文档内容
八上数学期末复习压轴题 9 个必考点
【人教版】
【考点1 压轴小题·三角形中求线段与角的值】....................................................................................................1
【考点2 压轴小题·三角形中多结论问题】............................................................................................................9
【考点3 压轴小题·三角形中最值问题】..............................................................................................................25
【考点4 压轴小题·三角形中的分类讨论思想】..................................................................................................34
【考点5 压轴小题·新定义及规律】......................................................................................................................41
【考点6 压轴小题·整式与分式求值】..................................................................................................................44
【考点7 压轴小题·分式方程解的情况】..............................................................................................................47
【考点8 压轴大题·三角形综合题】......................................................................................................................51
【考点9 压轴大题·坐标与三角形综合题】..........................................................................................................68
【考点1 压轴小题·三角形中求线段与角的值】
1．（2023秋•武昌区期末）如图，△ABC中，∠BAC＝60°，点D是△ABC外一点，△BCD是等边三角
AB
形，过点D分别作AB，AC的垂线，垂足分别为E，F，若CF＝3BE，则 的值为（ ）
AC
7 5 4 5
A． B． C． D．
5 4 3 3
【分析】过点B作BG⊥AC于点G，过点C作CH⊥AB于点H，可求出∠ACH＝30°，再由∠BCD＝
60°，得∠BCH+∠DCF＝180°﹣∠ACH﹣∠BCD＝90°，根据DF⊥CF得∠DCF+∠CDF＝90°，进而得
∠BCH＝∠CDF，由此可证△BCH和△CDF全等，则BH＝CF，同理△BCG≌△DBE（AAS），则CG
＝BE，设BE＝x，则CG＝BE＝x，BH＝CF＝3x，设AH＝a，AG＝b，则AB＝AH+BH＝a+3x，AC＝
AG+CG＝b+x，由∠ACH＝30°得AC＝2AH，即b+x＝2a，则b＝2a﹣x，在Rt△ABG中，求出∠ABG＝
3a 7a
30°，得AB＝2AG，即a+3x＝2b，进而得a+3x＝2（2a﹣x），由此可得x= ，b＝2a﹣x= ，进而
5 514a 10a AB
得AB＝3x+a= a，AC＝b+x= ，据此可求出 的值．
5 5 AC
【解答】解：过点B作BG⊥AC于点G，过点C作CH⊥AB于点H，如图所示：
∵∠BAC＝60°，CH⊥AB，
∴∠ACH＝30°，
∵△BCD为等边三角形，
∴∠BCD＝60°，BC＝CD，
∴∠BCH+∠DCF＝180°﹣∠ACH﹣∠BCD＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∵DF⊥CF，
∴∠DCF+∠CDF＝90°，
∴∠BCH＝∠CDF，
又∵DF⊥CF，CH⊥AB，
∴∠BHC＝CFD＝90°，
在△BCH和△CDF中，
{∠BHC=CFD=90°
)
∠BCH=∠CDF ，
BC=CD
∴△BCH≌△CDF（AAS），
∴BH＝CF，
同理：△BCG≌△DBE（AAS），
∴CG＝BE，
设BE＝x，则CG＝BE＝x，
∵CF＝3BE，
∴BH＝CF＝3x，
设AH＝a，AG＝b，
则AB＝AH+BH＝a+3x，AC＝AG+CG＝b+x，
在Rt△ACH中，∠ACH＝30°，∴AC＝2AH，
即b+x＝2a，
∴b＝2a﹣x，
在Rt△ABG中，∠BAC＝60°，
∴∠ABG＝30°，
∴AB＝2AG，
即a+3x＝2b，
∴a+3x＝2（2a﹣x），
3a
∴x= ，
5
7a
∴b＝2a﹣x= ，
5
3a 14a 7a 3a
∴AB＝3x+a=3× +a= ，AC＝b+x= + =2a，
5 5 5 5
14a
∴AB 5 7．
= =
AC 2a 5
故选：A．
2．（2023秋•咸安区期末）如图，等边△ABC的边长为3，点P是AC边上的一个动点，过点P作PD⊥AB
于点D，延长CB至点Q，使得BQ＝AP，连接PQ交AB于点E，则DE的长为（ ）
3 5
A．1 B． C．2 D．
2 2
【分析】过点P作PF∥BC交AB于点F，则∠EPF＝∠Q，先证明△AFP是等边三角形，则FP＝AP＝
1 1 1
BQ，再证明△FEP≌△BEQ，得FE＝BE= BF，由PD⊥AB于点D，得FD＝AD= AF，则DE=
2 2 2
3
（AF+BF）= ．
2
【解答】解：过点P作PF∥BC交AB于点F，则∠EPF＝∠Q，∵△ABC是边长为3的等边三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠C＝60°，AB＝3，
∴∠AFP＝∠ABC＝60°，∠APF＝∠C＝60°，
∴∠A＝∠AFP＝∠APF，
∴△AFP是等边三角形，
∴FP＝AP，
∵BQ＝AP，
∴FP＝BQ，
在△FEP和△BEQ中，
{∠FEP=∠BEQ
)
∠EPF=∠Q ，
FP=BQ
∴△FEP≌△BEQ（AAS），
1
∵FE＝BE= BF，
2
∵PD⊥AB于点D，
1
∴FD＝AD= AF，
2
1 1 3
∴DE＝FD+FE= （AF+BF）= AB= ，
2 2 2
故选：B．
3．（2023秋•竹山县期末）如图，△ABC中，点D在BC上，∠ACB＝75°，∠BAC＝∠ADC＝60°，
AE⊥BC于E，CF⊥AD于F，AE、CF相交于点G．DC＝m，AF＝n，则线段EG的长为（ ）1 1 1 1 1 1 1 1
A． n− m B． n+ m C． n− m D． n+ m
2 4 2 4 2 2 2 2
【分析】利用AAS证明△AFG≌△CFD可得CF＝AF＝n，再根据含30°角的直角三角形的性质可求得
1 1
FG＝DF= m，进而可求CG＝CF﹣FG＝n− m，再利用30°角所对的直角边等于斜边的一半可求解．
2 2
【解答】解：∵∠ACB＝75°，∠BAC＝60°，
∴∠ABC＝180°﹣∠ACB﹣∠BAC＝45°
∵∠ADC＝60°，
∴∠ADB＝120°，
∴∠DAC＝∠ADB﹣∠ACB＝120°﹣75°＝45°，
又∵CF⊥AD，
∴∠AFC＝∠CFD＝90°，∠ACF＝∠DAC＝45°，
∴AF＝CF，
∵CF⊥AD，AE⊥BC，
∴∠CDF+∠DCF＝∠CGE+∠DCF＝90°，
∴∠CDF＝∠CGE，
又∵∠CGE＝∠AGF，
∴∠AGF＝∠CDF，
∵在△AFG和△CFD中，
∠AFC＝∠CFD，∠AGF＝∠CDF，AF＝CF，
∴△AFG≌△CFD（AAS），
∴CF＝AF＝n，
在Rt△CFD中，∠CFD＝90°，∠FCD＝30°，
1 1
∴DF= CD= m，
2 2
1
∴FG＝DF= m，
2
1
∴CG＝CF﹣FG＝n− m，
2
在Rt△CGE中，∠AEC＝90°，∠FCD＝30°，
1 1 1
∴EG= CG= n− m．
2 2 4故选：A．
4．（2023秋•沙市区期末）如图，在四边形 ABCD中，AB＝AD＝12，BC＝DC，∠A＝60°，点E在AD
上，连接BD，CE相交于点F，CE∥AB．若CE＝9，则CF的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】连接AC，先证明△ABC≌△ADC（SSS），根据全等三角形的性质可得∠BAC＝∠CAD，根据
平行线的性质可得∠BAC＝∠ACE，进一步可得∠CAD＝∠ACE，可得EA＝EC＝9，根据AB＝AD，
∠BAD＝60°，可知△ABD是等边三角形，从而可知△EFD是等边三角形，可知EF＝DE＝3，根据CF
＝CE﹣EF求解即可．
【解答】解：连接AC，
∵AB＝AD＝12，BC＝DC，
在△ABC和△ADC中，
{AB=AD
)
BC=CD ，
AC=AC
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC＝∠CAD，
∵CE∥AB，
∴∠BAC＝∠ACE，
∴∠CAD＝∠ACE，
∴EA＝EC，
∵CE＝9，
∴AE＝9，
∴ED＝12﹣9＝3，
∵AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝∠ADB＝60°，
∵CE∥AB，∴∠EFD＝∠ABD＝60°，∠FED＝∠BAD＝60°，
∴△EFD是等边三角形，
∴EF＝ED＝3，
∴CF＝CE﹣EF＝9﹣3＝6，
故选：C．
5．（2023 秋•甘井子区校级期末）△ABC 在△ABC 中，边 AB，AC 的垂直平分线相交于 P 点，若
3 3
∠AEB= ∠EAC= α，则∠BAE是（ ）
2 2
1 1
A． α B． C．90°− α D．90°﹣
2 2
α α
【分析】连接AP，延长BP交AC于D，根据线段垂直平分线的性质及等腰三角形的性质证得∠ABP＝
∠BAP，∠ACP＝∠CAP，根据三角形内角和即可求出∠BAE．
【解答】解：连接BP，CP，
3 3
∵∠AEB= ∠EAC= α，
2 2
∴∠EAC＝ ，
∵∠AEB＝∠α EAC+∠ACE，1
∴∠ACE=∠AEB−∠EAC= α，
2
∵点P是AB，AC的垂直平分线的交点，
∴PA＝PB＝PC，
1 1
∴∠ABP＝∠BAP，∠ACP＝∠CAP＝ ，∠CBP=∠BCP=∠ACP−∠ACB=α− α= α，
2 2
α
设∠ABP＝∠BAE＝x，
1 3
∴∠ABC=∠ABP−∠BPC=x− α，∠BAC=∠BAP−∠PAC=x+ α，
2 2
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°，
1 1
∴x− α+x+α+ α=180°，
2 2
1
∴x=90°− α，
2
1
即∠BAE=90°− α．
2
故选：C．
6．（2023秋•老河口市期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，AD平分∠BAC，点E在BC的延长线
上，∠CAE＝75°，若CE＝BA+AC，则∠B的度数为 ．
【分析】延长CA到O，使得AO＝AB，连接OE，求出∠BAE＝∠OAE＝105°，证明△AOE≌△ABE，
然后根据角度关系求得3∠B+30°＝180°求出∠B的度数即可．
【解答】解：延长CA到O，使得AO＝AB，连接OE，
∵∠BAC＝30°，∠CAE＝75°，
∴∠BAE＝75°+30°＝105°，∠OAE＝180°﹣75°＝105°，∴∠BAE＝∠OAE，
在△AOE和△ABE中，
{
AO=AB
)
∠BAE=∠OAE ，
AE=AE
∴△AOE≌△ABE（SAS），
∴∠B＝∠O，
∵CE＝BA+AC，
∴CE＝AO+AC＝OC，
∴∠O＝∠CEO，
∴∠OCE+∠O+∠OEC＝∠B+∠BAC+∠B+∠B＝180°，
故3∠B+30°＝180°，
∴∠B＝50°，
故答案为：50°
【考点2 压轴小题·三角形中多结论问题】
1．（2023秋•武汉期末）如图，△ABC是等腰直角三角形，将直角三角形DEF的直角顶点D放在BC的中
点上，转动△DEF，设DE，DF分别交AC，BA的延长线于点E，G，连EG，有下列结论：①∠FGE
＝135°；②若AC＝5，BG＝8，则CE＝3；③EF＝2DG；④2S△BDG ＝S△ABC +2S△CDE ，其中正确的结
论有几个？（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】①连接AD，根据等腰直角三角形得AD⊥BC，AD＝CD＝BD，∠ACB＝∠B＝45°，∠CAD＝
1/2BAC＝45°，先证△ECD和△GAD全等得CE＝AG，DE＝DG，进而得△EDG为等腰直角三角形，则
∠EGD＝45°，据此可求出∠FGE的度数，进而可对结论①进行判断；
②由AC＝5得AB＝AC＝5，再由BG＝8得AG＝BG﹣AB＝3，然后根据CE＝AG可对结论②进行判
断；③在Rt△DEF中，∠F不一定是30°，因此EF＝2DE不一定成立，再根据DE＝DG可对结论③进行判
断；
④根据点D为BC的中点得S△ABC ＝2S△ABD ，再根据△ECD≌△GAD得S△CDE ＝S△ADG ，然后由S△BDG ＝
S△ABD +S△ADG ，得S△BDG ＝S△ABD +S△CD E，进而得2S△BDG ＝2S△ABD +2S△CDE ，由此可对结论④进行判断，
综上所述即可得出答案．
【解答】解：①连接AD，如图所示：
∵△ABC是等腰直角三角形，点D为底边BC的中点，
1
∴AD⊥BC，AD＝CD＝BD，∠ACB＝∠B＝45°，∠CAD= ∠BAC＝45°，
2
∴∠1+∠3＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠2，
∵∠ACB＝45°，
∴∠ECD＝180°﹣∠ACB＝135°，
∵∠GAD＝∠GAE+∠CAD＝90°+45°＝135°，
∴∠GAD＝∠ECD，
在△ECD和△GAD中，
{∠GAD=∠ECD
)
AD=CD ，
∠1=∠2
△ECD≌△GAD（ASA），
∴CE＝AG，DE＝DG，
∴△EDG为等腰直角三角形，
∴∠EGD＝45°，∴∠FGE＝180°﹣∠EGD＝180°﹣45°＝135°，
故结论①正确；
∵AC＝5，
∴AB＝AC＝5，
∵BG＝8，
∴AG＝BG﹣AB＝8﹣5＝3，
∵CE＝AG，
∴CE＝3，
故结论②正确；
在Rt△DEF中，∠F不一定等于30°，
∴EF＝2DE不一定成立，
∵DE＝DG，
∴EF＝2DG不一定成立，
故结论③不正确；
∵点D为BC的中点，
∴S△ABC ＝2S△ABD ，
∵△ECD≌△GAD，
∴S△CDE ＝S△ADG ，
又∵S△BDG ＝S△ABD +S△ADG ，
∴S△BDG ＝S△ABD +S△CDE ，
∴2S△BDG ＝2S△ABD +2S△CDE ，
∴2S△BDG ＝S△ABC +2S△CDE ，
故结论④正确．
综上所述：正确的结论是①②④，共3个．
故选：B．
2．（2024•罗湖区校级模拟）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠B＝30°，D为AB的中点，P为CD上一
点，E为BC延长线上一点，且PA＝PE．有下列结论：①∠PAD+∠PEC＝30°；②△PAE为等边三角
CE−CP
形；③PD=
2
；④S四边形AECP ＝S△ABC ．其中正确的结论是（ ）A．①②③④ B．①② C．①②④ D．③④
【分析】连接BP，由等腰三角形的性质和线段的中垂线性质即可判断①；由三角形内角和定理可求
∠PEA＝∠PAE＝60°，可判断②；过点 A 作 AF⊥BC，在 BC 上截取 CG＝CP，由“SAS”可证
△P′AC≌△∠EAC，作点P关于AB的对称点P′，连接P′A，P′D，根据对称性质即可判断③；
过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG＝CP，由三角形的面积的和差关系可判断④．
【解答】解：如图，连接BP，
∵AC＝BC，∠ABC＝30°，点D是AB的中点，
∴∠CAB＝∠ABC＝30°，AD＝BD，CD⊥AB，∠ACD＝∠BCD＝60°，
∴CD是AB的中垂线，
∴AP＝BP，且AP＝PE，
∴AP＝PB＝PE
∴∠PAB＝∠PBA，∠PEB＝∠PBE，
∴∠PBA+∠PBE＝∠PAB+∠PEB，
∴∠ABC＝∠PAD+∠PEC＝30°，
故①正确；
∵PA＝PE，
∴∠PAE＝∠PEA，
∵∠ABC＝∠PAD+∠PEC＝30°，
∴∠PAE＝∠PEA＝60°，
∴△PAE是等边三角形，故②正确；
如图，作点P关于AB的对称点P′，连接P′A，P′D，
∴AP＝AP′，∠PAD＝∠P′AD，
∵△PAE是等边三角形，
∴AE＝AP，
∴AE＝AP′，
∵∠CAD＝∠CAP+∠PAD＝30°，
∴2∠CAP+2∠PAD＝60°，
∴∠CAP+∠PAD+∠P′AD＝60°﹣∠PAC，
∴∠P′AC＝∠EAC，
∵AC＝AC，
∴△P′AC≌△∠EAC（SAS），
∴CP′＝CE，
∵点P、P′关于AB对称，即PP′⊥AB，且PD＝P′D，
∵CD⊥AB，
∴C、P、D、P′共线，
∴CE＝CP′＝CP+PD+DP′＝CP+2PD，
CE−CP
∴PD= ．
2
故③正确；
过点A作AF⊥BC，在BC上截取CG＝CP，
∵CG＝CP，∠BCD＝60°，
∴△CPG是等边三角形，
∴∠CGP＝∠PCG＝60°，
∴∠ECP＝∠GPB＝120°，且EP＝PB，∠PEB＝∠PBE，∴△MCE≌△BGE（AAS），
∴CE＝GB，
∴AC＝BC＝BG+CG＝EC+CP，
∵∠ABC＝30°，AF⊥BM，
1
∴AF= AB＝AD，
2
1 1 1 1
∵S△ACB =
2
CB×AF =
2
（EC+CP）×AF =
2
EC×AF +
2
CP×AD＝S四边形AECP ，
∴S四边形AECP ＝S△ABC ．故④正确．
所以其中正确的结论是①②③④．
故选：A．
3．（2023秋•十堰期末）如图，在△ABC中，∠BCA＝90°，CA＝CB，AD为边BC边上的中线，CG⊥AD
于G，交AB于F，过点B作BC的垂线交CG于点E．有下列结论：①△ADC≌△CEB；②DF＝EF；
③F为EG的中点；④∠ADC＝∠BDF；⑤G为CF的中点．其中正确的结论有（ ）个．
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】①由条件可知∠ECD+∠ADC＝∠E+∠ECD＝90°，可得∠E＝∠ADC，再结合条件即可证明
△ADC≌△CEB；②④BE＝CD＝BD，结合条件可证明△BEF≌△BDF，则有∠E＝∠BDF＝∠ADC，
EF＝DF，可得∠ADC＝∠BDF；③可得根据直角三角形的斜边大于直角边可得 DF＞FG，结合EF＝
DF，可知F不可能为EG中点．⑤假设G为CF的中点，先证明△DGF≌△DGC（SAS），可得DF＝
DC，即可证明∠FDB＝90°，进而可得∠E＝90°，此与∠EBC＝90°相矛盾，即可作答．【解答】解：∵∠BCA＝90°，CG⊥AD，
∴∠ECD+∠ADC＝∠E+∠ECD＝90°，
∴∠E＝∠ADC，
∵BE⊥BC，
∴∠EBC＝∠ACD＝90°，
在△ADC和△CEB中，
{∠ACD=∠CBE
)
∠ADC=∠E ，
AC=BC
∴△ADC≌△CEB（AAS），故①正确；
∵D为BC中点，
∴BE＝CD＝BD，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠DBF＝45°＝∠EBF，
在△BEF和△BDF中，
{
BE=BD
)
∠DBF=∠EBF ，
BF=BF
∴△BEF≌△BDF（SAS），
∴∠E＝∠BDF，EF＝DF，故②正确；
又∵∠E＝∠ADC，
∴∠ADC＝∠BDF，故④正确；
在Rt△DFG中，DF＞FG，
∵EF＝DF，
∴EF＞FG，
∴F不是EG的中点，故③不正确；
假设G为CF的中点，
∴GF＝GC，
∵GD＝GD，∠DGF＝∠DGC＝90°，
∴△DGF≌△DGC（SAS），
∴DF＝DC，
∵CD＝BD，∴DF＝BD，
∵∠BDF＝45°，
∴∠BDF＝45°＝∠BFD，
∴∠FDB＝90°，
∵∠E＝∠BDF，
∴∠E＝90°，此与∠EBC＝90°相矛盾，
故假设错误，即G不是CF的中点，故⑤错误，
即正确的有①②④，正确的为3个，
故选：B．
4．（2023秋•荆门期末）如图，△ABC中，AB＝AC，BD平分∠ABC交AC于点G，DM∥BC交∠ABC的
外角平分线于点M，交AB、AC于点F、E，下列结论：
①S△ABG ：S△BCG ＝AB：BC；
②FD＝EC；
③EC＝EF+DG；
1
④CE= MD．
2
其中正确的结论有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
【分析】由角平分线的性质得出GH＝GN，再根据三角形面积公式即可证得S△ABG ：S△BCG ＝AB：BC；
由等腰三角形的判定，易得△BDF与△BMF是等腰三角形，△AEF是等腰三角形，继而可得FM＝DF
1
＝BF＝EC；由直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，即可证得CE= MD．
2
【解答】解：①如图，过点G作GQ⊥BC于Q，GN⊥AB于N，∵BD平分∠ABC，
∴GQ＝GN，
1 1
∵S△ABG =
2
AB•GN，S△BCG =
2
BC•GQ，
∴S△ABG ：S△BCG ＝AB：BC，
∴①正确，符合题意；
②∵DM∥BC，
∴∠MBH＝∠M，∠D＝∠CBD，
∵BM平分∠ABH，BD平分∠ABC，
∴∠M＝∠MBF，∠D＝∠ABD，
∴BF＝FM＝FD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∵DM∥BC，
∴∠AFE＝∠AEF，
∴AF＝AE，
∴BF＝CE，
∴FD＝EC，
∴②正确，符合题意；
③∵∠C与∠BGC的大小不确定，
∴DE不一定等于DG，
∵EC＝DF＝EF+DE，
∴EC不一定等于EF+DG，
∴③错误，不符合题意；
④∵BD平分∠ABC，BM是∠ABC的外角平分线，1 1
∴∠MBF＝∠MBH= ∠ABH，∠ABD＝∠CBD= ∠ABC，
2 2
1 1
∴∠MBD＝∠MBF+∠ABD= （∠ABH+∠ABC）= ×180°＝90°，
2 2
∵FM＝DF，
1
∴BF= MD，
2
1
∴CE= MD，
2
∴④正确，符合题意．
故选：B．
5．（2024秋•蕲春县期末）如图，△ABC中，∠ABC、∠FCA的角平分线BP、CP交于点P，延长BA、
BC，PM⊥BE于M，PN⊥BF于N，则下列结论：①AP平分∠EAC；②∠ABC+2∠APC＝180°；
③∠BAC＝2∠BPC；④S△PAC ＝S△MAP +S△NCP ．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】过点 P 作 PD⊥AC 于 D，根据角平分线的判定定理和性质定理判断 ①；证明
Rt△PAM≌Rt△PAD，根据全等三角形的性质得出∠APM＝∠APD，判断②；根据三角形的外角性质判
断③；根据全等三角形的性质判断④．
【解答】解：①过点P作PD⊥AC于D，
∵PB平分∠ABC，PC平分∠FCA，PM⊥BE，PN⊥BF，PD⊥AC，
∴PM＝PN，PN＝PD，
∴PM＝PD，
∵PM⊥BE，PD⊥AC，
∴AP平分∠EAC，故①正确；
②∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠ABC+90°+∠MPN+90°＝360°，
∴∠ABC+∠MPN＝180°，在Rt△PAM和Rt△PAD中，
{PM=PD)
，
PA=PA
∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），
∴∠APM＝∠APD，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴∠CPD＝∠CPN，
∴∠MPN＝2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC＝180°，②正确；
③∵BP平分∠ABC，CP平分∠FCA，
1
∴∠ACF＝∠ABC+∠BAC＝2∠PCF，∠PCF= ∠ABC+∠BPC，
2
∴∠BAC＝2∠BPC，③正确；
④由②可知Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴S△APD ＝S△MAP ，S△CPD ＝S△NCP ，
∴S△PAC ＝S△MAP +S△NCP ，故④正确，
故选：D．
6．（2023秋•丹江口市期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，过点C作CD⊥AB于点D，过点B作
BM⊥AC于点M，连接MD，过点D作DN⊥MD，交BM于点N．CD与BM相交于点E，若点E是CD
的中点，则下列结论：①AC＝BE；②DM＝DN；③∠AMD＝45°；④NE＝3ME．其中正确的有（
）个．A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】证明△BDC是等腰直角三角形，从而证明△BDE≌△CDA，△BDN≌△CDM，根据全等三角
形的性质即可证明结论，证明△DNM 是等腰直角三角形，可得∠AMD＝45°，△DEF≌△CEM
（AAS），可得MN＝2MF＝4ME，即可证明结论．
【解答】证：∵CD⊥AB，BM⊥AC，
∴∠BDE＝∠CME＝90°，
∵∠DEB＝∠MEC，
∴∠DBE＝∠DCA，
∵∠ABC＝45°，CD⊥AB，
∴△BDC是等腰直角三角形，
∴BD＝CD，
∵∠BDE＝∠CDA，∠DBE＝∠DCA，
∴△BDE≌△CDA（ASA），
∴BE＝AC，
∵∠BDC＝∠NDM＝90°，
∴∠BDN＝∠CDM，
∵∠DBN＝∠DCM，BD＝CD，
∴△BDN≌△CDM（ASA），
∴DM＝DN，
∵∠NDM＝90°，
∴△DNM是等腰直角三角形，
∴∠DMN＝45°，
∴∠AMD＝45°，
故①②③正确，
过点D作DF⊥MN于点F，则∠DFE＝∠CME＝90°，
∵DN⊥MD，DN＝DM，
∴MN＝2FM＝2FN，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
∵∠DEF＝∠CEM，∠DFE＝∠CME，
∴△DEF≌△CEM（AAS），∴ME＝EF，
∴MN＝2MF＝4ME，
∴NE＝3ME，
故④正确，
本题选：A．
7．（2023秋•和平区期末）如图，在△ABC中，∠BAC和∠ABC的平分线AE，BF交于点I，AE交BC于
点E，BF交AC于点F，连接IC．过点I作ID⊥BC于点D，若ID＝h，AB＝c，AC＝b，BC＝a，现给
出以下结论：
①∠ACI＝∠BCI；
②∠BIC＝90°+∠BAC；
s
③ℎ = △ABC ；
a+b+c
④当∠ACB＝60°时，AF+BE＝AB；
a+b−c
⑤当∠ACB＝90°时，ℎ = ；
2
其中，正确结论的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】作IG⊥AC于点G，IH⊥AB于点H，由角平分线的性质得IF＝IH，ID＝IH，所以IF＝ID，则
1 1
CI平分∠ACB，所以∠ACI＝∠BCI，可判断①正确；由∠IBC= ∠ABC，∠ICB= ∠ACB，可推导出
2 21 1
∠BIC＝180°− （180°﹣∠BAC）＝90°+ ∠BAC≠90°+∠BAC，可判断②错误；由IF＝IH＝ID＝h，
2 2
1 1 1 1
AB＝c，BC＝a，AC＝b，得S△ABC ＝S△ABI +S△BCI +S△ACI =
2
AB•IH +
2
BC•ID +
2
AC•IF =
2
h（a+b+c），则
2S S
h= △ABC ≠ △ABC ，可判断③错误；在AB上截取AL＝AF，连接IL，当∠ACB＝60°时，可证明
a+b+c a+b+c
∠AIB＝180°﹣（∠IAB+∠IBA）＝120°，则∠AIF＝∠BIE＝180°﹣∠AIB＝60°，可证明△AIL≌△AIF，
则∠AIL＝∠AIF＝60°，所以∠BIL＝∠BIE＝60°，再证明△BIL≌△BIE，得BL＝BE，则AF+BE＝
AL+BL＝AB，可判断④正确；当∠ACB＝90°时，则四边形IDCG是正方形，所以CG＝CD＝ID＝h，可
a+b−c
证明Rt△AIG≌Rt△AIH，得AG＝AH，再证明Rt△BID≌Rt△BIH，得BD＝BH，可证明h= ，
2
可判断⑤正确，于是得到问题的答案．
【解答】解：如图1，作IG⊥AC于点G，IH⊥AB于点H，
∵AE平分∠BAC交BC于点E，
∴IF＝IH，
∵BF平分∠ABC交AC于点F，ID⊥BC于点D，
∴ID＝IH，
∴IF＝ID，
∴点I在∠ACB的平分线上，
∴CI平分∠ACB，
∴∠ACI＝∠BCI，
故①正确；
1 1
∵∠IBC= ∠ABC，∠ICB= ∠ACB，
2 2
1
∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）＝180°− （∠ABC+∠ACB），
2
∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC，
1 1
∴∠BIC＝180°− （180°﹣∠BAC）＝90°+ ∠BAC≠90°+∠BAC，
2 2
故②错误；
∵IF＝IH＝ID＝h，AB＝c，BC＝a，AC＝b，1 1 1 1
∴S△ABC ＝S△ABI +S△BCI +S△ACI =
2
AB•IH +
2
BC•ID +
2
AC•IF =
2
h（a+b+c），
2S S
∴h= △ABC ≠ △ABC ，
a+b+c a+b+c
故③错误；
如图2，在AB上截取AL＝AF，连接IL，
∵∠ACB＝60°，
∴∠BAC+∠ABC＝180°﹣∠ACB＝120°，
1 1
∵∠IAB= ∠BAC，∠IBA= ∠ABC，
2 2
1 1
∴∠IAB+∠IBA= （∠BAC+∠ABC）= ×120°＝60°，
2 2
∴∠AIB＝180°﹣（∠IAB+∠IBA）＝180°﹣60°＝120°，
∴∠AIF＝∠BIE＝180°﹣∠AIB＝180°﹣120°＝60°，
在△AIL和△AIF中，
{
AL=AF
)
∠LAI=∠FAI ，
AI=AI
∴△AIL≌△AIF（SAS），
∴∠AIL＝∠AIF＝60°，
∴∠BIL＝∠AIB﹣∠AIL＝120°﹣60°＝60°，
∴∠BIL＝∠BIE，
在△BIL和△BIE中，
{∠BIL=∠BIE
)
BI=BI ，
∠LBI=∠EBI
∴△BIL≌△BIE（ASA），
∴BL＝BE，
∴AF+BE＝AL+BL＝AB，
故④正确；
如图3，∠ACB＝90°，
作IG⊥AC于点G，IH⊥AB于点H，则∠AGI＝∠AHI＝∠BHI＝∠BDI＝90°，
∵∠IGC＝∠IDC＝∠DCG＝90°，∴四边形IDCG是矩形，
∵IG＝ID＝IH，
∴四边形IDCG是正方形，
∴CG＝CD＝ID＝h，
在Rt△AIG和Rt△AIH中，
{AI=AI)
，
IG=IH
∴Rt△AIG≌Rt△AIH（HL），
∴AG＝AH，
在Rt△BID和Rt△BIH中，
{BI=BI)
，
ID=IH
∴Rt△BID≌Rt△BIH（HL），
∴BD＝BH，
∴CG+CD＝2h＝BC+AC﹣AG﹣BD＝BC+AC﹣（AH+BH）＝BC+AC﹣AB＝a+b﹣c，
a+b−c
∴h= ，
2
故⑤正确，
故选：B．【考点3 压轴小题·三角形中最值问题】
1．（2024•武威二模）如图，等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，M为AB中点．点D为射线
BC上的一个动点，以AD为直角边向右上方构造等腰直角△ADE，∠DAE＝90°，连接EM．在D点的
运动过程中，EM长度的最小值是 ．
【分析】连接BE，过点M作MG⊥BE于点G，过点A作AK⊥AB交BD的延长线于点K，可得△AKB
是等腰直角三角形．根据△ADE是等腰直角三角形，从而证明△ADK≌△AEB，得∠ABE＝∠K＝45°，
可得△BMG是等腰直角三角形，可求得MG的长，当ME＝MG时，ME的值最小，进而可得ME的最
小值．
【解答】解：如图，连接BE，过点M作MG⊥BE于点G，过点A作AK⊥AB交BD的延长线于点K，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∴∠K＝45°，
∴△AKB是等腰直角三角形．
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴∠KAD+∠DAB＝∠BAE+∠DAB＝90°，
∴∠KAD＝∠BAE，
在△ADK和△AEB中，{
AD=AE
)
∠KAD=∠BAE ，
AK=AB
∴△ADK≌△AEB（SAS），
∴∠ABE＝∠K＝45°，
∴△BMG是等腰直角三角形，
∵AC＝BC＝4，
∴AB＝4❑√2，
∵M为AB中点，
∴BM＝2❑√2，
∴MG＝BG＝2，∠BGM＝90°，
∴BM＞MG，
∴当ME＝MG时，ME的值最小，
∴ME＝BE＝2．
故答案为：2．
2．（2023秋•东西湖区期末）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠A＝45°，D、E两点分别是边AC、AB
上的动点，且式BE＝2AD，将线段DE绕点D顺时针旋转45°得到线段DF，连接BF，当线段BF最短
时，∠ABF＝ °．
【分析】在CD上截取DM＝AE，连接FM，CF，作点B关于CF的对称点N，连接CN，BN，先证明
△ADE≌△MFD，得到AD＝FM，∠A＝∠DMF＝45°，当B、F、N三点共线时，2BF＝BF+NF的值最小，最小值为BN，此时BF最小，再证明△BCN为等腰直角三角形，可得∠CBN＝45°即可解答．
【解答】解：在CD上截取DM＝AE，连接FM，CF，作点B关于CF的对称点N，连接CN，BN，
∵∠A＝45°，∠EDF＝45°，∠A+∠AED＝∠EDM＝∠EDF+∠FDM，
∴∠AED＝∠FDM，
∴DE＝DF，
∴△ADE≌△MFD（SAS），
∴AD＝FM，∠A＝∠DMF＝45°，
∵AB＝AC，
∴AE+BE＝AD+CD，
∵BE＝2AD，
∴CD＝AE+AD．
∵CD＝DM+CM，
∴CM＝AD，
∴FM＝CM，
∴∠MCF＝∠MFC，
∵∠DMF＝45°，
∴∠FCM＝∠MFC＝22.5°，
∴F点在射线CF上运动，
∵点B与点N的关于CF对称，
∴BF＝NF，CN＝BC，
∴BF+FN＝2BF≥BN，
当B、F、N三点共线时，BF+FN＝2BF的值最小，即此时BF最小，最小值为BN，
∵∠A＝45°，AB＝BC，
∴∠ACB＝∠ABC＝67.5°，∴∠BCF＝∠ACB﹣∠FCM＝45°，
由对称性得：∠NCF＝∠BCF＝45°，
∴∠BCN＝90，
∵△BCN是等腰直角三角形，
∴∠CBN＝45°，
∴∠ABF＝∠ABC﹣∠CBN＝22.5°，
故答案为：22.5．
3．（2023秋•十堰期末）如图，△ABD是边长为6的等边三角形，E，F分别是边AD，AB上的动点，若
∠ADC＝∠ABC＝90°，则△CEF周长的最小值为 ．
【分析】作点C关于AD的对称点G，作点C关于AB的对称点H，连接GE，依据∠ADC＝∠ABC＝
90°，∠A＝60°，由于∠BCD＝120°，即可得到∠G＝∠H＝30°，∠DCE＝∠BCF＝30°，进而得到
△CEF是等边三角形，再根据含30°角的直角三角形的性质，即可得到CE的长，进而得出△CEF周长
的最小值．
【解答】解：如图所示，作点 C关于AD的对称点G，作点C关于AB的对称点H，连接GE，AC，
HF，DG，BH，则DG＝DC，BC＝BH，
∵AD⊥CD，AB⊥BC，
∴AD垂直平分CG，AB垂直平分HC，
∴CE＝GE，CF＝HF，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°，∠A＝60°，
∴∠BCD＝120°，
∵AD＝AB，AC＝AC，
∴Rt△ACD≌Rt△ACB（HL），
∴CD＝CB，
∴CG＝CH，
∴∠G＝∠H＝30°，∴∠DCE＝∠BCF＝30°，
∴∠CEF＝∠CFE＝60°＝∠ECF，
∴△CEF是等边三角形，
∴AE＝CE＝2DE＝4，
∴△CEF周长＝CE+CF+EF＝4+4+4＝12．
故答案为：12．
4．（2023秋•丹江口市期末）如图，△ABC中，BC＝20，∠ABC＝15°，点F、E分别是AB，BC上的动
点，则EF+FC的最小值＝ ．
【分析】作点C关于AB的对称点C′，连接BC′，作C′E⊥BC交AB于点F，当C′E⊥BC时，
EF+FC有最小值C′E，据此即可求解．
【解答】解：作点C关于AB的对称点C′，连接BC′，作C′E⊥BC交AB于点F，如图所示：
则CF＝C′F，BC′＝BC＝20，∠C′BA＝∠ABC＝15°，
∴EF+FC＝EF+C′F，∠CBC′＝30°，
∵点E别是BC上的动点，
∴C′E⊥BC时，EF+FC有最小值C′E，
∵∠CBC′＝30°，1
∴C′E= BC′=10，
2
故答案为：10．
5．（2023秋•孝昌县期末）如图，将△ABC沿AD折叠使得C恰好落在AB边上的M点处，D在BC上，
点P在线段AD上运动，若AC＝4，CD＝2，BD＝5，则△PMB的周长最小值为 ．
【分析】作DG⊥AC于G，DH⊥AB于H，AI⊥BC于I，根据同一三角形的面积相等求出AB＝10，在
根据翻折变换，把△PMB周长的最小值，转化为求 PB+PM的最小值即可．
【解答】解：如图，作DG⊥AC于G，DH⊥AB于H，AI⊥BC于I，
由折叠的性质可知：∠CAD＝∠BAD，AC＝AM＝8，CP＝PM，
∵DG⊥AC，DH⊥AB，
∴DG＝DH，
1 1
CD⋅AI AC⋅DG
S 2 2
∴ △ACD= = ，
S 1 1
△BAD BD⋅AI AB⋅DH
2 2
CD AC
∴ = ，
BD AB
2 4
∴ = ，
5 AB
∴AB＝10，
∴BM＝AB﹣AM＝AB﹣AC＝10﹣4＝6，
要求△PMB周长的最小值，就转化为求PB+PM的最小值，
∵PC+PB＞BC，
∴当P与D重合时，PC+PB取最小值，即BD+CD＝7，∴△PMB的最小值为PM+PB+BM＝6+7＝13．
6．（2023秋•厦门期末）如图，等边三角形AOB中，B（﹣4，0），点D是OB上一点，且BD＝a．若点
E是y轴正半轴上一动点，F是线段AB上一动点．当DE+EF的值最小时，点F的横坐标为 ．（用
含a的式子表示）
【分析】作点D关于y轴的对称点M，过点E作EF⊥AB，过点F作FH⊥OB，如图，此时DE+EF的值
最小，然后根据30°所对的直角边等于斜边的一半进而得出答案．
【解答】解：作点D关于y轴的对称点M，过点E作EF⊥AB，过点F作FH⊥OB，如图，此时DE+EF
的值最小，
∵等边三角形AOB中，B（﹣4，0），点D是OB上一点，且BD＝a．
∴DO＝4﹣a，OB＝4，∠AOB＝60°，
∵点D关于y轴的对称点是M，
∴OM＝DO＝4﹣a，
∴BM＝8﹣a，
∵EF⊥AB，
∴∠BMF＝30°，
1 8−a
∴BF= BM= ，
2 2
∵FH⊥OB，
∴∠BFH＝30°，1 8−a
∴BH= BF= ，
2 4
8−a 8+a
∴OH=OB−BH=4− = ，
4 4
8+a
∴点F的横坐标为− ，
4
8+a
故答案为：− ．
4
7．（2023秋•湖里区期末）如图，AD是等边△ABC的高，点M是线段AD上一点，连接BM，以BM为边
向右下方作等边△BMN，当BN+DN的值最小时，∠BMD的大小为 ．
【分析】取AB的中点E，作EF∥BC交AC于点F，连接EM、FM，因为△ABC是等边三角形，AD是
BC边上的高，所以AB＝BC，∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，AD⊥BC，可证明BD＝BE，因为△BMN是
等边三角形，所以 BN＝BM，∠MBN＝60°，则∠DBN＝∠EBM＝60°﹣∠CBM，可证明
△BDN≌△BEM，得DN＝EM，再证明△AEF是等边三角形，则AD垂直平分EF，所以EM＝FM＝
DN，则BN+DN＝BM+FM，连接BF，当点M落在线段BF上时，BM+FM的值最小，此时BN+DN的值
最小，可求得∠BMD＝60°，于是得到问题的答案．
1
【解答】解：如图1，取AB的中点E，作EF∥BC交AC于点F，连接EM、FM，则BE＝AE= AB，
2
∵△ABC是等边三角形，AD是BC边上的高，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，AD⊥BC，
1
∴BD＝CD= BC，
2
∴BD＝BE，
∵△BMN是等边三角形，
∴BN＝BM，∠MBN＝60°，
∴∠DBN＝∠EBM＝60°﹣∠CBM，
在△BDN和△BEM中，{
BN=BM
)
∠DBN=∠EBM ，
BD=BE
∴△BDN≌△BEM（SAS），
∴DN＝EM，
∵∠EAF＝60°，∠AEF＝∠ABC＝60°，∠AFE＝∠C＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∵AD平分∠BAC，
∴AD垂直平分EF，
∴EM＝FM，
∴DN＝FM，
∴BN+DN＝BM+FM，
连接BF，当点M落在线段BF上时，BM+FM的值最小，此时BN+DN的值最小，
如图2，点M在BF上，
1 1
∵AF＝AE= AB= AC，
2 2
∴AF＝CF，
1
∴∠CBM＝∠ABM= ∠ABC＝30°，
2
∵∠MDB＝90°，
∴∠BMD＝90°﹣∠CBM＝90°﹣30°＝60°，
故答案为：60°．【考点4 压轴小题·三角形中的分类讨论思想】
1．（2023秋•武昌区期末）点O是△ABC所在平面内一点，满足OA＝OB＝OC，点I是∠ABC，∠ACB的
角平分线的交点，若∠BOC＝∠BIC，则∠BAC的度数为 ．
【分析】根据三角形角平分线的定义和三角形内角和定理，以及角平分线的性质和三角形的外角的性
质，然后列出方程进行推理计算．
【解答】解：当点O与点A在BC同侧时，
∵点I是∠ABC，∠ACB的角平分线的交点，
1 1
∴∠IBC= ∠ABC，∠ICB= ∠ACB，
2 2
1 1 1
∴∠BIC＝180°− （∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（90°− ∠BAC）＝90°+ ∠BAC，
2 2 2
∵OA＝OB＝OC，
∴点O是△ABC的外心，
∵∠BOC＝∠BIC，
∴2∠BAC＝∠BOC，
1
∴2∠BAC＝90°+ ∠BAC，
2
∴∠BAC＝60°，
当点O与点A在BC异侧时，
∵点I是∠ABC，∠ACB的角平分线的交点，
1 1
∴∠IBC= ∠ABC，∠ICB= ∠ACB，
2 2
1 1 1
∴∠BIC＝180°− （∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（180°− ∠BAC）＝90°+ ∠BAC，
2 2 2
∴∠BOC＝360°﹣∠OAB﹣∠OBA﹣∠OAC﹣∠OCA，
∵OA＝OB＝OC，∴∠OAB＝∠OBA，∠OAC＝∠OCA，
又∵∠OAB+∠OAC＝∠BAC，
∴∠BOC＝360°﹣2∠BAC，
1
∴360°﹣﹣2∠BAC＝90°+ ∠BAC，
2
∴∠BAC＝108°，
综上，∠BAC＝108°或60°，
故答案为：60°或108°．
2．（2023秋•汉阳区期末）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝140°，点D在BC上，△ABD和△AFD关于
直线AD对称，∠FAC的平分线交BC于点G，连接FG，当∠BAD＝ 时，△DFG为等腰三角
形．
【分析】首先由轴对称可以得出△ADB≌△ADF，就可以得出∠B＝∠AFD，AB＝AF，再证明
△AGF≌△AGC就可以得出∠AFG＝∠C，就可以求出∠DFG的值；再分三种情况讨论：当GD＝GF
时，就可以得出∠GDF＝40°，根据∠ADG＝20°+ ，就有20°+40°+20°+ + ＝180°就可以求出结论；当
DF＝GF时，就可以得出∠GDF＝70°，就有20°+θ70°+20°+2 ＝180°，当θDθF＝DG时，∠GDF＝100°，
就有20°+100°+20°+2 ＝180°，从而求出结论． θ
【解答】解：∵AB＝θAC，∠BAC＝140°，
∴∠B＝∠C＝20°．
∵△ABD和△AFD关于直线AD对称，
∴△ADB≌△ADF，
∴∠B＝∠AFD＝20°，AB＝AF，∠BAD＝∠FAD＝ ，
∴AF＝AC． θ
∵AG平分∠FAC，
∴∠FAG＝∠CAG．
在△AGF和△AGC中，{
AF=AC
)
∠FAG=∠CAG ，
AG=AG
∴△AGF≌△AGC（SAS），
∴∠AFG＝∠C．
∵∠DFG＝∠AFD+∠AFG，
∴∠DFG＝∠B+∠C＝20°+20°＝40°．
①当GD＝GF时，
∴∠GDF＝∠GFD＝40°．
∵∠ADG＝20°+ ，
∴20°+40°+20°+θ+ ＝180°，
∴ ＝50°． θ θ
②θ当DF＝GF时，
∴∠FDG＝∠FGD．
∵∠DFG＝40°，
∴∠FDG＝∠FGD＝70°．
∴20°+70°+20°+2 ＝180°，
∴ ＝35°． θ
③θ当DF＝DG时，
∴∠DFG＝∠DGF＝40°，
∴∠GDF＝100°，
∴20°+100°+20°+2 ＝180°，
∴ ＝20°． θ
∴θ当 ＝20°，35°或50°时，△DFG为等腰三角形．
故答案θ为：20°或35°或50°．
3．（2023秋•沙河口区期末）如图的△ABC纸片，∠A＝30°，点P是AC中点，点Q从点A出发沿AB向
点B运动，到达点B时停止运动，若将△APQ沿PQ进行对折，点A的对应点记为点A′，设∠A′PC
＝ ，∠A′QB＝ ，当 ＞ 时， 与 之间的数量关系为 ．
α β α β α β【分析】分 ＜60、60＜ ＜180两种情况讨论．
【解答】解：α① ＜60时α，
α
，
∵∠A＝30°，
∴∠AQP+∠APQ＝180°﹣30°＝150°，
∵△APQ沿PQ进行对折，点A的对应点记为点A′，
∴∠AQP＝∠A′QP，∠APQ＝∠A′PQ，
∵2∠AQP＝180°﹣∠BQA′，2∠APQ＝180°﹣∠CPA′，
∴2（∠AQP+∠APQ）＝360°﹣（∠BQA′+∠CPA′），
∵∠A′PC＝ ，∠A′QB＝ ，
∴ + ＝60°，α β
②α当β60＜ ＜180时，
α
，
∵∠A＝30°，
∴∠AQP+∠APQ＝180°﹣30°＝150°，
∵△APQ沿PQ进行对折，点A的对应点记为点A′，
∴∠AQP＝∠A′QP，∠APQ＝∠A′PQ，
∵2∠AQP＝180°+∠BQA′，2∠APQ＝180°﹣∠CPA′，∴2（∠AQP+∠APQ）＝360°+（∠BQA′﹣∠CPA′），
∵∠A′PC＝ ，∠A′QB＝ ，
∴ ﹣ ＝60°，α β
故α答案β为： + ＝60°或 ﹣ ＝60°．
4．（2023秋•庄α 河β市期末）α如β图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD为AB边上的高，BC＝3，AC＝6，点E
从点B出发，在直线BC上以每秒2cm的速度移动，过点E作BC的垂线交直线CD于点F，当点E运动
s时，AB＝CF．
【分析】先证明△CEF≌△ACB（AAS），得出CE＝AC＝6，①当点E在射线BC上移动时，②当点E
在射线CB上移动时，根据题意列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）∵过点E作BC的垂线交直线CD于点F，
∴∠CEF＝90°＝∠ACB，
在△CEF和△ACB中，
{
∠ECF=∠A
)
∠CEF=∠ACB ，
CF=AB
∴△CEF≌△ACB（AAS），
∴CE＝AC＝6，
①如图，当点E在射线BC上移动时，BE＝CE+BC＝6+3＝9，
∵点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，
∴E移动了：9÷2＝4.5（s）；
②当点E在射线CB上移动时，BE′＝AC﹣BC＝6﹣3＝3（cm），
∵点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，
∴E移动了：3÷2＝1.5（s）；
综上所述，当点E在射线CB上移动4.5s或1.5s时，CF＝AB；
故答案为：1.5或4.5．5．（2023秋•大连期末）如图，△ABC是等边三角形，边长为8，点D在AB延长线上，且BD＝2，动点
E从点A出发，沿着射线AC运动，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转60°得到线段DF，连接
1
AF．当CE= AC时，则线段AF的长为 ．
2
【分析】①当点E在线段AC上时，过D作DG∥BC交AC的延长线于G，根据等边三角形的性质得到
∠ABC＝∠ACB＝60°，根据平行线的性质得到∠ADG＝∠ABC＝60°，∠G＝∠ACB＝60°，根据等边三
角形的判定和性质得到DG＝AD，根据旋转的性质得到DE＝DF，∠EDF＝60°，根据全等三角形的性
质得到EG＝AF，于是得到结论；②如图2，当点E在AC的延长线上时，过D作DH∥BC交CE于点
H，同理得到结论．
【解答】解：①当点E在线段AC上时，过D作DG∥BC交AC的延长线于G，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵DG∥BC，
∴∠ADG＝∠ABC＝60°，∠G＝∠ACB＝60°，
∴△ADG是等边三角形，
∴DG＝AD，
∵将线段DE绕点D逆时针旋转60°得到线段DF，
∴DE＝DF，
∠EDF＝60°，
∴∠EDG＝∠FDA，
∴△EDG≌△FDA（SAS），
∴EG＝AF，
∵AB＝8，BD＝2，
∴AD＝10，
∴AG＝10，
1
∵EC= AC＝4，
2
∴AE＝AC﹣EC＝8﹣4＝4，
∴EG＝AG﹣AE＝10﹣4＝6，
∴AF＝6；
②如图2，当点E在AC的延长线上时，过D作DH∥BC交CE于点H，
同理可得△EDH≌△FDA（SAS），
∴EH＝AF，
∵AE＝8+4＝12，AH＝AD＝8+2＝10，
∴EH＝AE﹣AH＝12﹣10＝2，
∴AF＝2，
综上所述，线段AF的长为6或2，故答案为：6或2．
【考点5 压轴小题·新定义及规律】
1．（2023秋•东西湖区期末）杨辉三角是中国古代数学的杰出研究成果之一，它把（a+b）n（其中n为自
然数）展开式中各项的系数直观地体现了出来，其中（a+b）n展开式中各项的系数依次对应杨辉三角第
（n+1）行的每一项，如图所示：
2
根据上述材料，则(x− ) 6 的展开后含x2项的系数为（ ）
x
A．12 B．﹣12 C．60 D．﹣60
【分析】利用杨辉三角的规律得到（a+b）6的展开式中的各项系数，依此规律解答即可得出结论．
【解答】解：由题意得：（a+b）6＝a6+6a5b+15a4b2+20a3b3+15a2b4+6ab5+b6，
2
∴(x− ) 6 的展开式中含字母x的部分依次为：x6，x4，x2，x﹣2，x﹣4，x﹣6，
x
系数分别为：1，﹣12，60，240，﹣192，64，
2
∴(x− ) 6 的展开式中含x2项的系数为60，
x
故选：C．
2．（2023秋•海珠区期末）我国宋代数学家杨辉所著《详解九章算法》中记载了用如图所示的三角形解释
了二项和的乘方展开式中的系数规律，我们把这种数字三角形叫做“杨辉三角”．请你利用杨辉三角，
计算（a+b）6的展开式中，含b5项的系数是（ ）
A．15 B．10 C．9 D．6
【分析】根据题干已知条件总结规律即可．【解答】解：（a+b）5的展开式中各项的系数分别为1，5，10，10，5，1，
（a+b）6的展开式中各项的系数分别为1，6，15，20，15，6，1，
则含b5项的系数是6，
故选：D．
3．（2023秋•黄冈期末）定义：如果一个正整数能表示为两个正整数m，n的平方差，且m﹣n＞1，则称
这个正整数为“智慧优数”．例如，16＝52﹣32，16就是一个“智慧优数”，可以利用 m2﹣n2＝
（m+n）（m﹣n）进行研究．若将“智慧优数”从小到大排列，则第4个“智慧优数”是 ，第23
个智慧优数是 ．
【分析】根据m﹣n＞1，m、n均为正整数，可得m﹣n＝2，m﹣n＝3，m﹣n＝4，m﹣n＝5...那么m＝
n+2，m＝n+3，m＝n+4，m＝n+5...把平方差公式中的m换成和n相关的式子，代入可得一个新的公
式，然后把n＝1，2，3...依次代入，得到的数按照从小到大的顺序排列后，找到第4个和第23个“智
慧优数”即可．
【解答】解：∵m﹣n＞1，m、n均为正整数，
∴m﹣n＝2，m﹣n＝3，m﹣n＝4，m﹣n＝5..．
∴m＝n+2，m＝n+3，m＝n+4，m＝n+5..．
∵m2﹣n2＝（m+n）（m﹣n），
∴（n+2）2﹣n2＝（n+2+n）（n+2﹣n）＝（2n+2）•2，得到的“智慧优数”分别为：8，12，16，20，
24，28，32，36，40，44，48，52，56，60，64，68，72，76，80..．
（n+3）2﹣n2＝（n+3+n）（n+3﹣n）＝（2n+3）•3，得到的“智慧优数”分别为：15，21，27，33，
39，45，51，57，63，69，75，81..．
（n+4）2﹣n2＝（n+4+n）（n+4﹣n）＝（2n+4）•4，得到的“智慧优数”分别为：24，32，40，48，
56，64，72，80..．
（n+5）2﹣n2＝（n+5+n）（n+5﹣n）＝（2n+5）•5，得到的“智慧优数”分别为：35，45，55，65，
75，85..．
（n+6）2﹣n2＝（n+6+n）（n+6﹣n）＝（2n+6）•6，得到的“智慧优数”分别为：48，60，72，84..．
（n+7）2﹣n2＝（n+7+n）（n+7﹣n）＝（2n+7）•7，得到的“智慧优数”分别为：63，77..．
（n+8）2﹣n2＝（n+8+n）（n+8﹣n）＝（2n+8）•8，得到的“智慧优数”为：80..．
∴把这些“智慧优数”从小到大排列为：8，12，15，16，20，21，24，27，28，32，33，35，36，
39，40，44，45，48，51，52，55，56，57，60..．
∴第4个“智慧优数”是16，第23个“智慧优数”是57．故答案为：16，57．
4．（2023秋•应城市期末）观察下列各式：
（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1，
（x﹣1）（x2+x+1）＝x3﹣1，
（x﹣1）（x3+x2+x+1）＝x4﹣1，
……
根据规律得到：（x﹣1）（xn+xn﹣1+xn﹣2+…+x+1）＝ ．
【分析】观察其右边的结果：第一个是x2﹣1；第二个是x3﹣1；…以此类推，则第n﹣1个的结果即可
求得．
【解答】解：（x﹣1）（x+1）＝x2﹣1，
（x﹣1）（x2+x+1）＝x3﹣1，
（x﹣1）（x3+x2+x+1）＝x4﹣1，
根据规律可得（x﹣1）（xn+xn﹣1+…+x+1）＝xn+1﹣1．
故答案为：xn+1﹣1．
5．（2023秋•海沧区期末）在数学上，对于两个正数 p和q有三种平均数，算术平均数A、几何平均数
p+q
G、调和平均数H，其中A= ，G=❑√pq．调和平均数中的“调和”二字来自于音乐．毕达哥拉斯
2
1 1 1 1
学派通过研究发现，如果三根琴弦的长度 p，H，q满足 − = − ，再把它们绷得一样紧，并用
p H H q
同样的力弹拨，它们将会分别发出很调和的乐声．我们称p，H，q为一组调和数，而把H称为p和q的
调和平均数．若A＝3，G＝2，则H的值为 ．
1 1 1 1 p+q 2
【分析】由A＝3，G＝2，得出p+q＝6，pq＝4，再把 − = − 通分变形得到 = ，即可求
p H H q pq H
出H的值．
p+q
【解答】解：∵A＝3，A= ，
2
p+q
∴ =3，
2
∴p+q＝6，
∵G＝2，G=❑√pq，
∴❑√pq=2，∴pq＝4，
1 1 1 1
∵ − = − ，
p H H q
1 1 2
∴ + = ，
p q H
p+q 2
即 = ，
pq H
6 2
∴ = ，
4 H
4
∴H= ，
3
4
故答案为： ．
3
【考点6 压轴小题·整式与分式求值】
1．（2023秋•端州区期末）已知a＝2023x+2023，b＝2023x+2024，c＝2023x+2025，则a2+b2+c2﹣ab﹣ac
﹣bc的值是 ．
【分析】首先把a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc分解因式，然后分别求出a﹣b，b﹣c，c﹣a即可求解．
【解答】解：a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc
1
= （2a2+2b2+2c2﹣2ab﹣2ac﹣2bc）
2
1
= [（a﹣b）2+（b﹣c）2+（c﹣a）2]，
2
∵a＝2023x+2023，b＝2023x+2024，c＝2023x+2025，
∴a﹣b＝﹣1，
b﹣c＝﹣1，
c﹣a＝2，
∴a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc
1
= （1+1+4）
2
＝3．
故答案为：3．
2．（2023秋•夏津县期末）已知a2+b2+c2﹣ab﹣3b﹣2c+4＝0，则a+b+c的值为 ．
【分析】首先分组利用完全平方公式分解因式，利用非负数的性质求得a、b、c的数值，进一步求得
a+b+c的值即可．【解答】解：a2+b2+c2﹣ab﹣3b﹣2c+4＝0
1 3
a2﹣ab+ b2+ （b2﹣4b+4）+c2﹣2c+1＝0
4 4
1 3
（a− b）2+ （b﹣2）2+（c﹣1）2＝0
2 4
1 3
∴a− b＝0， （b﹣2）＝0，c﹣1＝0
2 4
∴a＝1，b＝2，c＝1，
则a+b+c＝4．
故答案为：4．
3．（2023秋•合江县校级期末）已知（x﹣2025）2+（x﹣2027）2＝34，则（x﹣2026）2的值是 1 6 ．
【分析】设t＝x﹣2026，换元后进行计算即可求解．
【解答】解：设t＝x﹣2026，
∵（x﹣2025）2+（x﹣2027）2＝34，
∴（t+1）2+（t﹣1）2＝34，
即2t2+2＝34，
解得t2＝16，
即（x﹣2026）2的值为16．
故答案为：16．
4．（2023秋•通山县期末）已知：x2﹣x＝1，则x4﹣x3﹣2x2+x+1的值是 0 ．
【分析】把所给代数式的前两项整理成和x2﹣x相关的式子，然后把x2﹣x＝1代入继续整理，计算即
可．
【解答】解：x4﹣x3﹣2x2+x+1
＝x2（x2﹣x）﹣2x2+x+1，
∵x2﹣x＝1，
∴原式＝x2﹣2x2+x+1
＝﹣x2+x+1
＝﹣1+1
＝0．
ab 1 bc 1 ca 1
5．（2023秋•定陶区校级月考）已知a，b，c是不为0的实数，且 = ， = ， = ，那
a+b 3 b+c 4 c+a 5abc
么 的值是 ．
ab+bc+ca
【分析】将已知条件进行变换，然后将分式代简，即可得出结果．
ab 1
【解答】解：∵ = ，
a+b 3
a+b 1 1
∴ = 3，即 + = 3①；
ab a b
1 1
同理可得 + = 4②，
b c
1 1
+ =5③；
c a
1 1 1 1 1 1
∴①+②+③得：2（ + + ）＝3+4+5； + + =6；
a b c a b c
abc ab+bc+ca 1 1 1 1
又∵ 的倒数为 ，即为 + + =6，则原数为 ．
ab+bc+ca abc a b c 6
1
故答案为 ．
6
1 1 2x+5xy−2y
6．（2023秋•滨州期末）已知 − =3，则分式 的值为 ．
x y x−3xy−y
2x+5xy−2y 1 1
2( − )+5
1 1 2x+5xy−2y xy y x
【分析】由题意知， − =−3，根据 = = ，代值求解即
y x x−3xy−y x−3xy−y 1 1
( − )−3
xy y x
可．
1 1
【解答】解：由题意知， − =−3，
y x
2x+5xy−2y
∴
x−3xy−y
2x+5xy−2y
xy
=
x−3xy−y
xy
1 1
2( − )+5
y x
=
1 1
( − )−3
y x2×(−3)+5
=
(−3)−3
1
= ，
6
1
故答案为： ．
6
1 1 2 3a−b−2ab
7．（2023秋•九龙坡区校级期末）已知 − = ，则 的值为 ．
3a b 3 b−3a+4ab
1 1 2
【分析】根据 − = 求出b﹣3a＝2ab，3a﹣b＝﹣2ab，再代入求出答案即可．
3a b 3
1 1 2
【解答】解：∵ − = ，
3a b 3
∴b﹣3a＝2ab，
∴3a﹣b＝﹣2ab，
3a−b−2ab
∴
b−3a+4ab
−2ab−2ab
=
2ab+4ab
−4ab
=
6ab
2
=− ．
3
2
故答案为：− ．
3
【考点7 压轴小题·分式方程解的情况】
1 2
{x− (3a−5)≤ )
3 3
1．（2023秋•荣昌区校级期末）若关于x的一元一次不等式组 无解，且关于y的分式
4x+3
＞x+3
3
2y−a 2y−3
方程 − =2有非负整数解，则符合条件的所有整数a的和为（ ）
y−1 1−y
A．7 B．8 C．14 D．15
【分析】不等式组变形后，根据无解确定出a的范围，再表示出分式方程的解，由分式方程有非负整数
解，确定出满足条件a的值，进而求出之和．1 2
{x− (3a−5)≤ )
3 3 {x≤a−1)
【解答】解：解不等式组 ，得 ，
4x+3 x＞6
＞x+3
3
1 2
{x− (3a−5)≤ )
3 3
∵不等式组 无解，
4x+3
＞x+3
3
∴a﹣1≤6，
∴a≤7．
2y−a 2y−3 a+1
解分式方程 − =2，得y = ，
y−1 1−y 2
a+1
∵y= 为非负整数，a≤7，
2
∴a＝﹣1或1或3或5或7，
∵a＝1时，y＝1，原分式方程无解，故将a＝1舍去，
∴符合条件的所有整数a的和是﹣1+3+5+7＝14，
故选：C．
{x−2
≥x+1) 5
2．（2024春•金寨县校级期末）关于x的不等式组 3 的解集为x≤− ，且关于y的分式方程
2
x+1＜m
2m y−4
+2= 的解为正数，则所有满足条件的整数m的值之和为（ ）
y−2 2−y
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据不等式组的解集，分式方程的解确定m的值，再求和即可．
5
【解答】解：不等式组中的不等式1的解集为x≤− ，不等式组中的不等式2的解集为x＜m﹣1，
2
{x−2
≥x+1) 5
∵关于x的不等式组 3 的解集为x≤− ，
2
x+1＜m
5
∴m﹣1＞− ，
2
3
即m＞− ，
22m y−4 8−2m
∵关于y的分式方程 +2= 的解为y= ，分式方程的解为正数，
y−2 2−y 3
8−2m 8−2m
∴ ＞0且 ≠2，
3 3
即m＜4且m≠1，
3
因此− ＜m＜4且m≠1，
2
∴所有符合条件的整数m为﹣1，0，2，3，
因此这些数的和为﹣1+2+3＝4，
故选：B．
3m+1 m 2
3．（2023秋•龙岩期末）若m是整数，且关于x的方程 + = 有整数根，则m的值是（
x2−1 x+1 x−1
）
A．3或5 B．﹣3或5 C．﹣1或3 D．﹣3或﹣5
【分析】解分式方程，用含m的代数式表示x，根据整数的意义可得m的值．
3m+1 m 2
+ =
【解答】解： ，
x2−1 x+1 x−1
去分母得：（3m+1）+m（x﹣1）＝2（x+1），
化简得：（m﹣2）x＝﹣2m+1，
−2m+1 −2m+4−3 3
当m≠2时，x= = =−2− ，
m−2 m−2 m−2
3
∵方程有整数根，− 的值是整数，
m−2
3
当m﹣2＝1时，m＝3，方程的根x=−2− =−5；
m−2
3
当m﹣2＝﹣1时，m＝1，方程的根x=−2− =1（增根，舍去）；
m−2
3
当m﹣2＝3时，m＝5，方程的根x=−2− =−3；
m−2
3
当m﹣2＝﹣3时，m＝﹣1，方程的根x=−2− =−1（增根，舍去）．
m−2
故选：A．
x+a x
4．（2023秋•城口县期末）若三角形三边长分别为3，4，|a|，且a满足关于x的分式方程 −4=
x−1 1−x
有非负整数解，则所有满足条件的整数a的值之和是 ．【分析】根据构成三角形的三条边之间的关系列一元一次不等式组并求其解集，解分式方程，根据其解
的情况确定a的可能值并求它们的和即可．
{|a|＜3+4①)
【解答】解：根据题意，得 ，
|a|＞4−3②
解不等式①，得﹣7＜a＜7，
解不等式②，得a＞1或a＜﹣1，
∴原不等式组的解集为﹣7＜a＜﹣1或1＜a＜7．
a+4
解分式方程，得x= ，
2
a+4
∵ ≥0，
2
∴a+4≥0，
∴a≥﹣4；
∵x＝1是原分式方程的增根，
∴a≠﹣2．
∵﹣7＜a＜﹣1或1＜a＜7，
∴﹣3＜a+4＜3或5＜a+4＜11，
综上，﹣3＜a+4＜3或5＜a+4＜11，且a+4是2的整数倍，且a+4≥0，且a+4≠2，
∴0≤a+4＜3或5＜a+4＜11，且a+4是2的整数倍，且a+4≠2，
∴a+4＝0、6、8或10，
∴a＝﹣4、2、4或6，
﹣4+2+4+6＝8，
∴所有满足条件的整数a的值之和是8，
故答案为：8．
{
3x+a≤2
)
5．（2023秋•綦江区期末）若关于x的不等式组 3 至少有两个整数解，且关于y的分式
2(x+ )＞x−2
2
4 y a+6
方程 + =2的解是非负整数，则符合条件的所有整数a的和是 ．
y−2 2−y
【分析】解不等式组，得到关于a的不等式，利用分式方程的解为非负整数得到关于a的不等式，将两
个不等式组成新的不等式组，解不等式组求整数解即可．{
3x+a≤2①
)
【解答】解： 3 ，
2(x+ )＞x−2②
2
2−a
解不等式①得，x≤ ，
3
解不等式②得，x＞﹣5，
{
3x+a≤2
)
∵不等式组 3 至少有两个整数解，
2(x+ )＞x−2
2
2−a
∴ ≥−3，
3
解得a≤11，
4 y a+6
+ =2，
y−2 2−y
4 y a+6
方程可化为 − =2，
y−2 y−2
方程两边同乘y﹣2得，4y﹣（a+6）＝2（y﹣2），
2+a
解得y= ，
2
∵y的分式方程的解是非负整数，
2+a 2+a
∴ ≥0且 ≠2，
2 2
解得a≥﹣2且a≠2，
∴﹣2≤a≤11且a≠2，
2+a
∵a为整数，且 为非负整数，
2
∴a＝﹣2，0，4，6，8，10，
∴符合条件的所有整数a的和是﹣2+0+4+6+8+10＝26，
故答案为：26．
【考点8 压轴大题·三角形综合题】
1．（2023秋•曾都区期末）在锐角△ABC中，分别以AB，AC为边向外作等边△ABP和等边△ACQ，连接
PC，BQ交于点O．
（1）如图1，易证△APC≌△ABQ，其依据是 SA S ，从而得出结论：PC ＝ BQ与∠PBQ ＝
∠PBA+∠APC（用“＝”、“＞”或“＜”填空）；（2）如图2，若AC＝BC，请探究线段PC与BQ的数量关系及直线PB与BQ的位置关系，并给出证
明；
（3）在（2）的条件下，若PC交于AB于点D，QE⊥PC于点E（如图2），试探究DE，PD，CE之间
存在的等量关系，并给予证明．
【分析】（1）证△APC≌△ABQ（SAS），得 PC＝BQ，∠APC＝∠ABQ，再由∠PBQ＝
∠PBA+∠ABQ，即可得出结论；
（2）同（1）得△APC≌△ABQ（SAS），则 PC＝BQ，∠APC＝∠ABQ，再证△APC≌△BPC
（SSS），得∠APC＝∠BPC＝30°，则∠ABQ＝30°，然后证∠PBQ＝∠ABP+∠ABQ＝90°，得PB⊥BQ
即可；
（3）由（2）可知，PC＝BQ，∠PBQ＝90°，∠ABQ＝30°，PC⊥AB，再由含30°角的直角三角形的性
1 1 1 1
质得OD= OB，OE= OQ，然后证OD+OE= BQ= PC，即可解决问题．
2 2 2 2
【解答】解：（1）∵△ABP和△ACQ是等边三角形，
∴AB＝AP，AQ＝AC，∠PAB＝∠QAC＝60°，
∴∠PAB+∠BAC＝∠QAC+∠BAC，
即∠PAC＝∠BAQ，
在△PAC和△BAQ中，
{
AP=AB
)
∠PAC=∠BAQ ，
AC=AQ
∴△APC≌△ABQ（SAS），
∴PC＝BQ，∠APC＝∠ABQ，
∵∠PBQ＝∠PBA+∠ABQ，
∴∠PBQ＝∠PBA+∠APC，
故答案为：SAS，＝，＝；（2）PC＝BQ，PB⊥BQ，证明如下：
同（1）得：△APC≌△ABQ（SAS），
∴PC＝BQ，∠APC＝∠ABQ，
∵△ABP是等边三角形，
∴∠APB＝∠ABP＝60°，PA＝PB，
在△APC和△BPC中，
{PA=PB
)
AC=BC ，
PC=PC
∴△APC≌△BPC（SSS），
1
∴∠APC＝∠BPC= ∠APB＝30°，
2
∴∠ABQ＝30°，
∴∠PBQ＝∠ABP+∠ABQ＝60°+30°＝90°，
∴PB⊥BQ；
（3）DE＝PD+CE，证明如下：
由（2）可知，PC＝BQ，∠PBQ＝90°，∠ABQ＝30°，PC⊥AB，
∴∠BDO＝90°，
1
∴OD= OB，
2
∵QE⊥PC，
∴∠QEO＝90°，
∵∠QOE＝∠POB，
∴∠OQE＝∠BPC＝30°，
1
∴OE= OQ，
2
1 1 1 1 1
∴OD+OE= OB+ OQ= （OB+OQ）= BQ= PC，
2 2 2 2 2
1
即DE= PC，
2
1
∴PD+CE= PC，
2
∴DE＝PD+CE．
2．（2023秋•咸宁期末）在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）如图1，当点D在线段BC上，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝ 9 0 度；
（2）设∠BAC＝ ，∠BCE＝ ．
①如图2，当点Dα在线段BC上β 移动，则 ， 之间有怎样的数量关系？请说明理由；
②当点D在直线BC上移动，画图并探究α ，β 之间有怎样的数量关系？
α β
【分析】（1）问要求∠BCE的度数，可将它转化成与已知角有关的联系，根据已知条件和全等三角形
的判定定理，得出△ABD≌△ACE，再根据全等三角形中对应角相等，最后根据直角三角形的性质可得
出结论；
（2）问在第（1）问的基础上，将 + 转化成三角形的内角和；
（3）问是第（1）问和第（2）问的α拓β展和延伸，要注意分析两种情况．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC．
即∠BAD＝∠CAE．
在△ABD与△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B＝∠ACE．
∴∠B+∠ACB＝∠ACE+∠ACB，
∴∠BCE＝∠B+∠ACB，
又∵∠BAC＝90°
∴∠BCE＝90°；
故答案为：90；
（2）① + ＝180°，
理由：∵∠α BβAC＝∠DAE，∴∠BAD+∠DAC＝∠EAC+∠DAC．
即∠BAD＝∠CAE．
在△ABD与△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B＝∠ACE．
∴∠B+∠ACB＝∠ACE+∠ACB．
∴∠B+∠ACB＝ ，
∵ +∠B+∠ACBβ＝180°，
∴α+ ＝180°；
②α当β点D在射线BC上时， + ＝180°；
理由：∵∠BAC＝∠DAE， α β
∴∠BAD＝∠CAE，
∵在△ABD和△ACE中
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠BAC+∠ABD+∠BCA＝180°，
∴∠BAC+∠BCE＝∠BAC+∠BCA+∠ACE＝∠BAC+∠BCA+∠B＝180°，
∴ + ＝180°；
当α点βD在射线BC的反向延长线上时， ＝ ．
理由：∵∠DAE＝∠BAC， α β
∴∠DAB＝∠EAC，
∵在△ADB和△AEC中，
{
AD=AE
)
∠DAB=∠EAC
AB=AC
∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ABD＝∠BAC+∠ACB，∠ACE＝∠BCE+∠ACB，
∴∠BAC＝∠BCE，
即 ＝ ．
α β
3．（2023秋•滨海新区校级期末）已知∠MBN＝60°，等边△BEF与∠MBN顶点B重合，将等边△BEF绕
顶点B顺时针旋转，边EF所在直线与∠MBN的BN边相交于点C，并在BM边上截取AB＝BC，连接
AE．
（1）将等边△BEF旋转至如图①所示位置时，求证：CE＝BE+AE；
（2）将等边△BEF顺时针旋转至如图②、图③位置时，请分别直接写出AE，BE，CE之间的数量关
系，不需要证明；
（3）在（1）和（2）的条件下，若BF＝4，AE＝1，则CE＝ 3 或 5 ．
【分析】（1）根据等边三角形的性质和SAS证明△ABE与△CBF全等，利用全等三角形的性质解答即
可；（2）根据等边三角形的性质和SAS证明△ABE与△CBF全等，利用全等三角形的性质解答即可；
（3）根据（1）和（2）的结论，解答即可．
【解答】（1）证明：∵△BEF为等边三角形，
∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBA+∠ABF＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠CBF+∠ABF＝60°，
∴∠EBA＝∠CBF，
在△ABE与△CBF中，
{
BE=BF
)
∠EBA=∠CBF ，
AB=BC
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CE＝EF+CF，
∴CE＝BE+AE；
（2）解：图②结论为CE＝BE﹣AE，图③结论为CE＝AE﹣BE，
图②的理由如下：
∵△BEF为等边三角形，
∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBA+∠ABF＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠CBF+∠ABF＝60°，
∴∠EBA＝∠CBF，
在△ABE与△CBF中，
{
BE=BF
)
∠EBA=∠CBF ，
AB=BC
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CE＝EF﹣CF，
∴CE＝BE﹣AE，图③的理由如下：
∵△BEF为等边三角形，
∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠EBA+∠ABF＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠CBF+∠ABF＝60°，
∴∠EBA＝∠CBF，
在△ABE与△CBF中，
{
BE=BF
)
∠EBA=∠CBF ，
AB=BC
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
∵CE＝CF﹣EF，
∴CE＝AE﹣BE；
（3）解：在（1）条件下，CE＝BE+AE＝BF+AE＝4+1＝5；
在（2）条件下，CE＝BE﹣AE＝BF﹣AE＝4﹣1＝3，
综上所述，CE＝3或5，
故答案为：3或5．
4．（2023秋•红桥区期末）在△ABC和△AEF中，AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF，连接BE，CF．
【发现问题】如图①，若∠BAC＝30°，延长BE交CF于点D，则BE与CF的数量关系是 BE ＝ CF
，∠BDC的度数为 30 ° ．
【类比探究】如图②，若∠BAC＝120°，延长BE，FC相交于点D，请猜想BE与CF的数量关系及
∠BDC的度数，并说明理由．
【拓展延伸】如图③，若∠BAC＝90°，且点B，E，F在同一条直线上，过点A作AM⊥BF，垂足为点
M，请猜想BF，CF，AM之间的数量关系，并说明理由．【分析】（1）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明△ABE≌△ACF即可得出结论；
（2）根据等腰三角形的性质，利用SAS证明△ABE≌△ACF即可得出结论；
（3）利用SAS证明△ABE≌△ACF，可得BE＝CF，再由等腰直角三角形的性质可得 AM＝EM＝FM，
即EF＝2AM，根据BF＝BE+EF，等量代换可得BF＝CF+2AM．
【解答】解：（1）BE＝CF，∠BDC＝30°，
理由如下：如图1所示，设AC与BD交于点O，
∵∠BAC＝∠EAF＝30°，
∴∠BAC+∠CAE＝∠EAF+∠CAE，
即∠BAE＝∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAF ，
AE=AF
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴BE＝CF，∠ABE＝∠ACF，
∵∠AOE＝∠ABE+∠BAC，∠AOE＝∠ACF+∠BDC，
∴∠BDC＝∠BAC＝30°．
故答案为：BE＝CF，30°；
（2）BE＝CF，∠BDC＝60°，
理由如下：如图2，∵∠BAC＝∠EAF＝120°，
∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC，
即∠BAE＝∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAF ，
AE=AF
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴BE＝CF，∠AEB＝∠AFC，
∵∠EAF＝120°，AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE＝30°，
∴∠BDC＝∠BEF﹣∠EFD＝∠AEB+30°﹣（∠AFC﹣30°）＝60°；
（3）【拓展延伸】BF＝CF+2AM，
理由如下：如图3，
∵∠BAC＝∠EAF＝90°，
∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC，
即∠BAE＝∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAF ，
AE=AF
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴BE＝CF，
∵AE＝AF，∠EAF＝90°，AM⊥EF，
∴AM＝EM＝FM，即EF＝2AM，
∵BF＝BE+EF，
∴BF＝CF+2AM．5．（2023秋•西青区期末）在等边△ABC中，线段AM为BC边上的高，点D是直线AM上的一个动点，
以CD为一边，在CD的下方作等边△CDE，连接BE．
（Ⅰ）填空：如图①，当点D在线段AM上时，∠EBC＝ 3 0 °；
（Ⅱ）如图②，当点D在线段AM的反向延长线上时，求∠EBC的度数；
（Ⅲ）当点D在直线AM上运动时，设直线BE与直线AM的交点为点F，若AD＝9，MF＝2，直接写
出EF的长．
【分析】（Ⅰ）由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠DAC＝∠EBC，由等边三角形的性质可求解；
（Ⅱ）由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠DAC＝∠EBC，由等边三角形的性质可求解；
（Ⅲ）分三种情况讨论，由全等三角形的性质和直角三角形的性质可求解．
【解答】解：（Ⅰ）∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC＝AC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC＝∠EBC，
∵线段AM为等边△ABC的BC边上的高，
∴∠MAC＝30°，
∴∠EBC＝30°，
故答案为：30；
（Ⅱ）∵线段AM为等边△ABC的BC边上的高，
∴∠MAC＝30°，
∴∠DAC＝150°，
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴BC＝AC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，∴∠ACD≌△BCE（SAS），
∴∠DAC＝∠EBC＝150°；
（Ⅲ）如图①，当点D在线段AM上时，
∵△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE＝9，∠CAD＝∠CBE＝30°，
∴BF＝2MF＝4＜9，
∴不合题意，舍去；
当点D在点A上方时，
∵△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE＝9，∠CAD＝∠CBE＝150°，
∴∠CBF＝30°，
∴BF＝2MF＝4，
∴EF＝BE+BF＝13；
当点D在点M的下方时，同理可得BE＝AD＝9，FB＝2MF＝4，
∴EF＝BE﹣BF＝5．
故答案为：5或13．
6．（2023秋•思明区校级期末）如图1，△ABC是等边三角形，D、E分别是BC、AC上的点，AD、BE相
交于点F，AE＝CD．
（1）求∠BFD的度数；
（2）如图2，当∠DAC＜30°时，延长CF至G，使得∠AGB＝120°，连接AG、BG，
①求证：CG平分∠AGB；
②若BE⊥CG，CF＝6，求CG的长度．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AB＝AC，∠BAC＝∠C＝60°，进而证明△ABE≌△CAD
（SAS），得到∠ABE＝∠CAD，则 由三角形外角的性质可得∠BFD＝∠ABE+∠BAD＝∠BAC＝60°；
（2）①如图所示，过点C作CM⊥BG于M，过点C作CN⊥GA交GA延长线于N，利用四边形内角和
定理求出∠MCN＝60°，由等边三角形的性质得到 CB＝CA，∠ACB＝60°，证明△MCB≌△NCA
（AAS），得到CM＝CN，则由角平分线的判定定理即可证明CG平分∠AGB；②设GF＝x，则CG＝
x+6，求出∠FBG＝∠MCG＝30°，则由含30度角的直角三角形的性质得到GM＝0.5x+3，BG＝2x，则
BM＝BG﹣MG＝1.5x﹣3，由全等三角形的性质得到 AN＝BM＝1.5x﹣3；证明∠FAG＝90°，得到1
AG= GF=0.5x，进一步证明△CMG≌△CNG（AAS），得到MN＝GN＝0.5x+3，则0.5x+1.5x﹣3＝
2
0.5x+3，解得x＝4，由此可得CG＝10．
【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝∠C＝60°，
又∵AE＝CD，
∴△ABE≌△CAD（SAS），
∴∠ABE＝∠CAD，
∴∠BFD＝∠ABE+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝∠BAC＝60°；
（2）①证明：如图2，过点C作CM⊥BG于M，过点C作CN⊥GA交GA延长线于N，
∴∠CMG＝∠CNG＝∠MB＝90°，
∵∠AGB＝120°，
∴∠MCN＝360°﹣∠MGN﹣∠CMG﹣∠CNG＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴CB＝CA，∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠MCN，
∴∠NCA＝∠MCB，
∴△MCB≌△NCA（AAS），
∴CM＝CN，
又∵CM⊥BG，CN⊥GA，
∴CG平分∠AGB；
②解：设GF＝x，则CG＝CF+GF＝x+6，
∵CG平分∠AGB，∠AGB＝120°，
∴∠CGB＝∠CGA＝60°，
∵BE⊥CG，∴∠GFB＝∠CMG＝90°，
∴∠FBG＝∠MCG＝30°，
1
∴GM= CG=0.5x+3，BG=2GF=2x，
2
∴BM＝BG﹣MG＝1.5x﹣3，
由（2）①得△MCB≌△NCA，
∴AN＝BM＝1.5x﹣3，
∵∠BFG＝90°，∠BFD＝60°，
∴∠AFG＝30°，
∴∠FAG＝90°，
1
∴AG= GF=0.5x，
2
∵∠CGM＝∠CHN，∠CMG＝∠CNG＝90°，CG＝CG，
∴△CMG≌△CNG（AAS），
∴MN＝GN＝0.5x+3，
∴0.5x+1.5x﹣3＝0.5x+3，
解得x＝4，
∴CG＝10．
7．（2023秋•湖里区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC为锐角，点D是BC的中点，直线l经过
点A且在AC右侧，点C关于直线l的对称点为点E，∠BAE＜180°，连接BE交线段AD于点F，连接
CF．
（1）求证：BF＝CF；
（2）若∠CBE＝30°，探究线段AF，DF，EF的数量关系；
（3）在直线l绕点A旋转的过程中，是否存在CF⊥EF的情形？若存在，求此时∠CAE的度数；若不
存在，请说明理由．
【分析】（1）由等腰三角形的性质得出AD⊥BC，则可得出结论；（2）在FE上找一点P，使得AP＝AF，证明△AFP是等边三角形，得出∠APF＝60°，AF＝PF，证明
△AFB≌△AFC（SSS），由全等三角形的性质得出∠ABF＝∠ACF，证明△PAE≌△FAC（AAS），由全
等三角形的性质得出PE＝FC，则可得出结论；
（3）由三角形外角的性质及直角三角形的性质可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，点D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴AD垂直平分BC，
∴BF＝CF；
（2）解：猜想：EF＝AF+2DF．
在FE上找一点P，使得AP＝AF，
在Rt△BDF中，∠CBE＝30°，
∴BF＝2DF，
∴CF＝2DF，
由（1）得：AD⊥BC，
∵∠CBE＝30°，
∴∠BFD＝90°﹣∠CBE＝60°，
∴∠AFP＝∠BFD＝60°，
∵AP＝AF，
∴△AFP是等边三角形，
∴∠APF＝60°，AF＝PF，
∴∠APE＝180°﹣∠APF＝120°，
由（1）得：BF＝CF，
∵FD⊥BC，BF＝CF，
∴DF平分∠BFC，∴∠DFC＝∠BFD＝60°，
∴∠AFC＝180°﹣∠DFC＝120°，
∴∠APE＝∠AFC，
在△AFB和△AFC中，
{AF=AF
)
AB=AC ，
FC=FB
∴△AFB≌△AFC（SSS），
∴∠ABF＝∠ACF，
∵点C关于直线l的对称点为点E，
∴直线l垂直平分EC，
∴AE＝AC，
∴AB＝AE，
∴∠AEB＝∠ABF，
∴∠AEB＝∠ACF，
在△PAE和△FAC中，
{∠AEB=∠ACF
)
∠AFC=∠APE ，
AP=AF
∴△PAE≌△FAC（AAS），
∴PE＝FC，
∴PE＝FC＝2DF，
∴EF＝FP+PE＝AF+2DF．
（3）解：直线l绕点A旋转的过程中，存在CF⊥EF，此时∠CAE＝90°．∵∠BFD＝∠BAF+∠ABF，∠CFD＝∠CAF+∠ACF，
∴∠BFC＝∠BFD+∠CFD＝∠BAF+∠ABF+∠CAF+∠ACF＝∠BAC+2∠ABF，
∵∠BAC为锐角，∠ABF也为锐角，
∴0°＜∠BFC＜180°，
∴直线l绕点A旋转的过程中，存在CF⊥EF．
∵CF⊥EF，
∴∠CFE＝90°，
∵∠AEB＝∠ACF，∠AQE＝∠CQF，
∴∠QAE＝∠CFE＝90°，
∴当CF⊥EF时，总有∠CAE＝90°．
【考点9 压轴大题·坐标与三角形综合题】
1．（2023秋•大冶市期末）在平面直角坐标系中，点A、B分别在x、y轴上，点A（a，0）、B（0，
b）．
（1）如图①，若a、b满足a2+8a+16+|b﹣4|＝0，判断△AOB的形状，并说明理由；
（2）如图②，若 a＝﹣4即点 A不变，点 B在y轴正半轴上运动，以 AB为直角边，作等腰直角
△ABE，以OB为直角边，作等腰直角△OBF，连接EF交y轴与Q，当点B在y轴上运动时，试猜想
BQ的长是否为定值，若是，请求出来，若不是，说明理由；
（3）如图③，AB＝BC，∠ABC＝90°，若E点在x轴的正半轴上，且满足∠OBC﹣∠ABO＝2∠OBE，
CG⊥OB于点G，交BE于点H，探究：CH、BG、OE的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）由直线L解析式，求出A与B坐标，根据OA＝OB，即可证的结论；
（2）如图，作EK⊥y轴于K点，利用AAS得到△AOB≌△BKE，利用全等三角形对应边相等得到OA
＝BK，EK＝OB，再利用AAS得到△EKQ和△FBQ，寻找相等线段，并进行转化，求BQ的长；
（3）由全等三角形的性质得出OB＝CG，BG＝OA，由（2）可知：CH＝CE＝OE+OA，则可得出答
案．【解答】解：（1）结论：△AOB是等腰直角三角形．
理由：如图①中，
∵a2+8a+16+|b﹣4|＝0，
∴（a+4）2+|b﹣4|＝0，
∵|b﹣4|≥0，0，（a+4）2≥0，
∴a＝﹣4，b＝4，
∴A（﹣4，0），B（0，4），
∴OA＝OB＝4，
∴△AOB是等腰直角三角形；
（2）结论：BQ的长为定值．理由如下，
如图②中，作EK⊥y轴于K点，
∵△ABE为等腰直角三角形，
∴AB＝BE，∠ABE＝90°，
∴∠EBK+∠ABO＝90°，
∵∠EBK+∠BEK＝90°，
∴∠ABO＝∠BEK，
在△AOB和△BKE中，
{∠BKE=∠AOB=90°
)
∠AOB=∠BEK ，
AB=BE∴△AOB≌△BKE（AAS），
∴OA＝BK，OB＝EK，
∵△OBF为等腰直角三角形，
∴OB＝BF，
∴EK＝BF，
在△EKQ和△FBQ中，
{∠EKQ=∠FBQ=90°
)
∠EQK=∠FQB ，
EK=FB
∴△EKQ和△FBQ（AAS），
∴QK＝QB，
1 1
∴BQ= BK= OA＝2；
2 2
（3）CH、BG、OE的数量关系为CH＝BG+OE．
证明如下：∵∠ABO+∠GBC＝∠GBC+∠BCG＝90°，
∴∠ABO＝∠BCG，
∵AB＝BC，∠AOB＝∠BGC＝90°，
∴△BOA≌△CGB（AAS），
∴OB＝CG，OA＝BG，
∴BG+OG＝GH+CH，
∴连接CE，
∵∠OBC＝∠CBE+∠OBE，∠ABO＝90°﹣∠OBE﹣∠CBE，
∴∠OBC﹣∠ABO＝2∠OBE+2∠CBE﹣90°，
又∵∠OBC﹣∠ABO＝2∠OBE，
∴2∠CBE＝90°，∴∠CBE＝45°，
∴∠CBE＝∠ABE＝45°，
∴△BEA≌△BEC（SAS），
∴CE＝AE，∠BEC＝∠BEA，
又∵CG∥x轴，
∴∠CHE＝∠BEA，
∴∠BEC＝∠CHE，
∴CH＝CE，
∴AE＝CH，
∵AE＝AO+OE，AO＝BG，
∴CH＝BG+OE．
2．（2024秋•和平区校级期末）等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点A、点B分别是y轴、x轴
上两个动点，直角边AC交x轴于点D，斜边BC交y轴于点E．
（1）如图（1），已知C点的横坐标为﹣1，直接写出点A的坐标；
（2）如图（2），当等腰Rt△ABC运动到使点D恰为AC中点时，连接DE，求证：∠ADB＝∠CDE；
（3）如图（3），若点A在x轴上，且A（﹣6，0），点B在y轴的正半轴上运动时，分别以OB、AB
为直角边在第一、二象限作等腰直角△BOD和等腰直角△ABC，连结CD交y轴于点P，问当点B在y
轴的正半轴上运动时，BP的长度是否变化？若变化请说明理由，若不变化，请求出BP的长度；
【分析】（1）如图1，过点C作CF⊥y轴于点F，构建全等三角形：△ACF≌△ABO（AAS），结合该
全等三角形的对应边相等易得OA的长度，由点A是y轴上一点可以推知点A的坐标；
（2）过点C作CG⊥AC交y轴于点G，则△ACG≌△ABD（ASA），即得CG＝AD＝CD，∠ADB＝
∠G，由∠DCE＝∠GCE＝45°，可证△DCE≌△GCE（SAS）得∠CDE＝∠G，从而得到结论；
（3）如图3，过点C作CE⊥y轴于点E，构建全等三角形：△CBE≌△BAO（AAS），结合全等三角形的对应边相等推知：CE＝BO，BE＝AO＝6．再结合已知条件和全等三角形的判定定理 AAS得到：
△CPE≌△DPB，故BP＝EP＝3．
【解答】（1）解：如图1，过点C作CF⊥y轴于点F，
∵CF⊥y轴于点F，
∴∠CFA＝90°，∠ACF+∠CAF＝90°，
∵∠CAB＝90°，
∴∠CAF+∠BAO＝90°，
∴∠ACF＝∠BAO，
在△ACF和△ABO中，
{
∠ACF=∠BAO
)
∠CFA=∠AOB=90° ，
AC=AB
∴△ACF≌△ABO（AAS）
∵C点的横坐标为﹣1，
∴CF＝OA＝1，
∴A（0，1）；
（2）证明：如图2，过点C作CG⊥AC交y轴于点G，
∵CG⊥AC，∴∠ACG＝90°，∠CAG+∠AGC＝90°，
∵∠AOD＝90°，
∴∠ADO+∠DAO＝90°，
∴∠AGC＝∠ADO，
在△ACG和△ABD中，
{∠ACG=∠BAD=90°
)
AC=AB ，
∠AGC=∠ADO
∴△ACG≌△ABD（ASA），
∴CG＝AD＝CD，∠ADB＝∠G，
∵∠ACB＝45°，∠ACG＝90°，
∴∠DCE＝∠GCE＝45°，
在△DCE和△GCE中，
{
CD=CG
)
∠DCE=∠GCE ，
CE=CE
∴△DCE≌△GCE（SAS），
∴∠CDE＝∠G，
∴∠ADB＝∠CDE；
（3）解：BP的长度不变，理由如下：
如图3，过点C作CE⊥y轴于点E，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBE+∠ABO＝90°．
∵∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠CBE＝∠BAO．∵∠CEB＝∠AOB＝90°，AB＝AC，
∴△CBE≌△BAO（AAS），
∴CE＝BO，BE＝AO＝6．
∵BD＝BO，
∴CE＝BD．
∵∠CEP＝∠DBP＝90°，∠CPE＝∠DPB，
∴△CPE≌△DPB（AAS），
∴BP＝EP＝3．
3．（2023秋•洪山区期末）在平面直角坐标系中，A（0，a），B（b，0），且a2+b2+32＝8a+8b．
（1）直接写出A，B两点的坐标；
6
（2）如图1，E点在线段AB上，且E点横坐标为 ，连接OE．在第四象限过O点作OG⊥OE，且OG
5
＝OE，连接AG，作OH⊥AG于H，交AB于点P，求△OPE的面积；
（3）如图2，∠MON＝40°，ON与x轴非负半轴重合，OM在第一象限，将∠MON以2.5°/秒的速度绕
点 O 在第一象限内逆时针旋转，OM，ON 分别与线段 AB 交于点 E，F，在第二象限过 O 点作
OH⊥OF，且OH＝OF，问经过多长时间，△AEH为等腰三角形？
【分析】（1）根据非负数的性质得出方程a﹣4＝0，b﹣4＝0，求得a＝4，b＝4，则可得出答案；
（2）过B作BQ⊥OP于Q，过E作ES⊥OP于S，证明△AOH≌△OBQ（AAS），得出OH＝BQ，证明
△OGH≌△EOS（AAS），得出ES＝OH，证明△EPS≌△BPQ（AAS），得出EP＝BP，则可得出结
论；
（ 3 ） 证 明 △ AOH≌ △ BOF （ SAS ） ， 得 出 ∠ OAH ＝ ∠ OBF ＝ 45° ， AH ＝ BF ， 求 出
90°−40°
∠AOE=∠BOF= =25°，则可得出答案．
2【解答】解：（1）∵a2+b2+32＝8a+8b，
∴（a﹣4）2+（b﹣4）2＝0，
∴a﹣4＝0，b﹣4＝0，
∴a＝4，b＝4，
∴A（0，4），B（4，0）；
（2）过B作BQ⊥OP于Q，过E作ES⊥OP于S，
∵OH⊥AG，
∴∠OHA＝∠Q＝90°，
∵∠AOH+∠BOQ＝90°，∠AOH+∠OAH＝90°，
∴∠BOQ＝∠OAH，
在△AOH与△OBQ中，
{∠OHG=∠ESO
)
∠G=∠EOS ，
OG=OE
∴△AOH≌△OBQ（AAS），
∴OH＝BQ，
∵OE⊥OG，AG⊥AH，
∴∠OHG＝∠OSE＝90°，∠EOS+∠HOG＝90°，∠G+∠HOG＝90°，∠EOS＝∠G，
在△EOS 与△OGH中，
{∠OHG=∠ESO
)
∠G=∠EOS ，
OG=OE
∴△OGH≌△EOS（AAS），
∴ES＝OH，
∴ES＝BQ，∵BQ⊥OP，ES⊥OP，
∴∠Q＝∠ESP＝90°，
在△EPS与△BPQ中，
{∠EPS=∠BPQ
)
∠ESP=∠Q ，
ES=QB
∴△EPS≌△BPQ（AAS），
∴EP＝BP，
∴S△EOP ＝S△BOP ，
又∵S△AOE ＝2.4，S△AOB ＝8，
∴S△OPE ＝2.8；
（3）证明：OA＝OB，OA⊥OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
∵OH⊥OF，
∴∠AOH+∠AOF＝90°，∠BOF+∠AOF＝90°，
∴∠AOH＝∠BOF，
在△AOH与△BOF中，
{
OA=OB
)
∠AOH=∠BOF ，
OH=OF
∴△AOH≌△BOF（SAS），
∴∠OAH＝∠OBF＝45°，AH＝BF，
∴∠HAE＝∠BAO+∠OAH＝90°，
要使△AEH为等腰三角形，
∴AH＝BF＝AE，
∴△OAE≌△OBF，
90°−40°
∴∠AOE=∠BOF= =25°，
2
25
∴t= =10（秒），
2.5
即：经过10秒后，△AEH是等腰三角形．
4．（2023秋•东西湖区期末）已知点A（a，0），点B（0，b），C（﹣a，0），且a、b满足a2﹣2ab+b2
＝﹣（a﹣6）2．（1）直接写出点A、B、C的坐标；
（2）如图1，若点E的坐标为（0，﹣2），点F是第三象限内一点，且CE＝CF，∠ECF＝90°，连接
S
BF交x轴于G，求
△BCG
的值；
S
△ABG
（3）如图2，点P为y轴上一动点（P在B点上方），在AB延长线上取一点Q，使∠PCQ＝45°，写出
PC与PQ的数量关系与位置关系，并说明理由．
【分析】（1）根据完全平方式的非负性求出a，b的值，即可得到三点的坐标；
（2）过F作x轴垂线，根据三角形全等，可以求出垂线段的长度以及垂足到 C的距离，然后根据勾股
定理定理求出CE的长，再根据三角形全等，求出OG的长，即可得到CG和AG的长，最后根据等高三
角形的面积之比等于底边长之比求解即可；
（3）在P点上方y轴取点N，使得PN＝OB，作MN⊥y轴交直线AB于点M，连接CM，PM，根据三
角形全等以及等腰三角形的性质，可以得出∠MCP＝45°，所以M和Q重合，从而得出PQ＝CP，
PQ⊥CP．
【解答】解：（1）∵a2﹣2ab+b2＝﹣（a﹣6）2，
∴（a﹣b）2+（a﹣6）2＝0，
∴a＝b＝6，
∴A（6，0），B（0，6），C（﹣6，0）；
（2）如图1，作FH⊥x轴于H，∵∠ECF＝90°，
∴∠FCH+∠OCE＝90°，
又∵∠OCE+∠OEC＝90°，
∴∠HCF＝∠OEC，
在△CFH和△ECO中，
{∠HCF=∠CEO
)
∠CHF=∠COE ，
CF=CE
∴△CFH≌△ECO（AAS），
∴CH＝OE＝2，FH＝OC＝6，
又∵OB＝OC，
∴FH＝OB，
在△GHF和△GOB中，
{∠HGF=∠BGO
)
∠GHF=∠GOB ，
FH=OB
∴△HGF≌△OHB（AAS），
∴HG＝OG，
又∵OH＝OC+CH＝6+2＝8，
∴HG＝OG＝4，
∴CG＝OC﹣OG＝2，AG＝OA+OG＝10，
∵△BCG和△ABG等高，
S CG 1
∴ △BCG= = ；
S AG 5
△ABG（3）PQ＝PC，PQ⊥PC，
如图2，在P点上方y轴上去点N，使得PN＝OB，作MN⊥y轴交AB延长线于M，连接CM，PM，
∵∠MBN＝∠OBA＝45°，
∴MN＝BN＝PN+BP＝BP+OB＝OP，
又∵OC＝OB＝PN，
∴△MNP≌△POC（SAS），
∴PM＝PC，∠MPN＝∠PCO，
又∵∠PCO+∠CPO＝90°，
∴∠MPN+∠CPO＝90°，
∴∠MPC＝90°，
又∵PM＝PC，
∴△PCM为等腰直角三角形，
∴∠PCM＝45°，
又∵∠PCQ＝45°，
∴M与Q重合，
∴PQ＝PC，PQ⊥PC．
5．（2023秋•江汉区期末）已知：实数m，n，t满足m2+n2﹣12m﹣16n+100+|t﹣2|＝0．
（1）求m，n，t的值；
（2）如图，在平面直角坐标系中，A，B都是y轴正半轴上的点，C，D都是x轴正半轴上的点（点D
在C右边），∠CBD＝45°，∠BCD+∠DAO＝180°．
①如图（1），若点A与B重合，CD＝m，求B点的坐标；②如图（2），若点A与B不重合，AD＝n，BC＝t，直接写出△CBD的面积．
【分析】（1）依据题意，由m2+n2﹣12m﹣16n+100+|t﹣2|＝（m﹣6）2+（n﹣8）2+|t﹣2|＝0，从而m﹣
6＝0，n﹣8＝0，t﹣2＝0，进而计算可以得解；
（2）①依据题意，由∠ BCD+∠DAO＝180°，∠DAO+∠AOD+∠ADO＝180°，∠BCD＝
∠AOD+∠OBC，从而∠OBC＝∠ADO，再设∠OBC＝∠ADO＝x°，可得∠OBC＝∠ADO＝22.5°，又过
点C作CH⊥AD于H，CH的反向延长线交y轴于点E，∠CBD＝45°，
可得AH＝CH，进而可得△AEH≌△CDH（AAS），从而AE＝CD＝m＝6，又∠CAE＝∠CEA＝22.5°，
1
则AC＝EC，最后可得AO＝OE= AE＝3，进而可以得解．
2
②依据题意，过D作DE⊥BC于E，并延长交y轴于点G，又∠CBD＝45°，∠BED＝90°，从而∠BDE
＝∠CBD＝45°，故BE＝DE，再证得△BEG≌△DEC（AAS），从而EG＝EC．又∠OBC＝∠ADO，结
合∠OBC+∠BGE＝90°，∠ADO+∠OAD＝90°，可得∠BGE＝∠OAD，故AD＝GD＝n＝8，此时设DE
1
＝BE＝x，又BC＝t＝2，借助DG﹣DE＝BE﹣BC得方程8﹣x＝x﹣2，求出DE＝5，故可得S△BCD =
2
BC•DE计算得解．
【解答】解：（1）∵m2+n2﹣12m﹣16n+100+|t﹣2|＝（m﹣6）2+（n﹣8）2+|t﹣2|＝0．
∴m﹣6＝0，n﹣8＝0，t﹣2＝0，
解得：m＝6，n＝8，t＝2．
（2）①∵∠BCD+∠DAO＝180°，∠DAO+∠AOD+∠ADO＝180°，∠BCD＝∠AOD+∠OBC，
∴∠OBC＝∠ADO．
设∠OBC＝∠ADO＝x°，
∵∠ADO+∠DAO＝90°，
∴2x°+45°＝90°．∴x＝22.5．
∴∠OBC＝∠ADO＝22.5°．
如图，过点C作CH⊥AD于H，CH的反向延长线交y轴于点E．
∵∠CBD＝45°，
∴∠ACH＝∠CBD＝45°．
∴AH＝CH．
又由题意，∠EAH＝∠DCH＝67.5°，
∴∠AEH＝∠CDH＝22.5°．
∴△AEH≌△CDH（AAS）．
∴AE＝CD＝m＝6．
又∠CAE＝∠CEA＝22.5°，
∴AC＝EC．
又OC⊥AE，
1
∴AO＝OE= AE＝3．
2
∴B（0，3）．
②如图，过D作DE⊥BC于E，并延长交y轴于点G．
∵∠CBD＝45°，∠BED＝90°，∴∠BDE＝∠CBD＝45°．
∴BE＝DE．
∵∠OBC+∠BCO＝90°，∠OBC+∠BGE＝90°，
∴∠BCO＝∠BGE＝∠DCE．
又∠BEG＝∠DEC＝90°，
∴△BEG≌△DEC（AAS）．
∴EG＝EC．
∵∠BCD+∠DAO＝180°，∠DAO+∠AOD+∠ADO＝180°，∠BCD＝∠AOD+∠OBC，
∴∠OBC＝∠ADO．
∵∠OBC+∠BGE＝90°，∠ADO+∠OAD＝90°，
∴∠BGE＝∠OAD．
∴AD＝GD＝n＝8．
设DE＝BE＝x，
又BC＝t＝2，
∵GE＝CE，
∴DG﹣DE＝BE﹣BC．
∴8﹣x＝x﹣2．
∴x＝5，即DE＝5．
1 1
∴S△BCD =
2
BC•DE =
2
×2×5＝5．
6．（2023秋•汉阳区期末）如图，点A（﹣4，0），B（0，3）在平面直角坐标系中的坐标轴上，点P（﹣
1，1）为△AOB内一点，AB＝5．
（1）求点P到AB的距离；
（2）如图1，射线BP交OA的垂直平分线于点C，试判断△PAC的形状，并说明理由；
（3）如图2，Q（m，0）为x轴正半轴上一点，将AQ沿PQ所在直线翻折，与y轴，线段AB分别交于
点F，G，试探究△BFG的周长是否会发生变化，若变化，求变化范围；若不变，求△BFG的周长．【分析】（1）过点P作PE⊥x轴于点E，PK⊥y轴于点K，PH⊥AB于点H，则PE＝PK＝OE＝OK＝
1，再由三角形面积求出PH＝1，即可得出结论；
（2）由直角三角形的性质和角平分线定义求出∠PBA+∠PAB＝45°，则∠APC＝∠PBA+∠PAB＝45°，
过点C作CM⊥AB于点M，CN⊥y轴于点N，再证Rt△ACM≌Rt△OCN（HL），得∠CAM＝∠CON，
然后证∠COP＝∠CPO，得PC＝OC，即可解决问题；
（3）过点P作PE⊥x轴于点E，PM⊥y轴于点M，PN⊥AB于点N，PR⊥QG于点R，连接PG、PF，
由角平分线的性质得PE＝PM＝PN＝OE＝OM＝1，则BM＝OB﹣OM＝2，再证Rt△BPN≌Rt△BPM
（HL ），得 BN ＝BM＝2，同理可证 Rt△PMF≌Rt△PRF（HL ），得 FM＝FR，同理
Rt△PGN≌Rt△PGR（HL），得GN＝GR，即可解决问题．
【解答】解：（1）∵点A（﹣4，0），B（0，3），
∴OA＝4，OB＝3，
∵∠AOB＝90°，
1 1
∴S△AOB =
2
OA•OB =
2
×4×3＝6，
如图1，过点P作PE⊥x轴于点E，PK⊥y轴于点K，PH⊥AB于点H，
∵点P（﹣1，1），
∴PE＝PK＝OE＝OK＝1，
∵S△ABP +S△AOP +S△BOP ＝S△AOB ，
1 1 1
∴ AB•PH + OA•PE + OB•PK＝6，
2 2 2
1 1 1
即 ×5•PH + ×4×1 + ×3×1＝6，
2 2 2
解得：PH＝1，
即点P到AB的距离为1；（2）△PAC是等腰直角三角形，理由如下：
∵射线BP交OA的垂直平分线于点C，
∴AC＝OC，
∵∠AOB＝90°，
∴∠ABO+∠BAO＝90°，
由（1）可知，PE＝PF＝PG＝1，
∴BP平分∠ABO，AP平分∠BAO，OP平分∠AOB，
1 1
∴∠PBA＝∠PBO= ∠ABO，∠PAB= ∠BAO，∠AOP＝∠BOP＝45°，
2 2
1 1
∴∠PBA+∠PAB= （∠ABO+∠BAO）= ×90°＝45°，
2 2
∴∠APC＝∠PBA+∠PAB＝45°，
如图1﹣1，过点C作CM⊥AB于点M，CN⊥y轴于点N，
则∠CMA＝∠CNO＝90°，
∵BP平分∠ABO，
∴CM＝CN，
在Rt△ACM和Rt△OCN中，
{AC=OC)
，
CM=CN
∴Rt△ACM≌Rt△OCN（HL），
∴∠CAM＝∠CON，
∵∠CON+∠COB＝180°，
∴∠CAM+∠COB＝180°，
∴∠ABO+∠ACO＝360°﹣180°＝180°，
即2∠PBA+∠ACO＝180°，
∵AC＝OC，
∴∠COA＝∠CAO，
∵∠COA+∠CAO+∠ACO＝180°，
∴2∠COA+∠ACO＝180°，
∴∠PBA＝∠COA，
∵∠CPO＝∠BOP+∠PBO＝45°+∠PBA，∠COP＝∠AOP+∠COA＝45°+∠COA，
∴∠COP＝∠CPO，∴PC＝OC，
∴AC＝PC，
∴∠APC＝∠PAC＝45°，
∴∠ACP＝90°，
∴△PAC是等腰直角三角形；
（3）△BFG的周长不会发生变化，理由如下：
如图2，过点P作PE⊥x轴于点E，PM⊥y轴于点M，PN⊥AB于点N，PR⊥QG于点R，连接PG、
PF，
由（2）可知，点P为△AOB的三条内角平分线的交点，
∴PE＝PM＝PN＝OE＝OM＝1，
∵OB＝3，
∴BM＝OB﹣OM＝2，
在Rt△BPN和Rt△BPM中，
{BP=BP
)
，
PN=PM
∴Rt△BPN≌Rt△BPM（HL），
∴BN＝BM＝2，
由翻折的性质得：∠PQA＝∠PQF，
∵PE⊥AQ，PR⊥QG，
∴PE＝PR，
∴PR＝PM＝PN，
同理可证：Rt△PMF≌Rt△PRF（HL），
∴FM＝FR，
同理：Rt△PGN≌Rt△PGR（HL），
∴GN＝GR，
∴△BFG的周长＝BG+GF+BF＝BG+GR+RF+BF＝BG+GN+FM+BF＝BN+BM＝2+2＝4，
即△BFG的周长不会发生变化，为定值4．7．（2023秋•十堰期末）在平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b），a，b满足(a+1) 2+❑√b−3=0，
点C与点A关于y轴对称．（1）请直接写出B，C两点的坐标；
（2）如图1，分别以AB，BC为直角边向右侧作等腰Rt△BAD和等腰Rt△BCE，连接DE交x轴于点
M，连接BM，求证：BM⊥DE；
（3）如图2，点F为y轴上一动点，点G（m，﹣3m+3）在直线BC上，若连接E，F，G三点（按逆时
针顺序排列）恰好围成一个等腰直角三角形，请直接写出符合要求的m的值为 1 或 2 或 3 ．
【分析】（1）根据非负数的性质求出a，b的值，然后轴对称的性质写出点C的坐标即可；
（2）作DN∥CE，交x轴于点N，先证明Rt△BCE≌Rt△BAD，再证明△CME≌△NMD，即可证明DM
＝ME，再结合BD＝BE即可证明BM⊥DE；
（3）作EL⊥x轴于点L，证明△BOC≌△CLE（AAS），证明BO＝CL＝3，OC＝LE＝1，得出OL＝
OC+CL＝1+3＝4，得出L（4，0），E（4，1）；分三种情况：①当∠EGF＝90°时，②当∠FEG＝90°
时，③当∠EFG＝90°时，分别求出m的值即可．
【解答】（1）解：∵(a+1) 2+❑√b−3=0，
∴a+1＝0，b﹣3＝0，
∴a＝﹣1，b＝3，
∴A（﹣1，0），B（0，3），
又点C与点A关于y轴对称，
∴C（1，0）；
（2）证明：如图1，作DN∥CE，交x轴于点N，则∠ECM＝∠DNM，
∵点A、C关于y轴对称，
∴y轴是线段AC的垂直平分线，
∴CB＝AB，
∵△BAD与△BCE是等腰直角三角形，
∴CB＝CE，AB＝AD，∠BCE＝∠BAD＝90°，∴△BCE≌△BAD（SAS），
∴CE＝AD，BD＝BE，
∵∠ECM+∠BCA＝90°，∠DAC+∠BAC＝90°，且∠BCA＝∠BAC，
∴∠ECM＝∠DAC，
∴∠DNM＝∠DAC，
∴AD＝ND，又CE＝AD
∴CE＝ND，
∵∠CME＝∠NMD，又∠ECM＝∠DNM
∴△CME≌△NMD（AAS），
∴DM＝ME，
∵BD＝BE，
∴BM⊥DE．
（3）解：∵△BCE是等腰直角三角形，
∴BC＝CE，∠CBE＝∠CEB＝45°，
如图2，作EL⊥x轴于点L，则∠BOC＝∠CLE＝90°，
∵∠CBO＝90°﹣∠OCB＝∠ECL，BC＝CE，
∴△BOC≌△CLE（AAS），
∴BO＝CL＝3，OC＝LE＝1，
∴OL＝OC+CL＝1+3＝4，
∴L（4，0），E（4，1）；
①当∠EGF＝90°时，如图2，
∵△BCE为等腰直角三角形，点F为y轴上一动点，点G（m，﹣3m+3）在直线BC上，
∴此时点F与点B重合，点G与点C重合，
∴m＝1；②当∠FEG＝90°时，点F与点B重合，如图所示：
∵∠CEB＝45°，
∴∠CEG＝90°﹣45°＝45°，
∴∠CEF＝∠CEG，
∵EF＝GE，
∴BC＝CG，
∴点C为B、G的中点，
m+0
∴ =1，
2
解得：m＝2；
③当∠EFG＝90°时，过点E作EM⊥y轴于点M，过点G作GN⊥y轴于点N，如图所示：
则∠EMF＝∠GNF＝90°，∵∠MEF+∠MFE＝∠MFE+∠NFG＝90°，
∴∠MEF＝∠NFG，
∵EF＝FG，
∴△EMF≌△FNG，
∴NF＝ME，MF＝NG＝m，
∵E（4，1），
∴NF＝ME＝4，OM＝1，
∵G（m，﹣3m+3），
∴ON＝3m﹣3，
∵ON+OM﹣MF＝NF，
∴3m﹣3+1﹣m＝4，
解得：m＝3；
综上所述，m的值为1或2或3，
故答案为：1或2或3．
