专题 16.3 期中压轴题专项复习【20 大考点 60 题】
（考试范围：第11~13章）
【人教版】
【考点1 三角形的三边关系的应用】......................................................................................................................1
【考点2 由三角形的中线求面积最值】..................................................................................................................5
【考点3 与平行线有关的三角形的内角和问题】.................................................................................................7
【考点4 与折叠有关的三角形的内角和问题】...................................................................................................12
【考点5 与角平分线有关的三角形的内角和问题】...........................................................................................17
【考点6 三角形的外角与三角形的内角和的综合求值】...................................................................................21
【考点7 不规则多边形的内角和】........................................................................................................................30
【考点8 分类讨论思想与全等三角形的综合运用】...........................................................................................33
【考点9 利用全等三角形的判定于性质证明一条线段等于两条线段的和差】...............................................40
【考点10 倍长中线模型】........................................................................................................................................49
【考点11 旋转模型】................................................................................................................................................54
【考点12 垂线模型】................................................................................................................................................59
【考点13 轴对称中的最短路径问题】....................................................................................................................62
【考点14 格点中作等腰三角形】............................................................................................................................67
【考点15 三角形中的多结论问题】........................................................................................................................70
【考点16 等腰三角形的存在性问题】....................................................................................................................78
【考点17 构成等腰三角形的点的个数】................................................................................................................84
【考点18 利用等腰三角形的判定与性质进行求值或证明】...............................................................................86
【考点19 利用等边三角形的判定与性质进行求值或证明】...............................................................................95
【考点20 与三角形有关的新定义问题】..............................................................................................................108
【考点1 三角形的三边关系的应用】
1．（23-24八年级·安徽安庆·期中）已知△ABC的两条高分别为4和12，第三条高也为整数，则第三条高
所有可能值为（ ）
A．3和4 B．1和2 C．2和3 D．4和5
【答案】D
【分析】先设长度为4、12的高分别是a、b边上的，边c上的高为h，△ABC的面积是S，根据三角形面2S 2S 2S
积公式，可求a= ；b= ；c= ，结合三角形三边的不等关系，可得关于h的不等式，解不等式即
4 12 ℎ
可．
2S
【详解】设长度为4、12的高分别是a，b边上的，边c上的高为h，△ABC的面积是S，那么a= ；b=
4
2S 2S
；c=
12 ℎ
∵a-b＜c＜a+b，
2S 2S 2S 2S
∴ - ＜c＜ + ，
4 12 4 12
S 2S 2S
即 ＜ ＜ ，
3 ℎ 3
解得3＜h＜6，
∴h=4或h=5，
故选D.
【点睛】主要考查三角形三边关系；利用三角形面积的表示方法得到相关等式是解决本题的关键.
2．（23-24八年级·江苏南京·期中）现有长分别为4，5，7，9，22（单位：cm）的五根直木条，从中选出
四根围一个四边形木框，则该木框的对角线最长可以取到的整数是 ．
【答案】11
【分析】此题主要考查三角形的三边关系，解题的关键是熟知两边之和大于第三边，两边之差小于第三
边．
根据三角形的三边关系，进行分类讨论即可求解．
【详解】解：根据三角形的三边关系，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，
∴选4，5，7，9，
如图，①当AB=4,BC=5,AD=7,CD=9时，
∴5−4<AC<4+5，即1<AC<9，
且9−7<AC<7+9，即2<AC<16，
∴2<AC<9，此时对角线最长可以取到的整数是8，
②当AB=4,BC=5,AD=7,CD=9时，
∴7−4<BD<4+7，即3<BD<11，
且9−5<BD<5+9，即4<BD<14，
∴4<BD<11
此时对角线最长可以取到的整数是10，
如图，当AB=4,BC=9,AD=7,CD=5时，
③当AB=4,BC=5,AD=7,CD=9时，
∴9−4<AC<4+9，即5<AC<13，
且7−5<AC<7+5，即2<AC<12，
∴5<AC<12，
此时对角线最长可以取到的整数是11，
④当AB=4,BC=5,AD=7,CD=9时，
∴7−4<BD<4+7，即3<BD<11，
且9−5<BD<5+9，即4<BD<14，
∴4<BD<11
此时对角线最长可以取到的整数是10，
综上，∴该木框的对角线最长可以取到的整数是11．
故答案为：11．
3．（23-24八年级·北京朝阳·期中）若三边均不相等的三角形三边a，b，c满足a−b>b−c（a为最长
边，c为最短边），则称它为“不均衡三角形”．例如，一个三角形三边分别为7，5，4，因为
7−5>5−4，所以这个三角形为“不均衡三角形”．
（1）以下两组长度的小木棚能组成“不均衡三角形”的为 （填序号）．
①13cm，18cm，9cm； ②9cm，8cm，6cm．
（2）已知“不均衡三角形”三边分别为2x+2，16，2x−6直接写出x的整数值为 ．
【答案】 ① 10或12或13或14
【分析】（1）根据“不均衡三角形”的定义即可求解；（2）分三种情况，16为最长边、16不为最长也不为最短边、16为最短边进行讨论即可求解．
【详解】：（1）①∵18−13>13−9，
∴13cm，18cm，9cm能组成“不均衡三角形”；
②∵9−8<8−6，
∴9cm，8cm，6cm不能组成“不均衡三角形”．
故答案为：①．
（2）①当16为最长边，2x−6为最短边时，
16−(2x+2)>2x+2−(2x−6)，
解得：x<3，
∵2x−6>0，
解得：x>3，
故不合题意，舍去；
②当2x+2为最长边，2x−6为最短边时，
2x+2−16>16−(2x−6)
解得：x>9，
∵2x+2>16>2x−6，
解得：7<x<11，
∴9<x<11，
∵x为整数，
∴x=10，
经检验，当x=10时，22，16，14可构成三角形；
③当2x+2为最长边，16为最短边时，
2x+2−(2x−6)>2x−6−16
解得：x<15，
∵2x−6>16，
解得：x>11，
∴11<x<15，
∵x为整数，
∴x=12或13或14，都可以构成三角形；
综上所述，x的整数值为10或12或13或14；
故答案为：10或12或13或14．
【点睛】本题考查了三角形三边关系、新概念“不均衡三角形”的定义、分类讨论等知识，熟练掌握新概念“不均衡三角形”的定义是解题的关键．
【考点2 由三角形的中线求面积最值】
4．（23-24八年级·福建莆田·期中）如图，△ABC中，AC=DC=3，∠BAC的角平分线AD⊥BD于D
，E为AC的中点，则图中两个阴影部分面积之差的最大值（ ）
A．1.5 B．3 C．4.5 D．9
【答案】C
【分析】本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形中线的性质等知识，首先证明两个阴影部分面积之差
=S ，当CD⊥AC时，△ACD的面积最大．解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
△ADC
【详解】解：延长BD交AC于点H．设AD交BE于点O．
∵AD⊥BH
，
∴∠ADB=∠ADH=90°，
∴∠ABD+∠BAD=90°，∠H+∠HAD=90°，
∵∠BAD=∠HAD，
∴∠ABD=∠H，
∴AB=AH，
∵AD⊥BH，
∴BD=DH，
∵DC=CA，
∴∠CDA=∠CAD，
∵∠CAD+∠H=90°，∠CDA+∠CDH=90°，
∴∠CDH=∠H，
∴CD=CH=AC，∵AE=EC，
1 1
∴S = S ，S = S ，
△ABE 4 △ABH △CDH 4 △ABH
∵S −S =S −S =S −S =S ，
△OBD △AOE △ADB △ABE △ADH △CDH △ACD
∵AC=CD=3，
1
∴当DC⊥AC时，△ACD的面积最大，最大面积为 ×3×3=4.5．
2
故选：C．
5．（23-24八年级·黑龙江哈尔滨·期中）如图，三角形ABC，点D在BC上且CD=2BD，点E在AB上且
3AE=2BE，AD与CE交点F，点G为CF的中点，连接BG，BF，若△BFG和△AEF的面积的和为
19，则四边形BEFD的面积= ．
【答案】16
【分析】本题主要考查三角形的面积公式求解，设S =x，S = y．可可得出x+ y=19，由已知条件
△AEF △BFG
S 1 2.5x
得出结合等高的三角形面积比为底边边长之比得出 △AFB = = ，进而得出4 y=15x，联立方程组解
S 2 S
△AFC △AFC
2
出x，y的值，再由已知条件得出S =S +S =1.5x+ y，最后代入求值即可求得答案．
△BEFD △BEF △BDF 3
【详解】解：设S =x，S = y
△AEF △BFG
∴x+ y=19，
AE 2
∵3AE=2BE，即 =
BE 3
S 2 x
∴ △AEF = = ，
S 3 1.5x
△BEF
∴S =2.5x，
△AFB
∵点G为CF的中点，
∴S =S = y，
△BFG △BCG∴S =S +S =2y，
△BCF △BFG △BCG
∵CD=2BD，
2
y
S 3
∴ △BDF = ，
S 4
△CDF y
3
2
∴S =S +S =1.5x+ y，
四边形BEFD △BEF △BDF 3
设点A，B到FC的高为：ℎ ，ℎ ，
A B
1 1
ℎ ⋅FC ℎ ⋅EF
S 2 A ℎ 2 A S AE 2 S
△AFC = = A = = △AEF = = = △AFC ，
S 1 ℎ 1 S BE 3 2y
△BFC ℎ ⋅FC B ℎ ⋅EF △BFE
2 B 2 B
4
∴S = y，
△AFC 3
BD 1
∵ = ，
CD 2
S 1 2.5x
同理可得： △AFB = = ，
S 2 S
△AFC △AFC
4
∴S =5x= y，
△AFC 3
∴4 y=15x
{x+ y=19)
∴
4 y=15x
{y=15)
解得： ，
x=4
2
S =S +S =1.5x+ y=16，
四边形BEFD △BEF △BDF 3
故答案为：16．
【考点3 与平行线有关的三角形的内角和问题】
6．（23-24八年级·辽宁沈阳·期中）在△ABC中，点D在线段AC上，DE∥BC交AB于点E，点F在线段
AB上（点F不与点A，E，B重合），连接DF，过点F作FG⊥FD交射线CB于点G．(1)如图，当点F在线段BE上时：
①求证：∠EDF+∠BGF=∠DFG；
②求证：∠ABC+∠BFG−∠EDF=90°；
(2)当点F在线段AE上时，请直接用等式表示∠EDF与∠BGF的数量关系．
【答案】(1)①见解析；②见解析；
(2)∠BGF−∠EDF=90°或∠EDF+∠BGF=90°；
【分析】本题考查三角形内角和定理，平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平
行线解决问题．
（1）①如图1中，过点F作FH∥BC交AC于点H，利用平行线的性质求解即可；
②过点F作FH∥BC交AC于点H，利用平行线的性质求解即可；
（2）作出图形，利用平行线的性质，以及三角形的外角的性质求解即可．
【详解】（1）①证明：如图1中，过点F作FH∥BC交AC于点H，
∵DE∥BC，
∴DE∥FH，
∴∠EDF=∠1，
∵FH∥BC，
∴∠BGF=∠2．
∵FG⊥FD，
∴∠DFG=90°，∴∠1+∠2=90°，
∴∠EDF+∠BGF=90°=∠DFG．
②证明： 如图2， 过点F作FH∥BC交AC于点H，
∴∠ABC=∠AFH，
∴∠ABC=∠1+∠3，
∴∠3=∠ABC−∠1，
∵∠EDF=∠1，
∴∠3=∠ABC−∠EDF，
∵FG⊥FD，
∴∠DFG=90°，
∴∠BFG+∠3=90°，
∴∠3=90°−∠BFG，
∴90°−∠BFG=∠ABC−∠EDF，
∴∠ABC+∠BFG−∠EDF=90°．
（2）解：设DE交FG于J，如图3，
∵DE∥BC，
∴∠BGF=∠FJE，
∵∠FJE=∠DFJ+∠EDF，∠DEJ=90°，
∴∠BGF−∠EDF=90°，
当点G在CB的延长线上时，同法可证∠EDF+∠BGF=90°，如图4：7．（23-24八年级·浙江宁波·期中）如图，直线CD//EF，点A、B分别在直线CD、EF上（自左向右分别
为点C、A、D和点E、B、F），∠ABF=60°，射线AM自射线AB的位置开始，绕点A以每秒1°的速度沿
逆时针方向旋转，同时，射线BN自射线BE开始以每秒5°的速度绕点B沿顺时针方向旋转，当射线BN旋
转到BF的位置时，两者均停止运动，设旋转时间为x秒．
(1)如图1，直接写出下列答案：
①∠BAD的度数是 ；
②当旋转时间x= 秒时，射线BN过点A．
(2)如图2，若AM∥BN，求此时对应的旋转时间x的值．
(3)若两条射线AM和BN所在直线交于点P，
①如图3，若点P在CD与EF之间，且∠APB=126°，求旋转时间x的值；
②若旋转时间x<24，求∠APB的度数（用含x的代数式表示）．
【答案】(1)120°；24
(2)x=20(秒)
(3)x=29(秒)；当0<x<20时，∠APB=(120−6x)°，当20<x<24时，∠APB=(6x−120)°
【分析】（1）①根据平行线的性质可求得；
②根据邻补角的定义求得∠ABE=120°，进而求得结论；
（2）根据平行线的性质得出∠BAM=∠ABN，即可得出等式，解出即为所求；
（3）①根据三角形内角和定理得∠BAM+∠ABN+∠APB=x+(5x−120)+126=180解出即可；
②借助图形可求得∠APB的度数．【详解】（1）① ∵CD∥EF，
∴∠DAB+∠ABF=180°，∠ABF=60°，
∴∠BAD=120°．
故答案为：120°．
② ∵∠ABF=60°，
∴∠ABE=120°，
当射线BN过点A时，
5x=120，x=24，
∴当旋转时间为24秒时，射线BN过点A．
故答案为：24．
（2）若AM∥BN，
根据平行线的性质得，
∠BAM=∠ABN，
∵∠ABE=120°，
∴∠ABN=120−5x，
∴120−5x=x，解得：x=20，
∴此时对应时间为20秒．
（3）①∵∠BAM=x，∠EBN=5x，
∴∠ABN=5x−120，
根据三角形内角和为180°得，
∠BAM+∠ABN+∠APB=x+(5x−120)+126=180，
解得x=29．
②由（2）可知，AM∥BN时时间是20秒，
∴x<24时，分两种情况：
如图4，当0<x<20时，∠APB=180−∠BAP−∠ABP=(120−6x)°；
如图5，当20<x<24时，∠APB=∠BAM−∠ABP=x−(120−5x)=(6x−120)°．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，解题的关键是理解题意，学会构建方程解决问
题．
【考点4 与折叠有关的三角形的内角和问题】
8．（23-24八年级·山东青岛·期中）直线MN与直线PQ垂直相交于O，点A在射线OP上运动，点B在射线
OM上运动，连接AB．
（1）如图1，已知AC，BC分别是∠BAP和∠ABM角的平分线，
①点A，B在运动的过程中，∠ACB的大小是否发生变化？若发生变化，请说明理由；若不发生变化，试
求出∠ACB的大小．
②如图2，将ΔABC沿直线AB折叠，若点C落在直线PQ上，记作点C′，则∠ABO=_______°；如图3，
将ΔABC沿直线AB折叠，若点C落在直线MN上，记作点C′′，则∠ABO=________°．
（2）如图4，延长BA至G，已知∠BAO，∠OAG的角平分线与∠BOQ的角平分线交其延长线交于E，
3
F，在ΔAEF中，如果有一个角是另一个角的 倍，求∠ABO的度数．
2
【答案】（1）∠ACB的大小不会发生变化，∠ACB=45°；（2）30，60；（3）60°或72°．
【分析】（1）①由直线MN与直线PQ垂直相交于O，得到∠AOB=90°，根据三角形的外角的性质得到
1 1
∠PAB+∠ABM=270°，根据角平分线的定义得到∠BAC= ∠PAB，∠ABC= ∠ABM，于是得到结论；
2 2②图2中，由于将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线PQ上，得到∠CAB=∠BAQ，由角平分线的定
义得到∠PAC=∠CAB，根据三角形的内角和即可得到结论；
图3中，根据将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线MN上，得到∠ABC=∠ABN，由于BC平分
∠ABM，得到∠ABC=∠MBC，于是得到结论；
1 1
（2）由∠BAO与∠BOQ的角平分线相交于E可知∠EAO= ∠BAO，∠EOQ= ∠BOQ，进而得出∠E的
2 2
度数，由AE、AF分别是∠BAO和∠OAG的角平分线可知∠EAF=90°，在△AEF中，由一个角是另一个
3
角的 倍分情况进行分类讨论即可解答．
2
【详解】（1）①∠ACB的大小不变，
∵直线MN与直线PQ垂直相交于O，
∴∠AOB=90°，
∴∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠PAB+∠ABM=270°，
∵AC、BC分别是∠BAP和∠ABM角的平分线，
1 1
∴∠BAC= ∠PAB，∠ABC= ∠ABM，
2 2
1
∴∠BAC+∠ABC= （∠PAB+∠ABM）=135°，
2
∴∠ACB=45°；
②∵图2中，将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线PQ上，
∴∠CAB=∠BAQ，
∵AC平分∠PAB，
∴∠PAC=∠CAB，
∴∠PAC=∠CAB=∠BAO=60°，
∵∠AOB=90°，
∴∠ABO=30°，
∵图3中，将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线MN上，
∴∠ABC=∠ABN，
∵BC平分∠ABM，
∴∠ABC=∠MBC，
∴∠MBC=∠ABC=∠ABN，∴∠ABO=60°，
故答案为：30，60；
（2）∵∠BAO与∠BOQ的角平分线相交于E，
1 1
∴∠EAO= ∠BAO，∠EOQ= ∠BOQ，
2 2
1 1
∴∠E=∠EOQ-∠EAO= （∠BOQ-∠BAO）= ∠ABO，
2 2
∵AE、AF分别是∠BAO和∠OAG的角平分线，
∴∠EAF=90°．
在△AEF中，
3
∵有一个角是另一个角的 倍，故有：
2
3
①∠EAF= ∠E，∠E=60°，∠ABO=120°（不合题意，舍去）；
2
3
②∠EAF= ∠F，∠E=30°，∠ABO=60°；
2
3
③∠F= ∠E，∠E=36°，∠ABO=72°；
2
3
④∠E= ∠F，∠E=54°，∠ABO=108°（不合题意，舍去）；．
2
∴∠ABO为60°或72°．
【点睛】本题主要考查的就是角平分线的性质以及三角形内角和定理的应用.解决这个问题的关键就是要能
根据角平分线的性质将外角的度数与三角形的内角联系起来，然后再根据内角和定理进行求解.同学们在解
答这种问题的时候，一定要注意外角与内角之间的联系，不能只关注某一部分.在需要分类讨论的时候一定
要注意分类讨论的思想.
9．（23-24八年级·安徽安庆·期中）在ΔABC中，AD⊥BC于点D
（1）如图1，若∠BAC的角平分线交BC于点E，∠B=42∘，∠DAE=7∘，求∠C的度数；
（2）如图2，点M,N分别在线段AB,AC上，将ΔABC折叠，点B落在点F处，点C落在点G处，折痕分
别为DM和DN，且点F，点G均在直线AD上，若∠B+∠C=90∘，试猜想∠AMF与∠ANG之间的数量
关系，并加以证明；
（3）在（2）小题的条件下，将ΔDMF绕点D逆时针旋转一个角度α（0∘<α<360∘），记旋转中的
ΔDMF为ΔDM F （如图3），在旋转过程中，直线M F 与直线AB交于点P，直线M F 与直线BC交
1 1 1 1 1 1
于点Q，若∠B=28∘，是否存在这样的P,Q两点，使ΔBPQ为直角三角形？若存在，请直接写出旋转角α的度数；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）∠C=56°；（2）∠AMF=∠ANG．证明见解析；（3）满足条件的旋转角为28°或56°或208°
或236°.
【分析】（1）利用三角形的内角和定理即可解决问题；
（2）结论：∠AMF=∠ANG．由翻折可知：∠B=∠F，∠C=∠DGN，由∠B+∠C=90°，推出∠BAC=90°，
∠F+∠DGN=90°，推出∠BAD+∠CAD=90°，由∠BAD=∠F+∠AMF，∠CAD=∠DGN-∠ANG，推出
∠F+∠AMF+∠DGN-∠ANG=90°，可得∠AMF=∠ANG；
（3）分两种情形①当∠PQB=90°时；②当∠BPQ=90°时.分别求解即可解决问题.
【详解】解：（1）如图1中，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°
在Rt△AED中，∵∠EAD=7°，
∴∠AED=83°，
∵∠AED=∠B+∠BAE，∠B=42°，
∴∠BAE=∠CAE=41°，
∴∠BAC=82°，
∴∠C=180°-42°-82°=56°．
（2）结论：∠AMF=∠ANG．
理由：如图2中，由翻折可知：∠B=∠F，∠C=∠DGN，
∵∠B+∠C=90°，
∴∠BAC=90°，∠F+∠DGN=90°，
∴∠BAD+∠CAD=90°，
∵∠BAD=∠F+∠AMF，∠CAD=∠DGN-∠ANG，
∴∠F+∠AMF+∠DGN-∠ANG=90°，
∴∠AMF=∠ANG．
（3）①如图3-1当∠PQB=90°时，
∵∠B=∠F′=28°，
∴∠F′DQ=90°-28°=62°，
∵∠FDB=90°，
∴∠FDF′=90°-62°=28°，
∴旋转角为28°．
②如图3-2，当∠BPQ=90°时，
∵∠B=∠F′=28°，
∴∠PQB=90°-28°=62°，
∵∠PQB=∠F′+∠F′DB，
∴∠F′DB=62°-28°=34°，
∴∠FDF′=90°-34°=56°，∴旋转角为56°，
同法可得当旋转角为208°或236°时，也满足条件，
综上所述，满足条件的旋转角为28°或56°或208°或236°．
【点睛】本题考查三角形综合题、旋转变换、翻折变换、三角形的内角和定理等知识，解题的关键是灵活
运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
【考点5 与角平分线有关的三角形的内角和问题】
10．（23-24八年级·河南信阳·期中）【情景引入】：
1
（1）如图1，BD、CD分别是△ABC的内角∠ABC、∠ACB的平分线，说明∠D=90°+ ∠A的理
2
由．
【深入探究】：
（2）①如图2，BD、CD分别是△ABC的两个外角∠EBC、∠FCB的平分线，∠D与∠A之间的等量关
系是______ ；
②如图3，BD、CD分别是△ABC的一个内角∠ABC和一个外角∠ACE的平分线，∠D与∠A之间的等
量关系是______ ．
【拓展应用】：
（3）请用以上结论解决下列问题：如图4，在△ABC中，BD、CD分别平分∠ABC、∠ACB，M、N
、Q分别在DB、DC、BC的延长线上，BE、CE分别平分∠MBC、∠BCN，BF、CF分别平分∠EBC
、∠ECQ．
①∠A=80°，则∠F的度数为______ ；
②∠F=n°，则∠A的度数为______ ．
1 1
【答案】（1）见解析；（2）①∠D=90°− ∠A，②∠D= ∠A；（3）①12.5°，②180°−8n°
2 21
【分析】（1）利用角平分线的定义得出∠1+∠2= (∠ABC+∠ACB)，再利用三角形内角和定理即可
2
求解；
（2）①利用三角形内角和定理可得∠DBC+∠DCB+∠D=180°，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，利
用角平分线的定义可得∠EBD=∠DBC，∠BCD=∠DCF，从而得到∠A−2(180°−∠D)=−180°
，化简即可求解；
②利用三角形的外角性质可得∠DCE=∠DBC+∠D，∠A+2∠DBC=2∠DCE，从而得到
∠A+2∠DBC=2∠DBC+2∠D，化简即可求解；
1
（3）由（1）知：∠D=90°+ ∠A，即可求出∠A，利用三角形内角和定理可得∠MBC+∠NCB，再
2
利用角平分线的性质可得∠CBE+∠BCE，利用三角形内角和定理可得∠E，再由（2）②可知
1
∠F= ∠E，求解即可．
2
【详解】解：（1）∵BD、CD分别是∠ABC、∠ACB的平分线，
1 1
∴∠1= ∠ABC，∠2= ∠ACB，
2 2
1
∴∠1+∠2= (∠ABC+∠ACB)，
2
∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，∠1+∠2+∠D=180°，
1
∴∠D=180°−∠1−∠2=180°− (∠ABC+∠ACB)，
2
1
∴∠D=90°+ ∠A；
2
（2）①∵BD、CD分别是△ABC的两个外角∠EBC、∠FCB的平分线，
∴∠EBD=∠DBC，∠BCD=∠DCF，
∵∠DBC+∠DCB+∠D=180°，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，∠ABC=180°−2∠DBC，
∠ACB=180°−2∠DCB，
∴∠A+180°−2∠DBC+180°−2∠DCB=180°，∠DBC+∠DCB=180°−∠D，
∴∠A−2(∠DBC+∠DCB)=−180°，
∴∠A−2(180°−∠D)=−180°，
∴∠A+2∠D=180°，
1
∴∠D=90°− ∠A，
21
故答案为：∠D=90°− ∠A；
2
②∵BD、CD分别是△ABC的一个内角∠ABC和一个外角∠ACE的平分线，
∵∠DCE=∠DBC+∠D，∠A+2∠DBC=2∠DCE，
∴∠A+2∠DBC=2∠DBC+2∠D，
∴∠A=2∠D，
1
∴∠D= ∠A；
2
1
所以∠D与∠A之间的等量关系是：∠D= ∠A，
2
1
故答案为：∠D= ∠A；
2
1
（3）①由（1）知：∠D=90°+ ∠A，
2
∵∠A=80°，
∴∠D=130°，
∴∠DBC+∠DCB=50°，
∴∠MBC+∠NCB=360°−50°=310°，
∵BE、CE分别平分∠MBC、∠BCN，
1
∴∠CBE+∠BCE= (∠MBC+∠NCB)=155°，
2
∴∠E=180°−155°=25°．
1
由（2）②知：∠F= ∠E，
2
1
∴∠F= ∠E=12.5°，
2
故答案为：12.5°；
1
②由（1）知：∠D=90°+ ∠A，
2
∵BE、CE分别平分∠MBC、∠BCN，
∴2(∠EBC+∠ECB)+∠DBC+∠DCB=360°，
∵∠EBC+∠ECB=180°−∠E，∠DBC+∠DCB=180°−∠D，
∴2(180°−∠E)+180°−∠D=360°，1 1( 1 ) 1
∴∠E=90°− ∠D=90°− 90°+ ∠A =45°− ∠A，
2 2 2 4
1 1( 1 )
∴∠F= ∠E= 45°− ∠A =n°，
2 2 4
∴∠A=180°−8n°．
故答案为：180°−8n°．
【点睛】本题考查三角形的外角性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，解题的关键是熟记三角形
外角性质，内角和定理，角平分线的定义．
11．（23-24八年级·福建泉州·期中）已知线段AB与CD相交于点O，连接AD，BC．
(1)如图1，试说明：∠A+∠D＝∠B+∠C；
(2)请利用（1）的结论探索下列问题：
①如图2，作AP平分∠DAB，交DC于点M，交∠BCD的平分线于点P，PC交AB于点N，若∠B+∠D＝
80°，求∠P的大小；
1 1
②如图3，若∠B＝α，∠D＝β，∠P＝γ，且∠BAP= ∠BAD，∠BCP= ∠BCD，试探索α，β，γ之间的数
4 4
量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)①40°；②4γ＝3α+β．
【分析】（1）根据三角形的内角和定理即可得到结论；
（2）根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论；
（3）根据已知条件得到各角的数量关系，然后列方程即可得到结论．
【详解】（1）∵∠A+∠D+∠AOD=180°，∠C+∠B+∠BOC=180°，∠AOD=∠BOC，
∴∠A+∠D=∠B+∠C；
（2）①如图2，∵AP平分∠DAB，CP平分∠BCD ，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
由（1）得：∠1+∠D=∠3+∠P，
∠4+∠B=∠2+∠P，
两式相加得：∠1+∠4+∠B+∠D=∠2+∠3+2∠P，
即：∠B+∠D=2∠P，
1 1
∴∠P= (∠B+∠D)= ×80°=40°，
2 2
②如图3，
设∠6=x，∠8= y，
1 1
∵∠BAP= ∠BAD，∠BCP= ∠BCD，
4 4
∴∠5=3x，∠7=3 y，
由（1）得：∠5+∠D=∠7+∠P，∠6+∠P=∠8+∠B，
即3x+β=3 y+γ，x+γ= y+α，
∴3(x−y)=γ−β，x−y=α−γ，
∴3(α−γ)=γ−β，
即4γ=3α+β．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线定义，对顶角相等的性质，解此题的关键是用整体思想
求角度计算．【考点6 三角形的外角与三角形的内角和的综合求值】
12．（23-24八年级·辽宁大连·期中）在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC，E是直
线CD上一点，连接AE，BE．
(1)如图1，当点E在线段CD上时，若∠CBE=20°，∠DAE=15°，则∠AEB=________；
(2)已知∠AEB=2α，EG平分∠CEB，AF平分∠BAE，直线EG、AF交于点H，请画出图形，并求
∠AHE的度数（用含α的式子表示）
【答案】(1)35°
(2)图见解析，∠AHE的度数为90°−α或α．
【分析】（1）首先证明AD∥BC，然后过点E作EF∥AD，可得EF∥AD∥BC，再利用平行线的性
质求出∠BEF=∠CBE=20°，∠AEF=∠DAE=15°，进而可得∠AEB的度数；
（2）分三种情况讨论：①当点E在CD上时，②当点E在CD延长线上时，③当点E在DC延长线上时，
分别利用平行线的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的性质计算即可．
【详解】（1）解：∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC，
∠BAD+∠BCD+∠ABC+∠ADC=360°，
∴2∠BAD+2∠ABC=360°，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∴AD∥BC，
如图1，过点E作EF∥AD，∴EF∥AD∥BC，
∴∠BEF=∠CBE=20°，∠AEF=∠DAE=15°，
∴∠AEB=∠AEF+∠BEF=35°，
故答案为：35°；
（2）①当点E在CD上时，如图所示：
∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC，∠BAD+∠BCD+∠ABC+∠ADC=360°，
∴2∠BCD+2∠ADC=360°，
∴∠BCD+∠ADC=180°，
∴AB∥CD，
∴∠ABE=∠BEC，∠BAE=∠AED，
∵∠BEC+∠AED=180°−∠AEB=180°−2α，
∴∠BEC+∠BAE=180°−2α，
1 1
∴ ∠BEC+ ∠BAE=90°−α，
2 2
∵EG平分∠CEB，AF平分∠BAE，
∴∠BEH+∠EAH=90°−α，
∴∠BEH+∠EAH+∠AEB=90°+α，即∠AEH+∠EAH=90°+α，
∴∠AHE=180°−(∠AEH+∠EAH)=180°−(90°+α)=90°−α；
②当点E在CD延长线上时，如图所示：由①知AB∥CD，
∴∠BAE+∠AEC=180°，即∠BAE+2α+∠BEC=180°，
∴∠BAE+∠BEC=180°−2α，
1 1
∴ ∠BAE+ ∠BEC=90°−α，
2 2
∵EG平分∠CEB，AF平分∠BAE，
∴∠HAE+∠BEH=90°−α，
∴∠HAE+∠BEH+∠AEB=90°+α，即∠AEH+∠EAH=90°+α，
∴∠AHE=180°−(∠AEH+∠EAH)=180°−(90°+α)=90°−α；
③当点E在DC延长线上时，如图所示：
由①知AB∥CD，
∴∠BAE=∠AEC，
∵EG平分∠CEB，AF平分∠BAE，
1 1
∴∠FAE= ∠BAE，∠AEG= ∠BEC，
2 2
1
∴∠AEH=∠BEG−∠BEA= ∠BEC−2α，
2
∴∠AHE=∠FAE−∠AEH
1 1
= ∠BAE− ∠BEC+2α，
2 2
1
=2α− (∠BEC−∠BAE)
21
=2α− (∠BEC−∠AEC)
2
1
=2α− ∠BEA
2
=2α−α
=α；
综上所述：∠AHE的度数为90°−α或α．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，角的和差计算；
正确分类讨论，能够画出对应的图形是解题的关键．
13．（23-24八年级·辽宁大连·期中）如图1，在△ABC中，点D是边AB上一点，过点D作DE∥BC，
连接BE，若∠ACB=∠E．
(1)求证：BE∥CA；
(2)若∠ACB=50°，点G是边AB上的一点，过点G作GH∥BE，点H在AB左侧，连接DH．
①如图2，当DE⊥DH时，∠DHG与∠ACB的角平分线交于点M，求∠CMH的度数；
②若∠EDH=2∠DHG，请直接写出∠DHG= ．
【答案】(1)见解析
50°
(2)①135°；② 或50°
3
【分析】（1）根据平行线的性质得出∠CBE+∠E=180°，根据∠ACB=∠E，得出
∠CBE+∠ACB=180°，根据平行线的判定得出结论即可；
1
（2）①延长HG交CM于点N，连接EH，根据角平分线的定义得出∠ACM= ∠ACB=25°，根据平行
2
1
线的性质得出∠MNH=∠ACM=25°，求出∠GHM= ∠DHG=20°，即可得出答案；
2
②分两种情况进行讨论：当G在AD之间时，当G在BD上时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】（1）证明：∵DE∥BC，∴∠CBE+∠E=180°，
∵∠ACB=∠E，
∴∠CBE+∠ACB=180°，
∴BE∥AC；
（2）解：①延长HG交CM于点N，连接EH，如图所示：
∵CM平分∠ACB，
1
∴∠ACM= ∠ACB=25°，
2
∵GH∥BE，BE∥AC，
∴GH∥AC，
∴∠MNH=∠ACM=25°，
∵DH⊥DE，
∴∠EDH=90°，
∴∠DEH+∠DHE=90°，
∵GH∥BE，
∴∠BEH+∠GHE=180°，
∵∠BED=∠ACB=50°，
∴∠DHG=180°−∠DHE−∠DEH−∠BED=40°，
∵HM平分∠DHG，
1
∴∠GHM= ∠DHG=20°，
2
∴∠CMH=180°−∠GHM−∠MNH=135°；
②当G在AD之间时，连接EH，如图所示：设∠DHG=x，则∠EDH=2x，
∴∠DEH+∠DHE=180°−2x，
∵GH∥BE，
∴∠BEH+∠GHE=180°，
∵∠BED=∠ACB=50°，
∴50°+180°−2x+x=180°，
解得：x=50°，
即∠DHG=50°；
当G在BD上时，如图所示：
∵∠BED=∠ACB=50°，GH∥BE，
∴∠ENH=∠BED=50°，
设∠DHG=x，则∠EDH=2x，
∵∠ENH=∠DHG+∠EDH，
∴50°=x+2x，
50°
解得：x= ，
3
50°
即∠DHG= ．
3
50°
综上分析可知：∠DHG=50°或 ．
3
【点睛】本题主要考查了平行线的性质和判定，平行公理的应用，三角形内角和定理的应用，角平分线的
定义，三角形外角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握平行线的判定和性质．14．（23-24八年级·浙江湖州·期中）已知：点A在直线DE上，点B、C都在直线PQ上（点B在点C的左
侧），连接AB，AC，AB平分∠CAD，且∠ABC=∠BAC．
(1)如图1，求证：DE∥PQ；
(2)如图2，点K为线段AB上一动点，连接CK，且始终满足2∠EAC−∠BCK=90°．
1
①当CK⊥AB时，在直线DE上取点F，连接FK，使得∠FKA= ∠AKC，求此时∠AFK的度数；
2
②在点K的运动过程中，∠AKC与∠EAC的度数之比是否为定值，若是，求出这个值；若不是，说明理
由．
【答案】(1)见解析
3
(2)①15°或75°；②是定值，
2
【分析】（1）由角平分线的定义可得∠DAB=∠BAC，再根据“内错角相等，两直线平行”可得结论；
（2）①由垂直的定义可知∠AKC=90°，即可得∠FKA=45°，设∠EAC=x°，则可表示∠ABC和
∠BCK的度数，然后利用三角形的内角和解题即可解题；②设∠EAC=x°，则可求出∠ABC的值，然
后表示∠AKC的度数解题即可．
【详解】（1）证明：∵AB平分∠CAD，
∴∠DAB=∠BAC，
又∵∠ABC=∠BAC，
∴∠DAB=∠ABC，
∴DE∥PQ；
（2）解：①如下图，当F点可以在A点的右侧，∵CK⊥AB，
∴∠AKC=90°，
1
又∵∠FKA= ∠AKC，
2
∴∠FKA=45°，
设∠EAC=x°，
∵∠DAB=∠BAC=∠ABC，
180°−x° 1
∴∠ABC= =90°− x°，
2 2
又∵2∠EAC−∠BCK=90°，
∴∠BCK=2x°−90°，
在△BKC中，∠BCK+∠ABC=90°，
1
即2x°−90°+90°− x°=90°，
2
解得x=60，
1
∴∠AFK=∠DAB−∠AKF=90°− x°−45°=15°；
2
当F点可以在A点的左侧，
同理，可得∠AFK=75°，
综上，∠AFK的度数为15°或75°；
∠AKC 3
② = ，理由如下：
∠EAC 2
如图，设∠EAC=x°，∵∠DAB=∠BAC=∠ABC，
180°−x° 1
∴∠ABC= =90°− x°，
2 2
∵2∠EAC−∠BCK=90°，
∴∠BCK=2x°−90°，
1 3
∴∠AKC=∠ABC+∠BCK=2x°−90°+90°− x°= x°，
2 2
3
x°
∴∠AKC 2 3．
= =
∠EAC x° 2
【点睛】本题主要考查了角平分线、平行线的判定与性质、三角形外角的定义和性质、三角形内角和定理
等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
【考点7 不规则多边形的内角和】
15．（23-24八年级·云南·阶段练习）（概念学习）
在平面中，我们把大于180°且小于360°的角称为优角，如果两个角相加等于360°，那么称这两个角互为
组角，简称互组．
（1）若∠1、∠2互为组角，且∠1=135°，则∠2=_____°；
（理解运用）
习惯上，我们把有一个内角大于180°的四边形俗称为镖形．
（2）如图①，在镖形ABCD中，优角∠BCD与钝角∠BCD互为组角，试探索内角∠A、∠B、∠D与
钝角∠BCD之间的数量关系，
（拓展延伸）（3）如图②，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=______；（用含α的代数式表示）
（4）如图③，已知四边形ABCD中，延长AD、BC交于点Q，延长AB、CD交于P，∠APD、∠AQB
的平分线交于点M，∠A+∠QCP=180°；直接运用（2）中的结论，试说明：PM⊥QM．
【答案】（1）225；（2）∠BCD=∠A+∠B+∠D；（3）2α；（4）见解析．
【分析】本题考查多边形的内角和及三角形的内角与外角的性质，熟练掌握多边形的内角和及三角形的内
角与外角的性质是解题关键．
（1）根据组角的定义直接得答案；
（2）根据组角的定义和四边形的内角和可得结论；
（3）根据（2）的结论可直接得出答案；
（4）由（2）中的结论可知在镖形APMQ中，有∠A+∠AQM+∠APM=∠PMQ，在镖形APCQ中，
有∠A+2∠AQM+2∠APM=∠QCP，再根据等式的性质可得结论．
【详解】解：（1）∵∠1、∠2互为组角，且∠1=135°，
∴∠2=360°−135°=225°，
故答案为：225；
（2）钝角∠BCD=∠A+∠B+∠D；
理由：∵优角∠BCD与钝角∠BCD互为组角，
∴优角∠BCD=360°−钝角∠BCD，
∵四边形ABCD的内角和是360°，
∴优角∠BCD=360°−(∠A+∠B+∠D)，
∴钝角∠BCD=∠A+∠B+∠D；
（3）由（2）得，在镖型ABOC中，∠BOC=∠A+∠B+∠D，
在镖型FDOE中， ∠DOE=∠F+∠E+∠D，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=2α，
故答案为：2α；
（4）∵∠APD、∠AQB的平分线交于点M，
∴∠AQM=∠BQM，∠APM=∠DPM，
令∠AQM=∠BQM，∠APM=∠DPM．
由（2）中的结论可知在镖形APMQ中，有∠A+∠AQM+∠APM=∠PMQ
在镖形APCQ中，有∠A+2∠AQM+2∠APM=∠QCP，
于是根据等式的性质得出∠QCP+∠A=2∠PMQ，
而∠A+∠QCP=180°，∴∠PMQ=90°，即PM⊥QM．
16．（23-24八年级·江苏宿迁·期中）如图1，线段AB、CD相交于点O，连结AD、CB，我们把这个图形
称为“8字型”根据三角形内角和容易得到：∠A+∠D=∠C+∠B.
(1)用“8字型”
如图2,∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=___________；
(2)造“8字型”
如图3,∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=_____________;
(3)发现“8字型”
如图4，BE、CD相交于点A，CF为∠BCD的平分
线，EF为∠BED的平分线.
①图中共有________个“8字型”；
②若∠B：∠D：∠F=4：6：x，求x的值.
【答案】(1)360°；(2)540；(3)①6；②x=5.
【详解】分析：（1）根据题意即可得到结论；
（3）①由图形即可得到结论；
②根据三角形内角和为180°的性质即可证得关系为∠D+∠B=2∠F，再根据∠B、∠D、∠F的比值，即可求
得x的值；
详解：
（1）∵∠A+∠B=∠GKH+∠GHK，
∠C+∠D=∠GHK+∠HGK，
∠E+∠F=∠HGK+∠GKH，
∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=2（∠GKH+∠GHK+∠HGK）=2×180°=360°，故答案为360°；
（2）如图，连结BC，∵∠E+∠G=∠GCB+∠EBC，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=五边形FABCD的内角和，
即∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=（5-2）•180°=540°，
故答案为540°；
（3）①图中共有6个“8字型”；
故答案为6．
②：∵CF平分∠BCD，EF平分∠BED
∴∠DEG=∠AEG，∠ACH=∠BCH，
∵在△DGE和△FGC中，∠DGE=∠FGC
∴∠D+∠DEG=∠F+∠ACH
∵在△BHC和△FHE中，∠BHC=∠FHE
∴∠B+∠BCH=∠F+∠AEG
∴∠D+∠DEG+∠B+∠BCH=∠F+∠ACH+∠F+∠AEG
∴∠D+∠B=2∠F；
∵∠B：∠D：∠F=4：6：x，∠D+∠B=2∠F，
∴x=5．
点睛：考查了多边形的内角与外角，三角形的内角和，三角形的外角的性质，正确的识别图形是解题的关
键．
【考点8 分类讨论思想与全等三角形的综合运用】
17．（23-24八年级·贵州黔东南·期中）如图，CAAB，垂足为点A，AB=24cm，AC=12cm，射线
BMAB，垂足为点B，一动点E从A点出发以3cm/s沿射线AN运动，点D为射线BM上一动点，随着E
点运动而运动，且始终保持ED=CB，当点E经过 ( ) 秒时，△DEB与△BCA全等．（注：点E与A不
重合）（ ）A．4 B．4、8 C．4、8、12 D．4、12、16
【答案】D
【分析】首先分两种情况：当E在线段AB上和当E在BN上，然后再分成两种情况：AC＝BE和AB＝
EB，分别进行计算，即可得出结果．
【详解】解：①当E在线段AB上，AC＝BE时，△ACB≌△BED，
∵AC＝12cm，
∴BE＝12cm，
∴AE＝24﹣12＝12cm，
∴点E的运动时间为12÷3＝4（秒）；
②当E在BN上，AC＝BE时，△ACB≌△BED，
∵AC＝12cm，
∴BE＝12cm，
∴AE＝24+12＝36cm，
∴点E的运动时间为36÷3＝12（秒）；
③当E在BN上，AB＝EB时，△ACB≌△BDE，
∵AB＝24cm，
∴BE＝24cm，
∴AE＝24+24＝48cm，
∴点E的运动时间为48÷3＝16（秒），
综上所述t的值为： 4，12，16．共3种情况．
故选D．
【点睛】本题考查了全等三角形的综合问题，分类讨论，找到所有符合题意的情况是解本题的关键．
18．（23-24八年级·河南周口·期中）如图，直线PQ经过Rt△ABC的直角顶点C，△ABC的边上有两个动
点D、E，点D以1cm/s的速度从点A出发，沿AC→CB移动到点B，点E以3cm/s的速度从点B出发，沿
BC→CA移动到点A，两动点中有一个点到达终点后另一个点继续移动到终点．过点D、E分别作
DM⊥PQ，EN⊥PQ，垂足分别为点M、N，若AC=6cm，BC=8cm，设运动时间为t，则当t= s时，以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．
7
【答案】1或 或12
2
【分析】由以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．可知CE=CD，而CE，
CD的表示由E，D的位置决定，故需要对E，D的位置分当E在BC上，D在AC上时或当E在AC上，D
在AC上时，或当E到达A，D在BC上时，分别讨论．
8
【详解】解：当E在BC上，D在AC上，即0＜t≤ 时，
3
CE=（8-3t）cm，CD=（6-t）cm，
∵以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．
∴CD=CE，
∴8-3t=6-t，
∴t=1s，
8 14
当E在AC上，D在AC上，即 ＜t＜ 时，
3 3
CE=（3t-8）cm，CD=（6-t）cm，
∴3t-8=6-t，7
∴t= s，
2
14
当E到达A，D在BC上，即 ≤t≤14时，
3
CE=6cm，CD=（t-6）cm，
∴6=t-6，
∴t=12s，
7
故答案为：1或 或12．
2
【点睛】本题主要考查了三角形全等的性质，解决问题的关键是对动点所在的位置进行分类，分别表示出
每种情况下CD和CE的长．
19．（23-24八年级·重庆沙坪坝·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= 时，△APC的面积等于△ABC面积的一半；
(2)如图②，在△≝¿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≌△≝¿，求点Q的运动速度．
11 19
【答案】(1) 秒或 秒
2 215 93
(2) cm/s或 cm/s
4 32
【分析】本题主要考查了直角三角形综合，画出相应图形，熟练掌握直角三角形性质，三角形中位线性
质，全等三角形的的性质，分类讨论，是正确解答的关键．
9 33 11
（1）分两种情况，当点P在CB上时，CP= cm， 得到点P移动路程为 cm，移动时间为 秒；当点
2 2 2
15 57 19
P在BA上时，PB= cm， 得到得到点P移动路程为 cm，移动时间为 秒；
2 2 2
15
（2）分两种情况，当点P在AC上， AP=4cm，AQ=5cm，Q的移动速度 cm/s；②当点P在AB
4
上， AP=4cm，AQ=5cm，点P移动的距离为32cm，点Q移动的距离为31cm，∴点Q移动的速度为
93
cm/s ．
32
【详解】（1）当点P在CB上时，如图①﹣1，
∵△APC的面积等于△ABC面积的一半，
1 9
∴CP= BC= cm，
2 2
9 33
∴点P移动的距离为AC+CP=12+ = cm，
2 2
33 11
∴移动的时间为： ÷3= 秒；
2 2
当点P在BA上时，如图①﹣2
∵△APC的面积等于△ABC面积的一半；
1 15
∴PB= AB= cm，
2 2
15 57
∴点P移动的距离为AC+CB+BP=12+9+ = cm，
2 2
57 19
∴移动的时间为： ÷3= 秒；
2 2
11 19
故答案为： 秒或 秒；
2 2
（2）∵△APQ≌△≝¿，
∴对应顶点为A与D，P与E，Q与F；当点P在AC上，如图②﹣1所示，
∵AP=4cm，AQ=5cm，
15
∴点Q移动的速度为5÷(4÷3)= cm/s；
4
当点P在AB上，如图②﹣2所示：
∵AP=4cm，AQ=5cm，
∴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，
93
∴点Q移动的速度为31÷(32÷3)= cm/s；
32
15 93
故P、Q两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△≝¿时，点Q的运动速度为 cm/s或 cm/s．
4 32
20．（23-24八年级·福建泉州·期中）如图，在△ABC中，BC=5,AD是BC边上的高，BE是AC边上的
高，AD、BE相交于点O，且AE=BE．
(1)求证：△AOE≌△BCE．
(2)动点P从点O出发，沿线段OA以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，动点Q从点B出发沿射线BC以
每秒4个单位长度的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达A点时，P、Q两点同时停止运动．设
点P的运动时间为t秒
5
①点F是线段AC上的一点（不与C点重合），当 <t≤5时，CQ=__________（用含t的代数式表示）；
4设∠BOP=α，则∠FCQ=__________（用含α的代数式表示）
②点F是直线AC上的一点且CF=BO．是否存在t值，使以点B、O、P为顶点的三角形与以点
F、C、Q为顶点的三角形全等？若存在，请求出符合条件的t值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
5
(2)①4t−5；α；②t= 或t=1时，使以点B、O、P为顶点的三角形与以点F、C、Q为顶点的三角形全
3
等
【分析】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，线段的和差；
（1）由∠OAE+∠AOE=90°，∠OBD+∠BOD=90°，∠BOD=∠AOE，可得∠CBE=∠OAE
，通过ASA即可证明△AOE≌△BCE；
（2）①根据题列出代数式即可得出CQ=BC−BQ=5−4t，根据等角的余角相等即可证明
∠BOP=∠QCF；
②分两种情形：如图2，当OP=CQ时；如图3，当OP=CQ时，分别进行求解即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵ AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，
∴∠BEC=∠AEO=∠ODB=90°，
∵∠OAE+∠AOE=90°，∠OBD+∠BOD=90°，∠BOD=∠AOE，
∴∠CBE=∠OAE，
在△AOE和△BCE中，
{∠CBE=∠OAE
)
AE=BE ，
∠BEC=∠AEO
∴△AOE≌△BCE(ASA)；
（2）①解：依题意，CQ=BC−BQ=4t−5，
∵∵ AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，
∴∠BEC=∠ODB=90°
∵∠EOD+∠ODC+∠OEC+∠ECD=360°，
∴∠DOE+∠DCE=180°，
∵∠DCE+∠QCF=180°，
∴∠QCF=∠DOE，
∵∠DOE=∠BOP，
∴∠BOP=∠QCF =α，故答案为：4t−5；α．
②解：存在，
如图2，当OP=CQ时，
在△BOP和△FCQ中，
{
BO=FC
)
∠BOP=∠FCQ ，
OP=CQ
∴△BOP≌△FCQ(SAS)，
∵CQ=5−4t，OP=t，
∴5−4t=t，
∴t=1；
如图3，当OP=CQ时，
在△BOP和△FCQ中，
{
BO=FC
)
∠BOP=∠FCQ ，
OP=CQ
∴△BOP≌△FCQ(SAS)，
∵CQ=4t−5，OP=t，
∴4t−5=t，5
∴t= ，
3
5
综上所述：t= 或t=1时，使以点B、O、P为顶点的三角形与以点F、C、Q为顶点的三角形全等．
3
【考点9 利用全等三角形的判定于性质证明一条线段等于两条线段的和差】
21．（23-24八年级·山西大同·阶段练习）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图
形．
(1)如图1．已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，
垂足分别为点D、E．证明：DE=BD+CE．
(2)组员小明对图2进行了探究，若∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A．BD⊥直线l，CE⊥直线
l，垂足分别为点D、E．他发现线段DE、BD、CE之间也存在着一定的数量关系，请你直接写出段DE、
BD、CE之间的数量关系，
(3)数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：
如图3，过△ABC的边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG（正方形的4条边都相等，4个角都
是直角），AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，若BH=3，CH=7，求AI的长．
【答案】(1)见解析
(2)DE=BD−CE
(3)AI=5
【分析】（1）根据BD⊥直线l，CE⊥直线l，∠BAC=90°，可得∠CAE=∠ABD，利用AAS可证明
△ADB≌△CEA，根据DE=AE+AD即可得到DE=BD+CE；
（2）同（1）利用AAS可证明△ADB≌△CEA，根据DE=AE−AD即可得到DE=BD−CE；
（3）过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N，可构造两组一线三直角全等模型，即：
△ABH≌△EAM，△AHC≌△GNA，从而可以得到EM=GN，MN=4，再根据△EMI≌△CNI可得
MI=∋=2，即可确定AI的长度；
【详解】（1）证明：∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
{∠ABD=∠CAE
)
∠BDA=∠CEA ，
AB=AC
∴△ADB≌△CEA(AAS)
∴BD=AE，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
{∠ABD=∠CAE
)
∠BDA=∠CEA ，
AB=AC
∴△ADB≌△CEA(AAS)
∴BD=AE，AD=CE，
∴DE=AE−AD=BD−CE；
（3）如图，过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N，
∴∠EMI=∠GNI=90°
∵∠BAH+∠EAM=90°，∠BAH+∠ABH=90°，∴∠EAM=∠ABH
在△ABH和△EAM中，
{∠AHB=∠EMA
)
∠ABH=∠EAM ，
AB=AE
∴△ABH≌△EAM(AAS)
∴BH=AM=3，AH=EM，
同理可得：△AHC≌△GNA
∴CH=AN=7，AH=GN，
即：EM=GN，MN=AN−AM=7−3=4，
在△EMI和△CNI中，
{∠EMI=∠CNI
)
∠EIM=∠CIN ，
EM=CN
∴△EMI≌△CNI(AAS)，
1
∴MI=∋= MN=2，
2
∴AI=AM+MI=3+2=5；
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，一线三直角全等模型，线段之间的
计算，构造合理的辅助线及掌握等腰直角三角形下的一线三直角全等模型是解决本题的关键．
22．（23-24八年级·河南新乡·期中）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，
∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．
（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），求证：△ABE≌△CBF．
（2）当∠MBN绕点B旋转到AE≠CF时，如图2，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明你的
猜想．
（3）当∠MBN绕点B旋转到图3这种情况下，猜想线段AE，CF，EF有怎样的数量关系，并证明你的猜
想．【答案】（1）见解析；（2）AE+CF＝EF，证明见解析；（3）AE﹣CF＝EF，证明见解析
【分析】（1）利用SAS定理证明△ABE≌△CBF；
（2）延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，分别证明△BAE≌△BCK、△KBF≌△EBF，根据全等三角形的
性质、结合图形证明结论；
（3）延长DC至G，使CG＝AE，仿照（2）的证明方法解答．
【详解】（1）证明：在△ABE和△CBF中，
{
AB=BC
)
∠BAE=∠BCF=90° ，
AE=CF
∴△ABE≌△CBF（SAS）；
（2）解：AE+CF＝EF，
理由如下：延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，
在△BAE与△BCK中，
{
BA=BC
)
∠BAE=∠BCK ，
AE=CK
∴△BAE≌△BCK（SAS），
∴BE＝BK，∠ABE＝∠KBC，
∵∠FBE＝60°，∠ABC＝120°，
∴∠FBC+∠ABE＝60°，
∴∠FBC+∠KBC＝60°，
∴∠KBF＝∠FBE＝60°，
在△KBF与△EBF中，
{
BK=BE
)
∠KBF=∠EBF ，
BF=BF
∴△KBF≌△EBF（SAS），
∴KF＝EF，
∴AE+CF＝KC+CF＝KF＝EF；
（3）解：AE﹣CF＝EF，
理由如下：延长DC至G，使CG＝AE，
由（2）可知，△BAE≌△BCG（SAS），
∴BE＝BG，∠ABE＝∠GBC，∠GBF＝∠GBC﹣∠FBC＝∠ABE﹣∠FBC＝120°+∠FBC﹣60°﹣∠FBC＝60°，
∴∠GBF＝∠EBF，
∵BG＝BE，∠GBF＝∠EBF，BF＝BF，
∴△GBF≌△EBF，
∴EF＝GF，
∴AE﹣CF＝CG﹣CF＝GF＝EF．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、掌握全等三角形的判定定理和性质定
理是解题的关键．
23．（23-24八年级·江苏扬州·期中）我们知道，利用三角形全等可以证明两条线段相等．但是我们会碰到
这样的“和差”问题：
（1）如图1，CD为 ABC的高，∠ABC＝2∠A，证明：AD＝CB+BD
（2）如图2，AD平△分∠BAC，∠ABC＝2∠ADB，AB=3，CD=5，求AC的长度
（3）如图3，在四边形ABCD中，CB＝CD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边AB，边AD上的两点，且
1
∠ECF＝ ∠BCD，求证：BE+DF＝EF．
2
（4）如图4，在 ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝60°，点D是 ABC外角平分线上一点，DE⊥AC交
CA延长线于点E△，F是AC上一点，且DF＝DB．请直接写出AC△、AE、AF之间的数量关系
1
【答案】（1）证明见详解；（2）8；（3）证明见详解；（4）AC−AE= AF．
2
【分析】（1）在AD上取一点E使DE=DB，连接CE，证明△CDE≅△CDB(SAS)，得到
∠CDE=∠CBD ，CE=CB，根据∠CBD=2∠A可证得∠ACE=∠A，则有EC=EA，可证得AD=EA+ED=EC+BD=CB+BD；
（2）在AC上截取AE=AB，连接DE，证明ΔABD≅ΔAED，得到∠B=∠AED，再证明CD=EC，进
而代入数值解答即可；
（3）延长AB到G，使BG=DF，连接CG，根据 SAS分别证明△CBG≅△CDF， △ABD≅△AED可
以证得 EF=BE+BG=BE+DF；
（4）作DH⊥AB于H，在AB上截取BR=AF，用HL证明，Rt△≝≅Rt△DHB，得到
∠DFA=∠DBA，再根据SAS可以证明ΔDAF≅ΔDRB，得到DA=DR，进而可以得到
1
AC−AE= AF．
2
【详解】解：（1）如图1，在AD上取一点E使DE=DB，连接CE，
∵CD为△ABC的高，
∴∠CDE=∠CDB=90∘，
∵DE=DB，CD=CD
∴△CDE≅△CDB(SAS)
∴∠CDE=∠CBD ，CE=CB
∵∠CBD=2∠A
∴∠CED=2∠A，
∴∠ACE=∠A
∴EC=EA
∴AD=EA+ED=EC+BD=CB+BD；
（2）如图2示，在AC上截取AE=AB，连接DE，∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠DAC，
在ΔABD和ΔAED中，
AE=AB
{∠BAD=∠DAC，
AD=AD
∴ΔABD≅ΔAED(SAS)，
∴∠B=∠AED，∠ADB=∠ADE， BD=DE，又∠B=2∠ADB，
∴∠AED=2∠ADB，
而∠BDE=∠ADB+∠ADE=2∠ADB，
∴∠BDE=∠AED，
∴∠CED=∠EDC，
∴CD=CE，
∴AC=AE+CE=AB+CD=3+5=8；
（3）如图3示，延长AB到G，使BG=DF，连接CG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠CBG=180°，
∴∠CBG=∠CDF，
在△CBG和△CDF中，
CB=CD
{∠CBG=∠CDF，
BG=DF∴△CBG≅△CDF(SAS)，
∴CG=CF，∠GCB=∠FCD，
1
∵∠ECF= ∠BCD，
2
1
∴∠FCD+∠BCE=∠GCB+∠BCE= ∠BAD，
2
∴∠GCE=∠FCE，
在△CEG和△CEF中，
CG=CF
{∠GCE=∠FCE，
CE=CE
∴△CEG≅△CEF(SAS)，
∴EG=EF，
∴EF=BE+BG=BE+DF；
（4）如图4示，作DH⊥AB于H，在AB上截取BR=AF，
∵∠CAB=60°，∠ACB=90°，
∴∠ABC=30°，
∴AB=2AC，
∵点D是ΔABC外角平分线上一点，DE⊥AC， DH⊥AB，
∴DE=DH，AH=AE，
在Rt△≝¿和Rt△DHB中，
DE=DH
{
DF=DB
∴Rt△≝≅Rt△DHB(HL)∴∠DFA=∠DBA，
在ΔDAF和ΔDRB中，
AF=BR
{∠DFA=∠DBR，
DF=DB
∴ΔDAF≅ΔDRB(SAS)
∴DA=DR，
1
∴AH=HR=AE= AR，
2
∵AF=BR=AB−AR=2AC−2AE
1
∴AC−AE= AF．
2
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的性
质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理，正确作出辅助线是解题的关键．
【考点10 倍长中线模型】
24．（23-24八年级·江苏南通·期中）课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，△ABC中，若
AB=6,AC=4，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：
如图1所示，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE．请根据小明的思路继续思考：
(1)由已知和作图能证得△ADC≌△EDB，得到BE=AC，在△ABE中求得2AD的取值范围，从而求得
AD的取值范围是______________．
方法总结：上述方法我们称为“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关
系；
(2)如图2，AD是△ABC的中线，AB=AE,AC=AF,∠BAE+∠CAF=180°，试判断线段AD与EF的
数量关系，并加以证明；
(3)如图3，在△ABC中，D,E是BC的三等分点．求证：AB+AC>AD+AE．
【答案】(1)1<AD<5(2)EF=2AD，证明见解析
(3)见解析
【分析】本题考查了三角形三边关系，三角形全等的性质与判定，利用倍长中线辅助线方法是解题的关
键．
（1）延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，根据题意证明△MDB≌△ADC，可知BM=AC，在
△ABM中，根据AB−BM<AM<AB+BM，即可；
（2）延长AD到M，使得DM=AD，连接BM，由（1）的结论以及已知条件证明△ABM≌△EAF，进
而可得AM=2AD，由AM=EF，即可求得AD与EF的数量关系；
（3），取DE中点H，连接AH并延长至Q点，使得AH=QH，连接QE和QC，通过“倍长中线”思想全
等证明，进而得到AB=CQ，AD=EQ,然后结合三角形的三边关系建立不等式证明即可得出结论．
【详解】（1）解：如图1所示，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE．
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
在△MDB和△ADC中，
¿，
∴△MDB≌△ADC(SAS)，
∴BM=AC=4，
在△ABM中，AB−BM<AM<AB+BM，
∴6−4<AM<6+4，即2<AM<10，
∴1<AD<5，
故答案为：1<AD<5．
（2）EF=2AD，理由：
如图2，延长AD到M，使得DM=AD，连接BM，
由（1）知，△BDM≌△CDA(SAS)，∴BM=AC，∠M=∠MAC
∵AC=AF，
∴BM=AF，
∵∠MBA+∠M+∠BAM=180°，即∠MBA+∠BAC=180°，
又∵∠BAE+∠CAF=180°，
∴∠EAF+∠BAC=180°，
∴∠EAF=∠MBA，
又∵AB=EA，
∴△ABM≌△EAF(SAS)，
∴AM=EF，
∵AD=DM，
∴AM=2AD，
∵AM=EF，
∴EF=2AD．
（3）证明：如图所示，取DE中点H，连接AH并延长至Q点，使得AH=QH，连接QE和QC，
∵H为DE中点， D、E为BC三等分点，
∴DH=EH,BD=DE=CE，
∴DH=CH，
在△ABH和△QCH中，
{
BH=CH
)
∠BHA=∠CHQ ，
AH=OH
∴△ABH≌△QCH(SAS),
同理可得: △ADH≌△QEH,
∴AB=CQ,AD=EQ，
此时, 延长AE交CQ于 K点，∵AC+CQ=AC+CK+QK,AC+CK>AK，
∴AC+CQ>AK+QK，
∵AK+QK=AE+EK+QK>QE,EK+QK>QE，
∴AK+QK>AE+QE，
∴AC+CQ>AK+QK>AE+QE，
∵AB=CQ,AD=EQ，
∴AB+AC>AD+AE．
25．（23-24八年级·浙江台州·期中）已知，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D为边AB的中点，
AE⊥CD分别交CD，BC于点F，E．
（1）如图1，①若AB=AC，请直接写出∠EAC−∠BCD=______；
②连接DE，若AE=2DE，求证：∠DEB=∠AEC；
（2）如图2，连接FB，若FB=AC，试探究线段CF和DF之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①45°；②见解析；（2）CF=2DF，理由见解析
【分析】（1）①利用直角三角形两个锐角相加得90°和三角形的外角等于不相邻的两个内角和的性质结合
题干已知即可解题．
②延长ED至点G，使得DG=DE，连接AG，从而可证明△ADG≌△BDE（SAS），再利用全等的性
质，可知∠DGA=∠DEB，即可知道AG//BC，所以∠GAE=∠AEC，根据题干又可得到AE=EG，
所以∠DGA=∠GAE，从而得出结论．
（2）延长CD至点H，使得DH=DF，连接BH，从而可证明△HDB≌△FDA（SAS），再利用全等的性
质，可知BH=AF，∠H=∠AFD=∠AFC=90°，根据题干即可证明Rt△HBF≌Rt△FAC（HL），
即得出结论．
【详解】（1）①∵∠EAC+∠ACD=90°，∠AEC+∠BCD=90°
∴∠EAC−∠BCD=∠AEC−∠ACD
∵∠EAC+∠BAE=90°
∴∠ACD=∠BAE
又∵∠AEC=∠B+∠BAE∴∠EAC−∠BCD=∠B+∠BAE−∠ACD
∴∠EAC−∠BCD=∠B=45°
故答案为45°．
②如图，延长ED至点G，使得DG=DE，连接AG，
∵点D为AB的中点，
∴BD=AD，
又∵∠ADG=∠BDE，
∴△ADG≌△BDE，
∴∠DGA=∠DEB，
∴AG//BC，
∴∠GAE=∠AEC，
又∵AE=2DE，
∴AE=EG，
∴∠DGA=∠GAE，
∴∠DEB=∠AEC．
（2）CF=2DF．
如图，延长CD至点H，使得DH=DF，连接BH，
∵AD=BD，∠ADF=∠BDH，
∴△HDB≌△FDA，
∴BH=AF，∠H=∠AFD=∠AFC=90°，
∵BF=AC．
∴Rt△HBF≌Rt△FAC，∴CF=HF=2DF．
【点睛】本题主要考查直角三角形的角的性质，三角形外角的性质，全等三角形的判定和性质以及平行线
的性质．综合性较强，作出辅助线是解答本题的关键．
【考点11 旋转模型】
26．（23-24八年级·山东济南·期中）在△ABC中，AB=AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重
合），E是△ABC外一点，连接AD、AE，已知AD=AE，∠DAE=∠BAC，连接CE，DE．
(1)如图1，点D在线段BC上，如果∠BAC=90°，则∠ACE=______度：
(2)如图2，当点D在线段BC上，试判断∠ADE与∠ACE之间的数量关系，并说明理由；
(3)当点D在线段CB的延长线上时，（2）中的结论是否成立？若不成立，请写出新的结论并说明理由．
【答案】(1)45
(2)∠ADE=∠ACE，理由见解析
(3)（2）中的结论不成立，当点D在CB的延长线上时，∠ADE+∠ACE=180°．理由见解析
【分析】本题考查了全等三角形的常见模型－旋转模型，掌握该模型的相关结论是解题关键．
（1）证△BAD≌△CAE即可求解；
（2）证△BAD≌△CAE即可求解；
（3）证△BAD≌△CAE即可求解．
【详解】（1）解：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠DAC=∠BAC−∠DAC，
即：∠CAE=∠BAD，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE
∴∠ADE=∠ACE
∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ACE=∠ABD=45°
故答案为：45
（2）解：∠ADE=∠ACE，理由如下：
∵AB=AC,AD=AE,，
∴∠ABC=∠ACB,∠ADE=∠AED
∵∠DAE=∠BAC，
1 1
又∵∠ABC= (180°−∠BAC),∠ADE= (180°−∠DAE)，
2 2
∴∠ABC=∠ADE，
∵∠BAC=∠DAE,
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC
即：∠BAD=∠CAE，
{
AB=AC
)
在△BAD和△CAE中， ∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS),
∴∠ABC=∠ACE
∴∠ADE=∠ACE；
（3）解：（2）中的结论不成立，当点D在CB的延长线上时，∠ADE+∠ACE=180°．理由如下：
如图所示：
∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，
即：∠DAB=∠EAC，
{
AB=AC
)
在△BAD和△CAE中， ∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS),∴∠ABD=∠ACE
∵AB=AC,AD=AE,
∴∠ABC=∠ACB,∠ADE=∠AED
∵∠DAE=∠BAC
1 1
又∵∠ABC= (180°−∠BAC),∠ADE= (180°−∠DAE)，
2 2
∴∠ABC=∠ADE,
∵∠ABD+∠ABC=180°
∴∠ADE+∠ACE=180°．
27．（23-24八年级·湖北武汉·开学考试）【基本模型】
如图，ABCD是正方形，∠EAF=45°，当E在BC边上，F在CD边上时，如图1，BE、DF与EF之间的
数量关系为__________．
【模型运用】当E点在BC的延长线上，F在CD的延长线上时，如图2，请你探究BE、DF与EF之间的数
量关系，并证明你的结论：__________．
【拓展延伸】如图3，已知AB=AD，∠B+∠D=180°，E在线段BC上，F在线段CD上，
1
∠EAF= ∠BAD，请你直接写出BE、DF与EF之间的数量关系．
2
【答案】【基本模型】EF=BE+DF【模型运用】：EF=BE−DF，证明见解析；【拓展延伸】：
EF=BE+DF．
【分析】（1）结论：EF=BE+DF．将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，然
后求出∠EAF′=∠EAF=45°，利用“边角边”证明△AEF和△AEF′全等，根据全等三角形对应边相等
可得EF=EF′，从而得解；
（2）结论：EF=BE−DF，证明方法同法（1）；
（3）结论：EF=BE+DF．将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，根据旋转变
换的性质可得△ADF和△ABF′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BAF′=∠DAF，对应边相等可1
得AF′=AF，BF′=DF，对应角相等可得∠ABF′=∠D，再根据∠EAF= ∠BAD证明
2
∠EAF′=∠EAF，并证明E、B、F′三点共线，然后利用“边角边”证明△AEF和△AEF′全等，根据全
等三角形对应边相等可得EF′=EF，从而得解．
【详解】解：（1）结论：EF=BE+DF．
理由：如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，
则：∠F′ AB=∠DAF,∠ABF′=∠D=90°，AF=AF′，BF′=DF，
∴∠ABF′+∠ABC=180°，即：F′,B,E三点共线，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠BAE=90°−∠EAF=45°，
∴∠BAF′+∠BAE=45°，
∴∠EAF′=∠EAF=45°，
在△AEF和△AEF′中，
{
AF=AF′
)
∠EAF=∠EAF′ ，
AE=AE
∴△AEF≌△EAF(SAS)，
∴EF=EF′，
又EF′=BE+BF′，
∴EF=BE+DF．
故答案为：EF=BE+DF；
（2）结论：EF=BE−DF．
理由：如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，则：BF′=DF,AF′=AF，
同法（1）可得：△AEF≌△AEF′ (SAS)，
∴EF=EF′，
又EF′=BE−BF′=BE−DF，
∴EF=BE−DF．
故答案为：EF=BE−DF；
（3）结论：EF=BE+DF．
理由：如图3，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，
则△ADF≌△ABF′，
∴∠BAF′=∠DAF，AF′=AF，BF′=DF，∠ABF′=∠D，
1
又∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠EAF=∠DAF+∠BAE=∠BAE+∠BAF′，
∴∠EAF=∠EAF′，
又∵∠ABC+∠D=180°，
∴∠ABF′+∠ABE=180°，
∴F′、B、E三点共线，{
AF=AF′
)
在△AEF和△AEF′中， ∠EAF=∠EAF′ ，
AE=AE
∴△AEF≌△AEF′ (SAS)，
∴EF=EF′，
又∵EF′=BE+BF′，
∴EF=BE+DF．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，旋转的性质。本题蕴含半角模型，遇到半角经常要通过旋转
构造全等三角形。
【考点12 垂线模型】
28．（23-24八年级·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知：四边形ABCD中，AB=AD=CD，∠BAD=90°，三角
形ABC的面积为1，则线段AC的长度是 .
【答案】2
【分析】过B作BE⊥AC于E, 过D作DF⊥AC于F,构造△BAE≅△ADF 得出BE=AF
1 1
利用等腰三角形三线合一的性质得出：AF= AC可得BE=AF= AC，利用三角形ABC的面积为1进行计
2 2
算即可.
【详解】过B作BE⊥AC于E, 过D作DF⊥AC于F,
∴∠BEA=∠AFD=90°
∴∠2+∠3=90°∵∠BAD=90°
∴∠1+∠2=90°
∴∠1=∠3
∵AB=AD
∴△BAE≅△ADF
∴BE=AF
∵AD=CD，DF⊥AC
1
∴AF= AC
2
1
∴BE=AF= AC
2
1 1 1
∴S = AC×BE= AC× AC=1
△ABC 2 2 2
∴AC=2
故答案为2
【点睛】本题考查了利用一线三等角构造全等三角形，以及利用三角形面积公式列方程求线段，熟练掌握
辅助线做法构造全等是解题的关键.
29．（23-24八年级·浙江·期中）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E点为射线CB上一动点，
连结AE，作AF⊥AE且AF＝AE．
（1）如图1，过F点作FD⊥AC交AC于D点，求证：FD＝BC；
（2）如图2，连结BF交AC于G点，若AG＝3，CG＝1，求证：E点为BC中点．
AG
（3）当E点在射线CB上，连结BF与直线AC交子G点，若BC＝4，BE＝3，则 = ．（直接写
CG
出结果）11 5
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 或
3 3
【分析】（1）证明△AFD≌△EAC，根据全等三角形的性质得到DF=AC，等量代换证明结论；
（2）作FD⊥AC于D，证明△FDG≌△BCG，得到DG=CG，求出CE，CB的长，得到答案；
（3）过F作FD⊥AG的延长线交于点D，根据全等三角形的性质得到CG=GD，AD=CE=7，代入计算即
可．
【详解】（1）证明：∵FD⊥AC，
∴∠FDA=90°，
∴∠DFA+∠DAF=90°，
同理，∠CAE+∠DAF=90°，
∴∠DFA=∠CAE，
在 AFD和 EAC中，
{∠△AFD＝△∠EAC
)
∠ADF＝∠ECA ，
AF＝AE
∴△AFD≌△EAC（AAS），
∴DF=AC，
∵AC=BC，
∴FD=BC；
（2）作FD⊥AC于D，
由（1）得，FD=AC=BC，AD=CE，
{∠FDG＝∠BCG＝90°
)
在 FDG和 BCG中， ∠FGD＝∠BGC ，
FD＝BC
△ △
∴△FDG≌△BCG（AAS），
∴DG=CG=1，
∴AD=2，∴CE=2，
∵BC=AC=AG+CG=4，
∴E点为BC中点；
（3）当点E在CB的延长线上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，
BC=AC=4，CE=CB+BE=7，
由（1）（2）知： ADF≌△ECA， GDF≌△GCB，
∴CG=GD，AD=CE△=7， △
∴CG=DG=1.5，
∴AG=CG+AC=5.5，
AG 5.5 11
∴ = = ，
CG 1.5 3
同理，当点E在线段BC上时，AG= AC -CG+=2.5，
AG 2.5 5
∴ = = ，
CG 1.5 3
11 5
故答案为： 或 ．
3 3
【点睛】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．
【考点13 轴对称中的最短路径问题】
30．（23-24八年级·浙江宁波·期中）如图，已知∠AOB=24°，OP平分∠AOB，OP=1，C在OA上，
D在OB上，E在OP上．当CP+CD+DE取最小值时，此时∠PCD的度数为（ ）
A．36° B．48° C．60° D．72°【答案】D
【分析】作点P关于OA的对称点P'，作点E关于OB的对称点E'，连接OP'、PP'、OE'、EE'、P'E'
，则由轴对称知识可知CP+CD+DE=CP'+CD+DE'，所以依据垂线段最短知：当P'、C、D、E'
在一条直线上，且P'E'⊥OE'时，CP+CD+DE取最小值，根据直角三角形的两锐角互余及三角形外角
的性质可以求出∠PCD.
【详解】解：∵∠AOB=24°，OP平分∠AOB，
∴∠AOP=∠BOE=12°，
作点P关于OA的对称点P'，作点E关于OB的对称点E'，连接OP'、PP'、OE'、EE'、P'E'，
则P'C=PC，E'D=ED，OP'=OP=1，∠AOP'=∠AOP=12°，∠BOE'=∠BOE=12°，
∴CP+CD+DE=CP'+CD+DE'，∠P'OE'=48°，∠OP'P=90°−12°=78°，∠CPP'=∠CP'P
，
当P'、C、D、E'在一条直线上，且P'E'⊥OE'时，CP+CD+DE取最小值，
∴∠OP'E'=90°−48°=42°，
∴∠CP'P=∠OP'P−∠OP'E'=78°−42°=36°，
∴∠CPP'=∠CP'P=36°，
∴∠PCD=∠CPP'+∠CP'P=72°，
故选：D.
【点睛】本题考查了最短路径问题，等腰三角形等边对等角，直角三角形的两锐角互余，三角形外角的性
质，垂线段最短，通过作对称点化折为直是解题的关键.
31．（2024·贵州毕节·一模）如图，在等边△ABC中，BF是AC边上的中线，点D在BF上，连接AD，在
AD的右侧作等边△ADE，连接EF，当△AEF周长最小时，∠CFE的大小是( )A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】D
【分析】首先证明点E在射线CE上运动（∠ACE=30°），因为AF为定值，所以当AE+EF最小时，△AEF
的周长最小，作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE 于E′，此时AE′+FE′的值最小，根据等边三
角形的判定和性质即可求出∠CFE的大小．
【详解】解：∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠ABC=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AF=CF，
∴∠ABD=∠CBD=∠ACE=30°，
∴点E在射线CE上运动（∠ACE=30°），
作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE 于E′，此时AE′+FE′的值最小，
∵CA=CM，∠ACM=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∵AF=CF，
∴FM⊥AC，
∴∠CFE′=90°，
故选D．【点睛】本题考查轴对称——最短距离问题、等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知
识，解题的关键是证明点E在射线CE上运动（∠ACE=30°），本题难度比较大，属于中考选择题中的压
轴题．
32．（23-24八年级·辽宁营口·阶段练习）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=30°，AB=14，AD
平分∠BAC，点PQ分别是AB，AD边上的动点，则PQ+BQ的最小值是 ．
【答案】7
【分析】作点P关于直线AD的对称点P′，连接PP′、QP′，根据轴对称的性质、垂直平分线的性质可得
PQ=P′Q，则欲求PQ+BQ的最小值即为P′Q+BQ的最小值，即BP′的最小值，则当BP′⊥AC时，
BP′即P′Q+BQ的值最小，最小值为BC的长．
【详解】解：如图，作点P关于直线AD的对称点P′，连接PP′、QP′，
∵AD是P、P′的对称轴，
即AD是线段PP′的垂直平分线，
∴PQ=P′Q，
∴PQ+BQ的最小值即为P′Q+BQ的最小值，即BP′的最小值，
∴当BP′⊥AC时，BP′即P′Q+BQ的值最小，此时Q与D重合，P′与C重合，最小值为BC的长，
∵在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=30°，AB=14，
1
∴BC= AB=7，
2
∴PQ+BQ的最小值是7．
故答案为：7．
【点睛】本题考查的知识点是轴对称的性质、垂直平分线的性质、最短路径问题、垂线段最短及含30°角
的直角三角形的性质，解题关键是找出点P、Q的位置．33．（23-24八年级·全国·课后作业）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，BC=4，点P，D
分别为BC，AB上的动点，则AP+DP的最小值是 ．
【答案】4
【分析】作点A关于BC的对称点A′，过点A′作A′D⊥AB于点D，交BC于点P，连接A′B，此时
AP+DP的值最小，且A′D的长度就是AP+DP的最小值．可证△A A′B为等边三角形，即可求解．
【详解】解：如图，作点A关于BC的对称点A′，过点A′作A′D⊥AB于点D，交BC于点P，连接A′B，
此时AP+DP的值最小，且A′D的长度就是AP+DP的最小值．
∴ BC是A A′的垂直平分线，
∴ AB=A′B，AP=A′P，
∵ ∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴ ∠BAC=60°，
∴ △A A′B为等边三角形．
又A′D与BC均为等边三角形A A′B的高，
∴ A′D=BC=4，
∴ AP+DP=A′D=4，
∴ AP+DP的最小值是4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了线段和最小值的典型问题，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定及性质，掌握
解法是解题的关键．34．（23-24八年级·四川成都·期中）如图，等边三角形ABC的边长为4，过点B的直线l⊥AB，且
△ABC与△A′BC′关于直线l对称，D为线段BC′上一动点，则AD+CD的最小值为 ．
【答案】8
【分析】连接A′D，由轴对称的性质可得△A′BC′也是边长为4的等边三角形，从而得到A′B=4，
∠A′BC′=60°，从而得到∠CBD=60°，证明△BCD≌△BA′D(SAS)得到CD=A′D，从而得到
AD+CD=AD+A′D，由“两点之间，线段最短”可知，当D与点B重合，即点A，D，A′共线时，
AD+A′D取得最小值，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接A′D，
，
∵等边三角形ABC的边长为4，
∴ AB=BC=4，∠ABC=60°，
∵ △ABC与△A′BC′关于直线l对称，
∴ △A′BC′也是边长为4的等边三角形，
∴ A′B=4，∠A′BC′=60°，
∴ ∠CBD=180°−∠ABC−∠A′BC′=60°，
在△BCD和△BA′D中，∵ BC=BA′，∠CBD=∠A′BD，BD=BD，
∴ △BCD≌△BA′D(SAS)，
∴ CD=A′D，∴ AD+CD=AD+A′D，
由“两点之间，线段最短”可知，当D与点B重合，即点A，D，A′共线时，AD+A′D取得最小值，
∵ A A′=AB+A′B=4+4=8，
∴ AD+CD的最小值为8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、两点之间，线段最短
等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，是解题的关键．
【考点14 格点中作等腰三角形】
35．（23-24八年级·湖南长沙·阶段练习）如图，网格中的每个小正方形的边长为1，A，B是格点，以A、
B、C为等腰三角形顶点的所有格点C的个数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】本题主要考查了等腰三角形的定义、格点问题等知识点，根据题意画出符合题意的图形是解题的
关键．
根据等腰三角形的定义画出符合题意的等腰三角形，然后统计即可解答．
【详解】解：如图:根据等腰三角形的定义画出符合题意的等腰三角形如下：
以A、B、C为等腰三角形顶点的所有格点C的个数为8个．
故选C．
36．（23-24八年级·辽宁盘锦·期中）如图，在4×4的方格纸中，线段AB的端点均在格点上，请用无刻度
直尺按要求画图．(1)如图1，画出一条线段AC，使．AC=AB，且点C在格点上；
(2)如图2，画两线段AC、BC，使△CBA是等腰直角三角形，且点C在格点上；
(3)如图3，画线段EF，使它垂直平分线段AB，且点E，点F都在格点上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】题目主要考查利用网格作图及等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握这些
基础知识点是解题关键．
（1）根据等腰三角形的定义及网格作图即可；
（2）根据等腰直角三角形的定义及网格作图即可；
（3）根据线段垂直平分线的性质及网格作图即可．
【详解】（1）解：如图所示点C即为所求；
（2）如图所示线段AC、BC，即为所求；
（3）如图所示线段EF即为所求．37．（2024·江西抚州·一模）图①、图② 均是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正
方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求
画图，保留适当的作图痕迹．
(1)在图①中找点D，连接DA、DB、DC，使得DA=DB=DC．
(2)在图②中找点E，连接AE、BE，使得∠AEB=∠ACB．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质等知识：
（1）根据网格的特点，找到线段AC的垂直平分线与线段BC垂直平分线的交点即为所求点D；
（2）根据网格特点得到∠C=45°，根据等腰直角三角形的性质作图即可得到答案；
【详解】（1）解：如图所示，线段AC的垂直平分线与线段BC垂直平分线的交点D即为所求，
；
（2）解：由图形可得，∠C=45°，
根据格点作等腰直角三角形△ABE ，△ABE ，
1 2
∴∠AE B=∠AE B=∠C=45°，
1 2∴点E如图所示：
．
【考点15 三角形中的多结论问题】
38．（23-24八年级·江苏宿迁·阶段练习）如图，在锐角三角形ABC中，AH是BC边上的高，分别以
AB，AC为一边，向外作正方形ABDE和ACFG（正方形四条边都相等，四个角都是直角），连接
CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是
△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，在解答时作辅助线
EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q构造出全等三角形是难点，运用全等三角形的性质是
关键，分析题意，根据正方形的性质可得可求出∠CAE=∠BAG，由“边角边”可得△ABG≌△AEC，
可判断①是否正确；设BG、CE相交于点N，由△ABG≌△AEC可得∠ACE=∠AGB，即可判断②的正
确性；根据同角的余角相等求出∠ABH=∠EAP，再证明△ABH≌△EAP，根据全等三角形性质即可判
断④是否正确；证明△EPM≌△GQM，根据全等三角形的对应边相等即可判断③是否正确，从而完成解
答．
【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AC=AG，AB=AE，∠BAE=∠CAG=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠CAE=∠BAG，
在△ABG和△AEC中，AB=AE，∠CAE=∠BAG，AC=AG，
∴△ABG≌△AEC(SAS)，∴BG=CE，故①正确；
设BG、CE相交于点N，
∵△ABG≌△AEC，
∴∠AGB=∠ACE，
∴∠NCF+∠NGF=∠ACF+∠AGF=90°+90°=180°，
∴∠CNG=360°−(∠NCF+∠NGF+∠F)=360°−(180°+90°)=90°，
∴BG⊥CE，故②正确；
过点G作GQ⊥AM于Q，过点E作EP⊥HA的延长线于P，如图所示：
∵AH⊥BC
，
∴∠ABH+∠BAH=90°，
∵∠BAE=90°，
∴∠EAP+∠BAH=180°−90°=90°，
∴∠EAP=∠ABH，
在△ABH和△EAP中，
∠ABH=∠EAP，∠AHB=∠P=90°，AB=AE，
∴△ABH≌△EAP(AAS)，
∴∠EAM=∠ABC，EP=AH，故④正确；
同理可得GQ=AH，
∴EP=GQ，
∵在△EPM和△GQM中，
∠P=∠MQG=90°，∠EMP=∠GMQ，EP=GQ，
∴△EPM≌△GQM(AAS)，
∴EM=GM，
∴AM是△AEG的中线，故③正确．
综上所述，①②③④结论都正确，共4个．
故选：D．
39．（23-24八年级·浙江绍兴·期中）如图，已知直线AB∥CD，直线EF分别交直线AB，CD于点E，F，EM平分∠AEF交CD于点M．G是射线MD上一动点（不与点M，F重合）．EH平分∠FEG交CD
于点H，设∠MEH=α，∠EGF=β．现有下列四个式子：①2α=β，②2α−β=180°，③α−β=30°
，④2α+β=180°，在这四个式子中，正确的是( )
A．①② B．①④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】分两种情况讨论：当点G在F的右侧时，根据两直线平行同旁内角互补得到
∠AEG+∠EGM=180°，结合角平分线性质解得2α+β=180°；或当点G在F的左侧时，两直线平行
内错角相等得到∠FME=∠AEM，结合三角形外角性质得到
∠EGF=∠FME+∠GEM=∠GEM+∠FEM=2(∠GEM+HEG)=2∠HEM，解得2α=β．
【详解】解： 当点G在F的右侧时，
∵EM平分∠AEF
1
∴∠AEM=∠MEF= ∠AEF
2
∵EH平分∠FEG
1
∴∠FEH=∠GEH= ∠FEG
2
设∠MEH=α，∠EGF=β
∵AB∥CD
∴∠AEG+∠EGM=180°
∴∠AEF+∠FEG+∠EGM=180°∴2α+β=180°，
当点G在F的左侧时，
∵EM平分∠AEF
1
∴∠AEM=∠MEF= ∠AEF
2
∵EH平分∠FEG
1
∴∠FEH=∠GEH= ∠FEG
2
设∠MEH=α，∠EGF=β
∵AB∥CD
∴∠FME=∠AEM
∴∠AEM=∠FEM
∵∠EGF=∠FME+∠GEM=∠GEM+∠FEM=2(∠GEM+HEG)=2∠HEM
∴β=2α
综上所述，2α+β=180°或β=2α
故①④正确, ②③错误
故选：B．
【点睛】本题考查平行线的性质、三角形外角性质、角平分线的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识
是解题关键．
40．（23-24八年级·重庆·阶段练习）如图，在ΔABC中，AC=BC,∠ABC=50°，CE平分∠ACB，
AD平分∠CAB，CE与AD交于点F，G为ΔABC外一点，∠ACD=∠FCG,∠CBG=∠CAF，连接
DG．下列结论：①ΔACF≅ΔBCG；②ΔBGC=115°；③S =S +S ；④AD=DG+BG．
ΔACE ΔCFD ΔBCG
其中结论正确的是 （只需要填写序号）．【答案】①②④
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，①先证
∠ACF=∠BCG，再根据AC=BC，∠CBG=∠CAF，即可依据“ASA”判定△ACF和△BCG全等，
由此可对结论①进行判断；②根据等腰三角形性质得∠BAC=∠ABC=50°，则∠ACB=80°，再根据角
平分线的定义得∠ACF=40°，∠CAF=25°，则∠ACF=∠BCG=40°，∠CBG=∠CAF=25°，由
此可求出∠BGC的度数，进而可对结论②进行判断；③根据等腰三角形性质得CE为AB边上的中线，则
1
S = S ，由△ACF≌△BCG得S =S ，进而得S +S =S +S =S ，而
△ACE 2 △ABC △ACF △BCG △CFD △BCG △CFD △ACF △ACD
1
AD是∠BAC的平分线不是BC边上的中线，则S ≠ S ，据此可对结论③进行判断；④由
△ACD 2 △ABC
△ACF≌△BCG得AF=BG，再证△DCF和△DCG全等得DF=DG，由此可对结论④进行判断，综上
所述即可得出答案，理解等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．
【详解】①∵∠ACD=∠FCG，
∴∠ACF+∠FCD=∠FCD+∠BCG，
即∠ACF=∠BCG，
在△ACF和△BCG中，
{∠ACF=∠BCG
)
AC=BC ，
∠CBG=∠CAF
∴△ACF≌△BCG(ASA)，
故结论①正确；
②在△ABC中，AC=BC，∠ABC=50°，
∴∠BAC=∠ABC=50°，
∴∠ACB=180°−(∠BAC+∠ABC)=180°−(50°+50°)=80°，
∵CE平分∠ACB，AD平分∠CAB，
1 1
∴∠ACF= ∠ACB=40°，∠CAF= ∠BAC=25°，
2 2由①可知：∠ACF=∠BCG=40°，∠CBG=∠CAF=25°，
∴∠BGC=180°−(∠BCG+∠CBG)=180°−(40°+25°)=115°，
故结论②正确；
③在△ABC中，AC=BC，CE平分∠ACB，
∴CE是AB边上的中线，
1
∴S = S ，
△ACE 2 △ABC
由①可知：△ACF≌△BCG，
∴S =S ，
△ACF △BCG
∴S +S =S +S =S ，
△CFD △BCG △CFD △ACF △ACD
∵AD是∠BAC的平分线，不是BC边上的中线，
1
∴S ≠ S ，
△ACD 2 △ABC
∴S ≠S +S ，
△ACE △CFD △BCG
故结论③不正确；
④由①可知：△ACF≌△BCG，
∴AF=BG，CF=CG，∠ACF=∠BCG，
又∵∠ACF=∠BCF=40°，∠ACF=∠BCG=40°，
∴∠BCF=∠BCG=40°，
即∠DCF=∠DCG=40°，
在△DCF和△DCG中，
{
CF=CG
)
∠DCF=∠DCG ，
CD=CD
∴△DCF≌△DCG(SAS)，
∴DF=DG，
∴AD=DF+AF=DG+BG，
故结论④正确，
综上所述：结论正确的是 ①②④，
故答案为：①②④．
41．（23-24八年级·山东济南·期中）如图，△DAC和△EBC均是等边三角形，A、C、B三点共线，AE与
BD相交于点P，AE与BD分别与CD、CE交于点M、N，有如下结论：①△ACE≌△DCB；②∠DPA＝
60°；③AC＝DN；④EM＝BN；⑤DC∥EB，其中正确结论是 （填序号）【答案】①②④⑤
【分析】①根据等边三角形的性质可得AC=CD，BC=CE，∠ACD=∠BCE=60°，然后求出
∠ACE=∠BCD，利用“边角边”证明 ACE和 DCB全等；②通过 ACE和 DCB全等，可得到
∠BDC=∠EAC，在 DMP和 ACM中△，利用“△8”字型可求得∠DPA△=∠DCA=△60°；③根据三角形外角性质
得到∠AMC＞∠MC△E，则∠A△MC＞∠ACM，所以AC＞AM，又可证得 ACM和 DCN全等，得到
AM=DN，从而得到AC＞DN；④根据全等三角形对应边相等可得AM=D△N，CM=△CN，然后求出
EM=BN；⑤ DAC和 EBC均是等边三角形，所以∠ACD=∠BCE=60°，可得到∠DCE=60°，所以
∠DCE=∠BE△C，再根据△内错角相等，两直线平行可得CD∥BE．
【详解】解：∵△DAC和 EBC都是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°， △
∴∠ACE=∠DCB=120°，
在 ACE与 DCB中，
{ △ AC＝△DC )
∠ACE＝∠DCB
CB＝CE
∴△ACE≌△DCB（SAS），故①正确；
在 DMP和 ACM中
∵△△ACE≌△D△CB，
∴∠BDC=∠EAC
又∠DMP=∠AMC
∴∠DPA=∠DCA=60°，故②正确；
∵△ACE≌△DCB，
∴∠BDC=∠EAC
又∠ACD=∠BCE=60°，AC=CD
在△ACM和△DCN中
{∠BDC=∠EAC
)
DC=AC
∠ACD=∠BCE∴△ACM≌△DCN（ASA）
∴AM=DN
又根据三角形外角性质得到∠AMC＞∠MCE，
则∠AMC＞∠ACM，
∴AC＞AM
∴AC＞DN，故③错误；
由②中△ACM≌△DCN可得AM=DN
又△ACE≌△DCB
∴AE=DB
∴EM=BN，故④正确；
∵△DAC和△EBC均是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°，
∴∠DCE=60°，
∴∠DCE=∠BEC，
∴CD∥BE，故⑤正确．
故答案为：①②④⑤
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定，综合性较强，但难度
不是很大，准确识图找出全等三角形是解题的关键．
【考点16 等腰三角形的存在性问题】
42．（2024上·河南省直辖县级单位·八年级统考期中）如图，在 ABC中，AB＝AC，∠BAC＝124°，点D
在BC边上， ABD、 AFD关于直线AD对称，∠FAC的角平分△线交BC边于点G，连接FG，∠BAD=θ
，当θ的值等于△ 时，△ DFG是以DF为腰的等腰三角形．
△
【答案】28°或31°
【分析】首先由轴对称可以得出 ADB≌△ADF，就可以得出∠B＝∠AFD，AB＝AF，在证明 AGF≌△AGC
△ △就可以得出∠AFG＝∠C，就可以求出∠DFG的值；再分两种情况讨论解答即可，当DF＝GF时，当DF
＝DG时，从而求出结论．
【详解】解：∵AB＝AC，∠BAC＝124°，
∴∠B＝∠C＝28°．
∵△ABD和 AFD关于直线AD对称，
∴△ADB≌△△ADF，
∴∠B＝∠AFD＝28°，AB＝AF，∠BAD＝∠FAD＝θ，
∴AF＝AC．
∵AG平分∠FAC，
∴∠FAG＝∠CAG．
∴△AGF≌△AGC（SAS），
∴∠AFG＝∠C．
∵∠DFG＝∠AFD+∠AFG，
∴∠DFG＝∠B+∠C＝28°+28°＝56°．
①当DF＝GF时，
∴∠FDG＝∠FGD．
∵∠DFG＝56°，
∴∠FDG＝∠FGD＝62°，
∵∠ADG＝∠B+θ＝28°+θ，
∴∠ADF＝∠ADG+∠GDF＝28+θ+62°，
∴∠ADB＝28°+θ+62°，
∵∠ADB+∠B+θ＝180°
∴28°+θ+62°+28°+θ＝180°，
∴θ＝31°．
②当DF＝DG时，
∴∠DFG＝∠DGF＝56°，
∴∠GDF＝180°﹣56°﹣56°＝68°，
∵∠ADG＝∠B+θ＝28°+θ，
∴∠ADF＝∠ADG+∠GDF＝28°+θ+68°，
∴∠ADB＝28°+θ+68°，
∵∠ADB+∠B+θ＝180°，∴28°+θ+68°+28°+θ＝180°，
∴θ＝28°．
∴当θ＝28°或31°时，△DFG为等腰三角形．
故答案为：28°或31°．
【点睛】本题考查了轴对称的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，等腰三角形的判定及性质的
运用，解答时证明三角形的全等是关键．
43．（2024上·河南三门峡·八年级校考期中）如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC，∠B=50°，D为
BC的中点，点E在AB上，∠AED=69°，若点P是等腰三角形ABC的腰AC上的一点，则当△EDP为
等腰三角形时，∠EDP的度数是 ．
【答案】100° 或142°
【分析】过D作DH⊥AC，DG⊥AB，易证Rt△DEG≌Rt△DP H，Rt△DEG≌Rt△DP H，再
2 1
根据四边形内角和360°即可得到答案．
【详解】解：连接AD，
∵AB=AC，∠B=50°，
∴∠BAC=180°−50°−50°=80°，
∵点P是等腰△ABC的腰AC上的一点，AB=AC，D为BC的中点，
∴∠BAD=∠CAD，
过D作DH⊥AC，DG⊥AB，∴DG=DH，
在Rt△DEG与Rt△DP H中，
2
{DE=DP
)
2 ，
DG=DH
∴Rt△DEG≌Rt△DP H(HL)，
2
∴∠AP D=∠AED=69°，
2
∵∠BAC=80°，
∴∠EDP =142°，
2
同理可得Rt△DEG≌Rt△DP H，
1
∴∠EDG=∠P DH，
1
∴∠EDP =∠GDH=100°，
1
故答案为：100° 或142°，
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
44．（23-24八年级·江苏无锡·阶段练习）在 ABC中，AB=AC，过 ABC的一个顶点，作一条直线把
ABC分成两个等腰三角形，则∠BAC= △ °. △
△ 180
【答案】36或90或108或
7
【分析】本题要利用三角形内角和定理求解．由于本题中经过等腰三角形顶点的直线没有明确是经过顶角
的顶点还是底角的顶点，因此本题要分情况讨论．
【详解】如图1，
当过顶角的顶点的直线把它分成了两个等腰三角形，则AB=AC，AD=CD=BD，
设∠B=x°，
则∠BAD=∠B=x°，∠C=∠B=x°，
∴∠CAD=∠C=x°，
∵∠B+∠BAC+∠C=180°，
∴x+x+x+x=180，
解得x=45，则顶角是90°；
②如图2，
AB=AC=CD，BD=AD，
设∠C=x°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=x°，
∵BD=AD，
∴∠BAD=∠B=x°，
∴∠ADC=∠B+∠BAD=2x°，
∵AC=CD，
∴∠CAD=∠ADC=2x°，
∴∠BAC=3x°，
∴x+x+3x=180，x=36°，则顶角是108°．
③如图3，
当过底角的角平分线把它分成了两个等腰三角形，则有AB=AC，BC=BD=AD，
设∠A=x°，
∵BD=AD，
∴∠ABD=∠A=x°，
∴∠CDB=∠ABD+∠A=2x°，
∵BC=BD，
∴∠C=∠CDB=2x°，∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C=2x°，
∵∠A+∠ABC+∠C=180°，
∴x+2x+2x=180，
x=36°，
则顶角是36°．
④如图4，
当∠A=x°，∠ABC=∠ACB=3x°时，也符合，
AD=BD，BC=DC，
∠A=∠ABD=x，∠DBC=∠BDC=2x，
则x+3x+3x=180°，
180
x= ．
7
180
综上所述∠A=36°或90°或108°或 °
7
180
故答案为36或90或108或
7
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及其判定．作此题的时候，首先大致画出符合条件的图形，然后根
据等腰三角形的性质、三角形的内角和定理及其推论找到角之间的关系，列方程求解．
【考点17 构成等腰三角形的点的个数】
45．（23-24八年级·陕西西安·期中）如图，在△ABC中，∠ABC=75°，∠BAC=30°．点P为直线BC
上一动点，若点P与△ABC三个顶点中的两个顶点构造成等腰三角形，那么满足条件的点P的位置有
（ ）A．4个 B．6个 C．8个 D．9个
【答案】C
【分析】本题考查等腰三角形的判定，根据等角对等边，从右到左依次考虑，即可得到所有构成等腰三角
形的情况，得到满足条件的点P的个数．熟练掌握等腰三角形的判定是解本题的关键．也考查了三角形内
角和定理．
【详解】解：如图，
∵在△ABC中，∠ABC=75°，∠BAC=30°，
∴∠ACB=180°−∠ABC−∠BAC=180°−75°−30°=75°，
1
当∠CAP=∠CPA= ×75°=37.5°时，△CAP为等腰三角形；
2
1
当∠BAP=∠BPA= ×(180°−75°)=52.5°时，△BAP为等腰三角形；
2
当∠PAB=∠PBA=75°时，△PAB为等腰三角形；
当P与C重合时，△ABP为等腰三角形；
当P与B重合时，△ACP为等腰三角形；
当∠PAC=∠PCA=75°时，△PAC为等腰三角形；
1
当∠CAP=∠CPA= ×(180°−75°)=52.5°时，△CAP为等腰三角形；
2
当∠BAP=∠BPA=37.5°时，△BAP为等腰三角形；
综上，满足条件的点P的位置有8个．
故选：C．46．（23-24八年级·浙江嘉兴·期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC≠AC，以△ABC的一边为
边画等腰三角形，使得它的第三个顶点在△ABC的其他边上，则可以画出的不同的等腰三角形的个数最多
为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】D
【分析】①以B为圆心，BC长为半径画弧，交AB于点D，△BCD就是等腰三角形；
②以A为圆心，AC长为半径画弧，交AB于点E，△ACE就是等腰三角形；
③以C为圆心，BC长为半径画弧，交AC于点F，△BCF就是等腰三角形；
④作AC的垂直平分线交AB于点H，△ACH就是等腰三角形；
⑤作AB的垂直平分线交AC于G，则△AGB是等腰三角形；
⑥作BC的垂直平分线交AB于I，则△BCI和△ACI都是等腰三角形．
⑦作AC的垂直平分线交AB于M，则△ACM和△BCM都是等腰三角形．
【详解】解：作图如下故选：D
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定的应用；解题的关键是理解能力和动手操作能力．
【考点18 利用等腰三角形的判定与性质进行求值或证明】
47．（23-24八年级·福建厦门·期中）在Rt△ABC中，∠B=90°，点D在BC上，AD=3，在AC上找一
点E，使得∠EDC=∠ADB，连接DE，若DE=DC=1，则BD的长度为 ．
【答案】1
【分析】本题考查全等三角形的性质和判定、等腰三角形的性质和判定，正确作出辅助线证明三角形全等
是解题的关键．
作GA⊥AB，与DE的延长线交于点G，作FD⊥BC，交AG于点F，证明△DFG≌△DFA，得
GF=AF,GD=AD=3，再证明AG=EG=2进而可得BD的长．
【详解】解：如图，作GA⊥AB，与DE的延长线交于点G，作FD⊥BC，交AG于点F，
∵∠B=90°,∠BAG=90°
，
∴∠B+∠BAG=180°，
∴AG∥BC，
∴∠C=∠5，
同理，DF∥AB，∴AF=BD，DF⊥AG，
∴∠AFD=∠GFD，
∵∠EDC=∠ADB，∠EDC+∠2=90°,∠ADB+∠1=90°，
∴∠1=∠2，
在△AFD和△GFD中，
{∠GFD=∠AFD
)
DF=DF ，
∠2=∠1
∴△GFD≌△AFD(ASA)，
∴GF=AF,GD=AD，
∵AD=3,DE=DC=1，
∴≥=2,∠C=∠3，
∵∠3=∠4,∠C=∠5，
∴∠4=∠5，
∴GA=≥=2，
∴AF=GF=1，
∴BD=AF=1．
故答案为：1．
48．（23-24八年级·重庆沙坪坝·开学考试）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，过点A作AE∥BC
，且AE=AB，AB上有一点F，连接EF，若∠C=∠AFE，CD=4BD，S =3，则S = ．
△AEF △ABC
【答案】5
【分析】在CD上截取DG=BD，连接AG，过点E作EH⊥AB，先证明△EAH≌△AGD，得到
EH=AD，AH=DG，再证明Rt△EHF≌Rt△ADC，得到FH=CD，进而得到CG=AF，推出
S =S =3，设DG=BD=m，则CD=4BD=4m，根据同高三角形的面积比等于底边比，得到
△AGC △AEF1
BC⋅AD
S 2 5m 5
△ABC = = = ，即可得出结果．
S 1 3m 3
△ACG CG⋅AD
2
【详解】解：在CD上截取DG=BD，连接AG，过点E作EH⊥AB，
∵AD⊥BC,BD=DG，
∴AB=AG，∠H=∠ADG=90°，
∴∠AGB=∠ABG，
∵AE∥BC，
∴∠EAH=∠B，
∴∠EAH=∠AGB，
∵AE=AB，
∴AE=AG，
在△EAH和△ADG中
{∠H=∠ADG=90°
)
∠EAH=∠AGB ，
AE=AG
∴△EAH≌△AGD，
∴EH=AD，AH=DG，
在Rt△EHF和Rt△ADC中
{∠ADC=∠EHF=90°
)
∠C=∠EFA ，
EH=AD
∴Rt△EHF≌Rt△ADC，
∴FH=CD，
∴FH−AH=CD−GD，
∴AF=CG，
1 1
∴ AF⋅EH= CG⋅AD，
2 2∴S =S =3，
△AGC △AEF
设DG=BD=m，则CD=4BD=4m，
∴CG=4m−m=3m，BC=4m+m=5m，
1
BC⋅AD
S 2 5m 5
∴ △ABC = = = ，
S 1 3m 3
△ACG CG⋅AD
2
∴S =5；
△ABC
故答案为：5．
【点睛】本题考查中垂线的判定和性质，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点，
综合性强，难度大，属于填空题中的压轴题，正确的添加辅助线，构造特殊三角形和全等三角形，是解题
的关键．
49．（23-24八年级·山东济南·期中）（1）情境观察：
如图①，△AMC中，∠MAC=45°，CB⊥AM，AF⊥MC，垂足分别为B、F，CB与AF交于点E，
△ABE与△CBM全等吗？请说明理由；
（2）问题探究：
如图②，△ABC中，∠BAC=45°，AB=BC，AF平分∠BAC，CF⊥AF，AF与BC交于点E．猜想
AE与CF之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展延伸：
如图③，△ABC中，∠BAC=45°，AB=BC，受图②结论的启发，小明在AC上取了一点D，作
∠FDC=22.5°，CF⊥DF，DF交BC于点E，若FC=3，请你帮小明求出DE的长．
【答案】（1）全等；理由见解析；（2）AE=2CF；理由见解析；（3）DE=6
【分析】（1）先根据等角对等边证明AB=BC，再根据ASA证明三角形全等即可；
1
（2）延长AB，CF交于点G，证明△AFG≌△AFC，得出CF=GF= CG，证明△ABE≌△CGB，得
2
出AE=CG=2CF；（3）过点D作DG∥AB交CF的延长线于点G，交BC于点H，证明△CGH≌△DEH，得出DE=CG，
证明△DFG≌△DFC，得出CF=GF=3，求出DE=CG=CF+FG=6即可．
【详解】解：全等；理由如下：
∵CB⊥AM，AF⊥MC，
∴∠ABC=∠MBC=∠AFM=90°，
∵∠BAC=45°，
∴∠ACB=90°−45°=45°，
∴∠BAC=∠ACB，
∴AB=BC，
∵∠M+∠BCM=∠M+∠BAE=90°，
∴∠BCM=∠BAE，
∴△ABE≌△CBM(ASA)．
（2）AE=2CF；理由如下：
延长AB，CF交于点G，如图所示：
∵∠BAC=45°，AB=BC，
∴∠ACB=∠BAC=45°，
∴∠ABC=180°−45°−45°=90°，
∴∠CBG=180°−90°=90°，
∴∠ABC=∠CBG，
∵AF平分∠BAC，
∴∠GAF=∠CAF，
∵AF⊥CF，
∴∠AFG=∠AFC=90°，
∵AF=AF，
∴△AFG≌△AFC，1
∴CF=GF= CG，
2
∵∠G+∠BCG=∠G+∠GAF=90°，
∴∠BCG=∠GAF，
∵AB=BC，∠ABE=∠CBG，
∴△ABE≌△CGB，
∴AE=CG=2CF．
（3）过点D作DG∥AB交CF的延长线于点G，交BC于点H，如图所示：
∵∠BAC=45°，AB=BC，
∴∠ACB=∠BAC=45°，
∵DG∥AB，
∴∠CDH=∠BAC=45°，
∴∠DHC=180°−45°−45°=90°，
∴∠CHG=180°−90°=90°，
∴∠DHE=∠CHG，
∵∠CDH=∠DCH，
∴CH=DH，
∵DF⊥CF，
∴∠DFC=∠DFG=90°，
∴∠G+∠GCH=∠G+∠HDE=90°，
∴∠GCH=∠HDE，
∴△CGH≌△DEH，
∴DE=CG，
∵∠CDH=45°，∠CDE=22.5°，
∴∠GDF=45°−22.5°=22.5°，
∴∠CDE=∠GDF，
∵∠DFC=∠DFG=90°，DF=DF，∴△DFG≌△DFC，
∴CF=GF=3，
∴DE=CG=CF+FG=6．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内
角和定理的应用，余角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法．
50．（23-24八年级·福建泉州·阶段练习）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，
∠BAD=∠BCE=90°，点M为AN的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
(1)求证： M为DE的中点．
(2)将图1中的△BCE绕点B旋转，当A、B、E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角
三角形；
(3)将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置，当A、B、N三点在同一直线上时（2）中的结论是否仍成立？
若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)成立；理由见解析
【分析】（1）由EN∥AD和点M为AN的中点可以证得△ADM≌△NEM，从而证得M为DE的中点；
（2）证AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，从而可以证得△ABC≌△NEC，进而可以证得
AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形；
（3）如图3，证△ADM≌△NEM，根据四边形BCEN内角和，可得∠ABC=∠NEC，从而可以证得
△ABC≌△NEC，进而可以证得AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有
△ACN为等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：∵EN∥AD，
∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为AN的中点，
∴AM=NM．在△ADM和△NEM中，
{∠MAD=∠MNE
)
∠ADM=∠NEM ，
AM=NM
∴△ADM≌△NEM(AAS)．
∴DM=ME．
∴M为DE的中点；
（2）证明：∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，
∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°，
∵AD∥NE，
∴∠DAE+∠NEA=180°，
∵∠DAE=90°，
∴∠NEA=90°，
∴∠NEC=135°，
∵A，B，E三点共线，
∴∠ABC=180°−∠CBE=135°．
∴∠ABC=∠NEC．
∵△ADM≌△NEM，
∴AD=NE．
∵AD=AB，
∴AB=NE，
在△ABC和△NEC中，
{
AB=NE
)
∠ABC=∠NEC ，
BC=EC
∴△ABC≌△NEC(SAS)，
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE，
∴∠ACN=∠BCE=90°，
∴△ACN为等腰直角三角形；
（3）解：当A、B、N三点在同一直线上时（2）中的结论仍成立，（如图3）：
证明：∵EN∥AD，
∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为AN的中点，∴AM=NM．
在△ADM和△NEM中，
{∠MAD=∠MNE
)
∠ADM=∠NEM ，
AM=NM
∴△ADM≌△NEM(AAS)，
∴AD=NE，
∵AD=AB，
∴AB=NE，
∵AD∥NE，
∴∠ENM=∠EAM=90°，
∴AN⊥NE，
在四边形BCEN中，
∵∠BCE=∠BNE=90°，
∴∠NBC+∠NEC=360°−180°=180°，
∵∠NBC+∠ABC=180°，
∴∠ABC=∠NEC，
在△ABC和△NEC中，
{
AB=NE
)
∠ABC=∠NEC ，
BC=EC
∴△ABC≌△NEC(SAS)．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．
∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、多边形的
内角与外角等知识，在（3）中能够在掌握变中有不变的辩证思想是解决问题的关键．
【考点19 利用等边三角形的判定与性质进行求值或证明】
51．（23-24八年级·吉林长春·阶段练习）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=12，点B在
直线m上，点M是直线m上点B左边的一点，且BM=4，∠ABM=60°．动点P从点A出发，以每秒2个
单位长度的速度沿折线AB−BC向终点C匀速运动；同时动点Q从C点出发，以每秒6个单位长度的速度
沿折线沿CB−BA向终点A匀速运动．两点到达相应的终点就分别停止运动，分别过点P、点Q作PD⊥m于D，QE⊥m于E．设点P的运动时间为t(s)(t>0)．
(1)用含t的代数式表示BP的长．
(2)当点Q在边BC上时，求证：∠PBD=∠BQE．
(3)连结PM、QM，在不添加辅助线和连结其它线段的条件下，当图中存在等边三角形时，直接写出t
值．
(4)当△PBD与△BQE全等时，直接写出t的值．
【答案】(1)8−2t或2t−8
(2)见解析
8
(3)t的值为2或
3
5
(4)t的值为1或 或8
2
【分析】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等边三角形的判
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．
（1）分两种情况情况，点P在BC上，P在AB上，由题意可得出答案；
（2）由直角三角形的性质可得出结论；
（3）当点P在AB边上，且PB=BM=4时，△PBM是等边三角形，当点Q在AB边上，QB=BM=4时，
△QBM是等边三角形，由等边三角形的性质可得出答案；
（4）由全等三角形的性质列出方程可得出答案．
8
【详解】（1）解：当点P到点B时t= =4，
2
AB+BC 8+12
当点P到点C时t= = =10，
2 2
当0<t≤4时，P在AB上，AP=2t，
∴BP=AB−AP=8−2t；
当4<t≤10时，点P在BC上，
∵AB=8，∴BP=2t−AB=2t−8；
∴BP的长为8−2t或2t−8；
（2）证明：∵PD⊥m，QE⊥m，
∴∠BEQ=90°，
∴∠BQE+∠EBQ=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠PBD+∠EBQ=90°，
∴∠PBD=∠BQE；
（3）解：∵∠ABM=60°，
当点P在AB边上，且PB=BM=4时，△PBM是等边三角形，
此时8−2t=4，
∴t=2；
当点Q在AB边上，QB=BM=4时，△QBM是等边三角形，
此时QB=6t−12=4，
8
∴t= ，
3
8
综上所述，当图中存在等边三角形时，t的值为2或 ；
3
BC 12
（4）解：当点Q到点B时t= = =2，
6 6
AB+BC 8+12 10
当点Q到点A时t= = = ，
6 6 3
当0<t≤2时，点P在AB边上，点Q在BC边上，PB=8−2t，BQ=12−6t，
此时∠PBD=∠BQE，PD⊥m，QE⊥m，则有△PBD≌△BQE，
∴PB=BQ，
∴8−2t=12−6t
解得：t=1；
10
当2<t≤ 时，点P，Q都在AB边上时，PB=8−2t，BQ=6t−12，
3
点P，Q重合，此时△PBD≌△QBE，
∴PB=BQ，
∴8−2t=6t−12，5
解得：t= ；
2
10
当 <t≤4时，点Q到终点A停止不动，点P在AB边上此时两个三角形不全等；
3
当4<t≤10时，点Q到终点A停止不动，点P在边BC上，PB=2t−8，BQ=AB=8，此时
△PBD≌△BQE，
∴PB=BQ，
∴2t−8=8，
解得：t=8；
5
综上所述，当△PBD与△BQE全等时，t的值为1或 或8．
2
52．（23-24八年级·贵州遵义·期中）已知在等边三角形ABC中，点E在AB上，点D在CB的延长线上，
且ED=EC．
(1)【特殊情况，探索结论】
如图①，当点E为AB的中点时，确定线段AE与DB的大小关系，请你直接写出结论：AE______DB（填
“＞”“＜”或“＝”）．
(2)【特例启发，解答题目】
如图②，当点E为AB边上任意一点时，确定线段AE与DB的大小关系，请你直接写出结论，AE______
DB（填“＞”“＜”或“＝”）．
理由如下，过点E作EF∥BC，交AC于点F（请你完成以下解答过程）．
(3)【拓展结论，设计新题】
在等边三角形ABC中，点E在直线AB上，点D在CB的延长线上，且ED=EC，若△ABC的边长为1，
AE=2，求CD的长（请你画出相应图形，并直接写出结果）．
【答案】(1)＝
(2)＝，见解析
(3)CD=3，画图见解析．【分析】（1）根据等边三角形性质得到，AC=BC，∠ABC=∠ACB=60°，结合E是AB中点，得到
AE=BE，∠BCE=30°，根据等腰三角形性质得到∠BCE=∠D=30°，由三角形外角性质得到
∠BED=30°，得到 BD=BE，即得AE=BD；
（2）以下解答为：∠AEF=∠ABC，∠AFE=∠ACB，根据等边三角形性质得到
AB=AC，∠A=∠ABC=∠ACB=60°．得到∠A=∠AEF=∠AFE=60°，得到 △AEF为等边三角
形，推出BE=CF．根据等腰三角形性质得到∠D=∠ECD．结合三角形外角性质得到
∠DEB=∠ECF．得到△DBE≌△EFC(SAS)．得到DB=EF．即得AE=DB；
（3）证明BE=BC=1，根据∠ABC=60°，得到∠BCE=30°，根据ED=EC，得到∠D=30°，结合
∠DBE=60°，得到∠BED=90°，得到BD=2，即得CD=3．
【详解】（1）∵在等边三角形ABC中，AC=BC，∠ABC=∠ACB=60°，且E是AB中点，
1
∴AE=BE，∠BCE= ∠ACB=30°，
2
∵ED=EC，
∴∠BCE=∠D=30°，
∴∠BED=∠ABC−∠D=30°，
∴∠D=∠BED，
∴BD=BE，
∴AE=BD；
故答案为：＝；
（2）以下解答过程为：
∴∠AEF=∠ABC，∠AFE=∠ACB，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠A=∠ABC=∠ACB=60°．
∴∠A=∠AEF=∠AFE=60°，
∴ △AEF为等边三角形，
∴AE=EF=AF．
∴BE=CF．∵ED=EC，
∴∠D=∠ECD．
∵∠DEB=60°−∠D，∠ECF=60°−∠ECD，
∴∠DEB=∠ECF．
在△DBE和△EFC中，
{
DE=CE
)
∠DEB=∠ECF ，
BE=FC
∴△DBE≌△EFC(SAS)．
∴DB=EF．
∴AE=DB．
故答案为：＝；
（3）如图．
∵等边△ABC的边长为1，AE=2，
∴BE=AE−AB=1,
∴BE=BC=1，
∵∠ABC=60°，
1
∴∠DBE=∠ABC=60°，∠BCE=∠BEC= ∠ABC=30°，
2
∵ED=EC，
∴∠D=∠BCE=30°，
∴∠D+∠DBE=90°，
∴∠BED=90°，
∴BD=2BE=2，
∴CD=BC+BD=3．
【点睛】本题主要考查了等边三角形．熟练掌握等边三角形的判定和性质 ，等腰三角形的判定和性质，
含30°的直角三角形性质，三角形外角性质，全等三角形的判定和性质，是解决问题的关键．
53．（23-24八年级·陕西西安·开学考试）在△ABC中，∠B=90°，D为BC延长线上一点，点E为线段AC，CD的垂直平分线的交点，连接EA，EC，ED．
(1)如图1，当∠BAC=50°时，则∠AED=______°；
(2)当∠BAC=60°时，
①如图2，连接AD，判断△AED的形状，并证明；
②如图3，直线CF与ED交于点F，满足∠CFD=∠CAE，AC=2AB．P为直线CF上一动点．当
PE−PD的值最大时，请探究表示PE，PD与AB之间的数量关系并说明理由．
【答案】(1)80
(2)①等边三角形，证明见解析；②PE−PD=2AB，证明见解析
【分析】（1）利用线段的垂直平分线的性质以及三角形内角和定理，四边形内角和定理解决问题即可；
（2）①证明EA=ED，∠AED=60°即可推出△AED为等边三角形；②作点D关于直线CF的对称点D′
，连接CD′，DD′，ED′．当点P在ED′的延长线上时，PE−PD的值最大，此时PE−PD=ED′，再
利用全等三角形的性质证明ED′=AC，可得结论．
【详解】（1）解：∵点E为线段AC，CD的垂直平分线的交点，
∴EA=EC=ED，
∴∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC．
∵∠ABC=90°，∠BAC=50°，
∴∠ACB=90°−50°=40°，
∴∠ACD=180°−40°=140°，
∴∠EAC+∠ACD+∠EDC=280°，
∴∠AED=360°−280°=80°．
（2）解：①证明：∵点E为线段AC，CD的垂直平分线的交点，
∴EA=EC=ED，
∴∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC．
∵∠ABC=90°，∠BAC=60°，∴∠ACB=90°−60°=30°，
∴∠ACD=180°−30°=150°，
∴∠EAC+∠ACD+∠EDC=300°，
∴∠AED=360°−300°=60°，
∴△AED为等边三角形；
②PE−PD=2AB．
证明：∵△ADE为等边三角形,
∴∠ADE=60°,AD=DE,
如图，作点D关于直线CF的对称点D′，连接CD′，DD′，ED′．
∴PD=PD′,
∴PE−PD=PE−PD′<ED′，则点P在ED′的延长线上时，PE−PD的值最大，此时PE−PD=ED′
．
∵∠CFD+∠CFE=180°，∠CFD=∠CAE，
∴∠CAE+∠CFE=180°，
∴∠ACF+∠AEF=180°．
∵∠AED=60°，
∴∠ACF=120°，
∴∠ACB=∠FCD=30°，
∴∠DCF=∠FCD′=30°，
∴∠DCD′=60°．
∵CD=CD′，
∴△CDD′是等边三角形，
∴DC=DD′，∠CDD′=∠ADE=60°，
∴∠ADC=∠EDD′．
∴△ADC≌△EDD′ (SAS)，∴AC=ED′．
∵∠B=90°,∠ACB=30°,
∴AC=2AB，
∴PE−PD=2AB．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的
性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考
题型．
54．（23-24八年级·福建福州·单元测试）如图，在等边三角形ABC中，AB=2，P是AB边上的任意一
点，（点P可以与点A重合，不与点B重合）过点P作PE⊥BC，垂足为E，过点E作EF⊥AC，垂足
为F，过点F作FQ⊥AB，垂足为Q，设BP=x，AQ= y．
(1)请将y用含x的式子表示出来；
(2)当BP的长等于多少时，点P与点Q重合？
1
(3)当QP= 时，求AQ的长．
4
1 1
【答案】(1)y= x+
8 2
4
(2)
3
23 25
(3) 或 ．
36 36
【分析】本题主要考查了等边三角形和含30°直角三角形．熟练掌握等边三角形性质，含30°直角三角形
的性质，一元一次方程应用，是解决问题的关键．
（1）根据∠A=∠B=∠C=60°．PE⊥BC，EF⊥AC，FQ⊥AB，得到
1 1 1
∠EPB=∠CEF=∠AFQ=30°，根据BP=x，得到EB= x，得到CE=2− x，得到CF=1− x，得
2 2 41 1 1 1 1
到AF=1+ x，得到AQ= + x，即得y= x+ ；
4 2 8 8 2
1 1 4 4
（2）当点P与点Q重合时，AQ+PB=2，得 x+ +x=2，解得x= ，即得BP= ；
8 2 3 3
1 1 1 10 23
（3）当点P在点Q右侧时，AQ+QP+PB=2，得 x+ + +x=2，解得x= ，即得AQ= ；当点
8 2 4 9 36
1 1 1 14 25
P在点Q左侧时，AQ+PB−QP=2，得 x+ +x− =2， 解得x= ，即得AQ= ．
8 2 4 9 36
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，AB=BC=CA=2，
∵PE⊥BC，EF⊥AC，FQ⊥AB，
∴∠PEB=∠CFE=∠FQA=90°，
∴∠EPB=∠CEF=∠AFQ=30°，
在Rt△PEB中，
∵BP=x，
1 1
∴EB= PB= x；
2 2
在Rt△CEF中，
1
∵CE=2− x，
2
1 1( 1 ) 1
∴CF= CE= 2− x =1− x；
2 2 2 4
在Rt△AFQ中，
( 1 ) 1
∵AF=2− 1− x =1+ x，
4 4
1 1( 1 ) 1 1
∴AQ= AF= 1+ x = + x，
2 2 4 2 8
1 1
故y= x+ ；
8 2（2）解：当点P与点Q重合时，AQ+PB=2，
1 1
∴ x+ +x=2，
8 2
4
解得：x=
3
4
故BP= ；
3
1
（3）解：当点P在点Q右侧时，AQ+QP+PB=AB=2，QP= ，
4
1 1 1
有 x+ + +x=2，
8 2 4
10
解得：x= ，
9
1 1 5 1 23
∴AQ= y= x+ = + = ；
8 2 36 2 36
当点P在点Q左侧时，AQ+PB−QP=AB=2，
1 1 1
有 x+ +x− =2，
8 2 4
14
解得：x= ，
9
1 1 7 1 25
∴AQ= y= x+ = + = ，
8 2 36 2 36
1 23 25
综上所述，当QP= 时，AQ的长为： 或 ．
4 36 36
55．（23-24八年级·重庆渝北·期中）在△ABC中，BA=BC，BD为△ABC的中线，△ABC的角平分线
AE交BD于点F，过点C作AB的平行线交AE的延长线于点G．
(1)如图1，若∠ABC=60°，请直接写出线段AF，EG间的数量关系：__ ；
(2)如图2，若∠ABC=90°，求证：EG=2AF；1
(3)在（2）的条件下，如图3，在∠FAC的外部作∠CAH，使∠CAH= ∠FAC，过点B作BM∥AC交
3
AG于点M，点N在AH上，连接MN，BN，若∠BMN与∠EAH互余，△ABC的面积为18，求BN的
长．
2
【答案】(1)AF= EG
3
(2)EG=2AF
(3)6
【分析】
（1）先判断出△ABC是等边三角形，设DF=a，表示出AF、EF，根据两直线平行，内错角相等求出
∠G=∠CAE=30°，表示出GE，然后相比即可；
（2）取EG的中点P，连接CF、CP，根据角平分线的定义求出∠BAE=∠FAC=22.5°，根据等腰直角
三角形的对称性可得AF=CF，然后求出∠CFP=45°，再求出∠ECG=90°，根据直角三角形斜边上的
1
中线等于斜边的一半可得CP=GP= EG，根据两直线平行，内错角相等可得∠G=∠BAE=22.5°，再
2
1
求出∠CPF=45°，根据等角对等边可得CF=CP，从而得到AF=CP，AF= EG，整理即可得证；
2
（3）过点B作BK⊥AM于K，过点M作ML⊥AH于H，先求出∠EAH=30°，根据直角三角形两锐角
互余求出∠AML=∠BMN=60°，然后求出∠BMK=∠NML，再求出∠BAE=∠BME=22.5°，根据
1
等角对等边可得AB=BM，根据等腰三角形三线合一的性质可得MK= AM，根据直角三角形斜边上的
2
1
中线等于斜边的一半可得ML= AM，从而得到MK=ML，再利用“角边角”证明△BMK和△NML全
2
等，根据全等三角形对应边相等可得MN=BM=AB，再根据等腰直角三角形的面积求出AB，然后求解
即可．
【详解】（1）
解：∵BA=BC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
设DF=a，∵BD为△ABC的中线，AE为△ABC的角平分线，
∴BD⊥AC,∠CAE=∠BAE=30°，AE⊥BC，
∴AF=2DF=2a，
∵BA=BC，BD为△ABC的中线，
∴∠ABF=∠CBD=30°，
∴∠BAF=∠ABF，
∴AF=BF=2a，
在Rt△BEF中，∠CBD=30°，
1
∴FE= BF=a，
2
∵CG∥AB，
∴∠G=∠BAE=∠CAE=30°，
∴CA=CG，
∵AE⊥BC，
∴≥=AE=AF+EF=2a+a=3a，
2
∴AF= EG；
3
2
故答案为：AF= EG；
3
（2）
证明：取EG的中点P，连接CF、CP，
∵BA=BC，∠ABC=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
∵BD为中线，
∴BD⊥AC，∴BD垂直平分AC，
∴AF=CF，
∵AF是△ABC的角平分线，
∴∠BAE=∠FAC=∠FCA=22.5°，
∴∠CFP=45°，
∵CG∥AB，
∴∠ECG=∠ABC=90°，
1
∴CP=GP= EG，
2
∵CG∥AB，
∴∠G=∠BAE=∠PCG=22.5°，
∴∠CPF=45°，
∴∠CPF=∠CFP，
∴CF=CP，
1
∴AF= EG，
2
故EG=2AF；
（3）
解：过点B作BK⊥AM于K，过点M作ML⊥AH于H，
1
∵∠CAH= ∠FAC，
3
1
∴∠EAH=22.5°+ ×22.5°=30°，
3
∴∠AML=90°−30°=60°，
∵∠BMN与∠EAH互余，
∴∠BMN=90°−30°=60°，∴∠BMK=∠NML，
∵AE是△ABC的平分线，
1
∴∠BAE=∠CAE= ×45°=22.5°，
2
∵BM∥AC，
∴∠BMA=∠MAC，
∴∠BAE=∠BME，
∴AB=BM，
1
∴MK= AM，
2
∵∠MAH=30°，ML⊥AH，
1
∴ML= AM，
2
∴MK=ML，
在△BMK和△NML中，
{
∠BMK=∠NML
)
MK=ML ，
∠BKM=∠NLM=90°
∴△BMK≌△NML(ASA)，
∴MN=BM，
∴MN=AB，
∵△ABC的面积为18，
1
∴ AB⋅BC=18，
2
∴AB=6，
∴MN=6．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角
形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，平行线的性质，熟记各性质并理解题目信息是解题的关
键，难点在于作辅助线构造出全等三角形和等腰三角形．
【考点20 与三角形有关的新定义问题】
56．（23-24八年级·湖南衡阳·期中）定义：在一个三角形中，如果有一个角是另一个角的2倍，我们称这
两个角互为“开心角”，这个三角形叫做“开心三角形”．例如：在△ABC中，∠A=70°，∠B=35°，
则∠A与∠B互为“开心角”，△ABC为“开心三角形”．【概念理解】
(1)若△ABC为开心三角形，∠A=144°，则这个三角形中最小的内角为________°；
(2)若△ABC为开心三角形，∠A=60°，则这个三角形中最小的内角为________°；
(3)已知∠A是开心△ABC中最小的内角，并且是其中的一个开心角，试确定∠A的取值范围，并说明理
由；
【应用拓展】
(4)如图，AD平分△ABC的内角∠BAC，交BC于点E，CD平分△ABC的外角∠BCF，延长BA和DC交
于点P，已知∠P=30°，若∠BAE是开心△ABE中的一个开心角，设∠BAE=∠α，求∠α的度数．
【答案】(1)12
(2)40
(3)0<∠A≤45°
(480)
(4) °或48°或40°
7
【分析】（1）根据开心三角形的定义结合三角形的内角和定理即可得到答案；
（2）根据开心三角形的概念分两种情况求解即可；
（3）由∠A是开心△ABC中最小的内角，则与∠A互为开心角的内角只能为2∠A，列出不等式求解即
可；
（4）分∠BAE 与∠ABE互为开心角和∠BAE与∠AEB互为开心角两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：设最小角为α，
∵△ABC为开心三角形，∠A=144°，
∴α+2α=180°−144°=36°，
∴α=12°，
∴这个三角形中最小的内角为12°．
故答案为：12；
（2）∵∠A=60°，1
当∠A与∠B互为“开心角”时，则最小角为 ×60°=30°；
2
当∠C与∠B互为“开心角”时，设最小角为α，
∴α+2α=180°−60°=120°，
∴α=40°，
综上：△ABC为开心三角形，∠A=60°，则这个三角形中最小的内角为30°；
故答案为：40；
（3）∵∠A是开心△ABC中最小的内角，并且是其中的一个开心角，
∴另一个开心角是2∠A，
∴第三个内角是180°−3∠A，
∵∠A是最小内角，
∴∠A≤180°−3∠A，
∴0<∠A≤45°；
（4）∵AD平分△ABC的内角∠BAC，CD平分△ABC的外角∠BCF，
1 1
∴∠CAD= ∠CAB，∠FCD= ∠FCB，
2 2
∵∠FCB=∠B+∠CAB，
1 1 1
∴ ∠FCB= ∠B+ ∠CAB，
2 2 2
1
即∠FCD= ∠B+∠CAD，
2
1
又∵∠FCD=∠D+∠CAD，则∠D= ∠B，
2
∵∠α=∠D+∠P，∠P=30°，
∴∠α=∠D+30°，即∠D=∠α−30°，
∴∠B=2∠D=2∠α−60°，
∴∠AEB=180−∠α−2(∠α−30)=240°−3∠α
①当∠BAE与∠AEB互为开心角时，
∠BAE=2∠AEB或∠AEB=2∠BAE，
∴∠α=2(240°−3∠α)或240°−3∠α=2∠α，
(480)
解得∠α= °或∠α=48°；
7
②当∠B与∠EAB互为开心角，∠B=2∠EAB或∠EAB=2∠B，
∴2∠α−60°=2∠α或∠α=2(2∠α−60°)，
解得∠α=40°；
(480)
综上所述： °或48°或40°．
7
【点睛】本题为新定义题型，主要考查了角平分线，三角形内角和定理，三角形外角的性质以及开心角和
开心三角形的概念，一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用，涉及到了分类讨论的思想方法，其中
熟练掌握相关概念和性质是解答本题的关键．
57．（23-24八年级·江苏盐城·期中）定义：若∠α、∠β是同旁内角，并且∠α,∠β满足∠β=∠α+20°
，则称∠β是∠α的内联角．
(1)如图1，已知∠β是∠α的内联角．
① 当∠α=60°时，∠β= _____°；
② 当直线l ∥l 时，求∠β的度数．
1 2
(2)如图2，已知∠β是∠α的内联角，点O是线段GH上一定点．
①∠DHG是∠BGH的内联角吗？请说明理由；
② 过点O的直线分别交直线CD、AB于点P、Q，若∠α=60°且∠EOP是图中某个角的内联角．请直
接写出∠EOP是哪个角的内联角，以及此时∠EOP的度数．
【答案】(1)①80；②100°
(2)①是，理由见解析；②当∠EOP是∠AGH的内联角时，∠EOP=100°；当∠EOP是∠CPO的内联
角时，∠EOP=130°；当∠EOP是∠OPD的内联角时，∠EOP=160°
【分析】本题考查同旁内角，平行线的性质，几何图形中角度的计算，三角形的外角，掌握内联角的定
义，是解题的关键：
（1）①根据内联角的定义进行求解即可；②根据平行线的性质和内联角的定义，进行求解即可；
（2）①根据邻补角求出∠DHG和∠BGH的度数，再根据内联角的定义进行判断即可；②分三种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：①∵∠β是∠α的内联角，
∴∠β=∠α+20°，
∵∠α=60°，
∴∠β=60°+20°=80°；
故答案为：80；
②∵∠β是∠α的内联角，
∴∠β=∠α+20°，
∵l ∥l ，
1 2
∴∠α+∠β=180°，
∴∠α+∠α+20°=180°，
∴∠α=80°，
∴∠β=80°+20°=100°；
（2）①是，理由如下：
∵∠β是∠α的内联角，
∴∠β=∠α+20°，
∵∠DHG=180°−α，∠BGH=180°−β，
∴∠BGH=180°−α−20°，
∴∠BGH+20°=180°−α−20°+20°=180°−α=∠DHG，
又∵∠DHG、∠BGH是同旁内角，
∴∠DHG是∠BGH的内联角；
②∵∠β是∠α的内联角，∠α=60°，
∴∠β=∠α+20°=80°，
当直线位于如下图所示位置时：
∴当∠EOP是∠AGH的内联角时，则：∠EOP=∠β+20°=100°，
当∠EOP是∠CPO的内联角时，∠EOP=∠CPO+20°=60°+180°−∠EOP+20°=260°−∠EOP，解得：∠EOP=130°
当直线位于如下图所示位置时：
∵∠AGH=80°,∠CHG=60°，
∴∠BGH=180°−∠AGH=180°−80°=100°，
∠GHD=180°−∠CHG=180°−60°=120°，
若∠EOP是∠BGO的内联角，则
∠EOP=∠BGO+20°=100°+20°=120°，
∵∠EOP=∠GHD+∠OPH=120°+∠OPH>120°，
∴∠EOP=120°（舍去）．
若∠EOP是∠DPO的内联角，则
∠EOP=∠DPO+20°=120°+180°−∠EOP+20°=320°−∠EOP，
得∠EOP=160°，
综上：当∠EOP是∠AGH的内联角时，∠EOP=100°；当∠EOP是∠CPO的内联角时，
∠EOP=130°；当∠EOP是∠OPD的内联角时，∠EOP=160°．
58．（23-24八年级·重庆江津·期中）定义：如图（1），若分别以△ABC的三边AC，BC，AB为边向三
角形外侧作正方形ACDE，BCFG和ABMN，则称这三个正方形为△ABC的外展三叶正方形，其中任意
两个正方形为△ABC的外展双叶正方形．
(1)作△ABC的外展双叶正方形ACDE和BCFG，记△ABC，△DCF的面积分别为S 和S ；
1 2①如图（2），当∠ACB=90°时，求证：S =S ；
1 2
②如图（3），当∠ACB≠90°时，S 与S 是否仍然相等，请说明理由．
1 2
(2)已知△ABC中，AC=3，BC=4，作其外展三叶正方形，记△DCF，△AEN，△BGM的面积和S，请
利用图（1）探究：当∠ACB的度数发生变化时，S的值是否发生变化？若不变，求出S的值；若变化，求
出S的最大值．
【答案】(1)①见解析；②相等，理由见解析
(2)变化，最大值为18
【分析】（1）①由正方形的性质可以得出AC=DC，BC=FC，∠ACB=∠DCF=90°，即可得出
△ABC≌△DFC而得出结论；
②如图3，过点A作AP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥FC交FC的延长线于点Q，通过证明
△APC≌△DQC就有DQ=AP而得出结论；
（2）根据（1）可以得出S=3S ，要使S最大，就要使S 最大，当∠ACB=90°时S 最大，即
△ABC △ABC △ABC
可求出结论．
【详解】（1）解：①证明：∵正方形ACDE和正方形BCFG，
∴AC=DC，BC=FC，∠ACD=∠BCF=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠DCF=90°，
∴∠ACB=∠DCF=90°．
在△ABC和△DFC中，
{
AC=DC
)
∠ACB=∠DCF ，
BC=FC
∴△ABC≌△DFC(SAS)．
∴S =S ，
△ABC △DFC
∴S =S ．
1 2
②S =S ．
1 2
理由如下：
如图3，过点A作AP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥FC交FC的延长线于点Q．∴∠APC=∠DQC=90°．
∵四边形ACDE，四边形BCFG均为正方形，
∴AC=CD，BC=CF，
∵∠ACP+∠ACQ=90°，∠DCQ+∠ACQ=90°．
∴∠ACP=∠DCQ．
在△APC和△DQC中，
{∠APC=∠DQC
)
∠ACP=∠DCQ ，
AC=DC
∴△APC≌△DQC(AAS)，
∴AP=DQ．
∴BC×AP=DQ×FC，
1 1
∴ BC×AP= DQ×FC
2 2
1 1
∵S = BC×AP，S = FC×DQ，
1 2 2 2
∴S =S ；
1 2
（2）S的值发生变化；S的最大值为18；理由如下：
由（1）得，S是△ABC面积的三倍，
要使S最大，只需△ABC的面积最大，
∴当△ABC是直角三角形，即∠ACB=90°时，S有最大值．
1
此时，S=3S =3× ×3×4=18．
△ABC 2
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、直角三角形的性质、三角形的面积公式；
本题难度较大，综合性强，证明三角形全等是解决问题的关键．
59．（23-24八年级·福建福州·期中）定义：若P为△ABC内一点，且满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则点P叫做△ABC的费马点．
(1)如图1，若点O是等边△ABC的费马点，且OA+OB+OC=18，则这个等边三角形的高的长度为
______；
(2)如图2，已知△ABC，分别以AB、AC为边向外作等边△ABD与等边△ACE，线段CD、BE交于点
P，连接AP，求证：点P是△ABC的费马点；
(3)应用探究：已知有A、B、C三个村庄的位置如图3所示，能否在合适的位置建一个污水处理站Q，使得
该处理站分别连接这三个村庄的水管长度之和最小？如果能，请你说明该如何确定污水处理站Q的位置，
并证明该位置满足设计要求．
【答案】(1)9
(2)见解析
(3)能，当点Q是△ABC的费马点时，QA+QB+QC的值最小．证明该位置满足设计要求见解析
【分析】（1）根据AAS证明△ABO≌△BOC得OA=OB=OC，从而点O是三边垂直平分线的交点，延
长AO交BC于点D，根据30度角的性质求出OD=3即可求解；
（2）作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N，设AB与CD交点为G．根据SAS证明△CAD≌△EAB得
∠ADC=∠ABE,CD=BE，S =S ，然后证明AP平分∠DPE，可得∠APD=∠APE=60°，
△CAD △EAB
进而可证结论成立；
（3）分别以AB、AC为边向外作等边△ABD与等边△ACE，线段CD、BE交于一点，该点即为所求的
点，根据SAS证明△KBD≌△QBA得∠DKB=∠AQB，DK=AQ，从而可判断当D、K、Q、C四点共
线时，QA+QB+QC=DC为最小值，进而可证结论成立．
【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC,∠ABC=60°，
∴∠ABO+∠CBO=60°．
∵点O是等边△ABC的费马点，
∴∠AOB=∠BOC=∠AOC=120°，∴∠BAO+∠ABO=60°，
∴∠BAO=∠CBO，
∴△ABO≌△BOC(AAS)，
∴OA=OB=OC，
∴点O是三边垂直平分线的交点，
1
∴∠OBD= ∠ABC=30°．
2
∵OA+OB+OC=18，
∴OA=OB=OC=6．
∴延长AO交BC于点D，如图1，
1
∴OD= OB=3，
2
∴AD=6+3=9．
故答案为：9．
（2）如图2，作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N，设AB与CD交点为G．
∵△ABD与△ACE都是等边三角形
∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠EAC=60°
∴∠CAD=∠EAB
∴△CAD≌△EAB(SAS)
∴∠ADC=∠ABE,CD=BE，S =S ．
△CAD △EAB
又∵∠ADC+∠DAG=∠ABE+∠GPB∴∠GPB=∠DAG=60°
∴∠BPC=∠DPE=120°，∠EPC=60°
1 1
∵S = CD⋅AM，S = BE⋅AN，
△CAD 2 △EAB 2
1 1
∴ CD⋅AM= BE⋅AN，
2 2
∴AM=AN，
∴AP平分∠DPE
∴∠APD=∠APE=60°
∴∠APB=∠APC=120°=∠BPC
∴点P是△ABC的费马点．
（3）能，如第（2）小题那样，分别以AB、AC为边向外作等边△ABD与等边△ACE，线段CD、BE
交于一点，由（2）小题知该点是△ABC的费马点，即为所要建的污水处理站Q的位置．
证明如下：如图3，设点Q是△ABC内一点，连接QA、QB、QC，并在QB同侧作等边△ABD与等边
△QBK，连接DK．
∵△ABD与△QBK都是等边三角形
∴BA=BD，BQ=BK=QK，∠ABD=∠QBK=60°
∴∠KBD=∠QBA
∴△KBD≌△QBA(SAS)
∴∠DKB=∠AQB，DK=AQ
∴QA+QB+QC=DK+KQ+QC≥DC．
当D、K、Q、C四点共线时，QA+QB+QC=DC为最小值，
又∵∠BKQ=∠BQK=60°，
∴这时∠DKB=∠AQB=120°，∠CQB=120°
∴∠AQC=120°，
∴点Q是△ABC的费马点
即当点Q是△ABC的费马点时，QA+QB+QC的值最小．【点睛】本题考查了费马点，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的判定与性
质，角平分线的判定，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
60．（2024·辽宁大连·一模）【模型定义】
它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．他
们得知这种模型称为“手拉手模型”如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大
手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手．
【模型探究】
（1）如图1，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，则∠AEB的
度数为 ；线段BE与AD之间的数量关系是 ．
【模型应用】
（2）如图2，AB=BC，∠ABC=∠BDC=60°，求证：AD+CD=BD；
（3）如图3，P为等边△ABC内一点，且PA：PB：PC=3：4：5，以BP为边构造等边△BPM，这
样就有两个等边三角形共顶点B，然后连接CM，求∠APB的度数是 ．
【拓展提高】
（4）如图4，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，
∠EBC=∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数．（用含有m的式子表示）
（5）如图5，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，
连接BD，CE，两线交于点P，请证明BD和CE的数量关系和位置关系．
1
【答案】（1）60°，BE=AD；（2）见解析；（3）150°；（4）∠EAF= m°；（5）BD=CE且
2BD⊥CE；理由见解析
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质、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．
（1）由△ACB和△DCE均为等边三角形，可证△ACD≌△BCE(SAS)，可得∠ADC=∠BEC，
AD=BE，由点A、D、E在同一条直线上，可求∠AEB=60°即可；
（2）延长DC到E，使得DB=DE，由∠BDC=60°，可证△DEC为等边三角形，可得EC=EC，由
AB=BC，∠ABC=60°，可证△ABC为等边三角形，可证△ADC≌△BEC（SAS），可得AD=BE
即可；
（3）由PA：PB：PC=3：4：5，由△ABC与△BPM都是等边三角形，可证
△ABP≌△CBM（SAS），可得CM：PM：PC=3：4：5，PC2=CM2+PM2，可证△CMP是
直角三角形且∠PMC=90°即可；
（4）将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，
连接FM、CM．先证△EDB≌△MDC（SAS），再证△GCF≌△MCF（SAS），最后证
1
△AEF≌△AGF（SSS），可得∠EAF=∠FAG= m°；
2
（5）由两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，可证
△DAB≌△EAC（SAS），可得∠DBA=∠ECA，再求∠BPC=90°即可；
【详解】解：（1）如图1，
∵△ACB △DCE
和 均为等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°．
∴∠ACD=∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
{
AC=BC
)
∠ACD=∠BCE ，
CD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC=∠BEC．BE=AD，
∵△DCE为等边三角形，∴∠CDE=∠CED=60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=120°．
∴∠BEC=120°．
∴∠AEB=∠BEC−∠CED=60°．
故答案为：60°，BE=AD．
（2）证明：如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．
∵DB=DE ∠BDC=60°
， ，
∴△BDE是等边三角形，
∴BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵AB=BC，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD=EC，
∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．
∴AD+CD=BD．
（3）解：以BP为边构造等边△BPM，连接CM，如图3所示：
∵△ABC与△BPM都是等边三角形，
∴AB=BC，BP=BM=PM，∠ABC=∠PBM=∠BMP=60°，
∴∠ABC−∠PBC=∠PBM−∠PBC，即∠ABP=∠CBM，
在△ABP和△CBM中，
{
AB=BC
)
∠ABP=∠CBM ，
BP=BM
∴△ABP≌△CBM（SAS），
∴AP=CM，∠APB=∠CMB，
∵PA：PB：PC=3：4：5，∴CM：PM：PC=3：4：5，
∴PC2=CM2+PM2，
∴△CMP是直角三角形，
∴∠PMC=90°，
∴∠CMB=∠BMP+∠PMC=60°+90°=150°，
∴∠APB=150°，
故答案为：150°；
（4）解：如图4中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使
得DM=DE，连接FM、CM．
由（1）可知△EAB≌△GAC，
∴∠1=∠2，BE=CG，
∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，
∴△EDB≌△MDC(SAS)，
∴BE=CM=CG，∠EBC=∠MCD，
∵∠EBC=∠ACF，
∴∠MCD=∠ACF，
∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，
∴∠1=∠3=∠2，
∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，
∵CF=CF，CG=CM，
∴△CFG≌△CFM(SAS)，
∴FG=FM，
∵ED=DM，DF⊥EM，
∴FE=FM=FG，
∵AE=AG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG(SSS)，1
∴∠EAF=∠FAG= m°．
2
（5）BD=CE且BD⊥CE；
理由如下：∵∠DAE=∠BAC=90°，
∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE．
∴∠DAB=∠EAC．
在△DAB和△EAC中，
{
AD=AE
)
∠DAB=∠EAC ，
AB=AC
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD=CE，∠DBA=∠ECA，
∵∠ECA+∠ECB+∠ABC=90°，
∴∠DBA+∠ECB+∠ABC=90°，
即∠DBC+∠ECB=90°，
∴∠BPC=180°−（∠DBC+∠ECB）=90°，
∴BD⊥CE，
综上所述：BD=CE且BD⊥CE．
