【精品解析】《三角形的综合》精选压轴题（三）—浙江省八（上）数学期末复习

《三角形的综合》精选压轴题（三）—浙江省八（上）数学期末复习
一、单选题
1．（2024八上·东阳期末）如图，在中，，点D在的延长线上，过点D作交边于点E，交于点F，记长为a，长为b．当a，b的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；两直线平行，内错角相等；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：过点C作于点M，作于点H，如图所示，
∵在中，，
∴，
∴，
∵，
∴
∴四边形是矩形，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∴
则
∴为定值，
故答案为：A．
【分析】过点C作于点M，作于点H，先根据等腰三角形的性质得到AM，进而根据勾股定理求出CM，再利用矩形的判定证出四边形是矩形，得到EH，最后利用两直线平行，内错角相等和角的关系得到DH=FH即可.
2．（2024八上·浙江期末）如图，在中，斜边，以为边向外作等边三角形，以为腰作等腰，连结．若为，为，为，则下列关系式成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理
【解析】【解答】解：过点作交于点，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵是直角三角形，，是直角三角形，，
∴点，，在一条直线上，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
∴D成立，
故答案为：D．
【分析】过点作交于点，即可得到，利用勾股定理求得，然后根据，得到，，然后解题即可．
3．（2024八上·温州期末）如图，在 Rt 中， ，以 为边作正方形，点 落在 上．记正方形 的面积为 的面积为 ，设 ．若 ，则下列代数式的值不变的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：设GE=a，
∵EF=y，
∴GF=GE+EF =a+y，
∵四边形ACFG是正方形，
∴AG=AC=CF=GF=a+y， ∠CAG =∠G =∠ACB=90°，
∵S2= S△AGE=EG×AG = a(a+y)，
∵四边形ABDE为正方形，
∴AE = AB=BD =ED，
在Rt△AEG和Rt△ABC中，
∴Rt△AEG≌Rt△ABC(HL)，
∴GE =BC=a，
∵BF=x，
∴CF=BF-BC=x-a，
∴a+y=x-a，
∴a =(x-y)，
在Rt△AEG中，由勾股定理得：
AE2= GE2+ AG2=a2+(a +y)2，
∴S1= AE2=a2+(a +y)2= 2a2+ 2ay+ y2，
∵ S1=6S2，
∴2a2+ 2ay +y2= 6×a(a+y)，
整理得：y2=a2+ay，
将a =(x - y)代入y2= a2+ ay，
得： y2=(x-y)2+y(x-y)，
整理得： x2= 5y2，
∵x >0，y>0，
∴x=y，
∴，
∴代数式的值不变；
故答案为：D.
【分析】设GE=a，根据正方形的性质可得出边长的代数式，进而得出S2，再通过HL证明Rt△AEG和Rt△ABC全等，再根据全等三角形的性质得对应边相等，进而得出CF的长度，由此得出关于a的代数式，根据勾股定理及正方形的面积公式得S1，进而得出关于x，y的等式，据此即可得出答案.
4．（2024八上·乐清月考）如图，正方形和正方形的点在同一条直线上，点为的中点，连接，则已知下列哪条线段的长度，一定能求出线段的长（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA；直角三角形斜边上的中线；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接并延长交于，如下图，
∵四边形和四边形是正方形，三点在同一直线上，
∴，，，，
∴，
∵点为的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴是的中点，
∴在中，可有，
∵，，
∴，即，
即为等腰直角三角形，
所以知道的长度，可求出，一定能求出线段的长．
故答案为：C．
【分析】连接并延长交于，利用平行线的性质得到，再根据ASA得到，即可得到，，然后得到，解答即可．
5．（2024八上·东阳期末）如图，平分，过点作于点交的延长线于点与交于点．下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的为（　　）
A．①②③④ B．③④ C．①②③ D．①②④
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；直角三角形全等的判定-HL；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：平分，
．
在和中，
，
故结论①正确；
．
在和中，
，
，
故结论②正确；
，
．
，
，
故结论③正确；
。
，
，
，
故结论④正确．
综上所述，结论正确的为①②③④，
故答案为：A．
【分析】根据得到，判断①；根据判定②；得到判定③；证明判定④解答即可.
二、填空题
6．（2024八上·东阳期末）如图，在中，，，是上的一点，连接，将沿折叠，点落在点处，交于点，若，则　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：过点作于点，于点，过点作于点，如图所示，
∵，，
∴，
∴，
由折叠的性质可得，，
∵，，
∴，
设，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】过点作于点，于点，过点作于点，先根据等腰三角形的性质和勾股定理得到AH，进而根据折叠的性质求出AD，DT，最后根据三角形的面积求解即可.
7．（2024八上·浙江期末）如图，中，，将沿着翻折，使顶点的对应点刚好落在边上，平分交于点，连接．若，则　 　．
【答案】
【知识点】三角形外角的概念及性质；等腰三角形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵折叠，
∴，
∵，，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到：，根据折叠的性质得到：=45°，由三角形外角性质及角的构成，可推出，从而利用＂ASA＂证明△CEF≌△AGE，由全等三角形的对应边相等得到，最后根据等边对等角及三角形的内角和定理可求出∠EFG的度数.
8．（2024八下·凉州期中）如图，边长为5的大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，连结并延长交于点M．若，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：过点M作于点N，设与交于点K，如图，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
由题意得：，
∴，．
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：
，
解得：，
∴，
故答案为：．
【分析】过点M作于点N，设与交于点K，利用全等三角形可得，．进而得到，然后推理得到，即可得到，设，利用勾股定理解题即可．
9．（2024八上·金东期末）在一次综合实践活动中，小明将6个边长为1的小正方形进行如下操作：第一次操作，三个小正方形一组，边重叠拼接成如图1所示的2个“型”；第二次操作，将这2个“型”顶点、重合，并且使得，，三点共线，摆放成如图2所示的图形；第三次操作，将图2中的新图形放置在长方形纸片中，此时发现，小正方形的顶点、、、都落在长方形的各边上，若，则　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，过G作，交于点N，交于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∵将6个边长为1的小正方形进行操作，
∴EF=2，EG=2，
∴EF=EG，
∵，
∴∠MGE=90°，
∴∠A=∠MGE=90°，
∴∠MEG+∠MGE=90°，
又∠FEG=90°，∠AEF+∠FEG+∠GEM=180°，
∴∠AEF+∠MEG=180°，
∴∠AEF=∠MGE，
在和中，
，
∴，
同理可证，
在和中，
∴，
∴，
∴设，，
∵，
，
∴，
∵EG=2，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】先证，进而可求得，再利用勾股定理求出即可得解．
10．（2024八上·杭州期末）在中，，点D为中点，，绕点D旋转，分别与边，交于E，F两点，下列结论：
①；②；③；④始终为等腰直角三角形，其中正确的是　 　
【答案】①②③④
【知识点】勾股定理；等腰直角三角形；直角三角形斜边上的中线；利用三角形的中线求面积
【解析】【解答】解：如图，连接，
，点为中点，，
，，，
，
，
，
在和中，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，故①正确；
，，
始终为等腰直角三角形，故④正确；
，
，故②正确；
，
，故③正确；
综上所述，正确的是①②③④，
故答案为：①②③④.
【分析】连接，根据直角三角形斜边上的中线以及等腰直角三角形的性质得到，，，证明，得，，，从而得，进而得，利用勾股定理求出，即可得证，然后证明始终为等腰直角三角形，利用勾股定理求出，最后结合三角形中线平分面积的性质即可得.
11．（2024八上·海曙期末）如图，延长至C，连接．
（1）若，则　 　；
（2）若，则　 　．
【答案】；
【知识点】三角形内角和定理；三角形外角的概念及性质；等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：（1）∵∠APB=120°，
∴∠APC=180°-∠APB=60°，
∵PC=PA，
∴△APC是等腰三角形，
∴∠C=60°，
故答案为：60°；
（2）过点C作于E，连接，如下图所示，
∵∠APB=120°，
∴∠APC=180°-∠APB=60°，
∵CE⊥AP，
∴∠PEC=90°，
∴∠PCE=∠APB-∠PEC=30°，
∴PC=2PE，
∵PC=2PB，
∴PE=PB，
∴∠PBE=∠PEB= ∠APC =30°，
∴∠PBE=∠PCE，
∴BE=CE，
∵∠ABP=45°，
∴∠ABE=∠ABP-∠PBE=15°，
∠BAP=∠APC-∠ABP=15°，
∴∠ABE=∠BAP，
∴BE=AE，
∴AE=CE，
∴∠ACE=∠EAC=45°，
∴∠ACP=∠ACE+∠PCE=75°，
故答案为：75°.
【分析】（1）根据平角的定义求出，等边三角形的定义和性质即可得出答案；
（2）过点C作于E，连接，根据三角形的外角和定理求得∠PCE=∠APB-∠PEC=30°，再根据含30°角的直角三角形的性质得到，可以推出，则，证明∠PBE=∠PCE，得到BE=CE，由∠ABP=45°可得∠ABE=∠BAP=15°，得到BE=AE，进而得出AE=CE，则∠ACE=∠EAC=45°，从而得到∠ACP=∠ACE+∠PCE=75°．
三、综合题
12．（2025八上·镇海区期末）如图，已知中，，D为边上一点，，E为三角形外一点，交于点．
（1）若，求的度数．
（2）求证：．
（3）当为直角三角形时，求的值．
（4）若，直接写出的面积．
【答案】（1）解：∵，
∴设，则，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：在与中，
，
∴；
（3）解：由（1）得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴当为直角三角形，只能是，
∴为等腰直角三角形，则也为等腰直角三角形，
过点作于点，
不妨设，则由勾股定理得：，
∵，
∴均为等腰直角三角形，
∴，
由（1）得，
∴，
∴，
∴；
（4）解：过点作于点，如图：
由（2）得，而，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
由（2）得，
∴，
∴由勾股定理得，，
∴
整理得：，
∴，
解得：或（舍），
∴，
∴，
设，则，
∴由勾股定理得，，
∴
解得：，
∴，
∴．
【知识点】三角形的综合
【解析】【分析】（1）设，用表示出，，再由互余得到关于的方程即可求解；
（2）根据可证明；
（3）先证明，当为直角三角形，只能是，再说明为等腰直角三角形，从而可得也为等腰直角三角形，设，则由勾股定理得：，均为等腰直角三角形，则，由（1）得，那么，则，再由三角形面积公式求解；
（4）过点作于点，导角得，则，设，则，，，由勾股定理得，，利用平方根定义解得，那么，设，则，由勾股定理得解得：，则，再由求解即可．
（1）解：∵，
∴设，则，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：由（1）得，，
∵，
∴；
（3）解：由（1）得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴当为直角三角形，只能是，
∴为等腰直角三角形，则也为等腰直角三角形，
过点作于点，
不妨设，则由勾股定理得：，
∵，
∴均为等腰直角三角形，
∴，
由（1）得，
∴，
∴，
∴；
（4）解：过点作于点，如图：
由（2）得，而，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
由（2）得，
∴，
∴由勾股定理得，，
∴
整理得：，
∴，
解得：或（舍），
∴，
∴，
设，则，
∴由勾股定理得，，
∴
解得：，
∴，
∴．
13．（2025八上·临海期末）如图，在中，，，为上方一个点，且，过点作直线交线段于点，交线段于点，且使得．
（1）的度数为______；
（2）探究线段，，的数量关系；
（3）如图2，画出关于直线的对称图形，得到，连接，．
①若长为、长为，求四边形的周长（用含，的式子表示）；
②若，，请直接写出的面积（用含，的式子表示）．
【答案】（1）
（2）解：，理由如下：
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，，
，
即：；

（3）解：①，，
为等边三角形，
与关于直线对称，
为等边三角形，
，，
由（2）得：，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
为等边三角形，
，，
四边形的周长
；
②如图，连接，
由（2）得：，
设，
，，
，
又，
，
为等边三角形，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
与关于直线对称，
，
，
解得：，
的面积为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；轴对称的性质；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】
（1）
解：，，
，
，
故答案为：.
【分析】
（1）由等边对等角可得，由三角形的内角和定理可得，由此即可求出的度数；
（2）由三角形的内角和定理可得，由邻补角互补可得，，进而可得，由三角形的内角和定理可得，由平角的定义可得，进而可得，再结合，用角角边可证得，于是可得，，由线段之间的和差关系可得，再用等量代换即可求解；
（3）①由已知条件可得为等边三角形，由轴对称的性质可得为等边三角形，于是可得，，由（2）得，，则，进而可得，利用可证得，于是可得，，则，即，于是可得为等边三角形，则，进而可得四边形的周长，于是得解；②连接，由（2）得，因而设，可得，，于是可得为等边三角形，则，进而可得，于是可得四边形是菱形，则，由全等三角形的性质可得，进而可得，即，由轴对称的性质可得，于是可得，解方程即可求出的值，进而可得的面积．
（1）解：，，
，
，
故答案为：；
（2）解：，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，，
，
即：；
（3）解：①，，
为等边三角形，
与关于直线对称，
为等边三角形，
，，
由（2）得：，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
为等边三角形，
，，
四边形的周长
；
②如图，连接，
由（2）得：，
设，
，，
，
又，
，
为等边三角形，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
与关于直线对称，
，
，
解得：，
的面积为．
14．（2024八上·钱塘期末）如图1，在中，，，直线经过点A，，在直线异侧，于点D，于点E．
（1）求证：．
（2）如图2，连结．
①若，，求的长．
②取中点G，连结，猜想，，三者的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴；
（2）解：①由（1）知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②，理由如下：
如图2，延长交CE于H，
∵G是的中点，
∴，
∵，
∴.，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
【知识点】等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；异侧一线三垂直全等模型；猜想与证明；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）由直角三角形两锐角互余、角的构成及同角的余角相等得，从而根据证明即可；
（2）①根据三角形的全等对应边相等可得：，最后由勾股定理可得的长；
②如图2，延长交CE于H，由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得BD∥CE，由二直线平行，内错角相等得，用AAS证明，由全等三角形对应边相等得，进而可判断出△DEH是等腰直角三角形，最后由等腰直角三角形的性质并结合勾股定理即可解答．
（1）证明：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴；
（2）解：①由（1）知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②，理由如下：
如图2，延长交于H，
∵G是的中点，
∴，
∵，
∴.，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
15．（2025八上·柯桥期末）如图，在等边中，点在边、上，且，连接、交于点．
（1）①求证：≌；
②过点作，请直接写出线段与的数量关系_______．
（2）如图，连接，当时，请求出线段与的数量关系．
（3）如图，延长到点，当，时，则______．
【答案】（1）①证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABD=∠C=∠BAC=60°，AB=CB，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS）；
②.
（2）解：由①得，△ABD≌△BCE，
∴∠BAD=∠CBE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABD=∠C=∠BAC=60°，AB=AC，
∴∠BAC-∠BAD=∠ABD-∠CBE，
∴∠CAF=∠EBA，
∵，，
∴，
在△AFC和△BGA中，
，
∴△AFC≌△BGA（AAS），
∴AF=BG，
∵由②可知，AF=2GF，
∴BG=2GF，
∴AF=BF.
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：（1）②由①得，△ABD≌△BCE，
∴∠BAD=∠CBE，
∵∠ABD=∠ABE+∠CBE=60°，
∴∠ABE+∠BAD=∠AFG=60°，
∵AG⊥BE，
∴∠AFG+∠FAG=90°，
∴∠FAG=30°，
∴AF=2GF，
故答案为：AF=2GF.
（3）过作交的延长线于点，过作AH⊥BP于点H，
∵BM⊥PC，，
∴，，
∵ △ABC是等边三角形， ，
∴ ∠ABD=∠C=∠BAC=60°，AB=AC=BC，
∴，
∴∠ABD-∠PBC=∠PBM-∠PBC，
∴∠ABH=∠CBM，
∵，AH⊥BP，
∴∠AHB=∠M，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴PF=PH+FH=3FB+2FB=5FB
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】（）①根据等边三角形的性质可得 ∠ABD=∠C=∠BAC=60°，AB=CB，再根据全等三角形的判定定理——SAS即可得出结论；② 由①△ABD≌△BCE得∠BAD=∠CBE，进而可得∠AFG=60°，即可得∠FAG=30°，再根据含30°角的直角三角形的性质即可求解；
（）由①得，△ABD≌△BCE得∠BAD=∠CBE，结合等边三角形的性质易证△AFC≌△BGA（AAS），即可得出，进而由②可得，即可得出结论；
（） 过作交的延长线于点，过作AH⊥BP于点H， 根据直角三角形的性质可得，再证明，得到，进而可得，根据线段的和差用FB表示出PF和AF即可求解.
（1）①证明：∵是等边三角形，
∴，，
在和中，
，
∴；
②解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：，理由如下：
∵为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
由（）知，
∴，
∴点为的中点，
∴，
∴；
（3）解：过作交的延长线于，过作于，
∵，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴设，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
16．（2025八上·柯城期末）如图1，在中，，，点在边上，点在边的延长线上，且．
（1）设，求的度数（用含的代数式表示）．
（2）如图2，过点作，交于点，求证：．
（3）如图3，在边上取点，使，作交的延长线于点，若，，求的长．
【答案】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴≌，
∴；
（3）解：作交于点，连接，
∴∠CFD=∠CAB=∠CDF=∠CBA=45°，
∴CF=CD，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴≌，
∴，，
∴，
由（2）可知，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】（1）由等边对等角得，，根据三角形的一个外角等于与之不相邻的两个内角的和得到；
（2）由二直线平行，内错角相等及等边对等角得，根据角的构成及（1）的结论推出，从而可由“ASA”判断出△AFD≌△DBE，由全等三角形的对应边相等得出DF=BE；
（3）作DF∥AB交AC于F，连接MF，由二直线平行同位角相等得∠CFD=∠CAB=∠CDF=∠CBA=45°，由等角对等边得CF=CD，由垂直定义得到，由等角对等边得到，由同角的余角相等得，从而利用“SAS”判断出△CFM≌△CDN，根据全等三角形的性质得到，，最后根据勾股定理即可算出FD的长，从而得到BE的长.
（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴≌，
∴；
（3）解：作交于点，连接，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴≌，
∴，，
∴，
由（2）可知，
∴，
∴．
17．（2025八上·龙泉期末）如图，在等边三角形的边，各取一点，，使，，相交于点．
（1）求证：；
（2）如图，平面内存在一点，满足．
①求的度数；
②如图，以所在的直线为轴，过点垂直所在的直线为轴建立直角坐标系，连接，且．当为等腰三角形时，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）解：①由（1）知：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴；
②点坐标为，，.
【知识点】等边三角形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的综合；等腰三角形的性质-等边对等角；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】
（2）
解：②过点作于点，
∵，，
∴，
由①得：，
∴，
设，则，
∴，
解得：，
∴，
∵是等边三角形，，，
∴，
∴，
当时，
如图，过点作，于点，，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
当时，
过点作，于点，，过点作于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，，
∴，
∴；
当时，
过点作，于点，，连接交于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，，
∴，
∵，，
∴为的中垂线，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
，
∴．
综上所述，点坐标为，，．
【分析】
（1）由等边三角形的性质可得：，，再利用，可依据SAS证明；
（2）①由（1）可得，则由三角形的外角性质结合等边三角形的性质可得，即，再由等边对等角结合等量代换可得，再由四角形的内角和定理可得，再由等腰三角形的性质结合三角形内角和定理可得，则；
②当时，由①知，又，则可过点Q作AB的垂线段QF，由等腰三角形三线合一结合30度角的性质可求得QF等于QB的一半且QF垂直平分AB，再借助已知AB的长结合勾股定理可求出QB的长，再过点P分别作QB和BC的垂线段PN和PM，则由矩形的判定和性质结合等腰三角形的三线合一性质可得PN＝MB＝MO＝，即点P的横坐标可得，再由QP＝QB，可在中应用勾股定理求出QN的长，则BN＝PM，即点P的纵坐标可求；
当，由于前面已求得QB＝QP＝4，BP＝BO＝，可过点Q作BP的垂线段QG，则由等腰三角形三线合一知BG＝，再由等面积法可求得PN的长，即BM可得、OM可得，再利用勾股定理求出PM即可；
当，由于QB＝QP，则B、P关于直线OQ对称，此时可利用勾股定理求出OQ的长，再利用等面积法可求得BP的长，同理可求PN的长，则OM可知，再利用勾股定理求出PM即可．
（1）证明：∵是等边三角形，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）①由（1）知：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴；
②过点作于点，
∵，，
∴，
由①得：，
∴，
设，则，
∴，
解得：，
∴，
∵是等边三角形，，，
∴，
∴，
当时，
如图，过点作，于点，，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
当时，
过点作，于点，，过点作于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，，
∴，
∴；
当时，
过点作，于点，，连接交于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，，
∴，
∵，，
∴为的中垂线，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
，
∴．
综上所述，点坐标为，，．
18．（2025八上·宁波期末）【探究发现】
（1）如图1，中，，，点为的中点，、分别是边、上的两点，若满足，，那么．
①的度数为________；
②线段、、之间满足的数量关系为________．
【应用类比】
（2）如图2，中，，，点为的中点，、分别是边、上的两点，若满足，试探究线段、、之间满足的数量关系，并说明理由．
【拓展延伸】
（3）如图3，中，，，点为的中点，、分别是直线、上的两点，若满足，，请求出的长．
【答案】（1）①；②
（2）．理由是：
取中点G，连接，如图2，
∵△ABC中，AB=AC，点D为BC的中点，∠BAC=120°，
∴，AD⊥BC，
∵点G是斜边中点，
∴，
∴∠B=∠BDG=30°，△ADG是等边三角形，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）当点E在线段上时，如图3，取的中点H，连接，
当，，时，
，此时F在的延长线上，
同（2）可得：，
∴，
∵，，
∴，
当点E在延长线上时，如图4，
同理可得：；
综上：的长为或．
【知识点】三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）①如图1，∵点为的中点，
∴AD⊥BC，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：；
②∵△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D为BC的中点，
∴∠BAD=∠CAD=∠B=∠C=45°，AD=BD=CD，
又∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
【分析】（1）①由等腰三角形的三线合一得AD⊥BC，从而根据同角的余角相等得；
②由等腰直角三角形的性质得∠BAD=∠CAD=∠B=∠C=45°，AD=BD=CD，从而用“ASA”判断出△BDF≌△ADE，由全等三角形的的对应边相等可得，即可证明；
（2）取AB中点G，连接DG，由等腰三角形的三线合一得，AD⊥BC，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半得，由三角形内角和定理、等边对等角得∠B=∠BDG=30°，由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形得△ADG是等边三角形，由角的构成及等式性质推出∠GDF=∠ADE，从而利用“ASA”证明，由全等三角形的对应边相等得到，可得；
（3）分两种情况：当点E在线段上时或当点E在延长线上时，取的中点H，连接，同（2）证明，得到，从而求解．
19．（2025八上·温岭期末）综合实践
【活动交流】数学活动课上，周老师让学生用一段绳子(无弹性)沿着三角板的两直角边边缘拉直滑动．
如图1，第一次拉成折线，且，第二次拉成折线，探究绳子两个端点之间距离的变化情况．
周老师和同学们在探究时，有如下交流：
小明：两种不同位置，绳子的两个端点的距离不一样，即．
小聪：我发现问题可抽象为：如图，在中，，在和延长线上分别取点，，若，则．
小颖：小聪，在探究你的问题的过程中，我发现点是中点．
周老师：小聪发现的结论是正确的，当绳子两端到角顶点距离相等时，绳子两端距离最小．
结合上述师生的交流完成下面任务：
【探究论证】
（1）如图2，请你证明小颖发现的结论；
（2）如图2，请你证明小聪发现的结论；
【创新应用】
（3）如图3，中，，，，点，，分别在边，，上，若，求的最小值．
【答案】（1）证明：如图1，
作，交于，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即是的中点；
（2）证明：如图2，过点分别作的垂线，垂足分别为，
∴，
又∵，
∴
∴，
∵，
∴
∴，
又∵，
∴
∴
∴
在中，，
∴，即
当重合时，取得最小值， 即当绳子两端到角顶点距离相等时，绳子两端距离最小．
（3）解：如图，过点作于点，过点作，交的延长线于点，
∵中，，，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则
∴
∴
∴
∴
∴
作关于的对称点，连接，
∴，
∴
∴当取得最小值时，取得最小值，
由（2）可得时，取得最小值，
又∵
∴是等边三角形，
∴
∵
∴
设
∴
解得：
∴
的最小值为：．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；轴对称的性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的综合
【解析】【分析】（1）作，交于，由二直线平行，内错角相等（同位角相等）得，，由等边对等角得∠ABC=∠C，则∠C=∠CGF，由等角对等边得CF=GF=BE，从而用AAS可证得，有全等三角形的对应边相等得；
（2）过点分别作的垂线，垂足分别为，利用AAS证明，由全等三角形的对应边相等得出；由等边对等角及对顶角相等推出，从而利用AAS证明，由全等三角形的对应边相等得出MB=CN，进而推出，在中，，进而得出，当重合时，取得最小值，即可得出结论；
（3）过点作于点，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，，过点作，交的延长线于点，作关于的对称点，连接，可得，当取得最小值时，取得最小值，由（2）可得时，取得最小值，是等边三角形，进而求得，，即可求解．
1 / 1《三角形的综合》精选压轴题（三）—浙江省八（上）数学期末复习
一、单选题
1．（2024八上·东阳期末）如图，在中，，点D在的延长线上，过点D作交边于点E，交于点F，记长为a，长为b．当a，b的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024八上·浙江期末）如图，在中，斜边，以为边向外作等边三角形，以为腰作等腰，连结．若为，为，为，则下列关系式成立的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2024八上·温州期末）如图，在 Rt 中， ，以 为边作正方形，点 落在 上．记正方形 的面积为 的面积为 ，设 ．若 ，则下列代数式的值不变的是（ ）

A． B． C． D．
4．（2024八上·乐清月考）如图，正方形和正方形的点在同一条直线上，点为的中点，连接，则已知下列哪条线段的长度，一定能求出线段的长（　　）
A． B． C． D．
5．（2024八上·东阳期末）如图，平分，过点作于点交的延长线于点与交于点．下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的为（　　）
A．①②③④ B．③④ C．①②③ D．①②④
二、填空题
6．（2024八上·东阳期末）如图，在中，，，是上的一点，连接，将沿折叠，点落在点处，交于点，若，则　 　．
7．（2024八上·浙江期末）如图，中，，将沿着翻折，使顶点的对应点刚好落在边上，平分交于点，连接．若，则　 　．
8．（2024八下·凉州期中）如图，边长为5的大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，连结并延长交于点M．若，则的长为　 　．
9．（2024八上·金东期末）在一次综合实践活动中，小明将6个边长为1的小正方形进行如下操作：第一次操作，三个小正方形一组，边重叠拼接成如图1所示的2个“型”；第二次操作，将这2个“型”顶点、重合，并且使得，，三点共线，摆放成如图2所示的图形；第三次操作，将图2中的新图形放置在长方形纸片中，此时发现，小正方形的顶点、、、都落在长方形的各边上，若，则　 　．
10．（2024八上·杭州期末）在中，，点D为中点，，绕点D旋转，分别与边，交于E，F两点，下列结论：
①；②；③；④始终为等腰直角三角形，其中正确的是　 　
11．（2024八上·海曙期末）如图，延长至C，连接．
（1）若，则　 　；
（2）若，则　 　．
三、综合题
12．（2025八上·镇海区期末）如图，已知中，，D为边上一点，，E为三角形外一点，交于点．
（1）若，求的度数．
（2）求证：．
（3）当为直角三角形时，求的值．
（4）若，直接写出的面积．
13．（2025八上·临海期末）如图，在中，，，为上方一个点，且，过点作直线交线段于点，交线段于点，且使得．
（1）的度数为______；
（2）探究线段，，的数量关系；
（3）如图2，画出关于直线的对称图形，得到，连接，．
①若长为、长为，求四边形的周长（用含，的式子表示）；
②若，，请直接写出的面积（用含，的式子表示）．
14．（2024八上·钱塘期末）如图1，在中，，，直线经过点A，，在直线异侧，于点D，于点E．
（1）求证：．
（2）如图2，连结．
①若，，求的长．
②取中点G，连结，猜想，，三者的数量关系，并说明理由．
15．（2025八上·柯桥期末）如图，在等边中，点在边、上，且，连接、交于点．
（1）①求证：≌；
②过点作，请直接写出线段与的数量关系_______．
（2）如图，连接，当时，请求出线段与的数量关系．
（3）如图，延长到点，当，时，则______．
16．（2025八上·柯城期末）如图1，在中，，，点在边上，点在边的延长线上，且．
（1）设，求的度数（用含的代数式表示）．
（2）如图2，过点作，交于点，求证：．
（3）如图3，在边上取点，使，作交的延长线于点，若，，求的长．
17．（2025八上·龙泉期末）如图，在等边三角形的边，各取一点，，使，，相交于点．
（1）求证：；
（2）如图，平面内存在一点，满足．
①求的度数；
②如图，以所在的直线为轴，过点垂直所在的直线为轴建立直角坐标系，连接，且．当为等腰三角形时，请直接写出点的坐标．
18．（2025八上·宁波期末）【探究发现】
（1）如图1，中，，，点为的中点，、分别是边、上的两点，若满足，，那么．
①的度数为________；
②线段、、之间满足的数量关系为________．
【应用类比】
（2）如图2，中，，，点为的中点，、分别是边、上的两点，若满足，试探究线段、、之间满足的数量关系，并说明理由．
【拓展延伸】
（3）如图3，中，，，点为的中点，、分别是直线、上的两点，若满足，，请求出的长．
19．（2025八上·温岭期末）综合实践
【活动交流】数学活动课上，周老师让学生用一段绳子(无弹性)沿着三角板的两直角边边缘拉直滑动．
如图1，第一次拉成折线，且，第二次拉成折线，探究绳子两个端点之间距离的变化情况．
周老师和同学们在探究时，有如下交流：
小明：两种不同位置，绳子的两个端点的距离不一样，即．
小聪：我发现问题可抽象为：如图，在中，，在和延长线上分别取点，，若，则．
小颖：小聪，在探究你的问题的过程中，我发现点是中点．
周老师：小聪发现的结论是正确的，当绳子两端到角顶点距离相等时，绳子两端距离最小．
结合上述师生的交流完成下面任务：
【探究论证】
（1）如图2，请你证明小颖发现的结论；
（2）如图2，请你证明小聪发现的结论；
【创新应用】
（3）如图3，中，，，，点，，分别在边，，上，若，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；两直线平行，内错角相等；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：过点C作于点M，作于点H，如图所示，
∵在中，，
∴，
∴，
∵，
∴
∴四边形是矩形，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∴
则
∴为定值，
故答案为：A．
【分析】过点C作于点M，作于点H，先根据等腰三角形的性质得到AM，进而根据勾股定理求出CM，再利用矩形的判定证出四边形是矩形，得到EH，最后利用两直线平行，内错角相等和角的关系得到DH=FH即可.
2．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理
【解析】【解答】解：过点作交于点，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵是直角三角形，，是直角三角形，，
∴点，，在一条直线上，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
∴D成立，
故答案为：D．
【分析】过点作交于点，即可得到，利用勾股定理求得，然后根据，得到，，然后解题即可．
3．【答案】D
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：设GE=a，
∵EF=y，
∴GF=GE+EF =a+y，
∵四边形ACFG是正方形，
∴AG=AC=CF=GF=a+y， ∠CAG =∠G =∠ACB=90°，
∵S2= S△AGE=EG×AG = a(a+y)，
∵四边形ABDE为正方形，
∴AE = AB=BD =ED，
在Rt△AEG和Rt△ABC中，
∴Rt△AEG≌Rt△ABC(HL)，
∴GE =BC=a，
∵BF=x，
∴CF=BF-BC=x-a，
∴a+y=x-a，
∴a =(x-y)，
在Rt△AEG中，由勾股定理得：
AE2= GE2+ AG2=a2+(a +y)2，
∴S1= AE2=a2+(a +y)2= 2a2+ 2ay+ y2，
∵ S1=6S2，
∴2a2+ 2ay +y2= 6×a(a+y)，
整理得：y2=a2+ay，
将a =(x - y)代入y2= a2+ ay，
得： y2=(x-y)2+y(x-y)，
整理得： x2= 5y2，
∵x >0，y>0，
∴x=y，
∴，
∴代数式的值不变；
故答案为：D.
【分析】设GE=a，根据正方形的性质可得出边长的代数式，进而得出S2，再通过HL证明Rt△AEG和Rt△ABC全等，再根据全等三角形的性质得对应边相等，进而得出CF的长度，由此得出关于a的代数式，根据勾股定理及正方形的面积公式得S1，进而得出关于x，y的等式，据此即可得出答案.
4．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA；直角三角形斜边上的中线；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接并延长交于，如下图，
∵四边形和四边形是正方形，三点在同一直线上，
∴，，，，
∴，
∵点为的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴是的中点，
∴在中，可有，
∵，，
∴，即，
即为等腰直角三角形，
所以知道的长度，可求出，一定能求出线段的长．
故答案为：C．
【分析】连接并延长交于，利用平行线的性质得到，再根据ASA得到，即可得到，，然后得到，解答即可．
5．【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；直角三角形全等的判定-HL；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：平分，
．
在和中，
，
故结论①正确；
．
在和中，
，
，
故结论②正确；
，
．
，
，
故结论③正确；
。
，
，
，
故结论④正确．
综上所述，结论正确的为①②③④，
故答案为：A．
【分析】根据得到，判断①；根据判定②；得到判定③；证明判定④解答即可.
6．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：过点作于点，于点，过点作于点，如图所示，
∵，，
∴，
∴，
由折叠的性质可得，，
∵，，
∴，
设，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】过点作于点，于点，过点作于点，先根据等腰三角形的性质和勾股定理得到AH，进而根据折叠的性质求出AD，DT，最后根据三角形的面积求解即可.
7．【答案】
【知识点】三角形外角的概念及性质；等腰三角形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵折叠，
∴，
∵，，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到：，根据折叠的性质得到：=45°，由三角形外角性质及角的构成，可推出，从而利用＂ASA＂证明△CEF≌△AGE，由全等三角形的对应边相等得到，最后根据等边对等角及三角形的内角和定理可求出∠EFG的度数.
8．【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：过点M作于点N，设与交于点K，如图，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
由题意得：，
∴，．
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：
，
解得：，
∴，
故答案为：．
【分析】过点M作于点N，设与交于点K，利用全等三角形可得，．进而得到，然后推理得到，即可得到，设，利用勾股定理解题即可．
9．【答案】
【知识点】勾股定理；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，过G作，交于点N，交于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∵将6个边长为1的小正方形进行操作，
∴EF=2，EG=2，
∴EF=EG，
∵，
∴∠MGE=90°，
∴∠A=∠MGE=90°，
∴∠MEG+∠MGE=90°，
又∠FEG=90°，∠AEF+∠FEG+∠GEM=180°，
∴∠AEF+∠MEG=180°，
∴∠AEF=∠MGE，
在和中，
，
∴，
同理可证，
在和中，
∴，
∴，
∴设，，
∵，
，
∴，
∵EG=2，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】先证，进而可求得，再利用勾股定理求出即可得解．
10．【答案】①②③④
【知识点】勾股定理；等腰直角三角形；直角三角形斜边上的中线；利用三角形的中线求面积
【解析】【解答】解：如图，连接，
，点为中点，，
，，，
，
，
，
在和中，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，故①正确；
，，
始终为等腰直角三角形，故④正确；
，
，故②正确；
，
，故③正确；
综上所述，正确的是①②③④，
故答案为：①②③④.
【分析】连接，根据直角三角形斜边上的中线以及等腰直角三角形的性质得到，，，证明，得，，，从而得，进而得，利用勾股定理求出，即可得证，然后证明始终为等腰直角三角形，利用勾股定理求出，最后结合三角形中线平分面积的性质即可得.
11．【答案】；
【知识点】三角形内角和定理；三角形外角的概念及性质；等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：（1）∵∠APB=120°，
∴∠APC=180°-∠APB=60°，
∵PC=PA，
∴△APC是等腰三角形，
∴∠C=60°，
故答案为：60°；
（2）过点C作于E，连接，如下图所示，
∵∠APB=120°，
∴∠APC=180°-∠APB=60°，
∵CE⊥AP，
∴∠PEC=90°，
∴∠PCE=∠APB-∠PEC=30°，
∴PC=2PE，
∵PC=2PB，
∴PE=PB，
∴∠PBE=∠PEB= ∠APC =30°，
∴∠PBE=∠PCE，
∴BE=CE，
∵∠ABP=45°，
∴∠ABE=∠ABP-∠PBE=15°，
∠BAP=∠APC-∠ABP=15°，
∴∠ABE=∠BAP，
∴BE=AE，
∴AE=CE，
∴∠ACE=∠EAC=45°，
∴∠ACP=∠ACE+∠PCE=75°，
故答案为：75°.
【分析】（1）根据平角的定义求出，等边三角形的定义和性质即可得出答案；
（2）过点C作于E，连接，根据三角形的外角和定理求得∠PCE=∠APB-∠PEC=30°，再根据含30°角的直角三角形的性质得到，可以推出，则，证明∠PBE=∠PCE，得到BE=CE，由∠ABP=45°可得∠ABE=∠BAP=15°，得到BE=AE，进而得出AE=CE，则∠ACE=∠EAC=45°，从而得到∠ACP=∠ACE+∠PCE=75°．
12．【答案】（1）解：∵，
∴设，则，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：在与中，
，
∴；
（3）解：由（1）得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴当为直角三角形，只能是，
∴为等腰直角三角形，则也为等腰直角三角形，
过点作于点，
不妨设，则由勾股定理得：，
∵，
∴均为等腰直角三角形，
∴，
由（1）得，
∴，
∴，
∴；
（4）解：过点作于点，如图：
由（2）得，而，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
由（2）得，
∴，
∴由勾股定理得，，
∴
整理得：，
∴，
解得：或（舍），
∴，
∴，
设，则，
∴由勾股定理得，，
∴
解得：，
∴，
∴．
【知识点】三角形的综合
【解析】【分析】（1）设，用表示出，，再由互余得到关于的方程即可求解；
（2）根据可证明；
（3）先证明，当为直角三角形，只能是，再说明为等腰直角三角形，从而可得也为等腰直角三角形，设，则由勾股定理得：，均为等腰直角三角形，则，由（1）得，那么，则，再由三角形面积公式求解；
（4）过点作于点，导角得，则，设，则，，，由勾股定理得，，利用平方根定义解得，那么，设，则，由勾股定理得解得：，则，再由求解即可．
（1）解：∵，
∴设，则，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：由（1）得，，
∵，
∴；
（3）解：由（1）得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴当为直角三角形，只能是，
∴为等腰直角三角形，则也为等腰直角三角形，
过点作于点，
不妨设，则由勾股定理得：，
∵，
∴均为等腰直角三角形，
∴，
由（1）得，
∴，
∴，
∴；
（4）解：过点作于点，如图：
由（2）得，而，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
由（2）得，
∴，
∴由勾股定理得，，
∴
整理得：，
∴，
解得：或（舍），
∴，
∴，
设，则，
∴由勾股定理得，，
∴
解得：，
∴，
∴．
13．【答案】（1）
（2）解：，理由如下：
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，，
，
即：；

（3）解：①，，
为等边三角形，
与关于直线对称，
为等边三角形，
，，
由（2）得：，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
为等边三角形，
，，
四边形的周长
；
②如图，连接，
由（2）得：，
设，
，，
，
又，
，
为等边三角形，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
与关于直线对称，
，
，
解得：，
的面积为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；轴对称的性质；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】
（1）
解：，，
，
，
故答案为：.
【分析】
（1）由等边对等角可得，由三角形的内角和定理可得，由此即可求出的度数；
（2）由三角形的内角和定理可得，由邻补角互补可得，，进而可得，由三角形的内角和定理可得，由平角的定义可得，进而可得，再结合，用角角边可证得，于是可得，，由线段之间的和差关系可得，再用等量代换即可求解；
（3）①由已知条件可得为等边三角形，由轴对称的性质可得为等边三角形，于是可得，，由（2）得，，则，进而可得，利用可证得，于是可得，，则，即，于是可得为等边三角形，则，进而可得四边形的周长，于是得解；②连接，由（2）得，因而设，可得，，于是可得为等边三角形，则，进而可得，于是可得四边形是菱形，则，由全等三角形的性质可得，进而可得，即，由轴对称的性质可得，于是可得，解方程即可求出的值，进而可得的面积．
（1）解：，，
，
，
故答案为：；
（2）解：，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，，
，
即：；
（3）解：①，，
为等边三角形，
与关于直线对称，
为等边三角形，
，，
由（2）得：，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
为等边三角形，
，，
四边形的周长
；
②如图，连接，
由（2）得：，
设，
，，
，
又，
，
为等边三角形，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
与关于直线对称，
，
，
解得：，
的面积为．
14．【答案】（1）证明：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴；
（2）解：①由（1）知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②，理由如下：
如图2，延长交CE于H，
∵G是的中点，
∴，
∵，
∴.，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
【知识点】等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；异侧一线三垂直全等模型；猜想与证明；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）由直角三角形两锐角互余、角的构成及同角的余角相等得，从而根据证明即可；
（2）①根据三角形的全等对应边相等可得：，最后由勾股定理可得的长；
②如图2，延长交CE于H，由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得BD∥CE，由二直线平行，内错角相等得，用AAS证明，由全等三角形对应边相等得，进而可判断出△DEH是等腰直角三角形，最后由等腰直角三角形的性质并结合勾股定理即可解答．
（1）证明：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴；
（2）解：①由（1）知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②，理由如下：
如图2，延长交于H，
∵G是的中点，
∴，
∵，
∴.，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
15．【答案】（1）①证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABD=∠C=∠BAC=60°，AB=CB，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS）；
②.
（2）解：由①得，△ABD≌△BCE，
∴∠BAD=∠CBE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABD=∠C=∠BAC=60°，AB=AC，
∴∠BAC-∠BAD=∠ABD-∠CBE，
∴∠CAF=∠EBA，
∵，，
∴，
在△AFC和△BGA中，
，
∴△AFC≌△BGA（AAS），
∴AF=BG，
∵由②可知，AF=2GF，
∴BG=2GF，
∴AF=BF.
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：（1）②由①得，△ABD≌△BCE，
∴∠BAD=∠CBE，
∵∠ABD=∠ABE+∠CBE=60°，
∴∠ABE+∠BAD=∠AFG=60°，
∵AG⊥BE，
∴∠AFG+∠FAG=90°，
∴∠FAG=30°，
∴AF=2GF，
故答案为：AF=2GF.
（3）过作交的延长线于点，过作AH⊥BP于点H，
∵BM⊥PC，，
∴，，
∵ △ABC是等边三角形， ，
∴ ∠ABD=∠C=∠BAC=60°，AB=AC=BC，
∴，
∴∠ABD-∠PBC=∠PBM-∠PBC，
∴∠ABH=∠CBM，
∵，AH⊥BP，
∴∠AHB=∠M，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴PF=PH+FH=3FB+2FB=5FB
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】（）①根据等边三角形的性质可得 ∠ABD=∠C=∠BAC=60°，AB=CB，再根据全等三角形的判定定理——SAS即可得出结论；② 由①△ABD≌△BCE得∠BAD=∠CBE，进而可得∠AFG=60°，即可得∠FAG=30°，再根据含30°角的直角三角形的性质即可求解；
（）由①得，△ABD≌△BCE得∠BAD=∠CBE，结合等边三角形的性质易证△AFC≌△BGA（AAS），即可得出，进而由②可得，即可得出结论；
（） 过作交的延长线于点，过作AH⊥BP于点H， 根据直角三角形的性质可得，再证明，得到，进而可得，根据线段的和差用FB表示出PF和AF即可求解.
（1）①证明：∵是等边三角形，
∴，，
在和中，
，
∴；
②解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：，理由如下：
∵为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
由（）知，
∴，
∴点为的中点，
∴，
∴；
（3）解：过作交的延长线于，过作于，
∵，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴设，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
16．【答案】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴≌，
∴；
（3）解：作交于点，连接，
∴∠CFD=∠CAB=∠CDF=∠CBA=45°，
∴CF=CD，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴≌，
∴，，
∴，
由（2）可知，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【分析】（1）由等边对等角得，，根据三角形的一个外角等于与之不相邻的两个内角的和得到；
（2）由二直线平行，内错角相等及等边对等角得，根据角的构成及（1）的结论推出，从而可由“ASA”判断出△AFD≌△DBE，由全等三角形的对应边相等得出DF=BE；
（3）作DF∥AB交AC于F，连接MF，由二直线平行同位角相等得∠CFD=∠CAB=∠CDF=∠CBA=45°，由等角对等边得CF=CD，由垂直定义得到，由等角对等边得到，由同角的余角相等得，从而利用“SAS”判断出△CFM≌△CDN，根据全等三角形的性质得到，，最后根据勾股定理即可算出FD的长，从而得到BE的长.
（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴≌，
∴；
（3）解：作交于点，连接，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴≌，
∴，，
∴，
由（2）可知，
∴，
∴．
17．【答案】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）解：①由（1）知：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴；
②点坐标为，，.
【知识点】等边三角形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的综合；等腰三角形的性质-等边对等角；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】
（2）
解：②过点作于点，
∵，，
∴，
由①得：，
∴，
设，则，
∴，
解得：，
∴，
∵是等边三角形，，，
∴，
∴，
当时，
如图，过点作，于点，，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
当时，
过点作，于点，，过点作于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，，
∴，
∴；
当时，
过点作，于点，，连接交于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，，
∴，
∵，，
∴为的中垂线，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
，
∴．
综上所述，点坐标为，，．
【分析】
（1）由等边三角形的性质可得：，，再利用，可依据SAS证明；
（2）①由（1）可得，则由三角形的外角性质结合等边三角形的性质可得，即，再由等边对等角结合等量代换可得，再由四角形的内角和定理可得，再由等腰三角形的性质结合三角形内角和定理可得，则；
②当时，由①知，又，则可过点Q作AB的垂线段QF，由等腰三角形三线合一结合30度角的性质可求得QF等于QB的一半且QF垂直平分AB，再借助已知AB的长结合勾股定理可求出QB的长，再过点P分别作QB和BC的垂线段PN和PM，则由矩形的判定和性质结合等腰三角形的三线合一性质可得PN＝MB＝MO＝，即点P的横坐标可得，再由QP＝QB，可在中应用勾股定理求出QN的长，则BN＝PM，即点P的纵坐标可求；
当，由于前面已求得QB＝QP＝4，BP＝BO＝，可过点Q作BP的垂线段QG，则由等腰三角形三线合一知BG＝，再由等面积法可求得PN的长，即BM可得、OM可得，再利用勾股定理求出PM即可；
当，由于QB＝QP，则B、P关于直线OQ对称，此时可利用勾股定理求出OQ的长，再利用等面积法可求得BP的长，同理可求PN的长，则OM可知，再利用勾股定理求出PM即可．
（1）证明：∵是等边三角形，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）①由（1）知：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴；
②过点作于点，
∵，，
∴，
由①得：，
∴，
设，则，
∴，
解得：，
∴，
∵是等边三角形，，，
∴，
∴，
当时，
如图，过点作，于点，，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
当时，
过点作，于点，，过点作于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，，
∴，
∴；
当时，
过点作，于点，，连接交于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，，
∴，
∵，，
∴为的中垂线，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
，
∴．
综上所述，点坐标为，，．
18．【答案】（1）①；②
（2）．理由是：
取中点G，连接，如图2，
∵△ABC中，AB=AC，点D为BC的中点，∠BAC=120°，
∴，AD⊥BC，
∵点G是斜边中点，
∴，
∴∠B=∠BDG=30°，△ADG是等边三角形，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）当点E在线段上时，如图3，取的中点H，连接，
当，，时，
，此时F在的延长线上，
同（2）可得：，
∴，
∵，，
∴，
当点E在延长线上时，如图4，
同理可得：；
综上：的长为或．
【知识点】三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）①如图1，∵点为的中点，
∴AD⊥BC，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：；
②∵△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D为BC的中点，
∴∠BAD=∠CAD=∠B=∠C=45°，AD=BD=CD，
又∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
【分析】（1）①由等腰三角形的三线合一得AD⊥BC，从而根据同角的余角相等得；
②由等腰直角三角形的性质得∠BAD=∠CAD=∠B=∠C=45°，AD=BD=CD，从而用“ASA”判断出△BDF≌△ADE，由全等三角形的的对应边相等可得，即可证明；
（2）取AB中点G，连接DG，由等腰三角形的三线合一得，AD⊥BC，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半得，由三角形内角和定理、等边对等角得∠B=∠BDG=30°，由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形得△ADG是等边三角形，由角的构成及等式性质推出∠GDF=∠ADE，从而利用“ASA”证明，由全等三角形的对应边相等得到，可得；
（3）分两种情况：当点E在线段上时或当点E在延长线上时，取的中点H，连接，同（2）证明，得到，从而求解．
19．【答案】（1）证明：如图1，
作，交于，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即是的中点；
（2）证明：如图2，过点分别作的垂线，垂足分别为，
∴，
又∵，
∴
∴，
∵，
∴
∴，
又∵，
∴
∴
∴
在中，，
∴，即
当重合时，取得最小值， 即当绳子两端到角顶点距离相等时，绳子两端距离最小．
（3）解：如图，过点作于点，过点作，交的延长线于点，
∵中，，，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则
∴
∴
∴
∴
∴
作关于的对称点，连接，
∴，
∴
∴当取得最小值时，取得最小值，
由（2）可得时，取得最小值，
又∵
∴是等边三角形，
∴
∵
∴
设
∴
解得：
∴
的最小值为：．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；轴对称的性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的综合
【解析】【分析】（1）作，交于，由二直线平行，内错角相等（同位角相等）得，，由等边对等角得∠ABC=∠C，则∠C=∠CGF，由等角对等边得CF=GF=BE，从而用AAS可证得，有全等三角形的对应边相等得；
（2）过点分别作的垂线，垂足分别为，利用AAS证明，由全等三角形的对应边相等得出；由等边对等角及对顶角相等推出，从而利用AAS证明，由全等三角形的对应边相等得出MB=CN，进而推出，在中，，进而得出，当重合时，取得最小值，即可得出结论；
（3）过点作于点，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，，过点作，交的延长线于点，作关于的对称点，连接，可得，当取得最小值时，取得最小值，由（2）可得时，取得最小值，是等边三角形，进而求得，，即可求解．
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