专题07 三角形全等的判定之ASA或AAS重难点专练- 2022-2023学年八年级上册数学专题训练（浙教版）

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专题07三角形全等的判定之ASA或AAS重难点专练（解析版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2022·浙江八年级期末）如图，已知△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，三角形的顶点在相互平行的三条直线l1，l2，l3上，且l1，l2之间的距离为1，l2，l3之间的距离为3，则AC的长是（ ）

A． B．5 C． D．
【答案】D
【分析】
过A作AD⊥l3于D，过C作CE⊥l3于E，得到AD=3，CE=4，根据AAS可证明≌，可求出BE=AD=3，根据勾股定理求出BC的长，进而求出AC的长即可．
【详解】
过A作AD⊥l3于D，过C作CE⊥l3于E，由题可得，AD=3，CE=4，

∵AD⊥l3，CE⊥l3，
∴∠ADB=∠ABC=∠CEB=90°，
∴∠DAB+∠ABD=90°，∠ABD+∠CBE=90°，
∴∠DAB=∠CBE，
又∵AB=BC，
∴≌，
∴AD=BE=3，
∵CE=4，
∴在中，，
∵AB=BC，∠ABC=90°，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识点的应用，正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
2．（2022·浙江杭州市·）如图，⊙O的半径OD⊥AB于点C，连接AO并延长交⊙O于点E，连接EC．若AB＝8，CD＝2，则cos∠OCE为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
如图，过点E作EH⊥DO交DO的延长线于H，设OA=r．利用勾股定理求出OC，OA，利用全等三角形的性质证明EH=AC=4，OH=OC=3，求出EC即可解决问题．
【详解】
解：如图，过点E作EH⊥DO交DO的延长线于H，设OA=r．

∵OD⊥AB，
∴AC=BC=4，
在Rt△ACO中，
∵∠ACO=90°，
∴r2=42+（r-2）2，
解得r=5，
∴OA=OE=5，OC=3，
∵∠H=∠ACO，∠EOH=∠AOC，AO=EO，
∴△EOH≌△AOC（AAS），
∴EH=AC=4，OH=OC=3，CH=6，
∴EC=，
∴cos∠OCE=，
【点睛】
本题考查垂径定理，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
3．（2022·浙江杭州市·九年级三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点D在y轴上，且A（﹣3，0），B（2，b），则b的值为（　　）

A．3 B．2 C．﹣3 D．﹣2
【答案】C
【分析】
作BM⊥x轴于M．只要证明△DAO≌△ABM，推出OA＝BM，AM＝OD，由A（﹣3，0），B（2，b），推出OA＝3，可得b＝．
【详解】
解：作BM⊥x轴于M．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAO+∠BAM＝90°，∠BAM+∠ABM＝90°，
∴∠DAO＝∠ABM，
∵∠AOD＝∠AMB＝90°，
在△DAO和△ABM中，
，
∴△DAO≌△ABM（AAS），
∴BM＝OA，
∵A（，0），B（2，b），
∴BM＝OA＝3，
∴b＝．
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质、坐标与图形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题．
4．（2022·台州市书生中学八年级月考）如图，四边形 ABCD 是正方形，G 是 BC 上的任意一点，DE⊥AG 于点 E，BF//DE 且交 AG 于点 F，若 3AB=5EF，则的值为（ ）

A．5:9 B．3:5 C．17:25 D．16:25
【答案】C
【分析】
根据四边形为正方形，利用易证，可得，，设，，则，，，根据勾股定理可得，整理得，，根据，，可得．
【详解】
解：四边形为正方形，
，，
，，
，
，，
，
在和中
，
，
，
设，，则，，，
在中，
∴
整理得，，
，

∴，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定和性质和正方形的性质，三角形的面积公式，熟悉相关性质是解题的关键．
5．（2022·浙江中考真题）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．
【详解】
如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，
∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，
∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，
∵，
∴BE=PE=PC=PF=DF，
∵∠CFD=∠BPC，
∴DF//EH，
∴PH为△CFQ的中位线，
∴PH=QF，CH=HQ，
∵四边形EPFN是正方形，
∴∠EFN=45°，
∵GD⊥DF，
∴△FDG是等腰直角三角形，
∴DG=FD=PC，
∵∠GDQ=∠CPH=90°，
∴DG//CF，
∴∠DGQ=∠PCH，
在△DGQ和△PCH中，，
∴△DGQ≌△PCH，
∴PH=DQ，CH=GQ，
∴PH=DF=BE，CG=3CH，
∴BH=BE+PE+PH=，
在Rt△PCH中，CH==，
∴CG=BE，
∴．

故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
6．（【新东方】【2022.6.16】【omo】【初三下】【数学00102】）如图，正方形中，点E为中点，连结，将沿翻折得到，连结并延长交于点G，若，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
延长EF，与BC交于M，证明Rt△ABM≌Rt△AFM，得到BM=FM，判断出∠BHM=90°，从而证明△ABM≌△BCG，得到△ABM≌△BCG，在△ECM中，利用勾股定理列出方程，求出CG，即可得到EG．
【详解】
解：延长EF，与BC交于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠C=∠D=90°，AB=BC=AD，
∵折叠，
∴AD=AF=AB，∠D=∠AFE=90°，
∵∠AFM=∠ABM=90°，AM=AM，
∴Rt△ABM≌Rt△AFM（HL），
∴BM=FM，
∴AM垂直平分BF，即∠BHM=90°，
∴∠HBM+∠HMB=90°，又∠HBM+∠BGC=90°，
∴∠HMB=∠BGC，
又∵AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴△ABM≌△BCG（AAS），
∴BM=CG=MF，
∵E为CD中点，AB=CD=BC=10，
∴DE=CD=EF=5，
设BM=CG=MF=x，则CM=10-x，
在△ECM中，，
即，
解得：x=，即CG=，
∴EG=CE-CG=5-=，
故选C．

【点睛】
本题考查正方形的性质、翻折变换、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，利用勾股定理构建方程解决问题，题目比较难，属于中考填空题中的压轴题．
7．（2022·浙江八年级期末）如图，矩形中，E，F是上的两个点，，，垂足分别为G，H，若，，，且，则（ ）

A． B． C．3 D．
【答案】B
【分析】
先过点E作EM⊥AB于M，延长EG交AB于Q，则△EQM是直角三角形，四边形ADEM是矩形，先判定△FCH≌△QAG（ASA），得出AQ=CF=2，FH=QG，然后在Rt△EMQ中，根据勾股定理求得EQ=，即可得到EG+QG=EG+FH=．
【详解】
解：过点E作EM⊥AB于M，延长EG交AB于Q，则△EQM是直角三角形．

∵EG⊥AC，FH⊥AC，
∴∠CHF=∠AGQ=90°，
∵矩形ABCD中，CD∥AB，
∴∠FCH=∠QAG，
在△FCH和△QAG中，
，
∴△FCH≌△QAG（ASA），
∴AQ=CF=2，FH=QG，
∵∠D=∠DAM=∠AME=90°，
∴四边形ADEM是矩形，
∴AM=DE=1，EM=AD=2，
∴MQ=2-1=1，
∴Rt△EMQ中，EQ=，
即EG+QG=EG+FH=，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线，构造直角三角形、矩形以及全等三角形，根据矩形对边相等及全等三角形对应边相等进行计算求解．
8．（【新东方】初中数学20220625-003【初二上】）如图是等腰的顶角的平分线，E点在上，F点在上，且平分，则下列结论错误的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
首先证明△AED≌△AFE，利用等式的性质可得EB=CF，再利用全等三角形的性质可得∠EDA=∠FDA，根据等腰三角形三线合一可得∠ADB=∠ADC=90°，根据等角的余角相等可得∠BDE=∠CDF，根据等角的补角相等可得∠BED=∠CFD，条件无法证明∠BDE=∠DAE．
【详解】
解：∵AD是等腰△ABC的顶角的平分线，
∴∠EAD=∠FAD，AB=AC，
∵AD平分∠EDF，
∴∠EDA=∠FDA，
在△AED和△AFD中，
，
∴△AED≌△AFE（ASA），
∴AE=AF，
∴AB-AE=AC-AF，
∴EB=FC，故A正确；
∵AD是等腰△ABC的顶角的平分线，
∴AD⊥CB，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
∵△AED≌△AFE，
∴∠EDA=∠FDA，
∴∠BDE=∠CDF，故B正确；
∵△AED≌△AFE，
∴∠AED=∠AFD，
∴∠BED=∠CFD，故C正确；
假设∠DAE=∠BDE，则∠DAE+∠EDA=90°，
∴DE⊥AB，
∵条件中没有DE⊥AB，
∴∠DAE=∠BDE错误，故D错误；
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了等腰三角形的性质和全等三角形的判定和性质，关键是掌握等腰三角形三线合一．


二、填空题
9．（2022·浙江杭州市·九年级专题练习）如图，在长方形ABCD中，AB＝12，BC＝9，P为AD上一点，将△ABP沿BP翻折至△EBP，PE与CD相交于点O，且OE＝OD，则AP＝_____________．

【答案】7.2
【分析】
设CD与BE交于点G，AP=x，证明△ODP≌△OEG，根据全等三角形的性质得到OP=OG，PD=GE，根据翻折变换的性质用x表示出PD、OP，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】
解：设CD与BE交于点G，
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠D=∠A=∠C=90°，AD=BC=9，CD=AB=12，
由折叠的性质可知△ABP≌△EBP，
∴EP=AP，∠E=∠A=90°，BE=AB=12，
在△ODP和△OEG中，
，
∴△ODP≌△OEG（ASA），
∴OP=OG，PD=GE，
∴DG=EP，
设AP=EP=x，则PD=GE=9-x，DG=x，
∴CG=12-x，BG=12-（9-x）=3+x，
根据勾股定理得：BC2+CG2=BG2，
即92+（12-x）2=（x+3）2，
解得：x=7.2，
∴AP=7.2，
故答案为：7.2．

【点睛】
本题考查的是翻折变换的性质和勾股定理的应用，翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
10．（2022·浙江九年级三模）如图所示，在边长相同的小正方形组成的网格中，与交于点，那么__________．

【答案】
【分析】
要求∠APD的正切值，要把∠APD放在直角三角形中，构造直角三角形，连结正方形的对角线AE，EF、FB，故有AE =EF=FB=CD，直角三角形构成△AEG，下面解决AE与EG的关系，发现G在EF上，EF=AE，只要G为EF中点，为此证△AGE≌△BGF，在Rt△AGE中tan∠AGE可求即可．
【详解】
如图连结AE、EF、FB，EF与AB交于G，
由正方形知AE=EF=EB=DC，∠AEG=∠GFB=90º,∠AGE=∠BGF,
∴△AGE≌△BGF(AAS)，
EG=FG=AE，
∵EF∥DC，
∴∠AGE=∠APD，
在Rt△AGE中tan∠AGE==2,
∴tan∠APD=2．
故答案为：2．

【点睛】
本题考查网格中求角的正切值问题，关键是把给的角转移到三角形中，掌握正方形性质，全等三角形性质，三角函数．
11．（2022·浙江九年级专题练习）如图，，，，在边上取点P，使得，与两两相似，则长为___________．（结果用含的代数式表示）

【答案】或
【分析】
根据△PAD，△PBC都是直角三角形，△PAD，△PBC，△PDC两两相似，利用相似三角形性质分类讨论即可；
【详解】
∵△PAD，△PBC都是直角三角形，△PAD，△PBC，△PDC两两相似，
∴△PDC是直角三角形，
当时，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
当时，
∴，此时CD∥AB，，四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，与题意矛盾，故不存在这种情况；
当时，
∴，，
∴，
过点P作于M，
∴，，

在△PAD和△PMD中，
，
∴，
∴PA=PM，
在△PBC和△PMC中，
，
∴，
∴PB=PM，
∴，
∵，
∴；
当时，
当时，
，
∴，
∴，
在△DPC和△BPC中，
，
∴，
∴PD=PB，
∴，
∴；
∴AP的长为或．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的性质应用，结合全等三角形证明求解是解题的关键．
12．（2022·浙江八年级期中）如图，矩形ABCD和矩形CEFG，AB＝1，BC＝CG＝2，CE＝4，点P在边GF上，点Q在边CE上，且PF＝CQ，连结AC和PQ，M，N分别是AC，PQ的中点，则MN的长为___．

【答案】
【分析】
连接CF，交PQ于R，延长AD交EF于H，连接AF，则四边形ABEH是矩形，求出FH=1，AF= ，由ASA证得△RFP≌△RCQ，得出RP=RQ，则点R与点M重合，得出MN是△CAF的中位线，即可得出结果．
【详解】
解：连接CF，交PQ于R，延长AD交EF于H，连接AF，如图所示：
则四边形ABEH是矩形，
∴HE=AB=1，AH=BE=BC+CE=2+4=6，
∵四边形CEFG是矩形，
∴FG//CE，EF=CG=2，
∴∠RFP=∠RCQ，∠RPF=∠RQC，FH=EF-HE=2-1=1，
在Rt△AHF中，由勾股定理得：AF=，
在△RFP和△RCQ中，
，
∴△RFP≌△RCQ（ASA），
∴RP=RQ，
∴点R与点M重合，
∵点N是AC的中点，
∴MN是△CAF的中位线，
∴MN=，
故答案为：．

【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；作辅助线构建全等三角形是解题的关键．
13．（【新东方】【宁波】【初二上】【数学】【00020】）如图，已知，，，，，，则的面积为________．

【答案】
【分析】
知道AD的长，只要求出AD边上的高，就可以求出△ADE的面积；过点D作DG⊥BC于G，过点E作EF⊥AD交AD的延长线于F，构造出△EDF≌△CDG，求出GC的长，即为EF的长，利用三角形的面积公式解答即可．
【详解】
解：过点D作DG⊥BC于G，过点E作EF⊥AD交AD的延长线于F，如图所示：
则四边形ABGD是矩形，
∴AD=BG，
∵∠EDF+∠FDC=90°，
∠GDC+∠FDC=90°，
∴∠EDF=∠GDC，
在△EDF和△CDG中，
，
∴△EDF≌△CDG（AAS），
∴EF=CG=BC-BG=BC-AD=4-3=1，
∴S△ADE= AD•EF=×3×1=，
故答案为：．

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形面积计算等知识，通过作辅助线构造△EDF≌△CDG是解题的关键．
14．（2022·浙江九年级月考）如图，点E为正方形ABCD的边DA的延长线上一点，以BE为边在BE的另一侧作正方形BEFG，连接CG，若AB＝12，BE＝13，则△BCG的面积为_____．

【答案】30
【分析】
延长交于点，根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质以及三角形面积公式解答．
【详解】
解：延长交于点，

正方形，
，，
正方形，
，，
，
，
，
在与中，
，
，
，，
，
，
，
在中，，
，
，
故答案为：30．
【点睛】
此题考查正方形的性质，关键是根据全等三角形的判定和性质以及正方形的性质解答．
15．（【新东方】【2022.6.16】【omo】【初三下】【数学00102】）如图，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．连结，交于点P，若正方形的面积为48，．则的值是__________．

【答案】16
【分析】
先证明△AEP≌△CGM（ASA），则S△AEP=S△CGM，所以两三角形面积的差是中间正方形面积的一半，设AE=x，BE=8-x，根据勾股定理得：AE2+BE2=AB2，x2+（8-x）2=48，则2x2-16x=-16，整体代入可得结论．
【详解】
解：∵正方形ABCD的面积为48，

∴AB2=48，
设AE=x，
∵AE+BE=8，
∴BE=8-x，
Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2=AB2，
∴x2+（8-x）2=48，
∴2x2-16x=-16，
∵AH⊥BE，BE⊥CF，
∴AH∥CF，
∴∠EAP=∠GCM，
∵“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD，
∴△AEB≌△CGD，
∴AE=CG，
∴△AEP≌△CGM（ASA），
∴S△AEP=S△CGM，EP=MG，
∴S△CFP-S△AEP=S△CFP-S△CGM=S梯形FPMG=（MG+PF）•FG=EF•FG=S正方形EHGF，
∵S矩形EHGF=S正方形ABCD-4S△AEB=48-4×x（8−x）=2x2-16x+48=-16+48=32，
则S△CFP-S△AEP的值是16；
故答案为：16．
【点睛】
本题考查了“赵爽弦图”，多边形的面积，勾股定理等知识点，首先要求学生正确理解题意，然后会利用勾股定理和三角形全等的性质解题．
16．（2022·浙江九年级二模）如图，在正方形ABCD中，以CD为边向形内作等边三角形CDG，连接AG，点E和F在边CD上，连接AE，BF，分别交DG，CG于点M，N，连接MN，则∠AGD＝______，若∠DAE＝∠CBF＝15°，则＝______．

【答案】
【分析】
①先证明△CDG是等边三角形,根据等腰三角形性质可知AD＝GD，顶角∠ADG＝30°，根据三角形内角和即可求得∠AGD；
②过点G作PQ⊥CD于点P，交AB于点Q，过点A作AH⊥GD于点H，由（1）的结论可证明△AGQ≌△AGH，可知△GMN是等边三角形，设DP＝CP＝x，分别求得，再求比值．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90，AD＝CD＝BA，
∵△CDG是等边三角形，
∴GD＝CD，∠GDC＝∠DGC＝60，
∴AD＝GD，∠ADG＝30，
∴∠AGD＝∠DAG＝，
过点G作PQ⊥CD于点P，交AB于点Q，过点A作AH⊥GD于点H，

设DP＝CP＝x，
∵△CDG是等边三角形，
∴PG＝x，CD＝AD＝DG＝PQ＝2x，∠DGP＝30°，
∴GQ＝2x﹣x，
∵∠AGD＝∠DAG＝75°，
∴∠AGQ＝∠AGH＝75°，
在△AGQ和△AGH中，
，
∴△AGQ≌△AGH（AAS），
∴AH＝AQ＝DP＝x，GH＝GQ＝2x﹣x，
∵∠AMG＝∠DAE+∠ADG＝15°+30°＝45°，AH⊥GD，
∴HM＝AH＝x，
∴GM＝3x﹣x，
同理GN＝3x﹣x，
∵△CDG是等边三角形，
∴∠DGC＝60°，
∴△GMN是等边三角形，
∴MN＝GM＝3x﹣x，
∴＝＝．
故答案为：75°，．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
17．（2022·浙江八年级期末）如图，将矩形纸片ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形EFGH．若BC＝8，GH=7，则EH＝___．

【答案】
【分析】
根据折叠性质可得∠GFE=∠FEH=∠GHE=90°，∠GNH=∠EMH=90°，FM=CF，FN=BF，可得四边形EFGH是矩形，根据矩形的性质可得∠GHN=∠EFM，GH=EF，利用AAS可证明△GHN≌△EFM，可得HN=FM，即可得出FH=BC，利用勾股定理求出EH的长即可．
【详解】
∵将矩形纸片ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形EFGH，
∴∠CFE=∠EFH=∠CFH，∠BFG=∠HFG=∠BFH，FM=CF，FN=BF，∠GNH=∠EMH=90°，
∴∠EFH+∠HFG=（∠CFH+∠BFH）=90°，即∠EFG=90°，
同理可得：∠FEH=∠GHE=90°，
∴四边形EFGH是矩形，
∴∠GHF=∠EFH，EF=GH=7，
在△GHN和△EFM中，，
∴△GHN≌△EFM，
∴HN=FM，
∴CF=HN，
∴FH=NH+FN=CF+BF=BC=8，
∴EH====．
故答案为：
【点睛】
本题考查折叠性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
18．（2022·浙江八年级期末）如图，在平行四边形中，平分交于点，过点作的垂线交于点，若，，则______．

【答案】4
【分析】
先过点E作EG//AB，根据平行四边形的性质、角平线线的性质证明出△ABE≌△AGE，得到BA=BE=GA=GE，再利用直角的性质，通过等量代换得到，最后得出结论．
【详解】
解：如图所示，过点E作EG//AB，

∵四边形是平行四边形，
∴AB//DC，AD//BC，
∴∠BAE=∠AEG，∠GAE=∠BEA，
∵平分
∴∠BAE=∠GAE，
∴∠BAE=∠AEG=∠GAE=∠BEA，
∴BA=BE，GA=GE
∵AE=AE，
∴△ABE≌△AGE（ASA）
∴BA=BE=GA=GE，
∵AE⊥EF，
∴∠AEG+∠GEF=90°，∠AEB+∠FEC=90°，
∵∠AEG=∠BEA，
∴∠GEF=∠FEC，
∵GE//DC,
∴∠GEF=∠EFC,
∴∠FEC=∠EFC,
∴,
∴AB=BE=5-1=4，
故答案为：4．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的性质、垂直的性质，解决本题的关键是作出辅助线，利用平行的性质进行等量代换．
19．（2022·浙江宁波市·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，，点在轴上运动，以为边作等腰，（点，，呈顺时针排列），当点在轴上运动时，点也随之运动．在点的运动过程中，的最小值为______．

【答案】
【分析】
过点A作直线l⊥x轴，过C，B作CD⊥l于点D，BE⊥l于点E，易证∆CDA≅∆ AEB，从而得AD=BE=OA=5，作点A关于CD的对称点A′，由三角形三边长关系得：当O，C，A′三点共线时，有最小值=OA′，利用勾股定理即可求解．
【详解】
如图，过点A作直线l⊥x轴，过C，B作CD⊥l于点D，BE⊥l于点E，
∵∠DCA+∠CAD=90°，∠EAB+∠CAD=180°-90°=90°，
∴∠DCA=∠EAB，
又∵∠CDA=∠AEB=90°，AB=AC，
∴∆CDA≅∆ AEB（AAS），
∴BE=AD，
∵，
∴AD=BE=OA=5，
作点A关于CD的对称点A′，连接CA′，则点A′在直线l上，DA′=DA=5，AC=A′C，
∴=OC+A′C，
∵在∆COA′中，OC+A′C≥OA′，
∴当O，C，A′三点共线时，有最小值=OA′，此时，OA′=，
∴最小值=．
故答案是：．

【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，利用轴对称求线段和的最小值问题，添加合适的辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．
20．（2022·浙江九年级一模）如图，在直角坐标系中，点A在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上，线段OA绕点A顺时针方向旋转90°得到线段AB，过点B向下作x轴的垂线，交该反比例函数图象于点C，连接AC，若△ABC的面积为1，tanB＝，则k的值为_____．

【答案】．
【分析】
如图，过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥AD于点E，利用三角形的全等，反比例函数的意义，k的几何意义计算
【详解】
如图，过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥AD于点E，
∵线段OA绕点A顺时针方向旋转90°得到线段AB，
∴∠OAB＝∠OAD＝∠E＝90°，OA＝AB，
∴∠OAD+∠BAE＝∠AOD+∠OAD＝90°，
∴∠AOD＝∠BAE，
∴△AOD≌△BAE（AAS），
∴OD＝AE，AD＝BE，
∵BC⊥x轴，AD⊥x轴，
∴BC∥AD，
∴∠ABC＝∠BAE，
∴∠ABC＝∠AOD，
∴tan∠AOD＝tan∠ABC＝，
∴＝，
设AD＝a（a＞0），则OD＝3a，BE＝a，AE＝3a，
∴DE＝AD+AE＝4a，
∴A（3a，a），B（2a，4a），
∵点A在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上，
∴k＝3a•a＝3，
∵点C在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上，
∴C（2a，a），

∴BC＝4a﹣a＝a，
∵△ABC的面积为1，
∴BC•BE＝1，即×a×a＝1，
∴＝，
∴k＝3＝3×＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了反比例函数的性质，三角形的全等，旋转的性质，三角函数，反比例函数图像与点的关系，熟练运用反比例函数的性质和k的意义，利用三角形的面积，三角函数的意义是解题的关键．
21．（2022·浙江九年级一模）等腰三角形ABC中，过C作CD⊥AB交AB边于点E，且AB=AC=CD，连结AD并延长交CB延长线于点F，若DB=5．BC=8，则∠AFC=__，AB=__．
【答案】45°； 或
【分析】
（1）要求∠F的度数，要利用∠ADC是的外角，将其转化中已知的两个等腰三角形之中加以解决；（2）因为AB=CD，所以要求AB的长，需求CD的长即可，这样，将未知量和已知量集中在中，分别过点D、A作DM⊥FC于M，AN⊥FC于N，借助于勾股定理求得CD的长，但需考虑问题本身没有给出图形，可能需要分情况进行讨论．
【详解】
解：（1）如图1所示，

设,则．
∵AC=CD，
∴∠CAD=∠ADC=．
∵CD⊥AB，
∴∠ABC+∠DCF=90°．
∴∠ABC=90°-∠DCF=．
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=．
∴．
在ACD中，∠ADC+∠DAC+∠ACD=180°，
∵2（）+=180°．
∴．
故答案为：45°．
（2）过点D作DM⊥FC于M，AN⊥FC于N．分两种情况：
当点M在点B左侧时，如图2所示，

∵∠CAN+∠ACB=90°，∠DCM+∠ABC=90°，∠ACB=∠ABC，
∴∠CAN=∠DCM．
在和中，，
∴．
∴．
∴在RtDBM中，．
∴CM=CB+BM=8+3=11．
在RtDCM中，．
∴AB=DC=．
当点M在点B右侧时，如图2所示，

此时，CM=CB-BM=8-3=5，其它不变．
在RtDCM中，．
∴AB=DC=．
综合得，AB=或．
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、分类的数学思想等知识点．熟知各种图形的性质是解题的基础，分类讨论是本题的关键．
22．（2022·浙江九年级三模）如图，将正方形纸片折叠，使点落在边上一点（不与点，重合）处压平后得到折痕．若，当时，则______；若（为整数）则______．（用含的式子表示）

【答案】
【分析】
连接，，．由题设，得四边形和四边形关于直线对称．由轴对称的性质知，．又有，设．由得，；设，则，．在中，由勾股定理可解得的值，从而得以的值，在和在中，由勾股定理知，，有．设，则可求得的值，得到的值从而得到．连接，，令，则，设，则，由勾股定理得；作于，可证得，由此得，从而可得的值．
【详解】
解：如图1，连接，，．

由题设，得四边形和四边形关于直线对称．
垂直平分，
，．
四边形是正方形，
，
设．
，
．
设，则，．
在中，．
，
解得，即．
在和在中，，，
．
设，则，
，
解得，即，
．
当四边形为正方形时，连接，，
不妨令，则，设，则，
，
，
；
如图2，作于，则，

又点，关于对称，则，；
，
，
在和中，
，
，
，
，
则：．
【点睛】
本题考查图形的翻折变换，全等三角形的判定和性质以及勾股定理的综合应用，由于计算量较大，需要细心求解．
23．（2022·浙江九年级二模）如图，点O是△ABC的内心，AO的延长线交△ABC的外接圆于点D，交BC于点E，设＝a，则＝___．（用含a的代数式表示）

【答案】
【分析】
过点O作OF∥BD交AB于点F，连接BD，通过三角形内心的性质可得出∠FAO=∠EAC，然后证明△FBO≌△EBO，然后根据成比例线段的性质，根据＝a，得出，BF=BE，，从而得到＝．
【详解】
解：过点O作OF∥BD交AB于点F，连接BD，

∴∠AOF=∠ADB=∠ACE，
∵点O是△ABC的内心，
∴∠FAO=∠EAC，
∴∠AFO=180°-∠FAO-∠AOF=180°-∠EAC-∠ACE=∠AEC，
∴∠BFO=∠BEO，
在△FBO和△EBO中，
，
∴△FBO≌△EBO（AAS），
∴OF=OE，BF=BE，
∵∠OBD=∠OBE+∠CBD=∠ABO+∠CAD，
∠OBD=∠ABO+∠BAO=∠BOD，
∴OD=OB，
∴，
∴，
∴，
∵∠BAE=∠OAE，
∴，
∴，
∵＝a，
∴，
∴，
∵BF=BE，
∴，
∴＝．
故答案为．
【点睛】
本题考查了三角形的内心的性质，成比例线段的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理．关键是成比例线段的性质的应用．

三、解答题
24．（2022·浙江九年级专题练习）如图，点，分别在正方形的边，上，且于点．

（1）求证： ；
（2）若四边形的面积为12．
①正方形的面积是________；
②当时，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①24；②6−
【分析】
（1）根据正方形的性质得到AB=BC，∠A=∠CBF=90°，根据余角的性质得到∠BFC=∠AEB，于是得到结论；
（2）①根据全等三角形的性质得到S△ABE=S△BCF，推出S四边形AEGF=S△BGC，于是得到S△BCE=12，即可得到结论；
②设CG=x，则BE=CF=x+2，根据三角形的面积公式列方程得到x=4，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠CBF=90°，
∵BE⊥CF，
∴∠ABE+∠CBG=∠ABE+∠BFC=90°，
∴∠BFC=∠AEB，
∴△ABE≌△BCF（AAS）；
（2）解：①∵△ABE≌△BCF，
∴S△ABE=S△BCF，
∴S△ABE-S△BFG=S△BCF-S△BFG，
∴S四边形AEGF=S△BGC，
∵四边形AECF的面积为12，
∴S△BCE=12，
∴正方形ABCD的面积是24，
故答案为：24；
②设CG=x，则BE=CF=x+2，
∵S△BCE=BE•CG=x（x+2）=12，
解得x=4，
∴CG=4，
∵正方形ABCD的面积=24，
∴BC＝=，
由勾股定理求得BG＝，
∴EG＝6−．

【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
25．（2022·浙江八年级期末）如图，已知在和中，．求证：．

【答案】见解析
【分析】
由，可得∠DBE=∠ABC，用可证．
【详解】
证明：∵，
∴，
即．
在和中，

∴，
∴．

【点睛】
本题考查了用证三角形全等和全等三角形的性质，解题关键是挖掘题目中的隐含条件，找到全等三角形进行证明．
26．（2022·浙江湖州市·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知，，，点的坐标为．


（1）求点的坐标．
（2）求过点，，的二次函数的表达式．
（3）设点关于二次函数的对称轴的对称点为，求的面积．
【答案】（1）点的坐标是；（2）；（3）．
【分析】
（1）过点作轴于点．过点作轴于点．证明，利用三角形全等的性质可得，，从而可得答案；
（2） 设过点，，的抛物线的函数表达式为，把代入解析式，利用待定系数法列方程组解方程组可得答案；
（3）如图，延长交于 由关于对称，则 先求解抛物线的对称轴，关于对称，再求解 利用三角形的面积公式可得答案．
【详解】
解（1）过点作轴于点．过点作轴于点．


，


∵，
∴．
∴．
在和中，

∴．
∴，
点的坐标是．
（2）
设过点，，的抛物线的函数表达式为，
．
∴．
过点，，的抛物线的函数表达式为．
（3）如图，延长交于 由关于对称，则


的对称轴．
关于对称，


．
【点睛】
本题考查的是图形与坐标，三角形全等的判定与性质，利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，掌握以上知识是解题的关键．
27．（2022·浙江九年级一模）如图，已知和均是直角三角形，，，于点．

（1）求证：≌；
（2）若点是的中点，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）cm
【分析】
（1）根据即可证明结论；
（2）结合（1）可得cm，根据点是的中点，可得cm，根据勾股定理即可求出的长．
【详解】
解：（1）证明：，
，
，
，
，
，
在和中，
，
；
（2），
cm，
点是的中点，
cm，
cm，
在中，根据勾股定理，得
cm．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
28．（【新东方】义乌初中数学初二下【00020】）如图，平行四边形中，，垂足分别是E，F．
（1）求证：．
（2）连结，，若，求四边形的面积．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得到CD=AB，CD∥AB，可得∠DCE=∠BAF，利用AAS证明△CDE≌△ABF，可得结论；
（2）根据30°的直角三角形的性质得到DE，利用勾股定理求出AE，同理得到CF和BF，求出EF，从而计算四边形DEBF的面积．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB，CD∥AB，
∴∠DCE=∠BAF，
∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠DEC=∠BFA=90°，
∴△CDE≌△ABF（AAS），
∴CE=AF；
（2）∵AD=4，∠DAC=30°，∠DEA=90°，
∴DE=2，
∴AE==，
同理：CF=，BF=DE=2，
∵AC=7，
∴EF=AC-AE-CF=7-，
∴四边形DEBF的面积==．

【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，知识点较多，难度中等，解题的关键是灵活运用平行四边形的性质得到相等线段和角．
29．（2022·浙江台州市·九年级一模）将两个完全相同的含角直角三角板如图所示放置，

（1）求证：；
（2）连接，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）30°
【分析】
（1）欲证△ADF≌△CDE，已知有∠E=∠F=30°，∠EDC=∠FDA，因此还差一条边对应相等；由已知有BE=BF，根据直角三角形中30°角的性质，可得BC=BF，AB=BE，则必有EC=FA，从而可证得结论成立；
（2）由（1）可得CD=AD，又DC⊥BE，DA⊥BF，由角平分线的判定定理即可得BD平分∠ABC，从而可求得∠ABD的度数．
【详解】
（1）∵三角板ABE、三角板CBF是两块一样的直角三角板
∴BE=BF，∠E=∠F=30°，∠EAB=∠FCB=90°
∴ BC=BF，AB=BE
∴BC=AB
∴BE−BC=BF−AB
∴EC=FA
在△ADF和△CDE中

∴ △ADF≌△CDE（AAS）
（2）∵△ADF≌△CDE
∴AD=CD
∵∠EAB=∠FCB=90°
∴BD平分∠ABC
∴∠ABD=∠ABC
∵∠ABC=90°−∠E=60°
∴∠ABD=30°
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定和性质，角平分线的判定定理、直角三角形30°的性质；关键是根据直角三角形30°角的性质得出BC= AB ．
30．（2022·浙江九年级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别是AB，BC的中点，CF∥AB交DE的延长线于点F．

（1）求证：△BDE≌△CFE．
（2）若AC＝8，CF＝5，求BC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）6．
【分析】
（1）由平行线的性质得到∠BDE=∠F，∠B=∠FCE，根据全等三角形的AAS判定定理即可证得△BDE≌△CFE；
（2）由全等三角形的性质得到BD=CF=5，进而得到AB，根据勾股定理即可求得BC．
【详解】
（1）证明：∵E是BC的中点，
∴BE=CE，
∵CF∥AB，
∴∠BDE=∠F，∠B=∠FCE，
在△BDE和△CFE中，，
∴△BDE≌△CFE（AAS）；
（2）解：∵△BDE≌△CFE，
∴BD=CF=5，
∵D是AB的中点，
∴AB=2BD=10，
在Rt△ABC中，BC=．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和勾股定理是解决问题的关键．
31．（2022·浙江九年级二模）如图，AD平分，过点D作于点M，的延长线于点N，且．

（1）求证：．
（2）若，求BD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）6．
【分析】
（1）根据AD平分，，，可得，，利用，易证，即有；
（2）根据，，可得，即是等腰直角三角形，得到，利用，根据平行线的性质有，即有：．
【详解】
解：（1）∵AD平分，，，
∴，，
又∵，
∴，
∴
（2）∵
∴
又∵，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
∵
∴,
即有：．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线性质，平行线分线段成比例等知识，熟悉相关性质是解题的关键．
32．（2022·浙江九年级其他模拟）如图，在四边形中，，点为对角线上一点，，且．

（1）求证：．
（2）若，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据平行得出，再根据ASA证明即可
（2）根据全等得出，再计算∠DBC的度数，计算即可
【详解】
（1）∵，
∴．
∵，．
∴．
（2）∵，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查平行线的性质、全等三角形的判定、角的和差关系，正确使用角的和差关系是关键
33．（2022·浙江九年级一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝15，BC＝25，AD是BC边上的高，点E在边AC上，EF⊥BC于点F．
（1）求证：sinB＝sin∠CEF．
（2）若AE＝5，求证：△ABD≌△CEF．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）首先根据AD是BC边上的高，EF⊥BC于点F得出AD∥EF，然后根据等量代换得出∠B=∠CEF，即可得到结果；
（2）首先根据勾股定理得出AC，进而得出CE=AB，再根据第（1）问的结论就可以证明△ABD≌△CEF．
【详解】
解：（1）∵AD⊥BC，EF⊥BC，
∴AD∥EF，∠B+∠BAD=90°=∠ADB，∠CFE=90°，
∴∠CEF=∠CAD，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAC+∠BAD=90°，
∴∠B=∠CAD=∠CEF，
∴sinB=sin∠CEF；
（2）∵AB=15，BC=25，
在Rt△ABC中，，
∴CE=AC-AE=15，
在△ABD和△CEF中，
，
∴△ABD≌△CEF（AAS）．
【点睛】
本题考查解直角三角形，全等三角形的判定，勾股定理，利用相等的角三角形函数值相等是解第（1）问的关键，通过勾股定理得出线段长度是解第（2）问的关键．
34．（2022·浙江九年级二模）如图，在中，于点，于点，，相交于点，．


（1）求证：．
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）根据对顶角和直角三角形两锐角互余得到∠FBD=∠CAD，利用AAS定理证明；
（2）由全等可得DF=DC=2，BD=AD=1+2=3，再利用勾股定理可得答案．
【详解】
（1）证明：∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠FDB=∠CDA=∠AEF=90°，
∴∠FBD +∠BFD=90°，∠CAD+∠AFE=90°，
又∵∠BFD=∠AFE，
∴∠FBD=∠CAD，
∵在△ADC和△BDF中，
，
∴△ADC≌△BDF（AAS）．
（2）解：由（1）得△ADC≌△BDF
∴DF=DC=2，BD=AD，
∴BD=AD=AF＋DF＝1+2=3，
Rt△ABD中，．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形两锐角互余．掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
35．（2022·浙江八年级期中）如图，中，，AD、AE分别是其角平分线和中线，过点C作于F，交AB于G，连接EF，求线段EF的长．

【答案】
【分析】
首先证明，则，，证明是的中位线，利用三角形的中位线定理即可求解．
【详解】
解： AD、AE分别是其角平分线和中线，，

在和中，
，
，
，，
则．
又，
是的中位线，
．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定以及三角形的中位线定理，正确证明GF=CF是关键．
36．（2022·杭州育才中学九年级其他模拟）如图，在矩形中，对角线，相交于点，平分，交于点，作于点，分别交，于点，．

（1）判断的形状并说明理由；
（2）求证：；
（3）记的面积为，的面积为，当，时，求矩形的面积．
【答案】（1）△AFG是等腰三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）12
【分析】
（1）根据角平分线定义和全等三角形的判定证明△AFH≌△AGH，则有AF=AG，进而可判断△AFG为等腰三角形；
（2）取DF的中点M，连接OM，由中位线的性质可得BF=2OM，OM∥BF，根据平行线的性质和对顶角相等证得∠OGM=∠OMG，再根据等角对等边得OG=OM，即可证得结论；
（3）过D作DN⊥AC于N，由三角形的面积公式和面积比求得DN的长，进而由勾股定理求得AN，再证明△ADC∽△AND，利用相似三角形性质可求得CD，然后由矩形面积公式求解即可.
【详解】
（1）△AFG是等腰三角形，理由为:
∵AE平分∠BAC，
∴∠FAH=∠GAH，
∵DF⊥AE，
∴∠AHF=∠AHG=90°，又AH=AH，
∴△AFH≌△AGH(ASA)，
∴AF=AG，
∴△AFG是等腰三角形；
（2）取DF的中点M，连接OM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴O为AC的中点，则OM是△DBF的中位线，
∴BF=2OM，OM∥BF，
∴∠AFG=∠OMG，
∵△AFG是等腰三角形，
∴∠AFG=∠AGF，又∠AGF=∠OGM，
∴∠OGM=∠OMG，
∴OM=OG，
∴BF=2OG；
（3）过D作DN⊥AC于N，
∵
又BF=2OG，AD=4，
∴DN=，
∴AN=，
∵∠DAC=∠NAD，∠ADC=∠AND，
∴△ADC∽△AND，
∴即，
∴CD=3，
∴矩形ABCD的面积为3x4=12．

【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、中位线的性质、平行线的性质`、三角形及矩形的的面积公式、勾股定理、相似三角形的判定与性质、角平分线的定义等知识，解答的关键熟练掌握相关知识的联系与运用，属于中档题，综合性强，难度适中.
37．（2022·浙江中考真题）如图，在中，，是对角线上的两点（点在点左侧），且．

（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）当，，时，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）由平行四边形的性质得到AB=CD，，和已知条件一起，用于证明三角形全等，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定定理得出结论；
（2）根据平行四边形的性质得到一组对角相等，通过等量代换，得到，则相等的角正切值也相等，根据比值算出结果．
【详解】
（1）证明，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵，
∴BE=DF，
∵四边形是平行四边形，
∴，
在中，，
∴AE=3，BE=4．
∵BE=DF，AE=CF，
∴BE=DF=4，AE=CF=3，
，，
∴，
∴tan∠CBF=，tan∠ECF=，
∴，得到EF=，或EF=（舍去），
∴BD=4+4+=，
即BD=．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定以及相等的角的正切值也相等．解决本题的关键在于等量代换出角相等，应用相等的角的正切值也相等来解题．
38．（2022·浙江八年级期末）如图，，为平行四边形的对角线，点E是上一点，点F在延长线
上，且，与交于点G，连结．

（1）求证：．
（2）连结，，若，且G恰好是的中点，求证：四边形是菱形．
（3）在（2）的条件下，若四边形是正方形，且，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）由平行四边形的性质得，再证是的中位线，即可得出结论；
（2）证，得，则四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；
（3）由正方形的性质得，，，再求出，然后由勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
是的中位线，
；
（2）证明：由（1）得：，
，
是的中点，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是平行四边形，
，
，
，
平行四边形是菱形；
（3）四边形是正方形，
，，
，
，
，
在中，由勾股定理得：．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质，证明是解题的关键．
39．（2022·浙江八年级期末）己知：如图，在四边形中，．点在对角线上，且，
（1）求证：；
（2）连接，交于点，若，四边形周长为，求的大小．

【答案】（1）见解析；（2）60°
【分析】
（1）由平行线的性质得出，根据即可证明；
（2）证明四边形是菱形．由勾股定理求出，由直角三角形的性质可得出的度数，则可得出答案．
【详解】
解：证明：（1），
，
，
，
，
在和中，
，
．
（2），
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
，，
四边形周长为16，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定等知识，解题的关键是证明和四边形为菱形．
40．（2022·浙江八年级期末）如图，在正方形中，是对角线上一点，于点，交，于点．

（1）求证：．
（2）若CH，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据正方形的性质证明，进而得到，故垂直平分，即可解答；
（2）设，则，，在中，由勾股定理列出方程，即可解答．
【详解】
解：（1）证明：四边形为正方形，
，
，
，
在和中，
，
，
，
垂直平分，
，
（2）设，则，
四边形为正方形，
，，
在中，由勾股定理得，
，
即，
解得：或（舍去），
故．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质等知识，解题的关键是能够根据正方形的性质证明△FEA≌△HEA，同时能根据勾股定理列出等式．
41．（2022·浙江八年级期末）如图，在中，分别是上的点，且．

（1）求证：四边形是菱形．
（2）若，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）72°
【分析】
（1）证△ABE≌△ADF（ASA），得AB=AD，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得∠BAE=∠DAF，∠BAE=∠EAF，AB=AE，再由等腰三角形的性质得∠B=∠AEB，设∠B=∠AEB=x，则∠BAE=∠EAF=∠DAF=180°-2x，然后由平行线的性质得∠B+∠BAD=180°，即x+3（180°-2x）=180°，解得x=72°即可．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（ASA），
∴AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）由（1）可知，△ABE≌△ADF，
∴∠BAE=∠DAF，
∵△ABE≌△AEF，
∴∠BAE=∠EAF，AB=AE，
∴∠B=∠AEB，
设∠B=∠AEB=x，则∠BAE=∠EAF=∠DAF=180°-2x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠B+∠BAD=180°，
即x+3（180°-2x）=180°，
解得：x=72°，
即∠B的度数为72°，
【点睛】
本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；熟练掌握菱形的判定和平行四边形的性质，证明△ABE≌△ADF是解题的关键．
42．（【新东方】初中数学20220625-001【初二上】）如图， 是的两条高线，且它们相交于F，于点H，与相交于点G，已知．

（1）求证： ．
（2）若平分．求证： ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据垂直的定义得到∠CEF=∠ADC=∠BDF=90°，求得∠ACD=∠DBF，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）根据DH⊥BC，求得∠HGB+∠HBG=90°，根据角平分线的定义得到∠HBG=∠FBD，求得∠DFG=∠DGF．
【详解】
解：（1）证明：∵CD，BE是△ABC的两条高线，
∴∠CEF=∠ADC=∠BDF=90°，
∵∠CFE=∠BFD，
∴∠ACD=∠DBF，
∵CD=BD，
∴△ACD≌△FBD（ASA），
∴BF=AC；
（2）∵∠BDC=90°，CD=BD，
∴△BDC是等腰直角三角形，
∵DH⊥BC，
∴∠HGB+∠HBG=90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠HBG=∠FBD，
∵∠DFB+∠DBF=90°，
∴∠DFG=∠BGH，
∵∠BGH=∠DGF，
∴∠DFG=∠DGF．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
43．（2022·浙江八年级期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝3，E是BC上一点（不包括B，C两端点），连结AE和DE，作DF⊥AE于点F．
（1）若AE＝AD，求证：△ADF≌△EAB；
（2）在（1）条件下，求△DEF的面积；
（3）设AE＝x，DF＝y，请求y关于x的函数关系式及自变量x的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），3＜x＜
【分析】
（1）由矩形的性质得∠B=90°，AD∥BC，则∠DAF=∠AEB，再由AAS即可证明△ADF≌△EAB；
（2）由全等三角形的性质得DF=AB=3，再由勾股定理求出AF=4，则EF=AE-AF=1，然后由三角形面积公式求解即可；
（3）由三角形面积公式得S△ADE=AD•CD=AE•DF，则AE•DF=AD•CD，得出，再由AB＜AE＜得3＜x＜即可．
【详解】
解：（1）证明：四边形是矩形，
，，
，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
；
（3）解：四边形是矩形，
，，，，
，
则，
即
，
是上一点（不包括，两端点），
，
，
自变量的取值范围：．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理以及三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明是解题的关键，属于中考常考题型．
44．（【新东方】初中数学20220625-001【初二上】）已知和的相关数据如图所示，试判断两三角形面积的大小关系，并说明理由．

【答案】相等，理由见解析
【分析】
过点A作AG⊥BC，垂足为G，过点D作DH⊥EF，垂足为H，证明△ABG≌△DEH，得到AG=DH，根据三角形面积公式即可判断．
【详解】
解：如图，过点A作AG⊥BC，垂足为G，过点D作DH⊥EF，垂足为H，
则∠AGB=∠DHE=90°，
∵∠DEF=130°，
∴∠DEH=50°=∠B，
由图可知：AB=DE=5，
∴△ABG≌△DEH（AAS），
∴AG=DH，
∵，，BC=EF=4，
∴．

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是作出三角形的高，通过全等三角形的性质证明高相等．
45．（2022·浙江八年级期末）矩形的顶点，分别在菱形的边，上，顶点，在菱形的对角线上．

（1）求证：；
（2）若为中点，，求菱形的周长．
【答案】（1）见解析；（2）16
【分析】
（1）根据矩形的性质得到EH=FG，EH∥FG，得到∠GFH=∠EHF，求得∠BFG=∠DHE，根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF=∠EDH，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接EG，根据菱形的性质得到AD=BC，AD∥BC，求得AE=BG，AE∥BG，得到四边形ABGE是平行四边形，得到AB=EG，于是得到结论．
【详解】
证明：（1）在矩形中，，．
．
，，
．
在菱形中，，
．
，
．
（2）连结．在菱形中，，．

为的中点，
，
，
且．
四边形中，．
，
菱形周长为．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、正确的识别作图是解题的关键．
46．（2022·浙江九年级二模）已知：AB为⊙O的直径，点C，D在⊙O上，连接AD，OC．

（1）如图1，求证：AD∥OC；
（2）如图2，过点C作CE⊥AB于点E，求证：AD＝2OE；
（3）如图3，在（2）的条件下，点F在OC上，且OF＝BE，连接DF并延长交⊙O于点G，过点G作CH⊥AD于点H，连接CH，若∠CFG＝135°，CE＝3，求CH的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【分析】
（1）如图1（见解析），先根据圆心角定理得出，从而可得，再根据圆周角定理可得，从而可得，然后根据平行线的判定即可得证；
（2）如图2（见解析），先根据圆周角定理得出，再根据题（1）的结论、直角三角形的性质得出，然后根据圆周角定理、圆心角定理可得，最后根据垂径定理、中位线定理得出，由此即可得证；
（3）如图3（见解析），先根据圆周角定理、平行线的性质得出，再根据垂径定理可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质得出，从而可得，在中，利用勾股定理可得，又根据直角三角形的性质、矩形的性质、圆的相交弦定理得出，，从而可得，最后利用勾股定理即可得．
【详解】
（1）如图1，连接OD
∵
∴


由圆周角定理得：
∴
∴；

（2）如图2，延长CO交圆O于F，延长CE交圆O于G，连接FG，BD
则
∵于E
∴，
∴
∵，
∴

∴
∵，
OE是的中位线
∴
∴，即；

（3）如图3，延长CO交圆O于P，连接BD交OC于N，作PM⊥AD于M，连接BC、BF，则
∵
∴
∴
∵于E
∴
∵，
∴
∴
∴
∵
∴
∴，
设，则
在中，，即，解得
∴
∵
∴
∵
∴
∴
设CP交HG于R
∵
∴
∴
∴，，
又∵，即
解得
∴
在中，．

【点睛】
本题考查了圆周角定理、三角形全等的判定定理、中位线定理等知识点，较难的是题（3），通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
47．（2022·浙江八年级期末）如图1，已知一次函数的图象分别交轴正半轴于点，轴正半轴于点，且的面积是24，是线段上一动点.

（1）求一次函数解析式；
（2）如图1，将沿翻折得到，当点正好落在直线上时，
①求点的坐标；
②将直线绕点顺时针旋转得到直线，求直线的表达式；
（3）如图2，上题②中的直线与线段相交于点，将沿着射线向上平移，平移后对应的三角形为，当是以为直角边的直角三角形时，请求出点的坐标.
【答案】（1）；（2）①，②；（3）或
【分析】
（1）先求出点A，B的坐标，再利用待定系数法，即可求解；
（2）①设点坐标为，根据勾股定理，列出关于a的方程，即可求解；
②过点作交于点，过点作轴于点，易证，可得点的坐标是，进而即可求解；
（3）设点的坐标为，则点的坐标为，分两种情况：①当时，②当时，利用勾股定理，分别列出方程，即可求解．
【详解】
（1）令x=0，代入，得y=6，
∴A(0，6)，即：，
∵的面积是24
∴，
∴点的坐标是，
将点坐标代入解析式，得，
∴一次函数解析式为：；
（2）①如图，当点落在上时，，且为直角三角形，

∵，，
∴，，
∴，
∴设点坐标为，
由勾股定理可得：，即，解得：，
∴点的坐标为；

②如图，过点作交于点，过点作轴于点，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵∠AQE+∠EAQ=90°，∠EAQ+∠PAO=180°-90°=90°，
∴∠AQE=∠PAO，
又∵∠AEQ=∠POA=90°，
∴，
∴，
∴点的坐标是，
设的解析式为，将点和代入，
求得，.
∴的解析式为：.；

（3）设点的坐标为，则点的坐标为，
∵点的坐标为，点的坐标
①当时，如图，有
∴
解得：，
∴点的坐标为；

②当时，如图，有
∴
解得：，
∴点的坐标为.
综上所述，点的坐标为或．

【点睛】
本题主要考查一次函数与几何综合，掌握待定系数法，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
48．（2022·浙江九年级其他模拟）如图，为的外接圆，为直径，，点在劣弧上，交于，连接．

（1）求证：．
（2）若，，求的半径．
（3）若点为的中点，连接，，设，，求．（用含有，的代数式表示）
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1），，，利用“ “即可证明；
（2）先求出和，在中用勾股定理可得，从而求出半径；
（3）过作于，，利用是中位线求出和，再在中用勾股定理求出，从而可得答案．
【详解】
解：（1）证明：为直径，
，
，
，
，
在和中，
，
；
（2），
，，
，
是等腰直角三角形，
，，
，，
，
为直径，
，
，
的半径为；
（3）过作于，如图：

是等腰直角三角形，，
，，
为的中点，
，
，
，
，
，，
，
，
，，，
，
在中，，
．
【点睛】
本题考查圆、全等三角形、勾股定理等综合知识，解题的关键是勾股定理的应用．
49．（【新东方】初中数学20220513-001【初三上】）（模型）如图1，在四边形中，连接，交点为M，，E为上一点，，求证：．


（探究）（1）如图2，四边形是的内接四边形，连接，是等边三角形，求证：．
（2）如图3，四边形是的内接四边形，连接是的直径，，试用等式表示线段之间的等量关系，并说明你的理由．
【答案】[模型]见解析；[探究]（1）见解析；（2）BD=CD+AD，理由见解析
【分析】
[模型]
根据等式的性质得到∠BAE=∠CAD，根据∠ACB=∠ADB，得到A、B、C、D四点共圆，则有∠ABD=∠ACD，即可证明结论；
[探究]
（1）在BD上截取DM=AD，连接AM，可得∠ADB=∠ACB=60°，证明△ADM是等边三角形，可证明△ABM≌△ACD，得出BM=CD，则结论得证；
（2）可得出∠ABC=∠ACB=45°，过点A作AM⊥AD交BD于点M，证明△ADM是等腰直角三角形，得出DM=AD，根据AAS可证得△ABM≌△ACD，得出BM=CD，则结论得证．
【详解】
解：[模型]
∵∠BAC=∠DAE，即∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE，
∴∠BAE=∠CAD，
∵∠ACB=∠ADB，
∴A、B、C、D四点共圆，
∴∠ABD=∠ACD，
∴△ABE∽△ACD；
[探究]
（1）如图，在BD上截取DM=AD，连接AM，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ADB=∠ACB=60°，∠ABC=60°，AB=AC,
∴△ADM是等边三角形，∠ADC=120°，
∴AM=AD，∠AMD=60°，则∠AMB=120°，
∵∠ABM=∠ACD，∠AMB=∠ADC=120°，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM=CD，
∴BD=BM+DM=CD+AD；


（2）如图，∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
过点A作AM⊥AD交BD于点M，
∵∠ADB=∠ACB=45°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AM=AD，∠AMD=45°，
∴DM=AD，
∴∠AMB=∠ADC=135°，
∵∠ABM=∠ACD，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM=CD，
∴BD=BM+DM=CD+AD．

【点睛】
本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正确作出辅助线，熟练运用图形的性质是解题的关键．
50．（2022·浙江九年级一模）定义：两个角对应互余，且这两个角的夹边对应相等的两个三角形叫做余等三角形．如图1，在和中，若，且，则和是余等三角形．
（1）如图2，等腰直角，其中，，点是上任意一点（不与点、重合），则图中______和______是余等三角形，并求证：．
（2）如图3，四边形是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为5，且，
①求证：和是余等三角形．
②图4，连结交于点，连结，为上一点，连结并延长交于点，若，，设，，求关于的函数关系式．

【答案】（1）和是余等三角形，见解析；（2）①见解析，②
【分析】

【详解】
（1）∵为等腰直角三角形，
∴，，，
∴和是余等三角形，
作交于点，设，，

则，
∴，
∴，
∴；
（2）①连结并延长交于点，连结、，

在中，，
根据已知，可得：，所以，
又∵，，
∴，
∴，
由，可得，
同理可得，，
∴和是余等三角形．
②连结，，作于点，于点，

由①得，而，
∴，即，
∵，
∴为等腰直角三角形，易得，
∵，
∴，
∴，，
∴
在和中，
，
∴()，
设，，则，，
在中，，化简得，
在中，，化简得，
∴，
∴可以表示为：∴．
【点睛】
本题考查了圆的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定，勾股定理，二次函数，新定义等知识点，解答本题的关键是正确作出辅助线，综合运用以上知识点解答．
51．（2022·浙江九年级二模）特例感知
（1）如图，已知在中，，，取边上中点，连结，点为边上一点，连结，作交于点，求证；

探索发现
（2）如图，已知在中，，，取边上中点，连结，点为延长线上一点，，连结，作交延长线于点，求的长；

类比迁移
（3）如图，已知在中，，，取边上中点，连结，点为射线上一点（不与点、点重合），连结，将射线绕点顺时针旋转30°交射线于点，当时，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）4；（3）或或
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）根据等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质定理可得到，则的长即可求得；
（3）证明三角形，由相似三角形的性质得出，即，设，则，然后分三种情形进行求解即可．
进行求解即可
【详解】
解（1）∵在等腰中，为中点，
，，，
，，，
，
，
．
（2）∵在等腰中，为中点，
，，，，
，，，
，
，
，
．
（3），，是中点，
，，
∵，，
∴，
∴，
同理可得：，
，
，
，
，
，
，即，
设，则，
①如图1，当点在线段上，点在线段上时，
，，则，
解得或（舍去）；
②如图2，当点在线段上，点在延长线上时，
，，则，
解得或（舍去）；
③如图3，当点在延长线上，点在延长线上时，
，，则，
解得或（舍去），
综上或或

【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
52．（2022·浙江八年级期末）如图，在菱形ABCD中，CE⊥AB于点E．
（1）若CE＝4，AE＝2BE，求菱形ABCD的周长；
（2）连结BD交CE于点F；
①若DF＝BF＋2EF，求证：AE＝BE．
②设四边形AEFD和△CDF的面积分别是S1和S2，若AE＝4，S1﹣S2＝2，求线段BF的长．

【答案】（1）；（2）①见解析；②
【分析】
（1）由得，根据菱形的性质可得，在中，根据勾股定理求出，即可得菱形的周长；
（2）①连接，连接交于点，根据菱形的性质可得平分，，，可得，由得，可得平分，根据三角形角平分线的性质可得平分，利用可证，由全等三角形的性质即可得出结论；
②连接，连接交于点，先证明，则，，由可得，可得出，根据勾股定理求出，得到CE，设BE=a，在△BCE中，利用勾股定理列出方程，求出a值，得到BE，根据勾股定理求出的长．
【详解】
解：（1），
，
四边形是菱形，
，
在中，，
，解得：（负值舍去），
，
菱形的周长是；
（2）①证明：连接，连接交于点，

四边形是菱形，
平分，，，
，
，
，
，，
平分，
平分，
，
，，
，
；
②连接，连接交于点，

四边形是菱形，
，，平分，，
，
，
，
，，
四边形和的面积分别是和，，
，
，
，
，
，，
设BE=a，则BC=AB=AE+BE=4+a，
在△BCE中，，
即，
解得：a=2，即BE=2，
在△BEF中，．
【点睛】
本题考查四边形综合题，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的角平分线的性质、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握菱形的性质，学会添加常用辅助线，证明三角形全等是解题的关键．
53．（2022·浙江八年级期末）如图平面直角坐标系中，正方形的顶点、分别在第一、二象限，顶点、分别在轴、轴的负半轴上，交轴于，交轴于，

（1）求证：；
（2）若，，求四边形面积（用含、的代数式表示）；
（3）若点在一三象限角平分线上，，过点的反比例函数为，请直接写_____．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）利用定理证明；
（2）通过两个三角形全等面积相等的关系，找到，通过等量代换即可求解；
（3）首先求出点的坐标，根据点在一三象限角平分线上，找到之间的关系，由求出，再由为正方形求出点的坐标即可求解．
【详解】
解：（1）证明：为正方形，
，
在中，，
，
，
而，
，
在和中，
，
．
（2）由（1）知，
，



．
（3）过点作轴于点，

设，
在和中，
，
，
，
，
在一三象限角平分线上，
，
即，
由（2）知，
，
解得：，
，
，
设，
为正方形，
相互平分，
，
解得：，
，
将代入中，得：
．
【点睛】
本题考查了反比例函数的图象与性质、正方形的性质、三角形全等的判定与性质、角平分线性质，解题的关键是：掌握相关知识点，通过等量关系，找到之间的关系，从而算出的值，再作为突破口解题．
54．（2022·浙江八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象相交于点和点，点，分别是轴和轴的正半轴上的动点，且满足．
（1）求，的值及反比例函数的解析式；
（2）若，求点的坐标，判断四边形的形状并说明理由；
（3）若点是反比例函数图象上的一个动点，当是以为直角边的等腰直角三角形时，求点的坐标．

【答案】（1），，；（2），矩形，理由见解析；（3），
【分析】
（1）根据一次函数表达式可求出，的值，然后利用待定系数法即可求出反比例函数的解析式；
（2）首先根据题意求出AB和CD的长度，进而得出四边形是平行四边形，然后求出∠BCD的度数，即可判断四边形的形状；
（3）分两种情况和讨论，根据题意作出辅助线构造出全等三角形，根据全等三角形的性质表示出点M的坐标，代入表达式求解即可．
【详解】
（1）把和分别代入得：，；
把代入得：．
所求反比例函数解析式为．
（2），
设的解析式为，
又：，在轴的正半轴上，
的坐标为，
将代入得：．
∴解析式为，
∴，
以点、、、构成的四边形是矩形，理由如下：
，，，

又
四边形是平行四边形
如图所示，过点作轴于点，则

故和都等腰直角三角形，

，
是矩形．
（3）①当时，
作轴，过A点作轴，，

∵是等腰直角三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴在和中，
，
∴．
又∵，
∴，
∴设，
将代入，
得：，
解得：，
，
②当时，
如图所示，过M点作轴，作，
同理，可证得，
∴，
∴设，

将代入，
得：，
解得：，（舍去）
，
综上所述：的坐标为或．
【点睛】
此题考查了反比例函数和几何图形结合问题，解题的关键是根据题意作出辅助线构造全等三角形．
55．（2022·浙江八年级期末）在平面直角坐标系中，已知，点，点落在第二象限，点是轴正半轴上一动点，
（1）如图1，当时，将沿着直线翻折，点落在第一象限的点处．
①若轴，求点的坐标；
②如图2，当点运动到中点时，连接，请判断四边形的形状，并说明理由；
③如图3，在折叠过程中，是否存在点，使得是以为腰的等暖三角形﹖若存在，求出对应点的坐标．若不存在．请说明理由；
（2）如图4，将沿着翻折．得到．(点的对应点为点)，若点到轴的距离不大于，直接写出的取值范围．（不需要解答过程)

【答案】（1）①，；②四边形ABDE是平行四边形；理由见解析；③存在，D（0，2.5）；（2）
【分析】
（1）①由，求出和长度，由轴，求出点的坐标；
②延长交轴于点，连接，得到正方形，从而，且，故得证四边形是平行四边形；
③利用等腰三角形的定义和翻折的特征得到中垂线，再得证三角形全等，从而求出点的坐标；
（2）分析清楚和点到轴的距离之间的关系，然后当到轴的距离为3时，求出的值，最后得出的取值范围．
【详解】
解：（1）当时，，
①，，
，，
，
将沿着直线翻折后轴，如图（1），

，
，
，．
故答案为：，．
②四边形是平行四边形，理由如下：
延长交轴于点，连接，

，点是的中点，
，
，
，，
，
，
，
由折叠得：，
四边形是正方形，
，，
四边形是平行四边形．
③如图（3），连接，延长交于点，

由折叠可知，，，
是的中垂线，
，，
是以、为腰的等腰三角形，
，
，
，
设，则：，
，
，
解得：，
，
存在点，使得是以、为腰的等腰三角形．
（3）如图（4），过点作轴于点，作轴于点，则，四边形是矩形，

由折叠得：，
当到轴的距离为3，即时，
，，
，
，
，
，
解得：，
越小，点越向左，越大，
越小，越小，即点到轴的距离越小，
点到轴的距离不大于3，
．
【点睛】
本题考查了平行的性质、勾股定理、翻折的特征、等腰三角形的性质、全等的判定和性质、三角形的面积等知识点．要求学生能够熟练应用勾股定理求线段长度，应用等面积法列方程求解，同时学会数学结合的思想解题．对于的取值范围，要会分析和点到轴的距离之间的关系．