专题04浙江省各地市期中考试卷选、填压轴题选练-【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04 浙江省各地市期中考试卷选、填压轴题选练 1．（2023秋•上城区校级期中）已知关于x的不等式mx﹣2≤0的解集是，则m的取值范围是 　 　． 2．（2023秋•拱墅区校级期中）已知关于x的不等式组，现有以下结论： ①若a＝﹣3，则x＝2是该不等式组的一个解； ②若该不等式组无解，则a＞3； ③若该不等式组只有三个整数解，则0＜a＜1； ④若原不等式组的解集为﹣5＜x≤3时，则a＝﹣5． 其中正确的是 　 　（写出所有正确结论的序号）． 3．（2023秋•下城区校级期中）若x的不等式组有两个整数解，则a的取值范围是 　 　． 4．（2023秋•滨江区校级期中）如图，以AB为斜边的Rt△ABC和Rt△ABD位于直线AB的同侧，连接CD，若∠BAC+∠ABD＝135°，AB＝2，则CD的长为 　 　． 5．（2023秋•椒江区校级期中）如图，点P为△ABC内部一点，使得∠PBC＝30°，∠PBA＝6°，且∠PAB＝∠PAC＝24°，求∠APC的度数是 　 　． 6．（2023秋•南浔区期中）如图，AD是∠CAF的平分线，BD＝CD，过D点作DE⊥AC于点E，DF⊥AB交BA于点F，则下列结论：①△CDE≌△BDF；②CE＝AB+AE；③∠BDC＝∠BAC；④∠DAF＝∠CBD，其中正确结论的序号有（　　） A．①② B．①②③ C．②③④ D．①②③④ 7．（2023秋•东阳市期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，BC＝14cm，点P从A点出发沿A→C→B路径向终点运动，终点为B点，点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点运动，终点为A点，点P和Q分别以2cm/s和3cm/s的运动速度同时开始运动，两点都要到达相应的终点时才能停止运动，分别过P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F．设运动时间为t秒，要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等，则t的值为　 　 　． 8．（2023秋•椒江区校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AD平分∠BAC交BC于点D．CE平分∠ACB交AB于点E，AD、CE交于点F．则下列说法正确的个数为（　　） ①∠AFC＝120°；②S△ABD＝S△ADC；③若AB＝2AE，则CE⊥AB；④CD+AE＝AC；⑤S△AEF：S△FDC＝AF：FC． A．①②③ B．①③④ C．②③⑤ D．①③④⑤ 9．（2023秋•绍兴期中）如图，在等边△ABC中，AB＝10，D是AC上一点，且AD＝2，点E是射线BC上一动点，连接DE，以DE为边在DE右侧作等边△DEF，连接CF，若CE＝4，则CF的长为（　　） A．4 B．6 C．4或12 D．6或12 10．（2023秋•上城区校级期中）等边△ABC中，射线BA上有一点D，连结CD，以CD为边向上作等边△CDE，连结BE和AE，下列结论：①AE＝BD；②AE与直线AB夹的锐角为60°；③当D在射线BA上时，总有∠BED﹣∠AED＝∠BDC；④当∠BCD＝90°时，CE2+AD2＝AC2+DE2，正确的结论序号有 　 　． 11．（2023秋•浙江期中）如图1，以直角三角形的各边分别向外作正方形，再把较小的两个正方形按图2的方式放置在大正方形内，记四边形ABCD的面积为S1，四边形CDEG的面积为S2，四边形GFKH的面积为S3，四边形CGHP面积为S4，若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（　　） A．S1 B．S2 C．S3 D．S4 12．（2023秋•义乌市校级期中）如图，在△ABC中，OA＝12，OB＝5，C点与A点关于直线OB对称，动点P、Q分别在线段AC、AB上（点P不与点A、C重合），满足∠BPQ＝∠BAO．当△PQB为等腰三角形时，OP的长度是 　 　． 13．（2023秋•奉化区校级期中）如图，分别以直角三角形的三边向外作等腰直角三角形，然后将较小的两个等腰直角△ADE和△BFD放在最大的等腰直角△ABC内（如图），DE与FG交于点H，连结AH，EG．若要求△GCE的面积，只需要知道下列哪个三角形的面积即可（　　） A．△ABC B．△AEH C．△AFH D．△DFH 14．（2023秋•江北区校级期中）如图，分别以a，b，m，n为边长作正方形，已知m＞n且满足am﹣bn＝2，an+bm＝4． （1）若a＝3，b＝4，则图1阴影部分的面积是 　 　； （2）若图1阴影部分的面积为3，图2四边形ABCD的面积为5，则图2阴影部分的面积是 　 　． 15．（2023秋•临海市校级期中）如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，D、E分别为AB、AC边上点，AD＝AE，AF⊥BE交BC于点F，过点F作FG⊥CD交BE的延长线于点G，交AC于点M；以下四个结论：①△ADC≌△AEB；②GM＝2EM；③△EGM是等腰三角形；④BG＝AF+FG；恒成立的结论有 　 　． 16．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，已知AB＝AC，BD＝AD＝AE＝EC，点B，D，E，C在同一直线上，设∠BAC的度数为x度，∠DAE度数为y度，当100°＜x＜120°时，y的取值范围为 　 　． 17．（2023秋•临海市校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，过点O作EF∥BC交AB于E，交AC于F，过点O作OD⊥AC于D，下列结论： ①EF＝BE+CF；②点O到△ABC各边的距离相等； ③∠BOC＝； ④设OD＝m，AE+AF＝n，则S△AEF＝mn； ⑤AD＝． 其中正确的结论是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 18．（2023秋•镇海区校级期中）如图，AD为△ABC的高，点H为AC的垂直平分线与BC的交点，点F为BC上一点，若∠B＝2∠C，且AC＝AB+BF．则的值为（　　） A．1 B．2 C．1.5 D．3 19．（2023秋•柯桥区期中）如图，△ABC中，AC＝20，点D，E分别在BC，AC上，F是BD的中点．若AB＝AD，EF＝EC，则EF的长是（　　） A．9 B．10 C．11 D．13 20．（2023秋•绍兴期中）如图，∠ABC是一个钢架结构，在角内部最多只能构造5根等长的钢条，且满足BD＝DE＝EF＝FG＝GH＝HI，设∠ABC＝x，则x的取值范围是 　 　． 21．（2023秋•柯桥区期中）小丽从一张等腰三角形纸片ABC（AB＝AC）中恰好剪出五个如图所示的小等腰三角形，其中BC＝BD，EC＝EF＝FG＝DG＝DA，则∠A＝　 　°． 22．（2023秋•绍兴期中）如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠ACB＝100°，点M是射线AB上的一个动点，过点M作MN∥BC交AC于点N．当△BMN是等腰三角形时，∠MNB＝　 　． 23．（2023秋•临海市校级期中）边长为4的等边三角形ABC中，D，E，F分别是边AB，BC，CD上的点，且AD＝BD，有一只蚂蚁从点D出发，经过点E，F，最后回到点D，则蚂蚁所走的最短路程为（　　） A．6 B．8 C．12 D．9 24．（2023秋•义乌市校级期中）如图，△ABC是等边三角形，D是线段BC上一点（不与点B，C重合），连接AD，点E，F分别在线段AB，AC的延长线上，且DE＝DF＝AD，点D从B运动到C的过程中，△BED周长的变化规律是（　　） A．不变 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大 25．（2023秋•镇海区校级期中）如图三条直线l1，l2，l3互相平行，且l1与l2的距离为2，l2与l3的距离为4，等边△ABC的三个顶点分别在三条平行线上，则等边△ABC的面积为 　 　． 26．（2023秋•下城区校级期中）在△ABC中，∠BAC＝90°，点D在边BC上，AD＝AB（　　） A．若AC＝2AB，则∠C＝30° B．若AC＝2AB，则3BD＝2CD C．若∠B＝2∠C，则AC＝2AB D．若∠B＝2∠C，则S△ABD＝2S△ACD 27．（2023秋•江北区校级期中）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠CDA＝90°，以它的四条边为斜边分别向外作等腰直角三角形，其中3个三角形的面积分别为2，5，9，则第4个三角形的面积为（　　） A．6 B．9 C．11 D．12 28．（2023秋•江北区校级期中）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一．如图1，以直角三角形ABC的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大的正方形内，三个阴影部分面积分别记为S1，S2，S3，若已知S1＝2，S2＝3，S3＝4，则两个较小正方形纸片的重叠部分（四边形DEFG）的面积为（　　） A．5 B．6 C．8 D．9 29．（2023秋•奉化区校级期中）将一个等腰三角形ABC纸板沿垂线段AD，DE进行剪切，得到三角形①②③，再按如图2方式拼放，其中EC与BD共线．若BD＝6，则AB的长为（　　） A． B． C． D．7 30．（2023秋•东阳市期中）如图，Rt△ABC的两条直角边BC＝6，AC＝8．分别以Rt△ABC的三边为边作三个正方形．若四个阴影部分面积分别为S1，S2，S3，S4，则S2+S3﹣S1的值为（　　） A．4 B．3 C．2 D．0 31．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，Rt△AED中，∠AED＝90°，AB＝AC＝AD，EC＝2，BE＝8． （1）若，则AE的值为 　 　； （2）DE的值为 　 　． 32．（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 　 　． 33．（2023秋•奉化区校级期中）如图，点D在△ABC中，∠BDC＝90°，AB＝6，AC＝BD＝4，CD＝2，则图中阴影部分的面积为 　 　． 34．（2023秋•上城区校级期中）如图，A，B，C，D四个点顺次在直线l上，AC＝a，BD＝b．以AC为底向下作等腰直角三角形ACE，以BD为底向上作等腰三角形BDF，且FB＝FD＝BD．连结AF，DE，当BC的长度变化时，△ABF与△CDE的面积之差保持不变，则a与b需满足（　　） A． B． C． D． 35．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，∠ABC＝30°，AB＝8，F是射线BC上一动点，D为线段AF中点，以AD为斜边作等腰直角△ADE，连结EF，当AF最短时，△DEF的面积为（　　） A．2.5 B．2 C．1.5 D．1 36．（2023秋•鄞州区期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连接DE，点F，G分别是BC和DE的中点，连接AG，FG，当AG＝FG时，线段DE的长为 　 　． 37．（2023秋•奉化区校级期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝3，对角线AC＝5，BE平分∠ABC交AD于点E，Q是线段BE上的点，连接CQ，过点C作CP⊥CQ交AD的延长线于点P，当△PCQ为等腰三角形时，AP＝（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 38．（2023秋•临海市校级期中）如图，点E和点F分别是矩形ABCD边上的两点，已知EB＝2AE，BF＝2CF，连接AF，CE，设AF，CE交于点G，则值为 　 　． 39．（2023秋•奉化区校级期中）如图，长方形两边长AB＝2，AD＝1，两顶点A、B分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上运动，则顶点D到原点O的距离最大值是 　 　． 40．（2023秋•镇海区校级期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以AB为边向上作正方形ABDE，以AC为边作正方形ACFG，点E落在GF上，连结CD，DF．若要求出五边形ACDFE的面积，则只要知道（　　） A．AB的长 B．AC的长 C．△ABC的面积 D．△DEF的面积 41．（2023秋•滨江区校级期中）如图，AB＝AD，点B关于AC的对称点E恰好落在CD上，若∠BAD＝α（0°＜α＜180°），则∠ACB的度数为（　　） A．90°﹣α B．α C．45° D．α﹣45° 42．（2023秋•柯桥区期中）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点M，N分别是边AB，BC上的动点，△BMN与△B′MN关于直线MN对称，点B的对称点为B′．当∠BMB′＝30°且CN＝MN时，若CM•BC＝2，则△AMC的面积为 　 　． 43．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，AD为等边△ABC的边BC上的高，AB＝4，AE＝1，P为AD上一动点，则PE+PB的最小值为（　　） A． B． C． D． 44．（2023秋•浙江期中）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，点P在AC的延长线上，且AC＝CP＝4，将△ABC沿AB方向平移得到△A′B′C′，连接PA′，PC′，则△PA′C′的周长的最小值为 　 　． 45．（2023秋•滨江区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D在AC上，将△ADB沿直线BD翻折后，将点A落在点E处，如果AD⊥ED，那么线段DE的长为（　　） A．1 B． C． D． 46．（2023秋•临海市校级期中）如图，△ABC中，∠A＝30°，以BE为边，将此三角形对折，其次，又以BA为边，再一次对折，C点落在BE上，此时∠CDB＝82°，则原三角形的∠B＝　 　度． 47．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，有一张三角形纸片ABC，已知∠C＝90°，将△ABC沿DE折叠，得到△A′DE，A′E∥BC，A′D与AB相交于点F，当∠A＝32°时，则∠ADE的度数 　 　． 48．（2023秋•奉化区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在△ABC内，AD平分∠BAC，连接CD，把△ADC沿CD折叠，AC落在CE处，交AB于F，恰有CE⊥AB．若BC＝10，AD＝7，则EF＝　 　． 49．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，将一张直角梯形纸板（CD∥AB，AB⊥AD）剪成3部分，恰好能拼成一个等腰三角形．若想知道1号部分的周长，则只需测量下列哪条线段即可（　　） A．AE B．AD C．BE D．BC 50．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，O是正△ABC内一点，OA＝2，OB＝6，OC＝8，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO'，下列结论：①点O与O'的距离为6；②∠AOC＝120°；③；④；⑤点P为△ABC内一点，则点P到△ABC三个顶点的距离和最小为．其中正确的结论是（　　） A．①③⑤ B．①③④ C．②③④⑤ D．①②⑤ 51．（2023秋•南浔区期中）商场卫生间旋转门锁的局部图如图1所示，图2是其工作简化图．其中OD＝3.5cm，在自然状态下，把手竖直向下（把手底端到达A处）．旋转一定角度，使得把手底端B恰好卡在门边，此时底端A，B的竖直高度差为0.5cm，则OB的长度是 　 　cm．当把手旋转到OC⊥OB时，点C与点B的高度差BH是 　 　cm． 52．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝2，P为BC延长线上一动点，以AP为直角边在AP的右侧作等腰直角△APQ，∠PAQ＝90°，连接BQ，交直线AC于点M，若S△ABP＝3S△AMQ，则BP的长为 　 　． 53．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，在等腰直角△ABC中，AB＝BC，以BC为斜边在△ABC内作直角△BDC，其中∠BDC＝90°，延长BD到E，使∠AEB＝45°，若S△ABE﹣S△BDC＝2，则AB的值为 　 　． 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04 浙江省各地市期中考试卷选、填压轴题选练 1．（2023秋•上城区校级期中）已知关于x的不等式mx﹣2≤0的解集是，则m的取值范围是 　m＜0　． 【分析】由不等式的性质得出m＜0，则可得出答案． 【解答】解：∵mx﹣2≤0的解集是， ∴不等号的方向已改变， ∴m＜0， 故答案为：m＜0． 2．（2023秋•拱墅区校级期中）已知关于x的不等式组，现有以下结论： ①若a＝﹣3，则x＝2是该不等式组的一个解； ②若该不等式组无解，则a＞3； ③若该不等式组只有三个整数解，则0＜a＜1； ④若原不等式组的解集为﹣5＜x≤3时，则a＝﹣5． 其中正确的是 　①④　（写出所有正确结论的序号）． 【分析】先求出各不等式的解集，再根据各小题的结论解答即可． 【解答】解：①∵a＝﹣3， ∴它的解集是﹣3＜x≤3， ∴x＝2是该不等式组的一个解，故本小题正确； ②∵不等式组无解， ∴a≥3，故本小题错误； ③∵该不等式有三个整数解，则0≤a＜1，故本小题错误； ④若原不等式组的解集为﹣5＜x≤3时，则a＝﹣5，故本小题正确； 故答案为：①④． 3．（2023秋•下城区校级期中）若x的不等式组有两个整数解，则a的取值范围是 　﹣2＜a≤0　． 【分析】分别解两个不等式，根据不等式组有且只有两个整数解，得到关于a的不等式组即可判断． 【解答】解：解不等式2x+1≥﹣3得：x≥﹣2， 解不等式2x﹣a＜0得：， ∵不等式组有且只有两个整数解， ∴不等式的解集为， ∴不等式的两个整数解为x＝﹣1和x＝﹣2， ∴， 解得：﹣2＜a≤0，即a的取值范围是﹣2＜a≤0， 故答案为：﹣2＜a≤0． 4．（2023秋•滨江区校级期中）如图，以AB为斜边的Rt△ABC和Rt△ABD位于直线AB的同侧，连接CD，若∠BAC+∠ABD＝135°，AB＝2，则CD的长为 　　． 【分析】取AB的中点H，连接CH、DH，根据直角三角形的性质得到CH＝DH＝1，∠AHC＝180°﹣2∠BAC，∠BHD＝180°﹣2∠ABD，进而出去∠CHD＝90°，根据等腰直角三角形的性质计算，得到答案． 【解答】解：取AB的中点H，连接CH、DH， 在Rt△ABC中，点H是AB的中点， ∴CH＝AB＝AH＝1， ∴∠HCA＝∠BAC， ∴∠AHC＝180°﹣2∠BAC， 同理可得，DH＝1，∠BHD＝180°﹣2∠ABD， ∵∠BAC+∠ABD＝135°， ∴∠CHD＝180°﹣∠AHC﹣∠BHD＝180°﹣（180°﹣2∠BAC）﹣（180°﹣2∠ABD）＝90°， ∴CD＝CH＝， 故答案为：． 5．（2023秋•椒江区校级期中）如图，点P为△ABC内部一点，使得∠PBC＝30°，∠PBA＝6°，且∠PAB＝∠PAC＝24°，求∠APC的度数是 　144°　． 【分析】作辅助线，在AC的延长线上截取AF＝AB，连BF，PF，延长AP交BC于D，交BF于E，则可证得△APB≌△APF，则AP为BF的垂直平分线，结合∠PBA＝6°，可得∠CBF＝30°＝∠CBP，∠BFP＝60°＝∠BPF，可得BC平分PF，进一步可求出∠APC的度数． 【解答】解：在AC的延长线上截取AF＝AB，连BF，PF，延长AP交BC于D，交BF于E， ∴∠BPE＝∠BAP+∠ABP＝24°+6°＝30°＝∠PBC， 在△ABP和△AFP中， ， 则△APB≌△APF（SAS）， ∴AP垂直平分BF，∠AFP＝∠ABP＝6°， ∴∠FPE＝∠BPE＝30°， ∠CBF＝30°＝∠CBP，∠BFP＝60°＝∠BPF， ∴BC垂直平分PF， ∴∠CPF＝∠CFP＝6°， ∴∠DPC＝36°， ∴∠APC＝180°﹣36°＝144°． 故答案为：144°． 6．（2023秋•南浔区期中）如图，AD是∠CAF的平分线，BD＝CD，过D点作DE⊥AC于点E，DF⊥AB交BA于点F，则下列结论：①△CDE≌△BDF；②CE＝AB+AE；③∠BDC＝∠BAC；④∠DAF＝∠CBD，其中正确结论的序号有（　　） A．①② B．①②③ C．②③④ D．①②③④ 【分析】由“角平分线上的点到角两边的距离相等”可得DF＝DE，由“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等”可得△BDF≌△CDE（HL）可得结论①，于是BF＝CE可得结论②；设AC，BD交于点M，在△AMB和△DMC中，由∠DBF＝∠DCE和对顶角相等，结合三角形内角和可得结论③；利用∠BDC在等腰三角形DBC中求得∠CBD表达式，利用∠BAC的补角和角平分线的定义求得∠DAF的表达式，结合结论③可得结论④； 【解答】解：∵AD是∠CAF的平分线，过D点作DE⊥AC于点E，DF⊥AB交BA于点F， ∴DF＝DE， 又∵BD＝CD，∠BFD＝∠CED＝90°， ∴△BDF≌△CDE（HL），即①正确， ∴BF＝CE，∠DBF＝∠DCE， ∵DF＝DE，DA＝DA，∠DFA＝∠DEA＝90°， ∴△DAF≌△DAE（HL）， ∴AF＝AE， ∴CE＝BF＝AB+AF＝AB+AE，即②正确， 如图设AC，BD交于点M， ∵∠AMB＝∠DMC，∠ABM＝∠DCM， ∴∠BAM＝180°﹣∠AMB﹣∠ABM＝180°﹣∠DMC﹣∠DCM＝∠CDM， ∴∠BDC＝∠BAC，即③正确， ∵BD＝CD， ∴△DBC是等腰三角形， ∴， ∵，∠BDC＝∠BAC， ∴∠DAF＝∠CBD，即④正确， 综上所述①②③④正确， 故选：D． 7．（2023秋•东阳市期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，BC＝14cm，点P从A点出发沿A→C→B路径向终点运动，终点为B点，点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点运动，终点为A点，点P和Q分别以2cm/s和3cm/s的运动速度同时开始运动，两点都要到达相应的终点时才能停止运动，分别过P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F．设运动时间为t秒，要使以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等，则t的值为　 　或6或8　． 【分析】根据垂直的定义及直角三角形的性质易证∠PEC＝∠CFQ，∠PCE＝∠CQF．只需PC＝QC，就可得到△PEC与△CFQ全等，然后只需根据点P和点Q不同位置进行分类讨论即可解决问题． 【解答】解：∵PE⊥l于E，QF⊥l于F， ∴∠PEC＝∠CFQ＝90°， ∴∠QCF+∠CQF＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠PCE+∠QCF＝90°， ∴∠PCE＝∠CQF， ①当0≤t＜4时，点P在AC上，点Q在BC上，如图， 此时有AP＝2t cm，BQ＝3t cm，AC＝8cm，BC＝14cm． 当PC＝QC即8﹣2t＝14﹣3t， 解得t＝6，不合题意舍去； ②当4＜t＜5时，点P在BC上，点Q也在BC上，如图， 若PC＝QC，则点P与点Q重合，即2t﹣8＝14﹣3t， 解得t＝； ③当5≤t＜时，点P在BC上，点Q在AC上，如图， 当PC＝QC即2t﹣8＝3t﹣14， 解得t＝6； ④当≤t＜7时，点Q停在点A处，点P在BC上，如图， 当PC＝QC即2t﹣8＝8， 解得t＝8； 综上所述：当t等于或6或8时，以点P，E，C为顶点的三角形与以点Q，F，C为顶点的三角形全等． 故答案为：或6或8． 8．（2023秋•椒江区校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AD平分∠BAC交BC于点D．CE平分∠ACB交AB于点E，AD、CE交于点F．则下列说法正确的个数为（　　） ①∠AFC＝120°；②S△ABD＝S△ADC；③若AB＝2AE，则CE⊥AB；④CD+AE＝AC；⑤S△AEF：S△FDC＝AF：FC． A．①②③ B．①③④ C．②③⑤ D．①③④⑤ 【分析】由∠ABC＝60°，得∠DAC+∠ECA＝（∠BAC+∠ACB）＝60°，则∠AFC＝180°﹣（∠DAC+∠ECA）＝120°，可判断①正确；作DG⊥AB于点G，DH⊥AC于点H，则DG＝DH，因为AB与AC不一定相等，且S△ABD＝AB•DG，S△ADC＝AC•DH，所以S△ABD与S△ADC不一定相等，可判断②错误；延长CE到点K，使KE＝CE，连接BK，可证明△BKE≌△ACE，得∠K＝∠ACE，BK＝AC，而∠BCE＝∠ACE，所以∠BCE＝∠K，则BK＝BC，所以AC＝BC，则CE⊥AB，可判断③正确；在AC上截取AL＝AE，连接FL，可证明△ALF≌△AEF，得∠AFL＝∠AFE＝60°，则∠CFL＝∠CFD，再证明△FLC≌△FDC，得CL＝CD，则CD+AE＝CL+AL＝AC，可判断④正确；作LM⊥FA于点M，LN⊥FC于点N，因为∠AFL＝∠CFL，所以LM＝LN，即可证明＝＝＝，可判断⑤正确，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵∠ABC＝60°， ∴∠BAC+∠ACB＝180°﹣∠ABC＝120°， ∵AD平分∠BAC，CE平分∠ACB， ∴∠DAC＝∠BAC，∠ECA＝∠ACB， ∴∠DAC+∠ECA＝（∠BAC+∠ACB）＝60°， ∴∠AFC＝180°﹣（∠DAC+∠ECA）＝120°， 故①正确； 如图1，作DG⊥AB于点G，DH⊥AC于点H，则DG＝DH， ∵AB与AC不一定相等， ∴AB•DG与AC•DH不一定相等， ∵S△ABD＝AB•DG，S△ADC＝AC•DH， ∴S△ABD与S△ADC不一定相等， 故②错误； 如图1，延长CE到点K，使KE＝CE，连接BK， ∵AB＝2AE， ∴BE＝AE， 在△BKE和△ACE中， ， ∴△BKE≌△ACE（SAS）， ∴∠K＝∠ACE，BK＝AC， ∵∠BCE＝∠ACE， ∴∠BCE＝∠K， ∴BK＝BC， ∴AC＝BC， ∴CE⊥AB， 故③正确； 如图2，在AC上截取AL＝AE，连接FL， ∵∠AFC＝120°， ∴∠AFE＝∠CFD＝180°﹣∠AFC＝60°， 在△ALF和△AEF中， ， ∴△ALF≌△AEF（SAS）， ∴∠AFL＝∠AFE＝60°， ∴∠CFL＝∠AFC﹣∠AFL＝60°， ∴∠CFL＝∠CFD， 在△FLC和△FDC中， ， ∴△FLC≌△FDC（ASA）， ∴CL＝CD， ∴CD+AE＝CL+AL＝AC， 故④正确； 如图2，作LM⊥FA于点M，LN⊥FC于点N， ∵∠AFL＝∠CFL， ∴LM＝LN， ∴＝＝， ∵S△ALF＝S△AEF，S△FLC＝S△FDC， ∴＝，即S△AEF：S△FDC＝AF：FC， 故⑤正确， 故选：D． 9．（2023秋•绍兴期中）如图，在等边△ABC中，AB＝10，D是AC上一点，且AD＝2，点E是射线BC上一动点，连接DE，以DE为边在DE右侧作等边△DEF，连接CF，若CE＝4，则CF的长为（　　） A．4 B．6 C．4或12 D．6或12 【分析】分点E在BC上和BC的延长线上两种情况讨论，利用等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质即可求解． 【解答】解：当点E在线段BC上时， 过点D作DM∥AB，交BC于点M， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝60°＝∠BAC， ∵DM∥AB， ∴∠ABC＝∠BAC＝∠CDM＝∠CMD＝60°， ∴△CDM是等边三角形， ∴CD＝CM＝DM＝CE+EM＝10﹣2＝8， ∵△DEF是等边三角形， ∴DE＝DF，∠EDF＝60°， ∴∠MDE＝∠CDF， ∴， ∴△MDE≌△CDF（SAS）， ∴ME＝CF， ∴CF＝ME＝CM﹣CE＝8﹣4＝4． 当点E在线段BC的延长线上， 过点D作DM∥AB，交BC于点M， 同理可证△CDM是等边三角形， ∴CD＝CM＝DM＝8， 同理可证△MDE≌△CDF， ∴ME＝CF， ∴CF＝ME＝CM+CE＝8+4＝12． 综上，CF的长为4或12． 故选：C． 10．（2023秋•上城区校级期中）等边△ABC中，射线BA上有一点D，连结CD，以CD为边向上作等边△CDE，连结BE和AE，下列结论：①AE＝BD；②AE与直线AB夹的锐角为60°；③当D在射线BA上时，总有∠BED﹣∠AED＝∠BDC；④当∠BCD＝90°时，CE2+AD2＝AC2+DE2，正确的结论序号有 　①②④　． 【分析】利用△BCD≌△ACE（SAS），可以证明①②正确，③错误，当∠BCD＝90°时，易知AC＝AD，根据EC＝DE即可判断④正确． 【解答】解：如图，设CD交AE于O． ∵△ABC，△CED都是等边三角形， ∴CB＝CA，CD＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°， ∴∠BCD＝∠ACE， ∴△BCD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝AE，∠BDC＝∠AEC，故①正确， ∵∠EOC＝∠DOA， ∴∠OAD＝∠OCE＝60°， ∴AE与AB的夹角为60°，故②正确， ∵∠BED﹣∠AED＝∠AEB＜∠AEC，∠AEC＝∠BDC， ∴∠BED﹣∠AED＜∠BDC，故③错误， 当∠BCD＝90°时，易证AC＝AD， ∵CE＝DE， ∴CE2+AD2＝AC2+DE2故④正确， 故答案为：①②④． 11．（2023秋•浙江期中）如图1，以直角三角形的各边分别向外作正方形，再把较小的两个正方形按图2的方式放置在大正方形内，记四边形ABCD的面积为S1，四边形CDEG的面积为S2，四边形GFKH的面积为S3，四边形CGHP面积为S4，若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（　　） A．S1 B．S2 C．S3 D．S4 【分析】设大正方形的面积为c，中正方形的面积为b，小正方形的面积为a，如图2，S1+S阴影＝b，S1+S2＝（c﹣a），把b＝c﹣a代入即可得到结论． 【解答】解：设大正方形的面积为c，中正方形的面积为b，小正方形的面积为a， 如图2，∵S1+S阴影＝b，S1+S2＝（c﹣a）， ∵a+b＝c， ∴b＝c﹣a， ∴S1+S阴影＝S1+S2， ∴S2＝S阴影， ∴知道图中阴影部分的面积，则一定能求出S2， 故选：B． 12．（2023秋•义乌市校级期中）如图，在△ABC中，OA＝12，OB＝5，C点与A点关于直线OB对称，动点P、Q分别在线段AC、AB上（点P不与点A、C重合），满足∠BPQ＝∠BAO．当△PQB为等腰三角形时，OP的长度是 　1或　． 【分析】分为三种情况：①PQ＝BP，证明△APQ≌△CBP（AAS），AP＝BC＝13，②BQ＝QP，③BQ＝BP，由等腰三角形的性质和勾股定理可求解． 【解答】解：分为3种情况： ①当PB＝PQ时， ∵OA＝12，OB＝5，A、C关于直线OB对称， ∴， ∴∠BAO＝∠BCO， ∵∠BPQ＝∠BAO， ∴∠BPQ＝∠BCO， ∵∠APB＝∠APQ+∠BPQ＝∠BCO+∠CBP， ∴∠APQ＝∠CBP， 在△APQ和△CBP中， ， ∴△APQ≌△CBP（AAS）， ∴AP＝BC＝13， ∴OP＝AP﹣OA＝1； ②当BQ＝BP时， 则∠BPQ＝∠BQP， ∵∠BPQ＝∠BAO， ∴∠BAO＝∠BQP， 根据三角形外角性质得：∠BQP＞∠BAO， ∴这种情况不存在； ③当QB＝QP时， ∠QBP＝∠BPQ＝∠BAO， ∴PB＝PA， 设OP＝x，则PB＝PA＝12﹣x， 在Rt△OBP中，PB2＝OP2+OB2， ∴（12﹣x）2＝x2+52， 解得：； ∴当△PQB为等腰三角形时，OP＝1或． 13．（2023秋•奉化区校级期中）如图，分别以直角三角形的三边向外作等腰直角三角形，然后将较小的两个等腰直角△ADE和△BFD放在最大的等腰直角△ABC内（如图），DE与FG交于点H，连结AH，EG．若要求△GCE的面积，只需要知道下列哪个三角形的面积即可（　　） A．△ABC B．△AEH C．△AFH D．△DFH 【分析】用a，b，c表示出△CEG的面积，然后根据勾股定理得出a，b，c的关系，最后进行因式分解得出结论即可． 【解答】解：∵CE＝c﹣b，CG＝c﹣a， ∴S△CEG＝（c﹣b）（c﹣a）＝c2﹣bc﹣ac+ab， 由勾股定理可得：2a2+2b2＝2c2， ∴2（c2﹣bc﹣ac+ab）＝2c2﹣2bc﹣2ac+2ab＝a2+b2+c2﹣2bc﹣2ac+2ab＝（a+b﹣c）2， 又∵a+b﹣c＝DH＝FH， ∴只知道△DFH的面积就可以知道△CEG的面积． 故选：D． 14．（2023秋•江北区校级期中）如图，分别以a，b，m，n为边长作正方形，已知m＞n且满足am﹣bn＝2，an+bm＝4． （1）若a＝3，b＝4，则图1阴影部分的面积是 　25　； （2）若图1阴影部分的面积为3，图2四边形ABCD的面积为5，则图2阴影部分的面积是 　　． 【分析】（1）根据正方形的面积公式列得代数式，然后代入数值计算即可； （2）结合已知条件可得a2+b2＝3，利用梯形面积公式可得（m+n）2＝10，然后将题干中的两个等式分别平方再相加并整理可得（a2+b2）（m2+n2）＝20，继而求得m2+n2＝，再结合（m+n）2＝10可求得mn＝，根据正方形性质可得图2中阴影部分是一个直角三角形，利用勾股定理求得其两直角边长，再根据三角形面积公式可得其面积为mn＝． 【解答】解：（1）由题意可得图1阴影部分面积为：a2+b2， ∵a＝3，b＝4， ∴a2+b2＝32+42＝25， 故答案为：25； （2）由题意可得a2+b2＝3，图2中四边形ABCD是直角梯形， ∵AB＝m，CD＝n，它的高为：（m+n）， ∴（m+n）（m+n）＝5， ∴（m+n）2＝10， ∵am﹣bn＝2，an+bm＝4， ∴将两式分别平方并整理可得：a2m2﹣2abmn+b2n2＝4①，a2n2+2abmn+b2m2＝16②， ①+②整理得：（a2+b2）（m2+n2）＝20， ∵a2+b2＝3， ∴m2+n2＝， ∵（m+n）2＝10， ∴（m+n）2﹣（m2+n2）＝10﹣， 整理得：2mn＝， 即mn＝， ∵图2中阴影部分的三角形的其中两边是两正方形的对角线， ∴这两边构成的角为：45°+45°＝90°， 那么阴影部分的三角形为直角三角形，其两直角边的长分别为：＝m，＝n， 故阴影部分的面积为：×m×n＝mn＝， 故答案为：． 15．（2023秋•临海市校级期中）如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，D、E分别为AB、AC边上点，AD＝AE，AF⊥BE交BC于点F，过点F作FG⊥CD交BE的延长线于点G，交AC于点M；以下四个结论：①△ADC≌△AEB；②GM＝2EM；③△EGM是等腰三角形；④BG＝AF+FG；恒成立的结论有 　①③④　． 【分析】根据题意得△ADC≌△AEB，有①成立；由∠ACD＝∠ABE，结合∠AEB＝∠CMF得到∠GEM＝∠GME则有③成立；过点B作AB的垂线，交GF的延长线于点N，由题意得∠FBN＝∠FBA和∠BFN＝∠BFA可证得△BFN≌△BFA，得NF＝AF，∠N＝∠FAB，即可证得④成立． 【解答】解：∵△ABC为等腰直角，∠BAC＝90°， ∴AC＝AB，∠ACB＝∠ABC＝45°， 在△ADC和△AEB 中， ， ∴△ADC≌△AEB（SAS）； ∴①正确． ∵∠BAC＝90°， ∴∠AEB+∠ABE＝90°，∠ADC+∠ACD＝90°， 由△ADC≌△AEB得∠ACD＝∠ABE，则∠AEB+∠ACD＝90°， ∵FG⊥CD， ∴∠CMF+∠ACD＝90°， 则∠AEB＝∠CMF， ∴∠GEM＝∠GME， 则EG＝MG， 那么△EGM是等腰三角形；故③正确，但无法证明△EGM为等边三角形，无法证明②恒成立； 过点B作AB的垂线，交GF的延长线于点N，如图， ∵BN⊥AB，∠ABC＝45°， ∴∠FBN＝∠FBA＝45°， ∵FG⊥CD， ∴∠BFN＝∠CFM＝90°﹣∠DCB， ∵AF⊥BE， ∴∠BFA＝90°﹣∠EBC， ∵∠ACD＝∠ABE， ∴∠DCB＝∠EBC， ∴∠BFN＝∠BFA， 在△BFN和△BFA中， ， ∴△BFN≌△BFA（ASA）， 则NF＝AF，∠N＝∠FAB， ∵∠GBN+∠ABE＝90°，∠FAB+∠ABE＝90°， ∴∠FAB＝∠GBN， ∴∠N＝∠FAB＝∠GBN， ∴BG＝NG， ∵NG＝NF+FG， ∴BG＝AF+FG， 故④正确； 故答案为：①③④． 16．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，已知AB＝AC，BD＝AD＝AE＝EC，点B，D，E，C在同一直线上，设∠BAC的度数为x度，∠DAE度数为y度，当100°＜x＜120°时，y的取值范围为 　20＜y＜60　． 【分析】根据BD＝AD＝AE＝EC可得∠ADE＝∠AED，∠B＝∠BAD，∠C＝∠CAE，进而得∠B＝∠C，利用三角形得内角和定理可得y＝2x﹣180，由x得范围即可解决． 【解答】解：∵BD＝AD＝AE＝EC， ∴∠ADE＝∠AED，∠B＝∠BAD，∠C＝∠CAE， ∵∠ADE＝∠B+∠BAD，∠AED＝∠C+∠CAE， ∴∠ADE＝2∠B，∠AED＝2∠C， ∴∠B＝∠C， ∵∠BAC＝x° ∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）÷2＝（180°﹣x°）÷2， ∴∠ADE＝∠AED＝2∠C＝2×（180°﹣x°）÷2＝180°﹣x°， ∵∠DAE﹣180°﹣∠ADE﹣∠AED＝180°﹣2∠ADE， ∴∠DAE＝180°﹣2（180°﹣x°）＝2x°﹣180°， ∵∠DAE度数为y度， ∴y＝2x﹣180， 则：x＝（y+180）， ∵100°＜x＜120°， ∴100＜（y+180）＜120， ∴20＜y＜60， 故答案为：20＜y＜60． 17．（2023秋•临海市校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，过点O作EF∥BC交AB于E，交AC于F，过点O作OD⊥AC于D，下列结论： ①EF＝BE+CF；②点O到△ABC各边的距离相等； ③∠BOC＝； ④设OD＝m，AE+AF＝n，则S△AEF＝mn； ⑤AD＝． 其中正确的结论是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】由在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，根据角平分线的定义与三角形内角和定理，即可求得③∠BOC＝90°+∠A正确；由平行线的性质和角平分线的定义得出△BEO和△CFO是等腰三角形得出EF＝BE+CF故①正确；由角平分线的性质得出点O到△ABC各边的距离相等，故②正确；由角平分线定理与三角形面积的求解方法，设OD＝m，AE+AF＝n，则S△AEF＝mn，由此可判④错误． 因为O是三角形的内心，所以AB，AC，BC都与以O为圆心OD为半径的圆相切，利用切线长定理即可判断⑤正确． 【解答】解：在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O， ∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴∠OBC+∠OCB＝90°﹣∠A， ∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝90°+∠A；故③正确； 在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O， ∴∠OBC＝∠OBE，∠OCB＝∠OCF， ∵EF∥BC， ∴∠OBC＝∠EOB，∠OCB＝∠FOC， ∴∠EOB＝∠OBE，∠FOC＝∠OCF， ∴BE＝OE，CF＝OF， ∴EF＝OE+OF＝BE+CF， 故①正确； 过点O作OM⊥AB于M，作ON⊥BC于N，连接OA， 在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O， ∴ON＝OD＝OM＝m， ∴S△AEF＝S△AOE+S△AOF＝AE•OM+AF•OD＝OD•（AE+AF）＝mn；故④错误； 在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O， ∴点O到△ABC各边的距离相等，故②正确． ∴AM＝AD，BM＝BN，CD＝CN， ∵AM+BN＝AB，AD+CD＝AC，BN+CN＝BC， ∴AD＝（AB+AC﹣BC）．故⑤正确． 故选：D． 18．（2023秋•镇海区校级期中）如图，AD为△ABC的高，点H为AC的垂直平分线与BC的交点，点F为BC上一点，若∠B＝2∠C，且AC＝AB+BF．则的值为（　　） A．1 B．2 C．1.5 D．3 【分析】先利用垂直平分线得出AH＝CH，进而得出，∠AHB＝2∠C即可得出结论；设出∠ACB＝α，得出∠B＝2α，∠DAF＝α，再判断出△ABF≌△CHG（SAS）得出∠BAF＝∠HCG，∠AFB＝∠G，进而得出∠ACG＝∠G，得出BD＝DH，等量代换即可得出AC﹣FC＝2DF即可得出结论． 【解答】解：如图，连接AH并延长至G使HG＝BF， ∵点H为AC的垂直平分线与BC的交点， ∴AH＝CH， ∴∠CAH＝∠C， ∴∠AHB＝2∠C， ∵HC＝AB， ∴AB＝AH， ∴∠B＝∠AHB＝2∠C设∠ACB＝α， ∵∠B＝2∠C＝∠AHB＝2α， ∵∠AHB＝∠CHG， ∴∠B＝∠CHG＝2α， ∵2∠DAF＝∠B﹣∠ACB＝2α﹣α＝α， ∴∠DAF＝α， 在△ABF和△CHG中，， ∴△ABF≌△CHG（SAS）， ∴∠BAF＝∠HCG，∠AFB＝∠G， 在Rt△ABD中，AD⊥BC， ∴∠BAD＝90°﹣∠B＝90°﹣2α， ∴∠HCG＝∠BAF＝∠BAD+∠DAF＝90°﹣2α+α＝90°﹣α， ∴∠ACG＝∠ACB+∠HCG＝α+90°﹣α＝90°﹣α， 在△ABF中，∠AFB＝180°﹣∠B﹣∠BAF＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α， ∴∠ACG＝∠G， ∴AC＝AG＝AH+HG＝AB+BF； CH＝AH＝AB， ∵AH＝AB，AD⊥BC， ∴BD＝DH， 由（2）①知，AC＝AB+BF＝CH+BD+DF ∵FC＝CD﹣DF＝CH+DH﹣DF＝CH+BD﹣DF ∴AC﹣FC＝CH+BD+DF﹣（CH+BD﹣DF）＝2DF， ∴＝＝2． 故选：B． 19．（2023秋•柯桥区期中）如图，△ABC中，AC＝20，点D，E分别在BC，AC上，F是BD的中点．若AB＝AD，EF＝EC，则EF的长是（　　） A．9 B．10 C．11 D．13 【分析】连接AF，得到∠AFC＝90°，再证AE＝EF，可得EF＝AE＝EC，即可求出EF的长． 【解答】解：如图：连接AF， ∵AB＝AD，F是BD的中点， ∴AF⊥BD， ∵EF＝EC， ∴∠EFC＝∠C， ∵在Rt△AFC中，∠AFC＝90°， ∴∠AFE+∠EFC＝90°，∠FAC+∠C＝90°， ∴∠AFE＝∠FAC， ∴AE＝EF， ∵AC＝20， ∴， 故选：B． 20．（2023秋•绍兴期中）如图，∠ABC是一个钢架结构，在角内部最多只能构造5根等长的钢条，且满足BD＝DE＝EF＝FG＝GH＝HI，设∠ABC＝x，则x的取值范围是 　15°≤x＜18°　． 【分析】利用等腰三角形的性质和三角形的外角的性质，依次求得∠EDF＝2x，∠FEG＝3x，∠GFH＝4x，∠HGI＝5x，∠AHI＝6x，再根据角内部最多只能构造5根等长的钢条，得出最多只能取到点I，从而列出不等式求解即可，正确列出不等式是解题的关键． 【解答】解：∵∠ABC＝x，BD＝DE， ∴∠ABC＝∠DEB＝x，∠EDF＝∠ABC+∠DEB＝2x， 又∵DE＝EF， ∴∠EDF＝∠EFD＝2x，∠FEG＝∠ABC+∠EFD＝3x， 又∵EF＝FG， ∴∠FEG＝∠FGE＝3x，∠GFH＝∠ABC+∠FGE＝4x， 又∵FG＝GH， ∴∠GFH＝∠GHF＝4x，∠HGI＝∠ABC+∠GHF＝5x， 又∵GH＝HI， ∴∠HGI＝∠HIG＝5x，∠AHI＝∠ABC+∠HIG＝6x， ∵角内部最多只能构造5根等长的钢条， ∴最多只能取到点I， ∵存在I点， ∴∠HGI＝5x＜90°， 解得：x＜18°， ∵最多只能取到点I， ∴∠AHI＝6x≥90°， 解得：x≥15°， ∴x的取值范围是：15°≤x＜18°． 故答案是：15°≤x＜18°． 21．（2023秋•柯桥区期中）小丽从一张等腰三角形纸片ABC（AB＝AC）中恰好剪出五个如图所示的小等腰三角形，其中BC＝BD，EC＝EF＝FG＝DG＝DA，则∠A＝　45　°． 【分析】根据等腰三角形的性质和三角形的外角性质以及三角形内角和定理解答即可． 【解答】解：设∠ECF＝x， ∵EC＝EF， ∴∠EFC＝∠ECF＝x， ∴∠GEF＝2x， ∵EF＝GF， ∴∠FGE＝∠GEF＝2x， ∴∠DFG＝∠FGE+∠ECF＝3x， ∵DG＝GF， ∴∠GDF＝∠DFG＝3x， ∴∠AGD＝∠GDF+∠ECF＝4x， ∵DG＝DA， ∴∠A＝4x， ∴∠BDC＝∠A+∠ECF＝5x， ∵BC＝BD， ∴∠BDC＝∠BCD＝5x， ∴∠ACB＝∠BCD+∠ECF＝6x， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠ACD＝6x， ∵∠A+∠B+∠ACB＝180°， ∴4x+6x+6x＝180°，解得：x＝， ∴∠B＝＝67.5°， 又∵AB＝AC， ∴∠B＝∠ABC， 所以∠A＝180°﹣67.5°﹣67.5°＝45°． 故答案为：45． 22．（2023秋•绍兴期中）如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠ACB＝100°，点M是射线AB上的一个动点，过点M作MN∥BC交AC于点N．当△BMN是等腰三角形时，∠MNB＝　25°或50°或65°或80°　． 【分析】先利用三角形内角和定理以及平行线的性质求得∠AMN＝∠ABC＝50°，再分情况利用等腰三角形的性质求解即可． 【解答】解：∵∠A＝30°，∠ACB＝100°， ∴∠ABC＝180°﹣100°﹣30°＝50°， ∵MN∥BC， ∴∠AMN＝∠ABC＝50°， 当点M在线段AB上时，MN＝MB， ∴； 当点M在AB延长线上时， ①若MN＝MB， ∴； ②若BN＝MB， ∴∠MNB＝∠BMN＝50°； ③若BN＝MN， ∴∠MNB＝180°﹣2∠AMN＝80°； 综上，∠MNB＝25°或50°或65°或80°． 故答案为：25°或50°或65°或80°． 23．（2023秋•临海市校级期中）边长为4的等边三角形ABC中，D，E，F分别是边AB，BC，CD上的点，且AD＝BD，有一只蚂蚁从点D出发，经过点E，F，最后回到点D，则蚂蚁所走的最短路程为（　　） A．6 B．8 C．12 D．9 【分析】作点D关于BC，AC的对称点为G，H，得到DE+EF+DF＝GE+EF+FH≥GH，即当G，E，F，H四点共线时，蚂蚁所走的路线最短，根据等边三角形的性质，含30度的直角三角形的性质，结合勾股定理进行求解即可． 【解答】解：作点D关于BC，AC的对称点为G，H，则：DG⊥BC，DH⊥AC， ∴DE+EF+DF＝GE+EF+FH≥GH， ∴当G，E，F，H四点共线时，蚂蚁所走的路线最短， ∵边长为4的等边三角形ABC中，AD＝BD， ∴∠A＝∠B＝60°，AD＝BD＝2， ∴∠BDM＝30°， ∴，， ∴， 同法可得：， ∴∠GDH＝180°﹣2×30°＝120°，DG＝DH， ∴∠DGH＝∠DHG＝30°， 过点D作DN⊥GH，则：； ∴蚂蚁所走的最短路程为6； 故选：A． 24．（2023秋•义乌市校级期中）如图，△ABC是等边三角形，D是线段BC上一点（不与点B，C重合），连接AD，点E，F分别在线段AB，AC的延长线上，且DE＝DF＝AD，点D从B运动到C的过程中，△BED周长的变化规律是（　　） A．不变 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大 【分析】由“ASA”可证△BED≌△CDF，由全等三角形的性质可得BD＝CF，BE＝CD，可得△BED周长＝BD+BE+DE＝BD+CD+AD＝BC+AD，即可求解． 【解答】解：∵AD＝DE＝DF， ∴∠DAE＝∠DEA，∠DAF＝∠DFA， ∵∠DAE+∠DAF＝∠BAC＝60°， ∴∠DEA+∠DFA＝60°， ∵∠ABC＝∠DEA+∠EDB＝60°， ∴∠EDB＝∠DFA， ∵∠ACB＝∠CFD+∠CDF＝60°， ∴∠CDF＝∠BED，且∠EDB＝∠DFA，DE＝DF， ∴△BDE≌△CFD（ASA）， ∴BD＝CF，BE＝CD， ∴△BED周长＝BD+BE+DE＝BD+CD+AD＝BC+AD， ∵点D在BC边上从B至C的运动过程中，AD的长先变小后变大， ∴△BED周长先变小后变大， 故选：D． 25．（2023秋•镇海区校级期中）如图三条直线l1，l2，l3互相平行，且l1与l2的距离为2，l2与l3的距离为4，等边△ABC的三个顶点分别在三条平行线上，则等边△ABC的面积为 　　． 【分析】．过A，C作AE，CF垂直于l2，点E，F是垂足，将Rt△BCF绕点B逆时针旋转60°至Rt△BAD处，延长DA交l2于点G，直角三角形的性质先后求得AG＝4，DG＝8，，再求得等边△ABC的边长，进一步计算可得结论． 【解答】解：如图，过A，C作AE，CF垂直于l2，点E，F是垂足， 将Rt△BCF绕点B逆时针旋转60°至Rt△BAD处，延长DA交l2于点G． 由作图可知：∠DBG＝60°，AD＝CF＝4， 在Rt△BDG中，∠BGD＝30°， 在Rt△AEG中，∠EAG＝60°，AE＝2， ∴AG＝4，DG＝8， 在Rt△BDG中，∠BGD＝30°，DG＝8， ∴BG＝2BD，82+DB2＝（2DB）2， 解得， 在Rt△ABD中，， AB边上的高为， ∴等边△ABC的面积为， 故答案为：． 26．（2023秋•下城区校级期中）在△ABC中，∠BAC＝90°，点D在边BC上，AD＝AB（　　） A．若AC＝2AB，则∠C＝30° B．若AC＝2AB，则3BD＝2CD C．若∠B＝2∠C，则AC＝2AB D．若∠B＝2∠C，则S△ABD＝2S△ACD 【分析】根据直角三角形30°角所对边是斜边的一半，可得BC＝2AB＞AC，从而可判断选项A、C；作AE⊥BC于E，根据勾股定理和等面积法克求得BC、BD和DC，从而得出BD和CD的关系，可判断选项B；可先得出AD为中线，根据三角形中线平分三角形的面积可判断选项D． 【解答】解：A．设AB＝a，则AC＝2AB＝2a，由勾股定理得：BC＝＝＝a， 所以AB≠BC， 即∠C度数不是30°，故本选项不符合题意； B．设AB＝a，则AC＝2AB＝2a，由勾股定理得：BC＝＝＝a， 作AE⊥BC于E， ∵S△ABC＝AB•AC＝BC•AE， ∴AE＝＝＝a， ∵AD＝AB， ∴BE＝DE＝＝a， ∴BD＝a，DC＝BC﹣BD＝a， ∴3BD＝2CD，故本选项符合题意； C．若∠B＝2∠C， ∵∠BAC＝90°， ∴∠B+∠C＝90°， ∴∠C＝30°，∠B＝60°， ∴BC＝2AB，AC＜2AB，故本选项不符合题意； D．若∠B＝2∠C， ∵∠BAC＝90°， ∴∠B+∠C＝90°， ∴∠C＝30°，∠B＝60°， ∵AD＝AB， ∴△ABD为等边三角形， ∴∠ADB＝60°， ∴∠DAC＝∠ADB﹣∠C＝30°＝∠C， ∴AD＝DC＝BD，即AD为△ABC的中线， ∴S△ABD＝S△ACD，故本选项不符合题意； 故选：B． 27．（2023秋•江北区校级期中）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠CDA＝90°，以它的四条边为斜边分别向外作等腰直角三角形，其中3个三角形的面积分别为2，5，9，则第4个三角形的面积为（　　） A．6 B．9 C．11 D．12 【分析】连接AC，根据等腰直角三角形的面积公式可求AB，BC，AD，根据勾股定理可求AC，CD，再根据等腰直角三角形的面积公式即可求解． 【解答】解：连接AC， ∵3个等腰直角三角形的面积分别为2，5，9， ∴AD＝2，AB＝2，BC＝2×＝6， 在Rt△ABC中，AC＝＝2， 在Rt△ADC中，CD＝＝4， 则第4个三角形的面积为4×（4÷2）÷2＝12． 故选：D． 28．（2023秋•江北区校级期中）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一．如图1，以直角三角形ABC的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大的正方形内，三个阴影部分面积分别记为S1，S2，S3，若已知S1＝2，S2＝3，S3＝4，则两个较小正方形纸片的重叠部分（四边形DEFG）的面积为（　　） A．5 B．6 C．8 D．9 【分析】如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．关键是弄清阴影部分与两小正方形重叠部分面积相等，根据勾股定理得到a2＝c2+b2，根据正方形的面积公式结合图形得出阴影部分面积等于两个较小正方形纸片的重叠部分（四边形DEFG）的面积． 【解答】解：设直角三角形的斜边长为a，较长直角边为c，较短直角边为b， 由勾股定理得，a2＝c2+b2， ∴a2﹣c2﹣b2＝0， ∴ ∴S四边形DEFG＝S1+S2+S3＝2+3+4＝9， 故选：D． 29．（2023秋•奉化区校级期中）将一个等腰三角形ABC纸板沿垂线段AD，DE进行剪切，得到三角形①②③，再按如图2方式拼放，其中EC与BD共线．若BD＝6，则AB的长为（　　） A． B． C． D．7 【分析】设∠B为∠1，∠C为∠2，∠CDE为∠3，图2中∠1的余角为∠4，根据题意和图形可得AB＝AD+CD，设AB为x，则，根据上式列出方程即可解答． 【解答】解：如图，设∠B为∠1，∠C为∠2，∠CDE为∠3，图2中∠1的余角为∠4， ∵△ABC为等腰三角形，BD＝6， ∴∠1＝∠2，CD＝6， ∵∠2+∠3＝∠1+∠4＝90°， ∴∠3＝∠4， 结合两图，可得AB＝AD+CD， 设AB为x， 根据勾股定理得＝， ∴， 解得：x＝， ∴AB＝， 故选：B． 30．（2023秋•东阳市期中）如图，Rt△ABC的两条直角边BC＝6，AC＝8．分别以Rt△ABC的三边为边作三个正方形．若四个阴影部分面积分别为S1，S2，S3，S4，则S2+S3﹣S1的值为（　　） A．4 B．3 C．2 D．0 【分析】依据题意，证明△EAD≌△CAB（SAS），得出S4＝S△ABC＝24，证明△ABK≌△BGH（ASA），由全等三角形的性质得出S△ABK＝S△BGH，证出S△ABC＝S1，设S四边形ADHC＝x，S△BCK＝y，由勾股定理及正方形的性质可得出S2+S3＝S1，则可得出答案． 【解答】解：由题意得，∵AE＝AC，∠EAD＝∠CAB，AD＝AB， ∴△EAD≌△CAB（SAS）． ∴S4＝S△ABC． 又∵∠ABK＝∠BGH，∠KAB＝∠HBG，AB＝BG， ∴△ABK≌△BGH（ASA）． ∴S△ABK＝S△BGH． ∴S△ABC+S△BCK＝S1+S△BCK． ∴S△ABC＝S1＝S4． 又由题意可设S四边形ADHC＝x，S△BCK＝y， ∴，，． ∵AC2+BC2＝AB2， ∴S3+S4+x+S2+y＝S1+x+y+S△ABC． ∴S3+S4+S2＝S1+S△ABC． 又∵S△ABC＝S1＝S4， ∴S3+S2＝S1． ∴S2+S3＝S1． ∴S2+S3﹣S1＝0． 故选：D． 31．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，Rt△AED中，∠AED＝90°，AB＝AC＝AD，EC＝2，BE＝8． （1）若，则AE的值为 　5　； （2）DE的值为 　4　． 【分析】（1）根据勾股定理和等腰三角形的性质，可以求得AE的值； （2）根据勾股定理和等腰三角形的性质，可以求得DE的值． 【解答】解：（1）作AF⊥BC于点F， ∵EC＝2，BE＝8， ∴BC＝BE+EC＝10， ∵AB＝AC，AF⊥BC， ∴BF＝CF＝BC＝5， ∴AF＝＝＝4，EF＝CF﹣EC＝5﹣2＝3， ∴AE＝＝＝5， 故答案为：5； （2）作AF⊥BC于点F， ∵AB＝AC，EC＝2，BE＝8， ∴BC＝BE+EC＝10， ∴BF＝CF＝5， ∵CE＝2， ∴EF＝3， ∵∠AFB＝90°，∠AED＝90°， ∴AB2＝BF2+AF2，AE2＝AF2+EF2，AD2＝AE2+DE2， ∵AB＝AD， ∴BF2+AF2＝AE2+DE2， ∴BF2+AF2＝AF2+EF2+DE2， ∴52+AF2＝AF2+32+DE2， 解得DE＝4， 故答案为：4． 32．（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． 33．（2023秋•奉化区校级期中）如图，点D在△ABC中，∠BDC＝90°，AB＝6，AC＝BD＝4，CD＝2，则图中阴影部分的面积为 　4﹣4　． 【分析】根据勾股定理和∠BDC＝90°，BD＝4，CD＝2，可以先求出BC的长，然后根据勾股定理的逆定理可以判断△ABC的形状，从而可以求出阴影部分的面积． 【解答】解：∵∠BDC＝90°，BD＝4，CD＝2， ∴BC＝＝＝2， ∵AB＝6，AC＝4， ∴AC2+BC2＝42+（2）2＝16+20＝36＝62＝AB2， ∴△ACB是直角三角形，∠ACB＝90°， ∴S阴影＝S△ACB﹣S△BDC＝×4×2﹣×4×2＝4﹣4． 故答案为：4﹣4． 34．（2023秋•上城区校级期中）如图，A，B，C，D四个点顺次在直线l上，AC＝a，BD＝b．以AC为底向下作等腰直角三角形ACE，以BD为底向上作等腰三角形BDF，且FB＝FD＝BD．连结AF，DE，当BC的长度变化时，△ABF与△CDE的面积之差保持不变，则a与b需满足（　　） A． B． C． D． 【分析】过点F作FH⊥AD于点H．过点E作EG⊥AD于G，分别利用直角三角形的性质和勾股定理求出EG和FH，然后设BC＝x，分别表示出△CDE与△ABF的面积，再将二者相减得到关于x的代数式，因为x变化时，S不变，所以x的系数为0，则可得到a与b的关系式． 【解答】解：过点F作FH⊥AD于点H，过点E作EG⊥AD于G， ∵△ACE是等腰直角三角形，AC＝a， ∴EG＝AC＝， ∵BD＝b，FB＝FD＝b，FH⊥AD， ∴BH＝BD＝， 在Rt△BHF中， FH＝＝， 设BC＝x， 则S△ABF＝AB•FH＝（a﹣x）×b， S△CDE＝CD•EG＝（b﹣x）×， ∴S＝S△CDE﹣S△ABF＝（b﹣x）×﹣（a﹣x）×b＝（﹣）x﹣， ∵当BC的长度变化时，S始终保持不变， ∴﹣＝0， ∴a＝． 故选：A． 35．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，∠ABC＝30°，AB＝8，F是射线BC上一动点，D为线段AF中点，以AD为斜边作等腰直角△ADE，连结EF，当AF最短时，△DEF的面积为（　　） A．2.5 B．2 C．1.5 D．1 【分析】根据直线外一点到直线上所有点所组成的线段中，垂线段最短，求出AF的最小值，求出再由S△DEF＝S△ADE求解即可． 【解答】解：当AF⊥BC时，AF的值最小， ∵∠ABC＝30°，AB＝8，AF⊥BC， ∴AF＝4， ∵D为线段AF中点， ∴AD＝AF＝2， ∵△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形， ∴DE＝AE＝， ∴S△DEF＝S△ADE＝DE•AE＝×2＝1， 故选：D． 36．（2023秋•鄞州区期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连接DE，点F，G分别是BC和DE的中点，连接AG，FG，当AG＝FG时，线段DE的长为 　　． 【分析】分别过点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，由中位线定理及勾股定理可分别表示出线段AG和FG的长，建立等式可求出结论． 【解答】解：如图，分别过点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P， ∴四边形GMNP是矩形， ∴GM＝PN，GP＝MN， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝5， ∴CA⊥AB， 又∵点G和点F分别是线段DE和BC的中点， ∴GM和FN分别是△ADE和△ABC的中位线， ∴GM＝AD＝1，AM＝AE， FN＝AC＝，AN＝AB＝， ∴MN＝AN﹣AM＝﹣AE， ∴PN＝1，FP＝， 设AE＝m， ∴AM＝m，GP＝MN＝﹣m， 在Rt△AGM中，AG2＝（m）2+12， 在Rt△GPF中，GF2＝（﹣m）2+（）2， ∵AG＝GF， ∴（m）2+12＝（﹣m）2+（）2， 解得m＝3，即AE＝3， 在Rt△ADE中，DE＝＝． 故答案为：． 37．（2023秋•奉化区校级期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝3，对角线AC＝5，BE平分∠ABC交AD于点E，Q是线段BE上的点，连接CQ，过点C作CP⊥CQ交AD的延长线于点P，当△PCQ为等腰三角形时，AP＝（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 【分析】根据矩形的性质得到∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝BC，CD＝AB＝3，根据勾股定理得到BC的长，求得AD＝BC＝4，过Q作QH⊥BC于H，根据等腰直角三角形的性质得到BH＝QH，根据全等三角形的性质得到CH＝CD＝3，于是得到问题答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝BC，CD＝AB＝3， ∵∠BCD＝∠QCP＝90°， ∴∠QCH＝∠PCD， ∵AB＝3，AC＝5， ∴BC＝4， ∴AD＝BC＝4， 过Q作QH⊥BC于H， ∴∠QHB＝∠QHC＝90°， ∵BE平分∠ABC交AD于点E， ∴∠QBH＝45°， ∴△BQH是等腰直角三角形， ∴BH＝QH， ∵CP⊥CQ， ∴∠QCP＝90°， ∵△PCQ为等腰三角形， ∴CQ＝CP， ∵∠CDP＝∠CHQ＝90°，∠QCH＝∠PCD， ∴△CQH≌△CPD（AAS）， ∴CH＝CD＝3， ∴BH＝QH＝1， ∴PD＝QH＝1， ∴AP＝AD+PD＝5， 故选：B． 38．（2023秋•临海市校级期中）如图，点E和点F分别是矩形ABCD边上的两点，已知EB＝2AE，BF＝2CF，连接AF，CE，设AF，CE交于点G，则值为 　0.6　． 【分析】连接BG，设S△AEG＝a，S△CFG＝b，由等高的三角形的面积的比等于对应底的比得到S△BEG＝2a，S△BFG＝2b，结合图形得出3S△ABF＝3S△BCE，确定a＝b从而计算． 【解答】解：连接BG， 设S△AEG＝a，S△CFG＝b， ∵EB＝2AE，BF＝2CF， ∴S△BEG＝2a，S△BFG＝2b， ∴，， ∴3S△ABF＝3S△BCE， ∴3（3a+2b）＝3（2a+3b），即a＝b， ∴S矩形ABCD＝15a， ∴， 故答案为：0.6． 39．（2023秋•奉化区校级期中）如图，长方形两边长AB＝2，AD＝1，两顶点A、B分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上运动，则顶点D到原点O的距离最大值是 　1+　． 【分析】取AB的中点E，连接OD、OE、DE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OE＝AB，利用勾股定理列式求出DE，然后根据三角形任意两边之和大于第三边可得OD过点E时最大． 【解答】解：如图：取线段AB的中点E，连接OE，DE，OD， ∵AB＝4，点E是AB的中点，∠AOB＝90°， ∴AE＝BE＝1＝OE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝1，∠DAB＝90°， ∴DE＝＝， ∵OD≤OE+DE， ∴当点D，点E，点O共线时，OD的长度最大． ∴点D到点O的最大距离＝OE+DE＝1+， 故答案为：1+． 40．（2023秋•镇海区校级期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以AB为边向上作正方形ABDE，以AC为边作正方形ACFG，点E落在GF上，连结CD，DF．若要求出五边形ACDFE的面积，则只要知道（　　） A．AB的长 B．AC的长 C．△ABC的面积 D．△DEF的面积 【分析】证明△ABC≌△AEG（SAS），由全等三角形的性质得出S△ABC＝S△AEG，过点D作DH⊥BF于点H，则∠DBH＝∠BAC，∠DHB＝∠ACB＝90°，BD＝BA，证明△ABC≌△BDH（AAS），得出BC＝DH，由三角形面积公式可证出S△DCF＝CF•DH＝BC•AB＝S△ABC，则可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABDE是正方形， ∴AB＝AE，∠BAE＝90°， ∵四边形ACFG是正方形， ∴CF＝AG＝AC，∠ACF＝∠CAG＝90°， ∴∠CAB＝∠EAG， 在△ABC和△AEG中， ， ∴△ABC≌△AEG（SAS）， ∴S△ABC＝S△AEG， 过点D作DH⊥BF于点H，则∠DBH＝∠BAC，∠DHB＝∠ACB＝90°，BD＝BA， ∴△ABC≌△BDH（AAS）， ∴BC＝DH， ∴S△DCF＝CF•DH＝BC•AB＝S△ABC， ∴五边形ACDFE的面积＝S△DCF+S正方形ACFG﹣S△AEG＝S正方形ACFG， 故只要知道AC的长即可求出五边形ACDFE的面积． 故选：B． 41．（2023秋•滨江区校级期中）如图，AB＝AD，点B关于AC的对称点E恰好落在CD上，若∠BAD＝α（0°＜α＜180°），则∠ACB的度数为（　　） A．90°﹣α B．α C．45° D．α﹣45° 【分析】连接BE，过A作AF⊥CD于F，依据∠BAC＝∠EAC，∠DAF＝∠EAF，即可得出∠CAF＝∠BAD，再根据四边形内角和以及三角形外角性质，即可得到∠ACB＝∠ACE＝90°﹣∠BAD． 【解答】解：如图，连接BE，过A作AF⊥CD于F， ∵点B关于AC的对称点E恰好落在CD上， ∴AC垂直平分BE， ∴AB＝AE， ∴∠BAC＝∠EAC， ∵AB＝AD， ∴AD＝AE， 又∵AF⊥CD， ∴∠DAF＝∠EAF， ∴∠CAF＝∠BAD＝α， 又∵∠AFE＝90°， ∴Rt△ACF中，∠ACE＝90°﹣α， ∴∠ACB＝∠ACE＝90°﹣α， 故选：A． 42．（2023秋•柯桥区期中）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点M，N分别是边AB，BC上的动点，△BMN与△B′MN关于直线MN对称，点B的对称点为B′．当∠BMB′＝30°且CN＝MN时，若CM•BC＝2，则△AMC的面积为 　　． 【分析】作MD⊥AC于D点，由轴对称的性质可得∠BMN＝∠B′MN＝15°，由等腰直角三角形的性质可得∠B＝45°，由此得∠MNC＝60°．再证△CMN是等边三角形，则可得∠BCM＝60°，进而得∠ACM＝30°，由此得．根据三角形的面积公式，再结合CM⋅BC＝2即可求出△AMC的面积． 【解答】解：如图，作MD⊥AC于D点， ∵△BMN与△B′MN关于直线MN对称， ∴∠BMN＝∠B′MN， 又∵∠BMB′＝30°， ∴∠BMN＝∠B′MN＝15°， ∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠B＝45°， ∴∠MNC＝∠BMN+∠B＝60°， 又∵CN＝MN， ∴△CMN是等边三角形， ∴∠BCM＝60°， ∴∠ACM＝∠ACB﹣∠BCM＝30°， ∴， ∴ ＝ ＝ ＝． 故答案为：． 43．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，AD为等边△ABC的边BC上的高，AB＝4，AE＝1，P为AD上一动点，则PE+PB的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】先找到点E关于AD的对称点E′，BE′与AD的交点即为点P的位置，此时PE+PB最小即可求解． 【解答】解：如图，E′为点E关于AD的对称点，连接BE′，过点E′作E′F⊥BC于点F， ∵E与E′关于AD对称， ∴PE＝PE′， ∴PE+PB＝PE′+PB， ∵PE′+PB≥BE′， ∴PE+PB的最小值为BE′， ∵△ABC为等边三角形，AD为BC上的高，AE＝1，AB＝4， ∴AD⊥BC，AD平分∠BAC，点D为BC中点，AE′＝1，AC＝BC＝4， ∴CE′＝3，BD＝CD＝2， ∴△ACD∽△E′CF， ∴＝， ∴CF＝×CD＝×2＝， ∴DF＝CD﹣CF＝2﹣＝， ∴BF＝BD+DF＝， ∵E′F＝＝＝， ∴BE′＝＝＝， ∴PE+PB的最小值为， 故选：C． 44．（2023秋•浙江期中）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，点P在AC的延长线上，且AC＝CP＝4，将△ABC沿AB方向平移得到△A′B′C′，连接PA′，PC′，则△PA′C′的周长的最小值为 　　． 【分析】作点C关于点AB的对称点D，连接AD、A′D、A′C、DP，由平移的性质可得：AC＝A′C′＝CP＝4，AC∥A′C′，证明△A′C′P≌△PCA′（SAS）得到A′C＝C′P，由对称的性质可得：AA′⊥CD，BC＝BD，推出AC＝AD＝4，A′C＝A′D，则A′P+C′P＝A′P+A′C＝A′P+A′D≥DP，当D、A′、P在同一直线上时，A′P+C′P的值最小，为DP，根据等腰直角三角形的性质及三角形内角和定理得出∠DAP＝90°，由勾股定理计算出DP的长即可得到答案． 【解答】解：如图，作点C关于点AB的对称点D，连接AD、A′D、A′C、DP， ， 由平移的性质可得：AC＝A′C′＝CP＝4，AC∥A′C′， ∴∠A′PC＝∠PA′C′， ∵A′P＝PA′， ∴△A′C′P≌△PCA′（SAS）， ∴A′C＝C′P， ∴A′P+C′P＝A′P+A′C， 由对称的性质可得：AA′⊥CD，BC＝BD， ∴AC＝AD＝4，A′C＝A′D， ∴A′P+C′P＝A′P+A′C＝A′P+A′D≥DP， 当D、A′、P在同一直线上时，A′P+C′P的值最小，为DP， ∵△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°， ∴∠ADC＝∠ACD＝45°， ∴∠DAC＝180°﹣∠ADC﹣∠ACD＝90°， 在Rt△ADP中，∠DAP＝90°，AD＝4，AP＝AC+CP＝4+4＝8， ∴， ∴A′P+C′P的最小值为， ∴△PA′C′的周长的最小值为， 故答案为：． 45．（2023秋•滨江区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D在AC上，将△ADB沿直线BD翻折后，将点A落在点E处，如果AD⊥ED，那么线段DE的长为（　　） A．1 B． C． D． 【分析】根据翻折变换的性质可得∠ABD＝∠EBD，AD＝DE，AB＝BE，连接AE，可得△ADE是等腰直角三角形，然后求出∠DAE＝45°，从而得到∠BAE，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ABE，然后求出∠ABD，根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC，再求出∠CBD＝45°，得到△BCD是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得CD＝BC，然后利用勾股定理列式求出AC，然后根据AD＝AC﹣CD计算得到AD，即为DE的长． 【解答】解：∵△ADB沿直线BD翻折后点A落在点E处， ∴∠ABD＝∠EBD，AD＝DE，AB＝BE， 连接AE，∵AD⊥ED， ∴△ADE是等腰直角三角形， ∴∠DAE＝45°， ∵∠BAC＝30°， ∴∠BAE＝30°+45°＝75°， 在△ABE中，∠ABE＝180°﹣2×75°＝30°， ∴∠ABD＝∠ABE＝×30°＝15°， ∵∠BAC＝30°， ∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°， ∴∠CBD＝∠ABC﹣∠ABD＝60°﹣15°＝45°， ∴△BCD是等腰直角三角形， ∴CD＝BC＝1， 又∵BC＝1，∠BAC＝30°， ∴AB＝2BC＝2×1＝2， ∴AC＝＝＝， ∴AD＝AC﹣CD＝﹣1， 即DE＝﹣1． 故选：D． 46．（2023秋•临海市校级期中）如图，△ABC中，∠A＝30°，以BE为边，将此三角形对折，其次，又以BA为边，再一次对折，C点落在BE上，此时∠CDB＝82°，则原三角形的∠B＝　78　度． 【分析】由两次折叠可知∠ABE＝∠A′BE＝∠CBD，∠BDC＝∠BDC′＝82°，而∠BDC是△ABD的外角，由外角的性质列方程求解． 【解答】解：由折叠的性质得∠ABE＝∠A′BE＝∠CBD，设∠ABE＝x， 同理得∠BDC＝∠BDC′＝82°， 而∠BDC＝∠A+∠ABD，即82°＝30°+2x， 解得x＝26°， ∴∠B＝3x＝78°． 故本题答案为：78． 47．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，有一张三角形纸片ABC，已知∠C＝90°，将△ABC沿DE折叠，得到△A′DE，A′E∥BC，A′D与AB相交于点F，当∠A＝32°时，则∠ADE的度数 　29°　． 【分析】根据折叠得到∠A′ED＝∠AED，平行得到∠A′EB＝∠B，利用∠AED+∠BED＝180°，求出∠BED的度数，再利用三角形的外角，进行求解即可． 【解答】解：∵∠C＝90°，∠A＝32°， ∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝58°， ∵A′E∥BC， ∴∠A′EB＝∠B＝58°， 由折叠性质可得： ∴∠A′ED＝∠AED＝∠A′EB+∠BED， ∵∠AED+∠BED＝180°， ∴∠A′EB+∠BED+∠BED＝180°，即：58°+2∠BED＝180°， ∴∠BED＝61°， ∴∠ADE＝∠BED﹣∠A＝29°； 故答案为：29°． 48．（2023秋•奉化区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在△ABC内，AD平分∠BAC，连接CD，把△ADC沿CD折叠，AC落在CE处，交AB于F，恰有CE⊥AB．若BC＝10，AD＝7，则EF＝　　． 【分析】延长AD，交BC于点G，由等腰三角形的性质可得出∠B＝∠ACB，AG⊥BC，BG＝CG＝5，证明△CDG是等腰直角三角形，可求出AC＝AB＝CE＝13，则根据三角形面积求出CF的值，即可得解． 【解答】解：延长AD，交BC于点G， ∵AB＝AC，AD平分∠BAC， ∴∠B＝∠ACB，AG⊥BC，BG＝CG， ∵BC＝10， ∴， ∵CE⊥AB， ∴∠BFC＝90°， ∴∠B+∠BCF＝90°， ∵∠B＝∠C＝∠BCF+∠ACD+∠ECD， ∴2∠BCF+∠ACD+∠ECD＝90°， 由折叠的性质可知∠ACD＝∠ECD，AC＝EC， ∴∠BCF+∠ECD＝45°， ∴△CDG是等腰直角三角形， ∴AG＝AD+DG＝7+5＝12， 在Rt△ACG中，＝13， ∴CE＝AB＝AC＝13， ∵S△ABC＝， ∴， ∴． ∴． 故答案为：． 49．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，将一张直角梯形纸板（CD∥AB，AB⊥AD）剪成3部分，恰好能拼成一个等腰三角形．若想知道1号部分的周长，则只需测量下列哪条线段即可（　　） A．AE B．AD C．BE D．BC 【分析】延长EF，BC交于点A'，由剪拼前后的两图，可知△A'BE≌△ABE，△A'CF≌△DEF，由全等三角形的性质得到相等的线段，再通过代换可发现1号部分的周长＝AD，从而解决问题． 【解答】解：延长EF，BC交于点A'，如图， 由剪拼前后的两图，可知△A'BE≌△ABE，△A'CF≌△DEF， ∴A'E＝AE，A'C＝DE，A'F＝DF， ∴1号部分的周长＝DE+DF+EF＝DE+A'F+EF＝DE+A'E＝DE+AE＝AD， 故选：B． 50．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，O是正△ABC内一点，OA＝2，OB＝6，OC＝8，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO'，下列结论：①点O与O'的距离为6；②∠AOC＝120°；③；④；⑤点P为△ABC内一点，则点P到△ABC三个顶点的距离和最小为．其中正确的结论是（　　） A．①③⑤ B．①③④ C．②③④⑤ D．①②⑤ 【分析】由旋转的性质和正三角形的性质可判断①；根据三角形的全等的判定与性质可判断②；由三角形的面积公式可以判断；根据③的结论可判断④的正误；再由费马点的性质可以确定⑤正误． 【解答】解：如图，连接OO′， ∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO'， ∴OB＝O′B＝6，∠OBO′＝60°， ∴△OBO′是正三角形，OO′＝OB＝6， ∴①正确，符合题意； 由①易得∠OBO′＝60°，OB＝O′B， ∵△ABC为正三角形， ∴AB＝BC，∠ABC＝60°， ∵∠OBO′＝∠ABO′+∠ABO＝60°，∠ABC＝∠CBO+∠ABO＝60°， ∴∠ABO′＝∠CBO， 在△ABO′和△CBO中， ， ∴△ABO′≌△CBO（SAS）， ∴AO′＝OC＝8， ∴AO'2＝OO'2+OA2， ∴∠AOO′＝90°， ∴∠AOB＝60°+90°＝150° 无法判断∠AOC＝120° ∴②错误，不符合题意； 过点B作BH垂直AO的延长线于点H，如图所示： 由①知∠AOB＝150° ∴∠BOH＝30° 又∵BO＝6，AO＝2 ∴在Rt△BOH，BH＝6×Sin∠BOH＝6× ③ ∴③正确，合题意； ， ∴④错误，不合题意； 根据三角形的性质可知：当点P是三角形费马点时，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是， ∴⑤正确，符合题意． 故选：A． 51．（2023秋•南浔区期中）商场卫生间旋转门锁的局部图如图1所示，图2是其工作简化图．其中OD＝3.5cm，在自然状态下，把手竖直向下（把手底端到达A处）．旋转一定角度，使得把手底端B恰好卡在门边，此时底端A，B的竖直高度差为0.5cm，则OB的长度是 　12.5　cm．当把手旋转到OC⊥OB时，点C与点B的高度差BH是 　15.5　cm． 【分析】过B作BM⊥OA于M，过C作CG⊥AO交AO延长线于G，CG交EF于H，由题意可得：AM＝0.5cm，BM＝OD＝3.5cm，设OB＝OA＝x cm，在Rt△BOM中，有（x﹣0.5）2+3.52＝x2，即可解得OB＝12.5cm＝OA，知BD＝OM＝OA﹣AM＝12cm，证明△BOM≌△OCG（AAS），即得OG＝BM＝3.5cm，从而可得BH＝BD+DH＝15.5cm． 【解答】解：过B作BM⊥OA于M，过C作CG⊥AO交AO延长线于G，CG交EF于H，如图： 由题意可得：AM＝0.5cm，BM＝OD＝3.5cm， 设OB＝OA＝x cm， 在Rt△BOM中，OM2+BM2＝OB2， ∴（x﹣0.5）2+3.52＝x2， 解得x＝12.5， ∴OB＝12.5cm＝OA， ∴BD＝OM＝OA﹣AM＝12.5﹣0.5＝12cm， ∵OC⊥OB， ∴∠BOM＝90°﹣∠COG＝∠GCO， ∵OB＝OC，∠CGO＝90°＝∠BMO， ∴△BOM≌△OCG（AAS）， ∴OG＝BM＝3.5cm， ∴DH＝OG＝3.5cm， ∴BH＝BD+DH＝12+3.5＝15.5（cm）， 故答案为：12.5，15.5． 52．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝2，P为BC延长线上一动点，以AP为直角边在AP的右侧作等腰直角△APQ，∠PAQ＝90°，连接BQ，交直线AC于点M，若S△ABP＝3S△AMQ，则BP的长为 　或12　． 【分析】分两种情况：M在AC上和M在CA的延长线上．（1）M在AC上．过Q作QN⊥CA交CA的延长线于点N，证明△AQN≌△PAC（AAS），△BCM≌△QNM（AAS），QN＝AC＝BC＝2，AN＝PC，再由三角形面积关系得BP＝3AM，然后求出AM的值，即可得出答案．（2）M在CA的延长线上．过Q作QN⊥CA交CA的延长线于点N，同（1）得△AQN≌△PAC（AAS），△BCM≌△QNM（AAS），则QN＝AC＝2，AN＝PC，CM＝MN，再由三角形面积关系得BP＝3AM，然后求出AM的值，即可得出答案． 【解答】解：分两种情况： （1）M在AC上． 过Q作QN⊥CA交CA的延长线于点N，如图： 由作图可知，NQ∥BD， ∴∠NQP＝∠DPQ， 又∵AP为直角边在AP的右侧作等腰直角△APQ， ∴∠APQ＝∠AQP＝45°， ∴∠NQA＝NQP﹣45， ∵∠DPQ+45°＝90°+∠PAC， ∴∠PAC＝∠DPQ﹣45， ∴∠PAC＝∠AQN， 又∵∠ACP＝∠QNA，AP＝AQ， ∴△ACP≌△QNA（AAS）， ∴QN＝AC＝BC＝2，AN＝PC， ∵NQ∥BD， ∴∠QNM＝∠BCM，∠NQM＝∠CBM， ∴△QNM≌△BCM（ASA）， ∴CM＝MN， ∵S△ABP＝3S△AMQ， ∴BP×AC＝3×AM×QN， ∴BP＝3AM， 即PC+2＝3AM， ∴AN+2＝3AM， ∵AN＝MN﹣AM＝CM﹣AM＝AC﹣AM﹣AM＝2﹣2AM， ∴2﹣2AM+2＝3AM， ∴AM＝， ∴BP＝3AM＝． （2）M在CA的延长线上． 过Q作QN⊥CA于N，如图3所示： 同（1）得：△AQN≌△PAC（AAS），△BCM≌△QNM（AAS）， ∴QN＝AC＝2，AN＝PC，CM＝MN， ∵S△ABP＝3S△AMQ， ∴BP×AC＝3×AM×QN， ∴BP＝3AM， 即PC+2＝3AM， ∴AN+2＝3AM， ∵AN＝AM+MN＝AM+CM＝AM+AM+2＝2AM+2， ∴2AM+2+2＝3AM， ∴AM＝4， ∴BP＝3AM＝12． 故答案为：或12． 53．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，在等腰直角△ABC中，AB＝BC，以BC为斜边在△ABC内作直角△BDC，其中∠BDC＝90°，延长BD到E，使∠AEB＝45°，若S△ABE﹣S△BDC＝2，则AB的值为 　2　． 【分析】判断出△ADB，△DCB，△ADE都是等腰直角三角形，可得结论． 【解答】解：∵∠BDC＝90°， ∴BD⊥AC， ∵AB＝AC，∠ABC＝90°， ∴AD＝DC，∠ABD＝∠CBD＝45°， ∵∠AEB＝45°， ∴∠ABE＝∠AEB＝45°， ∴AB＝AE， ∵AD⊥BE， ∴BD＝DE， ∴S△ADB＝S△DCB＝S△ADE， ∵S△ABE﹣S△BDC＝2， ∴S△ADB＝S△DCB＝S△ADE＝2， ∴•AD•DB＝2， ∴AD2＝4， ∴AD＝CD＝2， ∴AB＝2． 故答案为：2． 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 $$