人教版八年级上册13.3.2 等边三角形一课一练

这是一份人教版八年级上册13.3.2 等边三角形一课一练，文件包含2024年中考道德与法治一轮复习知识清单全国通用-专题12等边三角形的性质和证明专项培优训练教师版docx、2024年中考道德与法治一轮复习知识清单全国通用-专题12等边三角形的性质和证明专项培优训练学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共10小题，每小题2分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（本题2分）（2022秋·河南驻马店·八年级统考期中）如图，边长为的等边中，是上中线且，点在上，连接，在的右侧作等边，连接，则周长的最小值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意等边三角形性质和全等三角形判定得出，进而作点A关于直线的对称点M，连接交于E，此时的值最小，最后依据周长的最小值求值即可得出答案．
【详解】解：如图，

∵都是等边三角形，
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴点E在射线上运动()，
作点A关于直线的对称点M，连接交于，此时的值最小，
∵
∴是等边三角形，
∴
∵
∴
∴周长的最小值．
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称最短路径问题和等边三角形的性质和判定以及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用轴对称性质得出的值最小．
2．（本题2分）（2023春·陕西西安·八年级校考期末）如图，在中，，，，将绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好落在边上，则点与点B之间的距离为（ ）

A．B．C．4D．2
【答案】B
【分析】先由旋转性质得，，，再证明、是等边三角形，得到，再根据含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：由旋转性质得，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，则，
∴是等边三角形，
∴，
在中，，，，
∴，
∴，即，
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握旋转的性质和等边三角形的性质是解答的关键．
3．（本题2分）（2023秋·山西阳泉·八年级校考期末）如图，和均是等边三角形，，分别与，交于点M，N，有如下结论：①；②；③；其中正确结论的个数是（ ）个.

A．3B．2C．1D．0
【答案】B
【分析】利用等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，证明即可．
【详解】∵和均是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故①正确；
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
故②正确；
∵，
∴，
∴，
故③错误；
故选B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形不等式，熟练掌握等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键．
4．（本题2分）（2023春·辽宁大连·八年级期末）如图，矩形中，O为的中点，过点O的直线分别与，交于点E，F，连接交于点M，连接，．若，，则下列结论①；②；③，其中正确结论的个数是（ ）

A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据题中矩形和等边三角形的性质证明出，即可证明①②；证明可得，即可得③结论错误．
【详解】解:连接，
∵四边形是矩形，
∴，、互相平分，
∵O为中点，
∴也过O点，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴与关于直线对称，
∴，；
∴①②正确，
∵
∴,
∴
在和中，
∴，
∴，
∴错误．
∴③错误，
正确的有2个，
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形和等边三角形的判定和性质以及30度角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是会综合运用这些知识点解决问题．
5．（本题2分）（2023春·广西河池·八年级统考期末）如图，是等边三角形，是内一点，，，，，则的周长是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】延长交于，延长交于，由条件推出四边形，四边形是平行四边形，，是等边三角形，得到，即可求出的周长．
【详解】解：延长交于，延长交于，
∵，，，
∴四边形，四边形是平行四边形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
同理：是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴的周长为：，
即的周长是．
故选：B．

【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，平行线的性质，平行四边形的判定和性质，解题的关键是由等边三角形的性质，平行四边形的性质证明．
6．（本题2分）（2023春·广东梅州·八年级校考开学考试）如图，在等边中，为中点，点，分别为，上的点，，，在上有一动点，则的最小值为（ ）

A．7B．8C．9D．10
【答案】A
【分析】作点关于的对称点，连接交于，连接，此时的值最小．最小值．
【详解】解：是等边三角形，
，
，，，
，
如图，作点关于的对称点，连接交于，连接，
此时的值最小．最小值，

，，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
的最小值为7．
故选：A．
【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
7．（本题2分）（2023春·山东聊城·八年级统考期中）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与、交于点、，连接交于点，连接、若，，则下列结论，其中正确结论的个数是（ ）
①，；
②；
③四边形是菱形；
④．

A．个B．个C．个D．个
【答案】B
【分析】根据已知得出，可求得与关于直线对称，进而求得，；因为，故不会全等于．先证得，再证得，进而证得，因为、互相平分，即可证得四边形是菱形；可通过面积转化进行解答．
【详解】解：连接，

四边形是矩形，
，、互相平分，
为中点，
也过点，
，
，，
是等边三角形，
，，
在与中
，
，
与关于直线对称，
，；
正确，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是菱形，
正确，
，
与不全等．
错误，
，
，
，
，
，
，，
，
，
故错误．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等的知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．
8．（本题2分）（2023春·安徽·八年级统考期末）如图，矩形中，E为边的中点，沿对折矩形，使点C落在处，折痕为，延长交于点F，连接并延长交于点G，连接．给出以下结论：①四边形为平行四边形；②；③；④为的中点．其中正确结论的个数是（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据三角形内角和为，易证，可证出最终结论．
根据翻折的性质，加上正方形所有内角都是直角，再由同角的余角相等，即可解题．
利用反推，若，则为等边三角形，是钝角，显然不是钝角，即可得出结论．
若为的中点，在边的垂直平分线上，利用垂直平分线的性质，即可得出结论．
【详解】∵E为的中点
∴
∴，
即
∴四边形为平行四边形，即①正确
，
∴，即②正确
∵，
∴当时
∴，
∴为等边三角形,
即,显然不是钝角
故③不正确
当为的中点时，即在边的垂直平分线上
即是垂直平分线，
，显然
即④不正确
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是四边形的综合运用，熟练掌握翻折的应用和正方形与平行四边形的定义是解题的关键．
9．（本题2分）（2023春·河北唐山·八年级统考期中）如图，平行四边形中，平分，交于点，且，延长与的延长线交于点F，下列结论中：①：②是等边三角形；③；④；⑤；⑥，正确的有（ ）

A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】C
【分析】由四边形是平行四边形，可得，，又因为平分，可得，所以可得，得，由，得到是等边三角形，可判定②；则，所以，可判定①；因为与同底等高与间的距离相等），所以，可判定④；与等底等高与间的距离相等），得，则，即，可判定⑥；题中无条件证得，，可判定③⑤．
【详解】解：四边形是平行四边形，
∴，，
，
平分，
，
，
，
，
是等边三角形；
故②正确；
，
，，
；
故①正确；
与同底等高，
，
故④正确，
与等底等高与间的距离相等），
，
；
故⑥正确．
若，
则，
题中确无条件能证得这一结论，故⑤不一定正确；
若与相等，
∵
则
题中确无条件能证得这一结论，故③不一定正确；
综上，正确的有①②④⑥共4个，
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，三角形面积，掌握相关判定与性质以及同底（或等底）等高（或同高）面积相等是解题的关键．
10．（本题2分）（2023春·山东济宁·八年级统考期中）在矩形中，对角线、相交于点，平分交于点，．连接，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④，其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】判断出是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出，再判断出是等边三角形，可判断①；根据等边三角形的性质求出，再求出，可判断②；由直角三角形的性质可得，可判断③；由面积公式可得，可判断④．
【详解】解：平分，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
在矩形中，，
是等边三角形，是等边三角形，故①正确；
，
，
，
是等腰三角形，故②正确；
在中，，
，故③错误；
，
，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键．
二、填空题：本大题共10小题，每小题2分，共20分.
11．（本题2分）（2022秋·湖北十堰·八年级十堰市实验中学校考期中）如图，等边中，D为中点，点P、Q分别为上的点，，，在上有一动点E，则的最小值为 ．

【答案】
【分析】作点Q关于的对称点，连接交于E，连接，此时的值最小．最小值．
【详解】如图，∵是等边三角形，
∴，
∵D为中点，
∴
作点Q关于的对称点，连接交于E，连接，此时的值最小．最小值，

∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
12．（本题2分）（2023春·山东济宁·八年级济宁学院附属中学校考期中）如图，平行四边形的对角线，相交于点，点为的中点，连接并延长交于点，，．下列结论：①；②；③四边形是菱形；④，其中，判断正确的是 (填序号）
【答案】①②③④
【分析】通过判定为等边三角形求得，利用等腰三角形的性质求得，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
【详解】解：点为的中点，
，
又，
，
，
是等边三角形，
，,
，
，
即，故①正确；
在平行四边形中，，，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，故③正确；
，
在中，，
，则，故②正确；
在平行四边形中，，
又点为的中点，
，故④正确；
正确的结论①②③④．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含的直角三角形的性质，三角形的中线性质，掌握菱形的判定是解题关键．
13．（本题2分）（2023春·山东滨州·八年级统考期末）如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片翻折，使点C恰好落在对角线交点O处，折痕为，点E在边上，则的长为 ．

【答案】
【分析】首先证明是等边三角形，在中，结合含的直角三角形用勾股定理即可解决问题；
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
由翻折性质可知：，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
则由勾股定理可得：，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形与翻折变换，等边三角形的判定和性质，含的直角三角形与勾股定理等知识，解题的关键是证明是等边三角形．
14．（本题2分）（2023春·江苏镇江·八年级统考期中）如图，在边长为2的菱形中，，E、F分别为、上的两个动点（包括端点），且，则线段的取值范围为 ．

【答案】
【分析】易得为等边三角形，证明，推出为等边三角形，求出的取值范围，即可得解．
【详解】解：∵在边长为2的菱形中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
又，
∴为等边三角形，
∴，
∵E、F分别为、上的两个动点（包括端点），
∴当点与点重合时，最大，此时，，
当时，最小，此时为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．解题的关键是熟练掌握菱形的性质，证明．
15．（本题2分）（2023春·广东汕头·八年级统考期末）菱形，点A，B，C，D均在坐标轴上，，点，点E是的中点，点P是上的一动点，则周长的最小值是 ．
【答案】
【分析】根据菱形的对称性，连接，交于点P，连接，得到是等边三角形，推出，根据点E是的中点，求出，，设，则，根据勾股定理求出x即可．
【详解】解：连接，交于点P，连接，
∵四边形是菱形，，点，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得（负值舍去），
∴，
∴周长的最小值是,
故答案为：．
【点睛】此题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，正确掌握菱形的性质是解题的关键．
16．（本题2分）（2023春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，矩形中，，E、F分别在边上，并且为等边三角形，则m的取值范围为 ，若点G是边上的一点，且，则随着m的变化，的最小值为 ．

【答案】
【分析】当点F与点D重合时，此时有最小值，当点E与点B重合时，此时有最大值，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求的长，即可求m的范围；可证，即， 当点H，点N，点F共线时，有最小值，即可求解.
【详解】解：如图，当点F与点D重合时，此时有最小值，

∵为等边三角形，
∴，，，
∴，，
如图，当点E与点B重合时，此时有最大值，

∵为等边三角形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴.
如图，当时，以为边作等边，作，连接，

∴，，
∴，
∴，
∴，
∴当点H，点N，点F共线时，有最小值，
此时，∵ ，
∴四边形是矩形，
∴，
∵是等边三角形，，
∴，
∴.
故答案为：；.
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，利用特殊位置求线段的长是解题的关键.
17．（本题2分）（2020秋·广东广州·八年级校考阶段练习）如图，C为线段上一动点（不与点A，E重合），在同侧分别作等边三角形和等边三角形，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接．以下结论：①；②；③；④是等边三角形；⑤．恒成立的是 ．

【答案】①②③④
【分析】由等边三角形的性质可证明，则可得①正确；由可得，由，则由三角形内角和可得，则可得③正确；证明，可得，由可得④正确；由等边三角形的性质可得②正确；由知，，即可判定⑤不正确，从而可确定答案．
【详解】解：∵都是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
故①正确；
∵，
∴，
∵，
∴由三角形内角和得：，
故③正确；
∵
即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
故④正确；
∵是等边三角形，
∴，
∴，
故②正确；
∵，
∴，
当点P位于的边上时，始终有，
即，
故⑤不成立；
∴正确的是①②③④，
故答案为：①②③④．

【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质三角形内角和等知识，证明三角形全等及等边三角形的判定与性质是解题的关键．
18．（本题2分）（2023春·四川成都·八年级校联考期中）如图，是边长为3的等边三角形，延长至点P，使得，点E在线段上，且，连接，以为边向右作等边，过点E作交的延长线于点M，点N为的中点，则四边形的面积为 ．

【答案】
【分析】作交的延长线于点G，证明是等边三角形，再证明，得，再证明是等边三角形，则，再证明，得，作于点H，于点D，则，，由勾股定理得的长，由计算，于是得到问题的答案．
【详解】解：作交的延长线于点G，

∵是边长为3的等边三角形，
∴，
∴是等边三角形，
∵点P在的延长线上，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
在和中，，