浙江八年級(jí)上學(xué)期期中【壓軸34題考點(diǎn)專練】（解析版）

浙江八年級(jí)上學(xué)期期中【壓軸34題考點(diǎn)專練】一、單選題1．（2020·浙江·嵊州市馬寅初初級(jí)中學(xué)八年級(jí)期中）如圖，已知和都是等腰三角形，，交于點(diǎn)F，連接，下列結(jié)論：①；②；③平分；④．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)有（

）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】C【分析】①證明△BAD≌△CAE,再利用全等三角形的性質(zhì)即可判斷；②由△BAD≌△CAE可得∠ABF=∠ACF，再由∠ABF+∠BGA=90°、∠BGA=∠CGF證得∠BFC=90°即可判定；③分別過(guò)A作AM⊥BD、AN⊥CE,根據(jù)全等三角形面積相等和BD=CE，證得AM=AN,即AF平分∠BFE,即可判定；④由AF平分∠BFE結(jié)合即可判定．【詳解】解：∵∠BAC=∠EAD∴∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD,即∠BAD=∠CAE在△BAD和△CAE中AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE∴△BAD≌△CAE∴BD=CE故①正確；∵△BAD≌△CAE∴∠ABF=∠ACF∵∠ABF+∠BGA=90°、∠BGA=∠CGF∴∠ACF+∠BGA=90°,∴∠BFC=90°故②正確；分別過(guò)A作AM⊥BD、AN⊥CE垂足分別為M、N∵△BAD≌△CAE∴S△BAD=S△CAE,∴∵BD=CE∴AM=AN∴平分∠BFE，無(wú)法證明AF平分∠CAD．故③錯(cuò)誤；∵平分∠BFE，∴故④正確．故答案為C．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的判定與性質(zhì)以及角的和差等知識(shí)，其中正確應(yīng)用角平分線定理是解答本題的關(guān)鍵．2．（2021·浙江溫州·八年級(jí)期中）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)E在邊CD上，且CD＝3DE．將△ADE沿AE對(duì)折至△AFE，延長(zhǎng)EF交邊BC于點(diǎn)G，連接AG，CF．則下列結(jié)論：①△ABG≌△AFG；②∠AGB＋∠AED＝135°；③BG＝CG；④S△EGC＝S△AFE．其中正確的個(gè)數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根據(jù)題意，證明Rt△ABG≌Rt△AFG，即可判斷①；設(shè)BG＝GF＝x，則CG＝6﹣x，在Rt△EGC中，EG＝x+2，CG＝6﹣x，CE＝4，在Rt△EGC中，勾股定理建立方程，解方程即可判斷③；根據(jù)①的結(jié)論可得，進(jìn)而可得，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可得∠AGB+∠AED＝135°進(jìn)而判斷②；根據(jù)題中數(shù)據(jù)分別計(jì)算S△EGC，S△AFE，即可判斷④【詳解】解：由題意可求得DE＝2，CE＝4，AB＝BC＝AD＝6，四邊形是正方形，∵將△ADE沿AE對(duì)折至△AFE，∴∠AFE＝∠ADE＝∠ABG＝90°，AF＝AD＝AB，EF＝DE＝2在Rt△ABG和Rt△AFG中，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），∴①正確；∴BG＝GF，∠BGA＝∠FGA，設(shè)BG＝GF＝x，則CG＝6﹣x，在Rt△EGC中，EG＝x+2，CG＝6﹣x，CE＝4，∴（x+2）2＝（6﹣x）2+42，解得x＝3，∴BG＝CG＝3，∴③正確；將△ADE沿AE對(duì)折至△AFE，Rt△ABG≌Rt△AFG∴∠AGB+∠AED＝135°，∴②正確；∵S△EGC＝GC?CE＝×3×4＝6，S△AFE＝AF?EF＝×6×2＝6，∴S△EGC＝S△AFE，∴④正確；故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)與判定，三角形內(nèi)角和定理，勾股定理，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．3．（2021·浙江·蘭溪市外國(guó)語(yǔ)中學(xué)八年級(jí)期中）如圖，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，連接CE交AD于點(diǎn)F，連接BD交CE于點(diǎn)G，連接BE．下列結(jié)論中，正確的結(jié)論有（）①CE＝BD；②△ADC是等腰直角三角形；③∠ADB＝∠AEB；④S四邊形BCDE＝BD?CE；⑤BC2+DE2＝BE2+CD2．A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】C【分析】根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AB=AC，AD=AE，然后求出∠BAD=∠CAE，再利用“邊角邊”證明△ABD和△ACE全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得CE=BD，判斷①正確；根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠ABD=∠ACE，從而求出∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，再求出∠BGC=90°，從而得到BD⊥CE，根據(jù)四邊形的面積等于兩個(gè)三角形的面積之和可判斷出④正確；根據(jù)勾股定理表示出BC2+DE2，BE2+CD2，得到⑤正確；再求出時(shí)，∠ADC=90°，判斷出②錯(cuò)誤；∠AEC與∠BAE不一定相等判斷出③錯(cuò)誤．【詳解】解：∵，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE，∵∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°+∠CAD，∠CAE=∠DAE+∠CAD=90°+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴CE=BD，∠ABD=∠ACE，故①正確；∴∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，在△BCG中，∠BGC=180°-（∠BCG+∠CBG）=180°-90°=90°，∴BD⊥CE，∴S四邊形BCDE=BD?CE，故④正確；由勾股定理，在Rt△BCG中，BC2=BG2+CG2，在Rt△DEG中，DE2=DG2+EG2，∴BC2+DE2=BG2+CG2+DG2+EG2，在Rt△BGE中，BE2=BG2+EG2，在Rt△CDG中，CD2=CG2+DG2，∴BE2+CD2=BG2+CG2+DG2+EG2，∴BC2+DE2=BE2+CD2，故⑤正確；從題干信息沒(méi)有給出所以只有時(shí)，=90°，無(wú)法說(shuō)明，更不能說(shuō)明故②錯(cuò)誤；∵△ABD≌△ACE，∴∠ADB=∠AEC，條件不足以證明∠AEC與∠AEB相等無(wú)法證明，∴∠ADB=∠AEB不一定成立，故③錯(cuò)誤；綜上所述，正確的結(jié)論有①④⑤共3個(gè)．故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，對(duì)角線互相垂直的四邊形的面積等于對(duì)角線乘積的一半的性質(zhì)，熟記各性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2021·浙江·八年級(jí)期中）在中，，點(diǎn)D為中點(diǎn)，，繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，分別與邊，交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，下列結(jié)論：①；②；③；④始終為等腰直角三角形，其中正確的是（

）A．①②④ B．①②③ C．③④ D．①②③④【答案】D【分析】連接根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)就可以得出，就可以得出，進(jìn)而得出，就有，由勾股定理就即可求出結(jié)論．【詳解】解：連接，，點(diǎn)為中點(diǎn)，，．，．，，．在和中，，，，，．，，．，．，，．，，始終為等腰直角三角形．，．，．正確的有①②③④．故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，三角形的面積公式的運(yùn)用，解答時(shí)證明是關(guān)鍵．5．（2020·浙江·八年級(jí)期中）如圖，中，，角平分線交于點(diǎn)交于F，下列結(jié)論：①；②：③若，則．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】A【分析】如圖延長(zhǎng)交于，作于，于．利用角平分線的性質(zhì)定理，全等三角形的性質(zhì)一一判斷即可；【詳解】解：如圖延長(zhǎng)交于，作于，于．，角平分線、交于點(diǎn)，，，，，，故①正確，，，，，，，，，，，故②正確，，，平分，，，，，，，，故③錯(cuò)誤．故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、角平分線的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考常考題型．6．（2020·浙江·淳安縣育才學(xué)校八年級(jí)期中）當(dāng)題目條件出現(xiàn)角平分線時(shí)，我們往往可以構(gòu)造等腰三角形解決問(wèn)題．如圖1，在中，，CD平分，，，求BC的長(zhǎng)，解決辦法：如圖2，在BC邊上取點(diǎn)E，使，連接DE，可得且是等腰三角形，所以BC的長(zhǎng)為5，試通過(guò)構(gòu)造等腰三角形解決問(wèn)題：如圖3，中，，，BD平分，要想求AD的長(zhǎng)，僅需知道下列哪些線段的長(zhǎng)（，，）（

）A．a(chǎn)和b B．b和c C．a(chǎn)和c D．a(chǎn)、b和c【答案】A【分析】在邊上取點(diǎn)，使，連接，得到，在邊上取點(diǎn)，使，連接，得到，即可推出結(jié)論．【詳解】解：要想求的長(zhǎng)，僅需知道和的長(zhǎng)，理由是：如圖4，中，，，，平分，，，在邊上取點(diǎn)，使，連接，在和中，，，，，在邊上取點(diǎn)，使，連接，則，，，，，，，．故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的定義，根據(jù)題意正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．7．（2020·浙江·翠苑中學(xué)八年級(jí)期中）如圖所示，中，、分別平分和，過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，那么下列結(jié)論：①；②；③的周長(zhǎng)等于的周長(zhǎng)；④．其中正確的是（

）．A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】①先根據(jù)角平分線的定義可得，再根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，然后根據(jù)等量代換即可得；②根據(jù)平行線的性質(zhì)即可得；③先根據(jù)等腰三角形的判定可得，，再根據(jù)三角形的周長(zhǎng)公式即可得；④先根據(jù)角平分線的定義、三角形的內(nèi)角和定理可得，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理即可得．【詳解】∵平分，平分，∴，，∵，∴，，則結(jié)論②正確；∴，，則結(jié)論①正確；∴，，∴的周長(zhǎng)為，，，∵的周長(zhǎng)為，且，∴的周長(zhǎng)不等于的周長(zhǎng)，則結(jié)論③錯(cuò)誤；∵，，∴，又∵，∴，∴，，，則結(jié)論④正確；綜上，正確的結(jié)論是①②④，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了角平分線的定義、平行線的性質(zhì)、等腰三角形的判定、三角形的內(nèi)角和定理等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握角平分線的定義是解題關(guān)鍵．8．（2020·浙江·臺(tái)州市椒江區(qū)第二中學(xué)八年級(jí)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，下面的結(jié)論：①∠APO+∠DCO=30°；②△OPC是等邊三角形；③AC=AO+AP；④S△ABC=S四邊形AOCP，其中正確的個(gè)數(shù)是（）A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④【答案】D【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)此可以求解；②證明∠POC=60°，且OP=OC，即可證得△OPC是等邊三角形；③在AC上截取AE=PA，首先證明，△POA≌△CPE，則AO=CE，AC=AE+CE=AO+AP；④過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H，根據(jù)S四邊形AOCP=S△ACP+S△AOC，利用三角形的面積公式即可求解．【詳解】解：如圖1，連接OB，∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=CD，∠BAD=∠BAC=×120°=60°，∴AD垂直平分BC∴OB=OC，∠ABC=90°-∠BAD=30°∵OP=OC，∴OB=OC=OP，∴∠APO=∠ABO，∠DCO=∠DBO，∴∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD=30°；故①正確；∵∠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；故②正確；如圖2，在AC上截取AE=PA，∵∠PAE=180°-∠BAC=60°，∴△APE是等邊三角形，∴∠PEA=∠APE=60°，PE=PA，∴∠APO+∠OPE=60°，∵∠OPE+∠CPE=∠CPO=60°，∴∠APO=∠CPE，∵OP=CP，在△OPA和△CPE中，，∴△OPA≌△CPE（SAS），∴AO=CE，∴AC=AE+CE=AO+AP；故③正確；如圖3，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H，∵∠PAC=∠DAC=60°，AD⊥BC，∴CH=CD，∴S△ABC=AB?CH，S四邊形AOCP=S△ACP+S△AOC=AP?CH+OA?CD=AP?CH+OA?CH=CH?（AP+OA）=CH?AC，∴S△ABC=S四邊形AOCP；故④正確．故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了線段垂直平分線的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、等邊三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，通過(guò)作輔助線，構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．9．（2019·浙江寧波·八年級(jí)期中）如圖，按下面的程序進(jìn)行運(yùn)算，規(guī)定程序運(yùn)行到“判斷結(jié)果是否大于30”為一次運(yùn)算．若運(yùn)算進(jìn)行了3次才停止，則x的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)程序運(yùn)算進(jìn)行了3次才停止，即可得出關(guān)于x的一元一次不等式組，解之即可得出x的取值范圍．【詳解】解：，解得：，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了一元一次不等式組的應(yīng)用，找準(zhǔn)等量關(guān)系，解題的關(guān)鍵是正確列出一元一次不等式組．二、填空題10．（2021·浙江·溫州市南浦實(shí)驗(yàn)中學(xué)八年級(jí)期中）如圖，△ABC中，AB＝AC＝5，在BA延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)D，使AD＝7，連結(jié)CD，點(diǎn)E為AC邊上一點(diǎn)，當(dāng)∠AEB＝∠D時(shí)，△BCD的面積是△BCE的面積的6倍，則AE＝___，△BCD的面積為_(kāi)__．【答案】

3

【分析】過(guò)點(diǎn)B作BH⊥CA交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AD于點(diǎn)G，在線段DG上截取GF＝GA，連接CF，則CG是AF的垂直平分線，證明△CFD≌△BAE，可得FD＝AE，根據(jù)△BCD的面積是△BCE的面積的6倍，可得CG＝S△BCE，AE＝CE，進(jìn)而可得AE的長(zhǎng)；再利用勾股定理求出CG，進(jìn)而可得△BCD的面積．【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥CA交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AD于點(diǎn)G，在線段DG上截取GF＝GA，連接CF，則CG是AF的垂直平分線，∴CA＝CF，∴∠CAF＝∠CFA，∴180°﹣∠CAF＝180°﹣∠CFA，∴∠CAB＝∠CFD，∵AB＝AC＝5，∴CF＝AB＝AC＝5，在△CFD和△BAE中，，∴△CFD≌△BAE（AAS），∴FD＝AE，∵AB＝5，AD＝7，∴BD＝AB+AD＝12，∴S△BCD＝BD?CG＝12CG＝6CG，∵S△BCD＝6S△BCE，∴6CG＝6S△BCE，∴CG＝S△BCE，∵S△ABC＝BA?CG＝5CG＝CG，∴S△ABC＝S△BCE，∴S△ABE＝S△ABC﹣S△BCE＝S△BCE﹣S△BCE＝S△BCE，∵S△ABE＝AE?BH，S△BCE＝CE?BH，∴AE?BH＝×CE?BH，∴AE＝CE，∴＝，∴AE＝AC＝×5＝3，∴FD＝AE＝3，∴AF＝AD﹣FD＝7﹣3＝4，∴AG＝FG＝AF＝2，∵CG⊥AG，∴∠AGC＝90°，在Rt△ACG中，∠AGC＝90°，AC＝5，AG＝2，∴CG＝，∵BD＝12，∴S△BCD＝BD?CG＝12×＝．綜上所述：AE＝3，△BCD的面積為．故答案為：；．【點(diǎn)睛】本題屬于三角形的綜合題，是中考填空題的壓軸題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形面積公式，解決本題的關(guān)鍵是掌握全等三角形的判定與性質(zhì)．11．（2020·浙江·八年級(jí)期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A、C分別在x軸、y軸的正半軸上，點(diǎn)，點(diǎn)Q在x軸的負(fù)半軸上，且分別以、為腰，點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)在第一、第二象限作等腰、等腰，連接交y軸于P點(diǎn)，則的值為_(kāi)_______．【答案】9【分析】先過(guò)N作NH∥CM，交y軸于H，再△HCN≌△QAC（ASA），得出CH=AQ，HN=QC，然后根據(jù)點(diǎn)C（0，3），S△CQA=18，求得AQ=12，最后判定△PNH≌△PMC（AAS），得出CP=PH=CH=6，即可求得CP=3+6=9．【詳解】解：如圖，過(guò)N作NH∥CM，交y軸于H，則∠CNH+∠MCN=180°，∵等腰Rt△CAN、等腰Rt△QCM，∴∠MCQ+∠ACN=180°，∴∠ACQ+∠MCN=360°-180°=180°，∴∠CNH=∠ACQ，又∵∠HCN+∠ACO=90°=∠QAC+∠ACO，∴∠HCN=∠QAC，在△HCN和△QAC中，，∴△HCN≌△QAC（ASA），∴CH=AQ，HN=QC，∵QC=MC，∴HN=CM，∵點(diǎn)C（0，3），S△CQA=18，∴×AQ×CO=18，即×AQ×3=18，∴AQ=12，∴CH=12，∵NH∥CM，∴∠PNH=∠PMC，∴在△PNH和△PMC中，，∴△PNH≌△PMC（AAS），∴CP=PH=CH=6，又∵CO=3，∴OP=3+6=9，故答案為：9．【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積計(jì)算以及等腰直角三角形的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形，根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等進(jìn)行推導(dǎo)計(jì)算．解題時(shí)注意：等腰直角三角形是一種特殊的三角形，具有所有三角形的性質(zhì)，還具備等腰三角形和直角三角形的所有性質(zhì)．12．（2020·浙江·翠苑中學(xué)八年級(jí)期中）邊長(zhǎng)為整數(shù)，且周長(zhǎng)等于12的三角形的面積為_(kāi)_____．【答案】或6或【分析】根據(jù)三角形的周長(zhǎng)公式、三角形的三邊關(guān)系定理可得三邊長(zhǎng)可以為、、三種情況，再分別利用等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、三角形的面積公式求解即可得．【詳解】邊長(zhǎng)為整數(shù)，且周長(zhǎng)為12的三角形有以下三種情況：①如圖，，，過(guò)點(diǎn)作于，∵，∴，∴，∴；②如圖，，，，∵，，∴，∴，∴；③如圖，，過(guò)點(diǎn)作于，∵，∴，∴，∴；綜上，邊長(zhǎng)為整數(shù)，且周長(zhǎng)等于12的三角形的面積為或6或，故答案為：或6或．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的三線合一、勾股定理、三角形的三邊關(guān)系定理等知識(shí)點(diǎn)，依據(jù)題意，正確分三種情況討論是解題關(guān)鍵．13．（2020·浙江杭州·八年級(jí)期中）如圖，分別以的邊，所在直線為稱軸作的對(duì)稱圖形和，，線段與相交于點(diǎn)O，連接、、、．有如下結(jié)論：①；②；③平分：④；③．其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)為_(kāi)_____．【答案】3【分析】根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)以及全等三角形的性質(zhì)一一判斷即可．【詳解】解：和是的軸對(duì)稱圖形，，，，，故①正確；，由翻折的性質(zhì)得，，又，，故②正確；，，，邊上的高與邊上的高相等，即點(diǎn)到兩邊的距離相等，平分，故③正確；只有當(dāng)時(shí)，，才有，故④錯(cuò)誤；在和中，，，，，，故⑤錯(cuò)誤；綜上所述，結(jié)論正確的是①②③．故答案為：3．【點(diǎn)睛】本題考查軸對(duì)稱的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考常考題型．14．（2020·浙江·仙居縣白塔中學(xué)八年級(jí)期中）如圖，在四邊形ABCD中，∠C＝55°，∠B＝∠D＝90°，E，F(xiàn)分別是線段BC，DC上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)周長(zhǎng)最小時(shí)，∠EAF的度數(shù)為_(kāi)___．【答案】【分析】先利用四邊形的內(nèi)角和求解，要使的周長(zhǎng)最小，即利用點(diǎn)的對(duì)稱，使三角形的三邊在同一直線上，作出A關(guān)于BC和CD的對(duì)稱點(diǎn)，即可得出進(jìn)而得出即可得出答案．【詳解】解：作A關(guān)于BC和CD的對(duì)稱點(diǎn)，連接，交BC于E，交CD于F，則即為的周長(zhǎng)最小值．∵∠C=55°，∠ABC=∠ADC=90°，∴∠DAB=125°，∴∵∴∴∠EAF=故答案為70°．【點(diǎn)睛】本題考查的是軸對(duì)稱-最短路線問(wèn)題，同時(shí)考查了三角形的內(nèi)角和定理，四邊形的內(nèi)角和定理，垂直平分線的性質(zhì)，根據(jù)軸對(duì)稱得出E，F(xiàn)的位置是解題關(guān)鍵．15．（2021·浙江·臨海市西湖雙語(yǔ)實(shí)驗(yàn)學(xué)校八年級(jí)期中）如圖，在ABC中，ACB90，BAC30，AB2，D是AB邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)D不與點(diǎn)A、B重合），連接CD，過(guò)點(diǎn)D作CD的垂線交射線CA于點(diǎn)E．當(dāng)ADE為等腰三角形時(shí)，AD的長(zhǎng)度為_(kāi)_________．【答案】1或【分析】分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)E在AC上，AE＝DE時(shí)，則∠EDA＝∠BAC＝30°，由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出BC＝1，∠B＝60°，證出△BCD是等邊三角形，得出AD＝AB－BD＝1；②當(dāng)點(diǎn)E在射線CA上，AE＝AD時(shí)，得出∠E＝∠ADE＝15°，由三角形內(nèi)角和定理求出∠ACD＝∠CDA，由等角對(duì)等邊得出AD＝AC＝即可．【詳解】解：分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)E在AC上，AE＝DE時(shí)，∴∠EDA＝∠BAC＝30°，∵DE⊥CD，∴∠BDC＝60°，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴BC＝AB＝1，∠B＝60°，∴△BCD是等邊三角形，∴BD＝BC＝1，∴AD＝AB－BD＝1；②當(dāng)點(diǎn)E在射線CA上，AE＝AD時(shí)，如圖所示：∵∠BAC＝30°，∴∠E＝∠ADE＝15°，∵DE⊥CD，∴∠CDA＝90°?15°＝75°，∴∠ACD＝180°?30°?75°＝75°＝∠CDA，∴AD＝AC＝，綜上所述：AD的長(zhǎng)度為1或；故答案為：1或．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、含30度角的直角三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；靈活運(yùn)用各性質(zhì)進(jìn)行推理計(jì)算是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．三、解答題16．（2019·浙江嘉興·八年級(jí)期中）(1)問(wèn)題背景：如圖1，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E，F(xiàn)分別是BC,CD上的點(diǎn)，且∠EAF=60°，探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．小明同學(xué)探究此問(wèn)題的方法是延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連結(jié)AG，先證明ΔΔADG，再證明ΔΔAGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是．(2)探索延伸：如圖2，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，∠EAF=∠BAD，上述結(jié)論是否依然成立？并說(shuō)明理由．【答案】（1）EF=BE+DF；（2）成立，見(jiàn)解析【分析】（1）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG=BE．連結(jié)AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解題；（2）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG=BE．連結(jié)AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解題；【詳解】解：（1）EF=BE+DF，證明如下：在△ABE和△ADG中，在△AEF和△AGF中，故答案為EF=BE+DF．（2）結(jié)論EF=BE+DF仍然成立；理由：延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G．使DG=BE．連結(jié)AG，如圖②，在△ABE和△ADG中∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF=∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△AGF中，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)及“半角模型”，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)及“半角模型”構(gòu)造全等的方法是解題的關(guān)鍵．17．（2021·浙江溫州·八年級(jí)期中）如圖，，，且BC＝3cm，AB＝1cm，CD＝5cm，點(diǎn)P以每秒1cm的速度從點(diǎn)B開(kāi)始沿射線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q在線段CD上由點(diǎn)C向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．點(diǎn)Q的速度為x．(1)P在線段BC上時(shí)，cm，cm．（用含t的代數(shù)式表示）(2)如圖①，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)Q經(jīng)過(guò)幾秒時(shí)，使得△ABP與△PCQ全等？此時(shí)，點(diǎn)Q的速度x是多少？（寫出求解過(guò)程）(3)如圖②，是否存在點(diǎn)P，使得△ADP是等腰三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出t的值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)；(2)t＝2，x＝1或t＝1.5，x＝或，；(3)存在，，，；【分析】（1）根據(jù)路程與速度的關(guān)系解決問(wèn)題即可．（2）分三種情形：①△ABP≌△QCP，②△ABP≌△PCQ，③點(diǎn)P在點(diǎn)C右側(cè)時(shí)，有△ABP≌△PCQ，分三種情形求解即可．（3）分三種情形：①AD=DP．②AD=AP．③PA=PD，分別構(gòu)建方程即可解決問(wèn)題．（1）解：根據(jù)題意，∵點(diǎn)P以每秒1cm的速度從點(diǎn)B開(kāi)始沿射線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．∴；；故答案為：；；（2）解：①當(dāng)點(diǎn)P是BC的中點(diǎn)時(shí)，即BP=PC=1.5cm，AB=CQ=1cm時(shí)，∵∠ABP=∠PCQ=90°，∴△ABP≌△QCP（SAS），∴s，∴點(diǎn)Q的速度為：cm/s．②當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)C的左側(cè)，AB=CP=1cm，CQ=BP=2cm，則△ABP≌△PCQ（SAS），∴s，cm/s．③當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)C的右側(cè)，AB＝PC=1；BP＝CQ=3+1=4，則△ABP≌△PCQ，∴s，cm/s．綜上所述，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)Q經(jīng)過(guò)秒時(shí)，使得△ABP與△PCQ全等，此時(shí)cm/s；當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)Q經(jīng)過(guò)秒時(shí)，使得△ABP與△PCQ全等，此時(shí)cm/s；當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)Q經(jīng)過(guò)秒時(shí)，使得△ABP與△PCQ全等，此時(shí)cm/s；（3）解：如圖②中，作AH⊥CD于H．在Rt△ADH中，∵AH=BC=3，DH=CD-CH=CD-AB=4，∴AD=，∵PA=，DP=，①當(dāng)AD=PD時(shí)，，解得t=3；②當(dāng)AD=AP時(shí)，，解得；③當(dāng)PA=PD時(shí)，，解得；綜上所述，滿足條件的t的值為：3或或．【點(diǎn)睛】本題考查三角形綜合題，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考?？碱}型．18．（2021·浙江·蘭溪市外國(guó)語(yǔ)中學(xué)八年級(jí)期中）定義：若a，b，c是△ABC的三邊，且a2+b2＝2c2，則稱△ABC為“方倍三角形”．（1）對(duì)于①等邊三角形②直角三角形，下列說(shuō)法一定正確的是．A．①一定是“方倍三角形”B．②一定是“方倍三角形”C．①②都一定是“方倍三角形”D．①②都一定不是“方倍三角形”（2）若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜邊AB＝，則該三角形的面積為；（3）如圖，△ABC中，∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，P為AC邊上一點(diǎn)，將△ABP沿直線BP進(jìn)行折疊，點(diǎn)A落在點(diǎn)D處，連接CD，AD．若△ABD為“方倍三角形”，且AP＝，求△PDC的面積．【答案】（1）A；（2）；（3）－1【分析】（1）根據(jù)“方倍三角形”定義可得，等邊三角形一定是“方倍三角形”，直角三角形不一定是“方倍三角形”進(jìn)而可以判斷；（2）設(shè)Rt△ABC其余兩條邊為a，b，滿足a2＋b2＝3，根據(jù)“方倍三角形”定義，還滿足：a2＋3＝2b2，即可得a和b的值，進(jìn)而可得直角三角形的面積；（3）根據(jù)題意可得△ABP≌△DBP，根據(jù)“方倍三角形”定義可得△ABD為等邊三角形，從而證明△APD為等腰直角三角形，可得AP＝DP＝，延長(zhǎng)BP交AD于點(diǎn)E，根據(jù)勾股定理求出BE的長(zhǎng)，根據(jù)△PBC為等腰直角三角形，可得PC＝PB＝，進(jìn)而可以求△PDC的面積．【詳解】解：（1）對(duì)于①等邊三角形，三邊相等，設(shè)邊長(zhǎng)為a，則a2＋a2＝2a2，根據(jù)“方倍三角形”定義可知：等邊三角形一定是“方倍三角形”；對(duì)于②直角三角形，三邊滿足關(guān)系式：a2＋b2＝c2，根據(jù)“方倍三角形”定義可知：直角三角形不一定是“方倍三角形”；故答案為：A；（2）設(shè)Rt△ABC其余兩條邊為a，b，則滿足a2＋b2＝3，根據(jù)“方倍三角形”定義，還滿足：a2＋3＝2b2，聯(lián)立解得，則Rt△ABC的面積為：；故答案為：；（3）由題意可知：△ABP≌△DBP，∴BA＝BD，∠ABP＝∠DBP，根據(jù)“方倍三角形”定義可知：BA2+BD2＝2AD2＝2BA2，∴AD＝AB＝BD，∴△ABD為等邊三角形，∠BAD＝60°，∴∠ABP＝∠DBP＝30°，∴∠PBC＝90°，∵∠CPB＝45°，∴∠APB＝180°﹣45°＝135°，∴∠DPC＝90°，∵∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，∴∠BAC＝15°，∴∠CAD＝45°，∴△APD為等腰直角三角形，∴AP＝DP＝，∴AD＝2，延長(zhǎng)BP交AD于點(diǎn)E，如圖，∵∠ABP＝∠PBD，∴BE⊥AD，PE＝AD＝AE＝1，∴BE＝，∴PB＝BE﹣PE＝﹣1，∵∠CPB＝∠PCB＝45°，∴△PBC為等腰直角三角形，∴PC＝PB＝，∴S△PDC＝PC?PD＝（）×＝﹣1．【點(diǎn)睛】本題考查了翻折變換、等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握等邊三角形的性質(zhì)．19．（2021·浙江紹興·八年級(jí)期中）已知Rt△ABC中∠C＝Rt∠，且BC＝9，∠B＝30°．（1）如圖1、2，若點(diǎn)D是CB上一點(diǎn)，且CD＝3，點(diǎn)E是AB上的動(dòng)點(diǎn)，將△DBE沿DE對(duì)折，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B′（點(diǎn)B′和點(diǎn)C在直線AB的異側(cè)），DB′與AB交于點(diǎn)H．①當(dāng)∠B′EA＝20°時(shí)，求∠EDB的度數(shù)．②當(dāng)△B′HE是等腰三角形時(shí)，求∠DEB的度數(shù)．（2）如圖2，若點(diǎn)D是CB上一點(diǎn)，且CD＝3，M是線段AC上的動(dòng)點(diǎn)，以∠MDN為直角構(gòu)造等腰直角△DMN（D，M，N三點(diǎn)順時(shí)針?lè)较蚺帕校邳c(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，直接寫出CN+NB的最小值．【答案】（1）①50°；②105°或127.5°；（2）3．【分析】（1）①由題意利用翻折變換的性質(zhì)求出∠DEB，可得結(jié)論；②根據(jù)題意分三種情形，利用翻折變換的性質(zhì)分別求出∠DEB即可；（2）根據(jù)題意連接CN，BN，過(guò)點(diǎn)N作直線l⊥AC，BT⊥CB于點(diǎn)T，作點(diǎn)C關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)Q，連接BQ．證明△DCM≌△NTD（AAS），推出CD＝NT＝3，推出點(diǎn)N在直線l上運(yùn)動(dòng)，由C，Q關(guān)于直線l對(duì)稱，推出NC＝NQ，CQ＝2NT＝6，根據(jù)CN+BN＝NQ+BN≥BQ，求出BQ，可得結(jié)論．【詳解】解：（1）當(dāng)∠B′EA＝20°時(shí)，由翻折的性質(zhì)可知，∠DEB＝∠DEB′＝[360°﹣（180°﹣20°）]＝100°，∴∠EDB＝180°﹣∠DEB﹣∠B＝180°﹣100°﹣30°＝50°；（2）當(dāng)HB′＝HE時(shí)，∠B′＝∠B＝∠AEB′＝30°，∴∠DEB＝∠DEB＝[360°﹣（180°﹣30°）]＝105°；當(dāng)B′H＝B′E時(shí)，∠AEB′＝∠B′HE＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠DEB＝∠DEB′＝[360°﹣（180°﹣75°）]＝127.5°，當(dāng)EB′＝HE時(shí)，∠AEB′＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∴∠DEB＝∠DEB′＝[360°﹣（180°﹣120°）]＝150°（舍棄），綜上所述，∠DEB為105°或127.5°；（3）如圖3中，連接CN，BN，過(guò)點(diǎn)N作直線l⊥AC，NT⊥CB于點(diǎn)T，作點(diǎn)C關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)Q，連接BQ．∵∠DCM＝∠MDN＝∠DTN＝90°，∴∠CDM+∠TDN＝90°，∠TDN+∠TND＝90°，∴∠CDM＝∠DNT，在△DCM和△NTD中，，∴△DCM≌△NTD（AAS），∴CD＝NT＝3，∴點(diǎn)N在直線l上運(yùn)動(dòng)，∵C，Q關(guān)于直線l對(duì)稱，∴NC＝NQ，CQ＝2NT＝6，∴CN+BN＝NQ+BN≥BQ，∵BQ＝＝＝3，∴CN+BN≥3，∴CN+BN的最小值為3．【點(diǎn)睛】本題屬于三角形綜合題，考查翻折變換和三角形內(nèi)角和定理和全等三角形的判定和性質(zhì)以及兩點(diǎn)之間線段最短等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用軸對(duì)稱解決最短問(wèn)題．20．（2020·浙江·八年級(jí)期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，的邊在x軸上，A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為，，，且，一動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿射線勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）求A、C兩點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）若點(diǎn)P恰好在的角平分線上，求此時(shí)t的值；（3）當(dāng)點(diǎn)P在線段上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在y軸上是否存在點(diǎn)Q，使與全等？若存在，請(qǐng)求出t的值并求出此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)：若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．（4）連結(jié)，若為等腰三角形，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)．【答案】（1），；（2）秒；（3）秒時(shí)，的坐標(biāo)是或；或秒時(shí)，的坐標(biāo)是或；（4）點(diǎn)P的坐標(biāo)為、、．【分析】（1）根據(jù)偶次方和算術(shù)平方根的非負(fù)性得出，，求出即可；（2）根據(jù)角平分線性質(zhì)和三角形面積求出BP的長(zhǎng)，從而求得P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t．（3）根據(jù)對(duì)應(yīng)邊相等關(guān)系分為情況：求出點(diǎn)的坐標(biāo)即可．（4）設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（x，0），由、、AB=13根據(jù)PA=PB、PA=AB、PB=AB三種情況分別求解即可，【詳解】解：（1）∵，，，∴，，的坐標(biāo)是，的坐標(biāo)是；（2）過(guò)P點(diǎn)作PH⊥AB，∵點(diǎn)P恰好在的角平分線上，，∴PH=OP，又∵，，∴，又∵，，，∴，∴，∴（秒）（3當(dāng)在線段上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在軸上存在點(diǎn)，使與全等，在線段上運(yùn)動(dòng)，，即；①當(dāng)，時(shí)，和全等，此時(shí)（秒），的坐標(biāo)是在y軸正半軸為或負(fù)半軸為；②當(dāng)，時(shí)，和全等，此時(shí)（秒），的坐標(biāo)是在y軸正半軸為或負(fù)半軸為；綜上所述，秒時(shí)，的坐標(biāo)是或；秒時(shí)，的坐標(biāo)是或．（4）點(diǎn)P的坐標(biāo)為、、；求解過(guò)程如下：設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為（x，0），∴、、AB=13，當(dāng)時(shí)，即，解得：，即點(diǎn)P為，當(dāng)時(shí)，即，解得：，（與B點(diǎn)重合，舍去），故點(diǎn)P為，當(dāng)時(shí)，即，解得：，故點(diǎn)P為，綜上所述，若為等腰三角形，點(diǎn)P的坐標(biāo)為、、；【點(diǎn)睛】本題考查了三角形綜合題，需要掌握等腰三角形、全等三角形的性質(zhì)和判定，偶次方和算術(shù)平方根的非負(fù)性，三角形的面積，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵是求出符合條件的所有情況，是一道比較容易出錯(cuò)的題目．21．（2020·浙江·翠苑中學(xué)八年級(jí)期中）如圖所示，中，，于點(diǎn)，，．（1）求，的長(zhǎng)．（2）若點(diǎn)是射線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，作于點(diǎn)，連結(jié)．①當(dāng)點(diǎn)在線段上時(shí)，若是以為腰的等腰三角形，請(qǐng)求出所有符合條件的的長(zhǎng)．②設(shè)交直線于點(diǎn)，連結(jié)，，若，則的長(zhǎng)為多少？（直接寫出結(jié)果）．【答案】（1），；（2）①4或，②或．【分析】（1）根據(jù)BA=BC可得BC的長(zhǎng)，分別根據(jù)勾股定理可得OC和AC的長(zhǎng)；（2）①分兩種情況：AO=OE和AO=AE時(shí)，分別畫圖，根據(jù)三角形的中位線定理和證明三角形全等可解決問(wèn)題；②分兩種情況：i）當(dāng)D在線段OB上時(shí)，如圖3，過(guò)B作BG⊥EF于G，根據(jù)同高三角形面積的比等于對(duì)應(yīng)底邊的比得，，再據(jù)平行線的性質(zhì)證明，得，最后利用勾股定理可得結(jié)論；ii）當(dāng)D在線段OB的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖4，過(guò)B作BG⊥DE于G，同理計(jì)算可得結(jié)論【詳解】（1）∵，，∴，∵，∴，∵，∴，由勾股定理得：，．（2）①分兩種情況：ⅰ)如圖1所示，當(dāng)時(shí)，過(guò)作于，∴，∵，∴，∴．ⅱ)當(dāng)時(shí)，如圖2所示，在和中，，∴，∴，∴．②分兩種情況：?。┊?dāng)在線段上時(shí)，如圖3所示，過(guò)作于，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．ⅱ）當(dāng)在線段的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖4所示，過(guò)作于，同理得，∵，∴，同理得：，∴，中，，綜上，的長(zhǎng)為或．故答案為：或．【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的綜合題，關(guān)鍵是根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和判定、三角形的面積、勾股定理等知識(shí)解答.22．（2020·浙江·杭州采荷實(shí)驗(yàn)學(xué)校八年級(jí)期中）如圖，在中，，，動(dòng)點(diǎn)P從C出發(fā)，按照的路徑運(yùn)動(dòng)，且速度為4cm/s，設(shè)出發(fā)時(shí)間為．（1）BC邊上的高為_(kāi)_______；AB邊上的高為_(kāi)_______．（2）當(dāng)時(shí)，求t的值；（3）若是等腰三角形，求出滿足條件t的值．【答案】（1），；（2）；（3）3.9或5或【分析】（1）如圖1中，作AH⊥BC于H．根據(jù)S△ABC=?BC?AH=?AC?BD求解即可．（2）證明△APC≌△ADB（SAS），可得AP=AD，求出AD即可解決問(wèn)題．（3）分三種情形：①CA=CP，②CA=AP，③AP=PC，由等腰三角形的性質(zhì)及勾股定理分別求解即可．【詳解】解：（1）如圖1中，作于．，，，，，邊上的高為，AC邊上的高為9.6cm，∴AB邊上的高為9.6cm，故答案為：，；（2）證明：如圖2中，，，，，，，，．（3）分三種情況：①如圖3，當(dāng)時(shí)，點(diǎn)在上，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，，，由（2）可知，，，．②如圖4，當(dāng)時(shí)，點(diǎn)與點(diǎn)重合，，，③如圖5，當(dāng)時(shí)，點(diǎn)在上，過(guò)點(diǎn)作于．，，，由（1）可知：，點(diǎn)在上，，，，．綜上所述，滿足條件的的值為3.9或5或．【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問(wèn)題．23．（2020·浙江杭州·八年級(jí)期中）如圖，已知在中，，，，D是上的一點(diǎn)，，點(diǎn)P從B點(diǎn)出發(fā)沿射線方向以每秒2個(gè)單位的速度向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t．連結(jié)．（1）當(dāng)秒時(shí)，求的長(zhǎng)度；（2）當(dāng)為等腰三角形時(shí)，求t的值；（3）過(guò)點(diǎn)D做于點(diǎn)E，在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)t為何值時(shí)，能使？【答案】（1）；（2）、16、5；（3）5或11【分析】（1）根據(jù)動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度和時(shí)間先求出PC，再根據(jù)勾股定理即可求解；（2）根動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中形成三種等腰三角形，分情況即可求解；（3）分點(diǎn)P在線段BC上和點(diǎn)P在BC的延長(zhǎng)線上兩種情況討論，根據(jù)S△ACP=S△ADP+S△DCP，可得5CP=3AP，根據(jù)勾股定理可求BP的長(zhǎng)，即可求t的值．【詳解】解：（1）根據(jù)題意，得BP=2t，PC=16-2t=16-2×5=6，AC=8，在Rt△APC中，根據(jù)勾股定理，得.答：AP的長(zhǎng)為.（2）在Rt△ABC中，AC=8，BC=16，根據(jù)勾股定理，得，若，則，解得；若，則，，解得；若，則，解得．答：當(dāng)為等腰三角形時(shí)，的值為、16、5．（3）若在點(diǎn)的左側(cè)，如圖，連接DP，∵S△ACP=S△ADP+S△DCP，∴×AC×CP=×AP×DE+×CP×DC，∴4CP=AP+CP，∴5CP=3AP，設(shè)AP=5a，CP=3a，∵AP2=CP2+AC2，∴25a2=9a2+64，∴a=2，∴CP=6，∴BP=BC-CP=16-6=10，∴t=10÷2=5；若在點(diǎn)的右側(cè)，如圖，連接DP，∵S△ACP=S△ADP+S△DCP，∴×AC×CP=×AP×DE+×CP×DC，∴4CP=AP+CP，∴5CP=3AP，設(shè)AP=5a，CP=3a，∵AP2=CP2+AC2，∴25a2=9a2+64，∴a=2，∴CP=6，∴BP=CP+BC=6+16=22，∴t=22÷2=11，答：當(dāng)為5或11時(shí)，能使．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到不同位置形成不同的等腰三角形．24．（2020·浙江·八年級(jí)期中）在等邊三角形中，（1）如圖1，若點(diǎn)E在邊上，點(diǎn)D在的延長(zhǎng)線上，且，請(qǐng)判斷與的數(shù)量關(guān)系，并證明．（2）若點(diǎn)E在直線上，點(diǎn)D在直線上，且．若的邊長(zhǎng)為1，，求的長(zhǎng)．【答案】（1）理由見(jiàn)解析；（2）或【分析】（1）作證明：為等邊三角形，再證明利用全等三角形的性質(zhì)可得答案；（2）分兩種情況討論：當(dāng)在線段的延長(zhǎng)線上，在線段的延長(zhǎng)線上，畫出符合題意的圖形，作交CA的延長(zhǎng)線于F，證明為等邊三角形，再證明：即可，當(dāng)在線段的延長(zhǎng)線上，在線段的延長(zhǎng)線上，畫出符合題意的圖形，作交的延長(zhǎng)線于F，證明為等邊三角形，再證明：即可，從而可得答案．【詳解】解：（1）當(dāng)點(diǎn)E為AB上任意一點(diǎn)時(shí)，如圖2，理由如下：如圖2，過(guò)E作EF∥BC交AC于F，∵是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC，∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60°，即∠AEF=∠AFE=∠A=60°，∴是等邊三角形，∴AE=EF=AF，∵∠ABC=∠ACB=∠AFE=60°，∴∠DBE=∠EFC=120°，∠D+∠BED=∠FCE+∠ECD=60°，∵DE=EC，∴∠D=∠ECD，∴∠BED=∠ECF，在和中，，∴，∴AE=BD；（2）如圖3，當(dāng)在線段的延長(zhǎng)線上，在線段的延長(zhǎng)線上，作交CA的延長(zhǎng)線于F，則為等邊三角形，∴

∴為等邊三角形，在與中，∴（AAS），∴BD=EF=2，∴，如圖4，當(dāng)在線段的延長(zhǎng)線上，在線段的延長(zhǎng)線上，作交的延長(zhǎng)線于F，則為等邊三角形，

為等邊三角形，在與中，綜上所述，CD=3或1．【點(diǎn)睛】本題考查的是等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，掌握構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．25．（2020·浙江·八年級(jí)期中）如圖1，△ABC中，CD⊥AB于D，且BD：AD：CD＝2：3：4；(1)試說(shuō)明△ABC是等腰三角形；(2)已知S△ABC＝40cm2，如圖2，動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)B出發(fā)以每秒1cm的速度沿線段BA向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)N從點(diǎn)A出發(fā)以相同速度沿線段AC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)整個(gè)運(yùn)動(dòng)都停止．設(shè)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t(秒)．①若△DMN的邊與BC平行，求t的值；②若點(diǎn)E是邊AC的中點(diǎn)，在點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，△MDE能否成為等腰三角形?若能，求出t的值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）①5或6；②9或10或【分析】（1）設(shè)，，，則，由勾股定理求出，即可得出結(jié)論；（2）由的面積求出、、、；①當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；得出方程，解方程即可；②由直角三角形的性質(zhì)得出，根據(jù)題意得出當(dāng)點(diǎn)在上，即時(shí)，為等腰三角形，有3種可能：如果；如果；如果；分別得出方程，解方程即可．【詳解】解：（1）證明：設(shè)，，，則，在中，，，是等腰三角形；（2），而，，則，，，．①當(dāng)時(shí)，，即，；當(dāng)時(shí)，，得：；若的邊與平行時(shí)，值為5或6．②點(diǎn)是邊的中點(diǎn)，，，當(dāng)點(diǎn)在上，即時(shí)，為鈍角三角形，但；當(dāng)時(shí)，點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，不構(gòu)成三角形當(dāng)點(diǎn)在上，即時(shí)，為等腰三角形，有3種可能．如果，則，；如果，則點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，；如果，過(guò)點(diǎn)作于，如圖3所示：，，在中，；，，則在中，，．綜上所述，符合要求的值為9或10或．．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、解方程等知識(shí)；本題有一定難度，需要進(jìn)行分類討論才能得出結(jié)果．26．（2020·浙江·臺(tái)州市椒江區(qū)第二中學(xué)八年級(jí)期中）（1）性質(zhì)：角平分線上的點(diǎn)到角兩邊的距離相等，如圖1：OP平分∠MON，PC⊥OM于C，PB⊥ON于B，則PB_______PC（填“”“”或“=”）；（2）探索：如圖2，小明發(fā)現(xiàn)，在△ABC中，AD是∠BAC的平分線，則，請(qǐng)幫小明說(shuō)明原因．（3）應(yīng)用：如圖3，在小區(qū)三條交叉的道路AB，BC，CA上各建一個(gè)菜鳥(niǎo)驛站D，P，E，工作人員每天來(lái)回的路徑為P→D→E→P，①問(wèn)點(diǎn)P應(yīng)選在BC的何處時(shí)，才能使PD+DE+PE最??？②若∠BAC=30°，S△ABC=10，BC=5，則PD+DE+PE的最小值是多少？【答案】（1）=；（2）證明見(jiàn)解析；（3）①當(dāng)AP⊥BC于P時(shí)，PD+DE+PE最??；②4．【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)即可得出結(jié)論；（2）過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得DE=DF，然后根據(jù)三角形的面積公式即可證出結(jié)論；（3）①過(guò)點(diǎn)A作AP⊥BC于P，分別作點(diǎn)P關(guān)于AB、AC的對(duì)稱點(diǎn)P1、P2，連接P1P2分別交AB、AC于D、E，連接PD、PE、AP1、AP2即可；②根據(jù)三角形的面積公式即可求出AP，然后根據(jù)對(duì)稱的性質(zhì)可得AP1=AP=AP2=4，DP1=DP，EP2=EP，∠DAP1=∠DAP，∠EAP2=∠EAP，從而證出△P1AP2是等邊三角形，即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）∵OP平分∠MON，PC⊥OM于C，PB⊥ON于B，∴PB=PC故答案為：=；（2）理由：過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F∵AD是∠BAC的平分線，∴DE=DF∴；（3）①過(guò)點(diǎn)A作AP⊥BC于P，分別作點(diǎn)P關(guān)于AB、AC的對(duì)稱點(diǎn)P1、P2，連接P1P2分別交AB、AC于D、E，連接PD、PE、AP1、AP2，由對(duì)稱的性質(zhì)可得AP1=AP=AP2，DP1=DP，EP2=EP，∴PD+DE+PE=DP1+DE+EP2=P1P2，根據(jù)兩點(diǎn)之間，線段最短和垂線段最短，即可得出此時(shí)PD+DE+PE最小，即P1P2的長(zhǎng)即當(dāng)AP⊥BC于P時(shí)，PD+DE+PE最?。虎凇逽△ABC=10，BC=5，∴BC·AP=10解得：AP=4由對(duì)稱的性質(zhì)可得AP1=AP=AP2=4，DP1=DP，EP2=EP，∠DAP1=∠DAP，∠EAP2=∠EAP∴∠DAP1＋∠EAP2=∠DAP＋∠EAP=∠DAE=30°∴∠P1AP2=60°∴△P1AP2是等邊三角形∴P1P2=AP1=4即PD+DE+PE的最小值是4．【點(diǎn)睛】此題考查的是角平分線的性質(zhì)、對(duì)稱的性質(zhì)、兩點(diǎn)之間線段最短、垂線段最短的應(yīng)用和等邊三角形的判定及性質(zhì)，掌握角平分線的性質(zhì)、對(duì)稱的性質(zhì)、兩點(diǎn)之間線段最短的應(yīng)用和等邊三角形的判定及性質(zhì)是解題關(guān)鍵．27．（2021·浙江衢州·八年級(jí)期中）（1）如圖1，中，作、的角平分線相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O作分別交、于E、F．①求證：；②若的周長(zhǎng)是25，，試求出的周長(zhǎng)；（2）如圖2，若的平分線與外角的平分線相交于點(diǎn)P，連接，試探求與的數(shù)量關(guān)系式．【答案】（1）①見(jiàn)解析；②16；（2）2∠PAC+∠BAC=180°【分析】（1）①由等腰三角形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)即可得到結(jié)論；②根據(jù)三角形的周長(zhǎng)公式即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)角平分線的性質(zhì)即可得出答案．【詳解】解：（1）①∵BO平分∠ABC，∴∠EBO=∠OBC，∵EF∥BC，∴∠EOB=∠OBC，∴∠EOB=∠EBO，∴OE=BE；②同①可證OF=CF△AEF的周長(zhǎng)=AE+AF+EF=AE+AF+EB+FC=AB+AC=25-9=16；（2）延長(zhǎng)BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，∵CP平分∠ACD，∴∠ACP=∠PCD，PM=PN，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP=∠PBC，PF=PN，∴PF=PM，∴∠FAP=∠PAC，∴∠FAC=2∠PAC，∵∠FAC+∠BAC=180°，∴2∠PAC+∠BAC=180°．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)和判定，平行線的性質(zhì)，熟練掌握等腰三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．28．（2020·浙江·寧波市鎮(zhèn)海區(qū)仁愛(ài)中學(xué)八年級(jí)期中）如圖1，四邊形ABCO為正方形，若點(diǎn)A坐標(biāo)為（0，5）（1）如圖1，直接寫出點(diǎn)B的坐標(biāo)__________（2）如圖1，點(diǎn)D為線段OA上一點(diǎn)，連接BD，若點(diǎn)A到BD的距離為1，求點(diǎn)C到BD的距離．（3）如圖2，若D為x軸上一點(diǎn)，且OD=2，M為y軸正半軸上一點(diǎn)，且∠DBM=45°，直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo)___________【答案】（1）（5，5）；（2）；（3）【分析】（1）根據(jù)正方形的特點(diǎn)即可求解；（2）作AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，證明，得到BC,BF的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理即可求解；（3）當(dāng)M在AO上時(shí)，在x軸上截取CF=AM，證明△ABM≌△CBF，△DBM≌△DBF，設(shè)OM=x，在Rt△MOD中，根據(jù)勾股定理列出方程即可求解；當(dāng)M在OA延長(zhǎng)線上時(shí)，同理可求出OM的長(zhǎng)，故可求解．【詳解】（1）∵四邊形ABCO為正方形，點(diǎn)A坐標(biāo)為（0，5）∴B的坐標(biāo)（5，5）故答案為：（5，5）；（2）作AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，∵∠ABE+∠FBC=90°，∠ABE+∠EAB=90°，∴∠FBC=∠EAB又AB=BC，∠AEB=∠BFC=90°∴∴（3）當(dāng)M在AO上時(shí)，如圖，在x軸上截取CF=AM，∵AB=CB，∠MAB=∠FCB=90°∴△ABM≌△CBF，∴BM=BF，∠ABM=∠CBF∵∠DBM=45°∴∠DBF=∠DBC+∠CBF=∠DBC+∠ABM=90°-∠DBM=45°∴∠DBM=∠DBF又BD=BD∴△DBM≌△DBF，設(shè)OM=x，則AM=5-x=CF,DF=5-2+5-x=8-x=DM在Rt△MOD中，MD2=OM2+OD2即（8-x）2=x2+22解得x=∴M當(dāng)M在OA延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖，同理可得△ABM≌△CBF，△DBM≌△DBF設(shè)OM=x，則AM=x-5=CF,DF=2+5-(x-5)=12-x=DM在Rt△MOD中，MD2=OM2+OD2即（12-x）2=x2+22解得x=∴M故答案為：．【點(diǎn)睛】此題主要考查全等三角形的綜合問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意構(gòu)造輔助線證明三角形全等．29．（2020·浙江紹興·八年級(jí)期中）（1）問(wèn)題發(fā)現(xiàn)與探究：如圖（1），△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點(diǎn)A、D、E在同一直線上，CM⊥AE于點(diǎn)M，連接BD，則①線段AE、BD之間的大小關(guān)系是____，∠ADB=_____°，并說(shuō)明理由．②求證：AD=2CM+BD．（2）問(wèn)題拓展與應(yīng)用：如圖（2），等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，過(guò)點(diǎn)A作直線，在直線上取點(diǎn)D，∠ADC=45°，連結(jié)BD，BD=1，AC=，請(qǐng)?jiān)趫D（2）中畫出圖形并求出點(diǎn)C到該直線的距離．【答案】（1）①AE=BD；90；理由見(jiàn)解析；②證明見(jiàn)解析；（2）圖見(jiàn)解析；．【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到AC＝BC，CE＝CD，由∠ACB＝∠DCE＝90°，得到∠ACE＝∠BCD，證得△ACD≌△BCE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AE＝BD，∠AEC＝∠BDC，根據(jù)鄰補(bǔ)角的定義得到∠AEC＝135°即可得到結(jié)論；②根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）如圖2，過(guò)C作CH⊥AD于H，CE⊥CD交AD于E，于是得到△CDE是等腰直角三角形，由（1）知，AE＝BD＝1，∠ADB＝90°，根據(jù)勾股定理得到AB＝AC＝2，AD＝＝，由等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】解：（1）①AE=BD，∠ADB=90°理由：∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∴CA=CB，CE=CD，∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACE=∠BCD．在△ACD和△BCE中，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE=BD，∠AEC=∠BDC．∵△DCE為等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°，∵點(diǎn)A、D、E在同一直線上，∴∠AEC=135°．∴∠BDC=135°，∴∠ADB=∠BDC-∠CDE=90°．②∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90°，∴DE=2CM．∴AD=DE+AE=2CM+BD（2）如圖，過(guò)C作于H，交AD于E，∵△DCE為等腰直角三角形，由（1）知，AE=BD=1，∠ADB=90°，∴AB=，∴AD=∴DE=AD．AE=∵△DCE為等腰直角三角形，∴．【點(diǎn)睛】此題主要考查了全等三角形的判定方法和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)和應(yīng)用，要熟練掌握，解答此題的關(guān)鍵是要明確：在判定三角形全等時(shí)，關(guān)鍵是選擇恰當(dāng)?shù)呐卸l件．30．（2020·浙江杭州·八年級(jí)期中）如圖，是邊上的兩點(diǎn)，點(diǎn)P從點(diǎn)A開(kāi)始沿方向運(yùn)動(dòng)，且速度為每秒1cm，點(diǎn)Q從點(diǎn)B沿運(yùn)動(dòng)，且速度為每秒2cm，它們同時(shí)出發(fā)，設(shè)出發(fā)的時(shí)間為t秒．（1）出發(fā)2秒后，求線段PQ的長(zhǎng)；（2）求點(diǎn)Q在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，出發(fā)幾秒后，是等腰三角形；（3）點(diǎn)Q在邊CA上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求能使成為等腰三角形的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．【答案】（1）出發(fā)2秒后，線段PQ的長(zhǎng)為；（2）當(dāng)點(diǎn)Q在邊BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，出發(fā)秒后，△PQB是等腰三角形；（3）當(dāng)t為5.5秒或6秒或6.6秒時(shí)，△BCQ為等腰三角形.【分析】（1）由題意可以求出出發(fā)2秒后，BQ和PB的長(zhǎng)度，再由勾股定理可以求得PQ的長(zhǎng)度；（2）設(shè)所求時(shí)間為t，則可由題意得到關(guān)于t的方程，解方程可以得到解答；（3）點(diǎn)Q在邊CA上運(yùn)動(dòng)時(shí)，ΔBCQ為等腰三角形有三種情況存在，對(duì)每種情況進(jìn)行討論可以得到解答．【詳解】(1)BQ=2×2=4cm，BP=AB?AP=8?2×1=6cm，∵∠B=90°，由勾股定理得：PQ=∴出發(fā)2秒后，線段PQ的長(zhǎng)為；(2)BQ=2t，BP=8?t

由題意得：2t=8?t解得：t=∴當(dāng)點(diǎn)Q在邊BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，出發(fā)秒后，△PQB是等腰三角形；

(3)∵∠ABC=90°，BC=6，AB=8，∴AC==10.①當(dāng)CQ=BQ時(shí)(圖1)，則∠C=∠CBQ，∵∠ABC=90°，∴∠CBQ+∠ABQ=90°，∠A+∠C=90°，∴∠A=∠ABQ，∴BQ=AQ，∴CQ=AQ=5，∴BC+CQ=11，∴t=11÷2=5.5秒；

②當(dāng)CQ=BC時(shí)(如圖2)，則BC+CQ=12∴t=12÷2=6秒

③當(dāng)BC=BQ時(shí)(如圖3)，過(guò)B點(diǎn)作BE⊥AC于點(diǎn)E，∴BE=，所以CE===3.6，故CQ=2CE=7.2，所以BC+CQ=13.2，∴t=13.2÷2=6.6秒.由上可知，當(dāng)t為5.5秒或6秒或6.6秒時(shí)，△BCQ為等腰三角形.【點(diǎn)睛】本題考查三角形的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，利用分類討論思想和方程方法、綜合力學(xué)的運(yùn)動(dòng)知識(shí)和三角形邊角的有關(guān)知識(shí)求解是解題關(guān)鍵．31．（2020·浙江杭州·八年級(jí)期中）如圖，已知等腰△ABC中，AB=AC，∠A＜90°，CD是△ABC的高，BE是△ABC的角平分線，CD與BE交于點(diǎn)P．當(dāng)∠A的大小變化時(shí)，△EPC的形狀也隨之改變．（1）當(dāng)∠A=44°時(shí)，求∠BPD的度數(shù)；（2）設(shè)∠A=x°，∠EPC=y°，求變量y與x的關(guān)系式；（3）當(dāng)△EPC是等腰三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫出∠A的度數(shù)．【答案】（1）56°；（2）y=；（3）36°或°.【分析】（1）根據(jù)等邊對(duì)等角求出等腰△ABC的底角度數(shù)，再根據(jù)角平分線的定義得到∠ABE的度數(shù)，再根據(jù)高的定義得到∠BDC=90°，從而可得∠BPD；（2）按照（1）中計(jì)算過(guò)程，即可得到∠A與∠EPC的關(guān)系，即可得到結(jié)果；（3）分①若EP=EC，②若PC=PE，③若CP=CE，三種情況，利用∠ABC+∠BCD=90°，以及y=解出x即可.【詳解】解：（1）∵AB=AC，∠A=44°，∴∠ABC=∠ACB=（180-44）÷2=68°，∵CD⊥AB，∴∠BDC=90°，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE=34°，∴∠BPD=90-34=56°；（2）∵∠A=x°，∴∠ABC=（180°-x°）÷2=（）°，由（1）可得：∠ABP=∠ABC=（）°，∠BDC=90°，∴∠EPC=y°=∠BPD=90°-（）°=（）°，即y與x的關(guān)系式為y=；（3）①若EP=EC，則∠ECP=∠EPC=y，而∠ABC=∠ACB=，∠ABC+∠BCD=90°，則有：+（-y）=90°，又y=，∴+-（）=90°，解得：x=36°；②若PC=PE，則∠PCE=∠PEC=（180-y）÷2=，由①得：∠ABC+∠BCD=90°，∴+[-（