姓名：__________________ 班級：______________ 得分：_________________
注意事項：
本試卷滿分120分，試題共26題，選擇10道、填空8道、解答8道．答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．
一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．（2021秋?蚌埠期末）已知等腰三角形有一邊長為5，一邊長為2，則其周長為（ ）
A．12B．9C．10D．12或9
【分析】由等腰形三角形有一邊長為5，一邊長為2，即可分別從若5為腰長，2為底邊長與若2為腰長，5為底邊長去分析求解即可求得答案．
【解析】①若5為腰長，2為底邊長，
∵5，5，2能組成三角形，
∴此時周長為：5+5+2＝12；
②若2為腰長，5為底邊長，
∵2+2＝4＜5，
∴不能組成三角形，故舍去；
∴周長為12．
故選：A．
2．（2021秋?松山區(qū)期末）如圖所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，BE平分∠ABC，DE⊥AB于點D，如果AE+DE＝3cm，那么AC等于（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．5cm
【分析】利用角平分線的性質(zhì)可得DE＝EC，然后再利用線段的和差關(guān)系可得答案．
【解析】∵BE平分∠ABC，∠ACB＝90°，DE⊥AB于點D，
∴DE＝EC，
∵AE+DE＝3（cm），
∴AE+EC＝3（cm），
即：AC＝3cm，
故選：B．
3．（2021秋?平陰縣期末）如圖所示，∠C＝∠D＝90°，添加下列條件①AC＝AD；②∠ABC＝∠ABD； ③∠BAC＝∠BAD； ④BC＝BD，能判定Rt△ABC與Rt△ABD全等的條件的個數(shù)是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根據(jù)直角三角形的全等的條件進行判斷，即可得出結(jié)論．
【解析】①當AC＝AD時，由∠C＝∠D＝90°，AC＝AD且AB＝AB，可得Rt△ABC≌Rt△ABD（HL）；
②當∠ABC＝∠ABD時，由∠C＝∠D＝90°，∠ABC＝∠ABD且AB＝AB，可得Rt△ABC≌Rt△ABD（AAS）；
③當∠BAC＝∠BAD時，由∠C＝∠D＝90°，∠BAC＝∠BAD且AB＝AB，可得Rt△ABC≌Rt△ABD（AAS）；
④當BC＝BD時，由∠C＝∠D＝90°，BC＝BD且AB＝AB，可得Rt△ABC≌Rt△ABD（HL）；
故選：D．
4．（2021秋?路北區(qū)期末）如圖所示，在等邊三角形ABC中，AD⊥BC，E為AD上一點，∠CED＝50°，則∠ABE等于（ ）
A．10°B．15°C．20°D．25°
【分析】先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可知AD是BC的垂直平分線，得出∠ABC＝∠ACD，∠ABE＝∠ACE．可求出∠ABE的值．
【解析】∵在等邊三角形ABC中，AD⊥BC，
∴AD是BC的線段垂直平分線，
∵E是AD上一點，
∴EB＝EC，
∴∠EBD＝∠ECD，
∵∠CED＝50°，
∴∠ECD＝40°，
又∵∠ABC＝60°，∠ECD＝40°，
∴∠ABE＝60°﹣40°＝20°，
故選：C．
5．（2021秋?廬陽區(qū)期末）如圖，OP平分∠AOB，PC⊥OA，點D是OB上的動點，若PC＝5cm，則PD的長可以是（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．6cm
【分析】過P作PD⊥OB于D，則此時PD長最小，根據(jù)角平分線的性質(zhì)求出此時PD的長度，再逐個判斷即可．
【解析】過P作PD⊥OB于D，則此時PD長最小，
∵OP平分∠AOB，PC⊥OA，
∴PD＝PC，
∵PC＝5cm，
∴PD＝5（cm），
即PD的最小值是5cm，
∴選項A、選項B、選項C都不符合題意，只有選項D符合題意，
故選：D．
6．（2021秋?江漢區(qū)期末）下列命題：
①等腰三角形的高、中線和角平分線重合；
②到角兩邊距離相等的點一定在這個角的平分線上；
③到線段兩端點距離相等的點一定在這條線段的垂直平分線上．
正確的有（ ）
A．0個B．1個C．2個D．3個
【分析】根據(jù)等腰三角形、角平分線的性質(zhì)和線段的垂直平分線的性質(zhì)判斷即可．
【解析】①等腰三角形的底邊上的高、中線和頂角的角平分線互相重合，原命題是假命題；
②在角的內(nèi)部，到角兩邊距離相等的點一定在這個角的平分線上，原命題是假命題；
③到線段兩端點距離相等的點一定在這條線段的垂直平分線上，是真命題；
故選：B．
7．（2021秋?南關(guān)區(qū)校級期末）如圖，△MNP中，∠P＝60°，MN＝NP，MQ⊥PN，垂足為Q．延長MN至G，取NG＝NQ，若△MNP的周長為12，則△MGQ周長是（ ）
A．8+23B．6+43C．8+43D．6+23
【分析】求出△PMN是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出∠PMN＝∠PNM＝60°，PM＝MN＝PN，求出PQ＝NQ＝2，根據(jù)勾股定理求出MQ，求出GQ＝MQ＝23，再求出答案即可．
【解析】∵△MNP中，∠P＝60°，MN＝NP，
∴△PMN是等邊三角形，
∴∠PMN＝∠PNM＝60°，PM＝MN＝PN，
∵△MNP的周長為12，
∴MN＝PN＝PM＝4，
∵MQ⊥PN，
∴NQ＝PQ＝2，∠MQN＝90°，∠QMN=12∠PMN＝30°，
在Rt△MQN中，由勾股定理得：MQ=MN2-NQ2=42-22=23，
∵NG＝NQ，
∴∠G＝∠GQN，
∵∠G+∠GQN＝∠PNM＝60°，
∴∠G＝30°，
∵∠NMQ＝30°，
∴∠G＝∠GQN，
∴GQ＝AQ＝23，
∵MN＝4，NG＝NQ＝2，
∴△MGQ周長是MG+GQ+MQ＝（4+2）+23+23=6+43，
故選：B．
8．（2021秋?東城區(qū)期末）如圖所示，點O是△ABC內(nèi)一點，BO平分∠ABC，OD⊥BC于點D，連接OA，若OD＝5，AB＝20，則△AOB的面積是（ ）
A．20B．30C．50D．100
【分析】根據(jù)角平分線的性質(zhì)求出OE，最后用三角形的面積公式即可解答．
【解析】過O作OE⊥AB于點E，
∵BO平分∠ABC，OD⊥BC于點D，
∴OE＝OD＝5，
∴△AOB的面積=12AB?OE=12×20×5=50，
故選：C．
9．（2021秋?道里區(qū)期末）如圖，△ABC中，邊AB，BC的垂直平分線相交于點P．以下結(jié)論：①PA＝PC；②∠BPC＝90°+12∠BAC；③∠ABP+∠BCP+∠CAP＝90°；④∠APC＝2∠ABC．一定正確的有（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
【分析】根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)得到PA＝PB＝PC，根據(jù)線段垂直平分線的判定定理、等腰三角形的性質(zhì)即可．
【解析】∵邊AB、BC的垂直平分線交于點P，
∴PA＝PB，PB＝PC，
∴PA＝PC，①正確；
∵PA＝PB，PA＝PC，
∴∠PAB＝∠PBA，∠PAC＝∠PCA，
∵∠BPC＝∠PAB+∠PBA+∠PAC+∠PCA，
∴∠BPC＝2∠BAC，故②錯誤；
同理：∠APC＝2∠ABC，故④正確；
∵PB＝PC，
∴∠PCB＝∠PBC，
∵∠BPC+∠PCB+∠PBC＝180°，
∴2∠BAC+2∠PCB＝180°，
∴∠ABP+∠BCP+∠CAP＝90°；③正確；
故選：C．
10．（2021秋?河北區(qū)期末）如圖，在△ABC中，∠BAC和∠ABC的平分線AE，BF相交于點O，AE交BC于E，BF交AC于F，過點O作OD⊥BC于D，下列三個結(jié)論：①∠AOB＝90°+12∠C；②當∠C＝60°時，AF+BE＝AB； ③若OD＝a，AB+BC+CA＝2b，則S△ABC＝ab．其中正確的是（ ）
A．①②B．②③C．①②③D．①③
【分析】由角平分線的定義結(jié)合三角形的內(nèi)角和的可求解∠AOB與∠C的關(guān)系，進而判定①；在AB上取一點H，使BH＝BE，證得△HBO≌△EBO，得到∠BOH＝∠BOE＝60°，再證得△HBO≌△EBO，得到AF＝AH，進而判定②正確；作OH⊥AC于H，OM⊥AB于M，根據(jù)三角形的面積可證得③正確．
【解析】∵∠BAC和∠ABC的平分線相交于點O，
∴∠OBA=12∠CBA，∠OAB=12∠CAB，
∴∠AOB＝180°﹣∠OBA﹣∠OAB＝180°-12∠CBA-12∠CAB＝180°-12（180°﹣∠C）＝90°+12∠C，①正確；
∵∠C＝60°，
∴∠BAC+∠ABC＝120°，
∵AE，BF分別是∠BAC與ABC的平分線，
∴∠OAB+∠OBA=12（∠BAC+∠ABC）＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠AOF＝60°，
∴∠BOE＝60°，
如圖，在AB上取一點H，使BH＝BE，
∵BF是∠ABC的角平分線，
∴∠HBO＝∠EBO，
在△HBO和△EBO中，BH=BE∠HBO=∠EBOBO=BO，
∴△HBO≌△EBO（SAS），
∴∠BOH＝∠BOE＝60°，
∴∠AOH＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠AOH＝∠AOF，
在△HBO和△EBO中，∠HAO=∠FAOAO=AO∠AOH=∠AOF，
∴△HBO≌△EBO（ASA），
∴AF＝AH，
∴AB＝BH+AH＝BE+AF，故②正確；
作OH⊥AC于H，OM⊥AB于M，
∵∠BAC和∠ABC的平分線相交于點O，
∴點O在∠C的平分線上，
∴OH＝OM＝OD＝a，
∵AB+AC+BC＝2b
∴S△ABC=12×AB×OM+12×AC×OH+12×BC×OD=12（AB+AC+BC）?a＝ab，③正確．
故選：C．
二、填空題（本大題共8小題，每小題3分，共24分）請把答案直接填寫在橫線上
11．（2021秋?豐臺區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，CD⊥AB于D點，若BD＝1，則AD＝ 3 ．
【分析】根據(jù)同角的余角相等求出∠BCD＝∠A＝30°，再根據(jù)30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出BC、AB的長，然后根據(jù)AD＝AB﹣BD計算即可得解．
【解析】∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴∠BCD+∠ACD＝90°，∠A+∠ACD＝90°，
∴∠BCD＝∠A＝30°，
∵BD＝1，
∴BC＝2BD＝2，AB＝2BC＝2×2＝4，
∴AD＝AB﹣BD＝4﹣1＝3．
故答案為：3．
12．（2021秋?揭西縣期末）如圖，在平面直角坐標系中，△ABO是邊長為2的等邊三角形，則A點的坐標是 (1，-3) ．
【分析】過A作AE⊥x軸于E，根據(jù)等邊三角形性質(zhì)求出OE，根據(jù)勾股定理求出AE，即可得出答案．
【解析】過A作AE⊥x軸于E，
∵△ABO是等邊三角形，邊長為2，
∴OA＝2，OE＝BE＝1，
在Rt△AEO中，由勾股定理得：AE=OA2-OE2=22-12=3，
即點A的坐標為（1，-3）．
故答案為：（1，-3）．
13．（2021秋?江漢區(qū)期末）如圖，在△ABC中，D，E分別在邊CB和BC的延長線上，BD＝BA，CE＝CA，若∠BAC＝50°，則∠DAE＝ 115° ．
【分析】由AB＝BD，AC＝CE，可得∠BAD＝∠BDA，∠E＝∠CAE，設(shè)∠BAD＝∠BDA＝x，∠E＝∠CAE＝y(tǒng)，由三角形的內(nèi)角和定理可求出x+y＝65°，則可得出答案．
【解析】∵AB＝BD，AC＝CE，
∴∠BAD＝∠BDA，∠E＝∠CAE，
設(shè)∠BAD＝∠BDA＝x，∠E＝∠CAE＝y(tǒng)，
∴∠ABC＝∠BAD+∠BDA＝2x，∠ACB＝∠E+∠CAE＝2y，
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，
∴2x+2y+50°＝180°，
∴x+y＝65°，
∴∠DAE＝∠DAB+∠CAE+∠BAC＝65°+50°＝115°．
故答案為：115°．
14．（2021秋?西城區(qū)期末）如圖，△ABC是等邊三角形，AD⊥BC于點D，DE⊥AC于點E．若AD＝12，則DE＝ 6 ；△EDC與△ABC的面積關(guān)系是：S△EDCS△ABC= 18 ．
【分析】由等邊三角形的性質(zhì)得出∠C＝∠BAC＝60°，由直角三角形的性質(zhì)得出DE＝6，由直角三角形的性質(zhì)得出BC＝4EC，根據(jù)三角形的面積公式可得出答案．
【解析】∵△ABC是等邊三角形，
∴∠C＝∠BAC＝60°，
∵AD⊥BC，
∴BD＝CD，∠DAC=12∠BAC＝30°，
∵AD＝12，
∴DE=12AD＝6；
∵DE⊥AC，
∴∠EDC＝90°﹣∠C＝90°﹣60°＝30°，
∴EC=12DC，
∴BC＝4EC，
∵S△EDC=12ED?EC=12×6×EC＝3EC，S△ABC=12AD×BC=12×12×BC＝6BC＝24EC，
∴S△EDCS△ABC=3EC24EC=18．
故答案為：6，18．
15．（2021秋?平陰縣期末）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，ED是AC的垂直平分線，交AC于點D，交BC于點E．已知∠C＝35°，則∠BAE的度數(shù)為 20 °．
【分析】由ED是AC的垂直平分線可得AE＝CE，求得∠BAE＝∠C＝35°，在Rt△ABC中，∠B＝90°，即可求得∠BAC的度數(shù)，繼而求得答案．
【解析】∵ED是AC的垂直平分線，
∴AE＝CE，
∴∠EAC＝∠C＝35°，
在Rt△ABC中，∠B＝90°，
∴∠BAC＝90°﹣∠C＝55°，
∴∠BAE＝∠BAC﹣∠EAC＝20°．
故答案為：20．
16．（2021秋?新化縣期末）如圖，∠MON＝30°，點A1，A2，A3，…在射線ON上，點B1，B2，B3，…在射線OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4…均為等邊三角形．若OA1＝1，則△AnBnAn+1的邊長為 2n﹣1 ．
【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)得出A1B1∥A2B2∥A3B3，以及A2B2＝2B1A2，得出A3B3＝4B1A2＝4，A4B4＝8B1A2＝8，A5B5＝16B1A2…進而得出答案．
【解析】∵△A1B1A2是等邊三角形，
∴A1B1＝A2B1，∠3＝∠4＝∠12＝60°，
∴∠2＝120°，
∵∠MON＝30°，
∴∠1＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
又∵∠3＝60°，
∴∠5＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
∵∠MON＝∠1＝30°，
∴OA1＝A1B1＝1，
∴A2B1＝1，
∵△A2B2A3、△A3B3A4是等邊三角形，
∴∠11＝∠10＝60°，∠13＝60°，
∵∠4＝∠12＝60°，
∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，
∴∠1＝∠6＝∠7＝30°，∠5＝∠8＝90°，
∴A2B2＝2B1A2，B3A3＝2B2A3，
∴A3B3＝4B1A2＝4，
A4B4＝8B1A2＝8，
A5B5＝16B1A2＝16，
以此類推：△AnBnAn+1的邊長為 2n﹣1．
故答案是：2n﹣1．
17．（2021秋?宜春期中）如圖，等邊△ABC的邊長為4cm，點Q是AC的中點，若動點P以2cm/秒的速度從點A出發(fā)沿A→B→A方向運動設(shè)運動時間為t秒，連接PQ，當△APQ是等腰三角形時，則t的值為 1或3 秒．
【分析】依據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可得到∠A的度數(shù)，再根據(jù)△APQ是等邊三角形，即可得到AP的長，進而分兩種情況得到點P運動的時間．
【解析】如圖，連接PQ，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠A＝60°，
∵△APQ是等腰三角形，
∴△APQ是等邊三角形，
又∵Q是AC的中點，
∴AQ＝AP＝2cm，
分兩種情況：
①當點P由A向B運動時，t=AP2=22=1（秒）；
②當點P由B向A運動時，t=AB+BP2=4+22=3（秒）；
綜上所述，當△APQ是等腰三角形時，則t的值為1或3秒．
故答案為：1或3．
18．（2021秋?大武口區(qū)期末）如圖，BD平分∠ABC交AC于點D，DE⊥BC于點E，若DE＝2，BC＝7，S△ABC＝12，則AB的長為 5 ．
【分析】過D作DF⊥BA，交BA的延長線于F，根據(jù)角平分線的性質(zhì)求出DE＝DF＝2，再根據(jù)三角形的面積公式求出答案即可．
【解析】
過D作DF⊥BA，交BA的延長線于F，
∵BD平分∠ABC，DE⊥BC，DE＝2，
∴DF＝DE＝2，
∵BC＝7，S△ABC＝S△ABD+S△BDC＝12，
∴12×AB×DF+12×BC×DE=12，
∴12×AB×2+12×7×2=12，
解得：AB＝5，
故答案為：5．
三、解答題（本大題共8小題，共66分，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
19．（2021秋?河北區(qū)期末）如圖，在等邊△ABC中，點D，E分別在邊BC，AC上，DE∥AB，過點E作EF⊥DE，交BC的延長線于點F．
（1）求∠F的度數(shù)．
（2）求證：DC＝CF．
【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)求出∠EDC，再利用三角形的內(nèi)角和定理解決問題即可．
（2）想辦法證明EC＝CD，EC＝CF即可解決問題．
【解析】（1）解：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠B＝60°，
∵DE∥AB，
∴∠B＝∠EDC＝60°，
∵DE⊥EF，
∴∠DEF＝90°，
∴∠F＝90°﹣60°＝30°．
（2）證明：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵DE∥AB，
∴∠B＝∠EDC＝60°，
∴∠EDC＝∠ECD＝∠DEC＝60°，
∴△DEC是等邊三角形，
∴CE＝CD，
∵∠ECD＝∠F+∠CEF，∠F＝30°，
∴∠CEF＝∠F＝30°，
∴EC＝CF，
∴CD＝CF．
20．（2021秋?懷寧縣期末）如圖，在△ABC中，∠BAC＝62°，∠B＝78°，AC的垂直平分線交BC于點D．
（1）求∠BAD的度數(shù)；
（2）若AB＝8，BC＝11，求△ABD的周長．
【分析】（1）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠C，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到AD＝CD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠CAD＝∠C＝40°，得到答案；
（2）根據(jù)三角形的周長公式計算即可．
【解析】（1）∵∠BAC＝62°，∠B＝78°，
∴∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠B＝180°﹣62°﹣78°＝40°，
∵DE垂直平分AC，
∴AD＝CD，
∴∠CAD＝∠C＝40°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠CAD＝62°﹣40°＝22°；
（2）∵AD＝CD，AB＝8，BC＝11，
∴△ABD的周長＝AB+AD+BD＝AB+CD+BD＝AB+BC＝8+11＝19．
21．（2021秋?歷城區(qū)期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD是△ABC的中線，AE是∠BAD的角平分線，DF∥AB交AE的延長線于F．
（1）證明：△ADF是等腰三角形；
（2）若AB＝6，求DE的長．
【分析】（1）根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得到：AD⊥BC，即∠ADB＝90°，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)即可得到∠DAE＝∠EAB＝30°，從而可推出AD＝DF；
（2）根據(jù)含30°的直角三角形的性質(zhì)解答即可．
【解析】證明：（1）∵△ABC是等腰三角形，D為底邊的中點，
∴AD⊥BC，
即∠ADB＝90°，
∵AE是∠BAD的角平分線，
∴∠DAE＝∠EAB＝30°，
∵DF∥AB，
∴∠F＝∠BAE＝30°，
∴∠DAF＝∠F＝30°，
∴AD＝DF，
∴△ADF是等腰三角形；
（2）∵△ABC是等腰三角形，D為底邊的中點，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∴∠DAE＝∠EAB＝30°，
在Rt△ADB中，∠B＝30°，AB＝6，
∴AD＝3，
在Rt△ADE中，AD＝3，∠DAE＝30°，
∴DE=3．
22．（2021秋?邗江區(qū)期末）如圖，在△ABC中，AB的垂直平分線EF交BC于點E，交AB于點F，D為線段CE的中點，BE＝AC．
（1）求證：AD⊥BC．
（2）若∠BAC＝75°，求∠B的度數(shù)．
【分析】（1）連接AE，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)，可知BE＝AE＝AC，根據(jù)等腰三角形三線合一即可知AD⊥BC
（2）設(shè)∠B＝x°，由（1）可知∠BAE＝∠B＝x°，然后根據(jù)三角形ABC的內(nèi)角和為180°列出方程即可求出x的值．
【解析】（1）連接AE，
∵EF垂直平分AB
∴AE＝BE
∵BE＝AC
∴AE＝AC
∵D是EC的中點
∴AD⊥BC
（2）設(shè)∠B＝x°
∵AE＝BE
∴∠BAE＝∠B＝x°
∴由三角形的外角的性質(zhì)，∠AEC＝2x°
∵AE＝AC
∴∠C＝∠AEC＝2x°
在三角形ABC中，3x°+75°＝180°
x°＝35°
∴∠B＝35°
23．（2021秋?大武口區(qū)期末）如圖所示，已知△ABC中，AB＝AC＝BC＝10厘米，M、N分別從點A、點B同時出發(fā)，沿三角形的邊運動，已知點M的速度是1厘米/秒的速度，點N的速度是2厘米/秒，當點N第一次到達B點時，M、N同時停止運動．
（1）M、N同時運動幾秒后，M、N兩點重合？
（2）M、N同時運動幾秒后，可得等邊三角形△AMN？
（3）M、N在BC邊上運動時，能否得到以MN為底邊的等腰△AMN，如果存在，請求出此時M、N運動的時間？
【分析】（1）首先設(shè)點M、N運動x秒后，M、N兩點重合，表示出M，N的運動路程，N的運動路程比M的運動路程多10cm，列出方程求解即可；
（2）根據(jù)題意設(shè)點M、N運動t秒后，可得到等邊三角形△AMN，然后表示出AM，AN的長，由于∠A等于60°，所以只要AM＝AN三角形ANM就是等邊三角形；
（3）首先假設(shè)△AMN是等腰三角形，可證出△ACM≌△ABN，可得CM＝BN，設(shè)出運動時間，表示出CM，NB的長，列出方程，可解出未知數(shù)的值．
【解析】（1）設(shè)點M、N運動x秒后，M、N兩點重合，
x×1+10＝2x，
解得：x＝10；
（2）設(shè)點M、N運動t秒后，可得到等邊三角形△AMN，如圖①，
AM＝t×1＝t，AN＝AB﹣BN＝10﹣2t，
∵三角形△AMN是等邊三角形，
∴t＝10﹣2t，
解得t=103，
∴點M、N運動103秒后，可得到等邊三角形△AMN．
（3）當點M、N在BC邊上運動時，可以得到以MN為底邊的等腰三角形，
由（1）知10秒時M、N兩點重合，恰好在C處，
如圖②，假設(shè)△AMN是等腰三角形，
∴AN＝AM，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴∠AMC＝∠ANB，
∵AB＝BC＝AC，
∴△ACB是等邊三角形，
∴∠C＝∠B，
在△ACM和△ABN中，
∵∠C=∠B∠AMC=∠ANBAC=AB，
∴△ACM≌△ABN（AAS），
∴CM＝BN，
設(shè)當點M、N在BC邊上運動時，M、N運動的時間y秒時，△AMN是等腰三角形，
∴CM＝y(tǒng)﹣10，NB＝30﹣2y，CM＝NB，
y﹣10＝30﹣2y，
解得：y=403．故假設(shè)成立．
∴當點M、N在BC邊上運動時，能得到以MN為底邊的等腰△AMN，此時M、N運動的時間為403秒．
24．（2021秋?永年區(qū)期末）如圖，在△ABC中，點 E、F分別在AB、AC上，AD是EF的垂直平分線，DE⊥AB，DF⊥AC，EF交AD于點G．
（1）求證：AD平分∠BAC；
（2）若∠BAC＝60°，求證：DE＝2DG．
【分析】（1）根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)可得DE＝DF，結(jié)合DE⊥AB，DF⊥AC可證明AD平分∠BAC；
（2）由（1）可∠EAD＝30°，由余角的性質(zhì)可求得∠DEG＝∠EAD＝30°，再利用含30° 角的直角三角形的性質(zhì)可證明結(jié)論．
【解析】證明：（1）∵AD是EF的垂直平分線，
∴DE＝DF，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴AD平分∠BAC
（2）∵∠BAC＝60°，AD平分∠BAC，
∴∠EAD=12∠BAC＝30°，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠EAD+∠AEG＝∠DEG+∠AEG＝90°，
∴∠DEG＝∠EAD＝30°，
∴DE＝2DG．
25．（2021秋?潮州期末）如圖，在等邊三角形ABC中，D是AB上的一點，E是CB延長線上一點，連接CD、DE，已知∠EDB＝∠ACD，BC＝6，
（1）求證：△DEC是等腰三角形．
（2）當∠BDC＝5∠EDB，EC＝8時，求△EDC的面積．
【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，即可證明結(jié)論；
（2）設(shè)∠EDB＝α，則∠BDC＝5α，得∠E＝∠DCE＝60°﹣α，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可得α＝15°，過D作DH⊥CE于H，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得DH的長，進而可得結(jié)論．
【解析】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵∠E+∠EDB＝∠ABC＝60°，∠ACD+∠DCB＝60°，∠EDB＝∠ACD，
∴∠E＝∠DCE，
∴DE＝DC，
∴△DEC是等腰三角形；
（2）解：設(shè)∠EDB＝α，則∠BDC＝5α，
∴∠E＝∠DCE＝60°﹣α，
∴6α+60°﹣α+60°﹣α＝180°，
∴α＝15°，
∴∠E＝∠DCE＝45°，
∴∠EDC＝90°，
如圖，過D作DH⊥CE于H，
∵△DEC是等腰直角三角形，
∴∠EDH＝∠E＝45°，
∴EH＝HC＝DH=12EC=12×8＝4，
∴△EDC的面積=12×EC?DH=12×8×4＝16．
26．（2021秋?呼和浩特期末）如圖，點O是等邊△ABC內(nèi)一點，D是△ABC外的一點，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，△BOC≌△ADC，∠OCD＝60°，連接OD．
（1）求證：△OCD是等邊三角形；
（2）當α＝150°時，試判斷△AOD的形狀，并說明理由；
（3）探究：當α為多少度時，△AOD是等腰三角形．
【分析】（1）根據(jù)有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形可得證；
（2）根據(jù)全等易得∠ADC＝∠BOC＝α＝150°，結(jié)合（1）中的結(jié)論可得∠ADO為90°，那么可得所求三角形的形狀；
（3）根據(jù)題中所給的全等及∠AOB的度數(shù)可得∠AOD的度數(shù)，根據(jù)等腰三角形的兩底角相等分類探討即可．
【解析】（1）∵△BOC≌△ADC，
∴OC＝DC，
∵∠OCD＝60°，
∴△OCD是等邊三角形．
（2）△AOD是直角三角形．
理由如下：
∵△OCD是等邊三角形，
∴∠ODC＝60°，
∵△BOC≌△ADC，α＝150°，
∴∠ADC＝∠BOC＝α＝150°，
∴∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝150°﹣60°＝90°，
∴△AOD是直角三角形．
（3）∵△OCD是等邊三角形，
∴∠COD＝∠ODC＝60°．
∵∠AOB＝110°，∠ADC＝∠BOC＝α，
∴∠AOD＝360°﹣∠AOB﹣∠BOC﹣∠COD＝360°﹣110°﹣α﹣60°＝190°﹣α，
∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝α﹣60°，
∴∠OAD＝180°﹣∠AOD﹣∠ADO＝180°﹣（190°﹣α）﹣（α﹣60°）＝50°．
①當∠AOD＝∠ADO時，190°﹣α＝α﹣60°，
∴α＝125°．
②當∠AOD＝∠OAD時，190°﹣α＝50°，
∴α＝140°．
③當∠ADO＝∠OAD時，
α﹣60°＝50°，
∴α＝110°．
綜上所述：當α＝110°或125°或140°時，△AOD是等腰三角形．

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