浙江八年级上学期期中【压轴34题考点专练】（解析版）

浙江八年级上学期期中【压轴34题考点专练】一、单选题1．（2020·浙江·嵊州市马寅初初级中学八年级期中）如图，已知和都是等腰三角形，，交于点F，连接，下列结论：①；②；③平分；④．其中正确结论的个数有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】①证明△BAD≌△CAE,再利用全等三角形的性质即可判断；②由△BAD≌△CAE可得∠ABF=∠ACF，再由∠ABF+∠BGA=90°、∠BGA=∠CGF证得∠BFC=90°即可判定；③分别过A作AM⊥BD、AN⊥CE,根据全等三角形面积相等和BD=CE，证得AM=AN,即AF平分∠BFE,即可判定；④由AF平分∠BFE结合即可判定．【详解】解：∵∠BAC=∠EAD∴∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD,即∠BAD=∠CAE在△BAD和△CAE中AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE∴△BAD≌△CAE∴BD=CE故①正确；∵△BAD≌△CAE∴∠ABF=∠ACF∵∠ABF+∠BGA=90°、∠BGA=∠CGF∴∠ACF+∠BGA=90°,∴∠BFC=90°故②正确；分别过A作AM⊥BD、AN⊥CE垂足分别为M、N∵△BAD≌△CAE∴S△BAD=S△CAE,∴∵BD=CE∴AM=AN∴平分∠BFE，无法证明AF平分∠CAD．故③错误；∵平分∠BFE，∴故④正确．故答案为C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的判定与性质以及角的和差等知识，其中正确应用角平分线定理是解答本题的关键．2．（2021·浙江温州·八年级期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E在边CD上，且CD＝3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF．则下列结论：①△ABG≌△AFG；②∠AGB＋∠AED＝135°；③BG＝CG；④S△EGC＝S△AFE．其中正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根据题意，证明Rt△ABG≌Rt△AFG，即可判断①；设BG＝GF＝x，则CG＝6﹣x，在Rt△EGC中，EG＝x+2，CG＝6﹣x，CE＝4，在Rt△EGC中，勾股定理建立方程，解方程即可判断③；根据①的结论可得，进而可得，根据三角形内角和定理即可得∠AGB+∠AED＝135°进而判断②；根据题中数据分别计算S△EGC，S△AFE，即可判断④【详解】解：由题意可求得DE＝2，CE＝4，AB＝BC＝AD＝6，四边形是正方形，∵将△ADE沿AE对折至△AFE，∴∠AFE＝∠ADE＝∠ABG＝90°，AF＝AD＝AB，EF＝DE＝2在Rt△ABG和Rt△AFG中，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），∴①正确；∴BG＝GF，∠BGA＝∠FGA，设BG＝GF＝x，则CG＝6﹣x，在Rt△EGC中，EG＝x+2，CG＝6﹣x，CE＝4，∴（x+2）2＝（6﹣x）2+42，解得x＝3，∴BG＝CG＝3，∴③正确；将△ADE沿AE对折至△AFE，Rt△ABG≌Rt△AFG∴∠AGB+∠AED＝135°，∴②正确；∵S△EGC＝GC•CE＝×3×4＝6，S△AFE＝AF•EF＝×6×2＝6，∴S△EGC＝S△AFE，∴④正确；故选：D．【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形全等的性质与判定，三角形内角和定理，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．3．（2021·浙江·兰溪市外国语中学八年级期中）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接CE交AD于点F，连接BD交CE于点G，连接BE．下列结论中，正确的结论有（）①CE＝BD；②△ADC是等腰直角三角形；③∠ADB＝∠AEB；④S四边形BCDE＝BD•CE；⑤BC2+DE2＝BE2+CD2．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据等腰直角三角形的性质可得AB=AC，AD=AE，然后求出∠BAD=∠CAE，再利用“边角边”证明△ABD和△ACE全等，根据全等三角形对应边相等可得CE=BD，判断①正确；根据全等三角形对应角相等可得∠ABD=∠ACE，从而求出∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，再求出∠BGC=90°，从而得到BD⊥CE，根据四边形的面积等于两个三角形的面积之和可判断出④正确；根据勾股定理表示出BC2+DE2，BE2+CD2，得到⑤正确；再求出时，∠ADC=90°，判断出②错误；∠AEC与∠BAE不一定相等判断出③错误．【详解】解：∵，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE，∵∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD=90°+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴CE=BD，∠ABD=∠ACE，故①正确；∴∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，在△BCG中，∠BGC=180°-（∠BCG+∠CBG）=180°-90°=90°，∴BD⊥CE，∴S四边形BCDE=BD•CE，故④正确；由勾股定理，在Rt△BCG中，BC2=BG2+CG2，在Rt△DEG中，DE2=DG2+EG2，∴BC2+DE2=BG2+CG2+DG2+EG2，在Rt△BGE中，BE2=BG2+EG2，在Rt△CDG中，CD2=CG2+DG2，∴BE2+CD2=BG2+CG2+DG2+EG2，∴BC2+DE2=BE2+CD2，故⑤正确；从题干信息没有给出所以只有时，=90°，无法说明，更不能说明故②错误；∵△ABD≌△ACE，∴∠ADB=∠AEC，条件不足以证明∠AEC与∠AEB相等无法证明，∴∠ADB=∠AEB不一定成立，故③错误；综上所述，正确的结论有①④⑤共3个．故选：C．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半的性质，熟记各性质是解题的关键．4．（2021·浙江·八年级期中）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．①②④ B．①②③ C．③④ D．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．5．（2020·浙江·八年级期中）如图，中，，角平分线交于点交于F，下列结论：①；②：③若，则．其中正确结论的个数为（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】A【分析】如图延长交于，作于，于．利用角平分线的性质定理，全等三角形的性质一一判断即可；【详解】解：如图延长交于，作于，于．，角平分线、交于点，，，，，，故①正确，，，，，，，，，，，故②正确，，，平分，，，，，，，，故③错误．故选：A．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、勾股定理、角平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．6．（2020·浙江·淳安县育才学校八年级期中）当题目条件出现角平分线时，我们往往可以构造等腰三角形解决问题．如图1，在中，，CD平分，，，求BC的长，解决办法：如图2，在BC边上取点E，使，连接DE，可得且是等腰三角形，所以BC的长为5，试通过构造等腰三角形解决问题：如图3，中，，，BD平分，要想求AD的长，仅需知道下列哪些线段的长（，，）（

）A．a和b B．b和c C．a和c D．a、b和c【答案】A【分析】在边上取点，使，连接，得到，在边上取点，使，连接，得到，即可推出结论．【详解】解：要想求的长，仅需知道和的长，理由是：如图4，中，，，，平分，，，在边上取点，使，连接，在和中，，，，，在边上取点，使，连接，则，，，，，，，．故选：A．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，根据题意正确的作出辅助线是解题的关键．7．（2020·浙江·翠苑中学八年级期中）如图所示，中，、分别平分和，过点作交于点，交于点，那么下列结论：①；②；③的周长等于的周长；④．其中正确的是（

）．A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】①先根据角平分线的定义可得，再根据平行线的性质可得，然后根据等量代换即可得；②根据平行线的性质即可得；③先根据等腰三角形的判定可得，，再根据三角形的周长公式即可得；④先根据角平分线的定义、三角形的内角和定理可得，再根据三角形的内角和定理即可得．【详解】∵平分，平分，∴，，∵，∴，，则结论②正确；∴，，则结论①正确；∴，，∴的周长为，，，∵的周长为，且，∴的周长不等于的周长，则结论③错误；∵，，∴，又∵，∴，∴，，，则结论④正确；综上，正确的结论是①②④，故选：C．【点睛】本题考查了角平分线的定义、平行线的性质、等腰三角形的判定、三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握角平分线的定义是解题关键．8．（2020·浙江·台州市椒江区第二中学八年级期中）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，下面的结论：①∠APO+∠DCO=30°；②△OPC是等边三角形；③AC=AO+AP；④S△ABC=S四边形AOCP，其中正确的个数是（）A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④【答案】D【分析】①利用等边对等角，即可证得∠APO=∠ABO，∠DCO=∠DBO,则∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD，据此可以求解；②证明∠POC=60°，且OP=OC，即可证得△OPC是等边三角形；③在AC上截取AE=PA，首先证明，△POA≌△CPE，则AO=CE，AC=AE+CE=AO+AP；④过点C作CH⊥AB于H，根据S四边形AOCP=S△ACP+S△AOC，利用三角形的面积公式即可求解．【详解】解：如图1，连接OB，∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=CD，∠BAD=∠BAC=×120°=60°，∴AD垂直平分BC∴OB=OC，∠ABC=90°-∠BAD=30°∵OP=OC，∴OB=OC=OP，∴∠APO=∠ABO，∠DCO=∠DBO，∴∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD=30°；故①正确；∵∠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；故②正确；如图2，在AC上截取AE=PA，∵∠PAE=180°-∠BAC=60°，∴△APE是等边三角形，∴∠PEA=∠APE=60°，PE=PA，∴∠APO+∠OPE=60°，∵∠OPE+∠CPE=∠CPO=60°，∴∠APO=∠CPE，∵OP=CP，在△OPA和△CPE中，，∴△OPA≌△CPE（SAS），∴AO=CE，∴AC=AE+CE=AO+AP；故③正确；如图3，过点C作CH⊥AB于H，∵∠PAC=∠DAC=60°，AD⊥BC，∴CH=CD，∴S△ABC=AB•CH，S四边形AOCP=S△ACP+S△AOC=AP•CH+OA•CD=AP•CH+OA•CH=CH•（AP+OA）=CH•AC，∴S△ABC=S四边形AOCP；故④正确．故选D．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、三角形内角和定理、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题的关键．9．（2019·浙江宁波·八年级期中）如图，按下面的程序进行运算，规定程序运行到“判断结果是否大于30”为一次运算．若运算进行了3次才停止，则x的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据程序运算进行了3次才停止，即可得出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出x的取值范围．【详解】解：，解得：，故选：C．【点睛】本题考查了一元一次不等式组的应用，找准等量关系，解题的关键是正确列出一元一次不等式组．二、填空题10．（2021·浙江·温州市南浦实验中学八年级期中）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，在BA延长线上取一点D，使AD＝7，连结CD，点E为AC边上一点，当∠AEB＝∠D时，△BCD的面积是△BCE的面积的6倍，则AE＝___，△BCD的面积为___．【答案】

3

【分析】过点B作BH⊥CA交CA的延长线于点H，过点C作CG⊥AD于点G，在线段DG上截取GF＝GA，连接CF，则CG是AF的垂直平分线，证明△CFD≌△BAE，可得FD＝AE，根据△BCD的面积是△BCE的面积的6倍，可得CG＝S△BCE，AE＝CE，进而可得AE的长；再利用勾股定理求出CG，进而可得△BCD的面积．【详解】解：如图，过点B作BH⊥CA交CA的延长线于点H，过点C作CG⊥AD于点G，在线段DG上截取GF＝GA，连接CF，则CG是AF的垂直平分线，∴CA＝CF，∴∠CAF＝∠CFA，∴180°﹣∠CAF＝180°﹣∠CFA，∴∠CAB＝∠CFD，∵AB＝AC＝5，∴CF＝AB＝AC＝5，在△CFD和△BAE中，，∴△CFD≌△BAE（AAS），∴FD＝AE，∵AB＝5，AD＝7，∴BD＝AB+AD＝12，∴S△BCD＝BD•CG＝12CG＝6CG，∵S△BCD＝6S△BCE，∴6CG＝6S△BCE，∴CG＝S△BCE，∵S△ABC＝BA•CG＝5CG＝CG，∴S△ABC＝S△BCE，∴S△ABE＝S△ABC﹣S△BCE＝S△BCE﹣S△BCE＝S△BCE，∵S△ABE＝AE•BH，S△BCE＝CE•BH，∴AE•BH＝×CE•BH，∴AE＝CE，∴＝，∴AE＝AC＝×5＝3，∴FD＝AE＝3，∴AF＝AD﹣FD＝7﹣3＝4，∴AG＝FG＝AF＝2，∵CG⊥AG，∴∠AGC＝90°，在Rt△ACG中，∠AGC＝90°，AC＝5，AG＝2，∴CG＝，∵BD＝12，∴S△BCD＝BD•CG＝12×＝．综上所述：AE＝3，△BCD的面积为．故答案为：；．【点睛】本题属于三角形的综合题，是中考填空题的压轴题，考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形面积公式，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．11．（2020·浙江·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点，点Q在x轴的负半轴上，且分别以、为腰，点C为直角顶点在第一、第二象限作等腰、等腰，连接交y轴于P点，则的值为________．【答案】9【分析】先过N作NH∥CM，交y轴于H，再△HCN≌△QAC（ASA），得出CH=AQ，HN=QC，然后根据点C（0，3），S△CQA=18，求得AQ=12，最后判定△PNH≌△PMC（AAS），得出CP=PH=CH=6，即可求得CP=3+6=9．【详解】解：如图，过N作NH∥CM，交y轴于H，则∠CNH+∠MCN=180°，∵等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM，∴∠MCQ+∠ACN=180°，∴∠ACQ+∠MCN=360°-180°=180°，∴∠CNH=∠ACQ，又∵∠HCN+∠ACO=90°=∠QAC+∠ACO，∴∠HCN=∠QAC，在△HCN和△QAC中，，∴△HCN≌△QAC（ASA），∴CH=AQ，HN=QC，∵QC=MC，∴HN=CM，∵点C（0，3），S△CQA=18，∴×AQ×CO=18，即×AQ×3=18，∴AQ=12，∴CH=12，∵NH∥CM，∴∠PNH=∠PMC，∴在△PNH和△PMC中，，∴△PNH≌△PMC（AAS），∴CP=PH=CH=6，又∵CO=3，∴OP=3+6=9，故答案为：9．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积计算以及等腰直角三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等进行推导计算．解题时注意：等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．12．（2020·浙江·翠苑中学八年级期中）边长为整数，且周长等于12的三角形的面积为______．【答案】或6或【分析】根据三角形的周长公式、三角形的三边关系定理可得三边长可以为、、三种情况，再分别利用等腰三角形的性质、勾股定理、三角形的面积公式求解即可得．【详解】边长为整数，且周长为12的三角形有以下三种情况：①如图，，，过点作于，∵，∴，∴，∴；②如图，，，，∵，，∴，∴，∴；③如图，，过点作于，∵，∴，∴，∴；综上，边长为整数，且周长等于12的三角形的面积为或6或，故答案为：或6或．【点睛】本题考查了等腰三角形的三线合一、勾股定理、三角形的三边关系定理等知识点，依据题意，正确分三种情况讨论是解题关键．13．（2020·浙江杭州·八年级期中）如图，分别以的边，所在直线为称轴作的对称图形和，，线段与相交于点O，连接、、、．有如下结论：①；②；③平分：④；③．其中正确的结论个数为______．【答案】3【分析】根据轴对称的性质以及全等三角形的性质一一判断即可．【详解】解：和是的轴对称图形，，，，，故①正确；，由翻折的性质得，，又，，故②正确；，，，边上的高与边上的高相等，即点到两边的距离相等，平分，故③正确；只有当时，，才有，故④错误；在和中，，，，，，故⑤错误；综上所述，结论正确的是①②③．故答案为：3．【点睛】本题考查轴对称的性质，全等三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．14．（2020·浙江·仙居县白塔中学八年级期中）如图，在四边形ABCD中，∠C＝55°，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是线段BC，DC上的动点，当周长最小时，∠EAF的度数为____．【答案】【分析】先利用四边形的内角和求解，要使的周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和CD的对称点，即可得出进而得出即可得出答案．【详解】解：作A关于BC和CD的对称点，连接，交BC于E，交CD于F，则即为的周长最小值．∵∠C=55°，∠ABC=∠ADC=90°，∴∠DAB=125°，∴∵∴∴∠EAF=故答案为70°．【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，同时考查了三角形的内角和定理，四边形的内角和定理，垂直平分线的性质，根据轴对称得出E，F的位置是解题关键．15．（2021·浙江·临海市西湖双语实验学校八年级期中）如图，在ABC中，ACB90，BAC30，AB2，D是AB边上的一个动点（点D不与点A、B重合），连接CD，过点D作CD的垂线交射线CA于点E．当ADE为等腰三角形时，AD的长度为__________．【答案】1或【分析】分两种情况：①当点E在AC上，AE＝DE时，则∠EDA＝∠BAC＝30°，由含30°角的直角三角形的性质得出BC＝1，∠B＝60°，证出△BCD是等边三角形，得出AD＝AB－BD＝1；②当点E在射线CA上，AE＝AD时，得出∠E＝∠ADE＝15°，由三角形内角和定理求出∠ACD＝∠CDA，由等角对等边得出AD＝AC＝即可．【详解】解：分两种情况：①当点E在AC上，AE＝DE时，∴∠EDA＝∠BAC＝30°，∵DE⊥CD，∴∠BDC＝60°，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴BC＝AB＝1，∠B＝60°，∴△BCD是等边三角形，∴BD＝BC＝1，∴AD＝AB－BD＝1；②当点E在射线CA上，AE＝AD时，如图所示：∵∠BAC＝30°，∴∠E＝∠ADE＝15°，∵DE⊥CD，∴∠CDA＝90°−15°＝75°，∴∠ACD＝180°−30°−75°＝75°＝∠CDA，∴AD＝AC＝，综上所述：AD的长度为1或；故答案为：1或．【点睛】本题考查了勾股定理、等腰三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识；灵活运用各性质进行推理计算是解决问题的关键．三、解答题16．（2019·浙江嘉兴·八年级期中）(1)问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E，F分别是BC,CD上的点，且∠EAF=60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小明同学探究此问题的方法是延长FD到点G，使DG=BE，连结AG，先证明ΔΔADG，再证明ΔΔAGF，可得出结论，他的结论应是．(2)探索延伸：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，CD上的点，∠EAF=∠BAD，上述结论是否依然成立？并说明理由．【答案】（1）EF=BE+DF；（2）成立，见解析【分析】（1）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；（2）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；【详解】解：（1）EF=BE+DF，证明如下：在△ABE和△ADG中，在△AEF和△AGF中，故答案为EF=BE+DF．（2）结论EF=BE+DF仍然成立；理由：延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，如图②，在△ABE和△ADG中∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF=∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△AGF中，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质及“半角模型”，熟练掌握全等三角形的判定和性质及“半角模型”构造全等的方法是解题的关键．17．（2021·浙江温州·八年级期中）如图，，，且BC＝3cm，AB＝1cm，CD＝5cm，点P以每秒1cm的速度从点B开始沿射线运动，同时点Q在线段CD上由点C向终点D运动．设运动时间为t秒．点Q的速度为x．(1)P在线段BC上时，cm，cm．（用含t的代数式表示）(2)如图①，当点P与点Q经过几秒时，使得△ABP与△PCQ全等？此时，点Q的速度x是多少？（写出求解过程）(3)如图②，是否存在点P，使得△ADP是等腰三角形？若存在，请直接写出t的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)t＝2，x＝1或t＝1.5，x＝或，；(3)存在，，，；【分析】（1）根据路程与速度的关系解决问题即可．（2）分三种情形：①△ABP≌△QCP，②△ABP≌△PCQ，③点P在点C右侧时，有△ABP≌△PCQ，分三种情形求解即可．（3）分三种情形：①AD=DP．②AD=AP．③PA=PD，分别构建方程即可解决问题．（1）解：根据题意，∵点P以每秒1cm的速度从点B开始沿射线运动，设运动时间为t秒．∴；；故答案为：；；（2）解：①当点P是BC的中点时，即BP=PC=1.5cm，AB=CQ=1cm时，∵∠ABP=∠PCQ=90°，∴△ABP≌△QCP（SAS），∴s，∴点Q的速度为：cm/s．②当点P在点C的左侧，AB=CP=1cm，CQ=BP=2cm，则△ABP≌△PCQ（SAS），∴s，cm/s．③当点P在点C的右侧，AB＝PC=1；BP＝CQ=3+1=4，则△ABP≌△PCQ，∴s，cm/s．综上所述，当点P与点Q经过秒时，使得△ABP与△PCQ全等，此时cm/s；当点P与点Q经过秒时，使得△ABP与△PCQ全等，此时cm/s；当点P与点Q经过秒时，使得△ABP与△PCQ全等，此时cm/s；（3）解：如图②中，作AH⊥CD于H．在Rt△ADH中，∵AH=BC=3，DH=CD-CH=CD-AB=4，∴AD=，∵PA=，DP=，①当AD=PD时，，解得t=3；②当AD=AP时，，解得；③当PA=PD时，，解得；综上所述，满足条件的t的值为：3或或．【点睛】本题考查三角形综合题，全等三角形的判定和性质，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，属于中考常考题型．18．（2021·浙江·兰溪市外国语中学八年级期中）定义：若a，b，c是△ABC的三边，且a2+b2＝2c2，则称△ABC为“方倍三角形”．（1）对于①等边三角形②直角三角形，下列说法一定正确的是．A．①一定是“方倍三角形”B．②一定是“方倍三角形”C．①②都一定是“方倍三角形”D．①②都一定不是“方倍三角形”（2）若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜边AB＝，则该三角形的面积为；（3）如图，△ABC中，∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，P为AC边上一点，将△ABP沿直线BP进行折叠，点A落在点D处，连接CD，AD．若△ABD为“方倍三角形”，且AP＝，求△PDC的面积．【答案】（1）A；（2）；（3）－1【分析】（1）根据“方倍三角形”定义可得，等边三角形一定是“方倍三角形”，直角三角形不一定是“方倍三角形”进而可以判断；（2）设Rt△ABC其余两条边为a，b，满足a2＋b2＝3，根据“方倍三角形”定义，还满足：a2＋3＝2b2，即可得a和b的值，进而可得直角三角形的面积；（3）根据题意可得△ABP≌△DBP，根据“方倍三角形”定义可得△ABD为等边三角形，从而证明△APD为等腰直角三角形，可得AP＝DP＝，延长BP交AD于点E，根据勾股定理求出BE的长，根据△PBC为等腰直角三角形，可得PC＝PB＝，进而可以求△PDC的面积．【详解】解：（1）对于①等边三角形，三边相等，设边长为a，则a2＋a2＝2a2，根据“方倍三角形”定义可知：等边三角形一定是“方倍三角形”；对于②直角三角形，三边满足关系式：a2＋b2＝c2，根据“方倍三角形”定义可知：直角三角形不一定是“方倍三角形”；故答案为：A；（2）设Rt△ABC其余两条边为a，b，则满足a2＋b2＝3，根据“方倍三角形”定义，还满足：a2＋3＝2b2，联立解得，则Rt△ABC的面积为：；故答案为：；（3）由题意可知：△ABP≌△DBP，∴BA＝BD，∠ABP＝∠DBP，根据“方倍三角形”定义可知：BA2+BD2＝2AD2＝2BA2，∴AD＝AB＝BD，∴△ABD为等边三角形，∠BAD＝60°，∴∠ABP＝∠DBP＝30°，∴∠PBC＝90°，∵∠CPB＝45°，∴∠APB＝180°﹣45°＝135°，∴∠DPC＝90°，∵∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，∴∠BAC＝15°，∴∠CAD＝45°，∴△APD为等腰直角三角形，∴AP＝DP＝，∴AD＝2，延长BP交AD于点E，如图，∵∠ABP＝∠PBD，∴BE⊥AD，PE＝AD＝AE＝1，∴BE＝，∴PB＝BE﹣PE＝﹣1，∵∠CPB＝∠PCB＝45°，∴△PBC为等腰直角三角形，∴PC＝PB＝，∴S△PDC＝PC•PD＝（）×＝﹣1．【点睛】本题考查了翻折变换、等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握等边三角形的性质．19．（2021·浙江绍兴·八年级期中）已知Rt△ABC中∠C＝Rt∠，且BC＝9，∠B＝30°．（1）如图1、2，若点D是CB上一点，且CD＝3，点E是AB上的动点，将△DBE沿DE对折，点B的对应点为B′（点B′和点C在直线AB的异侧），DB′与AB交于点H．①当∠B′EA＝20°时，求∠EDB的度数．②当△B′HE是等腰三角形时，求∠DEB的度数．（2）如图2，若点D是CB上一点，且CD＝3，M是线段AC上的动点，以∠MDN为直角构造等腰直角△DMN（D，M，N三点顺时针方向排列），在点M的运动过程中，直接写出CN+NB的最小值．【答案】（1）①50°；②105°或127.5°；（2）3．【分析】（1）①由题意利用翻折变换的性质求出∠DEB，可得结论；②根据题意分三种情形，利用翻折变换的性质分别求出∠DEB即可；（2）根据题意连接CN，BN，过点N作直线l⊥AC，BT⊥CB于点T，作点C关于直线l的对称点Q，连接BQ．证明△DCM≌△NTD（AAS），推出CD＝NT＝3，推出点N在直线l上运动，由C，Q关于直线l对称，推出NC＝NQ，CQ＝2NT＝6，根据CN+BN＝NQ+BN≥BQ，求出BQ，可得结论．【详解】解：（1）当∠B′EA＝20°时，由翻折的性质可知，∠DEB＝∠DEB′＝[360°﹣（180°﹣20°）]＝100°，∴∠EDB＝180°﹣∠DEB﹣∠B＝180°﹣100°﹣30°＝50°；（2）当HB′＝HE时，∠B′＝∠B＝∠AEB′＝30°，∴∠DEB＝∠DEB＝[360°﹣（180°﹣30°）]＝105°；当B′H＝B′E时，∠AEB′＝∠B′HE＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠DEB＝∠DEB′＝[360°﹣（180°﹣75°）]＝127.5°，当EB′＝HE时，∠AEB′＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∴∠DEB＝∠DEB′＝[360°﹣（180°﹣120°）]＝150°（舍弃），综上所述，∠DEB为105°或127.5°；（3）如图3中，连接CN，BN，过点N作直线l⊥AC，NT⊥CB于点T，作点C关于直线l的对称点Q，连接BQ．∵∠DCM＝∠MDN＝∠DTN＝90°，∴∠CDM+∠TDN＝90°，∠TDN+∠TND＝90°，∴∠CDM＝∠DNT，在△DCM和△NTD中，，∴△DCM≌△NTD（AAS），∴CD＝NT＝3，∴点N在直线l上运动，∵C，Q关于直线l对称，∴NC＝NQ，CQ＝2NT＝6，∴CN+BN＝NQ+BN≥BQ，∵BQ＝＝＝3，∴CN+BN≥3，∴CN+BN的最小值为3．【点睛】本题属于三角形综合题，考查翻折变换和三角形内角和定理和全等三角形的判定和性质以及两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题．20．（2020·浙江·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，的边在x轴上，A、B、C三点的坐标分别为，，，且，一动点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线匀速运动，设点P运动时间为t秒．（1）求A、C两点的坐标；（2）若点P恰好在的角平分线上，求此时t的值；（3）当点P在线段上运动时，在y轴上是否存在点Q，使与全等？若存在，请求出t的值并求出此时点Q的坐标：若不存在，请说明理由．（4）连结，若为等腰三角形，请直接写出点P的坐标．【答案】（1），；（2）秒；（3）秒时，的坐标是或；或秒时，的坐标是或；（4）点P的坐标为、、．【分析】（1）根据偶次方和算术平方根的非负性得出，，求出即可；（2）根据角平分线性质和三角形面积求出BP的长，从而求得P点运动时间t．（3）根据对应边相等关系分为情况：求出点的坐标即可．（4）设点P坐标为（x，0），由、、AB=13根据PA=PB、PA=AB、PB=AB三种情况分别求解即可，【详解】解：（1）∵，，，∴，，的坐标是，的坐标是；（2）过P点作PH⊥AB，∵点P恰好在的角平分线上，，∴PH=OP，又∵，，∴，又∵，，，∴，∴，∴（秒）（3当在线段上运动时，在轴上存在点，使与全等，在线段上运动，，即；①当，时，和全等，此时（秒），的坐标是在y轴正半轴为或负半轴为；②当，时，和全等，此时（秒），的坐标是在y轴正半轴为或负半轴为；综上所述，秒时，的坐标是或；秒时，的坐标是或．（4）点P的坐标为、、；求解过程如下：设点P坐标为（x，0），∴、、AB=13，当时，即，解得：，即点P为，当时，即，解得：，（与B点重合，舍去），故点P为，当时，即，解得：，故点P为，综上所述，若为等腰三角形，点P的坐标为、、；【点睛】本题考查了三角形综合题，需要掌握等腰三角形、全等三角形的性质和判定，偶次方和算术平方根的非负性，三角形的面积，坐标与图形性质等知识点的综合运用，关键是求出符合条件的所有情况，是一道比较容易出错的题目．21．（2020·浙江·翠苑中学八年级期中）如图所示，中，，于点，，．（1）求，的长．（2）若点是射线上的一个动点，作于点，连结．①当点在线段上时，若是以为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的的长．②设交直线于点，连结，，若，则的长为多少？（直接写出结果）．【答案】（1），；（2）①4或，②或．【分析】（1）根据BA=BC可得BC的长，分别根据勾股定理可得OC和AC的长；（2）①分两种情况：AO=OE和AO=AE时，分别画图，根据三角形的中位线定理和证明三角形全等可解决问题；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，根据同高三角形面积的比等于对应底边的比得，，再据平行线的性质证明，得，最后利用勾股定理可得结论；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】（1）∵，，∴，∵，∴，∵，∴，由勾股定理得：，．（2）①分两种情况：ⅰ)如图1所示，当时，过作于，∴，∵，∴，∴．ⅱ)当时，如图2所示，在和中，，∴，∴，∴．②分两种情况：ⅰ）当在线段上时，如图3所示，过作于，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．ⅱ）当在线段的延长线上时，如图4所示，过作于，同理得，∵，∴，同理得：，∴，中，，综上，的长为或．故答案为：或．【点睛】本题考查的是全等三角形的综合题，关键是根据全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的性质和判定、三角形的面积、勾股定理等知识解答.22．（2020·浙江·杭州采荷实验学校八年级期中）如图，在中，，，动点P从C出发，按照的路径运动，且速度为4cm/s，设出发时间为．（1）BC边上的高为________；AB边上的高为________．（2）当时，求t的值；（3）若是等腰三角形，求出满足条件t的值．【答案】（1），；（2）；（3）3.9或5或【分析】（1）如图1中，作AH⊥BC于H．根据S△ABC=•BC•AH=•AC•BD求解即可．（2）证明△APC≌△ADB（SAS），可得AP=AD，求出AD即可解决问题．（3）分三种情形：①CA=CP，②CA=AP，③AP=PC，由等腰三角形的性质及勾股定理分别求解即可．【详解】解：（1）如图1中，作于．，，，，，边上的高为，AC边上的高为9.6cm，∴AB边上的高为9.6cm，故答案为：，；（2）证明：如图2中，，，，，，，，．（3）分三种情况：①如图3，当时，点在上，过点作于点，，，由（2）可知，，，．②如图4，当时，点与点重合，，，③如图5，当时，点在上，过点作于．，，，由（1）可知：，点在上，，，，．综上所述，满足条件的的值为3.9或5或．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，勾股定理，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．23．（2020·浙江杭州·八年级期中）如图，已知在中，，，，D是上的一点，，点P从B点出发沿射线方向以每秒2个单位的速度向右运动，设点P的运动时间为t．连结．（1）当秒时，求的长度；（2）当为等腰三角形时，求t的值；（3）过点D做于点E，在点P的运动过程中，当t为何值时，能使？【答案】（1）；（2）、16、5；（3）5或11【分析】（1）根据动点的运动速度和时间先求出PC，再根据勾股定理即可求解；（2）根动点运动过程中形成三种等腰三角形，分情况即可求解；（3）分点P在线段BC上和点P在BC的延长线上两种情况讨论，根据S△ACP=S△ADP+S△DCP，可得5CP=3AP，根据勾股定理可求BP的长，即可求t的值．【详解】解：（1）根据题意，得BP=2t，PC=16-2t=16-2×5=6，AC=8，在Rt△APC中，根据勾股定理，得.答：AP的长为.（2）在Rt△ABC中，AC=8，BC=16，根据勾股定理，得，若，则，解得；若，则，，解得；若，则，解得．答：当为等腰三角形时，的值为、16、5．（3）若在点的左侧，如图，连接DP，∵S△ACP=S△ADP+S△DCP，∴×AC×CP=×AP×DE+×CP×DC，∴4CP=AP+CP，∴5CP=3AP，设AP=5a，CP=3a，∵AP2=CP2+AC2，∴25a2=9a2+64，∴a=2，∴CP=6，∴BP=BC-CP=16-6=10，∴t=10÷2=5；若在点的右侧，如图，连接DP，∵S△ACP=S△ADP+S△DCP，∴×AC×CP=×AP×DE+×CP×DC，∴4CP=AP+CP，∴5CP=3AP，设AP=5a，CP=3a，∵AP2=CP2+AC2，∴25a2=9a2+64，∴a=2，∴CP=6，∴BP=CP+BC=6+16=22，∴t=22÷2=11，答：当为5或11时，能使．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理，解决本题的关键是动点运动到不同位置形成不同的等腰三角形．24．（2020·浙江·八年级期中）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．25．（2020·浙江·八年级期中）如图1，△ABC中，CD⊥AB于D，且BD：AD：CD＝2：3：4；(1)试说明△ABC是等腰三角形；(2)已知S△ABC＝40cm2，如图2，动点M从点B出发以每秒1cm的速度沿线段BA向点A运动，同时动点N从点A出发以相同速度沿线段AC向点C运动，当其中一点到达终点时整个运动都停止．设点M运动的时间为t(秒)．①若△DMN的边与BC平行，求t的值；②若点E是边AC的中点，在点M运动的过程中，△MDE能否成为等腰三角形?若能，求出t的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）①5或6；②9或10或【分析】（1）设，，，则，由勾股定理求出，即可得出结论；（2）由的面积求出、、、；①当时，；当时，；得出方程，解方程即可；②由直角三角形的性质得出，根据题意得出当点在上，即时，为等腰三角形，有3种可能：如果；如果；如果；分别得出方程，解方程即可．【详解】解：（1）证明：设，，，则，在中，，，是等腰三角形；（2），而，，则，，，．①当时，，即，；当时，，得：；若的边与平行时，值为5或6．②点是边的中点，，，当点在上，即时，为钝角三角形，但；当时，点运动到点，不构成三角形当点在上，即时，为等腰三角形，有3种可能．如果，则，；如果，则点运动到点，；如果，过点作于，如图3所示：，，在中，；，，则在中，，．综上所述，符合要求的值为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．26．（2020·浙江·台州市椒江区第二中学八年级期中）（1）性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，如图1：OP平分∠MON，PC⊥OM于C，PB⊥ON于B，则PB_______PC（填“”“”或“=”）；（2）探索：如图2，小明发现，在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，则，请帮小明说明原因．（3）应用：如图3，在小区三条交叉的道路AB，BC，CA上各建一个菜鸟驿站D，P，E，工作人员每天来回的路径为P→D→E→P，①问点P应选在BC的何处时，才能使PD+DE+PE最小？②若∠BAC=30°，S△ABC=10，BC=5，则PD+DE+PE的最小值是多少？【答案】（1）=；（2）证明见解析；（3）①当AP⊥BC于P时，PD+DE+PE最小；②4．【分析】（1）根据角平分线的性质即可得出结论；（2）过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，根据角平分线的性质可得DE=DF，然后根据三角形的面积公式即可证出结论；（3）①过点A作AP⊥BC于P，分别作点P关于AB、AC的对称点P1、P2，连接P1P2分别交AB、AC于D、E，连接PD、PE、AP1、AP2即可；②根据三角形的面积公式即可求出AP，然后根据对称的性质可得AP1=AP=AP2=4，DP1=DP，EP2=EP，∠DAP1=∠DAP，∠EAP2=∠EAP，从而证出△P1AP2是等边三角形，即可得出结论．【详解】解：（1）∵OP平分∠MON，PC⊥OM于C，PB⊥ON于B，∴PB=PC故答案为：=；（2）理由：过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F∵AD是∠BAC的平分线，∴DE=DF∴；（3）①过点A作AP⊥BC于P，分别作点P关于AB、AC的对称点P1、P2，连接P1P2分别交AB、AC于D、E，连接PD、PE、AP1、AP2，由对称的性质可得AP1=AP=AP2，DP1=DP，EP2=EP，∴PD+DE+PE=DP1+DE+EP2=P1P2，根据两点之间，线段最短和垂线段最短，即可得出此时PD+DE+PE最小，即P1P2的长即当AP⊥BC于P时，PD+DE+PE最小；②∵S△ABC=10，BC=5，∴BC·AP=10解得：AP=4由对称的性质可得AP1=AP=AP2=4，DP1=DP，EP2=EP，∠DAP1=∠DAP，∠EAP2=∠EAP∴∠DAP1＋∠EAP2=∠DAP＋∠EAP=∠DAE=30°∴∠P1AP2=60°∴△P1AP2是等边三角形∴P1P2=AP1=4即PD+DE+PE的最小值是4．【点睛】此题考查的是角平分线的性质、对称的性质、两点之间线段最短、垂线段最短的应用和等边三角形的判定及性质，掌握角平分线的性质、对称的性质、两点之间线段最短的应用和等边三角形的判定及性质是解题关键．27．（2021·浙江衢州·八年级期中）（1）如图1，中，作、的角平分线相交于点O，过点O作分别交、于E、F．①求证：；②若的周长是25，，试求出的周长；（2）如图2，若的平分线与外角的平分线相交于点P，连接，试探求与的数量关系式．【答案】（1）①见解析；②16；（2）2∠PAC+∠BAC=180°【分析】（1）①由等腰三角形的性质和平行线的性质即可得到结论；②根据三角形的周长公式即可得到结论；（2）根据角平分线的性质即可得出答案．【详解】解：（1）①∵BO平分∠ABC，∴∠EBO=∠OBC，∵EF∥BC，∴∠EOB=∠OBC，∴∠EOB=∠EBO，∴OE=BE；②同①可证OF=CF△AEF的周长=AE+AF+EF=AE+AF+EB+FC=AB+AC=25-9=16；（2）延长BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，∵CP平分∠ACD，∴∠ACP=∠PCD，PM=PN，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP=∠PBC，PF=PN，∴PF=PM，∴∠FAP=∠PAC，∴∠FAC=2∠PAC，∵∠FAC+∠BAC=180°，∴2∠PAC+∠BAC=180°．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定，平行线的性质，熟练掌握等腰三角形的判定和性质是解题的关键．28．（2020·浙江·宁波市镇海区仁爱中学八年级期中）如图1，四边形ABCO为正方形，若点A坐标为（0，5）（1）如图1，直接写出点B的坐标__________（2）如图1，点D为线段OA上一点，连接BD，若点A到BD的距离为1，求点C到BD的距离．（3）如图2，若D为x轴上一点，且OD=2，M为y轴正半轴上一点，且∠DBM=45°，直接写出点M的坐标___________【答案】（1）（5，5）；（2）；（3）【分析】（1）根据正方形的特点即可求解；（2）作AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，证明，得到BC,BF的长，根据勾股定理即可求解；（3）当M在AO上时，在x轴上截取CF=AM，证明△ABM≌△CBF，△DBM≌△DBF，设OM=x，在Rt△MOD中，根据勾股定理列出方程即可求解；当M在OA延长线上时，同理可求出OM的长，故可求解．【详解】（1）∵四边形ABCO为正方形，点A坐标为（0，5）∴B的坐标（5，5）故答案为：（5，5）；（2）作AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，∵∠ABE+∠FBC=90°，∠ABE+∠EAB=90°，∴∠FBC=∠EAB又AB=BC，∠AEB=∠BFC=90°∴∴（3）当M在AO上时，如图，在x轴上截取CF=AM，∵AB=CB，∠MAB=∠FCB=90°∴△ABM≌△CBF，∴BM=BF，∠ABM=∠CBF∵∠DBM=45°∴∠DBF=∠DBC+∠CBF=∠DBC+∠ABM=90°-∠DBM=45°∴∠DBM=∠DBF又BD=BD∴△DBM≌△DBF，设OM=x，则AM=5-x=CF,DF=5-2+5-x=8-x=DM在Rt△MOD中，MD2=OM2+OD2即（8-x）2=x2+22解得x=∴M当M在OA延长线上时，如图，同理可得△ABM≌△CBF，△DBM≌△DBF设OM=x，则AM=x-5=CF,DF=2+5-(x-5)=12-x=DM在Rt△MOD中，MD2=OM2+OD2即（12-x）2=x2+22解得x=∴M故答案为：．【点睛】此题主要考查全等三角形的综合问题，解题的关键是根据题意构造辅助线证明三角形全等．29．（2020·浙江绍兴·八年级期中）（1）问题发现与探究：如图（1），△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A、D、E在同一直线上，CM⊥AE于点M，连接BD，则①线段AE、BD之间的大小关系是____，∠ADB=_____°，并说明理由．②求证：AD=2CM+BD．（2）问题拓展与应用：如图（2），等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点A作直线，在直线上取点D，∠ADC=45°，连结BD，BD=1，AC=，请在图（2）中画出图形并求出点C到该直线的距离．【答案】（1）①AE=BD；90；理由见解析；②证明见解析；（2）图见解析；．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AC＝BC，CE＝CD，由∠ACB＝∠DCE＝90°，得到∠ACE＝∠BCD，证得△ACD≌△BCE，根据全等三角形的性质得到AE＝BD，∠AEC＝∠BDC，根据邻补角的定义得到∠AEC＝135°即可得到结论；②根据等腰直角三角形的性质即可得到结论；（2）如图2，过C作CH⊥AD于H，CE⊥CD交AD于E，于是得到△CDE是等腰直角三角形，由（1）知，AE＝BD＝1，∠ADB＝90°，根据勾股定理得到AB＝AC＝2，AD＝＝，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：（1）①AE=BD，∠ADB=90°理由：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴CA=CB，CE=CD，∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACE=∠BCD．在△ACD和△BCE中，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE=BD，∠AEC=∠BDC．∵△DCE为等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°，∵点A、D、E在同一直线上，∴∠AEC=135°．∴∠BDC=135°，∴∠ADB=∠BDC-∠CDE=90°．②∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90°，∴DE=2CM．∴AD=DE+AE=2CM+BD（2）如图，过C作于H，交AD于E，∵△DCE为等腰直角三角形，由（1）知，AE=BD=1，∠ADB=90°，∴AB=，∴AD=∴DE=AD．AE=∵△DCE为等腰直角三角形，∴．【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定方法和性质，等腰直角三角形的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．30．（2020·浙江杭州·八年级期中）如图，是边上的两点，点P从点A开始沿方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B沿运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．（1）出发2秒后，求线段PQ的长；（2）求点Q在BC上运动时，出发几秒后，是等腰三角形；（3）点Q在边CA上运动时，求能使成为等腰三角形的运动时间．【答案】（1）出发2秒后，线段PQ的长为；（2）当点Q在边BC上运动时，出发秒后，△PQB是等腰三角形；（3）当t为5.5秒或6秒或6.6秒时，△BCQ为等腰三角形.【分析】（1）由题意可以求出出发2秒后，BQ和PB的长度，再由勾股定理可以求得PQ的长度；（2）设所求时间为t，则可由题意得到关于t的方程，解方程可以得到解答；（3）点Q在边CA上运动时，ΔBCQ为等腰三角形有三种情况存在，对每种情况进行讨论可以得到解答．【详解】(1)BQ=2×2=4cm，BP=AB−AP=8−2×1=6cm，∵∠B=90°，由勾股定理得：PQ=∴出发2秒后，线段PQ的长为；(2)BQ=2t，BP=8−t

由题意得：2t=8−t解得：t=∴当点Q在边BC上运动时，出发秒后，△PQB是等腰三角形；

(3)∵∠ABC=90°，BC=6，AB=8，∴AC==10.①当CQ=BQ时(图1)，则∠C=∠CBQ，∵∠ABC=90°，∴∠CBQ+∠ABQ=90°，∠A+∠C=90°，∴∠A=∠ABQ，∴BQ=AQ，∴CQ=AQ=5，∴BC+CQ=11，∴t=11÷2=5.5秒；

②当CQ=BC时(如图2)，则BC+CQ=12∴t=12÷2=6秒

③当BC=BQ时(如图3)，过B点作BE⊥AC于点E，∴BE=，所以CE===3.6，故CQ=2CE=7.2，所以BC+CQ=13.2，∴t=13.2÷2=6.6秒.由上可知，当t为5.5秒或6秒或6.6秒时，△BCQ为等腰三角形.【点睛】本题考查三角形的动点问题，利用分类讨论思想和方程方法、综合力学的运动知识和三角形边角的有关知识求解是解题关键．31．（2020·浙江杭州·八年级期中）如图，已知等腰△ABC中，AB=AC，∠A＜90°，CD是△ABC的高，BE是△ABC的角平分线，CD与BE交于点P．当∠A的大小变化时，△EPC的形状也随之改变．（1）当∠A=44°时，求∠BPD的度数；（2）设∠A=x°，∠EPC=y°，求变量y与x的关系式；（3）当△EPC是等腰三角形时，请直接写出∠A的度数．【答案】（1）56°；（2）y=；（3）36°或°.【分析】（1）根据等边对等角求出等腰△ABC的底角度数，再根据角平分线的定义得到∠ABE的度数，再根据高的定义得到∠BDC=90°，从而可得∠BPD；（2）按照（1）中计算过程，即可得到∠A与∠EPC的关系，即可得到结果；（3）分①若EP=EC，②若PC=PE，③若CP=CE，三种情况，利用∠ABC+∠BCD=90°，以及y=解出x即可.【详解】解：（1）∵AB=AC，∠A=44°，∴∠ABC=∠ACB=（180-44）÷2=68°，∵CD⊥AB，∴∠BDC=90°，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE=34°，∴∠BPD=90-34=56°；（2）∵∠A=x°，∴∠ABC=（180°-x°）÷2=（）°，由（1）可得：∠ABP=∠ABC=（）°，∠BDC=90°，∴∠EPC=y°=∠BPD=90°-（）°=（）°，即y与x的关系式为y=；（3）①若EP=EC，则∠ECP=∠EPC=y，而∠ABC=∠ACB=，∠ABC+∠BCD=90°，则有：+（-y）=90°，又y=，∴+-（）=90°，解得：x=36°；②若PC=PE，则∠PCE=∠PEC=（180-y）÷2=，由①得：∠ABC+∠BCD=90°，∴+[-（