专题09 三角形全等的判定综合重难点专练- 2022-2023学年八年级上册数学专题训练（浙教版）

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专题09三角形全等的判定综合重难点专练（解析版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2020·萧山区高桥初级中学）如图，已知，那么添加下列一个条件后，仍无法判定的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由图形可知AC=AC，结合全等三角形的判定方法逐项判断即可．
【详解】
解：在△ABC和△ADC中
∵AB=AD，AC=AC，
A、添加，根据，能判定，故A选项不符合题意；
B、添加，根据能判定，故B选项不符合题意；
C．添加时，不能判定，故C选项符合题意；
D、添加，根据，能判定，故D选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题关键，即SSS、SAS、ASA、AAS和HL．
2．（2020·金华市南苑中学）在ABC和中，已知∠A=，∠B=，添加下列条件中的一个，不能使ABC≌一定成立的是（ ）
A．AC= B．BC= C．AB= D．∠C=
【答案】D
【分析】
根据三角形全等的判定条件可得应添加一对对应边相等，进而可得答案．
【详解】
解：因为存在条件∠A=∠A′，∠B=∠B′，
所以应该再添加一对对应边相等，故应添加AC=A′C′或BC=或AB=，而添加∠C=不能判定ABC≌成立，
故选：D．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
3．（2020·浙江八年级期中）如图，已知∠ABC＝∠BAD，添加下列条件还不能判定△ABC≌△BAD的是（　　）

A．AC＝BD B．∠CAB＝∠DBA C．∠C＝∠D D．BC＝AD
【答案】A
【分析】
根据全等三角形的判定方法逐项判断即得答案．
【详解】
解： A、由于∠ABC＝∠BAD，AB＝BA，AC＝BD，具备两边及其一边的对角相等，
所以△ABC与△BAD不全等，故本选项符合题意；
B、在△ABC与△BAD中，∵∠ABC＝∠BAD，AB＝BA，∠CAB＝∠DBA，
∴△ABC≌△BAD（ASA），故本选项不符合题意；
C、在△ABC与△BAD中，∵∠C＝∠D，∠ABC＝∠BAD，AB＝BA，
∴△ABC≌△BAD（AAS），故本选项不符合题意；
D、在△ABC与△BAD中，∵BC＝AD，∠ABC＝∠BAD，AB＝BA，
∴△ABC≌△BAD（SAS），故本选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，属于基本题目，熟练掌握判定三角形全等的方法是关键．
4．（2020·浙江杭州市·）如图，已知AB=AD，AC=AE，若要判定△ABC≌△ADE，则下列添加的条件中正确的是（　）

A．∠1=∠DAC B．∠B=∠D C．∠1=∠2 D．∠C=∠E
【答案】C
【分析】
根据题目中给出的条件，，根据全等三角形的判定定理判定即可．
【详解】
解：，，
则可通过，得到，
利用SAS证明△ABC≌△ADE，
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定，关键是要熟记判定定理：，，，．
5．（2020·台州市椒江区第二中学八年级期中）在如图所示的 6×6 网格中，△ABC是格点三角形（即顶点恰好是网格线的交点），则与△ABC有一条公共边且全等（不含△ABC）的所有格点三角形的个数（ ）

A．3 个 B．4 个 C．6 个 D．7 个
【答案】D
【分析】
如图，分三种情况：分别以BC、AC、AB为一条公共边，根据全等三角形的判定方法和方格的特点解答即可．
【详解】
解：如图，以BC为一条公共边且与△ABC全等的是：△B1BC，△B2BC，△B7BC，
以AC为一条公共边且与△ABC全等的是：△B3AC，△B4AC，△B5AC，
以AB为一条公共边且与△ABC全等的是：△B6AB，
综上，符合题意的三角形共有7个，
故选：D．

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法、正确借助网格分析探索是解题的关键．
6．（2020·杭州市十三中教育集团（总校））在下列命题中正确的命题有（ ）
①面积相等的三角形全等;
②有两边及第三边上的高线对应相等的两个三角形全等;
③等腰三角形两腰上的中线相等;
④直角三角形三边为，则
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
①全等三角形的面积相等,但面积相等的三角形不一定全等；
②有锐角三角形和钝角三角形两种情况,所以不一定全等；
③根据等腰三角形的性质可求解；
④没有明确哪条边是斜边，据此可判断.
【详解】
解：①面积相等的三角形不一定全等，①说法错误；
②有两边及第三边上的高对应相等的三角形不一定全等，②说法错误；
③等腰三角形两腰上的中线相等，③说法正确；
④直角三角形三边为，当C为斜边时有，④说法错误．
故选：A．
【点睛】
本题考查了命题与定理、全等三角形的判定、等腰三角形的性质：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式．有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．
7．（2020·浙江宁波市·）下列与不一定全等的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】C
【分析】
根据全等三角形的判定，对每一个答案逐一判断，再进行选择．
【详解】

解：A、，，，符合“AAS”，能判定△ABC和△DEF全等，故本选项错误；
B、，，，符合“ASA”，能判定△ABC和△DEF全等，故本选项错误；
C、，，，不能判定△ABC和△DEF全等，故本选项正确；
D、，，，符合“HL”，能判定△ABC和△DEF全等，故本选项错误．
故选C．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，是基础知识要熟练掌握．
8．（2020·浙江杭州市·八年级期末）下列不能判定两个三角形全等的是（ ）
A．一锐角和斜边对应相等的两个直角三角形
B．有一条直角边和斜边对应相等的两个直角三角形
C．有一个角且腰相等的两个等腰三角形
D．一边对应相等的两个等边三角形
【答案】C
【分析】
根据全等三角形的判定条件逐项排查即可．
【详解】
解：A. 一锐角和斜边对应相等的两个直角三角形，符合AAS，可以证明三角形全等；
B. 有一条直角边和斜边对应相等的两个直角三角形，符合HL，可以证明三角形全等；
C. 有一个角且腰相等的两个等腰三角形，不明确40°的角为底角还是顶角，不能证明三角形全等；
D. 一边对应相等的两个等边三角形，符合SSS，可以证明三角形全等．
故答案为C．
【点睛】
本题考查了全等三角形判定的综合应用，理解题意、灵活运用三角形的判定方法成为解答本题的关键．
9．（2020·瑞安市安阳实验中学八年级月考）如图，已知，为了使，下列添加条件不正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据判定两个三角形全等的一般方法即可分析判断．
【详解】
A、添加，可以证明，本选项不符合题意；
B、添加，可以证明，本选项不符合题意；
C、添加，可以证明，本选项不符合题意；
D、添加，不可以证明，本选项符合题意；
故选：D
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定方法，解题的关键是熟练掌握判定两个全等三角形的方法有：SSS、SAS、AAS、ASA、HL．
10．（2020·浙江八年级期末）根据下列条件，能画出唯一的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】D
【分析】
利用构成三角形的条件，以及全等三角形的判定得解.
【详解】
解：，，不满足三边关系，不能画出三角形，故选项错误；
，不满足三角形全等的判定，不能画出唯一的三角形，故选项错误；
，不满足三角形全等的判定，不能画出唯一的三角形，故选项错误；
，可以利用直角三角形全等判定定理证明三角形全等，故选项正确.
故选:D
【点睛】
本题考查三角形全等的判定以及构成三角形的条件，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法.
11．（2020·浙江省开化县第三初级中学八年级期中）如图，在和中，，，下列条件中不能证明的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由推出AC=FD，根据已知添加夹角相等或第三边相等即可判定．
【详解】
∵，
∴AC=FD，
∵，
∴当（也可得到）或时，即可判定，
故不能判定，
故选：C．
【点睛】
此题考查添加一个条件证明两个三角形全等，熟记全等三角形的判定定理并熟练应用是解题的关键．
12．（2020·浙江金华市·）如图，在和中，，添加下列一个条件后，仍然不能证明，这个条件是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据全等三角形的判定，利用ASA、SAS、AAS即可得答案．
【详解】
解：∵∠B=∠DEF，AB=DE，
∴添加∠A=∠D，利用ASA可得△ABC≌△DEF；
添加BC=EF，利用SAS可得△ABC≌△DEF；
添加∠ACB=∠F，利用AAS可得△ABC≌△DEF；
添加，不符合任何一个全等判定定理，不能证明△ABC≌△DEF；
故选：D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法：SSS、ASA、SAS、AAS和HL是解题的关键．
13．（【新东方】绍兴数学初二下【00015】）如图，，要使，需要添加下列选项中的（ ）


A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由条件可得∠A=∠D，结合AE=DF，则还需要一边或一角，再结合选项可求得答案．
【详解】
解：∵AE∥DF，
∴∠A=∠D，
∵AE=DF，
∴要使△EAC≌△FDB，还需要AC=BD或∠E=∠F或∠ACE=∠DBF，
∴当AB=CD时，可得AB+BC=BC+CD，即AC=BD，只有选项A符合，其它都不符合．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
14．（【新东方】【宁波】【初二上】【数学】【00013】）学习了角平分线及其性质后，某校数学兴趣小组的同学尝试只用一副带刻度的三角板作的角平分线，根据提供的条件，无法判断是角平分线的是（ ）

A．，P为中点 B．，
C．， D．，P为中点
【答案】D
【分析】
根据全等三角形的判定和性质，角平分线的判定，等边对等角和平行线的性质综合进行判断即可．
【详解】
解：A、OC=OD，CP=DP，OP=OP，根据SSS可判定△OCP≌△ODP，可得出∠POC=∠POD，故不符合题意；
B、CD∥OB，可得∠CPO=∠POB，再由OC=CP，可得∠CPO=∠COP，可得∠POB=∠COP，故不符合题意；
C、OC=OD，OF=OE，∠COF=∠DOE，根据SAS可判定△OCP≌△ODP，可得出∠POC=∠POD，故不符合题意；
D、CD⊥OB，PC=PD，而PC和OA不垂直，不能判定∠POC=∠POD，故符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的判定，等边对等角和平行线的性质，解题的关键是读懂图形，结合已知条件判定结论．
15．（2022·南京市科利华中学八年级期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）

A．∠ABD＝∠BDC，OA＝OC B．∠ABC＝∠ADC，AB＝CD
C．∠ABC＝∠ADC，AD∥BC D．∠ABD＝∠BDC，∠BAD＝∠DCB
【答案】B
【分析】
A．证明△ABO≌△CDO，即可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断；
B．条件不足无法判断；
C．证明△ABC≌△CDA，即可根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断；
D．证明△ABD≌△CDB，即可根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形判断．
【详解】
解：A．在△ABO和△CDO中

∴△ABO≌△CDO
∴BO=DO
∵OA=OC
∴四边形ABCD是平行四边形．
此选项正确；
B．在△ABC和△CDA中，
AB＝CD，AC=CA，∠ABC＝∠ADC
∵SSA不能证明两三角形全等，
此选项错误；
C．∵AD∥BC
∴∠CAD=∠ACB
在△ABC和△CDA中，

∴△ABC≌△CDA
∴BC=AD
∴四边形ABCD是平行四边形．
此选项正确；
D．在△ABD和△CDB中

∴△ABD≌△CDB
∴∠ADB=∠CBD
∴
又∵∠ABD＝∠BDC
∴
∴四边形ABCD是平行四边形．
此选项正确．
故选：B．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定方法，以及全等三角形的判定，灵活运用即可．需要注意SSA不能证明两三角形全等．
16．（2022·浙江八年级期末）如图，，，要说明，需添加的条件不能是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
直接根据三角形证明全等的条件进行判断即可；
【详解】
A、∵AB∥DE，∴∠ABC=∠DEC，∴根据ASA即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；
B、∵AC∥DF，∴∠DFE=∠ACB，∴根据AAS即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；
C、AC⊥DE，不符合三角形全等的证明条件，故此选项符合题意；
D、∵AC=DF，∴根据SAS即可判定三角形全等，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形证明全等所需添加的条件，正确掌握知识点是解题的关键；
17．（2022·浙江九年级一模）已知：如图，点D，E分别在，上，，添加一个条件，不能判定的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据三角形全等判定定理逐一判断即可．
【详解】
∵不符合任何一个判定定理，不能判定
∴A符合题意；
∵,符合SAS判定定理，能判定
∴B不符合题意；
∵,符合ASA判定定理，能判定
∴C不符合题意；
∵,符合AAS判定定理，能判定
∴D不符合题意；
故选A．
【点睛】
本题考查了添加条件型判断全等三角形，熟练掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
18．（2020·宁波市鄞州区姜山镇实验中学八年级期中）如图的△ABC中，AB>AC>BC,且D为BC上一点．现打算在AB上找一点P,在AC上找一点Q,使得△APQ与以P、D、Q为顶点的三角形全等，以下是甲、乙两人的作法：
甲：连接AD,作AD的中垂线分别交AB、AC于P点、Q点，则P、Q两点即为所求；
乙：过D作与AC平行的直线交AB于P点，过D作与AB平行的直线交AC于Q点，则P、Q两点即为所求；对于甲、乙两人的作法，下列判断何者正确（ ）

A．两人皆正确 B．两人皆错误
C．甲正确，乙错误 D．甲错误乙正确
【答案】A
【分析】
如图1，根据线段垂直平分线的性质得到PA=PD，QA=QD，则根据"SSS"可判断APQ≌DPQ，则可对甲进行判断；如图2，根据平行四边形的判定方法先证明四边形APDQ为平行四边形，则根据平行四边形的性质得到PA=DQ，PD=AQ， 则根据"SSS"可判断△APQ≌△DQP,则可对乙进行判断.
【详解】
解：如图1，
∵PQ垂直平分AD，
∴PA= PD,，QA= QD，
∵PQ= PQ，
∴△APQ≌△DPQ (SSS)， 所以甲正确；
如图2，∵PD ∥AQ，DQ ∥AP，
∴四边形APDQ为平行四达形，
∴PA=DQ,，PD=AQ，
∵PQ=QP，
∴△APQ≌△DQP (SSS)，所以乙正确；
故选：A.

【点睛】
本题考查了作图-复杂作图，复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作，也考查了线段垂直平分线的性质、平行四边形的判定与性质和三角形全等的判定.


二、填空题
19．（2020·新昌县拔茅中学）如图，已知A、B、B、D，四点在同一直线上，AB=CD，∠A=∠B，请你填一个直接条件，_________，使，并说明理由．

【答案】AF=DE，见解析
【分析】
根据SAS证明两三角形全等即可．
【详解】
解：添加的条件是AF=DE，理由如下：
∵AB=CD，
∴AB+BC=CD+BC，即AC=DB，
在△AFC和△DEB中，

∴
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS．
20．（2020·嵊州市三界镇中学八年级期中）如图，已知，则需添加的一个条件是______可使．（只写一个即可，不添加辅助线）．

【答案】AB=DC（答案不唯一）
【分析】
因为和公共边BC，根据全等证明方法即可求得．
【详解】
当AB=DC时
根据全等证明方法SAS可证
故答案为：AB=DC（答案不唯一）
【点睛】
本题考查三角形全等的判定条件，掌握五种全等证明方法是解题的关键．
21．（2020·浙江杭州市·杭州英特外国语学校八年级期中）长相等的两个正方形、如图摆放，正方形的边、在坐标轴上，交线段于点，的延长线交线段于点，连，已知长为，，，在直线上找点，使以、、为顶点的三角形是等腰三角形，点的坐标为___________．

【答案】或．
【分析】
在中，由，，根据勾股定理求出OG的长，先求出点G坐标，根据题意，分两种情况：如图1，当点M在 y轴的负半轴上时；如图2，当点M在GP延长线上时，作GH⊥AB于点H，通过全等三角形的性质及等边三角形的性质可得出点M为所求的点，再结合点A、点G的坐标即可求出点M的坐标．
【详解】
解：∵在中，，，
∴,
∴G点坐标为．
如图1，延长GE交轴于点M，
∵△AOG≌△ADG，
∴，
又∵，，
∴，
∵，
∴,
在△AOG和△MOG中，

∴，
∴AG＝MG，
∴△AGM为等腰三角形，
∵点A坐标为，
∴点M坐标为．

如图2，延长GP与AB的延长线交于点M，作GH⊥AB于点H．

在Rt△AOG和Rt△ADG中，

∴△AOG≌△ADG（HL）．
∴
∵∠1=∠2
∴∠AGO=∠PGC
∴
∵，
∴，
∴；
∴，
∴为等边三角形，
∴GH垂直平分线AM．
∵，，
∴，
∴点M坐标为．
综上可得点M坐标为或．
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及等边三角形判定与性质，解题的关键是利用等腰三角形的性质确定点M的位置．
22．（2020·浙江省临海市临海中学八年级期中）如图，∠ABC=∠DCB，要使△ABC≌△DCB，还需要补充一个条件：___．（一个即可）

【答案】AB=CD（或∠A=∠D或∠ACB=∠DBC）
【分析】
根据已知条件：两个三角形已经具备∠ABC=∠DCB及公共边BC，再添加任意一组角，或是AB=CD即可．
【详解】
∵∠ABC=∠DCB，BC=CB，
∴当AB=CD时，利用SAS证明△ABC≌△DCB；
当∠A=∠D时，利用AAS证明△ABC≌△DCB；
当∠ACB=∠DBC时，利用ASA证明△ABC≌△DCB，
故答案为：AB=CD（或∠A=∠D或∠ACB=∠DBC）．
【点睛】
此题考查添加一个条件证明两个三角形全等，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
23．（【新东方】初中数学1229初二上）已知：如图，点在线段外，且，求证：点在线段的垂直平分线上，在证明该结论时，需添加辅助线，则下列作法正确的是________．
①作的平分线交于点
②过点作于点且
③取中点，连接
④过点作，垂足为

【答案】①③④
【分析】
利用判断三角形全等的方法判断四个选项是否成立即可．
【详解】
解：①、利用SAS判断出△PCA≌△PCB，
∴CA=CB，∠PCA=∠PCB=90°，
∴点P在线段AB的垂直平分线上，故正确；
②、过线段外一点作已知线段的垂线，不能保证也平分此条线段，故错误；
③、利用SSS判断出△PCA≌△PCB，
∴∠PCA=∠PCB=90°，
∴点P在线段AB的垂直平分线上，故正确；
④、利用HL判断出△PCA≌△PCB，
∴CA=CB，
∴点P在线段AB的垂直平分线上，故正确；
故答案为：①③④．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定，线段垂直平分线的判定，熟练掌握全等三角形的判断方法是解本题的关键．
24．（2020·莆田第二十五中学八年级月考）如图，在△ABC中，AB=AC，D，E，F分别在BC，AC，AB上的点，且BF=CD，BD=CE，∠FDE=α，则∠A的度数是_____度．（用含α的代数式表示）

【答案】180°﹣2α
【分析】
由三角形外角和定理可知∠FDC=∠BFD+∠B，再证明△BDF≌△CED得到∠BFD=∠CDE即可.
【详解】
解：由AB=AC可得∠B=∠C，再由BF=CD、BD=CE可知△BDF≌△CED，则∠BFD=∠CDE；利用三角形外角和定理可知∠FDC=∠α+∠CDE=∠BFD+∠B，则∠B=∠C=α，故∠A=180°-2α.
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定和性质.
25．（2019·浙江八年级月考）如图，AB=AC，要使ABE≌ACD，应添加的条件是_____（添加一个条件即可）．

【答案】AE=AD
【详解】
要使△ABE≌△ACD，已知AB=AC，∠A=∠A，则可以添加AE=AD，利用SAS来判定其全等；或添加∠B=∠C，利用ASA来判定其全等；或添加∠AEB=∠ADC，利用AAS来判定其全等．等（答案不唯一）．
26．（2022·浙江八年级期末）如图，在四边形ABCD中，，，E是AC上的点，则图中共有____对全等三角形.

【答案】3.
【分析】
根据条件和三角形全等的判定方法即可解答.
【详解】
解：在△ADC和△ABC中，
∵ ，
∴△ADC≌△ABC（SSS）
∴∠DAE=∠BAE，∠DCE=∠BCE ；
在△ABE和△ADE中，
∵ ，
∴△ABE≌△ADE（SAS）；
在△DCE和△BCE中，
∵ ，
∴△DCE≌△BCE（SAS）.
故答案为3.
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质的应用，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定定理SAS，ASA，AAS，SSS．
27．（2022·浙江湖州市·八年级期末）如图，已知在和中，请你添加一个条件：_________，使(只添一个即可）．

【答案】或或
【分析】
要判定△ABC≌△ADC，已知，AC是公共边，具备了一组边和一组角对应相等，故添加CB=CD、∠BAC=∠DAC、∠B=∠D后可分别根据SAS、ASA、AAS能判定△ABC≌△ADC．
【详解】
解：添加CB=CD，结合，AC=AC，根据SAS，能判定△ABC≌△ADC；
添加∠BAC=∠DAC，结合，AC=AC，根据ASA，能判定△ABC≌△ADC；
添加∠B=∠D，结合，AC=AC，根据AAS，能判定△ABC≌△ADC；
故添加的条件是或或．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
28．（2020·浙江八年级期中）如图，△ABC是等边三角形，点P是AB的中点，点M在CB的延长线上，点N在AC上，且满足∠MPN=120º．已知△ABC的周长为12，设m=2AC-CM-CN，若关于的方程的解是正数，则的取值范围是__________

【答案】n＞10
【分析】
如图，过点P作PE∥BC交AC于E，由“ASA”可证△BPM≌△EPN，可得BM＝EN，可求m＝2，代入方程，可求x的值，解不等式可求解．
【详解】
解：如图，过点P作PE∥BC交AC于E，

∴∠APE＝∠ABC＝60°，∠AEP＝∠ACB＝60°，
∴△APE是等边三角形，
∴AP＝AE＝PE，
∵点P是AB的中点，
∴AP＝PB，
∴PE＝BP，
∵∠ABC＝∠APE＝∠AEP＝60°，
∴∠MBP＝∠BPE＝∠PEN＝120°，
∴∠MPN＝∠BPE，
∴∠MPB＝∠EPN，且BP＝PE，∠MBP＝∠PEN，
∴△BPM≌△EPN（ASA）
∴BM＝EN，
∵△ABC的周长为12，
∴AB＝AC＝BC＝4，AP＝AE＝BP＝2，
∴CE＝2，
∵m＝2AC﹣CM﹣CN，
∴m＝8﹣BC﹣BM﹣CN＝8﹣4﹣EN﹣CN＝4﹣CE＝2，
∵关于的方程的解是正数
∴x＝n-10＞0
∴n＞10
故答案为：n＞10
【点睛】
本题考等边三角形性质，以及构造三角形全等，关键在于转化求出m的值才是关键．
29．（2022·浙江九年级一模）如图，在等腰直角三角形中，，点D为的中点，一块的三角板底角与点D重合，并绕点D旋转，另外两边分别与和相交于点E，点F，在旋转过程中，恰好存在，此时，，则________．


【答案】
【分析】
过点D作于点G，通过角度等量代换，证明，进一步推导=2，在中，根据勾股定理求得长度，转化求得AB、BC长度，根据CF=BC-BF，即可求得CF的长度．
【详解】
如下图：


过点D作于点G，
∵,，
∴，
又∵，
，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴=2，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：
【点睛】
本题考查三角形的全等、等腰三角形的性质、勾股定理等相关知识点，根据条件，准确找到相关的条件是解题的关键点．

三、解答题
30．（2020·浙江宁波市·八年级期末）如图1，已知正方形ABCD，E是边BC上的一个动点（不与点B、C重合），连结AE，点B关于直线AE的对称点为F，连结EF并延长交CD于点G，连结AG，AF．

（1）求∠EAG的度数．
（2）如图2，连结CF，若CF∥AG，请探究线段BE与DG之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，过点G作GH⊥AE于点H，连结BH，请探究线段BH与CG的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）45°；（2）DG＝BE；详见解析；（3）结论：CG＝BH，详见解析．
【分析】
（1）由轴对称的性质可知∠EAB＝∠EAF，利用全等三角形的性质证明∠DAG＝∠FAG，再利用正方形的性质即可解决问题．
（2）先证明FG＝DG＝CG，设BE＝x，DG＝y，则CD＝2y，推出EG＝x+y，EC＝2y﹣x，根据EG2＝EC2+CG2，构建关系式即可解决问题．
（3）如图3中，过点H作直线MN∥AD交AB，CD于M，N．证明（AAS），推出MH＝GN，AM＝HN，设MH＝GN＝a．AM＝HN＝b，推出BH＝，CG＝2a即可得出结论．
【详解】
解：（1）如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，点B关于直线AE的对称点为F，
∴AB＝AF＝AD，∠BAE＝∠EAF＝∠BAF，∠B＝∠AFE＝∠D＝90°，
∵AG＝AG，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），
∴∠FAG＝∠DAG＝∠FAD，
∴∠EAG＝∠EAF+∠GAF＝∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝45°．
（2）如图2中，

∵CF∥AG，
∴∠AGF＝∠CFG，∠AGD＝∠FCG，
∵，
∴∠AGF＝∠AGD，
∴∠GFC＝∠FCG，
∴FG＝DG＝CG，
设BE＝x，DG＝y，则CD＝2y，
∴EG＝x+y，EC＝2y﹣x，
∵EG2＝EC2+CG2，
∴（x+y）2＝（2y﹣x）2+y2，
∴6xy﹣4x2＝0，
∴3x﹣2y＝0，
∴，即
（3）结论：　　　
理由：如图3中，过点H作直线MN∥AD交AB，CD于M，N．
则四边形为矩形，

∵∠EAG＝45°，GH⊥AE，
∴AH＝HG，
∵∠MAH+∠AHM＝90°，∠AHM+∠NHG＝90°，
∴∠MAH＝∠NHG，
∵∠AMH＝∠HNG＝90°，
∴（AAS），
∴MH＝GN，AM＝HN，
设MH＝GN＝a．AM＝HN＝b，
∴MN＝a+b，
四边形为矩形，四边形ABCD是正方形，

∵AM＝DN＝b，
∴NC＝BM＝a，
∴BH＝CG＝NC+GN＝2a，
∴CG＝
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
31．（2020·温州市第二十三中学九年级开学考试）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，垂足分别是M，N延长AM至G，使得AM=MG，连接CG．
（1）求证：
（2）当时，判断四边形MGCN的形状，并说明理由

【答案】（1）见解析；（2）四边形 MGCN 是正方形，见解析．
【分析】
（1）根据矩形的性质及题意可直接求证；
（2）由（1）及题意可得AM=MN=MG=CN，故可得到答案．
【详解】
（1）在矩形 ABCD 中，AO=CO
∵AM⊥ BD，CN ⊥ BD
∴∠AMO=∠CNO=90°
又∵∠AOM=∠CON
∴△AOM≌△CON
（2）由已知，设 AM= 2x ，OA= ，
在 Rt△ AMO 中，OM=x
∵△AOM≌△CON ∴OM=ON=x
∴AM=MN=MG=CN=2x
∵AM⊥ BD，CN ⊥ BD
∴MG∥CN 且 MG=CN
∴ 四边形 MGCN 是正方形．
【点睛】
本题主要考查三角形全等、矩形的性质及正方形的判定，熟练掌握各个知识点是解题的关键．
32．（2020·浙江八年级月考）如图1，等边△ABC中，AO是∠BAC的角平分线，D为AO上一点，以CD为一边且在CD下方作等边△CDE，连结BE．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）图2，延长BE至Q，P为BQ上一点，连结CP，CQ使CP＝CQ＝5，若BC＝8时，求PQ的长．

【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）由题意易得，，，然后根据题意可进行求证；
（2）作交于，则，由（1）易得，然后根据勾股定理求解即可．
【详解】
（1）∵和均为等边三角形，∴，，
且，∵，
∴，∴
（2）作交于，则，

在中，由已知和（1）得，
∴，在中，，
∴．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定及勾股定理、含30°角的直角三角形，关键是根据题意得到三角形的全等，然后根据勾股定理及直角三角形的性质进行求解问题即可．
33．（2020·宁波市鄞州区姜山镇实验中学八年级期中）如图，AB⊥BC，射线CM⊥BC，且BC=4，点P是线段BC（不与点B、C重合）上的动点，过点P作DP⊥AP交射线CM于点D，连接AD．
（1）如图1，若AB=1，BP=3，求CD的长．
（2）如图2，若DP平分∠ADC，
①试猜测PB和PC的数量关系，并说明理由；
②若△ADP的面积为5，求四边形ABCD的面积．
（3）如图3，已知点E是网格中的格点，若三角形ADE是以AD为底边的等腰三角形，那么这样的E点共有 个．

【答案】（1）CD＝3；（2）①PB＝PC；理由见解析；②10；（3）3
【分析】
（1）先根据AAS证明△ABP≌△PCD，再根据全等三角形的的性质即可求出答案；
（2）①延长线段AP、DC交于点E，如图2，根据ASA证明△DPA≌△DPE，得PA＝PE，再根据AAS证明△APB≌△EPC，进而可得结论；
②根据①题的结论可得S四边形ABCD=S△ADE，进一步即可求出结果；
（3）借助网格特点作出AD的垂直平分线，进而可得符合题意的点E的个数．
【详解】
解：（1）∵AB⊥BC，CM⊥BC，DP⊥AP，
∴∠ABP＝∠APD＝∠PCD＝90°，
∴∠APB+∠DPC＝90°，∠DPC+∠PDC＝90°，
∴∠APB＝∠PDC，
∵BC＝4，PB＝3，
∴AB＝PC＝1，
∴△ABP≌△PCD（AAS），
∴CD＝BP＝3．

（2）①PB＝PC；理由如下：
延长线段AP、DC交于点E，如图2，
∵DP平分∠ADC，
∴∠ADP＝∠EDP，
∵DP⊥AP，
∴∠DPA＝∠DPE＝90°，
∴△DPA≌△DPE（ASA），
∴PA＝PE，
∵AB⊥BP，CM⊥CP，
∴∠ABP＝∠ECP＝90°，
又∵∠APB=∠EPC，
∴△APB≌△EPC（AAS），
∴PB＝PC．

②∵△DPA≌△DPE，△ADP的面积为5，
∴S△ADE=2S△ADP=10，
∵△APB≌△EPC，
∴S四边形ABCD=S△ADE=10；
（3）如图，点E1、E2、E3为所作；
故答案为：3．

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质以及线段垂直平分线的性质等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识是解题的关键．
34．（2020·浙江嘉兴市·）在等边三角形中，

（1）如图1，若点E在边上，点D在的延长线上，且，请判断与的数量关系，并证明．
（2）若点E在直线上，点D在直线上，且．若的边长为1，，求的长．
【答案】（1） 理由见解析；（2）或
【分析】
（1）作证明：为等边三角形，再证明利用全等三角形的性质可得答案；
（2）分两种情况讨论：当在线段的延长线上，在线段的延长线上，画出符合题意的图形，作交CA的延长线于F，证明为等边三角形，再证明：即可，当在线段的延长线上，在线段的延长线上，画出符合题意的图形，作交的延长线于F，证明为等边三角形，再证明：即可，从而可得答案．
【详解】
解：（1）当点E为AB上任意一点时，如图2，理由如下：

如图2，过E作EF∥BC交AC于F，
∵是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC，
∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60°，即∠AEF=∠AFE=∠A=60°，
∴是等边三角形，
∴AE=EF=AF，
∵∠ABC=∠ACB=∠AFE=60°，
∴∠DBE=∠EFC=120°，∠D+∠BED=∠FCE+∠ECD=60°，
∵DE=EC，
∴∠D=∠ECD，
∴∠BED=∠ECF，
在和中，
，
∴，
∴

AE=BD；
（2）如图3，当在线段的延长线上，在线段的延长线上，
作交CA的延长线于F，则为等边三角形，

∴


∴
为等边三角形，

在与中，

∴（AAS），
∴BD=EF=2，
∴，
如图4，当在线段的延长线上，在线段的延长线上，
作交的延长线于F，则为等边三角形，





为等边三角形，



在与中，




综上所述，CD=3或1．
【点睛】
本题考查的是等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，掌握构造全等三角形是解题的关键．
35．（2020·河南八年级期末）如图，△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝45°，BE⊥AC于点E，AD⊥BC于点D，BE与AD相交于F．

（1）求证：BF＝AC；
（2）若BF＝3，求CE的长度．
【答案】（1）见解析；（2）CE＝.
【分析】
（1）由三角形的内角和定理，对顶角的性质计算出∠1=∠2，等腰直角三角形的性质得BD=AD，角边角（或角角边）证明△BDF≌△ADC，其性质得BF=AC；（2）等腰三角形的性质“三线合一”证明CE=AC，计算出CE的长度为．
【详解】
解:如图所示：

（1）∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠FDB＝∠FEA＝∠ADC＝90°，
又∵∠FDB+∠1+∠BFD＝180°，
∠FEA+∠2+AFE＝180°，
∠BFD＝∠AFE，
∴∠1＝∠2，
又∠ABC＝45°，
∴BD＝AD，
在△BDF和△ADC中， ，
∴△BDF≌△ADC（ASA）
∴BF＝AC；
（2）∵BF＝3，
∴AC＝3，
又∵BE⊥AC，
∴CE＝AE＝＝．
【点睛】
本题综合考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的中线及三角形的内角和定理等相关知识，重点掌握全等三角形的判定与性质．
36．（2022·浙江八年级期末）在数学课上，林老师在黑板上画出如图所示的图形（其中点B、F、C、E在同一直线上），并写出四个条件：①AB＝DE，②BF＝EC，③∠B＝∠E，④∠1＝∠2．
请你从这四个条件中选出三个作为题设，另一个作为结论，
组成一个真命题，并给予证明．
题设：　 　；结论：　 　．（均填写序号）
证明：

【答案】①②③；④；证明过程见解析；
【分析】
根据三个不同的情况进行讨论分析即可；
【详解】
情况一：题设①②③，结论④；
∵BF=EC，
∴，
即，
在△ABC和△DEF中，
，
∴，
∴；
情况二：题设①③④，结论③；
在△ABC和△DEF中，
，
∴，
∴，
∴，即；
情况三：题设②③④，结论①；
∵，
∴，
即，
在△ABC和△DEF中，
，
∴，
∴；
故答案为：①②③；④．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，准确分析证明是解题的关键．
37．（2022·台州市书生中学九年级月考）如图，在菱形ABCD中，点P是AD的中点，连接CP．请用无刻度的直尺按要求画出图形．
（1）在图1中画出CD边的中点E；
（2）在图2中画出∠BCF，使得∠BCF＝∠DCP．

【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）如图1：连接AC交BD于O，CP交OD于M，由于O点为AC的中点，P点为AD的中点，则点M为△ACD的重心，所以延长AM交CD于E，则E点为CD的中点；
（2）如图2：延长EO交AB于F，则F点为AB的中点，然后判断△BCF≌△DCP，从而得到∠BCF＝∠DCP．
【详解】
解：（1）如图1，点E为所作；
（2）如图2，∠BCF为所作．

【点睛】
本题主要考查了复杂作图以及菱形的性质等知识点，掌握基本几何图形的性质并结合几何图形的基本性质进行作图是解答本题的关键．
38．（【新东方】初中数学20220625-001【初二上】）如图，已知，请按下列要求作图：

（1）作边上的中线．
（2）用直尺和圆规作的角平分线．
（3）用直尺和圆规作，使（使点D与A对应，点E与B对应，点F与C对应）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】
（1）作BC的垂直平分线，交BC于D，连接AD即可；
（2）利用基本作图（作已知角的平分线）作∠ACB的平分线CG；
（3）先作线段EF=BC，然后分别以E、F为圆心，BA和CA为半径画弧，两弧交于点D，则△DEF与△ABC全等．
【详解】
解：（1）如图，AD即为所作；
（2）如图，CG即为所作；

（3）如图，△DEF为所作．

【点睛】
本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
39．（2020·浙江九年级其他模拟）如图1，Rt△ABC中，点D，E分别为直角边AC，BC上的点，若满足AD2+BE2＝DE2，则称DE为R△ABC的“完美分割线”．显然，当DE为△ABC的中位线时，DE是△ABC的一条完美分割线．

（1）如图1，AB＝10，cosA＝，AD＝3，若DE为完美分割线，则BE的长是　 　．
（2）如图2，对AC边上的点D，在Rt△ABC中的斜边AB上取点P，使得DP＝DA，过点P画PE⊥PD交BC于点E，连结DE，求证：DE是直角△ABC的完美分割线．
（3）如图3，在Rt△ABC中，AC＝10，BC＝5，DE是其完美分割线，点P是斜边AB的中点，连结PD、PE，求cos∠PDE的值．
【答案】（1）；（2）详见解析；（3）
【分析】
（1）根据题意求出BC的长，设BE＝x，则CE＝6﹣x，由勾股定理得DE2＝CD2+CE2＝52+（6﹣x）2，代入到AD2+BE2＝DE2中即可求出BE．

（2）现根据题意找出EP=EB，再由勾股定理得出DP2+EP2＝DE2=AD2+BE2即DE是直角△ABC的完美分割线．
（3）本题需做辅助线：延长DP至F，使PF＝PD，连接BF，EF，根据题意得出ED＝EF．
再过点P作PM⊥AC，PN⊥BC，证明△MPD∽△NPE，设PD＝a，则PE＝2a，求出DE，即可求出cos∠PDE的值．
【详解】
解：（1）∵AB＝10，cosA＝，
∴cosA＝，
∴AC＝8，CD＝5，
∴BC=＝＝6，
设BE＝x，则CE＝6﹣x，

在Rt△CDE中，DE2＝CD2+CE2＝52+（6﹣x）2，
∵DE为完美分割线，
∴AD2+BE2＝DE2，
∴32+x2＝52+（6﹣x）2，
解得：x＝．
∴BE＝．
故答案为：．
（2）证明：如图2，

∵DA＝DP，
∴∠DAP＝∠DPA，
∵PE⊥PD，
∴∠DPA+∠EPB＝90°，
又∠A＝∠B，
∴∠EPB＝∠B，
∴EP＝EB，
∴AD2+BE2＝DP2+EP2＝DE2，
∴DE是直角△ABC的完美分割线．
（3）解：延长DP至F，使PF＝PD，连接BF，EF，

∵AP＝BP，∠APD＝∠BPF，
∴△APD≌△BPF（SAS），
∴AD＝BF，∠A＝∠FBP，
∴∠EBF＝∠CBA+∠FBP＝∠CBA+∠A＝90°，
∵DE是完美分割线，
∴DE2＝AD2+BE2＝BF2+BE2＝EF2，即ED＝EF．
又PD＝PF，
∴∠EPD＝90°，
过点P作PM⊥AC，PN⊥BC，
则∠MPD＝∠NPE＝90°﹣∠MPE，
∴△MPD∽△NPE，
∴，
设PD＝a，则PE＝2a，则DE＝＝a，
∴cos∠PDE＝＝．
【点睛】
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，理解掌握完美分割线这一新定义是解题的关键．
40．（2019·浙江宁波市·）如图1所示，直线与轴负半轴，轴正半轴分别交于、两点．


（1）当时，求点坐标及直线的解析式．
（2）在（1）的条件下，如图2所示，设为延长线上一点，作直线，过、两点分别作于，于，若，求的长．
（3）当取不同的值时，点在轴正半轴上运动，分别以、为边，点为直角顶点在第一、二象限内作等腰直角和等腰直角，连接交轴于点，如图3.问：当点在轴正半轴上运动时，试猜想的长是否为定值？若是，请求出其值；若不是，说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）的长为定值
【分析】
（1）先求出A、B两点坐标，求出OA与OB，由OA= OB，求出m即可；
（2）用勾股定理求AB，再证，BN=OM，由勾股定理求OM即可；
（3）先确定答案定值，如图引辅助线EG⊥y轴于G，先证，求BG再证，可确定BP的定值即可．
【详解】
（1）对于直线．
当时，．
当时，．
，．
．
．
解得．
直线的解析式为．
（2），．
由勾股定理，
．
．
．
．
．
．
在与中，
．
．
．．
（3）如图所示：过点作轴于点．

为等腰直角三角形，

．
，
．
．
．
，
为等腰直角三角形，

．
．
．
【点睛】
本题考查求解析式，线段的长，判断定值问题，关键是掌握求坐标，利用条件OA= OB，求OM，用勾股定理求AB，再证，构造 ，求BG，再证．
41．（2019·浙江）已知正方形，点为边的中点．
（1）如图1，点为线段上的一点，且，延长、分别与边、交于点、．
①求证：；
②求证：．
（2）如图2，在边上取一点，满足，连接交于点，连接并延长交于点，求的值．


【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）
【分析】
（1）①根据正方形的性质及∠ABG+∠BAG=90°证明△ABE≌△BCF即可求解；
②由直角三角形斜边上的中线性质得到MG=MA=MB，得到∠GAM=∠AGM，再证明△CGE∽△CBG得，由BE=CF=CG可得答案；
（2）延长AE、DC交于点N，证△CEN∽ΔBEA，故由AB=BC， ，知CN=BE，再由 且AM=MB，得到FC=CN=BE，设正方形的边长为a， BE=x，由，求出BE的长，即可求得．
【详解】
解：（1）①∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
②∵，点为的中点，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
又，
∴，
∴，即，
由得，
由①知，
∴，
∴；
（2）延长、交于点，

∵四边形是正方形，
∴，∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
不妨设正方形的边长为1，，
由可得，
解得：，（舍），
∴，
则．
【点睛】
此题主要考查相似三角形综合问题，解题的关键是熟知正方形与直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质.
42．（2020·余姚市兰江中学九年级月考）已知抛物线与x轴交于点A（﹣2，0）、B（3，0），与y轴交于点C（0，4）．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线上位于第一象限内的一点，当四边形ABPC的面积最大时，求出四边形ABPC的面积最大值及此时点P的坐标．
（3）如图2，将抛物线向右平移个单位，再向下平移2个单位．记平移后的抛物线为，若抛物线与原抛物线对称轴交于点Q．点E是新抛物线y'对称轴上一动点，在（2）的条件下，当△PQE是等腰三角形时，求点E的坐标．
【答案】（1）；（2）最大面积：，；（3）点E的坐标为或或或或．
【分析】
（1）用待定系数法解答便可；
（2）设P点的坐标为，过点P作PM⊥x轴，与BC交于点M，用t表示M的坐标，进而根据三角形面积公式，由3个三角形的面积和表示四边形ABPC的面积，最后根据二次函数求最值的方法求得结果；
（3）分三种情况：当PE=QE时；当PQ=QE时；当PE=PQ时．分别列出关于E的纵坐标方程进行解答．
【详解】
解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣2，0），B（3，0），
∴可设抛物线的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣3）（a≠0），
把C（0，4）代入y＝a（x+2）（x﹣3）（a≠0）中，
得4＝﹣6a，

∴抛物线的解析式为：， 即；
（2）

设P点的坐标为，过点P作PM⊥x轴，与BC交于点M，如图1，
设直线BC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将B、C的坐标代入，得，
解得，
∴直线BC的解析式为：，
∴M，
∴，
∴，


∴，
∴当时，S四边形ABPC取最大值，最大值为：，
∴此时P点的坐标为；
（3）∵将抛物线向右平移个单位，再向下平移2个单位．记平移后的抛物线为y'，
∴y′的解析式为，
化简，得，
∴抛物线y′的对称轴为x＝1，
∵抛物线，
∴抛物线的对称轴为直线，
把代入中，得，
∴Q点的坐标为（，2），
设E的坐标为（1，n）
①当PE＝QE时，则，
即，
解得，n=，
∴E，
②当PQ＝QE时，则，
即，
解得，
∴E点的坐标为或；
③当PQ＝PE时，则，
即，
解得，，
∴点E的坐标为（1，）或（1，）．
综上，当△PQE是等腰三角形时，点E的坐标为（1，）或或或（1，）或（1，）．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图像与性质，待定系数法，三角形面积公式，二次函数的最值的求法，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的性质与判定，第（3）题关键是构造全等三角形和分类讨论．
43．（2022·浙江九年级专题练习）如图，在矩形中，作于点E，于点F，连接BE、DF．
（1）判断四边形的形状，并说明理由．
（2）若矩形的宽与长之比，求证：E、F是对角线AC的三等分点．
（3）若四边形与矩形的面积之比为，请直接写出矩形的宽与长之比．

【答案】（1）平行四边形，理由见解析；（2）E、F是对角线AC的三等分点，理由见解析；（3）．
【分析】
（1）由证明得出．由，即可得出四边形DEBF是平行四边形．
（2）设，则，由勾股定理求出AC，再求出DE、AE、CF、EF的长，即可得出结论；
（3）由面积关系得，得出，，得出，证出是等边三角形，则，得即可．
【详解】
解：（1）四边形DEBF是平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，
∴．
∵，，
∴，．
在和中，，
∴（AAS），
∴．
又∵，
∴四边形DEBF是平行四边形．
（2）证明：设，则，
∴AC＝＝＝a，
∵于点E，
∴DE＝＝＝a，
在中，AE＝＝a，
同理CF＝a，
∴，
∴，
即E、F是对角线AC的三等分点．
（3）连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，四边形DEBF是平行四边形，
∴，，，，，
∴，
∵四边形DEBF与矩形ABCD的面积之比为，
∴，
∴，
∴，
∵，
由
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴．

【点睛】
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形等知识；熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
44．（2022·浙江宁波市·九年级一模）如图，在的正方形网格中，按的形状要求，分别找出格点C，且使，并且直接写出对应三角形的面积．

【答案】见解析；； ；
【分析】
根据全等三角形的性质，勾股定理，角的分类去求解即可
【详解】
解：钝角三角形时，如图，
∵BC⊥BD，BC=5，
∴△ABC是钝角三角形，
根据平行线间的距离处处相等，得BC边上高为BD=4,
∴；

直角三角形时，如图，
取格点F使得BF=4，FC=3，
根据勾股定理，得BC==5，
∵AE=BF=4，EB=FC=3，∠AEB=∠BFC=90°，
∴△AEB≌△BFC，
∴∠EAB=∠FBC，
∵∠EAB+∠EBA=90°，
∴∠FBC+∠EBA=90°，
∴∠ABC =90°，
∴△ABC是直角三角形，
根据勾股定理，得AB==5，
∴；

锐角三角形时，如图，取格点M使得BM=3，CM=4，
根据勾股定理，得BC==5，
根据直角三角形时的作图，知道∠ABN=90°，
∴∠ABC＜∠ABN，
∴∠ABC＜90°
∵AB=BC，
∴△ABC是等腰三角形，
∴∠A=∠C＜90°，

∴△ABC是锐角三角形，
∴=12；
【点睛】
本题考查了网格上的作图，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形全等的性质和判定，平行线间的距离处处相等，根据题意，运用所学构造符合题意的格点线段是解题的关键．
45．（2020·宁波市镇海区仁爱中学八年级期中）如图，△ABC中，BA＝BC，CO⊥AB于点O，AO＝4，BO＝6．

（1）求BC，AC的长；
（2）若点D是射线OB上的一个动点，作DE⊥AC于点E，连结OE．
①当点D在线段OB上时，若△AOE是以AO为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的OD的长．
②设DE交直线BC于点F，连结OF，CD，若S△OBF：S△OCF＝1：4，则CD的长为　 　（直接写出结果）．
【答案】（1）4；（2）或8．
【分析】
根据BA＝BC，分别用勾股定理求出CO和AC的长.
①分情况AO＝OE和AO＝AE，画出图形，根据三角形中位线定理和证明三角形全等解决问题.
②分情况
i）当D在线段OB上时，如图3，过B作BG⊥EF于G，根据同高三角形面积比等于底边之比，得到，再根据平行线性质∠BDG＝∠BFG，得到BD＝BF＝，最后使用勾股定理求出结论
ii）当D在线段OB的延长线上时，如图4，过B作BG⊥DE于G，同理计算可得结论.
【详解】
解：（1）∵AO＝4，BO＝6，
∴AB＝10，
∵BA＝BC，
∴BC＝10，
∵CO⊥AB，
∴∠AOC＝∠BOC＝90°，
由勾股定理得：CO＝＝＝8，
AC＝＝＝4；
（2）①分两种情况：
i）如图1，当AO＝OE＝4时，过O作ON⊥AC于N，

∴AN＝EN，
∵DE⊥AC，
∴ON∥DE，
∴AO＝OD＝4；
ii）当AO＝AE＝4时，如图2，

在△CAO和△DAE中，
，
∴△CAO≌△DAE（AAS），
∴AD＝AC＝4，
∴OD＝4﹣4；
②分两种情况：
i）当D在线段OB上时，如图3，过B作BG⊥EF于G，

∵S△OBF：S△OCF＝1：4，
∴
∴
∵CB＝10
∴BF＝
∵EF⊥AC，
∴BG∥AC，
∴∠GBF＝∠ACB，
∵AE∥BG，
∴∠A＝∠DBG，
∵AB＝BC，
∴∠A＝∠ACB，
∴∠DBG＝∠GBF，
∵∠DGB＝∠FGB，
∴∠BDG＝∠BFG，
∴BD＝BF＝，
∴OD＝OB﹣BD＝6﹣＝，
∴CD＝＝＝；
ii）当D在线段OB的延长线上时，如图4，过B作BG⊥DE于G，

同理得，
∵BC＝10，
∴BF＝2，
同理得：∠BFG＝∠BDF，
∴BD＝BF＝2，
Rt△COD中，CD＝＝＝8，
综上，CD的长为或8．
故答案为：或8．
【点睛】
本题考查的是三角形全等的综合题，关键是根据三角形全等判定和性质、平行线性质、等腰三角形性质，三角形面积、勾股定理等，知识解答有难度.