八年级期末真题2

八年级上期末真题精选【考题猜想，压轴60题21个考点专练】【题型展示】一、利用全等三角形的性质与判定解决面积问题（共3小题）二、利用全等三角形的性质与判定探究线段间存在关系（共3小题）三、利用全等三角形的性质与判定解决动点问题（共3小题）四、坐标系与全等三角形综合（共3小题）五、全等三角形的多结论问题（共3小题）六、利用全等三角形的性质与判定解决最值问题（共4小题）七、利用轴对称的性质求最短距离（共3小题）八、折叠问题（共3小题）九、等腰三角形性质与判定综合（共3小题）十、等边三角形手拉手模型（共3小题）一十一、轴对称综合（共4小题）一十二、勾股定理与折叠问题（共2小题）一十三、勾股定理的证明方法（共3小题）一十四、勾股定理的证明方法（共1小题）一十五、利用勾股定理求最短距离（共3小题）一十六、与实数运算有关的规律题（共4小题）一十七、坐标与图形的规律探究问题（共4小题）一十八、一次函数与三角形面积综合（共1小题）一十九、一次函数与全等三角形（共1小题）二十、一次函数与等腰三角形（共2小题）二十一、一次函数与动点问题（共4小题）一、利用全等三角形的性质与判定解决面积问题（共3小题）1．（2023下·北京海淀·八年级校考期末）（1）探究规律：已知：如图，点为平行四边形内一点，、的面积分别记为、，平行四边形的面积记为，试探究与之间的关系．

（2）解决问题：如图矩形中，，，点、、、分别在、、、上，且，．点为矩形内一点，四边形、四边形的面积分别记为、，求．

【答案】（1），证明见解析；（2）【分析】（1）如图所示，过点作，作延长线于点，延长交于点，可得平行四边形与同底同高，平行四边形与同底同高，由此即可求解；（2）如图所示，连接、、、得四边形，可证，，即四边形是平行四边形，并可求出，，由此可求出平行四边形的面积，由（1）的计算方法即可求解．【详解】证明：（1），理由如下，如图所示，过点作，作延长线于点，延长交于点，

∵四边形是平行四边形，∴，∴，，，∴，，，∴，．∵，，．解：（2）如图所示，连接、、、得四边形，

∵四边形是矩形，∴，，，∵，，，∴，∴，且，同理可得，，，，，，∴四边形为平行四边形，，∴，由（1）可得，∴．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、矩形的性质及不规则图形面积的计算方法，掌握已知知识的综合运用是解题的关键．2．（2023下·江苏淮安·七年级校联考期末）如图①，在中，，．现有一动点，从点出发，沿着三角形的边运动，回到点停止，速度为．设运动时间为．

(1)当时，；当时，；(2)如图①，当时，的面积等于面积的一半；(3)如图②，在中，，，，．在的边上，若另外有一个动点，与点同时从点出发，沿着边运动，回到点停止．在两点运动过程中的某一时刻，恰好与全等，请直接写出点的运动速度．【答案】(1)(2)或(3)运动的速度为或或或【分析】（1）当时，点P在线段上，根据点P速度表示的长即可；当时，点P在线段上，根据点P速度表示的长即可；（2）分两种情况讨论：①点P在上；②点P在上，利用三角形面积分别求解即可；（3）根据题意分四种情况进行分析，利用全等三角形的性质得出点所走的路程，进而可求出的运动时间，即的运动时间，再利用速度=路程÷时间求解即可【详解】（1）当时，点P在线段上，∵点P速度为，∴；当时，点P在线段上，∵，∴，∴，故答案为：；（2）∵，，∴，∵的面积等于面积的一半，∴，①当点P在上时，

，∴，；②当点P在上时，

过点C作于点D，∵，，∴，∴，∵，∴，；故答案为：或；（3）设点的运动速度为，①当点在上，点在上，时，

，∴解得；②当点在上，点在上，时，

，∴，解得；③当点P在上，点在上，时，

，∴点P的路程为，点Q的路程为，∴解得；④当点P在上，点Q在上，时

，∴点P的路程为，点Q的路程为，∴解得；∴运动的速度为或或或．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质及三角形面积，分类讨论思想，掌握全等三角形的性质及分情况讨论是解题的关键．3．（2021下·湖北武汉·八年级武汉一初慧泉中学校考期末）在平面直角坐标系中，经过点且与平行的直线，交x轴于点B．(1)如图1，试求的面积；(2)在图1中，过的直线与成夹角，试求该直线与交点的横坐标；(3)如图2，现有点在线段上运动，点在x轴上，N为线段的中点．①试求点N的纵坐标y关于横坐标x的函数关系式；②直接写出N点的运动轨迹长度为．【答案】(1)9(2)或(3)①；②【分析】1）设直线的解析式为，代入，得到解析式，得到,求的面积．（2）过点D作于点G，过点F作于点H，证明，设，用m表示出点D，F的坐标，分别代入直线的解析式计算即可．（3）①根据中点坐标公式，用含有m的代数式表示N的坐标，消去m即可得到解析式．②当点C与点B重合时，确定点N的坐标；当点C与点A重合时，确定点N的另一位置，两点间距离公式计算即可．【详解】（1）设直线的解析式为，代入，得∴直线的解析式为，∴,∴的面积为．（2）过点D作于点G，过点F作于点H，∵过的直线与成夹角，与的交点分别是F，D，∴，，，∴，∵，∴，∴，设，∴点D的纵坐标为m，∵点D在直线上，∴，解得，∵点，∴，，∴点，∵点F在直线上，∴，解得，∴，，即所求横坐标为或．（3）①∵点在直线上，∴，∴点，∵点，N为线段的中点，∴点，∴，∴．②当点C与点B重合时，∵，∴，∴，∴点，当点C与点A重合时，∵，∴，∴，∴点，∴故答案为：．【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，三角形全等的判定性质，两点间的距离公式，中点坐标公式，熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式，三角形全等的判定性质，两点间的距离公式，中点坐标公式是解题的关键．二、利用全等三角形的性质与判定探究线段间存在关系（共3小题）4．（2021上·山东日照·八年级统考期末）（1）方法呈现：如图①：在中，若，，点为边的中点，求边上的中线的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长到点，使，再连接，可证，从而把、，集中在中，利用三角形三边的关系即可判断中线的取值范围是（直接写出范围即可）．这种解决问题的方法我们称为“倍长中线法”；（2）探究应用：如图②，在中，点是的中点，于点，交于点，交于点，连接，判断与的大小关系，并说明理由；（3）问题拓展：如图③，在四边形中，，与的延长线交于点，点是的中点，若是的角平分线，试探究线段、、之间的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）；（2），理由见详解；（3），理由见详解【分析】（1）运用倍长中线的方法，三角形三边的数量关系即可求解；（2）如图②，延长至点，使，连接、，可证，可得，在，根据三角形三边的数量关系即可求解；（3）如图③，延长，交于点，可证，可得，根据角平分，平行线的性质可得是等腰三角形，根据即可求解．【详解】解：（1）如图①，延长到点，使，连接，是的中点，，在和中，，，，在中，，，，且，，故答案为：；（2），理由如下：如图②，延长至点，使，连接、，

同（1）得：，，，，，在中，由三角形的三边关系得：，；（3），理由如下：如图③，延长，交于点，

，，在和中，，，，是的平分线，，，即是等腰三角形，，，．【点睛】本题主要考查三角形中线的性质，三角形三边数量关系，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识是解题的关键．5．（2023下·山西忻州·八年级统考期末）综合与实践【问题情境】在学校活动课上，樊老师让同学们探究特殊平行四边形的性质，小明和他的小伙伴们准备了如图1所示的正方形，连接对角线，在上取一点P，连接，延长至点E，连接，交于点F，且．

(1)如图1，小明连接了，小伙伴们发现了与之间存在一定的关系，其数量关系为________，位置关系为________．(2)如图2，小明连接了，小伙伴们发现了和之间存在一定的数量关系，请你帮助小明和小伙伴们探究和之间的数量关系，并说明理由．(3)如图3．小明将正方形改为菱形，当时，请直接写出与之间的数量关系．【答案】(1)

(2)，理由见解析．(3)【分析】（1）可先证，得，进而可得到和的数量关系；根据和的数量关系以及和数量关系，可求得的度数，进而可判断和的位置关系．（2）根据，，即可求得答案．（3）根据，，，结合菱形的性质，可求得的度数，进而可求得答案．【详解】（1）∵四边形为正方形，∴，．在和中，∴．∴，．又，∴．∵，∴．∴．又，，∴．∴．∴．故答案为：

（2）．理由如下：由（1）证明可知，，∴．∴．（3）．理由如下：∵四边形为菱形，∴，．∴．类比（1）的证明过程，可知，，∴．∵，，∴．．又，∴为等边三角形．∴．∴．【点睛】本题主要考查正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定及性质、平行线的性质，牢记正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定定理及性质、平行线的性质是解题的关键．6．（2023下·重庆南岸·七年级统考期末）在中，平分交于点，交于点，P是边上的动点（不与重合），连接，将沿翻折得，记．

(1)如图1，点与点重合时，用含的式子表示；(2)当点与点不重合时，①如图2，若平分交于点，猜想之间存在的等量关系，并说明你的理由；②若，请直接写出的大小（用含的式子表示）．【答案】(1)(2)①；理由见解析；②或【分析】（1）根据角平分线的性质得出，根据平行线的性质得出，即可得出，根据直角三角形性质得出，根据折叠得出，根据求出结果即可；（1）①在上截取，连接，证明，得出，证明为等腰直角三角形，得出，证明，得出，求出即可；②分两种情况，当点P在点E的左侧时，当点P在点E的右侧时，分别画出图形，求出结果即可．【详解】（1）解：∵平分，∴，∵，∴，∴，∵，∴，根据折叠可知，，∴．（2）解：①；理由如下：在上截取，连接，如图所示：

∵平分，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，根据折叠可知，，，，∵平分，∴，∴，即，∴，∴，∴，∴；②当点P在点E的左侧时，如图所示：

∵平分，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，根据折叠可知，，，∴；当点P在点E的右侧时，如图所示：

∵，，∴，根据折叠可知，，，∴；综上分析可知，或．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，折叠的性质，直角三角形两锐角互余，角平分线的定义，平行线的性质，解题的关键是数形结合，作出相应的辅助线，构造全等三角形，注意分类讨论．三、利用全等三角形的性质与判定解决动点问题（共3小题）7．（2022下·江苏扬州·八年级校联考期末）在平面直角坐标系中，矩形AOCD的顶点A（0，2），C（2，0）．(1)如图一，E是OC边的中点，将△AOE沿AE翻折后得到△AEF，延长AF交CD于点G，求CG的长；(2)如图二，∠AOC的角平分线交AD于点B，交CD的延长线于点E，F为BE的中点，连接CF，求∠ACF的大小；(3)如图三，M，N分别是边CD和对角线AC上的动点，且AN=CM，则OM+ON的最小值=____________．（直接写出结果）【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）(1)连接EG，先求出再判断出直角三角形（HL），得出最后用勾股定理建立方程求解，即可得出答案．（2）连接AF，DF，的角平分线交AD于点B，交CD的延长线于可证明(SAS)，得AFD，则，即可得到（3）连接OD交AC于点Q，先证明△QCD和△QOA都是等边三角形，则∠PCR=∠CDQ=60°，根据勾股定理求得所以，则当点M在OP上时，此时的值最小，再证明，则，所以的最小值为【详解】（1）如图一：连接EG，∵矩形AOCD的顶点∵点E是OC的中点，∵四边形AOCD是矩形，由折叠可知，在和中，（HL）设则在中，即（2）如图二，连接AF，DF，的角平分线交AD于点B，交CD的延长线于点E，∵F为BE的中点，(SAS)（3）如图三，连接OD交AC于点Q，和都是等边三角形，过CD中点R作交RP于点P，连接OP，MP，∴当点M在OP上时，此时的值最小，的最小值为．故答案为：【点睛】此题是四边形综合题，主要考查图形与坐标，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短，根据面积等式列方程求线段的长度等知识与方法，此题难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键．8．（2022下·江苏泰州·八年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，动点E从点A出发，沿边AD，DC向点C运动，A，D关于直线BE的对称点分别为M，N，连接MN．(1)如图，当E在边AD上且DE＝2时，求∠AEM的度数．(2)当N在BC延长线上时，求DE的长，并判断直线MN与直线BD的位置关系，说明理由．(3)当直线MN恰好经过点C时，求DE的长．【答案】(1)∠AEM＝90°(2)，理由见解析(3)DE的长为或【分析】（1）由题意易求出AE＝AB＝6，再根据矩形的性质可证明为等腰直角三角形，即得出∠AEB＝∠ABE＝45°．由翻折可知∠BEM＝∠AEB，从而可求出∠AEM＝90°；（2）根据勾股定理可求出BD＝10．由翻折可知当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，，从而可求出CN＝2．设，则，在中根据勾股股定理可列出关于x的等式，解出x即求出DE的长．易证，即得出∠DBC＝∠BNM，从而由平行线的判定定理可证；（3）分类讨论：①当E在边AD上时和②当点E在边CD上时，根据三角形全等的判定和性质结合勾股定理即可求解．【详解】（1）解：如图1，∵DE＝2，∴AE＝AB＝6，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∴∠AEB＝∠ABE＝45°．由对称性知∠BEM＝45°，∴∠AEM＝90°．（2）解：如图2，∵AB＝6，AD＝8，∴BD＝10，∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，∴CN＝2．设，则，∵，∴，解得：，∴．∵BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，∴，∴∠DBC＝∠BNM，∴；（3）分类讨论：①如图3，当E在边AD上时，∴∠BMC＝90°，∴．∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∴△BCM≌△CED(AAS)，∴DE＝MC＝；②如图4，当点E在边CD上时，∵BM＝6，BC＝8，∴MC＝，∴．设，则，∵，∴，解得：，∴．综上所述，DE的长为或．【点睛】本题考查矩形与折叠，勾股定理，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．能够正确的作出图形，并利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．9．（2022下·江苏无锡·八年级统考期末）在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝4．(1)将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P处（如图1），折痕AO与边BC交于点O，连AP、OP、OA．求线段CO的长；(2)在（1）的条件下，连BP（如图2）．动点M在线段AP上（与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN＝PM，连MN交PB于点F，作MEBP于点E．试问点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．【答案】(1)1.5(2)不变，【分析】(1)根据矩形的性质以及折叠的性质可得AP=5，根据勾股定理可得CP=2，设CO=x，在Rt∆COP中根据勾股定理列方程，即可求出CO的长；(2)过点M作MQ//AB，可得∠ABP=∠MQP，易证AB=AP，进一步可知△MPQ是等腰三角形，根据等腰三角形的性质可得PE=QE，再证明△QMF≌△BNF(AAS)，可得QF=FB，进一步可知EF=PB，根据勾股定理求出PB的长，即可确定EF的长．【详解】（1）解：∵折叠∴AP＝AB＝5，BO＝PO∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝∠D＝90°，BC＝AD＝4，CD＝AB＝5，∴在Rt△ADP中，，∴CP＝CD－DP＝5－3＝2，设CO＝x，则BO＝PO＝4－x在Rt△COP中，，∴，解得：x＝1.5，∴CO的长为1.5，（2）不变，∵折叠∴PA＝AB

∴∠APB＝∠ABP过点M作交PB于点Q∵∴∠MQP＝∠ABP，∠PMQ＝∠PAB∴∠APB＝∠MQP∴MP＝MQ∵MP＝BN∴MQ＝BN∵∴∠MQF＝∠NBF，∠FMQ＝∠FNB∵在△MFQ和△NFB中，∴△MFQ≌△NFB（ASA），∴FQ＝FB∵在△PMQ中，MP＝MQ，MEBP∴PE＝QE∴在Rt△PCB中，，∴．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等，本题综合性较强，辅助线构造等腰三角形和全等三角形是解题的关键．四、坐标系与全等三角形综合（共3小题）10．（2023上·江苏镇江·八年级统考期末）如图1，平面直角坐标系中，一次函数的图像经过点，分别与x轴、y轴相交于点A、B，．为y轴上一点，P为线段上的一个动点．(1)求直线的函数表达式；(2)①连接，若的面积为面积的，则点P的坐标为______；②若射线平分，求点P的坐标；(3)如图2，若点C关于直线的对称点为，当恰好落在x轴上时，点P的坐标为______．（直接写出所有答案）【答案】(1)(2)①；②(3)或【分析】（1）作轴，证，得，，由点B、C即可求解．（2）①过点P作轴，由点B、C、D可得，由得，即可求，从而得点P坐标．②作，证得，由，，得点P坐标．（3）分两种情况讨论，当点在x轴正半轴，当点在x轴负半轴，当延长至点H，由折叠的性质可知，，由得，进而得点P坐标．或根据两点间距离公式求解即可．【详解】（1）作轴，∴，在和中，∵，

∴，∴，∵，∴，将B、C分别代入得，解得，，∴直线的函数表达式．（2）①过点P作轴，由点B、C、D可知，∵，∴，由点B、D可得，∵，∴，∴．②作，∴，∵平分，∴，在和中，∵，∴，∴，∵，，∴，∴．（3）①当点在x轴正半轴，延长至点H，由折叠的性质可知，∵，∴，∴，∴，∴点P的纵坐标值为，∴，∴∴．②当点在x轴负半轴，同①可得，设，由题意得，即，∵，∴，解得，∴．综上，或．【点睛】本题主要考查一次函数的综合应用、三角形的全等证明、勾股定理、角平分线的性质，掌握相关知识，根据题意正确画出辅助线是解题的关键．11．（2022上·江苏扬州·八年级统考期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E是边BC上一点，AB＝EC，BE＝CD，连接AE、DE．判断△AED的形状，并说明理由；（2）在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），点B（5，1），点C在第一象限内，若△ABC是等腰直角三角形，求点C的坐标；（3）如图2，在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），点C是x轴上的动点，线段CA绕着点C按顺时针方向旋转90°至线段CB，连接BO、BA，则BO+BA的最小值是．【答案】（1）等腰直角三角形，见解析；（2）（1，3），（4，4），（3，2）；（3）【分析】（1）证明△ABE≌△ECD（SAS），即可求解；（2）分三种情况：当∠CAB＝90°时，AC＝BA；当∠ABC＝90°，AB＝BC时；当∠ACB＝90°，AC＝BC时；分别构造三角形全等，由（1）的结论求解即可；（3）在x轴上取D（1，0），在y轴上截取AE＝CD，连接EC，BD，通过证明△AEC≌△CDB（SAS），确定B点在直线y＝x﹣1上运动，作A点关于直线BD的对称点A'，连接A'G，A'O，A'B，当O、B、A'三点共线时，AB+OB有最小值，求出A'（2，﹣1），在求出OA'即为所求．【详解】解：（1）△AED是等腰直角三角形，理由如下：在△ABE和△ECD中，，∴△ABE≌△ECD（SAS），∴∠AEB＝∠EDC，∠BAE＝∠DEC，∴∠AEB+∠DEC＝∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠AED＝90°，∴△AED是等腰直角三角形；（2）①如图1，当∠CAB＝90°时，AC＝BA，过点B作BH⊥x轴交于H点，过点C作GC⊥x轴交于点G，由（1）可得△ACG≌△BAH（AAS），∴CG＝AH，AG＝BH，∵A（2，0），点B（5，1），∴BH＝AG＝1，AH＝3，∴C（1，3）；②如图2，当∠ABC＝90°，AB＝BC时，过点B作LK⊥x轴交x轴于点L，过点C作CK⊥LK交于点K，由（1）可得△ABL≌△BCK（AAS），∴AL＝BK，BL＝CK，∵点A（2，0），点B（5，1），∴BL＝CK＝1，AL＝BK＝3，∴C（4，4）；

③如图3，当∠ACB＝90°，AC＝BC时，过点C作EF∥x轴，过点A作AE⊥x轴交EF于点E，过点B作BF⊥x轴交EF于点F，由（1）可得△EAC≌△FCB（AAS），∴EC＝BF，AE＝CF，∵点A（2，0），点B（5，1），∴EF＝3，CE＝BF，AE＝CF，设C（x，y），∴BF＝y﹣1，AE＝y，∴y﹣1+y＝3，∴y＝2，∴AE＝2，EC＝1，∴C（3，2）；综上所述：C点坐标为（4，4）或（1，3）或C（3，2）；（3）如图4，在x轴上取D（1，0），在y轴上截取AE＝CD，连接EC，BD，∵∠ACB＝90°，∴∠DCB＝90°+∠OCA，∵∠EAC＝90°+∠OCA，∴∠DCB＝∠EAC，∵EA＝CD，AC＝BC，∴△AEC≌△CDB（SAS），∴∠ECA＝∠DBC，∵∠ECA+∠ECB＝90°，∴∠DBC+∠ECB＝90°，∴BD⊥EC，∵OC＝OE，∴∠ECO＝∠BDC＝45°，∴∠ODG＝45°，∴G（0，﹣1），设直线BD的解析式为y＝kx+b，∴，∴，∴y＝x﹣1，∴B点在直线y＝x﹣1上运动，作A点关于直线BD的对称点A'，连接A'G，A'O，A'B，∴OB＝BA'，∴AB+OB＝AB+BA'≥OA'，∴当O、B、A'三点共线时，AB+OB有最小值，∵GD垂直平分AA'，GA＝GA'，AD＝GD，∴A'G⊥AG，∴A'（2，﹣1），∴OA'，∴AB+OB的最小值为，故答案为：．【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定与性质，轴对称求最短距离的方法是解题的关键．12．（2022上·江苏无锡·八年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（5，0），点B在第一象限内，且AB＝4，OB＝3．(1)试判断△AOB的形状，并说明理由．(2)点P是线段OA上一点，且PB－PA＝1，求点P的坐标；(3)如图2，点C、点D分别为线段OB、BA上的动点，且OC＝BD，求AC＋OD的最小值．【答案】(1)△AOB是直角三角形，证明见解析(2)P(，0)(3)【分析】（1）利用勾股定理的逆定理求解即可；（2）作BD⊥OA于D，设PA=x，则BP=x+1，利用面解法求出BE的长，在Rt△BEP中利用勾股定理求出x的值即可求解；（3）过点O作以OB为腰，∠BOH=90°的等腰直角三角形，利用SAS证明△HOC≌△OBD，得OD=HC，则当A、C、H三点共线时，AC+CH最小，即AC+OD有最小值为AH的长．【详解】（1）解：△AOB是以B为直角顶点的直角三角形，理由如下：∵A（5，0），∴OA=5，∴AB2+OB2=42+32=25=52=OA2，∴△AOB是以OA为斜边的直角三角形；（2）解：如图，作BE⊥OA于E，设PA=x，则BP=x+1，∵S△AOB＝BO•AB＝OA•BE，∴，∴OE=，∴PE=5x=x，在Rt△BEP中，(x+1)2=(x)2+()2，解得x=∴OP=5=，∴P(，0)；（3）解：如图，过点O作以OB为腰，∠BOH=90°的等腰直角三角形，∴HO=BO，∠HOC=∠OBD=90°，又∵OC=DB，在△HOC和△OBD中，∴△HOC≌△OBD（SAS），∴OD=HC，∴AC+OD=AC+HC，∴要使AC+OD最小，则AC+CH最小，∴当A、C、H三点共线时，AC+CH最小，即AC+OD有最小值为AH的长，分别过点B，H作BE⊥x轴于E，HF⊥x轴于F，则OB=OH=3，∵S△AOB＝BO•AB＝OA•BE，∴，∴，∵∠HFO=∠HDB=∠OEB=90°，∴∠HOF+∠OHF=90°，∠HOF+∠BOE=90°，∴∠OHF=∠BOE，在△OHF与△BOE中，，∴△OHF≌△BOE（AAS），∴OF=BE=，HF=OE=，∵H在第二象限，∴H（，）；∴，即AC+OD有最小值为．【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．五、全等三角形的多结论问题（共3小题）13．（2023下·山东威海·八年级校联考期末）如图，已知正方形边长为4．连接其对角线，的平分线交于点，过点作于点，交于点，过点作，交延长线于点．①；②的面积为；③；以上三个选项正确的是（

）

A．①②③ B．①③ C．②③ D．①②【答案】B【分析】由“”可证，可得，故①正确；根据等角对等边易证，根据勾股定理求得的长，然后根据三角形的面积公式即可得出，故②错误；由全等三角形的性质可得，在上截取，连接，则可以证明，得到，即可证得．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，故①正确；∵平分，∴，∴，∵，∴，且，∴，∴，∵正方形边长为4，∴，∴，故②错误；在上截取，连接，

∵，∴，∵，且，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，故③正确．故选：B．【点睛】本题是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．14．（2022上·福建漳州·八年级统考期末）如图，在中，，，，点D在线段AO上，以CD为边作等边三角形CDE，点E和点A分别位于CD两侧，连接OE，BE．现给出以下结论：①；②；③；④直线．其中结论正确的是（

）A．①③ B．②④ C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】根据等边三角形的性质可得从而可得，可判断①正确，结合等边三角形易证，可判断②正确，进而判断③，结合已知解三角形易证，可知在的垂直平分线上，结合等边三角形易证，从而证明，得，可知在的垂直平分线上，从而判断④正确．【详解】解：，是等边三角形，是等边三角形，即：，故①正确，，，故②正确即当且仅当平分时有，故③不正确，，在的垂直平分线上，，，在的垂直平分线上，直线，故④正确故选：C．【点睛】本题考查了等边三角形的性质的综合应用，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定；解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质进行全等的证明．15．（2023上·河北张家口·八年级张家口市第一中学校考期末）如图所示，点为三个内角平分线的交点，度，，点，分别为，上的点，且．甲、乙、丙三位同学有如下判断：甲：度；乙：四边形的面积是不变的；丙：当时，周长取得最小值．其中正确的是（

）A．只有丙正确 B．只有甲、乙正确 C．只有乙、丙正确 D．甲、乙、丙都正确【答案】D【分析】过点O作于点，根据三角形内心可得，然后证明，可得，根据得到四边形的面积=2，根据点D的位置固定，可得四边形的面积是定值，过点O作于点F，根据，可得，所以的周长=，可得当最小时，即当时，的周长取得最小值，据此解题．【详解】解：如图，过点O作于点，连接，点是的内心，是的平分线，在与中，∴，，，，故甲的判断正确；四边形的面积＝四边形DOEB的面积点D的位置固定，四边形OMBN的面积是定值，故乙的判断正确；如图，过点O作于点F，的周长=当最小时，即当的周长取最小值，即此时，故丙的判断正确，故选：D．【点睛】本题考查三角形内切圆于内心、等腰三角形的判定、余弦、全等三角形的判定与性质，有点难度，掌握相关知识是解题关键．六、利用全等三角形的性质与判定解决最值问题（共4小题）16．（2022上·福建福州·八年级统考期末）如图，已知∠ABC＝∠ADC＝90°，BC＝CD，CA＝CE．(1)求证：∠ACB＝∠ACD；(2)过点E作ME∥AB，交AC的延长线于点M，过点M作MP⊥DC，交DC的延长线于点P．①连接PE，交AM于点N，证明AM垂直平分PE；②点O是直线AE上的动点，当MO+PO的值最小时，证明点O与点E重合．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②见解析【分析】（1）用HL证明Rt△ABC≌Rt△ADC，即可得到结论；（2）①证明△NEC≌△NPC(SAS)即可；②作P点关于AE的对称点，连接M交AE于点O，证明∠MP=30°即可．【详解】（1）证明：在Rt△ABC和Rt△ADC中，BC＝CD，AC=AC，∴Rt△ABC≌Rt△ADC，∴∠ACB=∠ACD；（2）∵Rt△ABC≌Rt△ADC，∴∠BAC=∠CAD，∵CA=CE，∴∠CAE=∠CED，∵∠EBA=90°，∴∠BEA=∠BAC=∠CAE=30°，∵PD⊥AE，MP⊥PD，∴AE∥MP，∴∠PMC=∠MAE=30°，∵ME∥AB，∴∠MEB=90°，∴∠MEA=120°，∵∠MAE=30°，∴∠EMA=30°，∵CР⊥MP，CE⊥ME，∴∠MCP=∠MCE=60°，∴△NEC≌△NPC(SAS)，∴EN=PN，∴N是EP的中点，NC⊥PE，∴AM垂直平分PE；②作P点关于AE的对称点，连接M交AE于点O，∵AM垂直平分PE，∴ME=MP，∵∠EMP=60°，∴∠MPE=60°，∴∠EPD=30°，∴∠=30°，∴∠MP=30°，∵∠MЕP=60°，∴O点与E点重合．【点睛】此题考查了全等三角形的判定及性质定理，线段垂直平分线的判定及性质，轴对称的性质，正确掌握全等三角形的判定及性质定理是解题的关键．17．（2021上·湖北武汉·八年级校联考期末）如图，在等边中，为上一点，，且．(1)如图1，若点在边上，求证：；(2)如图2，若点在内，连接，为的中点，连接，，求证：；(3)如图3，点为边上一点，连接，．若的值最小时，的度数为______（直接写出结果）．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）先由得到是等边三角形，从而得到，进而得到点是的中点，然后得到点是的中点；（2）延长至点，使得，连接、、，然后由点是的中点得到，结合证明，从而得到，，即可得到，然后由平行线的性质得到，进而得到，最后结合得证，再由全等三角形的性质得到，然后结合得到；（3）连接、，先由得到，再由得到，进而得到，然后得到，所在直线垂直平分线段，进而得到当时取得最小值，最后求得的度数．【详解】（1）证明：是等边三角形，，，，，是等边三角形，，，，点是的中点，点是的中点，;（2）证明：如图2，延长至点，使得，连接、、，则，点是的中点，，，，，，，，，，，，，，，；（3）解：如图3，连接、，，，，，，，所在直线垂直平分线段，，，，，，当时，，即当为等腰三角形时，的周长最小，此时，的值最小，即，，，，，，即，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、相似三角形的性质等知识，解题的关键是熟知等边三角形的性质．18．（2022上·重庆云阳·八年级统考期末）在锐角△ABC中，AD⊥BC于点D，E为AD上一点，且DE＝CD，连接BE．(1)如图1，若∠DBE＝30°，BE＝6，AE＝4，求△ACD的面积；(2)如图2，E为AD中点，F为BE上一点，连接AF，若∠DBE＝∠CAD＝∠AFE，求证AF＝2CD；(3)如图3，若∠DBE＝∠CAD，M是直线BC上一动点，连接AM并绕A点逆时针旋转90°，得到AN，连接DN，EN．当DN长度最小时，请直接写出∠ABE与∠DNE所满足的等量关系【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）由AD⊥BC及∠DBE=30゜，可得，即可得AD=7；再由DE=CD=3，即可求得△ACD的面积；（2）由已知易得△BDE≌△ADC，则可得BD=AD；延长至，使，连接，则可证得△BDE≌△GAE，则有BD=GA，∠DBE=∠G；再由已知及所证可得AF=AD=2CD；（3）由已知易得△BDE≌△ADC，可得△ABD是等腰直角三角形；作且，连接，则易得≌，，则动点一定在经过定点且垂直于直线的直线上运动，当时，取得最小值，此时点与点重合，则由线段垂直平分线的性质定理即可得∠ABE与∠DNE所满足的等量关系.【详解】（1）∵，∴．∵在中，，∴．∴．∵，∴在中，

．（2）在和中，∵，∴≌（）．∴．延长至，使，连接，如图．∵为中点，∴．在和中，∵，∴≌（）．∴，．∵，∴．∴．∵，∴．（3）．理由如下：∵，AD⊥BC，DE=CD，∴≌（）．∴BD=AD，∴是等腰直角三角形，∴∠ABD=45゜．作且，连接，则∠DAH=∠DAN+∠NAH=90゜，由旋转的性质得：AM=AN，∠MAN=∠MAD+∠DAN=90゜，∴∠NAH=∠MAD，在△NAH和△ADM中，，∴≌（）．∴，∠ANH=∠AMD．∴动点一定在经过定点且垂直于直线的直线上运动．∴当时，取得最小值，此时点与点重合．∵AM=AN，AD⊥BN，∴垂直平分，∴．∴．∴【点睛】本题是全等三角形的综合，考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含30度角直角三角形的性质，旋转的性质，关键是灵活运用三角形全等的判定与性质，确定点N的运动路径是难点．19．（2022上·重庆·九年级统考期末）如图1，为等边三角形，D为AC右侧一点，且，连接BD交AC于点E，延长DA、CB交于点F．(1)若，，求AD；(2)证明：；(3)如图2，若，G为BC中点，连接AG，M为AG上一动点，连接CM，将CM绕着M点逆时针旋转90°到MN，连接AN，CN，当AN最小时，直接写出的面积．【答案】(1)1(2)见解析(3)【分析】（1）求出∠F＝30°，得到CF＝2AC，由勾股定理得AC2＋AF2＝CF2，代入数值计算即可；（2）在BC上截取CH＝AE，证明△ABE≌△CAH（SAS），得到∠3＝∠2＝∠1，证得∠FAH＝∠FHA＝60°＋∠1，推出HF＝AF，即可得到结论；（3）在GA上截取GK=GC，连接CK，KN，证明∠GCM=∠KCN，得到△GCM∽△KCN，推出∠CGM=∠CKN=90°，进而得到点N在过点K且垂直CK的直线上移动，当且仅当AN⊥KN时，AN取得最小值，再证明MGC≌△NHM(AAS)，推出HN=GM=(1)，HM=CG=1，求出AM，即可得到△AMN的面积．【详解】（1）解：∵△ABC为等边三角形，∴∠ACB＝∠BAC＝60°．又∵∠BAF＝，∴∠FAC＝90°．进而，∠F＝30°．∴CF＝2AC．在Rt△FAC中，AC2＋AF2＝CF2，又∵，∴AC＝1．又∵AD＝AC，∴AD＝1．（2）证明：在BC上截取CH＝AE，∵AB＝AC，∠ACB＝∠BAC，∴△ABE≌△CAH（SAS）．∴∠1＝∠2．∵AD＝AC，∴∠3＝∠2＝∠1．∴∠FAH＝∠5＋∠4＝∠2＋∠3＋∠4＝∠1＋∠1＋∠4＝60°＋∠1．又∵∠FHA＝∠ACB＋∠1＝60°＋∠1，∴∠FAH＝∠FHA．∴HF＝AF．∴CF＝CH＋HF＝AF＋AE．（3）解：在GA上截取GK=GC，连接CK，KN，∵△ABC是等边三角形，点G是BC的中点，AB=2，∴BG=CG=BC=1，∴AG⊥BC，AG=，∵KG=CG，∠KGC=90°，∴KC=CG，∠GCK=，∵CM绕着M点逆时针旋转90°到MN，∴CM=MN，∠CMN=90°，∴CN=CM，∠MCN=，∴∠GCK=∠MCN=，∴∠GCM=∠KCN，∵，即，∴△GCM∽△KCN∴∠CGM=∠CKN=90°，∴点N在过点K且垂直CK的直线上移动，当且仅当AN⊥KN时，AN取得最小值，当AN取得最小值时，∠NKA=∠NAK=，∴AN=NK，此时，过N点作NH⊥AK于H，∴当AN取得最小值时，AH=NH=HK=AK=(AGGK)=(1)，∵∠NHM=∠NMC=∠CGM=90°，∴∠HMN+∠GMC=90°，∠HMN+∠HNM=90°，∴∠GMC=∠HNM，∴MGC≌△NHM(AAS)，∴HN=GM=(1)，HM=CG=1，∴AM=AGGM=(+1)，∴当AN最小时，S△AMN′＝×＝．【点睛】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定即性质，勾股定理，相似三角形的判定即性质，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．七、利用轴对称的性质求最短距离（共3小题）20．（2021下·山东青岛·七年级统考期末）古希腊有一个著名的“将军饮马问题”，大致内容如下：古希腊一位将军，每天都要巡查河岸同侧的两个军营A，B．他总是先去A营，再到河边饮马，之后，再巡查B营．他时常想，怎么走，才能使他每天走的路程之和最短呢?大数学家海伦曾用轴对称的方法巧妙地解决了这个问题．如图2，作B关于直线l的对称点B′，连结AB′与直线l交于点C，点C就是所求的位置．证明：如图3，在直线l上另取任一点C′，连结AC′，BC，B′C′，∵直线l是点B，B′的对称轴，点C，C′在l上，∴CB=_________，C′B=_________，∴AC+CB=AC+CB′=_________．在△AC′B′，∵AB′＜AC′+C′B′，∴AC+CB＜AC′+C′B′即AC+CB最小．本问题实际上是利用轴对称变换的思想，把A，B在直线同侧的问题转化为在直线的两侧，从而可利用“两点之间线段最短”，即“三角形两边之和大于第三边”的问题加以解决（其中C在AB′与l的交点上，即A，C，B′三点共线）．本问题可归纳为“求定直线上一动点与直线外两定点的距离和的最小值”的问题的数学模型．拓展应用：如图，等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，BD平分∠ABC交AC于D，点P是BD上一个动点，点M是BC上一个动点，请在图5中画出PC+PM的值最小时P的位置．（可用三角尺）【答案】见解析【分析】利用轴对称的性质和三角形的三边关系可得；拓展应用中，在BA上截取BC'=BC，连接CC'，可证得C、C'关于BD对称，将两条线段的和最小问题转化为垂线段最短来解决．【详解】解：证明：如图3，在直线l上另取任一点C′，连结AC′，BC，B′C′，∵直线l是点B，B′的对称轴，点C，C′在l上，∴CB=CB'，C′B=C'B'，∴AC+CB=AC+CB′=AB'．在△AC′B′，∵AB′＜AC′+C′B′，∴AC+CB＜AC′+C′B′即AC+CB最小．故答案为：CB'，C'B'，AB'；拓展应用：如图，在BA上截取BC'=BC，连接CC'，过C'作C'M⊥BC于点M，交BD于点P，在BD上另取一点P'，连接P'C'，在BC上取点M'，连接P'M'，∵BC=BC'，BD平分∠CBC'，∴BD垂直平分CC'，∴PC=PC'，P'C=P'C'，∴PC+PM=PC'+PM=C'M，∵C'P'+P'M'＞C'M，∴PC+PM＜P'C+P'M'，∴点P即为所求．【点睛】本题主要考查了轴对称的性质、三角形三边的关系、以及垂线段最短等知识，利用轴对称的性质对线段进行转化是解题的关键．21．（2022上·陕西西安·八年级统考期中）问题情境：老师在黑板上出了这样一道题：直线同旁有两个定点A，B，在直线上是否存在点，使得的值最小？小明的解法如下：如图，作点关于直线的对称点，连接，则与直线的交点即为，且的最小值为．问题提出：(1)如图，等腰的直角边长为4，E是斜边的中点，是边上的一动点，求的最小值．问题解决：(2)如图，为了解决A，B两村的村民饮用水问题，A，B两村计划在一水渠上建造一个蓄水池，从蓄水池处向A，B两村引水，A，B两村到河边的距离分别为千米，千米，千米．若蓄水池往两村铺设水管的工程费用为每千米15000元，请你在水渠上选择蓄水池的位置，使铺设水管的费用最少，并求出最少的铺设水管的费用．【答案】(1)(2)最少的铺设水管的费用是225000元【分析】(1)作点B关于的对称点，连接交于P，此时的值最小，连接先根据勾股定理求出的长，再判断出，根据勾股定理即可得出结论；(2)根据轴对称的性质确定水厂位置，作交的延长线于点E,根据矩形的性质分别求出、，根据勾股定理求出，得到，结合题意计算即可．【详解】（1）解：如图，作点关于的对称点，连接交于，此时的值最小，连接．因为等腰的直角边长为4，E是斜边的中点，所以，，因为，所以，所以．（2）如图，延长到点，使，连接交于点，点即为所选择的位置，过点作交的延长线于点．在中，千米，千米，所以（千米），所以最短路线（千米），最少的铺设水管的费用为（元）．答：最少的铺设水管的费用是元．【点睛】本题考查的是三角形综合题，轴对称最短路径问题、勾股定理的应用，掌握轴对称的概念和性质、两点之间，线段最短的性质是解题的关键．22．（2022上·辽宁鞍山·八年级统考期末）如图，P为内一定点，M、N分别是射线OA、OB上的点，（1）当周长最小时，在图中画出（保留作图痕迹）；（2）在（1）的条件下，已知，求的度数．

【答案】（1）见解析，（2）35°【分析】（1）作P关于OA，OB的对称点P1，P2．连接OP1，OP2．则当M，N是P1P2与OA，OB的交点时，△PMN的周长最短，于是得到结论；（2）根据对称的性质可以证得∠OPN+∠OPM＝∠OP2N+∠OP1M＝110°，∠P1OP2＝2∠AOB，根据三角形内角和即可求解．【详解】解：（1）作P关于OA，OB的对称点P1，P2．连接OP1，OP2．分别交OA、OB于点M、N，△PMN的周长为P1P2长，此时周长最短；

（2）连接P1O、P2O，∵PP1关于OA对称，∴∠P1OP＝2∠MOP，∠OP1M＝∠OPM，同理，∠P2OP＝2∠NOP，∠OP2N＝∠OPN，∴∠P1OP2＝2∠AOB，∵∠OPN+∠OPM＝∠OP2N+∠OP1M＝110°，∴∠P1OP2＝180°﹣110°＝70°，∴∠AOB＝35°．【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，正确作出图形，利用对称得出角之间的关系是解题的关键．八、折叠问题（共3小题）23．（2021上·河北承德·八年级统考期末）如图，在直角三角形纸片中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，AC=6cm．沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在AB边上的点E处，折痕为BD(1)求△AED的周长；(2)过点C作△ABC的高，并求出这个高长．【答案】(1)8(2)画图见解析，【分析】（1）根据翻折变换的性质可得BE＝BC，DE＝CD，然后求出AE，再求出△ADE的周长＝AC+AE；【详解】（1）解：∵折叠这个三角形点C落在AB边上的点E处，折痕为BD，∴BE＝BC＝8，DE＝CD，∴AE＝AB﹣BE＝AB﹣BC＝10﹣8＝2，∴△ADE的周长＝AD+DE+AE，＝AD+CD+AE，＝AC+AE，＝6+2，＝8，故△ADE的周长为8；（2）解：如图所示，CF就是△ABC的高，，，，【点睛】本题考查了轴对称的性质和等积法求高，解题关键是熟练运用轴对称的性质和等积法解题．24．（2022上·吉林长春·八年级期末）操作：第一步：如图1，对折长方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开．第二步：如图2，再一次折叠纸片，使点A落在EF上的N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN．连结AN，易知△ABN的形状是．论证：如图3，若延长MN交BC于点P，试判定△BMP的形状，请说明理由．【答案】操作：等边三角形；论证：△BMP是等边三角形，理由见解析【分析】操作：由折叠的性质可得NA=NB=AB，可得△ABN是等边三角形；论证：由直角三角形的性质可求∠BPM=∠MBP=60°，可得△BMP是等边三角形．【详解】解：操作：如图2，∵直线EF是AB的垂直平分线，∴NA=NB，由折叠可知，BN=AB，∠NBM=∠ABM，∠BAM=∠BNM=90°，∴AB=BN=AN，∴△ABN是等边三角形，故答案为：等边三角形；论证：△BMP是等边三角形，理由如下：如图3，∵△ABN是等边三角形，∴∠ABN=60°，∴∠NBM=∠ABM=∠ABN=30°，∵∠NBP=∠ABP∠ABN=30°，∠BNP=90°，∴∠BPM=∠MBP=60°，∴△BMP是等边三角形．【点睛】本题考查了翻折变换，等边三角形的性质和判定，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．25．（2021上·江苏泰州·八年级统考期末）如图1，将三角形纸片ABC，沿AE折叠，使点B落在BC上的F点处；展开后，再沿BD折叠，使点A恰好仍落在BC上的F点处（如图2），连接DF．（1）求∠ABC的度数；（2）若△CDF为直角三角形，且∠CFD=90°，求∠C的度数；（3）若△CDF为等腰三角形，求∠C的度数．【答案】（1）60°；（2）30°；（3）20°或40°．【分析】（1）由折叠的性质可知△ABF是等边三角形，即可得出结论；（2）根据折叠的性质及三角形内角和定理即可得出结论；（3）根据折叠的性质、三角形外角的性质及等腰三角形的性质表示出∠AFD，根据平角的定义表示出∠DFC，然后分三种情况讨论即可得出结论．【详解】解：（1）由折叠的性质可知：AB=AF，BA=BF，∴AB=BF=AF，∴△ABF是等边三角形，∴∠ABC=∠AFB=60°；（2）∵∠CFD=90°，∴∠BFD=90°．由折叠的性质可知：∠BAD=∠BFD，∴∠BAC=∠BAD=90°，∴∠C=180°∠BAC∠ABC=180°90°60°=30°；（3）设∠C=x°．由折叠的性质可知，AD=DF，∴∠FAD=∠AFD．∵∠AFB=∠FAD+∠C，∴∠FAD=∠AFB∠C=60°x，∴∠AFD=60°x，∴∠DFC=180°∠AFB∠AFD=180°60°（60°x）=60°+x．∵△CDF为等腰三角形，∴分三种情况讨论：①若CF=CD，则∠CFD=∠CDF，∴60°+x+60°+x+x=180°，解得：x=20°；②若DF=DC，则∠DFC=∠C，∴60°+x=x，无解，∴此种情况不成立；③若DF=FC，则∠FDC=∠C=x，∴60°+x+x+x=180°，解得：x=40°．综上所述：∠C的度数为20°或40°．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，折叠的性质．分三种情况讨论是解答本题的关键．九、等腰三角形性质与判定综合（共3小题）26．（2021上·湖南张家界·八年级统考期末）已知，，为直线上一点，为直线上一点，，设，，(1)如图1，若点在线段上，点在线段上，，，则；．(2)如图2，若点在线段上，点在线段上，则，之间有什么关系式？说明理由．(3)探究：当点在线段的延长线上，点在线段上，（或在线段的延长线上）时，是否存在不同于（2）中的，之间的关系式？若存在，请直接写出这个关系式．【答案】(1)，；(2)，理由见解析；(3)存在，或．【分析】本题是三角形综合题，主要考查等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，解本题的关键是利用三角形的内角和定理得出等式．（1）根据题意利用等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得出结论；（2）根据题意利用等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得出结论；（3）根据题意分①当点在的延长线上，点在线段上，②当点在的延长线上，点在的延长线上两种情况，结合等腰三角形性质进行等量替换即可得出结论．【详解】（1）解：∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴．（2）解：设，，∴，，在中，，在中，，∴．（3）解：①当点在的延长线上，点在线段上，如图：设，，∴，，在中，，在中，，∴，②当点在的延长线上，点在的延长线上，如图，同①的方法可得．27．（2022上·江苏南通·八年级统考期末）【了解概念】定义：如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，则称这个三角形为“唯美三角形”，这条中线叫这条边的“唯美线”．【理解运用】（1）如图1，为“唯美三角形”，为边的“唯美线”，试判断的形状，并说明理由；【拓展提升】（2）在中，，E为外一点，连接，若和均为“唯美三角形”，且和分别为这两个三角形边的“唯美线”．①如图2，若点在直线异侧，连接，求的度数；②若点E为平面内一点，满足，请直接写出点A到的距离．

【答案】（1）是直角三角形，理由见解析（2）①②6或3【分析】（1）结论：是直角三角形，利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理证明即可；（2）①过点A作交的延长线于点H，于点T，证明，推出，可得平分，即可解决问题；②分两种情形：当点E在的下方时，如图2中，当点E在的上方时，如图3中，过点A作交的延长线于点H，于点T．【详解】解：（1）结论：是直角三角形．理由：为“唯美三角形”，为边的“唯美线”，，，，，，，是直角三角形；（2）①过点A作交的延长线于点H，于点T．

和均为“唯美三角形”，且和分别为这两个三角形边的“唯美线”，，都是直角三角形，，，，∴四边形是矩形，，，，，，，平分，；②当点E在的下方时，如图2中，∵四边形是矩形，，∴四边形是正方形，，，，，，，即点A到的距离为6．当点E在的上方时，如图3中，过点A作交的延长线于点H，于点T．

同法可证，四边形是正方形，，，∴AT=3，即点A到的距离为3．综上所述，点A到的距离为6或3．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．28．（2021上·浙江杭州·八年级杭州市采荷中学校考期中）如图，中，，现有两点、分别从点、点同时出发，沿三角形的边顺时针运动，点的速度为，点的速度为，当点第一次到达点时，，同时停止运动．

(1)点，运动几秒后，，两点重合？(2)点，运动时，是否存在以为底边的等腰三角形？如存在，请求出此时，运动的时间．若不存在，请说明理由．(3)点，运动几秒后，可得到直角三角形？【答案】(1)12秒(2)存在，4或16(3)或或15或18【分析】（1）设点M，N运动x秒后重合，表示出M，N的路程，N的路程比M多，列出方程求解即可；（2）首先假设是等腰三角形，不难得到在上运动时点N在点M前方，如图所示，可证出，可得，设出运动时间，表示出的长，列出方程，可解出未知数的值．（3）分情况讨论，利用角所对的直角边等于斜边的一半解题即可．【详解】（1）设点、运动秒后，、两点重合，由题意可得：，解得：，即当、运动12秒时，，两点重合；（2）当点、运动4或16秒时，存在以为底的等腰三角形，理由如下：由（1）可知：当、运动12秒时，，两点重合，当、分别在、上时，，，，成立；如图，当、都在BC上时，，

，，，是等边三角形，，，，，，，，解得：，成立；综上，满足条件的的值为4或16；（3）当点在上运动时，如图，若，

，，，，，即，解得：；如图，若，

由，则，解得：；当点在上运动时，点也在上，此时，，不能构成三角形；当点在上运动时，如图，当点位于中点处时，

由时等边三角形知，即是直角三角形，则，解得：；如图，当点位于中点处时，由时等边三角形知，即是直角三角形，则；综上，当或或15或18时，可得到直角三角形．【点睛】本题考查了等边三角形的性质及判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，角的直角三角形的性质，关键是根据题意设出未知数，理清线段之间的数量关系．十、等边三角形手拉手模型（共3小题）29．（2019上·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期末）综合与实践：(1)问题发现如图1，和均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．请写出的度数及线段之间的数量关系，并说明理由．(2)类比探究：如图2，和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一直线上，CM为中DE边上的高，连接BE．填空：①的度数为_______；②线段之间的数量关系为_________，并说明理由．(3)拓展延伸；在（2）的条件下，若，求四边形ABEC的面积．【答案】(1)∠AEB=60°，AD=BE，理由见解析(2)①90°，②AE=BE+2CM，理由见解析(3)35【分析】（1）先得出∠ACD=∠BCE，进而用SAS判断出△ACD≌△BCE，即可得出结论；（2）①同（1）的方法，即可得出结论；②由△ACD≌△BCE得出AD=BE，再判断出DM=CM，即可得出结论．（3）根据（2）的结论求得AE＝10，再根据四边形ABEC的面积＝△ACE的面积+△ABE的面积，通过计算即可求解．【详解】（1）解：∵△ACB和△DCE是等边三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠ADC=∠BEC，AD=BE，∵△CDE是等边三角形，∴∠CDE=∠CED=60°，∴∠ADC=180°∠CDE=120°，∴∠BEC=120°，∴∠AEB=∠BEC∠CED=120°60°=60°；（2）解：同（1）的方法得，△ACD≌△BCE（SAS），∴∠ADC=∠BEC，∵△DCE是等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°，∴∠ADC=180°∠CDE=135°，∴∠BEC=135°，∴∠AEB=∠BEC∠CED=135°45°=90°；②∵△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME，在Rt△DCE中，CM⊥DE，∠CDM=45°，∴∠DCM=∠CDM=45°，∴DM=CM，∴DM=ME=CM，∴AE=AD+DE=BE+2CM．（3）解：由（2）得：∠AEB=90°，AD=BE=4，∵△DCE均为等腰直角三角形，CM为△DCE中DE边上的高，∴CM⊥AE，∠CDE=∠CED=45°，∴∠CDE=∠CED=∠DCM=∠ECM=45°，∴CM=DM=ME，∴DE＝2CM＝6，∴AE＝AD+DE＝4+6＝10，∴四边形ABEC的面积＝△ACE的面积+△ABE的面积＝AE×CM+AE×BE＝×10×3+×10×4＝35；故答案为：35．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键．30．（2020下·四川成都·七年级统考期末）探究等边三角形“手拉手”问题．（1）如图1，已如△ABC，△ADE均为等边三角形，点D在线段BC上，且不与点B、点C重合，连接CE，试判断CE与BA的位置关系，并说明理由；（2）如图2，已知△ABC、△ADE均为等边三角形，连接CE、BD，若∠DEC＝60°，试说明点B，点D，点E在同一直线上；（3）如图3，已知点E在ABC外，并且与点B位于线段AC的异侧，连接BE、CE．若∠BEC＝60°，猜测线段BE、AE、CE三者之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）CE∥AB，理由见解析；（2）见解析；（3）BE＝AE+EC．理由见解析．【分析】（1）结论：CE∥AB．证明△BAD≌△CAE（SAS）可得结论．（2）利用全等三角形的性质证明∠ADB＝∠AEC＝120°，证明∠ADB+∠ADE＝180°即可解决问题．（3）结论：BE＝AE+EC．在线段BE上取一点H，使得BH＝CE，设AC交BE于点O．利用全等三角形的性质证明△AEH是等边三角形即可．【详解】（1）解：结论：CE∥AB．理由：如图1中，∵△ABC，△ADE都是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠B＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠B＝∠ACE＝60°，∴∠BAC＝∠ACE＝60°，∴AB∥CE．（2）证明：如图2中，由（1）可知，△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠AEC，∵△ADE是等边三角形，∴∠AED＝∠ADE＝60°，∵∠BEC＝60°，∴∠AEC＝∠AED+∠BEC＝120°，∴∠ADB＝∠AEC＝120°，∴∠ADB+∠ADE＝120°+60°＝180°，∴B，D，E共线．（3）解：结论：BE＝AE+EC．理由：在线段BE上取一点H，使得BH＝CE，设AC交BE于点O．∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠BAC＝60°，∵∠BEC＝60°，∴∠BAO＝∠OEC＝60°，∵∠AOB＝∠EOC，∴∠ABH＝∠ACE，∵BA＝CA，BH＝CE，∴△ABH≌△ACE（SAS），∴∠BAH＝∠CAE，AH＝AE，∴∠HAE＝∠BAC＝60°，∴△AEH是等边三角形，∴AE＝EH，∴BE＝BH+EH＝EC+AE，即BE＝AE+EC．【点睛】本题主要考查三角形全等的性质与判定及等边三角形，熟练掌握判定方法及性质是解题的关键，注意平时常用的辅助线作法．31．（2020上·浙江台州·八年级统考期末）【阅读材料】小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小明发现若∠BAC=∠DAE，AB=AC，AD=AE，则△ABD≌△ACE．【材料理解】（1）在图1中证明小明的发现．【深入探究】（2）如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，连接AO，下列结论：①BD=EC；②∠BOC=60°；③∠AOE=60°；④EO=CO，其中正确的有．（将所有正确的序号填在横线上）．【延伸应用】（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）①②③；（3）∠A+∠BCD=180°．【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BD=CE，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°，再判断出△BCF≌△ACO，得出∠AOC=120°，进而得出∠AOE=60°；（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）证明：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE；（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，∴∠ADB=∠AEC，BD=CE，①正确，记AD与CE的交点为G，∵∠AGE=∠DGO，∴180°∠ADB∠DGO=180°∠AEC∠AGE，∴∠DOE=∠DAE=60°，∴∠BOC=60°，②正确，在OB上取一点F，使OF=OC，连接CF，∴△OCF是等边三角形，∴CF=OC，∠OFC=∠OCF=60°=∠ACB，∴∠BCF=∠ACO，∵AB=AC，∴△BCF≌△ACO（SAS），∴∠AOC=∠BFC=180°∠OFC=120°，∴∠AOE=180°∠AOC=60°，③正确，没有理由说明OC=OE，所以，④不一定正确，即：正确的有①②③，故答案为①②③；（3）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】本题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，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．一十一、轴对称综合（共4小题）32．（2020上·江苏扬州·八年级校联考期中）如图1，四边形中，，，，经过点的直线将四边形分成两部分，直线与所成的角设为，将四边形的直角沿直线折叠，点落在点处（如图1）．（1）若点与点重合，则_______，_______；（2）若折叠后点恰为的中点（如图2），则的度数为_________．（3）在（2）的条件下，求证：．【答案】（1），8；（2）；（3）证明见解析．【分析】（1）利用轴对称的性质即可解决问题；（2）延长ED、OA，交于点F，如图2．易证，则有DE＝DF，根据垂直平分线的性质可得，根据等腰三角形的性质可得∠EOD＝∠FOD，从而就可求出；（3）根据是的线段垂直平分线，得到，故可求解．【详解】（1）若点D与点A重合，则∠COA＝45°，OA＝OC＝8．故答案为：45°，8．（2）如图：延长ED、OA，交于点F．∵∠AOC＝∠BCO＝90°，∴∠AOC＋∠BCO＝180°，∴BC∥OA，∴∠B＝∠DAF．在△BDE和△ADF中，，∴（ASA），∴DE＝DF．∵∠ODE＝∠OCE＝90°，∴根据线段垂直平分线的性质可得OE＝OF，∴根据等腰三角形的性质可得∠EOD＝∠FOD．由折叠可得∠FOD＝∠EOC＝，∴∠COA＝3＝90°，∴＝30°．故答案为：；（3）由（2）得是的线段垂直平分线，∴，BE=AF∵，∴．【点睛】本题主要考查了轴对称的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定，构造全等三角形是解决第（2）小题的关键．33．（2023上·江苏常州·八年级统考期中）如图，在中，，，点F是边上一点，．用直尺和圆规按要求作图（不写作法，保留作图痕迹），并回答问题：(1)在边上作点D，使得点D到边的距离相等；(2)在射线上作点E，使得点E到点A、点C的距离相等；(3)若点P是射线上一个动点，当取最小值时，在图中作出符合要求的点P，的最小值是．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)作图见解析，13【分析】（1）根据角平分线上的点到角的两边距离相等，即作的平分线交于一点，即为点D，即可作答．（2）根据垂直平分线上的点到线段的端点距离相等，即作线段的垂直平分线与相交于一点，即为点，即可作答．（3）作点F关于射线的对称点，连接，交射线于一点P，此时，根据勾股定理列式计算，即可作答．【详解】（1）解：点D如图所示：（2）解：点E如图所示：（3）解：点P如图所示：∵，∴，即在中，，即，即．【点睛】本题考查了作角平分线，作垂直平分线，轴对称性质，勾股定理等知识内容：难度适中，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．34．（2021上·江苏无锡·八年级统考期末）如图，已知四边形ABCD．（1）在边BC上找一点P，使得AP+PD的值最小，在图①中画出点P；（2）请用无刻度直尺和圆规，完成下列作图（不要求写作法，保留作图痕迹）：①在线段AC上找一点M，使得BM＝CM，请在图②中作出点M；②若AB与CD不平行，且AB＝CD，请在线段AC上找一点N，使得△ABN和△CDN的面积相等，请在图③中作出点N．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②见解析．【分析】（1）作A点关于BC的对称点A′，连接DA′交BC于P点，利用PA=PA′，则PA+PD=DA′，根据两点之间线段最短可判断P点满足条件；（2）①作BC的垂直平分线交AC于M；②BA和CD的延长线相交于O点，作∠BOC的平分线交AC于N．【详解】解：（1）如图①，点P为所作；（2）①如图①，点M为所作；②如图②，点N为所作．【点睛】本题考查了作图复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了最短路径问题．35．（2020·江苏无锡·统考模拟预测）如图，在直角坐标系内，已知，直线过，、关于的对称点分别为，请利用直尺（无刻度）和圆规按下列要求作图．（l）当与重合时，请在图中画出点位置，并求出的值；（2）当都落在轴上时，请在图2中画出直线，并求出的值．【答案】（1）；m=1；（2）；【分析】（l）当与重合时，则、关于的对称，根据垂直平分线的性质作出点位置，根据两点间距离公式求m；（2）当都落在轴上时，AB所在直线与y轴关于对称，延长分别交轴、轴于点，求出直线解析式，即得为等腰直角三角形，作，根据等腰直角三角形和对称的性质，可求出OP的长度，即m的值．【详解】（1）如图，作的垂直平分线，与轴交点即为点过点作轴垂线，垂足分别为根据，则有，解得．（2）延长分别交轴、轴于点，作角平分线与轴交点即为点．易求得直线解析式为，为等腰直角三角形，作，有．【点睛】本题考查运用垂直平分线和对称的性质作图，运用两点间距离公式、结合直线解析式和等腰三角形及对称性求P点横坐标，关键是要清楚知道当都落在轴上时，AB所在直线与y轴关于对称．一十二、勾股定理与折叠问题（共2小题）36．（2020上·广东清远·八年级统考期末）如图，在中，，将沿着折叠以后点正好落在边上的点处．(1)当时，求的度数；(2)当，时，①求线段的长；②求线段的长．【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）在中，利用互余得到，再根据折叠的性质得，然后根据互余可计算出；（2）①在中，利用勾股定理即可得到的长；②设，则，依据勾股定理可得，中，再解方程即可得到的长．【详解】（1）解：在中，，，，沿着折叠以后点正好落在点处，，中，．（2）①在中，，，．②沿着折叠以后点正好落在点处，，，，设，则，中，，，解得．即的长为3．【点睛】本题考查了折叠问题，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，解题时常设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．37．（2023上·四川成都·八年级统考期末）如图，在中，，把沿直线折叠，点与点重合．(1)若，则的度数为；(2)若，，求的长；(3)当的周长为，