【考點(diǎn)1】軸對(duì)稱圖形
【考點(diǎn)2】鏡面對(duì)稱
【考點(diǎn)3】軸對(duì)稱的性質(zhì)
【考點(diǎn)4】剪紙問題
【考點(diǎn)5】翻折變換（折疊問題）．
【考點(diǎn)6】利用軸對(duì)稱設(shè)計(jì)圖案．
【考點(diǎn)7】角平分線的性質(zhì)．
【考點(diǎn)8】線段垂直平分線的性質(zhì)．
【考點(diǎn)9】等腰三角形的性質(zhì)
【考點(diǎn)10】等腰三角形的判定．
【考點(diǎn)11】等腰三角形的判定與性質(zhì)
【考點(diǎn)12】等邊三角形的性質(zhì)
【考點(diǎn)13】等邊三角形的判定．
【考點(diǎn)14】等邊三角形的判定與性質(zhì)；
【考點(diǎn)15】含30度角的直角三角形
【考點(diǎn)16】直角三角形斜邊上的中線．
【考點(diǎn)17】作圖﹣軸對(duì)稱變換．
知識(shí)點(diǎn)1 軸對(duì)稱圖形
⑴軸對(duì)稱圖形：如果一個(gè)圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個(gè)圖形就叫做軸對(duì)稱圖形.這條直線稱為它的對(duì)稱軸.
注意：
1. 軸對(duì)稱圖形的對(duì)稱軸是一條直線，
2. 軸對(duì)稱圖形是1個(gè)圖形，
3. 有些對(duì)稱圖形的對(duì)稱軸有無數(shù)條。
⑵兩個(gè)圖形成軸對(duì)稱：把一個(gè)圖形沿某一條直線折疊，如果它能夠與另一個(gè)圖形重合，那么就說這兩個(gè)圖形關(guān)于這條直線對(duì)稱.這條直線稱為這兩個(gè)圖形的對(duì)稱軸.
⑶線段的垂直平分線：經(jīng)過線段中點(diǎn)并且垂直于這條線段的直線，叫做這
條線段的垂直平分線.
知識(shí)點(diǎn)2 軸對(duì)稱性質(zhì)
對(duì)稱的性質(zhì)：
①兩個(gè)圖形關(guān)于某一條直線對(duì)稱，對(duì)稱軸是任何一對(duì)對(duì)應(yīng)點(diǎn)所連線段的垂直平分線. 軸對(duì)稱圖形的對(duì)稱軸是任何一對(duì)對(duì)應(yīng)點(diǎn)連線段的垂直平分線.
②關(guān)于某直線對(duì)稱的兩個(gè)圖形是全等形.
知識(shí)點(diǎn)3 畫軸對(duì)稱圖形
（1）過已知點(diǎn)A作對(duì)稱軸l的垂線，垂足為O，在垂線上截取OA'，使OA'=OA，則點(diǎn)A'是點(diǎn)A的對(duì)稱點(diǎn)；
（2）同理分別作出其它關(guān)鍵點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)；
（3）將所作的對(duì)稱點(diǎn)依次相連，得到軸對(duì)稱圖形.
知識(shí)點(diǎn)4 軸對(duì)稱之最短路徑問題
基本圖模
1.
已知：如圖，定點(diǎn)A、B分布在定直線l兩側(cè)；
要求：在直線l上找一點(diǎn)P，使PA+PB的值最小
解：連接AB交直線l于點(diǎn)P，點(diǎn)P即為所求,
PA+PB的最小值即為線段AB的長(zhǎng)度
理由：在l上任取異于點(diǎn)P的一點(diǎn)P′，連接AP′、BP′，
在△ABP’中，AP′+BP′>AB，即AP′+BP′>AP+BP
∴P為直線AB與直線l的交點(diǎn)時(shí)，PA+PB最小.

已知：如圖，定點(diǎn)A和定點(diǎn)B在定直線l的同側(cè)
要求：在直線l上找一點(diǎn)P，使得PA+PB值最小
（或△ABP的周長(zhǎng)最?。?br>解：作點(diǎn)A關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)A′，連接A′B交l于P，
點(diǎn)P即為所求；
理由：根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)知直線l為線段AA′的中垂線，
由中垂線的性質(zhì)得：PA=PA′，要使PA+PB最小，則
需PA′+PB值最小，從而轉(zhuǎn)化為模型1.
方法總結(jié)：
1.兩點(diǎn)之間，線段最短；2.三角形兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊；
3.中垂線上的點(diǎn)到線段兩端點(diǎn)的距離相等；4.垂線段最短.
知識(shí)點(diǎn)5 ：線段垂直平分線
1.定義
經(jīng)過線段中點(diǎn)并且垂直于這條線段的直線，叫做這條線段的垂直平分線，也叫線段的中垂線。
2.線段垂直平分線的作圖
1. 分別以點(diǎn) A、B 為圓心，以大于AB 的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧相交于 C、D 兩點(diǎn)；
2. 作直線 CD，CD 為所求直線

知識(shí)點(diǎn)6 ：線段垂直平分線性質(zhì)
線段垂直平分線上的點(diǎn)與這條線段兩個(gè)端點(diǎn)的距離相等.
知識(shí)點(diǎn)7：線段的垂直平分線逆定理
到一條線段兩個(gè)端點(diǎn)距離相等的點(diǎn)，在這條線段的垂直平分線上
知識(shí)點(diǎn)8角的平分線的性質(zhì)
（一）作已知角的平分線（已知：∠AOB。求作：∠AOB的平分線）
1、以點(diǎn)O為圓心，適當(dāng)長(zhǎng)為半徑畫弧，交OA于點(diǎn)M，交OB于點(diǎn)N。
2、分別以M,N為圓心，大于12MN的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧在∠AOB的內(nèi)部相交于點(diǎn)C。
3、畫射線OC，射線OC即為所求。
（二）角的平分線的性質(zhì)：角的平分線上的點(diǎn)到角的兩邊的距離相等。
幾何表示：∵OC是∠AOB的平分線，P是OC上一點(diǎn)，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分別為D，E?！郟D=PE。
知識(shí)點(diǎn)9 角的平分線的判定
角的內(nèi)部到角的兩邊的距離相等的點(diǎn)在角的平分線上。
幾何表示：
∵點(diǎn)P是∠AOB內(nèi)的一點(diǎn)，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分別為D，E，且PD=PE，
∴點(diǎn)P在∠AOB的平分線OC上。
重要拓展：
1、三角形的三條角平分線相交于三角形內(nèi)一點(diǎn)，且該點(diǎn)到三角形三邊的距離相等。反之，三角形內(nèi)部到三邊距離相等的點(diǎn)是該三角形三條角平分線的交點(diǎn)。
2、三角形的角平分線與三角形一邊交于一點(diǎn)，這條角平分線把三角形分成兩個(gè)小三角形，它們的面積比等于另外兩邊的長(zhǎng)度的比。
知識(shí)點(diǎn)10 等腰三角形的概念與性質(zhì)
等腰三角形概念
有兩邊相等的三角形叫做等腰三角形，相等的邊叫做腰，另一邊叫做底，兩條腰的夾角叫做頂角，腰和底邊的夾角叫做底角．
2.等腰三角形的性質(zhì)
如圖所示，在△ABC中，AB＝AC，△ABC是等腰三角形，其中AB、AC為腰，BC為底邊,∠A是頂角，∠B、∠C是底角．

性質(zhì)1：等腰三角形的兩個(gè)底角相等，簡(jiǎn)稱“在同一個(gè)三角形中，等邊對(duì)等角”．
性質(zhì)2：等腰三角形的頂角平分線、底邊上中線和高線互相重合.簡(jiǎn)稱“等腰三角形三線合一”．
知識(shí)點(diǎn)2 等腰三角形的判定
如果一個(gè)三角形有兩個(gè)角相等，那么這個(gè)三角形是等腰三角形.可以簡(jiǎn)單的說成：在一個(gè)三角形中，等角對(duì)等邊.
要點(diǎn)詮釋：
(1)要弄清判定定理的條件和結(jié)論，不要與性質(zhì)定理混淆．判定定理得到的結(jié)論是等腰三角形，性質(zhì)定理是已知三角形是等腰三角形，得到邊和角關(guān)系.
（2）不能說“一個(gè)三角形兩底角相等，那么兩腰邊相等”，因?yàn)檫€未判定它是一個(gè)等腰三角形．
知識(shí)點(diǎn)11 等邊三角形的概念與性質(zhì)
1.等邊三角形概念
三條邊都相等的三角形叫做等邊三角形.也稱為正三角形.
注意：
等腰三角形的底角只能為銳角，不能為鈍角（或直角），但頂角可為鈍角（或直角）.
∠A＝180°－2∠B，∠B＝∠C＝ .
（2）等邊三角形與等腰三角形的關(guān)系：等邊三角形是特殊的等腰三角形，等腰三角形不一定是等邊三角形.
2.等邊三角形的性質(zhì)
（1）等邊三角形是一類特殊的等腰三角形，有三條對(duì)稱軸，每個(gè)角的平分線(底邊上的高線或中線)所在的直線就是它的對(duì)稱軸.
（2）三個(gè)角都是60°
知識(shí)點(diǎn)12 等邊三角形的判定
（1）三個(gè)角相等的三角形是等邊三角形.
（2）有一個(gè)角是60°的等腰三角形是等邊三角形.
知識(shí)點(diǎn)13 含有30°角的直角三角形
定理：在直角三角形中，如果一個(gè)銳角等于30°，那么它所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半.
知識(shí)點(diǎn)14：直角三角形斜邊上的中線
直角三角形斜邊上的中線 等于斜邊的一半
【考點(diǎn)1】軸對(duì)稱圖形
1．（2022秋?泗陽縣期末）下列冬奧會(huì)會(huì)徽中，屬于軸對(duì)稱圖形的是（ ）
A．B．C．D．
【考點(diǎn)】軸對(duì)稱圖形．
【答案】D
【分析】根據(jù)如果一個(gè)圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個(gè)圖形叫做軸對(duì)稱圖形，這條直線叫做對(duì)稱軸進(jìn)行分析即可．
【解答】解：A，B，C選項(xiàng)中的圖形都不能找到這樣的一條直線，使圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，所以不是軸對(duì)稱圖形；
D選項(xiàng)中的圖形能找到這樣的一條直線，使圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，所以是軸對(duì)稱圖形；
故選：D．
2．（2023春?綏棱縣期末）下列四邊形中，對(duì)稱軸條數(shù)最多的是（ ）
A．矩形B．菱形C．正方形D．等腰梯形
【考點(diǎn)】軸對(duì)稱圖形．
【答案】C
【分析】根據(jù)軸對(duì)稱圖形的概念及對(duì)稱軸的概念進(jìn)行分析解答即可，矩形有兩條對(duì)稱軸，為對(duì)邊中垂線所在的直線；菱形由兩條對(duì)稱軸，為其兩條對(duì)角線所在的直線；正方形有四條對(duì)稱軸，為其兩條對(duì)角線所在的直線，還有其對(duì)邊中垂線所在的直線；等腰梯形有一條對(duì)稱軸，為其兩底的中垂線所在的直線．
【解答】解：A、矩形是兩條對(duì)稱軸；
B、菱形是兩條對(duì)稱軸；
C、正方形是四條對(duì)稱軸；
D、等腰梯形是一條對(duì)稱軸．
所以對(duì)稱軸條數(shù)最多的是正方形．
故選：C．
【考點(diǎn)2】鏡面對(duì)稱
3．（2023春?章丘區(qū)期末）小明在鏡中看到對(duì)面電子時(shí)鐘的示數(shù)如圖所示，這現(xiàn)在的實(shí)際時(shí)間為（ ）
?
A．12：01B．10：21C．15：10D．10：51
【考點(diǎn)】鏡面對(duì)稱．
【答案】D
【分析】關(guān)于鏡子的像，實(shí)際數(shù)字與原來的數(shù)字關(guān)于豎直的線對(duì)稱，根據(jù)相應(yīng)數(shù)字的對(duì)稱性可得實(shí)際時(shí)間．
【解答】解：∵是從鏡子中看，
∴對(duì)稱軸為豎直方向的直線，
∵2的對(duì)稱數(shù)字是5，鏡子中數(shù)字的順序與實(shí)際數(shù)字順序相反，
∴這時(shí)的時(shí)刻應(yīng)是10：51．
故選：D．
5．（2023春?分宜縣期末）在平面鏡中看到一輛汽車的車牌號(hào)：，則該汽車的車牌號(hào)是 M645379 ．
【考點(diǎn)】鏡面對(duì)稱．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】根據(jù)鏡面對(duì)稱的性質(zhì)，在平面鏡中的像與現(xiàn)實(shí)中的事物恰好順序顛倒，且關(guān)于鏡面對(duì)稱．
【解答】解：根據(jù)鏡面對(duì)稱性質(zhì)得出：實(shí)際車牌號(hào)是：M645379，
故答案為：M645379．
【考點(diǎn)3】軸對(duì)稱的性質(zhì)
6．（2023春?蘭州期末）如圖，△ABC與△A'B'C'關(guān)于直線l對(duì)稱，∠A＝54°，∠C'＝26°，則∠B等于（ ）
A．36°B．154°C．80°D．100°
【考點(diǎn)】軸對(duì)稱的性質(zhì)．
【答案】D
【分析】根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)可得∠C＝∠C′，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和等于180°列式計(jì)算即可得解．
【解答】解：∵△ABC與△A′B′C′關(guān)于直線l對(duì)稱，
∴∠C＝∠C′＝26°，
在△ABC中，∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣54°﹣26°＝100°．
故選：D．
7．（2023春?高碑店市校級(jí)月考）如圖，△ABC與△A'B'C'關(guān)于直線MN對(duì)稱，BB'交MN于點(diǎn)O，下列結(jié)論：
①AB＝A'B'；
②OB＝OB′；
③AA'∥BB'中，
正確的有（ ）
A．3個(gè)B．2個(gè)C．1個(gè)D．0個(gè)
【考點(diǎn)】軸對(duì)稱的性質(zhì)；平行線的判定．
【答案】A
【分析】根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)對(duì)各選項(xiàng)分析判斷后利用排除法求解．
【解答】解：∵△ABC與△A′B′C′關(guān)于直線MN對(duì)稱，
∴OB＝OB′，△ABC≌△A′B′C′，AA′∥BB′，故②③正確，
∴AB＝A′B′，故①正確，
所以正確的一共有3個(gè)，
故選：A．
8．（2022秋?明水縣校級(jí)期末）如圖，把長(zhǎng)方形ABCD沿EF對(duì)折后使AB與A'B'重合，若∠AEF＝110°，則∠1的度數(shù)是（ ）
A．30°B．35°C．40°D．50°
【考點(diǎn)】軸對(duì)稱的性質(zhì)；平行線的性質(zhì)．
【答案】C
【分析】先根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠BFE的度數(shù)，再由圖形翻折變換的性質(zhì)求出∠EFG的度數(shù)，根據(jù)平角的定義即可得出∠1的度數(shù)．
【解答】解：∵AD∥BC，∠AEF＝110°，
∴∠BFE＝180°﹣∠AEF＝180°﹣110°＝70°，
∵長(zhǎng)方形ABCD沿EF對(duì)折后使兩部分重合，
∴∠EFG＝∠BFE＝70°，
∴∠1＝180°﹣∠BFE﹣∠EFG＝180°﹣70°﹣70°＝40°．
故選：C．
【考點(diǎn)4】剪紙問題
9．（2023春?朝陽區(qū)期末）如圖所示把一個(gè)長(zhǎng)方形紙片對(duì)折兩次，然后剪下一個(gè)角，如果得到的四邊形是正方形，那么剪口與折痕所夾的角α的度數(shù)為?（ ）
A．90°B．45°C．30°D．22.5°
【考點(diǎn)】剪紙問題；平行線的性質(zhì)；多邊形內(nèi)角與外角．
【答案】B
【分析】如圖，折痕為AC與BD，∠ABC＝90°，根據(jù)正方形的性質(zhì)，可得∠ABD＝45°，∠BAC＝45°，所以剪口與折痕所夾的角α的度數(shù)為45°．
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，如圖，
∴，，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝45°，∠BAC＝45°，
∴剪口與折痕所成的角α的度數(shù)應(yīng)為45°，
故選：B．
10．（2023春?魯山縣期末）如圖，小明拿一張正方形紙片（如圖①），沿虛線向下對(duì)折一次得到圖②，再沿圖②中的虛線向下對(duì)折一次得到圖③，然后用剪刀沿圖③中的虛線剪去一個(gè)角，將剩下的紙片打開后得到的圖形的形狀是（ ）
A．B．C．D．
【考點(diǎn)】剪紙問題．
【答案】A
【分析】利用圖形的翻折，由翻折前后的圖形是全等形，通過動(dòng)手操作得出答案．
【解答】解：如圖所示：
故選：A．
11．（2023春?淅川縣期末）一張正方形紙片經(jīng)過兩次對(duì)折，并在如圖所示的位置上剪去一個(gè)小正方形，打開后的圖形是（ ）
A．B．C．D．
【考點(diǎn)】剪紙問題．
【答案】D
【分析】由平面圖形的折疊及圖形的對(duì)稱性展開圖解題．
【解答】解：動(dòng)手操作或由圖形的對(duì)稱性，因剪去的小正方形緊靠對(duì)折線，可得打開后是D．
故選：D
【考點(diǎn)5】翻折變換（折疊問題）．
12．（2023春?德州期中）如圖，Rt△ABC中，AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，將△ABC折疊，使A點(diǎn)與BC的中點(diǎn)D重合，折痕為MN，則線段DN的長(zhǎng)為（ ）
A．B．C．4D．5
【考點(diǎn)】翻折變換（折疊問題）．
【答案】D
【分析】設(shè)BN＝x，由折疊的性質(zhì)可得DN＝AN＝9﹣x，利用勾股定理得到x2+32＝（9﹣x）2，計(jì)算即可．
【解答】解：∵D是BC的中點(diǎn)，BC＝6，
∴BD＝3，
設(shè)BN＝x，
由折疊的性質(zhì)可得DN＝AN＝9﹣x，
在Rt△BDN中，BN2+BD2＝DN2，
即x2+32＝（9﹣x）2，
解得x＝4．
故線段DN的長(zhǎng)為9﹣4＝5．
故選：D．
13．（2023春?宜城市期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，將矩形沿AC折疊，點(diǎn)B落在點(diǎn)B′處，則重疊部分△AFC的面積為（ ）
A．12B．10C．8D．6
【考點(diǎn)】翻折變換（折疊問題）．
【答案】B
【分析】由矩形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)得出∠FCA＝∠FAC，證出AF＝CF，設(shè)AF＝CF＝x，DF＝8﹣x，在Rt△ADF中，根據(jù)勾股定理得出方程，解方程求出AF，△AFC的面積＝CF×AD，即可得出結(jié)果．
【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴DC＝AB＝8，AD＝BC＝4，∠D＝90°，AB∥DC，
∴∠BAC＝∠FCA，
由折疊的性質(zhì)得：∠FAC＝∠BAC，
∴∠FCA＝∠FAC，
∴AF＝CF，
設(shè)AF＝CF＝x，DF＝8﹣x，
在Rt△ADF中，根據(jù)勾股定理得：AD2+DF2＝AF2，
即42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
∴△AFC的面積＝CF×AD＝×5×4＝10；
故選：B．
【考點(diǎn)6】利用軸對(duì)稱設(shè)計(jì)圖案．
14．（2023春?三明期末）如圖是4×4正方形網(wǎng)格，其中已有3個(gè)小正方形涂成了黑色，現(xiàn)在要從其余13個(gè)白色小方格中選出一個(gè)也涂成黑色的圖形稱為軸對(duì)稱圖形，這樣的白色小方格有（ ）
A．2個(gè)B．3個(gè)C．4個(gè)D．5個(gè)
【考點(diǎn)】利用軸對(duì)稱設(shè)計(jì)圖案．
【答案】C
【分析】根據(jù)軸對(duì)稱圖形的概念求解．
【解答】解：如圖所示，有4個(gè)位置使之成為軸對(duì)稱圖形．
故選：C．
15．（2022秋?南昌期末）在3×3的正方形網(wǎng)格中，將三個(gè)小正方形涂色如圖所示，若移動(dòng)其中一個(gè)涂色小正方形到空白方格中，與其余兩個(gè)涂色小正方形重新組合，使得新構(gòu)成的整個(gè)圖案是一個(gè)軸對(duì)稱圖形，則這樣的移法共有（ ）
A．5種B．7種C．9種D．10種
【考點(diǎn)】利用軸對(duì)稱設(shè)計(jì)圖案．
【答案】C
【分析】利用軸對(duì)稱的性質(zhì)，以及軸對(duì)稱的作圖方法來作圖，通過變換對(duì)稱軸來得到不同的圖案即可．
【解答】解：如圖所示：一共有9種軸對(duì)稱圖形．
故選：C．
【考點(diǎn)7】角平分線的性質(zhì)．
16．（2023春?印江縣月考）如圖，OP平分∠MON，PA⊥ON于點(diǎn)A，點(diǎn)Q是射線OM上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若PA＝3，則PQ的最小值為（ ）
A．2B．3C．4D．5
【考點(diǎn)】角平分線的性質(zhì)；垂線段最短．
【答案】B
【分析】作PE⊥OM于E，根據(jù)角平分線的性質(zhì)求出PE的長(zhǎng)即可．
【解答】解：作PE⊥OM于E，
∵OP平分∠MON，PA⊥ON，PE⊥OM，
∴PE＝PA＝3，
又∵Q為OM上動(dòng)點(diǎn)，
∴PQ≥PE，
∴PQ≥3，最小值為3，
故選：B．
17．（2023春?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)期末）如圖，∠C＝90°，點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)，DM平分∠ADC，且CB＝8，則點(diǎn)M到線段AD的最小距離為（ ）
A．2B．3C．4D．5
【考點(diǎn)】角平分線的性質(zhì)．
【答案】C
【分析】如圖所示，過點(diǎn)M作ME⊥AD于E，證明△MDE≌△MDC，得到ME＝MC，再根據(jù)線段中點(diǎn)的定義得到，根據(jù)垂線段最短可知點(diǎn)M到線段AD的最小距離為4．
【解答】解：如圖所示，過點(diǎn)M作ME⊥AD于E，
∴∠MED＝∠C＝90°，
∵DM平分∠ADC，
∴∠MDE＝∠MDC，
又∵M(jìn)D＝MD，
∴△MDE≌△MDC（AAS），
∴ME＝MC，
∵點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)，CB＝8，
∴，
∴點(diǎn)M到線段AD的最小距離為4，
故選：C．
18．（2023春?秀峰區(qū)校級(jí)期中）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分線，DE⊥AB．若DE＝3，BD＝6，則BC的長(zhǎng)度為（ ）
A．7B．8C．9D．10
【考點(diǎn)】角平分線的性質(zhì)．
【答案】C
【分析】根據(jù)角平分線的性質(zhì)和線段的和差求解即可．
【解答】解：∵AD是∠BAC的平分線，DE⊥AB，∠C＝90°，
∴ED＝DC，
∵DE＝3，BD＝6，
∴BC＝BD+CD＝BD+DE＝9．
故選：C．
19．（2022秋?南陽期末）如圖，BD是△ABC的角平分線，DE⊥AB，垂足為E．若△ABC的面積為26，AB＝8，BC＝5，則DE的長(zhǎng)為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【考點(diǎn)】角平分線的性質(zhì)．
【答案】D
【分析】作DF⊥BC于F，如圖，根據(jù)角平分線的定義得到DE＝DC，再利用三角形面積公式得到×6×DF+×8×DE＝26，然后求出DE的長(zhǎng)．
【解答】解：作DF⊥BC于F，如圖，
∵BD是△ABC的角平分線，DE⊥AB，DF⊥BC，
∴DE＝DF，
∵S△ABC＝S△ABD+S△CBD，
∴×5×DF+×8×DE＝26，
∴DE＝26，
∴DE＝4．
故選：D．
20．（2023春?招遠(yuǎn)市期末）如圖，△ABC中，∠ACF、∠EAC的角平分線CP、AP交于點(diǎn)P，延長(zhǎng)BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF．則下列結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)（ ）
①BP平分∠ABC；②∠ABC+2∠APC＝180°；③∠CAB＝2∠CPB；④S△PAC＝S△MAP+S△NCP．
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【考點(diǎn)】角平分線的性質(zhì)．
【答案】D
【分析】過P作PQ⊥AC于Q，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得出PQ＝PN，PQ＝PM，求出PQ＝PM＝PN，求出∠PMA＝∠PNC＝∠PQA＝∠PQC＝90°，根據(jù)全等三角形的判定得出Rt△PMA≌Rt△PQA，Rt△PQC≌Rt△PNC，再逐個(gè)判斷即可．
【解答】解：過P作PQ⊥AC于Q，
∵∠ACF、∠EAC的角平分線CP、AP交于點(diǎn)P，PM⊥BE，PN⊥BF，
∴PM＝PQ，PQ＝PN，
∴PM＝PN，
∴P在∠ABC的角平分線上，即BP平分∠ABC，故①正確；
∵PM⊥AB，PN⊥BC，PQ⊥AC，
∴∠PMA＝∠PQA＝90°，∠PQC＝∠PNC＝90°，
在Rt△PMA和Rt△PQA中，
，
∴Rt△PMA≌Rt△PQA（HL），
∴∠MPA＝∠QPA，
同理Rt△PQC≌Rt△PNC，
∴∠QPC＝∠NPC，
∵∠PMA＝∠PNC＝90°，
∴∠ABC+∠MPN＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABC+2∠APC＝180°，故②正確；
∵PC平分∠FCA，BP平分∠ABC，
∴∠FCA＝∠ABC+∠CAB＝2∠PCN，
又∵∠PCN＝∠ABC+∠CPB，
∴∠ABC+∠CAB＝2（∠ABC+∠CPB），
∴∠CAB＝2∠CPB，故③正確；
∵Rt△PMA≌Rt△PQA，Rt△PQC≌Rt△PNC，
∴S△PAC＝S△MAP+S△NCP，故④正確；
即正確的個(gè)數(shù)是4，
故選：D．
21．（2022秋?新華區(qū)校級(jí)期末）如圖，AI、BI、CI分別平分∠BAC、∠ABC、∠ACB，ID⊥BC，△ABC的周長(zhǎng)為18，ID＝4，則△ABC的面積為（ ）
A．18B．30C．36D．72
【考點(diǎn)】角平分線的性質(zhì)．
【答案】C
【分析】過I點(diǎn)作IE⊥AB于E，IF⊥AC于F，如圖，利用角平分線的性質(zhì)得到IE＝IF＝ID＝4，然后根據(jù)三角形面積公式得到S△ABC＝S△ABI+S△IBC+S△IAC＝2（AB+BC+AC）．
【解答】解：過I點(diǎn)作IE⊥AB于E，IF⊥AC于F，如圖，
∵AI，BI，CI分別平分∠BAC，∠ABC，∠ACB，
∴IE＝IF＝ID＝4，
∴S△ABC＝S△ABI+S△IBC+S△IAC
＝×AB×4+×BC×4+×AC×4
＝2（AB+BC+AC）
＝2×18
＝36．
故選：C．
【考點(diǎn)8】線段垂直平分線的性質(zhì)．
22．（2023?沙坪壩區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖，在△ABC中，AB的垂直平分線分別交AB、BC于點(diǎn)D，E，連接AE．若AD＝4，△ABC的周長(zhǎng)為24，則△ACE的周長(zhǎng)為（ ）
A．12B．16C．18D．20
【考點(diǎn)】線段垂直平分線的性質(zhì)．
【答案】B
【分析】根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)得到EA＝EB，根據(jù)三角形的周長(zhǎng)公式計(jì)算即可．
【解答】解：∵DE是線段AB的垂直平分線，
∴EA＝EB，
∵AD＝4，
∴AB＝2AD＝8，
∵△ABC的周長(zhǎng)＝AB+BC+AC＝24，
∴BC+AC＝24﹣8＝16，
∴△ACE的周長(zhǎng)＝AC+CE+AE＝BE+CE+AC＝BC+AC＝16，
故選：B．
23．（2022秋?裕華區(qū)校級(jí)期末）如圖，在△ABC中，∠BAC＞90°，AB的垂直平分線交BC于點(diǎn)E，AC的垂直平分線交BC于點(diǎn)F，連接AE，AF，若△AEF的周長(zhǎng)為7，則BC的長(zhǎng)是（ ）
A．7B．8C．9D．無法確定
【考點(diǎn)】線段垂直平分線的性質(zhì)．
【答案】A
【分析】根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)得到EA＝EB，F(xiàn)A＝FC，根據(jù)三角形的周長(zhǎng)公式即可求出BC．
【解答】解：∵AB的垂直平分線交BC于點(diǎn)E，
∴EA＝EB，
∵AC的垂直平分線交BC于點(diǎn)F．
∴FA＝FC，
∴BC＝BE+EF+FC＝AE+EF+AF＝△AEF的周長(zhǎng)＝7．
故選：A．
24．（2023春?振興區(qū)校級(jí)期中）到三角形各頂點(diǎn)距離相等的點(diǎn)是（ ）
A．三條邊垂直平分線交點(diǎn)B．三個(gè)內(nèi)角平分線交點(diǎn)
C．三條中線交點(diǎn)D．三條高交點(diǎn)
【考點(diǎn)】線段垂直平分線的性質(zhì)．
【答案】A
【分析】根據(jù)線段垂直平分線的判定定理判斷即可．
【解答】解：∵到線段的兩個(gè)端點(diǎn)的距離相等的點(diǎn)在線段的垂直平分線上，
∴到三角形各頂點(diǎn)距離相等的點(diǎn)是三角形三條邊的垂直平分線的交點(diǎn)，
故選：A．
25．（2022秋?梁子湖區(qū)期末）如圖：DE是△ABC中AC邊的垂直平分線，若BC＝8厘米，AB＝10厘米，則△EBC的周長(zhǎng)為（ ）厘米．
A．16B．18C．26D．28
【考點(diǎn)】線段垂直平分線的性質(zhì)．
【答案】B
【分析】利用線段垂直平分線的性質(zhì)得AE＝CE，再等量代換即可求得三角形的周長(zhǎng)．
【解答】解：∵DE是△ABC中AC邊的垂直平分線，
∴AE＝CE，
∴△EBC的周長(zhǎng)＝BC+BE+CE＝BC+BE+CE＝BC+AB＝10+8＝18（厘米），
故選：B．
26．（2023春?建平縣期末）如圖，在△ABC中，邊AB的垂直平分線OM與邊AC的垂直平分線ON交于點(diǎn)O，這兩條垂直平分線分別交BC于點(diǎn)D、E．
（1）若∠ABC＝30°，∠ACB＝40°，求∠DAE的度數(shù)；
（2）已知△ADE的周長(zhǎng)7cm，分別連接OA、OB、OC，若△OBC的周長(zhǎng)為15cm，求OA的長(zhǎng)．
【考點(diǎn)】含30度角的直角三角形；線段垂直平分線的性質(zhì)．
【答案】（1）40°；
（2）4cm．
【分析】（1）求出∠BAC＝110°，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到DA＝DB，EA＝EC，可求出答案；
（2）連接OA，OB，OC，根據(jù)三角形的周長(zhǎng)公式求出OB+OC，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到OB＝OC，計(jì)算即可．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝30°，∠ACB＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣30°﹣40°＝110°，
∵DM是線段AB的垂直平分線，
∴DA＝DB，
∴∠DAB＝∠ABC＝30°，
同理，EA＝EC，
∴∠EAC＝∠ACB＝40°，
∴∠DAE＝∠BAC﹣∠BAD﹣∠EAC＝110°﹣30°﹣40°＝40°；
（2）連接OA，OB，OC，
∵△ADE的周長(zhǎng)7cm
∴AD+DE+EA＝7（cm），
∴BC＝DB+DE+EC＝AD+DE+EA＝7（cm）；
∵△OBC的周長(zhǎng)為15，
∴OB+OC+BC＝15，
∵BC＝7，
∴OB+OC＝8，
∵OM垂直平分AB，
∴OA＝OB，
同理，OA＝OC，
∴OA＝OB＝OC＝4（cm）．
【考點(diǎn)9】等腰三角形的性質(zhì)
27．（2023春?棗莊期末）若等腰三角形的兩邊長(zhǎng)分別為2和5，則它的周長(zhǎng)為（ ）
A．9B．7C．12D．9或12
【考點(diǎn)】等腰三角形的性質(zhì)；三角形三邊關(guān)系．
【答案】C
【分析】求等腰三角形的周長(zhǎng)，即是確定等腰三角形的腰與底的長(zhǎng)求周長(zhǎng)；題目給出等腰三角形有兩條邊長(zhǎng)為2和5，而沒有明確腰、底分別是多少，所以要進(jìn)行討論，還要應(yīng)用三角形的三邊關(guān)系驗(yàn)證能否組成三角形．
【解答】解：（1）若2為腰長(zhǎng)，5為底邊長(zhǎng)，
由于2+2＜5，則三角形不存在；
（2）若5為腰長(zhǎng)，則符合三角形的兩邊之和大于第三邊．
所以這個(gè)三角形的周長(zhǎng)為5+5+2＝12．
故選：C．
28．（2022秋?南宮市期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD為∠BAC的平分線，若BC＝8，則CD的長(zhǎng)為（ ）
A．2B．3C．4D．5
【考點(diǎn)】等腰三角形的性質(zhì)．
【答案】C
【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AD⊥BC，BD＝BC＝4，得到答案．
【解答】解：∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分線，
∴AD⊥BC，BD＝BC＝4，
故選：C．
29．（2023春?富平縣期中）如圖，在等腰△ABC中，AB＝AC，CD是AB邊上的高，若∠A＝42°，則∠DCB的度數(shù)為（ ）
A．21°B．31°C．42°D．48°
【考點(diǎn)】等腰三角形的性質(zhì)．
【答案】A
【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，求出∠B＝69°，由垂直的定義，即得∠DCB的度數(shù)．
【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝42°，
∴∠B＝∠ACB＝×（180°﹣42°）＝69°，
又∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝90°，
∴∠DCB＝90°﹣69°＝21°．
故選：A．
30．（2023春?蓮池區(qū)校級(jí)期中）若等腰三角形一腰上的高與另一腰的夾角為32°，則它的頂角的度數(shù)是（ ）
A．32°B．58°C．122°D．58°或122°
【考點(diǎn)】等腰三角形的性質(zhì)；三角形內(nèi)角和定理．
【答案】D
【分析】根據(jù)題意分類討論，當(dāng)頂角為鈍角時(shí)，當(dāng)頂角為銳角時(shí)，分別畫出圖形，根據(jù)等腰三角形的定義，以及直角三角形的兩銳角互余即可求解．
【解答】解：如圖1，等腰三角形為銳角三角形，
∵BD⊥AC，∠ABD＝32°，
∴∠A＝90°﹣∠ABD＝58°，
此時(shí)頂角的度數(shù)為58°．
如圖2，等腰三角形為鈍角三角形，
∵BD⊥AC，∠ABD＝32°，
∴∠BAC＝90°+∠ABD＝122°．
此時(shí)頂角的度數(shù)為122°，
故選：D．
31．（2022秋?新?lián)釁^(qū)期末）如圖，AB＝AE，AB∥DE，∠DAB＝70°，∠E＝40°．
（1）求∠DAE的度數(shù)；
（2）若∠B＝30°，求證：AD＝BC．
【考點(diǎn)】等腰三角形的性質(zhì)．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠EAB，再根據(jù)角的和差關(guān)系即可求解；
（2）根據(jù)ASA可證△ADE≌△BCA，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可求解．
【解答】解（1）∵AB∥DE，∠E＝40°，
∴∠EAB＝∠E＝40°，
∵∠DAB＝70°，
∴∠DAE＝30°；
（2）證明：在△ADE與△BCA中，
，
∴△ADE≌△BCA（ASA），
∴AD＝BC
【考點(diǎn)10】等腰三角形的判定．版權(quán)
32．（2023?河北一模）如圖所標(biāo)數(shù)據(jù)，下面說法正確的是（ ）
A．①是等腰三角形B．②是等腰三角形
C．①和②均是等腰三角形D．①和②都不是等腰三角形
【考點(diǎn)】等腰三角形的判定．
【答案】B
【分析】由等腰三角形的判定方法，即可判斷．
【解答】解：圖①，三角形的第三邊的長(zhǎng)不確定，故①不一定是等腰三角形；
圖②，三角形的第三個(gè)角是180°﹣50°﹣80°＝50°，三角形有兩個(gè)角都是50°，故②是等腰三角形．
故選：B．
33．（2022秋?巴州區(qū)期末）如圖，在△ABC中，∠A＝36°，∠B＝72°，CD平分∠ACB，DE∥AC，則圖中共有等腰三角形（ ）
A．2個(gè)B．3個(gè)C．4個(gè)D．5個(gè)
【考點(diǎn)】等腰三角形的判定．
【答案】D
【分析】根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝72°，求出∠ACD＝∠BCD＝∠ACB＝36°，求出∠CDB＝∠A+∠ACD＝72°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠EDB＝∠A＝36°，∠DEB＝∠ACB＝72°，∠CDE＝∠ACD＝36°，推出∠A＝∠ACD＝∠BCD＝∠CDE＝36°，∠B＝∠ACD＝∠DEB＝∠CDB＝72°即可．
【解答】解：∵∠A＝36°，∠B＝72°，
∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠b＝72°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝∠ACB＝36°，
∴∠CDB＝∠A+∠ACD＝72°，
∵DE∥AC，
∴∠EDB＝∠A＝36°，∠DEB＝∠ACB＝72°，∠CDE＝∠ACD＝36°，
∴∠A＝∠ACD＝∠BCD＝∠CDE＝36°，∠B＝∠ACD＝∠DEB＝∠CDB＝72°，
∴△ACB、△ACD、△CDB、△CDE、△DEB都是等腰三角形，共5個(gè)，
故選：D．
34．（2022秋?靖西市期末）如圖，已知△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，在直線BC或射線AC取一點(diǎn)P，使得△PAB是等腰三角形，則符合條件的點(diǎn)P有（ ）
A．2個(gè)B．4個(gè)C．5個(gè)D．6個(gè)
【考點(diǎn)】等腰三角形的判定．
【答案】C
【分析】分為三種情況：①PA＝PB，②AB＝AP，③AB＝BP，求出即可得出答案．
【解答】解：①作線段AB的垂直平分線，交AC于點(diǎn)P，交直線BC于一點(diǎn)，共2個(gè)點(diǎn)；
②第2個(gè)點(diǎn)是以A為圓心，以AB長(zhǎng)為半徑作圓，交直線BC于兩點(diǎn)（B和另一個(gè)點(diǎn)），交射線AC于一點(diǎn)，共2個(gè)點(diǎn)；
③以B為圓心，以BA長(zhǎng)為半徑作圓，交直線BC于兩點(diǎn)，交射線AC于一點(diǎn)，共3個(gè)點(diǎn)
∵作線段AB的垂直平分線交直線BC的點(diǎn)，以A為圓心，AB長(zhǎng)為半徑作圓交直線BC的點(diǎn)，以及以B為圓心，AB長(zhǎng)為半徑作圓交直線BC與右側(cè)的點(diǎn)，這三個(gè)點(diǎn)是同一個(gè)點(diǎn)．
∴答案應(yīng)該是2+2+3﹣2＝5個(gè)點(diǎn)
故選：C．
【考點(diǎn)11】等腰三角形的判定與性質(zhì)
35．（2023?南關(guān)區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖，已知OC平分∠AOB，CD∥OB，若OD＝3，則CD等于（ ）
?
A．3B．4C．1.5D．2
【考點(diǎn)】等腰三角形的判定與性質(zhì)；平行線的性質(zhì)．
【答案】A
【分析】OC平分∠AOB，∠AOC＝∠BOC，CD∥OB，∠C＝∠BOC，∠C＝∠AOC，CD＝OD．
【解答】解：∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC＝∠BOC，
又∵CD∥OB，
∴∠C＝∠BOC，
∴∠C＝∠AOC，
∴CD＝OD＝3，
故選：A．
36．（2023春?昭通期末）如圖，在△ABC中，BD平分∠ABC，AD⊥BD，∠CAD＝∠C，若AB＝5，AD＝2，則BC的長(zhǎng)為（ ）
A．6B．7C．8D．9
【考點(diǎn)】等腰三角形的判定與性質(zhì)．
【答案】D
【分析】延長(zhǎng)AD交BC于點(diǎn)E，如圖，證明△ABD≌△EBD，得到BE＝BA＝5，AD＝ED＝2，可得AE＝4，由∠CAD＝∠C可得EC＝EA＝4，進(jìn)而可得答案．
【解答】解：延長(zhǎng)AD交BC于點(diǎn)E，如圖，
∵BD平分∠ABC，AD⊥BD，
∴∠ABD＝∠EBD，∠ADB＝∠EDB＝90°，
∵BD＝BD，
∴△ABD≌△EBD（ASA），
∴BE＝BA＝5，AD＝ED＝2，
∴AE＝4，
∵∠CAD＝∠C，
∴EC＝EA＝4，
∴BC＝BE+EC＝9；
故選：D．
【考點(diǎn)12】等邊三角形的性質(zhì)
37．（2023春?龍川縣校級(jí)期中）如圖，直線m∥n，等邊△ABC的頂點(diǎn)B在直線n上，∠2＝35°，則∠1的度數(shù)為（ ）
A．40°B．25°C．30°D．35°
【考點(diǎn)】等邊三角形的性質(zhì)；平行線的性質(zhì)．
【答案】B
【分析】先根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠ACD＝∠2＝35°，∠DCB＝∠1，再根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和∠2的度數(shù)求出∠1的度數(shù)即可．
【解答】解：過點(diǎn)C作DE∥m，
∵DE∥m，m∥n，
∴DE∥n，
∴∠DCB＝∠1，
∵DE∥m，
∴∠ACD＝∠2＝35°，
∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ACB＝60°，
∴∠DCB＝∠ACB﹣∠ACD＝60°﹣35°＝25°，
∴∠1＝∠DCB＝25°，
故選：B．
38．（2023春?興寧市期末）如圖，AD是等邊三角形ABC的中線，點(diǎn)E在AC上，AE＝AD，則∠EDC等于（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
【考點(diǎn)】等邊三角形的性質(zhì)．
【答案】A
【分析】由等邊三角形的性質(zhì)可求解∠CAD＝30°，AD⊥BC，利用等腰三角形的性質(zhì)及三角形的內(nèi)角和定理可得∠ADE的度數(shù)，進(jìn)而可求解．
【解答】解：∵△ABC為等邊三角形，
∴∠BAC＝∠C＝60°，
∵AD是等邊三角形ABC的中線，
∴∠CAD＝∠BAC＝30°，AD⊥BC，
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，
∵∠AED+∠ADE+∠CAD＝180°，
∴∠ADE＝75°，
∴∠EDC＝15°，
故選：A．
39．（2022秋?金鄉(xiāng)縣期中）如圖，△ABC是等邊三角形，BD是AC邊上的高，延長(zhǎng)BC至E，使CE＝CD．
（1）求證：DB＝DE；
（2）過點(diǎn)D作DF⊥BE，垂足為F，若CF＝3，求△ABC的周長(zhǎng)．
【考點(diǎn)】等邊三角形的性質(zhì)．
【答案】（1）證明過程見解答；
（2）△ABC的周長(zhǎng)為36．
【分析】（1）利用等邊三角形的性質(zhì)可得AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，再利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)可得AD＝CD＝AC，∠DBC＝∠ABC＝30°，然后利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形的外角性質(zhì)可得∠CDE＝∠E＝30°，從而可得∠DBE＝∠E，即可解答；
（2）根據(jù)垂直定義可得∠DFC＝90°，然后在Rt△DFC中，求出CD的長(zhǎng)，從而求出AC的長(zhǎng)，進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD⊥AC，
∴AD＝CD＝AC，∠DBC＝∠ABC＝30°，
∵CE＝CD，
∴∠CDE＝∠E，
∵∠ACB＝∠CDE+∠E，
∴∠E＝30°，
∴∠DBE＝∠E，
∴BD＝DE；
（2）解：∵DF⊥BE，
∴∠DFC＝90°，
∵∠ACB＝60°，CF＝3，
∴∠CDF＝90°﹣∠ACB＝30°，
∴CD＝2CF＝6，
∵CD＝AC，
∴AC＝2CD＝12，
∴AB＝AC＝BC＝12，
∴△ABC的周長(zhǎng)為36．
【考點(diǎn)13】等邊三角形的判定．
40．（2023春?扶風(fēng)縣期中）在△ABC中，若AB＝AC＝5，∠B＝60°，則BC的值為（ ）
A．3B．4C．5D．6
【考點(diǎn)】等邊三角形的判定．
【答案】C
【分析】先判斷△ABC為等邊三角形，然后等邊三角形的性質(zhì)得到BC＝AB．
【解答】解：∵AB＝AC＝5，
∴∠C＝∠B＝60°，
∴△ABC為等邊三角形，
∴BC＝AB＝5．
故選：C．
41．（2023春?文山市期中）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，CE是∠BCD的角平分線，且CE＝CD，那么∠D的度數(shù)是（ ）
A．50°B．60°C．70°D．80°
【考點(diǎn)】等邊三角形的判定與性質(zhì)；平行線的性質(zhì)；等腰三角形的判定．
【答案】B
【分析】根據(jù)角平分線的定義和平行線的性質(zhì)可證△DCE是等腰三角形，從而可得DE＝DC，進(jìn)而可得△CDE是等邊三角形，然后利用等邊三角形的性質(zhì)可得∠D＝60°，即可解答．
【解答】解：∵CE是∠BCD的角平分線，
∴∠DCE＝∠ECB，
∵AD∥BC，
∴∠DEC＝∠ECB，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴DE＝DC，
∵CE＝CD，
∴CE＝CD＝DE，
∴△CDE是等邊三角形，
∴∠D＝60°，
故選：B．
【考點(diǎn)14】等邊三角形的判定與性質(zhì)；
42．（2021秋?隨縣期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC，垂足為G，且AD＝AB．∠EDF＝60°，其兩邊分別交邊AB，AC于點(diǎn)E，F(xiàn)．
（1）求證：△ABD是等邊三角形；
（2）求證：BE＝AF．
【考點(diǎn)】等邊三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)和已知條件得出∠BAD＝∠DAC＝×120°＝60°，再由AD＝AB，即可得出結(jié)論；
（2）由△ABD是等邊三角形，得出BD＝AD，∠ABD＝∠ADB＝60°，證出∠BDE＝∠ADF，由ASA證明△BDE≌△ADF，得出BE＝AF．
【解答】（1）證明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠DAC＝∠BAC，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝∠DAC＝×120°＝60°，
∵AD＝AB，
∴△ABD是等邊三角形；
（2）證明：∵△ABD是等邊三角形，
∴∠ABD＝∠ADB＝60°，BD＝AD
∵∠EDF＝60°，
∴∠ABD＝∠EDF，
∴∠ABD﹣∠ADE＝∠EDF﹣∠ADE，
∴∠BDE＝∠ADF，
在△BDE與△ADF中，
，
∴△BDE≌△ADF（ASA），
∴BE＝AF．
43．（2022秋?番禺區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，△ABC和△ADE都是等邊三角形，且B、A、E在同一直線上，連接BD交AC于M，連接CE交AD于N，連接MN．
求證：（1）BD＝CE；（2）BM＝CN；（3）MN∥BE．
【考點(diǎn)】等邊三角形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】（1）由已知條件利用SAS證明△ABD≌△ACE即可．
（2）由已知條件利用ASA證明△ABM≌△ACN．
（3）在（2）的基礎(chǔ)上可利用內(nèi)錯(cuò)角證明MN∥BE．
【解答】證明：（1）∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，
則在△ABD和△ACE中，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE．
（2）由（1）可知，∠DBA＝∠ACE，
又∵AB＝AC，∠BAC＝∠CAD＝60°，
則在△ABM和△ACN中，
∴△ABM≌△ACN，
∴BM＝CN．
（3）由（2）得，AM＝AN，
∴∠AMN＝∠ANM＝60°＝∠DAE，
∴MN∥BE
【考點(diǎn)15】含30度角的直角三角形
44．（2022秋?嘉興期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠C＝30°，點(diǎn)D在BC上，AB⊥AD，AD＝2，則BC等于（ ）
A．4B．5C．6D．8
【考點(diǎn)】含30度角的直角三角形；等腰三角形的性質(zhì)．
【答案】C
【分析】根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出∠B，求出∠BAC，求出∠DAC＝∠C，求出AD＝DC＝2，根據(jù)含30度角的直角三角形性質(zhì)求出BD，即可求出答案．
【解答】解：∵AB＝AC，∠C＝30°，
∴∠B＝∠C＝30°，∠BAC＝120°，
∵AB⊥AD，
∴∠BAD＝90°，
∵AD＝2，
∴BD＝2AD＝4，
∵∠DAC＝120°﹣90°＝30°，
∴∠DAC＝∠C，
∴AD＝DC＝2，
∴BC＝BD+DC＝4+2＝6，
故選：C．
45．（2023春?定州市期末）在Rt△ABC中，∠C＝30°，斜邊AC的長(zhǎng)為5cm，則AB的長(zhǎng)為（ ）
A．2 cmB．2.5 cmC．3 cmD．4 cm
【考點(diǎn)】含30度角的直角三角形．
【答案】B
【分析】由題意可得，∠B是直角，AB＝AC，直接代入即可求得AB的長(zhǎng)．
【解答】解：∵△ABC為直角三角形，∠C＝30°，
∴AB＝AC＝2.5cm．
故選：B
【考點(diǎn)16】直角三角形斜邊上的中線．
46．（2023春?南崗區(qū)校級(jí)月考）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AD＝CD，BD＝6cm，則AC的長(zhǎng)為（ ）
A．3cmB．6cmC．9cmD．12cm
【考點(diǎn)】直角三角形斜邊上的中線．
【答案】D
【分析】根據(jù)直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)解答即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AD＝CD，BD＝6cm，
則AC＝2BD＝2×6＝12（cm），
故選：D．
47．（2023春?梁山縣期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，CD是AB邊上的中線，則CD的長(zhǎng)是（ ）
A．1B．2C．4D．8
【考點(diǎn)】直角三角形斜邊上的中線．
【答案】B
【分析】根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出CD＝AB，代入求出即可．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，CD是AB邊上的中線，
∴CD＝AB＝2，
故選：B．
【考點(diǎn)17】作圖﹣軸對(duì)稱變換．
48．（2023?青羊區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖，在由邊長(zhǎng)為1個(gè)單位的小正方形組成的網(wǎng)格中，三角形ABC的頂點(diǎn)均為格點(diǎn)（網(wǎng)格線的交點(diǎn)）．
（1）作出三角形ABC關(guān)于直線MN的軸對(duì)稱圖形三角形A1B1C1；
（2）求三角形A1B1C1的面積；
（3）在直線MN上找一點(diǎn)P使得三角形BAC的面積等于三角形PAC的面積．
【考點(diǎn)】作圖﹣軸對(duì)稱變換．
【答案】（1）作圖見解析部分；
（2）2；
（3）作圖見解析部分．
【分析】（1）利用軸對(duì)稱變換的性質(zhì)分別作出A，B，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A1，B1，C1即可；
（2）把三角形的面積看成矩形的面積減去周圍的三個(gè)三角形面積即可；
（3）利用等高模型畫出圖形即可．
【解答】解：（1）如圖，△A1B1C1即為所求；
（2）△A1B1C1的面積＝2×3﹣×1×3﹣×1×1﹣×2×2＝2；
（3）如圖，點(diǎn)P，點(diǎn)P′即為所求．
49．（2022秋?克什克騰旗期末）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為A（1，1）B（4，2）C（2，3）．
（1）在圖中畫出△ABC關(guān)于x軸對(duì)稱的圖形△A1B1C1；
（2）在圖中，若B2（﹣4，2）與點(diǎn)B關(guān)于一條直線成軸對(duì)稱，則這條對(duì)稱軸是 y軸 ，此時(shí)C點(diǎn)關(guān)于這條直線的對(duì)稱點(diǎn)C2的坐標(biāo)為 （﹣2，3） ；
（3）求△A1B1C1的面積．
【考點(diǎn)】作圖﹣軸對(duì)稱變換．
【答案】（1）見解答；
（2）y軸，（﹣2，3）；
（3）2.5．
【分析】（1）利用關(guān)于x軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)特征得到A1、B1、C1的坐標(biāo)，然后描點(diǎn)即可；
（2）作BB2的垂直平分線得到軸對(duì)稱為y軸，然后利用關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)特征得到C2的坐標(biāo)；
（3）用一個(gè)矩形的面積分別減去三個(gè)直角三角形的面積去計(jì)算△A1B1C1的面積．
【解答】解：（1）如圖，△A1B1C1為所作；
（2）這條對(duì)稱軸是y軸，C點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)C2的坐標(biāo)為（﹣2，3）；
故答案為：y軸，（﹣2，3）；
（3）△A1B1C1的面積＝2×3﹣×2×1﹣×2×1﹣×1×3＝2.5
一．選擇題（共12小題）
1．（2022秋?海陵區(qū)校級(jí)期末）下面四個(gè)圖形分別是節(jié)能、節(jié)水、低碳和綠色食品標(biāo)志，是軸對(duì)稱圖形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)軸對(duì)稱圖形的概念求解．
【解答】解：A、不是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；
B、不是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；
C、不是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；
D、是軸對(duì)稱圖形，故本選項(xiàng)正確．
故選：D．
2．（2023春?渠縣校級(jí)期末）從平面鏡里看到背后墻上電子鐘的示數(shù)如圖所示，這時(shí)的正確時(shí)間是（ ）
A．21：05B．21：15C．20：15D．20：12
【答案】A
【分析】根據(jù)鏡面對(duì)稱的性質(zhì)，在平面鏡中的像與現(xiàn)實(shí)中的事物恰好順序顛倒，且關(guān)于鏡面對(duì)稱．
【解答】解：由圖分析可得題中所給的“20：15”與“21：05”成軸對(duì)稱，這時(shí)的時(shí)間應(yīng)是21：05．
故選：A．
3．（2022秋?益陽期末）如圖，在△ABC中，AC＝4cm，線段AB的垂直平分線交AC于點(diǎn)N，△BCN的周長(zhǎng)是7cm，則BC的長(zhǎng)為（ ）
A．1cmB．2cmC．3cmD．4cm
【答案】C
【分析】首先根據(jù)MN是線段AB的垂直平分線，可得AN＝BN，然后根據(jù)△BCN的周長(zhǎng)是7cm，以及AN+NC＝AC，求出BC的長(zhǎng)為多少即可．
【解答】解：∵M(jìn)N是線段AB的垂直平分線，
∴AN＝BN，
∵△BCN的周長(zhǎng)是7cm，
∴BN+NC+BC＝7（cm），
∴AN+NC+BC＝7（cm），
∵AN+NC＝AC，
∴AC+BC＝7（cm），
又∵AC＝4cm，
∴BC＝7﹣4＝3（cm）．
故選：C．
4．（2023春?碭山縣校級(jí)期末）如圖，AB∥CD，BP和CP分別平分∠ABC和∠DCB，AD過點(diǎn)P，且與AB垂直．若AD＝8，則點(diǎn)P到BC的距離是（ ）
A．8B．6C．4D．2
【答案】C
【分析】過點(diǎn)P作PE⊥BC于E，根據(jù)角平分線上的點(diǎn)到角的兩邊的距離相等可得PA＝PE，PD＝PE，那么PE＝PA＝PD，又AD＝8，進(jìn)而求出PE＝4．
【解答】解：過點(diǎn)P作PE⊥BC于E，
∵AB∥CD，PA⊥AB，
∴PD⊥CD，
∵BP和CP分別平分∠ABC和∠DCB，
∴PA＝PE，PD＝PE，
∴PE＝PA＝PD，
∵PA+PD＝AD＝8，
∴PA＝PD＝4，
∴PE＝4．
故選：C．
5．（2023春?桃城區(qū)校級(jí)期末）如圖，△ABC中，AB＝5，AC＝6，BC＝4，邊AB的垂直平分線交AC于點(diǎn)D，則△BDC的周長(zhǎng)是（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】C
【分析】由ED是AB的垂直平分線，可得AD＝BD，又由△BDC的周長(zhǎng)＝DB+BC+CD，即可得△BDC的周長(zhǎng)＝AD+BC+CD＝AC+BC．
【解答】解：設(shè)AB的中垂線與AB交于點(diǎn)E，
∵ED是AB的垂直平分線，
∴AD＝BD，
∵△BDC的周長(zhǎng)＝DB+BC+CD，
∴△BDC的周長(zhǎng)＝AD+BC+CD＝AC+BC＝6+4＝10．
故選：C．
6．（2022秋?安岳縣期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以頂點(diǎn)A為圓心，適當(dāng)長(zhǎng)為半徑畫弧，分別交AC，AB于點(diǎn)M，N，再分別以點(diǎn)M，N為圓心，大于MN的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn)P，作射線AP交邊BC于點(diǎn)D，若CD＝4，AB＝15，則△ABD的面積是（ ）
A．15B．30C．45D．60
【答案】B
【分析】判斷出AP是∠BAC的平分線，過點(diǎn)D作DE⊥AB于E，根據(jù)角平分線上的點(diǎn)到角的兩邊距離相等可得DE＝CD，然后根據(jù)三角形的面積公式列式計(jì)算即可得解．
【解答】解：由題意得AP是∠BAC的平分線，過點(diǎn)D作DE⊥AB于E，
又∵∠C＝90°，
∴DE＝CD，
∴△ABD的面積＝AB?DE＝×15×4＝30．
故選：B．
7．（2022秋?和平區(qū)校級(jí)期末）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝90°，AD＝3，連接BD，BD⊥CD，∠ADB＝∠C．若P是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，則DP長(zhǎng)的最小值為（ ）
A．1B．6C．3D．12
【答案】C
【分析】由三角形的內(nèi)角和定理和角的和差求出∠ABD＝∠CBD，角平分線的性質(zhì)定理得AD＝DH，垂線段定義證明DH最短，求出DP長(zhǎng)的最小值為3．
【解答】解：過點(diǎn)D作DH⊥BC交BC于點(diǎn)H，如圖所示：
∵BD⊥CD，
∴∠BDC＝90°，
又∵∠C+∠BDC+∠DBC＝180°，
∠ADB+∠A+∠ABD＝180°
∠ADB＝∠C，∠A＝90°，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴BD是∠ABC的角平分線，
又∵AD⊥AB，DH⊥BC，
∴AD＝DH，
又∵AD＝3，
∴DH＝3，
又∴點(diǎn)D是直線BC外一點(diǎn)，
∴當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)H重合時(shí)DP最短，其長(zhǎng)度為DH長(zhǎng)等于3，
即DP長(zhǎng)的最小值為3．
故選：C．
8．（2022秋?濟(jì)寧期末）如圖所示，△ABC是等邊三角形，且BD＝CE，∠1＝15°，則∠2的度數(shù)為（ ）
A．15°B．30°C．45°D．60°
【答案】D
【分析】易證△ABD≌△BCE，可得∠1＝∠CBE，根據(jù)∠2＝∠1+∠ABE可以求得∠2的度數(shù)，即可解題．
【解答】解：在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE，
∴∠1＝∠CBE，
∵∠2＝∠1+∠ABE，
∴∠2＝∠CBE+∠ABE＝∠ABC＝60°．
故選：D．
9．（2023春?甘州區(qū)校級(jí)期中）已知，如圖，在△ABC中，OB和OC分別平分∠ABC和∠ACB，過O作DE∥BC，分別交AB、AC于點(diǎn)D、E，若BD+CE＝5，則線段DE的長(zhǎng)為（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】A
【分析】根據(jù)OB和OC分別平分∠ABC和∠ACB，和DE∥BC，利用兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等和等量代換，求證出DB＝DO，OE＝EC．然后即可得出答案．
【解答】解：∵在△ABC中，OB和OC分別平分∠ABC和∠ACB，
∴∠DBO＝∠OBC，∠ECO＝∠OCB，
∵DE∥BC，
∴∠DOB＝∠OBC＝∠DBO，∠EOC＝∠OCB＝∠ECO，
∴DB＝DO，OE＝EC，
∵DE＝DO+OE，
∴DE＝BD+CE＝5．
故選：A．
10．（2023春?山丹縣校級(jí)期中）如圖，直線l1∥l2，以直線l1上的點(diǎn)A為圓心、適當(dāng)長(zhǎng)為半徑畫弧，分別交直線l1、l2于點(diǎn)B、C，連接AC、BC．若∠ABC＝67°，則∠1＝（ ）
A．23°B．46°C．67°D．78°
【答案】B
【分析】首先由題意可得：AB＝AC，根據(jù)等邊對(duì)等角的性質(zhì)，即可求得∠ACB的度數(shù)，又由直線l1∥l2，根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等，即可求得∠2的度數(shù)，然后根據(jù)平角的定義，即可求得∠1的度數(shù)．
【解答】解：根據(jù)題意得：AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝67°，
∵直線l1∥l2，
∴∠2＝∠ABC＝67°，
∵∠1+∠ACB+∠2＝180°，
∴∠1＝180°﹣∠2﹣∠ACB＝180°﹣67°﹣67°＝46°．
故選：B．
11．（2022秋?武昌區(qū)校級(jí)期末）如圖，已知△ABC的面積為12，BP平分∠ABC，且AP⊥BP于點(diǎn)P，則△BPC的面積是（ ）
A．10B．8C．6D．4
【答案】C
【分析】延長(zhǎng)AP交BC于E，根據(jù)已知條件證得△ABP≌△EBP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AP＝PE，得出S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，推出S△PBC＝S△ABC；
【解答】解：延長(zhǎng)AP交BC于E，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠EBP，
∵AP⊥BP，
∴∠APB＝∠EPB＝90°，
在△ABP和△EBP中，
，
∴△ABP≌△EBP（ASA），
∴AP＝PE，
∴S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，
∴S△PBC＝S△ABC＝×12＝6，
故選：C．
12．（2022秋?番禺區(qū)校級(jí)期末）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，有下列結(jié)論：①CD＝ED；②AC+BE＝AB；③∠BDE＝∠BAC；④AD平分∠CDE；其中正確的是（ ）個(gè)．
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】根據(jù)角平分線上的點(diǎn)到角的兩邊距離相等可得CD＝DE，再利用“HL”證明Rt△ACD和Rt△AED全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得AC＝AE，∠ADC＝∠ADE，然后對(duì)各小題分析判斷即可得解．
【解答】解：∵∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB，
∴CD＝DE，故①正確；
在Rt△ACD和Rt△AED中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），
∴AC＝AE，∠ADC＝∠ADE，
∴AC+BE＝AE+BE＝AB，故②正確；
AD平分∠CDE，故④正確；
∵∠B+∠BAC＝90°，
∠B+∠BDE＝90°，
∴∠BDE＝∠BAC，故③正確；
綜上所述，結(jié)論正確的是①②③④共4個(gè)．
故選：D．
二．填空題（共8小題）
13．（2023春?富錦市校級(jí)期中）如圖，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，點(diǎn)E是BC邊上一點(diǎn)，連接AE，把∠B沿AE折疊，使點(diǎn)B落在點(diǎn)B′處．當(dāng)△CEB′為直角三角形時(shí)，BE的長(zhǎng)為 或3 ．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】當(dāng)△CEB′為直角三角形時(shí)，有兩種情況：
①當(dāng)點(diǎn)B′落在矩形內(nèi)部時(shí)，如答圖1所示．
連接AC，先利用勾股定理計(jì)算出AC＝5，根據(jù)折疊的性質(zhì)得∠AB′E＝∠B＝90°，而當(dāng)△CEB′為直角三角形時(shí)，只能得到∠EB′C＝90°，所以點(diǎn)A、B′、C共線，即∠B沿AE折疊，使點(diǎn)B落在對(duì)角線AC上的點(diǎn)B′處，則EB＝EB′，AB＝AB′＝3，可計(jì)算出CB′＝2，設(shè)BE＝x，則EB′＝x，CE＝4﹣x，然后在Rt△CEB′中運(yùn)用勾股定理可計(jì)算出x．
②當(dāng)點(diǎn)B′落在AD邊上時(shí)，如答圖2所示．此時(shí)ABEB′為正方形．
【解答】解：當(dāng)△CEB′為直角三角形時(shí)，有兩種情況：
①當(dāng)點(diǎn)B′落在矩形內(nèi)部時(shí)，如答圖1所示．
連接AC，
在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝＝5，
∵∠B沿AE折疊，使點(diǎn)B落在點(diǎn)B′處，
∴∠AB′E＝∠B＝90°，
當(dāng)△CEB′為直角三角形時(shí)，只能得到∠EB′C＝90°，
∴點(diǎn)A、B′、C共線，即∠B沿AE折疊，使點(diǎn)B落在對(duì)角線AC上的點(diǎn)B′處，
∴EB＝EB′，AB＝AB′＝3，
∴CB′＝5﹣3＝2，
設(shè)BE＝x，則EB′＝x，CE＝4﹣x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2＝CE2，
∴x2+22＝（4﹣x）2，解得x＝，
∴BE＝；
②當(dāng)點(diǎn)B′落在AD邊上時(shí)，如答圖2所示．
此時(shí)ABEB′為正方形，∴BE＝AB＝3．
綜上所述，BE的長(zhǎng)為或3．
故答案為：或3．
14．（2022秋?盤山縣期末）如圖所示，點(diǎn)P為∠AOB內(nèi)一點(diǎn)，分別作出P點(diǎn)關(guān)于OA、OB的對(duì)稱點(diǎn)P1，P2，連接P1P2交OA于M，交OB于N，P1P2＝15，則△PMN的周長(zhǎng)為 15 ．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】P點(diǎn)關(guān)于OA的對(duì)稱是點(diǎn)P1，P點(diǎn)關(guān)于OB的對(duì)稱點(diǎn)P2，故有PM＝P1M，PN＝P2N．
【解答】解：∵P點(diǎn)關(guān)于OA的對(duì)稱是點(diǎn)P1，P點(diǎn)關(guān)于OB的對(duì)稱點(diǎn)P2，
∴PM＝P1M，PN＝P2N．
∴△PMN的周長(zhǎng)為PM+PN+MN＝MN+P1M+P2N＝P1P2＝15．
故答案為：15
15．（2022秋?廣饒縣校級(jí)期末）如圖，已知△ABC是等邊三角形，點(diǎn)B、C、D、E在同一直線上，且CG＝CD，DF＝DE，則∠E＝ 15 度．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】根據(jù)等邊三角形三個(gè)角相等，可知∠ACB＝60°，根據(jù)等腰三角形底角相等即可得出∠E的度數(shù)．
【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠ACB＝60°，∠ACD＝120°，
∵CG＝CD，
∴∠CDG＝30°，∠FDE＝150°，
∵DF＝DE，
∴∠E＝15°．
故答案為：15．
16．（2022秋?聊城期末）如圖．有一個(gè)三角形紙片ABC，∠A＝65°，∠B＝75°，將紙片一角折疊，使點(diǎn)C落在△ABC外，若∠2＝20°，則∠1的大小為 100° ．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】先根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可出∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣65°﹣75°＝40°；再根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠C′＝∠C＝40°，再利用三角形的內(nèi)角和定理以及外角性質(zhì)得∠3+∠2+∠5+∠C′＝180°，∠5＝∠4+∠C＝∠4+40°，即可得到∠3+∠4＝80°，然后利用平角的定義即可求出∠1．
【解答】解：如圖，
∵∠A＝65°，∠B＝75°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣65°﹣75°＝40°；
又∵將三角形紙片的一角折疊，使點(diǎn)C落在△ABC外，
∴∠C′＝∠C＝40°，
而∠3+∠2+∠5+∠C′＝180°，∠5＝∠4+∠C＝∠4+40°，∠2＝20°，
∴∠3+20°+∠4+40°+40°＝180°，
∴∠3+∠4＝80°，
∴∠1＝180°﹣80°＝100°．
故答案為100°．
17．（2022秋?鞍山期末）如圖，等邊三角形ABC中，在BC邊所在的直線上分別截取BA＝BD，CA＝CE，連接AD，AE，則∠DAE的度數(shù)是 120° ．
【答案】120°．
【分析】先利用等邊三角形的性質(zhì)求出三個(gè)內(nèi)角都是60°，再由等邊對(duì)等角求解．
【解答】解：在等邊三角形ABC中，有∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∵BA＝BD，CA＝CE，
∴∠D＝∠DAB＝∠E＝∠CAE＝30°，
∴∠DAE＝∠DAB+∠BAC+∠CAE＝120°，
故答案為：120°．
18．（2022秋?雨花區(qū)期末）如圖所示，AC平分∠BAD，∠B+∠D＝180°，CE⊥AD于點(diǎn)E，AD＝10cm，AB＝7cm，那么DE的長(zhǎng)度為 1.5 cm．
【答案】1.5．
【分析】過C作CF⊥AB，交AB的延長(zhǎng)線于F，根據(jù)全等三角形的判定推出△BFC≌△DEC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出BF＝DE，根據(jù)全等三角形的判定得出Rt△FAC≌Rt△EAC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出AF＝AE，求出AD﹣AB＝2DE，再代入求出答案即可．
【解答】解：過C作CF⊥AB，交AB的延長(zhǎng)線于F，
∵CF⊥AB，CE⊥AD，AC平分∠BAD，
∴CE＝CF，∠F＝∠CED＝90°，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠CBF＝180°，
∴∠FBC＝∠D，
在△BFC和△DEC中，
，
∴△BFC≌△DEC（AAS），
∴BF＝DE，
在Rt△FAC和Rt△EAC中，
，
∴Rt△FAC≌Rt△EAC（HL），
∴AF＝AE，
∵AD＝10cm，AB＝7cm，
∴AD﹣AB＝（AE+DE）﹣（AF﹣BF）＝AE+DE﹣AF+BF＝2DE＝10﹣7＝3（cm），
解得：DE＝1.5cm，
故答案為：1.5．
19．（2023春?振興區(qū)校級(jí)期中）如圖，∠BAC＝100°，若MP和NQ分別垂直平分AB和AC，則∠PAQ＝ 20° ．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】由MP和NQ分別垂直平分AB和AC，可得PA＝PB，AQ＝CQ，即可證得∠B＝∠BAP，∠C＝∠CAQ，又由∠BAC＝120°，可求得∠B+∠C的度數(shù)，即可得∠BAP+∠CAQ的度數(shù)，繼而求得答案．
【解答】解：∵PM垂直平分AB，
∴PA＝PB，
∴∠B＝∠BAP，
同理：QC＝QA，
∴∠C＝∠CAQ，
∵∠BAC＝100°，
∴∠B+∠C＝80°，
∴∠BAP+∠CAQ＝80°，
∴∠PAQ＝∠BAC﹣∠BAP﹣∠CAQ＝20°．
故答案為：20°．
20．（2023春?高新區(qū)校級(jí)期末）如圖，AC，BD在AB的同側(cè)，AC＝2，BD＝8，AB＝8，點(diǎn)M為AB的中點(diǎn)，若∠CMD＝120°，則CD的最大值是 14 ．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】如圖，作點(diǎn)A關(guān)于CM的對(duì)稱點(diǎn)A′，點(diǎn)B關(guān)于DM的對(duì)稱點(diǎn)B′，連接CA'、MA'、MB'、A'B'、B'D，證明△A′MB′為等邊三角形，即可解決問題．
【解答】解：如圖，作點(diǎn)A關(guān)于CM的對(duì)稱點(diǎn)A′，點(diǎn)B關(guān)于DM的對(duì)稱點(diǎn)B′，連接CA'、MA'、MB'、A'B'、B'D，
∵∠CMD＝120°，
∴∠AMC+∠DMB＝60°，
∴∠CMA′+∠DMB′＝60°，
∴∠A′MB′＝60°，
∵M(jìn)A′＝MB′，
∴△A′MB′為等邊三角形
∵CD≤CA′+A′B′+B′D＝CA+AM+BD＝2+4+8＝14，
∴CD的最大值為14，
故答案為14．
三．解答題（共11小題）
21．（2023春?銀川校級(jí)期末）作圖題：（不寫作法，但必須保留作圖痕跡）
如圖：某地有兩所大學(xué)和兩條相交叉的公路，（點(diǎn)M，N表示大學(xué)，AO，BO表示公路）．現(xiàn)計(jì)劃修建一座物資倉(cāng)庫(kù)，希望倉(cāng)庫(kù)到兩所大學(xué)的距離相等，到兩條公路的距離也相等．你能確定倉(cāng)庫(kù)P應(yīng)該建在什么位置嗎？在所給的圖形中畫出你的設(shè)計(jì)方案．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】先連接MN，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)作出線段MN的垂直平分線DE，再作出∠AOB的平分線OF，DE與OF相交于P點(diǎn)，則點(diǎn)P即為所求．
【解答】解：如圖所示：
（1）連接MN，分別以M、N為圓心，以大于MN為半徑畫圓，兩圓相交于DE，連接DE，則DE即為線段MN的垂直平分線；
（2）以O(shè)為圓心，以任意長(zhǎng)為半徑畫圓，分別交OA、OB于G、H，再分別以G、H為圓心，以大于GH為半徑畫圓，兩圓相交于F，連接OF，則OF即為∠AOB的平分線（或∠AOB的外角平分線）；
（3）DE與OF相交于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為所求．
22．（2023春?連平縣期中）如圖，在△ABC中，AD平分∠BAC，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，DE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥AC于點(diǎn)F．
求證：△ABC是等腰三角形．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】由條件可得出DE＝DF，可證明△BDE≌△CDF，可得出∠B＝∠C，再由等腰三角形的判定可得出結(jié)論．
【解答】證明：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB于點(diǎn)E，DF⊥AC于點(diǎn)F，
∴DE＝DF，
在Rt△BDE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），
∴∠B＝∠C，
∴△ABC為等腰三角形．
23．（2022秋?廣陵區(qū)校級(jí)期末）如圖，在△ABC中，AB、AC邊的垂直平分線相交于點(diǎn)O，分別交BC邊于點(diǎn)M、N，連接AM，AN．
（1）若△AMN的周長(zhǎng)為6，求BC的長(zhǎng)；
（2）若∠MON＝30°，求∠MAN的度數(shù)；
（3）若∠MON＝45°，BM＝3，BC＝12，求MN的長(zhǎng)度．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】（1）根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)得到MA＝MB，NA＝NC，根據(jù)三角形的周長(zhǎng)公式計(jì)算，得到答案；
（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理計(jì)算；
（3）根據(jù)（2）的解法得到∠MAN＝90°，根據(jù)勾股定理列式計(jì)算即可．
【解答】解：（1）∵直線OM是AB的垂直平分線，
∴MA＝MB，
同理，NA＝NC，
∵△AMN的周長(zhǎng)為6，
∴MA+MN+NA＝6，即MB+MN+NC＝BC＝6；
（2）∵∠MON＝30°，
∴∠OMN+∠ONM＝150°，
∴∠BME+∠CNF＝150°，
∵M(jìn)A＝MB，ME⊥AB，
∴∠BMA＝2∠BME，
同理，∠ANC＝2∠CNF，
∴∠BMA+∠ANC＝300°，
∴∠AMN+∠ANM＝360°﹣300°＝60°，
∴∠MAN＝180°﹣60°＝120°；
（3）由（2）的作法可知，∠MAN＝90°，
由（1）可知，MA＝MB＝3，NA＝NC
設(shè)MN＝x，
∴NA＝NC＝12﹣3﹣x＝9﹣x，
由勾股定理得，MN2＝AM2+AN2，即x2＝32+（9﹣x）2，
解得，x＝5，即MN＝5．
24．（2023春?南明區(qū)校級(jí)期中）如圖：在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分線，DE⊥AB于E，F(xiàn)在AC上，BD＝DF，證明：
（1）CF＝EB．
（2）AB＝AF+2EB．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)“角的平分線上的點(diǎn)到角的兩邊的距離相等”，可得點(diǎn)D到AB的距離＝點(diǎn)D到AC的距離即CD＝DE．再根據(jù)Rt△CDF≌Rt△EDB，得CF＝EB；
（2）利用角平分線性質(zhì)證明Rt△ADC≌Rt△ADE，AC＝AE，再將線段AB進(jìn)行轉(zhuǎn)化．
【解答】證明：（1）∵AD是∠BAC的平分線，DE⊥AB，DC⊥AC，
∴DE＝DC，
在Rt△CDF和Rt△EDB中，
，
∴Rt△CDF≌Rt△EDB（HL）．
∴CF＝EB；
（2）∵AD是∠BAC的平分線，DE⊥AB，DC⊥AC，
∴CD＝DE．
在Rt△ADC與Rt△ADE中，
，
∴Rt△ADC≌Rt△ADE（HL），
∴AC＝AE，
∴AB＝AE+BE＝AC+EB＝AF+CF+EB＝AF+2EB．
25．（2023春?阜新期中）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，E為CD的中點(diǎn)，連接AE、BE，BE⊥AE，延長(zhǎng)AE交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．求證：
（1）FC＝AD；
（2）AB＝BC+AD．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】（1）根據(jù)AD∥BC可知∠ADC＝∠ECF，再根據(jù)E是CD的中點(diǎn)可求出△ADE≌△FCE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可解答．
（2）根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)判斷出AB＝BF即可．
【解答】證明：（1）∵AD∥BC（已知），
∴∠ADC＝∠ECF（兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等），
∵E是CD的中點(diǎn)（已知），
∴DE＝EC（中點(diǎn)的定義）．
∵在△ADE與△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴FC＝AD（全等三角形的性質(zhì)）．
（2）∵△ADE≌△FCE，
∴AE＝EF，AD＝CF（全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等），
又∵BE⊥AF，
∴BE是線段AF的垂直平分線，
∴AB＝BF＝BC+CF，
∵AD＝CF（已證），
∴AB＝BC+AD（等量代換）．
26．（2023春?畢節(jié)市期末）已知：如圖，點(diǎn)C為線段AB上一點(diǎn)，△ACM，△CBN都是等邊三角形，AN交MC于點(diǎn)E，BM交CN于點(diǎn)F．
（1）求證：AN＝BM；
（2）求證：△CEF為等邊三角形．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】（1）由等邊三角形可得其對(duì)應(yīng)線段相等，對(duì)應(yīng)角相等，進(jìn)而可由SAS得到△ACN≌△MCB，結(jié)論得證；
（2）由（1）中的全等可得∠CAN＝∠CMB，進(jìn)而得出∠MCF＝∠ACE，由ASA得出△CAE≌△CMF，即CE＝CF，又ECF＝60°，所以△CEF為等邊三角形．
【解答】證明：（1）∵△ACM，△CBN是等邊三角形，
∴AC＝MC，BC＝NC，∠ACM＝∠NCB＝60°，
∴∠ACM+∠MCN＝∠NCB+∠MCN，即∠ACN＝∠MCB，
在△ACN和△MCB中，
∵，
∴△ACN≌△MCB（SAS），
∴AN＝BM．
（2）∵△CAN≌△CMB，
∴∠CAN＝∠CMB，
又∵∠MCF＝180°﹣∠ACM﹣∠NCB＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠MCF＝∠ACE，
在△CAE和△CMF中，
∵，
∴△CAE≌△CMF（ASA），
∴CE＝CF，
∴△CEF為等腰三角形，
又∵∠ECF＝60°，
∴△CEF為等邊三角形．
27．（2023春?通川區(qū)校級(jí)期末）如圖，△ABC中，AB＝BC＝AC＝12cm，現(xiàn)有兩點(diǎn)M、N分別從點(diǎn)A、點(diǎn)B同時(shí)出發(fā)，沿三角形的邊運(yùn)動(dòng)，已知點(diǎn)M的速度為1cm/s，點(diǎn)N的速度為2cm/s．當(dāng)點(diǎn)N第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，M、N同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．
（1）點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)幾秒時(shí)，M、N兩點(diǎn)重合？
（2）點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)幾秒時(shí)，可得到等邊三角形△AMN？
（3）當(dāng)點(diǎn)M、N在BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，能否得到以MN為底邊的等腰三角形AMN？如存在，請(qǐng)求出此時(shí)M、N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】（1）首先設(shè)點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)x秒后，M、N兩點(diǎn)重合，表示出M，N的運(yùn)動(dòng)路程，N的運(yùn)動(dòng)路程比M的運(yùn)動(dòng)路程多12cm，列出方程求解即可；
（2）根據(jù)題意設(shè)點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)t秒后，可得到等邊三角形△AMN，然后表示出AM，AN的長(zhǎng)，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(yùn)動(dòng)時(shí)間，表示出CM，NB，NM的長(zhǎng)，列出方程，可解出未知數(shù)的值．
【解答】解：（1）設(shè)點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)x秒時(shí)，M、N兩點(diǎn)重合，
x×1+12＝2x，
解得：x＝12；
（2）設(shè)點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，可得到等邊三角形△AMN，如圖①，
AM＝t×1＝t，AN＝AB﹣BN＝12﹣2t，
∵三角形△AMN是等邊三角形，
∴t＝12﹣2t，
解得t＝4，
∴點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)4秒時(shí)，可得到等邊三角形△AMN．
（3）當(dāng)點(diǎn)M、N在BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以得到以MN為底邊的等腰三角形，
由（1）知12秒時(shí)M、N兩點(diǎn)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，
∵，
∴△ACM≌△ABN（AAS），
∴CM＝BN，
設(shè)當(dāng)點(diǎn)M、N在BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，M、N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間y秒時(shí)，△AMN是等腰三角形，
∴CM＝y(tǒng)﹣12，NB＝36﹣2y，CM＝NB，
y﹣12＝36﹣2y，
解得：y＝16．故假設(shè)成立．
∴當(dāng)點(diǎn)M、N在BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，能得到以MN為底邊的等腰三角形AMN，此時(shí)M、N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為16秒．
28．（2023春?巴州區(qū)期中）如圖，AD是△ABC的角平分線，DE、DF分別是△ABD和△ACD的高．
（1）試說明AD垂直平分EF；
（2）若AB＝6，AC＝4，S△ABC＝15，求DE的長(zhǎng)．
【答案】（1）見解析；
（2）3．
【分析】（1）先利用角平分線的性質(zhì)得DE＝DF，利用“HL”證明Rt△AED≌Rt△AFD得到AE＝AF，然后根據(jù)線段垂直平分線的判定方法即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)三角形的面積公式即可求得DE的長(zhǎng)．
【解答】解：（1）∵AD是△ABC的角平分線，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，
在Rt△AED和Rt△AFD中，
，
∴Rt△AED≌Rt△AFD（HL），
∴AE＝AF，
∴點(diǎn)A在EF的垂直平分線上，
∵DE＝DF，
∴點(diǎn)D在EF的垂直平分線上
，∴AD垂直平分EF；
（2）∵DE＝DF，
∴S△ABC＝S△ABD+S△ACD＝AB?ED+AC?DF＝DE（AB+AC）＝15，
∵AB＝6，AC＝4，
∴×10×DE＝15，
∴DE＝3．
29．（2023春?洋縣期中）如圖，已知等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，AD⊥BC于點(diǎn)D，點(diǎn)P是BA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，點(diǎn)O是線段AD上一點(diǎn)，OP＝OC．
（1）求∠APO+∠DCO的度數(shù)；
（2）求證：點(diǎn)P在OC的垂直平分線上．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】（1）利用等邊對(duì)等角，即可證得：∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，則∠APO+∠DCO＝∠ABO+∠DBO＝∠ABD，據(jù)此即可求解；
（2）證明∠POC＝60°且OP＝OC，即可證得△OPC是等邊三角形，進(jìn)而解答即可．
【解答】解：（1）如圖1，連接OB，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，∠BAD＝∠BAC＝×120°＝60°，
∴OB＝OC，∠ABC＝90°﹣∠BAD＝30°
∵OP＝OC，
∴OB＝OC＝OP，
∴∠APO＝∠ABO，∠DCO＝∠DBO，
∴∠APO+∠DCO＝∠ABO+∠DBO＝∠ABC＝30°；
（2）
∵∠APC+∠DCP+∠PBC＝180°，
∴∠APC+∠DCP＝150°，
∵∠APO+∠DCO＝30°，
∴∠OPC+∠OCP＝120°，
∴∠POC＝180°﹣（∠OPC+∠OCP）＝60°，
∵OP＝OC，
∴△OPC是等邊三角形，
∴OP＝PC，
∴點(diǎn)P在OC的垂直平分線上．
30．（2023?臨淄區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB的垂直平分線分別交AB和AC于點(diǎn)D，E．
（1）求證：AE＝2CE；
（2）連接CD，請(qǐng)判斷△BCD的形狀，并說明理由．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】（1）連接BE，由垂直平分線的性質(zhì)可求得∠EBC＝∠ABE＝∠A＝30°，在Rt△BCE中，由直角三角形的性質(zhì)可證得BE＝2CE，則可證得結(jié)論；
（2）由垂直平分線的性質(zhì)可求得CD＝BD，且∠ABC＝60°，可證明△BCD為等邊三角形．
【解答】（1）證明：
連接BE，
∵DE是AB的垂直平分線，
∴AE＝BE，
∴∠ABE＝∠A＝30°，
∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝30°，
在Rt△BCE中，BE＝2CE，
∴AE＝2CE；
（2）解：△BCD是等邊三角形，
理由如下：連接CD．
∵DE垂直平分AB，
∴D為AB中點(diǎn)，
∵∠ACB＝90°，
∴CD＝BD，
∵∠ABC＝60°，
∴△BCD是等邊三角形．
31．（2023春?東源縣期末）已知：如圖，△ABC、△CDE都是等邊三角形，AD、BE相交于點(diǎn)O，點(diǎn)M、N分別是線段AD、BE的中點(diǎn)．
（1）求證：AD＝BE；
（2）求∠DOE的度數(shù)；
（3）求證：△MNC是等邊三角形．
【答案】見試題解答內(nèi)容
【分析】（1）根據(jù)等邊三角形性質(zhì)得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，求出∠ACD＝∠BCE，證△ACD≌△BCE即可；
（2）根據(jù)全等求出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADE+∠BED的值，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理求出即可；
（3）求出AM＝BN，根據(jù)SAS證△ACM≌△BCN，推出CM＝CN，求出∠NCM＝60°即可．
【解答】解：（1）∵△ABC、△CDE都是等邊三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中
，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE．
（2）解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵等邊三角形DCE，
∴∠CED＝∠CDE＝60°，
∴∠ADE+∠BED＝∠ADC+∠CDE+∠BED，
＝∠ADC+60°+∠BED，
＝∠CED+60°，
＝60°+60°，
＝120°，
∴∠DOE＝180°﹣（∠ADE+∠BED）＝60°，
答：∠DOE的度數(shù)是60°．
（3）證明：∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，AC＝BC
又∵點(diǎn)M、N分別是線段AD、BE的中點(diǎn)，
∴AM＝AD，BN＝BE，
∴AM＝BN，
在△ACM和△BCN中
，
∴△ACM≌△BCN，
∴CM＝CN，
∠ACM＝∠BCN，
又∠ACB＝60°，
∴∠ACM+∠MCB＝60°，
∴∠BCN+∠MCB＝60°，
∴∠MCN＝60°，
∴△MNC是等邊三角形．∵AD是∠BAC的角平分線；
∴DF=DE；
∵S△ADB=12AB·DF；S△ADC=12AC·DE；
∴S△ADBS△ADC = ABAC；

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