专题02 轴对称图形（知识串讲+热考题型+真题训练）-苏科版八年级《数学》上册重难点专题提优训练学霸满分

第第页专题02轴对称图形【考点1】轴对称图形【考点2】镜面对称【考点3】轴对称的性质【考点4】剪纸问题【考点5】翻折变换（折叠问题）．【考点6】利用轴对称设计图案．【考点7】角平分线的性质．【考点8】线段垂直平分线的性质．【考点9】等腰三角形的性质【考点10】等腰三角形的判定．【考点11】等腰三角形的判定与性质【考点12】等边三角形的性质【考点13】等边三角形的判定．【考点14】等边三角形的判定与性质；【考点15】含30度角的直角三角形【考点16】直角三角形斜边上的中线．【考点17】作图﹣轴对称变换．知识点1轴对称图形⑴轴对称图形：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形.这条直线称为它的对称轴.注意：1.轴对称图形的对称轴是一条直线，2.轴对称图形是1个图形，3.有些对称图形的对称轴有无数条。⑵两个图形成轴对称：把一个图形沿某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称.这条直线称为这两个图形的对称轴.⑶线段的垂直平分线：经过线段中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线.知识点2轴对称性质对称的性质：①两个图形关于某一条直线对称，对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线.轴对称图形的对称轴是任何一对对应点连线段的垂直平分线.②关于某直线对称的两个图形是全等形.知识点3画轴对称图形（1）过已知点A作对称轴l的垂线，垂足为O，在垂线上截取OA'，使OA'=OA，则点A'是点A的对称点；（2）同理分别作出其它关键点的对称点；（3）将所作的对称点依次相连，得到轴对称图形.知识点4轴对称之最短路径问题基本图模1.已知：如图，定点A、B分布在定直线l两侧；要求：在直线l上找一点P，使PA+PB的值最小解：连接AB交直线l于点P，点P即为所求,PA+PB的最小值即为线段AB的长度理由：在l上任取异于点P的一点P´，连接AP´、BP´，在△ABP’中，AP´+BP´>AB，即AP´+BP´>AP+BP∴P为直线AB与直线l的交点时，PA+PB最小.已知：如图，定点A和定点B在定直线l的同侧要求：在直线l上找一点P，使得PA+PB值最小（或△ABP的周长最小）解：作点A关于直线l的对称点A´，连接A´B交l于P，点P即为所求；理由：根据轴对称的性质知直线l为线段AA´的中垂线，由中垂线的性质得：PA=PA´，要使PA+PB最小，则需PA´+PB值最小，从而转化为模型1.方法总结：1.两点之间，线段最短；2.三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边；3.中垂线上的点到线段两端点的距离相等；4.垂线段最短.知识点5：线段垂直平分线1.定义经过线段中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线，也叫线段的中垂线。2.线段垂直平分线的作图1.分别以点A、B为圆心，以大于AB的长为半径作弧，两弧相交于C、D两点；2.作直线CD，CD为所求直线知识点6：线段垂直平分线性质线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等.知识点7：线段的垂直平分线逆定理到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上知识点8角的平分线的性质（一）作已知角的平分线（已知：∠AOB。求作：∠AOB的平分线）1、以点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点M，交OB于点N。2、分别以M,N为圆心，大于123、画射线OC，射线OC即为所求。（二）角的平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等。几何表示：∵OC是∠AOB的平分线，P是OC上一点，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为D，E。∴PD=PE。知识点9角的平分线的判定角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上。几何表示：∵点P是∠AOB内的一点，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为D，E，且PD=PE，∴点P在∠AOB的平分线OC上。重要拓展：1、三角形的三条角平分线相交于三角形内一点，且该点到三角形三边的距离相等。反之，三角形内部到三边距离相等的点是该三角形三条角平分线的交点。2、三角形的角平分线与三角形一边交于一点，这条角平分线把三角形分成两个小三角形，它们的面积比等于另外两边的长度的比。∵AD是∠BAC的角平分线；∴DF=DE；∵S△ADB=1∴S△ADBS△ADC知识点10等腰三角形的概念与性质等腰三角形概念有两边相等的三角形叫做等腰三角形，相等的边叫做腰，另一边叫做底，两条腰的夹角叫做顶角，腰和底边的夹角叫做底角．2.等腰三角形的性质如图所示，在△ABC中，AB＝AC，△ABC是等腰三角形，其中AB、AC为腰，BC为底边,∠A是顶角，∠B、∠C是底角．性质1：等腰三角形的两个底角相等，简称“在同一个三角形中，等边对等角”．性质2：等腰三角形的顶角平分线、底边上中线和高线互相重合.简称“等腰三角形三线合一”．知识点2等腰三角形的判定如果一个三角形有两个角相等，那么这个三角形是等腰三角形.可以简单的说成：在一个三角形中，等角对等边.要点诠释：(1)要弄清判定定理的条件和结论，不要与性质定理混淆．判定定理得到的结论是等腰三角形，性质定理是已知三角形是等腰三角形，得到边和角关系.（2）不能说“一个三角形两底角相等，那么两腰边相等”，因为还未判定它是一个等腰三角形．知识点11等边三角形的概念与性质1.等边三角形概念三条边都相等的三角形叫做等边三角形.也称为正三角形.注意：等腰三角形的底角只能为锐角，不能为钝角（或直角），但顶角可为钝角（或直角）.∠A＝180°－2∠B，∠B＝∠C＝.（2）等边三角形与等腰三角形的关系：等边三角形是特殊的等腰三角形，等腰三角形不一定是等边三角形.2.等边三角形的性质（1）等边三角形是一类特殊的等腰三角形，有三条对称轴，每个角的平分线(底边上的高线或中线)所在的直线就是它的对称轴.（2）三个角都是60°知识点12等边三角形的判定（1）三个角相等的三角形是等边三角形.（2）有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形.知识点13含有30°角的直角三角形定理：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半.知识点14：直角三角形斜边上的中线直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半【考点1】轴对称图形1．（2022秋•泗阳县期末）下列冬奥会会徽中，属于轴对称图形的是（）A． B． C． D．【考点】轴对称图形．【答案】D【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．【解答】解：A，B，C选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；D选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；故选：D．2．（2023春•绥棱县期末）下列四边形中，对称轴条数最多的是（）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰梯形【考点】轴对称图形．【答案】C【分析】根据轴对称图形的概念及对称轴的概念进行分析解答即可，矩形有两条对称轴，为对边中垂线所在的直线；菱形由两条对称轴，为其两条对角线所在的直线；正方形有四条对称轴，为其两条对角线所在的直线，还有其对边中垂线所在的直线；等腰梯形有一条对称轴，为其两底的中垂线所在的直线．【解答】解：A、矩形是两条对称轴；B、菱形是两条对称轴；C、正方形是四条对称轴；D、等腰梯形是一条对称轴．所以对称轴条数最多的是正方形．故选：C．【考点2】镜面对称3．（2023春•章丘区期末）小明在镜中看到对面电子时钟的示数如图所示，这现在的实际时间为（）​A．12：01 B．10：21 C．15：10 D．10：51【考点】镜面对称．【答案】D【分析】关于镜子的像，实际数字与原来的数字关于竖直的线对称，根据相应数字的对称性可得实际时间．【解答】解：∵是从镜子中看，∴对称轴为竖直方向的直线，∵2的对称数字是5，镜子中数字的顺序与实际数字顺序相反，∴这时的时刻应是10：51．故选：D．5．（2023春•分宜县期末）在平面镜中看到一辆汽车的车牌号：，则该汽车的车牌号是M645379．【考点】镜面对称．【答案】见试题解答内容【分析】根据镜面对称的性质，在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒，且关于镜面对称．【解答】解：根据镜面对称性质得出：实际车牌号是：M645379，故答案为：M645379．【考点3】轴对称的性质6．（2023春•兰州期末）如图，△ABC与△A'B'C'关于直线l对称，∠A＝54°，∠C'＝26°，则∠B等于（）A．36° B．154° C．80° D．100°【考点】轴对称的性质．【答案】D【分析】根据轴对称的性质可得∠C＝∠C′，再根据三角形的内角和等于180°列式计算即可得解．【解答】解：∵△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，∴∠C＝∠C′＝26°，在△ABC中，∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣54°﹣26°＝100°．故选：D．7．（2023春•高碑店市校级月考）如图，△ABC与△A'B'C'关于直线MN对称，BB'交MN于点O，下列结论：①AB＝A'B'；②OB＝OB′；③AA'∥BB'中，正确的有（）A．3个 B．2个 C．1个 D．0个【考点】轴对称的性质；平行线的判定．【答案】A【分析】根据轴对称的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．【解答】解：∵△ABC与△A′B′C′关于直线MN对称，∴OB＝OB′，△ABC≌△A′B′C′，AA′∥BB′，故②③正确，∴AB＝A′B′，故①正确，所以正确的一共有3个，故选：A．8．（2022秋•明水县校级期末）如图，把长方形ABCD沿EF对折后使AB与A'B'重合，若∠AEF＝110°，则∠1的度数是（）A．30° B．35° C．40° D．50°【考点】轴对称的性质；平行线的性质．【答案】C【分析】先根据平行线的性质求出∠BFE的度数，再由图形翻折变换的性质求出∠EFG的度数，根据平角的定义即可得出∠1的度数．【解答】解：∵AD∥BC，∠AEF＝110°，∴∠BFE＝180°﹣∠AEF＝180°﹣110°＝70°，∵长方形ABCD沿EF对折后使两部分重合，∴∠EFG＝∠BFE＝70°，∴∠1＝180°﹣∠BFE﹣∠EFG＝180°﹣70°﹣70°＝40°．故选：C．【考点4】剪纸问题9．（2023春•朝阳区期末）如图所示把一个长方形纸片对折两次，然后剪下一个角，如果得到的四边形是正方形，那么剪口与折痕所夹的角α的度数为​（）A．90° B．45° C．30° D．22.5°【考点】剪纸问题；平行线的性质；多边形内角与外角．【答案】B【分析】如图，折痕为AC与BD，∠ABC＝90°，根据正方形的性质，可得∠ABD＝45°，∠BAC＝45°，所以剪口与折痕所夹的角α的度数为45°．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，如图，∴，，∠ABC＝∠BAD＝90°，∴∠ABD＝45°，∠BAC＝45°，∴剪口与折痕所成的角α的度数应为45°，故选：B．10．（2023春•鲁山县期末）如图，小明拿一张正方形纸片（如图①），沿虚线向下对折一次得到图②，再沿图②中的虚线向下对折一次得到图③，然后用剪刀沿图③中的虚线剪去一个角，将剩下的纸片打开后得到的图形的形状是（）A． B． C． D．【考点】剪纸问题．【答案】A【分析】利用图形的翻折，由翻折前后的图形是全等形，通过动手操作得出答案．【解答】解：如图所示：故选：A．11．（2023春•淅川县期末）一张正方形纸片经过两次对折，并在如图所示的位置上剪去一个小正方形，打开后的图形是（）A． B． C． D．【考点】剪纸问题．【答案】D【分析】由平面图形的折叠及图形的对称性展开图解题．【解答】解：动手操作或由图形的对称性，因剪去的小正方形紧靠对折线，可得打开后是D．故选：D【考点5】翻折变换（折叠问题）．12．（2023春•德州期中）如图，Rt△ABC中，AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段DN的长为（）A． B． C．4 D．5【考点】翻折变换（折叠问题）．【答案】D【分析】设BN＝x，由折叠的性质可得DN＝AN＝9﹣x，利用勾股定理得到x2+32＝（9﹣x）2，计算即可．【解答】解：∵D是BC的中点，BC＝6，∴BD＝3，设BN＝x，由折叠的性质可得DN＝AN＝9﹣x，在Rt△BDN中，BN2+BD2＝DN2，即x2+32＝（9﹣x）2，解得x＝4．故线段DN的长为9﹣4＝5．故选：D．13．（2023春•宜城市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，将矩形沿AC折叠，点B落在点B′处，则重叠部分△AFC的面积为（）A．12 B．10 C．8 D．6【考点】翻折变换（折叠问题）．【答案】B【分析】由矩形的性质和折叠的性质得出∠FCA＝∠FAC，证出AF＝CF，设AF＝CF＝x，DF＝8﹣x，在Rt△ADF中，根据勾股定理得出方程，解方程求出AF，△AFC的面积＝CF×AD，即可得出结果．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴DC＝AB＝8，AD＝BC＝4，∠D＝90°，AB∥DC，∴∠BAC＝∠FCA，由折叠的性质得：∠FAC＝∠BAC，∴∠FCA＝∠FAC，∴AF＝CF，设AF＝CF＝x，DF＝8﹣x，在Rt△ADF中，根据勾股定理得：AD2+DF2＝AF2，即42+（8﹣x）2＝x2，解得：x＝5，∴△AFC的面积＝CF×AD＝×5×4＝10；故选：B．【考点6】利用轴对称设计图案．14．（2023春•三明期末）如图是4×4正方形网格，其中已有3个小正方形涂成了黑色，现在要从其余13个白色小方格中选出一个也涂成黑色的图形称为轴对称图形，这样的白色小方格有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【考点】利用轴对称设计图案．【答案】C【分析】根据轴对称图形的概念求解．【解答】解：如图所示，有4个位置使之成为轴对称图形．故选：C．15．（2022秋•南昌期末）在3×3的正方形网格中，将三个小正方形涂色如图所示，若移动其中一个涂色小正方形到空白方格中，与其余两个涂色小正方形重新组合，使得新构成的整个图案是一个轴对称图形，则这样的移法共有（）A．5种 B．7种 C．9种 D．10种【考点】利用轴对称设计图案．【答案】C【分析】利用轴对称的性质，以及轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案即可．【解答】解：如图所示：一共有9种轴对称图形．故选：C．【考点7】角平分线的性质．16．（2023春•印江县月考）如图，OP平分∠MON，PA⊥ON于点A，点Q是射线OM上的一个动点，若PA＝3，则PQ的最小值为（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】角平分线的性质；垂线段最短．【答案】B【分析】作PE⊥OM于E，根据角平分线的性质求出PE的长即可．【解答】解：作PE⊥OM于E，∵OP平分∠MON，PA⊥ON，PE⊥OM，∴PE＝PA＝3，又∵Q为OM上动点，∴PQ≥PE，∴PQ≥3，最小值为3，故选：B．17．（2023春•仓山区校级期末）如图，∠C＝90°，点M是BC的中点，DM平分∠ADC，且CB＝8，则点M到线段AD的最小距离为（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】角平分线的性质．【答案】C【分析】如图所示，过点M作ME⊥AD于E，证明△MDE≌△MDC，得到ME＝MC，再根据线段中点的定义得到，根据垂线段最短可知点M到线段AD的最小距离为4．【解答】解：如图所示，过点M作ME⊥AD于E，∴∠MED＝∠C＝90°，∵DM平分∠ADC，∴∠MDE＝∠MDC，又∵MD＝MD，∴△MDE≌△MDC（AAS），∴ME＝MC，∵点M是BC的中点，CB＝8，∴，∴点M到线段AD的最小距离为4，故选：C．18．（2023春•秀峰区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB．若DE＝3，BD＝6，则BC的长度为（）A．7 B．8 C．9 D．10【考点】角平分线的性质．【答案】C【分析】根据角平分线的性质和线段的和差求解即可．【解答】解：∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，∠C＝90°，∴ED＝DC，∵DE＝3，BD＝6，∴BC＝BD+CD＝BD+DE＝9．故选：C．19．（2022秋•南阳期末）如图，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，垂足为E．若△ABC的面积为26，AB＝8，BC＝5，则DE的长为（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】角平分线的性质．【答案】D【分析】作DF⊥BC于F，如图，根据角平分线的定义得到DE＝DC，再利用三角形面积公式得到×6×DF+×8×DE＝26，然后求出DE的长．【解答】解：作DF⊥BC于F，如图，∵BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥BC，∴DE＝DF，∵S△ABC＝S△ABD+S△CBD，∴×5×DF+×8×DE＝26，∴DE＝26，∴DE＝4．故选：D．20．（2023春•招远市期末）如图，△ABC中，∠ACF、∠EAC的角平分线CP、AP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF．则下列结论中正确的个数（）①BP平分∠ABC；②∠ABC+2∠APC＝180°；③∠CAB＝2∠CPB；④S△PAC＝S△MAP+S△NCP．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【考点】角平分线的性质．【答案】D【分析】过P作PQ⊥AC于Q，根据角平分线的性质得出PQ＝PN，PQ＝PM，求出PQ＝PM＝PN，求出∠PMA＝∠PNC＝∠PQA＝∠PQC＝90°，根据全等三角形的判定得出Rt△PMA≌Rt△PQA，Rt△PQC≌Rt△PNC，再逐个判断即可．【解答】解：过P作PQ⊥AC于Q，∵∠ACF、∠EAC的角平分线CP、AP交于点P，PM⊥BE，PN⊥BF，∴PM＝PQ，PQ＝PN，∴PM＝PN，∴P在∠ABC的角平分线上，即BP平分∠ABC，故①正确；∵PM⊥AB，PN⊥BC，PQ⊥AC，∴∠PMA＝∠PQA＝90°，∠PQC＝∠PNC＝90°，在Rt△PMA和Rt△PQA中，，∴Rt△PMA≌Rt△PQA（HL），∴∠MPA＝∠QPA，同理Rt△PQC≌Rt△PNC，∴∠QPC＝∠NPC，∵∠PMA＝∠PNC＝90°，∴∠ABC+∠MPN＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABC+2∠APC＝180°，故②正确；∵PC平分∠FCA，BP平分∠ABC，∴∠FCA＝∠ABC+∠CAB＝2∠PCN，又∵∠PCN＝∠ABC+∠CPB，∴∠ABC+∠CAB＝2（∠ABC+∠CPB），∴∠CAB＝2∠CPB，故③正确；∵Rt△PMA≌Rt△PQA，Rt△PQC≌Rt△PNC，∴S△PAC＝S△MAP+S△NCP，故④正确；即正确的个数是4，故选：D．21．（2022秋•新华区校级期末）如图，AI、BI、CI分别平分∠BAC、∠ABC、∠ACB，ID⊥BC，△ABC的周长为18，ID＝4，则△ABC的面积为（）A．18 B．30 C．36 D．72【考点】角平分线的性质．【答案】C【分析】过I点作IE⊥AB于E，IF⊥AC于F，如图，利用角平分线的性质得到IE＝IF＝ID＝4，然后根据三角形面积公式得到S△ABC＝S△ABI+S△IBC+S△IAC＝2（AB+BC+AC）．【解答】解：过I点作IE⊥AB于E，IF⊥AC于F，如图，∵AI，BI，CI分别平分∠BAC，∠ABC，∠ACB，∴IE＝IF＝ID＝4，∴S△ABC＝S△ABI+S△IBC+S△IAC＝×AB×4+×BC×4+×AC×4＝2（AB+BC+AC）＝2×18＝36．故选：C．【考点8】线段垂直平分线的性质．22．（2023•沙坪坝区校级开学）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D，E，连接AE．若AD＝4，△ABC的周长为24，则△ACE的周长为（）A．12 B．16 C．18 D．20【考点】线段垂直平分线的性质．【答案】B【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到EA＝EB，根据三角形的周长公式计算即可．【解答】解：∵DE是线段AB的垂直平分线，∴EA＝EB，∵AD＝4，∴AB＝2AD＝8，∵△ABC的周长＝AB+BC+AC＝24，∴BC+AC＝24﹣8＝16，∴△ACE的周长＝AC+CE+AE＝BE+CE+AC＝BC+AC＝16，故选：B．23．（2022秋•裕华区校级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＞90°，AB的垂直平分线交BC于点E，AC的垂直平分线交BC于点F，连接AE，AF，若△AEF的周长为7，则BC的长是（）A．7 B．8 C．9 D．无法确定【考点】线段垂直平分线的性质．【答案】A【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到EA＝EB，FA＝FC，根据三角形的周长公式即可求出BC．【解答】解：∵AB的垂直平分线交BC于点E，∴EA＝EB，∵AC的垂直平分线交BC于点F．∴FA＝FC，∴BC＝BE+EF+FC＝AE+EF+AF＝△AEF的周长＝7．故选：A．24．（2023春•振兴区校级期中）到三角形各顶点距离相等的点是（）A．三条边垂直平分线交点 B．三个内角平分线交点 C．三条中线交点 D．三条高交点【考点】线段垂直平分线的性质．【答案】A【分析】根据线段垂直平分线的判定定理判断即可．【解答】解：∵到线段的两个端点的距离相等的点在线段的垂直平分线上，∴到三角形各顶点距离相等的点是三角形三条边的垂直平分线的交点，故选：A．25．（2022秋•梁子湖区期末）如图：DE是△ABC中AC边的垂直平分线，若BC＝8厘米，AB＝10厘米，则△EBC的周长为（）厘米．A．16 B．18 C．26 D．28【考点】线段垂直平分线的性质．【答案】B【分析】利用线段垂直平分线的性质得AE＝CE，再等量代换即可求得三角形的周长．【解答】解：∵DE是△ABC中AC边的垂直平分线，∴AE＝CE，∴△EBC的周长＝BC+BE+CE＝BC+BE+CE＝BC+AB＝10+8＝18（厘米），故选：B．26．（2023春•建平县期末）如图，在△ABC中，边AB的垂直平分线OM与边AC的垂直平分线ON交于点O，这两条垂直平分线分别交BC于点D、E．（1）若∠ABC＝30°，∠ACB＝40°，求∠DAE的度数；（2）已知△ADE的周长7cm，分别连接OA、OB、OC，若△OBC的周长为15cm，求OA的长．【考点】含30度角的直角三角形；线段垂直平分线的性质．【答案】（1）40°；（2）4cm．【分析】（1）求出∠BAC＝110°，根据线段垂直平分线的性质得到DA＝DB，EA＝EC，可求出答案；（2）连接OA，OB，OC，根据三角形的周长公式求出OB+OC，根据线段垂直平分线的性质得到OB＝OC，计算即可．【解答】解：（1）∵∠ABC＝30°，∠ACB＝40°，∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣30°﹣40°＝110°，∵DM是线段AB的垂直平分线，∴DA＝DB，∴∠DAB＝∠ABC＝30°，同理，EA＝EC，∴∠EAC＝∠ACB＝40°，∴∠DAE＝∠BAC﹣∠BAD﹣∠EAC＝110°﹣30°﹣40°＝40°；（2）连接OA，OB，OC，∵△ADE的周长7cm∴AD+DE+EA＝7（cm），∴BC＝DB+DE+EC＝AD+DE+EA＝7（cm）；∵△OBC的周长为15，∴OB+OC+BC＝15，∵BC＝7，∴OB+OC＝8，∵OM垂直平分AB，∴OA＝OB，同理，OA＝OC，∴OA＝OB＝OC＝4（cm）．【考点9】等腰三角形的性质27．（2023春•枣庄期末）若等腰三角形的两边长分别为2和5，则它的周长为（）A．9 B．7 C．12 D．9或12【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．【答案】C【分析】求等腰三角形的周长，即是确定等腰三角形的腰与底的长求周长；题目给出等腰三角形有两条边长为2和5，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．【解答】解：（1）若2为腰长，5为底边长，由于2+2＜5，则三角形不存在；（2）若5为腰长，则符合三角形的两边之和大于第三边．所以这个三角形的周长为5+5+2＝12．故选：C．28．（2022秋•南宫市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD为∠BAC的平分线，若BC＝8，则CD的长为（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】等腰三角形的性质．【答案】C【分析】根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC，BD＝BC＝4，得到答案．【解答】解：∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，∴AD⊥BC，BD＝BC＝4，故选：C．29．（2023春•富平县期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，CD是AB边上的高，若∠A＝42°，则∠DCB的度数为（）A．21° B．31° C．42° D．48°【考点】等腰三角形的性质．【答案】A【分析】根据等腰三角形的性质，求出∠B＝69°，由垂直的定义，即得∠DCB的度数．【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝42°，∴∠B＝∠ACB＝×（180°﹣42°）＝69°，又∵CD⊥AB，∴∠BDC＝90°，∴∠DCB＝90°﹣69°＝21°．故选：A．30．（2023春•莲池区校级期中）若等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为32°，则它的顶角的度数是（）A．32° B．58° C．122° D．58°或122°【考点】等腰三角形的性质；三角形内角和定理．【答案】D【分析】根据题意分类讨论，当顶角为钝角时，当顶角为锐角时，分别画出图形，根据等腰三角形的定义，以及直角三角形的两锐角互余即可求解．【解答】解：如图1，等腰三角形为锐角三角形，∵BD⊥AC，∠ABD＝32°，∴∠A＝90°﹣∠ABD＝58°，此时顶角的度数为58°．如图2，等腰三角形为钝角三角形，∵BD⊥AC，∠ABD＝32°，∴∠BAC＝90°+∠ABD＝122°．此时顶角的度数为122°，故选：D．31．（2022秋•新抚区期末）如图，AB＝AE，AB∥DE，∠DAB＝70°，∠E＝40°．（1）求∠DAE的度数；（2）若∠B＝30°，求证：AD＝BC．【考点】等腰三角形的性质．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据平行线的性质可得∠EAB，再根据角的和差关系即可求解；（2）根据ASA可证△ADE≌△BCA，再根据全等三角形的性质即可求解．【解答】解（1）∵AB∥DE，∠E＝40°，∴∠EAB＝∠E＝40°，∵∠DAB＝70°，∴∠DAE＝30°；（2）证明：在△ADE与△BCA中，，∴△ADE≌△BCA（ASA），∴AD＝BC【考点10】等腰三角形的判定．32．（2023•河北一模）如图所标数据，下面说法正确的是（）A．①是等腰三角形 B．②是等腰三角形 C．①和②均是等腰三角形 D．①和②都不是等腰三角形【考点】等腰三角形的判定．【答案】B【分析】由等腰三角形的判定方法，即可判断．【解答】解：图①，三角形的第三边的长不确定，故①不一定是等腰三角形；图②，三角形的第三个角是180°﹣50°﹣80°＝50°，三角形有两个角都是50°，故②是等腰三角形．故选：B．33．（2022秋•巴州区期末）如图，在△ABC中，∠A＝36°，∠B＝72°，CD平分∠ACB，DE∥AC，则图中共有等腰三角形（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【考点】等腰三角形的判定．【答案】D【分析】根据三角形内角和定理求出∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝72°，求出∠ACD＝∠BCD＝∠ACB＝36°，求出∠CDB＝∠A+∠ACD＝72°，根据平行线的性质得出∠EDB＝∠A＝36°，∠DEB＝∠ACB＝72°，∠CDE＝∠ACD＝36°，推出∠A＝∠ACD＝∠BCD＝∠CDE＝36°，∠B＝∠ACD＝∠DEB＝∠CDB＝72°即可．【解答】解：∵∠A＝36°，∠B＝72°，∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠b＝72°，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD＝∠ACB＝36°，∴∠CDB＝∠A+∠ACD＝72°，∵DE∥AC，∴∠EDB＝∠A＝36°，∠DEB＝∠ACB＝72°，∠CDE＝∠ACD＝36°，∴∠A＝∠ACD＝∠BCD＝∠CDE＝36°，∠B＝∠ACD＝∠DEB＝∠CDB＝72°，∴△ACB、△ACD、△CDB、△CDE、△DEB都是等腰三角形，共5个，故选：D．34．（2022秋•靖西市期末）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，在直线BC或射线AC取一点P，使得△PAB是等腰三角形，则符合条件的点P有（）A．2个 B．4个 C．5个 D．6个【考点】等腰三角形的判定．【答案】C【分析】分为三种情况：①PA＝PB，②AB＝AP，③AB＝BP，求出即可得出答案．【解答】解：①作线段AB的垂直平分线，交AC于点P，交直线BC于一点，共2个点；②第2个点是以A为圆心，以AB长为半径作圆，交直线BC于两点（B和另一个点），交射线AC于一点，共2个点；③以B为圆心，以BA长为半径作圆，交直线BC于两点，交射线AC于一点，共3个点∵作线段AB的垂直平分线交直线BC的点，以A为圆心，AB长为半径作圆交直线BC的点，以及以B为圆心，AB长为半径作圆交直线BC与右侧的点，这三个点是同一个点．∴答案应该是2+2+3﹣2＝5个点故选：C．【考点11】等腰三角形的判定与性质35．（2023•南关区校级开学）如图，已知OC平分∠AOB，CD∥OB，若OD＝3，则CD等于（）​A．3 B．4 C．1.5 D．2【考点】等腰三角形的判定与性质；平行线的性质．【答案】A【分析】OC平分∠AOB，∠AOC＝∠BOC，CD∥OB，∠C＝∠BOC，∠C＝∠AOC，CD＝OD．【解答】解：∵OC平分∠AOB，∴∠AOC＝∠BOC，又∵CD∥OB，∴∠C＝∠BOC，∴∠C＝∠AOC，∴CD＝OD＝3，故选：A．36．（2023春•昭通期末）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，AD⊥BD，∠CAD＝∠C，若AB＝5，AD＝2，则BC的长为（）A．6 B．7 C．8 D．9【考点】等腰三角形的判定与性质．【答案】D【分析】延长AD交BC于点E，如图，证明△ABD≌△EBD，得到BE＝BA＝5，AD＝ED＝2，可得AE＝4，由∠CAD＝∠C可得EC＝EA＝4，进而可得答案．【解答】解：延长AD交BC于点E，如图，∵BD平分∠ABC，AD⊥BD，∴∠ABD＝∠EBD，∠ADB＝∠EDB＝90°，∵BD＝BD，∴△ABD≌△EBD（ASA），∴BE＝BA＝5，AD＝ED＝2，∴AE＝4，∵∠CAD＝∠C，∴EC＝EA＝4，∴BC＝BE+EC＝9；故选：D．【考点12】等边三角形的性质37．（2023春•龙川县校级期中）如图，直线m∥n，等边△ABC的顶点B在直线n上，∠2＝35°，则∠1的度数为（）A．40° B．25° C．30° D．35°【考点】等边三角形的性质；平行线的性质．【答案】B【分析】先根据平行线的性质得出∠ACD＝∠2＝35°，∠DCB＝∠1，再根据等边三角形的性质和∠2的度数求出∠1的度数即可．【解答】解：过点C作DE∥m，∵DE∥m，m∥n，∴DE∥n，∴∠DCB＝∠1，∵DE∥m，∴∠ACD＝∠2＝35°，∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°，∴∠DCB＝∠ACB﹣∠ACD＝60°﹣35°＝25°，∴∠1＝∠DCB＝25°，故选：B．38．（2023春•兴宁市期末）如图，AD是等边三角形ABC的中线，点E在AC上，AE＝AD，则∠EDC等于（）A．15° B．20° C．25° D．30°【考点】等边三角形的性质．【答案】A【分析】由等边三角形的性质可求解∠CAD＝30°，AD⊥BC，利用等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可得∠ADE的度数，进而可求解．【解答】解：∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝∠C＝60°，∵AD是等边三角形ABC的中线，∴∠CAD＝∠BAC＝30°，AD⊥BC，∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED，∵∠AED+∠ADE+∠CAD＝180°，∴∠ADE＝75°，∴∠EDC＝15°，故选：A．39．（2022秋•金乡县期中）如图，△ABC是等边三角形，BD是AC边上的高，延长BC至E，使CE＝CD．（1）求证：DB＝DE；（2）过点D作DF⊥BE，垂足为F，若CF＝3，求△ABC的周长．【考点】等边三角形的性质．【答案】（1）证明过程见解答；（2）△ABC的周长为36．【分析】（1）利用等边三角形的性质可得AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，再利用等腰三角形的三线合一性质可得AD＝CD＝AC，∠DBC＝∠ABC＝30°，然后利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质可得∠CDE＝∠E＝30°，从而可得∠DBE＝∠E，即可解答；（2）根据垂直定义可得∠DFC＝90°，然后在Rt△DFC中，求出CD的长，从而求出AC的长，进行计算即可解答．【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，∵BD⊥AC，∴AD＝CD＝AC，∠DBC＝∠ABC＝30°，∵CE＝CD，∴∠CDE＝∠E，∵∠ACB＝∠CDE+∠E，∴∠E＝30°，∴∠DBE＝∠E，∴BD＝DE；（2）解：∵DF⊥BE，∴∠DFC＝90°，∵∠ACB＝60°，CF＝3，∴∠CDF＝90°﹣∠ACB＝30°，∴CD＝2CF＝6，∵CD＝AC，∴AC＝2CD＝12，∴AB＝AC＝BC＝12，∴△ABC的周长为36．【考点13】等边三角形的判定．40．（2023春•扶风县期中）在△ABC中，若AB＝AC＝5，∠B＝60°，则BC的值为（）A．3 B．4 C．5 D．6【考点】等边三角形的判定．【答案】C【分析】先判断△ABC为等边三角形，然后等边三角形的性质得到BC＝AB．【解答】解：∵AB＝AC＝5，∴∠C＝∠B＝60°，∴△ABC为等边三角形，∴BC＝AB＝5．故选：C．41．（2023春•文山市期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，CE是∠BCD的角平分线，且CE＝CD，那么∠D的度数是（）A．50° B．60° C．70° D．80°【考点】等边三角形的判定与性质；平行线的性质；等腰三角形的判定．【答案】B【分析】根据角平分线的定义和平行线的性质可证△DCE是等腰三角形，从而可得DE＝DC，进而可得△CDE是等边三角形，然后利用等边三角形的性质可得∠D＝60°，即可解答．【解答】解：∵CE是∠BCD的角平分线，∴∠DCE＝∠ECB，∵AD∥BC，∴∠DEC＝∠ECB，∴∠DEC＝∠DCE，∴DE＝DC，∵CE＝CD，∴CE＝CD＝DE，∴△CDE是等边三角形，∴∠D＝60°，故选：B．【考点14】等边三角形的判定与性质；42．（2021秋•随县期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC，垂足为G，且AD＝AB．∠EDF＝60°，其两边分别交边AB，AC于点E，F．（1）求证：△ABD是等边三角形；（2）求证：BE＝AF．【考点】等边三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由等腰三角形的性质和已知条件得出∠BAD＝∠DAC＝×120°＝60°，再由AD＝AB，即可得出结论；（2）由△ABD是等边三角形，得出BD＝AD，∠ABD＝∠ADB＝60°，证出∠BDE＝∠ADF，由ASA证明△BDE≌△ADF，得出BE＝AF．【解答】（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠BAD＝∠DAC＝∠BAC，∵∠BAC＝120°，∴∠BAD＝∠DAC＝×120°＝60°，∵AD＝AB，∴△ABD是等边三角形；（2）证明：∵△ABD是等边三角形，∴∠ABD＝∠ADB＝60°，BD＝AD∵∠EDF＝60°，∴∠ABD＝∠EDF，∴∠ABD﹣∠ADE＝∠EDF﹣∠ADE，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE与△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（ASA），∴BE＝AF．43．（2022秋•番禺区校级期末）如图所示，△ABC和△ADE都是等边三角形，且B、A、E在同一直线上，连接BD交AC于M，连接CE交AD于N，连接MN．求证：（1）BD＝CE；（2）BM＝CN；（3）MN∥BE．【考点】等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由已知条件利用SAS证明△ABD≌△ACE即可．（2）由已知条件利用ASA证明△ABM≌△ACN．（3）在（2）的基础上可利用内错角证明MN∥BE．【解答】证明：（1）∵△ABC和△ADE都是等边三角形，则在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE，∴BD＝CE．（2）由（1）可知，∠DBA＝∠ACE，又∵AB＝AC，∠BAC＝∠CAD＝60°，则在△ABM和△ACN中，∴△ABM≌△ACN，∴BM＝CN．（3）由（2）得，AM＝AN，∴∠AMN＝∠ANM＝60°＝∠DAE，∴MN∥BE【考点15】含30度角的直角三角形44．（2022秋•嘉兴期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，点D在BC上，AB⊥AD，AD＝2，则BC等于（）A．4 B．5 C．6 D．8【考点】含30度角的直角三角形；等腰三角形的性质．【答案】C【分析】根据等腰三角形性质求出∠B，求出∠BAC，求出∠DAC＝∠C，求出AD＝DC＝2，根据含30度角的直角三角形性质求出BD，即可求出答案．【解答】解：∵AB＝AC，∠C＝30°，∴∠B＝∠C＝30°，∠BAC＝120°，∵AB⊥AD，∴∠BAD＝90°，∵AD＝2，∴BD＝2AD＝4，∵∠DAC＝120°﹣90°＝30°，∴∠DAC＝∠C，∴AD＝DC＝2，∴BC＝BD+DC＝4+2＝6，故选：C．45．（2023春•定州市期末）在Rt△ABC中，∠C＝30°，斜边AC的长为5cm，则AB的长为（）A．2cm B．2.5cm C．3cm D．4cm【考点】含30度角的直角三角形．【答案】B【分析】由题意可得，∠B是直角，AB＝AC，直接代入即可求得AB的长．【解答】解：∵△ABC为直角三角形，∠C＝30°，∴AB＝AC＝2.5cm．故选：B【考点16】直角三角形斜边上的中线．46．（2023春•南岗区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AD＝CD，BD＝6cm，则AC的长为（）A．3cm B．6cm C．9cm D．12cm【考点】直角三角形斜边上的中线．【答案】D【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质解答即可．【解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AD＝CD，BD＝6cm，则AC＝2BD＝2×6＝12（cm），故选：D．47．（2023春•梁山县期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，CD是AB边上的中线，则CD的长是（）A．1 B．2 C．4 D．8【考点】直角三角形斜边上的中线．【答案】B【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质得出CD＝AB，代入求出即可．【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，CD是AB边上的中线，∴CD＝AB＝2，故选：B．【考点17】作图﹣轴对称变换．48．（2023•青羊区校级开学）如图，在由边长为1个单位的小正方形组成的网格中，三角形ABC的顶点均为格点（网格线的交点）．（1）作出三角形ABC关于直线MN的轴对称图形三角形A1B1C1；（2）求三角形A1B1C1的面积；（3）在直线MN上找一点P使得三角形BAC的面积等于三角形PAC的面积．【考点】作图﹣轴对称变换．【答案】（1）作图见解析部分；（2）2；（3）作图见解析部分．【分析】（1）利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；（2）把三角形的面积看成矩形的面积减去周围的三个三角形面积即可；（3）利用等高模型画出图形即可．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；（2）△A1B1C1的面积＝2×3﹣×1×3﹣×1×1﹣×2×2＝2；（3）如图，点P，点P′即为所求．49．（2022秋•克什克腾旗期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，1）B（4，2）C（2，3）．（1）在图中画出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1；（2）在图中，若B2（﹣4，2）与点B关于一条直线成轴对称，则这条对称轴是y轴，此时C点关于这条直线的对称点C2的坐标为（﹣2，3）；（3）求△A1B1C1的面积．【考点】作图﹣轴对称变换．【答案】（1）见解答；（2）y轴，（﹣2，3）；（3）2.5．【分析】（1）利用关于x轴对称的点的坐标特征得到A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；（2）作BB2的垂直平分线得到轴对称为y轴，然后利用关于y轴对称的点的坐标特征得到C2的坐标；（3）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△A1B1C1的面积．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）这条对称轴是y轴，C点的对称点C2的坐标为（﹣2，3）；故答案为：y轴，（﹣2，3）；（3）△A1B1C1的面积＝2×3﹣×2×1﹣×2×1﹣×1×3＝2.5一．选择题（共12小题）1．（2022秋•海陵区校级期末）下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据轴对称图形的概念求解．【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；B、不是轴对称图形，故本选项错误；C、不是轴对称图形，故本选项错误；D、是轴对称图形，故本选项正确．故选：D．2．（2023春•渠县校级期末）从平面镜里看到背后墙上电子钟的示数如图所示，这时的正确时间是（）A．21：05 B．21：15 C．20：15 D．20：12【答案】A【分析】根据镜面对称的性质，在平面镜中的像与现实中的事物恰好顺序颠倒，且关于镜面对称．【解答】解：由图分析可得题中所给的“20：15”与“21：05”成轴对称，这时的时间应是21：05．故选：A．3．（2022秋•益阳期末）如图，在△ABC中，AC＝4cm，线段AB的垂直平分线交AC于点N，△BCN的周长是7cm，则BC的长为（）A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm【答案】C【分析】首先根据MN是线段AB的垂直平分线，可得AN＝BN，然后根据△BCN的周长是7cm，以及AN+NC＝AC，求出BC的长为多少即可．【解答】解：∵MN是线段AB的垂直平分线，∴AN＝BN，∵△BCN的周长是7cm，∴BN+NC+BC＝7（cm），∴AN+NC+BC＝7（cm），∵AN+NC＝AC，∴AC+BC＝7（cm），又∵AC＝4cm，∴BC＝7﹣4＝3（cm）．故选：C．4．（2023春•砀山县校级期末）如图，AB∥CD，BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，AD过点P，且与AB垂直．若AD＝8，则点P到BC的距离是（）A．8 B．6 C．4 D．2【答案】C【分析】过点P作PE⊥BC于E，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得PA＝PE，PD＝PE，那么PE＝PA＝PD，又AD＝8，进而求出PE＝4．【解答】解：过点P作PE⊥BC于E，∵AB∥CD，PA⊥AB，∴PD⊥CD，∵BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，∴PA＝PE，PD＝PE，∴PE＝PA＝PD，∵PA+PD＝AD＝8，∴PA＝PD＝4，∴PE＝4．故选：C．5．（2023春•桃城区校级期末）如图，△ABC中，AB＝5，AC＝6，BC＝4，边AB的垂直平分线交AC于点D，则△BDC的周长是（）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】C【分析】由ED是AB的垂直平分线，可得AD＝BD，又由△BDC的周长＝DB+BC+CD，即可得△BDC的周长＝AD+BC+CD＝AC+BC．【解答】解：设AB的中垂线与AB交于点E，∵ED是AB的垂直平分线，∴AD＝BD，∵△BDC的周长＝DB+BC+CD，∴△BDC的周长＝AD+BC+CD＝AC+BC＝6+4＝10．故选：C．6．（2022秋•安岳县期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交边BC于点D，若CD＝4，AB＝15，则△ABD的面积是（）A．15 B．30 C．45 D．60【答案】B【分析】判断出AP是∠BAC的平分线，过点D作DE⊥AB于E，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE＝CD，然后根据三角形的面积公式列式计算即可得解．【解答】解：由题意得AP是∠BAC的平分线，过点D作DE⊥AB于E，又∵∠C＝90°，∴DE＝CD，∴△ABD的面积＝AB•DE＝×15×4＝30．故选：B．7．（2022秋•和平区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD＝3，连接BD，BD⊥CD，∠ADB＝∠C．若P是BC边上一动点，则DP长的最小值为（）A．1 B．6 C．3 D．12【答案】C【分析】由三角形的内角和定理和角的和差求出∠ABD＝∠CBD，角平分线的性质定理得AD＝DH，垂线段定义证明DH最短，求出DP长的最小值为3．【解答】解：过点D作DH⊥BC交BC于点H，如图所示：∵BD⊥CD，∴∠BDC＝90°，又∵∠C+∠BDC+∠DBC＝180°，∠ADB+∠A+∠ABD＝180°∠ADB＝∠C，∠A＝90°，∴∠ABD＝∠CBD，∴BD是∠ABC的角平分线，又∵AD⊥AB，DH⊥BC，∴AD＝DH，又∵AD＝3，∴DH＝3，又∴点D是直线BC外一点，∴当点P在BC上运动时，点P运动到与点H重合时DP最短，其长度为DH长等于3，即DP长的最小值为3．故选：C．8．（2022秋•济宁期末）如图所示，△ABC是等边三角形，且BD＝CE，∠1＝15°，则∠2的度数为（）A．15° B．30° C．45° D．60°【答案】D【分析】易证△ABD≌△BCE，可得∠1＝∠CBE，根据∠2＝∠1+∠ABE可以求得∠2的度数，即可解题．【解答】解：在△ABD和△BCE中，，∴△ABD≌△BCE，∴∠1＝∠CBE，∵∠2＝∠1+∠ABE，∴∠2＝∠CBE+∠ABE＝∠ABC＝60°．故选：D．9．（2023春•甘州区校级期中）已知，如图，在△ABC中，OB和OC分别平分∠ABC和∠ACB，过O作DE∥BC，分别交AB、AC于点D、E，若BD+CE＝5，则线段DE的长为（）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】A【分析】根据OB和OC分别平分∠ABC和∠ACB，和DE∥BC，利用两直线平行，内错角相等和等量代换，求证出DB＝DO，OE＝EC．然后即可得出答案．【解答】解：∵在△ABC中，OB和OC分别平分∠ABC和∠ACB，∴∠DBO＝∠OBC，∠ECO＝∠OCB，∵DE∥BC，∴∠DOB＝∠OBC＝∠DBO，∠EOC＝∠OCB＝∠ECO，∴DB＝DO，OE＝EC，∵DE＝DO+OE，∴DE＝BD+CE＝5．故选：A．10．（2023春•山丹县校级期中）如图，直线l1∥l2，以直线l1上的点A为圆心、适当长为半径画弧，分别交直线l1、l2于点B、C，连接AC、BC．若∠ABC＝67°，则∠1＝（）A．23° B．46° C．67° D．78°【答案】B【分析】首先由题意可得：AB＝AC，根据等边对等角的性质，即可求得∠ACB的度数，又由直线l1∥l2，根据两直线平行，内错角相等，即可求得∠2的度数，然后根据平角的定义，即可求得∠1的度数．【解答】解：根据题意得：AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC＝67°，∵直线l1∥l2，∴∠2＝∠ABC＝67°，∵∠1+∠ACB+∠2＝180°，∴∠1＝180°﹣∠2﹣∠ACB＝180°﹣67°﹣67°＝46°．故选：B．11．（2022秋•武昌区校级期末）如图，已知△ABC的面积为12，BP平分∠ABC，且AP⊥BP于点P，则△BPC的面积是（）A．10 B．8 C．6 D．4【答案】C【分析】延长AP交BC于E，根据已知条件证得△ABP≌△EBP，根据全等三角形的性质得到AP＝PE，得出S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，推出S△PBC＝S△ABC；【解答】解：延长AP交BC于E，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠EBP，∵AP⊥BP，∴∠APB＝∠EPB＝90°，在△ABP和△EBP中，，∴△ABP≌△EBP（ASA），∴AP＝PE，∴S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，∴S△PBC＝S△ABC＝×12＝6，故选：C．12．（2022秋•番禺区校级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，有下列结论：①CD＝ED；②AC+BE＝AB；③∠BDE＝∠BAC；④AD平分∠CDE；其中正确的是（）个．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得CD＝DE，再利用“HL”证明Rt△ACD和Rt△AED全等，根据全等三角形对应边相等可得AC＝AE，∠ADC＝∠ADE，然后对各小题分析判断即可得解．【解答】解：∵∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB，∴CD＝DE，故①正确；在Rt△ACD和Rt△AED中，，∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），∴AC＝AE，∠ADC＝∠ADE，∴AC+BE＝AE+BE＝AB，故②正确；AD平分∠CDE，故④正确；∵∠B+∠BAC＝90°，∠B+∠BDE＝90°，∴∠BDE＝∠BAC，故③正确；综上所述，结论正确的是①②③④共4个．故选：D．二．填空题（共8小题）13．（2023春•富锦市校级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处．当△CEB′为直角三角形时，BE的长为或3．【答案】见试题解答内容【分析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连接AC，先利用勾股定理计算出AC＝5，根据折叠的性质得∠AB′E＝∠B＝90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C＝90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB＝EB′，AB＝AB′＝3，可计算出CB′＝2，设BE＝x，则EB′＝x，CE＝4﹣x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形．【解答】解：当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连接AC，在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，∴AC＝＝5，∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，∴∠AB′E＝∠B＝90°，当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C＝90°，∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，∴EB＝EB′，AB＝AB′＝3，∴CB′＝5﹣3＝2，设BE＝x，则EB′＝x，CE＝4﹣x，在Rt△CEB′中，∵EB′2+CB′2＝CE2，∴x2+22＝（4﹣x）2，解得x＝，∴BE＝；②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形，∴BE＝AB＝3．综上所述，BE的长为或3．故答案为：或3．14．（2022秋•盘山县期末）如图所示，点P为∠AOB内一点，分别作出P点关于OA、OB的对称点P1，P2，连接P1P2交OA于M，交OB于N，P1P2＝15，则△PMN的周长为15．【答案】见试题解答内容【分析】P点关于OA的对称是点P1，P点关于OB的对称点P2，故有PM＝P1M，PN＝P2N．【解答】解：∵P点关于OA的对称是点P1，P点关于OB的对称点P2，∴PM＝P1M，PN＝P2N．∴△PMN的周长为PM+PN+MN＝MN+P1M+P2N＝P1P2＝15．故答案为：1515．（2022秋•广饶县校级期末）如图，已知△ABC是等边三角形，点B、C、D、E在同一直线上，且CG＝CD，DF＝DE，则∠E＝15度．【答案】见试题解答内容【分析】根据等边三角形三个角相等，可知∠ACB＝60°，根据等腰三角形底角相等即可得出∠E的度数．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°，∠ACD＝120°，∵CG＝CD，∴∠CDG＝30°，∠FDE＝150°，∵DF＝DE，∴∠E＝15°．故答案为：15．16．（2022秋•聊城期末）如图．有一个三角形纸片ABC，∠A＝65°，∠B＝75°，将纸片一角折叠，使点C落在△ABC外，若∠2＝20°，则∠1的大小为100°．【答案】见试题解答内容【分析】先根据三角形的内角和定理可出∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣65°﹣75°＝40°；再根据折叠的性质得到∠C′＝∠C＝40°，再利用三角形的内角和定理以及外角性质得∠3+∠2+∠5+∠C′＝180°，∠5＝∠4+∠C＝∠4+40°，即可得到∠3+∠4＝80°，然后利用平角的定义即可求出∠1．【解答】解：如图，∵∠A＝65°，∠B＝75°，∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣65°﹣75°＝40°；又∵将三角形纸片的一角折叠，使点C落在△ABC外，∴∠C′＝∠C＝40°，而∠3+∠2+∠5+∠C′＝180°，∠5＝∠4+∠C＝∠4+40°，∠2＝20°，∴∠3+20°+∠4+40°+40°＝180°，∴∠3+∠4＝80°，∴∠1＝180°﹣80°＝100°．故答案为100°．17．（2022秋•鞍山期末）如图，等边三角形ABC中，在BC边所在的直线上分别截取BA＝BD，CA＝CE，连接AD，AE，则∠DAE的度数是120°．【答案】120°．【分析】先利用等边三角形的性质求出三个内角都是60°，再由等边对等角求解．【解答】解：在等边三角形ABC中，有∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，∵BA＝BD，CA＝CE，∴∠D＝∠DAB＝∠E＝∠CAE＝30°，∴∠DAE＝∠DAB+∠BAC+∠CAE＝120°，故答案为：120°．18．（2022秋•雨花区期末）如图所示，AC平分∠BAD，∠B+∠D＝180°，CE⊥AD于点E，AD＝10cm，AB＝7cm，那么DE的长度为1.5cm．【答案】1.5．【分析】过C作CF⊥AB，交AB的延长线于F，根据全等三角形的判定推出△BFC≌△DEC，根据全等三角形的性质得出BF＝DE，根据全等三角形的判定得出Rt△FAC≌Rt△EAC，根据全等三角形的性质得出AF＝AE，求出AD﹣AB＝2DE，再代入求出答案即可．【解答】解：过C作CF⊥AB，交AB的延长线于F，∵CF⊥AB，CE⊥AD，AC平分∠BAD，∴CE＝CF，∠F＝∠CED＝90°，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠CBF＝180°，∴∠FBC＝∠D，在△BFC和△DEC中，，∴△BFC≌△DEC（AAS），∴BF＝DE，在Rt△FAC和Rt△EAC中，，∴Rt△FAC≌Rt△EAC（HL），∴AF＝AE，∵AD＝10cm，AB＝7cm，∴AD﹣AB＝（AE+DE）﹣（AF﹣BF）＝AE+DE﹣AF+BF＝2DE＝10﹣7＝3（cm），解得：DE＝1.5cm，故答案为：1.5．19．（2023春•振兴区校级期中）如图，∠BAC＝100°，若MP和NQ分别垂直平分AB和AC，则∠PAQ＝20°．【答案】见试题解答内容【分析】由MP和NQ分别垂直平分AB和AC，可得PA＝PB，AQ＝CQ，即可证得∠B＝∠BAP，∠C＝∠CAQ，又由∠BAC＝120°，可求得∠B+∠C的度数，即可得∠BAP+∠CAQ的度数，继而求得答案．【解答】解：∵PM垂直平分AB，∴PA＝PB，∴∠B＝∠BAP，同理：QC＝QA，∴∠C＝∠CAQ，∵∠BAC＝100°，∴∠B+∠C＝80°，∴∠BAP+∠CAQ＝80°，∴∠PAQ＝∠BAC﹣∠BAP﹣∠CAQ＝20°．故答案为：20°．20．（2023春•高新区校级期末）如图，AC，BD在AB的同侧，AC＝2，BD＝8，AB＝8，点M为AB的中点，若∠CMD＝120°，则CD的最大值是14．【答案】见试题解答内容【分析】如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′，连接CA'、MA'、MB'、A'B'、B'D，证明△A′MB′为等边三角形，即可解决问题．【解答】解：如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′，连接CA'、MA'、MB'、A'B'、B'D，∵∠CMD＝120°，∴∠AMC+∠DMB＝60°，∴∠CMA′+∠DMB′＝60°，∴∠A′MB′＝60°，∵MA′＝MB′，∴△A′MB′为等边三角形∵CD≤CA′+A′B′+B′D＝CA+AM+BD＝2+4+8＝14，∴CD的最大值为14，故答案为14．三．解答题（共11小题）21．（2023春•银川校级期末）作图题：（不写作法，但必须保留作图痕迹）如图：某地有两所大学和两条相交叉的公路，（点M，N表示大学，AO，BO表示公路）．现计划修建一座物资仓库，希望仓库到两所大学的距离相等，到两条公路的距离也相等．你能确定仓库P应该建在什么位置吗？在所给的图形中画出你的设计方案．【答案】见试题解答内容【分析】先连接MN，根据线段垂直平分线的性质作出线段MN的垂直平分线DE，再作出∠AOB的平分线OF，DE与OF相交于P点，则点P即为所求．【解答】解：如图所示：（1）连接MN，分别以M、N为圆心，以大于MN为半径画圆，两圆相交于DE，连接DE，则DE即为线段MN的垂直平分线；（2）以O为圆心，以任意长为半径画圆，分别交OA、OB于G、H，再分别以G、H为圆心，以大于GH为半径画圆，两圆相交于F，连接OF，则OF即为∠AOB的平分线（或∠AOB的外角平分线）；（3）DE与OF相交于点P，则点P即为所求．22．（2023春•连平县期中）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，点D是BC的中点，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F．求证：△ABC是等腰三角形．【答案】见试题解答内容【分析】由条件可得出DE＝DF，可证明△BDE≌△CDF，可得出∠B＝∠C，再由等腰三角形的判定可得出结论．【解答】证明：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，∴DE＝DF，在Rt△BDE和Rt△CDF中，，∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），∴∠B＝∠C，∴△ABC为等腰三角形．23．（2022秋•广陵区校级期末）如图，在△ABC中，AB、AC边的垂直平分线相交于点O，分别交BC边于点M、N，连接AM，AN．（1）若△AMN的周长为6，求BC的长；（2）若∠MON＝30°，求∠MAN的度数；（3）若∠MON＝45°，BM＝3，BC＝12，求MN的长度．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质得到MA＝MB，NA＝NC，根据三角形的周长公式计算，得到答案；（2）根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算；（3）根据（2）的解法得到∠MAN＝90°，根据勾股定理列式计算即可．【解答】解：（1）∵直线OM是AB的垂直平分线，∴MA＝MB，同理，NA＝NC，∵△AMN的周长为6，∴MA+MN+NA＝6，即MB+MN+NC＝BC＝6；（2）∵∠MON＝30°，∴∠OMN+∠ONM＝150°，∴∠BME+∠CNF＝150°，∵MA＝MB，ME⊥AB，∴∠BMA＝2∠BME，同理，∠ANC＝2∠CNF，∴∠BMA+∠ANC＝300°，∴∠AMN+∠ANM＝360°﹣300°＝60°，∴∠MAN＝180°﹣60°＝120°；（3）由（2）的作法可知，∠MAN＝90°，由（1）可知，MA＝MB＝3，NA＝NC设MN＝x，∴NA＝NC＝12﹣3﹣x＝9﹣x，由勾股定理得，MN2＝AM2+AN2，即x2＝32+（9﹣x）2，解得，x＝5，即MN＝5．24．（2023春•南明区校级期中）如图：在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB于E，F在AC上，BD＝DF，证明：（1）CF＝EB．（2）AB＝AF+2EB．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据角平分线的性质“角的平分线上的点到角的两边的距离相等”，可得点D到AB的距离＝点D到AC的距离即CD＝DE．再根据Rt△CDF≌Rt△EDB，得CF＝EB；（2）利用角平分线性质证明Rt△ADC≌Rt△ADE，AC＝AE，再将线段AB进行转化．【解答】证明：（1）∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DC⊥AC，∴DE＝DC，在Rt△CDF和Rt△EDB中，，∴Rt△CDF≌Rt△EDB（HL）．∴CF＝EB；（2）∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DC⊥AC，∴CD＝DE．在Rt△ADC与Rt△ADE中，，∴Rt△ADC≌Rt△ADE（HL），∴AC＝AE，∴AB＝AE+BE＝AC+EB＝AF+CF+EB＝AF+2EB．25．（2023春•阜新期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE、BE，BE⊥AE，延长AE交BC的延长线于点F．求证：（1）FC＝AD；（2）AB＝BC+AD．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据AD∥BC可知∠ADC＝∠ECF，再根据E是CD的中点可求出△ADE≌△FCE，根据全等三角形的性质即可解答．（2）根据线段垂直平分线的性质判断出AB＝BF即可．【解答】证明：（1）∵AD∥BC（已知），∴∠ADC＝∠ECF（两直线平行，内错角相等），∵E是CD的中点（已知），∴DE＝EC（中点的定义）．∵在△ADE与△FCE中，，∴△ADE≌△FCE（ASA），∴FC＝AD（全等三角形的性质）．（2）∵△ADE≌△FCE，∴AE＝EF，AD＝CF（全等三角形的对应边相等），又∵BE⊥AF，∴BE是线段AF的垂直平分线，∴AB＝BF＝BC+CF，∵AD＝CF（已证），∴AB＝BC+AD（等量代换）．26．（2023春•毕节市期末）已知：如图，点C为线段AB上一点，△ACM，△CBN都是等边三角形，AN交MC于点E，BM交CN于点F．（1）求证：AN＝BM；（2）求证：△CEF为等边三角形．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由等边三角形可得其对应线段相等，对应角相等，进而可由SAS得到△ACN≌△MCB，结论得证；（2）由（1）中的全等可得∠CAN＝∠CMB，进而得出∠MCF＝∠ACE，由ASA得出△CAE≌△CMF，即CE＝CF，又ECF＝60°，所以△CEF为等边三角形．【解答】证明：（1）∵△ACM，△CBN是等边三角形，∴AC＝MC，BC＝NC，∠ACM＝∠NCB＝60°，∴∠ACM+∠MCN＝∠NCB+∠MCN，即∠ACN＝∠MCB，在△ACN和△MCB中，∵，∴△ACN≌△MCB（SAS），∴AN＝BM．（2）∵△CAN≌△CMB，∴∠CAN＝∠CMB，又∵∠MCF＝180°﹣∠ACM﹣∠NCB＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠MCF＝∠ACE，在△CAE和△CMF中，∵，∴△CAE≌△CMF（ASA），∴CE＝CF，∴△CEF为等腰三角形，又∵∠ECF＝60°，∴△CEF为等边三角形．27．（2023春•通川区校级期末）如图，△ABC中，AB＝BC＝AC＝12cm，现有两点M、N分别从点A、点B同时出发，沿三角形的边运动，已