专题17角平分线的四大模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析）

这是一份专题17角平分线的四大模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析），共57页。
解题策略
经典例题
【例1】（2022·黑龙江·哈尔滨市第六十九中学校八年级阶段练习）四边形ABCD中，DA=DC，连接BD．
（1）如图1，若BD平分∠ABC，求证：∠A+∠C=180°．
（2）如图2，若BD=BC，∠BAD=150°，求证：∠DBC=2∠ABD．
（3）如图3，在（2）的条件下，作AE⊥BC于点E，连接DE，若DA⊥DC，BC=2，求DE的长度．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2
【分析】（1）过点D分别作DF⊥BC于点F，DE⊥BA交BA的延长线于点E，根据角平分线的性质可得ED=FD，结合已知条件HL证明Rt△DAE ≌ Rt△DCF，继而可得∠C=∠EAD，根据平角的定义以及等量代换即可证明∠BAD+∠BCD=180°；
（2）过点D分别作DF⊥BC于点F，DE⊥BA交BA的延长线于点E，过点B作BG⊥DC，根据含30度角的直角三角形的性质可得ED=12AD，根据三线合一，可得DG=12DC，进而可得DE=DG，根据角平分线的判定定理可推出∠ABD=∠DBG=12∠DBC，进而即可证明∠DBC=2∠ABD；
（3）先证明四边形DMEF是矩形，证明△MAD ≌ △FCD，进而证明四边形DMEF是正方形，设∠ABD=α，根据（2）的结论以及三角形内角和定理，求得α=15°，进而求得∠DBC=30°，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求得EF，进而在Rt△DEF中，勾股定理即可求得DE的长．
【详解】（1）如图，过点D分别作DF⊥BC于点F，DE⊥BA交BA的延长线于点E，
∵ BD平分∠ABC，
∴ED=FD
∵ DA=DC，
在Rt△DAE与Rt△DCF中
{AD=DCED=FD
∴ Rt△DAE ≌ Rt△DCF（HL）
∴∠C=∠EAD
∴∠DAB+∠EAD=∠DAB+∠C=180°
即∠BAD+∠BCD=180°
（2）如图，过点D作DE⊥BA交BA的延长线于点E，过点B作BG⊥DC，
∵BD=BC
∴DG=GC=12DC,∠DBG=∠CBG=12∠DBC
∵ ∠BAD=150°，
∴∠EAD=180°−150°=30°
∴ED=12AD
∵DA=DC
∴ED=DG
∵ED⊥BE,DG⊥BG
∴∠EBD=∠GBD
∴∠ABD=12∠DBC
即∠DBC=2∠ABD
（3）如图，过点D分别作DF⊥BC于点F，DM⊥EA交EA的延长线于点M，
∵ AE⊥BC，DM⊥ME,DF⊥FE
∴四边形DMEF是矩形
∴∠MDF=90°
∴∠MDA+∠ADF=90°
∵ DA⊥DC
∴∠ADC=90°
∴∠ADF+∠FDC=90°
∴∠FDC=∠MDA
在△MAD与△FCD中
{∠MDA=∠FDC∠DMA=∠DFCDA=DC
∴ △MAD ≌ △FCD
∴DM=DF，∠MDA=∠FDC
∴四边形DMEF是正方形
∴DF=EF
设∠ABD=α
∴ ∠DBC=2∠ABD=2α
∵BD=BC
∴∠BDC=∠BCD=12(180°−2α)=90−α
∴∠MDA=∠FDC=90°−∠BCD=α
∴∠DAE=∠M+∠MDA=90°+α
∵∠BAD=150°
∴∠BAE=60−α
在△BAE中
∠ABE=90°−∠BAE=30°+α
∵∠ABE=∠ABD+∠DBC=α+2α=3α
∴α=15°
∴∠DBC=2α=30°
∵BD=2
∴DF=12BD=12×2=1
在Rt△DEF中，EF=DF=1
∴DE=EF2+DF2=2
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，角平分线的性质与判定，三角形内角和定理，三角形的外角性质，勾股定理，正方形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
【例2】（2022·山西·交城县教学研究办公室八年级期中）综合与实践：
问题情境：已知OM是∠AOB的平分线，P是射线OM上的一点，点C，D分别在射线OA，OB上，连接PC,PD．
(1)初步探究：如图1，当PC⊥OA，PD⊥OB时，PC与PD的数量关系是 ；
(2)深入探究：如图2，点C，D分别在射线OA，OB上运动，且∠AOB=90°，当∠CPD=90°时，PC与PD在（1）中的数量关系还成立吗？请说明理由；
(3)拓展应用：如图3，如果点C在射线OA上运动，且∠AOB=90°，当∠CPD=90°时，点D落在了射线OB的反向延长线上，若点P到OB的距离为3，OD=1，求OC的长（直接写出答案）．
【答案】(1)PC=PD
(2)PC与PD在（1）中的数量关系还成立，理由见解析
(3)OC的长为7
【分析】（1）根据角平分线的性质进行解答即可；
（2）过点P作PE⊥OA，PF⊥OB，垂足分别为E，F，根据“ASA”证明△CPE≌△DPF即可得出结论；
（3）过点P作PE⊥OA,PF⊥OB，垂足分别为E,F，先证明四边形OEPF为正方形，然后证明△CPE≌△DPF(ASA)，根据正方形的性质以及全等三角形的性质可得结论．
【详解】（1）解：∵OM是∠AOB的平分线，PC⊥OA，PD⊥OB，
∴PC=PD，
故答案为：PC=PD；
（2）还成立，理由如下：
过点P作PE⊥OA，PF⊥OB，垂足分别为E，F，
∵OM平分∠AOB，
∴PE=PF，∠PEC=∠PFD=90°，
∵∠AOB=90°，
∴∠EPF=360°−∠DEO−∠AOB−∠DFO=90°，
∵∠CPD=90°
∴∠CPD−∠EPD=∠EPF−∠EPD，
即∠CPE=∠DPF，
在△CPE和△DPF中，
∠CPE=∠DPFPE=PF∠PEC=∠PFD，
∴△CPE≌△DPFASA，
∴PC=PD；
（3）过点P作PE⊥OA,PF⊥OB，垂足分别为E,F，
∴四边形OEPF为矩形，
∵OM是∠AOB的平分线，
∴PE=PF=3，四边形OEPF为正方形，
∵∠AOB=90°，∠OEP=90°,∠OFP=90°，
∴∠EPF=90°，
∵∠CPD=90°，
∴∠CPE+∠EPD=∠EPD+∠DPF=90°，
∴∠CPE=∠DPF，
在△CPE和△DPF中，
∠CPE=∠DPFPE=PF∠CEP=∠DFP，
∴△CPE≌△DPF(ASA)，
∴CE=DF，
∵OD=1，
∴DF=OD+OF=1+3=4，
∴OC=OE+CE=3+4=7．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握相关图形的判定定理以及性质定理是解本题的关键．
【例3】（2021·全国·八年级专题练习）如图，已知B（-1，0），C（1，0），A为y轴正半轴上一点，点D为第二象限一动点，E在BD的延长线上，CD交AB于F，且∠BDC=∠BAC．
（1）求证：∠ABD=∠ACD；
（2）求证：AD平分∠CDE；
（3）若在点D运动的过程中，始终有DC=DA+DB，在此过程中，∠BAC的度数是否变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出∠BAC的度数．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）不变，60°
【分析】（1）根据∠BDC＝∠BAC，∠DFB＝∠AFC，再结合∠ABD＋∠BDC＋∠DFB＝∠BAC＋∠ACD＋∠AFC＝180°，即可得出结论；
（2）过点A作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N．运用“AAS”证明△ACM≌△ABN得AM＝AN．根据“到角的两边距离相等的点在角的平分线上”得证；
（3）运用截长法在CD上截取CP＝BD，连接AP．证明△ACP≌ABD得△ADP为等边三角形，从而求∠BAC的度数．
【详解】（1）证明：∵∠BDC＝∠BAC，∠DFB＝∠AFC，
又∵∠ABD＋∠BDC＋∠DFB＝∠BAC＋∠ACD＋∠AFC＝180°，
∴∠ABD＝∠ACD；
（2）过点A作AM⊥CD于点M，作AN⊥BE于点N．
则∠AMC＝∠ANB＝90°，
∵OB＝OC，OA⊥BC，
∴AB＝AC，
∵∠ABD＝∠ACD，
∴△ACM≌△ABN （AAS），
∴AM＝AN，
∴AD平分∠CDE（到角的两边距离相等的点在角的平分线上）；
（3）∠BAC的度数不变化．
在CD上截取CP＝BD，连接AP．
∵CD＝AD＋BD，
∴AD＝PD，
∵AB＝AC，∠ABD＝∠ACD，BD＝CP，
∴△ABD≌△ACP，
∴AD＝AP，∠BAD＝∠CAP，
∴AD＝AP＝PD，
即△ADP是等边三角形，
∴∠DAP＝60°，
∴∠BAC＝∠BAP＋∠CAP＝∠BAP＋∠BAD＝60°．
【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，运用了角平分线的判定定理和“截长补短”的数学思想方法，综合性较强．
【例4】（2021·贵州·九年级专题练习）【特例感知】
（1）如图（1），∠ABC是⊙O的圆周角，BC为直径，BD平分∠ABC交⊙O于点D，CD=3，BD=4，求点D到直线AB的距离．
【类比迁移】（2）如图（2），∠ABC是⊙O的圆周角，BC为⊙O的弦，BD平分∠ABC交⊙O于点D，过点D作DE⊥BC，垂足为点E，探索线段AB，BE，BC之间的数量关系，并说明理由．
【问题解决】（3）如图（3），四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠ABC=90°，BD平分∠ABC，BD=72，AB=6，求△ABC的内心与外心之间的距离．
【答案】（1）125；（2）AB+BC=2BE，理由见解析；（3）5．
【分析】（1）如图①中，作DF⊥AB于F，DE⊥BC于E．理由面积法求出DE，再利用角平分线的性质定理可得DF=DE解决问题；
（2）如图②中，结论：AB+BC=2BE．只要证明ΔDFA≅ΔDEC(ASA)，推出AF=CE，RtΔBDF≅RtΔBDE(HL)，推出AF=BE即可解决问题；
（3）如图③，过点D作DF⊥BA，交BA的延长线于点F，DE⊥BC，交BC于点E，连接AC，作△ABC△ABC的内切圆，圆心为M，N为切点，连接MN，OM．由（1）（2）可知，四边形BEDF是正方形，BD是对角线．由切线长定理可知：AN=6+10−82=4，推出ON=5−4=1，由面积法可知内切圆半径为2，在RtΔOMN中，理由勾股定理即可解决问题；
【详解】解：（1）如图①中，作DF⊥AB于F，DE⊥BC于E．
图①
∵BD平分∠ABC，DF⊥AB，DE⊥BC，
∴DF=DE，
∵BC是直径，
∴∠BDC=90°，
∴BC=BD2+CD2=42+32=5，
∵ 12·BC·DE=12·BD·DC，
∴DE=125，
∴DF=DE=125．
故答案为125
（2）如图②中，结论：AB+BC=2BE．
图②
理由：作DF⊥BA于F，连接AD，DC．
∵BD平分∠ABC，DE⊥BC，DF⊥BA，
∴DF=DE，∠DFB=∠DEB=90°，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠EDF=180°，
∴∠ADC=∠EDF，
∴∠FDA=∠CDE，
∵∠DFA=∠DEC=90°，
∴ΔDFA≅ΔDEC(ASA)，
∴AF=CE，
∵BD=BD，DF=DE，
∴RtΔBDF≅RtΔBDE(HL)，
∴BF=BE，
∴AB+BC=BF−AF+BE+CE=2BE．
（3）如图③，过点D作DF⊥BA，交BA的延长线于点F，DE⊥BC，交BC于点E，连接AC，作△ABC△ABC的内切圆，圆心为M，N为切点，连接MN，OM．由（1）（2）可知，四边形BEDF是正方形，BD是对角线．
图③
∵BD=72，
∴正方形BEDF的边长为7，
由（2）可知：BC=2BE−AB=8，
∴AC=62+82=10，
由切线长定理可知：AN=6+10−82=4，
∴ON=5−4=1，
设内切圆的半径为r，
则12×r×10+12×r×6+12×r×8=12×6×8
解得r=2，
即MN=2，
在RtΔOMN中，OM=MN2+ON2=22+12=5．
故答案为5．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
培优训练
一、解答题
1．（2022·全国·八年级课时练习）已知：如图，在四边形ABCD中，BD平分∠ABC，∠A+∠C＝180°，BC＞BA．求证：点D在线段AC的垂直平分线上．
【答案】见解析
【分析】在BC上截取BE＝BA，连接DE，证明△ABD≌△BED，可得出∠C＝∠DEC，则DE＝DC，从而得出AD＝CD即可证明．
【详解】证：如图，在BC上截取BE＝BA，连接DE，
∵BD＝BD，∠ABD＝∠CBD，
∴△BAD≌△BED，
∴∠A＝∠DEB，AD＝DE，
∵∠A+∠C＝180°，∠BED+∠DEC＝180°，
∴∠C＝∠DEC，
∴DE＝DC，
∴AD＝CD，
∴点D在线段AC的垂直平分线上．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，以及垂直平分线的判定等，学会做辅助线找出全等三角形是解题的关键．
2．（2022·全国·八年级课时练习）如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点B作BE⊥AD，交AD延长线于点E，F为AB的中点，连接CF，交AD于点G，连接BG．
（1）线段BE与线段AD有何数量关系？并说明理由；
（2）判断△BEG的形状，并说明理由．
【答案】（1）BE＝12AD，见解析；（2）△BEG是等腰直角三角形，见解析
【分析】（1）延长BE、AC交于点H，先证明△BAE≌△HAE，得BE＝HE＝12BH，再证明△BCH≌△ACD，得BH＝AD，则BE＝12AD；
（2）先证明CF垂直平分AB，则AG＝BG，再证明∠CAB＝∠CBA＝45°，则∠GAB＝∠GBA＝22.5°，于是∠EGB＝∠GAB+∠GBA＝45°，可证明△BEG是等腰直角三角形．
【详解】证：（1）BE＝12AD，理由如下：
如图，延长BE、AC交于点H，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB＝∠AEH＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠HAE，
在△BAE和△HAE中，
∠AEB=∠AEHAE=AE∠BAE=∠HAE，
∴△BAE≌△HAE（ASA），
∴BE＝HE＝12BH，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCH＝180°﹣∠ACB＝90°＝∠ACD，
∴∠CBH＝90°﹣∠H＝∠CAD，
在△BCH和△ACD中，
∠BCH=∠ACDBC=AC∠CBH=∠CAD，
∴△BCH≌△ACD（ASA），
∴BH＝AD，
∴BE＝12AD．
（2）△BEG是等腰直角三角形，理由如下：
∵AC＝BC，AF＝BF，
∴CF⊥AB，
∴AG＝BG，
∴∠GAB＝∠GBA，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴∠GAB＝12∠CAB＝22.5°，
∴∠GAB＝∠GBA＝22.5°，
∴∠EGB＝∠GAB+∠GBA＝45°，
∵∠BEG＝90°，
∴∠EBG＝∠EGB＝45°，
∴EG＝EB，
∴△BEG是等腰直角三角形．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等，理解等腰直角三角形的基本性质，并且掌握全等三角形中常见辅助线的作法是解题关键．
3．（2022·江苏·八年级专题练习）在△ABC中，AD为△ABC的角平分线，点E是直线BC上的动点．
（1）如图1，当点E在CB的延长线上时，连接AE，若∠E＝48°，AE＝AD＝DC，则∠ABC的度数为 ．
（2）如图2，AC＞AB，点P在线段AD延长线上，比较AC+BP与AB+CP之间的大小关系，并证明．
（3）连接AE，若∠DAE＝90°，∠BAC＝24°，且满足AB+AC＝EC，请求出∠ACB的度数（要求：画图，写思路，求出度数）．
【答案】（1）108°；（2）AC+BP>AB+PC，见解析；（3）44°或104°；详见解析．
【分析】（1）根据等边对等角，可得∠E=∠ADE，∠DAC=∠C，再根据三角形外角的性质求出∠ADE=2∠DAC=48°，由此即可解题；
（2）在AC边上取一点M使AM=AB，构造△ABP≅△AMP，根据MP+MC>PC即可得出答案；
（3）画出图形，根据点E的位置分四种情况，当点E在射线CB延长线上，延长CA到G，使AG=AB，可得GC=EC，可得∠G=∠GEC，设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=90°−x；根据∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，可得∠BAD=∠DAC=12°，可证△AGE≅△ABE（SAS），得出∠ABE=∠G=90°−x，利用还有 ∠ABE=24°+2x，列方程90°−x=24°+2x；当点E在BD上时，∠EAD＜90°，不成立；当点E在CD上时，∠EAD＜90°，不成立；当点E在BC延长线上，延长CA到G，使AG=AB， 可得GC=EC，得出∠G=∠GEC，设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=x；∠BAC＝24°，根据AD为△ABC的角平分线，得出∠BAD=∠DAC=12°，证明△AGE≅△ABE（SAS），得出∠ABE=∠G=x，利用三角形内角和列方程x+24°+2x=180°，解方程即可．
【详解】解：（1）∵AE＝AD＝DC，
∴∠E=∠ADE，∠DAC=∠C，
∵∠E=48°，∠ADE=∠DAC+∠C，
∴∠ADE=2∠DAC=48°，
∵AD为△ABC的角平分线，即∠BAC=2∠DAC，
∴∠BAC=48°；
∴∠ABC=180°−48°−24°=108°
（2）如图2，
在AC边上取一点M使AM=AB，连接MP，
在△ABP和△AMP中，
AB=AM∠BAP=∠MAPAP=AP ，
∴△ABP≅△AMP（SAS），
∴BP=MP，
∵MP+MC>PC，MC=AC−AM，
∴AC−AB+BP>PC，
∴AC+BP>AB+PC；
（3）如图，点E在射线CB延长线上，延长CA到G，使AG=AB，
∵AB+AC＝EC，
∴AG+AC＝EC，即GC=EC，
∴∠G=∠GEC，
设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=90°−x；
又∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，
∴∠BAD=∠DAC=12°，
又∵∠DAE＝90°，
∴∠BAE＝90°−∠BAD=78°，∠GAE=90°−∠DAC=78°，
∴∠BAE＝∠GAE，
在△AGE和△ABE中，
AE=AE∠GAE=∠BAEAG=AB ，
∴△AGE≅△ABE（SAS），
∴∠ABE=∠G=90°−x，
又∵∠ABE=∠BAC+∠ACB=24°+2x，
∴90°−x=24°+2x，
解得：x=22°，
∴∠ACB=2x=44°；
当点E在BD上时，∠EAD＜90°，不成立；
当点E在CD上时，∠EAD＜90°，不成立；
如图，点E在BC延长线上，延长CA到G，使AG=AB，
∵AB+AC＝EC，
∴AG+AC＝EC，即GC=EC，
∴∠G=∠GEC，
设∠ACB=2x，则∠G=∠GEC=x；
又∵∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，
∴∠BAD=∠DAC=12°，
又∵∠DAE＝90°，
∴∠BAE＝90°+∠BAD=102°，∠GAE=90°+∠DAC=102°，
∴∠BAE＝∠GAE，
在△AGE和△ABE中，
AE=AE∠GAE=∠BAEAG=AB ，
∴△AGE≅△ABE（SAS），
∴∠ABE=∠G=x，
∴x+24°+2x=180°，
解得：x=52°，
∴∠ACB=2x=104°．
∴∠ACB的度数为44°或104°．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形性质、全等三角形判定和性质，角平分线，三角形外角性质，三角形内角和，解一元一次方程，根据角平分线模型构造全等三角形转换线段和角的关系是解题关键．
4．（2022·全国·八年级课时练习）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的角平分线，交BC于点D，过D作DE⊥BA于点E，点F在AC上，且BD＝DF．
（1）求证：AC＝AE；
（2）若AB＝7.4，AF＝1.4，求线段BE的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【分析】（1）证明△ACD≌△AED（AAS），即可得出结论；
（2）在AB上截取AM=AF，连接MD，证△FAD≌△MAD（SAS），得FD=MD，∠ADF=∠ADM，再证Rt△MDE≌Rt△BDE（HL），得ME=BE，求出MB=AB-AM=6，即可求解．
【详解】解：（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠DAC=∠DAE，
∵DE⊥BA，
∴∠DEA=∠DEB=90°，
∵∠C=90°，
∴∠C=∠DEA=90°，
在△ACD和△AED中，
∠C=∠DEA∠DAC=∠DAEAD=AD，
∴△ACD≌△AED（AAS），
∴AC=AE；
（2）在AB上截取AM=AF，连接MD，
在△FAD和△MAD中，
AF=AM∠DAF=∠DAMAD=AD，
∴△FAD≌△MAD（SAS），
∴FD=MD，∠ADF=∠ADM，
∵BD=DF，
∴BD=MD，
在Rt△MDE和Rt△BDE中，
MD=BDDE=DE，
∴Rt△MDE≌Rt△BDE（HL），
∴ME=BE，
∵AF=AM，且AF=1.4，
∴AM=1.4，
∵AB=7.4，
∴MB=AB-AM=7.4-1.4=6，
∴BE＝12BM＝3，
即BE的长为3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线定义、直角三角形的性质、三角形的外角性质等知识；证明△FAD≌△MAD和Rt△MDE≌Rt△BDE是解题的关键．
5．（2022·江苏·八年级专题练习）如图1，在△ABC中，CM是AB边的中线，∠BCN=∠BCM交AB延长线于点N，2CM=CN．

（1）求证AC=BN；
（2）如图2，NP平分∠ANC交CM于点P，交BC于点O，若∠AMC=120°，CP=kAC，求CPCM的值．
【答案】（1）见解析；（2）2kk+1
【分析】（1）延长CM至点D，使CM=DM，可证ΔACM≅ΔBDM，由全等三角形的性质从而得出AC=BD，根据题目已知，可证ΔDCB≅ΔNCB，由全等三角形的性质从而得出BN=BD，等量代换即可得出答案；
（2）如图所示，作CQ=CP，可证ΔCPO≅ΔCQO，由全等三角形的性质相等角从而得出∠1=∠2=∠3，进而得出∠4=∠5，故可证ΔNOB≅ΔNOQ等量转化即可求出CPCM的值．
【详解】（1）如图1所示，延长CM至点D，使CM=DM，
在△ACM与△BDM中，
CM=DM∠AMC=∠BMDAM=BM，
∴ΔACM≅ΔBDM，
∴AC=BD，
∵2CM=CN，
∴CD=CN，
在△DCB与△NCB中，
CD=CN∠DCB=∠NCBCB=CB,
∴ΔDCB≅ΔNCB，
∴BN=BD，
∴AC=BN；

（2）如图所示，∵∠AMC=120°，
∴∠CMN=60°，
∵NP平分∠MNC，∠BCN=∠BCM，
∠PNC+∠BCN=12∠AMC=60°，
∴∠CON=120°，∠COP=60°，
∴∠CMN+∠BOP=180°，作CQ=CP，
在△CPO与△CQO中，
CQ=CP∠QCO=∠PCOCO=CO，
∴ΔCPO≅ΔCQO，
∴∠1=∠2=∠3，
∴∠4=∠5，
在△NOB与△NOQ中，
∠4=∠5∠BNO=∠QNONO=NO，
∴ΔNOB≅ΔNOQ，
∴BN=NQ，
∴CN=CP+NB，
∴2CM=CP+AC，
设AC=a，
∴CP=ka，CM=a(k+1)2，
∴CPCM=2kk+1．

【点睛】本题考查全等三角形的综合应用，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
6．（2022·全国·八年级课时练习）（1）如图1，射线OP平分∠MON，在射线OM，ON上分别截取线段OA，OB，使OA＝OB，在射线OP上任取一点D，连接AD，BD．求证：AD＝BD．
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，CD平分∠ACB，求证：BC＝AC+AD．
（3）如图3，在四边形ABDE中，AB＝9，DE＝1，BD＝6，C为BD边中点，若AC平分∠BAE，EC平分∠AED，∠ACE＝120°，求AE的值．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）AE=13
【分析】（1）由题意易得∠AOD=∠BOD，然后易证△AOD≌△BOD，进而问题可求证；
（2）在BC上截取CE=CA，连接DE，由题意易得∠ACD=∠ECD，∠B=30°，则有△ACD≌△ECD，然后可得∠A=∠CED=60°，则根据三角形外角的性质可得∠EDB=∠B=30°，然后可得DE=BE，进而问题可求证；
（3）在AE上分别截取AF=AB，EG=ED，连接CF、CG，同理（2）可证△ABC≌△AFC，△CDE≌△CGE，则有∠ACB=∠ACF，∠DCE=∠GCE，然后可得∠ACF+∠GCE=60°，进而可得△CFG是等边三角形，最后问题可求解．
【详解】证明：（1）∵射线OP平分∠MON，
∴∠AOD=∠BOD，
∵OD=OD，OA＝OB，
∴△AOD≌△BOD（SAS），
∴AD＝BD．
（2）在BC上截取CE=CA，连接DE，如图所示：
∵∠ACB＝90°，∠A＝60°，CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠ECD，∠B=30°，
∵CD=CD，
∴△ACD≌△ECD（SAS），
∴∠A=∠CED=60°，AD=DE，
∵∠B+∠EDB=∠CED，
∴∠EDB=∠B=30°，
∴DE=BE，
∴AD=BE，
∵BC=CE+BE，
∴BC＝AC+AD．
（3）在AE上分别截取AF=AB=9，EG=ED=1，连接CF、CG，如图所示：
同理（1）（2）可得：△ABC≌△AFC，△CDE≌△CGE，
∴∠ACB=∠ACF，∠DCE=∠GCE，BC=CF，CD=CG，DE=GE=1，
∵C为BD边中点，
∴BC=CD=CF=CG=3，
∵∠ACE＝120°，
∴∠ACB+∠DCE=60°，
∴∠ACF+∠GCE=60°，
∴∠FCG=60°，
∴△CFG是等边三角形，
∴FG=CF=CG=3，
∴AE=AF+FG+GE=9+3+1=13．
【点睛】本题主要考查三角形全等的性质与判定、角平分线的定义、等腰三角形的性质与判定及等边三角形的性质与判定，解题的关键是构造辅助线证明三角形全等．
7．（2022·全国·八年级课时练习）已知：AD是△ABC的角平分线，且AD⊥BC．
（1）如图1，求证：AB=AC；
（2）如图2，∠ABC=30°，点E在AD上，连接CE并延长交AB于点F，BG交CA的延长线于点G，且∠ABG=∠ACF，连接FG．
①求证：∠AFG=∠AFC；
②若S△ABG:S△ACF=2:3，且AG=2，求AC的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②6．
【分析】（1）用ASA证明△ABD≌△ACD，即得AB＝AC；
（2）①证明△BAG≌△CAE可得AG=AE，再用SAS证明△FAG≌△FAE，即得∠AFG=∠AFC；
②过F作FK⊥AG于K，由S△ABG:S△ACF=2:3，可得S△CAE:S△ACF=2:3，S△FAE:S△ACF=1:3，而△FAG≌△FAE，故S△FAG:S△ACF=1:3，即得AG:AC=1:3，根据AG=2，可求AC=6．
【详解】解：（1）证明：∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC，
在△ABD和△ACD中，
∠BAD=∠CADAD=AD∠ADB=∠ADC，
∴△ABD≌△ACDASA，
∴AB=AC；
（2）①∵AB=AC，∠ABC=30°，AD⊥BC，
∴∠BAD=∠CAD=60°，
∴∠BAG=60°=∠CAD，
在△BAG和△CAE中，
∠BAG=∠CAEAB=AC∠ABG=∠ACE，
∴△BAG≌△CAEASA，
∴AG=AE，
在△FAG和△FAE中，
AG=AE∠GAF=∠EAFAF=AF，
∴△FAG≌△FAESAS，
∴∠AFG=∠AFC；
②过F作FK⊥AG于K，如图：
由①知：△BAG≌△CAE，
∵S△ABG:S△ACF=2:3，
∴S△CAE:S△ACF=2:3，
∴S△FAE:S△ACF=1:3，
由①知：△FAG≌△FAE，
∴S△FAG:S△ACF=1:3，
∴12AG⋅FK:12AC⋅FK=1:3，
∴AG:AC=1:3，
∵AG=2，
∴AC=6．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的相关知识.
8．（2022·全国·八年级）如图1，在△ABC中，AF，BE分别是∠BAC和∠ABC的角平分线，AF和BE相交于D点．
（1）求证：CD平分∠ACB；
（2）如图2，过F作FP⊥AC于点P，连接PD，若∠ACB=45°，∠PDF=67.5°，求证：PD=CP；
（3）如图3，若2∠BAF+3∠ABE=180°，求证：BE−BF=AB−AE．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）过D点分别作三边的垂线，垂足分别为G、H、K，根据角平分线的定义可证得DG=DH=DK，从而根据角平分线的判定定理可证得结论；
（2）作DS⊥AC，DT⊥BC，在AC上取一点Q，使∠QDP=∠FDP，通过证明△SQD≌△TFD和△QDP≌△FDP得到∠PDC=∠PCD=22.5°，从而根据等角对等边判断即可；
（3）延长AB至M，使BM=BF，连接FM，通过证明△AFC≌△AFM得到AC=AM，再结合CE=EB即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图所示，过D点分别作三边的垂线，垂足分别为G、H、K，
∵AF，BE分别是∠BAC和∠ABC的角平分线，
∴DG=DH=DK，
∴CD平分∠ACB；
（2）证明：如图，作DS⊥AC，DT⊥BC，在AC上取一点Q，使∠QDP=∠FDP．
∵CD平分∠ACB，
∴DS=DT，
∵∠QDP=∠FDP=67.5°，∠ACB=45°，
∴∠QDF+∠ACB=135°+45°=180°，
在四边形QDFC中，∠CQD+∠DFC=180°，
又∵∠DFT+∠DFC=180°，
∴∠CQD=∠DFT，
在△SQD和△TFD中，
∠CQD=∠DFTDS=DT∠DSQ=∠DTF=90°
∴△SQD≌△TFD，
∴QD=FD，
在△QDP和△FDP中
QD=FD∠QDP=∠FDPDP=DP
∴△QDP≌△FDP，
∴∠QPD=∠FPD=45°
又∵∠QPD=∠PCD+∠PDC，∠PCD=22.5°，
∴∠PDC=∠PCD=22.5°，
∴CP=PD；
（3）证明：延长AB至M，使BM=BF，连接FM．
∵AF，BE分别是∠BAC和∠ABC的角平分线，
∴2∠BAF+2∠ABE+∠C=180°，
又∵2∠BAF+3∠ABE=180°，
∴∠C=∠ABE=∠CBE，
∴CE=EB，
∵BM=BF，
∴∠BFM=∠BMF=∠ABE=∠CBE=∠C，
在△AFC和△AFM中，
∠C=∠BMF∠CAF=∠BAFAF=AF，
∴△AFC≌△AFM，
∴AC=AM，
∴AE+CE=AB+BM，
∴AE+BE=AB+BF，
∴BE−BF=AB−AE．
【点睛】本题考查角平分线的性质与判断，以及全等三角形的判定与性质，灵活结合角平分线的性质构造辅助线是解题关键．
9．（2022·湖南·宁远县至善学校八年级阶段练习）在平面直角坐标系中，点A的坐标是(0,a)，点B的坐标(b,0)且a，b满足a2−12a+36+a−b=0．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）如图（1），点C为x轴负半轴一动点，OC