13.3.1 等腰三角形的性质（难点练）解析版

13.3.1等腰三角形的性质（难点练）一、单选题1．（2020·浙江嘉兴·）如图，已知为的高线，，以为底边作等腰，且点E在内部，连接，，延长交于F点，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】由AD为△ABC的高线，可得∠CBE+∠ABE+∠BAD=90°，Rt△ABE是等腰直角三角形，可得，从而可判断①；由等腰可得结合，∠DAE=∠CBE，可判断②；由△ADE≌△BCE，可得再证明∠BDE=∠AFE，结合，证明△AEF≌△BED，可判断③；由△ADE≌△BCE，可得由△AEF≌△BED，证明从而可判断④．【详解】解：∵AD为△ABC的高线，∴∠CBE+∠ABE+∠BAD=90°，∵Rt△ABE是等腰直角三角形，∴，∴∠DAE=∠CBE，即，故①正确；∵Rt△ABE是以为底等腰直角三角形，∴AE=BE，在△ADE和△BCE中，，∴△ADE≌△BCE（SAS）；故②正确；△ADE≌△BCE，∵∠BDE=∠ADB+∠ADE，∠AFE=∠ADC+∠ECD，∴∠BDE=∠AFE，在△AEF和△BED中，，∴△AEF≌△BED（AAS），∴；故③正确；∵△ADE≌△BCE，∴△AEF≌△BED，∴∴故④正确；综上：正确的有①②③④．故选：D．【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，三角形的中线与高的性质，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．2．（2020·青县第二中学八年级月考）如图，△DAC和△EBC均为等边三角形，A、C、B三点在同一直线上，AE、BD分别与CD、CE交于点M、N，有如下结论：①△ACE≌△DCB；②AC=DN；③AE=BD；④∠BOE=60°；其中正确结论的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】由等边三角形的性质得到AC=CD，EC=BC，且∠ACD=∠ECB=60°，从而推出∠ACE=∠DCB，得到△ACE≌△DCB，可判断①；从而得到AE=BD，∠AEC=∠DBC，可判断③；再由三角形内角和可判断④；再由三角形中大边对大角进行分析可判断②．【详解】解：∵△DAC和△EBC都为等边三角形，

∴∠ACD=∠ECB=60°，AC=CD，EC=BC，

∴∠ACD+∠DCE=∠ECB+∠DCE，即∠ACE=∠DCB，

在△ACE和△DCB中，，∴△ACE≌△DCB（SAS），①正确；∴AE=BD，∠AEC=∠DBC，③正确；∵∠ACD=∠ECB=60°，∠DNE=∠CNB，∴∠DCE=60°，∠BOE=∠BCE=60°，④正确；∵AC=DC，在△DNC中，DC所对的角为∠DNC=∠NCB+∠NBC=60°+∠NBC＞60°，而DN所对的角为∠DCB=60°，根据三角形中等边对等角、大边对大角，小边对小角的规律，则DC＞DN，即是AC＞DN，所以②错误，故选C．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，三角形内角和，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．3．（2020·长沙市望城区郡维学校）如图，OE是等边的中线，，点C是直线OE上一动点，以AC为边在直线AC下方作等边，连接ED，下列说法正确的是（）A．ED的最小值是2 B．ED的最小值是1C．ED有最大值 D．ED没有最大值也没有最小值【答案】B【分析】如图（见解析），先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据等边三角形的性质可得，从而可得点D的运动轨迹，最后根据垂线段最短、直角三角形的性质即可得．【详解】如图，连接BD，过点E作，交BD延长线于点F，和都是等边三角形，，，，即，在和中，，，，OE是等边的中线，，，即直线BD的位置是固定的，当点C在直线OE上运动时，点D在直线BD上运动，由垂线段最短得：当点D与点F重合时，ED取得最小值，最小值为EF，在中，，即ED的最小值为1，故选：B．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质、垂线段最短、直角三角形的性质等知识点，确定出点D的运动轨迹是解题关键．4．（2021·湖北咸安·）如图，AO⊥OM，点B为射线OM上的一个动点，分别以OB，AB为直角边，B为直角顶点，在OM两侧作等腰直角△OBF､等腰直角△ABE，连接EF交OM于P点，当点B在射线OM上移动时，PB的长度为（）A． B．3 C． D．不能确定【答案】A【分析】过点E作EN⊥BM，垂足为点N，首先证明△ABO≌△BEN，得到BO=NE；进而证明△BPF≌△NPE，即可解决问题．【详解】解：如图，过点E作EN⊥BM，垂足为点N；

∵∠AOB=∠ABE=∠BNE=90°，

∴∠ABO+∠BAO=∠ABO+∠NBE，

∴∠BAO=∠NBE；

∵△ABE、△BFO均为等腰直角三角形，

∴AB=BE，BF=BO；

在△ABO与△BEN中，

，

∴△ABO≌△BEN（AAS），

∴BO=NE，BN=AO；∵BO=BF，

∴BF=NE；

在△BPF与△NPE中，

，

∴△BPF≌△NPE（AAS），

∴BP=NP=BN；而BN=AO，

∴BP=AO=×＝，为定值；

故选：A．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及全等三角形的判定及其性质,解题的关键是作辅助线，构造全等三角形，灵活运用有关定理来分析、判断或解答．5．（2020·宜兴市实验中学八年级期中）如图，在ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝8，点P是AC上的动点，连接BP，以BP为边作等边BPQ，连接CQ，则点P在运动过程中，线段CQ长度的最小值是（）A．2 B．4 C． D．【答案】A【分析】如图，取AB的中点E，连接CE，PE．由△QBC≌△PBE（SAS），推出QC＝PE，推出当EP⊥AC时，QC的值最小；【详解】如图，取AB的中点E，连接CE，PE，则AE＝BE＝4．∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴∠CBE＝60°，∵BE＝AE，∴CE＝BE＝AE，∴△BCE是等边三角形，∴BC＝BE，∵∠PBQ＝∠CBE＝60°，∴∠QBC＝∠PBE，∵QB＝PB，CB＝EB，∴△QBC≌△PBE（SAS），∴QC＝PE，∴当EP⊥AC时，QC的值最小，在Rt△AEP中，∵AE＝4，∠A＝30°，∴PE＝AE＝2，∴CQ的最小值为2，故选：A．【点睛】本题旋转的性质，考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，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，学会用转化的思想思考问题．6．（2020·四川省青神县南城镇初级中学校八年级期中）点B、C、E在一条直线上，△ABE与△ECD都是等边三角形，其中的点及对应的字母如图所示．①AC＝BD；②∠AHB＝60°；③EG＝FE；④△GEF是等边三角形；⑤EH平分∠BHC，则正确的结论的个数是（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】D【分析】证明△AEC≌△BED，得到AC=BD，∠EAC=∠EBD，可判断①；结合∠AGH=∠BGE，可得∠AHB=∠AEB=60°，可判断②；再证明△AEF≌△BEG，得到EG=EF，可判断③；求出∠AED的度数，可得到△GEF是等边三角形，可判断④；分别过点E作BD和AC的垂线，垂足分别为M，N，根据△AEC和△BED面积相等可得EM=EN，最后根据角平分线的判定定理可判断⑤．【详解】解：∵△ABE和△ECD是等边三角形，∴AE=BE，ED=EC，∠AEB=∠CED=60°，∴∠AEB+∠AED=∠CED+∠AED，即∠AEC=∠BED，∴△AEC≌△BED（SAS），∴AC=BD，∠EAC=∠EBD，①正确；又∵∠AGH=∠BGE，∴∠AHB=∠AEB=60°，②正确；∵∠AEB=∠DEC=60°，∴∠AED=60°，∵∠EAC=∠EBD，AE=BE，∴△AEF≌△BEG（ASA），∴EG=EF，③正确；∵∠AED=60°，∴△GEF是等边三角形，④正确；分别过点E作BD和AC的垂线，垂足分别为M，N，∵△AEC≌△BED，∴S△AEC=S△BED，又AC=BD，∴EM=EN，∴EH平分∠BHC，⑤正确；故选D．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，角平分线的判定，面积法，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．7．（2020·宿迁市钟吾初级中学八年级期中）如图，等边△ABC中，AB=2，D为△ABC内一点，且DA=DB，E为△ABC外一点，BE=AB，且∠EBD=∠CBD，连接DE，CE，则下列结论：①∠DAC=∠DBC；②BE⊥AC；③∠DEB=30°；④若EC∥AD，则S△EBC=1，其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】连接，DE，证得出①；再证，得出；其它两个条件运用假设成立推出答案即可．【详解】连接，DE，是等边三角形，，，，，在与中，，，，∠DAC=∠DBC，，，，，在与中，，，．故①③正确．，，，，，∴∠EBC=2∠ACE，，，，在中三角和为，即∠EBC+∠BCE+∠BEC=180°，，，这时是边上的中垂线，故结论②错误．边上的高，，故结论④是正确的．故选C．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，全等三角形的判定定理有，，，，全等三角形的对应角相等，对应边相等．8．（2021·河南省淮滨县第一中学）如图，，平分，．若P到OA的距离为．若点，分别在射线，上，且△是边长为整数的等边三角形，则满足上述条件的点有（参考数据：（）A．4个以上 B．4个 C．3个 D．2个【答案】B【分析】在OB上截取OK=OP，连接PK，先证出△OPK为等边三角形，从而得出OK=PK=OP=10，∠OPK=∠PKN=60°，当∠MPN=60°时，证出△PMN为等边三角形，然后求出PM的最大值和最小值，即可求出PM的整数值，从而得出结论．【详解】解：在OB上截取OK=OP，连接PK，∵，平分，∴∠AOP=∠BOP=∴△OPK为等边三角形∴OK=PK=OP=10，∠OPK=∠PKN=60°先证∠MPN=60°时，△PMN为等边三角形，如下∴∠MPO=∠NPK，∵∠MOP=∠NKP=60°，OP=KP∴△MOP≌△NKP∴PM=PN∴△PMN为等边三角形，∵点，分别在射线，上∴PM的最大值为OP（此时点M与点O重合，点N与点K重合）；∵若P到OA的距离为．∴PM的最小值为∴≤PM≤10∵△是边长为整数，即PM为整数∴PM=9或10若PM=9，以P为圆心，以9为半径，交OA于M1、M2，此时满足上述条件的点有两个；若PM=10，以P为圆心，以10为半径，交OA于M3、M4，此时满足上述条件的点有两个；综上：满足上述条件的点有4个．故选B．【点睛】此题考查的是等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和垂线段最短的应用，掌握等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和垂线段最短是解题关键．9．（2020·浙江八年级单元测试）如图，已知中，，，，若把绕点A逆时针旋转一个角度，使它与原的重叠部分为等腰三角形．则为（）A．或 B．或 C．或 D．或【答案】C【分析】由∠BAC=90°，AB=AC可判断△ABC为等腰直角三角形，则∠ABC=∠ACB=45°，再由BD∥AC得∠ABD=∠BAC=90°，则利用互余可计算出∠BAD=60°，由于把△ABD绕点A逆时针旋转一个角度α（0＜α＜90°），使它与原△ABC的重叠部分为等腰三角形，而等腰三角形的腰不能确定，所以分类讨论：当AE=AF时，如图1，根据旋转的性质得∠BAB′=α，∠B′AD=60°，可判断△AEF为等边三角形，得到∠1=∠2=60°，则可根据三角形外角性质可计算出∠BAB′=∠1-∠ABC=15°，即α=15°；当AFA=FC时，如图2，∠BAB′=α，根据等腰三角形的性质得∠ACB=∠FAC=45°，所以∠BAB′=45°，即α=45°，由此得到α的值为15°或45°．【详解】解：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴△ABC为等腰直角三角形，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵BD∥AC，∴∠ABD=∠BAC=90°，∵∠D=30°，∴∠BAD=60°，把△ABD绕点A逆时针旋转一个角度α（0＜α＜90°），使它与原△ABC的重叠部分为等腰三角形，当AE=AF时，如图1，则∠BAB′=α，∠B′AD=60°，∴△AEF为等边三角形，∴∠1=∠2=60°，而∠1=∠B+∠BAB′，∴∠BAB′=60°-45°=15°，即α=15°；当AF=FC时，如图2，则∠BAB′=α，∵∠ACB=45°，∴∠FAC=45°，∴∠BAB′=90°-45°=45°，即α=45°；综上所述，α的值为15°或45°．故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰直角三角形的性质．10．（2021·宜兴市实验中学八年级月考）如图，在中，是边上的高，，，．连接，交的延长线于点，连接，．则下列结论：①；②；③；④，其中正确的有（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】证得△CAF≌△GAB（SAS），从而推得①正确；利用△CAF≌△GAB及三角形内角和与对顶角，可判断②正确；证明△AFM≌△BAD（AAS），得出FM=AD，∠FAM=∠ABD，同理△ANG≌△CDA，得出NG=AD，则FM=NG，证明△FME≌△GNE（AAS）．可得出结论④，③正确．【详解】解：∵∠BAF=∠CAG=90°，∴∠BAF+∠BAC=∠CAG+∠BAC，即∠CAF=∠GAB，又∵AB=AF，AC=AG，∴△CAF≌△GAB（SAS），∴BG=CF，故①正确；∵△FAC≌△BAG，∴∠FCA=∠BGA，又∵BG与AC所交的对顶角相等，∴BG与FC所交角等于∠GAC，即等于90°，∴BG⊥CF，故②正确；过点F作FM⊥AE于点M，过点G作GN⊥AE交AE的延长线于点N，∵∠FMA=∠FAB=∠ADB=90°，∴∠FAM+∠BAD=90°，∠FAM+∠AFM=90°，∴∠BAD=∠AFM，又∵AF=AB，∴△AFM≌△BAD（AAS），∴FM=AD，∠FAM=∠ABD，同理△ANG≌△CDA，∴NG=AD，∴FM=NG，∵FM⊥AE，NG⊥AE，∴∠FME=∠ENG=90°，∵∠AEF=∠NEG，∴△FME≌△GNE（AAS）．∴EF=EG．故④正确．故③正确故选：D．【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的三线合一性质与互余、对顶角，三角形内角和等几何基础知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．二、填空题11．（2020·四川成都·）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝，点P是AC上的动点，连接BP，以BP为边作等边△BPQ，连接CQ，则点P在运动过程中，线段CQ长度的最小值是_____．【答案】【分析】如图，取AB的中点E，连接CE，PE．由△QBC≌△PBE（SAS），推出QC＝PE，推出当EP⊥AC时，QC的值最小；【详解】解：如图,取AB的中点E,连接CE,PE．∵∠ACB＝90°,∠A＝30°,∴∠CBE＝60°,∵BE＝AE,∴CE＝BE＝AE,∴△BCE是等边三角形,∴BC＝BE,∵∠PBQ＝∠CBE＝60°,∴∠QBC＝∠PBE,∵QB＝PB,CB＝EB,∴△QBC≌△PBE（SAS）,∴QC＝PE,∴当EP⊥AC时,QC的值最小,在Rt△AEP中,∵AE＝,∠A＝30°,∴PE＝AE＝,∴CQ的最小值为．【点睛】本题旋转的性质，考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，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，学会用转化的思想思考问题．12．（2021·广西玉州·八年级期末）如图，中，，，为线段上一动点（不与点，重合），连接，作，交线段于．以下四个结论：①；②当为中点时，；③当为等腰三角形时，；④当时，．其中正确的结论是______（把你认为正确结论的序号都填上），【答案】①②④【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C=40°，根据三角形的内角和定理与平角的定义即可得到∠BAD=∠CDE；故①正确；根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC，根据三角形的内角和定理可得到DE⊥AC，故②正确；③根据三角形外角的性质得到∠AED＞40°，求得∠ADE≠∠AED，可得所以△ADE为等腰三角形，分两种情况讨论：当AE=DE时，当时，再分别求解或故③错误；证明△ABD≌△DCE，根据全等三角形的性质得到BD=CE；故④正确；【详解】解：∵AB=AC，∴∠B=∠C=40°，∴∴∠BAD=∠CDE；故①正确；∵D为BC中点，AB=AC，如图，∴AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∴∠CDE=50°，∵∠C=40°，∴∠DEC=90°，∴DE⊥AC，故②正确；∵∠C=40°，∴∠AED＞40°，∴∠ADE≠∠AED，所以△ADE为等腰三角形，分两种情况讨论：当AE=DE时，∴∠DAE=∠ADE=40°，∵∠BAC=180°-40°-40°=100°，∴∠BAD=60°，当时，所以当△ADE为等腰三角形，或故③错误，∵∠BAD=30°，∴∠CDE=30°，∴∠ADC=70°，∴∠CAD=180°-70°-40°=70°，∴∠DAC=∠ADC，∴CD=AC，∵AB=AC，∴CD=AB，∴△ABD≌△DCE（ASA），∴BD=CE；故④正确；故答案为：①②④．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．13．（2021·全国）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＜∠B，点D为AB边上一点且不与A、B重合，将△ACD沿CD翻折得到△ECD，直线CE与直线AB相交于点F．若∠A＝40°，当△DEF为等腰三角形时，∠ACD＝__________________．【答案】30°或15°或60°【分析】若△DEF为等腰三角形，分EF=DF，ED=EF，DE=EF三种情况，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理分别求解．【详解】解：由翻折的性质可知∠E=∠A=α，∠CDE=∠ADC，如图1，当EF=DF时，则∠EDF=∠E=α，∵∠EDF=∠CDE-∠CDB，∠CDB=∠A+∠ACD，∴α=∠ADC-（∠A+∠ACD）=180°-2（∠A+∠ACD）=180°-2（α+∠ACD），∴∠ACD=90°-×40°=30°，∴当∠ACD=30°时，△DEF为等腰三角形，当ED=EF时，∠EDF=∠EFD==70°，∴2∠ADC=180°+∠EDF=250°，∴∠ADC=125°，∴∠ACD=180°-∠A-∠ADC=180°-∠A-125°=15°，∵∠DFE=∠A+∠ACF，∴∠DFE≠∠DEF，如图2，当DE=EF时，∠EDF=∠EFD=∠A=20°；∴∠ACF=180°-∠A-∠EFD=120°，∴∠ACD=∠ACF=60°；综上：当∠ACD=30°或15°或60°时，△DEF为等腰三角形，故答案为：30°或15°或60°．【点睛】本题考查翻折变换、等腰三角形的性质、三角形外角的性质以及三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握三角形外角的性质以及三角形内角和定理．14．（2020·杭州江南实验学校八年级开学考试）如图，在一张直角三角形纸片中，，，，是边上的一动点，将沿着折叠至，当与的重叠部分为等腰三角形时，则的度数为______．【答案】80°或140°【分析】先求出∠A=30°，再分两种情形，画出图形分别求解即可．【详解】在中，，，∴∴∴∠A=30°当PC=CE时，如图1所示：

设∠ACP=x，则∠A1CP=x，

∵CP=CE，

∴∠CPE=∠CEP，

∵∠CPE=∠ACP+∠A=x+30°，

∴x+x+30°+x+30°=180°，

∴x=40°；∴

当CP=CE时，如图2所示：

设∠ACP=x．

则∠CPE=∠CEP=2x-90°+30°=2x-60°，

在△CPE中，90°-x+2（2x-60°）=180°，

解得：x=70°，∴

当PE=PC时，此时设∠ACP=x．

则∠PCE=90-x∠CEP=2x-90°+30°=2x-60°，∵PE=PC

∴∠PCE=∠CEP90-x=2x-60°解得x=50°此时∠CPE=180-∠PCE-∠CEP=80°而∠CPB=∠ACP+∠A=80°∴点E应该在AB延长线上不符合题意综上所述，的度数为80°或140°，

故答案为：80°或140°．【点睛】本题考查了折叠的性质、等腰三角形的判定和性质等知识；解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．15．（2021·天津南开翔宇学校八年级月考）在平面直角坐标系中，Rt△OAB的顶点A在x轴上，点A的坐标为（4，0），∠AOB=30°，点E的坐标为（1，0），点P为斜边OB上的一个动点，则PA+PE的最小值为_____．【答案】【分析】作A关于OB的对称点D，连接ED交OB于P，连接AP，过D作DN⊥OA于N，则此时PA+PC的值最小，求出AM和AD，再求出DN、EN，根据勾股定理求出ED，即可得出答案．【详解】作A关于OB的对称点D，连接ED交OB于P，连接AP，过D作DN⊥OA于N，则此时PA+PC的值最小，∵DP=PA，∴PA+PE=PD+PE=ED，∵点A的坐标为（4，0），∠AOB=30°，∴OA=4，∴AM=OA=2，∴AD=2×2=4，∵∠AMB=90°，∠B=60°，∴∠BAM=30°，∵∠DNO=∠OAB=90°，∴DN∥AB，∴∠NDA=∠BAM=30°，∴AN=AD=2，由勾股定理得：DN===2，∵E（1，0），∴EN=4﹣1﹣2=1，在Rt△DNE中，由勾股定理得：DE===，即PA+PC的最小值是．故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称确定最短路线问题，坐标与图形性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的应用，熟练掌握最短路径的确定方法找出点P的位置以及表示PA+PE的最小值的线段是解题的关键．16．（2020·重庆市渝北中学校八年级月考）已知：，，，，则的度数为______．【答案】39°【分析】作点D关于AB的对称点E，连接AE、BE，如图，根据轴对称的性质可得AE=AD，BE=BD，∠BAE=∠BAD=30°，进而可得△ADE是等边三角形，于是得AD=DE，∠ADE=60°，进一步即可根据SSS证明△DBE≌△DBC，从而得∠EDB=∠CDB，设∠ACD=x，则根据等腰三角形的性质可得∠BDC=∠BCD=x+18°，然后在△ADC中根据三角形的内角和可得关于x的方程，求出x后进一步即可求出答案．【详解】解：作点D关于AB的对称点E，连接AE、BE，如图，则AE=AD，BE=BD，∠BAE=∠BAD=30°，∴∠DAE=60°，∴△ADE是等边三角形，∴AD=DE，∠ADE=60°，∵，，∴DE=DC，BE=BC，又∵DB=DB，∴△DBE≌△DBC（SSS），∴∠EDB=∠CDB，设∠ACD=x，∵AD=CD，∴∠DAC=∠ACD=x，∴∠BCD=x+18°，∵BD=BC，∴∠BDC=∠BCD=x+18°=∠EDB，∴∠ADC=60°+2∠BDC=60°+2（x+18°）=2x+96°，在△ADC中，∵∠DAC+∠ACD+∠ADC=180°，∴x+x+2x+96°=180°，解得：x=21°，∴∠BDC=21°+18°=39°；故答案为：39°．【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理等知识，考查的知识点多、综合性强、难度较大，属于试卷压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．17．（2021·全国八年级单元测试）如图，与中，AB=AE，BC=EF，∠B=∠E，AB交EF于D．给出下列结论：①∠AFC=∠C；②DF=CF；③FA是∠DFC的平分线；④∠BFD=∠CAF．其中正确的结论是：____（填写所有正确结论的序号）．【答案】①③④【分析】①先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据等腰三角形的性质即可得；②先根据三角形全等的性质可得，从而可得，然后假设，根据三角形全等的判定定理与性质可得，由此可得假设不成立；③由②已证，根据角平分线的定义即可得；④先根据三角形的外角性质可得，再根据角的和差可得，由此即可得．【详解】在和中，，，，，则结论①正确；，是的平分线，则结论③正确；由三角形的外角性质得：，又，，则结论④正确；假设，在和中，，，，即AF是的角平分线，AF不一定是的角平分线，假设不一定成立，则结论②错误；综上，正确的结论是①③④，故答案为：①③④．【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、角平分线的定义等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．18．（2021·安徽太和·）如图，已知，点P是射线上一动点（P不与B重合），当______时，以A、O、B中的其中两点和P点为顶点的三角形是等腰三角形．【答案】或或【分析】根据三角形的定义分以点为顶点的等腰三角形和以点为顶点的等腰三角形两种情况，再分别根据等腰三角形与等边三角形的判定、三角形的内角和定理即可得．【详解】，，由题意，分以下两种情况：（1）以点为顶点的等腰三角形，①当时，是等腰三角形，则，点P是射线上一动点，此时点P与点B重合，不符题意，舍去；②当时，是等腰三角形，则；③当时，是等腰三角形，则；（2）以点为顶点的等腰三角形，，当是等腰三角形时，一定是等边三角形，，；综上，符合条件的的度数为或或，故答案为：或或．【点睛】本题考查了等腰三角形与等边三角形的判定、三角形的内角和定理，依据题意，正确分情况讨论是解题关键．19．（2021·全国八年级专题练习）如图，设（）．现把小棒依次摆放在两射线之间，并使小棒两端分别落在射线，上．从点开始，用等长的小棒依次向右摆放，其中为第一根小棒，且，若只能摆放4根小棒，则的范围为________．【答案】18°≤θ＜22.5°．【分析】根据等边对等角可得∠BAC=∠AA2A1，∠A2A1A3=∠A2A3A1，∠A3A2A4=∠A3A4A2，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得θ1=2θ，θ2=3θ，θ3=4θ，求出第三根小木棒构成的三角形，然后根据三角形的内角和定理和外角性质列出不等式组求解即可．【详解】解：如图，∵小木棒长度都相等，∴∠BAC=∠AA2A1，∠A2A1A3=∠A2A3A1，∠A3A2A4=∠A3A4A2，由三角形外角性质得，θ1=2θ，θ2=3θ，θ3=4θ；∵只能摆放4根小木棒，∴，解得18°≤θ＜22.5°．故答案为：18°≤θ＜22.5°．【点睛】本题考查了等腰三角形等边对等角的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，三角形的内角和定理，也考查了一元一次不等式组的应用，列出不等式组是解题的关键．20．（2020·武汉市二桥中学八年级月考）在中，，，，点D是直线BC上一动点，连接AD，在直线AD的右恻作等边，连接CE，当线段CE的长度最小时，则线段CD的长度为__________．【答案】3【分析】以AC为边向左作等边三角形ACF，连接DF，先根据直角三角形中所对的直角边是斜边的一半求出BC的长，再由勾股定理求出AC的长，根据作的辅助线证明，则，当时，DF的长是最小的，即CE的长最小，求出此时的长即可．【详解】解：如图，以AC为边向左作等边三角形ACF，连接DF，∵，，∴，∵，∴，∴，∵是等边三角形，∴，，∵是等边三角形，∴，，∵，∴，在和中，，∴，∴，当时，DF的长是最小的，即CE的长最小，∵，，∴，，∴当线段CE的长度最小时，则线段CD的长度为3．故答案是：3．【点睛】本题考查线段最值问题，解题的关键是作辅助线构造全等三角形，以及掌握有角的特殊直角三角形的性质和等边三角形的性质．三、解答题21．（2021·吉林德惠·八年级期末）如图，是等边三角形，．动点分别从点同时出发，动点以的速度沿向终点运动．动点以的速度沿射线运动．当点停止运动时，点也随之停止运动．点出发后，过点作交于点，连结，以为边作等边三角形，连结，设点的运动时间为用含的代数式表示的长．求的周长(用含的代数式表示)．求的长(用含的代数式表示)．当的边与垂直时，直接写出的值．【答案】（1）当时，；当时，；（2）；（3）；（4）的值为或．【分析】（1）由等边三角形的性质，得到BC=AC=AB=4，然后分点Q在点C的左边和点C的右边进行分析，即可求出CQ的长度；（2）由，则∠PEC=∠B=60°，∠EPC=∠A=60°，则△PCE是等边三角形，然后结合PC的长度，即可求出周长；（3）由题意，，，结合∠EPC=∠QPF=60°，证明△PEQ≌△PCF，则CF=EQ，即可求出答案；（4）根据题意，由的边与垂直时，可分为两种情况分析：①当PQ⊥BC时；②当FQ⊥BC时；分别求出t的值，即可得到答案．【详解】解：（1）根据题意，∵是等边三角形，∴，∵动点以的速度沿向终点运动，∴时间的最大值为：（秒），∴；∵动点以的速度沿射线运动，∴，当时，；当时，；（2）∵，是等边三角形，∴∠PEC=∠B=60°，∠EPC=∠A=60°，∵∠ACB=60°，∴△PCE是等边三角形，∴PC=PE=CE，∵，∴△PCE的周长为：；（3）如图：∵是等边三角形，∴，∠QPF=60°，∵△PCE是等边三角形，∴PC=PE，∠EPC=∠QPF=60°，∴△PEQ≌△PCF，∴CF=EQ，∵，∵，，∴；（4）根据题意，①当PQ⊥BC时，如图：∵△PCE是等边三角形，∴PQ是高，也是中线，∴，∵，∴，解得：；②当FQ⊥BC时，如图：∵∠FQC=90°，∠FQP=60°，∴∠PQE=30°，∵∠PCE=60°，∴∠CPQ=30°=∠PQE，∴PC=CQ，∵，，∴，解得：；综合上述，当的边与垂直时，的值为或．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解一元一次方程等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，注意运用分类讨论的思想进行解题．22．（2021·山东夏津·）已知和都是等腰直角三角形，点是直线上的一动点（点不与，重合），连接．（1）在图中，当点在边上时，求证：；（2）在图中，当点在边的延长线上时，结论是否还成立？若不成立，请猜想，，之间存在的数量关系，并说明理由；（3）在图中，当点在边的反向延长线上时，不需写证明过程，直接写出，，之间存在的数量关系及直线与直线的位置关系．【答案】（1）见解析；（2）结论不成立，猜想，理由见解析；（3）；；理由见解析．【分析】（1）只要证明△ABD≌△ACE（SAS），可得BD=CE，即可推出BC=BD+CD=EC+CD；

（2）不成立，存在的数量关系为．利用全等三角形的性质即可证明；

（3）结论：；．同（1）一样证明△ABD≌△ACE（SAS）即可．【详解】（1）证明：和都是等腰直角三角形，，（2）结论不成立，猜想，理由如下：又，（3）；；理由如下：补全图形如图3，∵是等腰直角三角形，∴∠ACB=∠ABC=45°，∴∠ABD=135°，由（1）同理可得，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE，∠ACE=∠ABD=135°，∴BC=CD-BD=CD-CE，∠BCE=90°，∴．【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的运用及等腰三角形的性质，解决问题的关键是掌握：两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．23．（2021·云南峨山·）如图①，在等边△ABC中，线段AM为BC边上的中线．动点D在直线AM上时，以CD为一边在CD的下方作等边△CDE，连结BE．（1）当点D在线段AM上时（如图①），则ADBE（填“＞”“＜”或“=”），∠CAM=度；（2）当点D在线段AM的延长线上时（如图②），直线BE与直线AM的交点为O，求∠AOB的度数；（3）当动点D在线段AM的反向延长线上时，直线BE与直线AM的交点为O，试判断∠AOB的度数是否发生变化？若变化，请求出∠AOB的度数，若不变，请说明理由．【答案】（1）=；30；（2）60°；（3）不变，见解析【分析】（1）根据SAS就可以得出△ADC≌△BEC，则AD=BE；根据等边三角形的性质可以直接得出∠CAM的度数；（2）根据等边三角形的性质就可以得出AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，由等式的性质就可以∠BCE=∠ACD，根据SAS就可以得出△ADC≌△BEC，进而得到∠AOB的度数；（3）当点D在线段MA的延长线上时，如图3，通过得出△ACD≌△BCE就可以得出结论．【详解】（1）∵△ABC与△DEC都是等边三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD+∠DCB=∠DCB+∠BCE，∴∠ACD=∠BCE．在△ADC和△BEC中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE；∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°．∵线段AM为BC边上的中线，∴∠CAM=∠BAC，∴∠CAM=30°，故答案为：=，30；（2）∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，∵∠ACD=∠ACB+∠DCB，∠BCE=∠DCE+∠DCB，∴∠ACD=∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS）∴∠CAD=∠CBE，∵∠AMC=∠BMO，∴∠AOB=∠ACB=60°；（3）不变，理由如下：∵点D在线段MA的延长线上，且△ABC与△DEC都是等边三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD+∠ACE=∠BCE+∠ACE=60°，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CBE=∠CAD，同理可得：∠CAM=30°，∴∠CBE=∠CAD=150°，∴∠CBO=30°，∠BAM=30°，∴∠BOA=90°-30°=60°．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．24．（2021·全国）如图1，将两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中，．（1）操作发现：如图2，固定，使绕点旋转，当点恰好落在边上时．填空：①线段与的位置关系是________；②设的面积为，的面积为，则与的数量关系是________．（2）猜想论证：当绕点旋转到如图3所示的位置时，小明猜想（1）中与的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了和中、边上的高，请你证明小明的猜想．【答案】（1）①DE∥AC；②S1=S2；（2）见解析【分析】（1）①根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ACD=60°，然后根据内错角相等，两直线平行解答；②根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；（2）根据旋转的性质可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明．【详解】解：（1）①DE∥AC，理由如下：∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；故答案为：DE∥AC；S1=S2；（2）如图3，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC=CE，AC=CD，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键．25．（2020·浙江）已知，点P为其内部一点，连结，在中，如果存在一个三角形，其内角与的三个内角分别相等，那么就称点P为的等角点．（1）判断以下两个命题是否为真命题，若为真命题，则在相应横线内写“真命题”反之，则写“假命题”．①内角分别为的三角形存在等角点；_________命题；②任意的三角形都存在等角点；___________命题；（2）如图①，点P是的等角点，若，探究图①中之间的数量关系，并说明理由．（3）如图②，在中，，若的三个内角的角平分线的交点P是该三角形的等角点，直接写出三个内角的度数．【答案】（1）①真；②假；（2）∠BPC=∠ABC+∠ACP；（3），，【分析】（1）①②根据等角点的定义，可知内角分别为、、的三角形存在等角点，而等边三角形不存在等角点，据此判断即可；（2）根据中，以及进行推导，即可得出、、之间的数量关系；（3）先连接，，再根据的三个内角的角平分线的交点是该三角形的等角点，以及三角形内角和为，得出关于的方程，求得的度数即得出可三角形三个内角的度数．【详解】解：（1）①内角分别为、、的三角形存在等角点是真命题；②任意的三角形都存在等角点是假命题，如等边三角形不存在等角点；故答案为：真命题，假命题；（2）如图①，在中，，，；（3）如图②，连接，为的角平分线的交点，，，为的等角点，，，，又，，，该三角形三个内角的度数分别为，，．【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理的应用，解决问题的关键是理清等角点的定义，根据等角点的定义以及三角形的内角和为，得出角的关系式并进行求解．26．（2019·浙江八年级期中）如图①，点分别是等边边上的动点（端点除外），点P从点A、点Q从顶点B同时出发，且它们的运动速度相同，连续交于点M．（1）求证：；（2）点分别在边上运动时，变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．（3）如图②，若点在运动到终点后继续在射线上运动，直线交点为M，求的度数．【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）120°【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用证明即可；（2）先判定，根据全等三角形的性质可得，从而得到；（3）先判定，根据全等三角形的性质可得，从而得到．【详解】解：（1）证明：如图1，是等边三角形，，，又点、运动速度相同，，在与中，，；（2）点、在、边上运动的过程中，不变．理由：，，是的外角，，，；（3）如图，点、在运动到终点后继续在射线、上运动时，不变．理由：同理可得，，，是的外角，，，即若点、在运动到终点后继续在射线、上运动，的度数为．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识的综合应用．解决问题的关键是掌握全等三角形的判定方法：两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．解题时注意运用全等三角形的对应边相等，对应角相等的性质．27．（2021·山东滨州·八年级月考）如图，在等边中，厘米，厘米，如果点以厘米/秒的速度运动．（1）如果点线段上由点向点运动，点在线段上由点向点运动．它们同时出发，若点的运动速度与点的运动速度相等．经过秒后，和是否全等？请说明理由；（2）在（1）的条件下，当两点的运动时间为多少时，是一个直角三角形？（3）若点的运动速度与点的运动速度不相等，点从点出发，点以原来的运动速度从点同时出发，都顺时针沿三边运动，经过秒点与点第一次相遇，则点的运动速度是多少厘米/秒．【答案】（1）△BMN≌△CDM，理由见解析；（2）t秒或t秒；（3）3.8厘米/秒或2.6厘米/秒【分析】（1）根据M和N同时出发，若点的运动速度与点的运动速度相等得CM=BN=6cm，所以BM=4cm=CD．根据“SAS”证明△BMN≌△CDM；

（2）设运动时间为t秒，分别表示CM和BN．分两种情况，运用特殊三角形的性质求解：①∠NMB=90°；②∠BNM=90°；

（3）点M与点N第一次相遇，有两种可能：①点M运动速度快；②点N运动速度快．分别列方程求解．【详解】解：（1）△BMN≌△CDM．理由如下：

∵VN=VM=3厘米/秒，且t=2秒，

∴CM=2×3=6（cm）

BN=2×3=6（cm）

BM=BC-CM=10-6=4（cm）

∴BN=CM

∵CD=4（cm）

∴BM=CD

∵∠B=∠C=60°，

∴△BMN≌△CDM．（SAS）（2）设运动时间为t秒，△BMN是直角三角形有两种情况：

①当∠NMB=90°时，

∵∠B=60°，

∴∠BNM=90°-∠B=90°-60°=30°．

∴BN=2BM，

∴3t=2×（10-3t）

∴t（秒）；

②当∠BNM=90°时，

∵∠B=60°，

∴∠BMN=90°-∠B=90°-60°=30°．

∴BM=2BN，

∴10-3t=2×3t∴t（秒）．

∴当t秒或t秒时，△BMN是直角三角形；（3）分两种情况讨论：

①若点M运动速度快，则3×25-10=25VN，解得VN=2.6；

②若点N运