专题09 人教版八上期末压轴题（尖子生必练）-2021-2022学年八年级数学上学期期末解答题必刷专题（人教版）（解析版）

人教版八上期末压轴题（尖子生必练）1．在等边△ABC中，D为边AC的中点，点N在边BC的延长线上，且∠MDN＝120°．（1）如图1，点M在边AB上，求证：DM＝DN；（2）如图2，点M在边AB的延长线上，试探究BM，BN与等边△ABC边长BC的数量关系；（3）如图3，点M在边AB上，若AM+CN＝BD，求∠ADM的度数．【答案】（1）见解析；（2）BN﹣BM＝BC，理由见解析；（3）75°．【分析】（1）如图1，作DE//BC交AB于E，根据△ABC是等边三角形得出B＝AC＝BC，∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，由DE//BC得出△ADE为等边三角形，进而可证△DCN≌△DEM（ASA），由全等的性质即可得出答案；（2）如图2，作DE//BC交AB于E，由（1）同理可证△DEM≌△DCN，得出EM＝CN，从而得出BM，BN与BC的数量关系；（3）如图3，作DE//BC交AB于E，DH⊥AB于点H，由（1）知，EM＝CN，由D为AC的中点以及DH⊥AB得出BD＝2DH，由△ADE为等边三角形，DH⊥AB，得出AH＝EH，由AM+CN＝BD，可证△HDM为等腰直角三角形，故可求出答案．【详解】（1）如图1，作DE∥BC交AB于E，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，∵D为AC的中点，∴AD＝DC＝AC，∵DE∥BC，∴∠AED＝∠B＝∠ADE＝∠ACB＝60°，∴△ADE为等边三角形，∴AE＝DE＝AD，∴DE＝DC，∵∠MDN＝∠EDC＝120°，∴∠EDM＝∠CDN，在△DCN和△DEM中，，∴△DCN≌△DEM（ASA），∴DN＝DM；（2）如图2，作DE∥BC交AB于E，由（1）同理可证△DEM≌△DCN，∴EM＝CN，∴BN﹣BM＝BC+CN﹣EM+BE＝BC+BE＝BC；（3）如图3，作DE∥BC交AB于E，DH⊥AB于点H，由（1）知，EM＝CN，∵D为AC的中点，∴∠ABD＝30°，∵DH⊥AB，∴BD＝2DH，∵△ADE为等边三角形，DH⊥AB，∴AH＝EH，∵AM+CN＝BD，∴AH+EH+EM+EM＝2DH，即EH+EM＝DH，∴MH＝DH，即△HDM为等腰直角三角形，∴∠AMD＝45°，∴∠ADM＝180°﹣∠A﹣∠AMD＝180°﹣60°﹣45°＝75°．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的性质以及等边三角形的性质，掌握做辅助线构造全等三角形是解题的关键．2．通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：（1）如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．由∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D．又∠ACB＝∠AED＝90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．进而得到AC＝，BC＝AE．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；（2）如图2，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．求证：点G是DE的中点；（深入探究）（3）如图，已知四边形ABCD和DEGF为正方形，△AFD的面积为S1，△DCE的面积为S2，则有S1S2（填“＞、＝、＜”）【答案】（1）DE；（2）见解析；（3）=【分析】（1）根据全等三角形的性质可直接进行求解；（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，进而可得∠BAF=∠ADH，然后可证△ABF≌△DAH，则有AF=DH，进而可得DH=EQ，通过证明△DHG≌△EQG可求解问题；（3）过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M，由题意易得∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE，然后可得∠ADO=∠DCM，则有△AOD≌△DMC，△FOD≌△DNE，进而可得OD=NE，通过证明△ENP≌△CMP及等积法可进行求解问题．【详解】解：（1）∵，∴；（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，如图所示：∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴△ABF≌△DAH，∴AF=DH，同理可知AF=EQ，∴DH=EQ，∵DH⊥FG，EQ⊥FG，∴，∵∴△DHG≌△EQG，∴DG=EG，即点G是DE的中点；（3），理由如下：如图所示，过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M∵四边形ABCD与四边形DEGF都是正方形∴∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE∵DO⊥AF，CM⊥OD，∴∠AOD=∠CMD=90°，∠OAD+∠ODA=90°，∠CDM+∠DCM=90°，又∵∠ODA+∠CDM=90°，∴∠ADO=∠DCM，∴△AOD≌△DMC，∴，OD=MC，同理可以证明△FOD≌△DNE，∴，OD=NE，∴MC=NE，∵EN⊥OD，CM⊥OD，∠EPN=∠CMP，∴△ENP≌△CMP，∴，∵，∴,∴即．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、直角三角形的两个锐角互余及等积法，熟练掌握全等三角形的判定条件是解题的关键．3．（1）如图1，中，若，，求边上的中线的取值范围；（2）如图2，四边形中，，，，以为顶点作，交边，于点，．，，三条线段之间有何数量关系？证明你的结论；（3）如图3，在（2）的条件下，若将，分别改在，的延长线上，其余条件不变，则，，之间有何数量关系（直接写出结论，不必证明）．【答案】（1）；（2），见解析；（3），见解析【分析】（1）延长AD到E，使DE=AD，连接CE，先得到，进而得到，再利用三角形三边关系即可求解；（2）延长CB至E，使BE=AM，连接DE，先得到，进而得到∠EDN=60°，再证出即可求解；（3）在BN上截取，连接，先得到，进而得到，再证出即可求解．【详解】解：（1）如图延长AD到E，使DE=AD，连接CE，

∵是边上的中线，∴，在△ABD和△ECD中，，∴，∴，在△ACE中，，即，∴；（2），，三条线段之间的数量关系为：，如图，延长CB至E，使BE=AM，连接DE，在四边形ADBC中，，，∴，∵，∴，在△ADM和△BDE中，，∴，∴，∴即∠EDN=60°，在△MDN和△EDN中，，∴，∴MN=EN，∵，∴；（3），，的数量关系为：，如图，在BN上截取，连接，在△AMD和△中，，∴，∴，由（2）知，∴，∴，即，∵，∴，∴，在△MDN和△中，，∴，∴，∵，∴，即．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、三角形三边关系，解题关键是作出辅助线证明三角形全等．4．（1）如图①，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D，E．则线段DE、BD与CE之间的数量关系是；（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝a，其中a为任意锐角或钝角．请问：（1）中的结论是还否成立？如成立，请你给出证明：若不成立，请说明理由；（3）拓展与应用：如图③，D，E是D，A，E三点所在直线m上的两动点（D，A，E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD，CE．若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，试判断△DEF的形状，并说明理由．【答案】（1）DE=BD+CE；（2）成立，证明见解析；（3）等边三角形，理由见解析【分析】（1）根据垂直的定义得到∠BDA=∠CEA=90°，根据等角的余角相等得到∠CAE=∠ABD，根据“AAS”证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到AE=BD，AD=CE，结合图形得到DE=BD+CE；（2）根据∠BDA=∠AEC=∠BAC，得到∠BAD=∠ACE，由AAS定理证明△BAD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到BD=AE，DA=CE，得出结论；（3）根据等边三角形的性质得到∠BAC=120°，证明△BAD≌△ACE，得到BD=AE，证明△BDF≌△AEF，得到DF=EF，∠BFD=∠AFE，求出∠DFE=60°，根据等边三角形的判定定理得到答案．【详解】解：（1）如图①，∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，∴∠BDA=∠CEA=90°，∵∠BAC=90°，∴∠BAD+∠CAE=90°∵∠BAD+∠ABD=90°，∴∠CAE=∠ABD，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE=BD，AD=CE，∴DE=AE+AD=BD+CE，故答案为：DE=BD+CE；（2）（1）中结论成立，理由如下：如图②，∵∠BDA=∠BAC=α，∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α，∴∠DBA=∠CAE，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE=BD，AD=CE，∴DE=AE+AD=BD+CE；（3）△DEF是等边三角形，理由如下：如图③，由（2）可知，△ADB≌△CEA，∴BD=AE，∠DBA=∠CAE，∵△ABF和△ACF均为等边三角形，∴∠ABF=∠CAF=60°，BF=AF，∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠EAF，∵在△DBF和△EAF中，，∴△DBF≌△EAF（SAS）∴DF=EF，∠BFD=∠AFE，∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，∴△DEF为等边三角形．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．5．数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：如图1，在中，，，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．（阅读理解）小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：（1）如图1，延长AD到E点，使，连接BE．根据______可以判定______，得出______．这样就能把线段AB、AC、集中在中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是．

（方法感悟）当条件中出现“中点”、“中线”等条件时，可以考虑做“辅助线”——把中线延长一倍，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，这种做辅助线的方法称为“中线加倍”法．（问题解决）（2）如图2，在中，，D是BC边的中点，，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：．（问题拓展）（3）如图3，中，，，AD是的中线，，，且．直接写出AE的长＝______．【答案】（1）；；；；（2）见解析；（3）7．【分析】（1）根据三角形全等的判定方法和全等三角形的性质以及三角形三边的关系求解即可；（2）延长ED使DG=ED，连接FG，GC，根据垂直平分线的性质得到，然后利用SAS证明，得到，，进而得到,最后根据勾股定理证明即可；（3）延长AD交EC的延长线于点F，根据ASA证明，然后根据垂直平分线的性质得到，最后根据全等三角形的性质求解即可．【详解】解：（1）在和中，∴，∴．∵，∴，即，∴，∴，解得：；故答案为：；；；；（2）如图所示，延长ED使DG=ED，连接FG，GC，∵，∴，在和中，∴，∴，，∴，∴，∴在中，，∴；（3）如图所示，延长AD交EC的延长线于点F，∵，，在和中，，∴，，∵，∴，∵，∴．【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定方法，三角形的三边关系，“中线加倍”法的运用，解题的关键是根据题意作出辅助线构造全等三角形．6．定义：顶角相等且顶点重合的两个等腰三角形叫做对顶三角形．如图1，在OAB与OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD．（1）如图1，OAB与OCD是对顶三角形，且A，O，C三点共线请判断AB与CD的位置关系，并说明理由．（2）如图2，OAB与OCD是对顶三角形，∠AOB=∠COD=90°，连接AC，BD，试探究线段AC，BD之间的关系，并说明理由．（3）如图3，OAB与OCD是对顶三角形，∠AOB=∠COD=90°，连接AD，BC，取AD的中点E，连接EO并延长交BC于点F，延长OE至点G，使EG=OE，连接AG，求证：EF⊥BC．【答案】（1），见解析；（2）且，见解析；（3）见解析【分析】（1）根据与是对顶三角形求出，由平行线的判定定理即可得出结论；（2）由得，可证，由全等三角形的性质得出，，进而可得，即可得出结论；（3）由题可证，由全等三角形的性质得，，可证，得出，进而求出，即可得出结论．【详解】（1）．理由：∵与是对顶三角形，∴，，，∴，，∴，∴；（2），且．理由：∵，∴，又∵，，∴，∴，，在中，，∴，∴，即，设AC，BD相交于点M，则，∴，综上所述，，且；（3）证明：∵E为AD的中点，∴，又∵，，∴，∴，，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即．【点睛】本题是新定义题型，考查等腰三角形的性质、平行线的判定、全等三角形的判定与性质，掌握相关知识点是解题的关键．7．已知，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为BC边上一点，E为射线AD上一点，连接BE、CE．（1）如图1，若∠ADC＝60°，CE平分∠ACB．求证：BD＝DE；（2）若∠CED＝45°．①如图2，求证：BE⊥AE；②如图3，若∠BED＝30°，E在A、D之间，且AE＝1，求BE的长【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②【分析】（1）证明即可得出结论；（2）①作交于，证明即可得出结论；②作交延长线于，连接，证明，证明为含的直角三角形即可得出答案．【详解】解：（1）∵CE平分∠ACB，∠ACB＝90°，∴,在和中，，∴，∴，∵AC＝BC，∴，∵∠ADC＝60°，∠ACB＝90°，∴，∴，∴,∴，∴；（2）①作交于，∴，∴，∴，∵，∠CED＝45°，∴，∴，在和中，，∴，∴，在和中，，，∴，∴BE⊥AE；②作交延长线于，连接，∴，∵，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，,∵，∴，∵∠BED＝30°，∴．【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，三角形内角和定理的应用，含直角三角形的性质等知识点，根据题意作出辅助线证明全等是解题的关键．8．（阅读材料）小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形如图1，在“手拉手”图形中，小明发现若∠BAC=∠DAE，AB=AC，AD=AE，则ABD≌ACE．（材料理解）（1）在图1中证明小明的发现．（深入探究）（2）如图2，ABC和AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，连接AO，下列结论：①BD=EC；②∠BOC=60°；③∠AOE=60°，其中正确的有_____．(将所有正确的序号填在横线上）（延伸应用）（3）如图3，在四边形ABCD中，BD=CD，AB=BE，∠ABE=∠BDC=60°，试探究∠A与∠BED的数量关系，并证明．【答案】（1）见解析；（2）①②③；（3），证明见解析【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD＝∠CAE，即可得出结论；

（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC＝60°，再判断出△BCF≌△ACO，得出∠AOC＝120°，进而得出∠AOE＝60°，再判断出BF＜CF，进而判断出∠OBC＞30°，即可得出结论；

（3）先判断出△BDC是等边三角形，得出BD＝BC，∠DBC＝60°，进而判断出△ABD≌△EBC（SAS），由全等三角形的性质即可得出结论．【详解】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，

∴∠BAC＋∠CAD＝∠DAE＋∠CAD，

∴∠BAD＝∠CAE，

在△ABD和△ACE中，

，

∴△ABD≌△ACE（SAS）；

（2）解：如图2，∵△ABC和△ADE是等边三角形，

∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，

∴∠BAD＝∠CAE，

在△ABD和△ACE中，

，

∴△ABD≌△ACE（SAS），

∴BD＝CE，①正确，∠ADB＝∠AEC，

记AD与CE的交点为G，

∵∠AGE＝∠DGO，

∴180°−∠ADB−∠DGO＝180°−∠AEC−∠AGE，

∴∠DOE＝∠DAE＝60°，

∴∠BOC＝60°，②正确，

在OB上取一点F，使OF＝OC，连接CF，

∴△OCF是等边三角形，

∴CF＝OC，∠OFC＝∠OCF＝60°＝∠ACB，

∴∠BCF＝∠ACO，

∵AB＝AC，

∴△BCF≌△ACO（SAS），

∴∠AOC＝∠BFC＝180°−∠OFC＝120°，

∴∠AOE＝180°−∠AOC＝60°，③正确，

连接AF，要使OC＝OE，则有OC＝CE，

∵BD＝CE，

∴CF＝OF＝BD，

∴OF＝BF＋OD，

∴BF＜CF，

∴∠OBC＞∠BCF，

∵∠OBC＋∠BCF＝∠OFC＝60°，

∴∠OBC＞30°，而没办法判断∠OBC大于30度，

所以，④不一定正确，

即：正确的有①②③，

故答案为①②③；

（3）∠A＋∠BED＝180°．

如图3，

证明：∵∠BDC＝60°，BD＝CD，

∴△BDC是等边三角形，

∴BD＝BC，∠DBC＝60°，

∵∠ABC＝60°＝∠DBC，

∴∠ABD＝∠CBE，

∵AB＝BE，

∴△ABD≌△EBC（SAS），

∴∠BEC＝∠A，

∵∠BED＋∠BEC＝180°，

∴∠A＋∠BED＝180°．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解本题的关键．9．以△ABC的AB、AC为边作△ABD和△ACE，且AE＝AB，AC＝AD，CE与BD相交于M，∠EAB＝∠CAD＝α．（1）如图1，若α＝40°，求∠EMB的度数；（2）如图2，若G、H分别是EC、BD的中点，求∠AHG的度数（用含α式子表示）（3）如图3，连接AM，直接写出∠AMC与α的数量关系是．【答案】（1）40°；（2）；（3）．【分析】（1）由“”可证，可得，由外角的性质可得结论；（2）由“”可证，可得，，即可求解；（3）连接，过点作于，于，由全等三角形的性质可得，，由面积法可求，由角平分线的性质可求，即可求解．【详解】解：（1），，在和中，，，，，；（2）连接，由（1）可得：，，、分别是、的中点，，在和中，，，，，，，，，，，；（3）如图3，连接，过点作于，于，，，，，，又，，，．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的判定，掌握全等三角形的判定定理是本题的关键．10．（1）阅读理解：如图1，在△ABC中，若AB＝10，BC＝8，求AC边上的中线BD的取值范围．小聪同学是这样思考的：延长BD至E，使DE＝BD，连结CE．利用全等将边AB转化到CE，在△BCE中利用三角形三边关系即可求出中线BD的取值范围．在这个过程中小聪同学证三角形全等用到的判定方法是；中线BD的取值范围是．（2）问题解决：如图2，在△ABC中，点D是AC的中点，点M在AB边上，点N在BC边上，若DM⊥DN，求证：AM＋CN＞MN．（3）问题拓展：如图3，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为直角边向△ABC外作等腰直角三角形ABM和等腰直角三角形BCN，其中∠ABM＝∠NBC＝90°，连接MN，探索BD与MN的关系，并说明理由．【答案】（1）SAS；1＜BD＜9；（2）见解析；（3）2BD＝MN，BD⊥MN，见解析【分析】（1）由证明得出，在中，由三角形的三边关系即可得出结论；（2）延长至点，使，连接、，同（1）得：，由全等三角形的性质得出，由线段垂直平分线的性质得出，在中，由三角形的三边关系即可得出结论；（3）延长至，使，连接，由（1）得：，由全等三角形的性质得出，，证出，证明得出，，则．延长交于，证出，得出．即可．【详解】（1）解：是边上的中线，，在和中，，，，在中，由三角形的三边关系得：，，即，，，；故答案为：；；（2）证明：延长至点，使，连接、，如图2所示：同（1）得：，，，，，在中，由三角形的三边关系得：，；（3）解：，，理由如下：延长至，使，连接，如图3所示：由（1）得：，，，，，即，，，和是等腰直角三角形，，，，在和中，，，，，．延长交于，，，，，．【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系、线段垂直平分线的性质、等腰直角三角形的性质、角的关系等知识；本题综合性强，有一定难度，解题的关键是通过作辅助线证明三角形全等．11．如图1，B，C，E三点在一条直线上，△ABC和△DCE均为等边三角形，BD与AC交于点M，AE与CD交于点N．（1）求证：AE＝BD；（2）如图2，连接MN，求证：MNBE；（3）如图3所示，在等边△ABC中，AD⊥BD，∠BAD＝58°，∠ACD＝28°，CD＝1，求BD的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2【分析】（1）根据等边三角形边长相等的性质和各内角为60°的性质可证得△BCD≌△ACE（SAS），根据全等三角形对应边相等的性质即可求得AE＝BD．（2）△CMN是等边三角形，由△BCD≌△ACE可知∠CBM＝∠CAN，根据ASA可证明△BCM≌△ACN，得到CM＝CN，又∠MCN＝60°，可知△CMN是等边三角形，得到∠CMN＝60°，由∠ACB＝60°，得到∠CMN＝∠ACB，所以MNBC．（3）由等边三角形的性质及三角形内角和定理求出∠ADE＝90°，将CD绕点C顺时针旋转60°得CE，边接DE，AE，则△CDE是等边三角形，可证明△BCD≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝BD，由直角三角形的性质可得出答案．【详解】（1）证明：∵△ABC与△DCE都是等边三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∵∠ACB＋∠ACD＋∠DCE＝180，∴∠ACD＝60°，∠ACB＋∠ACD＝∠ACD＋∠DCE，即∠BCD＝∠ACE．在△BCD和△ACE中，，∴△BCD≌△ACE（SAS）．∴BD＝AE．（2）证明：∵△BCD≌△ACE，∴∠CBM＝∠CAN．在△BCM和△ACN中，，∴△BCM≌△ACN（ASA），∴CM＝CN，∴△CMN是等边三角形，∴∠CMN＝60°，∵∠ACB＝60°，∴∠CMN＝∠ACB，∴MNBC．（3）解：∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°，∵AD⊥BD，∴∠ADB＝90°，∵∠BAD＝58°，∴∠ABD＝90°－∠BAD＝32°，∠DAC＝∠BAC－58°＝2°，∴∠DBC＝∠ABC－∠ABD＝28°，∵∠ACD＝28°，∴∠DCB＝∠ACB－∠ACD＝32°，∴∠BDC＝180°－∠DBC－∠DCB＝120°，∴∠ADE＝360°－∠ADB－∠BDC－∠EDC＝360°－90°－120°－60°＝90°，将CD绕点C顺时针旋转60°得CE，边接DE，AE，则△CDE是等边三角形，∵BC＝AC，CD＝CE，∠BCD＝∠ACE＝60°－∠ACD，∴△BCD≌△ACE（SAS），∴AE＝BD，∴∠EAC＝∠CBD＝60°－32°＝28°，∴∠DAE＝2°＋28°＝30°，在Rt△ADE中，DE＝1，∠DAE＝30°，∴AE＝BD＝2．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质，旋转的性质，三角形内角和定理及全等三角形的判定和性质的运用．熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．12．如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D是AE上一点，且DE＝CE，连接BD，CD．（1）判断与的位置关系和数量关系，并证明；（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化？并证明；（3）如图3，将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变，求BD与AC夹角的度数．【答案】（1），；（2），；（3）．【分析】（1）先判断出，再判定，再判断，（2）先判断出，再得到同理（1）可得结论；（3）先判断出，再判断出，最后计算即可．【详解】解：（1）与的位置关系是：，数量关系是．理由如下：如图1，延长交于点．于，．，，，，，．，．AE⊥BC∴，，．（2）与的位置关系是：，数量关系是．如图，线段AC与线段BD交于点F，线段AE与线段BD交于点G，，，即．，，，，．AE⊥BC∴，又∵，．（3）如图，线段AC与线段BD交于点F，和是等边三角形，，，，，，，在和中，，∴，，与的夹角度数为．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，判断垂直的方法，解本题的关键是判断．13．如图所示，已知△ABC和△CDE均是等边三角形，点B、C、D在同一条直线上，BE与AD交于点O．（1）求证：AD＝BE（2）如图2，若AD与CE交于点N，AC与BE交于点M，连接MN，求证：△CMN为等边三角形．（3）在（2）的条件下，如图3，BG⊥AD于点G，EH⊥AD于点H，当AG＝OH时，试探究线段BD、MN、AM之间的关系．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）根据已知条件证明即可得证；（2）证明，再证明可得，进而证明△CMN为等边三角形；（3）由（2）可知，又对顶角相等，根据三角形内角和定理可得，结合条件，进而可得，根据含30度角的直角三角形的性质可得，进而根据，可得，证明，即可得到，设等边的边长为，等边的边长为，即可得到．【详解】（1）和是等边三角形，点B、C、D在同一条直线上，，，，，（SAS），（2），即，，，在和中，，，又，△CMN为等边三角形；（3）如图，又在中，，，，又即，，，，设等边的边长为，等边的边长为则【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．14．在等边的两边，所在直线上分别有两点，，点为外一点，且，，．（1）如图1，点，在边，上，，求的长；（2）如图2，点，在边，上，，试猜想，，之间的数量关系，并加以证明；（3）当点，在，的延长线上时，若等边的周长为，的长为，则的周长为______（用含有，的代数式表示）．【答案】（1）4；（2），见解析；（3）【分析】（1）根据等边三角形的性质及等腰三角形的性质可得：，利用全等三角形的判定定理可得：，利用全等三角形的性质得出，，可得出是等边三角形，，利用直角三角形中的性质即可得出答案；（2）延长至点，使，连接，由（1）得，可得，利用全等三角形的性质及各角之间的关系可得：，可得出：，得出，即可证明结论；（3）过点D作，可证，利用全等三角形的性质及各角之间的关系得出，可证，得出，求出的周长为，代入已知条件即可．【详解】解：（1）是等边三角形，．，，．．在和中，∵．，．，是等边三角形，．在中，，；（2），理由如下：延长至点，使，连接．由（1）得，∴在和中，．，．，，即，．在和中，．，；（3）如图所示：过点D作，在和中，．，．，，，．在和中，．∴，∴的周长为：，∵，，∴的周长为：．【点睛】题目主要考查等边三角形和等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，理解题意，作出相应辅助线图形是解题关键．15．如图，点D、E分别在等边△ABC的边AB、BC上，且BD＝CE，CD，AE交于点F．（1）求∠AFD的度数；（2）如图2，若D，E，M，N分别是△ABC各边上的三等分点，BM，CD交于Q．若△ABC的面积为S，则四边形ANQF的面积为______；（只写出答案即可，不要求写解题过程）（3）如图3，延长CD到点P，使∠BPD＝30°，设AF＝a，CF＝b，请用含a，b的式子表示PC的长，并说明理由．【答案】（1）60°；（2）S；（3）a+2b，理由见解析【分析】（1）由等边三角形的性质AB=AC=BC，∠ABC=∠ACE=∠BAC=60°，且BD=CE，可证△BDC≌△CEA，由三角形的外角性质可求∠AFD的度数；（2）由等边三角形的性质可得BD=CE=AM=DN，且AB=AC=BC，∠ABC=∠ACE=∠BAC=60°，可证△ABM≌△CAE≌△BCD和△BDQ≌△CEF，由全等三角形的性质和三等分点性质，可求四边形ANQF的面积；（3）在AC上截取AM=CE，由题意可证△BHC≌△CFA，可得BH=CF=b，AF=CH=a，∠PHB=60°，即可求PC的长．【详解】解：（1）∵△ABC是等边三角形∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACE=∠BAC=60°，且BD=CE，∴△BDC≌△CEA（SAS），∴∠CAE=∠BCD，∵∠AFD=∠CAE+∠ACF=∠BCD+∠ACD=∠ACB，∴∠AFD=60°；（2）∵D，E，M，N分别是△ABC各边上的三等分点，∴BD=CE=AM=DN，且AB=AC=BC，∠ABC=∠ACE=∠BAC=60°，∴△ABM≌△CAE≌△BCD（SAS），∴∠CAE=∠ABM=∠BCD，∠AMB=∠AEC=∠BDC，且BD=CE，∴△BDQ≌△CEF（ASA），∴S△BDQ=S△CEF，∵BD=DN，∴S△BDQ=S△DNQ=S△CEF，∵D，E是AB，BC上三等分点，∴S△BDC=S△CEA=S△ABC=S，∵四边形ANQF的面积=S△ABC-S△AEC-S△DNQ-S四边形DFEB=S-S-S=S；（3）PC=a+2b．理由如下：如图，在AC上截取AM=CE，即AM=CE=BD，∵AM=CE=BD，∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，AB=AC=CB．∴△CBD≌△ACE≌△BAM（SAS），∴∠CAE=∠BCD=∠ABM，且∠ABC=∠ACE，∴∠MBC=∠ACD，且BC=AC，∠EAC=∠BCD，∴△BHC≌△CFA（ASA），∴BH=CF=b，AF=CH=a，∵∠PHB=∠MBH+∠HCB=∠ABM+∠MBC=∠ABC，∴∠PHB=60°，且∠BPD=30°，∴∠PBH=90°，且∠BPH=30°，∴PH=2BH=2b，∴PC=PH+HC=a+2b．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，三角形的外角的性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．16．已知中，（1）如图1，点E为的中点，连并延长到点F，使，则与的数量关系是________．（2）如图2，若，点E为边一点，过点C作的垂线交的延长线于点D，连接，若，求证：．（3）如图3，点D在内部，且满足，，点M在的延长线上，连交的延长线于点N，若点N为的中点，求证：．【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）通过证明，即可求解；（2）过点A引交于点F，通过得到，再通过即可求解；（3）过点作交的延长线于点，，在上取一点，使得，连接，利用全等三角形的性质证明、，即可解决．【详解】证明：（1）由题意可得：在和中∴∴（2）过点A引交于点F，如下图：由题意可得：，且则又∵∴平分，∴∴在和中∴∴在和中∴∴（3）证明：过点作交的延长线于点，，在上取一点，使得，连接，如下图：∵∴∵，∴∴，∵∴∵∴∴∴∵∴∵∴∵∴又∵∴∴∴∴∴∵∴【点睛】本题属于三角形综合题，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．17．如图1，在Rt△ACB中，∠BAC＝90°，AB＝AC，分别过B、C两点作过点A的直线l的垂线，垂足为D、E；（1）如图1，当D、E两点在直线BC的同侧时，猜想，BD、CE、DE三条线段有怎样的数量关系？并说明理由．（2）如图2，当D、E两点在直线BC的两侧时，BD、CE、DE三条线段的数量关系为________．（3）如图2，若直线AD被截成的线段AE、EM、MD的长度分别是a，b，c，又＝＝，求的值（用含有a，b，c的代数式表示）（4）如图，∠BAC＝90°，AB＝11，AC＝14．点P从B点出发沿B－A－C路径向终点C运动；点Q从C点出发沿C－A－B路径向终点B运动．点P和Q分别以每秒2和3个单位的速度同时开始运动，只要有一点到达相应的终点时两点同时停止运动；在运动过程中，分别过P和Q作PF⊥l于F，QG⊥l于G．问：点P运动多少秒时，△PFA与△QAG全等？（直接写出结果即可）【答案】（1），理由见详解；（2）；（3）；（4）当点运动3秒或5秒时与全等．【分析】（1）根据题意首先证明，在采用等量替换即可证明；（2）根据题意首先证明，在采用等量替换即可证明；（3）依据（2）中全等可得，，代入题中已知条件，根据三角形面积公式分别表示出来和，然后化解求值即可；（4）只需要使得，可得与全等，只需要根据点P和点Q的不同位置进行分类讨论即可.【详解】（1）.理由如下：∵在中，，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，，∴.（2）..理由如下：∵，，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，∵，，，∴，∴，，∵，∴，∴；（3）∵AE、EM、MD的长度分别为a，b，c，由（2）得：，，∴，，∵，，∴，，∴；（4）解：①当点在上，点在上时，，，解得；②当点在上，点在上时，，解得；③当点在上，点在上时，（）解得：(舍)；④当点运动到点，点在上时，（），解得（舍）.所以当点运动3秒或5秒时与全等．【点睛】本题主要考查三角形的全等的判定和性质，三角形面积公式的应用及分类讨论思想，熟练掌握运用知识点并且注意分类讨论是解题关键．18．问题提出：（1）我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形，如图，中，，，为上一点，当______时，与是偏等积三角形；问题探究：（2）如图，与是偏等积三角形，，，且线段的长度为正整数，过点作交的延长线于点，求的长度；问题解决：（3）如图，四边形是一片绿色花园，、是等腰直角三角形，．①与是偏等积三角形吗？请说明理由；②已知，的面积为．如图，计划修建一条经过点的笔直的小路，在边上，的延长线经过中点．若小路每米造价600元，请计算修建小路的总造价．【答案】（1）；（2）6；（3）①是偏等积三角形，理由见解析；②42000元【分析】（1）当时，则，证，再证与不全等，即可得出结论；（2）由偏等积三角形的定义得，则，再证，则，，得，然后由三角形的三边关系求解即可；（3）①过作于，过作于，证，得，则，再证与不全等，即可得出结论；②过点作，交的延长线于，证得，得到，再证，得，由余角的性质可证，然后由三角形面积和偏等积三角形的定义得，，求出，即可求解．【详解】解：（1）当时，与是偏等积三角形，理由如下：设点到的距离为，则，，，，，，，，与不全等，与是偏等积三角形，故答案为：；（2）设点到的距离为，则，，与是偏等积三角形，，，，，，在和中，，，，，，线段的长度为正整数，的长度为偶数，在中，，，，即：，；（3）①与是偏等积三角形，理由如下：过作于，过作于，如图3所示：则，、是等腰直角三角形，，，，，，，在和中，，，，，，，，，，，，与不全等，与是偏等积三角形；②如图4，过点作，交的延长线于，则，点为的中点，，在和中，，，，，，，，，，，在和中，，，，，，，．由①得：与是偏等积三角形，，，，修建小路的总造价为：（元）．【点睛】本题考查了新定义“偏等积三角形”的定义、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握“偏等积三角形”的定义，证明△ACM≌△BCN和△ACN≌△CBE是解题的关键，属于中考常考题型．19．如图①，在等边△ABC中，点D、E分别是AB、AC上的点，BD=AE，BE与CD交于点O．（1）填空：∠BOC＝度；（2）如图②，以CO为边作等边△OCF，AF与BO相等吗？并说明理由；（3）如图③，若点G是BC的中点，连接AO、GO，判断AO与GO有什么数量关系？并说明理由．【答案】（1）120；（2）相等，理由见解析；（3）AO=2OG．理由见解析【分析】（1）证明△EAB≌△DBC（SAS），可得结论．（2）结论：AF=BO，证明△FCA≌△OCB（SAS），可得结论．（3）证明△AFO≌△OBR（SAS），推出OA=OR，可得结论．【详解】解：（1）如图①中，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠A=∠CBD=60°，在△EAB和△DBC中，，∴△EAB≌△DBC（SAS），∴∠ABE=∠BCD，∴∠BOD=∠BCD+∠CBE=∠ABE+∠CBE=∠CBA=60°，∴∠BOC=180°-60°=120°．故答案为：120．（2）相等．理由：如图②中，∵△FCO，△ACB都是等边三角形，∴CF=CO，CA=CB，∠FCO=∠ACB=60°，∴∠FCA=∠OCB，在△FCA和△OCB中，，∴△FCA≌△OCB（SAS），∴AF=BO．（3）如图③中，结论：AO=2OG．理由：延长OG到R，使得GR=GO，连接CR，BR．在△CGO和△BGR中，，∴△CGO≌△BGR（SAS），∴CO=BR=OF，∠GCO=∠GBR，AF=BO，∴CO∥BR，∵△FCA≌△OCB，∴∠AFC=∠BOC=120°，∵∠CFO=∠CO