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专题 17.1 期中模拟测试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
评卷人 得 分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（24-25八年级上·河北廊坊·阶段练习）在下列条件：①∠A+∠B=∠C，②∠A:∠B:∠C=5:3:2
，③∠A=90°−∠B，④∠A=2∠B=3∠C，⑤一个外角等于与它相邻的内角．中，能确定△ABC是
直角三角形的条件有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【思路点拨】
本题考查了三角形内角和定理，根据三角形内角和为180°，逐项分析即可得解，熟练掌握三角形内角和定
理是解此题的关键．
【解题过程】
解：①∵∠A+∠B=∠C，∠A+∠B+∠C=180°，
∴2∠C=180°，
∴∠C=90°，故△ABC是直角三角形，符合题意；
②∵∠A:∠B:∠C=5:3:2，∠A+∠B+∠C=180°，
5
∴∠C=180°× =90°，故△ABC是直角三角形，符合题意；
5+3+2
③∵∠A=90°−∠B，∠A+∠B+∠C=180°，
∴90°−∠B+∠B+∠C=180°，
∴∠C=90°，故△ABC是直角三角形，符合题意；
④∵∠A=2∠B=3∠C，∠A+∠B+∠C=180°，
1 1
∴∠A+ ∠A+ ∠A=180°，
2 3
(1080)
∴∠A= °，故△ABC不是直角三角形，不符合题意；
11
⑤一个外角等于与它相邻的内角，则这个角为90°，故△ABC是直角三角形，符合题意；综上所述，能确定△ABC是直角三角形的条件有①②③⑤，共4个，
故选：C．
2．（24-25八年级上·全国·单元测试）已知数轴上点A，B，C，D对应的数字分别为−1，1，x，7，点C
在线段BD上且不与端点重合，若线段AB，BC，CD能围成三角形，则x可能是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【思路点拨】
本题主要考查了实数与数轴，三角形三边的关系，解不等式组．先根据题意得到
{x−1+7−x>2①
)
AB=2，BC=x−1，CD=7−x，由三角形三边关系定理得： 2+x−1>7−x② ，得到不等式组的解
2+7−x>x−1③
集是3<x<5，即可解答．
【解题过程】
解：由点在数轴上的位置得：AB=1−(−1)=2，BC=x−1，CD=7−x，
∵线段AB，BC，CD能围成三角形，
{x−1+7−x>2①
)
∴由三角形三边关系定理得： 2+x−1>7−x② ，
2+7−x>x−1③
不等式①恒成立，
由不等式②得：x>3，
由不等式③得：x<5，
∴不等式组的解集是3<x<5，
观察四个选项，只有C选项符合题意，
故选：C．
3．（23-24八年级上·内蒙古呼伦贝尔·期中）如图，EB交AC于点M，交FC于点D，∠E=∠F=90°，
∠B=∠C，AE=AF，给出下列结论：①∠1=∠2；②BE=CF；③△ACN≌△ABM；④CD=DN
，其中正确的有（ ）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【思路点拨】
本题考查了三角形全等的判定与性质，证明△AEB≌△ANC(AAS)得出∠EAB=∠FAC，BE=CF即可判
断①②；证明△ACN≌△ABM(ASA)即可判断③；证明△CDM≌△BDN(AAS)得出CD=DB，即可判断
④，从而得出答案．
【解题过程】
解：∵ ∠E=∠F=90°，∠B=∠C，AE=AF，
∴△AEB≌△ANC(AAS)，
∴∠EAB=∠FAC，BE=CF，故②正确，符合题意；
∴∠EAB−∠CAB=∠FAC−∠CAB，即∠1=∠2，故①正确，符合题意；
∵△AEB≌△ANC(AAS)，
∴AC=AB，
∵∠B=∠C，∠CAN=∠BAM，
∴△ACN≌△ABM(ASA)，故③正确，符合题意；
∵△ACN≌△ABM(ASA)，
∴AM=AN，
∵AC=AB，
∴AC−AM=AB−AN，
∴MC=NB，
∵∠C=∠B，∠CDM=∠BDN，
∴△CDM≌△BDN(AAS)，
∴CD=DB，
∴CD和DN不一定相等，故④错误，不符合题意；
综上所述，正确的有①②③，
故选：A．
4．（24-25八年级上·江苏无锡·阶段练习）如图，∠A=∠B=90°，AB=60，E、F分别为线段AB和射
线BD上的一点，若点E从点B出发向点A运动，同时点F从点B出发向点D运动，二者速度之比为3:7，运动到某时刻同时停止，在射线AC上取一点G，使△AEG与△BEF全等，则AG的长为（ ）
A．18 B．88 C．88或62 D．18或70
【思路点拨】
本题主要考查了全等三角形判定，设BE=3t，则BF=7t，使△AEG与△BEF全等，由∠A=∠B可知，
分两种情况：当BE=AG，BF=AE时，当BE=AE，BF=AG时，列方程即可求解，利用分类讨论的思
想求解是解答此题的关键．
【解题过程】
解：设BE=3t，则BF=7t，因为∠A=∠B，使△AEG与△BEF全等，可分两种情况：
情况一：当BE=AG，BF=AE时，
∵BF=AE，AB=60，
∴7t=60−3t，
解得：t=6，
∴AG=BE=3t=3×6=18；
情况二：当BE=AE，BF=AG时，
∵BE=AE，AB=60，
∴3t=60−3t，
解得：t=10，
∴AG=BF=7t=7×10=70，
综上所述，AG=18或70．
故选：D．
5．（24-25八年级上·湖北荆州·阶段练习）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点C的坐标为
(−2,0)，点B的坐标为(1,6)，则A点的坐标为（ ）A．(8,−2) B．(−8,3) C．(−6,2) D．(−6,3)
【思路点拨】
此题考查了坐标与图形，证明△ACE≌△CBF得到AE=CF，CE=BF是解决问题的关键．
过点A作x轴的垂线交于点E，过点B作x轴的垂线交于点F，运用AAS证明△ACE≌△CBF得到AE=CF
，CE=BF即可求得结论．
【解题过程】
解：过点A作x轴的垂线交于点E，过点B作x轴的垂线交于点F，
∴∠AEC=∠CFB=90°，
∴∠CAE+∠ACE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACE=∠BCF=90°，
∴∠CAE=∠BCF，
在△ACE和△CBF中，
{
∠CAE=∠BCF
)
∵ ∠AEC=∠CFB=90° ，
AC=BC
∴△ACE≌△CBF(AAS)，
∴AE=CF,CE=BF，
∵C(−2,0),B(1,6)，
∴BF=6,CF=1−(−2)=3，
∴AE=CF=3,CE=BF=6，
∴OE=CE+OC=6+2=8，
∴A(−8,3)，
故答案为：B．
6．（23-24八年级上·福建莆田·期中）如图，在五边形ABCDE中，∠BAE=142°，∠B=∠E=90°，
AB=BC，AE=DE．在BC，DE上分别找一点M，N，使得△AMN的周长最小时，则
∠AMN+∠ANM的度数为（ ）A．76° B．84° C．96° D．109°
【思路点拨】
本题考查了最短路线问题．延长AB至A′，使A′B=AB，延长AE至A″，使A″E=AE，则BC垂直平分
A A′，DE垂直平分A A″，所以AM=A′M，A″N=AN，△ABC的周长为AM+MN+AN，要使其周长
最小，即使A′M+MN+A″N最小，设∠MA A′=x，则∠AMN=2x，设∠NA A″= y，则∠ANM=2y
，在△A A′ A″中，利用三角形内角和定理，可以求出x+ y=38°，进一步可以求出∠AMN+∠ANM的
值．
【解题过程】
解：如图，延长AB至A′，使A′B=AB，
延长AE至A″，使A″E=AE，
则BC垂直平分A A′，DE垂直平分A A″，
∴AM=A′M，AN=A″N，
根据两点之间，线段最短，
当A′，M，N，A″四点在一条直线时，A′M+MN+N A″最小，
则AM+MN+AN的值最小，
即△AMN的周长最小，
∵AM=A′M，AN=A″N，
∴可设∠MA A′=∠M A′ A=x，∠NA A″=∠N A″ A= y，
在△A A′ A″中，x+ y=180°−∠BAE=180°−142°=38°，
∵∠AMN=∠MA A′+∠M A′ A=2x，∠ANM=2y，
∴∠AMN+∠ANM=2x+2y=76°，故选：A．
7．（24-25八年级上·重庆江北·开学考试）如图，点D是△ABC边BC上的中点，点E是AD上一点且
DE=3AE，F、G是边AB上的三等分点，若四边形FGDE的面积为14，则△ABC的面积是
（ ）
A．24 B．42 C．48 D．56
【思路点拨】
本题考查了三角形中线的性质，解题的关键是掌握三角形的中线将三角形的面积分为相等的两部分，同高
三角形面积比等于底的比．
连接DF，设S =x，则S ，S =S ，进而得出S =S =S =4x，根据
△AEF △≝¿=3x¿ △ADF △≝¿+S
△AEF
=4x¿ △ADF △GDF △BDG
S +S ，求出x=2，即可解答．
△GDF △≝¿=7x=14¿
【解题过程】
解：连接DF，
∵DE=3AE，
∴S ，
△≝¿=3S ¿
△AEF
设S =x，则S ，
△AEF △≝¿=3x¿
∴S =S ，
△ADF △≝¿+S =4x¿
△AEF
∵F、G是边AB上的三等分点，
∴AF=GF=BG，
∴S =S =S =4x，
△ADF △GDF △BDG
∵FGDE的面积为14，∴S +S ，
△GDF △≝¿=7x=14¿
解得：x=2，
∴S =S +S +S =12x=24，
△ABD △ADF △GDF △BDG
∵点D是△ABC边BC上的中点，
∴S =2S =48，
△ABC △ABD
故选：C．
8．（2024·江苏·模拟预测）如图，将四边形纸片ABCD沿MN折叠，使点A落在四边形CDMN外点A′的
位置，点B落在四边形CDMN内点B′的位置，若∠D=90°，∠2−∠1=36°，则∠C等于（ ）
A．36° B．54° C．60° D．72°
【思路点拨】
本题主要考查了四边形的内角和，三角形的内角和定理，折叠的性质，熟练掌握多边形的内角和定理和外
角的性质是解题的关键．
延长NB′交AD于点E，利用四边形的内角和定理得到：∠C=270°−(∠A+∠B)，利用四边形的内角和
定理，折叠的性质，三角形的内角和定理，等量代换的性质求得∠A+∠B的值，则结论可求．
【解题过程】
解：延长NB′交AD于点E，设A′B′交AD于点F，如图，
∵四边形的内角和为360°，
∴∠C+∠D+∠2+∠B′ED=360°，
∠A+∠B+∠D+∠C=360°，
∴∠2+∠B′ED=∠A+∠B．由折叠的性质可得：∠A+∠B=∠A′+∠A′B′N．
∵∠D=90°，
∴∠C=270°−(∠A+∠B)=270°−(∠2+∠B′ED)．
在△A′FM和△EFB′中，
∵∠A′FM=∠EFB′，
∴∠1+∠A′=∠FEB′+∠FB′E，
∵∠FEB′=180°−∠B′ED，∠FB′E=180°−∠A′B′N，
∴∠1+∠A′=360°−∠B′ED−∠A′B′N．
∴∠A′+∠A′B′N=360°−∠B′ED−∠1，
∴∠A+∠B=360°−∠B′ED−∠1，
∵∠2−∠1=36°，
∴∠A+∠B=360°−∠B′ED−(∠2−36°)，
∴∠A+∠B=360°−(∠B′ED+∠2)+36°，
∴2(∠A+∠B)=396°，
∴∠A+∠B=198°，
∴∠C=270°−198°=72°．
故选：D．
9．（23-24八年级上·江苏南通·期中）如图，在△ABC中，∠BAC和∠ABC的平分线AE,BF相交于点
1
O,AE交BC于E，BF交AC于F，过点O作OD⊥BC于D，下列四个结论：①∠AOB=90°+ ∠C；
2
②当∠C=60°时，AF+BE=AB；③OE=OF；④若OD=a,AB+BC+CA=2b，则S =ab．其中
△ABC
正确的结论是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
【思路点拨】本题考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，三角形全等的判定与性质，由角平分线的定义和三角
形内角和定理可求解∠AOB和∠C的关系，进而判定①；根据∠C=60°得∠BAC+∠BCA=120°，根
据角平分线和三角形内角和定理得∠BOE=60°，在AB上取一点H，使BH=BE，利用SAS证明
△HBO≌△EBO可得∠AOH=∠AOF=60°，利用ASA可证明△HAO≌△FAO得AF=AH，进而可判
定②；没有条件证明②；作OH⊥AC于H，OM⊥AB于M，根据题意得OH=OM=OD=a，根据
AB+BC+CA=2b，利用三角形面积即可判断④，即可得．
【解题过程】
解：∵∠BAC和∠ABC的平分线AE，BF相交于点O，
1 1
∴∠OBA= ∠CBA，∠OAB= ∠CAB，
2 2
∴∠AOB=180°−∠OBA−∠OAB
1 1
=180°− ∠CBA− ∠CAB
2 2
1
=180°− (180°−∠C)
2
1
=90°+ ∠C，
2
故①正确；
∵∠C=60°，
∴∠BAC+∠BCA=120°，
∵AE，BF分别是∠BAC和∠ABC的平分线，
1
∴∠OAB+∠OBA= (∠BAC+∠ABC)=60°，
2
∴∠AOB=120°，
∴∠AOF=60°，
∴∠BOE=60°，
如图所示，在AB上取一点H，使BH=BE，∵BF是∠ABC的角平分线，
∴∠HBO=∠EBO，
在△HBO和△EBO中，
{
BH=BE
)
∠HBO=∠EBO
BO=BO
∴△HBO≌△EBO(SAS)，
∴∠BOH=∠BOE=60°，
∴∠AOH=60°，
∴∠AOH=∠AOF=60°，
在△HAO和△FAO中，
{∠HOA=∠FAO
)
AO=AO
∠AOH=∠AOF
∴△HAO≌△FAO(ASA)，
∴AF=AH，
∴AB=BH+AH=BE+AF，
故②正确；
③OE=OF不一定成立，故③错误
如图所示，作OH⊥AC于H，OM⊥AB于M，
∵∠BAC和∠ABC的平分线相交于点O，
∴点O在∠C的平分线上，
∴OH=OM=OD=a，
∵AB+BC+CA=2b，
1 1 1
∴S = AB⋅OM+ AC⋅OH+ BC⋅OD
△ABC 2 2 21
= (AB+AC+BC)⋅a
2
=ab，
故④正确；
综上，①②④正确，
故选：D．
10．（23-24八年级上·湖北荆门·期末）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，点E重合），在AE同侧
分别作等边△ABC和等边△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ
，OC．以下六个结论：①AD=BE；②PQ∥AE ；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°；⑥
OC平分∠AOE，其中正确的结论的个数是（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【思路点拨】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，角平分线的判定定理，构造辅助线，利用角平
分线判定定理是解题的关键．证明△ACD≌△BCE即可判断①正确，证明△ACP≌△BCQ即可判断②和
③正确，证明CD>DP，即进一步可判断④错误，过点O作OG⊥AD于点G，OH⊥BE于点H，只要证
明CG=CH，即可根据角平分线的判定定理判断⑤正确．
【解题过程】
解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE，
所以①正确；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAP=∠CBQ，
∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCQ=60°，
∴∠ACP=∠BCQ，
又∵AC=BC，
∴△ACP≌△BCQ(ASA)，
∴AP=BQ，CP=CQ，
∵∠BCQ=60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∴∠PCQ=∠CPQ=60°，
∴∠ACB=∠CPQ，
∴PQ∥AE，
所以②③都正确；
∵∠PCQ=∠CPQ=60°，
∴∠DPC>∠PCQ，
∴CD>DP，
∵△CDE都是等边三角形，
∴DE=CD，
∴DE>DP，
所以④错误；
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ABC=60°，
∵∠CAP=∠CBQ，
∴∠BAO+∠ABO=(∠BAC−∠CAP)+(∠ABC+∠CBQ)
=∠BAC+∠ABC
=60°+60°
=120°，
∴∠AOB=180°−(∠BAO+∠ABO)=180°−120°=60°，
所以⑤正确；
过点O作CG⊥AD于点G，CH⊥BE于点H，∵△ACD≌△BCE，
∴S =S ，
△ACD △BCE
1 1
∴ AD⋅CG= BE⋅CH，
2 2
∵AD=BE，
∴CG=CH，
∴OC平分∠AOE，
所以⑥正确；
所以正确的结论的有5个．
故选C．
评卷人 得 分
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）
11．（24-25八年级上·江苏宿迁·阶段练习）在的正方形网格中，以格点为顶点的三角形称为格点三角形，
在图中画出与△ABC关于某条直线对称的格点三角形，最多能画个 个．
【思路点拨】
本题考查了利用轴对称变换作图，熟练掌握网格结构并准确找出对应点的位置是解题的关键，本题的难点
在于确定出不同的对称轴.
根据网格结构分别确定出不同的对称轴，然后作出轴对称三角形即可得解.
【解题过程】
解：如图，最多能画出7个格点三角形与△ABC成轴对称．故答案为：7．
12．（24-25八年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）风筝又称“纸鸢”、“风鸢”、“纸鹞”等，起源于中国
东周春秋时期，距今已有2000多年的历史，如图是一款风筝骨架的简化图，已知AB=AD，BC=CD，
AC=90cm，BD=60cm，制作这个风筝需要的布料至少为 cm2．
【思路点拨】
本题考查线段垂直平分线的判定，熟练掌握线段垂直平分线的判定是解题的关键．利用线段垂直平分线的
判定定理判定AC垂直平分BD，再利用S =S +S 即可求解．
四边形ABCD △ABD △CBD
【解题过程】
解：设BD与AC交于点M，
∵AB=AD，
∴点A在BD的垂直平分线上，∵BC=CD，
∴点C在BD的垂直平分线上，
∴AC垂直平分BD，
∴AC⊥BD，
1 1 1 1
∴S =S +S = BD⋅AM+ BD⋅CM= BD(AM+CM)= BD⋅AC，
四边形ABCD △ABD △CBD 2 2 2 2
∵AC=90cm，BD=60cm，
1
∴S = ×90×60=2700(cm2)，
四边形ABCD 2
故答案为：2700．
13．（24-25八年级上·四川德阳·阶段练习）如图所示，由五个点组成的图形，则
∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=
度．
【思路点拨】
本题考查了多边形的内角和，解题的关键是正确作出辅助线．连接BD、BE，分别在△ABE、△BCD、
△BDE中，利用三角形内角和定理求解即可．
【解题过程】
解：连接BD、BE，
在△ABE中，∠A+∠AED+∠DEB+∠ABC+∠CBE=180°①，
在△BCD中，∠C+∠CDE+∠BDE+∠ABC+∠ABD=180°②，
①+②得：
(∠A+∠ABC+∠C+∠CDE+∠AED)+∠DEB+∠CBE+∠BDE+∠ABC+∠ABD=360°，
在△BDE中，∠DEB+∠BDE+∠CBE+∠ABC+∠ABD=180°，∴∠A+∠ABC+∠C+∠CDE+∠AED=180°，
故答案为：180．
14．（24-25八年级上·内蒙古呼和浩特·阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，
BC=8，AB=10，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
．
【思路点拨】
在AB边上截取AQ′=AQ，连接CQ′，PQ′，过点C作CM⊥AB交AB于点M，交AD于点P′，过点P′作
P′M′⊥AC于点M′，由角平分线的定义及已知条件易证得△PAQ≌△PAQ′ (SAS)，于是有PQ=PQ′，
因而PC+PQ=PC+PQ′，由三角形三边之间的关系可得PC+PQ′≥CQ′，由垂线段最短可得CQ′≥CM
，于是可得PC+PQ≥CM，即PC+PQ的最小值等于CM（当点P位于点P′且点Q位于点M′时，
PC+PQ取得其最小值CM），然后利用三角形的面积公式即可求得CM，于是得解．
【解题过程】
解：如图，在AB边上截取AQ′=AQ，连接CQ′，PQ′，过点C作CM⊥AB交AB于点M，交AD于点P′
，过点P′作P′M′⊥AC于点M′，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠PAQ=∠PAQ′，
在△PAQ和△PAQ′中，
{
AQ=AQ′
)
∠PAQ=∠PAQ′ ，
AP=AP
∴△PAQ≌△PAQ′ (SAS)，
∴PQ=PQ′，∴PC+PQ=PC+PQ′≥CQ′，
∵CM⊥AB，
∴CQ′≥CM，
∴PC+PQ=PC+PQ′≥CQ′≥CM，
即：PC+PQ≥CM，
∴PC+PQ的最小值等于CM，
∵CM⊥AB交AD于点P′，
∴P′M⊥AB，
∵AD是∠BAC的平分线，且P′M⊥AB，P′M′⊥AC，
∴P′M′=P′M，
∴P′C+P′M′=P′C+P′M=CM，
∴当点P位于点P′且点Q位于点M′时，PC+PQ取得其最小值CM，
∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AB=10，
1 1
又∵S = ⋅AC⋅BC= ⋅AB⋅CM，
△ABC 2 2
AC⋅BC 6×8 24
∴CM= = = ，
AB 10 5
24
即：PC+PQ的最小值为 ，
5
24
故答案为： ．
5
15．（24-25八年级上·福建福州·阶段练习）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，AD⊥BC
于点D，点P是CA延长线上一点，点O在AD延长线上，OP=OB，下面的结论：①
∠APO−∠OBD=30°；②△BPO是等边三角形；③AB−AP=AO；④S =2S ，其中正确
四边形AOBP △BOC
的结论是 ．
【思路点拨】
求出∠OPC=∠OCP=∠ACB+∠OCB，∠OCB=∠OBC，∠ABC=∠ACB=30°，可得∠APO−∠OBD=∠OCP−∠OCD=∠ACB=30°，①正确；证明∠OPC=∠OBA，根据三角形内角
和定理求出∠POB=∠PAJ=60°，即可证明△BPO是正三角形，故②正确；延长AO到T，使得
AT=AB，证明△PBA≌△OBT(SAS)，可得PA=OT，再由线段之间的关系可得AB−AP=AO，③正
确；推出四边形AOBP的面积是定值，可得④错误．
【解题过程】
解：如图，设AB交OP于点J．
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=DC，
∴OB=OC，
∵OP=OB，
∴OP=OC=OB，
∴∠OPC=∠OCP=∠ACB+∠OCB，∠OCB=∠OBC，
∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠ABC=∠ACB=30°，
∴∠APO−∠OBD=∠OCP−∠OCD=∠ACB=30°，故①正确；
∵∠OCB=∠OBC，∠ABC=∠ACB，
∴∠OCP=∠OBA，
∵∠OPC=∠OCP，
∴∠OPC=∠OBA，
又∵∠AJP=∠BJO，
∴∠POB=∠PAJ=180°−120°=60°，
∵OP=OB，
∴△BPO是正三角形，故②正确；
延长AO到T，使得AT=AB，
∵∠BAT=60°，∴△ABT是等边三角形，
∵∠ABT=∠PBO=60°，
∴∠PBA=∠OBT，
{
BP=BO
)
在△PBA和△OBT中， ∠PBA=∠OBT ，
BA=BT
∴△PBA≌△OBT(SAS)，
∴PA=OT，
∴AB=AT=AO+OT=OA+PA，
∴AB−AP=AO，故③正确；
∵△PBA≌△OBT，
∴S =S ，
△PBA △OBT
∴S =S ，且S 为定值，
四边形AOBP △ABT △ABT
∵△BOC是变化的，
∴S =2S 是错误（与上面定值矛盾），故④错误；
四边形AOBP △BOC
综上所述：正确的是①②③，
故答案为：①②③．
评卷人 得 分
三、解答题（本大题共8小题，满分55分）
16．（6分）（23-24八年级上·山东菏泽·期末）如图，在平面直角坐标系中，A(−1,4)，B(−3,3)，
C(−2,1)．（1）画出△ABC关于x轴的对称图形△A B C ；
1 1 1
（2）求△ABC的面积；
（3）在y轴上找一点P，使得△PBC的周长最小．
【思路点拨】
本题主要考查了作轴对称图形，三角形面积计算，轴对称的性质；
（1）先作出点A、B、C关于x轴的对称点A 、B 、C ，然后顺次连接即可；
1 1 1
（2）利用割补法求出△ABC的面积即可；
（3）先作出点B关于y轴的对称点B′，连接CB′交y轴于一点，即为点P．
【解题过程】
（1）解：如图，△A B C 即为所求作的三角形；
1 1 1
1 1 1 5
（2）解：S =2×3− ×1×2− ×1×2− ×3×1= ；
△ABC 2 2 2 2
（3）解：先作出点B关于y轴的对称点B′，连接CB′交y轴于一点，该点即为所求作的点P，如图所示：∵点B关于y轴的对称点B′，
∴BP=B′P，
∴BP+PC+BC=B′P+PC+BC，
∵两点之间线段最短，
∴此时△PAC的周长最小．
17．（6分）（24-25八年级上·福建莆田·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AC平分∠BAD，过C作
CE⊥AB于E，并且∠ABC+∠ADC=180°．
（1）求证：BC=DC．
1
（2）求证：AE= (AB+AD)．
2
【思路点拨】
本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，角平分线的性质，注意：全等三角形的对应边相等，对应角
相等，题目比较好，难度适中．
（1）如图所示，过点E作EF⊥AD交AD的延长线于F，根据角平分线的性质得出CE=CF，再证明
∠ABC=∠CDF，证出△CBE≌△CDF，根据全等三角形的性质即可证明；
（2）根据△CBE≌△CDF，得出BE=DF，证明Rt△ACE≌Rt△ACF，得出AE=AF，即可证明；
【解题过程】
（1）证明：如图所示，过点E作EF⊥AD交AD的延长线于F，∵CE⊥AB，CF⊥AD，AC平分∠BAD，
∴CE=CF，∠CEB=∠CFD=90°，
∵∠ABC+∠ADC=180°，
又∵∠CDF+∠ADC=180°，
∴∠ABC=∠CDF，
在△CBE和△CDF中
¿
∴△CBE≌△CDF(AAS)，
∴BC=DC；
（2）证明：∵△CBE≌△CDF，
∴BE=DF，
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴∠AEC=∠AFC=90°，
在Rt△ACE和Rt△ACF中
{AC=AC)
，
CE=CF
∴Rt△ACE≌Rt△ACF(HL)，
∴AE=AF，
∴AB+AD=AE+BE+AD=AE+DF+AD=AE+AF=2AE，
1
∴AE= (AB+AD)．
2
18．（6分）（24-25八年级上·湖北孝感·阶段练习）如图，△ABD和△CAE是等腰直角三角形，其中
∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AE=AC，过A点作AF⊥CB，垂足为点F．（1）求证：△ABC≌△ADE；
（2）若CA平分∠BCE，求证：CD=2BF+DE．
【思路点拨】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质与判定：
（1）先证明∠BAC=∠DAE，再利用SAS即可证明△ABC≌△ADE；
（2）延长BF到G，使FG=BF，连接AG，先证明AD=AG，∠G=∠CDA，由角平分线的定义得到
∠ACG=∠ACD，据此证明△CGA≌△CDA(AAS)，得到CG=CD，再根据线段的和差关系证明即可．
【解题过程】
（1）证明：∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠DAE=90°，
∴∠BAC=∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
{
AB=AD
)
∠BAC=∠DAE ，
AC=AE
∴△ABC≌△ADE(SAS)．
（2）证明：如图，延长BF到G，使FG=BF，连接AG，
∵AF⊥CB，
∴AB=AG，
∴∠ABF=∠G，
∵AD=AB，∴AD=AG，
由（1）得：△ABC≌△ADE(SAS)，
∴∠CBA=∠EDA，CB=ED，
∴∠ABF=∠CDA=180°−∠CBA=180°−∠ADE，
∴∠G=∠CDA，
∵CA平分∠BCE，
∴∠ACG=∠ACD，
在△CGA和△CDA中，
{∠GCA=∠DCA
)
∠G=∠CDA ，
AG=AD
∴△CGA≌△CDA(AAS)，
∴CG=CD，
∵CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF，
∴CD=2BF+DE．
19．（6分）（24-25八年级上·福建莆田·阶段练习）如图，在△AOB和△COD中，OA=OB，OC=OD
，若∠AOB=∠COD=60°，连接AC、BD交于点P；
（1）求证∶△AOC≌△BOD．
（2）求∠APB的度数．
（3）如图（2），△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC，AB=14cm，点D是射线AB上
的一点，连接CD，在直线AB上方作以点C为直角顶点的等腰直角△CDE，连接BE，若BD=4cm，求
BE的值．
【思路点拨】
本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质，三角形内角和定理的应用；
（1）根据题意得出∠AOC=∠BOD，即可证明△AOC≌△BOD(SAS)；
（2）根据题意可得△AOB是等边三角形，根据（1）的结论可得∠OAC=∠OBD，进而根据三角形的内
角和定理，即可求解；（3）分情况讨论，当D在线段AB上时，当D在AB的延长线上时，证明△CAD≌△CBE(SAS)，得出
AD=BE，结合图形，即可求解．
【解题过程】
（1）证明：∵∠AOB=∠COD=60°，
∴∠AOC=∠BOD，
又∵OA=OB，OC=OD，
∴△AOC≌△BOD(SAS)；
（2）解：∵OA=OB，∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠OAB=∠OBA=60°，
∵△AOC≌△BOD，
∴∠OAC=∠OBD，
∴∠APB=180°−∠PAB−∠PBA
=180°−(∠BAO−∠CAO)−(∠ABO+∠OBD)
=180°−60°+∠OAC−60°−∠OBD
=60°；
（3）解：如图所示，当D在线段AB上时，
∵△CDE是以点C为直角顶点的等腰直角三角形，
∴∠DCE=90°,CD=CE，
又∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAD=90°−∠DCB=∠BCE，
∴△CAD≌△CBE(SAS)，
∴AD=BE，
∵AB=14,BD=4，
∴BE=AD=AB−DB=10cm，
如图所示，当D在AB的延长线上时，同理可得，∴△CAD≌△CBE(SAS)，
∴AD=BE，
∵AB=14,BD=4，
∴BE=AD=AB+DB=18cm，
综上所述，BE=10cm或18cm．
20．（6分）（23-24八年级上·江苏南通·阶段练习）如图：△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边
上一动点．由点A向点C运动（P与点A、C不重合），点Q同时以点P相同的速度，由点B向CB延长
线方向运动（点Q不与点B重合），过点P作PE⊥AB于点E，连接PQ交AB于点D．
（1）若设AP的长为x，则PC=_________，QC=____________．
（2）当∠BQD=30°时，求AP的长；
（3）点P，Q在运动过程中，线段ED的长是否发生变化？如果不变，直接写出线段ED的长；如果变
化，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据等边三角形的性质并结合题意即可得出答案；
1
（2）求出△QCP是直角三角形，再由含30°角的直角三角形的性质得出PC= QC，建立方程计算即可
2
得出答案；
（3）过点P作BC的平行线交AB于M，证明△AMP是等边三角形，得出AE=ME，再证明
△PDM≌△QDB(AAS)，得出BD=DM，即可得解．
【解题过程】
（1）解：∵△ABC是边长为6的等边三角形，∴AB=BC=AC=6，
设AP的长为x，则PC=6−x，QB=x，
∴QC=QB+BC=6+x；
（2）解：∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴∠C=60°，
∵∠BQD=30°，
∴∠CPQ=180°−∠C−∠BQD=90°，
∴△QCP是直角三角形，
1
∴PC= QC，
2
1
∴6−x= (6+x)，
2
解得：x=2，
∴AP=2；
（3）解：点P，Q在运动过程中，线段ED的长不发生变化，DE=3，理由如下：
如图，过点P作BC的平行线交AB于M，
∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴∠A=∠ABC=60°，
∵PM∥BC，
∴∠AMP=∠A=∠ABC=60°，∠PMD=∠QBD，
∴△AMP是等边三角形，
∴MP=AP=x，
∵PE⊥AB，
∴AE=ME，
∵QB=AP=x，
∴QB=MP，
∵∠PDM=∠QDB，
∴△PDM≌△QDB(AAS)，∴BD=DM，
1 1 1 1
∴DE=DM+ME= BM+ AM= (BM+AM)= AB=3，
2 2 2 2
∴点P，Q在运动过程中，线段ED的长不发生变化，DE=3．
21．（8分）（24-25八年级上·湖北省直辖县级单位·阶段练习）如图①，在△ABC中，∠ABC与∠ACB
的平分线相交于点P．
（1）若∠A=60°，则∠BPC的度数是 ；
（2）如图②，作△ABC外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，试探索∠Q，∠A之间的数量关
系；
（3）如图③，延长线段BP，QC交于点E，在△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，请直接
写出∠A的度数是 ．
【思路点拨】
此题主要考查了三角形的内角和定理，三角形的外角定理，角平分线定义．
1 1
（1）根据角平分线定义及三角形内角和定理得∠PBC+∠PCB= (∠ABC+∠ACB)= (180°−∠A)
2 2
1
，则∠BPC=180°−(∠PBC+∠PCB)=90°+ ∠A，再根据∠A=60°可得∠BPC的度数；
2
（2）由三角形的外角定理及三角形三角形内角和定理得∠MBC+∠NCB=180°+∠A，再由角平分线
1 1
定义得∠QBC+∠QCB= (∠MBC+∠NCB)=90°+ ∠A，由此得∠Q，∠A之间的数量关系；
2 2
1 1
（3）先求出∠EBQ=90°，根据∠Q=90°− ∠A得∠E= ∠A，然后分四种情况讨论如下：①当
2 2
∠EBQ=3∠E时，②当∠EBQ=3∠Q时，③当∠Q=3∠E时，④当∠E=3∠Q时，分别列方程计算
即可．
【解题过程】
（1）解：在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°−∠A，∵∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P，
1 1
∴∠PBC= ∠ABC，∠PCB= ∠ACB，
2 2
1 1
∴∠PBC+∠PCB= (∠ABC+∠ACB)= (180°−∠A)，
2 2
1 1
∴∠BPC=180°−(∠PBC+∠PCB)=180°− (180°−∠A)=90°+ ∠A，
2 2
∵∠A=60°，
1 1
∴∠BPC=90°+ ∠A=90°+ ×60°=120°，
2 2
故答案为：120°；
1
（2）解：∠Q，∠A之间的数量关系是：∠Q=90°− ∠A，理由如下：
2
∵∠MBC=∠ACB+∠A，∠NCB=∠ABC+∠A，∠ACB+∠A+∠ABC=180°，
∴∠MBC+∠NCB=∠ACB+∠A+∠ABC+∠A=180°+∠A，
∵点Q是∠MBC和∠NCB的角平分线的交点，
1 1
∴∠QBC= ∠MBC，∠QCB= ∠NCB
2 2
1 1 1
∴∠QBC+∠QCB= (∠MBC+∠NCB)= (180°+∠A)=90°+ ∠A，
2 2 2
( 1 ) 1
∴∠Q=180°−(∠QBC+∠QCB)=180°− 90°+ ∠A =90°− ∠A，
2 2
1
故∠Q，∠A之间的数量关系是：∠Q=90°− ∠A；
2
（3）解：∵PB平分∠ABC，BQ平分∠MBC，∠ABC+∠MBC=180°，
1 1
∵∠PBC= ∠ABC，∠QBC= ∠MBC，
2 2
1 1
∴∠PBC+∠QBC= (∠ABC+∠MBC)= ×180°=90°，
2 2
即∠EBQ=90°，
∴∠E+∠Q=90°，
1
由（2）可知：∠Q=90°− ∠A，
2
1
∴∠E+90°− ∠A=90°，
21
∴∠E= ∠A，
2
如果在△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，那么有以下四种情况：
①当∠EBQ=3∠E时，则3∠E=90°，
∴∠E=30°，
此时∠A=2∠E=60°，
②当∠EBQ=3∠Q时，则3∠Q=90°，
∴∠Q=30°，则∠E=60°，
此时∠A=2∠E=120°，
③当∠Q=3∠E时，则∠E+3∠E=90°，
∴∠E=22.5°，
此时∠A=2∠E=45°，
④当∠E=3∠Q时，则3∠Q+∠Q=90°，
∴∠Q=22.5°，
∴∠E=67.5°，
此时∠A=2∠E=135°，
综上所述，∠A的度数是60°或120°或45°或135°，
故答案为：60°或120°或45°或135°．
22．（8分）（23-24八年级上·湖北黄石·期末）在平面直角坐标系中，A(−5,0)，B(0,5)，点C为x轴正
半轴上一动点，过点A作AD⊥BC交y轴于点E．
（1）如图①，若C(3,0)，求点E的坐标；
（2）如图②，若点C在x轴正半轴上运动，且OC<5，其它条件不变，连接DO，求证：DO平分
∠ADC；
（3）若点C在x轴正半轴上运动，当OC+CD=AD时，求∠OBC的度数．【思路点拨】
本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，角平分线的判定，坐标与图形，作出合适的
辅助线构建全等三角形是解本题的关键．
（1）先证明△AOE≌△BOC，可得OE=OC，结合点C坐标为C(3,0)，从而可得答案；
（2）过O作OM⊥DA于M，ON⊥DC于N，利用全等三角形的性质面积相等证明OM=ON，再结合
角平分线的判定可得答案；
（3）如图3，在DA上截取DP=DC，连接OP，证明△OPD≌△OCD，可得OC=OP，
∠OPD=∠OCD，证明AP=OP，证明∠OPD=∠PAO+∠POA=2∠PAO=∠OCB，可得
3∠PAO=90°，从而可得答案．
【解题过程】
（1）解：如图1，
∵AD⊥BC AO⊥BO
， ，
∴∠AOE=∠BDE=∠BOC=90°，
∴∠OAE+∠ACD=90°，∠OBC+∠ACD=90°，
∴∠OAE=∠OBC，
∵A(−5,0)，B(0,5)，
∴OA=OB=5．
在△AOE和△BOC中，
{∠OAE=∠OBC
)
OA=OB ，
∠AOE=∠BOC
∴△AOE≌△BOC(ASA)，
∴OE=OC，
∵点C坐标为(3,0)，
∴OE=OC=3，∴E(0,3)；
（2）证明：如图2，
过O作OM⊥DA于M，ON⊥DC于N，
由（1）知，△AOE≌△BOC，
∴S =S ，AE=BC，
△AOE △BOC
1 1
∴ ×AE×OM= ×BC×ON，
2 2
∴OM=ON，
又OM⊥AE，ON⊥BC，
∴DO平分∠ADC；
（3）解：如图3，
在DA上截取DP=DC，连接OP，
又∠PDO=∠CDO，OD=OD，
∴△OPD≌△OCD(SAS)，
∴OC=OP，∠OPD=∠OCD，
∵OC+CD=AD，AP+DP=AD，∴AP=OP，
∴∠PAO=∠POA，
∴∠OPD=∠PAO+∠POA=2∠PAO=∠OCB，
又∵∠PAO+∠OCD=90°，
∴3∠PAO=90°，
∴∠PAO=30°，
∵∠OAP=∠OBC，
∴∠OBC=∠PAO=30°．
23．（9分）（24-25八年级上·山东济宁·阶段练习）（1）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，
AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°， E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=60°，
探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使
DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论．他的结论应是
______________________．
（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？请写出证明过程．
2
（3）在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且
1
∠EAF= ∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系．
2
【思路点拨】
（1）如图1，延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明
△AEF≌△AGF，可得EF=EG，再结合线段和差关系，即可解题；
（2）如图2，与（1）同理可得：EF=BE+DF；
（3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：
EF=BE−DF．本题是三角形的综合题，利用全等三角形的判定与性质得出AF=AG是解题关键，再利用全等三角形的判
定与性质得出EF=EG，本题的4个问题运用了类比的方法依次解决问题．
【解题过程】
解：（1）如图1，延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，
∵∠B=∠ADC=90°，
∴∠B=∠ADG=90°，
∵AB=AD，DG=BE，
∴△ABE≌△ADG，
∴∠BAE=∠DAG，AG=AE，
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠BAE+∠DAF=120°−60°=60°，
则∠DAG+∠DAF=60°，
即∠GAF=∠EAF=60°，
∵AG=AE，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF，
∴GF=EF,
即GD+DF=BE+DF=EF，
故答案为：BE+DF=EF；
（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．
理由是：如图2，延长EB到G，使BG=DF，连接AG．
∵∠ABC+∠D=180°，∠ABG+∠ABC=180°，∴∠ABG=∠D，
∵在△ABG与△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABG=∠D ，
BG=DF
∴ △ABG≌△ADF(SAS)，
∴AG=AF，∠1=∠2，
1
∴∠1+∠3=∠2+∠3= ∠BAD=∠EAF．
2
∴∠GAE=∠EAF．
又AE=AE，
∴ △AEG≌△AEF，
∴EG=EF．
∵EG=BE+BG．
∴EF=BE+FD，
（3）①EF=BE−FD．
证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABG=∠ADF ，
BG=DF
∴ △ABG≌△ADF(SAS)，
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．
1
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF= ∠BAD．
2
∴∠GAE=∠EAF．
∵AE=AE，易证△AEG≌△AEF，
∴EG=EF，
∵EG=BE−BG，
∴EF=BE−FD．
②EF=FD−BE．
证明：在DF上截取DH=BE，
同第一种情况方法，证明△AEB≌△AHD(SAS)，
证明△AEF≌△AHF(SAS)，
∴EF=FH=FD−DH=FD−BE；
③由（1）、（2）可知，EF=BE+FD；
④如图，点E在BC延长线上，点F在DC延长线，此时线段EF，BE，FD之间并无直接数量关系．
综上，EF=BE−FD或EF=FD−BE或EF=BE+FD；
故答案为：EF=BE−FD或EF=FD−BE或EF=BE+FD；
