苏科版八年级数学上册举一反三系列专题2.8轴对称图形章末题型过关卷特训(原卷版+解析)

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第2章 轴对称图形章末题型过关卷【苏科版】考试时间：60分钟；满分：100分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共23题，单选10题，填空6题，解答7题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（2022秋•徐州期中）下列四个浏览器的图标中，属于轴对称图形的是（　　）A． B． C． D．2．（2022春•崇川区校级期末）如图，四边形ABDC中，对角线AD平分∠BAC，∠ACD＝136°，∠BCD＝44°，则∠ADB的度数为（　　）A．54° B．50° C．48° D．46°3．（2022秋•仓山区期末）如图，在3×3的正方形的网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形，图中的△ABC为格点三角形，在图中最多能画出（　　）个格点三角形与△ABC成轴对称．A．6个 B．5个 C．4个 D．3个4．（2022秋•新昌县期末）如图，M，A，N是直线l上的三点，AM＝3，AN＝5，P是直线l外一点，且∠PAN＝60°，AP＝1，若动点Q从点M出发，向点N移动，移动到点N停止，在△APQ形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（　　）A．直角三角形一等边三角形一直角三角形一等腰三角形 B．直角三角形一等腰三角形一直角三角形一等边三角形 C．等腰三角形一直角三角形一等腰三角形一直角三角形 D．等腰三角形一直角三角形一等边三角形一直角三角形5．（2022秋•旌阳区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝12cm，若点P从点B出发以2cm/s的速度向点A运动，点Q从点A出发以1cm/s的速度向点C运动，设P、Q分别从点B、A同时出发，运动的时间为（　　）s时，△APQ是直角三角形．A．2.4 B．3 C．2.4或3 D．3或4.86．（2022春•庐阳区期末）如图，在△ABC中，AE⊥BC于点E，BD⊥AC于点D，点F是AB的中点，连接DF、EF，设∠DFE＝α，则∠C的度数可表示为（　　）A．α B．2α C．90°﹣α D．90°−12α7．（2022秋•江夏区期末）如图，△ABC中，∠CAB＝∠CBA＝48°，点O为△ABC内一点，∠OAB＝12°，∠OBC＝18°，则∠ACO+∠AOB＝（　　）A．190° B．195° C．200° D．210°8．（2022秋•中山市期末）如图，已知直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝60°，在直线BC或AC上取一点P，使得△ABP为等腰三角形，则符合条件的点有（　　）A．4个 B．5个 C．6个 D．7个9．（2022秋•雨花区期末）如图，在第1个△A1BC中，∠B＝40°，A1B＝CB；在边A1B上任取一点D，延长CA1到A2，使A1A2＝A1D，得到第2个△A1A2D；在边A2D上任取一点E，延长A1A2到A3，使A2A3＝A2E．得到第3个△A2A3E…按此做法继续下去，则第n+1个三角形中以An+1为顶点的底角度数是（　　）A．(12)n⋅70° B．(12)n−1⋅70° C．(12)n−1⋅80° D．(12)n⋅80°10．（2022•罗湖区校级模拟）如图，分别以△ABC的边AB，AC所在直线为对称轴作△ABC的对称图形△ABD和△ACE，∠BAC＝150°，线段BD与CE相交于点O，连接BE、ED、DC、OA．有如下结论：①∠EAD＝90°；②∠BOE＝60°；③OA平分∠BOC；④EA=12ED；⑤BP＝EQ．其中正确的结论个数是（　　）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（2022春•嵩县期末）小明从镜子里看到对面电子钟的像如图所示，那么实际时间是　 　．12．（2022春•锦江区校级期末）已知△ABC为等边三角形，AB＝10，M在AB边所在直线上，点N在AC边所在直线上，且MN＝MC，若AM＝16，则CN的长为 　 　．13．（2022秋•江岸区期末）如图，△ABC中，AB＝6，BC＝5，将△ABC沿折痕AD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处，若△DEC的周长为7，则AC的长为 　 　．14．（2022秋•合浦县期中）如图，已知AE＝BE，DE是AB的垂直平分线，BF＝12，CF＝3，则AC＝　 　．15．（2022春•罗湖区校级期中）已知一个等腰三角形腰上的高与底边的夹角为37°，则这个等腰三角形的顶角等于　 　度．16．（2022秋•余姚市期末）如图，∠BAC＝90°，点B是射线AM上的一个动点．点C是射线AN上一个动点，且线段BC的长度不变，点D是点A关于直线BC的对称点，连接AD，若2AD＝BC，则∠ABD的度数是　 　．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（2022秋•石城县期末）如图在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标分别为：A（4，0），B（﹣1，4），C（﹣3，1）．（1）在图中作△A'B'C'，使△A'B'C'和△ABC关于x轴对称；（2）写出点A'，B'，C'的坐标；（3）直接写出△ABC的面积．18．（2022春•渭滨区期末）如图，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝4∠A，点D是AC边的中点，DE⊥AC交AB于点E，连接CE．（1）求∠A的度数；（2）求证：BE＝2AE．19．（2022秋•五华区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，CE平分∠DCB交AB于点E．（1）求证：∠AEC＝∠ACE；（2）若∠AEC＝2∠B，AD＝1，求BD的长．20．（2022秋•临河区期末）在等边三角形ABC中，点E在AB上，点D在CB的延长线上，且AE＝BD，（1）当点E为AB的中点时，如图1，求证：EC＝ED；（2）当点E不是AB的中点时，如图2，过点E作EF∥BC，求证：△AEF是等边三角形；（3）在第（2）小题的条件下，EC与ED还相等吗，请说明理由．21．（2022秋•咸丰县期末）如图，等边△ABC的边长为12cm，D为AC边上一动点，E为AB延长线上一动点，DE交CB于点P，点P为DE中点（1）求证：CD＝BE；（2）若DE⊥AC，求BP的长．22．（2022春•无锡期中）如图①，△ABC的角平分线BD、CE相交于点P．（1）如果∠A＝80°，求∠BPC的度数；（2）如图②，过P点作直线MN，分别交AB和AC于点M和N，且MN平行于BC，试求∠MPB+∠NPC的度数（用含∠A的代数式表示）；（3）将（2）中的直线MN绕点P旋转，分别交线段AB于点M（不与A、B重合），交直线AC于N，试探索∠MPB、∠NPC、∠A三者之间的数量关系，并说明理由．23．（2022秋•婺城区校级期末）已知等边△ABC和点P，设点P到△ABC三边AB、AC、BC的距离分别为h1，h2，h3，△ABC的高为h．回答以下问题：（1）如图（1），若点P在一边BC上，此时h3＝0，可得结论　 　（结论用h1，h2，h3，h的关系式表示）（2）如图（2），当点P在△ABC内，此时可得结论　 　（结论用h1，h2，h3，h的关系式表示）（3）如图（3），当点P在△ABC外，上述结论是否成立？若成立，请予以证明；若不成立，h1，h2，h3和h之间又有怎样的关系，并说明理由．第2章 轴对称图形章末题型过关卷【苏科版】参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（2022秋•徐州期中）下列四个浏览器的图标中，属于轴对称图形的是（　　）A． B． C． D．【分析】根据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进行分析即可．【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；C、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；D、是轴对称图形，故此选项符合题意；故选：D．【点睛】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形概念．2．（2022春•崇川区校级期末）如图，四边形ABDC中，对角线AD平分∠BAC，∠ACD＝136°，∠BCD＝44°，则∠ADB的度数为（　　）A．54° B．50° C．48° D．46°【分析】过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，DG⊥BC于G，依据角平分线的性质，即可得到DE＝DG，再根据三角形外角性质，以及角平分线的定义，即可得到∠ADB＝∠DBE﹣∠BAD=12（∠CBE﹣∠BAC）=12∠ACB．【详解】解：如图所示，过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，DG⊥BC于G，∵AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∴DF＝DE，又∵∠ACD＝136°，∠BCD＝44°，∴∠ACB＝92°，∠DCF＝44°，∴CD平分∠BCF，又∵DF⊥AC于F，DG⊥BC于G，∴DF＝DG，∴DE＝DG，∴BD平分∠CBE，∴∠DBE=12∠CBE，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=12∠BAC，∴∠ADB＝∠DBE﹣∠BAD=12（∠CBE﹣∠BAC）=12∠ACB=12×92°＝46°，故选：D．【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，角平分线的判定和性质，解题时注意：角平分线上的点到角两边的距离相等．3．（2022秋•仓山区期末）如图，在3×3的正方形的网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形，图中的△ABC为格点三角形，在图中最多能画出（　　）个格点三角形与△ABC成轴对称．A．6个 B．5个 C．4个 D．3个【分析】根据网格结构分别确定出不同的对称轴，然后作出轴对称三角形即可得解【详解】解：如图，最多能画出6个格点三角形与△ABC成轴对称．故选：A．【点睛】本题考查了利用轴对称变换作图，熟练掌握网格结构并准确找出对应点的位置是解题的关键，本题难点在于确定出不同的对称轴．4．（2022秋•新昌县期末）如图，M，A，N是直线l上的三点，AM＝3，AN＝5，P是直线l外一点，且∠PAN＝60°，AP＝1，若动点Q从点M出发，向点N移动，移动到点N停止，在△APQ形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（　　）A．直角三角形一等边三角形一直角三角形一等腰三角形 B．直角三角形一等腰三角形一直角三角形一等边三角形 C．等腰三角形一直角三角形一等腰三角形一直角三角形 D．等腰三角形一直角三角形一等边三角形一直角三角形【分析】把点Q从点M出发，沿直线l向点N移动，移动到点N停止的整个过程，逐次考虑确定三角形的形状即可判断．【详解】解：当点Q移动到MQ＝2，此时Q在A的左侧，且AQ＝AP＝1，△APQ是等腰三角形，当点Q移动到点A的右侧，且AQ=12AP=12时，△APQ是直角三角形，当点Q移动到点A的右侧，且AQ＝AP＝1时，△APQ是等边三角形，当点Q移动到点A的右侧，且AQ＝2AP＝2时，△APQ是直角三角形，∴在△APQ形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是：等腰三角形一直角三角形一等边三角形一直角三角形，故选：D．【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形和等腰三角形的判定与性质是解题的关键．5．（2022秋•旌阳区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝12cm，若点P从点B出发以2cm/s的速度向点A运动，点Q从点A出发以1cm/s的速度向点C运动，设P、Q分别从点B、A同时出发，运动的时间为（　　）s时，△APQ是直角三角形．A．2.4 B．3 C．2.4或3 D．3或4.8【分析】根据题意分两种情况进行解答，即∠PQA＝90°或∠QPA＝90°时，分别表示Rt△APQ的两边的长，再根据直角三角形的边角关系求解即可．【详解】解：设运动的时间为t秒，则BP＝2t厘米，AQ＝t厘米，①当∠PQA＝90°时，如图1所示，在Rt△APQ中，∵∠PQA＝90°，∠A＝60°，AP＝（12﹣2t）cm，∵cosA=AQAP，∴12=t12−2t，解得t＝3，经检验t＝3是方程的解，所以t＝3；②当∠QPA＝90°时，如图2所示，在Rt△APQ中，∵∠QPA＝90°，∠A＝60°，AP＝（12﹣2t）cm，∵cosA=APAQ，∴12=12−2tt，解得t＝4.8经检验t＝4.8是方程的解，所以t＝4.8；综上所述，运动的时间为3秒或4.8秒，故选：D．【点睛】本题考查直角三角形的边角关系，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．6．（2022春•庐阳区期末）如图，在△ABC中，AE⊥BC于点E，BD⊥AC于点D，点F是AB的中点，连接DF、EF，设∠DFE＝α，则∠C的度数可表示为（　　）A．α B．2α C．90°﹣α D．90°−12α【分析】由垂直的定义得到∠ADB＝∠BEA＝90°，根据直角三角形的性质得到AF＝DF，BF＝EF，根据等腰三角形的性质得到∠DAF＝∠ADF，∠EFB＝∠BEF，于是得到结论．【详解】解：∵AE⊥BC于点E，BD⊥AC于点D；∴∠ADB＝∠BEA＝90°，∵点F是AB的中点，∴AF＝DF，BF＝EF，∴∠DAF＝∠ADF，∠EBF＝∠BEF，∴∠AFD＝180°﹣2∠CAB，∠BFE＝180°﹣2∠ABC，∴∠DFE＝180°﹣∠AFD﹣∠BFE＝2（∠CAB+∠CBA）﹣180°＝2（180°﹣∠C）﹣180°＝180°﹣2∠C＝α，∴∠C＝90°−12α，故选：D．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和，正确的识别图形是解题的关键．7．（2022秋•江夏区期末）如图，△ABC中，∠CAB＝∠CBA＝48°，点O为△ABC内一点，∠OAB＝12°，∠OBC＝18°，则∠ACO+∠AOB＝（　　）A．190° B．195° C．200° D．210°【分析】根据已知易证CA＝CB，所以想到等腰三角形的三线合一性质，过点C作CD⊥AB，垂足为D，延长BO交CD与点P，然后连接AP，易证∠CAP＝∠CBP＝18°，从而求出∠PAO＝18°，再利用三角形的外角求出∠POA的度数，放在直角三角形中求出∠ACP的度数，进而证△ACP≌△AOP，可得AC＝AO，最后放在等腰三角形ACO中求出∠ACO即可．【详解】解：过点C作CD⊥AB，垂足为D，延长BO交CD与点P，连接AP，∵∠OBC＝18°，∠CBA＝48°，∴∠ABP＝∠CBA﹣∠OBC＝30°，∵∠CAB＝∠CBA＝48°，∴CA＝CB，∵CD⊥AB，∴CD是AB的垂直平分线，∴PA＝PB，∴∠PAB＝∠PBA＝30°，∴∠CAP＝∠CAB﹣∠PAB＝18°，∵∠AOP是△AOB的一个外角，∴∠AOP＝∠OAB+∠OBA＝42°，∵∠CDA＝90°，∴∠ACD＝90°﹣∠CAD＝42°，∴∠AOP＝∠ACD，∵∠PAB＝30°，∠OAB＝12°，∴∠PAO＝∠PAB﹣∠OAB＝18°，∴∠CAP＝∠OAP，∵AP＝AP，∴△ACP≌△AOP（AAS），∴AC＝AO，∵∠CAO＝∠CAP+∠OAP＝36°，∴∠ACO＝∠AOC＝72°，∵∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝138°，∴∠ACO+∠AOB＝210°，故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，三角形的外角性质，全等三角形的判定与性质，利用等腰三角形的三线合一性质添加辅助线是解题的关键．8．（2022秋•中山市期末）如图，已知直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝60°，在直线BC或AC上取一点P，使得△ABP为等腰三角形，则符合条件的点有（　　）A．4个 B．5个 C．6个 D．7个【分析】根据等腰三角形的判定，分三种情况，画出图形解答即可．【详解】解：①AB的垂直平分线交直线AC于点P1，交BC于点P2，（此时PA＝PB）；②以A为圆心，AB为半径画圆，交AC于二点P3，P1，交BC于点P4，（此时AB＝AP）；③以B为圆心，BA为半径画圆，交BC有二点P5，P6，交AC有一点P1（此时BP＝BA）．故符合条件的点有6个．故选：C．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定；构造等腰三角形时本着截取相同的线段就能作出等腰三角形来，思考要全面，做到不重不漏．9．（2022秋•雨花区期末）如图，在第1个△A1BC中，∠B＝40°，A1B＝CB；在边A1B上任取一点D，延长CA1到A2，使A1A2＝A1D，得到第2个△A1A2D；在边A2D上任取一点E，延长A1A2到A3，使A2A3＝A2E．得到第3个△A2A3E…按此做法继续下去，则第n+1个三角形中以An+1为顶点的底角度数是（　　）A．(12)n⋅70° B．(12)n−1⋅70° C．(12)n−1⋅80° D．(12)n⋅80°【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1C的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律即可得出第n+1个三角形中以An+1为顶点的底角度数．【详解】解：∵在△CBA1中，∠B＝40°，A1B＝CB，∴∠BA1C=180°−∠B2=70°，∵A1A2＝A1D，∠BA1C是△A1A2D的外角，∴∠DA2A1=12∠BA1C=12×70°；同理可得∠EA3A2＝（12）2×70°，∠FA4A3＝（12）3×70°，∴第n+1个三角形中以An+1为顶点的底角度数是（12） n×70°．故选：A．【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律是解答此题的关键．10．（2022•罗湖区校级模拟）如图，分别以△ABC的边AB，AC所在直线为对称轴作△ABC的对称图形△ABD和△ACE，∠BAC＝150°，线段BD与CE相交于点O，连接BE、ED、DC、OA．有如下结论：①∠EAD＝90°；②∠BOE＝60°；③OA平分∠BOC；④EA=12ED；⑤BP＝EQ．其中正确的结论个数是（　　）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【分析】根据轴对称的性质可得∠BAD＝∠CAE＝∠BAC，再根据周角等于360°列式计算即可求出∠EAD＝90°，判断出①正确；再求出∠BAE＝∠CAD＝60°，根据翻折可得∠AEC＝∠ABD＝∠ABC，利用三角形的内角和定理可得∠BOE＝∠BAE，判断出②正确；根据全等三角形的对应边上的高相等，即可判断出③正确；无法求出∠ADE＝30°，判断出④错误；判断出△ABP和△AEQ不全等，从而得到BP≠EQ，判断出⑤错误．【详解】解：∵△ABD和△ACE是△ABC的轴对称图形，∴∠BAD＝∠CAE＝∠BAC，AB＝AE，AC＝AD，∴∠EAD＝3∠BAC﹣360°＝3×150°﹣360°＝90°，故①正确；∴∠BAE＝∠CAD=12（360°﹣90°﹣150°）＝60°，由翻折的性质得，∠AEC＝∠ABD＝∠ABC，又∵∠EPO＝∠BPA，∴∠BOE＝∠BAE＝60°，故②正确；∵△ACE≌△ADB，∴S△ACE＝S△ADB，BD＝CE，∴BD边上的高与CE边上的高相等，即点A到∠BOC两边的距离相等，∴OA平分∠BOC，故③正确；只有当AC=3AB时，∠ADE＝30°，才有EA=12ED，故④错误；在△ABP和△AEQ中，∠ABD＝∠AEC，AB＝AE，∠BAE＝60°，∠EAQ＝90°，∴BP＜EQ，故⑤错误；综上所述，结论正确的是①②③共3个．故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，轴对称的性质的综合运用，熟记各性质并准确识图理清图中各角度之间的关系是解题的关键．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（2022春•嵩县期末）小明从镜子里看到对面电子钟的像如图所示，那么实际时间是　21：05　．【分析】利用镜面对称的性质求解．镜面对称的性质：在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒，且关于镜面对称．【详解】解：根据镜面对称的性质，题中所显示的时刻与21：05成轴对称，所以此时实际时刻为21：05．故答案为：21：05【点睛】本题考查镜面反射的原理与性质．解决此类题应认真观察，注意技巧．12．（2022春•锦江区校级期末）已知△ABC为等边三角形，AB＝10，M在AB边所在直线上，点N在AC边所在直线上，且MN＝MC，若AM＝16，则CN的长为 　4或36　．【分析】分两种情形：①当点M在AB的延长线上时，作MD⊥AC于D．②当点M在BA的延长线上时，作MD⊥CN于D．分别求解即可．【详解】解：由题意可知，BM＝AN＝6，①如图，当点M在AB的延长线上时，作MD⊥AC于D．在Rt△AMD中，∵∠ADM＝90°，∠A＝60°，AM＝16，∴AD=12AM＝8，∴CD＝AC﹣AD＝2，∵MN＝MC，MD⊥CN，∴DN＝CD，∴CN＝2CD＝4．②如图，当点M在BA的延长线上时，作MD⊥CN于D，在Rt△AMD中，∵∠ADM＝90°，∠DAM＝60°，AM＝16，∴AD=12AM＝8，∴CD＝AD+AC＝18，∵MN＝MC，MD⊥CN，∴DN＝CD，∴CN＝2CD＝36，故答案为：4或36．【点睛】本题考查等边三角形的性质，解直角三角形的应用，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线面构造直角三角形解决问题．13．（2022秋•江岸区期末）如图，△ABC中，AB＝6，BC＝5，将△ABC沿折痕AD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处，若△DEC的周长为7，则AC的长为 　 　．【分析】由折叠的性质可得BD＝DE，AB＝AE＝6，由线段的数量关系可求EC＝2，即可求解．【解答】解：∵将△ABC沿折痕AD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处，∴BD＝DE，AB＝AE＝6，∵△DEC的周长为7，∴CD+DE+EC＝7＝CD+BD+EC＝BC+EC，∴7＝5+EC，∴EC＝2，∴AC＝AE+EC＝6+2＝8，故答案为：8．【点睛】本题考查了翻折变换，掌握折叠的性质是解题的关键．14．（2022秋•合浦县期中）如图，已知AE＝BE，DE是AB的垂直平分线，BF＝12，CF＝3，则AC＝　15　．【分析】利用垂直平分线的性质得出AF＝BF，从而求出AC的长．【详解】解：∵DE是AB的垂直平分线，∴AF＝BF∴AC＝AF+CF＝BF+CF＝12+3＝15．【点睛】此题主要考查线段的垂直平分线的性质等几何知识．线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．15．（2022春•罗湖区校级期中）已知一个等腰三角形腰上的高与底边的夹角为37°，则这个等腰三角形的顶角等于　74　度．【分析】此题要分两种情况推论：（1）设等腰三角形的顶角是钝角时，腰上的高在三角形的外部，根据三角形的内角和求解；（2）设等腰三角形的顶角是锐角时，根据直角三角形的两个锐角互余，求得底角，再根据三角形的内角和是180°，得顶角的度数．【详解】解：如图（1）顶角是钝角时，∵等腰三角形腰上的高与底边的夹角为37°，∴∠OCB＝37°，∵OC⊥OB，∴∠ABC＝90°﹣37°＝53°，∴∠BAC＝180°﹣53°﹣53°＝74°，即△ABC为锐角三角形，顶角是钝角这种情况不成立；（2）顶角是锐角时，∠B＝90°﹣37°＝53°，∠A＝180°﹣2×53°＝74°．因此，顶角为74°．故答案为：74．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及三角形的内角和定理；本题考查分情况讨论，但要注意，假设顶角是钝角，但求出后却是锐角，所以一定要舍去．16．（2022秋•余姚市期末）如图，∠BAC＝90°，点B是射线AM上的一个动点．点C是射线AN上一个动点，且线段BC的长度不变，点D是点A关于直线BC的对称点，连接AD，若2AD＝BC，则∠ABD的度数是　30°或150°　．【分析】分两种情况，取BC的中点E，连接AE，DE，依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到△ADE是等边三角形，进而依据轴对称的性质得出∠ABD的度数．【详解】解：分两种情况：如图，当AB＞AC时，取BC的中点E，连接AE，DE，则AE＝DE=12BC，即BC＝2AE＝2DE，又∵BC＝2AD，∴AD＝AE＝DE，∴△ADE是等边三角形，∴∠AED＝60°，又∵BC垂直平分AD，∴∠AEC＝30°，又∵BE＝AE，∴∠ABC=12∠AEC＝15°，∴∠ABD＝2∠ABC＝30°；如图，当AB＜AC时，同理可得∠ACD＝30°，又∵∠BAC＝∠BDC＝90°，∴∠ABD＝150°，故答案为：30°或150°．【点睛】本题主要考查了轴对称的性质的运用，如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（2022秋•石城县期末）如图在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标分别为：A（4，0），B（﹣1，4），C（﹣3，1）．（1）在图中作△A'B'C'，使△A'B'C'和△ABC关于x轴对称；（2）写出点A'，B'，C'的坐标；（3）直接写出△ABC的面积．【分析】（1）利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可；（2）根据点的位置写出坐标即可；（3）把三角形的面积看成矩形的面积减去周围三个三角形面积即可．【详解】解：（1）如图，△A'B'C'如图所示；（2）由（1）得点A'的坐标为（4，0），点B'的坐标为（﹣1，﹣4），点C'的坐标为（﹣3，﹣1）；（3）△ABC的面积＝4×7−12×2×3−12×4×5−12×1×7=232．【点睛】本题考查作图﹣轴对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分割法求三角形面积，属于中考常考题型．18．（2022春•渭滨区期末）如图，在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝4∠A，点D是AC边的中点，DE⊥AC交AB于点E，连接CE．（1）求∠A的度数；（2）求证：BE＝2AE．【分析】（1）设∠A的度数为x，则∠ACB＝4∠A＝4x，根据等腰三角形的性质得出∠B＝∠A＝x，根据三角形的内角和定理得出x+x+4x＝180°，再求出x即可；（2）根据线段垂直平分线的性质得出AE＝CE，求出∠ECA＝∠A＝30°，求出∠BCE，再根据直角三角形的性质得出即可．【详解】（1）解：设∠A的度数为x，则∠ACB＝4∠A＝4x，∵AC＝BC，∴∠B＝∠A＝x，在△ABC中，∠A+∠B+∠ACB＝180°，∴x+x+4x＝180°，解得：x＝30°，∴∠A＝30°，答：∠A的度数是30°；（2）证明：∵点D是AC边的中点，DE⊥AC，∴AE＝CE∴∠ECA＝∠A＝30°又∠ACB＝4∠A＝120°，∴∠BCE＝90°，又∵∠B＝30°∴BE＝2CE，∴BE＝2AE．【点睛】本题考查了线段垂直平分线性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，能熟记线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等是解此题的关键．19．（2022秋•五华区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，CE平分∠DCB交AB于点E．（1）求证：∠AEC＝∠ACE；（2）若∠AEC＝2∠B，AD＝1，求BD的长．【分析】（1）依据∠ACB＝90°，CD⊥AB，即可得到∠ACD＝∠B，再根据CE平分∠BCD，可得∠BCE＝∠DCE，进而得出∠AEC＝∠ACE．（2）依据∠ACD＝∠BCE＝∠DCE，∠ACB＝90°，即可得到∠ACD＝30°即可解决问题．【详解】解：（1）∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴∠ACD+∠A＝∠B+∠A＝90°，∴∠ACD＝∠B，∵CE平分∠BCD，∴∠BCE＝∠DCE，∴∠B+∠BCE＝∠ACD+∠DCE，即∠AEC＝∠ACE；（2）∵∠AEC＝∠B+∠BCE，∠AEC＝2∠B，∴∠B＝∠BCE，又∵∠ACD＝∠B，∠BCE＝∠DCE，∴∠ACD＝∠BCE＝∠DCE，又∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝30°，∠B＝30°，∴Rt△ACD中，AC＝2AD＝2，∴Rt△ABC中，AB＝2AC＝4，∴BD＝AB﹣AD＝4﹣1＝3．【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理以及角平分线的定义，直角三角形30度角的性质等知识，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．20．（2022秋•临河区期末）在等边三角形ABC中，点E在AB上，点D在CB的延长线上，且AE＝BD，（1）当点E为AB的中点时，如图1，求证：EC＝ED；（2）当点E不是AB的中点时，如图2，过点E作EF∥BC，求证：△AEF是等边三角形；（3）在第（2）小题的条件下，EC与ED还相等吗，请说明理由．【分析】（1）根据等边三角形三线合一的性质可得∠ECB＝30°，∠ABC＝60°，根据AE＝EB＝BD，可得∠ECB=12∠ACB＝30°，∠EDB＝∠DEB=12∠ACB＝30°，根据等角对等边即可证得结论；（2）根据平行线的性质证得∠AEF＝∠ABC＝60°，∠AFE＝∠C＝60°，即可证得结论；（3）先求得BE＝FC，然后证得△DBE≌△EFC即可；【详解】证明：（1）如图1，在等边△ABC中，AB＝BC＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝∠A＝60°，∵AE＝EB＝BD，∴∠ECB=12∠ACB＝30°，∠EDB＝∠DEB=12∠ACB＝30°，∴∠EDB＝∠ECB，∴EC＝ED；（2）如图2，∵EF∥BC，∴∠AEF＝∠ABC＝60°，∠AFE＝∠C＝60°，∴△AEF为等边三角形；（3）EC＝ED；理由：∵∠AEF＝∠ABC＝60°，∴∠EFC＝∠DBE＝120°，∵AB＝AC，AE＝AF，∴AB﹣AE＝AC﹣AF，即BE＝FC，在△DBE和△EFC中，DB=EF∠DBE=∠EFCBE=FC，∴△DBE≌△EFC（SAS），∴ED＝EC．【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质性质，平行线的性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握性质和定理是解题的关键．21．（2022秋•咸丰县期末）如图，等边△ABC的边长为12cm，D为AC边上一动点，E为AB延长线上一动点，DE交CB于点P，点P为DE中点（1）求证：CD＝BE；（2）若DE⊥AC，求BP的长．【分析】（1）作DF∥AB交BC于F，由等边三角形的性质得出∠A＝∠ABC＝∠C＝60°，由平行线的性质得出∠CDF＝∠A＝60°，∠DFC＝∠ABC＝60°，∠DFP＝∠EBP，证出△CDF是等边三角形，得出CD＝DF，由AAS证明△PDF≌△PEB，得出对应边相等DF＝BE，即可得出结论；（2）由含30°角的直角三角形的性质得出AD=12AE，证出BP＝BE，得出BP＝BE＝CD，设BP＝x，则BE＝CD＝x，AD＝12﹣x，得出方程12+x＝2（12﹣x），解方程即可．【详解】（1）证明：作DF∥AB交BC于F，如图所示：∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠ABC＝∠C＝60°，∵DF∥AB，∴∠CDF＝∠A＝60°，∠DFC＝∠ABC＝60°，∠DFP＝∠EBP，∴△CDF是等边三角形，∴CD＝DF，∵点P为DE中点，∴PD＝PE，在△PDF和△PEB中，∠PFD=∠PBE∠DPF=∠EPBPD=PE，∴△PDF≌△PEB（AAS），∴DF＝BE，∴CD＝BE；（2）解：∵DE⊥AC，∴∠ADE＝90°，∴∠E＝90°﹣∠A＝30°，∴AD=12AE，∠BPE＝∠ACB﹣∠E＝30°＝∠E，∴BP＝BE，由（1）得：CD＝BE，∴BP＝BE＝CD，设BP＝x，则BE＝CD＝x，AD＝12﹣x，∵AE＝2AD，∴12+x＝2（12﹣x），解得：x＝4，即BP的长为4．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，难度适中，证明三角形全等是解决问题的关键．22．（2022春•无锡期中）如图①，△ABC的角平分线BD、CE相交于点P．（1）如果∠A＝80°，求∠BPC的度数；（2）如图②，过P点作直线MN，分别交AB和AC于点M和N，且MN平行于BC，试求∠MPB+∠NPC的度数（用含∠A的代数式表示）；（3）将（2）中的直线MN绕点P旋转，分别交线段AB于点M（不与A、B重合），交直线AC于N，试探索∠MPB、∠NPC、∠A三者之间的数量关系，并说明理由．【分析】（1）利用角平分线的定义和三角形的内角和计算即可；（2）利用角平分线的定义和三角形的内角和计算即可；（3）利用角平分线的定义和三角形的内角和计算即可．【详解】解：（1）∵∠BPC+∠PBC+∠PCB＝180°，∴∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB），∵∠PBC=12∠ABC，∠PCB=12∠ACB，∴∠PBC+∠PCB=12(∠ABC+∠ACB)，∵∠ABC+∠ACB+∠A＝180°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，∴∠PBC+∠PCB=12(180°﹣∠A），∵∠BPC＝180°﹣（∠PBC+∠PCB），∴∠BPC＝180°−12(180°−∠A)＝90°+12∠A，∵∠A＝80°，∴∠BPC＝90°+40°＝130°；（2）由（1）得，∠BPC＝90°+12∠A，又∵∠BPC+∠MPB+∠NPC＝180°，∴∠MPB+∠NPC＝180°﹣（90°+12∠A）＝90°−12∠A，即∠MPB+∠NPC＝90°−12∠A；（3）点M在线段AB上，点N在直线AC上，所以分三种情况：①点N在线段AC上时，如备用图1，结论同（2），∠MPB+∠NPC＝90°−12∠A；②点N在AC的延长线上时，如备用图2，∵∠MPB+∠BPN＝180°，∠BPN＝∠BPC﹣∠NPC，∠BPC＝90°+12∠A，∴∠MPB+∠BPC﹣∠NPC＝180°∴∠MPB﹣∠NPC＝180°﹣∠BPC＝90°−12∠A，即∠MPB﹣∠NPC＝90°−12∠A；③点N在CA的延长线上时，如备用图3，∵∠MPB+∠NPC+∠BPC＝360°，∴∠MPB+∠NPC＝360°﹣∠BPC＝360°﹣（90°+12∠A）＝270°−12∠A，即∠MPB+∠NPC＝270°−12∠A．【点睛】本题考查的是三角形内角和与角平分线，解题的关键是画出正确图形，会利用内角和表示角之间的关系．23．（2022秋•婺城区校级期末）已知等边△ABC和点P，设点P到△ABC三边AB、AC、BC的距离分别为h1，h2，h3，△ABC的高为h．回答以下问题：（1）如图（1），若点P在一边BC上，此时h3＝0，可得结论　h＝h1+h2　（结论用h1，h2，h3，h的关系式表示）（2）如图（2），当点P在△ABC内，此时可得结论　h＝h1+h2+h3　（结论用h1，h2，h3，h的关系式表示）（3）如图（3），当点P在△ABC外，上述结论是否成立？若成立，请予以证明；若不成立，h1，h2，h3和h之间又有怎样的关系，并说明理由．【分析】（1）连接AP，根据S△ABC＝S△ABP+S△APC可知12BC•AM=12AB•PD+12AC•PF，再把AB＝BC＝AC及AM＝h，PD＝h1，PF＝h2，代入即可得出结论；（2）连接AP、BP、CP，根据S△ABC＝S△ABP+S△BPC+S△ACP即可得出结论；（3）连接PB，PC，PA，由三角形的面积公式得：S△ABC＝S△PAB+S△PAC﹣S△PBC，即12BC•AM=12AB•PD+12AC•PE−12BC•PF，再由AB＝BC＝AC即可得出结论．【详解】解：（1）h＝h1+h2，理由如下：连接AP，则 S△ABC＝S△ABP+S△APC∴12BC•AM=12AB•PD+12AC•PF即 12BC•h=12AB•h1+12AC•h2又∵△ABC是等边三角形∴BC＝AB＝AC，∴h＝h1+h2．故答案为：h＝h1+h2．（2）h＝h1+h2+h3 ，理由如下：连接AP、BP、CP，则 S△ABC＝S△ABP+S△BPC+S△ACP∴12BC•AM=12AB•PD+12AC•PF+12BC•PE即 12BC•h=12AB•h1+12AC•h2+12BC•h3又∵△ABC是等边三角形，∴BC＝AB＝AC．∴h＝h1+h2+h3．故答案为：h＝h1+h2+h3；（3）h＝h1+h2﹣h3．当点P在△ABC外时，结论h1+h2+h3＝h不成立．此时，它们的关系是h1+h2﹣h3＝h．理由如下：连接PB，PC，PA由三角形的面积公式得：S△ABC＝S△PAB+S△PAC﹣S△PBC，即12BC•AM=12AB•PD+12AC•PE−12BC•PF，∵AB＝BC＝AC，∴h1+h2﹣h3＝h，即h1+h2﹣h3＝h．【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，根据题意作出辅助线，构造出三角形，根据三角形的面积公式求解是解答此题的关键．