浙教版数学八年级上册第2章 特殊三角形分类专项训练（2份，原卷版+解析版）

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第2章 特殊三角形（基础、典型、易错、压轴）分类专项训练【基础】一、单选题1．（2022·浙江·八年级专题练习）如图，已知Rt△ABD≌Rt△CDB，则∠ADB+∠C=（　　　）A．70° B．80° C．90° D．无法确定【答案】C【分析】利用全等三角形的性质求得∠C=∠A，，然后利用直角三角形的性质求得答案即可．【详解】解：∵Rt△ABD≌Rt△CDB，∴∠C=∠A，∴∠ADB+∠C=∠ADB+∠A=90°，故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的性质，解题的关键是了解全等三角形的对应角相等．2．（2022·浙江衢州·八年级期末）等腰三角形的底角为50°，则它的顶角度数是（　　）A．50° B．80° C．65°或80° D．50°或80°【答案】D【分析】等腰三角形一内角为50°，没说明是顶角还是底角，所以有两种情况．【详解】解：当50°角为顶角，顶角度数为50°；当50°为底角时，顶角=180°-2×50°=80°．故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理；若题目中没有明确顶角或底角的度数，做题时要注意分情况进行讨论，这是十分重要的，也是解答问题的关键．3．（2022·浙江宁波·八年级期末）用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于60°时，首先应假设这个三角形中（       ）A．有一个内角小于60° B．有一个内角大于60°C．每一个内角都小于60° D．每一个内角都大于60°【答案】D【分析】假设一个与原命题相反的例子即可证明；【详解】解：用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于60°时，首先应假设这个三角形中每一个内角都大于60°；故选：D．【点睛】本题主要考查用反证法证明命题，掌握命题的概念及反证法是解题的关键．4．（2022·浙江·八年级专题练习）如图，若△ABC与关于直线MN对称，交MN于点O，则下列说法不一定正确的是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根据题意可知这两个三角形关于直线MN对称，根据对应线段相等，对称轴垂直平分对应点的连线，逐项判断即可．【详解】∵△ABC和△A1B1C1关于直线MN对称，∴AC=A1C1，MN⊥BB1，MN⊥CC1，∴A，B，C正确；∵不能判断AB和B1C1的位置关系，∴D不正确．故选：D.【点睛】本题主要考查了成轴对称图形的性质，掌握性质是解题的关键．即成轴对称的两个图形的对应边相等，对应角相等，对称轴垂直平分对应点连接的线段．5．（2022·浙江衢州·八年级期末）已知中，，，，则的周长等于（       ）A．11 B． C．12 D．13【答案】C【分析】根据勾股定理求出BC即可求解。【详解】解：∵，，，∴ ∴的周长=AC+BC+AB=4+3+5=12.故选：C．【点睛】本题考查勾股定理．掌握勾股定理是解答本题的关键．6．（2022·浙江金华·八年级期末）下列图标中，是轴对称图的是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据轴对称图形的概念求解即可．【详解】A.不是轴对称图形，故A错误，不符合题意；B.不是轴对称图形，故B错误，不符合题意；C.不是轴对称图形，故C错误，不符合题意；D.是轴对称图形，故D正确，符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了轴对称图形的概念．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．7．（2022·浙江金华·八年级期末）若等腰三角形中有两边长分别为4和5，则这个三角形的周长为（　　）A．13 B．12 C．12或13 D．13或14【答案】D【分析】分类讨论：①当长度为4的边为腰时和②当长度为5的边为腰时，分别根据三角形三边关系确定都符合题意，再由三角形周长公式计算即可．【详解】分类讨论：①当长度为4的边为腰时，此时该三角形三边分别为：4、4、5，且符合三角形三边关系，∴此时这个三角形的周长为4+4+5=13；②当长度为5的边为腰时，此时该三角形三边分别为：4、5、5，且符合三角形三边关系，∴此时这个三角形的周长为4+5+5=14；综上可知这个三角形的周长为13或14．故选D．【点睛】本题考查等腰三角形的定义，三角形三边关系的应用．利用分类讨论的思想是解题关键．8．（2022·浙江台州·八年级期末）下列各组数，为直角三角形三边长的是（       ）A．1，1，2 B．3，4，5 C．4，5，6 D．4，6，8【答案】B【分析】先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，看看是否相等即可判定．【详解】解：A、，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；B、，能构成直角三角形，故此选项符合题意；C、，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；D、，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意．故选：B．【点睛】此题主要考查了勾股定理的逆定理，关键是掌握勾股定理的逆定理将数转化为形，作用是判断一个三角形是不是直角三角形，必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．9．（2022·浙江·八年级专题练习）如图，△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，∠A＝50°，∠＝30°，则∠B的度数为（　　）A．90° B．100° C．70° D．80°【答案】B【分析】根据轴对称的性质，得出△ABC≌△，从而得出∠C＝∠＝30°，最后根据三角形内角和求出∠B的度数即可．【详解】解：∵△ABC和△关于直线l对称，∠A＝50°，∠＝30°，∴△ABC≌△，∴∠C＝∠＝30°，∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣50°﹣30°＝100°．故选：B．【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，三角形内角和定理，根据轴对称的性质，求出∠B的度数，是解题的关键．10．（2022·浙江台州·八年级期末）如图，玩具车从A点出发，向西走了a米，到达B点，然后顺时针旋转120°，前进b米，到达C点，再顺时针旋转120°，前进c米，到达D点，D点刚好在A点的正北方向，则a、b、c之间的关系为（       ）A．a＋c＝b B．2a＝b＋c C．4c＝a＋b D．a＝b－c【答案】B【分析】连接AD，延长CD，BA交于E点，则AD⊥AB，可证明△BCE为等边三角形可得BE=CE=AC=b，即可求得∠ADE=30°，利用含30°角的直角三角形的性质可得DE=2AE，进而可得2（b-a）+c=b，化简即可求解．【详解】解：连接AD，延长CD，BA交于E点，则AD⊥AB，由题意得：∠ABC=∠BCD=180°-120°=60°，∴∠BEC=∠ABC=∠BCD=60°，∴△BCE为等边三角形，∴BE=CE=BC=b，∵AD⊥AB，∴∠EAD=90°，∴∠ADE=90°-∠E=30°，∴DE=2AE，∵CD=c，AB=a，∴2（b-a）+c=b，即2a=b+c．故选：B【点睛】本题主要考查等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，构造等边三角形是解题的关键．11．（2022·浙江绍兴·八年级期末）如图，在△ABC中，点P在边BC上（不与点B，点C重合） ，下列说法正确说法正确的是（     ）A．若∠BAC＝90°，∠BAP＝∠B，则AC＝PCB．若∠BAC＝90°，∠BAP＝∠C，则AP⊥BCC．若AP⊥BC，PB＝PC，则∠BAC＝90°D．若PB＝PC，∠BAP＝∠CAP，则∠BAC＝90°【答案】B【分析】根据等腰三角形和直角三角形的性质逐项判定可求解．【详解】解：A．∵∠BAC=90°，∴∠BAP+∠CAP=∠B+∠C=90°，∵∠BAP=∠B，∴∠CAP=∠C，∴AP=PC，只有当∠B=30°时，AC=PC，故错误；B．∵∠BAC=90°，∴∠BAP+∠CAP=90°，∵∠BAP=∠C，∴∠C+∠CAP=90°，∴∠APC=180°-（∠C+∠CAP）=90°，即AP⊥BC，故正确；C．∵AP⊥BC，PB=PC，∴AP垂直平分BC，而∠BAC不一定等于90°，故错误；D．根据PB=PC，∠BAP=∠CAP，无法证明∠BAC=90°，故错误，故选：B．【点睛】本题主要考查直角三角形，等腰三角形的性质与判定，灵活运用直角三角形的性质是解题的关键．12．（2022·浙江嘉兴·八年级期末）如图，折叠直角三角形纸片ABC，使得点A，B都与斜边AB上的点F重合，折痕分别为DE和GH，则下列结论不一定成立的是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由折叠的性质得△ADE≌△FDE，△BHG≌△FHG，根据全等三角形的性质逐一判断即可．【详解】解：根据折叠的性质得：△ADE≌△FDE，△BHG≌△FHG，∴AD=FD=AF，BH=FH=BF，∠ADE=∠FDE= 90°，∠BHG=∠FHG= 90°，∠A=∠DFE，∠B=∠HFG，∴DH=FD+FH=(AF+BF)=AB，故选项A正确，不符合题意；∵△ABC是直角三角形，∴∠A+∠B= 90°，∴∠EFG=180°-(∠DFE+∠HFG) =180°-(∠A+∠B) = 90°，即EF⊥FG，故选项C正确，不符合题意；∵∠FDE= 90°，∠FHG= 90°，∴DE∥GH，故选项D正确，不符合题意；EF与FG不一定相等，故选项B不正确，符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理等知识，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．二、填空题13．（2022·浙江丽水·八年级期末）在Rt △ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=3，则AC=____   ．【答案】4【分析】由题意，根据勾股定理即可得．【详解】解：在Rt △ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=3，根据勾股定理得，，故答案为：4．【点睛】本题考查了勾股定理，解题的关键是掌握勾股定理．14．（2022··八年级阶段练习）在Rt△ABC中，∠C=90°，且AC∶BC=1∶7，AB=100米，则AC=_________米．【答案】【分析】首先根据BC，AC的比设出BC，AC，然后利用勾股定理列式计算求得a，即可求解．【详解】解：∵AC∶BC=1∶7，∴设AC=a，则BC=7a，∵∠C=90°，∴AB2=AC2+BC2，∴1002=a2+(7a)2，解得：a=10，∴AC=10米．故答案为：10．【点睛】本题主要考查勾股定理，掌握勾股定理的内容是解题的关键．15．（2022·浙江丽水·八年级期末）如图，一名滑雪运动员沿着倾斜角为30°的斜坡，从A滑行至B，已知，则这名滑雪运动员的高度下降了_______米．【答案】50【分析】过点A作AD⊥BD于点D，根据直角三角形的性质，即可求解．【详解】解：如图，过点A作AD⊥BD于点D，根据题意得：∠B=30°，∵AD⊥BD，，∴米，即这名滑雪运动员的高度下降了50米．故答案为：50．【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．16．（2022·浙江绍兴·八年级期末）如图，ABC中，，CD是AB边上的中线，且，则AB的长为______．【答案】8【分析】根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半解答．【详解】解：∵∠ACB=90°，D是AB边的中点，，故答案为：8．【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．17．（2022··八年级期末）请写出“两直线平行，同位角相等”的逆命题：_____________________________．【答案】如果同位角相等，那么两直线平行【分析】命题是由题设和结论两部分组成的，把原命题的题设作结论，原命题的结论作题设，这样就将原命题变成了它的逆命题．【详解】解：原命题是：两直线平行，同位角相等．改成如果…那么…的形式为：如果两直线平行，那么同位角相等．∴逆命题为：如果同位角相等，那么两直线平行，故答案为：如果同位角相等，那么两直线平行．【点睛】本题是一道命题与定理的概念试题，考查了命题的组成，原命题与逆命题的关系．18．（2022·浙江台州·八年级期末）如果等腰三角形的一个角比另一个角大30 ，那么它的顶角是_____度【答案】80°或40°【分析】根据已知条件，先设出三角形的两个角，然后进行讨论，即可得出顶角的度数．【详解】①较大的角为顶角，设这个角为x，则：x＋2（x−30）＝180x＝80；②较大的角为底角，设顶角为y°，则：y＋2（y＋30）＝180y＝40，故填：80°或40°．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理；若题目中没有明确顶角或底角的度数，做题时要注意分情况进行讨论，这是十分重要的，也是解答问题的关键．19．（2022··八年级期末）如图，一太阳能热水器支架（RtACB）两直角边AC=1.2米，CB=1.6米，点D为受光面斜边AB的中点，则连杆CD的长为______米．【答案】1【分析】先由勾股定理求出AB长，再根据直角三角形斜边中线的性质求解即可．【详解】解：在RtACB中，由勾股定理 ，得AB=(米)，∵点D为斜边AB的中点，∴CD=AB==1(米)，故答案为：1．【点睛】本题考查勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边 的一半是解题的关键．20．（2022·浙江·温州市南浦实验中学八年级期中）如图，某地下车库的入口处有斜坡AB，其坡比（BC与AC的长度之比）为1：2，则AB的长为_____米．【答案】【分析】根据题意得出AC=4，利用勾股定理求解即可．【详解】解：∵BC与AC的长度之比为1：2，BC=2，∴AC=4，根据题意得∆ABC为直角三角形，∴AB=，故答案为：．【点睛】题目主要考查勾股定理的应用，理解题意，熟练掌握运用勾股定理是解题关键．三、解答题21．（2022·浙江台州·八年级期末）如图，一架梯子AB长5m，斜靠在一面竖直的墙上．若要使梯子顶端离地面的竖直高度AC为4.8m，求此时梯子底端离墙的距离BC．【答案】此时梯子底端离墙的距离为1.4m．【分析】利用勾股定理解答即可．【详解】解：∵△ABC是直角三角形，∴答：此时梯子底端离墙的距离为1.4m．【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是熟练掌握勾股定理，如果直角三角形两直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2=c2；即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．22．（2022·浙江·临海市书生实验学校八年级开学考试）如图，已知AB＝AC，CE⊥AB，BF⊥AC．求证：BF＝CE．【分析】利用“等边对等角”得到相等的角，再利用AAS证全等，利用全等三角形的性质即可解答．【详解】解：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵CE⊥AB，BF⊥AC，∴∠BEC＝∠CFB＝90°，在△BEC和△CFB中，∴△BEC≌△CFB（AAS），∴BF＝CE．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．解答该题时，围绕结论寻找全等三角形，运用全等三角形的判定及性质得出对应线段相等．23．（2022·浙江省金华市永康中学八年级阶段练习）如图，正方形网挌中的每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下面要求画图：(1)在图甲中，画出一个平行四边形，使其面积为6；(2)在图乙中，画出一个平行四边形，使其两边长为和．【分析】（1）画一个底为3，高为2的平行四边形或画一个底为2，高为3的平行四边形即可；（2）利用数形结合的思想，画出平行四边形即可．（1）解：平行四边形ABCD即为所求，如图所示：（答案不唯一，画出其中一种即可）（2）解：平行四边形ABCD即为所求，如图所示．（答案不唯一，画出其中一种即可）【点睛】本题主要考查作图−应用与设计作图，二次根式的应用，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．24．（2022·浙江台州·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB=1，BC=CD=2，AD=3，∠B=90°，E是AD中点，连接CE，(1)求的长；(2)求的长．【答案】(1)AC=；(2)CE=【分析】（1）根据勾股定理求出AC即可；（2）先根据勾股定理的逆定理得出△ACD是直角三角形，再根据直角三角形的性质求出答案即可．（1）解：∵∠B=90°，AB=2，BC=1，∴，∴AC=(负值已舍)；（2）解：∵△ACD中，AC=，CD=2，AD=3，∴=5+4=9，=9，∴，∴△ACD是直角三角形，且∠ACD=90°，∵E是AD中点，∴CE=AD=．【点睛】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，直角三角形斜边中线的性质，注意：①如果一个三角形的两条边a、b的平方和等于第三边c的平方，那么这个三角形是直角三角形，②直角三角形的两直角边a、b的平方和等于斜边c的平方．25．（2022·浙江·八年级专题练习）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E在BC上，延长BA至F使AF＝AB，连接EF；延长CA至G使AG＝AC，连接DG，当∠G＝∠F时，猜想线段BD与线段CE的数量关系？并说明理由．【答案】BD＝CE，理由见解析．【分析】证明△BEF≌△CDG（ASA），由全等三角形的性质可得出BE＝CD，则可得出结论．【详解】解：BD＝CE．理由如下：∵AF＝AB，AG＝AC，AB＝AC，∴AF＝AG，∴AB+AF＝AC+AG，∴BF＝CG，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，又∵∠G＝∠F，∴△BEF≌△CDG（ASA），∴BE＝CD，∴BE﹣DE＝CD﹣DE，∴BD＝CE．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△BEF≌△CDG是解题的关键．26．（2022·浙江·八年级专题练习）如图，△ABC与△ADE关于直线MN对称，BC与DE的交点F在直线MN上．若ED＝4cm，FC＝1cm，∠BAC＝76°，∠EAC＝58°．(1)求出BF的长度；(2)求∠CAD的度数；(3)连接EC，线段EC与直线MN有什么关系？【答案】(1)BF＝3cm(2)∠CAD＝18°(3)直线MN垂直平分线段EC【分析】（1）先根据轴对称的性质得出BC＝ED＝4cm，再根据FC＝1cm，求出BF的长度即可；（2）根据轴对称的性质得出∠EAD＝∠BAC＝76°，再根据∠EAC＝58°求出结果即可；（3）直接根据轴对称的性质即可得出答案．（1）解：∵△ABC与△ADE关于直线MN对称，ED＝4cm，FC＝1cm，∴BC＝ED＝4cm，∴BF＝BC﹣FC＝3cm．（2）解：∵△ABC与△ADE关于直线MN对称，∠BAC＝76°，∠EAC＝58°，∴∠EAD＝∠BAC＝76°，∴∠CAD＝∠EAD﹣∠EAC＝76°﹣58°＝18°．（3）解：直线MN垂直平分线段EC．理由如下：如图，∵E，C关于直线MN对称，∴直线MN垂直平分线段EC．【点睛】本题主要考查轴对称的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．27．（2022·浙江金华·八年级期末）已知中，(1)在4×4的网格中画出，使它的顶点都在方格的顶点上（每个小方格的边长为1）．(2)在（1）中的网格里找一点D（在方格的顶点上使得的面积与的面积相等（只需画出一个）【分析】（1）利用勾股定理及数形结合的思想画出图形即可；（2）利用三角形同底等高模型解决问题，答案不唯一．（1）解：如图，即为所求；（2）解：如图，点即为所求（答案不唯一，图中黑点都可以）．【点睛】本题考查作图应用与设计作图，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．28．（2022·浙江·八年级专题练习）如图，在中，，点M，N分别在边AB，BC上，且点A，B关于直线MN对称，连接AN．(1)若，则与之间的数量关系为______；(2)若，，且的周长为24．求的周长．【答案】(1)(2)14【分析】（1）由∠C＝90°，可得α＋∠NAB＋∠B＝90°，根据点A，B关于直线MN对称，可知∠NAB＝∠B，即得α＋2∠B＝90°；（2）由△ABC的周长为24，BC＝AC，AB＝AC，可得AC＝6，即可得△ACN的周长＝AC＋CN＋AN＝AC＋BC＝14．（1）解：∵∠C＝90°，∴∠CAB＋∠B＝90°，即α＋∠NAB＋∠B＝90°，∵点A，B关于直线MN对称，∴∠NAB＝∠B，∴α＋2∠B＝90°；故答案为：α＋2∠B＝90°；（2）∵△ABC的周长为24，∴AC＋BC＋AB＝24，∵BC＝AC，AB＝AC，∴AC＋AC＋AC＝24，解得AC＝6，∴BC＝8，∵点A，B关于直线MN对称，∴AN＝BN，∴△ACN的周长＝AC＋CN＋AN＝AC＋CN＋BN＝AC＋BC＝6＋8＝14．【点睛】本题考查轴对称的性质，等边对等角，直角三角形两锐角互余等知识，解题的关键是利用轴对称的性质解决问题，属于中考常考题型．【典型】一、单选题1．（2022·浙江·佛堂镇中学七年级阶段练习）如图，图①是一个四边形纸条 ABCD，其中 AB∥CD，E，F 分别为边 AB，CD 上的两个点，将纸条 ABCD 沿 EF 折叠得到图②，再将图②沿 DF 折叠得到图③，若在图③中，∠FEM=26°，则∠EFC 的度数为（   ）A．52° B．64° C．102° D．128°【答案】C【分析】先由折叠得：∠BEF=2∠FEM=52°，由平行线的性质得∠EFM=26°，如图③中，根据折叠和平行线的性质得，∠MFC=128°，根据角的差可得结论．【详解】如图①，由折叠得：∠BEF=2×26°=52°，如图②，∵AE∥DF，∴∠EFM=26°，∠BMF=∠DME=52°，∵BM∥CF，∴∠CFM+∠BMF=180°，∴∠CFM=180°-52°=128°，由折叠得：如图③，∠MFC=128°，∴∠EFC=∠MFC-∠EFM=128°-26°=102°，故选C．【点睛】本题考查了平行线的性质、翻折变换的性质等知识；熟练掌握平行线和翻折变换的性质得出相等的角是解决问题的关键．二、填空题2．（2022·浙江·杭州锦绣·育才中学附属学校一模）无盖圆柱形杯子的展开图如图所示．将一根长为20cm的细木筷斜放在该杯子内，木筷露在杯子外面的部分至少有__________cm．【答案】5【分析】根据题意直接利用勾股定理得出杯子内的筷子长度，进而得出答案．【详解】解：由题意可得：杯子内的筷子长度为：＝15，则木筷露在杯子外面的部分至少有：20−15＝5（cm）．故答案为5．【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，正确得出杯子内筷子的长是解决问题的关键．3．（2022·浙江宁波·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，P是第一象限角平分线上的一点，且P点的横坐标为3．把一块三角板的直角顶点固定在点P处，将此三角板绕点P旋转，在旋转的过程中设一直角边与x轴交于点E，另一直角边与y轴交于点F，若△POE为等腰三角形，则点F的坐标为_____．【答案】（0，0）或（0，3）或（0，6﹣3）或（0，6+3）．【分析】根据题意，结合图形，分情况讨论：①PE=OE；②OP=PE；③OP=OE．【详解】解：△POE是等腰三角形的条件是：OP、PE、EO其中两段相等，P（3，3），那么有：①当PE=OE时，PE⊥OC，则PF⊥y轴，则F的坐标是（0，3）；②当OP=PE时，∠OPE=90°，则F点就是（0，0）；③当OP=OE时，则OF=6±3F的坐标是：（0，6-3）或（0，6+3）．【点睛】本题考查综合应用点的坐标、等腰三角形的判定等知识进行推理论证、运算及探究的能力．【易错】一．选择题（共3小题）1．（2022春•北仑区期末）用反证法证明“α≥90°”应先假设（　　）A．α≤90° B．α＜90° C．α＞90° D．α≠90°【分析】根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答即可．【解答】解：用反证法证明“α≥90°”应先假设α＜90°，故选：B．【点评】本题考查的是反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．2．（2022•温州模拟）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（a＜b）．如图所示作矩形HFPQ，延长CB交HF于点G．若正方形BCDE的面积等于矩形BEFG面积的3倍，则为（　　）A． B． C． D．【分析】过A作AQ⊥BC，根据等面积法得AQ＝，设BC＝c，得c2＝a2+b2，再证△MGB≌△BQA（AAS），再根据正方形BCDE的面积等于矩形BEFG面积的3倍，得c2＝3ab，再根据c2＝a2+b2，得a2+b2﹣3ab＝0，根据求根公式得出a＝b，a＜b，从而求出的比值．【解答】解：过A作AQ⊥BC，∴AQ＝，设BC＝c，∴c2＝a2+b2，∴S正方形BEDC＝c2，∵MB＝AB＝b，∠MBA＝∠BQA＝∠MGB＝90°，∴∠MBG+∠ABC＝90°，∠ABC+∠BAQ＝90°，∴∠ABC＝∠BMG，∴△MGB≌△BQA（AAS），∴BG＝AQ＝，∴S矩形BGFE＝c＝ab，∵正方形BCDE的面积等于矩形BEFG面积的3倍，∴c2＝3ab，∵c2＝a2+b2，∴a2+b2＝3ab，∴a2+b2﹣3ab＝0，∴a＝b，∵a＜b，∴＝；故选：D．【点评】本题考查了勾股定理的证明，熟练应用勾股定理及全等三角形的证明是解题关键．3．（2021秋•西湖区校级期末）如图图形是以科学家名字命名的，其中是轴对称图形的有（　　）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【分析】根据轴对称图形的概念：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进行分析即可．【解答】解：左起第一、三两个图形均不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，第二、四两个图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，故选：C．【点评】此题主要考查了轴对称图形，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．二．解答题（共1小题）4．（2022•鹿城区二模）在Rt△ABC中，AB＝，BC＝，过点C作CG∥AB，CF平分∠ACD交射线BA于点F，D是射线CG上的一个动点，连结AD交CF于点E．（1）求CF的长．（2）当△ACE是等腰三角形时，求CD的长．（3）当B关于AD的对称点B'落在CF上时，求的值．【分析】（1）先用勾股定理求出AC＝5，再根据CF平分∠ACD，CG∥AB，推出∠F＝∠ACF，进而求出CF的长；（2）分情况讨论①当∠ECA＝∠AEC时，△ACE是等腰三角形，证明△ACE∽△CFA，推出比例线段，求出CE的长，根据CG∥AB，证明△DCE∽△AFE，推出比例线段，求CD的长；②当∠CAE＝∠AEC时，△ACE是等腰三角形，如图所示：做题思路与第一种情况差不多；③∠CEA＞∠CFA，∠F＝∠ACF，推出∠CEA＞∠ACE，推出∠CEA≠∠ACE．（3）作DM⊥BA，垂足为M，作B′N⊥BF，垂足为N，证明四边形CBMD是矩形，根据三角函数求出线段比值，tan∠F＝＝，再证明△ADM∽△B′BN，进而求出的值．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，AB＝，BC＝，∴AC＝5，∵CF平分∠ACD，∴∠ACF＝∠DCF，∵CG∥AB，∴∠F＝∠DCF，∴∠F＝∠ACF，∴AC＝AF＝5，∴BF＝AB+AF＝8，在Rt△BCF中，CF＝＝20，（2）①当∠ECA＝∠AEC时，△ACE是等腰三角形，∴∠CAE＝∠AEC＝∠F＝∠DCF，∴△ACE∽△CFA，∴＝，∴＝，∴CE＝，∴EF＝CF﹣CE＝，∵CG∥AB，∴△DCE∽△AFE，∴＝，∴CD＝；②当∠CAE＝∠AEC时，△ACE是等腰三角形，如图所示：∴AC＝CE＝5，∴EF＝CF+CE＝20﹣5，∵＝，∴CD＝，③∵∠CEA＞∠CFA，∠F＝∠ACF，∴∠CEA＞∠ACE，∴∠CEA≠∠ACE，综上所述：CD的长为或；（3）作DM⊥BA，垂足为M，作B′N⊥BF，垂足为N，∴∠DMB＝∠DMA＝90°，∠B′NB＝90°，∵CG∥AB，∠B＝90°，∴∠CDM＝∠DMA＝90°，∴四边形CBMD是矩形，∴DM＝CB＝4，∵B关于AD的对称点为B'，∴BB′⊥AD，AB＝AB′＝3，∵tanF＝＝＝，∴tanF＝＝，∴FN＝2B′N，设B′N＝x，则FN＝2x，∴AN＝AF﹣FN＝5﹣2x，∵AN2+NB′2＝AB′2，∴+x2＝，解得x＝2+2或x＝﹣2+2，当x＝﹣2+2时，AN＝﹣4＜0，（舍去），∴B′N＝2+2，∴AN＝4+，∴BN＝AB+AN＝4+4，∵∠B′BA+∠BAN＝∠BAN+ADM＝90°，∴∠B′BA＝∠ADM，∴△ADM∽△B′BN，∴＝，∴＝，∴AM＝35，∴BM＝CD＝AB﹣AM＝5，∴＝＝．【点评】本题考查了轴对称的性质、平行线性质、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握这四种性质定理的综合应用，其中作出辅助线，分情况讨论是解题关键．【压轴】一、解答题1．（2022·浙江衢州·八年级期末）如图1，在△ABC，AB＝AC＝10，BC＝12．(1)求BC边上的高线长．(2)点E是BC边上的动点，点D在边AB上，且AD＝4，连结DE．①如图2，当点E是BC中点时，求△BDE的面积．②如图3，沿DE将△BDE折叠得到△FDE，当DF与△ABC其中一边垂直时，求BE的长．【答案】(1)8(2)①；②或或【分析】（1）如图，过作于再求解 再利用勾股定理求解高线长即可；（2）①如图，连接 利用等腰三角形的三线合一证明 求解可得 证明 从而可得答案；②分三种情况讨论：当时，再利用等面积法与勾股定理结合可得答案；当于时，利用角平分线的性质及面积比可得答案；当时，如图，则 证明 再利用勾股定理可得答案.(1)解：如图，过作于 AB＝AC＝10，BC＝12， 所以BC边上的高线长为(2)解：①如图，连接 为的中点， 由（1）得： 则 ②当时，由对折可得： 过作于 连接 过作于 过作于 由①得： 则 设 则 由 而 解得： 当于时，则 过作于 由对折可得 当时，如图，则 由对折可得 而 则 而 结合对折可得： 过作于 同理可得： 综上：当DF与△ABC其中一边垂直时，BE的长为或或.【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，清晰的分类讨论，等面积法是应用等都是解本题的关键.2．（2022·浙江杭州·八年级期末）（1）如图①，在中，D为外一点，若AC平分，于点E，，求证：；琮琮同学：我的思路是在AB上取一点F，使得，连结CF，先证明≌得到，再证明，从而得出结论；宸宸同学：我觉得也可以过点C作边AD的高线CG，由角平分线的性质得出，再证明≌，从而得出结论．请根据两位同学的思路选择一种写出证明过程．（2）如图②，D、E、F分别是等边的边BC、AB，AC上的点，AD平分，且．求证：．【分析】（1）琮琮同学：在AB上取一点F，使得AD=AF，连结CF，先证明△ADC≌△AFC得到DC=FC，再证明CB=CF，从而得出结论；宸宸同学：过点C作边AD的高线CG，由角平分线的性质得出CG=CE，再证明△GDC≌△EBC，从而得出结论；（2）在DE上截取DH=DF，连接AH，由“SAS”可证△ADF≌△ADH，可得AH=AF，∠AFD=∠AHD，由等腰三角形的性质可得AE=AH=AF，可得结论．【详解】解：证明：琮琮同学：如图①a，在AB上取点F，使AF=AD，连接CF，∵AC平分∠BAD，∴∠DAC=∠FAC，在△ADC和△AFC中，，∴△ADC≌△AFC（SAS），∴DC=FC，∠CDA=∠CFA，又∵∠B+∠ADC=180°，∠CFE+∠AFC=180°，∴∠B=∠CFE，∴CB=CF，又∵DC=FC，∴CB=DC．宸宸同学：如图①b，过点CG⊥AD交AD的延长线于G．∵AC平分∠DAB，CG⊥AG，CE⊥AB，∴CG=CE，∵∠B+∠ADC=180°，∠CDG+∠ADC=180°，∴∠CDG=∠B，在△CGD和△CEB中，，∴△CGD≌△CEB（AAS），∴CB=CD；（2）如图②，在DE上截取DH=DF，连接AH，∵AD平分∠EDF，∴∠EDA=∠HDA，在△ADF和△ADH中，，∴△ADF≌△ADH（SAS），∴AH=AF，∠AFD=∠AHD，∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∴∠BAC+∠EDF=180°，∴∠AED+∠AFD=180°，又∵∠AHD+∠AHE=180°，∴∠AHE=∠AEH，∴AE=AH，∴AE=AF，∴AB-AE=AC-AF，∴BE=CF．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．3．（2022·浙江杭州·八年级期末）如图，在中，，线段EF是由线段AB平移得到的，点F在边BC上，以EF为边构造，使，，过点D作，垂足为H，延长BF交DH于点G．(1)如图①，若点D恰好在AC的延长线上，此时点A与点H重合，点C与点G重合．①求证：．②若，，求DF的长．(2)如图②，将点F沿着BC边继续平移，此时仍成立吗？若不成立，请说明理由；若成立，连结AD，当点C与点F重合时，请直接写出AD与DH的数量关系．【答案】(1)①见解析；②(2)△HDE≌△GFD仍成立，AD＝DH【分析】（1）①由“AAS”可证△HDE≌△GFD；②由平移的性质可得EH＝BF＝1，由勾股定理可求解；（2）由“AAS”可证△HDE≌△GFD，可得DH＝GF，通过证明，可得GF＝AH，由等腰直角三角形的性质可求解．(1)①证明：∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CDF＋∠DFC＝90°，∵∠EDF＝90°，DE＝FD，∵∠EDF＝∠ADE＋∠CDF＝90°，∴∠ADE＝∠DFC，在△HDE和△GFD中， ，∴△HDE≌△GFD（AAS），②∵△HDE≌△GFD，∴EH＝DG，∵线段EF是由线段AB平移得到的，∴EH＝BF＝1，∴DG＝EH＝1，∴DF＝ ；(2)△HDE≌△GFD仍成立，理由如下：∵线段EF是由线段AB平移得到的，∴EF＝AB，EFAB，连接AF，∴ ，∵EF＝AB， ，∴ ，∴，∴AEBF，∵DH⊥AE∴DH⊥BF，∴∠HGB＝90°，∴∠HGB＝∠GDF＋∠DFG＝90°，∵∠EDF＝90°，DE＝FD，∵∠EDF＝∠EDH＋∠FDG＝90°，∴∠EDH＝∠DFG，在△HDE和△GFD中， ，∴△HDE≌△GFD（AAS），当点F与点C重合时，∵△HDE≌△GFD，∴DH＝GF，∵EABG，DH⊥AE，∴∠AHD＝∠BGH＝90°，∴∠HGB＝∠AFB＝90°，∴HGAF，∴ ，∵∠AHD＝90°, ，∴ ∴GF＝AH，∴DH＝AH，∴AD＝DH．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了，全等三角形的判定和性质，平移的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．4．（2022·浙江金华·八年级期末）如图，已知为等腰直角三角形，且面积为4．点D是的中点，点F是直线上一动点，连结．(1)求线段的长；(2)当点E在射线上，且时，连结，若，试判断是否为等腰三角形，并说明理由；(3)直线上是否存在点F（F不与重合），使的其中两边之比为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)线段BC的长为4；(2)△DEF是等腰三角形，理由见解析(3)存在，BF的长为4或4+2或4-2或2+2或2-2．【分析】（1）利用三角形面积公式求得AB的长，再利用勾股定理即可求得线段BC的长；（2）过点F作FH⊥BE于点H，得到△BHF为等腰直角三角形，求得BF=8，BH=FH=8，根据已知可求得DE= DF=10，即可说明△DEF是等腰三角形；（3）分AC：CF=1：，AC：AF=1：，AF：AC=1：时，三种情况讨论即可求解．(1)解：∵△ABC为等腰直角三角形，且AB=AC，面积为4，∴AB×AC=4，∴AB=AC=2，∴BC=4，∴线段BC的长为4；(2)解：△DEF是等腰三角形，理由如下：过点F作FH⊥BE于点H，∵△ABC为等腰直角三角形，且AB=AC=2，BC=4，∴∠ABC=∠BCA=45°，∴△BHF为等腰直角三角形，且BH=FH，∵AF=3AB=6，∴BF=8，∵BH2+FH2=BF2，即2BH2=(8)2，∴BH=FH=8，∵点D是BC的中点，∴BD=DC=2，则DH=BH-BD=6，∵DH2+FH2=DF2，即62+82=DF2，∴DF=10，∵CE=2BC=8，∴DE=DC+CE=10，∴DE= DF=10，∴△DEF是等腰三角形；(3)解：存在，理由如下：∵△ABC为等腰直角三角形，且AB=AC=2，BC=4，∴∠BAC=∠FAC=90°，①当AC：CF=1：时，∵AB=AC=2，∴CF=4，AF=2，∴BF=AB+ AF=4；②当AC：AF=1：时，∵AB=AC=2，∴AF=4，∴BF=4+2或4-2；③当AF：AC=1：时， ∵AB=AC=2，∴AF=2，∴BF=2+2或2-2；综上，存在点F，使△ACF的其中两边之比为1:，BF的长为4或4+2或4-2或2+2或2-2．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．5．（2022·浙江台州·八年级期末）如图1，在等边中，点是边上的一点，连接，以为边作等边，连接．(1)求证：．(2)如图2，过，，三点分别作于点，于点，于点．求证：．(3)如图3，，垂足为点，若将点改为线段上的一个动点，连接，以为边作等边，连接．当时，直接写出的最小值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据SAS证明三角形全等即可；（2）利用面积法证明即可；（3）连接EC．由△ABD≌△CBE，推出∠BAD＝∠BCE＝30°，推出点E在射线CE上运动（∠BCE＝30°），利用垂线段最短解决问题即可．(1)∵△ABC，△BDE都是等边三角形，∴BA＝BC，BD＝BE，∠ABC＝∠DBE＝60°，∴∠ABC-∠DBC=∠DBE-∠DBC，即∠ABD＝∠CBE，在△ABD和△CBE中， ∴△ABD≌△CBE（SAS）；(2)∵△ABD≌△CBE，∴，∵，∵AF⊥BC，DM⊥BC，EN⊥BC，∴BC•AF＝BC•DM＋BC•EN，∴AF＝DM＋EN；(3)连接EC，如图所示：∵△ABD≌△CBE，∴∠BAD＝∠BCE，∵△ABC是等边三角形，AF⊥BC，∴∠BAF＝∠CAF＝30°，BF＝CF＝BC＝AB＝，∴∠BCE＝∠BAF＝30°，∴点E在射线CE上运动（∠BCE＝30°），∴当EF⊥EC时，EF的值最小，此时EF＝CF＝，即EF的最小值为．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，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．6．（2022·浙江衢州·八年级期末）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形，我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连结BD，CE，则△ABD≌△ACE．(1)请证明图1的结论成立；(2)如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，求∠BOC的度数；(3)如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．【答案】(1)见解析(2)60°(3)∠A+∠BCD=180°，理由见解析【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出∠ADB=∠AEC，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°，即可得出答案；（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，进而判断出△ABD≌△CBP（SAS），即可得出结论．（1）解：证明：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）如图2，∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ADB=∠AEC，令AD与CE交于点G，∵∠AGE=∠DGO，∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，∴∠DOE=∠DAE=60°，∴∠BOC=60°；（3）∠A+∠BCD=180°．理由：如图3，延长DC至P，使DP=DB，∵∠BDC=60°，∴△BDP是等边三角形，∴BD=BP，∠DBP=60°，∵∠ABC=60°=∠DBP，∴∠ABD=∠CBP，∵AB=CB，∴△ABD≌△CBP（SAS），∴∠BCP=∠A，∵∠BCD+∠BCP=180°，∴∠A+∠BCD=180°．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解本题的关键．7．（2021·浙江·兰溪市外国语中学八年级期中）定义：若a，b，c是△ABC的三边，且a2+b2＝2c2，则称△ABC为“方倍三角形”．（1）对于①等边三角形②直角三角形，下列说法一定正确的是　 　．A．①一定是“方倍三角形”B．②一定是“方倍三角形”C．①②都一定是“方倍三角形”D．①②都一定不是“方倍三角形”（2）若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜边AB＝，则该三角形的面积为　 　；（3）如图，△ABC中，∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，P为AC边上一点，将△ABP沿直线BP进行折叠，点A落在点D处，连接CD，AD．若△ABD为“方倍三角形”，且AP＝，求△PDC的面积．【答案】（1）A；（2）；（3）－1【分析】（1）根据“方倍三角形”定义可得，等边三角形一定是“方倍三角形”，直角三角形不一定是“方倍三角形”进而可以判断；（2）设Rt△ABC其余两条边为a，b，满足a2＋b2＝3，根据“方倍三角形”定义，还满足：a2＋3＝2b2，即可得a和b的值，进而可得直角三角形的面积；（3）根据题意可得△ABP≌△DBP，根据“方倍三角形”定义可得△ABD为等边三角形，从而证明△APD为等腰直角三角形，可得AP＝DP＝ ，延长BP交AD于点E，根据勾股定理求出BE的长，根据△PBC为等腰直角三角形，可得PC＝PB＝ ，进而可以求△PDC的面积．【详解】解：（1）对于①等边三角形，三边相等，设边长为a，则a2＋a2＝2a2，根据“方倍三角形”定义可知：等边三角形一定是“方倍三角形”；对于②直角三角形，三边满足关系式：a2＋b2＝c2，根据“方倍三角形”定义可知：直角三角形不一定是“方倍三角形”；故答案为：A；（2）设Rt△ABC其余两条边为a，b，则满足a2＋b2＝3，根据“方倍三角形”定义，还满足：a2＋3＝2b2，联立解得 ，则Rt△ABC的面积为：；故答案为：；（3）由题意可知：△ABP≌△DBP，∴BA＝BD，∠ABP＝∠DBP，根据“方倍三角形”定义可知：BA2+BD2＝2AD2＝2BA2，∴AD＝AB＝BD，∴△ABD为等边三角形，∠BAD＝60°，∴∠ABP＝∠DBP＝30°，∴∠PBC＝90°，∵∠CPB＝45°，∴∠APB＝180°﹣45°＝135°，∴∠DPC＝90°，∵∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，∴∠BAC＝15°，∴∠CAD＝45°，∴△APD为等腰直角三角形，∴AP＝DP＝ ，∴AD＝2，延长BP交AD于点E，如图，∵∠ABP＝∠PBD，∴BE⊥AD，PE＝AD＝AE＝1，∴BE＝，∴PB＝BE﹣PE＝ ﹣1，∵∠CPB＝∠PCB＝45°，∴△PBC为等腰直角三角形，∴PC＝PB＝，∴S△PDC＝PC•PD＝（）×＝﹣1．【点睛】本题考查了翻折变换、等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握等边三角形的性质．8．（2021·浙江绍兴·八年级期中）已知Rt△ABC中∠C＝Rt∠，且BC＝9，∠B＝30°．（1）如图1、2，若点D是CB上一点，且CD＝3，点E是AB上的动点，将△DBE沿DE对折，点B的对应点为B′（点B′和点C在直线AB的异侧），DB′与AB交于点H．①当∠B′EA＝20°时，求∠EDB的度数．②当△B′HE是等腰三角形时，求∠DEB的度数．（2）如图2，若点D是CB上一点，且CD＝3，M是线段AC上的动点，以∠MDN为直角构造等腰直角△DMN（D，M，N三点顺时针方向排列），在点M的运动过程中，直接写出CN+NB的最小值．【答案】（1）①50°；②105°或127.5°；（2）3．【分析】（1）①由题意利用翻折变换的性质求出∠DEB，可得结论；②根据题意分三种情形，利用翻折变换的性质分别求出∠DEB即可；（2）根据题意连接CN，BN，过点N作直线l⊥AC，BT⊥CB于点T，作点C关于直线l的对称点Q，连接BQ．证明△DCM≌△NTD（AAS），推出CD＝NT＝3，推出点N在直线l上运动，由C，Q关于直线l对称，推出NC＝NQ，CQ＝2NT＝6，根据CN+BN＝NQ+BN≥BQ，求出BQ，可得结论．【详解】解：（1）当∠B′EA＝20°时，由翻折的性质可知，∠DEB＝∠DEB′＝ [360°﹣（180°﹣20°）]＝100°，∴∠EDB＝180°﹣∠DEB﹣∠B＝180°﹣100°﹣30°＝50°；（2）当HB′＝HE时，∠B′＝∠B＝∠AEB′＝30°，∴∠DEB＝∠DEB＝ [360°﹣（180°﹣30°）]＝105°；当B′H＝B′E时，∠AEB′＝∠B′HE＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠DEB＝∠DEB′＝ [360°﹣（180°﹣75°）]＝127.5°，当EB′＝HE时，∠AEB′＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∴∠DEB＝∠DEB′＝ [360°﹣（180°﹣120°）]＝150°（舍弃），综上所述，∠DEB为105°或127.5°；（3）如图3中，连接CN，BN，过点N作直线l⊥AC，NT⊥CB于点T，作点C关于直线l的对称点Q，连接BQ．∵∠DCM＝∠MDN＝∠DTN＝90°，∴∠CDM+∠TDN＝90°，∠TDN+∠TND＝90°，∴∠CDM＝∠DNT，在△DCM和△NTD中，，∴△DCM≌△NTD（AAS），∴CD＝NT＝3，∴点N在直线l上运动，∵C，Q关于直线l对称，∴NC＝NQ，CQ＝2NT＝6，∴CN+BN＝NQ+BN≥BQ，∵BQ＝＝＝3，∴CN+BN≥3，∴CN+BN的最小值为3．【点睛】本题属于三角形综合题，考查翻折变换和三角形内角和定理和全等三角形的判定和性质以及两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题．9．（2021·浙江湖州·八年级期末）定义：我们把对角线长度相等的四边形叫做等线四边形．（1）尝试：如图1，在的正方形网格图形中，已知点、点是两个格点，请你作出一个等线四边形，要求、是其中两个顶点，且另外两个顶点也是格点；（温馨提示：请画在答题卷相对应的图上）（2）推理：如图2，已知与均为等腰直角三角形，，连结，，求证：四边形是等线四边形；（3）拓展：如图3，已知四边形是等线四边形，对角线，交于点，若，，，．求的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）根据等线四边形的定义作图即可；（2）连结，，根据与均为等腰直角三角形，得出结论证明出即可；（3）分别以、为底作等腰三角形、，顶点均为点．于是有，，，根据已知可以证明，再证明，是等边三角形，根据勾股定理的逆使用，得出，过点作于点，则，再利用勾股定理求解即可．【详解】（1）作图：答案不唯一，画出一幅图即可．（2）证明如图2，连结，．与均为等腰直角三角形，，，，，，四边形是等线四边形．（3）解：如图3，分别以、为底作等腰三角形、，顶点均为点．于是有，，，，，是等边三角形．同理，也是等边三角形．，．，，．过点作于点，则．，，由勾股定理算得，．【点睛】本题考查了等线四边形的定义、三角形全等的判定与性质、等边三角形、勾股定理、解题的关键是：掌握相关知识点后，需要理解等线四边形的定义，添加辅助线来求解．10．（2021·浙江杭州·八年级期末）如图，线段与交于O，，E，F，G分别是，，中点．（1）如图1，当时，与的数量关系是_________，_____；如图2当时，与的数量关系是___________，_______；（2）如图3，当时，与的数量关系是_________，______；（3）请你证明图3的结论．【答案】（1）EG=FG，60°；EG=FG，90°；（2）EG=FG，∠FGE=180°-2θ；（3）见解析【分析】（1）由DO=DC，AO=AB，∠DOC=∠AOB=60°，可得：△DOC与△AOB是等边三角形，由三线合一可得DF⊥AC，AE⊥BD，又由直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，可得EG=FG，又由DG=GF=AG=EG=AD，利用等边对等角，即可求得∠FGE的度数；∠AOB=45°时，方法一样；（2）与（1）的方法类似，注意此时△DOC与△AOB是等腰三角形，由等腰三角形中的三线合一仍可求得结果．（3）根据以上分析证明即可．【详解】解：（1）当∠AOB=60°时，证明：连接DF与EA，∵DO=DC，AO=AB，∵∠DOC=∠AOB=60°，∴△DOC与△AOB是等边三角形，∵E，F，G分别是OB，OC，AD中点，∴DF⊥AC，AE⊥BD，∴EG=AD，FG=AD，∴EG=FG，∵∠DCO=∠BAO=60°，∴AB∥CD，∴∠CDA+∠DAB=180°，∵∠CDF=∠CDO=∠BAE=∠BAO=30°，∴∠ADF+∠EAG=120°，∵DG=GF=AG=EG=AD，∴∠DFG=∠GDF，∠AEG=∠GAE，∴∠DFG+∠AEG=∠ADF+∠EAG=120°，∴∠DFG+∠AEG+∠ADF+∠EAG=240°，∴∠DGF+∠AGE=360°-（∠DFG+∠AEG+∠ADF+∠EAG）=120°，∴∠FGE=60°；当∠AOB=45°时，证明：连接DF与AE，∵DO=DC，AO=AB，∵∠DOC=∠AOB=45°，∴△DOC与△AOB是等腰直角三角形，∵E，F，G分别是OB，OC，AD中点，∴DF⊥AC，AE⊥BD，∴EG=AD，FG=AD，∴EG=FG，∵∠DCO=∠BAE=45°，∴AE∥CD，∴∠CDA+∠DAE=180°，∵∠CDF=∠CDO=∠EAB=∠BAO=45°，∴∠ADF+∠EAG=135°，∵DG=GF=AG=EG=AD，∴∠DFG=∠GDF，∠AEG=∠GAE，∴∠DFG+∠AEG=∠ADF+∠EAG=135°，∴∠DFG+∠AEG+∠ADF+∠EAG=270°，∴∠DGF+∠AGE=360°-（∠DFG+∠AEG+∠ADF+∠EAG）=90°，∴∠FGE=90°；（2）当∠AOB=θ时，EG=FG，∠FGE=180°-2θ；（3）证明：连接DF与AE，∵DO=DC，AO=AB，∠DOC=∠AOB=∠DCO=∠ABO=θ，∴△DOC与△AOB是等腰三角形，∵E，F，G分别是OB，OC，AD中点，∴DF⊥AC，AE⊥BD，∴EG=AD，FG=AD，∴EG=FG，∵∠FDO=∠EAO=90°-θ，∴∠ODA+∠OAD=θ，∴∠FDA+∠EAD=180°-θ，∵DG=GF=AG=EG=AD，∴∠DFG=∠GDF，∠AEG=∠GAE，∴∠DFG+∠AEG=∠ADF+∠EAG=180°-θ，∴∠DFG+∠AEG+∠ADF+∠EAG=360°-2θ，∴∠DGF+∠AGE=360°-（∠DFG+∠AEG+∠ADF+∠EAG）=2θ，∴∠FGE=180°-2θ．【点睛】此题考查了直角三角形的性质以及等腰三角形的性质等知识．题目难度适中，注意数形结合思想的应用．11．（2022··八年级期末）在ABC中，，，点D在BC上（不与点B，C重合）．(1)如图1，若ADC是直角三角形，①当AD⊥BC时，求AD的长；②当AD⊥AC时，求CD的长．(2)如图2，点E在AB上（不与点A，B重合），且．①若，求证：DBE≌ACD；②若ADE是等腰三角形，求CD的长．【答案】(1)①6；②(2)①见解析；②或【分析】（1）①过A作AD⊥BC于点D，由等腰三角形的性质可知，再由勾股定理计算AD的长即可；②过点A作AD⊥AC交BC于点D，过点A作AH⊥BC交BC于点H，在和中借助勾股定理计算DH的长，然后由计算AD的长即可；（2）①由、，可知，即有，然后在根据即可证明△DBE≌△ACD；②由可知，若△ADE是等腰三角形，则或，然后分两种情况讨论，分别计算CD的长即可．（1）解：①如图3，过A作AD⊥BC于点D，∵，，∴，∴；     ②如图4，过点A作AD⊥AC交BC于点D，过点A作AH⊥BC交BC于点H，由（1）得，，由勾股定理可知，，∴，解得，∴；（2）①∵，，∴，∴，∵，∴△DBE≌△ACD（ASA）；②∵，若△ADE是等腰三角形，则或，当时，则，∵△DBE≌△ACD，∴，；当，如图5，则，，在中，，即，解得，．综上所述，或．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握相关性质，并运用分类讨论的思想分析问题是解题的关键．12．（2022·浙江台州·八年级期末）如图1，已知AB＝AC，D是AC上一个动点，E、C位于BD两侧，BD＝BE，∠BAC＝∠DBE；(1)当∠BAC＝60°时，如图2，连接AE，求证：AE＝CD；(2)当∠BAC＝45°时，①若DE⊥AB，则∠CDB＝ 度；②如图4，连接AE．当∠CDB＝ 度时，AE最小；(3)当∠BAC＝90°时，如图5，连接CE交AB于点M，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)①67.5；②90(3)2【分析】（1）连接AE，可知△ABC，△BDE是等边三角形，再利用SAS证明△BCD≌△BAE，得AE=CD；（2）①利用等腰三角形两底角相等知∠BDE=67.5°，再根据平角的定义可得答案；②作BH⊥AC于H，EC⊥AB于G，利用AAS证明△BDH≌△BEG，得∠BHD=∠BGE=90°，可知E在EG上运动，当E与G重合时，AE最小，此时∠BDC=∠BHC=90°；（3）作EQ⊥AB于Q，利用AAS证明△ADB≌△QBE，得AD=BQ，则CD=AQ，再利用AAS证明△AMC≌△QME，得AM=MQ，从而解决问题．(1)证明：连接AE，∵∠BAC=∠DBE=60°，BD=BE，AB=AC，∴△ABC，△BDE是等边三角形，∴∠ABC=∠DBE，∴∠CBD=∠ABE，在△BCD和△BAE中，∴△BCD≌△BAE（SAS），∴AE=CD；(2)解：①当∠BAC=∠DBE=45°时，∵BD=BE，∴∠BDE=(180°-45°)÷2=67.5°，∵DE⊥AB，∴∠ADE=∠A=45°，∴∠CDB=67.5°，故答案为：67.5；②作BH⊥AC于H，EG⊥AB于G， ∵∠A=45°，∴∠ABH=∠DBE=45°，∴∠DBH=∠EBG，∵∠BHD=∠BGE，BD=BE，∴△BDH≌△BEG（AAS），∴∠BHD=∠BGE=90°，∴点E在EG上运动，当点E与G重合时，AE最小，此时∠BDC=∠BHC=90°，故答案为：90；(3)作EQ⊥AB于Q， ∵∠QEB+∠QBE=90°，∠QBE+∠ABD=90°，∴∠BEQ=∠ABD，∵BD=BE，∠DAC=∠BQE， ∴△ADB≌△QBE(AAS)，∴AD=BQ，∴ CD=AQ，∵∠CAB=∠AQE，∠AMC=∠EMQ，∴△AMC≌△QME(AAS)，∴AM=MQ，∴．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，巧作辅助线构造全等三角形是解题的关键．13．（2021·浙江温州·八年级期中）如图，，，且BC＝3cm，AB＝1cm，CD＝5cm，点P以每秒1cm的速度从点B开始沿射线运动，同时点Q在线段CD上由点C向终点D运动．设运动时间为t秒．点Q的速度为x．(1)P在线段BC上时， cm， cm．（用含t的代数式表示）(2)如图①，当点P与点Q经过几秒时，使得△ABP与△PCQ全等？此时，点Q的速度x是多少？（写出求解过程）(3)如图②，是否存在点P，使得△ADP是等腰三角形？若存在，请直接写出t的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)； (2)t＝2，x＝1或t＝1.5，x＝或，；(3)存在，，，；【分析】（1）根据路程与速度的关系解决问题即可．（2）分三种情形：①△ABP≌△QCP，②△ABP≌△PCQ，③点P在点C右侧时，有△ABP≌△PCQ，分三种情形求解即可．（3）分三种情形：①AD=DP．②AD=AP．③PA=PD，分别构建方程即可解决问题．（1）解：根据题意，∵点P以每秒1cm的速度从点B开始沿射线运动，设运动时间为t秒．∴；；故答案为：； ；（2）解：①当点P是BC的中点时，即BP=PC=1.5cm，AB=CQ=1cm时，∵∠ABP=∠PCQ=90°，∴△ABP≌△QCP（SAS），∴s，∴点Q的速度为：cm/s．②当点P在点C的左侧，AB=CP=1cm，CQ=BP=2cm，则△ABP≌△PCQ（SAS），∴s，cm/s．③当点P在点C的右侧，AB＝PC=1；BP＝CQ=3+1=4，则△ABP≌△PCQ，∴s，cm/s．综上所述，当点P与点Q经过秒时，使得△ABP与△PCQ全等，此时cm/s；当点P与点Q经过秒时，使得△ABP与△PCQ全等，此时cm/s；当点P与点Q经过秒时，使得△ABP与△PCQ全等，此时cm/s；（3）解：如图②中，作AH⊥CD于H．在Rt△ADH中，∵AH=BC=3，DH=CD-CH=CD-AB=4，∴AD=，∵PA=，DP=，①当AD=PD时，，解得t=3；②当AD=AP时，，解得；③当PA=PD时，，解得；综上所述，满足条件的t的值为：3或或．【点睛】本题考查三角形综合题，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．