北师大版八年级数学下册举一反三系列1.7三角形的证明全章十二类必考压轴题(北师大版)同步练习(学生版+解析)

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专题1.7 三角形的证明全章十二类必考压轴题【北师大版】必考点1等腰三角形的存在性问题1．（2022秋·广东茂名·八年级茂名市第一中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b(b≠0)的图象经过A(−1,0)，B(0,2)，D三点，点D在x轴上方，点C在x轴正半轴上，且OC=5OA，连接BC，CD，已知S△ADC=2S△ABC．(1)求直线AB 的表达式；(2)求点D的坐标；(3)在线段AD，CD 上分别取点M，N，使得MN∥x轴，在x轴上取一点P，连接MN，NP，MP， 是否存在点M，使得△MNP为等腰直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．2．（2022秋·江苏扬州·八年级校考期中）如图，ΔABC中，∠ACB=90°，AB=10cm，BC=8cm，若点P从点A出发，以每秒2cm的速度沿折线A−B−C−A运动，设运动时间为t秒t>0．(1)点P运动结束，运动时间t=______；(2)当点P到边AB、AC的距离相等时，求此时t的值；(3)在点P运动过程中，是否存在t的值，使得△ACP为等腰三角形，若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．3．（2022秋·浙江温州·八年级校联考期中）如图，在等腰△ABC中，∠CAB=∠CBA，作射线BC，AD是腰BC的高线，E是△ABC外射线BC上一动点，连结AE．(1)当AD=4，BC=5时，求CD的长；(2)当BC=CE时；求证：AE⊥AB；(3)设△ACD的面积为S1，△ACE的面积为S2，且S1S2=1825，在点E的运动过程中，是否存在△ACE为等腰三角形，若存在，求出相应的BEBC的值，若不存在，请说明理由．4．（2022秋·湖北孝感·八年级统考期中）如图1，在平面直角坐标系中，点B、D分别在y轴、x轴上，点A−a，b，Cb，a，且a，b满足3a−b2+b−62=0，AB⊥y轴于点B，CD⊥x轴于点D．(1)求点A，C的坐标；(2)如图2，连接AC，BD交于点P，求证：点P为AC中点；(3)若OC=210，在x轴上存在点F，使△COF是以CO为腰的等腰三角形，请直接写出F点的坐标．5．（2022秋·广东广州·八年级校联考期中）平面直角坐标系中，点Aa,0、B0,b，且a、b满足：a−1=−b2+6b−9，点A、C关于y轴对称，点F为x轴上一动点．(1)求点A、B两点的坐标；(2)如图1，若BC⊥CD，BA⊥EA，且BD=BE，连接ED交x轴于点M，求证：DM=ME；(3)如图2，若BC⊥CD，且BC=CD，直线BC上存在某点Gm,3m+3，使△DFG为等腰直角三角形(点D、F，G按逆时针方向排列)，请直接写出点F的坐标______．必考点2等腰三角形与勾股定理、全等综合1．（2022秋·浙江杭州·八年级校考期中）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，以AB为边在AB上方作等边△ABD，以BC为边在BC右侧作等边△CBE，连接ED并延长交AC于点G．(1)求证：△CAB≌△EDB；(2)求证：AG=DG．(3)连接CD并延长交BE于F，若AB=2，当CF⊥BE时，求CD的长．2．（2022秋·浙江杭州·八年级校考期中）如图，CD，BE是△ABC的两条高线，且它们相交于Q，F是BC边的中点，连接DF，DF与BE相交于点P，已知BD=CD．(1)求证BQ=AC(2)若BE平分∠ABC．①求证：DP=DQ；②若AC=8，求BP的长．3．（2022秋·浙江杭州·八年级校考期中）如图1，在等边△ABC的AC、BC边上各取一点D、E，AE、BD相交于点F，∠BFE=60°．(1)求证：AD=CE；(2)如图2，过点B作BG⊥AE于点G．①若BE=2EC=2，求BG的长；②若BF=2AF，连接CF，求∠CFE的度数．4．（2022秋·浙江温州·八年级校考期中）如图1，△ABC中，AB=AC，点N为AC中点，点D为AB上一点，连结CD．已知BD:AD:CD=2:3:4,CD=8．动点P从点B出发，以1个单位/秒的速度沿线段BA向终点A运动，设点P运动的时间为t（秒）． 　(1)求证：CD⊥AB．(2)若△BPN为等腰三角形时，求t的值．(3)如图2，动点P出发的同时，另有一点Q从点D出发沿线段DC向终点C运动，速度为13个单位/秒，连结BQ,PQ，将线段BQ,PQ绕点Q分别向顺时针和逆时针方向旋转90∘，得到线段QE和QF，当E,C,F三点共线时，直接写出t的值为______．5．（2022春·安徽合肥·八年级合肥市庐阳中学校考期中）问题发现：如图1，在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边所在直线上的一动点（不与点B、C重合），连接AD，以AD为边作Rt△ADE，且AD=AE，根据∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠DAE，得到∠BAD=∠CAE，结合AB=AC，AD=AE得出△BAD≌△CAE，发现线段BD与CE的数量关系为BD=CE，位置关系为BD⊥CE；(1)探究证明：如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE，AB=AC，AD=AE，且点D在BC边上滑动（点D不与点B，C重合），连接EC．①则线段BC，DC，CE之间满足的等量关系式为　 　；②求证：BD2+CD2=2AD2；(2)拓展延伸：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=13cm，CD=5cm，求AD的长．必考点3等腰三角形与图形变换1．（2022秋·山东潍坊·八年级统考期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB的中点，连接AE，DF交于点N，将△ABE沿AE翻折，得到△AGE，AG交DF于点M，延长EG交AD的延长线于点H，连接CG，ME，取ME的中点O，连接NO，GO．则以下结论不正确的是（    ）A．∠GCE=∠AEB B．AE⊥DFC．S四边形MNOG=12S△AND D．△AEH为等边三角形2．（2022秋·浙江台州·八年级统考期末）如图，以△ABC∠ABC>120°三边为边向外作等边三角形，分别记△ABC，△ABD，△BCE，△ACF面积为S，S1，S2，S3，作△ABD关于AB对称的△ABM，连接MF，BF．若△ABC≌△BMF，则∠ABC=__________，S3=__________（用含S，S1，S2的式子表示）．3．（2022秋·河南安阳·九年级校联考期中）如图1，在Rt△ABC中， ∠A=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB、AC上，AD=AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．(1)观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是　 　，位置关系是　 　；(2)探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；(3)拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10请直接写出△PMN周长的最小值．4．（2022秋·北京朝阳·九年级三里屯一中校考期中）如图，在等腰Rt△ABC中，将线段AC绕点A顺时针旋转α0°<α<90°，得到线段AD，连接CD，作∠BAD的平分线AE，交BC于E．(1)①根据题意，补全图形；②请用等式写出∠BAD与∠BCD的数量关系．(2)分别延长CD和AE交于点F，①直接写出∠AFC的度数；②用等式表示线段AF，CF，DF的数量关系，并证明．5．（2022秋·吉林延边·八年级统考期末）如图1，在两个等腰直角三角形ABC和DEF中，∠ACB=∠DEF=90°，把两个三角形放置在平面直角坐标系上，边EF在x轴上，点F和点O重合．DE=2，点A0,3，点C3,0，将△DEF沿DF翻折，点E落在点G．(1)点G的坐标为________．(2)将四边形DEFG沿x轴方向往右平移，平移距离是x．①当点G在边AC上时，x=________．②当x=2时，四边形DEFG与△ABC的重叠部分的面积为_______．③如图2，当点C在边EF上时（点C与点E、F不重合），求四边形DEFG与△ABC的重叠部分的面积．（用含x的式子来表示）(3)在（2）的条件下，若x<5，当四边形DEFG与△ABC的重叠部分的图形为轴对称图形时，直接写出x的取值范围．6．（2022春·四川成都·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，已知点A0,3，点B（－3，0）．(1)如图1，点C为点A关于x轴的对称点，连接BC，判断△ABC的形状，并证明你的结论；(2)如图2，作△ABC关于点B的中心对称图形△EBD，△E'B'D'为△EBD沿着x轴向右平移以后的图象，当△E'B'D'与△ABC重叠部分的图形为正六边形时，求此时的平移距离；(3)如图3，点M为x轴上一动点，连接AM，将AM绕点M顺时针旋转60°得到线段NM，若N点恰好在某一条直线上运动，请求出该直线的函数表达式．必考点4等腰三角形中的动态变化1．（2022秋·江苏常州·八年级校考期中）如图1，在△ABC中，AB=AC，D为射线BC上（不与B、C重合）一动点，在AD的右侧射线BC的上方作△ADE．使得AD=AE，∠DAE=∠BAC，连接CE．(1)找出图中的一对全等三角形，并证明你的结论；(2)延长EC交AB的延长线于点F，若∠F=45°，①利用（1）中的结论求出∠DCE的度数；②当△ABD是等腰三角形时，直接写出∠ADB的度数；(3)当D在线段BC上时，若线段BC=3，△ABC面积为3，则四边形ADCE周长的最小值是 ．2．（2022秋·浙江温州·八年级校考期中）如图1，△ABC中，AB=AC，点N为AC中点，点D为AB上一点，连结CD．已知BD:AD:CD=2:3:4,CD=8．动点P从点B出发，以1个单位/秒的速度沿线段BA向终点A运动，设点P运动的时间为t（秒）． 　(1)求证：CD⊥AB．(2)若△BPN为等腰三角形时，求t的值．(3)如图2，动点P出发的同时，另有一点Q从点D出发沿线段DC向终点C运动，速度为13个单位/秒，连结BQ,PQ，将线段BQ,PQ绕点Q分别向顺时针和逆时针方向旋转90∘，得到线段QE和QF，当E,C,F三点共线时，直接写出t的值为______．3．（2022秋·云南昆明·八年级校考期中）在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，点B在第一象限，OB=AB，∠BOP=150°．(1)如图1，求证：△OAB是等边三角形；(2)如图1，若点M为y轴正半轴上一动点，以BM为边作等边三角形BMN，连接NA并延长交x轴于点P，求证：AP=2AO；(3)如图2，若BC⊥BO，BC=BO，点D为CO的中点，连接AC、DB交于E，请问AE、BE与CE之间有何数量关系，并证明你的结论．4．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图1，在等边△ABC中，线段AM为BC边上的高线．动点D在线段AM（点D与点A重合除外）上时，以CD为一边且在CD的下方作等边△CDE，连结BE．(1)若DM=MC，则∠ACD=　 　度，∠BCE=　 　度；(2)判断AD与BE是否相等，请说明理由；(3)如图2，若AB=12，P、Q两点在直线BE上且满足CP=CQ=10，试求PQ的长．(4)在第（3）小题的条件下，当点D在线段AM的延长线（或反向延长线）上时，判断PQ的长是否为定值，若是，请直接写出PQ的长；若不是，请简单说明理由．5．（2022·辽宁葫芦岛·八年级校考期中）如图，在等边△ABC中，点D是边AC上一定点，点E是直线BC上一动点，以DE为一边作等边△DEF，连接CF．(1)如图1，若点E在边BC上，且DE⊥BC，垂足为E，求证：CD=2CE；(2)如图1，若点E在边BC上，且DE⊥BC，垂足为E，求证：CE+CF=CD；(3)如图2，若点E在射线CB上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由．必考点5等腰三角形中的最值1．（2022秋·江苏·八年级统考期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，且AB＝AC，P是△ABC内一点，若AP+BP+CP的最小值为42，则BC2=_____．2．（2022春·四川成都·八年级成都外国语学校校考期中）如图，ΔABC 是等边三角形，AB＝6 ，E是靠近点C的三等分点，D是直线BC上一动点，线段ED绕点E逆时针旋转90°，得线段EF，当点D运动时，则AF最小值为_____．3．（2022秋·四川成都·八年级石室中学校考期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为0,12，点B为x轴上一动点，以AB为边在直线AB的右侧作等边三角形ABC．若点P为OA的中点，连接PC，则PC的长的最小值为____________．4．（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆八中校考期中）如图1．已知△ABC为等边三角形，点D和E分别是直线AB和AC边上的动点，连接CD和BE相交于点F．(1)如图1．点E为AC中点，点D为AB三等分点且BD0． (1)点P运动结束，运动时间t=______； (2)当点P到边AB、AC的距离相等时，求此时t的值； (3)在点P运动过程中，是否存在t的值，使得△ACP为等腰三角形，若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)12 (2)152 (3)存在，t=52或3或185或6s 【分析】（1）根据勾股定理定理求出AC长，从而根据时间=路程÷速度计算即可得到答案； （2）当点P恰好在∠BAC的角平分线上，点P到边AB、AC的距离相等时，结合角平分线的性质和勾股定理列方程求解即可得到t的值； （3）分四种情况：当P在AB上且AP=CP时，当P在AB上且AP=CA=3时，当P在AB上且AC=PC时，当P在BC上且AC=PC=3时，分别依据等腰三角形的性质即可得到t的值． 【详解】（1）解：∵ΔABC中，∠ACB=90°，AB=10cm，BC=8cm， ∴AC=102−82=6cm， ∴C△ABC=AB+BC+AC =6+8+10 =24cm， ∵点P从点A出发，以每秒2cm的速度沿折线A−B−C−A运动， ∴点P运动结束，运动时间t=242=12（秒）， 故答案为：12； （2）解：当点P到边AB、AC的距离相等时，AP平分∠BAC， 如图，过P作PD⊥AB于D， ∵AP平分∠BAC，∠C=90°， ∴PD=PC，AD=AC=6， ∴BD=10−6=4， 设PD=PC=y，则BP=8−y， 在RtΔBPD中，BD2+PD2=BP2， ∴42+y2=(8−y)2，解得y=3， ∴CP=3，BP=5， ∴t=AB+BP2=10+52=152s； ∴当点P到边AB、AC的距离相等时，t的值为152； （3）解：根据题意，可分四种情况： ①如图，当P在AB上且AP=CP时， ∠A=∠ACP，而∠A+∠B=90°，∠ACP+∠BCP=90°， ∴∠B=∠BCP， ∴CP=BP， ∴P是AB的中点，即AP=12AB=5， ∴t=AP2=52； ②如图，当P在AB上且AP=CA=6时， t=AP2=3； ③如图，当P在AB上且AC=PC时，过C作CD⊥AB于D，则 CD=AC·BCAB=245， ∴RtΔACD中，AD=185， ∴AP=2AD=365， ∴t=AP2=185； ④如图，当P在BC上且AC=PC=6时，BP=8−6=2， ∴t=AB+PB2=6． 综上所述，当t=52或3或185或6s时，ΔACP为等腰三角形． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定以及勾股定理的综合运用．画出图形，利用分类讨论的思想是解第（3）题的关键． 3．（2022秋·浙江温州·八年级校联考期中）如图，在等腰△ABC中，∠CAB=∠CBA，作射线BC，AD是腰BC的高线，E是△ABC外射线BC上一动点，连结AE． (1)当AD=4，BC=5时，求CD的长； (2)当BC=CE时；求证：AE⊥AB； (3)设△ACD的面积为S1，△ACE的面积为S2，且S1S2=1825，在点E的运动过程中，是否存在△ACE为等腰三角形，若存在，求出相应的BEBC的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)3 (2)证明见解析 (3)满足条件的BEBC的值为2或116 【分析】（1）利用勾股定理求解即可； （2）证明CA=CE=CB，推出∠CEA=∠CAE，∠CAB=∠B，利用三角形内角和定理，可得结论； （3）由S△ACD：S△ACE=18：25，推出CD：CE=18：25，设CD=18k，CE=25k，则DE=7k，接下来分情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵∠CAB=∠B， ∴AC=BC=5， ∵AD⊥BE， ∴∠ADC=90°， ∴CD=AC2−AD2=52−42=3； （2）证明：∵BC=CE，AC=CB， ∴AC=CE=CB， ∴∠CEA=∠CAE，∠CAB=∠B， ∵∠AEC+∠B+∠EAB=180°， ∴2∠AEB+2∠B=180°， ∴∠AEB+∠B=90°， ∴∠EAB=90°， ∴AE⊥AB； （3）解：∵S△ACD：S△ACE=18：25， ∴CD：CE=18：25， 设CD=18k，CE=25k，则DE=7k， ∵AD⊥EC，DE≠CD， ∴AC≠AE， 当CE=CA=25k时，BC=CA=25k， ∴BE=BC+CE=50k， BEBC=2． 当AE=EC=25k时，AD=AE2−DE2=(25k)2−(7k)2=24k， ∴AC=AD2+CD2=(24k)2+(18k)2=30k， ∴BC=AC=30k， ∴BE=BC+CE=55k， ∴BEBC=55k30k=116， 综上所述，满足条件的BEBC的值为2或116． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了三角形的面积计算、等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键． 4．（2022秋·湖北孝感·八年级统考期中）如图1，在平面直角坐标系中，点B、D分别在y轴、x轴上，点A−a，b，Cb，a，且a，b满足3a−b2+b−62=0，AB⊥y轴于点B，CD⊥x轴于点D． (1)求点A，C的坐标； (2)如图2，连接AC，BD交于点P，求证：点P为AC中点； (3)若OC=210，在x轴上存在点F，使△COF是以CO为腰的等腰三角形，请直接写出F点的坐标． 【答案】(1)A−2，6，C6，2 (2)见解析 (3)−210，0或210，0或12，0． 【分析】（1）根据平方的非负性即可求出a和b的值，从而得出点A，C的坐标； （2）过点C作CH∥AB交BD于点H，由题意证明△ABP≌△CHPAAS，得出AP=CP，即证明点P为AC中点； （3）分类讨论：①当OC=OF，且点F在x轴负半轴时，②当OC=OF，且点F在x轴正半轴时和③当OC=CF时，再分别根据等腰三角形的定义和性质结合题意即可求解． 【详解】（1）∵a，b满足3a−b2+b−62=0， 又∵3a−b2≥0，b−62≥0， ∴3a−b=0，b−6=0， 解得：a=2，b=6． ∴A−2，6，C6，2； （2）如图2，过点C作CH∥AB交BD于点H， ∵A−2，6，C6，2， ∴CD=AB=2． ∵AB⊥y轴，DO⊥y轴， ∴AB∥OD， ∴CH∥OD． ∵CD⊥OD， ∴CD⊥CH． ∵OB=OD，∠BOD=90°， ∴∠ODB=45°． ∵∠CDO=∠DCH=90°， ∴∠CDH=∠CHD=45°， ∴CH=CD=AB． ∵AB∥CH， ∴∠BAP=∠HCP． 在△ABP和△CHP中，∠APB=∠CPH∠BAP=∠HCPAB=CH， ∴△ABP≌△CHPAAS， ∴AP=CP，即点P为AC中点； （3）∵要使△COF是以CO为腰的等腰三角形， ∴可分类讨论：①当OC=OF，且点F在x轴负半轴时，如图， ∵OC=210， ∴OF=210， ∴F(−210，0)； ②当OC=OF，且点F在x轴正半轴时，如图， ∵OC=210， ∴OF=210， ∴F(210，0)； ③当OC=CF时，如图，过点C作CE⊥x轴于点E， ∵C点坐标为(6，2)， ∴OE=6， ∴OF=2OE=12， ∴F(12，0)． 综上可知F点坐标为−210，0或210，0或12，0． 【点睛】本题考查非负数的性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质等知识，掌握平方的非负性，会利用数形结合和分类讨论的思想解题是关键． 5．（2022秋·广东广州·八年级校联考期中）平面直角坐标系中，点Aa,0、B0,b，且a、b满足：a−1=−b2+6b−9，点A、C关于y轴对称，点F为x轴上一动点． (1)求点A、B两点的坐标； (2)如图1，若BC⊥CD，BA⊥EA，且BD=BE，连接ED交x轴于点M，求证：DM=ME； (3)如图2，若BC⊥CD，且BC=CD，直线BC上存在某点Gm,3m+3，使△DFG为等腰直角三角形(点D、F，G按逆时针方向排列)，请直接写出点F的坐标______． 【答案】(1)A1,0，B0,3 (2)见解析 (3)−1,0或4,0或−11,0 【分析】（1）由a−1=−b2+6b−9变形得a−1+(b−3)2=0，再由非负数的性质列方程求出a、b的值即可； （2）作EN∥CD，交x轴于点N，先证明Rt△BCD≌Rt△BAE，再证明△CMD≌△NME，即可证明DM=ME； （3）作DL⊥x轴于点L，先证明△DCB是等腰直角三角形，再证明△BOC≌△CLD，则L−4,0，D−4,1，再按点F与点C重合、DG=GF且∠DGF=90°和DF=GD且∠FDG=90°，分别求出相应的m的值，再求出点F的坐标． 【详解】（1）解：由a−1=−b2+6b−9得，a−1+(b−3)2=0， ∵a−1≥0，(b−3)2≥0， ∴a−1=0，(b−3)2=0， 解得，a=1，b=3， ∵A1,0，B0,3． （2）证明：如图1，作EN∥CD，交x轴于点N，则∠DCM=∠ENM， ∵BC⊥CD，BA⊥EA，Z432 43sd ∴∠BCD=∠BAE=90°， ∵点A、C关于y轴对称， ∴C−1,0，y轴是线段AC的垂直平分线， ∴CB=AB， ∵BD=BE， ∴Rt△BCD≌Rt△BAEHL， ∴CD=AE； ∵CB=AB， ∴∠BCA=∠BAC， ∵∠DCM+∠BCA=90°，∠EAC+∠BAC=90°， ∴∠DCM=∠EAC， ∴∠ENM=∠EAC， ∴AE=NE， ∴CD=NE， ∵∠CMD=∠NME， ∴△CMD≌△NMEAAS， ∴DM=ME． （3）解：如图2，∵BC⊥CD， ∴∠BCD=90°， ∵BC=CD， ∴△DCB是等腰直角三角形， 当点F与点C重合、点G与点B重合时，则△DFG为等腰直角三角形， ∴F−1,0； 如图2，作DL⊥x轴于点L，则∠BOC=∠CLD=90°， ∵∠CBO=90°−∠OCB=∠DCL，BC=CD， ∴△BOC≌△CLDAAS， ∴BO=CL=3，OC=LD=1， ∴OL=OC+CL=1+3=4， ∴L−4,0，D−4,1， 如图3，DG=GF，∠DGF=90°，由题意得，Gm,3m+3， ∴过点G作QR∥x轴交y轴于点K，作DR⊥QR于点R，FQ⊥QR于点Q，则∠R=∠Q=90°， ∴∠DGR=90°−∠QGF=∠GFQ， ∴△DGR≌△GFQAAS， ∴RG=QF=3m+3， ∴R−4,3m+3， 由RK=4得，3m+3−m=4， 解得，m=12， ∴GQ=DR=3m+3−1=3×12+3−1=72， ∵OF=KQ ∴xF=12+72=4， ∴F4,0； 如图4，DF=GD，∠FDG=90°，作GH∥x轴，作DH⊥x轴于点P，交GH于点H， ∵∠DPF=∠H=90°， ∴∠FDP=90°−∠GDH=∠DGH， ∴△DPF≌△GHDAAS， ∴DP=GH=1， ∴m=−4+1， 解得，m=−3， ∴G−3,−6， ∴PF=HD=1−−6=7， ∵P−4,0， ∴xF=−4−7=−11， ∴F−11,0． 综上所述，点F的坐标为−1,0或4,0或−11,0． 【点睛】此题重点考查非负数的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平面直角坐标系、轴对称的性质等知识，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，构造全等三角形，解第（3）题时应注意分类讨论． 必考点2 等腰三角形与勾股定理、全等综合 1．（2022秋·浙江杭州·八年级校考期中）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，以AB为边在AB上方作等边△ABD，以BC为边在BC右侧作等边△CBE，连接ED并延长交AC于点G． (1)求证：△CAB≌△EDB； (2)求证：AG=DG． (3)连接CD并延长交BE于F，若AB=2，当CF⊥BE时，求CD的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)3−1 【分析】（1）利用等边三角形的性质即可证明△CAB≌△EDB； （2）由△CAB≌△EDB得到∠BAC=∠BDE=90°，推出∠GDA=∠GAD，即可证明； （3）先求出BC的长，再分别求出CF、DF的长，即可求解． 【详解】（1）∵△ABD，△CBE都是等边三角形， ∴∠ABD=∠CBE=60°，AB=DB，BC=BE， ∴∠ABC+∠CBD=∠DBE+∠CBD， ∴∠ABC=∠DBE， ∴△BAC≌△BDE（SAS)， （2）由（1）得：△BAC≌△BDE（SAS) ∴∠BAC=∠BDE=90°， ∴∠BDG=90° ∵△ABD，△CBE都是等边三角形， ∴∠DAB=∠DBA=60°， ∴∠GDA=∠BDG−∠ADG=30°，∠GAD=∠BAC−∠DAB=30° ∴∠GDA=∠GAD， ∴AG=DG， （3）如图： ∵CF⊥BE，△CBE是等边三角形， ∴F为BE的中点， ∴BF=EF=12BE ∵连结CD并延长交BE于F，CF⊥BE，BF=EF ∴DB=DE， 由（1）得：△BAC≌△BDE（SAS) ∴AC=DE， ∴AC=DB=AB=2， ∵∠BAC=90°， ∴BC=AB2+AC2=2 ∴BF=12BE=12BC=1 ∵CF⊥BE， ∴CF=BC2−BF2=3 由（2）得∠BDE=90°， ∵DB=DE，∠BDE=90°， ∴△DBE是等腰直角三角形 ∵CF⊥BE，△DBE是等腰直角三角形 ∴∠DBF=∠FDB=45° ∴DF=BF=1 ∴CD=CF−DF=3−1 【点睛】本题考查等边三角形的性质，勾股定理的知识，解题的关键是明确等边三角形中三线合一的性质的应用． 2．（2022秋·浙江杭州·八年级校考期中）如图，CD，BE是△ABC的两条高线，且它们相交于Q，F是BC边的中点，连接DF，DF与BE相交于点P，已知BD=CD． (1)求证BQ=AC (2)若BE平分∠ABC． ①求证：DP=DQ； ②若AC=8，求BP的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②BP=42 【分析】（1）根据AAS证明△BDQ≌△CDA，即可证明结论； （2）①根据等腰三角形的性质和角平分线的定义，结合三角形外角的性质，求出∠DQB=∠DPQ=67.5°，根据等角对等边即可得出答案； ②过点P作PM⊥AB于点M，证明DM=PM=PF，设DM=PM=PF=x，用x表示出PQ=PD=DM2+PM2=2x，BF=FC=DF=x+2x，证明Rt△BPF≌Rt△BPMHL，得出BM=BF=DF=x+2x，表示出BD=BM+MD=x+2x+x=2x+2x，根据勾股定理列出关于x的方程，求出x2=16−82，在Rt△BPF中根据勾股定理求出BP即可． 【详解】（1）证明：∵CD、BE是△ABC的高线， ∴∠BDQ=∠ADC=∠AEB=90°， ∴∠DBQ+∠BAE=90°，∠DQB+∠DBQ=90°， ∴∠DQB=∠DAC， ∵BD=CD，∠BDQ=∠ADC， ∴△BDQ≌△CDAAAS， ∴BQ=AC； （2）证明：①∵∠BDC=90°，BD=CD， ∴∠DBC=∠DCB=12×90°=45°， ∵BE平分∠ABC， ∴∠DBQ=∠QBC=12×45°=22.5°， ∴∠DQB=90°−∠DBQ=67.5°， ∵BD=CD，F是BC边的中点， ∴DF⊥BC，∠BDF=∠CDF=12∠BDC=45°， ∵∠DPQ为△BDP的外角， ∴∠DPQ=∠DBP+∠BDP=67.5°， ∴∠DPQ=∠DQP， ∴DP=DQ； ②过点P作PM⊥AB于点M，如图所示： 则∠PMD=90°， ∵∠MDP=45°， ∴∠MPD=90°−45°=45°， ∴∠MDP=∠MPD， ∴MD=MP， ∵PM⊥BD，PF⊥BF，BP平分∠ABC， ∴PM=PF， ∴DM=PM=PF， 设DM=PM=PF=x，则PQ=PD=DM2+PM2=2x， ∵∠BDC=90°，F是BC边的中点， ∴BF=FC=DF=x+2x， ∵PM=PF，BP=BP， ∴Rt△BPF≌Rt△BPMHL， ∴BM=BF=DF=x+2x， ∴BD=BM+MD=x+2x+x=2x+2x， ∵BQ=AC=8， ∴在Rt△BDQ中根据勾股定理得： BD2+DQ2=BQ2=82， 即2x+2x+2x2=82， ∴x2=16−82， 在Rt△BPF中根据勾股定理可得： BP2=PF2+BF2 =x2+x+2x2 =x2+1+22x2 =x2+3+22x2 =4+22x2 =4+2216−82 =32， ∴BP=32=42或BP=−32=−42（舍去）． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，角平分线的性质，三角形外角的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，等腰三角形的判定和性质． 3．（2022秋·浙江杭州·八年级校考期中）如图1，在等边△ABC的AC、BC边上各取一点D、E，AE、BD相交于点F，∠BFE=60°． (1)求证：AD=CE； (2)如图2，过点B作BG⊥AE于点G． ①若BE=2EC=2，求BG的长； ②若BF=2AF，连接CF，求∠CFE的度数． 【答案】(1)见解析 (2)①3217；②30° 【分析】（1）证明△ABD≌△CAEASA即可得出结论； （2）①过点A作AH⊥BC于H，利用等边三角形的性质与勾股定理，求出AH、AE，然后由三角形面积公式可求出BG的长； ②连接CF、CG，先由直角三角形性质求得BF=2FG，又因BF=2AF，从而求得FG=AF，则BF=AG，继而可证△AFD≌△CGESAS，得到AF=CG，∠DAF=∠ECG，则∠CGE=∠DAF+∠ACG=∠ECG+∠ACG=∠ACB=60°，FG=CG，所以∠CFE=∠FCG，又由∠CGE=∠CFG+∠FCG，即可由∠CFE=12∠CGE求解． 【详解】（1）解：∵等边△ABC， ∴AB=AC，∠BAC=∠C=60°， ∴∠BAE+∠CAE=∠BAC=60°， ∵∠BAE+∠ABD=∠BFE=60°， ∠ABD=∠CAE， 在△ABD和△CAE中， ∠BAD=∠ACEAB=CA∠ABD=∠CAE， ∴△ABD≌△CAEASA， ∴AD=CE； （2）解：①过点A作AH⊥BC于H， ∵BE=2EC=2， ∴CE=1，BC=3， ∵等边△ABC，AH⊥BC， ∴CH=12BC=32，HE=12，AC=BC=3， ∴AH=AC2−CH2=332， ∴AE=AH2+HE2=7， ∴S△ABC=12BC⋅AH=12×3×332=934， ∵BE=2EC=2， ∴S△ABE=23S△ABC=332 ∵S△ABE=12AE⋅BG ∴12×7⋅BG=332， ∴BG=3217； ②连接CF、CG， ∵∠BFE=60°，BG⊥AE， ∴∠FBG=30°， ∴BF=2FG， ∵BF=2AF， ∴FG=AF， ∴BF=AG， 由（1）知：△ABD≌△CAE，AD=CE， ∴∠ADB=∠AEC，BD=AE，即BF+FD=AG+GE， ∴FD=GE， 在△AFD和△CGE中， AD=CE∠ADF=∠CEGFD=GE， ∴△AFD≌△CGESAS， ∴AF=CG，∠DAF=∠ECG， ∴∠CGE=∠DAF+∠ACG=∠ECG+∠ACG=∠ACB=60°， ∵FG=AF ∴FG=CG，   ∴∠CFE=∠FCG， ∵∠CGE=∠CFG+∠FCG， ∴∠CFE=12∠CGE=12×60°=30°． 【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，三角形面积，本题属三角形综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键． 4．（2022秋·浙江温州·八年级校考期中）如图1，△ABC中，AB=AC，点N为AC中点，点D为AB上一点，连结CD．已知BD:AD:CD=2:3:4,CD=8．动点P从点B出发，以1个单位/秒的速度沿线段BA向终点A运动，设点P运动的时间为t（秒）． 　 (1)求证：CD⊥AB． (2)若△BPN为等腰三角形时，求t的值． (3)如图2，动点P出发的同时，另有一点Q从点D出发沿线段DC向终点C运动，速度为13个单位/秒，连结BQ,PQ，将线段BQ,PQ绕点Q分别向顺时针和逆时针方向旋转90∘，得到线段QE和QF，当E,C,F三点共线时，直接写出t的值为______． 【答案】(1)证明见详解； (2)t的值为6514或65； (3)485； 【分析】（1）设BD=2x，AD=3x，CD=4x，则AB=5x，再利用勾股定理的逆定理证明即可； （2）如图1中，，取AD得中点H，连接NH，分两种情况：PB=PN，PB=BN，分别求解即可； （3）如图2中，过点E作EK⊥CD于点K，过点F作FJ⊥DC交DC的延长线于点J，证得BP=2CQ，由此构建方程求解即可． 【详解】（1）证明：设BD=2x，AD=3x，CD=4x， 则AB=5x， ∴AC=AB=5x， ∴AD2+CD2=25x2=AC2， ∴△ACD是直角三角形， ∴CD⊥AB； （2）如图1中，取AD得中点H，连接NH， ∵BD：AD：CD=2：3：4，CD=8， ∴BD=3，AD=6， ∵CD⊥AB， ∴AB=AC=62+82=10， ∴AN=CN，NH=12CD=4，BH=4+3=7， ∴BN=HN2+BH2=42+72=65， 当PB=PN时，t2=42+7−t2， ∴t=6514， 当BP=BN时，t=65， ∵点P在AB上运动， ∴不可能NB=NP， 综上所述，满足条件的t的值为6514或65； （3）如图2中，过点E作EK⊥CD于点K，过点F作FJ⊥DC交DC的延长线于点J， ∵∠EKQ=∠BQE=∠BDQ=90°， ∴∠BQD+∠EQK=90°，∠EQK+∠QEK=90°， ∴∠BQD=∠QEK， ∵QB=QE， ∴△BQD≌△QKE（AAS）， ∴QD=EK，BD=KQ， 同理可证△PDQ≌△QJF， ∴DQ=JF，DP=QJ， ∴EK=FJ， ∵∠EKC=∠J=90°，∠ECK=∠FCJ， ∴△EKC≌△FJC（AAS）， ∴CK=CJ， ∴QK+JQ=CQ−CK+CQ+CJ=2CQ=BD+PD=PB， ∴t=28−13t， ∴t=485， 故答案为：485． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 5．（2022春·安徽合肥·八年级合肥市庐阳中学校考期中）问题发现：如图1，在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边所在直线上的一动点（不与点B、C重合），连接AD，以AD为边作Rt△ADE，且AD=AE，根据∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠DAE，得到∠BAD=∠CAE，结合AB=AC，AD=AE得出△BAD≌△CAE，发现线段BD与CE的数量关系为BD=CE，位置关系为BD⊥CE； (1)探究证明：如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE，AB=AC，AD=AE，且点D在BC边上滑动（点D不与点B，C重合），连接EC． ①则线段BC，DC，CE之间满足的等量关系式为　 　； ②求证：BD2+CD2=2AD2； (2)拓展延伸：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=13cm，CD=5cm，求AD的长． 【答案】(1)①BC=DC+EC；②见解析 (2)AD=62． 【分析】（1）①由SAS证得△BAD≌△CAE，得到BD=EC，可得BC=DC+BD=DC+EC； ②根据全等三角形的性质可得∠ACE=∠B=45°，得到∠DCE=90°，根据勾股定理计算即可； （2）拓展延伸作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，证明△BAD≌△CAE，得到BD=CE=13，根据勾股定理计算即可． 【详解】（1）①解：BC=DC+EC，理由如下： ∵∠BAC=∠DAE=90°， ∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC， 即∠BAD=∠CAE， 在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE， ∴△BAD≌△CAESAS， ∴BD=EC， ∴BC=DC+BD=DC+EC， 故答案为：BC=DC+EC； ②证明：∵Rt△ABC中，AB=AC， ∴∠B=∠ACB=45°， 由（1）得，△BAD≌△CAE， ∴BD=CE，∠ACE=∠B=45°， ∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=90°， ∴CE2+CD2=ED2， ∴BD2+CD2=ED2， 在Rt△ADE中，AD2+AE2=ED2， ∵AD=AE， ∴ED2=2AD2， ∴BD2+CD2=2AD2； （2）解：作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，如图3所示： 则△ADE是等腰直角三角形， ∴∠ADE=45°， ∵∠ABC=∠ACB=45°， ∴AB=AC，∠BAC=90°， ∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD， 即∠BAD=∠CAE， 在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE， ∴△BAD≌△CAESAS， ∴BD=CE=13， ∵∠ADC=45°，∠EDA=45°， ∴∠EDC=90°， ∴DE=CE2−CD2=132−52=12， ∵∠DAE=90°， ∴AD=AE=22DE=22×12=62． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定由性质、勾股定理、直角三角形的判定等知识；熟练掌握等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 必考点3 等腰三角形与图形变换 1．（2022秋·山东潍坊·八年级统考期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB的中点，连接AE，DF交于点N，将△ABE沿AE翻折，得到△AGE，AG交DF于点M，延长EG交AD的延长线于点H，连接CG，ME，取ME的中点O，连接NO，GO．则以下结论不正确的是（    ） A．∠GCE=∠AEB B．AE⊥DF C．S四边形MNOG=12S△AND D．△AEH为等边三角形 【答案】D 【分析】根据正方形的性质，折叠的性质，得到BE=GE,∠AEB=∠AEG=12∠BEG，继而得到CE=GE，得到∠EGC=∠ECG，利用外角的性质，推出∠GCE=∠AEB；易证△ABE≌△DAF，得到∠ADF=∠BAE，进而得到∠ADF+∠DAN=90°，推出AE⊥DF，根据三角形的中线平分面积，得到SΔMON=12SΔMEN，SΔMOG=12SΔMEG，进而得到S四边形MNOG=12S  四边形MNEG，利用折叠的性质，全等三角形的面积相等，易得S四边形MNOG=12S△AND；利用AD∥BC，得到∠DAE=∠BEA=∠AEG，推出△AEH为等腰三角形，进行判断即可． 【详解】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴AD=AB=BC=CD，∠DAF=∠B=∠BCD=∠CDA=90°， ∵点E，F分别是边BC，AB的中点， ∴AF=BF=BE=CE， ∵将△ABE沿AE翻折，得到△AGE， ∴BE=GE,∠AEB=∠AEG=12∠BEG， ∴CE=GE， ∴∠EGC=∠ECG， ∵∠BEG=∠EGC+∠ECG=2∠ECG， ∴∠GCE=∠AEB；故A选项正确； 在△ABE和△DAF中， AD=AB∠B=∠DAFBE=AF， ∴△ABE≌△DAFSAS， ∴∠ADF=∠BAE， ∴∠ADF+∠DAN=∠BAE+∠DAN=90°， ∴∠AND=90°， ∴AE⊥DF；故选项B正确； ∵O为ME的中点， ∴SΔMON=12SΔMEN，SΔMOG=12SΔMEG ∴S四边形MNOG=12S  四边形MNEG 由折叠知：S四边形MNEG=S四边形FNEB， ∴S四边形MNOG=12S四边形FNEB ∵△ABE≌△DAF， ∴S△ABE=S△DAF， ∴S△AND=S四边形FNEB， ∴S四边形MNOG=12S△AND；故选项C正确； ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD∥BC， ∴∠DAE=∠BEA=∠AEG， ∴HA=HE， 在Rt△ABE中，AE≠2BE， ∴∠BAE≠30°,∠AEB≠60°， ∴∠DAE≠60°， ∴△AEH不是等边三角形；故选项D错误； 故选D． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，证明三角形全等，是解题的关键． 2．（2022秋·浙江台州·八年级统考期末）如图，以△ABC∠ABC>120°三边为边向外作等边三角形，分别记△ABC，△ABD，△BCE，△ACF面积为S，S1，S2，S3，作△ABD关于AB对称的△ABM，连接MF，BF．若△ABC≌△BMF，则∠ABC=__________，S3=__________（用含S，S1，S2的式子表示）． 【答案】     150°；     3S+S1+S2． 【分析】根据△ABD，△ACF，△ABM为等边三角形，证明△AMF≌△BMF，从而求出∠ABC的度数；把△ABC绕点C顺时针旋转60度，AC边落在FC得到△FNC，连接NB，证明△FNC≌△ABC，△NCB≌△BCE，△FNB≌△FNC，从而求出S3． 【详解】∵△ABC≌△BMF ∴AC=BF，∠ABC=∠BMF ∵由题意知：△ABD，△ACF，△ABM为等边三角形， ∴BF=AF=AC，AM=BM=AB ∵MF=MF ∴△AMF≌△BMF ∴∠ABC=∠AMF=∠BMF=360°−60°2=150° 把△ABC绕点C顺时针旋转60度，AC边落在FC得到△FNC，连接NB， 则△FNC≌△ABC， ∴NC=BC，∠FCN=∠ACB ∴∠NCB=∠FCA=∠NCA+∠FCN=60° ∴△NCB为等边三角形且△NCB≌△BCE ∵NC=BC，FB=FC，FN=FN ∴△FNB≌△FNC 综上所述：S△FMB=S△FNB=S△FNC=S△ABC=S， S△AMB=S△ABD=S1，S△NBC=S△BCE=S2 ∴S3=3S+S1+S2 【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，解题的关键是能够证明三角形全等，进而求出面积的关系． 3．（2022秋·河南安阳·九年级校联考期中）如图1，在Rt△ABC中， ∠A=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB、AC上，AD=AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点． (1)观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是　 　，位置关系是　 　； (2)探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由； (3)拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10请直接写出△PMN周长的最小值． 【答案】(1)PM=PN，PM⊥PN (2)△PMN是等腰直角三角形，证明见解析 (3)492 【分析】（1）利用三角形的中位线得出PM=12CE，PN=12BD，进而判断出BD＝CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠DPM=∠DCA，最后用互余即可得出结论； （2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，同（1）的方法得出PM=12CE，PN=12BD，即可得出PM=PN，同（1）的方法即可得出结论； （3）先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，而BD最大是AB+AD=14，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：∵点P，N是BC，CD的中点， ∴PN∥BD，PN=12BD， ∵点P，M是CD，DE的中点， ∴PM∥CE，PM=12CE， ∵AB=AC，AD=AE， ∴BD=CE， ∴PM=PN， ∵PN∥BD，PM∥CE， ∴∠DPN=∠ADC，∠DPM=∠DCA， ∵∠BAC=90°， ∴∠ADC+∠ACD=90°， ∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°， ∴PM⊥PN 故答案为：PM=PN，PM⊥PN； （2）解：由旋转知，∠BAD=∠CAE， ∵AB=AC，AD=AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD=∠ACE，BD=CE， 同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PM=12CE，PN=12BD，PM∥CE，PN∥BD， ∴PM=PN， ∴△PMN是等腰三角形， ∵PM∥CE， PN∥BD， ∴∠DPM=∠DCE， ∠PNC=∠DBC， ∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC， ∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC =∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC =∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC， ∵∠BAC=90°， ∴∠ACB+∠ABC=90°， ∴∠MPN=90°， ∴△PMN是等腰直角三角形； （3）解：由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN= 12BD， ∴PM最大即BD最大时，△PMN面积最大， ∴点D在BA的延长线上， ∴BD=AB+AD=14， ∴PM=7， ∴S△PMN最大=12⋅PM2=12×72=492． 【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质，旋转的性质，解（1）的关键是判断出PM=12CE，PN=12BD，解（2）的关键是判断出△ABD≌△ACE，解（3）的关键是判断出BD最大时，△PMN的面积最大，是一道中考常考题． 4．（2022秋·北京朝阳·九年级三里屯一中校考期中）如图，在等腰Rt△ABC中，将线段AC绕点A顺时针旋转α0°<α<90°，得到线段AD，连接CD，作∠BAD的平分线AE，交BC于E． (1)①根据题意，补全图形； ②请用等式写出∠BAD与∠BCD的数量关系． (2)分别延长CD和AE交于点F， ①直接写出∠AFC的度数； ②用等式表示线段AF，CF，DF的数量关系，并证明． 【答案】(1)①见解析；②∠BAD=2∠BCD (2)①∠AFC=45°；②AF=22(DF+CF) 【分析】（1）①根据题意结合角平分线的作法作图即可；②根据旋转的性质可知AC=AD，∠DAC=α，结合等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求出∠D=90°−12α，进而可求出∠BCD=∠ACD−∠ACB=45°−12α．再求出∠BAD=2(45°−12α)，即得出∠BAD=2∠BCD； （2）①如图，由角平分线的定义可求出∠BAF=∠DAF=12∠BAD=45°−12α，从而可求出∠CAF=∠DAF+∠CAD=45°+12α，进而即可求出∠AFC=180°−∠CAF−∠ACF=45°；②过点A作AG⊥CF．易证明△AFG是等腰直角三角形，得出AF=2FG．根据等腰三角形“三线合一”的性质可得出DG=CG=12CD，从而可求出DG=12(CF−DF)，进而可求出FG=DF+DG=12DF+12CF，即得出答案AF=22(DF+CF)． 【详解】（1）解：①补全图形如下， ②由旋转的性质可知AC=AD，∠DAC=α， ∴∠D=∠ACD=12(180°−∠DAC)=12(180°−α)=90°−12α． ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠ACB=45°，∠BAC=90°， ∴∠BCD=∠ACD−∠ACB=90°−12α−45°=45°−12α． ∵∠BAD=∠BAC−∠DAC=90°−α=2(45°−12α)， ∴∠BAD=2∠BCD； （2）解：①如图，由（1）可知∠ACF=90°−12α，∠BAD=90°−α． ∵AE是∠BAD的平分线， ∴∠BAF=∠DAF=12∠BAD， ∴∠DAF=45°−12α， ∴∠CAF=∠DAF+∠CAD=45°−12α+α=45°+12α， ∴∠AFC=180°−∠CAF−∠ACF=180°−(45°+12α)−(90°−12α)=45°； ②如图，过点A作AG⊥CF． ∵∠AFC=45°， ∴△AFG是等腰直角三角形， ∴AF=2FG． ∵AC=AD，AG⊥CF， ∴DG=CG=12CD． ∵CD=CF−DF， ∴DG=12(CF−DF)， ∴FG=DF+DG=DF+12(CF−DF)=12DF+12CF， ∴AF=2FG=22(DF+CF)． 【点睛】本题考查作图—角平分线，角平分线的定义，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理等知识．正确作出图形并会连接辅助线是解题关键． 5．（2022秋·吉林延边·八年级统考期末）如图1，在两个等腰直角三角形ABC和DEF中，∠ACB=∠DEF=90°，把两个三角形放置在平面直角坐标系上，边EF在x轴上，点F和点O重合．DE=2，点A0,3，点C3,0，将△DEF沿DF翻折，点E落在点G． (1)点G的坐标为________． (2)将四边形DEFG沿x轴方向往右平移，平移距离是x． ①当点G在边AC上时，x=________． ②当x=2时，四边形DEFG与△ABC的重叠部分的面积为_______． ③如图2，当点C在边EF上时（点C与点E、F不重合），求四边形DEFG与△ABC的重叠部分的面积．（用含x的式子来表示） (3)在（2）的条件下，若x<5，当四边形DEFG与△ABC的重叠部分的图形为轴对称图形时，直接写出x的取值范围． 【答案】(1)G(0,2)； (2)①x=1；②12；③S=−x2+8x−13 (3≤x≤5)； (3)20)的首尾相接的三条线段，再利用割补法求解可得；（3）在网格中构建边长为6m和6n的矩形，同理作出边长为m2+16n2、92+4n2，2m2+n2的三角形，最后同理可得这个三角形的面积．【详解】解：（1）ΔABC的面积为3×3−12×1×2−12×1×3−12×2×3=72，故答案为：72；（2）如图，AB=22a，BC=5a，AC=17a，由图可得：SΔABC=2a×4a−12×a×2a−12×2a×2a−12×a×4a=3a2；故答案为：3a2；（3）构造ΔABC所示，AB=(2m)2+(2n)2=2m2+n2，AC=m2+(4n)2=m2+16n2，BC=(3m)2+(2n)2=9m2+4n2，∴SΔABC=3m×4n−12×m×4n−12×3m×2n−12×2m×2n=5mn．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了勾股定理及作图的知识，解答本题关键是仔细理解问题背景，熟练掌握勾股定理，关键是结合网格用矩形及容易求得面积的直角三角形表示出所求三角形的面积进行解答．6．（2022秋·全国·八年级期中）方格纸中每个小方格都是边长为1的正方形，我们把以格点连线为边的多边形称为“格点多边形”．（1）在图1中确定格点D，并画出一个以A、B、C、D为顶点的四边形，使其为轴对称图形（一种情况即可）；（2）直接写出图2中△FGH的面积是　 　；（3）在图3中画一个格点正方形，使其面积等于17．【答案】（1）见解析；（2）9；（3）见解析.【分析】（1）直接利用轴对称图形的性质分析得出答案；（2）利用△FGH所在矩形面积减去周围三角形面积，进而得出答案；（3）利用勾股定理作出17，结合正方形的性质得出答案.【详解】解：（1）如图1所示，四边形ABCD即为所求；（2）如图2所示：△FGH的面积=矩形ABHC的面积-△AFG的面积-△BGH的面积-△FCH的面积=5×6−12×1×3−12×3×5−12×4×6=9.（3）如图3所示：四边形ABCD即为所求；【点睛】此题主要考查了作图--轴对称变换和勾股定理等知识，正确应用勾股定理是解题关键．7．（2022春·山东济宁·八年级统考期末）如图，在8×4的正方形网格中，按△ABC的形状要求，分别找出格点C，且使BC=5，并且直接写出对应三角形的面积．【答案】见解析；S=10；S=252    ；S=12【分析】根据全等三角形的性质，勾股定理，角的分类去求解即可【详解】解：钝角三角形时，如图，∵BC⊥BD，BC=5，∴△ABC是钝角三角形，根据平行线间的距离处处相等，得BC边上高为BD=4,∴S=12BC×BD=12×4×5=10；直角三角形时，如图，取格点F使得BF=4，FC=3，根据勾股定理，得BC=32+42=5，∵AE=BF=4，EB=FC=3，∠AEB=∠BFC=90°，∴△AEB≌△BFC，∴∠EAB=∠FBC，∵∠EAB+∠EBA=90°，∴∠FBC+∠EBA=90°，∴∠ABC =90°，∴△ABC是直角三角形，根据勾股定理，得AB=32+42=5，∴S=12BA×BC=12×5×5 =252；锐角三角形时，如图，取格点M使得BM=3，CM=4，根据勾股定理，得BC=32+42=5，根据直角三角形时的作图，知道∠ABN=90°，∴∠ABC＜∠ABN，∴∠ABC＜90°∵AB=BC，∴△ABC是等腰三角形，∴∠A=∠C＜90°，∴△ABC是锐角三角形，∴S=12×4×6=12；【点睛】本题考查了网格上的作图，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形全等的性质和判定，平行线间的距离处处相等，根据题意，运用所学构造符合题意的格点线段是解题的关键．必考点7勾股定理与折叠问题1．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在ΔABC中，AB=AC，点D在线段AC上，现将ΔABC沿着BD翻折后得到ΔA'BD，A'B交AC于点E，A'D//BC且A'D=BC，若BD=26，则ΔABC的面积为__________．【答案】415【分析】根据翻折的性质得到S△ABD=S△A'BD=S△A'ED+S△EBD，由A'D//BC且A'D=BC，依据平行线的性质及ASA，可得△A'DE≌△BCE，通过等量代换得到S△BCD=S△ABD，从而得到CD=AD设为4a，依据等量代换得到CD=4a=BC，依据三角形外角的性质、翻折的性质、三角形内角和定理得到BE=BC=4a，连接B与EC的中点F,依据三线合一求出两个有公共直角边的直角三角形，依据勾股定理列出关于a的方程，解出可求得△ABC的底和高，再运用三角形面积公式即可.【详解】解：设AD=4a,∵AB=AC,∴∠C=∠ABC,∵将△ABC沿着BD翻折后得到△A'BD，∴S△ABD=S△A'BD=S△A'ED+S△EBD，A'D=AD=4a，∠DBE=∠DBA，∵A'D//BC，∴∠A'DE=∠C，∠A'=∠CBE，又∵A'D=BC=4a，∴△A'DE≌△BCE（ASA），∴DE=EC=12DC，S△A'DE=S△BCE，又∵S△BCD=S△BCE+S△EBD，S△ABD=S△A'ED+S△EBD∴S△BCD=S△ABD，∴CD=AD=4a,∴DE=EC=12DC=2a，∵CD=4a=BC,∴∠CBD=∠CDB,又∵∠CBD=∠CBE+∠DBE，∠CDB=∠A+∠DBA，∠DBE=∠DBA，∴∠CBE=∠A，又∵∠BEC=180°−∠C−∠EBC,∠ABC=180°−∠C−∠A,∠C=∠ABC∴∠BEC=∠ABC=∠C,∴BE=BC=4a，如下图，连接B与EC的中点F,则FC=FE=12EC=a,DF=DE+FE=3a,∴BF⊥AC,∴BD2−DF2=BF2=BC2−FC2,即(26)2−(3a)2=BF2=(4a)2−a2（a>0），解得a=1，∴BF=15，AC=AD+DC=8a=8，∴S△ABC=AC⋅BF2=415,故答案为：415.【点睛】本题考查了翻折的性质、等腰三角形的等边对等角的性质、三线合一的性质、三角形等角对等边的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的内角和定理和外角性质、勾股定理，解题的关键是发现D是AC的中点，三角形BCD、三角形BCE是等腰三角形，依据勾股定理列出关于a的方程.2．（2022秋·浙江·八年级期末）△ABC中，AB=42，AC=6，∠A=45°，折叠△ABC，使点C落在AB边上的点D处，折痕EF交AC于点E，当点D由B向A连续移动过程中，点E经过的路径长记为m，则BC=________，m=________．【答案】     25     20−122【分析】过B作BM⊥AC，垂足为M，根据等腰直角三角形的性质求出BM，再利用勾股定理求出BC的长度，分三段分别求出点E的运动路径长度，再相加即可．【详解】解：过B作BM⊥AC，垂足为M，如图1，∵∠A=45°，AB=42，∴BM=AM=422=4，∵AC=6，∴CM=6−4=2，∴BC=CM2+BM2=25；①∵由折叠可知：EF垂直平分CD，当D与B重合时，此时AE最小，如图2，作E1G⊥AB，垂足为G，连接E1B，设AE1=x1，∵∠A=45°，∴AG=E1G=x2=22x，E1C=6−x，∵E1F垂直平分 CB，∴E1B=E1C=6−x，∴在Rt△E1GB 中，E1B2=E1G2+GB2，即(6−x)2=22x2−42−22x2，解得：x=1（负值舍去），∴AE1=1；②∵ED=EC，∴当AE最大时，EC最短，∴ED最短，∴当ED⊥AB时，ED为垂线段，取最小值，∴如图3，作E2D2⊥AB，垂足为D2，设AE2=y，则AD2=D2E2=y2=22y，∴E2C=6−y，∴E2F垂直平分CD2，∴E2D2=E2C，∴22y=6−y，∴y=12−62，∴AE2=12−62，∴E从最近到最远走了12−62−1=11−62；③当D从D2点继续向A移动，ED增加，∴AE减小，∴当D与A重合时，如图4，此时E3D3=E3C=12AC=12×6=3，∴AE3=3，∴E从E2到E3运动了12−62−3=9−62，∴点E从E1运动到E2，再运动到E3，路径长为11−62+9−62=20−122，故答案为：25；20−122．【点睛】本题考查了折叠问题，垂直平分线的性质，勾股定理，解题的关键是理解题意，根据点D运动的情况分别得出点E相应的运动情况，逐步求解．3．（2022秋·河南周口·八年级统考期末）如图，已知在△ABC中，∠ACB=90°，AC=2，BC=4，点E为AB的中点，D为BC边上的一动点，把△ACD沿AD折叠，点C落在点F处，当△AEF为直角三角形时，CD的长为__________．【答案】2或23【分析】本题以三角形为基础，考查内容包含中点的用法，可立刻推边等；动点图形翻折问题，可得到角等以及边等，解答本题需以题目要求直角三角形为前提，采取分类讨论方法，通过构造辅助线、假设未知数并结合勾股定理求解．【详解】（1）当∠AFE=90°时作EM⊥BC垂足为M.，作AN⊥ME于N，如下图所示：∵∠C=∠EMB=90°∴EM∥AC∵AE=EB∴MB=MC=12BC=2∴EM=12AC=1 ∴∠C=∠CMN=∠N=90°∴四边形ACMN是矩形∵AC=CM=2∴四边形ACMN是正方形在RT△ABC中，∵AC=2,BC=4∴AB=25 ，AE=5 在RT△AFE中，∵AE=5 ，AF=AC=2∴FE=1设CD=FD=x，在RT△EDM中，∵DE=1+x，EM=1，DM=2-x∴DE2=DM2+EM2 (1+x)2=(2−x)2+12 x=23 ∴CD=23 （2）当∠AFE=90°时，如下图所示∵∠AFD=90°∴F,E,D三点共线在RT△AFE中，∵AE=5 ，AF=AC=2∴EF=1又∵DE=1∴EF=ED又∵EA=EB，∠AEF=∠BED所以△AFE≅△BDE(SAS)    ∴∠BDE=∠AFE=90°故四边形AFCD是矩形又∵AF=AC所以四边形AFCD是正方形∴CD=AC=2【点睛】本题主要考查动点翻折问题，需要着重注意分类讨论，思考要全面，求解过程尝试利用割补法将图形补成常见模型以便求解．4．（2022春·辽宁沈阳·八年级统考期末）在△ABC中，∠BAC=90°,∠C=30°,AB=3，点D为AC的中点，点E在BC边上，将△CDE沿着DE翻折，使点C落在点F处，当FE⊥AC时，FE=________．【答案】92或32【分析】分点F在AC上方和AC下方，分别画图图形，求出BC=6, AC=33，根据30°直角三角形的性质，即可得出答案．【详解】解：①如图：∵在Rt△ABC中：∠BAC=90°,∠C=30°,AB=3,∴BC=2AB=6,∠B=60°,∴AC=62−32=33．∵点D为AC的中点,∴CD=12AC=332．∵FE⊥AC,∴∠EMD=∠FMD=90°．∴∠EMD=∠A=90°，∴EM∥AB，∴∠MEC=∠B=60°．由折叠可知：DF=CD=332,∠F=∠C=30°,∠1=∠2=12∠MEC=30°,∵在Rt△MDF中：∠F=30°,∴MD=12FD=334,∴MF=3322−3342=94．∵在Rt△MED中：∠1=30°,∴ED=2MD=332,∴EM=3322−3342=94．∴FE=EM+MF=94+94=92．②如图所示，∵将△CDE沿着DE翻折，FE⊥AC，∴EF∥AB，∴∠FEB=∠B=60°，∴∠FEC=120°∵折叠，∴∠FED=∠CED=120°，∵∠C=30°∴∠EDC=∠EDF=30°，∴∠DNC=∠FNE=90°，∴DN=12DC=14AC=334，∴NE=12DE，DE2=NE2+DN2∴EF=DE=233DN=233×334=32 故答案为：92或32．【点睛】此题考查了勾股定理，30°直角三角形的性质，折叠的性质，实数的运算，掌握以上知识点是解题的关键．5．（2022秋·广东深圳·八年级深圳市宝安中学（集团）统考期末）如图，将长方形纸片ABCD沿MN折叠，使点A落在BC边上点A'处，点D的对应点为D'，连接A'D'交边CD于点E，连接CD'，若AB=9，AD=6，A'点为BC的中点，则线段ED'的长为________．【答案】94##2.25【分析】连接NA'，勾股定理求得DN，进而证明△A'D'N≌△NCA'，设EC=a,A'E=b，根据NC=6,以及Rt△A'EC三边关系建立方程组，解方程组求解即可．【详解】解：如图，连接NA'，∵折叠∴DN=D'N，AD=A'D'，∠A'D'N=∠D∵四边形ABCD是长方形，AB=9，AD=6，∴DC=AB=9,BC=AD=6，∠D=∠BCD=90°设DN=x则NC=DC−DN=9−x∵ A'是BC的中点，BC=AD=6∴ CA'=12BC=3在Rt△A'CN中， A'N2=CN2+A'C2在Rt△A'D'N中，A'N2=ND'2+AD'2∴ CN2+A'C2 =ND'2+AD'2即9−x2+32=x2+62解得x=3∴ND=ND'=A'C =3,NC=A'D'=6又∵∠ND'A'=∠A'CD=90°∴△A'D'N≌△NCA'∴∠NA'D'=∠A'NC∴A'E=NE∵A'D'=CN∴CE=ED'设EC=a,A'E=b在Rt△A'EC中A'E2−EC2=A'C2即b2−a2=32①又CE+EN=CN=6∴EC+A'E=EC+EN=a+b=6②由①可得b+ab−a=9③将②代入③得b−a=32④②-④得2a=92解得a=94即EC=94∴ED'=CE=94故答案为：94【点睛】本题考查了勾股定理，折叠问题，因式分解，三角形全等的性质与判定，解二元一次方程组，掌握折叠的性质是解题的关键．6．（2022秋·辽宁沈阳·八年级统考期末）在△ABC中，AB=25，AC=105，AP垂直直线BC于点P．(1)当BC=25时，求AP的长；(2)当AP=20时，①求BC的长；②将△ACP沿直线AC翻折后得到△ACQ，连接BQ，请直接写出△BCQ的周长为___________．【答案】(1)20(2)①25或5；②541+35或65+15【分析】（1）根据双勾股列方程即可求出CP，进而求得AP的长；（2）分情况讨论当△ABC是锐角三角形时，当△ABC是钝角三角形时，分别求出BC的长和△BCQ的周长．【详解】（1）如图：∵AP⊥BC∴AP2=AB2−BP2，AP2=AC2−CP2，设CP=x，则BP=BC−PC=25−x∴(105)2−x2=252−(25−x)2，解得：x=10∴AP=252−(25−10)2=20（2）①当△ABC是锐角三角形时，当AP=20时，BP=AB2−AP2=252−202=15；CP=AC2−AP2=(105)2−202=10；∴BC=BP+PC=25当△ABC是钝角三角形时，如图：∵AB=25>AC=105，AP=20∴PC=AC2−AP2=10，BP=AB2−AP2=15∴BC=BP−PC=5综上所述：BC=25或5②当△ABC是锐角三角形时，由①知，AB=BC=25，BP=15，PC=10，如图，AC与BP交于M M过Q点作QH⊥BC，由折叠可知：QC=PC=10，PQ⊥AC，PQ=2MP∴S△ACP=12CP⋅AP=12AC⋅MP，∴12×10×20=12×105⋅MP，∴MP=45，∴PQ=2MP=85，设HC=x，则HP=PC+HC=10+x，∵HQ2=QC2−HC2=PQ2−HP2∴102−x2=(85)2−(10+x)2，解得：x=6，HQ=102−62=8∴BQ=HB2+HQ2=(25+6)2+82=541∴△BCQ的周长为：BQ+BC+CQ=BQ+BC+PC=541+35当△ABC是钝角三角形时，如图，同理可得：CQ=PC=10，PQ=2MP=85，BC=5，CQ=PC=10设HC=x，则HP=PC+HC=10+x，∵HQ2=QC2−HC2=PQ2−HP2∴102−x2=(85)2−(10+x)2，解得：x=6，∴HB=CH−CB=6−5=1，HQ=102−62=8∴BQ=HB2+HQ2=12+82=65∴△BCQ的周长为：BQ+BC+CQ=BQ+BC+PC=65+15综上所述：△BCQ的周长为541+35或65+15．【点睛】本题考查等积法求高，双勾股定理的求直角三角形边长，解题的关键是在做题时注意分类讨论．必考点8以弦图为背景的计算1．（2022春·浙江·八年级期末）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以勾股图为背景的邮票．所谓勾股图是指以直角三角形的三边为边向外作正方形构成，它可以验证勾股定理．在Rt△ABC中，∠BAC=90°,AC=a,AB=b(a89>85，∴蚂蚁所行路程的最小值为85．【点睛】此题考查了最短路径问题．解决本题的关键是熟练掌握用勾股定理的应用，要注意数形结合思想的应用．2．（2022秋·江苏·八年级期中）爱动脑筋的小明某天在家玩遥控游戏时遇到下面的问题：已知，如图一个棱长为8cm无盖的正方体铁盒，小明通过遥控器操控一只带有磁性的甲虫玩具，他先把甲虫放在正方体盒子外壁A处，然后遥控甲虫从A处出发沿外壁面正方形ABCD爬行，爬到边CD上后再在边CD上爬行3cm，最后在沿内壁面正方形ABCD上爬行，最终到达内壁BC的中点M，甲虫所走的最短路程是 ______cm【答案】16【分析】将正方形ABCD沿着CD翻折得到正方形A'B'CD ，过点M在正方形ABCD内部作MM'⊥BC，使MM'=3cm，连接QM，过M'作M'N⊥A'B'于点N，此时AP+PQ+QM=A'P+PQ+PM'=A'M'+PQ最小，运用勾股定理求解即可．【详解】如图，将正方形ABCD沿着CD翻折得到正方形A'B'CD ，过点M在正方形ABCD内部作MM'⊥BC，使MM'=3cm，连接QM，过M'作M'N⊥A'B'于点N，则四边形MM'NB'是矩形，四边形PQMM'是平行四边形，∴M'N'=MB'，PM'=QM，B'N=MM'，∠A'NM'=90°，此时AP+PQ+QM=A'P+PQ+PM'=A'M'+PQ最小，∵点M是BC中点，∴CM=12BC=4cm，∴M'N=MB'=12cm，A'N=A'B'−B'N=5cm，在Rt△A'M'N中，A'M'=A'N2+M'N2=52+122=13cm，∴A'M'+PQ=16cm，故答案为：16．【点睛】本题考查最短路径问题，考查了正方形的性质，矩形的性质，平行四边形的性质和判定，勾股定理，轴对称性质等，解题的关键是将立体图形中的最短距离转换为平面图形的两点之间线段长度进行计算．3．（2022秋·陕西西安·八年级校考期末）如图，长方体的长为3，宽为2，高为4，点B在棱上，点B离点C的距离为1，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点B，需要爬行的最短路程是______．【答案】5【分析】要求长方体中两点之间的最短路径，最直接的作法，就是将长方体侧面展开，然后利用两点之间线段最短解答．【详解】解：把长方体的右侧表面剪开与前面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如图1：∵长方体的宽为2，高为4，点B离点C的距离是1，∴AB= 42+32 =5；把长方体的右侧表面剪开与上面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如图2：∵长方体的宽为2，高为4，点B离点C的距离是1，∴AB= 22+52 = 29；把长方体的上表面剪开与后面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如图3：∵长方体的宽为2，高为4，点B离点C的距离是1，∴AB= 62+12 = 37 ；∵5< 29 < 37，∴蚂蚁爬行的最短距离是5．故答案为：5．【点睛】本题考查的是平面展开−最短路径问题，根据题意画出长方体的侧面展开图，根据勾股定理求解是解答此题的关键．4．（2022秋·陕西西安·八年级校考期末）如图，圆柱底面半径为2πcm，高为9cm，点A，B分别是圆柱两底面圆周上的点，且A，B在同一条竖直直线上，用一根棉线从A点顺着圆柱侧面绕3圈到B点，则这根棉线的长度最短为___________cm．【答案】15【分析】要求圆柱体中两点之间的最短路径，最直接的作法，就是将圆柱体展开，然后利用两点之间线段最短解答．【详解】解：圆柱体的展开图如图所示：用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：AC→CD→DB；即在圆柱体的展开图长方形中，将长方形平均分成3个小长方形，A沿着3个长方形的对角线运动到B的路线最短；∵圆柱底面半径为2πcm∴长方形的宽即是圆柱体的底面周长： 2π×2π=4cm；又∵圆柱高为9cm，∴小长方形的一条边长是3cm；根据勾股定理求得AC=CD=DB=32+42=5(cm)；∴AC+CD+DB=15(cm)；故答案为：15．【点睛】本题主要考查了平面展开--路径最短问题．圆柱的侧面展开图是一个长方形，此长方形的宽等于圆柱底面周长，长方形的长等于圆柱的高．本题就是把圆柱的侧面展开成长方形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．5．（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆南开中学校考期末）在一个长6+22米，宽为4米的长方形草地上，如图推放着一根三棱柱的木块，它的侧棱长平行且大于场地宽AD，木块的主视图的高是2米的等腰直角三角形，一只蚂蚁从点A处到C处需要走的最短路程是___________．【答案】229【分析】根据几何体的展开图，利用两点之间线段最短计算．【详解】解：因为木块的主视图的高是2米的等腰直角三角形，所以等腰直角三角形的腰为2，斜边长为22，将木块展开如下，所以AB=6+22+2+2−22=10，所以AC=AB2+BC2=42+102=229，故答案为：229．【点睛】本题考查了几何体的展开图中计算最短距离，熟练掌握几何展开图是解题的关键．6．（2022秋·江苏·八年级期末）如图①，长方体长AB为8 cm，宽BC为6 cm，高BF为4 cm．在该长体的表面上，蚂蚁怎样爬行路径最短？(1)蚂蚁从点A爬行到点G，且经过棱EF上一点，画出其最短路径的平面图，并标出它的长．(2)设该长方体上底面对角线EG、FH相交于点O（如图②），则OE＝OF＝OG＝OH＝5 cm．①蚂蚁从点B爬行到点O的最短路径的长为 cm；②当点P在BC边上，设BP长为a cm，求蚂蚁从点P爬行到点O的最短路的长（用含a的代数式表示）．【答案】(1)见解析(2)①65；②a2−6a+73（cm）．【分析】（1）根据题意画出图形，利用勾股定理求出AG即可；（2）①画出平面图形，过点O作OK⊥BG于K，根据等腰三角形的性质可得KG＝KF＝12FG=3cm，然后利用勾股定理求出OK和BO即可；②画出平面图形，过点O作OM⊥BC于M，则OM⊥FG，垂足为N，利用勾股定理求出ON，可得OM＝4＋4＝8cm，根据BP＝a cm可得PM＝3−acm或P′M＝a−3cm，分别求出OP和OP′可得答案．【详解】（1）解：最短路径为AG，如图，∵AB＝8cm，BF＝4cm，FG＝BC＝6cm，∴BG＝10cm，∴其最短路径AG＝AB2+BG2=82+102=241cm；（2）①平面图如图，过点O作OK⊥BG于K，∵OE＝OF＝OG＝OH＝5cm，∴KG＝KF＝12FG=3cm，∴OK＝OF2−KF2=52−32=4cm，BK＝BF＋FK＝7cm，∴点B爬行到点O的最短路径BO＝BK2+OK2=72+42=65cm，故答案为：65；②平面图如图，过点O作OM⊥BC于M，则OM⊥FG，垂足为N，∵OE＝OF＝OG＝OH＝5cm，FG＝BC＝6cm，∴FN＝GN＝12FG=3cm，且BM＝CM＝3cm，∴ON＝OF2−FN2=52−32=4cm，∵FG∥BC，BF＝4cm，NM⊥BC，由平行线间的距离处处相等可得NM＝4cm，∴OM＝4＋4＝8cm，∵BP＝a cm，∴PM＝3−acm或P′M＝a−3cm，∴OP＝PM2+OM2=3−a2+82=a2−6a+73（cm），OP′＝PM'2+OM2=a−32+82=a2−6a+73（cm），∴蚂蚁从点P爬行到点O的最短路的长为a2−6a+73（cm）．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理的应用，能够根据题意画出平面图形是解答本题的关键．必考点11勾股定理的实际应用1．（2022春·广东东莞·八年级校考阶段练习）如图，有一只小鸟从小树顶飞到大树顶上，它飞行的最短路程是________．【答案】13m##13米【分析】根据题意，画出图形，构造直角三角形，用勾股定理求解即可．【详解】解：如图所示，过D点作DE⊥AB，垂足为E，∵AB=13，CD=8，BE=CD，DE=BC，∴AE=AB−BE=AB−CD=13−8=5，∴在Rt△ADE中，DE=BC=12，∴AD2=AE2+DE2=52+122=169, ∴AD=13（负值舍去），∴小鸟飞行的最短路程为13m，故答案为：13m．【点睛】本题主要考查了勾股定理的实际应用，正确画出图形作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．2．（2022秋·浙江绍兴·八年级统考期中）如图所示，A、B两块试验田相距200m，C为水源地，AC＝160m，BC＝120m，为了方便灌溉，现有两种方案修筑水渠．甲方案：从水源地C直接修筑两条水渠分别到A、B；乙方案；过点C作AB的垂线，垂足为H，先从水源地C修筑一条水渠到AB所在直线上的H处，再从H分别向A、B进行修筑．（1）请判断△ABC的形状（要求写出推理过程）；（2）两种方案中，哪一种方案所修的水渠较短？请通过计算说明．【答案】（1）△ABC是直角三角形，理由见解析；（2）（2）甲方案所修的水渠较短；理由见解析【分析】（1）由勾股定理的逆定理即可得出△ABC是直角三角形；（2）由△ABC的面积求出CH，得出AC+BC＜CH+AH+BH，即可得出结果．【详解】解：（1）△ABC是直角三角形；理由如下：∴AC2+BC2＝1602+1202＝40000，AB2＝2002＝40000，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°；（2）甲方案所修的水渠较短；理由如下：∵△ABC是直角三角形，∴△ABC的面积＝12AB•CH＝12AC•BC， ∴CH＝AC•BCAB=160×120200=96（m），∵AC+BC＝160+120＝280（m），CH+AH+BH=CH+AB＝96+200＝296（m），∴AC+BC＜CH+AH+BH，∴甲方案所修的水渠较短．【点睛】本题考查了勾股定理的应用、勾股定理的逆定理、三角形面积的计算；熟练掌握勾股定理，由勾股定理的逆定理证出△ABC是直角三角形是解决问题的关键．3．（2022秋·重庆·八年级校联考期末）如图，公路MN和公路PQ在点P处交汇，且∠QPN=30°，在A处有一所中学，AP=120米，此时有一辆消防车在公路MN上沿PN方向以每秒5米的速度行驶，假设消防车行驶时周围100米以内有噪音影响．（1）学校是否会受到影响？请说明理由．（2）如果受到影响，则影响时间是多长？【答案】（1）学校受到噪音影响，理由见解析；（2）32秒【分析】（1）过点A作AB⊥MN于B，根据在直角三角形中，30度角所对直角边等于斜边的一半，得到AB=12PA=60m，由于这个距离小于100m，所以可判断拖拉机在公路MN上沿PN方向行驶时，学校受到噪音影响；（2）以点A为圆心，100m为半径作⊙A交MN于C、D，再根据勾股定理计算出BC=CD=80m，则CD=2BC=160m，根据速度公式计算出拖拉机在线段CD上行驶所需要的时间．【详解】解：（1）学校受到噪音影响．理由如下：作AB⊥MN于B，如图，∵PA=120m，∠QPN=30°，∴AB=12PA=60m，而60m<100m，∴消防车在公路MN上沿PN方向行驶时，学校受到噪音影响；（2）以点A为圆心，100m为半径作⊙A交MN于C、D，如图，∵AB⊥CD，在Rt△ABC中，AC=100m，AB=60m，CB=AC2−AB2=80m，同理，DB=80m∴CD=2BC=160m，∵拖拉机的速度5m/s，∴拖拉机在线段CD上行驶所需要的时间为：1605=32（秒），∴学校受影响的时间为32秒．【点睛】本题考查了勾股定理的应用、含30度的直角三角形三边的关系以及路程与速度之间的关系，恰当的作出辅助线，构造直角三角形是解题关键．4．（2022秋·陕西西安·八年级西安市第八十五中学校考期中）【问题探究】(1)如图①，点E是正△ABC高AD上的一定点,请在AB上找一点F，使EF=12AE，并说明理由；(2)如图②，点M是边长为2的正△ABC高AD上的一动点，求12AM+MC的最小值；【问题解决】(3)如图③，A、B两地相距600km,AC是笔直地沿东西方向向两边延伸的一条铁路，点B到AC的最短距离为360km．今计划在铁路线AC上修一个中转站M，再在BM间修一条笔直的公路。如果同样的物资在每千米公路上的运费是铁路上的两倍。那么，为使通过铁路由A到M再通过公路由M到B的总运费达到最小值，请确定中转站M的位置,并求出AM的长．(结果保留根号)【答案】（1）详见解析；（2）3；（3）AM=(480−1203)km．【分析】（1）根据等边三角形的性质得出∠BAD=30°，得出EF=12AE；（2）根据题意得出C，M，N在一条直线上时，此时12AM+MC最小，进而求出即可；（3）作BD⊥AC，垂足为点D，在AC异于点B的一侧作∠CAN=30°，作BF⊥AN，垂足为点F，交AC于点M，点M即为所求，在Rt△ABD中，求出AD的长，在Rt△MBD中，得出MD的长，即可得出答案．【详解】解：(1)如图①，作EF⊥AB，垂足为点F，点F即为所求。理由如下：∵点E是正△ABC高AD上的一定点，∴∠BAD=30∘，∵EF⊥AB，∴EF=12AE；(2)如图②,作CN⊥AB,垂足为点N,交AD于点M,此时12AM+MC最小，最小为CN的长。∵△ABC是边长为2的正△ABC，∴CN=BCsin60∘=2×32=3∴MN+CM=12AM+MC=3即12AM+MC的最小值为3(3)如图③,作BD⊥AC,垂足为点D,在AC异于点B的一侧作∠CAN=300作BF⊥AN，垂足为点F，交AC于点M，点M即为所求。在Rt△ABD中,AD=AB2−BD2=6002−3602=480(km)在Rt△MBD中,∠MBD=∠MAF=30∘,得MD=BDtan30∘=1203(km)，所以AM=(480−1203)km．【点睛】此题主要考查了正三角形的性质以及锐角三角函数关系和勾股定理等知识，利用特殊角的三角函数关系得出是解题关键．5．（2022春·湖南长沙·八年级校考阶段练习）如图，四边形ABCD为某街心公园的平面图，经测量AB=BC=AD=100米，CD=1003米，且∠B=90°．（1）求∠DAB的度数；（2）若BA为公园的车辆进出口道路（道路的宽度忽略不计），工作人员想要在点D处安装一个监控装置来监控道路BA的车辆通行情况，已知摄像头能监控的最大范围为周围的100米（包含100米），求被监控到的道路长度为多少？【答案】（1）135°；（2）被监控到的道路长度为1002米.【分析】（1）易得∠CAB=45°，由勾股定理求出AC的长度，然后由勾股定理的逆定理，得到△ACD是直角三角形，则∠CAD=90°，即可得到答案；（2）过点D作DE⊥AB，然后作点A关于DE的对称点F，连接DF，由轴对称的性质，得到DF=DA=100，则只要求出AF的长度，即可得到答案.【详解】解：（1）∵AB=BC=AD=100，∠B=90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AC=1002+1002=1002，∠CAB=45°，∵CD=1003，在△ACD中，有AD2+AC2=1002+(1002)2=(1003)2=CD2，∴△ACD是直角三角形，∴∠CAD=90°，∴∠DAB=90°+45°=135°；（2）过点D作DE⊥AB，然后作点A关于DE的对称点F，连接DF，如图：由轴对称的性质，得DF=DA=100，AE=EF，由（1）知，∠BAD=135°，∴∠DAE=45°，∴△ADE是等腰直角三角形，即AE=DE，在Rt△ADE中，有AE2+DE2=1002，解得：AE=502，∴AF=1002；∴被监控到的道路长度为1002米.【点睛】本题考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，以及勾股定理的逆定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确利用轴对称的性质和勾股定理求出所需边的长度，从而进行计算.6．（2022秋·陕西宝鸡·八年级校考阶段练习）台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心，在周围数十千米范围内形气旋风暴，有极强的破坏力，此时某台风中心在海域 B 处，在沿海城市 A 的正南方向 240 千米，其中心风力为12 级，每远离台风中心 25 千米，台风就会减弱一级，如图所示，该台风中心正以 20 千米/时的速度沿 BC 方向移动．已知 AD⊥BC 且AD= 12 AB，且台风中心的风力不变，若城市所受风力达到或超过 4 级，则称受台风影响．试问：（1）A 城市是否会受到台风影响？请说明理由．（2）若会受到台风影响，那么台风影响该城市的持续时间有多长？（3）该城市受到台风影响的最大风力为几级？【答案】（1）该城市会受到这次台风的影响．（2）台风影响该市的持续时间16小时（3）该城市受到这次台风最大风力为7.2级．【分析】（1）求是否会受到台风的影响，其实就是求A到BC的距离是否大于台风影响范围的半径，如果大于，则不受影响，反之则受影响．如果过A作AD⊥BC于D，AD就是所求的线段． （2）以A为圆心，台风影响范围的半径为半径，所得圆与BC有两个交点E、F，E即开始影响，F是结束影响，求出EF长度再除以台风速度即为影响持续时间．（3）风力最大时，台风中心应该位于D点，然后根据题目给出的条件判断出时几级风．【详解】解：（1）该城市会受到这次台风的影响．理由是：如图，过A作AD⊥BC于D．在Rt△ABD中，∵∠ABD=30°，AB=240，∴AD=12AB =120，∵城市受到的风力达到或超过四级，则称受台风影响，∴受台风影响范围的半径为25×（12-4）=200．∵120＜200，∴该城市会受到这次台风的影响．（2）如图以A为圆心，200为半径作⊙A交BC于E、F．则AE=AF=200，ED=FD．∴台风影响该市持续的路程为：EF=2DF=2AF2−AD2=320．∴台风影响该市的持续时间t=320÷20=16（小时）．（3）∵AD距台风中心最近，∴该城市受到这次台风最大风力为：12-（120÷25）=7.2（级）．【点睛】本题考查了勾股定理的应用，把实际问题转换成我们熟悉的几何图形是解题的关键．必考点12勾股定理与全等综合1．（1）如图1，在△ABC中，AB=5，AC=3，AD为BC边上的中线．求中线AD的取值范围；（提示：延长AD到点E，使DE=AD，连接BE）（2）如图2，在△ABC中，∠A=90°，D是BC边的中点，∠EDF=90°，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE2+CF2=EF2；（3）如图3，四边形ABCD中，∠A=90°，∠D=120°，E为AD中点，F、G分别边AB、CD上，且EF⊥EG，若AF=4，DG=23，求GF长．【答案】（1）1