文档内容
专题 16.7 期末复习之解答压轴题十三大题型总结
【人教版】
【题型1 与三角形面积有关的计算】......................................................................................................................1
【题型2 与双角平分线有关的计算】......................................................................................................................9
【题型3 不规则图形内角和的计算】....................................................................................................................19
【题型4 全等三角形的动态问题】........................................................................................................................26
【题型5 手拉手模型】............................................................................................................................................36
【题型6 一线三等角模型】....................................................................................................................................43
【题型7 半角模型】................................................................................................................................................51
【题型8 确定两角度之间的关系】........................................................................................................................61
【题型9 证明线段间的关系】................................................................................................................................69
【题型10 乘法公式的几何背景】............................................................................................................................80
【题型11 因式分解的应用】....................................................................................................................................88
【题型12 分式中的阅读材料类问题】....................................................................................................................93
【题型13 分式方程的实际应用】............................................................................................................................97
【题型1 与三角形面积有关的计算】
【例1】（23-24八年级·四川成都·期中）如图所示，直角三角形ABC中
AC=2,CD=3,BD=2,AM=BM，求阴影部分的面积．
5
【答案】
8
【分析】本题主要考查了求三角形面积，弄清楚三角形间的面积关系成为解题的关键．
1 5
如图：连接OB，易得S =5，根据AM=BM可得S =S = S = ，S =S ，再证
△ABC △ACM △BCM 2 △ABC 2 △AOM △BOM
3 15
明S =S 、S = S ，进而得到S =S = ，最后根据三角形面积的和差即可解答．
△AOC △BOC △COD 5 △BOC △AOC △BOC 81
【详解】解：如图：连接OB，S = ×2×5=5，
△ABC 2
∵△ABC为直角三角形，AM=BM，
1 5
∴S =S = S = ，S =S ，
△ACM △BCM 2 △ABC 2 △AOM △BOM
∴S −S =S −S ，即S =S ，
△ACM △AOM △BCM △BOM △AOC △BOC
∵CD=3,BD=2，
3
∴S = S ，
△COD 5 △BOC
3 8
∴S =S +S =S + S = S ，
△ACD △AOC △COD △BOC 5 △BOC 5 △BOC
1
∵S = ×2×3=3，
△ACD 2
8 15
∴3= S ，即S =S = ，
5 △BOC △AOC △BOC 8
5 15 5
∴S =S −S = − = ．
阴 △ACM △AOC 2 8 8
【变式1-1】（23-24八年级·福建厦门·期末）【问题情境】如图6，AD是△ABC的中线，△ABC与
△ABD的面积有怎样的数量关系？小明同学经过思考，给出以下解答：
在图中过A作AE⊥BC于点E．
∵AD是△ABC的中线，
1
∴BD= BC．
2
1 1 1 1
∴S = BD⋅AE= ⋅ BC⋅AE= S
△ABO 2 2 2 2 △ABC
据此可得结论：三角形的一条中线平分该三角形的面积．【深入探究】
（1）如图，点D在△ABC的边BC上，点F在AD上．
①若D是BC的中点，求证：S =S ；
△ABF △ACF
②若BD=2CD，则S ：S = ．
△ABF △ACF
【拓展延伸】
（2）如图，M在BC上，N在AC上，且CN=2AN，AP：MP=2：1，求BM与CM的数量关系．
【答案】（1）①见解析，②2
（2）CM=3BM
【分析】本题考查利用三角形的中线求三角形面积及其应用．熟练掌握等高（或同高）的两三角形面积比
等于底边之比是解题的关键．
（1）①根据D是BC的中点，则S =S ，S =S ，从而得S −S =S −S ，即
△ABD △ACD △FBD △FCD △ABD △FBD △ACD △FCD
可得出结论；
②根据BD=2CD，则S =2S ，S =2S ，即
△ABD △ACD △FBD △FCD
S −S =2S −2S =2(S −S )，得出S =2S ，即可求 解．
△ABD △FBD △ACD △FCD △ACD △FCD △ABF △ACF
（2）连接CP，根据CN=2AN，得S =2S ，S =2S ，根据AP:MP=2:1，则
△CPN △APN △BCN △ABN
S :S =2:1，S =2S ，设S =x，S = y，则S =2x，S =2y，S =3x，
△ABP △BMP △ACP △CMP △APN △BMP △CPN △ABP △ACP
3
S =2y+x，根据S =2S ，则S = x，从而求得
△ABN △ACP △CMP △CMP 2
3 7 7
S =S +S +S = y+ x+2x= x+ y，再根据S =2S 则 x+ y=2(2y+x)求得
△BCN △BMP △CMP △CPN 2 2 △BCN △ABN 2S y y 1
△BMP= = = BM S 1
x=2y，则有S 3 3 3，所以 = △BMP= ，即可得出CM=3BM．
△CMP x ×2y CM S 3
2 2 △CMP
【详解】解：（1）①∵D是BC的中点，
∴S =S ，S =S ，
△ABD △ACD △FBD △FCD
∴S −S =S −S ，
△ABD △FBD △ACD △FCD
∴S =S ；
△ABF △ACF
②∵BD=2CD，
∴S =2S ，S =2S ，
△ABD △ACD △FBD △FCD
∴S −S =2S −2S =2(S −S )，
△ABD △FBD △ACD △FCD △ACD △FCD
∴S =2S ，
△ABF △ACF
∴S :S =2:1=2．
△ABF △ACF
（2）连接CP，
∵CN=2AN，
∴S =2S ，S =2S ，
△CPN △APN △BCN △ABN
∵AP:MP=2:1，
∴S :S =2:1，S =2S ，
△ABP △BMP △ACP △CMP
设S =x，S = y，则S =2x，S =2y，S =3x，S =2y+x，
△APN △BMP △CPN △ABP △ACP △ABN
∵S =2S ，
△ACP △CMP
3
∴S = x，
△CMP 2
3 7
∴S =S +S +S = y+ x+2x= x+ y，
△BCN △BMP △CMP △CPN 2 2
∵S =2S ，
△BCN △ABN
7
∴ x+ y=2(2y+x)，
2
∴x=2y，S y y 1
△BMP= = =
∴S 3 3 3，
△CMP x ×2y
2 2
BM S 1
∴ = △BMP= ，
CM S 3
△CMP
∴CM=3BM．
【变式1-2】（23-24八年级·江苏盐城·阶段练习）阅读理解【解析】
提出问题：如图1，在四边形ABCD中，P是AD边上任意一点，△PBC与△ABC和△DBC的面积之间有
什么关系？探究发现：为了解决这个问题，我们可以先从一些简单的、特殊的情形入手：
1
当AP＝ AD时(如图2)：
2
1
∵AP＝ AD，△ABP和△ABD的高相等，
2
1
∴S ＝ S ，
ABP 2 ABD
△ △
1
∵PD＝AD﹣AP＝ AD，△CDP和△CDA的高相等
2
1
∴S ＝ S ，
CDP 2 CDA
△ △
1 1
∴S ＝S ﹣S ﹣S ＝S ﹣ S ﹣ S ，
PBC 四边形ABCD ABP CDP 四边形ABCD 2 ABD 2 CDA
△ △ △ △ △
1 1 1 1
＝S ﹣ (S ﹣S )﹣ (S ﹣S )＝ S + S .
四边形ABCD 2 四边形ABCD DBC 2 四边形ABCD ABC 2 DBC 2 ABC
△ △ △ △
1
(1)当AP＝ AD时，探求S 与S 和S 之间的关系式并证明；
3 PBC ABC DBC
△ △ △
1
(2)当AP＝ AD时，S 与S 和S 之间的关系式为： ；
6 PBC ABC DBC
△ △ △
1
(3)一般地，当AP＝ AD(n表示正整数)时，探求S 与S 和S 之间的关系为： ；
n PBC ABC DBC
△ △ △
b b
(4)当AP＝ AD(0≤ ≤1)时，S 与S 和S 之间的关系式为： ．
a a PBC ABC DBC
△ △ △1 2 1 5 1
【答案】(1)S PBC＝ S DBC+ S ABC，证明见解析；(2)S PBC＝ S DBC+ S ABC；(3)S PBC＝
3 3 6 6 n
△ △ △ △ △ △ △
n−1 b a−b
S DBC+ S ABC；(4)S PBC＝ S DBC+ S ABC．
n a a
△ △ △ △ △
【分析】（1）根据题中的方法进行求解即可；（2）由（1）即可得到；（3）方法同（1），进行求解；
（4）利用（3）中的结论即可求解.
1
【详解】(1)∵AP＝ AD，△ABP和△ABD的高相等，
3
1
∴S ABP＝ S ABD．
3
△ △
2
又∵PD＝AD﹣AP＝ AD，△CDP和△CDA的高相等，
3
2
∴S CDP＝ S CDA．
3
△ △
∴S PBC＝S ABCD﹣S ABP﹣S CDP
四边形
△ △ △
1 2
＝S ABCD﹣ S ABD﹣ S CDA
四边形 3 3
△ △
1 2
＝S ABCD﹣ (S ABCD﹣S DBC)﹣ (S ABCD﹣S ABC)
四边形 3 四边形 3 四边形
△ △
1 2
＝ S DBC+ S ABC．
3 3
△ △
1 2
∴S PBC＝ S DBC+ S ABC
3 3
△ △ △
1 5
(2)由(1)得，S PBC＝ S DBC+ S ABC；
6 6
△ △ △
1 n−1
(3)S PBC＝ S DBC+ S ABC；
n n
△ △ △
1
∵AP＝ AD，△ABP和△ABD的高相等，
n1
∴S ABP＝ S ABD．
n
△ △
n−1
又∵PD＝AD﹣AP＝ AD，△CDP和△CDA的高相等，
n
n−1
∴S CDP＝ S CDA
n
△ △
∴S PBC＝S ABCD﹣S ABP﹣S CDP
四边形
△ △ △
1 n−1
＝S ABCD﹣ S ABD﹣ S CDA
四边形 n n
△ △
1 n−1
＝S ABCD﹣ (S ABCD﹣S DBC)﹣ (S ABCD﹣S ABC)
四边形 n 四边形 n 四边形
△ △
1 n−1
＝ S DBC+ S ABC．
n n
△ △
1 n−1
∴S PBC＝ S DBC+ S ABC
n n
△ △ △
b a−b
(4)由(3)得，S PBC＝ S DBC+ S ABC．
a a
△ △ △
【点睛】此题主要考查四边形的面积关系，解题的关键是根据材料的方法进行求解.
【变式1-3】（23-24八年级·江苏扬州·期中）我们把能平分四边形面积的直线称为“好线”．利用下面的
作图，可以得到四边形的“好线”：在四边形ABCD（图2）中，取对角线BD的中点O，连接OA、OC．得
折线AOC，再过点O作OE∥AC交CD于E，则直线AE即为四边形ABCD的一条“好线”．
(1)如图，试说明中线AD平分△ABC的面积；
(2)如图，请你探究四边形ABCO的面积和四边形ABCD面积的关系，并说明理由；(3)在上图中，请你说明直线AE是四边形ABCD的一条“好线”；
(4)如图，若AE为一条“好线”，F为AD边上的一点，请作出四边形ABCD经过F点的“好线”，并对你的
画图作适当说明．
【答案】(1)三角形的一条中线将这个三角形分成面积相等的两个三角形；
1
(2)S = S ，理由见解析；
四边形ABCO 2 四边形ABCD，
(3)见解析；
(4)见解析
【分析】（1）Δ ABD和Δ ACD是等底同高的两个三角形，故面积相等；
（2）由（1）知，S =S , S =S ,故
AOB AOD BOC DOC
△ △ △ △
1 1
S +S =S +S = S 所以S = S
△AOB △BOC △AOD △DOC 2 四边形ABCD， 四边形ABCO， 2 四边形ABCD，
（3）设AE与OC的交点是F．要说明直线AE是“好线”，根据已知条件中的折线AOC能平分四边形ABCD
的面积，只需说明三角形AOF的面积等于三角形CEF的面积．则根据两条平行线间的距离相等，结合三角
形的面积个数可以证明三角形AOE的面积等于三角形COE的面积，再根据等式的性质即可证明；
（4）根据两条平行线间的距离相等，只需借助平行线即可作出过点F的“好线”;
【详解】（1）如图中，作AH⊥BC于H．∵AD是中线，
∴BD=CD，
1 1
∴S = •BD•AH，S = •DC•AH，
ABD 2 ADC 2
△ △
∴S =S ，
ABD ADC
△ △
∴中线AD平分 ABC的面积．
△ 1
（2）关系：S = S
四边形ABCO， 2 四边形ABCD，
由（1）知，S =S , S =S ,
AOB AOD BOC DOC
△ △ △ △
1
∴S +S =S +S = S
△AOB △BOC △AOD △DOC 2 四边形ABCD，
1
∴S = S
四边形ABCO 2 四边形ABCD，
（3）如图中，设AE交OC于F．
∵OE∥AC，
∴ S =S ，
AOE COE
△ △
∵S =S ，
AOF CEF
△ △又因为（2）知，折线AOC能平分四边形ABCD的面积，
∴直线AE平分四边形ABCD的面积，即AE是四边形ABCD的一条“好线”．
（4）连接EF，过A作EF的平行线交CD于点G，连接FG，则GF为一条“好线”．
∵AG∥EF，
∴S =S ．
AGE AFG
△ △
设AE与FG的交点是O．则S =S ，
AOF GOE
△ △
又AE为一条“好线”，所以GF为一条“好线”
【点睛】本题主要运用了三角形的面积，平行线之间的距离的应用，三角形的中线把三角形分成面积相等
的两个三角形．
【题型2 与双角平分线有关的计算】
【例2】（23-24八年级·安徽滁州·期中）已知△ABC中，
(1)如图1，AI平分∠BAC，CI平分∠ACB，∠B=80°，求∠AIC的度数；
(2)如图2，∠BCE是△ABC的外角，∠BCE、∠BAC的平分线交于点D，求∠B与∠D的数量关系；
(3)如图3，∠BCE、∠HAC是△ABC的外角，∠BCE的平分线所在的直线与∠HAC、∠BAC的平分线
分别交于点F､D．在△ADF中，如果∠F=3∠D，求∠B的度数．
【答案】(1)130°
(2)∠B=2∠D(3)45°
【分析】（1）由三角形的内角和定理可得∠BAC+∠BCA=180°−∠B=100°，再根据三角形角平分线
1
的定义可得∠IAC+∠ICA= (∠BAC+∠BCA)=50°，然后再次利用三角形的内角和定理即可得出
2
∠AIC的度数；
1 1
（2）设AD与BC交于点H，由三角形角平分线的定义可得∠HCD= ∠BCE，∠BAH= ∠BAC，由
2 2
1
三角形外角的性质可得∠HCD=∠BAH+ ∠B，由三角形的内角和定理、对顶角相等可推出
2
1
∠D= ∠B，于是可得结论；
2
1 1
（3）由三角形角平分线的定义可得∠FAC= ∠HAC，∠DAC= ∠BAC，进而可推出∠DAF=90°，
2 2
由（2）可知∠B=2∠D，根据三角形的内角和定理可得∠DAF+∠F+∠D=180°，于是可得关于∠D
的一元一次方程，解方程即可得出∠D的度数，进而得出∠B的度数．
【详解】（1）解：∵∠BAC+∠BCA+∠B=180°，∠B=80°，
∴∠BAC+∠BCA=180°−∠B=100°，
∵AI平分∠BAC，CI平分∠ACB，
1 1
∴∠IAC= ∠BAC，∠ICA= ∠BCA，
2 2
1 1
∴∠IAC+∠ICA= (∠BAC+∠BCA)= ×100°=50°，
2 2
∵∠IAC+∠ICA+∠AIC=180°，
∴∠AIC=180°−(∠IAC+∠ICA)=180°−50°=130°；
（2）解：如图，设AD与BC交于点H，
∵CD AD ∠BCE ∠BAC
、 分别是 、 的平分线，1 1
∴∠HCD= ∠BCE，∠BAH= ∠BAC，
2 2
1
∵∠HCD= ∠BCE
2
1
= (∠BAC+∠B)
2
1 1
= ∠BAC+ ∠B
2 2
1
=∠BAH+ ∠B，
2
∴∠D=180°−(∠HCD+∠CHD)
=180°−(∠HCD+∠AHB)
=180°−∠HCD−∠AHB
( 1 )
=180°− ∠BAH+ ∠B −(180°−∠BAH−∠B)
2
1
=180°−∠BAH− ∠B−180°+∠BAH+∠B
2
1
= ∠B，
2
∴∠B=2∠D；
（3）解：∵AF平分∠HAC，AD平分∠BAC，
1 1
∴∠FAC= ∠HAC，∠DAC= ∠BAC，
2 2
1 1
∴∠DAF=∠FAC+∠DAC= (∠HAC+∠BAC)= ×180°=90°，
2 2
∵CD平分∠BCE，AD平分∠BAC，
∴由（2）可知：∠B=2∠D，
∵∠DAF+∠F+∠D=180°，
∴90°+3∠D+∠D=180°，
∴2∠D=45°，
∴∠B=2∠D=45°．
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理，等式的性质1，三角形角平分线的定义，三角形外角的性
质，对顶角相等，等式的性质2，解一元一次方程等知识点，熟练掌握三角形的内角和定理是解题的关键．
【变式2-1】（23-24八年级·湖北武汉·期末）在△ABC中，∠ABC，∠ACB的角平分线BE，CD交于点F．
(1)【问题呈现】如图1，若∠A=100°，求∠BFD的度数；
(2)【问题推广】如图2，将△ABC沿MN折叠，使得点A与点F重合，若∠1+∠2=160°，求∠BFC的度
数；
(3)【问题拓展】若P，Q分别是线段AB，AC上的点，设∠AQP=α，∠ACB=β．射线CF与∠APQ的
平分线所在的直线相交于点H（不与点P重合），直接写出∠PHC与∠BFC之间的数量关系（用含α，β
的式子表示）．
【答案】(1)∠BFD=40°
(2)∠BFC=130°
1 1 1 1
(3)∠PHC+∠BFC=180°+ α− β或∠PHC−∠BFC= β− α
2 2 2 2
【分析】本题考查角平分线的定义，三角形的内角和定理，折叠的性质，熟知相关知识是解题的关键．
（1）根据三角形内角和定理和角平分线的定义求解即可；
（2）先由折叠的性质和平角的定义得到∠A=80°，进而求出∠ABC+∠ACB=100°，同（1）即可得
到答案；
（3）当两种情况画图，讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵∠A=100°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−∠A=180°−100°=80°，
又∵BE，CD分别平分∠ABC、∠ACB，
1 1
∴∠EBC= ∠ABC，∠DCB= ∠ACB，
2 2
1 1 1 1
∴∠EBC+∠DCB= ∠ABC+ ∠ACB= (∠ABC+∠ACB)= ×80°=40°，
2 2 2 2
∴∠BFD=∠EBC+∠DCB=40°；
（2）解：∵∠1+∠2=160°，
∴∠AMF+∠ANF=360°−(∠1+∠2)=360°−160°=200°，1 1
由折叠可得：∠AMN= ∠AMF，∠ANM= ∠ANF，
2 2
1 1
∴∠AMN+∠ANM= (∠AMF+∠ANF)= ×200°=100°，
2 2
∴∠A=180°−(∠AMN+∠ANM)=180°−100°=80°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−∠A=180°−80°=100°，
又∵BF，CF分别平分∠ABC、∠ACB，
1 1
∴∠FBC= ∠ABC，∠FCB= ∠ACB，
2 2
1 1 1( 1 ) 1
∴∠FBC+∠FCB= ∠ABC+ ∠ACB= ∠ABC+ ∠ACB = ×100°=50°，
2 2 2 2 2
∴∠BFC=180°−(∠EBC+∠DCB)=180°−50°=130°；
（3）解：如图，设CH与PQ相交于点G，
∴∠APQ=180°−∠A−∠AQP=180°−∠A−α，
又∵PH平分∠APQ，
1 1
∴∠HPQ= ∠APQ= (180°−∠A−α)，
2 2
∵BF，CF分别是∠ABC和∠ACB的平分线，
1 1
∴∠FBC= ∠ABC，∠FCB= ∠ACB，
2 2
1 1 1 1
∴∠FBC+∠FCB= ∠ABC+ ∠ACB= (∠ABC+∠ACB)= (180°−∠A)，
2 2 2 2
1
∠PGH=∠CGQ=∠AQP−∠ACF=α− β，
2
1 1
∴∠BFC=180°−(∠FBC+∠FCB)=180°− (180°−∠A)=90°+ ∠A，
2 2
1 ( 1 ) 1 1 1
∠PHC=180°−∠HPQ−∠PGH=180°− (180°−∠A−α)− α− β =90°+ ∠A− α+ β，
2 2 2 2 2
1 1
∴∠PHC−∠BFC= β− α；
2 2如图，设直线PH交AC于点G，
∠APQ=180°−∠A−∠AQP=180°−∠A−α，
又∵PG平分∠APQ，
1 1
∴∠GPQ= ∠APQ= (180°−∠A−α)，
2 2
1
∴∠AGP=∠GPQ+∠GQP= (180°−∠A−α)+α，
2
∵BF，CF是∠ABC和∠ACB的平分线，
1 1
∴∠FBC= ∠ABC，∠FCB= ∠ACB，
2 2
1 1 1 1
∴∠FBC+∠FCB= ∠ABC+ ∠ACB= (∠ABC+∠ACB)= (180°−∠A)，
2 2 2 2
1 1
∴∠BFC=180°−(∠FBC+∠FCB)=180°− (180°−∠A)=90°+ ∠A，
2 2
1 1
∠PHC=∠AGH−∠ACH= (180°−∠A−α)+α− β，
2 2
1 1 1 1 1
∴∠PHC+∠BFC= (180°−∠A−α)+α− β+90°+ ∠A=180°+ α− β；
2 2 2 2 2
1 1
综上所述，∠PHC与∠BFC之间的数量关系为∠PHC+∠BFC=180°+ α− β或
2 2
1 1
∠PHC−∠BFC= β− α．
2 2【变式2-2】（23-24八年级·江苏盐城·期中）（问题背景）
∠MON=90∘，点A、B分别在OM、ON上运动（不与点O重合）.
（问题思考）
（1）如图①，AE、BE分别是∠BAO和∠ABO的平分线，随着点A、点B的运动，求∠AEB的度数.
（2）如图②，若BC是∠ABN的平分线，BC的反向延长线与∠OAB的平分线交于点D.
①若∠BAO=70∘，则
∠D=
__________；
_
②随着点A、B的运动，∠D的大小会变吗？如果不会，求∠D的度数；如果会，请说明理由；
（问题拓展）
（3）在图②的基础上，如果∠MON=α，其余条件不变，随着点A、B的运动（如图③），∠D=
__________.（用含α的代数式表示）
【答案】（1）∠AEB=135∘（2）①∠D=45∘②∠D的度数不随A、B的移动而发生变化，理由见解析
1
（3）∠D= α
2
【分析】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，熟练掌握三角形的内角和定理是解题的关键．
（1）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；
（2）①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；
②由①的思路可得结论；
（3）在②的基础上，将90°换成α即可．
【详解】解：（1）∵∠MON=90°，
∴∠OAB+∠OBA=90°，
∵AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，
1 1
∴∠BAE= ∠BAO，∠ABE= ∠ABO，
2 21
∴∠BAE+∠ABE= (∠BAO+∠ABO)=45°，
2
∴∠AEB=135°；
故答案为：135°；
（2）①∵∠AOB=90°，∠BAO=70°，
∴∠ABO=20°，∠ABN=160°，
∵BC是∠ABN的平分线，
1
∴∠OBD=∠CBN= ×160°=80°，
2
∵AD平分∠BAO，
∴∠DAB=35°，
∴∠D=180°−∠ABD−∠BAD−∠AOB=180°−80°−35°−20°=45°，
故答案为：45°；
②∠D的度数不随A、B的移动而发生变化，
设∠BAD=x，
∵AD平分∠BAO，
∴∠BAO=2x，
∵∠AOB=90°，
∴∠ABN=180°−∠ABO=∠AOB+∠BAO=90+2x，
∵BC平分∠ABN，
∴∠ABC=45°+x，
∵∠ABC=180°−∠ABD=∠D+∠BAD，
∴∠D=∠ABC−∠BAD=45°+x−x=45°；
（3）设∠BAD=x，
∵AD平分∠BAO，
∴∠BAO=2x，
∵∠AOB=α，
∴∠ABN=180°−∠ABO=∠AOB+∠BAO=α+2x，
∵BC平分∠ABN，
1
∴∠ABC= α+x，
2
∵∠ABC=180°−∠ABD=∠D+∠BAD，1 1
∴∠D=∠ABC−∠BAD= α+x−x= α；
2 2
1
故答案为： α．
2
【变式2-3】（23-24八年级·河南郑州·期中）已知：直线AB与直线CD平行，E、G是直线AB上的点，F
、H是直线CD上的点，且∠FEG=∠FHG．
(1)如图1，EN为∠BEF的角平分线，交GH于点P，连接FN，猜测∠N、∠HPN，∠NFH之间的等量
关系并给出证明．
(2)如图2，在（1）的条件下，过点F作FM⊥GH于点M，作∠AGH的角平分线交CD于点Q．若
2
∠MFN=3∠NFH，且∠GQH:∠N= ，请直接写出∠GQH的度数．
5
【答案】(1)∠N+∠NFH=∠HPN；证明见解析
(2)∠GQH=22.5°
【分析】本题考查平行线，三角形的内角和，三角形的外角，二元一次方程等知识，解题的关键是掌握平
行线的性质，三角形的内角和，三角形的外角，二元一次方程组的运用，即可．
（1）根据平行线的性质，∠FHG=∠HGB，∠CFE=∠FEG，根据∠FEG=∠FHG，等量代换，则
1
∠FHG=∠HGB=∠FEG=∠CFE，根据角平分线的性质，则∠1=∠2= ∠FEG，根据三角形的内
2
角和，则∠1+∠4+∠HGE=180°，求得∠3=∠4=∠2=∠HPN，根据三角形的内角和，则
∠N+∠NFE+∠2=180°，求得∠N+∠NFD=∠2，等量代换，即可；
（2）根据题意，设∠NFH=x，∠MFN=3x；设∠GQH=2y，∠N=5 y；根据三角形内角和，求得
∠MKF=90°−∠MFN=90°−3x，根据（1）得，∠N+∠NFH=∠HPN，三角形内角和，求得
5 y−x=45°,①；根据平行线的性质，则∠5=∠7=2y，∠QHG=180°−∠PGE，根据角平分线的性
质，等量代换，则∠QHG=180°−∠PGE=180°−4 y，根据三角形的内角和，求得7 y+x=90°,②，{x=11.25°)
联立①②，解得： ，再根据∠GQH=2y，即可．
y=11.25°
【详解】（1）证明，如下：
∵AB∥CD，
∴∠FHG=∠HGB，∠CFE=∠FEG，
∵∠FEG=∠FHG，
∴∠FHG=∠HGB=∠FEG=∠CFE，
∵EN为∠BEF的角平分线，
1
∴∠1=∠2= ∠FEG，
2
∵∠3=∠4，
∴∠1+∠4+∠HGE=180°，
∵∠HGE=180°−∠HGB=180°−∠FEH=180°−2∠2，
∴∠1+∠4+180°−2∠2=180°，
∴∠2+∠4+180°−2∠2=180°，
∴∠2=∠4，
∴∠3=∠4=∠2=∠HPN，
在△NFE中，∠N+∠NFE+∠2=180°，
∵∠NFE=∠NFD+∠5，∠5=180°−∠CFE=180°−∠FEG=180°−2∠2，
∴∠NFE=∠NFD+180°−2∠2，
∴∠N+∠NFD+180°−2∠2+∠2=180°，
∴∠N+∠NFD=∠2，
∴∠N+∠NFD=∠4，
∴∠N+∠NFD=∠HPN．
（2）∵∠MFN=3∠NFH，
∴设∠NFH=x，∠MFN=3x，
2
∵∠GQH:∠N= ，
5∴设∠GQH=2y，∠N=5 y；
∵FM⊥GM，
∴∠FMK=90°，
∴∠MKF=90°−∠MFN=90°−3x，
∴∠NKH=90°−∠MFN=90°−3x，
∵∠N+∠NFH=∠HPN，
∴5 y+x=∠3，
∴∠4=∠3=5 y+x，
∴在△NKP中，∠N+∠NKP+∠3=180°，
∴5 y+90°−3x+5 y+x=180°，
∴5 y−x=45°,①，
∵AB∥CD，
∴∠5=∠7=2y，∠QHG=180°−∠PGE，
∵QG平方∠AGN，
∴∠5=∠6=∠7=2y，∠PGE=4 y，
∴∠QHG=180°−∠PGE=180°−4 y，
∵∠QHG=∠BEF，
∴∠BEF=180°−4 y，
∵EN平方∠BEF，
1
∴∠1=∠2= ∠BEF=90°−2y，
2
在△PEG中，∠1+∠4+∠PGE=180°，
∴90°−2y+5 y+x+4 y=180°，
∴7 y+x=90°,②，
联立①②
{5 y−x=45°,①)
∴ ，
7 y+x=90°,②
{x=11.25°)
解得： ，
y=11.25°
∴∠GQH=2y=22.5°．【题型3 不规则图形内角和的计算】
【例3】（2024八年级·全国·专题练习）阅读材料：
如图1，AB、CD交于点O，我们把△AOD和△BOC叫做对顶三角形．
结论：若△AOD和△BOC是对顶三角形，则∠A+∠D＝∠B+∠C．
结论应用举例：
如图2：求五角星的五个内角之和，即∠A+∠B+∠ACE+∠ADB+∠E的度数．
解：连接CD，由对顶三角形的性质得：∠B+∠E＝∠1+∠2，
在△ACD中，∵∠A+∠ACD+∠ADC＝180°，
即∠A+∠3+∠1+∠2+∠4＝180°，
∴∠A+∠ACE+∠B+∠E+ADB＝180°
即五角星的五个内角之和为180°．
解决问题：
（1）如图①，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝ ；
（2）如图②，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G＝ ；
（3）如图③，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H＝ ；
（4）如图④，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N＝ ；
请你从图③或图④中任选一个，写出你的计算过程．【答案】（1）360°；（2）540°；（3）720°；（4）1080°；过程见解析
【分析】（1）连接CD，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BDC＋∠ACD，再由四边形的内角和定理得出
结论；
（2）连接ED，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BED＋∠ADE，再由五边形的内角和定理得出结论；
（3）连接BH、DE，由对顶角三角形可知∠EBH＋∠BHD＝∠HDE＋∠BED，再根据五边形的内角和定理
得出结论；
（4）连接ND、NE，由对顶角三角形可知∠1＋∠2＝∠NGH＋∠EHG，再由六边形的内角和定理得出结
论．
【详解】解：（1）连接CD，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BDC＋∠ACD，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D
＋∠E＋∠F＝360°；
（2）连接ED，由对顶角三角形可得∠A＋∠B＝∠BED＋∠ADE，则∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋
∠G＝540°；
（3）连接BH、DE，
∵由对顶角三角形可知∠EBH＋∠BHD＝∠HDE＋∠BED，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＝五边形CDEFG的内角和＋△ABH的内角和＝540°＋180°
＝720°；
（4）连接ND、NE，
∵由对顶角三角形可知∠1＋∠2＝∠NGH＋∠EHG，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠M＋∠N＝六边形BCFGHM的内角和＋△AND的内角
和＋△NDE的内角和＝（6－2）×180°＋360°＝1080°．故答案为：360°；540°；720°；1080°．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理，根据题意作出辅助线，利用△AOD和△BOC叫做对顶三角形
的性质及多边形的内角和定理解答是解答此题的关键．
【变式3-1】（2024八年级·全国·专题练习）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠K的度数．
【答案】540°
【分析】如图所示，由三角形外角的性质可知：∠A＋∠B＝∠IJL，∠C＋∠D＝∠MLJ，∠H＋∠K＝
∠GIJ，∠E＋∠F＝∠GML，然后由多边形的内角和公式可求得答案．
【详解】解：如图所示：
由三角形的外角的性质可知：∠A＋∠B＝∠IJL，∠C＋∠D＝∠MLJ，∠H＋∠K＝∠GIJ，∠E＋∠F＝
∠GML，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＋∠E＋∠F＋∠G＋∠H＋∠K＝∠IJL＋∠MLJ＋∠GML＋∠G＋∠GIJ＝（5－2）
×180°＝3×180°＝540°．
【点睛】本题主要考查的是三角形外角的性质和多边形的内角和公式的应用，利用三角形外角和的性质将
所求各角的和转化为五边形的内角和是解题的关键
【变式3-2】（23-24八年级·江苏宿迁·期中）如图1，将△ABC纸片沿DE折叠，使点C落在四边形ABDE内点C’的位置，
（1）①若∠1=200,∠2=500，则∠C= ；
②若∠C=420，则∠1+∠2= ；
③探索∠C 、∠1与∠2之间的数量关系，并说明理由；
（2）直接按照所得结论，填空：
①如图中，将△ABC纸片再沿FG、MN折叠，使点A、B分别落在△ABC内点A’、B’的位置，则
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6= ；
②如图中，将四边形ABCD按照上面方式折叠，则∠1+∠2+⋯+∠8= ；
③若将n边形A A A ⋯A 也按照上面方式折叠，则∠1+∠2+⋯+∠2n= ；
1 2 3 n
（3）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点C落在△ABC边AC上方点C'的位置， 探索∠C、∠1与∠2之
间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）①35°；②84°；③2∠C=∠1+∠2；（2）①360°；②720°；③360°(n−2)；（3）
2∠C=∠2−∠1
【分析】（1）①由邻补角的定义可知∠CEC′=160°，∠CDC′=130°，根据折叠的性质可求出∠CED=80°，
∠CDE=65°,然后根据三角形内角和定理求解即可；
②由三角形内角和可求出∠CED+∠CDE=138°,再由折叠的性质可知∠CEC′+∠CDC′=276°，然后根据邻补角的定
义可求出∠1+∠2=84°；
③由邻补角定义可知∠1+∠CEC'=180°，从而∠2+∠CDC'=180°，所以，∠1+ ∠CEC′+ ∠2+
∠CDC′=360 °，结合∠C+∠CEC'+∠C'+∠CDC'=360°，可求出2∠C=∠1+∠2；
（2）① 由（1）得∠1+∠2=2∠C，∠3+∠4=2∠B，∠5+∠6=2∠A，从而
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=2(∠A+∠B +∠C)，结合三角形内角和求解即可；
②由①可知，∠1+∠2+⋯+∠8= 2(∠A+∠B +∠C+∠D)，结合四边形内角和求解即可;
③由①可知，∠1+∠2+⋯+∠2n=2×180°×(n−2)=360°×(n−2) ；
（3）由外角的性质可知∠2=∠3+∠C，∠3=∠1+∠C，整理可得2∠C=∠2−∠1.【详解】解：（1）①∵∠1=200,∠2=500，
∴∠CEC′=160°，∠CDC′=130°，
∵ ∠CED=80°，∠CDE=65°,
∴∠C= 180°-80°-65°=35°；
②∵∠C=420，
∴ ∠CED+∠CDE=180°-42°=138°,
∴∠CEC′+∠CDC′=276°，
∴∠1+∠2=360°-276°=84°；
③2∠C=∠1+∠2，
因为∠1+∠CEC'=180°，∠2+∠CDC'=180°，
所以∠1+∠CEC'+∠2+∠CDC'=360°，
因为在四边形CEC'D中，∠C+∠CEC'+∠C'+∠CDC'=360°，
所以∠1+∠2=∠C+∠C'，
因为∠C=∠C'，
所以2∠C=∠1+∠2.
（2）① 由①得
∠1+∠2=2∠C，∠3+∠4=2∠B，∠5+∠6=2∠A，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=2(∠A+∠B +∠C)=360°;
②∵∠1+∠2=2∠C，∠3+∠4=2∠B，∠5+∠6=2∠A，∠7+∠8=2∠D，
∴∠1+∠2+⋯+∠8= 2(∠A+∠B +∠C+∠D)=2×360°=720°;
③∵n边形内角和是180°×(n−2)，
∴∠1+∠2+⋯+∠2n=2×180°×(n−2)=360°×(n−2) ；
（3）2∠C=∠2−∠1.
∵∠2=∠3+∠C，
∠3=∠1+∠C'=∠1+∠C，∴∠2=∠1+∠C +∠C=∠1+2∠C，
∴2∠C=∠2−∠1.
【点睛】本题考查了折叠性质，三角形内角和定理，多边形的内角和定理，三角形外角的性质及图形类的
规律与探究.熟练掌握折叠的性质和三角形内角和定理是解（1）的关键，利用（1）中规律是解（2）的关
键，熟练掌握三角形外角的性质是解（3）的关键.
【变式3-3】（23-24八年级·山西大同·期中）阅读材料：
解决问题：
（1）如图1，四边形ABCD是凹四边形，请探究∠BDC(∠BDC＜180°)与∠B，∠D，∠BAC三个角之间的
等量关系．
小明得出的结论是：∠BDC=∠BAC+∠B+∠C，他证明如下．请你将小明的证明过程补充完整．
证明：连接AD并延长AD到点E．
联系拓广：
（2）下面图2的五角星和图3的六角星都是一笔画成的(即从图形上的某一顶点出发，找出一条路线，用
笔不离开纸，连续不断又不重复经过图形上所有部分画成的)．
请你根据上述解决问题的思路，解答下列问题：
①图2中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为 °；
②图3中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为 °．【答案】（1）证明见解析；（2）①180°；②360°．
【分析】（1）先证明∠BDE=∠B+∠BAD，∠CDE=∠C+∠CAD，相加即可；
（2）①利用（1）结论，得到∠BFE=∠CFD=∠A+∠C+∠D，再根据三角形内角和进行等量代换即可求解；
②利用（1）结论，得到∠CHF=∠DHE=∠A+∠D+∠E，再根据四边形内角和进行等量代换即可．
【详解】解：（1）证明：连接AD并延长AD到点E．
则∠BDE为△ABD的外角，∠CDE为△ACD的外角，
∴∠BDE=∠B+∠BAD，
∠CDE=∠C+∠CAD
∵∠BDC=∠BDE+∠CDE，∴∠BDC=∠B+∠BAD+∠C+∠CAD．
∵∠BAC=∠BAD+∠CAD，∴∠BDC=∠B+∠C+∠BAC．
（2）①如图2，由（1）得，∠CFD=∠A+∠C+∠D，
∴∠BFE=∠CFD=∠A+∠C+∠D，
∵∠BFE+∠B+∠E=180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°.
故答案为：180°
②如图3，由（1）得，∠DHE=∠A+∠D+∠E，
∴∠CHF=∠DHE=∠A+∠D+∠E，
∵∠F+∠B+∠C+∠CHF=360°，∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°.
故答案为：360°
【点睛】本题考查了凹四边形的角的关系，熟知三角形外角定理，应用（1）结论，将图形转化三角形或
四边形内角和知识是解题关键.
【题型4 全等三角形的动态问题】
【例4】（贵州省三联教育集团毕节赫章乌蒙山2024—2025学年上学期期中考试八年级数学试题）如图，
△ABC中，∠B=∠C，AB=8cm，BC=6cm，点D为AB边上的点，且AD=BD．点P在线段BC上以
2cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上以acm/s的速度由C点向A点运动，设运动时间
为t（秒）．
(1)用含t的代数式表示PC的长度：PC=_____．
(2)若点P、Q的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
(3)若点P、Q的运动速度不相等，当点Q的运动速度a是多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
【答案】(1)6−2t
(2)△BPD≌△CQP，理由见解析
8
(3)
3
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，全等三角形常用的判定定理有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，
熟练掌握并灵活运用全等三角形的判定定理是解题关键．（1）根据线段的和差关系，结合点P速度即可得答案；
（2）根据点P、Q的运动速度相等及t=1得出PB=CQ=2，利用等角对等边得出AC=AB=8，根据
AD=BD得出BD=PC=4，利用SAS即可证明△BPD≌△CQP；
（3）根据点P、Q的运动速度不相等可得PB≠CQ，根据∠B=∠C可得△BPD≌△CPQ，BP=PC=3，
CQ=BD=4，结合点P速度可求出t值，进而可得答案．
【详解】（1）解：∵BC=6cm，点P在线段BC上以2cm/s的速度由B点向C点运动，
∴PC=BC−PB=6−2t，
故答案为：6−2t
（2）解：△BPD≌△CQP，理由如下：
∵点P、Q的运动速度相等，
∴a=2，
∴当t=1时，PB=CQ=2，
∴PC=6−2=4，
∵∠B=∠C，
∴AC=AB=8，
∵AD=BD，
1
∴BD= AB=4，
2
∴BD=PC=4，
{PC=BD
)
在△BPD和△CQP中， ∠C=∠B ，
CQ=PB
∴△BPD≌△CQP(SAS)．
（3）解：∵点P、Q的运动速度不相等，
∴PB≠CQ，
∵△BPD与△CQP全等，且∠B=∠C，
∴△DBP≌△QCP
∴BP=PC=3，CQ=BD=4，
∵BP=2t=3，CQ=at=4，
3
∴t= ，
2
3 8
∴ a=4，a= ，
2 38
∴当a= 时，能够使△BPD与△CQP全等．
3
【变式4-1】（23-24八年级·湖北恩施·期中）如图1，在四边形BCDE中，∠D=∠E=90°，点A在边上
DE上，且AC⊥AB．
(1)求证：∠DAC=∠EBA．
(2)如图2，若AC=8，AB=6．点F从点C出发，沿折线CAB以速度为每秒2个单位长度向终点B运动；
点G从点B出发，沿折线BAC以速度为每秒1个单位长度向终点C运动；F，G向DE作垂线，垂足分别为
M，N．设点G的运动时间为ts．当△AMF与A，N，G三点构成的三角形全等时，求AG的长．
【答案】(1)见解析
4
(2)AG长为4或 或6
3
【分析】（1）根据题意，∠D=∠E=∠BAC=90°，可以得到∠DAC、∠DCA互余，∠DAC、
∠EBA互余，因此得到∠DAC=∠EBA．
（2）根据题意分析，要使△AMF≌△GNA，需要满足FA=AG，经分析F、G运动情况可以分为三种：
当F在CA段，G在AB段时，列出等量关系，求出AG的长；当F在AB段，G在AB段时，列出等量关系，
求出AG的长；当F在AB段，G在CA段时，列出等量关系，求出AG的长．
【详解】（1）证明：∵ ∠D=∠E=∠BAC=90°，
∴ ∠DAC+∠DCA=90°，∠DAC+EBA=90°
∴ ∠DAC=∠EBA
（2）解：由（1）知：∠DAC=∠EBA，
∴在△AFM和△GNA中，
∠DAC=∠EBA，∠D=∠E=90°，
现在只需要FA=AG即可满足△AFM≌GNA(AAS)，
经分析，若要FA=AG，F、G运动情况可以分为三种：
当F在CA段，G在AB段时，
8−2t=6−t，解得t=2，此时AG=6−2=4，
当F在AB段，G在AB段时，
( 8) 14
2 t− =6−t，解得t= ，
2 3
14 4
此时AG=6− = ，
3 3
当F在AB段，G在CA段时，
AG=AB=FA=6，
此时t=12，
4
故答案为AG长为4或 或6
3
【点睛】本题考查了三角形全等，直角三角形两锐角互余，路程、速度、时间的知识点，在分析中，利用
已知速度的关系，合理分析满足FA=AG时，F，G的三种运动情况是解答本题的关键．
【变式4-2】（23-24八年级·重庆·期中）（1）如图1，在直角△ABC中，∠BAC=90∘，AB=AC，点A
正好落在直线l上，分别作BD⊥l于点D，CE⊥l于点E，试探究线段BD、CE、DE之间的数量关系，
并说明理由；
（2）如图2，将①中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在l上，并且有
∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任意锐角或钝角．请探究线段BD、CE、DE之间的数量关系，
并说明理由；
（3）如图3，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2cm/s的速
度从点A出发，沿A→C→B移动到点B，点E以3cm/s的速度从点B出发，沿B→C→A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⊥PO，垂足
分别为点M、N，若AC=15cm，BC=18cm，设运动时间为t，当以点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时，求此时t的值．（直接写出结果）
33
【答案】（1）DE=BD+CE，理由见解析；（2）DE=BD+CE，理由见解析；（3）t=3s或 s或
5
15s【分析】本题考查全等三角形判定及性质，等角的余角相等，内角和定理等．
（1）先证明出△ADB≌△CEA，得出AE=BD,AD=CE即可得出结果；
（2）证明出△ADB≌△CEA，得出AE=BD,AD=CE即可得出结论；
（3）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，所以需要对E,D的位置分别讨论继而得到答案．
【详解】（1）解：DE=BD+CE，理由如下：
∵BD⊥l，CE⊥l，
∴∠BDA=∠AEC=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠ABD=∠CAE，
在△ADB和△CEA中，
{∠BDA=∠AEC
)
∠ABD=∠CAE ，
AB=AC
∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴AE=BD,AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE，
∴DE=BD+CE；
（2）解：DE=BD+CE，理由如下：
∵∠BDA=∠BAC=α，
∴∠DBA+∠DAB=∠DAB+∠CAE，
∴∠DBA=∠CAE，
在△ADB和△CEA中，
{∠BDA=∠AEC
)
∠ABD=∠CAE ，
AB=AC
∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴AE=BD,AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE，
∴DE=BD+CE；
（3）解：由题意得，根据点E所在的位置分情况讨论：①当E在BC上时，D在AC上时，即0BC．点D在边BC上，CD=2BD，点E、F在
线段AD上，∠BED=∠CFD=∠BAC．若ΔABC的面积为15，则ΔACF与ΔBDE的面积之和为
________．（直接填写结果，不需要写解答过程）
【答案】（1）0.8cm；（2）见解析（3）5
【分析】（1）利用AAS定理证明△CEB≌△ADC，根据全等三角形的性质解答即可；
（2）由条件可得∠BEA＝∠AFC，∠4＝∠ABE，根据AAS可证明△ABE≌△CAF；
（3）先证明△ABE≌△CAF，得到ΔACF与ΔBDE的面积之和为△ABD的面积，再根据CD=2BD故可求
解．
【详解】解：（1）∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠E＝∠ADC＝90°，
∴∠EBC＋∠BCE＝90°．
∵∠BCE＋∠ACD＝90°，
∴∠EBC＝∠DCA．
∠E=∠ADC
在△CEB和△ADC中，{∠EBC=∠DCA
BC=AC
∴△CEB≌△ADC（AAS），
∴BE＝DC，CE＝AD＝2.5cm．
∵DC＝CE−DE，DE＝1.7cm，
∴DC＝2.5−1.7＝0.8cm，
∴BE＝0.8cm故答案为：0.8cm；
（2）证明：∵∠1＝∠2，
∴∠BEA＝∠AFC．
∵∠1＝∠ABE＋∠3，∠3＋∠4＝∠BAC，∠1＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠ABE＋∠3，
∴∠4＝∠ABE．
∵∠AEB＝∠AFC，∠ABE＝∠4，AB＝AC，
∴△ABE≌△CAF（AAS）．
（3）∵∠BED=∠CFD=∠BAC
∴∠ABE+∠BAE=∠FAC+∠BAE=∠FAC+∠ACF
∴∠ABE=∠CAF，∠BAE=∠ACF
又AB=AC
∴△ABE≌△CAF，
∴S =S
△ABE △CAF
∴ΔACF与ΔBDE的面积之和等于ΔABE与ΔBDE的面积之和，即为△ABD的面积，
∵CD=2BD，△ABD与△ACD的高相同
1
则S = S =5
△ABD 3 △ABC
故ΔACF与ΔBDE的面积之和为5
故答案为：5．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质
定理是解题的关键．
【题型7 半角模型】
【例7】（23-24八年级·江苏南通·阶段练习）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，
1
∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF= ∠BAD，线段EF、BE、FD之间
2
的关系是 ；（不需要证明）
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且
1
∠EAF= ∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量
2
关系，并证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的
1
点，且∠EAF= ∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间
2
的数量关系，并证明．
【答案】（1）EF=BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的结论不成立，
EF=BE−FD．
【分析】(1)延长CB至G，使BG=DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到
AG=AF，∠BAG=∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF=EG，结合图形
计算，即可证明结论；
(2)延长CB至M，使BM=DF，连接 AM，仿照(1)的证明方法解答；
(3)在EB上截取BH=DF，连接AH，仿照(2)的证明方法解答．【详解】解：（1）EF=BE+FD，
理由如下：
如图1，延长CB至G，使BG=DF，连接AG，
在△ABG和△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABG=∠D=90° ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF(SAS)，
∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠GAE=∠BAG+∠BAE=∠DAF+∠BAE=∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
{
AG=AF
)
∠GAE=∠FAE ，
AE=AE
∴△GAE≌△FAE(SAS)，
∴EF=EG，
∵EG=BG+BE=BE+DF，
∴EF=BE+FD，
故答案为：EF=BE+FD；
（2）（1）中的结论仍然成立，
理由如下：
如图2，延长CB至M，使BM=DF，连接AM，∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠1=180°，
∴∠1=∠D，
在△ABM和△ADF中，
{AB=AD
)
∠1=∠D ，
BM=DF
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
∴AM=AF，∠3=∠2，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠3+∠4=∠EAF，
∴∠EAM=∠3+∠4=∠2+∠4=∠EAF，
在△MAE和△FAE中，
{
AM=AF
)
∠MAE=∠FAE ，
AE=AE
∴△MAE≌△FAE(SAS)，
∴EF=EM，
∵EM=BM+BE=BE+DF，
∴EF=BE+FD；
（3）（1）中的结论不成立，EF=BE−FD，
理由如下：如图3，在EB上截取BH=DF，连接AH，同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF，
∴AH=AF，∠BAH=∠DAF，
∴∠HAE=∠FAE，
在△HAE和△FAE中，
{
AH=AF
)
∠HAE=∠FAE ，
AE=AE
∴△HAE≌△FAE(SAS)，
∴EF=EH，
∵EH=BE−BH=BE−DF，
∴EF=BE−FD．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，掌握三角形全等的判定定理、灵活运用类比思想是解题的
关键．
【变式7-1】（2024八年级·全国·专题练习）（2024秋•九龙坡区校级月考）如图．在四边形ABCD中，
1
∠B+∠ADC＝180°，AB＝AD，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF= ∠BAD，求证：EF＝BE
2
﹣FD．
【答案】详见解析【分析】在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据SAS证明△ABG≌△ADF得到AG＝AF，∠BAG＝
1
∠DAF，根据∠EAF= ∠BAD，可知∠GAE＝∠EAF，可证明△AEG≌△AEF，EG＝EF，那么EF＝GE＝BE
2
﹣BG＝BE﹣DF．
【详解】证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
在△ABG和△ADF中，
{
AB=AD
)
∠B=∠ADF ，
BG=DF
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
1
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF= ∠BAD．
2
∴∠GAE＝∠EAF．
在△AEG和△AEF中，
{
AG=AF
)
∠GAE=∠EAF ，
AE=AE
∴△AEG≌△AEF（SAS）．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG
∴EF＝BE﹣FD．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据已知条件作出辅助线求解．【变式7-2】（23-24八年级·浙江绍兴·期中）问题情境
在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝
120°，BD＝DC．
特例探究
如图1，当DM＝DN时，
（1）∠MDB＝ 度；
（2）MN与BM，NC之间的数量关系为 ；
归纳证明
（3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间
的数量关系，并加以证明．
拓展应用
（4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ．
2
【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析；（4）
3
【分析】（1）先证明△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得
∠BDM＝∠CDN＝30°；
（2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC；
归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得
MN＝NE，可得结论MN＝BM+CN；
拓展应用：
（3）首先根据题意利用SAS证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过
线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC；
（4）由（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN的周长＝2AB，△ABC的周长＝3AB，即可得出结论．
【详解】特例探究：
解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，
∴MN＝DM＝DN，
∵∠BDC＝120°，BD＝DC，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠DBM＝∠DCN＝90°，
∵BD＝CD，DM＝DN，
∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴∠MDB＝∠NDC＝30°，
故答案为：30；
（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴BM＝CN，
∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，
即MN＝BM+NC；
归纳证明
（3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°．
∴∠MBD＝∠ECD＝90°，
又∵BD＝CD，BM＝CE，
∴△DBM≌△DCE（SAS），
∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠MDN，
又∵DN＝DN，∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC；
拓展应用
（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC的周长＝3AB，
2AB 2
∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ＝ ，
3AB 3
2
故答案为： ．
3
【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边
三角形的性质，全等三角形的判定和性质．
【变式7-3】（23-24八年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量
关系为 ．
（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若
1
∠MBN＝ ∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
2
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，
1
若∠MBN＝ ∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 ．
2
【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，
∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得
△NBM≌△NBM'，即可求解；
（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，
1
∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝ ∠ABC，可得到
2
∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可
证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再
1
由∠MBN＝ ∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．
2
【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，
∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，
在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，
即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，
∠ABM=∠M'BC，
∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
1
∵∠MBN＝ ∠ABC，
2
1
∴∠ABM+∠CBN= ∠ABC＝∠MBN，
2
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：
如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，
∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，
∴∠BAM=∠C，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，
∴∠MA M'=∠ABC，
1
∵∠MBN＝ ∠ABC，
2
1
∴∠MBN＝ ∠MA M'=∠M'BN，
2
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'，
∴MN=CN-AM．
故答案是：MN=CN-AM．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，
得到全等三角形是解题的关键．
【题型8 确定两角度之间的关系】
【例8】（23-24八年级·四川绵阳·期中）央视科教频道播放的《被数学选中的人》节目中说到，“数学区
别于其它学科最主要的特征是抽象与推理”．几何学习尤其需要我们从复杂的问题中进行抽象，形成一些
基本几何模型，用类比等方法，进行再探究、推理，以解决新的问题．
(1)【模型探究】如图1，△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE，连接BE，CD．
这一图形称“手拉手模型”．求证△ABE≌△ACD，请你完善下列过程．证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠1=∠DAE−∠1．
即∠2=∠3．
在△ABE和△ACD中¿
∴ △ABE≌△ACD（________）(3)．
(2)【模型指引】如图2，△ABC中，AB=AC，∠BAC=40°，以B为端点引一条与腰AC相交的射线，
在射线上取点D，使∠ADB=∠ACB，求∠BDC的度数．小亮同学通过观察，联想到手拉手模型，在
BD上找一点E，使AE=AD，最后使问题得到解决．请你帮他写出解答过程．
(3)【拓展延伸】如图3，△ABC中，AB=AC，∠BAC为任意角度，若射线BD不与腰AC相交，而是从
端点B向右下方延伸．仍在射线上取点D，使∠ADB=∠ACB，试判断∠BAC与∠BDC有何数量关系？
并写出简要说明．
【答案】(1)∠2=∠3，AD=AE；SAS
(2)见解析
(3)∠BAC+∠BDC=180°；见解析
【分析】（1）由全等三角形的判定可得出结论；
（2）在BD上取一点E，使AE=AD，证明△ABE≌△ACD(SAS)，由全等三角形的性质得出
∠ABE=∠ACD，由三角形内角和定理可得出答案；
（3）在DB延长线上取一点E，使得AE=AD，由全等三角形的性质可得出结论．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠1=∠DAE−∠1，
即∠2=∠3，
在△ABE和△ACD中，
{AB=AC
)
∠2=∠3 ，
AD=AE
∴△ABE≌△ACD(SAS)，
故答案为：∠2=∠3，AD=AE；SAS；
（2）解：如图2，在BD上取一点E，使AE=AD，∵AE=AD AB=AC
， ，
∴∠ADE=∠AED，∠ABC=∠ACB，
∵∠ADB=∠ACB，
∴∠BAC=∠DAE=40°，
∴∠BAC−∠EAC=∠DAE−∠EAC，
∴∠BAE=∠CAD，
又∵AB=AC，∠BAE=∠CAD，AE=AD，
∴△ABE≌△ACD(SAS)
∴∠ABE=∠ACD，
设AC和BD交于点O，
∵∠AOB=∠COD，
∴∠BDC=∠BAC=40°．
（3）解：∠BAC+∠BDC=180°．
理由：如图3，在DB延长线上取一点E，使得AE=AD，
同理可证：△ABE≌△ACD，
∴∠ADC=∠E，
∵∠ADB=∠ACB，
∴∠BAC=∠DAE，
∵∠E+∠DAE+∠ADB=180°，
∴∠BAC+∠ADB+∠ADC=180°，∴∠BAC+∠BDC=180°．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，
证明△ABE≌△ACD是解本题的关键．
【变式8-1】（23-24八年级·北京西城·开学考试）已知△ABC，点D为BC中点，F，E为边AC，AB上的
动点，且满足DE=DF，G为平面内一点，¿⊥AB，GF⊥AC，连接BG，CG．
(1)若点G为△ABC边AB和边AC上的高的交点，求证：∠ABG=∠ACG；
(2)若点G不与三角形高的交点重合，∠ABG与∠ACG是否还有上述关系？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)是，理由见解析
【分析】（1）利用三角形内角和即可得到本题答案；
（2）取BG和CG中点分别为H,I，连接EH,DH,FI,DI，利用中位线定理及直角三角形斜边中线可得
DI=EH，DH=FI，则证明△HDE ≌ △DIF，再利用全等性质及外角和性质即可得到本题答案．
【详解】（1）解：∵¿⊥AB，GF⊥AC，
∴∠AEG=∠AFG，
∵∠AEG+∠A+∠ABF=∠AFG+∠A+∠ACE=180°，
∴∠ABG=∠ACG；
（2）解：取BG和CG中点分别为H,I，连接EH,DH,FI,DI，
，
∵点D为BC中点，
1 1
∴DI= BG，DH= CG，∠GHD=∠GID，
2 2∵¿⊥AB，GF⊥AC，
1 1
∴EH= BG，FI= CG，
2 2
∴DI=EH，DH=FI，
在△HDE和△DIF中，
{DI=EH
)
DH=FI ，
DE=DF
∴△HDE ≌ △DIF(SSS)，
∴∠EHD=∠FID，
∴∠EHG=∠FIG，
∵EH=BH,FI=IC，
∴△EHB和△FIC是等腰三角形，
∴∠HEB=∠EBH,∠IFC=∠ICF，
∴∠EHG=2∠EBH,∠FIG=2∠FCI，
∴∠ABG=∠ACG．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，全等三角形判定及性质，等腰三角形判定及性质，外角和性质．正
确作出辅助线是解决本题的关键．
【变式8-2】（23-24八年级·湖北武汉·阶段练习）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°,D点在边AC上，
∠ADB=2∠ABC．
(1)在图1、图2中，请用直尺和圆规作图：画出△ABC关于直线AB对称的△ABE；
(2)利用1中画出的图形，求证：BD=CD+2AD；
(3)如图2，已知P点在BC边上，且∠ADB=∠CDP，连接PE，试探索∠BPE和∠CPD之间的数量的关
系，写出你的结论并证明．
【答案】(1)作图见解析；
(2)见解析；
(3)∠BPE+2∠DPC=180°，理由见解析．
【分析】（1）根据画轴对称图形方法即可；（2）作出轴对称，根据角度和差证明∠FBC=∠C即可；
（3）通过角度和差，全等三角形的性质与判定即可证明．
【详解】（1）如图，延长CA，以点A为圆心AC长为半径画弧，交CA延长线与点E，连接BE，
∴△ABE即为所求；
（2）如图，同（1）作点D关于AB对称点F，连接BF
∴AD=AF，
∵∠ADB=∠DBC+∠C，∠ADB=2∠ABC，∠ABC=∠DBC+∠ABD，
∴2∠ABC=2(∠ABD+∠DBC)=2∠ABD+2∠DBC=∠DBC+∠C，
∴2∠ABD+∠DBC=∠C，
∵AD=AF，∠BAC=90°，
∴AB是DF垂直平分线，
∴BD=BF，
∴∠ABD=∠ABF，
∴2∠ABD+∠DBC=∠ABD+∠ABF+∠DBC=∠FBC=∠C，
∴BF=CF，
∵CF=CD+AD+AF=CD+2AD，BF=CF，
∴BD=CD+2AD；
（3）∠BPE+2∠DPC=180°，理由：
如图，设∠EBA=x，
∵∠ADB=2∠ABC，
∴∠ADB=∠CDP=2x，
在Rt△BAD中，∠ABD=90°−2x，
∵∠EBC=∠PDC，
∴∠EPC=∠PDC+∠BEP=180°−∠C−∠PEC=180°−∠BEP−2∠PEC，
∴∠PDC+2∠BEP+2∠PEC=180°，
∴∠PDC+2∠C=180°，
∵∠PDC+∠C+∠DPC=180°，
∴∠C=∠DPC=90°−x，
∵∠BDP=180°−4x，
∴∠DBP=3x−90°，
∵DP=DC，∠BDC=∠EDP，BD=DE，
∴△BDC≌△DEP(SAS)，
∴∠DEP=∠DBC=3x−90°，
∴∠PEB=180°−4x，
在△BEP中，
∠BPE=180°−∠PEB−∠EBP=2x，
∴∠EPD=180°−2x−90°+x=90°−x=∠DPC，
∴∠BPE+2∠DPC=180°．
【点睛】此题考查了轴对称，垂直平分线，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，解题的关键是
熟练掌握以上知识的应用．
【变式8-3】（23-24八年级·江苏南通·阶段练习）在△ABC中，AB=AC，点D是直线BC上的一点（不
与点B、C重合），以AD为腰右侧作等腰三角形△ADE，且AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接CE．(1)如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC=90°，则∠BCE=________度．
(2)设∠BAC=α，∠BCE=β．
①点D是在线段BC上移动时，如图2，则α、β之间有怎样的数量为关系，试说明理由．
②点D是在线段CB延长线上移动时，则①中α、β之间数量关系是否成立，如不成立，又有怎样的数量关
系，试说明理由．
【答案】(1)90
(2)①α+β=180°，理由见解析；②α=β，理由见解析
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，得∠B=∠ACE=45°，即可证明；
（2）②与（1）同理△BAD≌△CAE，得∠ACB=∠B=∠ACE，则根据∠BCE=∠ACB+∠ACE即
可证明；②与（1）同理△BAD≌△CAE，得∠ABD=∠ACE，再根据∠ACE=∠BCE+∠ACB即可
证明．
【详解】（1）解：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=90°，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，∠B=∠ACB=45°，
∴∠B=∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
故答案为：90；
（2）①α+β=180°，理由如下：
由题（1）知△BAD≌△CAE，
180°−α α
∴∠ACB=∠B=∠ACE= =90°− ，
2 2
∵∠BCE=∠ACB+∠ACE，
( α)
∴β=2 90°− =180°−α，
2
∴α+β=180°；
②α=β，理由如下：类比题（1），可得△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠BAC=α，AB=AC，
180°−α α
∴∠ABC=∠ACB= =90°− ，
2 2
( α) α
∴∠ABD=180°−∠ABC=180°− 90°− =90°+ ，
2 2
∵∠ABD=∠ACE=∠BCE+∠ACB，
α α
∴90°+ =90°− +β，
2 2
∴α=β．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识，证明
△BAD≌△CAE是解题的关键．
【题型9 证明线段间的关系】
【例9】（23-24八年级·河北邯郸·阶段练习）如图1，图2，在△ABC和△DCE中，∠ACB=∠DCE，
AC=DC，BC=EC，AB与DE所在直线相交于点F，CM⊥AB于点M．
(1)如图1，连接CF，求证：FC平分∠AFE；
3
(2)如图1，若S =6，CM= ，则FM的长为___________；
四边形CAFD 2(3)如图2，若∠ACB=∠DCE=90°，AF=EF，连接AE，交CF于点H．
①CF是否为线段AE的垂直平分线？并说明理由；
②过点B作BG⊥CF，交CF的延长线于点G，直接写出GB+GH与AE之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)4
(3)①CF是线段AE的垂直平分线，理由见解析；②AE=2AH=2(GB+GH)
【分析】（1）作CN⊥DE，证明△ABC≌△DEC(SAS)和△ACM≌△DCN(AAS)，可以推出CM=CN，
就可得到FC平分∠AFE；
（2）证明Rt△FMC≌Rt△FNC，推出S =S =2S =6，利用三角形面积公式即可
四边形CAFD 四边形CMFN △FMC
求解；
（3）①利用等腰三角形三线合一的性质即可得证；
②由CF是线段AE的垂直平分线，推出AC=CE，AH=EH，得到AC=BC=CE=CD，再证明
△ACH≌△CBG(AAS)，等量代换即可得解．
【详解】（1）证明：如图，过点C作CN⊥DE，垂足为N，
在△ABC和△DEC中，
{
AC=DC
)
∵ ∠ACB=∠DCE ，
BC=CE
∴△ABC≌△DEC(SAS)，
∴∠A=∠EDC，
∵CM⊥AB，
∴∠AMC=∠DNC=90°，
在△ACM和△DCN中，
{
∠A=∠CDN
)
∵ ∠AMC=∠DNC=90° ，
AC=DC∴△ACM≌△DCN(AAS)，
∴CM=CN，
∴FC平分∠AFE；
（2）解：∵△ACM≌△DCN，
∴S =S ，
△ACM △DCN
∵CM=CN，CF=CF，∠AMC=∠DNC=90°，
∴Rt△FMC≌Rt△FNC(HL)，
∴S =S ，
△FMC △FNC
∴S =S =2S =6，
四边形CAFD 四边形CMFN △FMC
3
∵CM= ，
2
∴FM=4；
（3）解①：CF是线段AE的垂直平分线，理由如下：
由（1）可得，FC平分∠AFE，
∵AF=EF，
∴FH⊥AE，AH=HE，
∴CF是线段AE的垂直平分线；
②AE=2AH=2(GB+GH)，
∵CF是线段AE的垂直平分线，
∴AC=CE，AH=EH，
∵AC=DC，BC=EC，
∴AC=BC=CE=CD，
∵∠CBG+∠BCG=90°，∠ACH+∠BCG=90°，
∴∠CBG=∠ACH，
在△ACH和△CBG中，
{
∠ACH=∠CBG
)
∵ ∠AHC=∠CGB=90° ，
AC=BC
∴△ACH≌△CBG(AAS)，
∴CH=BG，CG=AH，
∴AH=CG=CH+GH=BG+GH．
∴AE=2AH=2(GB+GH)，【点睛】本题是一道与三角形相关的综合性题目，考查的知识点有：全等三角形的判定和性质，等腰三角
形的判定和性质，角平分线的性质定理，线段垂直平分线的判定和性质，本题熟练掌握三角形全等的性质
和判定是关键．
【变式9-1】（23-24八年级·上海闵行·期中）已知：如图，等边三角形ABC，点P和Q分别从A和C两点同
时出发，它们的速度相同．点P沿射线AB运动，点Q沿边BC的延长线运动，设PQ与直线AC相交于点D，
作PE⊥AC于E；
(1)当△DCQ为等腰三角形时，过点D作AB的平行线，交BC于M，试探究线段DM与AP的大小关系，并
加以证明．
(2)①当点P在边AB上时，直接写出DE与AC的数量关系（不需要证明）；
②当点P在AB的延长线上时，①中的结论还成立吗？若成立在图中画出图形并证明．如不成立，指出DE
与AC的关系并说明理由．
【答案】(1)AP=DM，理由见解析
1
(2)①DE= AC；②成立，画图及证明见解析
2
【分析】（1）由等边三角形性质可得∠B=∠A=∠ACB=60°，由平行线的性质可得
∠DMC=∠B=60°,∠MDC=∠A=60°，得出∠DMC=∠MDC=∠ACB=60°，由等边三角形判定
得出DM=MC=DC；再证明DC=CQ，DM=CQ，再由题意得出AP=CQ，最后可得结论；
（2）①作QF⊥AC，交直线AC的延长线于点F，易证△APE≌△CQF，可得AE=FC，PE=QF，可
1 1
证△PDE≌△QDF，可得DE=DF，即DE= EF，等量代换得，DE= AC；
2 2
②作QF⊥AC，交直线AC的延长线于点F，连接EQ，PF．再依照①证明即可．
【详解】（1）解：AP=DM，理由如下：
如图，∵△ABC
是等边三角形，
∴∠B=∠A=∠ACB=60°，
∵DM∥AB，
∴∠DMC=∠B=60°,∠MDC=∠A=60°，
∴∠DMC=∠MDC=∠ACB=60°，
∴DM=MC=DC，
∵ △DCQ为等腰三角形，∠DCQ=120°，
∴DC=CQ，
∴DM=CQ，
∵点P和Q分别从A和C两点同时出发，它们的速度相同．
∴AP=CQ，
∴AP=DM；
（2）解：①如图1，作QF⊥AC，交直线AC的延长线于点F，
又∵PE⊥AC于E，
∴∠CFQ=∠AEP=90°，
∵点P、Q做匀速运动且速度相同，
∴AP=CQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠ACB=∠FCQ=60°，
∴在△APE和△CQF中，
{
∠A=∠FCQ
)
∠AEP=∠CFQ=90° ，
AP=CQ∴△APE≌△CQF(AAS)，
∴AE=FC，PE=QF，
又∵∠PDE=∠FDQ，∠PED=∠QFD，
∴△PDE≌△QDF(AAS)，
∴DE=DF，
1
∴DE= EF，
2
∵EF=EC+CF=EC+AE=AC，
1
∴DE= AC；
2
②结论还成立．理由如下：
如图2，作QF⊥AC，交AC的延长线于点F，连接EQ，PF．
同①可得△APE≌△CQF(AAS)，
∴AE=FC，PE=QF，
∵PE∥QF，
∴∠PED=∠QFD，∠EPD=∠FQD，
∴△PED≌△QFD(ASA)，
∴DE=DF，
1
∴DE= EF，
2
∵EF=EC+CF=EC+AE=AC，
1
∴DE= AC．
2
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，全等三角形判定与性质，平行线
的性质的运用，熟练掌握等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，全等三角形判定与性质，平行线的性质是解答本题的关键．
【变式9-2】（23-24八年级·河北沧州·期末）如图，在△ABC中，∠ACB=2∠B，∠BAC的平分线AO
交BC于点D，点H为AO上一动点，（不与点A重合）过点H作直线l⊥AO于H，分别交直线
AB、AC、BC于点N、E．M．
(1)如图1，判断AN与AE的数量关系并证明．
(2)当直线l经过点C时（如图2），求证：BN=CD；
(3)当M是BC中点时，请直接写出CE和CD之间的等量关系．
【答案】(1)AN=AE
(2)见解析
(3)CD=2CE
【分析】（1）根据等腰三角形底边三线合一性质即可解题；
（2）连接ND，易证AN=AC，易证∠B=∠BDN，可得BN=DN，即可解题；
（3）过点C作CN′⊥AO交AB于N′，过点C作CG∥AB交直线l于点G，由（1）可得
BN′=CD,AN′=AC,AN=AE，易证CG=CE,BM=CM，即可证明△BNM≌△CGM，可得
BN=CG，即可解题．
【详解】（1）解：∵AO平分∠BAC，AH⊥NE，
∴AN=AE；
（2）证明：连接ND，
∵AO平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD，
∵直线l⊥AO于H，
∴∠AHN=∠AHE=90°，
∴∠ANH=∠AEH，
∴AN=AC，
∴NH=CH
∴AH是线段NC的中垂线，
∴DN=DC，
∴∠DNH=∠DCH，
∴∠∧=∠ACB，
∵∠∧=∠B+∠BDN,∠ACB=2∠B，
∴∠B=∠BDN，
∴BN=DN，
∴BN=DC；
（3）解：当M是BC中点时，CE和CD之间的等量关系为CD=2CE，
理由：证明：过点C作CN′⊥AO交AB于N′，过点C作CG∥AB交直线l于点G，
由（1）可得BN′=CD,AN′=AC,AN=AE，
∴∠ANE=∠AEN,N N′=CE，
∴∠ANE=∠CGE,∠B=∠BCG，
∴∠CGE=∠AEN，
∴CG=CE，
∵M是BC中点，
∴BM=CM，
在△BNM和△CGM中，
{
∠B=∠BCG
)
BM=CM ，
∠NMB=∠GMC∴△BNM≌△CGM(ASA)，
∴BN=CG，
∴BN=CE，
∴CD=BN′=N N′+BN=2CE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形底边三线合一的性质，作出辅助线证明全等是
解题的关键．
【变式9-3】（23-24八年级·福建泉州·期中）如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在
AC边上取一点D，连接BD，点E为线段BD上一点，以BE为斜边作等腰Rt△BEF．连接AE、AF、CE，
AF交BD于G．
(1)如图1，若AE垂直平分GD，
①求证：∠AFE=∠CBD；
②判断CE与BF的关系，并说明理由；
(2)如图2，M是线段CE上一点，若∠FAM=45°，求证：CM=ME．
【答案】(1)①证明见解析；② CE=BF，CE∥BF，理由见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（1）①过F作FK⊥BD于点K，则∠FKE=∠FKB=90°，由△BEF是等腰直角三角形，则
∠FEB=∠FBE=45°，得到即∠AFE+∠GFK=45°，同理∠CBD+∠ABD=45°，由垂直平分线的
性质得AD=AG，AE⊥DG，则∠GAE=∠DAE，∠AED=∠AEG=90°，再证明
∠CBD+∠GAE=45°，又可证FK∥AE则∠GFK=∠GAE，从而求解；
②过F作FK⊥BD于点K，则∠FKE=∠FKB=90°，根据等腰直角三角形的性质得
∠KFB=∠KBF=45°，通过角度和差得∠AFB=∠ABF，则AB=AF，从而证明AC=AK，再证明
△AEC≌△AEF(SAS)，根据性质得出∠AEC=∠AEF，CE=EF，从而得出CE=BF，最后由角度和差
即可求出∠CEF=90°，从而证明CE∥BF；
（2）过点F作AF的垂线交AM延长线于点N，连接NE，通过角度和差得出∠BFA=∠6，证明
△FBA≌△FEN(SAS)，则AB=NE，∠8=∠7，由AB=AC，∠CAB=90°，则NE=AC，∠8+∠MAC=90°−∠FAM=45°，从而得出∠9=∠MAC，再证明 △NME≌△AMC(AAS)，然后根
据性质即可求证．
【详解】（1）①证明：如图，过F作FK⊥BD于点K，则∠FKE=∠FKB=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
∴∠EFK=45°，即∠AFE+∠GFK=45°，
同理：∠CBD+∠ABD=45°，
∵AE垂直平分GD，
∴AD=AG，AE⊥DG，
∴∠GAE=∠DAE，∠AED=∠AEG=90°，
∴∠ADB+∠DAE=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠ADB+∠ABD=90°，
∴∠ABD=∠DAE=∠GAE，
∴∠CBD+∠GAE=45°，
∵FK⊥BD，AE⊥DG，
∴FK∥AE，
∴∠GFK=∠GAE，
∴∠AFE=∠CBD；
解：② CE=BF，CE∥BF，理由如下：
如图，过F作FK⊥BD于点K，则∠FKE=∠FKB=90°，
∴△BFK是等腰直角三角形，∴∠KFB=∠KBF=45°，
由①得：∠GAE=∠DAE，∠AED=∠AEG=90°，∠ABD=∠DAE=∠GAE=∠GFK，
∴∠KFB+∠GFK=∠KBF+∠ABD，
∴∠AFB=∠ABF，
∴AB=AF，
∵AB=AC，
∴AC=AK，
在△AEC和△AEF中，
{
AC=AF
)
∠CAE=∠FAE ，
AE=AE
∴△AEC≌△AEF(SAS)，
∴∠AEC=∠AEF，CE=EF，
∴CE=BF，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
∴∠AEF=∠AEG+∠BEF=135°，
∴∠AEC=∠AEF=135°，
∴∠CEF=90°，
∴∠CEF=∠BEF=90°，
∴CE∥BF；
（2）证明：过点F作AF的垂线交AM延长线于点N，连接NE，
∴∠AFN=∠BFE=90°，
∴∠6+∠AFE=∠BFA+∠AFE，
∴∠BFA=∠6，
∵∠FAM=45°，FN⊥FA，
∴∠GAM=∠FNA=45°，∴FA=FN，
∵FE=FB，
∴△FBA≌△FEN(SAS)，
∴AB=NE，∠8=∠7，
∵AB=AC，∠CAB=90°，
∴NE=AC，∠8+∠MAC=90°−∠FAM=45°，
∴ ∠9+∠7=∠FNA=45°，
∴∠9=∠MAC，
∵∠NME=∠AMC，
∴△NME≌△AMC(AAS)，
∴CM=ME．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，平行线的判定，角度和差，等腰三角
形的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【题型10 乘法公式的几何背景】
【例10】（23-24八年级·北京·期中）如图1是一个长为2m、宽为2n的长方形(m>n)，沿图中虚线用剪刀
均匀分成四块小长方形，然后按图2形状拼成一个正方形．
(1)请分别用两种不同的方法表示图2中阴影部分的面积：方法一：______；方法二：______；
(2)观察图2，直接写出代数式(m+n) 2，(m−n) 2，mn之间的关系：_______
(3)利用（2）的结论，尝试解决以下问题：
①已知m+n=7，mn=6，则(m−n) 2的值为______；
②已知：(4−x)(5−x)=6，求(9−2x) 2的值；
(4)两个正方形ABCD，AEFG如图3摆放，边长分别为x，y，若x2+ y2=34，BE=2，求图中阴影部分
面积和．
【答案】(1)(m−n) 2；(m+n) 2−4mn(2)(m−n) 2=(m+n) 2−4mn
(3)①25；②25
(4)8
【分析】本题考查完全平方公式的变形求值，完全平方公式在几何图形中的应用，利用数形结合的思想是
解题关键．
（1）方法一：直接求小正方形面积即可；方法二：利用大正方形的面积减4个长方形的面积计算即可；
（2）根据大正方形的面积减4个长方形的面积等于阴影部分的面积解答即可；
（3）①根据（2）所求关系解答即可；②将（2）所求关系变形为(m+n) 2=(m−n) 2+4mn，再求解即可；
1 1
（4）由题意可知x−y=2，S = x×2=x，S = ×2y= y，即可求出S =x+ y．结合
△CDF 2 △BEF 2 阴影
x2+ y2=34，可求出xy=15，最后根据(x+ y) 2=x2+ y2+2xy求解即可．
【详解】（1）解：方法一：直接计算阴影部分的面积为(m−n) 2；
方法二：利用大正方形的面积减4个长方形的面积计算为(m+n) 2−4mn；
（2）解：由图2可知(m−n) 2=(m+n) 2−4mn；
（3）解：①由（2）可知(m−n) 2=(m+n) 2−4mn=72−4×6=25；
②∵(m−n) 2=(m+n) 2−4mn，
∴(m+n) 2=(m−n) 2+4mn．
∵(4−x)−(5−x)=−1，
∴(9−2x) 2=[(4−x)+(5−x)) 2
2
=[(4−x)−(5−x)) +4(4−x)(5−x)
=(−1) 2+4×6
=25；（4）解：∵BE=2，
∴x−y=2．
由图可知△CDF的底为x，高为2，
1
∴S = x×2=x．
△CDF 2
△BEF的底为2，高为y，
1
∴S = ×2y= y，
△BEF 2
∴S =S +S =x+ y．
阴影 △CDF △BEF
∵(x−y) 2+2xy=x2+ y2，即22+2xy=34，
∴xy=15，
∴(x+ y) 2=x2+ y2+2xy=34+2×15=64，
∴x+ y=8（舍去负值），
∴阴影部分面积和为8．
【变式10-1】（23-24八年级·上海·期中）如图1，正方形A、B、C的边长分别为m、n、p，且
m+pb．
(1)填空：如图4，选取1号卡片1张、2号卡片2张、3号卡片3张，拼成一个长方形(不重叠无缝隙)．运
用面积之间的关系说明图中所表示的数学等式：_____．
(2)填空：小明同学想用x张1号卡片，y张2号卡片，z张3号卡片拼出一个面积为(5a+7b)(4a+3b)的长
方形，那么x+ y+z的值为_____．
(3)现有1号、2号、3号卡片各5张，请你设计：从这15张卡片中取出若干张，拼成一个最大的正方形(按
原纸张进行无空隙、无重叠拼接)，画出你的拼法设计，并写出这个最大的正方形的边长．
(4)将某些卡片按照下列两种情形分别放入一个长方形盒子的底部，经测得盒子底部的长方形的长比宽多
5．
情形一：将1张1号卡片和1张3号卡片如图5放置，两张卡片的相邻两边分别与长方形盒子底部的边贴
合，纸片间有重叠，记图中阴影部分面积为S ；
1
情形二：将1张1号卡片和1张2号卡片如图6放置，两张卡片各有一边与长方形盒子底部的边贴合，纸
片间有重叠，记图中阴影部分面积为S ．
2
如果S −S =24，求2号卡片的边长．
2 1
【答案】(1)(a+2b)(a+b)=a2+3ab+2b2
(2)84
(3)2a+b24
(4)
5
【分析】本题考查完全平方公式的几何背景，多项式乘多项式，掌握完全平方公式的结构特征以及多项式
乘多项式的计算方法是正确解答的关键．
（1）从“整体”和“部分”两个方面分别用代数式表示图形的面积即可；
（2）根据多项式乘多项式的计算方法求出(5a+7b)(4a+3b)=20a2+43ab+21b2，再根据各种卡片的
面积得出答案；
（3）根据完全平方公式以及各个卡片的面积进行解答即可；
（4）设长方形的长为x，则宽为x−5，分别求出S 与S ，再求得S −S =5b，从而得解．
1 2 2 1
【详解】（1）解：拼成的“大长方形”的长为a+2b，宽为a+b，因此面积为(a+2b)(a+b)，拼成“大
长方形”的6个部分的面积和为a2+3ab+2b2，
所以有(a+2b)(a+b)=a2+3ab+2b2，
故答案为：(a+2b)(a+b)=a2+3ab+2b2；
（2）解：1号卡片的面积为a2，2号卡片的面积为b2，3号卡片的面积为ab，所拼成的长方形面积为
(5a+7b)(4a+3b)=20a2+43ab+21b2，
所以需要1号卡片20张，2号卡片21张，3号卡片43张，
即x=20，y=21，z=43，
∴x+ y+z=20+21+43=84，
故答案为：84；
（3）解：可以拼成边长为2a+b的正方形，
答：拼成最大面积的正方形边长为2a+b．
（4）解：设长方形的长为x，则宽为x−5．由题意：S =x(x−5)−a2−ab+b(2a−x)=S −a2+ab−bx，
1 长
S =x(x−5)−a2−b2+b(a+b−x+5)=S −a2+ab−bx+5b，
2 长
∴S −S =5b，
2 1
24 24
∴b= ，即2号卡片的边长为 ．
5 5
【题型11 因式分解的应用】
【例11】（23-24八年级·福建三明·期末）定义：如果一个正整数能表示为两个连续正奇数的平方差，那么
称这个正整数为“和谐数”．如∶ 8=32−12，16=52−32，24=72−52，因此8，16，24都是“和谐
数”
(1)特例感知：判断40是否为“和谐数”，说明理由；
(2)规律探究：根据“和谐数”的定义，设两个连续正奇数为2k−1和2k+1，其中k是正整数，那么“和
谐数”都能被8整除吗？如果能，说明理由；如果不能，举例说明；
(3)拓展应用：设m，n为正整数，且m>n，若 92−(m−n) 2和m+n−1都是“和谐数”．判断7m−5n−3
是否为“和谐数”，说明理由．
【答案】(1)40是“和谐数”，理由见解析
(2)“和谐数”能被8整除，理由见解析
(3)7m−5n−3是 “和谐数”，理由见解析
【分析】本题主要考查了因式分解的应用，解题的关键是：
（1）设40=(2n+1) 2−(2n−1) 2，求出方程的解，然后由计算结果可得出答案；
（2）利用平方差公式计算(2k+1) 2−(2k−1) 2，然后由计算结果可得出答案；
（3）根据92−(m−n) 2是“和谐数”，求出m=7+n，则m+n−1=2n+6，可设m+n−1=8k，其中k为
正整数，则2n+6=8k，故n=4k−3，代入7m−5n−3，整理
7m−5n−3=[2(k+5)+1) 2 −[2(k+5)−1) 2 ．由k为正整数，得出2(k+5)+1和2(k+5)−1为两个连续正
奇数，结合“和谐数”的定义，即证明7m−5n−3为“和谐数”．
【详解】（1）解：设40=(2n+1) 2−(2n−1) 2，解得n=5，
∴40是“和谐数”；
（2）解：“和谐数”能被8整除，
理由：(2k+1) 2−(2k−1) 2
=[(2k+1)+(2k−1))[(2k+1)−(2k−1))
=(2k+1+2k−1)(2k+1−2k+1)
=4k×2
=8k，
∵k是正整数，
∴8k能被8整除，
∴(2k+1) 2−(2k−1) 2能被8整除，
∴“和谐数”能被8整除；
（3）解：∵92−(m−n) 2是“和谐数”，
∴m−n=7，
∴m=7+n，
∴m+n−1=7+n+n−1=2n+6．
∵m+n−1是“和谐数”，即2n+6是“和谐数”，
∴可设m+n−1=8k，其中k为正整数，
∴2n+6=8k，
∴n=4k−3，
∴7m−5n−3=7(n+7)−5n−3
=2n+46
=2(4k−3)+46
=8k+40
=8(k+5)
2 2
=[2(k+5)+1) −[2(k+5)−1) ．
∵k为正整数，
∴2(k+5)+1和2(k+5)−1为两个连续正奇数，∴7m−5n−3为“和谐数”．
(20202−2026)(20202+4037)×2021
【变式11-1】（23-24八年级·上海青浦·期中）用简便方法计算： ．
2017×2019×2022×2023
【答案】2021．
【分析】此题考查了因式分解的应用，先设2020=a，然后通过十字相乘法因式分解进行解答即可，解题
的关键是熟练掌握十字相乘法因式分解的应用．
【详解】解：设2020=a，
(a2−a−6)(a2+2a−3)(a+1)
则原式= ，
(a−3)(a−1)(a+2)(a+3)
(a−3)(a+2)(a+3)(a−1)(a+1)
= ，
(a−3)(a−1)(a+2)(a+3)
=a+1，
∴原式=2020+1=2021．
【变式11-2】（23-24八年级·福建龙岩·阶段练习）通过课堂的学习知道，我们把多项式a2+2ab+b2及
a2−2ab+b2叫做完全平方式，如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：先添加一个适当的
项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法．
配方法是一种重要的解决问题的数学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一
些与非负数有关的问题或求代数式最大值，最小值等．
例如：分解因式x2+2x−3=(x2+2x+1)−4=(x+1) 2−4=(x+1+2)(x+1−2)=(x+3)(x−1)；
再例如求代数式2x2+4x−6的最小值，2x2+4x−6=2(x2+2x−3)=2(x+1) 2−8．
可知当x=−1时，2x2+4x−6有最小值，最小值是−8，根据阅读材料用配方法解决下列问题：
(1)代数式−a2+2a+3的最大值为： ；
(2)若M=a2+b2+11与N=6a−2b，判断M、N的大小关系，并说明理由；
(3)已知：a−b=2，ab+c2−4c+5=0，求代数式a+b+c的值．
【答案】(1)4
(2)M>N，理由见解析
(3)2
【分析】本题考查了因式分解的应用、非负数的性质、完全平方公式的应用，解题时要注意配方法的步骤，
注意在变形的过程中不要改变式子的值．（1）先配方，然后根据完全平方式的非负性求最大值即可；
（2）先表示出M−N=(a2−6a+9)+(b2+2b+1)+1，然后由完全平方式的非负性可得M−N≥1，由此
即可得解；
(a+b) 2−4 (a+b) 2
（3）由完全平方公式可得ab= ，代入ab+c2−4c+5=0可得 +(c−2) 2=0，然后由完
4 4
全平方式的非负性可得a+b=0，c−2=0，求出c=2，代入进行计算即可．
【详解】（1）解：
−a2+2a+3=−(a2−2a−3)=−(a2−2a+1−1−3)=−(a2−2a+1)+4=−(a−1) 2+4，
∴当a=1时，−a2+2a+3由最大值，为4，
∴代数式−a2+2a+3的最大值为4，
故答案为：4；
（2）解：∵M=a2+b2+11，N=6a−2b，
∴M−N=a2+b2+11−(6a−2b)
=a2+b2+11−6a+2b
=(a2−6a+9)+(b2+2b+1)+1
=(a−3) 2+(b+1) 2+1，
∵(a−3) 2≥0，(b+1) 2≥0，
∴M−N≥1，
∴M>N；
（3）解：∵(a+b) 2=a2+2ab+b2，(a−b) 2=a2−2ab+b2，
(a+b) 2−(a−b) 2 (a+b) 2−22 (a+b) 2−4
∴ab= = = ，
4 4 4
∵ab+c2−4c+5=0，
(a+b) 2−4
∴ +c2−4c+5=0，
4
(a+b) 2
∴ −1+(c−2) 2+1=0，
4(a+b) 2
∴ +(c−2) 2=0，
4
(a+b) 2
∵ ≥0，(c−2) 2≥0，
4
∴a+b=0，c−2=0，
∴c=2，
∴a+b+c=2．
【变式11-3】（23-24八年级·重庆渝中·阶段练习）材料一：若一个两位数满足这个两位数等于它的各位数
字之和的4倍，则称这个两位数为“宁静数”．例如：12是“宁静数”，∵12=4×(1+2)，∴12是“宁
静数”；34不是“宁静数”，∵34≠4×(3+4)，∴34不是“宁静数”．
材料二：一个四位自然数M=1000a+100b+10c+d，将其千位数字与十位数字组成的两位数记作ac，
将其百位数字与个位数字组成的两位数记作bd，若ac和bd都均为“宁静数”，则称M为“致远数”，将
M千位数字与十位数字交换位置，百位数字与个位数字交换位置，得到一个新的四位数M′，记
M+M′
F(M)= ．
303
(1)判断12是否为“宁静数”，3469是否是“致远数”？并说明理由；
(2)若一个四位自然数N是“致远数”，且F(N)与9的和能被4整除，请求出所有符合条件的“致远数”
N．
【答案】(1)12是“宁静数”，3469不是“致远数”，理由见解析
(2)1122，3162，2346，4386
【分析】（1）根据“宁静数”和“致远数”的定义判断即可；
（2）根据新定义，求出F(N)=10a+b，由题意可得出a，b的取值，即可求解．
【详解】（1）解：12是“宁静数”，3469不是“致远数”，理由如下：
∵12=4×(1+2)，
∴12是“宁静数”；
∵在3469中，a=3，b=4，c=6，d=9，
∴ac=36=4×(3+6)，bd=49≠4×(4+9)，
∴3469不是“致远数”；
（2）解：设四位自然数N=abcd=1000a+100b+10c+d，且a，b，c，d不为0，则
N′=cdab=1000c+100d+10a+b，
∵ N是“致远数”，∴ac=10a+c=4(a+c)，bd=10b+d=4(b+d)，
∴c=2a，d=2b，
N+N′ 1000a+100b+10c+d+1000c+100d+10a+b
∴F(N)= =
303 303
1010a+101b+1010c+101d
=
303
3030a+303b
=
303
=10a+b，
∵“宁静数”必为4的倍数且是两位数，
∴“宁静数”有12，24，36，48，
∴a、b可以是1，2，3，4，
又∵ F(N)与9的和能被4整除，即10a+b+9是偶数，
∴ b=1或3，
①当b=1时，a=1或3，
对应的致远数有：1122，3162，
②当b=3时，a=2或4，
对应的致远数为：2346，4386，
综上所述，符合条件的“致远数”N有：1122，3162，2346，4386．
【点睛】本题考查了新定义，因式分解的应用，解题的关键是正确理解新定义．
【题型12 分式中的阅读材料类问题】
【例12】（23-24八年级·重庆巴南·期末）阅读下面的材料，并解答后面的问题
3x2+4x−1
材料：将分式 拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和（差）的形式.
x+1
解：由分母为x+1，可设3x2+4x−1=(x+1)(3x+a)+b.
因为3(x+1)(3x+a)+b=3x2+ax+3x+a+b=3x2+(a+3)x+a+b，
所以3x2+4x−1=3x2+(a+3)x+a+b.
{ a+3=4 ) { a=1 )
所以 ，解之，得 .
a+b=−1 b=−2
3x2+4x−1 (x+1)(3x+1)−2
所以 =
x+1 x+1(x+1)(3x+1) 2 2
= − =3x+1−
x+1 x+1 x+1
3x2+4x−1 2
这样，分式 就被拆分成了一个整式3x+1与一个分式 的差的形式.
x+1 x+1
2x2+3x+6
问题：（1）请将分式 拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和（差）的形式；
x−1
5x4+9x2−3
（2）请将分式 拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和（差）的形式.
x2+2
2x2+3x+6 11 5x4+9x2−3 1
【答案】（1） =2x+5+ ；（2） =5x2−1− .
x−1 x−1 x2+2 x2+2
【分析】（1）仿照例题将2x2+3x+6分解为(x−1)(2x+a)+b，求出a、b的值即可得到答案；
（2）将5x4+9x2−3分解为(x2+2)(5x2+m)+n，得到 { m+10=9 ) ，求出m、n，整理后即可得到答
2m+n=−3
案.
【详解】（1）由分母为x-1，可设2x2+3x+6=(x−1)(2x+a)+b，
∵(x−1)(2x+a)+b=2x2+ax−2x−a+b=2x2+(a−2)x+(b−a)，
∴2x2+3x+6 =2x2+(a−2)x+(b−a)
{a−2=3) {a=5
)
∴ ，得 ，
b−a=6 b=11
2x2+3x+6 (x−1)(2x+5)+11 (x−1)(2x+5) 11 11
∴ = = + =2x+5+ ；
x−1 x−1 x−1 x−1 x−1
（2）由分母为x2+2，可设5x4+9x2−3=(x2+2)(5x2+m)+n，
∵(x2+2)(5x2+m)+n=5x4+mx2+10x2+2m+n=5x4+(m+10)x2+(2m+n)
∴5x4+9x2−3=5x4+(m+10)x2+(2m+n)，
{ m+10=9 ) {m=−1)
∴ ，得 ，
2m+n=−3 n=−1
5x4+9x2−3 (x2+2)(5x2−1)−1 1
∴ =
=5x2−1−
.
x2+2 x2+2 x2+2【点睛】此题是仿照例题解题的形式解题，正确理解题意，明确例题中的计算的方法是解题的关键.
【变式12-1】（23-24八年级·北京昌平·阶段练习）我们知道，假分数可以化为整数与真分数的和的形式，
3 1
例如： =1+ ，在分式中，对于只含有一个字母的分式，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们
2 2
称之为“假分式”；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”．
x+1 x2 1 x
例如： ， ·····像这样的分式是假分式；像 ， ·····这样的分式是真分式，类似的，假
x−2 x+2 x−2 x2−1
x+1 (x−2)+3 3
分式也可以化为整式与真分式的和的形式．例如： = =1+ ；
x−2 x−2 x−2
x2 (x+2)(x−2)+4 4
= =x−2+ ，解决下列问题：
x+2 x+2 x+2
x−2
（1）将分式 化为整式与真分式的和的形式为： （直接写出结果即可）
x+3
x2+2x
（2）如果分式 的值为整数，求x的整数值
x+3
5
【答案】（1）1− ；（2）−4、−2、0、−6
x+3
【分析】（1）由“真分式”的定义，可仿照例题得结论；
（2）先把分式化为真分式，再根据分式的值为整数确定x的值．
x−2 x+3−5
【详解】解：（1） =
x+3 x+3
x+3 5
= −
x+3 x+3
5
=1−
x+3
5
故答案为：1− ；
x+3
x2+2x−3+3
（2）原式=
x+3
(x+3)(x−1)+3
=
x+3
3
=x−1+
x+3
因为x的值是整数，分式的值也是整数，所以x+3=±1或x+3=±3，
所以x=−4、−2、0、−6．
所以分式的值为整数，x的值可以是：−4、−2、0、−6．
【点睛】本题考查了利用分式的性质对分式进行变形．解决本题的关键是理解真分式的定义．
x 1 x2
【变式12-2】（23-24八年级·山东济南·期中）阅读下面的解题过程：已知 = ，求 的值．
x2+1 3 x4+1
x 1 x2+1 1
解：由 = 知，x≠0，所以 =3，即x+ =3.
x2+1 3 x x
所以 x4+1 =x2+ 1 = ( x+ 1) 2 −2=32−2=7.所以 x2 = 1 .
x2 x2 x x4+1 7
该题的解法叫做“倒数法”．
x 1
=
已知：
x2−3x+1 5
x2 1
请你利用“倒数法”求
的值．求2x2−8x+
的值．
x4+x2+1 x2
x2 1 1
【答案】 = ；2x2−8x+ =61
x4+x2+1 63 x2
x2 1
【分析】计算所求式子的倒数，再将
代入可得结论；将2x2−8x+
进行变形后代入即可.
x4+x2+1 x2
x 1
=
【详解】解：∵ ，且x≠0，
x2−3x+1 5
x2−3x+1
∴ =5，
x
1
∴x+ −3=5，
x
1
∴x+ =8，
x
∴ x4+x2+1 =x2+ 1 +1= ( x+ 1) 2 -1=63，
x2 x2 xx2 1
∴ =
x4+x2+1 63
1
∵x+ =8
x
∴x2-8x=-1
∴2x2−8x+ 1 =x2+ 1 +x2−8x= ( x+ 1) 2 -2-1=64-2-1=61
x2 x2 x
【点睛】本题考查分式的求值问题，解题的关键是正确理解题目给出的解答思路，注意分式的变形，本题
属于基础题型．
【变式12-3】（23-24八年级·广东深圳·阶段练习）阅读下面的材料：把一个分式写成两个分式的和叫作把
1−3x 1−3x M N
= +
这个分式表示成“部分分式”．例：将分式 表示成部分分式．解：设 ，将等
x2−1 x2−1 x+1 x−1
式右边通分，得
M(x−1)+N(x+1)
=
(M+N)x+(N−M)
，依据题意，得
{M+N=−3)
，解得
(x+1)(x−1) x2−1 N−M=1
{M=−2) 1−3x
=
−2
+
−1
，所以 请你运用上面所学到的方法，解决下面的问题：
N=−1 x2−1 x+1 x−1
1 A B
(1) = + （A，B为常数），则A= ，B= ；
n(n+1) n n+1
1 1 1
(2)一个容器装有1L水，按照如下要求把水倒出：第1次倒出 L，第2次倒出的水量是 L的 ，第3次倒出
2 2 3
1 1 1 1 1 1
的水量是 L的 ，第4次倒出的水量是 L的 ……第n次倒出的水量是 L的 ……按照这种倒水的方
3 4 4 5 n n+1
法，请说明这1L的水是否能倒完？如果能，多少次才能倒完？如果不能，请说明理由；
1
(3)按照（2）的条件，现在重新开始实验，按照如下要求把水倒出：第1次倒出 L，第2次倒出的水量是
3
1 1 1
L，第3次倒出的水量是 L，第4次倒出的水量是 L，请问经过多少次操作后，杯内剩余水量能否
15 35 63
100
变成原来水量的 ？试说明理由．
199
【答案】(1)1，−1；
(2)这1L的水不能倒完，理由见解析；(3)经过99次操作之后能达到．
【分析】（1）模仿阅读材料可得答案；
（2）根据题意先列式表示倒出的水，再求和，根据结果即可判断；
（3）先列式表示剩余水量，再建立方程求解即可．
1 A B
【详解】（1）解：∵ = +
n(n+1) n n+1
1 A(n+1) Bn (A+B)n+A
∴ = + = ，
n(n+1) n(n+1) n(n+1) n2+n
{A+B=0)
∴ ，
A=1
{B=−1)
∴
A=1
故答案为：1，−1．
1 1 1 1 1 1 1
（2）解：∵ + × + × +⋯+ ×
2 2 3 3 4 n n+1
1 1 1 1 1 1 1
=1− + − + − +⋯+ −
2 2 3 3 4 n n+1
1
=1−
n+1
n
= ≠1，
n+1
∴这1L的水不能倒完；
（3）解：由题意可得，倒了n次后剩余的水量为
1 1 1 1
1− − − −⋯⋯
1×3 3×5 5×7 (2n−1)(2n+1)
1( 1 1 1 1 1 1 1 )
=1− 1− + − + − +⋯+ −
2 3 3 5 5 7 2n−1 2n+1
1( 1 )
=1− 1−
2 2n+1
n
=1−
2n+1
n+1
= ，
2n+1
n+1 100
∴ = ，
2n+1 199解得n=99，
经检验n=99是原方程的解，
∴经过99次操作之后能达到．
【点睛】本题考查分式的混合运算，分式方程的应用，异分母分式的加减法以及代数式的规律，解题的关
键是读懂题意，能把一个分式化为部分分式．
【题型13 分式方程的实际应用】
【例13】（23-24八年级·重庆沙坪坝·期末）在落实“精准扶贫”战略中，三峡库区某驻村干部组织村民依
托著名电商平台“拼多多”组建了某土特产专卖店，专门将进货自本地各家各户的A、B两款商品销售到
全国各地．2020年10月份，该专卖店第一次购进A商品40件，B商品60件，进价合计8400元；第二次
购进A商品50件，B商品30件，进价合计6900元．
（1）求该专卖店10月份A、B两款商品进货单价分别为多少元？
（2）10月底，该专卖店顺利将两次购进的商品全部售出．由于季节原因，B商品缺货，该专卖店在11月
份和12月份都只能销售A商品，且A商品11月份的进货单价比10月份上涨了m元，进价合计49000元；
12月份的进货单价又比11月份上涨了0.5m元，进价合计61200元，12月份的进货数量是11月份进货数
量的1.2倍．为了尽快回笼资金，A商品在11月份和12月份的销售过程中维持每件150元的售价不变，到
2021年元旦节，该专卖店把剩下的50件A商品打八折促销，很快便售完，求该专卖店在A商品进货单价
上涨后的销售总金额为多少元？
【答案】（1）该店A、B两款商品进货单价分别为90元和80元；（2）该专卖店在A商品进货单价上涨
后的销售总金额为163500元．
【分析】（1）设每件A种商品的进价为x元，每件B种商品的进价为y元，根据“若购进A种商品40件，
B种商品60件，需要8400元；若购进A种商品50件，B种商品30件，需要6900元”，即可得出关于x，
y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）根据题意，可以得到相应的分式方程，从而可以得到m的值，然后即可计算出商店销售这两批A商
品的销售总金额．
【详解】（1）设10月份A商品的进货单价为x元，B商品的进货单价为y元，由题意得：
{40x+60 y=8400)
，
50x+30 y=6900
{x=90)
解得， ，
y=80
答：该店A、B两款商品进货单价分别为90元和80元；
（2）由题意可得，49000 61200
×1.2= ，
90+m 90+m+0.5m
解得，m=8，
经检验，m=8是原分式方程的解，
49000
故11月份购进的A商品数量为 =500（件），
90+8
12月份购进的A商品数量为500×1.2=600（件），
（500+600-50）×150+150×0.8×50=163500（元）．
答：该专卖店在A商品进货单价上涨后的销售总金额为163500元．
【点睛】本题考查了分式方程的应用、二元一次方程组的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的
方程组和分式方程，注意分式方程要检验．
【变式13-1】（23-24八年级·辽宁大连·期末）某市为了做好“全国文明城市”验收工作，计划对市区S米
长的道路进行改造，现安排甲、乙两个工程队进行施工．
（1）已知甲工程队改造360米的道路与乙工程队改造300米的道路所用时间相同．若甲工程队每天比乙工
程队多改造30米，求甲、乙两工程队每天改造道路的长度各是多少米．
（2）若甲工程队每天可以改造a米道路，乙工程队每天可以改造b米道路，（其中a≠b）．现在有两种施
工改造方案：
1 1
方案一：前 S米的道路由甲工程队改造，后 S米的道路由乙工程队改造；
2 2
方案二：完成整个道路改造前一半时间由甲工程队改造，后一半时间由乙工程队改造．
根据上述描述，请你判断哪种改造方案所用时间少？并说明理由．
【答案】（1）甲工程队每天道路的长度为180米，乙工程队每天道路的长度为150米；（2）方案二所用
的时间少
【分析】（1）设乙工程队每天道路的长度为x米，根据“甲工程队改造360米的道路与乙工程队改造300
米的道路所用时间相同”，列出分式方程，即可求解；
（2）根据题意，分别表示出两种方案所用的时间，再作差比较大小，即可得到结论．
【详解】（1）设乙工程队每天道路的长度为x米，则甲工程队每天道路的长度为(x+30)米，
360 300
根据题意，得： = ，
x+30 x
解得：x=150，
检验，当x=150时，x(x+30)≠0，
∴原分式方程的解为：x=150，x+30=180，
答：甲工程队每天道路的长度为180米，乙工程队每天道路的长度为150米；
1 1
s s
（2）设方案一所用时间为： 2 2 (a+b)s，
t = + =
1 a b 2ab
1 1 2s
方案二所用时间为t ，则 t a+ t b=s，t = ，
2 2 2 2 2 2 a+b
a+b 2 (a−b) 2
∴ S− S= S，
2ab a+b 2ab(a+b)
∵a≠b，a>0，b>0，
∴(a−b) 2>0，
a+b 2
∴ S− S>0，即：t >t ，
2ab a+b 1 2
∴方案二所用的时间少．
【点睛】本题主要考查分式方程的实际应用以及分式的减法法则，找出等量关系，列分式方程，掌握分式
的通分，是解题的关键．
【变式13-2】（23-24八年级·辽宁大连·期末）某小麦改良品种后平均每公顷增加产量a吨，原来产m吨小
麦的一块土地，现在小麦的总产量增加了20吨．
（1）当a＝0.8，m＝100时，原来和现在小麦的平均每公顷产量各是多少？
（2）请直接接写出原来小麦的平均每公顷产量是 吨，现在小麦的平均每公顷产量是 吨；（用
含a、m的式于表示）
（3）在这块土地上，小麦的改良品种成熟后，甲组收割完需n小时，乙组比甲组少用0.5小时就能收割完，
求两组一起收割完这块麦田需要多少小时？
ma ma+20a
【答案】（1）原来和现在小麦的平均每公顷产量各是4吨，4.8吨；（2） ， ；（3）两组一
20 20
2n2−n
起收割完这块麦田需要 小时．
4n−1
【分析】（1）设原来小麦平均每公顷产量是x吨，根据题意列出分式方程求解并验根即可；（2）设原来
小麦平均每公顷产量是y吨，根据题意列出分式方程求解并验根即可；（3）由题意得知，工作总量为
m+20 m+20
m+20,甲的工作效率为： ，乙的工作效率为： ，再由工作总量除以甲乙的工作效率和即可得
n n−0.5出工作时间.
【详解】解：（1）设原来平均每公顷产量是x吨，则现在平均每公顷产量是（x+0.8）吨，
100 100+20
根据题意可得： =
x x+0.8
解得：x＝4，
检验：当x＝4时，x（x+0.8）≠0，
∴原分式方程的解为x＝4，
∴现在平均每公顷产量是4.8吨，
答：原来和现在小麦的平均每公顷产量各是4吨，4.8吨．
（2）设原来小麦平均每公顷产量是y吨，则现在玉米平均每公顷产量是（y+a）吨，
m m+20
根据题意得： =
y y+a
ma
解得；y＝ ，
20
ma
经检验：y＝ 是原方程的解，
20
ma ma+20a
则现在小麦的平均每公顷产量是: +a=
20 20
ma ma+20a
故答案为: ， ；
20 20
m+20 n(n−0.5) 2n2−n
= =
（3）根据题意得：m+20 m+20 2n−0.5 4n−1
+
n n−0.5
2n2−n
答：两组一起收割完这块麦田需要 小时．
4n−1
【点睛】本题考查的知识点主要是根据题意列分式方程并求解，找出题目中的等量关系式是解题的关键.
【变式13-3】（2024八年级·浙江·专题练习）湖州市在2017年被评为“全国文明城市”，在评选过程中，
湖州市环卫处每天需负责市区范围420千米城市道路的清扫工作，现有环卫工人直接清扫和道路清扫车两
种马路清扫方式.已知20名环卫工人和1辆道路清扫车每小时可以清扫20千米马路，30名环卫工人和3辆
道路清扫车每小时可以清扫42千米的马路.
（1）1名环卫工人和1辆道路清扫车每小时各能清扫多长的马路？
（2）已知2017年环卫处安排了50名环卫工人参与了直接清扫工作，为保证顺利完成每日的420千米清扫
工作，需派出多少辆道路清扫车参与工作（已知2017年环卫工人与清扫车每天工作时间为6小时）？（3）为了巩固文明城市创建成果，从2018年5月开始，环卫处新增了一辆清扫车参与工作，同时又增加
了若干个环卫工人参与直接清扫，使得每日能够较早的完成清扫工作．2018年6月市环卫处扩大清扫范围
60千米，同时又增加了20名环卫工人直接参与清扫，此时环卫工人和清扫车每日工作时间仍与5月份相
同，那么2018年5月环卫处增加了多少名环卫工人参与直接清扫？
【答案】（1）1名环卫工人每小时清扫0.6千米，1辆道路清扫车每小时8千米；（2）派出5辆道路清扫
车参与工作；（3）2018年5月环卫处增加了10名环卫工人参与直接清扫.
【分析】（1）设1名环卫工人和1辆道路清扫车每小时分别清扫x千米和y千米，由题意可得¿，进行求
解即可；
（2）设派出m辆道路清扫车参与工作，则(50×0.6+8m)×6=420，进行求解即可；
（3）设2018年5月环卫处增加了n名环卫工人参与直接清扫，由题意写出分式方程进行求解即可.
【详解】（1）设1名环卫工人和1辆道路清扫车每小时分别清扫x千米和y千米，
由题意可得¿，解得¿，
答：1名环卫工人每小时清扫0.6千米，1辆道路清扫车每小时8千米；
（2）设派出m辆道路清扫车参与工作,
则(50×0.6+8m)×6=420，解得m=5，
答：派出5辆道路清扫车参与工作；
（3）设2018年5月环卫处增加了n名环卫工人参与直接清扫，由题意得
420 420+60
=
；解得:n=10.
0.6(50+n)+6×8 0.6(50+n+20)+6×8
答：2018年5月环卫处增加了10名环卫工人参与直接清扫.
【点睛】本题考查了二元一次方程的应用，一元一次方程的应用，分式方程的应用.综合性强，有一定难度.
关键是理解题文，列出方程求解.这里涉及到工作效率问题以及合作问题，要求学生对这类模型比较熟练.
