13.3.2 等腰三角形的判定（难点练）解析版

13.3.2等腰三角形的判定（难点练）一、单选题1．（2020·浙江温岭·八年级期末）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，F是CB延长线上一点，AF⊥CF，垂足为F．下列结论：①∠ACF＝45°；②四边形ABCD的面积等于AC2；③CE＝2AF；④S△BCD＝S△ABF+S△ADE；其中正确的是（）A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④【答案】C【分析】证明≌，得出，正确；由，得出，正确；证出，，正确；由，不能确定，不正确；即可得出答案．【详解】解：∵∠CAE＝90°，AE＝AC，∴∠E＝∠ACE＝45°，∵∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD∴∠BAC＝∠EAD，在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE(SAS)，∴∠ACF＝∠E＝45°，①正确；∵S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD，∴S四边形ABCD＝S△ADE+S△ACD＝S△ACE＝AC2，②正确；∵△ABC≌△ADE，∠ACB＝∠AEC＝45°，∵∠ACE＝∠AEC＝45°，∴∠ACB＝∠ACE，∴AC平分∠ECF，过点A作AG⊥CG，垂足为点G，如图所示：∵AC平分∠ECF，AF⊥CB，∴AF＝AG，又∵AC＝AE，∴∠CAG＝∠EAG＝45°，∴∠CAG＝∠EAG＝∠ACE＝∠AEC＝45°，∴CG＝AG＝GE，∴CE＝2AG，∴CE＝2AF，③正确；∵S△ABF+S△ADE＝S△ABF+S△ABC＝S△ACF，不能确定S△ACF＝S△BCD，④不正确；故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；证明三角形全等是解题的关键．2．（2021·全国八年级专题练习）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D为AB的中点，点E在BC上，CE＝2，将线段ED绕点E按顺时针方向旋转90°得到EF，连接DF，然后把△DEF沿着DE翻折得到△DEF′，连接AF′，BF′，取AF′的中点G，连接DG，则DG的长为（）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】如图中，作于点，于．根据已知条件得到，，根据三角形的中位线的选择定理得到，得到，根据全等三角形的选择得到，，求得，得到，根据三角形中位线的性质定理即可得到结论．【详解】解：如图中，作于点，于．，点为的中点，，，，，，，，，，，，，，，，，，，点为的中点，取的中点，，；故选：．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，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．3．（2020·盐城市盐都区实验初中八年级月考）已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．下列结论：①△ABD≌△EBC；②∠BCE+∠BCD=180°；③AD=AE；④BA+BC=2BF．其中正确的是（）A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【答案】D【分析】根据SAS证△ABD≌△EBC，可得∠BCE＝∠BDA，结合∠BCD＝∠BDC可得①②正确；根据角的和差以及三角形外角的性质可得∠DCE＝∠DAE，即AE＝EC，由AD＝EC，即可得③正确；过E作EG⊥BC于G点，证明Rt△BEG≌Rt△BEF和Rt△CEG≌Rt△AEF，得到BG＝BF和AF＝CG，利用线段和差即可得到④正确．【详解】解：①∵BD为△ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠CBD，∴在△ABD和△EBC中，，∴△ABD≌△EBC（SAS），①正确；②∵BD为△ABC的角平分线，BD＝BC，BE＝BA，∴∠BCD＝∠BDC＝∠BAE＝∠BEA，∵△ABD≌△EBC，∴∠BCE＝∠BDA，∴∠BCE＋∠BCD＝∠BDA＋∠BDC＝180°，②正确；③∵∠BCE＝∠BDA，∠BCE＝∠BCD＋∠DCE，∠BDA＝∠DAE＋∠BEA，∠BCD＝∠BEA，∴∠DCE＝∠DAE，∴△ACE为等腰三角形，∴AE＝EC，∵△ABD≌△EBC，∴AD＝EC，∴AD＝AE．③正确；④过E作EG⊥BC于G点，∵E是∠ABC的角平分线BD上的点，且EF⊥AB，∴EF＝EG（角平分线上的点到角的两边的距离相等），∵在Rt△BEG和Rt△BEF中，，∴Rt△BEG≌Rt△BEF（HL），∴BG＝BF，∵在Rt△CEG和Rt△AFE中，，∴Rt△CEG≌Rt△AEF（HL），∴AF＝CG，∴BA＋BC＝BF＋FA＋BG−CG＝BF＋BG＝2BF，④正确．故选D．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和全等三角形的对应边、对应角相等的性质，等腰三角形的判定与性质，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等的性质是解题的关键．4．（2020·靖江市实验学校八年级月考）如图，在中，，，，，且，连接、、，有下列结论:①；②；③；④.其中正确的是（）A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】①根据：∠CAD=30°，AC=BC=AD，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求出∠ECA=165°，从而得证结论正确；②根据CE⊥CD，∠ECA=165°，利用SAS求证△ACD≌△BCE即可得出结论；③根据∠ACB=90°，∠CAD=30°，AC=BC，利用等腰三角形的性质和△ACD≌△BCE，求出∠CBE=30°，然后即可得出结论；④过D作DM⊥AC于M，过D作DN⊥BC于N．由∠CAD=30°，可得CN=DM=AC=BC，从而得出CN=BN．然后即可得出结论．【详解】解：①∵∠CAD=30°，AC=BC=AD，

∴∠ACD=∠ADC=（180°-30°）=75°，

∵CE⊥CD，∴∠DCE=90°，

∴∠ECA=165°，∴①正确；

②∵CE⊥CD，∠ECA=165°（已证），

∴∠BCE=∠ECA-∠ACB=165°-90°=75°，

∴△ACD≌△BCE（SAS），

∴BE=AD=BC，

∴BE=BC，∴②正确；

③∵∠ACB=90°，∠CAD=30°，AC=BC，

∴∠CAB=∠ABC=45°

∴∠BAD=∠BAC-∠CAD=45°-30°=15°，

∵△ACD≌△BCE，

∴∠CBE=30°，

∴∠ABF=45°+30°=75°，

∴∠AFB=180°-15°-75°=90°，

∴AD⊥BE．

④证明：如图，

过D作DM⊥AC于M，过D作DN⊥BC于N．

∵∠ACB=90°

∴四边形CMDN是矩形，

∴CN=DM，

∵∠CAD=30°，

∴DM=AD=BC，∴CN=BC，∴CN=BN，

∵DN⊥BC，

∴BD=CD．

∴④正确．

所以4个结论都正确．

故选：D．【点睛】此题主要考查等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形等知识点的理解和掌握，此题有一定的拔高难度，属于难题．5．（2020·武汉大学附属外语学校八年级月考）如图，在△ABC中，∠ABE＝∠CBE＝22．5°，AD、BE是△ABC的高，AD与BE交于点H，下列结论：①∠ABE＝∠HAC；②BD+DH＝AB；③BH＝2AE；④若DF⊥BE于F，则AE－FH＝DF，其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】①由直角三角形的性质得出∠ABE=∠HAC，①正确；②证出△ABD是等腰直角三角形，得出AD=BD，证明△BDH≌△ADC（ASA），得出DH=CD，BH=AC，得出BD+DH=AB，②正确；③由BH=AC，当AC=2AE时，2AE=BH，③错误；④作DK⊥AC于K，则DF=EK，证明△DFH≌△DKC（AAS），得出FH=KC，DF=DK，证出AB=CB，由等腰三角形的性质得出AE=CE，即可得出AE-FH=DF，④正确；即可得出结论．【详解】解：①∵∠ABE=∠CBE=22.5°，

又∵AD是高，

∴AD⊥BC，

∴∠CBE+∠C=∠HAC+∠C，

∴∠ABE=∠HAC，①正确；∵∠ABE=∠CBE=22.5°，

∴∠ABD=45°，

∴△ABD是等腰直角三角形，

∴AD=BD，

∵AD⊥BC，

∴∠BDH=∠ADC=90°，

在△BDH和△ADC中，，∴△BDH≌△ADC（ASA），

∴DH=CD，BH=AC，

∵AB=BC，

∴BD+DH=AB，②正确；∵BH=AC，当AC=2AE时，即2AE=BH，③错误；作DK⊥AC于K，如图所示：

则DF=EK，∠DKC=90°，∠C+∠CDK=∠C+∠HAC，

∴∠CDK=∠HAC，

∵BE⊥AC，DF⊥BE，

∴DF∥AC，∠DFH=90°=∠DKC，

∴∠FDH=∠CDK，

在△DFH和△DKC中，，∴△DFH≌△DKC（AAS），

∴FH=KC，DF=DK，

∵∠ABE=∠CBE，BE⊥AC，

∴∠BAC=∠BCA，

∴AB=CB，

∴AE=CE，

∵CE=KC+EK，DF=EK，

∴AE=FH+DF，

∴AE-FH=DF，④正确．故选C．【点睛】本题主要考查了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、平行线的性质、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．6．（2021·洛阳市第二外国语学校）如图，在等腰△ABC与等腰△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=α，连接BD和CE相交于点P，交AC于点M，交AD与点N．下列结论：①BD=CE;②∠BPE=180∘−2α;③AP平分∠BPE;④若α=60∘，则PE=AP+PD．其中一定正确的结论的个数是()A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】由“SAS”可△BAD≌△CAE，可得BD=CE；由全等三角形的性质可得∠ABD=∠ACE，由外角的性质和三角形内角和定义可得∠BPE=∠ACB+∠ABC=180°-α；由全等三角形的性质可得S△BAD=S△CAE，利用三角形的面积公式可得AH=AF，由角平分线的性质可得AP平分∠BPE；由全等三角形的性质可得∠BDA=∠CEA，由“SAS”可证△AOE≌△APD，可得AO=AP，可证△APO是等边三角形，可得AP=PO，即可得出结果．【详解】解：∵∠BAC=∠DAE=α，∴∠BAD=∠CAE，且AB=AC，AD=AE,∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE，故①符合题意；∵△BAD≌△CAE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠BAC=α，∴∠ABC+∠ACB=180°-α，∵∠BPE=∠PBC+∠PCB=∠PBC+∠ACB+∠ACP=∠PBC+∠ACB+∠ABP,∴∠BPE=∠ACB+∠ABC=180°-α，故②不符合题意；如图，过点A作AH⊥BD，AF⊥CE，∵△BAD≌△CAE，∴S△BAD=S△CAE，∴，且BD=CE，∴AH=AF，且AH⊥BD，AF⊥CE，∴AP平分∠BPE，故③符合题意；如图，在线段PE上截取OE=PD，连接AO，∵△BAD≌△CAE，∴∠BDA=∠CEA，且OE=PD，AE=AD，∴△AOE≌△APD（SAS），∴AP=AO，∵∠BPE=180°-α=120°，且AP平分∠BPE，∴∠APO=60°，且AP=AO，∴△APO是等边三角形，∴AP=PO，∵PE=PO+OE，∴PE=AP+PD，故④符合题意．故选：C【点睛】本题主要考查的是三角形的综合题，掌握全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质以及角之间的关系是解题的关键．7．（2020·浙江翠苑中学）如图所示，中，、分别平分和，过点作交于点，交于点，那么下列结论：①；②；③的周长等于的周长；④．其中正确的是（）．A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】①先根据角平分线的定义可得，再根据平行线的性质可得，然后根据等量代换即可得；②根据平行线的性质即可得；③先根据等腰三角形的判定可得，，再根据三角形的周长公式即可得；④先根据角平分线的定义、三角形的内角和定理可得，再根据三角形的内角和定理即可得．【详解】∵平分，平分，∴，，∵，∴，，则结论②正确；∴，，则结论①正确；∴，，∴的周长为，，，∵的周长为，且，∴的周长不等于的周长，则结论③错误；∵，，∴，又∵，∴，∴，，，则结论④正确；综上，正确的结论是①②④，故选：C．【点睛】本题考查了角平分线的定义、平行线的性质、等腰三角形的判定、三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握角平分线的定义是解题关键．8．（2021·全国八年级专题练习）当题目条件出现角平分线时，我们往往可以构造等腰三角形解决问题．如图1，在中，，CD平分，，，求BC的长，解决办法：如图2，在BC边上取点E，使，连接DE，可得且是等腰三角形，所以BC的长为5，试通过构造等腰三角形解决问题：如图3，中，，，BD平分，要想求AD的长，仅需知道下列哪些线段的长（，，）（）A．a和b B．b和c C．a和c D．a、b和c【答案】A【分析】在边上取点，使，连接，得到，在边上取点，使，连接，得到，即可推出结论．【详解】解：要想求的长，仅需知道和的长，理由是：如图4，中，，，，平分，，，在边上取点，使，连接，在和中，，，，，在边上取点，使，连接，则，，，，，，，．故选：A．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，根据题意正确的作出辅助线是解题的关键．二、填空题9．（2021·河南金水·八年级期中）如图，在中，，将绕点旋转到，边和边相交于点，边和边相交于，当为等腰三角形时，则__________．【答案】或【分析】过B作BD⊥AC于D，过B作BE⊥于E，根据旋转可得△ABC≌△A'BC'，则BD＝BE，进而得到BP平分∠A'PC，再根据∠C＝∠C'＝30°，∠BQC＝∠PQC'，可得∠CBQ＝∠C'PQ＝，即可得出∠BPQ＝（180°−∠C'PQ）＝90°−，分三种情况讨论，利用三角形内角和等于180°，即可得到关于的方程，进而得到结果．【详解】解：如图，过B作BD⊥AC于D，过B作BE⊥A'C'于E，由旋转可得，△ABC≌△A'BC'，则BD＝BE，∴BP平分∠A'PC，又∵∠C＝∠C'＝30°，∠BQC＝∠PQC'，∴∠CBQ＝∠C'PQ＝，∴∠BPQ＝（180°−∠C'PQ）＝90°−，分三种情况：①如图所示，当PB＝PQ时，∠PBQ＝∠PQB＝∠C＋∠QBC＝30°＋，∵∠BPQ＋∠PBQ＋∠PQB＝180°，∴90°−＋2×（30°＋）＝180°，解得＝20°；②如图所示，当BP＝BQ时，∠BPQ＝∠BQP，即90°−＝30°＋，解得＝40°；③当QP＝QB时，∠QPB＝∠QBP＝90°−，又∵∠BQP＝30°＋，∴∠BPQ＋∠PBQ＋∠BQP＝2（90°−）＋30°＋＝210°＞180°（不合题意），故答案为：20°或40°．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质以及旋转的性质的运用，解决问题的关键是利用全等三角形对应边上高相等，得出BP平分∠A'PC，解题时注意分类思想的运用．10．（2019·哈尔滨市第一一三中学校）如图，在四边形ABCD中，AC是四边形的对角线，∠CAD=30°，过点C作CE⊥AB于点E，∠B=2∠BAC，∠ADC﹣∠BAC=90°，若AB=20，CD=16，则BE的长为____．【答案】2．【分析】在EA上截取EF＝EB，连接CF，作FM⊥AC于M，作CN⊥AD于N，由线段垂直平分线的性质得出CB＝CF，由等腰三角形的性质得出∠CFB＝∠B＝2∠BAC，证出∠FCA＝∠BAC，得出AF＝CF，由等腰三角形的性质得出CM＝AM＝AC，由直角三角形的性质得出CN＝AC，得出AM＝CN，证出∠BAC＝∠DCN，证明△AFM≌△CDN（ASA），得出AF＝CD＝16，进而得出答案．【详解】在EA上截取EF=EB，连接CF，作FM⊥AC于M，作CN⊥AD于N，如图所示：∵CE⊥AB，∴CB=CF，∴∠CFB=∠B=2∠BAC．∵∠CFB=∠FCA+∠BAC，∴∠FCA=∠BAC，∴AF=CF．∵FM⊥AC，∴CM=AM=AC．∵CN⊥AD，∠CAD=30，∴CN=AC，∴AM=CN．∵∠ADC﹣∠BAC=90，∴∠ADC=90+∠BAC．∵∠ADC=∠N+∠DCN=90+∠DCN，∴∠BAC=∠DCN，在△AFM和△CDN中，，∴△AFM≌△CDN（ASA），∴AF=CD=16，∴BF=AB﹣AF=20﹣16=4，∴BE=BF=2．故答案为：2．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、含30角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键．11．（2020·连云港外国语学校）如图，已知：，点、、、…在射线上，点、、…在射线上，、、…均为等边三角形，若，则的边长为__________．【答案】【分析】由等边三角形的性质得出，证明，，则，推出，，同理，，…，记各等边三角形的边长依次为：则…，从而可得出结果．【详解】解：∵是等边三角形，∴，∵∠MON=30°，∴，，∴，∴，∴，同理，，…，记各等边三角形的边长依次为：∴…，的边长为故答案为：【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、含30°角直角三角形的性质等知识；熟练掌握等边三角形的性质、等腰三角形的性质、含30°角直角三角形的性质找出规律是解题的关键．12．（2020·江阴市长泾第二中学八年级月考）如图①，点D为一等腰直角三角形纸片的斜边AB的中点，E是BC边上的一点，将这张纸片沿DE翻折成如图②，使BE与AC边相交于点F，若图①中AB＝2，则图②中△CEF的周长为______________．【答案】【分析】如图，作DM⊥AC于M，DH⊥BC于H，DN⊥EB于N，连接DF．首先证明△DFB≌△DFC，推出CF=BF，可得，再利用勾股定理求解即可得到答案．【详解】解：如图，作DM⊥AC于M，DH⊥BC于H，DN⊥EB于N，连接DF．∵，，∴，，．∴，∴，∵∠BFM=∠EFC，∴∠DFB=∠DFC，在△DFB和△DFC中，，∴△DFB≌△DFC，∴CF=BF，∵，∵，∴（负根舍去）故答案为：【点睛】本题考查翻折变换，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．13．（2020·江西广丰·八年级期末）如图，在△ABC中，D是BC上的点，且AB＝AC，BD＝AD，AC＝DC，那么∠B＝_____．【答案】36°【分析】先设∠B＝x，由AB＝AC可知，∠C＝x，由AD＝DB可知∠B＝∠DAB＝x，由三角形外角的性质可知∠ADC＝∠B+∠DAB＝2x，根据AC＝CD可知∠ADC＝∠CAD＝2x，再在△ACD中，由三角形内角和定理即可得出关于x的一元一次方程，求出x的值即可．【详解】解：设∠B＝x，∵AB＝AC，∴∠C＝∠B＝x，∵AD＝DB，∴∠B＝∠DAB＝x，∴∠ADC＝∠B+∠DAB＝2x，∵AC＝CD，∴∠ADC＝∠CAD＝2x，在△ACD中，∠C＝x，∠ADC＝∠CAD＝2x，∴x+2x+2x＝180°，解得x＝36°．∴∠B＝36°．故答案为：36°．【点睛】本题考查了等腰三角形等边等角的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．14．（2019·哈尔滨市松雷中学校）如图，在中，，点在上，连接，点在上，连接，，，若，则的长为______．【答案】5.【分析】设∠DEB=∠ACD=x，∠ECB=y，根据已知条件，推导出∠ABC=x+y=45°，而x+y=∠ACD+∠ECB=∠ACB，从而得到∠ACB=∠ABC，进而有AC=AB=5，问题得解.【详解】解：设∠DEB=∠ACD=x，∠ECB=y，则∠DBE=2y，∠EBC=∠DEB-∠ECB=x-y，又∵，∴∠DBE+∠EBC=45°，∴2y+x-y=45°，即x+y=45°，∴∠ACD+∠ECB=45°，即∠ACB=45°，∴∠ACB=∠ABC，∴AC=AB=5，【点睛】本题主要考查了三角形的一个外角等于其不相邻的两个内角和、等腰三角形的等角对等边及整体思想的运用.在处理几何中有关角度关系问题时，常常用代数的方法表示各个角，结合已知条件及三角形内角和定理及推论，利用整体的思想可顺利解决.15．（2020·河南郑州·八年级月考）在直角坐标系中，O为坐标原点，已知点A（1，2），点P是y轴正半轴上的一点，且△AOP为等腰三角形，则点P的坐标为_____________．【答案】【分析】有三种情况：①以O为圆心，以OA为半径画弧交y轴于D，求出OA即可；②以A为圆心，以OA为半径画弧交y轴于P，求出OP即可；③作OA的垂直平分线交y轴于C，则AC＝OC，根据勾股定理求出OC即可．【详解】有三种情况：①以O为圆心，以OA为半径画弧交y轴于D，则OA＝OD＝；∴D（0，）；②以A为圆心，以OA为半径画弧交y轴于P，OP＝2×yA=4，∴P（0，4）；③作OA的垂直平分线交y轴于C，则AC＝OC，由勾股定理得：OC＝AC＝，∴OC＝，∴C（0，）；故答案为：．【点睛】本题主要考查对线段的垂直平分线，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，坐标与图形性质等知识点的理解和掌握，能求出符合条件的所有情况是解此题的关键．16．（2021·江西章贡·八年级期末）如图所示，已知△ABC中，，，，点P是△ABC边上的一个动点，点P从点A开始沿A→B→C→A方向运动，且速度为每秒4cm，设出发的时间为，当点P在边CA上运动时，若△ABP为等腰三角形，则运动时间______．【答案】8.4或9或9.5【分析】分三种情形：AB＝AP，AB＝BP，PA＝PB，画出图形分别求解即可．【详解】过点B作BH⊥AC于H．∵∠ABC＝90°，AC＝20，BC＝16，∴AB＝＝12，∵BH⊥AC，∴S△ABC＝•AC•BH＝•AB•BC，∴BH＝＝，∴AH＝，当BA＝BP1时，AH＝HP1＝，∴AB＋BC＋AP1＝20＋16＋12−＝，此时t＝÷4==8.4，当AB＝AP2时，AB＋BC＋CP2＝20＋16＋12−12＝36，此时t＝36÷4=9，当AP3＝BP3时，AB＋BC＋CP3＝20＋16＋12−10＝38，此时t＝38÷4=9.5，综上所述，满足条件的t的值为8.4或9或9.5．故答案为：8.4或9或9.5．【点睛】本题考查的是等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．17．（2020·湖南广益实验中学八年级月考）如图所示，在等腰中，，，为的中点，点在上，，若点是等腰的腰上的一点，则当为以为腰的等腰三角形时，的度数是____________．【答案】34°或53.5°或100°或134°【分析】根据等腰三角形的性质和全等三角形的判定和性质定理解答即可．【详解】解：∵AB=AC，∠B=50°，∠AED=73°，

∴∠EDB=23°，

∵当△DEP是以DE为腰的等腰三角形，

①当点P在AB上，

∵DE=DP1，

∴∠DP1E=∠AED=73°，

∴∠EDP1=180°-73°-73°=34°，

②当点P在AC上，

∵AB=AC，D为BC的中点，

∴∠BAD=∠CAD，

过D作DG⊥AB于G，DH⊥AC于H，

∴DG=DH，

在Rt△DEG与Rt△DP2H中，，∴Rt△DEG≌Rt△DP2H（HL），

∴∠AP2D=∠AED=73°，

∵∠BAC=180°-50°-50°=80°，

∴∠EDP2=134°，

③当点P在AC上，

同理证得Rt△DEG≌Rt△DPH（HL），

∴∠EDG=∠P3DH，

∴∠EDP3=∠GDH=180°-80°=100°，

④当点P在AB上，EP=ED时，∠EDP=（180°-73°）=53.5°．

故答案为：34°或53.5°或100°或134°．【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，正确的作出辅助线是解题的关键．18．（2020·哈尔滨市萧红中学）如图，在中，点在边上，于点，，，若，则的长______．【答案】10【分析】如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据三角形的外角性质、等量代换可得，然后根据等腰三角形的判定与性质，最后根据线段的和差即可得．【详解】如图，以AB为边作，交AC于点M，以ED为边作，交BC于点N，在和中，，，，由三角形的外角性质得：，又，，，，（等腰三角形的三线合一），又，，即，，故答案为：10．【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和等腰三角形是解题关键．19．（2020·浙江八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点，点Q在x轴的负半轴上，且分别以、为腰，点C为直角顶点在第一、第二象限作等腰、等腰，连接交y轴于P点，则的值为________．【答案】9【分析】先过N作NH∥CM，交y轴于H，再△HCN≌△QAC（ASA），得出CH=AQ，HN=QC，然后根据点C（0，3），S△CQA=18，求得AQ=12，最后判定△PNH≌△PMC（AAS），得出CP=PH=CH=6，即可求得CP=3+6=9．【详解】解：如图，过N作NH∥CM，交y轴于H，则∠CNH+∠MCN=180°，∵等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM，∴∠MCQ+∠ACN=180°，∴∠ACQ+∠MCN=360°-180°=180°，∴∠CNH=∠ACQ，又∵∠HCN+∠ACO=90°=∠QAC+∠ACO，∴∠HCN=∠QAC，在△HCN和△QAC中，，∴△HCN≌△QAC（ASA），∴CH=AQ，HN=QC，∵QC=MC，∴HN=CM，∵点C（0，3），S△CQA=18，∴×AQ×CO=18，即×AQ×3=18，∴AQ=12，∴CH=12，∵NH∥CM，∴∠PNH=∠PMC，∴在△PNH和△PMC中，，∴△PNH≌△PMC（AAS），∴CP=PH=CH=6，又∵CO=3，∴OP=3+6=9，故答案为：9．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积计算以及等腰直角三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等进行推导计算．解题时注意：等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．三、解答题20．（2021·河南延津·）如图，在中，是边上一点，平分交于点，且．（1）求证：；（2）过点作于点，若．①求证：；②请直接写出、、满足的数量关系，不必说明理由．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②．【分析】（1）先证明，可得，再利用对顶角相等即可得到结论；（2）①先求解，再证明，结合三角形的内角和定理可得，从而可得，从而可得结论；②由①可知，证明．结合，，可得，从而可得结论．【详解】解：（1）证明：平分，．，，，．，．（2）①证明：，于点，．，，，，．，，，．，．②．理由如下：由①可知．，．，，，即．【点睛】本题考查的是三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定，含的直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．21．（2021·江苏宝应·八年级期末）如图，在等边中，点是边上一定点，点是直线上一动点，以为一边作等边，连接．（问题思考）如图1，若点与点重合时，求证：；（类比探究）如图2，若点在边上，求证：；（拓展归纳）如图3，若点在边的延长线上，请直接写出线段、与之间存在的数量关系的结论是：______（不证明）．【答案】【问题思考】见解析；【类比探究】见解析；【拓展归纳】．【分析】问题思考：利用等边三角形的性质证明：可得，再利用，从而可得结论；类比探究：作交于点，如图所示：证明是等边三角形，利用等边三角形的性质再证明：可得，从而可得结论；拓展归纳：过D作，交AC的延长线于点G，如图所示：证明为等边三角形，再证明△EGD≌△FCD，可得EG=FC，从而可得结论．【详解】问题思考：证明：∵是等边三角形，∴，∵是等边三角形，∴，，∴，∴，在和中，∴，∴，∴，∴；类比探究：作交于点，如图所示：∵是等边三角形，∴，∵∴，∴∴是等边三角形，∴，∵是等边三角形，∴，，∴，∴，在和中，∴∴，∴，∴；拓展归纳：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC=CD+CE；理由如下：∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠B=60°，过D作，交AC的延长线于点G，如图所示：∵，∴∠GDC=∠B=60°，∠DGC=∠A=60°，∴，∴△GCD为等边三角形，∴DG=CD=CG，∵△EDF为等边三角形，∴ED=DF，∠EDF=∠GDC=60°，∴∠EDG=∠FDC，在△EGD和△FCD中，，∴△EGD≌△FCD（SAS），∴EG=FC，∴FC=EG=CG+CE=CD+CE．故答案为：．【点睛】本题考查的是等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，掌握作出适当的辅助线构建全等三角形是解题的关键．22．（2021·湖北荆门·八年级期末）已知是等边三角形，点，分别在直线，上．（1）如图1，当时，连接与交于点，则线段与的数量关系是______；的度数是______．（2）如图2，若“”不变，与的延长线交于点，那么（1）中的两个结论是否仍然成立？请说明理由．（3）如图3，若，连接与边交于点，求证：点是的中点．【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）利用等边三角形的性质结合已知，证明△ABD≌△BCE（SAS）即可解决问题．（2）结论：“AD=BE，∠APE=60°”仍然成立．利用等边三角形的性质结合已知，证明△ABD≌△BCE（SAS）即可解决问题．（3）如图3，过点E作交AB边于点F．证明△MEF≌△MDB（AAS）即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠ABC=∠ACB=60°，∴又BD=CE，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠BAD=∠CBE，又∠ABE+∠CBE=∠ABC=60°，∴∠APE=∠PAB+∠ABP=∠ABP+∠CBE=60°．故答案为：AD=BE；∠APE=60°．（2）结论：“AD=BE，∠APE=60°”仍然成立．理由如下：如图2，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠ABC=∠ACB=60°，∴∠ABD=∠BCE=120°，又BD=CE，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠BAD=∠CBE，又，∴（3）证明：∵△ABC是等边三角形，如图3，过点E作交AB边于点F．∴△AEF是等边三角形，∴EF=AE，∠EFM=∠DBM，∠EMF=∠DMB，∴△MEF≌△MDB（AAS），∴EM=DM，即点M是DE的中点．【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形的外角的性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．23．（2021·浙江新昌·）如图1，已知，点D是射线上的动点，延长至点E，使得，连结，过点D作，交的垂直平分线于点F，连结，探究与的关系．下面是小明遵循老师平时说的“一般问题特殊化入手研究”的思路所做的探究活动请你根据小明的探究思路，回答下列问题．[探究1]如图2小明先探究点D与点C重合，延长至点G，使得，连结，，发现一些全等三角形，如：等，从而发现．请证明：．[探究2]当点D与点C不重合时，猜想与的关系，并说明理由．[探究3]小明由角度的关系联想到了线段之间的关系，当时，探究线段与的数量关系．【答案】[探究1]见解析；[探究2]，理由见解析；[探究3]【分析】[探究1]根据已知条件利用SAS可得；[探究2]当点D在线段上时，延长至点G，使得，连结．可得．所以，根据已知条件可得所以，所以；当点D在线段的延长线上时，同理可得，．[探究3]在中，．所以，即可得出结论．【详解】解：[探究1]：证明：在和中，∵，∴[探究2]：猜想：理由如下：当点D在线段上时，如图2．延长至点G，使得，连结．在和中，∵，∴．∴．又∵F在的垂直平分线上，∴，∴．∵，∴，又∵，∴．∴，∴．当点D在线段的延长线上时，如图3．同理可得，．综上所述，．[探究:3]：在中，．∵，∴．【点睛】本题几何综合题主要考查了、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、分类讨论思想，解题的关键是正确做辅助线寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．24．（2021·全国）如图，是的高，的平分线交于点，设．（1）求的度数（用含的代数式表示）；（2）求证：；（3）将沿直线折叠得到，连接，若，求证：．【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）根据∠A=2∠B，以及角平分线的定义表示出∠ACE，再根据高的定义得到交ACD，从而可以表示出∠DCE；（2）在DA上截取DM=DE，连接CM，求出∠ACM，得到∠BCM，再求出∠BMC，可推出BC=BM，根据BM=BE+2DE可推出结论；（3）根据折叠得到△BCE≌△BCF，从而推出∠FCB=∠FBC，在△ABC中利用内角和求出α，分别求出∠AFE和∠DCE，即可证明∠AFE=∠DCE．【详解】解：（1），，，，平分，，是的高，∴∠ADC=90°，∴∠ACD=90°-∠A=90°-2α，；（2）在DA上截取DM=DE，连接CM，，，，，，，，，，，，；（3）∵△BCE沿直线BC折叠得到△BCF，∴△BCE≌△BCF，，，，EF垂直平分BC，，，，，，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了折叠的性质，角平分线的定义，三角形内角和，等角对等边，解题的关键是利用相应定理求出角的度数，结合边的关系推出结论．25．（2021·宜兴外国语学校）已知：△ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，D为直线BC上一动点，连接AD，在直线AC右侧作AE⊥AD，且AE=AD．（1）如图1，当点D在线段BC上时，过点E作EH⊥AC于H，连接DE，求证：EH=AC；（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连