期末復習之解答壓軸題十四大題型總結(jié)（蘇科版）（解析版）

八上期末必刷解答壓軸題（江蘇期末真題14大類型提分練）目錄類型一、全等三角形的綜合問題 1類型二、等腰三角形的性質(zhì)與判定壓軸問題 9類型三、等邊三角形的性質(zhì)與判定壓軸問題 19類型四、勾股定理與幾何的計算與證明 30類型五、勾股定理的證明材料閱讀題 40類型六、三角形與翻折壓軸問題 46類型七、三角形與幾何動點問題 54類型八、三角形與新定義探究問題 60類型九、一次函數(shù)與行程問題 72類型十、一次函數(shù)與最大利潤問題 78類型十一、一次函數(shù)與分配方案問題 82類型十二、一次函數(shù)與新定義探究問題 87類型十三、一次函數(shù)與方程、不等式壓軸問題 93類型十四、一次函數(shù)與幾何壓軸問題 102類型一、全等三角形的綜合問題1．（23-24八年級上·江蘇無錫·期末）【問題】我們已經(jīng)研究了等腰三角形的一些基本性質(zhì)，如“等邊對等角”“三線合一”等．對于一般三角形，有哪些對應(yīng)的性質(zhì)呢？【探索1】小華猜想：在△ABC中，如果AB>AC，那么∠C>∠B．也就是說：三角形中較大的邊所對的角也比較大（簡稱“大邊對大角”）．小華把AC沿∠A的平分線AD翻折，使點C落在AB上的點C處，如圖（1）得到證明思路．請根據(jù)這個思路，結(jié)合圖（1）寫出證明過程：【探索2】小華通過畫圖發(fā)現(xiàn)：若AM、AD、AH分別是△ABC的中線、角平分線和高線，且AB≠AC，則點D在直線BC上的位置始終處于點你認為這個結(jié)論是否一定成立？如果成立，不妨設(shè)AB>AC，請結(jié)合圖（2）進行證明；如果不成立，請舉出反例．【答案】探索1：見解析；探索2：一定成立，見解析【分析】（1）如圖（1），作△ABC的角平分線AD，在AB上取點C'，使AC'=AC，連接C'D，則∠CAD=∠C'AD，證明△ACD≌△A（2）由題意知，要證明點D的位置處于點M和點H之間，只要證明∠BAM<∠BAD<∠BAH即可；①證∠BAM<∠BAD：如圖（2），延長AM至點E，使ME=AM，連接BE．證明△ACM≌△EBMSAS，則∠CAM=∠E，AC=BE，∠E>∠BAE，即∠CAM>∠BAM，由∠BAM<12∠BAC，可得∠BAM<∠BAD．②證∠BAD<∠BAH：由題意知，∠BAD=12∠BAC=90°-【詳解】（1）證明：如圖（1），作△ABC的角平分線AD，在AB上取點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，證明如下；由題意知，要證明點D的位置處于點M和點H之間，只要證明∠BAM<∠BAD<∠BAH．∵AM、AD、∴BM=CM，∠BAD=∠CAD=1①證∠BAM<∠BAD：如圖（2），延長AM至點E，使ME=AM，連接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證∠BAD<∠BAH：由題意知，∠BAD=12∠BAC=∵∠BAH=90°-∠B，∴∠BAD-∠BAH=1∴∠BAD<∠BAH．綜上可得，∠BAM<∠BAD<∠BAH．∴點D的位置處于點M和點H之間．【點睛】本題考查了角平分線，中線，高線，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理．熟練掌握角平分線，中線，高線，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理是解題的關(guān)鍵．2．（23-24八年級上·江蘇·期末）如圖，在△ABC中．AD是BC邊上的中線，交BC于點D．(1)如下圖，延長AD到點E，使DE=AD，連接BE．求證：△ACD≌△EBD．(2)如下圖，若∠BAC=90°，試探究AD與BC有何數(shù)量關(guān)系，并說明理由．(3)如下圖，若CE是邊AB上的中線，且CE交AD于點O．請你猜想線段AO與OD之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)見解析；(2)AD=1(3)AO=2OD，理由見解析．【分析】（1）利用SAS可得△ACD≌△EBD；（2）延長AD到點E，使DE=AD，連接BE，先根據(jù)△ACD≌△EBD證得∠C=∠CBE，AC=BE，進而得到AC∥EB，AD=1（3）延長OE到點M，使EM=OE，連接AM．延長OD到點N，使DN=OD，連接BM，BN，BO，證得△MOB≌△NBOASA可得MB=NO，進而得到AO=2OD本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的中線，熟練掌握全等三角形的判定方法是解題的關(guān)鍵．【詳解】（1）證明：在△ACD和△EBD中，DA=DE∴△ACD≌△EBDSAS（2）解：AD=1延長AD到點E，使DE=AD，連接BE，如圖由（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：延長OE到點M，使EM=OE，連接AM．延長OD到點N，使DN=OD，連接BM，BN，BO，如圖，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．（22-23八年級上·江蘇鹽城·期末）已知：如圖1，OA=2，OB=4，以A點為直角頂點、AB為腰在第三象限作等腰Rt△ABC

(1)求C點的坐標：(2)如圖2，OA=2，P為y軸負半軸上一個動點，若以P為直角頂點，PA為腰作等腰Rt△APD，過D作DE⊥x軸于E點，求(3)如圖3，點F坐標為-3,-3，點G0,m在y軸負半軸，點Hn,0在x軸的正半軸上，且FH⊥FG，求【答案】(1)-6,-2(2)2(3)m+n=-6【分析】（1）過C作CM⊥x軸于M點，證明△MAC≌△OBA(AAS)，即可求出OM和（2）過D作DQ⊥OP于Q點，根據(jù)四邊形OEDQ是矩形，得到DE=OQ，進而證明△AOP≌△PQD(AAS)，從而得到PQ的值，再根據(jù)DE=OQ得到（3）先證明四邊形OSFT是正方形，得到FS=FT=3，進一步證明△FSH≌△FTG(ASA)，從而得到GT=HS，再根據(jù)坐標值求出GT,HS的表達式，最后根據(jù)【詳解】（1）解：如下圖所示，過C作CM⊥x軸于M點，∵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，∴點C的坐標為-6,-2；（2）解：如圖2，過D作DQ⊥OP于Q點，∵DE⊥AE，∴∠OQD=∠QDE=∠DEO=∠EOQ=90°，∴四邊形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：如圖3，過點F分別作FS⊥x軸于點S，F(xiàn)T⊥y軸于點T，∵∠HSF=∠GTF=90°=∠SOT，F(xiàn)S=FT=3,∴四邊形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，點F坐標為∴OT=OS=3，∴GT=-3-m，HS=n-(-3)=n+3∴-3-m=n+3，∴m+n=-6．【點睛】本題考查直角坐標系，直角三角形和等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判斷與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是添加正確的輔助線，構(gòu)造出全等三角形．類型二、等腰三角形的性質(zhì)與判定壓軸問題4．（23-24八年級上·江蘇南通·期末）如圖1，在△ABC中，AB=AC，BC=6，∠BAC=90°，點D為△ABC外一點，且在AC右側(cè)，BC上方，∠BDC=90°，連接AD，作AF⊥AD，交BD于點(1)圖1中與∠ACD相等的角是________；(2)如圖2，延長AD與射線BC相交于點E，①求∠CDE的度數(shù)；②過點F作AD的平行線，交BC于點G，求GE的長．【答案】(1)∠ABF；(2)①∠CDE=45°；②GE=6．【分析】本題考查全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角形的性質(zhì)．（1）先證明∠BAF=∠CAD，在△ABQ和△CDQ中，∠BAQ=∠CDQ=90°，∠AQB=∠DQC，即可解答；（2）①由（1）證明△AFD是等腰直角三角形，即可解答；②過點B作BN⊥BE交AF的延長線于N，連接GN，過點B作BM⊥BF交FN于點M，證得△BAN≌△CAEASA，進而證得△BFM是等腰直角三角形，△NBM≌△GBF【詳解】（1）解：∵AF⊥AD，∠BAC=90°，∴∠BAC-∠FAC=∠FAD-∠FAC，∴∠BAF=∠CAD，設(shè)AC、BD交于點Q，在△ABQ和△CDQ中，∠BAQ=∠CDQ=90°，∠AQB=∠DQC，∴∠ABF=∠ACD，故答案為：∠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如圖，過點B作BN⊥BE交AF的延長線于N，連接GN，過點B作BM⊥BF交FN于點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．（23-24八年級上·江蘇泰州·期末）如圖，等腰三角形ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC．點E為AD上的動點，點M為AB上的動點，連接ME，將△AME沿ME翻折．(1)圖1沿ME折疊，點A與點C重合，連接MD，若MD=CD，①求證CM⊥AB；②∠B的度數(shù)為_________度；(2)如圖2，若點M和點B重合，連接BE，將△ABE沿BE折疊得到△PBE，且BE=BC，設(shè)PB與AC相交于點F．求∠BFC度數(shù)．【答案】(1)①證明見解析；②67.5(2)60°【分析】（1）①證明BD=CD，可得BD=MD=CD，可得∠DBM=∠DMB，∠DMC=∠DCM，結(jié)合三角形的內(nèi)角和可得∠BMD+∠DMC=90°=∠BMC，可得CM⊥AB；②由對折可得：AM=CM，AE=CE，可得∠ACM=∠MAC=45°，結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)可得∠B=1（2）如圖，連接EC，先證明△BCE是等邊三角形，得出∠BED=30°，再利用三角形的外角的性質(zhì)得出∠BFC=2∠BED即可；【詳解】（1）證明：①如圖，∵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由對折可得：AM=CM，AE=CE，而CM⊥AB，∴∠ACM=∠MAC=45°，∵AB=AC，∴∠B=1（2）如圖，連接EC，∵AB=AC，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，BD=CD，∴EB=EC，又∵EB=BC，∴BE=EC=BC，∴△BCE是等邊三角形，∴∠BEC=60°，∴∠BED=30°，由翻折的性質(zhì)可知：∠ABE=∠PBE=1∴∠ABF=2∠ABE，∵AD平分∠BAC，∴∠BAF=2∠BAE，∴∠BFC=∠BAF+∠ABF=2∠BAE+∠ABE∴∠BFC的度數(shù)為60°；【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查等腰三角形的性質(zhì)，線段的垂直平分線的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，內(nèi)角和定理的應(yīng)用等知識，掌握軸對稱的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．6．（21-22八年級上·江蘇南通·期末）△ABC中，∠ACB=90°，AC＝BC，點D是BC邊上的一個動點，連接AD，過點B作BF⊥AD于點F．(1)如圖1，分別延長AC，BF相交于點E，求證：BE＝AD；(2)如圖2，若AD平分∠BAC，AD＝5，求BF的長；(3)如圖3，M是FB延長線上一點，AD平分∠MAC，試探究AC，CD，AM之間的數(shù)量關(guān)系并說明理由．【答案】(1)見解析(2)5(3)AC＋CD＝AM，理由詳見解析【分析】（1）欲證BE＝AD，只要證明△ACD≌△BCE即可；（2）如圖2，分別延長BF，AC交于點E，先根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可得∠ABF＝∠E，由等腰三角形的判定和性質(zhì)以及（1）中結(jié)論即可求解；（3）如圖3中，分別延長BF，AC交于點E，由（1）可得△ACD≌△BCE，得CD＝CE，再根據(jù)等腰三角形的判定與性質(zhì)可得結(jié)論．【詳解】（1）證明：如圖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：如圖2，分別延長BF，AC交于點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：如圖3，分別延長BF，AC交于點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．【點睛】本題考查三角形綜合題，涉及角平分線的定義、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理、等角的余角相等等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．7．（21-22八年級上·江蘇鹽城·期末）如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC的角平分線，DE⊥AB于E．(1)發(fā)現(xiàn)：如圖1，連接CE，則△BCE的形狀是_______________，∠CDB=____________°；(2)探索：如圖2，點P為線段AC上一個動點，當點P在CD之間運動時，連接BP，作∠BPQ=60°，PQ交射線DE于Q，連接BQ，即△BPQ是等邊三角形；思路：在線段BD上截取點H，使DH=DP，得等邊△DPH，由∠DPQ=∠HPB，PD=PH，∠QDP=∠BHP，易證△PDQ≌△PHB（ASA），得PQ=PB，即△BPQ是等邊三角形．試判斷線段DQ、DP、AD之間的關(guān)系，并說明理由；(3)類比：如圖3，當點P在AD之間運動時連接BP，作∠BPQ=60°，PQ交射線DE于Q，連接BQ．①試判斷△BPQ的形狀，并說明理由；②若AD=2，設(shè)AP=x，DQ=y，請直接寫出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．【答案】(1)等邊三角形，60；(2)AD=DQ+DP，見解析；(3)①△BPQ是等邊三角形，見解析；②y=-x+4【分析】（1）根據(jù)直角三角形的兩銳角互余求得∠ABC=60°，再根據(jù)角平分線的定義求得∠ABD=∠CBD=∠A=30°，則AD=BD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)證得AE=BE，再由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出CE=BE，根據(jù)等邊三角形的判定即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)思路和全等三角形的性質(zhì)得出BH=DQ，結(jié)合AD=BD，BD=DH+BH即可解答；（3）延長BD至F，使DF=PD，連接PF，可證得△PDF是等邊三角形，則有PF=PD，∠F=∠PDF=∠DPF=60°，進而可得∠F=∠PDQ=60°，證明∠BPF=∠QPD，利用ASA證明△PBF≌△PQD，得出PB=PQ，BF=DQ，結(jié)合∠BPQ=60°和AD=BD即可得出①②的結(jié)論．【詳解】（1）解：如圖1，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，∴∠ABC=60°，∵BD是△ABC的角平分線，∴∠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是等邊三角形，故答案為：等邊三角形，60；（2）解：AD=DQ+DP，理由為：在線段BD上截取點H，使DH=DP，如圖2，∵∠CDB=60°，∴△DPH為等邊三角形，∴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為等邊三角形，AD=BD=BH+DH=DQ+DP，即AD=DQ+DP；（3）解：①△BPQ為等邊三角形，理由為：延長BD至F，使DF=DP，連接PF，設(shè)DQ和BP相交于O，如圖3，∵∠PDF=∠CDB=60°，∴△PDF為等邊三角形，∴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為等邊三角形；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．【點睛】本題考查含30°角的直角三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、角平分線的定義、等腰三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)等知識，知識點較多，綜合性強，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系和運用，利用類比的方法解決問題是解答的關(guān)鍵．類型三、等邊三角形的性質(zhì)與判定壓軸問題8．（22-23八年級上·江蘇南通·期末）已知，△ABC和△ADE都是等邊三角形，點M，N分別是AB，AC邊上的定點，且MN∥BC，點D在射線MN上移動，如圖1，當點D與點M重合時，點E與點N(1)如圖2，當點D不與點M重合時，BD和CE仍相等嗎？若相等，請寫出證明過程，若不相等，請說明理由；(2)如圖3，延長BD，CE交于點P，隨著點D的移動，BD和CE的夾角(3)如圖4，△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，點D為AB中點，點E為BC邊上一動點，以DE為邊，向右作等邊△DEF，連接AF．若AB=6，則AF的最小值為___________，此時∠FAD=___________°【答案】(1)BD=CE，見解析(2)沒有改變，見解析(3)92；【分析】（1）結(jié)論：BD=CE，證明△BAD?△CAE(SAS（2）沒有改變，∠BPC=60°.如圖3中，BP與AC交點記為點G，利用全等三角形的性質(zhì)可解決問題；（3）如圖4中，在AB的右邊作等邊三角形BDK，連接FK，直線FK交AB的延長線于點J，交BC于點T，連接AF，由△BDE?△KDF,推出∠DKF=∠DBE=90°,推出點F在直線FJ.上運動，當AF⊥FJ時，AF的值最小【詳解】（1）BD=CE

∵△ADE和△ABC是等邊三角形∴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）沒有改變，∠BPC=60°理由：如圖3，BP與AC交點記為點G∵△BAD?△CAE

∴∠ABD=∠ACE又∵∠BGA=∠CGP

∴180°-∠ACE-∠CGP=180°-∠ABD-∠BGA即∠BPC=∠BAC=60°（3）如圖4中，在AB的右邊作等邊三角形BDK，連接FK，直線FK交AB的延長線于點J，交BC于點T，連接AF，∵△BDK,△DEF是等邊三角形，∴同法可證△BDE?△KDF,∴∠DKF=∠DBE=∴點F在直線FJ.上運動，當AF⊥FJ時，AF的值最小∵∠DKB=∠DBK=60°,∠DKJ=90°,∴∠BKJ=90°-60°=30°,∵AB=6,D是AB的中點，∴DB=DK=3,∵∠DBK=∠J+∠BKJ=60°,∴∠J=∠BKJ=30°,∴BJ=BK=3,∴AJ=AB+BJ=6+3=9,∵AF⊥FJ,∴AF=∴AF的最小值為92，此時，故答案為：92，【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半等知識，解題關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題9．（22-23八年級上·江蘇·期末）已知AD為等邊△ABC的角平分線，動點E在直線AD上（不與點A重合），連接BE．以BE為一邊在BE的下方作等邊△BEF，連接CF．(1)如圖1，若點E在線段AD上，且DE=BD，則∠CBF=______度．(2)如圖2，若點E在AD的反向延長線上，且直線AE，CF交于點M．①求∠AMC的度數(shù)；②若△ABC的邊長為8，P，Q為直線CF上的兩個動點，且PQ=10．連接BP，BQ．判斷△BPQ的面積是否為定值．若是，請直接寫出這個定值；若不是，請說明理由．【答案】(1)15(2)①60°；②是；20【分析】（1）已知等邊三角形，推論出等腰直角三角形，直接計算即可．（2）①通過手拉手模型證明全等推出等角即可；②已知底邊求面積，推出高的值即可，聯(lián)系第①問中的角度，直接推理出30°的直角三角形，代值計算即可．【詳解】（1）∵AD為等邊△ABC的角平分線∴AD⊥BC∵DE=BD∴∠EBD=45°∵△BEF是等邊三角形∴∠EBF=60°∴∠CBF=60°-45°=15°（2）①∵△ABC和△BEF均為等邊三角形，∴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過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的面積為定值，20．【點睛】此題考查手拉手全等模型，和等邊三角形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是通過全等證明角度相等，推出特殊角度的三角形，將面積用公式用底和高表示出來，直接求高然后代值判斷即可．10．（23-24八年級上·江蘇南通·期末）某興趣小組在學習了三角形相關(guān)知識后，對等邊三角形進行了再探究．如圖，在等邊三角形ABC中，過點B作射線BM∥AC，在射線CB上取一點P（不與點B，C重合），作∠APE=60°，∠APE的邊PE交射線BM于點(1)【動手操作】如圖1，若點P在線段CB上，圖中與∠EPB相等的角為________；(2)【問題探究】在（1）的基礎(chǔ)上，探究線段PA與PE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)【拓展延伸】當點P在射線CB上移動時，用等式表示線段BC，BP，BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)∠PAC(2)AP=PE，理由見解析(3)當點P在BC上時，BC=BP+BE，當點P在線段CB的延長線上時，BE=BP+BC，理由見解析【分析】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)等知識點，添加恰當輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)及三角形外角的性質(zhì)進行推理即可解答；（2）如圖：延長MB至H，使BH=BP，連接PH，然后證明△BPH是等邊三角形，，再運用“ASA”可證△APB≌△EPH(3)當點P在BC上和CB延長線上兩種，分別運用“ASA”可證△APB≌△EPH，可得【詳解】（1）解：∵等邊三角形ABC，∴∠ACB=60°，∵∠APE=60°，∴∠ACB=∠APE=60°，∵∠ACB+∠PAC=∠APB=∠APE+∠EPB，∴∠PAC=∠EPB．故答案為：∠PAC．（2）解：如圖：延長MB至H，使BH=BP，連接PH，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC,∠ACB=∠ABC=60°，∵BM∥∴∠ACB=∠CBH=60°，又∵BH=BP，∴△BPH是等邊三角形，∴PH=BP=BH，∴.∠APB=∠EPH，∴△APB≌∴AP=PE．（3）解：當點P在BC上時，BC=BP+BE，當點P在線段CB的延長線上時，BE=BP+BC，理由如下：當點P在BC上時，由（2）可知：△APB≌∴AB=EH，∴BC=EH=EB+BH=BE+BP；如圖2：當點P在線段CB的延長線上時，在BE上截取BH=BP，連接PH，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC,∠ACB=∠ABC=60°，∵BM∥∴∠ACB=∠PBH=60°，又∵BP=BH，∴△BPH是等邊三角形，∴PH=BP=BH，∴∠APB=∠EPH，∠EHP=∠ABP=120°∴△APB≌∴EH=AB，∴BE=BH+EH=BP+BC．綜上，當點P在BC上時，BC=BP+BE，當點P在線段CB的延長線上時，BE=BP+BC．11．（22-23八年級上·江蘇南京·期末）（1）如圖1，在△ABC中，∠A=30°，∠C=90°．求證BC=1①補全證明過程．證明：如圖2，取AB中點D，連接CD．∴BD=AD=1在△ABC中，∠C=90°，∴______；∴CD=BD．又∠A=30°，∴∠B=90°-∠A=60°．∴△BCD為______三角形．∴BC=BD=1②請用文字概括①所證明的命題：____________．（2）如圖3，某市三個城鎮(zhèn)中心D，E，F(xiàn)恰好分別位于一個等邊三角形的三個頂點處，在三個城鎮(zhèn)中心之間鋪設(shè)通信光纜，以城鎮(zhèn)D為出發(fā)點設(shè)計了三種連接方案：方案1：DE+EF；方案2：DG+EF（G為EF的中點）；方案3：OD+OE+OF（①設(shè)DE=6，通過計算，比較三種連接方案中鋪設(shè)的光纜長度的長短；②不計算，比較三種連接方案中鋪設(shè)的光纜長度的長短，并說明理由．【答案】（1）①CD=12AB；等邊；②在直角三角形中，如果一個銳角等于30°，那么它所對的直角邊等于斜邊的一半；（2）①【分析】（1）取AB中點D，連接CD．由直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半，結(jié)合∠A=30°，可證△BCD為等邊三角形，即可證明BC=BD=1（2）①方案二中，利用腰三角形三線合一的性質(zhì)、勾股定理可求得DG；方案三中，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可證OE=OF=OD，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)可證OE=2OH，進而可求得OD+OE+OF=63，分別計算出三種連接方案中鋪設(shè)的光纜長度，比較大小即可；②過O作OH⊥EF，OI⊥DF，垂足為H，I，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)可證OD+OE+OF=OD+OE+OH+OI=DH+EI，再根據(jù)DH<DE=EF可得OD+OE+OF<DG+EF【詳解】解：（1）補全證明過程如下：證明：如圖2，取AB中點D，連接CD．∴BD=AD=1在△ABC中，∠C=90°，∴CD=1∴CD=BD．又∠A=30°，∴∠B=90°-∠A=60°．∴△BCD為等邊三角形．∴BC=BD=1故答案為：CD=12AB（2）①方案1：DE+方案2：∵△DEF是等邊三角形，∴DE=EF，∠EDF=60°．∵G為EF的中點，∴DG⊥EF，EG=GF=3，∠EDG=30°．∴∠EGD=90°，∴DG=6∴EF+DG=6+33方案3：如圖3，延長DO交EF于H，∵O為△DEF三邊的垂直平分線的交點，∴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，方案一最長．②在△DEG中，∠DGE=90°，DG<DE．∴DG+EF<DE+EF．易證∠DFO=∠EFO=1過O作OH⊥EF，OI⊥DF，垂足為H，I，∴OH=OI=1∵ED=EF，OD=OF，∴E，O在DF的垂直平分線上．∴EO⊥DF．即E，O，I在一條直線上．同理，D，O，H在一條直線上，∴OD+OE+OF=OD+OE+OH+OI=DH+EI，易證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，方案一最長．【點睛】本題考查直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，垂直平分線的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)定理等，綜合性較強，難度較大，解題的關(guān)鍵是正確作輔助線，綜合運用上述知識點，逐步進行推導論證．類型四、勾股定理與幾何的計算與證明12．（23-24八年級上·江蘇南通·期末）如圖1，在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，且AD<AB，作射線(1)當點D在線段BP上．①求證：△ABD≌△ACE；②判斷BD與CE的位置關(guān)系，并說明理由；(2)△ABC和△ADE如圖2放置時，請你直接判斷（1）中①和②的結(jié)論是否仍然成立，并結(jié)合圖1、圖2計算：若BP=8，點A到PB的距離為2，求AB的長度；(3)如圖3，點D在邊BC上，連接BE分別交AD，AC于點F，G，取BC中點O，連接AO交BE于點M，過點A作AH⊥EF于點H，交BC于點N，連接MN，NG【答案】(1)①見解析；②BD與CE垂直，理由見解析；(2)（1）中①和②結(jié)論仍然成立，理由見解析；AB的長度為226或2(3)17【分析】（1）根據(jù)圖形及等式的性質(zhì)得出∠BAD=∠CAE，再由全等三角形的判定即可證明；②設(shè)AC與BP交于點O，由①（2）（1）中①和②結(jié)論仍然成立，設(shè)AB與CE交于點O，CE與DF交于點F，證明方法同（1）一致；然后對兩個圖分別作出輔助線，利用全等三角形的判定和性質(zhì)及勾股定理求解即可；（3）連接CM，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出OA⊥BC,OA=OB=12BC【詳解】（1）①證明∵∠BAC=∴∠BAC-∴∠BAD=∴△ABD≌△ACE(SAS)；②如圖

設(shè)AC與BP交于點O，由①得：∠ABD=∵∠AOB=∴∠CPO=∴BD與CE垂直；（2）如圖所示：

（1）中①和②結(jié)論仍然成立，理由如下：設(shè)AB與CE交于點O，CE與DF交于點F，∵∠BAC=∴∠BAC+∴∠BAD=∴△ABD≌△ACE(SAS∴∠ABD=∵∠AOC=∴∠BFO=∴BD與CE垂直；如圖3，

當CE與BD的延長線相交于點P時，連接AP，作AF⊥AP交BP于點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如圖4，

當線段CE與線段BD相交于點P時，連接AP，作AF⊥AP交BD于點F，同理得PG=AG=2，∴BG=BP+PG=8+2=10，∴AB=AG綜上可得：AB的長度為226或2（3）如圖5所示：

連接CM，∵AB=AC，O是BC的中點，∠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故答案為：17．【點睛】題目主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形斜邊中點的性質(zhì)及勾股定理解三角形等，理解題意，作出相應(yīng)輔助線圖形，綜合運用這些知識點是解題關(guān)鍵．13．（23-24八年級上·江蘇南通·期末）已知△ABC是等邊三角形，D是射線AC上一個動點，延長BC至E，使CE=AD．連接BD，ED．(1)如圖，若D是AC的中點，求證DB=DE；(2)若D是邊AC上一點（不與中點重合），則（1）中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；(3)若D是邊AC延長線上一點，∠DBC=30°，AB=7，請直接寫出AE【答案】(1)見解析(2)（1）中的結(jié)論還成立，證明見解析(3)AE的長為7【分析】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)以及勾股定理等知識，綜合性強，熟練掌握等邊三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．（1）由等邊三角形的性質(zhì)得∠ABC=∠BCA=60°，∠CBD=12∠ABC=30°，再證CD=CE，得∠CDE=∠CED（2）過點D作DF∥AB交BC于F，則∠CDF=∠A，∠CFD=∠ABC，證△CDF為等邊三角形，得CD=DF=CF，再證△BFD≌△ECD，即可得出結(jié)論；（3）證∠ABD=90°，則∠ADB=30°，再由勾股定理得BD=21，同（2）得：DB=DE=21，進而證明∠CDE=90°，然后由勾股定理即可求出【詳解】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠BCA=60°，∵點D是AC的中點，∴∠CBD=12∠ABC=30°∵AD=CE，∴CD=CE，∴∠CDE=∠CED，∵∠CDE+∠CED=∠BCD=60°，∴∠CED=30°，∴∠CED=∠CBD，∴DB=DE；（2）解：（1）中的結(jié)論還成立，證明如下：如圖1，過點D作DF∥AB交BC于F，則∠CDF=∠A，∠CFD=∠ABC，∵△ABC是等邊三角形∴∠ABC=∠BCA=∠A=60°，BC=AC=AB，∴∠CDF=∠CFD=60°=∠ACB=∠DCF，∴△CDF為等邊三角形，∴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：如圖2，∵△ABC是等邊三角形∴∠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的長為7．14．（23-24八年級上·江蘇泰州·期末）如圖，△ABC中，AB=AC，點D在邊CB的延長線上，且∠ADC=45°．(1)已知：AB=13，BD=52，求AD(2)BD【答案】(1)17；(2)是定值，定值為1．【分析】1過點B作BE⊥AD于點E，利用勾股定理求出AE、DE即可得出結(jié)果；2過點B作BE⊥AD于點E，過點C作CN⊥AD于點N，由勾股定理得到BD2=2BE2，C本題考查了勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，做出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．【詳解】（1）解：如圖，過點B作BE⊥AD于點E，則∠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．過點B作BE⊥AD于點E，過點C作CN⊥AD于點N，則∠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．（23-24八年級上·重慶·階段練習）在△ABC中，AC=2AB，點D為直線BC上一點，AD=AE,∠BAC=∠DAE，連接ED交AC于F．(1)如圖1，F(xiàn)為AC中點，若EF=3，求BD的長；(2)如圖2，延長CB至點M，使得BM=BD，連接AM,CE，求證：AM=CE；(3)如圖3，若∠BAC=90°,∠ADB=45°,DE=2，點P是線段BC上的一個動點，當AP+EP最小時，直接寫出這個最小值．【答案】(1)3(2)證明見解析(3)AP+PE的最小值為：10．【分析】（1）證明得△ABD≌△AFE，得到EF=BD，即可求得BD=3；（2）延長AB至H，使BH=AB，連接DH，由SAS證明△ABM≌△HBD，得到AM=DH，由SAS證明△AHD≌△ACE，得到CE=DH，從而得證；（3）過A作AH⊥DE于H，證明∠ADB=45°=∠ADE，AH=DH=12DE=1，可得BD⊥DE，如圖，作E關(guān)于直線BC的對稱點E'，連接PE'，可得當A，P，【詳解】（1）解：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠FAE∵AC=2AB，F(xiàn)為AC中點，∴AB=AF在△ABD和△AFE中AB=AF∴△ABD≌△AFE∴EF=BD，∵EF=3，∴BD=3；（2）延長AB至H，使BH=AB，連接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）過A作AH⊥DE于H，∠BAC=90°，點D為直線BC上一點，AD=AE,∠BAC=∠DAE，DE=2，∴∠ADB=45°=∠ADE，AH=DH=1∴BD⊥DE，如圖，作E關(guān)于直線BC的對稱點E'，連接PE∴PE=PE'，DE=DE∴AP+PE=AP+PE∴當A，P，E'三點共線時，AP+PE最短，即A由勾股定理可得：AE∴AP+PE的最小值為：10．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，軸對稱的性質(zhì)，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．類型五、勾股定理的證明材料閱讀題16．（23-24八年級上·江蘇鎮(zhèn)江·期末）【材料閱讀】我國古人對勾股定理的研究非常深邃．如圖1，已知直角三角形三邊長為a，b，c（c為斜邊），由勾股定理：c2=a2+b2從而得到了勾股定理的推論：已知直角三角形三邊長為a，b，c（c為斜邊），則a=【問題解決】如圖2，已知△ABC的三邊長分別為AB=41,BC=8,AC=5，如何計算△ABC的面積？據(jù)記載，古人是這樣計算的：作BC邊上的高AH．以BH,CH的長為斜邊和直角邊作Rt△DEF（如圖3

(1)用古人的方法計算DFD=B=[（__________）2-（__________）2]-[（__________）2-（__________）2=__________(2)試直接利用閱讀材料中勾股定理的推論繼續(xù)完成△ABC面積的計算過程；(3)你還有其他計算△ABC的面積的方法嗎？寫出解答過程．【答案】(1)AB(2)見解析(3)見解析【分析】本題考查了勾股定理、三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．（1）由題中勾股定理的推論將空格補充完整即可；（2）根據(jù)材料中勾股定理的推論，完成△ABC面積的計算過程即可；（3）設(shè)CH=x,BH=8-x，根據(jù)勾股定理列出方程求出x的值，最后用三角形面積公式求解即可．【詳解】（1）D=B==16故答案為：AB，（2）在Rt△DEF由勾股定理的推論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）如圖2，設(shè)CH=x,BH=8-x，由勾股定理，得AH（41）解得x=3，∴CH=3，∴AH=5∴S△AHC17．（22-23八年級上·江蘇揚州·期末）勾股定理是人類最偉大的十個科學發(fā)現(xiàn)之一，西方國家稱之為畢達哥拉斯定理．在我國古書《周髀算經(jīng)》中就有“若勾三，股四，則弦五”的記載，我國漢代數(shù)學家趙爽為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一幅“弦圖”（如圖1），后人稱之為“趙爽弦圖”，流傳至今．(1)①勾股定理的證明，人們已經(jīng)找到了400多種方法，請從下列幾種常見的證明方法中任選一種來證明該定理（以下圖形均滿足證明勾股定理所需的條件）；②如圖1，大正方形的面積是17，小正方形的面積是5，如果將如圖1中的四個全等的直角三角形按如圖2的形式擺放，求圖2中最大的正方形的面積．(2)如圖4、5、6，以直角三角形的三邊為邊或直徑，分別向外部作正方形、半圓、等邊三角形，這三個圖形中面積關(guān)系滿足S1+S(3)如圖7所示，分別以直角三角形三邊為直徑作半圓，設(shè)圖中兩個月形圖案（圖中陰影部分）的面積分別為S1、S2，直角三角形面積為S3，請判斷S1、S2【答案】(1)①見解析；②29(2)3(3)S【分析】（1）①將圖中各個幾何圖形的面積用兩種方法表示出來，再利用面積相等列等式證明即可；②圖1中：a2+b2=c2=17，（2）根據(jù)題意得：a2（3）結(jié)合題意，首先分別以a為直徑的半圓面積、以b為直徑的半圓面積、以c為直徑的半圓面積、三角形的面積，根據(jù)圖形特點表示出（S1+S【詳解】（1）①證明：在圖1中，大正方形的面積等于四個全等的直角三角形的面積與中間小正方形面積的和．即c2=1在圖2中，大正方形的面積等于四個全等的直角三角形的面積與中間小正方形面積的和．即(a+b)2=c在圖3中，梯形的面積等于三個直角三角形的面積的和．即12(a+b)(a+b)=1②在圖1中：a2+b圖2中大正方形的面積為：a+b2∵b-a2=5，∴17-2ab=5，2ab=12，∴a+b2∴圖2中大正方形的面積為29．（2）根據(jù)題意得：a2如圖4：即有：S1=a2，∴S1如圖5：S1=12πa∵18∴S1如圖6：下面推導正三角形的面積公式：正△XYZ的邊長為u，過頂點x作XV⊥YZ，V為垂足，如圖，在正△XYZ中，有∠Y=60°，XZ=XY=YZ=u，∵XV⊥YZ，∴YV=VZ=12YZ=∴在Rt△XYV中，有XV=∴正△XYZ的面積為：S=1∴S1=12×a×∵3∴S1∴三個圖形中面積關(guān)系滿足S1+S故答案為：3；（3）關(guān)系：S1以a為直徑的半圓面積為：12以b為直徑的半圓面積為：12以c為直徑的半圓面積為：12三角形的面積為：S3∴S1即：S1結(jié)合（1）的結(jié)論：a∴S1【點睛】本題考查了勾股定理、正方形、等邊三角形、圓面積計算的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握勾股定理的性質(zhì)，從而完成求解．類型六、三角形與翻折壓軸問題18．（22-23八年級上·江蘇鎮(zhèn)江·期末）如圖，∠AOB=α，點M是射線OA上的一個定點，點N是射線OB上的一個動點，連結(jié)MN，把∠AOB沿MN折疊，點O落在∠AOB所在平面內(nèi)的點(1)如圖1，點C在∠AOB的內(nèi)部，若∠CMA=20°，∠CNB=60°，則α=___°．(2)如圖2，若α=45°，ON=2，折疊后點C在直線OB上方，CM與OB交于點E，且MN=ME，求∠OMN的度數(shù)及折痕MN(3)如圖3，若折疊后，直線MC⊥OB，垂足為點E，且OM=5，ME=3，直接寫出此時ON的長．【答案】(1)40；(2)30°，(3)ON=52或【分析】（1）由對折的性質(zhì)得：∠OMN=∠CMN，∠ONM=∠CNM，由∠CMA=20°及∠CNB=60°，則可求得（2）設(shè)∠OMN=α，由折疊知，∠NME=∠OMN=α；由三角形外角的性質(zhì)及等腰三角形性質(zhì)得：∠MEN=∠MNE=∠O+∠OMN=45°+α，由三角形內(nèi)角和即可求得α的度數(shù)；過N點作ND⊥OM于D，則易得OD=ND=1；再由含30度直角三角形的性質(zhì)得MN=2ND=2；（3）由勾股定理OE=4；分兩種情況：①當點N在線段OE上時；②當點N在線段OE延長線上時；設(shè)ON=x，利用勾股定理建立方程求出x即可．【詳解】（1）解：由對折的性質(zhì)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°，故答案為：40；（2）解：設(shè)∠OMN=a，由折疊知，∠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°；如圖，過N點作ND⊥OM于D，則∠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當點N在線段OE上時，如圖，設(shè)ON=x，由折疊性質(zhì)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當點N在線段OE延長線上時，如圖，設(shè)ON=x，由折疊性質(zhì)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；綜上，ON=52或【點睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定等等，靈活運用所學知識是解題的關(guān)鍵．19．（23-24八年級上·江蘇·期末）在生活中、折紙是一種大家喜歡的活動、在數(shù)學中，我們可以通過折紙進行探究，探尋數(shù)學奧秘．【紙片規(guī)格】三角形紙片ABC，∠ACB=120°，CA=CB，點D是底邊AB上一點．【換作探究】(1)如圖1，若AC=6，AD=23，連接CD，求CD(2)如圖2，若AC=6，連接CD，將△ACD沿CD所在直線翻折得到△ECD，點A的對應(yīng)點為點E.若DE所在的直線與△ABC的一邊垂直，求AD的長；(3)如圖3，將△ACD沿CD所在直線翻折得到△ECD，邊CE與邊AB交于點F，且DE∥BC，再將△DFE沿DF所在直線翻折得到△DFG，點E的對應(yīng)點為點G，DG與CE、BC分別交于H，K，若KH=1，請直接寫出【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°，從而得出CE=12AC=3，AE=（2）當DE⊥AB時，連接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°，從而DG=CG，進一步得出結(jié)果；當ED⊥AC時，設(shè)ED交AC于點W，CE交AB于V，可推出∠AVC=90°，∠ACE=60°，從而∠ACD=∠DCE=30°，進一步得出結(jié)果；當DE⊥BC時，可推出∠ACB+∠BCE=180°，從而∠ACD=∠DCE=90°，進一步得出結(jié)果；當DE⊥AB時，作CH⊥AB于點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°，進一步得出結(jié)果．【詳解】（1）解：如圖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：如圖2，當DE⊥AB時，連接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如圖3，當ED⊥AC時，設(shè)ED交AC于點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如圖4，當DE⊥BC時，∵∠E=∠A=30°，∴∠BCE=60°，∴∠ACB+∠BCE=180°，∴∠ACD=∠DCE=90°，∴AD=6如下圖，當DE⊥AB時，∠ADE=90°，∴∠ADC=∠CDE=45°，作CH⊥AB于點H，∵∠A=30°,AC=6，∴CH=1在Rt△CDH中，∴CH=DH=3，∴CD=3綜上所述：AD=33-3或23或4（3）解：如圖5，∵DE∥BC，∴∠BCF=∠E=30°，∠EDF=∠B=30°，∵∠ACB=120°，∴∠ACE=90°，∴∠ECD=∠ACD=1∵將△DFE沿DF所在直線翻折得到△DFG，∴∠GDF=∠EDF=30°，∴∠EDG=60°，∴∠CHK=∠EHD=90°，∴DH=CH=3∴FH=3∴CF=CH+FH=3∴AC=3【點睛】本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)等知識，解決問題的關(guān)鍵是正確分類，畫出圖形．類型七、三角形與幾何動點問題20．（23-24八年級上·江蘇宿遷·期末）如圖，已知A(4,m)為正比例函數(shù)y=34x的圖象上一點，AB⊥x軸，垂足為點B．點P從O出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿射線OA方向運動．設(shè)點P(1)過點P作PQ⊥OA交直線AB于點Q，若△APQ≌△ABO，求t的值；(2)在點P的運動過程中，是否存在這樣的，使得△POB為等腰三角形？若存在，請求出所有符合題意的t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)1或4(2)存在，54或2或【分析】本題考查了函數(shù)上的點，全等三角形的判定，等腰三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理；（1）由點在函數(shù)圖象上得A(4,3)，由勾股定理得OA=AB2+OB2=5，①當點P在線段OA上時，（2）①當PB=OP時，點P在線段OB的垂直平分線上，作PD⊥OB，②當OP=OB時，③當BP=BO時，過點B作BH⊥AB，即可求解；掌握判定方法，能根據(jù)P點的不同位置和等腰三角形的腰不同進行分類討論是解題的關(guān)鍵．【詳解】（1）解：∵A(4,m)為正比例函數(shù)y=3∴m=3∴A(4,3)，∴AB=3，OB=4，∴OA=AB2+OB①如圖，當點P在線段OA上時，∵△APQ≌△ABO，∴AP=AB=3，∴OP=OA-AP=5-3=2，∴t=2②如圖，當點P在OA的延長線上時，∵△APQ≌△ABO，∴AP=AB=3，∴OP=OA+AP=5+3=8，∴t=8綜上所述：t的值1或4；（2）解：存在；①如圖，當PB=OP時，點P在線段OB的垂直平分線上，作PD⊥OB，∴OD=OB，∴∠BOP=∠OBP，∵AB⊥x軸，∴∠ABO=90°，∴∠OBP+∠ABP=90°，∠BOP+∠BAP=90°，∴∠ABP=∠BAP，∴PA=PB，∴PA=PB=PO，∴OP=1∴t=5②如圖，當OP=OB時，∴OP=OB=4，∴t=4③如圖，當BP=BO時，過點B作BH⊥AB，∴OP=2OH，∴1∴1解得：BH=12∴OH===16∴OP=2×=32∴t=32故t的值為54或2或1621．（22-23八年級上·江蘇鹽城·期末）如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，CB=12cm，CA=9cm，P是從C點出發(fā)的動點，沿著C-B-A在三角形邊上運動，速度為每秒1cm．設(shè)(1)當P點運動到AB中點時，t=秒；(2)當P點在AB上運動時，PB=cm；（用含t的代數(shù)式表示）(3)若存在某一時刻t，使得時間為t秒時△CBP1的面積與時間為(t+4)秒時△CAP(4)點P運動多少秒時，△ACP為等腰三角形（直接寫出答案）．【答案】(1)19.5(2)t-12(3)t=(4)當t=9或815或18或19.5時，△ACP【分析】（1）由勾股定理求出AB的長，則可得出答案；（2）由題意可得出答案；（3）由三角形公式得出BP（4）分三種情況如圖1和2，當AC=PC時，可以求出t=9或815，如圖3，當AP=CP時，作PE⊥AC，于點E，由等腰三角形的性質(zhì)就可以得出E是AC的中點，進而得出P是AB的中點，就可以求出t=19.5，如圖4，當AC=AP時，就可以求出t=18【詳解】（1）解：∵∠C=90°，CB=12cm，CA=9∴AB=C若P為AB的中點，∴BP=1∴t=12+7.5=19.5，故答案為：19.5；（2）解：∵CB=12cm∴PB=t-12故答案為：t-12；（3）解：由題意可知點P在AB上，設(shè)點C到AB的距離為h，∵S△CP1∴BP∴t-12=(15+12)-(t+4)，∴t=35（4）解：如圖1，當點P在BC上時，AC=PC，∴PC=9cm，∴t=9；如圖2，當點P在AB上，AC=PC，作CF⊥AB于點F，∵SΔABC∴CF=AC?BC∴AF=A∴AP=2AF=54∴CB+BP=12+15-54∴t=81如圖3，當AP=CP時，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；如圖4，當AP=AC時，CB+BP=12+15-9=18(cm)∴t=18；∴當t=9或815或18或19.5時，△ACP【點睛】本題考查了勾股定理的運用，平行線的性質(zhì)的運用，等腰三角形的性質(zhì)的運用，解答時運用勾股定理求值是關(guān)鍵．類型八、三角形與新定義探究問題22．（21-22八年級上·江蘇揚州·期末）我們定義：若一條線段將三角形分割成2個等腰三角形，則這條線段是這個三角形的“黃金線”．若兩條線段將一個三角形分割成3個等腰三角形，則這兩條線段是這個三角形的“鉆石線”．例如：如圖1，在RtΔABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，過點C作∠ACD=30°，ΔACD和ΔBCD都是等腰三角形，則線段CD是ΔABC的“黃金線”．延長CB至點E，使AB=BE，連接AE，兩條線段AB、CD將ΔACE分割成3個等腰三角形，則這兩條線段AB、CD是(1)如圖2，已知銳角ΔABC中，∠BAC=25°，∠ABC=75°，若存在線段BD是ΔABC的“黃金線”，則其中鈍角等腰三角形的頂角是________(2)如圖3，已知ΔABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，點O是AB的中點，過點C作∠BCD=40°，交AB的延長線于點D，CD邊上的一點E恰好在OD的垂直平分線上，求證：線段CO、OE是ΔACD的“鉆石線(3)若一個等腰三角形有“黃金線”，則這個等腰三角形的底角度數(shù)是_______．【答案】(1)130(2)見解析(3)36°、45°、72°、（5407）【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和解答即可；（2）證明△AOC，△OCE，△CED都是等腰三角形即可；（3）設(shè)底角度數(shù)為x，分三種情況利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和解答即可．【詳解】（1）如圖2中，∵BD是“黃金線”，∴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°，故答案為：130；（2）證明：如圖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°，∵點E在OD的垂直平分線上，∴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，∴線段CO、OE是△ACD的“鉆石線”；（3）①設(shè)△ABC是以AB、AC為腰的銳角三角形，BD為“雙等腰線”，如圖5，當AD=BD，BD=BC時，設(shè)∠A=x°，則∠ABD=x°，∴∠BDC=∠C=2x°，∴∠ABC=∠C=2x°，∵∠A+∠ABC+∠C=180°，∴x°+2x°+2x°=180°，∴x=36°，2x=72°，∴∠C=72°，②設(shè)△ABC是以AB、AC為腰的鈍角三角形，AD為“雙等腰線”，如圖6，當AB=BD，AD=CD時，設(shè)∠B=y°，則∠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設(shè)△ABC是以AB、AC為腰的直角三角形，AD為“雙等腰線”，如圖7，當AB=BD，AD=CD時，AD為BC的垂直平分線，設(shè)∠B=z°，則∠C=z°，∠BAD=z°，∴∠B+∠BAD=90°，∴z°+z°=90°，∴z=45°，∴∠B=∠C=45°，④設(shè)頂角為x，可得，x+3x+3x=180°解得：x=（1807）°∴∠C=3x=（5407）°故答案為：36°、45°、72°、（5407）°【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，線段的垂直平分線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解三角形的“黃金線”，“鉆石線”的定義，屬于中考創(chuàng)新題型．23．（23-24八年級上·江蘇揚州·期末）【閱讀】規(guī)定：如果一個三角形的三個內(nèi)角分別與另一個三角形的三個內(nèi)角對應(yīng)相等，那么稱這兩個三角形互為等角三角形．從三角形（非等腰三角形）一個頂點引出一條射線與對邊相交，頂點與交點之間的線段把這個三角形分割成兩個小三角形，如果分得的兩個小三角形中一個為等腰三角形，另一個與原來三角形是等角三角形，我們把這條線段叫做這個三角形的等角分割線．

【理解】（1）如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，請寫出圖中兩對等角三角形．______；______【嘗試】（2）如圖2，在△ABC中，CD平分∠ACB，∠A=60°，∠B=40°．求證：CD為△ABC的等角分割線．【應(yīng)用】（3）在△ABC中，∠A=48°，CD是△ABC的等角分割線，請直接寫出∠ABC的度數(shù)．【答案】（1）△ACB與△ADC，△ACB與△CDB，△ADC與△CDB；（2）見解析；（3）18°或28°或36°或44°【分析】本題是三角形綜合題，考查了等角三角形的定義、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理，靈活運用分情況討論思想是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)等角三角形的定義解答；（2）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠ACB，根據(jù)角平分線的定義得到∠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四種情況，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理計算即可．【詳解】解：（1）∵∠ACB=90°，CD⊥AB，∴∠A+∠ACD=90°∴∠A=∠DCB，同理，∠B=∠ACD，∵∠ACB=∠ADC=∠CDB，∴△ABC與△ACD，△ABC與△BCD，△ACD與△BCD是等角三角形；（2）∵在△ABC中，∠A=40°，∠B=60∴∠ACB=180°-∠A-∠B=80°∵CD為角平分線，∴∠ACD=∠DCB=1∴∠ACD=∠A，∴CD=DA，∵在△DBC中，∠DCB=40°，∴∠BDC=180°-∠DCB-∠B=80°，∴∠BDC=∠ACB，∵CD=DA，∠BDC=∠ACB，∴CD為△ABC的等角分割線；（3）當△ACD是等腰三角形，如圖，DA=DC時，∠ACD=∠A=48°，∴∠ACB=∠BDC=48°+48°=96°，∴∠ABC=180°-∠A-∠ACB=180°-48°-96°=36°

當△ACD是等腰三角形，如圖，DA=AC時，∠ACD=∠ADC=1

∠BCD=∠A=48°，∴∠ACB=66°+48°=114°，∴∠ABC=180°-∠A-∠ACB=180°-48°-當△ACD是等腰三角形，CD=AC的情況不存在，當△BCD是等腰三角形，如圖，DC=BD時，

∠ACD=∠BCD=∠B=1當△BCD是等腰三角形，如圖，DB=BC時，∠BDC=∠BCD，

設(shè)∠BDC=∠BCD=x，則∠B=180°-2x，則∠ACD=∠B=180°-2x，由題意得，180°-2x+48°=x，解得，x=76°，∴∠B=180°-2x=180°-2×76°=28°，當△BCD是等腰三角形，CD=CB的情況不存在，∴∠ABC的度數(shù)為18°或28°或36°或44°．24．（20-21八年級上·江蘇鹽城·期末）定義：若兩個有公共底邊的等腰三角形的頂角互補，且兩個三角形在公共底邊的兩側(cè)．則稱這兩個等腰三角形為“相關(guān)等腰三第形”．如圖1，AB=AC,DB=DC且∠A+∠D=180°，則△ABC與△BCD是“相關(guān)等腰三角形”概念理解（1）如圖2，四邊形ABCD是正方形，則圖中有對“相關(guān)等腰三第形”．（2）如圖3，AB=AD,BC=CD,∠ABD=30°,AB⊥BC，試說明，△ABD與△BCD是“相關(guān)等腰三角形”探究應(yīng)用（3）在平面直角坐標系中，長方形OABC的頂點A,C的坐標分別為(5,0),(0,4)．①如圖4，點E在邊OC上，點F在邊BC上，△EFO與△AEO是“相關(guān)等腰三第形”，求點E,F的坐標②如圖5，點M是x軸正半軸上的動點，點P是平面直角坐標系內(nèi)一點，△PMO與△CPO是“相關(guān)等腰三角形”，直線CP與直線AB交于點N，當OM=AN時，請直接寫出點M的坐標：【答案】（1）2；（2）見解析；（3）①F2,4,E0,2.5；②M2013,0或者【分析】（1）直接根據(jù)“相關(guān)等腰三第形”的定義進行判斷即可；（2）證明△BCD為等邊三角形可得∠C=60°，再證明∠A=120°，根據(jù)“相關(guān)等腰三第形”的定義進行判斷即可；（3）①設(shè)F為a,4，E0,b,運用勾股定理求出②分類討論，結(jié)合勾股定理求解即可．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA∵AB=CB，AD=CD，∠ABC=∠ADC=180°∴△BAC與△DAC是“相關(guān)等腰三第形”同理，△ABD和△CBD是“相關(guān)等腰三第形”故答案為：2；（2）證明：∵AB⊥BC,∴∠ABC=90°,∵∠ABD=30°,∴∠DBC=60°,又∵BC=CD,∴△BCD為等邊三角形∴∠C=∠BDC=60°,∵AB=AD,∴∠ABD=∠ADB=30°,∴∠A=180°-2×30°=120°,∴∠A+∠C=180°,又∵△ABD和△BCD均為等腰三角形，且在公共底邊BD的兩側(cè)∴△ABD與△BCD是“相關(guān)等腰三角形”（3）①解：設(shè)F為a,4，CF=a∵△EFO與△AFO是等腰三角形∴AF=OA=5,EF=OE=b∵四邊形OABC為矩形∴∠ABC=∠FCE=90°,根據(jù)勾股定理CE2+CF2=EF2,A∴解得a=2,b=2.5∴F②情形一，如圖5，∵△PMO與△CPO是“相關(guān)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設(shè)OM=PM=AN=x，MD=y∴PD=y2-∴CN=PC+PD+ND=4+y∴52又42解得，x=∴點M的坐標為(20情形二：如圖6，點P在BC上時，∵△PMO與△CPO是“相關(guān)等腰三角形”，∴CP=PO，MP=MO，∠PCO+∠PMO=180°又∠PCO=90°∴∠PMO=90°∴四邊形OMPC是正方形，∴OM=OC=4∴點M的坐標為（4，0）情形三：如圖7，∵△PMO與△CPO是“相關(guān)等腰三角形”，∴CP=PO，MP=MO，設(shè)OM=x，則AM=5-x∵OM=AN∴BN