2021-2022学年北京市海淀区首都师大附中八年级（上）期中数学试卷【含解析】

这是一份2021-2022学年北京市海淀区首都师大附中八年级（上）期中数学试卷【含解析】，共27页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）2022年冬奥会将在北京举行，中国将是第一个实现奥运“全满贯”（先后举办奥运会、残奥会、青奥会、冬奥会、冬残奥会）的国家．以下会徽是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）用直角三角板，作△ABC的高，下列作法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）下面各组线段中，能组成三角形的是（ ）
A．5，11，6B．6，9，14C．10，5，4D．8，8，16
4．（3分）已知点P（3，﹣2）与点Q关于x轴对称，则Q点的坐标为（ ）
A．（﹣3，2）B．（﹣3，﹣2）C．（3，2）D．（3，﹣2）
5．（3分）三角形中，到三个顶点距离相等的点是（ ）
A．三条高线的交点B．三边垂直平分线的交点
C．三条角平分线的交点D．三条中线的交点
6．（3分）已知图中的两个三角形全等，则∠α等于（ ）
A．50°B．60°C．70°D．80°
7．（3分）如图，已知∠BOP与OP上的点C，点A，小临同学现进行如下操作：
①以点O为圆心，OC长为半径画弧，交OB于点D，连接CD；
②以点A为圆心，OC长为半径画弧，交OA于点M；
③以点M为圆心，CD长为半径画弧，交第2步中所画的弧于点E，连接ME．
下列结论不能由上述操作结果得出的是（ ）
A．∠ACD＝∠EAPB．OB∥AEC．∠ODC＝∠AEMD．CD∥ME
8．（3分）如图的4×4的正方形网格中，有A、B两点，在直线a上求一点P，使PA+PB最短，则点P应选在（ ）
A．C点B．D点C．E点D．F点
9．（3分）“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任一角．这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动、C点固定，OC＝CD＝DE，点D、E可在槽中滑动．若∠BDE＝75°，则∠CDE的度数是（ ）
A．60°B．65°C．75°D．80°
10．（3分）如图，将Rt△ABC过点B折叠，使直角顶点C落在斜边AB上的点E处，折痕为BD，现有以下结论：
①DE⊥AB；
②BC＝BE；
③BD平分∠ABC；
④△BCE是等边三角形；
⑤BD垂直平分EC；
其中正确的有（ ）
A．①②③B．②③C．①②③④D．①②③⑤
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（4分）一个多边形的内角和是720°，这个多边形的边数是 ．
12．（4分）如图，为了使一扇旧木门不变形，木工师傅在木门的背后加钉了一根木条，这种做法依据的数学原理是 ．
13．（4分）如图，DE⊥AB，∠A＝25°，∠D＝45°，则∠ACB的度数为 ．
14．（4分）如图，在Rt△ABC中．∠ACB＝90°．∠A＝50°，以点B为圆心，BC的长为半径画弧，交AB于点D，连接CD．那么∠ACD的度数是 ．
15．（4分）如图，∠AOE＝∠BOE＝15°，EF∥OB，EC⊥OB，若EC＝2，则EF＝ ．
16．（4分）如图，△ABC为等边三角形，点E在AB上，点F在AC上，AE＝CF，CE与BF相交于点P，则∠EPB＝ ．
17．（4分）如图，△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，点E是线段BC延长线上一点，连接AE，点C在AE的垂直平分线上，若DE＝12cm，则△ABC的周长是 ．
18．（4分）定义：等腰三角形的顶角与其一个底角的度数的比值k称为这个等腰三角形的“特征值”．若等腰△ABC中，∠A＝80°，则它的特征值k＝ ．
三、解答题（本大题共6小题，共38分）
19．（6分）如图，已知：D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝FE，FC∥AB．求证：AE＝CE．
证明：∵ ，
∴∠1＝∠2．
在△AED与△CEF中，
∴△AED≌△CEF．（ ）
∴AE＝CE．（ ）
20．（6分）两个小区A、B与两条马路公路l1，l2位置如图所示，为方便市民接种新冠肺炎疫苗，相关部门需在C处修建一个临时疫苗接种站，要求接种站到两个小区A、B的距离必须相等，到两条马路l1，l2的距离也必须相等，那么点C应选在何处？请在图中，用尺规作图找出所有符合条件的点C．
21．（6分）已知，如图，AB＝AC，BD＝CD，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，求证：DE＝DF．
22．（6分）如图，已知：△OAB，△EOF都是等腰直角三角形，∠AOB＝90°，中，∠EOF＝90°，连接AE、BF．求证：
（1）AE＝BF；
（2）AE⊥BF．
23．（6分）在学习实数时，我们知道了正方形对角线的长度是边长的倍，所以等腰直角三角形的底边长是腰长的倍．例如，图1中的四边形ABCD是正方形，△ABC是等腰直角三角形，则AC＝AB．
小玲遇到这样一个问题：如图2，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝45°，BC＝2，AD⊥BC于点D，求AD的长．
小玲发现：如图3，分别以AB，AC为对称轴，分别作出△ABD，△ACD的轴对称图形，点D的对称点分别为E，F，延长EB，FC交于点G，可以得到正方形AEGF，根据轴对称图形的性质和正方形四条边都相等就能求出AD的长，请直接写出：BD的长为 ，BG的长为 ，AD的长为 ；
参考小玲思考问题的方法，解决问题：
如图4，在平面直角坐标系xOy中，点A（3，0），B（0，4），AB＝5，点P是△OAB外角的角平分线AP和BP的交点，直接写出点P的坐标为 ．
24．（8分）如图1，共顶点的两个三角形△ABC，△AB′C′，若AB＝AB′，AC＝AC′，且∠BAC+∠B′AC′＝180°，我们称△ABC与△AB′C′互为“顶补三角形”．
（1）已知△ABC与△ADE互为“顶补三角形”，AF是△ABC的中线．
①如图2，若△ADE为等边三角形时，直接写出DE与AF的数量关系 ；
②如图3，若△ADE为任意三角形时，上述结论是否仍然成立？请说明理由．
③如图3，若△ADE为任意三角形，且S△ADE＝5，则S△ABC＝ ．
（2）如图4，四边形ABCD中，∠B+∠C＝90°，在平面内是否存在点P，使△PAD与△PBC互为“顶补三角形”，若存在，请画出图形，并证明；若不存在，请说明理由．
2021-2022学年北京市海淀区首都师大附中八年级（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，每小题3分，共30分）第1-10题均有四个选项，符合题意的选项只有一个
1．（3分）2022年冬奥会将在北京举行，中国将是第一个实现奥运“全满贯”（先后举办奥运会、残奥会、青奥会、冬奥会、冬残奥会）的国家．以下会徽是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【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、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
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定义．
2．（3分）用直角三角板，作△ABC的高，下列作法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据高线的定义即可得出结论．
【解答】解：A、B、C均不是高线．
故选：D．
【点评】本题考查的是作图﹣基本作图，熟知三角形高线的定义是解答此题的关键．
3．（3分）下面各组线段中，能组成三角形的是（ ）
A．5，11，6B．6，9，14C．10，5，4D．8，8，16
【分析】根据三角形两边之和大于第三边判断即可．
【解答】解：A、∵5+6＝11，
∴长为5，11，6的三条线段不能组成三角形，不符合题意；
B、∵6+9＞14，
∴长为6，9，14的三条线段能组成三角形，符合题意；
C、∵4+5＜10，
∴长为5，11，6的三条线段不能组成三角形，不符合题意；
D、∵8+8＝16，
∴长为8，8，16的三条线段不能组成三角形，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形的三边关系，掌握三角形两边之和大于第三边是解题的关键．
4．（3分）已知点P（3，﹣2）与点Q关于x轴对称，则Q点的坐标为（ ）
A．（﹣3，2）B．（﹣3，﹣2）C．（3，2）D．（3，﹣2）
【分析】利用关于x轴对称的两点，横坐标相同，纵坐标互为相反数的性质来求解．
【解答】解：根据轴对称的性质，得点P（3，﹣2）关于x轴对称的点的坐标为（3，2）．
故选：C．
【点评】熟记关于x轴对称的两点，横坐标相同，纵坐标互为相反数，关于y轴对称的两点，横坐标互为相反数，纵坐标相同，关于原点对称的两点，横坐标和纵坐标均互为相反数．
5．（3分）三角形中，到三个顶点距离相等的点是（ ）
A．三条高线的交点B．三边垂直平分线的交点
C．三条角平分线的交点D．三条中线的交点
【分析】根据线段垂直平分线的性质得出答案即可．
【解答】解：
∵OA＝OB，
∴O在线段AB的垂直平分线上，
∵OA＝OC，OB＝OC，
∴O在线段AC的垂直平分上，O在线段BC的垂直平分线上，
∴O是△ABC三边的垂直平分线的交点，
故选：B．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质，能熟记线段垂直平分线的性质是解此题的关键，注意：线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等．
6．（3分）已知图中的两个三角形全等，则∠α等于（ ）
A．50°B．60°C．70°D．80°
【分析】根据全等三角形的性质即可求出答案．
【解答】解：∵两个三角形全等，
∴∠α＝180°﹣50°﹣60°＝70°，
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，属于基础题型．解答本题的关键是熟练运用全等三角形的性质．
7．（3分）如图，已知∠BOP与OP上的点C，点A，小临同学现进行如下操作：
①以点O为圆心，OC长为半径画弧，交OB于点D，连接CD；
②以点A为圆心，OC长为半径画弧，交OA于点M；
③以点M为圆心，CD长为半径画弧，交第2步中所画的弧于点E，连接ME．
下列结论不能由上述操作结果得出的是（ ）
A．∠ACD＝∠EAPB．OB∥AEC．∠ODC＝∠AEMD．CD∥ME
【分析】证明△OCD≌△AME，根据平行线的判定定理即可得出结论．
【解答】解：在△OCD和△AME中，
，
∴△OCD≌△AME（SSS），
∴∠DCO＝∠EMA，∠O＝∠OAE，∠ODC＝∠AEM．
∴CD∥ME，OB∥AE．
故B、C、D都可得到．
∵△OCD≌△AME，
∴∠DCO＝∠AME，则∠ACD＝∠EAP不一定得出．
故选：A．
【点评】本题考查了平行线的判定，尺规作图，根据图形的作法得到相等的线段，证明△OCD≌△AME是关键．
8．（3分）如图的4×4的正方形网格中，有A、B两点，在直线a上求一点P，使PA+PB最短，则点P应选在（ ）
A．C点B．D点C．E点D．F点
【分析】首先求得点A关于直线a的对称点A′，连接A′B，即可求得答案．
【解答】解：如图，点A′是点A关于直线a的对称点，连接A′B，则A′B与直线a的交点，即为点P，此时PA+PB最短，
∵A′B与直线a交于点C，
∴点P应选C点．
故选：A．
【点评】此题考查了最短路径问题．注意首先作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点．
9．（3分）“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任一角．这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动、C点固定，OC＝CD＝DE，点D、E可在槽中滑动．若∠BDE＝75°，则∠CDE的度数是（ ）
A．60°B．65°C．75°D．80°
【分析】根据OC＝CD＝DE，可得∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，根据三角形的外角性质可知∠DCE＝∠O+∠ODC＝2∠ODC，进一步根据三角形的外角性质可知∠BDE＝3∠ODC＝75°，即可求出∠ODC的度数，进而求出∠CDE的度数．
【解答】解：∵OC＝CD＝DE，
∴∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，
∴∠DCE＝∠O+∠ODC＝2∠ODC，
∵∠O+∠OED＝3∠ODC＝∠BDE＝75°，
∴∠ODC＝25°，
∵∠CDE+∠ODC＝180°﹣∠BDE＝105°，
∴∠CDE＝105°﹣∠ODC＝80°．
故选：D．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质以及三角形的外角性质，理清各个角之间的关系是解答本题的关键．
10．（3分）如图，将Rt△ABC过点B折叠，使直角顶点C落在斜边AB上的点E处，折痕为BD，现有以下结论：
①DE⊥AB；
②BC＝BE；
③BD平分∠ABC；
④△BCE是等边三角形；
⑤BD垂直平分EC；
其中正确的有（ ）
A．①②③B．②③C．①②③④D．①②③⑤
【分析】由折叠的性质可得∠BED＝∠BCD＝90°，BC＝BE，∠CBD＝∠EBD，DE＝DC，可得DE⊥AB，BD平分∠ABC，由线段垂直平分线的判定可得BD垂直平分EC，由∠ABC不一定等于60°，可得△BEC不一定是等边三角形，即可求解．
【解答】解：∵将Rt△ABC过点B折叠，使直角顶点C落在斜边AB上的点E处，
∴△BCD≌△BED，
∴∠BED＝∠BCD＝90°，BC＝BE，∠CBD＝∠EBD，DE＝DC，
∴DE⊥AB，BD平分∠ABC，故①②③正确，
∵DE＝DC，BE＝BC，
∴BD垂直平分EC，故⑤正确，
∵∠ABC不一定等于60°，
∴△BEC不一定是等边三角形，故④错误，
故选：D．
【点评】本题考查了翻折变换，全等三角形的性质，等边三角形的判定等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（4分）一个多边形的内角和是720°，这个多边形的边数是 6 ．
【分析】根据内角和定理180°•（n﹣2）即可求得．
【解答】解：∵多边形的内角和公式为（n﹣2）•180°，
∴（n﹣2）×180°＝720°，
解得n＝6，
∴这个多边形的边数是6．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理即180°•（n﹣2），难度适中．
12．（4分）如图，为了使一扇旧木门不变形，木工师傅在木门的背后加钉了一根木条，这种做法依据的数学原理是 三角形具有稳定性 ．
【分析】根据三角形具有稳定性解答即可．
【解答】解：为了使一扇旧木门不变形，木工师傅在木门的背后加钉了一根木条，这种做法依据的数学原理是 三角形具有稳定性，
故答案为：三角形具有稳定性．
【点评】本题考查的是三角形的稳定性，掌握三角形具有稳定性是解题的关键．
13．（4分）如图，DE⊥AB，∠A＝25°，∠D＝45°，则∠ACB的度数为 110° ．
【分析】由DE与AB垂直，利用垂直的定义得到∠BED为直角，进而确定出△BDE为直角三角形，利用直角三角形的两锐角互余，求出∠B的度数，在△ABC中，利用三角形的内角和定理即可求出∠ACB的度数．
【解答】解：∵DE⊥AB，
∴∠BED＝90°，
∵∠D＝45°，
∴∠B＝180°﹣∠BED﹣∠D＝45°，
又∵∠A＝25°，
∵∠ACB＝180°﹣（∠A+∠B）＝110°．
故答案为：110°
【点评】此题考查了三角形的外角性质，直角三角形的性质，以及三角形的内角和定理，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
14．（4分）如图，在Rt△ABC中．∠ACB＝90°．∠A＝50°，以点B为圆心，BC的长为半径画弧，交AB于点D，连接CD．那么∠ACD的度数是 20° ．
【分析】根据三角形的内角和和等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝50°，
∴∠B＝40°，
∵BC＝BD，
∴∠BCD＝∠BDC＝（180°﹣40°）＝70°，
∴∠ACD＝90°﹣70°＝20°，
故答案为：20°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，正确的理解题意是解题的关键．
15．（4分）如图，∠AOE＝∠BOE＝15°，EF∥OB，EC⊥OB，若EC＝2，则EF＝ 4 ．
【分析】作EG⊥OA于F，根据角平分线的性质得到EG的长度，再根据平行线的性质得到∠OEF＝∠COE＝15°，然后利用三角形的外角和内角的关系求出∠EFG＝30°，利用30°角所对的直角边是斜边的一半解题．
【解答】解：作EG⊥OA于G，如图所示：
∵EF∥OB，∠AOE＝∠BOE＝15°
∴∠OEF＝∠COE＝15°，EG＝CE＝2，
∵∠AOE＝15°，
∴∠EFG＝15°+15°＝30°，
∴EF＝2EG＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了角平分线的性质、平行线的性质、含30°角的直角三角形的性质；熟练掌握角平分线的性质，证出∠EFG＝30°是解决问题的关键．
16．（4分）如图，△ABC为等边三角形，点E在AB上，点F在AC上，AE＝CF，CE与BF相交于点P，则∠EPB＝ 60° ．
【分析】证明△BCE≌△ABF（SAS），由全等三角形的性质得到∠BCE＝∠ABF，则由图示知∠PBC+∠PCB＝∠PBC+∠ABF＝∠ABC＝60°，即∠PBC+∠PCB＝60°，所以根据三角形内角和定理求得∠BPC＝120°，易得∠EPB的度数．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AB，∠A＝∠EBC＝60°，
在△BCE与△ABF中，
，
∴△BCE≌△ABF（SAS），
∴∠BCE＝∠ABF，
∴∠PBC+∠PCB＝∠PBC+∠ABF＝∠ABC＝60°，即∠PBC+∠PCB＝60°，
∴∠BPC＝180°﹣60°＝120°．
即：∠BPC＝120°，
∴∠BPE＝60°．
故答案为：60°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质．证明△BCE≌△ABF是解题的关键．
17．（4分）如图，△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，点E是线段BC延长线上一点，连接AE，点C在AE的垂直平分线上，若DE＝12cm，则△ABC的周长是 24cm ．
【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AC＝CE，根据等腰三角形三线合一的性质可得BD＝CD，然后求出AD+BD＝DE．
【解答】解：∵点C在AE的垂直平分线上，
∴AC＝CE，
∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴BD＝CD，
∴AB+BD＝AC+CD＝CE+CD＝DE，
∵DE＝12cm，
∴AB+BC+AC＝AB+BD+AC+CD＝2×12＝24cm．
故答案为：24cm．
【点评】本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
18．（4分）定义：等腰三角形的顶角与其一个底角的度数的比值k称为这个等腰三角形的“特征值”．若等腰△ABC中，∠A＝80°，则它的特征值k＝ 或 ．
【分析】可知等腰三角形的两底角相等，则可求得底角的度数．从而可求解．
【解答】解：
①当∠A为顶角时，等腰三角形两底角的度数为：＝50°
∴特征值k＝＝
②当∠A为底角时，顶角的度数为：180°﹣80°﹣80°＝20°
∴特征值k＝＝
综上所述，特征值k为或
故答案为或
【点评】本题主要考查等腰三角形的性质，熟记等腰三角形的性质是解题的关键，要注意到本题中，已知∠A的度数，要分∠A是顶角和底角两种情况，以免造成答案的遗漏．
三、解答题（本大题共6小题，共38分）
19．（6分）如图，已知：D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝FE，FC∥AB．求证：AE＝CE．
证明：∵ FC∥AB ，
∴∠1＝∠2．
在△AED与△CEF中，
∴△AED≌△CEF．（ AAS ）
∴AE＝CE．（ 全等三角形的对应边相等 ）
【分析】由“AAS“可证△AED≌△CEF，可得AE＝CE．
【解答】证明：∵FC∥AB，
∴∠1＝∠2，
在△AED和△CEF中，
，
∴△AED≌△CEF（AAS），
∴AE＝CE（全等三角形的对应边相等）．
故答案为：FC∥AB；DE＝FE；AAS；全等三角形的对应边相等．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．
20．（6分）两个小区A、B与两条马路公路l1，l2位置如图所示，为方便市民接种新冠肺炎疫苗，相关部门需在C处修建一个临时疫苗接种站，要求接种站到两个小区A、B的距离必须相等，到两条马路l1，l2的距离也必须相等，那么点C应选在何处？请在图中，用尺规作图找出所有符合条件的点C．
【分析】作∠EOF的角平分线OP，作线段AB的垂直平分线MN，MN交OP于点C，点C即为所求．
【解答】解：如图，点C即为所求．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，角平分线的性质，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用角平分线的性质定理，线段的垂直平分线的性质解决问题．
21．（6分）已知，如图，AB＝AC，BD＝CD，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，求证：DE＝DF．
【分析】连接AD，利用“边边边”证明△ABD和△ACD全等，然后根据全等三角形对应角相等可得∠BAD＝∠CAD，再根据角平分线上的点到角的两边距离相等证明即可．
【解答】证明：如图，连接AD，
在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD（SSS），
∴∠BAD＝∠CAD，
又∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，熟练掌握三角形全等的判定方法并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
22．（6分）如图，已知：△OAB，△EOF都是等腰直角三角形，∠AOB＝90°，中，∠EOF＝90°，连接AE、BF．求证：
（1）AE＝BF；
（2）AE⊥BF．
【分析】（1）可以把要证明相等的线段AE，CF放到△AEO，△BFO中考虑全等的条件，由两个等腰直角三角形得AO＝BO，OE＝OF，再找夹角相等，这两个夹角都是直角减去∠BOE的结果，当然相等了，由此可以证明△AEO≌△BFO；
（2）由（1）知：∠OAC＝∠OBF，∠BDA＝∠AOB＝90°，由此可以证明AE⊥BF．
【解答】（1）证明：在△AEO与△BFO中，
∵Rt△OAB与Rt△EOF等腰直角三角形，
∴AO＝OB，OE＝OF，∠AOE＝90°﹣∠BOE＝∠BOF，
∴△AEO≌△BFO，
∴AE＝BF；
（2）证明：延长AE交BF于D，交OB于C，则∠BCD＝∠ACO，
由（1）知：∠OAC＝∠OBF，
∴∠BDA＝∠AOB＝90°，
∴AE⊥BF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质；三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
23．（6分）在学习实数时，我们知道了正方形对角线的长度是边长的倍，所以等腰直角三角形的底边长是腰长的倍．例如，图1中的四边形ABCD是正方形，△ABC是等腰直角三角形，则AC＝AB．
小玲遇到这样一个问题：如图2，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝45°，BC＝2，AD⊥BC于点D，求AD的长．
小玲发现：如图3，分别以AB，AC为对称轴，分别作出△ABD，△ACD的轴对称图形，点D的对称点分别为E，F，延长EB，FC交于点G，可以得到正方形AEGF，根据轴对称图形的性质和正方形四条边都相等就能求出AD的长，请直接写出：BD的长为 ，BG的长为 2 ，AD的长为 2+ ；
参考小玲思考问题的方法，解决问题：
如图4，在平面直角坐标系xOy中，点A（3，0），B（0，4），AB＝5，点P是△OAB外角的角平分线AP和BP的交点，直接写出点P的坐标为 （6，6） ．
【分析】根据等腰三角形的性质得出BD＝DC＝，求出∠ADC＝∠ADB＝90°，根据折叠得出AD＝AE＝AF，∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，∠EAB＝∠DAB，∠FAC＝∠DAC，求出四边形AEGF是正方形，根据正方形的性质得出AE＝AF＝FG＝EG，∠G＝90°，设AE＝AF＝FG＝EG＝x，则BG＝CG＝x﹣，在Rt△BGC中，由勾股定理得出（2）2＝（x﹣）2+（x﹣）2，求出方程的解即可；过点P分别作PC⊥x轴于点C，PD⊥y轴于点D，PE⊥AB于点E，求出四边形OCPD是正方形，推出AC＝AE，BD＝BE，OC＝CP，求出OC+OD＝OA+AB+BO＝12即可．
【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝45°，BC＝2，
∴BD＝DC＝，BG的长为2，AD的长为2+；
理由是：如图3，
∵AB＝AC，AD⊥BC，BC＝2，
∴BD＝DC＝，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，
∵分别以AB，AC为对称轴，分别作出△ABD，△ACD的轴对称图形，点D的对称点分别为E，F，
∴AD＝AE＝AF，∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，∠EAB＝∠DAB，∠FAC＝∠DAC，
∵∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝45°，
∴∠EAF＝45°+45°＝90°，
∴四边形AEGF是正方形，
∴AE＝AF＝FG＝EG，∠G＝90°，
设AE＝AF＝FG＝EG＝x，则BG＝CG＝x﹣，
在Rt△BGC中，由勾股定理得：（2）2＝（x﹣）2+（x﹣）2，
解得：x＝2+（负值舍去），
即BG＝2+﹣＝2，AD＝AE＝2+，
故答案为：；2；2+；
如图4，过点P分别作PC⊥x轴于点C，PD⊥y轴于点D，PE⊥AB于点E，
则∠BDP＝∠DOC＝∠PCO＝90°，
∵AP和BP是△OAB的外角的角平分线，
∴∠EAP＝∠CAP，∠DBP＝∠EBP，PC＝PE＝PD，
∴四边形OCPD是正方形，AC＝AE，BD＝BE，
∴OC＝CP＝PD＝DO，
∵A（3，0），B（0，4），
∴AB＝5，
∴OC+OD＝OA+AB+BO＝12，
∴OC＝OD＝6，
∴CP＝PD＝6，
∴P（6，6）．
故答案为：（6，6）．
【点评】本题考查了三角形的综合题，折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，正方形的性质和判定的应用，解此题的关键是能正确作出辅助线，题目比较好，难度偏大，用了方程思想．
24．（8分）如图1，共顶点的两个三角形△ABC，△AB′C′，若AB＝AB′，AC＝AC′，且∠BAC+∠B′AC′＝180°，我们称△ABC与△AB′C′互为“顶补三角形”．
（1）已知△ABC与△ADE互为“顶补三角形”，AF是△ABC的中线．
①如图2，若△ADE为等边三角形时，直接写出DE与AF的数量关系 DE＝2AF ；
②如图3，若△ADE为任意三角形时，上述结论是否仍然成立？请说明理由．
③如图3，若△ADE为任意三角形，且S△ADE＝5，则S△ABC＝ 5 ．
（2）如图4，四边形ABCD中，∠B+∠C＝90°，在平面内是否存在点P，使△PAD与△PBC互为“顶补三角形”，若存在，请画出图形，并证明；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）①由等边三角形的性质可得AD＝AE＝DE，∠DAE＝60°，由互为“顶补三角形”定义可得AB＝AD＝AE＝AC＝DE，∠BAC＝120°，由等腰三角形和直角三角形的性质可求AB＝DE＝2AF；
②延长AF到G，使AF＝FG，连接BG，CG，由题意可证四边形ABGC是平行四边形，可得BG＝AC，AC∥BG，∠BAC+∠ABG＝180°，由互为“顶补三角形”定义可得AB＝AD，AC＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，可证△ABG≌△DAE，即DE＝AG＝2AF；
③延长BA到G，使AG＝AB，连接CG，证明△ADE≌△AGC（SAS），根据全等三角形的性质可得S△ADE＝S△AGC＝5，根据等底同高的三角形面积相等即可求解；
（2）延长CD交BA延长线于点Q，作CD的垂直平分线EP交AB的垂直平分线于点P，连接CP，DP，AP，BP，由线段垂直平分线的性质可得PC＝PD，PA＝PB，PE⊥CD，PF⊥AB，由等腰三角形的性质可得∠DPE＝∠CPE，∠APF＝∠BPF，可证∠APD+∠BPC＝180°，即可证△PAD与△PBC互为“顶补三角形”．
【解答】解：（1）①DE＝2AF，
证明：∵△ADE是等边三角形，
∴AD＝AE＝DE，∠DAE＝60°，
∵△ABC与△ADE互为“顶补三角形”，
∴AB＝AD＝AE＝AC＝DE，∠BAC＝120°，
∵AB＝AC，AF是中线，∠BAC＝120°，
∴AF⊥BC，∠B＝30°，
∴AB＝2AF，
∴DE＝2AF，
故答案为：DE＝2AF；
②结论仍然成立，理由如下：
如图，延长AF到G，使AF＝FG，连接BG，CG，
∵AF＝FG，BF＝FC，
∴四边形ABGC是平行四边形，
∴BG＝AC，AC∥BG，
∴∠BAC+∠ABG＝180°，
∵△ABC与△ADE互为“顶补三角形”，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，
∴AE＝AC＝BG，∠DAE＝∠ABG，且AB＝AD，
∴△ABG≌△DAE（SAS），
∴DE＝AG＝2AF；
③延长BA到G，使AG＝AB，连接CG，
∵△ABC与△ADE互为“顶补三角形”，
∴AB＝AD，AC＝AE，且∠BAC+∠DAE＝180°，
∴AG＝AD，
∵∠BAC+∠GAC＝180°，
∴∠GAC＝∠DAE，
在△ADE和△AGC中，
，
∴△ADE≌△AGC（SAS），
∴S△ADE＝S△AGC＝5，
∵△ABC和△AGC等底同高，
∴S△ABC＝5．
故答案为：5；
（2）解：存在，
证明：如图，延长CD交BA延长线于点Q，作CD的垂直平分线EP交AB的垂直平分线于点P，连接CP，DP，AP，BP，
∵EP垂直平分CD，PF垂直平分AB，
∴PC＝PD，PA＝PB，PE⊥CD，PF⊥AB，
∴∠DPE＝∠CPE，∠APF＝∠BPF，
∵∠B+∠C＝90°，
∴∠Q＝90°，且PE⊥CD，PF⊥AB，
∴∠EPF＝90°，
∴∠APD+∠DPE+∠APF＝90°，
∵∠APD+∠BPC＝∠APD+∠EPF+∠CPE+∠BPF＝∠APD+∠DPE+∠APF+90°，
∴∠APD+∠BPC＝180°，且PC＝PD，PA＝PB，
∴△PAD与△PBC互为“顶补三角形”．
【点评】本题是四边形综合题，考查了等边三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
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