苏科版八年级上册数学第一次月考培优卷（含答案解析）

这是一份苏科版八年级上册数学第一次月考培优卷（含答案解析），共29页。试卷主要包含了1-2，5°C．48°D．不能确定，5，等内容，欢迎下载使用。
姓名：___________班级：___________学号：___________
一、单选题(共30分)
1．(本题3分)下列关于防范“新冠肺炎”的标志中是轴对称图形，不是中心对称图形的是（ ）
A．戴口罩讲卫生B．勤洗手勤通风
C．有症状早就医D．少出门少聚集
2．(本题3分)如图所示，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝CB，BD＝BD，由以上三个条件可以证明BAD≌BCD的理由是（ ）．
A．SASB．ASAC．AASD．HL
3．(本题3分)如图，工具房有一个方形框架，小华发现它很容易变形，以下加固方案最好的是（ ）
A．B．C．D．
4．(本题3分)下列说法不正确的是（ ）
A．两条直角边对应相等的两个直角三角形全等
B．一锐角和斜边对应相等的两个直角三角形全等
C．斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形全等
D．有两边相等的两个直角三角形全等
5．(本题3分)已知AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，点E，B，D到直线l的距离分别为6，3，4，则图中实线所围成的图形的面积是（ ）
A．50B．62C．65D．68
第5题图第6题图
6．(本题3分)如图，在中，，分别以点、为圆心，大于为半径画弧，两弧相交于点、，作直线，分别交、与点、，若的周长是，则的长等于（ ）
A．1B．1.5C．2D．2.5
7．(本题3分)如图，点O是△ABC的外心（三角形三边垂直平分线的交点），若∠BOC=96°，则∠A的度数为（ ）
A．49°B．47.5°C．48°D．不能确定
第7题图第8题
8．(本题3分)在△ABC中，AB＝4，AC＝6，AD是BC边上的中线，则AD的取值范围是（ ）
A．0＜AD＜10B．1＜AD＜5C．2＜AD＜10D．0＜AD＜5
9．(本题3分)如图，在中，，，点在边上，，点、在线段上，，若的面积为21，则与的面积之和是（ ）
A．6B．7C．8D．9
10．(本题3分)如图，方格纸中△ABC的3个顶点分别在小正方形的顶点（格点）上，这样的三角形叫格点三角形，图中与△ABC全等的格点三角形的个数为（不含△ABC）（ ）
A．3B．5C．7D．9
二、填空题(共24分)
11．(本题3分)如图，已知△ABC≌△ADE，∠B＝25°，∠E＝98°，∠EAB＝20°，则∠BAD的度数为 _____．
第11题图第12题
12．(本题3分)如图，点B，E，C，F在一条直线上，AB∥DF，AB＝DF，若△ABC≌△DFE，则需添加的条件是________．（填一个即可）
13．(本题3分)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝10，点P从点A出发沿线段AC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，点Q从点B出发沿折线BC﹣CA以每秒3个单位长度的速度向终点A运动，P、Q两点同时出发．分别过P、Q两点作PE⊥l于E，QF⊥l于F，当△PEC与△QFC全等时，CQ的长为______．
第13题图第14题
14．(本题3分)如图，在的正方形网格中，求______度．
15．(本题3分)三条公路将A、B、C三个村庄连成一个如图的三角形区域，如果在这个区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三条公路的距离相等，那么这个集贸市场应建的位置是_____．
第15题图第16题
16．(本题3分)如图，在中，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作圆弧，两弧相交于点和点，作直线交于点，连接．若，，则的周长为_________．
17．(本题3分)如图，点是内任意一点，，点和点分别是射线和射线上的动点，，则周长的最小值是______．
第17题图第18题
18．(本题3分)如图，在四边形中，，，，点在线段上以的速度由点向点运动，同时，点在线段上由点向点运动，设运动时间为，当与以，，为顶点的三角形全等时，点的运动速度为______．
三、解答题(共66分)
19．(本题7分)如图，在△ABC中，点D在边BC上，CD=AB，DE∥AB，∠DCE=∠A．求证：DE=BC．
20．(本题7分)如图，已知AD是△ABC的边BC上的高，点E为AD上一点，且，．
(1)证明
(2)若，，求△ABC的面积．
21．(本题7分)如图，已知，，，且，，三点共线，求证：．
22．(本题7分)如图，电信部门要在S区修建一座发射塔P．按照设计要求，发射塔P到两个城镇A、B的距离必须相等，到两条高速公路m和n的距离也必须相等，发射塔P应建在什么位置？在图上标出它的位置．（尺规作图：只保留作图痕迹，不写作图过程）
23．(本题7分)如图，ABC和A′B′C′的顶点都在边长为1的正方形网格的格点上，且ABC和A′B′C′关于直线m成轴对称．
(1)直接写出ABC的面积__________________；
(2)请在如图所示的网格中作出对称轴直线m．
(3)请在直线m上作一点D，使得AD＋CD最小．（保留必要的作图痕迹）
24．(本题7分)在数学课上，林老师在黑板上画出如图所示的图形（其中点B、F、C、E在同一直线上），并写出四个条件：①AB＝DE，②BF＝EC，③∠B＝∠E，④∠1＝∠2．
请你从这四个条件中选出三个作为题设，另一个作为结论，
组成一个真命题，并给予证明．
题设：__________________；结论：__________________．（均填写序号）
证明：
25．(本题12分)直角三角形中，，直线过点．
（1）当时，如图1，分别过点和作直线于点，直线于点，与是否全等，并说明理由；
（2）当，时，如图2，点与点关于直线对称，连接，点是上一点，点是上一点，分别过点作直线于点，直线于点，点从点出发，以每秒的速度沿路径运动，终点为，点从点出发，以每秒的速度沿路径运动，终点为，点同时开始运动，各自达到相应的终点时停止运动，设运动时间为秒，当为等腰直角三角形时，求的值．
26．(本题12分)
（1）如图，在正方形中，、分别是，上的点，且．直接写出、、之间的数量关系；
（2）如图，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，求证：；
（3）如图，在四边形中，，，延长到点，延长到点，使得，则结论是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．
参考答案
一、单选题(共30分)
1、A
【解析】
【分析】直接利用轴对称图形和中心对称图形的概念判断即可．
【详解】
解：A选项是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
B选项既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
C选项既是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；
D选项不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
故选A．
【点睛】
本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识点，解答本题的关键是能够熟练掌握中心对称图形和轴对称图形的概念．
2、D
【解析】
【分析】由于∠BAD=∠BCD=90°，AB=CB，题中还有公共边这个条件，由此就可以证明△BAD≌△BCD，全等容易看出．
【详解】
解：∵∠BAD=∠BCD=90°，AB=CB，BD＝BD，
∴△BAD≌△BCD(HL) ．
故选：D
【点睛】本题需注意：当两个三角形有公共边时，公共边是常用的条件之一．
3、D
【解析】
【分析】根据三角形的稳定性即可解答．
【详解】
解：根据三角形的稳定性可得D是最好的加固方案．
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了三角形的稳定性，解题的关键是当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，故三角形具有稳定性．
4、D
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定方法判断即可；
【详解】
解：A．两条直角边对应相等的两个直角三角形全等；可由（SAS）判断，正确；
B．一锐角和斜边对应相等的两个直角三角形全等；可由（AAS）判断，正确；
C．斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形全等；可由（HL）判断，正确；
D．有两边相等的两个直角三角形无法判定边的对应相等关系，故不一定全等；选项错误，符合题意；
故选： D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定方法；熟练掌握（SSS）、（SAS）、（AAS）、（ASA）、（HL）的判定条件是解题关键．
5、A
【解析】
【分析】由全等三角形的判定定理可得出△EFA≌△AGB，同理可证△BGC≌△CHD，从而得出FA、AG、GC、CH的长度，用割补法求出实线所围成的图像面积.
【详解】
解：如图，
∵EA⊥AB，
∴∠EAF+∠BAG=90°，
∵EF⊥AF，BG⊥AG，
∴∠FEA+∠EAF=90°，∠EFA=∠BGA=90°，
∴∠BAG=∠FEA，
∵在△EFA与△AGB中，
∴△EFA≌△AGB，
∴BG=AF=3，EF=AG=6，
同理可证：△BGC≌△CHD，
∴GC=4，CH=3，
∴S=S梯形EFHD﹣2S△AEF﹣2S△CHD=（4+6）×（3+6+3+4）﹣×6×3×2﹣×4×3×2=50.
故选A.
【点睛】
本题考查了三角形的面积，梯形的面积，全等三角形的性质和判定等知识点，关键是把不规则图形的面积转化成规则图形的面积．
6、C
【解析】
【分析】根据作图可得，根据的周长是，，即可求解．求得的长．
【详解】
解：根据作图，是的垂直平分线，
，
的周长，
，
．
故选C．
【点睛】本题考查了基本作图，垂直平分线的性质，理解题意是解题的关键．
7、C
【解析】
【分析】根据三角形垂直平分线的性质以及三角形内角和定理计算即可．
【详解】
解：如图，连接AO，
∵点O是△ABC三边垂直平分线的交点，
∴AO=BO=CO，
∴∠OAB=∠OBA，∠OAC=∠OCA，∠OBC=∠OCB，
∴∠AOB=180°-2∠OAB，∠AOC=180°-2∠OAC，
∴∠BOC=360°-（∠AOB+∠AOC）
=360°-（180°-2∠OAB+180°-2∠OAC）
=2∠OAB+2∠OAC
=2∠BAC；
∵∠BOC=96°，
∴∠BAC=48°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的垂直平分线与外心，熟练掌握三角形的垂直平分线的性质是解题的关键．
8、B
【解析】
【分析】延长AD至点E，使得DE＝AD，可证△ABD≌△CDE，可得AB＝CE，AD＝DE，在△ACE中，根据三角形三边关系即可求得AE的取值范围，即可解题．
【详解】
解：延长AD至点E，使得DE＝AD，
∵在△ABD和△CDE中，
∵，
∴△ABD≌△CDE（SAS），
∴AB＝CE，AD＝DE
∵△ACE中，AC﹣AB＜AE＜AC+AB，
∴2＜AE＜10，
∴1＜AD＜5．
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ABD≌△CDE是解题的关键．
9、B
【解析】
【分析】结合题意，根据全等三角形的性质，通过证明，得与的面积之和，通过计算即可完成求解．
【详解】
∵，，
∴
∵
∴
∵
∴
在和中
∴
∴
∴与的面积之和
∵，若的面积为21
∴
故选：B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握全等三角形的性质，从而完成求解．
10、C
【解析】
【分析】根据SSS在图中画出格点三角形DEF，使得△DEF≌△ABC，则可得出答案．
【详解】
解：在图中画出格点三角形DEF，使得△DEF≌△ABC，
方法1，由正方形的轴对称性质画图，如以下4个图
由旋转性质，画以下3个图，
【点睛】
本题考查全等三角形的性质与判定，正方形的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识，学会利用轴对称的性质、旋转的性质解题是关键．
二、填空题(共24分)
11、77°
【解析】
【分析】根据全等三角形的性质得出，根据三角形的内角和定理求出，再求出答案即可．
【详解】
解：，，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质和三角形内角和定理，解题的关键是能熟记全等三角形的性质．
12、∠A＝∠D 或∠ACB＝∠DEF或AC∥DE或BC＝FE或BE＝FC
【解析】
【分析】先根据已知条件推得∠B＝∠F，加上AB＝DF，要证△ABC≌△DFE，只需要根据全等三角形的判定方法添加适当的角和边即可．
【详解】
解：∵AB∥DF，
∴，
添加∠A＝∠D，
在和中
，
∴；
添加∠ACB＝∠DEF，
在和中
，
∴；
添加AC∥DE，
∵AC∥DE，
∴∠ACB＝∠DEF，
在和中
，
∴；
添加BC＝FE，
在和中
，
∴；
添加BE＝FC，
∵BE＝FC，
∴，
∴，
在和中
，
∴，
综上可得，添加∠A＝∠D 或∠ACB＝∠DEF或AC∥DE或BC＝FE或BE＝FC都可得到△ABC≌△DFE．
故答案为：∠A＝∠D 或∠ACB＝∠DEF或AC∥DE或BC＝FE或BE＝FC
【点睛】
本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
13、7或3.5
【解析】
【分析】分两种情况：（1）当P在AC上，Q在BC上时；（2）当P在AC上，Q在AC上时，即P、Q重合时；
【详解】
解：当P在AC上，Q在BC上时，
∵∠ACB=90°，
∴∠PCE+∠QCF=90°，
∵PE⊥l于E，QF⊥l于F．
∴∠PEC=∠CFQ=90°，
∴∠EPC+∠PCE=90°，
∴∠EPC=∠QCF，
∵△PEC与△QFC全等，
∴此时是△PCE≌△CQF，
∴PC=CQ，
∴8-t=10-3t，
解得t=1，
∴CQ=10-3t=7；
当P在AC上，Q在AC上时，即P、Q重合时，则CQ=PC，
由题意得，8-t=3t-10，
解得t=4.5，
∴CQ=3t-10=3.5，
综上，当△PEC与△QFC全等时，满足条件的CQ的长为7或3.5，
故答案为：7或3.5．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质，根据题意得出关于的方程是解题的关键．
14、45
【解析】
【分析】连接，根据正方形网格的特征即可求解．
【详解】
解：如图所示，连接

∵图中是的正方形网格
∴，，
∴
∴，
∵
∴，即
∴
∵
∴
∵
∴
故答案为：45．
【点睛】
本题考查了正方形网格中求角的度数，利用了平行线的性质、同角的余角相等、等腰直角三角形的性质等知识点，解题的关键是能够掌握正方形网格的特征．
15、∠A、∠B、∠C的角平分线的交点处
【解析】
【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等解答即可．
【详解】
解：在这个区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三条公路的距离相等，
根据角平分线的性质，集贸市场应建在∠A、∠B、∠C的角平分线的交点处．
故答案为：∠A、∠B、∠C的角平分线的交点处．
【点睛】
本题考查三角形三条角平分线交点的性质，解题的关键是理解掌握三角形三条角平分线交点的性质．
16、23
【解析】
【分析】由作图可得：是的垂直平分线，可得再利用三角形的周长公式进行计算即可．
【详解】
解：由作图可得：是的垂直平分线，
，，
故答案为：23
【点睛】
本题考查的是线段的垂直平分线的作图，线段的垂直平分线的性质，掌握“线段的垂直平分线的性质”是解本题的关键．
17、3
【解析】
【分析】根据“将军饮马”模型将最短路径问题转化为所学知识“两点之间线段最短”可找到周长的最小的位置，作出图示，充分利用对称性以及，对线段长度进行等量转化即可．
【详解】
解：如图所示，过点P分别作P点关于OB、OA边的对称点、，连接、、、、，其中分别交OB、OA于点N、M，根据“两点之间线段最短”可知，此时点M、N的位置是使得周长的最小的位置．
由对称性可知：，
，
为等边三角形
的周长===3
故答案为：3
【点睛】
本题是典型的的最短路径问题，考查了最短路径中的“将军饮马”模型，能够熟练利用其原理“两点之间线段最短”作出最短路径示意图是解决本题的关键．
18、1或
【解析】
【分析】设点的运动速度为，由题意可得，与以，，为顶点的三角形全等时分为两种情况：，再利用全等三角形的性质求解即可．
【详解】
解：设点的运动速度为，
由题意可得，
∵
∴与以，，为顶点的三角形全等时可分为两种情况：
①当时，
∴，
∴
∴
∴此时点的运动速度为；
②当时，
，
∴，
∴，
此时点的运动速度为，
故答案为：1或．
【点睛】
本题主要考查三角形全等的性质，掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键，注意分情况讨论．
三、解答题(共66分)
19、证明见解析
【解析】利用角边角证明△CDE≌△ABC，即可证明DE=BC．
【详解】
证明：∵DE∥AB，
∴∠EDC=∠B．
又∵CD=AB，∠DCE=∠A，
∴△CDE≌△ABC(ASA)．
∴DE=BC．
【点睛】
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是本题的关键．
20、(1)证明过程见详解(2)24
【解析】
（1）延长BE交AC于F点，证明Rt△BDE≌Rt△ADC(HL)即可得证；
（2）根据Rt△BDE≌Rt△ADC(HL)可得BD=AD，即有AD=AE+DE，BC=BD+DC，结合AD⊥BC即可求解．
(1)
延长BE交AC于F点，如图，
根据题意有AD⊥BC，
∴∠BDE=∠ADC=90°，
∵BE=AC，DE=DC，
∴Rt△BDE≌Rt△ADC(HL)，
∴BD=AD，∠DBE=∠DAC，
∵∠C+∠DAC=∠ADC=90°，
∴∠DBE+∠C=90°，
∴∠BFC=90°，
∴BE⊥AC；
(2)
∵Rt△BDE≌Rt△ADC(HL)，
∴BD=AD，
∵AE=4，CD=2，
∴AD=AE+DE=AE+CD=4+2=6，
∴BD=AD=6，
∴BC=BD+CD=6+2=8，
∴△ABC的面积为：．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的面积、直角三角形中两锐角互余等知识，证得Rt△BDE≌Rt△ADC(HL)是解答本题的关键．
21、证明见解析
【解析】
根据判定，由全等的性质得到对应角相等，然后通过外角的性质即可得到结论．
【详解】
证明：∵，，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、三角形的外角的性质等知识．熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
22、见解析
【解析】
根据角平分线性质：角平分线上的点到角两边距离相等；线段垂直平分线性质：线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，据此作图即可得答案．
【详解】
解：连接AB，作线段AB的垂直平分线l，
作∠MON的平分线OQ，
OQ交直线l于P，
P点即为所求．
【点睛】
本题考查了角平分线、线段垂直平分线的尺规作图方法，掌握这两种尺规作图方法是解题关键．
23、(1)5(2)见解析(3)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据△ABC的面积等于其所在的长方形面积减去周围三个三角形面积求解即可；
（2）根据题意作图即可；
（3）连接与直线m交于点D，点D即为所求；
(1)
解：的面积；
(2)
如图，直线m为所求；利用网格或者尺规作图均可；
(3)
如图，正确即可，不唯一
【点睛】
本题主要考查画对称轴，轴对称—最短路径问题，三角形面积，熟知相关知识是解题的关键．
24、①②③；④；证明过程见解析；
【解析】
【分析】
根据三个不同的情况进行讨论分析即可；
【详解】
情况一：题设①②③，结论④；
∵BF=EC，
∴，
即，
在△ABC和△DEF中，
，
∴，
∴；
情况二：题设①③④，结论③；
在△ABC和△DEF中，
，
∴，
∴，
∴，即；
情况三：题设②③④，结论①；
∵，
∴，
即，
在△ABC和△DEF中，
，
∴，
∴；
故答案为：①②③；④．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，准确分析证明是解题的关键．
25、（1）全等，理由见解析；（2）t=3.5秒或5秒
【解析】
【分析】
（1）根据垂直的定义得到∠DAC=∠ECB，利用AAS定理证明△ACD≌△CBE；
（2）分点F沿C→B路径运动和点F沿B→C路径运动两种情况，根据等腰三角形的定义列出算式，计算即可；
【详解】
解：（1）△ACD与△CBE全等．
理由如下：∵AD⊥直线l，
∴∠DAC+∠ACD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）由题意得，AM=t，FN=3t，
则CM=8-t，
由折叠的性质可知，CF=CB=6，
∴CN=6-3t，
点N在BC上时，△CMN为等腰直角三角形，
当点N沿C→B路径运动时，由题意得，8-t=3t-6，
解得，t=3.5，
当点N沿B→C路径运动时，由题意得，8-t=18-3t，
解得，t=5，
综上所述，当t=3.5秒或5秒时，△CMN为等腰直角三角形；
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
26、
（1），理由见详解；
（2）见详解；
（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由见详解．
【解析】
【分析】
（1）在CD的延长线上截取DM＝BE，连接AM，证出△ABE≌△ADM，根据全等三角形的性质得出BE＝DM，再证明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，进而即可得出答案；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，证出△ABE≌△ADG，根据全等三角形的性质得出BE＝DG，再证明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；
（3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（2）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE−BG＝BE−DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．
【详解】
（1）解：，理由如下：
延长CD，使DM=BE，连接AM，
∵在正方形中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，
∴，
∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，
∵，
∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF =90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠MAF=45°，
又∵AF=AF，AE=AM，
∴，
∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图，
∵∠ADF＝90°，∠ADF＋∠ADG＝180°，
∴∠ADG＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠B＝∠ADG＝90°，
∵BE＝DG，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，
∴∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝∠EAD＋∠ABE＝∠BAD，
∵，
∴∠EAF＝∠FAG，
又∵AF＝AF，AE＝AG，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；
（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由如下：
如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．
∴∠GAE＝∠BAD=∠EAF．
∵AE＝AE，AG＝AF．
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE−BG
∴EF＝BE−FD．
【点睛】
本题考查了三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题．