【培优版】浙教版数学八上2.8 直角三角形的判定同步练习

【培优版】浙教版数学八上2.8 直角三角形的判定同步练习
一、选择题
1．（2024九下·柯桥月考） 如图，在△ABC中，∠C＝90°，使点P到AB、BC的距离相等，则符合要求的作图痕迹（　　）
A． B．
C． D．
2．（2020八上·黄石港期中）如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补.若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM=PN；②OM+ON的值不变；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
3．（2024八下·道县月考）如图，在中，，是的平分线，于点E，平分，则等于（　　）
A． B． C． D．
4．（2020八上·达拉特旗期中）如图，点P到AE、AD、BC的距离相等，则下列说法：①点P在∠BAC的平分线上②点P在∠CBE的平分线上③点P在∠BCD的平分线上 ④点P是 ∠BAC、∠CBE、∠BCD的平分线的交点，其中正确的是（　　）
A．①②③ B．①②③④ C．②③ D．④
5．（2024八下·开州开学考）如图， 在 Rt 中， 的平分线 A E 交 B C 于点 于点， 若 的周长为 12 ， 则 的周长为 4 ， 则 A C 为 （　　）
A．3 B．4 C．6 D．8
6．（2024八上·合江期末）如图，点 是 的中点，平分 ，下列结论：①；②；③；④，四个结论中成立的是（　　）
A．①②④ B．①②③ C．③④ D．①③
7．（2024八上·临江期末）如图，任意画一个的△ABC，再分别作△ABC的两条角平分线BE和CD，BE和CD相交于点P，连接AP，以下结论：
①；②AP平分∠BAC；③；④；⑤，
正确的有（　　）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
8．（2023八上·海曙期中）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC=OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB=40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题
9．（2023七上·淮安月考）如图，在△ABC中，D为AB中点，DE⊥AB，∠ACE+∠BCE=180°，EF⊥BC交AC于点F，AC=8，BC=12，则BF的长为　 　.
10．（2024八上·广水期末）如图，在中，是高，，，在边上取点，连接，，若，，则　 　．
11．（2018八上·宁波期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，D为AC中点，过点A作AE∥BC，连结BE，∠EBD=∠CBD，BD=5，则BE的长为　 　.
12．（2023七下·莲湖月考）如图，已知等边和等边，点P在BC的延长线上，EC的延长线交AP于点M，连接BM；下列结论：①；②；③BM平分；④，其中正确的有　 　（填序号）．
三、解答题
13．（2024八下·开福开学考）如图，在和中，，，，延长，交于点．
（1）求证：平分；
（2）若，，，求的长．
14．（2023八上·海淀月考）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是AC边上一点，连接BD，EC⊥AC，且AE=BD，连接AE交BC于点F，交BD于点H．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当AD＝CF时，求证：H是AF的中点．
15．（2023·安庆模拟）已知和都是等边三角形，分别连接．
（1）如图1，若．
①求的度数；
②延长交于点F，求证：；
（2）如图2，若点D在边上，延长交于点G，连接．求证：平分．
16．（2023八下·西安月考）问题探究：
（1）如图1，中，，，是高，求证：.
（2）如图2，在（1）条件下，、分别是和上的点，且，如果，那么四边形的面积是　 　；
（3）如图3，四边形中，平分，，，，求的值.
四、实践探究题
17．（2023九上·南宁开学考）数学活动课上，同学们用矩形纸片折叠作特殊的角.操作如下：
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：再一次折叠纸片，使折痕经过点，得到折痕BM，点的对应点为点，把纸片展平，连接MN，BN.
（1）如图1，当点N落在EF上，直接写出BM和MN的数量关系　 　.
（2）如图2，当AB=BC时，延长MN交CD于点P.
①求证：点P在∠NBC的平分线上；
②若AB=8cm，CP=3cm，求AM的长.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】角平分线的判定；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：在边AC上确定一点P，使点P到AB、BC的距离相等，则点P是∠ABC的平分线与AC的交点，
故答案为：C．
【分析】根据角平分线的作法作出即可.
2．【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F.
∵∠PEO=∠PFO=90°，
∴∠EPF+∠AOB=180°，
∵∠MPN+∠AOB=180°，
∴∠EPF=∠MPN，
∴∠EPM=∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴PE=PF，
在△POE和△POF中，
，
∴Rt△POE≌Rt△POF（HL），
∴OE=OF，
在△PEM和△PFN中，
，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴EM=NF，PM=PN，故①正确，
∴S△PEM=S△PNF，
∴S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，故④正确，
OM+ON=OE+ME+OF-NF=2OE=定值，故②正确，
在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，顶角∠MPN是定值，因为腰PM的长度是变化的，所以底边MN的长度是变化的，故③错误，
故答案为：B.
【分析】作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F.利用同角的补角相等，可证得∠EPF=∠MPN，从而可推出∠EPM=∠FPN，利用角平分线的性质可得到PE=PF，利用HL证明Rt△POE≌Rt△POF利用全等三角形的性质可得到OE=OF；再利用AAS证明△PEM≌△PFN，利用全等三角形的性质可证得EM=NF，PM=PN，可对①作出判断；利用全等三角形的面积相等，可推出S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，可对④作出判断；再证明OM+ON=2OE，可对②作出判断；在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，顶角∠MPN是定值，因为腰PM的长度是变化的，所以底边MN的长度是变化的，可对③作出判断。综上所述可得到正确结论的序号。
3．【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质
【解析】【解答】∵在△ABC中，∠C=90°，AD是角平分线，DE⊥AB于E，
∴CD=ED．
在Rt△ACD和Rt△AED中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），
∴∠ADC=∠ADE（全等三角形的对应角相等）．
∵∠ADC+∠ADE+∠EDB=180°，DE平分∠ADB，
∴∠ADC=∠ADE=∠EDB=60°．
∴∠B+∠EDB=90°，
∴∠B=30°．
故答案为：B．
【分析】证明Rt△ACD≌Rt△AED，则∠ADC=∠ADE；进而得出∠ADC=∠ADE=∠EDB=60°；最后由直角三角形的两个锐角互余的性质求得∠B=30°．
4．【答案】B
【知识点】角平分线的判定
【解析】【解答】解：∵点P到AE、AD、BC的距离相等，
∴点P在∠BAC的平分线上，故①符合题意；
点P在∠CBE的平分线上，故②符合题意；
点P在∠BCD的平分线上，故③符合题意；
点P在∠BAC，∠CBE，∠BCD的平分线的交点上，故④符合题意，
综上所述，正确的是①②③④．
故答案为：B．
【分析】根据角平分线的判定逐项判定即可。
5．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质
【解析】【解答】解：∵在中，，的平分线交于点，于点，
，
的周长为4，
，
，
的周长为12，
，
在和中，
，
，
．
故答案为：B
【分析】先根据角平分线的性质得到，进而即可得到，再根据三角形全等的判定与性质证明即可求解。
6．【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质
【解析】【解答】解：如图，过E作于F，
∵，平分，
∴，
在和中， ，
∴，
∴，，
∵点E是的中点，
∴，
而，
∴，故③错误；
在和中，，
∴，
∴，，，故②正确；
∴，故④正确；
∴，故①正确．
综上，四个结论中成立的是①②④，
故选：A．
【分析】已知AE平分∠BAD ，过点E作与点F，根据角平分线的性质可得BE=EF，又因为AE=AE，故，因为点E是的中点，所以，斜边大于直角边，故③错误；同理可得，根据三角形全等的性质，可得，故②正确；等量代换，故④正确；由图可得，故①正确；综上可知①②④正确。
7．【答案】B
【知识点】三角形的面积；三角形全等的判定；角平分线的性质；角平分线的判定
【解析】【解答】①∵BE、CD分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，∠BAC=60°
∴∠PBC+∠PCB=×（180°-∠BAC）=×（180°-60°）=60°，
∴∠BPC=180°-（∠PBC+∠PCB）=120°，
故①正确，符合题意；
②过点P分别作出PF⊥AB，PG⊥AC，PH⊥BC，如图所示：
∵BE、CD分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，
∴PF=PG=PH，
∴AP是∠BAC的角平分线，
故②正确，符合题意；
③∵假设AP=PC，则∠PAC=∠PCA，
∴∠BAC=∠BCA=60°，
∴△ABC是等边三角形，这与题干中任意画一个∠BAC=60°的△ABC不符合，
故③不正确，不符合题意；
④∵∠BAC=60°，∠AFP=∠AGP=90°，
∴∠FPG=120°，
∴∠DPF=∠EPG，
在△PFD和△PGE中，
，
∴△PFD≌△PGE（ASA），
∴PD=PE，
在Rt△BHP和Rt△BFP中，
，
∴Rt△BHP≌Rt△BFP（HL），
同理可得：Rt△CHP≌Rt△CGP，
∴BH=BD+DF，CH=CE-GE，
两式相加可得：BH+CH=BD+DF+CE-GE，
∵DF=EG，
∴BC=BD+CE，
故④正确，符合题意；
⑤∵AP是∠BAC的角平分线，
∴点P到AB和AC的距离相等，
∴S△ABP：S△ACP=AB：AC，
故⑤正确，符合题意；
综上，正确的结论是①②④⑤，共4个，
故答案为：B.
【分析】利用角平分线的性质和判定方法、全等三角形的判定方法和性质及三角形的面积公式的计算方法逐项分析判断即可.
8．【答案】B
【知识点】角平分线的判定；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵，
∴，
即，
在和中，，
∴，
∴，，①正确；
由三角形的外角性质得：
∴°，②正确；
，
当时，才平分，
假设
，
，
平分，
，
在和中，
，
，
，
. 与矛盾，
③错误；
作于，于，如图所示
则°，
在和中，，
∴，
∴，
∴平分，④正确；
正确的个数有3个；
故答案为：B．
【分析】①利用SAS证明△AOC≌△BOD，即可得到AC=BD；②利用三角形的外角性质即可证明；③由，得出当时，才平分，假设，由得出，由平分得出，推出，得，而，所以，而，故③错误；④作OG⊥MC于点G，OH⊥MB于点H，再用AAS证明△OCG≌△ODH即可证明MO平分∠BMC.
9．【答案】10
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质；线段垂直平分线的性质
【解析】【解答】解：连接AE，过点E作EG⊥AC的延长线于点G，如图所示，
∵ED垂直平分AB，
∴EB=AE.
∵∠ACE+∠BCE=180°，∠ACE+∠ECG=180°，
∴∠BCE=∠ECG，
∵，，
∴EF=EG，
∵EC=EC，
∴Rt△EFC≌Rt△EGC（HL），
∴CF=CG.
∵BE=AE，，EF=EG，
∴Rt△AGE≌Rt△BFE（HL），
∴AG=BF.
∴BF=BC-FC=AC+CG=AC+CF，
∴12-FC=8+CF，
∴CF=2.
∴BF=12-2=10.
故答案为：10.
【分析】利用线段垂直平分线的性质推出EB=AE，根据同角的补角相等得∠BCE=∠ECG，根据角平分线的性质推出EF=EG，从而利用HL证Rt△EFC≌Rt△EGC，得CF=CG，根据HL证明Rt△AGE≌Rt△BFE，得AG=BF，从而求出CF的长度，进而求出BF的长度.
10．【答案】
【知识点】三角形的面积；直角三角形全等的判定-HL；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，过点E作EF⊥BA，交BA的延长线于点F，
∵AH是△ABC的高线，
∴∠F=∠AHB=90°，
∵AE∥BC，
∴∠EAF=∠CBA，
∵AE=AB，
∴△AEF≌△BAH（AAS），
∴FE=AH，
∵DE=AC，
∴Rt△DEF≌Rt△CAH（HL），
∴CH=DF，S△ACH=S△DFE，
∵S△ABC=S△ABH+S△AHC=2S△ABH+S△ADE=5S△ADE，
∴S△ABH：S△ADE=2：1，
∴BH：AD=2：1，
∴AD=，
∴DF=CH=1+=，
∴BC=BH+CH=.
故答案为：.
【分析】过点E作EF⊥BA，交BA的延长线于点F，用AAS证△AEF≌△BAH，得FE=AH，再用HL证明Rt△DEF≌Rt△CAH，得CH=DF，S△ACH=S△DFE，然后根据等高的两个三角形的面积比等于底之比即可解决问题.
11．【答案】
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【解析】【解答】解：如图，连接ED并延长交BC于点F，过点D分别作DP⊥BE，垂足为P；作DQ⊥BC，垂足为Q，
在Rt△ABC中，∵D是斜边AC的中点，
∴AD=CD=BD=5，AC=2BD=10，
∴ ，
∵AE//BC，
∴∠EAD=∠FCD，∠AED=∠CFD，
又∵AD=CD，
∴△ADE≌△CDF，
∴DE=DF，AE=CF，
又∵∠EBD=∠CBD， DP⊥BE， DQ⊥BC，
∴DP=DQ，
又∵BD=BD，DE=DF，
∴Rt△BDP≌Rt△BDQ（HL），Rt△PDE≌Rt△QDF（HL），
∴BP=BQ，PE=QF，
∴BF=BE，
∴BE+AE=BF+CF=BC=8，
设BE=x，则AE=8-x，
在Rt△ABE中，
由勾股定理得
得 ，
解得x= ，
即BE= .
故答案为：
【分析】连接ED并延长交BC于点F，由AE//BC及点D是AC的中点，可证明△ADE≌△CDF，得AE=CF，DE=DF，结合∠EBD=∠CBD，可猜想BF=BE，则BE+AE=BC=8，在Rt△ABE中，由勾股定理构造关于BE的方程解答即可.
12．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；全等三角形的应用；角平分线的判定
【解析】【解答】解： 和都是等边三角形，
，，，
，
， 正确；
，
，
，
，
，正确；
如图，作，，
，，，
，，
，
，
，
平分， 正确；
如图，在上截取，
，
，
，
，
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，正确，
故答案为：.
【分析】利用手拉手模型证明三角形全等，进而得到对应边相等；
通过三角形的内角和求出角的度数；
分析题意作出合适的辅助线是解题关键，利用全等三角形的性质得到结论；
将BM进行分割构造手拉手全等模型是解题关键，利用全等三角形的性质得到线段的数量关系.
13．【答案】（1）证明：如图，连接，
在和中，，，，
≌，
，
，，
平分，
点在的平分线上；
（2）解：，
，
，
，
设，
，
在中，，
，
．
．
【知识点】平行线的性质；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理的应用；角平分线的判定
【解析】【分析】（1）连接AM，根据HL定理证明Rt△ABC≌Rt△ADE，可得AB＝AD，根据角平分线的判定即可解决问题；
（2）证明CM＝AC，设BC＝x，所以CM＝AC＝18 x，根据勾股定理即可解决问题．
14．【答案】（1）证明：∵EC⊥AC，∠BAC＝90°，
∴∠ACE＝∠BAC＝90°，
在Rt△ABD与Rt△CAE中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△CAE（HL），
∴CE＝AD；
（2）证明：由（1）知，CE＝AD，
∵AD＝CF，
∴CE＝CF，
∴∠CFE＝∠CEF，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ACB＝45°，
∴∠ECF＝∠ACE-∠ACB＝90°-45°＝45°，
∴∠CFE＝∠CEF＝（180°-45°）＝67.5°，
∴∠AFB＝∠CFE＝67.5°，
∵∠AFB＝∠ACB+∠CAE＝45°+∠CAE，
∴∠CAE＝22.5°，
∴∠BAF＝90°-∠CAE＝67.5°，
∴∠BAF＝∠BFA＝67.5°，
∴BA＝BF，
由（1）知，∠CAE＝∠ABD＝22.5°，
∴∠FBD＝45°-22.5°＝22.5°，
∴∠ABD＝∠FBD，
∴AH＝FH，
∴H是AF的中点．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）从问题入手，线段相等通常证明线段所在三角形全等，按照这个思路找全等条件；直角三角形中，已知有2组边对应相等，可以应用HL定理；（2）要证明H是AF的中点，尝试证明三角形ABF是等腰三角形，试证BH是顶角平分线，则根据三线合一定理就可以证明H是AF的中点；根据已知线段相等的条件，等量代换，可求∠AFB＝∠CFE＝∠CEF＝67.5°根据同角的余角相等可求∠BAF＝67.5°，故可证明AB=AF，根据（1）全等的结论对应角相等也可证BH是顶角平分线，至此整理思路、书写证明过程。
15．【答案】（1）①解： 和 都是等边三角形，
，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ 为 ．
②证明：如图1，过点C作 ，交 的延长线于点H，则 ，
由①知， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
（2）证明：如图2，过点A分别作 于点P， 于点Q，
，
∴ ，
∴ ， ，即 ，解得 ，
∵ ， ，
∴ 平分 ．
【知识点】等边三角形的性质；角平分线的判定；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）①根据SAS证明△ABD≌△ACE，可得=90°， 从而得出 ；
② 过点C作 ，交 的延长线于点H，则 ， 易求 可得 ，由（1）知△ABD≌△ACE，可得BD=CE=CH，根据AAS证明△BDF≌△CHF，利用全等三角形的对应边相等即得结论；
（2） 过点A分别作 于点P， 于点Q，根据SAS证明△ABD≌△ACE，可得 ， ， 利用三角形的面积公式可求AP=AQ，根据角平分线的判定定理即证结论.
16．【答案】（1）证明：∵，是高，
∴，
∵，
∴，
∴.
（2）2
（3）解：延长，过点D作于点E，过点D作于点F，如图所示：
则，
∵平分，，
∴，
∴，
∴，
∵平分，，，
∴，
∵在和中，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∵在和中，
∴，
∴，
∴.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质；勾股定理；三角形全等的判定-AAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（2）解：∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
根据解析（1）可知，，
∴，
∴，
∴
.
故答案为：2.
【分析】（1）由等腰三角形三线合一可得AD=CD=AC，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BD=AC，于是结论可求解；
（2）由三角形内角和定理可得∠A=∠C=×90°，由等腰三角形三线合一可得∠ABD=∠CBD=∠ABC，于是∠EBD=∠C，根据同角的余角相等可得∠EDB=∠FDC，结合（1）的结论用角边角可证，根据图中四边形面积的构成S四边形EDFB====BD×CD可求解；
（3）延长BA，过点D作DE⊥BA于点E，过点D作DF⊥BC于点F，结合已知根据30度角所对的直角边等于斜边的一半可得DF=BD，用勾股定理可求得BF的值，由角平分线上的点到角两边的距离相等可得DE=DF，用HL定理可证，则BE=BF，用同角的补角相等可得∠EAD=∠C，结合已知用角角边可证，于是可得AE=CF，然后根据线段的构成AB+BC=AB+BF+CF=AB+AE+BF=BE+BF可求解.
17．【答案】（1）MN=BM
（2）解：①证明：如图，连接BP，
由折叠的性质和正方形的性质得BN=AB=BC，∠C=∠BNM=90°，
在Rt△PBN与Rt△PBC中，
，
∴Rt△PBN≌Rt△PBC（HL），
∴∠PBN=∠PBC，
∴点P在∠NBC的平分线上；
②∵Rt△PBN≌Rt△PBC，
∴PN=PC=3cm，
由折叠的性质得MN=AM，
∴MP=MN+PN=（AM+3）cm，
∵AD=CD=AB=8cm，CP=3cm，
∴DP=5cm，DM=（8-AM）cm，
∵MP2=DM2+DP2，
∴（AM+3）2=（8-AM）2+52，
∴AM=.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；含30°角的直角三角形；勾股定理；轴对称的性质
【解析】【解答】解：（1）由折叠的性质得BE=AB，BN=AB，∠BEF=∠BNM=90°，∠ABM=∠NBM，
∴BE=BN，
∴∠BNE=30°，
∴∠NBE=60°，
∴∠ABM=∠NBM=30°，
∴MN=BM，
故答案为MN=BM；
【分析】（1）根据折叠的性质得出∠ABM=∠NBM=30°，∠BNM=90°，即可得出MN=BM；
（2）①连接BP，利用HL证出Rt△PBN≌Rt△PBC，得出∠PBN=∠PBC，即可得出点P在∠NBC的平分线上；
②根据题意得出MP=（AM+3）cm，DP=5cm，DM=（8-AM）cm，再根据勾股定理得出MP2=DM2+DP2，从而得出（AM+3）2=（8-AM）2+52，解方程即可得出AM的长.
1 / 1【培优版】浙教版数学八上2.8 直角三角形的判定同步练习
一、选择题
1．（2024九下·柯桥月考） 如图，在△ABC中，∠C＝90°，使点P到AB、BC的距离相等，则符合要求的作图痕迹（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】角平分线的判定；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：在边AC上确定一点P，使点P到AB、BC的距离相等，则点P是∠ABC的平分线与AC的交点，
故答案为：C．
【分析】根据角平分线的作法作出即可.
2．（2020八上·黄石港期中）如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补.若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM=PN；②OM+ON的值不变；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F.
∵∠PEO=∠PFO=90°，
∴∠EPF+∠AOB=180°，
∵∠MPN+∠AOB=180°，
∴∠EPF=∠MPN，
∴∠EPM=∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴PE=PF，
在△POE和△POF中，
，
∴Rt△POE≌Rt△POF（HL），
∴OE=OF，
在△PEM和△PFN中，
，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴EM=NF，PM=PN，故①正确，
∴S△PEM=S△PNF，
∴S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，故④正确，
OM+ON=OE+ME+OF-NF=2OE=定值，故②正确，
在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，顶角∠MPN是定值，因为腰PM的长度是变化的，所以底边MN的长度是变化的，故③错误，
故答案为：B.
【分析】作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F.利用同角的补角相等，可证得∠EPF=∠MPN，从而可推出∠EPM=∠FPN，利用角平分线的性质可得到PE=PF，利用HL证明Rt△POE≌Rt△POF利用全等三角形的性质可得到OE=OF；再利用AAS证明△PEM≌△PFN，利用全等三角形的性质可证得EM=NF，PM=PN，可对①作出判断；利用全等三角形的面积相等，可推出S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，可对④作出判断；再证明OM+ON=2OE，可对②作出判断；在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，顶角∠MPN是定值，因为腰PM的长度是变化的，所以底边MN的长度是变化的，可对③作出判断。综上所述可得到正确结论的序号。
3．（2024八下·道县月考）如图，在中，，是的平分线，于点E，平分，则等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质
【解析】【解答】∵在△ABC中，∠C=90°，AD是角平分线，DE⊥AB于E，
∴CD=ED．
在Rt△ACD和Rt△AED中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），
∴∠ADC=∠ADE（全等三角形的对应角相等）．
∵∠ADC+∠ADE+∠EDB=180°，DE平分∠ADB，
∴∠ADC=∠ADE=∠EDB=60°．
∴∠B+∠EDB=90°，
∴∠B=30°．
故答案为：B．
【分析】证明Rt△ACD≌Rt△AED，则∠ADC=∠ADE；进而得出∠ADC=∠ADE=∠EDB=60°；最后由直角三角形的两个锐角互余的性质求得∠B=30°．
4．（2020八上·达拉特旗期中）如图，点P到AE、AD、BC的距离相等，则下列说法：①点P在∠BAC的平分线上②点P在∠CBE的平分线上③点P在∠BCD的平分线上 ④点P是 ∠BAC、∠CBE、∠BCD的平分线的交点，其中正确的是（　　）
A．①②③ B．①②③④ C．②③ D．④
【答案】B
【知识点】角平分线的判定
【解析】【解答】解：∵点P到AE、AD、BC的距离相等，
∴点P在∠BAC的平分线上，故①符合题意；
点P在∠CBE的平分线上，故②符合题意；
点P在∠BCD的平分线上，故③符合题意；
点P在∠BAC，∠CBE，∠BCD的平分线的交点上，故④符合题意，
综上所述，正确的是①②③④．
故答案为：B．
【分析】根据角平分线的判定逐项判定即可。
5．（2024八下·开州开学考）如图， 在 Rt 中， 的平分线 A E 交 B C 于点 于点， 若 的周长为 12 ， 则 的周长为 4 ， 则 A C 为 （　　）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质
【解析】【解答】解：∵在中，，的平分线交于点，于点，
，
的周长为4，
，
，
的周长为12，
，
在和中，
，
，
．
故答案为：B
【分析】先根据角平分线的性质得到，进而即可得到，再根据三角形全等的判定与性质证明即可求解。
6．（2024八上·合江期末）如图，点 是 的中点，平分 ，下列结论：①；②；③；④，四个结论中成立的是（　　）
A．①②④ B．①②③ C．③④ D．①③
【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质
【解析】【解答】解：如图，过E作于F，
∵，平分，
∴，
在和中， ，
∴，
∴，，
∵点E是的中点，
∴，
而，
∴，故③错误；
在和中，，
∴，
∴，，，故②正确；
∴，故④正确；
∴，故①正确．
综上，四个结论中成立的是①②④，
故选：A．
【分析】已知AE平分∠BAD ，过点E作与点F，根据角平分线的性质可得BE=EF，又因为AE=AE，故，因为点E是的中点，所以，斜边大于直角边，故③错误；同理可得，根据三角形全等的性质，可得，故②正确；等量代换，故④正确；由图可得，故①正确；综上可知①②④正确。
7．（2024八上·临江期末）如图，任意画一个的△ABC，再分别作△ABC的两条角平分线BE和CD，BE和CD相交于点P，连接AP，以下结论：
①；②AP平分∠BAC；③；④；⑤，
正确的有（　　）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【知识点】三角形的面积；三角形全等的判定；角平分线的性质；角平分线的判定
【解析】【解答】①∵BE、CD分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，∠BAC=60°
∴∠PBC+∠PCB=×（180°-∠BAC）=×（180°-60°）=60°，
∴∠BPC=180°-（∠PBC+∠PCB）=120°，
故①正确，符合题意；
②过点P分别作出PF⊥AB，PG⊥AC，PH⊥BC，如图所示：
∵BE、CD分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，
∴PF=PG=PH，
∴AP是∠BAC的角平分线，
故②正确，符合题意；
③∵假设AP=PC，则∠PAC=∠PCA，
∴∠BAC=∠BCA=60°，
∴△ABC是等边三角形，这与题干中任意画一个∠BAC=60°的△ABC不符合，
故③不正确，不符合题意；
④∵∠BAC=60°，∠AFP=∠AGP=90°，
∴∠FPG=120°，
∴∠DPF=∠EPG，
在△PFD和△PGE中，
，
∴△PFD≌△PGE（ASA），
∴PD=PE，
在Rt△BHP和Rt△BFP中，
，
∴Rt△BHP≌Rt△BFP（HL），
同理可得：Rt△CHP≌Rt△CGP，
∴BH=BD+DF，CH=CE-GE，
两式相加可得：BH+CH=BD+DF+CE-GE，
∵DF=EG，
∴BC=BD+CE，
故④正确，符合题意；
⑤∵AP是∠BAC的角平分线，
∴点P到AB和AC的距离相等，
∴S△ABP：S△ACP=AB：AC，
故⑤正确，符合题意；
综上，正确的结论是①②④⑤，共4个，
故答案为：B.
【分析】利用角平分线的性质和判定方法、全等三角形的判定方法和性质及三角形的面积公式的计算方法逐项分析判断即可.
8．（2023八上·海曙期中）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC=OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB=40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【知识点】角平分线的判定；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵，
∴，
即，
在和中，，
∴，
∴，，①正确；
由三角形的外角性质得：
∴°，②正确；
，
当时，才平分，
假设
，
，
平分，
，
在和中，
，
，
，
. 与矛盾，
③错误；
作于，于，如图所示
则°，
在和中，，
∴，
∴，
∴平分，④正确；
正确的个数有3个；
故答案为：B．
【分析】①利用SAS证明△AOC≌△BOD，即可得到AC=BD；②利用三角形的外角性质即可证明；③由，得出当时，才平分，假设，由得出，由平分得出，推出，得，而，所以，而，故③错误；④作OG⊥MC于点G，OH⊥MB于点H，再用AAS证明△OCG≌△ODH即可证明MO平分∠BMC.
二、填空题
9．（2023七上·淮安月考）如图，在△ABC中，D为AB中点，DE⊥AB，∠ACE+∠BCE=180°，EF⊥BC交AC于点F，AC=8，BC=12，则BF的长为　 　.
【答案】10
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质；线段垂直平分线的性质
【解析】【解答】解：连接AE，过点E作EG⊥AC的延长线于点G，如图所示，
∵ED垂直平分AB，
∴EB=AE.
∵∠ACE+∠BCE=180°，∠ACE+∠ECG=180°，
∴∠BCE=∠ECG，
∵，，
∴EF=EG，
∵EC=EC，
∴Rt△EFC≌Rt△EGC（HL），
∴CF=CG.
∵BE=AE，，EF=EG，
∴Rt△AGE≌Rt△BFE（HL），
∴AG=BF.
∴BF=BC-FC=AC+CG=AC+CF，
∴12-FC=8+CF，
∴CF=2.
∴BF=12-2=10.
故答案为：10.
【分析】利用线段垂直平分线的性质推出EB=AE，根据同角的补角相等得∠BCE=∠ECG，根据角平分线的性质推出EF=EG，从而利用HL证Rt△EFC≌Rt△EGC，得CF=CG，根据HL证明Rt△AGE≌Rt△BFE，得AG=BF，从而求出CF的长度，进而求出BF的长度.
10．（2024八上·广水期末）如图，在中，是高，，，在边上取点，连接，，若，，则　 　．
【答案】
【知识点】三角形的面积；直角三角形全等的判定-HL；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，过点E作EF⊥BA，交BA的延长线于点F，
∵AH是△ABC的高线，
∴∠F=∠AHB=90°，
∵AE∥BC，
∴∠EAF=∠CBA，
∵AE=AB，
∴△AEF≌△BAH（AAS），
∴FE=AH，
∵DE=AC，
∴Rt△DEF≌Rt△CAH（HL），
∴CH=DF，S△ACH=S△DFE，
∵S△ABC=S△ABH+S△AHC=2S△ABH+S△ADE=5S△ADE，
∴S△ABH：S△ADE=2：1，
∴BH：AD=2：1，
∴AD=，
∴DF=CH=1+=，
∴BC=BH+CH=.
故答案为：.
【分析】过点E作EF⊥BA，交BA的延长线于点F，用AAS证△AEF≌△BAH，得FE=AH，再用HL证明Rt△DEF≌Rt△CAH，得CH=DF，S△ACH=S△DFE，然后根据等高的两个三角形的面积比等于底之比即可解决问题.
11．（2018八上·宁波期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，D为AC中点，过点A作AE∥BC，连结BE，∠EBD=∠CBD，BD=5，则BE的长为　 　.
【答案】
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【解析】【解答】解：如图，连接ED并延长交BC于点F，过点D分别作DP⊥BE，垂足为P；作DQ⊥BC，垂足为Q，
在Rt△ABC中，∵D是斜边AC的中点，
∴AD=CD=BD=5，AC=2BD=10，
∴ ，
∵AE//BC，
∴∠EAD=∠FCD，∠AED=∠CFD，
又∵AD=CD，
∴△ADE≌△CDF，
∴DE=DF，AE=CF，
又∵∠EBD=∠CBD， DP⊥BE， DQ⊥BC，
∴DP=DQ，
又∵BD=BD，DE=DF，
∴Rt△BDP≌Rt△BDQ（HL），Rt△PDE≌Rt△QDF（HL），
∴BP=BQ，PE=QF，
∴BF=BE，
∴BE+AE=BF+CF=BC=8，
设BE=x，则AE=8-x，
在Rt△ABE中，
由勾股定理得
得 ，
解得x= ，
即BE= .
故答案为：
【分析】连接ED并延长交BC于点F，由AE//BC及点D是AC的中点，可证明△ADE≌△CDF，得AE=CF，DE=DF，结合∠EBD=∠CBD，可猜想BF=BE，则BE+AE=BC=8，在Rt△ABE中，由勾股定理构造关于BE的方程解答即可.
12．（2023七下·莲湖月考）如图，已知等边和等边，点P在BC的延长线上，EC的延长线交AP于点M，连接BM；下列结论：①；②；③BM平分；④，其中正确的有　 　（填序号）．
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；全等三角形的应用；角平分线的判定
【解析】【解答】解： 和都是等边三角形，
，，，
，
， 正确；
，
，
，
，
，正确；
如图，作，，
，，，
，，
，
，
，
平分， 正确；
如图，在上截取，
，
，
，
，
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，正确，
故答案为：.
【分析】利用手拉手模型证明三角形全等，进而得到对应边相等；
通过三角形的内角和求出角的度数；
分析题意作出合适的辅助线是解题关键，利用全等三角形的性质得到结论；
将BM进行分割构造手拉手全等模型是解题关键，利用全等三角形的性质得到线段的数量关系.
三、解答题
13．（2024八下·开福开学考）如图，在和中，，，，延长，交于点．
（1）求证：平分；
（2）若，，，求的长．
【答案】（1）证明：如图，连接，
在和中，，，，
≌，
，
，，
平分，
点在的平分线上；
（2）解：，
，
，
，
设，
，
在中，，
，
．
．
【知识点】平行线的性质；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理的应用；角平分线的判定
【解析】【分析】（1）连接AM，根据HL定理证明Rt△ABC≌Rt△ADE，可得AB＝AD，根据角平分线的判定即可解决问题；
（2）证明CM＝AC，设BC＝x，所以CM＝AC＝18 x，根据勾股定理即可解决问题．
14．（2023八上·海淀月考）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是AC边上一点，连接BD，EC⊥AC，且AE=BD，连接AE交BC于点F，交BD于点H．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当AD＝CF时，求证：H是AF的中点．
【答案】（1）证明：∵EC⊥AC，∠BAC＝90°，
∴∠ACE＝∠BAC＝90°，
在Rt△ABD与Rt△CAE中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△CAE（HL），
∴CE＝AD；
（2）证明：由（1）知，CE＝AD，
∵AD＝CF，
∴CE＝CF，
∴∠CFE＝∠CEF，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ACB＝45°，
∴∠ECF＝∠ACE-∠ACB＝90°-45°＝45°，
∴∠CFE＝∠CEF＝（180°-45°）＝67.5°，
∴∠AFB＝∠CFE＝67.5°，
∵∠AFB＝∠ACB+∠CAE＝45°+∠CAE，
∴∠CAE＝22.5°，
∴∠BAF＝90°-∠CAE＝67.5°，
∴∠BAF＝∠BFA＝67.5°，
∴BA＝BF，
由（1）知，∠CAE＝∠ABD＝22.5°，
∴∠FBD＝45°-22.5°＝22.5°，
∴∠ABD＝∠FBD，
∴AH＝FH，
∴H是AF的中点．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）从问题入手，线段相等通常证明线段所在三角形全等，按照这个思路找全等条件；直角三角形中，已知有2组边对应相等，可以应用HL定理；（2）要证明H是AF的中点，尝试证明三角形ABF是等腰三角形，试证BH是顶角平分线，则根据三线合一定理就可以证明H是AF的中点；根据已知线段相等的条件，等量代换，可求∠AFB＝∠CFE＝∠CEF＝67.5°根据同角的余角相等可求∠BAF＝67.5°，故可证明AB=AF，根据（1）全等的结论对应角相等也可证BH是顶角平分线，至此整理思路、书写证明过程。
15．（2023·安庆模拟）已知和都是等边三角形，分别连接．
（1）如图1，若．
①求的度数；
②延长交于点F，求证：；
（2）如图2，若点D在边上，延长交于点G，连接．求证：平分．
【答案】（1）①解： 和 都是等边三角形，
，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ 为 ．
②证明：如图1，过点C作 ，交 的延长线于点H，则 ，
由①知， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
（2）证明：如图2，过点A分别作 于点P， 于点Q，
，
∴ ，
∴ ， ，即 ，解得 ，
∵ ， ，
∴ 平分 ．
【知识点】等边三角形的性质；角平分线的判定；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）①根据SAS证明△ABD≌△ACE，可得=90°， 从而得出 ；
② 过点C作 ，交 的延长线于点H，则 ， 易求 可得 ，由（1）知△ABD≌△ACE，可得BD=CE=CH，根据AAS证明△BDF≌△CHF，利用全等三角形的对应边相等即得结论；
（2） 过点A分别作 于点P， 于点Q，根据SAS证明△ABD≌△ACE，可得 ， ， 利用三角形的面积公式可求AP=AQ，根据角平分线的判定定理即证结论.
16．（2023八下·西安月考）问题探究：
（1）如图1，中，，，是高，求证：.
（2）如图2，在（1）条件下，、分别是和上的点，且，如果，那么四边形的面积是　 　；
（3）如图3，四边形中，平分，，，，求的值.
【答案】（1）证明：∵，是高，
∴，
∵，
∴，
∴.
（2）2
（3）解：延长，过点D作于点E，过点D作于点F，如图所示：
则，
∵平分，，
∴，
∴，
∴，
∵平分，，，
∴，
∵在和中，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∵在和中，
∴，
∴，
∴.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；角平分线的性质；勾股定理；三角形全等的判定-AAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（2）解：∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
根据解析（1）可知，，
∴，
∴，
∴
.
故答案为：2.
【分析】（1）由等腰三角形三线合一可得AD=CD=AC，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BD=AC，于是结论可求解；
（2）由三角形内角和定理可得∠A=∠C=×90°，由等腰三角形三线合一可得∠ABD=∠CBD=∠ABC，于是∠EBD=∠C，根据同角的余角相等可得∠EDB=∠FDC，结合（1）的结论用角边角可证，根据图中四边形面积的构成S四边形EDFB====BD×CD可求解；
（3）延长BA，过点D作DE⊥BA于点E，过点D作DF⊥BC于点F，结合已知根据30度角所对的直角边等于斜边的一半可得DF=BD，用勾股定理可求得BF的值，由角平分线上的点到角两边的距离相等可得DE=DF，用HL定理可证，则BE=BF，用同角的补角相等可得∠EAD=∠C，结合已知用角角边可证，于是可得AE=CF，然后根据线段的构成AB+BC=AB+BF+CF=AB+AE+BF=BE+BF可求解.
四、实践探究题
17．（2023九上·南宁开学考）数学活动课上，同学们用矩形纸片折叠作特殊的角.操作如下：
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：再一次折叠纸片，使折痕经过点，得到折痕BM，点的对应点为点，把纸片展平，连接MN，BN.
（1）如图1，当点N落在EF上，直接写出BM和MN的数量关系　 　.
（2）如图2，当AB=BC时，延长MN交CD于点P.
①求证：点P在∠NBC的平分线上；
②若AB=8cm，CP=3cm，求AM的长.
【答案】（1）MN=BM
（2）解：①证明：如图，连接BP，
由折叠的性质和正方形的性质得BN=AB=BC，∠C=∠BNM=90°，
在Rt△PBN与Rt△PBC中，
，
∴Rt△PBN≌Rt△PBC（HL），
∴∠PBN=∠PBC，
∴点P在∠NBC的平分线上；
②∵Rt△PBN≌Rt△PBC，
∴PN=PC=3cm，
由折叠的性质得MN=AM，
∴MP=MN+PN=（AM+3）cm，
∵AD=CD=AB=8cm，CP=3cm，
∴DP=5cm，DM=（8-AM）cm，
∵MP2=DM2+DP2，
∴（AM+3）2=（8-AM）2+52，
∴AM=.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；含30°角的直角三角形；勾股定理；轴对称的性质
【解析】【解答】解：（1）由折叠的性质得BE=AB，BN=AB，∠BEF=∠BNM=90°，∠ABM=∠NBM，
∴BE=BN，
∴∠BNE=30°，
∴∠NBE=60°，
∴∠ABM=∠NBM=30°，
∴MN=BM，
故答案为MN=BM；
【分析】（1）根据折叠的性质得出∠ABM=∠NBM=30°，∠BNM=90°，即可得出MN=BM；
（2）①连接BP，利用HL证出Rt△PBN≌Rt△PBC，得出∠PBN=∠PBC，即可得出点P在∠NBC的平分线上；
②根据题意得出MP=（AM+3）cm，DP=5cm，DM=（8-AM）cm，再根据勾股定理得出MP2=DM2+DP2，从而得出（AM+3）2=（8-AM）2+52，解方程即可得出AM的长.
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