第19章 几何证明 压轴题（解析版）-A4

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第页第19章几何证明压轴题一、单选题1．（24-25八年级上·上海徐汇·期中）如图，在中，，角平分线BD，CE交于点O，于点F．下列结论：①BE；②；③；④；其中正确结论是（

）A．①③④ B．①②③④ C．①②③ D．①③【答案】A【分析】如图1过作于，根据角平分线的性质得到，根据三角形的面积公式得到，故①正确；根据角平分线的定义得到，，求得，于是得到，故②错误；在上截取，连接，根据全等三角形的性质得到，，，于是得到，故③正确；根据全等三角形的性质得到，，于是得到，故④正确．【详解】解：如图1过作于，平分，，，，故①正确；，，、分别平分、，且、相交于点，，，，，，，，，故②错误；在上截取，连接，在和中，，，，，，，，在和中，，，，，故③正确；，，，，，，故④正确，故选：A．【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形内角和定理及其推论等知识，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，构造全等三角形，再利用全等三角形的判定与性质解决问题．2．如图，在平面直角坐标系中，将绕点A顺时针旋转到的位置，点B、O分别落在点、处，点在x轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，依次进行下去……，若点，．则点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，…，由图象可知点在x轴上，，根据这个规律可以求得的坐标．【详解】解：由图象可知点在x轴上，，，，，，．故选C．【点睛】本题考查坐标与图形的变化-旋转、勾股定理等知识，解题的关键是从特殊到一般探究规律，发现规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型．二、填空题3．（22-23八年级上·上海长宁·期末）我们把不等边三角形一条边上的中线与这条边上的高的夹角叫做该三角形的“偏离角度”．已知直角三角形的“偏离角度”为，斜边长为4，那么它的面积等于．【答案】或【分析】本题考查了直角三角形斜边中线等于斜边一半，三角形中线的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．分情况讨论：①如图，当直角三角形斜边上的中线与它高夹角为时，可知，再利用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半，得到，利用勾股定理求得，即可得到答案；②如图，当直角三角形直角边上的中线与它高夹角为时，可得到，利用勾股定理求得，即可得到答案．【详解】解：①如图，在中，为斜边的高，为斜边的中线，,为斜边的中线，又，，即②如图，在中，为直角边的中线，根据题意，为直角边边的中线，即解得：综上，直角三角形的面积为或故答案为：或．4．（2023·上海虹口·一模）我们规定：如果一个三角形一边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．如图，已知直线，与之间的距离是3，“等高底”的“等底”在直线上（点在点的左侧），点在直线上，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为点，那么的长为．【答案】或【分析】根据题意分情况画出相应图，然后根据旋转性质找到线段对应关系求解即可．【详解】解：当如下图所示时，，，点到直线的距离为，，将绕点顺时针旋转得到，；当如下图所示时，，，点到直线的距离为，，，将绕点顺时针旋转得到，，，，在中，，故答案为：或．【点睛】本题考查了旋转性质、勾股定理、二次根式的运算等知识，分情况讨论并画出相应图像是解题关键．5．（20-21八年级上·上海普陀·期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，点D为边BC上一点，将△ACD沿直线AD翻折得到△AED，点C的对应点为点E，联结BE，如果△BDE是以BD为直角边的等腰直角三角形，那么BC的长等于．【答案】12或【分析】根据题意可知，需要分两种情况，，，画出对应的图形，再根据折叠的性质及等腰直角三角形的性质可求解．【详解】解：①当时，如图，此时，四边形是正方形，则，又是等腰直角三角形，属于，所以；②当时，如图，设，则，，由折叠可知，，由题意可知，，，，即是等腰直角三角形，，，，，解得，．故答案为：12或．【点睛】本题考查了翻折变换、勾股定理、解直角三角形、等腰直角三角形的性质与判定等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题．6．（上海金山·期末）已知,在△ABC中,BC=3,∠A=22.5°,将△ABC翻折使得点B与点A重合,折痕与边AC交于点P,如果AP=4,那么AC的长为【答案】【分析】过B作BF⊥CA于F，构造直角三角形，分两种情况讨论，利用勾股定理以及等腰直角三角形的性质，即可得到AC的长．【详解】分两种情况：①当∠C为锐角时，如图所示，过B作BF⊥AC于F，由折叠可得，折痕PE垂直平分AB，∴AP=BP=4，∴∠BPC=2∠A=45°，∴△BFP是等腰直角三角形，∴BF=DF=，又∵BC=3，∴Rt△BFC中，CF=，∴AC=AP+PF+CF=5+；②当∠ACB为钝角时，如图所示，过B作BF⊥AC于F，同理可得，△BFP是等腰直角三角形，∴BF=FP=，又∵BC=3，∴Rt△BCF中，CF=，∴AC=AF-CF=3+.故答案为：5+或3+．【点睛】本题主要考查了折叠问题以及勾股定理的运用，解决问题的关键是分两种情况画出图形进行求解．解题时注意：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．7．（上海闵行·期末）在中，，，点是中点，点在上，，将沿着翻折，点的对应点是点，直线与交于点，那么的面积．【答案】或【分析】通过计算E到AC的距离即EH的长度为3，所以根据DE的长度有两种情况：①当点D在H点上方时，②当点D在H点下方时，两种情况都是过点E作交AC于点E，过点G作交AB于点Q，利用含30°的直角三角形的性质和勾股定理求出AH,DH的长度，进而可求AD的长度，然后利用角度之间的关系证明，再利用等腰三角形的性质求出GQ的长度，最后利用即可求解．【详解】①当点D在H点上方时，过点E作交AC于点E，过点G作交AB于点Q，，点是中点，．∵，．，，．，，，，

，．由折叠的性质可知，，，，．又，．，．，即，．，；②当点D在H点下方时，过点E作交AC于点E，过点G作交AB于点Q，，点是中点，．∵，．，，．，，，，

，．由折叠的性质可知，，，，．又，．，．，即，．，，综上所述，的面积为或．故答案为：或．【点睛】本题主要考查折叠的性质，等腰三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，含30°的直角三角形的性质，能够作出图形并分情况讨论是解题的关键．8．如图，在中，，于点，平分，且于点，与相交于点，是边的中点，连接与相交于点，下列结论：①；②；③；④、都是等腰三角形．其中正确的是．【答案】①②④【分析】证明即可判断①，证明即可判断②；过作于点，根据角平分线的性质得，结合，可得，又可得，即可判断③，证明、，可判断④．【详解】解：①∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，在和△FBD中，，∴，∴，故①正确；②∵平分，，∴，，在和中，，∴，∴，∴，又∵，∴，故②正确；③如图所示，过作于点，∵是边的中点，，∴，即，∴，又∵平分，，∴，∴，又∵，∴，∵，，∴，故③错误；④∵，，，∴，又∵，∴，∴，∴为等腰三角形，∵，∴，∴为等腰三角形，即、都为等腰三角形，故④正确，∴正确的是①②④．故答案为：①②④．【点睛】本题是三角形综合题，考查等腰三角形的判定性质，等腰三角形的三线合一的性质，直角三角形两锐角互余，全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，三角形内角和定理，三角形的面积等知识点的综合运用，第三个问题难度比较大，添加辅助线是解题的关键．9．如图，在等腰梯形中，，，，，直角三角板含角的顶点放在边上移动，直角边始终经过点，斜边与交于点，若为等腰三角形，则的长为．

【答案】或或2【分析】本题考查了等腰梯形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识．分三种情况讨论：①当时，过点D作于点G，根据等腰梯形的性质，易证四边形是矩形，进而证明，得到，的长，由勾股定理求得，然后证明是等腰直角三角形，再利用勾股定理即可求出的长；②当时，利用等腰梯形的性质、等腰三角形的性质，三角形内角和定理，求得，进而得到，再利用，即可求出得长；③当时，利用等腰梯形的性质、等腰三角形的性质，三角形内角和定理，求得，进而利用勾股定理，得出的长，再利用三角形内角和定理，易证是等腰直角三角形，得到，最后由勾股定理即可求出的长．【详解】解：①如图1，当时，过点D作于点G，

等腰梯形中，，，，，，，，四边形是矩形，，，，，在和中，，，，，，，在中，，，，，，，是等腰直角三角形，，在中，，；②如图2，当时，

，等腰梯形中，，，，，，，，，，，；③如图3，当时，

等腰梯形中，，，，，，在中，，，，，是等腰直角三角形，，在中，；综上所述，CF的长为或或2．故答案为：或或2．10．（2023·江苏苏州中考）如图，．过点作，延长到，使，连接．若，则．（结果保留根号）

【答案】/【分析】如图，过作，交CA的延长线于点，设，可得，证明，，为等腰直角三角形，，，由勾股定理可得：，再解方程组可得答案．【详解】解：如图，过作，交CA的延长线于点，

设，∵，，∴，∵，∴，，为等腰直角三角形，∴，∴，由勾股定理可得：，整理得：，解得：，经检验不符合题意；∴；故答案为：．【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．11．如图，在等边中，，，，点从点出发沿方向运动，连接，以为边，在的右侧按如图所示的方式作等边，当点从点运动到点时，点运动的路径长是．【答案】8【分析】连接，作于，如图，根据等边三角形的性质得，过点作，则，则点与点重合，所以，，接着证明得到，于是可判断点运动的路径为一条线段，此线段到的距离为2，当点在点时，作等边三角形，则，当点在点时，作等边三角形，作于，则△，所以，所以，于是得到当点从点运动到点时，点运动的路径长为8．【详解】解：连接，作于，如图所示：为等边三角形，，过点作，则，点与点重合，，，为等边三角形，，，，，，在和中，，，，点从点运动到点时，点运动的路径为一条线段，此线段到的距离为2，当点在点时，作等边三角形，，则，当点在点时，作等边三角形，作于，则△，，，当点从点运动到点时，点运动的路径长为8．故答案是：8．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，也考查了等边三角形的性质．在解决问题时，关键要掌握点运动的轨迹，利用代数或几何方法确定点运动的规律．12．如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，过A作AEBC，且AE＝AB，AB上有一点F，连接EF．若EF＝AC，CD＝4BD，则＝．【答案】【分析】在CD上取一点G，使GD=BD，连接AG，作EH⊥AB交BA的延长线于点H，先证明△AEH≌△GAD，得EH=AD，AH=GD，再证明Rt△EHF≌Rt△ADC，得FH=CD，于是得AF=GC，则，得S△AEF=S△GAC，设GD=BD=m，则CD=4BD=4m，所以CG=4m-m=3m，BC=4m+m=5m，则，，得，于是得到问题的答案．【详解】解：如图，在CD上取一点G，使GD=BD，连接AG，作EH⊥AB交BA的延长线于点H，∵AD⊥BC于点D，∴AG=AB，∠H=∠ADG=90°∴∠AGD=∠B，∵AE//BC，∴∠EAH=∠B，∴∠EAH=∠AGD，∵AE=AB，∴AE=AG，在△AEH和△GAD中，，∴△AEH≌△GAD（AAS），∴EH=AD，AH=GD，在Rt△EHF和Rt△ADC中，，∴Rt△EHF≌Rt△ADC（HL），∴FH=CD，∴FH-AH=CD-GD，∴AF=GC，∴，∴S△AEF=S△GAC，设GD=BD=m，则CD=4BD=4m，∴CG=4m-m=3m，BC=4m+m=5m，∴，∴，故答案为：．【点睛】此题考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质、有关面积比问题的求解等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．三、解答题13．（22-23八年级上·上海长宁·期末）在中，已知，，点在射线上，连接，．(1)如图1，若的垂直平分线经过点，求的度数；(2)如图2，当点在边上时，求证：；(3)若，，请直接写出的长．【答案】(1)(2)见解析(3)或【分析】（1）根据垂直平分线的性质，可推出，得到，再利用三角内角和可得到，求出，最后由，即可得到答案；（2）取的中点，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得到，从而推出，再由，推出，从而得到，得证；（3）①当在边上时，作于，由，推出，设，用表示出、、、、，然后在中和在中利用勾股定理建立方程，求解即可；②当在的延长线上时，连接，作于，再取的中点，连接，先证明，同①，设，然后在中和在中利用勾股定理建立方程，求解即可．【详解】（1）解：的垂直平分线经过点又又，（2）证明：如图1，取的中点，连接又（3）解：如图2，当在边上时，作于，由（2）可知，设，，，在中，在中，解得：，即如图3，当在的延长线上时，连接，作于，再取的中点，连接．由题意，又设，．在中，在中，解得：，即综上，的长为或．故答案为：的长为或．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点并能作出合适的辅助线是解题的关键．14．（23-24八年级上·上海长宁·期末）已知在，，点P在边上，连接．(1)如图1，如果点P在线段AB的垂直平分线上，求证：；(2)过点P作，交边于点D，①如图2，如果点P是线段的中点，且，求的度数；②填空：如果，，且是以为腰的等腰三角形，那么的长等于．【答案】(1)见解析(2)①30°；②或【分析】（1）由线段垂直平分线的性质得，则，再证，得，即可得出结论；（2）①取BD的中点E，连接，由直角三角形斜边上的中线性质得，再证，得，则，即可解决问题；②分两种情况，a、时，b、时，由直角三角形的性质和勾股定理分别求出的长即可．【详解】（1）证明：∵点P在线段AB的垂直平分线上，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴；（2）解：①如图2，取BD的中点E，连接，则，，∵，∴，∴，∴，，∵，∴，∵，点P是线段的中点，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，即，∴，即的度数为30°；②∵，，，∴，分两种情况：a、如图3，时，由（1）可知，，过点P作于点M，则，∴，设，则，在和中，由勾股定理得：，即，解得：，∴，∴；b、如图4，时，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，设，则，在中，由勾股定理得：，即，解得：，∴；综上所述，的长等于或，故答案为：或．【点睛】本题是三角形综合题，考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握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是解题的关键，属于中考常考题型．15．（21-22八年级下·上海·期末）梯形中，，，，，点是中点，过点作的垂线交射线于点，的角平分线交射线于点，交直线于点．(1)当点与点重合时，求的长；(2)若点在线段上，，，求关于的函数关系式，并写出函数定义域；(3)联结、，当是以为腰的等腰三角形时，求的长．【答案】(1)(2)(3)的长为或或．【分析】（1）联结，过作于，根据线段垂直平分线的性质可得，在中，由勾股定理可得，然后证明四边形ABHD是矩形，求出DH＝AB＝4，CH＝2，在中，由勾股定理可得CD的长；（2）联结，过点作于，求出，，在中，由勾股定理可得，整理后可得答案；分情况讨论：当在线段上时，当时，可证≌，过作于，在中，求出，即可求得；当时，设，可证≌（ASA），求出，然后在中，利用勾股定理可求AD；当点在射线上时，如图4，此时，同理可得≌，过作交BC的延长线于，在中，求出CH即可解决问题．【详解】（1）解：如图，联结，过作于，，平分，，，，，∴在中，，∵，，∴∠A＝180°－90°＝90°，又∵∠DHB＝90°，∴四边形ABHD是矩形，∴DH＝AB＝4，AD＝BH＝3，∴CH＝5－3＝2，∴在中，；（2）如图，联结，过点作于，是的垂直平分线，，，，，，，，，在中，由得：，整理得：，∵点与点重合时，AD＝3，∴，∴；（3）如图，当在线段上时，当时，是的垂直平分线，，，∴∠PED＝∠PDE，∠PDC＝∠PCD，∵∠PED＋∠PDE＋∠PDC＋∠PCD＝180°，，平分，，又∵CE＝CE，≌（AAS），，，，过作于，在中，，；当时，，设，则，，，，，，，又∵，≌（ASA），，，，，∴在中，，（负值已舍去）；当点在射线上时，如图4，此时，，同理可得：≌（AAS），，过作交BC的延长线于，在中，，，；综上所述：的长为或或．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了线段垂直平分线的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解一元二次方程，全等三角形的判定和性质等知识，综合性较强，熟练掌握分类讨论思想与数形结合思想的应用是解题的关键．16．（21-22八年级上·上海松江·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠C=30°，AB=1，点D是边AC上一点（不与点A、C重合），EF垂直平分BD，分别交边AB、BC于点E、F，联结DE、DF．(1)如图1，当BD⊥AC时，求证：EF=AB；(2)如图2，设CD=x，CF=y，求y与x的函数解析式，并写出函数的定义域；(3)当BE=BF时，求线段CD的长．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）先证明再证明是等边三角形，结合垂直平分线的性质求解再求解即可得到结论；（2）如图，当过点，是的垂直平分线，求解如图，当过点则所以分别在AB、BC上时，则如图，过作于再利用勾股定理与线段的和差写函数关系式，整理后可得答案；（3）先画出符合题意的图形，再证明设则由再列方程解方程即可.【详解】（1）解：∠ABC=90°，∠C=30°，AB=1，是的垂直平分线，是等边三角形，而（2）解：如图，当过点，是的垂直平分线，则如图，当过点则所以分别在AB、BC上时，则如图，过作于同理：整理得：（3）解：当同理可得：设则【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，二次根式的混合运算，全等三角形的判定与性质，熟练的掌握以上知识是解本题的关键.17．（21-22八年级上·上海松江·期末）如图，在直角坐标平面内，正比例函数的图像与一个反比例函数图像在第一象限内的交点为点A，过点A作AB⊥x轴，垂足为点B，AB=3．(1)求反比例函数的解析式；(2)在直线AB上是否存在点C，使点C到直线OA的距离等于它到点B的距离？若存在，求点C的坐标；若不存在，请说明理由；(3)已知点P在直线AB上，如果△AOP是等腰三角形，请直接写出点P的坐标．【答案】(1)(2)或(3)的坐标为：或或或【分析】（1）先求解的坐标，再代入反比例函数解析式，从而可得答案；（2）分两种情况讨论：如图，作的角平分线交于过作于而轴，则如图，作的角平分线交于过作于交轴于则再利用角平分线的性质与全等三角形的性质，勾股定理可得答案；（3）画出图形，分4种情况讨论，当时，当时，当时，当时，再结合等腰三角形的性质与勾股定理可得答案.【详解】（1）解：AB⊥x轴，AB=3，则设反比例函数为所以反比例函数为（2）解：存在，或；理由如下：如图，作的角平分线交于过作于而轴，则则而如图，作的角平分线交于过作于交轴于则而而设解得：综上：或（3）解：如图，为等腰三角形，当时，当时，当时，当时，设解得：综上：的坐标为：或或或【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解反比例函数的解析式，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，二次根式的化简与二次根式的除法运算，熟练的运用以上知识解题是关键.18．（20-21八年级上·上海浦东新·期末）已知：如图，在△ABC纸片中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，按图所示的方法将△ACD沿AD折叠，使点C恰好落在边AB上的点C′处，点P是射线AB上的一个动点．(1)求折痕AD长．(2)点P在线段AB上运动时，设AP＝x，DP＝y．求y关于x的函数解析式，并写出此函数的定义域．(3)当△APD是等腰三角形时，求AP的长．【答案】(1)(2)y关于x的函数解析式为(3)PA的值为或或6【分析】（1）根据题意由翻折可知：CD=DC′，AC=AC′=3，设CD=DC′=x，在Rt△BDC中，根据BD2=C′D2+C′B2，构建方程即可解决问题；（2）根据题意直接利用勾股定理进行分析即可解决问题；（3）根据题意分三种情形：①PA=PD，②AP=AD，③当PD=AD时，分别求解即可．【详解】（1）解：如图1中，由翻折可知：CD=DC′，AC=AC′=3，设CD=DC′=x，在Rt△BDC中，∵BD2=C′D2+C′B2，∴（4-x）2=x2+22，解得：x=，∴．（2）如图2中，当点P在C'D左侧，AC=AC'=3，则PC'=3-x，∵，∴．当点P在C'D右侧，同理可得．∴y关于x的函数解析式为．（3）如图3中，①当PA=PD时，设PA=PD=m，在Rt△PCD中，∵PD2=DC′2+C′P2，∴，解得：，∴PA=．②当AD=AP′=时，即P在P′时，△ADP是等腰三角形，③当PD=AD时，点P在AB的延长线上．如图4，AP=2AC'=6．综上所述，满足条件的PA的值为或或6．【点睛】本题属于三角形综合题，考查翻折变换，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会由分类讨论的思想思考问题．19．（19-20八年级上·上海奉贤·期末）如图，在四边形ABCD中，∠ADC=∠ABC=90°，CB=CD，点E、F分别在AB、AD上，AE=AF．连接CE、CF．（1）求证：CE=CF；（2）如果∠BAD=60°，CD=．①当AF=时，设，求与的函数关系式；（不需要写定义域）②当AF=2时，求△CEF的边CE上的高．【答案】（1）见解析；（2）①；②．【分析】（1）先证明△ACD≌△ACB，再证明△CAF≌△CAE即可；（2）①分别求出AO，EO和CO的长，再根据三角形面积公式求解即可；②先求出CE的长，再求出△CEF的面积即可．【详解】（1）证明：连接AC，∵∠ADC=∠ABC=90°，在Rt△ACD和RT△ACB中，，∴△ACD≌△ACB（HL），∴∠CAF=∠CAE，在△CAF和△CAE中，，∴△CAF≌△CAE(SAS)，∴CE=CF；（2）①设AC与EF交于点O，∵AE=AF，∠BAD=60°∴△AFE是等边三角形，由（1）知∠CAF=∠CAE=30°，∴AC⊥FE，∵AF=x，∴EF=x，FO=，AO=，∵∠ADC=90°，∠CAF=30°，CD=，∴AC=，∴CO=-，∵，∴；②作FH⊥EC于H，∵△ACD≌△ACB，∠DAB=60°，∴AD=AB，∠CAD=∠CAB=30°，在Rt△ACD中，∠D=90°，CD=2，∴AC=2CD=4，AD=，∴DF=AD-AF=4，CE=CF==，由（2）①可得：当AF=2时，S△EFC=，又∵S△EFC=CE•FH，∴3=×2FH，∴FH=，∴△CEF的边CE上的高为．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，学会转化的思想，求高想到求面积，属于中考常考题型．20．（19-20八年级上·上海浦东新·期末）已知：如图，，是上一点，以为圆心，长为半径作弧，交于点，联结.求证：.【答案】见解析【分析】解法一：取的中点,联结，证得AC=AF,由得到是等边三角形，求出，再根据等腰三角形的性质得到，结论得到证明.解法二：过作边上的高，设，由求出，AC=2m，由AB=2AC=4m，求出BH、BC，利用勾股定理求得BC，由此即可利用勾股定理的逆定理证得△ABC是直角三角形，且.【详解】解法一：取的中点,联结.∵∴∵,∴是等边三角形，∴∵∴∴∵∴∴解法二：过作边上的高.设.中，,∴,∴,∴∵,∴,∴△ABC是直角三角形，且.【点睛】此题考查勾股定理的逆定理，判断一个角是直角时，可以用勾股定理的逆定理，证明该角所在的三角形是直角三角形，由此证明结论.21．（22-23九年级上·广东清远·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知四边形是矩形，且，，．反比例函数（）的图象分别交、于点E、点F．

(1)求反比例函数的解析式；(2)连接、、，求的面积；(3)是否存在x轴上的一点P，使得是不以点P为直角顶点的直角三角形？若存在，请求出符合题意的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)，【分析】（1）根据题意得到点的坐标为，根据待定系数法可得的值，即可；（2）求出点与点的坐标，然后根据三角形面积公式即可求出；（3）设点坐标为，求出点与点的坐标，运用分类讨论思想结合勾股定理解决问题．【详解】（1）解：四边形是矩形，，，，，，所以点的坐标为，点在反比例函数上，代入，得到，故反比例函数解析式为；（2）如图，，，时，，，即，，，，；（3）如图，

，设所求点坐标为，，，，，，当时，，即，，解得，，故；当时，，即，，解得，，故，综上所述；存在点，坐标为，．【点睛】本题考查了反比例函数与矩形的综合性问题，涉及到反比例函数的性质，待定系数法求函数解析式、坐标表与图形的关系、勾股定理等知识，分类讨论思想的运用是解决最后一问的关键．22．（21-22八年级上·上海·期末）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，其中∠ABC=∠ADE=90°，连接BD、EC，点M为EC的中点，连接BM、DM．(1)如图1，当点D、E分别在AC、AB上时，求证：△BMD为等腰直角三角形；(2)如图2，将图1中的△ADE绕点A逆时针旋转45°，使点D落在AB上，此时（1）中的结论“△BMD为等腰直角三角形”还成立吗？请对你的结论加以证明；(3)如图3，将图2中的△ADE绕点A逆时针旋转90°时，△BMD为等腰直角三角形的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．【答案】(1)见解析；(2)成立，证明见解析；(3)成立，理由见解析【分析】（1）根据∠ABC=∠CDE=90°，点M为EC的中点，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得BM=DM=MC，即有∠MBC=∠MCB，∠MDC=∠MCD，则可得∠MBC+∠MDC=∠MCB+∠MCD=∠ACB，根据三角形外角的性质可得，∠BMD=∠EMB+∠EMD=2∠ACB=245=90，即可证得△BMD为等腰直角三角形；（2）延长DM交BC于N，先证明△EMD≌△CMN，即有DM=MN，ED=CN，进而有AD=CN，BD=BN，则有BM=DN=DM，可得BM⊥DN，即∠BMD=90，则有△BMD为等腰直角三角形；（3）作交DM延长线于N，连接BN，先证明△EMD≌△CMN，根据（2）的方法同理可证得△BMD为等腰直角三角形．【详解】（1）∵∠ABC=∠CDE=90°，点M为EC的中点，∴BM=MC=EC，DM=MC=EC，∴BM=DM，∠MBC=∠MCB，∠MDC=∠MCD，∴∠MBC+∠MDC=∠MCB+∠MCD=∠ACB，∵∠EMB=∠MBC+∠MCB，∠EMD=∠MDC+∠MCD，∴∠BMD=∠EMB+∠EMD=∠MBC+∠MCB+∠MDC+∠MCD=2∠ACB=245=90，∴△BMD为等腰直角三角形；（2）成立；如图1，延长DM交BC于N，∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC=∠ADE=90°，∴BA=BC，DE=DA，∠EDB=90，∴∠EDB=∠DBC，∴，∴∠DEM=∠NCM，∵M为EC中点，∴EM=CM，又∠EMD=∠CMN，∴△EMD≌△CMN，∴DM=MN，ED=CN，∴AD=CN，∴BD=BN，∴BM=DN=DM，∴BM⊥DN，即∠BMD=90，∴△BMD为等腰直角三角形；（3）成立；如图2，作交DM延长线于N，连接BN，∵，∴∠BAC=∠MCN=45，∴∠E=∠MCN=45，∵∠DME=∠NMC，EM=CM，∴△EMD≌△CMN，∴CN=DE=AD，MN=DM，又∵∠DAB=180-45-45=90，∠BCN=45+45=90，∴∠DAB=∠BCN，又BA＝BC，∴△DBA≌△NBC(SAS)，∴∠DBA=∠NBC，BD=BN；∴∠DBN=∠ABC=90，∴△DBN是等腰直角三角形，且BM是底边中线，∴BM⊥DM，∠DBM=∠BDM=45，BM=DM=MN，即△BMD为等腰直角三角形．【点睛】本题是一道三角形的综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半、全等三角形的判定与性质、平行的性质等知识，充分利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解答本题的关键．23．（23-24八年级上·上海·阶段练习）若在中，，，，，则试用两种方法证明．【答案】见解析【分析】方法一：用4个全等的拼成如图所示的“弦图”，由图可得：大正方形的面积为，小正方形的面积为，直角三角形的面积为，根据大正方形的面积建立等式即可得到答案；方法二：用两个全等的和一个等腰直角三角形构成直角梯形，由全等三角形的性质可得，，，，，用两种方法表示出梯形的面积，建立等式即可得出答案．【详解】证明：方法一：如图，用4个全等的拼成如图所示的“弦图”，，由图可得：大正方形的面积为，小正方形的面积为，直角三角形的面积为，，；方法二：如图，用两个全等的和一个等腰直角三角形构成直角梯形，，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了勾股定理的证明、全等三角形的性质、掌握正方形、三角形、梯形的面积的计算是解此题的关键．24．（20-21八年级下·上海·阶段练习）在直角梯形中，，，，联结，如图（a）．点沿梯形的边，按照点移动，设点移动的距离为，．（1）当点从点移动到点时，与的函数关系如图（b）中折线所示．则______，_____，_____．（2）在（1）的情况下，点按照点移动（点与点不重合），是否能为等腰三角形？若能，请求出所有能使为等腰三角形的的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）5，3，1；（2）2或或或【分析】（1）由图（b）得：AB＝5，作DE⊥AB于E，则DE＝BC＝3，CD＝BE，由勾股定理求出AE＝4，得出CD＝BE＝AB−AE＝1；（2）分情况讨论：①点P在AB边上时；②点P在BC上时；③点P在AD上时；由等腰三角形的性质和勾股定理即可得出答案．【详解】解：（1）由图（b）得：AB＝5，AB＋BC＝8，∴BC＝3，作DE⊥AB于E，如图1所示：则DE＝BC＝3，CD＝BE，∵AD＝AB＝5，∴AE＝＝4，∴CD＝BE＝AB−AE＝1，故答案是：5，3，1；（2）解：可能；理由如下：分情况讨论：①点P在AB边上时，当DP＝DB时，BP＝2BE＝2，当BP＝BD时，BP＝BD＝；②点P在BC上时，存在PD＝PB，设PD=BP=m，则CP=3-m，∴，解得：m=，∴BP=；③点P在AD上时，当BP＝BD时，则BP＝BD=，当时，则AP=5-，过点P作PM⊥AB，则sinA=，cosA=，∴PM=（5-）=3-，AM=（5-）=4-，∴BM=5-（4-）=1+，∴PB==，综上所述：△BDP可能为等腰三角形，能使△BDP为等腰三角形的的值为：2或或或．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了梯形的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质与判定、直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度．25．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）已知如图，点D是外一点，，．(1)如图（1），若，，求证：；(2)如图（2），若，，，，求证：；(3)如图（3），若，，，，则__________．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）通过证明，即可求证；（2）延长交于，连接，通过证明，即可求证；（3）过在的上方作，，连接，，利用前面的结论以及勾股定理建立方程求解即可．【详解】（1）证明：，∴，又∵，，∴，∴．（2）证明：延长交于，连接，如下图：∵，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，∴，，∴，∴；（3）解：过在的上方作，，连接，，如下图：则，设，交于点，，交于点，由（1）可得，则，，∵，∴，又∵，∴，，∴，∴，由勾股定理可得：，，∴，解得：或（不符合题意，舍去），∴，∴．【点睛】本题考查了三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，一元二次方程的解法，正确作出辅助线是解题的关键．26．（23-24八年级上·浙江宁波·期中）在等边的边上各取一点P、Q，相交于点O．(1)若，求证；(2)在（1）的条件下，当时，求的边长；(3)连接，若，，求的值．【答案】(1)见解析(2)1+(3)或【分析】本题主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点，利用高相等的两个三角形面积之比等于底之比是解题的关键，（1）利用证明，再利用全等三角形的性质即可证明结论；（2）由（1）知，则，作于H，根据直角三角形的性质可得，进而得到即可解答；（3）分或两种情形，利用高相同的两个三角形面积之比等于底之比求解即可．【详解】（1）证明：∵是等边三角形，∴，∵，∴，∴，在与中，，∴，∴．（2）解：由（1）知，，∴，∴，如图：作于H，∵，∴，∴，∴的边长为．（3）解：如图，当时，∵，∴，∴，此时，∴，则，∴，∴，∴的值为；如图，当时，由等边三角形的对称性知，当时，仍然有，同理可得的值为．综上所述：的值为或．27．（24-25八年级上·江苏扬州·阶段练习）在中，，．若点D在的平分线所在的直线上．(1)如图1，当点D在的外部时，过点D作于E，作交的延长线于F，且．①求证：点D在的垂直平分线上；②________；(2)如图2，当点D在线段上时，若，平分，交于点E，交与点F，过点F作，交于点G．①________；②若，，求的长度；(3)如图3，过点A的直线，若，，点D到三边所在直线的距离相等，则点D到直线l的距离是________．【答案】(1)①见解析；②1(2)①；②(3)2或6．【分析】本题考查了线段垂直平分线和角平分线的性质，以及三角形全等的判定与性质，熟练使用各性质定理是解决问题的关键．（1）①点D在的平分线所在的直线上,过点D作于E，作交的延长线于F，得出，借助，得到，即可证明点D在的垂直平分线上；②通过证出，从而有，即可得出；（2）①先利用角平分线的定义求得，再利用三角形的外角性质求得，即可求解；②延长交于H，证明，得到，再由，即可求解；（3）分2种情况讨论，分别画出图形利用角平分线的性质结合图形求解即可．【详解】（1）①证明：连接，∵点D在的平分线所在的直线上,过点D作于E，作交的延长线于F，∴，在和中，，∴，∴，∴点D在的垂直平分线上；②由①知：，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴；故答案为：1；（2）①∵平分，平分，，∴，即，∴，∵，即，∴；故答案为：；②延长交于H，∵，∴，∵，∴，∴，∴，，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）当点D在内部时，如图：∵，∴，∴，点D到直线l的距离是；当点D在的下方时，如图：设点D到三边的距离为x，由题意得：，∴，∴，点D到直线l的距离是；综上，点D到直线l的距离是2或6．故答案为：2或6．28．（20-21八年级上·浙江杭州·期末）如图，在中，，点是边上的动点（不与点、重合），把沿过点的直线折叠，点的对应点是点，折痕为．

(1)若点恰好在边上．①如图1，当时，连接，求证：．②如图2，当，且，，求与的周长差．(2)如图3，点在边上运动时，若直线始终垂直于，的面积是否变化？请说明理由．【答案】(1)①证明见解析；②(2)定值，理由见解析【分析】（1）①如图1中，连接，．交于．证明点是的中点，即可解决问题．②设，则，，在中，利用勾股定理构建方程求出即可解决问题．（2）如图3中，连接，证明，利用等高模型解决问题即可．【详解】（1）解：①如图1中，连接，．交于．

是由翻折得到，垂直平分线段，，，，，，，，，，．②如图2中，设，则，，

，，，，，解得，，的周长的周长．（2）解：如图3中，结论：定值．理由：连接，

与关于直线对称，，，，定值．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，翻折变换，平行线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，熟练掌握轴对称的性质．29．（22-23八年级上·河北邯郸·期中）已知和，其中，．

(1)将和按如图1所示位置摆放，点落在上，的延长线交于点，连接，且平分．①求证；②猜想，与之间的数量关系是__________；(2)若将图1中的按如图2所示位置摆放，交于点，的延长线交于点，，连接，且平分．试判断（1）中②猜想的结论还成立吗？并说明理由；(3)若将图1中的按如图3所示位置摆放，，分别交的延长线于点，，连接，且平分．你认为（1）中②猜想的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请直接写出，与之间的数量关系．【答案】(1)①证明见解析，②，证明见解析；(2)结论成立，证明见解析(3)②的结论不成立，结论为：，证明见解析【分析】（1）①由角平分线的性质可得结论；②先证明，证明，可得，从而可得结论；（2）证明，再证明，可得．证明，可得，从而可得结论；（3）证明，，可得，证明，可得．再证明，可得，结合，而，从而可得结论．【详解】（1）证明：①∵平分，，∴，．②∵，，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，而，∴；（2）∵平分，，∴，，∵，∴，∴．∵，，∴，∴，∵，而，∴；（3）②的结论不成立，结论为：，理由如下：∵平分，，∴，，∵，∴，∴．∵，，∴，∴，∵，而，∴；【点睛】本题考查的是角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，熟记角平分线的性质，全等三角形的判定方法是解本题的关键．30．（21-22八年级下·山西运城·期末）如图，在和中，，，，CE的延长线交BD于点F．(1)求证：．(2)若，请直接写出的度数．(3)过点A作于点H，求证：．【答案】(1)见解析(2)50°(3)见解析【分析】(1)根据SAS可证得；（2）由，可得，故，即可得出的度数；（3）连接AF，过点A作于点J．由可得：，，即可得出．可证得，得：，由，可得出，即可证得结论．【详解】（1）证明：∵．∴．在和中，，∴．（2）∵，∴，∴．∴，∵，∴．故答案为：50°．（3）证明：如图，连接AF，过点A作于点J．∵，∴，，∵，．∴，∴．在和中，，∴，∴．在和中，∴，∴，∴．【点睛】此题考查了全等的证明和性质，掌握全等的证明和性质是解题的关键．31．（20-21八年级下·四川达州·期末）如图，△ABC和△ADE都是等腰三角形，其中AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．（1）如图①，连接BE、CD，求证：BE＝CD；（2）如图②，连接BD、CD，若∠BAC＝∠DAE＝60°，CD⊥AE，AD＝3，CD＝5，求BD的长；（3）如图③，若∠BAC＝∠DAE＝90°，且C点恰好落在DE上，试探究CD、CE和CA之间的数量关系，并加以说明．【答案】（1）见解析；（2）；（3）2AC2＝CD2+CE2，理由见解析【分析】（1）先判断出∠BAE＝∠CAD，进而得出△ACD≌△ABE，即可得出结论；（2）先求出∠CDA＝∠ADE＝30°，进而求出∠BED＝90°，最后用勾股定理即可得出结论；（3）连接BE，由等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质可得BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝45°，由勾股定理可得2AC2＝CD2+CE2．【详解】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，即∠BAE＝∠CAD；又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ACD≌△ABE（SAS），∴CD＝BE；（2）如图②，连接BE，∵AD＝AE，∠DAE＝60°，∴△ADE是等边三角形，∴DE＝AD＝3，∠ADE＝∠AED＝60°，∵CD⊥AE，∴∠CDA＝∠ADE＝×60°＝30°，∵由（1）得△ACD≌△ABE，∴BE＝CD＝5，∠BEA＝∠CDA＝30°，∴∠BED＝∠BEA+∠AED＝30°+60°＝90°，即BE⊥DE，∴．（3）2AC2＝CD2+CE2，理由如下：连接BE，∵AD＝AE，∠DAE＝90°，∴∠D＝∠AED＝45°，由（1）得△ACD≌△ABE，∴BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝45°，∴∠BEC＝∠BEA+∠AED＝45°+45°＝90°，即BE⊥DE，在Rt△BEC中，BC2＝BE2+CE2，在Rt△ABC中，AB2+AC2＝BC2，∴2AC2＝CD2+CE2．【点睛】此题考查了等腰直角三角形、全等三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．32．（20-21七年级下·黑龙江哈尔滨·期末）在中，．（1）如图1、求证：：（2）如图2，D为AB上一点，连接CD，E为CD中点，过点E作于点E，连接，求证：；（3）如图3，在（2）的条件下，过点F作于点H，连接AF，若AF∥BC，FH=4，CH=20，BD=10，求的面积【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）30【分析】（1）过点A作于点，只需要证明即可得到答案；（2）只需要证明即可得到答案；（3）过点作延长线于点，然后证明，，然后计算求解即可得到答案.【详解】解：（1）证明：过点A作于点，，，在和中，（2）证明：，，为中点，在和中，（3）过点作延长线于点，，，，，在和中，在和中，，，，的面积．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形的面积公式，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定.33．（19-20八年级上·北京海淀·期中）如图，在中，，平分线交于点，点为上一动点，过作直线于，分别交直线AB、、于点、、．（1）当直线经过点时（如图2），求证：；（2）当是线段的中点时，写出线段CE和线段CD之间的数量关系，并证明；（3）请直接写出、CE和CD之间的数量关系．【答案】（1）见解析；（2）CD=2CE，证明见解析；（3）当点M在线段BC上时，CD=BN+CE；当点M在BC的延长线上时，CD=BN-CE；当点M在CB的延长线上时，CD=CE-BN．【分析】（1）连接ND，先由已知条件证明DN=DC，再证明BN=DN即可；（2）当M是BC中点时，CE和CD之间的等量关系为CD=2CE，过点C作CN'⊥AO交AB于N'．过点C作CG∥AB交直线l于G，再证明△BNM≌△CGM问题得证；（3）BN、CE、CD之间的等量关系要分三种情况讨论：①当点M在线段BC上时；②当点M在BC的延长线上时；③当点M在CB的延长线上时；由（2）即可得出结论．【详解】（1）证明：连接ND，如图2所示：∵AO平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD，∵直线l⊥AO于H，∴∠AHN=∠AHE=90°，∴∠ANH=∠AEH，∴AN=AC，∴NH=CH，∴AH是线段NC的中垂线，∴DN=DC，∴∠DNH=∠DCH，∴∠AND=∠ACB，∵∠AND=∠B+∠BDN，∠ACB=2∠B，∴∠B=∠BDN，∴BN=DN，∴BN=DC；（2）解：当M是BC中点时，CE和CD之间的数量关系为CD=2CE，理由如下：过点C作CN'⊥AO交AB于N'，过点C作CG∥AB交直线l于点G，如图3所示：由（1）得