专题 16.2 期中易错题专项复习【31 大考点 90 题】
（考试范围：第11~13章）
【人教版】
【考点1 三角形的角平分线、中线和高】..............................................................................................................2
【考点2 三角形的面积】..........................................................................................................................................4
【考点3 三角形的稳定性】......................................................................................................................................5
【考点4 三角形的三边关系】..................................................................................................................................6
【考点5 三角形的内角和定理】..............................................................................................................................7
【考点6 三角形的外角性质】..................................................................................................................................9
【考点7 直角三角形的性质】................................................................................................................................12
【考点8 多边形】....................................................................................................................................................14
【考点9 多边形内角与外角】................................................................................................................................16
【考点10 全等图形】................................................................................................................................................19
【考点11 全等三角形的性质】................................................................................................................................20
【考点12 全等三角形的判定】................................................................................................................................22
【考点13 直角三角形全等的判定】........................................................................................................................25
【考点14 全等三角形的判定与性质】....................................................................................................................27
【考点15 全等三角形的应用】................................................................................................................................33
【考点16 角平分线的性质】....................................................................................................................................33
【考点17 尺规作角平分线】....................................................................................................................................35
【考点18 角平分线的判定】....................................................................................................................................37
【考点19 轴对称】....................................................................................................................................................39
【考点20 垂直平分线的性质】................................................................................................................................41
【考点21 尺规作垂直平分线】................................................................................................................................42
【考点22 垂直平分线的判定】................................................................................................................................44
【考点23 画轴对称图形】........................................................................................................................................46
【考点24 等腰三角形的判定】................................................................................................................................49
【考点25 等腰三角形的性质】................................................................................................................................51
【考点26 等腰三角形的判定与性质】....................................................................................................................54
【考点27 等边三角形的判定】................................................................................................................................57
【考点28 等边三角形的性质】................................................................................................................................59
【考点29 等边三角形的判定与性质】....................................................................................................................63
【考点30 含30°角的直角三角形】.........................................................................................................................67
【考点31 轴对称——最短路径问题】....................................................................................................................70【考点1 三角形的角平分线、中线和高】
1．（23-24八年级·湖南邵阳·期中）如图，在△ABC中，∠C=90°，D，E为AC上的两点，且AE=DE，BD
平分∠EBC，则下列说法不正确的是（ ）
A．BC是△ABE的高 B．BE是△ABD的中线
C．BD是△EBC的角平分线 D．∠ABE=∠EBD=∠DBC
【答案】D
【分析】根据三角形的高、中线、角平分线的定义对各选项逐项判断即可．
【详解】解：A、∵∠C=90°，∴ BC是△ABE的高，正确，不符合题意；
B、∵AE=DE，∴ BE是△ABD的中线，正确，不符合题意；
C、∵BD平分∠EBC，∴BD是ΔEBC的角平分线，正确，不符合题意；
D、∵BD是ΔEBC的角平分线，
∴∠EBD=∠CBD，
∵BE是中线，
∴∠EBD≠∠ABE，
∴∠ABE=∠EBD=∠DBC不正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的角平分线，高线，中线的定义，熟记概念并准确识图是解答本题的关键．
2．（23-24八年级·江苏无锡·期中）在下列图形中，正确画出△ABC的AC边上的高的图形是（ ）
A． B．C． D．
【答案】C
【分析】△ABC的AC边上的高的就是通过顶点B作的AC所在直线的垂线段，根据定义即可作出判断．
【详解】解：△ABC的AC边上的高的就是通过顶点B作的AC所在直线的垂线段．根据定义正确的只有
C．
故选C．
【点睛】本题考查了三角形的高线的定义，理解定义是关键．
3．（2024河北石家庄·八年级期中）如图，嘉琪任意剪了一张钝角三角形纸片（∠A是钝角），他打算用
折叠的方法折出∠C的角平分线、AB边上的中线和高线，能折出的是（ ）
A．AB边上的中线和高线 B．∠C的角平分线和AB边上的高线
C．∠C的角平分线和AB边上的中线 D．∠C的角平分线、AB边上的中线和高线
【答案】C
【分析】由折叠的性质可求解．
【详解】解：当AC与BC重合时，折痕是∠C的角平分线；
当点A与点B重合时，折叠是AB的中垂线，
故选：C．
【点睛】本题考查了翻折变换，掌握折叠的性质是本题的关键．
4.（23-24八年级·江苏淮安·期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，CE是AB边上的高，若
AB=3，S =6，则CE的长度为（ ）
△ADCA．4 B．8 C．7 D．6
【答案】B
【分析】此题考查了三角形中线的性质，根据三角形的中线分得的两个三角形的面积相等，就可求得
S =2S =2S ，再由面积公式即可求出CE的长度，解题的关键是熟练掌握三角形中线的性质及
△ABC △ABD △ACD
其应用．
【详解】解：∵AD是BC边上的中线，
∴S =2S =12，
△ABC △ACD
∵CE是AB边上的高，
1
∴S = AB×CE=12，
△ABC 2
∵AB=3，
∴CE=8，
故选：B．
【考点2 三角形的面积】
5.（23-24八年级·江苏扬州·期中）如图，在长方形网格中，每个小长方形的长为2，宽为1，A、B两点在
网格格点上，若点C也在网格格点上，以A、B、C为顶点的三角形面积为1，则满足条件的点C个数是（
）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】据三角形ABC的面积为1，可知三角形的底边长为2，高为1，或者底边为1，高为2，可通过在
正方形网格中画图得出结果．
【详解】解：C点所有的情况如图所示：由图可得共有6个，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的面积的求法，此类题应选取分类的标准，才能做到不遗不漏，难度适中．
【考点3 三角形的稳定性】
6.（23-24八年级·四川自贡·期中）下列生活实物中，没有应用到三角形的稳定性的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据三角形的稳定性解答即可．
【详解】解：选项D中活动衣架上没有三角形，其余A、B、C选项中都含有三角形，
由三角形的稳定性可知，选项D中没有利用三角形的稳定性，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的稳定性，正确的理解题意是解题的关键．
7.（23-24八年级·江苏扬州·期中）如图，六根木条钉成一个六边形框架ABCDEF，根据三角形的稳定性要使
框架稳固且不活动，至少还需要添 根木条．
【答案】3
【分析】根据三角形的稳定性，只要使六边形框架ABCDEF变成三角形的组合体即可．【详解】解：
根据三角形的稳定性，得
如图：从图中可以看出，要使框架稳固且不活动，至少还需要添3根木条．
故答案为:3.
【点睛】本题主要考查的是三角形的稳定性．
【考点4 三角形的三边关系】
8．（23-24八年级·河南许昌·期中）在△ABC中，AB=5，BC=2a−1，AC=8，则a的取值范围是
（ ）
A．1<a<6 B．2<a<7 C．3<a<8 D．4<a<14
【答案】B
【分析】根据三角形的三边关系定理，可得不等式8−5<2a−1<8+5，解此不等式即可．
本题主要考查了三角形三边关系，解决问题的关键是熟练掌握“三角形任意两边之和大于第三边；任意两
边差小于第三边”．
【详解】∵△ABC中，AB=5，BC=2a−1，AC=8，
根据三角形的三边关系定理可得，
AC−AB<BC<AC+AB，
∴8−5<2a−1<8+5，
解得，2<a<7．
故选：B．
9．（23-24八年级·湖南株洲·期中）以下列各组线段为边长，能组成三角形的是（ ）
A．2，3，6 B．4，4，8 C．5，6，10 D．7，8，16
【答案】C
【分析】根据三角形的三边关系定理逐项判断即可得．
【详解】解：A、2+3=5<6，不能组成三角形，则此项不符合题意；
B、4+4=8，不能组成三角形，则此项不符合题意；
C、5+6=11>10，能组成三角形，则此项符合题意；D、7+8=15<16，不能组成三角形，则此项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理，解题的关键是熟练掌握三角形的三边关系定理：三角形的任
意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
10．（23-24八年级·甘肃嘉峪关·期中）已知a、b、c为三角形三边的长，化简：|a−b+c)+|a−b−c)=
．
【答案】2c
【分析】根据三角形的三边关系，结合绝对值的定义进行化简．
【详解】解：∵a，b，c是三角形的三边长，a−b+c=a+c−b，
又∵a+c>b，
∴a−b+c>0，
∵b+c>a，
∴a−b−c<0，
∴|a−b+c|+|a−b−c|=a−b+c−(a−b−c)=a−b+c−a+b+c=2c．
11．（23-24八年级·辽宁鞍山·期中）如图，为估计池塘岸边A、B两点的距离，小明在池塘的一侧选取一
点O，测得OA=11米，OB=3米，A、B间的距离可能是 ．（写出一个即可）
【答案】9米（答案不唯一）
【分析】本题考查了三角形三边关系定理的应用，熟练掌握两边之和大于第三边，两边之差小于第三边是
解题的关键．
【详解】根据题意，得11−3<AB<11+3即8<AB<14，
故答案为：9米．
【考点5 三角形的内角和定理】
12．（23-24八年级·浙江温州·期中）如图，直线a，b所成的角跑到画板外面去了，量出图中∠1=60°，
∠2=70°，就能求出直线a，b所成的角为 度．【答案】50
【分析】本题主要考查对顶角，三角形的内角和定理，利用对顶角的性质求解∠ABC，∠ACB的度数是
解题的关键．设直线a，b交于点A，与边框的交点分别为B，C，由对顶角的性质可求解∠ABC和
∠ACB的度数，再根据三角形的内角和定理可求解．
【详解】解：如图，设直线a，b交于点A，与边框的交点分别为B，C，
∵ ∠1=60° ∠2=70°
， ，
∴ ∠ABC=∠1=60°，∠ACB=∠2=70°，
∵ ∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴ ∠A=180°−70°−60°=50°，
故答案为：50．
13．（23-24八年级·上海青浦·期中）如图，△ABC中∠A=25°，点E在AC上，先将△ABE沿着BE翻折，
使AE∥BC，AB交AC于点D，又将△BCD沿着BD翻折，此时C点恰好落在BE上，则原三角形中
∠C= °．
【答案】80
【分析】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
根据折叠的性质得出∠1=∠2=∠3，再根据AE∥BC，即可得到∠1=∠2=∠3=∠A=25°，然后利用
三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：如图，由折叠可得，∠1=∠2=∠3，
∵AE∥BC，
∴∠1=∠2=∠3=∠A=25°，
∴原三角形的∠C=180°−∠A−(∠1+∠2+∠3)=80°，
故答案为：80．
14．（23-24八年级·江苏徐州·期中）如图，CD、BE是△ABC的角平分线，CD与BE交于点O，
∠BOC=n，∠A= （用含n的代数式表示）.
【答案】2n−180°
【分析】此题考查了与角平分线有关的三角形内角和定理，先求出∠OBC+∠OCB=180°−n，再利用
角平分线求出∠ABC+∠ACB=2(180°−n)，再利用三角形内角和定理即可求出答案.
【详解】解：∵∠BOC=n，
∴∠OBC+∠OCB=180°−∠BOC=180°−n，
∵CD、BE是△ABC的角平分线，
∴∠ABC=2∠OBC,∠ACB=2∠OCB，
∴∠ABC+∠ACB=2∠OBC+2∠OCB=2(∠OBC+∠OCB)=2(180°−n)，
∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠A=180°−(∠ABC+∠ACB)=180°−2(180°−n)=2n−180°，
故答案为：2n−180°
【考点6 三角形的外角性质】
15．（23-24八年级·重庆万州·期中）如图，BD,CD分别是△ABC的一条内角平分线与一条外角平分线，
∠D=20°，则∠A的度数为 ．
【答案】40°/40度1
【分析】由BD平分∠ABC,CD平分∠ACE，利用角平分线的定义，可得出∠DBC= ∠ABC,
2
1
∠DCE= ∠ACE,由∠ACE是△ABC的外角，∠DCE是△DBC的外角，利用三角形的外角性质，可
2
得出∠ACE=∠A+∠ABC,∠DCE=∠D+∠DBC，进而可得出∠A=2∠D， 再代入∠D=20°，
即可求出∠A的度数．
本题考查了三角形的外角性质以及角平分线的定义，根据各角之间的关系，找出∠A=2∠D是解题的关
键．
【详解】解：∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE，
1 1
∴∠DBC= ∠ABC,∠DCE= ∠ACE，
2 2
∵∠ACE是△ABC的外角，∠DCE是△DBC的外角，
∴∠ACE=∠A+∠ABC，∠DCE=∠D+∠DBC，
1
∴ ∠ACE=∠D+∠DBC,
2
1
∴ (∠A+∠ABC)=∠D+∠DBC,
2
1 1
∴ ∠A+ ∠ABC=∠D+∠DBC,
2 2
1
∴ ∠A+∠DBC=∠D+∠DBC,
2
∴∠A=2∠D=2×20°=40°，
故答案为：40°．
16．（23-24八年级·湖南岳阳·期中）如图为商场某品牌椅子的侧面图，∠≝=121°，DE与地面平行，
∠ABD=48°，则∠DCE= ．
【答案】73°/73度【分析】本题考查平行线的性质，三角形外角的性质．熟练掌握相关性质，是解题的关键．根据平行得到
∠ABD=∠EDC=48°，再利用外角的性质进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：DE∥AB，
∴∠ABD=∠EDC=48°，
∵∠≝=∠EDC+∠DCE=121°，
∴∠DCE=∠≝−∠EDC=121°−48°=73°，
故答案为：73°．
17．（23-24八年级·湖南岳阳·期中）如图，直线CB∥OA，∠C=∠OAB=100°，E、F在CB上，且满
足∠FOB=∠AOB，OE平分∠COF
(1)求∠EOB的度数；
(2)若平行移动AB，那么∠OBC:∠OFC的值是否随之发生变化？若变化，找出变化规律或求出变化范围；
若不变，求出这个比值．
(3)在平行移动AB的过程中，是否存在某种情况，使∠OEC=∠OBA？若存在，求出其度数；若不存在，
说明理由．
【答案】(1)40°
(2)∠OBC:∠OFC=1:2，是定值
(3)存在，60°
【分析】本题考查了平行线的性质，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，角平分线
的定义，熟记各性质并准确识图理清图中各角度之间的关系是解题的关键．
1
（1）根据两直线平行，同旁内角互补求出∠AOC，然后求出∠EOB= ∠AOC，计算即可得解；
2
（2）根据两直线平行，内错角相等可得∠AOB=∠OBC，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两
个内角的和可得∠OFC=2∠OBC，从而得解；
（3）根据三角形的内角和定理求出∠COE=∠AOB，从而得到OB、OE、OF是∠AOC的四等分线，
再利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．【详解】（1）解： ∵CB∥OA，
∴∠AOC=180°−∠C=180°−100°=80°，
∵OE平分∠COF，
∴∠COE=∠EOF，
∵∠FOB=∠AOB，
1 1
∴∠EOB=∠EOF+∠FOB= ∠AOC= ×80°=40°；
2 2
（2）∵CB∥OA，
∴∠AOB=∠OBC，
∵∠FOB=∠AOB，
∴∠FOB=∠OBC，
∴∠OFC=∠FOB+∠OBC=2∠OBC，
∴∠OBC:∠OFC=1:2，是定值；
（3）在△COE和△AOB中，
∵∠OEC=∠OBA，∠C=∠OAB，
∴∠COE=∠AOB，
∴OB、OE、OF是∠AOC的四等分线，
1 1
∴∠COE= ∠AOC= ×80°=20°，
4 4
∴∠OEC=180°−∠C−∠COE=180°−100°−20°=60°，
故存在某种情况，使∠OEC=∠OBA，此时∠OEC=∠OBA=60°．
【考点7 直角三角形的性质】
18．（23-24八年级·湖南永州·期中）如图，直线a∥b，在Rt△ABC,∠ABC=90°，它的顶点A、B分
别在直线a,b上，且AB平分∠CAE，若∠1=62°，则∠2的度数为（ ）
A．62° B．59° C．60° D．58°
【答案】B【分析】本题考查了平行线的性质，角平分线的性质，直角三角形的两个锐角互余，由平行线的性质和角
平分线的性质得到∠CAB=31°，即可求解，掌握平行线的性质和角平分线的性质是解题的关键．
【详解】解：∵a∥b，∠1=62°，
∴∠CAE=∠1=62°，
∵AB平分∠CAE，
1
∴∠CAB= ∠CAE=31°，
2
在Rt△ABC,∠ABC=90°，
∠2=90°−∠CAB=59°，
故选：B．
19．（23-24八年级·辽宁丹东·期中）直角三角形的三个内角之比为2:m:5，则m的值是 ．
【答案】3或7
【分析】分两种情况来进行求解，当m所对的角为直角或5所对角的为直角时，根据直角三角形的性质，
求解即可．
【详解】解：直角三角形的三个内角之比为2:m:5，设三个内角分别为2k，mk，5k
当m所对的角为直角时，利用直角三角形的性质可得：5k+2k=mk
解得m=7
当5所对角的为直角时，利用直角三角形的性质可得：mk+2k=5k
解得m=3
故答案为：3或7
【点睛】此题考查了直角三角形的性质，掌握直角三角形的两个锐角互余是解题的关键，注意分情况讨论．
20．（23-24八年级·江苏苏州·期中）在一个三角形中，如果一个角是另一个角的3倍，这样的三角形我们
称之为“灵动三角形”．例如，三个内角分别为120°,40°,20°的三角形是“灵动三角形”．如图
∠MON=40°，在射线OM上找一点A，过点A作AB⊥OM交ON于点B，以A为端点作射线AD，交线
段OB于点C（规定0°<∠OAC<60°）．当△ABC为“灵动三角形”时，∠OAC的度数为 ．
【答案】57.5°/57.5度【分析】设∠OAC=x°，则∠BAC=90°−x°，∠ACB=40°+x°，∠ABO=50°，分类计算即可．
【详解】∵∠MON=40°，AB⊥OM，
∴∠ABO=50°．
设∠OAC=x°，则∠BAC=90°−x°， ∠ACB=40°+x°，
∵△ABC为“灵动三角形”，
∠BAC=90°−x°是锐角，不可能是∠ABO=50°的三倍，
若∠ACB=40°+x°是∠ABO=50°的三倍，则三角形的内角大于180°，
故等于∠ABO=50°的3倍是不可能的；
当∠ABO=3∠BAC时，50°=3(90°−x°)，
220°
解得x= ＞60°，与0°<∠OAC<60°矛盾，舍去；
3
当∠ACB=3∠BAC时，40°+x°=3(90°−x°)，
解得x=57.5°，满足0°<∠OAC<60°；
综上所述，∠OAC=57.5°，
故答案为：57.5°．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，新定义三角形，正确理解新定义是解题的关键．
【考点8 多边形】
21．（23-24八年级·黑龙江佳木斯·期中）从五边形的一个顶点出发的对角线，把这个五边形分成( )个三
角形.
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】C
【分析】从n边形的一个顶点出发有（n-3）条对角线，共分成了（n-2）个三角形.
【详解】解：当n=5时，5-2=3．
即可以把这个六边形分成了3个三角形，
故选C.
【点睛】本题考查了多边形的对角线，注意n边形中的一些公式：从n边形的一个顶点出发有（n-3）条对
角线，共分成了（n-2）个三角形.
22．（23-24八年级·湖北武汉·期中）若某多边形从一个顶点一共可引出4条对角线，则这个多边形是（
）
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
【答案】C【分析】根据从n边形的一个顶点可以作对角线的条数为（n-3），求出边数即可得解．
【详解】解：∵多边形从一个顶点出发可引出4条对角线，
∴n-3=4，
解得n=7．
即这个多边形是七边形，
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的对角线的公式，牢记公式是解题的关键．
23．（23-24八年级·内蒙古呼和浩特·期中）把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个十
八边形，则原多边形纸片的边数可能是 ．
【答案】十七边形，或十八边形，或十九边形
【分析】结合题意，根据多边形截角后边数的性质，分三种截下的方式分析，即可得到答案．
【详解】把一个多边形纸片沿一条直线截下一个三角形后，变成一个十八边形，有三种截下的方式：
下图为多边形局部图，如按下图所示沿虚线截下三角形：
∴原多边形纸片的边数是：十七边形
如按下图所示沿虚线截下三角形：
∴原多边形纸片的边数是：十八边形
如按下图所示沿虚线截下三角形：∴原多边形纸片的边数是：十九边形
∴原多边形纸片的边数可能是：十七边形，或十八边形，或十九边形
故答案为：十七边形，或十八边形，或十九边形．
【点睛】本题考查了多边形的知识；解题的关键是熟练掌握多边形的性质，从而完成求解．
【考点9 多边形内角与外角】
24．（23-24八年级·辽宁丹东·期中）一个n边形减去一个角后，得到的一个多边形的内角和是720° ，则
n= ．
【答案】5或6或7
【分析】本题考查多边形的内角和，掌握多边形的内角和公式是解题的关键．设内角和为720°的多边形的
边数是x，根据多边形内角和定理可以求出所得多边形的边数； 一个多边形截去一个角后它的边数可能增
加1、减少1或不变，由此确定原多边形的边数．
【详解】解：设内角和为720°的多边形的边数是x，
∴ (x−2)·180°=720°，
解得：x=6，
∵一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1、减少1或不变，
∴原多边形的边数n为5或6或7，
故答案为：5或6或7．
25．（23-24八年级·江苏盐城·期中）如图，在六边形ABCDEF中，若
∠A+∠B+∠C+∠D=480°,∠≝¿与∠AFE的角平分线交于点G，则∠G等于 °．
【答案】60【分析】本题主要考查了多边形的内角和，角平分线的定义，三角形内角和，解题的关键是根据六边形的
内角和为720°，∠A+∠B+∠C+∠D=480°，求出∠≝+∠AFE=720°−480°=240°，再根据角平
1 1
分线的定义求出∠GEF+∠GFE= (∠≝+∠AFE)= ×240°=120°，最后根据三角形内角和求出结果
2 2
即可．
【详解】解：六边形ABCDEF的内角和是：(6−2)×180°=4×180°=720°，
∵∠A+∠B+∠C+∠D=480°，
∴∠≝+∠AFE=720°−500°=240°，
∵EG平分∠≝¿，FG平分∠AFE，
1 1
∴∠GEF+∠GFE= (∠≝+∠AFE)= ×240°=120°，
2 2
∴∠G=180°−120°=60°．
故答案为：60．
26．（23-24八年级·吉林长春·期中）如图，用n个全等的正五边形按如下方式拼接可以拼成一个环状，使
相邻的两个正五边形有公共顶点，所夹的锐角为24°，图中所示的是前3个正五边形的拼接情况，拼接一圈
后，中间会形成一个正多边形，则n的值为 ．
【答案】6
【分析】本题考查正多边形和圆、多边形的内角与外角等知识，由完全拼成一个圆环需要的正五边形为n
个，则围成的多边形为正n边形，利用正五边形的内角与夹角计算出正n边的每个内角的度数，然后根据内
角和定理得到解方程求解即可．熟练掌握多边形内角和和外角和是解题的关键．
【详解】解：∵正五边形的外角和为360°，
∴正五边形每个外角的度数为：360°÷5=72°，
∴正五边形每个内角为：180°−72°=108°，
∴组成的正多边形的每个内角为：360°−2×108°−24°=120°，∵n个全等的正五边形拼接可以拼成一个环状，中间会形成一个正多边形，
∴组成的正多边形为正n边形，
∴(n−2)×180°=120°n，
解得：n=6．
故答案为：6．
27．（23-24八年级·贵州遵义·期中）（1）若多边形的内角和为2340°，求此多边形的边数；
（2）一个n边形的每个外角都相等，如果它的一个内角与相邻外角的度数之比为13∶2，求n的值．
【答案】（1）15；（2）15
【分析】本题主要考查了多边形的内角和，多边形的内角与外角关系、方程的思想．
（1）根据多边形的内角和计算公式作答；
（2）先根据多边形的内角和外角的关系，求出一个外角．再根据外角和是固定的360°，从而可代入公式
求解．
【详解】解：（1）设此多边形的边数为n，则
(n−2)⋅180°=2340°，
解得，n=15．
故此多边形的边数为15；
（2）设多边形的一个外角为2x度，则一个内角为13x度，依题意得
13x+2x=180，
解得x=12．
2x=2×12=24，
360°÷24°=15．
故n的值为15．
【考点10 全等图形】
28．（23-24八年级·广东深圳·期中）下列说法中正确的是（ ）．
A．形状相同的两个图形一定全等 B．两个长方形是全等图形
C．两个正方形一定是全等图形 D．两个全等图形面积一定相等
【答案】D
【分析】此题主要考查了全等图形和全等图形的性质．直接利用全等图形以及全等图形的性质判断得出答
案．
【详解】解：A、形状相同、大小相等的两个图形一定全等，故本选项不符合题意；
B、两个长方形不一定是全等图形，故本选项不符合题意；C、两个正方形不一定是全等图形，故本选项不符合题意；
D、两个全等图形面积一定相等，故本选项符合题意；
故选：D．
29．（23-24八年级·江苏南京·期中）如图中有6个条形方格图，图上由实线围成的图形与（1）是全等形
的有 ．
【答案】(2)(3)(6)
【分析】根据全等形是可以完全重合的图形并观察对比图形，进行判定即可．
【详解】(6)以左下角顶点为定点逆时针旋转90°后，与(1)两个实线图形刚好重合，
(3)可上下反转成(1)的情况，与(1)两个实线图形刚好重合，
(2)以右下角顶点为定点顺时针旋转90°后成图(3)，然后反转成(1)的情况，与(1)两个实线图形刚好重合，
(4)为平行四边形，而(1)为梯形，所以不能和(1)中图形完全重合，
(5)为直角梯形，而(1)不是，所以不能和(1)中图形完全重合，
故答案是：(2)(3)(6)
【点睛】本题主要考查学生对全等形的概念的理解及运用，认真对观察对比是正确解答本题的关键．
【考点11 全等三角形的性质】
30．（23-24八年级·福建泉州·期中）如图，△ABC≌△ADE，BC的延长线交DA于点F，交DE于点G．
若∠AED=105°，∠CAD=20°，∠B=30°，则∠1的度数为（ ）
A．50° B．65° C．60° D．55°
【答案】B
【分析】本题考查全等三角形的性质、三角形外角的性质，由△ABC≌△ADE，则∠ACB与∠AED是
一组对应角，∠B与∠D是一组对应角，对于△ACF，外角∠ACB等于除∠ACF外的两个内角之和，求
得∠AFC，再在△DFG中，由三角形内角和即可求得结果．【详解】解：∵△ABC≌△ADE，∠AED=105°，∠B=30°，
∴∠ACB=∠AED=105°，∠B=∠D=30°．
由三角形外角的性质可得∠ACB=∠AFC+∠CAD，
∴∠AFC=∠ACB−∠CAD=85°．
∴∠GFD=∠AFC=85°．
∵∠GFD=85°，∠D=30°，
∴∠1=65°．
故选：B．
31．（2024八年级·广东佛山·期中）如图所示，两个三角形全等，则∠α等于（ ）
A．72° B．60° C．58° D．50°
【答案】D
【分析】本题考查了全等三角形的性质，能熟记全等三角形的性质是解此题的关键，注意：全等三角形的
对应边相等，对应角相等．根据图形得出DE=AB=a,DF=AC=c,根据全等三角形的性质得出
∠D=∠A=50°，即可得出选项．
【详解】解：如图，
∵DE=AB=a,DF=AC=c,
又∵△ABC和△≝¿全等，
∴∠D=∠A=50°，
∴∠α=50°，
故选：D．
32．（23-24八年级·福建莆田·期中）如图，△ACB≌△A′CB′，∠BCB′=35°，则∠AC A′的度数为
．【答案】35°/35度
【分析】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
根据全等三角形的性质得到∠ACB=∠A′CB′，结合图形计算即可．
【详解】解：∵△ACB≌△A′CB′，
∴∠ACB=∠A′CB′，
∴∠ACB−∠A'CB=∠A'CB'−∠A'CB，
即∠AC A'=∠BCB'=35°，
∴∠AC A'=35°，
故答案为：35°．
33．（23-24八年级·河南安阳·期中）三个全等三角形按下图的形式摆放，则∠1+∠2+∠3的度数等于
．
【答案】180°/180度
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质、三角形内角和定理等知识点，正确掌握全等三角形的对应角
相等是解题关键．
直接利用平角的定义结合三角形内角和定理以及全等三角形的性质得出∠4+∠9+∠6=180°，
∠5+∠7+∠8=180°，进而得出答案．
【详解】如图所示：由图形可得：∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠8+∠9=540°，
∵三个三角形全等，
∴∠4+∠9+∠6=180°，
又∵∠5+∠7+∠8=180°，
∴∠1+∠2+∠3+180°+180°=540°，
∴∠1+∠2+∠3的度数是180°．
故答案为：180°．
【考点12 全等三角形的判定】
34．（23-24八年级·江苏苏州·期中）如图，已知AB=AD，那么添加下列一个条件后，不能判定
△ABC≌△ADC的是（ ）
A．CB=CD B．∠BAC=∠DAC
C．∠BCA=∠DCA D．∠B=∠D=90°
【答案】C
【分析】此题考查了全等三角形的判定定理．根据全等三角形的判定定理求解即可．
【详解】解：已知AB=AD，且AC=AC，
当添加CB=CD，根据SSS能判断△ABC≌△ADC，选项A不符合题意；
当添加∠BAC=∠DAC，根据SAS能判断△ABC≌△ADC，选项B不符合题意；
当添加∠B=∠D=90°，根据HL能判断△ABC≌△ADC，选项D不符合题意；
如果添加∠BCA=∠DCA，不能根据SSA判断△ABC≌△ADC，选项C符合题意；
故选：C．
35．（23-24八年级·辽宁沈阳·期中）在如图所示的3×3网格中，△ABC是格点三角形（即顶点恰好是网格线的交点），则与△ABC有一条公共边且全等（不含△ABC）的所有格点三角形的个数是 ．
【答案】4
【分析】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
根据全等三角形的判定画出图形，即可判断．
【详解】解：如图，观察图象可知满足条件的三角形有4个．
由图可得，所有格点三角形的个数是4，
故答案为：4．
36．（2024八年级·广东佛山·期中）如图，D、C、F、B四点在一条直线上，AC＝EF，AC⊥BD，
EF⊥BD，垂足分别为点C、点F，BF＝CD．试说明：△ABC≌△EDF．
【答案】见解析
【分析】根据垂直定义得到∠ACB=∠EFD=90°，根据BF=CD得到BC=DF，再根据全等三角形的判定定理
SAS推出即可．
【详解】解：∵AC⊥BD，EF⊥BD，
∴∠ACB＝∠EFD＝90°，
∵BF＝CD，
∴BF+CF＝CD+CF，即BC＝DF，
在△ABC和△EDF中，{
BC=DF
)
∠ACB=∠EFD ，
AC=EF
∴△ABC≌△EDF（SAS）．
【点睛】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等．
37．（23-24八年级·辽宁锦州·期中）如图，在△ABC中，点D是BC的中点，E是AB边上一点，过点C作
CF∥AB交ED的延长线于点F．求证：△BDE≌△CDF．
【答案】见解析
【分析】本题考查了平行线的性质、全等三角形的判定方法．掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
利用全等三角形的判定方法(AAS)即可证明．
【详解】∵ CF∥AB，
∴ ∠B=∠FCD，∠BED=∠F，
∵点D是BC的中点，
∴ BD=CD，
在△BDE与△CDF中，
{∠BED=∠F
)
∠B=∠FCD ，
BD=CD
∴ △BDE≌△CDF(AAS)．
【考点13 直角三角形全等的判定】
38．（23-24八年级·广东湛江·期中）如图，O是∠BAC内一点，且点O到AB，AC的距离OE=OF，则
△AEO≌△AFO的依据是（ ）A．HL B．AAS C．SSS D．ASA
【答案】A
【分析】本题考查对直角三角形全等的判定的理解和掌握，解答此题的关键是利用题目中给出的已知条件
判定△AEO和△AFO是直角三角形．利用点O到AB，AC的距离OE=OF，可知△AEO和△AFO是直角
三角形，然后可直接利用HL求证△AEO≌△AFO，即可得出答案．
【详解】解：∵ OE⊥AB，OF⊥AC，
∴ ∠AEO=∠AFO=90°，
又∵ OE=OF，AO为公共边，
∴ △AEO≌△AFO(HL)．
故选：A．
39．（23-24八年级·山东聊城·期中）如图所示，已知AB=AC,AE=AF,AF⊥BF于F，AE⊥EC于
E，则图中全等的三角形共有（ ）
A．4对 B．3对 C．2对 D．1对
【答案】A
【分析】根据题意，结合图形有
△AEC≌△AFB,△ABH≌△ACG,△GOB≌△HOC,△AEG≌△AFH共四组．
【详解】解：∵AE⊥EC于E，AF⊥BF于F∴∠E=∠F=90°
∵AB=AC，AE=AF
∴△AEC≌△AFB(HL)；
∴∠ABH=∠ACG，AB=AC
∵∠A=∠A
∴△ABH≌△ACG(ASA)；
∴AG=AH
∴BG=CH
∵∠ABH=∠ACG，∠GOB=∠HOC
∴△GOB≌△HOC(AAS)；
∵CE=BF，CG=BH
∴EG=FH
∵∠E=∠F=90°，AE=AF
∴△AEG≌△AFH(HL)．
故选：A．
【点睛】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,HL．
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．做题时从已知结合全等的判定方法开始思考，做到由易到难，不重不漏．
40．（23-24八年级·河北邢台·期中）如图，已知AB⊥BD，CD⊥BD，若用HL判定Rt△ABD和
Rt△BCD全等，则需要添加的条件是（ ）
A．AD=CB B．∠A=∠C C．BD=DB D．AB=CD
【答案】A
【分析】由图示可知BD为公共边，若想用HL判定证明Rt△ABD和Rt△CDB全等，必须添加AD=CB．
【详解】解：∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠ABD=∠CDB=90°，
A.AD=CB，符合两直角三角形全等的判定定理HL，故该选项符合题意；B.∠A=∠C，BD=DB，不是两直角三角形全等的判定定理HL，故该选项不符合题意；
C.BD=DB，不符合两直角三角形全等的判定定理，故该选项不符合题意；
D.AB=CD，BD=DB，不是两直角三角形全等的判定定理HL，故该选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】此题考查了对全等三角形判定定理HL的理解和掌握，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
41．（23-24八年级·浙江湖州·期中）已知：如图，∠ABC=45°，AD为△ABC的高，E为AC上一点，
BE交AD于F且有BF=AC．求证：Rt△BFD≌Rt△ACD．
【答案】证明见解析．
【分析】本题主要考查直角三角形全等的判定，由AD为△ABC的高得到∠ADB=∠ADC=90°，根据
等腰三角形的判定得出AD=BD，再根据HL即可证明Rt△BFD≌Rt△ACD
【详解】证明：∵AD为△ABC的高，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
∵∠ABC=45°，
∴∠BAD=45°，
∴AD=BD，
又∵BF=AC，
∴Rt△BFD≌Rt△ACD(HL)．
【考点14 全等三角形的判定与性质】
42．（23-24八年级·浙江湖州·期中）如图，已知方格纸中是4个相同的正方形，则∠1与∠2的和为
（ ）
A．80° B．90° C．100° D．110°
【答案】B
【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质，掌握掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．根据全等三角形的性质可得∠1=∠EDF，再根据余角的定义可得∠EDF+∠2=90°，再根据等量代换可得
∠1与∠2的和为90°．
【详解】解：在△ABC和△FDE中，
{
AB=DF
)
∠BAC=∠DFE ，
AC=FE
∴△ABC≌△FDE(SAS)，
∴∠1=∠EDF，
∵∠EDF+∠2=90°，
∴∠1+∠2=90°，
故选：B
43．（23-24八年级·福建厦门·期中）如图，在四边形ABCD中，DE⊥BC，BD平分∠ABC，AD=CD，
BE=4，DE=3，CE=1，则△ABD的面积是（ ）
A．4.5 B．6 C．9 D．12
【答案】A
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的定义和三角形的面积，利用全等三角形的性质
求出AB是解此题的关键．可以过D作DF⊥AB，交BA的延长线于F，证明△DBE≌△DBF得出
DF=DE=3，BF=BE=4，再证明Rt△CDE≌Rt△ADF，得出AF=CE=1，求出AB，求出△ABD的
面积即可．
【详解】解：过D作DF⊥AB，交BA的延长线于F，∵BD平分∠ABC，
∴∠DBF=∠DBE，
在△DBE和△DBF中，
{∠DFB=∠DEB=90°
)
∠DBF=∠DBE ，
DB=DB
∴△DBE≌△DBF
∴DF=DE=3，BF=BE=4，
{AD=CD)
在Rt△CDE和Rt△ADF中 ，
DF=DE
∴Rt△CDE≌Rt△ADF，
∴AF=CE=1，
∴AB=BF−AF=3
1
∴△ABD的面积为 ×3×3=4.5，
2
故选：A．
44．（23-24八年级·江苏扬州·期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=6，PQ=AB，
P、Q两点分别在AC和过点A且垂直于AC的射线AX上运动，要使△ABC和△QPA全等，则AP=
．
【答案】6或12/12或6
【分析】分情况讨论：①Rt△ABC≌Rt△QPA(HL)，此时AP=BC=6，可据此求出P的位置；②Rt△QPA≌Rt△BAC(HL)，此时AP=AC=12，点P与点C重合．
【详解】解：①当AP=CB时，
∵∠C=∠QAP=90°，
在Rt△ABC与Rt△QPA中，
{AP=CB)
AB=QP
∴Rt△ABC≌Rt△QPA(HL)，
∴AP=BC=6；
②当P运动到与C点重合时，AP=AC，
在Rt△QPA与Rt△ABC中，
{AP=AC)
QP=AB
∴Rt△QPA≌Rt△BAC(HL)，
∴AP=AC=12，
∴当点P与点C重合时，Rt△ABC才能和Rt△QPA全等，
综上所述，AP=6或12，
故答案为：6或12．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握两个三角形全等的判定定理是解题的关键，当题
中没有明确全等三角形的对应边和对应角时，要分情况讨论，以免漏解．
45．（23-24八年级·广东佛山·期中）如图，AB=AC，点D、E分别在AC、AB上，AG⊥BD，
AF⊥CE、垂足分别为G、F，且AG=AF．求证：AD=AE．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查了两个直角三角形全等的判定方法的运用，即：斜边和一条直角边对应相等的两个
直角三角形全等．根据判定两个三角形全等的方法“斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等”
可证Rt△AGB≌Rt△AFC，从而得出∠EAF=∠GAD，进而可证得△AEF≌△AGD，从而得出
AD=AE．【详解】证明：∵AG⊥BD，AF⊥CE，
∴△AGB和△AFC是直角三角形，
∵在Rt△AGB和Rt△AFC中，
{AB=AC)
，
AG=AF
∴Rt△AGB≌Rt△AFC(HL)．
∴∠BAG=∠CAF．
又∵∠BAG=∠EAF+∠FAG，
∠CAF=∠DAG+∠FAG；
∴∠EAF=∠DAG．
在△AFE和△AGD中，
{∠AFE=∠AGD
)
AF=AG ，
∠EAF=∠DAG
∴△AFE≌△AGD(ASA)．
∴AD=AE．
46．（23-24八年级·江西宜春·期中）如图：在△ABC中，BE、CF分别是AC、AB两边上的高，在BE上
截取BD=AC，在CF的延长线上截取CG=AB，连接AD、AG．试猜想线段AD与AG的关系，并证明
你的猜想．
【答案】猜想：AD=AG，AD⊥AG，证明见解析
【分析】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．①利用SAS可得出
△ABD≌△GCA，由全等三角形的对应边相等可得出AD=AG，②利用全等得出∠ADB=∠GAC，再
利用三角形的外角和定理得到∠ADB=∠AED+∠DAE，又∠GAC=∠GAD+∠DAE，利用等量代换
可得出∠AED=∠GAD=90°，即AG与AD垂直．
【详解】解：猜想：AD=AG，AD⊥AG，证明如下：
证明：①∵BE⊥AC，CF⊥AB，
∴∠HFB=∠HEC=90°，又∵∠BHF=∠CHE，
∴∠ABD=∠ACG，
在△ABD和△GCA中，
{
AB=CG
)
∠ABD=∠ACG ，
BD=CA
∴△ABD≌△GCA(SAS)，
∴AD=GA(全等三角形的对应边相等)；
②∵△ABD≌△GCA，
∴∠ADB=∠GAC，
又∵∠ADB=∠AED+∠DAE，∠GAC=∠GAD+∠DAE，
∴∠AED=∠GAD=90°，
∴AD⊥GA．
综上所述：AD=AG，AD⊥AG．
【考点15 全等三角形的应用】
47．（23-24八年级·湖北武汉·期中）一块三角形玻璃被摔成如图所示的四块，小江想去买一块形状、大小
与原来一样的玻璃，但是他只想带去其中的两块，则这两块玻璃的编号可以是（ ）
A．①② B．②④ C．③④ D．①④
【答案】A
【分析】本题考查了全等三角形的应用，学会把实际问题转化为数学问题是解答的关键．
①②两块玻璃是已知两角及其一夹边，可用ASA证明全等来说理．
【详解】解：A、①②两块玻璃是已知两角及其一夹边，可用ASA证明全等，故本选项符合题意；
B、②④两块玻璃是已知两角，无法证明全等，故本选项不符合题意；
C、③④两块玻璃是已知一角，无法证明全等，故本选项不符合题意；
D、①④两块玻璃是已知两角，无法证明全等，故本选项不符合题意．
故选：A．
48．（23-24八年级·广东广州·期中）如图，把两根钢条的中点连在一起，可以做成一个测量工件内槽宽的
工具（卡钳），在图中由三角形全等可知，测量工件内槽宽AB=A′B′，那么判定△OAB≌△OA′B′的
理由是 ．【答案】两边及其夹角相等的两个三角形全等
【分析】根据测量两点之间的距离，只要符合全等三角形全等的条件之一SAS，只需要测量易测量的边
A′B′上，进而得出答案．
【详解】解：连接AB，A′B′，如图，
∵点O分别是AA′、BB′的中点，
∴OA=OA′，OB=OB′，
在△AOB和△A′OB′中，
{
AO=A′O
)
∠AOB=∠A′OB′ ，
BO=OB′
∴△AOB≌ △A'OB'(SAS)．
∴A′B′=AB．
答：需要测量A′B′的长度，即为工件内槽宽AB．
其依据是根据SAS证明△AOB≌ △A′OB′；
故答案为：两边及其夹角相等的两个三角形全等．
【点睛】本题考查全等三角形的应用，根据已知条件可用边角边定理判断出全等．
【考点16 角平分线的性质】
49．（23-24八年级·四川达州·期中）如图，AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB于点F，且DE=DG，
S =12，S =9，则△≝¿的面积为（ ）
△ADG △AEDA．1 B．1.5 C．2 D．3
【答案】B
【分析】过点D作DH⊥AC于H，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DF=DH，然后利用“
HL”证明Rt△≝¿和Rt△DGH全等，根据全等三角形的面积相等可得S =S ，设面积为S，然后根
△EDF △GDH
据S =S 列出方程求解即可．本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，作辅助线构
△ADF △ADH
造出全等三角形并利用角平分线的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，过点D作DH⊥AC于H，
∵AD △ABC DF⊥AB
是 的角平分线， ，
∴DF=DH，
在Rt△≝¿和Rt△DGH中，
{DE=DG)
，
DF=DH
∴Rt△≝≌Rt△DGH(HL)，
∴S =S ，设面积为S，
△EDF △GDH
同理Rt△ADF≌Rt△ADH，
∴S =S ，
△ADF △ADH
即9+S=12−S，
解得S=1.5．
故选：B
【考点17 尺规作角平分线】
50．（23-24八年级·湖北荆州·期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以顶点A为圆心，适当长为半径
1
画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于 MN的长为半径画弧，两弧交于点
2P，作射线AP交边BC于点D，点E在AB上．若AC=6，CD=2，AB=7，当DE最小时，△BDE的面积
是（ ）
A．2 B．1 C．6 D．7
【答案】B
【分析】本题主要考查了基本作图——作角平分线，全等三角形．熟练掌握角平分线性质，直角三角形全
等的判定和性质，是解决问题的关键．
当DE⊥AB时，DE最短，由作图可知，AD是△ABC的角平分线，利用角平分线的性质得出
DE=DC=2，由直角三角形全等的判定和性质可得出AE=AC=6，利用线段间的数量关系及三角形面积
公式即可求解．
【详解】如图，由角平分线的作法可知，AD是△ABC的角平分线，
∵点E为线段AB上的一个动点，DE最短，
∴DE⊥AB，
∵∠C=90°，
∴DC⊥AC，
∴DE=DC=2，
∵∠C=∠AED=90°，AD=AD，
∴Rt△ACD≌Rt△AED(HL)，
∴AE=AC=6，
∴BE=AB−AE=1，
1 1
∴S = BE⋅DE= ×1×2=1．
△BDE 2 2
故选：B．
51．（23-24八年级·四川宜宾·期中）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，用尺规作图法作出射线AE，AE交BC于点D，CD=2，P为AB上一动点，则PD的最小值为 ．
【答案】2
【分析】本题考查尺规作图、角平分线的性质、垂线段最短，熟练掌握角平分线的性质是解答本题的关键．
过点D作DF⊥AB于点F，由尺规作图痕迹可知，AE为∠BAC的平分线，则CD=DF=2，由图可知，
当点P与点F重合时，PD取得最小值，即可得出答案．
【详解】解：过点D作DF⊥AB于点F，
由尺规作图痕迹可知，AE为∠BAC的平分线，
∵∠C=90°，
∴CD=DF=2，
∵P为AB上一动点，
∴当点P与点F重合时，PD取得最小值，
∴PD的最小值为2．
故答案为：2
52．（23-24八年级·广西来宾·期中）如图，已知△ABC中，AD是BC边上的高．
(1)求作∠BAC的平分线AE，交BC于点E；（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)若∠B=35°,∠C=65°，求∠DAE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)15°【分析】本题考查了作图-基本作图，以及三角形内角和定理的应用．
（1）利用基本作图作AE平分∠BAC；
（2）先利用三角形内角和计算出∠BAC=80°，再利用角平分线的定义得到∠CAE=40°，接着利用互余计
算出∠CAD=25°，然后计算∠CAE−∠CAD即可．
【详解】（1）如图，AE为所作；
（2）∵∠B=35°，∠C=65°，
∴∠BAC=180°−35°−65°=80°，
∵AE平分∠BAC，
1
∴∠CAE= ×80°=40°，
2
∵AD为高，
∴∠ADC=90°，
∴∠CAD=90°−∠C=25°，
∴∠DAE=∠CAE−∠CAD=40°−25°=15°．
【考点18 角平分线的判定】
53．（23-24八年级·福建漳州·期中）如图，O是△ABC内一点，且O到三边AB、BC、AC的距离
OF=OD=OE，若∠BAC=68°，∠BOC= ．
【答案】124°/124度
【分析】根据角平分线的判定定理得出BO平分∠ABC、CO平分∠ACB，然后根据三角形内角和定理求
出∠ABC+∠ACB=112°，进而求出∠OBC+∠OCB的度数，最后根据三角形内角和定理求出∠BOC
的度数即可．【详解】解：∵O到三边AB、BC、CA的距离OF=OD=OE，
∴BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
1 1
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，
2 2
∵∠BAC=68°，
∴∠ABC+∠ACB=112°，
1 1
∴∠OBC+∠OCB= ∠ABC+ ∠ACB=56°，
2 2
∴∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)=124°．
故答案为：124°．
【点睛】本题考查了角平分的判定、三角形内角和定理等知识，掌握在角的内部到一个角两边距离相等的
点在这个角的平分线上是解题的关键．
54．（23-24八年级·浙江杭州·期中）如图，∠B=∠C=90°，M是BC的中点，DM平分∠ADC，且
∠ADC=100°，则∠MAB的度数是（ ）
A．50° B．40° C．45° D．55°
【答案】B
【分析】本题考查了角平分线的性质和判定，解题的关键是掌握角平分线上的点到两边距离相等．作
1
MN⊥AD于N，根据角平分线的性质得出MN=MC，进而得出∠MAB= ∠DAB=40°．
2
【详解】解：作MN⊥AD于N，
∵∠B=∠C=90°，
∴AB∥CD，
∴∠DAB=180°−∠ADC=80°，
∵DM平分∠ADC，MN⊥AD，MC⊥CD，
∴MN=MC，
∵M是BC的中点，∴MC=MB，
∴MN=MB，
又MN⊥AD，MB⊥AB，
1
∴∠MAB= ∠DAB=40°，
2
故选：B．
【考点19 轴对称】
55．（23-24八年级·新疆阿克苏·期中）在平时的生活中我们应遵守交通规则，注意交通安全．下列交通标
志图案是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【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．
【详解】解：A，C，D选项中的图形都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；
B选项中的图形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：B．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
56．（23-24八年级·山东德州·期中）如图，△ABC中，D点在BC上，将D点分别以AB、AC为对称轴，
画出对称点E、F，并连接AE、AF，根据图中标示的角度，∠EAF的度数为（ ）A．126° B．128° C．130° D．132°
【答案】D
【分析】此题考查轴对称的性质，连接AD，利用轴对称的性质解答即可．
【详解】解：连接AD，
∵D AB AC E F
点分别以 、 为对称轴，画出对称点 、 ，
∴∠EAB=∠BAD，∠FAC=∠CAD，
∵∠B=62°，∠C=52°，
∴∠BAC=∠BAD+∠DAC=180°−62°−52°=66°，
∴∠EAF=2∠BAC=132°，
故选：D．
【考点20 垂直平分线的性质】
57.（23-24八年级·福建厦门·期中）如图所示，有A、B、C三个居民小区的位置成三角形，现决定在三
个小区之间修建一个购物超市，使超市到三个小区的距离相等，则超市应建在（ ）
A．在AC、BC两边高线的交点处 B．在AC、BC两边中线的交点处
C．在AC、BC两边垂直平分线的交点处D．在∠A、∠B两内角平分线的交点处
【答案】C
【分析】本题考查了垂直平分线的性质的应用，根据线段的垂直平分线的性质：线段的垂直平分线上的点
与线段的两个端点的距离相等即可求解，熟练掌握垂直平分线的性质是解题的关键．
【详解】根据线段的垂直平分线的性质：线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等，可知超市应建在AC，BC两边垂直平分线的交点处，
故选：C．
58．（23-24八年级·江苏无锡·期中）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线DM交BC于点D，边AC的垂
直平分线EN交BC于点E．
(1)已知△ADE的周长为7cm，求BC的长；
(2)若∠ABC=30°，∠ACB=40°，求∠DAE的度数．
【答案】(1)7cm
(2)40°
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质，熟练掌握这些几何性质是解题的关键．
（1）利用线段垂直平分线的性质可得DA=DB，EA=EC，然后利用等量代换可得△ADE的周长=BC，
即可解答；
（2）利用等腰三角形的性质可得∠B=∠DAB=30°，∠C=∠EAC=40°，然后再利用三角形内角和定
理进行计算即可解答．
【详解】（1）解：∵DM是AB的垂直平分线，
∴DA=DB，
∵EN是AC的垂直平分线，
∴EA=EC，
∵△ADE的周长为7cm，
∴AD+DE+AE=7(cm)，
∴BD+DE+EC=7(cm)，
∴BC=7cm，
∴BC的长为7cm；
（2）解：∵DA=DB，
∴∠B=∠DAB=30°，
∵EA=EC，
∴∠C=∠EAC=40°，
∴∠DAE=180°−∠B−∠BAD−∠C−∠EAC=40°，∴∠DAE的度数为40°．
【考点21 尺规作垂直平分线】
59．（2024广西河池·八年级期中）观察下列作图痕迹，所作CD为△ABC的边AB上的中线是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，CD为 ABC的边AB上的中线，就是作AB边的垂直平分线，交AB于点D，点D即为线
段AB的中点，连接CD即可△判断．
【详解】解：作AB边的垂直平分线，交AB于点D，连接CD，
∴点D即为线段AB的中点，
∴CD为 ABC的边AB上的中线．
故选：B△．
【点睛】本题主要考查三角形一边的中线的作法；作该边的中垂线，找出该边的中点是解题关键．
60．（2024吉林长春·八年级期中）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB>AC．按下列步骤作图：①
分别以点B和点C为圆心，大于BC一半的长为半径作圆弧，两弧相交于点M和点N；②作直线MN，与边
AB相交于点D，连结CD．下列说法不一定正确的是（ ）A．∠BDN=∠CDN B．∠ADC=2∠B C．∠ACD=∠DCB D．
2∠B+∠ACD=90°
【答案】C
【分析】利用线段的垂直平分线的性质以及三角形内角和定理一一判断即可．
【详解】解：由作图可知，MN垂直平分线段BC，
∴DB=DC，MN⊥BC，
∴∠BDN=∠CDN，∠DBC=∠DCB，
∴∠ADC=∠B+∠DCB=2∠B，
∵∠A=90°，
∴∠ADC+∠ACD=90°，
∴2∠B+∠ACD=90°，
故选项A，B，D正确，
故选：C．
【点睛】本题考查作图−基本作图，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，
属于中考常考题型．
61．（23-24八年级·辽宁阜新·期中）现有两条高速公路OA、OB和C，D两个城镇（如图），准备建立一
个燃气中心站M使中心站到两条公路距离相等，并且到两个城镇距离相等，请你画出中心站位置．
【答案】见详解
【分析】本题主要考查了角平分线的性质及垂直平分线的性质，解题的关键是理解题意，弄清问题中对所
作图形的要求，结合对应几何图形的性质和基本作图的方法作图．
到两条公路的距离相等，则要画两条公路的夹角的角平分线，到C，D两点的距离相等又要画线段CD的垂
直平分线，两线的交点就是点M的位置．
【详解】解：如图：（1）做出∠AOB的角平分线OD；
（2）连接CD，作CD的垂直平分线；
（3）CD的垂直平分线和OD的交点，即为所求点M．【考点22 垂直平分线的判定】
62．（23-24八年级·河南洛阳·期中）如图所示的仪器中，OD=OE，CD=CE．小州把这个仪器放在直
线l上，使点D，E落在直线l上，作直线OC，则OC⊥l，其中蕴含的道理是
【答案】到线段两端距离相等的点在这条线段的垂直平分线上
【分析】本题考查了线段垂直平分线的判定，根据线段垂直平分线的判定即可求解，相关基本内容要牢固
掌握，灵活运用是正确解答本题的关键．
【详解】
解：∵OD=OE，
∴O点在线段DE的垂直平分线上，
∵CD=CE，
∴C点在线段DE的垂直平分线上，
∴CO是线段DE的垂直平分线，
∴OC⊥l，
其中蕴含的道理为：到线段两端距离相等的点在这条线段的垂直平分线上，
故答案为：到线段两端距离相等的点在这条线段的垂直平分线上．
63．（23-24八年级·北京海淀·期中）如图，四边形ABCD中，AD=CD，AB=CB，我们把这种两组邻边
分别相等的四边形叫做“筝形”，根据所学知识，下列选项中正确的一项是（ ）A．AC与BD互相垂直平分 B．AC垂直平分BD
C．BD平分一组对角 D．AC平分一组对角
【答案】C
【分析】由线段垂直平分线的判定可知BD是AC的垂直平分线，AC不一定是BD的垂直平分线，从而可
判断A、B选项错误；通过证明△ADB≌△CDB(SSS)可得∠ADB=∠CDB，∠ABD=∠CBD，可判定
C选项正确；根据轴对称的性质可判定D选项错误．
【详解】解：∵AD=CD，
∴点D在线段AC的垂直平分线上，
∵AB=CB，
∴点B在线段AC的垂直平分线上，
∴BD是AC的垂直平分线，
∴AC垂直但不平分BD，
∵AD和AB不一定相等，CD和BC不一定相等，
∴AC不一定是BD的垂直平分线，故A，B选项错误；
在△ADB和△CDB中，
{AD=CD
)
AB=CB ，
BD=BD
∴△ADB≌△CDB(SSS)，
∴∠ADB=∠CDB，∠ABD=∠CBD，
∴对角线BD平分∠ABC，∠ADC，故C选项正确；
直线BD是筝形的对称轴，AC不是，故D选项错误．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定，对称性，解本题的关键是判断出
△ADB≌△CDB(SSS)．【考点23 画轴对称图形】
64．（23-24八年级·陕西榆林·期中）点P关于x轴的对称点为(4,−8)，则点P关于y轴对称点的坐标为
（ ）
A．(−4,−8) B．(4,8) C．(−4,8) D．(4,−8)
【答案】C
【分析】本题考查了关于坐标轴对称的点的坐标特征，根据关于横轴的对称点，横坐标相同，纵坐标互为
相反数；关于纵轴的对称点，纵坐标相同，横坐标互为相反数，据此即可求解，掌握关于坐标轴对称的点
的坐标特征
是解题的关键．
【详解】解：∵点P关于x轴的对称点为(4,−8)，
∴点P的坐标为(4,8)，
∴点P关于y轴对称点的坐标为(−4,8)，
故选：C．
65．（23-24八年级·贵州遵义·期中）如图，在平面直角坐标系中，若点E的坐标为(m,n)，则(−m,n−1)
对应的点可能是（ ）
A．M B．N C．P D．Q
【答案】C
【分析】本题考查了点的坐标，各象限内点的坐标特征，关于y轴对称 点的坐标特征，解题的关键是得到
点的坐标变换规律．
先由图可知点E(m,n)在第一象限，得到m>0，n>0，则点E(m,n)关于y轴对称点E′(−m,n)，再向下平
移一个单位得到点(−m,n−1)，即可由图得出答案．
【详解】解：由图可知点E(m,n)在第一象限，
∴m>0，n>0，
∴−m<0，n−1<n
∴点(−m,n−1)是点E(m,n)关于y轴对称点E′(−m,n)，再向下平移一个单位得到的，∴(−m,n−1)对应的点可能是点P，
故选：C．
66．（23-24八年级·安徽淮南·期中）如图，在平面直角坐标系中，A(4,−4)，B(1,−1)，C(3,−1)．
(1)画出△ABC关于x轴对称的△A B C ；
1 1 1
(2)直接写出点A ，B ，C 的坐标；
1 1 1
(3)在△A B C 中，∠A ≈27°，求B C 边上的高与A C 所夹角的度数．
1 1 1 1 1 1 1 1
【答案】(1)见解析
(2)A (4，4)，B (1，1)，C (3，1)
1 1 1
(3)18°
【分析】本题考查作图−轴对称的变换，三角形的高和等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是掌握
轴对称变换的性质，正确作出三角形的高，利用角作差．
（1）利用轴对称的性质分别作出A，B，C的对应点A ，B ，C ，依次连接即可；
1 1 1
（2）根据坐标系写出坐标即可；
（3）正确作高得到等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，借助角作差求解．
【详解】（1）解：如图，△A B C 即为所求．
1 1 1；
（2）解：根据坐标系得A (4，4)，B (1，1)，C (3，1)；
1 1 1
（3）解：作A H⊥B C ．
1 1 1
∵A H=B H，
1 1
∴∠B A H=45°，
1 1
∴∠C A H=45°−27°=18°．
1 1
【考点24 等腰三角形的判定】
67．（23-24八年级·浙江杭州·期中）在如图所示的4×4方格图中，点A，B，C，D，E，F，G，H均在
小方格的格点上，以其中三个点为顶点，构成的等腰三角形的个数是（ ）
A．12个 B．16个 C．20个 D．24个
【答案】C
【分析】本题考查等腰三角形的判定，正方形的性质等知识，连接EH，EF，AG，BG，AC，AF，然
后分五种情形判断可得结论．
【详解】解：连接EH，EF，AG，BG，AC，AF，如图，类似于△AEH的等腰三角形共有4个，类似于△EFH的等腰三角形有4个，类似于△ABG的等腰三角形
有4个，类似于△ADC的等腰三角形共有4个，类似于△AFG的等腰三角形有4个，共有20个．
故选：C．
68．（23-24八年级·河北承德·期中）AD是△ABC的中线同时平分∠BAC，则△ABC一定是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形
【答案】D
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握
等腰三角形的判定，证明三角形全等是解题的关键．过D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，由角平
分线的性质得DE=DF，再证Rt△BDE≌△CDF(HL)，得∠B=∠C即可得出结论．
【详解】解：如图，过D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，
∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∴DE=DF，
∵AD是BC边的中线，
∴BD=CD，
在Rt△BDE和Rt△CDF中，
{BD=CD)
，
DE=DF
∴Rt△BDE≌Rt△CDF(HL)，
∴∠B=∠C．
∴AB=AC，
∴△ABC是等腰三角形，故选：D．
69．（23-24八年级·山西吕梁·期中）如图，在△ABC中，∠BAC=126°，∠B=42°，边AB的垂直平分
线DE与AB交于点E，与BC交于点D，连接AD．求证：△ACD是等腰三角形．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查等腰三角形的判定，由∠DAC=∠BAC−∠DAB =126°−42° =84°
=∠ADC，利用“等角对等边”即可得证．
【详解】证明：∵DE垂直平分AB，
∴DB=DA，
∴∠B=∠DAB，
∵∠B=42°，
∴∠B=∠DAB=42°，
∴∠ADC=∠B+∠DAB=84°；
∵∠DAC=∠BAC−∠DAB=126°−42°=84°=∠ADC，
∴CA=CD，
∴△ACD为等腰三角形．
【考点25 等腰三角形的性质】
70．（23-24八年级·河南郑州·期中）如图，在△ABC中，AB=AC，点D在AC上，且BD=BC =AD，
则∠DBC的度数是（ ）
A．30° B．36° C．45° D．54°
【答案】B
【分析】此题考查了等腰三角形的性质，由已知条件开始，通过线段相等，得到角相等，再由三角形内角
和求出各个角的大小．【详解】解：设∠A=x°．
∵BD=AD，
∴∠A=∠ABD=x°，
∠BDC=∠A+∠ABD=2x°，
∵BD=BC，
∴∠BDC=∠BCD=2x°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠BCD=2x°，
在△ABC中x+2x+2x=180，
解得：x=36，
∴∠C=∠BDC=72°，
∴∠DBC=36°，
故选：B．
71．（23-24八年级·陕西宝鸡·期中）如图，在 △ABC中，AB=AC，点M，N分别在BC所在直线上，
且 AM=AN，则BM=CN吗？请说明理由．
【答案】见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的判定与性质，利用全等三角形的判定证得
△ABM≌△ACN是解决问题的关键．根据AM=AN，AB=AC可证得△AMN,△ABC是等腰三角形，
得到∠M=∠N，∠ABC=∠ACB，进而得到∠ABM=∠ACN，即可证明△ABM≌△ACN，即可得
出结论．
【详解】证明：∵ AM=AN，AB=AC，
∴ △AMN,△ABC是等腰三角形，
∴ ∠M=∠N，∠ABC=∠ACB，
∴ ∠ABM=∠ACN，
∴ △ABM≌△ACN(AAS)，
∴ BM=CN．
72．（23-24八年级·四川绵阳·期中）如图，在△ABC中，AC=BC，点F是AB的中点，且∠ACF=∠ABE,BE与CF交于点O,OE=OF．
(1)证明：BE=CF；
(2)证明：AO平分∠BAC．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，角平分线的判定；
（1）先证明△COE≌△BOF(AAS)，可得CO=BO，进一步可得结论；
（2）先证明CF⊥AB，即∠CFB=90°，结合△COE≌△BOF，进一步可得结论；
【详解】（1）证明：在△COE与△BOF中，
{∠ACF=∠ABE,
)
∠COE=∠BOF,
OE=OF,
∴△COE≌△BOF(AAS)，
∴CO=BO，
又OF=OE，
∴CO+OF=BO+OE，即CF=BE．
（2）证明：∵AC=BC，点F是AB的中点，
∴CF⊥AB，即∠CFB=90°，
由（1）知：△COE≌△BOF，
∴∠CEO=∠CFB=90°，即OE⊥AC，
又OE=OF,OF⊥AB，
∴AO平分∠BAC．
73．（23-24八年级·山东淄博·期中）如图，点C在线段AB上，AD∥EB，AC=BE，AD=BC，F是
DE的中点，求证：CF⊥DE．【答案】证明见解析
【分析】先根据SAS证明△ADC≌△BCE，则可得DC=CE，再根据等腰三角形“三线合一”即可得
CF⊥DE．
本题主要考查了全等三角形的判定和性质以及等腰三角形“三线合一”，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】证明：∵AD∥EB，
∴∠A=∠EBC，
{
AD=BC
)
在△ADC和△BCE中， ∠A=∠EBC ，
AC=BE
∴△ADC≌△BCE(SAS)，
∴DC=CE，
又∵F是DE的中点，
∴CF⊥DE．
【考点26 等腰三角形的判定与性质】
74．（23-24八年级·广东茂名·期中）如图，在△ABC中，∠ABC=3∠C=60°，AD平分∠BAC交BC
于D，AC=a，AB=b，BP⊥AD于P，则BP的长为（ ）
b a−b a−b
A．a−b B．a− C． D．
2 2 3
【答案】C
【分析】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角
和定理，三角形外角的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
1
延长BP交AC于点E，证明△ABP≌△AEP(ASA)，得到∠ABP=∠AEP,BP=EP= BE,AB=AE=b，
2利用AD平分∠BAC，∠ABC=3∠C=60°，结合三角形内角和定理，可求得∠ABP=∠AEP=40°，
利用三角形的外角性质得到∠EBC=∠C，根据等腰三角形的判定可得BE=CE=AC−AE=a−b，由此
可求得BP的长.
【详解】解：延长BP交AC于点E，如图所示，
∵ ∠ABC=3∠C=60°
，
∴ ∠C=20°，∠BAC=180°−60°−20°=100°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠DAC=50°，
∵BP⊥AD，
∴∠APB=∠APE=90°，
又∵AP=AP，
∴△ABP≌△AEP(ASA)，
1
∴∠ABP=∠AEP,BP=EP= BE,AB=AE=b，
2
∴ ∠ABP=∠AEP=40°，
∵∠AEB是△BEC的一个外角，
∴ ∠AEP=∠C+∠EBC，又∠C=20°，
∴ ∠EBC=∠AEP−∠C=20°，即∠EBC=∠C，
∴ BE=CE=AC−AE=a−b，
a−b
∴ BP=EP= .
2
故选：C.
75．（23-24八年级·江西赣州·期中）在△ABC中，CA=CB，∠ACB=150°，将一块足够大的直角三角
尺PMN(∠M=90°、∠MPN=30°)按如图所示放置，顶点P在线段AB上滑动，三角尺的直角边PM始
终经过点C，并且与CB的夹角∠PCB=α，斜边PN交AC于点D．在点P的滑动过程中，若△PCD是等
腰三角形，则夹角α的大小是 ．【答案】30°或75°或120°
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关
键．分三种情况考虑：当PC=PD；PD=CD；PC=CD，分别求出夹角α的大小即可．
【详解】解：∵△PCD是等腰三角形，∠PCD=150°−α，∠CPD=30°，
①当PC=PD时，
180°−30°
∴∠PCD=∠PDC= =75°，即150°−α=75°，
2
∴α=75°；
②当PD=CD时，△PCD是等腰三角形，
∴∠PCD=∠CPD=30°，即150°−α=30°，
∴α=120°；
③当PC=CD时，△PCD是等腰三角形，
∴∠CDP=∠CPD=30°，
∴∠PCD=180°−2×30°=120°， 即150°−α=120°，
∴α=30°， 此时点P与点B重合，点D和A重合，
综合所述：当△PCD是等腰三角形时，α= 30°或75°或120°．
故答案为：30°或75°或120°．
76．（23-24八年级·江西赣州·期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点
（点D与A，B不重合），连接CD，过点C作CE⊥CD，且CD=CE，连接DE交BC于点F，连接BE．
(1)求证：△CAD≌△CBE；
(2)当AD=BF时．判断△CDF的形状，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析；(2)△CDF为等腰三角形．
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质．
（1）由题意可求得∠ACD=∠BCE，从而利用SAS证明△CAD≌△CBE；
（2）由△CAD≌△CBE可知：∠A=∠CDE=45°，推出BF=BE，利用三角形内角和定理可求得
∠DCF=∠BEF=∠CFD，据此可推出△CDF为等腰三角形．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，CE⊥CD，
∴∠ACD+∠DCB=∠BCE+∠DCB，
即∠ACD=∠BCE，
在△ACD与△BCE中，
{
AC=BC
)
∠ACD=∠BCE ，
CD=CE
∴△CAD≌△CBE(SAS)；
（2）解：△DCF为等腰三角形，理由如下：
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠A=45°，
同理：∠CDE=45°，
∵△CAD≌△CBE，
∴∠A=∠CBE=45°，AD=BE，
∴∠CDE=∠CBE=45°，
∵AD=BF，
∴BF=BE，
∴∠BEF=∠BFE=∠CFD，
∵∠CDF+∠CFD+∠DCF=180°，∠EBF+∠BFE+∠BEF=180°，
∴∠DCF=∠BEF=∠CFD，
∴DC=DF，即△DCF为等腰三角形．
【考点27 等边三角形的判定】
77．（23-24八年级·贵州六盘水·期中）将含30°角的直角三角板和直尺按如图所示的方式摆放，若
∠1=60°，则△ABC是（）A．不等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等边三角形
【答案】D
【分析】由平行线的性质得到∠ACB=∠1=60°，又∠A=60°，由三角形内角和定理求出∠ABC=60°，
得到∠A=∠ABC=∠ACB，即可证明△ABC是等边三角形．
【详解】解：∵BC∥NM,
∴∠ACB=∠1=60°,
∵∠A=60°，
∴∠ABC=180°−∠A−∠ACB=60°，
∴∠A=∠ABC=∠ACB，
∴△ABC是等边三角形．
故选：D．
【点睛】本题考查平行线的性质，等边三角形的判定，关键是由平行线的性质得到∠ACB=∠1= 60°．
78．（23-24八年级·河南商丘·期中）下列三角形：①有两个角等于60°；②有一个角等于60°的等腰三角
形；③一腰上的中线也是这条腰上的高的等腰三角形．其中能判定是等边三角形的是 ．
【答案】①②③
【分析】根据等边三角形的判定定理逐项判断即可．等边三角形的判定定理有：①三边都相等的三角形是
等边三角形，②三角都相等的三角形是等边三角形，③有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形．
【详解】解：①两个角为60度，则第三个角也是60度，则其是等边三角形，故正确；
②这是等边三角形的判定2，故正确；
③根据等边三角形三线合一性质，故正确．
所以能判定是等边三角形的是①②③．
故答案为①②③．79．（23-24八年级·陕西西安·期中）如图所示，AD是△ABC的角平分线，EF是AD的垂直平分线，分别
交AB、AC于点E、F，连结DE，若DE=EF，试判断△AEF的形状，并说明理由．
【答案】△AEF是等边三角形，理由见解析
【分析】根据线段垂直平分线和角平分线的性质可得∠AOE=∠AOF=90°，AE=DE，
∠EAD=∠CAD，然后利用ASA证明△AEO≌△AFO，从而可得AE=AF，再根据等量代换可得
AE=EF=AF，即可解答．
【详解】解：△AEF是等边三角形，理由：
设AD,EF交于点O，
∵EF是AD的垂直平分线，
∴∠AOE=∠AOF=90°，AE=DE，
∵ AD是△ABC的角平分线，
∴ ∠EAD=∠CAD，
∵AO=AO，
∴△AEO≌△AFO(ASA)，
∴AE=AF，
∵AE=DE，DE=EF，
∴AE=EF，
∴AE=EF=AF，
∴△AEF是等边三角形．
【考点28 等边三角形的性质】
80．（23-24八年级·浙江金华·期中）如图，△ABC是等边三角形，D是线段BC上一点（不与点B,C重
合），连接AD，点E,F分别在线段AB,AC的延长线上，且DE=DF=AD，点D从B运动到C的过程中，△BED周长的变化规律是（ ）
A．不变 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大
【答案】D
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，由“ASA”可证△BED≌△CDF，
由全等三角形的性质可得BD=CF,BE=CD，可得△BED周长
=BD+BE+DE=BD+CD+AD=BC+AD，即可求解．
【详解】∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∴∠EBD=∠DCF=120°，
∵DF=AD，
∴∠CAD=∠F，
{∠BAD+∠CAD=∠BAC=60°)
又∵ ，
∠CDF+∠F=∠ACB=60°
∴∠BAD=∠CDF，
∵DE=AD，
∴∠BAD=∠E，
∴∠E=∠CDF，
{∠EBD=∠DCF
)
在△BDE和△CFD中， ∠E=∠CDF ，
DE=FD
∴△BED≌△CDF(AAS)，
∴BE=CD，
则△BED周长为BE+BD+DE=CD+BD+AD=BC+AD，
∵在点D从B运动到C的过程中，BC长不变，AD长先变小后变大，其中当点D运动到BC的中点位置时，
AD最小，∴在点D从B运动到C的过程中，△BED周长的变化规律是先变小后变大，
故选：D．
81．（23-24八年级·福建漳州·期中）如图，等边三角形ABC中，AD⊥BC，垂足为D，点E在线段AD
上，∠ACE=15°，则∠EBC= °．
【答案】45
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质、垂直平分线的判定和性质、等腰三角形的性质等知识点，灵
活运用相关性质是解本题的关键．
先根据等边三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=60°、BD=CD，再根据角的和差可得∠BCE=45°，
再判断出AD是BC的垂直平分线可得BE=CE，最后根据等腰三角形的性质即可解答．
【详解】解：∵等边三角形ABC中，AD⊥BC，
∴∠ABC=∠ACB=60°，BD=CD，即：AD是BC的垂直平分线，
∵∠ACE=15°，
∴∠BCE=∠ACB−∠ACE=45°，
∵点E在线段AD上，
∴BE=CE，
∴∠EBC=∠BCE=45°．
故答案为：45．
82．（23-24八年级·河南洛阳·期中）如图，△ABC是等边三角形，BD是中线，延长BC至点E，使
CE=CD．
(1)求证：DB=DE；
(2)若F是BE的中点，连接DF，且CF=2，求△ABC的周长．
【答案】(1)见解析
(2)24【分析】此题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握
等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
1
（1）由等边三角形的性质得到∠DBC= ∠ABC=30°.进一步证明∠E=∠CDE=30°，∠DBC=∠E，
2
即可得到结论；
1
（2）求出∠CDF=30°，得到CF= CD，则CD=2CF=4.即可得到AC=2CD=8，由△ABC是等边
2
三角形即可得答案．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°.
又∵BD是中线，
∴BD平分∠ABC，
1
∴∠DBC= ∠ABC=30°.
2
∵CE=CD，
∴∠E=∠CDE.
又∵∠ACB=∠E+∠CDE，
∴∠E=∠CDE=30°，
∴∠DBC=∠E，
∴DB=DE
（2）解：由（1）可知DB=DE，
又∵F是BE的中点，
∴DF⊥BE.
∵∠ACB=60°，
∴∠CDF=180°−90°−60°=30°.
又∵△CDF为直角三角形，
1
∴CF= CD，
2
∴CD=2CF=4.
∵BD是中线，
∴AC=2CD=8.∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC=8，
∴△ABC的周长为24
【考点29 等边三角形的判定与性质】
83．（23-24八年级·辽宁丹东·期中）如图，已知等边△ABC和等边△BPE，点P在BC的延长线上，EC
的延长线交AP于点M，连接BM；下列结论：①AP=CE；②∠PME=60°；③BM平分∠AME；④
AM+MC=BP，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定等知识，熟练掌握全等三角形的
判定是解题关键．分别利用全等三角形的判定方法以及其性质得出对应角以及对应边关系进而分别分析得
出答案．
【详解】证明：①∵等边△ABC和等边△BPE，
∴AB=BC，∠ABC=∠PBE=60°，BP=BE，
在△APB和△CEB中，
{
AB=BC
)
∠ABP=∠CBE ，
BP=BE
∴△APB≌△CEB(SAS)，
∴AP=CE，故①正确；
②∵△APB≌△CEB，
∴∠APB=∠CEB，
∵∠MCP=∠BCE，
则∠PME=∠PBE=60°，故②正确；③作BN⊥AM于N，BF⊥ME于F，
∵△APB≌△CEB，
∴∠BPN=∠FEB，
在△BNP和△BFE中，
{∠BNP=∠BFE
)
∠NPB=∠FEB ，
PB=EB
∴△BNP≌△BFE(AAS)，
∴BN=BF，
∴BM平分∠AME，故③正确；
④在BM上截取BK=CM，连接AK．
由②知∠PME=60°，
∴∠AMC=120°，
由③知：BM平分∠AME，
∴∠BMC=∠AMK=60°=∠BAC，
∴∠ACM=∠ABK，
在△ABK和△ACM中，
{
AB=AC
)
∠ABK=∠ACN ，
BK=CM
∴△ABK≌△ACM(SAS)，
∴AK=AM，
∴△AMK为等边三角形，则AM=MK，
故AM+MC=BM，
∵BM≠BP，∴AM+MC≠BP，故④错误；
正确的有①②③，共3个．
故选：C．
84．（23-24八年级·广东韶关·期中）如图，点P、M、N分别在等边△ABC的各边上，且MP⊥AB于点
P，NM⊥BC于点M，PN⊥AC于点N，若AB=12cm，则CM的长为 cm．
【答案】4
【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质，平角的意义，三角形全等的性质与判定，含30度角的直角
三角形的性质，得出∠NPM=∠PMN=∠MNP是本题的关键．
根据等边三角形的性质得出∠A=∠B=∠C，进而得出∠MPB=∠NMC=∠PNA=90°，再根据平角
的意义即可得出∠NPM=∠PMN=∠MNP，即可证得△PMN是等边三角形；根据全等三角形的性质得
到PA=BM=CN，PB=MC=AN，从而求得BM+PB=AB=12cm，根据直角三角形30°角所对的直角
边等于斜边的一半得出2PB=BM，即可求得PB的长，进而得出MC的长．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵MP⊥AB，NM⊥BC，PN⊥AC，
∴∠MPB=∠NMC=∠PNA=90°，
∴∠PMB=∠MNC=∠APN=30°，
∴∠NPM=∠PMN=∠MNP=60°，
∴△PMN是等边三角形，
∴PN=PM=MN，
∴△PBM≌△MCN≌△NAP(AAS)，
∴PA=BM=CN，PB=MC=AN，
∴BM+PB=AB=12cm，
在Rt△BMP中，∠PMB=30°，
∴2PB=BM，
∴2PB+PB=12cm，∴PB=4cm，
∴CM=4cm，
故答案为：4．
85．（2024河北保定·三模）如图，点D在等边△ABC的外部，连接AD、CD，AD=CD，过点D作
DE∥AB交AC于点F，交BC于点E．
(1)判断△CEF的形状，并说明理由；
(2)连接BD，若BC=10，CF=4，求DE的长．
【答案】(1)△CEF是等边三角形，理由见详解
(2)6
【分析】本题考查了等边三角形的性质和判定，线段垂直平分线的性质，以及平行线的性质，
（1）根据等边三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=60°；根据平行线的性质可得∠CEF=∠ABC=60°，
推得∠CEF=∠CFE=∠ECF=60°，根据等边三角形的判定即可证明；
（2）根据等边三角形的性质得到AB=BC，CF=CE；结合题意可得BD是线段AC的垂直平分线，根据
等边三角形的三线合一的性质可得BD平分∠ABC，根据角平分线的定义得到∠ABD=∠CBD；根据平
行线的性质得到∠ABD=∠BDE，推得∠BDE=∠CBD，根据等角对等边可得BE=DE，即可求解．
【详解】（1）解：△CEF是等边三角形，理由如下：
△ABC是等边三角形，
∵∠ABC=∠ACB=60°．
∴AB∥DE，
∵∠CEF=∠ABC=60°，
∴∠CEF=∠CFE=∠ECF=60°，
∴△CEF是等边三角形；
∴（2）解： △ABC是等边三角形，△CEF是等边三角形，
AB=BC∵，CF=CE=4．
∴AD=CD，AB=BC，
∵BD是线段AC的垂直平分线，
∴BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD．
∴AB∥DE，
∵∠ABD=∠BDE，
∴∠BDE=∠CBD，
∴BE=DE．
∴BC=BE+EC=DE+CF，
∵DE=BC−CF=10−4=6．
∴【考点30 含30°角的直角三角形】
86．（23-24八年级·北京海淀·期中）如图，在△ABC中，AB=AC，∠C=30°，点D是AB的中点；过点
D作DE⊥AB交BC于点E，DE=2，则CE的长度为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
【分析】此题主要考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握等腰
三角形的性质，线段垂直平分线的性质，理解在直角三角形中，30°的角所对的直角边是斜边的一半是解
决问题的关键．连接AE，先求出∠B=∠C=30°，∠BAC=120°，再根据线段垂直平分线的性质得，
BE=AE，由此得∠B=∠DAE=30°，进而利用直角三角形的性质得AE=2DE=4，然后求出
∠CAE=90°，再利用直角三角形的性质即可求出CE的长．
【详解】解：连接AE，如图：
在△ABC中，AB=AC，∠C=30°，
∴∠B=∠C=30°，
∴∠BAC=180°−(∠B+∠C)=120°，∵点D是AB的中点，DE⊥AB，
∴DE是线段AB的垂直平分线，
∴BE=AE，
∴∠B=∠DAE=30°，
在Rt△ADE中，∠DAE=30°，DE=2，
∴AE=2DE=4，
∵∠BAC=120°，∠DAE=30°，
∴∠CAE=∠BAC−∠DAE=120°−30°=90°，
在Rt△CAE中，∠C=30°，AE=4，
∴CE=2AE=8．
故选：B．
87．（23-24八年级·福建厦门·期中）如图，在△ABC中，AB=AC,AD⊥BC于D，点F在CD上，E在
△ABC内部，且满足EF=BF,∠E=60°，EF交AD于G，若BE=a,EG=b，则FC的长为 ．
（用含字母的代数式表示）
【答案】b
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，根据
等腰三角形三线合一的性质得出BD=DC，由EF=BF，∠E=60°，得出∠EBF=60°，∠EFB=60°，
△EBF是等边三角形，那么BF=BE=EF=a，再求出GF=EF−EG=a−b．根据30°角所对的直角边等
1 1 1 1
于斜边的一半得出DF= GF= (a−b)，那么BD=BF−DF= (a+b)，DC=BD= (a+b)，从而
2 2 2 2
求出FC=DC−DF=b．
【详解】∵AB=AC，AD⊥BC于D，
∴BD=DC，∠ADB=∠ADC=90°．
∵EF=BF，∠E=60°，∴∠EBF=60°，
∴∠EFB=60°，
∴△EBF是等边三角形，
∴BF=BE=EF=a，
∵EG=b，
∴GF=EF−EG=a−b．
在Rt△DGF中，∵∠GDF=90°，∠DGF=90°−∠GFD=30°，
1 1
∴DF= GF= (a−b)，
2 2
1 1
∴BD=BF−DF=a− (a−b)= (a+b)，
2 2
1
∴DC=BD= (a+b)，
2
1 1
∴FC=DC−DF= (a+b)− (a−b)=b．
2 2
故答案为：b．
88．（23-24八年级·福建莆田·期中）如图，△ABC为等边三角形，AE=CD，AD、BE相交于点P，
BQ⊥AD于Q．
(1)求证：△ADC≌△BEA；
(2)若PQ=4，PE=1，求AD的长．
【答案】(1)见详解
(2)AD=9
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形．
（1）根据等边三角形的性质，通过全等三角形的判定定理SAS证得结论；
（2）利用（1）中的全等三角形的对应角相等和三角形外角的性质求得∠BPQ=60°；可得∠PBQ=30°，所以由“30度角所对的直角边是斜边的一半”得到2PQ=BP=8，则易求BE=BP+PE=9．
【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=CA，∠BAE=∠C=60°，
在△ADC与△BEA中，
{
CA=AB
)
∠C=∠BAE ，
CD=AE
∴△ADC≌△BEA(SAS)；
（2）解：由（1）知，△AEB≌△CDA，则∠ABE=∠CAD，
∴∠BAD+∠ABE=∠BAD+∠CAD=∠BAC=60°，
∴∠BPQ=∠BAD+∠ABE=60°；
∵BQ⊥AD，
∴∠PBQ=30°，
1
∴PQ= BP=4，
2
∴BP=8，
又∵PE=1，
∴BE=BP+PE=9，即AD=9．
【考点31 轴对称——最短路径问题】
89．（23-24八年级·广东东莞·期中）如图，在等腰△ABC中，AB=AC，点D在BC边上，连接AD，且
CD=5，AD=13，直线EF是腰AC的垂直平分线，若点M在EF上运动，则△CDM周长的最小值为
．
【答案】18
【分析】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，根据线段垂直平分线的性质可得AM=MC，则△CDM
的周长=CD+CM+DM=CD+AM+DM=5+AM+DM，即可得到当A、M、D三点共线时，
AM+DM的值最小，此时AM+DM=AD=13，由此即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接AM，∵EF是AC的垂直平分线，M在EF上运动，
∴AM=MC，
∴△CDM的周长=CD+CM+DM=CD+AM+DM=5+AM+DM，
∴要想△CDM的周长最小，即AM+DM的值最小，
∴当A、M、D三点共线时，AM+DM的值最小，此时AM+DM=AD=13，
∴此时△CDM的周长=13+5=18，
∴△CDM的周长最小值为18，
故答案为：18．
90．（23-24八年级·湖南湘西·期中）如图，阳光明媚的周六，小明在学校（A）练习篮球，他接到妈妈的
电话，要先去C街快递公司取包裹，再去D街购买文具，然后回到家里（B）．请画出小明行走的最短路
径．
【答案】见详解
【分析】本题主要考查了轴对称的性质，两点之间线段最短，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行
求解．
根据两点之间线段最短，轴对称的性质即可得到答案．
【详解】解；如图所示：作点A的对称点A′，作点B的对称点B′，连接A′B′，交C街和D街于点E,F，
则AE+EF+BF=A′E+EF+B′F≥A′B′，
当点A′,E,F,B′共线时，小明行走的路径最短，
故小明行走的最短路径是AE−EF−FB，
