深圳市南山区宏基学校数学全等三角形同步单元检测(Word版 含答案)

深圳市南山区宏基学校数学全等三角形同步单元检测（Word版含
答案）
一、八年级数学轴对称三角形填空题（难）
1．已知A、B两点的坐标分别为（0，3），（2，0），以线段AB为直角边，在第一象限
内作等腰直角三角形ABC，使∠BAC＝90°，如果在第二象限内有一点P（a，1
2
），且
△ABP和△ABC的面积相等，则a＝_____．
【答案】-8
3
．
【解析】
【分析】
先根据AB两点的坐标求出OA、OB的值，再由勾股定理求出AB的长度，根据三角形的面积公式即可得出△ABC的面积；连接OP，过点P作PE⊥x轴，由△ABP的面积与△ABC的
面积相等，可知S△ABP＝S△POA+S△AOB﹣S△BOP＝13
2
，故可得出a的值．
【详解】
∵A、B两点的坐标分别为（0，3），（2，0），∴OA＝3，OB＝2，
∴22
3+213
AB＝＝，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，
∴
1113
•1313
222 ABC
S AB AC⨯⨯
＝＝＝，
作PE⊥x轴于E，连接OP，
此时BE＝2﹣a，
∵△ABP的面积与△ABC的面积相等，
∴
111
•••
222 ABP POA AOB BOP
S S S S OA OE OB OA OB PE ++
＝﹣＝﹣，
111113
3322
22222
a
⨯⨯+⨯⨯⨯⨯
＝（﹣）﹣＝，
解得a＝﹣8
3
．
故答案为﹣
8
3
．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形的性质，坐标与图象性质，三角形的面积公式，解题的关键是根据S△ABP=S△POA+S△AOB-S△BOP列出关于a的方程．
2．如图，线段AB，DE的垂直平分线交于点C，且72
ABC EDC
∠=∠=︒，92
AEB
∠=︒，则EBD
∠的度数为 ________ ．
【答案】128︒
【解析】
【分析】
连接CE，由线段AB，DE的垂直平分线交于点C，得CA=CB，CE=CD，
ACB=∠ECD=36°，进而得∠ACE=∠BCD，易证∆ACE≅∆BCD，设∠AEC=∠BDC=x，得则
∠BDE=72°-x，∠CEB=92°-x，BDE中，∠EBD=128°，根据三角形内角和定理，即可得到答案．
【详解】
连接CE，
∵线段AB，DE的垂直平分线交于点C，
∴CA=CB，CE=CD，
∵72
ABC EDC
∠=∠=︒=∠DEC，
∴∠ACB=∠ECD=36°，
∴∠ACE=∠BCD，
在∆ACE与∆BCD中，
∵
CA CB
ACE BCD
CE CD
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴∆ACE≅∆BCD（SAS），
∴∠AEC=∠BDC，
设∠AEC=∠BDC=x，则∠BDE=72°-x，∠CEB=92°-x，
∴∠BED=∠DEC-∠CEB=72°-（92°-x）=x-20°，
∴在∆BDE中，∠EBD=180°-（72°-x）-（x-20°）=128°．
故答案是：128︒．
【点睛】
本题主要考查中垂线的性质，三角形全等的判定和性质定理以及三角形内角和定理，添加辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．
3．如图，在ABC ∆中，点D 是BC 的中点，点E 是AD 上一点，BE AC =．若70C ∠=︒，50DAC ∠=︒ 则EBD ∠的度数为______．
【答案】10︒
【解析】
【分析】
延长AD 到F 使DF AD =，连接BF ，通过ACD FDB ≅，根据全等三角形的性质得到CAD BFD ∠=∠，AC BF =， 等量代换得BF BE =，由等腰三角形的性质得到F BEF ∠=∠，即可得到BEF CAD ∠=∠，进而利用三角形的内角和解答即可得．
【详解】
如图，延长AD 到F ，使DF AD =，连接BF ：
∵D 是BC 的中点
∴BD CD =
又∵ADC FDB ∠=∠，AD DF =
∴ACD FDB ≅
∴AC BF =， CAD F ∠=∠，C DBF ∠=∠
∵AC BE =， 70C ︒∠=， 50CAD ︒∠=
∴BE BF =， 70DBF ︒∠=
∴50BEF F ︒∠=∠=
∴180180505080EBF F BEF ︒︒︒︒︒∠=-∠-∠=--=
∴807010EBD EBF DBF ︒︒︒∠=∠-∠=-=
故答案为：10︒
【点睛】
本题主要考查的知识点有全等三角形的判定及性质、等腰三角形的性质及三角形的内角和定理，解题的关键在于通过倍长中线法构造全等三角形．
4．如图，己知30MON ∠=︒，点1A ，2A ，3A ，…在射线ON 上，点1B ，2B ，3B ，…在射线OM 上，112A B A ∆，223A B A ∆，334A B A ∆，…均为等边三角形，若12OA =，则556A B A ∆的边长为________.
【答案】32
【解析】
【分析】
根据底边三角形的性质求出130∠=︒以及平行线的性质得出112233////A B A B A B ，以及22122A B B A =，得出332212244A B A B B A ===，441288A B B A ==，551216A B B A =⋯进而得出答案．
【详解】
解：△112A B A 是等边三角形，
1121A B A B ∴=
，341260∠=∠=∠=︒，
2120∴∠=︒
，
30MON ∠=︒
，
11801203030∴∠=︒-︒-︒=︒
，
又360∠=︒，
5180603090∴∠=︒-︒-︒=︒
，
130MON ∠=∠=︒
，
1112OA A B ∴==
，
212A B ∴= ，
△223A B A 、△334A B A 是等边三角形，
111060∴∠=∠=︒
，1360∠=︒，
41260∠=∠=︒
，
112233
////A B A B A B ∴
，1223//B A B A ， 16730∴∠=∠=∠=︒
，5890∠=∠=︒，
22122242A B B A =∴==
，33232B A B A =，
33312428A B B A ∴===
，
同理可得:4
4412
8216
A B B A
===，
⋯
∴
△1
n n n
A B A
+
的边长为2n，
∴
△
556
A B A的边长为5232
=．
故答案为：32．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质以及30°直角三角形的性质，根据已知得出3312
4
A B B A
=，4412
8
A B B A
=，
5512
16
A B B A
=进而发现规律是解题关键．
5．如图，点A,B,C在同一直线上,△ABD和△BCE都是等边三角形，AE,CD分别与BD,BE交于点F,G，连接FG，有如下结论：①AE=CD ②∠BFG= 60°；③EF=CG；④AD⊥CD⑤FG ∥AC 其中，正确的结论有__________________. (填序号)
【答案】①②③⑤
【解析】
【分析】
易证△ABE≌△DBC，则有∠BAE＝∠BDC，AE＝CD，从而可证到△ABF≌△DBG，则有
AF＝DG，BF＝BG，由∠FBG＝60°可得△BFG是等边三角形，证得∠BFG＝∠DBA＝60°，则有FG∥AC，由∠CDB≠30°，可判断AD与CD的位置关系．
【详解】
∵△ABD和△BCE都是等边三角形，∴BD＝BA＝AD，BE＝BC＝EC，∠ABD＝∠CBE＝60°．∵点A、B、C在同一直线上，∴∠DBE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠ABE＝∠DBC＝120°．在△ABE和△DBC中，
∵
BD BA
ABE DBC
BE BC
∠∠
=
⎧
⎪
=
⎨
⎪=
⎩
，∴△ABE≌△DBC，∴∠BAE＝∠BDC，∴AE＝CD，∴①正确；在△ABF和△DBG
中，
60
BAF BDG
AB DB
ABF DBG
∠∠
∠∠
=
⎧
⎪
=
⎨
⎪==︒
⎩
，∴△ABF≌△DBG，∴AF＝DG，BF＝BG．
∵∠FBG ＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴△BFG是等边三角形，∴∠BFG=60°，∴②正确；
∵AE＝CD，AF＝DG，∴EF=CG；∴③正确；
∵∠ADB＝60°，而∠CDB=∠EAB≠30°，∴AD与CD不一定垂直，∴④错误．
∵△BFG是等边三角形，∴∠BFG=60°，∴∠GFB＝∠DBA＝60°，∴FG∥AB，∴⑤正确．故答案为①②③⑤．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、平行线的判定和性质，证得△ABE≌△DBC是解题的关键．
6．如图，在△ABC中，P，Q分别是BC，AC上的点，PR⊥AB，PS⊥AC，垂足分别是R，S，若AQ PQ
=，PR PS
=，那么下面四个结论：①AS AR
=；
②QP//AR；③△BRP≌△QSP；④BR QS，其中一定正确的是（填写编号）
_____________.
【答案】①，②
【解析】
【分析】
连接AP，根据角平分线性质即可推出①，根据勾股定理即可推出AR=AS，根据等腰三角形性质推出∠QAP=∠QPA，推出∠QPA=∠BAP，根据平行线判定推出QP∥AB即可；在Rt△BRP和Rt△QSP中，只有PR=PS．无法判断△BRP≌△QSP也无法证明BR QS．【详解】
解：连接AP
①∵PR ⊥AB ，PS ⊥AC ，PR=PS ，
∴点P 在∠BAC 的平分线上，∠ARP=∠ASP=90°，
∴∠SAP=∠RAP ，
在Rt △ARP 和Rt △ASP 中，由勾股定理得：AR 2=AP 2-PR 2，AS 2=AP 2-PS 2，
∵AP=AP ，PR=PS ，
∴AR=AS ，
∴①正确；
②∵AQ=QP ，
∴∠QAP=∠QPA ，
∵∠QAP=∠BAP ，
∴∠QPA=∠BAP ，
∴QP ∥AR ，
∴②正确；
③在Rt △BRP 和Rt △QSP 中，只有PR=PS ，
不满足三角形全等的条件，故③④错误；
故答案为：①②.
【点睛】
本题主要考查了角平分线的性质与勾股定理的应用，熟练掌握根据垂直与相等得出点在角平分线上是解题的关键.
7．如图,在ABC 中, 90,ACB ABD ︒∠=是ABC 的轴对称图形,点E 在AD 上,点F 在AC 的延长线上.若点B 恰好在EF 的垂直平分线上,并且5AE =,13AF =,则DE =______．
【答案】4．
【解析】
【分析】
连接BE ，BF ，根据轴对称的性质可得△ABD ≌△ACB ，进而可得DB=CB ，AD=AC ，∠D=∠BCA=90°，再利用线段垂直平分线的性质可得BE=BF ，然后证明Rt △DBE ≌Rt △CBF 可得DE=CF ，然后可得ED 长．
【详解】
解：连接BE ，BF ，
∵△ABD 是△ABC 的轴对称图形，
∴△ABD ≌△ACB ，
∴DB=CB ，AD=AC ，∠D=∠BCA=90°，
∴∠BCF=90°，
∵点B 恰好在EF 的垂直平分线上，
∴BE=BF ，
在Rt △DBE 和Rt △CBF 中
BD BC EB FB =⎧⎨=⎩
，
∴Rt △DBE ≌Rt △CBF （HL ），
∴DE=CF ，
设DE=x ，则CF=x ，
∵AE=5，AF=13，
∴AC=AD=5+x ，
∴AF=5+2x ，
∴5+2x=13，
∴x=4，
∴DE=4，
故答案为：4．
【点睛】
此题主要考查了轴对称和线段垂直平分线的性质，关键是掌握成轴对称的两个图形全等．
8．已知如图，每个小正方形的边长都是1231,,, ....A A A 都在格点上，
123345567,, ....A A A A A A A A A 都是斜边在x 轴上，且斜边长分别为2,4,6,.的等腰直角三
角形.若123A A A △的三个顶点坐标为()()()1232,0,1
,1,0,0A A A -,则依图中规律,则19A 的坐标为 ___________
【答案】()8,0-
【解析】
【分析】
根据相邻的两个三角形有一个公共点，列出与三角形的个数与顶点的个数的关系式,再求出A 19所在的三角形,并求出斜边长.然后根据第奇数个三角形，关于直线x=1对称,第偶数个三角形关于直线x=2对称,求出OA 19,写出坐标即可.
【详解】
解：设到第n 个三角形顶点的个数为y
则y=2n+1,当2n+1=19时,n=9,
∴A 19是第9个三角形的最后一个顶点,
∵等腰直角三角形的斜边长分别为2,4,6....
∴第9个等腰直角三角形的斜边长为2×9=18,
由图可知,第奇数个三角形在x 轴下方,关于直线x=1对称,
∴OA 19=9-1=8,
∴19A 的坐标为()8,0-
故答案是()8,0-
【点睛】
本题考查点的坐标变化规律,根据顶点个数与三角形的关系，判断出点A 19所在的三角形是解题关键
9．如图，已知30AOB ∠=︒，点P 在边OA 上，14OD DP ==，点E ，F 在边OB 上，PE PF =.若6EF =，则OF 的长为____.
【答案】18
【解析】
【分析】
由30°角我们经常想到作垂线，那么我们可以作DM垂直于OA于M，作PN垂直于OB 于点N，证明△PMD≌△PND，进而求出DF长度，从而求出OF的长度.
【详解】
如图所示，作DM垂直于OA于M，作PN垂直于OB于点N.
∵∠AOB=30°，∠DMO=90°，PD=DO=14，
∴DM=7，∠NPO=60°，∠DPO=30°，
∴∠NPD=∠DPO=30°，
∵DP=DP，∠PND=∠PMD=90°，
∴△PND≌△PMD，
∴ND=7，
∵EF=6，
∴DF=ND-NF=7-3=4，
∴OF=DF+OD=14+4=18.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定及性质定理，作辅助线构造全等三角形是解题的关键.
10．如图，在Rt△ABC中，∠C＝30°，将△ABC绕点B旋转α（0＜α＜60°）到△A′BC′，边AC和边A′C′相交于点P，边AC和边BC′相交于Q.当△BPQ为等腰三角形时，则
α＝__________.
【答案】20°或40°
【解析】
【分析】
过B作BD⊥AC于D，过B作BE⊥A'C'于E，根据旋转可得△ABC≌△A'BC'，则
BD=BE，进而得到BP平分∠A'PC，再根据∠C=∠C'=30°，∠BQC=∠PQC'，可得
∠CBQ=∠C'PQ=θ，即可得出∠BPQ=1
2
（180°-∠C'PQ）=90°-
1
2
θ，分三种情况讨论，利
用三角形内角和等于180°，即可得到关于θ的方程，进而得到结果．【详解】
如图，过B作BD⊥AC于D，过B作BE⊥A'C'于E，
由旋转可得，△ABC≌△A'BC'，则BD=BE，
∴BP平分∠A'PC，
又∵∠C=∠C'=30°，∠BQC=∠PQC'，
∴∠CBQ=∠C'PQ=θ，
∴∠BPQ=1
2
（180°-∠C'PQ）=90°-
1
2
θ，
分三种情况：
①如图所示，当PB=PQ时，∠PBQ=∠PQB=∠C+∠QBC=30°+θ，∵∠BPQ+∠PBQ+∠PQB=180°，
∴90°-1
2
θ+2×（30°+θ）=180°，
解得θ=20°；
②如图所示，当BP=BQ时，∠BPQ=∠BQP，
即90°-1
2
θ=30°+θ，
解得θ=40°；
③当QP=QB时，∠QPB=∠QBP=90°-1
2θ，
又∵∠BQP=30°+θ，
∴∠BPQ+∠PBQ+∠BQP=2（90°-1
2
θ）+30°+θ=210°＞180°（不合题意），
故答案为：20°或40°．
本题主要考查了等腰三角形的性质以及旋转的性质的运用，解决问题的关键是利用全等三角形对应边上高相等，得出BP 平分∠A'PC ，解题时注意分类思想的运用．
二、八年级数学轴对称三角形选择题（难）
11．已知点M(2,2)，且OM=22，在坐标轴上求作一点P ，使△OMP 为等腰三角形，则点P 的坐标不可能是（ ）
A ．(22,0)
B ．(0,4)
C ．(4,0)
D ．(0,82) 【答案】D
【解析】
【分析】
分类讨论：OM=OP ；MO=MP ；PM=PO ，分别计算出相应的P 点，从而得出答案．
【详解】
∵M(2,2),且OM=22,且点P 在坐标轴上
当22OM OP == 时
P 点坐标为：()()22,0,0,22±± ，A 满足；
当22MO MP ==时：
P 点坐标为：()()4,0,0,4，B 满足；
当PM PO =时：
P 点坐标为：()()2,0,0,2，C 满足
故答案选：D
【点睛】
本题考查动点问题构成等腰三角形，利用等腰三角形的性质分类讨论是解题关键．
12．如图，已知：30MON ∠=︒，点1A 、2A 、3A …在射线ON 上，点1B 、2B 、3B …在射线OM 上，112A B A △、223A B A △、334A B A △…均为等边三角形，若112
OA =，则667A B A 的边长为( )
A ．6
B ．12
C ．16
D ．32
【答案】C
【分析】
先根据等边三角形的各边相等且各角为60°得：∠B1A1A2=60°，A1B1=A1A2，再利用外角定理
求∠OB1A1=30°，则∠MON=∠OB1A1，由等角对等边得：B1A1=OA1=1
2
，得出△A1B1A2的边长
为1
2
，再依次同理得出：△A2B2A3的边长为1，△A3B3A4的边长为2，△A4B4A5的边长为：
22=4，△A5B5A6的边长为：23=8，则△A6B6A7的边长为：24=16．【详解】
解：∵△A1B1A2为等边三角形，
∴∠B1A1A2=60°，A1B1=A1A2，
∵∠MON=30°，
∴∠OB1A1=60°-30°=30°，
∴∠MON=∠OB1A1，
∴B1A1=OA1=1
2
，
∴△A1B1A2的边长为1
2
，
同理得：∠OB2A2=30°，
∴OA2=A2B2=OA1+A1A2=1
2
+
1
2
=1，
∴△A2B2A3的边长为1，
同理可得：△A3B3A4的边长为2，△A4B4A5的边长为：22=4，△A5B5A6的边长为：23=8，则△A6B6A7的边长为：24=16．
故选：C．
【点睛】
本题考查等边三角形的性质和外角定理，运用类比的思想，依次求出各等边三角形的边长，解题关键是总结规律，得出结论．
13．如图，△ABC中，AB＝AC，且∠ABC＝60°，D为△ABC内一点，且DA＝DB，E为△ABC 外一点，BE＝AB，且∠EBD＝∠CBD，连DE，CE. 下列结论：①∠DAC＝∠DBC；
②BE⊥AC ；③∠DEB＝30°. 其中正确的是（）
A．①... B．①③... C．② ... D．①②③
【答案】B
【解析】
连接DC,证ACD BCD DAC DBC
∠∠
≅=
得出①，再证BED BCD
≅，得出BED BCD30
∠∠
==︒;其它两个条件运用假设成立推出答案即可.
【详解】
解：证明：连接DC，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠ACB=60°，
∵DB=DA，DC=DC，
在△ACD与△BCD中，
AB BC
DB DA
DC DC
=
⎧
⎪
=
⎨
⎪=
⎩
,
∴△ACD≌△BCD （SSS），
由此得出结论①正确；
∴∠BCD=∠ACD=
1
30
2
ACB
∠=︒
∵BE=AB，
∴BE=BC，
∵∠DBE=∠DBC，BD=BD，
在△BED与△BCD中，
BE BC
DBE DBC
BD BD
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
,
∴△BED≌△BCD （SAS），
∴∠DEB=∠BCD=30°．
由此得出结论③正确；
∵EC∥AD，
∴∠DAC=∠ECA，
∵∠DBE=∠DBC，∠DAC=∠DBC，
∴设∠ECA=∠DBC=∠DBE=∠1，
∵BE=BA，
∴BE=BC，
∴∠BCE=∠BEC=60°+∠1，
在△BCE中三角和为180°，
∴2∠1+2（60°+∠1）=180°
∴∠1=15°，
∴∠CBE=30，这时BE是AC边上的中垂线，结论②才正确．
因此若要结论②正确，需要添加条件EC∥AD.
故答案为：B.
【点睛】
本题考查的知识点主要是全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质，通过已知条件作出恰当的辅助线是解题的关键点.
14．如图，△ABC是等边三角形，AQ＝PQ，PR⊥AB于点R，PS⊥AC于点S，PR＝PS，则下列结论：①AP⊥BC；②AS＝AR；③QP∥AR；④△BRP≌△QSP.正确的有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据到角的两边的距离相等的点在角的平分线上可得AP平分∠BAC，根据等腰三角形“三线合一”的性质判断出①正确；根据HL证明Rt△APR≌Rt△APS，即可判断②正确；根据等边对等角的性质可得∠APQ=∠PAQ，根据三角形外角的性质得到然后得到
∠PQC=2∠PAC=60°=∠BAC，然后根据同位角相等两直线平行可得QP∥AB，从而判断出③正确，④由③易证△QPC是等边三角形，得到PQ=PC，等量代换得到BP=PQ，用HL证明Rt△BRP≌Rt△QSP，即可得到④正确．
【详解】
∵△ABC是等边三角形，PR⊥AB，PS⊥AC，且PR=PS，∴P在∠A的平分线上．
∵AB=AC，∴AP⊥BC，故①正确；
∵PA=PA，PR=PS，∴Rt△APR≌Rt△APS，∴AS=AR，故②正确；
∵AQ=PQ，∴∠APQ=∠PAQ，∴∠PQC=2∠PAC=60°=∠BAC，∴PQ∥AR，故③正确；
由③得：△PQC是等边三角形，∴△PQS≌△PCS，∴PQ=PC．
又∵AB=AC，AP⊥BC，∴BP=PC，∴BP=PQ．
∵PR=PS，∴Rt△BRP≌Rt△QSP，故④也正确．
∵①②③④都正确．
故选D．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质，准确识图并熟练掌握全等三角形的判定方法与性质是解题的关键．
15．如图，在等腰△ABC中，AB=AC=6,∠BAC=120°，点P、Q分别是线段BC、射线BA上一
点，则CQ+PQ 的最小值为（ ）
A ．6
B ．7.5
C ．9
D ．12
【答案】C
【解析】
【分析】 通过作点C 关于直线AB 的对称点，利用点到直线的距离垂线段最短，即可求解.
【详解】
解：如图，作点C 关于直线AB 的对称点1C ，1CC 交射线BA 于
H ，过点1C 作BC 的垂线，垂足为P ，与AB 交于点Q ，CQ+PQ 的长即为1PC 的长.
∵AB=AC=6,∠BAC=120°，
∴∠ABC=30°，
易得BC=3
在Rt △BHC 中，∠ABC=30°，
∴HC=33BCH=60°，
∴163CC =
在1Rt △PCC 中，1PCC ∠=60°，
∴19PC =
∴CQ+PQ 的最小值为9，
故选：C.
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质以及利用对称点求最小值的问题，认真审题作出辅助线是解题的关键.
16．如图，已知正方形ABCD ，顶点A （1，3）、B （1，1）、C （3，1）．规定“把正方形
ABCD先沿x轴翻折，再向左平移1个单位”为一次变换，如此这样，连续经过2014次变换后，正方形ABCD的对角线交点M的坐标变为（）
A．（-2012，2）B．（-2012，-2）C．（-2013，-2）D．（-2013，2）
【答案】A
【解析】
试题分析：首先由正方形ABCD，顶点A（1，3）、B（1，1）、C（3，1），然后根据题意求得第1次、2次、3次变换后的对角线交点M的对应点的坐标，即可得规律：第n次变换后的点M的对应点的为：当n为奇数时为（2-n，-2），当n为偶数时为（2-n，2），继而求得把正方形ABCD连续经过2014次这样的变换得到正方形ABCD的对角线交点M的坐标．
试题解析：∵正方形ABCD，顶点A（1，3）、B（1，1）、C（3，1）．
∴对角线交点M的坐标为（2，2），
根据题意得：第1次变换后的点M的对应点的坐标为（2-1，-2），即（1，-2），
第2次变换后的点M的对应点的坐标为：（2-2，2），即（0，2），
第3次变换后的点M的对应点的坐标为（2-3，-2），即（-1，-2），
第n次变换后的点M的对应点的为：当n为奇数时为（2-n，-2），当n为偶数时为（2-n，2），
∴连续经过2014次变换后，正方形ABCD的对角线交点M的坐标变为（-2012，2）．
故选A．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．正方形的性质；3．坐标与图形变化-平移．
17．如果一个三角形能被一条线段分割成两个等腰三角形，那么称这个三角形为特异三角形．若△ABC是特异三角形，∠A=30°，∠B为钝角，则符合条件的∠B有（）个．A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
如下图，当30°角为等腰三角形的底角时有两种情况：∠B=135°或90°，当30°角为等腰三角形的顶角时有一种情况：∠B=112.5°，所以符合条件的∠B有三个.
又因为∠B为钝角，则符合答案的有两个，
故本题应选B.
点睛：因为不确定这个等腰三角形的底边，所以应当以点A为一个确定点进行分类讨论：①当以B为顶点时，即以B为圆心，AB长为半径画弧交AC于点D，构成等腰△BAD；②当以点A为顶点时，即以点A为圆心，AB长为半径画弧，交AC于点D，构成等腰
△ABD；或作线段AB的垂直平分线交AC于点D构成等腰△DAB.
18．如图，P为∠AOB内一定点，M、N分别是射线OA、OB上一点，当△PMN周长最小时，∠MPN=110°，则∠AOB=（）
A．35°B．40°C．45°D．50°
【答案】A
【解析】
【分析】
作P关于OA，OB的对称点P1，P2．连接OP1，OP2．则当M，N是P1P2与OA，OB的交点时，△PMN的周长最短，根据对称的性质可以证得：∠OP1M=∠OPM=50°，OP1=OP2=OP，根据等腰三角形的性质求解．
【详解】
作P关于OA，OB的对称点P1，P2．连接OP1，OP2．则当M，N是P1P2与OA，OB的交点时，△PMN的周长最短，连接P1O、P2O，
∵PP1关于OA对称，∠MPN=110°
∴∠P1OP=2∠MOP，OP1=OP，P1M=PM，∠OP1M=∠OPM，
同理可得：∠P2OP=2∠NOP，OP=OP2，
∴∠P1OP2=∠P1OP+∠P2OP=2（∠MOP+∠NOP）=2∠AOB，OP1=OP2=OP，
∴△P1OP2是等腰三角形．
∴∠OP2N=∠OP1M，
∴∠P1OP2=180°-110°=70°，
∴∠AOB=35°，
故选A．
【点睛】
考查了对称的性质，解题关键是正确作出图形和证明△P1OP2是等腰三角形是．
19．如图，等腰三角形ABC的底边BC长为4，腰AC的垂直平分线EF分别交AC，AB边于E，F点．若点D为BC边的中点，点M为线段EF上一动点，若△CDM周长的最小值为8，则△ABC的面积为（）
A．12 B．16 C．24 D．32
【答案】A
【解析】
【分析】
连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点C关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为CM+MD的最小值，再根据三角形的周长求出AD的长，由此即可得出结论．
【详解】
连接AD，
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴AD
⊥BC，
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴点C关于直线EF的对称点为点A，∴AD的长为CM+MD的最小值，
∵△CDM周长的最小值为8，
∴AD=8-1
2
BC=8-2=6
∴S△ABC=1
2
BC•AD=
1
2
×4×6=12，
故选A．
【点睛】
本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键．
20．如图，等边△ABC的边AB上一点P，作PE⊥AC于E，Q为BC延长线上的一点，当PA=CQ时，连接PQ交AC于点D，下列结论中不一定正确的是（）
A．PD=DQ B．DE=1
2
AC C．AE=
1
2
CQ D．PQ⊥AB
【答案】D
【解析】
过P作PF∥CQ交AC于F，∴∠FPD=∠Q，∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠ACB=60°，∴∠A=∠AFP=60°，∴AP=PF，∵PA=CQ，∴PF=CQ，在△PFD与△DCQ
中，
FPD Q
PDE CDQ
PF CQ
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△PFD≌△QCD，∴PD=DQ，DF=CD，∴A选项正确，
∵AE=EF，∴DE=1
2
AC，∴B选项正确，∵PE⊥AC，∠A=60°，∴AE=
1
2
AP=
1
2
CQ，∴C选项
正确，故选D．。