苏科版八年级上册2.1 轴对称与轴对称图形同步训练题

这是一份苏科版八年级上册2.1 轴对称与轴对称图形同步训练题，文件包含专题02轴对称图形知识串讲+热考题型+真题训练原卷版docx、专题02轴对称图形知识串讲+热考题型+真题训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共86页， 欢迎下载使用。

【考点1】轴对称图形
【考点2】镜面对称
【考点3】轴对称的性质
【考点4】剪纸问题
【考点5】翻折变换（折叠问题）．
【考点6】利用轴对称设计图案．
【考点7】角平分线的性质．
【考点8】线段垂直平分线的性质．
【考点9】等腰三角形的性质
【考点10】等腰三角形的判定．
【考点11】等腰三角形的判定与性质
【考点12】等边三角形的性质
【考点13】等边三角形的判定．
【考点14】等边三角形的判定与性质；
【考点15】含30度角的直角三角形
【考点16】直角三角形斜边上的中线．
【考点17】作图﹣轴对称变换．
知识点1 轴对称图形
⑴轴对称图形：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，这个图形就叫做轴对称图形.这条直线称为它的对称轴.
注意：
1. 轴对称图形的对称轴是一条直线，
2. 轴对称图形是1个图形，
3. 有些对称图形的对称轴有无数条。
⑵两个图形成轴对称：把一个图形沿某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称.这条直线称为这两个图形的对称轴.
⑶线段的垂直平分线：经过线段中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这
条线段的垂直平分线.
知识点2 轴对称性质
对称的性质：
①两个图形关于某一条直线对称，对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线. 轴对称图形的对称轴是任何一对对应点连线段的垂直平分线.
②关于某直线对称的两个图形是全等形.
知识点3 画轴对称图形
（1）过已知点A作对称轴l的垂线，垂足为O，在垂线上截取OA'，使OA'=OA，则点A'是点A的对称点；
（2）同理分别作出其它关键点的对称点；
（3）将所作的对称点依次相连，得到轴对称图形.
知识点4 轴对称之最短路径问题
基本图模
1.
已知：如图，定点A、B分布在定直线l两侧；
要求：在直线l上找一点P，使PA+PB的值最小
解：连接AB交直线l于点P，点P即为所求,
PA+PB的最小值即为线段AB的长度
理由：在l上任取异于点P的一点P´，连接AP´、BP´，
在△ABP’中，AP´+BP´>AB，即AP´+BP´>AP+BP
∴P为直线AB与直线l的交点时，PA+PB最小.

已知：如图，定点A和定点B在定直线l的同侧
要求：在直线l上找一点P，使得PA+PB值最小
（或△ABP的周长最小）
解：作点A关于直线l的对称点A´，连接A´B交l于P，
点P即为所求；
理由：根据轴对称的性质知直线l为线段AA´的中垂线，
由中垂线的性质得：PA=PA´，要使PA+PB最小，则
需PA´+PB值最小，从而转化为模型1.
方法总结：
1.两点之间，线段最短；2.三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边；
3.中垂线上的点到线段两端点的距离相等；4.垂线段最短.
知识点5 ：线段垂直平分线
1.定义
经过线段中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线，也叫线段的中垂线。
2.线段垂直平分线的作图
1. 分别以点 A、B 为圆心，以大于AB 的长为半径作弧，两弧相交于 C、D 两点；
2. 作直线 CD，CD 为所求直线

知识点6 ：线段垂直平分线性质
线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等.
知识点7：线段的垂直平分线逆定理
到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上
知识点8角的平分线的性质
（一）作已知角的平分线（已知：∠AOB。求作：∠AOB的平分线）
1、以点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点M，交OB于点N。
2、分别以M,N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部相交于点C。
3、画射线OC，射线OC即为所求。
（二）角的平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等。
几何表示：∵OC是∠AOB的平分线，P是OC上一点，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为D，E。∴PD=PE。
知识点9 角的平分线的判定
角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上。
几何表示：
∵点P是∠AOB内的一点，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为D，E，且PD=PE，
∴点P在∠AOB的平分线OC上。
重要拓展：
1、三角形的三条角平分线相交于三角形内一点，且该点到三角形三边的距离相等。反之，三角形内部到三边距离相等的点是该三角形三条角平分线的交点。
2、三角形的角平分线与三角形一边交于一点，这条角平分线把三角形分成两个小三角形，它们的面积比等于另外两边的长度的比。
知识点10 等腰三角形的概念与性质
等腰三角形概念
有两边相等的三角形叫做等腰三角形，相等的边叫做腰，另一边叫做底，两条腰的夹角叫做顶角，腰和底边的夹角叫做底角．
2.等腰三角形的性质
如图所示，在△ABC中，AB＝AC，△ABC是等腰三角形，其中AB、AC为腰，BC为底边,∠A是顶角，∠B、∠C是底角．

性质1：等腰三角形的两个底角相等，简称“在同一个三角形中，等边对等角”．
性质2：等腰三角形的顶角平分线、底边上中线和高线互相重合.简称“等腰三角形三线合一”．
知识点2 等腰三角形的判定
如果一个三角形有两个角相等，那么这个三角形是等腰三角形.可以简单的说成：在一个三角形中，等角对等边.
要点诠释：
(1)要弄清判定定理的条件和结论，不要与性质定理混淆．判定定理得到的结论是等腰三角形，性质定理是已知三角形是等腰三角形，得到边和角关系.
（2）不能说“一个三角形两底角相等，那么两腰边相等”，因为还未判定它是一个等腰三角形．
知识点11 等边三角形的概念与性质
1.等边三角形概念
三条边都相等的三角形叫做等边三角形.也称为正三角形.
注意：
等腰三角形的底角只能为锐角，不能为钝角（或直角），但顶角可为钝角（或直角）.
∠A＝180°－2∠B，∠B＝∠C＝ .
（2）等边三角形与等腰三角形的关系：等边三角形是特殊的等腰三角形，等腰三角形不一定是等边三角形.
2.等边三角形的性质
（1）等边三角形是一类特殊的等腰三角形，有三条对称轴，每个角的平分线(底边上的高线或中线)所在的直线就是它的对称轴.
（2）三个角都是60°
知识点12 等边三角形的判定
（1）三个角相等的三角形是等边三角形.
（2）有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形.
知识点13 含有30°角的直角三角形
定理：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半.
知识点14：直角三角形斜边上的中线
直角三角形斜边上的中线 等于斜边的一半
【考点1】轴对称图形
1．（2022秋•泗阳县期末）下列冬奥会会徽中，属于轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】轴对称图形．
【答案】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．
【解答】解：A，B，C选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
D选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：D．
2．（2023春•绥棱县期末）下列四边形中，对称轴条数最多的是（ ）
A．矩形B．菱形C．正方形D．等腰梯形
【考点】轴对称图形．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形的概念及对称轴的概念进行分析解答即可，矩形有两条对称轴，为对边中垂线所在的直线；菱形由两条对称轴，为其两条对角线所在的直线；正方形有四条对称轴，为其两条对角线所在的直线，还有其对边中垂线所在的直线；等腰梯形有一条对称轴，为其两底的中垂线所在的直线．
【解答】解：A、矩形是两条对称轴；
B、菱形是两条对称轴；
C、正方形是四条对称轴；
D、等腰梯形是一条对称轴．
所以对称轴条数最多的是正方形．
故选：C．
【考点2】镜面对称
3．（2023春•章丘区期末）小明在镜中看到对面电子时钟的示数如图所示，这现在的实际时间为（ ）
​
A．12：01B．10：21C．15：10D．10：51
【考点】镜面对称．
【答案】D
【分析】关于镜子的像，实际数字与原来的数字关于竖直的线对称，根据相应数字的对称性可得实际时间．
【解答】解：∵是从镜子中看，
∴对称轴为竖直方向的直线，
∵2的对称数字是5，镜子中数字的顺序与实际数字顺序相反，
∴这时的时刻应是10：51．
故选：D．
5．（2023春•分宜县期末）在平面镜中看到一辆汽车的车牌号：，则该汽车的车牌号是 M645379 ．
【考点】镜面对称．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据镜面对称的性质，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．
【解答】解：根据镜面对称性质得出：实际车牌号是：M645379，
故答案为：M645379．
【考点3】轴对称的性质
6．（2023春•兰州期末）如图，△ABC与△A'B'C'关于直线l对称，∠A＝54°，∠C'＝26°，则∠B等于（ ）
A．36°B．154°C．80°D．100°
【考点】轴对称的性质．
【答案】D
【分析】根据轴对称的性质可得∠C＝∠C′，再根据三角形的内角和等于180°列式计算即可得解．
【解答】解：∵△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，
∴∠C＝∠C′＝26°，
在△ABC中，∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣54°﹣26°＝100°．
故选：D．
7．（2023春•高碑店市校级月考）如图，△ABC与△A'B'C'关于直线MN对称，BB'交MN于点O，下列结论：
①AB＝A'B'；
②OB＝OB′；
③AA'∥BB'中，
正确的有（ ）
A．3个B．2个C．1个D．0个
【考点】轴对称的性质；平行线的判定．
【答案】A
【分析】根据轴对称的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：∵△ABC与△A′B′C′关于直线MN对称，
∴OB＝OB′，△ABC≌△A′B′C′，AA′∥BB′，故②③正确，
∴AB＝A′B′，故①正确，
所以正确的一共有3个，
故选：A．
8．（2022秋•明水县校级期末）如图，把长方形ABCD沿EF对折后使AB与A'B'重合，若∠AEF＝110°，则∠1的度数是（ ）
A．30°B．35°C．40°D．50°
【考点】轴对称的性质；平行线的性质．
【答案】C
【分析】先根据平行线的性质求出∠BFE的度数，再由图形翻折变换的性质求出∠EFG的度数，根据平角的定义即可得出∠1的度数．
【解答】解：∵AD∥BC，∠AEF＝110°，
∴∠BFE＝180°﹣∠AEF＝180°﹣110°＝70°，
∵长方形ABCD沿EF对折后使两部分重合，
∴∠EFG＝∠BFE＝70°，
∴∠1＝180°﹣∠BFE﹣∠EFG＝180°﹣70°﹣70°＝40°．
故选：C．
【考点4】剪纸问题
9．（2023春•朝阳区期末）如图所示把一个长方形纸片对折两次，然后剪下一个角，如果得到的四边形是正方形，那么剪口与折痕所夹的角α的度数为​（ ）
A．90°B．45°C．30°D．22.5°
【考点】剪纸问题；平行线的性质；多边形内角与外角．
【答案】B
【分析】如图，折痕为AC与BD，∠ABC＝90°，根据正方形的性质，可得∠ABD＝45°，∠BAC＝45°，所以剪口与折痕所夹的角α的度数为45°．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，如图，
∴，，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝45°，∠BAC＝45°，
∴剪口与折痕所成的角α的度数应为45°，
故选：B．
10．（2023春•鲁山县期末）如图，小明拿一张正方形纸片（如图①），沿虚线向下对折一次得到图②，再沿图②中的虚线向下对折一次得到图③，然后用剪刀沿图③中的虚线剪去一个角，将剩下的纸片打开后得到的图形的形状是（ ）
A．B．C．D．
【考点】剪纸问题．
【答案】A
【分析】利用图形的翻折，由翻折前后的图形是全等形，通过动手操作得出答案．
【解答】解：如图所示：
故选：A．
11．（2023春•淅川县期末）一张正方形纸片经过两次对折，并在如图所示的位置上剪去一个小正方形，打开后的图形是（ ）
A．B．C．D．
【考点】剪纸问题．
【答案】D
【分析】由平面图形的折叠及图形的对称性展开图解题．
【解答】解：动手操作或由图形的对称性，因剪去的小正方形紧靠对折线，可得打开后是D．
故选：D
【考点5】翻折变换（折叠问题）．
12．（2023春•德州期中）如图，Rt△ABC中，AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段DN的长为（ ）
A．B．C．4D．5
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【答案】D
【分析】设BN＝x，由折叠的性质可得DN＝AN＝9﹣x，利用勾股定理得到x2+32＝（9﹣x）2，计算即可．
【解答】解：∵D是BC的中点，BC＝6，
∴BD＝3，
设BN＝x，
由折叠的性质可得DN＝AN＝9﹣x，
在Rt△BDN中，BN2+BD2＝DN2，
即x2+32＝（9﹣x）2，
解得x＝4．
故线段DN的长为9﹣4＝5．
故选：D．
13．（2023春•宜城市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，将矩形沿AC折叠，点B落在点B′处，则重叠部分△AFC的面积为（ ）
A．12B．10C．8D．6
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【答案】B
【分析】由矩形的性质和折叠的性质得出∠FCA＝∠FAC，证出AF＝CF，设AF＝CF＝x，DF＝8﹣x，在Rt△ADF中，根据勾股定理得出方程，解方程求出AF，△AFC的面积＝CF×AD，即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC＝AB＝8，AD＝BC＝4，∠D＝90°，AB∥DC，
∴∠BAC＝∠FCA，
由折叠的性质得：∠FAC＝∠BAC，
∴∠FCA＝∠FAC，
∴AF＝CF，
设AF＝CF＝x，DF＝8﹣x，
在Rt△ADF中，根据勾股定理得：AD2+DF2＝AF2，
即42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
∴△AFC的面积＝CF×AD＝×5×4＝10；
故选：B．
【考点6】利用轴对称设计图案．
14．（2023春•三明期末）如图是4×4正方形网格，其中已有3个小正方形涂成了黑色，现在要从其余13个白色小方格中选出一个也涂成黑色的图形称为轴对称图形，这样的白色小方格有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【考点】利用轴对称设计图案．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【解答】解：如图所示，有4个位置使之成为轴对称图形．
故选：C．
15．（2022秋•南昌期末）在3×3的正方形网格中，将三个小正方形涂色如图所示，若移动其中一个涂色小正方形到空白方格中，与其余两个涂色小正方形重新组合，使得新构成的整个图案是一个轴对称图形，则这样的移法共有（ ）
A．5种B．7种C．9种D．10种
【考点】利用轴对称设计图案．
【答案】C
【分析】利用轴对称的性质，以及轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案即可．
【解答】解：如图所示：一共有9种轴对称图形．
故选：C．
【考点7】角平分线的性质．
16．（2023春•印江县月考）如图，OP平分∠MON，PA⊥ON于点A，点Q是射线OM上的一个动点，若PA＝3，则PQ的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【考点】角平分线的性质；垂线段最短．
【答案】B
【分析】作PE⊥OM于E，根据角平分线的性质求出PE的长即可．
【解答】解：作PE⊥OM于E，
∵OP平分∠MON，PA⊥ON，PE⊥OM，
∴PE＝PA＝3，
又∵Q为OM上动点，
∴PQ≥PE，
∴PQ≥3，最小值为3，
故选：B．
17．（2023春•仓山区校级期末）如图，∠C＝90°，点M是BC的中点，DM平分∠ADC，且CB＝8，则点M到线段AD的最小距离为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【考点】角平分线的性质．
【答案】C
【分析】如图所示，过点M作ME⊥AD于E，证明△MDE≌△MDC，得到ME＝MC，再根据线段中点的定义得到，根据垂线段最短可知点M到线段AD的最小距离为4．
【解答】解：如图所示，过点M作ME⊥AD于E，
∴∠MED＝∠C＝90°，
∵DM平分∠ADC，
∴∠MDE＝∠MDC，
又∵MD＝MD，
∴△MDE≌△MDC（AAS），
∴ME＝MC，
∵点M是BC的中点，CB＝8，
∴，
∴点M到线段AD的最小距离为4，
故选：C．
18．（2023春•秀峰区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB．若DE＝3，BD＝6，则BC的长度为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【考点】角平分线的性质．
【答案】C
【分析】根据角平分线的性质和线段的和差求解即可．
【解答】解：∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，∠C＝90°，
∴ED＝DC，
∵DE＝3，BD＝6，
∴BC＝BD+CD＝BD+DE＝9．
故选：C．
19．（2022秋•南阳期末）如图，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，垂足为E．若△ABC的面积为26，AB＝8，BC＝5，则DE的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【考点】角平分线的性质．
【答案】D
【分析】作DF⊥BC于F，如图，根据角平分线的定义得到DE＝DC，再利用三角形面积公式得到×6×DF+×8×DE＝26，然后求出DE的长．
【解答】解：作DF⊥BC于F，如图，
∵BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥BC，
∴DE＝DF，
∵S△ABC＝S△ABD+S△CBD，
∴×5×DF+×8×DE＝26，
∴DE＝26，
∴DE＝4．
故选：D．
20．（2023春•招远市期末）如图，△ABC中，∠ACF、∠EAC的角平分线CP、AP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF．则下列结论中正确的个数（ ）
①BP平分∠ABC；②∠ABC+2∠APC＝180°；③∠CAB＝2∠CPB；④S△PAC＝S△MAP+S△NCP．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【考点】角平分线的性质．
【答案】D
【分析】过P作PQ⊥AC于Q，根据角平分线的性质得出PQ＝PN，PQ＝PM，求出PQ＝PM＝PN，求出∠PMA＝∠PNC＝∠PQA＝∠PQC＝90°，根据全等三角形的判定得出Rt△PMA≌Rt△PQA，Rt△PQC≌Rt△PNC，再逐个判断即可．
【解答】解：过P作PQ⊥AC于Q，
∵∠ACF、∠EAC的角平分线CP、AP交于点P，PM⊥BE，PN⊥BF，
∴PM＝PQ，PQ＝PN，
∴PM＝PN，
∴P在∠ABC的角平分线上，即BP平分∠ABC，故①正确；
∵PM⊥AB，PN⊥BC，PQ⊥AC，
∴∠PMA＝∠PQA＝90°，∠PQC＝∠PNC＝90°，
在Rt△PMA和Rt△PQA中，
，
∴Rt△PMA≌Rt△PQA（HL），
∴∠MPA＝∠QPA，
同理Rt△PQC≌Rt△PNC，
∴∠QPC＝∠NPC，
∵∠PMA＝∠PNC＝90°，
∴∠ABC+∠MPN＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABC+2∠APC＝180°，故②正确；
∵PC平分∠FCA，BP平分∠ABC，
∴∠FCA＝∠ABC+∠CAB＝2∠PCN，
又∵∠PCN＝∠ABC+∠CPB，
∴∠ABC+∠CAB＝2（∠ABC+∠CPB），
∴∠CAB＝2∠CPB，故③正确；
∵Rt△PMA≌Rt△PQA，Rt△PQC≌Rt△PNC，
∴S△PAC＝S△MAP+S△NCP，故④正确；
即正确的个数是4，
故选：D．
21．（2022秋•新华区校级期末）如图，AI、BI、CI分别平分∠BAC、∠ABC、∠ACB，ID⊥BC，△ABC的周长为18，ID＝4，则△ABC的面积为（ ）
A．18B．30C．36D．72
【考点】角平分线的性质．
【答案】C
【分析】过I点作IE⊥AB于E，IF⊥AC于F，如图，利用角平分线的性质得到IE＝IF＝ID＝4，然后根据三角形面积公式得到S△ABC＝S△ABI+S△IBC+S△IAC＝2（AB+BC+AC）．
【解答】解：过I点作IE⊥AB于E，IF⊥AC于F，如图，
∵AI，BI，CI分别平分∠BAC，∠ABC，∠ACB，
∴IE＝IF＝ID＝4，
∴S△ABC＝S△ABI+S△IBC+S△IAC
＝×AB×4+×BC×4+×AC×4
＝2（AB+BC+AC）
＝2×18
＝36．
故选：C．
【考点8】线段垂直平分线的性质．
22．（2023•沙坪坝区校级开学）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D，E，连接AE．若AD＝4，△ABC的周长为24，则△ACE的周长为（ ）
A．12B．16C．18D．20
【考点】线段垂直平分线的性质．
【答案】B
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到EA＝EB，根据三角形的周长公式计算即可．
【解答】解：∵DE是线段AB的垂直平分线，
∴EA＝EB，
∵AD＝4，
∴AB＝2AD＝8，
∵△ABC的周长＝AB+BC+AC＝24，
∴BC+AC＝24﹣8＝16，
∴△ACE的周长＝AC+CE+AE＝BE+CE+AC＝BC+AC＝16，
故选：B．
23．（2022秋•裕华区校级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＞90°，AB的垂直平分线交BC于点E，AC的垂直平分线交BC于点F，连接AE，AF，若△AEF的周长为7，则BC的长是（ ）
A．7B．8C．9D．无法确定
【考点】线段垂直平分线的性质．
【答案】A
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到EA＝EB，FA＝FC，根据三角形的周长公式即可求出BC．
【解答】解：∵AB的垂直平分线交BC于点E，
∴EA＝EB，
∵AC的垂直平分线交BC于点F．
∴FA＝FC，
∴BC＝BE+EF+FC＝AE+EF+AF＝△AEF的周长＝7．
故选：A．
24．（2023春•振兴区校级期中）到三角形各顶点距离相等的点是（ ）
A．三条边垂直平分线交点B．三个内角平分线交点
C．三条中线交点D．三条高交点
【考点】线段垂直平分线的性质．
【答案】A
【分析】根据线段垂直平分线的判定定理判断即可．
【解答】解：∵到线段的两个端点的距离相等的点在线段的垂直平分线上，
∴到三角形各顶点距离相等的点是三角形三条边的垂直平分线的交点，
故选：A．
25．（2022秋•梁子湖区期末）如图：DE是△ABC中AC边的垂直平分线，若BC＝8厘米，AB＝10厘米，则△EBC的周长为（ ）厘米．
A．16B．18C．26D．28
【考点】线段垂直平分线的性质．
【答案】B
【分析】利用线段垂直平分线的性质得AE＝CE，再等量代换即可求得三角形的周长．
【解答】解：∵DE是△ABC中AC边的垂直平分线，
∴AE＝CE，
∴△EBC的周长＝BC+BE+CE＝BC+BE+CE＝BC+AB＝10+8＝18（厘米），
故选：B．
26．（2023春•建平县期末）如图，在△ABC中，边AB的垂直平分线OM与边AC的垂直平分线ON交于点O，这两条垂直平分线分别交BC于点D、E．
（1）若∠ABC＝30°，∠ACB＝40°，求∠DAE的度数；
（2）已知△ADE的周长7cm，分别连接OA、OB、OC，若△OBC的周长为15cm，求OA的长．
【考点】含30度角的直角三角形；线段垂直平分线的性质．
【答案】（1）40°；
（2）4cm．
【分析】（1）求出∠BAC＝110°，根据线段垂直平分线的性质得到DA＝DB，EA＝EC，可求出答案；
（2）连接OA，OB，OC，根据三角形的周长公式求出OB+OC，根据线段垂直平分线的性质得到OB＝OC，计算即可．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝30°，∠ACB＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣30°﹣40°＝110°，
∵DM是线段AB的垂直平分线，
∴DA＝DB，
∴∠DAB＝∠ABC＝30°，
同理，EA＝EC，
∴∠EAC＝∠ACB＝40°，
∴∠DAE＝∠BAC﹣∠BAD﹣∠EAC＝110°﹣30°﹣40°＝40°；
（2）连接OA，OB，OC，
∵△ADE的周长7cm
∴AD+DE+EA＝7（cm），
∴BC＝DB+DE+EC＝AD+DE+EA＝7（cm）；
∵△OBC的周长为15，
∴OB+OC+BC＝15，
∵BC＝7，
∴OB+OC＝8，
∵OM垂直平分AB，
∴OA＝OB，
同理，OA＝OC，
∴OA＝OB＝OC＝4（cm）．
【考点9】等腰三角形的性质
27．（2023春•枣庄期末）若等腰三角形的两边长分别为2和5，则它的周长为（ ）
A．9B．7C．12D．9或12
【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．
【答案】C
【分析】求等腰三角形的周长，即是确定等腰三角形的腰与底的长求周长；题目给出等腰三角形有两条边长为2和5，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
【解答】解：（1）若2为腰长，5为底边长，
由于2+2＜5，则三角形不存在；
（2）若5为腰长，则符合三角形的两边之和大于第三边．
所以这个三角形的周长为5+5+2＝12．
故选：C．
28．（2022秋•南宫市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD为∠BAC的平分线，若BC＝8，则CD的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【考点】等腰三角形的性质．
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC，BD＝BC＝4，得到答案．
【解答】解：∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，
∴AD⊥BC，BD＝BC＝4，
故选：C．
29．（2023春•富平县期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，CD是AB边上的高，若∠A＝42°，则∠DCB的度数为（ ）
A．21°B．31°C．42°D．48°
【考点】等腰三角形的性质．
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质，求出∠B＝69°，由垂直的定义，即得∠DCB的度数．
【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝42°，
∴∠B＝∠ACB＝×（180°﹣42°）＝69°，
又∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝90°，
∴∠DCB＝90°﹣69°＝21°．
故选：A．
30．（2023春•莲池区校级期中）若等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为32°，则它的顶角的度数是（ ）
A．32°B．58°C．122°D．58°或122°
【考点】等腰三角形的性质；三角形内角和定理．
【答案】D
【分析】根据题意分类讨论，当顶角为钝角时，当顶角为锐角时，分别画出图形，根据等腰三角形的定义，以及直角三角形的两锐角互余即可求解．
【解答】解：如图1，等腰三角形为锐角三角形，
∵BD⊥AC，∠ABD＝32°，
∴∠A＝90°﹣∠ABD＝58°，
此时顶角的度数为58°．
如图2，等腰三角形为钝角三角形，
∵BD⊥AC，∠ABD＝32°，
∴∠BAC＝90°+∠ABD＝122°．
此时顶角的度数为122°，
故选：D．
31．（2022秋•新抚区期末）如图，AB＝AE，AB∥DE，∠DAB＝70°，∠E＝40°．
（1）求∠DAE的度数；
（2）若∠B＝30°，求证：AD＝BC．
【考点】等腰三角形的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据平行线的性质可得∠EAB，再根据角的和差关系即可求解；
（2）根据ASA可证△ADE≌△BCA，再根据全等三角形的性质即可求解．
【解答】解（1）∵AB∥DE，∠E＝40°，
∴∠EAB＝∠E＝40°，
∵∠DAB＝70°，
∴∠DAE＝30°；
（2）证明：在△ADE与△BCA中，
，
∴△ADE≌△BCA（ASA），
∴AD＝BC
【考点10】等腰三角形的判定．版权
32．（2023•河北一模）如图所标数据，下面说法正确的是（ ）
A．①是等腰三角形B．②是等腰三角形
C．①和②均是等腰三角形D．①和②都不是等腰三角形
【考点】等腰三角形的判定．
【答案】B
【分析】由等腰三角形的判定方法，即可判断．
【解答】解：图①，三角形的第三边的长不确定，故①不一定是等腰三角形；
图②，三角形的第三个角是180°﹣50°﹣80°＝50°，三角形有两个角都是50°，故②是等腰三角形．
故选：B．
33．（2022秋•巴州区期末）如图，在△ABC中，∠A＝36°，∠B＝72°，CD平分∠ACB，DE∥AC，则图中共有等腰三角形（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【考点】等腰三角形的判定．
【答案】D
【分析】根据三角形内角和定理求出∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝72°，求出∠ACD＝∠BCD＝∠ACB＝36°，求出∠CDB＝∠A+∠ACD＝72°，根据平行线的性质得出∠EDB＝∠A＝36°，∠DEB＝∠ACB＝72°，∠CDE＝∠ACD＝36°，推出∠A＝∠ACD＝∠BCD＝∠CDE＝36°，∠B＝∠ACD＝∠DEB＝∠CDB＝72°即可．
【解答】解：∵∠A＝36°，∠B＝72°，
∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠b＝72°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝∠ACB＝36°，
∴∠CDB＝∠A+∠ACD＝72°，
∵DE∥AC，
∴∠EDB＝∠A＝36°，∠DEB＝∠ACB＝72°，∠CDE＝∠ACD＝36°，
∴∠A＝∠ACD＝∠BCD＝∠CDE＝36°，∠B＝∠ACD＝∠DEB＝∠CDB＝72°，
∴△ACB、△ACD、△CDB、△CDE、△DEB都是等腰三角形，共5个，
故选：D．
34．（2022秋•靖西市期末）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，在直线BC或射线AC取一点P，使得△PAB是等腰三角形，则符合条件的点P有（ ）
A．2个B．4个C．5个D．6个
【考点】等腰三角形的判定．
【答案】C
【分析】分为三种情况：①PA＝PB，②AB＝AP，③AB＝BP，求出即可得出答案．
【解答】解：①作线段AB的垂直平分线，交AC于点P，交直线BC于一点，共2个点；
②第2个点是以A为圆心，以AB长为半径作圆，交直线BC于两点（B和另一个点），交射线AC于一点，共2个点；
③以B为圆心，以BA长为半径作圆，交直线BC于两点，交射线AC于一点，共3个点
∵作线段AB的垂直平分线交直线BC的点，以A为圆心，AB长为半径作圆交直线BC的点，以及以B为圆心，AB长为半径作圆交直线BC与右侧的点，这三个点是同一个点．
∴答案应该是2+2+3﹣2＝5个点
故选：C．
【考点11】等腰三角形的判定与性质
35．（2023•南关区校级开学）如图，已知OC平分∠AOB，CD∥OB，若OD＝3，则CD等于（ ）
​
A．3B．4C．1.5D．2
【考点】等腰三角形的判定与性质；平行线的性质．
【答案】A
【分析】OC平分∠AOB，∠AOC＝∠BOC，CD∥OB，∠C＝∠BOC，∠C＝∠AOC，CD＝OD．
【解答】解：∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC＝∠BOC，
又∵CD∥OB，
∴∠C＝∠BOC，
∴∠C＝∠AOC，
∴CD＝OD＝3，
故选：A．
36．（2023春•昭通期末）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，AD⊥BD，∠CAD＝∠C，若AB＝5，AD＝2，则BC的长为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【考点】等腰三角形的判定与性质．
【答案】D
【分析】延长AD交BC于点E，如图，证明△ABD≌△EBD，得到BE＝BA＝5，AD＝ED＝2，可得AE＝4，由∠CAD＝∠C可得EC＝EA＝4，进而可得答案．
【解答】解：延长AD交BC于点E，如图，
∵BD平分∠ABC，AD⊥BD，
∴∠ABD＝∠EBD，∠ADB＝∠EDB＝90°，
∵BD＝BD，
∴△ABD≌△EBD（ASA），
∴BE＝BA＝5，AD＝ED＝2，
∴AE＝4，
∵∠CAD＝∠C，
∴EC＝EA＝4，
∴BC＝BE+EC＝9；
故选：D．
【考点12】等边三角形的性质
37．（2023春•龙川县校级期中）如图，直线m∥n，等边△ABC的顶点B在直线n上，∠2＝35°，则∠1的度数为（ ）
A．40°B．25°C．30°D．35°
【考点】等边三角形的性质；平行线的性质．
【答案】B
【分析】先根据平行线的性质得出∠ACD＝∠2＝35°，∠DCB＝∠1，再根据等边三角形的性质和∠2的度数求出∠1的度数即可．
【解答】解：过点C作DE∥m，
∵DE∥m，m∥n，
∴DE∥n，
∴∠DCB＝∠1，
∵DE∥m，
∴∠ACD＝∠2＝35°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∴∠DCB＝∠ACB﹣∠ACD＝60°﹣35°＝25°，
∴∠1＝∠DCB＝25°，
故选：B．
38．（2023春•兴宁市期末）如图，AD是等边三角形ABC的中线，点E在AC上，AE＝AD，则∠EDC等于（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
【考点】等边三角形的性质．
【答案】A
【分析】由等边三角形的性质可求解∠CAD＝30°，AD⊥BC，利用等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可得∠ADE的度数，进而可求解．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝∠C＝60°，
∵AD是等边三角形ABC的中线，
∴∠CAD＝∠BAC＝30°，AD⊥BC，
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，
∵∠AED+∠ADE+∠CAD＝180°，
∴∠ADE＝75°，
∴∠EDC＝15°，
故选：A．
39．（2022秋•金乡县期中）如图，△ABC是等边三角形，BD是AC边上的高，延长BC至E，使CE＝CD．
（1）求证：DB＝DE；
（2）过点D作DF⊥BE，垂足为F，若CF＝3，求△ABC的周长．
【考点】等边三角形的性质．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）△ABC的周长为36．
【分析】（1）利用等边三角形的性质可得AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，再利用等腰三角形的三线合一性质可得AD＝CD＝AC，∠DBC＝∠ABC＝30°，然后利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质可得∠CDE＝∠E＝30°，从而可得∠DBE＝∠E，即可解答；
（2）根据垂直定义可得∠DFC＝90°，然后在Rt△DFC中，求出CD的长，从而求出AC的长，进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD⊥AC，
∴AD＝CD＝AC，∠DBC＝∠ABC＝30°，
∵CE＝CD，
∴∠CDE＝∠E，
∵∠ACB＝∠CDE+∠E，
∴∠E＝30°，
∴∠DBE＝∠E，
∴BD＝DE；
（2）解：∵DF⊥BE，
∴∠DFC＝90°，
∵∠ACB＝60°，CF＝3，
∴∠CDF＝90°﹣∠ACB＝30°，
∴CD＝2CF＝6，
∵CD＝AC，
∴AC＝2CD＝12，
∴AB＝AC＝BC＝12，
∴△ABC的周长为36．
【考点13】等边三角形的判定．
40．（2023春•扶风县期中）在△ABC中，若AB＝AC＝5，∠B＝60°，则BC的值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【考点】等边三角形的判定．
【答案】C
【分析】先判断△ABC为等边三角形，然后等边三角形的性质得到BC＝AB．
【解答】解：∵AB＝AC＝5，
∴∠C＝∠B＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴BC＝AB＝5．
故选：C．
41．（2023春•文山市期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，CE是∠BCD的角平分线，且CE＝CD，那么∠D的度数是（ ）
A．50°B．60°C．70°D．80°
【考点】等边三角形的判定与性质；平行线的性质；等腰三角形的判定．
【答案】B
【分析】根据角平分线的定义和平行线的性质可证△DCE是等腰三角形，从而可得DE＝DC，进而可得△CDE是等边三角形，然后利用等边三角形的性质可得∠D＝60°，即可解答．
【解答】解：∵CE是∠BCD的角平分线，
∴∠DCE＝∠ECB，
∵AD∥BC，
∴∠DEC＝∠ECB，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴DE＝DC，
∵CE＝CD，
∴CE＝CD＝DE，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠D＝60°，
故选：B．
【考点14】等边三角形的判定与性质；
42．（2021秋•随县期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC，垂足为G，且AD＝AB．∠EDF＝60°，其两边分别交边AB，AC于点E，F．
（1）求证：△ABD是等边三角形；
（2）求证：BE＝AF．
【考点】等边三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由等腰三角形的性质和已知条件得出∠BAD＝∠DAC＝×120°＝60°，再由AD＝AB，即可得出结论；
（2）由△ABD是等边三角形，得出BD＝AD，∠ABD＝∠ADB＝60°，证出∠BDE＝∠ADF，由ASA证明△BDE≌△ADF，得出BE＝AF．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠DAC＝∠BAC，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝∠DAC＝×120°＝60°，
∵AD＝AB，
∴△ABD是等边三角形；
（2）证明：∵△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝∠ADB＝60°，BD＝AD
∵∠EDF＝60°，
∴∠ABD＝∠EDF，
∴∠ABD﹣∠ADE＝∠EDF﹣∠ADE，
∴∠BDE＝∠ADF，
在△BDE与△ADF中，
，
∴△BDE≌△ADF（ASA），
∴BE＝AF．
43．（2022秋•番禺区校级期末）如图所示，△ABC和△ADE都是等边三角形，且B、A、E在同一直线上，连接BD交AC于M，连接CE交AD于N，连接MN．
求证：（1）BD＝CE；（2）BM＝CN；（3）MN∥BE．
【考点】等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由已知条件利用SAS证明△ABD≌△ACE即可．
（2）由已知条件利用ASA证明△ABM≌△ACN．
（3）在（2）的基础上可利用内错角证明MN∥BE．
【解答】证明：（1）∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
则在△ABD和△ACE中，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE．
（2）由（1）可知，∠DBA＝∠ACE，
又∵AB＝AC，∠BAC＝∠CAD＝60°，
则在△ABM和△ACN中，
∴△ABM≌△ACN，
∴BM＝CN．
（3）由（2）得，AM＝AN，
∴∠AMN＝∠ANM＝60°＝∠DAE，
∴MN∥BE
【考点15】含30度角的直角三角形
44．（2022秋•嘉兴期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，点D在BC上，AB⊥AD，AD＝2，则BC等于（ ）
A．4B．5C．6D．8
【考点】含30度角的直角三角形；等腰三角形的性质．
【答案】C
【分析】根据等腰三角形性质求出∠B，求出∠BAC，求出∠DAC＝∠C，求出AD＝DC＝2，根据含30度角的直角三角形性质求出BD，即可求出答案．
【解答】解：∵AB＝AC，∠C＝30°，
∴∠B＝∠C＝30°，∠BAC＝120°，
∵AB⊥AD，
∴∠BAD＝90°，
∵AD＝2，
∴BD＝2AD＝4，
∵∠DAC＝120°﹣90°＝30°，
∴∠DAC＝∠C，
∴AD＝DC＝2，
∴BC＝BD+DC＝4+2＝6，
故选：C．
45．（2023春•定州市期末）在Rt△ABC中，∠C＝30°，斜边AC的长为5cm，则AB的长为（ ）
A．2 cmB．2.5 cmC．3 cmD．4 cm
【考点】含30度角的直角三角形．
【答案】B
【分析】由题意可得，∠B是直角，AB＝AC，直接代入即可求得AB的长．
【解答】解：∵△ABC为直角三角形，∠C＝30°，
∴AB＝AC＝2.5cm．
故选：B
【考点16】直角三角形斜边上的中线．
46．（2023春•南岗区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AD＝CD，BD＝6cm，则AC的长为（ ）
A．3cmB．6cmC．9cmD．12cm
【考点】直角三角形斜边上的中线．
【答案】D
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质解答即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AD＝CD，BD＝6cm，
则AC＝2BD＝2×6＝12（cm），
故选：D．
47．（2023春•梁山县期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，CD是AB边上的中线，则CD的长是（ ）
A．1B．2C．4D．8
【考点】直角三角形斜边上的中线．
【答案】B
【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质得出CD＝AB，代入求出即可．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，CD是AB边上的中线，
∴CD＝AB＝2，
故选：B．
【考点17】作图﹣轴对称变换．
48．（2023•青羊区校级开学）如图，在由边长为1个单位的小正方形组成的网格中，三角形ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．
（1）作出三角形ABC关于直线MN的轴对称图形三角形A1B1C1；
（2）求三角形A1B1C1的面积；
（3）在直线MN上找一点P使得三角形BAC的面积等于三角形PAC的面积．
【考点】作图﹣轴对称变换．
【答案】（1）作图见解析部分；
（2）2；
（3）作图见解析部分．
【分析】（1）利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）把三角形的面积看成矩形的面积减去周围的三个三角形面积即可；
（3）利用等高模型画出图形即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）△A1B1C1的面积＝2×3﹣×1×3﹣×1×1﹣×2×2＝2；
（3）如图，点P，点P′即为所求．
49．（2022秋•克什克腾旗期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，1）B（4，2）C（2，3）．
（1）在图中画出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1；
（2）在图中，若B2（﹣4，2）与点B关于一条直线成轴对称，则这条对称轴是 y轴 ，此时C点关于这条直线的对称点C2的坐标为 （﹣2，3） ；
（3）求△A1B1C1的面积．
【考点】作图﹣轴对称变换．
【答案】（1）见解答；
（2）y轴，（﹣2，3）；
（3）2.5．
【分析】（1）利用关于x轴对称的点的坐标特征得到A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）作BB2的垂直平分线得到轴对称为y轴，然后利用关于y轴对称的点的坐标特征得到C2的坐标；
（3）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△A1B1C1的面积．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）这条对称轴是y轴，C点的对称点C2的坐标为（﹣2，3）；
故答案为：y轴，（﹣2，3）；
（3）△A1B1C1的面积＝2×3﹣×2×1﹣×2×1﹣×1×3＝2.5
一．选择题（共12小题）
1．（2022秋•海陵区校级期末）下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；
B、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，故本选项正确．
故选：D．
2．（2023春•渠县校级期末）从平面镜里看到背后墙上电子钟的示数如图所示，这时的正确时间是（ ）
A．21：05B．21：15C．20：15D．20：12
【答案】A
【分析】根据镜面对称的性质，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．
【解答】解：由图分析可得题中所给的“20：15”与“21：05”成轴对称，这时的时间应是21：05．
故选：A．
3．（2022秋•益阳期末）如图，在△ABC中，AC＝4cm，线段AB的垂直平分线交AC于点N，△BCN的周长是7cm，则BC的长为（ ）
A．1cmB．2cmC．3cmD．4cm
【答案】C
【分析】首先根据MN是线段AB的垂直平分线，可得AN＝BN，然后根据△BCN的周长是7cm，以及AN+NC＝AC，求出BC的长为多少即可．
【解答】解：∵MN是线段AB的垂直平分线，
∴AN＝BN，
∵△BCN的周长是7cm，
∴BN+NC+BC＝7（cm），
∴AN+NC+BC＝7（cm），
∵AN+NC＝AC，
∴AC+BC＝7（cm），
又∵AC＝4cm，
∴BC＝7﹣4＝3（cm）．
故选：C．
4．（2023春•砀山县校级期末）如图，AB∥CD，BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，AD过点P，且与AB垂直．若AD＝8，则点P到BC的距离是（ ）
A．8B．6C．4D．2
【答案】C
【分析】过点P作PE⊥BC于E，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得PA＝PE，PD＝PE，那么PE＝PA＝PD，又AD＝8，进而求出PE＝4．
【解答】解：过点P作PE⊥BC于E，
∵AB∥CD，PA⊥AB，
∴PD⊥CD，
∵BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，
∴PA＝PE，PD＝PE，
∴PE＝PA＝PD，
∵PA+PD＝AD＝8，
∴PA＝PD＝4，
∴PE＝4．
故选：C．
5．（2023春•桃城区校级期末）如图，△ABC中，AB＝5，AC＝6，BC＝4，边AB的垂直平分线交AC于点D，则△BDC的周长是（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】C
【分析】由ED是AB的垂直平分线，可得AD＝BD，又由△BDC的周长＝DB+BC+CD，即可得△BDC的周长＝AD+BC+CD＝AC+BC．
【解答】解：设AB的中垂线与AB交于点E，
∵ED是AB的垂直平分线，
∴AD＝BD，
∵△BDC的周长＝DB+BC+CD，
∴△BDC的周长＝AD+BC+CD＝AC+BC＝6+4＝10．
故选：C．
6．（2022秋•安岳县期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交边BC于点D，若CD＝4，AB＝15，则△ABD的面积是（ ）
A．15B．30C．45D．60
【答案】B
【分析】判断出AP是∠BAC的平分线，过点D作DE⊥AB于E，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE＝CD，然后根据三角形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】解：由题意得AP是∠BAC的平分线，过点D作DE⊥AB于E，
又∵∠C＝90°，
∴DE＝CD，
∴△ABD的面积＝AB•DE＝×15×4＝30．
故选：B．
7．（2022秋•和平区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD＝3，连接BD，BD⊥CD，∠ADB＝∠C．若P是BC边上一动点，则DP长的最小值为（ ）
A．1B．6C．3D．12
【答案】C
【分析】由三角形的内角和定理和角的和差求出∠ABD＝∠CBD，角平分线的性质定理得AD＝DH，垂线段定义证明DH最短，求出DP长的最小值为3．
【解答】解：过点D作DH⊥BC交BC于点H，如图所示：
∵BD⊥CD，
∴∠BDC＝90°，
又∵∠C+∠BDC+∠DBC＝180°，
∠ADB+∠A+∠ABD＝180°
∠ADB＝∠C，∠A＝90°，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴BD是∠ABC的角平分线，
又∵AD⊥AB，DH⊥BC，
∴AD＝DH，
又∵AD＝3，
∴DH＝3，
又∴点D是直线BC外一点，
∴当点P在BC上运动时，点P运动到与点H重合时DP最短，其长度为DH长等于3，
即DP长的最小值为3．
故选：C．
8．（2022秋•济宁期末）如图所示，△ABC是等边三角形，且BD＝CE，∠1＝15°，则∠2的度数为（ ）
A．15°B．30°C．45°D．60°
【答案】D
【分析】易证△ABD≌△BCE，可得∠1＝∠CBE，根据∠2＝∠1+∠ABE可以求得∠2的度数，即可解题．
【解答】解：在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE，
∴∠1＝∠CBE，
∵∠2＝∠1+∠ABE，
∴∠2＝∠CBE+∠ABE＝∠ABC＝60°．
故选：D．
9．（2023春•甘州区校级期中）已知，如图，在△ABC中，OB和OC分别平分∠ABC和∠ACB，过O作DE∥BC，分别交AB、AC于点D、E，若BD+CE＝5，则线段DE的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】A
【分析】根据OB和OC分别平分∠ABC和∠ACB，和DE∥BC，利用两直线平行，内错角相等和等量代换，求证出DB＝DO，OE＝EC．然后即可得出答案．
【解答】解：∵在△ABC中，OB和OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠DBO＝∠OBC，∠ECO＝∠OCB，
∵DE∥BC，
∴∠DOB＝∠OBC＝∠DBO，∠EOC＝∠OCB＝∠ECO，
∴DB＝DO，OE＝EC，
∵DE＝DO+OE，
∴DE＝BD+CE＝5．
故选：A．
10．（2023春•山丹县校级期中）如图，直线l1∥l2，以直线l1上的点A为圆心、适当长为半径画弧，分别交直线l1、l2于点B、C，连接AC、BC．若∠ABC＝67°，则∠1＝（ ）
A．23°B．46°C．67°D．78°
【答案】B
【分析】首先由题意可得：AB＝AC，根据等边对等角的性质，即可求得∠ACB的度数，又由直线l1∥l2，根据两直线平行，内错角相等，即可求得∠2的度数，然后根据平角的定义，即可求得∠1的度数．
【解答】解：根据题意得：AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝67°，
∵直线l1∥l2，
∴∠2＝∠ABC＝67°，
∵∠1+∠ACB+∠2＝180°，
∴∠1＝180°﹣∠2﹣∠ACB＝180°﹣67°﹣67°＝46°．
故选：B．
11．（2022秋•武昌区校级期末）如图，已知△ABC的面积为12，BP平分∠ABC，且AP⊥BP于点P，则△BPC的面积是（ ）
A．10B．8C．6D．4
【答案】C
【分析】延长AP交BC于E，根据已知条件证得△ABP≌△EBP，根据全等三角形的性质得到AP＝PE，得出S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，推出S△PBC＝S△ABC；
【解答】解：延长AP交BC于E，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠EBP，
∵AP⊥BP，
∴∠APB＝∠EPB＝90°，
在△ABP和△EBP中，
，
∴△ABP≌△EBP（ASA），
∴AP＝PE，
∴S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，
∴S△PBC＝S△ABC＝×12＝6，
故选：C．
12．（2022秋•番禺区校级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，有下列结论：①CD＝ED；②AC+BE＝AB；③∠BDE＝∠BAC；④AD平分∠CDE；其中正确的是（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得CD＝DE，再利用“HL”证明Rt△ACD和Rt△AED全等，根据全等三角形对应边相等可得AC＝AE，∠ADC＝∠ADE，然后对各小题分析判断即可得解．
【解答】解：∵∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB，
∴CD＝DE，故①正确；
在Rt△ACD和Rt△AED中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），
∴AC＝AE，∠ADC＝∠ADE，
∴AC+BE＝AE+BE＝AB，故②正确；
AD平分∠CDE，故④正确；
∵∠B+∠BAC＝90°，
∠B+∠BDE＝90°，
∴∠BDE＝∠BAC，故③正确；
综上所述，结论正确的是①②③④共4个．
故选：D．
二．填空题（共8小题）
13．（2023春•富锦市校级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处．当△CEB′为直角三角形时，BE的长为 或3 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连接AC，先利用勾股定理计算出AC＝5，根据折叠的性质得∠AB′E＝∠B＝90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C＝90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB＝EB′，AB＝AB′＝3，可计算出CB′＝2，设BE＝x，则EB′＝x，CE＝4﹣x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形．
【解答】解：当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连接AC，
在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝＝5，
∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，
∴∠AB′E＝∠B＝90°，
当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C＝90°，
∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，
∴EB＝EB′，AB＝AB′＝3，
∴CB′＝5﹣3＝2，
设BE＝x，则EB′＝x，CE＝4﹣x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2＝CE2，
∴x2+22＝（4﹣x）2，解得x＝，
∴BE＝；
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．
此时ABEB′为正方形，∴BE＝AB＝3．
综上所述，BE的长为或3．
故答案为：或3．
14．（2022秋•盘山县期末）如图所示，点P为∠AOB内一点，分别作出P点关于OA、OB的对称点P1，P2，连接P1P2交OA于M，交OB于N，P1P2＝15，则△PMN的周长为 15 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】P点关于OA的对称是点P1，P点关于OB的对称点P2，故有PM＝P1M，PN＝P2N．
【解答】解：∵P点关于OA的对称是点P1，P点关于OB的对称点P2，
∴PM＝P1M，PN＝P2N．
∴△PMN的周长为PM+PN+MN＝MN+P1M+P2N＝P1P2＝15．
故答案为：15
15．（2022秋•广饶县校级期末）如图，已知△ABC是等边三角形，点B、C、D、E在同一直线上，且CG＝CD，DF＝DE，则∠E＝ 15 度．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据等边三角形三个角相等，可知∠ACB＝60°，根据等腰三角形底角相等即可得出∠E的度数．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，∠ACD＝120°，
∵CG＝CD，
∴∠CDG＝30°，∠FDE＝150°，
∵DF＝DE，
∴∠E＝15°．
故答案为：15．
16．（2022秋•聊城期末）如图．有一个三角形纸片ABC，∠A＝65°，∠B＝75°，将纸片一角折叠，使点C落在△ABC外，若∠2＝20°，则∠1的大小为 100° ．
【答案】见试题解答内容
【分析】先根据三角形的内角和定理可出∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣65°﹣75°＝40°；再根据折叠的性质得到∠C′＝∠C＝40°，再利用三角形的内角和定理以及外角性质得∠3+∠2+∠5+∠C′＝180°，∠5＝∠4+∠C＝∠4+40°，即可得到∠3+∠4＝80°，然后利用平角的定义即可求出∠1．
【解答】解：如图，
∵∠A＝65°，∠B＝75°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣65°﹣75°＝40°；
又∵将三角形纸片的一角折叠，使点C落在△ABC外，
∴∠C′＝∠C＝40°，
而∠3+∠2+∠5+∠C′＝180°，∠5＝∠4+∠C＝∠4+40°，∠2＝20°，
∴∠3+20°+∠4+40°+40°＝180°，
∴∠3+∠4＝80°，
∴∠1＝180°﹣80°＝100°．
故答案为100°．
17．（2022秋•鞍山期末）如图，等边三角形ABC中，在BC边所在的直线上分别截取BA＝BD，CA＝CE，连接AD，AE，则∠DAE的度数是 120° ．
【答案】120°．
【分析】先利用等边三角形的性质求出三个内角都是60°，再由等边对等角求解．
【解答】解：在等边三角形ABC中，有∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∵BA＝BD，CA＝CE，
∴∠D＝∠DAB＝∠E＝∠CAE＝30°，
∴∠DAE＝∠DAB+∠BAC+∠CAE＝120°，
故答案为：120°．
18．（2022秋•雨花区期末）如图所示，AC平分∠BAD，∠B+∠D＝180°，CE⊥AD于点E，AD＝10cm，AB＝7cm，那么DE的长度为 1.5 cm．
【答案】1.5．
【分析】过C作CF⊥AB，交AB的延长线于F，根据全等三角形的判定推出△BFC≌△DEC，根据全等三角形的性质得出BF＝DE，根据全等三角形的判定得出Rt△FAC≌Rt△EAC，根据全等三角形的性质得出AF＝AE，求出AD﹣AB＝2DE，再代入求出答案即可．
【解答】解：过C作CF⊥AB，交AB的延长线于F，
∵CF⊥AB，CE⊥AD，AC平分∠BAD，
∴CE＝CF，∠F＝∠CED＝90°，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠CBF＝180°，
∴∠FBC＝∠D，
在△BFC和△DEC中，
，
∴△BFC≌△DEC（AAS），
∴BF＝DE，
在Rt△FAC和Rt△EAC中，
，
∴Rt△FAC≌Rt△EAC（HL），
∴AF＝AE，
∵AD＝10cm，AB＝7cm，
∴AD﹣AB＝（AE+DE）﹣（AF﹣BF）＝AE+DE﹣AF+BF＝2DE＝10﹣7＝3（cm），
解得：DE＝1.5cm，
故答案为：1.5．
19．（2023春•振兴区校级期中）如图，∠BAC＝100°，若MP和NQ分别垂直平分AB和AC，则∠PAQ＝ 20° ．
【答案】见试题解答内容
【分析】由MP和NQ分别垂直平分AB和AC，可得PA＝PB，AQ＝CQ，即可证得∠B＝∠BAP，∠C＝∠CAQ，又由∠BAC＝120°，可求得∠B+∠C的度数，即可得∠BAP+∠CAQ的度数，继而求得答案．
【解答】解：∵PM垂直平分AB，
∴PA＝PB，
∴∠B＝∠BAP，
同理：QC＝QA，
∴∠C＝∠CAQ，
∵∠BAC＝100°，
∴∠B+∠C＝80°，
∴∠BAP+∠CAQ＝80°，
∴∠PAQ＝∠BAC﹣∠BAP﹣∠CAQ＝20°．
故答案为：20°．
20．（2023春•高新区校级期末）如图，AC，BD在AB的同侧，AC＝2，BD＝8，AB＝8，点M为AB的中点，若∠CMD＝120°，则CD的最大值是 14 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′，连接CA'、MA'、MB'、A'B'、B'D，证明△A′MB′为等边三角形，即可解决问题．
【解答】解：如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′，连接CA'、MA'、MB'、A'B'、B'D，
∵∠CMD＝120°，
∴∠AMC+∠DMB＝60°，
∴∠CMA′+∠DMB′＝60°，
∴∠A′MB′＝60°，
∵MA′＝MB′，
∴△A′MB′为等边三角形
∵CD≤CA′+A′B′+B′D＝CA+AM+BD＝2+4+8＝14，
∴CD的最大值为14，
故答案为14．
三．解答题（共11小题）
21．（2023春•银川校级期末）作图题：（不写作法，但必须保留作图痕迹）
如图：某地有两所大学和两条相交叉的公路，（点M，N表示大学，AO，BO表示公路）．现计划修建一座物资仓库，希望仓库到两所大学的距离相等，到两条公路的距离也相等．你能确定仓库P应该建在什么位置吗？在所给的图形中画出你的设计方案．
【答案】见试题解答内容
【分析】先连接MN，根据线段垂直平分线的性质作出线段MN的垂直平分线DE，再作出∠AOB的平分线OF，DE与OF相交于P点，则点P即为所求．
【解答】解：如图所示：
（1）连接MN，分别以M、N为圆心，以大于MN为半径画圆，两圆相交于DE，连接DE，则DE即为线段MN的垂直平分线；
（2）以O为圆心，以任意长为半径画圆，分别交OA、OB于G、H，再分别以G、H为圆心，以大于GH为半径画圆，两圆相交于F，连接OF，则OF即为∠AOB的平分线（或∠AOB的外角平分线）；
（3）DE与OF相交于点P，则点P即为所求．
22．（2023春•连平县期中）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，点D是BC的中点，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F．
求证：△ABC是等腰三角形．
【答案】见试题解答内容
【分析】由条件可得出DE＝DF，可证明△BDE≌△CDF，可得出∠B＝∠C，再由等腰三角形的判定可得出结论．
【解答】证明：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，
∴DE＝DF，
在Rt△BDE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），
∴∠B＝∠C，
∴△ABC为等腰三角形．
23．（2022秋•广陵区校级期末）如图，在△ABC中，AB、AC边的垂直平分线相交于点O，分别交BC边于点M、N，连接AM，AN．
（1）若△AMN的周长为6，求BC的长；
（2）若∠MON＝30°，求∠MAN的度数；
（3）若∠MON＝45°，BM＝3，BC＝12，求MN的长度．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质得到MA＝MB，NA＝NC，根据三角形的周长公式计算，得到答案；
（2）根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算；
（3）根据（2）的解法得到∠MAN＝90°，根据勾股定理列式计算即可．
【解答】解：（1）∵直线OM是AB的垂直平分线，
∴MA＝MB，
同理，NA＝NC，
∵△AMN的周长为6，
∴MA+MN+NA＝6，即MB+MN+NC＝BC＝6；
（2）∵∠MON＝30°，
∴∠OMN+∠ONM＝150°，
∴∠BME+∠CNF＝150°，
∵MA＝MB，ME⊥AB，
∴∠BMA＝2∠BME，
同理，∠ANC＝2∠CNF，
∴∠BMA+∠ANC＝300°，
∴∠AMN+∠ANM＝360°﹣300°＝60°，
∴∠MAN＝180°﹣60°＝120°；
（3）由（2）的作法可知，∠MAN＝90°，
由（1）可知，MA＝MB＝3，NA＝NC
设MN＝x，
∴NA＝NC＝12﹣3﹣x＝9﹣x，
由勾股定理得，MN2＝AM2+AN2，即x2＝32+（9﹣x）2，
解得，x＝5，即MN＝5．
24．（2023春•南明区校级期中）如图：在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB于E，F在AC上，BD＝DF，证明：
（1）CF＝EB．
（2）AB＝AF+2EB．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据角平分线的性质“角的平分线上的点到角的两边的距离相等”，可得点D到AB的距离＝点D到AC的距离即CD＝DE．再根据Rt△CDF≌Rt△EDB，得CF＝EB；
（2）利用角平分线性质证明Rt△ADC≌Rt△ADE，AC＝AE，再将线段AB进行转化．
【解答】证明：（1）∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DC⊥AC，
∴DE＝DC，
在Rt△CDF和Rt△EDB中，
，
∴Rt△CDF≌Rt△EDB（HL）．
∴CF＝EB；
（2）∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DC⊥AC，
∴CD＝DE．
在Rt△ADC与Rt△ADE中，
，
∴Rt△ADC≌Rt△ADE（HL），
∴AC＝AE，
∴AB＝AE+BE＝AC+EB＝AF+CF+EB＝AF+2EB．
25．（2023春•阜新期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE、BE，BE⊥AE，延长AE交BC的延长线于点F．求证：
（1）FC＝AD；
（2）AB＝BC+AD．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据AD∥BC可知∠ADC＝∠ECF，再根据E是CD的中点可求出△ADE≌△FCE，根据全等三角形的性质即可解答．
（2）根据线段垂直平分线的性质判断出AB＝BF即可．
【解答】证明：（1）∵AD∥BC（已知），
∴∠ADC＝∠ECF（两直线平行，内错角相等），
∵E是CD的中点（已知），
∴DE＝EC（中点的定义）．
∵在△ADE与△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴FC＝AD（全等三角形的性质）．
（2）∵△ADE≌△FCE，
∴AE＝EF，AD＝CF（全等三角形的对应边相等），
又∵BE⊥AF，
∴BE是线段AF的垂直平分线，
∴AB＝BF＝BC+CF，
∵AD＝CF（已证），
∴AB＝BC+AD（等量代换）．
26．（2023春•毕节市期末）已知：如图，点C为线段AB上一点，△ACM，△CBN都是等边三角形，AN交MC于点E，BM交CN于点F．
（1）求证：AN＝BM；
（2）求证：△CEF为等边三角形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由等边三角形可得其对应线段相等，对应角相等，进而可由SAS得到△ACN≌△MCB，结论得证；
（2）由（1）中的全等可得∠CAN＝∠CMB，进而得出∠MCF＝∠ACE，由ASA得出△CAE≌△CMF，即CE＝CF，又ECF＝60°，所以△CEF为等边三角形．
【解答】证明：（1）∵△ACM，△CBN是等边三角形，
∴AC＝MC，BC＝NC，∠ACM＝∠NCB＝60°，
∴∠ACM+∠MCN＝∠NCB+∠MCN，即∠ACN＝∠MCB，
在△ACN和△MCB中，
∵，
∴△ACN≌△MCB（SAS），
∴AN＝BM．
（2）∵△CAN≌△CMB，
∴∠CAN＝∠CMB，
又∵∠MCF＝180°﹣∠ACM﹣∠NCB＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠MCF＝∠ACE，
在△CAE和△CMF中，
∵，
∴△CAE≌△CMF（ASA），
∴CE＝CF，
∴△CEF为等腰三角形，
又∵∠ECF＝60°，
∴△CEF为等边三角形．
27．（2023春•通川区校级期末）如图，△ABC中，AB＝BC＝AC＝12cm，现有两点M、N分别从点A、点B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度为1cm/s，点N的速度为2cm/s．当点N第一次到达B点时，M、N同时停止运动．
（1）点M、N运动几秒时，M、N两点重合？
（2）点M、N运动几秒时，可得到等边三角形△AMN？
（3）当点M、N在BC边上运动时，能否得到以MN为底边的等腰三角形AMN？如存在，请求出此时M、N运动的时间．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）首先设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，表示出M，N的运动路程，N的运动路程比M的运动路程多12cm，列出方程求解即可；
（2）根据题意设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形△AMN，然后表示出AM，AN的长，由于∠A等于60°，所以只要AM＝AN三角形ANM就是等边三角形；
（3）首先假设△AMN是等腰三角形，可证出△ACM≌△ABN，可得CM＝BN，设出运动时间，表示出CM，NB，NM的长，列出方程，可解出未知数的值．
【解答】解：（1）设点M、N运动x秒时，M、N两点重合，
x×1+12＝2x，
解得：x＝12；
（2）设点M、N运动t秒时，可得到等边三角形△AMN，如图①，
AM＝t×1＝t，AN＝AB﹣BN＝12﹣2t，
∵三角形△AMN是等边三角形，
∴t＝12﹣2t，
解得t＝4，
∴点M、N运动4秒时，可得到等边三角形△AMN．
（3）当点M、N在BC边上运动时，可以得到以MN为底边的等腰三角形，
由（1）知12秒时M、N两点重合，恰好在C处，
如图②，假设△AMN是等腰三角形，
∴AN＝AM，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴∠AMC＝∠ANB，
∵AB＝BC＝AC，
∴△ACB是等边三角形，
∴∠C＝∠B，
在△ACM和△ABN中，
∵，
∴△ACM≌△ABN（AAS），
∴CM＝BN，
设当点M、N在BC边上运动时，M、N运动的时间y秒时，△AMN是等腰三角形，
∴CM＝y﹣12，NB＝36﹣2y，CM＝NB，
y﹣12＝36﹣2y，
解得：y＝16．故假设成立．
∴当点M、N在BC边上运动时，能得到以MN为底边的等腰三角形AMN，此时M、N运动的时间为16秒．
28．（2023春•巴州区期中）如图，AD是△ABC的角平分线，DE、DF分别是△ABD和△ACD的高．
（1）试说明AD垂直平分EF；
（2）若AB＝6，AC＝4，S△ABC＝15，求DE的长．
【答案】（1）见解析；
（2）3．
【分析】（1）先利用角平分线的性质得DE＝DF，利用“HL”证明Rt△AED≌Rt△AFD得到AE＝AF，然后根据线段垂直平分线的判定方法即可得到结论；
（2）根据三角形的面积公式即可求得DE的长．
【解答】解：（1）∵AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，
在Rt△AED和Rt△AFD中，
，
∴Rt△AED≌Rt△AFD（HL），
∴AE＝AF，
∴点A在EF的垂直平分线上，
∵DE＝DF，
∴点D在EF的垂直平分线上
，∴AD垂直平分EF；
（2）∵DE＝DF，
∴S△ABC＝S△ABD+S△ACD＝AB•ED+AC•DF＝DE（AB+AC）＝15，
∵AB＝6，AC＝4，
∴×10×DE＝15，
∴DE＝3．
29．（2023春•洋县期中）如图，已知等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP＝OC．
（1）求∠APO+∠DCO的度数；
（2）求证：点P在OC的垂直平分线上．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用等边对等角，即可证得：∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，则∠APO+∠DCO＝∠ABO+∠DBO＝∠ABD，据此即可求解；
（2）证明∠POC＝60°且OP＝OC，即可证得△OPC是等边三角形，进而解答即可．
【解答】解：（1）如图1，连接OB，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，∠BAD＝∠BAC＝×120°＝60°，
∴OB＝OC，∠ABC＝90°﹣∠BAD＝30°
∵OP＝OC，
∴OB＝OC＝OP，
∴∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，
∴∠APO+∠DCO＝∠ABO+∠DBO＝∠ABC＝30°；
（2）
∵∠APC+∠DCP+∠PBC＝180°，
∴∠APC+∠DCP＝150°，
∵∠APO+∠DCO＝30°，
∴∠OPC+∠OCP＝120°，
∴∠POC＝180°﹣（∠OPC+∠OCP）＝60°，
∵OP＝OC，
∴△OPC是等边三角形，
∴OP＝PC，
∴点P在OC的垂直平分线上．
30．（2023•临淄区一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB的垂直平分线分别交AB和AC于点D，E．
（1）求证：AE＝2CE；
（2）连接CD，请判断△BCD的形状，并说明理由．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接BE，由垂直平分线的性质可求得∠EBC＝∠ABE＝∠A＝30°，在Rt△BCE中，由直角三角形的性质可证得BE＝2CE，则可证得结论；
（2）由垂直平分线的性质可求得CD＝BD，且∠ABC＝60°，可证明△BCD为等边三角形．
【解答】（1）证明：
连接BE，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴AE＝BE，
∴∠ABE＝∠A＝30°，
∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝30°，
在Rt△BCE中，BE＝2CE，
∴AE＝2CE；
（2）解：△BCD是等边三角形，
理由如下：连接CD．
∵DE垂直平分AB，
∴D为AB中点，
∵∠ACB＝90°，
∴CD＝BD，
∵∠ABC＝60°，
∴△BCD是等边三角形．
31．（2023春•东源县期末）已知：如图，△ABC、△CDE都是等边三角形，AD、BE相交于点O，点M、N分别是线段AD、BE的中点．
（1）求证：AD＝BE；
（2）求∠DOE的度数；
（3）求证：△MNC是等边三角形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据等边三角形性质得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，求出∠ACD＝∠BCE，证△ACD≌△BCE即可；
（2）根据全等求出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADE+∠BED的值，根据三角形的内角和定理求出即可；
（3）求出AM＝BN，根据SAS证△ACM≌△BCN，推出CM＝CN，求出∠NCM＝60°即可．
【解答】解：（1）∵△ABC、△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中
，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE．
（2）解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵等边三角形DCE，
∴∠CED＝∠CDE＝60°，
∴∠ADE+∠BED＝∠ADC+∠CDE+∠BED，
＝∠ADC+60°+∠BED，
＝∠CED+60°，
＝60°+60°，
＝120°，
∴∠DOE＝180°﹣（∠ADE+∠BED）＝60°，
答：∠DOE的度数是60°．
（3）证明：∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，AC＝BC
又∵点M、N分别是线段AD、BE的中点，
∴AM＝AD，BN＝BE，
∴AM＝BN，
在△ACM和△BCN中
，
∴△ACM≌△BCN，
∴CM＝CN，
∠ACM＝∠BCN，
又∠ACB＝60°，
∴∠ACM+∠MCB＝60°，
∴∠BCN+∠MCB＝60°，
∴∠MCN＝60°，
∴△MNC是等边三角形．∵AD是∠BAC的角平分线；
∴DF=DE；
∵S△ADB=12AB·DF；S△ADC=12AC·DE；
∴S△ADBS△ADC = ABAC；