专题22 期末复习之几何模型提高训练（解析版）

专题22八上期末复习之几何模型提高训练【角平分线相关】—角平分线性质定理、角平分线＋平行线→等腰三角形、角平分线＋垂线→等腰等1．（2021秋•八步区期末）如图，已知在四边形ABCD中，DE⊥BC，BD平分∠ABC，AB＝6，DE＝4，则△ABD的面积是（）A．24 B．18 C．12 D．6【分析】过点D作DF⊥AB交BA的延长线于点F，由角平分线的性质得出DF＝DE，再根据三角形的面积公式即可求解．【解答】解：如图，过点D作DF⊥AB交BA的延长线于点F，∵BD平分∠ABC，DF⊥AB，DE⊥BC，∴DE＝DF＝4，∵AB＝6，∴S△ABD＝×AB×DF＝×6×4＝12．故选：C．2．（2022秋•西陵区校级期中）如图，△ABC的三边AB、BC、AC的长分别是9、12、15．其三条角平分线交于点O，将△ABC分为三个三角形，则S△ABO：S△BCO：S△CAO等于（）A．1：1：1 B．1：2：3 C．3：4：5 D．2：3：4【分析】过O点作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，垂足分别为D，E，F，根据角平分线的性质可知：OD＝OE＝OF，利用三角形的面积公式计算可求解．【解答】解：过O点作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，垂足分别为D，E，F，∵△ABC的三条角平分线交于点O，∴OD＝OE＝OF，在△ABC中，AB＝9，BC＝12，AC＝15，∴S△ABO：S△BCO：S△CAO＝AB•DO：BC•EO：AC•OF＝AB：BC：AC＝9：12：15＝3：4：5，故选：C．3．（2022•东莞市校级二模）如图，在△ABC中，∠C＝30°，BD平分∠ABC交AC于点D，DE∥AB，交BC于点E，若∠BDE＝50°，则∠A的度数是（）A．40° B．50° C．60° D．70°【分析】首先利用平行线的性质求出∠ABD的度数，接着利用角平分线的性质求出∠ABC，最后利用三角形的内角和求出∠A的度数．【解答】解：∵DE∥AB，∠BDE＝50°，∴∠ABD＝∠BDE＝50°，而BD平分∠ABC，∴∠ABC＝2∠ABD＝100°，∴∠A＝180°﹣∠C﹣∠ABC＝180°﹣100°﹣30°＝50°．故选：B．4．（2022春•广饶县期末）如图，在△ABC中，BF平分∠ABC，CF平分∠ACB，∠BFC＝125°，则∠A的度数为（）A．60° B．80° C．70° D．45°【分析】根据BF平分∠ABC可得，∠FBC＝∠ABC，同理，然后根据∠BFC＝125°，利用三角形内角和可得∠∠FBC+∠FCB＝55°，从而得到∠ABC+∠ACB＝110°，再根据三角形内角和得到∠A＝70°．【解答】解：在△FBC中，∠BFC＝125°．∴∠FBC+∠FCB＝180°﹣∠BFC＝55°．∵BF平分∠ABC，CF平分∠ACB．∴∠ABC＝2∠FBC，∠ACB＝2∠FCB．∴∠ABC+∠ACB＝2（∠FBC+∠FCB）＝110°．∴在△ABC中，∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝70°．故选：C．5．（2022春•东港市期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，AE是∠BAC的平分线，若∠B＝70°，∠C＝40°，则∠DAE的度数为15°．【分析】由三角形内角和定理，结合题干信息，运用合理的逻辑推理即可得出答案．【解答】解：∵∠B＝70°，∠C＝40°，∴∠BAC＝70°，∵AD是BC边上的高，∴∠CAD＝50°，∵AE是∠BAC的平分线，∴∠CAE＝∠BAC＝35°，∴∠DAE＝∠CAD﹣∠CAE＝15°．故答案为：15°．6．（2022春•锦江区校级期中）如图，已知△ABC，∠BAC＝80°，∠ABC＝40°，若BE平分∠ABC，CE平分外角∠ACD，连接AE，则∠AEB的度数为30°．【分析】过E点作EF⊥AB于F，EH⊥AC于H，EP⊥BD于P，如图，利用角平分线的性质得到EF＝EH，∠ABE＝∠ABC＝×40°＝40°，EH＝EP，则EF＝EH，再根据角平分线的性质定理的逆定理可判断AE平分∠FAC，则可计算出∠FAE＝50°，然后根据三角形外角性质可计算出∠AEB的度数．【解答】解：过E点作EF⊥AB于F，EH⊥AC于H，EP⊥BD于P，如图，∵BE平分∠ABC，∴EF＝EH，∠ABE＝∠ABC＝×40°＝40°，∵CE平分外角∠ACD，∴EH＝EP，∴EF＝EH，∴AE平分∠FAC，∵∠BAC＝80°，∴∠FAC＝180°﹣80°＝100°，∴∠FAE＝∠FAC＝50°，∵∠FAE＝∠ABE+∠AEB，∴∠AEB＝50°﹣20°＝30°．故答案为30°．7．（2022秋•海淀区校级期中）如图，已知∠BAC＝90°，BD是∠ABC的平分线，AE⊥BC，DF⊥BC，求证：AH＝DF．【分析】首先利用角平分线的性质证明FD＝AD，然后利用三角形的外角与内角的关系证明∠AHD＝∠ADH，最后利用等腰三角形的判定即可求解．【解答】证明：∵∠BAC＝90°，DF⊥BC，BD是∠ABC的平分线，∴FD＝AD，∠ABH＝∠CBD，∵AE⊥BC，∠BAC＝90°，∴∠BAH+∠CAH＝∠CAH+∠C＝90°，∴∠C＝∠BAH，∵∠AHD＝∠ABH+∠BAH，∠ADH＝∠C+∠CBD，∴∠AHD＝∠ADH，∴AH＝AD，∴AH＝DF．8．（2022春•叙州区期末）如图1，直线m与直线n垂直相交于O，点A在直线m上运动，点B在直线n上运动，AC、BC分别是∠BAO和∠ABO的角平分线．（1）∠ACB＝135°；（2）如图2，若BD是△AOB的外角∠OBE的角平分线，BD与AC相交于点D，点A、B在运动的过程中，∠ADB的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明理由；若不发生变化，试求出其值；（3）如图3，过C作直线与AB交于F，且满足∠AGO﹣∠BCF＝45°，求证：CF∥OB．【分析】（1）根据直角三角形的性质得到∠BAO+∠ABO＝90°，根据角平分线的定义、三角形内角和定理计算，得到答案；（2）根据三角形的外角性质得到∠OBE﹣∠OAB＝90°，再根据三角形的外角性质计算即可；（3）根据邻补角的概念得到∠BCG＝45°，根据三角形的外角性质得到∠CBG＝∠BCF，根据平行线的判定定理证明结论．【解答】（1）解：∵∠AOB＝90°，∴∠BAO+∠ABO＝90°，∵AC、BC分别是∠BAO和∠ABO的角平分线，∴∠CAB＝∠BAO，∠CBA＝∠ABO，∴∠CAB+∠CBA＝（∠BAO+∠ABO）＝45°，∴∠ACB＝180°﹣45°＝135°，故答案为：135°；（2）解：∠ADB的大小不发生变化，∵∠OBE是△AOB的外角，∴∠OBE＝∠OAB+∠AOB，∵∠AOB＝90°，∴∠OBE﹣∠OAB＝90°，∵BD平分∠OBE，∴∠EBD＝∠OBE，∵∠EBD是△ADB的外角，∴∠EBD＝∠BAG+∠ADB，∴∠ADB＝∠EBD﹣∠BAG＝∠OBE﹣∠OAB＝45°；（3）证明：∵∠ACB＝135°，∠ACB+∠BCG＝180°，∴∠BCG＝180°﹣∠ACB＝180°﹣135°＝45°，∵∠AGO是△BCG的外角，∴∠AGO＝∠BCG+∠CBG＝45°+∠CBG，∵∠AGO﹣∠BCF＝45°，∴45°+∠CBG﹣∠BCF＝45°，∴∠CBG＝∠BCF，∴CF∥OB．【将军饮马】——最值模型将军饮马，处理方法——对称＋连接1．（2021秋•颍东区期末）如图，∠AOB＝30°，点P是∠AOB内的定点且OP＝3，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMN周长的最小值是（）A．3 B． C． D．6【分析】作点P关于OB的对称点P'，点P关于OA的对称点P''，连接P'P''与OA，OB分别交于点M与N，则P'P''的长即为△PMN周长的最小值；连接OP'，OP''，利用已知条件可以证明∠P′OP″＝60°即可求出P'P''；【解答】解：作点P关于OB的对称点P'，点P关于OA的对称点P''，连接P'P''与OA，OB分别交于点M与N，则P'P''的长即为△PMN周长的最小值，连接OP'，OP''，∵OP＝3，∠AOB＝30°，由对称性可知OP＝OP'＝OP''，∠P′OP″＝60°，∴∠OP'P″＝∠OP''P′＝60°，∴OP′＝OP''＝P'P''，∴P'P''＝3；故选：A．2．（2021秋•莲都区期末）如图，牧童在A处牧马，牧童的家在B处，A，B处到河岸的距离分别是AC＝300m，BD＝500m，且C，D两地之间的距离为600m．牧童从A处将马牵到河边去饮水，再牵回家，他至少要走的路程是（）A．1400m B．（500+300）m C．1000m D．（300+100）m【分析】将此题转化为轴对称问题，作出A点关于河岸的对称点A′，根据两点之间线段最短得出BA′的长即为牧童要走的最短路程，利用勾股定理解答即可．【解答】解：作A点关于直线CD的对称点A′，连接BA′交河岸与P，则PB+PA＝PB+PA′＝BA′最短，故牧童应将马赶到河边的P地点．作DB′＝CA′，且DB′⊥CD，∵DB′＝CA′，DB′⊥CD，BB′∥A′A，∴四边形A′B′DC是矩形，∴B'A'＝CD＝500m，DB′＝A′C＝AC＝300m，在Rt△BB′A′中，连接A′B′，则BB′＝BD+DB′＝500+300＝800m，BA′＝＝＝1000（m）．故选：C．3．（2022春•沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC中，AD是△ABC的角平分线，点E、F分别是AD、AB上的动点，若∠BAC＝50°，当BE+EF的值最小时，∠AEB的度数为（）A．105° B．115° C．120° D．130°【分析】过点B作BB′⊥AD于点G，交AC于点B′，过点B′作B′F′⊥AB于点F′，与AD交于点E′，连接BE′，可证得△ABG≌△AB′G（ASA），所以∠E′B′G＝∠E′BG，由“直角三角形两锐角互余”可得∠AB′F′＝40°＝∠ABE，所以∠BE′F′＝50°，由此可得结论．【解答】解：过点B作BB′⊥AD于点G，交AC于点B′，过点B′作B′F′⊥AB于点F′，与AD交于点E′，连接BE′，如图，此时BE+EF最小．∵AD是△ABC的角平分线，∴∠BAD＝∠B′AD＝25°，∴∠AE′F′＝65°，∵BB′⊥AD，∴∠AGB＝∠AGB′＝90°，∵AG＝AG，∴△ABG≌△AB′G（ASA），∴BG＝B′G，∠ABG＝∠AB′G，∴AD垂直平分BB′，∴BE＝BE′，∴∠E′B′G＝∠E′BG，∵∠BAC＝50°，∴∠AB′F′＝40°，∴∠ABE＝40°，∴∠BE′F′＝50°，∴∠AE′B＝115°．故选：B．4．（2021秋•德清县期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（4，0），点Q是直线y＝x上的一个动点，以AQ为边，在AQ的右侧作等边△APQ，使得点P落在第一象限，连结OP，则OP+AP的最小值为（）A．6 B．4 C．8 D．6【分析】根据点Q的运动先证明点P在直线PM是运动，再根据轴对称最值问题，作点P关于直线PM的对称点B，连接AB，求出AB的长即可．【解答】解：如图，作∠OAM＝60°，边AM交直线OQ于点M，作直线PM，由直线y＝x可知，∠MOA＝60°，∴∠MOA＝∠OAM＝60°，∴△OAM是等边三角形，∴OA＝OM，∵△APQ是等边三角形，∴AQ＝AP，∠PAQ＝60°，∴∠OAQ＝∠MAP，∴△OAQ≌△MAP（SAS），∴∠QOA＝∠PMA＝60°＝∠MAO，∴PM∥x轴，即点P在直线PM上运动，过点O关于直线PM的对称点B，连接AB，AB即为所求最小值，此时，在Rt△OAB中，OA＝4，∠BAO＝60°，∴∠OBA＝30°，∴AB＝2OA＝8．故选：C．5．（2022春•于洪区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝5，点E在边CD上，且CE＝2，在边BC上取两点M，N（点M在点N左侧），且始终保持MN＝1，线段MN在边BC上平移，则AM+EN的最小值为．【分析】作A点关于BC的对称点G，连接MG，过点G作GH∥MN，过点N作NH∥MG，当E、N、H三点共线时，AM+NE有最小值，过点H作HK⊥CD交延长线于点K，求出EH即为所求．【解答】解：作A点关于BC的对称点G，连接MG，过点G作GH∥MN，过点N作NH∥MG，∴四边形MGHN是平行四边形，∴NH＝MG＝AM，∴AM+NE＝NH+NE，当E、N、H三点共线时，AM+NE有最小值，过点H作HK⊥CD交延长线于点K，∵AB＝5，CE＝2，∴EK＝7，∵MN＝1，∴GH＝1，∴HK＝4，在Rt△HKE中，EH＝，∴AM+EN的最小值为，故答案为：．6．（2022春•梁溪区校级期末）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，、P（3，0），过点P作直线l⊥x轴，点B是直线l上的一个动点，线段AB绕点A按逆时针方向旋转30°得到线段AC，则AC+PC的最小值为6．【分析】连接AP，在射线AO上截取AD＝AP，连接BD，作D点关于直线l的对称点D'，连接D'B，连接DD'，可证明△PAC≌△DAB（SAS），此时当A、B、D'三点共线时，AC+CP有最小值，最小值为AD'的长．【解答】解：连接AP，在射线AO上截取AD＝AP，连接BD，作D点关于直线l的对称点D'，连接D'B，连接DD'，∵、P（3，0），∴AO＝3，OP＝3，∴tan∠OAP＝，∴∠OAP＝30°，∵∠BAC＝30°，∴∠PAC＝∠CAP，∵AD＝AP，AB＝AC，∴△PAC≌△DAB（SAS），∴CP＝BD，由对称性可知BD＝BD'，∴AC+CP＝AB+BD'≥AD'，当A、B、D'三点共线时，AC+CP有最小值，∵AP＝6，DD'＝6，∴AD'＝6，∴AC+CP的最小值为6，故答案为：6．7．（2022春•五华县期末）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）．（1）已知点C1的坐标为（4，2），画出△ABC经过平移后得到的△A1B1C1，写出顶点A1、B1的坐标；（2）动点P在x轴上，画出A1P+BP为最小值时点P的位置，并求出A1P+BP的最小值．【分析】（1）根据平移的性质作图，可得点A1，B1的坐标．（2）过x轴作点B的对称点B'，连接A1B'，交x轴于点P，此时点P即为所求，可得A1P+BP＝B'A1，结合勾股定理可得出答案．【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．点A1（2，4），B1（3，0）．（2）如图，点P即为所求．A1P+BP＝B'A1＝＝．∴A1P+BP的最小值为．【三角形全等模型】——K型图、手拉手模型、倍长中线模型等1．（2022春•兰州期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC外一点，连接AD、BD、CD，且BD交AC于点O，在BD上取一点E，使得AE＝AD，∠EAD＝∠BAC，若∠ABC＝62°，则∠BDC的度数为（）A．56° B．60° C．62° D．64°【分析】根据SAS证明△ABE≌△ACD，再利用全等三角形的性质、三角形的外角性质和三角形的内角和解答即可．【解答】解：∵∠EAD＝∠BAC，∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAD﹣∠EAC，即：∠BAE＝∠CAD；在△ABE和△ACD中，，∴△ABE≌△ACD（SAS），∴∠ABD＝∠ACD，∵∠BOC是△ABO和△DCO的外角，∴∠BOC＝∠ABD+∠BAC，∠BOC＝∠ACD+∠BDC，∴∠ABD+∠BAC＝∠ACD+∠BDC，∴∠BAC＝∠BDC，∵∠ABC＝∠ACB＝62°，∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣62°﹣62°＝56°，∴∠BDC＝∠BAC＝56°，故选：A．2．（2022•博山区一模）如图，△ABD，△AEC都是等边三角形，则∠BOC的度数是（）A．135° B．125° C．120° D．110°【分析】利用手拉手模型﹣旋转性全等，证明△DAC≌△BAE，可得∠ADC＝∠ABE，最后利用三角形的外角进行计算即可解答．【解答】解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形，∴AD＝AB，AE＝AC，∠DAB＝∠CAE＝60°，∠ADB＝DBA＝60°，∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAE，∴△DAC≌△BAE（SAS），∴∠ADC＝∠ABE，∴∠BOC＝∠BDO+∠DBA+∠ABE＝∠BDO+∠DBA+∠ADC＝∠ADB+∠DBA＝60°+60°＝120°，∴∠BOC的度数是120°，故选：C．3．（2022春•惠济区期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的中点，∠BAC＝45°，BE⊥AC交AD，AC于点G，E．连接CG．过点E作EF∥CG交AB于点F，连接FD．则下列结论：①∠BAD＝∠EBC；②DF∥AC；③AG＝2CD；④AE＝EG+GC．正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据等腰三角形性质：“三线合一”可得：AD⊥BC，AD平分∠BAC，再利用“等角的余角相等”即可判断结论①正确；利用SAS证明△ABG≌△ACG，可得∠ACG＝∠ABG＝45°，进而可得AF＝EF＝BF，即点F是AB的中点，得出DF是△ABC的中位线，即可判断结论②正确；利用ASA证明△AGE≌△BCE，可得AG＝BC＝2CD，即可判断结论③正确；由于BE＝EG+BG，AE＝BE，BG＝CG，即可判断结论④正确．【解答】解：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵AB＝AC，D是BC边上的中点，∴AD⊥BC，AD平分∠BAC，∴∠ADC＝90°，∠BAD＝∠CAD，∵BE⊥AC，∴∠EBC+∠ACB＝90°，∵∠CAD+∠ACB＝90°，∴∠CAD＝∠EBC，∴∠BAD＝∠EBC．故①正确；∵BE⊥AC，∠BAC＝45°，∴∠ABE＝90°﹣45°＝45°，在△ABG和△ACG中，，∴△ABG≌△ACG（SAS），∴∠ACG＝∠ABG＝45°，∵EF∥CG，∴∠AEF＝∠ACG＝45°，∴∠BEF＝90°﹣45°＝45°＝∠AEF＝∠BAC＝∠ABE，∴AF＝EF＝BF，即点F是AB的中点，又点D是BC的中点，∴DF是△ABC的中位线，∴DF∥AC；故②正确．∵∠CAD+∠ACB＝∠CBE+∠ACB＝90°，∴∠CAD＝∠CBE，∵∠BAC＝∠ABE＝45°，∴AE＝BE，在△AGE和△BCE中，，∴△AGE≌△BCE（ASA），∴AG＝BC，∵BC＝2CD，∴AG＝2CD；故③正确．∵AE＝BE，BE＝EG+BG，∴AE＝EG+BG，又∵△ABG≌△ACG，∴BG＝CG，∴AE＝EG+CG；故④正确．综上所述，正确的有①②③④共4个．故选D．4．（2021春•杭州期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，E是对角线AC上的一点，连结BE，过点E作EF⊥BE交AD于点F．△BCE和△AEF的面积分别为S1和S2，若2S1＝3S2，则CE的长为2．【分析】作辅助线GH过点E，且GH∥AB，构造一线三垂直模型，用EH分别表示出S1和S2的值，列出关于EH的式子，求出EH即可求出CE．【解答】解：如图，作GH过点E，且GH∥AB，∵∠HBE+∠HEB＝90°，∠HEB+∠GEF＝90°，∴∠HBE＝∠GEF，∵AC为正方形的对角线，∴CH＝EH，∴HB＝GE，在△HBE和△GEF中，，∴△HBE≌△GEF（ASA），∴GF＝EH，设EH＝a，AF＝6﹣2a，，，∵2S1＝3S2，∴6a＝3（a2﹣9a+18），解得a＝2，∴CE＝＝2，故答案为2．5．（2021秋•泌阳县期末）如图，在△ACD中，∠CAD＝90°，AC＝6，AD＝10，AB∥CD，E是CD上一点，BE交AD于点F，若AB＝DE，则图中阴影部分的面积为30．【分析】证明△BAF≌△EDF（AAS），则S△BAF＝S△EDF，利用割补法可得阴影部分面积．【解答】解：∵AB∥CD，∴∠BAD＝∠D，在△BAF和△EDF中，，∴△BAF≌△EDF（AAS），∴S△BAF＝S△EDF，∴图中阴影部分面积＝S四边形ACEF+S△BAF＝S△ACD＝•AC•AD＝×6×10＝30．故答案为：30．6．（2022•武汉）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分别以△ABC的三边为边向外作三个正方形ABHL，ACDE，BCFG，连接DF．过点C作AB的垂线CJ，垂足为J，分别交DF，LH于点I，K．若CI＝5，CJ＝4，则四边形AJKL的面积是80．【分析】过点D作DM⊥CI于点M，过点F作FN⊥CI于点N，由正方形的性质可证得△ACJ≌△CDM，△BCJ≌△CFN，可得DM＝CJ，FN＝CJ，可证得△DMI≌△FNI，由直角三角形斜边上的中线的性质可得DI＝FI＝CI，由勾股定理可得MI，NI，从而可得CN，可得BJ与AJ，即可求解．【解答】解：过点D作DM⊥CI，交CI的延长线于点M，过点F作FN⊥CI于点N，∵△ABC为直角三角形，四边形ACDE，BCFG为正方形，过点C作AB的垂线CJ，CJ＝4，∴AC＝CD，∠ACD＝90°，∠AJC＝∠CMD＝90°，∠CAJ+∠ACJ＝90°，BC＝CF，∠BCF＝90°，∠CNF＝∠BJC＝90°，∠FCN+∠CFN＝90°，∴∠ACJ+∠DCM＝90°，∠FCN+∠BCJ＝90°，∴∠CAJ＝∠DCM，∠BCJ＝∠CFN，∴△ACJ≌△CDM（AAS），△BCJ≌△CFN（AAS），∴AJ＝CM，DM＝CJ＝4，BJ＝CN，NF＝CJ＝4，∴DM＝NF，∴△DMI≌△FNI（AAS），∴DI＝FI，MI＝NI，∵∠DCF＝90°，∴DI＝FI＝CI＝5，在Rt△DMI中，由勾股定理可得：MI＝＝＝3，∴NI＝MI＝3，∴AJ＝CM＝CI+MI＝5+3＝8，BJ＝CN＝CI﹣NI＝5﹣3＝2，∴AB＝AJ+BJ＝8+2＝10，∵四边形ABHL为正方形，∴AL＝AB＝10，∵四边形AJKL为矩形，∴四边形AJKL的面积为：AL•AJ＝10×8＝80，故答案为：80．7．（2021秋•长沙期末）如图，射线AD平分∠CAB，点F是AD上一点，FG垂直平分BC于点G，FH⊥AB于点H，连接FC，若AB＝10，BH＝2，求AC．【分析】连接FB，过F作FI⊥AC，垂足为I，根据HL证明直角三角形的全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．【解答】解：连接FB，过F作FI⊥AC，垂足为I，∵AD平分∠CAB，FI⊥AC，FH⊥AB，∴FH＝FI，又FG垂直平分BC，∴FC＝FB，在Rt△FIC与Rt△FHB中，，∴Rt△FIC≌Rt△FHB（HL），∴CI＝BH，在Rt△FIA与Rt△FHA中，，∴Rt△FIA≌Rt△FHA（HL），∴AI＝AH，∴AB＝AH+HB＝AI+BH＝AC+CI+HB＝AC+2BH，∵AB＝10，BH＝2，∴AC＝6．【等腰三角形的分类讨论】1．（2021秋•莱州市期末）等腰三角形的两边长分别为4和8，则这个等腰三角形的周长是（）A．20或16 B．20 C．16 D．以上答案均不对【分析】根据题意，要分情况讨论：①4是腰；②4是底．必须符合三角形三边的关系，任意两边之和大于第三边．【解答】解：①若4是腰，则另一腰也是4，底是8，但是4+4＝8，故不构成三角形，舍去．②若4是底，则腰是8，8．4+8＞8，符合条件．成立．故周长为：4+8+8＝20．故选：B．2．（2022春•新洲区期末）已知平面直角坐标系中有A（2，2）、B（4，0）两点，若在坐标轴上取点C，使△ABC为等腰三角形，则满足条件的点C的个数是（）A．5个 B．6个 C．7个 D．8个【分析】分三种情况，当AB＝AC时，当BA＝BC时，当CA＝CB时，进行分析即可解答．【解答】解：如图：当AB＝AC时，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交y轴于点C1，C2，当BA＝BC时，以点B为圆心，AB长为半径画弧，交x轴于点C3，C4，当CA＝CB时，作AB的垂直平分线，交x轴于点C5，交y轴于点C6，∵点A，B，C2三个点在同一条直线上，∴满足条件的点C的个数是5，故选：A．3．（2021秋•长春期末）若△ABC中刚好有∠B＝2∠C，则称此三角形为“可爱三角形”，并且∠A称作“可爱角”．现有一个“可爱且等腰的三角形”，那么聪明的同学们知道这个三角形的“可爱角”应该是（）A．45°或36° B．72°或36° C．45°或72° D．45°或36°或72°【分析】分设三角形底角为α，顶角为2α或设三角形的底角为2α，顶角为α，根据三角形的内角和为180°，得出答案．【解答】解：①设三角形底角为α，顶角为2α，则α+α+2α＝180°，解得：α＝45°，②设三角形的底角为2α，顶角为α，则2α+2α+α＝180°，解得：α＝36°，∴2α＝72°，∴三角形的“可爱角”应该是45°或72°，故选：C．4．（2021秋•赣县区期末）如图，在正方形ABCD中，将线段AD绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜180°）得到线段AD'，连接BD'、CD'．若△D'BC是等腰三角形，则α＝30°或60°或150°．【分析】分D'B＝BC或D'B＝BC或D'B＝D'C，三种情形，分别画出图形，利用正方形和等腰三角形的性质即可得出答案．【解答】解：如图，当D'B＝BC时，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝AD，由旋转的性质得AD'＝AD＝AB＝BC＝DB'，∠DAB＝90°，∴△ABD'是等边三角形，∴∠BAD'＝60°，∴∠DAD'＝150°，即a＝150°；如图，当D'B＝BC时，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝AD，由旋转的性质得AD'＝AD＝AB＝BC＝DB'，∠DAB＝90°，∴△ABD'是等边三角形，∴∠BAD'＝60°，∴∠DAD'＝30°，即a＝30°；如图，当D'B＝D'C时，连接DD'，∴D'在线段BC的垂直平分线上，∴D'D＝AD'，由旋转的性质得AD'＝AD＝DD'，∴△ADD'是等边三角形，∴∠DAD'＝60°，即a＝60°，当CD'＝BC＝AD时，此种情况不存在，综上所述，a的值为：30°或60°或150°，故答案为：30°或60°或150°．5．（2022春•长宁区校级期末）如图矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点P是边AD上一点，联结BP，过点P作PE⊥BP，交DC于E点，将△ABP沿直线PE翻折，点B落在点B′处，若△B′PD为等腰三角形，求AP的长．【分析】设AP＝x，则PD＝4﹣x，若△B'PD为等腰三角形，则需分以下三种情况进行讨论：①若B'P＝PD，即BP＝PD；根据BP＝PD列出方程即可解出；②若B'P＝B'D，过点B'作B'F⊥AD，交AD于点F，证明△