期中复习专题3——拓展探究与压轴突破- 2026-2027学年苏科版八年级数学上册

期中复习专题3——拓展探究与压轴突破 （苏科版八年级上册：期中核心考点） 目录 一、专题定位 1 二、核心考点梳理 2 三、压轴与拓展 2 题型1：共顶点等边（等腰）三角形手拉手旋转全等综合压轴题 2 题型2：截长补短、倍长中线辅助线证明线段和差关系探究题 2 题型3：动点沿线段运动、探究t取何值时两三角形全等（分类讨论） 5 题型4：动点背景下等腰三角形存在性探究（分三种腰的情况） 9 题型5：动点背景下直角三角形存在性探究（分哪个角为直角，勾股列方程） 11 题型6：动态图形中相交角度是否保持定值的探究证明题 13 题型7：三角形（或矩形）折叠落点位置不确定的多解分类压轴题 15 题型8：实数新定义阅读理解填空压轴题（平方根、立方根背景） 19 题型9：动点背景下图形面积变化及面积取特定值时求参数 21 题型10：全等—等腰—勾股联动的多小问链式综合压轴大题（证明—计算—拓展猜想） 24 一、专题定位 本专题面向江苏地区苏科版八年级上册期中优生培优冲刺，针对选择填空压轴与解答最后两道大题，整合全等三角形、等腰三角形、实数、勾股定理三章难点。侧重全等常见辅助线模型、动点探究、等腰与直角三角形存在性分类讨论、多小问链式推理，训练挖掘隐含条件、添加辅助线、多情况画图分类与几何方程思想，攻克共顶点旋转（手拉手）、截长补短、动点全等、等腰或直角三角形存在性等拉分题型。适配期中第三轮培优、压轴专项讲评与优生限时训练，助力突破高分瓶颈。 二、核心考点梳理 章节 核心考点 三角形 共顶点等腰（等边）三角形手拉手旋转全等探究；截长补短、倍长中线辅助线构造全等；动点背景下全等条件与运动时间t的分类探究；动态图形中角度定值（不变性）探究；等腰三角形存在性问题 实数的初步认识 平方根、立方根新定义阅读理解题；实数估算与整数部分、小数部分综合 勾股定理 动点背景下直角三角形存在性分类讨论；勾股定理与动态图形面积变化探究；含参数的勾股方程问题 跨章节压轴综合 手拉手旋转全等多问探究（全等+等腰+角度）；动点背景下全等三角形、等腰三角形、直角三角形存在性综合分类讨论；全等与勾股定理联动的多小问链式压轴大题；几何条件猜想—证明—应用探究题 三、压轴与拓展 题型1：共顶点等边（等腰）三角形手拉手旋转全等综合压轴题 1．（24-25八年级上·黑龙江哈尔滨·期中）我们把有公共顶点且形状相同的两个三角形组成的图形称为“手拉手”图形．数学兴趣小组的几名同学对“手拉手”图形进行了探究． （1）初步探究：如图，与的顶点重合，，，，连接，他们通过测量发现在和绕点转动的过程中，，请你证明他们的结论； （2）大胆猜想：如图，在（）的条件下，连接，他们猜想的面积与的面积相等，请证明他们的猜想是正确的； （3）拓展延伸：如图，在（）的条件下，当时，延长交于点，，的面积为，求的长度． 2．（25-26八年级上·上海长宁·阶段检测）（1）如图1，和是等腰直角三角形，，，连接，，构建“手拉手”模型，可证明________；在此基础上，我们把如图2的画斜线部分称为“蝴蝶型”，可通过证明得到________； （2）如图3，和是等边三角形，，连接，，的延长线与相交于点．求的度数； （3）如图4，在和中，，，，，连接，．则直线与直线的夹角为________度． 3．（25-26七年级下·山东济南·期末）在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．通过查询资料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”，兴趣小组进行了如下操作： （1）观察猜想 如图，在中，分别以，为边向外作等腰直角和等腰直角，，连接，，则与的数量关系为 ，位置关系为 ； （2）类比探究 如图 ，在中，分别以，为边作等腰直角和等腰直角，， 点，，在同一直线上，为中边上的高，猜想，，之间的数量关系并说明理由； （3）解决问题 运用（）（）中所积累的经验和知识，完成下题：如图，要测量池塘两岸相对的两点，的距离，已经测得，，，米，米，的长为 米． 4．（25-26八年级上·湖北宜昌·期中）在“教、学、练、评一体化”学习活动手册中，全等三角形专题复习课，学习过七种作辅助线的方法，其中有“截长补短”作辅助线的方法． 截长法：在较长的线段上截取一条线段等于较短线段； 补短法：延长较短线段和较长线段相等． 这两种方法统称截长补短法． 请用这两种方法分别解决下列问题： 已知，如图，在△ABC中，AB＞AC，∠1 = ∠2，P为AD上任一点，求证：AB－AC＞PB－PC 题型2：截长补短、倍长中线辅助线证明线段和差关系探究题 1．（2026·山西太原·二模）阅读与思考 尺规作图之截长补短法尺规作图起源于古希腊的数学课题，指的是只用没有刻度的直尺和圆规作图，并且只允许使用有限次，来解决不同的平面几何作图问题，解决更多的数学问题．截长法与补短法在证明线段的和、差、倍、分等问题中有着广泛的应用．具体的做法是在某条线段上截取一条线段等于某特定线段，或将某条线段延长，使之与某特定线段相等，再利用全等三角形的性质等有关知识来解决数学问题． 【问题解决】：如图1，在中，若，求边上的中线的取值范围． 解决此问题可以用如下方法；延长到点使，再连接，把、、集中在中．利用三角形三边的关系即可判断中线的取值范围． 解：延长到点使，连接， 在和中， ， ， ， （______）， 即…… 请你认真阅读以上内容，完成下列任务： （1）任务一：写出上述证明过程中空缺处的依据是______． （2）任务二：请结合图1补全上述证明过程； （3）任务三：如图2，在四边形ABCD中，，，分别是边上的两点，且，求证． 2．（25-26八年级上·山东临沂·期中）【问题背景】 半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过翻折、旋转或截长补短等方法，将角的倍分关系转化为角的相等关系，进一步构成全等三角形，从而构建模型，解决问题． 如图1，在四边形中，，点，分别是上的点，且，连接，探究线段之间的数量关系． （1）探究发现：小雨同学的方法是延长到点．使，连接，先证明，再证明，从而得出结论：_____； （2）拓展延伸：如图2，在四边形中，分别是边上的点，且，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由． 3．（25-26八年级下·辽宁沈阳·期中）阅读材料并完成习题：在数学中，我们会用“截长补短”的方法来构造手拉手旋转型全等三角形解决问题．请看这个例题：如图1，在四边形中，，，若，求四边形的面积． 解：延长线段到，使得，连接，我们可以证明，根据全等三角形的性质得，，则，得，这样，四边形的面积就转化为等腰直角三角形的面积． （1）根据上面的思路，我们可以求得四边形的面积为 ． （2）请你用上面学到的方法完成下题． 如图2，已知，，求五边形的面积． 4．（26-27八年级上·江苏扬州·阶段检测）已知三角形的中线时，我们常用“倍长中线”的方法构造全等三角形，解决相关计算或证明问题． （1）如图1，在中，，，则边上的中线的取值范围是 ． （2）如图2，在中，是边的中点，，交于点，交于点，连接，求证：． （3）如图3，在四边形中，，交的延长线于点，是的中点，是的平分线．试探究线段，，之间的数量关系，并加以证明． 题型3：动点沿线段运动、探究t取何值时两三角形全等（分类讨论） 1．（25-26七年级下·辽宁沈阳·期末）如图，中，，，，直线经过点且与边相交．动点从点出发沿边向终点运动；动点从点出发沿边向终点运动．点和点的速度分别为和，两点同时出发并开始计时，设运动时间为秒，当点到达终点时，点也随之停止运动． （1）________，________（用含的代数式表示）； （2）当时，求的值； （3）分别过点和点作于点，于点，则当________秒时，与全等． 2．（25-26八年级上·四川眉山·期末）如图，在中，，高、相交于点，，且． （1）证明：； （2）动点从点出发沿线段以每秒个单位长度的速度向终点运动，动点从点出发沿射线以每秒个单位长度的速度运动，、两点同时出发，当点到达点时，、两点同时停止运动．设点的运动时间为秒，当的面积为时，求的值； （3）在（）的条件下，点是直线上的一点，且．当以点、、为顶点的三角形与以点、、为顶点的三角形全等时，求的值． 3．（24-25八年级上·吉林·阶段检测）如图，在长方形中，厘米，厘米．动点从点出发，以2厘米/秒的速度沿运动；同时点从点出发，以4厘米/秒的速度沿运动，当一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒． （1）直接写出线段的长，用含的代数式表示并写出的取值范围； （2）求为何值时，与的面积相等； （3）求为何值时，与全等； （4）是否存在值，使，且？若存在，直接写出的值，若不存在，请说明理由． 4．（25-26八年级上·北京海淀·期中）如图，在中，，是边上的高，是边上的高，AD、BE相交于点O，且． （1）求证：． （2）动点从点出发，沿线段以每秒2个单位长度的速度向终点运动，动点从点B出发沿射线以每秒8个单位长度的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达A点时，P、Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t秒，点F是直线上的一点且．是否存在值，使以点、、为顶点的三角形与以点、、为顶点的三角形全等？若存在，请求出符合条件的t值；若不存在，请说明理由． 题型4：动点背景下等腰三角形存在性探究（分三种腰的情况） 1．（25-26八年级上·宁夏银川·期中）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，一次函数与轴，轴分别交于点、点，点的坐标为，点是轴上一动点． （1） ； （2）连接，若的面积为，求点的坐标； （3）当点在轴上运动时，是否存在点使是等腰三角形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 2．（25-26八年级上·四川达州·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于，两点，直线与直线相交于点． （1）求，的值； （2）直线与轴交于点D，动点P从点D开始沿射线DA以每秒1个单位的速度向左运动，设点P的运动时间为t秒． ①若的面积为12，求t的值； ②是否存在一点P，使为等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 3．（25-26八年级上·吉林松原·阶段检测）如图，是等边三角形，．动点、同时从点出发，分别沿射线方向均以每秒1个单位长度的速度匀速运动．当点不与点重合时，连接．设点的运动时间为． （1）的长为_________（用含的代数式表示）； （2）求证：为等边三角形； （3）在不添加字母和辅助线的前提下，当图中存在等腰钝角三角形时，直接写出的值． 4．（25-26八年级上·黑龙江牡丹江·期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，的顶点A、B的坐标分别为，，且a，b满足，，． （1）求点A的坐标和点B的坐标； （2）动点D从点B出发，以每秒个单位长度的速度沿着折线匀速运动，设的面积为S，运动时间为秒，求S和t之间的关系式（不要求写出t的取值范围） （3）在（2）条件下，当时，在x轴上是否存在点M，使得是等腰三角形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由． 题型5：动点背景下直角三角形存在性探究（分哪个角为直角，勾股列方程） 1．（25-26八年级下·河南周口·期中）如图①，是边长为4的等边三角形，边在射线上，且．点D从点O出发，沿的方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接，将绕点C逆时针旋转得到，连接，设运动时间为． （1）求证：是等边三角形． （2）如图②，当时，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由． （3）当点D在射线上运动时，是否存在以D，E，B为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由． 2．（25-26八年级下·山东青岛·期中）如图1，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点D从点O出发，沿的方向以的速度运动，当点D不与点A重合时，将绕点C逆时针方向旋转得到，连接，设运动时间为． （1）是________三角形； （2）当时，如图2，周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长和t的值；若不存在，请说明理由． （3）当点D在射线上运动时，是否存在以D、B、E为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由． 3．（25-26八年级上·四川成都·期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3． （1）如图1，D为线段BC上一点，点C关于AD的对称点C恰好落在AB边上，求CD的长； （2）如图2，E为线段AB上一点，沿CE翻折△CBE得到△CEB′，若EB′∥AC，求证：AE＝AC； （3）如图3，D为线段BC上一点，点C关于AD的对称为点C′，是否存在异于图1的情况的C′、B、D为顶点的三角形为直角三角形，若存在，请直接写出BC′长；若不存在，请说明理由． 4．（25-26七年级下·吉林长春·期中）如图，在中，，，，动点从点出发，沿边向点运动，到点时停止，若设点运动的时间为秒，点运动的速度为每秒2个单位长度． （1）______； （2）用含的代数式表示的长； （3）当为何值时，点与顶点的连线平分的周长； （4）直接写出当是直角三角形时，的取值范围为______． 题型6：动态图形中相交角度是否保持定值的探究证明题 1．（25-26七年级下·江苏淮安·期末）全等三角形可以为几何探索提供相等的边或角，在几何图形的问题解决中有着非常重要的作用． 【问题背景】如图1、图2，在中，，，点D是射线上的一个动点（点D不与点C重合），过点B作，垂足为点E，交直线于点P． （1）【初步探究】 如图1，当点D在线段上运动时， ①求证：； 证明：∵ ∴， ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ 完成上述填空，并继续完成后面的证明过程如下： ； ②直接写出线段，，之间满足的数量关系式为 ； （2）【类比探究】 如图2，当点D在线段的延长线上运动时． ①直接写出线段、、之间满足的数量关系为 ； ②当恰好为的一条中线时，请直接写出此时的面积为 ； （3）【深入思考】 在图1、图2中，分别连接，探索：当点D在射线上运动时，的大小是否为定值？若是，任选图1或图2，求出其大小；若不是定值，也请说明理由． 2．（25-26八年级上·重庆潼南·期末）如图，在等腰三角形中，，点为底边上一动点，连接，在左侧作等腰三角形，使，，连接． （1）如图，若，求证：； （2）如图，若，，当点由点运动到点时： 的大小是否为定值？若为定值，求出其大小，若发生变化，请说明理由； 求出点运动的路径长度． 3．（25-26八年级上·四川宜宾·期末）已知：中，，，点P从B点出发，沿边运动到C点，以为直角边向右作等腰直角三角形，其中，．当时，．如图1． （1）求的长． （2）设点D的起始位置为点E（在边上），终点位置为点F，如图2．求动点D的路径长（即线段的长度）． （3）作平分交于点G，连接、，如图3．设的面积为S．在点P运动过程中，S是否为定值？如果是，请直接写出S的值；如果不是，请直接写出S的取值范围． 4．（2026·重庆·模拟预测）如图，，，将线段绕着点顺时针旋转，，得到，连接、，点为线段中点，过点作交于点．连接交于点． （1）如图1，当时，求的度数． （2）如图2，过点C作于点Q，请猜想线段、、之间的数量关系，并证明你的猜想． （3）如图3，若，点是直线上一动点，作点关于点的对称点，连接、，对于的每一个确定值，都有一个对应的最小值，当最小值等于时，请直接写出四边形的面积． 题型7：三角形（或矩形）折叠落点位置不确定的多解分类压轴题 1．（25-26九年级下·福建泉州·期中）如图，在中，，，，是的中线，将沿折叠，点的对应点为点，连接． （1）求证：； （2）求的长． 2．（25-26八年级上·浙江嘉兴·期中）如图，在中，，，，点在边上运动，沿着折叠得到．若线段与边相交，则记交点为． （1）若，求的长度； （2）如图，当，求的长度； （3）如图，在点的运动过程中，当时，连接，直接写出的长度． 3．（25-26七年级下·广东深圳·期末）如图，已知在直角中，，为边上一点，连接，过作，交边于点． （1）如图，作的角平分线交于点，连接，若 ①求证：； ②求证：； （2）如图，若，将沿折叠，得到，且与交于点，连接，，点在边上运动的过程中，当时，请求出的值． 4．（25-26八年级上·河北石家庄·期末）（）如图，已知在中，是的中线，且． ①若，则的度数为________； ②若，判断的形状，并说明理由； ③设，则________（用含的代数式表示）； （）如图，已知在中，，是的中线，且，动点从出发，由向点运动，速度为，将沿折叠得到，设运动时间为秒，当垂直于的一边时，直接写出的值． 题型8：实数新定义阅读理解填空压轴题（平方根、立方根背景） 1．（25-26七年级下·贵州遵义·期中）阅读下面文字，然后回答问题． 给出定义：对于关于x，y的二元一次方程（其中a，b，c为互不相等的常数），若将其x的系数a与常数c互换，得到的新方程称为原方程的“对称方程”．例如方程的“对称方程”为． （1）写出的“对称方程”_______，以及它们组成的方程组的解为_______； （2）若关于x，y的二元一次方程与其“对称方程”组成的方程组的解为，求的平方根； （3）若关于x，y的二元一次方程的系数满足，且与它的“对称方程”组成的方程组的解恰是关于x，y的二元一次方程的一个解，请直接写出代数式的值． 2．（25-26七年级下·广西玉林·期末）新定义：二元一次方程（其中，是常数，，是未知数），若，则称这个方程为“完美”方程，规定，此时称为“完美值”．例如：是“完美”方程，，是“完美”方程，，此时“完美值”．若，则称这个方程为“团结”方程，规定，此时称为“团结值”．例如：是“团结”方程，，即，，方程是“团结”方程，，此时“团结值”． 试解决下列问题： （1）判断 是“团结”方程吗？并说明理由； （2）若，满足方程组，判断二元一次方程是“完美”方程还是“团结”方程？求出对应的的平方根； （3）老师让同学们举出“团结”方程的例子，同学在回答的时候，小明没听完整，只记住“团结”方程的相关特征：①，②是负整数．请你帮小明求出符合条件的值． 3．（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）我们规定用表示一个数对，给出如下定义：记：，，将和称为数对的一对“开方对称数对”． 例：数对的开方对称数对为和 （1）数对的开方对称数对为______和______； （2）若数对的一个开方对称数对是，则_______； （3）若数对的一个开方对称数对是，求的值． 4．（25-26七年级下·福建厦门·期中）阅读与探究： 在第八章《实数》中，我们学习了平方根和立方根．下面类比平方根和立方根的学习方法理解四次方根． （1）填表与定义 ①填表 1 16 81 ___________ ___________ ②结合上述①中表格情况，类比平方根和立方根的定义，给四次方根下定义： 平方根的定义：一般地，如果一个数的平方等于，那么这个数叫做的平方根或二次方根． 立方根的定义：一般地，如果一个数的立方等于，那么这个数叫做的立方根或三次方根． 四次方根的定义：一般地，___________． （2）思考与归纳 求一个数的四次方根的运算叫做开四次方．开四次方和四次方互为逆运算． ①探究：的四次方根是_____，的四次方根是______，的四次方根是________． ___________（填“有”或“没有”）四次方根． ②归纳：根据上述①中正数、、负数情况，类比平方根和立方根的特征，归纳四次方根的特征：___________． ③总结：我们归纳四次方根的特征时，分了正数、、负数三类进行研究，这种思想叫___________． A．类比思想                         B．分类讨论思想 C．由一般到特殊的思想    D．由特殊到一般的思想 （3）巩固与应用 类似于平方根和立方根，一个数的四次方根用符号“”表示，读作“正、负四次根号”，其中是被开方数，是根指数．例如表示16的四次方根，． ①___________（将结果直接填到横线上） ②比较大小：___________（填“<”或“=”或“>”） 题型9：动点背景下图形面积变化及面积取特定值时求参数 1．（24-25八年级下·河南信阳·开学考试）如图，在中，．点D是边上一点，点E是直线上一动点（不与重合）连接，以为一边在的左侧作，，连接． 观察猜想：（1）如图1，当点D与点C重合，则与之间的位置关系是 ； 类比探究：（2）如图2，当点D不与点C重合，（1）中的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由． 拓展迁移：（3）在（1）的条件下，若，请直接写出的面积． 2．（25-26八年级上·重庆南岸·阶段检测）如图，． （1）如图1，点点分别在和上，连接，若，求的长度； （2）如图2，连接，F为上一点，连接，满足，请探究和的数量关系并证明； （3）如图3，在（1）问条件下，为直线上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转到，当周长最小时，直接写出的面积． 3．（25-26八年级上·山西晋中·期中）综合实践： 【项目背景】小明在手工课上制作了一个长方形纸片，并将其放置在平面直角坐标系中进行研究．如图，将纸片的长边、短边分别落在轴、轴的正半轴上，连接，并将沿着对角线翻折，点落在点处，发现折叠后与轴交于点．已知纸片的尺寸为：，． 【项目任务】请你作为“数学探索小组成员”，帮助小明完成以下三项挑战． （1）挑战一：定位点坐标 任务：直接写出各点坐标（___________，___________）、（___________，___________）、（___________，___________） （2）挑战二：定位线位置 任务：请你从以下两个任务中任选一个进行探究 ①试确定纸片折痕所在直线的函数关系式； ②请你探究求出折叠后与轴的交点的坐标； （3）挑战三：动点的存在性探究 任务：请你从以下两个任务中任选一个进行深入探究 ①若点是折线上一动点，是否存在点，使得的面积是9，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． ②若点是线段上一动点，是否存在点，使得是等腰三角形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 4．（25-26八年级上·广东深圳·阶段检测）数学兴趣小组尝试用等面积法解决下面问题： 如图1，在等腰中，，，D是线段上任意一点，过点D作，，垂足分别为E，F．求的值． 他们用两种方法表示的面积： 方法一：如图，作于点G，计算的面积． （1）补充方法一解答过程： 方法二：连接，则． （2）结合方法一、二，则_______； 【学以致用】（3）如图2，直线与x轴交于点A，且经过点，已知点C的坐标为．在直线上有一动点P，且点P到直线的距离为2，请利用以上所学的知识求出点P的坐标． 题型10：全等—等腰—勾股联动的多小问链式综合压轴大题（证明—计算—拓展猜想） 1．（25-26八年级下·山东菏泽·期末）【情景背景】 劳动实践课上，同学们开展手工教具制作活动，利用硬质塑料板材加工等腰直角三角支架．如图①，现有等腰直角三角形板材，，点、分别为、的中点，取中位线作为支架活动滑轨；滑块在线段上运动（不与端点、重合）．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接、．请结合动手操作与几何知识，完成下列探究： （1）【操作探究】 求证：． （2）【综合探究】 如图②，连接、，交于点．判断点在滑轨上滑动的过程中，的度数是否发生变化；若不变，请证明并求出该角度数；若变化，请说明理由． （3）【深入探究】 在（2）的条件下，若，当为等腰三角形时，直接写出线段的长． （4）【拓展提升】 结合上述探究得到的图形变化规律，在动点滑动的全过程中，直接写出线段长度的最小值． 2．（25-26七年级下·山东济南·期末）在中，点是上一动点，连接．将线段绕点逆时针旋转至，记旋转角为，延长至点，使，连接，过点作于点． 【特例感知】 （1）如图1，已知是等腰直角三角形，，，，请直接写出与的数量关系_________________，与的数量关系_________________； 【类比迁移】 （2）如图2，已知是等腰三角形，，，．探究线段与的数量关系，并证明你的结论； 【拓展应用】 （3）如图3，已知在中，，，，，在点的运动过程中，求线段长度的最小值． 3．（25-26八年级下·四川成都·期中）【特例感知】 （1）如图1，把一块三角板（）放入一个“”形槽中，使三角形的三个顶点分别在槽的两壁及底边上滑动，已知，在滑动过程中，你发现线段之间的数量关系是：___________； 【问题探究】 （2）如图2，已知等腰直角中，，点为线段上一动点（点与点，点不重合），过点作，交线段于点．当为等腰三角形时，求线段的长度． 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，，点分别是边上的动点，且．以为腰向右作等腰，使得，连接． ①试判断线段之间的数量关系，并说明理由； ②如图4，已知，点是的中点，连接，直接写出的最小值． 【4．（25-26八年级下·河南·期中）综合探究 数学老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究．如图1，在中，，，点是线段上一动点（不与点重合），点是线段上一动点（不与点重合），且，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，求． （1）问题特殊化：如图2，当点运动到点时，的度数是________； （2）探究问题：当点和点不重合时，上述结论是否仍然成立？请说明理由： （3）拓展延伸：如图3，连接，若，当是等腰三角形时，请直接写出的面积． 学科网（北京）股份有限公司 $期中复习专题3一一拓展探究与压轴突破 (苏科版八年级上册：期中核心考点) 目录 、提专题定位 二、核心考点梳理 2 三、压轴与拓展..2 题型1：共顶点等边（等腰）三角形手拉手旋转全等综合压轴题.2 题型2：截长补短、倍长中线辅助线证明线段和差关系探究题.……2 题型3：动点沿线段运动、探究t取何值时两三角形全等（分类讨论） ......15 题型4：动点背景下等腰三角形存在性探究（分三种腰的情况） .27 题型5：动点背景下直角三角形存在性探究（分哪个角为直角，勾股列方程)39 题型6：动态图形中相交角度是否保持定值的探究证明题.… .51 题型7：三角形（或矩形）折叠落点位置不确定的多解分类压轴题.63 题型8：实数新定义阅读理解填空压轴题（平方根、立方根背景）83 题型9：动点背景下图形面积变化及面积取特定值时求参数...….101 题型10：全等一等腰一勾股联动的多小问链式综合压轴大题（证明一计算一拓展猜 想）110 一、专题定位 本专题面向江苏地区苏科版八年级上册期中优生培优冲刺，针对选择填空压轴与解答 最后两道大题，整合全等三角形、等腰三角形、实数、勾股定理三章难点。侧重全等常见 辅助线模型、动点探究、等腰与直角三角形存在性分类讨论、多小问链式推理，训练挖掘 隐含条件、添加辅助线、多情况画图分类与几何方程思想，攻克共顶点旋转（手拉手）、 截长补短、动点全等、等腰或直角三角形存在性等拉分题型。适配期中第三轮培优、压轴 专项讲评与优生限时训练，助力突破高分瓶颈。 二、核心考点梳理 章节 核心考点 共顶点等腰（等边）三角形手拉手旋转全等探究；截长补短、倍长中线 三角形 辅助线构造全等；动点背景下全等条件与运动时间t的分类探究；动态 图形中角度定值（不变性）探究；等腰三角形存在性问题 平方根、立方根新定义阅读理解题；实数估算与整数部分、小数部分综 实数的初步认识 合 动点背景下直角三角形存在性分类讨论；勾股定理与动态图形面积变化 勾股定理 探究；含参数的勾股方程问题 手拉手旋转全等多问探究（全等+等腰+角度）；动点背景下全等三角 跨章节压轴综合 形、等腰三角形、直角三角形存在性综合分类讨论；全等与勾股定理联 动的多小问链式压轴大题；几何条件猜想一证明一应用探究题 三、压轴与拓展 题型1：共顶点等边（等腰）三角形手拉手旋转全等综合压轴题 1.(24-25八年级上·黑龙江哈尔滨期中)我们把有公共顶点且形状相同的两个三 角形组成的图形称为“手拉手”图形.数学兴趣小组的几名同学对“手拉手”图形 进行了探究. (I)初步探究：如图1，△AOB与△COD的顶点O重合，∠A0B=∠COD=90°， OA=OB,OC=OD,连接AD,BC,他们通过测量发现在△AOB和△COD绕点O转动 的过程中，AD=BC,请你证明他们的结论： (2)大胆猜想：如图2，在(1)的条件下，连接AC、BD,他们猜想△AOC的面积 与△BOD的面积相等，请证明他们的猜想是正确的： (3)拓展延伸：如图3，在(2)的条件下，当∠AC0=90°时，延长C0交BD于点G ,CG=8,△BCO的面积为18，求AC的长度. B D 图1 图2 图3 【答案】(1)证明：，∠A0B=∠COD=90°， :.∠AOB+∠AOC=∠COD+∠AOC. ,∠AOD=∠BOC, 在△AOD与△BOC中， AO=BO ∠AOD=∠BOC OD=OC :.△AOD≌aBOC(SMS). :.AD=BC; (2)证明：过A作AE⊥OC于E,过B作BF⊥OD交D0延长线于点F,则∠EOF=90°， B D .∠AEO=∠BFO=∠AOB=∠EOF=90°， .∠AOE+∠AOF=∠BOF+∠AOF=90°， ∴.∠AOE=∠BOF 在△AOE和△BOF中， ∠AEO=∠BFO=90° ∠AOE=∠BOF OA=OB .△AOE≌BOF(AAS), .AE=BF, OCxE,.ODxF OC=OD ∴.Sa40c=SaB0D: (3)AC=4. 【分析】(I)由∠AOB=∠COD=90°，得到∠AOD=∠BOC,根据全等三角形的判定和性质定 理即可得到结论： (2)过A作AE⊥OC于E,过B作BF⊥OD交DO延长线于点F,根据余角的性质得到 1 ∠AOE=∠BOF,证明△M0E≌aBOF(AAS),根据性质得AE=BF,然后由S,ac=2OC×AE ,Sam-)0DxBF,OC=OD即可得到结论： 2 (3)过B作BH⊥OG交OG的延长线于H,根据余角的性质得到∠OAC=∠BOH,证明 △AOC≌aOBH(AAS),根据性质得AC=OH,OC=BH,再证明△DOG≌aBHG(AAS),则有 OG=GH又8.m-2OCB阴=18，即20C=18,求出0C,再根据线段和差得出OG=2 ,从而求解： 本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积，掌握知识点的 应用及正确地作出辅助线是解题的关键. 解：(1)略 (2)略 (3)解：过B作BH⊥OG交OG的延长线于H, D ∴.∠ACO=∠OHB=∠AOB=90°， ∴.∠OAC+∠AOC=∠BOH+∠AOC=90°， ∴.∠OAC=∠BOH, 在△AOC与△OBH中， ∠ACO=∠OHB=90° ∠OAC=∠BOH AO=BO .△AOC≌aOBH(AAS) ∴AC=OH,OC=BH, ..OC=OD. ..OC=OD=BH, 在△DOG与△BHG中， ∠DOG=∠BHG ∠OGD=∠HGB DO=BH .△DOG2aBHG(AAS), ..OG=GH, :sm0c-aH=18,p70c=18, 2 .0C=6(负值舍去)， CG=8, .0G=CG-0C=8-6=2, .AC=20G=4 2.(25-26八年级上·上海长宁·阶段检测)(1)如图1，△ABC和△ADE是等腰直角 三角形，AB<AD,∠BAC=∠DAE=9O°，连接BD,CE,构建“手拉手”模型，可证 明BD= 在此基础上，我们把如图2的画斜线部分称为“蝴蝶型”，可 通过证明得到BD⊥ (2)如图3，△ABC和△ADE是等边三角形，AD<AB,连接BD,CE,BD的延长 线与CE相交于点F.求∠BFC的度数； (3)如图4，在△ABC和△ADE中，AB=AC,AD=AE,AD<AB, ∠BAC=∠DAE=40°，连接BD,CE.则直线BD与直线CE的夹角为 度 图1 图2 图3 图4 【答案】(1)CE,CE;(2)60度：(3)40 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质等知识，能够在图中找到全等三角形并证明是 解题关键： (I)先通过SAS证得△BAD≌aCAE,进而通过全等三角形性质可得到BD=CE,BD⊥CE； (2)先证明∠BAD=∠CAE,再证明△ABD≌△ACE可得BD=CE,再根据三角形内角和定理 可得 (3)方法同(2)，需要先证△ABD≌△ACE,然后再根据全等三角形性质即可求解. 解：(1)，∠BAC=∠DAE=90°， .∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD,即∠BAD=∠CAE, :△ABC和△ADE是等腰直角三角形， :AB=AC,EA=DA .△BAD≌aCAE(SAS), .BD=CE,∠BDA=∠CEA, 如图，AD与EC交点为H,BD与EC交点为M, .∠AHE=∠CHD. .∠AHE+∠CEA=∠CHD+∠BDA, ,∠EAD=90°. ∠AHE+∠CEA=∠CHD+LBDA=90°， ∴.∠BMC=∠DMH=90°， .BD⊥CE, 故答案为：CE,CE. (2),△ABC和△ADE是等边三角形， .AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60 ∴.∠BAC-LDAC=∠DAE-LDAC,即∠BAD=∠CAE, ∴△ABD≌△ACE(SAS). .∴.BD=CE,∠ABD=∠ACE 设BF与AC相交于点G,则∠AGB=∠FGC, ∠BFC=∠BAC=60°： B (3)延长BD交CE于点F,设BD,AC交于点G, 图4 ,∠BAC=∠DAE=40°， .∠BAC+∠DAC=∠DAC+∠DAE, .∠BAD=∠CAE. 又AB=AC,AD=AE, .△ABD≌△ACE(SAS). .BD=CE,∠ABD=∠ACE, .∠AGB=∠CGF, ∴.∠CFB=∠BAC=40° 即直线BD与直线CE的夹角为40°： 故答案为：40. 3.(25-26七年级下·山东济南·期末)在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组 发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成.在相对位置 变化时，始终存在一对全等三角形.通过查询资料，他们得知这种模型称为“手拉 手模型”，兴趣小组进行了如下操作： (1)观察猜想 如图1，在△ABC中，分别以AB,AC为边向外作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE ,∠BAD=∠CAE=9O°，连接BE,CD,则BE与CD的数量关系为-，位置关系为； (2)类比探究 如图2，在△ABC中，分别以AB,AC为边作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE, ∠BAD=∠CAE=90°，点D,E,C在同一直线上，AM为△ACE中CE边上的高， 猜想DC，BC,AM之间的数量关系并说明理由； (3)解决问题 运用(1)(2)中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，要测量池塘两岸相对 的两点D,C的距离，已经测得∠ACB=45°，∠DAB=90°，AB=AD,AC=15V2 米，BC=40米，CD的长为_米. D E M A B 图1 图2 图3 【答案】(I)BE=CD,BE⊥CD;(2)DC=BC+2AM,理由如下： :△ABD和△ACE均为等腰直角三角形， AB=AD,AC=AE」 .'∠BAD=∠CAE=90° .∠BAD-∠BAE=∠CAE-∠BAE, ∴.∠CAB=∠EAD. 在△ACB和△AED中， AC=AE ∠CAB=∠EAD AB=AD ∴.△ACB≌aAED(SAS), ∴.DE=BC, ,AC=AE,AM⊥CE. ∴.EC=2ME, '△ACE为等腰直角三角形，AM⊥CE, :.∠AEM=∠EAM=45°」 .EM=AM, ∴.EC=2AM, ∴.DC=DE+EC=BC+2AM: (3)50米. 【分析】(I)证△CAD≌aEAB(SAS)即可证出BE=CD,再根据“8”字型得 ∠C0F=∠CAE=90°： (2)先证△ACB≌△AED(SAS),再证EM=AM,最后通过线段和差即可得证； (3)按照前问思路构造“手拉手模型”全等，作AM⊥AC,使AM=AC,连接BM、CM ,则△ACM为等腰直角三角形，证明△BAM≌aDAC(SAS),则CD=BM,最后利用勾股定理 求BM即可； 本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等内容，熟练掌 握相关知识和添加合适的辅助线是解题关键. (1)解：：△ABD和△ACE都是等腰直角三角形， .AB=AD,AC=AE ,∠BAD=∠CAE=90°， ∴.∠BAD+∠CAB=∠CAE+LCAB,即∠BAE=∠CAD, 在△CAD和△EAB中， AB=AD ∠BAE=∠CAD AE=AC .△CAD≌aEAB(SAS), .CD=BE,∠ACD=∠AEB. 设BE与CD交于点O,AC与BE交于点F, .∠AFE=∠OFC, .∠C0F=∠CAE=90°， .BE⊥CD: 故答案为：BE=CD,BE⊥CD: (2)略 (3)如图，作AM⊥AC,使AM=AC,连接BM、CM,则△ACM为等腰直角三角形， 同(2)同理可证：△BAM≌aDAC(SAS), .BM=CD. ,△ACM是等腰直角三角形， .∠ACM=45°， ∠ACB=45°， ∴.∠BCM=90°， AC=152=AM, ∴.CM=VAM2+AC2=30, 在Rt△BCM中，BC=40, .BM=VBC2+CM2=50(米)， .CD=50米， 故答案为：50 4.(25-26八年级上湖北宜昌·期中)在“教、学、练、评一体化”学习活动手册 中，全等三角形专题复习课，学习过七种作辅助线的方法，其中有“截长补短”作 辅助线的方法. 截长法：在较长的线段上截取一条线段等于较短线段： 补短法：延长较短线段和较长线段相等. 这两种方法统称截长补短法， 请用这两种方法分别解决下列问题： 已知，如图，在△ABC中，AB>AC,∠1=∠2，P为AD上任一点，求证：AB一AC >PB-PC B B D D 图1 图2 【答案】截长法：在AB上截取ANAC,连结PN, B D 在△APN和△APC中 AN=AC,∠1=∠2，AP=AP, ∴.△APN≌△APC, ∴.PC=PN, :'△BPN中有PB-PN<BN, 即PB-PC<AB-AC: 补短法：延长AC至M,使AEAB,连结PM, 在△ABP和△AMP中， ,AB=AM,∠1=∠2，AP=AP, ∴.△ABP≌△AMP, .'.PB=PM, 又，在△PCM中有CMPM-PC, 即AB-AC>PB-PC. 【分析】截长法：在AB上截取AN=AC,连结PN,可证得△APN≌△APC,可得到PC=PN, △BPN中，利用三角形的三边关系，即可求证；补短法：延长AC至M,使AEAB,连结 PM,证明△ABP≌△AMP,可得PB=PM,在△PCM中，利用三角形的三边关系，即可求证. 解：略 【点拨】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，理解截长补短法是解 题的关键。 题型2：截长补短、倍长中线辅助线证明线段和差关系探究题 1.(2026·山西太原·二模)阅读与思考 尺规作图之截长补短法尺规作图起源于古希腊的数学课题，指的是只用没 有刻度的直尺和圆规作图，并且只允许使用有限次，来解决不同的平面 几何作图问题，解决更多的数学问题.截长法与补短法在证明线段的 和、差、倍、分等问题中有着广泛的应用.具体的做法是在某条线段上 截取一条线段等于某特定线段，或将某条线段延长，使之与某特定线段 相等，再利用全等三角形的性质等有关知识来解决数学问题。 【问题解决】：如图1，在△ABC中，若AB=12,AC=8,求BC边上的中线 AD的取值范围. 解决此问题可以用如下方法；延长AD到点E使DE=AD,再连接BE,把 AB、AC、2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线 AD的取值范围. 解：延长AD到点E使DE=AD,连接BE, 在△ADC和△EDB中， AD=DE ∠ADC=∠EDB CD=DB :△ADC2AEDB(SAS), ..BE=AC=8, AB-BE<AE<AB+BE (), 即… B E 图1 请你认真阅读以上内容，完成下列任务： (1)任务一：写出上述证明过程中空缺处的依据是 (2)任务二：请结合图1补全上述证明过程： (3)任务三：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD,∠ABC+∠ADC=180°，E,F分 别是边BCCD上的两点，且∠BAF-号BAD,求证G+DE-BF· D B E 图2 【答案】(I)三角形三边关系：(2)解：AB-BE<AE<AB+BE(三角形三边关系)， 即12-8<2AD<12+8, 2<AD<10 (3)证明：延长CB到G,使BG=DF如下图所示， E :∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABG=180° .∠ADC=∠ABG 在△ABG和△ADF中， AB=AD ∠ABG=∠ADF BG=DF △ABG2△ADF(SAS), ∴.AG=AF,∠GAB=∠FAD, ZEAF-/BAD :∠FAD+∠BAE=∠GAB+∠BAE=L∠BAD】 .∠GAE=∠FAE 在△AEG和△AEF中， 「AG=AF ∠GAE=∠FAE, AE=AE .△AEG≌△AEF(SAS), :.EF=GE, .EF=BE+BG=BE+DF 【分析】(1)根据三角形三边关系作答即可： (2)根据已知数据补全证明过程即可； (3)延长CB到G,使BG=DF,利用全等三角形的判定条件得到△ABG≌aADF(SAS)和 △AEG2△AEF(SAS),即可证明结论. (I)解：由三角形三边关系可知AB-BE<AE<AB+BE; (2)略 (3)略 2.(25-26八年级上·山东临沂·期中)【问题背景】 半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相 等.通过翻折、旋转或截长补短等方法，将角的倍分关系转化为角的相等关系，进 一步构成全等三角形，从而构建模型，解决问题， 如图1，在四边形ABCD中，AB=AD,∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，点E,F分别 是BC,CD上的点，且∠EAF=6O°，连接EF,探究线段BE,EF,DF之间的数量关系. G 图1 图2 (I)探究发现：小雨同学的方法是延长FD到点G.使DG=BE,连接AG,先证 明△ABE2△ADG,再证明△AEF△AGF,从而得出结论：一； (2)拓展延伸：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠D=180°，E,F分别是边 BCCD上的点，且<B=<4D,请前（山中的结论是香仍然成立？若成立， 请写出证明过程，若不成立，请说明理由 【答案】(1)EF=BE+DF:(2)(1)中的结论EF=BE+FD仍然成立.证明如下： 如图，延长FD到G,使DG=BE,连接AG. G D ·.'∠ABE+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADG=180° .∠ABE=∠ADG, 在△ABE与△ADG中， AB=AD ∠ABE=∠ADG, BE=DG :△ABE≌△ADG(SAS) ∴.AE=AG,∠BAE=∠DAG. :∠BAE+∠DAF=∠GAD+∠DAF=∠BAD-∠EAF=I∠BAD. ∴.∠GAF=∠EAF 在△AGE和△AEF中 AG=AE ∠GAE=∠EAF AE=AE :△AGF≌△AEF(SAS) ∴.GF=EF .FG=DF+DG=BE+DF .EF BE+DF 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定定理是解题 的关键 (I)先证明△ABE≌aADG得到∠DAG=∠BAE,AG=AE,再证明△AEF≌△AGF,得到 EF=GF,再由线段的和差关系可得结论： (2)延长FD到G,使DG=BE,连接AG,先导角证明∠ABE=∠ADG,再证明 △ABE≌aADG得到∠DAG=∠BAE,AG=AE,再接着证明△AEF≌aAGF,得到EF=GF, 再由线段的和差关系可得结论. (1)解：.∠B=∠ADC=90°. .∠ADG=180°-∠ADC=90°=∠B, 又，AB=AD,DG=BE, :.△ABE≌aADG(SAS), ∴.∠DAG=∠BAE,AG=AE: :∠BAD=120°，∠EAF=60°， .∠BAE+∠DAF=120°-60°=60°， ∴.∠GAF=∠DAF+∠DAG=∠DAF+∠BAE=60°， ∴.∠GAF=∠EAF, 又，∵AF=AF, :.△AEF≌aAGF(SAS), ..EF=GF DG+DF=BE+DF. (2)略 3.(25-26八年级下·辽宁沈阳期中)阅读材料并完成习题：在数学中，我们会 用“截长补短”的方法来构造手拉手旋转型全等三角形解决问题.请看这个例题： 如图l,在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD,若AC=5Cm,求四边形 ABCD的面积. 解：延长线段CB到E,使得BE=CD,连接AE,我们可以证明△BAE≌△DAC,根 据全等三角形的性质得AE=AC=5,∠EAB=∠CAD,则 ∠EAC=∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC=∠BAD=90°，得 S边形HD=S。AC+SAC=SMBc+SABE=SBC,这样，四边形ABCD的面积就转化为等腰 直角三角形EAC的面积. (1)根据上面的思路，我们可以求得四边形ABCD的面积为_cm2. (2)请你用上面学到的方法完成下题， 如图2，已知FG=FN=HM=GH+MN=5cm,∠G=∠N=90°，求五边形FGHMN的面 积. G 图1 图2 【答案】(1)12.5：(2)五边形FGHMN的面积是25cm2 【分析】(1)根据三角形的面积公式求得△EAC的面积，即可求解： (2)连接FH、FM,延长MN到O,截取NO=GH,证明aGFH≌ANFO(SAS), △HFM≌aOFM(SSS),根据三角形的面积公式求得AOFM的面积，即可得出AHFM的面积， 进而求得四边形HFOM的面积. (1)解：由题意可得， AE=AC=5,∠EAC=90°， 则AEAC的面积是： 5×5=12.5(cm2), 即四边形ABCD的面积为12.5cm, 故答案为：12.5： (2)连接FH、FM,延长MN到O,截取NO=GH, G 图2 在aGFH和aNFO中， FG=FN ∠FGH=∠FNO GH=NO ∴.△GFH≌ANFO(SAS), ∴.FH=FO .FG=FN=HM=GH+MN=5cm,GH=NO :HM =OM 在△HFM和aOFM中， FH=FO FM=FM HM=OM ∴.△HFM≌aOFM(SSS), △OFM的面积是： M0.FN_5x5=12.5cm2, ,∴aHFM的面积是12.5cm2, ,∴.四边形HFOM的面积是25cm2, ·五边形FGHMN的面积是25cm2. 4.(26-27八年级上江苏扬州·阶段检测)已知三角形的中线时，我们常用“倍长 中线”的方法构造全等三角形，解决相关计算或证明问题， (1)如图1，在△ABC中，AB=5,AC=3,则BC边上的中线AD的取值范围是_· (2)如图2，在△ABC中，D是边BC的中点，DE⊥DF,DE交AB于点E,DF交 AC于点F,连接EF,求证：BE+CF>EF, (3)如图3，在四边形ABCD中，AB∥CD,AF交DC的延长线于点F,E是BC的 中点，AE是∠BAF的平分线.试探究线段AB,AF,CF之间的数量关系，并加以 证明. E B D E 图1 图2 图3 【答案】(1)1<AD<4:(2)证明：如图2，延长FD到点G,使GD=DF,连接BG, EG, A E B ◇y D 图2 :D是边BC的中点， :BD=DC, ,∠BDG=∠CDF ,∴△BDG≌aCDF(SAS), :.BG=CF, DE⊥DF, ∴.∠EDG=∠EDF=90°， 在△EGD和△EFD中， DE=DE ∠EDG=LEDF, DG=DF :AEDGEDF(SAS), :.EG=EF, 在△BEG中， BE+BG>EG :.BE+CF>EF. (3)AF+CF=AB,理由如下： 如图3，延长AE,DF交于点G, D E B .G 图3 AB∥CD, ∴.∠BAE=∠G. 在△ABE和△GCE中， ∠BAE=∠G ∠AEB=LGEC, BE=CE :△ABE≌AGCE(AAS), ∴.AB=CG AE是∠BAF的平分线， ∠BAG=LGAF, .∠FAG=∠G. :.AF=GF, .FG+CF=CG, .AF+CF=AB 【分析】(I)延长AD到点E,使DE=AD,连接BE,证明△ADC≌aEDB(SAS),再根据三 角形三边关系求解即可： (2)延长FD到点G,使GD=DF,连接BG,EG,证明△BDG≌aCDF(SAS)和 △EDG≌aEFD(SAS),得到EG=EF,根据三角形三边关系求解即可： (3)延长AE,DF交于点G,证明△ABE≌aGCE(AAS),得到AB=CG,根据AE是∠BAF 的平分线得到AF=GF,即可得证. 解：(1)如图，延长AD到点E,使DE=AD,连接BE, B D E 图1 :AD是BC边上的中线， :BD=DC. .·∠ADC=∠EDB .△ADC≌△EDB(SAS) :.BE=AC=3, 在△ABE中，AB=5,BE=3, ∴.5-3<AE<5+3 .2<AE<8 .2<2AD<8 ∴.1<AD<4 (2)略 (3)略 题型3：动点沿线段运动、探究t取何值时两三角形全等（分类讨论） 1.(25-26七年级下·辽宁沈阳期末)如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm, BC=8cm,直线I经过点C且与边AB相交.动点P从点A出发沿AC边向终点C运 动；动点O从点B出发沿BC边向终点C运动.点P和点Q的速度分别为lcm/s和 2cm/s,两点同时出发并开始计时，设运动时间为t秒，当点Q到达终点C时，点 P也随之停止运动. (1)AP= cm,Co= cm(用含t的代数式表示)； (2)当SAMr=SMce时，求t的值： (3)分别过点P和点作PE⊥1于点E,F1I于点F,则当1= 秒时， aPEC与△OFC全等. 【答案】(1)4，(8-21)；(2)t=2.4:(3)2 【分析】(1)由题意，结合路程=速度×时间求解即可： (2)在(I)所求线段基础上，由三角形面积公式表示出S△Mr灬S△4c0,根据S△Mm=SA4Cp列 方程求解即可： (3)由题意得出需要aPEC与△QFC有一组对应边相等即可确定△PEC与△QFC全等，从而 得到PC=CQ,由此列出关于t的方程求解即可. (1)解：如图所示： B 由题意可得AP=tcm,C0=CB-B0=(8-21)cm: (2)解：如图所示： :8m=4P-ac=8=,及w=04C=8-24x6=24-a, 2 2 当S△Mm=S△40时，41=24-6L,解得1=2.4： (3)解：如图所示： PE⊥I,OF⊥1 .∠PEC=∠QFC=90° 则∠PCE+∠CPE=90°， 在△ABC中，∠ACB=90°，则∠PCE+∠QCF=90° ∴.∠CPE=∠QCF 由两个三角形全等的判定定理，只需要△aPEC与△QFC有一组对应边相等即可确定△PEC与 △OFC全等， :当PC=C2时，△PEC≌△CFg,此时AC-AP=C2, 6-1=8-21,解得1=2. 2.(25-26八年级上四川眉山期末)如图，在△ABC中，BC=10,高AD、BE相 交于点O,BD=4,且AE=BE. (1)证明：△AOE≌△BCE: (2)动点P从点O出发沿线段OA以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，动点Q 从点B出发沿射线BC以每秒3个单位长度的速度运动，P、Q两点同时出发，当点 P到达A点时，P、Q两点同时停止运动.设点P的运动时间为1秒，当△AO的面 积为6时，求t的值： (3)在(2)的条件下，点F是直线AC上的一点，且CF=B0.当以点B、O、P 为顶点的三角形与以点F、C、为顶点的三角形全等时，求t的值. D 备用图 【答案】(I)证明：：ADBE为△ABC边上的高， .∠ADC=∠AEB=90°、 ∴.∠DAC+∠DCA=∠CBE+∠BCE=90°， .∠OAE=∠CBE, 在△AOE和△BCE中， ∠OAE=∠CBE AE=BE ∠AEO=∠BEC=90° .△AOE≌aBCE(ASA): 1426 (2),的值为15或15 5 (3)的值为2或5 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，一元一次方程的应用，分类讨论的思想方法， 熟练掌握全等三角形的判定和性质，利用分类讨论的思想方法是解题的关键 (I)由题意可得∠DAC+∠DCA=∠CBE+∠BCE=90°，所以∠OAE=∠CBE,然后通过“ ASA”证明△AOE≌△BCE即可； (2)由(1)可知，△AOE≌△BCE,所以A0=BC,从而有A0=BC=10, CD=BC-BD=10-4=6,所以OP=1,BO=3,且0≤1≤10，然后分当点O在线段BD上 时，当点Q在BD的延长线上时，两种情况求解即可： (3)分当点F在线段AC的延长线上时，当点F在线段AC上时，两种情况求解即可. 解：(1)略 (2)解：由(1)可知，△AOE≌△BCE, ..AO=BC, BC=10,BD=4, .A0=BC=10,CD=BC-BD=10-4=6, :动点P从点O出发沿线段OA以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，动点Q从点B出发 沿射线BC以每秒3个单位长度的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达A点时，P、 Q两点同时停止运动， .OP=t,B0=3t,且0≤t≤10， 当点g在线段BD上时，则D0=BD-B0=4-3y,此时0≤1≤ 3 Sm240xD0=×10x4-3到-6，解得：1=片 15 4 当点O在BD的延长线上时，则D0=BQ-BD=31-4,此时3<1≤10， Sm号40xD0=×10(6-4到=6，解得：1-治。 1426 综上可得：的值为15或15： (3)解：如图①，当点F在线段AC的延长线上时， B 由(I)可知，△AOE2△BCE, .∠AOE=∠BCE, :∠AOE+∠BOP=180°，∠BCE+∠FCQ=180°， .LBOP=ZFCO, 又：BO=CF,点B、O、P为顶点的三角形与以点F、C、Q为顶点的三角形全等， .OP=C2,此时OP=t,C0=BC-B0=I0-3t, 5 1=10-31解得1=2： ②如图，当点F在线段AC上时，· 同①可得，OP=C2,此时OP=t,C2=B0-BC=3t-I0, t=3t-10, 解得t=5, 综上所述，以点B、O、P为顶点的三角形与以点F、C、Q为顶点的三角形全等时，t的值 5 为2或5： 3.(24-25八年级上·吉林·阶段检测)如图，在长方形ABCD中，AB=DC=12厘 米，AD=BC=9厘米.动点P从点A出发，以2厘米秒的速度沿A→B运动：同时 点从点C出发，以4厘米/秒的速度沿C→B→A运动，当一点到达终点时，另一 点也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒(>0) (1)直接写出线段BO的长，用含t的代数式表示并写出t的取值范围： (2)求t为何值时，△ADP与△BQD的面积相等； (3)求t为何值时，△PBC与△QAD全等： (4)是否存在t值，使DP=P№，且DP1P№？若存在，直接写出1的值，若不存 在，请说明理由， A B A→ 个 D 9-4,0st≤9 【答案】(1)BO= -99s1s21:(2) 9 18或9：(3) 9(4) 3 t t= 11 l= 2 1= 2 .9 9 .21 【分析】()分类讨论当0≤1≤4和当4≤1 4时两种情况即可； 趣意得A伊可得×9x2=9,分类时论当0s1和 2 4时两种 情况即可： (3)由题意得△PBC是直角三角形，故点O在AB上运动时，有△PBC≌△QAD,由此得 PB=AQ,即可求解： (4)分析可知：当点在CB上运动时，存在DP=P2,且DP⊥PO的情况，可推出 △DAP≌aPB0得B0=AP,即可求解： 本题考查了动点问题，涉及了全等三角形的判定与性质，掌握分类讨论的数学思想是解题的关 键. (1)解：由题意得CB+AB=9+12=21厘米， 9 当0≤1≤4时，B0=9-41 当51s 9 4时，BQ=41-9: 9-4,0≤1s9 则BQ= 9. 21 -9,41≤ 4 (2)由题意得AP=21, S4m=2×9x21=9r, 当0≤1s2时.8m9-40x12=54-24, 此时9=54-241， 18 解得t= 11 当41s 9 1 4时，S.a0m=2 -r9=1w到 此时9t=18t- 81 2 解得1=9 2 当1s18 9 综上所述： -或I=2时，AADp与△BQD的面积相等： (3)由题意得是△PBC直角三角形， ·当4s1s2 9 时，即点Q在AB上运动时，有aPBC2△QAD: ..PB=A0. PB=AB-AP=(12-2I）厘米，A0=(21-4)厘米， ∴.12-2t=21-41, 、9 解得1=2： (4)存在，理由如下： B D DP⊥P№， .∠DP0=90°， .∠APD+∠QPB=90°. 在长方形ABCD中，∠PAD=∠PBQ=90° .∠APD+∠ADP=90°， .∠QPB=∠ADP 又DP=P2, .aDAP≌aPBQ(AAS). ..BO=AP, .9-4t=2t, 潮利号 4.(25-26八年级上·北京海淀·期中)如图，在△ABC中，BC=10,AD是BC边上 的高，BE是AC边上的高，AD、BE相交于点O,且AE=BE. (I)求证：△AOE≌△BCE, (2)动点P从点O出发，沿线段OA以每秒2个单位长度的速度向终点A运动，动 点Q从点B出发沿射线BC以每秒8个单位长度的速度运动，P、Q两点同时出发， 当点P到达A点时，P、Q两点同时停止运动.设点P的运动时间为t秒，点F是直 线AC上的一点且CF=BO.是否存在t值，使以点B、O、P为顶点的三角形与以 点F、C、卫为顶点的三角形全等？若存在，请求出符合条件的t值；若不存在， 请说明理由， B D D C D (备用图1) (备用图2) 【答案】(I)证明：，AD是BC边上的高，BE是AC边上的高， .∠BEC=∠AEO=∠ODB=90°， .∠OAE+∠AOE=90°、∠OBD+∠BOD=90°、∠BOD=∠AOE, .∠CBE=∠OAE. 在△AOE和△BCE中， 「∠CBE=∠OAE AE=BE ∠BEC=∠AEO ∴.△AOE≌△BCE(ASA) (2)存在，1=1或1=3 【分析】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、线段的和差等知识点，熟练掌握三角形全 等的判定与性质以及分类讨论的思想是解题的关键。 (1)由∠OAE+∠AOE=90°、∠OBD+∠BOD=90°、∠BOD=∠AOE可得∠CBE=∠OAE, 通过ASA即可证明结论： (2)分如图2OP=C和如图3OP=C两种情况，分别进行求解即可解答. 解：(1)略 (2)解：存在， 如图2，当OP=CO时， E 9 B 0 图2 -f :AD是BC边上的高，BE是AC边上的高， .∠BEC=∠ODB=90° :∠EOD+∠ODC+∠OEC+∠ECD=360° .∠DOE+∠DCE=180°， ∠DCE+∠QCF=180° .∠QCF=∠DOE, .∠DOE=∠BOP .∠BOP=∠QCF 在△BOP和aFCQ中， BO=FC ∠BOP=∠FCQ, OP=CO .ABOPSAFCO(SAS), 0P=21,CQ=10-8, ∴.21=10-8，解得：1=1： 如图3，当OP=C0时， E B D 图3 'AD是BC边上的高，BE是AC边上的高， ∴.∠BEC=∠ODB=90° .∠EOD+∠ODC+∠OEC+∠ECD=360° .∠DOE+∠DCE=180° .∠DCE+∠QCF=180°， .∠QCF=∠DOE .∠DOE=∠BOP .∠BOP=∠QCF 在△BOP和aFC2中， BO=FC ∠BOP=∠FCg. OP=CO ∴aBOP≌aFCQ(SAS). OP=2t,C9=8t-10 5 ·21=8-10解得：1=3 I= 综上所述： 3时，使以点B、0、为顶点的三角形与以点F、C、2为顶点的三 角形全等。 题型4：动点背景下等腰三角形存在性探究（分三种腰的情况） 1.(25-26八年级上宁夏银川期中)如图，在平面直角坐标系中，0为坐标原 点， 一次函数y=2x+b与x轴，y轴分别交于点B(-8,0)、点A?点c的坐标为 C(3,0),点P是x轴上一动点. (1)b=; (2)连接AP,若△ABP的面积为10，求点P的坐标； (3)当点P在x轴上运动时，是否存在点P使△APC是等腰三角形，若存在，求出 点P的坐标；若不存在，请说明理由. B 【答案】(1)4；(2)点P的坐标为(-3,0)或(-13,0)：(3)存在，点P的坐标为(-3,0)或 （20或&0支（名0 1 【分析】山)把B(-8,0)代入y=2x+b即可得出答案： (2)由三角形△ABP的面积求出BP=5,即可得出答案： (3)分三种情况讨论，①若AP=AC,②若AC=PC,③若AP=PC,由等腰三角形的性质 可求解. (山)解：把B(-8,0)代入y=2x+b,得 x(-+b=0, 解得b=4: 故答案为：4： (2)如图， B 把6=4代入y= +b,得y= 2+4, :一次函数y=2+b与y轴分别交于点4 .A(0,4), ∴.0A=4, “ABP的面积为10及m-PO1, 8P0M=10 .BP=5, 当点P在点B右侧时，P(-3,0): 当点P在点B左侧时，P(-13,0): ∴点P的坐标为(-3,0)或(-13,0)： (3)存在，若点P使△APC是等腰三角形，则有以下三种情况： ①当AP=AC时， OA⊥PC,AP=AC, .∴.OP=OC=3, .P(-3,0): ②当AC=PC时， AC=O+0C2=5, .PC=AC=5. .P(-2,0)或P(8,0): ③当AP=PC时，设P(x,0),则AP=VOP+OP2=V42+x,PC=3-, .V4+x2=3-x, 解得x=- 6 a2o). 综上可得.点p的坐标为(30)或20)成&0安（名0 【点拨】本题考查了一次函数的图象与性质，三角形的面积，等腰三角形的性质，勾股定理等 知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键。 2.(25-26八年级上：四川达州期中)如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与 x轴，y轴分别交于A,B两点，直线y=x+2与直线y=x+5相交于点C(m,4). (I)求m,n的值： (2)直线y=x+5与x轴交于点D,动点P从点D开始沿射线DA以每秒1个单位 的速度向左运动，设点P的运动时间为t秒. ①若△ACP的面积为12，求t的值； ②是否存在一点P,使△ACP为等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存 在，请说明理由 【答案】(1)m=2,n=2：(2)①6或18：②存在，点P的坐标为(6,0)或(2,0)或 (42-2,0)或4v2-2,0 【分析】本题考查了一次函数综合运用，涉及到等腰三角形的性质、点到直线的距离等知识. 注意(2)的②的分类讨论求解，避免遗漏. (I)由点C在直线y=x+2上，可求出m的值.又由点C在直线y=x+5上，即可求出n的 值 (2)①根据题意即可求出A、D点坐标和DP=1,从而可知AP的长，即为三角形的底，再利 用三角形面积公式即可求出. ②画出图形，分情况进行解答即可 解：(1)：点C(m,4)在直线y=x+2上， .m+2=4, .m=2: 即C(2,4)又在直线y=x+5上， .2n+5=4, 1 .n= 2. (2)①由题意得：PD=1, 对于直线y=x+2,令y=0,得x=-2, .A(-2,0) 1 对于直线y=2+5,令y=0:得x=10 .D10,0) 当点P在线段AD上，AP=12-t, ÷8c=202-0-4=12, .1=6 当点P在点A的左侧时，AP=t-12, .54c=20-l12)4=12, .t=18 综上可知，t的值为6或18： ②存在， 当AC=CP时，如图，过C作CE⊥AD于E, PD .PE=AE=4, .PD=12-8=4, .P0=D0-DP=10-4=6. .P(6,0), 当AP=PC时，如图， —D ..OA=OB=2. .∠BA0=45° .∠CAP=∠ACP=45°， .∠APC=90°， .AP=PC=4. .PD=12-4=8, PO=DO-DP=10-8=2 P(2,0), 当AC=AP时，如图，当点P在线段OD上时， AC=V(-2-2)2+0-4)2=4V2, .DP AD-AP=AD-AC=12-42 .0P=0D-DP=10-(12-4v2)=42-2 P(42-2,0) 当AC=AP时，如图，当点P在点A的左侧时， D衣 AC=V(-2-2)2+(0-4)2=4W2, .OP=AP+A0=4V2+2. P(42-2,0 综上，点P的坐标为(6,0)或(2,0)或(4W2-2,0)或(42-2,0 3.(25-26八年级上吉林松原阶段检测)如图，△ABC是等边三角形，AB=4.动 点P、同时从点A出发，分别沿射线AB、AC方向均以每秒1个单位长度的速度匀 速运动.当点RQ不与点A重合时，连接POCP.设点P的运动时间为()， (1)AP的长为 (用含t的代数式表示)： (2)求证：△AP9为等边三角形： (3)在不添加字母和辅助线的前提下，当图中存在等腰钝角三角形时，直接写出 的值. B 【答案】(1)t;(2)证明：，△ABC是等边三角形， .∠A=60°， :动点P、Q同时从点A出发，分别沿射线AB、AC方向均以每秒1个单位长度的速度匀速运 动， :.AP=A0=1, 在△AP2中，AP=A0且∠A=60°， :△AP卫为等边三角形. (3)2或8 【分析】本题主要考查了列代数式、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的定义等知识点， 掌握分类讨论思想是解题的关键. (I)直接根据题意表示AP的长即可： (2)由等边三角形的性质可得∠A=60°，再说明AP=A犯=1即可证明结论： (3)分△CPO为等腰钝角三角形和△CPB为等腰钝角三角形两种情况，分别根据等腰三角形 的性质求解即可. (1)解：，.动点P同时从点A出发，分别沿射线AB方向均以每秒1个单位长度的速度匀速 运动， .AP=1. 故答案为：t, (2)略 (3)解：①当△CPO为等腰纯角三角形， ,△AP卫为等边三角形， ∴.AP=P0=1,∠AQP=60° .∠C0P=60°， 当CQ=P№时，△CP2为等腰钝角三角形， A0=1,AC=4, .C0=t-4, “t-4=1,解得：1=2： ②当△CPB为等腰钝角三角形，此时点P在AB的延长线上，∠PBC=120°，BP=BC=4, ∴.AP=AB+BP=4+4=8,即t=8. 综上，t的值为2或8. 4.(25-26八年级上·黑龙江牡丹江期末)如图，在平面直角坐标系中，0为坐标 原点，△ABC的顶点A、B的坐标分别为AO,),Bb,O),且a,b满足 1a-V3=-b2+6b-9,AB=BC,∠ABC=30°. (1)求点A的坐标和点B的坐标： (2)动点D从点B出发，以每秒23个单位长度的速度沿着折线B-A-0匀速运 动，设△BCD的面积为S,运动时间为>O)秒，求S和t之间的关系式（不要求写 出t的取值范围) (3)在(2)条件下，当S=3时，在x轴上是否存在点M,使得△BDM是等腰三角 形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由 A B B 备用图1 备用图2 【音案】山40)B,0:②当0<1s1时s-3:当1<1 2时，S=9-61 (3)存在，M的坐标为M3+23,0)或M3-2W5,0)或M(-3,0)或M(1,0) 【分析】本题主要考查了平面直角坐标系的实际应用，等腰三角形的性质，绝对值的性质，含 30°角的直角三角形，勾股定理，准确计算是解题的关键。 (1)利用绝对值与平方数的非负性求出a,b的值，即可得解： (2)先求出线段AB的长度，再分点D在BA上和AO上两种情况分类计算即可： (3)先根据面积求出，再根据三角形的特征分类讨论即可得解： 解：(1)a-V3=b2+6b-9, a-3+(b-32=0, .a-V3=0,b-3=0, a=V5,b=3, A、B的坐标分别为A(0,a,B(b,0), A0,5).B(3,0): (2)A(03),B(3,0), AB=V32+3=2√3， AB=BC. .BC=2V3, ∴.当0<t≤1时，D在线段BA上， :D的运动速度为2V3, .BD =23t, 过点D作DP⊥OB,连接CD, B主 ∠ABC=30° DP=1DB-1x2 :S=1xBCxDP=1x23x=3: 2 当1<1s3 时，D在线段AO上，连接BD A D B主 .AD=2V3t-AB=2W31-23, .D0=3-AD=3-2W3t+2V5=3V3-2V3t, S=xBCxD0=×23×35-23=9-6, 当0<11时，5=3：当<1≤2时：59-： (3)存在，M的坐标为M3+2√5.，0)或M3-25,0)或M(-3,0)或M,0),:理由如下： 当=3时，若0<1≤1，则31=3，t=1符合题意： 若1<1s1+ 2’9-61=3,则1=1'不符合题意： ∴当S=3时，1=1，此时D与A重合， 设M(x,O),要使得ABDM是等腰三角形，分三种情况讨论： (1)当BD=BM时，即BM=2V3, B3,0), x-3=23, x=3+2W5,x2=3-23, .M3+23,0)或M3-23,0: (2)当BD=DM时， y AD M B主 DM=25, ∴O为BM的中点， .M(-3,0) (3)当BM=DM时， yA CO M BM=DM=x-3,OM=x,DO=3, .在RtaD0M,(x-3)}2=x2+3, 解得：x=1, M1,0): 综上所述： M M(3+25,0M3-25,0M(-3,0)M(1,0) 的坐标为 或 或 或 题型5：动点背景下直角三角形存在性探究（分哪个角为直角，勾股列方程） 1.(25-26八年级下河南周口·期中)如图①，△ABC是边长为4的等边三角形，边 AB在射线OM上，且OA=6.点D从点O出发，沿OM的方向以每秒1个单位长度 的速度运动，连接CD,将△ACD绕点C逆时针旋转6O°得到△BCE,连接DE,设运 动时间为s. (I)求证：△CDE是等边三角形. (2)如图②，当6<t<10时，DE是否存在最小值？若存在，求出DE的最小值： 若不存在，请说明理由. (3)当点D在射线OM上运动时，是否存在以D,E,B为顶点的三角形是直角三 角形？若存在，求出此时的值：若不存在，请说明理由. M ② 【答案】(1)见解析：(2)存在，当1=8时，DE存在最小值2V3；(3)存在，当1=2或 14时，以D,E,B为顶点的三角形是直角三角形. 【分析】(I)由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC,即可得到结论： (2)由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，CD最小，此时∠ADC=90°，利用勾股定理即可求 解； (3)存在，分三种情况讨论：①当0≤t<6时，②当6<t<10时，③当1>10时. 解：(I)证明：·将△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE. ∴.∠DCE=60°，DC=EC, :aCDE是等边三角形 (2)解：存在. 由(I)知，△CDE是等边三角形， :DE=CD. 由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，CD最小， 此时∠ADC=90°， :△ABC是边长为4的等边三角形， .∠CAB=60°，AC=4. ∴.∠ACD=30° :AD=)4C=2, 2 CD=VAC2-AD2=V42-22=2V5,OD=OA+AD=6+2=8, 1=8÷1=8(秒)，满足6<1<10， ∴.当t=8时，DE存在最小值2V3」 (3)解：存在，理由如下： ①当0≤t<6时，点D在OA上，如图①， ,△ABC和△CDE都是等边三角形， .·AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠ABC=∠CAB=∠DCE=∠DEC=6O°， ∴.∠ACB-∠ACE=∠DCE-∠ACE,即∠ECB=∠DCA, :.△ECB≌aDCA(SAS). ∴.∠EBC=∠DAC=180°-∠CAB=120° .∠ABE=∠EBC-∠ABC=120°-60°=60°，， :∠BDE<∠CDE=60°. ∴.此时若△DBE是直角三角形，则∠BED=90°. ∴.∠CEB=∠BED-∠DEC=30° 由旋转可知∠CDA=∠CEB=30°. ,∠CAB=60° .∠ACD=∠ADC=30° .DA=CA=4 ∴.OD=OA-DA=6-4=2 1=2÷1=2 ②当6<t<10时.结合题图(2)，得∠DBE=120°>90 ∴.此时△DBE不可能是直角三角形. ③当1>10时，点D在射线BM上，如图， OA B D M 由旋转可得CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°， .∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD,即∠ACD=∠BCE, .△ACD≌aBCE(SAS), .∠CBE=∠CAD=60°， ∴.∠DBE=180°-∠ABC-∠CBE=180°-60°-60°=60°， :CD=CE,∠DCE=60°， :,△CDE是等边三角形， .∠CDE=60°， .∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=6O°+∠BDC. .∠BDC>0° .∠BDE>60° ∴.此时若△DBE是直角三角形，则∠BDE=90°， ∴.∠BDC=30°，∠BED=30° ·∠CBE=∠CDE=60°， ∴.∠BCD=∠BED=30° .∠BCD=∠BDC=30°， ∴.BD=BC=4. .OD=14 ∴.t=14÷1=14 综上所述，当t=2或14时，以D,E,B为顶点的三角形是直角三角形， 2.(25-26八年级下山东青岛期中)如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形， 边AB在射线OM上，且OA=6cm,点D从点O出发，沿OM的方向以lcm/s的速度 运动，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转6O°得到△BCE,连 接DE, 设运动时间为s, (1)△CDE是 三角形： (2)当6<t<10时，如图2，△BDE周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最 小周长和t的值；若不存在，请说明理由. (3)当点D在射线OM上运动时，是否存在以D、B、E为顶点的三角形是直角三 角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由. M 图1 图2 备用图1 备用图2 【答案】()等边：(2)存在，ABDE的最小周长为(25+4cm,1=8;(3)存在，2s 或14s 【分析】(1)由旋转的性质可得∠DCE=60°，DC=EC,由等边三角形的判定可得结论： (2)由旋转的性质可得BE=AD,再由△CDE是等边三角形，可得CDs=CD+4,根据垂 线段最短得，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，根据等边三角形的性质以及勾股定理求出 CD,即可求解. (3)分四种情况，由旋转的性质和直角三角形的性质可求解. (1)解：，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE, ∴.∠DCE=60°，DC=EC △CDE是等边三角形： (2)解：存在，当6<1<10时， 由旋转的性质得：BE=AD, .'.C.DBE BE+DB+DE=AB+DE=4+DE 由(I)知，△CDE是等边三角形， .DE=CD. C.DBE=CD+4, 由垂线段最短得，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小， 此时，AD=)AB=2cm, 2 ∴CD=VAC2-AD2=2V3cm,t=(6+2)÷1=8, ∴·ABDE的最小周长=CD+4=(2V3+4cm: (3)解：存在， ①当点D与点B重合时，D,B,E不能构成三角形， ,当点D与点B重合时，不符合题意， ②当0≤t<6时， :△ABC是等边三角形， ∠CAB=∠CBA=60°， 由旋转可知，∠CAD=∠CBE=180°-60°=120°， .∠ABE=60°， 由(I)可知，△CDE是等边三角形， .∠DEC=∠CDE=60°， .∠BDE<60° ·∠BED=90°， 由旋转可知，∠CEB=∠CDA, .∠CDA=30°， ∠CAB=60°， .∠ACD=∠ADC=30°， ..DA=CA=4. .OD=OA-DA=6-4=2. .t=2÷1=2s: ③当6<t<10s时，不存在直角三角形. ④如图，当1>10s时，由旋转的性质可知，∠CBE=∠CAB=60°， ∠DBE=60°， A B DM 又由(1)知∠CDE=60°， ∴.∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC, 而∠BDC>0°， .∴.∠BDE>60° ∴.∠BDE=90°， .∠BDC=90°-60°=30°， .∠BCD=∠ABC-∠BDC=30°， ..BD=BC=4. ∴.OD=14cm, .t=14÷1=14s 综上所述：当t的值为2s或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形. 3.(25-26八年级上四川成都期末)在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4,BC=3. (I)如图1，D为线段BC上一点，点C关于AD的对称点C恰好落在AB边上，求 CD的长； (2)如图2，E为线段AB上一点，沿CE翻折△CBE得到△CEB',若EBAC,求 证：AE=AC: (3)如图3，D为线段BC上一点，点C关于AD的对称为点C',是否存在异于图1 的情况的C'、B、D为顶点的三角形为直角三角形，若存在，请直接写出BC长：若 不存在，请说明理由. B D A 图1 图2 图3 【答案】(1)3；(2)证明：：沿CE翻折△CBE得到△CEB', ∴.∠B-=∠B,∠B'CE=∠BCE, ..EB'lLAC, ∴.∠B=∠B'CA=∠B, ∴.∠AEC=LB+∠BCE,∠ACE=LB'CA+∠B'CE, ,∠AEC=LACE, ∴AE=AC: (3)4-V7 【分析】(1)首先勾股定理得AB=5,再由对称性得AC=AC=4,得BC=1,在Rt△BCD中， 利用勾股定理列方程即可； (2)由翻折得∠B'=∠B,∠B'CE=LBCE,再根据∠AEC-∠B+LBCE, ∠ACE=∠B'CA+∠BCE,可得∠AEC=∠ACE,从而证明结论： (3)当∠C"BD=90时，过点A作AE⊥AC,交BC"延长线于点E,设BC为x,则C"EB-4x,在 Rt△4C"E中，由勾股定理得，(4x)+3=4,解方程从而解决问题， (1)解：在Rt△ABC中，由勾股定理得AB=5, :点C关于AD的对称点C"恰好落在AB边上， ∴.AC"=AC=4, .BC=1, 在Rt△BC"D中，由勾股定理得， (3-CD)2=12+CD2, 解得：CD3 (2)略. (3)存在，BC=4-V7, :∠ADC>45°， ,∠BDC不可能为90°， 当BC"⊥BC时，过点A作AE⊥AC,交BC"延长线于点E, ☑B .'∠C=∠C"BD-90°=∠E, ∴.四边形ACBE为矩形，设BC"为x,则C"E=4-x, △ACD翻折后得到△AC"D, ..AC=AC-4, .AE=BC=3, 在Rt△ACE中，由勾股定理得， .(4x)2+32-42, 解得：=4±√万， x<4, x=4-7, 即BC"长为4-7. 【点拨】本题是几何变换综合题，主要考查了翻折变换，勾股定理，平行线的性质，等腰三角 形的判定等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想 4.(25-26七年级下·吉林长春·期中)如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8, BC=6,动点D从点C出发，沿边CA-AB向点B运动，到点B时停止，若设点D运 动的时间为>0)秒，点D运动的速度为每秒2个单位长度. (1)AC= (2)用含t的代数式表示AD(4D>0)的长： (3)当t为何值时，点D与△ABC顶点的连线平分△ABC的周长： (4)直接写出当△CBD是直角三角形时，1的取值范围为」 10-21(0<t≤5) 【答案】(1) 10:(2)D= 2-106<1≤9)：3)1=3或1=6④1=18或 5≤t<9 【分析】(1)直接用勾股定理求AC; (2)分两种情况：①D在CA上时：②D在AB上时； (3)分两种情况：D在CA上时，BD连线将周长分为CD+BC和AD+AB两 部分；D在AB上时，CD连线将周长分为AD+AC和BD+BC两部分： (4)分两种情况：D在AC上时，∠CDB=90?,此时BD是斜边AC上的高：D在 AB上时，∠CBD=90?一直成立. (1)解：在R1aABC中，∠ABC=90?,AB=8,BC=6, ∴.AC=VAB2+BC2=V64+36=10. (2)解：当D在CA上时(0<1≤5)，CD=21,AD=10-21: 当D在AB上时(5<1≤9)，D从A向B运动，AD=2t-10. (3)解：△ABC的周长=6+8+10=24，平分即每部分为12. 情况一：D在CA上，连线为BD, 周长被分为CD+BC和AD+AB两部分， 令CD+BC=12,即21+6=12，解得1=3， 情况二：D在AB上，连线为CD, 周长被分为AD+AC和BD+BC两部分， 令AD+AC=12,即(21-10)+10=12，解得1=6： B ∴1=3或t=6. (4)解：情况一：BD是斜边AC上的高， SwCD-CB 2 :BD=4BBC_8x6-4.8 AC 10 在R1aBCD中，∠BDC=90°， ..CD=BC2-BD2 =3.6, .2t=3.6, 解得：t=1.8. B D 情酸=：D在B上，走完AC用号5，走充B用4，从C到分时：9 .1的范围是5≤t<9」 t=1.8n5≤1<9 综上，的取值范围为： 或 题型6：动态图形中相交角度是否保持定值的探究证明题 1.(25-26七年级下·江苏淮安期末)全等三角形可以为几何探索提供相等的边或 角，在几何图形的问题解决中有着非常重要的作用. 【问题背景】如图1、图2，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=8,点D是射线 BC上的一个动点（点D不与点C重合），过点B作BE⊥AD,垂足为点E,交直线 AC于点P. D D 图1 图2 (1)【初步探究】 如图1，当点D在线段BC上运动时， ①求证：△ACD≌△BCP: 证明：.∠ACB=90° .∠CAD+∠ADC=90°，∠BCP=∠ACB=90° BE⊥AD ∴.∠BED=90° .∴.∠CBP+∠BDE=90° 又，∠ADC=∠BDE .∠CAD= 完成上述填空，并继续完成后面的证明过程如下：一： ②直接写出线段AP,CD,BC之间满足的数量关系式为： (2)【类比探究】 如图2，当点D在线段BC的延长线上运动时. ①直接写出线段AP、CD、BC之间满足的数量关系为_； ②当BP恰好为△ABC的一条中线时，请直接写出此时aDEC的面积为-； (3)【深入思考】 在图1、图2中，分别连接CE,探索：当点D在射线BC上运动时，∠PEC的大小 是否为定值？若是，任选图1或图2，求出其大小；若不是定值，也请说明理由. 【答案】(I)①∠CBP, 又，AC=BC,∠ACD=∠BCP=90° .△ACD2aBCP(ASA): ②AP=BC+CD 8 (2)①AP=BC-CD:②5 (3)∠PEC的大小是定值，大小为45° 【分析】(I)①得到∠CAD=∠CBP,然后利用ASA证明△ACD≌△BCP, ②由全等三角形的性质得到CD=CP,然后等量代换求解即可： (2)①同(1)①证明△ADC≌aBPC(ASA),得到CD=PC,然后等量代换求解即可： @如图，过点C作CG⊥AD于点G,过点C作CF⊥BE于点R,首先求出CP=AP)AC=4 ,证明△APE≌aCPF(AAS),得到EP=FP,设EP=FP=x,则EF=2x,根据全等三角形对 应边上的高相等得到CG=CF,证明aGEC,△EFC是等腰直角三角形，得到 EF=FC=GC=2x,然后根据三角形面积得到BE=3CG=6x,PB=PF+FB=x+4x=5x, 1 16 然后求出S.am=S.cm=5,进而求解即可： (3)根据全等三角形对应边上的高相等得到CG=C℉，然后利用角平分线的判定定理求解即 可 (1)解：①略： ②，△ACD≌△BCP. ..CD=CP, AC=BC, ∴.AP=AC+CP=BC+CD. (2)解：①，∠ACB=90°，BE⊥AD, ∴.∠ACD=∠ACB=∠AEP=90°.1 ∠APE=∠BPC. .∠DAC=∠PBC, 又，AC=BC, :.△ADC≌aBPC(ASA). .CD=PC. ∴.AP=AC-PC=BC-CD, ②如图，过点C作CG⊥AD于点G,过点C作CF⊥BE于点F, D B ,BP恰好为△ABC的一条中线， n=A-54c=4 CF⊥BE,BE⊥AD, ∴.∠AEP=∠CFP=90°， 又∠APE=∠CPF, ∴.△APE≌aCPF(AAS), ..EP=FP, ∴.设EP=FP=x,则EF=2x, ,△ACD≌△BCP, ..CG=CF, .CE平分∠CEB, ÷.∠DBC=∠BEC=)∠DEB=45°， :.△GEC,△EFC是等腰直角三角形， ∴.EF=FC=GC=2x. .△ACD≌△BCP, ∴.CD=CP=4, .DB=DC+CB=4+8=12, 8m4x8=16,8m2×8=48,8am 1×4×8=16, S.E24D-CG CG 16 1 S.D AD.BE ,BE483: ..BE=3CG=6x, ..FB=BE-EF =6x-2x=4x, .PB=PF+FB=x+4x=5x, S.CEL=PEx1 ·smPB5x5 16 .S.CEP= .cm= 5 5 .CP=AP, 4c=2Sw=32 5 ÷8.0s=S40n-S4ac=16-32_48 55； (3)解：如图1，过点C作CG⊥AD于点G,过点C作CF⊥BE于点F, G E 图1 ·△ACD≌△BCP, .AD BP, ∴.CF=CG, :∠PEC=∠CBG=)∠ABP=45: 2 如图2，过点C作CG⊥AD于点G,过点C作CF⊥BE于点F, Gh D C 图2 ,△ACD≌△BCP, .AD=BP, ∴.CF=CG, :.∠PEC=∠CBG=)∠DEB=45°， 2 综上所述，∠PEC的大小是定值，大小为45°. 2.(25-26八年级上重庆潼南期末)如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC,点 D为底边BC上一动点，连接AD,在AD左侧作等腰三角形APD,使DA=DP, ∠ADP=∠BAC,连接BP. (1)如图1，若∠ADP=∠BAC=60°，求证：BP=CD; (2)如图2，若∠ADP=∠BAC=90°，AB=5,当点D由点C运动到点B时： ①∠PBD的大小是否为定值？若为定值，求出其大小，若发生变化，请说明理由： ②求出点P运动的路径长度. B 图1 图2 备用图 【答案】(1)证明：，∠BAC=60°，AB=AC, ∴△ABC是等边三角形， 同理得△ADP也是等边三角形， .AD=AP,∠DAP=60°， .∠PAB+∠BAD=∠CAD+∠BAD, ∴∠PAB=∠CAD. 在△ABP和△ACD中， AP=AD ∠PAB=∠DAC, AB=AC .△ABP≌△ACD(SAS), ∴.BP=CD: (2)①∠PBD的大小会发生变化， ∠PBD的大小会发生变化， ()如下图所示，过点A作AF⊥BC,交BC于F,则F是BC的中点， 当点D在CF上运动时，∠PBD=45°， 理由如下： 过点P作PG⊥BC于G, :∠ADF+∠PDG=90°，∠GPD+∠PDG=90°， ∴.∠ADF=∠GPD, ∠AFD=∠DGP=90°，AD=DP, 在△AFD和△DGP中， [∠ADF=∠DPG ∠AFD=∠DGP AD=DP ∴.△AFD2aDGP(AAS), ∴.AF=DG,DF=PG .AF =BF, ∴.BF=DG, .BF-FG=DG-FG, 即BG=DF, :.BG=GP, :.△BGP是等腰直角三角形， ∠DBP=45°： ()当点D与中点F重合时，∠PBD=0°： ()当点D在BF上运动时，∠PBD=135°， 理由如下： 如下图所示，过点P作PG⊥BC,交CB的延长线于点G, 同理可证aAFP≌aDGP(AAS), .AF=PG,DG=PF, ∴.BF=DG, ∴.GB=DF=PG, :.△BGP是等腰直角三角形， ∴.∠PBG=45°， .∠PBD=135°： ②点P运动的路径长度为10. 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角 形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键。 (1)根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，可证△ABC和△ADP是等边三角形，根 据等边三角形的性质可证∠PAB=∠CAD,利用“SAS”可证结论成立： (2)①()如下图所示，过点A作AF⊥BC,交BC于F,则F是BC的中点，当点D在CF 上运动时，()当点D与中点F重合时，∠PBD=0°：()当点D在BF上运动时， ∠PBD=135°， ②如下图所示，点P运动的路径是从点P到点E,由△APD与△ABC都是等腰直角三角形， 得AP⊥BC,当点D运动到点B时，点P在点E处，又∠ADP=90°，则∠ABE=90°，从而可 得E,B,P在同一直线上，由题意得△APE是等腰直角三角形，然后通过EP=2AB=IO即 可 解：(1)略 (2)解：①略∠PBD ②如下图所示，点P运动的路径是从点P到点E, (P)E、 (DE C(D)》 当点D在点C时， 设AP交BC于F, :△APD与△ABC都是等腰直角三角形， .AP⊥BC, 当点D运动到点B时，点P在点E处， .∠ADP=90° .∠ABE=90°， .·∠ABC=45°，∠CBP=45°， .∠EBP=180°， E,B,P在同一直线上， 由题意得△APE是等腰直角三角形， AB=5, ∴.EP=2AB=10, ∴.点P运动的路径长度为10」 3.(25-26八年级上四川宜宾期末)已知：△ABC中，∠ABC=90°，AB=2,点P 从B点出发，沿BC边运动到C点，以AP为直角边向右作等腰直角三角形PAD,其 中∠APD=90°，PD=PA.当PB=2时，DP=DC.如图1. (1)求BC的长. (2)设点D的起始位置为点E(在BC边上)，终点位置为点F,如图2.求动点D 的路径长（即线段EF的长度）· (3)作BG平分∠ABC交AC于点G,连接DG、BG,如图3.设△BDG的面积为 S.在点P运动过程中，S是否为定值？如果是，请直接写出S的值：如果不是，请 直接写出S的取值范围. F(D) A G B P B E C(P) B 图1 图2 图3 【答案】(1)6：(2)6N2;(3)2 【分析】本题考查勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，矩形的判定和性 质，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键。 (1)根据勾股定理求出AP=2√2，然后得到△PDC是等腰直角三角形，再根据勾股定理求出 PC长，根据线段的和差解答即可： (2)过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G,根据AAS得到△ABP≌aPGD,即可得到 AB=PG=2,PB=DG=6,然后根据勾股定理求出EF长即可： (3)过点D作DN⊥BC于点N,过点G作GH⊥AB于点H,交DN于点K,过点G作 GM⊥BC于点M,连接GN,设BP=x,则BNKH是矩形，根据角平分线的性质得到 GH=GM,然后根据三角形的面积公式求出GH长，再根据S=S.ING+SDNG一S,BDN解答即 可 (1)解：当PB=2时， AB=BP, ∴.∠BAP=∠APB=45°，AP=PD=VAB2+BP2=2N2, 又∠APD=90°， .∠DPC=45°， 又DP=DC=2W2, ∠DCP=45°， ∴.∠PDC=90°， .PC=DP2+PC2 =4, .BC=BP+PC=2+4=6. (2)过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G, FD) B C(P)G 图2 当点P与点B重合时，BD=AB=2,即BE=2, 当点P与C重合时，AP=PD,∠B=∠APD=∠DGP=90°， ∴.∠BAP+∠APB=∠DPG+∠APB=90°， .∠BAP=∠DPG, ∴.△ABP≌aPGD(AAS), .AB=PG=2,PB=DG=6. .EG=6, ∴.EF=VEG+FG=6N2; (3)解：过点D作DN⊥BC于点N,过点G作GH⊥AB于点H,交DN于点K,过点G作 GM⊥BC于点M,连接GN,设BP=x,则BNKH是矩形， 图3 由(2)得到△ABP≌△PND, .'AB=PN=2,DN =BP=x, .BN=x+2, 又，BG平分∠ABC, ∴GH=GM, 又：SMBc=S。MBG+S.GBc, :8cxB-CxGM+-号4BxGH,副6x2-6xGM+2xGM, 解得GM=GH=3 GK=x+2-3-x 2x+ 1 2 =S.w+S.pw-5.wow-BNxGM+DNxGK-DNx BN 4.(2026·重庆·模拟预测)如图，AD⊥AC,AD=AC,将线段AC绕着点A顺时针 旋转a,O°<a<I8O°，得到AB,连接BC、BD,点E为线段BD中点，过点D作 DH∥BC交AB于点H.连接AE交DH于点F. (1)如图1，当a=40°时，求∠ADF的度数. (2)如图2，过点C作CQ1AE于点Q,请猜想线段DF、CP、BC之间的数量关 系，并证明你的猜想 (3)如图3，若BC=10,点M是直线BD上一动点，作点M关于点E的对称点N ,连接CM、CN,对于x的每一个确定值，CM+CN都有一个对应的最小值，当 CM+CN最小值等于2AC时，请直接写出四边形ACBD的面积. F H M E 图1 图2 图3 【答案】(1)20°：(2)DF+BC=V2C9,理由如下： ·AD⊥AC,AD=AC,将线段AC绕着点A顺时针旋转C得到AB, ∴.AD=AB=AC,∠DAC=90°，∠CAB=a, ∴.∠DAB=90°-a, ∠4ac=∠4c8-0s0-∠C4B)-=080p-a）=0r-a ∠iD6=∠4BD-2080r-∠D1B)-080-90+a）=45+0. DH∥BC, ·.∠DHB=∠ABC=90°- 2, ÷∠ADF=-∠DiB-∠DMB=90-a-90+a=a, 1 2 :.∠EDF=∠ADB-∠ADF=45°+a- a=45° 2 2 点E为线段BD中点，AD=AB, ∴.AE⊥BD,AE是∠DAB的角平分线， ∠AD-90,DME=∠BME-w-a)=45”-0, 1 DEE=90P∠EDE=45o:ZEAC=∠EAB+∠BAC=x+45°-2a=45o ∴.∠FDE=∠DFE=45° .DE EF, 在Rt△DEF中，DF=VDE2+EF2=√2DE, ∴.DF=V2DE=V2BE, 过点C作CT⊥DB的延长线于点T,如图： B`、 T ,AE⊥BD,CT⊥DB,CQ⊥AE. .∠QET=∠ETC=LEQC=90°， ∴四边形EQCT为矩形， .ET=C2,L0CT=90°， 2=450 :∠4C2=90°-∠EAC=90°-45°- 2&,∠ABC=∠ACB=90°-1& ·∠BC0=∠ACB-∠ACQ=90°- 20-45°+2a=45°， :.∠BCT=90°-∠BC9=90°-45°=45° .∠CBT=90°-∠BCT=90°-45°=45°， ..BT=CT, 在RtABCT中，BC=VBT2+CT2=2BT, 即6r=5C, 2 .TDFBC (DF+BC). 2 2 2 :.CQ-ET (DF+BC). 即DF+BC=V2C9. (3)四边形ACBD的面积为175 【分析】(1)根据题意可得∠DAC=90°，AB=AC,∠CAB=40°，求出∠DAB=50°，根据 等边对等角和三角形内角和定理得出∠ABC=∠ACB=70°，根据平行线的性质得出 ∠DHB=∠ABC=7O°，结合三角形的外角性质即可求解； (2)根据题意可得AD=AB=AC,∠DAC=90°，∠CAB=a,求得∠DAB=90°-a,根据 等边对等角和三角形内角和定理得出∠ABC=∠ACB=90°-1。 , 21 DB=∠ABD=45°+。a,根据平行线的性质得出DHB=∠ABC=-90 2Q,结合三角形的 外角性质求得∠1DF= 2,求出∠ADF 2“,∠FDE=45,根据等腰三角形三线合一的性 质得出∠AED=90°， ∠DAE=∠BAE=45°- 20,求出∠E1C=45°+2“，结合直角三角形的 性质求得∠DEF=45°，根据等角对等边和勾股定理求出DF=V2DE=V2BE,过点C作 CT⊥DB的延长线于点T,根据矩形的判定和性质得出ET=C卫，∠QCT=90°，结合直角三角 形的性质求得∠4CQ=5”一0，进步求出∠BCQ=行·根整等角对等边和勾服定理求出 BTE2BC.求得CQ=bTE2DF+BC.即可得出DF4BC=2CO (3)由(2)可得：AE⊥BD,DE=BE,根据对称的性质得出EM=EN,DM=BN,在 FD的延长线上确定一点T,使DT=BC=10,连接MT,根据平行线的性质得出 ∠TDM=∠CBN,根据全等三角形的判定和性质得出TM=CN,推得当点C,M,T三点共 线时，CM+CN的值最小，即最小值为CT的长，此时M,E,N三点重合，过E作 ER⊥DF交于点R,过点A作AK1BC交于点K,AB、CE的交点为S,则 CE=1TE=AC=AB,由(2)可得：∠DAE=∠BAE=45°_1 1 a,∠ADB=∠ABD=45°+5&. 2 ∠c=∠A0=90-ga,∠Dn=∠ABc=90- 2,∠FDE=∠DEF=450' 1 ∠EAC=45°+，a,根据等边对等角得出∠AEC=∠EAC=45°+)a,根据三角形内角和定理 2 2 得出∠4CE=90-a'∠4C=90°，求得∠ECB=2a,根据平行线的性质得出 T=∠ECB=女，根据三线合一的性质得出∠T=B4K',BK=CK=5根据全等三角形 的判定和性质得出ER=BK=5,根据直角三角形的性质和勾股定理求出BE=DE=5V2, AB=510,AE=I0N2,结合三角形的面积和四边形ACBD的面积=SABm+SABC,即可求 解。 (1)解：AD1AC,将线段AC绕着点A顺时针旋转a得到AB,a=40°， ∴.∠DAC=90°，AB=AC,∠CAB=40°， .∠DAB=90°-∠CAB=90°-40°=50°， ∠hc=∠4cB-080-∠C40)-=2080-40)=70, DH∥BC, ∴.∠DHB=∠ABC=70°， ∴.∠ADF=∠DHB-∠DAB=70°-50°=20° (2)略 (3)解：由(2)同理可得：AE⊥BD,DE=BE, :点M关于点E的对称点是点N, .EM=EN, .DM=DE-ME,BN BE-NE. ∴.DM=BN, 在FD的延长线上确定一点T,使DT=BC=I0,连接MT,如图： D T.=5- M .DH∥BC, ∴.∠TDM=∠CBN, .DT=BC,DM=BN, :△TDM≌aCBN(SAS), ∴.TM=CN, ∴.CM+CN=TM+CM≥CT, ∴当点C,M,T三点共线时，CM+CN的值最小，即最小值为CT的长， 此时M,E,N三点重合， 过E作ER⊥DF交于点R,过点A作AK⊥BC交于点K,AB、CE的交点为S,如图， ! F D (M)(N)E B、 则CE=TE,CE+TE=2AC, .CE=TE=AC=AB. ∠BAC=a, 由2可得：∠DAB=∠B4B=450-0,∠AD8=∠AD=45 2, ∠M=∠AGB=90-7a,∠DHB=∠ABC=90-1 2 20,∠FDE=∠DEF=450: ∠EAC=45°+2， 1 .CE=AC, :.∠AEC=∠EAC=45°+2a, 1 21cE=180-26C15=18w-2x450+0-90-2 :.∠ASC=180°-∠CAB-∠ACE=180°-a-(90°-a)=90°， ∠BCB=AcB-∠AcE=90-a-90+a=2a, 1 2 ,DH∥BC, 1 .LT=∠ECB=5a, :AK⊥BC,ER⊥DF, ∴.∠ERT=∠BKA=90°， AB=AC,AK⊥BC, -ZCA-a-2T DK-CK-Bc-5, .TE=AB, .△TRE≌aAKB(AAS), ..ER=BK=5, ∠RDE=45°，∠DER=90°-∠RDE=90°-45°=45°， ∴.DR=RE=5, 在RtADER中，DE=VDR2+ER2=V52+52=5V2, :BE=DE=52, AK=TR=DT+DR=10+5=15, 在Rt△ABK中，AB=VAK2+BK2=V152+52=5V10, 在R△MEB中，AE=VAB2-EB=V5ViO-(52=10N2, 8m-x02x02=l0,8度×10x15=75, ACBD .MBD+SMc=100+75=175 故四边形 的面积为 题型7：三角形（或矩形）折叠落点位置不确定的多解分类压轴题 1.(25-26九年级下·福建泉州：期中)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6, BC=8,CD是△ABC的中线，将△ACD沿CD折叠，点A的对应点为点E,连接BE. (1)求证：∠EBC=∠ABC; (2)求BE的长. 【答案】(I)证明：：在△ABC中，∠ACB=90°，CD是△ABC的中线， .AD=BD=CD. 由折叠的性质可得：AD=DE,∠ADC=∠EDC. ∴.BD=DE, ∴.∠DEB=∠DBE, ∠DEB=∠DB=180°-，∠BDE,∠ADC=∠EDC-180-∠BDE .∠BED=∠CDE, ∴.CD∥BE, ∴，∠EBC=∠BCD. .BD =CD. .∠ABC=∠BCD, .LEBC=∠ABC: 4 2)5 【分析】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性 质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键. (I)由直角三角形的性质可得AD=BD=CD,由折叠的性质可得AD=DE, ∠ADC=∠EDC,从而可得BD=DE,由等边对等角并结合三角形内角和定理得出 ∠BED=∠CDE,从而可得CD∥BE,由平行线的性质可得∠EBC=∠BCD,再由等边对等角 得出∠ABC=∠BCD,即可得证； (2)由勾股定理可得AB=I0,延长BE和AC交于点F,作CG⊥BF于点G,由(1)可得 ∠FBC=∠ABC,证明△ABC≌aFBC(ASA),得出FC=AC=6,BF=AB=10,由折叠的性 质可得C5:4C=6从面可得C0p:CE:6:由等面积法求出CG=,由勾股定理可 FG=18 ，再由等腰三角形的性质得出EF=2FG=若，即可得出结果 36 解：(1)略 (2)解：：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6,BC=8, .AB=AC2+BC2 =10. 如图，延长BE和AC交于点F,作CG⊥BF于点G, D G 由(1)可得：∠FBC=∠ABC, :BC=BC,∠FCB=180°-∠ACB=90°=∠ACB, :.△ABC≌aFBC(ASA), .FC=AC=6,BF=AB=10. 由折叠的性质可得CE=AC=6, ..CF=CE=6, C=。CF:BC=BF.U 2 :CG=24 .FG=CR2-CG2=18 CF=CE,CG⊥BF, .EF=2FG=36 5 .BE=BF-EF=14 · 2.(25-26八年级上浙江嘉兴期中)如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3 ,BC=4,点D在AB边上运动，△CDA沿着CD折叠得到△CDA'.若线段AD与边BC 相交，则记交点为E. (1)若CD⊥AB,求CD的长度； (2)如图2，当AD⊥BC,求A'B的长度； (3)如图3，在点D的运动过程中，当CE=3时，连接AA,直接写出A的长 度. A 图1 图2 图3 【答案】(4)CD= 号：②B- .21W2 5(3)的长为3或5 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，折叠的性质等 知识，掌握知识点的应用是解题的关键 (1)根据勾股定理得AB=5,然后利用等面积法即可求解： 〈2过C作CM1AB于点M同屏得CM-号，由有至桂质可知及心=8 DD:AC=C-3:所以)4DxCM-DxCE,求得CE-号.故有 BE=BC-CE=4-12_8 5二5，然后通过勾股定理即可求解： (3)分①如图，当A与E重合时，②如图，当A在BC下方时，然后通过全等三角形的判 定与性质，勾股定理即可求解. (1)解：如图，CD⊥AB, D B ∠ACB=90°，AC=3,BC=4, AB=VAC2+BC2=V32+42=5, S.wc-ACxBC-ABXCD, 2 2x3x4=)×5xCD. 2 CD=12 5: (2)解：如图2，过C作CM1AB于点M, 图2 同(1)理得CM=1 5 由折叠性质可知SAc=SC,AD=AD,AC=C=3, ∴2 ADXCM=DxCE, 1 2 .CE-12 5 ·BE=BC-CE=4-12_8 5=5 A'E=√AC2-CE2 =J .A'B=AE2+BE? g- (3)解：①如图，当与E重合时， .AC=CE=3, ∴.AA=√AC2+CE2=V3+32=3V2: ②如图，当A在BC下方时， 过C作CG⊥AD于点G,作CH⊥AD于点H, .LCHD=∠CGD=90°， 同理可得：CH=CG=12 ..RtACHDRtACGD(HL), .∠CDH=∠CDG, 由折叠性质可知SMc=SC,AD=AD,AC=AC=3,∠CAD=∠CAD, ,∠ACB=90°， .∠CAB+∠B=90° .A'C=CE=3. ∴.∠CA'E=∠CEA, .∠CEA'+∠B=90°， ,∠CEA'=∠DEB、 .LDEB+∠B=90°， .∠EDB=∠ADA=90°， .∠CDH=∠CDG=45°， ∴.∠CDH=∠DCH=∠CDG=∠DCG=45°， :.CH=DH-CG-DG=12 5 =32-5 9 由勾股定理得：A'G=√C2-CG2 9.1221 ..A'D=A'G+DG=+ 555 :.AD=4'D=21 5 由勾股定理得：A=VAD2+AD 综上可得： 的张5或。 3.(25-26七年级下广东深圳期末)如图，已知在直角△ABC中，∠ABC=90°，E 为AC边上一点，连接BE,过E作ED⊥AC,交BC边于点D. (I)如图2，作∠ABC的角平分线交AC于点F,连接DF,若∠BDE=∠CDF ①求证：△ABF≌△DBF; ②求证：AE+DE=V2BE: (2)如图3，若∠C=45°，将aBCE沿BE折叠，得到△BEF,且BF与AC交于点G DF ，连接D,DF,点E在AC边上运动的过程中，当BF⊥AC时，请求出DA的值. A A F F E 公 D P C D B D B 图1 图2 图3 【答案】(I)①证明：：∠BDE=∠CDF, ∠CDE=LBDF, :DE⊥AC, .∠DEC=∠ABC=90°」 .∠A+∠C=∠EDC+∠C=90°， .∠EDC=LA, .∠A=∠BDF, 'BF平分∠ABC .∠ABF=∠DBF, BFBF, ∴△ABF≌△DBF(AAS). ②证明：过点B作BT⊥BE交ED的延长线于点T, E 由(I)可得△ABF≌ADBF .AB=BD. :∠ABC=∠EBT=90°， ∴.∠ABE=∠DBT, ,∠BDT=∠CDE=∠A AABE≌aDBT(ASA). AE=DT、BE=BT, :.AE+DE =DT+DE=ET,ET=BE2+BT2=2BE, .AE+ED=√2BE: (2) DF DA 2 【分析】(1)①通过角度转换得到∠A=∠BDF,再通过角平分线的定义可得∠ABF=∠DBF ,即可解答： ②过点B作BT⊥BE交ED的延长线于点T,证明△ABE≌aDBT(ASA),再根据等腰直角三角 形的三边关系即可解答： (2)连接AF,证明EF=ED,可得∠EFD=22.5°，再得∠AFD=90°，证明 △AED2aABD(HL),推出∠FDA=45°，则可得证明ADFA为等腰直角三角形，即可解答. 解：(1)①略；②略 (2)解：如图，连接AF, D ∠ABC=90,∠C=45° ∴.∠BAC=45°， 当BF⊥AC时，∠BAC+∠C=∠ABG+∠BAC=90° ∴.∠ABG=∠C=45°， ∴.∠CBG=45°， ,将△BCE沿BE折叠，得到△BEF, ∴.CE=FE,BC=BF,∠EFB=∠C=45°， :.BC=BF BA, ∴∠AFB= 180°-∠ABF =67.5° :∠EFB=LC=45°， .∠FEG=45°， :DE⊥AC, ∴.∠EDC=∠C=45°，∠FED=∠FEG+∠AED=135° :.CE=ED=EF, ·∠EFD=∠EDF=I8O°-LFED 2 =22.5°， ∴.∠DFA=∠EFB+∠AFB-∠EFD=90°， ,将△BCE沿BE折叠，得到△BEF, ∠FBE=∠CBE=∠FBC=22.5°， 2 ∴.∠AEB=∠C+∠CBE=67.5°.∠ABE=∠ABG+∠FBE=67.5 ∴.∠AEB=∠ABE, .AE =AB, ∠AED=∠ABD=90°，AD=AD, △AED2△ABD(HL), ∠ADE=∠ADB=180°-，∠EDC=67.5°， 21 ·∠ADF=∠ADE-∠EDF=45°， ∴△FAD为等腰直角三角形， DF DA2· 4.(25-26八年级上河北石家庄·期末)(1)如图1，已知在△ABC中，CD是 ABC的中线，HcD-B. ①若∠B=20°，则∠ACD的度数为 ②若LB=30°，判断△ACD的形状，并说明理由： ③设∠B=&,则∠ACD= (用含的代数式表示)： （2)如图2，已知在AABC中，∠B=30°，AD是4BC的中线，且MD=2BC=4cm ,动点E从B出发，由B-A-C向点C运动，速度为lcms,将△BDE沿DE折叠得到 △MDE,设运动时间为t秒，当MD垂直于△ABC的一边时，直接写出t的值. M D E D B D 图1 图2 图3 【答案】(1)①70： ②△ACD是等边三角形，理由如下： “CD是AMBC的中线，且CD=)AB, ∴.AD=BD=CD, ..BD =CD, .∠BCD=∠B=30°， ∴.∠ADC=∠BCD+∠B=30°+30°=60°， .AD =CD .△ACD是等边三角形： ③90°-a: