的关键.
【变式13-3】如图(1),已知锐角△ABC中,CD、BE分别是AB、AC边上的高,M、N分别是线段BC、DE的中点.
(1)求证:MN⊥DE.
(2)连结DM,ME,猜想∠A与∠DME之间的关系,并证明猜想.
(3)当∠A变为钝角时,如图(2),上述(1)(2)中的结论是否都成立,若结论成立,直接回答,不需证明;若结论不成立,说明理由.
【分析】(1)连接DM,ME,根据直角三角形的性质得到DMBC,MEBC,得到DM=ME,根据等腰直角三角形的性质证明;
(2)根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质计算;
(3)仿照(2)的计算过程解答.
【解答】(1)证明:如图(1),连接DM,ME,
∵CD、BE分别是AB、AC边上的高,M是BC的中点,
∴DMBC,MEBC,
∴DM=ME,
又∵N为DE中点,
∴MN⊥DE;
(2)在△ABC中,∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A,
∵DM=ME=BM=MC,
∴∠BMD+∠CME=(180°﹣2∠ABC)+(180°﹣2∠ACB),
=360°﹣2(∠ABC+∠ACB),
=360°﹣2(180°﹣∠A),
=2∠A,
∴∠DME=180°﹣2∠A;
(3)结论(1)成立,结论(2)不成立,
理由如下:连结DM,ME,
在△ABC中,∠ABC+∠ACB=180°﹣∠BAC,
∵DM=ME=BM=MC,
∴∠BME+∠CMD=2∠ACB+2∠ABC,
=2(180°﹣∠BAC),
=360°﹣2∠BAC,
∴∠DME=180°﹣(360°﹣2∠BAC),
=2∠BAC﹣180°.
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、三角形内角和定理,掌握直角三角形中,斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键.
【考点十四 等边三角形的性质】
【例题14】(2022·山东·济南育英中学七年级期中)如图,在等边△ABC 中,点 D、E 分别是 AB、AC 上的点,且 BD=AE,BE 与 CD 交于点 O.以 CO为边作等边△OCF,点 F 在 BO 的延长线上,点 G 是 BC 的中点,连接 AO、GO.有如下结论:①∠BOC=120°;②AF=BO;③OG⊥BF;④AO=2OG;其中正确的结论有( )
A.①② B.①②③ C.①②④ D.①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
只需要证明△ABE≌△BDC得到∠BCD=∠ABE,即可判定①;只需要证明△ACF≌△BCO得到AF=BO,即可判断②;利用倍长中线模型如图所示,延长OG到R使得GR=GO,连接CR,BR,证明△CGO≌△BGR,接着证明△AOF≌△ORB即可推出AO=OR=2OG,即可判断④;由∠BOC=120°,随着点O的变化,∠COG的大小会发生变化,即∠BOG随会发生变化,即可判定③;
【详解】
解:∵△ABC是等边三角形,
∴AB=BC,∠BAE=∠CBD=60°,
又∵AE=BD,
∴△ABE≌△BDC(SAS),
∴∠BCD=∠ABE,
∵∠ABC=∠ABE+∠CBO=60°,
∴∠BCD+∠CBO=60°,
∴∠BOC=180°-∠BCD-∠CBO=120°,故①正确;
∵△ABC和△COF都是等边三角形,
∴CF=CO,CA=CB,∠FCO=∠ACB=60°,
∴∠ACF=∠BCO,
∴△ACF≌△BCO(SAS),
∴AF=BO,故②正确;
如图所示,延长OG到R使得GR=GO,连接CR,BR,
∵CG=BG,OG=RG,∠CGO=∠BGR,
∴△CGO≌△BGR(SAS),
∴CO=BR=OF,∠GCO=∠GBR,
∴,
∴∠RBO=60°,
∵△CFA≌△COB,
∴∠CFA=∠COB=120°,
又∵∠CFO=60°,
∴∠AFO=60°=∠OBR,
又∵AF=OB,
∴△AOF≌△ORB(SAS),
∴AO=OR=2OG,故④正确;
∵∠BOC=120°,随着点O的变化,∠COG的大小会发生变化,即∠BOG随会发生变化,
∴OG不一定与BF垂直,故③错误,
故选C.
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质,全等三角形的性质与判定,平行线的性质与判定,熟知全等三角形的性质与判定是解题的关键.
【变式14-1】(2022·湖北十堰·八年级期末)如图,△ABC是等边三角形,D是线段AC上一点(不与点A,C重合),连接BD,点E,F分别在线段BA,BC的延长线上,且DE=DF=BD,则△AED的周长等于( )
A. B.BF C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用等边三角形的性质和三角形外角的性质证明∠F=∠ADE,再利用AAS证明△ADE≌△CFD,得AE=CD,从而解决问题.
【详解】
解:∵DE=DF=BD,
∴∠DBE=∠BED,∠DBF=∠DFB,
∵△ABC是等边三角形,
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°,
∴∠E+∠F=60°,∠EAD=∠DCF,
∵∠E+∠ADE=60°,
∴∠F=∠ADE,
在△ADE和△CFD中,
∵
∴△ADE≌△CFD(AAS),
∴AE=CD,
∴△AED的周长=AE+AD+DE=AC+DE,
∵DE=BD,
∴△AED的周长为AC+BD,
故选:D.
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质,全等三角形的判定与性质等知识,证明△ADE≌△CFD是解题的关键.
【变式14-2】(2022·湖南株洲·八年级期末)如图,已知:,点、、……在射线上,点、、……在射线上,、、……均为等边三角形,若,则的边长为_______.
【答案】16
【解析】
【分析】
根据题目条件∠MON=30° ,∠B1A1A2=60°,根据三角形外角的性质可得∠OB1A1=30°,等腰三角形的性质可得A1O=B1A1 =1,然后证得A2O=A1O +A1A2=2,按照此规律证得边长为16.
【详解】
∵∠MON=30° ∠B1A1A2=60°
∴∠OB1A1=∠B1A1A2 -∠MON =30°
∴∠MON=∠OB1A1
∴A1O=B1A1 =1
∴A2O=A1O +A1A2=2
同理可得A2O= A2B2=2
以此类推 AO3= A3B3=4
A4O= A4B4=8
A5O= A5B5=16
∴△A5B5A6的边长是16.
【点睛】
本题考查三角形外角的性质,等腰三角形的性质,等边三角形的性质,熟记性质是解题的关键.
【变式14-3】(2022·湖北恩施·八年级期末)已知△ABC是等边三角形,点D是直线BC上一点,以AD为一边在AD的右侧作等边△ADE,连接CE.
(1)如图①,点D在线段BC上移动时,求证:;
(2)如图②,点D在线段BC的延长线上移动时,猜想∠DCE的大小是否发生变化.若不变请求出其大小;若变化,请说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)点D在线段BC的延长线上移动时,∠DCE=60°,大小不发生变化,理由见解析
【解析】
【分析】
(1)根据等边三角形的性质可得∠BAC=∠DAE=60°,AB=AC,AD=AE,从而得到∠BAD=CAE,即可求证;
(2)根据等边三角形的性质可得∠DAE=∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,AB=AC,AD=AE,从而得到∠ACD=120°,∠BAD=∠CAE,可证得△ABD≌△ACE,从而得到∠ABD=∠ACE=60°,即可求解.
(1)
证明:∵△ABC和△ADE是等边三角形,
∴∠BAC=∠DAE=60°,AB=AC,AD=AE,
∴∠BAC-∠CAD=∠DAE-∠CAD,即∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
∵AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE,
∴△ABD≌△ACE;
(2)
解∶点D在线段BC的延长线上移动时,∠DCE=60°,大小不发生变化,理由如下:
∵△ABC和△ADE是等边三角形,
∴∠DAE=∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,AB=AC,AD=AE,
∴∠ACD=120°,∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,
即∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
∵AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE,
∴△ABD≌△ACE;
∴∠ABD=∠ACE=60°,
∴∠DCE=∠ACD-∠ACE=120°-60°=60°.
即点D在线段BC的延长线上移动时,∠DCE=60°,大小不发生变化.
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质,等边三角形的性质,熟练掌握全等三角形的判定与性质,等边三角形的性质是解题的关键.
【考点十五 等边三角形的判定与性质】
【例题15】(2022·陕西榆林·七年级期末)如图,点D是△ABC内一点,,,则以下结论①;②;③BD平分∠ABC;④BD与AC的位置关系是互相垂直,其中正确的有( )
A.4个 B.3个 C.2个 D.1个
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质可判断①,延长BD交AC于H,证明可得 可得 结合,可判断②;由 可判断③,④,从而可得答案.
【详解】
解:∵AD=CD,
∴∠DAC=∠DCA, 故①符合题意;
延长BD交AC于H,
∵,
∴ 而
若,则为等边三角形,与题干条件不符合,故②不符合题意;
∴BD平分∠ABC,故③符合题意,④符合题意;
故其中正确的有①③④,
故选:B.
【点睛】
本题考查的是等腰三角形的性质,作出合适的辅助线,以便于利用等腰三角形的性质是解本题的关键.
【变式15-1】(2022·内蒙古鄂尔多斯·八年级期末)如图,已知和都是等边三角形,点B、C、D在同一条直线上,BE交AC于点M,AD交CE于点N,AD,BE交于点P.则下列结论:①;②;③;④;⑤是等边三角形、其中,正确的有( )
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据等边三角形的性质得CA=CB,CD=CE,∠ACB=60°,∠DCE=60°,则∠ACE=60°,利用“SAS”可判断△ACD≌△B CE,则AD=BE;由△ACD≌△BCE得到∠CAD=∠CBE,再由对顶角相等知∠AMP=∠BMC,所以∠APM==∠ACB=60°,再根据“ASA”判断△ACN≌△BCM,所以AN=BM,∠BMC=∠ANC;由△ACN≌△BCM得到CN=BM,加上∠MCN=60°,则根据等边三角形的判定即可得到△CMN为等边三角形.
【详解】
证明:∵△ABC和△CDE都是等边三角形,
∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=60°,∠DCE=60°,
∴∠ACE=60°,
∴∠ACD=∠BCE=120°,
在△ACD和△BCE中,
∴△ACD≌△BCE(SAS),
∴AD=BE;故①正确;
∵△ACD≌△BCE,
∴∠CAD=∠CBE;
又∵∠AMP=∠BMC,
∴∠APM==∠ACB=60°;
故③正确;
在△ACN和△BCM中,
∴△ACN≌△BCM(ASA),
∴AN=BM,∠BMC=∠ANC;
故②,④正确;
∵△ACN≌△BCM,
∴CN=BM,而∠MCN=60°,
∴△CMN为等边三角形.
故⑤正确;
故选:D.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质:判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”;全等三角形的对应边相等.也考查了等边三角形的判定与性质.
【变式15-2】(2022·辽宁抚顺·八年级期末)如图,在△ABC中,∠A=60°,∠ABC的平分线BD与∠ACB的平分线CE相交于点O,则下列说法①∠BOE=60°,②∠ABD=∠ACE,③OE=OD,④BC=BE+CD,⑤若AB=AC,则BC=2AD,中正确的是________.(填序号)
【答案】①③④⑤
【解析】
【分析】
①由外角的性质得∠BOE=∠OBC+∠OCB=60°,即可得出结果;
②∠ABD∠ABC,∠ACE∠ACB,当AB=AC时,∠ABC=∠ACB,才有∠ABD=∠ACE;
③作∠BOC的平分线OF,交BC于F,证明△BOE≌△BOF,△CDO≌△CFO,即可解决问题;
④根据③中的三角形全等,可得对应边相等,相加即可;
⑤证明△ABC是等边三角形,由等边三角形的性质即可得出答案.
【详解】
解:①∵∠A=60°,
∴∠ABC+∠ACB=180°﹣60°=120°,
∵BD、CE分别是∠ABC和∠BCA的平分线,
∴∠OBC+∠OCB120°=60°,
∴∠BOE=∠OBC+∠OCB=60°,故①正确;
②∵BD、CE分别是∠ABC和∠BCA的平分线,
∴∠ABD∠ABC,∠ACE∠ACB,
当AB=AC时,∠ABC=∠ACB,
而已知AB和AC没有相等关系,故②不正确;
③作∠BOC的平分线OF,交BC于F,如图所示:
∵∠OBC+∠OCB=60°,
∴∠BOC=120°,
∵OF平分∠BOC,
∴∠BOF=∠COF=60°,
∵∠BOE=60°,
∴∠BOE=∠BOF,
在△BOE和△BOF中,
,
∴△BOE≌△BOF(ASA),
∴OE=OF,
同理得:△CDO≌△CFO(ASA),
∴OD=OF,
∴OD=OE,故③正确;
④∵△BOE≌△BOF,△CDO≌△CFO,
∴BF=BE,CF=CD,
∴BC=CF+BF=BE+CD,故④正确;
⑤∵AB=AC,∠A=60°,
∴△ABC是等边三角形,
∴BC=AC,
∵BD是∠ABC的平分线,
∴AD=CD,
∴BC=2AD,故⑤正确;
故答案为:①③④⑤.
【点睛】
本题考查了角平分线的定义、三角形外角的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定与性质等知识;解题的关键是作辅助线构建全等三角形.
【变式15-3】(2022·湖北十堰·八年级期末)我们学习等边三角形时得到特殊直角三角形的一个性质:在直角三角形中,如果一个锐角等于30º,那么它所对的直角边等于斜边的一半.即:如图(1),在Rt△ABC中,∠ACB=90º,∠ABC=30º,则(人教2013年6月第1版教材81面).
(1)如图(1),作边上的中线,得到结论:①为等边三角形;②BE与CE之间的数量关系为 .
(2)如图(2),是△ABC的中线,点D是边上任意一点,连接,作等边△ADP,且点P在∠ACB的内部,连接.试探究线段与之间的数量关系,写出你的猜想并加以证明.
(3)当点D为边延长线上任意一点时,在(2)中条件的基础上,线段与之间存在怎样的数量关系?画图并直接写出答案即可.
【答案】(1)
(2), 证明见解析
(3), 图见解析
【解析】
【分析】
(1)由中线的定义可知:AE=BE,由等边三角形的定义可知:AE=CE;在根据等量代换即可得出结论;
(2)连接PE,都是等边三角形,可得出边和角之间的关系,用SAS可证明是三角形全等,则对应边和对应角相等,结合等边三角形的性质即可得出结论;
(3)当点D为边延长线上任意一点时,同(2)中的方法可证.
(1)
.
,
,
为边上的中线,
,
是等边三角形,
.
(2)
.
证明:如图,连接,
都是等边三角形,
,
∴∠CAE-∠BAD=∠DAP-∠BAD,即,
,
∵∠ACD=90°,
,即.
,
.
,
;
(3)
都是等边三角形,
∴∠CAE+∠BAD=∠DAP+∠BAD,即
,
∵∠ACD=90°,
,即.
,
.
,
.
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质以及三角形的全等,熟练的掌握三角形全等的性质和等边三角形的性质是解题的关键.
【考点十六 最短路径问题】
【例题16】(2022·贵州遵义·八年级期末)如图,中,,D为的中点,,面积为10,分别以点A、B为圆心,大于的长为半径画弧,交于两点M、N,直线上有一动点P,则的最小值为( )
A.4 B.5 C.6 D.10
【答案】B
【解析】
【分析】
根据垂直平分线的性质,得;根据两点之间直线段最短的性质,得最小值等于;再根据等腰三角形三线合一的性质,得AD为的高,从而完成求解.
【详解】
连接、AD,如下图:
∵分别以点A、B为圆心,大于的长为半径画弧,交于两点M、N
∴为AB的垂直平分线
∴
∴
当点A、P、D在一条直线上时,最短,且
∵,D为的中点,
∴
∵,面积为10
∴
∴
∴的最小值为5
故选:B.
【点睛】
本题考查了等腰三角形、两点之间直线段最短、垂直平分线的知识;解题的关键是熟练掌握等腰三角形三线合一、两点之间直线段最短、垂直平分线的性质,从而完成求解.
【变式16-1】(2022·湖北襄阳·八年级期末)如图,中,,,的面积为21,于D,EF是AB边的中垂线,点P是EF上一动点,周长的最小是等于( )
A.7 B.8 C.9 D.10
【答案】D
【解析】
【分析】
由于△ABC是等腰三角形,AD⊥BC,故点D是BC边的中点,根据三角形的面积公式求出AD的长,再根据EF是线段AB的垂直平分线可知,点B关于直线EF的对称点为点A,故AD的长为BP+PD的最小值,由此即可得出结论.
【详解】
解:∵△ABC是等腰三角形, AD⊥BC
∴点D是BC边的中点
∴BD=CD==3
∵的面积为21
∵EF是线段AB的垂直平分线
∴点B关于直线EF的对称点为点A
∴AD的长为BP+PD的最小值
∴△PBD的周长最小=(BP+PD)+BD=AD+BC=7+3=10
故选D.
【点睛】
本题考查的是轴对称-最短路线问题,熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键.
【变式16-2】(2021·陕西西安·一模)如图,在△ABC中,AB=AC=4,BC=3,D为BC边的中点,点E、F分别是线段AC、AD上的动点,且AF=CE,则BE+CF的最小值为_____.
【答案】5
【解析】
【分析】
根据题意,作且使得,可以得到,可以得到,再根据图形,可知的最小值就是线段的长,由勾股定理即可求得的长,本题得以解决.
【详解】
解:作且使得,连接、,
,点为的中点,
,
,
,
,
,即,
又,,
,
,
,
当点、、三点共线时,最小,
的最小值时线段的长,
,,,
,
即的最小值为5,
故答案为:5.
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理,解答本题的关键是构造全等三角形将线段和转化为折线段长,利用数形结合的思想解答.
【变式16-3】(2021·天津·八年级期末)如图,在 中,已知 , 是 边上的中线,点 是 边上一动点,点 是 上的一个动点.
(1)若 ,求 的度数;
(2)若 ,,,且 时,求 的长;
(3)在()的条件下,请直接写出 的最小值.
【答案】(1).(2).(3) .
【解析】
【分析】
(1)由已知得出三角形ABC是等腰三角形,,AD是BC边的中线,有,求出的度数,即可得出的度数.
(2)根据三角形ABC的面积可得出CE的长
(3)连接CP,有BP=CP,BP+EP=EP+CP,当点E,P,C在同一条直线上时BP+EP有最小值,即CE的长度.
【详解】
解:(1) ,
,
是 边上的中线,
,
,
,
.
(2) ,
,
,,,
.
(3)
【点睛】
本题考查的知识点主要有等腰三角形的“三线合一”,三角形的面积公式等,充分利用等腰三角形的“三线合一”是解题的关键.
【考点十七 翻折与折叠问题】
【例题17】(2021·广东·肇庆市地质中学八年级阶段练习)如图,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=54°,∠BAC的平分线与AB的垂直平分线交于点O,将∠C沿EF(E在BC上,F在AC上)折叠,点C与点O恰好重合,则∠OEC的度数为( )
A.120° B.108° C.110° D.102°
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OB、OC,根据角平分线的定义求出∠BAO,根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC,再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OA=OB,根据等边对等角可得∠ABO=∠BAO,再求出∠OBC,然后判断出点O是△ABC的外心,根据三角形外心的性质可得OB=OC,再根据等边对等角求出∠OCB=∠OBC,根据翻折的性质可得OE=CE,然后根据等边对等角求出∠COE,再利用三角形的内角和定理列式计算即可得解.
【详解】
解:如图,连接OB、OC,
∵∠BAC=54°,AO为∠BAC的平分线,
∴∠BAO=∠BAC=×54°=27°,
又∵AB=AC,
∴∠ABC=(180°∠BAC)=(180°54°)=63°,
∵DO是AB的垂直平分线,
∴OA=OB,
∴∠ABO=∠BAO=27°,
∴∠OBC=∠ABC-∠ABO=63°27°=36°,
∵AO为∠BAC的平分线,AB=AC,
∴△AOB≌△AOC(SAS),
∴OB=OC,
∴点O在BC的垂直平分线上,
又∵DO是AB的垂直平分线,
∴点O是△ABC的外心,
∴∠OCB=∠OBC=36°,
∵将∠ACB沿EF(E在BC上,F在AC上)折叠,点C与点O恰好重合,
∴OE=CE,
∴∠COE=∠OCB=36°,
在△OCE中,∠OEC=180°∠COE∠OCB=180°36°36°=108°;
故选:B.
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质,线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质,等腰三角形三线合一的性质,等边对等角的性质,综合性较强,难度较大,作辅助线,构造出等腰三角形是解题的关键.
【变式17-1】(2021·云南玉溪·八年级期中)如图,在△ABC中,∠B=32°,将△ABC沿直线m翻折,点B落在点D的位置,则∠1-∠2的度数是( )
A.32° B.64° C.65° D.70°
【答案】B
【解析】
【分析】
此题涉及的知识点是三角形的翻折问题,根据翻折后的图形相等关系,利用三角形全等的性质得到角的关系,然后利用等量代换思想就可以得到答案
【详解】
如图,在△ABC中,∠B=32°,将△ABC沿直线m翻折,点B落在点D的位置
∠B=∠D=32° ∠BEH=∠DEH
∠1=180-∠BEH-∠DEH=180-2∠DEH
∠2=180-∠D-∠DEH-∠EHF
=180-∠B-∠DEH-(∠B+∠BEH)
=180-∠B-∠DEH-(∠B+∠DEH)
=180-32°-∠DEH-32°-∠DEH
=180-64°-2∠DEH
∠1-∠2=180-2∠DEH-(180-64°-2∠DEH)
=180-2∠DEH-180+64°+2∠DEH
=64°
故选B
【点睛】
此题重点考察学生对图形翻折问题的实际应用能力,等量代换是解本题的关键
【变式17-2】(2022·河南洛阳·七年级期末)如图,图1是长方形纸带,将纸带沿折叠成图2,再沿折叠成图3,若图3中,则图1中的的度数是______.
【答案】24°##24度
【解析】
【分析】
先根据平行线的性质,设∠DEF=∠EFB=a,图2中根据图形折叠的性质得出∠AEF的度数,再由平行线的性质得出∠GFC,图3中根据∠CFE=∠GFC﹣∠EFG即可列方程求得a的值.
【详解】
∵,
∴设∠DEF=∠EFB=a,
图2中,∠GFC=∠BGD=∠AEG=180°﹣2∠DEF=180°﹣2a,
图3中,∠CFE=∠GFC﹣∠EFG=180°﹣2a﹣a=108°.
解得a=24°.
即∠DEF=24°,
故答案为:24°.
【点睛】
本题考查图形的翻折变换以及平行线的性质,解题过程中应注意折叠是一种对称变换,它属于轴对称,根据轴对称的性质,折叠前后图形的形状和大小不变.
【变式17-3】(2021·广西南宁·七年级期中)如图,ABCD为一长方形纸片,E为BC上一点,将纸片沿AE折叠,B点落在长方形外的F点.
(1)如图1,当∠BEA=35°时,∠FAD的度数为 .(直接填空)
(2)如图2,连BD,若∠CBD=25°,AFBD,求∠BAE;
(3)如图3,当AFBD时,设∠CBD=,请你求出∠BAE的度数.(用表示)
【答案】(1)20°
(2)57.5°
(3)
【解析】
【分析】
(1)先求出∠BAE的度数,然后根据翻折得出∠FAE的度数,再根据平行线的性质求出∠DAE的度数,即可得出结论;
(2)先根据AD∥BC,∠CBD=25°得出∠ADB=25°,再由AF∥BD得出∠FAD=25°,故可得出∠AGF的度数,由平行线的性质得出∠BEF的度数,根据翻折变换的性质得出∠BEA的度数,根据直角三角形的性质即可得出结论;
(3)同(2)的证明过程即可.
(1)
解:由题意知ADBC,∠B=90°,
又∠BEA=35°,
∴∠BAE=55°,
∵翻折,
∴∠FAE=∠BAE=55°,
∵ADBC,
∴∠EAD=∠BEA=35°.
∴∠FAD=∠FAE-∠EAD=20°
故答案为:20°;
(2)
解∶如图2,
∵ADBC,∠CBD=25°,
∴∠ADB=25°.
∵AFBD,
∴∠FAD=25°,
∴∠AGF=90°-25°=65°.
∵ADBC,
∴∠BEF=∠AGF=65°.
∵△AEF由△AEB反折而成,
∴∠BEA=∠BEF=32.5°,
∴∠BAE=90°-32.5°=57.5°;
(3)
解∶如图3,
∵ADBC,∠CBD=,
∴∠ADB=.
∵AFBD,
∴∠FAD=,
∴∠AGF=.
∵ADBC,
∴∠BEF=∠AGF=.
∵△AEF由△AEB反折而成,
∴∠BEA=∠BEF=,
∴∠BAE=.
故答案为:.
【点睛】
本题考查的是平行线的性质与翻折变换,熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键.
【考点十八 轴对称综合问题】
【例题18】(2021·江苏·泰州市第二中学附属初中八年级阶段练习)如图,点P为∠AOB内一点,分别作出P点关于OA、OB的对称点P1,P2,连接P1P2交OA于M,交OB于N,若∠AOB=40°,则∠MPN的度数是( )
A.90° B.100° C.120° D.140°
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据轴对称的性质、垂直平分线的性质、对顶角相等可求得、,再利用平角定义、角的和差以及等量代换求得,最后根据三角形内角和定理即可求得答案.
【详解】
解:
∵与关于对称
∴垂直平分
∴平分
∴
∵
∴
同理可得,
∴
∴.
故选:B
【点睛】
本题考查了轴对称的性质、垂直平分线的性质、对顶角的性质、平角定义、角的和差、等量代换以及三角形内角和定理,体现了逻辑推理的核心素养.
【变式18-1】(2021·山东淄博·七年级期中)如图,四边形中,,,在、上分别找一点、,使周长最小时,则的度数为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
作点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,最后根据三角形外角的性质求解.
【详解】
如图,作点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,
∵∠BAD=120°,
∴∠AA′M+∠A″=60°,
∵∠MA′A=∠MAA′,∠NAD=∠A″,
∴∠AMN=2∠AA′M,∠ANM=2∠A″,
∴∠AMN+∠ANM=2(∠AA′M+∠A″)=2×60°=120°,
故选A.
【点睛】
本题考查最短路线问题,三角形内角和定理及其推论,利用轴对称的性质确定M、N的位置是解题的关键.
【变式18-2】(2021·福建泉州·七年级期末)如图,点 P 是∠AOB 内部一定点
(1)若∠AOB=50°,作点 P 关于 OA 的对称点 P1,作点 P 关于 OB 的对称点 P2,连 OP1、OP2,则∠P1OP2=___.
(2)若∠AOB=α,点 C、D 分别在射线 OA、OB 上移动,当△PCD 的周长最小时,则∠CPD=___(用 α 的代数式表示).
【答案】 100° 180°-2α
【解析】
【分析】
(1)根据对称性证明∠P1OP2=2∠AOB,即可解决问题;
(2)如图,作点P关于OA的对称点P1,作点P关于OB的对称点P2,连P1P2交OA于C,交OB于D,连接PC,PD,此时△PCD的周长最小.利用(1)中结论,根据对称性以及三角形内角和定理即可解决问题;
【详解】
(1)如图,
由对称性可知:∠AOP=∠AOP1,∠POB=∠BOP2,
∴∠P1OP2=2∠AOB=100°,
故答案为100°.
(2)如图,作点P关于OA的对称点P1,作点P关于OB的对称点P2,连P1P2交OA于C,交OB于D,连接PC,PD,此时△PCD的周长最小.
根据对称性可知:∠OP1C=∠OPC,∠OP2D=∠OPD,∠P1OP2=2∠AOB=2α.
∴∠CPD=∠OP1C+∠OP2D=180°-2α.
故答案为180°-2α.
【点睛】
本题考查作图-最短问题、三角形的内角和定理等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.
【变式18-3】(2020·江苏·泰兴市济川初级中学七年级期中)如图,将△ABC纸片沿DM折叠,使点C落在点的位置,其中点D为AC边上一定点,点M为BC边上一动点,点M与B,C不重合.
(1)若∠A=84°,∠B=61°,则∠= °;
(2)如图1,当点落在四边形ABMD内时,设∠BM=∠1,∠AD=∠2,探索∠与∠1,∠2之间的数量关系,并说明理由;
(3)在点M运动过程中,折叠图形,若∠=35°,∠BM=53°,求∠AD的度数.
【答案】(1)35 (2)2∠C′=∠1+∠2,理由见解析 (3)17°或123°
【解析】
【分析】
(1)由三角形的内角和定理求出∠C,再由折叠性质得∠=∠C即可解答;
(2)由三角形的内角和定理得出∠CDM+∠CMD=180º﹣∠C,由折叠性质得∠C′DM=∠CDM,∠C′MD=∠CMD,推出∠1+∠2=360º-2(∠CDM+∠CMD)即可找出角之间的关系;
(3)根据题意,分点C′落在三角形ABC内和外讨论,类比(2)中方法求解即可.
【详解】
(1)在△ABC中,∠A=84º,∠B=61º,
由∠A+∠B+∠C=180º得:∠C=180º-84º-61º=35º,
由折叠性质得:∠C′=∠C=35º,
故答案为:35;
(2)在△CDM中,∠CDM+∠CMD+∠C=180º,即∠CDM+∠CMD=180º﹣∠C,
由折叠性质得:∠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)设∠BM=∠1=53º,∠AD=∠2,
当点C′落在△ABC的内部时,由(2)知,∠2=2C′-∠1=2×35º-53º=17º;
当点C′落在如图1位置时,同(2)中方法由∠1+∠2=2∠C′,∴∠2==17º;
当点C′落在如图2位置时,在△CDM中,∠CDM+∠CMD=180º﹣∠C,
由折叠性质得:∠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);
当点C′落在如图3位置时,
∵∠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,
综上,∠AD的度数为17º或123º.
图1 图2 图3
【点睛】
本题考查了折叠的性质、三角形的内角和定理、平角的定义,熟练掌握折叠的性质,利用分类讨论的思想方法解决问题是解答本题的关键.
【亮点训练】
1、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.
2、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.
3、如图,P为∠AOB内一点,分别画出点P关于OA,OB的对称点P1,P2,连接P1P2.交OA于点M,交OB于点N.若P1P2=5cm,则△PMN的周长为 .
【分析】根据中垂线的性质:中垂线上的点到线段的两个端点的距离相等,可求得△PMN的周长.
【解答】解:如图所示:
∵P与P1关于OA对称,
∴OA为线段PP1的垂直平分线.
∴MP=MP1.
同理可得:NP=NP2.
∵P1P2=5cm,
∴△PMN的周长=MP+MN+NP=P1M+MN+NP2=P1P2=5cm.
故答案为5cm.
【点评】本题考查了求作关于直线的对称点的作法和中垂线的性质,利用轴对称的性质得出对应线段相等是解题关键.
4、如图,∠AOB=30°,点M、N分别是射线OB、OA上的动点,点P为∠AOB内一点,且OP=4,则△PMN的周长的最小值为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
【分析】设点P关于OA的对称点为C,关于OB的对称点为D,当点M、N在CD上时,△PMN的周长最小.
【解答】解:分别作点P关于OA、OB的对称点C、D,连接CD,分别交OA、OB于点M′、N′,连接OC、OD、PM′、PN′.
∵点P关于OA的对称点为C,
∴PM′=CM′,OP=OC,∠COB=∠POB;
∵点P关于OB的对称点为D,
∴PN′=DN′,OP=OD,∠DOA=∠POA,
∴OC=OD=OP=4,∠COD=∠COB+∠POB+∠POA+∠DOA=2∠POA+2∠POB=2∠AOB=60°,
∴△COD是等边三角形,
∴CD=OC=OD=4.
∴当M、N分别与M′、N′重合时,△PMN的周长的最小值=PM′+M′N′+PN′=DN′+M′N′+CM′=CD=4.
故选:B.
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题,将三角形的周长利用轴对称转化为线段的长,构造等边三角形是解题的关键.
5、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.
6、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.
7、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.
8、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.
9、如图,已知∠AOB=10°,且OC=CD=DE=EF=FG=GH,则∠BGH=( )
A.50° B.60° C.70° D.80°
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质即可得到结论.
【解答】解:∵OC=CD,
∴∠CDO=∠O=10°
∴∠DCE=∠O+∠CDO=20°,
∵CD=DE,
∴∠DCE=∠CED=20°,
∴∠EDF=∠O+∠CED=30°,
∵DE=EF,
∴∠EDF=∠EFD=30°,
同理∠GEF=∠EGF=40°,∠GFH=∠GHF=50°,∠BGH=60°,
故选:B.
【点评】本题考查了等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质.此类题考生应该注意的是三角形内角和定理、外角性质的运用.
10、如图:已知等边△ABC中,D是AC的中点,E是BC延长线上的一点,且CE=CD,DM⊥BC,垂足为M.
(1)求∠E的度数.
(2)求证:M是BE的中点.
【分析】(1)由等边△ABC的性质可得:∠ACB=∠ABC=60°,然后根据等边对等角可得:∠E=∠CDE,最后根据外角的性质可求∠E的度数;
(2)连接BD,由等边三角形的三线合一的性质可得:∠DBC∠ABC60°=30°,结合(1)的结论可得:∠DBC=∠E,然后根据等角对等边,可得:DB=DE,最后根据等腰三角形的三线合一的性质可得:M是BE的中点.
【解答】(1)解:∵三角形ABC是等边△ABC,
∴∠ACB=∠ABC=60°,
又∵CE=CD,
∴∠E=∠CDE,
又∵∠ACB=∠E+∠CDE,
∴∠E∠ACB=30°;
(2)证明:连接BD,
∵等边△ABC中,D是AC的中点,
∴∠DBC∠ABC60°=30°
由(1)知∠E=30°
∴∠DBC=∠E=30°
∴DB=DE
又∵DM⊥BC
∴M是BE的中点.
【点评】此题考查了等边三角形的有关性质,重点考查了等边三角形的三线合一的性质.
11、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.
12、如图,在△ABC中,∠ABC和∠ACB的角平分线交于点E,过点E作MN∥BC交AB于点M,交AC于点N.若BM=2,CN=3,则MN的长为( )
A.10 B.5.5 C.6 D.5
【分析】由平行线的性质,得出∠MEB=∠CBE,∠NEC=∠BCE,再由角平分线定义得出∠MBE=∠EBC,∠NCE=∠BCE,证出ME=MB,NE=NC,即可求得MN的长.
【解答】解:∵MN∥BC,
∴∠MEB=∠CBE,∠NEC=∠BCE,
∵在△ABC中,∠ABC和∠ACB的平分线交于点E,
∴∠MBE=∠EBC,∠NCE=∠BCE,
∴∠MEB=∠MBE,∠NEC=∠NCE,
∴ME=MB,NE=NC,
∴MN=ME+NE=BM+CN=2+3=5,
故选:D.
【点评】本题主要考查了平行线的性质以及等腰三角形的判定等知识;熟练掌握等腰三角形的判定是解题的关键.
13、如图,点P、M、N分别在等边△ABC的各边上,且MP⊥AB于点P,MN⊥BC于点M,PN⊥AC于点N,若AB=12cm,求CM的长为 .
【分析】根据等边三角形的性质得出∠A=∠B=∠C,进而得出∠MPB=∠NMC=∠PNA=90°,再根据平角的意义即可得出∠NPM=∠PMN=∠MNP,即可证得△PMN是等边三角形;根据全等三角形的性质得到PA=BM=CN,PB=MC=AN,从而求得BM+PB=AB=12cm,根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半得出2PB=BM,即可求得PB的长,进而得出MC的长.
【解答】解:∵△ABC是正三角形,
∴∠A=∠B=∠C,
∵MP⊥AB,MN⊥BC,PN⊥AC,
∴∠MPB=∠NMC=∠PNA=90°,
∴∠PMB=∠MNC=∠APN,
∴∠NPM=∠PMN=∠MNP,
∴△PMN是等边三角形,
∴PN=PM=MN,
∴△PBM≌△MCN≌△NAP(AAS),
∴PA=BM=CN,PB=MC=AN,
∴BM+PB=AB=12cm,
∵△ABC是正三角形,
∴∠A=∠B=∠C=60°,
∴2PB=BM,
∴2PB+PB=12cm,
∴PB=4cm,
∴MC=4cm
故答案为:4cm.
【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质,平角的意义,三角形全等的性质等,得出∠NPM=∠PMN=∠MNP是本题的关键.
14、已知如图等腰△ABC,AB=AC,∠BAC=120°,AD⊥BC于点D,点P是BA延长线上一点,点O是线段AD上一点,OP=OC,下面的结论:①∠APO+∠DCO=30°;②∠APO=∠DCO;③△OPC是等边三角形;④AB=AO+AP.其中正确的是( )
A.①③④ B.①②③ C.①③ D.①②③④
【分析】①利用等边对等角,即可证得:∠APO=∠ABO,∠DCO=∠DBO,则∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD,据此即可求解;
②因为点O是线段AD上一点,所以BO不一定是∠ABD的角平分线,可作判断;
③证明∠POC=60°且OP=OC,即可证得△OPC是等边三角形;
④首先证明△OPA≌△CPE,则AO=CE,AC=AE+CE=AO+AP.
【解答】解:①如图1,连接OB,
∵AB=AC,AD⊥BC,
∴BD=CD,∠BAD∠BAC120°=60°,
∴OB=OC,∠ABC=90°﹣∠BAD=30°
∵OP=OC,
∴OB=OC=OP,
∴∠APO=∠ABO,∠DCO=∠DBO,
∴∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD=30°;
故①正确;
②由①知:∠APO=∠ABO,∠DCO=∠DBO,
∵点O是线段AD上一点,
∴∠ABO与∠DBO不一定相等,则∠APO与∠DCO不一定相等,
故②不正确;
③∵∠APC+∠DCP+∠PBC=180°,
∴∠APC+∠DCP=150°,
∵∠APO+∠DCO=30°,
∴∠OPC+∠OCP=120°,
∴∠POC=180°﹣(∠OPC+∠OCP)=60°,
∵OP=OC,
∴△OPC是等边三角形;
故③正确;
④如图2,在AC上截取AE=PA,连接PB,
∵∠PAE=180°﹣∠BAC=60°,
∴△APE是等边三角形,
∴∠PEA=∠APE=60°,PE=PA,
∴∠APO+∠OPE=60°,
∵∠OPE+∠CPE=∠CPO=60°,
∴∠APO=∠CPE,
∵OP=CP,
在△OPA和△CPE中,
,
∴△OPA≌△CPE(SAS),
∴AO=CE,
∴AC=AE+CE=AO+AP;
故④正确;
本题正确的结论有:①③④
故选:A.
【点评】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质,正确作出辅助线是解决问题的关键.
15、已知:如图,在△ABC,△ADE中,∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE,点C,D,E三点在同一条直线上,连接BD,BE.以下四个结论:
①BD=CE;②BD⊥CE;③∠ACE+∠DBC=45°;④∠ACE=∠DBC.
其中结论正确的个数有( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【分析】①由AB=AC,AD=AE,利用等式的性质得到夹角相等,利用SAS得出△ABD≌△AEC,由全等三角形的对应边相等得到BD=CE;
②由△ABD≌△AEC得到一对角相等,再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD垂直于CE;
③由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC=45°,等量代换得到∠ACE+∠DBC=45°;
④由BD垂直于CE,在直角三角形BDE中,利用勾股定理列出关系式,等量代换即可作出判断.
【解答】解:①∵∠BAC=∠DAE=90°,
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,即∠BAD=∠CAE,
在△BAD和△CAE中,
,
∴△BAD≌△CAE(SAS),
∴BD=CE,本选项正确;
②∵△BAD≌△CAE,
∴∠ABD=∠ACE,
∵∠ABD+∠DBC=45°,
∴∠ACE+∠DBC=45°,
∴∠DBC+∠DCB=∠DBC+∠ACE+∠ACB=90°,
则BD⊥CE,本选项正确;
③∵△ABC为等腰直角三角形,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
∴∠ABD+∠DBC=45°,
∵∠ABD=∠ACE
∴∠ACE+∠DBC=45°,本选项正确;
④∵∠ABD=∠ACE,
∴只有当∠ABD=∠DBC时,∠ACE=∠DBC才成立.
综上所述,正确的结论有3个.
故选:C.
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的性质,熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键.
16、(1)问题发现
如图1,△ACB和△DCE均为等边三角形,点A,D,E在同一直线上,连接BE,求∠AEB的度数.
(2)拓展探究
如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,点A、D、E在同一直线上,CM为△DCE中DE边上的高,连接BE.请求∠AEB的度数及线段CM,AE,BE之间的数量关系,并说明理由.
【分析】(1)先证出∠ACD=∠BCE,那么△ACD≌△BCE,根据全等三角形证出∠ADC=∠BEC,求出∠ADC=120°,得出∠BEC=120°,从而证出∠AEB=60°;
(2)证明△ACD≌△BCE,得出∠ADC=∠BEC,最后证出DM=ME=CM即可.
【解答】解:(1)∵△ACB和△DCE均为等边三角形,
∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°,
∴∠ACD=60°﹣∠CDB=∠BCE.
在△ACD和△BCE中,
,
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴∠ADC=∠BEC.
∵△DCE为等边三角形,
∴∠CDE=∠CED=60°.
∵点A,D,E在同一直线上,
∴∠ADC=120°,
∴∠BEC=120°.
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°.
(2)∠AEB=90°,AE=BE+2CM.
理由:∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,
∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=90°.
∴∠ACD=∠BCE.
在△ACD和△BCE中,
,
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴AD=BE,∠ADC=∠BEC.
∵△DCE为等腰直角三角形,
∴∠CDE=∠CED=45°.
∵点A,D,E在同一直线上,
∴∠ADC=135°,
∴∠BEC=135°.
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°.
∵CD=CE,CM⊥DE,
∴DM=ME.
∵∠DCE=90°,
∴DM=ME=CM.
∴AE=AD+DE=BE+2CM.
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质和等腰三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质;证明三角形全等是解决问题的关键.
《讲亮点》2022-2023学年八年级数学上册教材同步配套讲练《苏科版》
专题复习 轴对称图形常见重难点考查题型
【题型目录】
考点一 轴对称图形的识别
考点二 生活中的轴对称现象
考点三 设计轴对称图案
考点四 轴对称的性质与应用
考点五 尺规作图
考点六 角平分线的性质
考点七 角平分线的性质与判定综合
考点八 线段垂直平分线的性质
考点九 等腰三角形的性质(求角度)
考点十 等腰三角形的性质(求线段)
考点十一 等腰三角形的性质(三线合一)
考点十二 等腰三角形的性质与判定(角平分线)
考点十三 直角三角形斜边中线定理
考点十四 等边三角形的性质
考点十五 等边三角形的判定与性质综合
考点十六 最短路径问题
考点十七 翻折与折叠问题
考点十八 轴对称综合问题
【考点一 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.
【例题1】(2022·湖北武汉·模拟预测)班徽是班级文化的一种,是整个班级精神的提炼,是班级活力和荣耀的象征.以下四个班徽图案为轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的定义判断即可.
【详解】
∵不是轴对称图形,∴A不符合题意;
∵不是轴对称图形,∴B不符合题意;
∵不是轴对称图形,∴C不符合题意;
∵是轴对称图形,∴D符合题意;
故选D.
【点睛】
本题考查了轴对称图形即将图形沿着某条直线折叠,直线两旁的部分完全重合,熟练掌握定义是解题的关键.
【变式1-1】(2022·河北保定·一模)七巧板是我国的一种传统智力玩具.下列用七巧板拼成的图形中,是轴对称图形的是( )
A.B.C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的定义去逐一判断即可.
【详解】
解:A是轴对称图形,符合题意,
不是轴对称图形,不符合题意,
不是轴对称图形,不符合题意,
不是轴对称图形,不符合题意,
故选A.
【点睛】
本题考查了轴对称图形的定义,准确理解定义,是解题的关键.
【变式1-2】(2022·江苏·八年级专题练习)如图,在正方形网格中,分别将①②③④四个网格涂上阴影,能与原阴影部分构成一个轴对称图形的有____________.(填网格序号)
【答案】②③.
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念求解.
【详解】
解:有2个使之成为轴对称图形,分别为:②,③.
故答案是:②③.
【点睛】
此题主要考查了轴对称图形的概念,正确把握轴对称图形的概念是解题关键.
【变式1-3】(2021·河南·平顶山四十一中七年级期中)如图,已知线段a和b,直线AB和CD相交于点O.利用尺规(直尺、圆规),按下列要求作图:
(1)在射线OA,OB,OC上作线段OA',OB',OC',使它们分别与线段a相等;
(2)在射线OD上作线段OD',使OD'与线段b相等;
(3)连接A'C',C'B',B'D',D'A';
(4)你得到了一个怎样的图形?
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析;(4)轴对称图形
【解析】
【分析】
(1)以为圆心,以线段的长为半径画圆,交OA,OB,OC上于点、、,即可;
(2)以为圆心,以线段的长为半径画圆,交OD上于点,即可;
(3)连接对应线段即可;
(4)根据图形的性质,求解即可.
【详解】
解:(1)以为圆心,以线段的长为半径画圆,交OA,OB,OC上于点、、,如下图:
(2)以为圆心,以线段的长为半径画圆,交OD上于点,如下图:
(3)连接、、、,如下图:
(4)观察图形可得,得到的图形为轴对称图形.
【点睛】
此题考查了尺规作图,作线段,涉及了轴对称图形的识别,解题的关键是按照题意,正确作出图形.
【考点二 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.
【例题2】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
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意,画出图形,由轴对称的性质判定正确选项.
【详解】
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1号袋,
故选A.
【点睛】
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2-1】(2020·河北保定·八年级期末)如图,设 和是镜面平行相对且间距为30cm的两面镜子,把一个小球A放在和之间,小球在镜中的像为,在镜中的像为,则等于( )
A.10cm B.20cm C.40cm D.60cm
【答案】D
【解析】
【分析】
如图所示,经过反射后,A'B=AB,A'C=CA'',则AA''=AC+A''C=AC+A'C=AC+2AB+AC=2BC,即可求解.
【详解】
如图所示,
经过反射后,A'B=AB,A'C=CA'',
∴AA''=AC+A''C=AC+A'C=AC+2AB+AC=2BC=60cm.
故选:D.
【点睛】
本题考查的是镜面反射的性质即轴对称的性质;解决本题的关键,是理解实物与像关于镜面对称.那么到镜面的距离就相等.
【变式2-2】(2021·江苏泰州·八年级期中)一辆汽车的车牌号在水中的倒影是“”,那么它的实际车牌号是:___.
【答案】苏.
【解析】
【分析】
关于倒影,相应的数字应看成是关于倒影下边某条水平的线对称.
【详解】
解:它的实际车牌号是:苏,
故答案为:苏.
【点睛】
本题考查了镜面反射的性质;解决本题的关键是得到对称轴,进而得到相应数字.
【变式2-3】(2021·四川·沐川县教师进修学校七年级期末)画图探究:
(1)如图1,点和点位于直线两侧,是直线上一点,点使的值最小.请你通过画图,在图1中找出点;
(2)如图2,点和点位于直线同侧,是直线上一点,点使的值最小.请你通过画图,在图2中找出点;
实践应用:
(3)如图3,在四边形中,,,点在边上,点在边上,点、点使的周长的值最小.请你通过画图,在图3中找出点和点并求的度数.
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析,
【解析】
【分析】
(1)根据两点之间线段最短,连接,与直线相交点即是点;
(2)作点关于直线的对称点,则,连接与直线相交点即是点;
(3)分别作出点关于,的对称点,,连接分别交、于点、,根据垂直平分线的定义即可求解.
【详解】
解:(1)根据两点之间线段最短,连接与直线相交点,
此时最小;
(2)作点关于直线的对称点,则
,
连接与直线相交点即是点,此时最小,即最小;
(3)如图3,分别作出点关于,的对称点,,
连接分别交、于点、,此时周长最小;
∵,,
∴,∴,
∴.
∴.
【点睛】
此题考查了两点之间线段最短,轴对称的性质,熟练掌握相关性质是解题的关键.
【考点三 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.
【例题3】(2022·江苏·八年级专题练习)如图,在的正方形格纸中,格线的交点称为格点,以格点为顶点的三角形称为格点三角形,图中是一个格点三角形,在这个的正方形格纸中,与成轴对称的格点三角形最多有( )
A.3个 B.4个 C.5个 D.6个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据网格结构分别确定出不同的对称轴,然后作出成轴对称的三角形即可得解;
【详解】
解:与△ABC成轴对称的格点三角形最多有6个.
故答案为:D.
【点睛】
本题考查了利用轴对称变换作图,熟练掌握网格结构并准确找出对应点的位置是解题的关键,本题难点在于确定出不同的对称轴.
【变式3-1】(2021·北京师大附中八年级期中)如图所示的“钻石”型网格(由边长都为1个单位长度的等边三角形组成),其中已经涂黑了3个小三角形(阴影部分表示),请你再只涂黑一个小三角形,使它与阴影部分合起来所构成的图形是一个轴对称图形,一共有( )种涂法.
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】C
【解析】
【分析】
将一个图形沿着某条直线翻折,直线两侧的部分能够完全重合的图形是轴对称图形,根据轴对称图形的概念进行设计即可.
【详解】
解:如图所示:
故选:C
【点睛】
本题主要考查轴对称图形的概念,解决本题的关键是要熟练掌握轴对称图形的概念.
【变式3-2】(2022·广西北海·七年级期末)如图,在的正方形网格中已有2个正方形涂黑,再选择一个正方形涂黑,使得3个涂黑的正方形组成轴对称图形,选择的位置共有______处.
【答案】7
【解析】
【分析】
根据轴对称的概念作答.如果一个图形沿一条直线对折,直线两旁的部分能互相重合,那么这个图形叫做轴对称图形.
【详解】
解:选择一个正方形涂黑,使得3个涂黑的正方形组成轴对称图形,选择的位置有①下1;②下2;③中3;④中4;⑤上5;⑥上6;⑦上7.
如图:
选择的位置共有7处.
故答案为:7.
【点睛】
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.
【变式3-3】(2022·四川达州·七年级期末)如图,在正方形网格中,△ABC的顶点都在格点上,∠ACB=90°,AC=BC,点C在直线MN上,请完成下列问题:
(1)画出△ABC关于直线MN的对称图形;
(2)连接,交AC于D,若∠BCN=59°,画出图形,并求∠ADB的度数.
【答案】(1)见详解
(2)104°
【解析】
【分析】
(1)根据题意画△ABC关于直线MN的对称图形即可;
(2)根据三角形的内角和定理和外角的性质进行求解即可;
(1)
解:如图,即为所求;
(2)
如图,
∵∠BCN=59°,
∴
∴
∴,
∵
∴
∵∠ACB=90°,
∴.
【点睛】
本题主要考查画对称轴图形、三角形内角和定理、三角形外角的性质,掌握相关知识是解题的关键.
【考点四 轴对称的性质与应用】
【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.
【例题4】(2021·江苏·南通市通州区育才中学七年级阶段练习)如图,在四边形中,,与互为补角,点在边上,将沿翻折,得到,若,平分,则的度数为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可以假设,,构建方程组求解即可.
【详解】
解:由题意可以假设,,
∵,
∴,,
∵,
∴,
∵,
∴,
由翻折可知,
∴,
∴,,
∴,
故选:A.
【点睛】
本题考查翻折变换,四边形内角和定理,平行线的性质等知识,解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题,属于中考常考题型.
【变式4-1】(2021·山西晋中·七年级期末)如图1是的一张纸条,按图1→图2→图3,把这一纸条先沿折叠并压平,再沿折叠并压平,若图3中则图2中的度数为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
图,设∠B′FE=x°,根据折叠的性质得∠BFE=∠B′FE= x°,∠AEF=∠A′EF,则∠BFC= x°-18°,再由第2次折叠得到∠C′FB=∠BFC= x°-18°,于是利用平角定义可计算出x°=66°,接着根据平行线的性质得∠A′EF=180°-∠B′FE=114°,所以∠AEF=114°.
【详解】
解:如图,设∠B′FE= x°,
∵纸条沿EF折叠,
∴∠BFE=∠B′FE= x°,∠AEF=∠A′EF,
∴∠BFC=∠BFE-∠CFE= x°-18°,
∵纸条沿BF折叠,
∴∠C′FB=∠BFC= x°-18°,
而∠B′FE+∠BFE+∠C′FE=180°,
∴x°+ x°+ x°-18°=180°,解得x°=66°,
∵A′D′∥B′C′,
∴∠A′EF=180°-∠B′FE=180°-66°=114°,
∴∠AEF=114°.
故选:B.
【点睛】
本题考查了折叠的性质:折叠是一种对称变换,它属于轴对称,折叠前后图形的形状和大小不变,位置变化,对应边和对应角相等.解决本题的关键是画出折叠前后得图形.
【变式4-2】(2022·山东青岛·七年级期末)如图,将一条长为7cm的卷尺铺平后折叠,使得卷尺自身的一部分重合,然后在重合部分(阴影处)沿与卷尺边垂直的方向剪一刀,此时卷尺分为了三段,若这三段长度由短到长的比为2:3:5,其中没有完全盖住的部分最长,则折痕对应的刻度可能是 _____cm.
【答案】2.45或2.8
【解析】
【分析】
先利用三段长度之比求得三段的长,然后由中间段求得折痕对应的刻度.
【详解】
解:∵三段长度由短到长的比为2:3:5,卷尺总长为7cm,
∴最长的一段长7×=3.5(cm),
中间长的一段长7×=2.1(cm),最短一段长7×=1.4(cm),
如图,则BD=3.5cm,
当BC为最短段时,BC=1.4cm,2AB=2.1cm,
∴AC=AB+BC=1.05+1.4=2.45(cm),
∴折痕对应的刻度为2.45cm;
当BC段为中间长的那段时,BC=2.1cm,2AB=1.4cm,
∴AB=0.7cm,
∴AC=AB+BC=0.7+2.1=2.8(cm),
∴折痕对应的刻度为2.8cm;
综上所述,折痕对应的刻度为2.45cm或2.8cm.
故答案为:2.45或2.8.
【点睛】
本题考查了对折的性质、比例的计算,解题的关键是由比例关系求出三段的长度.
【变式4-3】(2022·贵州六盘水·七年级期末)如图,和关于直线对称,与的交点在直线上.
(1)图中点的对应点是点__________,的对应角是_______
(2)若,,则的长为_______
(3)若,,求的度数.
【答案】(1),;
(2)3
(3)
【解析】
【分析】
(1)由轴对称的性质,即可得到对应顶点、对应角、对应边;
(2)由轴对称的性质,得到,即可求出的长度;
(3)先求出的度数,然后由轴对称的性质,即可求出答案.
(1)
解:∵和关于直线对称,
∴点的对应点是点;
的对应角是;
故答案为:,;
(2)
解:∵和关于直线对称,
∴,
∵,
∴;
故答案为:3;
(3)
解:∵,,
∴,
∵和关于直线对称,
∴;
【点睛】
本题考查了轴对称的性质,解题的关键是掌握轴对称的性质.
【考点五 尺规作图】
【例题5】(2021·湖南·长沙市中雅培粹学校八年级阶段练习)如图,在△ABC中,,,,用尺规作图的方法:以C点为圆心,以大于长为半径画弧,再以B点为圆心,以相同长度为半径画弧,两弧相交于点M、N,连接MN交AB于点D,则△ACD的周长为( )
A.12 B.14 C.16 D.21
【答案】B
【解析】
【分析】
根据作图得到MN是线段BC的垂直平分线,得到BD=CD,由此得到△ACD的周长=AC+AB,代入计算即可.
【详解】
解:由作图得MN是线段BC的垂直平分线,
∴BD=CD,
∴△ACD的周长=AC+AD+CD=AC+AD+BD=AC+AB=5+9=14,
故选:B.
【点睛】
此题考查了线段垂直平分线的作图,线段垂直平分线的性质,熟记线段垂直平分线的作图方法是解题的关键.
【变式5-1】(2021·全国·八年级)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,∠A=20°,以△ABC的一边为边画等腰三角形,使得它的第三个顶点在△ABC的其他边上,则可以画出的等腰三角形的个数最多为( )
A.4个 B.5个 C.6个 D.7个
【答案】D
【解析】
【分析】
①以B为圆心,BC长为半径画弧,交AB于点D,△BCD就是等腰三角形;
②以A为圆心,AC长为半径画弧,交AB于点E,△ACE就是等腰三角形;
③以C为圆心,BC长为半径画弧,交AC于点F,△BCF就是等腰三角形;
④以C为圆心,BC长为半径画弧,交AB于点K,△BCK就是等腰三角形;
⑤作AB的垂直平分线交AC于G,则△AGB是等腰三角形;
⑥作BC的垂直平分线交AB于I,则△BCI和△ACI是等腰三角形.
【详解】
解:如图:可以画出7个等腰三角形.
故选:D.
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定的应用,需要分情况讨论,主要考查学生的理解能力和动手操作能力.
【变式5-2】(2022·吉林吉林·八年级期末)在中,,.用无刻度的直尺和圆规在边上找一点D,使为等腰三角形.下列作法正确的有________个.
【答案】3
【解析】
【分析】
根据图中的圆心、半径已经角平分线、垂直平分线的作法,依次判断即可得.
【详解】
解:第一个图以C为圆心,AC长为半径,
∴为等腰三角形,符合题意;
第二个图为作的角平分线,无法得到为等腰三角形,不符合题意;
第三个图以B为圆心,AB长为半径,
∴为等腰三角形,
∵,
∴,
∴为等边三角形,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴为等腰三角形,符合题意;
第四个图为作线段AC的垂直平分线,可得,
∴为等腰三角形,符合题意;
综上可得:有三个图使得为等腰三角形,
故答案为:3.
【点睛】
题目主要考查等腰三角形的性质及角平分线、垂直平分线的作法,熟练掌握各个图形的作法是解题关键.
【变式5-3】(2022·广东·普宁市华美实验学校八年级阶段练习)如图,已知△ABC,AC>AB.请用尺规作图法完成下列问题.
(1)作△ABC的高AD.(保留作图痕迹.不写作法)
(2)在高AD上求作一点P,使点P分别到AC ,BC的距离相等.(保留作图痕迹.不写作法)
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【解析】
【分析】
(1)作边的高即可;
(2)作∠ACB的角平分线交AD于点P,点P即为所求.
(1)
解:如图,即为所求.
(2)
解:如图,点P即为所求.
【点睛】
本题考查作图-复杂作图,角平分线的性质定理,垂直平分线定理,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题.
【考点六 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.
【例题6】(2022·广东佛山·七年级期末)如图,中,,的角平分线、相交于点,过点作交的延长线于点,交于点,则下列结论:①;②;③;④连接,平分.其中正确的是( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【答案】D
【解析】
【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.
【详解】
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(AAS),
∴∠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(AAS),
∴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.
【点睛】
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6-1】(2022·江苏·如东县实验中学七年级阶段练习)如图,在中,,,D为形外一点,DA平分∠BAC,且,则∠DCB的度数为( )
A. B.60° C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
如图,延长AB到P,延长AC到Q,作DH⊥AP于H,DE⊥AQ于E,DF⊥BC于F.证明DE=DF,推出DC平分∠QCB即可解决问题.
【详解】
解:如图,延长AB到P,延长AC到Q,作DH⊥AP于H,DE⊥AQ于E,DF⊥BC于F.
∵∠PBC=∠BAC+∠ACB=+,,
∴∠DBC=∠DBH,
∵DF⊥BC,DH⊥BP,
∴DF=DH,
又∵DA平分∠PAQ,DH⊥PA,DE⊥AQ,
∴DE=DH,
∴DE=DF,
∴CD平分∠QCB,
∵∠QCB=180°﹣∠ACB=180°-,
∴∠DCB=∠QCB=(180°-)=,
故选:C.
【点睛】
本题考查三角形的外角的性质,角平分线的性质定理和判定定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,灵活运用所学知识解决问题.
【变式6-2】(2022·全国·八年级)如图,已知,、分别平分和且度,则______度.
【答案】60
【解析】
【分析】
根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠ACD=∠BAC+∠ABC,∠ECD=∠BEC+∠EBC,根据角平分线的定义可得∠EBC=∠ABC,∠ECD=∠ACD,然后整理得到∠BEC=∠BAC,过点E作EF⊥BD于F,作EG⊥AC于G,作EH⊥BA交BA的延长线于H,根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得EF=EG=EH,再根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断出AE平分∠CAH,然后列式计算即可得解.
【详解】
解:由三角形的外角性质得,∠ACD=∠BAC+∠ABC,∠ECD=∠BEC+∠EBC,
∵BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD,
∴∠EBC=∠ABC,∠ECD=∠ACD,
∴∠BEC+∠EBC=(∠BAC+∠ABC),
∴∠BEC=∠BAC,
∵∠BEC=30°,
∴∠BAC=60°,
过点E作EF⊥BD于F,作EG⊥AC于G,作EH⊥BA交BA的延长线于H,
∵BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD,
∴EF=EH,EF=EG,
∴EF=EG=EH,
∴AE平分∠CAH,
∴∠EAC=(180°∠BAC)=(180°60°)=60°.
故答案为:60°.
【点睛】
本题考查了三角形的内角和定理,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,角平分线上的点到角的两边距离相等的性质,到角的两边距离相等的点在角的平分线上的性质,熟记各性质并作辅助线是解题的关键.
【变式6-3】(2022·全国·八年级专题练习)如图1,在△ABC中,∠BAC的平分线AD与∠BCA的平分线CE交于点O.
(1)求证:∠AOC=90°+∠ABC;
(2)当∠ABC=90°时,且AO=3OD(如图2),判断线段AE,CD,AC之间的数量关系,并加以证明.
【答案】(1)见解析
(2)AE+CD=AC,证明见解析
【解析】
【分析】
(1)求出∠BAC+∠BCA=180°-∠ABC,根据角平分线定义求出∠OAC=∠BAC,∠OCA=∠BCA,即可求出∠OAC+∠OCA的度数,根据三角形内角和定理求出即可;
(3)在AC上分别截取AM、CN,使AM=AE,CN=CD,连接OM,ON,证△AEO≌△AMO,△DCO≌△NCO,推出∠EOA=∠MOA,∠CON=∠COD,OD=ON,求出∠MON=∠MOA=45°,根据角平分线性质求出MK=ML,据此计算即可求解.
(1)
证明:∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°,
∴∠BAC+∠BCA=180°-∠ABC,
∵∠BAC的平分线AD与∠BCA的平分线CE交于点O.
∴∠OAC=∠BAC,∠OCA=∠BCA,
∴∠OAC+∠OCA=(∠BAC+∠BCA)=(180°-∠ABC)=90°-∠ABC,
∴∠AOC=180°-(∠OAC+∠OCA)=180°-(90°-∠ABC),
即∠AOC=90°+∠ABC;
(2)
解:AE+CD=AC,
证明:如图2,∵∠AOC=90°+∠ABC=135°,
∴∠EOA=45°,
在AC上分别截取AM、CN,使AM=AE,CN=CD,连接OM,ON,
则在△AEO和△AMO中,,
∴△AEO≌△AMO,
同理△DCO≌△NCO,
∴∠EOA=∠MOA,∠CON=∠COD,OD=ON,
∴∠EOA=∠MOA=∠CON=∠COD=45°,
∴∠MON=∠MOA=45°,
过M作MK⊥AD于K,ML⊥ON于L,
∴MK=ML,
S△AOM=AO×MK,S△MON=ON×ML,
∴,
∵,
∴,
∵AO=3OD,
∴,
∴,
∴AN=AM=AE,
∵AN+NC=AC,
∴AE+CD=AC.
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定,角平分线定义和性质,三角形的面积,三角形内角和定理的应用,熟练掌握各性质定理是解答此题的关键.
【考点七 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.
【例题7】(2022·全国·八年级课时练习)如图,点A、C在∠FBD的两条边BF、BD上,BE平分∠FBD,CE平分∠ACD,连接AE,若∠BEC=35°,则∠FAE的度数为( )
A.35° B.45° C.55° D.65°
【答案】C
【解析】
【分析】
过点E作EH⊥BC,EG⊥AC,EM⊥AB,垂足分别为H、G、M,由三角形的角平分线的判定定理可得AE平分∠FAC,结合三角形外角的性质可求得∠BAC=2∠BEC=70°,由补角的定义可求解∠FAC的度数,再利用角平分线的定义可求解.
【详解】
解:过点E作EH⊥BC,EG⊥AC,EM⊥AB,垂足分别为H、G、M,如图所示:
∵BE平分∠FBD,CE平分∠ACD,
∴∠ABC=2∠EBD,∠ACD=2∠ECD,EH=EM,EH=EG,
∴EG=EM,
∴AE平分∠FAC,
∵∠ACD=∠ABC+∠BAC,∠ECD=∠EBC+∠BEC,
∴2∠ECD=2∠EBD+∠BAC,2∠ECD=2∠EBD+2∠BEC,
∴∠BAC=2∠BEC,
∵∠BEC=35°,
∴∠BAC=2×35°=70°,
∵∠BAC+∠FAC=180°,
∴∠FAC=180°﹣70°=110°,
∵AE平分∠FAC,
∴∠FAE=∠FAC=55°.
故选:C.
【点睛】
本题主要考查角平分线的判定定理、性质定理及三角形外角的性质,熟练掌握角平分线的判定定理及性质定理、三角形外角的性质是解题的关键.
【变式7-1】(2022·江苏·景山中学七年级期末)如图,∠ABC、∠ACD的平分线BP、CP交于点P,PF⊥BD,PG⊥BE,垂足分别为F、G,下列结论:①:=AB:BC;②∠APB+∠ACP=90°;③∠ABC+2∠APC=180°,其中正确的结论有( )
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据角平分线的性质,得到PG=PF,结合面积公式,可以判断结论①;过点P作PM⊥AC,垂足为M,则PF=PM=PG,得到PA平分∠EAC,利用角的平分线定义,∠1=∠2+∠3,∠1+∠2=∠3+∠4+∠5,∠4=∠5,得证∠2=∠4,从而判断结论②,利用四边形内角和定理结合角的平分线判断最后结论.
【详解】
∵∠ABC、∠ACD的平分线BP、CP交于点P,PF⊥BD,PG⊥BE,
∴PG=PF,
∴:==AB:BC,
∴结论①正确;
过点P作PM⊥AC,垂足为M,根据题意,得PF=PM=PG,
∴PA平分∠EAC,
∴∠PAG=∠PAM,
∵PA=PA,∠PGA=∠PMA=90°
∴△PAG≌△PAM,同理可证,△PCM≌△PCF,△PBG≌△PBF,
∴∠1=∠2+∠3,∠1+∠2=∠3+∠4+∠5,∠4=∠5,
∴∠2=∠4,
∵∠4+∠ACP=90°,
∴∠2+∠ACP=90°,
∴∠APB+∠ACP=90°,
∴结论②正确,
∵∠ABC+∠BGP+ ∠GPF+∠PFB=360°,∠BGP=∠BFP=90°,
∴∠ABC+∠GPF=180°,
∵∠1=∠2+∠3,∠1+∠2=∠3+∠4+∠5,∠4=∠5,
∴∠GPF=2∠APC,
∴∠ABC+2∠APC=180°,
∴结论③正确,
故选D.
【点睛】
本题考查了角平分线的性质和判定,四边形的内角定理,三角形面积公式,熟练掌握角的平分线的性质和判定是解题的关键.
【变式7-2】(2021·湖北·黄石经济技术开发区教研室九年级期中)如图,在△AOB和△COD中,OA=OB,OC=OD,OA
【答案】①②④
【解析】
【分析】
由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA=∠ODB,AC=BD,②正确;
由全等三角形的性质得出∠OAC=∠OBD,由三角形的外角性质得:∠AMB+∠OBD=∠OAC+∠AOB,得出∠AMB=∠AOB=36°,①正确;
作OG⊥AM于G,OH⊥DM于H,如图所示:则∠OGA=∠OHB=90°,利用全等三角形对应边上的高相等,得出OG=OH,由角平分线的判定方法得出MO平分∠AMD,④正确;
假设MO平分∠AOD,则∠DOM=∠AOM,由全等三角形的判定定理可得△AMO≌△DMO,得AO=OD,而OC=OD,所以OA=OC,而OA<OC,故③错误;即可得出结论.
【详解】
解:∵∠AOB=∠COD=36°,
∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC,
即∠AOC=∠BOD,
在△AOC和△BOD中,
∴△AOC≌△BOD(SAS),
∴∠OCA=∠ODB,AC=BD,故②正确;
∵∠OAC=∠OBD,
由三角形的外角性质得:
∠AMB+∠OBD=∠OAC+∠AOB,
∴∠AMB=∠AOB=36°,故①正确;
作OG⊥AM于G,OH⊥DM于H,如图所示,
则∠OGA=∠OHB=90°,
∵△AOC≌△BOD,
∴OG=OH,
∴MO平分∠AMD,故④正确;
假设MO平分∠AOD,则∠DOM=∠AOM,
在△AMO与△DMO中,,
∴△AMO≌△DMO(ASA),
∴AO=OD,
∵OC=OD,
∴OA=OC,
而OA<OC,故③错误;
所以其中正确的结论是①②④.
故答案为:①②④.
【点睛】
本题属于三角形综合题,是中考填空题压轴题,考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识;证明三角形全等是解题的关键.
【变式7-3】(2022·全国·八年级专题练习)如图,和都是等边三角形,连接与,延长交于点H.
(1)证明:;
(2)求的度数;
(3)连接,求证:平分.
【答案】(1)见解析
(2)60°
(3)见解析
【解析】
【分析】
(1)由△ABD和△BCE都是等边三角形得BA=BD,BE=BC,∠ABD=∠EBC=60°,所以∠ABE=∠DBC=60°−∠DBE,即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ABE≌△DBC,得AE=DC;
(2)由△ABE≌△DBC得∠BAE=∠BDC,因为∠BAD=∠BDA=60°,所以∠HAD+∠HDA==120°,所以∠AHD=60°;
(3)作BF⊥HA于点F,BG⊥HC交HC的延长线于点G,则∠AFB=∠BFH=∠G=90°,即可证明△BAF≌△BDG,则BF=BG,根据“到角的两边距离相等的点在角的平分线上”即可证明HB平分∠AHC.
(1)
证明:如图1,
∵△ABD和△BCE都是等边三角形,
∴BA=BD,BE=BC,∠ABD=∠EBC=60°,
∴∠ABE=∠DBC=60°−∠DBE,
在△ABE和△DBC中,
,
∴△ABE≌△DBC(SAS),
∴AE=DC.
(2)
解:如图1,由(1)得△ABE≌△DBC,
∴∠BAE=∠BDC,
∵∠BAD=∠BDA=60°,
∴∠HAD+∠HAD
=∠HAD+∠BDC+∠BDA
=∠HAD+∠BAE+∠BDA
=∠BAD+∠BDA
=120°,
∴∠AHD=180°−(∠HAD+∠HDA)=60°.
(3)
证明:如图2,作BF⊥HA于点F,BG⊥HC交HC的延长线于点G,
则∠AFB=∠BFH=∠G=90°,
由△ABE≌△DBC得∠BAF=∠BDG,
在△BAF和△BDG中,
,
∴△BAF≌△BDG(AAS),
∴BF=BG,
∴点B在∠AHC的平分线上,
∴HB平分∠AHC.
【点睛】
此题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、到角的两边距离相等的点在角的平分线上等知识,证明三角形全等是解题的关键.
【考点八 线段垂直平分线的性质】
【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
【例题8】(2022·山东淄博·七年级期末)如图,△ABC中,AD平分∠BAC,DG⊥BC且平分BC,DE⊥AB于E,DF⊥AC于F.若AB=7,AC=3,则BE=( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】B
【解析】
【分析】
如图,连接,,由题意知,,,证明,则,由DG⊥BC且平分BC,可知DG是线段BC的垂直平分线,则,证明,则,根据,,,可得,进而可求的值.
【详解】
解:如图,连接,
∵AD平分∠BAC,DE⊥AB于E,DF⊥AC于F
∴,,
在和中
∵
∴
∴
∵DG⊥BC且平分BC
∴DG是线段BC的垂直平分线
∴
在和中
∵
∴
∴
∵,,,
∴
∴
∴
故选B.
【点睛】
本题考查了角平分线的性质,垂直平分线的性质,全等三角形的判定与性质等知识.解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用.
【变式8-1】(2022·山东滨州·八年级期末)如图,△ABC中,BC的垂直平分线DP与∠BAC的角平分线相交于点D,垂足为点P,∠BAC=84°,则∠BDC=( )
A.84° B.96° C.100° D.不能确定
【答案】B
【解析】
【分析】
过点D作DE⊥AC,DF⊥AB,垂足分别为E、F,利用角平分线的性质及线段垂直平分线的性质得到DE=DF,DB=DC,证明△DFB≌△DEC(SAS),得到∠BDF=∠CDE,根据四边形AFDE的内角和求出∠EDF=96°,由此得到∠BDC的度数.
【详解】
解:过点D作DE⊥AC,DF⊥AB,垂足分别为E、F,
∵AD平分∠BAC,
∴DE=DF,
∵DP垂直平分BC,
∴DB=DC,
∵∠F=∠DEC=90°,
∴△DFB≌△DEC(SAS),
∴∠BDF=∠CDE,
∵∠F+∠FAE+∠AED+∠EDF=360°,
∴∠BAC+∠EDF=180°,
∵∠BAC=84°,
∴∠EDF=96°,
∴∠BDC=96°,
故选:B.
【点睛】
此题考查了角平分线的性质定理,线段垂直平分线的性质,全等三角形的判定和性质,四边形内角和,熟记角平分线的性质定理,线段垂直平分线的性质是解题的关键.
【变式8-2】(2021·湖南·邵阳市第六中学八年级阶段练习)如图,在中,、的垂直平分线分别交于、两点,并且相交于点,且,则的度数是______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据四边形内角和为求出,根据三角形内角和定理求出,根据线段垂直平分线的性质得到,,进而得到,,结合图形计算,得到答案.
【详解】
解:、的垂直平分线相交于点,,
,
,
、的垂直平分线分别交于、两点,
,,
,,
,
,
故答案为:.
【点睛】
本题考查的是线段垂直平分线的性质、三角形内角和定理,解题的关键是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.
【变式8-3】(2021·吉林长春·八年级期末)如图,在△ABC中,CA=CB,过点A作射线AP∥BC,点M、N分别在边BC、AC上(点M、N不与所在线段端点重合),且BM=AN,连结BN并延长交射线AP于点D,连结MA并延长交AD的垂直平分线于点E,连结ED.
【猜想】如图①,当∠C=30°时,可证△BCN≌△ACM,从而得出∠CBN=∠CAM,进而得出∠BDE的大小为______度.
【探究】如图②,若∠C=β.
(1)求证:△BCN≌△ACM.
(2)∠BDE的大小为______度(用含β的代数式表示).
【应用】如图③,当∠C=120°时,AM平分∠BAC,若AM、BN交于点F,DE=DF,DE=1,则△DEF的面积为______.
【答案】【猜想】150;【探究】(1)见解析;(2)(180﹣β);【应用】1
【解析】
【分析】
猜想:延长ED交BC于点F,交AC于点O.证明∠BNC=∠BFE,再利用三角形的外角的性质即可解决问题;
探究:(1)同理根据SAS证明:△BCN≌△ACM;(2)延长ED交BC于点F,方法同(1)证出∠ACB=∠BDF=β,则可得出答案;
应用:证明∠E=90°,求出DF=2,根据三角形的面积公式可得结论.
【详解】
证明:如图,延长ED交BC于点F,交AC于点O,
∵CB=CA,
∴∠ABM=∠BAN,
∵CA=CB,BM=AN,
∴CM=CN,
∵∠C=∠C,
∴△BCN≌△ACM(SAS),
∴∠CBN=∠CAM,
∵E是AD的垂直平分线上的点,
∴EA=ED,
∴∠EAD=∠EDA,
∵AD∥BC,
∴∠EAD=∠EMF,∠EDA=∠EFM,
∴∠BNC=∠BFE,
∴∠NOD+∠BDF=∠C+∠FOC,
∵∠C=30°,∠FOC=∠NOD,
∴∠NDO=30°,
∴∠BDE=150°,
故答案为:150°;
探究:
(1)证明:∵CA=CB,BM=AN,
∴CA﹣AN=CB﹣BM,
∴MC=NC,
在△BCN和△ACM中,,
∴△BCN≌△ACM(SAS);
(2)如图,延长ED交BC于点F,
同理得△BCN≌△ACM(SAS),
∴∠CBN=∠CAM,
同理得:∠BNC=∠AMC=∠BFE,
∴∠BNC+∠NBC=∠NBC+∠BFE,
∴∠ACB=∠BDF=β,
∴∠BDE=180°﹣β.
故答案为:(180﹣β);
应用:
∵∠C=120°,CA=CB,
∴∠BAC=30°,
∵AM平分∠BAC,
∴∠MAC=∠BAC=15°,
∵AP∥BC,
∴∠C=∠CAD=120°,
∴∠EAD=180°﹣∠MAC﹣∠CAD=45°,
由(2)可知,∠BDE=180°﹣120°=60°,∠CBN=∠CAM=∠ADB=15°,
∴∠ADE=45°,
∴∠E=90°,
∵DE=DF,DE=1,
∴DF=2,
∴△DEF的面积为.
故答案为:1.
【点睛】
本题是三角形综合题,考查了全等三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质等知识,解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题,学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题.
【考点九 等腰三角形的性质(求角度)】
【方法点拨】解决此类问题的关键要掌握等腰三角形两底角相等(简称等边对等角),常与三角形外角的性质及三角形内角和定理结合运用.
【例题9】(2022·湖北武汉·八年级期末)如图,△ABC中,∠CAB=∠CBA=48°,点O为△ABC内一点,∠OAB=12°,∠OBC=18°,则∠ACO+∠AOB=( )
A.190° B.195° C.200° D.210°
【答案】D
【解析】
【分析】
作于点D,延长BO交CD于点P,连接AP.由题意可求出.由所作辅助线可判断CD为AB的垂直平分线,即得出,从而得出,进而可求出.由图易求出,由三角形外角性质可求出,即.再根据,即得出,从而可证明,即得出AC=AO.由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求出的值,再根据三角形内角和定理可求出的值,相加即可.
【详解】
如图,作于点D,延长BO交CD于点P,连接AP.
由题意可求出,
∵,
∴.
∵,
∴CD为AB的垂直平分线,
∴,
∴,
∴,
∵,,
∴.
∵,
∴.
又∵,
∴,
∴AC=AO.
∵,
∴.
∵,
∴
故选D.
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质,三角形内角和定理,三角形外角的性质,线段垂直平分线的性质以及三角形全等的判定和性质,综合性强,较难.正确做出辅助线是解题关键.
【变式9-1】(2021·江苏无锡·八年级期中)如图,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=46°,∠BAC的平分线与AB的垂直平分线OD交于点O,点E在BC上,点F在AC上,连接EF.将∠C沿EF折叠,点C与点O恰好重合时,则∠OEC的度数( )
A.90° B.92° C.95° D.98°
【答案】B
【解析】
【分析】
仔细分析题意,可连接BO,CO,根据角平分线性质和中垂线性质不难得到∠OAB=∠OBA;然后结合三角形内角和定理以及等边对等角可得∠ABC的度数;接下来根据全等三角形的判定易得△ABO≌△ACO,进而结合全等三角形的性质可得∠OCB的度数;最后根据折叠变换的性质得出EO=EC,由等边对等角以及三角形内角和定理的知识即可求出∠OEC的度数.
【详解】
解:连接BO,CO,
∵∠BAC=46°,∠BAC的平分线与AB的中垂线交于点O,
∴∠OAB=∠OAC=23°,
∵OD是AB的垂直平分线,
∴OA=OB,
∵OA=OB,∠OAB=23°,
∴∠OAB=∠ABO=23°,
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB=67°,
∴∠OBC=∠ABC-∠ABO=67°-23°=44°,
∵AB=AC,∠OAB=∠OAC,AO=AO,
∴△ABO≌△ACO(SAS),
∴BO=CO,
∴∠OBC=∠OCB=44°,
∵点C沿EF折叠后与点O重合,
∴EO=EC,
∴∠EOC=∠OCE=44°,
∴∠OEC=180°-∠EOC-∠OCE=180°-2×44°=92°,
故选:B.
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质,等腰三角形三线合一的性质,等边对等角的性质,以及翻折变换的性质,综合性较强,难度较大,作辅助线,构造出等腰三角形是解题的关键.
【变式9-2】(2022·浙江台州·八年级期末)如图,在中,点为和垂直平分线的交点,点与点关于对称,连接,,.若中有一个角是50°,则______度.
【答案】50或65##65或50
【解析】
【分析】
连接AP、BP,由点P为AB和BC垂直平分线的交点,得PA=PB=PC,知∠PAB=∠PBA,∠PBC=∠PCB,∠PAC=∠PCA,又点Q与点P关于AC对称,可得PC=QC,∠PCA=∠QCA,∠CPQ=∠CQP,分两种情况:①当∠CPQ=∠CQP=50°时,∠PCQ=80°,可得∠PCA=40°,∠PAC=40°,即得2∠ABP+2∠PBC=100°,∠ABC=50°,②当∠PCQ=50°时,同理可得∠ABC=65°.
【详解】
解:连接AP、BP,如图:
∵点P为AB和BC垂直平分线的交点,
∴PA=PB=PC,
∴∠PAB=∠PBA,∠PBC=∠PCB,∠PAC=∠PCA,
∵点Q与点P关于AC对称,
∴PC=QC,∠PCA=∠QCA,
∴∠CPQ=∠CQP,
①当∠CPQ=∠CQP=50°时,∠PCQ=80°,
∴∠PCA=40°,
∴∠PAC=40°,
∴∠PAB+∠PBA+∠PBC+∠PCB=180°﹣∠PAC﹣∠PCA=100°,
∴2∠ABP+2∠PBC=100°,
∴∠ABP+∠PBC=50°,即∠ABC=50°,
②当∠PCQ=50°时,∠PCA=25°,
∴∠PAC=25°,
∴∠PAB+∠PBA+∠PBC+∠PCB=180°﹣∠PAC﹣∠PCA=130°,
∴2∠ABP+2∠PBC=130°,
∴∠ABP+∠PBC=65°,即∠ABC=65°,
综上所述,∠ABC为50°或65°,
故答案为:50或65.
【点睛】
本题考查轴对称的性质,解题的关键是掌握三角形内角和定理的应用及轴对称的性质.
【变式9-3】(2022·辽宁辽阳·七年级期末)已知,在中,,,点为直线上一动点(点不与点,重合),连接,以为边作,使,,且点和点分别在直线的异侧,连接.
(1)如图1,当点在线段上时,求的度数;
(2)若,,请直接写出的长.
【答案】(1)90°
(2)3或7.
【解析】
【分析】
(1)根据等腰直角三角形的性质,利用SAS证明△ABD≌△ACE,根据全等三角形的性质求解即可;
(2)分点D在线段BC上和点D在线段BC的延长线上两种情况求解即可.
(1)
解:∵∠BAC=∠DAE=90°,
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC,
即∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,,
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴∠ABC=∠ACE=45°,
∵∠BAC=90°,AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
∴∠ECB=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°;
(2)
解:当点D在线段BC上时,
∵BC=5,CD=2,
∴BD=BC−CD=3,
由(1)得△ABD≌△ACE,
∴BD=CE,
∴CE=3,
当点D在线段BC的延长线上时,如图,
∵∠BAC=∠DAE=90°,
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC,
即∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,,
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴BD=CE,
∵BC=5,CD=2,
∴BD=BC+CD=7,
∴CE=7,
综上,CE长为3或7.
【点睛】
此题考查了全等三角形的判定与性质,等边对等角,利用SAS证明△ABD≌△ACE是解题的关键.
【考点十 等腰三角形的性质(求线段)】
【方法点拨】解决此类问题的关键要掌握等腰三角形两底角相等(简称等边对等角),常与三角形外角的性质及三角形内角和定理结合运用.
【例题10】(2021·全国·九年级专题练习)如图,在中,和的角平分线交于点,过点作交于点,交于点.若,,则的长为( )
A.10 B.5.5 C.6 D.5
【答案】D
【解析】
【分析】
由平行线的性质,得出∠MEB=∠CBE,∠NEC=∠BCE,再由角平分线定义得出∠MBE=∠EBC,∠NCE=∠BCE,证出ME=MB,NE=NC,即可求得MN的长.
【详解】
解:∵MN∥BC,
∴∠MEB=∠CBE,∠NEC=∠BCE,
∵在△ABC中,∠ABC和∠ACB的平分线交于点E,
∴∠MBE=∠EBC,∠NCE=∠BCE,
∴∠MEB=∠MBE,∠NEC=∠NCE,
∴ME=MB,NE=NC,
∴MN=ME+NE=BM+CN=2+3=5,
故选:D.
【点睛】
本题考查了平行线的性质以及等腰三角形的判定等知识;熟练掌握等腰三角形的判定是解题的关键.
【变式10-1】(2022·广东梅州·八年级期末)如下图,在中,,,的角平分线与线段AC相交于点D,若,则CD的长( )
A.10 B.8 C.6 D.4
【答案】B
【解析】
【分析】
先由三角形的内角和定理和角平分线的定义求得∠ABD=∠CBD=30°=∠C,进而可得CD=BD,再根据直角三角形中,30°角所对的直角边等于斜边的一半求得BD即可求解.
【详解】
解:∵在中,,,
∴∠ABC=180°-90°-30°=60°,
∵BD平分∠ABC,
∴∠ABD=∠CBD=30°,
∴∠BDC=∠C,
∴CD=BD,
在Rt△ABD中,∠A=90°,∠ABD=30°,AD=4,
∴BD=2AD=8,则CD=8,
故选:B.
【点睛】
本题考查三角形的内角和定理、角平分线定义、等角对等边、含30°的直角三角形的性质,熟练掌握直角三角形的性质和等腰三角形的判定是解答的关键.
【变式10-2】(2021·贵州·思南县张家寨初级中学七年级阶段练习)如图,∠MON=30°,点A1、A2、A3…在射线ON上,点B1、B2、B3…在射线OM上,△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形,从左起第1个等边三角形的边长记为a1,第2个等边三角形的边长记为a2,以此类推.若OA1=1,则a2020=_____.
【答案】22021
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出A1B1∥A2B2∥A3B3,以及a2=2a1,得出a3=4a1=4,a4=8a1=8,a5=16a1…进而得出答案.
【详解】
解:如图,
∵△A1B1A2是等边三角形,
∴A1B1=A2B1,∠3=∠4=∠12=60°,
∴∠2=120°,
∵∠MON=30°,
∴∠1=180°-120°-30°=30°,
又∵∠3=60°,
∴∠5=180°-60°-30°=90°,
∵∠MON=∠1=30°,
∴OA1=A1B1=1,
∴A2B1=1,
∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形,
∴∠11=∠10=60°,∠13=60°,
∵∠4=∠12=60°,
∴A1B1∥A2B2∥A3B3,B1A2∥B2A3,
∴∠1=∠6=∠7=30°,∠5=∠8=90°,
∴a2=2a1,a3=4a1=4,a4=8a1=8,a5=16a1,
以此类推:a2020=22021.
故答案是:22021
【点睛】
此题主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形的性质,根据已知得出a3=4a1=4,a4=8a1=8,a5=16a1…进而发现规律是解题关键.体现了由特殊到一般的数学思想.
【变式10-3】(2020·河北唐山·八年级期末)如图,在中,,,分别是,边上的点,并且.
(1)是否是等腰三角形?说明理由;
(2)点是上的一点,并且平分,平分.
①求证:是等腰三角形;
②若的周长为,,直接写出的周长(用含,的式子表示).
【答案】(1)是等腰三角形;理由见解析;(2)①见解析;②的周长.
【解析】
【分析】
(1)由已知和MN//BC 可以得到,从而得到△AMN 是等腰三角形;
(2)①由已知和MN//BC 可以得到 ,从而得到△BPM是等腰三角形;
②由①可得MP=MB、NP=NC,从而得到△AMN 的周长=AB+AC=a-b.
【详解】
解:(1),.
,,,
,
,
是等腰三角形;
(2)①平分,,
,,
,
是等腰三角形;
②的周长.
是等腰三角形,,
同理可得:,
的周长,
,
又的周长为,
,
的周长.
【点睛】
本题考查等腰三角形的综合运用,熟练掌握等腰三角形的判定和性质、平行线的性质是解题关键.
【考点十一 等腰三角形的性质(三线合一)】
【例题11】(2022·辽宁抚顺·八年级期末)如图,△ABC中,AB=AC,D是BC的中点,AC的垂直平分线分别交AC,AD,AB于点E,G,F,连接CG,BG,则图中全等三角形的对数是( )
A.1对 B.2对 C.3对 D.4对
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC,根据线段垂直平分线的性质得到GA=GC,∠AEG=∠CEG=90°,则利用全等三角形的判定方法可判断Rt△ABD≌Rt△ACD,△GBD≌△GCD,△ABG≌△ACG,Rt△AGE≌Rt△CGE.
【详解】
解:∵AB=AC,D是BC的中点,
∴AD⊥BC,
∵GE垂直平分AC,
∴GA=GC,∠AEG=∠CEG=90°,
在Rt△ABD和Rt△ACD中,
,
∴Rt△ABD≌Rt△ACD(HL);
在△GBD和△GCD中,
,
∴△GBD≌△GCD(SAS),
∴GB=GC,
在△ABG和△ACG中,
,
∴△ABG≌△ACG(SSS),
在Rt△AGE和Rt△CGE中,
,
∴Rt△AGE≌Rt△CGE(HL),
综上所述,图中全等三角形有4对.
故选:D.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定:熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键.选用哪一种方法,取决于题目中的已知条件.也考查了线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质.
【变式11-1】(2022·广东河源·七年级期末)已知,等腰中,,E是高AD上任一点,F是腰AB上任一点,腰,,,那么线段的最小值是( )
A.5 B.3 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
如图作等F关于AD的对称点F′,连接EF′.作BH⊥AC于H.根据垂线段最短可知,当B,E,F′共线,且与H重合时,BE+EF的值最小,最小值就是线段BH的长.
【详解】
如图作等F关于AD的对称点F′,连接EF′.作BH⊥AC于H.
∵AB=AC,AD⊥BC,
∴BD=CD=3,
∴点F′在AC上,
∵BE+EF=BE+EF′,
根据垂线段最短可知,当B,E,F′共线,且与H重合时,BE+EF的值最小,最小值就是线段BH的长.
在Rt△ACD中,∵,
∴BH=,
∴BE+EF的最小值为,
故选C.
【点睛】
本题考查轴对称-最短问题,等腰三角形的性质等知识,解题的关键是学会利用轴对称解决最值问题.
【变式11-2】(2022·辽宁辽阳·七年级期末)如图,在中,,是的一条角平分线,点,点分别是线段,上一动点,若,,那么线段的最小值是_________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据点C关于AD的对称点为点B可知当BF⊥AC时,BF最短,此时BF=BE+EF=CE+EF取最小值,然后利用面积法求出此时的BF即可.
【详解】
解:∵,是的一条角平分线,
∴BD=CD=3,AD⊥BC,
∴点C关于AD的对称点为点B,
∴BE=CE,
∴CE+EF=BE+EF,
∴当BF⊥AC时,BF最短,即此时BF=BE+EF=CE+EF取最小值,
∴此时AD·BC=AC·BF,即,
∴BF=,即线段的最小值是,
故答案为:.
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质,轴对称的性质,学会根据轴对称的性质解决最短路径问题是解答此题的关键.
【变式11-3】(2022·广西·全州县教育局教研室八年级期末)问题发现:
(1)如图1,△ACB和△DCE均为等边三角形,点A,D,E在同一直线上,连接BE,
①求证:△ACD≌△BCE;
②求∠AEB的度数.
(2)拓展探究:如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,点A、D、E在同一直线上,CM为△DCE中DE边上的高交AE于M,连接BE.请求∠AEB的度数及线段CM,AE,BE之间的数量关系,并说明理由.
【答案】(1)①见解析;②∠AEB=60°
(2)∠AEB=90°,AE=BE+2CM.理由见解析
【解析】
【分析】
(1)①先证明 再结合等边三角形的性质,利用证明△ACD≌△BCE即可;②先求解 由△ACD≌△BCE可得∠ADC=∠BEC,再利用角的和差关系可得答案;
(2)先证明 再结合全等三角形的性质与等腰直角三角形的性质可得 由 结合等腰直角三角形的性质,可得 结合全等三角形的性质可得
(1)
证明:①∵△ACB和△DCE均为等边三角形,
∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°,
∴∠ACD=60°﹣∠DCB=∠BCE.
在△ACD和△BCE中,,
∴△ACD≌△BCE(SAS).
解:②∵△ACD≌△BCE,
∴∠ADC=∠BEC.
∵△DCE为等边三角形,
∴∠CDE=∠CED=60°.
∵点A,D,E在同一直线上,
∴∠ADC=120°,
∴∠BEC=120°.
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°.
(2)
解:∠AEB=90°,AE=BE+2CM.
理由如下: 如图2所示:由题意得:
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,
∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=90°.
∴∠ACD=∠BCE.
在△ACD和△BCE中,,
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴AD=BE,∠ADC=∠BEC.
∵△DCE为等腰直角三角形,
∴∠CDE=∠CED=45°.
∵点A,D,E在同一直线上,
∴∠ADC=135°,
∴∠BEC=135°.
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°.
∵CD=CE,CM⊥DE,
∴DM=ME.
∵∠DCE=90°,
∴DM=ME=CM.
∴AE=AD+DE=BE+2CM.
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质,等边三角形的性质,等腰直角三角形的性质,确定每一问中的两个全等三角形是解本题的关键.
【考点十二 等腰三角形的性质与判定】
【例题12】(2022·浙江台州·八年级期末)如图,直角三角形ABC中,AC=BC,AD是△ABC的角平分线,动点M、N同时从A点出发,以相同的速度分别沿A→C→B和A一B→C方向运动,并在边BC上的点E相遇,连接AE,①AE平分△ABC的周长,②AE是△ABD的角平分线,③AE是△ABD的中线.以上结论正确的有( )
A.①② B.①③ C.②③ D.①②③
【答案】B
【解析】
【分析】
过点D作DF⊥AB于点F,根据题意可得AC+CE=AB+BE,进而可以判断①正确;根据AD是△ABC的角平分线,DF⊥AB,DC⊥AC,可得DF=DC,然后证明Rt△ADF≌Rt△ADC,可得AF=AC,然后根据线段的和差可得BE=DE,可得AE是△ABD的中线,进而判断③正确,若②也成立,则AE⊥BC,茅盾,故②不成立即可解决问题.
【详解】
解:如图,过点D作DF⊥AB于点F,
∵动点M、N同时从A点出发,以相同的速度分别沿A→C→B和A→B→C方向运动,并在边BC上的点E相遇,
∴AC+CE=AB+BE,
∴AE平分△ABC的周长,故①正确;
∵AD是△ABC的角平分线,DF⊥AB,DC⊥AC,
∴DF=DC,
在Rt△ADF和Rt△ADC中,
∴Rt△ADF≌Rt△ADC(HL),
∴AF=AC,
∵∠B=45°,∠DFB=90°,
∴△DFB是等腰直角三角形,
∴DF=BF,
∴AB=AF+FB=AC+CD,
∵AC+CE=AB+BE,
∴AB+BE=AC+CD+DE,
∴BE=DE,
∴AE是△ABD的中线,故③正确,
∵BE=DE,若AE是△ABD的角平分线,则AE⊥BC,
而AE不垂直BC,
∴AE不是△ABD的角平分线,故②错误.
综上所述,结论正确的有①③.
故选:B.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的性质,解决本题的关键是得到Rt△ADF≌Rt△ADC.
【变式12-1】(2022·湖北黄冈·八年级期末)如图,四边形ABCD中,连接BD,O为BD中点,∠BAD=90°,∠BCD=90°,∠BDA=30°,∠BDC=45°,则∠CAO=( )
A.15° B.18° C.22.5° D.30°
【答案】A
【解析】
【分析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得,根据等腰三角形的性质与三角形外角的性质可得,在中,根据三角形内角和定理即可求解.
【详解】
解:∵∠BAD=90°,∠BCD=90°,O为BD中点,
∴,
∠BDA=30°,∠BDC=45°,
,
,
,
,
故选A.
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,等腰三角形的性质,三角形的外角的性质,三角形内角和定理,掌握以上知识是解题的关键.
【变式12-2】(2022·江苏盐城·八年级期末)如图,已知△ABC中,∠ACB=90°,D为AB的中点,点E在BC上,且CE=AC,∠BAE=15°,则∠AED=_______°.
【答案】30
【解析】
【分析】
根据等腰直角三角形的性质得到,求得,得到,根据直角三角形的性质得到,进而得AC=AD=BD=CD=CE,由可求得∠CED=,于是得到结论.
【详解】
解:,,
,
,
,
,
,
,D为的中点,
,
,,,
∴AC=AD=BD=CD=CE,
∴∠DCE=∠B=30°,
∵CD=CE,
∴∠CED=,
∴∠AED=∠CED-∠AEC=75°-45°=30°,
故答案为30.
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线,等腰三角形的性质,正确的识别图形是解题的关键.
【变式12-3】(2022·辽宁大连·八年级期末)在△ABC中,AB=AC,AB>BC,点D,E,F分别在边AB,BC,AC上,且ED=EF,∠DEF=∠B.
(1)如图1,求证:BC=BD+CF;
(2)如图2,连接CD,若DEAC,求证:CD平分∠ACB.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)证明△BDE≌△CEF,可得结论;
(2)先证明∠B=∠ACB,再证明∠DEB=∠ACB,∠EDC=∠ACD,可得∠B=∠DEB,证明DB=DE, DE=EC,可得∠EDC=∠BCD,从而可得结论.
(1)
证明:如图1中,∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
∵∠DEC=∠DEF+∠FEC=∠EDB+∠B,
∵∠DEF=∠B,
∴∠BDE=∠FEC,
∵ED=EF,
∴△BDE≌△CEF(AAS),
∴BD=EC,BE=CF,
∴BC=BE+EC=BD+CF;
(2)
如图2中,∵AB=AC,
∴∠B=∠ACB,
∵,
∴∠DEB=∠ACB,∠EDC=∠ACD,
∴∠B=∠DEB,
∴DB=DE,
由(1)可知,BD=EC,
∴DE=EC,
∴∠EDC=∠BCD,
∴∠BCD=∠ACD,
∴CD平分∠ACB.
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质,等腰三角形的判定和性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中考常考题型.
【考点十三 直角三角形斜边中线定理】
【方法点拨】掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键.
【例题13】如图,在四边形ABCD中,∠ABC=∠ADC=90°,∠DAC=45°,∠BAC=30°,E是AC的中点,连接BE,BD.则∠DBE的度数为( )
A.10° B.12° C.15° D.18°
【分析】连接DE,根据直角三角形的性质得到DEAC=AE,根据三角形的外角性质求出∠DEC、∠BEC,根据等腰三角形的性质计算即可.
【解答】解:连接DE,
∵∠ADC=90°,E是AC的中点,
∴DEAC=AE,
∴∠EDA=∠DAC=45°,
∴∠DEC=∠EDA+∠DAC=90°,
同理,∠BEC=60°,
∴∠DEB=90°+60°=150°,
∵DEAC,BEAC,
∴DE=BE,
∴∠DBE(180°﹣150°)=15°,
故选:C.
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质,掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键.
【变式13-1】如图,已知△ABC中,∠ACB=90°,O为AB的中点,点E在BC上,且CE=AC,∠BAE=15°,则∠COE= 度.
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到∠CAE=∠AEC=45°,求得∠CAB=60°,得到∠B=30°,根据直角三角形的性质得到CO=BO=AOAB,得到△AOC是等边三角形,∠OCB=∠B=30°,于是得到结论.
【解答】解:∵∠ACB=90°,CE=AC,
∴∠CAE=∠AEC=45°,
∵∠BAE=15°,
∴∠CAB=60°,
∴∠B=30°,
∵∠ACB=90°,O为AB的中点,
∴CO=BO=AOAB,
∴△AOC是等边三角形,∠OCB=∠B=30°,
∴AC=OC=CE,
∴∠COE=∠CEO(180°﹣30°)=75°,
故答案为:75.
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线,等腰三角形的性质,等边三角形的判定和性质,正确的识别图形是解题的关键.
【变式13-2】如图,AD是△ABC的高线,且BDAC,E是AC的中点,连结BE,取BE的中点F,连结DF,求证:DF⊥BE.
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质和已知求出DE=BD,根据等腰三角形的性质得出即可.
【解答】证明:连结DE,
∵AD是△ABC的高线,E是AC的中点,
∴,
又∵,
∴DE=BD.
又∵F是BE的中点,
∴DF⊥BE.
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线和等腰三角形的性质,能根据已知和直角三角形斜边上的中线性质求出DE=BD是解此题的关键.
【变式13-3】如图(1),已知锐角△ABC中,CD、BE分别是AB、AC边上的高,M、N分别是线段BC、DE的中点.
(1)求证:MN⊥DE.
(2)连结DM,ME,猜想∠A与∠DME之间的关系,并证明猜想.
(3)当∠A变为钝角时,如图(2),上述(1)(2)中的结论是否都成立,若结论成立,直接回答,不需证明;若结论不成立,说明理由.
【分析】(1)连接DM,ME,根据直角三角形的性质得到DMBC,MEBC,得到DM=ME,根据等腰直角三角形的性质证明;
(2)根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质计算;
(3)仿照(2)的计算过程解答.
【解答】(1)证明:如图(1),连接DM,ME,
∵CD、BE分别是AB、AC边上的高,M是BC的中点,
∴DMBC,MEBC,
∴DM=ME,
又∵N为DE中点,
∴MN⊥DE;
(2)在△ABC中,∠ABC+∠ACB=180°﹣∠A,
∵DM=ME=BM=MC,
∴∠BMD+∠CME=(180°﹣2∠ABC)+(180°﹣2∠ACB),
=360°﹣2(∠ABC+∠ACB),
=360°﹣2(180°﹣∠A),
=2∠A,
∴∠DME=180°﹣2∠A;
(3)结论(1)成立,结论(2)不成立,
理由如下:连结DM,ME,
在△ABC中,∠ABC+∠ACB=180°﹣∠BAC,
∵DM=ME=BM=MC,
∴∠BME+∠CMD=2∠ACB+2∠ABC,
=2(180°﹣∠BAC),
=360°﹣2∠BAC,
∴∠DME=180°﹣(360°﹣2∠BAC),
=2∠BAC﹣180°.
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、三角形内角和定理,掌握直角三角形中,斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键.
【考点十四 等边三角形的性质】
【例题14】(2022·山东·济南育英中学七年级期中)如图,在等边△ABC 中,点 D、E 分别是 AB、AC 上的点,且 BD=AE,BE 与 CD 交于点 O.以 CO为边作等边△OCF,点 F 在 BO 的延长线上,点 G 是 BC 的中点,连接 AO、GO.有如下结论:①∠BOC=120°;②AF=BO;③OG⊥BF;④AO=2OG;其中正确的结论有( )
A.①② B.①②③ C.①②④ D.①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
只需要证明△ABE≌△BDC得到∠BCD=∠ABE,即可判定①;只需要证明△ACF≌△BCO得到AF=BO,即可判断②;利用倍长中线模型如图所示,延长OG到R使得GR=GO,连接CR,BR,证明△CGO≌△BGR,接着证明△AOF≌△ORB即可推出AO=OR=2OG,即可判断④;由∠BOC=120°,随着点O的变化,∠COG的大小会发生变化,即∠BOG随会发生变化,即可判定③;
【详解】
解:∵△ABC是等边三角形,
∴AB=BC,∠BAE=∠CBD=60°,
又∵AE=BD,
∴△ABE≌△BDC(SAS),
∴∠BCD=∠ABE,
∵∠ABC=∠ABE+∠CBO=60°,
∴∠BCD+∠CBO=60°,
∴∠BOC=180°-∠BCD-∠CBO=120°,故①正确;
∵△ABC和△COF都是等边三角形,
∴CF=CO,CA=CB,∠FCO=∠ACB=60°,
∴∠ACF=∠BCO,
∴△ACF≌△BCO(SAS),
∴AF=BO,故②正确;
如图所示,延长OG到R使得GR=GO,连接CR,BR,
∵CG=BG,OG=RG,∠CGO=∠BGR,
∴△CGO≌△BGR(SAS),
∴CO=BR=OF,∠GCO=∠GBR,
∴,
∴∠RBO=60°,
∵△CFA≌△COB,
∴∠CFA=∠COB=120°,
又∵∠CFO=60°,
∴∠AFO=60°=∠OBR,
又∵AF=OB,
∴△AOF≌△ORB(SAS),
∴AO=OR=2OG,故④正确;
∵∠BOC=120°,随着点O的变化,∠COG的大小会发生变化,即∠BOG随会发生变化,
∴OG不一定与BF垂直,故③错误,
故选C.
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质,全等三角形的性质与判定,平行线的性质与判定,熟知全等三角形的性质与判定是解题的关键.
【变式14-1】(2022·湖北十堰·八年级期末)如图,△ABC是等边三角形,D是线段AC上一点(不与点A,C重合),连接BD,点E,F分别在线段BA,BC的延长线上,且DE=DF=BD,则△AED的周长等于( )
A. B.BF C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用等边三角形的性质和三角形外角的性质证明∠F=∠ADE,再利用AAS证明△ADE≌△CFD,得AE=CD,从而解决问题.
【详解】
解:∵DE=DF=BD,
∴∠DBE=∠BED,∠DBF=∠DFB,
∵△ABC是等边三角形,
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°,
∴∠E+∠F=60°,∠EAD=∠DCF,
∵∠E+∠ADE=60°,
∴∠F=∠ADE,
在△ADE和△CFD中,
∵
∴△ADE≌△CFD(AAS),
∴AE=CD,
∴△AED的周长=AE+AD+DE=AC+DE,
∵DE=BD,
∴△AED的周长为AC+BD,
故选:D.
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质,全等三角形的判定与性质等知识,证明△ADE≌△CFD是解题的关键.
【变式14-2】(2022·湖南株洲·八年级期末)如图,已知:,点、、……在射线上,点、、……在射线上,、、……均为等边三角形,若,则的边长为_______.
【答案】16
【解析】
【分析】
根据题目条件∠MON=30° ,∠B1A1A2=60°,根据三角形外角的性质可得∠OB1A1=30°,等腰三角形的性质可得A1O=B1A1 =1,然后证得A2O=A1O +A1A2=2,按照此规律证得边长为16.
【详解】
∵∠MON=30° ∠B1A1A2=60°
∴∠OB1A1=∠B1A1A2 -∠MON =30°
∴∠MON=∠OB1A1
∴A1O=B1A1 =1
∴A2O=A1O +A1A2=2
同理可得A2O= A2B2=2
以此类推 AO3= A3B3=4
A4O= A4B4=8
A5O= A5B5=16
∴△A5B5A6的边长是16.
【点睛】
本题考查三角形外角的性质,等腰三角形的性质,等边三角形的性质,熟记性质是解题的关键.
【变式14-3】(2022·湖北恩施·八年级期末)已知△ABC是等边三角形,点D是直线BC上一点,以AD为一边在AD的右侧作等边△ADE,连接CE.
(1)如图①,点D在线段BC上移动时,求证:;
(2)如图②,点D在线段BC的延长线上移动时,猜想∠DCE的大小是否发生变化.若不变请求出其大小;若变化,请说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)点D在线段BC的延长线上移动时,∠DCE=60°,大小不发生变化,理由见解析
【解析】
【分析】
(1)根据等边三角形的性质可得∠BAC=∠DAE=60°,AB=AC,AD=AE,从而得到∠BAD=CAE,即可求证;
(2)根据等边三角形的性质可得∠DAE=∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,AB=AC,AD=AE,从而得到∠ACD=120°,∠BAD=∠CAE,可证得△ABD≌△ACE,从而得到∠ABD=∠ACE=60°,即可求解.
(1)
证明:∵△ABC和△ADE是等边三角形,
∴∠BAC=∠DAE=60°,AB=AC,AD=AE,
∴∠BAC-∠CAD=∠DAE-∠CAD,即∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
∵AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE,
∴△ABD≌△ACE;
(2)
解∶点D在线段BC的延长线上移动时,∠DCE=60°,大小不发生变化,理由如下:
∵△ABC和△ADE是等边三角形,
∴∠DAE=∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,AB=AC,AD=AE,
∴∠ACD=120°,∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,
即∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
∵AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE,
∴△ABD≌△ACE;
∴∠ABD=∠ACE=60°,
∴∠DCE=∠ACD-∠ACE=120°-60°=60°.
即点D在线段BC的延长线上移动时,∠DCE=60°,大小不发生变化.
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质,等边三角形的性质,熟练掌握全等三角形的判定与性质,等边三角形的性质是解题的关键.
【考点十五 等边三角形的判定与性质】
【例题15】(2022·陕西榆林·七年级期末)如图,点D是△ABC内一点,,,则以下结论①;②;③BD平分∠ABC;④BD与AC的位置关系是互相垂直,其中正确的有( )
A.4个 B.3个 C.2个 D.1个
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质可判断①,延长BD交AC于H,证明可得 可得 结合,可判断②;由 可判断③,④,从而可得答案.
【详解】
解:∵AD=CD,
∴∠DAC=∠DCA, 故①符合题意;
延长BD交AC于H,
∵,
∴ 而
若,则为等边三角形,与题干条件不符合,故②不符合题意;
∴BD平分∠ABC,故③符合题意,④符合题意;
故其中正确的有①③④,
故选:B.
【点睛】
本题考查的是等腰三角形的性质,作出合适的辅助线,以便于利用等腰三角形的性质是解本题的关键.
【变式15-1】(2022·内蒙古鄂尔多斯·八年级期末)如图,已知和都是等边三角形,点B、C、D在同一条直线上,BE交AC于点M,AD交CE于点N,AD,BE交于点P.则下列结论:①;②;③;④;⑤是等边三角形、其中,正确的有( )
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据等边三角形的性质得CA=CB,CD=CE,∠ACB=60°,∠DCE=60°,则∠ACE=60°,利用“SAS”可判断△ACD≌△B CE,则AD=BE;由△ACD≌△BCE得到∠CAD=∠CBE,再由对顶角相等知∠AMP=∠BMC,所以∠APM==∠ACB=60°,再根据“ASA”判断△ACN≌△BCM,所以AN=BM,∠BMC=∠ANC;由△ACN≌△BCM得到CN=BM,加上∠MCN=60°,则根据等边三角形的判定即可得到△CMN为等边三角形.
【详解】
证明:∵△ABC和△CDE都是等边三角形,
∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=60°,∠DCE=60°,
∴∠ACE=60°,
∴∠ACD=∠BCE=120°,
在△ACD和△BCE中,
∴△ACD≌△BCE(SAS),
∴AD=BE;故①正确;
∵△ACD≌△BCE,
∴∠CAD=∠CBE;
又∵∠AMP=∠BMC,
∴∠APM==∠ACB=60°;
故③正确;
在△ACN和△BCM中,
∴△ACN≌△BCM(ASA),
∴AN=BM,∠BMC=∠ANC;
故②,④正确;
∵△ACN≌△BCM,
∴CN=BM,而∠MCN=60°,
∴△CMN为等边三角形.
故⑤正确;
故选:D.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质:判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”;全等三角形的对应边相等.也考查了等边三角形的判定与性质.
【变式15-2】(2022·辽宁抚顺·八年级期末)如图,在△ABC中,∠A=60°,∠ABC的平分线BD与∠ACB的平分线CE相交于点O,则下列说法①∠BOE=60°,②∠ABD=∠ACE,③OE=OD,④BC=BE+CD,⑤若AB=AC,则BC=2AD,中正确的是________.(填序号)
【答案】①③④⑤
【解析】
【分析】
①由外角的性质得∠BOE=∠OBC+∠OCB=60°,即可得出结果;
②∠ABD∠ABC,∠ACE∠ACB,当AB=AC时,∠ABC=∠ACB,才有∠ABD=∠ACE;
③作∠BOC的平分线OF,交BC于F,证明△BOE≌△BOF,△CDO≌△CFO,即可解决问题;
④根据③中的三角形全等,可得对应边相等,相加即可;
⑤证明△ABC是等边三角形,由等边三角形的性质即可得出答案.
【详解】
解:①∵∠A=60°,
∴∠ABC+∠ACB=180°﹣60°=120°,
∵BD、CE分别是∠ABC和∠BCA的平分线,
∴∠OBC+∠OCB120°=60°,
∴∠BOE=∠OBC+∠OCB=60°,故①正确;
②∵BD、CE分别是∠ABC和∠BCA的平分线,
∴∠ABD∠ABC,∠ACE∠ACB,
当AB=AC时,∠ABC=∠ACB,
而已知AB和AC没有相等关系,故②不正确;
③作∠BOC的平分线OF,交BC于F,如图所示:
∵∠OBC+∠OCB=60°,
∴∠BOC=120°,
∵OF平分∠BOC,
∴∠BOF=∠COF=60°,
∵∠BOE=60°,
∴∠BOE=∠BOF,
在△BOE和△BOF中,
,
∴△BOE≌△BOF(ASA),
∴OE=OF,
同理得:△CDO≌△CFO(ASA),
∴OD=OF,
∴OD=OE,故③正确;
④∵△BOE≌△BOF,△CDO≌△CFO,
∴BF=BE,CF=CD,
∴BC=CF+BF=BE+CD,故④正确;
⑤∵AB=AC,∠A=60°,
∴△ABC是等边三角形,
∴BC=AC,
∵BD是∠ABC的平分线,
∴AD=CD,
∴BC=2AD,故⑤正确;
故答案为:①③④⑤.
【点睛】
本题考查了角平分线的定义、三角形外角的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定与性质等知识;解题的关键是作辅助线构建全等三角形.
【变式15-3】(2022·湖北十堰·八年级期末)我们学习等边三角形时得到特殊直角三角形的一个性质:在直角三角形中,如果一个锐角等于30º,那么它所对的直角边等于斜边的一半.即:如图(1),在Rt△ABC中,∠ACB=90º,∠ABC=30º,则(人教2013年6月第1版教材81面).
(1)如图(1),作边上的中线,得到结论:①为等边三角形;②BE与CE之间的数量关系为 .
(2)如图(2),是△ABC的中线,点D是边上任意一点,连接,作等边△ADP,且点P在∠ACB的内部,连接.试探究线段与之间的数量关系,写出你的猜想并加以证明.
(3)当点D为边延长线上任意一点时,在(2)中条件的基础上,线段与之间存在怎样的数量关系?画图并直接写出答案即可.
【答案】(1)
(2), 证明见解析
(3), 图见解析
【解析】
【分析】
(1)由中线的定义可知:AE=BE,由等边三角形的定义可知:AE=CE;在根据等量代换即可得出结论;
(2)连接PE,都是等边三角形,可得出边和角之间的关系,用SAS可证明是三角形全等,则对应边和对应角相等,结合等边三角形的性质即可得出结论;
(3)当点D为边延长线上任意一点时,同(2)中的方法可证.
(1)
.
,
,
为边上的中线,
,
是等边三角形,
.
(2)
.
证明:如图,连接,
都是等边三角形,
,
∴∠CAE-∠BAD=∠DAP-∠BAD,即,
,
∵∠ACD=90°,
,即.
,
.
,
;
(3)
都是等边三角形,
∴∠CAE+∠BAD=∠DAP+∠BAD,即
,
∵∠ACD=90°,
,即.
,
.
,
.
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质以及三角形的全等,熟练的掌握三角形全等的性质和等边三角形的性质是解题的关键.
【考点十六 最短路径问题】
【例题16】(2022·贵州遵义·八年级期末)如图,中,,D为的中点,,面积为10,分别以点A、B为圆心,大于的长为半径画弧,交于两点M、N,直线上有一动点P,则的最小值为( )
A.4 B.5 C.6 D.10
【答案】B
【解析】
【分析】
根据垂直平分线的性质,得;根据两点之间直线段最短的性质,得最小值等于;再根据等腰三角形三线合一的性质,得AD为的高,从而完成求解.
【详解】
连接、AD,如下图:
∵分别以点A、B为圆心,大于的长为半径画弧,交于两点M、N
∴为AB的垂直平分线
∴
∴
当点A、P、D在一条直线上时,最短,且
∵,D为的中点,
∴
∵,面积为10
∴
∴
∴的最小值为5
故选:B.
【点睛】
本题考查了等腰三角形、两点之间直线段最短、垂直平分线的知识;解题的关键是熟练掌握等腰三角形三线合一、两点之间直线段最短、垂直平分线的性质,从而完成求解.
【变式16-1】(2022·湖北襄阳·八年级期末)如图,中,,,的面积为21,于D,EF是AB边的中垂线,点P是EF上一动点,周长的最小是等于( )
A.7 B.8 C.9 D.10
【答案】D
【解析】
【分析】
由于△ABC是等腰三角形,AD⊥BC,故点D是BC边的中点,根据三角形的面积公式求出AD的长,再根据EF是线段AB的垂直平分线可知,点B关于直线EF的对称点为点A,故AD的长为BP+PD的最小值,由此即可得出结论.
【详解】
解:∵△ABC是等腰三角形, AD⊥BC
∴点D是BC边的中点
∴BD=CD==3
∵的面积为21
∵EF是线段AB的垂直平分线
∴点B关于直线EF的对称点为点A
∴AD的长为BP+PD的最小值
∴△PBD的周长最小=(BP+PD)+BD=AD+BC=7+3=10
故选D.
【点睛】
本题考查的是轴对称-最短路线问题,熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键.
【变式16-2】(2021·陕西西安·一模)如图,在△ABC中,AB=AC=4,BC=3,D为BC边的中点,点E、F分别是线段AC、AD上的动点,且AF=CE,则BE+CF的最小值为_____.
【答案】5
【解析】
【分析】
根据题意,作且使得,可以得到,可以得到,再根据图形,可知的最小值就是线段的长,由勾股定理即可求得的长,本题得以解决.
【详解】
解:作且使得,连接、,
,点为的中点,
,
,
,
,
,即,
又,,
,
,
,
当点、、三点共线时,最小,
的最小值时线段的长,
,,,
,
即的最小值为5,
故答案为:5.
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理,解答本题的关键是构造全等三角形将线段和转化为折线段长,利用数形结合的思想解答.
【变式16-3】(2021·天津·八年级期末)如图,在 中,已知 , 是 边上的中线,点 是 边上一动点,点 是 上的一个动点.
(1)若 ,求 的度数;
(2)若 ,,,且 时,求 的长;
(3)在()的条件下,请直接写出 的最小值.
【答案】(1).(2).(3) .
【解析】
【分析】
(1)由已知得出三角形ABC是等腰三角形,,AD是BC边的中线,有,求出的度数,即可得出的度数.
(2)根据三角形ABC的面积可得出CE的长
(3)连接CP,有BP=CP,BP+EP=EP+CP,当点E,P,C在同一条直线上时BP+EP有最小值,即CE的长度.
【详解】
解:(1) ,
,
是 边上的中线,
,
,
,
.
(2) ,
,
,,,
.
(3)
【点睛】
本题考查的知识点主要有等腰三角形的“三线合一”,三角形的面积公式等,充分利用等腰三角形的“三线合一”是解题的关键.
【考点十七 翻折与折叠问题】
【例题17】(2021·广东·肇庆市地质中学八年级阶段练习)如图,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=54°,∠BAC的平分线与AB的垂直平分线交于点O,将∠C沿EF(E在BC上,F在AC上)折叠,点C与点O恰好重合,则∠OEC的度数为( )
A.120° B.108° C.110° D.102°
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OB、OC,根据角平分线的定义求出∠BAO,根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC,再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OA=OB,根据等边对等角可得∠ABO=∠BAO,再求出∠OBC,然后判断出点O是△ABC的外心,根据三角形外心的性质可得OB=OC,再根据等边对等角求出∠OCB=∠OBC,根据翻折的性质可得OE=CE,然后根据等边对等角求出∠COE,再利用三角形的内角和定理列式计算即可得解.
【详解】
解:如图,连接OB、OC,
∵∠BAC=54°,AO为∠BAC的平分线,
∴∠BAO=∠BAC=×54°=27°,
又∵AB=AC,
∴∠ABC=(180°∠BAC)=(180°54°)=63°,
∵DO是AB的垂直平分线,
∴OA=OB,
∴∠ABO=∠BAO=27°,
∴∠OBC=∠ABC-∠ABO=63°27°=36°,
∵AO为∠BAC的平分线,AB=AC,
∴△AOB≌△AOC(SAS),
∴OB=OC,
∴点O在BC的垂直平分线上,
又∵DO是AB的垂直平分线,
∴点O是△ABC的外心,
∴∠OCB=∠OBC=36°,
∵将∠ACB沿EF(E在BC上,F在AC上)折叠,点C与点O恰好重合,
∴OE=CE,
∴∠COE=∠OCB=36°,
在△OCE中,∠OEC=180°∠COE∠OCB=180°36°36°=108°;
故选:B.
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质,线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质,等腰三角形三线合一的性质,等边对等角的性质,综合性较强,难度较大,作辅助线,构造出等腰三角形是解题的关键.
【变式17-1】(2021·云南玉溪·八年级期中)如图,在△ABC中,∠B=32°,将△ABC沿直线m翻折,点B落在点D的位置,则∠1-∠2的度数是( )
A.32° B.64° C.65° D.70°
【答案】B
【解析】
【分析】
此题涉及的知识点是三角形的翻折问题,根据翻折后的图形相等关系,利用三角形全等的性质得到角的关系,然后利用等量代换思想就可以得到答案
【详解】
如图,在△ABC中,∠B=32°,将△ABC沿直线m翻折,点B落在点D的位置
∠B=∠D=32° ∠BEH=∠DEH
∠1=180-∠BEH-∠DEH=180-2∠DEH
∠2=180-∠D-∠DEH-∠EHF
=180-∠B-∠DEH-(∠B+∠BEH)
=180-∠B-∠DEH-(∠B+∠DEH)
=180-32°-∠DEH-32°-∠DEH
=180-64°-2∠DEH
∠1-∠2=180-2∠DEH-(180-64°-2∠DEH)
=180-2∠DEH-180+64°+2∠DEH
=64°
故选B
【点睛】
此题重点考察学生对图形翻折问题的实际应用能力,等量代换是解本题的关键
【变式17-2】(2022·河南洛阳·七年级期末)如图,图1是长方形纸带,将纸带沿折叠成图2,再沿折叠成图3,若图3中,则图1中的的度数是______.
【答案】24°##24度
【解析】
【分析】
先根据平行线的性质,设∠DEF=∠EFB=a,图2中根据图形折叠的性质得出∠AEF的度数,再由平行线的性质得出∠GFC,图3中根据∠CFE=∠GFC﹣∠EFG即可列方程求得a的值.
【详解】
∵,
∴设∠DEF=∠EFB=a,
图2中,∠GFC=∠BGD=∠AEG=180°﹣2∠DEF=180°﹣2a,
图3中,∠CFE=∠GFC﹣∠EFG=180°﹣2a﹣a=108°.
解得a=24°.
即∠DEF=24°,
故答案为:24°.
【点睛】
本题考查图形的翻折变换以及平行线的性质,解题过程中应注意折叠是一种对称变换,它属于轴对称,根据轴对称的性质,折叠前后图形的形状和大小不变.
【变式17-3】(2021·广西南宁·七年级期中)如图,ABCD为一长方形纸片,E为BC上一点,将纸片沿AE折叠,B点落在长方形外的F点.
(1)如图1,当∠BEA=35°时,∠FAD的度数为 .(直接填空)
(2)如图2,连BD,若∠CBD=25°,AFBD,求∠BAE;
(3)如图3,当AFBD时,设∠CBD=,请你求出∠BAE的度数.(用表示)
【答案】(1)20°
(2)57.5°
(3)
【解析】
【分析】
(1)先求出∠BAE的度数,然后根据翻折得出∠FAE的度数,再根据平行线的性质求出∠DAE的度数,即可得出结论;
(2)先根据AD∥BC,∠CBD=25°得出∠ADB=25°,再由AF∥BD得出∠FAD=25°,故可得出∠AGF的度数,由平行线的性质得出∠BEF的度数,根据翻折变换的性质得出∠BEA的度数,根据直角三角形的性质即可得出结论;
(3)同(2)的证明过程即可.
(1)
解:由题意知ADBC,∠B=90°,
又∠BEA=35°,
∴∠BAE=55°,
∵翻折,
∴∠FAE=∠BAE=55°,
∵ADBC,
∴∠EAD=∠BEA=35°.
∴∠FAD=∠FAE-∠EAD=20°
故答案为:20°;
(2)
解∶如图2,
∵ADBC,∠CBD=25°,
∴∠ADB=25°.
∵AFBD,
∴∠FAD=25°,
∴∠AGF=90°-25°=65°.
∵ADBC,
∴∠BEF=∠AGF=65°.
∵△AEF由△AEB反折而成,
∴∠BEA=∠BEF=32.5°,
∴∠BAE=90°-32.5°=57.5°;
(3)
解∶如图3,
∵ADBC,∠CBD=,
∴∠ADB=.
∵AFBD,
∴∠FAD=,
∴∠AGF=.
∵ADBC,
∴∠BEF=∠AGF=.
∵△AEF由△AEB反折而成,
∴∠BEA=∠BEF=,
∴∠BAE=.
故答案为:.
【点睛】
本题考查的是平行线的性质与翻折变换,熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键.
【考点十八 轴对称综合问题】
【例题18】(2021·江苏·泰州市第二中学附属初中八年级阶段练习)如图,点P为∠AOB内一点,分别作出P点关于OA、OB的对称点P1,P2,连接P1P2交OA于M,交OB于N,若∠AOB=40°,则∠MPN的度数是( )
A.90° B.100° C.120° D.140°
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据轴对称的性质、垂直平分线的性质、对顶角相等可求得、,再利用平角定义、角的和差以及等量代换求得,最后根据三角形内角和定理即可求得答案.
【详解】
解:
∵与关于对称
∴垂直平分
∴平分
∴
∵
∴
同理可得,
∴
∴.
故选:B
【点睛】
本题考查了轴对称的性质、垂直平分线的性质、对顶角的性质、平角定义、角的和差、等量代换以及三角形内角和定理,体现了逻辑推理的核心素养.
【变式18-1】(2021·山东淄博·七年级期中)如图,四边形中,,,在、上分别找一点、,使周长最小时,则的度数为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
作点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,最后根据三角形外角的性质求解.
【详解】
如图,作点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,
∵∠BAD=120°,
∴∠AA′M+∠A″=60°,
∵∠MA′A=∠MAA′,∠NAD=∠A″,
∴∠AMN=2∠AA′M,∠ANM=2∠A″,
∴∠AMN+∠ANM=2(∠AA′M+∠A″)=2×60°=120°,
故选A.
【点睛】
本题考查最短路线问题,三角形内角和定理及其推论,利用轴对称的性质确定M、N的位置是解题的关键.
【变式18-2】(2021·福建泉州·七年级期末)如图,点 P 是∠AOB 内部一定点
(1)若∠AOB=50°,作点 P 关于 OA 的对称点 P1,作点 P 关于 OB 的对称点 P2,连 OP1、OP2,则∠P1OP2=___.
(2)若∠AOB=α,点 C、D 分别在射线 OA、OB 上移动,当△PCD 的周长最小时,则∠CPD=___(用 α 的代数式表示).
【答案】 100° 180°-2α
【解析】
【分析】
(1)根据对称性证明∠P1OP2=2∠AOB,即可解决问题;
(2)如图,作点P关于OA的对称点P1,作点P关于OB的对称点P2,连P1P2交OA于C,交OB于D,连接PC,PD,此时△PCD的周长最小.利用(1)中结论,根据对称性以及三角形内角和定理即可解决问题;
【详解】
(1)如图,
由对称性可知:∠AOP=∠AOP1,∠POB=∠BOP2,
∴∠P1OP2=2∠AOB=100°,
故答案为100°.
(2)如图,作点P关于OA的对称点P1,作点P关于OB的对称点P2,连P1P2交OA于C,交OB于D,连接PC,PD,此时△PCD的周长最小.
根据对称性可知:∠OP1C=∠OPC,∠OP2D=∠OPD,∠P1OP2=2∠AOB=2α.
∴∠CPD=∠OP1C+∠OP2D=180°-2α.
故答案为180°-2α.
【点睛】
本题考查作图-最短问题、三角形的内角和定理等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.
【变式18-3】(2020·江苏·泰兴市济川初级中学七年级期中)如图,将△ABC纸片沿DM折叠,使点C落在点的位置,其中点D为AC边上一定点,点M为BC边上一动点,点M与B,C不重合.
(1)若∠A=84°,∠B=61°,则∠= °;
(2)如图1,当点落在四边形ABMD内时,设∠BM=∠1,∠AD=∠2,探索∠与∠1,∠2之间的数量关系,并说明理由;
(3)在点M运动过程中,折叠图形,若∠=35°,∠BM=53°,求∠AD的度数.
【答案】(1)35 (2)2∠C′=∠1+∠2,理由见解析 (3)17°或123°
【解析】
【分析】
(1)由三角形的内角和定理求出∠C,再由折叠性质得∠=∠C即可解答;
(2)由三角形的内角和定理得出∠CDM+∠CMD=180º﹣∠C,由折叠性质得∠C′DM=∠CDM,∠C′MD=∠CMD,推出∠1+∠2=360º-2(∠CDM+∠CMD)即可找出角之间的关系;
(3)根据题意,分点C′落在三角形ABC内和外讨论,类比(2)中方法求解即可.
【详解】
(1)在△ABC中,∠A=84º,∠B=61º,
由∠A+∠B+∠C=180º得:∠C=180º-84º-61º=35º,
由折叠性质得:∠C′=∠C=35º,
故答案为:35;
(2)在△CDM中,∠CDM+∠CMD+∠C=180º,即∠CDM+∠CMD=180º﹣∠C,
由折叠性质得:∠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)设∠BM=∠1=53º,∠AD=∠2,
当点C′落在△ABC的内部时,由(2)知,∠2=2C′-∠1=2×35º-53º=17º;
当点C′落在如图1位置时,同(2)中方法由∠1+∠2=2∠C′,∴∠2==17º;
当点C′落在如图2位置时,在△CDM中,∠CDM+∠CMD=180º﹣∠C,
由折叠性质得:∠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);
当点C′落在如图3位置时,
∵∠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,
综上,∠AD的度数为17º或123º.
图1 图2 图3
【点睛】
本题考查了折叠的性质、三角形的内角和定理、平角的定义,熟练掌握折叠的性质,利用分类讨论的思想方法解决问题是解答本题的关键.
【亮点训练】
1、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.
2、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.
3、如图,P为∠AOB内一点,分别画出点P关于OA,OB的对称点P1,P2,连接P1P2.交OA于点M,交OB于点N.若P1P2=5cm,则△PMN的周长为 .
【分析】根据中垂线的性质:中垂线上的点到线段的两个端点的距离相等,可求得△PMN的周长.
【解答】解:如图所示:
∵P与P1关于OA对称,
∴OA为线段PP1的垂直平分线.
∴MP=MP1.
同理可得:NP=NP2.
∵P1P2=5cm,
∴△PMN的周长=MP+MN+NP=P1M+MN+NP2=P1P2=5cm.
故答案为5cm.
【点评】本题考查了求作关于直线的对称点的作法和中垂线的性质,利用轴对称的性质得出对应线段相等是解题关键.
4、如图,∠AOB=30°,点M、N分别是射线OB、OA上的动点,点P为∠AOB内一点,且OP=4,则△PMN的周长的最小值为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
【分析】设点P关于OA的对称点为C,关于OB的对称点为D,当点M、N在CD上时,△PMN的周长最小.
【解答】解:分别作点P关于OA、OB的对称点C、D,连接CD,分别交OA、OB于点M′、N′,连接OC、OD、PM′、PN′.
∵点P关于OA的对称点为C,
∴PM′=CM′,OP=OC,∠COB=∠POB;
∵点P关于OB的对称点为D,
∴PN′=DN′,OP=OD,∠DOA=∠POA,
∴OC=OD=OP=4,∠COD=∠COB+∠POB+∠POA+∠DOA=2∠POA+2∠POB=2∠AOB=60°,
∴△COD是等边三角形,
∴CD=OC=OD=4.
∴当M、N分别与M′、N′重合时,△PMN的周长的最小值=PM′+M′N′+PN′=DN′+M′N′+CM′=CD=4.
故选:B.
【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题,将三角形的周长利用轴对称转化为线段的长,构造等边三角形是解题的关键.
5、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.
6、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.
7、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.
8、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.
9、如图,已知∠AOB=10°,且OC=CD=DE=EF=FG=GH,则∠BGH=( )
A.50° B.60° C.70° D.80°
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质即可得到结论.
【解答】解:∵OC=CD,
∴∠CDO=∠O=10°
∴∠DCE=∠O+∠CDO=20°,
∵CD=DE,
∴∠DCE=∠CED=20°,
∴∠EDF=∠O+∠CED=30°,
∵DE=EF,
∴∠EDF=∠EFD=30°,
同理∠GEF=∠EGF=40°,∠GFH=∠GHF=50°,∠BGH=60°,
故选:B.
【点评】本题考查了等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质.此类题考生应该注意的是三角形内角和定理、外角性质的运用.
10、如图:已知等边△ABC中,D是AC的中点,E是BC延长线上的一点,且CE=CD,DM⊥BC,垂足为M.
(1)求∠E的度数.
(2)求证:M是BE的中点.
【分析】(1)由等边△ABC的性质可得:∠ACB=∠ABC=60°,然后根据等边对等角可得:∠E=∠CDE,最后根据外角的性质可求∠E的度数;
(2)连接BD,由等边三角形的三线合一的性质可得:∠DBC∠ABC60°=30°,结合(1)的结论可得:∠DBC=∠E,然后根据等角对等边,可得:DB=DE,最后根据等腰三角形的三线合一的性质可得:M是BE的中点.
【解答】(1)解:∵三角形ABC是等边△ABC,
∴∠ACB=∠ABC=60°,
又∵CE=CD,
∴∠E=∠CDE,
又∵∠ACB=∠E+∠CDE,
∴∠E∠ACB=30°;
(2)证明:连接BD,
∵等边△ABC中,D是AC的中点,
∴∠DBC∠ABC60°=30°
由(1)知∠E=30°
∴∠DBC=∠E=30°
∴DB=DE
又∵DM⊥BC
∴M是BE的中点.
【点评】此题考查了等边三角形的有关性质,重点考查了等边三角形的三线合一的性质.
11、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.
12、如图,在△ABC中,∠ABC和∠ACB的角平分线交于点E,过点E作MN∥BC交AB于点M,交AC于点N.若BM=2,CN=3,则MN的长为( )
A.10 B.5.5 C.6 D.5
【分析】由平行线的性质,得出∠MEB=∠CBE,∠NEC=∠BCE,再由角平分线定义得出∠MBE=∠EBC,∠NCE=∠BCE,证出ME=MB,NE=NC,即可求得MN的长.
【解答】解:∵MN∥BC,
∴∠MEB=∠CBE,∠NEC=∠BCE,
∵在△ABC中,∠ABC和∠ACB的平分线交于点E,
∴∠MBE=∠EBC,∠NCE=∠BCE,
∴∠MEB=∠MBE,∠NEC=∠NCE,
∴ME=MB,NE=NC,
∴MN=ME+NE=BM+CN=2+3=5,
故选:D.
【点评】本题主要考查了平行线的性质以及等腰三角形的判定等知识;熟练掌握等腰三角形的判定是解题的关键.
13、如图,点P、M、N分别在等边△ABC的各边上,且MP⊥AB于点P,MN⊥BC于点M,PN⊥AC于点N,若AB=12cm,求CM的长为 .
【分析】根据等边三角形的性质得出∠A=∠B=∠C,进而得出∠MPB=∠NMC=∠PNA=90°,再根据平角的意义即可得出∠NPM=∠PMN=∠MNP,即可证得△PMN是等边三角形;根据全等三角形的性质得到PA=BM=CN,PB=MC=AN,从而求得BM+PB=AB=12cm,根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半得出2PB=BM,即可求得PB的长,进而得出MC的长.
【解答】解:∵△ABC是正三角形,
∴∠A=∠B=∠C,
∵MP⊥AB,MN⊥BC,PN⊥AC,
∴∠MPB=∠NMC=∠PNA=90°,
∴∠PMB=∠MNC=∠APN,
∴∠NPM=∠PMN=∠MNP,
∴△PMN是等边三角形,
∴PN=PM=MN,
∴△PBM≌△MCN≌△NAP(AAS),
∴PA=BM=CN,PB=MC=AN,
∴BM+PB=AB=12cm,
∵△ABC是正三角形,
∴∠A=∠B=∠C=60°,
∴2PB=BM,
∴2PB+PB=12cm,
∴PB=4cm,
∴MC=4cm
故答案为:4cm.
【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质,平角的意义,三角形全等的性质等,得出∠NPM=∠PMN=∠MNP是本题的关键.
14、已知如图等腰△ABC,AB=AC,∠BAC=120°,AD⊥BC于点D,点P是BA延长线上一点,点O是线段AD上一点,OP=OC,下面的结论:①∠APO+∠DCO=30°;②∠APO=∠DCO;③△OPC是等边三角形;④AB=AO+AP.其中正确的是( )
A.①③④ B.①②③ C.①③ D.①②③④
【分析】①利用等边对等角,即可证得:∠APO=∠ABO,∠DCO=∠DBO,则∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD,据此即可求解;
②因为点O是线段AD上一点,所以BO不一定是∠ABD的角平分线,可作判断;
③证明∠POC=60°且OP=OC,即可证得△OPC是等边三角形;
④首先证明△OPA≌△CPE,则AO=CE,AC=AE+CE=AO+AP.
【解答】解:①如图1,连接OB,
∵AB=AC,AD⊥BC,
∴BD=CD,∠BAD∠BAC120°=60°,
∴OB=OC,∠ABC=90°﹣∠BAD=30°
∵OP=OC,
∴OB=OC=OP,
∴∠APO=∠ABO,∠DCO=∠DBO,
∴∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD=30°;
故①正确;
②由①知:∠APO=∠ABO,∠DCO=∠DBO,
∵点O是线段AD上一点,
∴∠ABO与∠DBO不一定相等,则∠APO与∠DCO不一定相等,
故②不正确;
③∵∠APC+∠DCP+∠PBC=180°,
∴∠APC+∠DCP=150°,
∵∠APO+∠DCO=30°,
∴∠OPC+∠OCP=120°,
∴∠POC=180°﹣(∠OPC+∠OCP)=60°,
∵OP=OC,
∴△OPC是等边三角形;
故③正确;
④如图2,在AC上截取AE=PA,连接PB,
∵∠PAE=180°﹣∠BAC=60°,
∴△APE是等边三角形,
∴∠PEA=∠APE=60°,PE=PA,
∴∠APO+∠OPE=60°,
∵∠OPE+∠CPE=∠CPO=60°,
∴∠APO=∠CPE,
∵OP=CP,
在△OPA和△CPE中,
,
∴△OPA≌△CPE(SAS),
∴AO=CE,
∴AC=AE+CE=AO+AP;
故④正确;
本题正确的结论有:①③④
故选:A.
【点评】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质,正确作出辅助线是解决问题的关键.
15、已知:如图,在△ABC,△ADE中,∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE,点C,D,E三点在同一条直线上,连接BD,BE.以下四个结论:
①BD=CE;②BD⊥CE;③∠ACE+∠DBC=45°;④∠ACE=∠DBC.
其中结论正确的个数有( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【分析】①由AB=AC,AD=AE,利用等式的性质得到夹角相等,利用SAS得出△ABD≌△AEC,由全等三角形的对应边相等得到BD=CE;
②由△ABD≌△AEC得到一对角相等,再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD垂直于CE;
③由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC=45°,等量代换得到∠ACE+∠DBC=45°;
④由BD垂直于CE,在直角三角形BDE中,利用勾股定理列出关系式,等量代换即可作出判断.
【解答】解:①∵∠BAC=∠DAE=90°,
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,即∠BAD=∠CAE,
在△BAD和△CAE中,
,
∴△BAD≌△CAE(SAS),
∴BD=CE,本选项正确;
②∵△BAD≌△CAE,
∴∠ABD=∠ACE,
∵∠ABD+∠DBC=45°,
∴∠ACE+∠DBC=45°,
∴∠DBC+∠DCB=∠DBC+∠ACE+∠ACB=90°,
则BD⊥CE,本选项正确;
③∵△ABC为等腰直角三角形,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
∴∠ABD+∠DBC=45°,
∵∠ABD=∠ACE
∴∠ACE+∠DBC=45°,本选项正确;
④∵∠ABD=∠ACE,
∴只有当∠ABD=∠DBC时,∠ACE=∠DBC才成立.
综上所述,正确的结论有3个.
故选:C.
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的性质,熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键.
16、(1)问题发现
如图1,△ACB和△DCE均为等边三角形,点A,D,E在同一直线上,连接BE,求∠AEB的度数.
(2)拓展探究
如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,点A、D、E在同一直线上,CM为△DCE中DE边上的高,连接BE.请求∠AEB的度数及线段CM,AE,BE之间的数量关系,并说明理由.
【分析】(1)先证出∠ACD=∠BCE,那么△ACD≌△BCE,根据全等三角形证出∠ADC=∠BEC,求出∠ADC=120°,得出∠BEC=120°,从而证出∠AEB=60°;
(2)证明△ACD≌△BCE,得出∠ADC=∠BEC,最后证出DM=ME=CM即可.
【解答】解:(1)∵△ACB和△DCE均为等边三角形,
∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°,
∴∠ACD=60°﹣∠CDB=∠BCE.
在△ACD和△BCE中,
,
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴∠ADC=∠BEC.
∵△DCE为等边三角形,
∴∠CDE=∠CED=60°.
∵点A,D,E在同一直线上,
∴∠ADC=120°,
∴∠BEC=120°.
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°.
(2)∠AEB=90°,AE=BE+2CM.
理由:∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,
∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=90°.
∴∠ACD=∠BCE.
在△ACD和△BCE中,
,
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴AD=BE,∠ADC=∠BEC.
∵△DCE为等腰直角三角形,
∴∠CDE=∠CED=45°.
∵点A,D,E在同一直线上,
∴∠ADC=135°,
∴∠BEC=135°.
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°.
∵CD=CE,CM⊥DE,
∴DM=ME.
∵∠DCE=90°,
∴DM=ME=CM.
∴AE=AD+DE=BE+2CM.
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质和等腰三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质;证明三角形全等是解决问题的关键.
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