专题1.11 三角形的证明章末十二大题型总结（拔尖篇）（北师大版）（解析版）

专题1.11三角形的证明章末十二大题型总结（拔尖篇）【北师大版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1由勾股定理求两条线段的平方和（差）】 1【题型2勾股定理在网格问题中的运用】 7【题型3翻折变换】 13【题型4两圆一线画等腰】 22【题型5等边三角形手拉手问题】 25【题型6分身等腰】 32【题型7一线分二腰】 36【题型8角平分线的综合应用】 43【题型9垂直平分线的综合应用】 54【题型10直角三角形斜边中线的综合应用】 66【题型11由勾股定理确定在几何体中的最短距离】 76【题型12由勾股定理构造图形解决实际问题】 81【题型1由勾股定理求两条线段的平方和（差）】【例1】（2023春·陕西咸阳·八年级校考阶段练习）如图，射线AM⊥AN于点A、点C、B在AM、AN上，D为线段AC的中点，且DE⊥BC于点E．（1）若BC=10，直接写出AC（2）若AC=8，△ABC的周长为24，求△ABC的面积；（3）若AB=6，C点在射线AM上移动，问此过程中，BE【答案】（1）100；（2）24；（3）是定值，值是36【分析】（1）根据AC⊥AB，由勾股定理即可得解；（2）由△ABC周长及其三边符合勾股定理，列式，联立方程即可得AB和BC的长，代入三角形面积公式计算即可；（3）根据DE⊥BC，得Rt△BDE和Rt【详解】解：（1）AC（2）因为AM⊥AN，所以△ABC是直角三角形．因为AC=8，△ABC的周长为24，所以AB=16-BC，所以16-BC2+82=B所以S△ABC（3）在Rt△BDE中，BE2=BD所以BE因为D为线段AC的中点，所以AD=DC，所以BE在Rt△ABD中，B所以BE故在点C移动的过程中，BE2-E【点睛】本题考查了勾股定理的应用，熟悉勾股定理的使用条件是解决本题的关键．【变式1-1】（2023·福建·模拟预测）如图所示，已知△ABC中，AB=6，AC=9，AD⊥BC于D，M为AD上任一点，则MC2-M【答案】45【分析】在Rt△ABD和Rt△ADC中，分别表示出BD2和CD2，在Rt△BDM【详解】解：∵AD⊥BC于D，∴∠ADB=∠ADC=90°，在Rt△ABD和RtBD2=A在Rt△BDM和RtMMC∴MC=AC=45．故答案为：45．【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，准确分析计算是解题的关键．【变式1-2】（2023春·全国·八年级专题练习）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O，若AB=3，CD=2，则AD2【答案】13【分析】在Rt△AOB和Rt△COD中，根据勾股定理得BO2+AO2=AB2=32【详解】解：∵BD⊥AC，∴∠在Rt△AOB和Rt△COD中，根据勾股定理得，BO2+A∴BO∵AD2=D∴AD故答案为：13．【点睛】本题考查勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理在实际问题中的应用，从题中抽象出勾股定理这一数学模型是解题关键．【变式1-3】（2023春·福建莆田·八年级校联考期中）在平面直角坐标系中，已知点A4,4，B

(1)如图1，判断△AOB的形状并说明理由；(2)如图2，M，N分别是y轴负半轴和x轴正半轴上的点，且AM⊥AN，探究线段OM，ON，OA之间的数量关系并证明；(3)如图3，延长BA交y轴于点C，M，N分别是x轴负半轴和y轴负半轴上的点，连接AN交x轴于D，且∠AMO+∠ANO=45°，探究BD2，DM【答案】(1)△AOB是等腰三角形，证明见解析(2)ON=OM+2(3)OM【分析】（1）过点A作AH⊥OB，垂足为H，根据等腰直角三角形的判定可得答案；（2）过点A作AB⊥OA，交x轴于点B，证明△AOM≌△ABNASA，由全等三角形的性质得出OM=BN，由等腰直角三角形的性质得出OB=2（3）过A作AG⊥AN交y轴于G，连接GM，先证△AOM≌△ABNASA，得出OM=BN，再证△MGA≌△MDASAS，得出MG=DM，由勾股定理即可得到【详解】（1）解：△AOB为等腰直角三角形，理由如下：过点A作AH⊥OB，垂足为H，

∵点A4,4，B8,0∴OH=4，∴HB=4=AH=OH，∴∠AOB=∠OAH=45°=∠ABH=∠HAB，∴∠OAB=90°，OA=AB，∴△AOB为等腰直角三角形；（2）ON=OM+2OA．理由：过点A作AB⊥AO，交x轴于点B

由（1）可知△AOB是等腰直角三角形，∴∠ABO=∠AOB=45°，∠OAB=90°，∴∠AOM=∠ABN=135°，∵AM⊥AN，∴∠MAN=90°，∴∠OAM=∠BAN，在△AOM和△ABN中，∠AOM=∠ABNOA=AB∠OAM=∠BAN∴△AOM≌△ABNASA，∴OM=BN，∴ON=BN+OB=OM+OB，而△AOB是等腰直角三角形，可得OB=2OA∴ON=OM+2（3）OM2+BD2=DM2，理由如下：过A作AG⊥AN

∵△OAB是等腰直角三角形，∴∠ABO=∠AOB=45°，∠OAB=90°，OA=AB，∴∠AOG=45°=∠ABO，∵AG⊥AN，∴∠OAG=∠DAB，在△AGO和△DAB中，∠AOG=∠ABDOA=AB∠OAG=∠BAD∴△GAO≌△DABASA，∴OG=BD，AG=AD，而Rt△GOM中，OM∴OM2∵∠AOG=90°-45°=45°=∠ANO+∠OAD，∠ANO+∠AMO=45°，∴∠AMO=∠OAD，∵∠AMO+∠MAO=∠AOB=45°，∴∠OAD+∠MAO=45°，即∠MAN=45°∴∠MAD=∠GAM=45°，在△MGA和△MDA中，MA=MA∠GAM=∠MADGA=DA∴△MGA≌△MDASAS，∴MG=MD，∴OM【点睛】本题是三角形综合题，考查全等三角形判定性质、等腰直角三角形性质及勾股定理等知识，坐标与图形，解题的关键是利用等腰直角三角形性质证明三角形全等．【题型2勾股定理在网格问题中的运用】【例2】（2023春·浙江·八年级期末）在每个小正方形的边长为1的网格图形中．每个小正方形的顶点称为格点.以顶点都是格点的正方形ABCD的边为斜边，向外作四个全等的直角三角形，使四个直角顶点E,F,G,H都是格点，且四边形EFGH为正方形，我们把这样的图形称为格点弦图．例如，在图1所示的格点弦图中，正方形ABCD的边长为26，此时正方形EFGH的面积为52．问：当格点弦图中的正方形ABCD的边长为26时，正方形EFGH的面积的所有可能值是(不包括52)．【答案】36或50【分析】设四个全等的直角三角形的直角边边长分别为a，b．利用分类讨论的思想，在格点上找出各点位置，即找出边的位置，即可求出面积．【详解】设四个全等的直角三角形的直角边边长分别为a，b．则正方形EFGH的边长为a+b，即S正方形EFGH∴在网格中找出a和b的线段，且线段的端点都在格点上即可．分情况讨论：①a=5，b=1此时S正方形②a=13，此时S正方形③a=22此时S正方形题干中不包括52，故S正方形EFGH的值为36或故答案为：36或50．【点睛】本题考查勾股定理．利用分类讨论的思想是解答本题的关键．【变式2-1】（2023春·福建三明·八年级统考期中）问题背景：在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为5，10，13，求这个三角形的面积．小辉同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图①所示．这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．（1）请你将△ABC的面积直接填写在横线上：；思维拓展：（2）我们把上述求△ABC面积的方法叫做构图法．若△ABC三边的长分别为5a，22a，17a（a＞0），请利用图②的正方形网格（每个小正方形的边长为a）画出相应的△ABC，并求出它的面积．探索创新：（3）若△ABC三边的长分别为m2+16n2,9m2+4n2【答案】（1）72；（2）画图见解析，3a2；（【分析】（1）利用割补法求解可得；（2）在网格中利用勾股定理分别作出边长为5a、22a（3）在网格中构建边长为6m和6n的矩形，同理作出边长为m2+16n2、【详解】解：（1）ΔABC的面积为3×3-1故答案为：72（2）如图，AB=22a，BC=5由图可得：SΔABC故答案为：3a（3）构造ΔABC所示，AB=(2m)AC=mBC=(3m)∴SΔABC【点睛】本题是四边形的综合题，考查了勾股定理及作图的知识，解答本题关键是仔细理解问题背景，熟练掌握勾股定理，关键是结合网格用矩形及容易求得面积的直角三角形表示出所求三角形的面积进行解答．【变式2-2】（2023春·湖北武汉·八年级校考期中）在10×10网格中，点A和直线l的位置如图所示：

（1）将点A向右平移6个单位，再向上平移2个单位长度得到点B，在网格中标出点B；（2）在（1）的条件下，在直线l上确定一点P，使PA＋PB的值最小，保留画图痕迹，并直接写出PA＋PB的最小值：______；（3）结合（2）的画图过程并思考，直接写出x2+32【答案】（1）见解析；（2）62；（3）【分析】（1）根据题意标出点B即可；（2）作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B交直线l于P，则此时PA＋PB的值最小，根据勾股定理求出结论即可；（3）将条件中的数表示为直角三角形的直角边，画对应图形，作轴对称图形，求出最小值即可．【详解】解：（1）如图所示：

（2）如图所示，PA＋PB的最小值＝62故答案为：62（3）如图，AP=x2+

∴PA＋PB的最小值即为：A'B=7∴x2+32＋故答案为：72【点睛】本题考查了作图——平移变换，勾股定理，轴对称——最短路线问题，正确的作出图形是解题的关键．【变式2-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，是由边长为1的小正方形构成的10×10网格，每个小正方形的顶点叫做格点．五边形ABCDE的顶点在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：（1）五边形ABCDE的周长为．（2）在AB上找点F，使E，C两点关于直线DF对称；（3）设DF交CE于点G，连接AG，直接写出四边形AEDG的面积；（4）在直线DF上找点H，使∠AHB＝135°．【答案】（1）20+10;（2）见解析；（3）10；（4【分析】（1）根据勾股定理求出五边形ABCDE各边的长，相加即可；（2）连接EC，作DF⊥EC交AB于点F即可；（3）分成两个三角形求面积即可；（4）利用等腰直角三角形的性质求解即可．【详解】解：（1）由题意，AB=BC=CD=32+42∴五边形ABCDE的周长=20+10，故答案为：20+10（2）如图，连接EC，作DF⊥EC交AB于点F，点F即为所求作．∵DE=CD=5，DF⊥EC，∴CE=GE，∴点D，G是CE垂直平分线上的点，∴DF是CE的垂直平分线，∴E，C两点关于直线DF对称；（3）∵EG=22+∴AG∴△AEG是直角三角形；∴S四边形（4）如图，过点A作AH⊥DF于H，连接BH，则点H即为所求作．∵BK=KH=22+∴BK∴△BHK是等腰直角三角形．∴∠BHK=45°．∴∠AHB=135°．【点睛】本题考查作图-轴对称变换，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．【题型3翻折变换】【例3】（2023春·福建泉州·八年级统考期末）在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=50°，点D是AB边上一点，将△ACD沿CD翻折后得到△ECD．

(1)如图1，当点E落在BC上时，求∠BDE的度数；(2)当点E落在BC下方时，设DE与BC相交于点F．①如图2，若DE⊥BC，试说明：CE∥②如图3，连接BE，EG平分∠BED交CD的延长线于点G，交BC于点H．若BE∥CG，试判断【答案】(1)10°(2)①见解析；②4∠G-∠CFE=40°【分析】（1）根据翻折可得∠A=∠CED=50°，再利用外角即可求出∠BDE的度数；（2）①根据翻折可得∠A=∠CED=50°，再利用垂直可得∠B=∠ECF=40°，即可得到CE∥②设∠G=x，根据角平分线和平行线可得∠G=∠DEG=∠BEG=x，∠ADC=∠CDE=∠DEB=2x，可求得∠BCD=90°-∠ACD=90°-180°-∠A-∠ADC=2x-40°，再利用外角可得∠CFE=∠BCD+∠CDE=4x-40°，即可得到【详解】（1）∵∠ACB=90°，∠A=50°，∴∠B=40°，∵将△ACD沿CD翻折后得到△ECD，∴∠A=∠CED=50°，∴∠BDE=∠CED-∠A=50°-40°=10°；（2）①根据翻折可得∠A=∠CED=50°，∠ADC=∠CDE∵DE⊥BC，∴∠ECF=90°-∠E=40°=∠B，∴CE∥②4∠G-∠CFE=40°，理由如下：设∠G=x，∵BE∥∴∠G=∠BEG=x，∠CDE=∠DEB∵EG平分∠BED，∴∠G=∠DEG=∠BEG=x，∠ADC=∠CDE=∠DEB=2x，∴∠ACD=180°-∠A-∠ADC=130°-2x，∴∠BCD=90°-∠ACD=90°-130°-2x∴∠CFE=∠BCD+∠CDE=4x-40°，∴∠CFE=4∠G-40°，即4∠G-∠CFE=40°．【点睛】本题考查折叠的性质，平行线的性质与判定，三角形的外角性质，解题的关键是理清角度之间的关系．【变式3-1】（2023春·辽宁丹东·八年级统考期末）在锐角△ABC中，AB=AC，将△ABC沿AC翻折得到△AB'C，直线AB与直线B'C相交于点E，若△AE【答案】540°7或【分析】分三种情形：当B'A=B'E，点E在CB'和BA的延长线上，当AE=【详解】解：①如图，当B'A=B'E，点E

∵AB=AC，∴∠B=∠BCA，由折叠得：∠B=∠AB'C设∠B=x，则∠AB'C=∠BCA=∠B'在△AEC中，由三角形内角和定理得：x+2x+1∴x=360°即∠B=360°∴∠BAC=180°-∠B-∠ACB=540°∵360°7∴此时△ABC为锐角三角形，符合题意；②如图，当AE=B'E，点E在AB

∵AB=AC，∴∠ABC=∠BCA，由折叠得：∠ABC=∠AB'C∵AE=B∴∠AB∴∠ABC=∠ACB=∠ACB∵∠ABC+∠ACB+∠ACB∴∠ABC=∠ACB=∠ACB∴∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=36°，∵36°<72°<90°，∴此时△ABC为锐角三角形，符合题意；综上所述，满足条件的∠BAC的度数为540°7或36°故答案为：540°7或36°【点睛】本题考查翻折变换，等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、三角形的外角性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．【变式3-2】（2023春·江苏·八年级期末）如图1，在△ABC中，∠C=90°，∠A=40°，D为AC的中点，E为边AB上一动点，连接DE，将△ADE沿DE翻折，点A落在AC上方点F处，连接EF，CF．(1)判断∠1与∠2是否相等并说明理由；(2)若△DEF与以点C，D，F为顶点的三角形全等，求出∠ADE的度数：(3)翻折后，当△DEF和△ABC的重叠部分为等腰三角形时，直接写出∠ADE的度数．【答案】(1)∠1=∠2，理由见解析(2)70°(3)100°3或140°3【分析】（1）由△ADE沿DE翻折可知AD=DF=CD，∠FDE=∠ADE=∠1，可知△CDF为等腰三角形，（2）△DEF与△CDF全等，分两种情况讨论；①DF=DE=AD，∠A=∠DEA，∠ADE=180°-∠A-∠DEA，求∠ADE的值然后判断此时△DEF与△CDF是否全等，若全等，则∠ADE的值即为所求；②DF=FE=AD，∠A=∠DFE，∠EDF=∠ADE，∠ADE=∠FDE=180°-∠DFE2，求∠ADE的值然后判断此时（3）分情况讨论①由题意知（2）中∠ADE=70°时符合题意，②如图3，重合部分的等腰三角形中，DE=DG，∠DEG=∠DGE，根据三角形的外角性质，三角形的内角和定理即∠FDE=∠ADE=∠1，∠DEG=∠ADE+∠A，∠1+∠DEG+∠DGE=180°计算求解即可；③【详解】（1）解：∠1=∠2由△ADE沿DE翻折可知AD=DF∵D为AC的中点∴AD=CD=DF∴△CDF为等腰三角形∴∠DFC=∠DCF=∠2∵∠CDF+∠FDE+∠EDA=180°∴180°-2∠2+∠1+∠1=180°∴∠1=∠2．（2）解：∵CD=DF，△CDF是等腰三角形，△DEF与△CDF全等∴①如图1，当DF=DE=AD时，△ADE为等腰三角形，△DEF为等腰三角形∴∠A=∠DEA=40°，∠ADE=180°-∠A-∠DEA=100°∵∠ADE=∠EDF=100°∴∠ADE+∠EDF=200°>180°∴当DF=DE时，点F在AC的下方，不符合题意；又∵∠CDF=200°-180°=20°，∠CDF≠∠FDE∴△DEF与△CDF不全等，∠ADE=②如图2当DF=FE=AD时，△ADE为等腰三角形，△DEF为等腰三角形∴∠A=∠DFE，∠EDF=∠ADE∴EF∥AD∴四边形AEFD、CDEF均是平行四边形∴△EFD与△CDF全等∴∠ADE=∠FDE=70°∴当DF=FE时，△EFD与△CDF全等，∠ADE=70°；综上所述，若△DEF与以点C，D，F为顶点的三角形全等，（3）解：①由（2）中图2可知当∠ADE=70°时，△DEF在△ABC内，此时两个三角形的重叠部分为等腰三角形；②如图3，△DEG为△DEF与△ABC重合的等腰三角形∴DE=DG，∠DEG=∠DGE∵∠FDE=∠ADE=∠1∴∠DEG∴∠1=∴∠ADE=100°③如图4，△DEG为△DEF与△ABC重合的等腰三角形∴DE=EG∵∠FDE=∠ADE=∠1∴∠DEG∴∠1=∴∠ADE=140°综上所述，当△DEF和△ABC的重叠部分为等腰三角形时，∠ADE的值为100°3或140°3或【点睛】本题考查了等腰三角形，几何图形折叠对称，三角形全等，三角形的内角和定理，三角形的外角等知识．解题的关键在于正确的分析可能存在的情况．【变式3-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期末）已知D是等边三角形ABC中AB边上一点，将CB沿直线CD翻折得到CE，连接EA并延长交直线CD于点F．(1)如图1，若∠BCD=40°，直接写出∠CFE的度数；(2)如图1，若CF=10，AF=4，求(3)如图2，连接BF，当点D在运动过程中，请探究线段AF，BF，CF之间的数量关系，并证明．【答案】(1)60°(2)2(3)AF+BF=CF，证明见解析【分析】（1）根据等边三角形及翻折的性质可求出∠ACE的值以及∠CAE=∠E，在△ACE根据三角形内角和定理求出∠E的值，然后在△CEF中根据三角形内角和定理求解∠CFE的值即可；（2）方法同（1）先求出∠CFE=60°，然后在CF上截取FH，使FH=EF，连接EH，BF，如图1，可知△EFH是等边三角形，根据∠ABF=180°-∠CFB-∠BCF-∠ABC=60°-∠BCF，∠CEH=∠AEC-60°=120°-∠BCF-60°=60°-∠BCF，得到∠ABF=∠CEH，证明△ABF≌△CEHSAS（3）由（2）可得AF+BF=CF，证明过程同（2）．【详解】（1）解：由等边三角形及翻折的性质得BC=CE=AC，∴∠CAE=∠E，∠ACD=∠ACB-∠BCF=20°，∴∠ACE=∠ECF-∠ACD=20°，∴∠CAE=∠E=180°-∠ACE∵∠CFE=180°-∠ECF-∠E=180°-40°-80°=60°，∴∠CFE的度数为60°．（2）解：由（1）可得∠CFE=180°-∠E-∠ECF=180°-∠E-∠BCF，∵∠E=180°-∠ACE2，∴∠E=180°-2∠BCF+60°∴∠CFE=180°-120°+∠BCF-∠BCF=60°，如图1，在CF上截取FH，使FH=EF，连接EH，由题意知BF=EF，∴△EFH是等边三角形，∵∠ABF=180°-∠CFB-∠BCF-∠ABC=60°-∠BCF，∠CEH=∠AEC-60°=120°-∠BCF-60°=60°-∠BCF，∴∠ABF=∠CEH，在△ABF和△CEH中∵BF=EH∠ABF=∠CEH∴△ABF≌△CEHSAS∴CH=AF=4，∴FH=CF-CH=6，∴AE=EF-AF=2，∴AE的长为2．（3）解：AF+BF=CF；证明如下：由（2）可得，点D在运动过程中，∠CFE=60°是定值，如图2，在CF上截取FH，使FH=EF，连接EH，∴同理（2）可知△EFH是等边三角形，∵∠ABF=180°-∠CFB-∠BCF-∠ABC=60°-∠BCF，∠CEH=∠AEC-60°=120°-∠BCF-60°=60°-∠BCF，∴∠ABF=∠CEH，在△ABF和△CEH中∵BF=EH∠ABF=∠CEH∴△ABF≌△CEHSAS∴CH=AF，∴CF=FH+CH=BF+AF，∴AF+BF=CF．【点睛】本题主要考查了等边三角的性质，翻折的性质，三角形内角和定理及全等三角形的判定与性质．熟练掌握知识并正确的作辅助线是解题的关键．【题型4两圆一线画等腰】【例4】（2023春·广西钦州·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90度，BC=4，AC=3，在直线AC上取一点P，使得△PAB为等腰三角形，则符合条件的点P共有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】根据等腰三角形的判定定理，分情况讨论，正确作图，即可得到结论．【详解】解：如下图，作AB垂直平分线与AC相交于点P，可得PA=PB，以A为圆心，AB为半径画圆，交AC有P1、P以B为圆心，AB为半径画圆，交AC有P3一个交点，可得P故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，垂直平分线的性质，解题的关键是正确作图，分情况讨论．【变式4-1】（2023春·河南驻马店·八年级统考期中）如图，直线l1、l2相交于点A，点B是直线外一点，在直线l1、l2上找一点C，使△ABC为一个等腰三角形．满足条件的点C有（

）A．2个 B．4个 C．6个 D．8个【答案】D【详解】以A为圆心，AB长为半径画弧，交l1、l2于4个点；以B为圆心，AB长为半径画弧交l1、l2于2个点，再作AB的垂直平分线交l1、l2于2个点，共有8个点，故选：D.【变式4-2】（2023春·山东泰安·八年级统考期末）如图，已知每个小方格的边长为1，A、B两点都在小方格的格点（顶点）上，请在图中找一个格点C，使△ABC是等腰三角形，这样的格点C有个。【答案】8【分析】分别以A、B点为圆心，AB为半径作圆，找到格点即可（A、B、C共线除外）；此外加上在AB的垂直平分线上有两个格点，即可得到答案.【详解】解：以A点为圆心，AB为半径作圆，找到格点即可，（A、B、C共线除外）；以B点为圆心，AB为半径作圆，在⊙B上的格点为C点；在AB的垂直平分线上有两个格点．故使△ABC是等腰三角形的格点C有8个．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，解题的关键是画出图形，利用数形结合解决问题．【变式4-3】（2023春·广东湛江·八年级统考期末）如图，△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=60°，动点P在斜边AB所在的直线m上运动，连结PC，那点P在直线m上运动时，能使图中出现等腰三角形的点P的位置有（

）A．6个 B．5个 C．4个 D．3个【答案】C【分析】根据等腰三角形的定义利用作图的方法找出符合条件的点即可．【详解】解：如图所示：以A为圆心，AC长为半径画弧，交直线m于点P1，P3；以B为圆心，BC长为半径画弧，交直线m于点P4，P2；以C为圆心，BC为半径画弧，交直线m于点P5与P1两点重合．因此出现等腰三角形的点P的位置有4个．故选：C．【点睛】此题考查等腰三角形的定义和判定，利用作图找等腰三角形是一种常见的方法．【题型5等边三角形手拉手问题】【例5】（2023春·内蒙古呼伦贝尔·八年级校考期中）已如图，△ABC、△CDE均为等边三角形，连接BE，AD交于点O，AC与BE交于点P求证：(1)BE＝AD(2)∠AOB的度数【答案】(1)证明见详解(2)60°【分析】（1）利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等，即可得出BE＝AD（2）由△BCE≌△ACD可得∠CAD＝∠CBE，根据“八字型”证明∠AOP＝∠PCB＝60°即可．【详解】（1）证明：∵△ABC和△ECD都是等边三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE即∠BCE＝∠ACD，在△BCE和△ACD中，AC=BC∠BCE=∠ACD∴△BCE≌△ACD（SAS），∴BE＝AD（2）由（1）可得△BCE≌△ACD∴∠CAD＝∠CBE，∵∠APO＝∠BPC，∴∠AOP＝∠BCP＝60°，即∠AOB＝60°．【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．【变式5-1】（2023春·山东济宁·八年级济宁市第十五中学校考阶段练习）阅读与理解：图1是边长分别为a和ba>b的两个等边三角形纸片ABC和C'DE叠放在一起（C与操作与证明：(1)操作：固定△ABC，将△C'DE绕点C按顺时针方向旋转25°，连接AD，BE，如图2；在图2(2)操作：若将图1中的△C'DE，绕点C按顺时针方向任意旋转一个角度α0°≤α≤360°，连接AD，BE，如图3；在图猜想与发现：(3)根据上面的操作过程，请你猜想当α为多少度时，线段AD的长度最大是多少？当α为多少度时，线段AD长度最小是多少？【答案】(1)BE=AD，证明见解析(2)BE=AD，证明见解析(3)当α=180°时，线段AD的长度最大为a+b，当α=0°或α=360°时，线段AD的长度最小为a-b【分析】（1）根据旋转的性质及等边三角形的性质，证明△BCE≅△ACD，根据全等三角形的对应边相等，可得到BE=AD；（2）与（1）的思路方法一样，证明△BCE≅△ACD，根据全等三角形的对应边相等，可得到BE=AD；（3）根据前面的旋转得到当点D旋转到CA的反向延长线上时，此时线段AD的长度最大，等于a+b，则此时旋转的角度为180°，当点D旋转后重新回到AC边上时，此时线段AD长度最小，等于a-b，旋转的角度0°或360°．【详解】（1）解：BE=AD，理由如下：∵△C'DE绕点C按顺时针方向旋转25°，∴∠BCE=∠ACD=25°，∵△ABC与△C'DE等边三角形，∴CA=CB，在△BCE和△ACD中，CA=CB∴△BCE≅△ACD，∴BE=AD；（2）BE=AD，理由如下：∵△C'DE绕点C按顺时针方向旋转a，∴∠BCE=∠ACD=a，∵△ABC与△C'DE等边三角形，∴CA=CB，在△BCE和△ACD中，CA=CB∴△BCE≅△ACD，∴BE=AD；（3）由题意可知：当点D旋转到CA的反向延长线上时，此时线段AD的长度最大，等于a+b，所以α=180°，当点D旋转后重新回到AC边上时，此时线段AD的长度最小，最小值a-b，所以α=0°或α=360°．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质和三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．【变式5-2】（2023春·广东广州·八年级校考阶段练习）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③∠AOB=60°；④△CPQ是等边三角形；⑤BQ=AB．恒成立的是

【答案】①②③④【分析】由等边三角形的性质可证明△ACD≌△BCE，则可得①正确；由△ACD≌△BCE可得∠CAP=∠CBO，由∠APC=∠BPO，则由三角形内角和可得∠AOB=∠ACB=60°，则可得③正确；证明△ACP≌△BCQ，可得CP=CQ，由∠PCQ=60°可得④正确；由等边三角形的性质可得②正确；由△ACP≌△BCQ知，BQ=AP≠AB，即可判定⑤不正确，从而可确定答案．【详解】解：∵△ABC，∴AC=BC，∴∠ACD=180°-∠DCE=180°-∠ACB=∠DCE，∴△ACD≌△BCE，故①正确；∵△ACD≌△BCE，∴∠CAP=∠CBO，∵∠APC=∠BPO，∴由三角形内角和得：∠AOB=∠ACB=60°，故③正确；∵∠BCQ=180°-∠ACB-∠DCE=60°即∠ACB=∠BCQ=60°，∵AC=BC，∴△ACP≌△BCQ，∴CP=CQ，∵∠PCQ=60°，∴△CPQ是等边三角形，故④正确；∵△CPQ是等边三角形，∴∠QPC=60°=∠ACB，∴PQ∥故②正确；∵△ACP≌△BCQ，∴BQ=AP，当点P位于△ABC的边BC上时，始终有AP<AB，即BQ<AB，故⑤不成立；∴正确的是①②③④，故答案为：①②③④．

【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质三角形内角和等知识，证明三角形全等及等边三角形的判定与性质是解题的关键．【变式5-3】（2023·山东·八年级专题练习）已知，△ABC为等边三角形，点D在边BC上．【基本图形】如图1，以AD为一边作等边三角形△ADE，连结CE．可得CE+CD=AC（不需证明）．【迁移运用】如图2，点F是AC边上一点，以DF为一边作等边三角△DEF．求证：CE+CD=CF．【类比探究】如图3，点F是AC边的延长线上一点，以DF为一边作等边三角△DEF．试探究线段CE，CD，CF三条线段之间存在怎样的数量关系，请写出你的结论并说明理由．【答案】【基本图形】见解析；【迁移运用】见解析；【类比探究】见解析．【分析】基本图形：只需要证明△BAD≌△CAE得到CE=BD，即可证明；迁移运用：过点D作DG∥AB，交AC于点G，然后证明△CDE≌△GDF得到CE=GF，即可推出类比探究：过点D作DG∥AB，交AC于点G，然后证明△CDE≌△GDF，得到CE=GF，再由GF=CF+CG=CF+CD，即可得到【详解】基本图形：证明：∵△ACB与△ADE都是等边三角形，∴AC=AB=CB，∠CAB=60°，AD=AE，∠DAE=60°，∴∠CAE=∠DAE-∠CAD=60°-∠CAD，∠BAD=∠CAB-∠CAD=60°-∠CAD，∴∠CAE=∠BAD，在△BAD与△CAE中，AC=AB∠CAD=∠BAE∴△BAD≌△CAESAS∴CE=BD，∴CE+CD=BD+CD=CB，∵AC=CB，∴CE+CD=AC；迁移运用：证明：过点D作DG∥AB，交AC于点∵△ACB是等边三角形，∴∠ACB=∠A=∠B=60°，∵DG∥∴∠CGD=∠A=60°，∠CDG=∠B=60°，又∵∠ACB=60°，∴△CDG为等边三角形，∴CD=DG=CG，∵△DEF为等边三角形，∴DE=DF，∠EDF=60°，∵∠CDE=∠CDG-∠EDG=60°-∠EDG，∠FDG=∠EDF-∠EDG=60°-∠EDG，∴∠CDE=∠FDG，在△CDE与△GDF中BD=DG∠BAD=∠GDF∴△CDE≌△GDFSAS∴CE=GF，∴CE+CD=GF+CG=CF；类比探究：解：CD+CF=CE，理由如下：过点D作DG∥AB，交AC于点∵△ACB是等边三角形，∴∠ACB=∠A=∠B=60°，∵DG∥∴∠CGD=∠A=60°，∠CDG=∠B=60°，又∵∠ACB=60°，∴△CDG为等边三角形，∴CD=DG=CG，∵△DEF为等边三角形，∴DE=DF，∠FDE=60°，∵∠GDF=∠GDC+∠CDF=60°+∠CDF，∠CDE=∠EDF+∠CDF=60°+∠CDF，∴∠GDF=∠CDE，在△CDE与△GDF中BD=DG∠BDE=∠GDF∴△CDE≌△GDFSAS∴CE=GF，∵GF=CF+CG=CF+CD，∴CD+CF=CE．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．【题型6分身等腰】【例6】（2023春·湖南永州·八年级统考期中）如图，在第1个△A1BC，∠B=20°同A1B=CB；在边A1B上任取一点D，延长CA1到A2，使A1A2=A1D，得到第2个△A1A2D；在边

A．12n80° B．12n-1⋅80°【答案】B【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1C的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠DA2A1，∠E【详解】解：∵在△CBA1中，∠B=20°，∴∠BA∵A1A2=A∴∠DA同理可得∠EA3A∴第n个三角形中以An为顶点的底角度数是(故选：B．【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，三角形外角的性质，根据题意得出∠DA2A1，【变式6-1】（2023春·江西宜春·八年级统考期末）如图所示，AOB是一钢架，设∠AOB=α，为了使钢架更加坚固，需在其内部添加一些钢管EF，FG，GH…，添加的钢管长度都与OE相等，若最多能添加这样的钢管5根，则α的取值范围是．【答案】15°≤α<18°【分析】由等腰三角形的性质和外角性质可得，∠GEF=2α，∠GFH=3α，∠HGB=4α，由题意可列不等式组，即可求解．【详解】解：∵OE=EF，∴∠EOF=∠EFO=α，∴∠GEF=∠EOF+∠EFO=2α，同理可得∠GFH=3α，∠HGB=4α，∵最多能添加这样的钢管5根，∴5α<90°，6α≥90°，∴15°≤α<18°，故答案为：15°≤α<18°．【点睛】此题考查了等腰三角形的判定和性质及三角形外角的性质；发现并利用规律是正确解答本题的关键．【变式6-2】（2023春·河北张家口·八年级统考期末）如图，一钢架BAC中，∠A=x°，焊上等长的钢条P1P2,P2结论Ⅰ：若∠P3P结论Ⅱ：若这样的钢条在钢架上至多能焊上6根，那么x的取值范围是90

A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对 C．Ⅰ不对Ⅱ对 D．Ⅰ对Ⅱ不对【答案】A【分析】根据等腰三角形的性质可得到几组相等的角，再根据三角形外角的性质可得到∠P5P7P【详解】解：∵AP1=P1P2∴∠A=∠P1P2A，∠∴∠P即75°=3x,∴x=25°，故结论Ⅰ正确；∵AP1=P1P2，P1P∴∠A=∠P1P2A，∠P2P1∴∠P∵要使得这样的钢条只能焊上6根，∴∠P

由题意得6x<90解得：90故结论Ⅱ正确．故选：A．【点睛】此题主要考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质及三角形内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．【变式6-3】（2023春·湖南岳阳·八年级校考期中）如图，，点在射线上，点在射线上，，均为等边三角形．若，则的边长为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据等边三角形的性质得出，，，利用同样的方法，，，由此规律可得．【详解】为等边三角形，同理：由此类推可得的边长．故选B．【点睛】本题考查图形的变化，等边三角形的性质，解题的关键是掌握三角形边长的变化规律．【题型7一线分二腰】【例7】（2023·全国·八年级专题练习）已知ΔABC是等腰三角形，过ΔABC的一个顶点的一条直线，把【答案】图见解析，顶角为90°或108°或36°或180【分析】先根据题意做出等腰三角形，再根据直线过点A，B分四种情况，根据三角形内角和定理，三角形外角的性质等，分别求出内角的度数即可．【详解】一共有4种情况：△ABC是等腰三角形，AB=AC，直线AD是过定点A．根据题意，由△ABD，△ACD是等腰三角形，且AD=BD，AD=CD，那么∠B=∠BAD=∠CAD=∠C．利用三角形内角和定理，可知∠B+∠BAD+∠CAD+∠C=180°，解得∠B=∠BAD=∠CAD=∠C=45°，则∠BAC=90°；△ABC是等腰三角形，AB=AC，直线AD是过定点A．根据题意，由△ABD，△ACD是等腰三角形，且AB=BD，AD=CD，那么∠B=∠C，∠DAC=∠C，∠BAD=∠BDA，所以∠BDA=2∠C．利用三角形内角和定理，可知∠B+∠BAC+∠C=180°，可得2∠B+3∠B=180°，解得∠B=36°，则∠C=36°，∠BAC=108°；如图所示，△ABC是等腰三角形，AB=AC，直线BD是过定点B．根据题意，由△ABD，△BCD是等腰三角形，且AD=BD，BD=BC，那么∠ABC=∠C，∠ABD=∠A，∠BDC=∠C．利用三角形外角的性质，可知∠BDC=2∠A，根据利用三角形内角和定理，得5∠A=180°，解得∠A=36°，则∠ABC=∠C=72°；④如图所示，△ABC是等腰三角形，AB=AC，直线BD是过定点B．根据题意，由△ABD，△BCD是等腰三角形，且AD=BD，BC=CD，那么∠ABC=∠C，∠ABD=∠A，∠DBC=∠CDB．利用三角形外角的性质，可知∠BDC=2∠A，则∠DBC=2∠A，∠ABC=∠C=3∠A．根据利用三角形内角和定理，得7∠A=180°，解得∠A=(180则∠ABC=∠C=(540【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质等，注意多种情况讨论，不能丢解．【变式7-1】（2023春·福建厦门·八年级厦门双十中学思明分校校考期中）如果一个三角形能被一条线段分割成两个等腰三角形，那么则称这个三角形为“双腰三角形”．现有如下4个结论：①若一个三角形的两个内角分别是36°、72°，则这个三角形是“双腰三角形”②若一个三角形是直角三角形，则这个三角形是“双腰三角形”③若一个三角形的一个内角是另一个内角的2倍，则这个三角形一定是“双腰三角形”④若一个三角形的一个内角是另一个内角的3倍，则这个三角形一定是“双腰三角形”其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据题意作出图形，然后由等角对等边及三角形内角和定理及三角形外角的性质依次判断证明即可．【详解】解：①如图所示：∠A=36°，∠C=72°，∴∠ABC=72°，作∠ABC的角平分线BD，∴∠ABD=∠DBC=36°，∴∠ABD=∠A，∠BDC=∠C=72°∴BD=AD，∴△ABD与△BDC为等腰三角形，故①正确；②如图所示：△ABC为直角三角形，∠ABC=90°，∴∠A+∠C=90°，∠ABD+∠CBD=90°，作∠ABD=∠A交AC于点D，∴∠DBC=∠C，∴△ABD为等腰三角形，△BDC为等腰三角形，故②正确；③如图，∠C=α，∠A=2α，作∠DBC=α，交AC于D∵∠ADB=∠C+∠DBC=2α=∠A，∴BD分成的两个三角形都是等腰三角形，如果三个角分别是50°，100°，30°不成立，故结论③错误；④如图所示：∠ABC=3∠C，设∠C=x，则∠ABC=3x，∴∠ADB=x+x=2x，过点B作∠CBD=∠C=x，∴△BDC为等腰三角形；∠ADB=2x，∠ABD=∠ABC-∠CBD=3x-x=2x，∴∠ABD=∠ADB,∴△ABD为等腰三角形，故④正确；综上可得：①②④正确，符合题意；故选：C．【点睛】题目主要考查等腰三角形等角对等边及三角形内角和定理、三角形外角的性质，理解题意作出相应图形求解是解题关键．【变式7-2】（2023春·江苏淮安·八年级统考期中）【学习概念】：规定①：如果一个三角形的三个角分别等于另一个三角形的三个角，那么称这两个三角形互为“等角三角形”．规定②：从三角形（不是等腰三角形）一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原来三角形是“等角三角形”，我们把这条线段叫做这个三角形的“等角分割线”．【理解概念】：（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，请根据规定①，写出图中所有的“等角三角形”

（2）如图2，在△ABC中，CD为角平分线，∠A=40°，∠B=60°，请根据规定②，求证：CD为△

【应用概念】：（3）在△ABC中，∠A=42°，CD是△ABC的等角分割线，∠ACB=_________．【答案】（1）△ABC与△ACD，△ABC与△CBD，△ACD与△CBD是“等角三角形”；（2）见解析；（3）111°或84°或106°或92°【分析】（1）根据“等角三角形”的定义解答即可；（2）根据三角形内角和定理求出∠ACB，根据角平分线的定义得到∠ACD=∠DCB=12∠ACB=40°，根据“（3）分△ACD是等腰三角形，DA=DC、DA=AC和△BCD是等腰三角形，【详解】（1）解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°∴∠A+∠ACD=90°，∴∠A=∴△ABC与△ACD，△ABC与△CBD，△ACD与△CBD是“等角三角形”；（2）证明：∵在△ABC中，∠A=40°，∴∠ACB=180°-∠A-∠B=80°，∵CD为角平分线，∴∠ACD=∠DCB=1∴∠ACD=∠A，∴CD=DA，∵在△DBC中，∠DCB=40°，∴∠BDC=180°-∠DCB-∠B=80°，∴∠BDC=∠ACB，∵CD=DA，∴CD为△ABC的等角分割线；（3）解：当△ACD是等腰三角形，DA=DC时，∠ACD=∠A=42°，∴∠ACB=∠BDC=42°+42°=84°，当△ACD是等腰三角形，DA=AC时，∠ACD=∠ADC=69°，∴∠ACB=69°+42°=111°，当△BCD是等腰三角形，DC=BD时，∠ACD=∠BCD=∠B=46°，∴∠ACB=92°，当△BCD是等腰三角形，DB=BC时，∠BDC=∠BCD，设∠BDC=∠BCD=x，则∠B=180°-2x，则∠ACD=∠B=180°-2x，由题意得，180°-2x+42°=x，解得x=74°，∴∠ACD=180°-2x=32°，∴∠ACB=106°，∴∠ACB的度数为111°或84°或106°或92°．故答案为：111°或84°或106°或92°．【点睛】本题考查了“等角三角形”的定义、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．【变式7-3】（2023春·全国·八年级专题练习）在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，把像这样的三角形叫做黄金三角形．(1)请你设计三种不同的分法，将黄金三角形ABC分割成三个等腰三角形，使得分割成的三角形中含有两个黄金三角形（画图工具不限，要求画出分割线段；标出能够说明不同分法所得三角形的内角度数，不要求写画法，不要求证明．分别画在图1，图2，图3中）注：两种分法只要有一条分割线段位置不同，就认为是两种不同的分法．(2)如图4中，BF平分∠ABC交AC于F，取AB的中点E，连接EF并延长交BC的延长线于M．试判断CM与AB之间的数量关系？只需说明结果，不用证明．答：CM与AB之间的数量关系是．【答案】(1)画图见解析；(2)CM=AB【分析】（1）黄金三角形是一个等腰三角形，它的顶角为36°，每个底角为72°．它的底与它的腰成黄金比．当底角被平分时，角平分线分对边也成黄金比，并形成两个较小的等腰三角形．这两三角形之一相似于原三角形．依此作图即可．（2）连接AM，根据黄金三角形的性质即可得出CM与AC之间的数量关系，从而得出CM与AB之间的数量关系．【详解】（1）解：如图所示：（2）连接AM，如图：∵在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，∴∠ABC=∠ACB=1∵BF平分∠ABC交AC于F，∴∠1=∠2=36°，∴∠BAC=∠1，∴BF=AF∵E是AB的中点，∴EM垂直平分AB，∴AM=BM，∴∠AMB=180°-2∠ABC=180°-2×72°=36°，∴∠CAM=∠ACB-∠BMA=72°-36°=36°，∴∠CAM=∠CMA，∴AC=CM，∴CM=AB．故答案为：CM=AB【点睛】本题考查了黄金三角形，注意线段的黄金分割点的概念的延伸，关键是能够根据黄金分割的定义结合等腰三角形的判定和性质进行分析并作图．【题型8角平分线的综合应用】【例8】（2023春·福建厦门·八年级福建省厦门第二中学校考期中）已知：在ΔABC和ΔDEC中，AC=BC，DC=EC，(1)如图1，A，C，D在同一直线上，延长AE交BD于F，求证：AF⊥BD；(2)如图2，AE与BD交于F，G在AD上，若FG平分∠AFD，求证：点C在直线FG上．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）先说明∠ACB=∠ECD=12×180°=90°，根据SAS证明ΔACE≌Δ（2）连接CF，过点C作CM⊥BD于点M，CN⊥AE于点N，根据SAS证明ΔBCD≌ΔACE得出∠CBM=∠CAN，根据AAS证明ΔCBM≌ΔCAN，得出CM=CN，说明CF平分【详解】（1）证明：∵A，C，D在同一直线上，∠ACB=∠ECD=α，∴∠ACB=∠ECD=1∵在ΔACE和ΔBCD中∴Δ∴∠CAE=∠CBD，∵∠CBD+∠BDC=90°，∴∠CAE+∠CDB=90°，∴∠AFD=180°-∠CAE+∠CDB∴AF⊥BD．（2）证明：连接CF，过点C作CM⊥BD于点M，CN⊥AE于点N，如图所示：∵∠ACB=∠DCE，∴∠ACB+∠ACD=∠ACD+∠DCE，即∠BCD=∠ACE，∵在ΔBCD和ΔACE中∴ΔBCD≌∴∠CBM=∠CAN，∵在ΔCBM和ΔCAN中∴ΔCBM≌∴CM=CN，∵CM⊥BD，CN⊥AE，∴CF平分∠MFN，∴∠MFC=∠NFC，∵FG平分∠AFD，∴∠AFG=∠DFG，∵∠MFA=∠NFD，∴∠CFM+∠MFA+∠AFG=∠CFN+∠NFD+∠DFG，∵∠CFM+∠MFA+∠AFG+∠CFN+∠NFD+∠DFG=360°，∴∠CFM+∠MFA+∠AFG=∠CFN+∠NFD+∠DFG=180°，∴C、F、G在同一直线上，即点C在直线FG上．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，垂直的定义，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．【变式8-1】（2023春·湖北武汉·八年级校考阶段练习）已知：∠AOB=60°，小新在学习了角平分钱的知识后，做了一个夹角为120°（即∠DPE=120°）的角尺来作∠AOB的角平分线．(1)如图1，他先在边OA和OB上分别取OD=OE，再移动角尺使PD=PE，然后他就说射线OP是∠AOB的角平分线．试根据小新的做法证明射线OP是∠AOB的角平分线；(2)如图2，将角尺绕点P旋转了一定的角度后，OD≠OE，但仍然出现了PD=PE，此时OP是∠AOB的角平分线吗？如果是，请说明理由．(3)如图3，在（2）的基础上，若角尺旋转后恰好使得DP∥OB，请判断线段OD与【答案】(1)见解析(2)是，理由见解析(3)OE=2OD，理由见解析【分析】（1）根据SSS证明ΔOPD≅（2）过点P作PH⊥OA于H，PK⊥OB于K．证明ΔDPH≅（3）结论：OE=2OD．OB上取一点T，使得OT=OD，连接PT．想办法证明PT=OT，PT=TE，可得结论．【详解】（1）解：证明：如图1中，在ΔOPD和ΔOD=OEPD=PE∴Δ∴∠POD=∠POE．（2）解：结论正确．理由：如图2中，过点P作PH⊥OA于H，PK⊥OB于K．∵∠PHO=∠PKB=90°，∠AOB=60°，∴∠HPK=120°，∵∠DPE=∠HPK=120°，∴∠DPH=∠EPK，在ΔOPH和Δ∠PHO=∠PKB=90°∠DPH=∠EPK∴Δ∴PH=PK，则OP是∠AOB的角平分线；（3）解：结论：OE=2OD．理由：如图3中，在OB上取一点T，使得OT=OD，连接PT．∵OP平分∠AOB，∴∠POD=∠POT，在ΔPOD和ΔOD=OT∠POD=∠POT∴Δ∴∠ODP=∠OTP，∵PD∥∴∠PDO+∠AOB=180°，∠DPE+∠PEO=180°，∵∠AOB=60°，∠DPE=120°，∴∠ODP=120°，∠PEO=60°，∴∠OTP=∠ODP=120°，∴∠PTE=60°，∴∠TPE=∠PET=60°，∴TP=TE，∵∠PTE=∠TOP+∠TPO，∠POT=30°，∴∠TOP=∠TPO=30°，∴OT=TP，∴OT=TE，∴OE=2OD．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的判定等知识，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，属于中考压轴题．【变式8-2】（2023春·广东珠海·八年级珠海市文园中学校考阶段练习）已知点C是∠MAN平分线上一点，∠BCD的两边CB、CD分别与射线AM、AN相交于B，D两点，且∠ABC(1)如图1，当点E在线段AB上时，求证：BC=(2)如图2，当点E在线段AB的延长线上时，探究线段AB、AD与(3)如图3，在（2）的条件下，若∠MAN=60°，连接BD，作∠ABD的平分线BP交AD于点F，交AC于点O，连接DO并延长交AB于点G．若BG【答案】(1)证明见解析；(2)AD-(3)6．【分析】（1）过点C作CF⊥AD，根据角平分线的性质得到CE=（2）过点C作CF⊥AD，利用AAS证明△AEC≌△AFC，从而得到CE（3）在BD上截取BH=BG，连接OH，证明△OBH≌△OBG，根据全等三角形的性质得到∠OHB=∠【详解】（1）证明：如图1，过点C作CF⊥AD，垂足为∵AC平分∠MAN，CE⊥AB∴CE=∵∠CBE+∠ADC∴∠CBE在△BCE和△∠CBE=∴△BCE≌△DCF∴BC=（2）解：AD-如图2，过点C作CF⊥AD，垂足为∵AC平分∠MAN∴∠∵CE⊥AB，∴∠∵∠AEC=∠AFC=90°∴△AEC≌△AFC∴CE=CF，∵∠ABC∴∠CBE在△BCE和△∠CBE=∴△BCE≌△DCF∴DF=∴AD∴AD-（3）解：如图3，在BD上截取BH=BG，连接在△OBH和△BH=∴△∴∠OHB∵AO是∠MAN的平分线，BO是∠∴点O到AD，∴∠ODH∵∠∴∠DOH∴∠GOH∴∠BOG∴∠DOF∴∠DOH在△ODH∠DOH=∴△ODH∴DH=∴DB=【点睛】本题考查了角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，关键是作合适的辅助线，构造全等三角形．【变式8-3】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）如图1，ΔABC的∠ABC和∠ACB的平分线BE，CF相交于点G，∠BAC=60°（1）求∠BGC的度数；（2）如图2，连接AG，求证：AG平分∠BAC；（3）如图3，在⑵的条件下，在AC上取点H，使得∠AGH=∠BGC，且AH=8，BC=10，求ΔABC【答案】（1）120°；（2）见解析；（3）28【分析】（1）利用角平分线的定义，三角形内角和定理，两个角的和求解即可；（2）利用角平分线的判定定理证明判断即可；（3）利用两次三角形的全等证明即可．【详解】（1）证明：如图1，∵BE、CF分别平分∴∠1=1∴∠1+∠2=1∵∠BAC=60°，∴∠BGC=180°-(∠1+∠2)=90°+1(2)如图2，过点G分别作GM⊥AB于M，GN⊥BC于N，GQ⊥AC于Q，∵BE平分∠ABC，GM⊥AB于M，GN⊥BC于N，

∴GM=GN，同理GN=GQ，∴GM=GQ，∵GM⊥AB于M，GQ⊥AC于Q，

∴AG平分∠BAC；（3）解：∵GM⊥AB于M，GQ⊥AC于Q，GM=GQ，∴AG平分∠BAC，∵又∠BAC=60°，

∴∠BAG=∠CAG=30°，在BC上取点K，使BK=BA，∵BE平分∠ABC∴∠ABG=∠CBG，又∵BG=BG，∴Δ∴∠BKG=∠BAG，∴∠BKG=∠BAG=30∴∠GKC=∵∠AGH=∠BGC=120°，∠CAG=30°，∴∠GHC=120°+30°=150°，∴∠GKC=∠GHC，又∵CG=CG，∠KCG=∠HCG，∴Δ∴CK=CH，△ABC的周长为：AB+BC+CA=AB+(BK+KC)+(AH+CH)=2BC+AH=2×10+8=28，∴ΔABC的周长是【点睛】本题考查了角的平分线定义，性质定理和逆定理，三角形内角和定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握性质和定理，灵活运用三角形全等的相关知识是解题的关键．【题型9垂直平分线的综合应用】【例9】（2023春·福建莆田·八年级校考开学考试）如图，在Rt△ABC中，∠CBA=90°，∠CAB的角平分线AP和∠MCB的平分线CF相交于点D，AD交CB于点P，CF交AB的延长线于点F，过点D作DE⊥CF交CB的延长线于点G，交AB的延长线于点E，连接CE并延长交FG于点H，则下列结论：①∠CDA=45°；②AF-CG=CA；③DE=DC；④CF=2CD+EG；其中正确的有

【答案】①②③④【分析】①利用角平分线的性质以及三角形外角的性质，求解即可；②③延长GD与AC交于点I，利用全等三角形的判定与性质求解即可；④在DF上截取DM=CD，利用垂直平分线的性质以及全等三角形的性质，求解即可．【详解】解：设∠GCD=x，∠DAC=y，

∵CD平分∠MCB，AP平分∠CAB，∴∠BCD=∠MCD，∠CAD=由三角形外角的性质可得：∠MCD=x=y+∠ADC∴∠ADC=12延长GD与AC交于点I，如下图：∵DE⊥CF∴∠CDG=∠CDI=90°∵CF平分∠GCI∴∠GCD=∠ICD又∵CD=CD，∴△GCD≌△ICD∴CG=CI∵∠ADC=45°∴∠ADI=∠ADF=135°又∵∠FAD=∠IAD，AD=AD∴△AFD≌△AID∴AF=AI∴AF-CG=CA②正确；同理可得：△ACD≌△AED∴DE=DC，③正确；在DF上截取DM=CD，则DE是CM的垂直平分线，如下图：

∴CE=EM∵△AFD≌△AID∴∠I=∠DFE，AF=AI又∵∠CDI=∠EDF=90°∴∠DCG=∠DEF∵∠ECG=∠GCD-45°，∠MEF=∠DEF-45°∴∠MEF=∠ECG∵△ACD≌△AED∴AC=AE∴EF=CI又∵CI=CG∴EF=CG又∵EM=CE∴△EMF≌△CEG∴FM=GE∴CF=2CD+EG④正确故答案为：①②③④【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础知识，作出辅助线，构造出全等三角形．【变式9-1】（2023春·四川成都·八年级四川省成都市第七中学初中学校校考开学考试）如图：在△ABC中，∠BAC=110°，AC=AB，射线AD、AE的夹角为55°，过点B作BF⊥AD于点F，直线BF交AE于点G，连接CG．

(1)如图1，若射线AD、AE都在∠BAC的内部，且点B与点B'关于AD对称，求证：CG=(2)如图2，若射线AD在∠BAC的内部，射线AE在∠BAC的外部，其他条件不变，求证：CG+2GF=BG；(3)如图3，若射线AD、AE都在∠BAC的外部，其他条件不变，若CG=145GF，AF=3，S【答案】(1)见解析(2)见解析(3)BF=11.25【分析】1先判断出AC=AB'，再用等式的性质判断出∠BAF=∠B2先判断出∠GAF=∠G'AF，再判断出∠GAC=∠G'3同2的方法判断出CG=G'B【详解】（1）证明：如图1，连接AB

∵B，B'关于AD∴BB'被∴AB∵AC=AB，∴AC=AB∵AF⊥BG，∴∠BAF=∠B∵∠GAF=55°，∴∠B∵∠CAB=110°，∴∠CAG+∠FAB=55°，∴∠B∵∠BAF=∠B∴∠GAB∵AG=AG，∴△CGA≌△B∴CG=B（2）证明：如图2，在FB上截取FG'=GF

∵BF⊥AD，∴AG=AG∴∠GAF=∠G∴∠GAG∵∠CAB=110°，∴∠GAG∴∠GAG∴∠GAC=∠G∵AC=AB，∴△GAC≌△G∴CG=G∵FG∴CG∵GB=GG∴GB=2GF+CG，∴CG=GB-2GF；即CG+2GF=BG；（3）解：如图3，延长BF至点G'，使G'F=GF

∵BF⊥AD，∴AG=AG∴∠GAF=∠G∴∠GAG∵∠CAB=110°，∴∠GAG∴∠GAG∴∠GAC=∠G∵AC=AB，∴△GAC≌△G∴CG=G∵CG=14∴设GF=5k，CG=14k，∴G'F=5k∴BG=4k，∵AF=3，S△ABG∴1∴1∴k=1.25，∴BF=9k=11.25．【点睛】本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，对称的性质，垂直平分线的性质，判断出CG=GB【变式9-2】（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在△ABC中，D为AB中点，DE⊥AB，∠ACE+∠BCE=180°，EF⊥BC于点F，AC=6，BC=9，则BF的长为．

【答案】3【分析】连接AE，过点E作EN⊥AC，交AC的延长线于N，由∠ACE+∠BCE=180°，可得∠BCE=∠NCE；由D为AB中点，DE⊥AB，则可得AE=BE；证明△EFC≌△ENC，再证明△BEF≌△AEN即可求得结果．【详解】解：连接AE，过点E作EN⊥AC，交AC的延长线于N，如图，∵∠ACE+∠BCE=180°，∠ACE+∠ECN=180°，∴∠BCE=∠NCE；∵D为AB中点，DE⊥AB，∴AE=BE；∵EF⊥BC，EN⊥AC，∴∠EFC=∠ENC=90°，∵EC=EC，∴△EFC≌△ENC，∴EF=EN,CF=CN；∵EF⊥BC,EN⊥AC，AE=BE，EF=EN，∴△BEF≌△AEN，∴BF=AN，∴BC-CF=AC+CN，即9-CF=6+CN，∴CF=3

故答案为：32【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，掌握这两个性质是关键．【变式9-3】（2023春·江苏·八年级专题练习）在△ABC中，AB＝10，AC＝6．若点D为∠BAC的平分线上一点．（1）当点D在△ABC的外部时，如图1，过点D作DE⊥AB于E，作DF⊥AC交AC的延长线于F，且BE＝CF．①求证：点D在BC的垂直平分线上；②BE＝．（2）当点D在线段BC上时，如图2，若∠C＝90°，BE平分∠ABC，交AC于点E，交AD与点F，过点F作FG⊥BE，交BC于点G，则①∠DFG＝；②若BC＝8，EC＝83，则GC＝（3）如图3，过点A的直线l∥BC，若∠C＝90°，BC＝8，点D到△ABC三边所在直线的距离相等，则点D到直线l的距离是．【答案】（1）①见解析；②2；（2）①45°；②43；（3）2或4或6或12【分析】（1）①由AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，得出DE=DF，借助Rt△BDE≌Rt△CDF，得到BD=CD，即可证明点D在BC的垂直平分线上；②通过Rt△ADE≌Rt△ADF证出AE=AF，从而有AB-BE=AC+CF，即可得出2BE=4，即可求出BE的长；（2）①先利用角平分线的定义求得∠ABF+∠BAF=45°，再利用三角形的外角性质求得∠DFB=∠ABF+∠BAF=45°，即可求解；②延长FG交AB于H，证明△AFH≌△AFE(ASA)，得到AH=AE=103，再由△BFG≌△BFH(ASA（3）分4种情况讨论，分别画出图形利用角平分线的性质结合图形求解即可．【详解】（1）①证明：连接BD，CD，∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE=DF，在Rt△BDE和Rt△CDF中，BE=CF∠BED=∠CFD=90°∴Rt△BDE≌Rt△CDF(SAS)，∴BD=CD，∴点D在BC的垂直平分线上；②由①知：DE=DF，在Rt△ADE和Rt△ADF中，AD=ADDE=DF∴Rt△ADE≌Rt△ADF(HL)，∴AE=AF，∵BE=CF，∴AB-BE=AC+CF，∴10-BE=6+BE，∴BE=2；故答案为：2；（2）①∵BE平分∠ABC，AD平分∠BAC，∠C=90°，∴12∠ABC+12∠BAC=12×90°=45°，即∠ABF∴∠DFB=∠ABF+∠BAF=45°，∵FG⊥BE，即∠BFG=90°，∴∠DFG=90°-∠DFB=45°；故答案为：45°；②延长FG交AB于H，∵∠AFH=∠DFG=45°，∠AFE=∠BFD=45°，∴∠AFH=∠AFE，∵∠HAF=∠EAF，AF=AF，∴△AFH≌△AFE(ASA)，∴AH=AE，∴AB=10，AC=6，BC=8，EC=83∴AE=AC-CE=6-83∴AH=AE=10∴BH=AB-AH=20∵∠CBE=∠ABE，∠BFH=∠BFG，BF=BF，∴△BFG≌△BFH(ASA)，∴BH=BG=20∴GC=BC-BG=8-20故答案为：43（3）当点D在△ABC内部时，如图：∵SΔ∴6×8=(6+8+10)⋅h∴h=2，点D到直线l的距离是AC-h=6-2=4；当点D在BC的下方时，如图：设点D到三边的距离为x，由题意得：BE=8-x，AE=AF，∴10+8-x=6+x，∴x=6，点D到直线l的距离是AF=12；当点D在AC的右边时，如图：设点D到三边的距离为y，同理可得：8+y=10+6-y，∴x=4，点D到直线l的距离是6-y=2；当点D在AB的上方时，如图：设点D到三边的距离为z，同理可得：z-6+z-8=10，∴z=12，点D到直线l的距离是z-6=6；综上，点D到直线l的距离是2或4或6或12．故答案为：2或4或6或12．【点睛】本题考查了线段垂直平分线和角平分线的性质，以及三角形全等的判定与性质，熟练使用各性质定理是解决问题的关键．【题型10直角三角形斜边中线的综合应用】【例10】（2023春·安徽阜阳·八年级校考期中）综合与实践已知△ABC与△BDE均为等腰直角三角形，其中∠BAC=∠BDE=90°，连接CE，P是EC的中点，连接PA，【初步感知】(1)如图1，当B，D，C三点在同一直线上时，PA和PD的数量关系为【深入探究】(2)如图2，当B，D，【拓展提高】(3)如图3，若等腰直角△ABC绕点B逆时针旋转，当EC恰好与BD平行时，（1）中得到的结论还成立吗？请加以证明．【答案】(1)PA=PD，PA⊥PD(2)成立，理由见解析(3)成立，理由见解析【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及等腰三角形等边对等角可得结论；（2）延长DP交AC于点G，证明△PED≌△PCG(ASA)，进而得出△ADG是等腰直角三角形，P是（3）延长DP至F，使PF=PD，连接AD,AF,CF，先证明△DPE≌△FPC(SAS)，然后证明△ABD≌△ACF(SAS)，进而得到△ADF是等腰直角三角形且点【详解】（1）解：∵∠BAC=∠BDE=90°，P是EC的中点，∴AP=12EC=PC∴PA=PD，∵△ABC与△BDE均为等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，即∠ACP+∠DCP=45°，∵∠ACP=∠CAP,∠PCD=∠PDC，∴∠APE=2∠ACP，∠EPD=2∠PCD，∴∠APD=∠APE+∠EPD=2(∠ACP+∠PCD)=2×45°=90°，∴PA⊥PD，故答案为：PA=PD，PA⊥PD；（2）成立，理由如下：延长DP交AC于点G，∵∠BAC=∠BDE=90°，∴DE∥∴∠PED=∠PCG，∵P是EC的中点，∴PE=PC，在△PED和△PCG中，∠PED=∠PCGPE=PC∴△PED≌∴ED=CG，PD=PG，∴P是DG的中点，∵BD=DE，∴CG=BD，∵AB=AC，∴AB-BD=AC-CG，即AD=AG，∴△ADG是等腰直角三角形，P是DG的中点，∴PA=PD，PA⊥PD；（3）成立，理由如下：延长DP至F，使PF=PD，连接AD,AF,CF，∵△ABC与△BDE均为等腰直角三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠DBE=∠DEB=45°,即∠EBC+∠DBC=∠BCE+∠ACE，∵CE∥∴∠BCE=∠DBC，∴∠ACE=∠EBC，∴∠ABD=∠ABC+∠DBE-∠EBC=90°-∠EBC，∵CE∥∴∠CED=∠BDE=90°，∵P是EC的中点，∴CP=EP，在△DPE和△FPC中，PE=PC∠DPE=∠FPC∴△DPE≌∴DE=FC,∠PED=∠PCF=90°，∴∠ACF=90°-∠ACE，∴∠ABD=∠ACF，∵BD=DE，∴BD=CF，在△ABD和△ACF中，AB=AC∠ABD=∠ACF∴△ABD≌∴∠BAD=∠CAF，AD=AF，∴∠BAD+∠CAD=∠CAF+∠CAD，∴∠DAF=∠BAC=90°，∴△ADF是等腰直角三角形且点P是DF的中点，∴AP=DP=FP=1∴PA=PD,PA⊥PD．【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，直角三角形斜边上中线的性质，根据题意作出合理辅助线，构造全等三角形是解本题的关键．【变式10-1】（2023春·安徽合肥·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AE⊥BC于点E，BD⊥AC于点D；点F是AB的中点，连接DF，EF，设∠DF