专题06浙江省各地市期中考试试卷简单题压轴题选练-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学上学期期中真题分类汇编（浙江专用）

专题06 浙江省各地市期中考试试卷简答题压轴题选练 1．（2023秋•上城区校级期中）已知：△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∠ACD＝∠BCE＝90°． （1）如图1，摆放△ACD和△BCE时（点A、C、B在同一条直线上，点E在CD上），连接AE、BD．求线段AE与BD的数量关系，位置关系．（直接写出答案） （2）如图2，摆放△ACD和△BCE时，连接AE、BD，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由； （3）如图3，摆放△ACD和△BCE时，连接AE、DE．若有AE2＝DE2+2CE2，试求∠DEC的度数． 2．（2023秋•诸暨市校级期中）如图，已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒． （1）出发2秒后，求PQ的长； （2）当点Q在边BC上运动时，出发几秒钟后，△PQB能形成等腰三角形？ （3）当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间． 3．（2023秋•东阳市期中）某校计划为足球兴趣小组重新购买A、B两种足球．经调研得知：购买1个A型足球和2个B型足球共需800元，购买3个A型足球和2个B型足球共需1200元． （1）求每个A型足球和B型足球各多少元； （2）若该学校准备购买A、B两种足球共20个（每种至少买一个）；要求总费用不超过5000元，则对购买A型足球在数量上有什么要求？说明理由； （3）在（2）的条件下，若甲、乙两商店以同样价格出售这两种足球，同时又各自推出不同的优惠方案：在甲店购买A型足球按原价80%收费，B型足球不优惠；在乙店购买A型足球不优惠，但购买B型足球按原价80%收费；则学校到哪家商店购买足球花费少？ 4．（2023秋•西湖区校级期中）如图，在Rt△OCD中，∠OCD＝90°，P是线段CD上一个动点． （1）如图1，若OP平分∠COD，PF∥OD交OC于点F，求证：PF＝OF； （2）在（1）的条件下，若PC＝4，OC＝8，求PF的长； （3）如图2，若OC＝5，OD＝13，过直角顶点C作CG∥OD，并延长OP交CG于点E．OQ为∠POD的角平分线，连接EQ，当∠OQE＝Rt∠时，求DQ的长． 5．（2023秋•衢江区期中）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（不与点B，C重合），在AD的左侧作△ADE，使得AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接BE． （1）当点D在线段BC上时，求证：△ABE≌△ACD． （2）如图2，若BE∥AC，BC＝2．①求△ABC的面积．②在点D在运动过程中，若△ABE的最小角为25°，求∠EAC的度数． 6．（2023秋•江北区校级期中）如图1，在△ABC中，BO⊥AC于点O，AO＝BO＝5，OC＝2，过点A作AH⊥BC于点H，交BO于点P． （1）求线段OP的长度； （2）连接OH，求∠AHO的度数； （3）如图2，若点D为AB的中点，点M为线段BO延长线上一动点，连接MD，过点D作DN⊥DM交线段OA延长线于N点，则S△BDM﹣S△ADN的值是否发生改变，如改变，求出该值的变化范围；若不改变，求该式子的值． 7．（2023秋•海曙区期中）【问题发现】（1）如图1，△ABC与△CDE中，∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，AC＝CD，B、C、E三点在同一直线上，AB＝3，ED＝4，则BE＝　 　． 【问题提出】（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝4，过点C作CD⊥AC，且CD＝AC，求△BCD的面积． 【问题解决】（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝∠CAB＝∠ADC＝45°，△ACD面积为12且CD的长为6，求△BCD的面积． 8．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，△ABC是等腰直角三角形，D是BC中点，BF⊥AE． （1）求证：△ABH≌△CAE； （2）若BF平分∠ABC，求证：AH＝EF； （3）如图2，若F是AC中点，求证：． 9．（2023秋•义乌市校级期中）如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在直线MN上，点D是直线MN上一动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE，连接DE． （1）求证：△CDE是等边三角形； （2）当点D在直线MN上运动时，若cm，求BE的长； （3）如图2，当点D在射线MN上运动时，点F是CB的中点，问CE+EF是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由． 10．（2023秋•东阳市期中）如图1，正方形ABCD中，AB＝3，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点与D点重合．三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q． （注：正方形的四条边都相等，四个角都是直角） （1）求证：DP＝DQ； （2）如图2，作∠PDQ的平分线DE交BC于点E，连接PE，试探究PE和QE的数量关系； （3）如图3，固定三角板直角顶点在D点不动，转动三角板，使三角板的一边交AB的延长线于点P，另一边交BC的延长线于点Q，仍作∠PDQ的平分线DE交BC延长线于点E，连接PE，若AB：AP＝3：4，请求出△DEP的面积． 11．（2023秋•奉化区校级期中）在等边△ABC的AC、BC边上各取一点P、Q，AQ、BP相交于点O． （1）若∠BOQ＝60°，求证AP＝CQ； （2）在（1）的条件下，当∠CBP＝45°，BQ＝2时，求△ABC的边长； （3）连结PQ，若AP＝AC，AQ＝BP，求的值． 12．（2023秋•南浔区期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点P为AC边上的一点，将线段AP绕点A顺时针方向旋转（点P对应点P′，AP＝AP′）．当AP旋转至AP′⊥AB时，点B、P、P′恰好在同一直线上，此时作P′E⊥AC于点E． （1）求证：∠CBP＝∠ABP； （2）若AB﹣BC＝4，AC＝8，求AE的长； （3）在（2）的条件下，点N为边BC上一动点，点M为边BP上一个动点，连接MC，MN，求MC+MN的最小值． 13．（2023秋•西湖区校级期中）如图，△ABC是等边三角形，点D、E分别在边AC、BC上，且AD＝CE，连接AE、BD交于点F． （1）如图1，求证：BD＝AE； （2）如图1，求∠BFE的度数； （3）如图2，连接CF，当CF⊥BD时，求证：BF＝2AF． 14．（2023秋•南浔区期中）如图，已知在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，点D，E分别在边BC，AC上，连结AD，DE．将△ABD沿AD翻折，将△DCE沿DE翻折，翻折后，点B，C分别落在点B'，C'处，且边DB'与DC'在同一直线上，连结AC'． （1）求证：△ADE是直角三角形； （2）当BD为何值时，△ADC′是以AD为腰的等腰三角形． 15．（2022秋•乐清市校级期中）如图1，在△ABC中，AB＝AC，D为线段BC上一动点（不与点B、C重合）．连接AD，作∠DAE＝∠BAC，且AD＝AE，连接CE． （1）求证：△ABD≌△ACE． （2）当CE平分∠ACF时，若∠BAD＝32°，求∠DEC的度数． （3）如图2，设∠BAC＝α（90°＜α＜180°），在点D运动过程中，当DE⊥BC时，∠DEC＝　 　°．（用含α的式子表示） 16．（2023秋•柯桥区期中）（1）【问题发现】如图1，在△ABC与△CDE中，∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，AC＝CD，B、C、E三点在同一直线上，AB＝4，ED＝3，则BE＝　 　． （2）【问题提出】如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝3，过点C作CD⊥AC，且CD＝AC，求△BCD的面积． （3）【问题解决】如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝∠CAB＝∠ADC＝45°，△ACD面积为14且CD的长为7，求△BCD的面积． 17．（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． 18．（2023秋•鹿城区校级期中）根据以下素材，探索完成任务． 如何设计采购方案？ 素材1 纪念品商店购进若干“忆江南”徽章和钥匙扣．已知徽章的进价为5元/个，吉祥物钥匙扣的进价为18元/个，如图表是近两周的销售情况： 销售阶段 徽章（个） 钥匙扣（个） 销售收入（元） 第一周 4 3 130 第二周 5 5 200 （进价、售价均保持不变，利润＝销售收入﹣进货成本） 素材2 该纪念品商店准备用不超过770元的金额再采购徽章和钥匙扣共50个． 问题解决 任务1 请尝试求出“忆江南”徽章、钥匙扣的销售单价． 任务2 该商店至少采购徽章多少个？ 任务3 请结合素材2中的信息，帮助该纪念品商店设计采购方案，使这50个纪念品利润不低于516元，在这些采购方案中，哪种方案商店获利最高？ 19．（2023秋•绍兴期中）如图1，等腰△ABC和等腰△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，连接BD、CE，利用所学知识解决下列问题： （1）若∠BAC＝∠DAE＝35°，求证：BD＝CE； （2）连接BE，当点D在线段BE上时： ①如图2，若∠BAC＝∠DAE＝60°，则∠BEC的度数为 　 　，线段BD与CE之间的数量关系是 　 　； ②如图3，若∠BAC＝∠DAE＝90°，AM为△ADE中DE边上的高，求出∠BEC的度数以及线段AM、BE、CE之间的数量关系，并说明理由． 20．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，在直角△ACB中，BC＞AC，将它沿着斜边AB上的中线CD折叠得到△A'CD，A′D交BC于点E． （1）如图1，若A′D⊥BC． ①求证：∠1＝∠2； ②连接AA′，求的值． （2）如图2，若△A'CE是以A'C为腰的等腰三角形，求∠B的度数． 21．（2023秋•浙江期中）如图①，在△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分……将余下部分沿∠BnAnC的平分线AnBn+1折叠，点Bn与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，则称∠BAC是△ABC的好玩角． 小马展示了确定∠BAC是△ABC的好玩角的两种情形． 情形一：如图②，沿等腰三角形ABC顶角∠BAC的平分线AB1折叠，点B与点C重合； 情形二：如图③，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合． 探究发现： （1）在△ABC中，∠B＝66°，∠B＞∠C，经过两次折叠，∠BAC是△ABC的好玩角，求∠C的度数． （2）小马经过三次折叠发现了∠BAC是△ABC的好玩角，请探究∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为 　 　．根据以上内容猜想：若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好玩角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为 　 　． 应用提升： （3）小马找到一个三角形，三个角分别为20°，60°，100°，发现60°和100°的两个角都是此三角形的好玩角．请你完成，如果一个三角形的最小角是18°，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好玩角． 22．（2023秋•嵊州市期中）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形CDE，按如图1的方式摆放，∠ACB＝∠ECD＝90°．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答： （1）【初步探究】如图1，试探究ED与AB的位置关系，并说明理由； （2）【深入探究】如图2，当B、D、E三点共线时，请探究此位置时线段AE、BE、CE之间的数量关系，并说明理由； （3）【拓展延伸】如图3，当B、D、E三点不共线时，连接AE，延长BD交AE于点F，连接CF，请猜想此位置时线段AF、BF、CF之间的数量关系：　 　． 23．（2023秋•龙泉市期中）如图，△ABC中，BA＝BC，CO⊥AB于点O，AO＝4，BO＝6． （1）求BC，AC的长； （2）若点D是射线OB上的一个动点，作直线DE⊥AC于点E，直线DE与直线BC交于点F． ①如图1，当点D在线段OB上时，求证：△BDF是等腰三角形； ②连接OF，CD，若S△OBF：S△OBC＝1：2，求CD的长． 24．（2023秋•北仑区校级期中）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝16，D是AC上的一点，CD＝3，点P从B点出发沿射线BC方向以每秒2个单位的速度向右运动．设点P的运动时间为t．连接AP． （1）当t＝3秒时，求AP的长度（结果保留根号）； （2）当△ABP为等腰三角形时，求t的值； （3）过点D作DE⊥AP于点E．在点P的运动过程中，当t为何值时，能使DE＝CD？ 25．（2023秋•金华期中）如图1，在锐角△ABC中，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD、BE相交于点F，已知AD＝BD＝3． （1）判断BF与AC的数量关系，并说明理由； （2）若∠CAD＝30°，求EF的长； （3）如图2，将△ACD沿线段AD对折，点C落在BD上的点M，AM与BE相交于点N，当DE∥AM时，求△ABF的面积． 26．（2023秋•杭州期中）（1）如图1，在△ABC中，AB＝5，AC＝3，AD为BC边上的中线．求中线AD的取值范围；（提示：延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE） （2）如图2，在△ABC中，∠A＝90°，D是BC边的中点，∠EDF＝90°，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE2+CF2＝EF2； （3）如图3，四边形ABCD中，∠A＝90°，∠D＝120°，E为AD中点，F、G分别在边AB、CD上，且EF⊥EG，若AF＝4，，求GF长． 27．（2023秋•北仑区校级期中）【初步探索】 （1）如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系． 小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 　 　； 【灵活运用】 （2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程． 28．（2023秋•温州期中）已知在等腰△ABC中，BC＝6，AB＝AC，∠A＝n°（0＜n＜90）．如图1，点D是AC边上的一个动点，点E是AB边上的一个动点，且BE＝CD，BD与CE交于点F． （1）求证：BF＝CF； （2）若△BEF是等腰三角形，求∠EBF的度数（请用含n的代数式表示）； （3）如图2，当n＝60°时，将△BCE沿着BC翻折，得到△BCE′，连接EE′，交BD于点G，交BC于点H．记四边形CFGH的面积为S1，△BHE的面积为S2，当BG＝GF时，请直接写出S1+S2的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 浙江省各地市期中考试试卷简答题压轴题选练 1．（2023秋•上城区校级期中）已知：△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∠ACD＝∠BCE＝90°． （1）如图1，摆放△ACD和△BCE时（点A、C、B在同一条直线上，点E在CD上），连接AE、BD．求线段AE与BD的数量关系，位置关系．（直接写出答案） （2）如图2，摆放△ACD和△BCE时，连接AE、BD，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由； （3）如图3，摆放△ACD和△BCE时，连接AE、DE．若有AE2＝DE2+2CE2，试求∠DEC的度数． 【分析】（1）延长AE交BD于F，根据△ACE≌△DCB，即可得出AE＝DB，∠CAE＝∠CDB，进而得到∠DFE＝90°，即AE⊥DB； （2）根据△ACD和△BCE是等腰直角三角形，判定△ACE≌△DCB （SAS），即可得到AE＝BD，∠EAC＝∠BDC，再延长AE交BD于点F，根据三角形内角和定理，得出∠DFA＝90°，即可得到AE⊥BD； （3）连接BD，利用全等三角形的判定和性质解答即可． 【解答】解：（1）如图1，延长AE交BD于F， 根据等腰直角三角形ACD和等腰直角三角形BCE， 可得AC＝DC，∠ACE＝∠DCB，EC＝BC， 在△ACE与△DCB中 ∴△ACE≌△DCB（SAS）， ∴AE＝DB，∠CAE＝∠CDB， 又∵∠ACE＝90°，∠AEC＝∠DEF， ∴∠DFE＝90°， ∴AF⊥DB，即AE⊥DB， 故线段AE 与BD的数量关系是AE＝BD，位置关系是 AE⊥BD． 故答案为：AE＝BD，AE⊥BD． （2）结论AE＝BD，AE⊥BD仍然成立． ∵△ACD和△BCE是等腰直角三角形，∠ACD＝∠BCE＝90°， ∴AC＝CD，CE＝CB， 又∵∠ACE+∠ECD＝90°，∠BCD+∠ECD＝90°， ∴∠ACE＝∠BCD， 在△ACE和△DCB 中， ， ∴△ACE≌△DCB （SAS）， ∴AE＝BD，∠EAC＝∠BDC， 延长AE交BD于点F，交DC于点G，如图2， 在△ACG和△DFG中， ∵∠EAC＝∠BDC，∠AGC＝∠DGF， ∴∠DFG＝∠ACG＝90°， 即AE⊥BD； （3）连接BD，如图3， ∵△ACD和△BCE是等腰直角三角形，∠ACD＝∠BCE＝90°， ∴AC＝CD，CE＝CB， 又∵∠ACE＝∠ACB+90°，∠BCD＝∠ACB+90°， ∴∠ACE＝∠BCD， 在△ACE和△DCB 中， ， ∴△ACE≌△DCB （SAS）， ∴AE＝BD， ∵△BCE是等腰直角三角形，∠BCE＝90°， ∴∠BEC＝45°，CE＝CB，CE2+CB2＝BE2， ∴2CE2＝BE2， ∵AE2＝DE2+2CE2， ∴BD2＝DE2+BE2 ∴∠BED＝90° ∴∠DEC＝∠BED﹣∠BEC＝45° 2．（2023秋•诸暨市校级期中）如图，已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒． （1）出发2秒后，求PQ的长； （2）当点Q在边BC上运动时，出发几秒钟后，△PQB能形成等腰三角形？ （3）当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间． 【分析】（1）根据点P、Q的运动速度求出AP，再求出BP和BQ，用勾股定理求得PQ即可； （2）设出发t秒钟后，△PQB能形成等腰三角形，则BP＝BQ，由BQ＝2t，BP＝8﹣t，列式求得t即可； （3）当点Q在边CA上运动时，能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间有三种情况： ①当CQ＝BQ时，则∠C＝∠CBQ，可证明∠A＝∠ABQ，则BQ＝AQ，则CQ＝AQ，从而求得t； ②当CQ＝BC时，则BC+CQ＝12，易求得t； ③当BC＝BQ时，过B点作BE⊥AC于点E，则求出BE，CE，即可得出t． 【解答】解：（1）∵BQ＝2×2＝4（cm），BP＝AB﹣AP＝16﹣2×1＝14（cm ），∠B＝90°， ∴PQ＝＝＝（cm）； （2）BQ＝2t，BP＝16﹣t， 根据题意得：2t＝16﹣t， 解得：t＝， 即出发秒钟后，△PQB能形成等腰三角形； （3）①当CQ＝BQ时，如图1所示， 则∠C＝∠CBQ， ∵∠ABC＝90°， ∴∠CBQ+∠ABQ＝90°． ∠A+∠C＝90°， ∴∠A＝∠ABQ， ∴BQ＝AQ， ∴CQ＝AQ＝10， ∴BC+CQ＝22， ∴t＝22÷2＝11秒． ②当CQ＝BC时，如图2所示， 则BC+CQ＝24， ∴t＝24÷2＝12秒． ③当BC＝BQ时，如图3所示， 过B点作BE⊥AC于点E， 则BE＝＝， ∴CE＝， ∴CQ＝2CE＝14.4， ∴BC+CQ＝26.4， ∴t＝26.4÷2＝13.2秒． 综上所述：当t为11秒或12秒或13.2秒时，△BCQ为等腰三角形． 3．（2023秋•东阳市期中）某校计划为足球兴趣小组重新购买A、B两种足球．经调研得知：购买1个A型足球和2个B型足球共需800元，购买3个A型足球和2个B型足球共需1200元． （1）求每个A型足球和B型足球各多少元； （2）若该学校准备购买A、B两种足球共20个（每种至少买一个）；要求总费用不超过5000元，则对购买A型足球在数量上有什么要求？说明理由； （3）在（2）的条件下，若甲、乙两商店以同样价格出售这两种足球，同时又各自推出不同的优惠方案：在甲店购买A型足球按原价80%收费，B型足球不优惠；在乙店购买A型足球不优惠，但购买B型足球按原价80%收费；则学校到哪家商店购买足球花费少？ 【分析】（1）设每个A型足球x元，每个B型足球y元，根据“购买1个A型足球和2个B型足球共需800元，购买3个A型足球和2个B型足球共需1200元”，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论； （2）设购买A型足球m个，则购买B型足球（20﹣m）个，利用总价＝单价×数量，结合总价不超过5000元，可列出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，再结合m，20﹣m均为正整数，即可得出购买A型足球的数量不少于10个且不超过19个； （3）利用总价＝单价×数量，结合两家商店给出的优惠方案，可用含m的代数式分别表示出在甲乙两家商店购买所需费用，再分140m+6000＜﹣40m+4800，140m+6000＝﹣40m+4800及140m+6000＞﹣40m+4800三种情况，求出m的取值范围或m的值，即可得出结论． 【解答】解：（1）设每个A型足球x元，每个B型足球y元， 根据题意得：， 解得：． 答：每个A型足球200元，每个B型足球300元； （2）购买A型足球的数量不少于10个且不超过19个，理由如下： 设购买A型足球m个，则购买B型足球（20﹣m）个， 根据题意得：200m+300（20﹣m）≤5000， 解得：m≥10， 又∵m，20﹣m均为正整数， ∴10≤m≤19且m为整数， ∴购买A型足球的数量不少于10个且不超过19个； （3）在甲店所需费用为200×80%×m+300（20﹣m）＝（﹣140m+6000）（元）； 在乙店所需费用为200m+300×80% （20﹣m）＝（﹣40m+4800）（元）． 当﹣140m+6000＜﹣40m+4800时，解得：m＞12； 当﹣140m+6000＝﹣40m+4800时，解得：m＝12； 当﹣140m+6000＞﹣40m+4800时，解得：m＜12． ∴当12＜m≤19时选择甲店购买足球花费少，当m＝12时选择甲乙两家店花费一样多，当10≤m＜12时选择乙店购买足球花费少． 4．（2023秋•西湖区校级期中）如图，在Rt△OCD中，∠OCD＝90°，P是线段CD上一个动点． （1）如图1，若OP平分∠COD，PF∥OD交OC于点F，求证：PF＝OF； （2）在（1）的条件下，若PC＝4，OC＝8，求PF的长； （3）如图2，若OC＝5，OD＝13，过直角顶点C作CG∥OD，并延长OP交CG于点E．OQ为∠POD的角平分线，连接EQ，当∠OQE＝Rt∠时，求DQ的长． 【分析】（1）证出∠POF＝∠FPO，由等腰三角形的判定可得出结论； （2）设PF＝OF＝x，则CF＝8﹣x，由勾股定理得出（8﹣x）2+42＝x2，则可得出答案； （3）延长EQ交OD于点M，证明△OQE≌△OQM（ASA），由全等三角形的性质得出EQ＝QM，证明△CEQ≌△DMQ（AAS），由全等三角形的性质得出CQ＝DQ，由勾股定理求出CD的长，则可得出答案． 【解答】（1）证明：∵PF∥OD， ∴∠FPO＝∠DOP， ∵OP平分∠COD， ∴∠POD＝∠POF， ∴∠POF＝∠FPO， ∴OF＝PF； （2）解：设PF＝OF＝x，则CF＝8﹣x， ∵CF2+PC2＝PF2， ∴（8﹣x）2+42＝x2， ∴x＝5， ∴PF＝5； （3）解：延长EQ交OD于点M， ∵OQ平分∠POD， ∴∠EOQ＝∠MOD， ∵∠OQE＝90°， ∴∠OQM＝∠OQE， 又∵OQ＝OQ， ∴△OQE≌△OQM（ASA）， ∴EQ＝QM， ∵CG∥OD， ∴∠ECQ＝∠D，∠CEQ＝∠DMQ， ∴△CEQ≌△DMQ（AAS）， ∴CQ＝DQ， ∵OC＝5，OD＝13， ∴CD＝＝＝12， ∴DQ＝CD＝6． 5．（2023秋•衢江区期中）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（不与点B，C重合），在AD的左侧作△ADE，使得AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接BE． （1）当点D在线段BC上时，求证：△ABE≌△ACD． （2）如图2，若BE∥AC，BC＝2．①求△ABC的面积．②在点D在运动过程中，若△ABE的最小角为25°，求∠EAC的度数． 【分析】（1）由∠DAE＝∠BAC，得∠EAB＝∠CAD，再利用SAS可证明△EAB≌△DAC； （2）①由（1）△ABE≌△ACD得，∠ABE＝∠ACD，由BE∥AC，得∠ABE＝∠CAB，可知△ABC是等边三角形，从而得出答案； ②分点D在线段BC上或点D在CB延长线上或点D在BC延长线上三种情形，分别画出图形，根据△EAB≌△DAC，得∠AEB＝∠ADC，从而解决问题． 【解答】（1）证明：∵∠DAE＝∠BAC， ∴∠EAB＝∠CAD， 在△EAB和△DAC中， ， ∴△EAB≌△DAC（SAS）， （2）解：①由（1）△ABE≌△ACD得，∠ABE＝∠ACD， ∵BE∥AC， ∴∠ABE＝∠CAB， ∴∠CAB＝∠ACB， ∵∠ABC＝∠ACB， ∴∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴S△ABC＝×BC×BC＝； ②当点D在线段BC上时，如图2，∵∠ABE＝60°，∠AEB＝∠ADC＞60°， ∴∠BAE＝25°， ∴∠EAC＝∠EAB+∠BAC＝25°+60°＝85°； 当点D在CB延长线上时，如图3， 由题意知，∠AEB＝25°， 由（1）同理可得，△EAB≌△DAC， ∴∠AEB＝∠ADC＝25°， ∴∠DAC＝180°﹣∠ADC﹣∠ACB＝180°﹣25°﹣60°＝95°， ∴∠EAC＝∠EAD+∠DAC＝60°+95°＝155°； 当点D在BC延长线上时，如图4，当∠BAE＝25°时，∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝60°﹣25°＝35°， 当∠AEB＝25°时，由（1）同理可得，△EAB≌△DAC， ∴∠AEB＝∠ADC＝25°， ∴∠DAC＝∠ACB﹣∠ADC＝60°﹣25°＝35°， ∴∠EAC＝∠EAD﹣∠DAC＝60°﹣35°＝25°， 综上所述：∠EAC的度数为85°或155°或35°或25°． 6．（2023秋•江北区校级期中）如图1，在△ABC中，BO⊥AC于点O，AO＝BO＝5，OC＝2，过点A作AH⊥BC于点H，交BO于点P． （1）求线段OP的长度； （2）连接OH，求∠AHO的度数； （3）如图2，若点D为AB的中点，点M为线段BO延长线上一动点，连接MD，过点D作DN⊥DM交线段OA延长线于N点，则S△BDM﹣S△ADN的值是否发生改变，如改变，求出该值的变化范围；若不改变，求该式子的值． 【分析】（1）证△OAP≌△OBC（ASA），即可得出OP＝OC＝2； （2）过O分别作OM⊥CB于M点，作ON⊥HA于N点，证△COM≌△PON（AAS），得出OM＝ON．得出HO平分∠CHA，即可得出结论； （3）连接OD，由等腰直角三角形的性质得出OD⊥AB，∠BOD＝∠AOD＝45°，OD＝DA＝BD，则∠OAD＝45°，证出∠DAN＝∠MOD．证△ODM≌△ADN（ASA），得S△ODM＝S△ADN，进而得出答案． 【解答】（1）解：∵BO⊥AC，AH⊥BC， ∴∠AOP＝∠BOC＝∠AHC＝90°， ∴∠OAP+∠C＝∠OBC+∠C＝90°， ∴∠OAP＝∠OBC， 在△OAP和△OBC中， ， ∴OAP≌△OBC（ASA） ∴OP＝OC＝2； （2）解：过O分别作OM⊥CB于M点，作ON⊥HA于N点，如图1所示： 在四边形OMHN中，∠MON＝360°﹣3×90°＝90°， ∴∠COM＝∠PON＝90°﹣∠MOP． 在△COM与△PON中， ， ∴△COM≌△PON（AAS） ∴OM＝ON． ∵OM⊥CB，ON⊥HA， ∴HO平分∠CHA， ∴； （3）解：S△BDM﹣S△ADN的值不发生改变，等于．理由如下： 连接OD，如图2所示： ∵∠AOB＝90°，OA＝OB，D为AB的中点， ∴OD⊥AB，∠BOD＝∠AOD＝45°，OD＝DA＝BD ∴∠OAD＝45°，∠MOD＝90°+45°＝135°， ∴∠DAN＝135°＝∠DOM． ∵MD⊥ND， 即∠MDN＝90°， ∴∠MDO＝∠NDA＝90°﹣∠MDA． 在△ODM和△ADN中， ， ∴△△ODM≌△ADN（ASA） ∴S△ODM＝S△ADN， ∴． 7．（2023秋•海曙区期中）【问题发现】（1）如图1，△ABC与△CDE中，∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，AC＝CD，B、C、E三点在同一直线上，AB＝3，ED＝4，则BE＝　7　． 【问题提出】（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝4，过点C作CD⊥AC，且CD＝AC，求△BCD的面积． 【问题解决】（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝∠CAB＝∠ADC＝45°，△ACD面积为12且CD的长为6，求△BCD的面积． 【分析】（1）由∠ACD＝∠E＝90°，得∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠D，可证明△ABC≌△CED（AAS），即得AB＝CE＝3，BC＝ED＝4，故BE＝BC+CE＝7； （2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，由DE⊥BC，CD⊥AC，得∠E＝∠ACD＝90°，即得∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠CDE，可证明△ABC≌△CED（AAS），得BC＝ED＝4，故S△BCD＝BC•DE＝8； （3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，由△ACD面积为12且CD的长为6，得AE＝4，又∠ADC＝45°，AE⊥CD，得△ADE是等腰直角三角形，即得DE＝AE＝4，CE＝CD﹣DE＝2，根据∠ABC＝∠CAB＝45°，可得∠ACB＝90°，AC＝BC，即有∠ACE＝90°﹣∠BCF＝∠CBF，即可证明△ACE≌△CBF（AAS），从而BF＝CE＝2，故S△BCD＝CD•BF＝6． 【解答】解：（1）∵∠ACD＝∠E＝90°， ∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠D， 在△ABC和△CED中， ， ∴△ABC≌△CED（AAS）， ∴AB＝CE＝3，BC＝ED＝4， ∴BE＝BC+CE＝7； 故答案为：7； （2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，如图： ∵DE⊥BC，CD⊥AC， ∴∠E＝∠ACD＝90°， ∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠CDE， 在△ABC和△CED中， ， ∴△ABC≌△CED（AAS）， ∴BC＝ED＝4， ∴S△BCD＝BC•DE＝8； （3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，如图： ∵△ACD面积为12且CD的长为6， ∴×6•AE＝12， ∴AE＝4， ∵∠ADC＝45°，AE⊥CD， ∴△ADE是等腰直角三角形， ∴DE＝AE＝4， ∴CE＝CD﹣DE＝2， ∵∠ABC＝∠CAB＝45°， ∴∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠ACE＝90°﹣∠BCF＝∠CBF， 在△ACE和△CBF中， ， ∴△ACE≌△CBF（AAS）， ∴BF＝CE＝2， ∴S△BCD＝CD•BF＝6． 8．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，△ABC是等腰直角三角形，D是BC中点，BF⊥AE． （1）求证：△ABH≌△CAE； （2）若BF平分∠ABC，求证：AH＝EF； （3）如图2，若F是AC中点，求证：． 【分析】（1）证出∠ABH＝∠CAE，根据ASA可证明△ABH≌△CAE； （2）证明△ABG≌△EBG（ASA），得出AB＝BE，证明△ABF≌△EBF（SSS），得出∠BAF＝∠BEF＝90°，EF＝CE，由（1）知△ABH≌△CAE，得出AH＝CE，则可得出结论； （3）过点C作MC⊥AC，交AE的延长线于点M，证明△ACM≌△BAF（SAS），得出CM＝AF，AM＝BF．证明△FCE≌△MCE（SAS），得出EF＝EM，由勾股定理证出BF＝＝AF，则可得出结论． 【解答】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AB＝AC，∠C＝45°， ∵D为BC的中点， ∴AD⊥BC，∠BAD＝∠BAC＝45°， ∴∠BAH＝∠C， ∵AE⊥BF， ∴∠AGB＝90°， ∴∠BAG+∠EAC＝∠BAG+∠ABG＝90°， ∴∠ABH＝∠CAE， ∴△ABH≌△CAE（ASA）； （2）证明：∵BF平分∠ABC， ∴∠BAG＝∠EBG， ∵BG＝BG，∠AGB＝∠EGB＝90°， ∴△ABG≌△EBG（ASA）， ∴AB＝BE， ∴BF垂直平分AE， ∴AF＝EF， ∵BF＝BF， ∴△ABF≌△EBF（SSS）， ∴∠BAF＝∠BEF＝90°， ∵∠C＝45°， ∴EF＝CE， 由（1）知△ABH≌△CAE， ∴AH＝CE， ∴AH＝EF； （3）证明：过点C作MC⊥AC，交AE的延长线于点M， ∵∠CAM＝∠ABF，AB＝AC，∠BAF＝∠ACM＝90°， ∴△ACM≌△BAF（SAS）， ∴CM＝AF，AM＝BF． ∵F为AC的中点， ∴AF＝CF＝CM， ∵∠ACB＝45°， ∴∠FCE＝∠ECM， ∵CE＝CE， ∴△FCE≌△MCE（SAS）， ∴EF＝EM， ∴AE+EF＝AM＝BF， 在Rt△ABF中，AB＝AC＝2AF， ∴BF＝＝AF， ∴AE+EF＝CF． 9．（2023秋•义乌市校级期中）如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在直线MN上，点D是直线MN上一动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE，连接DE． （1）求证：△CDE是等边三角形； （2）当点D在直线MN上运动时，若cm，求BE的长； （3）如图2，当点D在射线MN上运动时，点F是CB的中点，问CE+EF是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据旋转的性质可得∠DCE＝60°，DC＝EC，结合“有一个内角是60度的等腰三角形是等边三角形”，即可证明△CDE是等边三角形； （2）过点C作CH⊥AB于点H，根据等边三角形的性质以及勾股定理，求得AH＝BH＝2cm，cm．分两种情况讨论：当点D位于点A左侧时和当点D位于点A右侧时，在Rt△DCH中，利用勾股定理解得DH＝7cm，即可获得答案； （3）在MN上取点F′，使得BF＝BF′，首先证明点E的运动轨迹在∠CBN的平分线上，再证明△BEF≌△BEF′，易得EF＝EF′，可知当点C、E、F′三点共线时，CE+EF′取最小值，即CE+EF取最小值，此时在Rt△CHF′中，求得CF′的值，即可获得答案． 【解答】（1）证明：∵将△ACD绕点C按逆时针方向旋转60°得到△BCE， ∴∠DCE＝60°，DC＝EC， ∴△CDE是等边三角形； （2）解：过点C作CH⊥AB于点H， ∵△ABC为等边三角形，且边长为4cm， ∴∠CAB＝∠CBA＝∠ACB＝60°，AB＝AC＝BC＝4cm， ∵CH⊥AB， ∴， ∴在Rt△ACH中，（cm）， ①当点D位于点A左侧时，如下图， ∵cm， ∴在Rt△DCH中，（cm）， ∴AD＝DH﹣AH＝7﹣2＝5cm， 由（1）可知，∠DCE＝60°，DC＝EC， ∴∠DCE＝∠ACB， ∴∠DCE﹣∠ACE＝∠ACB﹣∠ACE，即∠DCA＝∠ECB， 在△DCA和△ECB中， ， ∴△DCA≌△ECB（SAS）， ∴BE＝AD＝5cm； ②当点D位于点A右侧时，如下图， ∵cm，cm， ∴cm， ∴AD＝AH+DH＝9cm， ∵△DCA≌△ECB， ∴BE＝AD＝9cm． 综上所述，BE的长为5cm或9cm； （3）解：如下图，在MN上取点F′，使得BF＝BF′， ∵点F是CB的中点， ∴， 由（2）可知，△DCA≌△ECB， ∴∠CBE＝∠CAD＝60°， ∴∠F′BE＝180°﹣∠CBA﹣∠CBE＝60°， ∴∠F′BE＝∠CBE， 即点E的运动轨迹在∠CBN的平分线上， 又∵BF＝BF′，BE＝BE， ∴△BEF≌△BEF′（SAS）， ∴EF＝EF′， ∴CE+EF＝CE+EF′， ∴当点C、E、F′三点共线时，CE+EF′取最小值，即CE+EF取最小值， 此时，在Rt△CHF′中，，HF′＝BH+BF′＝2+2＝4cm， ∴， ∴CE+EF有最小值，最小值为． 10．（2023秋•东阳市期中）如图1，正方形ABCD中，AB＝3，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点与D点重合．三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q． （注：正方形的四条边都相等，四个角都是直角） （1）求证：DP＝DQ； （2）如图2，作∠PDQ的平分线DE交BC于点E，连接PE，试探究PE和QE的数量关系； （3）如图3，固定三角板直角顶点在D点不动，转动三角板，使三角板的一边交AB的延长线于点P，另一边交BC的延长线于点Q，仍作∠PDQ的平分线DE交BC延长线于点E，连接PE，若AB：AP＝3：4，请求出△DEP的面积． 【分析】（1）证明△ADP≌△CDQ，即可得到结论：DP＝DQ； （2）证明△DEP≌△DEQ，即可得到结论：PE＝QE； （3）与（1）（2）同理，可以分别证明△ADP≌△CDQ、△DEP≌△DEQ．在Rt△BPE中，利用勾股定理求出PE（或QE）的长度，从而可求得S△DEQ，而△DEP≌△DEQ，所以S△DEP＝S△DEQ． 【解答】（1）证明：∵∠ADC＝∠PDQ＝90°， ∴∠ADP＝∠CDQ， 在△ADP与△CDQ中， ， ∴△ADP≌△CDQ（ASA）， ∴DP＝DQ； （2）解：如图②，PE＝QE，理由如下： 由（1）可知，DP＝DQ， 在△DEP与△DEQ中， ， ∴△DEP≌△DEQ（SAS）， ∴PE＝QE； （3）解：∵AB：AP＝3：4，AB＝3， ∴AP＝4，BP＝1， 与（1）同理，可以证明△ADP≌△CDQ， ∴CQ＝AP＝4， 与（2）同理，可以证明△DEP≌△DEQ， ∴PE＝QE． 设QE＝PE＝x， 则BE＝BC+CQ﹣QE＝7﹣x， 在Rt△BPE中，由勾股定理得：BP2+BE2＝PE2， 即12+（7﹣x）2＝x2， 解得：x＝， 即QE＝， ∴S△DEP＝S△DEQ＝QE•CD＝×3＝． ∴△DEP的面积为． 11．（2023秋•奉化区校级期中）在等边△ABC的AC、BC边上各取一点P、Q，AQ、BP相交于点O． （1）若∠BOQ＝60°，求证AP＝CQ； （2）在（1）的条件下，当∠CBP＝45°，BQ＝2时，求△ABC的边长； （3）连结PQ，若AP＝AC，AQ＝BP，求的值． 【分析】（1）利用AAS证明△ABP≌△CAQ，得AP＝CQ； （2）由（1）知∠ABP＝∠CAQ，则∠BAQ＝∠CBP＝45°，作QH⊥AB于H，解△ABQ即可得出答案； （3）分CQ＝AP或BQ＝AP两种情形，利用高相同的两个三角形面积之比等于底之比即可得出答案． 【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝∠C＝60°， ∵∠BOQ＝60°，AB＝AC， ∴∠ABO+∠BAO＝∠BAO+∠OAP＝60°， ∴∠ABP＝∠CAQ， 在△ABP与△CAQ中， ， ∴△ABP≌△CAQ（ASA）， ∴AP＝CQ； （2）解：由（1）知，∠ABP＝∠CAQ， ∴∠BAQ＝∠CBP＝45°， ∴AH＝HQ， 作QH⊥AB于H， ∵∠ABQ＝60°，∠BQH＝30°， ∴BH＝BQ＝1，HQ＝， ∴AB＝BH+AH＝1+， ∴△ABC的边长为1+； （3）解：如图，当CQ＝AP时， ∵∠C＝∠BAP，AC＝AB， ∴△QCA≌△PAB（SAS）， ∴AQ＝BP， 此时CQ：BQ＝1：2， ∴S△PCQ＝x，则S△BPQ＝2x，S△BCP＝3x， ∴S△ABP＝， ∴S△ABC＝3x＝， ∴的值为； 由等边三角形的对称性知，当BQ＝AC，时，仍然有AQ＝BP， 同理可得的值为， 综上所述：的值为或． 12．（2023秋•南浔区期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点P为AC边上的一点，将线段AP绕点A顺时针方向旋转（点P对应点P′，AP＝AP′）．当AP旋转至AP′⊥AB时，点B、P、P′恰好在同一直线上，此时作P′E⊥AC于点E． （1）求证：∠CBP＝∠ABP； （2）若AB﹣BC＝4，AC＝8，求AE的长； （3）在（2）的条件下，点N为边BC上一动点，点M为边BP上一个动点，连接MC，MN，求MC+MN的最小值． 【分析】（1）根据旋转的性质可得AP＝AP′，根据等边对等角的性质可得∠APP′＝∠AP′P，再根据等角的余角相等证明即可； （2）过点P作PD⊥AB于D，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得CP＝DP，然后求出∠PAD＝∠AP′E，利用“角角边”证明△APD和△P′AE全等，根据全等三角形对应边相等可得AE＝DP，然后求得AE的长即可； （3）由题意得：点D与点C关于BP′对称，连接DN，求得DN的长即可求得MC+MN的最小值； 【解答】证明：（1）∵AP′是AP旋转得到， ∴AP＝AP′， ∴∠APP′＝∠AP′P， ∵∠C＝90°，AP′⊥AB， ∴∠CBP+∠BPC＝90°，∠ABP+∠AP′P＝90°， 又∵∠BPC＝∠APP′ ∴∠CBP＝∠ABP； （2）如图，过点P作PD⊥AB于D， 又∵∠CBP＝∠ABP，∠C＝90°， ∴CP＝DP， ∵P′E⊥AC， ∴∠EAP′+∠AP′E＝90°， 又∵∠PAD+∠EAP′＝90°， ∴∠PAD＝∠AP′E， 在△APD和△P′AE中， ， ∴△APD≌△P′AE（AAS）， ∴AE＝DP， ∴AE＝CP， ∵AB﹣BC＝4，AC＝8， ∴AB＝10，BC＝6， 设PC＝PD＝x，则AD＝10﹣6＝4，PA＝8﹣x， 在Rt△PDA中，x2+42＝（8﹣x）2， 解得x＝3， ∴AE＝CP＝3； （3）过点P作PD⊥AB，连接DN，DM， ∵∠CBP＝∠ABP，BP＝BP，∠BCP＝∠BDP ∴△BDP≌△BCP（AAS） ∴BD＝BC＝6，CP＝PD， ∴点C，点D关于直线BP对称 ∴MN+MC＝MN+MD ∴当点N，点M，点D共线时，且DN⊥BC时，MD+MN的值最小， ∴DN∥AC ∴ 即 ∴DN＝4.8 ∴MN+MC的最小值为4.8． 13．（2023秋•西湖区校级期中）如图，△ABC是等边三角形，点D、E分别在边AC、BC上，且AD＝CE，连接AE、BD交于点F． （1）如图1，求证：BD＝AE； （2）如图1，求∠BFE的度数； （3）如图2，连接CF，当CF⊥BD时，求证：BF＝2AF． 【分析】（1）先判断出AB＝AC，∠BAC＝∠C＝60°，进而判断出△ABD≌△CAE（SAS），得出BD＝AE； （2）由全等三角形的性质得出∠ABD＝∠CAE，即可求出答案； （3）由（1）知，∠ABD＝∠CAE，进而判断出△ABH≌△ACF（SAS），得出∠BAH＝∠ACF，再判断出∠BFC＝90°，进而求出∠HAF＝30°＝∠AHF，得出AF＝HF，即可求出答案． 【解答】（1）证明：∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝∠C＝60°， ∵AD＝CE， ∴△ABD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝AE； （2）解：∵△ABD≌△CAE， ∴∠ABD＝∠CAE， ∴∠BFE＝∠ABD+∠BAF＝∠CAE+∠BAF＝∠BAC＝60°； （2）证明：如图2，在BF上截取BH＝AF，连接AH， 由（1）知，∠ABD＝∠CAE， ∵AB＝AC， ∴△ABH≌△ACF（SAS）， ∴∠BAH＝∠ACF， ∴∠AHF＝∠EFC， ∵CF⊥BD， ∴∠BFC＝90°， 由（1）知，∠BFE＝60°， ∴∠EFC＝30°， ∴∠AHF＝30°， ∴∠HAF＝30°＝∠AHF， ∴AF＝HF， ∴BF＝2BH＝2AF． 14．（2023秋•南浔区期中）如图，已知在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，点D，E分别在边BC，AC上，连结AD，DE．将△ABD沿AD翻折，将△DCE沿DE翻折，翻折后，点B，C分别落在点B'，C'处，且边DB'与DC'在同一直线上，连结AC'． （1）求证：△ADE是直角三角形； （2）当BD为何值时，△ADC′是以AD为腰的等腰三角形． 【分析】（1）根据折叠的性质可得∠ADB＝∠ADB'，∠CDE＝∠C'DE，再根据平角的性质可得∠ADB+∠ADB'+∠CDE+∠C'DE＝180°，从而推算出∠ADB'+∠C'DE＝90°，最终得到∠ADE＝90°； （2）根据AD＝DC'和AD＝AC'两种情况展开讨论，当AD＝DC'，设BD＝x可得DC＝4﹣x，根据折叠的性质得AD＝DC＝4﹣x，再根据勾股定理建立方程，解方程即可得到答案；当AD＝AC'，可得B'是DC'的中点，设BD＝x，DC＝4﹣x，可得，根据折叠的性质得BD＝DB'，建立方程解方程即可得到答案． 【解答】（1）证明：根据题意得∠ADB＝∠ADB'，∠CDE＝∠C'DE， ∵∠ADB+∠ADB'+∠CDE+∠C'DE＝180°， ∴2∠ADB'+2∠C'DE＝180°， ∴∠ADB'+∠C'DE＝90°， ∴∠ADE＝90°， ∴△ADE是直角三角形； （2）解：当AD＝DC'时，设BD＝x， 得DC＝4﹣x， ∵DC'＝DC， ∴AD＝DC＝4﹣x， 在Rt△ABC中AB2+BD2＝AD2， ∴9+x2＝（4﹣x）2， ∴； 当AD＝AC'时， ∵AB'⊥DC'， ∴B'是DC'的中点， ∵DC'＝DC， ∴， 设BD＝x，则DC＝4﹣x， ∴， ∵BD＝DB'， ∴， ∴， ∴当或时，△ADC′是以AD为腰的等腰三角形． 15．（2022秋•乐清市校级期中）如图1，在△ABC中，AB＝AC，D为线段BC上一动点（不与点B、C重合）．连接AD，作∠DAE＝∠BAC，且AD＝AE，连接CE． （1）求证：△ABD≌△ACE． （2）当CE平分∠ACF时，若∠BAD＝32°，求∠DEC的度数． （3）如图2，设∠BAC＝α（90°＜α＜180°），在点D运动过程中，当DE⊥BC时，∠DEC＝　（α﹣90）　°．（用含α的式子表示） 【分析】（1）先证∠BAD＝∠CAE，再由SAS证△ABD≌△ACE即可； （2）证△ABC是等边三角形，得∠BAC＝∠DAE＝∠ACB＝∠ACE＝60°，再证△DAE是等边三角形，得∠AED＝60°，然后由三角形内角和定理即可得出结论； （3）由等腰三角形的性质得到∠B＝∠ACB＝90°﹣，再由全等三角形的性质得到∠B＝∠ACE＝90°﹣，求出∠DCE＝180°﹣α，然后由直角三角形的性质即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵∠DAE＝∠BAC， ∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD， 即∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）； （2）解：由（1）可知，∠BAD＝∠CAE＝32°，△ABD≌△ACE， ∴∠B＝∠ACE， ∵CE平分∠ACF，∠ACE＝∠FCE， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB， ∴∠B＝∠ACB＝∠ACE＝∠FCE， ∵∠ACB+∠ACE+∠FCE＝180°， ∴∠ACB＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝∠DAE＝∠ACB＝∠ACE＝60°， ∴△DAE是等边三角形， ∴∠AED＝60°， ∴∠DEC＝180°﹣32°﹣60°﹣60°＝28°， 即∠DEC的度数为28°； （3）解：∵∠BAC＝α，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝（180°﹣α）＝90°﹣， 由（1）可知，△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠B＝∠ACE＝90°﹣， ∴∠DCE＝2（90°﹣）＝180°﹣α， ∵DE⊥BC， ∴∠CDE＝90°， ∴∠DEC＝90°﹣∠DCE＝90°﹣（180°﹣α）＝α﹣90°， 故答案为：（α﹣90）． 16．（2023秋•柯桥区期中）（1）【问题发现】如图1，在△ABC与△CDE中，∠B＝∠E＝∠ACD＝90°，AC＝CD，B、C、E三点在同一直线上，AB＝4，ED＝3，则BE＝　7　． （2）【问题提出】如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝3，过点C作CD⊥AC，且CD＝AC，求△BCD的面积． （3）【问题解决】如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝∠CAB＝∠ADC＝45°，△ACD面积为14且CD的长为7，求△BCD的面积． 【分析】（1）由∠ACD＝∠E＝90°，得∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠D，可证明△ABC≌△CED（AAS），即得AB＝CE＝4，BC＝ED＝3，求出BE即可； （2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，由DE⊥BC，CD⊥AC，得∠E＝∠ACD＝90°，即得∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠CDE，可证明△ABC≌△CED（AAS），得BC＝ED＝3，最后求得△BCD的面积； （3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，由△ACD面积为14且CD的长为7，得AE＝4，又∠ADC＝45°，AE⊥CD，得△ADE是等腰直角三角形，即得DE＝AE＝4，CE＝CD﹣DE＝3，根据∠ABC＝∠CAB＝45°，可得∠ACB＝90°，AC＝BC，即有∠ACE＝90°﹣∠BCF＝∠CBF，即可证明△ACE≌△CBF（AAS），从而BF＝CE＝3，最后求得△BCD的面积． 【解答】解：（1）∵∠ACD＝∠E＝90°， ∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠D， 在△ABC和△CED中， ， ∴△ABC≌△CED（AAS）， ∴AB＝CE＝4，BC＝ED＝3， ∴BE＝BC+CE＝7； 故答案为：7； （2）过D作DE⊥BC交BC延长线于E，如图2： ∵DE⊥BC，CD⊥AC， ∴∠E＝∠ACD＝90°， ∴∠ACB＝90°﹣∠DCE＝∠CDE， 在△ABC和△CED中， ， ∴△ABC≌△CED（AAS）， ∴BC＝ED＝3， ∴S△BCD＝BC•DE＝； （3）过A作AE⊥CD于E，过B作BF⊥CD交DC延长线于F，如图3： ∵△ACD面积为14且CD的长为7， ∴×7AE＝14， ∴AE＝4， ∵∠ADC＝45°，AE⊥CD， ∴△ADE是等腰直角三角形， ∴DE＝AE＝4， ∴CE＝CD﹣DE＝3， ∵∠ABC＝∠CAB＝45°， ∴∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠ACE＝90°﹣∠BCF＝∠CBF， 在△ACE和△CBF中， ， ∴△ACE≌△CBF（AAS）， ∴BF＝CE＝3， ∴S△BCD＝CD•BF＝． 17．（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． 18．（2023秋•鹿城区校级期中）根据以下素材，探索完成任务． 如何设计采购方案？ 素材1 纪念品商店购进若干“忆江南”徽章和钥匙扣．已知徽章的进价为5元/个，吉祥物钥匙扣的进价为18元/个，如图表是近两周的销售情况： 销售阶段 徽章（个） 钥匙扣（个） 销售收入（元） 第一周 4 3 130 第二周 5 5 200 （进价、售价均保持不变，利润＝销售收入﹣进货成本） 素材2 该纪念品商店准备用不超过770元的金额再采购徽章和钥匙扣共50个． 问题解决 任务1 请尝试求出“忆江南”徽章、钥匙扣的销售单价． 任务2 该商店至少采购徽章多少个？ 任务3 请结合素材2中的信息，帮助该纪念品商店设计采购方案，使这50个纪念品利润不低于516元，在这些采购方案中，哪种方案商店获利最高？ 【分析】（任务1）设“忆江南”徽章的销售单价为x元，钥匙扣的销售单价为y元，利用总价＝单价×数量，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论； （任务2）设该商店采购m个徽章，则采购（50﹣m）个钥匙扣，利用总价＝单价×数量，结合总价不超过770元，可列出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最小值，即可得出结论； （任务3）利用总利润＝每个的销售利润×销售数量（采购数量），可列出关于m的一元一次不等式，解之可得出m的取值范围，结合m≥10且m为正整数，可得出各采购方案，再分别求出各采购方案可获得的总利润，比较后即可得出结论． 【解答】解：（任务1）设“忆江南”徽章的销售单价为x元，钥匙扣的销售单价为y元， 根据题意得：， 解得：． 答：“忆江南”徽章的销售单价为10元，钥匙扣的销售单价为30元； （任务2）设该商店采购m个徽章，则采购（50﹣m）个钥匙扣， 根据题意得：5m+18（50﹣m）≤770， 解得：m≥10， ∴m的最小值为10． 答：该商店至少采购徽章10个； （任务3）根据题意得：（10﹣5）m+（30﹣18）（50﹣m）≥516， 解得：m≤12， 又∵m≥10，且m为正整数， ∴m可以为10，11，12， ∴该纪念品商店共有3种采购方案， 方案1：采购10个徽章，40个钥匙扣，全部售出后可获得总利润为（10﹣5）×10+（30﹣18）×40＝530（元）； 方案2：采购11个徽章，39个钥匙扣，全部售出后可获得总利润为（10﹣5）×11+（30﹣18）×39＝523（元）； 方案3：采购12个徽章，38个钥匙扣，全部售出后可获得总利润为（10﹣5）×12+（30﹣18）×38＝516（元）． ∵530＞523＞516， ∴在这些采购方案中，采购10个徽章，40个钥匙扣时，商店获利最高． 19．（2023秋•绍兴期中）如图1，等腰△ABC和等腰△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，连接BD、CE，利用所学知识解决下列问题： （1）若∠BAC＝∠DAE＝35°，求证：BD＝CE； （2）连接BE，当点D在线段BE上时： ①如图2，若∠BAC＝∠DAE＝60°，则∠BEC的度数为 　60°　，线段BD与CE之间的数量关系是 　BD＝CE　； ②如图3，若∠BAC＝∠DAE＝90°，AM为△ADE中DE边上的高，求出∠BEC的度数以及线段AM、BE、CE之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）由等角减同角相等得∠BAD＝∠CAE，于是利用SAS证明△BAD≌△CAE即可得到证明BD＝CE； （2）①由题意易得△ABC和△ADE均是等边三角形，同（1）证明△BAD≌△CAE，得到BD＝CE，∠ADB＝∠AEC，由平角的定义得∠ADB＝∠AEC＝180°﹣∠ADE＝120°，则∠BEC＝∠AEC﹣∠AED； ②由题意易得△ADE为等腰直角三角形，同（1）证明△BAD≌△CAE，得到BD＝CE，∠ADB＝∠AEC，由平角的定义得∠ADB＝∠AEC＝180°﹣∠ADE＝135°，则∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝90°，由等腰直角三角形的性质可得DM＝ME＝AM，于是可得BE＝BD+DE＝CE+2AM． 【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝35°， ∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE； （2）解：①∵∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABC和△ADE均是等边三角形，∠BAC＝∠DAE＝∠ADE＝∠AED＝60°， 同（1）可证明△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE，∠ADB＝∠AEC， ∵∠ADE＝60°， ∴∠ADB＝∠AEC＝180°﹣∠ADE＝120°， ∵∠AED＝60°， ∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝120°﹣60°＝60°； 故答案为：60°，BD＝CE； ②∠BEC＝90°，BE＝CE+2AM，理由如下： 同（1）可证明BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE，∠BDA＝∠CEA， ∵△ADE是等腰直角三角形， ∴∠ADE＝∠AED＝45°， ∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝135°， ∴∠AEC＝∠ADB＝135°， ∴∠BEC＝∠AEC﹣∠AED＝135°﹣45°＝90°， ∵AD＝AE，AM为△ADE中DE边上的高， ∴DM＝ME＝AM， ∴BE＝BD+DE＝CE+2AM． 20．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，在直角△ACB中，BC＞AC，将它沿着斜边AB上的中线CD折叠得到△A'CD，A′D交BC于点E． （1）如图1，若A′D⊥BC． ①求证：∠1＝∠2； ②连接AA′，求的值． （2）如图2，若△A'CE是以A'C为腰的等腰三角形，求∠B的度数． 【分析】（1）①由CD是Rt△ABC斜边AB上的中线，得CD＝BD＝AD＝AB，而A′D⊥BC于点E，即可由等腰三角形的“三线合一”证明∠1＝∠2； ②连接A′B，由折叠得∠2＝∠ADC，A′D＝AD，则∠1＝∠2＝∠ADC＝60°，A′D＝BD＝AD＝CD，所以△A′DB和△A′DC都是等边三角形，∠DA′A＝∠DAA′，则∠DA′B＝60°，A′B＝BD＝CD，由∠1＝2∠DA′A＝60°，求得∠DA′A＝30°，则∠AA′B＝90°，所以AA′＝＝A′B＝CD，即可求得＝； （2）分两种情况，一是△A'CE是等腰三角形，且A′E＝A′C，由∠DCB＝∠B，得∠A′DC＝∠ADC＝2∠B，可求得∠A′CE＝3∠B，则∠ACD＝∠A′CD＝4∠B，由∠ACD+∠DCB＝90°，得4∠B+∠B＝90°，则∠B＝18°；二是△A'CE是等腰三角形，且EC＝A′C，则∠CEA′＝∠A′，可推导出∠BED＝∠A，则∠ADA′＝2∠ADC＝∠BED+∠B＝∠A+∠B＝90°，求得∠ADC＝2∠B＝45°，则∠B＝22.5°． 【解答】（1）①证明：如图1，∵CD是Rt△ABC斜边AB上的中线， ∴∠ACB＝90°，CD＝BD＝AD＝AB， ∵CD＝BD，A′D⊥BC于点E， ∴DE平分∠BDC， ∴∠1＝∠2． ②解：连接A′B， 由折叠得∠2＝∠ADC，A′D＝AD， ∴∠1＝∠2＝∠ADC＝×180°＝60°，A′D＝BD＝AD＝CD， ∴△A′DB和△A′DC都是等边三角形，∠DA′A＝∠DAA′， ∴∠DA′B＝60°，A′B＝BD＝CD， ∵∠1＝∠DA′A+∠DAA′＝2∠DA′A＝60°， ∴∠DA′A＝30°， ∴∠AA′B＝∠DA′A+∠DA′B＝90°， ∵AB＝2BD＝2A′B， ∴AA′＝＝＝A′B＝CD， ∴＝， ∴的值为. （2）解：如图2，△A'CE是等腰三角形，且A′E＝A′C， ∵∠DCB＝∠B， ∴∠A′DC＝∠ADC＝∠DCB+∠B＝2∠B， ∴∠A′CE＝∠A′EC＝∠A′DC+∠DCB＝2∠B+∠B＝3∠B， ∴∠ACD＝∠A′CD＝∠A′CE+∠DCB＝3∠B+∠B＝4∠B， ∵∠ACD+∠DCB＝∠ACB＝90°， ∴4∠B+∠B＝90°， ∴∠B＝18°； 如图3，△A'CE是等腰三角形，且EC＝A′C， ∴∠CEA′＝∠A′， ∵∠CEA′＝∠BED，∠A′＝∠A， ∴∠BED＝∠A， ∴∠ADA′＝2∠ADC＝∠BED+∠B＝∠A+∠B＝90°， ∴∠ADC＝45°， ∴2∠B＝45°， ∴∠B＝22.5°， 综上所述，∠B的度数为18°或22.5°． 21．（2023秋•浙江期中）如图①，在△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分……将余下部分沿∠BnAnC的平分线AnBn+1折叠，点Bn与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，则称∠BAC是△ABC的好玩角． 小马展示了确定∠BAC是△ABC的好玩角的两种情形． 情形一：如图②，沿等腰三角形ABC顶角∠BAC的平分线AB1折叠，点B与点C重合； 情形二：如图③，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合． 探究发现： （1）在△ABC中，∠B＝66°，∠B＞∠C，经过两次折叠，∠BAC是△ABC的好玩角，求∠C的度数． （2）小马经过三次折叠发现了∠BAC是△ABC的好玩角，请探究∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为 　∠B＝3∠C　．根据以上内容猜想：若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好玩角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为 　∠B＝n∠C　． 应用提升： （3）小马找到一个三角形，三个角分别为20°，60°，100°，发现60°和100°的两个角都是此三角形的好玩角．请你完成，如果一个三角形的最小角是18°，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好玩角． 【分析】（1）设∠C＝x°，根据好玩角的定义可得∠A1B1C＝∠C＝x°，再由三角形外角的性质，可得∠AA1B1＝∠A1B1C+∠C＝2x°，即可求解； （2）根据好玩角的定义以及三角形外角的性质，即可求解； （3）由题意可设另外两个的度数分别为（18m）°和（18mn）°，其中m，n为正整数，根据三角形内角和定理可得m＝，即可求解． 【解答】解：（1）如图③，设∠C＝x°， ∵经过两次折叠，∠BAC是△ABC的好玩角， ∴∠A1B1C＝∠C＝x°， 又∵∠AA1B1是△A1B1C的外角， ∴∠AA1B1＝∠A1B1C+∠C＝2x°， 由题意∠B＝∠AA1B1＝2x°， 又∵∠B＝66°， ∴2x＝66， ∴x＝33， ∴∠C＝33°； （2）如图， ∵经过三次折叠∠BAC是△ABC的好玩角， ∴第三次折叠的∠A2B2C＝∠C， ∵∠ABB1＝∠AA1B1，∠AA1B1＝∠A1B1C+∠C，∠A1B1C＝∠A1A2B2，∠A1A2B2＝∠A2B2C+∠C， ∴∠ABB1＝∠A1B1C+∠C＝∠A2B2C+∠C+∠C＝3∠C， 由此可猜想经过n次折叠∠BAC是△ABC的好玩角，则∠B＝n∠C； 故答案为：∠B＝3∠C；∠B＝n∠C； （3）由题意可设另外两个的度数分别为（18m）°和（18mn）°，其中m，n为正整数，根据题意： 18+18m+18mn＝180， ∴m＝， ∴m，n均为正整数， 分两种情况讨论： ①n＝2，m＝3， 此时三角形的另外两个角的度数分别为：54°和108°； ②n＝8，m＝1， 此时三角形的另外两个角的度数分别为：18°和144°； 综上所述：三角形另外两个角的度数54°和108°或18°和144°． 22．（2023秋•嵊州市期中）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形CDE，按如图1的方式摆放，∠ACB＝∠ECD＝90°．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答： （1）【初步探究】如图1，试探究ED与AB的位置关系，并说明理由； （2）【深入探究】如图2，当B、D、E三点共线时，请探究此位置时线段AE、BE、CE之间的数量关系，并说明理由； （3）【拓展延伸】如图3，当B、D、E三点不共线时，连接AE，延长BD交AE于点F，连接CF，请猜想此位置时线段AF、BF、CF之间的数量关系：　　． 【分析】（1）根据同位角相等，两直线平行，即可得出结论； （2）由等腰直角三角形的性质易推出△ACE≌△BCD（SAS），由全等三角形的性质等量代换，即可得出结论； （3）由△ACE≌△BCD（SAS）及等腰直角三角形的性质推出△BCG≌△ACF（ASA），由全等三角形的性质等量代换，即可得出结论． 【解答】解：（1）结论：ED∥AB，理由如下： 如图1， ∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形， ∴∠CDE＝∠CBA＝∠CED＝∠CAB＝45°， ∴ED∥AB； （2）结论：，理由如下： 如图2， ∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形， ∴∠DCE＝∠ACB＝90°，AC＝BC，CD＝CE，， ∴∠ACE＝∠BCD， ∴△ACE≌△BCD（SAS）， ∴AE＝BD， ∴BE＝DE+BD， ∴； （3）结论：，理由如下： 如图4，过点C作CG⊥CF交BF于点G， 由（2）知，△ACE≌△BCD， ∴∠CAF＝∠CBD， ∵∠ACF+∠ACG＝90°，∠ACG+∠GCB＝90°， ∴∠ACF＝∠BCG， ∵∠CAF＝∠CBG，BC＝AC， ∴△BCG≌△ACF（ASA）， ∴GC＝FC，BG＝AF， ∴△GCF为等腰直角三角形， ∴， ∴． 故答案为：， 23．（2023秋•龙泉市期中）如图，△ABC中，BA＝BC，CO⊥AB于点O，AO＝4，BO＝6． （1）求BC，AC的长； （2）若点D是射线OB上的一个动点，作直线DE⊥AC于点E，直线DE与直线BC交于点F． ①如图1，当点D在线段OB上时，求证：△BDF是等腰三角形； ②连接OF，CD，若S△OBF：S△OBC＝1：2，求CD的长． 【分析】（1）由勾股定理可求CO的长，AC的长； （2）①由余角的性质可得∠ADE＝∠BDF＝∠F，可得结论； ②分两种情况讨论，由“AAS”可证△ACO≌△FDH，可得CO＝DH＝8，由勾股定理可求BD的长，CD的长． 【解答】（1）解：∵AO＝4，BO＝6， ∴AB＝10， ∵BA＝BC， ∴BC＝10， ∵CO⊥AB， ∴∠AOC＝∠BOC＝90°， 由勾股定理得：CO＝＝＝8， AC＝＝＝4； （2）①证明：∵AB＝BC， ∴∠A＝∠ACB， ∵DE⊥AC， ∴∠A+∠ADE＝90°＝∠ACF+∠F， ∴∠ADE＝∠F， ∵∠ADE＝∠BDF， ∴∠F＝∠BDF， ∴BD＝BF， ∴△BDF是等腰三角形； ②当点D在OB上时，过点F作FH⊥直线AB于H， ∵S△OBF：S△OBC＝1：2， ∴OB•CO＝2×OB•FH， ∴CO＝2FH＝8， ∴FH＝4＝OA， 又∵∠AOC＝∠H＝90°，∠ADE＝∠FDH， ∴△ACO≌△FDH（AAS）， ∴CO＝DH＝8， ∵BF2＝BH2+HF2， ∴BD2＝（8﹣BD）2+16， ∴BD＝5， ∴OD＝1， ∴CD＝＝＝； 当点D在线段OB的延长线上时， 同理可求BD＝BF＝5， ∴OD＝11， ∴CD＝＝＝； 综上所述：CD的长为或． 24．（2023秋•北仑区校级期中）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝16，D是AC上的一点，CD＝3，点P从B点出发沿射线BC方向以每秒2个单位的速度向右运动．设点P的运动时间为t．连接AP． （1）当t＝3秒时，求AP的长度（结果保留根号）； （2）当△ABP为等腰三角形时，求t的值； （3）过点D作DE⊥AP于点E．在点P的运动过程中，当t为何值时，能使DE＝CD？ 【分析】（1）根据动点的运动速度和时间先求出PC，再根据勾股定理即可求解； （2）根动点运动过程中形成三种等腰三角形，分情况即可求解； （3）根据动点运动的不同位置利用勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）根据题意，得BP＝2t，PC＝16﹣2t＝16﹣2×3＝10，AC＝8， 在Rt△APC中，根据勾股定理，得AP＝＝＝2． 答：AP的长为2． （2）在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝16， 根据勾股定理，得AB＝＝＝8 若BA＝BP，则 2t＝8，解得t＝4； 若AB＝AP，则BP＝32，2t＝32，解得t＝16； 若PA＝PB，则（2t）2＝（16﹣2t）2+82，解得t＝5． 答：当△ABP为等腰三角形时，t的值为4、16、5． （3）①点P在线段BC上时，过点D作DE⊥AP于E，如图1所示： 则∠AED＝∠PED＝90°， ∴∠PED＝∠ACB＝90°， ∴PD平分∠APC， ∴∠EPD＝∠CPD， ， ∴△PDE≌△PDC（AAS）， ∴ED＝CD＝3，PE＝PC＝16﹣2t， ∴AD＝AC﹣CD＝8﹣3＝5， ∴AE＝4， ∴AP＝AE+PE＝4+16﹣2t＝20﹣2t， 在Rt△APC中，由勾股定理得：82+（16﹣2t）2＝（20﹣2t）2， 解得：t＝5； ②点P在线段BC的延长线上时，过点D作DE⊥AP于E，如图2所示： 同①得：△PDE≌△PDC（AAS）， ∴ED＝CD＝3，PE＝PC＝2t﹣16， ∴AD＝AC﹣CD＝8﹣3＝5， ∴AE＝4， ∴AP＝AE+PE＝4+2t﹣16＝2t﹣12， 在Rt△APC中，由勾股定理得：82+（2t﹣16）2＝（2t﹣12）2， 解得：t＝11； 综上所述，在点P的运动过程中，当t的值为5或11时，能使DE＝CD． 25．（2023秋•金华期中）如图1，在锐角△ABC中，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD、BE相交于点F，已知AD＝BD＝3． （1）判断BF与AC的数量关系，并说明理由； （2）若∠CAD＝30°，求EF的长； （3）如图2，将△ACD沿线段AD对折，点C落在BD上的点M，AM与BE相交于点N，当DE∥AM时，求△ABF的面积． 【分析】（1）证△BFD≌△ACD（ASA），即可得出结论； （2）由含30°角的直角三角形的性质得AC＝2CD，再由勾股定理求出CD＝，则AC＝2CD＝2，BC＝BD+CD＝3+，然后由三角形面积求出BE的长，即可解决问题； （3）证DE＝CE，AE＝DE，则AE＝CE，再由线段垂直平分线的性质得AB＝BC，进而由等腰直角三角形的性质得AB＝AD＝3，则BC＝3，得CD＝BC﹣BD＝3﹣3，然后由全等三角形的性质得DF＝CD＝3﹣3，则AF＝AD﹣DF＝6﹣3，即可解决问题． 【解答】解：（1）BF＝AC，理由如下： ∵AD⊥BC，BE⊥AC， ∴∠ADC＝∠BDF＝90°， ∵∠CAD+∠C＝90°，∠CBE+∠C＝90°， ∴∠CBE＝∠CAD， 在△BFD与△ACD中， ， ∴△BFD≌△ACD（ASA）， ∴BF＝AC； （2）∵∠ADC＝90°，∠CAD＝30°， ∴AC＝2CD， 在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD2+CD2＝AC2， 即32+CD2＝（2CD）2， 解得：CD＝（负值已舍去）， ∴AC＝2CD＝2，BC＝BD+CD＝3+， ∵AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E， ∴S△ABC＝AC•BE＝BC•AD， ∴AC•BE＝BC•AD， ∴BE＝＝＝， 由（1）可知，BF＝AC＝2， ∴EF＝BE﹣BF＝﹣2＝， 即EF的长为； （3）由折叠的性质得：AM＝AC， ∴∠AMD＝∠C， 当DE∥AM时，如图3， 则∠CDE＝∠AMD， ∴∠C＝∠CDE， ∴DE＝CE， ∵∠CAD+∠C＝∠CDE+∠ADE＝90°， ∴∠CAD＝∠ADE， ∴AE＝DE， ∴AE＝CE， ∵BE⊥AC， ∴AB＝BC， ∵∠ADB＝90°，AD＝BD＝3， ∴△ABD是等腰直角三角形， ∴AB＝AD＝3， ∴BC＝AB＝3， ∴CD＝BC﹣BD＝3﹣3， 由（1）可知，△BFD≌△ACD， ∴DF＝CD＝3﹣3， ∴AF＝AD﹣DF＝3﹣（3﹣3）＝6﹣3， ∴S△ABF＝AF•BD＝×（6﹣3）×3＝9﹣． 26．（2023秋•杭州期中）（1）如图1，在△ABC中，AB＝5，AC＝3，AD为BC边上的中线．求中线AD的取值范围；（提示：延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE） （2）如图2，在△ABC中，∠A＝90°，D是BC边的中点，∠EDF＝90°，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE2+CF2＝EF2； （3）如图3，四边形ABCD中，∠A＝90°，∠D＝120°，E为AD中点，F、G分别在边AB、CD上，且EF⊥EG，若AF＝4，，求GF长． 【分析】（1）延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE，证明△EDB≌△ADC（SAS），得到BE＝AC，利用三角形的三边关系，求出AE的取值范围，进而求出AD的取值范围； （2）延长FD至G，使DG＝DF，连接EG，BG，推出EF＝EG，证明△BDG≌△CDF，得到CF＝BG，推出∠EBG＝90°，利用勾股定理，即可得证； （3）延长FE至P，使EP＝FE，连接DP，PG，得到△FAE≌△PDE（SAS），推出FG＝PG，延长PD，过G作GH⊥PD于H，得到△GHD为含30°角的直角三角形，求出GH，DH的长，再利用勾股定理，求出PG的长，即可得解． 【解答】解：（1）如图1，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE， ∵AD为BC边上的中线， ∴BD＝CD， ∵∠BDE＝∠ADC， ∴△EDB≌△ADC（SAS）， ∴BE＝AC＝3，△ABE中，AB＝5， ∴AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即5﹣3＜AE＜5+3， ∴2＜AE＜8， ∵AE＝2AD， ∴1＜AD＜4， （2）证明：如图2，延长FD至G，使DG＝DF，连接EG，BG， ∵∠EDF＝90°， ∴ED是FG的垂直平分线， ∴EF＝EG， 由（1）同理得：△BDG≌△CDF（SAS）， ∴∠C＝∠DBG，CF＝BG， ∵∠A＝90°， ∴∠EBC+∠C＝90°， ∴∠EBC+∠DBG＝90°， ∴EG2＝BE2+BG2， ∴BE2+CF2＝EF2； （3）解：如图3，延长FE至P，使EP＝FE，连接DP，PG，延长PD，过G作GH⊥PD于H， 同理得：△FAE≌△PDE（SAS）， ∴PD＝AF＝4，∠PDE＝∠A＝90°， ∵FE⊥EG，FE＝EP， ∴FG＝PG， ∵∠EDG＝120°，∠EDH＝90°， ∴∠GDH＝30°， ∵， ∴，， ∴PH＝PD+DH＝7， ∴， ∴． 27．（2023秋•北仑区校级期中）【初步探索】 （1）如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系． 小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 　∠BAE+∠FAD＝∠EAF　； 【灵活运用】 （2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程． 【分析】（1）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF，据此得出结论； （2）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF； （3）在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE＝∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，推导得到2∠FAE+∠DAB＝360°，即可得出结论． 【解答】解：（1）∠BAE+∠FAD＝∠EAF．理由： 如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG， 根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， 再根据SSS可判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF． 故答案为：∠BAE+∠FAD＝∠EAF； （2）仍成立，理由： 如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°， ∴∠B＝∠ADG， 又∵AB＝AD， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF； （3）∠EAF＝180°﹣∠DAB． 证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG， ∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°， ∴∠ADC＝∠ABE， 又∵AB＝AD， ∴△ADG≌△ABE（SAS）， ∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE， ∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠FAE＝∠FAG， ∵∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°， ∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）＝360°， ∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）＝360°， 即2∠FAE+∠DAB＝360°， ∴∠EAF＝180°﹣∠DAB． 28．（2023秋•温州期中）已知在等腰△ABC中，BC＝6，AB＝AC，∠A＝n°（0＜n＜90）．如图1，点D是AC边上的一个动点，点E是AB边上的一个动点，且BE＝CD，BD与CE交于点F． （1）求证：BF＝CF； （2）若△BEF是等腰三角形，求∠EBF的度数（请用含n的代数式表示）； （3）如图2，当n＝60°时，将△BCE沿着BC翻折，得到△BCE′，连接EE′，交BD于点G，交BC于点H．记四边形CFGH的面积为S1，△BHE的面积为S2，当BG＝GF时，请直接写出S1+S2的值． 【分析】（1）通过证明△BCD≌△CBE（SAS），根据全等三角形的性质即可求解； （2）先根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理求出∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣∠A）＝90°﹣n°，由（1）得出∠FBC＝∠FCB，设∠EBF＝∠DCF＝x，则∠FBC＝∠FCB＝（90°﹣n°﹣x），∠BEF＝∠DCF+∠BAC＝x+n°，∠EFB＝2∠FBC＝2（90°﹣n°﹣x）＝180°﹣n°﹣2x，分三种情况：①当BD＝BF时，②当BD＝DF时，③当BF＝DF时，求解即可； （3）过点F作FI⊥BC于点I，根据折叠的性质得出BE＝BE′，∠EBH＝∠E′BH，∠EHB＝∠E′HB＝90°，S△BHE＝S△BHE′＝S1，根据题意推出△ABC是等边三角形，结合等边三角形的性质利用SAS证明△BEC≌△CDB，根据全等三角形的性质及等腰三角形的判定推出BF＝CF，根据等腰三角形的性质求出BI＝CI＝BC＝3，∠FIB＝∠FIC＝90°，HG＝a，BG＝GF＝b，则BF＝2b＝CF，根据题意求出△BGH∽△BFI，△CIF∽△CHE，根据相似三角形的性质求出BH＝，IF＝2a，CH＝，HE＝3a，CE＝3b，EG＝2a，EF＝b，根据三角形面积公式求出S△BGE＝S△FGE＝S1，解直角三角形求出EH＝，再根据S1+S2＝S△BCE﹣S△FGE求解即可． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵BE＝CD，BC＝CB， ∴△BCD≌△CBE（SAS）， ∴∠BCE＝∠CBD， ∴BF＝CF； （2）解：∵AB＝AC，∠A＝n°， ∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣∠A）＝90°﹣n°， 由（1）知，∠FBC＝∠FCB， ∴∠EBF＝∠DCF， 设∠EBF＝∠DCF＝x， 则∠FBC＝∠FCB＝（90°﹣n°﹣x），∠BEF＝∠DCF+∠BAC＝x+n°， ∴∠EFB＝2∠FBC＝2（90°﹣n°﹣x）＝180°﹣n°﹣2x， ∵△BEF是等腰三角形，故分三种情况讨论： ①当BE＝BF时，此时∠BEF＝∠EFB， ∴x+n°＝180°﹣n°﹣2x，得x＝60°﹣n°， 即∠EBF＝60°﹣n°； ②当BE＝EF时，此时∠EBF＝∠EFB， ∴x＝180°﹣n°﹣2x，得x＝60°﹣n°， 即∠EBF＝60°﹣n°； ③当BF＝EF时，此时∠EBF＝∠BEF， ∴x＝x+n°，不符题意，舍去； 综上所述，若△BEF是等腰三角形，∠EBF的度数为（60°﹣n°）或（60°﹣n°）； （3）解：过点F作FI⊥BC于点I， 由折叠的性质得，BE＝BE′，∠EBH＝∠E′BH，∠EHB＝∠E′HB＝90°，S△BHE＝S△BHE′＝S1， ∵AB＝AC，∠A＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝BC＝AC＝6， 又BE＝CD， ∴△BEC≌△CDB（SAS）， ∴∠BCE＝∠CBD， ∴BF＝CF， ∵FI⊥BC， ∴BI＝CI＝BC＝3，∠FIB＝∠FIC＝90°， ∵∠GBH＝∠FBI，∠BHG＝∠FIB＝90°， ∴△BGH∽△BFI， ∴＝＝， ∵BG＝GF， ∴＝， 设HG＝a，BG＝GF＝b，则BF＝2b＝CF， ∴＝＝， ∴BH＝，IF＝2a， ∴CH＝BC﹣BH＝， ∵∠FCI＝∠ECH，∠FIC＝∠EHC＝90°， ∴△CIF∽△CHE， ∴＝＝， 即＝＝， ∴HE＝3a，CE＝3b， ∴EG＝HE﹣GH＝2a，EF＝CE﹣CF＝b， ∵S△BHE＝S△BHE′＝S1，S△BHE＝BH•EH＝BH•3a＝BH，S△BGE＝EG•BH＝a•BH， ∴S△BGE＝S△BHE＝S1， ∵BG＝FG， ∴S△BGE＝S△FGE， ∴S△FGE＝S1， ∵∠EBH＝60°，∠EHB＝90°， ∴tan∠EBH＝＝， ∴EH＝BH＝， ∴S△BHE＝××＝， ∴S△FGE＝×＝， ∵S△BCE＝BC•EH＝×6×＝， ∴S1+S2＝S△BCE﹣S△FGE＝﹣＝． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$