第2章 特殊三角形（单元重点综合测试）-2024-2025学年八年级数学上册单元速记·巧练（浙教版）

第2章 特殊三角形（单元重点综合测试） （考试时间：120分钟；满分：120分） 姓名___________ 班级_________ 考号_______________________ 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．（3分）（2023秋•路桥区期末）下列亚运会的会徽中，属于轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（3分）（2023秋•浙江校级期末）等腰三角形有两条边长分别为5和10，则这个等腰三角形的周长为（　　） A．15 B．20 C．25或20 D．25 3．（3分）（2024•萧山区一模）如图，AD，BE均为△ABC的高，且AB＝AC，连结DE交AB于点O，若∠C＝28°，则∠OEB的度数为（　　） A．62° B．60° C．58° D．56° 4．（3分）（2023秋•柯桥区期中）两个直角三角形中： ①一锐角和斜边对应相等； ②斜边和一直角边对应相等； ③有两条边相等； ④两个锐角对应相等． 能使这两个直角三角形全等的是（　　） A．①② B．②③ C．③④ D．①②③④ 5．（3分）（2024春•浙江期末）如图，在△ABC中，AB＝BC，由图中的尺规作图得到射线BD，BD与AC交于点E，点F为BC的中点，连接EF，若BE＝AC＝4，则△EFC的周长为（　　） A． B．4 C． D． 6．（3分）（2023秋•宁波期末）将三张半圆形纸片按如图的方式摆置，半圆的直径恰好构成一个直角三角形，若知道图中两个月牙形的面积和，则一定能求出（　　） A．直角三角形的面积 B．最大半圆形的面积 C．较小两个半圆形的面积和 D．最大半圆形与直角三角形的面积和 7．（3分）（2023秋•衢州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以A点，B点为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于E，F，连接EF交AB于点D，交AC于点H．连接CD，以C为圆心，CD长为半径作弧，交AC于G点，若AB＝10cm，BC＝6cm，则GH的长度为（　　） A． B． C．3cm D． 8．（3分）（2024春•怀化期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10，AD是∠BAC的平分线．若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是（　　） A．2.4 B．4.8 C．4 D．5 9．（3分）（2024•宁海县校级自主招生）如图△ABC的三条高相交于点G，CH是角平分线，已知∠ABC＝45°，∠ACD＝60°，则图中的等腰三角形共有（　　）个． A．5 B．6 C．7 D．8 10．（3分）（2023秋•浙江期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC+BC＝7，空白部分面积为13，则AB的长为（　　） A．5 B． C． D． 二．填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分） 11．（3分）（2023秋•嵊州市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BD是AC边上的高线，若∠C＝2∠A，则∠CBD的度数为 　 　． 12．（3分）（2023秋•宁海县期中）如图，将一副三角尺按如图所示的方式叠在一起，若AB＝10cm，则阴影部分的面积是 　 　cm2． 13．（3分）（2023秋•北仑区期末）定义：若三角形满足其中两边之和等于第三边的三倍，则称该三角形为“三倍三角形”．若等腰三角形ABC是三倍三角形，且其中一边长为3，则△ABC的周长为 　 　． 14．（3分）（2024春•拱墅区校级期中）勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图1所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的．记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1，S2，S3，若正方形EFGH的边长为6，则S1+S2+S3＝　 　． 15．（3分）（2023秋•浙江期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，AO＝BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为 　 　． 16．（3分）（2023秋•奉化区校级期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，射线CD与边AB交于点D，E、F分别为AD、BD中点，设点E、F到射线CD的距离分别为m、n，则线段CD的最小值为 　 　，m+n的最大值为 　 　． 三．解答题（共8小题，共72分） 17．（6分）（2023秋•嵊州市期末）一个等腰三角形的周长是25cm． （1）若腰长是底边长的2倍，求这个等腰三角形各边的长． （2）若其中一边的长为7cm，求这个等腰三角形其余两边的长． 18．（6分）（2023秋•浙江期末）已知△ABC中，D为边BC上一点，AB＝AD＝CD． （1）试说明∠ABC＝2∠C； （2）过点B作AD的平行线交CA的延长线于点E，若AE＝AB，求证：AD平分∠BAC． 19．（8分）（2023秋•东阳市期中）如图，在8×8的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一格点△ABC（即三角形的顶点都在格点上）． （1）在图中作出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1；（要求A与A1，B与B1，C与C1相对应） （2）若有一格点P到点A，B的距离相等，则网格中满足条件的点P有 　 　个； （3）在直线l上找到一点Q，使QB+QC的值最小． 20．（8分）（2023秋•浙江模拟）如图，点C、E、B、F在一条直线上，AB⊥CF于B，DE⊥CF于E，AC＝DF，AB＝DE．求证：CE＝BF． 21．（10分）（2023秋•浙江期末）已知：如图△ABC中AC＝6cm，AB＝8cm，BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，过D作直线平行于BC，交AB，AC于E，F． （1）求证：△DFC是等腰三角形； （2）求△AEF的周长． 22．（10分）（2023秋•东阳市期末）我们新定义一种三角形：若一个三角形中存在两边的平方差等于第三边上高的平方，则称这个三角形为勾股高三角形，两边交点为勾股顶点． ●特例感知 ①等腰直角三角形 　 　勾股高三角形（请填写“是”或者“不是”）； ②如图1，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点，CD是AB边上的高．若BD＝2AD＝2，试求线段CD的长度． ●深入探究 如图2，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点且CA＞CB，CD是AB边上的高．试探究线段AD与CB的数量关系，并给予证明； ●推广应用 如图3，等腰△ABC为勾股高三角形，其中AB＝AC＞BC，CD为AB边上的高，过点D向BC边引平行线与AC边交于点E．若CE＝a，试求线段DE的长度． 23．（12分）（2023秋•江北区月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，若点P从点A出发，以每秒1cm的速度沿折线A→C→B→A运动，设运动时间为t秒（t＞0）． （1）若点P恰好在∠BAC的角平分线上（点A除外），求t的值； （2）点P运动的过程中，当△BPC为等腰三角形时，则t的值． 24．（12分）（2023秋•鹿城区校级期中）如图1，射线AB∥射线CD，AC⊥CD，点E在CD上，将△ACE沿AE作轴对称得△AFE，射线EF与AB交于G． （1）求证：△AGE为等腰三角形． （2）如图2，当点F在AB，CD之间时，延长AF与CD交于点H，连接CF． ①若△AGE为等边三角形，则CE与EG的比值为 　 　． ②若点F落在线段AC的中垂线上，则△CFH与△AEH的面积比为 　 　． （3）如图3，当点F在AB，CD之间时，在AB上取一点M使得S△AFE＝S△MFE，求证：△AEM是直角三角形． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第2章 特殊三角形（单元重点综合测试） （考试时间：120分钟；满分：120分） 姓名___________ 班级_________ 考号_______________________ 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．（3分）（2023秋•路桥区期末）下列亚运会的会徽中，属于轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形的定义逐项分析判断即可． 【解答】解：A．不是轴对称图形，该选项不符合题意； B．是轴对称图形，该选项符合题意； C．不是轴对称图形，该选项不符合题意； D．不是轴对称图形，该选项不符合题意． 故选：B． 2．（3分）（2023秋•浙江校级期末）等腰三角形有两条边长分别为5和10，则这个等腰三角形的周长为（　　） A．15 B．20 C．25或20 D．25 【分析】根据腰为5或10，分类求解，注意根据三角形的三边关系进行判断． 【解答】解：当等腰三角形的腰为5时，三边为5，5，10，5+5＝10，三边关系不成立； 当等腰三角形的腰为10时，三边为5，10，10，三边关系成立，周长为5+10+10＝25． 故选：D． 3．（3分）（2024•萧山区一模）如图，AD，BE均为△ABC的高，且AB＝AC，连结DE交AB于点O，若∠C＝28°，则∠OEB的度数为（　　） A．62° B．60° C．58° D．56° 【分析】根据等腰三角形三线合一的性质得出点D是BC的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出DE＝BD，根据等边对等角得出∠OEB＝∠EBD，在Rt△BEC中求出∠EBD的度数，即可得解． 【解答】解：∵AB＝AC，AD是BC边上的高， ∴BD＝CD， ∵BE是AC边上的高， ∴∠BEC＝90°， ∴DE＝＝BD， ∴∠OEB＝∠EBD， ∵∠BEC＝90°，∠C＝28°， ∴∠EBD＝90°﹣∠C＝90°﹣28°＝62°， ∴∠OEB＝62°， 故选：A． 4．（3分）（2023秋•柯桥区期中）两个直角三角形中： ①一锐角和斜边对应相等； ②斜边和一直角边对应相等； ③有两条边相等； ④两个锐角对应相等． 能使这两个直角三角形全等的是（　　） A．①② B．②③ C．③④ D．①②③④ 【分析】根据全等三角形的判定方法及“HL”定理，判断即可． 【解答】解：①有斜边和一个锐角对应相等，可以利用AAS证明全等，故①符合题意； ②有斜边和一条直角边对应相等，可以利用HL证明全等，故②符合题意； ③有两条边相等，没有表明是对应边相等，不一定可以利用HL或SAS证明全等，故③不符合题意； ④有两个锐角对应相等，不能利用AAA证明全等，故④不符合题意； 综上分析可知①②正确，故A符合题意． 故选：A． 5．（3分）（2024春•浙江期末）如图，在△ABC中，AB＝BC，由图中的尺规作图得到射线BD，BD与AC交于点E，点F为BC的中点，连接EF，若BE＝AC＝4，则△EFC的周长为（　　） A． B．4 C． D． 【分析】由尺规作图可知，BE为∠ABC的平分线，结合等腰三角形的性质可得BE⊥AC，，利用勾股定理得，进而可得，，即可得出答案． 【解答】解：由题意得，BE为∠ABC的平分线， ∵AB＝BC， ∴BE⊥AC，， 由勾股定理得，， ∵点F为BC的中点， ∴，， ∴△EFC的周长为， 故选：C． 6．（3分）（2023秋•宁波期末）将三张半圆形纸片按如图的方式摆置，半圆的直径恰好构成一个直角三角形，若知道图中两个月牙形的面积和，则一定能求出（　　） A．直角三角形的面积 B．最大半圆形的面积 C．较小两个半圆形的面积和 D．最大半圆形与直角三角形的面积和 【分析】两个月牙形的面积和＝以AC、BC为直径的半圆的面积的和+直角三角形三角形的面积﹣以AB为直径的半圆的面积，由此即可解决问题． 【解答】解：以AC为直径的半圆的面积＝π×＝AC2， 同理：以BC、AB为直径的半圆的面积分别是BC2，AB2， ∴两个月牙形的面积和＝以AC、BC为直径的半圆的面积的和+直角三角形三角形的面积﹣以AB为直径的半圆的面积， ∴两个月牙形的面积和＝AC2+BC2﹣AB2+直角三角形的面积＝（AC2+BC2﹣AB2）+直角三角形的面积， 由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2， ∴两个月牙形的面积和＝直角三角形的面积． 故选：A． 7．（3分）（2023秋•衢州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以A点，B点为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于E，F，连接EF交AB于点D，交AC于点H．连接CD，以C为圆心，CD长为半径作弧，交AC于G点，若AB＝10cm，BC＝6cm，则GH的长度为（　　） A． B． C．3cm D． 【分析】连接BH，根据直角三角形的性质得出，根据勾股定理求出，求出AG＝AC﹣CG＝8﹣5＝3（cm），设AH＝BH＝x cm，则CH＝（8﹣x）cm，根据勾股定理得出62+（8﹣x）2＝x2，求出，最后求出结果即可． 【解答】解：连接BH，如图所示： 根据作图可知，EF垂直平分AB， ∴BH＝AH，AD＝BD， ∵△ABC为直角三角形， ∴， ∴CG＝CD＝5cm， 根据勾股定理得：， ∴AG＝AC﹣CG＝8﹣5＝3（cm）， 设AH＝BH＝x cm，则CH＝（8﹣x）cm， 根据勾股定理得：BC2+CH2＝BH2， 即62+（8﹣x）2＝x2， 解得：， ∴， 故选：B． 8．（3分）（2024春•怀化期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10，AD是∠BAC的平分线．若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是（　　） A．2.4 B．4.8 C．4 D．5 【分析】过点C作CM⊥AB交AB于点M，交AD于点P，过点P作PQ⊥AC于点Q，由AD是∠BAC的平分线．得出PQ＝PM，这时PC+PQ有最小值，即CM的长度，运用勾股定理求出AB，再运用S△ABC＝AB•CM＝AC•BC，得出CM的值，即PC+PQ的最小值． 【解答】解：如图，过点C作CM⊥AB交AB于点M，交AD于点P，过点P作PQ⊥AC于点Q， ∵AD是∠BAC的平分线． ∴PQ＝PM，这时PC+PQ有最小值，即CM的长度， ∵AC＝6，AB＝10，∠ACB＝90°，BC＝8， ∵S△ABC＝AB•CM＝AC•BC， ∴CM＝＝， 即PC+PQ的最小值为． 故选：B． 9．（3分）（2024•宁海县校级自主招生）如图△ABC的三条高相交于点G，CH是角平分线，已知∠ABC＝45°，∠ACD＝60°，则图中的等腰三角形共有（　　）个． A．5 B．6 C．7 D．8 【分析】根据条件和等腰三角形的判定分别找出等腰三角形即可． 【解答】解：①∵AD⊥BC，∠ABC＝45°， ∴△ABD是等腰三角形； ②∵CF⊥AB，∠ABC＝45°， ∴△BCF是等腰三角形； ③∵∠ACB＝60， ∴∠CBE＝90°﹣60°＝30°， ∵CH是角平分线， ∴∠BCH＝∠ACH＝∠ACB＝30°， ∴∠CBI＝∠ICB， ∴△BCI是等腰三角形； ④∵∠ACB＝60°， ∴∠CAD＝90°﹣60°＝30°， ∴∠ACJ＝∠CAJ＝30°， ∴△ACJ是等腰三角形； ⑤∵∠ACF＝60°﹣45°＝15°， ∴∠CAF＝90°﹣15°＝75°， ∴∠AHC＝∠ABC+∠BCH＝45°+30°＝75°， ∴∠CAH＝∠CHA＝75°， ∴△ACH是等腰三角形； ⑥∵∠GCD＝∠DGC＝45°， ∴△CDG是等腰三角形； ⑦∵∠GIJ＝∠EBC+∠HCB＝30°+30°＝60°， ∠GJI＝∠CJD＝90°﹣30°＝60°， ∴∠GIJ＝∠GJI＝60°， ∴△GIJ是等腰三角形； ⑧△AFG是等腰三角形； 综上分析，图中等腰三角形共有8个：△ABD、△BCF、△BCI、△ACJ、△ACH、△CDG、△GIJ、△AFG． 故选：D． 10．（3分）（2023秋•浙江期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC+BC＝7，空白部分面积为13，则AB的长为（　　） A．5 B． C． D． 【分析】由正方形的性质推出AB＝AF，∠BAN＝∠F＝90°，由余角的性质推出∠ABN＝∠MAF，由ASA证明△BAN≌△AFM，得到△BAN的面积＝△AFM的面积，因此四边形FNCM的面积＝△ABC的面积，得到空白部分的面积＝正方形ABGF的面积﹣2×△ABC的面积，因此AB2﹣2×AC•BC＝13①，由完全平方公式得AC2+BC2+2AC•BC＝49，由勾股定理得到AB2+2AC•BC＝49②，于是AB2＝25，即可求出AB的长． 【解答】解：∵四边形ABGF是正方形， ∴AB＝AF，∠BAN＝∠F＝90°， ∴∠MAF+∠BAC＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ABN+∠BAC＝90°， ∴∠ABN＝∠MAF， ∵AB＝AF，∠BAN＝∠F， ∴△BAN≌△AFM（ASA）， ∴△BAN的面积＝△AFM的面积， ∴四边形FNCM的面积＝△ABC的面积， ∴空白部分的面积＝正方形ABGF的面积﹣2×△ABC的面积， ∴AB2﹣2×AC•BC＝13①， ∵AC+BC＝7， ∴（AC+BC）2＝72， ∴AC2+BC2+2AC•BC＝49， ∵AB2＝AC2+BC2， ∴AB2+2AC•BC＝49②， 由①和②得AB2＝25， ∴AB＝5（舍去负值）． 故选：A． 二．填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分） 11．（3分）（2023秋•嵊州市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BD是AC边上的高线，若∠C＝2∠A，则∠CBD的度数为 　18°　． 【分析】根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理求得∠A＝36°，推出∠C＝72°，再利用余角的性质即可求解． 【解答】解：∵AB＝AC，∠C＝2∠A， ∴∠ABC＝∠C＝2∠A， ∴∠ABC+∠C+∠A＝180°， 解得∠A＝36°， ∴∠C＝72°， ∴∠CBD＝90°﹣∠C＝18°， 故答案为：18°． 12．（3分）（2023秋•宁海县期中）如图，将一副三角尺按如图所示的方式叠在一起，若AB＝10cm，则阴影部分的面积是 　12.5　cm2． 【分析】易证BC∥DE，那么△ACF也是等腰直角三角形，欲求其面积，必须先求出直角边AC的长；Rt△ABC中，已知斜边AB及∠B的度数，易求得AC的长，进而可根据三角形面积的计算方法求出阴影部分的面积． 【解答】解：∵∠B＝30°，∠ACB＝90°，AB＝10cm， ∴AC＝5cm． ∵∠AED＝∠ACB＝90°， ∴BC∥ED， ∴∠AFC＝∠ADE＝45°， ∴AC＝CF＝5cm． 故S△ACF＝×5×5＝12.5（cm2）． 故答案为：12.5． 13．（3分）（2023秋•北仑区期末）定义：若三角形满足其中两边之和等于第三边的三倍，则称该三角形为“三倍三角形”．若等腰三角形ABC是三倍三角形，且其中一边长为3，则△ABC的周长为 　12或8　． 【分析】分两种情况，底边长是3或腰长是3，由三角形三边关系定理，“三倍三角形”的定义即可求解． 【解答】解：如果底边长是3， 若两腰的和是3的三倍，即为9，满足三角形三边关系定理，则△ABC的周长是9+3＝12， 若腰与底边的和是腰长的三倍，求出腰长是1.5，不满足三角形三边关系定理； 如果腰长是3， 若两腰的和是底边的三倍，底边长是2，满足三角形三边关系定理，则△ABC的周长是3+3+2＝8， 若腰与底边的和是腰长的三倍，求出底边长是6，不满足三角形三边关系定理， ∴△ABC的周长为12或8． 故答案为：12或8． 14．（3分）（2024春•拱墅区校级期中）勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图1所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的．记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1，S2，S3，若正方形EFGH的边长为6，则S1+S2+S3＝　108　． 【分析】设全等的直角三角形的两条直角边为a、b且a＞b，则S1＝（a+b）2，S2＝a2+b2，S3＝（a﹣b）2，先证明S2＝a2+b2＝36，再证明S1+S2+S3＝3（a2+b2）即可得到答案． 【解答】解：设全等的直角三角形的两条直角边为a、b，且a＞b， 由题意可知：S1＝（a+b）2，S2＝a2+b2，S3＝（a﹣b）2， ∵正方形EFGH的边长为6， ∴S2＝a2+b2＝36， ∴S1+S2+S3＝（a+b）2+a2+b2+（a﹣b）2 ＝a2+2ab+b2+a2+b2+a2﹣2ab+b2 ＝3（a2+b2） ＝108， 故答案为：108． 15．（3分）（2023秋•浙江期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，AO＝BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为 　3或7或1　． 【分析】利用分类讨论，当∠APB＝90°时（如图1），由AO＝BO，∠AOC＝60°，得到△BOP为等边三角形，于是有∠ABP＝60°，由三角形内角和得到∠BAP＝30°，即可求得AP； 当∠ABP＝90°时，如图2，由对顶角的性质可得∠AOC＝∠BOP＝60°，易得∠BPO＝30°，易得BP的长，利用勾股定理可得AP的长；当∠APB＝90°时，分两种情况讨论，情况一：如图1，情况二：如图3，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得结论．如图4中，∠PAB＝90°时，求出AP即可． 【解答】解：当∠APB＝90°时，如图1， ∵AO＝BO＝＝1， ∴PO＝BO， ∵∠AOC＝60°， ∴∠BOP＝60°， ∴△BOP为等边三角形， ∴∠ABP＝60°， ∴∠BAP＝30°， ∴AP＝； 当∠ABP＝90°时，如图2， ∵∠AOC＝∠BOP＝60°， ∴∠BPO＝30°， ∴BP＝＝＝， 在直角三角形ABP中， AP＝＝； 当∠APB＝90°时，如图3， ∵AO＝BO，∠APB＝90°， ∴PO＝AO， ∵∠AOC＝60°， ∴△AOP为等边三角形， ∴AP＝AO＝1， 如图4中，当∠PAB＝90°时， ∴PA＝OA＝， 故答案为：或或1． 16．（3分）（2023秋•奉化区校级期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，射线CD与边AB交于点D，E、F分别为AD、BD中点，设点E、F到射线CD的距离分别为m、n，则线段CD的最小值为 　4.8　，m+n的最大值为 　5　． 【分析】连接CE，CF，根据面积关系可以求得，当CD最小为AB边上高时，即可求出m+n的最大值． 【解答】解：如图，连接CE，CF，过E作CD垂线，垂足为M点，过F作CD垂线，垂足为N点，即EM＝m，EN＝n， 则，， ∵E，F分别为AD，BD中点， ∴，， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴CD（m+n）＝24， ∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6， ∴， 设AB上的高为h， ∴， ∴h＝4.8， 当CD最小时，即CD⊥AB，此时CD＝h＝4.8时，m+n最大， ∴， ∴最大值为5． 故答案为：4.8，5． 三．解答题（共8小题，共72分） 17．（6分）（2023秋•嵊州市期末）一个等腰三角形的周长是25cm． （1）若腰长是底边长的2倍，求这个等腰三角形各边的长． （2）若其中一边的长为7cm，求这个等腰三角形其余两边的长． 【分析】（1）设等腰三角形的底边长为x cm，则腰长为2x cm，根据“周长是25cm”列方程求解即可； （2）根据等腰三角形的定义，分腰为7cm与底为7cm两种情况分别求出其他两边即可． 【解答】解：（1）设等腰三角形的底边长为x cm，则腰长为2x cm， 由题意得：2x+2x+x＝25， 解得：x＝5 ∴2x＝10，这个等腰三角形的底边长为5cm，腰长分别为10cm，10cm， 即各边长分别是10cm，10cm，5cm； （2）当腰为7cm时，底边长为：25﹣7×2＝11（cm）， ∴其余两边分别为7cm，11cm，此时能构成三角形； 当底为7cm时，腰长为：， ∴其余两边分别为9cm，9cm，此时能构成三角形； 综上所述：其余两边分别为7cm与11cm，或9cm与9cm． 18．（6分）（2023秋•浙江期末）已知△ABC中，D为边BC上一点，AB＝AD＝CD． （1）试说明∠ABC＝2∠C； （2）过点B作AD的平行线交CA的延长线于点E，若AE＝AB，求证：AD平分∠BAC． 【分析】（1）由等腰三角形的性质推出∠ABC＝∠ADB，∠C＝∠DAC，由三角形外角的性质得到∠ADB＝∠C+∠DAC＝2∠C，即可推出∠ABC＝2∠C． （2）由等腰三角形的性质推出∠E＝∠ABE，由平行线的性质推出∠CAD＝∠E，∠BAD＝∠ABE，得到∠CAD＝∠BAD，即可证明AD平分∠BAC． 【解答】（1）解：∵AB＝AD＝CD， ∴∠ABC＝∠ADB，∠C＝∠DAC， ∵∠ADB＝∠C+∠DAC＝2∠C， ∴∠ABC＝2∠C． （2）证明：∵AE＝AB， ∴∠E＝∠ABE， ∵BE∥AD， ∴∠CAD＝∠E，∠BAD＝∠ABE， ∴∠CAD＝∠BAD， ∴AD平分∠BAC． 19．（8分）（2023秋•东阳市期中）如图，在8×8的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，网格中有一格点△ABC（即三角形的顶点都在格点上）． （1）在图中作出△ABC关于直线l对称的△A1B1C1；（要求A与A1，B与B1，C与C1相对应） （2）若有一格点P到点A，B的距离相等，则网格中满足条件的点P有 　4　个； （3）在直线l上找到一点Q，使QB+QC的值最小． 【分析】（1）根据轴对称的性质作图即可． （2）利用网格，作线段AB的垂直平分线，所经过的格点即为满足条件的点P的位置． （3）连接CB1，交直线l于点Q，连接BQ，此时QB+QC的值最小． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求． （2）由图可知，P1，P2，P3，P4满足到点A，B的距离相等， ∴网格中满足条件的点P有4个． 故答案为：4． （3）如图，点Q即为所求． 20．（8分）（2023秋•浙江模拟）如图，点C、E、B、F在一条直线上，AB⊥CF于B，DE⊥CF于E，AC＝DF，AB＝DE．求证：CE＝BF． 【分析】先根据直角三角形全等的判定方法证得Rt△ABC≌Rt△DEF（HL），则BC＝EF，即CE＝BF． 【解答】证明：∵AB⊥CF，DE⊥CF， ∴∠ABC＝∠DEF＝90°． 在Rt△ABC和Rt△DEF中， ， ∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL）． ∴BC＝EF． ∴BC﹣BE＝EF﹣BE． 即：CE＝BF． 21．（10分）（2023秋•浙江期末）已知：如图△ABC中AC＝6cm，AB＝8cm，BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，过D作直线平行于BC，交AB，AC于E，F． （1）求证：△DFC是等腰三角形； （2）求△AEF的周长． 【分析】（1）首先根据平行线的性质可得∠FDC＝∠DCB，再根据角平分线的定义可得∠FCD＝∠BCD，可得∠FCD＝∠FDC，据此即可证得； （2）同理（1）可得DE＝BE，根据△AEF的周长＝AE+AF+DE+DF＝AB+AC，求解即可． 【解答】（1）证明：∵EF∥BC， ∴∠FDC＝∠DCB， ∵CD平分∠ACB， ∴∠FCD＝∠DCB， ∴∠FDC＝∠FCD， ∴FD＝FC， ∴△DFC是等腰三角形； （2）∵EF∥BC， ∴∠EDB＝∠DBC， ∵BD平分∠ABC， ∴∠EBD＝∠DBC， ∴∠EDB＝∠EBD， ∴ED＝EB， ∵AC＝6cm，AB＝8cm， ∴△AEF的周长为：AE+EF+AF ＝AE+ED+FD+AF ＝AE+EB+FC+AF ＝AB+AC ＝8+6 ＝14（cm）． 22．（10分）（2023秋•东阳市期末）我们新定义一种三角形：若一个三角形中存在两边的平方差等于第三边上高的平方，则称这个三角形为勾股高三角形，两边交点为勾股顶点． ●特例感知 ①等腰直角三角形 　是　勾股高三角形（请填写“是”或者“不是”）； ②如图1，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点，CD是AB边上的高．若BD＝2AD＝2，试求线段CD的长度． ●深入探究 如图2，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点且CA＞CB，CD是AB边上的高．试探究线段AD与CB的数量关系，并给予证明； ●推广应用 如图3，等腰△ABC为勾股高三角形，其中AB＝AC＞BC，CD为AB边上的高，过点D向BC边引平行线与AC边交于点E．若CE＝a，试求线段DE的长度． 【分析】●特例感知：①根据勾股高三角形的定义即可判断； ②如图1，根据勾股定理可得：CB2＝CD2+4，CA2＝CD2+1，于是CD2＝（CD2+4）﹣（CD2+1）＝3，即可解决问题； ●深入探究：由CA2﹣CB2＝CD2可得：CA2﹣CD2＝CB2，而CA2﹣CD2＝AD2，即可推出AD2＝CB2； ●推广应用：过点A向ED引垂线，垂足为G，只要证明△AGD≌△CDB（AAS），即可解决问题； 【解答】解：●特例感知： ① 等腰直角三角形是勾股高三角形． 故答案为是． ②如图1中，根据勾股定理可得：CB2＝CD2+4，CA2＝CD2+1， 于是CD2＝（CD2+4）﹣（CD2+1）＝3， ∴CD＝． ●深入探究： 如图2中，由CA2﹣CB2＝CD2可得：CA2﹣CD2＝CB2，而CA2﹣CD2＝AD2， ∴AD2＝CB2， 即AD＝CB； ●推广应用： 过点A向ED引垂线，垂足为G， ∵“勾股高三角形”△ABC为等腰三角形，且AB＝AC＞BC， ∴只能是AC2﹣BC2＝CD2，由上问可知AD＝BC……①． 又ED∥BC，∴∠1＝∠B……②． 而∠AGD＝∠CDB＝90°……③， ∴△AGD≌△CDB（AAS）， ∴DG＝BD． 易知△ADE与△ABC均为等腰三角形， 根据三线合一原理可知ED＝2DG＝2BD． 又AB＝AC，AD＝AE， ∴BD＝EC＝a， ∴ED＝2a． 23．（12分）（2023秋•江北区月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，若点P从点A出发，以每秒1cm的速度沿折线A→C→B→A运动，设运动时间为t秒（t＞0）． （1）若点P恰好在∠BAC的角平分线上（点A除外），求t的值； （2）点P运动的过程中，当△BPC为等腰三角形时，则t的值． 【分析】（1）过P作PE⊥AB，设CP＝x，根据角平分线的性质和勾股定理，列方程式进行解答即可； （2）分类讨论：当CP＝CB时，△BCP为等腰三角形，若点P在AC上，根据AP的长即可得到t的值，若点P在AB上，根据P移动的路程易得t的值；当PC＝PB时，△BCP为等腰三角形，作PD⊥BC于D，根据等腰三角形的性质得BD＝CD，则可判断PD为△ABC的中位线，则AP＝AB＝5，易得t的值；当BP＝BC＝6时，△BCP为等腰三角形，易得t的值． 【解答】解：（1）如图1，过P作PE⊥AB， ∵∠ACB＝90°， ∴AC＝＝＝8， ∵点P恰好在∠BAC的角平分线上，且∠C＝90°，AB＝10，BC＝6， ∴CP＝EP， 在Rt△ACP和Rt△AEP中， ， ∴Rt△ACP≌Rt△AEP（HL）， ∴AC＝8cm＝AE，BE＝2， 设CP＝x，则BP＝6﹣x，PE＝x， ∴Rt△BEP中，BE2+PE2＝BP2， 即22+x2＝（6﹣x）2， 解得x＝， ∴CP＝， ∴CA+CP＝8+＝， ∴t＝÷1＝； 当点P沿折线A﹣C﹣B﹣A运动到点A时，点P也在∠BAC的角平分线上， 此时，t＝（10+8+6）÷1＝24． 综上，若点P恰好在∠BAC的角平分线上，t的值为或6； （2）①如图2，当CP＝CB时，△BCP为等腰三角形， 若点P在CA上，则t＝8﹣6， 解得t＝2； ②如图3，当BP＝BC＝6时，△BCP为等腰三角形， ∴AC+CB+BP＝8+6+6＝20， ∴t＝20； ③如图4，若点P在AB上，CP＝CB＝6，作CD⊥AB于D，根据面积法求得CD＝4.8， 在Rt△BCD中，由勾股定理得BD＝3.6， ∴PB＝2BD＝7.2， ∴CA+CB+BP＝8+6+7.2＝21.2， 此时t＝21.2； ④如图5，当PC＝PB时，△BCP为等腰三角形，作PD⊥BC于D，则D为BC的中点， ∴PD为△ABC的中位线， ∴AP＝BP＝AB＝5， ∴AC+CB+BP＝8+6+5＝19， ∴t＝19； 综上所述，t为2或21.2或20或19时，△BCP为等腰三角形． 故答案为：2或21.2或20或19． 24．（12分）（2023秋•鹿城区校级期中）如图1，射线AB∥射线CD，AC⊥CD，点E在CD上，将△ACE沿AE作轴对称得△AFE，射线EF与AB交于G． （1）求证：△AGE为等腰三角形． （2）如图2，当点F在AB，CD之间时，延长AF与CD交于点H，连接CF． ①若△AGE为等边三角形，则CE与EG的比值为 　　． ②若点F落在线段AC的中垂线上，则△CFH与△AEH的面积比为 　　． （3）如图3，当点F在AB，CD之间时，在AB上取一点M使得S△AFE＝S△MFE，求证：△AEM是直角三角形． 【分析】（1）由轴对称的性质得出∠ACE＝∠AEG，证出AG＝EG，则可得出结论； （2）①由等边三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案； ②由等边三角形的性质及轴对称的性质可得出答案； （3）过点M作MG⊥EF，交EF的延长线于点G，EG交AM于点H，证明△AFH≌△MGH（AAS），得出AH＝MH，由（1）可知AH＝HE，证出HM＝HE＝AH，则可得出结论． 【解答】（1）证明：∵AB∥CD， ∴∠ACE＝∠GAE， ∵将△ACE沿AE作轴对称得△AFE， ∴∠ACE＝∠AEG， ∴∠GAE＝∠AEG， ∴AG＝EG， ∴△AGE为等腰三角形； （2）解：①∵△AEG是等边三角形， ∴∠EAG＝60°，AE＝EG， ∵AC⊥CD，CD⊥AB， ∴∠ACE＝∠CAG＝90°， ∴∠CAE＝30°， 设CE＝a，则AE＝EG＝2a， ∴， 故答案为：； ②∵点F落在线段AC的中垂线上， ∴AF＝CF， ∵将△ACE沿AE作轴对称得△AFE， ∴AC＝AF，CE＝EF，∠CAE＝∠FAE， ∴AF＝CF＝AC， ∴△ACF为等边三角形， ∴∠ACF＝∠CAF＝60°， ∴∠ECF＝∠CAE＝30°， 设CE＝x，则AC＝x， ∵∠AEC＝∠EAH+∠AHE＝60°， ∴∠EAH＝∠AHF＝30°， ∴AE＝EH＝2x， ∴CH＝3x， ∵∠ACH＝90°，AF＝CF，∠AFC＝60°， ∴CF＝FH＝AF， ∴＝＝，S△AEH， ∴△CFH与△AEH的面积比＝， 故答案为：； （3）证明：过点M作MG⊥EF，交EF的延长线于点G，EG交AM于点H， ∵，，S△AFE＝S△MFE， ∴AF＝MG， ∵∠AHF＝∠MHG，∠AFH＝∠MGH， ∴△AFH≌△MGH（AAS）， ∴AH＝MH， 由（1）可知AH＝HE， ∴HM＝HE＝AH， ∴∠HAE＝∠HEA，∠HEM＝∠HME， ∴∠AEH+∠HEM＝90°， ∴∠AEM＝90°， 即△AEM为直角三角形． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$