2023-2024学年江苏省南京市金陵中学仙林分校八年级（上）10月月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市金陵中学仙林分校八年级（上）10月月考数学试卷（含解析），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列运动图标中，属于轴对称图形的是
( )
A. B. C. D.
2.如图，小明与小敏玩跷跷板游戏，如果跷跷板的支点O(即跷跷板的中点)至地面的距离是45cm，当小敏从水平位置CD下降20cm时，小明离地面的高度是
( )
A. 20cmB. 45cmC. 25cmD. 65cm
3.如图，点F，B，E，C在同一条直线上，ΔABC≅ΔDEF，若∠A=34∘，∠F=36∘，则∠DEC的度数为
( )
A. 50∘B. 60∘C. 70∘D. 80∘
4.如图，已知∠DAB=∠CAB，添加下列条件不能判定ΔDAB≅ΔCAB的是
( )
A. ∠DBE=∠CBEB. ∠D=∠C
C. DA=CAD. DB=CB
5.如图，在ΔABC中，在边BC上取一点D，连接AD，在边AD上取一点E，连接CE.若ΔADB≅ΔCDE，∠BAD=α，则∠ACE的度数为
( )
A. αB. α−45∘C. 45∘−αD. 90∘−α
6.如图，ΔABC≅ΔDBE，点E在线段AC上，∠C=70∘，则∠ABD的度数为
( )
A. 30∘B. 40∘C. 45∘D. 50∘
7.如图，AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F.若SΔABC=12，DF=2，AC=3，则AB的长是
( )
A. 2B. 4C. 7D. 9
8.如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：(1)PM=PN恒成立；(2)OM+ON的值不变；(3)四边形PMON的面积不变；(4)MN的长不变，其中正确的个数为
( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）
9.如图，四边形ABCD是轴对称图形，直线AC是它的对称轴，若∠BAC=65∘，∠B=50∘，则∠BCD的大小为_ _.
10.如图，AB⊥EF于点B，CD⊥EF于点D，BE=DF.若要用“HL”判定RtΔABF≅RtΔCDE，则需要添加的条件为_ _.
?
11.王强同学用10块高度都是2cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板(AC=BC,∠ACB=90∘)，点C在DE上，点A和B分别与木墙的顶端重合，则两堵木墙之间的距离为 _cm．
12.如图，在ΔABC中剪去∠C得到四边形ABDE，且∠1+∠2=230∘纸片中∠C的度数为_ _.
13.在折纸游戏中，小颖将一张长方形纸片ABCD按如图所示方式折叠，AE、AF为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为B′、D′，若∠B′AD′=12∘，则∠EAF的度数为_ _.
14.三个全等三角形按如图的形式摆放，则∠1+∠2+∠3的度数等于_ _.
15.现有一块如图所示的草地，经测量，∠B=∠C，AB=10米，BC=8米，CD=12米，点E是AB边的中点．小狗汪汪从点B出发以2米/秒的速度沿BC向点C运动，同时小狗妞妞从点C出发沿CD向点D运动．当妞妞的速度为 _米/秒时，能够在某一时刻使ΔBEP与ΔCPQ全等．
16.如图，在ΔABC中，AC=6，中线AD=4，则AB边的取值范围是_ _.
17.如图，四边形ABCD中，AB=AC，∠ABC+∠ADC=90∘，BD=2CD，则∠BAC−∠BDC=_ _.
18.如图，五边形ABCDE中，AB=BC=5，AE=ED=6，∠ABC+∠AED=180∘，M为边CD的中点，BM=7，EM=8，则五边形ABCDE的面积为_ ．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19.(本小题8.0分)
如图，点C、E在边BF上，BE=CF，AB//DE，∠A=∠D．
求证：AC=DF．
20.(本小题8.0分)
如图，AC、BD交于点O，∠ABC=∠DCB，∠1=∠2，求证：AB=DC．
21.(本小题8.0分)
如图，在四边形ABCD中，AB=CD，AD=CB，求证：∠A=∠C．
22.(本小题8.0分)
如图，在长度为1个单位长度的小正方形组成的正方形网格中，点A、B、C在小正方形的顶点上．
(1)在图中画出与ΔABC关于直线l成轴对称的△A′B′C′；
(2)ΔABC的面积是_3_.
(3)在直线l上找一点P，使PB+PC的长最短．
23.(本小题8.0分)
如图，点C在线段AB上，AD//EB，AC=BE，AD=BC，CF平分∠DCE．
求证：CF⊥DE于点F．
24.(本小题8.0分)
如图，已知ΔABC中，∠A=90∘，AB=AC，∠1=∠2，CE⊥BD于E.求证：BD=2CE．
25.(本小题8.0分)
已知M，N分别是∠AOB的边OA，OB上的点．
(1)如图①，OM≠ON，P为∠AOB角平分线上的一点，若∠AOB+∠MPN=180∘，求证：PM=PN．
(2)如图②，若P为∠AOB外一点，求作点M，N，使得∠PMO为锐角，PM=MN，且∠PMN=90∘.(要求：利用尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，写出必要的文字说明)
?
26.(本小题8.0分)
【问题提出】
数学课上，学习了直角三角形全等的判定方法(即“HL”)后，我们继续对“两个直角三角形满足一条直角边和周长分别相等”的情形进行研究．
【问题解决】
(1)如图①，在RtΔABC和RtΔDEF中，∠B=∠E=90∘，AB=DE，ΔABC和ΔDEF的周长相等．求证：ΔABC≅ΔDEF．
(2)下列命题是真命题的有__．
A.斜边和周长分别相等的两个直角三角形全等
B.斜边和面积分别相等的两个直角三角形全等
C.一个锐角和周长分别相等的两个直角三角形全等
27.(本小题8.0分)
今年中考结束后，我与同学们交流了宁波中考数学卷的压轴题，最后我们一致认为，这道题用了一个简单而重要的数学模型“三垂直型”，其实这种“模型”大家并不陌生．
如图1，AO⊥BO且AO=BO，由点A和点B向过O点的直线作垂线，可以构成如图两个全等三角形；当这条直线绕点O旋转到直角内部时，仍然能构造出全等三角形！相信同学们认识了这个“模型”的特点后，一定能解决下面的问题：
(1)如图3，AD⊥CD，AD⊥AB，若AB=4，CD=6，BC=BE(可以借助图中的辅助线，也可以根据自己所悟，另外画辅助线)，你得到阴影部分的面积是：_4_.
(2)如图4，点D是∠ABC的平分线任一点，连接DA，作DE⊥DA交另一边BC于点E，若DB长是4 2，AD=DE，则四边形ABED的面积值是：__．
(3)如图5，点B是两个等腰直角三角形的公共顶点，连接DC和AF，若BE⊥CD交CD于E点，延长EB交AF于G点，试证明AG=GF．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【考点】轴对称图形
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：A，C，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
B选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：B．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2.【答案】D
【解析】【考点】全等三角形的判定与性质
【分析】根据全等三角形的判定和性质即可得到结论．
【解答】解：在ΔOCF与ΔODG中，
∠OCF=∠ODG=90∘∠COF=∠DOGOF=OG,
∴ΔOCF≅ΔODG(AAS)，
∴CF=DG=20(cm)，
∴小明离地面的高度是45+20=65(cm)，
故选：D．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练使用全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】【考点】全等三角形的性质
【分析】由全等三角形的性质得到∠D=∠A=34∘，由三角形外角的性质得到∠DEC=∠F+∠D=70∘．
【解答】解：∵ΔABC≅ΔDEF，
∴∠D=∠A=34∘，
∴∠DEC=∠F+∠D=36∘+34∘=70∘．
故选：C．
【点评】本题考查全等三角形的性质，三角形外角的性质，关键是由全等三角形的性质得到∠D=∠A=34∘，由三角形外角的性质即可求解．
4.【答案】D
【解析】【考点】全等三角形的判定
【分析】根据全等三角形的判定方法(SSS、SAS、AAS、ASA)解决此题．
【解答】解：A.添加∠DBE=∠CBE，根据三角形外角的性质，得∠D=∠DBE−∠DAB，∠C=∠EBC−∠CAB，那么∠D=∠C，从而根据AAS判定ΔDAB≅ΔCAB，故A不符合题意．
B.添加∠D=∠C，根据AAS判定ΔDAB≅ΔCAB，故B不符合题意．
C.添加DA=CA，根据SAS判定ΔDAB≅ΔCAB，故C不符合题意．
D.添加DB=CB，无法判定ΔDAB≅ΔCAB，故D符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解决本题的关键．
5.【答案】C
【解析】【考点】全等三角形的性质
【分析】根据全等三角形的性质可得∠ADB=∠CDE，AD=CD，∠DCE=∠BAD，进一步可得∠CDE=90∘，∠ACD=45∘，即可求出∠ACE的度数．
【解答】解：∵ΔADB≅ΔCDE，
∴∠ADB=∠CDE，AD=CD，∠DCE=∠BAD，
∵∠ADB+∠CDE=180∘，
∴∠CDE=90∘，
∴∠ACD=∠CAD=45∘，
∵∠BAD=α，
∴∠DCE=α，
∴∠ACE=45∘−α，
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】【考点】全等三角形的性质
【分析】根据全等三角形的性质求解即可．
【解答】解：∵ΔABC≅ΔDBE，
∴BC=BE，∠ABC=∠DBE，
∴∠C=∠BEC，∠EBC=∠ABD，
∵∠C=70∘，
∴∠BEC=70∘，
∴∠EBC=180∘−70∘−70∘=40∘，
∴∠ABD=40∘，
故选：B．
【点评】此题考查了全等三角形的性质，熟记“全等三角形的对应角相等、对应边相等”是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】【考点】角平分线的性质
【分析】求出DE的值，代入面积公式得出关于AB的方程，求出即可．
【解答】解：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE=DF=2，
∵SΔABC=SΔABD+SΔACD，
∴12=12×AB×DE+12×AC×DF，
∴24=AB×2+3×2，
∴AB=9，
故选：D．
【点评】本题考查了角平分线性质，三角形的面积的应用，注意：角平分线上的点到角两边的距离相等．
8.【答案】B
【解析】【考点】角平分线的性质；旋转的性质；全等三角形的判定与性质
【分析】作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，根据OP平分∠AOB可知PE=PF，结合OP=OP即可证明ΔPOE≅ΔPOF.根据图中各角的数量关系可得∠MPE=∠NPF、∠PEM=∠PFN，进而还可证明ΔPEM≅ΔPFN；
利用全等三角形的性质可以得到多组相等的边，由此判断(1)的正误．根据全等三角形的性质得到SΔPEM=SΔPNF，据此可得S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，还可判断(3)的正误；
根据图中各线段之间的数量关系，通过等量代换就能确定OM+ON的值是否为定值，由此判断(2)的正误．类似地，还可分析(4)的正误，进而解答题目．
【解答】解：如图，作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO=∠PFO=90∘，
∴∠EPF+∠AOB=180∘，
∵∠MPN+∠AOB=180∘，
∴∠EPF=∠MPN，
∴∠EPM=∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴PE=PF．
在ΔPOE和ΔPOF中PE=PF，OP=OP，
∴RtΔPOE≅RtΔPOF(HL)，
∴OE=OF．
在ΔPEM和ΔPFN中∠MPE=∠NPF，PE=PF，∠PEM=∠PFN，
∴ΔPEM≅ΔPFN(ASA)，
∴EM=NF，PM=PN，SΔPEM=SΔPNF，故(1)正确．
∴S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，故(3)正确．
OM+ON=OE+ME+OF−NF=2OE=定值，故(2)正确．
MN的长度是变化的，故(4)错误．
综上所述：(1)、(2)、(3)正确，共3个．
故选：B．
【点评】本题侧重考查角平分线的题目，需要掌握全等三角形的判定与性质、角平分线的性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9.【答案】130∘
【解析】【考点】轴对称的性质；轴对称图形
【分析】直接利用轴对称图形的性质得出∠DAC=∠BAC=65∘，∠D=∠B=50∘，再结合三角形内角的定理得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是轴对称图形，直线AC是它的对称轴，
∴∠DAC=∠BAC=65∘，∠D=∠B=50∘，
∴∠BCA=∠DCA=180∘−65∘−50∘=65∘，
∴∠BCD的大小为：65∘×2=130∘．
故答案为：130∘．
【点评】此题主要考查了轴对称图形的性质，正确得出对应角度数是解题关键．
10.【答案】AF=CE
【解析】【考点】直角三角形全等的判定
【分析】斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，由此即可得到答案．
【解答】解：添加的条件为AF=CE，
∵BE=DF，
∴DE=BF，
∵AB⊥EF于点B，CD⊥EF于点D，
∴∠ABF=∠CDE=90∘，
在RtΔABF和RtΔCDE中，
AF=CEDE=BF,
∴RtΔABF≅RtΔCDE(HL)．
故答案为：AF=EC．
【点评】本题考查直角三角形的判定，关键是掌握直角三角形的判定方法：“HL”.
11.【答案】20
【解析】【考点】全等三角形的应用
【分析】根据题意可得AC=BC，∠ACB=90∘，AD⊥DE，BE⊥DE，进而得到∠ADC=∠CEB=90∘，再根据等角的余角相等可得∠BCE=∠DAC，再证明ΔADC≅ΔCEB即可，利用全等三角形的性质进行解答．
【解答】解：由题意得：AC=BC，∠ACB=90∘，AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC=∠CEB=90∘，
∴∠ACD+∠BCE=90∘，∠ACD+∠DAC=90∘，
∴∠BCE=∠DAC，
在ΔADC和ΔCEB中，
∠ADC=∠CEB∠DAC=∠BCEAC=BC,
∴ΔADC≅ΔCEB(AAS)；
由题意得：AD=EC=6cm，DC=BE=14cm，
∴DE=DC+CE=20(cm)，
答：两堵木墙之间的距离为20cm．
故答案为：20．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，关键是正确找出证明三角形全等的条件．
12.【答案】50∘
【解析】【考点】三角形内角和定理；剪纸问题；多边形内角与外角
【分析】根据多边形的内角和公式求解．
【解答】解：∵∠A+∠B+∠1+∠2=360∘，
∴∠A+∠B=360∘−(∠1+∠2)=130∘，
∴∠C=180∘−(∠A+∠B)=50∘，
故答案为：50∘．
【点评】本题考查了剪纸问题，掌握多边形的内角和公式是解题的关键．
13.【答案】39∘
【解析】【考点】轴对称的性质；角的计算
【分析】利用角的和差以及轴对称的性质计算即可．
【解答】解：∵∠B′AD′=12∘，
∴2∠EAF=90∘−12∘=78∘，
∴∠EAF=39∘．
故答案为：39∘．
【点评】本题考查了轴对称的性质和角的计算，解题的关键是掌握角的和差计算．
14.【答案】180∘
【解析】【考点】全等图形；全等三角形的性质
【分析】直接利用平角的定义结合三角形内角和定理以及全等三角形的性质得出∠4+∠9+∠6=180∘，∠5+∠7+∠8=180∘，进而得出答案．
【解答】解：如图所示：
由图形可得：∠1+∠4+∠5+∠8+∠6+∠2+∠3+∠9+∠7=540∘，
∵三个三角形全等，
∴∠4+∠9+∠6=180∘，
又∵∠5+∠7+∠8=180∘，
∴∠1+∠2+∠3+180∘+180∘=540∘，
∴∠1+∠2+∠3的度数是180∘．
故答案为：180∘．
【点评】此题主要考查了全等三角形的性质以及三角形内角和定理，正确掌握全等三角形的性质是解题关键．
15.【答案】2或52
【解析】【考点】全等三角形的应用
【分析】分两种情况讨论，依据全等三角形的对应边相等，即可得到妞妞的运动速度．
【解答】解：设汪汪运动的时间为t秒，则BP=2t，CP=8−2t，
∵∠B=∠C，
∴①当BE=CP=5，BP=CQ时，ΔBPE与ΔCQP全等，
此时，5=8−2t，
解得t=32，
∴BP=CQ=3，
此时，妞妞的运动速度为3÷32=2(米/秒)；
②当BE=CQ=5，BP=CP时，ΔBPE与ΔCQP全等，
此时，2t=8−2t，
解得t=2，
∴妞妞的运动速度为5÷2=52(米/秒)；
故答案为：2或52．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
16.【答案】2【解析】【考点】全等三角形的判定与性质；三角形三边关系
【分析】延长AD到点E，使AD=ED，连接CE，可证明ΔABD≅ΔECD，可求得CE=AB，在ΔACE中可利用三角形三边关系可求得AE的取值范围，则可求得AB的取值范围．
【解答】解：延长AD到点E，使AD=ED，连接CE，
∵AD是ΔABC的中线，
∴BD=CD，
在ΔABD和ΔECD中，
AD=ED∠ADB=∠EDCBD=CD,
∴ΔABD≅ΔECD(SAS)，
∴AB=EC，
在ΔAEC中，AC+AE>CE，且AE−AC∵AC=6，AE=2AD=8，
∴2故答案为：2【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性质，构造全等三角形的，把AB、AC和AD转化到一个三角形中是解题的关键．
17.【答案】60∘
【解析】【考点】全等三角形的判定与性质
【分析】作∠DAF=∠BAC，使AF=AD，证明ΔDAB≅ΔFAC，可得DB=FC，∠ADB=∠AFC，根据FC=2CD，可得∠CFD=30∘，设∠ABC=∠ACB=∠ADF=∠AFD=α，所以∠BAC=180∘−2α，得∠BDC=120∘−2α，进而可解决问题．
【解答】解：如图，作∠DAF=∠BAC，使AF=AD，
∵∠DAF=∠BAC，
∴∠DAF+∠DAC=∠BAC+∠DAC，
∴∠DAB=∠FAC，
在ΔDAB和ΔFAC中，
AD=AF∠DAB=∠FACAB=AC,
∴ΔDAB≅ΔFAC(SAS)，
∴DB=FC，∠ADB=∠AFC，
∵BD=2CD，
∴FC=2CD，
∵∠DAF=∠BAC，
∴∠ABC=∠ADF，
∵∠ABC+∠ADC=90∘，
∴∠ADF+∠ADC=90∘，
∴∠FDC=90∘，
∵FC=2CD，
∴∠CFD=30∘，
设∠ABC=∠ACB=∠ADF=∠AFD=α，
∴∠BAC=180∘−2α，
∵∠AFC=∠AFD−∠CFD=α−30∘，
∴∠ADB=∠AFC=α−30∘，
∴∠BDC=∠FDC−∠FDA−∠ADB=90∘−α−(α−30∘)=120∘−2α，
∴∠BAC−∠BDC=180∘−2α−(120∘−2α)=60∘．
故答案为：60∘．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是正确作出辅助线得到ΔACF≅ΔABD．
18.【答案】56
【解析】【考点】多边形
【分析】由题意可考虑，延长BM到点F，使FM=BM，连接BE，EF，DF，这样就构成了等腰三角形BEF，求五边形的面积就转化成了等腰三角形BEF的面积，等腰三角形BEF的底，高都已知，所以求解即可．
【解答】解：如图，延长BM到点F，使FM=BM，连接BE，EF，DF，
在ΔBMC和ΔFDM中，
BM=FM ∠BMC=∠FMD CM=MD ,
∴ΔBMC≅ΔFDM(SAS)，
∴BC=DF=AB，∠C=∠CDF，
∵∠A+∠ABC+∠C+∠CDE+∠AED=(5−2)×180∘=540∘，
∵∠ABC+∠AED=180∘，
∴∠A+∠C+∠CDE=360∘，
∵∠CDE+∠CDF+∠EDF=360∘，
∴∠A=∠EDF，
在ΔABE和ΔDFE中，
AB=DF ∠A=∠EDF AE=DE ,
∴ABE≅ΔDFE(SAS)，
∴BE=EF，
∵BM=MF，
∴EM⊥BF，
∴五边形ABCDE的面积=SΔABE+SΔBCM+S四BMDE
=SΔEDF+SΔMDF+S四BMDE
=SΔBEF
=12BF⋅EM
=12×7×2×8
=56．
故答案为：56．
【点评】这道题考查的是多边形和等腰三角形的判定和性质，熟记有关定理是解题的基础，巧作辅助线构建等腰三角形是解这道题的关键．
19.【答案】证明：∵BE=CF，
∴BE+EC=CF+EC，
∴BC=EF．
∵AB//DE，
∴∠B=∠DEF，
在ΔABC与ΔDEF中，
∠A=∠D∠B=∠DEFBC=EF,
∴ΔABC≅ΔDEF(AAS)，
∴AC=DF．

【解析】【考点】KD：全等三角形的判定与性质
【分析】由“AAS”可证ΔABC≅ΔDEF，可得AC=DF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法是本题的关键．
20.【答案】证明：∵∠ABC=∠DCB，∠1=∠2，
又∵∠OBC=∠ABC−∠1，∠OCB=∠DCB−∠2，
∴∠OBC=∠OCB，
∴OB=OC，
在ΔABO和ΔDCO中，
∠1=∠2OB=OC∠AOB=∠DOC,
∴ΔABO≅ΔDCO(ASA)，
∴AB=DC．

【解析】【考点】全等三角形的判定与性质
【分析】由“ASA”可证ΔABO≅ΔDCO，可得结论．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理是本题的关键．
21.【答案】证明：如图，
在ΔABD和ΔCBD中，
AB=CDAD=CBDB=BD
∴ΔABD≅ΔCBD
∴∠A=∠C．

【解析】【考点】KD：全等三角形的判定与性质
【分析】连接BD，利用SSS证得ΔABD≅ΔCBD，得出答案即可．
【点评】此题考查三角形全等的判定与性质，掌握三角形全等的判定的基本方法是解决问题的关键．
22.【答案】解：(1)如图，根据题意，可得：
点A、B、C关于直线l对称的点分别为点A′、B′、C′，连接A′B′、A′C′、B′C′，
则△A′B′C′即为所作．
(2)SΔABC=2×4−12×2×2−12×2×1−12×1×4=8−2−1−2=3．
故答案为：3．
(3)如图，连接B′C交直线l于点P，连接BP，
∵点B和点B′关于直线l对称，
∴直线l垂直平分BB′，
∴BP=B′P，
∴PB+PC=PB′+PC=B′C，
这时PB+PC的长最短，
∴点P即为所求．

【解析】【考点】勾股定理；轴对称−最短路线问题；作图−轴对称变换
【分析】(1)直接利用对称点的性质得出对应点位置进而得出答案；
(2)利用割补法即可得出答案；
(3)利用轴对称求最短路线的方法得出答案．
【点评】本题考查作图—轴对称变换，轴对称—最短路线．解题的关键是根据轴对称的定义作出变换后的对应点及割补法求三角形的面积．
23.【答案】证明：∵AD//BE，
∴∠A=∠B，
在ΔACD和ΔBEC中
AD=BC∠A=∠BAC=BE,
∴ΔACD≅ΔBEC(SAS)，
∴DC=CE，
∵CF平分∠DCE，
∴CF⊥DE．

【解析】【考点】全等三角形的判定与性质
【分析】根据平行线性质得出∠A=∠B，根据SAS证ΔACD≅ΔBEC，推出DC=CE，根据等腰三角形的三线合一定理推出即可．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，等腰三角形的性质等知识点，关键是求出DC=CE，主要考查了学生运用定理进行推理的能力．
24.【答案】证明：如图，延长CE、BA交于F．
∵CE⊥BD，
∴∠BEF=∠BEC=90∘，
∴∠1=∠2，
在ΔBEF和ΔBEC中，
∠BEF=∠BECBE=BE∠1=∠2
∴ΔBEF≅ΔBEC(ASA)，
∴EF=EC，
∴CF=2CE，
∵∠BAC=90∘，
∴∠FAC=90∘=∠BAC
∵CE⊥BD，
∴∠ACF=∠1，
在ΔACF和ΔABD中，
∠FAC=∠BADAC=AB∠ACF=∠1
∴ΔACF≅ΔABD(ASA)，
∴BD=CF，
∴BD=2CE．

【解析】【分析】延长CE、BA交于F，根据角边角定理，证明ΔBEF≅ΔBEC，进而得到CF=2CE的关系．再证明∠ACF=∠1，根据角边角定理证明ΔACF≅ΔABD，得到BD=CF，至此问题得解．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质．解决本题主要是恰当添加辅助线，构造全等三角形，将所求问题转化为全等三角形内边间的关系来解决．
25.【答案】(1)证明：如果1中，过点P作PE⊥OA于点E，PF⊥PB于点F，
∵OP平分∠AOB，PE//OA，PF⊥OB，
∴PE=PF，
∵∠PEO=∠PFO=90∘，
∴∠AOB+∠EPF=180∘，
∵∠AOB+∠MPN=180∘，
∴∠MPN=∠EPF，
∴∠MPE=∠NPF，
∵∠PEM=∠PFN=90∘，
∴ΔPEM≅ΔPFN(ASA)，
∴PM=PN；
(2)解：图形如图2所示：

【解析】【考点】全等三角形的判定与性质；作图—复杂作图；角平分线的性质；等腰直角三角形
【分析】(1)如果1中，过点P作PE⊥OA于点E，PF⊥PB于点F，证明ΔPEM≅ΔPFN(ASA)，推出PM=PN；
(2)如图2中，过点P作PK⊥OB于点K，作∠PKB的角平分线交OA于点M，连接PM，过点M作MN⊥PM，交OB于点N．
【点评】本题考查作图−复杂作图，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
26.【答案】解：(1)如图，在RtΔABC和RtΔDEF中，分别延长BC，EF至G，H，使得CG=AC，FH=DF，连接AG，DH，
∵AB=DE，且ΔABC和ΔDEF的周长相等，
∴AC+BC=DF+EF，
∵CG=AC，FH=DF，
∴BG=EH，
∵∠B=∠E=90∘，
∴ΔABG≅ΔDEH(SAS)，
∴∠G=∠H，
∵CG=AC，FH=DF，
∴∠CAG=∠G，∠FDH=∠H，
∵∠ACB=∠CAG+∠G，∠DFE=∠FDH+∠H，
∴∠ACB=∠DFE，
∵AB=DE，∠B=∠E=90∘，
∴ΔABC≅ΔDEF(AAS)；
(2)A.斜边和周长分别相等的两个直角三角形全等，正确；
B.斜边和面积分别相等的两个直角三角形全等，错误；
C.一个锐角和周长分别相等的两个直角三角形全等，正确；
故答案为：A，C．

【解析】【考点】三角形综合题
【分析】(1)根据勾股定理和直角三角形全等的判定可得结论；
(2)根据三角形全等的判定方法一一判断即可．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
27.【答案】
解：(1)过B作BF⊥DC于F，过E作EH⊥AB于H，
则AB=DF=4，∠BFC=∠H=∠FBH=90∘
∵DC=6，
∴CF=2，
∵∠EBC=∠FBH=90∘，
∴∠EBH=∠CBF，
在ΔBHE和ΔBFC中
∠EBH=∠FBC∠H=∠BFCBE=BC
∴ΔBHE≅ΔBFC(AAS)，
∴EH=CF=2，
∴阴影部分的面积是12×4×2=4，
故答案为：4；
(2)过D作DH⊥AB于H，DF⊥BE于F，
则DF=BH，∠DHA=∠DHB=∠EBA=∠DFB=90∘，
∴四边形DHBF是矩形，
∵BD平分∠ABE，DF⊥BE，DH⊥AB，
∴DH=DF，
∴四边形DHBF是正方形，
∴DH=BH=DF=BF，
∵BD=4 2，∠DHB=90∘，
∴DH=DF=BH=BF=4，
∵在ΔADH和ΔEDF中
∠ADH=∠FDE∠AHD=∠DFE=90∘AD=DE
∴ΔADH≅ΔEDF(AAS)，
∴S四边形ABED=SΔADH+S四边形DHBE=SΔFDE+S四边形DHBE=S正方形DHBF=4×4=16，
故答案为：16；
(3)证明：过A作AF′⊥EG于F′，过F作FH⊥EG于H，
∵∠BEC=∠ABC=∠AF′B=90∘，
∴∠ECB+∠CBE=90∘，∠CBE+∠ABF′=90∘，
∴∠ECB=∠ABF′，
在ΔBEC和△AF′B中
∠BEC=∠AF′B∠ECB=∠ABF′BC=AB
∴ΔBEC≅△AF′B(AAS)，
∴BE=AF′，
同理FH=BE，
∴AF′=FH，
∵AF′⊥EG，FH⊥EG，
∴∠AF′G=∠H，
在△AF′G和ΔFHG中
∠AGF′=∠FGH∠AF′G=∠HAF′=FH
∴△AF′G≅ΔFHG(AAS)，
∴AG=GF．

【解析】【考点】全等三角形的判定与性质
【分析】(1)求出ΔBFC≅ΔBHE，推出CF=EH，求出CF即可；
(2)证ΔAHD≅ΔEFD，推出DF=DH，得出正方形DFBH，求出DH长，求出四边形ABED面积=正方形DHBF面积即可；
(3)求出AF′=BE=FH，根据全等即可得出答案．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力，难度偏大．