2021-2022学年北京师大附中八年级（上）期中数学试卷【含解析】

这是一份2021-2022学年北京师大附中八年级（上）期中数学试卷【含解析】，共30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．（3分）如所示图形中轴对称图形是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）点A（3，﹣1）关于x轴的对称点是（ ）
A．（﹣1，3）B．（﹣3，﹣1）C．（3，﹣1）D．（3，1）
3．（3分）如图，△ABC沿AB向下翻折得到△ABD，若∠ABC＝30°，∠ADB＝100°，则∠BAC的度数是（ ）
A．100°B．30°C．50°D．80°
4．（3分）有两根长度分别为2，10的木棒，若想钉一个三角形木架，第三根木棒的长度可以是（ ）
A．12B．10C．8D．6
5．（3分）下列判断中错误的是（ ）
A．有两角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等
B．有一边相等的两个等边三角形全等
C．有两边和一角对应相等的两个三角形全等
D．有两边和其中一边上的中线对应相等的两个三角形全等
6．（3分）若正多边形的一个外角是36°，则该正多边形的内角和为（ ）
A．360°B．720°C．1440°D．1800°
7．（3分）已知等腰三角形的一个内角为40°，则这个等腰三角形的顶角为（ ）
A．40°B．100°C．40°或70°D．40°或100°
8．（3分）如图，∠3＝30°，为了使白球反弹后能将黑球直接撞入袋中，那么击打白球时，必须保证∠1的度数为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
9．（3分）如图，点P是∠AOB外的一点，点M，N分别是∠AOB两边上的点，点P关于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，点P关于OB的对称点R落在MN的延长线上．若PM＝2.5cm，PN＝3cm，MN＝4cm，则线段QR的长为（ ）
A．4.5cmB．5.5cmC．6.5cmD．7cm
10．（3分）如图所示的“钻石”型网格（由边长都为1个单位长度的等边三角形组成），其中已经涂黑了3个小三角形（阴影部分表示），请你再只涂黑一个小三角形，使它与阴影部分合起来所构成的图形是一个轴对称图形，一共有（ ）种涂法．
A．1B．2C．3D．4
二、填空题（本大题共8小题，共16分）
11．（2分）计算﹣（﹣2a2b）4＝ ．
12．（2分）如图，△ABC≌△AED，若AB＝AE，∠1＝27°，则∠2＝ °．
13．（2分）如图，要测量池塘两岸相对的两点A，B的距离，可以在池塘外取AB的垂线BF上的两点C，D，使BC＝CD，再画出BF的垂线DE，使E与A，C在一条直线上．若想知道两点A，B的距离，只需要测量出线段 即可．
14．（2分）如图，已知直线AB∥CD，∠C＝115°，∠A＝25°，则∠E＝ 度．
15．（2分）如图，BD平分∠ABC，DE∥BC交BA于点E，若DE＝1，则EB＝ ．
16．（2分）如图，在△ABC中，OB，OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于D，若△ABC的周长是20，且OD＝3，则△ABC的面积为 ．
17．（2分）平面直角坐标系xOy中，点A（4，3），点B（3，0），点C（5，3），点E在x轴上．当CE＝AB时，点E的坐标为 ．
18．（2分）已知等边△ABC的边长为6，点M是射线AB上的动点，点N是边BC延长线上的动点，在运动的过程中始终满足AM＝CN，作MD垂直于射线AC于D，连接MN交射线AC于E．
（1）如图1，当点M为AB的三等分点（靠近点A）时，DE的长为 ．
（2）点M、N分别从点A、C同时出发、分别在射线AB、边BC的延长线上以相同的速度开始运动，动点M、N在运动过程中，DE的长会 （变小、变大、不变）．
三、解答题（本大题共10小题，共54分）
19．（6分）计算：
（1）4x2y•（﹣xy2）3；
（2）（x+2）（x﹣3）．
20．（5分）先化简，再求值：x2（x﹣1）﹣x（x2+x﹣1），其中x＝．
21．（5分）如图，AB＝AC，BD＝CD，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，求证：DE＝DF．
证明：在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD（ ），
∴∠ ＝∠ （ ），
∴AD是∠BAC的角平分线．
又∵DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∴DE＝DF（ ）．
22．（5分）求作一点P，使P到∠AOB两边的距离相等，且PC＝PD．（不写作法，保留作图痕迹）
23．（5分）如图，A、B、C、D四点共线，且AB＝CD，CE⊥AB于C，DF⊥AB于D，请添加一个条件使△ACE≌△BDF，并证明．
添加条件： ．
24．（5分）如图，在△ABC中，AB⊥BC，DE是边AC的垂直平分线，连接AE．
（1）若∠C＝20°，求∠BAE的度数．
（2）若∠C＝30°，BE＝4，求AE的长．
25．（6分）如图，在所给的平面直角坐标系中，完成下列各题（用直尺画图）．
（1）若A（﹣4，1），C（﹣3，3），△A1B1C1与△ABC关于y轴成轴对称，直接写出△A1B1C1三个顶点坐标为A1 ，B1 ，C1 ；
（2）画出格点△ABC关于直线DE对称的△A2B2C2；
（3）在DE上画出点P，使PA+PC最小；
（4）在DE上画出点Q，使QA﹣QB最大．
26．（5分）正方形是我们非常熟悉的几何图形，它是四条边都相等，四个角都是直角的正多边形，它是轴对称图形，有四条对称轴，正方形的一条对角线可以把它分成两个全等的等腰直角三角形（如图1），两条对角线可以把它分成四个全等的等腰直角三角形（如图2）．
（1）图3中有三个正方形，正方形ABCD，正方形BEFG，正方形MNPQ，那么图中有 对全等的三角形．
（2）若正方形BEFG的面积为S1，正方形MNPQ的面积为S2，不通过计算，推测S1和S2的大小关系是 ．
A．S1＞S2ㅤㅤB．S1＜S2ㅤㅤC．S1＝S2
（3）若正方形ABCD的边长为18，则正方形BEFG的面积S1＝ ；正方形MNPQ的面积为S2＝ ．
（4）若正方形MNPQ的面积S2＝a，则正方形ABCD的面积S＝ ．
27．（6分）已知△ABC是等边三角形，点D是BC边上一动点（D不与B、C重合），连接AD，以AD为边作∠ADE＝∠ADF，分别交AB，AC于点E，F．
（1）如图1，若点D是BC的中点，求证：AE＝AF；
（2）如图2，若∠ADE＝∠ADF＝60°，猜测AE与AF的数量关系？并证明你的结论．
28．（6分）对于平面直角坐标系内的任意两点P（x1，y1），Q（x2，y2），定义它们之间的“直角距离”为d（P，Q）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．
对于平面直角坐标系内的任意两个图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的“直角距离”有最小值，那么称这个最小值为图形M，N间的“直角距离”，记作D（M，N）．
（1）已知A（1，0），B（0，2），则d（A，B）＝ ，D（O，AB）＝ ；
（2）已知A（1，0），B（0，t），若D（O，AB）＝1，则t的取值范围是 ；
（3）已知A（1，0），若坐标平面内的点P满足d（P，A）＝1，则在图中画出所有满足条件的点P所构成的图形，该图形的面积是 ；
（4）已知A（1，0），B（0，2），直线l过点（0，t）且垂直于y轴，若直线l上存在点Q满足d（Q，A）＝d（Q，B），则t的取值范围是 ．
2021-2022学年北京师大附中八年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，共30分）
1．（3分）如所示图形中轴对称图形是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据轴对称图形的概念判断即可．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，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称．
【解答】解：选项A、B、D均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，
选项C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：C．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的概念．
2．（3分）点A（3，﹣1）关于x轴的对称点是（ ）
A．（﹣1，3）B．（﹣3，﹣1）C．（3，﹣1）D．（3，1）
【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”求解即可．
【解答】解：点A（3，﹣1）关于x轴的对称点A1的坐标是（3，1）．
故选：D．
【点评】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数．
3．（3分）如图，△ABC沿AB向下翻折得到△ABD，若∠ABC＝30°，∠ADB＝100°，则∠BAC的度数是（ ）
A．100°B．30°C．50°D．80°
【分析】由翻折的特点可知，∠ACB＝∠ADB＝100°，进一步利用三角形的内角和求得∠BAC的度数即可．
【解答】解：∵△ABC沿AB向下翻折得到△ABD，
∴∠ACB＝∠ADB＝100°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC
＝180°﹣100°﹣30°
＝50°．
故选：C．
【点评】此题考查翻折的特点：翻折前后两个图形全等；以及三角形的内角和定理的运用．
4．（3分）有两根长度分别为2，10的木棒，若想钉一个三角形木架，第三根木棒的长度可以是（ ）
A．12B．10C．8D．6
【分析】根据三角形中“两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”，进行分析得到第三边的取值范围；再进一步找到符合条件的数值．
【解答】解：根据三角形的三边关系，得
第三边应大于两边之差，即10﹣2＝8；而小于两边之和，即10+2＝12，
即8＜第三边＜12，
下列答案中，只有B符合条件．
故选：B．
【点评】本题主要考查了三角形中三边的关系，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．
5．（3分）下列判断中错误的是（ ）
A．有两角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等
B．有一边相等的两个等边三角形全等
C．有两边和一角对应相等的两个三角形全等
D．有两边和其中一边上的中线对应相等的两个三角形全等
【分析】全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，根据判定定理逐个判断即可．
【解答】解：
A、符合全等三角形的判定定理AAS，即能推出两三角形全等，故本选项错误；
B、∵△ABC和△A′B′C′是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，A′B′＝B′C′＝A′C′，
∵AB＝A′B′，
∴AC＝A′C′，BC＝B′C′，即符合全等三角形的判定定理SSS，即能推出两三角形全等，故本选项错误；
C、不符合全等三角形的判定定理，即不能推出两三角形全等，故本选项正确；
D、
如上图，∵AD、A′D′是三角形的中线，BC＝B′C′，
∴BD＝B′D′，
在△ABD和△A′B′D′中，
，
∴△ABD≌△A′B′D′（SSS），
∴∠B＝∠B′，
在△ABC和△A′B′C′中，
，
∴△ABC≌△A′B′C′（SAS），故本选项错误；
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理和性质定理，等边三角形的性质的应用，主要考查学生对判定定理的理解能力，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应角相等．
6．（3分）若正多边形的一个外角是36°，则该正多边形的内角和为（ ）
A．360°B．720°C．1440°D．1800°
【分析】先利用多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都是36°，求出边数，再根据多边形内角和定理求解．
【解答】解：∵360°÷36°＝10，
∴这个正多边形是正十边形，
∴该正多边形的内角和为（10﹣2）×180°＝1440°．
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，掌握多边形的内角和与外角和定理是解题的关键．
7．（3分）已知等腰三角形的一个内角为40°，则这个等腰三角形的顶角为（ ）
A．40°B．100°C．40°或70°D．40°或100°
【分析】分这个角为底角和顶角两种情况，利用三角形内角和定理求解即可．
【解答】解：当这个内角为顶角时，则顶角为40°，
当这个内角为底角时，则两个底角都为40°，此时顶角为：180°﹣40°﹣40°＝100°，
故选：D．
【点评】本题主要考查等腰三角形的性质，掌握等腰三角形的两底角相等是解题的关键．
8．（3分）如图，∠3＝30°，为了使白球反弹后能将黑球直接撞入袋中，那么击打白球时，必须保证∠1的度数为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【分析】要使白球反弹后能将黑球直接撞入袋中，则∠2＝60°，根据∠1、∠2对称，则能求出∠1的度数．
【解答】解：要使白球反弹后能将黑球直接撞入袋中，
∠2+∠3＝90°，
∵∠3＝30°，
∴∠2＝60°，
∴∠1＝60°．
故选：C．
【点评】本题是考查图形的对称、旋转、分割以及分类的数学思想．
9．（3分）如图，点P是∠AOB外的一点，点M，N分别是∠AOB两边上的点，点P关于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，点P关于OB的对称点R落在MN的延长线上．若PM＝2.5cm，PN＝3cm，MN＝4cm，则线段QR的长为（ ）
A．4.5cmB．5.5cmC．6.5cmD．7cm
【分析】利用轴对称图形的性质得出PM＝MQ，PN＝NR，进而利用MN＝4cm，得出NQ的长，即可得出QR的长．
【解答】解：∵点P关于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，点P关于OB的对称点R落在MN的延长线上，
∴PM＝MQ，PN＝NR，
∵PM＝2.5cm，PN＝3cm，MN＝4cm，
∴RN＝3cm，MQ＝2.5cm，
即NQ＝MN﹣MQ＝4﹣2.5＝1.5（cm），
则线段QR的长为：RN+NQ＝3+1.5＝4.5（cm）．
故选：A．
【点评】此题主要考查了轴对称图形的性质，得出PM＝MQ，PN＝NR是解题关键．
10．（3分）如图所示的“钻石”型网格（由边长都为1个单位长度的等边三角形组成），其中已经涂黑了3个小三角形（阴影部分表示），请你再只涂黑一个小三角形，使它与阴影部分合起来所构成的图形是一个轴对称图形，一共有（ ）种涂法．
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据轴对称图形的定义，画出图形即可．
【解答】解：如图，满足条件的三角形有三个．
故选：C．
【点评】本题考查利用轴对称图形设计图案，解题的关键是连接轴对称图形的定义，属于中考常考题型．
二、填空题（本大题共8小题，共16分）
11．（2分）计算﹣（﹣2a2b）4＝ ﹣16a8b4 ．
【分析】积的乘方法则：把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘．据此计算即可．
【解答】解：﹣（﹣2a2b）4＝﹣（﹣2）4•（a2）4•b4＝﹣16a8b4，
故答案为：﹣16a8b4．
【点评】本题考查了幂的乘方与积的乘方，掌握幂的运算法则是解答本题的关键．
12．（2分）如图，△ABC≌△AED，若AB＝AE，∠1＝27°，则∠2＝ 27 °．
【分析】先运用三角形全等求出∠BAC＝∠EAD，则∠2易求．
【解答】解：∵△ABC≌△AED，AB＝AE，
∴∠BAC＝∠EAD，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠EAD﹣∠DAC，
即：∠2＝∠1＝27°．
故答案为27．
【点评】本题考查了全等三角形的性质；全等三角形的对应边相等，对应角相等，是需要识记的内容，找准对应角是解题的关键．
13．（2分）如图，要测量池塘两岸相对的两点A，B的距离，可以在池塘外取AB的垂线BF上的两点C，D，使BC＝CD，再画出BF的垂线DE，使E与A，C在一条直线上．若想知道两点A，B的距离，只需要测量出线段 DE 即可．
【分析】根据全等三角形的判定进行判断，注意看题目中提供了哪些证明全等的要素，要根据已知选择判断方法．
【解答】解：利用CD＝BC，∠ABC＝∠EDC，∠ACB＝∠ECD，即两角及这两角的夹边对应相等即ASA这一方法，可以证明△ABC≌△EDC，
故想知道两点A，B的距离，只需要测量出线段DE即可．
故答案为：DE．
【点评】此题考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，做题时注意选择．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，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．
14．（2分）如图，已知直线AB∥CD，∠C＝115°，∠A＝25°，则∠E＝ 90 度．
【分析】由AB∥CD可以推出∠EFB＝∠C＝115°，又因为∠A＝25°，所以∠E＝∠EFB﹣∠A就可以求出∠E．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠EFB＝∠C＝115°，
∵∠A＝25°，
∴∠E＝∠EFB﹣∠A＝115°﹣25°＝90°．
故填：90°．
【点评】本题重点考查了平行线的性质及三角形内角与外角的关系，是一道较为简单的题目．
15．（2分）如图，BD平分∠ABC，DE∥BC交BA于点E，若DE＝1，则EB＝ 1 ．
【分析】根据角平分线的定义得到∠CBD＝∠ABC°，根据平行线的性质得到∠BDE＝∠CBD，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD＝∠ABC°，
∵DE∥BC，
∴∠BDE＝∠CBD，
∴∠BDE＝∠DBE，
∴BE＝DE，
∵DE＝1，
∴EB＝1．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查等腰三角形的判定和性质，角平分线的定义，平行线的性质，求解BE＝DE是解题的关键．
16．（2分）如图，在△ABC中，OB，OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于D，若△ABC的周长是20，且OD＝3，则△ABC的面积为 30 ．
【分析】连接OA，过点O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，根据角平分线的性质得到OE＝OD＝3，OF＝OD＝3，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：连接OA，过点O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，
∵OB，OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC，OE⊥AB，OF⊥AC，
∴OE＝OD＝3，OF＝OD＝3，
∴S△ABC＝AB•OE+AC•OF+BC•OD
＝×（AB+AC+BC）×3
＝×20×3
＝30，
故答案为：30．
【点评】本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
17．（2分）平面直角坐标系xOy中，点A（4，3），点B（3，0），点C（5，3），点E在x轴上．当CE＝AB时，点E的坐标为 （4，0）或（6，0） ．
【分析】根据平行四边形的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵点A（4，3），点C（5，3），
∴AC∥x轴，AC＝1，
连接AC，过C作CE∥AB交x轴于E，
∴AB＝CE，BE＝AC＝1，
∵点B（3，0），
∴E（4，0），
以C为圆心，CE为半径画弧交x轴于E′，
则CE＝CE′＝AB，
过C作CD⊥x轴于D，
∴DE＝DE′＝1，
∴E′（6，0），
∴当CE＝AB时，点E的坐标为（4，0）或（6，0），
故答案为：（4，0）或（6，0）．
【点评】本题考查了坐标与图形性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．
18．（2分）已知等边△ABC的边长为6，点M是射线AB上的动点，点N是边BC延长线上的动点，在运动的过程中始终满足AM＝CN，作MD垂直于射线AC于D，连接MN交射线AC于E．
（1）如图1，当点M为AB的三等分点（靠近点A）时，DE的长为 3 ．
（2）点M、N分别从点A、C同时出发、分别在射线AB、边BC的延长线上以相同的速度开始运动，动点M、N在运动过程中，DE的长会 不变 （变小、变大、不变）．
【分析】（1）过M作MG∥BC交AC于H，证△AMG是等边三角形，得GM＝AM＝2，再由等腰三角形的性质得AD＝GD＝AG＝1，然后证△MGE≌△NCE（AAS），得GE＝CE＝CG＝2，即可得出答案；
（2）过M作MG∥BC交AC于H，同（1）得△AMG是等边三角形，则GM＝AM，再由等腰三角形的性质得AD＝GD＝AG，同（1）得△MGE≌△NCE（AAS），则GE＝CE＝CG，即可得出答案．
【解答】解：（1）过M作MG∥BC交AC于H，如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，边长为6，
∴∠A＝∠ABC＝∠ACB，AC＝6，
∵点M为AB的三等分点（靠近点A），
∴AM＝2，
∴CG＝AC﹣AG＝4，
∵MG∥BC，
∴∠AMG＝∠ABC，∠AGM＝∠ACB，∠MGE＝∠NCE，
∴∠A＝∠AMG＝∠AGM，
∴△AMG是等边三角形，
∴GM＝AM＝2，
∵MD⊥AC，
∴AD＝GD＝AG＝1，
∵AM＝CN，
∴GM＝CN，
在△MGE和△NCE中，
，
∴△MGE≌△NCE（AAS），
∴GE＝CE＝CG＝2，
∴DE＝DG+EG＝3，
故答案为：3；
（2）过M作MG∥BC交AC于H，如图2所示：
同（1）得：△AMG是等边三角形，
∴GM＝AM，
∵MD⊥AC，
∴AD＝GD＝AG，
同（1）得：△MGE≌△NCE（AAS），
∴GE＝CE＝CG，
∴DE＝DG+EG＝AG+CG＝AC＝3，
故答案为：不变；
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明△MGE≌△NCE是解题的关键．
三、解答题（本大题共10小题，共54分）
19．（6分）计算：
（1）4x2y•（﹣xy2）3；
（2）（x+2）（x﹣3）．
【分析】（1）先利用积的乘方与幂的乘方运算法则计算乘方，然后再算乘法；
（2）根据多项式乘多项式的运算法则进行计算．
【解答】解：（1）原式＝4x2y•（﹣x3y6）
＝﹣4x5y7；
（2）原式＝x2﹣3x+2x﹣6
＝x2﹣x﹣6．
【点评】本题考查幂的乘方与积的乘方，多项式乘多项式的运算，掌握幂的乘方（am）n＝amn，积的乘方（ab）n＝anbn运算法则是解题关键．
20．（5分）先化简，再求值：x2（x﹣1）﹣x（x2+x﹣1），其中x＝．
【分析】根据整式的运算法则即可求出答案．
【解答】解：当x＝时，
原式＝x3﹣x2﹣x3﹣x2+x
＝﹣2x2+x
＝﹣+
＝0
【点评】本题考查整式的运算法则，解题的关键是熟练运用运算法则，本题属于基础题型．
21．（5分）如图，AB＝AC，BD＝CD，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，求证：DE＝DF．
证明：在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD（ SSS ），
∴∠ BAD ＝∠ CAD （ 全等三角形对应角相等 ），
∴AD是∠BAC的角平分线．
又∵DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∴DE＝DF（ 角平分线上的点到角两边距离相等 ）．
【分析】证明△ABD≌△ACD（SSS），由全等三角形的性质得出∠BAD＝∠CAD，由角平分线的性质可得出结论．
【解答】证明：在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD（SSS），
∴∠BAD＝∠CAD（全等三角形对应角相等），
∴AD是∠BAC的角平分线．
又∵DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∴DE＝DF（角平分线上的点到角两边距离相等）．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
22．（5分）求作一点P，使P到∠AOB两边的距离相等，且PC＝PD．（不写作法，保留作图痕迹）
【分析】连接CD，作线段CD的垂直平分线MN，作OT平分∠AOB，直线MN交OT于点P，点P即为所求．
【解答】解：如图，点P即为所求．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，线段的垂直平分线的性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，灵活运用所学知识解决问题．
23．（5分）如图，A、B、C、D四点共线，且AB＝CD，CE⊥AB于C，DF⊥AB于D，请添加一个条件使△ACE≌△BDF，并证明．
添加条件： ∠E＝∠F（答案不唯一） ．
【分析】此题是一道开放型的题目，答案不唯一，只要符合全等三角形的判定定理即可．
【解答】解：条件是∠E＝∠F，
证明：∵AB＝CD，
∴AB+BC＝CD+BC，
∴AC＝BD，
∵CE⊥AB，DF⊥AB，
∴∠ECA＝∠FDB＝90°，
在△ACE和△BDF中，
，
∴△ACE≌△BDF（AAS），
故答案为：∠E＝∠F（答案不唯一）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
24．（5分）如图，在△ABC中，AB⊥BC，DE是边AC的垂直平分线，连接AE．
（1）若∠C＝20°，求∠BAE的度数．
（2）若∠C＝30°，BE＝4，求AE的长．
【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠BAC，根据线段垂直平分线的性质求出CE＝AE，求出∠EAC＝∠C＝20°，即可得出答案；
（2）根据线段垂直平分线的性质求出CE＝AE，求出∠EAC＝∠C＝30°，根据三角形外角的性质得∠BEA＝∠EAC+C＝60°，则∠BAE＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质即可得出AE＝2BE＝8．
【解答】解：（1）∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
在△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝20°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝70°，
∵DE是边AC的垂直平分线，
∴CE＝AE，
∴∠EAC＝∠C＝20°，
∴∠BAE＝∠BAC﹣∠EAC＝70°﹣20°＝50°；
（2）∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∵DE是边AC的垂直平分线，
∴CE＝AE，
∴∠EAC＝∠C＝30°，
∴∠BEA＝∠EAC+C＝60°，
∴∠BAE＝90°﹣∠BEA＝90°﹣60°＝30°，
∴AE＝2BE＝8．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，三角形内角和定理和含30°角的直角三角形的性质等知识点，能熟记含30°角的直角三角形的性质是解此题的关键．
25．（6分）如图，在所给的平面直角坐标系中，完成下列各题（用直尺画图）．
（1）若A（﹣4，1），C（﹣3，3），△A1B1C1与△ABC关于y轴成轴对称，直接写出△A1B1C1三个顶点坐标为A1 （4，1） ，B1 （2，0） ，C1 （3，3） ；
（2）画出格点△ABC关于直线DE对称的△A2B2C2；
（3）在DE上画出点P，使PA+PC最小；
（4）在DE上画出点Q，使QA﹣QB最大．
【分析】（1）根据轴对称的性质解决问题即可；
（2）利用轴对称的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可；
（3）连接AC2交直线DE于点P，连接CP，点P即为所求；
（4）延长AB交直线的点Q，点Q即为所求．
【解答】解：（1）由题意，A1 （4，1），B1 （2，0），C1 （3，3）．
故答案为：（4，1），（2，0），（3，3）；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）如图，点P即为所求；
（4）如图，点Q即为所求．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，轴对称最短问题等知识，解题的关键是掌握轴对称变换的性质，灵活运用所学知识解决问题．
26．（5分）正方形是我们非常熟悉的几何图形，它是四条边都相等，四个角都是直角的正多边形，它是轴对称图形，有四条对称轴，正方形的一条对角线可以把它分成两个全等的等腰直角三角形（如图1），两条对角线可以把它分成四个全等的等腰直角三角形（如图2）．
（1）图3中有三个正方形，正方形ABCD，正方形BEFG，正方形MNPQ，那么图中有 3 对全等的三角形．
（2）若正方形BEFG的面积为S1，正方形MNPQ的面积为S2，不通过计算，推测S1和S2的大小关系是 A ．
A．S1＞S2ㅤㅤB．S1＜S2ㅤㅤC．S1＝S2
（3）若正方形ABCD的边长为18，则正方形BEFG的面积S1＝ 81 ；正方形MNPQ的面积为S2＝ 72 ．
（4）若正方形MNPQ的面积S2＝a，则正方形ABCD的面积S＝ 4.5a ．
【分析】（1）根据正方形的性质得到AB＝BC＝CD＝AD＝2a，∠B＝∠D＝90°，∠BAC＝∠DAC＝∠ECF＝∠QCP＝45°，根据全等三角形的判定得到△ABC≌△ADC（SAS），推出△AGF和△CEF是等腰直角三角形，得到AG＝FG＝BG＝BE＝EF＝CE＝AB，根据全等三角形的判定定理得到△AGF≌△FEC（SAS），同理得到△ANM≌△CPQ，于是得到结论；
（2）设正方形ABCD的边长为2m，根据等腰直角三角形的性质得到AC＝2m，求得BG＝AB＝m，根据正方形的面积公式得到S1＝m2，求得S2＝（m）2＝m2，于是得到结论；
（3）根据正方形的面积公式即可得到答案；
（4）根据正方形MNPQ的面积S2＝a，得到PN＝，根据等腰直角三角形的性质得到AB＝AC＝，于是得到结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝2a，∠B＝∠D＝90°，∠BAC＝∠DAC＝∠ECF＝∠QCP＝45°，
∴△ABC≌△ADC（SAS），
∵四边形BEFG和四边形MNPQ是正方形，
∴∠BGF＝∠BEF＝90°，BG＝FG＝EF＝BE，
∴∠AGF＝∠FEC＝90°，
∴△AGF和△CEF是等腰直角三角形，
∴AG＝FG＝BG＝BE＝EF＝CE＝AB，
∴△AGF≌△FEC（SAS），
同理△ANM≌△CPQ，
∴图中有3对全等的三角形，
故答案为：3；
（2）A，
理由：设正方形ABCD的边长为2m，
∴AC＝2m，
由（1）知，BG＝AB＝m，
∴S1＝m2，
∵△ANM和△CPQ是等腰直角三角形，
∴AN＝NM＝PN＝PQ＝CP＝×2m＝m，
∴S2＝（m）2＝m2，
∵m2＞m2，
∴S1＞S2，
故答案为：A；
（3）∵正方形ABCD的边长为18，
∴BG＝AB＝9，AC＝AB＝18，
∴PN＝AC＝6，
∴正方形BEFG的面积S1＝81；正方形MNPQ的面积为S2＝72；
故答案为：81，72；
（4）∵正方形MNPQ的面积S2＝a，
∴PN＝，
∴AC＝3PN＝3，
∴AB＝AC＝，
∴正方形ABCD的面积S＝（）2＝4.5a，
故答案为：4.5a．
【点评】本题考查了四边形的综合题，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
27．（6分）已知△ABC是等边三角形，点D是BC边上一动点（D不与B、C重合），连接AD，以AD为边作∠ADE＝∠ADF，分别交AB，AC于点E，F．
（1）如图1，若点D是BC的中点，求证：AE＝AF；
（2）如图2，若∠ADE＝∠ADF＝60°，猜测AE与AF的数量关系？并证明你的结论．
【分析】（1）证明△ADE≌△ADF（ASA），由全等三角形的性质得出AE＝AF；
（2）过点A作AM⊥DF于点M，作AH⊥DE，交DE的延长线于点H，证明△AHE≌△AMF（AAS），由全等三角形的性质得出AE＝AF．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，D为BC的中点，
∴∠BAD＝∠CAD，
在△ADE和△ADF中，
，
∴△ADE≌△ADF（ASA），
∴AE＝AF；
（2）解：AE＝AF，
证明：如图，过点A作AM⊥DF于点M，作AH⊥DE，交DE的延长线于点H，
∵AD平分∠EDF，AH⊥DE，AM⊥DF
∴AH＝AM，
∵∠ADE＝∠ADF＝60°，
∴∠EDF＝120°，
∵∠AED+∠AFD+∠BAC+∠EDF＝360°，
∴∠AED+∠AFD＝180°，
∵∠AED+∠AEH＝180°，
∴∠AEH＝∠AFD，
在△AHE和△AMF中，
，
∴△AHE≌△AMF（AAS），
∴AE＝AF．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
28．（6分）对于平面直角坐标系内的任意两点P（x1，y1），Q（x2，y2），定义它们之间的“直角距离”为d（P，Q）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．
对于平面直角坐标系内的任意两个图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的“直角距离”有最小值，那么称这个最小值为图形M，N间的“直角距离”，记作D（M，N）．
（1）已知A（1，0），B（0，2），则d（A，B）＝ 3 ，D（O，AB）＝ 1 ；
（2）已知A（1，0），B（0，t），若D（O，AB）＝1，则t的取值范围是 t≥1或t≤﹣1 ；
（3）已知A（1，0），若坐标平面内的点P满足d（P，A）＝1，则在图中画出所有满足条件的点P所构成的图形，该图形的面积是 2 ；
（4）已知A（1，0），B（0，2），直线l过点（0，t）且垂直于y轴，若直线l上存在点Q满足d（Q，A）＝d（Q，B），则t的取值范围是 ≤t≤ ．
【分析】（1）根据两点之间的直角距离，两个图形之间的直角距离的定义求解即可；
（2）构建不等式求解即可；
（3）根据直角距离的定义，画出图形，可得结论；
（4）根据方程或不等式求解即可．
【解答】解：（1）由题意d（A，B）＝1+2＝3，d（O，A）＝1+0＝1，d（O，B）＝2+0＝2，
∴D（O，AB）＝d（O，A）＝1，
故答案为：3，1；
（2）由题意d（O，B）＝|t|，
当|t|≥1时，满足条件，
∴t≥1或t≤﹣1；
故答案为：t≥1或t≤﹣1；
（3）如图，满足条件的点P在正方形OEFG上，面积＝（）2＝2．
故答案为：2．
（4）设Q（m，t）．
∵d（Q，A）＝d（Q，B），
∴|m﹣1|+|t|＝|m|+|t﹣2|，
当t＞2或t＜0时，无解，此时不存在满足条件的点Q，
当0≤t≤2时，|m﹣1|+t＝|m|+2﹣t，
当m＜0时，1﹣m+t＝﹣m+2﹣t，解得t＝1，
当0≤m≤1时，1﹣m+t＝m+2﹣t，
∴m＝t﹣，
∴0≤t﹣≤1，
∴≤t≤，
当m＞1时，m﹣1+t＝m+2﹣t，t＝，
综上所述，满足条件的t的值为：≤t≤，
故答案为：≤t≤．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了两点之间的直角距离，两个图形之间的直角距离的定义，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程或不等式解决问题．
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