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苏科版八年级数学上册尖子生同步培优题典专题2.12第2章轴对称图形单元测试(培优提升卷)特训(原卷版+解析)
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【讲练课堂】2022-2023学年八年级数学上册尖子生同步培优题典【苏科版】专题2.12第2章轴对称图形单元测试（培优提升卷）姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：本试卷满分150分，试题共27题．选择8道、填空10道、解答9道.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2022•宿豫区校级开学）如图图案中不是轴对称图形的是（ ）A． B． C． D．2．（2021秋•盱眙县期末）如果等腰三角形两边长是5cm和2cm，那么它的周长是（ ）A．7cm B．9cm C．9cm或12cm D．12cm3．（2021秋•靖江市期末）已知a，b是△ABC的两条边长，且a2+b2﹣2ab＝0，则△ABC的形状是（ ）A．等腰三角形 B．等边三角形 C．锐角三角形 D．不确定4．（2021秋•灌云县期中）如图所示，是一块三角形的草坪，现要在草坪上建一凉亭供大家休息，要使凉亭到草坪三条边的距离相等，凉亭的位置应选在（ ）A．△ABC的三条中线的交点 B．△ABC三条角平分线的交点 C．△ABC三条高所在直线的交点 D．△ABC三边的中垂线的交点5．（2022•建湖县一模）如图，每个小方格的边长为1，A，B两点都在小方格的顶点上，点C也是图中小方格的顶点，并且△ABC是等腰三角形，那么点C的个数为（ ）A．1 B．2 C．3 D．46．（2022春•阜宁县期末）如图将长方形ABCD沿EF折叠，B、C分别落在点H、G的位置，延长EH交边CD于点M．下列说法不正确的是（ ）A．∠1＜∠2 B．∠2＝∠3 C．∠MEB＝2∠2 D．∠2与∠4互补7．（2022春•海门市期末）已知射线OC平分∠AOB，点P、M、N分别在射线OC、OA、OB上，且PM＝PN，PE⊥OA于点E，若∠PNO＝110°，则∠EPM的度数为（ ）A．20° B．35° C．55° D．70°8．（2020秋•海安市月考）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．①②③④二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）请把答案直接填写在横线上9．（2022•兴化市一模）顶角为80°的等腰三角形的底角为 ．10．（2021秋•鼓楼区校级期末）若一个图形是轴对称图形，则这个图形可以是 （写出一个答案即可）．11．（2021秋•淮安区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，若AB＝6，则CD＝ ．12．（2022•如皋市模拟）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥AC交BC于点D，AD＝3，则BC＝ ．13．（2018秋•灌云县月考）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于E，交BC于D，连接AD．若AC＝4cm，△ADC的周长为11cm，则BC的长为 cm．14．（2020•溧阳市一模）如图，直线l1∥l2∥l3，等边△ABC的顶点B、C分别在直线l2、l3上，若边BC与直线l3的夹角∠1＝25°，则边AB与直线l1的夹角∠2＝ ．15．（2022•常州二模）如图、在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，BD平分∠ABC，且BD＝AB，连接AD，DC．则∠BDC的度数为 °．16．（2022•邳州市一模）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，延长AB到点D，使BD＝BC，连接CD，若AC＝2，则CD的长为 ．17．（2022春•仪征市期中）如图，一张足够长的纸条，AD∥BC，∠MNC＝64°．第1次折叠使NC与NM重合，折痕NE1．将纸条展开后再第2次折叠，使NC与NE1重合，折痕NE2，将纸条展开后第3次折叠，使NC与NE2重合，折痕NE3…依此类推，第6次折叠后，∠ME6N＝ ．18．（2022•天宁区校级一模）如图，△ABC是等腰直角三角形，AD是其底边BC上的高，点E是AD上的一点，以CE为边向上作等边△CEF，连接BF．则∠CBF的度数为 ．三、解答题（本大题共9小题，共94分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2022•宿豫区校级开学）在图①补充2个小方块，在图②、③、④中分别补充3个小方块，分别使它们成为轴对称图形．20．（2021秋•如皋市期末）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的7×12的网格中，A，B均为格点（网格线的交点）．（1）作线段A′B′，使A′B′与线段AB关于直线l对称；（2）连接BB′，仅用无刻度的直尺在BB′上找一点C，使得AC+B′C＝BB′．21．（2021秋•射阳县校级期末）已知：如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，且MN∥BC，分别交AB、AC于点M、N．求证：MN＝BM+CN．22．（2022春•丹徒区月考）如图，AE平分∠BAD，DE平分∠ADC，AB⊥BC于B，∠1+∠2＝90°．求证：DC⊥BC．23．（2021秋•淮安区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝50°，AB的垂直平分线MN交AC于点D，交AB于点E，求∠DBC的度数．24．（2021秋•沛县期中）如图，在等边△ABC中，点D在边BC上，过点D作DE∥AB交AC于点E，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F．（1）求∠F的度数；（2）求证：DC＝CF．25．（2018秋•常熟市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D为AC上一点，且满足AD＝BD＝BC．点E是AB的中点，连接ED并延长，交BC的延长线于点F，连接AF．（1）求∠BAC和∠ACB的度数；（2）求证：△ACF是等腰三角形．26．（2021秋•泰兴市月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在AB、BC、AC上，且BD＝CE，BE＝CF．（1）求证：△DEF是等腰三角形；（2）猜想：当∠A满足什么条件时，△DEF是等边三角形？并说明理由．27．（2022春•邗江区期末）如图1，△ABC中，∠ABC＝∠BAC，D是BC延长线上一动点，连接AD，AE平分∠CAD交CD于点E，过点E作EH⊥AB，垂足为点H．直线EH与直线AC相交于点F．设∠AEH＝α，∠ADC＝β．（1）求证：∠EFC＝∠FEC；（2）①若∠B＝30°，∠CAD＝50°，则α＝ ，β＝ ；②试探究α与β的关系，并说明理由；（3）若将“D是BC延长线上一动点”改为“D是CB延长线上一动点”，其它条件不变，请在图2中补全图形，并直接写出α与β的关系． 【讲练课堂】2022-2023学年八年级数学上册尖子生同步培优题典【苏科版】专题2.12第2章轴对称图形单元测试（培优提升卷）姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：本试卷满分150分，试题共27题．选择8道、填空10道、解答9道.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2022•宿豫区校级开学）如图图案中不是轴对称图形的是（ ）A． B． C． D．【分析】根据轴对称的定义，结合各选项所给图形进行判断即可．【解析】A、这个图形不是轴对称图形，故此选项符合题意；B、这个图形是轴对称图形，故此选项不符合题意；C、这个图形是轴对称图形，故此选项不符合题意；D、这个图形是轴对称图形，故此选项不符合题意．故选：A．2．（2021秋•盱眙县期末）如果等腰三角形两边长是5cm和2cm，那么它的周长是（ ）A．7cm B．9cm C．9cm或12cm D．12cm【分析】因为题中没有说明已知两边哪个是底，哪个是腰，所以要分情况进行讨论．【解析】当三边是2cm，2cm，5cm时，不符合三角形的三边关系；当三角形的三边是5cm，5cm，2cm时，符合三角形的三边关系，此时周长是5+5+2＝12cm．故选：D．3．（2021秋•靖江市期末）已知a，b是△ABC的两条边长，且a2+b2﹣2ab＝0，则△ABC的形状是（ ）A．等腰三角形 B．等边三角形 C．锐角三角形 D．不确定【分析】由a2+b2﹣2ab＝0，可得出a＝b，结合a，b是△ABC的两条边长，即可得出△ABC为等腰三角形．【解析】∵a2+b2﹣2ab＝0，即（a﹣b）2＝0，∴a﹣b＝0，∴a＝b．又∵a，b是△ABC的两条边长，∴△ABC为等腰三角形．故选：A．4．（2021秋•灌云县期中）如图所示，是一块三角形的草坪，现要在草坪上建一凉亭供大家休息，要使凉亭到草坪三条边的距离相等，凉亭的位置应选在（ ）A．△ABC的三条中线的交点 B．△ABC三条角平分线的交点 C．△ABC三条高所在直线的交点 D．△ABC三边的中垂线的交点【分析】由于凉亭到草坪三条边的距离相等，所以根据角平分线上的点到边的距离相等，可知是△ABC三条角平分线的交点．由此即可确定凉亭位置．【解析】∵凉亭到草坪三条边的距离相等，∴凉亭选择△ABC三条角平分线的交点．故选：B．5．（2022•建湖县一模）如图，每个小方格的边长为1，A，B两点都在小方格的顶点上，点C也是图中小方格的顶点，并且△ABC是等腰三角形，那么点C的个数为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据“两圆一线”画图找点即可．【解析】如图，C点与P、Q、R重合时，均满足△ABC是等腰三角形，故选：C．6．（2022春•阜宁县期末）如图将长方形ABCD沿EF折叠，B、C分别落在点H、G的位置，延长EH交边CD于点M．下列说法不正确的是（ ）A．∠1＜∠2 B．∠2＝∠3 C．∠MEB＝2∠2 D．∠2与∠4互补【分析】过点F作FN⊥EH，垂足为N，且点N在线段EH上，根据矩形的性质可得AB∥CD，∠B＝90°，再根据折叠可得：∠B＝∠GHE＝90°，从而可得GH∥FN，进而可得∠1＝∠MFN，即可判断A；根据角平分线和平行线的性质即可判断B和C；根据平角定义即可判断D．【解析】过点F作FN⊥EH，垂足为N，且点N在线段EH上，∴∠FNE＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠B＝90°，由折叠得：∠B＝∠GHE＝90°，∴∠GHE＝∠FNE＝90°，∴GH∥FN，∴∠1＝∠MFN，∵∠2＝∠MFN+∠EFN，∴∠1＜∠2，故A不符合题意；∵AB∥CD，∴∠2＝∠FEB，由折叠得：∠FEB＝∠3，∴∠2＝∠3，故B不符合题意；∵∠FEB＝∠3，∴∠MEB＝2∠3，∵∠3＝∠2，∴∠MEB＝2∠2，故C不符合题意；∵ME≠EF，∴∠2≠∠EMF，∵∠4+∠EMF＝180°，∴∠4与∠2不一定互补，故D符合题意；故选：D．7．（2022春•海门市期末）已知射线OC平分∠AOB，点P、M、N分别在射线OC、OA、OB上，且PM＝PN，PE⊥OA于点E，若∠PNO＝110°，则∠EPM的度数为（ ）A．20° B．35° C．55° D．70°【分析】根据等腰三角形的性质和ASA证明△MOP≌△NOP，再根据全等三角形的性质和三角形外角的性质进行解答即可．【解析】连接MN，∵射线OC平分∠AOB，PM＝PN，∴OP⊥MN，∠MOP＝∠NOP，∴∠MPO＝∠NPO，在△MOP与△NOP中，，∴△MOP≌△NOP（ASA），∴∠OMP＝∠PNO＝110°，∴∠EPM＝∠OMP﹣∠OEP＝110°﹣90°＝20°．故选：A．8．（2020秋•海安市月考）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，AB＝AC＝AE+CE＝AO+AP．【解析】①如图1，连接OB，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∠BAD＝∠BAC＝×120°＝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PE，∵∠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，∴AB＝AC＝AE+CE＝AO+AP；故④正确；本题正确的结论有：①③④故选：A．二．填空题（共10小题）9．（2022•兴化市一模）顶角为80°的等腰三角形的底角为 50° ．【分析】根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理进行解答即可．【解析】∵等腰三角形的顶角为80°，∴这个等腰三角形的底角＝（180°﹣80°）＝50°．故答案为：50°．10．（2021秋•鼓楼区校级期末）若一个图形是轴对称图形，则这个图形可以是 等腰三角形（答案不唯一） （写出一个答案即可）．【分析】根据轴对称图形的概念求解．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，这条直线叫做对称轴．【解析】若一个图形是轴对称图形，则这个图形可以是等腰三角形．故答案为：等腰三角形（答案不唯一）．11．（2021秋•淮安区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，若AB＝6，则CD＝ 3 ．【分析】在Rt△ABC中，利用斜边上的中线等于斜边的一半，可求出CD的长．【解析】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，AB＝6，∴CD＝AB＝×6＝3．故答案为：3．12．（2022•如皋市模拟）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥AC交BC于点D，AD＝3，则BC＝ 9 ．【分析】根据三角形内角和定理，等腰三角形的性质得到∠B＝∠C＝30°，根据直角三角形的性质求出CD，根据等腰三角形的性质求出BD，计算即可．【解析】∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，∵AD⊥AC，∴∠DAC＝90°，又∠C＝30°，∴CD＝2AD＝6，∵∠BAC＝120°，∠DAC＝90°，∴∠BAD＝30°，∴∠DAB＝∠B，∴BD＝AD＝3，∴BC＝BD+CD＝9，故答案为：9．13．（2018秋•灌云县月考）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于E，交BC于D，连接AD．若AC＝4cm，△ADC的周长为11cm，则BC的长为 7 cm．【分析】由AB的垂直平分线交AB于E，交BC于D，根据线段垂直平分线的性质，可得AD＝BD，又由△ADC的周长为11cm，即可求得AC+BC＝11cm，然后由AC＝4cm，即可求得BC的长．【解析】∵AB的垂直平分线交AB于E，交BC于D，∴AD＝BD，∵△ADC的周长为11cm，∴AC+CD+AD＝AC+CD+BD＝AC+BC＝11cm，∵AC＝4cm，∴BC＝7cm．故答案为：7．14．（2020•溧阳市一模）如图，直线l1∥l2∥l3，等边△ABC的顶点B、C分别在直线l2、l3上，若边BC与直线l3的夹角∠1＝25°，则边AB与直线l1的夹角∠2＝ 35° ．【分析】先根据∠1＝25°得出∠3的度数，再由△ABC是等边三角形得出∠4的度数，根据平行线的性质即可得出结论．【解析】∵直线l1∥l2∥l3，∠1＝25°，∴∠1＝∠3＝25°．∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∴∠4＝60°﹣25°＝35°，∴∠2＝∠4＝35°．故答案为：35°．15．（2022•常州二模）如图、在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，BD平分∠ABC，且BD＝AB，连接AD，DC．则∠BDC的度数为 130 °．【分析】延长AD到点E，使得AE＝BC，证得DBC≌△CAE，设∠CDE＝∠CED＝α，表示出∠BDC＝∠ACE＝100°+α，然后根据三角形的内角和定理求得已知角即可．【解析】∵AB＝AC，∠BAC＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC＝20°，∵BD＝AB，∴∠ADB＝∠DAB＝80°，延长AD到点E，使得AE＝BC，∵BD＝AB＝AC，∠CAD＝∠DBC，∴△DBC≌△CAE（SAS），∴CD＝CE，∠BDC＝∠ACE，∴∠CDE＝∠CED＝α，∵∠ADB＝80°，∴∠BDE＝100°，∴∠BDC＝∠ACE＝100°+α，∴20°+100°+α+α＝180°，∴α＝30°，∴∠BDC＝130°，故答案为：130．16．（2022•邳州市一模）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，延长AB到点D，使BD＝BC，连接CD，若AC＝2，则CD的长为 ．【分析】由等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可求解∠ACB＝∠A＝30°，再证明△BCD为等边三角形，可求得∠ACD＝90°，利用含30°角的直角三角形的性质可得AD＝2CD，再利用勾股定理可求解CD的长．【解析】∵AB＝BC，∠ABC＝120°，∴∠ACB＝∠A＝30°，∴∠DBC＝∠A+∠ACB＝60°，∵BD＝BC，∴△BCD为等边三角形，∴∠D＝∠BCD＝60°，∴∠ACD＝90°，∴AD＝2CD，∵AC2+CD2＝AD2，AC＝2，∴22+CD2＝（2CD）2，解得CD＝．故答案为：．17．（2022春•仪征市期中）如图，一张足够长的纸条，AD∥BC，∠MNC＝64°．第1次折叠使NC与NM重合，折痕NE1．将纸条展开后再第2次折叠，使NC与NE1重合，折痕NE2，将纸条展开后第3次折叠，使NC与NE2重合，折痕NE3…依此类推，第6次折叠后，∠ME6N＝ 1° ．【分析】由折叠的性质折叠n次可得∠EnNnEn+1，然后根据四边形内角和及补角性质可得答案．【解析】由折叠的性质折叠n次可得∠EnNnE＝，∴∠ME6N＝（）°＝1°，故答案为：1°．18．（2022•天宁区校级一模）如图，△ABC是等腰直角三角形，AD是其底边BC上的高，点E是AD上的一点，以CE为边向上作等边△CEF，连接BF．则∠CBF的度数为 30° ．【分析】连接BE并延长交CF于点H，利用等腰三角形的三线合一性质可得AD是BC的垂直平分线，从而可得EB＝EC，进而可得∠EBC＝∠ECB，然后利用等边三角形的性质可得∠FEC＝60°，EF＝EC，从而可得EF＝EB，进而可得∠FBE＝∠EFB，最后利用三角形外角的性质可得∠FEC＝2∠FBC，进行计算即可解答．【解析】连接BE并延长交CF于点H，∵△ABC是等腰直角三角形，AD⊥BC，∴AD是BC的垂直平分线，∴EB＝EC，∴∠EBC＝∠ECB，∵△EFC是等边三角形，∴∠FEC＝60°，EF＝EC，∴EF＝EB，∴∠FBE＝∠EFB，∵∠FEH＝∠FBE+∠EFB，∠CEH＝∠EBC+∠ECB，∴∠FEC＝∠FEH+∠CEH＝∠FBE+∠EFB+∠EBC+∠ECB＝2∠FBE+2∠EBC＝2∠FBC，∴∠FBC＝∠FEC＝30°，故答案为：30°．三．解答题（共9小题）19．（2022•宿豫区校级开学）在图①补充2个小方块，在图②、③、④中分别补充3个小方块，分别使它们成为轴对称图形．【分析】根据轴对称图形的定义解答即可．【解析】作轴对称图形如下（答案不唯一）：20．（2021秋•如皋市期末）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的7×12的网格中，A，B均为格点（网格线的交点）．（1）作线段A′B′，使A′B′与线段AB关于直线l对称；（2）连接BB′，仅用无刻度的直尺在BB′上找一点C，使得AC+B′C＝BB′．【分析】（1）根据轴对称的性质即可作线段A′B′，使A′B′与线段AB关于直线l对称；（2）根据垂直平分线的性质即可在BB′上找一点C，使得AC+B′C＝BB′．【解析】（1）如图，线段A′B′即为所求；（2）如图，点C即为所求．21．（2021秋•射阳县校级期末）已知：如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，且MN∥BC，分别交AB、AC于点M、N．求证：MN＝BM+CN．【分析】由∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，∠MBO＝∠OBC，∠OCN＝∠OCB，利用两直线平行，内错角相等，利用等量代换可∠MBO＝∠MOB，∠NOC＝∠OCN，然后根据等角对等边得到BM＝MO，ON＝CN，再根据角的和差即可证明．【解答】证明：∵∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，∴∠MBO＝∠OBC，∠OCN＝∠OCB，∵MN∥BC，∴∠OBC＝∠MOB，∠NOC＝∠OCB，∴∠MBO＝∠MOB，∠NOC＝∠OCN，∴BM＝MO，ON＝CN，∴MN＝MO+ON＝BM+CN．22．（2022春•丹徒区月考）如图，AE平分∠BAD，DE平分∠ADC，AB⊥BC于B，∠1+∠2＝90°．求证：DC⊥BC．【分析】根据角平分线的性质和垂直的定义、三角形内角和，可以得到∠DCE的度数，从而可以证明结论成立．【解答】证明：∵AE平分∠BAD，DE平分∠ADC，∴∠1＝∠3，∠2＝∠4，∵AB⊥BC，∠1+∠2＝90°，∴∠ABE＝90°，∠AED＝90°，∠4+∠1＝90°，∴∠3+∠6＝90°，∠6+∠5＝90°，∴∠3＝∠5，∴∠4+∠5＝90°，∴∠DCE＝180°﹣∠4﹣∠5＝90°，∴DC⊥BC．23．（2021秋•淮安区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝50°，AB的垂直平分线MN交AC于点D，交AB于点E，求∠DBC的度数．【分析】分别求出∠ABC，∠ABD，可得结论．【解析】∵△ABC中，AB＝AC，∠A＝50°，∴∠ABC＝∠C＝（180°﹣∠A）＝65°，∵AB的垂直平分线MN交AC于D，∴AD＝BD，∴∠ABD＝∠A＝50°，∴∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝65°﹣50°＝15°．24．（2021秋•沛县期中）如图，在等边△ABC中，点D在边BC上，过点D作DE∥AB交AC于点E，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F．（1）求∠F的度数；（2）求证：DC＝CF．【分析】（1）由平行线的性质求出∠EDC，再由三角形的内角和定理解决问题即可．（2）证△DEC是等边三角形，得CE＝CD，再证∠CEF＝∠F＝30°，得EC＝CF，即可得出结论．【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝60°，∵DE∥AB，∴∠B＝∠EDC＝60°，∵DE⊥EF，∴∠DEF＝90°，∴∠F＝90°﹣∠EDF＝90°﹣60°＝30°；（2）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°，∵DE∥AB，∴∠B＝∠EDC＝60°，∴∠EDC＝∠ECD＝∠DEC＝60°，∴△DEC是等边三角形，∴CE＝CD，∵∠ECD＝∠F+∠CEF，∠F＝30°，∴∠CEF＝∠F＝30°，∴EC＝CF，∴CD＝CF．25．（2018秋•常熟市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D为AC上一点，且满足AD＝BD＝BC．点E是AB的中点，连接ED并延长，交BC的延长线于点F，连接AF．（1）求∠BAC和∠ACB的度数；（2）求证：△ACF是等腰三角形．【分析】（1）设∠BAC＝x°，由AD＝BD＝BC知∠A＝∠ABD＝x°，∠BDC＝∠BCD＝2x°，由∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°列方程求解可得；（2）依据E是AB的中点，即可得到FE⊥AB，AE＝BE，可得FE垂直平分AB，进而得出∠BAF＝∠ABF，依据∠ABD＝∠BAD，即可得到∠FAD＝∠FBD＝36°，再根据∠AFC＝∠ACB﹣∠CAF＝36°，可得∠CAF＝∠AFC＝36°，进而得到AC＝CF．【解析】（1）设∠BAC＝x°，∵AD＝BD，∴∠A＝∠ABD＝x°，∴∠BDC＝2x°，∵BD＝BC，∴∠BDC＝∠BCD＝2x°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝2x°，由∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°可得x+2x+2x＝180，解得：x＝36，则∠BAC＝36°，∠ACB＝72°；（2）∵E是AB的中点，AD＝BD，∴DE⊥AB，即FE⊥AB；∴AF＝BF，∴∠BAF＝∠ABF，又∵∠ABD＝∠BAD，∴∠FAD＝∠FBD＝36°，又∵∠ACB＝72°，∴∠AFC＝∠ACB﹣∠CAF＝36°，∴∠CAF＝∠AFC＝36°，∴AC＝CF，即△ACF为等腰三角形．26．（2021秋•泰兴市月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在AB、BC、AC上，且BD＝CE，BE＝CF．（1）求证：△DEF是等腰三角形；（2）猜想：当∠A满足什么条件时，△DEF是等边三角形？并说明理由．【分析】（1）首先根据条件证明△DBE≌△ECF，根据全等三角形的性质可得DE＝FE，进而可得到△DEF是等腰三角形；（2）∠A＝60°时，△DEF是等边三角形，首先根据△DBE≌△ECF，再证明∠DEF＝60°，可以证出结论．【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，在△DBE和△ECF中，，∴△DBE≌△ECF，∴DE＝FE，∴△DEF是等腰三角形；（2）当∠A＝60°时，△DEF是等边三角形，理由：∵△BDE≌△CEF，∴∠FEC＝∠BDE，∴∠DEF＝180°﹣∠BED﹣∠FEC＝180°﹣∠DEB﹣∠EDB＝∠B要△DEF是等边三角形，只要∠DEF＝60°．所以，当∠A＝60°时，∠B＝∠DEF＝60°，则△DEF是等边三角形．27．（2022春•邗江区期末）如图1，△ABC中，∠ABC＝∠BAC，D是BC延长线上一动点，连接AD，AE平分∠CAD交CD于点E，过点E作EH⊥AB，垂足为点H．直线EH与直线AC相交于点F．设∠AEH＝α，∠ADC＝β．（1）求证：∠EFC＝∠FEC；（2）①若∠B＝30°，∠CAD＝50°，则α＝ 35° ，β＝ 70° ；②试探究α与β的关系，并说明理由；（3）若将“D是BC延长线上一动点”改为“D是CB延长线上一动点”，其它条件不变，请在图2中补全图形，并直接写出α与β的关系．【分析】（1）利用等角的余角相等证明∠AFH＝∠BEH即可解决问题．（2）①利用三角形内角和定理以及三角形的外角的性质解决问题即可．②图1中，设∠DAE＝∠CAE＝x，∠B＝∠CAB＝y．易知β＝∠ADC＝180°﹣2（x+y），α＝∠AEH＝90°﹣（x+y），由此可得结论．（3）图形如图所示：结论：α+＝90°．设∠CBA＝∠CAB＝x，∠EAH＝y．首先证明y＝，即可解决问题．【解答】（1）证明：如图1中，∵∠B＝∠CAB，∵EH⊥AB，∴∠AHF＝∠EHB＝90°，∴∠B+∠BEH＝90°，∠CAB+∠AFH＝90°，∴∠BEH＝∠AFH，∵∠AFH＝∠EFC，∴∠EFC＝∠FEC．（2）①∵∠B＝∠CAB＝30°，∴∠ACD＝∠B+∠CAB＝60°，∵∠CAD＝50°，∴β＝∠ADC＝180°﹣50°﹣60°＝70°，∵EA平分∠DAC，∴∠EAC＝∠DAC＝25°，∴∠EAH＝∠EAC+∠CAB＝55°，∵∠AHE＝90°，∴α＝∠AEH＝90°﹣55°＝35°．故答案为35°，70°．②如图1中，设∠DAE＝∠CAE＝x，∠B＝∠CAB＝y．∴β＝∠ADC＝180°﹣2（x+y），∵∠AHE＝90°，∴α＝∠AEH＝90°﹣（x+y），∴β＝2α．（3）图形如图所示：结论：α+＝90°．理由：设∠CBA＝∠CAB＝x，∠EAH＝y．∵AE平分∠CAD，∴∠CAE＝∠DAE＝x﹣y，∴∠DAB＝x﹣y﹣y＝x﹣2y，∵∠CBA＝∠ADC+∠BAD，∴x＝x﹣2y+β，∴y＝，∵EH⊥AB，∴∠AHE＝90°，∴∠AEH+∠EAH＝90°，∴α+＝90°．
【讲练课堂】2022-2023学年八年级数学上册尖子生同步培优题典【苏科版】专题2.12第2章轴对称图形单元测试（培优提升卷）姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：本试卷满分150分，试题共27题．选择8道、填空10道、解答9道.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2022•宿豫区校级开学）如图图案中不是轴对称图形的是（ ）A． B． C． D．2．（2021秋•盱眙县期末）如果等腰三角形两边长是5cm和2cm，那么它的周长是（ ）A．7cm B．9cm C．9cm或12cm D．12cm3．（2021秋•靖江市期末）已知a，b是△ABC的两条边长，且a2+b2﹣2ab＝0，则△ABC的形状是（ ）A．等腰三角形 B．等边三角形 C．锐角三角形 D．不确定4．（2021秋•灌云县期中）如图所示，是一块三角形的草坪，现要在草坪上建一凉亭供大家休息，要使凉亭到草坪三条边的距离相等，凉亭的位置应选在（ ）A．△ABC的三条中线的交点 B．△ABC三条角平分线的交点 C．△ABC三条高所在直线的交点 D．△ABC三边的中垂线的交点5．（2022•建湖县一模）如图，每个小方格的边长为1，A，B两点都在小方格的顶点上，点C也是图中小方格的顶点，并且△ABC是等腰三角形，那么点C的个数为（ ）A．1 B．2 C．3 D．46．（2022春•阜宁县期末）如图将长方形ABCD沿EF折叠，B、C分别落在点H、G的位置，延长EH交边CD于点M．下列说法不正确的是（ ）A．∠1＜∠2 B．∠2＝∠3 C．∠MEB＝2∠2 D．∠2与∠4互补7．（2022春•海门市期末）已知射线OC平分∠AOB，点P、M、N分别在射线OC、OA、OB上，且PM＝PN，PE⊥OA于点E，若∠PNO＝110°，则∠EPM的度数为（ ）A．20° B．35° C．55° D．70°8．（2020秋•海安市月考）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．①②③④二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）请把答案直接填写在横线上9．（2022•兴化市一模）顶角为80°的等腰三角形的底角为 ．10．（2021秋•鼓楼区校级期末）若一个图形是轴对称图形，则这个图形可以是 （写出一个答案即可）．11．（2021秋•淮安区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，若AB＝6，则CD＝ ．12．（2022•如皋市模拟）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥AC交BC于点D，AD＝3，则BC＝ ．13．（2018秋•灌云县月考）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于E，交BC于D，连接AD．若AC＝4cm，△ADC的周长为11cm，则BC的长为 cm．14．（2020•溧阳市一模）如图，直线l1∥l2∥l3，等边△ABC的顶点B、C分别在直线l2、l3上，若边BC与直线l3的夹角∠1＝25°，则边AB与直线l1的夹角∠2＝ ．15．（2022•常州二模）如图、在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，BD平分∠ABC，且BD＝AB，连接AD，DC．则∠BDC的度数为 °．16．（2022•邳州市一模）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，延长AB到点D，使BD＝BC，连接CD，若AC＝2，则CD的长为 ．17．（2022春•仪征市期中）如图，一张足够长的纸条，AD∥BC，∠MNC＝64°．第1次折叠使NC与NM重合，折痕NE1．将纸条展开后再第2次折叠，使NC与NE1重合，折痕NE2，将纸条展开后第3次折叠，使NC与NE2重合，折痕NE3…依此类推，第6次折叠后，∠ME6N＝ ．18．（2022•天宁区校级一模）如图，△ABC是等腰直角三角形，AD是其底边BC上的高，点E是AD上的一点，以CE为边向上作等边△CEF，连接BF．则∠CBF的度数为 ．三、解答题（本大题共9小题，共94分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2022•宿豫区校级开学）在图①补充2个小方块，在图②、③、④中分别补充3个小方块，分别使它们成为轴对称图形．20．（2021秋•如皋市期末）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的7×12的网格中，A，B均为格点（网格线的交点）．（1）作线段A′B′，使A′B′与线段AB关于直线l对称；（2）连接BB′，仅用无刻度的直尺在BB′上找一点C，使得AC+B′C＝BB′．21．（2021秋•射阳县校级期末）已知：如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，且MN∥BC，分别交AB、AC于点M、N．求证：MN＝BM+CN．22．（2022春•丹徒区月考）如图，AE平分∠BAD，DE平分∠ADC，AB⊥BC于B，∠1+∠2＝90°．求证：DC⊥BC．23．（2021秋•淮安区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝50°，AB的垂直平分线MN交AC于点D，交AB于点E，求∠DBC的度数．24．（2021秋•沛县期中）如图，在等边△ABC中，点D在边BC上，过点D作DE∥AB交AC于点E，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F．（1）求∠F的度数；（2）求证：DC＝CF．25．（2018秋•常熟市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D为AC上一点，且满足AD＝BD＝BC．点E是AB的中点，连接ED并延长，交BC的延长线于点F，连接AF．（1）求∠BAC和∠ACB的度数；（2）求证：△ACF是等腰三角形．26．（2021秋•泰兴市月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在AB、BC、AC上，且BD＝CE，BE＝CF．（1）求证：△DEF是等腰三角形；（2）猜想：当∠A满足什么条件时，△DEF是等边三角形？并说明理由．27．（2022春•邗江区期末）如图1，△ABC中，∠ABC＝∠BAC，D是BC延长线上一动点，连接AD，AE平分∠CAD交CD于点E，过点E作EH⊥AB，垂足为点H．直线EH与直线AC相交于点F．设∠AEH＝α，∠ADC＝β．（1）求证：∠EFC＝∠FEC；（2）①若∠B＝30°，∠CAD＝50°，则α＝ ，β＝ ；②试探究α与β的关系，并说明理由；（3）若将“D是BC延长线上一动点”改为“D是CB延长线上一动点”，其它条件不变，请在图2中补全图形，并直接写出α与β的关系． 【讲练课堂】2022-2023学年八年级数学上册尖子生同步培优题典【苏科版】专题2.12第2章轴对称图形单元测试（培优提升卷）姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：本试卷满分150分，试题共27题．选择8道、填空10道、解答9道.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2022•宿豫区校级开学）如图图案中不是轴对称图形的是（ ）A． B． C． D．【分析】根据轴对称的定义，结合各选项所给图形进行判断即可．【解析】A、这个图形不是轴对称图形，故此选项符合题意；B、这个图形是轴对称图形，故此选项不符合题意；C、这个图形是轴对称图形，故此选项不符合题意；D、这个图形是轴对称图形，故此选项不符合题意．故选：A．2．（2021秋•盱眙县期末）如果等腰三角形两边长是5cm和2cm，那么它的周长是（ ）A．7cm B．9cm C．9cm或12cm D．12cm【分析】因为题中没有说明已知两边哪个是底，哪个是腰，所以要分情况进行讨论．【解析】当三边是2cm，2cm，5cm时，不符合三角形的三边关系；当三角形的三边是5cm，5cm，2cm时，符合三角形的三边关系，此时周长是5+5+2＝12cm．故选：D．3．（2021秋•靖江市期末）已知a，b是△ABC的两条边长，且a2+b2﹣2ab＝0，则△ABC的形状是（ ）A．等腰三角形 B．等边三角形 C．锐角三角形 D．不确定【分析】由a2+b2﹣2ab＝0，可得出a＝b，结合a，b是△ABC的两条边长，即可得出△ABC为等腰三角形．【解析】∵a2+b2﹣2ab＝0，即（a﹣b）2＝0，∴a﹣b＝0，∴a＝b．又∵a，b是△ABC的两条边长，∴△ABC为等腰三角形．故选：A．4．（2021秋•灌云县期中）如图所示，是一块三角形的草坪，现要在草坪上建一凉亭供大家休息，要使凉亭到草坪三条边的距离相等，凉亭的位置应选在（ ）A．△ABC的三条中线的交点 B．△ABC三条角平分线的交点 C．△ABC三条高所在直线的交点 D．△ABC三边的中垂线的交点【分析】由于凉亭到草坪三条边的距离相等，所以根据角平分线上的点到边的距离相等，可知是△ABC三条角平分线的交点．由此即可确定凉亭位置．【解析】∵凉亭到草坪三条边的距离相等，∴凉亭选择△ABC三条角平分线的交点．故选：B．5．（2022•建湖县一模）如图，每个小方格的边长为1，A，B两点都在小方格的顶点上，点C也是图中小方格的顶点，并且△ABC是等腰三角形，那么点C的个数为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据“两圆一线”画图找点即可．【解析】如图，C点与P、Q、R重合时，均满足△ABC是等腰三角形，故选：C．6．（2022春•阜宁县期末）如图将长方形ABCD沿EF折叠，B、C分别落在点H、G的位置，延长EH交边CD于点M．下列说法不正确的是（ ）A．∠1＜∠2 B．∠2＝∠3 C．∠MEB＝2∠2 D．∠2与∠4互补【分析】过点F作FN⊥EH，垂足为N，且点N在线段EH上，根据矩形的性质可得AB∥CD，∠B＝90°，再根据折叠可得：∠B＝∠GHE＝90°，从而可得GH∥FN，进而可得∠1＝∠MFN，即可判断A；根据角平分线和平行线的性质即可判断B和C；根据平角定义即可判断D．【解析】过点F作FN⊥EH，垂足为N，且点N在线段EH上，∴∠FNE＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠B＝90°，由折叠得：∠B＝∠GHE＝90°，∴∠GHE＝∠FNE＝90°，∴GH∥FN，∴∠1＝∠MFN，∵∠2＝∠MFN+∠EFN，∴∠1＜∠2，故A不符合题意；∵AB∥CD，∴∠2＝∠FEB，由折叠得：∠FEB＝∠3，∴∠2＝∠3，故B不符合题意；∵∠FEB＝∠3，∴∠MEB＝2∠3，∵∠3＝∠2，∴∠MEB＝2∠2，故C不符合题意；∵ME≠EF，∴∠2≠∠EMF，∵∠4+∠EMF＝180°，∴∠4与∠2不一定互补，故D符合题意；故选：D．7．（2022春•海门市期末）已知射线OC平分∠AOB，点P、M、N分别在射线OC、OA、OB上，且PM＝PN，PE⊥OA于点E，若∠PNO＝110°，则∠EPM的度数为（ ）A．20° B．35° C．55° D．70°【分析】根据等腰三角形的性质和ASA证明△MOP≌△NOP，再根据全等三角形的性质和三角形外角的性质进行解答即可．【解析】连接MN，∵射线OC平分∠AOB，PM＝PN，∴OP⊥MN，∠MOP＝∠NOP，∴∠MPO＝∠NPO，在△MOP与△NOP中，，∴△MOP≌△NOP（ASA），∴∠OMP＝∠PNO＝110°，∴∠EPM＝∠OMP﹣∠OEP＝110°﹣90°＝20°．故选：A．8．（2020秋•海安市月考）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，AB＝AC＝AE+CE＝AO+AP．【解析】①如图1，连接OB，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∠BAD＝∠BAC＝×120°＝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PE，∵∠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，∴AB＝AC＝AE+CE＝AO+AP；故④正确；本题正确的结论有：①③④故选：A．二．填空题（共10小题）9．（2022•兴化市一模）顶角为80°的等腰三角形的底角为 50° ．【分析】根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理进行解答即可．【解析】∵等腰三角形的顶角为80°，∴这个等腰三角形的底角＝（180°﹣80°）＝50°．故答案为：50°．10．（2021秋•鼓楼区校级期末）若一个图形是轴对称图形，则这个图形可以是 等腰三角形（答案不唯一） （写出一个答案即可）．【分析】根据轴对称图形的概念求解．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，这条直线叫做对称轴．【解析】若一个图形是轴对称图形，则这个图形可以是等腰三角形．故答案为：等腰三角形（答案不唯一）．11．（2021秋•淮安区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，若AB＝6，则CD＝ 3 ．【分析】在Rt△ABC中，利用斜边上的中线等于斜边的一半，可求出CD的长．【解析】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，AB＝6，∴CD＝AB＝×6＝3．故答案为：3．12．（2022•如皋市模拟）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥AC交BC于点D，AD＝3，则BC＝ 9 ．【分析】根据三角形内角和定理，等腰三角形的性质得到∠B＝∠C＝30°，根据直角三角形的性质求出CD，根据等腰三角形的性质求出BD，计算即可．【解析】∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，∵AD⊥AC，∴∠DAC＝90°，又∠C＝30°，∴CD＝2AD＝6，∵∠BAC＝120°，∠DAC＝90°，∴∠BAD＝30°，∴∠DAB＝∠B，∴BD＝AD＝3，∴BC＝BD+CD＝9，故答案为：9．13．（2018秋•灌云县月考）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于E，交BC于D，连接AD．若AC＝4cm，△ADC的周长为11cm，则BC的长为 7 cm．【分析】由AB的垂直平分线交AB于E，交BC于D，根据线段垂直平分线的性质，可得AD＝BD，又由△ADC的周长为11cm，即可求得AC+BC＝11cm，然后由AC＝4cm，即可求得BC的长．【解析】∵AB的垂直平分线交AB于E，交BC于D，∴AD＝BD，∵△ADC的周长为11cm，∴AC+CD+AD＝AC+CD+BD＝AC+BC＝11cm，∵AC＝4cm，∴BC＝7cm．故答案为：7．14．（2020•溧阳市一模）如图，直线l1∥l2∥l3，等边△ABC的顶点B、C分别在直线l2、l3上，若边BC与直线l3的夹角∠1＝25°，则边AB与直线l1的夹角∠2＝ 35° ．【分析】先根据∠1＝25°得出∠3的度数，再由△ABC是等边三角形得出∠4的度数，根据平行线的性质即可得出结论．【解析】∵直线l1∥l2∥l3，∠1＝25°，∴∠1＝∠3＝25°．∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∴∠4＝60°﹣25°＝35°，∴∠2＝∠4＝35°．故答案为：35°．15．（2022•常州二模）如图、在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，BD平分∠ABC，且BD＝AB，连接AD，DC．则∠BDC的度数为 130 °．【分析】延长AD到点E，使得AE＝BC，证得DBC≌△CAE，设∠CDE＝∠CED＝α，表示出∠BDC＝∠ACE＝100°+α，然后根据三角形的内角和定理求得已知角即可．【解析】∵AB＝AC，∠BAC＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC＝20°，∵BD＝AB，∴∠ADB＝∠DAB＝80°，延长AD到点E，使得AE＝BC，∵BD＝AB＝AC，∠CAD＝∠DBC，∴△DBC≌△CAE（SAS），∴CD＝CE，∠BDC＝∠ACE，∴∠CDE＝∠CED＝α，∵∠ADB＝80°，∴∠BDE＝100°，∴∠BDC＝∠ACE＝100°+α，∴20°+100°+α+α＝180°，∴α＝30°，∴∠BDC＝130°，故答案为：130．16．（2022•邳州市一模）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝120°，延长AB到点D，使BD＝BC，连接CD，若AC＝2，则CD的长为 ．【分析】由等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可求解∠ACB＝∠A＝30°，再证明△BCD为等边三角形，可求得∠ACD＝90°，利用含30°角的直角三角形的性质可得AD＝2CD，再利用勾股定理可求解CD的长．【解析】∵AB＝BC，∠ABC＝120°，∴∠ACB＝∠A＝30°，∴∠DBC＝∠A+∠ACB＝60°，∵BD＝BC，∴△BCD为等边三角形，∴∠D＝∠BCD＝60°，∴∠ACD＝90°，∴AD＝2CD，∵AC2+CD2＝AD2，AC＝2，∴22+CD2＝（2CD）2，解得CD＝．故答案为：．17．（2022春•仪征市期中）如图，一张足够长的纸条，AD∥BC，∠MNC＝64°．第1次折叠使NC与NM重合，折痕NE1．将纸条展开后再第2次折叠，使NC与NE1重合，折痕NE2，将纸条展开后第3次折叠，使NC与NE2重合，折痕NE3…依此类推，第6次折叠后，∠ME6N＝ 1° ．【分析】由折叠的性质折叠n次可得∠EnNnEn+1，然后根据四边形内角和及补角性质可得答案．【解析】由折叠的性质折叠n次可得∠EnNnE＝，∴∠ME6N＝（）°＝1°，故答案为：1°．18．（2022•天宁区校级一模）如图，△ABC是等腰直角三角形，AD是其底边BC上的高，点E是AD上的一点，以CE为边向上作等边△CEF，连接BF．则∠CBF的度数为 30° ．【分析】连接BE并延长交CF于点H，利用等腰三角形的三线合一性质可得AD是BC的垂直平分线，从而可得EB＝EC，进而可得∠EBC＝∠ECB，然后利用等边三角形的性质可得∠FEC＝60°，EF＝EC，从而可得EF＝EB，进而可得∠FBE＝∠EFB，最后利用三角形外角的性质可得∠FEC＝2∠FBC，进行计算即可解答．【解析】连接BE并延长交CF于点H，∵△ABC是等腰直角三角形，AD⊥BC，∴AD是BC的垂直平分线，∴EB＝EC，∴∠EBC＝∠ECB，∵△EFC是等边三角形，∴∠FEC＝60°，EF＝EC，∴EF＝EB，∴∠FBE＝∠EFB，∵∠FEH＝∠FBE+∠EFB，∠CEH＝∠EBC+∠ECB，∴∠FEC＝∠FEH+∠CEH＝∠FBE+∠EFB+∠EBC+∠ECB＝2∠FBE+2∠EBC＝2∠FBC，∴∠FBC＝∠FEC＝30°，故答案为：30°．三．解答题（共9小题）19．（2022•宿豫区校级开学）在图①补充2个小方块，在图②、③、④中分别补充3个小方块，分别使它们成为轴对称图形．【分析】根据轴对称图形的定义解答即可．【解析】作轴对称图形如下（答案不唯一）：20．（2021秋•如皋市期末）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的7×12的网格中，A，B均为格点（网格线的交点）．（1）作线段A′B′，使A′B′与线段AB关于直线l对称；（2）连接BB′，仅用无刻度的直尺在BB′上找一点C，使得AC+B′C＝BB′．【分析】（1）根据轴对称的性质即可作线段A′B′，使A′B′与线段AB关于直线l对称；（2）根据垂直平分线的性质即可在BB′上找一点C，使得AC+B′C＝BB′．【解析】（1）如图，线段A′B′即为所求；（2）如图，点C即为所求．21．（2021秋•射阳县校级期末）已知：如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，且MN∥BC，分别交AB、AC于点M、N．求证：MN＝BM+CN．【分析】由∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，∠MBO＝∠OBC，∠OCN＝∠OCB，利用两直线平行，内错角相等，利用等量代换可∠MBO＝∠MOB，∠NOC＝∠OCN，然后根据等角对等边得到BM＝MO，ON＝CN，再根据角的和差即可证明．【解答】证明：∵∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，∴∠MBO＝∠OBC，∠OCN＝∠OCB，∵MN∥BC，∴∠OBC＝∠MOB，∠NOC＝∠OCB，∴∠MBO＝∠MOB，∠NOC＝∠OCN，∴BM＝MO，ON＝CN，∴MN＝MO+ON＝BM+CN．22．（2022春•丹徒区月考）如图，AE平分∠BAD，DE平分∠ADC，AB⊥BC于B，∠1+∠2＝90°．求证：DC⊥BC．【分析】根据角平分线的性质和垂直的定义、三角形内角和，可以得到∠DCE的度数，从而可以证明结论成立．【解答】证明：∵AE平分∠BAD，DE平分∠ADC，∴∠1＝∠3，∠2＝∠4，∵AB⊥BC，∠1+∠2＝90°，∴∠ABE＝90°，∠AED＝90°，∠4+∠1＝90°，∴∠3+∠6＝90°，∠6+∠5＝90°，∴∠3＝∠5，∴∠4+∠5＝90°，∴∠DCE＝180°﹣∠4﹣∠5＝90°，∴DC⊥BC．23．（2021秋•淮安区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝50°，AB的垂直平分线MN交AC于点D，交AB于点E，求∠DBC的度数．【分析】分别求出∠ABC，∠ABD，可得结论．【解析】∵△ABC中，AB＝AC，∠A＝50°，∴∠ABC＝∠C＝（180°﹣∠A）＝65°，∵AB的垂直平分线MN交AC于D，∴AD＝BD，∴∠ABD＝∠A＝50°，∴∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝65°﹣50°＝15°．24．（2021秋•沛县期中）如图，在等边△ABC中，点D在边BC上，过点D作DE∥AB交AC于点E，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F．（1）求∠F的度数；（2）求证：DC＝CF．【分析】（1）由平行线的性质求出∠EDC，再由三角形的内角和定理解决问题即可．（2）证△DEC是等边三角形，得CE＝CD，再证∠CEF＝∠F＝30°，得EC＝CF，即可得出结论．【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝60°，∵DE∥AB，∴∠B＝∠EDC＝60°，∵DE⊥EF，∴∠DEF＝90°，∴∠F＝90°﹣∠EDF＝90°﹣60°＝30°；（2）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°，∵DE∥AB，∴∠B＝∠EDC＝60°，∴∠EDC＝∠ECD＝∠DEC＝60°，∴△DEC是等边三角形，∴CE＝CD，∵∠ECD＝∠F+∠CEF，∠F＝30°，∴∠CEF＝∠F＝30°，∴EC＝CF，∴CD＝CF．25．（2018秋•常熟市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D为AC上一点，且满足AD＝BD＝BC．点E是AB的中点，连接ED并延长，交BC的延长线于点F，连接AF．（1）求∠BAC和∠ACB的度数；（2）求证：△ACF是等腰三角形．【分析】（1）设∠BAC＝x°，由AD＝BD＝BC知∠A＝∠ABD＝x°，∠BDC＝∠BCD＝2x°，由∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°列方程求解可得；（2）依据E是AB的中点，即可得到FE⊥AB，AE＝BE，可得FE垂直平分AB，进而得出∠BAF＝∠ABF，依据∠ABD＝∠BAD，即可得到∠FAD＝∠FBD＝36°，再根据∠AFC＝∠ACB﹣∠CAF＝36°，可得∠CAF＝∠AFC＝36°，进而得到AC＝CF．【解析】（1）设∠BAC＝x°，∵AD＝BD，∴∠A＝∠ABD＝x°，∴∠BDC＝2x°，∵BD＝BC，∴∠BDC＝∠BCD＝2x°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝2x°，由∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°可得x+2x+2x＝180，解得：x＝36，则∠BAC＝36°，∠ACB＝72°；（2）∵E是AB的中点，AD＝BD，∴DE⊥AB，即FE⊥AB；∴AF＝BF，∴∠BAF＝∠ABF，又∵∠ABD＝∠BAD，∴∠FAD＝∠FBD＝36°，又∵∠ACB＝72°，∴∠AFC＝∠ACB﹣∠CAF＝36°，∴∠CAF＝∠AFC＝36°，∴AC＝CF，即△ACF为等腰三角形．26．（2021秋•泰兴市月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在AB、BC、AC上，且BD＝CE，BE＝CF．（1）求证：△DEF是等腰三角形；（2）猜想：当∠A满足什么条件时，△DEF是等边三角形？并说明理由．【分析】（1）首先根据条件证明△DBE≌△ECF，根据全等三角形的性质可得DE＝FE，进而可得到△DEF是等腰三角形；（2）∠A＝60°时，△DEF是等边三角形，首先根据△DBE≌△ECF，再证明∠DEF＝60°，可以证出结论．【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，在△DBE和△ECF中，，∴△DBE≌△ECF，∴DE＝FE，∴△DEF是等腰三角形；（2）当∠A＝60°时，△DEF是等边三角形，理由：∵△BDE≌△CEF，∴∠FEC＝∠BDE，∴∠DEF＝180°﹣∠BED﹣∠FEC＝180°﹣∠DEB﹣∠EDB＝∠B要△DEF是等边三角形，只要∠DEF＝60°．所以，当∠A＝60°时，∠B＝∠DEF＝60°，则△DEF是等边三角形．27．（2022春•邗江区期末）如图1，△ABC中，∠ABC＝∠BAC，D是BC延长线上一动点，连接AD，AE平分∠CAD交CD于点E，过点E作EH⊥AB，垂足为点H．直线EH与直线AC相交于点F．设∠AEH＝α，∠ADC＝β．（1）求证：∠EFC＝∠FEC；（2）①若∠B＝30°，∠CAD＝50°，则α＝ 35° ，β＝ 70° ；②试探究α与β的关系，并说明理由；（3）若将“D是BC延长线上一动点”改为“D是CB延长线上一动点”，其它条件不变，请在图2中补全图形，并直接写出α与β的关系．【分析】（1）利用等角的余角相等证明∠AFH＝∠BEH即可解决问题．（2）①利用三角形内角和定理以及三角形的外角的性质解决问题即可．②图1中，设∠DAE＝∠CAE＝x，∠B＝∠CAB＝y．易知β＝∠ADC＝180°﹣2（x+y），α＝∠AEH＝90°﹣（x+y），由此可得结论．（3）图形如图所示：结论：α+＝90°．设∠CBA＝∠CAB＝x，∠EAH＝y．首先证明y＝，即可解决问题．【解答】（1）证明：如图1中，∵∠B＝∠CAB，∵EH⊥AB，∴∠AHF＝∠EHB＝90°，∴∠B+∠BEH＝90°，∠CAB+∠AFH＝90°，∴∠BEH＝∠AFH，∵∠AFH＝∠EFC，∴∠EFC＝∠FEC．（2）①∵∠B＝∠CAB＝30°，∴∠ACD＝∠B+∠CAB＝60°，∵∠CAD＝50°，∴β＝∠ADC＝180°﹣50°﹣60°＝70°，∵EA平分∠DAC，∴∠EAC＝∠DAC＝25°，∴∠EAH＝∠EAC+∠CAB＝55°，∵∠AHE＝90°，∴α＝∠AEH＝90°﹣55°＝35°．故答案为35°，70°．②如图1中，设∠DAE＝∠CAE＝x，∠B＝∠CAB＝y．∴β＝∠ADC＝180°﹣2（x+y），∵∠AHE＝90°，∴α＝∠AEH＝90°﹣（x+y），∴β＝2α．（3）图形如图所示：结论：α+＝90°．理由：设∠CBA＝∠CAB＝x，∠EAH＝y．∵AE平分∠CAD，∴∠CAE＝∠DAE＝x﹣y，∴∠DAB＝x﹣y﹣y＝x﹣2y，∵∠CBA＝∠ADC+∠BAD，∴x＝x﹣2y+β，∴y＝，∵EH⊥AB，∴∠AHE＝90°，∴∠AEH+∠EAH＝90°，∴α+＝90°．
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