期末复习之解答压轴题十四大题型总结（苏科版）（解析版）

八上期末必刷解答压轴题（江苏期末真题14大类型提分练）目录类型一、全等三角形的综合问题 1类型二、等腰三角形的性质与判定压轴问题 9类型三、等边三角形的性质与判定压轴问题 19类型四、勾股定理与几何的计算与证明 30类型五、勾股定理的证明材料阅读题 40类型六、三角形与翻折压轴问题 46类型七、三角形与几何动点问题 54类型八、三角形与新定义探究问题 60类型九、一次函数与行程问题 72类型十、一次函数与最大利润问题 78类型十一、一次函数与分配方案问题 82类型十二、一次函数与新定义探究问题 87类型十三、一次函数与方程、不等式压轴问题 93类型十四、一次函数与几何压轴问题 102类型一、全等三角形的综合问题1．（23-24八年级上·江苏无锡·期末）【问题】我们已经研究了等腰三角形的一些基本性质，如“等边对等角”“三线合一”等．对于一般三角形，有哪些对应的性质呢？【探索1】小华猜想：在△ABC中，如果AB>AC，那么∠C>∠B．也就是说：三角形中较大的边所对的角也比较大（简称“大边对大角”）．小华把AC沿∠A的平分线AD翻折，使点C落在AB上的点C处，如图（1）得到证明思路．请根据这个思路，结合图（1）写出证明过程：【探索2】小华通过画图发现：若AM、AD、AH分别是△ABC的中线、角平分线和高线，且AB≠AC，则点D在直线BC上的位置始终处于点你认为这个结论是否一定成立？如果成立，不妨设AB>AC，请结合图（2）进行证明；如果不成立，请举出反例．【答案】探索1：见解析；探索2：一定成立，见解析【分析】（1）如图（1），作△ABC的角平分线AD，在AB上取点C'，使AC'=AC，连接C'D，则∠CAD=∠C'AD，证明△ACD≌△A（2）由题意知，要证明点D的位置处于点M和点H之间，只要证明∠BAM<∠BAD<∠BAH即可；①证∠BAM<∠BAD：如图（2），延长AM至点E，使ME=AM，连接BE．证明△ACM≌△EBMSAS，则∠CAM=∠E，AC=BE，∠E>∠BAE，即∠CAM>∠BAM，由∠BAM<12∠BAC，可得∠BAM<∠BAD．②证∠BAD<∠BAH：由题意知，∠BAD=12∠BAC=90°-【详解】（1）证明：如图（1），作△ABC的角平分线AD，在AB上取点C'，使AC'∴∠CAD=∠C在△ACD和△AC∵AC=AC∴△ACD≌△AC∴∠ACD=∠AC∵∠AC∴∠AC∴∠C>∠B．（2）解：一定成立，证明如下；由题意知，要证明点D的位置处于点M和点H之间，只要证明∠BAM<∠BAD<∠BAH．∵AM、AD、∴BM=CM，∠BAD=∠CAD=1①证∠BAM<∠BAD：如图（2），延长AM至点E，使ME=AM，连接BE．在△ACM和△EBM中，∵AM=EM∠AMC=∠EMB∴△ACM≌△EBMSAS∴∠CAM=∠E，AC=BE，∵AB>AC，∴AB>BE，∴∠E>∠BAE，即∠CAM>∠BAM，∴∠BAM<12∠BAC②证∠BAD<∠BAH：由题意知，∠BAD=12∠BAC=∵∠BAH=90°-∠B，∴∠BAD-∠BAH=1∴∠BAD<∠BAH．综上可得，∠BAM<∠BAD<∠BAH．∴点D的位置处于点M和点H之间．【点睛】本题考查了角平分线，中线，高线，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理．熟练掌握角平分线，中线，高线，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理是解题的关键．2．（23-24八年级上·江苏·期末）如图，在△ABC中．AD是BC边上的中线，交BC于点D．(1)如下图，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE．求证：△ACD≌△EBD．(2)如下图，若∠BAC=90°，试探究AD与BC有何数量关系，并说明理由．(3)如下图，若CE是边AB上的中线，且CE交AD于点O．请你猜想线段AO与OD之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析；(2)AD=1(3)AO=2OD，理由见解析．【分析】（1）利用SAS可得△ACD≌△EBD；（2）延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，先根据△ACD≌△EBD证得∠C=∠CBE，AC=BE，进而得到AC∥EB，AD=1（3）延长OE到点M，使EM=OE，连接AM．延长OD到点N，使DN=OD，连接BM，BN，BO，证得△MOB≌△NBOASA可得MB=NO，进而得到AO=2OD本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的中线，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．【详解】（1）证明：在△ACD和△EBD中，DA=DE∴△ACD≌△EBDSAS（2）解：AD=1延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，如图由（1）得△ACD≌△EBD，∴∠C=∠CBE，AC=BE∴AC∥EB，∴∠BAC+∠ABE=180°，∵∠BAC=90°，∴∠ABE=90°，∴∠BAC=∠ABE在△ABC和△BAE中AC=BE∴△ABC≌△BAE∴BC=AE，∴AD=1（3）AO=2OD，理由如下：延长OE到点M，使EM=OE，连接AM．延长OD到点N，使DN=OD，连接BM，BN，BO，如图，由（1）得△AOE≌△BME，△ODC≌△NDB，∴∠AOE=∠BME，∠OCD=∠NBD，AO=BM，∴AO∥BM，∴∠MBO=∠BON，∠MOB=∠NBO在△MOB和△NBO中，∠MBO=∠BONOB=OB∠MOB=∠NBO∴△MOB≌△NBO∴MB=NO，∴AO=2OD．3．（22-23八年级上·江苏盐城·期末）已知：如图1，OA=2，OB=4，以A点为直角顶点、AB为腰在第三象限作等腰Rt△ABC

(1)求C点的坐标：(2)如图2，OA=2，P为y轴负半轴上一个动点，若以P为直角顶点，PA为腰作等腰Rt△APD，过D作DE⊥x轴于E点，求(3)如图3，点F坐标为-3,-3，点G0,m在y轴负半轴，点Hn,0在x轴的正半轴上，且FH⊥FG，求【答案】(1)-6,-2(2)2(3)m+n=-6【分析】（1）过C作CM⊥x轴于M点，证明△MAC≌△OBA(AAS)，即可求出OM和（2）过D作DQ⊥OP于Q点，根据四边形OEDQ是矩形，得到DE=OQ，进而证明△AOP≌△PQD(AAS)，从而得到PQ的值，再根据DE=OQ得到（3）先证明四边形OSFT是正方形，得到FS=FT=3，进一步证明△FSH≌△FTG(ASA)，从而得到GT=HS，再根据坐标值求出GT,HS的表达式，最后根据【详解】（1）解：如下图所示，过C作CM⊥x轴于M点，∵CM⊥OA，AC⊥AB，∴∠MAC+∠OAB=90°，∠OAB+∠OBA=90°，∴∠MAC=∠OBA，在△MAC和△OBA中，∠CMA=∠AOB∠MAC=∠OBA∴△MAC≌∴CM=OA=2，MA=OB=4．∴OM=6，∴点C的坐标为-6,-2；（2）解：如图2，过D作DQ⊥OP于Q点，∵DE⊥AE，∴∠OQD=∠QDE=∠DEO=∠EOQ=90°，∴四边形OEDQ是矩形，∴DE=OQ，∵∠APO+∠QPD=90°，∠APO+∠OAP=90°，∴∠QPD=∠OAP，在△AOP和△PQD中，∠AOP=∠PQD=90°∠QPD=∠OAP∴△AOP≌∴OA=PQ=2∴OP-DE=OP-OQ=PQ=2（3）解：如图3，过点F分别作FS⊥x轴于点S，FT⊥y轴于点T，∵∠HSF=∠GTF=90°=∠SOT，FS=FT=3,∴四边形OSFT是正方形，∴∠SFT=90°=∠HFG，∴∠SFH+∠TFH=∠GFT+∠TFH，∴∠SFH=∠GFT，在△FSH和△FTG中，∠HSF=∠GTFFS=FT∴△FSH≌∴GT=HS，∵G0,m，Hn,0，点F坐标为∴OT=OS=3，∴GT=-3-m，HS=n-(-3)=n+3∴-3-m=n+3，∴m+n=-6．【点睛】本题考查直角坐标系，直角三角形和等腰直角三角形的性质，全等三角形的判断与性质，解题的关键是添加正确的辅助线，构造出全等三角形．类型二、等腰三角形的性质与判定压轴问题4．（23-24八年级上·江苏南通·期末）如图1，在△ABC中，AB=AC，BC=6，∠BAC=90°，点D为△ABC外一点，且在AC右侧，BC上方，∠BDC=90°，连接AD，作AF⊥AD，交BD于点(1)图1中与∠ACD相等的角是________；(2)如图2，延长AD与射线BC相交于点E，①求∠CDE的度数；②过点F作AD的平行线，交BC于点G，求GE的长．【答案】(1)∠ABF；(2)①∠CDE=45°；②GE=6．【分析】本题考查全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质．（1）先证明∠BAF=∠CAD，在△ABQ和△CDQ中，∠BAQ=∠CDQ=90°，∠AQB=∠DQC，即可解答；（2）①由（1）证明△AFD是等腰直角三角形，即可解答；②过点B作BN⊥BE交AF的延长线于N，连接GN，过点B作BM⊥BF交FN于点M，证得△BAN≌△CAEASA，进而证得△BFM是等腰直角三角形，△NBM≌△GBF【详解】（1）解：∵AF⊥AD，∠BAC=90°，∴∠BAC-∠FAC=∠FAD-∠FAC，∴∠BAF=∠CAD，设AC、BD交于点Q，在△ABQ和△CDQ中，∠BAQ=∠CDQ=90°，∠AQB=∠DQC，∴∠ABF=∠ACD，故答案为：∠ABF；（2）①由（1）得△ABF≌∴AF=AD，∴△AFD是等腰直角三角形，∴∠ADF=45°，∵∠BDC=90∴∠CDE=180°-∠ADF-∠BDC=45°；②如图，过点B作BN⊥BE交AF的延长线于N，连接GN，过点B作BM⊥BF交FN于点M，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ACE=∠ABN=135°，∵∠BAN+∠NAC=∠NAC+∠CAE=90°，∴∠BAN=CAE，在△BAN和△CAE中，∠ABN=∠ACEAB=AC∠BAN=∠CAE∴△BAN≌△CAEASA∴BN=CE，∵FG∥AD，∴∠NFG=∠FAD=90°，∵△AFD是等腰直角三角形，∴∠AFD=∠BFM=45°，∴△BFM是等腰直角三角形，∴∠MBF=90°，∠BMF=∠BFM=45°，∵∠NBM+∠MBG=∠MBG+∠GBF=90°，∴∠NBM=∠GBF，在△NBM和△GBF中，∠NBM=∠GBFBM=BF∠BMN=∠BFG=135°∴△NBM≌△GBFASA∴BN=BG=CE，∴GE=GC+CE=GC+BG=BC=6．5．（23-24八年级上·江苏泰州·期末）如图，等腰三角形ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC．点E为AD上的动点，点M为AB上的动点，连接ME，将△AME沿ME翻折．(1)图1沿ME折叠，点A与点C重合，连接MD，若MD=CD，①求证CM⊥AB；②∠B的度数为_________度；(2)如图2，若点M和点B重合，连接BE，将△ABE沿BE折叠得到△PBE，且BE=BC，设PB与AC相交于点F．求∠BFC度数．【答案】(1)①证明见解析；②67.5(2)60°【分析】（1）①证明BD=CD，可得BD=MD=CD，可得∠DBM=∠DMB，∠DMC=∠DCM，结合三角形的内角和可得∠BMD+∠DMC=90°=∠BMC，可得CM⊥AB；②由对折可得：AM=CM，AE=CE，可得∠ACM=∠MAC=45°，结合等腰三角形的性质可得∠B=1（2）如图，连接EC，先证明△BCE是等边三角形，得出∠BED=30°，再利用三角形的外角的性质得出∠BFC=2∠BED即可；【详解】（1）证明：①如图，∵AB=AC，AD平分∠BAC，∴BD=CD，AD⊥BC，∵MD=CD，∴BD=MD=CD，∴∠DBM=∠DMB，∠DMC=∠DCM，∵∠DBM+∠BMC+∠BCM=180°，∴∠BMD+∠DMC=90°=∠BMC，∴CM⊥AB；②由对折可得：AM=CM，AE=CE，而CM⊥AB，∴∠ACM=∠MAC=45°，∵AB=AC，∴∠B=1（2）如图，连接EC，∵AB=AC，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，BD=CD，∴EB=EC，又∵EB=BC，∴BE=EC=BC，∴△BCE是等边三角形，∴∠BEC=60°，∴∠BED=30°，由翻折的性质可知：∠ABE=∠PBE=1∴∠ABF=2∠ABE，∵AD平分∠BAC，∴∠BAF=2∠BAE，∴∠BFC=∠BAF+∠ABF=2∠BAE+∠ABE∴∠BFC的度数为60°；【点睛】本题属于几何变换综合题，考查等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，三角形外角的性质，内角和定理的应用等知识，掌握轴对称的性质是解本题的关键．6．（21-22八年级上·江苏南通·期末）△ABC中，∠ACB=90°，AC＝BC，点D是BC边上的一个动点，连接AD，过点B作BF⊥AD于点F．(1)如图1，分别延长AC，BF相交于点E，求证：BE＝AD；(2)如图2，若AD平分∠BAC，AD＝5，求BF的长；(3)如图3，M是FB延长线上一点，AD平分∠MAC，试探究AC，CD，AM之间的数量关系并说明理由．【答案】(1)见解析(2)5(3)AC＋CD＝AM，理由详见解析【分析】（1）欲证BE＝AD，只要证明△ACD≌△BCE即可；（2）如图2，分别延长BF，AC交于点E，先根据三角形的内角和定理可得∠ABF＝∠E，由等腰三角形的判定和性质以及（1）中结论即可求解；（3）如图3中，分别延长BF，AC交于点E，由（1）可得△ACD≌△BCE，得CD＝CE，再根据等腰三角形的判定与性质可得结论．【详解】（1）证明：如图1，∵BF⊥AD，∴∠AFB＝∴∠CAD+∠E=90°，∵∠ACB＝∴∠BCE＝∴∠CBE+∠E=90°，∴∠CAD＝∠CBE，在△ACD和△BCE中∠ACD∴△ACD≌△BCE（ASA），∴BE＝AD；（2）解：如图2，分别延长BF，AC交于点E，由（1）知：BE＝AD＝5，∵AD平分∠BAC，BF⊥AD，∴∠BAF=∠EAF，∠AFB=∠AFE=90°，∴∠ABF＝∠E，∴AB＝AE，∴BF＝12BE＝5（3）解：AC＋CD＝AM，理由如下：如图3，分别延长BF，AC交于点E，由（1）可得△ACD≌△BCE，∴CD＝CE，∵BF⊥AD，∴∠AFE＝∵AF平分∠EAM，∴∠EAF＝∠MAF，∴∠M＝∠E，∴AM＝AE＝AC＋CE，∴AC＋CD＝AM．【点睛】本题考查三角形综合题，涉及角平分线的定义、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、等角的余角相等等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．7．（21-22八年级上·江苏盐城·期末）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于E．(1)发现：如图1，连接CE，则△BCE的形状是_______________，∠CDB=____________°；(2)探索：如图2，点P为线段AC上一个动点，当点P在CD之间运动时，连接BP，作∠BPQ=60°，PQ交射线DE于Q，连接BQ，即△BPQ是等边三角形；思路：在线段BD上截取点H，使DH=DP，得等边△DPH，由∠DPQ=∠HPB，PD=PH，∠QDP=∠BHP，易证△PDQ≌△PHB（ASA），得PQ=PB，即△BPQ是等边三角形．试判断线段DQ、DP、AD之间的关系，并说明理由；(3)类比：如图3，当点P在AD之间运动时连接BP，作∠BPQ=60°，PQ交射线DE于Q，连接BQ．①试判断△BPQ的形状，并说明理由；②若AD=2，设AP=x，DQ=y，请直接写出y与x之间的函数关系式．【答案】(1)等边三角形，60；(2)AD=DQ+DP，见解析；(3)①△BPQ是等边三角形，见解析；②y=-x+4【分析】（1）根据直角三角形的两锐角互余求得∠ABC=60°，再根据角平分线的定义求得∠ABD=∠CBD=∠A=30°，则AD=BD，根据等腰三角形的性质证得AE=BE，再由直角三角形斜边上的中线性质得出CE=BE，根据等边三角形的判定即可得出结论；（2）根据思路和全等三角形的性质得出BH=DQ，结合AD=BD，BD=DH+BH即可解答；（3）延长BD至F，使DF=PD，连接PF，可证得△PDF是等边三角形，则有PF=PD，∠F=∠PDF=∠DPF=60°，进而可得∠F=∠PDQ=60°，证明∠BPF=∠QPD，利用ASA证明△PBF≌△PQD，得出PB=PQ，BF=DQ，结合∠BPQ=60°和AD=BD即可得出①②的结论．【详解】（1）解：如图1，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，∴∠ABC=60°，∵BD是△ABC的角平分线，∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=30°∴∠ABD=∠A，∠CDB=90°－∠CBD=60°，∴AD=BD，又DE⊥AB，∴AE=BE=12AB，又∠ACB=90°∴CE=12AB=BE，又∠ABC=60°∴△BCE是等边三角形，故答案为：等边三角形，60；（2）解：AD=DQ+DP，理由为：在线段BD上截取点H，使DH=DP，如图2，∵∠CDB=60°，∴△DPH为等边三角形，∴DP=PH，∠DPH=∠DHP=60°，又∠BPQ=60°，∴∠DPQ+∠QPH=∠HPB+∠QPH=60°，∠BHP=120°，∴∠DPQ=∠HPB，∵∠A=30°，DE⊥AB，∴∠QDP=∠A+∠AED=30°+90°=120°，∴∠QDP=∠BHP，在△PDQ≌△PHB中，∠DPQ=∠HPB∴△PDQ≌△PHB（ASA），∴DQ=BH，PQ=PB，∵AD=BD，∠BPQ=60°，∴△BPQ为等边三角形，AD=BD=BH+DH=DQ+DP，即AD=DQ+DP；（3）解：①△BPQ为等边三角形，理由为：延长BD至F，使DF=DP，连接PF，设DQ和BP相交于O，如图3，∵∠PDF=∠CDB=60°，∴△PDF为等边三角形，∴PF=DP，∠F=∠PDF=∠DPF=60°，∵∠A=30°，DE⊥AB，

∴∠PDQ=90°－∠A=60°，∴∠F=∠PDQ=60°，∵∠DPF+∠DPB=∠BPQ+∠DPB，又∠BPQ=60°，∴∠BPF=∠QPD，在△PBF和△PQD中，∠F=∠PDQPF=DP∴△PBF≌△PQD（ASA），∴PB=PQ，BF=DQ，又∠BPQ=60°，∴△BPQ为等边三角形；②∵DF=DP，BF=DQ，AD=BD，∴DQ=BF=BD+DF=AD+DP，∵AD=2，AP=x，DQ=y，∴y=2+2－x，即y=－x+4．【点睛】本题考查含30°角的直角三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识，知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系和运用，利用类比的方法解决问题是解答的关键．类型三、等边三角形的性质与判定压轴问题8．（22-23八年级上·江苏南通·期末）已知，△ABC和△ADE都是等边三角形，点M，N分别是AB，AC边上的定点，且MN∥BC，点D在射线MN上移动，如图1，当点D与点M重合时，点E与点N(1)如图2，当点D不与点M重合时，BD和CE仍相等吗？若相等，请写出证明过程，若不相等，请说明理由；(2)如图3，延长BD，CE交于点P，随着点D的移动，BD和CE的夹角(3)如图4，△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D为AB中点，点E为BC边上一动点，以DE为边，向右作等边△DEF，连接AF．若AB=6，则AF的最小值为___________，此时∠FAD=___________°【答案】(1)BD=CE，见解析(2)没有改变，见解析(3)92；【分析】（1）结论：BD=CE，证明△BAD≅△CAE(SAS（2）没有改变，∠BPC=60°.如图3中，BP与AC交点记为点G，利用全等三角形的性质可解决问题；（3）如图4中，在AB的右边作等边三角形BDK，连接FK，直线FK交AB的延长线于点J，交BC于点T，连接AF，由△BDE≅△KDF,推出∠DKF=∠DBE=90°,推出点F在直线FJ.上运动，当AF⊥FJ时，AF的值最小【详解】（1）BD=CE

∵△ADE和△ABC是等边三角形∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，∴△BAD≅△CAE，∴BD=CE．（2）没有改变，∠BPC=60°理由：如图3，BP与AC交点记为点G∵△BAD≅△CAE

∴∠ABD=∠ACE又∵∠BGA=∠CGP

∴180°-∠ACE-∠CGP=180°-∠ABD-∠BGA即∠BPC=∠BAC=60°（3）如图4中，在AB的右边作等边三角形BDK，连接FK，直线FK交AB的延长线于点J，交BC于点T，连接AF，∵△BDK,△DEF是等边三角形，∴同法可证△BDE≅△KDF,∴∠DKF=∠DBE=∴点F在直线FJ.上运动，当AF⊥FJ时，AF的值最小∵∠DKB=∠DBK=60°,∠DKJ=90°,∴∠BKJ=90°-60°=30°,∵AB=6,D是AB的中点，∴DB=DK=3,∵∠DBK=∠J+∠BKJ=60°,∴∠J=∠BKJ=30°,∴BJ=BK=3,∴AJ=AB+BJ=6+3=9,∵AF⊥FJ,∴AF=∴AF的最小值为92，此时，故答案为：92，【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，解题关键是正确寻找全等三角形解决问题9．（22-23八年级上·江苏·期末）已知AD为等边△ABC的角平分线，动点E在直线AD上（不与点A重合），连接BE．以BE为一边在BE的下方作等边△BEF，连接CF．(1)如图1，若点E在线段AD上，且DE=BD，则∠CBF=______度．(2)如图2，若点E在AD的反向延长线上，且直线AE，CF交于点M．①求∠AMC的度数；②若△ABC的边长为8，P，Q为直线CF上的两个动点，且PQ=10．连接BP，BQ．判断△BPQ的面积是否为定值．若是，请直接写出这个定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)15(2)①60°；②是；20【分析】（1）已知等边三角形，推论出等腰直角三角形，直接计算即可．（2）①通过手拉手模型证明全等推出等角即可；②已知底边求面积，推出高的值即可，联系第①问中的角度，直接推理出30°的直角三角形，代值计算即可．【详解】（1）∵AD为等边△ABC的角平分线∴AD⊥BC∵DE=BD∴∠EBD=45°∵△BEF是等边三角形∴∠EBF=60°∴∠CBF=60°-45°=15°（2）①∵△ABC和△BEF均为等边三角形，∴AB=CB，EB=FB，∠EBF=∠ABC=60°，∴∠EBA=∠FBC．在△ABE和△CBF中，AB=CB∴△ABE≌△CBF（SAS）∴∠AEB=∠CFB．又∵∠AEB＋∠EBF=∠CFB＋∠AMC∴∠AMC=∠EBF=60°②过B作BN⊥CM于N，由①可知，∠AMC=60°∴∠DCM=30°∵BC=8∴在Rt△BNC中，BN=∵PQ=10∴S∴△BPQ的面积为定值，20．【点睛】此题考查手拉手全等模型，和等边三角形的性质，解题关键是通过全等证明角度相等，推出特殊角度的三角形，将面积用公式用底和高表示出来，直接求高然后代值判断即可．10．（23-24八年级上·江苏南通·期末）某兴趣小组在学习了三角形相关知识后，对等边三角形进行了再探究．如图，在等边三角形ABC中，过点B作射线BM∥AC，在射线CB上取一点P（不与点B，C重合），作∠APE=60°，∠APE的边PE交射线BM于点(1)【动手操作】如图1，若点P在线段CB上，图中与∠EPB相等的角为________；(2)【问题探究】在（1）的基础上，探究线段PA与PE的数量关系，并说明理由；(3)【拓展延伸】当点P在射线CB上移动时，用等式表示线段BC，BP，BE之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)∠PAC(2)AP=PE，理由见解析(3)当点P在BC上时，BC=BP+BE，当点P在线段CB的延长线上时，BE=BP+BC，理由见解析【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识点，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．（1）根据等边三角形的性质及三角形外角的性质进行推理即可解答；（2）如图：延长MB至H，使BH=BP，连接PH，然后证明△BPH是等边三角形，，再运用“ASA”可证△APB≌△EPH(3)当点P在BC上和CB延长线上两种，分别运用“ASA”可证△APB≌△EPH，可得【详解】（1）解：∵等边三角形ABC，∴∠ACB=60°，∵∠APE=60°，∴∠ACB=∠APE=60°，∵∠ACB+∠PAC=∠APB=∠APE+∠EPB，∴∠PAC=∠EPB．故答案为：∠PAC．（2）解：如图：延长MB至H，使BH=BP，连接PH，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC,∠ACB=∠ABC=60°，∵BM∥∴∠ACB=∠CBH=60°，又∵BH=BP，∴△BPH是等边三角形，∴PH=BP=BH，∴.∠APB=∠EPH，∴△APB≌∴AP=PE．（3）解：当点P在BC上时，BC=BP+BE，当点P在线段CB的延长线上时，BE=BP+BC，理由如下：当点P在BC上时，由（2）可知：△APB≌∴AB=EH，∴BC=EH=EB+BH=BE+BP；如图2：当点P在线段CB的延长线上时，在BE上截取BH=BP，连接PH，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC,∠ACB=∠ABC=60°，∵BM∥∴∠ACB=∠PBH=60°，又∵BP=BH，∴△BPH是等边三角形，∴PH=BP=BH，∴∠APB=∠EPH，∠EHP=∠ABP=120°∴△APB≌∴EH=AB，∴BE=BH+EH=BP+BC．综上，当点P在BC上时，BC=BP+BE，当点P在线段CB的延长线上时，BE=BP+BC．11．（22-23八年级上·江苏南京·期末）（1）如图1，在△ABC中，∠A=30°，∠C=90°．求证BC=1①补全证明过程．证明：如图2，取AB中点D，连接CD．∴BD=AD=1在△ABC中，∠C=90°，∴______；∴CD=BD．又∠A=30°，∴∠B=90°-∠A=60°．∴△BCD为______三角形．∴BC=BD=1②请用文字概括①所证明的命题：____________．（2）如图3，某市三个城镇中心D，E，F恰好分别位于一个等边三角形的三个顶点处，在三个城镇中心之间铺设通信光缆，以城镇D为出发点设计了三种连接方案：方案1：DE+EF；方案2：DG+EF（G为EF的中点）；方案3：OD+OE+OF（①设DE=6，通过计算，比较三种连接方案中铺设的光缆长度的长短；②不计算，比较三种连接方案中铺设的光缆长度的长短，并说明理由．【答案】（1）①CD=12AB；等边；②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；（2）①【分析】（1）取AB中点D，连接CD．由直角三角形斜边中线等于斜边的一半，结合∠A=30°，可证△BCD为等边三角形，即可证明BC=BD=1（2）①方案二中，利用腰三角形三线合一的性质、勾股定理可求得DG；方案三中，根据垂直平分线的性质可证OE=OF=OD，利用含30度角的直角三角形的性质可证OE=2OH，进而可求得OD+OE+OF=63，分别计算出三种连接方案中铺设的光缆长度，比较大小即可；②过O作OH⊥EF，OI⊥DF，垂足为H，I，利用含30度角的直角三角形的性质可证OD+OE+OF=OD+OE+OH+OI=DH+EI，再根据DH<DE=EF可得OD+OE+OF<DG+EF【详解】解：（1）补全证明过程如下：证明：如图2，取AB中点D，连接CD．∴BD=AD=1在△ABC中，∠C=90°，∴CD=1∴CD=BD．又∠A=30°，∴∠B=90°-∠A=60°．∴△BCD为等边三角形．∴BC=BD=1故答案为：CD=12AB（2）①方案1：DE+方案2：∵△DEF是等边三角形，∴DE=EF，∠EDF=60°．∵G为EF的中点，∴DG⊥EF，EG=GF=3，∠EDG=30°．∴∠EGD=90°，∴DG=6∴EF+DG=6+33方案3：如图3，延长DO交EF于H，∵O为△DEF三边的垂直平分线的交点，∴OE=OF=OD．∵DE=DF，∴DH⊥EF，EH=FH=3．∵DE=DF=EF，∴△DOE≌△DOF≌△EOFSSS∴∠OEF=∠OFE=∠OED=∠ODE=∠ODF=∠OFD=30°．在△OEH中，∠OHE=90°．∴OE=2OH．∴OE=2∴OD+OE+OF=63∵63∴OD+∴方案三最短，方案一最长．②在△DEG中，∠DGE=90°，DG<DE．∴DG+EF<DE+EF．易证∠DFO=∠EFO=1过O作OH⊥EF，OI⊥DF，垂足为H，I，∴OH=OI=1∵ED=EF，OD=OF，∴E，O在DF的垂直平分线上．∴EO⊥DF．即E，O，I在一条直线上．同理，D，O，H在一条直线上，∴OD+OE+OF=OD+OE+OH+OI=DH+EI，易证DH=DG=EI，DH<DE=EF，∴DH+EI<DG+EF，即OD+OE+OF<DG+EF．∴OD+OE+OF<EF+DG<DE+EF．∴方案三最短，方案一最长．【点睛】本题考查直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，垂直平分线的判定与性质、角平分线的性质定理等，综合性较强，难度较大，解题的关键是正确作辅助线，综合运用上述知识点，逐步进行推导论证．类型四、勾股定理与几何的计算与证明12．（23-24八年级上·江苏南通·期末）如图1，在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，且AD<AB，作射线(1)当点D在线段BP上．①求证：△ABD≌△ACE；②判断BD与CE的位置关系，并说明理由；(2)△ABC和△ADE如图2放置时，请你直接判断（1）中①和②的结论是否仍然成立，并结合图1、图2计算：若BP=8，点A到PB的距离为2，求AB的长度；(3)如图3，点D在边BC上，连接BE分别交AD，AC于点F，G，取BC中点O，连接AO交BE于点M，过点A作AH⊥EF于点H，交BC于点N，连接MN，NG【答案】(1)①见解析；②BD与CE垂直，理由见解析；(2)（1）中①和②结论仍然成立，理由见解析；AB的长度为226或2(3)17【分析】（1）根据图形及等式的性质得出∠BAD=∠CAE，再由全等三角形的判定即可证明；②设AC与BP交于点O，由①（2）（1）中①和②结论仍然成立，设AB与CE交于点O，CE与DF交于点F，证明方法同（1）一致；然后对两个图分别作出辅助线，利用全等三角形的判定和性质及勾股定理求解即可；（3）连接CM，根据等腰直角三角形的性质得出OA⊥BC,OA=OB=12BC【详解】（1）①证明∵∠BAC=∴∠BAC-∴∠BAD=∴△ABD≌△ACE(SAS)；②如图

设AC与BP交于点O，由①得：∠ABD=∵∠AOB=∴∠CPO=∴BD与CE垂直；（2）如图所示：

（1）中①和②结论仍然成立，理由如下：设AB与CE交于点O，CE与DF交于点F，∵∠BAC=∴∠BAC+∴∠BAD=∴△ABD≌△ACE(SAS∴∠ABD=∵∠AOC=∴∠BFO=∴BD与CE垂直；如图3，

当CE与BD的延长线相交于点P时，连接AP，作AF⊥AP交BP于点F，∴∠PAF=∴∠BAF=由上得∠ACE=∵AB=AC，∴△BAF≌△CAP(SAS∴AF=AP，∴FG=PG，∴PG=AG=2，∴BG=BP-PG=8-2=6，∴AB=AG如图4，

当线段CE与线段BD相交于点P时，连接AP，作AF⊥AP交BD于点F，同理得PG=AG=2，∴BG=BP+PG=8+2=10，∴AB=AG综上可得：AB的长度为226或2（3）如图5所示：

连接CM，∵AB=AC，O是BC的中点，∠BAC=90°∴OA⊥BC,OA=OB=12BC∴∠BOM=90°∵AH⊥BG，∴∠AHM=90°∵∠AMH=∴∠OBM=∴△BOM≌△AON(ASA∴OM=ON，∴CN=5-ON，∴∠ONM=∴∠ONM=∴MN∥∴S△CMN∴12∴CN⋅OM=4，∴ON⋅(5-ON)=4，∴ON2∴ON2故答案为：17．【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中点的性质及勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应辅助线图形，综合运用这些知识点是解题关键．13．（23-24八年级上·江苏南通·期末）已知△ABC是等边三角形，D是射线AC上一个动点，延长BC至E，使CE=AD．连接BD，ED．(1)如图，若D是AC的中点，求证DB=DE；(2)若D是边AC上一点（不与中点重合），则（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；(3)若D是边AC延长线上一点，∠DBC=30°，AB=7，请直接写出AE【答案】(1)见解析(2)（1）中的结论还成立，证明见解析(3)AE的长为7【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，平行线的性质以及勾股定理等知识，综合性强，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键．（1）由等边三角形的性质得∠ABC=∠BCA=60°，∠CBD=12∠ABC=30°，再证CD=CE，得∠CDE=∠CED（2）过点D作DF∥AB交BC于F，则∠CDF=∠A，∠CFD=∠ABC，证△CDF为等边三角形，得CD=DF=CF，再证△BFD≌△ECD，即可得出结论；（3）证∠ABD=90°，则∠ADB=30°，再由勾股定理得BD=21，同（2）得：DB=DE=21，进而证明∠CDE=90°，然后由勾股定理即可求出【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠BCA=60°，∵点D是AC的中点，∴∠CBD=12∠ABC=30°∵AD=CE，∴CD=CE，∴∠CDE=∠CED，∵∠CDE+∠CED=∠BCD=60°，∴∠CED=30°，∴∠CED=∠CBD，∴DB=DE；（2）解：（1）中的结论还成立，证明如下：如图1，过点D作DF∥AB交BC于F，则∠CDF=∠A，∠CFD=∠ABC，∵△ABC是等边三角形∴∠ABC=∠BCA=∠A=60°，BC=AC=AB，∴∠CDF=∠CFD=60°=∠ACB=∠DCF，∴△CDF为等边三角形，∴CD=DF=CF，∴AC-CD=BC-CF，即AD=BF，∵AD=CE，∴BF=CE，∵∠BFD=180°-∠CFD=120°，∠ECD=180°-∠DCF=120°，∴∠BFD=∠ECD，在△BFD和△ECD中，BF=CE∠BFD=∠ECD∴△BFD≌△ECDSAS∴DB=DE；（3）解：如图2，∵△ABC是等边三角形∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60°，AC=AB=7∵∠DBC=30°，∴∠ABD=∠ABC+∠DBC=60°+30°=90°，∴∠ADB=90°-∠BAC=30°，∴AD=2AB=27∴BD=A同（2）得：DB=DE=21∴∠DEC=∠DBC=30°，∵∠DCE=∠ACB=60°，∴∠CDE=180°-∠DEC-∠DCE=180°-30°-60°=90°，在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE=即AE的长为7．14．（23-24八年级上·江苏泰州·期末）如图，△ABC中，AB=AC，点D在边CB的延长线上，且∠ADC=45°．(1)已知：AB=13，BD=52，求AD(2)BD【答案】(1)17；(2)是定值，定值为1．【分析】1过点B作BE⊥AD于点E，利用勾股定理求出AE、DE即可得出结果；2过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CN⊥AD于点N，由勾股定理得到BD2=2BE2，C本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，做出辅助线构造直角三角形是解题的关键．【详解】（1）解：如图，过点B作BE⊥AD于点E，则∠BED=∠AEB=90°，∵∠ADC=45°，∴∠EBD=90°-45°=45°，∴BE=DE，∴2BE∴DE=BE=B∴AE∴AE=12，∴AD=AE+DE=17；（2）解：是定值．过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CN⊥AD于点N，则∠BED=∠BEA=∠CND=∠CNA=90°，由（1）知BD2=2BE2∵AB=AC，∴BD2+C∴45°+∠DAB=45°+∠ACN，∴∠DAB=∠ACN，∵∠BEA=∠CNA=90°∴△AEB≌△CNAAAS∴CN=AE，∴B15．（23-24八年级上·重庆·阶段练习）在△ABC中，AC=2AB，点D为直线BC上一点，AD=AE,∠BAC=∠DAE，连接ED交AC于F．(1)如图1，F为AC中点，若EF=3，求BD的长；(2)如图2，延长CB至点M，使得BM=BD，连接AM,CE，求证：AM=CE；(3)如图3，若∠BAC=90°,∠ADB=45°,DE=2，点P是线段BC上的一个动点，当AP+EP最小时，直接写出这个最小值．【答案】(1)3(2)证明见解析(3)AP+PE的最小值为：10．【分析】（1）证明得△ABD≌△AFE，得到EF=BD，即可求得BD=3；（2）延长AB至H，使BH=AB，连接DH，由SAS证明△ABM≌△HBD，得到AM=DH，由SAS证明△AHD≌△ACE，得到CE=DH，从而得证；（3）过A作AH⊥DE于H，证明∠ADB=45°=∠ADE，AH=DH=12DE=1，可得BD⊥DE，如图，作E关于直线BC的对称点E'，连接PE'，可得当A，P，【详解】（1）解：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠FAE∵AC=2AB，F为AC中点，∴AB=AF在△ABD和△AFE中AB=AF∴△ABD≌△AFE∴EF=BD，∵EF=3，∴BD=3；（2）延长AB至H，使BH=AB，连接DH，在△ABM和△HBD中，MB=DB∠ABM=∠HBD∴△ABM≌△HBDSAS∴AM=DH，∵∠HAD+∠DAC=∠HAC，∴∠HAD=∠CAE，∵AC=2AB，∴AH=AC，在△AHD和△ACE中，AH=AC∠HAD=∠CAE∴△AHD≌△ACESAS∴CE=HD，∴CE=AM；（3）过A作AH⊥DE于H，∠BAC=90°，点D为直线BC上一点，AD=AE,∠BAC=∠DAE，DE=2，∴∠ADB=45°=∠ADE，AH=DH=1∴BD⊥DE，如图，作E关于直线BC的对称点E'，连接PE∴PE=PE'，DE=DE∴AP+PE=AP+PE∴当A，P，E'三点共线时，AP+PE最短，即A由勾股定理可得：AE∴AP+PE的最小值为：10．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．类型五、勾股定理的证明材料阅读题16．（23-24八年级上·江苏镇江·期末）【材料阅读】我国古人对勾股定理的研究非常深邃．如图1，已知直角三角形三边长为a，b，c（c为斜边），由勾股定理：c2=a2+b2从而得到了勾股定理的推论：已知直角三角形三边长为a，b，c（c为斜边），则a=【问题解决】如图2，已知△ABC的三边长分别为AB=41,BC=8,AC=5，如何计算△ABC的面积？据记载，古人是这样计算的：作BC边上的高AH．以BH,CH的长为斜边和直角边作Rt△DEF（如图3

(1)用古人的方法计算DFD=B=[（__________）2-（__________）2]-[（__________）2-（__________）2=__________(2)试直接利用阅读材料中勾股定理的推论继续完成△ABC面积的计算过程；(3)你还有其他计算△ABC的面积的方法吗？写出解答过程．【答案】(1)AB(2)见解析(3)见解析【分析】本题考查了勾股定理、三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．（1）由题中勾股定理的推论将空格补充完整即可；（2）根据材料中勾股定理的推论，完成△ABC面积的计算过程即可；（3）设CH=x,BH=8-x，根据勾股定理列出方程求出x的值，最后用三角形面积公式求解即可．【详解】（1）D=B==16故答案为：AB，（2）在Rt△DEF由勾股定理的推论a=(c+a)2-b∵DE+EF=BH+CH=BC=8,DF2∴EF=82∴CH=3，在Rt△ACH中，A∴AH=4，∴SΔ（3）如图2，设CH=x,BH=8-x，由勾股定理，得AH（41）解得x=3，∴CH=3，∴AH=5∴S△AHC17．（22-23八年级上·江苏扬州·期末）勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．(1)①勾股定理的证明，人们已经找到了400多种方法，请从下列几种常见的证明方法中任选一种来证明该定理（以下图形均满足证明勾股定理所需的条件）；②如图1，大正方形的面积是17，小正方形的面积是5，如果将如图1中的四个全等的直角三角形按如图2的形式摆放，求图2中最大的正方形的面积．(2)如图4、5、6，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足S1+S(3)如图7所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案（图中阴影部分）的面积分别为S1、S2，直角三角形面积为S3，请判断S1、S2【答案】(1)①见解析；②29(2)3(3)S【分析】（1）①将图中各个几何图形的面积用两种方法表示出来，再利用面积相等列等式证明即可；②图1中：a2+b2=c2=17，（2）根据题意得：a2（3）结合题意，首先分别以a为直径的半圆面积、以b为直径的半圆面积、以c为直径的半圆面积、三角形的面积，根据图形特点表示出（S1+S【详解】（1）①证明：在图1中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和．即c2=1在图2中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和．即(a+b)2=c在图3中，梯形的面积等于三个直角三角形的面积的和．即12(a+b)(a+b)=1②在图1中：a2+b图2中大正方形的面积为：a+b2∵b-a2=5，∴17-2ab=5，2ab=12，∴a+b2∴图2中大正方形的面积为29．（2）根据题意得：a2如图4：即有：S1=a2，∴S1如图5：S1=12πa∵18∴S1如图6：下面推导正三角形的面积公式：正△XYZ的边长为u，过顶点x作XV⊥YZ，V为垂足，如图，在正△XYZ中，有∠Y=60°，XZ=XY=YZ=u，∵XV⊥YZ，∴YV=VZ=12YZ=∴在Rt△XYV中，有XV=∴正△XYZ的面积为：S=1∴S1=12×a×∵3∴S1∴三个图形中面积关系满足S1+S故答案为：3；（3）关系：S1以a为直径的半圆面积为：12以b为直径的半圆面积为：12以c为直径的半圆面积为：12三角形的面积为：S3∴S1即：S1结合（1）的结论：a∴S1【点睛】本题考查了勾股定理、正方形、等边三角形、圆面积计算的知识；解题的关键是熟练掌握勾股定理的性质，从而完成求解．类型六、三角形与翻折压轴问题18．（22-23八年级上·江苏镇江·期末）如图，∠AOB=α，点M是射线OA上的一个定点，点N是射线OB上的一个动点，连结MN，把∠AOB沿MN折叠，点O落在∠AOB所在平面内的点(1)如图1，点C在∠AOB的内部，若∠CMA=20°，∠CNB=60°，则α=___°．(2)如图2，若α=45°，ON=2，折叠后点C在直线OB上方，CM与OB交于点E，且MN=ME，求∠OMN的度数及折痕MN(3)如图3，若折叠后，直线MC⊥OB，垂足为点E，且OM=5，ME=3，直接写出此时ON的长．【答案】(1)40；(2)30°，(3)ON=52或【分析】（1）由对折的性质得：∠OMN=∠CMN，∠ONM=∠CNM，由∠CMA=20°及∠CNB=60°，则可求得（2）设∠OMN=α，由折叠知，∠NME=∠OMN=α；由三角形外角的性质及等腰三角形性质得：∠MEN=∠MNE=∠O+∠OMN=45°+α，由三角形内角和即可求得α的度数；过N点作ND⊥OM于D，则易得OD=ND=1；再由含30度直角三角形的性质得MN=2ND=2；（3）由勾股定理OE=4；分两种情况：①当点N在线段OE上时；②当点N在线段OE延长线上时；设ON=x，利用勾股定理建立方程求出x即可．【详解】（1）解：由对折的性质得：∠OMN=∠CMN，∵∠OMN+∠CMN+∠ACM=180°，∠ONM+∠CNM+∠CNB=180°，且∠CMA=20°，∠CNB=60°，∴∠OMN=1∴a=180°-∠OMN-∠ONM=180°-80°-60°=40°，故答案为：40；（2）解：设∠OMN=a，由折叠知，∠NME=∠OMN=a；∵MN=ME，∠MNE=∠O+∠OMN，∴∠MEN=∠MNE=45°+a，∵∠MNE+∠MEN+∠NME=180°，∴2(45°+a)+a=180°，解得：a=30°，即∠OMN=30°；如图，过N点作ND⊥OM于D，则∠OND=∠O=45°，∴OD=ND，由勾股定理得：2OD∴OD=ND=1；∵ND⊥OM，∴MN=2ND=2；（3）解：∵MC⊥OB，∴OE=O①当点N在线段OE上时，如图，设ON=x，由折叠性质得：CN=ON=x，CM=OM=5，∴NE=OE-ON=4-x，CE=CM-ME=5-3=2；∵MC⊥OB，∴NE即(4-x)2解得：x=5即ON=5②当点N在线段OE延长线上时，如图，设ON=x，由折叠性质得：CN=ON=x，CM=OM=5，∴NE=ON-OE=x-4，CE=CM+ME=5+3=8；∵MC⊥OB，∴NE即(x-4)2解得：x=10；即ON=10；综上，ON=52或【点睛】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．19．（23-24八年级上·江苏·期末）在生活中、折纸是一种大家喜欢的活动、在数学中，我们可以通过折纸进行探究，探寻数学奥秘．【纸片规格】三角形纸片ABC，∠ACB=120°，CA=CB，点D是底边AB上一点．【换作探究】(1)如图1，若AC=6，AD=23，连接CD，求CD(2)如图2，若AC=6，连接CD，将△ACD沿CD所在直线翻折得到△ECD，点A的对应点为点E.若DE所在的直线与△ABC的一边垂直，求AD的长；(3)如图3，将△ACD沿CD所在直线翻折得到△ECD，边CE与边AB交于点F，且DE∥BC，再将△DFE沿DF所在直线翻折得到△DFG，点E的对应点为点G，DG与CE、BC分别交于H，K，若KH=1，请直接写出【答案】(1)2(2)33-3或23或(3)3+【分析】（1）作CE⊥AB于E，求得∠A=∠B=30°，从而得出CE=12AC=3，AE=（2）当DE⊥AB时，连接AE，作CG⊥AB于G，依次得出∠DAE=∠DEA=45°，∠CAE=∠CAD+∠DAE=30°+45°=75°，∠CEA=∠CAE=75°，∠ACE=30°，∠ACD=∠DCE=15°，∠CDG=∠CAB+∠DAC=45°，从而DG=CG，进一步得出结果；当ED⊥AC时，设ED交AC于点W，CE交AB于V，可推出∠AVC=90°，∠ACE=60°，从而∠ACD=∠DCE=30°，进一步得出结果；当DE⊥BC时，可推出∠ACB+∠BCE=180°，从而∠ACD=∠DCE=90°，进一步得出结果；当DE⊥AB时，作CH⊥AB于点H，先求出（3）可推出△CKH和△CDH及△CHK是直角三角形，且∠HCK=30°，∠HDF=30°，∠DCH=45°，进一步得出结果．【详解】（1）解：如图1，作CE⊥AB于E，∴∠AEC=90°，∵CA=CB，∠ACB=120°，∴∠A=∠B=30°，∴CE=12AC=3∴DE=AE-AD=33∴CD=D（2）解：如图2，当DE⊥AB时，连接AE，作CG⊥AB于G，由翻折得：AD=DE，∠CAD=∠CED，AC=CE，∴∠DAE=∠DEA=45°，∴∠CAE=∠CAD+∠DAE=30°+45°=75°，∴∠CEA=∠CAE=75°，∴∠ACE=30°，∴∠ACD=∠DCE=15°，∴∠CDG=∠CAB+∠DAC=45°，∴DG=CG，由（1）知：CG=3，AG=33∴AD=AG-DG=33如图3，当ED⊥AC时，设ED交AC于点W，CE交AB于∴∠E+∠ACE=90°，∵∠E=∠A，∴∠A+∠ACE=90°，∴∠AVC=90°，∴∠ACE=60°，∴∠ACD=∠DCE=30°，∴∠ACD=∠A，∴AD=CD，∵CV=3，∴CD=3∴AD=CD=23如图4，当DE⊥BC时，∵∠E=∠A=30°，∴∠BCE=60°，∴∠ACB+∠BCE=180°，∴∠ACD=∠DCE=90°，∴AD=6如下图，当DE⊥AB时，∠ADE=90°，∴∠ADC=∠CDE=45°，作CH⊥AB于点H，∵∠A=30°,AC=6，∴CH=1在Rt△CDH中，∴CH=DH=3，∴CD=3综上所述：AD=33-3或23或4（3）解：如图5，∵DE∥BC，∴∠BCF=∠E=30°，∠EDF=∠B=30°，∵∠ACB=120°，∴∠ACE=90°，∴∠ECD=∠ACD=1∵将△DFE沿DF所在直线翻折得到△DFG，∴∠GDF=∠EDF=30°，∴∠EDG=60°，∴∠CHK=∠EHD=90°，∴DH=CH=3∴FH=3∴CF=CH+FH=3∴AC=3【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出图形．类型七、三角形与几何动点问题20．（23-24八年级上·江苏宿迁·期末）如图，已知A(4,m)为正比例函数y=34x的图象上一点，AB⊥x轴，垂足为点B．点P从O出发，以每秒2个单位的速度沿射线OA方向运动．设点P(1)过点P作PQ⊥OA交直线AB于点Q，若△APQ≌△ABO，求t的值；(2)在点P的运动过程中，是否存在这样的，使得△POB为等腰三角形？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)1或4(2)存在，54或2或【分析】本题考查了函数上的点，全等三角形的判定，等腰三角形的判定及性质，勾股定理；（1）由点在函数图象上得A(4,3)，由勾股定理得OA=AB2+OB2=5，①当点P在线段OA上时，（2）①当PB=OP时，点P在线段OB的垂直平分线上，作PD⊥OB，②当OP=OB时，③当BP=BO时，过点B作BH⊥AB，即可求解；掌握判定方法，能根据P点的不同位置和等腰三角形的腰不同进行分类讨论是解题的关键．【详解】（1）解：∵A(4,m)为正比例函数y=3∴m=3∴A(4,3)，∴AB=3，OB=4，∴OA=AB2+OB①如图，当点P在线段OA上时，∵△APQ≌△ABO，∴AP=AB=3，∴OP=OA-AP=5-3=2，∴t=2②如图，当点P在OA的延长线上时，∵△APQ≌△ABO，∴AP=AB=3，∴OP=OA+AP=5+3=8，∴t=8综上所述：t的值1或4；（2）解：存在；①如图，当PB=OP时，点P在线段OB的垂直平分线上，作PD⊥OB，∴OD=OB，∴∠BOP=∠OBP，∵AB⊥x轴，∴∠ABO=90°，∴∠OBP+∠ABP=90°，∠BOP+∠BAP=90°，∴∠ABP=∠BAP，∴PA=PB，∴PA=PB=PO，∴OP=1∴t=5②如图，当OP=OB时，∴OP=OB=4，∴t=4③如图，当BP=BO时，过点B作BH⊥AB，∴OP=2OH，∴1∴1解得：BH=12∴OH===16∴OP=2×=32∴t=32故t的值为54或2或1621．（22-23八年级上·江苏盐城·期末）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，CB=12cm，CA=9cm，P是从C点出发的动点，沿着C-B-A在三角形边上运动，速度为每秒1cm．设(1)当P点运动到AB中点时，t=秒；(2)当P点在AB上运动时，PB=cm；（用含t的代数式表示）(3)若存在某一时刻t，使得时间为t秒时△CBP1的面积与时间为(t+4)秒时△CAP(4)点P运动多少秒时，△ACP为等腰三角形（直接写出答案）．【答案】(1)19.5(2)t-12(3)t=(4)当t=9或815或18或19.5时，△ACP【分析】（1）由勾股定理求出AB的长，则可得出答案；（2）由题意可得出答案；（3）由三角形公式得出BP（4）分三种情况如图1和2，当AC=PC时，可以求出t=9或815，如图3，当AP=CP时，作PE⊥AC，于点E，由等腰三角形的性质就可以得出E是AC的中点，进而得出P是AB的中点，就可以求出t=19.5，如图4，当AC=AP时，就可以求出t=18【详解】（1）解：∵∠C=90°，CB=12cm，CA=9∴AB=C若P为AB的中点，∴BP=1∴t=12+7.5=19.5，故答案为：19.5；（2）解：∵CB=12cm∴PB=t-12故答案为：t-12；（3）解：由题意可知点P在AB上，设点C到AB的距离为h，∵S△CP1∴BP∴t-12=(15+12)-(t+4)，∴t=35（4）解：如图1，当点P在BC上时，AC=PC，∴PC=9cm，∴t=9；如图2，当点P在AB上，AC=PC，作CF⊥AB于点F，∵SΔABC∴CF=AC⋅BC∴AF=A∴AP=2AF=54∴CB+BP=12+15-54∴t=81如图3，当AP=CP时，作PE⊥AC于E，∴∠AEP=90°，AE=CE．∵∠ACB=90°，∴∠AEP=∠ACB，∴EP∥∴AP=BP，∴BP=7.5，∴t=12+7.5=19.5；如图4，当AP=AC时，CB+BP=12+15-9=18(cm)∴t=18；∴当t=9或815或18或19.5时，△ACP【点睛】本题考查了勾股定理的运用，平行线的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，解答时运用勾股定理求值是关键．类型八、三角形与新定义探究问题22．（21-22八年级上·江苏扬州·期末）我们定义：若一条线段将三角形分割成2个等腰三角形，则这条线段是这个三角形的“黄金线”．若两条线段将一个三角形分割成3个等腰三角形，则这两条线段是这个三角形的“钻石线”．例如：如图1，在RtΔABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，过点C作∠ACD=30°，ΔACD和ΔBCD都是等腰三角形，则线段CD是ΔABC的“黄金线”．延长CB至点E，使AB=BE，连接AE，两条线段AB、CD将ΔACE分割成3个等腰三角形，则这两条线段AB、CD是(1)如图2，已知锐角ΔABC中，∠BAC=25°，∠ABC=75°，若存在线段BD是ΔABC的“黄金线”，则其中钝角等腰三角形的顶角是________(2)如图3，已知ΔABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，点O是AB的中点，过点C作∠BCD=40°，交AB的延长线于点D，CD边上的一点E恰好在OD的垂直平分线上，求证：线段CO、OE是ΔACD的“钻石线(3)若一个等腰三角形有“黄金线”，则这个等腰三角形的底角度数是_______．【答案】(1)130(2)见解析(3)36°、45°、72°、（5407）【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形内角和解答即可；（2）证明△AOC，△OCE，△CED都是等腰三角形即可；（3）设底角度数为x，分三种情况利用等腰三角形的性质和三角形内角和解答即可．【详解】（1）如图2中，∵BD是“黄金线”，∴DA=DB，∴∠DAB=∠DBA=25°，∴∠CDB=∠A+∠DBA=50°，∵∠ABC=75°，∴∠CBD=75°-25°=50°，∴∠CDB=∠CBD=50°，∴△ADB，△CDB都是等腰三角形，∴∠ADB=180°-25°-25°=130°，故答案为：130；（2）证明：如图3中，∵∠ACB=90°，AO=OB，∴OC=OA=OB，∴△AOC是等腰三角形，∵∠BCD=40°，∴∠ACD=90°+40°=130°，∴∠D=180°-130°-30°=20°，∵点E在OD的垂直平分线上，∴ED=EO，∴∠D=∠EOD=20°，∴∠OEC=∠D+∠EOD=40°，∵∠OCA=∠A=30°，∴∠OCB=90°-30°=60°，∴∠ECO=60°+40°=100°，∴∠COE=180°-100°-40°=40°，∴∠OCE=∠CEO=40°，∴CO=CE，∴△CEO，△OED都是等腰三角形，∴线段CO、OE是△ACD的“钻石线”；（3）①设△ABC是以AB、AC为腰的锐角三角形，BD为“双等腰线”，如图5，当AD=BD，BD=BC时，设∠A=x°，则∠ABD=x°，∴∠BDC=∠C=2x°，∴∠ABC=∠C=2x°，∵∠A+∠ABC+∠C=180°，∴x°+2x°+2x°=180°，∴x=36°，2x=72°，∴∠C=72°，②设△ABC是以AB、AC为腰的钝角三角形，AD为“双等腰线”，如图6，当AB=BD，AD=CD时，设∠B=y°，则∠C=y°，∵AD=CD，∴∠DAC=∠C=y°，∴∠ADB=2y°，∵AB=BD，∴∠BAD=∠ADB=2y°，∵∠B+∠BAD+∠ADB=180°，∴y°+2y°+2y°=180°，∴y=36°，∴∠B=∠C=36°，③设△ABC是以AB、AC为腰的直角三角形，AD为“双等腰线”，如图7，当AB=BD，AD=CD时，AD为BC的垂直平分线，设∠B=z°，则∠C=z°，∠BAD=z°，∴∠B+∠BAD=90°，∴z°+z°=90°，∴z=45°，∴∠B=∠C=45°，④设顶角为x，可得，x+3x+3x=180°解得：x=（1807）°∴∠C=3x=（5407）°故答案为：36°、45°、72°、（5407）°【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解三角形的“黄金线”，“钻石线”的定义，属于中考创新题型．23．（23-24八年级上·江苏扬州·期末）【阅读】规定：如果一个三角形的三个内角分别与另一个三角形的三个内角对应相等，那么称这两个三角形互为等角三角形．从三角形（非等腰三角形）一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原来三角形是等角三角形，我们把这条线段叫做这个三角形的等角分割线．

【理解】（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，请写出图中两对等角三角形．______；______【尝试】（2）如图2，在△ABC中，CD平分∠ACB，∠A=60°，∠B=40°．求证：CD为△ABC的等角分割线．【应用】（3）在△ABC中，∠A=48°，CD是△ABC的等角分割线，请直接写出∠ABC的度数．【答案】（1）△ACB与△ADC，△ACB与△CDB，△ADC与△CDB；（2）见解析；（3）18°或28°或36°或44°【分析】本题是三角形综合题，考查了等角三角形的定义、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．（1）根据等角三角形的定义解答；（2）根据三角形内角和定理求出∠ACB，根据角平分线的定义得到∠ACD=∠DCB=1（3）分△ACD是等腰三角形，DA=DC、DA=AC和△BCD是等腰三角形，DB=BC、DC=BD四种情况，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，CD⊥AB，∴∠A+∠ACD=90°∴∠A=∠DCB，同理，∠B=∠ACD，∵∠ACB=∠ADC=∠CDB，∴△ABC与△ACD，△ABC与△BCD，△ACD与△BCD是等角三角形；（2）∵在△ABC中，∠A=40°，∠B=60∴∠ACB=180°-∠A-∠B=80°∵CD为角平分线，∴∠ACD=∠DCB=1∴∠ACD=∠A，∴CD=DA，∵在△DBC中，∠DCB=40°，∴∠BDC=180°-∠DCB-∠B=80°，∴∠BDC=∠ACB，∵CD=DA，∠BDC=∠ACB，∴CD为△ABC的等角分割线；（3）当△ACD是等腰三角形，如图，DA=DC时，∠ACD=∠A=48°，∴∠ACB=∠BDC=48°+48°=96°，∴∠ABC=180°-∠A-∠ACB=180°-48°-96°=36°

当△ACD是等腰三角形，如图，DA=AC时，∠ACD=∠ADC=1

∠BCD=∠A=48°，∴∠ACB=66°+48°=114°，∴∠ABC=180°-∠A-∠ACB=180°-48°-当△ACD是等腰三角形，CD=AC的情况不存在，当△BCD是等腰三角形，如图，DC=BD时，

∠ACD=∠BCD=∠B=1当△BCD是等腰三角形，如图，DB=BC时，∠BDC=∠BCD，

设∠BDC=∠BCD=x，则∠B=180°-2x，则∠ACD=∠B=180°-2x，由题意得，180°-2x+48°=x，解得，x=76°，∴∠B=180°-2x=180°-2×76°=28°，当△BCD是等腰三角形，CD=CB的情况不存在，∴∠ABC的度数为18°或28°或36°或44°．24．（20-21八年级上·江苏盐城·期末）定义：若两个有公共底边的等腰三角形的顶角互补，且两个三角形在公共底边的两侧．则称这两个等腰三角形为“相关等腰三第形”．如图1，AB=AC,DB=DC且∠A+∠D=180°，则△ABC与△BCD是“相关等腰三角形”概念理解（1）如图2，四边形ABCD是正方形，则图中有对“相关等腰三第形”．（2）如图3，AB=AD,BC=CD,∠ABD=30°,AB⊥BC，试说明，△ABD与△BCD是“相关等腰三角形”探究应用（3）在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点A,C的坐标分别为(5,0),(0,4)．①如图4，点E在边OC上，点F在边BC上，△EFO与△AEO是“相关等腰三第形”，求点E,F的坐标②如图5，点M是x轴正半轴上的动点，点P是平面直角坐标系内一点，△PMO与△CPO是“相关等腰三角形”，直线CP与直线AB交于点N，当OM=AN时，请直接写出点M的坐标：【答案】（1）2；（2）见解析；（3）①F2,4,E0,2.5；②M2013,0或者【分析】（1）直接根据“相关等腰三第形”的定义进行判断即可；（2）证明△BCD为等边三角形可得∠C=60°，再证明∠A=120°，根据“相关等腰三第形”的定义进行判断即可；（3）①设F为a,4，E0,b,运用勾股定理求出②分类讨论，结合勾股定理求解即可．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA∵AB=CB，AD=CD，∠ABC=∠ADC=180°∴△BAC与△DAC是“相关等腰三第形”同理，△ABD和△CBD是“相关等腰三第形”故答案为：2；（2）证明：∵AB⊥BC,∴∠ABC=90°,∵∠ABD=30°,∴∠DBC=60°,又∵BC=CD,∴△BCD为等边三角形∴∠C=∠BDC=60°,∵AB=AD,∴∠ABD=∠ADB=30°,∴∠A=180°-2×30°=120°,∴∠A+∠C=180°,又∵△ABD和△BCD均为等腰三角形，且在公共底边BD的两侧∴△ABD与△BCD是“相关等腰三角形”（3）①解：设F为a,4，CF=a∵△EFO与△AFO是等腰三角形∴AF=OA=5,EF=OE=b∵四边形OABC为矩形∴∠ABC=∠FCE=90°,根据勾股定理CE²+CF²=EF²,A∴解得a=2,b=2.5∴F②情形一，如图5，∵△PMO与△CPO是“相关等腰三角形”，∴CP=PO，MP=MO，∠PCO+∠PMO=180°∴∠COP=∠CPO，∠MOP=∠MPO,∵∠COP+∠MOP=90°∴∠MPO+∠CPO=90°，即MP⊥CN又OM=AN∴PM=AN设OM=PM=AN=x，MD=y∴PD=y2-∴CN=PC+PD+ND=4+y∴52又42解得，x=∴点M的坐标为(20情形二：如图6，点P在BC上时，∵△PMO与△CPO是“相关等腰三角形”，∴CP=PO，MP=MO，∠PCO+∠PMO=180°又∠PCO=90°∴∠PMO=90°∴四边形OMPC是正方形，∴OM=OC=4∴点M的坐标为（4，0）情形三：如图7，∵△PMO与△CPO是“相关等腰三角形”，∴CP=PO，MP=MO，设OM=x，则AM=5-x∵OM=AN∴BN