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专题 16.8 期末易错题专项复习【31 大考点 130 题】
【人教版】
【考点1 三角形的角平分线、中线和高】.....................................................................................................2
【考点2 三角形的面积】..................................................................................................................................4
【考点3 三角形的稳定性】..............................................................................................................................7
【考点4 三角形的三边关系】..........................................................................................................................7
【考点5 三角形的内角和定理】....................................................................................................................10
【考点6 三角形的外角性质】........................................................................................................................13
【考点7 多边形的内角与外角】....................................................................................................................20
【考点8 全等三角形的性质】........................................................................................................................24
【考点9 全等三角形的判定】........................................................................................................................26
【考点10 全等三角形的应用】........................................................................................................................31
【考点11 垂直平分线的判定与性质】............................................................................................................33
【考点12 角平分线的性质与判定】................................................................................................................35
【考点13 画轴对称图形】................................................................................................................................39
【考点14 等腰三角形的判定】........................................................................................................................41
【考点15 等腰三角形的性质】........................................................................................................................45
【考点16 等边三角形的判定】........................................................................................................................52
【考点17 等边三角形的性质】........................................................................................................................55
【考点18 含30°角的直角三角形】.................................................................................................................60
【考点19 最短路径问题】................................................................................................................................63
【考点20 幂的运算】........................................................................................................................................66
【考点21 整式的乘法】....................................................................................................................................68
【考点22 整式的除法】....................................................................................................................................70
【考点23 完全平方公式】................................................................................................................................72
【考点24 平方差公式】....................................................................................................................................76
【考点25 因式分解的应用】............................................................................................................................78
【考点26 分式的基本性质】............................................................................................................................80
【考点27 分式的值】........................................................................................................................................83
【考点28 分式的混合运算】............................................................................................................................86
【考点29 负整数指数幂】................................................................................................................................87
【考点30 分式方程的解】................................................................................................................................89
【考点31 分式方程的应用】............................................................................................................................92【考点1 三角形的角平分线、中线和高】
1．（23-24八年级·四川达州·期末）如图，在△ABC中，AD、AE分别是△ABC的角平分线和高，若
∠B=40°，∠EAD=16°，则∠C的度数是（ ）
A．74° B．72° C．70° D．68°
【答案】B
【分析】本题考查三角形内角和定理，角平分线的定义，三角形高线，解题的关键是熟练掌握基本知识，
属于中考常考题型．首先求出∠BAE=50°，再求出∠BAD=34°，根据角平分线的定义求出
∠BAC=68°，最后根据三角形内角和定理即可解决问题．
【详解】解：∵AE为高线，
∴∠AEB=90°，
∴∠BAE=90°−∠B=90°−40°=50°，
∴∠BAD=∠BAE−∠DAE=50°−16°=34°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠BAD=68°，
∴∠C=180°−∠B−∠BAC=180°−40°−68°=72°，
故选：B．
2．（24-25八年级·云南曲靖·期末）如图，在△ABC中，AD，AE分别是边CB上的中线和高，BC=10cm，
S =15cm2 ，则AE的长是（ ）
△ABD
A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm【答案】B
【分析】本题主要考查了三角形中线的性质，三角形的面积，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行
求解．
1
首先根据三角形中线的性质得到BD=CD= BC=5cm，S =S =15cm2 ，然后利用三角形面积公
2 △ACD △ABD
式求解即可．
【详解】解：∵AD是边CB上的中线，BC=10cm，S =15cm2
△ABD
1
∴BD=CD= BC=5cm，S =S =15cm2
2 △ACD △ABD
∵AE是边CB上的高
1 1
∴ DC⋅AE= ×5AE=15
2 2
∴AE=6cm．
故选：B．
3．（23-24八年级·河北·阶段练习）如图，在△ABC中，∠1=∠2，G为AD的中点，延长BG交AC于点
E．F为AB上一点，CF⊥AD，垂足为H．下列判断正确的是（ ）
A．AD是△ABE的角平分线 B．BE是△ABD的边AD上的中线
C．CH是△ACD的边AD上的高 D．AH是△ABC的角平分线
【答案】C
【分析】根据三角形的角平分线、三角形的中线、三角形的高的概念进行判断．连接三角形的顶点和对边
中点的线段即为三角形的中线；三角形的一个角的角平分线和对边相交，顶点和交点间的线段叫三角形的
角平分线；从三角形的一个顶点向对边引垂线，顶点和垂足间的线段叫三角形的高．本题考查了三角形的
角平分线、三角形的中线、三角形的高的概念，注意：三角形的角平分线、中线、高都是线段，且都是顶
点和三角形的某条边相交的交点之间的线段．透彻理解定义是解题的关键．
【详解】解：A、根据三角形的角平分线的概念，∵∠1=∠2，∴AD是△ABC的角平分线，AG是
△ABE的角平分线，故原说法不正确；B、根据三角形的中线的概念，知BG是△ABD的边AD上的中线，故原说法不正确；
C、根据三角形的高的概念，知CH为△ACD的边AD上的高，故原说法正确；
D、根据三角形的角平分线和高的概念，知AH是△ACF的高线，故原说法不正确．
故选：C．
4．（24-25八年级·全国·期末）如图，在△ABC中，BE，CF分别是AC，AB边上的中线，若AE=5，
BF=6，且△ABC的周长为32，求BC的长．
【答案】BC=10
【分析】本题主要考查了三角形中线的有关计算，根据BE，CF分别是AC，AB边上的中线，AE=5，
BF=6，得出AC=2AE=10，AB=2BF=12，再根据三角形的周长为32，得出答案即可．
【详解】解：∵△ABC的周长为32，
∴AB+AC+BC=32，
∵BE，CF分别是AC，AB边上的中线，AE=5，BF=6，
∴AC=2AE=10，AB=2BF=12，
∴BC=32−10−12=10．
【考点2 三角形的面积】
5．（23-24八年级·江苏扬州·期末）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，D是网格线交点，则下
列关于△ABC的面积与△BCD的面积的大小说法正确的是（ ）
A． S >S B． S =S C． S 4，能组成三角形，故A不符合题意；
B、3+7=10，不能组成三角形，故B符合题意；
C、9+9>9，能组成三角形，故C不符合题意；
D、3+4>5，能组成三角形，故D不符合题意．
故选：B．12．（24-25八年级·北京·期中）已知三角形三边长分别为2,9,x，若x为整数，则这样的三角形个数为
（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边；根据三角形的
三边关系解答即可．
【详解】解：∵三角形三边长分别为2,9,x，
∴9−2c，b−ac，b−aα)，求∠DAF=（ ）（用α和β来表示）
β−α α−β β+α α+β
A． B． C． D．
2 2 2 2
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的高，角平分线，三角形的内角和定理的应用，熟练掌握知识点是解题的关键．
180°−α−β 1 1
由角平分线得到∠DAC= =90°− α− β，由高得到∠FAC=90°−β，再根据角度的和
2 2 2
差计算即可表示．
【详解】解：∠B=α,∠C=β,(β>α)，
∴∠BAC=180°−α−β，
∵AD是角平分线，180°−α−β 1 1
∴∠DAC= =90°− α− β，
2 2 2
∵AF是高，
∴∠AFC=90°，
∴∠FAC=180°−∠C−90°=90°−β，
1 1 β−α
∴∠DAF=∠DAC−∠FAC=90°− α− β−(90°−β)= ，
2 2 2
故选：A．
18．（23-24八年级·浙江杭州·期中）如图，已知∠A=60°,∠B=40°,∠C=30°，则∠D+∠E等于（
）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】C
【分析】此题考查了三角形内角和定理．连接BC．设DC与BE交于点F，由三角形内角定理求出
∠1+∠2=50°．再由三角形内角和定理和对顶角相等即可求出∠D+∠E=∠1+∠2=50°．
【详解】如图，连接BC．设DC与BE交于点F，
∵∠A=60°,∠ABE=40°,∠ACD=30°
，
∴∠1+∠2=180°−∠A−∠ABE−∠ACD=180°−60°−40°−30°=50°．
∵∠D+∠E+∠DFE=180°，∠1+∠2+∠BFC=180°，∠BFC=∠DFE,
∴∠D+∠E=∠1+∠2=50°，
故选：C．
19．（24-25八年级·甘肃定西·期末）已知△ABC中，∠A:∠B:∠C=3:4:5，那么△ABC中最大角的度
数为 ．
【答案】75°/75度
【分析】此题考查三角形内角和定理、一元一次方程的应用．由题意可设∠A=3x,∠B=4x,∠C=5x,由三角形内角和定理得到一元一次方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：由题意可设∠A=3x,∠B=4x,∠C=5x,
则3x+4x+5x=180°，
解得x=15°，
∴∠A=3x=45°,∠B=4x=60°,∠C=5x=75°,
∴△ABC中最大角的度数为75°,
故答案为：75°
【考点6 三角形的外角性质】
20．（23-24八年级·四川凉山·期末）如图，CE是△ABC的外角∠ACD的平分线，且∠B=50°，
∠E=30°，CE交BA的延长线于点E，则∠BAC的度数是（ ）
A．60° B．90° C．110° D．130°
【答案】C
【分析】本题主要考查了角平分线的定义和三角形的外角定理，熟练地掌握角平分线的定义以及三角形的
一个外角等于与它不相邻的两个内角之和是解题的关键．
根据三角形的外角定理即可求出∠DCE=∠B+∠E=80°，根据角平分线的定义，可求出
∠ACB=2∠DCE=160°，再根据三角形的外角定理即可求出∠BAC的度数．
【详解】解：∵∠B=50°，∠E=30°，
∴∠DCE=∠B+∠E=80°，
∵CE是△ABC的外角∠ACD的平分线，
∴∠ACB=2∠DCE=160°，
∵∠B=50°，
∴∠BAC=∠ACD−∠B=160°−50°=110°，
故选：C．
21．（2024·河北张家口·一模）将一副三角板按如图所示方式摆放，使有刻度的边互相垂直，则∠1=
（ ）A．45° B．50° C．60° D．75°
【答案】D
【分析】本题考查了三角板中的角度计算、三角形的外角性质，熟练掌握三角形的外角性质是解题关键．
先根据三角板可得∠2=45°,∠4=30°，再根据角的和差可得∠3=45°，然后根据三角形的外角性质即
可得．
【详解】解：如图，由题意可知，∠2=45°,∠4=30°，
∵两个三角板中有刻度的边互相垂直，
∴∠3=90°−∠2=45°，
∴∠1=∠3+∠4=45°+30°=75°，
故选：D．
22．（23-24八年级·四川德阳·期末）如图，一副直角三角板中，∠A=60°,∠D=30°,∠E=∠B=45°，
现将直角顶点C按照如图方式叠放，点B在直线AC上方，且0°<∠ACE<180°，能使三角形ADC有一
条边与EB平行的所有∠ACE的度数为 ．
【答案】45°或15°
【分析】本题主要考查了平行线的性质，三角形外角的性质，分三种情况讨论：当EB∥AC时，当
BE∥CD时，当BE∥AD时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：当EB∥AC时，如图1所示：∵BE∥AC
，
∴∠ACE=∠E=45°；
当BE∥CD时，如图2所示：
∵BE∥CD
，
∴∠DCB=∠CBE=45°，
∵∠DCB+∠ACB=∠ACB+∠ACE=90°，
∴∠ACE=∠DCB=45°；
当BE∥AD时，如图3所示：
∵BE∥AD，
∴∠BFC=∠A=60°，
∴∠ACE=∠BFC−∠E=60°−45°=15°，
综上，使三角形ADC有一条边与EB平行的所有∠ACE的度数为：45°或15°．
故答案为：45°或15°．
23．（23-24八年级·贵州遵义·期末）如图，△ABE和△ADC是△ABC分别沿着AB、AC边翻折180°形
成的，若∠1:∠2:∠3=28:5:3，则∠α= °．【答案】80
【分析】本题考查折叠性质、三角形的内角和定理和外角性质，先根据三角形的内角和定理，结合已知求
得∠2、∠3的度数，再根据折叠性质求得∠CBF，∠BCF的度数，然后利用三角形的外角性质求解即可．
【详解】解：∵∠1+∠2+∠3=180°，∠1:∠2:∠3=28:5:3，
5 3
∴∠2= ×180°=25°，∠3= ×180°=15°，
28+5+3 28+5+3
由折叠性质得∠CBF=2∠2=50°，∠BCF=2∠3=30°，
∴∠α=∠BCF+∠CBF=30°+50°=80°，
故答案为：80．
24．（2024·广西贵港·三模）小明把一副含45°，30°的直角三角板如图摆放，其中∠C=∠F=90°，
∠A=45°，∠D=30°，则∠α+∠β等于 ．
【答案】210°/210度
【分析】本题考查的是三角形的外角的性质、三角形内角和定理，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻
的两个内角的和是解题的关键．根据三角形内角和定理得到∠B=45°，∠E=60°，根据三角形的外角的
性质计算即可．
【详解】解：如图．∵∠α=∠1+∠D，∠β=∠4+∠F，∠C=∠F=90°，
∴∠α+∠β
=∠1+∠D+∠4+∠F
=∠2+∠D+∠3+∠F
=∠2+∠3+30°+90°
=90°+30°+90°
=210°．
故答案为：210°．
25．（23-24八年级·河北沧州·期中）如图，在△ABC中，点D在边BC上．
(1)若∠1=∠2=35°，∠3=∠4，求∠DAC的度数；
(2)若AD为△ABC的中线，△ABD的周长比△ACD的周长大3，AB=9，求AC的长．
【答案】(1)40°
(2)6
【分析】本题考查了三角形外角的性质，三角形内角和定理，中线等知识．熟练掌握三角形外角的性质，
三角形内角和定理，中线是解题的关键．
（1）由题意知，∠4=∠3=∠1+∠2，根据∠DAC=180°−∠3−∠4，计算求解即可；
（2）由AD为△ABC的中线，可得BD=CD，由△ABD的周长比△ACD的周长大3，可得
AB+AD+BD−(AC+AD+CD)=3，进而可得9−AC=3，计算求解即可．
【详解】（1）解：∵∠1=∠2=35°，
∴∠3=∠1+∠2=70°，
∴∠3=∠4=70°，∴∠DAC=180°−∠3−∠4=40°，
∴∠DAC的度数为40°；
（2）解：∵AD为△ABC的中线，
∴BD=CD，
∵△ABD的周长比△ACD的周长大3，
∴AB+AD+BD−(AC+AD+CD)=3，即AB+AD+BD−AC−AD−CD=3，
∴AB−AC=3，即9−AC=3，
解得，AC=6，
∴AC的长为6．
26．（23-24八年级·四川内江·期末）如图1，∠AOB=90°，点C、D分别在射线OA、OB上，CE是
∠ACD的平分线，CE的反向延长线与∠CDO的平分线交于点F．
(1)当∠OCD=50°时，求∠F的度数；
(2)当C、D在射线OA、OB上任意移动时（不与点O重合），∠F的大小是否变化？若变化，请说明理
由；若不变化，求出∠F的度数；
(3)当在△FCD的三个内角中，有一个角是另一个角的3倍时，求∠CDO的度数．
【答案】(1)45°
(2)不变化，45°
(3)30°或67.5°
【分析】本题考查了角平分线的计算，三角形的外角等于与它不相邻的两内角之和，以及三角形的内角和
是180°的定理．解决本题的关键是熟练掌握了三角形的外角等于与它不相邻的两内角之和．
（1）根据三角形的内角和是180°，可求∠CDO=40°，所以∠CDF=20°，再根据三角形的外角等于与
它不相邻的两内角之和，可得答案．
（2）先求得∠CDO=90°−∠OCD，∠ACD=180°−∠OCD．再由CE是∠ACD的平分线，DF是
1 1
∠CDO的平分线，可得∠ECD=90°− ∠OCD，∠CDF=45°− ∠OCD．最后由三角形外角性质
2 2
可得答案；（3）设∠FDC=α．由（2）知，∠F=45°，可得
∠FCD=180°−∠F−∠FDC=180°−45°−α=135°−α，再由DF平分∠ODC可得∠ODC=2α．
由∠AOB=90°得出2α<90°，解得 α<45°，从而求出90°<135°−α<135°．即
∠FDC<∠F<∠FCD，最后分类讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵∠AOB=90°，∠OCD=50°，
∴∠CDO=180°−90°−50°=40°．
∵CE是∠ACD的平分线，DF是∠CDO的平分线，
∴∠ECD=65°，∠CDF=20°．
∵∠ECD=∠F+∠CDF，
∴∠F=65°−20°=45°．
（2）解：不变化，∠F=45°．
∵∠AOB=90°，
∴∠CDO=90°−∠OCD，∠ACD=180°−∠OCD．
∵CE是∠ACD的平分线，DF是∠CDO的平分线，
1 1
∴∠ECD=90°− ∠OCD，∠CDF=45°− ∠OCD．
2 2
∵∠ECD=∠F+∠CDF，
∴∠F=∠ECD−∠CDF，
1 1
=（90°− ∠OCD）−（45°− ∠OCD），
2 2
=45°；
（3）解：设∠FDC=α．
由（2）知，∠F=45°，
∴∠FCD=180°−∠F−∠FDC=180°−45°−α=135°−α，
∵DF平分∠ODC，
∴∠ODC=2α．
∵∠AOB=90°，
∴2α<90°，解得 α<45°，
∴0°<α<45°．
∴90°<135°−α<135°．
即 ∠FDC<∠F<∠FCD，
当3∠FDC=∠F时，即3α=45°，解得 α=15°．∴∠CDO=2α=30°；
当3∠F=∠FCD时，即3×45°=135°−α，解得 α=0°，不合题意，舍去；
当3∠FDC=∠FCD时，即3α=135°−α，解得 α=33.75°．
∴∠CDO=2α=67.5°．
综上所述，∠CDO的度数为30°或67.5°．
【考点7 多边形的内角与外角】
27．（23-24八年级·四川内江·期末）在一个n边形中，除了一个内角外，其余(n－1)个内角的和为2019°，
那么n的值为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
【答案】D
【分析】本题考查了多边形的内角和公式，根据多边形的内角和公式(n−2)⋅180°可知多边形的内角和是
180°的倍数，然后用2019°÷180°所得商整数加1就是(n−2)的值，要正确的理解多边形的内角和．
【详解】解：设2019°内不包含的这个内角为α，
则(n−2)×180°=2019°+α,
2019°+α 39°+α
解得n= +2=13+ ，
180° 180°
∴当n=141°时，n=14，
故选：D．
28．（24-25八年级·全国·期末）C60是单纯由碳原子结合形成的稳定分子，它的发现最初始于天文学领域
的研究，由英国、美国科学家探明和勾画其碳分子结构，于1985年正式制得，它的发现使人类了解到一个
全新的碳世界．如图是C60的分子结构图，它具有60个顶点和32个面，其中12个为正五边形，20个为
正六边形，其中正六边形的每一个内角的度数是（ ）
A．60° B．72° C．108° D．120°
【答案】D
【分析】本题主要考查了正多边形的内角和，熟练掌握多边形内角和公式，是解题的关键．先根据正多边
形的内角和公式得出(6−2)×180°=720°，然后根据正六边形的6个内角都相等求出结果即可．
【详解】解：∵正六边形的内角和为(6−2)×180°=720°，又∵正六边形的6个内角都相等，
∴正六边形的每一个内角的度数是720÷6=120°．
故选：D．
29．（24-25八年级·天津静海·阶段练习）如果一个多边形的内角和与外角和相等，那么这个多边形的边数
是 ．
【答案】4
【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和的关系，设这个多边形的边数为n，则(n−2)×180°=360°，
求解即可，掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：∵多边形的外角和为360°，
∴这个多边形的内角和为360°，
设这个多边形的边数为n，
∴(n−2)×180°=360°，
解得：n=4，
故答案为：4．
30．（23-24八年级·陕西咸阳·期末）从一个多边形的一个顶点出发，最多可以引2022条对角线，则这个
多边形是 边形．
【答案】二零二五
【分析】本题考查了多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．掌握
n边形从一个顶点出发可引出(n−3)条对角线是解题的关键，据此即可求解．
【详解】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得：n−3=2022，
解得：n=2025，
故答案为：二零二五．
31．（24-25八年级·黑龙江哈尔滨·期末）如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F= ．
【答案】360°/360度
【分析】本题考查了三角形的内角和以及四边形的内角和定理，连接EF，设AE,DF交于点O，根据三角形的内角和定理即可证得∠A+∠D=∠DFE+∠AEF，进而根据四边形的内角和定理即可求解．
【详解】解：如图所示，连接EF，设AE,DF交于点O
∵ △EOF △AOD ∠EOF=∠AOD
在 和 中， ，
∴∠A+∠D=∠DFE+∠AEF，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F
=∠DFE+∠AEF+∠DFB+∠AEC+∠B+∠C
=∠BFC+∠CEF+∠B+∠C
=360°．
故答案为：360°．
32．（24-25八年级·全国·期末）（1）如图1，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E= °；
（2）若将图1中星形的一个角截去，如图2，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F= °；
（3）若再将图2中图形的角截去，如图3，则由(2)中所得的方法或规律，猜想
∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N= °；
【答案】（1）180；（2）360；（3）1080
【分析】本题主要考查了多边形的内角和，三角形的外角．
（1）根据三角形外角的性质和三角形内角和定理可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数；
（2）根据三角形外角的性质和四边形内角和等于360°可得∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数；
（3）根据图中可找出规律∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°，并且每截去一个角则会增加180度，由
此即可求出答案．
【详解】解：（1）如图，∵∠1=∠2+∠D，∠2=∠B+∠E，
∴∠1=∠2+∠D=∠B+∠E+∠D，
∵∠1+∠A+∠C=180°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°，
故答案为：180；
（2）如图，
∵∠1=∠2+∠F=∠B+∠E+∠F，∠1+∠A+∠C+∠D=360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°，
故答案为：360；
（3）图1中∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°，每截去一个角则会增加180度，
所以当截去5个角时增加了180×5度，
则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H+∠M+∠N=180°×5+180°=1080°，
故答案为：1080．
【考点8 全等三角形的性质】
33．（24-25八年级·四川南充·期中）已知图中的两个三角形全等，则∠α等于（ ）
A．72° B．60° C．58° D．50°【答案】A
【分析】本题考查全等三角形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的性质．
直接利用全等三角形的性质得出对应角相等，进而得出答案．
【详解】解：由全等三角形的性质得：∠α是边a和c的夹角，
∴∠α=50°，
故选：D．
34．（24-25八年级·云南大理·期中）如图，已知点D在AC上，点B在AE上，△ABC≌△DBE，DB=5，
AE=12，则BC的长为（ ）
A．7 B．5 C．12 D．6
【答案】A
【分析】本题考查了全等三角形的性质，由全等三角形的性质得出AB=DB=5，BC=BE，结合
BC=BE=AE−AB计算即可得解．
【详解】解：∵点D在AC上，点B在AE上，△ABC≌△DBE，
∴AB=DB=5，BC=BE，
∴BC=BE=AE−AB=12−5=7，
故选：A．
35．（24-25八年级·河北张家口·期中）如图，已知△ABC的六个元素，则下面甲、乙、丙三个三角形中，
和△ABC全等的图形是（ ）
A．甲和乙 B．乙和丙 C．只有乙 D．只有丙
【答案】B【分析】本题考查了全等三角形的判定定理，根据全等三角形的判定定理求解即可，熟练掌握全等三角形
的判定定理是解题的关键．
【详解】解：甲：不能判断两个三角形全等，故不符合题意；
乙：由ASA能判断两个三角形全等，故符合题意；
丙：由AAS能判断两个三角形全等，故符合题意；
综上分析可知：和△ABC全等的图形是乙和丙．
故选：B．
36．（23-24八年级·河南安阳·期末）三个全等三角形摆成如图所示的形式，则∠α+∠β+∠γ的度数为
．
【答案】180°
【分析】直接利用平角的定义结合三角形内角和定理以及全等三角形的性质得出∠2+∠4+∠6=180°，
∠1+∠3+∠5=180°，进而得出答案．
此题主要考查了全等三角形的性质以及三角形内角和定理，正确掌握全等三角形的性质是解题关键．
【详解】解：如图所示：
由图形可得：∠1+∠2+∠α+∠3+∠4+∠β+∠5+∠6+∠γ=540°，
∵三个三角形全等，∴∠1+∠3+∠5=180°，
又∵∠2+∠4+∠6=180°，
∴∠α+∠β+∠γ+180°+180°=540°，
∴∠α+∠β+∠γ的度数是180°．
故答案为：180°．
【考点9 全等三角形的判定】
37．（23-24八年级·四川遂宁·期末）如图，下列条件中，不能证明△ABD≌△ACD的是（ ）
A．BD=DC, AB=AC B．∠ADB=∠ADC, BD=DC
C．∠B=∠C,∠BAD=∠CAD D．∠B=∠C,BD=DC
【答案】D
【分析】本题主要考查的是全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
依据全等三角形的判定定理解答即可．
【详解】解：A、依据SSS可知△ABD≌△ACD，故A不符合要求；
B、依据SAS可知△ABD≌△ACD，故B不符合要求；
C、依据AAS可知△ABD≌△ACD，故C不符合要求；
D、依据SSA无法判定△ABD≌△ACD，故D符合要求．
故选：D．
38．（23-24八年级·陕西西安·阶段练习）如图，要测量池塘两岸相对的两点A，B的距离，小明在池塘外
取AB的垂线BF上的点C，D，使BC=CD，再画出BF的垂线DE，使E与A，C在一条直线上，这时测
得DE的长就是AB的长，依据是（ ）
A．SSS B．ASA C．AAS D．SAS【答案】B
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的判定定理是解题的关键，全等三角
形的判定定理有SSS，SAS，AAS，ASA，HL．
【详解】解：∵AB⊥BF，DE⊥BF，
∴∠ABC=∠EDC=90°，
在△ABC和△EDC中，
{∠ABC=∠EDC
)
BC=DC ，
∠ACB=∠ECD
∴△ABC≌△EDC(ASA)，
∴AB=DE，
∴依据是ASA，
故选B．
39．（24-25八年级·山东·期末）如图，AE=AC，∠E=∠C=105°，ED=CB，∠D=30°，
∠CAD=15°，则∠BAE的度数是 ．
【答案】75°/75度
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，先根据SAS证明
△ABC≌△ADE，得出∠BAC=∠DAE，根据三角形内角和求出
∠BAC=∠DAE=180°−105°−30°=45°，再根据∠CAD=15°，求出
∠CAE=∠DAE−∠CAD=30°，最后求出结果即可．
【详解】解：∵在△ABC和△ADE中
{
AC=AE
)
∠C=∠E ，
CB=ED
∴△ABC≌△ADE(SAS)，
∴∠BAC=∠DAE，
∵∠E=105°，∠D=30°，
∴∠BAC=∠DAE=180°−105°−30°=45°，∵∠CAD=15°，
∴∠CAE=∠DAE−∠CAD=30°，
∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=45°+30°=75°．
故答案为：75°．
40．（2024·北京东城·一模）在Rt△ABC中，∠A=90°，点D在AC上，DE⊥BC于点E，且DE=DA，
连接DB．若∠C=20°，则∠DBE的度数为 °．
【答案】35
【分析】本题考查了直角三角形的两个锐角互余、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上知识点，
学会通过全等三角形证明角相等是解题的关键．由∠A=90°，∠C=20°，求得∠ABC=70°，然后证明
Rt△EBD≌Rt△ABD，推导出∠DBE=∠DBA，即可求解．
【详解】解：∵∠A=90°，∠C=20°，
∴∠ABC=∠A−∠C=70°，
∵DE⊥BC于点E，
∴∠BED=90°，
在Rt△EBD和Rt△ABD中，
{DE=DA)
，
DB=DB
∴Rt△EBD≌Rt△ABD(HL)，
∴∠DBE=∠DBA，
1 1
∴∠DBE= ∠ABC= ×70°=35°．
2 2
故答案为：35．
41．（24-25八年级·江苏南京·期中）在△ABC中，AB=AC，点D是射线CB上一动点（不与点B、C重
合），以AD为边在其右侧作△ADE，使得AD=AE、∠DAE=∠BAC，连接CE．(1)如图①，点D在线段CB上，求证：△ABD≌△ACE．
(2)设∠BAC=α，∠DCE=β．当点D在射线CB上移动时，探究α与β之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)当点D在线段CB上移动时，α+β=180°，当点D在CB的延长线上时，α=β；理由见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握
全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理是解题的关键．
（1）由AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，可证△ABD≌△ACE(SAS)；
（2）①当点D在线段CB上移动时，由（1）可知：△ABD≌△ACE(SAS)，则∠B=∠ACE，由
∠DCE=∠ACE+∠ACB=∠B+∠ACB，∠BAC+∠B+∠ACB=180°，可得
∠BAC+∠DCE=180°，进而可得α+β=180°；②当点D在CB的延长线上时，同理求解作答即可．
【详解】（1）证明：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAC+∠CAE=∠BAD+∠DAC，
∴∠CAE=∠BAD，
∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)；
（2）解：当点D在射线CB上移动时，α+β=180°或α=β，理由如下：
①当点D在线段CB上移动时，
由（1）可知：△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠B=∠ACE，
∴∠DCE=∠ACE+∠ACB=∠B+∠ACB，
∵∠BAC+∠B+∠ACB=180°，
∴∠BAC+∠DCE=180°，即α+β=180°；
②当点D在CB的延长线上时，
同理，△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ABD=∠ACB+∠BAC，∠ACE=∠ACB+∠DCE，∴∠ACB+∠BAC=∠ACB+∠DCE，
∴∠BAC=∠DCE，即α=β．
42．（23-24八年级·湖北武汉·期中）如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点，过D作
∠EDF=∠B，分别与AB，AC相交于点E和点F．
(1)求证：∠BED=∠FDC；
(2)若DE=DF，求证：BE=CD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质，熟悉掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
（1）根据三角形的内角和定理和平角的定义即可得到结论；
（2）根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵∠BED=180°−∠B−∠BDE，∠FDC=180°−∠EDF−∠BDE，
∠EDF=∠B，
∴∠BED=∠FDC；
（2）解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△BDE与△CFD中，
{
∠B=∠C
)
∠BED=∠CDF ，
DE=DF
∴△DBE≌△FCD(AAS)，
∴BE=CD．
【考点10 全等三角形的应用】
43．（23-24八年级·山西吕梁·阶段练习）小明不慎将一块三角形的玻璃摔碎成如图所示的四块（即图中标
有1、2、3、4的四块），你认为将其中的哪一块带去，就能配一块与原来一样大小的三角形？应该带第
块．【答案】4
【分析】本题考查了全等三角形的判定：根据标有1、2、3、4的四块玻璃与原三角形的玻璃的联系，结合
全等三角形的判定定理进行求解即可，全等三角形的判定定理有：SSS，SAS，AAS，ASA，HL．
【详解】解：标有1的玻璃与原三角形的玻璃有一个角相等，但没有任何边相等，故不带标有1的玻璃去；
标有2的玻璃与原三角形的玻璃没有任何角相等，也没有任何边相等，故不带标有2的玻璃去；
标有3的玻璃与原三角形的玻璃没有任何角相等，也没有任何边相等，故不带标有3的玻璃去；
标有4的玻璃与原三角形的玻璃两个角相等，且这两个角的夹边相等，故带标有4的玻璃去；
故答案为：4．
44．（23-24八年级·河南洛阳·期中）鹿邑老子文化广场位于河南省周口市鹿邑县太清宫镇，在太清宫对面，
与太清宫相互辉映．广场中央矗立着地标性建筑老子雕像，总高27米，A、B两点分别为雕像底座的两端
（其中A、B两点均在地面上）．因为A、B两点间的实际距离无法直接测量，甲、乙两位同学分别设计出
了如下两种方案：
甲：如图1，在平地上取一个可以直接到达点A，B的点O，连接AO并延长到点C，连接BO并延长到点D，
使CO=AO，DO=BO，连接DC，测出DC的长即可．
乙：如图2，先确定直线AB，过点B作直线BE，在直线BE上找可以直接到达点A的一点D，连接DA，
作DC=DA，交直线AB于点C，最后测量BC的长即可．
(1)甲、乙两同学的方案哪个可行？_______（填“甲”或“乙”），并说明方案可行的理由；
(2)对于（1）中不可行的方案，请添加一个使该方案可行的条件：_______．
【答案】(1)甲，理由见解析
(2)DB⊥AC
【分析】本题主要考查了全等三角形的应用，
（1）甲同学作出的是全等三角形，然后根据全等三角形对应边相等测量的，所以是可行的；
（2）甲根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；熟练掌握全等三角形的判定定理是解决问题的关键．
【详解】（1）甲同学的方案可行．
理由：由题意得，
在△ABO与△CDO中，
{
OA=OC
)
∠AOB=∠COD ，
OB=OD
∴△ABO≌△CDO（SAS），
∴AB=CD，
故甲同学的方案可行．
（2）DB⊥AC；
理由：
∵DB⊥AC，
∠ABD=∠CBD=90°
在Rt△DBA与Rt△DBC中，
{DB=DB)
，
DA=DC
∴Rt△DBA≌Rt△DBC（HL），
∴AB=CB．
故答案为：DB⊥AC．
【考点11 垂直平分线的判定与性质】
45．（24-25八年级·江苏苏州·阶段练习）在联欢晚会上，有A、B、C三名同学站在一个三角形的三个顶
点位置上，他们在玩抢凳子游戏，要求在他们中间放一个木凳，谁先抢到凳子谁获胜，为使游戏公平，则
凳子应放的最适当的位置在△ABC的（ ）
A．三边中线的交点 B．三条角平分线的交点
C．三边上高的交点 D．三条垂直平分线的交点
【答案】D
【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等即可得解．
【详解】解：A、B、C三名选手站在一个三角形的三个顶点的位置上，要使游戏公平，那么凳子到三个
人额距离相等才行，
∴凳子应放的最适当的位置是在△ABC的三边垂直平分线的交点．
故选：D．【点睛】本题考线段垂直平分线的性质，正确理解游戏的公平性是解题的关键．
46．（24-25八年级·黑龙江哈尔滨·期中）如图，△ABC中，AC=5，BC的垂直平分线EF与AC相交于点
D，若△ABD的周长是9，则AB的长为 ．
【答案】4
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
根据中垂线的性质，可得DB＝DC，则△ABD的周长为AB+AC=9，即可求得AB的长．
【详解】∵BC的垂直平分线EF与AC相交于点D，
∴DB=DC，
∵△ABD的周长=AB+AD+BD=9，
∴△ABD的周长＝AB+AD+DC=AB+AC=9，
∵AC=5，
∴AB=4．
故答案为： ．
47．（23-244八年级·湖北孝感·期中）如图，在△ABC中，AB边的垂直平分线l 交BC于点D，AC边的垂
1
直平分线l 交BC于点E，l 与l 相交于点O，连接AD，AE，△ADE的周长为12 cm．
2 1 2
(1)求BC的长；
(2)分别连接OA，OB，OC，若△OBC的周长为26 cm，求OA的长．
【答案】(1)12 cm
(2)7cm
【分析】本题考查了垂直平分线的性质，熟练掌握垂直平分线的性质是解题的关键
（1）由垂直平分线的性质可得，DB=DA，EA=EC，根据BC=BD+DE+EC=DA+DE+EA，计算求解即可；
（2）由垂直平分线的性质可得，OA=OB=OC，由△OBC的周长为26 cm，BC=12cm，可得
OB+OC=26−BC=14，可求OB=OC=7，进而可得OA的长．
【详解】（1）解：l 垂直平分AB，l 垂直平分AC，
1 2
∴DB=DA，EA=EC，
∴BC=BD+DE+EC=DA+DE+EA=12，
∴BC的长为12 cm；
（2）解：如图，
∵l 垂直平分AB，l 垂直平分AC，
1 2
∴OA=OB=OC，
又∵△OBC的周长为26 cm，BC=12cm，
∴OB+OC=26−BC=14，
∴OB=OC=7，
∴OA=7，
∴OA的长为7cm．
【考点12 角平分线的性质与判定】
48．（24-25八年级·辽宁大连·期末）要在S区建一个集贸市场，使它到公路、铁路的距离相等，且到水路
和电网的距离相等，关于集贸市场的位置，下列说法正确的是（ ）
A．直线公路和铁路的垂直平分线与水路和电网的角平分线的交点
B．直线公路和铁路的垂直平分线与水路和电网的垂直平分线的交点
C．直线公路和铁路的角平分线与水路和电网的角平分线的交点
D．直线公路和铁路的角平分线与水路和电网的垂直平分线的交点
【答案】C【分析】本题考查了角平分线的判定，正确理解题意是解题的关键．
根据集贸市场，使它到公路、铁路的距离相等，且到水路和电网的距离相等，则集贸市场为直线公路和铁
路的角平分线与水路和电网的角平分线的交点．
【详解】解：∵集贸市场到公路、铁路的距离相等，
∴集贸市场在直线公路和铁路的角平分线上，
∵且到水路和电网的距离相等，
∴集贸市场在水路和电网的夹角平分线上，
故选：C．
49．（24-25八年级·云南昭通·期中）如图，在△ABC中，∠ABC和∠BAC的角平分线交于点O，
AB=6cm，BC=9cm，△ABO的面积为9cm2，则△BOC的面积为（ ）
A．13.5cm2 B．18 cm2 C．24 cm2 D．27 cm2
【答案】A
【分析】本题考查了角平分线的性质，掌握角平分线的性质是解题的关键．过O点作OD⊥AB于D点，
OE⊥BC于E点，根据角平分线的性质得出OD=OE，根据三角形面积得出S :S =BC:AB，代
△BOC △AOB
入数据即可求解．
【详解】解：过O点作OD⊥AB于D点，OE⊥BC于E点，如图，
∵OB平分∠ABC，
∴OD=OE，
∴S :S =BC:AB，
△BOC △AOB
∵AB=6cm，BC=9cm，△ABO的面积为9cm2，9
∴S = ×9=13.5(cm2)．
△BOC 6
故选：A．
50．（23-24八年级·陕西咸阳·期末）如图，在△ABC中，CD是AB边上的高线，点E是CD上一点，连接
BE，当点E到BC的距离等于DE时，∠BCD=26°，则∠DBE = °．
【答案】32
【分析】本题主要考查了角平分线的判定、三角形内角和定理等知识点，掌握到角两边距离相等的点在角
的平分线上成为解题的关键．
1
由三角形内角和定理可得∠CBD=64°，再根据角平分线的性质定理可得∠DBE= ∠CBD即可解答．
2
【详解】解：∵CD是AB边上的高线，∠BCD=26°，
∴∠CBD=90°−∠BCD=64°，
如图：过E作EF⊥BC，垂足为F，
∵点E到BC的距离等于DE，
∴DE=EF，
∵CD是AB边上的高线，EF⊥BC，
1
∴BE是∠CBD的角平分线，即∠DBE= ∠CBD=32°．
2
故答案为： ．
51．（23-243八2 年级·河北石家庄·期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，请用尺规作图法在BC边上求
作一点Q，使得点Q到AB边的距离等于CQ．（保留作图痕迹，不写作法）【答案】见解析
【分析】本题考查了角平分线的判定，尺规作图-作角平分线，根据点Q到AB边的距离等于CQ可判断点
Q在∠BAC上，然后作出∠BAC的平分线与BC的交点即可．
【详解】解∶如图，点Q即为所求，
52．（24-25八年级·全国·期末）如图，在Rt△ABC，∠C=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，
点F在AC上，BD=DF．
(1)求证：BE=FC；
(2)若AB=15，AF=9，求FC的长．
【答案】(1)详见解析
(2)FC=3
【分析】（1）证明Rt△DBE≌Rt△DFC(HL)即可；
（2）证明Rt△ACD≌Rt△AED(HL)，结合BE=FC，列式计算即可．
本题考查了直角三角形全等的判定和性质，角的平分线的性质，熟练掌握直角三角形的全等判定和性质是
解题的关键．
【详解】（1）证明：∵∠C=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB，
∴DE=DC
∵∠DCF=∠DEB=90°，BD=FD，DC=DE，∴Rt△DBE≌Rt△DFC(HL)，
∴BE=FC．
（2）解：∵∠C=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB，
∴DE=DC，
∵∠ACD=∠AED=90°，AD=AD，DC=DE，
∴Rt△ACD≌Rt△AED(HL)，
∴AE=AC，
∴AF+FC=AB−BE，
∵BE=FC．
∴AF+FC=AB−FC，
∵AB=15，AF=9，
AB−AF
∴FC= =3．
2
【考点13 画轴对称图形】
53．（23-24八年级·陕西咸阳·期末）在平面直角坐标系中，若点P(4,m−1)与点Q(2m+3n,5)关于x轴对
称，则n−m的值为（ ）
A．8 B．−4 C．0 D．−8
【答案】A
【分析】本题考查了关于坐标轴对称的点的特征，根据关于x轴对称的点，横坐标不变，纵坐标互为相反
数，即可得出答案．
【详解】解：∵点P(4,m−1)与点Q(2m+3n,5)关于x轴对称，
∴2m+3n=4,m−1=−5
∴m=−4,n=4
∴n−m =4−(−4)=8
故选：A．
54．（23-24八年级·安徽·期末）如图，这是小明在平面镜里看到的背后墙上电子钟显示的时间，则此刻的
实际时间应该是 ．
【答案】20:15
【分析】本题考查钟表的镜面对称问题，属于左右对称，数字2的镜面对称数字是5，据此即可求解．【详解】解：此刻的实际时间应该是20:15，
故答案为：20:15
55．（24-25八年级·全国·期末）在正方形网格中，△ABC各顶点都在格点上，点A、C的坐标分别为
(−5,1)、(−1,4)，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：
(1)画出△ABC关于y轴对称的△A B C ；
1 1 1
(2)画出△ABC关于x轴对称的△A B C ；
2 2 2
(3)点C 的坐标是 ；点C 的坐标是 ．
1 2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)(1,4)；(−1,−4)
【分析】本题考查作图—轴对称变换等知识，解题的关键是掌握轴对称变换的性质．
（1）利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A ，B ，C 即可；
1 1 1
（2）利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A ，B ，C 即可；
2 2 2
（3）根据点的位置写出坐标即可．
【详解】（1）解：如图，△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）解：如图，△A B C 即为所求；
2 2 2；
（3）解：点C 的坐标是(1,4)；点C 的坐标是(−1,−4)．
1 2
故答案为：(1,4)；(−1,−4)．
【考点14 等腰三角形的判定】
56．（23-24八年级·浙江宁波·期中）下列条件中，不能判定△ABC是等腰三角形的是（ ）
A．a=3，b=3，c=4 B．a:b:c=2:3:4
C．∠B=50°，∠C=80° D．∠A:∠B:∠C=1:1:2
【答案】B
【分析】本题考查了等腰三角形的判定．由等腰三角形的定义与等角对等边的判定定理，即可求得答案．
【详解】解：A、∵a=3，b=3，c=4，
∴a=b，
∴△ABC是等腰三角形；故选项A不符合题意；
B、∵a:b:c=2:3:4
∴a≠b≠c，
∴△ABC不是等腰三角形，故选项B符合题意；
C、∵∠B=50°，∠C=80°，
∴∠A=180°−∠B−∠C=50°，
∴∠A=∠B，
∴AC=BC，
∴△ABC是等腰三角形，故选项C不符合题意；
D、∵∠A:∠B:∠C=1:1:2，
∵∠A=∠B，
∴AC=BC，∴△ABC是等腰三角形，故选项D不符合题意．
故选：B．
57．（23-24八年级·福建宁德·期末）下列三角形中，不是等腰三角形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的定义及判定，逐项判断即可．
【详解】A、由三角形内角和定理可得第三个角为：180゜-50゜-35゜=95゜，由等腰三角形的判定知，此三
角形不是等腰三角形，故符合题意；
B、由三角形内角和定理可得第三个角为：180゜-90゜-45゜=45゜，由等腰三角形的判定知，此三角形是等
腰三角形，故不符合题意；
C、由三角形内角和定理可得第三个角为：180゜-100゜-40゜=40゜，由等腰三角形的判定知，此三角形是
等腰三角形，故不符合题意；
D、根据等腰三角形的定义知，此三角形是等腰三角形，故不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的定义判定，因此掌握等腰三角形的定义与判定是解题的关键．
58．（23-24八年级·山东青岛·期末）如图，已知一块四边形草地ABCD，其中∠A=45°，
∠B=∠D=90°，AB=10m，CD=5m，则这块土地的面积为 ．
【答案】37.5m2
【分析】分别延长AD、BC交于E点，证明△ABE和△CDE是等腰直角三角形，然后求出△ABE和
△CDE的面积即可．【详解】解：如图，分别延长AD、BC交于E点，
∵ ∠A=45° ∠B=∠D=90°
， ，
∴∠DCE=∠E=∠A=45°，
∴AB=BE，CD=DE，
∵ AB=10m，CD=5m，
∴BE=10m，DE=5m，
1 1 1 1
∵S = AB⋅BE= ×10×10=50m2 ，S = CD⋅DE= ×5×5=12.5m2 ，
△ABE 2 2 △CDE 2 2
∴这块土地的面积为S −S =50−12.5=37.5m2 ，
△ABE △CDE
故答案为：37.5m2．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，解题的关键是通过作辅助线，构造新的直角三角形，利用土
地的面积=S −S 来求解．
△ABE △CDE
59．（24-25八年级·江苏无锡·期中）如图，在△ABC中，AB=AC，CD是∠ACB的平分线，DE∥BC，
交AC于点E，且∠CDE=25°．
(1)求证：△CDE是等腰三角形；
(2)求∠A的度数．
【答案】(1)见解析
(2)80°
【分析】本题考查了等腰三角形的判定及平行线的性质．
（1）根据角平分线和平行的性质求出∠ECD=∠EDC即可；
（2）根据角平分线和平行线的性质得到∠EDC=∠ECD=25°，从而求得∠ACB的度数，然后利用等
边对等角得到另一个底角的度数，从而求得顶角的度数．
【详解】（1）证明：∵CD是∠ACB的平分线，∴∠DCB=∠ECD，
又∵DE∥BC，
∴∠DCB=∠EDC，
∴∠ECD=∠EDC，
∴EC=ED，
∴ △CDE是等腰三角形；
（2）解：∵∠CDE=25°，
∴∠ECD=∠DCB=25°
∴∠ACB=50°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB=50°，
∴∠A=180°−2∠B=80°．
60．（23-24八年级·福建泉州·期末）如图①，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D在AC边上，
AE⊥BD于点E，过点C作CF∥AB交AE的延长线于点F．
(1)求证：△CAF≌△ABD；
(2)如图②，过点D作DG∥CB交AB于点G，连结CG交AF于点H，判断△HFC的形状，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)等腰三角形；理由见解析
【分析】本题考查了平行线的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的判定，关键是全等三角形的
性质和判定定理的应用．
（1）根据等角的余角相等得出∠1=∠2，进而根据平行弦的性质得出∠ACF=∠BAD，根据ASA，即可
证明△CAF≌△ABD；
（2）先证明△ACG≌△ABD，由（1）知，△CAF≌△ABD，得出△CAF≌△ACG，可得
∠F=∠AGC，根据平行线的性质可得∠AGC=∠FCH，等量代换得出∠F=∠FCH，根据等角对等边，即可得证．
【详解】（1）证明：如图．
∵∠BAC=90°，
∴∠1＋∠3=90°．
∵AE⊥BD，
∴∠2＋∠3=90°．
∴∠1=∠2．
∵CF∥AB，
∴∠ACF=90°=∠BAD．
又∵AC=AB，
∴△CAF≌△ABD(ASA)．
（2）解：△HFC是等腰三角形．理由如下：
∵DG∥CB，
∴∠AGD=∠ABC，∠ADG=∠ACB．
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB．
∴∠AGD=∠ADG．
∴AG=AD．
又∵∠CAG=∠BAD，
∴△ACG≌△ABD(SAS)．
由（1）知△CAF≌△ABD，
∴△CAF≌△ACG．
∴∠F=∠AGC．
∵CF∥AB，
∴∠AGC=∠FCH．
∴∠F=∠FCH．∴HF=HC，即△HFC是等腰三角形．
【考点15 等腰三角形的性质】
61．（23-24八年级·北京西城·期末）如图，在等腰三角形ABC中，BA=BC，∠ABC=120°，D为AC
边的中点．若BC=6，则BD的长为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】A
【分析】本题考查了直角三角形的性质和等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形与直角三角形的性质是
解题的关键．根据等腰三角形的性质三线合一可得直角三角形，再利用直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵BA=BC，∠ABC=120°，
∴∠A=∠C=30°，
∵D为AC边的中点，
∴BD⊥AC，
∵BC=6，
1
∴BD= BC=3，
2
故选：A．
62．（23-24八年级·湖北武汉·期末）已知△ABC中，AB=AC．∠A=108°，在平面内找一点P，使得
△PAB，△PAC，△PBC都是等腰三角形，则这样的P点有（ ）个
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【分析】根据等腰三角形定义，画出图形即可解决问题．
【详解】解：如图，以点A为圆心，AB为半径画圆，
以点B为圆心，AB为半径画圆，以点B为圆心，BC为半径画圆，
以点C为圆心，AC为半径画圆，以点C为圆心，BC为半径画圆，
再作AB，AC，BC的垂直平分线，分别得到8个点P，
则满足条件的所有点P的个数为8，
故选：C．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的判定和性质定理是解题的关键．
63．（23-24八年级·重庆南岸·期末）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，DE垂直平分AB．若
∠C=2∠B，以下结论一定正确的是（ ）
A．AE=AC B．DE=DC
C．BD=AC D．BD=AE
【答案】C
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，等边对等角，三角形的外角性质，熟练掌握线段垂直平分线
的性质是解题的关键，由DE垂直平分AB．得AD=BD，进而得∠ADC=∠B+∠DAB=2∠B，再证
∠C=∠ADC，可得AD=AC=BD，即可得解．
【详解】解：∵ DE垂直平分AB．
∴ AD=BD，
∴∠B=∠DAB，
∴∠ADC=∠B+∠DAB=2∠B，
∵∠C=2∠B，
∴∠C=∠ADC，
∴AD=AC=BD，故选项C正确；
故选C．
64．（23-24八年级·北京·期末）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，CD⊥AD，若∠ABC与∠ACD互
补，CD=3，则BC的长为 ．【答案】6
【分析】延长AB，交CD的延长线于点E，由题意易证△ADC≌△ADE，则有∠ACD=∠AED，
CD=ED，然后可得∠AED=∠CBE，则BC=CE，进而问题可求解．
【详解】解：如图所示，延长AB，交CD的延长线于点E，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠EAD，
∵CD⊥AD，
∴∠ADC=∠ADE=90°，
∵AD=AD，
∴△ADC≌△ADE(ASA)，
∴∠ACD=∠AED，CD=ED=3，
∵∠ABC与∠ACD互补，∠ABC+∠CBE=180°，
∴∠ACD=∠CBE，
∴∠AED=∠CBE，
∴BC=CE=CD+DE=6，
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定及等腰三角形的判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定
及等腰三角形的判定是解题的关键．
65．（23-24八年级·吉林·期末）如图，点C在线段AB上，AD∥EB，AC=BE，AD=BC，CF平分
∠DCE．求证：CF⊥DE．【答案】证明见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行线的性质，三线合一定理，根据平行线性质得出
∠A=∠B，根据SAS证△ACD≌△BEC，推出DC=CE，再根据等腰三角形的三线合一定理证明即可．
【详解】证明；∵AD∥EB，
∴∠A=∠B．
在△ACD和△BEC中
{
AD=BC
)
∠A=∠B ，
AC=BE
∴△ACD≌△BEC(SAS)，
∴DC=CE
∵CF平分∠DCE，
∴CF⊥DE．
66．（23-24八年级·浙江宁波·期末）在方格纸中，点P、Q都在格点上，请用无刻度的直尺按要求画格点
三角形：
(1)在图1中，画一个以PQ为腰的等腰△APQ（A为格点）；
(2)在图2中，画一个以PQ为底的等腰△BPQ（B为格点）．
【答案】(1)答案见解析（答案不唯一）
(2)答案见解析（答案不唯一）
【分析】本题主要考查作图，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是理解题意，正确作出图形．【详解】（1）解：如图1中，△APQ即为所求（答案不唯一）；
（2）解：如图2中，△BPQ即为所求（答案不唯一）．
67．（23-24八年级·内蒙古乌兰察布·期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，过点B作
BE⊥CD，垂足为点E，过点A作AF⊥BE，垂足为点F，且BE=AF．
(1)∠ADE+∠DAF= °；
(2)求证：AB=BC；
(3)连接BD，且BD平分∠ABE交AF于点G．探究△BCD的形状并说明理由．
【答案】(1)180
(2)见解析
(3)△BCD是等腰三角形，见解析【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定．
（1）易得∠AFE=∠≝=90°，根据四边形内角和即可解答；
（2）通过证明△ABF≌△BCE(ASA)，即可求证；
（3）先证明∠BGF=∠DBC，通过证明AF∥CD，得出∠BGF=∠BDC，则∠DBC=∠BDC，进
而得出BC=CD，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵BE⊥CD，AF⊥BE，
∴∠AFE=∠≝=90°，
∴∠ADE+∠DAF=360°−∠AFE−∠≝=180°，
故答案为：180．
（2）证明：∵BE⊥CD，AF⊥BE，
∴∠AFB=∠BEC=90°，
∴∠ABF+∠1=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABF+∠2=90°，
∴∠1=∠2，
在△ABF和△BCE中，
{∠AFB=∠BEC
)
AF=BE
∠1=∠2
∴△ABF≌△BCE(ASA)，
∴AB=BC；
（3）解：△BCD是等腰三角形，理由如下：
∵BD平分∠ABE，
∴∠ABG=∠DBE，
∵∠BGF=∠1+∠ABG，∠DBC=∠2+∠DBE，∠1=∠2，∴∠BGF=∠DBC，
∵BE⊥CD，AF⊥BE，
∴AF∥CD，
∴∠BGF=∠BDC，
∴∠DBC=∠BDC，
∴BC=CD，
∴△BCD等腰三角形．
【考点16 等边三角形的判定】
68．（23-24八年级·内蒙古兴安盟·期末）如图，直线AB∥CD，EG=FG，∠1=100°，∠2=20°，则
△EFG的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．等腰直角三角形 C．等边三角形 D．无法确定
【答案】C
【分析】本题考查平行线的性质，对顶角性质，等边三角形的判定，求出∠GEF=60°是银题的关键．
先由平行线的性质得∠2+∠GEF+∠DFE=180°，从而可求得∠GEF=60°，即可由等边三角形的判定
定理得出结论．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴∠BEF+∠DFE=180°，即∠2+∠GEF+∠DFE=180°，
∵∠2=20°，∠DFE=∠1=100°，
∴∠GEF=60°，
∵EG=FG，
∴△EFG是等边三角形．
故选：C．
69．（23-24八年级·江苏连云港·期末）已知：如图，在△ABC中，AB=BC，∠ABC=120°，BE⊥AC
于点D，且DE=DB，则△CEB是 三角形．【答案】等边
【分析】本题考查等腰三角形的性质和等边三角形的判定，解答时先由三线合一得到CD=AD，再证明
△CDE≌△ADB可得到CE=AB=BC，进而证明△CEB为等边三角形．
【详解】解：∵△ABC中，AB=BC，∠ABC=120°，BE⊥AC于点D，
1
∴CD=AD，∠CBE= ∠ABC=60°，
2
∵DE=DB，∠CDE=∠ABD，
∴△CDE≌△ADB
∴CE=AB，
∵AB=BC
∴CE=BC
∵∠CBE=60°，
∴△CEB为等边三角形．
故答案为：等边
70．（23-24八年级·福建三明·期中）若△ABC，∠B=∠C，请添加一个条件使△ABC是等边三角形
．（写出一个即可）
【答案】∠A=∠B（答案不唯一）
【详解】由等边三角形的判定，即可解决问题．
【解答】解：△ABC,∠B=∠C，则添加的条件可以是∠A=∠B（答案不唯一）,
故答案为：∠A=∠B（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定，解题的关键是掌握等边三角形的三个角相等．
71.（23-24八年级·全国·单元测试）已知：如图，△ABC、△CDE都是等边三角形，AD、BE相交于点
O，点M、N分别是线段AD、BE的中点．(1)求证：AD=BE；
(2)求∠DOE的度数；
(3)求证：△MNC是等边三角形．
【答案】(1)证明见解析；
(2)∠DOE的度数是60°；；
(3)证明见解析．
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识，掌
握相关知识是解题的关键．
（1）根据等边三角形性质得出AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，求出∠ACD=∠BCE，
证△ACD≌△BCE即可；
（2）根据全等求出∠ADC=∠BEC，求出∠ADE+∠BED的值，根据三角形的内角和定理求出即可；
（3）求出AM=BN，根据SAS证△ACM≌△BCN，推出CM=CN，求出∠NCM=60°即可．
【详解】（1）证明：∵△ABC、△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中
{
AC=BC
)
∠ACD=∠BCE ，
CD=CE
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE；
（2）解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC，
∵等边三角形DCE，
∴∠CED=∠CDE=60°，∴∠ADE+∠BED
=∠ADC+∠CDE+∠BED
=∠ADC+60°+∠BED
=∠CED+60°
=60°+60°
=120°，
∴∠DOE=180°−(∠ADE+∠BED)=60°，
∴∠DOE的度数是60°；
（3）证明：∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD=∠CBE，AD=BE，AC=BC，
又∵点M、N分别是线段AD、BE的中点，
1 1
∴AM= AD，BN= BE，
2 2
∴AM=BN，
在△ACM和△BCN中，
{
AC=BC
)
∠CAM=∠CBN ，
AM=BN
∴△ACM≌△BCN(SAS)，
∴CM=CN，
∠ACM=∠BCN，
又∠ACB=60°，
∴∠ACM+∠MCB=60°，
∴∠BCN+∠MCB=60°，
∴∠MCN=60°，
∴△MNC是等边三角形．
【考点17 等边三角形的性质】
72．（24-25八年级·吉林长春·期末）如图，已知△ABD是等边三角形，BC=DC，E是AD上的点，
CE∥AB，与BD交于点F．若∠CBD=40°，则∠DCE的度数为( )A．40° B．20° C．2° D．25°
【答案】B
【分析】本题考查了等边三角形的性质、平行线的性质，三角形的外角的性质；由等边三角形的性质求出
∠ABD=60°，由CE∥AB得∠ABD=∠EFD=60°，进而可得∠CDB=∠CBD=40°，再根据三角形
外角性质求出∠DCE的度数即可．
【详解】解：∵△ABD是等边三角形，
∴∠ABD=60°，
∵ CE∥AB，
∴∠ABD=∠EFD=60°，
又∵BC=BD，∠CBD=40°，
∴∠CDB=∠CBD=40°，
∵∠DCE+∠CDB=∠EFD，
∴∠DCE=∠EFD−∠CDB=60°−40°=20°，
故选：B．
73．（24-25八年级·辽宁大连·期中）如图，△ABC是等边三角形，点D、E、F分别在AB、BC、AC上，
∠1=∠2，∠DFE=70°，则∠EDF= °．
【答案】50
【分析】本题考查等边三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质等知识，证明
∠≝=∠B=60°，可得结论．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，∵∠DEC=∠2+∠≝=∠1+∠B，∠1=∠2，
∴∠≝=∠B=60°，
∵∠DFE=70°，
∴∠EDF=180°−∠≝−∠DFE=180°−60°−70°=50°．
故答案为： ．
74．（24-255八0 年级·全国·期末）如图△ABC是等边三角形，BD=CD，∠BDC=120°，点E，F分别在
AB，AC上，且∠EDF=60°．
(1)求证：EF=BE+CF；
(2)若△ABC的边长为1，求△AEF的周长．
(3)探究∠BED与∠≝¿的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)证明过程见详解；
(2)2
(3)∠BED=∠≝¿，理由见详解．
【分析】本题是三角形的综合题，考查了等边三角形性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定
的综合运用．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
（1）延长AB到N，使BN=CF，连接DN，求出∠FCD=∠EBD=∠NBD=90°，根据SAS证
△NBD≌△FCD，推出DN=DF，∠NDB=∠FDC，求出∠EDF=∠EDN，根据SAS证明
△EDF≌△EDN，推出EF=EN，即可得出答案；
（2）由（1）得△AEF的周长等于AB+AC，即可解答；
（3）根据（1）中的△EDF≌△EDN即可解答．
【详解】（1）证明：延长AB到N，使BN=CF，连接DN，∵△ABC
是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵BD=CD，∠BDC=120°，
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠ACD=∠ABD=30°+60°=90°=∠NBD，
在△NBD和△FCD中，
{
BN=CF
)
∠NBD=∠FCD ，
BD=CD
∴△NBD≌△FCD(SAS)，
∴DN=DF，∠NDB=∠FDC，
∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，
∴∠EDB+∠FDC=60°，
∴∠EDB+∠BDN=60°，
即∠EDF=∠EDN，
在△EDN和△EDF中，
{
DN=DF
)
∠EDN=∠EDF ，
DE=DE
∴△EDN≌△EDF(SAS)，
∴EF=EN=BE+BN，
∴EF=BE+CF；
（2）解：∵△ABC是边长为1的等边三角形，
∴AB=AC=1，
∵BE+CF=EF，
∴△AEF的周长为：AE+EF+AF=AE+EB+FC+AF=AB+AC=2；
（3）解：∠BED=∠≝¿，理由如下：由（1）知：△EDN≌△EDF，
∴∠BED=∠≝¿．
75．（23-24八年级·江苏扬州·期末）如图，点B，C，D在同一条直线上，△ABC，△ADE是等边三角形，
若CE=5，CD=2，
(1)求∠ECD的度数；
(2)求AC长．
【答案】(1)∠DCE=60°
(2)AC=3
【分析】本题考查了全等三角形判定和性质，等边三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定和性质解决
问题是本题的关键．
（1）由等边三角形的性质可得AD=AE，AB=AC，∠BAC=∠DAE=∠ACB=60°，可证
△BAD≌△CAE，可得∠B=∠ACE=60°，可得∠ECD的度数；
（2）由全等三角形的性质和等边三角形的性质可求AC的长．
【详解】（1）解：∵△ABC，△ADE是等边三角形
∴AD=AE，AB=AC，∠BAC=∠DAE=∠ACB=60°，
∴∠BAD=∠CAE，且AD=AE，AB=AC，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠B=∠ACE=60°，
∴∠DCE=180°−∠ACB−∠ACE=60°；
（2）解：∵△BAD≌△CAE，
∴BD=CE=5，
∴BC=BD−CD=5−2=3，
∴AC=BC=3
【考点18 含30°角的直角三角形】
76．（24-25八年级·全国·期末）在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，∠B=30°，AD=2cm，则AC的
长是（ ）A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm
【答案】B
【分析】本题主要考查了直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．
根据同角的余角相等求出∠ACD=30°，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求解即可．
【详解】解：如图，∵CD是斜边AB上的高，∠C=90°，
∴∠A+∠B=90°，∠A+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠B=30°，
∵AD=2cm，
∴AC=2AD=2×2=4(cm)，
故选：B．
77．（24-25八年级·全国·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A的坐标是(0,8)，以OA为边在
右侧作等边三角形OA A ，过A 作x轴的垂线，垂足为点O ，以O A 为边在右侧作等边三角形O A A ，
1 1 1 1 1 1 1 2
再过点A 作x轴的垂线，垂足为点O ，以O A 为边在右侧作等边三角形O A A ，…，按此规律继续作
2 2 2 2 2 2 3
下去，得到等边三角形O A A ，则点A 的纵坐标为 ．
2025 2025 2026 2025
1
【答案】
22022
【分析】本题考查了图形和数字规律的知识；解题的关键是熟练掌握直角坐标系、等边三角形、垂线、图
形和数字规律、含30°角的直角三角形的性质，从而完成求解．
根据点A的坐标是(0,8)，以OA为边在右侧作等边三角形OA A ，过点A 作x轴的垂线，垂足为点O ，得
1 1 1
1
点A 的纵坐标是8× 根据以O A 为边在右侧作等边三角形O A A ，过点A 作x轴的垂线，垂足为点O ，
1 2 1 1 1 1 2 2 2
(1) 2 (1) 2025
得点A 的纵坐标是8× 此类推，得点A 的纵坐标是8× ，得到答案．
2 2 2025 2【详解】解：∵点A的坐标是(0,8)，以OA为边在右侧作等边三角形OA A ，过点A 作x轴的垂线，垂足
1 1
为点O ，
1
∴∠A OO =90°−60°=30°，OA =OA=8，
1 1 1
1 1 1
∴A O = OA =8× ，点A 纵坐标是8× ，
1 1 2 1 2 1 2
∵以O A 为边在右侧作等边三角形O A A ，过点A 作x轴的垂线，垂足为点O ，
1 1 1 1 2 2 2
1
∴∠A O O =90°−60°=30°，O A =A O =8× ，
2 1 2 1 2 1 1 2
1 1 1 1 1 (1) 2
∴A O = O A =8× × ，点A 的纵坐标是8× × ，即8× ，
2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2
∵以O A 为边在右侧作等边三角形O A A ，
2 2 2 2 3
(1) 3
同理，得点A 的纵坐标是8× ，
3 2
(1) 2025 1
按此规律继续作下去，得：点A 的纵坐标是8× ，即 ．
2025 2 22022
1
故答案为： ．
22022
78．（24-25八年级·全国·期末）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，AB=AC，以BC为边作
等边三角形BCD，点F，G分别在线段BC，BD上，CF=BG，∠CDF=15°，CG与DF相交于点H，
延长DF交AC于点E．
(1)求证：△EHC是等边三角形；
(2)试判断线段AE和DH的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)DH=2AE，理由见解析
【分析】（1）证明△CBG≌△DCF，得到∠BCG=∠CDF=15°，进而得到∠DCH=45°，推出∠EHC=∠ECH=60°，即可证明；
（2）连接BE，由（1）知∠EHC=60°，得到∠DHC=120°，证明△CBE≌△CDH，得到DH=BE，
∠BEC=∠DHC=120°，推出∠ABE=30°，根据含30°角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵△BCD是等边三角形，
∴∠CBD=∠BCD=60°，BC=CD，
在△CBG和△DCF中，
{
BG=CF
)
∠CBG=∠DCF ，
BC=CD
∴△CBG≌△DCF(SAS)，
∴∠BCG=∠CDF=15°，
∴∠DCH=∠BCD−∠BCG=60°−15°=45°，
∴∠EHC=∠CDF+∠DCH=60°，
∵AB=AC，∠A=90°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∴∠ECH=∠ACB+∠BCG=60°，
∴∠EHC=∠ECH=60°，
∴△ECH是等边三角形；
（2）解：如图，连接BE，
由（1）知∠EHC=60°，
∴∠DHC=120°，
∵△ECH是等边三角形，
∴CE=CH，
在△CBE与△CDH中，
{
BC=DC
)
∠ECB=∠HCD=45° ，
CE=CH
∴△CBE≌△CDH(SAS)，
∴DH=BE，∠BEC=∠DHC=120°，
∴∠AEB=60°，
∴在Rt△ABE中，∠ABE=30°，
∴BE=2AE，
∴DH=2AE．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，含
30°角的直角三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识．
【考点19 最短路径问题】
79．（2024·江苏·一模）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°,AC=3，BC=4，AB=5，D、E、F分别
是AB、BC、AC边上的动点，则△≝¿的周长的最小值是（ ）
A．2.5 B．3.5 C．4.8 D．6
【答案】C
【分析】如图作D关于直线AC的对称点M，作D关于直线BC的对称点N，连接CM，CN，CD，EN，
FM，DN，DM．由∠MCA=∠DCA，∠BCN=∠BCD，∠ACD+∠BCD=90°，推出
∠MCD+∠NCD=180°，可得M、B、N共线，由DF+DE+EF=FM+EN+EF，
FM+EN+EF≥MN，可知当M、F、E、N共线时，且CD⊥AB时，DE+EF+FD的值最小，最小值
=2CD，求出CD的值即可解决问题．
【详解】解：如图，作D关于直线AC的对称点M，作D关于直线BC的对称点N，连接CM，CN，CD，
EN，FM，DN，DM．∴DF=FM，DE=EN，CD=CM，CD=CN，
∴CD=CM=CN，
∵∠MCA=∠DCA，∠BCN=∠BCD，∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠MCD+∠NCD=180°，
∴M、C、N共线，
∵DF+DE+EF=FM+EN+EF，
∵FM+EN+EF≥MN，
∴当M、F、E、N共线时，且CD⊥AB时，DE+EF+FD的值最小，
最小值为MN=2CD，
∵CD⊥AB，
1 1
∴ ·AB·CD= ·BC·AC，
2 2
BC·AC 12
∴CD= = =2.4，
AB 5
∴DE+EF+FD的最小值为4.8．
故选：．
【点睛C】本题考查了轴对称 最短问题、两点之间线段最短、垂线段最短等知识，解题的关键是灵活运用轴
对称以及垂线段最短解决最-短问题，属于中考选择题中的压轴题．
80．（23-24八年级·江苏镇江·阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
AB=5，AD是∠BAC的平分线．若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是 ．
【答案】2.4【分析】本题考查了等腰三角形的性质，垂直平分线的性质和判定，最短路径问题，解题的关键是通过转
化思想，利用轴对称，把较难求的最值问题通过两点之间线段最短转化为求线段的最值问题；在AB上取
一点Q′，使AQ′=AQ，连接PQ′,CQ′,QQ′， QQ′交AD于E，过点C作CH⊥AB于点H，根据等腰
三角形的性质可证AD是QQ′的垂直平分线，可得PQ=PQ′，根据两点之间线段最短可知，PC+PQ的最
小值即为CQ′的最小值，再根据垂线段最短求解即可．
【详解】解：在AB上取一点Q′，使AQ′=AQ，连接PQ′,CQ′,QQ′， QQ′交AD于E，过点C作
CH⊥AB于点H，
∵AQ′=AQ AD ∠BAC
， 是 的平分线，
∴AE⊥QQ′,QE=Q′E，
∴ AD是QQ′的垂直平分线，
∴PQ=PQ′，
∴PC+PQ=PC+PQ′，
当C，P，Q′三点共线，且CQ′⊥AB时，PC+PQ'的值最小，即为CH的值，
1 1
∵S = ⋅AC⋅BC= ⋅AB⋅CH，
△ABC 2 2
1 1
∴ ×3×4= ×5⋅CH，
2 2
∴CH=2.4，
∴PC+PQ的最小值是2.4，
故答案为：2.4．
81．（23-24八年级·广西南宁·期末）如图，点E在等边△ABC的边BC上，BE=4，射线CD⊥BC，垂足
为点C，点P是射线CD上一动点，点F是线段AB上一动点，当EP+FP的值最小时，BF=5，则AB的长
为 ．【答案】7
【分析】本题考查最短路径问题、等边三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握利用轴对
称性质求最短距离的方法是解答的关键．作点E关于射线CD的对称点E′，过E′作E′F⊥AB于F，交射线
CD于P，连接PE，此时EP+FP的值最小，利用等边三角形的性质和三角形的内角和定理求得
∠E′=90°−∠B=30°，然后利用含30度角的直角三角形的性质求得BE′=2BF=10，进而求得CE=3
即可求解．
【详解】解：作点E关于射线CD的对称点E′，过E′作E′F⊥AB于F，交射线CD于P，连接PE，如图，
则E′P=EP，
∴EP+FP=E′P+FP=E′F，此时EP+FP的值最小，则BF=5，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，AB=BC，
在Rt△BFE′中，∠E′=90°−∠B=30°，
∴BE′=2BF=10，
∵BE=4，CE=CE′，
∴2CE+4=10，
∴CE=3，
∴AB=BC=3+4=7，
故答案为：7．【考点20 幂的运算】
82．（23-24八年级·福建宁德·期中）下列计算正确的是（ ）
A．m6+m2=m8 B．m6 ⋅m2=m12 C．m6÷m2=m3 D．(m6) 2 =m12
【答案】D
【分析】根据合并同类项法则,同底数幂的乘法，同底数幂的除法,幂的乘方等运算法则，即可判断答案．
【详解】解：A、m6与m2不是同类项，不能合并，故A选项错误，不符合题意；
B、m6 ⋅m2=m6+2=m8，故B选项错误，不符合题意；
C、m6÷m2=m6−2=m4，故C选项错误，不符合题意；
D、(m6) 2 =m6×2=m12，故D选项正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了合并同类项,同底数幂的乘法运算，同底数幂的除法运算,幂的乘方运算,熟练掌握幂的
相关运算是解题的关键．
83．（23-24八年级·江苏扬州·阶段练习）若xn=6，yn=8，则(xy) n= ．
【答案】48
【分析】本题考查了积的乘方，根据积的乘方的运算法则计算即可．
【详解】解：(xy) n=xn ⋅yn=6×8=48，
故答案为：48．
84．（2024八年级·全国·专题练习）已知2m=a，32n=b，其中m、n均为正整数，则23m+10n= ．
【答案】a3b2或b2a3
【分析】本题考查了同底数幂乘法的逆用，幂的乘方的逆用，熟练掌握幂的乘方和同底数幂的乘法的运算
法则是解题的关键．
根据同底数幂乘法的逆用，幂的乘方的逆用将23m+10n变形为(2m) 3 ⋅(32n) 2 ，代入计算即可．
【详解】解：∵2m=a，32n=b，
∴23m+10n
=(2m) 3 ⋅(25) 2n
=(2m) 3 ⋅322n=(2m) 3 ⋅(32n) 2
=a3b2，
故答案为：a3b2．
85．（24-25八年级·全国·期末）已知3a=2，3b=6，3c=8．
(1)求2a+b−c的值；
(2)求4a×2b+1÷2c的值．
【答案】(1)2a+b−c=1
(2)4
【分析】本题主要考查同底数幂的乘除法的运算及逆运算，掌握同底数幂的运算法则是解题的关键．
（1）根据3a=2，3b=6，3c=8，可得出32a·3b÷3c=4×6÷8=3，再根据同底数幂的乘除法即可得出答
案；
（2）将4a×2b+1÷2c转化为22a×2b+1÷2c再得到22a+b+1
❑
−c，最后将2a+b−c=1代入，即可得出答案．
【详解】（1）∵3a=2，
∴(3a) 2 =4，即32a=4，
∵3b=6，3c=8，
∴32a·3b÷3c=4×6÷8=3，
∴32a+b−c=3，
∴2a+b−c=1；
（2）由（1）知2a+b−c=1，
∴4a×2b+1÷2c的值
=(22) a ×2b+1÷2c
=22a×2b+1÷2c
=22a+b+1
❑
−c
=21+1
=22
=4．
【考点21 整式的乘法】
86．（23-24八年级·云南红河·期末）若(a+3)(a+2b)=a2−2a−15，则b等于（ ）5
A．5 B．− C．2 D．−2
2
【答案】B
【分析】把(a+3)(a+2b)变成a2+(3+2b)a+6b，再根据(a+3)(a+2b)=a2−2a−15即可求解．
本题考查了多项式乘以多项式，掌握运算法则是解题的关键．
【详解】解：(a+3)(a+2b)=a2+3a+2ab+6b=a2+(3+2b)a+6b，
∵(a+3)(a+2b)=a2−2a−15，
∴3+2b=−2或6b=−15，
5
解得：b=− ，
2
故选：B．
87．（23-24八年级·福建厦门·期末）如图，长方形ABCD的两边长分别为m+1，m+7(m>0)，面积为S ，
1
现有一个正方形AMNQ的周长与长方形的周长相等．
(1)用含m的代数式表示正方形AMNQ的边长：________；
(2)已知正方形的面积S，问：S−S 的值是否与m的大小有关？并说明理由．
1
【答案】(1)m+4
(2)S－S 的值与m的大小无关
1
【分析】本题考查了多项式乘以多项式、长方形和正方形的周长和面积、求差法比较大小，解决本题的关
键是综合运用相关知识．
（1）根据长方形和正方形周长相等即可求解；
（2）根据求差法比较大小即可求解．
2(m+1+m+7)
【详解】（1）解：正方形的边长为 =m+4，
4
故答案为：m+4；
（2）S−S 的值与m的大小无关，理由为：
1S−S =(m+4) 2−(m+1)(m+7)
1
=m2+8m+16−(m2+8m+7)
=9，
∴S−S 的值与m的大小无关．
1
88．（23-24八年级·广西南宁·期中）若(x2−px+8)与(x2+3x+q)乘积中x3项的系数为2，常数项为−16，
则这两个多项式乘积的一次项系数为 ．
【答案】26
【分析】本题主要考查了多项式乘多项式，根据题意列出关系式，由x3项的系数为2，常数项为−16，求
出p与q的值，即可确定出这两个多项式乘积的一次项系数，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
【详解】根据题意得：(x2−px+8)(x2+3x+q)=x4+(3−p)x3+(q−3p+8)x2+(−pq+24)x+8q，
∵x3项的系数为2，常数项为−16，
∴3−p=2，8q=−16，
解得：p=1，q=−2，
∴−pq+24=2+24=26，
∴这两个多项式乘积的一次项系数为26，
故答案为：26．
n
89．（23-24八年级·江苏扬州·期末）18世纪欧拉引进了求和符号“∑❑k”（其中i≤n，且i和n表示正整
k=i
n
数），对这个符号我们进行如下定义：∑❑k表示k从i开始取数一直取到n，全部加起来，即
k=i
n n
∑❑k=i+(i+1)+(i+2)+(i+3)+⋯+n．例如：当i=1时，∑❑k=1+2+3+4+⋯+n．若
k=i k
n
∑(x−k)(x−k+1)=3x2+px+m，则m=
．
k=2【答案】20
n
【分析】本题考查了多项式乘多项式求和，恒等式的问题，根据∑❑(x−k)(x−k+1)=3x2+px+m，把
k=2
k=2代入，然后通过法则进行计算对比即可求解，掌握多项式乘以多项式的运算法则是解题的关键．
n
【详解】解：∵∑❑(x−k)(x−k+1)=3x2+px+m，且3x2+px+m中二次项系数为3，
k=2
∴n=4，
n
∴∑❑(x−k)(x−k+1)=(x−2)(x−1)+(x−3)(x−2)+(x−4)(x−3)
k=2
=x2−3x+2+x2−5x+6+x2−7x+12
=3x2−15x+20，
n
∴∑❑(x−k)(x−k+1)=3x2+px+m，
k=2
∴3x2−15x+20=3x2+px+m，
∴p=−15，m=20，
故答案为：20．
【考点22 整式的除法】
90．（23-24八年级·海南省直辖县级单位·期末）计算(3x3+6x2−2x)÷2x的正确结果是（ ）
3 3 3
A．3x2+3x−1 B． x2+3x C． x2+3x+1 D． x2+3x−1
2 2 2
【答案】D
【分析】此题考查了多项式除以单项式，根据运算法则计算即可，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
【详解】解：(3x3+6x2−2x)÷2x
3
= x2+3x−1，
2
故选：D．
91．（23-24八年级·浙江金华·期末）在求多项式除以多项式时，可类似于正整数除法的“列竖式”得到商
式和余式，例如：通过“列竖式”可求得(x2−3x+11)÷(x+2)的商式为x−5，余式为22，如图所示．运用此方法，那么(3x3+2x2+x+5)÷(x+1)的商式为 ，余式为 ．
【答案】 3x2−x+2 3
【分析】本题主要考查了整式的除法运算，仿照条件中的方法，列出竖式，进行计算即可．
【详解】解：如图所示：
∴(3x3+2x2+x+5)÷(x+1) 3x2−x+2
的商式为 ，余式为3，
故答案为：3x2−x+2，3．
92．（23-24八年级·陕西延安·期末）一个长方形的面积为6a2−2ab2，其中一边长为2a，则长方形的另
一边长为 ．
【答案】3a−b2
【分析】本题考查了整式的除法，解题的关键是(6a2−2ab2)÷2a的正确计算．
【详解】解：∵一个长方形的面积为6a2−2ab2，一边长为2a，
∴它的另一边长为：(6a2−2ab2)÷2a=3a−b2，
故答案为：3a−b2．
【考点23 完全平方公式】
93．（23-24八年级·浙江·期末）设a=x−2021，b=x−2023，c=x−2022，若a2+b2=56，则c2=
（ ）
A．27 B．24 C．22 D．20
【答案】A
【分析】本题考查完全平方公式，正确用c表示a，b是解题的关键；先用c表示a，b，代入已知等式a2+b2=56中，即可求解；
【详解】解：∵ a=x−2021，b=x−2023，c=x−2022，
∴a=c+1，b=c−1，
∵a2+b2=56，
∴(c+1) 2+(c−1) 2=56，
解得：c2=27；
故选：A
94．（23-24八年级·山东日照·期末）如果x2+2(k−1)x+16是一个完全平方式，那么k的值是（ ）
A．5 B．−3 C．5或−3 D．3或−5
【答案】C
【分析】此题考查了完全平方公式的特征，熟练掌握完全平方公式含有三项：首平方，尾平方，首尾二倍
在中央，首尾同号是解题的关键．
根据完全平方公式：两数的平方和加上（减去）这两个数积的2倍，即为两数和（差）的平方，列出k的方
程，求出即可．
【详解】解：∵(x±4) 2=x2±8x+16，
2(k−1)=±8，
解得：k=5或k=−3
故选：C
95．（24-25八年级·全国·期末）若(2024−x)(x−2021)+10=0，则4045−2x的值为 ．
【答案】±7
【分析】本题考查了完全平方公式的变形应用，换元思想；设2024−x=a，x−2021=b，则a+b=3，
ab=−10，由完全平方公式变形应用可求得a−b的值，从而求得结果．
【详解】解：设2024−x=a，x−2021=b，
则a+b=2024−x+x−2021=3，ab+10=0
∴ab=−10；
∵a−b=4045−2x，
∴(a−b) 2=(a+b) 2−4ab
=32−4×(−10)=49，
∴a−b=±7，
∴4045−2x的值为±7．
故答案为：±7．
96．（23-24八年级·江苏徐州·期中）对于任意有理数a、b、c、d，定义一种新运算：
[a c)=a2+b2−cd．
b d
(1)
[ 1 2)=
；
−1 3
[x k )
(2)对于有理数x、y，若 是一个完全平方式，则k ；
y xy
(3)对于有理数x、y，若x+ y=10，xy=22．
[2x−y 3x−y)
①求 的值；
y x−y
②将长方形ABCD和长方形CEFG按照如图方式进行放置，其中点B、C、G在同一条直线上，点E在边
CD上，连接BD、BF．若AD=x，AB=nx，FG= y，EF=ny，图中阴影部分的面积为45，求n的值．
【答案】(1)−4
(2)2或−2
(3)①56；②2
【分析】（1）根据
[a c)=a2+b2−cd，得 [ 1 2)=12+(−1) 2−2×3=2−6=−4解答即可；
b d −1 3
（2）根据完全平方式有和差两种形式，解答即可．
（3）①根据定义，得
[2x−y 3x−y)=(2x−y)
2+ y2−(3x−y)(x−y)，化简后代入计算即可；
y x−y
②根据题意，得S =S +S −S 化简计算即可．
阴影 △BDC 矩形CEFG △BGF
【详解】（1）解：根据
[a c)=a2+b2−cd，
b d
得
[ 1 2)=12+(−1) 2−2×3=2−6=−4．
−1 3故答案为：−4．
（2）解：根据
[a c)=a2+b2−cd，
b d
得
[x k )=x2+ y2−kxy，是一个完全平方式，
y xy
故x2+ y2−kxy=(x± y) 2，
解得k=±2．
故答案为：±2．
（3）解：①根据定义，得
[2x−y 3x−y)=(2x−y)
2+ y2−(3x−y)(x−y)
y x−y
=4x2−4xy+2y2−3x2+3xy+xy−y2
=x2+2xy+ y2−2xy=(x+ y) 2−2xy，
当x+ y=10，xy=22时，
原式=102−44=56．
②解：根据题意，得S =S +S −S
阴影 △BDC 矩形CEFG △BGF
n 1
= x2+n y2− (ny+x)y
2 2
n 1 1
= x2+n y2− n y2− xy
2 2 2
n n 1 n 1
= x2+ y2− xy= (x2+ y2)− xy．
2 2 2 2 2
又图中阴影部分的面积为45，x+ y=10，xy=22，
n 1
故 ×56− ×22=45，
2 2
解得n=2．
【点睛】本题考查了实数的新定义，完全平方公式的应用，解方程，图形的面积表示，熟练掌握新定义，
完全平方公式，分割法求面积是解题的关键．
97．（24-25八年级·四川内江·阶段练习）数学教科书中这样写道：“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)；
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，利用配方法解决下列问题：
(1)分解因式：m2−4m−5；
(2)当a为何值时，多项式−2a2−4a+18有最值，并求出这个最值；
(3)当a，b为何值时，多项式2a2+3b2−4a+12b+27有最值，并求出这个最值．
【答案】(1)(m+1)(m−5)；
(2)a=1时，多项式−2a2−4a+18有最大值为20；
(3)a=1，b=2时，多项式2a2+3b2−4a+12b+27有最小值为13．
【分析】本题主要考查了因式分解的应用、非负数的性质、配方法等知识点，熟练掌握配方法、因式分解
的方法是解本题的关键．
（1）根据阅读材料，先将m2−4m−5变形为m2−4m+4−9，再根据完全平方公式写成(m−2) 2−9，然
后利用平方差公式分解即可解答；
（2）利用分解因式将多项式−2a2−4a+18转化为−2(a−1) 2+20，然后利用非负数的性质即可解答；
（3）利用分解因式将多项式2a2+3b2−4a+12b+27转化为2(a−1) 2+3(b−2) 2+13，然后利用非负数
的性质即可解答．
【详解】（1）解：m2−4m−5，
=m2−4m+4−9，
=(m−2) 2−9，
=(m−2+3)(m−2−3)，
=(m+1)(m−5)，
故答案为：(m+1)(m−5)；
（2）∵−2a2−4a+18=−2(a2+2a−9)，
=−2(a2−2a+1−1−9)，
=−2(a−1) 2+20，∵−2(a−1) 2≤0，
∴当a=1时，多项式−2a2−4a+18有最大值为20；
（3）2a2+3b2−4a+12b+27，
=2a2−4a+3b2+12b+27，
=2(a2−2a+1−1)+3(b2+4b+4−4)+27，
=2(a−1) 2−2+3(b−2) 2−12+27，
=2(a−1) 2+3(b−2) 2+13，
∵2(a−1) 2≥0，(b−2) 2≥0，
∴当a=1，b=2时，多项式2a2+3b2−4a+12b+27有最小值为13
【考点24 平方差公式】
2035
98．（23-24八年级·山东菏泽·期末）计算： = ．
20352−2036×2034
【答案】2035
【分析】本题考查了利用平方差公式简便计算，将2036×2034化为(2035+1)×(2035−1)，再根据平方
差计算化简即可．
2035
【详解】解：
20352−2036×2034
2035
=
20352−(2035+1)×(2035−1)
2035
=
20352−(20352−1)
=2035；
故答案为：2035.
99．（23-24八年级·湖南衡阳·期中）某同学在计算3(4+1)(42+1)时，把3写成4−1后，发现可以连续运
用两数和乘以这两数差公式计算：3(4+1)(42+1)=(4−1)(4+1)(42+1)=(42−1)(42+1)=162−1=255．( 1)( 1 )( 1 )( 1 ) 1
请借鉴该同学的经验，计算：
1+ 1+ 1+ 1+ + =
（ ）
2 22 24 28 215
1 1
A．2− B．2+ C．1 D．2
215 216
【答案】D
( 1)
【分析】本题考查平方差公式，将原式乘以2× 1− 之后，连续使用平方差公式进而得出答案．
2
( 1)( 1 )( 1 )( 1 ) 1
【详解】解：
1+ 1+ 1+ 1+ +
2 22 24 28 215
( 1)( 1)( 1 )( 1 )( 1 ) 1
=2× 1− 1+ 1+ 1+ 1+ +
2 2 22 24 28 215
( 1 ) 1
=2× 1− +
216 215
1 1
=2− +
215 215
=2，
故选：D．
100．（23-24八年级·吉林长春·阶段练习）如图1，从边长为a的正方形剪掉一个边长为b的正方形；如图
2，然后将剩余部分拼成一个长方形．上述操作能验证的等式是（ ）
A．a2−2ab+b2=(a−b) 2 B．a2−b2=(a+b)(a−b)
C．a2+ab=a(a+b) D．a2+2ab+b2=(a+b) 2
【答案】B
【分析】本题考查平方差公式的几何背景．由图1可知剩余部分的面积，由图2可求长方形的面积，两部分面积相等即可求解．利用面积的关系验证平方差公式是解题的关键．
【详解】解：由图1可知剩余部分的面积为：a2−b2，
由图2可求长方形的面积为：(a+b)(a−b)，
∴a2−b2=(a+b)(a−b)．
故选：B．
101．（23-24八年级·安徽六安·期末）如果一个正整数可以表示为两个连续奇数的平方差，那么称该正整
数为“和谐数”如（8=32−12，16=52−32，即8，16均为“和谐数”），在不超过2024的正整数中，
所有的“和谐数”之和为（ ）
A．257048 B．257024 C．255048 D．255024
【答案】A
【分析】本题考查了平方差公式、一元一次不等式的应用，设相邻的两个奇数为2n+1，2n−1，则
(2n+1) 2−(2n−1) 2=8n≤2024，解得n≤253，得出在不超过2024的正整数中，“和谐数”共有253个，
依此列式计算即可求解，理解题中的“和谐数”的定义是解此题的关键．
【详解】解：设相邻的两个奇数为2n+1，2n−1，则(2n+1) 2−(2n−1) 2=8n≤2024，
解得：n≤253，
∴n=253时，2n+1=507，2n−1=505，则在不超过2024的正整数中，所有的“和谐数”之和为：
32−12+52−32+…+5072−5052=5072−12=257048，
故选：A．
【考点25 因式分解的应用】
102．（24-25八年级·福建福州·期中）若△ABC三边a，b，c满足a2−b2−ac+bc=0，判断△ABC的形
状是（ ）
A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
【答案】C
【分析】本题考查了因式分解的应用，三角形三边关系，等腰三角形的判定，由已知等式可得
(a−b)(a+b−c)=0，根据三角形的三边关系可得a−b=0，据此即可判断求解，正确对等式左边进行因
式分解是解题的关键．
【详解】解：∵a2−b2−ac+bc=0，
∴(a+b)(a−b)−(a−b)c=0，
∴(a−b)(a+b−c)=0，∵a，b，c为△ABC三边，
∴a+b>c，
∴a+b−c>0，
∴a−b=0，
∴a=b，
∴△ABC为等腰三角形，
故选：C．
103．（24-25八年级·广东广州·期中）若a+b=3，ab=2，x+ y=−2，则
a3b+2a2b2+ab3−x−y+2024的值为 ．
【答案】2044
【分析】本题主要考查因式分解的应用、求代数式值等知识点，掌握因式分解的步骤以及公式的运用是解
题的关键．
先局部提公式、再运用公式法因式分解以及加括号，然后将已知条件代入计算即可．
【详解】解：∵a+b=3，ab=2，x+ y=−2，
∴a3b+2a2b2+ab3−x−y+2024
=ab(a2+2ab+b2)−(x+ y)+2024
=ab(a+b) 2−(x+ y)+2024
=2×32−(−2)+2024
=18+2+2024
=2044．
故答案为：2044．
104．（23-24八年级·湖南永州·期中）已知a−2=b+c，则代数式a(a−b−c)−b(a−b−c)−c(a−b−c)
的值等于 ．
【答案】4
【分析】本题考查了因式分解——提公因式法，代数式求值，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．由
a−2=b+c可得a−b−c=2，再利用提公因式法将所求式子变形后代入值计算即可．
【详解】解：∵ a−2=b+c，
∴ a−b−c=2，
∴ a(a−b−c)−b(a−b−c)−c(a−b−c)，
=(a−b−c)(a−b−c)，=2×2，
=4，
故答案为：4．
1
105．（23-24八年级·浙江温州·期末）下列各式： −x2−y2； 1− a2b2 ； a2+ab+b2；
4
① ② ③ ④
1
x2+2xy+ y2； x2−x+ ，可以用公式法分解因式的有（ ）
4
⑤
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】本题主要考查因式分解，熟练掌握利用公式法进行因式分解是解题的关键．利用公式法进行因式
分解，逐一判断即可得出答案．
【详解】解： 不可以因式分解；
可以用平方①差公式进行因式分解；
②不可以因式分解；
③可以用完全平方公式进行因式分解；
④可以用完全平方公式进行因式分解．
⑤故选：B．
106．（24-25八年级·全国·期末）因式分解
(1)m2(x−y)+n2(y−x)
(2)4ab2−4a2b−b3
【答案】(1)(x−y)(m+n)(m−n)
(2)−b(2a−b) 2
【分析】本题考查了因式分解，解题的关键是掌握因式分解的方法．
（1）根据提公因式法和平方差公式因式分解即可；
（2）根据提公因式法和完全平方公式因式分解即可．
【详解】（1）解：m2(x−y)+n2(y−x)
=m2(x−y)−n2(x−y)
=(x−y)(m2−n2)
=(x−y)(m+n)(m−n)
（2）4ab2−4a2b−b3=−b(4a2−4ab+b2)
=−b(2a−b) 2
【考点26 分式的基本性质】
107．（24-25八年级·全国·期末）下列分式从左到右的变形一定正确的是（ ）
b+x b b bx x−y y−x −x−y
A． = B． = C． = D． =−1
a+ y a 2a 2ax x+ y x+ y x+ y
【答案】D
【分析】本题考查了分式的基本性质“分式的分子和分母同时乘以（或除以）同一个不为0的整式，分式
的值不变”，熟练掌握分式的基本性质是解题关键．根据分式的基本性质逐项判断即可得．
b+x 1−1 b 1
【详解】解：A、假设a=2,b=1,x=−1,y=0，所以 = =0， = ，则此项不一定正确，不符
a+ y 2+0 a 2
合题意；
b bx
B、当x≠0时， = ，则此项不一定正确，不符合题意；
2a 2ax
x−y y−x x−y y−x
C、 =− ，所以只有当x= y≠0时， =0= ，则此项不一定正确，不符合题意；
x+ y x+ y x+ y x+ y
−x−y x+ y
D、 =− =−1，则此项一定正确，符合题意；
x+ y x+ y
故选：D．
2x
108．（23-24八年级·安徽淮北·期末） 如果把分式中的x和y都扩大2倍，那么分式的值（ ）
x2−y2
A．缩小2倍 B．扩大2倍 C．不变 D．缩小4倍
【答案】A
【分析】本题考查了分式的基本性质．熟练掌握分式的基本性质是解题的关键．
根据分式的基本性质求解作答即可．
2x
【详解】解：由题意知， 的x和y都扩大2倍，可得分式的值为
x2−y2
2⋅2x x 1 2x
= = × ，
(2x) 2−(2y) 2 x2−y2 2 x2−y2
故选：A．
3 x
109．（2024八年级·全国·专题练习）分式− ， 的最简公分母是 ．
4x2y 12y2【答案】12x2y2
【分析】根据最简公分母的定义求解．
3 x
【详解】解：分式− ， 的最简公分母为12x2y2．
4x2y 12y2
故答案为：12x2y2．
【点睛】本题考查了最简公分母：通常取各分母系数的最小公倍数与字母因式的最高次幂的积作公分母，
这样的公分母叫做最简公分母．
1 1 x−y+xy
110．（23-24八年级·江苏无锡·期中）已知 − =2， = ．
x y 2xy−3x+3 y
1
【答案】− /-0.125
8
1 1 x−y+xy
【分析】根据 − =2得出y−x=2xy，然后将 进行变形，求值即可．
x y 2xy−3x+3 y
1 1
【详解】解：∵ − =2，
x y
∴y−x=2xy，
x−y+xy −(y−x)+xy
=
2xy−3x+3 y 2xy+3(y−x)
−2xy+xy
=
2xy+3×2xy
−xy
=
8xy
1
=−
8
1
故答案为：− ．
8
1 1 x−y+xy
【点睛】本题主要考查了代数式求值，由 − =2得出y−x=2xy，将 变形为
x y 2xy−3x+3 y
−(y−x)+xy
，是解题的关键．
2xy+3(y−x)
111．（24-25八年级·黑龙江哈尔滨·期末）我们可以将一些只含有一个字母的分式，转化为整式与新的分
式和的形式，其中新的分式的分子中，不含字母，如：
a a−1+1 a−1 1 1
= = + =1+
a−1 a−1 a−1 a−1 a−13a−1 3(a+1)−4 3(a+1) 4 4
= = − =3−
a+1 a+1 a+1 a+1 a+1
参考上面的方法，解决下列问题：
a−1 a−1
(1)将 变形为满足以上结果要求的形式： = ________________；
a+1 a+1
4a−3
(2)若 变形为满足以上结果要求的形式，若该式的值为整数，求整数a的值；
a−1
a2−2a+3
(3)将 化成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式为______________．
a−1
2
【答案】(1)1−
a+1
1
(2)4+ ，a=0或a=2
a−1
2
(3)a−1+
a−1
【分析】本题主要考查了分式的性质：
a+1 2
（1）把原式先变形为 − ，再约分化简即可得到答案；
a+1 a+1
4(a−1)+1 4(a−1) 1
（2）把原式先变形为 ，进一步变形得到 + ，再约分化简即可；根据题意可得
a−1 a−1 a−1
1 1
4+ 的值为整数，则 为整数，即可得到a−1=±1，解方程即可得到答案；
a−1 a−1
(a−1) 2+2 (a−1) 2 2
（3）利用完全平方公式把原式变形为 ，进一步变形得到 + ，再约分化简即可得到
a−1 a−1 a−1
答案．
a−1 a+1−2 a+1 2 2
【详解】（1）解： = = − =1− ，
a+1 a+1 a+1 a+1 a+1
2
故答案为：1− ；
a+1
4a−3
（2）解：
a−1
4a−4+1
=
a−1
4(a−1)+1
=
a−14(a−1) 1
= +
a−1 a−1
1
=4+ ，
a−1
4a−3
∵ 的值为整数，
a−1
1
∴4+ 的值为整数，
a−1
1
∴ 为整数，
a−1
∴a−1=±1，
∴a=0或a=2；
a2−2a+3
（3）解：
a−1
a2−2a+1+2
=
a−1
(a2−2a+1)+2
=
a−1
(a−1) 2+2
=
a−1
(a−1) 2 2
= +
a−1 a−1
2
=a−1+ ，
a−1
2
故答案为：a−1+ ．
a−1
【考点27 分式的值】
112．（23-24八年级·湖南衡阳·期末）当 时，分式 的值不等于零．
【答案】 且
【分析】本题考查了分式值为0的条件．解题的关键在于熟知分式值为零的条件是分子为零，分母不为零．
根据分式值为零的条件是分子为零，分母不为零进行求解即可．
【详解】解：若分式 的值不等于零零，则 且
且故答案为： 且 ．
113．（23-24八年级·山东临沂·期末）对于 ，下列判断正确的是（ ）
A．当 时， B．当 时，
C．当 时， D．当 时，
【答案】C
【分析】本题考查了代数式求值，把每个选项中的 的值代入 ，分别计算判断即可．熟练掌握代数式求
值的方法是解题的关键．
【详解】解：A、当 时，分母 ，无意义，故此选项不符合题意；
B、当 时， ，故此选项不符合题意；
C、
，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
即 ，
∴ ，故此选项符合题意；
D、当 时， 的正负无法确定，所以 与 的大小无法确定，故此选项不符合题意；
故选：C．
114．（23-24八年级·陕西西安·期中）对于非负整数x，使得 是一个正整数，则符合条件 的个数有
（ ）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】B
【分析】将 看作一个整体，把代数式中的分子 运用完全平方公式进行变形，再根据正整数的特
性即可得．
【详解】解： ，
，
，
，
为非负整数， 是一个正整数，
的所有可能取值为 ，
即符合条件 的个数有4个，
故选：B．
【点睛】本题考查了完全平方公式的应用等知识点，熟练掌握完全平方公式是解题关键．
115．（2024·江苏苏州·中考真题）已知两个不等于0的实数 、 满足 ，则 等于（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【分析】先化简式子，再利用配方法变形即可得出结果．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∵两个不等于0的实数 、 满足 ，
∴ ，
故选：A．
【点睛】本题考查分式的化简、配完全平方、灵活应用配方法是解题的关键．116．（23-24八年级·河南驻马店·期末）若分式 有意义，下列说法错误的是（ ）．
A．当 时，分式的值为正数 B．当 时，分式无意义
C．当 时，分式的值为0 D．当 时，分式的值为1
【答案】A
【分析】本题考查了分式的值，分式的值为零，分式有意义的条件，分式的值为正，熟练掌握这些知识是
解题的关键．
根据分式的值为0的条件，分式有意义的条件，分式的值为正，分式的值，逐项判断即可．
【详解】解：A、当 时，分母 ，但 的值可能是正数也可能是负数，根据“两数相除同号得正，
异号得负”可判定分式 的值可能是正数，也可能是负数，还可能是0，故此选项错误，符合题意；
B、当 时，分母 ，所以当 时，分式无意义，故此选项正确，不符合题意；
C、当 时，分母 ，分子 ， 当 时，分式的值为0，故此选项正确，不符合题意；
D、当 时，分母 ， ，当 时，分式的值为1，故此选项正确，不符合题意．
故选：A．
【考点28 分式的混合运算】
117．（24-25八年级·全国·期末）当a=2， 时， ．
【答案】
【分析】本题考查了分式的乘除运算，首先根据分式的乘除运算法则进行计算，把分式化简可得原式
，然后再把a=2， 代入化简后的代数式计算即可．
【详解】解：，
当a=2， 时，
原式 ．
故答案为： ．
118．（23-24八年级·四川德阳·期末）若 ，则M、N的值分别为( )
A．M=-1,N=-2 B．M=-2,N=-1 C．M=1,N=2 D．M=2,N=1
【答案】B
【分析】已知等式右边通分并利用同分母分式的加法法则计算，利用多项式相等的条件即可求出M与N的
值．
【详解】 ，
∴M+N=-3，N-M=1，
解得：M=-2，N=-1．
故选B．
【点睛】此题考查了分式的加减法，分式加减法的关键是通分，通分的关键是找最简公分母．
119．（23-24八年级·贵州黔南·期末）某工厂接到一个订单，生产x套防护服，原计划每天生产y套．为了
将这些防护服尽快投入使用，增加了人手，最后平均每天比原计划多生产了60套，则工厂完成这个订单的
时间比原计划提前（ ）
A． 天 B． 天 C． 天 D． 天
【答案】B
【分析】本题考查列代数式的知识，根据工作时间 工作总量 工作效率，表示出原计划所用时间，以及
现在所用时间，利用原计划所用时间 现在所用时间，即可解题．
【详解】解：由题意得，原计划所用时间为： 天，
现在所用时间为： 天，工厂完成这个订单的时间比原计划提前 天，
故选：B．
【考点29 负整数指数幂】
120．（23-24八年级·福建泉州·期末）人体内有一种细胞的直径约为 0.00000156 米， 将数 0.00000156
用科学记数法为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】此题主要考查了科学记数法．科学记数法的表示形式为 的形式，其中 ，n为整数．
确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原
数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
根据科学记数法定义，这里此题主要考查了科学记数法．科学记数法的表示形式为 的形式，其中
，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点
移动的位数相同．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
根据科学记数法定义，这里 ， ．
【详解】解： ．
故选：B．
121．（23-24八年级·福建莆田·期末） ＝ .
【答案】 /
【分析】本题主要考查了积的乘方，掌握 成为解题的关键.
根据积的乘方解答即可.
【详解】解： .
故答案为 .
122．（23-24八年级·内蒙古包头·期末）比较大小： ．（填“ ”、“ ”或“ ”）【答案】
【分析】本题考查了有理数的大小比较，有理数的乘方，零指数幂，首先根据有理数的乘方的运算方法，
以及零指数幂的运算方法，分别求出 、 的值，然后根据有理数大小比较的方法判断即可，熟练掌
握运算法则是解题的关键．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ，
故答案为： ．
123．（2024·安徽阜阳·一模）先化简，再求值： ，其中 ．
【答案】 ，
【分析】本题主要考查了分式的化简求值，先把小括号内的式子通分，再把除法变成乘法后约分化简，最
后代值计算即可得到答案．
【详解】解：
，
当 时， ．
【考点30 分式方程的解】
124．（23-24八年级·陕西西安·期末）若关于 的分式方程 的解是正数，则 的取值范围为
（ ）
A． B． C． 且 D． 且【答案】D
【分析】本题考查根据分式方程的解的情况求参数的范围，先求出分式方程的解，根据解为正数，且分式
有意义，得到不等式，进行求解即可．
【详解】解： ，解得： ，
由题意，得： 且 ，
∴ 且 ，
解得： 且 ；
故选D．
125．（24-25八年级·云南曲靖·期末）关于x的方程 无解，则k的值为（ ）
A． B．3 C． D．无法确定
【答案】B
【分析】本题考查了分式方程无解问题，先将分式方程移项，去分母，合并同类项得 ，再由原方
程无解得 ，联立方程组，求解即可．
【详解】解：原方程移项得： ，
去分母得： ，
合并同类项得： ，
原方程无解，
，
解得 ，
故选：B．
126．（23-24八年级·重庆渝北·期末）若整数 使关于x的一元一次不等式组 的解集是 ，
且使关于y的分式方程 有非负整数解，则符合条件的所有整数 的值之和为 ．
【答案】
【分析】本题考查分式方程的应用，一元一次不等式组以及一元一次不等式组的整数解，根据不等式组的解集确定k的取值范围，再根据方程组的非负整数解得出k的所有可能的值，再进行计算即可．
【详解】解：
不等式①的解集为 ，
不等式②的解集为 ，
若整数k使关于x的一元一次不等式组 的解集是 ，
∴ ，
∵关于y的分式方程 的解是 ，是非负整数解，
∴ 或 或 或 ，
当 时， 是方程的增根，舍去，
∴ 或 或 ，
∴符合条件的所有整数k的值之和为 ，
故答案为： ．
127．（23-24八年级·湖北十堰·期末）一般地，形如 （ 是已知数）的分式方程有两个解，通常用
， 表示．请你观察下列方程及其解的特征：
（1） 的解为 ；
（2） 的解为 ；
（3） 的解为 ；
猜想：方程 的解为 ， ；
关于 的方程 的解为 ； ．
【答案】
【分析】本题考查了分式方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．弄清题中的规律
是解本题的关键．仿照方程解方程，归纳总结得到结果，方程变形后，利用得出的规律得到结果即可．【详解】解：猜想方程 ，即方程 的解是 ， ，
把方程 变形得： ，
或
， ，
故答案为： ， ，
128．（23-24八年级·江苏南京·期末）解下列分式方程：
(1) ；
(2) ．
【答案】(1)
(2)原分式方程无解
【分析】此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求
解．解分式方程一定注意要验根．
（1）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解；
（2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】（1）解： 可化为 ，
方程两边都乘 ，得 ，
去括号移项得： ，
解得 ，
经检验， 是原分式方程的解，
∴原分式方程的解为 ．（2）解： 可化为 ，
去分母，得 ，
去括号得： ，
解得： ，
经检验， 是原分式方程的增根，
∴原分式方程无解．
【考点31 分式方程的应用】
129．（23-24八年级·重庆巫溪·期末）人工智能是研究用计算机来模拟人的某些思维过程和智能行为（如
学习、推理、思考、规划等）的学科，主要包括计算机实现智能的原理、制造类似于人脑智能的计算机，
使计算机能实现更高层次的应用．2024我校为迎接30周年校庆举行创新大赛，决赛是用电脑程序控制智
能赛车在指定赛道上进行30米比赛，“领航号”和“致远号”两辆赛车在第一轮比赛时，两辆赛车从起点
同时出发，当“领航号”到达终点时，“致远号”才行驶到全程的 ，“领航号”比“致远号”每秒多行
米．
(1)求“致远号”的行驶速度；
(2)如果将“领航号”的赛道长增加 ，“致远号”的赛道长不变，两辆赛车再次重新比赛，两车能同时到
达各自终点吗？通过计算说明；
(3)若按照（2）中的路程行驶，请你调整其中一辆赛车的行驶速度，使两车能同时到达各自终点，并写出
调整方案．
【答案】(1)3．2米/秒
(2)不能，见解析
(3)见解析
【分析】本题考查列分式方程解应用题，解题的关键是根据题意确定等量关系列方程．
（1）根据“致远号”行全程的 与 “领航号”行全程所用时间相等作为等量关系列方程；
（2）分别利用时间=路程÷速度求出二者时间，比较时间可以得出结果；
（3）根据“致远号”行30米与 “领航号”行36米所用时间相等作为等量关系列方程求解．
【详解】（1）解：设“致远号”的平均速度为x米/秒，则“领航号”的平均速度为 米/秒，由题意得 ，
解得： ，
经检验 是原方程的解．
答：“致远号”的行驶速度是3.2米/秒；
（2）解：不能同时到达．
设调整后“领航号”的行驶路程为 （米），
“领航号”到达终点所用的时间为 （秒），
“致远号”到达终点所用的时间为 （秒），
两车不能同时到达；
（3）解：设调整后“领航号”的平均速度为y米/秒， ，
解得： ，
经检验 是原方程的解；
设调整后“致远号”的平均速度为z米/秒， ，
解得：
经检验 是原方程的解．
答：调整后“领航号”的平均速度为 或调整后“致远号”的平均速度为 米/秒可使两车能同时到达
终点．
130．（24-25八年级·云南曲靖·期末）广南到那洒高速公路经过两年多的建设，于2020年6月 30日24时
正式通车运营，全长 的广那高速结束了广南县城不通高速公路的历史．从广南到那洒还有条全长
的普通公路，某客车在高速公路上行驶的平均速度比在普通公路上行驶的平均速度快 ，由高
速公路从广南到那洒所需要的时间是由普通公路从广南到那洒所需时间的一半，求该客车由高速公路从广
南到那洒需要几小时．
2
【答案】该客车由高速公路从广南到那洒需要 小时
3【分析】本题主要考查了分式方程的实际应用，设该客车由高速公路从广南到那洒需要x小时，则该客车
由普通公路从广南到那洒需要 小时，再根据客车在高速公路上行驶的平均速度比在普通公路上行驶的平
均速度快 列出方程求解即可．
【详解】解：设该客车由高速公路从广南到那洒需要x小时，则该客车由普通公路从广南到那洒需要 小
时．
依题意，得
解得
经检验 是原方程的解，且符合题意．
2
答：该客车由高速公路从广南到那洒需要 小时．
3
