期中真题必刷压轴60题（14个考点专练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版）

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（1）若∠BAC＝90°
①求∠BOC的度数
②如果∠DOE＝15°，求∠EOC的度数
（2）设∠OBC＝α，∠OCB＝β，求∠DOE（用α、β表示）
【分析】（1）①由三角形的内角和得到∠ABC+∠ACB＝90°，根据角平分线的性质得到∠OBC＝∠ABC，∠OCD＝∠ACB，于是得到∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝45°，即可得到结论；
②由O是△ABC的三内角平分线的交点，得到∠ABO＝∠ABC，∠BAO＝∠BAC，∠OCB＝∠ACB，根据三角形的内角和得到∠BAC+∠ABC＝180°﹣∠ACB，推出∠BOD＝∠BAO+∠ABO＝（∠BAC+∠ABC）＝（180°﹣∠ACB）＝90°﹣∠ACB，根据三角形的内角和和角平分线的性质得到∠EOC＝90°﹣∠ACB，即可得到结果；
（2）根据已知条件得到DOE＝（∠ACB﹣∠ABC），再根据角平分线的定义代入即可求解．
【解答】解：（1）①∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，
∵BO平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCD＝∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝45°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝135°；
②∵O是△ABC的三内角平分线的交点，
∴∠ABO＝∠ABC，∠BAO＝∠BAC，∠OCB＝∠ACB，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠BAC+∠ABC＝180°﹣∠ACB，
∴∠BOD＝∠BAO+∠ABO＝（∠BAC+∠ABC）＝（180°﹣∠ACB）＝90°﹣∠ACB，
∵∠OEC＝90°，∠OCB＝∠ACB，
∴∠EOC＝90°﹣∠ACB，
∴∠BOD＝∠EOC＝（135°﹣15°）＝60°；
（2）∠DOE＝（∠ACB﹣∠ABC）＝β﹣α．
【点评】本题考查了三角形的内角和，角平分线的性质，熟练掌握三角形的内角和是解题的关键．
2．（2022秋•砀山县校级期中）如图，D，E分别是锐角△ABC的边AC，BC上的点，P是与△ABC在同一平面内的一动点，且与点D，点E不在同一直线上，令∠CDP＝∠1，∠BEP＝∠2．
（1）如图1，当P是△ABC的边AB上的一点时，已知∠C＝60°，∠1＝110°，∠2＝65°，求∠DPE的度数．
（2）当P是△ABC内一点时，直接写出∠1，∠2，∠C和∠DPE之间的数量关系．
（3）如图2，当P是AB的延长线上一点时，探索∠1，∠2，∠C和∠DPE之间的数量关系并加以证明．
【分析】（1）利用四边形的内角和求∠DPE即可；
（2）分两种情况讨论：当P点在DE的下方时，同（1）的方法即可；当P点在DE的下方时，利用四边形CDPE的内角和求解，注意∠DPE是大于180°的角，需要进行转化；
（3）利用三角形的外角和三角形的内角定理求解即可．
【解答】解：（1）∵∠2＝65°，
∴∠CEP＝180°﹣∠2＝115°，
∴∠DPE＝360°﹣∠C﹣∠1﹣∠CEP＝360°﹣60°﹣110°﹣115°＝75°；
（2）∠1+∠C+∠DPE＝180°+∠2或∠DPE+∠2＝∠1+∠C+180°，理由如下：
当点P位于DE下方时，∠DPE＝360°﹣∠C﹣∠1﹣∠CEP＝360°﹣∠C﹣∠1﹣（180°﹣∠2），
∴∠1+∠C+∠DPE＝180°+∠2；
当点P位于DE上方时，∠DPE＝360°﹣（360°﹣∠C﹣∠1﹣∠CPE）＝∠C+∠1+（180°﹣∠2）＝∠C+∠1+180°﹣∠2，
∴∠DPE+∠2＝∠1+∠C+180°；
（3）∠1+∠2+∠C+∠DPE＝180°，理由如下：
设DP与BC交于点Q，
∴∠CQD＝∠2+∠DPE，
∵∠1+∠C+∠CQD＝180°，
∴∠1+∠C+∠2+∠DPE＝180°，
∴∠1+∠2+∠C+∠DPE＝180°．
【点评】本题考查的是四边形的内角和定理和三角形的外角的性质的综合运用，灵活运用定理进行计算是解题的关键，在画图时，要全面考虑问题，不要只画出一种．
3．（2022秋•余庆县期中）已知，如图，在△ABC中，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线，若∠B＝30°，∠C＝50°，求∠DAE的度数．
【分析】根据三角形内角和定理得到∠BAC+∠B+∠C＝180°，而∠B＝30°，∠C＝50°，可求得∠BAC＝100°，根据△ABC的角平分线的定义得到∠EAC＝∠BAC＝50°，而AD为高线，则∠ADC＝90°，而∠C＝50°，于是∠DAC＝40°，然后利用∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC计算即可．
【解答】解：∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，
而∠B＝30°，∠C＝50°，
∴∠BAC＝180°﹣30°﹣50°＝100°，
∵AE是△ABC的角平分线，
∴∠EAC＝∠BAC＝50°
又∵AD为高线，
∴∠ADC＝90°，
而∠C＝50°，
∴∠DAC＝180°﹣90°﹣50°＝40°，
∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝50°﹣40°＝10°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理：三角形的内角和为180°．也考查了角平分线的定义．
4．（2022秋•荔城区校级期中）如图，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的角平分线．
a、当∠A＝50°时，求∠BPC的度数．
b、当∠A＝n°时，求∠BPC的度数．
【分析】延长CP交AB于点E，延长BP交AC于点D．在△ABC中，根据角平分线的定义及三角形内角和定理，先求得∠ABD+∠ACE的值，从而求得∠CBD+∠ECB的值；然后在△BPC中利用三角形内角和定理求得∠BPC度数．
【解答】解：a：延长CP交AB于点E，延长BP交AC于点D．
∵BP、CP分别是△ABC的角平分线
∴∠ABD＝∠CBD，∠ACE＝∠ECB；
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠A+2∠CBD+2∠ECB＝180°；
∵∠A＝50°，
∴∠CBD+∠ECB＝65°；
在△BPC中，
又∵∠BPC+∠CBP+∠PCB＝180°，
∴∠BPC＝115°．
b：同理∵∠A＝n°，
∴∠CBD+∠ECB＝°；
在△BPC中，
又∵∠BPC+∠CBP+∠PCB＝180°，
∴∠BPC＝（180﹣）°＝（90+）°．
【点评】本题考查三角形的三边关系、内角和定理及角平分线的性质，解答本题时要灵活运用所学的知识．
5．（2022秋•蚌埠期中）如图，在△ABC中，内角平分线BP和外角平分线CP相交于点P，根据下列条件求∠P的度数．
（1）若∠ABC＝50°，∠ACB＝80°，则∠P＝ 25° ，若∠ABC+∠ACB＝110°，则∠P＝ 35° ；
（2）若∠BAC＝90°，则∠P＝ 45° ；
（3）从以上的计算中，你能发现∠P与∠BAC的关系是 ∠P＝∠A ；
（4）证明第（3）题中你所猜想的结论．
【分析】（1）根据互为邻补角的和等于180°求出∠ACD的度数，再根据角平分线的定义求出∠PBC、∠PCD，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可求出∠P的度数，根据三角形的内角和定理求出∠A的度数，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和以及角平分线的定义表示出∠PCD，整理即可得解；
（2）根据（1）的思路可以求出∠P＝∠BAC；
（3）根据计算得出关系式即可；
（4）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和表示出∠ACD与∠PCD，再根据角平分线的定义可得∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，然后整理即可得证．
【解答】（1）解：∵∠ACB＝80°，
∴∠ACD＝180°﹣80°＝100°，
∵BP、CP分别为∠ABC、∠ACD的平分线，
∴∠PBC＝∠ABC＝×50°＝25°，∠PCD＝∠ACD＝×100°＝50°，
在△PCD中，∠PBC+∠P＝∠PCD，
即25°+∠P＝50°，
解得∠P＝25°；
∵∠ABC+∠ACB＝110°，
∴∠A＝180°﹣110°＝70°，
∵BP、CP分别为∠ABC、∠ACD的平分线，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，
根据三角形的外角性质，∠ACD＝∠A+∠ABC，
∠PCD＝∠PBC+∠P，
∴∠A+∠ABC＝2（∠PBC+∠P）＝2∠PBC+2∠P，
∴∠A＝2∠P，
∠P＝∠A＝×70°＝35°；
（2）解：∵BP、CP分别为∠ABC、∠ACD的平分线，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，
根据三角形的外角性质，∠ACD＝∠A+∠ABC，
∠PCD＝∠PBC+∠P，
∴∠BAC+∠ABC＝2（∠PBC+∠P）＝2∠PBC+2∠P，
∴∠BAC＝2∠P，
∠P＝∠BAC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠P＝45°；
（3）由计算可知，∠P＝∠A；
（4）证明：∵BP、CP分别为∠ABC、∠ACD的平分线，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，
根据三角形的外角性质，∠ACD＝∠A+∠ABC，
∠PCD＝∠PBC+∠P，
∴∠BAC+∠ABC＝2（∠PBC+∠P）＝2∠PBC+2∠P，
∴∠BAC＝2∠P，
∠P＝∠BAC．
故答案为：（1）25°，35°；（2）45°；（3）∠P＝∠A．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，规律性较强，但难度不大，用两种方法表示出∠PCD是解题的关键．
6．（2022秋•源汇区校级期中）如图，△ABC中，∠A＝40°∠B＝76°，CE平分∠ACB，CD⊥AB于点D，DF⊥CE于点F，求∠CDF的度数．
【分析】首先根据三角形的内角和定理求得∠ACB的度数，再根据CE平分∠ACB求得∠ACE的度数，则根据三角形的外角的性质就可求得∠CED＝∠A+∠ACE，再结合CD⊥AB，DF⊥CE就可求解．
【解答】解：∵∠A＝40°，∠B＝76°，
∴∠ACB＝180°﹣40°﹣76°＝64°，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCE＝32°，
∴∠CED＝∠A+∠ACE＝72°，
∴∠CDE＝90°，DF⊥CE，
∴∠CDF+∠ECD＝∠ECD+∠CED＝90°，
∴∠CDF＝72°．
【点评】此题主要考查了三角形的内角和定理、三角形的外角的性质以及角平分线定义和垂直定义，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
7．（2022秋•阳东区期中）直线MN与直线PQ垂直相交于点O，点A在射线OP上运动（点A不与点O重合），点B在射线OM上运动（点B不与点O重合）．
（1）如图1，已知AE、BE分别是∠BAO和∠ABO的角平分线，
①当∠ABO＝60°时，求∠AEB的度数；
②点A、B在运动的过程中，∠AEB的大小是否会发生变化？若发生变化，请说明变化的情况：若不发生变化，试求出∠AEB的大小；
（2）如图2，延长BA至G，已知∠BAO、∠OAG的角平分线与∠BOQ的角平分线所在的直线分别相交于E、F，在△AEF中，如果有一个角是另一个角的3倍，请直接写出∠ABO的度数．
【分析】（1）①根据三角形内角和定理、角分线定义即可求得∠AEB的度数；
②与①同理，只是把具体度数转化为角表示出来即可得结论；
（2）根据三角形内角和定理及一个外角等于与它不相邻的两个内角和，利用角的和差计算即可求得结果．
【解答】
解：（1）如图1，①∵MN⊥PQ，∴∠AOB＝90°，∵∠ABO＝60°，∴∠BAO＝30°，
∵AE、BE分别是∠BAO和∠ABO的角平分线，
∴∠ABE＝∠ABO＝30°，∠BAE＝∠BAO＝15°，
∴∠AEB＝180°﹣∠ABE﹣∠BAE＝135°．
答：∠AEB的度数是135°．
②∠AEB的大小不会发生变化．理由如下：
同①，得
∠AEB＝180°﹣∠ABE﹣∠BAE
＝180°﹣∠ABO﹣∠BAO
＝180°﹣（∠ABO+∠BAO）
＝180°﹣×90°
＝135°．
答：∠AEB的大小不会发生变化，∠AEB的度数是135°．
（2）∠ABO的度数为60°或45°．理由如下：
如图2，∵∠BAO、∠OAG的角平分线与∠BOQ的角平分线所在的直线分别相交于E、F，
∴∠OAE+∠OAF＝（∠BAO+∠GAO）＝90°，
即∠EAF＝90°，又∠BOQ＝90°，
∴由题意：①∠E＝∠EAF＝30°，或②∠E＝∠F．
①∠EOQ＝45°，
∠OAE+∠E＝∠EOQ＝45°，
∴∠OAE＝15°，
∠OAE＝∠BAO＝（90﹣∠ABO）
∴∠ABO＝60°．
②∠E＝∠F，∵∠E+∠F＝90°，
∴∠E＝22.5°，∠EOQ＝45°，
∴∠OAE＝22.5°，∴∠BAO＝45°，
∴∠ABO＝45°．
故答案为60°或45°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理及外角的性质、角分线定义，解决本题的关键是综合三角形内角和及外角的关系列式计算．
8．（2022秋•三台县期中）如图，∠MBC和∠NCB是△ABC的外角，点O是∠MBC和∠NCB的平分线的交点，点O叫做△ABC的旁心．
（1）已知∠A＝100°，那么∠BOC＝ 40 度．
（2）猜想∠BOC与∠A有什么数量关系？并证明你的猜想．
【分析】（1）根据BO平分∠MBC，CO平分∠NCB，即可得到∠OBC＝∠MBC，∠OCB＝∠NCB，利用三角形外角性质，即可得出∠OBC＝（∠A+∠ACB），∠OCB＝（∠A+∠ABC），再根据∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB进行计算即可．
（2）利用（1）中的方法，即可得到∠BOC与∠A的数量关系．
【解答】解：（1）∵BO平分∠MBC，CO平分∠NCB，
∴∠OBC＝∠MBC，∠OCB＝∠NCB，
∵∠OBC＝（∠A+∠ACB），∠OCB＝（∠A+∠ABC），
∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB
＝180°﹣（∠A+∠ACB）﹣（∠A+∠ABC）
＝180°﹣（∠A+∠ACB+∠A+∠ABC）
＝180°﹣（180°+∠A）
＝90°﹣∠A
＝90°﹣×100°
＝40°，
故答案为：40；
（2）猜想：∠BOC＝90°﹣∠A．
证明：∵BO平分∠MBC，CO平分∠NCB，
∴∠OBC＝∠MBC，∠OCB＝∠NCB，
∵∠OBC＝（∠A+∠ACB），∠OCB＝（∠A+∠ABC），
∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB
＝180°﹣（∠A+∠ACB）﹣（∠A+∠ABC）
＝180°﹣（∠A+∠ACB+∠A+∠ABC）
＝180°﹣（180°+∠A）
＝90°﹣∠A．
【点评】此题主要考查三角形内角和定理及三角形的外角的性质的综合运用．解题时注意：三角形内角和是180°．
9．（2022秋•东莞市校级期中）如图，AF是△ABC的高，AD是△ABC的角平分线，∠B＝36°，∠C＝76°，求∠DAF的度数．
【分析】在△ADF中，由三角形的外角性质知：∠ADF＝∠B+∠BAC，所以∠B+∠BAC+∠FAD＝90°，联立△ABC中，由三角形内角和定理得到的式子，即可推出∠DAF，∠B，∠C的关系，再代值求解即可．
【解答】解：由三角形的外角性质知：∠ADF＝∠B+∠BAC，
故∠B+∠BAC+∠DAF＝90°；①
在△ABC中，由三角形内角和定理得：
∠C+∠B+∠BAC＝180°，
即：∠C+∠B+∠BAC＝90°，②
由②﹣①，得：
∠DAF＝（∠C﹣∠B）＝20°．
【点评】此题主要考查了三角形的外角性质、角平分线的性质以及三角形内角和定理等知识，熟记三角形内角和是180°，是解决问题的关键．
10．（2022秋•凤阳县期中）已知，如图，在△ABC中，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线，若∠B＝30°，∠C＝50°．
（1）求∠DAE的度数；
（2）试写出∠DAE与∠C﹣∠B有何关系？（不必证明）
【分析】（1）由三角形内角和定理可求得∠BAC＝100°，由角平分线的性质知∠BAE＝50°，在Rt△ABD中，可得∠BAD＝60°，故∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE；
（2）由（1）可知∠C﹣∠B＝2∠DAE．
【解答】解：（1）∵∠B＝30°，∠C＝50°，
∴∠BAC＝180°﹣30°﹣50°＝100°．
∵AE是∠BAC的平分线，
∴∠BAE＝50°．
在Rt△ABD中，∠BAD＝90°﹣∠B＝60°，
∴∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE＝60°﹣50＝10°；
（2）∠C﹣∠B＝2∠DAE．
【点评】本题利用了三角形内角和定理、角的平分线的性质、直角三角形的性质求解．
二．全等三角形的性质（共1小题）
11．（2022秋•朝阳区校级期中）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝9cm，AC＝12cm，AB＝15cm，现有一动点P，从点A出发，沿着三角形的边AC→CB→BA运动，回到点A停止，速度为3cm/s，设运动时间为ts．
（1）如图（1），当t＝ 或 时，△APC的面积等于△ABC面积的一半；
（2）如图（2），在△DEF中，∠E＝90°，DE＝4cm，DF＝5cm，∠D＝∠A．在△ABC的边上，若另外有一个动点Q，与点P同时从点A出发，沿着边AB→BC→CA运动，回到点A停止．在两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△DEF，求点Q的运动速度．
【分析】（1）分两种情况进行解答，①当点P在BC上时，②当点P在BA上时，分别画出图形，利用三角形的面积之间的关系，求出点P移动的距离，从而求出时间即可；
（2）由△APQ≌△DEF，可得对应顶点为A与D，P与E，Q与F；于是分两种情况进行解答，①当点P在AC上，AP＝4，AQ＝5，②当点P在AB上，AP＝4，AQ＝5，分别求出P移动的距离和时间，进而求出Q的移动速度．
【解答】解：（1）①当点P在BC上时，如图①﹣1，
若△APC的面积等于△ABC面积的一半；则CP＝BC＝cm，
此时，点P移动的距离为AC+CP＝12+＝，
移动的时间为：÷3＝秒，
②当点P在BA上时，如图①﹣2
若△APC的面积等于△ABC面积的一半；则PD＝AB，即点P为BA中点，
此时，点P移动的距离为AC+CB+BP＝12+9+＝cm，
移动的时间为：÷3＝秒，
故答案为：或；
（2）△APQ≌△DEF，即，对应顶点为A与D，P与E，Q与F；
①当点P在AC上，如图②﹣1所示：
此时，AP＝4，AQ＝5，
∴点Q移动的速度为5÷（4÷3）＝cm/s，
②当点P在AB上，如图②﹣2所示：
此时，AP＝4，AQ＝5，
即，点P移动的距离为9+12+15﹣4＝32cm，点Q移动的距离为9+12+15﹣5＝31cm，
∴点Q移动的速度为31÷（32÷3）＝cm/s，
综上所述，两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△DEF，
点Q的运动速度为cm/s或cm/s．
【点评】考查直角三角形的性质，全等三角形的判定，画出相应图形，求出各点移动的距离是正确解答的关键．
三．全等三角形的判定（共2小题）
12．（2022秋•交城县期中）某产品的商标如图所示，O是线段AC、DB的交点，且AC＝BD，AB＝DC，小华认为图中的两个三角形全等，他的思考过程是：
∵AC＝DB，∠AOB＝∠DOC，AB＝DC，
∴△ABO≌△DCO
你认为小华的思考过程对吗？如果正确，指出他用的是判别三角形全等的哪个条件；如果不正确，写出你的思考过程．
【分析】显然小华的思考不正确，因为AC和BD不是这两个三角形的边．我们可以连接BC，先利用SSS判定△ABC≌△DBC，从而得到∠A＝∠D，然后再根据AAS来判定△AOB≌△DOB．
【解答】解：小华的思考不正确，因为AC和BD不是这两个三角形的边；
正确的解答是：连接BC，
在△ABC和△DBC中，
，
∴△ABC≌△DBC（SSS）；
∴∠A＝∠D，
在△AOB和△DOC中，
∵，
∴△AOB≌△DOC（AAS）．
【点评】本题考查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等．
13．（2022秋•源城区期中）如图，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由点B向C点运动，同时，点Q在线段CA上由点C向A点运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由．
（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
【分析】（1）经过1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，由已知可得BD＝PC，BP＝CQ，∠ABC＝∠ACB，即据SAS可证得△BPD≌△CQP．
（2）可设点Q的运动速度为x（x≠3）cm/s，经过ts△BPD与△CQP全等，则可知PB＝3tcm，PC＝（8﹣3t）cm，CQ＝xtcm，据（1）同理可得当BD＝PC，BP＝CQ或BD＝CQ，BP＝PC时两三角形全等，求x的解即可．
【解答】解：（1）结论：△BPD与△CQP全等．
理由：经过1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，
∵△ABC中，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴在△BPD和△CQP中，
，
∴△BPD≌△CQP（SAS）．
（2）设点Q的运动速度为x（x≠3）cm/s，经过ts△BPD与△CQP全等；则可知PB＝3tcm，PC＝（8﹣3t）cm，CQ＝xtcm，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
根据全等三角形的判定定理SAS可知，有两种情况：①当BD＝PC，BP＝CQ时，②当BD＝CQ，BP＝PC时，两三角形全等；
①当BD＝PC且BP＝CQ时，8﹣3t＝5且3t＝xt，解得x＝3，∵x≠3，∴舍去此情况；
②BD＝CQ，BP＝PC时，5＝xt且3t＝8﹣3t，解得：x＝；
故若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为cm/s时，能够使△BPD与△CQP全等．
【点评】本题主要考查了全等三角形全等的判定，涉及到等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．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．
四．全等三角形的判定与性质（共26小题）
14．（2022秋•余庆县期中）已知：如图，在△ABC、△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C、D、E三点在同一直线上，连接BD．
（1）求证：△BAD≌△CAE；
（2）请判断BD、CE有何大小、位置关系，并证明．
【分析】（1）要证△BAD≌△CAE，现有AB＝AC，AD＝AE，需它们的夹角∠BAD＝∠CAE，而由∠BAC＝∠DAE＝90°很易证得．
（2）BD、CE有何特殊位置关系，从图形上可看出是垂直关系，可向这方面努力．要证BD⊥CE，需证∠BDE＝90°，需证∠ADB+∠ADE＝90°可由直角三角形提供．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS）．
（2）BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：
由（1）知，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE；
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠DBC＝45°，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，
∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，
则BD⊥CE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；全等问题要注意找条件，有些条件需在图形是仔细观察，认真推敲方可．做题时，有时需要先猜后证．
15．（2022秋•永春县期中）如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝8cm，点P从点出发，沿A→B→A方向以2cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以lcm/s的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动，设点P的运动时间为t（s）．
（1）求证：AB∥DE．
（2）写出线段AP的长（用含t的式子表示）．
（3）连接PQ，当线段PQ经过点C时，求t的值．
【分析】（1）证明△ABC≌△EDC（SAS），可得∠A＝∠E，然后根据内错角相等两直线平行即可得出结论；
（2）分两种情况讨论：当0≤t≤4时，AP＝2tcm，当4＜t≤8时，BP＝（2t﹣8）cm，可得AP＝8﹣（2t﹣8）＝（16﹣2t）cm，进而可以解决问题；
（3）先证△ACP≌△ECQ（ASA），得AP＝EQ，再分两种情况列方程求解即可．
【解答】（1）证明：在△ABC和△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC（SAS），
∴∠A＝∠E，
∴AB∥DE；
（2）解：当0≤t≤4时，AP＝2tcm，
当4＜t≤8时，BP＝（2t﹣8）cm，
∴AP＝8﹣（2t﹣8）＝（16﹣2t）cm，
∴线段AP的长为2tcm或（16﹣2t）cm；
（3）解：根据题意得DQ＝tcm，
则EQ＝（8﹣t）cm，
由（1）得：∠A＝∠E，ED＝AB＝8cm，
在△ACP和△ECQ中，
，
∴△ACP≌△ECQ（ASA），
∴AP＝EQ，
当0≤t≤4时，2t＝8﹣t，
解得：t＝；
当4＜t≤8时，16﹣2t＝8﹣t，
解得：t＝8；
综上所述，当线段PQ经过点C时，t的值为或8．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，列代数式，一元一次方程的应用，解决本题的关键是得到△ACP≌△ECQ．
16．（2022秋•新昌县校级期中）如图，已知AD为△ABC的中线，延长AD，分别过点B，C作BE⊥AD，CF⊥AD．
（1）求证：△BED≌△CFD．
（2）若∠EAC＝45°，AF＝12，DC＝13，求EF的长．
【分析】（1）根据AAS即可证明结论；
（2）结合（1）证明△AFC是等腰直角三角形，可得AF＝FC，再根据勾股定理即可求出EF的长．
【解答】（1）证明：∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠CFD＝∠BED＝90°，
∵∠FDC＝∠EDB，
在△BED和△CFD中，
，
∴△BED≌△CFD（AAS）；
（2）解：由（1）可知：△BED≌△CFD，∠AFC＝90°，
∴ED＝FD，
∵∠EAC＝45°，
∴△AFC是等腰直角三角形，
∴AF＝FC，
∵AF＝12，DC＝13，
在Rt△DFC中，，
∴EF＝2DF＝10．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
17．（2022秋•荆门校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在边BC上（点D不与点B、点C重合），作∠ADE
＝∠B，DE交边AC于点E．
（1）求证：∠BAD＝∠CDE；
（2）若DC＝AB，求证：△ABD≌△DCE；
（3）当∠B＝50°，且△ADE是等腰三角形时，直接写出∠BDA的度数．
【分析】（1）根据三角形的内角和定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（3）分三种情况讨论：①当DA＝DE时，②当AD＝AE时，③当EA＝ED时，根据三角形的内角和定理以及等腰三角形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∠ADE＝∠B，∠BAD+∠B＝∠ADC，∠CDE+∠ADE＝∠ADC，
∴∠BAD＝∠CDE；
（2）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵DC＝AB，∠BAD＝∠CDE；
在△ABD和△DCE中，
，
∴△ABD≌△DCE（SAS）；
（3）解：∵∠B＝∠C＝50°，∠B+∠C+∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣50°﹣50°＝80°，
分三种情况讨论：
①当DA＝DE时，∠DAE＝∠DEA，
∵∠ADE＝∠B＝50°，∠ADE+∠DAE+∠DEA＝180°，
∴∠DAE＝（180°﹣50°）÷2＝65°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝80°﹣65°＝15°，
∵∠B+∠BAD+∠BDA＝180°，
∴∠BDA＝180°﹣∠B﹣∠BAD＝180°﹣50°﹣15°＝115°；
②当AD＝AE时，∠AED＝∠ADE＝50°，
∵∠ADE+∠AED+∠DAE＝180°，
∴∠DAE＝180°﹣∠AED﹣∠ADE＝180°﹣50°﹣50°＝80°，
∵∠BAC＝80°，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴点D与点B重合，不合题意．
③当EA＝ED时，∠DAE＝∠ADE＝50°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝80°﹣50°＝30°，
∵∠B+∠BAD+∠BDA＝180°，
∴∠BDA＝180°﹣∠B﹣∠BAD＝180°﹣50°﹣30°＝100°，
综上所述，当∠BDA的度数为115°或100°时，△ADE是等腰三角形．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，平角的意义，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
18．（2022秋•德城区校级期中）已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AE是过点A的一条直线，且BD⊥AE，垂足为点D，CE⊥AE，垂足为点E．
（1）当直线AE处于如图①的位置时，有BD＝DE+CE，请说明理由；
（2）当直线AE处于如图②的位置时，则BD、DE、CE的关系如何？请说明理由．
【分析】（1）根据直角三角形的性质得到∠1＝∠2，证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质证明；
（2）利用与（1）相同的证明方法证明即可．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∵BD⊥AE，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠1＝∠2，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE，
∴BD＝AE，AD＝CE，
∵AE＝AD+DE，
∴BD＝DE+CE；
（2）BD＝DE﹣CE，
理由如下：∵∠BAC＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∵BD⊥AE，
∴∠1+∠2＝90°，
∴∠2＝∠3，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE，
∴BD＝AE，AD＝CE，
∵AE＝DE﹣AD，
∴BD＝DE﹣CE．
【点评】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是解题的关键．
19．（2022秋•潮安区期中）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F．
（1）求证：△ABC≌△ADE；
（2）求∠FAE的度数；
（3）求证：CD＝2BF+DE．
【分析】（1）根据题意和题目中的条件可以找出△ABC≌△ADE的条件；
（2）根据（1）中的结论和等腰直角三角形的定义可以得到∠FAE的度数；
（3）根据题意和三角形全等的知识，作出合适的辅助线即可证明结论成立．
【解答】证明：（1）∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝90°，∠CAD+∠DAE＝90°，
∴∠BAC＝∠DAE，
在△BAC和△DAE中，
，
∴△BAC≌△DAE（SAS）；
（2）∵∠CAE＝90°，AC＝AE，
∴∠E＝45°，
由（1）知△BAC≌△DAE，
∴∠BCA＝∠E＝45°，
∵AF⊥BC，
∴∠CFA＝90°，
∴∠CAF＝45°，
∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝45°+90°＝135°；
（3）延长BF到G，使得FG＝FB，
∵AF⊥BG，
∴∠AFG＝∠AFB＝90°，
在△AFB和△AFG中，
，
∴△AFB≌△AFG（SAS），
∴AB＝AG，∠ABF＝∠G，
∵△BAC≌△DAE，
∴AB＝AD，∠CBA＝∠EDA，CB＝ED，
∴AG＝AD，∠ABF＝∠CDA，
∴∠G＝∠CDA，
∵∠GCA＝∠DCA＝45°，
在△CGA和△CDA中，
，
∴△CGA≌△CDA（AAS），
∴CG＝CD，
∵CG＝CB+BF+FG＝CB+2BF＝DE+2BF，
∴CD＝2BF+DE．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
20．（2022秋•肇源县校级期中）如图：AE⊥AB，AF⊥AC，AE＝AB，AF＝AC，
（1）图中EC、BF有怎样的数量和位置关系？试证明你的结论．
（2）连接AM，求证：MA平分∠EMF．
【分析】（1）先由条件可以得出∠EAC＝∠BAE，再证明△EAC≌△BAF就可以得出结论；
（2）作AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q．由△EAC≌△BAF，推出AP＝AQ（全等三角形对应边上的高相等）．由AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q，可得AM平分∠EMF；
【解答】（1）解：结论：EC＝BF，EC⊥BF．
理由：∵AE⊥AB，AF⊥AC，
∴∠EAB＝∠CAF＝90°，
∴∠EAB+∠BAC＝∠CAF+∠BAC，
∴∠EAC＝∠BAF．
在△EAC和△BAF中，
，
∴△EAC≌△BAF（SAS），
∴EC＝BF．∠AEC＝∠ABF
∵∠AEG+∠AGE＝90°，∠AGE＝∠BGM，
∴∠ABF+∠BGM＝90°，
∴∠EMB＝90°，
∴EC⊥BF．
∴EC＝BF，EC⊥BF．
（2）证明：作AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q．
∵△EAC≌△BAF，
∴AP＝AQ（全等三角形对应边上的高相等）．
∵AP⊥CE于P，AQ⊥BF于Q，
∴AM平分∠EMF．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质的运用，角平分线的判定定理、垂直的判定的运用等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
21．（2022秋•蓝山县期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC＝4，AB＝CD，BD＝6，点E从D点出发，以每秒1个单位的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒3个单位的速度沿C→B→C做匀速移动，点G从点B出发沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动．
（1）证明：AD∥BC．
（2）在移动过程中，小明发现当点G的运动速度取某个值时，有△DEG与△BFG全等的情况出现，请你探究当点G的运动速度取哪些值时，会出现△DEG与△BFG全等的情况．
【分析】（1）由AD＝BC＝4，AB＝CD，BD为公共边，所以可证得△ABD≌△CDB，所以可知∠ADB＝∠CBD，所以AD∥BC；
（2）设运动时间为t，点G的运动速度为v，根据全等三角形的性质进行解答即可．
【解答】（1）证明：在△ABD和△CDB中，
，
∴△ABD≌△CDB（SSS），
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥BC；
（2）解：设运动时间为t，点G的运动速度为v，
当时，
若△DEG≌△BGF，
则，
∴，
∴，
∴v＝3；
若△DEG≌△BGF，
则，
∴，
∴（舍去）；
当时，
若△DEG≌△BFG，
则，
∴，
∴，
∴；
若△DEG≌△BGF，
则，
∴，
∴，
∴v＝1．
综上，当点G的速度为3或1.5或1时．会出现△DEG与△BFG全等的情况．
【点评】本题主要考查三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定与性质，第（2）题解题的关键是利用好三角形全等．
22．（2022秋•中山市校级期中）如图，△ABC中，AD⊥BC于D，BE⊥AC于E，AD与BE相交于点F，BF＝AC．
（1）求证：△BDF≌△ADC；
（2）若∠CAD＝20°则∠ABE＝ 25 °．（直接写出结果）
【分析】（1）根据AAS即可证明；
（2）利用全等三角形的性质即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，
∴∠BDF＝∠ADC，
又∵∠BFD＝∠AFE，
∴∠CAD＝∠FBD，
在△BDF和△ACD中
，
∴△BDF≌△ACD （AAS）
（2）∵△BDF≌△ACD，
∴∠DBF＝∠CAD＝20°，
∵DB＝DA，∠ADB＝90°，
∴∠ABD＝45°，
∴∠ABE＝∠ABD﹣∠DBF＝25°
故答案为25．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
23．（2022秋•黄骅市校级期中）如图，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D、E，BE、CD交于点O，OB＝OC．求证：∠1＝∠2．
【分析】因为CD⊥AB于D点，BE⊥AC于点E，所以∠BDO＝∠CEO＝90°，因此可根据AAS判定△BDO≌△CEO，则有OD＝OE，又因为OD⊥AB，OE⊥AC，所以∠1＝∠2．
【解答】证明：∵CD⊥AB于D点，BE⊥AC于点E
∴∠BDO＝∠CEO＝90°
在△BDO和△CEO中，
，
∴△BDO≌△CEO（AAS），
∴OD＝OE，
∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴OA平分∠BAC，
∴∠1＝∠2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，解决本题的关键是证明△BDO≌△CEO．
24．（2022秋•龙海市期中）如图，已知：点B、F、C、E在一条直线上，BF＝CE，AC∥DF．∠A＝∠D；
求证：AB∥DE．
【分析】欲证明AB∥DE，只需证得∠B＝∠FED．由t△ABC≌△DEF，根据全等三角形的性质推知该结论即可．
【解答】证明：∵FB＝CE，
∴FB+FC＝CE+FC，即BC＝EF．
又∵AC∥DF，
∴∠ACB＝∠DFE，
在△ABC与△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（AAS），
∴∠B＝∠FED，
∴AB∥DE．
【点评】本题主要考查两直线平行的性质，两直线平行的判定定理的熟练应用，要证明AB∥DE，就得先找出判定的条件，如∠B＝∠FED．
25．（2022秋•玉林期中）已知：如图，D为△ABC外角∠ACP平分线上一点，且DA＝DB，DM⊥BP于点M
（1）若AC＝6，DM＝2，求△ACD的面积；
（2）求证：AC＝BM+CM．
【分析】（1）如图作DN⊥AC于N．根据角平分线的性质定理可得DM＝DN＝2，由此即可解决问题；
（2）由Rt△CDM≌Rt△CDN，推出CN＝CM，由Rt△ADN≌Rt△BDM，推出AN＝BM，由此即可解决问题；
【解答】（1）解：如图作DN⊥AC于N．
∵DC平分∠ACP，DM⊥CP，DN⊥CA，
∴DM＝DN＝2，
∴S△ADC＝•AC•DN＝×6×2＝6．
（2）∵CD＝CD，DM＝DN，
∴Rt△CDM≌Rt△CDN，
∴CN＝CM，
∵AD＝BD，DN＝DM，
∴Rt△ADN≌Rt△BDM，
∴AN＝BM，
∴AC＝AN+CN＝BM+CM
【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，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
26．（2022秋•洛龙区期中）如图，已知：AD是BC上的中线，BE∥CF．求证：DF＝DE．
【分析】根据平行线性质得出∠FCD＝∠EBD，由BD＝DC，∠CDF＝∠BDE，根据ASA推出△CDF≌△BDE，即可得出结论．
【解答】证明：CF∥BE，
∴∠FCD＝∠EBD，
∵AD是BC上的中线，
∴BD＝DC，
在△CDF和△BDE中，
，
∴△CDF≌△BDE（ASA），
∴CF＝BE．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点，解题时注意：全等三角形的对应角相等，对应边相等．
27．（2022秋•阳东区期中）如图，AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，且BD＝CD．
（1）图中与△BDE全等的三角形是 △CFD ，请加以证明；
（2）若AE＝8cm，AC＝5cm，求BE的长．
【分析】（1）根据角平分线的性质得出DE＝DF，再利用HL证明Rt△BED与Rt△CFD全等，
（2）根据全等三角形的性质得出BE＝CF，进而解答即可．
【解答】解：（1）△BED与△DFC全等，理由如下：
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，
∴DE＝DF，
在Rt△BED与Rt△CFD中，
，
∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL）；
故答案为：△DFC；
（2）∵Rt△BED≌Rt△DFC，AE＝8cm，AC＝5cm，
∴BE＝CF，AF＝8cm，
∴BE＝CF＝AB﹣AC＝8﹣5＝3cm．
【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，角的平分线上的点到角的两边的距离相等，关键是根据角平分线的性质得出DE＝DF．
28．（2022秋•阳新县期中）已知△ABC和△DEF为等腰三角形，AB＝AC，DE＝DF，∠BAC＝∠EDF，点E在AB上，点F在射线AC上．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，点F与点C重合，求证：AF＝AE+AD；
（2）如图2，若AD＝AB，求证：AF＝AE+BC．
【分析】（1）由∠BAC＝∠EDF＝60°，推出△ABC、△DEF为等边三角形，于是得到∠BCE+∠ACE＝∠DCA+∠ECA＝60°，推出△BCE≌△ACD（SAS），根据全等三角形的性质得到AD＝BE，即可得到结论；
（2）在FA上截取FM＝AE，连接DM，推出△AED≌△MFD（SAS），根据全等三角形的性质得到DA＝DM＝AB＝AC，∠ADE＝∠MDF，证得∠ADM＝∠EDF＝∠BAC，推出△ABC≌△DAM（SAS），根据全等三角形的性质得到AM＝BC，即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠EDF＝60°，
∴△ABC、△DEF为等边三角形，
∴∠BCE+∠ACE＝∠DCA+∠ECA＝60°，
在△BCE和△ACD中
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE，
∴AE+AD＝AE+BE＝AB＝AF；
（2）在FA上截取FM＝AE，连接DM，
∵∠BAC＝∠EDF，
∴∠AED＝∠MFD，
在△AED和△MFD中
，
∴△AED≌△MFD（SAS），
∴DA＝DM＝AB＝AC，∠ADE＝∠MDF，
∴∠ADE+∠EDM＝∠MDF+∠EDM，
即∠ADM＝∠EDF＝∠BAC，
在△ABC和△DAM中，
，
∴△ABC≌△DAM（SAS），
∴AM＝BC，
∴AE+BC＝FM+AM＝AF．
即AF＝AE+BC．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
29．（2022秋•三台县期中）如图，已知：CD＝AB，∠BAD＝∠BDA，AE是△ABD的中线，求证：AC＝2AE．
【分析】延长AE至F，使AE＝EF，连接BF，于是证得△AED≌△FEB，根据全等三角形的性质得到BF＝DA，∠FBE＝∠ADE，推出∠ABF＝∠ABD+∠ADB＝∠ABD+∠BAD＝∠ADC，证得△ABF≌△CDA，于是得到AC＝AF，等量代换即可得到结论．
【解答】证明：延长AE至F，使AE＝EF，连接BF，
在△ADE与△BFE中，
，
∴△AED≌△FEB（SAS），
∴BF＝DA，∠FBE＝∠ADE，
∵∠ABF＝∠ABD+∠FBE，
∴∠ABF＝∠ABD+∠ADB＝∠ABD+∠BAD＝∠ADC，
在△ABF与△ADC中，
，
∴△ABF≌△CDA（SAS），
∴AC＝AF，
∵AF＝2AE，
∴AC＝2AE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
30．（2022秋•潮安区期中）如图，在△ABC和△DBC中，∠ACB＝∠DBC＝90°，E是BC的中点，连接DE，交AB于点F，且EF⊥AB于点F，AB＝DE．
（1）求证：△ACB≌△EBD．
（2）若DB＝10，求AC的长．
【分析】（1）易证∠DEB＝∠A，即可证明△ACB≌△EBD，即可解题；
（2）根据（1）中结论可得BC＝DB，AC＝EB，根据BD长度即可求得BC长度，即可解题．
【解答】（1）证明：∵∠DEB+∠ABC＝90°，∠A+∠ABC＝90°，
∴∠DEB＝∠A，
在△ACB和△EBD中，
，
∴△ACB≌△EBD，（AAS）；
（2）解：∵△ACB≌△EBD，
∴BC＝DB，AC＝EB，
∵E是BC的中点，
∴EB＝BC，
∵DB＝10，BC＝DB，
∴BC＝10，
∴AC＝EB＝BC＝5．
【点评】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△ACB≌△EBD是解题的关键．
31．（2022秋•西陵区校级期中）如图（1），AB＝4cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝BD＝3cm．点P在线段AB上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动．它们运动的时间为t（s）．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，请说明理由，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系；
（2）如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA＝60°”，其他条件不变．设点Q的运动速度为xcm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x、t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP＝∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°得出结论即可；
（2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：①AC＝BP，AP＝BQ，②AC＝BQ，AP＝BP，建立方程组求得答案即可．
【解答】解：（1）当t＝1时，AP＝BQ＝1，BP＝AC＝3，
又∵∠A＝∠B＝90°，
在△ACP和△BPQ中，
∴△ACP≌△BPQ（SAS）．
∴∠ACP＝∠BPQ，
∴∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°．
∴∠CPQ＝90°，
即线段PC与线段PQ垂直．
（2）①若△ACP≌△BPQ，
则AC＝BP，AP＝BQ，
，
解得
；
②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，
，
解得
；
综上所述，存在
或
使得△ACP与△BPQ全等．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，注意分类讨论思想的渗透．
32．（2022秋•泰宁县期中）如图，已知∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC＝6，CD＝CE，AE＝3，∠CAE＝45°，求AD的长．
【分析】连接BE，根据已知条件先证出∠BCE＝∠ACD，根据SAS证出△ACD≌△BCE，得出AD＝BE，再根据勾股定理求出AB，然后根据∠BAC＝∠CAE＝45°，求出∠BAE＝90°，在Rt△BAE中，根据AB、AE的值，求出BE，从而得出AD．
【解答】解：如图，连接BE，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，
即∠BCE＝∠ACD，
又∵AC＝BC，DC＝EC，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，
∵AC＝BC＝6，
∴AB＝6，
∵∠BAC＝∠CAE＝45°，
∴∠BAE＝90°，
在Rt△BAE中，AB＝6，AE＝3，
∴BE＝＝＝＝9，
∴AD＝9．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、勾股定理，关键是根据题意作出辅助线，证出△ACD≌△BCE．
33．（2022秋•海淀区校级期中）如图，在△ABC中，已知∠ABC＝45°，过点C作CD⊥AB于点D，过点B作BM⊥AC于点M，CD与BM相交于点E，且点E是CD的中点，连接MD，过点D作DN⊥MD，交BM于点N．
（1）求证：△DBN≌△DCM；
（2）请探究线段NE、ME、CM之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）根据两角夹边相等的两个三角形全等即可证明．
（2）结论：NE﹣ME＝CM．作DF⊥MN于点F，由（1）△DBN≌△DCM 可得DM＝DN，由△DEF≌△CEM，推出ME＝EF，CM＝DF，由此即可证明．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝45°，CD⊥AB，
∴∠ABC＝∠DCB＝45°，
∴BD＝DC，
∵∠BDC＝∠MDN＝90°，
∴∠BDN＝∠CDM，
∵CD⊥AB，BM⊥AC，
∴∠ABM＝90°﹣∠A＝∠ACD，
在△DBN和△DCM中，
，
∴△DBN≌△DCM．
（2）结论：NE﹣ME＝CM．
证明：由（1）△DBN≌△DCM 可得DM＝DN．
作DF⊥MN于点F，又 ND⊥MD，
∴DF＝FN，
在△DEF和△CEM中，
，
∴△DEF≌△CEM，
∴ME＝EF，CM＝DF，
∴CM＝DF＝FN＝NE﹣FE＝NE﹣ME．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，属于中考常考题型．
34．（2022秋•上杭县期中）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D为△ABC内一点，且BD＝AD．
（1）求证：CD⊥AB；
（2）∠CAD＝15°，E为AD延长线上的一点，且CE＝CA．
①求证：DE平分∠BDC；
②若点M在DE上，且DC＝DM，请判断ME、BD的数量关系，并给出证明；
③若N为直线AE上一点，且△CEN为等腰三角形，直接写出∠CNE的度数．
【分析】（1）利用线段的垂直平分线的性质即可证明；
（2）①易证BD＝AD，可得△ADC≌△BDC，即可求得∠ACD＝∠BCD＝45°即可解题；
②连接MC，易证△MCD为等边三角形，即可证明△BDC≌△EMC即可解题；
③分三种情形讨论即可；
【解答】（1）证明：∵CB＝CA，DB＝DA，
∴CD垂直平分线段AB，
∴CD⊥AB．
（2）①证明：∵AC＝BC，
∴∠CBA＝∠CAB，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠CBA＝∠CAB＝45°，
又∵∠CAD＝∠CBD＝15°，
∴∠DBA＝∠DAB＝30°，
∴∠BDE＝30°+30°＝60°，
∵AC＝BC，∠CAD＝∠CBD＝15°，BD＝AD，
在△ADC和△BDC中，
，
∴△ADC≌△BDC（SAS），
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴∠CDE＝60°，
∵∠CDE＝∠BDE＝60°，
∴DE平分∠BDC；
②解：结论：ME＝BD，
理由：连接MC，
∵DC＝DM，∠CDE＝60°，
∴△MCD为等边三角形，
∴CM＝CD，
∵EC＝CA，∠EMC＝120°，
∴∠ECM＝∠BCD＝45°
在△BDC和△EMC中，
，
∴△BDC≌△EMC（SAS），
∴ME＝BD．
③当EN＝EC时，∠ENC＝7.5°或82.5°；当EN＝CN时，∠ENC＝150°；当CE＝CN时，∠CNE＝15°，
所以∠CNE的度数为7.5°、15°、82.5°、150°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质和判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
35．（2022秋•金华期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC的中点为O，过点O作AC的垂线分别与AD、BC相交于点E、F，连接AF．求证：AE＝AF．
【分析】方法一：连接CE，由与EF是线段AC的垂直平分线，故AE＝CE，再由AE∥BC可知∠ACB＝∠DAC，故可得出△AOE≌△COF，故AE＝CF，所以四边形AFCE是平行四边形，再根据AE＝CE可知四边形AFCE是菱形，故可得出结论．
方法二：首先证明△AOE≌△COF，可得OE＝OF，进而得到AC垂直平分EF，再根据线段垂直平分线的性质可得AE＝AF．
【解答】【解答】证明：连接CE，
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，OA＝OC，
∵AE∥BC，
∴∠ACB＝∠DAC，
在△AOE与△COF中，
∵，
∴△AOE≌△COF，
∴AE＝CF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵AE＝CE，
∴四边形AFCE是菱形，
∴AE＝AF．
另法：∵AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
∵，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，
∴AC垂直平分EF，
∴AE＝AF
【点评】本题考查的是线段垂直平分线的性质及菱形的判定定理，根据题意作出辅助线，构造出平行四边形是解答此题的关键．
36．（2022秋•浏阳市期中）如图所示，在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB交AB于E，F在AC上，∠B＝∠CFD．
证明：（1）CF＝EB．
（2）AB＝AF+2EB．
【分析】（1）证明△CFD≌△BED即可；
（2）由AB＝AE+BE，结合条件可知AE＝AC且BE＝CF，代入可证得结论．
【解答】证明：
（1）∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠CAD＝∠DAE，
由已知有：∠ADC＝90°﹣∠CAD，∠ADE＝90°﹣∠DAE，
∴∠ADC＝∠ADE，
在△ACD和△AED中
∴△ACD≌△AED（ASA），
∴CD＝DE，
∵∠CFD＝∠B，∠C＝∠DEB＝90°，
∴△CFD≌△BED（AAS），
∴CF＝BE．
（2）由（1）知FC＝EB，AC＝AE，
∴AB＝AE+EB＝AC+EB＝AF+FC+EB＝AF+2EB．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即对应边相等、对应角相等）是解题的关键．
37．（2022秋•天门期中）如图所示，已知AE⊥AB，AF⊥AC，AE＝AB，AF＝AC．求证：
（1）EC＝BF；
（2）EC⊥BF．
【分析】（1）欲证明EC＝BF，只要证明△AEC≌△ABF即可；
（2）设AC交BF于O，利用“8字型”证明∠OMC＝∠OAF即可解决问题；
【解答】证明：（1）∵AE⊥AB，AF⊥AC，
∠EAB＝∠FAC＝90°，
∴∠EAC＝∠BAF，
在△EAC和△BAF中，
，
∴△EAC≌△BAF，
∴EC＝BF．
（2）设AC交BF于O．
∵△EAC≌△BAF，
∴∠AFO＝∠OCM，∵∠AOF＝∠MOC，
∴∠OMC＝∠OAF＝90°，
∴EC⊥BF．
【点评】本题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用“8字型”证明角相等，属于中考常考题型．
38．（2022秋•大理市校级期中）如图（1）AB＝8cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝BD＝6cm．点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动．它们运动的时间为t（s）．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，请说明理由，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系；
（2）如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA＝60°”，其他条件不变．设点Q的运动速度为xcm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x、t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP＝∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°得出结论即可；
（2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：①AC＝BP，AP＝BQ，②AC＝BQ，AP＝BP，建立方程组求得答案即可．
【解答】解：（1）△ACP≌△BPQ，
∵AC⊥AB，BD⊥AB
∴∠A＝∠B＝90°
∵AP＝BQ＝2
∴BP＝6
∴BP＝AC，
在△ACP和△BPQ中，
，
∴△ACP≌△BPQ，
∴∠C＝∠QPB，
∵∠APC+∠C＝90°，
∴∠APC+∠QPB＝90°，
∴PC⊥PQ；
（2）存在x的值，使得△ACP与△BPQ全等，
①若△ACP≌△BPQ，
则AC＝BP，AP＝BQ，可得：6＝8﹣2t，2t＝xt
解得：x＝2，t＝1；
②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，可得：6＝xt，2t＝8﹣2t
解得：x＝3，t＝2；
【点评】此题考查全等三角形的判定与性质，注意分类讨论思想的渗透．
39．（2022秋•邢台期中）在四边形ABCD中，AD∥BC，点E在直线AB上，且DE＝CE．
（1）如图（1），若∠DEC＝∠A＝90°，BC＝3，AD＝2，求AB的长；
（2）如图（2），若DE交BC于点F，∠DFC＝∠AEC，猜想AB、AD、BC之间具有怎样的数量关系？并加以证明．
【分析】（1）推出∠ADE＝∠BEC，根据AAS证△AED≌△CEB，推出AE＝BC，BE＝AD，代入求出即可；
（2）推出∠A＝∠EBC，∠AED＝∠BCE，根据AAS证△AED≌△BCE，推出AD＝BE，AE＝BC，即可得出结论．
【解答】（1）解：∵∠DEC＝∠A＝90°，
∴∠ADE+∠AED＝90°，∠AED+∠BEC＝90°，
∴∠ADE＝∠BEC，
∵AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠B+∠A＝180°，
∴∠B＝∠A＝90°，
在△AED和△CEB中
，
∴△AED≌△CEB（AAS），
∴AE＝BC＝3，BE＝AD＝2，
∴AB＝AE+BE＝2+3＝5．
（2）AB+AD＝BC，
证明：∵AD∥BC，
∴∠A＝∠EBC，
∵∠DFC＝∠AEC，
∠DFC＝∠BCE+∠DEC，∠AEC＝∠AED+∠DEC，
∴∠AED＝∠BCE，
在△AED和△BCE中
，
∴△AED≌△BCE（AAS），
∴AD＝BE，AE＝BC，
∵BC＝AE＝AB+BE＝AB+AD，
即AB+AD＝BC．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质，平行线的性质等知识点的运用，主要培养学生综合运用性质进行推理的能力，题型较好，难度适中．
五．全等三角形的应用（共1小题）
40．（2022秋•西乡塘区校级期中）【问题背景】
在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，试探究图1中线段BE、EF、FD之间的数量关系．
【初步探索】
小亮同学认为：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到BE、EF、FD之间的数量关系是 EF＝BE+FD ．
【探索延伸】
在四边形ABCD中如图2，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立？说明理由．
【结论运用】
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角（∠EOF）为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【分析】探索延伸：延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，得到答案；
结论运用：连接EF，延长AE、BF交于点C，得到EF＝AE+BF，根据距离、速度和时间的关系计算即可．
【解答】解：初步探索：EF＝BE+FD，
故答案为：EF＝BE+FD，
探索延伸：结论仍然成立，
证明：如图2，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF＝FG，
∴FG＝DG+FD＝BE+DF；
结论运用：解：如图3，连接EF，延长AE、BF交于点C，
∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，
∠EOF＝70°，
∴∠EOF＝∠AOB，
∵OA＝OB，
∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF＝AE+BF成立，
即EF＝1.5×（60+80）＝210海里，
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．
【点评】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是解题的关键，注意要正确作出辅助线．
六．等腰三角形的性质（共5小题）
41．（2022秋•隆回县期中）探究与发现：如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在底边BC上，AE＝AD，连接DE．
（1）当∠BAD＝60°时，求∠CDE的度数；
（2）当点D在BC（点B、C除外）上运动时，试猜想并探究∠BAD与∠CDE的数量关系；
（3）深入探究：若∠BAC≠90°，试就图②探究∠BAD与∠CDE的数量关系．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠CAD＝∠BAD＝60°，由于AD＝AE，于是得到∠ADE＝60°，根据三角形的内角和即可得到∠CDE＝75°﹣45°＝30°；
（2）设∠BAD＝x，于是得到∠CAD＝90°﹣x，根据等腰三角形的性质得到∠AED＝45°+，于是得到结论；
（3）设∠CDE＝x，∠C＝y，由等腰三角形的性质和外角的性质可求解．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠C＝45°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠DAE＝30°，
∵AD＝AE，
∴∠AED＝75°，
∴∠CDE＝∠AED＝∠C＝30°；
（2）设∠BAD＝x，
∴∠CAD＝90°﹣x，
∵AE＝AD，
∴∠AED＝45°+，
∴∠CDE＝x，
∴∠BAD＝2∠CDE；
（3）设∠CDE＝x，∠C＝y，
∵AB＝AC，∠C＝y，
∴∠B＝∠C＝y，
∵∠CDE＝x，
∴∠AED＝y+x，
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED＝y+x，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，
∴y+∠BAD＝y+x+x，
∴∠BAD＝2∠CDE．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟知三角形的外角等于与之不相邻的两个内角的和是解答此题的关键．
42．（2022秋•枝江市校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠ACB，BD为△ABC的角平分线；
（1）若AB＝BD，则∠A的度数为 72 °（直接写出结果）；
（2）如图1，若E为线段BC上一点，∠DEC＝∠A；求证：AB＝EC．
（3）如图2，若E为线段BD上一点，∠DEC＝∠A，求证：AB＝EC．
【分析】（1）如图1中，设∠C＝x．则可证∠A＝∠ADB＝2x，利用三角形内角和定理，构建方程求出x即可解决问题；
（2）证明△ABD≌△ECD（AAS），可得结论；
（3）如图2中，延长BD到T，使得CD＝CT．证明△ABD≌△ECT（AAS），可得结论．
【解答】（1）解：如图1中，设∠C＝x．
∵∠ABC＝2∠C，
∴∠ABC＝2x，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝x，
∵AB＝BD，
∴∠A＝∠ADB＝∠DBC+∠C＝2x，
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴2x+2x+x＝180°，
∴x＝36°，
∴∠A＝2x＝72°，
故答案为：72．
（2）证明：如图1中，∵∠ABD＝∠DBC＝∠C，
∴BD＝CD，
在△ABD和△ECD中，
，
∴△ABD≌△ECD（AAS），
∴AB＝EC．
（3）证明：如图2中，延长BD到T，使得CD＝CT．
∵CD＝CT，
∴∠T＝∠CDT＝∠ADB，
∵BD＝CD，
∴BD＝CT，
在△ABD和△ECT中，
，
∴△ABD≌△ECT（AAS），
∴AB＝EC．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角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面构造全等三角形解决问题．
43．（2022秋•金湖县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、E两点在BC边上，且AD＝AE．
求证：BD＝CE．
【分析】先过A作AP⊥BC于P，而AB＝AC，根据三角形三线合一定理可得BP＝CP，同理可得DP＝EP，再根据等式性质易证BD＝CE．
【解答】证明：过A作AP⊥BC于P，
∵AB＝AC，AP⊥BC，
∴BP＝CP，
同理有DP＝EP，
∴BP﹣DP＝CP﹣EP，
即BD＝CE．
【点评】本题考查了等腰三角形三线合一定理，解题的关键是作辅助线AP⊥BC．
44．（2022秋•余姚市期中）若a、b是△ABC的两边且|a﹣3|+（b﹣4）2＝0
（1）试求a、b的值，并求第三边c的取值范围．
（2）若△ABC是等腰三角形，试求此三角形的周长．
（3）若另一等腰△DEF，其中一内角为x°，另一个内角为（2x﹣20）°试求此三角形各内角度数．
【分析】（1）利用非负数的性质可求得a、b的值，根据三角形三边关系可求得c的范围；
（2）分腰长为3或4两种情况进行计算；
（3）分这两个内角一个为顶角和两个都是底角三种情况，结合三角形内角和定理可求得x，可得出三个角的度数．
【解答】解：（1）∵|a﹣3|+（b﹣4）2＝0，
∴a＝3 b＝4，
∵b﹣a＜c＜b+a，
∴1＜c＜7；
（2）当腰长为3时，此时三角形的三边为3、3、4，满足三角形三边关系，周长为10；
当腰长为4时，此时三角形的三边长为4、4、3，满足三角形三边关系，周长为11；
综上可知等腰三角形的周长为10或11；
（3）当底角为x°、顶角为（2x﹣20）°时，则根据三角形内角和为180°可得
x+x+2x﹣20＝180，
解得x＝50，
此时三个内角分别为50°、50°、80°；
当顶角为x°、底角为（2x﹣20）°时，则根据三角形内角和为180°可得
x+2x﹣20+2x﹣20＝180，
解得x＝44，
此时三个内角分别为44°、68°、68°；
当底角为x°、（2x﹣20）°时，则等腰三角形性质可得
x＝2x﹣20，
解得x＝20，
此时三个内角分别为20°、20°、140°；
综上可知三角形三个内角为50度、50度、80度或44度、68度、68度或20度、20度、140度．
【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腰相等、两底角相等是解题的关键．
45．（2017秋•鄞州区校级月考）已知如图，在△ABC中，AD是BC边上的高线，CE是AB边上的中线，DG⊥CE于G，CD＝AE．求证：CG＝EG．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和等腰三角形三线合一的性质，即可得到结论．
【解答】证明：如图，连接DE，
∵AD是BC边上的高线，CE是AB边上的中线，
∴DE＝AB＝AE＝CD，
∵DG⊥CE于G，
由“等腰三角形三线合一”知，CG＝EG．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质是解题的关键．
七．等腰三角形的判定与性质（共1小题）
46．（2022秋•拱墅区校级期中）（1）如图1，△ABC中，作∠ABC、∠ACB的角平分线相交于点O，过点O作EF∥BC分别交AB、AC于E、F．
①求证：OE＝BE；
②若△ABC 的周长是25，BC＝9，试求出△AEF的周长；
（2）如图2，若∠ABC的平分线与∠ACB外角∠ACD的平分线相交于点P，连接AP，试探求∠BAC 与∠PAC的数量关系式．
【分析】（1）①由等腰三角形的性质和平行线的性质即可得到结论；
②根据三角形的周长公式即可得到结论；
（2）根据角平分线的性质即可得出答案．
【解答】解：（1）①∵BO平分∠ABC，
∴∠EBO＝∠OBC，
∵EF∥BC，
∴∠EOB＝∠OBC，
∴∠EOB＝∠EBO，
∴OE＝BE；
②△AEF的周长＝AE+AF+EF＝AE+AF+EB+FC＝AB+AC＝25﹣9＝16；
（2）解：延长BA，做PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，
∵CP平分∠ACD，
∴∠ACP＝∠PCD，PM＝PN，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，
∴PF＝PM，
∴∠FAP＝∠PAC，
∴∠FAC＝2∠PAC，
∵∠FAC+∠BAC＝180°，
∴2∠PAC+∠BAC＝180°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和判定，平行线的性质，熟练掌握等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
八．等边三角形的性质（共4小题）
47．（2022秋•荣县期中）如图，已知△ABC是边长为3cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，它们的速度都是1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动，设点P的运动时间为t（s），则
（1）BP＝ 3﹣t cm，BQ＝ t cm．（用含t的代数式表示）
（2）当t为何值时，△PBQ是直角三角形？
【分析】（1）根据题意得出BP、BQ即可；
（2）分情况进行讨论：①∠BPQ＝90°；②∠BQP＝90°．然后在直角三角形BQP中根据BP，BQ的表达式和∠B的度数进行求解即可．
【解答】解：（1）BP＝3﹣t cm，BQ＝t cm，
故答案为：3﹣t；t；
（2）在△PBQ中，∠B＝60°，
若△PBQ是直角三角形，则点P或点Q为直角顶点
①若点P为直角顶点，∵∠B＝60°，
∴∠PQB＝30°，
∴BQ＝2BP，
即t＝2（3﹣t），
解得t＝2
②若点Q是直角顶点，∵∠B＝60°，∴∠BPQ＝30°，
∴BP＝2BQ，
即3﹣t＝2t，
解得t＝1
答：当t＝1s或t＝2s时，△PBQ是直角三角形．
【点评】此题考查了直角三角形的判定、等边三角形的性质．分情况进行讨论：①∠BPQ＝90°；②∠BQP＝90°是解本题的关键．
48．（2022秋•乌兰浩特市校级期中）如图1，点P、Q分别是边长为4cm的等边△ABC边AB、BC上的动点，点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1cm/s，
（1）连接AQ、CP交于点M，则在P、Q运动的过程中，∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数；
（2）何时△PBQ是直角三角形？
（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数．
【分析】（1）因为点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1cm/s，所以AP＝BQ．AB＝AC，∠B＝∠CAP＝60°，因而运用边角边定理可知△ABQ≌△CAP．再用全等三角形的性质定理及三角形的角间关系、三角形的外角定理，可求得∠CMQ的度数．
（2）设时间为t，则AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t．分别就①当∠PQB＝90°时；②当∠BPQ＝90°时利用直角三角形的性质定理求得t的值．
（3）首先利用边角边定理证得△PBC≌△QCA，再利用全等三角形的性质定理得到∠BPC＝∠MQC．再运用三角形角间的关系求得∠CMQ的度数．
【解答】解：（1）∠CMQ＝60°不变．
∵等边三角形中，AB＝AC，∠B＝∠CAP＝60°
又由条件得AP＝BQ，
∴△ABQ≌△CAP（SAS），
∴∠BAQ＝∠ACP，
∴∠CMQ＝∠ACP+∠CAM＝∠BAQ+∠CAM＝∠BAC＝60°．
（2）设时间为t，则AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t
①当∠PQB＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴PB＝2BQ，得4﹣t＝2t，t＝；
②当∠BPQ＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴BQ＝2BP，得t＝2（4﹣t），t＝；
∴当第秒或第秒时，△PBQ为直角三角形．
（3）∠CMQ＝120°不变．
∵在等边三角形中，BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°
∴∠PBC＝∠ACQ＝120°，
又由条件得BP＝CQ，
∴△PBC≌△QCA（SAS）
∴∠BPC＝∠MQC
又∵∠PCB＝∠MCQ，
∴∠CMQ＝∠PBC＝180°﹣60°＝120°
【点评】此题是一个综合性很强的题目．本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质．难度很大，有利于培养同学们钻研和探索问题的精神．
49．（2022秋•鼓楼区期中）如图1，在等边△ABC中，线段AM为BC边上的中线，动点D在直线AM（点D与点A重合除外）上时，以CD为一边且在CD的下方作等边△CDE，连接BE．
（1）判断AD与BE是否相等，请说明理由；
（2）如图2，若AB＝8，点P、Q两点在直线BE上且CP＝CQ＝5，试求PQ的长；
（3）在第（2）小题的条件下，当点D在线段AM的延长线（或反向延长线）上时．判断PQ的长是否为定值，若是请直接写出PQ的长；若不是请简单说明理由．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AC＝BC，CD＝CE，再求出∠ACD＝∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）过点C作CN⊥BQ于点N，根据等腰三角形三线合一的性质可得PQ＝2PN，CM⊥AD，根据全等三角形对应边上的高线相等可得CN＝CM，然后利用勾股定理列式求出PN的长度，从而得解；
（3）根据（2）的结论，点C到PQ的距离等于CM的长度，是定值，所以，PQ的长是定值不变．
【解答】解：（1）AD＝BE．理由如下：
∵△ABC，△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，
∵∠ACD+∠BCD＝∠ACB＝60°，
∠BCE+∠BCD＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
∵，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；
（2）如图，过点C作CN⊥BQ于点N，
∵CP＝CQ，
∴PQ＝2PN，
∵△ABC是等边三角形，AM是中线，
∴CM⊥AD，CM＝BC＝×8＝4，
∴CN＝CM＝4（全等三角形对应边上的高相等），
∵CP＝CQ＝5，
∴PN＝＝＝3，
∴PQ＝2PN＝2×3＝6；
（3）PQ的长为定值6．
∵点D在线段AM的延长线（或反向延长线）上时，△ACD和△BCE全等，
∴对应边AD、BE上的高线对应相等，
∴CN＝CM＝4是定值，
∴PQ的长是定值．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，根据全等三角形对应边上的高线相等求出点C到PQ的距离等于CM是解题的关键．
50．（2022秋•宜丰县校级期中）如图1，△ABC是正三角形，△BDC是等腰三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB、AC边于M、N两点，连接MN．
（1）探究BM、MN、NC之间的关系，并说明理由．
（2）若△ABC的边长为2，求△AMN的周长．
【分析】（1）延长AC至E，使得CE＝BM并连接DE，构造全等三角形，找到MD＝DE，∠BDM＝∠CDE，BM＝CE，再进一步证明△DMN≌△DEN，进而得到MN＝BM+NC；
（2）利用（1）中结论，将△AMN的周长转化为AB、AC的和来解答．
【解答】解：（1）MN＝BM+NC．理由如下：
延长AC至E，使得CE＝BM，连接DE，如图所示：
∵△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，
∴BD＝CD，∠DBC＝∠DCB，∠MBC＝∠ACB＝60°，
又∵BD＝DC，且∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠ABC+∠DBC＝∠ACB+∠DCB＝60°+30°＝90°，
∴∠MBD＝∠ECD＝90°，
在△MBD与△ECD中，
，
∴△MBD≌△ECD（SAS），
∴MD＝DE，∠BDM＝∠CDE，BM＝CE，
又∵∠BDC＝120°，∠MDN＝60°，
∴∠BDM+∠NDC＝∠BDC﹣∠MDN＝60°，
∴∠CDE+∠NDC＝60°，即∠NDE＝60°，
∵∠MDN＝∠NDE＝60°，
在△DMN与△DEN中，
，
∴△DMN≌△DEN（SAS），
∴MN＝EN，
又∵NE＝NC+CE，BM＝CE，
∴MN＝BM+NC；
（2）∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝2，
利用（1）中的结论得出：BM＝CE，MN＝EN，
△AMN的周长＝AM+MN+AN
＝AM+NE+AN＝AM+AN+NC+CE＝AM+AN+NC+BM
＝（AM+BM）+（NC+AN）
＝AB+AC＝2+2＝4．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质；此题从不同角度考查了作相等线段构造全等三角形的能力，要充分利用等边三角形及等腰三角形的性质，转换各相等线段解答．
九．等边三角形的判定与性质（共1小题）
51．（2022秋•兴宁区校级期中）已知：如图，△ABC、△CDE都是等边三角形，AD、BE相交于点O，点M、N分别是线段AD、BE的中点．
（1）求证：AD＝BE；
（2）求∠DOE的度数；
（3）求证：△MNC是等边三角形．
【分析】（1）根据等边三角形性质得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，求出∠ACD＝∠BCE，证△ACD≌△BCE即可；
（2）根据全等求出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADE+∠BED的值，根据三角形的内角和定理求出即可；
（3）求出AM＝BN，根据SAS证△ACM≌△BCN，推出CM＝CN，求出∠NCM＝60°即可．
【解答】解：（1）∵△ABC、△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中
，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE．
（2）解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵等边三角形DCE，
∴∠CED＝∠CDE＝60°，
∴∠ADE+∠BED＝∠ADC+∠CDE+∠BED，
＝∠ADC+60°+∠BED，
＝∠CED+60°，
＝60°+60°，
＝120°，
∴∠DOE＝180°﹣（∠ADE+∠BED）＝60°，
答：∠DOE的度数是60°．
（3）证明：∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，AC＝BC
又∵点M、N分别是线段AD、BE的中点，
∴AM＝AD，BN＝BE，
∴AM＝BN，
在△ACM和△BCN中
，
∴△ACM≌△BCN，
∴CM＝CN，
∠ACM＝∠BCN，
又∠ACB＝60°，
∴∠ACM+∠MCB＝60°，
∴∠BCN+∠MCB＝60°，
∴∠MCN＝60°，
∴△MNC是等边三角形．
【点评】本题综合考查了全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，等边三角形的性质和判定等知识点的应用，解此题的关键是根据性质进行推理，此题综合性比较强，有一定的代表性．
一十．三角形综合题（共1小题）
52．（2022秋•顺庆区校级期中）等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点A、点B分别是y轴、x轴上两个动点，直角边AC交x轴于点D，斜边BC交y轴于点E．
（1）如图（1），已知C点的横坐标为﹣1，直接写出点A的坐标；
（2）如图（2），当等腰Rt△ABC运动到使点D恰为AC中点时，连接DE，求证：∠ADB＝∠CDE；
（3）如图（3），若点A在x轴上，且A（﹣4，0），点B在y轴的正半轴上运动时，分别以OB、AB为直角边在第一、二象限作等腰直角△BOD和等腰直角△ABC，连接CD交y轴于点P，问当点B在y轴的正半轴上运动时，BP的长度是否变化？若变化请说明理由，若不变化，请求出BP的长度．
【分析】（1）如图（1），过点C作CF⊥y轴于点F，构建全等三角形：△ACF≌△ABO（AAS），结合该全等三角形的对应边相等易得OA的长度，由点A是y轴上一点可以推知点A的坐标；
（2）过点C作CG⊥AC交y轴于点G，则△ACG≌△ABD（ASA），即得CG＝AD＝CD，∠ADB＝∠G，由∠DCE＝∠GCE＝45°，可证△DCE≌△GCE（SAS）得∠CDE＝∠G，从而得到结论；
（3）BP的长度不变，理由如下：如图（3），过点C作CE⊥y轴于点E，构建全等三角形：△CBE≌△BAO（AAS），结合全等三角形的对应边相等推知：CE＝BO，BE＝AO＝4．再结合已知条件和全等三角形的判定定理AAS得到：△CPE≌△DPB，故BP＝EP＝2．
【解答】解：（1）如图（1），过点C作CF⊥y轴于点F，
∵CF⊥y轴于点F，
∴∠CFA＝90°，∠ACF+∠CAF＝90°，
∵∠CAB＝90°，
∴∠CAF+∠BAO＝90°，
∴∠ACF＝∠BAO，
在△ACF和△ABO中，
，
∴△ACF≌△ABO（AAS），
∴CF＝OA＝1，
∴A（0，1）；
（2）如图2，过点C作CG⊥AC交y轴于点G，
∵CG⊥AC，
∴∠ACG＝90°，∠CAG+∠AGC＝90°，
∵∠AOD＝90°，
∴∠ADO+∠DAO＝90°，
∴∠AGC＝∠ADO，
在△ACG和△ABD中，，
∴△ACG≌△ABD（AAS），
∴CG＝AD＝CD，∠ADB＝∠G，
∵∠ACB＝45°，∠ACG＝90°，
∴∠DCE＝∠GCE＝45°，
在△DCE和△GCE中，
，
∴△DCE≌△GCE（SAS），
∴∠CDE＝∠G，
∴∠ADB＝∠CDE；
（3）BP的长度不变，理由如下：
如图（3），过点C作CE⊥y轴于点E．
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBE+∠ABO＝90°．
∵∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠CBE＝∠BAO．
∵∠CEB＝∠AOB＝90°，AB＝AC，
∴△CBE≌△BAO（AAS），
∴CE＝BO，BE＝AO＝4．
∵BD＝BO，
∴CE＝BD．
∵∠CEP＝∠DBP＝90°，∠CPE＝∠DPB，
∴△CPE≌△DPB（AAS），
∴BP＝EP＝2．
【点评】本题考查了三角形综合题．主要利用了全等三角形的性质定理与判定定理，解决本题的关键是作出辅助线，构建全等三角形．
一十一．轴对称的性质（共1小题）
53．（2022秋•长汀县期中）如图，在等边△ABC中，点D在BC边上，点E在AC的延长线上，DE＝DA．
（1）求证：∠BAD＝∠EDC；
（2）作出点E关于直线BC的对称点M，连接DM、AM，猜想DM与AM的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，得出∠E＝∠DAC，根据等边三角形的性质，得出∠BAD+∠DAC＝∠E+∠EDC＝60°，据此可得出∠BAD＝∠EDC；
（2）根据轴对称作图，要证明DA＝AM，只需根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，证△ADM是等边三角形即可．
【解答】解：（1）如图1，∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝60°．
又∵∠BAD+∠DAC＝∠BAC，∠EDC+∠DEC＝∠ACB，
∴∠BAD+∠DAC＝∠EDC+∠DEC．
∵DE＝DA，
∴∠DAC＝∠DEC，
∴∠BAD＝∠EDC．
（2）猜想：DM＝AM．理由如下：
∵点M、E关于直线BC对称，
∴∠MDC＝∠EDC，DE＝DM．
又由（1）知∠BAD＝∠EDC，
∴∠MDC＝∠BAD．
∵∠ADC＝∠BAD+∠B，
即∠ADM+∠MDC＝∠BAD+∠B，
∴∠ADM＝∠B＝60°．
又∵DA＝DE＝DM，
∴△ADM是等边三角形，
∴DM＝AM．
【点评】本题主要考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、轴对称变换以及三角形外角性质等知识的综合应用．解题时注意运用等边三角形的三个内角都等于60°，三条边都相等．
一十二．作图-轴对称变换（共5小题）
54．（2022秋•城阳区期中）（1）在下面的平面直角坐标系中画△ABC，使△ABC各顶点坐标分别为A（2，﹣1），B（﹣2，0），C（0，﹣2）；
（2）使ABC各点的横坐标保持不变，纵坐标分别乘﹣1，得△A1B1C1，画出△A1B1C1并说明△A1B1C1与△ABC有怎样的位置关系？
【分析】（1）直接利用A，B，C各点的坐标画出三角形即可；
（2）利用坐标之间的关系得出△A1B1C1各顶点位置，进而得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：△ABC即为所求；
（2）如图所示：△A1B1C1即为所求，△A1B1C1与△ABC关于x轴对称．
【点评】此题主要考查了轴对称变换，正确得出各对应点位置是解题关键．
55．（2022秋•宝安区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，A（﹣1，5），B（﹣1，0），C（﹣4，3）．
（1）在图中作出△ABC关于y轴的对称图形△A1B1C1．
（2）写出点A1，B1，C1的坐标．
（3）求出△ABC的面积．
【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标特点作出△A1B1C1即可；
（2）根据各点在坐标系中的位置得出点A1，B1，C1的坐标；
（3）根据三角形的面积公式求出△ABC的面积．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）由各点在坐标系内的位置可知，A1（1，5），B1（1，0），C1（4，3）；
（3）由图可知，S△ABC＝×5×3＝．
【点评】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知关于y轴对称的点的坐标特点是解答此题的关键．
56．（2022秋•青秀区校级期中）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1）、B（4，2）、C（3，4）．
（1）请画出△ABC向左平移5个单位长度后得到的△A1B1C1；
（2）请画出△ABC关于x轴对称的△A2B2C2三个顶点A2、B2、C2的坐标；
（3）在x轴上求作一点P，使△PAB的周长最小，请画出△PAB，并直接写出P的坐标．
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）依据关于x轴对称点的坐标特点求解即可；
（3）找出点A关于x轴的对称点A2，连接A2B与x轴相交于一点，根据轴对称确定最短路线问题，交点即为所求的点P的位置，然后连接AP并根据图象写出点P的坐标即可．
【解答】解：（1）△A1B1C1如图所示；
（2）△A2B2C2如图所示，A2（1，﹣1）B2（4，﹣2）C2（3，﹣4）；
（3）△PAB如图所示，P（2，0）．
【点评】本题考查了利用旋转变换作图，利用平移变换作图，轴对称确定最短路线问题，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
57．（2022秋•海淀区校级期中）如图，CN是等边△ABC的外角∠ACM内部的一条射线，点A关于CN的对称点为D，连接AD，BD，CD，其中AD，BD分别交射线CN于点E，P．
（1）依题意补全图形；
（2）若∠ACN＝α，求∠BDC的大小（用含α的式子表示）；
（3）用等式表示线段PB，PC与PE之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）正确画图；
（2）根据对称得：CN是AD的垂直平分线，则CA＝CD，根据等腰三角形的性质和等边三角形可得结论；
（3）作辅助线，在PB上截取PF使PF＝PC，如图，连接CF．先证明△CPF是等边三角形，再证明△BFC≌△DPC，则BF＝PD＝2PE．根据线段的和可得结论．
【解答】（1）如图所示，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）
（2）解：∵点A与点D关于CN对称，
∴CN是AD的垂直平分线，
∴CA＝CD．
∵∠ACN＝α，
∴∠ACD＝2∠ACN＝2α．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）
∵等边△ABC，
∴CA＝CB＝CD，∠ACB＝60°．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）
∴∠BCD＝∠ACB+∠ACD＝60°+2α．
∴∠BDC＝∠DBC＝（180°﹣∠BCD）＝60°﹣α．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）
（3）结论：PB＝PC+2PE．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）
本题证法不唯一，如：
证明：在PB上截取PF使PF＝PC，如图，连接CF．
∵CA＝CD，∠ACD＝2α
∴∠CDA＝∠CAD＝90°﹣α．
∵∠BDC＝60°﹣α，
∴∠PDE＝∠CDA﹣∠BDC＝30°．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）
∴PD＝2PE．
∵∠CPF＝∠DPE＝90°﹣∠PDE＝60°．
∴△CPF是等边三角形．
∴∠CPF＝∠CFP＝60°．
∴∠BFC＝∠DPC＝120°．
∴在△BFC和△DPC中，
∴△BFC≌△DPC．
∴BF＝PD＝2PE．
∴PB＝PF+BF＝PC+2PE．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了对称的性质，三角形的内角和定理，等边三角形的性质，三角形全等的性质和判定，第三问作出辅助线构建等边三角形是解本题的关键．
58．（2022秋•仪征市校级期中）在3×3的正方形格点图中，有格点△ABC和△DEF，且△ABC和△DEF关于某直线成轴对称，请在下面给出的图中画出4个这样的△DEF．
【分析】本题要求思维严密，根据对称图形关于某直线对称，找出不同的对称轴，画出不同的图形，
对称轴可以随意确定，因为只要根据你确定的对称轴去画另一半对称图形，那这两个图形一定是轴对称图形．
【解答】解：正确1个得（1分），全部正确得（6分）．
【点评】本题有一定的难度，要求找出所有能与三角形ABC形成对称的轴对称图形，这里注意思维要严密．
一十三．轴对称-最短路线问题（共1小题）
59．（2022秋•江干区校级期中）在某河流北岸的同侧有A，B两个村子，A村距河北岸的距离为1千米，B村距河北岸的距离为4千米，且两村相距5千米，现以河北岸为x轴，A村在y轴正半轴上，B村在第一象限（单位：千米）．
（1）请在平面直角坐标系中描出A，B两村的位置，并写出其坐标．
（2）近几年，由于乱砍滥伐，生态环境受到破坏，A，B两村面临缺水的危险．两村商议，共同在河北岸修一个水泵站，分别向两村各铺一条水管，要使所用水管最短，水泵站应修在什么位置？在图中标出水泵站的位置，并求出所用水管的长度．
【分析】（1）根据题意建立坐标系解答；
（2）利用两点之间线段最短的数学道理作图即可．
【解答】解：（1）如图，A（0，1），B（4，4）；
答：A，B两村的位置如图，AB的坐标为A（0，1），B（4，4）．
（2）找A关于x轴的对称点A′，连接A′B交x轴于点P，则P点即为水泵站的位置，
PA+PB＝PA′+PB＝A′B且最短（如图）．
过B、A′分别作x轴、y轴的垂线交于E，作AD⊥BE，垂足为D，则BD＝3（千米），
在Rt△ABD中，AD＝＝4（千米），
所以A点坐标为（0，1），B点坐标为（4，4），
A′点坐标为（0，﹣1），
由A′E＝4（千米），BE＝5（千米），
在Rt△A′BE中，A′B＝＝（千米），
故所用水管最短长度为千米．
答：水泵站应修在P点位置，所用水管的长度为千米．
【点评】主要考查了直角坐标系的建立和运用以及作图求两点之间的最短距离，该题中还涉及到了勾股定理的运用．此类题型是个重点也是难点，需要掌握．
一十四．旋转的性质（共1小题）
60．（2022秋•永年区期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
（1）当直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时，显然有：DE＝AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图（2）的位置时，求证：DE＝AD﹣BE；
（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系．
【分析】（1）由于△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，由此即可证明△ADC≌△CEB，然后利用全等三角形的性质即可解决问题；
（2）由于△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，由此仍然可以证明△ADC≌△CEB，然后利用全等三角形的性质也可以解决问题；
（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，仍然△ADC≌△CEB，然后利用全等三角形的性质可以得到DE＝BE﹣AD．
【解答】解：（1）∵△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
又直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°
∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CD＝BE，CE＝AD，
∴DE＝CD+CE＝AD+BE；
（2）∵△ABC中，∠ACB＝90°，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∠ACD+∠BCE＝∠BCE+∠CBE＝90°，
而AC＝BC，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CD＝BE，CE＝AD，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）如图3，
∵△ABC中，∠ACB＝90°，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∠ACD+∠BCE＝∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
∵AC＝BC，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CD＝BE，CE＝AD，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD；
DE、AD、BE之间的关系为DE＝BE﹣AD．
【点评】此题需要考查了全等三角形的判定与性质，也利用了直角三角形的性质，是一个探究性题目，对于学生的能力要求比较高．
声明：