寒假知识巩固第13章构造等腰三角形及最短路径问题练习题
构造等腰三角形
依据数量关系构造等腰三角形
1．在四边形ABCD中，∠ABC是钝角，∠ABC+∠ADC＝180°，对角线AC平分∠BAD．
（1）如图1，求证：BC＝CD；
（2）如图2，若AB+AD＝AC，求∠BCD的度数；
（3）如图3，当∠BAD＝120°时，请判断AB、AD与AC之间的数量关系？并加以证明．
依据平行线构造等腰三角形
2．如图，D是等边△ABC的边AB上一点，E是BC延长线上一点，CE＝DA，连接DE交AC于F，过D点作DG⊥AC于G点．证明下列结论：
（1）AGAD；
（2）DF＝EF；
（3）S△DGF＝S△ADG+S△ECF．
3．如图，AD为△ABC的角平分线，M为BC的中点，ME∥AD交BA的延长线于E，交AC于F．求证：BE＝CF．
依据角平分线和垂线构造等腰三角形
4．如图，在△ABC中，BE平分∠ABC，AE⊥BE于点E，△BCE的面积为2，则△ABC的面积是 ．
5．情景观察：
如图1，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝45°，CD⊥AB，AE⊥BC，垂足分别为D，E，CD与AE交于点F．
（1）写出图1中所有的全等三角形 ；
（2）线段AF与线段CE的数量关系是AF＝2CE，并写出证明过程；
问题探究：
如图2，在△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝BC，AD平分∠BAC，AD⊥CD，垂足为D，AD与BC交于点E．求证：AE＝2CD．
依据倍角关系构造等腰三角形
6．徐老师给爱好学习的小敏和小捷提出这样一个问题：如图1，△ABC中，∠B＝2∠C，AD是∠BAC的平分线．求证：AB+BD＝AC
小敏的证明思路是：在AC上截取AE＝AB，连接DE．（如图2）
小捷的证明思路是：延长CB至点E，使BE＝AB，连接AE．可以证得：AE＝DE（如图3）请你任意选择一种思路继续完成下一步的证明．
最短路径问题
两定一动型
7．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，EF垂直平分BC，点P为直线EF上任意一点，则AP+BP的最小值是 ．
8．如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝4，△ABC的面积为12，AB的垂直平分线EF交AC于点F，若D为BC边的中点，M为线段EF上的一动点，求△BDM周长的最小值．
一定两动型
9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AD平分∠CAB交BC于D点，E、F分别是AD，AC上的动点，则CE+EF的最小值为（ ）
A． B．5 C．3 D．
10．如图，∠AOB＝30°，点P是∠AOB内一点，PO＝8，在∠AOB的两边上分别有点R、Q均不同于O）．
（1）求△PQR周长的最小值；
（2）当△PQR周长取最小值时，求∠QPR的值．
两定两动型
11．如图，在∠AOB内部有两点M、N，是在OA、OB上分别存在点E、F，使得E、F、M、N，四点组成的四边形的周长最短，找出E、F两点，并说明理由．
12．如图，∠AOB＝20°，点M，N分别是边OA，OB上的定点，点P，Q分别是边OB、OA上的动点．
（1）画图说明，当MP+PQ+QN最小时，找出P和Q的位置．
（2）记∠MPQ＝α，∠PQN＝β，当MP+PQ+QN最小时，求β﹣α的值．
参考答案
1．解（1）如图1，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于点M；作CN⊥AD，垂足为N；
∵AC平分∠DAB，∴CM＝CN；
又∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠MBC+∠ABC＝180°；
∴∠NDC＝∠MBC，
在△NDC与△MBC中，∵；
∴BC＝DC；
（2）如图2，延长AB到E，使BE＝AD；
∵AB+AD＝AC，∴AE＝AC；
由（1）知∠ADC＝∠EBC；在△ADC与△EBC中，
∵，∴△ADC≌△EBC，故AC＝EC；
又∵AE＝AC，∴AE＝AC＝EC，
故△AEC为等边三角形，∠CAB＝60°；
∴∠BAD＝120°，∠BCD＝360°﹣180°﹣120°＝60°，
即∠BCD＝60°．
（3）若AB＝AD；在△ADC与△ABC中，
∵，∴△ADC≌△ABC，
∴∠ADC＝∠ABC，
故∠DCA＝90°﹣60°＝30°，
∴AC＝2AD；而AD+AB＝2AD，
∴AC＝AD+AB；
若AD＞AB；如图2，延长AB到E，使BE＝AD；
由（2）可知△ADC≌△EBC，
∴∠E＝∠DAC＝60°；而∠CAB＝60°，
∴△CAE是等边三角形，故AC＝AE；
而AE＝AB+BE＝AB+AD，
∴AC＝AD+AB；
综上所述，当∠BAD＝120°时，AC＝AD+AB．
2．证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵DG⊥AC，
∴∠AGD＝90°，∠ADG＝30°，
∴AGAD；
（2）过点D作DH∥BC交AC于点H，
∴∠ADH＝∠B，∠AHD＝∠ACB，∠FDH＝∠E，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠ACB＝∠A＝60°，
∴∠A＝∠ADH＝∠AHD＝60°，
∴△ADH是等边三角形，
∴DH＝AD，
∵AD＝CE，
∴DH＝CE，
在△DHF和△ECF中，
，
∴△DHF≌△ECF（AAS），
∴DF＝EF；
（3）∵△ADH是等边三角形，DG⊥AC，
∴AG＝GH，
∴S△ADG＝S△HDG，
∵△DHF≌△ECF，
∴S△DHF＝S△ECF，
∴S△DGF＝S△DGH+S△DHF＝S△ADG+S△ECF．
3．证明：如图，过点B作BN∥AC交EM的延长线于N，
所以，∠MBN＝∠C，∠N＝∠MFC，
∵M为BC的中点，
∴BM＝CM，
在△BMN和△CMF中，，
∴△BMN≌△CMF（AAS），
∴BN＝CF，
∵AD为△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵ME∥AD，
∴∠E＝∠BAD，∠CFM＝∠CAD，
∵BN∥AC，
∴∠N＝∠CFM，
∴∠N＝∠CFM＝∠CAD，
∴∠E＝∠N，
∴BE＝BN，
∴BE＝CF．
4．解：延长AE交BC于D，如图，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠DBE，
∵BE⊥AE，
∴∠AEB＝∠DEB＝90°，
∴∠BAE＝∠BDE，
∴BA＝BD，
而BE⊥AD，
∴AE＝DE，
∴S△BDE＝S△BAE，S△CDE＝S△CAE，
∴S△ABC＝2S△BCE＝2×2＝4．
故答案为：4．
5．（1）解：图1中所有的全等三角形为△ABE≌△ACE，△ADF≌△CDB，
理由：∵CD⊥AB，AE⊥BC，
∴∠ADE＝∠CDB＝∠CEF＝90°，
∵∠AFD＝∠CFE，
∴∠DAF＝∠DCB，
∵∠BAC＝45°，
∴∠DAC＝∠DCA＝45°，
∴DA＝DC，
在△ADF和△CDB中，
，
∴△ADF≌△CDB（ASA），
在Rt△AEB和Rt△AEC中，
，
∴Rt△AEB≌Rt△AEC（HL）．
故答案为：△ABE≌△ACE，△ADF≌△CDB．
（2）证明：∵△BCD≌△FAD，
∴AF＝BC，
∵AB＝AC，AE⊥BC，
∴BC＝2CE，
∴AF＝2CE；
问题探究：证明：延长AB、CD交于点G，如图2所示：
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠GAD，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝∠ADG＝90°，
在△ADC和△ADG中，
，
∴△ADC≌△ADG（ASA），
∴CD＝GD，即CG＝2CD，
∵∠BAC＝45°，AB＝BC，
∴∠ABC＝90°，
∴∠CBG＝90°，
∴∠G+∠BCG＝90°，
∵∠G+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠BCG，
在△ABE和△CBG中，
，
∴△ABE≌△CBG中（ASA），
∴AE＝CG＝2CD．
6．解：小敏的证明思路是：如图2，在AC上截取AE＝AB，连接DE．（如图2）
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝∠EAD．
在△ABD和△AED中，
，
∴△ABD≌△AED（SAS），
∴BD＝DE，∠ABD＝∠AED
∵∠AED＝∠EDC+∠C，∠B＝2∠C，
∴∠EDC＝∠C，
∴DE＝EC，
即AB+BD＝AC；
小捷的证明思路是：如图3，延长CB至点E，使BE＝AB，连接AE．
∴∠E＝∠BAE．
∵∠ABC＝∠E+∠BAE，
∴∠ABC＝2∠E．
∵∠ABC＝2∠C，
∴∠E＝∠C，
∴△AEC是等腰三角形．
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝∠DAC．
∵∠ADE＝∠DAC+∠C，∠DAE＝∠BAD+∠BAE
∴∠ADE＝∠DAE，
∴EA＝ED＝AC，
∴AB+BD＝AC；
7．解：连接PC．
∵EF是BC的垂直平分线，
∴BP＝PC，
∴PA+BP＝AP+PC，
∴当点A，P，C在一条直线上时，PA+BP有最小值，最小值为AC＝4．
故答案为：4．
8．解：连接AD、AM，
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴AD⊥BC，
∴，
解得AD＝6，
∵EF是线段AB的垂直平分线，
∴点B关于直线EF的对称点为点A，AM＝BM，
∴AD的长为BM+MD的最小值，
∴△BDM的周长最小值．
9．解：在AB上取一点G，使AG＝AF，
∵∠CAD＝∠BAD，AE＝AE，
∴△AEF≌△AEG（SAS），
∴FE＝EG，
∴CE+EF＝CE+EG，
则最小值时CG垂直AB时，CG的长度，
CG．
故选：D．
10．解：（1）分别作P关于OA、OB的对称点M、N．
连接MN交OA、OB交于Q、R，则△PQR符合条件．
连接OM、ON，
由轴对称的性质可知，OM＝ON＝OP＝8，
∠MON＝∠MOP+∠NOP＝2∠AOB＝2×30°＝60°，
则△MON为等边三角形，
∴MN＝8，
∵QP＝QM，RN＝RP，
∴△PQR周长＝MN＝8，
（2）根据对称的性质得到∠OMN＝∠OPQ，∠ONM＝∠OPR，
∴∠OMN+∠ONM＝∠OPQ+∠OPR，
∵△MON为等边三角形，
∴∠OMN+∠ONM＝120°，
∴∠OPQ+∠OPR＝120°，
即∠QPR＝120°
11．解：作M关于OA的对称点C，作N关于OB的对称点D，
连接CD，交OA于E，OB于F，则点E，F就是所要求作的点．
连接MC，ND．
理由：在OA，OB上取不同于E，F的点E′，F′，连接CE′、E′F′，DF′，
∵C和M关于直线OA对称，
∴ME＝CE，CE′＝ME′，NF＝DF，NF′＝DF′，
由“两点之间，线段最短”可得
CE+EF+DF＜CE′+E′F′+DF′，
∴MN+ME+EF+NF＜MN+ME′+E′F′+F′D．
12．解：（1）如图，作M关于OB的对称点M′，N关于OA的对称点N′，连接M′N′交OA于Q，交OB于P，则MP+PQ+QN最小，
（2）由（1）知M关于OB的对称点M′，N关于OA的对称点N′，
∴∠OPM＝∠OPM′＝∠NPQ，∠OQP＝∠AQN′＝∠AQN，
∴，
∴180°﹣α＝40°+（180°﹣β），
∴β﹣α＝40°．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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