第1章 三角形的证明（单元测试·拔尖卷）-2023-2024学年八年级数学下册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

第1章三角形的证明（单元测试·拔尖卷）一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．如图，在中，的垂直平分线分别交，于点，，连接，若，，则的度数是（

）A． B． C． D．2．在和中，，，，已知，则的度数是（

）A． B． C．或 D．或3．已知实数x，y满足，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是（

）A．或 B． C． D．以上答案均不对4．如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长为半径作弧，分别交于点和；②分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点；③作射线交于点；④过点作交于点，若，则（

）

A． B． C． D．5．如图，直线，垂足为，点是射线上一点，，以为边在右侧作，且满足，若点是射线上的一个动点（不与点重合），连接，作的两个外角平分线交于点，在点B在运动过程中，当线段取最小值时，的度数为（）

A． B． C． D．6．如图，在正方形中，为中点，连结，延长至点，使得，以为边作正方形，《几何原本》中按此方法找到线段的黄金分割点．现连结并延长，分别交，于点，，若的面积与的面积之差为，则线段的长为（

）A． B． C． D．7．如图，在中，，将沿折叠得到，点与点重合，连接，交于点，在线段上取一点，使得．连接，则点到的距离是（

）A． B． C．8 D．8．在平面直角坐标系中，在第一象限，三个顶点分别为．其中．若，则的度数为（

）A． B． C． D．9．如图，在中，，，为三角形内一点，连接，，点为线段的中点．若，则的度数为（

）

A． B． C． D．10．如图，在等腰直角中，，点是内部一点，连接并延长至点，连接、，垂足为点交于点，延长交于点，连接，．给出以下结论：①；②平分；③若点为的中点，连接并延长交于点，则：④．其中正确的结论有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．如图，直线l：，，若P关于直线l的对称点为Q，则Q坐标为；12．如图，在四边形ABDE中，点C边BD上一点．∠ABD＝∠BDE＝∠ACE＝90°，AC＝CE，点M为AE中点．连BM．DM，分别交AC，CE于G．H两点下列结论：①AB＋DE＝BD；②△BDM为等腰直角三角形：③△BDM≌△AEC；④GH∥BD．其中正确的结论是．13．如图，，，（），与交于点，与交于点，连接．当为等腰三角形时，的度数为．

14．如图，在中，，，点D是边上一点，连接并延长至点E，使得点D恰好是线段的中点，连接，若，则线段所长为．15．如图，等腰的底边的长为，面积是，腰的垂直平分线分别交，于点E，F，若D为边的中点，M为线段上一动点，则周长的最小值为．16．如图，折叠边长为的正方形纸片，折痕是，点C落在点E处，分别延长、交于点F、G．若点M是边的中点，则．17．已知中，，（），若经过其中一个顶点的直线将分割成等腰三角形和直角三角形两部分，则的度数是．18．图1是一幅“青朱出入图”，运用“割补术”，通过三个正方形之间的面积转化证明勾股定理．如图2，小明连结后发现．（1）；（2）当四边形的面积为22时，正方形的面积为．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）在中，，点为边的中点，点在边上．（1）若，，（如图①），求的长；（2）过点作与边交于点（如图②），试探究：线段、、三者之间的数量关系，并证明你的结论．20．（8分）如图，在四边形中，平分，且，．

（1）求的度数：（2）若，，求四边形的面积．21．（10分）如图，在中，，，直线经过点，如图1，直线与线段相交，于，于D，F是的中点，连接、．

（1）求证：；（2）求证：且；（3）当直线与线段不相交，如图2，（2）中的结论还成立吗？请说明理由．22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线与y轴交于点A，与直线交于点．

（1）求m和b的值；（2）求证：是直角三角形；（3）直线上是否存在点D，使得，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．23．（10分）问题情景：如图1，在同一平面内，点B和点C分别位于一块直角三角板的两条直角边上，点A与点P在直线的同侧，若点P在内部，试问，与的大小是否满足某种确定的数量关系？（1）特殊探究：若，则_______度，______度，______度；（2）类比探索：请猜想与的关系，并说明理由；（3）类比延伸：改变点A的位置，使点P在外，其它条件都不变，判断（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出，与满足的数量关系式．24．（12分）在中，，为中点，，射线、分别交直线、于、．（1）如图1，在射线上，连接，试判断、、之间的数量关系并证明；（2）如图2，在射线上，将绕点逆时针旋转．①如图3，当射线交线段于点时，求证：；②当时，若，，当时，请直接写出的长度．参考答案：1．D【分析】本题根据垂直平分线的性质证明为等腰三角形，得到，由三角形外角和定理得出，求得，再结合三角形内角和，即可求出的度数．【详解】解：的垂直平分线分别交，于点，，为等腰三角形，，，，，，故选：D．【点拨】本题考查了垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、三角形外角和定理以及三角形内角和定理，熟练掌握相关性质，即可解题．2．B【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，含度角的直角三角形的性质；过A作于点D，过作于点，求得，分两种情况讨论，利用全等三角形的判定和性质即可求解．【详解】解：过A作于点D，过作于点，∵，∴，当在点D的两侧，在点的两侧时，如图，∵，，∴，∴；当在点D的两侧，在点的同侧时，如图，根据题意，，∴此种情况不符合题意；综上，的值为．故选：．3．B【分析】本题考查等腰三角形的性质，根据非负数的性质，求出、的值是解题的关键，难点在于要分情况讨论并且利用三角形的三边关系进行判断，再分4是腰长与底边两种情况讨论求解．【详解】解：∵，∴且，解得：，，①4是腰长时，三角形的三边分别为4、4、8，∵，∴不能组成三角形；②4是底边时，三角形的三边分别为4、8、8，能组成三角形，周长，∴三角形的周长为，故选：B．4．C【分析】本题考查了作图-基本作图，熟练掌握角平分线的基本作图思想是解决问题的关键．也考查了平行线的性质以及三角形内角和．由题意可知是的平分线，得到，根据平行线的性质得到，等量代换得到，根据三角形的内角和定理即可得到结论．【详解】解：由题意可知是的平分线，，，，，，，故选：C．5．D【分析】作于，

于，于，连接，由角平分线的性质可得，，从而得到，即可推出平分，即点在的角平分线上，得到，，当时，最小，此时点在处，再由进行计算即可得到答案．【详解】解：如图，作于，

于，于，连接，

，平分，，，，同理可得：，，，，平分，即点在的角平分线上，，，，如图，当时，最小，此时点在处，，，当线段取最小值时，的度数为，故选：D．【点拨】本题考查了角平分线的判定与性质、垂线段最短等知识，熟练掌握角平分线的判定与性质，添加适当的辅助线是解此题的关键．6．C【分析】根据题意做辅助线，利用正方形的性质及等腰三角形的性质将面积差进行转化即可得到的长．【详解】解：连接，∵四边形是正方形，∴，∵为的中点，∴，设,则为,根据勾股定理，,∵，∴，∵是正方形的对角线，∴，∴是等腰直角三角形，∴，，由题意可得：，∴，即，∴，∴，解得：，∴,∵∴．故选．【点拨】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等相关知识点，根据已知条件做出辅助线是解题的关键．7．D【分析】作于点，由，，得，由勾股定理得，由折叠得垂直平分，则，可求得，则，由，得，利用角平分的性质以及等积法，耙犁，，设点到的距离是，则，得，于是得到问题的答案．【详解】解：作于点，则，，，，，，将沿折叠得到，点与点重合，垂直平分，，，，，，，即是的平分线，∴，∴，设与交于点，作于点，∴，设，∵，∴，解得，∴，，设点到的距离是，则，，，点到的距离是，故选：D．【点拨】此题重点考查轴对称的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．8．C【分析】作出图形，求得，，，由30度角的直角三角形的性质结合勾股定理求得，推出，再由已知等式推出，求得，求得，构造三角形，使，，，设，求得，据此求解即可．【详解】解：如图，

，，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，①当时，，②当时，，不合题意，舍去，，如图，构造，，，设，

∵，，∴，，在中，，，∴，，∴，∴，故选：C．【点拨】本题考查了含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，坐标与图形，完全平方公式，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．9．C【分析】延长至，使得，首先证明，由全等三角形的性质可得，；在上取一点，使得，证明，由全等三角形的性质可得，，进而可得，易得，设，，结合以及，可得，整理即可获得答案．【详解】解：如下图，延长至，使得，

∵点为线段的中点，∴，在和中，，∴，∴，，在上取一点，使得，在和中，，∴，∴，，∴，∴，设，，∵，∴，即，∵，即，又∵，∴，∴，∴，即．故选：C．【点拨】本题主要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、三角形外角的定义和性质等知识，正确作出辅助线构造全等三角形和等腰三角形是解题关键．10．D【分析】证明，判断①；证明，判断②；证明为等腰三角形，为等腰三角形，得到，判断③；延长交于点，连接，设与交于点，证明，进而得到，再根据，判断④．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故①正确；∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，又∵，，∴，∴，∴平分；故②正确；∵点为的中点，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∵，点为的中点，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故③正确；延长交于点，连接，设与交于点，∵，平分，∴，∵，，∴平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；故④正确；综上：正确的有4个；故选D．【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，中垂线的判定和性质，三角的内角和定理，三角形的外角等知识，本题的综合性强，难度大，属于选择题中的压轴题，从复杂图形中获取条件，证明三角形全等和特殊三角形，是解题的关键．11．【分析】设关于直线l的对称点为，连接交直线l于点，求出P，Q中点坐标，利用中点在直线l上，以及等腰三角形三线合一，结合两点间距离公式即可求出Q点坐标．【详解】解：设关于直线l的对称点为，连接交直线l于点，中点坐标为，且中点坐标在直线l上，，P，Q关于直线l对称，，，，，联立，解得：（关于原点对称，不关于直线对称，舍掉），，Q坐标为，故答案为：．【点拨】本题考查了两点间距离公式，等腰三角形的判定与性质，坐标关于轴对称，坐标与图形，找点中点坐标，利用等腰三角形三线合一进行求解是解答本题的关键．12．①②④【分析】由“AAS”可证△ACB≌△CED，可得AB=CD，BC=DE，可证AB+DE=BC+CD=BD，故①正确；由“SAS”可证△ABM≌△CDM，可得∠AMB=∠CMD，BM=DM，可证△BMD是等腰直角三角形，故②正确；由AE≠BD，可得△ACE与△BMD不全等，故③错误；由“ASA”可证△AMG≌△CMH，可得MG=MH，可求∠MGH=45°=∠MBD，可证，故④正确；即可求解．【详解】解：∵∠ABD=∠BDE=∠ACE=90°，∴∠BCA+∠ECD=90°=∠BCA+∠BAC，∴∠BAC=∠ECD，又∵AC=CE，∴△ACB≌△CED（AAS），∴AB=CD，BC=DE，∴AB+DE=BC+CD=BD，故①正确；如图，连接MC，∵AC=CE，∠ACE=90°，点M是AE的中点，∴AM=CM=ME，∠CAE=∠ACM=∠ECM=45°，∴∠BAM=∠MCD，又∵AB=CD，∴△ABM≌△CDM（SAS），∴∠AMB=∠CMD，BM=DM，∴∠AMB+∠BMC=∠BMC+∠DMC=90°，∴∠BMD=90°，∴△BMD是等腰直角三角形，故②正确；∵点C不是BD的中点，∴BD≠2MC，∴AE≠BD，∴△ACE与△BMD不全等，故③错误；∵△BMD是等腰直角三角形，∴∠MBD=∠MDB=45°，∵∠AMC=∠GMH=90°，∴∠AMG=∠CMH，又∵AM=CM，∠MAG=∠MCH，∴△AMG≌△CMH（ASA），∴MG=MH，∴∠MGH=45°=∠MBD，∴，故④正确；故答案为：①②④．【点拨】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．13．或【分析】根据，分两种情况讨论：当时，当时，设，过点作，垂足分别为，得出在的角平分线线上，进而根据三角形内角和定理，三角形的外角的性质，即可求解．【详解】解：如图所示，当时，是等腰三角形，

设，过点作，垂足分别为，∵，∴对应边上的高相等，即，∴在的角平分线线上，∵是的外角，∴∴∵∴解得：如图所示，当时，是等腰三角形，

设同理可得,∴∵∴解得：，由于，不存在的情形，综上所述，的度数为，或．故答案为：或．【点拨】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，角平分线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．14．【分析】本题考查等腰三角形的性质，角平分线的性质，三角形全等的判定及性质，勾股定理．过点A作于点F，过点D作于点G，过点E作于点H．根据等腰三角形的性质可得，，又，得到，从而根据角平分线的性质得到．根据勾股定理在中求得，利用的面积可求出．通过“”证得，得到，，进而求得，根据勾股定理在中即可求出的长．【详解】过点A作于点F，过点D作于点G，过点E作于点H，∵，，∴，，∵，∴，∴∵，，∴，∵，，，∴在中，，∵，或，∴即，∴，∵，，∴，∵点D是的中点，∴，∵，∴，∴，，∴，∴在中，．故答案为：15．13【分析】本题连接，由于是等腰三角形，点D为边的中点，故，再根据三角形的面积公式求出的长，再根据是线段的垂直平分线可知，点关于直线的对称点为点，故的长为的最小值，由此即可解题．【详解】解：连接，如图所示：是等腰三角形，点是边的中点，，，，解得，是的垂直平分线，点关于直线的对称点为，的长为的最小值，的周长的最小值为．故答案为：13．【点拨】本题考查将军饮马模型、等腰三角形性质、垂直平分线性质、利用三角形面积求高，解题的关键在于灵活运用将军饮马模型找出动点在什么位置得到最小值．16．【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键；根据折叠的性质可得，，连接，设，由勾股定理求出x的值，得出，连接，证明，设，再结合勾股定理可得答案．【详解】解：连接如图，∵四边形是正方形，∴，∵点M为的中点，∴，由折叠得，∠，∴∠，，∵，，∴，∴，设则有，∴，又在中，，解得，，∴，，连接，同理可得：，∴设，∴，∴，∴，故答案为：．17．或或【分析】根据中，，，得到时，，的平分线将分割成等腰和直角两部分；当时，，的垂线将分割成等腰和直角两部分；当时，，的垂线将分割成等腰和直角两部分．本题主要考查了等腰三角形和直角三角形．解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形的判定和直角三角形的判定，角的和差计算，分类讨论．【详解】∵中，，，∴当时，，直线平分时，，∴，∴，∴是等腰三角形，是直角三角形；当时，，直线时，，∴，∴，∴，∴是等腰三角形，是直角三角形；当时，，直线时，，∴，∴，∴，∴是等腰三角形，是直角三角形．故答案为：或或．18．340【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，等腰三角形的三线合一性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握勾股定理，正方形的性质是解题的关键．（1）过点H作于点M，根据得到，四边形是矩形，继而得到．证明得到，结合正方形的性质，得到，计算即可．（2）根据(1)，设，则，，根据得到，继而得到，，利用图形面积分割法计算即可．【详解】（1）过点H作于点M，∵，∴，四边形是矩形，∴．∵四边形，四边形，四边形都是正方形，∴，，，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：3．（2）根据（1），设，则，，根据∴，∴，，∵四边形的面积为22，∴，解得（舍去），∴，∴正方形的面积为，故答案为：40．19．(1)；(2)．理由见解析【分析】本题考查了勾股定理，线段垂直平分线的判定和性质，全等三角形的判定和性质．（1）证明是线段的垂直平分线，利用勾股定理求得，，再利用面积法求解即可；（2）作交的延长线于点，证明，推出，，由线段垂直平分线的判定和性质，得到，再根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）解：连接，∵点为边的中点，，∴是线段的垂直平分线，∴，设，则，在中，，即，解得，即，在中，，，∴，∵，∴；（2）解：．理由如下，作交的延长线于点，连接，∴，，∵点为边的中点，∴，∴，∴，，∵，∴是线段的垂直平分线，∴，∵，，∴，∴，即．20．(1)(2)【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定及等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键；（1）过点C作于点E，由题意易得，，然后可得，进而问题可求解；（2）根据三角形的面积公式及（1）可进行求解．【详解】（1）解：过点C作于点E，如图所示：

∵，∴，，∵平分，∴，在和中，，∴，∴；（2）解：由（1）可知：，∵，，∴，，∴．21．(1)见解析(2)见解析(3)（2）中结论成立，理由见解析【分析】（1）用证明，可得，，利用线段的和差关系即可完成；（2）延长交于点，利用证明，得，,进而得，由（1）的结论即得，最后可得结论成立；（3）延长交于点，用证明，得，,由（1），得，由等腰三角形的性质即得结论成立．【详解】（1）证明：，，，，，，．在与中，，，，，即．（2）证明：延长交于点，，，，，是中点，，在与中，，，，．在中，是中点，，．而由（1），，又，．

（3）证明：延长交于点，，，，，是中点，，在与中，，，，．在中，是中点，，由（1），，，∴，又，．

【点拨】本题是全等三角形的综合；考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质；构造全等三角形是本题的关键与难点．22．(1)，(2)见解析，(3)存在，或【分析】（1）将代入得，，即，将代入得，，计算求解即可；（2）由（1）可知，，可求，则，，，利用勾股定理逆定理证明即可；（3）由（2）可知，，则，，如图，设