浙教版数学八年级上学期期末【压轴75题考点专练】（2份，原卷版+解析版）

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1．（2020·浙江金华·八年级期末）如图，、是的角平分线，、相交于点F，已知，则下列说法中正确的个数是（ ）
①；②；③；④．
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】当AF=FC、△AEF≌△CDF时，需要满足条件∠BAC=∠BCA，据此可判断①②；在AC上取AG=AE，连接FG，即可证得△AEG≌△AGF，得∠AFE=∠AFG；再证得∠CFG=∠CFD，则根据全等三角形的判定方法AAS即可证△GFC≌△DFC，可得DC=GC，即可得结论，据此可判断③④．
【详解】解：①假设AF=FC．则∠1=∠4．
∵AD、CE是△ABC的角平分线，
∴∠BAC=2∠1，∠BCA=2∠4，
∴∠BAC=∠BCA．
∴当∠BAC≠∠BCA时，该结论不成立；
故①不一定正确；
②假设△AEF≌△CDF，则∠2=∠3．
同①，当∠BAC=∠BCA时，该结论成立，
∴当∠BAC≠∠BCA时，该结论不成立；
故②不一定正确；
③如图，在AC上取AG=AE，连接FG，

∵AD平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
在△AEF与△AGF中
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴∠AFE=∠AFG；
∵AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，
∴∠4+∠1=∠ACB+∠BAC=（∠ACB+∠BAC）=（180°-∠B）=60°，
则∠AFC=180°-（∠4+∠1）=120°；
∴∠AFC=∠DFE=120°，∠AFE=∠CFD=∠AFG=60°，
则∠CFG=60°，
∴∠CFD=∠CFG，
在△GFC与△DFC中，
，
∴△GFC≌△DFC（ASA），
∴DC=GC，
∵AC=AG+GC，
∴AC=AE+CD．
故③正确；
④由③知，∠AFC=180°-∠ECA-∠DAC=120°，即∠AFC=120°；
故④正确；
综上所述，正确的结论有2个．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
2．（2020·浙江温州·八年级期末）在中，，点D为中点，，绕点D旋转，分别与边，交于E，F两点，下列结论：①；②；③；④始终为等腰直角三角形，其中正确的是（ ）
A．①②④B．①②③C．③④D．①②③④
【答案】D
【分析】连接根据等腰直角三角形的性质就可以得出，就可以得出，进而得出，就有，由勾股定理就即可求出结论．
【详解】解：连接，，点为中点，，
．，．
，
，
．
在和中，
，
，
，，．
，
，
．
，
．
，
，
．
，，
始终为等腰直角三角形．
，
．
，
．
正确的有①②③④．
故选D．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，解答时证明是关键．
3．（2020·浙江·八年级期末）如图，在等腰直角三角形中，是斜边的中点，点分别在直角边上，且交于点P，有下列结论：①图形中全等的三角形只有两对；②的面积等于四边形的面积的2倍；③；④．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】结论①错误．因为图中全等的三角形有3对；结论②正确．由全等三角形的性质可以判断；结论③正确．利用全等三角形和等腰直角三角形的性质可以判断．结论④正确．利用全等三角形、等腰直角三角形和勾股定理进行判断．
【详解】解：结论①错误．理由如下：
图中全等的三角形有3对，分别为△AOC≌△BOC，△AOD≌△COE，△COD≌△BOE．
由等腰直角三角形的性质，可知OA=OC=OB，易得△AOC≌△BOC．
∵OC⊥AB，OD⊥OE，
∴∠AOD=∠COE．
在△AOD与△COE中，
，
∴△AOD≌△COE（ASA）．
同理可证：△COD≌△BOE．
结论②正确．理由如下：
∵△AOD≌△COE，
∴S△AOD=S△COE，
∴S四边形CDOE=S△COD+S△COE=S△COD+S△AOD=S△AOC=S△ABC，
即△ABC的面积等于四边形CDOE的面积的2倍．
结论③正确，理由如下：
∵△AOD≌△COE，
∴CE=AD，
∴CD+CE=CD+AD=AC=OA．
结论④正确，理由如下：
∵△AOD≌△COE，
∴AD=CE；
∵△COD≌△BOE，
∴BE=CD．
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CD2+CE2=DE2，
∴AD2+BE2=DE2．
∵△AOD≌△COE，
∴OD=OE，
又∵OD⊥OE，
∴△DOE为等腰直角三角形，
∴OD2+OE2=2OE2=DE2，
∴AD2+BE2=2OE2．
故选C．
【点睛】本题是几何综合题，考查了等腰直角三角形、全等三角形和勾股定理等重要几何知识点，综合利用知识，灵活解决问题．
4．（2020·浙江·八年级期末）如图，中，的平分线与边的垂直平分线相交于D，交的延长线于E，于F，现有下列结论：①；②；③平分;④，其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】①由角平分线的性质可知①正确；②由题意可知，故此可知，，从而可证明②正确；③若平分，则，从而得到为等边三角形，条件不足，不能确定，故③错误；④连接、，然后证明，从而得到，从而可证明④．
【详解】解：如图所示：连接、．
①平分，，，
．
①正确．
②，平分，
．
，
．
，，
．
同理：．
．
②正确．
③由题意可知：．
假设平分，则，
又，
．
．
是否等于不知道，
不能判定平分，
故③错误．
④是的垂直平分线，
．
在和中
，
．
．
又，，
．
故④正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、角平分线的性质、线段垂直平分线的性质，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．
5．（2020·浙江·八年级期末）如图，在中，分别为边上的高，相交于点，连接，则下列结论：①；②；③；④若，则周长等于的长．其中正确的有（ ）
A．①②B．①③④C．①③D．②③④
【答案】B
【分析】证明△BDF≌△ADC，可判断①；求出∠FCD=45°，∠DAC＜45°，延长CF交AB于H，证明∠AHC=∠ABC+∠FCD=90°，可判断③；根据①可以得到E是AC的中点，然后可以推出EF是AC的垂直平分线，最后由线段垂直平分线的性质可判断④．
【详解】解：∵△ABC中，AD，BE分别为BC、AC边上的高，∠ABC=45°，
∴AD=BD，∠DAC和∠FBD都是∠ACD的余角，
而∠ADB=∠ADC=90°，
∴△BDF≌△ADC（ASA），
∴BF=AC，FD=CD，故①正确，
∵∠FDC=90°，
∴∠DFC=∠FCD=45°，
∵∠DAC=∠DBF＜∠ABC=45°，
∴∠FCD≠∠DAC，故②错误；
延长CF交AB于H，
∵∠ABC=45°，∠FCD=45°，
∴∠AHC=∠ABC+∠FCD=90°，
∴CH⊥AB，
即CF⊥AB，故③正确；
∵BF=2EC，BF=AC，
∴AC=2EC，
∴AE=EC=AC，
∵BE⊥AC，
∴BE垂直平分AC，
∴AF=CF，BA=BC，
∴△FDC的周长=FD+FC+DC
=FD+AF+DC
=AD+DC
=BD+DC
=BC
=AB，
即△FDC的周长等于AB，故④正确，
综上：①③④正确，
故选B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，也考查了线段的垂直平分线的性质与判定，也利用了三角形的周长公式解题，综合性比较强，对学生的能力要求比较高．＜
6．（2020·浙江杭州·八年级期末）如图，在中，，，平分线与的垂直平分线交于点，将沿（在上，在上）折叠，点与点O恰好重合，有如下五个结论：①；②；③是等边三角形；④；⑤．则上列说法中正确的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】利用三线合一可判断①；由折叠的性质可判断④；根据垂直平分线的性质得到OA=OB，从而计算出∠ACB=∠EOF=63°，可判断③；证明△OAB≌△OAC，得到OA=OB=OC，从而推出∠OEF=54°，可判断⑤；而题中条件无法得出OD=OE，可判断②．
【详解】解：如图，连接OB，OC，
∵AB=AC，OA平分∠BAC，∠BAC=54°，
∴AO⊥BC（三线合一），故①正确；
∠BAO=∠CAO=∠BAC=×54°=27°，
∠ABC=∠ACB=×（180°-∠BAC）=×126°=63°，
∵DO是AB的垂直平分线，
∴OA=OB，即∠OAB=∠OBA=27°，
则∠OBC=∠ABC-∠OBA=63°-27°=36°≠∠OBA，
由折叠可知：△OEF≌△CEF，故④正确；
即∠ACB=∠EOF=63°≠60°，OE=CE，∠OEF=∠CEF，
∴△OEF不是等边三角形，故③错误；
在△OAB和△OAC中，
，
∴△OAB≌△OAC（SAS），
∴OB=OC，
又OB=OA，
∴OA=OB=OC，
∠OCB=∠OBC=36°，
又OE=CE，
∴∠OCB=∠EOC=36°，
∴∠OEC=180°-（∠OCB+∠EOC）=180°-72°=108°，
又∠OEC=∠OEF+∠CEF
∠OEF=108°÷2=54°，故⑤正确；
而题中条件无法得出OD=OE，故②错误；
∴正确的结论为①④⑤共3个，
故选B．
【点睛】本题考查了折叠的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形三线合一的性质，等边对等角的性质，以及全等三角形的判定和性质，综合性较强，难度较大，作辅助线，构造出等腰三角形是解题的关键．
7．（2020·浙江·八年级期末）如图在中，和的平分线交于点，过点作交于，交于，过点作于，下列四个结论：其中正确的结论有（ ）个．
①；②；③点到各边的距离相等；
④设,，则；⑤的周长等于的和．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】①根据∠ABC和∠ACB的平分线相交于点G可得出∠EBG=∠CBG，∠BCG=∠FCG，再由EF∥BC可知∠CBG=∠EGB，∠BCG=∠CGF，故可得出BE=EG，GF=CF，由此可得出结论；②先根据角平分线的性质得出∠GBC+∠GCB=（∠ABC+∠ACB），再由三角形内角和定理即可得出结论；③根据三角形角平分线的性质即可得出结论；④连接AG，由三角形的面积公式即可得出结论；⑤根据BE=EG，GF=CF，进行等量代换可得结论．
【详解】解：①∵∠ABC和∠ACB的平分线相交于点G，
∴∠EBG=∠CBG，∠BCG=∠FCG．
∵EF∥BC，
∴∠CBG=∠EGB，∠BCG=∠CGF，
∴∠EBG=∠EGB，∠FCG=∠CGF，
∴BE=EG，GF=CF，
∴EF=EG+GF=BE+CF，故①正确；
②∵∠ABC和∠ACB的平分线相交于点G，
∴∠GBC+∠GCB=（∠ABC+∠ACB）=（180°-∠A），
∴∠BGC=180°-（∠GBC+∠GCB）=180°-（180°-∠A）=90°+∠A，故②错误；
③∵∠ABC和∠ACB的平分线相交于点G，
∴点G也在∠BAC的平分线上，
∴点G到△ABC各边的距离相等，故③正确；
④连接AG，作GM⊥AB于M，如图所示：
∵点G是△ABC的角平分线的交点，GD=m，AE+AF=n，
∴GD=GM=m，
∴S△AEF=AE•GM+AF•GD=（AE+AF）•GD=nm，故④错误．
⑤∵BE=EG，GF=CF，
∴AE+AF+EF=AE+AF+EG+FG=AE+AF+BE+CF=AB+AC，
即△AEF的周长等于AB+AC的和，故⑤正确，
故选：C．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、平行线的性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握角平分线的性质、三角形内角和定理及三角形内心的性质是解题的关键．
8．（2020·浙江·八年级期末）如图，已知，线段，点为射线上一点，则下列结论正确的是（ ）
①当，时，可得到形状唯一确定的；
②当，时，可得到形状唯一确定的；
③当时，在射线上存在三个点使得为等腰三角形；
④当时，在射线上存在三个点使得为等腰直角三角形．
A．①③B．①④C．①③④D．②③④
【答案】A
【分析】过A作AH⊥OP于点H，求出AH的长，分别根据∠α的度数画出相应图形，利用直角三角形的性质和等腰三角形的性质判断各结论．
【详解】解：如图①所示：过A作AH⊥OP于点H，
∵OA=4，∠α=30°，
∴AH=OA=×4=2，
又AH⊥OP，AH=AB，
∴B与H重合，
则△AOB形状唯一确定，故①正确；
如图②所示，过点A作AH⊥OP于点H，
∵OA=4，∠α=45°，AH⊥OP，
∴AH=OH，，
即AH==＜=3，
∴AB＞AH，
∴当B在图②中B1，B2位置时，都能使得AB=3，
则△AOB不唯一，有2个，故②错误；
如图③所示，有3个B点使得△AOB为等腰三角形，
即AB1=AO=4，OB2=OA=4，B3A=B3O，故③正确；
如图④所示，AB⊥OA于点A时，△AOB1为等腰直角三角形，
AB2⊥OP于点B2时，△AOB2为等腰直角三角形，
OP上有2个点B使得△AOB为等腰直角三角形，故④错误；
即正确的结论为：①③，
故选A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，确定三角形的条件，解题的关键是根据各种情况画出图形，结合图形的性质解答．
9．（2020·浙江嘉兴·八年级期末）如图，已知为的高线，，以为底边作等腰，且点E在内部，连接，，延长交于F点，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】由AD为△ABC的高线，可得∠CBE+∠ABE+∠BAD=90°，Rt△ABE是等腰直角三角形， 可得，从而可判断①；由等腰可得 结合，∠DAE=∠CBE，可判断②；由△ADE≌△BCE，可得 再证明∠BDE=∠AFE，结合， 证明△AEF≌△BED，可判断③；由△ADE≌△BCE，可得 由△AEF≌△BED， 证明从而可判断④．
【详解】解：∵AD为△ABC的高线，
∴∠CBE+∠ABE+∠BAD=90°，
∵Rt△ABE是等腰直角三角形，
∴，
∴∠DAE=∠CBE，即，故①正确；
∵Rt△ABE是以为底等腰直角三角形，
∴AE=BE，
在△ADE和△BCE中，
，
∴△ADE≌△BCE（SAS）； 故②正确；
△ADE≌△BCE，

∵∠BDE=∠ADB+∠ADE，∠AFE=∠ADC+∠ECD，
∴∠BDE=∠AFE，
在△AEF和△BED中，
，
∴△AEF≌△BED（AAS），
∴； 故③正确；
∵△ADE≌△BCE，
∴
△AEF≌△BED，

∴
∴ 故④正确；
综上：正确的有①②③④．
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，三角形的中线与高的性质，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
10．（2020·浙江温州·八年级期末）“勾股图”有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以“勾股图”为背景的邮票（如图1），欧几里得在《几何原本》中曾对该图做了深入研究．如图2，在中，，分别以的三条边为边向外作正方形，连结，，，分别与，相交于点，．若，则的值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先用已知条件利用SAS的三角形全等的判定定理证出△EAB≌△CAM，之后利用全等三角形的性质定理分别可得，，，然后设，继而可分别求出，，所以；易证Rt△ACB≌Rt△DCG（HL），从而得，然后代入所求数据即可得的值．
【详解】解：∵在△EAB和△CAM中 ，
，
∴△EAB≌△CAM（SAS），
∴，
∴,
∴,
,
设，则，，，，
∴；
∵ 在Rt△ACB和Rt△DCG中，
，
Rt△ACB≌Rt△DCG（HL），
∴;
∴．
故选D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形全等的判定定理和性质定理等知识．
11．（2020·浙江台州·八年级期末）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，F是CB延长线上一点，AF⊥CF，垂足为F．下列结论：①∠ACF＝45°；②四边形ABCD的面积等于AC2；③CE＝2AF；④S△BCD＝S△ABF+S△ADE；其中正确的是（ ）
A．①②B．②③C．①②③D．①②③④
【答案】C
【分析】证明≌，得出，正确；由，得出，正确；
证出，，正确；由，不能确定，不正确；即可得出答案．
【详解】解：∵∠CAE＝90°，AE＝AC，
∴∠E＝∠ACE＝45°，
∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD
∴∠BAC＝∠EAD，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE(SAS)，
∴∠ACF＝∠E＝45°，①正确；
∵S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD，
∴S四边形ABCD＝S△ADE+S△ACD＝S△ACE＝AC2，②正确；
∵△ABC≌△ADE，
∠ACB＝∠AEC＝45°，
∵∠ACE＝∠AEC＝45°，
∴∠ACB＝∠ACE，
∴AC平分∠ECF，
过点A作AG⊥CG，垂足为点G，如图所示：
∵AC平分∠ECF，AF⊥CB，
∴AF＝AG，
又∵AC＝AE，
∴∠CAG＝∠EAG＝45°，
∴∠CAG＝∠EAG＝∠ACE＝∠AEC＝45°，
∴CG＝AG＝GE，
∴CE＝2AG，
∴CE＝2AF，③正确；
∵S△ABF+S△ADE＝S△ABF+S△ABC＝S△ACF，
不能确定S△ACF＝S△BCD，④不正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；证明三角形全等是解题的关键．
12．（2022·浙江绍兴·八年级期末）如图，动点P在平面直角坐标系中按图中箭头所示方向运动，第一次从原点O运动到点，第二次运动到点，第三次运动到，…，按这样的运动规律，第2022次运动后，动点的坐标是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】观察图象，结合动点P第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），第四次运动到P4（4，0），第五运动到P5（5，2），第六次运动到P6（6，0），…，结合运动后的点的坐标特点，分别得出点P运动的纵坐标的规律，再根据循环规律可得答案．
【详解】解：观察图象，结合动点P第一次从原点O运动到点P1（1，1），第二次运动到点P2（2，0），第三次运动到P3（3，﹣2），第四次运动到P4（4，0），第五运动到P5（5，2），第六次运动到P6（6，0），…，结合运动后的点的坐标特点，
可知由图象可得纵坐标每6次运动组成一个循环：1，0，﹣2，0，2，0；
∵2022÷6＝337，
∴经过第2022次运动后，动点P的纵坐标是0，
故选：D．
【点睛】本题考查了规律型点的坐标，数形结合并从图象中发现循环规律是解题的关键．
13．（2021·浙江·八年级期末）在平面直角坐标系中，若干个等腰直角三角形按如图所示的规律摆放．点从原点出发，沿着“…”的路线运动(每秒一条直角边)，已知坐标为···，设第秒运动到点为正整数)，则点的坐标是)（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通过观察可知，纵坐标每6个进行循环，先求出前面6个点的坐标，从中得出规律，再按规律写出结果便可．
【详解】解：由题意知，
A1（1，1），
A2（2，0），
A3（3，1），
A4（4，0），
A5（5，-1），
A6（6，0），
A7（7，1），
…
由上可知，每个点的横坐标等于序号，纵坐标每6个点依次为：1，0，1，0，-1，0这样循环，
∴A2020（2020，0），
故选：A．
【点睛】本题是一个规律题，根据题意求出点的坐标，从中找出规律来，这是解题的关键所在．
14．（2020·浙江·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，点在x轴正半轴上，点在直线上，若，且均为等边三角形，则线段的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得出∠AnOBn=30°，从而推出AnBn=OAn，得到BnBn+1=BnAn+1，算出B1A2=1，B2A3=2，B3A4=4，找出规律得到BnAn+1=2n-1，从而计算结果．
【详解】解：设△BnAnAn+1的边长为an，
∵点B1，B2，B3，…是直线上的第一象限内的点，
过点A1作x轴的垂线，交直线于C，
∵A1（1，0），令x=1，则y=，
∴A1C=，
∴，
∴∠AnOBn=30°，
∵均为等边三角形，
∴∠BnAnAn+1=60°，
∴∠OBnAn=30°，
∴AnBn=OAn，
∵∠BnAn+1Bn+1=60°，
∴∠An+1BnBn+1=90°，
∴BnBn+1=BnAn+1，
∵点A1的坐标为（1，0），
∴A1B1=A1A2=B1A2=1，A2B2=OA2=B2A3=2，A3B3=OA3=B3A4=4，...，
∴AnBn=OAn=BnAn+1=2n-1，
∴=B2019A2020=，
故选D．
【点睛】本题考查了一次函数的性质、等边三角形的性质以及三角形外角的性质，本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据等边三角形边的特征找出边的变化规律是关键．
15．（2020·浙江台州·八年级期末）在平面直角坐标系中，定义：已知图形W和直线，如果图形W上存在一点Q，使得点Q到直线的距离小于或等于k，则称图形W与直线“k关联”．已知线段AB，其中点，．若线段AB与直线“关联”，则b的取值范围是( )
A．-1≤b≤B．0≤b≤4C．0≤b≤6D．≤b≤6
【答案】C
【分析】如图（见解析），先画出图形，再根据定义求出两个临界位置时b的值，由此即可得．
【详解】如图，过点B作直线的垂线，垂足为点D，连接OA，延长AB交直线于点C
由题意，有以下两个临界位置：
①点A到直线的距离等于
，
当直线经过原点O时，，
即为点A到直线的距离，此时
②点B到直线的距离等于，即
轴
，且点C的纵坐标与点A的纵坐标相同，即为1
是等腰直角三角形
点C的横坐标为
将点代入直线得：
解得
则b的取值范围是
故选：C．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、一次函数的几何应用等知识点，理解新定义，求出两个临界位置时b的值是解题关键．
二、填空题
16．（2021·浙江·八年级期末）如图，已知中，，如图：设的两条三等分角线分别对应交于则_____；请你猜想，当同时n等分时，条等分角线分别对应交于，则______（用含n和的代数式表示）．
【答案】 60°+α
【分析】根据三角形的内角和等于180°用α表示出（∠ABC+∠ACB），再根据三等分的定义求出（∠O2BC+∠O2CB），在△O2BC中，利用三角形内角和定理列式整理即可得解；根据三角形的内角和等于180°用α表示出（∠ABC+∠ACB），再根据n等分的定义求出（∠On-1BC+∠On-1CB），在△On-1BC中，利用三角形内角和定理列式整理即可得解．
【详解】解：在△ABC中，∵∠A=α，
∴∠ABC+∠ACB=180°-α，
∵O2B和O2C分别是∠B、∠C的三等分线，
∴∠O2BC+∠O2CB=（∠ABC+∠ACB）=（180°-α）=120°-α；
∴∠BO2C=180°-（∠O2BC+∠O2CB）=180°-（120°-α）=60°+α；
在△ABC中，∵∠A=α，
∴∠ABC+∠ACB=180°-α，
∵On-1B和On-1C分别是∠B、∠C的n等分线，
∴∠On-1BC+∠On-1CB=（∠ABC+∠ACB）=（180°-α）=，
∴∠BOn-1C=180°-（∠On-1BC+∠On-1CB）=180°-（）=，
故答案为：60°+α，．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，以及三等分线，n等分线的定义，整体思想的利用是解题的关键．
17．（2020·浙江·八年级期末）如图为的角平分线，且，E为延长线上一点，，过E作于F，下列结论：
①；②；③；④．
其中正确的是________．
【答案】①②④
【分析】根据SAS易证△ABD≌△EBC，可得∠BCE=∠BDA，AD=EC可得①②正确；再判断AB∥CE，可得③错误；判断出Rt△BEG≌Rt△BEF（HL），得出BG=BF，进而判断出Rt△CEG≌Rt△AEF，即可判断出④正确．
【详解】解：①∵BD为△ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
又∵BD=BC，BD=BC，
∴△ABD≌△EBC（SAS），即①正确；
②∵△ABD≌△EBC，
∴∠BCE=∠BDA，
∴∠BCE+∠BDC=∠BDA+∠BDC=180°，即②正确；
③根据已知条件，可得不一定成立，故③错误；
④如图，过作于点，
是上的点，
，
在Rt△BEG和Rt△BEF中，
，
∴Rt△BEG≌Rt△BEF（HL），
，
在Rt△CEG和Rt△AFE中，
，
∴Rt△CEG≌Rt△AFE（HL），
，
，即④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形的对应边、对应角相等的性质，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等性质是解题的关键．
18．（2020·浙江·八年级期末）等腰中，过点B的直线分为两个等腰三角形，则顶角为_____度．
【答案】36°或或90°或108°
【分析】根据题意分四种情况画出图形，结合等腰三角形的性质进行求解．
【详解】解：△ABC中，AB=AC，
若AD=BD，BC=BD，
∴∠A=∠ABD，∠BDC=∠C，
则∠C=∠BDC=2∠A，
∴∠A+∠ABC+∠C=∠A+2∠A+2∠A=180°，
∴∠A=36°；
若AD=BD，BC=CD，
∴∠A=∠ABD，∠CBD=∠CDB，
则∠CDB=2∠A，
∴∠A+∠ABC+∠C=∠A+∠A+2∠A+3∠A=180°，
∴∠A=；
若AD=BD，AD=CD，
∴∠B=∠C=∠BAD=∠CAD，
∴∠BAC+∠ABC+∠C=180°，
∴∠BAD=∠CAD=45°，
∴∠BAC=90°；
若AD=BD，AC=CD，
∴∠B=∠BAD，∠CAD=∠CDA，
则∠CDA=2∠BAD，∠C=180°-2∠CAD=180°-4∠BAD，
∵∠B=∠C，
∴∠BAD=180°-4∠BAD，
∴∠BAD=36°，
∴∠BAC=3∠BAD=108°；
故答案为：36°或或90°或108°．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质及三角形内角和与外角，解答此题的关键是要正确画出图形，分情况进行讨论．
19．（2020·浙江·八年级期末）如图，，，，点，为边上的两点，且，连接，，则下列结论正确的是________．
①；②为等腰三角形；③；④．
【答案】①③④
【分析】由SAS得△AED≌△AEF，证明△ABF≌△ACD，得出BF=CD；由△AED≌△AEF，得到DE=EF；证明∠EBF=90°，即可解决问题．
【详解】解：∵∠DAF=90°，∠DAE=45°，
∴∠FAE=45°=∠DAE，
在△AED与△AEF中，AE=AE，∠EAF=∠EAD，AD=AF，
∴△AED≌△AEF（SAS），①正确；
没有条件能证出△AED为等腰三角形，②错误；
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAF=∠DAC；
在△ABF与△ACD中，AB=AC，∠FAB=∠DAC，AF=AD，
∴△ABF≌△ACD（SAS），
∴BF=CD；
∵△AED≌△AEF，
∴DE=EF；
∵BE+BF＞EF，而BF=CD，
∴BE+DC＞DE，③正确；
∵∠EBF=90°，
∴BE2+BF2=EF2，
即BE2+DC2=DE2，④正确；
综上所述：①③④均正确，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，三角形的三边关系等知识，证明三角形全等是解题的关键．
20．（2020·浙江杭州·八年级期末）已知在中，且为最小的内角，过顶点B的一条直线把这个三角形分割成两个等腰三角形，则_______
【答案】123°或132°或90°或48°
【分析】根据题意作图，结合等腰三角形的性质分情况讨论即可求解．
【详解】解：如图，若BC=CD，AD=BD，
由题意可得：∠DBC=∠BDC=（180°-∠C）÷2=82°，
∴∠ABD=∠BAD=∠BDC=41°，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=123°，
∵∠ADB=180°-82°=98°，
则在BC=CD的前提下只有AD=BD；
如图，若CD=BD，AB=BD，
由题意可得：∠DBC=∠C=16°，
∴∠ADB=2∠C=32°，
∴∠A=∠ADB=32°，
∠ABD=180°-∠A-∠ADB=116°，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=132°，
符合最小的内角为∠C=16°，
如图，若BD=CD，AB=AD，
则∠C=∠DBC=16°，
∴∠ADB=∠ABD=2∠C=32°，
∴∠A=180°-2×32°=116°，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=48°；
如图，若BD=CD，AD=BD，
∴∠ADB=2∠C=2∠DBC=32°，
∴∠A=∠ABD=（180°-32°）÷2=74°，
∴∠ABC=∠ABD+∠DBC=90°；
若BD=BC，
则∠C=∠CDB=16°，
∴∠ADB=180°-∠CDB=164°，
则只能满足AD=BD，
∴∠A=∠CDB=8°，
即∠A＜∠C，不满足；
综上：∠ABC的度数为123°或132°或90°或48°．
故答案为：123°或132°或90°或48°．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解题的关键是画出图形，分情况讨论．
21．（2020·浙江·八年级期末）如图，在等边中，点，分别在边，上，且，与交于点，作，垂足为，下列结论正确的有________．
①；②；③；④；⑤．
【答案】①②③④
【分析】由等边三角形的性质和已知条件证出△AEC≌△BDA，可判断①；由等边三角形的性质和三角形的外角性质可判断②；根据∠AFE=60°可判断③；由全等三角形的性质得出∠BAD=∠ACE，求出∠CFM=∠AFE=60°，得出∠FCM=30°，可判断④；根据∠DAC的度数的范围可得∠DAC≠45°，可判断⑤．
【详解】解：①∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠B=60°，AB=AC，
又∵AE=BD，
在△AEC与△BDA中，
，
∴△AEC≌△BDA（SAS），
∴AD=CE，故正确；
②∵∠BEC=∠BAD+∠AFE，△AEC≌△BDA，

∠AFE=
∴∠BEC=∠BAD+∠AFE=∠BAD+60°，
∵∠CDA=∠BAD+∠CBA=∠BAD+60°，
∴∠BEC=∠CDA，故正确；
③∵∠AFE=60°，
∴∠AFC=120°，故正确；
④∵∠AFE =60°，
∴∠CFM=∠AFE=60°，
∵CM⊥AD，
∴在Rt△CFM中，∠FCM=30°，
∴MF=CF，故正确；
⑤要使AM=CM，则必须使∠DAC=45°，由已知条件知∠DAC的度数为大于0°小于60°均可，
∴AM=CM不成立，故错误；
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质；熟练掌握等边三角形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
22．（2020·浙江·八年级期末）如图，在中，，M是的中点，点D在上，，垂足分别为E，F，连接．则下列结论中：①；②；③；④；⑤若平分，则；正确的有_____．（只填序号）
【答案】①②③④⑤
【分析】证明，得到，可判断①；再证明，从而判断为等腰直角三角形，得到，可判断③，同时得到，可判断②；再证明，得到为等腰直角三角形，得到，，可判断④；根据角平分线的定义可逐步推断出，再证明，得到，则有，从而判断⑤．
【详解】解：，
，
，
，
又，，
，
，故①正确；
由全等可得：，，
，
连接，，
点是中点，
，，
在和中，，，
，
又，，
，
，，
，
，即为等腰直角三角形，
，故③正确，，
，
，故②正确，
设与交于点，连接，
，，，
，
，，
为等腰直角三角形，
，而，
，故④正确；
，，
，
平分，
，，
，
，即，
，，，
，
，
为等腰直角三角形，
，
，故⑤正确；
故答案为：①②③④⑤．
【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，等量代换，难度较大，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．
23．（2021·浙江·杭州市公益中学八年级期末）如图，已知等腰△ABC中，ABAC5，BC8，E是BC上的一个动点，将△ABE沿着AE折叠到△ADE处，再将边AC折叠到与AD重合，折痕为AF，当△DEF是等腰三角形时，BE的长是___________．
【答案】或或．
【分析】分三种情况讨论：DE=DF，DE=EF，EF=DF．利用等腰三角形的性质和全等三角形解题．
【详解】解：由折叠可知，BE=DE，DF=CF，AD=AB=AC=5，
当DE=DF时，如图1，
此时DE=DF=BE=CF，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△ABE和△ACF中，

∴△ABE≌△ACF，
∴AE=AF，
∴AD垂直平分EF，
∴EH=FH，，
∴，
∴，
设，则，
则在直角△DHE中，
，
解得，
当DE=EF时，如图2，作AH⊥BC于H，连接BD，延长AE交BD于N，
可知BE=DE=EF，
∵AH⊥BC，AB=AC，BC=8
∴BH=CH=4，
∴，
设，则，
∴，即
∵AB=AD，∠BAN=∠DAN，
∴AN⊥BD，BN=DN，
∴，
∴
在△AHE和△BNE中，

∴△AHE≌△BNE，
∴AE=BE，
设，则，
在直角△AEH中，
，
解得，
当DF=EF时，如图3，过A作AH⊥BC于H，延长AF交DC于M，
同理
∴
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了折叠问题，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，注意分类讨论是解题的关键．
24．（2020·浙江台州·八年级期末）如图，等边△ABC的边长为6，点P沿△ABC的边从A→B→C运动，以AP为边作等边△APQ，且点Q在直线AB下方，当点P、Q运动到使△BPQ是等腰三角形时，点Q运动路线的长为_____．
【答案】3或9
【分析】如图，连接CP，BQ，由“SAS”可证△ACP≌△ABQ，可得BQ＝CP，可得点Q运动轨迹是A→H→B，分两种情况讨论，即可求解．
【详解】解：如图1，连接CP，BQ，
∵△ABC，△APQ是等边三角形，
∴AP＝AQ＝PQ，AC＝AB，∠CAP＝∠BAQ＝60°，
∴△ACP≌△ABQ(SAS)
∴BQ＝CP，
∴当点P运动到点B时，点Q运动到点H，且BH＝BC＝6，△ABH是等边三角形，
∴当点P在AB上运动时，点Q在AH上运动，
∵△BPQ是等腰三角形，
∴PQ＝PB，
∴AQ＝AP＝PB＝3，
∴此时点Q运动路线的长为3，
当点P在BC上运动时，点Q在BH上运动，如图，
同理可得：△ACP≌△ABQ(SAS)，
∴BQ＝CP
∵△BPQ是等腰三角形，
∴BQ＝PB，
∴BP＝BQ =CP＝，
∴此时点Q运动路线的长为，
故答案为：3或9．
【点睛】本题考查了点的运动轨迹，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，确定点Q的运动轨迹是本题的关键．
25．（2020·浙江·八年级期末）如图，已知∠AOB=，在射线OA、OB上分别取点OA=OB，连结AB，在BA、BB上分别取点A2、B2，使B B2= B A2，连结A2 B2…按此规律上去，记∠A2 B B2=，∠，…，∠，则（1）=______； =_________．
【答案】
【详解】试题分析：设∠A1B1O=x，根据等腰三角形性质和三角形内角和定理得α+2x=180°，x=180°-θ1，即可求得θ1的度数，同理求得θ2的度数，即可发现其中的规律，按照此规律即可求得的度数.
（1）设∠A1B1O=x，
则α+2x=180°，x=180°-θ1，
∴=；
（2）设∠A2B2B1=y，
则θ2+y=180°①，θ1+2y=180°②，
①×2-②得：2θ2-θ1=180°，
…
∴=.
考点：找规律-图形的变化
点评：解答此类问题的关键是仔细分析所给图形的特征得到规律，再把这个规律应用于解题.
26．（2020·浙江金华·八年级期末）如图，设（）．现把小棒依次摆放在两射线之间，并使小棒两端分别落在射线，上．从点开始，用等长的小棒依次向右摆放，其中为第一根小棒，且，若只能摆放4根小棒，则的范围为________．
【答案】18°≤θ＜22.5°．
【分析】根据等边对等角可得∠BAC=∠AA2A1，∠A2A1A3=∠A2A3A1，∠A3A2A4=∠A3A4A2，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得θ1=2θ，θ2=3θ，θ3=4θ，求出第三根小木棒构成的三角形，然后根据三角形的内角和定理和外角性质列出不等式组求解即可．
【详解】解：如图，
∵小木棒长度都相等，
∴∠BAC=∠AA2A1，∠A2A1A3=∠A2A3A1，∠A3A2A4=∠A3A4A2，
由三角形外角性质得，θ1=2θ，θ2=3θ，θ3=4θ；
∵只能摆放4根小木棒，
∴，
解得18°≤θ＜22.5°．
故答案为：18°≤θ＜22.5°．
【点睛】本题考查了等腰三角形等边对等角的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，三角形的内角和定理，也考查了一元一次不等式组的应用，列出不等式组是解题的关键．
27．（2022·浙江舟山·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．
28．（2020·浙江·八年级期末）如图，将一块等腰直角三角板放置在平面直角坐标系中，，点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的负半轴上，点B在第二象限，所在直线的函数表达式是，若保持的长不变，当点A在y轴的正半轴滑动，点C随之在x轴的负半轴上滑动，则在滑动过程中，点B与原点O的最大距离是_______．
【答案】
【分析】根据自变量与函数值得对应关系，可得A，C点坐标，根据勾股定理，可得AC的长度；根据全等三角形的判定与性质，可得CD，BD的长，可得B点坐标；首先取AC的中点E，连接BE，OE，OB，可求得OE与BE的长，然后由三角形三边关系，求得点B到原点的最大距离．
【详解】解：当x=0时，y=2x+2=2，
∴A（0，2）；
当y=2x+2=0时，x=-1，
∴C（-1，0）．
∴OA=2，OC=1，
∴AC==，
如图所示，过点B作BD⊥x轴于点D．
∵∠ACO+∠ACB+∠BCD=180°，∠ACO+∠CAO=90°，∠ACB=90°，
∴∠CAO=∠BCD．
在△AOC和△CDB中，
，
∴△AOC≌△CDB（AAS），
∴CD=AO=2，DB=OC=1，
OD=OC+CD=3，
∴点B的坐标为（-3，1）．
如图所示．取AC的中点E，连接BE，OE，OB，
∵∠AOC=90°，AC=，
∴OE=CE=AC=，
∵BC⊥AC，BC=，
∴BE==，
若点O，E，B不在一条直线上，则OB＜OE+BE=，
若点O，E，B在一条直线上，则OB=OE+BE=，
∴当O，E，B三点在一条直线上时，OB取得最大值，最大值为，
故答案为：．
【点睛】此题考查了一次函数综合题，利用自变量与函数值的对应关系是求AC长度的关键，又利用了勾股定理；求点B的坐标的关键是利用全等三角形的判定与性质得出CD，BD的长；求点B与原点O的最大距离的关键是直角三角形斜边上的中线的性质以及三角形三边关系．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
三、解答题
29．（2021·浙江·八年级期末）如图（1）是一个三角形的纸片，点D、E分别是边上的两点，
研究（1）：如果沿直线折叠，写出与的关系，并说明理由．
研究（2）：如果折成图2的形状，猜想和的关系，并说明理由．
研究（3）：如果折成图3的形状，猜想和的关系，并说明理由．
【答案】（1）∠BDA′=2∠A，理由见解析；（2）∠BDA′+∠CEA′=2∠A，理由见解析；（3）∠BDA′-∠CEA′=2∠A，理由见解析
【分析】（1）翻折问题要在图形是找着相等的量．图1中DE为折痕，有∠A=∠DA′A，再利用外角的性质可得结论∠BDA′=2∠A；
（2）根据图2中∠A与∠DA′E是相等的，再结合四边形的内角和及互补角的性质可得结论∠BDA′+∠CEA′=2∠A；
（3）根据图3中由于折叠∠A与∠DA′E是相等的，再两次运用三角形外角的性质可得结论．
【详解】解：（1）∠BDA′=2∠A；
根据折叠的性质可知∠DA′E=∠A，∠DA′E+∠A=∠BDA′，故∠BDA′=2∠A；
（2）∠BDA′+∠CEA′=2∠A，
理由：在四边形ADA′E中，∠A+∠DA′E+∠ADA′+∠A′EA=360°，
∴∠A+∠DA′E=360°-∠ADA′-∠A′EA，
∵∠BDA′+∠ADA′=180°，∠CEA′+∠A′EA=180°，
∴∠BDA′+∠CEA′=360°-∠ADA′-∠A′EA，
∴∠BDA′+∠CEA′=∠A+∠DA′E，
∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得，
∴∠A=∠DA′E，
∴∠BDA′+∠CEA′=2∠A；
（3）∠BDA′-∠CEA′=2∠A，
理由：如图3，DA′交AC于点F，
∵∠BDA′=∠A+∠DFA，∠DFA=∠A′+∠CEA′，
∴∠BDA′=∠A+∠A′+∠CEA′，
∴∠BDA′-∠CEA′=∠A+∠A′，
∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得，
∴∠A=∠DA′E，
∴∠BDA′-∠CEA′=2∠A．
【点睛】此题主要考查了三角形内角和定理以及翻折变换的性质，遇到折叠的问题，一定要找准相等的量，结合题目所给出的条件在图形上找出之间的联系则可．
30．（2020·浙江·八年级期末）如图，点C为线段上一点，都是等边三角形，与交于点与相交于点G．
（1）求证：；
（2）求证：
（3）若，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据SAS即可证明△BCE≌△ACD；
（2）由△ACD≌△BCE可得∠CBG=∠CAF，从而利用ASA可证明△ACF≌△BCG；
（3）求出CG=CF=4，过G作GM⊥BD于M，过点F作FN⊥BD于N，求出GM，FN，根据S△ACD=S△ACF+S△CDF=S△BCG+S△CDF可求出答案．
【详解】解：（1）证明：∵△ABC，△CDE是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠BCE=∠DCA，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
（2）由（1）得△ACD≌△BCE，
∴∠CBG=∠CAF，
又∵∠ACF=∠BCG=60°，BC=AC，
在△ACF和△BCG中，
，
∴△ACF≌△BCG（ASA）；
（3）∵△ACF≌△BCG，
∴S△ACF=S△BCG，CG=CF，而CF+CG=8，
∴CG=CF=4，
过G作GM⊥BD于M，过点F作FN⊥BD于N，
又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴GM=CG=，FN=CF=，
∴S△ACD=S△ACF+S△CDF
=S△BCG+S△CDF
=BC•GM+CD•FN
=（BC+CD）
=BD
=．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及等边三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质得出CG=CF是解答此题的关键．
31．（2020·浙江·八年级期末）在平面直角坐标系中，点A的坐标，点C的坐标， 点P是轴上的一个动点，从点C出发，沿轴的负半轴方向运动，速度为2个单位/秒，运动时间为秒，点B在轴的负半轴上，且的面积：的面积．
（1）求点B的坐标；
（2）若点D在轴上，是否存在点P，使以为顶点的三角形与全等？若存在，直接写出点D坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点Q是轴上的一个动点，从点A出发，向轴的负半轴运动，速度为2个单位/秒．若P、Q分别从C、A两点同时出发，求：t为何值时，以三点构成的三角形与全等．
【答案】（1）B（-2，0）；（2）存在，（0，4），（0，-4），（0，2），（0，-2）；（3）1s或4s
【分析】（1）先求出，进而得出的面积，即可得出的面积，最后得出点坐标；
（2）由于，所以分两种情况讨论计算即可；
（3）先按时间分成三种情况，每种情况中同（2）的方法即可得出结论．
【详解】解：（1）点的坐标，点的坐标，
，，
，
，，
设，
点在轴的负半轴上，
，
，
，
；
（2）在轴上，在轴，
，
以、、为顶点的三角形与全等，
①，
，
或
②，
，
或，
即：满足条件的的坐标为，，，．
（3）在轴上，在轴，
，
由运动知，，，
，，
当时，，，
以、、为顶点的三角形与全等，
①，
，
，
，
满足条件，即：
②，
，
，，
，
不满足条件，舍去；
当时，，，
以、、为顶点的三角形与全等，
①，
，
，
，
，
不满足条件，舍去；
②，
，
，，
，
不满足条件，舍去；
当时，，，
以、、为顶点的三角形与全等，
①，
，
，
，
不满足条件，舍去；，
②，
，
，，
，
满足条件，即：t=4s，
即：满足条件的时间t=1s或4s．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的面积公式，全等三角形的判定，解本题的关键是分类讨论，要考虑全面是解本题的难点．
32．（2021·浙江·八年级期末）CD经过∠BCA顶点C的一条直线，CA=CB．E，F分别是直线CD上两点，且∠BEC=∠CFA=∠α.
(1)若直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上，请解决下面两个问题：
①如图1,若∠BCA=90°,∠α=90°，则BE___CF;(填“>”,“<”或“=”)； EF，BE，AF三条线段的数量关系是：___.
②如图2,若0°<∠BCA<180°，请添加一个关于∠α与∠BCA关系的条件___，使①中的两个结论仍然成立，并证明两个结论成立。
(2)如图3，若直线CD经过∠BCA的外部，∠α=∠BCA，请提出EF，BE，AF三条线段数量关系的合理猜想并证明。
【答案】（1）①＝，EF＝|BE−AF|②添加∠BCA+∠α＝180°，证明见解析（2）EF＝BE＋AF，证明见解析
【分析】（1）①求出∠BEC＝∠AFC＝90，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可；
②当∠a＋∠ACB＝180时，求出∠BEC＝∠AFC，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可；
（2）求出∠BEC＝∠AFC，∠CBE＝∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE＝CF，CE＝AF即可．
【详解】（1）①如图1中，
E点在F点的左侧，
∵BE⊥CD，AF⊥CD，∠ACB＝90，
∴∠BEC＝∠AFC＝90，
∴∠BCE＋∠ACF＝90，∠CBE＋∠BCE＝90，
∴∠CBE＝∠ACF，
在△BCE和△CAF中，
，
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF，CE＝AF，
∴EF＝CF−CE＝BE−AF，
当E在F的右侧时，同理可证EF＝AF−BE，
∴EF＝|BE−AF|；
故答案为＝；EF＝|BE−AF|；
②∠a＋∠ACB＝180时，①中两个结论仍然成立；
证明：如图2中，
∵∠BEC＝∠CFA＝∠a，∠a＋∠ACB＝180，
∴∠CBE＝∠ACF，
在△BCE和△CAF中，
，
∴△BCE≌△CAF（AAS），
∴BE＝CF，CE＝AF，
∴EF＝CF−CE＝BE−AF，
当E在F的右侧时，同理可证EF＝AF−BE，
∴EF＝|BE−AF|；
故答案为∠a＋∠ACB＝180．
（2）猜想：EF＝BE＋AF．
证明过程：
∵∠BEC＝∠CFA＝∠α，∠α＝∠BCA，∠BCA＋∠BCE＋∠ACF＝180°，∠CFA＋∠CAF＋∠ACF＝180°，
∴∠BCE＝∠CAF，
又∵BC＝CA，
∴△BCE≌△CAF（AAS）．
∴BE＝CF，EC＝FA，
∴EF＝EC＋CF＝BE＋AF．
故答案为：EF＝BE＋AF．
【点睛】本题综合考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，注意这类题目图形发生变化，结论基本不变，证明方法完全类似，属于中考常考题型．
33．（2020·浙江嘉兴·八年级期末）中，．
（1）如图①，若点是与平分线的交点，求的度数；
（2）如图②，若点是与平分线的交点，求的度数；
（3）如图③，若点是与平分线的交点，求的度数；
（4）若.请直接写出图①，②，③中的度数，(用含的代数式表示)
【答案】（1）115°；（2）65°；（3）25°；（4）分别为：①；②；③
【分析】（1）根据三角形内角和定理和角平分线定义得出∠PBC+∠PCB=（∠ABC+∠ACB）=65°，根据三角形的内角和定理得出∠P的度数；
（2）由三角形内角和定理和邻补角关系得出∠CBD+∠BCE=360°-130°=230°，由角平分线得出∠PBC+∠PCB=（∠CBD+∠BCE）=115°，再由三角形内角和定理即可求出结果；
（3）由三角形的外角性质和角平分线的定义证出∠P=∠A，即可得出结果；
（4）由（1）（2）（3），容易得出结果．
【详解】解:（1），
，
点是与平分线的交点，
，，
，
；
（2），
，
点是与平分线的交点，
，
；
（3）点是与平分线的交点，
，，
，，
，
；
（4）若，在（1）中，；
在（2）中，同理得：；
在（3）中，同理得：．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理、三角形的角平分线、三角形的外角性质、邻补角关系等知识点；熟练掌握三角形内角和定理，弄清各个角之间的数量关系是解决问题的关键．
34．（2022··八年级期末）在ABC中，，，点D在BC上（不与点B，C重合）．
(1)如图1，若ADC是直角三角形，
①当AD⊥BC时，求AD的长；
②当AD⊥AC时，求CD的长．
(2)如图2，点E在AB上（不与点A，B重合），且．
①若，求证：DBE≌ACD；
②若ADE是等腰三角形，求CD的长．
【答案】(1)①6；②
(2)①见解析；②或
【分析】（1）①过A作AD⊥BC于点D，由等腰三角形的性质可知，再由勾股定理计算AD的长即可；②过点A作AD⊥AC交BC于点D，过点A作AH⊥BC交BC于点H，在和中借助勾股定理计算DH的长，然后由计算AD的长即可；
（2）①由、，可知，即有，然后在根据即可证明△DBE≌△ACD；②由可知，若△ADE是等腰三角形，则或，然后分两种情况讨论，分别计算CD的长即可．
（1）
解：①如图3，过A作AD⊥BC于点D，
∵，，
∴，
∴；
②如图4，过点A作AD⊥AC交BC于点D，过点A作AH⊥BC交BC于点H，
由（1）得，，
由勾股定理可知，，
∴，
解得，
∴；
（2）
①∵，，
∴，
∴，
∵，
∴△DBE≌△ACD（ASA）；
②∵，
若△ADE是等腰三角形，则或，
当时，则，
∵△DBE≌△ACD，
∴，；
当，如图5，
则，，
在中，，即，
解得，．
综上所述，或．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握相关性质，并运用分类讨论的思想分析问题是解题的关键．
35．（2022·浙江台州·八年级期末）如图1，已知AB＝AC，D是AC上一个动点，E、C位于BD两侧，BD＝BE，∠BAC＝∠DBE；
(1)当∠BAC＝60°时，如图2，连接AE，求证：AE＝CD；
(2)当∠BAC＝45°时，
①若DE⊥AB，则∠CDB＝ 度；
②如图4，连接AE．当∠CDB＝ 度时，AE最小；
(3)当∠BAC＝90°时，如图5，连接CE交AB于点M，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)①67.5；②90
(3)2
【分析】（1）连接AE，可知△ABC，△BDE是等边三角形，再利用SAS证明△BCD≌△BAE，得AE=CD；
（2）①利用等腰三角形两底角相等知∠BDE=67.5°，再根据平角的定义可得答案；
②作BH⊥AC于H，EC⊥AB于G，利用AAS证明△BDH≌△BEG，得∠BHD=∠BGE=90°，可知E在EG上运动，当E与G重合时，AE最小，此时∠BDC=∠BHC=90°；
（3）作EQ⊥AB于Q，利用AAS证明△ADB≌△QBE，得AD=BQ，则CD=AQ，再利用AAS证明△AMC≌△QME，得AM=MQ，从而解决问题．
【详解】（1）证明：连接AE，
∵∠BAC=∠DBE=60°，BD=BE，AB=AC，
∴△ABC，△BDE是等边三角形，
∴∠ABC=∠DBE，
∴∠CBD=∠ABE，
在△BCD和△BAE中，
∴△BCD≌△BAE（SAS），
∴AE=CD；
（2）解：①当∠BAC=∠DBE=45°时，
∵BD=BE，
∴∠BDE=(180°-45°)÷2=67.5°，
∵DE⊥AB，
∴∠ADE=∠A=45°，
∴∠CDB=67.5°，
故答案为：67.5；
②作BH⊥AC于H，EG⊥AB于G，

∵∠A=45°，
∴∠ABH=∠DBE=45°，
∴∠DBH=∠EBG，
∵∠BHD=∠BGE，BD=BE，
∴△BDH≌△BEG（AAS），
∴∠BHD=∠BGE=90°，
∴点E在EG上运动，
当点E与G重合时，AE最小，此时∠BDC=∠BHC=90°，
故答案为：90；
（3）作EQ⊥AB于Q，

∵∠QEB+∠QBE=90°，∠QBE+∠ABD=90°，
∴∠BEQ=∠ABD，
∵BD=BE，∠DAC=∠BQE，
∴△ADB≌△QBE(AAS)，
∴AD=BQ，
∴ CD=AQ，
∵∠CAB=∠AQE，∠AMC=∠EMQ，
∴△AMC≌△QME(AAS)，
∴AM=MQ，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，巧作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
36．（2022·浙江衢州·八年级期末）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角顶点，并将它们的底角顶点分别对应连接起来得到两个全等三角形，我们把这样的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD，CE，则△ABD≌△ACE．
(1)请证明图1的结论成立；
(2)如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，求∠BOC的度数；
(3)如图3，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，试探究∠A与∠C的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)60°
(3)∠A+∠BCD=180°，理由见解析
【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出∠ADB=∠AEC，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°，即可得出答案；
（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，进而判断出△ABD≌△CBP（SAS），即可得出结论．
【详解】（1）解：证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）如图2，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ADB=∠AEC，
令AD与CE交于点G，
∵∠AGE=∠DGO，
∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，
∴∠DOE=∠DAE=60°，
∴∠BOC=60°；
（3）∠A+∠BCD=180°．理由：
如图3，延长DC至P，使DP=DB，
∵∠BDC=60°，
∴△BDP是等边三角形，
∴BD=BP，∠DBP=60°，
∵∠ABC=60°=∠DBP，
∴∠ABD=∠CBP，
∵AB=CB，
∴△ABD≌△CBP（SAS），
∴∠BCP=∠A，
∵∠BCD+∠BCP=180°，
∴∠A+∠BCD=180°．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解本题的关键．
37．（2022·浙江台州·八年级期末）如图1，在等边中，点是边上的一点，连接，以为边作等边，连接．
(1)求证：．
(2)如图2，过，，三点分别作于点，于点，于点．求证：．
(3)如图3，，垂足为点，若将点改为线段上的一个动点，连接，以为边作等边，连接．当时，直接写出的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据SAS证明三角形全等即可；
（2）利用面积法证明即可；
（3）连接EC．由△ABD≌△CBE，推出∠BAD＝∠BCE＝30°，推出点E在射线CE上运动（∠BCE＝30°），利用垂线段最短解决问题即可．
【详解】（1）∵△ABC，△BDE都是等边三角形，
∴BA＝BC，BD＝BE，∠ABC＝∠DBE＝60°，
∴∠ABC-∠DBC=∠DBE-∠DBC，
即∠ABD＝∠CBE，
在△ABD和△CBE中，
∴△ABD≌△CBE（SAS）；
（2）∵△ABD≌△CBE，
∴，
∵，
∵AF⊥BC，DM⊥BC，EN⊥BC，
∴BC•AF＝BC•DM＋BC•EN，
∴AF＝DM＋EN；
（3）连接EC，如图所示：
∵△ABD≌△CBE，
∴∠BAD＝∠BCE，
∵△ABC是等边三角形，AF⊥BC，
∴∠BAF＝∠CAF＝30°，BF＝CF＝BC＝AB＝，
∴∠BCE＝∠BAF＝30°，
∴点E在射线CE上运动（∠BCE＝30°），
∴当EF⊥EC时，EF的值最小，此时EF＝CF＝，
即EF的最小值为．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
38．（2022·浙江金华·八年级期末）如图，已知为等腰直角三角形，且面积为4．点D是的中点，点F是直线上一动点，连结．
(1)求线段的长；
(2)当点E在射线上，且时，连结，若，试判断是否为等腰三角形，并说明理由；
(3)直线上是否存在点F（F不与重合），使的其中两边之比为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)线段BC的长为4；
(2)△DEF是等腰三角形，理由见解析
(3)存在，BF的长为4或4+2或4-2或2+2或2-2．
【分析】（1）利用三角形面积公式求得AB的长，再利用勾股定理即可求得线段BC的长；
（2）过点F作FH⊥BE于点H，得到△BHF为等腰直角三角形，求得BF=8，BH=FH=8，根据已知可求得DE= DF=10，即可说明△DEF是等腰三角形；
（3）分AC：CF=1：，AC：AF=1：，AF：AC=1：时，三种情况讨论即可求解．
（1）
解：∵△ABC为等腰直角三角形，且AB=AC，面积为4，
∴AB×AC=4，
∴AB=AC=2，
∴BC=4，
∴线段BC的长为4；
（2）
解：△DEF是等腰三角形，理由如下：
过点F作FH⊥BE于点H，
∵△ABC为等腰直角三角形，且AB=AC=2，BC=4，
∴∠ABC=∠BCA=45°，
∴△BHF为等腰直角三角形，且BH=FH，
∵AF=3AB=6，
∴BF=8，
∵BH2+FH2=BF2，即2BH2=(8)2，
∴BH=FH=8，
∵点D是BC的中点，
∴BD=DC=2，则DH=BH-BD=6，
∵DH2+FH2=DF2，即62+82=DF2，
∴DF=10，
∵CE=2BC=8，
∴DE=DC+CE=10，
∴DE= DF=10，
∴△DEF是等腰三角形；
（3）
解：存在，理由如下：
∵△ABC为等腰直角三角形，且AB=AC=2，BC=4，
∴∠BAC=∠FAC=90°，
①当AC：CF=1：时，
∵AB=AC=2，
∴CF=4，AF=2，
∴BF=AB+ AF=4；
②当AC：AF=1：时，
∵AB=AC=2，
∴AF=4，
∴BF=4+2或4-2；
③当AF：AC=1：时，

∵AB=AC=2，
∴AF=2，
∴BF=2+2或2-2；
综上，存在点F，使△ACF的其中两边之比为1:，BF的长为4或4+2或4-2或2+2或2-2．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
39．（2022·浙江杭州·八年级期末）如图，在中，，线段EF是由线段AB平移得到的，点F在边BC上，以EF为边构造，使，，过点D作，垂足为H，延长BF交DH于点G．
(1)如图①，若点D恰好在AC的延长线上，此时点A与点H重合，点C与点G重合．
①求证：．
②若，，求DF的长．
(2)如图②，将点F沿着BC边继续平移，此时仍成立吗？若不成立，请说明理由；若成立，连结AD，当点C与点F重合时，请直接写出AD与DH的数量关系．
【答案】(1)①见解析；②
(2)△HDE≌△GFD仍成立，AD＝DH
【分析】（1）①由“AAS”可证△HDE≌△GFD；②由平移的性质可得EH＝BF＝1，由勾股定理可求解；
（2）由“AAS”可证△HDE≌△GFD，可得DH＝GF，通过证明，可得GF＝AH，由等腰直角三角形的性质可求解．
（1）
①证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CDF＋∠DFC＝90°，
∵∠EDF＝90°，DE＝FD，
∵∠EDF＝∠ADE＋∠CDF＝90°，
∴∠ADE＝∠DFC，
在△HDE和△GFD中，
，
∴△HDE≌△GFD（AAS），
②∵△HDE≌△GFD，
∴EH＝DG，
∵线段EF是由线段AB平移得到的，
∴EH＝BF＝1，
∴DG＝EH＝1，
∴DF＝ ；
（2）
△HDE≌△GFD仍成立，理由如下：
∵线段EF是由线段AB平移得到的，
∴EF＝AB，EFAB，
连接AF，
∴ ，
∵EF＝AB， ，
∴ ，
∴，
∴AEBF，
∵DH⊥AE
∴DH⊥BF，
∴∠HGB＝90°，
∴∠HGB＝∠GDF＋∠DFG＝90°，
∵∠EDF＝90°，DE＝FD，
∵∠EDF＝∠EDH＋∠FDG＝90°，
∴∠EDH＝∠DFG，
在△HDE和△GFD中，
，
∴△HDE≌△GFD（AAS），
当点F与点C重合时，
∵△HDE≌△GFD，
∴DH＝GF，
∵EABG，DH⊥AE，
∴∠AHD＝∠BGH＝90°，
∴∠HGB＝∠AFB＝90°，
∴HGAF，
∴ ，
∵∠AHD＝90°, ，
∴
∴GF＝AH，
∴DH＝AH，
∴AD＝DH．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了，全等三角形的判定和性质，平移的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
40．（2022·浙江杭州·八年级期末）（1）如图①，在中，D为外一点，若AC平分，于点E，，求证：；
琮琮同学：我的思路是在AB上取一点F，使得，连结CF，先证明≌得到
，再证明，从而得出结论；
宸宸同学：我觉得也可以过点C作边AD的高线CG，由角平分线的性质得出，再证明≌，从而得出结论．请根据两位同学的思路选择一种写出证明过程．
（2）如图②，D、E、F分别是等边的边BC、AB，AC上的点，AD平分，且．
求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）琮琮同学：在AB上取一点F，使得AD=AF，连结CF，先证明△ADC≌△AFC得到DC=FC，再证明CB=CF，从而得出结论；
宸宸同学：过点C作边AD的高线CG，由角平分线的性质得出CG=CE，再证明△GDC≌△EBC，从而得出结论；
（2）在DE上截取DH=DF，连接AH，由“SAS”可证△ADF≌△ADH，可得AH=AF，∠AFD=∠AHD，由等腰三角形的性质可得AE=AH=AF，可得结论．
【详解】解：证明：琮琮同学：如图①a，在AB上取点F，使AF=AD，连接CF，
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠FAC，
在△ADC和△AFC中，
，
∴△ADC≌△AFC（SAS），
∴DC=FC，∠CDA=∠CFA，
又∵∠B+∠ADC=180°，∠CFE+∠AFC=180°，
∴∠B=∠CFE，
∴CB=CF，
又∵DC=FC，
∴CB=DC．
宸宸同学：如图①b，过点CG⊥AD交AD的延长线于G．
∵AC平分∠DAB，CG⊥AG，CE⊥AB，
∴CG=CE，
∵∠B+∠ADC=180°，∠CDG+∠ADC=180°，
∴∠CDG=∠B，
在△CGD和△CEB中，
，
∴△CGD≌△CEB（AAS），
∴CB=CD；
（2）如图②，在DE上截取DH=DF，连接AH，
∵AD平分∠EDF，
∴∠EDA=∠HDA，
在△ADF和△ADH中，
，
∴△ADF≌△ADH（SAS），
∴AH=AF，∠AFD=∠AHD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∴∠BAC+∠EDF=180°，
∴∠AED+∠AFD=180°，
又∵∠AHD+∠AHE=180°，
∴∠AHE=∠AEH，
∴AE=AH，
∴AE=AF，
∴AB-AE=AC-AF，
∴BE=CF．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
41．（2022·浙江衢州·八年级期末）如图1，在△ABC，AB＝AC＝10，BC＝12．
(1)求BC边上的高线长．
(2)点E是BC边上的动点，点D在边AB上，且AD＝4，连结DE．
①如图2，当点E是BC中点时，求△BDE的面积．
②如图3，沿DE将△BDE折叠得到△FDE，当DF与△ABC其中一边垂直时，求BE的长．
【答案】(1)8
(2)①；②或或
【分析】（1）如图，过作于再求解 再利用勾股定理求解高线长即可；
（2）①如图，连接 利用等腰三角形的三线合一证明 求解可得 证明 从而可得答案；②分三种情况讨论：当时，再利用等面积法与勾股定理结合可得答案；当于时，利用角平分线的性质及面积比可得答案；当时，如图，则 证明 再利用勾股定理可得答案.
（1）
解：如图，过作于
AB＝AC＝10，BC＝12，

所以BC边上的高线长为
（2）
解：①如图，连接
为的中点，

由（1）得：

则


②当时，由对折可得：

过作于 连接 过作于 过作于
由①得：
则
设
则
由

而
解得：

当于时，则

过作于 由对折可得




当时，如图，则
由对折可得 而 则
而

结合对折可得：
过作于
同理可得：


综上：当DF与△ABC其中一边垂直时，BE的长为或或.
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，清晰的分类讨论，等面积法是应用等都是解本题的关键.
42．（2021·浙江湖州·八年级期末）某数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下研究：
（1）如图1，△ABC中分别以AB，AC为边向外作等腰△ABE和等腰△ACD使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，并说明理由．
（2）如图2，△ABC中分别以AB，AC为边向外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACD，∠EAB＝∠CAD＝90°，连接BD，CE，若AB＝4，BC＝2，∠ABC＝45゜，求BD的长．
（3）如图3，四边形ABCD中，连接AC，CD＝BC，∠BCD＝60°，∠BAD＝30°，AB＝15，AC＝25，求AD的长．
【答案】（1）CE=BD，见解析；（2）6；（3）20
【分析】（1）证△EAC≌△BAD即可；
（2）证△EAC≌△BAD，得BD=CE，易得∠EBC=90゜，从而在Rt△EBC中运用勾股定理即可求得结果；
（3）连接BD，把△ACD绕点D顺时针旋转60゜得到△EBD，连接AE，则可得BE=AC，△ADE是等边三角形，从而易得AB⊥AE，在Rt△BAE中由勾股定理可求得AE，也即AD的长．
【详解】（1）∵∠EAB=∠CAD
∴∠BAC+∠EAB=∠BAC+∠CAD
即∠EAC=∠BAD
在△EAC和△BAD中

∴△EAC≌△BAD(SAS)
∴CE=BD
（2）∵∠EAB=∠CAD=90゜
∴∠BAC+∠EAB=∠BAC+∠CAD
即∠EAC=∠BAD
∵△EAB、△CAD都是等腰直角三角形，且∠EAB=∠CAD=90゜
∴AE=AB=4，∠EBA=45゜，AC=AD
∴由勾股定理得：
在△EAC和△BAD中

∴△EAC≌△BAD(SAS)
∴CE=BD
∵∠EBC=∠EBA+∠ABC=45゜+45゜=90゜
∴在Rt△EBC中，由勾股定理得：
∴BD=6
（3）如图，连接BD
∵CD=BC，∠BCD=60゜
∴△BCD是等边三角形
把△ACD绕点D顺时针旋转60゜得到△EBD，点E与点A对应，连接AE
则BE=AC=25，△ADE是等边三角形
∴∠DAE=60゜，AD=AE
∴∠BAE=∠BAD+∠DAE=30゜+60゜=90゜
即AB⊥AE
在Rt△BAE中，由勾股定理得：
∴AD=20
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，旋转变换，第三问作旋转变换是关键，也是难点．本质上来说，前两问也可看成把△EAC绕A点逆时针旋转一定角度而得到△BAD．
43．（2021·浙江湖州·八年级期末）定义：我们把对角线长度相等的四边形叫做等线四边形．
（1）尝试：如图1，在的正方形网格图形中，已知点、点是两个格点，请你作出一个等线四边形，要求、是其中两个顶点，且另外两个顶点也是格点；
（温馨提示：请画在答题卷相对应的图上）
（2）推理：如图2，已知与均为等腰直角三角形，，连结，，求证：四边形是等线四边形；
（3）拓展：如图3，已知四边形是等线四边形，对角线，交于点，若，，，．求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据等线四边形的定义作图即可；
（2）连结，，根据与均为等腰直角三角形，得出结论证明出即可；
（3）分别以、为底作等腰三角形、，顶点均为点．
于是有，，，根据已知可以证明，再证明，是等边三角形，根据勾股定理的逆使用，得出，过点作于点，则，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）作图：答案不唯一，画出一幅图即可．
（2）证明如图2，连结，．
与均为等腰直角三角形，
，，
，
，
，
四边形是等线四边形．
（3）解：如图3，分别以、为底作等腰三角形、，顶点均为点．
于是有，，，
，
，
是等边三角形．
同理，也是等边三角形．
，．
，
，
．
过点作于点，则．
，，
由勾股定理算得，．
【点睛】本题考查了等线四边形的定义、三角形全等的判定与性质、等边三角形、勾股定理、解题的关键是：掌握相关知识点后，需要理解等线四边形的定义，添加辅助线来求解．
44．（2021·浙江杭州·八年级期末）如图，线段与交于O，，E，F，G分别是，，中点．
（1）如图1，当时，与的数量关系是_________，_____；
如图2当时，与的数量关系是___________，_______；
（2）如图3，当时，与的数量关系是_________，______；
（3）请你证明图3的结论．
【答案】（1）EG=FG，60°；EG=FG，90°；（2）EG=FG，∠FGE=180°-2θ；（3）见解析
【分析】（1）由DO=DC，AO=AB，∠DOC=∠AOB=60°，可得：△DOC与△AOB是等边三角形，由三线合一可得DF⊥AC，AE⊥BD，又由直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，可得EG=FG，又由DG=GF=AG=EG=AD，利用等边对等角，即可求得∠FGE的度数；∠AOB=45°时，方法一样；
（2）与（1）的方法类似，注意此时△DOC与△AOB是等腰三角形，由等腰三角形中的三线合一仍可求得结果．
（3）根据以上分析证明即可．
【详解】解：（1）当∠AOB=60°时，
证明：连接DF与EA，
∵DO=DC，AO=AB，
∵∠DOC=∠AOB=60°，
∴△DOC与△AOB是等边三角形，
∵E，F，G分别是OB，OC，AD中点，
∴DF⊥AC，AE⊥BD，
∴EG=AD，FG=AD，
∴EG=FG，
∵∠DCO=∠BAO=60°，
∴AB∥CD，
∴∠CDA+∠DAB=180°，
∵∠CDF=∠CDO=∠BAE=∠BAO=30°，
∴∠ADF+∠EAG=120°，
∵DG=GF=AG=EG=AD，
∴∠DFG=∠GDF，∠AEG=∠GAE，
∴∠DFG+∠AEG=∠ADF+∠EAG=120°，
∴∠DFG+∠AEG+∠ADF+∠EAG=240°，
∴∠DGF+∠AGE=360°-（∠DFG+∠AEG+∠ADF+∠EAG）=120°，
∴∠FGE=60°；
当∠AOB=45°时，
证明：连接DF与AE，
∵DO=DC，AO=AB，
∵∠DOC=∠AOB=45°，
∴△DOC与△AOB是等腰直角三角形，
∵E，F，G分别是OB，OC，AD中点，
∴DF⊥AC，AE⊥BD，
∴EG=AD，FG=AD，
∴EG=FG，
∵∠DCO=∠BAE=45°，
∴AE∥CD，
∴∠CDA+∠DAE=180°，
∵∠CDF=∠CDO=∠EAB=∠BAO=45°，
∴∠ADF+∠EAG=135°，
∵DG=GF=AG=EG=AD，
∴∠DFG=∠GDF，∠AEG=∠GAE，
∴∠DFG+∠AEG=∠ADF+∠EAG=135°，
∴∠DFG+∠AEG+∠ADF+∠EAG=270°，
∴∠DGF+∠AGE=360°-（∠DFG+∠AEG+∠ADF+∠EAG）=90°，
∴∠FGE=90°；
（2）当∠AOB=θ时，EG=FG，∠FGE=180°-2θ；
（3）证明：连接DF与AE，
∵DO=DC，AO=AB，∠DOC=∠AOB=∠DCO=∠ABO=θ，
∴△DOC与△AOB是等腰三角形，
∵E，F，G分别是OB，OC，AD中点，
∴DF⊥AC，AE⊥BD，
∴EG=AD，FG=AD，
∴EG=FG，
∵∠FDO=∠EAO=90°-θ，
∴∠ODA+∠OAD=θ，
∴∠FDA+∠EAD=180°-θ，
∵DG=GF=AG=EG=AD，
∴∠DFG=∠GDF，∠AEG=∠GAE，
∴∠DFG+∠AEG=∠ADF+∠EAG=180°-θ，
∴∠DFG+∠AEG+∠ADF+∠EAG=360°-2θ，
∴∠DGF+∠AGE=360°-（∠DFG+∠AEG+∠ADF+∠EAG）=2θ，
∴∠FGE=180°-2θ．
【点睛】此题考查了直角三角形的性质以及等腰三角形的性质等知识．题目难度适中，注意数形结合思想的应用．
45．（2020·浙江·八年级期末）如图，在中，平分交于点，作于点，点是中点，连结．
（1）求证：．
（2）若．
①求的值．
②在的边上取一点，当是等腰三角形时，的值是____．
【答案】（1）见解析；（2）①；②3－或或3或
【分析】（1）根据等腰三角形的性质及直角三角形的性质证明即可；
（2）①先证明∠ADE＝30°，由此可得AD＝2，DE＝，再证明DF＝AC＝2，∠FDA＝∠CAD＝60°，由此可证得∠EDF＝90°，最后利用勾股定理计算即可；
②分点M在AB、BD、CD、AC四种情况，画出相应图形分别讨论即可求得答案．
【详解】（1）证明：∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，
又∵点F是AC的中点，
∴DF＝CF＝AF＝AC，
∴∠FDC＝∠C，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠FDC＝∠B，
∴；
（2）解：①∵∠B＝∠C＝30°，
∴∠BAC＝180°－∠B－∠C＝120°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝60°，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝∠BED＝90°，
∴∠ADE＝90°－∠BAD＝30°，
∴AD＝2AE＝2，
∴在Rt△ADE中，DE＝，
∵∠ADB＝90°，∠B＝30°，
∴AC＝AB＝2AD＝4，
∴DF＝AC＝2，
∵DF＝AF，
∴∠FDA＝∠CAD＝60°，
∴∠EDF＝∠ADE＋∠FDA＝90°，
∴在Rt△DEF中，EF＝，
∴EF的值为；
②当点M在AB上时，则△DEM为直角三角形，
∴若△DEM为等腰三角形，则有ME＝DE＝，
∵BE＝AB－AE＝3＞，AE＝1＜，
∴此时点M在线段BE上，如图所示：
则BM＝BE－ME＝3－；
当点M在线段BD上时，
∵∠ADB＝90°，∠ADE＝30°，
∴∠BDE＝∠ADB－∠ADE＝60°，
∴若△DEM为等腰三角形，则△DEM为等边三角形，如图所示：
∴MD＝DE＝，
又∵∠BED＝90°，∠B＝30°，
∴BD＝2DE＝2，
∴BM＝BD－MD＝；
当点M在线段CD上时，
∵∠BDE＝60°，
∴∠CDE＝180°－∠BDE＝120°，
∴△DEM为钝角三角形，
∴若△DEM为等腰三角形，则有DM＝DE＝，如图所示：
∴BM＝BD＋MD＝3；
当点M在线段AC上时，则△DEM如图所示：
则假设DM⊥AC，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DM⊥AC，
∴DE＝DM＝，∠AMD＝∠AED＝90°，
又∵∠BAC＝120°，
∴∠EDM＝360°－∠AED－∠AMD－∠BAC＝60°，
∵DE＝DM，∠EDM＝60°，
∴△DEM为等边三角形，此时△DEM也是等腰三角形，
∴∠ADM＝∠EDM－∠ADE＝30°，
过点M作MN⊥BC于点N，连接BM，
则MNAD，
∴∠DMN＝∠ADM＝30°，
∴DN＝DM＝，
∴BN＝BD＋DN＝，
在Rt△DMN中，MN＝，
∴在Rt△BMN中，BM＝，
综上所述，当△DEM是等腰三角形时，BM的值是3－或或3或，
故答案为：3－或或3或．
【点睛】本题综合考查了等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，直角三角形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握相关图形的性质与判定是解决本题的关键．
46．（2020·浙江·八年级期末）已知，点P为其内部一点，连结，在中，如果存在一个三角形，其内角与的三个内角分别相等，那么就称点P为的等角点．
（1）判断以下两个命题是否为真命题，若为真命题，则在相应横线内写“真命题”反之，则写“假命题”．
①内角分别为的三角形存在等角点；_________命题；
②任意的三角形都存在等角点；___________命题；
（2）如图①，点P是的等角点，若，探究图①中之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图②，在中，，若的三个内角的角平分线的交点P是该三角形的等角点，直接写出三个内角的度数．
【答案】（1）①真；②假；（2）∠BPC=∠ABC+∠ACP；（3），，
【分析】（1）①②根据等角点的定义，可知内角分别为、、的三角形存在等角点，而等边三角形不存在等角点，据此判断即可；
（2）根据中，以及进行推导，即可得出、、之间的数量关系；
（3）先连接，，再根据的三个内角的角平分线的交点是该三角形的等角点，以及三角形内角和为，得出关于的方程，求得的度数即得出可三角形三个内角的度数．
【详解】解：（1）①内角分别为、、的三角形存在等角点是真命题；
②任意的三角形都存在等角点是假命题，如等边三角形不存在等角点；
故答案为：真命题，假命题；
（2）如图①，在中，，，
；
（3）如图②，连接，
为的角平分线的交点，
，，
为的等角点，
，，，
又，
，
，
该三角形三个内角的度数分别为，，．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理的应用，解决问题的关键是理清等角点的定义，根据等角点的定义以及三角形的内角和为，得出角的关系式并进行求解．
47．（2020·浙江·八年级期末）如图，是的高，的平分线交于点，设．
（1）求的度数（用含的代数式表示）；
（2）求证：；
（3）将沿直线折叠得到，连接，若，求证：．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）根据∠A=2∠B，以及角平分线的定义表示出∠ACE，再根据高的定义得到交ACD，从而可以表示出∠DCE；
（2）在DA上截取DM=DE，连接CM，求出∠ACM，得到∠BCM，再求出∠BMC，可推出BC=BM，根据BM=BE+2DE可推出结论；
（3）根据折叠得到△BCE≌△BCF，从而推出∠FCB=∠FBC，在△ABC中利用内角和求出α，分别求出∠AFE和∠DCE，即可证明∠AFE=∠DCE．
【详解】解：（1），，
，
，
平分，
，
是的高，
∴∠ADC=90°，
∴∠ACD=90°-∠A=90°-2α，
；
（2）在DA上截取DM=DE，连接CM，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）∵△BCE沿直线BC折叠得到△BCF，
∴△BCE≌△BCF，
，，
，EF垂直平分BC，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了折叠的性质，角平分线的定义，三角形内角和，等角对等边，解题的关键是利用相应定理求出角的度数，结合边的关系推出结论．
48．（2020·浙江·八年级期末）如图，在中，，，，若动点从点开始，按的路径运动，且速度为每秒，设出发的时间为．
（1）出发后，求的周长；
（2）问为何值时，为等腰三角形？
（3）另有一点，从点开始，按的路径运动，且速度为每秒，若，两点同时出发，当，中有一点到达终点时，另一点也停止运动．当为何值时，直线把的周长分成相等的两部分？
【答案】（1）（）cm；（2）6s或13s或12s或 10.8s ；（3）4 s或12s
【分析】（1）利用勾股定理求出PB，加上PC和BC即可解得；
（2）利用分类讨论的思想和等腰三角形的特点及三角形的面积求出答案．
（3）当P点在AC上，Q在AB上时：AP=8-t，AQ=16-2t，因为直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，可得8-t+16-2t=12，t=4；当P点在AB上，Q在AC上时：AP=t-8，AQ=2t-16，因为直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，推出t-8+2t-16=12，解方程即可．
【详解】解：（1）如图，
∵∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，
根据勾股定理，可得AB=10cm．
出发2s后，点P在线段AC上，且CP=2cm，
∴BP==cm，AP=6cm．
∴△PAB周长为（）cm；
（2）若P在边AC上时，BC=CP=6cm，
此时用时为6s，△BCP为等腰三角形；
若P在AB边上时，
①若使BP=CB=6cm，此时AP=4cm，P运动的路程为12cm，
所以用的时间为12s，故t=12s时，△BCP为等腰三角形；
②若CP=BC=6cm，过C作斜边AB的高，根据面积法求得高为4.8cm，
根据勾股定理求得BP=7.2cm，
所以P运动的路程为18-7.2=10.8cm，
∴t的时间为10.8s，△BCP为等腰三角形；
③若BP=CP时，则∠PCB=∠PBC，
∵∠ACP+∠BCP=90°，∠PBC+∠CAP=90°，
∴∠ACP=∠CAP，
∴PA=PC，
∴PA=PB=5cm，
∴P的路程为13cm，所以时间为13s时，△BCP为等腰三角形．
综上：t=6s或13s或12s或 10.8s 时△BCP为等腰三角形．
（3）当P点在AC上，Q在AB上时：
AP=8-t，AQ=16-2t，
∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，
∴8-t+16-2t=12，
∴t=4；
当P点在AB上，Q在AC上时：
AP=t-8，AQ=2t-16，
∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，
∴t-8+2t-16=12，
∴t=12．
综上：当t为4 s或12s时，直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分．
【点睛】本题考查三角形综合题、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程，把问题转化为方程解决，属于压轴题．
49．（2020·浙江·八年级期末）如图1，中，于，且，
（1）试说明是等腰三角形；
（2）已知，如图2，动点从点出发以每秒的速度沿线段向点运动，同时动点从点出发以相同速度沿线段向点运动，当其中一点到达终点时整个运动都停止．设点运动的时间为（秒），
①若的边与平行，求的值；
②若点是边的中点，问在点运动的过程中，能否成为等腰三角形？若能，求出的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）①t值为5或6；②9或10或
【分析】（1）设CD=2x，BD=3x，AD=4x，则BC=5x，由勾股定理求出AB，即可得出结论；
（2）由△ABC的面积求出CD、BD、AD、AB；①当MN∥AC时，BM=BN；当DM∥AC时，BD=BM；得出方程，解方程即可；
②由直角三角形的性质得出DE=5，根据题意得出当点N在DA上，即4＜t≤10时，△NDE为等腰三角形，有3种可能：如果DE=DN；如果ED=EN；如果ND=NE；分别得出方程，解方程即可．
【详解】解：（1）证明：设CD=2x，BD=3x，AD=4x，
则BC=5x，
在Rt△ABD中，AB==5x，
∴AB=BC，
∴△ABC是等腰三角形；
（2）①S△ABC=×5x×4x=40cm2，而x＞0，
∴x=2cm，
则CD=4cm，BD=6cm，AD=8cm，AB=10cm．
①当MN∥AC时，BM=BN，
即10-t=t，
∴t=5；
当DM∥AC时，BD=BM，
得：t=6；
∴若△DMN的边与AC平行时，t值为5或6．
②∵点E是边AB的中点，AD⊥BC，
∴DE=AB=5，
当点N在CD上，即0≤t≤4时，△NDE为钝角三角形，但DN＜DE；
当点N在BD上，即4＜t≤10时，△NDE为等腰三角形，有3种可能．
如果DE=DN，则t-4=5，
∴t=9；
如果ED=EN，则点N运动到点B，
∴t=10；
如果ND=NE=t-4，
过点E作EF⊥BC于F，如图所示：
∵ED=EB，
∴DF=BF=BD=3，
在Rt△BEF中，EF==4；
∵CN=t，CF=7，
∴FN=t-7，
则在Rt△EFN中，（t-4）2-（t-7）2=42，
∴t=，
综上所述，符合要求的t值为9或10或．
【点睛】本题考查了勾股定理、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、解方程等知识；本题有一定难度，需要进行分类讨论才能得出结果．
50．（2020·浙江·八年级期末）如图，中，，若动点从点开始，按的路径运动，且速度为每秒，设运动的时间为秒．
（1）当为何值时，把的周长分成相等的两部分．
（2）当为何值时，把的面积分成相等的两部分，并求出此时的长．
（3）当为何值时，为等腰三角形？
【答案】（1）12秒；（2）13秒，CP=10cm；（3）6秒或10.8秒或12秒或13秒
【分析】（1）先由勾股定理求出△ABC的斜边AB=20cm，则△ABC的周长为48cm，所以当CP把△ABC的周长分成相等的两部分时，点P在AB上，此时CA+AP=BP+BC=24cm，再根据时间=路程÷速度即可求解；
（2）根据中线的性质可知，点P在AB中点时，CP把△ABC的面积分成相等的两部分，进而求解即可；
（3）△BCP为等腰三角形时，分三种情况进行讨论：①CP=CB；②BC=BP；③PB=PC．
【详解】解：（1）△ABC中，∵∠C=90°，AC=16cm，BC=12cm，
∴AB==20cm，
∴△ABC的周长=AB+AC+BC=16+12+20=48cm，
∴当CP把△ABC的周长分成相等的两部分时，点P在AB上，
∴CA+AP=BP+BC=24（cm），
∴t=24÷2=12（秒）；
（2）当点P在AB中点时，CP把△ABC的面积分成相等的两部分，
∴CA+AP=16+10=26（cm），
∴t=26÷2=13（秒），
∴CP=AB=×20=10（cm）；
（3）△BCP为等腰三角形时，分三种情况：
①如果CP=CB，当点P在AC上，CP=12cm，此时t=12÷2=6（秒）；
如果CP=CB，当点P在AB上，CP=12cm，
作AB边上的高CD，则AC×BC=AB×CD，
即16×12=20×CD，
∴CD=9.6cm，
∴DP==7.2cm，
∴BP=14.4cm，AP=5.6cm，
∴t=（16+5.6）÷2=10.8（秒），
∴此时t=10.8（秒）；
②如果BC=BP，那么点P在AB上，BP=12cm，CA+AP=24cm，
此时t=24÷2=12（秒）；
③如果PB=PC，那么点P在BC的垂直平分线与AB的交点处，即在AB的中点，
此时CA+AP=26cm，t=26÷2=13（秒）；
综上可知，当t=6秒或10.8秒或12秒或13秒时，△BCP为等腰三角形．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了勾股定理，等腰三角形的判定，三角形的周长与面积，三角形的中线，难度适中．利用分类讨论的思想是解（3）题的关键．
51．（2020·浙江·八年级期末）如图，在中，，，交于点．动点从点出发，按的路径运动，且速度为，设出发时间为秒．
（1）求和的长；
（2）当秒时，求证：；
（3）当点在边上运动时，若是以为腰的等腰三角形，请你求出所有满足条件的的值．
【答案】（1）BD=，AD=；（2）见解析；（3）6.2或6.5
【分析】（1）如图1中，作AH⊥BC于H．根据S△ABC=•BC•AH=•AC•BD即可求出BD，再根据勾股定理即可求出AD．
（2）证明△APC≌△ADB（SAS），可得∠APC=∠ADB=90°．
（3）分两种情形①CP=CD．②PD=PC分别求解即可．
【详解】解：（1）如图1中，作AH⊥BC于H．
∵AB=AC，
∴BH=CH=BC=3，
∴AH=，
∵S△ABC=•BC•AH=•AC•BD，
∴BD=，
∴AD==；
（2）证明：如图2中，
当t=3.2时，3.2×2=6.4，此时点P在AB边上，AP=6.4-5=1.4，
由（1）可知AD==1.4，
∴AP=AD，
∵AC=AB，∠A=∠A，
∴△APC≌△ADB（SAS），
∴∠APC=∠ADB=90°，
∴PC⊥AB．
（3）解：当点P在BC上时，CP=16-2t，
①如图3-1中，当CD=CP时，
∵CD=5-1.4=3.6，
∴16-2t=3.6，
∴t=6.2．
②如图3-2中，当PD=PC时，
∵PD=PC，
∴∠C=∠PDC，
∵∠C+∠CBD=90°，∠PDC+∠PDB=90°，
∴∠PBD=∠PDB，
∴PB=PD，
∴PC=PB=3，
∴16-2t=3，
∴t=6.5，
综上所述，满足条件的t的值为6.2或6.5．
【点睛】本题考查勾股定理，等腰三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
52．（2020·浙江·八年级期末）如图，在中，，，．
（1）求BC边上的高线长；
（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将折叠得到，连接PA、PE、PF．
①如图2，当时，求AP的长；
②如图3，当点P落在BC上时，求证：．
【答案】（1）2；（2）①；②见详解
【分析】（1）过点A作AD⊥BC于D，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理，即可求解；
（2）①设AP与EF交于点O，根据折叠的性质，得∠AFE=45°，EF垂直平分AP，从而得∠AEF=60°，∠EAO=30°，进而即可求解；②由折叠得性质，得AE=PE，结合点E为线段AB的中点，可得AP⊥BC，再结合∠C=60°，AF=PF，可得∆CPF是等边三角形，进而即可得到结论．
【详解】解：（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．
∵在Rt△ABD中，，，
∴设BD=AD=x，则，解得：x=2，
∴BC边上的高线长为2；
（2）①设AP与EF交于点O，
∵，沿EF将折叠得到，
∴∠AFE=∠AFP=×90°=45°，EF垂直平分AP，
∵，，
∴∠BAC=180°-45°-60°=75°，
∴∠AEF=180°-75°-45°=60°，
∴∠EAO=30°，
∵点E为线段AB的中点，，
∴AE=，
∴OE=，
∴AO=，
∴AP=2AO=；
②沿EF将折叠得到，当点P落在BC上时，则AE=PE，
∵点E为线段AB的中点，
∴AE=BE，
∴AE=PE=BE，
∴∠B=∠EPB，∠EAP=∠EPA，
∴∠EPA+∠EPB=，即：AP⊥BC，
∵∠C=60°，
∴∠CAP=30°，
∵AF=PF，
∴∠APF=∠CAP=30°，
∴∠CPF=90°-30°=60°，
∴CPF是等边三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查折叠的性质，勾股定理，，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握“直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半”，是解题的关键．
53．（2021·浙江绍兴·八年级期末）如图1，已知，点D是射线上的动点，延长至点E，使得，连结，过点D作，交的垂直平分线于点F，连结，探究与的关系．
下面是小明遵循老师平时说的“一般问题特殊化入手研究”的思路所做的探究活动请你根据小明的探究思路，回答下列问题．
[探究1]如图2小明先探究点D与点C重合，延长至点G，使得，连结，，发现一些全等三角形，如：等，从而发现．
请证明：．
[探究2]当点D与点C不重合时，猜想与的关系，并说明理由．
[探究3]小明由角度的关系联想到了线段之间的关系，当时，探究线段与的数量关系．
【答案】[探究1]见解析；[探究2]，理由见解析；[探究3]
【分析】[探究1]根据已知条件利用SAS可得；
[探究2] 当点D在线段上时， 延长至点G，使得，连结．可得．所以，根据已知条件可得所以，所以；当点D在线段的延长线上时， 同理可得，．
[探究3] 在中，．所以 ，即可得出结论．
【详解】解：[探究1]：证明：在和中，
∵，
∴
[探究2]：
猜想：
理由如下：当点D在线段上时，如图2．
延长至点G，使得，连结．
在和中，
∵，
∴．
∴．
又∵F在的垂直平分线上，
∴，
∴．
∵，
∴，
又∵，
∴．
∴，
∴．
当点D在线段的延长线上时，如图3．
同理可得，．
综上所述，．
[探究:3]：在中，．
∵，
∴．
【点睛】本题几何综合题主要考查了、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、分类讨论思想，解题的关键是正确做辅助线寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．
54．（2021·浙江绍兴·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点 D 在 BM 上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为 E，F，连接 EM．则下列结论中： ①BF＝CE； ②∠AEM＝∠DEM；③AE﹣CE＝2ME；④DE2＋DF2＝2DM2； ⑤若AE平分∠BAC，则EF：BF＝：1； 正确的有_______．（只填序号）
【答案】①②④⑤
【分析】证明△BCF≌△CAE，得到BF=CE，可判断①；再证明△BFM≌△CEM，从而判断△EMF为等腰直角三角形，得到EF=EM，可判断③，同时得到∠MEF=∠MFE=45°，可判断②；再证明△DFM≌△NEM，得到△DMN为等腰直角三角形，得到DN=，DM，可判断④；根据角平分线的定义可逐步推断出DE=EM，再证明△ADE≌△ACE，得到DE=CE，则有，从而判断⑤；
【详解】解：∵∠ACB=90°，
∴∠BCF+∠ACE=90°，
∵∠BCF+∠CBF=90°，
∴∠ACE=∠CBF，
又∵∠BFD=90°=∠AEC，AC=BC，
∴△BCF≌△CAE（AAS），
∴BF=CE，故①正确；
由全等可得：AE=CF，BF=CE，
∴AE-CE=CF-CE=EF，
连接FM，CM，
∵点M是AB中点，
∴CM=AB=BM=AM，CM⊥AB，
在△BDF和△CDM中，∠BFD=∠CMD，∠BDF=∠CDM，
∴∠DBF=∠DCM，
又BM=CM，BF=CE，
∴△BFM≌△CEM（SAS），
∴FM=EM，∠BMF=∠CME，
∵∠BMC=90°，
∴∠EMF=90°，即△EMF为等腰直角三角形，
∴EF=EM=AE-CE，故③错误，∠MEF=∠MFE=45°，
∵∠AEC=90°，
∴∠MEF=∠AEM=45°，故②正确，
设AE与CM交于点N，连接DN，
∵∠DMF=∠NME，FM=EM，∠DFM=∠DEM=∠AEM=45°，
∴△DFM≌△NEM（ASA），
∴DF=EN，DM=MN，
∴△DMN为等腰直角三角形，
∴DN=DM，而∠DEA=90°，
∴DE2+DF2=DN2=2DM2，故④正确；
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=45°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE=∠CAE=22.5°，∠ADE=67.5°，
∵∠DEM=45°，
∴∠EMD=67.5°，即DE=EM，
∵AE=AE，∠AED=∠AEC，∠DAE=∠CAE，
∴△ADE≌△ACE（ASA），
∴DE=CE，
∵△MEF为等腰直角三角形，
∴EF=EM，
∴，故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
【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，等量代换，难度较大，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．
55．（2020·浙江台州·八年级期末）（1）如图1，在△ABC中，D是BC的中点，过D点画直线EF与AC相交于E，与AB的延长线相交于F，使BF＝CE．
①已知△CDE的面积为1，AE＝kCE，用含k的代数式表示△ABD的面积为 ；
②求证：△AEF是等腰三角形；
（2）如图2，在△ABC中，若∠1＝2∠2，G是△ABC外一点，使∠3＝∠1，AH∥BG交CG于H，且∠4＝∠BCG﹣∠2，设∠G＝x，∠BAC＝y，试探究x与y之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（1）、（2）的条件下，△AFD是锐角三角形，当∠G＝100°，AD＝a时，在AD上找一点P，AF上找一点Q，FD上找一点M，使△PQM的周长最小，试用含a、k的代数式表示△PQM周长的最小值 ．（只需直接写出结果）
【答案】（1）①k+1；②见解析；（2）y＝x+45°，理由见解析；（3）
【分析】（1）①先根据AE与CE之比求出△ADE的面积，进而求出ADC的面积，而D中BC中点，所以△ABD面积与△ADC面积相等；②延长BF至R，使FR＝BF，连接RC，注意到D是BC中点，过B过B点作BG∥AC交EF于G．得，再利用等腰三角形性质和判定即可解答；
（2）设∠2＝α．则∠3＝∠1＝2∠2＝2α，根据平行线性质及三角形外角性质可得∠4=α，再结合三角形内角和等于180°联立方程即可解答；
（3）分别作P点关于FA、FD的对称点P'、P''，则PQ+QM+PM＝P'Q+QM+MP“≥P'P''＝FP，当FP垂直AD时取得最小值，即最小值就是AD边上的高，而AD已知，故只需求出△ADF的面积即可，根据AE＝kEC，AE＝AF，CE＝BF，可以将△ADF的面积用k表示出来，从而问题得解．
【详解】解：（1）
①∵AE＝kCE，
∴S△DAE＝kS△DEC，
∵S△DEC＝1，
∴S△DAE＝k，
∴S△ADC＝S△DAE+S△DEC＝k+1，
∵D为BC中点，
∴S△ABD＝S△ADC＝k+1．
②如图1，过B点作BG∥AC交EF于G．
∴，
在△BGD和△CED中，
，
∴（ASA），
∴BG＝CE，
又∵BF＝CE，
∴BF＝BG，
∴，
∴
∴AF＝AE，即△AEF是等腰三角形．
（2）如图2，设AH与BC交于点N，∠2＝α．
则∠3＝∠1＝2∠2＝2α，
∵AH∥BG，
∴∠CNH＝∠ANB＝∠3＝2α，
∵∠CNH＝∠2+∠4，
∴2α＝α+∠4，
∴∠4＝α，
∵∠4＝∠BCG﹣∠2，
∴∠BCG＝∠2+∠4＝2α，
在△BGC中，，即：，
在△ABC中，，即：，
联立消去得：y＝x+45°．
（3）如图3，作P点关于FA、FD的对称点P'、P''，
连接P'Q、P'F、PF、P''M、P''F、P'P''，
则FP'＝FP＝FP''，PQ＝P'Q，PM＝P''M，∠P'FQ＝∠PFQ，∠P''FM＝∠PFM，
∴∠P'FP''＝2∠AFD，
∵∠G＝100°，
∴∠BAC＝∠G+45°＝120°，
∵AE＝AF，
∴∠AFD＝30°，
∴∠P'FP''＝2∠AFD＝60°，
∴△FP'P''是等边三角形，
∴P'P''＝FP'＝FP，
∴PQ+QM+PM＝P'Q+QM+MP''≥P'P''＝FP，
当且仅当P'、Q、M、P''四点共线，且FP⊥AD时，△PQM的周长取得最小值．
，，，
，
，
当时，，
的周长最小值为．
【点睛】本题是三角形综合题，涉及了三角形面积之比与底之比的关系、全等三角形等腰三角形性质和判定、轴对称变换与最短路径问题、等边三角形的判定与性质等众多知识点，难度较大．值得强调的是，本题的第三问实际上是三角形周长最短问题通过轴对称变换转化为两点之间线段最短和点到直线的距离垂线段最短．
56．（2020·浙江·八年级期末）在平面直角坐标系中，点，点，C，D是y轴上两点．
（1）如图1，和等边三角形，连接并延长交x轴于E，求的长；
（2）如图2，直线交x轴于E，平分线交直线于F，轴于D，交直线于G，若，请你写出线段，与之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，若，在坐标轴上是否存在点P，使为等腰直角三角形？若存在，请直接写出P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）8；（2）EG=OD+DG，理由见解析；（3）存在，(3，0)
【分析】（1）过点A作AF⊥y轴于F，由点A的纵坐标可得OF的长，从而可得OC的长，易证△DAO≌△BAC，从而可得∠BCA=∠AOC=60゜，在Rt△COE中，∠CEO=30゜，从而可得EC=2OC；
（2）过点F分别作FP⊥GE于点P，FH⊥x轴于点H，易得△DFO、△FHO均是等腰直角三角形，则OD=FD=FH=OH，由CF平分∠ACD知，FP=FD，则FP=FH，易证△FHE≌△FPE，则∠FEH=∠FEP，由FD∥OH易得FG=EG，从而可得三线段间的关系；
（3）分点P在x轴上和点P在y轴上两种情况考虑即可．
【详解】（1）过点A作AF⊥y轴于F，如图
∵A点纵坐标为2
∴OF=2
∵△AOC是等边三角形
∴OC=OA=AC=2OF=4，∠AOC=∠ACO=∠OAC=60゜
∵△ABD是等边三角形
∴AB=AD，∠DAB=60゜
∴∠OAC+∠CAD=∠CAD+∠DAB
∴∠OAD=∠CAB
在△DAO与△BAC中

∴△DAO≌△BAC(SAS)
∴∠BCA=∠AOC=60゜
∴∠BCO=∠BCA+∠ACO=120゜
∴∠CEO=∠BCO-∠EOC=120゜-90゜=30゜
在Rt△COE中，EC=2OC=8
（2）EG=OD+DG
理由如下：
过点F分别作FP⊥GE于点P，FH⊥x轴于点H，如图
∵A(2，2)
∴OA是∠DOH的平分线
∴∠DOF=∠HOF=45゜
∵FD⊥y轴
∴FD∥OH，∠DFO=45゜
∴OD=FD
同理：OH=FH
∵∠DOF=∠HOF=45゜，∠FDO=∠FHO=90゜，FO=FO
∴△FDO≌△FHO
∴OD=FD=OH=FH
∵CF平分∠ECD，FD⊥OD，FP⊥GE
∴FD=FP
∴FP=FH
∵FE=FE
∴Rt△FHE≌Rt△FPE
∴∠FEH=∠FEP
∵FD∥OH
∴∠DFE=∠FEH
∴∠DFE=∠FEP
∴FG=EG
∵FG=FD+DG=OD+DG
∴EG=OD+DG
（3）存在
①当点P在x轴上时，设P(x，0)
∵A(1，2)，B(3，4)
∴，，
∵，即PB>AB
∴AB边不可能是等腰直角三角形的斜边
若，则
解得：x=3
此时PA=AB，即△PAB是等腰直角三角形
∴P(3，0)
若，则
解得：x=7
此时PB≠AB，即△PAB不是等腰直角三角形
②当点P在y轴上时，设P(0，y)
∴，，
∵，即PB>AB
∴AB边不可能是等腰直角三角形的斜边
若，则
解得：y=3
此时PA≠AB，即△PAB不是等腰直角三角形
若，则
解得：y=7
此时PB≠AB，即△PAB不是等腰直角三角形
综上所述，满足条件的点P的坐标为(3，0)
【点睛】本题是一个综合题，考查了坐标与图形，等边三角形性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定与性质，平面直角坐标系中两点间的距离等知识，要求灵活运用这些知识，同时运用了分类讨论思想，是常见的压轴题．
57．（2020·浙江·八年级期末）已知，如图：在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形是长方形，点A､C､D的坐标分别为，，，点P从点O出发，以每秒1单位长度的速度沿运动，点P的运动时间为t秒．
（1）当时，P点坐标为___________；
（2）当时，有最小值吗？如果有，请算出该最小值，如果没有，请说明理由；
（3）当t为何值时，是腰长为5的等腰三角形？若存在，直接写出t的值，若没有，请说明理由．
【答案】（1）（1，4）；（2）；（3）存在，t=6，7，12或14
【分析】（1）当t=5时，得到点P的位置，得到CP和OC的长，可得点P坐标；
（2）分点P在BC上和点P在AB上，两种情况，分别根据对称的性质，利用勾股定理求出最小值；
（3）根据题意画出相应的图形，然后利用分类讨论的方法和勾股定理可以解答本题．
【详解】解：（1）由题意可得，
当t=5时，点P在BC上，且PC=5-4=1，
又∵OC=4，
∴点P的坐标为（1，4）；
（2）当t＞4时，
点P在BC或AB上，
当点P在BC上时，作点D关于直线CB的对称点D′，连接OD′与BC交于点P，则点P即为所求，
如图一所示，
∵四边形OABC是长方形，点A、C、D的坐标分别为A（9，0）、C（0，4），D（5，0），
∴点D′（5，8），
∴OP+PD的最小值为OD′，即OD′==；
当点P在AB上时，当点P与点A重合时，OP+PD最小，
∴OP+PD的最小值为OA+AD=9+4=13＞；
综上：OP+PD的最小值为；
（3）当，7，12或14时，是腰长为5的等腰三角形，
理由：如图二所示，
当时，
点，点，
，
，
，
；
当时，
，
，
，
；
当时，
，
，
，
；
当时，
，
，
点，点，
，
；
由上可得，当，7，12或14时，是腰长为5的等腰三角形．
【点睛】本题考查了坐标与图形，等腰三角形的定义和性质，最短路径问题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用勾股定理、分类讨论和数形结合的思想解答．
58．（2021·浙江·八年级期末）如图，已知．
（1）求的面积；
（2）在轴上是否存在点使得为等腰三角形，若存在，请直接写出点所有可能的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）如果在第二象限内有一点，且过点作轴于，请用含的代数式 表示梯形的面积，并求当与面积相等时的值？
【答案】（1）；（2）存在．或或或；（2），时，．
【分析】（1）根据勾股定理和直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半求出AB、AC的长，再利用三角形面积公式求解即可；
（2）设Q（0，a），分三种情况①AB=BQ时；②AB=AQ时；③BQ=AQ时进行讨论求解即可；
（3）由题意，OH=﹣m，利用梯形面积公式得，结合图形可得，再由得到关于m的方程，解方程即可求解m值．
【详解】，
，
又，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
即，得：，
；
存在
设，则，，
①当时，即，
，
解得：或，
；
②当时，即，
解得：或（舍去，与重合），
；
③当时，即，
，
解得：，
，
综上：在轴上存在一点或或或，使为等腰三角形；
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
解得：，
即，当时，．
【点睛】本题考查了坐标与图形、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、平方根、解一元一次方程等知识，解答的关键是利用数形结合思想，将各知识点串起来，进行探究、推理和计算．
59．（2021·浙江金华·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x，y轴分别交于A(12，0)，B(0，8)，以OA为斜边作等腰Rt△OAC．
(1)求直线AB的解析式；
(2)如图2，动点E从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴的正方向匀速运动，动点F从点A出发，以每秒3个单位长度的速度沿x轴的负方向匀速运动，E、F两点同时运动．在运动过程中，以EF为斜边在x轴上方作等腰直角三角形EFG． 设运动时间为t秒．
①当点G落在AB上时，求EF的长；
②以CG为直角边，点G为直角顶点作等腰Rt△CGD（点C、点G、点D逆时针排列）． 在运动过程中，是否存在某一时刻，使得点D在x轴上，若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①9或18②存在，此时的值为2或6
【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；
（2）①分和两种情况，根据等腰直角三角形的性质求出点的坐标，再将其代入直线的解析式求出的值，由此即可得；
②根据（2）①中两种情况下点的坐标，过点作轴的垂线，交轴于点，过点作轴的垂线，交延长线于点，从而可得的长，再根据三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，据此建立方程，解方程即可得．
（1）
解：设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为．
（2）
解：①，
，
由题意得：，
当点与点相遇时，，解得，
分以下两种情况：
（Ⅰ）当点在点的左侧，即时，
则，
如图，过点作轴于点，
是以为斜边的等腰直角三角形，
，
，
，
将点代入得：，
解得，
则此时；
（Ⅱ）当点在点的右侧，即时，
则，
如图，过点作轴于点，
是以为斜边的等腰直角三角形，
，
如图1，当点在轴正半轴时，，则，
将点代入得：，
解得，不符题设，舍去；
如图2，当点在轴负半轴时，，则，
将点代入得：，
解得，符合题意，
则此时，
综上，的长为9或18；
②如图，过点作轴于点，
是以为斜边的等腰直角三角形，
，
，
根据（2）①两种情况下点的坐标，分以下两种情况：
（Ⅰ）如图，当点的坐标为时，
过点作轴的垂线，交轴于点，过点作轴的垂线，交延长线于点，
则，，
，
是以点为直角顶点的等腰直角三角形，
，
，
，
在和中，，
，
，即，
解得，符合题设；
（Ⅱ）如图，当点的坐标为时，
过点作轴的垂线，交轴于点，过点作轴的垂线，交延长线于点，
则，
同理可证：，
，即，
解得，符合题设；
综上，在运动过程中，存在某一时刻，使得点在轴上，此时的值为2或6．
【点睛】本题考查了求一次函数的解析式、一次函数的几何应用、等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，较难的是题（2）②，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
60．（2022·浙江·杭州外国语学校八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，直线y＝﹣x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线y＝x交于点C．
（1）求点C的坐标；
（2）点P是线段OA上的一个动点（点P不与点O，A重合），过点P作平行于y轴的直线l，分别交直线AB，OC于点D，点E，设点P的横坐标为m．
①求线段PD的长（用含m的代数式表示）；
②当点P，D，E三点中有一个点是另两个点构成线段的中点时，请直接写出的值；
（3）过点C作CF⊥y轴于点F，点M在线段CF上且不与点C重合，点N在线段OC上，CM＝ON，连接BM，BN，BM+BN是否存在最小值？如果存在，请直接写出最小值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）C(4，3) （2）①PD=||，②m=或m=；（3）存在最小值，最小值是，理由见解析．
【分析】(1)由方程组，解得：，即可求解；
(2)①点P的横坐标为m，由PDy轴，得点P、D三点横坐标都为m，点D坐标为(m，)，得PD=||；②先表示出P，D，E三点坐标，分三种情况，第一种情形：点D是PE的中点时，第二种情形：点P是DE的中点时，第三种情形：点E是PD的中点时，根据中点坐标公式即可求解；综上，m=或m=；
(3)在OA上取点H，使得OH=BC，连接NH，先证△BCM≌△HON(SAS)，，BM=NH，BM+BN=NH+BN，当NH+BN最小，即B、N、H三点共线时，BM+BN最小，即可求解．
【详解】解：(1)∵直线与直线交于点C，
∴得方程组：，
解得：，
∴点C的坐标为(4，3)；
(2)①点P的横坐标为m，
∵PDy轴，
∴点P、D三点横坐标都为m，
当x=m时，，
∴点D坐标为(m，)，
∴PD=∣∣；
②当x=m时，
∴点E坐标为(m，)，
而点P坐标为(m，0)，
第一种情形：点D是PE的中点时，
解得：m=；
第二种情形：点P是DE的中点时，
，
此方程无解，故不成立；
第三种情形：点E是PD的中点时，
解得：m=
综上，m=或m=；
(3)BM+BN存在最小值，在OA上取点H，使得OH=BC，连接NH，
∵C(4，3)，A(8，0)，B(0，6)，∠AOB=90°
∵AB=10，
∴CF⊥BO，
∴点F坐标为(0，3)，
∴CF垂直平分BO，
∴CB=OC=AC=5，∠BCF=∠OCF，
∴CFAO，
∴∠FCO=∠AOC，
∴∠BCM=∠HON，
∵MC=NO，CB=OH，
∴△BCM≌△HON(SAS)，
∴BM=NH，
∴BM+BN=NH+BN，当NH+BN最小，即B、N、H三点共线时，BM+BN最小，此时最小值=．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，中点坐标公式的运用，全等三角形的性质与判定，最值问题，解题关键是利用全等三角形的性质把BM+BN的值转化为NH+BN的值．
61．（2020·浙江宁波·八年级期末）定义：图象与x轴有两个交点的函数y＝叫做关于m的对称函数，它与x轴负半轴交点记为A，与x轴正半轴交点记为B，
（1）关于l的对称函数y＝与直线x＝1交于点C，如图．
①直接写出点的坐标：A（ ，0）；B（ ，0）；C（1， ）；
②P为关于l的对称函数图象上一点（点P不与点C重合），当时，求点P的坐标；
（2）当直线y＝x与关于m的对称函数有两个交点时，求m的取值范围．
【答案】（1）①﹣2，2，2；②点P坐标为或或；（2）．
【分析】（1）①把点的横（纵）坐标代入解析式中即可求得点的纵（横）坐标；
②先根据三角形面积公式求得，再根据得到，解得或，再根据解析式求出点P的横坐标即可；
（2）先根据关于m的对称函数的解析式， 确定m的取值范围为，再根据一次函数与二元一次方程组的关系确定直线y=x与关于m的对称函数的两个交点的坐标，再根据交点存在确定m的取值范围．
【详解】解：（1）①当时，令，即，解得，此时满足题意，故．
当时，令，即，解得，此时满足题意，故．
当时，，故．
故答案为：，2，2．
②∵，，，
∴AB=4，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴或．
当，且时，令，即，解得，此时与点C重合，故舍去．
当，且时，令，即，解得，此时符合题意，故．
当，且时，令，即，解得，此时符合题意，故．
当，且时，令，即，解得，此时符合题意，故．
故点P坐标为或或．
（2）∵关于m的对称函数的解析式为
∴该函数图象为两个一次函数图象的一部分结合起来的图象．
∵一次函数图象与x轴最多只有一个交点，且关于m的对称函数与x轴有两个交点，
∴组成该对称函数的两个一次函数图象的部分图象都与x轴有交点．
∵对于，令y=0，即，解得x=2，
∴x=2必须在的范围之内．
∴．
∵对于，令y=0，即，解得，
∴必须在的范围之内．
∴．
∴．
∵直线y＝x与关于m的对称函数有两个交点，
∴直线y=x分别与直线和各有一个交点．
对于直线y=x与直线，
联立可得解得
∴直线y=x与直线必有一交点．
对于直线y=x与直线，
联立可得解得
∵，
∴必须在的范围之内才能保证直线y=x与直线有交点．
∴．
∴．
∴m的取值范围是．
【点睛】本题考查求一次函数自变量的值或函数值，坐标与图形关系，三角形面积公式，一次函数与二元一次方程组的关系，熟练掌握分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．
62．（2021·浙江台州·八年级期末）根据天气预报，某地将持续下雨7天，然后放晴．开始下雨的48小时内，某水库记录了水位变化，结果如下：
在不泄洪的条件下，假设下雨的这7天水位随时间的变化都满足这种关系．
（1）在不泄洪的条件下，写出一个函数解析式描述水位y随时间x的变化规律；
（2）当水库的水位达到43m时，为了保护大坝安全，必须进行泄洪．
①下雨几小时后必须泄洪？
②雨天泄洪时，水位平均每小时下降0.05m，求开始泄洪后，水库水位y与时间x之间的函数关系式；并计算泄洪几小时后水位可以降到下雨前的初始高度？
【答案】（1）；（2）①120小时；② （120≤x＜168），y＝（x＞168），泄洪56小时后，水位降到下雨前的初始高度
【分析】（1）观察数据的变化符合一次函数，设出一次函数的解析式，拥待定系数法即可求出解析式；
（2）①取y＝43，算出对应的x即可；
②开始泄洪后的水位为水库的量减去泄洪的量，分别用x表示出对应的值，即可写出y与x的关系式，取y＝40，求出x即可．
【详解】解：（1）观察发现x和y满足一次函数的关系，设y＝kx+b，
代入（0，40）（12，40.3）得：
，
解得：，
∴；
（2）①当y＝43时，有，
解得x＝120，
∴120小时时必须泄洪；
②在下雨的7天内，即120≤x＜168时，
，
7天后，即x＞168时，此时没有下雨，水位每小时下降米，
，
当y＝40时，有：，
解得x＝180（不合，舍去），
或者，则x＝176，
176﹣120＝56，
∴泄洪56小时后，水位降到下雨前的初始高度．
【点睛】本题主要考查一次函数的应用，关键是要会用待定系数法求出一次函数的解析式，根据解析式求出y满足一定条件时对应的x的值．
63．（2020·浙江·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C是的中点，点D是线段上的点，且．
（1）直接写出线段的长；
（2）求直线的解析式；
（3）连结，求证：．
（4）若点P是x轴上的点，且到直线的距离等于的长，直接写出点P的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4），或，
【分析】（1）首先求出、两点坐标，根据勾股定理即可解决问题；
（2）延长DC交y轴于点E，首先证明是等腰三角形，由此可求得点E的坐标，进而可求出直线的解析式，最后联立列方程组即可求出点坐标；
（3）在BC上取点F，使得CF＝CD，连接OF，先证明≌，可得，，再证明≌，由此即可证得结论；
（4）作于点，过点M作MH⊥x轴于点H，先证明，由此可得，，进而将y＝1代入即可求得点，同理可求得点的坐标，进而可得答案．
【详解】（1）解：直线交轴于点，交轴于点，
，，
是中点，，
，
在中，．
（2）解：如图，延长DC交y轴于点E，
，，
，
，，
，
，，
，
设直线CD的解析式为，
将，代入，得：
，
解得：
直线的解析式为；
（3）证明：如图，在BC上取点F，使得CF＝CD，连接OF，
∵，，
∴，
∵在与中，
∴≌（SAS），
∴，，
∴，
∴在与中，
∴≌（SAS），
∴，
∵，
∴；
（4）解：如图，作于点，过点M作MH⊥x轴于点H，
由题意可得：，
∵，MH⊥x轴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴在与中，
∴（AAS），
∴，，
将y＝1代入，得：，
解得：，
∴，
∴，
，；
如图，作于点，过点N作NG⊥x轴于点G，
由题意可得：，
∵，NG⊥x轴，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴在与中，
∴（AAS），
∴，，
将y＝－1代入，得：，
解得：，
∴，
∴，
，，
综上所述，满足条件的点坐标为，或，．
【点睛】本题考查一次函数综合题、待定系数法、勾股定理、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用全等三角形的判定与性质，属于中考常考题型．
64．（2020·浙江·八年级期末）过点的直线，交y轴于点A，交x轴于点B．
（1）点A坐标__________；点B坐标_________；点C坐标_________；
（2）如图，在左侧有一点D，使是等腰直角三角形，并且，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，P是直线上一动点，沿直线翻折，A的对应点是E，当E点恰好落在坐标轴上，直接写出P点的坐标．
【答案】（1）（0，9）；（，0）；（1，-4）；（2）（-6，2）；（3）或P（）
【分析】（1）把x=1代入求出c的值，得点C坐标；令x=0，代入求得y的值，从而得点A坐标，令y=0，得x的值，进一步得出点B坐标；
（2）过点D作DE⊥y轴，交于点E，过点C作CF⊥BE的延长线于点F，交x轴于点H，证明≌，得，，得，设 可得，求解即可；
（3）分点E在y轴上和x轴上两种情况求解即可．
【详解】解：（1）把C（1，c）代入得，c=-4，
∴点C的坐标为（1，-4）
令y=0，则-13x+9=0，
解得，
∴点B的坐标为（，0）；
令x=0，则y=9，
∴点A的坐标为（0，9）；
故答案为：（0，9）；（，0）；（1，-4）；
（2）过点D作DE⊥y轴，交于点E，过点C作CF⊥BE的延长线于点F，交x轴于点H，如图，
∴CH=4，OH=1，
又∵，
∴
在和中，

∴≌
∴，
又
∴
设
∴，
∴
解得，
∴；
（3）如图，当点E在y轴上时，此时DP//x轴，
∴
∵AC的解析式为y=-13x+9
∴
∴
∴
如图，当点E在x轴上时，则有AD=DE，连接AE，延长DP交AE于点H，
设E（a，0）
∴
解得，
经检验，是原方程的根，
∵点E在x轴的正半轴上，
∴
∴E（3，0）
由折叠得H为AE的中点，
∴H()
设直线DH的解析式为
将D（-6，2），H()代入得，
解得，
∴直线DH的解析式为
联立方程组，
解得，
∴P（）
综上，点P的坐标为或P（）
【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的图象与性质，结合三角形全等知识解题是关键．
65．（2022·浙江舟山·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，，将线段平移至线段，点C在y轴的正半轴上，点D在第一象限内，连接．
（1）直接写出图中平行的线段，用“//”表示：___________；
（2）设点，则点D的坐标可表示为________；
（3）求出点C，D的坐标；
（4）如图，过点D作x轴的平行线a，点P从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿直线a向左移动，同时，点Q从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴向右移动．
①求经过几秒钟后，以Q、O、D、P为顶点的四边形面积；
②在①的条件下，若交y轴于点M，请直接写出点M的坐标．
【答案】（1）AB∥CD，AC∥BD；（2）（1，y-1）；（3）C（0，5），D（1，4）；（4）①1秒或秒；②（0，4）或（0，）
【分析】（1）直接根据平移的性质可得；
（2）由点A和点B的坐标关系，推广到点C和点D的坐标关系，可得结果；
（3）过D作DE⊥x轴于点E，过C作CF⊥DE于点F，利用S梯形AEFC=S△ADE+S△CDF+S△ACD列出方程，解之即可；
（4）①表示出DP=t，OQ=，根据四边形面积得到，再分0≤t≤和t＞两种情况分别求解；
②分t=1和t=两种情况分别求解．
【详解】解：（1）由平移可知：
AB∥CD，AC∥BD；
（2）∵A（-3，0），B（-2，-1），
则由A到B：横坐标加1，纵坐标减1，
∵C（0，y），
∴D（1，y-1）；
（3）如图所示：
过D作DE⊥x轴于点E，过C作CF⊥DE于点F，
∴S梯形AEFC===，
又∵S△CDF===，
S△ADE===，
∵S梯形AEFC=S△ADE+S△CDF+S△ACD，
∴，
解得：y=5，
∴C（0，5），D（1，4）；
（4）①设P、Q运动时间为t秒，
则DP=t，OQ=，
∴，
∴，
当0≤t≤时，
，
解得：t=1，符合题意；
当t＞时，
，
解得：t=，符合题意；
综上：符合条件的时间为1秒或秒；
②当t=1时，
点P的坐标为（0，4），点Q坐标为（-1，0），
此时PQ与y轴的交点M的坐标为（0，4）；
当t=时，
点P的坐标为（，4），点Q坐标为（，0），
设直线PQ的解析式为y=kx+b，
则，解得：，
∴直线PQ的解析式为，
令x=0，则y=，
∴点M的坐标为（0，），
综上：点M的坐标为（0，4）或（0，）．
【点睛】本题考查了坐标与图形，平移的性质，一次函数与坐标轴的交点，一元一次方程，解题的关键是掌握平移的性质，将坐标与线段长结合起来．
66．（2020·浙江杭州·八年级期末）已知一次函数，其中a为常数，且．
（1）若点在该一次函数的图象上，求a的值；
（2）当该函数的图象与y轴的交点位于原点上方，判断函数值y随自变量x的增大而变化的趋势；
（3）已知A的坐标，B的坐标，O为原点，若该函数的图象与围成的区域有交点（含边界），求a的取值范围；
【答案】（1）2；（2）函数值y随自变量x的增大而减小；（3）≤a≤
【分析】（1）将点（1，-2）代入函数表达式，即可求出a值；
（2）求出函数与y轴交点纵坐标，令其大于0，求出a的取值范围，代入函数表达式中，根据一次函数增减性判断即可；
（3）先判断出函数经过定点（2，-1），再画出图像，求出函数经过A和B时的a值，从而得到a的取值范围．
【详解】解：（1）∵点在一次函数图像上，
∴，
解得：a=2；
（2）∵该函数的图象与y轴的交点位于原点上方，
令x=0，则y=，
则-2a+1＞0，
解得：a＜，
∴a-1＜＜0，
∴函数值y随自变量x的增大而减小；
（3）∵，
令x=2，则y=-1，
∴该函数经过定点（2，-1），
如图，当函数经过点B时，
将B（-4，1）代入，
则，
解得：a=；
当函数经过点A时，
将A（0，4）代入，
则，
解得：a=；
∴若该函数的图象与围成的区域有交点（含边界），则a的取值范围是≤a≤．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了一次函数的图像和性质，解题的关键是求出函数经过的定点，从而画出图像进行求解．
67．（2020·浙江·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，一次函数与x轴交于点A，与y轴交于点，与正比例函数交于点．
（1）求直线的函数表达式：
（2）在y轴上找点P，使为等腰三角形，直接写出所有满足条件的P点坐标；
（3）在直线上找点Q，使得，求点Q的坐标．
【答案】（1）；（2）或或或；（3），或，．
【分析】（1）可先求得点坐标，再利用待定系数法可求得一次函数的表达式；
（2）可设，则可表示出、和，分、和三种情况，分别得到关于的方程，可求得点的坐标；
（3）可设出点的坐标，从而可表示出的长，由三角形的面积可得到关于点坐标的方程，可求得点的坐标．
【详解】解：（1）正比例函数过点，
，
，
设直线解析式为，
把、代入可得，解得，
直线的函数表达式为；
（2）设，且，
，，，
为等腰三角形，
有、和三种情况，
①当时，即，解得，此时点坐标为，
②当时，即，解得（舍去）或，此时点坐标为，
③当时，即，解得或，此时点坐标为或，
综上可知点的坐标为或或或；
（3）点在直线上，
可设，且，
，
在中，令可得，
，且，
，
，且，
如图，过作于点，
，即，解得，
，
，
，解得或，
当时，，当时，，
点的坐标为，或，．
【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数图象的交点、勾股定理、等腰三角形的性质、三角形的面积、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中求得点坐标是解题的关键，在（2）中用点坐标表示出、的长是解题的关键，在（3）中求得的高是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强．
68．（2021·浙江温州·八年级期末）如图，直线交轴于点，交轴于点，直线交轴于点，交直线于点，点为线段上一点，作轴，轴，延长交直线于点，记，．
（1）求点的坐标．
（2）求关于的函数关系式．
（3）记点关于直线对称点，连结，，．
①当为等腰三角形时，求的值．
②记直线交轴于点，若，则的取值范围为______．
【答案】（1）；（2）；（3）①或1；②
【分析】（1）直接将两直线解析式联立，求解即可；
（2）由题意得，，令，即可求解；
（3）①分情况讨论（ⅰ）当点在点处时，点与点重合即可求解（ⅱ）当时，延长，作，则，可证即可求解（ⅲ）不存在；②直线： ，所以分情况讨论即可；
【详解】（1）令，
解得：，
∴
（2）由题意得，，
令，
得，即，
∴，
（3）①（ⅰ）当点在点处时，点与点重合，
则，得，，
（ⅱ）当时，
由题意得，，
∴，
由对称性可知，，，
延长，作，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
（ⅲ）当 时不存在；
综上所述，当或1时，是等腰三角形；
②直线： ，
∴E(0，)，
ON≥2OE，
∴ ，
（i）当m≤ 时，，
∴ ，
（II）当m＞ 时，
∴，
综上所述： ．
【点睛】本题考查了一次函数的交点问题、一次函数与几何图形结合的问题、一次函数取值范围的问题，熟练掌握数形结合是解题的关键；
69．（2020·浙江·八年级期末）小华遇到一个数学问题，他进行了研究、推理与拓展．
【问题】如图1，点A、B在直线l的同侧，在直线l上是否存在点C，使得？
【研究】如图2，作点A关于直线l的对称点，连结，交直线l于点C，连结，则点C就是要找的点．小华把这样的点C叫做点A、B关于直线l的“反射点”．
【推理】证明图2中成立．
【拓展】如图3，在平面直角坐标系中，已知直线l的解析式为．
（1）若点C是点关于直线l的反射点，求点C的坐标．
（2）点E、F在x轴的正半轴上（点E在点F的左侧），若点E、F关于直线l的反射点为，且，求点E、F的坐标．
请帮助小华解决“推理”“拓展”中的问题．
【答案】推理：见详解；拓展（1）C；（2）E（，0），F（，0）
【分析】推理：根据轴对称的性质可得∠1=∠A′CD，进而即可得到结论；
拓展（1）如图，由题意得：以直线l为对称轴作A的对称点A′，连接A′B交直线l于点C，利用待定系数法求出直线A′B的解析式，联立，即可求解；
（2）作点E关于直线l的对称点E′，连接E′F，交直线l为，设E（x1，0），F（x2，0），则E′（0，x1），从而推出∠OFE′=30°，进而得到x2=x1，用x1表示出直线E′F解析式，结合，求出x1，即可得到答案．
【详解】推理：∵A、A′关于直线l对称，
∴∠1=∠A′CD，
又∵∠2=∠A′CD，
∴∠1=∠2；
推理：（1）如图，由题意得：以直线l为对称轴作A的对称点A′，连接A′B交直线l于点C，即为所求．
∵，
∴A′（0，2），
设直线A′B的解析式为：y=kx+b，
把代入上式得：，解得：，
∴y=x+2，
联立，得，
∴C；
（2）如图，作点E关于直线l的对称点E′，连接E′F，交直线l为，
设E（x1，0），F（x2，0），则E′（0，x1），
∵，
∴∠3=∠4=（180°-30°）÷2=75°，
∴∠E ′DO=∠3=75°，
∵直线l的解析式为y=x，
∴∠DOE′=45°，
∴∠OE′D=180°-75°-45°=60°，
又∵∠FOE′=90°，
∴∠OFE′=180°-90°-60°=30°，
∴OF=OE′，即x2=x1，
设直线E′F解析式为：y=kx+b，
把E′（0，x1），F（x1，0），代入上式得：，
∴，
把代入得：，
∴，
∴E（，0），F（，0）．
【点睛】本题主要考查轴对称图形的性质、一次函数的图像和性质，根据题意，画出图形，是解题的关键．
70．（2021·浙江宁波·八年级期末）如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线与直线交于点，与x轴分别交于点和点C．点D为线段上一动点，将沿直线翻折得到，线段交x轴于点F．
（1）求直线的函数表达式．
（2）若点D在线段上．
①当点E落在y轴上时，求点E的坐标．
②当与的面积相等时，求线段的长．
（3）若为直角三角形，请直接写出点D的坐标．
【答案】（1）；（2）①，②；（3）或．
【分析】（1）把点代入，求解 可得直线为，把点代入，求解，可得，再利用待定系数法求解直线的函数表达式即可；
（2）①如图，过点A作轴于点H，先求解，再求解可得 从而可得答案；②由，证明，从而可得点D为的中点，再利用中点坐标公式求解 从而可得答案；
（3）由对折可得： 可得为直角三角形，分两种情况讨论：当时，过作于 证明从而可得答案，如图，当时，先求解 可得 设 则 再利用勾股定理求解,再求解 即可得到答案．
【详解】解：（1）把点代入，


∴直线为
把点代入，得
把代入得，


直线的函数表达式．
（2）①如图，过点A作轴于点H，则，

点坐标为
②
即
而
点D为的中点
，
当时，



即

（3）由对折可得：
为直角三角形，分两种情况讨论：
当时，
如图，由对折可得：

过作于




如图，当时，
由对折可得：

由两点坐标可得：
设 则




．
综上：或．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，轴对称的性质，掌握以上知识是解题的关键．
71．（2020·浙江金华·八年级期末）如图1，直线与轴，轴分别交于点，，直线与直线交于点，与轴交于点．

（1）求点的坐标；
（2）求的面积；
（3）如图2，是轴正半轴上的一点，是直线上的一点，连接．
①若轴，且点关于直线的对称点恰好落在直线上，求的长；
②若与全等（点不与点重合），请写出所有满足要求的点坐标________．（直接写出答案）
【答案】（1）（3，4）；（2）；（3）①；②（，），（−3，12），（−，）．
【分析】（1）联立一次函数解析式得二元一次方程组，即可得出点C的坐标；
（2）求出B，D，C的坐标，结合三角形的面积公式解答即可；
（3）①根据PQ∥x轴得出AA'⊥x轴，进而解答即可；②分两种情况，结合全等三角形的性质，进行解答即可．
【详解】（1）由＝x＋1，解得：x＝3，把x＝3代入y＝x＋1＝3＋1＝4，
∴点C的坐标为（3，4）；
（2）由题意得：B（0，8），D（0，1），C（3，4），
∴BD＝7，
∴S△BDC＝BD•|xC|＝×7×3＝；
（3）①由题意得：A（6，0），
∵PQ∥x轴，
∴AA'⊥x轴，
∵A（6，0），
把x=6代入，得y=7，
∴A'（6，7）
∴AA'＝7，
∴yQ＝＝−x＋8，
∴x＝，
即PQ＝；
②按两种情形讨论：
（Ⅰ）P在B点下方，则有BP＝BC＝=5，
此时xQ＝＝＝2×÷5＝，
代入y＝−x＋8得：yQ＝，
∴Q1（，）；
（Ⅱ）P在B点上方，若BP＝BD．
则有xQ＝−xC＝−3，
∴Q2（−3，12），
若BP＝BC＝5，
则有xQ3＝−xQ1＝−，
∴Q3（−，）．
故答案为：（，），（−3，12），（−，）．
【点睛】本题主要考查的是一次函数的图像与平面几何的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法全等三角形的性质，关键是第（3）小题要分类讨论，数形结合．
72．（2020·浙江金华·八年级期末）如图，在平面直角坐标系，点的坐标是，点是轴上的一个动点，当点在轴上移动时，始终保持是等边三角形（点、、按逆时针方向排列）；当点移动到点时，得到等边三角形（此时点与点重合）．
初步探究
（1）写出点的坐标________；
（2）点在轴上移动过程中，当等边三角形的顶点在第三象限时，连接，求证：；
深入探究
（3）当点在轴上移动时，点也随之运动，探究点在怎样的图形上运动，请直接写出结论；并求出这个图形所对应的函数表达式；
拓展应用
（4）点在轴上移动过程中，当为等腰三角形时，直接写出此时点的坐标．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）点在过点且与垂直的直线上，表达式为：；（4），，，．
【分析】（1）作于．利用等边三角形三线合一求得OH，再根据勾股定理求得 即可得出B点坐标；
（2）根据等边三角形的性质利用SAS即可证明；
（3）由（2）易得，点在过点且与垂直的直线上．当点在轴上时，得．由，．利用待定系数法即可求得函数解析式；
（4）设，根据，分①当，②当，③三种情况讨论即可．
【详解】解：（1）如图1中，作于．
是等边三角形，，
∵，
∴，
∴在中，，
，；
（2）如图2中,
与都是等边三角形，
，，，
，
即，
在与中，
，
．
（3）如图2中，．
，
，
点在过点且与垂直的直线上．
当点在轴上时，,
∴,,
∴．
，．
设点所在直线的函数表达式为：．把点、的坐标分别代入
得，解得，
所以点所在直线的函数表达式为：；
（4），
∴，
设，
∵，
则，， ，
①当时，，此时或；
②当时，，
即，
解得（此时B、P重合舍去），
，
∵点、、按逆时针方向排列，
∴；
③时，，
即，
解得，此时，
∵点、、按逆时针方向排列，
∴；
综上所述C点坐标为：，，，．
【点睛】本题考查三角形综合题、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、一次函数的应用等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
73．（2020·浙江·八年级期末）【温故】在初中阶段的函数学习中，我们经历了“确定函数的表达式——利用函数图象研究其性质——运用函数解决问题”的学习过程．同时．我们也学习了绝对值的意义；
【尝试】结合上面经历的学习过程，探究函数的图象与性质，探究过程如下．请补充完整．
（1）列表：
请根据表格中的信息，求出的值．
【探索】（2）①根据（1）中结果，请在给出的平面直角坐标系中，画出这个函数的图象．（温馨提示：请把图画在答题卷相对应的图上．)
②若点在函数图象上，且，试比较与的大小，并说明理由．
【拓展】（3）结合画出的函数图象，解决问题：若关于的方程有且只有一个正根和一个负根，请直接写出满足条件的的取值范围.
【答案】（1）-3；-5 （2）①见解析 ②；理由见解析 （3）.
【分析】(1)分x≥2 和x＜2两种情形化简，后从列表中，选择符合题意的一对数值代入计算即可；
(2)根据题意，x＜2，选择对应的函数，根据函数的性质判断即可；
(3)画出图象，利用数形结合思想求解即可．
【详解】当时，，
把代入，
得:，
，
当时，，即；
图象如图
当时，，
，
随的增大而减小
当时，；
（3）如图：当直线在直线之间时，关于的方程有且只有一个正根和一个负根，
令，则，
即：或，
解得：或，
当，时，代入得：，
当，时，代入得：，
∴，
∴满足条件的的取值范围是：．
【点睛】本题考查一次函数的交点、绝对值方程与一次函数的关系，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
74．（2021·浙江金华·八年级期末）如图1，A、C是平面内的两个定点，∠BAC=20° ，点P为射线AB 上一动点，过点P作PC的垂线交直线AC于点D．设∠APC的度数为x°，∠PDC的度数为y°．小明对x与y之间满足的等量关系进行了探究，下面是小明的探究过程，请补充完整：
（1）如图1，当x=40°时，依题意补全图形：
（2）在图2中，按照下表中x的值进行取点、画图、计算，分别得到了y与x的几组对应值，补全表格：
（3）在平面直角坐标系xOy中，
①描出表中各组数值所对应的点（x， y）；
②通过研究①中点构成的图象，当y=50时， x的值为_________；
（4）用含x的代数式表示y为： ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）①见解析；②20或120；（4）
【分析】（1）依题意补全的图形即可；
（2）当x=40°时，即∠APC=40°，从图1看∠APD=90°，∠PAD=∠BAC=20°，则∠PCD=∠PAD+∠APC=60°，则∠PDC=90°-60°=30°=y，同理可得：x=60时，y=10，x=80时，y=10，x=100时，y=30，即可求解；
（3）①描点连线绘出函数图象如图2；②从图上看，当y=50时，x=20或120；
（4）分x＞70和x＜70两种情况，用待定系数法即可求解．
【详解】解：（1）依题意补全的图形如图1：
（2）当x=40°时，即∠APC=40°，
从图1看∠APD=90°，∠PAD=∠BAC=20°，
∴∠PCD=∠PAD+∠APC=60°，
则∠PDC=90°-60°=30°=y，
同理可得：x=60时，y=10，x=80时，y=10，x=100时，y=30，
填表如下：
（3）①描点连线绘出函数图象如下（图2）：
②从图上看，当y=50时，x=20或120，
故答案为20或120；
（4）当x＞70时，从图象看，函数为一次函数，设函数的表达式为y=kx+b，
将（70，0）、（80，10）代入上式并解得，
故函数的表达式为y=x-70；
当x＜70时，
同理可得：函数的表达式为y=-x+70，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，此类题目主要根据给定的表格，确定未知点的坐标，画出函数图象，利用函数图象和函数关系，解相关数据的值．
75．（2020·浙江丽水·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A,与y轴交于点B,过点B的直线x轴于点C，且AB=BC．
（1）求直线BC的表达式
（2）点P为线段AB上一点，点Q为线段BC延长线上一点，且AP=CQ,PQ交x轴于点P，设点Q的横坐标为m，求的面积（用含m的代数式表示）
（3）在（2）的条件下，点M在y轴的负半轴上，且MP=MQ，若求点P的坐标．
【答案】（1）y=-2x+8；（2）S=16m-2m2；（3）（-2，4）
【分析】（1）先求出点A，点B坐标，由等腰三角形的性质可求点C坐标，由待定系数法可求BC的解析式；
（2）过点P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，过点Q作HQ⊥AC，由“AAS”可证△AGP≌△CHQ，可得AG=HC=m-4，PG=HQ=2m-8，由“AAS”可证△PEF≌△QCF，可得S△PEF=S△QCF，即可求解；
（3）如图2，连接AM，CM，过点P作PE⊥AC，由“SSS”可证△APM≌△CQM，△ABM≌△CBM，可得∠PAM=∠MCQ，∠BQM=∠APM=45°，∠BAM=∠BCM，由“AAS”可证△APE≌△MAO，可得AE=OM，PE=AO=4，可求m的值，可得点P的坐标．
【详解】解：（1）∵直线y=2x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点B（0，8），点A（-4，0）
∴AO=4，BO=8，
∵AB=BC，BO⊥AC，
∴AO=CO=4，
∴点C（4，0），
设直线BC解析式为：y=kx+b，
由题意可得：，
解得：，
∴直线BC解析式为：y=-2x+8；
（2）如图1，过点P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，过点Q作HQ⊥AC，
设△PBQ的面积为S，
∵AB=CB，
∴∠BAC=∠BCA，
∵点Q横坐标为m，
∴点Q（m，-2m+8）
∴HQ=2m-8，CH=m-4，
∵AP=CQ，∠BAC=∠BCA=∠QCH，∠AGP=∠QHC=90°，
∴△AGP≌△CHQ（AAS），
∴AG=HC=m-4，PG=HQ=2m-8，
∵PE∥BC，
∴∠PEA=∠ACB，∠EPF=∠CQF，
∴∠PEA=∠PAE，
∴AP=PE，且AP=CQ，
∴PE=CQ，且∠EPF=∠CQF，∠PFE=∠CFQ，
∴△PEF≌△QCF（AAS）
∴S△PEF=S△QCF，
∴△PBQ的面积
=四边形BCFP的面积+△CFQ的面积
=四边形BCFP的面积+△PEF的面积
=四边形PECB的面积，
∴S=S△ABC-S△PAE=×8×8-×（2m-8）×（2m-8）=16m-2m2；
（3）如图2，连接AM，CM，过点P作PE⊥AC，
∵AB=BC，BO⊥AC，
∴BO是AC的垂直平分线，
∴AM=CM，且AP=CQ，PM=MQ，
∴△APM≌△CQM（SSS）
∴∠PAM=∠MCQ，∠BQM=∠APM=45°，
∵AM=CM，AB=BC，BM=BM，
∴△ABM≌△CBM（SSS）
∴∠BAM=∠BCM，
∴∠BCM=∠MCQ，且∠BCM+∠MCQ=180°，
∴∠BCM=∠MCQ=∠PAM=90°，且∠APM=45°，
∴∠APM=∠AMP=45°，
∴AP=AM，
∵∠PAO+∠MAO=90°，∠MAO+∠AMO=90°，
∴∠PAO=∠AMO，且∠PEA=∠AOM=90°，AM=AP，
∴△APE≌△MAO（AAS）
∴AE=OM，PE=AO=4，
∴2m-8=4，
∴m=6，
∴P（-2，4）．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
时间x/h
0
12
24
36
48
…
水位y/m
40
40.3
40.6
40.9
41.2
…
···
···
···
···
x°
40
60
80
100
y°
x°
40
60
80
100
y°
30
10
10
30