专题09技巧方法课之等腰及等边三角形综合压轴题专练- 2022-2023学年八年级上册数学专题训练（人教版）

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专题09技巧方法课之等腰及等边三角形综合压轴题专练
（解析版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子，其中，、分别与交于、两点，将绕着点顺时针旋转90°得到；①,②平分；③若，CE=4,则；④若，其中正确的个数有（ ）


A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】
根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得△ABH和△ACE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BAF＝∠CAD，然后求出∠EAF＝45°，判断出①正确；根据全等三角形对应边相等可得BF＝CD，BE与CD不一定相等，判断出②正确；根据全等三角形对应边相等可得EF＝ED，然后利用勾股定理得到③正确；根据角的度数得到∠ADE＝∠BEA，然后利用“角角边”证明△ABD和△ACE全等，根据三角形面积公式即可求得，判断出④错误．
【详解】
解：∵AB＝AC＝AG＝FG，
∠BAC＝∠AGF＝90°，
∴∠ABC＝∠C＝∠FAG＝45°，
BC＝AB，
由旋转性质可知△ABH≌△ACE，
∴∠ABH＝∠ACE＝45°，BH＝CE，
AH＝AE，∠BAH＝∠CAE，
∠HBD＝∠ABH+∠ABC＝45°+45°＝90°，
∴BH⊥BC，故①正确；
∵∠BAH＝∠CAE，
∴∠BAH+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠FAG＝45°，
即∠DAH＝45°，
∴∠DAH＝∠DAE，
在△ADH和△ADE中，
，
∴△AHD≌△ADE（SAS），
DH＝DE，∠ADH＝∠ADE，
∴AD平分∠HDE，
故②正确；
在Rt△BDH中，BD2+BH2＝DH2，
BH＝CE，DH =DE，
∴BD2+BH2＝DH2，
当BD＝3，CE＝4时，
32+42＝DE2，
DE＝5，
BC= BD+DE+CE＝12，
∵BC＝AB＝12，
∴AB＝6，
故③正确；
BA＝BE，∠ABC＝45°，
∠BAE＝∠BEA＝＝67.5°，
∵∠DAE＝45°，
∴∠ADE＝180°﹣∠DAE﹣∠BEA＝67.5°，
∴∠ADE＝∠BEA，
∠ADB＝180°﹣∠ADE，
∠AEC＝180°﹣∠BEA，
∴∠ADB＝∠AEC，
在△ABD和△ACE中，
，
△ABD≌△ACE（AAS），
∴BD＝CE，
BD2+CE2＝DE2，
∴DE＝BD，
设A到BC边距离为h，
∵，
，
∴，
∴，
故④错误；
综上①②③正确，
故选：C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，以及勾股定理，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
2．如图，在等腰直角中，，，延长至点，使得，连接，的中线与交于点，连接，过点作交于点，连接，．则下列说法正确的个数为（ ）
①；②点为中点；③；④；⑤．

A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】D
【分析】
根据等腰三角形的性质以及等角的余角对①做出判断；利用ASA得出，从而对③④做出判断；根据平行线的性质和等腰三角形的性质对②做出判断；再根据同底等高的三角形的面积相等对⑤做出判断；
【详解】
∵，是的中线，
∴，，
∴，AE垂直平分CD，
∴，CF=DF，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故①正确；
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵是的中线，
∴，故③正确；
∵CB=BF+CF，CF=DF，BF=BD，
∴，故④正确；
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴点为中点，故②正确；
∵，
∴与同底等高，
∴S△GBF=S△GBD
∴，故⑤正确；
故选：D
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质和判定、全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
3．如图：四个形状大小相同的等腰三角形△ABE，△ADF，△CDG，△BCH按如图摆放在正方形ABCD的内部，顺次连接E、F、G、H得到四边形EFGH．若∠AEB＝∠AFD＝∠CGD＝∠BHC＝120°，且EH＝﹣，则BC的长为（　　）

A． B．4﹣4 C．2 D．2
【答案】C
【分析】
由题意易证，即得出，再利用三角形内角和定理结合等腰三角形的性质可求出，从而求出，进而求出，即说明四边形EFGH是正方形．设，连接EG并延长交CD于点N，延长GE交AB于点M，利用正方形的性质可求出，即说明EM⊥AB，且点M是AB的中点．即可得出，由含角的直角三角形的性质可求出，最后由，及可列出关于x的等式，解出x即可．
【详解】
解：
由题意可得：，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴ ，
∴，
∴，
∴四边形EFGH是正方形，
设，连接EG并延长交CD于点N，延长GE交AB于点M，
∴由正方形的性质可得，
∴，
∴EM⊥AB，且点M是AB的中点，

∴，
∴，
∵，
又∵，
∴，
解得：，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及含角的直角三角形的性质等知识．正确的作出辅助线是解答本题的关键．
4．如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
【答案】B
【分析】
过A作AI⊥BC垂足为I，然后计算△ABC的面积即可判定①；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定②；如图将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得∠P=60°，NP=AP=CD，然后讨论即可判定③；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形．
【详解】
解：如图1, 过A作AI⊥BC垂足为I
∵是边长为1的等边三角形
∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI=
∴AI=
∴S△ABC=,故①正确；

如图2，当D与C重合时
∵∠DBE=30°，是等边三角形
∴∠DBE=∠ABE=30°
∴DE=AE=
∵GE//BD
∴
∴BG=
∵GF//BD,BG//DF
∴HF=BG=,故②正确；

如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN
∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN
∵∠3=30°
∴∠2+∠4=∠1+∠4=30°
∴∠NBE=∠3=30°
又∵BD=BN，BE=BE
∴△NBE≌△DBE（SAS）
∴NE=DE
延长EA到P使AP=CD=AN
∵∠NAP=180°-60°-60°=60°
∴△ANP为等边三角形
∴∠P=60°，NP=AP=CD
如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立；

如图1，当AE=CD时，
∵GE//BC
∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60°
∴∠AGE=∠AEG=60°，
∴AG=AE
同理：CH=CD
∴AG=CH
∵BG//FH,GF//BH
∴四边形BHFG是平行四边形
∵BG=BH
∴四边形BHFG为菱形，故④正确．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
5．在平面直角坐标系中，等边如图放置，点的坐标为，每一次将绕着点逆时针方向旋转，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到，第二次旋转后得到，…，依次类推，则点的坐标为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
由题意，点A每6次绕原点循环一周，利用每边扩大为原来的2倍即可解决问题．
【详解】
解：由题意，点A每6次绕原点循环一周，
，
点在第四象限，， ，
点的横坐标为，纵坐标为，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化旋转，规律型问题，解题的关键是理解题意，学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
6．如图，等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D、E分别在线段AB、AC上，AD＝AE，BE和CD交于点N，AF⊥BE交BC于点F，FG⊥CD交AC于点M，交BE的延长线于点G．下列说法：①∠ABE＝∠FAC；②GE＝GM；③BG＝AF+FG；④C△AFM＝BE+CM；⑤S△BDN﹕S△AFC＝CE﹕AC．其中正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】
利用等角的余角可得∠ABE=∠FAC，可判断①正确；由等腰Rt△ABC，可得AB=AC，可证△AEB≌△ADC（SAS）可得∠AEB=∠ADC，利用等角的余角∠ADC=∠FMC=∠AEB，根据对顶角可得∠GEM=∠AEB，∠GME=∠FMC，可得∠GEM=∠GME可判断②GE＝ME正确；过C作CH∥AB，交AF延长线于H，可得∠ACH=∠BAE，先证△ABE≌△CAH（ASA），再证△FMC≌△FHC（AAS），可判断③BG＝AF+FG正确；利用等量代换C△AFM= BE+AM≠BE+CM，可判断④C△AFM＝BE+CM不正确；由AB=AC，AD=AE，可得BD=CE，由△AEB≌△ADC（SAS），可得∠DBN=∠ECN，先证△DNB≌△ENC（AAS），可得ND=NE，S△BDN=S△NEC，，连结AN，过N作NQ⊥AE于Q，FR⊥CM于R，再证△AND≌△ANE（SSS），三证△ANE≌△CFM（ASA），可得全等三角形对应高NQ=FR，可判断⑤S△BDN﹕S△AFC＝CE﹕AC正确．
【详解】
解：∵∠BAC＝90°，AF⊥BE，
∴∠BAF+∠FAC=90°，∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠ABE=∠FAC，
故①∠ABE＝∠FAC正确；
∵等腰Rt△ABC，
∴AB=AC，
在△AEB和△ADC中，

∴△AEB≌△ADC（SAS）
∴∠AEB=∠ADC，
∵FG⊥CD，
∴∠FMC+∠MCD=90°
∵∠DAC=90°，
∴∠ADC+∠MCD=90°
∴∠ADC=∠FMC=∠AEB
∵∠GEM=∠AEB，∠GME=∠FMC，
∴∠GEM=∠GME，
∴GE=GM，
故②GE＝GM正确；
过C作CH∥AB，交AF延长线于H，
∴∠BAC+∠ACH=180°，
∴∠ACH=180°-∠BAC=90°=∠BAE，
∵∠ABE=∠FAC，
在△ABE和△CAH中，
，
∴△ABE≌△CAH（ASA），
∴BE=AH，∠AEB=∠H=∠GEM=∠GME=∠FMC，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠HCF=∠ABC=∠MCF=45°，
在△FMC和△FHC中，
，
∴△FMC≌△FHC（AAS），
∴FM=FH，MC=HC，
∴BG=BE+EG=AH+GM=AF+FM+MG=AF+FG，
故③BG＝AF+FG正确；
C△AFM=AF+FM+AM=AF+FH+AM=BE+AM≠BE+CM，
故④C△AFM＝BE+CM不正确；
∵AB=AC，AD=AE，
∴BD=CE，
∵△AEB≌△ADC（SAS），
∴∠ABE=∠ACD即∠DBN=∠ECN，
在△DNB和△ENC中
，
∴△DNB≌△ENC（AAS），
∴ND=NE，S△BDN=S△NEC，，
连结AN，过N作NQ⊥AE于Q，FR⊥CM于R，
在△AND和△ANE中，
，
∴△AND≌△ANE（SSS），
∴∠DAN=∠FAN=45°，
∴∠NAE=∠FCM=45°，
在△ANE和△CFM中，
，
∴△ANE≌△CFM（ASA），
∴NQ=FR，（对应高相等）
S△CNE=，S△AFC=，
∴S△BDN﹕S△AFC= S△CNE：S△AFC＝：=CE﹕AC，
故⑤S△BDN﹕S△AFC＝CE﹕AC正确；
∴正确的个数有4个，分别为①②③⑤．
故选择D．

【点睛】
本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，线段和差，三角形面积等高，掌握等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，线段和差，三角形面积等高是解题关键．


二、填空题
7．已知正△ABC的边长为1，点P，点Q同时从点A出发，点P以每秒1个单位速度沿边AB向点B运动，点Q以每秒4个单位速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动，当点Q停止运动时，点P也同时停止运动．在整个运动过程中，若以点A，B，C中的两点和点Q为顶点构成的三角形与△PAC全等，运动时间为t秒，则t的值为__．

【答案】或或或或
【分析】
分三种情形：当点Q在AC上时，当点Q在BC上时，有两种情形，CQ＝AP或BQ＝PA满足条件，当点Q在BA上时，Q与P重合或AP＝QB满足条件，分别构建方程求解即可．
【详解】
解：当点Q在AC上时，CQ＝PA时，△BCQ≌△CAP，AP=t，AQ=4t，CQ=1-4t；
此时t＝1﹣4t，解得t＝．
当点Q在BC上时，有两种情形，CQ＝AP时，△ACQ≌△CAP，AP=t， CQ=4t -1， BQ=2-4t；
∴4t﹣1＝t，解得 t＝；
BQ＝PA时，△ABQ≌△CAP，
∴2﹣4t＝t，
解得t＝，
当点Q在BA上时，有两种情形，Q与P重合，△ACQ≌△ACP，AP=t，AQ=3-4t，BQ=4t -2；
∴t＝3-4t，解得t＝；
AP＝QB时，△ACP≌△BCQ，
t＝4t﹣2，
解得t＝，
综上所述，满足条件的t的值为或或或或，
故答案为：或或或或．

【点睛】
本题考查全等三角形的判定，等边三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
8．已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．
【答案】5
【分析】
①作出图形，过分别作,勾股定理解直角三角形即可
②作出图形，将绕点逆时针旋转60，P为的费马点则四点共线，即，再用勾股定理求得即可
【详解】
①如图,过作，垂足为,
过分别作, 则, P为的费马点







5
②如图：

.





将绕点逆时针旋转60
由旋转可得：

是等边三角形，

P为的费马点
即四点共线时候，
=

故答案为：①5，②
【点睛】
本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转也可，但必须绕顶点旋转．
9．如图，在锐角△ABC中，点D在线段CA的延长线上，BC边的垂直平分线分别交AB边于点E，交∠BAC的平分线于点M，交BAD的平分线于点N，过点C作AM的垂线分别交AM于点F，交MN于点O，过点O作OG⊥AB于点G，点G恰为AB边的中点，过点A作AI⊥BC于点I，交OC于点H，连接OA、OB，则下列结论中，（1）∠MAN=90°；（2）∠AOB=2∠ACB；（3）OH=2OG；（4）△AFO≌△AFH；（5）AE+AC=2AG．正确的是________．（填序号）

【答案】（1）（2）（4）（5）
【分析】
（1）使用角平分线的性质即可；（2）根据AB和BC的垂直平分线OG和MN可以得到OA=OB=OC，进而得到三组相等的角，再进行等量代换即可；（4）在和中，易得和公共边AH，再通过角度的计算和等量代换可以得到，即可证明；（5）根据垂直平分线的性质和（4）中的全等三角形可得BO=AH，通过角度的计算和等量代换可以证明和，进而可通过证明得到BE=AC，再进行等量代换即可；（3）易得OH=2OF，根据分析无法证明OF=OG，故可判断该项不符合题意．
【详解】
解：（1）∵AM平分，AN平分，
∴，．
∴．
又∵根据图示可得，
∴．
故（1）符合题意．
（2）∵G为AB中点，且，MN垂直平分BC，
∴OA=OB=OC，．
∴，，，．
∴，．
又∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
故（2）符合题意．
（4）如图所示，延长CO交AB于点J．

∵OB=OC，MN垂直平分BC，
∴，．
又∵，，，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
又∵，，
∴．
∴．
∴．
∵AM平分，，
∴，．
又∵，，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
在和中，
∵
∴．
故（4）符合题意．
（5）∵，，
∴．
又∵，，
∴，．
∴，．
∴．
∵，
∴OA=HA．
又∵OA=OB，
∴BO=AH．
∵，，，
∴．
又∵，
∴．
∴．
在和中，
∵
∴．
∴BE=AC．
∴AE+AC=AE+BE=AB．
∵G为AB中点，
∴AB=2AG．
∴AE+AC=2AG．
故（5）符合题意．
（3）∵，
∴FO=FH．
∴OH=2OF．
∵，，
∴．
∵无法证明AF=AG和和，
∴无法证明．
∴OF和OG可能相等，也可能不相等．
∴OH与2OG不一定相等．
故（3）不符合题意．
故答案为：（1）（2）（4）（5）．
【点睛】
本题考查角平分线的性质，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和以及全等三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识点是解题关键，特别注意等量代换的使用．

三、解答题
10．（1）已知如图1：△ABC．求作：⊙O，使它经过点B和点C，并且圆心O在∠A的平分线上（保留作图痕迹）．
（2）如图2，点F在线段AB上，AD∥BC，AC交DF于点E，∠BAC＝∠ADF，AE＝BC．求证：△ACD是等腰三角形．


【答案】（1）作图见解析；（2）证明见解析
【分析】
（1）分别作出∠A的角平分线和线段BC的垂直平分线，它们的交点即为圆心O，再以OC为半径画圆即可；
（2）利用“AAS”证明△ADE≌△CAB，即可得到AD=CA，即可求证．
【详解】
解：（1）如图所示：⊙O即为所求．


（2）证明：∵AD∥BC，
∴ ∠CAD=∠BCA，即∠EAD=∠BCA.
又∵∠ADF=∠CAB，AE=BC，
∴△ADE≌△CAB（AAS），
∴ AD=AC；
∴ △ACD是等腰三角形．。
【点睛】
本题考查了尺规作图和全等三角形的判定与性质，涉及到作一个角的平分线和线段的垂直平分线、平行线的性质、证明三角形全等以及利用全等三角形的性质证明线段相等等内容，解决本题的关键是牢记尺规作图的原理和方法、牢记相关概念等．
11．如图，直线交x轴于A点，交y轴于B点，，点B坐标为，直线经过点A交y轴于点C，且．
（1）求直线的解析式；
（2）点D为线段中垂线l上一点，且位于第一象限，将沿翻折得到，若点恰好落在直线l上，求点D和点的坐标．
（3）设P是直线上一点，点Q在l上，当为等边三角形时，直接写出的边长．

【答案】（1）y＝x−6；（2）D（4，2），（6，4）；（3）2 或
【分析】
（1）先由B点坐标，得到OB的长度，在直角△ABO中，由∠BAO＝30°，得到AB＝2OB，利用勾股定理，得到OA的长度，从而得到A点坐标，因为OA＝OC，求得OC的长度，得到C点坐标，利用待定系数法，求得直线AC的解析式；
（2）因为l垂直平分AB，所以B＝A，又因为△ABD沿BD翻折得到△BD，所以B＝AB，所以A＝B＝AB，得到△AB为等边三角形，且∠BD＝∠ABD＝30°，又∠BAO＝30°，利用内错角相等，两直线平行，得到BD∥AO，从而得到D的纵坐标为2，再由AD＝BD，可以算出∠DAO＝60°，过D作DM⊥OA于M，从而可以求得OM长度，得到D的坐标，再通过计算得到∠AO＝90°，得到A⊥OA，从而求得坐标；
（3）因为P是直线AC上一点，所以P可以在CA的延长线上，或者在射线AC上，利用共顶点的两个等边三角形形成一对旋转全等三角形的模型来解决问题．
【详解】
解：（1）∵B（0，2），
∴OB＝2，
在Rt△AOB中，∠OAB＝30°，
∴AB＝2OB＝4，
∴AO＝＝6，
∴A（6，0），
∴OA＝6，
∵OA＝OC，
∴OC＝6，
∴C（0，−6），
设直线AC为y＝kx−6，
代入点A，得k＝1，
∴直线AC解析式为y＝x−6；
（2）如图1，连接A ，

∵将△ABD沿BD翻折得到△BD，
∴AB＝B，且BD垂直平分A，∠ABD＝∠BD，
又∵l是AB的垂直平分线，且为直线l上一点，
∴B＝A，
∴B＝AB＝A，
∴△AB为正三角形，
∴∠ABD＝∠OAB＝30°，
∴BD∥OA，
∴D的纵坐标为2，
∵l是AB的垂直平分线，且D为直线l上一点，
∴DB＝DA＝D，
∴∠DBA＝∠DAB＝30°，
∴∠DAO＝60°，
过D作DM⊥OA于M，
∴∠ADM＝90°−∠DAO＝30°，
设AM＝a，则AD＝2a，
∵AD2−AM2＝DM2，
∴3a2＝12，
∴a＝2，
∴AM＝2，
∴OM＝6−AM＝4，
∴D（4，2），
∵∠AB＝60°，
∴∠AO＝∠AB＋∠BAO＝90°，
∴A⊥OA，
又A＝AB＝4，
∴（6，4），
即D（4，2），（6，4）；
（3）①如图2，当P在线段CA延长线上时，连接P，A和BQ，
∵△APQ为等边三角形，

∴AP＝AQ＝PQ，
∠BA＝∠PAQ＝60°，
∴∠BAQ＝∠AP，
在△ABQ与△AP中，
，
∴△ABQ≌△AP（SAS），
∴BQ＝P，
又∵Q为AB中垂线上一点，
∴BQ＝AQ，
∴AQ＝P，
又∵AP＝AQ，
∴AP＝P，
∴P在A的中垂线上，
∵A⊥OA，且A＝4，
∴P的纵坐标为2，
令y＝2，则x−6＝2，
∴x＝6＋2，
∴P（6＋2，2），
∴AP=，
②如图3，当P在射线AC上时，连接BP，

同理可得△ABP≌AQ，
∴PB＝Q，∠PBA＝∠QA，
∵∠BA＝60°，且Q垂直平分AB，
∴∠QA＝30°，
∴∠PBA＝30°，
又∠ABO＝90°−∠BAO＝60°，
∴∠PBO＝∠ABO−∠PBA＝30°，
过P作PG⊥y轴于G点，设P（m，m−6），
在Rt△PBG中，∠PBO＝30°，
∴PB＝2PG＝2m，
∴BG＝m，
∴m＝2−(m−6)，
∴m＝2，
∴P(2，2−6)，
∴AP＝
综上所述：△APQ的边长为2 或．
【点睛】
本题考查了一次函数综合题，第二问要充分利用轴对称的性质，充分挖掘条件，发现特殊的三角形和角度来解决问题，第三问要注意分类讨论，画出草图是突破口，同时，对共顶点的等边三角形模型要非常熟悉．
12．如图，在中，点D在边上，．将沿对折得到，交于点F．
（1）如图①，若，，求的度数；
（2）如图②，若，请说明；
（3）若，将绕点B逆时针方向旋转一个角度，记旋转中的为．在旋转过程中，直线分别与直线、直线交于点M、点N，是否存在这样的点M、点N，使与相等？若存在，请直接写出旋转角的度数；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）∠AFB =70°；（2）见解析；（3）存在，旋转角α的度数为60°或150°．
【分析】
（1）利用直角三角形的性质求得∠ADB=50°，再利用三角形的外角性质以及折叠的性质求得∠EBD=∠CBD=20°，最后利用三角形的外角性质即可求解；
（2）利用三角形的外角性质以及折叠的性质求得∠2+∠3=90°，∠2=2∠3+∠C，再在△FED中利用三角形内角和定理即可计算证明∠4=4∠3；
（3）分当∠AMN=∠ANM=20°和∠AMN=∠ANM=70°时两种情况讨论，分别画出图形，利用折叠和旋转的性质以及三角形内角和定理即可求解．
【详解】
（1）∵∠ABD=90°，∠A=40°，
∴∠ADB=50°，
由折叠的性质得∠EBD=∠CBD，
∵∠ADB=∠CBD+∠C，∠C=30°，
∴∠CBD=50°-30°=20°，
∴∠AFB=∠FBC+∠C=2∠CBD +∠C =70°；
（2）∵∠ABD=90°，∠1=∠2，∠EBD=∠CBD=∠3，
∴∠1+∠EBD=90°，即∠2+∠3=90°，
∵∠2=∠FBC+∠C=2∠3+∠C，
∴90°-∠3=2∠3+∠C，即∠C=90°-3∠3，
由折叠的性质得∠E=∠C，
在△FED中，∠EFD=∠2=2∠3+∠C=2∠3+90°-3∠3=90°-∠3，
∴∠4=180°-∠EFD-∠E=180°-(90°-∠3+90°-3∠3)= 4∠3；
（3）存在，
如图，当∠AMN=∠ANM时，

∵∠BAC= 40°，则∠AMN=∠ANM=20°，
∵∠ABD=90°，∠BAC =40°，
∴∠ADB=50°，
由折叠和旋转的性质得：∠EBD=∠CBD=∠E1BD1，∠C=∠E=∠BE1D1，
∵∠ADB=∠CBD+∠C=50°，则∠BD1N=∠E1BD1+∠BE1D1=50°，
∴∠BFD=∠BD1N+∠ANM=70°，
∴∠D1BD=180°-70°-50°=60°，
即旋转角度为60°；
如图，当∠AMN=∠ANM时，

∵∠BAC= 40°，则∠AMN=∠ANM=70°，
同理，∠BD1N =50°，
∴∠D1MB=∠AMN=70°，
∴∠D1BM=180°-70°-50°=60°，
∴∠D1BD=60°+90°=150°，
即旋转角度为150°；
综上，旋转角α的度数为60°或150°．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，旋转的性质，三角形的外角性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形、灵活运用所学知识是解题的关键．
13．在中，点M为AB的中点．
（1）如图1，若，连接DM且，试探究AB与BC的数量关系；
（2）如图2，若为锐角，过点C作于点E，连接EM，，
①求证：
②若，求的值．

【答案】（1），理由见解答过程；（2）①见解析；②
【分析】
（1）由，可得，，从而是等腰直角三角形，，根据四边形是平行四边形，是中点，即得；
（2）①过点M作MN∥AD，分别交DC，CE于点N，F，可得四边形AMND与MBCN是平行四边形，根据等边对等角证明∠EMF=∠CMF，根据∠BME=3∠AEM推出∠NMC=∠NCM，得到MN=NC，可得结论；
②设，，则，，，中，，有，解得或，即可得．
【详解】
解：（1），理由如下：
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
四边形是平行四边形，是中点，
，，
；
（2）①过点M作MN∥AD，分别交DC，CE于点N，F，
则四边形AMND与MBCN是平行四边形，
且AM=BM=CN=DN，
∴EF=FC，
∵AE⊥CE，
∴MF⊥CE，
∴EM=CM，
∴∠EMF=∠CMF，
∵∠BME=3∠AEM，∠EMF=∠AEM，即∠BMN=2∠EMF，
∴∠CMN=∠CMB，
∴∠NMC=∠NCM，即MN=NC，
∴AB=2BC；

②如图：

由①知：，

设，，则，，，
中，，
，
化简整理得：，
解得或，
，
，
，即．
【点睛】
本题考查平行四边形性质及应用，涉及矩形、等腰直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造等腰三角形及CE的垂直平分线．
14．如图1，已知等腰直角ΔABC，∠ACB＝90°，在直角边BC上取一点D，使∠DAC＝15°，以AD为一边作等边ΔADE，且AB与DE相交．
（1）求证：AB垂直平分DE；
（2）连接BE，判断EB与AC的位置关系，并说明理由；
（3）如图2，若F为线段AE上一点，且FC＝AC，求的值．

【答案】（1）见解析；（2）互相平行；见解析；（3）1
【分析】
（1）根据∠DAC＝15°及等腰直角三角形的性质，可得∠DAB=30°，根据等边三角形的性质可得∠EAB=30°，由等腰三角形的性质可得结论；
（2）由（1）的结论易得BD=BE，∠EBA=∠CBA=45°，即BE⊥BC，从而可得BE与AC的位置关系；
（3）延长CF，与BE的延长线交于点G．易得CF=BF；其次由（2）的结论易得∠G=30°，从而CG=2BC=2FC ，即CF=GF，然后可证明△CAF≌△GEF，从而得AF=EF，即可得结果．
【详解】
（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°
∴AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°
∵∠DAC=15°
∴∠DAB=∠CAB-∠DAC=30°
∵△ADE是等边三角形
∴∠DAE=60°
∴∠EAB=∠DAE-∠DAB=30°
∴∠DAB=∠EAB
∵△ADE是等边三角形
∴AB垂直平分DE
（2）互相平行
理由如下：
∵AB垂直平分DE
∴BD=BE
∴∠EBA=∠CBA=45°
∴∠EBC=∠EBA+∠CBA=90°
即∠EBC+∠ACB=180°
∴BE∥AC
（3）延长CF，与BE的延长线交于点G，如图所示

∵∠FAC=∠DAE+∠DAC=75°，FC=AC
∴∠CFA=∠FAC=75°
∴∠FCA=180°－2×75°=30°
∵AC=BC，AC=FC
∴BC=FC
由（2）知：BE∥AC
∴∠G=∠FCA=30°
∵∠EBC=90°
∴CG=2BC=2FC
∴CF=GF
在△CAF和△GEF中

∴△CAF≌△GEF(ASA)
∴AF=EF
∴
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，第（3）问的关键是作辅助线，构造三角形全等．
15．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A在y轴的正半轴上，点B在x轴的正半轴上，OA＝OB＝10．
（1）求直线AB的解析式；
（2）若点P是直线AB上的动点，当S△OBP＝S△OAP时，求点P的坐标；
（3）将直线AB向下平移10个单位长度得到直线l，点M，N是直线l上的动点（M，N的横坐标分别是xM，xN，且xM＜xN），MN＝4，求四边形ABNM的周长的最小值，并说明理由．

【答案】（1）；（2）P或；（3）四边形ABNM的周长的最小值为．
【分析】
（1）由题意易得，然后代入求解即可；
（2）由题意可得△OBP若以OB为底，则点P的纵坐标的绝对值就是它的高，△OAP若以OA为底，则点P的横坐标的绝对值就是它的高，然后根据三角形面积计算公式可进行求解；
（3）由题意可得如图所示，作点A关于MN的对称点C，作MD∥BN，进而可得MA=MC，MD=BN，要使四边形ABNM的周长的最小值，则需满足为最小即可，进而问题可求解．
【详解】
解：（1）∵点A在y轴的正半轴上，点B在x轴的正半轴上，OA＝OB＝10，
∴，
设直线AB的解析式为，
∴，解得：，
∴直线AB的解析式为；
（2）由（1）及题意可设，则有△OBP若以OB为底，则点P的纵坐标的绝对值就是它的高，△OAP若以OA为底，则点P的横坐标的绝对值就是它的高，
∵S△OBP＝S△OAP，
∴，
∵OA＝OB＝10，
∴，
解得：或，
∴点P的坐标为或；
（3）由题意可得如图所示：

作点A关于MN的对称点C，作MD∥BN，连接MC、CD，
∴，，
∵MN∥AB，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∵MN＝4，
∴，
∵，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴，直线l与AB的距离为，
∴根据轴对称的性质可得，
∴四边形的周长为，
要使四边形ABNM的周长的最小值，则需满足为最小即可，即需满足点C、M、D三点共线时即可，此时，
∴在Rt△ADC中，，由勾股定理可得：
，
∴，
∴四边形ABNM的周长的最小值为．
【点睛】
本题主要考查一次函数与几何的综合、等腰直角三角形的性质与判定、轴对称的性质及勾股定理，熟练掌握一次函数与几何的综合、等腰直角三角形的性质与判定、轴对称的性质及勾股定理是解题的关键．
16．（1）如图1，等边△ABC中，点D为AC的中点，若∠EDF＝120°，点E与点B重合，DF与BC的延长线交于F点，则DE与DF的数量关系是　 　；BE＋BF与的BC数量关系是　 　；（写出结论即可，不必证明）

（2）将（1）中的点E移动一定距离（如图2），DE交AB于E点，DF交BC的延长线于F点，其中“等边△ABC中，D为AC的中点，若∠EDF＝120°”这一条件不变，则DE与DF有怎样的数量关系？BE＋BF与BC之间有怎样的数量关系？写出你的结论并加以证明；
（3）将（1）中的点E移动到AB延长线上，DE与AB的延长线交于E点，DF交BC的延长线于F点（如图3），其中“等边△ABC中，D为AC的中点，若∠EDF＝120°”这一条件仍然不变，则BE、BF、BC这三者之间的数量关系是　 　．（直接写出结论即可）
【答案】（1）DE=DF，BE+BF=BC；（2）DE=DF，BE+BF=BC；（3）DE=DF，BF-BE=BC
【分析】
（1）点与点重合，即，因为，所以可得出三者之间的关系；
（2）过作交于点，证明，DE=DF，ME=CF，即可得到结果；
（3）取中点，连接，证明△END≌△FCD，得到DE=DF，从而判断BE、BF、BC的关系．
【详解】
解：（1）等边中，点为的中点，，
，
，
；
（2）；．
过作交于点，

则，，
是等边三角形，
则，，
则，
即：，
在和中，
，
，
，，
∴；
（3）取中点，连接，如图所示
，，，
，
，
，
，
．
．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；可围绕结论寻找全等三角形，运用全等三角形的性质判定线段相等，证得三角形全等是正确解答本题的关键．
17．如图1，若△DEF的三个顶点D，E，F分别在△ABC各边上，则称△DEF是△ABC的内接三角形．
（1）如图2，点D，E，F分别是等边三角形ABC各边上的点，且AD＝BE＝CF，则△DEF是△ABC的内接 　 　．
A．等腰三角形
B．等边三角形
C．等腰三角形或等边三角形
D．直角三角形
（2）如图3，已知等边三角形ABC，请作出△ABC的边长最小的内接等边三角形DEF．（保留作图痕迹，不写作法）
（3）问题：如图4，△ABC是不等边三角形，点D在AB边上，是否存在△ABC的内接等边三角形DEF？如果存在，如何作出这个等边三角形？
①探究1：如图5，要使△DEF是等边三角形，只需∠EDF＝60°，DE＝DF．于是，我们以点D为角的顶点任作∠EDF＝60°，且DE交BC于点E，DF交AC于点F．
我们选定两个特殊位置考虑：位置1（如图6）中的点F与点C重合，位置2（如图7）中的点E与点C重合．在点E由位置1中的位置运动到位置2中点C的过程中，DE逐渐变大而DF逐渐变小后再变大，如果存在某个时刻正好DE＝DF，那么这个等边三角形DEF就存在（如图8）．理由：　 　是等边三角形．
②探究2：在BC上任取点E，作等边三角形DEF（如图9），并分别作出点E与点B、点C重合时的等边三角形DBF′和DCF″．连接FF'，FF″，证明：FF'+FF″＝BC．
③探究3：请根据以上的探究解决问题：如图10，△ABC是不等边三角形，点D在AB边上，请作出△ABC的内接等边三角形DEF．（保留作图痕迹，不写作法）

【答案】（1）B；（2）见解析；（3）①有一个角是60°的等腰三角形；②见解析；③见解析
【分析】
（1）通过已知条件判断三角形全等即可；
（2）过三点作对边的垂线即可；
（3）①运用有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形这一定理即可；
②通过证明三角形全等得到BE＝F′F和EC＝FF″，即可证明FF'+FF″＝BC；
③运用②的结论，确定等边三角形一个点F，再通过截取确定点E，即可作出所求三角形．
【详解】
（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠B＝∠C＝60°，
∵AD＝BE＝CF，
∴AB﹣AD＝BC﹣BE＝AC﹣CF，
∴BD＝CE＝AF，
在△ADF和△BED中，
，
∴△ADF≌△BED（SAS），
∴DF＝ED，
在△ADF和△CFE中，
，
∴△ADF≌△CFE（SAS），
∴DF＝EF，
∴DF＝DE＝EF，
∴△DEF是等边三角形，
故答案为：B；
（2）如图所示，△ABC的边长最小的内接等边△DEF即为所求；

（3）①∵DE＝DF，∠EDF＝60°，
∴△DEF是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形），
故答案为：有一个角是60°的等腰三角形；
②连接FF′和FF″，
∵△DBF′、△DEF、△DCF″都是等边三角形，
∴DB＝DF′，DE＝DF，DC＝DF″，∠BDF′＝∠EDF＝∠CDF″＝60°，
∴∠BDE＝∠F′DF，∠EDC＝∠FDF″，
在△DBE和△DF′F中，
，
∴△DBE≌△DF′F（SAS），
∴BE＝F′F，
在△DEC和△DFF″中，
，
∴△DEC≌△DFF″（SAS），
∴EC＝FF″，
∴BC＝BE+EC＝F′F+FF″，即FF'+FF″＝BC；

③以BD为边作等边△BDF′，以CD为边作等边△CDF″，
连接F′F″交AC于点F，连接DF，
在BC上截取BE＝F′F，连接DE，DF，△DEF即为所求．

【点睛】
本题考查等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质以及尺规作图，构造全等三角形是解题的关键．
18．如图1，在等边的边和边上分别取点、，使得，将绕点顺时针旋转，得到图2所示的图形．

（1）求证：≌；
（2）如图3，若，，且旋转角为45°时，求的度数；
（3）如图4，连接，并延长交于点，若旋转至某一位置时，恰有，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）30°；（3）
【分析】
（1）先证△ADE是等边三角形，由“SAS”可证△ADB≌△AEC；
（2）由等腰直角三角形的性质可求AF=EF=，在Rt△AEF中，由勾股定理可求EC的长，由直角三角形的性质可求EF=EH=FH，可证△EFH是等边三角形，即可求解；
（3）由全等三角形的判定和性质可得∠AEC=∠ADB=90°，EC=DB，由平行线的性质可求∠ADB=∠DBE=90°，∠BEF=30°，由直角三角形的性质可求EF=DF=2BF，即可求CE=3BF，CF=5BF，即可求解．
【详解】
解：证明：（1）如图1，∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵AD=AE，
∴△ADE是等边三角形，
如图2，∵△ADE是等边三角形，
∴AD=AE，∠DAE=∠BAC=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS）；
（2）如图3，过点E作EF⊥AC于F，取EC中点H，连接FH，

∵∠CAE=45°，
∴∠CAE=∠AEF=45°，
∴AF=EF，AE=AF，
∵AD==AE，
∴AF=EF=，
∵AB=+3=AC，
∴CF=3，
∴CE=，
∵∠EFC=90°，点H是EC中点，
∴EH=FH=HC=，
∴EF=EH=FH，
∴△EFH是等边三角形，
∴∠FEH=60°，
∴∠ECA=30°；
（3）由（1）可知：△BAD≌△CAE，
∴∠AEC=∠ADB=90°，EC=DB，
又∵∠AED=60°，
∴∠DEF=30°，
∵AD∥BE，
∴∠ADB=∠DBE=90°，∠DAE+∠BEA=180°，
∴∠BEA=120°，
∴∠DEB=60°，∠FEB=30°，
∴EF=2BF，
∵∠BDE=90°-∠DEB=30°，
∴∠BDE=∠DEF=30°，
∴EF=DF=2BF，
∴DB=3BF=CE，
∴CF=CE+EF=5BF，
∴．
【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，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，求出CF=5BF是解题的关键．
19．如图，在中，，，垂足为点D．

（1）试说明点D为的中点；
（2）如果，将线段绕着点D顺时针旋转60°后，点A落在点E处，联结、，试说明//；
（3）如果的度数为n，将线段绕着点D顺时针旋转（旋转角小于180°），点A落在点F处，联结线段，//，求直线与直线的夹角的度数（用含n的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）直线与直线的夹角的度数是或．
【分析】
（1）本题主要考查等腰三角形的三线合一性质，利用“等腰三角形底边上的中线与底边上的高互相重合”即可解答．
（2）根据等边三角形的判定和性质，先推出（SAS），再根据全等三角形性质和平行线的判定可求出解；
（3）根据等腰三角形性质可得，结合题意，分3种情况分析：，，；根据题意画出图形，借助全等三角形的判定和性质可求解．
【详解】
（1）解：∵，
∴△ABC是等腰三角形
∵（已知），
∴点D为的中点.
（等腰三角形底边上的中线与底边上的高互相重合）
（2）解：

∵，（已知），
∴是等边三角形
（有一个内角等于60°的等腰三角形是等边三角形），
∴（等边三角形的三内角等于60°）.
∵（已知），
∴
（等腰三角形底边上的中线与顶角的平分线互相重合），
∴（等式性质）.
∵，（旋转的意义），
∴是等边三角形
（有一个内角等于60°的等腰三角形是等边三角形），
∴（等边三角形的三边相等），
（等边三角形的三内角等于60°）.
∴（等式性质），
即，
∴（等量代换）.
在与中，

∴（SAS）.
∴（全等三角形的对应边相等），
∴（等量代换），
∴（等式性质），
即，
∴（等式性质），
∴（同旁内角互补，两直线平行）.
（3）解：∵（已知），
∴（等边对等角），
∵（已知），
（三角形的内角和等于180°），
∴（等式性质），
∴（等式性质）.
∵（已知），
∴（等腰三角形底边上的中线与底边上的高互相重合），
（等腰三角形底边上的中线与顶角的平分线互相重合）.
当的度数为n，n有三种可能情况：，，.
（i）当时：
延长、交于点G.
∵（已知），
∴（两直线平行，内错角相等），
（两直线平行，同旁内角互补），
∴（等式性质），
∴（等量代换）.
在与中，

∴（ASA），
∴（全等三角形的对应边相等），
（全等三角形的对应角相等）.
∵（旋转的意义），
∴（等量代换），
∴（等边对等角），
∴（等量代换）.
∵
（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和），
∴（等式性质），
∴（等式性质）.
∵（对顶角相等），
∴（等量代换），
∴直线与直线的夹角的度数是.

（ii）当时：
延长交于点G.
∵（已知），
∴（两直线平行，内错角相等）.
在与中，

∴（ASA），
∴（全等三角形的对应边相等），
（全等三角形的对应角相等）.
∵（旋转的意义），
∴（等量代换），
∴（等边对等角），
∴（等量代换）.
∵
（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和），
∴（等式性质），
∴（等式性质）.
∵（对顶角相等），
∴（等量代换），
∴直线与直线的夹角的度数是.

（iii）当时：
∵（已知），
∴，（等式性质），
∴（等量代换），
∴（等边对等角），
∵（旋转的意义），
∴（等量代换），
∴，
∴∠ADF=180°
∴不符合题意，舍去.

综合上述，直线与直线的夹角的度数是或.
【点睛】
本题主要考查平行线、等腰三角形与全等三角形的有关概念，辅助线的添加、方程思想，以及问题的多样性，解题过程中要注意考虑完整，正确添加辅助线，解题过程如上．
20．角平分线性质定理描述了角平分线上的点到两边距离的关系，小明发现将角平分线放在三角形中，还可以得出一些线段比例的关系．
请完成下列探索过程：
（研究情景）
如图1，在△ABC中，∠ABC的角平分线交AC于点D．
（初步思考）
（1）若AB＝4，BC＝7，则＝　 　；
（深入探究）
（2）请判断和之间的数值关系，并证明；
（应用迁移）
（3）如图2，△ABC和△ECD都是等边三角形，△ABC的顶点A在△ECD的边ED上，CD交AB于点F，若AE＝4，AD＝2，求△CFB的面积．

【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）
【分析】
（1）过点D作DM⊥AB于点M，作DN⊥BC于点N，运用角平分线性质可得DM=DN，再利用三角形面积公式即可求得答案；
（2）过点D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，过点B作BE⊥AC于E，利用两种不同的方法表示出△ABD和△BDC的面积，表示出，即可证明；
（3）连接BD，过点A作AG⊥BC于G，过点C作CH⊥DE于H，证明△ACE≌△BCD，得到CD平分∠BDA，且BD=AE=4，根据所得结论可得和，再运用勾股定理可求出CH，AC，最后根据S△BCF=S△ACB得到结果．
【详解】
解：（1）过点作于点，作于点，

平分，
，
，，
；
故答案为：；
（2）．理由如下：
如图，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，过点B作BE⊥AC于E，

∵S△ABD=，
S△BDC=，
∴，
又∵，
∴；
（3）连接BD，过点A作AG⊥BC于G，过点C作CH⊥DE于H，
∵△ABC和△ECD是等边三角形，
∴CE=CD，AC=BC，∠ECD=∠ACB=60°，
∴∠ECD-∠ACD=∠ACB-∠ACD，
即∠ACE=∠DCB，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴∠E=∠BDC=60°=∠CDE=60°，即CD平分∠BDA，且BD=AE=4，
同理可得：，
∴，
∴，
∵AE=4，AD=2，
∴DE=AE+AD=4+2=6，
∵△ECD是等边三角形，CH⊥DE，
∴EH=DH=3，CE=DE=6，
∴CH=，
∵AH=DH-AD=3-2=1，
∴AC=，
∴CG=BG=，
∴AG=，
∴S△BCF=S△ACB==．

【点睛】
本题是三角形综合题，主要考查了角平分线性质，等边三角形的性质，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，勾股定理，知识点较多，解题的关键是构造全等三角形，得到角平分线，运用所得结论进行类比．
21．综合与实践
问题情境：数学课上，同学们以等腰直角三角形为背景探究图形变化中的数学问题．如图1，将两张等腰直角三角形纸片重叠摆放在桌面，其中，，，点，在的同侧，点，在线段上，连接并延长交于点，已知．将从图1中的位置开始，绕点顺时针旋转（保持不动），旋转角为．
数学思考：（1）“求索小组”的同学发现图1中，请证明这个结论；
操作探究：（2）如图2，当时，“笃行小组”的同学连接线段，．
请从下面A，B两题中任选一题作答．我选择________题．
A．①猜想，满足的数量关系，并说明理由；
②若，请直接写出时，，两点间的距离；
B．①猜想，满足的位置关系，并说明理由；
②若，请直接写出点落在延长线时，，两点间的距离．


【答案】（1）见详解；（2）A.①AD=BE，理由见详解；②；B.①AD⊥BE，理由见详解；②-1．
【分析】
（1）根据等腰三角形三线合一的性质，即可得到结论；
（2）A.①利用手拉手模型，证明，即可得到结论；②过点E作EH⊥CB交CB的延长线于点H，连接CE，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理，即可求解；B.①延长DA交OE于点Q，交BE于点P，利用“8”字模型得∠EPQ=∠QOD=90°，进而即可得到结论；②过点O作OQ⊥AC，可得QO=1，利用勾股定理得，进而即可求解．
【详解】
解：（1）∵，，
∴是等腰直角三角形，
又∵，
∴OB=OC，
同理：OE=OF，
∴OE-OB=OF-OC，
∴；
（2）A.①AD=BE，理由如下：
∵，OD⊥EF，
∴∠AOB=∠DOE=90°，
∴∠EOB=∠DOA，
∵和是等腰直角三角形，
∴BO=AO，EO=DO，
∴，
∴AD=BE；
②∵旋转角，
∴∠BOE=45°，
∴∠COE=135°，
∵，
∴OC=OB=2÷=，
过点E作EH⊥CB交CB的延长线于点H，连接CE，


∵在中，HE=HO=2÷=，
∴在中，CE=；
B.①AD⊥BE，理由如下：
延长DA交OE于点Q，交BE于点P，


易证：，
∴∠1=∠2，
又∵∠3=∠4，∠1+∠EPQ+∠3=∠2+∠QOD+∠4=180°，
∴∠EPQ=∠QOD=90°，
∴AD⊥BE；
②过点O作OQ⊥AC，


∵，
∴，
∵∠ACO=45°，
∴是等腰直角三角形，
∴QO=QC=，
∴在中，，
∴CF=-1．
【点睛】
本题主要考查勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加合适的辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．
22．阅读下列材料，并解答其后的问题：
定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的四边形叫做等补四边形．
如图1，若AB＝AD，∠A+∠C＝180°，则四边形ABCD是等补四边形．

（1）理解：如图2，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°．请用尺规作图法作出点D，使得以A、B、C、D四点为顶点的四边形是等补四边形；（只需作出一个满足条件的点D即可．要求不用写作法，但要保留作图痕迹．）
（2）探究：如图3，等补四边形ABCD中，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，BD是对角线．求证：BD平分∠ADC；
（3）运用：将斜边相等的两块三角板如图4放置，其中含45°角的三角板ABC的斜边与含30°角的三角板ADC的斜边重合，B、D位于AC的两侧，AB＝BC＝4，连接BD．则BD的长为　　．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2+2．
【分析】
（1）根据题意作出图形，①在直线AB上方作∠BAM＝∠BAC，②在边AM上截取AD＝AC，证明△BAD≌△BAC，继而根据“等补四边形”的定义证明即可；
（2）过点B作BE⊥AD于E，作BF⊥CD，交DC的延长线于F，证明△AEB≌△CFB，继而根据角平分线的判定定理证明即可；
（3）作AP⊥BD于点P，先证明四边形ABCD是等补四边形，再由（2）的结论可知，DB平分∠ADC，再求得∠ABP＝30°，继而勾股定理求得BP，根据BD＝BP+PD即可求解
【详解】
（1）如图2，

作法：①在直线AB上方作∠BAM＝∠BAC，
②在边AM上截取AD＝AC，
点D就是所求的点．
证明：连接BD，
∵AD＝AC，∠BAD＝∠BAC，AB＝AB，
∴△BAD≌△BAC（SAS），
∠ADB＝∠ACB＝90°，
∠ADB+∠ACB＝180°，
四边形ACBD是等补四边形，
∴点D就是所求的点．
（2）如图3，过点B作BE⊥AD于E，作BF⊥CD，交DC的延长线于F，

∴∠AEB＝∠BFC＝90°，
∵∠A+∠BCD＝180°，∠BCF+∠BCD＝180°，
∴∠A＝∠BCF，
∵AB＝BC，
∴△AEB≌△CFB（AAS），
∴BE＝BF，
∵BE⊥AD，BF⊥CD，
∴点B在∠ADC的平分线上，
∴BD平分∠ADC．
（3）如图4，

作AP⊥BD于点P，则∠APB＝∠APD＝90°，
由题意得，∠ADC＝∠ABC＝90°，∠DAC＝60°，∠BAC＝45°，
∴∠BAD＝60°+45°＝105°；
∵∠DAB+∠DCB
＝360°﹣（∠ADC+∠ABC）
＝360°﹣（90°+90°）＝180°，
AB＝BC＝4，
∴四边形ABCD是等补四边形；
由（2）得，DB平分∠ADC，
∴∠PDA＝∠ADC＝45°，
∴∠PAD＝45°，
∴∠PDA＝∠PAD，
∴PD＝PA，∠PAB＝105°﹣45°＝60°，
∴∠ABP＝30°，
∴PD＝PA＝AB＝2，
∴BP＝＝＝2，
∴BD＝BP+PD＝2+2．
故答案为：2+2
【点睛】
本题考查了三角形全等的性质与判定，角平分线的性质与判定，勾股定理，30度角所对的直角边等于斜边的一半，正确的作出图形是解题的关键．
23．同学们学习了全等三角形，知道其重要应用是通过全等三角形证明角相等或边相等，进而求角度或边长．有些题目不能直接得全等三角形时，需要根据条件购造全等三角形，当遇到等腰直角三角形时我们可以利用两条相等的腰及顶角90°，来构造全等的两个直角三角形，从而解决问题．
（1）发现，如图1，已知等腰直角△ABC，点P是边AB上一点，过点A作CP的垂线交CP延长线于点E，过点B作CP的垂线，垂足为点F，若BF＝7，AE＝3，则EF＝　 　；
（2）探索：如图2，已知等腰直角△ABC，点E是内部一点，且CE＝4，AE垂直CE，连接BE，求△BCE的面积；
（3）应用：如图3，已知钝角三角形ABC（∠ACB＞90°），∠A＝45°，以BC为边在直线BC与点A同侧的位置作等腰直角△BCD，过点D作DE垂直AB，垂足为点E，则线段AE与线段BE有怎样的数量关系呢？并请说明由．

【答案】（1）4；（2）8；（3）AE=BE，理由见解析
【分析】
（1）由“AAS”可证△ACE≌△CBF，可得AE=CF=3，CE=BF=7，即可求解；
（2）由“AAS”可证△ACE≌△BCF，可得CE=BF=4，由三角形的面积公式可求解；
（3）由“AAS”可证△BDE≌△DCF，可得DF=BE，CF=DE，由等腰直角三角形的性质可得AE=EH，HF=CF=DE，由线段的和差关系可得结论．
【详解】
解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠ACE+∠BCF=90°，
∵AE⊥CE，BF⊥CE，
∴∠E=∠BFC=90°，
∴∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BCF，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴AE=CF=3，CE=BF=7，
∴EF=CE-CF=4，
故答案为：4；
（2）如图2，过点B作BF⊥CE，交CE的延长线于点F，

∴∠BFC=∠AEC=∠ACB=90°，
∴∠ACE+∠BCF=90°=∠ACE+∠CAE，
∴∠CAE=∠BCF，
又∵AC=BC，
∴△ACE≌△BCF（AAS），
∴CE=BF=4，
∴S△BCE=×CE×BF=8；
（3）AE=BE，
理由如下：如图3，延长DE，AC交于点H，过点C作CF⊥DH于点F，

∵CF⊥DH，DE⊥AB，
∴∠CFD=∠DEB=∠CDB=90°，
∴∠CDF+∠BDE=90°=∠DBE+∠BDE，
∴∠CDF=∠DBE，
又∵CD=BD，
∴△BDE≌△DCF（AAS），
∴DF=BE，CF=DE，
∵∠A=45°，DH⊥AB，
∴∠A=∠H=45°，
∴AE=EH，∠H=∠HCF=45°，
∴HF=CF=DE，
∴AE=EH=EF+CH=EF+CF=EF+DE=DF，
∴AE=BE．
【点睛】
本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
24．已知：菱形中，过点作，垂足为点，．

（1）如图1，求的度数；
（2）如图2，连接、，点在上，于点，交于点，点在上，连接、，，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，分別连接、，、交于点，交于点，若，，求菱形的面积．
【答案】（1） ；（2）见解析；（3）菱形的面积为．
【分析】
（1）连接，根据三线合一性质解得，再由菱形性质解得，继而解题；
（2）由菱形性质解得平分，解得，再由含30°角的直角三角形性质解得，继而证明（SAS），最后根据全等三角形的性质解题；
（3）在上取点，使，连接，先证明（ASA），据此解得，即，再证明，解得，设，则，过点作于点，交于点，连接，，由勾股定理解得的值
，继而解得的值，在中，利用勾股定理解得
的值，最后根据菱形的面积公式解题
【详解】
解：（1）连接，

∵四边形为菱形，
∴，，
∵，，
∴
∴
∴， ；
（2）∵四边形为菱形，
∴平分

∴
∵，
∴
在中，，
∴
又∵，
∴
∵为等边三角形，，
∴
∴
∴（SAS）
∴；
（3）在上取点，使，连接，
∵四边形为菱形，

∴，
∴
又∵，
∴
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴（ASA）
∴，
∴，即
∵，，

∴
∴，
∴
∴，
∵，设，则
过点作于点，交于点，连接，

∴在中，.
∴，
∴
在中，
∴
∵垂直平分，
∴，
又由（2）得，
∴，
又∵，
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
在中，

∴
在中，
∴，
易解得

在中，

解得：
∴
易求得
∴菱形的面积为：.
【点睛】
本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形、勾股定理、平行线的性质等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键.
25．如图在平面直角坐标系中，直线分别交轴，轴于、两点，点的坐标为，且点的坐标为．
（1）求点坐标；
（2）若点、关于直线对称，在备用图中画出直线，再求直线的函数解析式；
（3）点是直线与直线l的交点，点在第一象限内，当为等腰直角三角形时，直接写出点的坐标．

【答案】（1），（2）见解析，，（3）
【分析】
（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）如图1中，设直线与轴的交点为，交BC轴于H．由H是BC中点可得到H的坐标，利用勾股定理构建方程求出点点坐标即可用待定系数法求出解析式解决问题；
（3）分三种情形讨论求解：①当为斜边时；②当为直角边时；③当为另一条直角边时．
【详解】
解：（1）把代入，得到，
解得，
直线的解析式为，
令，得到，
．
（2）如图1中，设直线与轴的交点为，交轴于．

设，连接，则．
在中，，
，
解得，
，，
H为BC与l的交点，则，
设直线的解析式为，则有，
解得，
直线的解析式为．
（3）由（1）知，
联立，
解得：，
即，
，
点在第一象限内，当为等腰直角三角形时，分如下几种情况讨论；
①当为斜边时，如下图；

由图可知，当为等腰直角三角形时，，
满足：且，
所以为等腰直角三角形；
②当为直角边时，如下图；

根据对称性可知，此时的点关于①中的点对称，
，
与点在第一象限内矛盾舍去，
③当为直角边时，如下图；

根据对称性可知，此时的点关于①中的点对称，
，
满足且，
当在左上侧时，存在满足条件的点，
综上所述：．
【点睛】
本题考查一次函数综合题、线段的垂直平分线的性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
26．同学们，等边三角形、等腰直角三角形都是最常见的几何图形．
（1）如图1，以等边的边为腰作等腰直角，其中，，点、点都是在的同侧，延长、交于点，连接，求的度数；
（2）如图2，在（1）的条件下，作平分交于点，求证：；
（3）如图3，将图（1）的沿着翻折得到，连接，为中点，连接并延长交于点，请猜测、、三条线段之间的数量关系，并证明你的结论．


【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）为等边三角形，为等腰直角三角形可求；
（2）作交延长线于，再证明即可求出；
（3）在上截取连，得到，知道中点，可得，知道，得到为垂直平分线，再用角之间的关系可以推出三者关系．
【详解】
解：（1）如图，

∵为等边三角形
∴
∵为等腰直角三角形
∴，
∴
∴
（2）如图，

作交延长线于
∵
∴
∴
∵平分
∴
∴
∴

∴
∴
∴
（3）如图，

在上截取连
∵
∴
∵为中点
∴
∵
∴
∴
∵
∴为垂直平分线
∴
∴
∵
∴
∴,即
∴
∴
【点睛】
此题考查的是等腰直角三角形的性质、三角形全等的性质和判定、垂直平分线的性质，掌握等腰直角三角形的性质和三角形全等的性质和判定，灵活作辅助线是解题的关键．
27．如图，在中，为中点，为射线上一动点，在右侧作等边直线与直线交于点．

（1）如图1，当点与点重合时，求证：；
（2）如图2，当点在线段上（不包括端点），是否仍然成立，请说明理由；
（3）点在射线运动过程中，当为等腰三角形时，请直接写出的度数．
【答案】（1）见解析；（2）结论不变，证明见解析；（3）50°或70°或110°
【分析】
（1）想办法证明DF⊥BC，CF=BF，可得结论．
（2）结论不变，证明ME垂直平分线段BC即可．
（3）分三种情形：如图3-1中，当BE=BF时，设∠EBC=∠ECB=x，如图3-2中，当FE=FB时，设∠EBC=∠ECB=∠FEB=m，如图3-3中，当BE=BF时，设∠EBC=∠ECB=n，分别构建方程求解即可．
【详解】
解：（1）证明：如图1中，

∵∠ACB=90°，
AD=DB，
∴CD=AD=BD，
∵∠A=60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ADC=60°，
∵△CDE是等边三角形，
∴∠CDE=60°，
∴∠EDB=180°-60°-60°=60°，
∴∠CDF=∠BDF，
∵DC=DB，
∴DF⊥BC，CF=FB，
∴EC=EB．
（2）结论仍然成立．
理由：连接CM，EM．

∵AM=BM，∠ACB=90°，
∴CM=AM=BM，
∵∠A=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴∠AMC=∠ACM=60°，CA=CM，
∵△CDE是等边三角形，
∴∠ACM=∠DCE=60°，CD=CE，
∴∠ACD=∠MCE，
在△ACD和△MCE中，
，
∴△ACD≌△MCE（SAS），
∴∠A=∠CME=60°，
∴∠CME=∠BME=60°，
∵MC=MB，
∴ME垂直平分线段BC，
∴EC=EB．
（3）解：如图3-1中，当BE=BF时，设∠EBC=∠ECB=x，

则∠BFE=60°+x=（180°-x），
∴x=20°，
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=30°+20°=50°．
如图3-2中，当FE=FB时，设∠EBC=∠ECB=∠FEB=m，

则∠EFB=60°+m=180°-2m，
∴m=40°，
∴∠ABE=∠ABC+∠EBC=30°+40°=70°．
如图3-3中，当BE=BF时，设∠EBC=∠ECB=n，

则有∠BEF=n=60°-（180°-2n），
∴n=80°，
∴∠ABE=∠ABC+∠EBC=30°+80°=110°，
综上所述，∠ABE的值为50°或70°或110°．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
28．（问题情境）
如图①，小区、位于一条笔直的道路的同侧，为了方便，两个小区居民投放垃圾，现在上建一个垃圾分类站，使得与，的距离之比为．

（初步研究）
（1）在线段上作出点，使．
如图，做法如下：

第一步：过点作射线，
以为圆心，任意长为半径画弧，交于点；
以为圆心，长为半径画弧，交于点；
以为圆心，长为半径画弧，交于点．
第二步：连接，作，交于点．
则点即为所求．
请证明所作的点满足．
（深入思考）
（2）如图，点在线段上，点在直线外，且．
求证：是的平分线．

（问题解决）
（3）如图，已知点，和直线，点在线段上，且．用直尺和圆规完成下列作图．（保留作图痕迹，不写作法）
（ⅰ）在直线上作出点（异于点），使；
（ⅱ）在直线上作出点，使．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析
【分析】
（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（2）如图③中，过点B作BM∥CD交AD的延长线于M．证明DM=DB，推出∠M=∠DBM，由∠ADC=∠M，∠CDB=∠DBM，可得∠ADC=∠CDB．
（3）作法：①作点A关于点B的对称点E．②以CE为直径作圆交直线l于F1，F2．点F1，F2即为所求作．利用（2）中，结论证明∠CFE=90°，可得结论．
【详解】
（1）由作法可知，
∵，
∴，
∴．
∴．

（2）过点作交延长线于点．
∵，∴．
∵，∴．
∴，
∴．
∵，∴，．
∴．
∴是的平分线．
（另解：过作平行线，或过作平行线，或过往，作高，面积法）

（3）（ⅰ）如图，点即为所求．作法：以为圆心，为半径画圆，交直线于点．

（ⅱ）如图，点，即为所求．作法：以为直径作圆，与交点即为所求．
理由如下：若满足，
则，，
由（2）可知，平分，
类似地，平分邻补角．
∴
即在以为直径的圆上．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了平行线分线段成比例定理，角平分线的判定，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用平行线分线段成比例定理解决问题，属于中考压轴题．
29．如图，△ABC为等边三角形，AB＝6，将边AB绕点A顺时针旋转（0°＜＜120°）得到线段AD，连接CD，CD与AB交于点G，∠BAD的平分线交CD于点E，F为CD上一点，且DF＝2CF．
（1）当∠EAB＝30°时，求∠AEC的度数；
（2）当线段BF的长取最小值时，求线段AG的长；
（3）请直接写出△ADE的周长的最大值．

【答案】（1）60°；（2）AG＝6；（3）6＋4
【分析】
（1）用角平分线的性质和旋转性质即可；
（2）作FM∥AD，连接BM，FM＝2，点F的运动轨迹是以M为圆心、2为半径的圆，当B、F、M共线时，BF取最小值； 由△ADG∽△BFG可求AG；
（3）连接BE，设，AE平分，可得，得到四点共圆，作的外接圆，是等边三角形，可将绕点C顺时针旋转得到，得E、A、N三点共线，求出的最大值，即可求出的周长.
【详解】
（1）∵AD由AB旋转得到AD=AB
∵AE平分
∴
∴
∴
∴
∴∠AEC＝60°；
（2）如图，

∵CA=AB=6
∵，∴，，
又
∵
∵
又
∴
∴
∴FM＝2，
∴点F的运动轨迹是以M为圆心、2为半径的圆，
∴当B、F、M共线时，BF取最小值
即
∵
∴
∴
∵
∴FH∥AD
又BF取最小值点F在BM上，
∴
∴△ADG∽△BFG
∴，
∴，
∴；
∴当BF取最小值时，
（3）如图，

连接BE，设
∵AE平分
∴
∴
又
∴四点共圆
作的外接圆，则点F在上，

又是等边三角形，
∴可将绕点C顺时针旋转得到
由旋转的性质得：


∴
∴E、A、N三点共线
∴为等边三角形，
∴
∵
∴的外接圆的半径 R
∴CE的最大值为
即的最大值为
∵的周长是
∴的周长是.
【点睛】
本题考查了三角形相似的性质和判定,等边三角形的性质等知识，解题的关键是学会构建辅助圆来确定线段的最值问题.
30．如图，一次函数与坐标轴交于两点，将线段以点为中心逆时针旋转一定角度，点的对应点落在第二象限的点处，且的面积为．

（1）求点的坐标及直线的表达式；
（2）点在直线上第二象限内一点，在中有一个内角是，求点的坐标；
（3）过原点的直线，与直线交于点，与直线交于点，在三点中，当其中一点是另外两点所连线段的中点时，求的面积．
【答案】（1）；（2），或；（3）5或0或
【分析】
（1）由的面积，求出，由，进而求解；
（2）①当为时，证明，得到点的坐标为，进而求解；②当时，过点作轴于点，当时，，即可求解；
（3）分点是中点、点是中点、点是中点三种情况，利用一次函数的性质，求出点的坐标，进而求解．
【详解】
解：（1）一次函数与坐标轴交于，两点，
故点、的坐标分别为、，则，
则的面积，
解得，
则设点的坐标为，
则，
解得，
故点的坐标为，
设的表达式为，
则，解得，
故直线的表达式为；
（2）令，解得，
设直线交轴于点，
在中有一个内角是，这个角不可能是，
①当为时，
过点作于点，过点作轴的平行线，交过点与轴的平行线于点，交过点与轴的平行线于点，

，
为等腰直角三角形，则，，
，，
，
，，
，
，，
故点的坐标为，
由点、坐标，同理可得，直线的表达式为，
联立和并解得，
故点的坐标为，；
②当时，
过点作轴于点，
当时，，
即点；
综上，点的坐标为，或；
（3）设点的坐标为，
则的表达式为，
联立上式与并解得，
即点的横坐标为，
①当点是中点时，
则点、的横坐标互为相反数，
即，
解得（舍去）或20，
故点的坐标为，
②当点是中点时，
同理可得：，
解得（舍去）或，
故点的坐标为，；
③当点是中点时，
同理可得，点，；
当点的坐标为，时，如图2，

设直线交轴于点，
由点、的坐标得：直线的表达式为，
故，
则的面积；
当点的坐标为时，
同理可得：的面积；
当点的坐标为，时，
同理可得：的面积，
综上，的面积为5或0或．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰三角形的性质、三角形全等、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．