专题17 角平分线的四大模型-中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）

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中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题17角平分线的四大模型
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 （3）如图（2），点F为AB的中点，点G为x正半轴点B右侧的一动点，过点F作FG的垂线FH，交y轴的负半轴于点H，那么当点G的位置不断变化时，S△AFH−S△FBG的值是否发生变化?若变化，请说明理由；若不变化，请求出相应结果．
【答案】（1）A(0，6)，B(6，0)；（2）证明见解析；（3）不变化，S△AFH−S△FBG=9．
【分析】（1）由非负性可求a，b的值，即可求A、B两点的坐标；
（2）过点O作OM⊥BD于M，ON⊥AC于N，根据全等三角形的判定和性质解答即可；
（3）由于点F是等腰直角三角形AOB的斜边的中点，所以连接OF，得出OF=BF．∠BFO=∠GFH，进而得出∠OFH=∠BFG，利用等腰直角三角形和全等三角形的判定和性质以及三角形面积公式解答即可．
【详解】解：（1）∵a2−12a+36+a−b＝0
∴(a−6)2+a−b＝0，
∴a−6=0a−b=0 ，即a=b=6．
∴A(0，6)，B(6，0)．
（2）如图，过点O作OM⊥BD于M，ON⊥AC于N，

根据题意可知∠ACO+∠CAO=90°．
∵BD⊥AC，
∴∠BCD+∠CBE=90°，
∴∠CAO=∠CBE．
∵A(0，6)，B(6，0)，
∴OA＝OB＝6．
在△AOC和△BOE中，∠CAO=∠EBOOA=OB∠AOC=∠BOE=90° ，
∴△AOC≅△BOE（ASA）．
∴OE＝OC，AC＝BE ，S△AOC=S△BOE．
∴12AC·ON=12BE·OM，
∴OM＝ON，
∴点O一定在∠CDB的角平分线上，
即OD平分∠CDB．
（3）如图，连接OF，

∵△AOB是等腰直角三角形且点F为AB的中点，
∴OF⊥AB，OF＝FB，OF平分∠AOB．
∴∠OFB＝∠OFH+∠HFB＝90°．
又∵FG⊥FH，
∴∠HFG=∠BFG+∠HFB=90°，
∴∠OFH＝∠BFG．
∵∠FOB=12∠AOB=45°，
∴∠FOH=∠FOB+∠HOB=45°+90°=135°．
又∵∠FBG=180°−∠ABO=180°﹣45°=135°，
∴∠FOH=∠FBG．
在△FOH和△FBG中∠OFH=∠BFGOF=BF∠FOH=∠FBG ，
∴△FOH≅△FBG（ASA）．
∴S△FOH＝S△FBG，
∴S△AFH−S△FBG=S△AFH﹣S△FOH=S△FOA=12S△AOB=12×12OA·OB=14×6×6=9．
故不发生变化，且S△AFH−S△FBG=9．
【点睛】本题为三角形综合题，考查非负数的性质，角平分线的判定，等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，正确添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
10．（2022·全国·八年级课时练习）已知：如图，AC∥BD，AE、BE分别平分∠CAB和∠ABD，点E在CD上．用等式表示线段AB、AC、BD三者之间的数量关系，并证明．

【答案】AC+BD=AB，理由见见解析
【分析】在BA上截取BF=BD，连接EF，先证得△BEF≌△BED，可得到∠BFE=∠D，再由AC∥BD，可得∠AFE=∠C，从而证得△AEF≌△AEC，可得AF=AC，即可求解．
【详解】解：AC+BD=AB，证明如下：
在BA上截取BF=BD，连接EF，如图所示：
∵AE、BE分别平分∠CAB和∠ABD，
∴∠EAF=∠EAC，∠EBF=∠EBD，
在△BEF和△BED中，
BF=BD∠EBF=∠EBDBE=BE，
∴△BEF≌△BED（SAS），
∴∠BFE=∠D，
∵AC∥BD，
∴∠C+∠D=180°，
∵∠AFE+∠BFE=180°，
∴∠AFE+∠D=180°，
∴∠AFE=∠C，
在△AEF和△AEC中，
∠EAF=∠EAC∠AFE=∠CAE=AE，
∴△AEF≌△AEC（AAS），
∴AF=AC，
∵AF+BF=AB，
∴AC+BD=AB．

【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
11．（2022·全国·八年级课时练习）已知点C是∠MAN平分线上一点，∠BCD的两边CB、CD分别与射线AM、AN相交于B，D两点，且∠ABC+∠ADC＝180°．过点C作CE⊥AB，垂足为E．
（1）如图1，当点E在线段AB上时，求证：BC＝DC；
（2）如图2，当点E在线段AB的延长线上时，探究线段AB、AD与BE之间的等量关系；
（3）如图3，在（2）的条件下，若∠MAN＝60°，连接BD，作∠ABD的平分线BF交AD于点F，交AC于点O，连接DO并延长交AB于点G．若BG＝1，DF＝2，求线段DB的长．

【答案】（1）见解析；（2）AD﹣AB＝2BE，理由见解析；（3）3．
【分析】（1）过点C作CF⊥AD，根据角平分线的性质得到CE＝CF，证明△BCE≌△DCF，根据全等三角形的性质证明结论；
（2）过点C作CF⊥AD，根据角平分线的性质得到CE＝CF，AE＝AF，证明△BCE≌△DCF，得到DF＝BE，结合图形解答即可；
（3）在BD上截取BH＝BG，连接OH，证明△OBH≌△OBG，根据全等三角形的性质得到∠OHB＝∠OGB，根据角平分线的判定定理得到∠ODH＝∠ODF，证明△ODH≌△ODF，得到DH＝DF，计算即可．
【详解】（1）证明：如图1，过点C作CF⊥AD，垂足为F，

∵AC平分∠MAN，CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CE＝CF，
∵∠CBE+∠ADC＝180°，∠CDF+∠ADC＝180°，
∴∠CBE＝∠CDF，
在△BCE和△DCF中，
∠CBE=∠CDF∠CEB=∠CFD=90°CE=CF，
∴△BCE≌△DCF（AAS）
∴BC＝DC；
（2）解：AD﹣AB＝2BE，
理由如下：如图2，过点C作CF⊥AD，垂足为F，

∵AC平分∠MAN，CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CE＝CF，AE＝AF，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，
∴∠CDF＝∠CBE，
在△BCE和△DCF中，
∠CBE=∠CDF∠CEB=∠CFD=90°CE=CF，
∴△BCE≌△DCF（AAS），
∴DF＝BE，
∴AD＝AF+DF＝AE+DF＝AB+BE+DF＝AB+2BE，
∴AD﹣AB＝2BE；
（3）解：如图3，在BD上截取BH＝BG，连接OH，

∵BH＝BG，∠OBH＝∠OBG，OB＝OB
在△OBH和△OBG中，
BH=BG∠OBH=∠OBGOB=OB，
∴△OBH≌△OBG（SAS）
∴∠OHB＝∠OGB，
∵AO是∠MAN的平分线，BO是∠ABD的平分线，
∴点O到AD，AB，BD的距离相等，
∴∠ODH＝∠ODF，
∵∠OHB＝∠ODH+∠DOH，∠OGB＝∠ODF+∠DAB，
∴∠DOH＝∠DAB＝60°，
∴∠GOH＝120°，
∴∠BOG＝∠BOH＝60°，
∴∠DOF＝∠BOG＝60°，
∴∠DOH＝∠DOF，
在△ODH和△ODF中，
∠DOH=∠DOFOD=OD∠ODH=∠ODF，
∴△ODH≌△ODF（ASA），
∴DH＝DF，
∴DB＝DH+BH＝DF+BG＝2+1＝3．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，关键是依照基础示例引出正确辅助线．
12．（2022·全国·八年级）在平面直角坐标系中，点A−5,0，B0,5，点C为x轴正半轴上一动点，过点A作AD⊥BC交y轴于点E．
（1）如图①，若点C的坐标为（3，0），试求点E的坐标；
（2）如图②，若点C在x轴正半轴上运动，且OC<5，其它条件不变，连接DO，求证：OD平分∠ADC
（3）若点C在x轴正半轴上运动，当∠OCB=2∠DAO时，试探索线段AD、OC、DC的数量关系，并证明．

【答案】（1）（0，3）；（2）详见解析；（3）AD=OC+CD
【分析】（1）先根据AAS判定△AOE≌△BOC，得出OE=OC，再根据点C的坐标为（3，0），得到OC=2=OE，进而得到点E的坐标；
（2）先过点O作OM⊥AD于点M，作ON⊥BC于点N，根据△AOE≌△BOC，得到S△AOE=S△BOC，且AE=BC，再根据OM⊥AE，ON⊥BC，得出OM=ON，进而得到OD平分∠ADC；
（3）在DA上截取DP=DC，连接OP，根据三角形内角和定理，求得∠PAO=30°，进而得到∠OCB=60°，根据SAS判定△OPD≌△OCD，得OC=OP，∠OPD=∠OCD=60°，再根据三角形外角性质得PA=PO=OC，故AD=PA+PD=OC+CD．
【详解】（1）如图①，∵AD⊥BC，BO⊥AO，
∴∠AOE=∠BDE，
又∵∠AEO=∠BED，
∴∠OAE=∠OBC，
∵A（-5，0），B（0，5），
∴OA=OB=5，
∴△AOE≌△BOC，
∴OE=OC，
又∵点C的坐标为（3，0），
∴OC=3=OE，
∴点E的坐标为（0，3）；
（2）如图②，过点O作OM⊥AD于点M，作ON⊥BC于点N，

∵△AOE≌△BOC，
∴S△AOE=S△BOC，且AE=BC，
∵OM⊥AE，ON⊥BC，
∴OM=ON，
∴OD平分∠ADC；
（3）如所示，在DA上截取DP=DC，连接OP，

∵∠OCB=2∠DAO，∠ADC=90°
∴∠PAO+∠OCD=90°，
∴∠DAC=90°3=30°，∠DCA=2×90°3=60°
∵∠PDO=∠CDO，OD=OD，
∴△OPD≌△OCD，
∴OC=OP，∠OPD=∠OCD=60°，
∴∠POA=∠PAO=30°
∴PA=PO=OC
∴AD=PA+PD=OC+CD
即：AD=OC+CD．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的判定定理以及等腰直角三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，运用全等三角形的性质进行求解．
13．（2022·全国·八年级）如图1，点A是直线MN上一点，点B是直线PQ上一点，且MN//PQ．∠NAB和∠ABQ的平分线交于点C．
（1）求证：BC⊥AC；
（2）过点C作直线交MN于点D（不与点A重合），交PQ于点E,
①若点D在点A的右侧，如图2，求证：AD+BE=AB；
②若点D在点A的左侧，则线段AD、BE、AB有何数量关系？直接写出结论，不说理由．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）BE=AD+AB
【分析】(1) 由平行线性质可得∠NAB+∠ABQ=180°,再由角平分线定义可得∠BAC=12∠NAB,∠CBA=12∠ABQ,再利用三角形内角和定理即可得∠C=90°,即可证明BC⊥AC;
(2) ①延长AC交PQ点F，先证明AC=FC,再证明△ACD≌△FCE,即可得AD+BE=AB;
②方法与①相同．
【详解】解：（1）∵MN∥PQ
∴∠NAB+∠ABQ=180°
∵AC平分∠NAB，BC平分∠ABQ
∴∠BAC=12∠NAB,∠CBA=12∠ABQ
∴∠BAC+∠ABC=12×180°=90°
在△ABC中，∵∠BAC+∠ABC+∠C=180°
∴∠C=180°- (∠BAC+∠ABC) =180°-90°=90°
∴BC⊥AC;
（2）①延长AC交PQ于点F
∵BC⊥AC
∴∠ACB=∠FCB=90°
∵BC平分∠ABF
∴∠ABC=∠FBC
∴BC=BC
∴△ABC≌△FBC
∴AC=CF，AB=BF
∵MN∥BQ
∴∠DAC=∠EFC
∵∠ACD=∠FCE
∴△ACD≌△FCE
∴AD=EF
∴AB=BF=BE+EF=BE+AD
即：AB=AD+BE


②线段AD，BE，AB数量关系是：AD+AB=BE
如图3，延长AC交PQ点F,
∵MN//PQ ．
∴∠AFB=∠FAN，∠DAC=∠EFC
∵AC平分∠NAB
∴∠BAF=∠FAN
∴∠BAF=∠AFB
∴AB=FB
∵BC⊥AC
∴C是AF的中点
∴AC=FC
在△ACD与△FCE中
{∠DAC=∠EFCAC=FC∠ACD=∠FCE
∴△ACD≅△FCE(ASA)
∴AD=EF
∵AB=FB=BE-EF
∴AD+AB=BE
【点睛】本题考查了平行线性质，全等三角形性质判定，等腰三角形性质等，解题关键正确添加辅助线构造全等三角形．
14．（2018·湖北武汉·八年级期中）在平面直角坐标中，等腰Rt△ABC中，AB=AC，∠CAB=90°，A（0，a），B（b，0）．

（1）如图1，若2a−b+（a-2）2=0，求△ABO的面积；
（2）如图2，AC与x轴交于D点，BC与y轴交于E点，连接DE，AD=CD，求证：∠ADB=∠CDE；
（3）如图3，在（1）的条件下，若以P（0，-6）为直角顶点，PC为腰作等腰Rt△PQC，连接BQ，求证：AP∥BQ．
【答案】（1）△ABO的面积=4；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）根据绝对值和偶次方的非负性求出a，b，根据三角形的面积公式计算；
（2）作AF平分∠BAC交BD于F点，分别证明△ACE≌△BAF，△CED≌△AFD，根据全等三角形的性质证明；
（3）过C点作CM⊥y轴于M点，过D点作DN⊥y轴于N点，证明△ACM≌△BAO，根据全等三角形的性质得到CM=AO=2，AM=BO=4，证明四边形ONQB为平行四边形，得到答案．
【详解】解：（1）∵2a−b+（a-2）2=0，
∴2a-b=0，a-2=0，
解得，a=2，b=4，
∴A（0，2），B（4，0），
∴OA=2，OB=4，
∴△ABO的面积=12×2×4=4；

（2）作AF平分∠BAC交BD于F点，
∵AB=AC，∠CAB=90°，
∴∠C=∠ABC=∠DAF=∠BAF=45°，
∵∠CAE+∠BAO=∠ABF+∠BAO=90°，
∴∠CAE=∠ABF，
在△ACE和△BAF中，
∠CAE=∠ABFAC=AB∠ACE=∠BAF，
∴△ACE≌△BAF（ASA），
∴CE=AF，
在△CED和△AFD中，
CD=AD∠C=∠DAFCE=AF，
∴△CED≌△AFD（SAS）
∴∠CDE=∠ADB；
（3）过C点作CM⊥y轴于M点，过D点作DN⊥y轴于N点，
则∠AMC=∠BOA=90°，
∵∠CAM+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠CAM=∠ABO，
在△ACM和△BAO中，
∠CAM=∠ABO∠CMA=∠AOBAC=AB，
∴△ACM≌△BAO（AAS），
∴CM=AO=2，AM=BO=4，
∵A（0，2），P（0，-6），
∴AP=8，
∴PM=AP-AM=4，
在△PCM和△QPN中，
∠CPM=∠PQN∠PMC=∠QNPPC=PQ，
△PCM≌△QPN（AAS），
∴NQ=PM=4，
∴四边形ONQB为平行四边形，
∴AP∥BQ．

【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，非负数的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
15．（2018·辽宁·沈阳市第一四三中学八年级期末）阅读下面材料：小明遇到这样一个问题:
如图一，△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BD平分∠ABC，猜想线段AD与DC数量关系.小明发现可以用下面方法解决问题:作DE⊥BC交BC于点E：
(1)根据阅读材料可得AD与DC的数量关系为__________.
(2)如图二，△ABC中，∠A=120°，AB=AC，BD平分∠ABC，猜想线段AD与DC的数量关系，并证明你的猜想.
(3)如图三，△ABC中，∠A=100°，AB=AC，BD平分∠ABC，猜想线段AD与BD、BC的数量关系，并证明你的猜想.
      
【答案】（1）CD=2AD；（2）CD=3AD；（3）BC=AD+BD.
【分析】（1）由角平分线的性质可得AD=DE，根据∠A=90°，AB=AC，可得∠C=45°，由DE⊥BC可得△DEC是等腰直角三角形，可得CD=2DE，进而可得答案；（2）在BC上截取BE=AB，连接DE，利用SAS可证明△ABD≌△EBD，可得AD=DE，∠BED=∠A=120°，由等腰三角形的性质可得∠C=30°，利用三角形外角性质可得∠CDE=90°，利用含30°角的直角三角形的性质即可得答案；（3）在BC上取一点E，使BE=BD，作DF⊥BA于F，DG⊥BC于G，由角平分线的性质就可以得出DF=DG，利用AAS可证明△DAF≌△DEG，可得 DA=DE，利用外角性质可求出∠EDC=40°，进而可得DE=CE，即可得出结论．
【详解】（1）∵∠A=90°，BD平分∠ABC，DE⊥BC，
∴DE=AD，
∵∠A=90°，AB=AC，
∴∠C=45°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=2DE=2AD，
故答案为CD=2AD
（2）如图，在BC上截取BE=AB，连接DE，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBE，
在△ABD和△EBD中，AB=BE∠ABD=∠DBEBD=BD，
∴△ABD≌△EBD，
∴DE=AD，∠BED=∠A=120°，
∵AB=AC，
∴∠C=∠ABC=30°，
∴∠CDE=∠BED-∠C=90°，
∴CD=3DE=3AD.

（3）如图，在BC上取一点E，是BE=BD，作DF⊥BA于F，DG⊥BC于G，
∴∠DFA=∠DGE=90°．
∵BD平分∠ABC，DF⊥BA，DG⊥BC，
∴DF=DG．
∵∠BAC=100°，AB=AC，
∴∠FAD=80°，∠ABC=∠C=40°，
∴∠DBC=20°，
∵BE=BD，
∴∠BED=∠BDE=80°，
∴∠FAD=∠BED．
在△DAF和△DEG中，∠DFA=∠DGE∠FAD=∠BEDDF=DG，
∴△DAF≌△DEG（AAS），
∴AD=ED．
∵∠BED=∠C+∠EDC，
∴80°=40+∠EDC，
∴∠EDC=40°，
∴∠EDC=∠C，
∴DE=CE，
∴AD=CE．
∵BC=BE+CE，
∴BC=BD+AD．

【点睛】本题考查了等腰三角形的性质的运用，角平分线的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时合理添加辅助线是解答本题的关键．
16．（2019·全国·九年级专题练习）已知：ΔABC中，D为BC的中点，AG平分∠BAC,CG⊥AG于G，连结DG，若AB=6,AC=4，求DG的长．

【答案】DG=1
【分析】延长CG交AB于点E. 根据等腰三角形的判定与性质得CG=EG，AE=AC,再根据三角形中位线的性质得出DG=12BE=12（AB-AC），从而得出DG的长．
【详解】解：延长CG交AB于点E．

∵AG平分∠BAC，CG⊥AG于G，
∴CG=EG，AE=AC=4，
∴BE=AB−AC=2，
∵CG=EG ，D为BC的中点，
∴DG=12BE=1．
故答案为DG=1.
【点睛】本题考查 等腰三角形的判定与性质，三角形中位线定理，根据题意作出辅助线，利用三角形中位线定理求解是解题的关键．
17．（2022·全国·八年级课时练习）在△ABC中，BE，CD为△ABC的角平分线，BE，CD交于点F．
（1）求证：∠BFC=90°+12∠A；
（2）已知∠A=60°．
①如图1，若BD=4，BC=6.5，求CE的长；
②如图2，若BF=AC，求∠AEB的大小．

【答案】（1）证明见解析；（2）2.5；（3）100°．
【分析】（1）由三角形内角和定理和角平分线得出∠FBC+∠FCB=90°−12∠A的度数，再由三角形内角和定理可求出∠BFC的度数，
（2）在BC上取一点G使BG=BD，构造△BFG≅△BFD（SAS），再证明△FEC≅△FGC(ASA)，即可得BC=BD+CE，由此求出答案；
（3）延长BA到P，使AP=FC，构造△BFC≅△CAP（SAS），得PC=BC，∠P=∠BCF=12∠ACB，再由三角形内角和可求∠ABC=40°，∠ACB=80°，进而可得∠AEB=180°−(∠ABE+∠A)=100°．
【详解】解：（1）∵BE、CD分别是∠ABC与∠ACB的角平分线，
∴∠FBC+∠FCB=12(180°−∠A)=90°−12∠A，
∴∠BFC=180°−(∠FBC+∠FCB)=180°−(90°−12∠A)，
∴∠BFC=90°+12∠A，
（2）如解（2）图，在BC上取一点G使BG=BD，

由（1）得∠BFC=90°+12∠A，
∵∠BAC=60°，
∴∠BFC=120°，
∴∠BFD=∠EFC=180°−∠BFC=60°，
在△BFG与△BFD中，
BF=BF∠FBG=∠FBDBD=BG ，
∴△BFG≅△BFD（SAS）
∴∠BFD=∠BFG，
∴∠BFD=∠BFG=60°，
∴∠CFG=120°−∠BFG=60°，
∴∠CFG=∠CFE=60°
在△FEC与△FGC中，
∠CFE=∠CFGCF=CF∠ECF=∠GCF，
∴△FEC≅△FGC(ASA)，
∴CE=CG，
∵BC=BG+CG，
∴BC=BD+CE；
∵BD=4，BC=6.5，
∴CE=2.5
（3）如解（3）图，延长BA到P，使AP=FC，

∵∠BAC=60°，
∴∠PAC=180°−∠BAC=120°，
在△BFC与△CAP中，
BF=AC∠BFC=∠CAP=120°CF=PA ，
∴△BFC≅△CAP（SAS）
∴∠P=∠BCF，BC=PC，
∴∠P=∠ABC，
又∵∠P=∠BCF=12∠ACB，
∴∠ACB=2∠ABC，
又∵∠ACB+∠ABC+∠A=180°，
∴3∠ABC+60°=180°，
∴∠ABC=40°，∠ACB=80°，
∴∠ABE=12∠ABC=20°，∠AEB=180°−(∠ABE+∠A)=180°−(20°+60°)=100°
【点睛】本题考查的是角平分线的性质、全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
18．（2022·广东·金辉学校九年级阶段练习）已知：如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=1，BC=3，动点O从点C出发，沿着C→B→A→C的方向运动一周，以O为圆心，r为半径作圆．

(1)若⊙O分别与AB，BC相切．
①利用直尺和圆规作⊙O（不写作法，保留作图痕迹）；
②求出此r时的值；
(2)当r=1时，设⊙O在运动的过程中与△ABC三条边的公共点个数为m，那么m的最小值是___________，最大值是___________．
【答案】(1)①见解析，②23−3
(2)2，4

【分析】（1）①根据角平分线的判定定理及切线的判定，作∠ABC的角平分线交AC于O，所作⊙O即满足条件；
②利用面积法，即S△ABC=12AC·BC=12(AB+BC)·r，即可求得半径；
（2）根据各边与圆的位置关系即可得到结果．
【详解】（1）①如图：作∠ABC的角平分线交AC于O，则⊙O即为所求；

②因为∠C=90∘，AC=1，BC=3，
所以AB=AC2+BC2=2，S△ABC=12AC⋅BC=12AB+BC⋅r，
即：12×2+3r=12×1×3=32，
所以r=23−3．
（2）
如图，当点O在CB上时，最多4个公共点，最少2个公共点；当点O在BA上时，最多4个公共点，最少2个公共点；当点O在AC上时，最多3个公共点，最少2个公共点；则m的最小值是2，最大值是4．
故答案为：2；4．
【点睛】本题考查了作角平分线，切线的判定，角平分线珠判定定理，勾股定理，直线与圆的位置关系等知识，正确作图是关键．
19．（2022·四川·石室中学八年级期中）如图，在△ABC中，已知AD是BC边上的高，过点B作BE⊥AC于点E，交AD于点F，且AD=65，BD=25，CD=35．

(1)求BEAB的值；
(2)求证：AF=BC；
(3)如图2，在（2）的条件下，在ED的延长线上取一点G，使BG=BE，请猜想DG与DE的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)22
(2)证明见解析
(3)DG=2DE，理由见解析

【分析】（1）先利用勾股定理求出AB，AC，再利用三角形面积法求出BE的长即可得到答案；
（2）先求出CE=5，则AE=10=BE，然后证明△AEF≌△BEC即可得到AF=BC；
（3））如图所示，过点B作BT⊥EG于T，过点E作EM⊥AD于M，EN⊥BC于N，则GT=ET，由S△ADES△DCE=12AD⋅EM12CD⋅EN=AEEC，可以推出EM=EN，得到DE平分∠ADC，则∠CDE=∠BDT=45°，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：在Rt△ADC中，由勾股定理得AC=AD2+CD2=15，
在Rt△ABD中，由勾股定理得AB=AD2+BD2=102，
∵S△ABC=12BC⋅AD=12AC⋅BE，
∴BE=BC⋅ADAC=25+35×6515=10，
∴BEAB=10102=22；
（2）证明：在Rt△BCE中，由勾股定理得CE=BC2−BE2=5，
∴AE=AC−CE=10=BE，
∵∠BFD=∠AFE，∠AEF=∠BDF=90°，
∴∠EAF=∠EBC，
在△AEF和△BEC中，
∠EAF=∠EBCAE=BE∠AEF=∠BEC=90°，
∴△AEF≌△BECASA，
∴AF=BC；
（3）解：DG=2DE，理由如下：
如图所示，过点B作BT⊥EG于T，过点E作EM⊥AD于M，EN⊥BC于N，
∵BE=BG，BT⊥GE，
∴GT=ET，
∵S△ADES△DCE=12AD⋅EM12CD⋅EN=AEEC，
∴12×65EM12×35EN=105，  
∴EM=EN，
∴DE平分∠ADC，
∴∠CDE=∠BDT=45°，
∴BT=DT，
∵BT2+DT2=BD2，即2BT2=BD2，
∴BT=DT=22BD=10，
∴GT=ET=BE2−BT2=310，
∴DG=GT+DT=410，ED=ET−DT=210，
∴DG=2DE．

【点睛】本题主要考查了勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，角平分线的判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
20．（2022·江苏徐州·八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10cm，AC=6cm，动点P从点B出发沿射线BC以1cm/s的速度运动，设运动时间为ts．

(1)直接写出BC=______cm；
(2)当AP平分∠BAC时，求t的值；
(3)当△ABP为等腰三角形时，求t的值．
【答案】(1)8
(2)t=5
(3)t的值为16或10或254

【分析】（1）利用勾股定理求解即可；
（2）如图1中，当AP平分∠ABC时，过点P作PH⊥AB于点H．利用面积法构建方程求解；
（3）根据勾股定理先求出BC=8cm，再由△ABP为等腰三角形，只要求出BP的长即可，分三类，当AB=AP时，则BP=2BC=16cm；当BA=BP=10cm；当PA=PB时，如图：设BP=PA=x，则PC=8−x，在Rt△ACP中，由勾股定理列出方程可求出BP的长．
【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10cm，AC=6cm，
∴BC=AB2−AC2=102−62=8cm．
故答案为：8；
（2）解：如图1中，当AP平分∠ABC时，过点P作PH⊥AB于点H．

∵PA平分∠ABC，PH⊥AB，PC⊥AC，
∴PC=PH=8−tcm，
∵S△ABC=S△ABP+S△ACP，
∴12×6×8=12×10×8−t+12×6×8−t，
∴t=5；
（3）解：∵△ABP为等腰三角形，
当AB=AP时，则BP=2BC=16cm，即t=16；
当BA=BP=10cm时，则t=10；
当PA=PB时，如图：

设BP=PA=x，则PC=8−x，
在Rt△ACP中，由勾股定理得：
PC2+AC2=AP2，
∴8−x2+62=x2，
解得x=254，
∴t=254．
综上所述：t的值为16或10或254．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了勾股定理，三角形的面积，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．