第五章生活中的轴对称（6个类型51题）-常考压轴题2023-2024学年七年级数学下册压轴题攻略（北师大版）（解析版）_1、初中学习资料_24秋试卷_初中数学《常考压轴题攻略》

第五章 生活中的轴对称压轴题专练 内容导航 一、折叠问题 类型一、角的折叠 类型二、三角形的折叠 类型三、长方形的折叠 二、简单的轴对称图形 类型四、角平分线性质的应用 类型五、线段垂直平分线的应用 类型六、等腰三角形的性质 一、折叠问题 类型一、角的折叠1．如图，把一个角沿过点O的射线对折后得到的图形为 ，现从点O引一条射线 ，使 ，再沿 把角剪开．若剪开后再展开，得到的三个角中，有且只有一个角最大， 最大角是最小角的三倍，则 的值为（ ） A． B． C． 或 D． 或 【答案】D 【分析】由题可知，沿过O的射线分为了射线 和射线 两种情况，分类讨论两种情况，利用 建立等量关系即可解决． 【详解】解：①由题意得，三个角分别是 、 、 ， 且 ， ， 又 5  mAOC， 2 2 m ，  5 ②三个角分别是COB、COB、2AOC， 有且只有一个角最大，即为2AOC， 2 且 ，COB AOC， 2AOC 3COB 3 又AOC mAOB 2 m(AOCBOC)mAOC mAOC 3 5  mAOC， 3 3 m ．  5 故选：D． 【点睛】本题考查了角的和差倍分，解决本题的关键是读清题意，找到不同情况，利用题目中的等量建立方程解得参数的值． 2．如图1，点 是直线 上一点，射线 从 开始以每秒 的速度绕点 顺时针转动，射线 从 开始以每秒 的速度绕点 逆时针转动，当 、 相遇时，停止运动；将 、 分别沿 、 翻折，得到 、 ，设运动的时间为 （单位：秒） (1)如图2，当 、 重合时， _______ ； (2)当 时， _______ ，当 时， _______ ； (3)如图3，射线 在直线 的上方，且 ，在运动过程中，当射线 、 、 其中一条 射线是另外两条射线组成角的平分线时，求出 的值 【答案】(1)90 (2)20，12 145 125 (3)t的值为10或 或 ． 13 11 【分析】（1）利用折叠性质得AOC EOC，BODFOD，再利用邻补角即可求解； （2）利用折叠性质得求出AOC、EOC、BOD、FOD的度数，即可得解； （3）根据角平分线的不同，分OP是EOF 的角平分线、OF 是POE的角平分线、OE是POF 的角 平分线三种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵将AOC、BOD分别沿OC、OD翻折，得到COE、∠DOF， ∴AOC EOC，BODFOD， ∵AOCEOCBODFOD180， ∴CODCOEFOD90， 故答案为90； （2）解：当t 10时， AOC COE10330，BODDOF 10550， ∴EOF 180AOCCOEBODDOF 20， 当t 12时，如下图，AOC COE12336，BODDOF 12560， ∴EOF AOCCOEBODDOF18012，故答案为20，12； ① OP EOF EOF FOP 3 （3）解： 当 是 的角平分线时，则 ，如图 ， 由折叠可知AOC COE 3t，BODDOF 5t， ∵AOPBOP180， AOP70， ∴BOP110， ∴EOPAOPAOCCOE 706t，FOPBOPBODDOF 11010t， ∴706t11010t， 解得t 10； ②当OF 是POE的角平分线时，则POF FOE，如下图， 由折叠可知AOC COE 3t，BODDOF 5t， ∵AOPBOP180， AOP70， ∴BOP110， AOCCOEAOP 6t70 ∴EOF   ， ， 2 2 FOPBOPBODDOF 11010t 6t70 ∴ 11010t， 2 145 解得t  ； 13③当OE是POF 的角平分线时，则POF FOE，如下图， 由折叠可知AOC COE 3t，BODDOF 5t， ∵AOPBOP180， AOP70， ∴BOP110， BOPBODDOF 11010t ∴ ，EOF   ， EOPAOCCOEAOP6t70 2 2 11010t ∴6t70 ， 2 125 解得t  ； 11 145 125 综上， 的值为 或 或 ． t 10 13 11 【点睛】本题主要考查了邻补角的性质、折叠的性质，解一元一次方程，根据题意正确分类讨论是解题的 关键． 3．如图1，已知两条直线 被直线 所截，分别交于点 、点 ， 交 于点 ， ， 且 ． (1)当 时， ______ ． (2)证明： 平分 ． (3)如图2，点 是射线 上一动点（不与点 重合）， 平分 交 于点 ，过点 做 于点 ．在点 的运动过程中， 、 、 之间有怎样的数量关系？请写出你 的猜想，并说明理由． 【答案】(1)32.5 (2)见解析1 MHNFEH  EGF (3) 2 【分析】（1）根据平行线的性质可得FEM FME，根据FEM FME可得AEM FEM ，进而得 出FME的度数； （2）由（1）得AEM FEM ，根据角平分线的定义即可得出结论； （3）根据平行线的性质可得BEGEGF，根据角平分线的性质可得 1 1 1 MEH  AEG 180EGF90 EGF 2 2 2 ，再根据HN EM ，即可得到  1  1 EHN 90MEH 9090 EGF EGF，再由 即可得到结论．  2  2 BEH EHF 【详解】（1）解： AB∥CD， AEM FME，  FEM FME， AEM FEM ，  AEF 65， 1 FMEAEM  AEF 32.5 ， 2 故答案为：32.5； （2）证明：由（1）得：AEM FEM ， EM 平分AEF； 1 MHNFEH  EGF （3）解： ， 2 证明： AB∥CD， BEGEGF， EH 平分FEG，  1 FEH HEG FEG， 2 FEHEGF GEHBEGBEH ， EM 平分AEF，EH 平分FEG，  1 1 MEF  AEF ，FEH  FEG， 2 2 MEH MEFFEH 1 1  AEF FEG 2 21  AEFFEG 2 1  AEG 2 1  180BEG 2 1  180EGF 2 1 90 EGF ， 2  HN EM ，  1  1 在 中，EHN 90MEH 9090 EGF EGF，  Rt△EHN  2  2  AB∥CD， BEH EHF ，即EGFGEH EHNNHM ， 1 EGFFEH  EGFNHM ， 2 1 MHNFEH  EGF ． 2 【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定、角平分线的定义、垂线的定义，熟练掌握以上知识点，利 用角的和差关系进行推算，是解题的关键． 4．如图1，直线 ， 的平分线交 于点 ． （1）求证： ； （2）如图2，过点 作 于点 ，交 于点 ，探究 与 之间的数量关系，并证明 你的猜想； （3）如图3，在（2）的条件下， 的平分线交 延长线于点 ， 为 延长线上一点， ，将 沿直线 翻折，所得直线交 于 ，交 于 ，若 ，求 的度数． 【答案】（1）证明见解析；（2）BFEABD90；（3）45．【分析】（1）根据平行线的性质定理得到内错角相等,再根据角平分线的性质,即可得到等角. （2）根据平行与垂直的性质,可得C 90,而BFE为Rt  BCF的外角,根据三角形的外角定理即可解答. （3）根据题目中已给的数量关系, 求NAD的度数可转化为先求BAD的度数,根据折叠的性质和平行线 的性质,可将多个角的复杂数量关系转移到Rt  BGH 中,结果证明它是个等腰直角三角形,如此可解. AQ//BC 【详解】（1）证明:  , ADBCBD, AQ ABC 又 评分 , ABDCBD, ABDADB. （2）  BFE为Rt  BCF的外角, ADBBFEFEDBFE90, 又 ABDADB  ABDBFE90, 即BFEABD90. （3）如图, EMF GMF  MF MF 根据折叠的性质,  MFEMFG  MFE  MFG, BGM MGF MEF 90, NBHM 90,  N 90BHM , MQ//BC  , AMH BHM ,BADABC 180, BADAMH APM BHM BPH 2N 290BHM  , 在 BPH中, 3BHM BPH BHM BPH ABC 180,2BHM ABC 1 BHM  ABC CBF  2 VBGH 为等腰直角三角形, CBF 45, BADABC 902N , N 45, NAD904545. 【点睛】本题综合考查了角平分线的性质,平行线的性质以及折叠的性质等,仔细观察图形,熟练掌握相应知 识是解答关键. 5．已知 ，射线 、 在 的内部（OC与OD不重合），且 ．将射线 沿直线 翻折，得到射线 ；将射线 沿直线 翻折，得到射线 （ 与 不重合）． (1)如图①，若 ，则 ______°， ______°； (2)若 ，请画出不同情形的示意图，并分别求出 和 的度数； (3)设 ，请直接写出 与 之间的数量关系及相应的 的取值范围． 【答案】(1)10；70 (2)AOB和AOC的度数分别为10和25或170和65； (3)当0AOC45时，AOB2COD90；当45AOC60时，AOB2COD90． 【分析】（1）由COD90AOCBOD可求得COD的度数；由折叠的性质得BODBOD， AOC AOC AOB AOB AOB90AOBAOB ，先求得 和 的度数，再利用 即可求解； （2）分两种情况，画出图形，同（1）的方法即可求解； （3）分当0AOC45和45AOC60两种情况讨论，画出图形，同（1）的方法即可求解． 【详解】（1）解：∵AOC 40， ∴AOC BOD40， ∴COD90AOCBOD90404010， 由折叠的性质得BODBOD，AOC AOC， ∴AOB90BODBOD10，AOB90AOCAOC 10，∴AOB90AOBAOB70， 故答案为：10；70； 1 （2）解：如图， ，AOC BOD 904025， COD40 2 ∴AOB90BODBOD40，AOB90AOCAOC 40， ∴AOB90AOBAOB10， 1 如图， ，AOC BOD 904065， COD40 2 AOBBODBOD9040 AOBAOCAOC9040 ∴ ， ， ∴AOB90AOBAOB170， 综上，AOB和AOC的度数分别为10和25或170和65； （3）解：当0AOC45，设AOC BOD，如图， ∴COD90AOCBOD902， ∴AOB90BODBOD902，AOB90AOCAOC 902， AOB902902 AOB290290 ∴ ，即 ，∴AOB2COD90； 当45AOC60，设AOC BOD，如图， ∴CODAOCBOD90290， AOBAOCAOC90290 AOBBODBOD90290 ∴ ， ， AOB902290 AOB229090 ∴ ，即 ， ∴AOB2COD90； 综上，当0AOC45时，AOB2COD90；当45AOC60时，AOB2COD90． 【点睛】本题考查了折叠的性质，角度的和差计算，正确的识别图形、分类讨论是解题的关键． 类型二、三角形的折叠 6．如图，等腰 中， ， 于D， 的平分线分别交 ， 于E，F两 点，M为 的中点，延长 交 于点N，连接 ．则下列结论：① ，② ，③ ，④ ；其中正确的是（ ） A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】对于①，证明AEBAFE，即可得到AEAF； 对于②，先利用角边角定理，证明△ABM ≌△NBM ，得到AM MN，再利用直角三角形斜边上的中线性 质，即可得到AM DM ； 对于③，先利用角边角定理，证明 BDF≌  ADN ，即可得到DF DN ； 对于④，连接EN ，先证明 ABE≌  NBE，得到AENE，ENC 90，因此NEEC，又 AF  AENE，所以可得AF EC． 【详解】对于①， BE平分ABC， ABEDBF ，  BAE90， ABEAEB90，  ADB90， DBFBFD90， AEBBFD， 又 BFDAFE，  AEBAFE， AE AF， 所以①正确； 对于②， AE AF ，M为EF的中点， AM EF， AN BE， BMABMN 90， 又 BM BM ，ABM NBM ，   ABM ≌  NBM(ASA)， AM MN ，  ADBC， 1 DM  AN  AM ， 2 所以②正确； 对于③， ADBC， BDF ADN 90，  ABAC，BAC 90， 1 ，BAD BAC 45， ABC45 2 ABC BAD， BD AD，  DBFBNM 90， DANBNM 90， DBF DAN，   BDF≌  ADN(ASA)， DF DN， 所以③正确； 对于④，连接EN ，由②知  ABM ≌  NBM(ASA)， ABNB，  ABENBE，BE BE，   ABE≌  NBE(SAS)， BAEBNE90，AENE， ENC 90， NEEC， 又由①知AEAF， AF EC， 所以④不正确； 故选：B． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形两底角的性质，等腰三角形的三线合一性 质，直角三角形两锐角的性质，直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握以上知识是解答本题的关键． 7．如图， 和 均为等腰直角三角形，且 ，点A、D、E在同一条直线上， 平分 ，连接 ．以下结论：① ；② ；③ ；④ ， 正确的有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的三线合一性质，证 明VACD≌VBCE是解答本题的关键． 对于①，利用全等三角形的判定，可证VACD≌VBCE，即可判断结果；对于②，利用等腰三角形的三线 合一性质，即可判断结果；对于③，利用等腰三角形的三线合一性质和直角三角形的性质，可得 DM MECM ，进一步推理即可判断结果；对于④，先证明CM∥BE，然后利用同底等高的两个三角S S 形的面积相等，可知 CMB CME ，进一步推理可知判断结果． 【详解】 ABC和 DEC均为等腰直角三角形， CACB，CDCE，ACBDCE90， ACDBCE，  ACD≌ BCESAS   ADBE， ADC BEC， 所以①错误，  DEC为等腰直角三角形，CM 平分DCE， CDECED45，CM  AE 所以②正确，  CDCE，CM DE， DM ME，  DCE90， DM ME CM ， AE ADDEBE2CM ， 所以③正确，  点A、D、E在同一条直线上， ABC和 DEC均为等腰直角三角形， \ �ADC�135 ，  ACD≌  BCE， BEC ADC 135，  CED45， AEBBECCED1354590， \ �AEB� �CME 90 ， CM∥BE， S S CMB CME， S S S S COM BOM COM COE， S S COE BOM ， 所以④正确， 故选：C． 8．如图，在三角形 中，点D，E是边 上两点，点F在边AB 上，将三角形 沿 折叠得三角形 ， 交 于点H，将三角形 沿 折叠恰好得到三角形 ，且 ．下列四个结论： ① ；② ；③ ；④若 ，则 ． 其中正确的结论是 （填写序号）． 【答案】①③④ 【分析】由折叠的性质可得 BCD≌  BGD， EFA≌  EFH ，则DBC DBG，AEHA， HDBBDC，由HE∥BD，可得EHDHDBBDC，AHEABD，则 EDH 1802HDB，由EHDEDH HED180，可得EHD1802HDBHED180， 则EHDHED，进而可判断①的正误；由题意知ADH 1804A，无法判断A与ADH 的关系， 进而可判断②的正误；由HEDAAHE2A，则EHD2A，HBDABDC，可得 1 HBD EHDEHD，即 ，进而可判断③的正误；根据 ，可得 2 EHD2HBD 4ABC 3AHD 4ABDDBC3AHEEHD 4DBCABDABDEHD ，整理得 ，即 4ABGABDEHD，则4ABGEHDABDBDCABDAABD，进而可判断④的 正误； 【详解】解：由折叠的性质可得 BCD≌  BGD， EFA≌  EFH ， ∴DBC DBG，AEHA，HDBBDC， ∵HE∥BD， ∴EHDHDBBDC，AHEABD， EDH 180HDBBDC1802HDB ∴ ， ∵EHDEDH HED180， ∴EHD1802HDBHED180， ∴EHDHED，①正确，故符合要求； ∵ADH 180AAHD1804A，无法判断A与ADH 的关系，②错误，故不符合要求； ∵HEDAAHE2A， ∴EHD2A， ∵HBDABDC，1 ∴HBD EHDEHD， 2 ∴EHD2HBD，③正确，故符合要求； ∵4ABC 3AHD， 4ABDDBC3AHEEHD ∴ ， ∴2EHD4DBC 3ABD3EHD， 4DBCABDABDEHD ∴ ， 4DBGABDABDEHD 4ABGABDEHD ∴ ，即 ， ∴4ABGEHDABDBDCABDAABD，④正确，故符合要求； 故答案为：①③④． 【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，全等的性质，三角形内角和、三角形外角的性质等知识． 解题的关键在于明确角度之间的数量关系． 9．在直角三角形ABC中， ，点D，E分别在 上，将 沿 翻折，得到 ． (1)如图①，若 ，则 ______ ； (2)如图②， 的平分线交线段 于点G.若 ，求证 ． (3)已知 ， 的平分线交直线 于点G.当 的其中一条边与 平行时，直接写出 的度数（可用含 的式表示）．【答案】(1)40； (2)见解析； 1 1 (3) 或BGD45 α或 或BGD45 α BGD90 2 BGD45 2 【分析】（1）先求出AED180CED110，再利用翻折即可得出答案； FDGBDG FDGBDG β （2）根据角平分线的定义得出 ，设 ， 则ADF 1802β，根据翻折得出ADEFDE90β，再求出 EMD180EDFDEC90 ，即可得出结论； （3）分情况：①当ED∥BC，②当DF∥BC，③当EF∥BC，④当DF∥BC时， DF在AB的下方，⑤ 当EF∥BC时，F 在AB的下方，分别求解即可． 【详解】（1）解：∵CED70， ∴AED180CED110， ∵翻折， ∴AEDDEF 110， ∴CEF FEDCED1107040， 故答案为：40； （2）解：∵BDF的平分线交线段BC于点G， ∴FDGBDG， ∵CEDBDG， 设FDGBDG β， ∴ADF 180BDF 1802β， ∵翻折， 1 ∴ADEFDE ADF 90β， 2 ∴EDFDEC 90ββ90，EMD180EDFDEC90 ∴ ， ∵C 90， ∴BC∥DF； （3）解： ①当ED∥BC，如图①所示： ∴1C90， ∵A， ∴21802A90α， ∵翻折， ∴3290， ∴FDB180232α， ∵BDF的平分线交线段BC于点G， 1 ∴4 BDF α， 2 ∵B90， ∴BGD180B490； ②当DF∥BC，如图②所示：∴1C90， ∴ADF 1801A90α， ∴FDB180ADF 90α， ∵BDF的平分线交线段BC于点G， 1 1 ∴2 BDF 45 α， 2 2 ∵B90， 1 ∴BGD180B245 α； 2 ③当EF∥BC，如图③所示： ∴1C90， ∵翻折，F Aα， ∴21F 90α， ∴FDBA2902α， ∵BDF的平分线交线段BC于点G， 1 ∴GDB BDF 45α， 2 ∵B90， ∴BGD180BGDB45； ④当DF∥BC时，DF在AB的下方，如图④所示：∴FDBA90α， ∵BDF的平分线交线段BC于点G， 1 1 ∴GDB BDF 45 α， 2 2 1 ∴BGD1GDB45 α； 2 ⑤当EF∥BC时，F 在AB的下方，如图⑤所示： ∴1290， ∵翻折，F Aα， ∴FDB1F 902α， ∵BDF的平分线交线段BC于点G， 1 ∴GDB BDF 45α， 2 ∴BGD2GDB45； 1 1 综上所述， 或BGD45 α或 或BGD45 α． BGD90 2 BGD45 2 【点睛】本题考查平行线的性质，翻折，三角形内角和定理，角的平分线的定义，注意分情况讨论是解 （3）题的关键． 10．如图，在 中， ， ，射线 ， 的夹角为 ，过点 作 于点 ，直线 交 于点 ，连接 ．(1)如图1，射线 ， 都在 的内部． ①设 ，则 （用含有 的式子表示）； ②作点 关于直线 的对称点 ，则线段 与图1中已有线段 的长度相等； (2)如图2，射线 在 的内部，射线 在 的外部，其他条件不变，用等式表示线段 ， ， 之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)①55；②CG (2)CGBG2BF ，证明见详解 【分析】（1）①根据BADCAG55，即可获得答案； ②连接AB，证明 CAG≌  BAG(SAS)，即可获得答案； B AD P AP BADPAD  CAG≌  PAG(SAS) （2）作点 关于直线 的对称点 ，连接 ，设 ，证明 ，由全 等三角形的性质可得CGPG，即可获得结论． 【详解】（1）解：①∵BAC=110，DAE55， ∴BADCAGBACDAE 55， ∵BAD， ∴CAG55； ②如下图，连接AB， 由对称的性质可得AB AB，BADBAD， ∵AB AC， ∴AB AC， ∵DAG55，BAC=110，∴BAFCAGBADGAB， ∴CAGGAB， 在 CAG和△BAG中， AG AG  CAGBAG ，  AC  AB ∴ CAG≌  BAG(SAS)， ∴CGBG． 故答案为：①55；②CG； （2）CGBG2BF ，证明如下： 作点B关于直线AD的对称点P，连接AP，如下图， 由对称的性质可得AB AP，BADPAD，BF PF， ∵AB AC， ∴AP AC， 设BADPAD， ∵DAG55， ∴BAGDAGBAF 55， ∴PAGPADBADBAG55， ∵BAC=110， ∴CAGBACBAFDAG55， ∴CAGPAG， 在 CAG和△ PAG中， AG AG  CAGPAG ，  AC  AP ∴ CAG≌  PAG(SAS)， ∴CGPG． ∵PGPFBFBG2BFBG，∴CGBG2BF ． 【点睛】本题主要考查了轴对称的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 11．阅读理解 如图1， 中，沿 的平分线 折叠，剪掉重叠部分；将余下部分沿 的平分线 折叠， 剪掉重叠部分；……；将余下部分沿 的平分线 折叠，点 与点 重合，无论折叠多少次， 只要最后一次恰好重合，我们就称 是 的好角． 情形一：如图2，沿等腰三角形 顶角 的平分线 折叠，点 与点 重合； 情形二：如图3，沿 的 的平分线 折叠，剪掉重叠部分；将余下的部分沿 的平分线 折叠，此时点 与点 重合．探究发现 （1） 中， ，经过两次折叠，问 的好角（填写“是”或“不是”）； （2）若经过三次折叠发现 是 的好角，请探究 与 （假设 ）之间的等量关系 ； 根据以上内容猜想：若经过 次折叠 是 的好角，则 与 （假设 ）之间的等量 关系为 ； 应用提升： （3）小丽找到一个三角形，三个角分别为 ， ， ，发现 是此三角形的好角； （4）如果一个三角形的最小角是 ，且满足该三角形的三个角均是此三角形的好角； 则此三角形另外两个角的度数 ． 【答案】（1）是；（2）B3C；BnC；（3）60和105；（4）另外两个角的度数分别为160 和10 BAC AB BAAB AAB CABC ∠BAC 【分析】（1）由沿 的平分线 1折叠，得 1 1，且 1 1 1 1 ，沿 1 1 的 平分线 A 1 B 2折叠，此时点 B 1与 C 重合，可得 A 1 B 1 C C ，即可证 B2C . BAC AB BAAB ∠BAC AB （2）由沿 的平分线 1折叠，得 1 1，由将余下部分沿 1 1 的平分线 1 2折叠，得 ABC AAB B AC A B B C C ABC 1 1 1 2 2，最后沿 2 2 的平分线 2 3折叠,点 2与点 重合，得 2 2 ，由 BA 1 B 1 CC ，可证 B3C ；由小丽展示的情形一当 BC 时；由探究（1）当 B2C 时； 由探究（2）当B3C时，它们的BAC均是 ABC的好角；可推经过n次折叠，BAC是 ABC的好 角，则B与C的等量关系为BnC. BnC 60,105 ABC  （3）由（2）得 ，可计算 是 的好角. （4）由（2）知BnC，BAC是 ABC的好角，已知中一个三角形的最小角是10，且这个三角形 三个角均是 ABC的好角，可设另外两个角为10m、10mn，（其中 m,n 都是正整数），依题意列式 10m10mn1018010m10mn10180，可求解得. 【详解】（1） ABC中，B2C，经过两次折叠，BAC是 ABC的好角； BAC AB 理由如下：沿 的平分线 1折叠， BAAB 1 1； ∠BAC AB B C 将余下部分沿 1 1 的平分线 1 2折叠，此时点 1与 重合， ABC C 1 1 ； AAB CABC  1 1 1 1 ； B2C， 故答案是：是； ABC BAC AB ∠BAC AB （2）在 中,沿 的平分线 1折叠,剪掉重复部分;将余下部分沿 1 1 的平分线 1 2折叠,剪掉 B AC A B B C BAC ABC 重复部分,将余下部分沿 2 2 的平分线 2 3折叠,点 2与点 重合,则 是 的好角. BAAB C ABC, 证明：  1 1， 2 2 ， AAB CABC2C BABCC 1 2 2 2 2 ， 1 1 ABC AAB  1 1 1 2 2， B2CC， B3C， 由小丽展示的情形一知，当BC时，BAC是 ABC的好角； 由探究（1）知，当B2C时，BAC是 ABC的好角； 由探究（2）知，当B3C时，BAC是 ABC的好角； 故若经过n次折叠，BAC是 ABC的好角，则B与C的等量关系为BnC. B3C;BnC 故答案为： . （3）由（2）知，BnC， 60415， 105715， 60,105 ABC  是 的好角.60,105 故答案为： . （4）由（2）知BnC，BAC是 ABC的好角，一个三角形的最小角是10，且这个三角形三个角 均是 ABC的好角，可设另外两个角为10m、10mn，（其中 m,n 都是正整数）. 依题意得10m10mn10180， 化简得m(n1)17， m,n  都是正整数， m,n1 都是17的整数因子， m1，n117， m1，n16， 10m10，10mn160， 即该三角形的另外两个角是：10和160. 10,160 故答案为： . 【点睛】本题考查的是折叠的性质应用、三角形的外角等不相邻的两个内角之和，并涉及一些数学归纳法 思想来推导结论，一道比较综合知识点的新颖考题，在第（4）小题中不需要去解出根，而是根据这种限 定条件来确定解，这是一种不同于以往的解题思路. 类型三、长方形的折叠 12．如图1所示为一条足够长的长方形纸带，其中PN∥QM，点A、B分别在PN、QM上，记∠ABM＝α （0＜α＜90°）；如图2，将纸带第一次沿BR 折叠成图2，使BM与BA重合；如图3，将纸条展开后第二 1 次再折叠，使BM与BR 重合，第三次沿AR 折叠成图4，第四次沿BR 折叠成图5，按此操作，最后一次 1 2 2 折叠后恰好完全盖住∠ARB，整个过程共折叠了9次，则α＝ °． 2【答案】80°/80度 R N R R AR N 【分析】根据题意，可知第9次折叠时， 2 刚好与 2 1重合，根据折叠的性质，则有平角 2 被平 AR B20o 分成了9个角，则 2 ，再根据折叠的性质，即可求解． R N R R 【详解】根据题意，可知第9次折叠时， 2 刚好与 2 1重合，作图如下： AR N 根据折叠的性质，则有平角 2 被平分成了（9-1+1）个角， 180o ∴AR B 20o， 2 9 ∵PN∥QM ， R BM AR B20o ∴ 2 2 ， R BR R BM ABR RBM ∵根据折叠的性质有 2 1 2 ， 1 1 ， R BR R BM 20o ∴ 2 1 2 ， ABR RBM R BR R BM 40o ∴ 1 1 2 1 2 ， ABM ABR RBM 80o ∴ 1 1 ， 故答案为：80°． AR B R N R R 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，理解最后一次折叠后恰好完全盖住 2 即是指 2 刚好与 2 1 重合，是解答本题的关键． 13．有一长方形纸带，E、F分别是边 ， 上一点， 度（ ），将纸带沿 折叠 成图1，再沿 折叠成图2．(1)如图1，当 度时， 度； (2)如图2，若 ，求α的值； (3)作 平分 交直线 与点P，请直接写出 与 的数量关系 ． 【答案】(1)120 (2)30 (3)GPE2GEP或2GEPGPE180 【分析】（1）由长方形的对边是平行的，得到BFE DEF 30，根据三角形外角的性质得到 EGBBFEDEF 60，由对顶角的性质得到FGDEGB60，即可得到 GFC180FGD120； （2）由折叠可得GEF DEF a，GFCGFN，由长方形的对边是平行的，得 GFEDEF a，由此可以求得FGDEGB2a，GFN 4a，由GFCFGD180可以 求出，即可以得到α的值； （3）①如图3中，结论：GPE2GEP．利用翻折不变性以及三角形的内角和定理解决问题即可； ②如图4中，结论：2GEPGPE180．利用翻折不变性以及三角形的内角和定理解决问题即可． 【详解】（1）解：由折叠可得GEF DEF ， ∵长方形的对边是平行的， ∴BFE DEF 30， ∴GEF DEF BFE30， ∴EGBBFEGEF 60， ∴FGDEGB60， ∴GFC180FGD120； ∴当30度时，GFC的度数是120． 故答案为：120； （2）解：由折叠可得GEF DEF a，GFCGFN，∵长方形的对边是平行的， ∴GFEDEF a， ∴EGBGFEGEF 2，GFN 4GFE4a， ∴FGDEGB2a， ∵GFCFGD180， ∴4a2a180， ∴a30， ∴α的值是30； （3）解：①如图3中，结论：GPE2GEP． MGF DGF 180EGF 180180DEGDEG2a 理由：∵ ， 又 GP平分MGF， ∴PGF a， ∴GPEPGEPFG22GEP； ②如图4中，结论：2GEPGPE180． 2GEP2180a 理由：∵ ， GPE180PGFPFG1802a， 2GEPGPE21801802180 ∴ ． 故答案为：GPE2GEP或2GEPGPE180． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，三角形外角的性质，角平分线的定义，利用邻补角求角度，解题的关键是作出图形，数形结合，注意分类讨论． 14．如图1，将一条两边互相平行的纸袋折叠． （1）若图中 ，则 ； （2）在图1的基础上继续折叠，使得图1中的 边与 边重合（如图2），若继续沿 边折叠， 边 恰好平分 ，则此时 的度数为 度． 【答案】 55 45 【分析】（1）根据平行线和折叠的性质即可求解； （2）根据折叠的性质可知，折叠两次后形成的三个角与折叠后的ACE都相等，而这四个角的和为180， 45 ACB90  故每个角为 ，从而可知 ，再由（1）的思路可得 的值． 【详解】（1）根据上下边互相平行可知，OAD70． 由折叠的性质可知OAD2180， 55 ∴ ． 故答案为：55； （2）根据折叠的性质可知，折叠两次后形成的三个角都相等， 根据题意可知，折叠两次后形成的三个角与折叠后的ACE都相等，而这四个角的和为180，故每个角为 45， ∴ACB90，即90， 1 由（1）同理可得： (18090)45． 2 故答案为：45． 【点睛】本题考查折叠的性质，平行线的性质，角平分线的有关计算．利用数形结合的思想是解题关键． 15．已知，直线 、 被直线 所截（ 、 、 不交于同一点），若直线 、 所成的四个角中有一个角 与直线 、 所成的四个角中的一个角相等，则称直线 是直线 、 的等角线．如图1，直线 、 被直 线 所截，若 ，则直线 是直线 、 的等角线．(1)如图2中， 直线 是直线 、 的等角线的是______；（填序号） (2)如图3，点 、 分别为长方形 的边 、 的点，且点 不与点 、 重合，点 不与点 、 重合，将长方形 沿 折叠后，点 、 分别落在点 、 的位置， 的延长线交直线 于 点 ． ①直线 中，直线 是直线ED与直线BC的等角线，并请说明理由； ②直线ED与直线BC交于点G，当直线AB、EG、BC中，其中一条直线是另两条直线的等角线，请直 接写出AED的度数． ①③ 【答案】(1) ； ① EF ② 45 90 135 (2) ，理由见解析； ， ， ． 【分析】（1）根据题中a与c的夹角b与c的夹角度数，结合所给的定义逐一判断即可； ① DEF DEF （2） 由折叠性质可知， 再根据平行线的性质求出角度相等，判断即可； ②分情况讨论，当直线EG是直线AB、BC的等角线；当直线BC是直线AB、EG的等角线时，然后画 出图形即可求解． ① a c 40 140 40 140 b c 140 40 【详解】（1）图 中， 与 所成的角为： ， ， ， ， 与 所成的角为 ， ， 140，40，则4040或140140， ∴直线c是直线a、b的等角线， 图②中，a与c所成的角为：40，140，40，140，b与c所成的角为130，50，130，50，没有 角相等， ∴直线c不是直线a、b的等角线， 图③中，a与c所成的角为：30，150，30，150，b与c所成的角为30，150，30，150，，则 3030或150150， ∴直线c是直线a、b的等角线， 故答案为：①③； （2）①EF，理由：由折叠性质可知：DEF DEF， ∵四边形是ABCD长方形， ∴AD∥BC， ∴DEF EFG ∴DEF EFG ∴直线EF是直线ED与BC的等角线， ②如图，设直线AB与直线EG得交点为H ， 当直线EG是直线AB、BC的等角线时， 由折叠性质可知：DEF DEF， ∵四边形是ABCD长方形， ∴AD∥BC，AABC HBG90， ∴AEGBGH=EGF ， ∵直线EG是直线AB、BC的等角线， ∴BGH BHG45， ∴AEDBGH 45， 如图，当直线BC是直线AB、EG的等角线时， ∵四边形是ABCD长方形， ∴A=B=90，AD∥BC ∵直线BC是直线AB、EG的等角线， ∴BGEB90， ∴AED180BGE90， 如图，直线EG是直线AB、BC的等角线时， 由折叠性质可知：DEF DEF，∵四边形是ABCD长方形， ∴AD∥BC，BADABC 90， ∴AEHBGE， ∵直线EG是直线AB、BC的等角线， ∴BGH BHG45， ∴AED180BGH 135， ∴AED的度数为：45，90，135． 【点睛】此题考查了平行线和折叠的性质，解题的关键是熟练掌握平行线和折叠的性质及其应用． 16．综合与实践 问题情境： 数学课上，同学们以“长方形纸带的折叠”为主题开展数学活动，已知长方形纸带的边AD∥BC，将纸片 沿折痕EF折叠，点A，B分别为点A，B，线段BF与DE交于点G（说明：折叠后纸带的边AE∥BF 始终成立） 操作探究： (1)如图1，若BF  AD，则EFG的度数为______°． (2)如图2，改变折痕EF的位置，其余条件不变，小彬发现图中12始终成立，请说明理由； (3)改变折痕EF的位置，使点B恰好落在线段AD上，然后继续沿折痕MN折叠纸带，点M ，N 分别在线段FC和BD上． ①如图3，点C的对应点与点B重合，点D的对应点为点D.若BFE70,CMN 80，直接写出 FBM 的度数． ②如图4，点C，D的对应点分别为点C，D�，点C，D�均在AD上方，若BFE ，CMN ， 当FB∥MC时，直接写出与之间的数量关系． 【答案】(1)45 (2)说明理由见解析 FBM 120 90 (3)① ；② 【分析】（1）由AD∥BC，证明DEF BFE，由折叠知，BFEEFG，可得EFGDEF，结 合BF  AD，从而可得答案； （2）由AE∥BF ，可得2DGB，由AD∥BC，可得1DGB，从而可得答案； （3）①：由折叠得出BFB2BFE 140，同理得出BMF 1802CMN 20，即可得出结论； ②：同①的方法得，BFB2，CMF 1802，由平行得出BFBCMF ，即可得出答案． 【详解】（1）解：在长方形ABCD中，AD∥BC， DEF BFE， 由折叠知，BFEEFG， EFGDEF ，  BF  AD， AGF 90， DEFEFG90， EFG45， 故答案为：45； （2）解：∵AE∥BF ， 2DGB， ∵AD∥BC， 1DGB， 12； BFE BFE （3）解：①：由折叠知， ， BFB2BFE， BFM 180BFB18027040， 同理：BMF 1802CMN 20，FBM 180BFM BMF 1804020120； ②：同①的方法得，BFB2，CMF 1802， ∴FB∥MC， BFBCMF， 21802， 90． 【点睛】此题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，垂直的定义，三角形的内角和定理，掌握折叠的性 质是解本题的关键． 17．如果两个角之差的绝对值等于60°，则称这两个角互为“互优角”，即若|∠α﹣∠β|＝60°，则称∠α和 ∠β互为“互优角”．（本题中所有角都是大于0°且小于180°的角） (1)若∠1和∠2互为“互优角”，当∠1＝90°时，则∠2＝ ； (2)如图1，将一长方形纸片沿着EP对折，（点P在线段BC上，点E在线段AB上），使点B落在B′若 ∠EPB′与∠CPB′互为“互优角”，则∠BPE的度数为 ； (3)再将纸片沿着PF对折（点F在线段CD或AD上），使点C落在C′． ①如图2，若点E，C′，P在同一直线上，且∠B′PC′与∠EPF互为“互优角”，求∠EPF的度数（对折时， 线段PB′落在∠EPF内部）； ②若∠B′PC′与∠EPF互为“互优角”，则∠BPE与∠CPF应满足什么样的数量关系（直接写出结果即 可）． 【答案】(1)30°或150° (2)40°或80° (3)①80°②∠BPE与∠CPF的和为60°或100°或140°时，∠B′PC′与∠EPF互为“互优角”． 【分析】（1）按照“互优角的定义，求出∠2即可； （2）根据∠EPB'+∠EPB'+∠EPB'+60°=180°解答即可； （3）①由∠BPE+∠EPB'+∠B'PF+∠FPC=180°解答即可；②∠B'PC'=∠FPC，∠EPB=∠EPF， ∠EPB+∠EPF+∠FPC=180°解答即可． 【详解】（1）解：∵∠1和∠2互为“互优角”，∠1＝90°，∴|∠1﹣∠2|＝60°， ∴90°﹣∠2＝60°或90°﹣∠2＝﹣60°， 解得：∠2＝30°或150°， 故答案为：30°或150°； （2）解：∵∠EPB′与∠B′PC互为“互优角”， 当∠EPB′＜∠B′PC时，∠B′PC﹣∠EPB′＝60°， ∴∠B′PC＝∠EPB′+60°， ∵△BEP翻折得△B'EP， ∴∠EPB＝∠EPB'， ∵∠EPB+∠EPB'+∠B′PC＝180°， ∴∠EPB'+∠EPB'+∠EPB′+60°＝180°， 解得：∠EPB′＝40°， 当∠EPB′＞∠B′PC时，∠B′PC﹣∠EPB′＝60°，可得∠EPB′＝80°． 综上所述，∠EPB的值为40°或80°． （3）解：①∵点E、C′、P在同一直线上，且∠B′PC′与∠EPF互为“互优角”， ∴∠B′PC＜∠EPF，∠EPF﹣∠B′PC＝60°＝∠B′PF， ∵∠BPE＝∠B′PE＝∠EPF﹣60°，∠FPC＝∠EPF， ∴∠BPE+∠EPB′+∠B′PF+∠FPC＝180°， ∴∠EPF﹣60°+∠EPF+∠EPF＝180°，得∠EPF＝80°， ②按照①的证明方法即可，∠BPE与∠CPF的和为60°或100°或140°时，若∠B'PC'与∠EPF互为“互优 角”． 【点睛】本题主要考查了新定义、折叠以及角的运算等知识点，掌握折叠计算角的度数的方法是解答本题 的关键． 18．如图1所示，有一条足够长的纸条ABCD，满足AD//BC，A100，点E是AD边上的点．将 ABE沿着折痕BF折叠，使得射线BA与射线BE重合，折痕BF交AD于点F；将CBE沿着折痕BG折 叠，使得射线BC与射线BE重合，折痕BG交AD于点G． （1）求FBG的度数；（2）若左右平移点E，那么FEB:EGB的比值是否随之发生变化？若变化，请说明理由；若不变，请 求出这个比值． （3）如图2，若ABE40，点P是BC边上的动点，连结PE，将三角形BEP沿着折痕PE折叠，得到 三角形BEP，折痕PE交BC于点P，在点P的移动过程中，当AB平行于三角形BEP的其中一边时，求 BEP的度数． 【答案】（1）40°；（2）2；（3）40°或90°或20°或110° 【分析】（1）由平行线的性质得到∠ABC，再由折叠的性质可得结果； （2）由平行线的性质得到∠FBE=∠EBC，再由折叠的性质得到∠EBG=∠CBG，从而可得∠FEB和 ∠EGB的关系； （3）分AB∥PE，AB∥B′P，AB∥B′E，三种情况分别求解即可． 【详解】解：（1）∵AD∥BC，∠A=100°， ∴∠ABC=180°-100°=80°， 由折叠可知： ∠ABF=∠EBF，∠EBG=∠CBG， ∴∠FBG=∠EBF+∠EBG=80÷2=40°； （2）不变，理由是： ∵AD∥BC， ∴∠FBE=∠EBC，∠EGB=∠CBG， ∵∠EBG=∠CBG， ∴∠EBC=2∠CBG=2∠EGB， ∴∠FBE=2∠EGB， 即∠FBE和∠EGB的比值为2； （3）若AB∥PE，如图， 此时∠BEP=∠ABE=40°； 若AB∥B′P，如图，过点E作EF∥AB，交BC于F， ∴∠ABE=∠BEF=40°，B′P∥EF，又AD∥BC， ∴∠DEP=∠BPE，∠FEP=∠B′PE， ∵折叠， ∴∠BPE =∠B′PE，∴∠DEP=∠BPE=∠FEP=∠B′PE， ∵∠A=100°， ∴∠EBP=180-100-40=40°， ∴∠EFP=40+40=80°， ∴∠FEP=∠FPE=50°， ∴∠BEP=90°； 若AB∥B′E，如图， 当B′在BC下方时， ∴∠BEF=∠ABE=40°， ∵折叠， 1 ∴∠BEP=∠FEP=2 ∠BEF=20°； 当B′在BC上方时， 则∠ABE+∠BEB′=180°， ∴∠BEB′=140°， 由于折叠， ∴∠BEP=∠B′EP=（360-140）÷2=110°．综上：∠BEP的度数为40°或90°或20°或110°． 【点睛】本题考查了平行线的性质，折叠的性质，解题的关键是要学会根据题意分类讨论，利用折叠的性 质得到相等的角与边． 19．（1）填空 ①把一张长方形的纸片按如图①所示的方式折叠， EM ， FM 为折痕，折叠后的 C 点落在 B 1 M 或 B 1 M 的延 长线上，那么EMF 的度数是________； ②把一张长方形的纸片按如图②所示的方式折叠，B点与M 点重合，EM ，FM 为折痕，折叠后的C点落 AM AM 在 1 或 1 的延长线上，那么 EMF 的度数是_______． （2）解答：①把一张长方形的纸片按如图③所示的方式折叠，EM ，FM 为折痕，折叠后的C点落在 BM BM CMB 1 或 1 的延长线上左侧，且 EMF 80 ，求 1 1的度数； ②把一张长方形的纸片按如图④所示的方式折叠，B点与M 点重合，EM ，FM 为折痕，折叠后的C点落 AM AM CMA EMF 60 在 1 或 1 的延长线右侧，且 ，求 1 1的度数．（3）探究：把一张四边形的纸片按如图⑤所示的方式折叠，EB，FB为折痕，设ABC ， EBF  ABC     ， 1 1 ，求 ， ， 之间的数量关系． 90 45 20 30 a2 a2 【答案】 ， ； ， ； ， . 1 1 【分析】（1）①如图①知EMC  BMC ，CMF  CMC得 1 2 1 1 2 1 1 EMF  BMC CMC 可求出解. 2 1 1 1 1 1 ②由图②知EBA  ABC,CBF  CBC得EBF  ABC CBC 可求出解. 1 2 1 1 2 1 2 1 1 CMF FMC,BMEEMB (BMCEMF)EMF CMB （2）①由图③折叠知 1 1，可推出 1 1，即 可求出解. CMF CMF,ABEABE 2  9060 AMC 90 ②由图④中折叠知 1 1 ，可推出 1 1 ，即可求出解. a a （3）如图⑤-1、⑤-2中分别由折叠可知， 、 ，即可求得 a2 a2 、 . 【详解】解：（1）①如图①中， 1 1  EMC 1  2 BMC 1 ，C 1 MF  2 C 1 MC， 1 1 EMF EMC CMF  BMC CMC 180 90 ， 1 1 2 1 1 2 90 故答案为 . 1 1 ②如图②中， EBA 1  2 ABC 1 ,C 1 BF  2 C 1 BC ， 1 1 EBF EBC CBF  ABC CBC 9045 ， 1 1 2 1 1 2 45 故答案为 . （2）①如图③中由折叠可知， CMF FMC,BMEEMB 1 1， CMFEMB EMF CMB  1 1 1 1，CMFBMEEMF CMB 1 1， (BMCEMF)EMF CMB 1 1， 18080 CMB 20 1 1 ； ②如图④中根据折叠可知， CMF CMF,ABEABE 1 1 ， 2CMF2ABEAMC 90  1 1 ， 2(CMFABE)AMC 90 1 1 ， 2  90EMF  AMC 90 1 1 ， 2  9060 AMC 90 1 1 ， AMC 30 1 1 ； a （3）如图⑤-1中，由折叠可知， ， a2； a 如图⑤-2中，由折叠可知， ， a2 . 【点睛】本题考查了图形的变换中折叠属全等变换，图形的角度及边长不变及一些角度的计算问题，突出 考查学生的观察能力、思维能力以及动手操作能力，本题是代数、几何知识的综合运用典型题目. 类型四、角平分线性质的应用 20．如图，在四边形ABCD中，BD平分∠ABC，CD⊥BD于点D，AC＝5，BC－AB＝2，则△ADC面积的 最大值为（ ）A．2 B．2.5 C．4 D．5 【答案】B 【分析】延长CD、BA，两者交于点G，过G点作GH⊥AC，交于AC（或AC的延长线）于点H，证明 △BDG≌△BDC，即有BC=BG，CD=DG，进而有AG=BC-AB=2，根据GH⊥AC，有△AGC的面积为 5 S  GH ，当G点与H点重合时，即AC⊥BG时，可得GH=AG，此时GH达到最大，则△AGC的最 VAGC 2 5 5 1 大面积为：S  GH  25；根据CD=DG，可得S  S ，则△ACD的最大面积可求． VAGC 2 2 VADC 2 VAGC 【详解】延长CD、BA，两者交于点G，过G点作GH⊥AC，交于AC（或AC的延长线）于点H，如图， ∵BD平分∠ABC，BD⊥CD， ∴∠DBG=∠DBC，∠BDG=∠BDC=90°， ∵BD=BD， ∴△BDG≌△BDC， ∴BC=BG，CD=DG， ∵BC-AB=2， ∴AG=BC-AB=2， ∵在△AGC中，GH⊥AC， 1 ∴△AGC的面积S  ACGH ， VAGC 2 ∵AC=5， 1 1 5 ∴S  ACGH  5GH  GH ， VAGC 2 2 2 ∵在△AGH中，GH⊥AH， ∴即∠GHA=90°，△AHG是直角三角形，斜边为AG， ∴GH＜AG，∵AG=2， ∴GH＜2， 当G点与H点重合时，即AC⊥BG时，可得GH=AG， 此时GH达到最大， ∴则GH的最大值为2， 5 5 ∴△AGC的最大面积为：S  GH  25， VAGC 2 2 ∵CD=DG， ∴D点为CG中点， 1 ∴S  S ， VADC 2 VAGC 1 1 ∴△ACD的最大面积为：S  S  52.5， VADC 2 VAGC 2 故选：B． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定、角平分线的性质以及三角形的面积公式等知识，构造辅助线 AG、DG，并判断出当G点与H点重合时GH达到最大，是解答本题的关键． 21．如图，在ABC中，BAC和ABC的平分线AE，BF交于点I ，AE交BC于点E，BF交AC于点 F ，连接IC．过点I 作IDBC于点D，若ID=h，ABc，AC b，BC a，现给出以下结论：① s ；② ；③h ΔABC ；④当 时， ；⑤当 ACI BCI BIC 90BAC abc ACB60 AFBE AB abc 时，h ；其中，正确结论的个数是（ ） ACB90 2 A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】作IG AC于点G，IH  AB于点H ，由角平分线的性质得到IDIF，则CI 平分ACB，即 1 ，可判断①正确；由角平分线的性质和三角形内角和定理，推出BIC 90 BAC，可 ACI BCI 21 2s 判断②错误；由 ， ， ， 得：S  habc ，则h ABC ， IF IH IDh ABc AC b BC a ABC 2 abc 可判断③错误；在AB上截取ALAF，连接IL，当ACB60时，可推出AIB120，则 AIL≌ AIFSAS AIF BIE60，可证明   ，则 �AIL��AIF 60 ，进而得到 �BIL��BIE 60 ，再 BIL≌ BIEASA 证明   ，得到 BL=BE ，则 AF+BE =AL+BL=AB ，可判断④正确；当 ACB90 时， Rt AIG≌Rt AIHHL IDCG CG=CD=ID=h   AG AH 四边形 是正方形，得到 ，可证明 ，得到 ，再证明 abc Rt BID≌Rt BIHHL，得到 ，推出 ，得到h ，可判断⑤   BDBH CGCD2hBCACAB 2 正确，即可求解． 【详解】解：如图1，作IG AC于点G，IH  AB于点H ， AE平分BAC交BC于点E，  IF IH ， BF平分ABC交AC于点F ，IDBC于点D， ID=IH ， IDIF， 点I 在ACB的平分线上， CI 平分ACB， ACI BCI，故正确①； 1 1 IBC  ABC，ICB ACB， 2 2  1 BIC 180IBCICB180 ABCACB ，  2 ABCACB180BAC，  1 1 BIC 180 180BAC90 BAC，故②错误；  2 2 IF IH IDh，ABc，AC b，BC a，  1 1 1 1 S S S S  AC·IH  BC·ID AC·IF  habc ，  ABC ABI BCI ACI 2 2 2 2 2s h ABC ，故③错误；  abc 如图2，在AB上截取ALAF，连接IL，ACB60，  BACABC 180ACB120， 1 1 IAB BAC，IBA ABC， 2 2  1 IABIBA BACABC60，  2 AIB180IABIBA18060120  ， AIF BIE180AIB18012060， 在VAIL和 AIF 中，  AL AF  LAI FAI ，  AI  AI AIL≌ AIFSAS   ， �AIL��AIF 60 ， BILAIBAIL1206060， BILBIE， 在VBIL和VBIE中， BILBIE  BI BI ，  LBI EBI BIL≌ BIEASA   ， BL=BE，  AF+BE =AL+BL=AB，故④正确； 如图3，ACB90，作IG AC于点G，IH  AB于点H ， 则AGI AHI BHI BDI 90，IGC IDC DCG90，  四边形IDCG是矩形， IDIGIH ，  四边形IDCG是正方形， CG=CD=ID=h， 在RtVAIG和Rt  AIH 中， AI  AI  IGIH ， Rt AIG≌Rt AIHHL    ，  AG AH ， 在Rt  BID和Rt  BIH 中， BI BI  IDIH ， Rt BID≌Rt BIHHL    ， ， BDBH CGCD2hBCACABabc， abc h ，故⑤正确，  2 故选：B． 【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和，正方形的判定与 性质，正确作出辅助线是解题的关键． AB x A(a,0) y B(0,b) OAOB C(c,0) x 22．如图所示，直线 交 轴正半轴于点 ，交 轴负半轴于点 ，且 ， 是 轴 负半轴上一点，连接BC． (1)如图1，若AH BC于点H ，且AH 交OB于点P，求证：△AOP≌△BOC； (2)如图2，在（1）的基础上，连接OH ，求证：OHP45；(3)若a2c0，点D为AB的中点，点M 为 y 轴上一动点，连接MD，过D作DN DM 交x轴于N 点， y S S S 当 M 点在 轴上运动的过程中， △BDM， ADN， ABC之间有何数量关系？为什么？ 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 1 1 (3)当M在y轴正半轴上时， S S S ；当M在线段OB上时， S S S ； 3 △ABC △BDM △ADN 3 △ABC △BDM △ADN 1 当M在射线BO的反向延长线上时， S S S ．理由见解析 3 △ABC △ADN △BDM 【分析】（1）根据题意得到OAOB，然后再COBPOA90，OAPOBC，依据ASA即可求 解； （2）要证OHP45，只需证明HO平分CHA，只需证到OM ON ，只需证明ΔCOM ΔPON 即可； 1 （3）根据题意，分三种情况讨论求解，当 M 在y轴正半轴上时， 3 S ABC S BDM S ADN ；当 M 在线段 1 1 上时， S S S ；当 在射线 的反向延长线上时， S S S ． OB 3 ABC BDM ADN M BO 3 △ABC △ADN △BDM A(a,0) y B(0,b) OAOB 【详解】（1）证明：点 ，交 轴负半轴于点 ，且 ， 则OAOBa．  AH BC即AHC 90，COB90 HACACH OBCOCB90， HACOBC． 在△OAP与△OBC中， COBPOA90  OAOB ，  OAPOBC   OAP≌  OBC(ASA)； （2）证明：过O分别作OM CB于M 点，作ON HA于N 点．在四边形OMHN 中，MON 36039090， COM PON 90MOP． 在VCOM 与△PON中， COM PON  OMC ONP90 ，  COOP   COM≌  PON(AAS)， OM ON，  OM CB，ON HA， HO平分CHA， 1 OHP CHA45； 2 1 （3）解：当 M 在y轴正半轴上时， 3 S ABC S BDM S ADN ；当 M 在线段 OB 上时， 1 1 S S S ；当 在射线 的反向延长线上时， S S S ． 3 ABC BDM ADN M BO 3 △ABC △ADN △BDM 理由如下： ∵a2c0，即a2c， 1 OC a ∴OA2OC，即 2 ， ①当M 在 y 轴正半轴上时，连接OD，如图所示： ∵OAOB，D是AB中点，MDDN ，∴ODAMDN 90，BODOABAOD45， ∴ODM ADN，MODDAN ，ODDA， △MOD≌△NADASA ∴ ， S S S S S ∴ △BDM △MOD △BDO △ADN △BDO， ∵OA2OC， 3 ∴S S S  S 3S ， ABC BOC BOA 2 BOA BDO 1 1 ∴S S  S ，即 S S S ； BDM ADN 3 ABC 3 ABC BDM ADN ②当M 在线段OB上时，如图所示： 1 同理可得 S S S ； 3 ABC BDM ADN ③当M 在射线BO的反向延长线上时，如图所示： 1 同理可得 S S S ． 3 △ABC △ADN △BDM 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的判定、三角形面积等知识，在解决第（3）小 题的过程中还用到了等积变换，而运用全等三角形的性质则是解决本题的关键． xOy A4，0，B0，4， AC  23． 如图1，在平面直角坐标系 中，点 点P为x轴正半轴上一点，直线 直线 PB，垂足为C，直线AC与y轴交于点E，设P点的横坐标为m．(1)求证：PBOPAC； (2)求E点坐标 (用含m的代数式表示)； (3)如图2， 连接OC，作点O关于PB的对称点D，连接CD、OD，OD与PB轴交于点F． ①求证：当0m4时， OC平分ACF ； ②试探索AC、BC、OD三条线段长度之间的数量关系，直接写出结论． 【答案】(1)证明见详解 E0，m (2) (3)AC BCOD 【分析】（1）根据三角形内角和定理即可求解； △OAE≌△OBPASA （2）证 ，即可求解； （3）①作 OH  AC ，由 S △AOE S △BOP，可得 OH OF ，进而可证；②作 OM OC ，则 COM 90 ， △AOM≌△COBSAS 证 ，即可求解； 【详解】（1）∵AC PB，APOB， ∴BCEAOE， ∵BEC AEO， ∴PBOPAC． （2）在△OAE和 OBP中， AOEBOP  OAOB ∵ ，  OAEOBP △OAE≌△OBPASA ∴ ， ∴OEOPm， E0，m ∴ ．（3）①作OH  AC， ∵△OAE≌△OBP， S S ∴ △AOE △BOP， ∴AEOH OFBP， ∵AEBP， ∴OH OF， ∴当0m4时， OC平分ACF ． ②AC BCOD，理由如下： 作OM OC，则COM 90， ∴MC OD， ∵AOM EOM COBEOM ， ∴AOM COB， 在 AOM 和△COB中， OAOB  AOM COB ∵ ，  OM OC △AOM≌△COBSAS ∴ ， ∴AM BC， ∴AC  AM MC BCOD． 【点睛】本题主要考查三角形的全等证明及性质、角平分线的性质，能够真确做出辅助线是解题的关键．  ABC BD ABC,CE ACB,BD CE O 24．如图1，在 中， 牛分 平分 与 交于点 ．图1 图2 (1)如图1，若A60． ①求BOC的度数； ②作OF  AB于点F ，探究AE、AD、AF 之间的数量关系并说明理由； OD 4 (2)如图2，若A90,OEkOC,  ，则 的值为________________． OB 7 k 【答案】(1)①120；②AE AD2AF 3 (2) 11 【分析】①利用三角形内角和及角平分线的定义求出即可； △OEF≌△ODMAAS OM  AC ON BC AO ②过点O作 于点M， 于点N，连接 ，证明 ，得到 Rt AFO≌Rt MOHL EF DM ．再证明   ，得到 AF  AM ，即可得到结论； （2）在BC取点G、F，使BF BA，CGCD，过F作FM BD于M，FN OG于N，先证明 OCD≌ OCG，得出S S ，CODGOC，ODOG，同理S S ，BOEBOF，由   OCD OCG BOE BOF OD 4 S 4  ，得出 OCD  ，设 ，则 ，仿照（1）①求出 ，进而求出 OB 7 S 7 S 4x S 7x BOC 135 OCB OCD BOC CODBOE45，GOF 45BOF，由角平分线的性质得出FM FN ，可求出 7 21 OE S S S  3x x，然后利用  BOE 即可求解． OEB OFB 47 11 OC S BOC 【详解】（1）解：①在 ABC中，ABCACB180A18060120． ∵BD平分ABC，CE平分ACB， 1 1 ∴OBC  ABC,OCB ACB． 2 2 1 ∴OBCOCB ABCACB60． 2△OBC BOC 180OBCOCB18060120 在 中， ； ②过点O作OM  AC于点M，ON BC于点N，连接AO． ∵BD平分ABC，OF  AB，ON BC ， ∴OF ON，OFA90． ∵CE平分ACB，OM  AC,ON BC ， ∴ON OM ，OMAOMD90． ∴OF OM ，OFE OMD． 由（1）得：BOC 120． ∴EODBOC 120． 在四边形AEOD中，AEOADO360EADEOD 36060120180． ∵AEOFEO180， ∴OEF ODA． 在 OEF和△ODM 中， OEF ODM,  EFODMO,  OF OM, △OEF≌△ODMAAS ∴ ． ∴EF DM ． 在RtVAFO和Rt△AMO中， AO AO,  OF OM, Rt AFO≌Rt MOHL   ∴ ． ∴AF  AM ． ∴AEAD AF EF AM MD2AF ．（2）解：在BC取点G、F，使BF BE，CGCD，过F作FM BD于M，FN OG于N， ∵BD平分ABC， ∴OCDOCG， 又CGCD，OC OC， ∴ OCD≌  OCG， ∴S S ，CODGOC，ODOG， OCD OCG 同理S S ，BOEBOF， BOE BOF OD 4 ∵  ， OB 7 S 4 ∴ OCD  ， S 7 OCB 设S 4x，则S 7x， OCD BOC ∴S S 4x， OCD OCG ∴S S S 3x， BOG OCB OCG 在 ABC中，ABCACB180A1809090． ∵BD平分ABC，CE平分ACB， 1 1 ∴OBC  ABC,OCB ACB． 2 2 1 ∴OBCOCB ABCACB45． 2 △OBC BOC 180OBCOCB18045135 在 中， ， ∴CODBOE45， ∴GOCBOF 45， ∴GOF 45BOF， 又FM BD，FN OG， ∴FM FN ，S OG OD 4 ∴ OFG    ， S OB OB 7 OFB 7 21 ∴S S  3x x， OEB OFB 47 11 21 x ∴ OE  S BOE  11  3 ， OC S 7x 11 BOC ∵OEkOC， OE 3 k  ∴ ． OC 11 【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分的性质，全等三角形的判定与性质等知识，添加合适的 辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 25．如图，已知点P在AOB的平分线上，点C、D分别在射线OA、OB上，连接PC，PD (1)当PC OA，PDOB时，PC与PD的数量关系 ； (2)当AOB90，且PC PD时，（1）中的数量关系还成立吗？请说明理由； S  (3)在（2）条件下，若 OCOD6 ，则 四边形ODPC ． 【答案】(1)PC PD (2)成立，理由见解析 (3)9 【分析】本题主要考查了角平分线的性质，三角形全等的判定与性质，四边形的面积的转化，掌握由角平 分线联想到对应辅助线，进而作出合适的辅助线是解题的关键． （1）根据角平分线性质可知PC PD； （2）过点P点作PEOA于E，PF OB于F，根据垂直的定义得到PEC PFD90，由OM 是 AOB的平分线，根据角平分线的性质得到PEPF ，利用四边形内角和定理可得到 PCEPDO3609090180，而PDOPDF 180，则PCEPDF ，然后根据“AAS ”可判断 PCE≌  PDF ，根据全等的性质即可得到PC PD；S S 9 （3）根据全等三角形的性质推出四边形 OFPE 是正方形，由 四边形ODPC 四边形OFPE ．即可得出结论． 【详解】（1）解：∵OM 是AOB的平分线，PC OA，PDOB， ∴PC PD(角平分线上点到角两边的距离相等)， 故答案为：PC PD； （2）成立，理由如下： 过点P点作PEOA于E，PF OB于F， ∴PEC PFD90， ∵OM 是AOB的平分线， ∴PEPF ， ∵AOB90，CPD90， ∴PCEPDO3609090180， ∵PDOPDF 180， ∴PCEPDF ， 在 PCE和  PDF中， PCEPDF  PEC PFD ，  PEPF PCE≌ PDFAAS   ∴ ， ∴PC PD； （3）由（2）可知， PCE≌  PDF ， CEDF S S ∴ ， PCE PDF， ∵OCOD6， ∴OECEODDFOEODOEOF 6， 在Rt  OPE和Rt  OPF中，OPOP  PEPF， Rt OPE≌Rt OPFHL   ∴ ， ∴OEOF 3， ∴四边形OFPE是正方形， S S S S S S OE2 9 ∴ 四边形ODPC 四边形ODPE PCE 四边形ODPE PDF 四边形OFPE ． 故答案为：9． 26．【母体呈现】人教版八年级上册数学教材56页第10题，如图的三角形纸片中，AB8cm，BC=6cm， AC5cm．沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在AB边上的点E处，折痕为BD．求△AED的周 长． 解： BDE是由 BDC折叠而得到 △BDE≌△BDC BC BE6cm，DC DE  AB8cm AE  ABBE 8cm6cm2cm  AC 5cm VADE的周长为：ADDEAE ACAE 7cm 【知识应用】在Rt△ABC中，C 90沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在B边上的点E处，折 痕为BD，过点E作BED的平分线交BD于点P连接AP． （1）如图1，若CD3cm，ABBC 16cm，求 ABC的面积； （2）如图2，求证AP平分CAB； 【拓展应用】如图3，在Rt△ABC中，C 90沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在AB边上的 点E处，折痕为BD，过点E作BED的平分线交BD于点连接AP，过点P作PH  AB．（3）若AB10cm，BC=6cm，AC=8cm，直接写出PH 长； 1 （4）若 ，求证AHBH  ACBC． AC2BC2  AB2 2 24cm2 2cm 【答案】（1） （2）证明过程见解析（3） （4）证明过程见解析 S S S 【分析】（1）根据已知条件可得 △ABC △ABD △BCD，从而可以计算得解； （2）过点P分别作AB、ED、AC边的垂线，垂足分别为点F 、H 、M ，利用全等性质，通过等量代换 即可得到PF PM ，通过角平分线性质即可得证； （3）过点P分别作BC、AC边的垂线，垂足分别为点G、M ，连接PC，通过条件可证得 PH PM PG S S S S ，利用 ABC ABP BCP ACP 关系即可得解； （4）过点P分别作BC、AC边的垂线，垂足分别为点G、M ，连接PC，通过条件可证得 1 1 1 S S S S ，然后将S  BCAC  BGGCAM MC 整理化简，最后等量代 2 ABC BGP AHP MCP ABC 2 2 换即可得证． 【详解】（1）解：由题可知， BED  BCD，BEDC90，CDED3， 1 1 1 1 S S S  ABDE BCCD CDABBC 31624cm2 ； ABC ABD BCD 2 2 2 2 （2）证明：如图，过点P分别作AB、ED、AC边的垂线垂足分别为点F 、H 、M ， 由题可知， BED  BCD，∠BDC ∠BDE， PH PM ，  EP平分BED， PF PH ，PF PM ， PAC PAB， 则AP平分CAB； （3）解：如图，过点P分别作BC、AC边的垂线，垂足分别为点G、M ，连接PC， 由题可知， BED  BCD，DBC DBE， PH PG, 由（2）可知PH PM ， PH PM PG， S S S S  ABC ABP BCP ACP， 1 1 S  PHABBCAC ACBC, ABC 2 2 1 1 即 1068PH  68， 2 2 解得PH 2cm； （4）证明：如图，过点P分别作BC、AC边的垂线，垂足分别为点G、M ，连接PC， 由（2）可知，PH PM PG，  PH  AB，PGBC，PM  AC，   AHP  AMP， BHP  BGP， CGP  CMP，四边形CGPM 是正方形， 1 ， ， ， ， S S S S ， AH AM BH BG CGCM PH PM PGCM CG 2 ABC BGP AHP MCP 1 1  S ABC  2 BCAC  2 BGGCAM MC ， 1  BGAM BGMCGCAM GCMC ， 2 1 1 1 1  AMBG BGMC GCAM  GCMC， 2 2 2 21 1 1 1  AHBH  BGGP PHAH  MPMC ， 2 2 2 2 1  AHBH S S S ， 2 BGP AHP MCP 1 1  AHBH  S ， 2 2 ABC 1 1  S  AHBH ， 2 ABC 2 S  AHBH ABC ， 1 即AHBH  ACBC， 2 【点睛】本题考查了图形折叠、全等三角形、角平分线性质，适当添加辅助线，采用等量代换的方法是解 题关键． 类型五、线段垂直平分线的应用 27．如图，在四边形ABCD中，点E，F分别在AD，AB边上，将A沿EF折叠，使点A落在点G处， 连接GE，GF ．有下面四个结论： ①AF GF；②直线EF是线段AG的垂直平分线；③BCDG 360；④ BFG DEG2A． 所有正确结论的序号为( ) A．①③ B．①②③ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】本题考查翻折变换，线段垂直平分线的判定，多边形内角和公式，三角形外角性质，掌握翻折不 变性，以及相关性质是解题的关键． 由翻折不变性，可判断①正确；由翻折不变性，可得AF GF，AEGE，可判断②正确；由多边形内角 和公式和翻折不变性，可判断③正确；由三角形外角性质和翻折不变性，可判断④正确；即可解答． 【详解】解：  GF是由AF 翻折得到的， AF GF， 故①正确；  GF是由AF 翻折得到的，GE是由AE翻折得到的， AF GF，AEGE，点E，点F都在AG的垂直平分线上， 直线EF是线段AG的垂直平分线， 故②正确； QG是由A翻折得到的， GA BCDA360  BCDG360 故③正确； 设AD与GF 交于点H， QG是由A翻折得到的， GA BFGFHAADEGGA  BFGDEG2A 故④正确； 综上，正确的有：①②③④， 故选：D． 28．在 ABC和 DEC中，AC BC，DC EC，ACBECD90． (1)如图1，当点A、C、D在同一条直线上时，求证：AEBD； (2)如图2，当点A，C、D不在同一条直线上时，BD与AC交于点G，AE交CD于点H ，求证： AF BD； (3)如图3，在（2）的条件下，连接CF并延长CF交AD于点M ，AFM 是一个固定的值吗？，若是， 求出AFM 的度数；若不是，请说明理由， 【答案】(1)详见解析(2)详见解析 (3)AFM 是一个固定的值， AFM  45 ACE≌ BCDSAS   【分析】（1）证 ，即可得证； ACE≌ BCDSAS   CAECBD （2）证 ，得 ，再利用三角形的外角性质得 AGBCAEAFBCBDACB，从而得AFBACB90，即可得证； C CPBD P CQ AE Q 2  ACE≌  BCD CPCQ （3）过点 作 于 ， 于 ．由（ ）得： ，进而得 ，利用角平 分线的判定可得FC平分BFE，再根据垂线定义即可得解． 【详解】（1）证明：在 ACE和 BCD中，  AC BC  ACEDCB ，   CECD  ACE≌ BCDSAS   ， AEBD； （2）证明： ACBECD90， ACBACDECDACD， BCDACE， 在 ACE和 BCD中，  AC BC  ACEDCB ，   CECD  ACE≌ BCDSAS   ， CAECBD，  AGBCAEAFBCBDACB， AFBACB90， AF BD； C CPBD P CQ AE Q （3）解：过点 作 于 ， 于 ．由（2）得： ACE≌  BCD， ∴CBPCAQ， ∵CPBD，CQ AE， ∴CPBCQA90， ∵AC BC， ∴ CBP≌  CAQ， CPCQ， 又 CPBD，CQ AE，  FC平分BFE，  AF BD， BFE90． EFC 45， AFM EFC 45． 【点睛】本题考查了垂线定义，全等三角形的判定及性质，三角形的外角性质，角平分线的判定，熟练掌 握全等三角形的判定及性质以及角平分线的判定是解题的关键． 29．如图1，点A、D在y轴正半轴上，点B、C分别在x轴上，CD平分ACB与y轴交于D点， CAODBO． (1)求证：ACBC； 4,0 AC DE AD BCEC (2)在（1）中点C的坐标为 ，点E为 上一点，且 ，如图2，求 的长； (3)在（1）中，过D作DFAC于F 点，点H为FC上一动点，点G为OC上一动点，（如图3），当点 H在FC上移动、点G在OC上移动时，始终满足GDH GDOFDH ，试判断FH 、GH 、OG这三者 之间的数量关系，写出你的结论并加以证明．【答案】(1)见解析 (2)8 (3)GH OGFH，证明见解析 【分析】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，角平分线定理，等腰三角形的性质； （1）根据角平分线得出ACDBCD，进而判断出△ACD≌△BCD，即可得出结论； （2）过点D作DM AC于M ，根据角平分线得出DODM ，进而判断出△BOD≌△AMD，得出 OB AM Rt△DOC≌Rt△DMC(HL) OC MC OBEM ，进而判断出 ，得出 ，再判断出 ，即可得出结论； （3）在GO的延长线上取一点N ，使ON FH，再判断出DODF，进而判断出△DON≌△DFH ，得出 DN DH，ODN FDH ，进而判断出GDH GDN ，进而判断出△DGN≌△DGH，得出GH GN ， 即可得出结论． 【详解】（1）解： CD平分ACB， ACDBCD， 在 ACD和△BCD中， CAODBO  ACDBCD ，  CDCD △ACD≌△BCD(AAS) ， AC BC； （2）解：如图2，过点D作DM AC于M ，  CD平分ACB，OD  BC， DODM ， 在 BOD和 AMD中， DBOCAO  BODAMD90 ，  DODM△BOD≌△AMD(AAS) ， OBAM， 在Rt  DOC和Rt  DMC中， DODM  DC DC ， Rt△DOC≌Rt△DMC(HL) ， OCMC，  DE AD，DM AC， AM EM ， OBEM ，  C(4,0)， OC4， BCCEOBOCMCEM 2OC8； （3）解：GH OGFH； 证明：如图3，在GO的延长线上取一点N ，使ON FH，  CD平分ACO，DFAC，ODOC， DODF， 在△DON和 DFH 中， DODF  DON DFH 90 ，  ON FH △DON≌△DFH(SAS) ， DN DH ，ODN FDH ，  GDH GDOFDH， GDH GDOODN GDN， 在△ DGN 和 DGH 中，DN DH  GDN GDH ，  DGDG △DGN≌△DGH(SAS) ， GH GN，  ON FH ， GH GN OGON OGFH． 30．如图，D为 BAC的外角平分线上一点并且D在BC的垂直平分线上，过D作DEAC于E， DF  AB交BA的延长线于F ，则下列结论：① △CDE≌△BDF；② CE ABAE；③ BDC BAC ④ DAF ACD ； ．其中正确的结论是（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【详解】根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DEDF，再利用“HL”证明Rt△CDE和 Rt△BDF 全等，根据全等三角形对应边相等可得CE  AF，利用“HL”证明Rt△ADE和Rt  ADF 全等， 根据全等三角形对应边相等可得AEAF，然后求出CE ABAE；根据全等三角形对应角相等可得 DBF DCE，利用三角形内角和定理可得BDC BAC；利用三角形的外角性质得到 DAF DBF ACD． 【分析】解：∵AD平分CAF ，DEAC，DF  AB， ∴DEDF， ∵D在BC的垂直平分线上， ∴BDCD， 在Rt△CDE和Rt△BDF 中， BDCD  DEDF ， Rt CDE≌Rt BDFHL ①   ∴ ，故 正确；∴CE  AF， 在Rt△ADE和Rt  ADF 中， AD AD  DEDF ， Rt△ADE≌Rt△ADFHL ∴ ， ∴AEAF， ∴CE ABAF  ABAE，故②正确； ∵Rt△CDE≌Rt△BDF ， ∴DBF DCE， ∵AOBDOC， ∴BAC 180AOBDBF ，BDC 180DOCDCE， ∴BDC BAC，故③正确； 在△ABD中，DAF DBF ACD，故④错误； 综上，①②③正确，共3个． 故选：C． 【点睛】此题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的 判定与性质，熟记性质并准确识图判断出全等的三角形是解题的关键． 31．如图， ABC中，AB＞AC，MN是边BC的垂直平分线，交AB于G，过点F作FE AB于点E， AF 平分DAB交MN于F，连接BF，CF．下列结论：①FBFC②FBFC＞ABAC ③ ABAC 2AE④BFC BAC．其中正确的结论是（ ）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】根据线段垂直平分线的性质，得到FBFC；过点F作FH AC于点H，证明 FBE≌  FCH ，得 到BECH，结合AF 平分DAB，得到FEFH，继而AE  AH ，可证明ABAC 2AE；利用斜边大 于直角边，证明FBFC  ABAC；利用等腰三角形的性质，全等三角形的性质，结合三角形内角和定 理证明． 【详解】∵MN是边BC的垂直平分线， ∴FBFC； 故①正确； 过点F作FH AC于点H， ∵AF 平分DAB，FE AB，FH AC， ∴FEFH， FAFA  ∵FEFH ， FAH≌ FAEHL   ∴ ， ∴AE  AH ， FBFC  ∵FEFH ， FBE≌ FCHHL   ∴ ， ∴FBE FCH，BE CH ， ABAC BEAECH AHBEAEBEAH 2AE ∴ ， 故③正确； ∵FB＞BE，FC＞CH，∴FBFC＞BECH ， ∴FBFC＞ABAEACAH ， ∴FBFC＞ABAC ， 故②正确； ∵BFC 180FBCFCB，BAC 180ABCACB， ∴BAC 180FBCFBEFCBFCH 180FBCFCB， ∴BFC BAC， 故④正确； 故选D． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，角平分线的性质，直角三角形中，斜边大于任意直角边， 线段垂直平分线的性质，三角形内角和定理，熟练掌握三角形全等的判定和性质，角的平分线的性质，直 角三角形中，斜边大于任意直角边，线段垂直平分线的性质是解题的关键． 32．如图，直线MN与直线PQ相交于点A，并且互相垂直，点B和点C分别是直线MN和PQ上的两个动 1 AD BC 点，且线段 长度不变，点 是 关于直线 的对称点，连接 ，若 ，则 的度数 BC D A BC AD 2 ACD 是 ． 【答案】30或150 【分析】分两种情况：当AC AB时，取BC的中点E，连接DE、AE，当AC AB时，取BC的中点E， 连接DE、AE，根据直角三角形斜边上的中线的性质、等边三角形的判定得出△AED是等边三角形，进 而依据轴对称的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质以及三角形内角和定理进行计算即可 得出答案． 【详解】解：如图，当AC AB时，取BC的中点E，连接DE、AE，  BAC 90，E为BC的中点，1 AEBECE BC ， 2 点D是A关于直线BC的对称点， BC垂直平分AD，ACBDCB， AEDE， 1  AD BC， 2 AD AEDE，   AED是等边三角形， AED60， AEBDEB30，  AECE， EACECA，  EACECAAEB30， EAC ECA15， EAC DCB15， ACDEACDCB30； 当AC AB时，取BC的中点E，连接DE、AE， 同理可得，EBAEAB15，  BAC 90， ACB90ABC 75， ACBDCB75， ACDACBDCB7575150， 综上所述，ACD的度数是30或150， 故答案为：30或150． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角 形内角和定理、三角形外角的定义及性质、轴对称的性质等知识点，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 33．阅读理解，自主探究：“一线三垂直”模型是“一线三等角”模型的特殊情况，即三个等角角度为 9090，于是有三组边相互垂直．所以称为“一线三垂直模型”．当模型中有一组对应边长相等时，则模型 中必定存在全等三角形． (1)问题解决：如图1，在等腰直角 ABC中，ACB90，ACBC，过点C作直线DE，ADDE于 D，BEDE于E，求证：△ADC≌△CEB； (2)问题探究：如图2，在等腰直角 ABC中，ACB90，ACBC，过点C作直线CE，ADCE于 D，BECE于E，AD3.2cm，DE2.3cm，求BE的长； A5，2 (3)拓展延伸：在平面直角坐标系中， ，点B在第一、第三象限的角平分线l上．点C在y轴上，  ABC为等腰直角三角形； ①如图3，当CBA90时，求点C的坐标； ②直接写出其他符合条件的C点的坐标． 【答案】(1)见解析 (2)0.9cm  7 (3)① 0，5 ；② 0，4 ， 0，10 ，   0， 2   【分析】（1）因为ADDE于D，ACB90，所以DAC BCE，因为ACBC，即可通过AAS证 明△ADC≌△CEB作答． （2）因为ACB90，BECE，得CBE ACD，因为ACBC，即可通过AAS证明 △ADC≌△CEB，再运用全等三角形的性质，即可作答． BE⊥y ADEB （3）①过点B作 轴，过点A作 的延长线，易得 CBEABD90，BADABD90，D90，通过AAS证明△ADB≌△BEC，再设点B的坐标 a，a C0，b ADEB，CE BD ABC 90 为 ， ，根据 ，进行列式作答即可；②分类讨论，当 ， BAC 90，和ACB90分别作图，接着证明相应三角形全等，根据全等三角形的对应边相等，列式 作答即可．【详解】（1）解：∵ADDE于D，ACB90， ∴D90，DACDCA90，BCEDCA90， 即DAC BCE， ∵BEDE ∴ED90 ∵ACBC △ADC≌△CEBAAS ∴ （2）解：∵ACB90，BECE， ∴BCEACD90，BCECBE 90，E90 ∴CBE ACD， ∵ADCE， ∴ADC E90 ∵ACBC △ADC≌△CEBAAS ∴ 则ADCE 3.2cm，CDBE ∵DE2.3cm CDCEDE3.22.3cm0.9cm ∴ 即BE 0.9cm； BE⊥y ADEB （3）解：①过点B作 轴，过点A作 的延长线，如图： 因为ABC 90，过点A作ADEB的延长线 ∴CBEABD90，BADABD90，D90 BE⊥y ∵过点B作 轴， ∴CEB90 ∵ACBCADB≌ BECAAS   ∴ ∴ADEB，CE BD ∵点B在第一、第三象限的角平分线l上．点C在y轴上， a，a C0，b ∴设点B的坐标为 ， ADEB，CE BD A5，2 ∵ ， ∴2aa，ba5a 解得a1，b5 0，5 故点C的坐标为 ； ABC 90 ABBC BE⊥y AF∥x DB AD ② ， ，过点B作 轴，过点A作射线 轴，且过点B作 ，如图： 易知EBD90 因为ABC 90， ∴CBEABD BE⊥y DB AD ∵过点B作 轴，过点B作 ∴CEBD90 ∵ACBC ADB≌ CEBAAS   ∴ ∴ADCE，BDEB ∵点B在第一、第三象限的角平分线l上．点C在y轴上， a，a C0，b ∴设点B的坐标为 ， ADCE，BDEB A5，2 ∵ ， ∴a5ba，a2a此时a无解， 当BAC 90，AC BA，过点A作直线l∥x轴，与 y 轴交于点D，过点B作BEl于点E，如图： ∵BAC 90，ADC AEB90 ∴DACDCA90DACBAE 即DCABAE ∵AC  AB ADC≌ BEAAAS   ∴ ∴ADEB，CD AE ∵点B在第一、第三象限的角平分线l上．点C在y轴上， a，a C0，b ∴设点B的坐标为 ， ADEB，CD AE A5，2 ∵ ， ∴5a2，b2a5 解得a7，b4 0，4 故点C的坐标为 ； BAC 90 AC BA l  y BEl CDl 当 ， ，过点A作直线 轴，过点B作 于点E，过点C作 于点D，如图： ∵BAC 90，ADC AEB90 ∴DACDCA90DACBAE 即DCABAE∵AC  AB ADC≌ BEAAAS   ∴ ∴ADEB，CD AE ∵点B在第一、第三象限的角平分线l上．点C在y轴上， a，a C0，b ∴设点B的坐标为 ， ADEB，CD AE A5，2 ∵ ， ∴b2a5，52a 解得a3，b10 0，10 故点C的坐标为 ； 当ACB90时，ACBC，过点C作直线l∥x轴，过点B作BEl于点E，过点A作ADl于点D， 如图： ∵ACB90，ADC CEB90 ∴DACDCA90DACBCE 即DCABCE ∵AC CB △ADC≌△CEBAAS ∴ ∴ADEB，CD AE ∵点B在第一、第三象限的角平分线l上．点C在y轴上， a，a C0，b ∴设点B的坐标为 ， A5，2 ADCE，CDBE ∵ ， ∴b2a，5ba3 7 解得a ，b 2 2  7 0，  故点C的坐标为 2；  7 综上，其他符合条件的C点的坐标为 0，4 ， 0，10 ，   0， 2   【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，平角的定义，直角三角形的两个锐角互余，“一线三直 角”的模型，综合性较强，难度较大，灵活使用分类讨论思想以及正确掌握作辅助线是解题的关键． 34．八年级的同学在一次探究试验活动中发现，解决几何问题时，条件中若出现“中点”“中线”字样， 可以考虑延长中线（延长的线段等于中线长）或延长过中点的线段，构造全等三角形，把分散的已知条件 和所求证的结论转化到同一个三角形中，进而使得问题得以解决． (1)如图1，在 ABC中，若AB10，BC 7．求AC边上的中线BD的取值范围； (2)如图2，在 ABC中，点D是AC的中点，点M在AB边上，点N在BC边上，若DM DN． 求证：AM CN MN； (3)如图3， ABM 和△BCN均为等腰直角三角形，且ABM CBN 90，连接AC，MN，点D为AC  边的中点，连接BD．请直接写出BD与MN的数量关系和位置关系． 【答案】(1)1.5BD8.5 (2)见解析 (3)MN 2BD，BDMN 【分析】（1）延长BD至E，使DEBD，连接CE，由SAS证明△ABD≌△CED得出CE AB10，在 △CBE中，由三角形的三边关系即可得出结论； （2）延长ND至点F ，使FDND，连接AF 、MF，同（1）得：△AFD≌△CND，由全等三角形的性质 得出AF CN ，由线段垂直平分线的性质得出MF MN ，在△AFM 中，由三角形的三边关系即可得出结 论； （3）延长BD至E，使DEBD，连接CE，同（1）得：△ABD≌△CED，由全等三角形的性质得出 ABDE，ABCE，证出BCEMBN ，证明△BCE≌△NBM 得出BEMN ，EBC MNB，则 2BDMN DB MN G BGN 90 BDMN2BDMN．延长DB交MN于G，证出BGN 90，得出BDMN，即可． 【详解】（1）解：延长BD至E，使DEBD，连接CE，如图1， QBD是AC边上的中线， ADCD， 在△ABD和CED中， ADCD  ADBCDE ，  BDED   ABD≌  CED(SAS)， CEAB10， 在△CBE中，由三角形的三边关系得：CEBCBECEBC， 107BE107，即3BE17， 1.5BD8.5； （2）证明：延长ND至点F ，使FDND，连接AF 、MF，如图2： 同（1）得： AFD≌  CND(SAS)， AF CN，  DM DN，FDND， MF MN， 在△AFM 中，由三角形的三边关系得：AM AF MF， AM CN MN； （3）解：2BDMN，BDMN，理由如下： 延长BD至E，使DEBD，连接CE，如图3，同（1）得：△ABD≌△CED， ABDE，ABCE，  ABM NBC90， ABCMBN 180， 即ABDCBDMBN 180，  ECBDBCE180， BCEMBN， QVABM 和△BCN是等腰直角三角形， ABMB，BC BN， CEMB， 在 BCE和 NBM 中， CEBM  BCEMBN ，  BC NB   BCE≌  NBM(SAS)， BEMN ，EBC MNB， 2BDMN ． 延长DB交MN于G，  NBC90， EBCNBG90， MNBNBG90， BGN 90， BDMN ， 即MN 2BD，BDMN． 【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系、线段垂直平分 线的性质、等腰直角三角形的性质、角的关系等知识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线—倍长 中线，构造三角形全等是解决问题的关键．1 35．在 中， ， ，射线 ， 的夹角为 ，过点 作 于点 ，直线  ABC AB AC BAC  AD AE 2 B BF AD F BF交AE于点G，连接CG． (1)如图1，射线AD，AE都在BAC内部． ①若120，CAE20，则CBG ； ②作点B关于直线AD的对称点H ，在图1中找出与线段GH 相等的线段，并证明． (2)如图2，射线AD在BAC的内部，射线AE在BAC的外部，其它条件不变，探究线段BF，BG，CG 之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)①20；②GH GC，理由见解析 (2)BG2BFCG，理由见解析 【分析】（1）①先根据角的运算得出BAD的度数，根据三角形内角和求出ABC的度数；再根据直角 三角形两锐角互余可得出ABG的度数，作差可得结论； 1 1 ②连接 ，可得出 ，再根据 ，DAE ，可得出BAFCAE  ， AH AB AH  AC BAC  2 2 1 HAFHAG ，所以 ；进而可得 AGH≌ AGCSAS，再由全等三角形的性质可 2 CAEHAG   得结论； （2）在BG延长线上取点H ，使HF BF ．连接AH ．由垂直平分线的性质可得AB AH ， BAF HAF ；设CADx，CAE y，所以DAExy，由此表达BAC，BAF，HAF，由 HAEDAEHAE，可得x2yxyHAE，所以HAE y，即HAE CAE；由此可得  ACG≌  AHGSAS CGHG ，所以 ，由此可得结论． 1 【详解】（1）解：① ，DAE 60， ，  BAC 120 2 CAE20 BAD120602040，  BF  AD， AFB90， ABF 904050， ABAC， ABC ACB， ABC30， CBGABFABC 503020， 故答案为：20； ②GH GC，理由如下： 证明：如图1，连接AH ， ， ∵点B与点H 关于直线AD对称，AF BH ， BF HF， AD是BH 的垂直平分线， AB AH，BAF HAF，  ABAC， AH  AC， 1  BAC ，DAE  ， 2 1 1 BAFCAE ，HAFHAG ， 2 2 CAE HAG，  AG AG，  AGH≌ AGCSAS   ， GH GC； （2）解：BG2BFCG， 证明：如图2，在BG延长线上取点H ，使HF BF，连接AH ， ， AF BH，BF HF ， AB AH，BAF HAF， 设CADx，CAE y， DAExy， 1  DAE BAC， 2 BAC 2x2y， BAF BACCAD2x2yxx2y， HAF BAF x2y，  HAE DAEHAE， x2y xyHAE， HAE y，即HAE CAE，  AB AC，AB AH ， AC AH ，  AG AG，  ACG≌ AHGSAS   ， CGHG，  BGBH GH，BH 2BF ， BG2BFCG． 【点睛】本题在三角形背景下考查旋转的相关知识，属于三角形的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定 及性质，轴对称的性质是解题的关键． (0,2) 36．已知在平面直角坐标系中，点A的坐标是 ，点P是第一象限内一动点． Pa,b 3a9 3b2 0 (1)①如图1．若动点 满足 ，求点P的坐标． ②如图2，在第（1）问的条件下，且PA  PB，将APB逆时针旋转至如图CPD所示位置，求 ODOC的值．A BM PA APA 2OBA (2)如图3，若点A与点 关于x轴对称，且 ，若动点P满足 ， PAPA 问： 的值是否发生变化？若变化，请说明理由，若不变化．请求出其值． PM P3,3 【答案】(1)① ；②6 PAPA 2 (2)不变化， PM 【分析】（1）①利用非负数的性质可得ab3，即可求出点P的坐标； ②如图①中，作PE OA于E，PF OB于F，证明四边形PEOF是正方形，可得EPF APB90， PEOF 3，再证明  PEA≌  PFB得AEFB，PAPB，从而可求OB4．证明 APC≌  BPD(ASA)， 可得AC BD，进而可求ODOC的值． （2）如图3中，作BEAP交AP的延长线于E，AB交PA于N．证明 AMB≌  AEB，可得BEBM ， AE AM ，证明Rt  PBM≌Rt  PBE，推出PM PE ，由此即可解决问题． 3a9 3b2 0 【详解】（1）①∵ ， |3a9|0 3b2 0 又∵ ， ， ∴3a90，3b0， ∴a3,b3， P3,3 ∴ ． ②如图①中，作PE OA于E，PF OB于F． ∵ab3， ∴PEPF 3， ∵PEOPFOEOF 90， ∴四边形PEOF是矩形，∵PEPF ， ∴四边形PEOF是正方形， ∴EPF APB90，PEOF 3， ∴APE BPF ， ∵PEAPFB90， ∴ PEA≌  PFB(ASA)， ∴AEFB，PAPB，PAEPBF , ∵A(0,2)， ∴OA3， ∴AE BF 1， ∴OB4． 如图②中， ∵PAEPBF , ∴PAOPBD. ∵APBCPD90， ∴APC BPD， ∵PAPB， ∴ APC≌  BPD(ASA)， ∴AC BD， ∴ODOC OBBD(ACOA)BOOA426． （2）如图3中，作BEAP交AP的延长线于E，AB交PA于N．∵OAOA，OB⊥AA， ∴BABA， ∴OBAOBA， ∵APA 2OBA， ∴APN ABN， ∴EABBAM ， ∵BM PA，BE⊥AE， ∴AMBE90， ∴ AMB≌  AEB(AAS)， ∴BEBM ，AE AM ， ∵PBPB，BMPE90， ∴Rt  PBM≌Rt  PBE(HL)， ∴PM PE ， ∴PAPAPM AM (AEPE)2PM ， PAPA ∴ 2． PM 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，线段垂直平分线 的性质等知识；熟练掌握等腰三角形的性质，构造辅助线证明三角形全等是解决问题的关键． 37．如图，在△ABC中，CA＝CB，过点A作射线AP∥BC，点M、N分别在边BC、AC上（点M、N不与 所在线段端点重合），且BM＝AN，连结BN并延长交射线AP于点D，连结MA并延长交AD的垂直平分 线于点E，连结ED．【猜想】如图①，当∠C＝30°时，可证△BCN≌△ACM，从而得出∠CBN＝∠CAM，进而得出∠BDE的大 小为______度． 【探究】如图②，若∠C＝β． （1）求证：△BCN≌△ACM． （2）∠BDE的大小为______度（用含β的代数式表示）． 1 【应用】如图③，当∠C＝120°时，AM平分∠BAC，若AM、BN交于点F，DE＝2 DF，DE＝1，则 △DEF的面积为______． 【答案】【猜想】150；【探究】（1）见解析；（2）(180﹣β)；【应用】1 【分析】猜想：延长ED交BC于点F，交AC于点O．证明∠BNC＝∠BFE，再利用三角形的外角的性质 即可解决问题； 探究：（1）同理根据SAS证明：△BCN≌△ACM；（2）延长ED交BC于点F，方法同（1）证出∠ACB ＝∠BDF＝β，则可得出答案； 应用：证明∠E＝90°，求出DF＝2，根据三角形的面积公式可得结论． 【详解】证明：如图，延长ED交BC于点F，交AC于点O， ∵CB＝CA， ∴∠ABM＝∠BAN，∵CA＝CB，BM＝AN， ∴CM＝CN， ∵∠C＝∠C， ∴△BCN≌△ACM（SAS）， ∴∠CBN＝∠CAM， ∵E是AD的垂直平分线上的点， ∴EA＝ED， ∴∠EAD＝∠EDA， ∵AD∥BC， ∴∠EAD＝∠EMF，∠EDA＝∠EFM， ∴∠BNC＝∠BFE， ∴∠NOD+∠BDF＝∠C+∠FOC， ∵∠C＝30°，∠FOC＝∠NOD， ∴∠NDO＝30°， ∴∠BDE＝150°， 故答案为：150°； 探究： （1）证明：∵CA＝CB，BM＝AN， ∴CA﹣AN＝CB﹣BM， ∴MC＝NC， BC  AC  C C 在△BCN和△ACM中， ，  CN CM ∴△BCN≌△ACM（SAS）； （2）如图，延长ED交BC于点F， 同理得△BCN≌△ACM（SAS），∴∠CBN＝∠CAM， 同理得：∠BNC＝∠AMC＝∠BFE， ∴∠BNC+∠NBC＝∠NBC+∠BFE， ∴∠ACB＝∠BDF＝β， ∴∠BDE＝180°﹣β． 故答案为：（180﹣β）； 应用： ∵∠C＝120°，CA＝CB， ∴∠BAC＝30°， ∵AM平分∠BAC， 1 ∴∠MAC＝2 ∠BAC＝15°， ∵AP∥BC， ∴∠C＝∠CAD＝120°， ∴∠EAD＝180°﹣∠MAC﹣∠CAD＝45°， 由（2）可知，∠BDE＝180°﹣120°＝60°，∠CBN＝∠CAM＝∠ADB＝15°， ∴∠ADE＝45°， ∴∠E＝90°， 1 ∵DE＝2 DF，DE＝1， ∴DF＝2， 1 1 ∴△DEF的面积为 DEDF  121． 2 2 故答案为：1． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质等知识，解题的 关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 类型六、等腰三角形的性质 AB AB AB =BB A B B B AB B B 38．如图所示，已知 1， 1 1 1 2， 2 2 2 3， 3 3 3 4…，以此规律操作下去，若 A B B n2 B50 ，则 n1 n n1 的度数为（ ）50 50 50 50 A． B． C． D． 2n 2n1 2n1 2n2 【答案】B 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的外角，图形规律，解题关键是“三角形的外角等于与它 AB B A B B AB B 不相邻的两内角之和”据此可求得 1 2 1， 2 3 2， 3 4 3……，将图形规律转化为数字规律即可求 解． ABB AB AB 【详解】解：在  1中， 1， B50 ， ABB50 ∴ 1 ， AB =BB ABB ABB ∵ 1 1 1 2， 1 是  1 1 2的外角， ABB 50 ∴AB B  1  ， 1 2 1 2 2 AB B ABB 50 同理可得，A B B  1 2 1  1  ， 2 3 2 2 4 4 A B B AB B ABB 50 AB B  2 3 2  1 2 1  1  ， 3 4 3 2 4 8 8 50 ∴A B B  ， n1 n n1 2n1 故选：B． 39．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 ． 【答案】15x＜18 【分析】本题考查等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，以及不等式的应用，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． 【详解】∵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． A0,a Bb,0 40．如图1，在平面直角坐标系中，点 ， 分别在y轴和x轴上，点C为第二象限内一点，且 a3 b28b160 AB AC BAC 90 ， ，a，b满足 ． (1)求点A，B的坐标； OABOAC 2OAF CD y AF (2)如图2，若点F在x轴的正半轴上，且满足 ， 轴于点D，交 的延长线于点E，求证：BF OADE； (3)在（2）的条件下，请探究线段OF ，OD，DE之间的数量关系，并加以证明． 0,3 4,0 【答案】(1)点A的坐标为 ，点B的坐标为 ； (2)见解析； (3)ODOFDE，证明见解析． 【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形的 性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． a3 b28b160 a3b42 0 （1）由 ，可得 ，求得a3， b4 ，从而求得点A，B的坐标； BAE≌ CAESAS OAB≌ DCAAAS （2）连接BE，证明   ，再证明   ，再根据全等三角形的性质即可求 证； △OAB≌△DCA OADC OBDA （3）由（2）可知， ，由全等三角形的性质可得 ， ，从而得出 OFOADE OAOD，可得ODOFDE，可得结论． a3 b28b160 【详解】（1）解： ， a3b42 0  ， a3，b4． 0,3 4,0  点A的坐标为 ，点B的坐标为 ． （2）证明：如图，连接BE．  OABOAFBAE，OAC BACOAFBAE， OABOAC OAFBAEBACOAFBAE2OAF2BAEBAC  ．  OABOAC 2OAF， 2BAE BAC． BAC 90， BAE45， CAEBAE 45． 在 BAE和VCAE中，  AE AE  BAECAE   AB AC， BAE≌ CAESAS   ， CE BE，CEABEA． CD y轴，  CD∥x轴，CDA90， CEAEFB， BEAEFB， BF BE CE．  CE DCDE， BF DCDE．  OABOBA90，OABDAC 90， OBADAC． 在 OAB和△DCA中， AOBCDA90   OBADAC   AB AC OAB≌ DCAAAS   ， OADC， BF OADE． （3）解：线段OF ，OD，DE之间的数量关系为ODOFDE． △OAB≌△DCA 证明如下：由（2）可知， ， OADC，OBDA OFBF OAOD． 由（2）知BF OADE， OFOADE OAOD， ODOFDE． 41．问题背景：如图，在△ABD中，BABD．在BD的延长线上取点E，C，作△AEC，使EAEC．(1)探究一：当BAE90时． ①若B45，求DAC的度数； ②若B，则CAE的度数用含α的式子表示为______°，CAD的度数为_____°． (2)探究二：若BAE n，直接写出DAC的度数．   45  【答案】(1)①45；② 2；45 n (2) 2 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的外角和定理，熟记“三角形的任意一个外角等于和它不 相邻的两个内角之和”是解题关键． （1）由EAEC，BABD可得C CAE，BADBDA，结合B45，BAE90， DAC DAECAE（三角形外角和定理）即可求解； （2）由EAEC，BABD可得C CAE，BADBDA，设B，BAE n， DAC DAECAE（三角形外角和定理）即可求解 BAE90,B45,  【详解】（1）解：① ABEAEB904545, QEAEC, 1 CAE  AEB22.5, 2 BABD,  1 BAD 1804567.5, 2 DAE9067.522.5. DAC DAECAE 45； ② B，BAE 90 BEA90 1  CAE C  90 45 2 21 1 BDA 18090  2 2   90 45 CADBDAC 2 2 45. BABD,EAEC  （2） ， BADBDA,EACECA ， BDADEADAEBAD,DEA2EAC  ， BAEBADDAEDEA2DAE， 2DAC 2DAEEAC2DAE2EAC2DAEDEA BAE2DAC， 1 当 时DAC  n. BAE n 2 设B，  BABD， 1 BADBDA90 ， 2    DAEBAEBADn90 ，  2 由①可得：AEBADBDAE 180n， 1 1 1 1 EAC  AEB 180n 90  n， 2 2 2 2 DAC DAEEAC 1 1 1 n90 90  n 2 2 2 1  n. 2 n DAC  2 42．已知在 ABC中，AB AC，且BAC ，作等腰 ACD，使得AC CD．(1)如图1，若ACD与BAC互余，则DAB___________；（用含的代数式表示） 1 (2)如图2，若 与 互补，过点C作 于点H，求证：CH  BC； ACD BAC CH  AD 2 (3)若 ABC与 ACD的面积相等，请直接写出ACD的度数．（用含的式子表示） 1 45  【答案】(1) 2 (2)见解析 (3)180或 【分析】（1）根据ACD与BAC互余得 ACD90，根据等腰三角形两底角相等得 1 �DAC �45 a，即可求出 的度数； 2 DAB 1 （2）作 ，根据AAS证明 ，则 ，由等腰三角形三线合一可得CE BC， AEBC  AEC≌  AHC CH CE 2 1 因此CH  BC，问题得证； 2 （3）由 ABC与 ACD的面积相等得高相等.情况①：作DEAC于E，BFAC于F ,根据HL可得  DEC≌VBFA，则可得ACD BAC；情况②: ACD是钝角三角形，作BG AC于G，作DN 垂直于 AC的延长线于N ，根据HL可得 ABG ≌  CDN ，则可得BAC DCN，由于DCN 与ACD互补， 因此BAC与ACD互补，即可得出结果． 【详解】（1）解： ABC中，AB AC，且BAC=, 1 1 ACBABC  (180)90  2 2  ACDBAC 90，BAC ， ACD90BAC 90，  AC CD， 1 \ �CAD��D 45 a， 2 �DAB��DAC BAC1 =45�- a a 2 1 45 ； 2 1 故答案为：45 ； 2 （2）证明：如图，过A点作AEBC于E点，  ABC中，AB AC，AEBC， 1 AEC 90,EC BC， 2 ACD中，CACD,CH  AD，  1 AHC 90,ACH DCH  ACD，  2 AEC AHC，  AB AC,BAC=， 1 \ �ACB��B� (180 BAC) 2 1  180α 2 1 90 α， 2  ACDBAC 180， ACD180BAC 180 ， 1 1 1 \ �ACH � �ACD= (180� a) 90 a， 2 2 2 ACBACH ． 在△ACE和 ACH 中， AEC AHC  ACBACH ，  AC  AC ∴ ACE≌  ACH ， ∴CH CE，1 ∴CH  BC； 2 （3）解：①如图，作DEAC于E，BFAC于F ， ∵ ABC与 ACD的面积相等， ∴DEBF， 又∵DEC BFA90 ，DCAB ∴ DEC≌VBFA， ∴DCE BAF ， 即ACDBAC，  BAC ， ACD； ②如图，作BG AC于G，作DN 垂直于AC的延长线于N ， 则BGADNC 90， ∵AB AC，AC CD， ∴ABCD， ∵ ABC与 ACD的面积相等， ∴BGDN ， ∴ ABG ≌  CDN ， ∴BAGDCN ， ACDDCN 180， ∴ACDBAC 180，  BAC ， \ �ACD�180 a， 综上，ACD或180．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，同底等高的两个三角形面积相 等，.熟练掌握以上知识是解题的关键． 43．以 ABC的AB、AC为边作△ABD和△ACE，且AEAB，AC  AD，CE与BD相交于M， EABCAD． (1)如图1，求证： AEC≌  ABD； (2)在图1中，连接AM ，则EMB________，AMC  ________；（都用含的代数式表示） (3)如图2，若50，G、H分别是EC、BD的中点，求∠AHG的度数． 【答案】(1)见解析 1 (2) ，90 ．  2 (3)65 【分析】（1）根据EABCAD可得EAC BAD，再结合AEAB，AC  AD即可证明； （2）连接AM ，作AJ EC于点J，AI BD于点I，根据题（1）可得AEC ABD，EC BD，再利 用三角形的外角定理可得 EMB ，根据 S AEC S ABD可得 AJ  AI ，从而得证 MA 平分 EMD ，最后根 据角平分线的定义即可求解； （3）连接AG，根据中点可得EGBH ，进而证明 AEG≌  ABH ，可得AG AH ，EAGBAH ，从 而求得GAH 50，最后根据等腰三角形的性质即可求得∠AHG的度数． 【详解】（1）证明： EABCAD， EAC BADBAC， 在△AEC和△ABD中，  AE AB  EAC BAD ，   AC  AD  AEC≌ ABDSAS   ； （2）解：如图1，连接AM ，设AB交CE于点L，  AEC≌  ABD，AEC ABD，EC BD， EMBELBABDELBAEC EAB； 作AJ EC于点J，AI BD于点I， S S  AEC ABD， 1 1  ECAJ  BDAI ， 2 2 AJ  AI， 点A在EMD的平分线上， MA平分EMD， 1 1 1 AMEAMD EMD 180EMB 180 ， 2 2 2 1 1 AMC 180AME180 18090 ， 2 2 1 故答案为： ，90 ；  2 （3）如图2，连接AG， G、H分别是EC、BD的中点，EC BD， 1 1 EG EC，BH  BD， 2 2 EGBH ， 在△AEG和 ABH 中，   AE AB  AEGABH ，   EGBI  AEG≌ ABHSAS   ， AG AH ，EAGBAH ， GAH GABBAH GABEAGEAB50， 1 AHGAGH  1805065， 2 AHG的度数是65．【点睛】本题考查线段的中点，角平分线，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角 定理；相等线段共顶点可证全等；全等三角形可利用等面积法证明线段相等；遇中点可尝试连接证明线段 相等是解决本题的关键． 44．已知在 ABC中，ACBC，ACB90，分别过A、B向过点C的直线做垂线，垂足分别是D、 E． (1)如图1，若ACE45，直接写出AD、DE、BE之间的等量关系_______． (2)如图2，若ACE45，AD的延长线交CB于点F，CE交AB于G，若F是CB中点，求证： CFAGFB (3)在（2）的条件下，若DF 3，FG5，求 FGB的面积． 【答案】(1)ADDE BE (2)见解析 (3)15 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边对等角，三角形内角和定理，正确作出辅助线构 造全等三角形是解题的关键． （1）只需要利用AAS证明△ADC≌△CEB得到AD=CE，BE =CD，即可根据线段之间的关系得到 BE  ADDE； （2）如图所示，过B作BH BC于B，延长CG交BH 于H，设CFA，则CAF 90，再证明 BCH 90 △ACF≌△CBHASA CFAH  CF FBHB ，即可证明 ，得到 ， ，进一步证明 △FBG≌△HBGSAS BFGH  CFAGFB ，得到 ，即可证明 （3）由（2）得：CFDH，CDF BEH 90，CF FBBH，FGGH 5，证明 △CFD≌△BFMSAS △CDF≌△BEHAAS DF EH 3 DF FM FD MB DB△CDF≌△BEHAAS ，得到 DF EH 3 ，延长 DF 至M，使 FM FD ，连接MB、 DB ，证明 △CFD≌△BFMSAS M CDF CEB90 DF FM 3 DM 6 ，得到 ， ，则 ，进一步证明 △DMB≌△BEDAAS DM EB6 S S 15 ，得到 ，则 △BGH △BFG ． 【详解】（1）解：∵AD⊥CD，BE⊥CD， ∴ADC CEB90， ∵ACB90， ∴DACDCA90DCAECB， ∴DAC ECB， 又∵AC CB， △ADC≌△CEBAAS ∴ ， ∴AD=CE，BE =CD， ∵CDDECE， ∴BE  ADDE， 故答案为：BE  ADDE； （2）证明：如图所示，过B作BH BC于B，延长CG交BH 于H， F为CB中点， FC FB，  BC BH ， CBH 90， 设CFA， 在Rt  ACF中，ACF 90， CAF 90， 过A、B向过C的直线作垂线， CD AF ，BECE， CDACEB90CBH ， BCH 90， 在△ACF和 CBH中， FCAHBC   AC CB ，  CAF BCH△ACF≌△CBHASA  ， CFAH ，CF FBHB， 在Rt△ACB中，ACB90，ACBC，  CABCBA45， ABH CBA45， 在△FBG和 HBG中，  FBHB  FBGHBG   BGBG △FBG≌△HBGSAS  ， BFGH ， CFAGFB； （3）解：由（2）得：CFDH，CDF BEH 90，CF FBBH，FGGH 5， 在 CDF和△BEH 中， CDF BEH   CFDH ，   CF BH △CDF≌△BEHAAS  ， DF EH 3， 延长DF至M，使FM FD，连接MB、DB，  CB、DM 相交于F， CFDMFB，在△CFD和 BFM 中，   CF BF  CFDMFB ，   DF MF △CFD≌△BFMSAS  ， M CDF CEB90，DF FM 3， DM 6， ∵AF⊥CH，BE⊥CH ， ∴AF∥BE， ∴∠BDM ∠DBE 在 DMB和 BED中，   BDMBDBE  M DEB90 ，   DBBD △DMB≌△BEDAAS  ， DM EB6， BEGH S  ， △BGH 2  65 S  15，  △BGH 2 △FBG≌△HGB，  S S 15  △BGH △BFG ． ABC △DCE CACB CDCE CABCED  45．在 和 中， ， ， ． (1)如图1，将AD，EB延长，延长线相交于点O． ①求证：BE AD； ②用含的式子表示AOB的度数（直接写出结果）；(2)如图2，当45时，连接BD，AE，N是BD的中点，连接NC并延长与AE交于点M，求证： CM  AE 【答案】(1)①见解析；②AOB2 (2)见解析 【分析】（1）①根据等腰三角形的性质和三角形的内角和得到ACBDCE，根据全等三角形的性质即 可得到结论； ②根据全等三角形的性质得到CADCBEaBAO，根据三角形的内角和即可得到结论； BNP≌ DNCSAS CN NPCN BP   CDBP PDCN （2）延长 ，截取 ，连接 ，证明 ，得出 ， ，证 CBP≌ ACESAS   PCEM DCN CEM 明 ，得出 ，证明 ，得出 DCNECM 1809090，即可得出CEM MCE 90，根据三角形内角和定理得出 CME1809090，即可证明结论． 【详解】（1）证明：①∵CACB，CDCE，CABCED， ∴ACB1802，DCE1802a， ∴ACBDCE， ∴ACBDCBDCEDCB， ∴ACDBCE， AC BC  ACDBCE 在 和 中 ，  ACD BCE DC CE   ∴△ACD≌△BCE， ∴BE AD； ②∵△ACD≌△BCE， ∴CADCBEaBAO， ∵ABEBOABAO， ∴CBEa BOABAO， ∴BAOaa BOABAO， ∴BOA2； （2）解：延长CN ，截取NPCN，连接BP，如图所示：∵点N是BD的中点， ∴BN DN， ∵BNPDNC， BNP≌ DNCSAS   ∴ ， ∴CDBP，PDCN， ∴BP∥CD， ∴CBPBCD180， ∵45， ∴ACBDCE1802a 90， ∴ACEBCD180， ∴ACECBP， ∵BPCD，CDCE， ∴BPCE， ∵ACBC， CBP≌ ACESAS   ∴ ， ∴PCEM ， ∴DCN CEM ， ∵DCNECM 1809090， ∴CEM MCE 90， ∴CME1809090， ∴CM  AE． 【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，三角形外角 的性质，补角的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法． 46．在 ABC中，AB17，BC 15，点D为边CB的中点，动点P以2个单位的速度从点B出发在射线 BA AC t 0 上运动，点Q在边 上，设点P运动时间为t秒．(1)用含t的代数式表示线段AP的长． ACBC BA △ BPD △AQP (2)当 ，点P在线段 上．若 和 全等，求t的值； CAB56 △AQP APQ (3)当 ， 为等腰三角形时，请直接写出 的度数． 【答案】(1)AP2t17； 17 19 (2) 4 或 4 ； (3)28或56或62或34． 【分析】本题考查了三角形全等的性质，等腰三角形的性质，利用分类讨论思想是解题关键． （1）由图可知APABBP，求出线段BP即可； △ BPD △AQP APBP APBD,BP AQ （2）由 和 全等，可得 或 两种情况，列出关于t的方程即可求解； △AQP （3）由 为等腰三角形，利用等腰三角形性质分点P在点A左右两边讨论即可求解． 【详解】（1）解：设点P运动时间为t秒， BP2t， 当0t8.5时，AP172t； 当t 8.5时，AP2t17； AC BC,BA （2）∵ ， 由题意得BP2t,AP172t， 当 BPD  APQ时，BP AP,BD AQ， 可得∶2t 172t， 17 解得∶t ， 4 当 BPD  AQP时，BP AQ,BD AP，15 可得∶ 172t， 2 19 解得∶t , 4 17 19 综上所述，若 和 全等，则 的值为 或 ；  BPD  CQP t 4 4 CAB56 △AQP （3） ， 为等腰三角形时， AP AQ 当 时，点P在点A左侧时， 180CPA 18056 APQ  62， 2 2 AP AQ 当 ，点P在点A右侧时， 180180CAB 180124 APQ  28， 2 2 当APPQ时， 1802CAB 180256 APQ  34， 2 2当AQPQ时， APQCAB56 APQ的度数为28或56或62或34． 47．已知，在 ABC中，ACBC，ACB90． (1)如图1，点D、点E分别是线段AB上两点，连接CD、CE，若ADBE，且ECD45，求ECB的 度数； (2)如图2，点D、点E分别是线段AB上两点，连接CD、CE，过点B作BF  AB交CE延长线于F，连接 DF，若ECD45，求证：ADBF DF ； (3)如图3，M为射线AC上一点，N为射线CA上一点，且始终满足CM  AN ，过点C作MB的垂线交AB 的延长线于点P，连接NP，猜想：NP、MB、CP之间的数量关系并证明你的结论． 【答案】(1)22.5 (2)见解析 (3)PN PCBM ，见解析 【分析】本题考查等腰三角形的性质及全等三角形的判定和性质， （1）根据等边对等角得出AB，再由全等三角形的判定和性质得出ACDBCE，利用三角形内 角和定理求解即可； FB G BGAD GC △ADC≌△BGC （2）延长 至点 ，使 ，连接 ，根据等边对等角及全等三角形的判定得出 ，  FDC≌  FGC，再由全等三角形的性质即可证明； AQAC PC  BCM≌  CAQ  PAN≌  PAQ （3）过点A作 交 的延长线于Q．根据全等三角形的判定得出 ， ， 再由其性质求解即可．【详解】（1）解： ACBC， AB． 在△ADC和 BEC中， AC BC  AB  ADBE △ADC≌△BEC． ACDBCE， 又∵ACB90，ECD45， 1 ECB 904522.5． 2 （2）延长FB至点G，使BGAD，连接GC． ∵BF  AB， ABG90， ∵AC BC,ACB90， AABC 45， CBG45， CBGA． 在△ADC和 BGC中，  AC BC  ACBG   ADBG ADC≌ BGCSAS   ∴ ， ACDBCG，CDCG． ∵ECD45， ACDECB45， BCGECB45， ECG45 ECD， 即FCGFCD． 在△FDC和△FGC中， CDCG  FCDFCG   CF CF  FDC≌ FGCSAS   GF DF ， BGBF DF ， ADBF DF． （3）数量关系为：PN PCBM ，理由如下： AQAC PC 过点A作 交 的延长线于Q． ∵PC BM ， CAQBCM COB90 ， MBC OCM QCA． 在  BCM 和 CAQ中， MBC QCA   BC  AC  BCM CAQ  BCM≌ CAQASA   BM CQ，AQCM ． ∵CM  AN， AQ AN． 又  PAN 180BAC 135， PAQ90BAC135 ， PAN PAQ．在△PAN 和△PAQ中，  PAPA  PAN PAQ   AN  AQ  PAN≌ PAQSAS   PN PQPCCQ， PN PCBM ． 48．（1）发现问题：如图1，在 ABC和△AEF 中，AB AC,AE  AF,BAC EAF 30，连接 BE,CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：___________，BDC___________， （2）类比探究：如图2，在 ABC和△AEF 中，AB AC,AE  AF,BAC EAF 120，连接BE,CF， 延长BE,FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及BDC的度数，并说明理由； （3）拓展延伸：如图3， ABC和△AEF 均为等腰直角三角形，BAC EAF 90，连接BE,CF，且 B,E,F A AM BF M CE,△BEC BF 3CF 点 在一条直线上，过点 作 ，垂足为点 ．连接 的面积为1， ，求 △ACE的面积． BECF,30 BE CF,BDC 60 【答案】（1） ；（2） ，详见解析；（3）3 【分析】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形和等腰直角三角形的性 质，三角形的面积等知识，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键； （1）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明VABE≌VACF即可得出结论； （2）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明 BAE≌  CAF 即可得出结论； （3）结合等腰直角三角形的性质利用SAS证明VABE≌VACF，根据全等三角形的性质求出 AEBAFC 135,BECF BFC 90 ，进而求出 ，根据等腰直角三角形的性质求出 AM EM MF BECF CF  2 AECF ，根据三角形面积公式求出 ，再根据四边形 的面积 S S △ACE AECF S VAEF VECF VACFS S △ACE AECF S VAEF VECF， 的面积=四边形 的面积 VACF求解即可． 【详解】（1）解：BE CF,BDC 30， 理由如下：如图1所示，设AC与BD交于点O， QBAC EAF 30, BACCAEEAFCAE, 即BAE CAF， 在 ABE和△ACF中，  AB AC  BAECAF,  AE AF  ABE≌ ACFSAS,   BECF,ABEACF, QAOEABEBAC,AOEACFBDC, BDC BAC 30. 故答案为：BECF,30； （2）BE CF,BDC 60； 理由如下： BAC EAF ， BACEAC EAFEAC， 即BAE CAF， 又 AB AC,AE  AF ， △BAE≌△CAF， BE CF,AEBAFC，  EAF 120,AE  AF ， AEF AFE30， BDC BEFEFDAEB30AFC3060 ； （3）解： ABC与△AEF 是等腰直角三角形，AB AC,AE  AF,BAC EAF 90， AEF AFE45， AEB180AEF 135，  BAEEAC 90， FACEAC 90， BAECAF ，  ABE≌ ACFSAS   ， AEBAFC 135,BE CF ． BFC AFCAFE 90，  AM BF， EM FM,AMF 90， MAF 90MFA45， MAF MFA， AM MF， AM EM MF ，  BF 3BE ， EF BF BE 2BE，  EF 2EM ， BEEM ， AM CF ， 1  S △BCE  2 BECF 1， 1 1 1 S  EFCF  2BECF 2 BECF 2S 2， ECF 2 2 2 ABE 1 1  S ECF  2 EFCF  2 2CFCF 2， CF  2  2 或 （舍去）， 1 1 S  EFAM  2CFCF 2， △AEF 2 2 S S S 224 四边形AECF AEF ECF ， 1 1  S △ABE S △AFC  2 BEAM  2  2 2 1， S S S 413. VAEC 四边形AECF VAFC49．已知如图，AD是 ABC的角平分线，且ADBC于点D． (1)如图1，求证：AB AC； (2)如图2，ABC 30，点E在AD上，连接CE并延长交AB于点F ，BG交CA的延长线于点G， 2 ABGACF ，连接FG，AG2，  ABG的面积是△ACF的面积的 3 ，求AC的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】（1）证明△ABD≌△ACD（ASA）即可得到结论； （2）过 F 作 FK AG 于 K ，求出 BAG60CAD ，证明 △BAG≌△CAE ，得到 S △CAE :S △ACF 2:3 ， 得出 S △FAE :S △ACF 1:3 ，证明 △FAG≌△FAE ，得到 S △FAG :S △ACF 1:3 ，从而得到 AG:AC 1:3 ，即可求 解. 【详解】（1）证明：∵AD是 ABC的角平分线， ∴BADCAD， ∵ADBC， ∴ADBADC 90， 在△ABD和 ACD中， BADCAD   AD AD  ADBADC ∴△ABD≌△ACD（ASA）， ∴AB AC； （2）过F 作FK AG于K， ∵AB AC，ABC 30，ADBC， ∴BADCAD60 ∴BAG60CAD， 在△BAG和VCAE中，BAGCAE  AB AC  ABGACE ∴△BAG≌△CAE（ASA）， ∴AG AE． S :S 2:3 ∵ △ABG △ACF ， S :S 2:3 ∴ △CAE △ACF ， S :S 1:3 ∴ △FAE △ACF ， 在△FAG和 FAE中，  AG AE  GAF EAF ，  AF  AF FAG≌ FAESAS   ∴ ， S :S 1:3 ∴ △FAG △ACF ， 1  1  ∴ AGFK: ACFK1:3， 2  2  ∴AG:AC 1:3， ∵AG2， ∴AC 6. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和以及三角形的面积等 知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键. 50．如图1，在△ABC中，延长AC到D，使CD＝AB，E是AD上方一点，且∠A＝∠BCE＝∠D，连接 BE． （1）若∠CBE＝72°，则∠A＝ ； （2）如图2，若∠ACB＝90°，将DE沿直线CD翻折得到DE′，连接BE′交CE于F，若BE′∥ED，求证： F是BE'的中点；（3）在如图3，若∠ACB＝90°，AC＝BC，将DE沿直线CD翻折得到DE'，连接BE′交CE于F，交CD于 G，若AC＝a，AB＝b（b＞a＞0）求线段CG的长度． 【答案】（1）36°；（2）见解析；（3）CG=b-a． 【分析】（1）由∠ABC+∠A=∠BCD，∠BCE+∠ECD=∠BCD，∠A=∠BCE，得∠ABC=∠ECD，证出 △ABC≌△DCE，得BC=CE，由∠CBE=∠CEB=72°，结合三角形内角和为180°，求出∠A即可； （2）同（1）证出△ABC≌△DCE，由翻折得CE'=CB，由BE'∥ED得∠CFE'=∠DEC=90°，即CF⊥BE'， 由三线合一得F是BE'的中点； （3）先由折叠的性质，推出∠BGC=∠CGM，再证明△BGC≌△MGC，得CE=CB=CM，由三角形内角和 为180°得∠BEM=90°，得∠BEM=∠CED，再导角得∠BEC=∠GED，最后证明△BCE≌△GDE，得 BC=GD=AC=a，再由CD=AB=b，可求CG=CD-GD=b-a． 【详解】解：（1）∵∠ABC+∠A=∠BCD，∠BCE+∠ECD=∠BCD，∠A=∠BCE， ∴∠ABC=∠ECD， 在△ABC与△DCE中， ABC ECD   ABCD ，   AD ∴△ABC≌△DCE（ASA）， ∴BC=CE， ∴∠CBE=∠CEB=72°， ∵∠CBE+∠CEB+∠BCE=180°， ∴∠BCE=36°， ∴∠A=36°， 故答案为：36°； （2）证明：∵∠ABC+∠A=∠BCD，∠BCE+∠ECD=∠BCD，∠A=∠BCE， ∴∠ABC=∠ECD， 在△ABC与△DCE中，ABC ECD   ABCD ，   ACDE ∴△ABC≌△DCE（ASA）， ∴BC=CE，∠ACB=∠DEC=90°， 如图，连接CE'， ∵将DE沿直线CD翻折得到DE′， ∴CE=CE'=CB， ∵BE'∥ED， ∴∠CFE'=∠DEC=90°， 即CF⊥BE'， 由三线合一， 得：F是BE'的中点； （3）如图，连EG，延长EG、BC交于M， ∵折叠的性质， ∴∠DGE=∠DGE'， ∵∠DGE=∠CGM，∠DGE'=∠BGC， ∴∠BGC=∠CGM， 在△BGC与△CGM中， BGC CGM   CGCG ，  BCGMCG ∴△BGC≌△MGC（ASA）， ∴BC=CM，由（2）知，△ABC≌△DCE， ∴BC=CE，∠ACB=∠DEC=90°， ∴CE=CB=CM， ∴∠CBE=∠CEB，∠CEM=∠CME， 1 ∴∠BEM=∠CEB+∠CEM= ×180°=90°， 2 ∴∠BEM=∠CED， ∴∠BEM-∠CEM=∠CED-∠CEM， ∴∠BEC=∠GED， ∵∠ACB=90°，AC=BC， ∴∠EDC=∠A=45°， ∴∠ECD=∠EDC，CE=DE， 在△BCE与△GDE中， BEC GED   CEDE ，  BCEEDG ∴△BCE≌△GDE（ASA）， ∴BC=GD=AC=a， ∵CD=AB=b， ∴CG=CD-GD=b-a． 【点睛】本题是三角形翻折变换综合题，考查了全等三角形的判定与性质，三角形的内角和，平行线的性 质，等腰三角形三线合一，全等三角形的性质与翻折性质得到的边、角相等之间的等量代换是关键． 51．定义：如果1条线段将一个三角形分割成2个等腰三角形，我们把这条线段叫做这个三角形的“双等 腰线”．如果2条线段将一个三角形分成3个等腰三角形，我们把这2条线段叫做这个三角形的“三等腰 线”．如图1，BE是△ABD的“双等腰线”，AD，BE是 ABC的“三等腰线”． (1)请在下面三个图中，分别作出 ABC的“双等腰线”，并做必要的标注或说明．①C 90；②B70,A35； (2)如果一个等腰三角形有“双等腰线”，那么它的底角度数是 ． 3 (3)如图3， 中，C  B，B45．画出 所有可能的“三等腰线”，使得对 取值范围  ABC 2  ABC B 的任意值都成立，并做必要的标注或说明．（每种可能用一个图单独表示，如果图不够用可以自己补充） 【答案】(1)见解析 540   (2)36或72或45或 7  (3)见解析 【分析】本题考查新定义下的三角形的应用，理解概念和掌握分类讨论的解题方法是关键． （1）根据双等腰线的定义可得：①取AB的中点D，连接CD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的 一半即可证明；②当ADCD时； （2）分四种情况讨论； （3）要画出使得对B取值范围内的任意值都成立的“三等腰线”，所以不能使B等于具体的数值，因 此只需要使分割后的三个等腰三角形的底角成比例即可． 【详解】（1）解：①如图，取AB的中点D，连接CD， ∵C 90， ∴ ABC是直角三角形， 1 ∴CD AB， 2 ∴ADCD，CDBD，∴CD是 ABC的“双等腰线”； ②当ADCD时，AACD35，如图， ∴CDBB70， ∴BDCD， ∴CD是 ABC的“双等腰线”； （2）解：①设 ABC是以AB，AC为腰的锐角三角形，BD为“双等腰线”， 当ADBD，CBBD时，如图， 设Ax，则ABDx， ∴BDC C 2x， ∴ABC C 2x， ∵AABCC 180， ∴x2x2x180， ∴x36，2x72， ∴C ABC 72； ②设 ABC是以AB，AC为腰的钝角三角形，AD为“双等腰线”， 当ABBD，CD AD时， 设Bx，则C x， ∵CD AD， ∴DAC C x，∴ADB2x， ∵ABBD， ∴BADADB2x， ∵ADBBADB180， ∴x2x2x180， ∴x36， ∴BC 36， ③设 ABC是以AB、AC为腰的直角三角形，AD为“双等腰线”，如图， 当ABBD，ADCD时，AD为BC的垂直平分线， 设Bz，则C z，BADz， ∴BBAD90， ∴zz90， ∴z45， ∴B∠C 45； ④设顶角为x， 可得，x3x3x180， 180 x  解得：  7  ， 540 C 3x  ∴  7  ， 540 故答案为： 或 或 或 ； 36 72 45  7  （3）解：要画出使得对B取值范围内的任意值都成立的“三等腰线”，所以不能使B等于具体的数值，因此只需要使分割后的三个等腰三角形的底角成比例即可； 第一种画法： 3 ∵C B， 2 设B2x,C 3x， 当AD，DE将 ABC分成BDDE，DE AE，AD AC三个等腰三角形时， 则有BBED2x，ADC C 3x， ∵EDC BBED4x， ∴EDAEDCADC x， ∴EADx， 因此，“三等腰线”使得三个等腰三角形的底角比为B:C:EDA2:3:1，即可使得对B取值范围内 的任意值都成立； 第二种画法： 3 ∵C B， 2 设B2x，C 3x， 当AD，DE将 ABC分成BEDE，AD AE，ADCD三个等腰三角形时， 则有BEDB2x，DAC C 3x， ∵AEDBBDE4x， ∴EDA4x， 因此，“三等腰线”使得三个等腰三角形的底角比为B:C:AED2:3:4，即可使得对B取值范围 内的任意值都成立；