浙江八年级上学期期末【压轴75题考点专练】（解析版）

浙江八年级上学期期末【压轴75题考点专练】一、单选题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．1 B．2 C．3 D．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．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．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．①② B．①③④ C．①③ D．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．2 B．3 C．4 D．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．1 B．2 C．3 D．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．①③ B．①④ C．①③④ D．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．①② B．②③ C．①②③ D．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≤4 C．0≤b≤6 D．≤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，ABAC5，BC8，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BB2=BA2，连结A2B2…按此规律上去，记∠A2BB2=，∠，…，∠，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