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人教版八年级数学上学期期中压轴精选 30 题
考试范围：第十一章-第十三章的内容，共30小题.
一、选择题（共8小题）
1．（2021·湖北·襄阳市樊城区青泥湾中学八年级阶段练习）如图，∠O=∠1，∠2=∠3，∠4=∠5，∠6=∠7，
∠8=90°则∠O的度数为（ ）
A．10° B．15° C．18° D．20°
【答案】C
【分析】设∠O=x，进而根据三角形外角的性质表示出∠2，即可表示出∠3，同理表示出∠4，可得∠5，
再表示出∠6，即可∠7，最后根据∠8=∠O+∠7得出答案即可．
【详解】设∠O=x，
∵∠2是△ABO的外角，且∠O=∠1，
∴∠2=∠O+∠1=2x，
∴∠3=∠2=2x．
∵∠4是△BCO的外角，
∴∠4=∠O+∠3=3x，
∴∠5=∠4=3x．
∵∠6是△CDO的外角，
∴∠6=∠O+∠5=4x，
∴∠7=∠6=4x．
∵∠8是△DEO的外角，
∴∠8=∠O+∠7=5x，
即5x=90°，
解得x=18°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形的外角的性质，根据三角形外角的性质得出待求角之间的等量关系是解题
的关键．
2．（2021·广东·河源广赋创新学校八年级阶段练习）如图，△ABC的面积为16cm2，AP垂直∠B的平分线
BP于P，则△PBC的面积为（ ）A．7cm2 B．8cm2 C．9cm2 D．10cm2
【答案】B
【详解】延长AP交BC于E，根据AP垂直∠B的平分线BP于P，即可求出△ABP≌△BEP，又知△APC和
△CPE等底同高，可以证明两三角形面积相等，即可证明三角形PBC的面积．
【解答】解：延长AP交BC于E，
∵AP垂直∠B的平分线BP于P，
∴∠ABP=∠EBP，
又∵BP=BP，∠APB=∠EPB=90°，
∴△ABP≌△EBP，
∴ ，AP=PE，
∴△APC和△CPE等底同高，
∴ ，
∴ = ×16=8（cm2），
故选：B．
【点睛】本题主要考查面积及等积变换的知识点.证明出三角形PBC的面积和原三角形的面积之间的数量
关系是解题的难点．
3．（2021·湖北·武汉市光谷第二高级中学九年级）如图， 中， ， 分别为 上的
点， 的平分线分别交 于点 ，若 ，则 的度数为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由等腰三角形的性质和角平分线的定义可知 ， ， ，再
利用四边形内角和等于360°可推导 ，然后由三角形外角的性质可知
，进而得到 ，最后由 计算 的度数即可．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∵DF、EG为 和 的平分线，
∴ ， ，
在四边形BCED中，有 ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义和性质、多边形内角和、等腰三角形的性质以及三角形外角的性
质等知识，理解并灵活运用相关知识是解题关键．
4．（2021·山东·梁山县第二中学八年级阶段练习）如图，在长方形ABCD中 ， ．
延长BC到E，使 ，连接 动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿 向终
点A运动，设点P运动的时间为t秒，存在这样的t，使△DCP和△DCE全等，则t的值为（ ）
A． B． C． 或 D． 或
【答案】D
【分析】分两种情况进行讨论，根据题意列方程即可求得．
【详解】解：①当 在 上时，
由题意得 ，
要使 ，则需
，即当 时， ；
②当 在 上时，不存在 使 和 全等；
③当 在 上时，由题意得 ，
， ，
要使 ，则需 ，
即 ，
，
即当 时， ；
综上所述，当 或 时， 和 全等．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定．
5．（2021·重庆市璧山中学校八年级期中）如图，已知等边 和等边 ，点 在 的延长线上，
的延长线交 于点 ，连接 ；下列结论：① ；② ；③ 平分 ；④
，其中正确的有（ ）
A． 个 B． 个 C． 个 D． 个
【答案】D
【分析】证明△APB≌△CEB得到AP＝CE，即可判断①；由△APB≌△CEB，得到∠APB＝∠CEB，再由
∠MCP＝∠BCE，推出∠PME＝∠PBE＝60°，即可判断②；过点B作BN⊥AM 于N， BF⊥ME 于F，证明
△BNP≌△BFE得到BN＝BF，得到BM 平分∠AME，即可判定③；在BM上截取 BK＝CM，连接 AK，先
证明∠ACM＝∠ABK，即可证明△ACM≌△ABK得到AK＝AM，推出△AMK 为等边三角形，则 AM＝MK，
AM+MC＝BM，即可判断④．
【详解】证明：①∵等边△ABC 和等边△BPE，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠PBE＝60°，BP＝BE，
在△APB 和△CEB 中，∴△APB≌△CEB（SAS），
∴AP＝CE，故此选项正确；
②∵△APB≌△CEB，
∴∠APB＝∠CEB，
∵∠MCP＝∠BCE，
则∠PME＝∠PBE＝60°，故此选项正确；
③过点B作BN⊥AM 于N， BF⊥ME 于F，
∵△APB≌△CEB，
∴∠BPN＝∠FEB，
在△BNP 和△BFE 中，
，
∴△BNP≌△BFE（AAS），
∴BN＝BF，
∴BM 平分∠AME，故此选项正确；
④在BM上截取 BK＝CM，连接 AK，
由②知∠PME＝60°，
∴∠AMC＝120°，
由③知：BM 平分∠AME，
∴∠BMC＝∠AMK＝60°，
∴∠AMK=∠ACB=60°，
又∵∠AHM=∠BHC，
∴∠∠CAM=∠CBH，
∵∠CAM+∠ACM=∠EMP=60°，
∴∠CBH+∠ACM=60°，
∴∠ABK+∠PBM＝60°＝∠PBM+∠ACM，
∴∠ACM＝∠ABK，
在△ABK 和△ACM 中∴△ACM≌△ABK（SAS），
∴AK＝AM，
∴△AMK 为等边三角形，则 AM＝MK， 故 AM+MC＝BM，故此选项正确；
故选D．
【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质与判定，角平分线的判定等知识，解题
关键是熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
6．（2022·陕西·西安爱知初级中学七年级期末）如图，在 中， ， ，点 是线段
的中点，将一块锐角为 的直角三角板按如图 放置，使直角三角板斜边的两个端点分别与 、
重合，连接 、 ， 与 交于点 下列判断正确的有（ ）
① ≌ ；② ；③ ；④
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【分析】利用 为等腰直角三角形得到 ， ，则 ，
则可根据“ ”判断 ≌ ，从而对 进行判断；再利用 证明
，则可对 进行判断；由于 ，
，而 得到 ，所以 ，于是可
对 进行判断；由 ≌ 得到 ，由 得到 ，所以 ，
从而可对 进行判断．
【详解】解： ，点 是线段 的中点，，
为等腰直角三角形，
， ，
， ，
，
在 和 中，
，
≌ ，所以 正确；
，
，
，所以 正确；
．
而 ，
，
，
而 ，
，
，
，所以 错误；
≌ ，
，
，
，
，
，所以 正确．
故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．
7．（2022·辽宁·丹东市第十七中学七年级期末）如图，在 中， ， 是高， 是中线，
是角平分线， 交 于点 ，交 于点 ，下面结论：① ；② ；③
；④ ；其中正确的有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据三角形角平分线定义和三角形面积公式可对①进行判断；根据等角的余角相等得到
，再根据角平分线的定义可对②进行判断；根据 和 的关系③进行判断．由角
平分线的定义可得出 ，则可得出结论．
【详解】解：①过点F作FP⊥BC于P,
∵ 是角平分线，FP⊥BC, ,
∴
又∵ （垂线段最短）
∴
∴ ，故①错误；
②∵ ， ，
∴ ，
而 ，
，故②正确．
③∵ 是中线， 是角平分线， 不一定是等腰直角三角形，
∴ 与 不一定相等， 不一定相等，
∴ 不一定全等，
∴ 不一定相等，
∴不能推出 ，故③错误；
④∵ ， 是高，
∴ ，
∵ 是角平分线，
∴ ，∵ ， ，
∴ ，
∴ ，故④正确；
正确的有：②④，共有2个，
故选：B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，三角形内角和定理，三角形的外角性质，三角形的角平分线、中
线、高，等腰三角形的判定等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
8．（2022·吉林省实验中学八年级阶段练习）如图，点A、B、C在一条直线上， 和 均为正三
角形，AE、BD分别与CD、CE交于点M、N，有如下结论：① ；② ；③
；④ ；⑤AE与DB所夹锐角为60°．其中正确的有（ ）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】A
【分析】根据等边三角形的性质和全等三角形的性质及平行线的判定依次判断可求解．
【详解】∵△DAC和△EBC均为正三角形，
∴∠DAC=∠ECB=60°，AC=CD，CE=CB，∠ACD=∠BCE=60°，
∴AD CE，故①正确；
∵点A、B、C在一条直线上，
∴∠DCE＝60°，故②正确；
∵∠ACD=∠BCE=60°，
∴∠ACE=∠DCB=120°，
在△ACE和△DCB中，
，
∴△ACE≌△DCB(SAS)，故③正确；
∴∠CAE=∠CDB，
在△ACM和△DCN中，
，
∴△ACM≌△DCN(ASA)，∴CM＝CN，故④正确；
设AE、BD交于点P，如图所示：
∵∠AMD=∠CDB+∠DPM=∠CAE+∠ACD，
∴∠ACD=∠DPM=60°，
∴AE与DB所夹锐角为60°，故⑤正确；
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的
关键．
二、填空题（共8小题）
9．（2021·陕西·西安爱知初级中学七年级期末）如图，△ABC中，∠A＝60°，BD、CE为△ABC的角平分
线，F为BD、CE的交点，DG为△DFC的高，则∠FDG＝_____．
【答案】30°##30度
【分析】根据三角形内角和得出∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝120°，根据角平分线的定义得出∠CBD+∠BCE
＝60°，根据三角形的外角的性质可得∠DFG＝∠CBD+∠BCE＝60°，根据直角三角形的两锐角互余即可求
解．
【详解】∵∠A＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝120°，
∵BD、CE为△ABC的角平分线，
∴∠CBD＝ ∠ABC，∠BCE＝ ∠ACB，
∴∠CBD+∠BCE＝60°，
∵∠DFG是△BCF的一个外角，
∴∠DFG＝∠CBD+∠BCE＝60°，
∵DG为△DFC的高，∴∠DGF＝90°，
∴∠FDG＝180°﹣∠DGF﹣∠DFG＝30°．
故答案为：30°．
【点睛】本题考查了与角平分线有关的三角形内角和的运算，三角形的外角的性质，三角形高的定义，直
角三角形的两锐角互余，掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
10．（2022·浙江·八年级专题练习）如图，在△ABC中，点P为AB和BC垂直平分线的交点，点Q与点P
关于AC对称，连接PC，PQ，CQ．若△PCQ中有一个角是50°，则∠B=__度．
【答案】50或65
【分析】连接AP、BP，由点P为AB和BC垂直平分线的交点，得PA＝PB＝PC，知∠PAB＝∠PBA，
∠PBC＝∠PCB，∠PAC＝∠PCA，又点Q与点P关于AC对称，可得PC＝QC，∠PCA＝∠QCA，∠CPQ
＝∠CQP，分两种情况：①当∠CPQ＝∠CQP＝50°时，∠PCQ＝80°，可得∠PCA＝40°，∠PAC＝40°，即
得2∠ABP+2∠PBC＝100°，∠ABC＝50°，②当∠PCQ＝50°时，同理可得∠ABC＝65°．
【详解】解：连接AP、BP，如图：
∵点P为AB和BC垂直平分线的交点，
∴PA＝PB＝PC，
∴∠PAB＝∠PBA，∠PBC＝∠PCB，∠PAC＝∠PCA，
∵点Q与点P关于AC对称，
∴PC＝QC，∠PCA＝∠QCA，
∴∠CPQ＝∠CQP，
①当∠CPQ＝∠CQP＝50°时，∠PCQ＝80°，
∴∠PCA＝40°，
∴∠PAC＝40°，
∴∠PAB+∠PBA+∠PBC+∠PCB＝180°﹣∠PAC﹣∠PCA＝100°，
∴2∠ABP+2∠PBC＝100°，∴∠ABP+∠PBC＝50°，即∠ABC＝50°，
②当∠PCQ＝50°时，∠PCA＝25°，
∴∠PAC＝25°，
∴∠PAB+∠PBA+∠PBC+∠PCB＝180°﹣∠PAC﹣∠PCA＝130°，
∴2∠ABP+2∠PBC＝130°，
∴∠ABP+∠PBC＝65°，即∠ABC＝65°，
综上所述，∠ABC为50°或65°，
故答案为：50或65．
【点睛】本题考查轴对称的性质，解题的关键是掌握三角形内角和定理的应用及轴对称的性质．
11．（2022·陕西·西安铁一中分校七年级期末）如图， ，点M、N分别在射线OA、OB上，
MN=6，△OMN的面积为12，P是直线MN上的动点，点P关于OA对称的点为 ，点P关于OB对称的点
为 ，当点P在直线NM上运动时， 的面积最小值为______．
【答案】8
【分析】连接 ，过点 作 交 的延长线于 ，先利用三角形的面积公式求出 ，再根据
轴对称的性质可得 ， ， ，从而可得 ，然后利用
三角形的面积公式可得 的面积为 ，根据垂线段最短可得当点 与点 重合时， 取得最小
值， 的面积最小，由此即可得．
【详解】解：如图，连接 ，过点 作 交 的延长线于 ，
∵ ，且 ，
∴ ，∵点 关于 对称的点为 ，点 关于 对称的点为 ，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ 的面积为 ，
由垂线段最短可知，当点 与点 重合时， 取得最小值，最小值为 ，
∴ 的面积的最小值为 ，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了轴对称、垂线段最短等知识点，熟练掌握轴对称的性质是解题关键．
12．（2021·江苏南京·八年级阶段练习）如图，已知 ABC，AB＝AC＝10cm，∠B＝∠C，BC＝8cm，点D
为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段AC上由C点
△
向A点运动．若点Q的运动速度为v cm/s，则当 BPD与 CQP全等时，v的值为_______cm/s．
△ △
【答案】3或
【分析】分情况讨论 ， 全等： 设运动了 秒， ，得 ， ，算
出 ； 设运动了 秒， ，得 ， ；得 ， ，解出 ，即可．
，
【详解】 设运动了 秒， ， ，
∵点 是 的中点
∴
∵
∴
∴ 点向 点运动了 ， 秒
∵
∴
∴
∴设运动了 秒，当 时，
∵ ，
∴
解得 秒
∵
∴
∴
故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查全等三角形、动点问题，解题的关键是以静制动，利用全等三角形的性质进行解答．
13．（2021·浙江宁波·七年级期末）如图， 是 的中线，延长 至 ，使得 ，连接 ，
，点 在 的平分线上，且 ．设 ，则
___________（用含 、 的式子表示）
【答案】 或
【分析】先证明△BDC≌△EDA（SAS），可得∠C＝∠EAD，根据三角形的内角和定理表示出∠AFB，再分
射线BF在∠DBC内部，射线BF在∠DBC外部，分别表示出∠DBF，即可表示出∠AFB的度数．
【详解】解：∵BD是△ABC的中线，
∴AD＝DC，
∵在△BDC和△EDA中 ，
∴△BDC≌△EDA（SAS），
∴∠C＝∠EAD，
∵点F在∠DAE的平分线上，
∴∠FAD＝ ∠EAD＝ ∠C，∵∠ADB＝α，∠DBC＝β，
∴∠C＝α−β，∠DAB＋∠DBA＝180°−α，
∴∠FAD＝ （α−β），
∴∠AFB＝180°−∠FAB−∠FBA
＝180°−∠DAB−∠DBA−∠FAD−∠FBD
＝180°−（180°−α）− （α−β）−∠FBD
＝ α＋ β−∠FBD
∵∠FBC＝ ∠DBC＝ β，
当射线BF在∠DBC内部时，
∴∠FBD＝ β，
∴∠AFB＝ α＋ β− β＝ α；
当射线BF在∠DBC外部时，
则∠FBD＝ β，
∴∠AFB＝ α＋ β− β＝ α−β，
综上，∠AFB＝ α或 α−β，
故答案为： α或 α−β．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义等，熟练掌握这些
知识是解题的关键，本题综合性较强，难度较大．
14．（2021·福建省泉州实验中学八年级期中）如示意图，在△ABC中，AC＝BC，AE⊥BC于点E，过点B
作∠ABC的角平分线BF交AE于G，点D是射线BF上的一个动点，且点D在△ABC外部，连接AD．∠C
＝2∠ADB，当△ADG为等腰三角形，则∠C的度数为____________
【答案】90°或108°【分析】设∠ADB＝x，则∠C＝2x，从而可求得∠EAB＝x，∠ABF＝ ∠ABC＝45°﹣ x，所以∠AGD＝
∠EAB+∠ABF＝x+45°﹣ x＝45°+ x，再分三种情况：①当AD＝DG时，∠DAG＝∠DGA；②当AD＝AG
时，∠ADG＝∠AGD；③当AG＝DG时，∠GAD＝∠ADG＝x，分别求解即可．
【详解】解：设∠ADB＝x，则∠C＝2x，
∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝ ＝90°﹣x，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝90°，
∴∠EAB＝x，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝ ∠ABC＝45°﹣ x，
∴∠AGD＝∠EAB+∠ABF＝x+45°﹣ x＝45°+ x，
ADG为等腰三角形时，存在三种情况：
①当AD＝DG时，∠DAG＝∠DGA，
△
即x+45°+ x+45°+ x＝180°，
x＝45°，
∴∠C＝90°，
②当AD＝AG时，∠ADG＝∠AGD，
x＝45+ x，
x＝90°，
∴∠C＝180°（不符合题意，舍去），
③当AG＝DG时，∠GAD＝∠ADG＝x，
2x+45+ x＝180， x＝54°，
∴∠C＝108°，
综上，∠C的度数为90°或108°．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，角平分线与三角形内角和定理，三角形外角的性质，分类讨论思想
的应用是解题的关键．
15．（2021·福建·福州教院二附中八年级期末）如图，将等边△ABC的三条边向外延长一倍，得到第一个
新的 ，第二次将等边 的三边向外延长一倍，得到第二个新的 ，依此规律继续延长
下去，若△ABC的面积 ，则第2022个新的三角形的面积 为________【答案】
【分析】连接 ，根据等底同高可得 ，从而可得 ，同样的方法可得
，再归纳类推出一般规律即可得．
【详解】解：如图，连接 ，
， 的面积 ，
，
又 ，
，
，
同理可得： ，
，
同理可得： ，
归纳类推得： ，其中 为非负整数，
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了图形类规律探索、三角形中线与面积，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
16．（2022·江西·崇仁县第二中学七年级阶段练习）如图所示，在 ABC中，∠ACB=90°，∠A=40°，点D
为AB边上一点且不与A、B重合，将 ACD沿CD翻折得到 ECD，直线CE与直线AB相交于点F．
△
DEF为等腰三角形时，∠ACD=__________．
△ △
△【答案】15°或30°或60°
【分析】当 DEF为等腰三角形时，分四种情况讨论，三角形的外角性质以及等腰三角形的性质即可求得
结果．
△
【详解】解： DEF为等腰三角形时，
根据折叠变换的性质可得∠A=∠E=40°，∠ACD=∠ECD，
△
①当DF=DE时，∠E=∠DFE=40°，如图，
∴∠CFB=40°，
∵∠B=50°，
∴∠FCB=90°，显然不符合题意；
②当EF=DE时，∠E=40°，如图，
∴∠EDF=∠EFD= =70°，
∴∠CFB=70°，
∴∠ACF=70°-40°=30°，
∴∠ACD=15°；
③当EF=DF时，∠E=∠FDE=40°，如图，∴∠DFE=180°-40°-40°=100°，
∴∠ACE=100°-40°=60°，
∴∠ACD=30°；
④当点E在线段AB上侧时，DE=EF，如图，
∵△ACD沿CD翻折得到 ECD，
∴∠CAD=∠CED=40°，
△
∴∠EDF=∠EFD=20°，
∴∠ADC=∠EDC= =80°，
∴∠ACD=180°-40°-80°=60°；
故答案为：15°或30°或60°．
【点睛】本题主要考查折叠变换、等腰三角形、三角形的外角性质，解题关键是分类讨论求解．
三、解答题（共14小题）
17．（2021·吉林·大安市乐胜乡中学校八年级阶段练习）[题目]如图①，∠BAC内部有一点D．连接BD，
CD．着∠A=68°，∠ABD= 16°．∠ACD=24°，求∠BDC的大小；
[应用]如图②，在五角星中，∠A+∠ABE+∠ACD+∠D+∠E=____度；
[扩展]如图③，在∠BAD内部有两个向上突起的角，若∠ABE= 20°，∠ECF =45°，∠ADF =15°，∠A=70°，则∠BEC+∠CFD = 度．
【答案】∠BDC= 108°；180；150．
【分析】（1）三角内角和和外角性质即可求∠D的度数；
（2）由三角形的外角性质可得∠ODE+∠OED=∠OBC+∠OCB，由内角和可求得
∠A+∠ABE+∠ACD+∠D+∠E=180°的度数；
（3）由三角形的外角性质得∠BEC+∠CFD =∠BAC+∠ABE+∠CAD+∠ADF
E，把各角的度数代入求解．
【详解】解：（1）连接BC．
∵三角形内角和是180°
∴∠A+∠ABC+∠ACB= 180°
又∵∠ABD= 16°，∠ACD = 24°，∠A=68°
∴∠DBC+∠DCB = 72°
又∵∠D+∠DBC +∠DCB = 180°
∴∠BDC= 108°．
（2）连接BC，
∵∠ODE+∠OED=180°-∠DOE
∠OBC+∠OCB=180°-∠BOC
∠DOE=∠BOC
∴∠ODE+∠OED=∠OBC+∠OCB
又∵三角形内角和是180°
∴∠A+∠ABE+∠ACD=180°-∠OBC-∠OCB
∴∠A+∠ABE+∠ACD=180°-∠ODE-∠OED
∴∠A+∠ABE+∠ACD+∠D+∠E=180°（3）由（1）的结论可知
∵∠BEC=∠BAC+∠ABE+∠AEC
∠CFD=∠CAD+∠ADF +∠ACF
∴∠BEC+∠CFD =∠BAC+∠ABE+∠AEC+∠CAD+∠ADF+∠ACF
∠BEC+∠CFD=∠A+∠ABE+∠ADF +∠ECF =150
°
【点睛】本题主要考查三角形的内角和定理以及外角的性质，解答的关键是结合图形分析清楚各角之间的
关系．
18．（2021·重庆·巴川初级中学校八年级期中）在∠QAP内有一点B，过点B分别作BC⊥AP，BD⊥AQ，垂
足分别为C，D，且BC＝BD，点E，F分别在边AQ和AP上．
(1)如图（1），若 ，求证：BE＝BF；
(2)如图（2），若 ，求证：EF=DE+CF．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据垂直的定义可得 ，再根据邻补角的定义、等量代换可得
，然后根据 定理可证 ，最后根据全等三角形的性质即可得证；
（2）在 上截取 ，连接 ，先根据 定理证出 ，根据全等三角形的性质可
得 ，再根据四边形的内角和、角的和差可得 ，然后根据
定理证出 ，最后根据全等三角形的性质可得 ，由此即可得证．
（1）
证明： ，
，
， ，
，即 ，在 和 中， ，
，
．
（2）
证明：如图，在 上截取 ，连接 ，
，
，
在 和 中， ，
，
，
， ，
，
，
，
，
在 和 中， ，
，
，
即 ．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、四边形的内角和等知识点，较难的是题（2），通过作辅
助线，构造全等三角形是解题关键．
19．（2021·广西柳州·八年级期中）如图，在长方形ABCD中，AB=4，BC=5，延长BC到点E，使得CE=
CD，连结DE．若动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿着BC-CD-DA向终点A运动，设点P的运动时间为t秒．
（1）CE= ；当点P在BC上时，BP= （用含有t的代数式表示）；
（2）在整个运动过程中，点P运动了 秒；
（3）当t= 秒时，△ABP和△DCE全等；
（4）在整个运动过程中，求△ABP的面积．
【答案】（1）2，2t；（2）7；（3）1或6；（4）△ABP的面积为 ．
【分析】（1）根据CE= CD可求得CE的长，利用速度 时间即可求得BP的长；
（2）先计算出总路程，再利用路程 速度即可计算出用时；
（3）分两种情况，利用全等三角形的性质即可求解；
（4）分三种情况，利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：（1）∵CE= CD，AB=CD=4，
∴CE=2，
∵点P从点B出发，以每秒2个单位的速度运动，
∴BP=2t；
故答案为：2，2t；
（2）点P运动的总路程为BC+CD+DA=5+4+5=14，
∴在整个运动过程中，点P运动了 (秒)；
故答案为：7；
（3）当点P在BC上时，△ABP≌△DCE，
∴BP=CE=2，∴2t=2，
解得：t=1；
当点P在AD上时，△BAP≌△DCE，
∴AP=CE=2，
点P运动的总路程为BC+CD+DA-AP=5+4+5-2=12，
∴2t=12，
解得：t=6；
综上，当t=1或6秒时，△ABP和△DCE全等；
故答案为：1或6；
（4）当点P在BC上，即0<t 时，AB=4，BP=2t，
∴△ABP的面积为 AB BP=4t；
当点P在CD上，即 <t 时，AB=4，BC=5，
∴△ABP的面积为 AB BC=10；
当点P在BC上，即 7时，AB=4，AP=14-2t，
∴△ABP的面积为 AB BP=28-4t；
综上，△ABP的面积为 ．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
20．（2022·全国·八年级课时练习）如图，在 中， ，点N从点C出发，
沿线段 以 的速度连续做往返运动，点M从点A出发沿线段 以 的速度运动至点E．M、N
两点同时出发，连结 与 交于点D，当点M到达点E时，M、N两点同时停止运动，设点M的
运动时间为 ．(1)当 时，线段 的长度=___________ ，线段 的长度=___________ ．
(2)当 时，求t的值．
(3)连接 ，当 的面积等于 面积的一半时，直接写出所有满足条件的t值．
(4)当 时，直接写出所有满足条件的t值．
【答案】(1)3，2
(2)t的值为 或4
(3) 或3
(4)
【分析】（1）根据点M、N的运动速度和运动方向计算；
（2）分0≤t≤2、2＜t≤4两种情况，根据题意列式计算即可；
（3）根据三角形面积公式列方程，解方程得到答案；
（4）分0＜t≤2、2＜t≤4两种情况，根据全等三角形的性质列式计算．
（1）
解：当 时，
线段 ，
点N的运动路程为 ，
∴ ，
故答案为：3，2；
（2）
由题意得，
当 时， ，
∴ ，
解得 ，
当 时， ，
，
解得 ，
∴t的值为 或4；（3）
连接AN，
∵AE BC，
∴△ABN和 ABC分别以BN和BC为底时，它们的高相等，
△
∴当BN BC＝2时， ABN的面积等于 ABC面积的一半，
△ △
当 时， ，
则4﹣2t＝2，解得，t＝1；
当 时， ，
则2t﹣4＝2，解得，t＝3，
∴当 ABN的面积等于 ABC面积的一半时，t＝1或3；
（4）
△ △
当 时， ，
则 ，即 ，
解得 ，不符合题意，
当 时， ，
则 ，即 ，
解得 ，
∴t值为 ．
【点睛】本题考查的是三角形的面积计算、全等三角形的性质、一元一次方程的应用，灵活运用分情况讨
论思想是解题的关键．
21．（2021·云南师范大学实验中学七年级期末）如图①，在△ABC中，AB=12cm，BC=20cm，过点C作射
线CD∥AB，点M从点B出发，以3cm/s的速度沿BC匀速移动；点N从点C出发，以acm/s的速度沿CD
匀速移动．点M、N同时出发，当点M到达点C时，点M、N同时停止移动．连接AM、MN，设移动时间
为t（s）．(1)点M、N从移动开始到停止，所用时间为 s；
(2)当△ABM与△MCN全等时，
①若点M、N的移动速度相同，求t的值；
②若点M、N的移动速度不同，求a的值；
(3)如图②，当点M、N开始移动时，点P同时从点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B匀速移动，到达
点B后立刻以原速度沿BA返回．当点M到达点C时，点M、N、P同时停止移动．在移动的过程中，是
否存在△PBM与△MCN全等的情形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)① ；②
(3) 或
【分析】（1）根据时间等于路程除以速度即可求解；
（2）①利用全等三角形的性质，构建方程解决问题即可．
②当CN=AB，CM=BM时，两个三角形全等，求出运动时间，可得结论．
（3）分两种情形分别求解即可解决问题①若点M、N的移动速度不同，则CM=BM，②若点M、N的移动
速度相同，则BM=CN，BP=CM．
（1）
点M的运动时间 （秒），
故答案为：
（2）
①∵点M、N的移动速度相同，
∴CN=BM，
∵CD∥AB，
∴∠NCM=∠B，
∴当CM=AB时，△ABM与△MCN全等，则有12=20-3t，解得t= ．
②∵点M、N的移动速度不同，
∴BM≠CN，
∴当CN=AB，CM=BM时，两个三角形全等，
∴运动时间t= ，
∴a= ．
（3）
若点M、N的移动速度不同，则CM=BM时，两个三角形有可能全等，由（2）②可知此时t=
若点M、N的移动速度相同，则BM=CN，BP=CM，
∴20-3t=12-2t或20-3t=2t-12，
解得t=8（舍）或
综上所述，满足条件的t的值为 或
【点睛】本题考查了动点问题，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨
论的思想思考问题．
22．（2022·全国·八年级课时练习）如图 ，已知，在 中， ， ， ，点
和点 是动点，分别从 ， 出发，以相同的速度沿 ， 边上运动．
(1)判断 与 的数量关系，并说明理由．
(2)若 ，请直接写出四边形 的面积．
(3)如图 ，当点 运动到 点后，将改变方向沿着 运动，此时，点 在 延长线上，过 作
于点 ，过点 作 交 延长线于 ，求证： ．
【答案】(1)DM=DN，理由见解析
(2)1
(3)见解析【分析】（1）连接CD，判定 ，即可得出DM=DN；
（2）依据 ，可得 ，再根据 进
行计算即可；
（3）依据CM=BN，∠CEM=∠F=90°，∠MCE=∠ABC=∠FBN=45°，即可得到 ，进而得出
ME=NF．
（1）
解：DM=DN，理由如下：
如图，连接CD，
∵∠ACB=90°，AC=BC，点D是AB边上的中点，
∴CD=AD，∠DCN=45°=∠A，且 ，
又∵点M和点N的移动速度相等，
∴CN=AM，
∴ ，
∴DM=DN；
（2）
解：∵ ，
∴ ，
∴ ；
（3）
证明：∵点M和点N的移动速度相等，
∴AC+CM=BC+BN，
∵AC=BC，
∴CM=BN，
∵ ， ，
∴∠CEM=∠F=90°，
又∵∠MCE=∠ABC=∠FBN=45°，
∴ ，
∴ME=NF．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，解题时证明 是解决问题的关键．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线
构造三角形．
23．（2022·广东·佛山市南海区瀚文外国语学校七年级阶段练习）（1）如图1，在△ABC中，点D在边BC
上，△ABD与△ADC的面积分别记为S 与S，试判断 与 的数量关系，并说明理由．
1 2
（2）如图2，在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，射线AM交BC于点D，点E、F在AM上，且∠1
＝∠2＝90°，试判断BF、CE、EF三条线段之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，AC与BD交于点O，点E、F在射线AC上，且∠1＝∠2＝
∠BAD．
①全等的两个三角形为 ．
②若OD＝3OB，△AED的面积为2，直接写出△CDE的面积．
【答案】（1） ，理由见解析；
（2） ，理由见解析；
（3）△AED≌△BCA，4．
【分析】（1）根据△ABD与△ADC的高是同高，进行判断即可；
（2）证明△AEC≌△AFB，即可判断出BF、CE、EF三条线段之间的数量关系；
（3）①根据∠1＝∠2＝∠BAD，推出∠ADE＝∠BAC，∠AED＝∠ACB，进而推出△AED≌△ACB；②利用
全等，得到△BCA的面积，再根据同高的两个三角形的面积比等于底边的比，可以得的：
进而得到 ，利用面积差就能求出△CDE的面积．
【详解】解：（1） ，理由如下：
过点A做AE⊥BC，如图所示：则： ，
，
∴ ；
（2）
∵∠1＝∠2＝90°，
∴∠AEC＝∠BFA＝90°．
∵∠BAC＝∠BAF+∠EAC＝90°，∠AEC＝∠ECA+∠EAC＝90°，
∴∠BAF＝∠ECA．
在△AEC和△AFB中：
，
∴△AEC≌△BFA（AAS）
∴ ．
∵ ，
∴ ．
（3）∵∠1＝∠2＝∠BAD，
∴∠AED＝∠ACB，
∵∠1＝∠EDA+∠EAD，∠BAD＝∠EAD +∠BAC，
∴∠EDA＝∠BAC．
在△ABC和△DAE中：
，
∴△ABC≌△DAE（AAS）
∵OD＝3OB，由(1)中思路可知：
∴
∴ ，
∴
∴
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法、三角形的外角定理、三角形的面积公式等，熟练掌握三角形
全等的判定方法是解题的关键．
24．（2022·辽宁·阜新实验中学七年级期末）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．
(1)小王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 ；（直接写结论，不需证明）
△
探索延伸：
△
(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADF=180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=
∠BAD，（1）中结论是否仍然成立，并说明理由；
(3)如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且
∠EAF= ∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请直接写出它们之间的数
量关系．
【答案】(1)EF=BE+FD
(2)（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．证明见解析；
(3)结论EF=BE+FD不成立，结论是：EF=BE-FD．证明见解析．
【分析】（1）延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，利用全等三角形的性质解决问题即可；
（2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM．证明 ABM≌△ADF（SAS），由全等三角形的性质得出
AF=AM，∠2=∠3． AME≌△AFE（SAS），由全等三角形的性质得出EF=ME，即EF=BE+BM，则可得出结
△
论；
△
（3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．证明 ABG≌△ADF（SAS）．由全等三角形的性质得出
∠BAG=∠DAF，AG=AF．证明 AEG≌△AEF（SAS），由全等三角形的性质得出结论．
△
（1）
△
解：EF=BE+FD．
延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，∵∠ABE=∠ADG=∠ADC=90°，AB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS）．
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG．
∴∠BAE+∠DAF=∠DAG+∠DAF=∠EAF=60°．
∴∠GAF=∠EAF=60°．
又∵AF=AF，
∴△AGF≌△AEF（SAS）．
∴FG=EF．
∵FG=DF+DG．
∴EF=BE+FD．
故答案为：EF=BE+FD；
（2）
解：（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．
证明：如图②中，延长CB至M，使BM=DF，连接AM．
∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°，
∴∠1=∠D，
在 ABM与 ADF中，
△ △，
∴△ABM≌△ADF（SAS）．
∴AF=AM，∠2=∠3．
∵∠EAF= ∠BAD，
∴∠2+∠4= ∠BAD=∠EAF．
∴∠3+∠4=∠EAF，即∠MAE=∠EAF．
在 AME与 AFE中，
△ △
，
∴△AME≌△AFE（SAS）．
∴EF=ME，即EF=BE+BM，
∴EF=BE+DF；
（3）
解：结论EF=BE+FD不成立，结论：EF=BE-FD．
证明：如图③中，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，
△ △
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF= ∠BAD．
∴∠GAE=∠EAF．
∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG=EF，
∵EG=BE-BG，
∴EF=BE-FD．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造
全等三角形解决问题．
25．（2021·湖北·襄阳市樊城区青泥湾中学八年级阶段练习）已知，如图①，在 ABC中，∠BAC=90°，
AB=AC，直线m经过点A，BD垂直于直线m，CE垂直于直线m，垂足分别为点D、E．
△
(1)图中的一对全等三角形为 ，DE、BD和CE之间的数量关系为
(2)如图②，将（1）中的条件改为：在 ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有
，其中 为任意钝角，请问（1）中DE、BD和CE三者之间的数量关系是否成
△
立？若成立，请你给出证明：若不成立，请说明理由．
(3)如图③，将（1）中直线m绕点A旋转，交线段BC与点F，请直接写出DE、BD和CE之间的数量关系．
【答案】(1) ADB≌△CEA；DE＝BD＋CE；
(2)结论DE＝BD＋CE成立，证明见解析；
△
(3)DE＝BD－CE．
【分析】（1）根据垂直的定义得到∠BDA＝∠CEA＝90°，根据同角的余角相等得到∠CAE＝∠ABD，根
据“AAS”证明 ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到AE＝BD，AD＝CE，结合图形得到DE＝BD＋
CE；
△
（2）根据∠BDA＝∠BAC＝α，得到∠DBA＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAE＝180°−α，求出∠DBA＝∠CAE，由
AAS证明 ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到AE＝BD，AD＝CE，结合图形得到DE＝BD＋CE；；
（3）根据垂直的定义得到∠BDA＝∠CEA＝90°，根据同角的余角相等得到∠CAE＝∠ABD，根据“AAS”
△
证明 ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到AE＝BD，AD＝CE，结合图形得到DE＝BD－CE；
（1）
△
解：图中的一对全等三角形为： ADB≌△CEA；DE、BD和CE之间的数量关系为：DE＝BD＋CE；
△证明：如图①，∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＋∠CAE＝90°
∵∠BAD＋∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
在 ADB和 CEA中， ，
△ △
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE＋AD＝BD＋CE，
故答案为： ADB≌△CEA；DE＝BD＋CE；
（2）
△
结论DE＝BD＋CE成立，
证明：如图②，∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAE＝180°−α，
∴∠DBA＝∠CAE，
在 ADB和 CEA中， ，
△ △
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE＋AD＝BD＋CE；
（3）
如图③，∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＋∠CAE＝90°
∵∠BAD＋∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
在 ADB和 CEA中， ，
△ △
∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE－AD＝BD－CE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理等知识，掌握
全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
26．（2021·湖南·安化县梅城镇中学七年级阶段练习）【问题背景】在四边形 中， ，
， ， ， 分别是 ， 上的点，且 ，试探究图中线段
， ， 之间的数量关系．
(1)【初步探索】读图一，小亮同学认为：延长 到点 ，使 ，连接 ，先证明 ，
再证明 ，则可得到 ， ， 之间的数量关系是 ．
(2)【探索延伸】在图二四边形 中， ， ， ， 分别是 ， 上的点，
，上述结论是否仍然成立？说明理由．
(3)【结论运用】如图三，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（ 处）北偏西 的 处，舰艇乙在指
挥中心南偏东 的 处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以
海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东 的方向以 海里/小时的速度前进 小时后，指挥中心观测到
甲、乙两舰艇分别到达 ， 处，且两舰艇之间的夹角（ ）为 ，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】(1)
(2)结论仍然成立，见解析
(3) 海里
【分析】问题背景中，根据小亮的设计可以得到所要的结论；
探索延伸中，先判断结论是否成立，然后根据图形和题目中条件，作出合适的辅助线，进行说明即可；
在实际应用中，根据题目中的条件进行合理的推导，只要能说明符合探索延伸的条件，即可解答本题．
（1）
解：问题背景：
∵小王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，
△
∴EF=FG，FG=FD+DG=FD+BE，
△
∴EF=BE+FD，故答案为：EF=BE+FD；
（2）
解：探索延伸：
上述结论EF=BE+FD成立，
理由：如图2，延长FD到点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADG+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADG，
∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF= ∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠DAF+∠BAE=∠BAD ∠EAF= ∠BAD，
∴∠GAF=∠EAF，
又∵AG=AE，AF=AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴EF=GF，
∵GF=DF+DG=DF+BE，
∴EF=BE+FD；
（3）
解：实际应用：
如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，在四边形AOBC中，
∵∠AOB=30°+90°+（90°-70°）=140°，∠FOE=70°= ∠AOB，
又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=（90°-30°）+（70°+50°）=60°+120°=180°，
∴图3符合探索延伸的条件，
∴EF=AE+FB=1.5×（60+80）=210（海里），
即此时两舰艇之间的距离210海里．
【点睛】本题考查三角形综合题，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思
想进行解答．
27．（2022·陕西师大附中八年级期中）在锐角 中， ， 于点 ．
(1)如图1，过点 作 于点 ，求证： ；
(2)若点 为射线 上一动点，连接 ，过点 作 ，且满足 ．连接 ，交直线 于
点 ，如图2．当点 在线段 上时，试猜想 和 的数量关系并证明；
(3)在（2）问的条件下，当点 在 的延长线上时，如图3，若 ，请直接写出 的值．
【答案】(1)见解析
(2)BP=2DF，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据已知条件可得△ABD是等腰直角三角形，得出AD=BD，进而证明∠DAC=∠FBD，根据
证明△BDF≌△ADC，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）证明△APD≌△QAE（AAS）得出 可得 ，进而证明△QEF≌△BDF（AAS），
得出 ，即可得证；（3）由（2）可得PB=2DF，BD=AD，结合已知条件可得PB=2× BD= BD，代入 即可求解．
（1）
证明：∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
又∵∠B=45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AD=BD，
∵BG⊥AC，
∴∠BGC=90°，
∴ ，
∴∠DAC=∠FBD，
在△BDF和△ADC中，
，
∴△BDF≌△ADC（SAS），
∴AC=BF，
（2）
BP=2DF，
理由如下：，
如图所示，过Q作QE⊥AD，交AD与点E，则，∠AEQ=∠FEQ=90°，
∴∠AQE+∠QAE=90°，
又∵∠PAD+∠QAE=90°，
∴∠AQE=∠PAD，
在△APD和△QAE中，
，
∴△APD≌△QAE（AAS），
∴AE=PD，AD=QE，∴DE=BP，
又∵AD=BD，
∴BD=QE，
在△QEF和△BDF中，
，
∴△QEF≌△BDF（AAS），
∴EF=DF，
∴BP=2DF；
（3）
当点P在DB的延长线上时，如下图所示，
由上述证明过程可知PB=2DF，BD=AD，
又已知 ，
∴DF= AD，
∴PB=2× BD= BD，
∴ ，
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定是解题
的关键．
28．（2022·黑龙江·依安县中心镇民乐村中学九年级期末）已知 是边长为4的等边三角形，点D是射
线 上的动点，将 绕点A逆时针方向旋转 得到 ，连接 ．(1)如图1，猜想 是什么三角形？___________；（直接写出结果）
(2)如图2，猜想线段 、 、 之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)①当 ___________时， ；（直接写出结果）
②点D在运动过程中， 的周长是否存在最小值？若存在．请直接写出 周长的最小值；若不存
在，请说明理由．
【答案】(1)等边三角形
(2)
(3)① 或
②
【分析】（1）根据旋转的性质得到 ，根据等边三角形的判定定理解答；
（2）证明 ，根据全等三角形的性质得到 ，结合图形计算即可；
（3）①分点 在线段 上和点 在线段 的延长线上两种情况，根据直角三角形的性质解答；②根据
得到 ，根据垂线段最短解答．
（1）
由旋转变换的性质可知， ，
是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
（2）
，
证明：由旋转的性质可知， ，
是等边三角形
，
，
，即 ，
在 和 中，,
，
；
故答案为： ；
（3）
① 为 或 时， ，
当点 在线段 上时， ，
，
，
，
，
，
当点 在线段 的延长线上时， ，
，
，
，
，
，
为 或 时， ；
故答案为： 或 ；
②点 在运动过程中， 的周长存在最小值，最小值为 ，
理由如下： ，
，
则 的周长 ，
当 最小时， 的周长最小，
为等边三角形，
，
的最小值为 ，
的周长的最小值为 ．
故答案为： ；
【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
29．（2022·广东汕头·八年级期末）已知，如图1，在平面直角坐标系中，点A、B分别在x轴、y轴的正半
轴上，点C在第一象限， ，AC=BC，点A的坐标为(m,0)，点C的横坐标为n，且
．
(1)直接写出m，n的值；
(2)如图2，D为边AB的中点，以点D为顶点的直角∠EDF的两边分别交边BC于E，交边AC于F
①求证：DE=DF；
②求证： ；
(3)在平面坐标内有点G(点G不与点A重合)，使得△BCG是以BC为直角边的等腰直角三角形，请直接写
出满足条件的点G的坐标．
【答案】(1)m＝1 , n＝4
(2)①见解析；②见解析
(3)G的坐标为(3，11)，(7，8)，(－3，3)
【分析】(1)根据 ，得出m=1，n=4；
(2)①连接CD，则CD⊥AB，CD平分∠ACB，△BCD和△ACD都为等腰直角三角形，再证
，得出DE=DF；
②由①知 ，可得 ，可证得 ，再由 ，即可证得
结论；
(3)作出以BC为直角边的等腰直角三角形 、 、 ，可证得
，可得 ， ，即
可得出点G的坐标．
（1）
解： ，，
，n-4=0，
解得m=1，n=4；
（2）
证明：①如图：连接CD，
∵在△ABC中，AC=BC，D为边AB的中点，
∴CD⊥AB， ，
∴△DBC和△DAC都是等腰直角三角形，
∴DB＝DC，
∵ ，
∴∠BDE=∠CDF，
在△DBE和△DCF中
∴ ，
∴DE=DF；
②∵ ，
∴
∴
∵
∴S DECF= S ABC
四边形
（3） △
解：∵m=1，n=4，
∴点A的坐标为(1,0)，点C的横坐标为4，如图：过点C向x轴和y轴分别作垂线，垂足为点M、N，
∵ ，
∴∠BCN=∠ACM，
在△CMA和△CNB中
∴ ，
∴CM=CN=4，BN=AM=4-1=3，OB=3+4=7，
， ，
如图：作出以BC为直角边的等腰直角三角形 、 、 ，
作 轴于点Q， 于点R，
由题意可知： ，
在 与 中，，
， ，
作 轴于点M，作 轴， 于点P，
轴，
，
，
，
，
在 与 中，
，
， ，
同理可证得 ，
，
， ，
G的坐标为(3，11)，(7，8)，(-3，3)．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，关键是掌握证明三角形全等是证
明线段相等的重要方法．
30．（2022·黑龙江·肇东市第十中学八年级期末）（1）阅读理解：
如图①，在 ABC中，若AB=8，AC=12，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE=AD，再连接BE（或将 ACD绕着点D逆时针旋转
△
180°得到 EBD），把AB、AC，2AD集中在 ABE中，体现了转化和化归的数学思想，利用三角形三边的
△
关系即可判断．
△ △
中线AD的取值范围是 ；
（2）问题解决：
如图②，在 ABC中，D是BC边上的中点，DM⊥DN于点D，DM交AB于点M，DN交AC于点N，连接
MN，求证：BM+CN＞MN；
△
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，CB=CD，∠BCD=110°，以C为顶点作一个55°角，角的两边
分别交AB，AD于M、N两点，连接MN，探索线段BM，DN，MN之间的数量关系，并加以证明．【答案】（1）2＜AD＜10；（2）见解析；（3）BM+DN=MN；理由见解析
【分析】（1）由SAS证明 ACD≌△EBD，得出BE=AC=12，在 ABE中，由三角形的三边关系即可得出结
论；
△ △
（2）延长ND至点F，使FD=ND，连接BF、MF，同（1）得： BFD≌△CND，由全等三角形的性质得出
BF=CN，由线段垂直平分线的性质得出MF=MN，在 BFM中，由三角形的三边关系即可得出结论；
△
（3）延长AB至点E，使BE=DN，连接CE，如图2所示，由SAS证明△EBC≌△NDC，得出CE=CN，
△
∠ECB=∠NCD，根据SAS可证明△NCM≌△ECM，则MN=ME，即可得出结论．
【详解】（1）阅读理解：
解：延长AD到点E使DE=AD，再连接BE，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
在△ACD和△EBD中，
∵ ，
∴△ACD≌△EBD（SAS），
∴BE=AC=12，
在△ABE中，由三角形的三边关系得：BE-AB＜AE＜BE+AB，
∴12-8＜AE＜12+8，即4＜AE＜20，
∴2＜AD＜10；
故答案为：2＜AD＜10；
（2）问题解决：
证明：延长ND至点F，使FD=ND，连接BF、MF，如图1所示：同（1）得：△BFD≌△CND（SAS），
∴BF=CN，
∵DM⊥DN，FD=ND，
∴MF=MN，
在△BFM中，由三角形的三边关系得：BM+BF＞MF，
∴BM+CN＞MN；
（3）问题拓展：
解：BM+DN=MN；理由如下：
延长AB至点E，使BE=DN，连接CE，如图2所示，
∵∠ABC+∠D=180°，∠EBC+∠ABC=180°，
∴∠EBC=∠D，
在△EBC和△NDC中，
∵ ，
∴△EBC≌△NDC（SAS），
∴CE=CN，∠ECB=∠NCD，
∵∠BCD=110°，∠MCN=55°，
∴∠BCM+∠NCD=55°，
∴∠ECM=55°=∠MCN，
在△NCM和△ECM中，∵ ，
∴△NCM≌△ECM（SAS），
∴MN=ME，
∵BM+BE=ME，
∴BM+DN=MN．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系、线段垂直平分
线的性质、等腰直角三角形的性质、角的关系等知识；正确作出辅助线并证明三角形全等是解决问题的关
键．
