北师大版数学七下高频考点突破练习第五章 生活中的轴对称 章末检测卷（2份，原卷版+解析版）

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注意事项：
本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．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12小题，每小题3分，共36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．（2021·江苏九年级二模）如图的四个图案中，具有一个共有的性质，那么在下列各数中也满足上述性质的是（ ）
A．212B．444C．535D．808
【答案】D
【分析】先确定每个图形的性质，然后找出他们的共同性质，再判断四个选项中是轴对称的即可．
【详解】解：∵五角星是轴对称和旋转对称图形，三圆两辆相切图形是轴对称图形和旋转对称图形，
心形是轴对称图形，箭头是轴对称图形，∴他们的共有性质是轴对称性质，
在四个选项中只有D是轴对称图形．故选择D．
【点睛】本题考查图形的性质，共同性质，掌握轴对称性质是解题关键．
2．（2021·广东七年级模拟）小明将一正方形纸片画分成16个全等的小正方形，且如图所示为他将其中四个小正方形涂成灰色的情形．若小明想再将一小正方形涂成灰色，使此纸片上的灰色区域成为轴对称图形，则此小正方形的位置为何？（ ）.
A．第一列第四行B．第二列第一行C．第三列第三行D．第四列第一行
【答案】B
【分析】根据轴对称图形的性质和纸片上的四个灰色小正方形，确定出对称轴，即可得出小正方形的位置．
【详解】解：根据题意得：涂成灰色的小方格在第二列第一行．故选B．
点评：此题考查了利用轴对称设计图案，解答此题的关键是根据题意确定出对称轴，画出图形．
3．（2021·河南省实验中学八年级月考）元旦联欢会上，同学们玩抢凳子游戏，在与A、B、C三名同学距离相等的位置放一个凳子，谁先抢到凳子谁获胜．如果将A、B、C三名同学所在位置看作△ABC的三个顶点，那么凳子应该放在△ABC的（ ）
A．三边中线的交点B．三条角平分线的交点
C．三边上高的交点D．三边垂直平分线的交点
【答案】D
【分析】为使游戏公平，要使凳子到三个人的距离相等，于是利用线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等可知，要放在三边垂直平分线的交点上．
【详解】∵三角形的三条垂直平分线的交点到三角形三个顶点的距离相等，
∴凳子应放在△ABC的三条垂直平分线的交点最合适，故选：D．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质的应用，理解基本性质是解题关键．
4．（2021•福山区初二期末）在下列结论中：
（1）有一个外角是120°的等腰三角形是等边三角形；
（2）有两个外角相等的等腰三角形是等边三角形；
（3）有一边上的高也是这边上的中线的等腰三角形是等边三角形；
（4）三个外角都相等的三角形是等边三角形．其中正确的个数是（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【点拨】根据等边三角形的性质和定义，可得：有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形；三个内角都相等的三角形为等边三角形；再由中线的性质和三角形内角和的定义可解答本题．
【解析】解：（1）：因为外角和与其对应的内角的和是180°，已知有一个外角是120°，即是有一个内角是60°，有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形．该结论正确．（2）：两个外角相等说明该三角形中两个内角相等，而等腰三角形的两个底角是相等的，故不能确定该三角形是等边三角形．该结论错误．
（3）：等腰三角形的底边上的高和中线本来就是重合的，“有一边”可能是底边，故不能保证该三角形是等边三角形．该结论错误．（4）：三个外角都相等的三角形是等边三角形．正确；故选：C．
【点睛】本题考查等边三角形的判定，解题的关键是灵活运用的等边三角形的判定方法解决问题．
5．（2021·河北八年级期末）如图是台球桌面示意图，阴影部分表示四个入球孔，小明按图中方向击球（球可以多次反弹），则球最后落入的球袋是（ ）
A．1号袋B．2号袋C．3号袋D．4号袋
【答案】B
【分析】利用轴对称画图可得答案．
【详解】解：如图所示，
，
球最后落入的球袋是2号袋，故选：B．
【点睛】此题主要考查了生活中的轴对称现象，关键是正确画出图形．
6．（2020·宁波市海曙区储能学校初二期末）若中刚好有 ，则称此三角形为“可爱三角形”，并且 称作“可爱角”．现有 一个“可爱且等腰的三角形”，那么聪明的同学们知道这个三角形的“可爱角”应该是（ ）．
A．或 B．或 C．或D．或或
【答案】C
【分析】根据三角形内角和为180°且等腰三角形的两个底角相等，再结合题中一个角是另一个角的2倍即可求解．
【解析】解：由题意可知：设这个等腰三角形为△ABC，且，
情况一：当∠B是底角时，则另一底角为∠A，且∠A=∠B=2∠C，
由三角形内角和为180°可知：∠A+∠B+∠C=180°，
∴5∠C=180°，∴∠C=36°，∠A=∠B=72°，此时可爱角为∠A=72°，
情况二：当∠C是底角，则另一底角为∠A，且∠B=2∠A=2∠C，
由三角形内角和为180°可知：∠A+∠B+∠C=180°，∴4∠C=180°，即∠C=45°，
此时可爱角为∠A=45°，故选：C．
【点睛】本题借助三角形内角和考查了新定义题型，关键是读懂题目意思，熟练掌握等腰三角形的两底角相等及三角形内角和为180°．
7．（2021·浙江宁波市·八年级期末）如图，中，的垂直平分线分别交、于点、，的垂直平分线分别交、于点、，若，则的度数是（ ）
A．10°B．20°C．30°D．40°
【答案】B
【分析】根据三角形内角和定理求出∠C＋∠B，根据线段的垂直平分线的性质得到EA＝EB，根据等腰三角形的性质得到∠EAB＝∠B，同理，∠GAC＝∠C，计算即可．
【详解】解：∵∠BAC＝100°，∴∠C＋∠B＝180°−100°＝80°，
∵DE是AB的垂直平分线，∴EA＝EB，∴∠EAB＝∠B，同理：∠GAC＝∠C，
∴∠EAB＋∠GAC＝∠C＋∠B＝80°，∴∠EAG＝100°−80°＝20°，故选B．
【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质和等腰三角形的性质，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是解题的关键．
8．（2021·江苏南通市·八年级期末）如图①，已知，用尺规作它的角平分线（如图②）．
尺规作图具体步骤如下，
第1步：以为圆心，以为半径画弧，分别交射线于点；
第2步：分别以为圆心，以为半径画弧，两弧在内部交于点；
第3步：画射线．射线即为所求．下列说法正确的是（ ）
A．有最小限制，无限制B．的长
C．的长D．连接，则垂直平分
【答案】B
【分析】直接根据尺规作图作角平分线的方法即可得出结论的长．
【详解】解：以B为圆心画弧时，半径必须大于0，分别以D，E为圆心，以为半径画弧时，必须大于DE的长，否则两弧没有交点．故选：B．
【点睛】本题考查了角平分线的作图方法，熟练掌握作角平分线的步骤及方法是解题的关键．
9．（2021•南宁八年级期末）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点P在AB上，过点P作PE⊥AC，垂足为E，延长BC到点Q，使CQ＝PA，连接PQ交AC于点D，则DE的长为（ ）
A．0.5B．0.9C．1D．1.25
【答案】C
【解答】解：过P作BC的平行线交AC于F，∴∠Q＝∠FPD，
∵△ABC是等边三角形，∴∠APF＝∠B＝60°，∠AFP＝∠ACB＝60°，
∴△APF是等边三角形，∴AP＝PF，
∵AP＝CQ，在△PFD中和△QCD中，，∴△PFD≌△QCD（AAS），∴FD＝CD，
∵PE⊥AC于E，△APF是等边三角形，∴AE＝EF，∴AE+DC＝EF+FD，∴DE＝，
∵AC＝2，∴DE＝1，故选：C．
10．（2021·南阳市第三中学八年级月考）如图，等腰中，，，是等边三角形，点是的角平分线上一动点，连接、，则的最小值为（ ）
A．8B．10C．12D．16
【答案】B
【分析】连接BP，根据AP垂直平分BC，即可得到CP=BP，再根据当B，P，D在在同一直线上时，BP+PD的最小值为线段BD长，即可得出PD+PC的最小值为10．
【详解】解：如图，连接BP，
∵点P是∠BAC的角平分线上一动点，AB=AC，∴AP垂直平分BC，
∴CP=BP，∴PD+PC=PD+PB，∴当B，P，D在在同一直线上时，BP+PD的最小值为线段BD长，
又∵△ABD是等边三角形，AB=BD=10，∴PD+PC的最小值为10，故选：B．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
11．（2021·浙江九年级专题练习）如图，已知长方形纸片ABCD，点E，H在AD边上，点F，G在BC边上，分别沿EF，GH折叠，使点B和点C都落在点P处，若∠FEH+∠EHG＝118°，则∠FPG的度数为（ ）
A．54°B．55°C．56°D．57°
【答案】C
【分析】根据四边形ABCD是长方形，可得AD∥BC，得∠FEH＝∠BFE，∠EHG＝∠CGH，所以可得∠BFE+∠CGH＝∠FEH+∠EHG＝118°，由折叠可得EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，可得∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，进而可得∠FPG的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是长方形，∴AD∥BC，∴∠FEH＝∠BFE，∠EHG＝∠CGH，
∴∠BFE+∠CGH＝∠FEH+∠EHG＝118°，
由折叠可知：EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，
∴∠PFE＝∠BFE，∠PGH＝∠CGH，∴∠PFE+∠PGH＝∠BFE+∠CGH＝118°，
∴∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝236°，
∴∠PFG+∠PGF＝360°﹣（∠BFP+∠CGP）＝360°﹣236°＝124°，
∴∠FPG＝180°﹣（∠PFG+∠PGF）＝180°﹣124°＝56°．故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质，解决本题的关键是掌握平行线的性质．
12．（2021·四川省宜宾市第二中学校九年级一模）如图，，，三点在同一直线上，，都是等边三角形，连接，，：下列结论中正确的是（ ）
①△ACD≌△BCE；②△CPQ是等边三角形；③平分；④△BPO≌△EDO．
A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④
【答案】B
【分析】利用等边三角形的性质，三角形的全等，逐一判断即可．
【详解】∵△ABC，△CDE都是等边三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°，
∴∠ACB+∠PCQ =∠ECD+∠PCQ，∠PCD=60°，∴∠ACD =∠BCE，
∴△ACD≌△BCE， ∴①的说法是正确的；
∵△ACD≌△BCE，∴∠PDC =∠QEC，
∵∠PCD=∠QCE=60°，CD=CE，∴△PCD≌△QCE，
∴PC=QC，∴△CPQ是等边三角形；∴②的说法是正确的；
∵△PCD≌△QCE，∴PD=QE，，
过点C作CG⊥PD，垂足为G，CH⊥QE，垂足为H，
∴，∴CG=CH，∴平分，∴③的说法是正确的；
无法证明△BPO≌△EDO．∴④的说法是错误的；故答案为①②③，故选B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，三角形的全等与性质，角平分线的性质定理，熟练掌握等边三角形的性质，灵活进行三角形全等的判定，活用角的平分线性质定理的逆定理是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
13．（2020·湖南永定·期中）“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的．借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任何一个角．这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，C点固定，OC=CD=DE，点D，E可在槽中滑动，若∠BDE=78°，则∠AOB等于__________度．
【答案】26
【分析】根据题意易得∠O=∠CDO，∠DCE=∠DEC，则有∠DCE=∠DEC =2∠O，∠BDE=3∠O，然后进行求解即可．
【解析】解：∵OC=CD=DE，∴∠O=∠CDO，∠DCE=∠DEC，
∴∠DCE=∠DEC =2∠O，∴∠BDE=∠O+∠DEC=3∠O，∵∠BDE=78°，∴∠O=26°；故答案为26．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质及三角形外角的性质，熟练掌握等腰三角形的性质及三角形外角的性质是解题的关键．
14．（2021·无锡市八年级期中）如图，等边△ABC的边长为8cm，点P从点C出发，以1cm/秒的速度由C向B匀速运动，点Q从点C出发，以2cm/秒的速度由C向A匀速运动，AP、BQ交于点M，当点Q到达A点时，P、Q两点停止运动，设P、Q两点运动的时间为t秒，若∠AMQ＝60°时，则t的值是 秒。
【答案】
【分析】由等边三角形性质可得：，，根据题意可得：，，进而可得：，，根据三角形外角性质可得：，即可证明：，即可求得的值．
【解析】解：是等边三角形，，，
由题意，得：，，，，
，，，
在和中，，，
，，解得：（秒．
【点睛】本题考查了等边三角形性质，全等三角形判定和性质，解题关键是运用方程思想建立方程求解．
15．（2021·山东潍坊市·八年级期末）如图，在ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，以点A为圆心，任意长为半径画弧分别交AB，AC于点M和N，再分别以M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，连接AP并延长交BC于点D，则下列结论正确有 （填序号）
①AD平分∠BAC；②．∠ADC=60°；③．点D在AB的垂直平分线上；④．＝1：2
【答案】①②③
【分析】由作图可得：平分 可判断①，再求解 可得 可判断②，再证明 可判断③，过作于 再证明 再利用 ，可判断④ 从而可得答案．
【详解】解：
由作图可得：平分 故①正确；
故②正确；
在的垂直平分线上，故③正确；
过作于 平分

故④不正确；故选：①②③
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，角平分线的作图，角平分线的性质，线段垂直平分线的判定，等腰三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
16．（2021·四川成都铁路中学八年级期中）已知：△ABC是三边都不相等的三角形，点P是三个内角平分线的交点，点O是三边垂直平分线的交点，当P、O同时在不等边△ABC的内部时，那么∠BOC和∠BPC的数量关系是___．
【答案】
【分析】根据三角形角平分线的性质以及三角形内角和定理，即可得到；再根据三角形垂直平分线的性质以及三角形内角和定理，即可得到，进而得出和的数量关系．
【详解】解：平分，平分，，，
，即；
如图，连接．点是这个三角形三边垂直平分线的交点，
，，，，
，，
，
，故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的垂直平分线与角平分线，熟练掌握三角形的垂直平分线与角平分线的性质是解题的关键．
17．（2021·成都市·初二期末）如图钢架中，焊上等长的13根钢条来加固钢架，若AP1=P1P2=P2P3=…=P13P14=P14A，则∠A的度数是 ．
【答案】12°．
【解析】设∠A=x，∵AP1=P1P2=P2P3=…=P13P14=P14A，∴∠A=∠AP2P1=∠AP13P14=x．
∴∠P2P1P3=∠P13P14P12=2x，∠P2P3P4=∠P13P12P10=3x，……，∠P7P6P8=∠P8P9P7=7x．
∴∠AP7P8=7x，∠AP8P7=7x．在△AP7P8中，∠A+∠AP7P8+∠AP8P7=180°，即x+7x+7x=180°．
解得x=12°，即∠A=12°．
18．（2021·北京房山区·八年级期末）已知等边三角形．如图，
（1）分别以点A，B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点；（2）作直线交于点D；（3）分别以点A，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于H，L两点；
（4）作直线交于点E；（5）直线与直线相交于点O；
（6）连接，，．根据以上作图过程及所作图形，下列结论：
①；②；③；④，正确的是____________．
【答案】①③④
【分析】根据题意可得点O是三边中垂线的交点，从而结合等边三角形的性质以及中垂线的性质进行逐项分析即可．
【详解】由题可得点O为等边三角形ABC三边中垂线的交点，即：MN⊥AB，HL⊥AC，
∴根据等边三角形的性质可得：∠DAO=∠EAO=30°，AD=AE，∴△ADO≌△AEO，∴OD=OE，
又根据中垂线的性质得∠EAO=∠ECO=30°，∴在Rt△COE中，OC=2OE，∴OC=2OD，故①正确；
在Rt△ABE中，显然AB=2AE，而OA＞AE，∴AB≠2OA，故②错误；
根据中垂线性质可得OA=OB，OA=OC，∴OA=OB=OC，故③正确；
在四边形ADOE中，∠ADO=∠AEO=90°，∠DAE=60°，
∴∠DOE=360°-90°×2-60°=120°，故④正确；故答案为：①③④．
【点睛】本题考查等边三角形的性质以及垂直平分线的画法和性质，以及全等三角形判定与性质，理解题意中所作图形的本质是解题关键．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19.（2022.绵阳市七年级期中） 如图，方格图中每个小正方形的边长为1，点A，B，C都是格点．
（1）画出△ABC关于直线MN对称图形△A′B′C′；
（2）直接写出线段BB′的长度；（3）直接写出△ABC的面积．
【答案】（1）见解析；（2）6；（3）
【分析】（1）由轴对称的性质，首先连接对称点，然后连接线段即可；（2）由作出的图，查格子数目直接可求BB'；（3）利用割补法△ABC的面积＝长方形面积-三个直角三角形面积．
【详解】（1）如图：（2）由图可求BB'＝6；（3）．
【点睛】本题考查了轴对称图形的做法，轴对称图形的性质，和割补法求组合图形的面积，将求△ABC的面积转化为求长方形面积-三个直角三角形面积，是解决本题的关键．
20．（2021·广西贵港市·八年级期末）（1）尺规作图（只保留作图痕迹，不要求写出作法及证明过程）：
如图，已知点在内，分别在、边上求作点和点，使的周长最小．
（2）如图直线l1，l2表示一条河的两岸，且l1∥l2，现要在这条河上建一座桥．桥建在何处才能使从村庄A经过河到村庄B的路线最短？画出示意图，并说明理由．
【答案】见解析
【分析】（1）步骤：①作P关于AB的对称点P1．②作P关于BC的对称点P2．③连接P1P2．④P1P2与AB的交点就是E，P1P2与BC的交点就是F．即为所求．（2）先确定AA′与河等宽，且AA′⊥河岸，连接BA′，与河岸的交点就是点C，过点C作CD垂直河岸，交另一河岸于点D，即可得出答案．
【详解】（1）如图：即为所求，

注：①作关于的对称点；②作关于的对称点；③连接P1P2．
④P1P2与AB的交点就是E，P1P2与BC的交点就是F．
（2）如图，先确定AA′与河等宽，且AA′⊥河岸，连接BA′，与河岸的交点就是点C，过点C作CD垂直河岸，交另一河岸于点D，CD就是所求的桥的位置．
理由：由作图过程可知，四边形ACDA′为平行四边形，AD平移至A′C即可得到线段A′B，两点之间，线段最短，由于河宽不变，CD即为桥．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图，轴对称等知识，平移变换以及利用轴对称解决最短路径问题，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
21.（2021•赫章县八年级期末）如图，△ABC为等边三角形，AE＝CD，AD、BE相交于点P，BQ⊥AD于点Q，PQ＝3，PE＝1．（1）求证：AD＝BE；（2）求AD的长．
【点拨】（1）根据等边三角形的三条边都相等可得AB＝CA，每一个角都是60°可得，∠BAE＝∠ACD＝60°，然后利用“边角边”证明△ABE和△CAD全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）根据全等三角形对应角相等可得∠CAD＝∠ABE，然后求出∠BPQ＝60°，再根据直角三角形两锐角互余求出∠PBQ＝30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出BP＝2PQ，再根据AD＝BE＝BP+PE代入数据进行计算即可得解．
【解析】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，∴AB＝CA＝BC，∠BAE＝∠ACD＝60°；
在△ABE和△CAD中，，∴△ABE≌△CAD（SAS），∴AD＝BE；
（2）解：∵△ABE≌△CAD，∴∠CAD＝∠ABE，
∴∠BPQ＝∠ABE+∠BAD＝∠BAD+∠CAD＝∠BAE＝60°；
∵BQ⊥AD，∴∠AQB＝90°，∴∠PBQ＝90°﹣60°＝30°，
∵PQ＝3，∴在Rt△BPQ中，BP＝2PQ＝6，
又∵PE＝1，∴AD＝BE＝BP+PE＝6+1＝7．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半，熟记性质并求出BP＝2PQ是解题的关键．
22．（2021·山东临沂市·八年级期末）如图，在中，，，，垂足为点，平分交于点，交于点． 点为的中点，连接交于点．
（1）求的度数；（2）．
【答案】（1）67.5°；（2）见解析．
【分析】（1）由，可得，再利用三角形的内角和定理可得：从而可得答案；
（2）先证明≌，可得， 连接，由，点为的中点，证明垂直平分，再求解 证明 从而可得结论．
【详解】解：（1） ∵，∴
∵∴．
（2） ∵，为垂足，∴
∵，∴ ，∴,∴，
又∵，平分，∴， ∴，
, ∴,
在和中∴≌，∴，
连接，∵，点为的中点， ∴垂直平分，
又∵点在上，∴，
平分， ∴,
∴,
又∵，∴， ∴，
∵，∴．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
23．（2020·东北师大附中明珠学校八年级期中）教材呈现：如图是华师版八年级上册数学教材第94页的部分内容．
线段垂直平分线：我们已经知道线段是轴对称图形，线段的垂直平分线是线段的对称轴．如图，直线MN是线段AB的垂直平分线，P是MN上任一点，连结PA、PB．将线段AB沿直线MN对折，我们发现PA与PB完全重合．由此即有：
线段垂直平分线的性质定理：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等．
已知：如图，MN⊥AB，垂足为点C，AC＝BC，点P是直线MN上的任意一点求证：PA＝PB．
分析：图中有两个直角三角形APC和BPC，只要证明这两个三角形全等，便可证得PA＝PB．
（1）请根据教材中的分析，结合图①，写出“线段垂直平分线的性质定理”完整的证明过程；
（2）如图②，在△ABC中，直线l，m，n分别是边AB，BC，AC的垂直平分线．
求证：直线l、m、n交于一点；（请将下面的证明过程补充完整）
证明：设直线l，m相交于点O．
（3）如图③，在△ABC中，AB＝BC，边AB的垂直平分线交AC于点D，边BC的垂直平分线交AC于点E，若∠ABC＝120°，AC＝15，则DE的长为 ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）5
【分析】（1）证明△PAC≌△PBC即可解决问题．（2）如图②中，设直线l、m交于点O，连结AO、BO、CO．用线段的垂直平分线的判定和性质解决问题即可．（3）连接BD，BE，证明△BDE是等边三角形即可．
【详解】证明：（1）如图①中，
∵MN⊥AB，∴∠PCA＝∠PCB＝90°．
在△PAC和△PBC中，，∴△PAC≌△PBC（SAS），∴PA＝PB．
（2）如图②中，设直线l、m交于点O，连结AO、BO、CO．
∵直线l是边AB的垂直平分线，∴OA＝OB，
又∵直线m是边BC的垂直平分线，∴OB＝OC，∴OA＝OC，
∴点O在边AC的垂直平分线n上，∴直线l、m、n交于点O．
（3）解：如图③中，连接BD，BE．
∵BA＝BC，∠ABC＝120°，∴∠A＝∠C＝30°，
∵边AB的垂直平分线交AC于点D，边BC的垂直平分线交AC于点E，
∴DA＝DB，EB＝EC，∴∠A＝∠DBA＝30°，∠C＝∠EBC＝30°，
∴∠BDE＝∠A+∠DBA＝60°，∠BED＝∠C+∠EBC＝60°，
∴△BDE是等边三角形，∴AD＝BD＝DE＝BE＝EC，
∵AC＝15，∴DE＝AC＝5．故答案为5．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了线段的垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
24．（2020·广西南宁市·八年级期末）已知点C是∠MAN平分线上一点，∠BCD的两边CB、CD分别与射线AM、AN相交于B，D两点，且∠ABC+∠ADC＝180°．过点C作CE⊥AB，垂足为E．
（1）如图1，当点E在线段AB上时，求证：BC＝DC；
（2）如图2，当点E在线段AB的延长线上时，探究线段AB、AD与BE之间的等量关系；
（3）如图3，在（2）的条件下，若∠MAN＝60°，连接BD，作∠ABD的平分线BF交AD于点F，交AC于点O，连接DO并延长交AB于点G．若BG＝1，DF＝2，求线段DB的长．
【答案】（1）见解析；（2）AD﹣AB＝2BE，理由见解析；（3）3．
【分析】（1）过点C作CF⊥AD，根据角平分线的性质得到CE＝CF，证明△BCE≌△DCF，根据全等三角形的性质证明结论；（2）过点C作CF⊥AD，根据角平分线的性质得到CE＝CF，AE＝AF，证明△BCE≌△DCF，得到DF＝BE，结合图形解答即可；（3）在BD上截取BH＝BG，连接OH，证明△OBH≌△OBG，根据全等三角形的性质得到∠OHB＝∠OGB，根据角平分线的判定定理得到∠ODH＝∠ODF，证明△ODH≌△ODF，得到DH＝DF，计算即可．
【详解】（1）证明：如图1，过点C作CF⊥AD，垂足为F，
∵AC平分∠MAN，CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，
∵∠CBE+∠ADC＝180°，∠CDF+∠ADC＝180°，∴∠CBE＝∠CDF，
在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（AAS）∴BC＝DC；
（2）解：AD﹣AB＝2BE，理由如下：如图2，过点C作CF⊥AD，垂足为F，
∵AC平分∠MAN，CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，AE＝AF，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，∴∠CDF＝∠CBE，
在△BCE和△DCF中，，∴△BCE≌△DCF（AAS），∴DF＝BE，
∴AD＝AF+DF＝AE+DF＝AB+BE+DF＝AB+2BE，∴AD﹣AB＝2BE；
（3）解：如图3，在BD上截取BH＝BG，连接OH，
∵BH＝BG，∠OBH＝∠OBG，OB＝OB
在△OBH和△OBG中，，∴△OBH≌△OBG（SAS）∴∠OHB＝∠OGB，
∵AO是∠MAN的平分线，BO是∠ABD的平分线，∴点O到AD，AB，BD的距离相等，∴∠ODH＝∠ODF，
∵∠OHB＝∠ODH+∠DOH，∠OGB＝∠ODF+∠DAB，∴∠DOH＝∠DAB＝60°，
∴∠GOH＝120°，∴∠BOG＝∠BOH＝60°，∴∠DOF＝∠BOG＝60°，∴∠DOH＝∠DOF，
在△ODH和△ODF中，，∴△ODH≌△ODF（ASA），∴DH＝DF，
∴DB＝DH+BH＝DF+BG＝2+1＝3．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，关键是依照基础示例引出正确辅助线．
25.（2021.重庆七年级期末）如图，在△ABC中．AB＝AC，点E在线段BC上，连接AE并延长到G，使得EG＝AE，过点G作GD∥BA分别交BC，AC于点F，D．（1）求证：AB＝GF；（2）若GD═10，AD＝3，求DC的长度；（3）在（2）的条件下，S△DCF＝7，求△ABC的面积．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据AAS证明△ABE≌△GFE，可解答；
（2）根据等腰三角形和平行线的性质得：∠C＝∠DFC，所以DF＝DC，设DC＝x，则AB＝AC＝3+x，根据DG＝10列方程可解答；（3）连接AF，根据同高三角形面积的比等于对应底边的比可得△ADF的面积，同理得△AFG的面积，由（1）中△ABE≌△GFE，则△ABE与△GFE的面积相等，利用面积和可得结论．
【详解】（1）证明：∵GD∥BA，∴∠BAE＝∠G，
在△ABE和△GFE中，∵，∴△ABE≌△GFE（AAS），∴AB＝GF；
（2）解：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵GD∥BA，∴∠B＝∠DFC，∴∠C＝∠DFC，∴DF＝DC，
设DC＝x，则AB＝AC＝3+x，∵DG＝10，∴FG+DF＝AB+DC＝10，即3+x+x＝10，∴x＝，∴DC＝；
（3）解：连接AF，∵S△ADF：S△CDF＝AD：DC，∵S△DCF＝7，AD＝3，CD＝，
∴S△ADF：7＝3：，∴S△ADF＝6，同理得：S△ADF：S△AFG＝DF：FG，即6：S△AFG＝：，∴S△AFG＝，
由（1）知：△ABE≌△GFE，∴S△ABF＝S△AFG＝，∴S△ABC＝+6+7＝．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，同高等底的三角形的面积关系，解题的关键在于熟悉对应的几何性质定理，并且能够想到利用同高等底三角形的面积比来求三角形面积．
26. （2021.成都市七年级期末）已知：ABC为等边三角形．（1）如图1，点D、E分别为边BC、AC上的点，且BD＝CE．①求证：ABD≌BCE；②求∠AFE的度数；（2）如图2，点D为ABC外一点，BA、CD的延长线交于点E，连接AD，已知∠BDC＝60°，且AD＝2，CD＝5，求BD的长；
（3）如图3，线段DB的长为3，线段DC的长为2，连接BC，以BC为边作等边ABC，连接AD，直接写出当线段AD取最大值与最小值时∠BDC的度数．
【答案】（1）①见解析，②60°；（2）7；（3）当AD取最小值时，点T落在线段BD上，∠BDC＝60°，当AD取最大值时，点T落在BD的延长线上，∠BDC＝120°
【分析】（1）i）根据SAS证明三角形全等即可．ii）利用全等三角形的性质以及三角形的外角的性质即可解决问题．（2）如图2中，在DB上取一点J，使得CJ＝CD，利用全等三角形的性质证明BD＝AD+DC即可．（3）如图3中，以CD为边向外作等边△CDT，连接BT．构造全等三角形，证明BT＝AD，求出BT的取值范围即可解决问题．
【详解】（1）①证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠C＝60°，
∵BD＝CE，∴△ABD≌△BCE（SAS）．
②解：∵△ABD≌△BCE，∴∠BAD＝∠CBE，
∴∠AFE＝∠FBA+∠BAD＝∠FBA+∠CBE＝∠CBA＝60°．
（2）解：如图2中，在DB上取一点J，使得CJ＝CD，
∵∠CDJ＝60°，CJ＝CD，∴△CDJ是等边三角形，
∴∠JCD＝∠ACB＝60°，DJ＝DC＝CJ，∴∠BCJ＝∠ACD，
∵CB＝CA，∴△BCJ≌△ACD（SAS），
∴BJ＝AD，∴BD＝BJ+DJ＝AD+DC＝2+5＝7．
（3）解：如图3中，以CD为边向外作等边△CDT，连接BT．
∵CT＝CD，CB＝CA，∠TCD＝∠BCA＝60°，∴∠TCB＝∠DCA，
∴△TCB≌△DCA（SAS），∴BT＝AD，
∵CT＝CD＝2，BD＝3，∴3﹣2≤BT≤3+2，
∴1≤BT≤5，∴1≤AD≤5．∴AD的最小值为1，最大值为5．
当AD取最小值时，点T落在线段BD上，∠BDC＝60°，当AD取最大值时，点T落在BD的延长线上，∠BDC＝120°．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型