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八年级数学上期中复习提分专项训练（解析版）
第一部分 基础题串知识
知识组1 三角形
1．（2020秋•河东区期中）△ABC中，若AB＝4，AC＝6，BC的长为偶数，则BC的取值为 4 或 6 或 8
．
【思路引领】根据“三角形的两边的和一定大于第三边，两边的差一定小于第三边”进行分析，解答即
可．
【解答】解：因为6﹣4＜BC＜6+4，
所以2＜B＜10，
因为BC长是偶数，
所以BC为4或6或8，
故答案为：4或6或8．
【总结提升】本题考查三角形的三边关系．三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形
的两边差小于第三边．
2．（2023秋•崇川区校级期中）如图，在△ABC中，∠B＝50°，∠C＝70°，AD是高，AE是角平分线，
（1）∠BAC＝ 60 ° ，∠DAC＝ 20 ° ．（填度数）
（2）求∠EAD的度数．
【思路引领】（1）根据三角形内角和定理求出∠BAC的度数，根据高的概念求出∠DAC的度数；
（2）根据角平分线的定义求出∠EAC的度数，计算即可．
【解答】解：（1）∠BAC＝60°，∠DAC＝20°，
在△ABC中∠B＝50°，∠C＝70°，
∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝60°，
∵AD是高，∠C＝70°，
∴∠DAC＝90°﹣70°＝20°，
故答案为：60°；20°；（2）∵AE是角平分线，
1
∴∠EAC= ∠BAC＝30°
2
又∵AD是高，
∴∠DAC+∠C＝90°，
∠DAC＝90°﹣70°＝20°，
∴∠EAD＝∠EAC﹣∠DAC＝10°．
【总结提升】本题考查的是三角形的角平分线、中线和高以及三角形内角和定理，掌握三角形的角平分
线、中线和高的概念和性质是解题的关键，注意三角形内角和等于180°．
3．（1）从四边形的一个顶点出发，可以画 1 条对角线，把四边形分成了 2 个三角形；四边形共
有 2 条对角线．
（2）从五边形的一个顶点出发，可以画 2 条对角线，把五边形分成了 3 个三角形；五边形共
有 5 条对角线．
（3）从六边形的一个顶点出发，可以画 3 条对角线，把六边形分成了 4 个三角形；六边形共
有 9 条对角线．
（4）猜想：①从100边形的一个顶点出发，可以画 9 7 条对角线，把100边形分成了 9 8 个三
角形；100边形共有 485 0 条对角线．②从n边形的一个顶点出发可以画 （ n ﹣ 3 ） 条对角线，
n(n-3)
把n边形分成了 （ n ﹣ 2 ） 个三角形；n边形共有 条对角线．
2
【答案】（1）1，2，2；（2）2，3，5；（3）3，4，9；（4）①97，98，4850；②（n﹣3），（n﹣
n(n-3)
2）， ．
2
【思路引领】从多边形的一个顶点出发作对角线，作出的对角线数比边数少 3．多边形的对角线是连接
多边形两个不相邻顶点的线段．
【解答】解：（1）从四边形的一个顶点出发，可以画 4﹣3＝1条对角线，把四边形分成了4﹣2＝2个
三角形；四边形共有1×4÷2＝2条对角线．
故答案为：1，2，2；
（2）从五边形的一个顶点出发，可以画 5﹣3＝2条对角线，把五边形分成了5﹣2＝3个三角形；五边
形共有2×5÷2＝5条对角线．
故答案为：2，3，5；
（3）从六边形的一个顶点出发，可以画 6﹣3＝3条对角线，把六边形分成了6﹣2＝4个三角形；六边形共有3×6÷2＝9条对角线．
故答案为：3，4，9；
（4）猜想：①从100边形的一个顶点出发，可以画100﹣3＝97条对角线，把100边形分成了100﹣2
＝98个三角形；100边形共有100×97÷2＝4850条对角线．
故答案为：97，98，4850；
②从n边形的一个顶点出发可以画 n﹣3条对角线，把 n边形分成了 n﹣2个三角形；n边形共有
n(n-3)
条对角线．
2
n(n-3)
故答案为：（n﹣3），（n﹣2）， ．
2
【总结提升】此题主要考查了多边形的对角线，关键是掌握计算公式．
知识组2 全等三角形
4．（2022秋•綦江区期末）如图1，AB＝AC，CD⊥AB于D，BE⊥AC于E，CD、BE交于点F．
（1）求证：BD＝CE；
（2）如图2，连接AF，请直接写出图中所有的全等三角形．
【答案】（1）见解析
（2）△ADC≌△AEB，△ADF≌△AEF，△ABF≌△ACF，△BDF≌△CEF
【思路引领】（ 1）根据垂直得出∠CAD＝∠BEA＝90°，根据全等三角形的判定定理AAS可以证明
△ADC≌△AEB，根据全等三角形的性质定理得出AD＝AE即可；
（2 ）根据垂直得出∠BDF＝∠CEF＝90°，根据全等三角形的判定定理得出△BDF≌△CEF，根据全等
三角形的性质得出 DF＝EF，BF＝CF，再根据全等三角形的判定定理证明△AFB≌△AFC，
△ADF≌△AEF即可．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC，∴∠CAD＝∠BEA＝90°，
在△ADC和△AEB中，
{∠ADC=∠AEB
∠A=∠A ，
AC=AB
∴△ADC≌AEB（AAS），
∴AD＝AE，
∵AB＝AC，
∴BD＝CE；
（2）解：图中全等三角形有△ADC≌△AEM，△ADF≌△AEF，△ABF≌△ACF，△BDF≌△CEF，
理由是：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠BDF＝∠CEF＝90°，
在△BDF和△CEF中，
{∠DFB=∠EFC
∠BDF=∠CEF，
BD=CE
∴△BDF≌△CEF（AAS），
∴DF＝EF，BF＝CF，
根据SS可以证明△AFB≌△AFC，△ADF≌△AEF．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定定理和性质定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的
关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
知识组3 轴对称
5．（2022秋•岳普湖县校级期末）如图1，已知等边△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，连接DE．
（1）若DE∥BC，求证：△ADE是等边三角形；
（2）如图2，若D、E分别为AB、AC中点，连接CD、BE，CD与BE相交于点F，请直接写出图中所有等腰三角形．（△ADE与△ABC除外）
【答案】（1）证明过程见解答．
（2）△BDE，△DEC，△DEF和△BFC为等腰三角形．
【思路引领】（1）根据△ABC为等边三角形，则∠C＝∠B＝60°，由DE∥BC得到∠ADE＝∠C＝∠B
＝∠AED＝60°，然后根据等边三角形的判定方法得到△ADE是等边三角形；
（2）由等边三角形的性质可得出结论．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，
∴∠A＝∠ADE＝∠AED，
∴△ADE是等边三角形．
（2）解：△BDE，△DEC，△DEF和△BFC为等腰三角形．
由（1）可知，AB＝AC，∠＝60°，
∵D、E分别为AB、AC中点，
1 1
∴AD= AB，AE= AC，
2 2
∵AD＝AE，
∴△ADE为等边三角形，
1
∴AD＝DE= AB，
2
∴BD＝DE，
即△BDE为等腰三角形，
同理△DEC为等腰三角形．
∵AB＝BC，E为AC的中点，
∴∠ABE＝∠CBE＝30°，
∵∠ADE＝∠ABC＝60°，
∴DE∥BC，
∴∠EBC＝∠DEB＝30°，
同理∠BCD＝∠EDC＝30°，
∴FB＝FC，DF＝EF．
即△DEF和△BFC都为等腰三角形．【总结提升】本题考查了等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、平行线的性质；熟练掌握等边
三角形的判定与性质是解决问题的关键．
6．（2022秋•兴化市期末）如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1）、B（4，2）、C（3，
4）．
（1）画出△ABC关于y轴的对称图形△A B C ；
1 1 1
（2）画出△ABC沿y轴向下平移3个单位得到△A B C ；
2 2 2
（3）在y轴上求作一点P，使△PAC的周长最小，并直接写出点P的坐标．
7
【答案】（1）（2）（3）作图见解析部分．P（0， ）．
4
【思路引领】（1）分别作出AB，C的对应点A ，B ，C 即可．
1 1 1
（2）分别作出AB，C的对应点A ，B ，C 即可．
2 2 2
（3）连接AC 交y轴于P，连接PC，点P即为所求作．
1
【解答】解：（1）如图，△A B C ；即为所求作．
1 1 1
（2）如图，△A B C 即为所求作．
2 2 2
7
（3）如图，点P即为所求作，P(0， )．
4【总结提升】本题考查作图﹣轴对称变换，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
第二部分 压轴题猜压
猜压1 全等三角形中的动点问题
7．（2020秋•增城区期末）如图1，点A、D在y轴正半轴上，点B、C分别在x轴上，CD平分∠ACB
与y轴交于D点，∠CAO＝∠DBO．
（1）求证：AC＝BC；
（2）如图2，点C的坐标为（4，0），点E为AC上一点，且∠DEA＝∠DBO，求BC+EC的长；
（3）在（1）中，过D作DF⊥AC于F点，点H为FC上一动点，点G为OC上一动点，（如图3），
当H在FC上移动，点G在OC上移动时，始终满足∠GDH＝∠GDO+∠FDH，试判断FH、GH、OG
这三者之间的数量关系，写出你的结论并加以证明．
【思路引领】（1）根据角平分线得出∠ACD＝∠BCD，进而判断出△ACD≌△BCD，即可得出结论；
（2）过点D作DM⊥AC于M，根据角平分线得出DO＝DM，进而判断出△BOD≌△AMD，得出OB＝
AM，进而判断出Rt△DOC≌Rt△DMC，得出OC＝MC，再判断出OB＝EM，即可得出结论；
（3）在GO的延长线上取一点N，使ON＝FH，再判断出DO＝DF，进而判断出△DON≌△DFH，得
出DN＝DH，∠ODN＝∠FDH，进而判断出∠GDH＝∠GDN，进而判断出△DGN≌△DGH，得出GH
＝GN，即可得出结论．【解答】解：（1）∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
在△ACD和△BCD中，
{∠CAO=∠DBO
∠ACD=∠BCD，
CD=CD
∴△ACD≌△BCD（AAS），
∴AC＝BC；
（2）如图2，
过点D作DM⊥AC于M，
∵CD平分∠ACB，OD⊥BC，
∴DO＝DM，
在△BOD和△AMD中，
{
∠DBO=∠DAM
∠BOD=∠AMD=90°，
DO=DM
∴△BOD≌△AMD（AAS），
∴OB＝AM，
在Rt△DOC和Rt△DMC中，
{DO=DM
，
DC=DC
∴Rt△DOC≌Rt△DMC（HL），
∴OC＝MC，
∵∠CAO＝∠DBO，∠DEA＝∠DBO，
∴∠DAE＝∠DEA，
∵DM⊥AC，
∴AM＝EM，
∴OB＝EM，
∵C（4，0），
∴OC＝4，
∴BC+CE＝OB+OC+MC﹣EM＝2OC＝8；（3）GH＝OG+FH；
证明：如图3，
在GO的延长线上取一点N，使ON＝FH，
∵CD平分∠ACO，DF⊥AC，OD⊥OC，
∴DO＝DF，
在△DON和△DFH中，
{
DO=DF
∠DON=∠DFH=90°，
ON=FH
∴△DON≌△DFH（SAS），
∴DN＝DH，∠ODN＝∠FDH，
∵∠GDH＝∠GDO+∠FDH，
∴∠GDH＝∠GDO+∠ODN＝∠GDN，
在△DGN和△DGH中，
{
DN=DH
∠GDN=∠GDH，
DG=DG
∴△DGN≌△DGH（SAS），
∴GH＝GN，
∵ON＝FH，
∴GH＝GN＝OG+ON＝OG+FH．【总结提升】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，角平分线定理，等腰三角形
的性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
猜压2 与等边三角形的类比探究
8．（2021秋•合阳县期末）数学理解
（1）如图1，在等边△ABC内，作DB＝DC，且∠BDC＝80°，E是△DBC内一点，且∠CBE＝10°，BE
＝BD，求∠BCE的度数；
联系拓广（联系图1特点，解决下列问题）
（2）如图2，在△DBC中，DB＝DC，∠BDC＝80°，E是△DBC内一点，且∠CBE＝10°，∠BCE＝
30°，连接DE，求∠CDE的度数．
【答案】（1）30°；
（2）10°．
【思路引领】（1）连接AD，依据直线AD是线段BC的垂直平分线，即可得到AD平分∠BAC，进而得
出∠BAD的度数；再判定△ABD≌△CBE（SAS），即可得到∠BCE＝∠BAD＝30°；
（2）作等边三角形 ABC，连接AD，判定△ABD≌△CBE（SAS），即可得到 BD＝BE，进而得出
∠BDE＝70°，再根据∠CDE＝∠BDC﹣∠BDE进行计算即可．
【解答】解：（1）如图1，连接AD，
∵AB＝AC，DB＝DC，
∴直线AD是线段BC的垂直平分线，
∴AD平分∠BAC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝30°，
∵∠BDC＝80°，
∴∠DBC＝50°，∴∠ABD＝60°﹣50°＝10°＝∠CBE，
又∵AB＝BC，BE＝BD，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴∠BCE＝∠BAD＝30°；
（2）如图2，作等边三角形ABC，连接AD，
由（1）解答知，∠BAD＝∠BCE＝30°，∠ABD＝∠CBE＝10°，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴BD＝BE，
∵∠DBE＝60°﹣10°﹣10°＝40°，
∴∠BDE＝70°，
∴∠CDE＝∠BDC﹣∠BDE＝80°﹣70°＝10°．
【总结提升】本题主要考查了等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，关键是掌握等边三角形的三个
内角都相等，且都等于60°．
第三部分 期中模拟测试
一、选择题
1．（2019秋•广安期末）在下列四个标志图案中，轴对称图形是（ ）A． B．
C． D．
【答案】B
【思路引领】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，
这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴可得答案．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
【总结提升】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的概念．
2．（2022秋•增城区期中）在△ABC中，若∠A﹣∠B＝∠C，则此三角形一定是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定
【答案】B
【思路引领】由∠A﹣∠B＝∠C，∠A＝∠B+∠C，结合三角形内角和定理，可求出∠A＝90°，进而可
得出此三角形一定是直角三角形．
【解答】解：∵∠A﹣∠B＝∠C，
∴∠A＝∠B+∠C，
又∵在△ABC中，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴2∠A＝180°，
∴∠A＝90°，
∴此三角形一定是直角三角形．
故选：B．
【总结提升】本题考查了三角形内角和定理，牢记“三角形内角和是180°”是解题的关键．
3．（2022秋•海口期中）如图，AC＝AD，∠CAD＝∠BAE，再添加一个条件仍不能判定△ABC≌△AED
的是（ ）A．AB＝AE B．∠C＝∠D C．DE＝CB D．∠E＝∠B
【答案】C
【思路引领】根据∠CAD＝∠BAE求出∠BAC＝∠DAE，再根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：∵∠CAD＝∠BAE，
∴∠CAD+∠BAD＝∠BAE+∠BAD，
即∠BAC＝∠DAE，
A．AB＝AE，AC＝AD，∠BAC＝∠DAE，符合全等三角形的判定定理SAS，能证明△ABC≌△AED，
故本选项不符合题意；
B．∠C＝∠D，AC＝AD，∠BAC＝∠DAE，符合全等三角形的判定定理 ASA，能证明
△ABC≌△AED，故本选项不符合题意；
C．DE＝CB，AC＝AD，∠BAC＝∠DAE，不符合全等三角形的判定定理 SAS，不能证明
△ABC≌△AED，故本选项符合题意；
D．∠B＝∠E，∠BAC＝∠DAE，AC＝AD，符合全等三角形的判定定理 AAS，能证明
△ABC≌△AED，故本选项不符合题意；
故选：C．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：
全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
4．（2022秋•琼山区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥AB交BC于点D，∠BAC＝120°，AD
＝3，则BC的长（ ）
A．6 B．7.5 C．9 D．10.5
【答案】C
【思路引领】先利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠B＝∠C＝30°，再根据垂直定义可得∠DAB＝90°，从而在Rt△ABD中，利用含30度角的直角三角形的性质BD＝2AD＝6，然后利用角的和
差关系求出∠CAD＝30°，从而可得∠C＝∠CAD＝30°，再利用等角对等边可得CD＝AD＝3，最后进行
计算即可解答．
【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
1
∴∠B＝∠C= （180°﹣∠BAC）＝30°，
2
∵AD⊥AB，
∴∠DAB＝90°，
∴BD＝2AD＝6，∠CAD＝∠BAC﹣∠BAD＝30°，
∴∠C＝∠CAD＝30°，
∴CD＝AD＝3，
∴BC＝BD+CD＝6+3＝9，
故选：C．
【总结提升】本题考查了等腰三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，熟练掌握等腰三角形的
判定与性质，以及含30度角的直角三角形的性质是解题的关键．
5．（2022秋•天宁区校级期中）如图，在直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AC＝2AB，点D是AC的中
点，将一块锐角为45°的直角三角板ADE如图放置，使三角板斜边的两个端点分别与A、D重合，连接
BE、EC．下列判断正确的有（ ）
①△ABE≌△DCE；②BE＝EC；③BE⊥EC；④S△AEC ＝S△AEB ．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【思路引领】由 ADE 是锐角为 45°的直角三角板，得到相等的相等和 45°的角，从而得到
△ABE≌△DCE，由确定的性质判断其它三个选项是否正确．
【解答】解：∵AC＝2AB，点D是AC的中点，
∴AB＝DC．
∵△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝DE，∠EAD＝45°，∠ADE＝45°，
∴∠BAE＝∠ABC+∠EAD
＝90°+45°
＝135°，
∠EDC＝180°﹣∠ADE
＝180°﹣45°
＝135°．
在△ABE和△DCE中，
AB＝DC，∠BAE＝∠EDC，AE＝ED，
∴△ABE≌△DCE（SAS）．
故①正确；
∴BE＝EC（全等三角形的对应边相等），
故②正确；
∴∠AEB＝∠DEC（全等三角形的对应角相等），
∴∠BEC＝∠BED+∠DEC
＝∠BED+∠AEB
＝∠AED＝90°，
∴BE⊥CE．
故③正确；
∵△ABE≌△DCE，
∴S△ABE ＝S△DCE ，
∵S△AEC ＝S△DCE +S△AED ，
∴S△AEC ＞S△AEB ，
故④错．
故选：C．
【总结提升】本题考查的是全等三角形的性质和判断，熟练运用全等三角形的性质和判断是解题的关键．
6．（2023春•石狮市期末）在平面直角坐标系xOy中，与点（2，5）关于y轴对称的点是（ ）
A．（﹣2，5） B．（2，﹣5） C．（﹣2，﹣5） D．（5，2）
【答案】A
【思路引领】根据关于y轴对称的点的纵坐标不变，横坐标互为相反数解答即可．
【解答】解：∵点（2，5），∴与点（2，5）关于y轴对称的点（﹣2，5）．
故选：A．
【总结提升】本题考查的是坐标与图形变化﹣对称，熟知关于y轴对称的点的纵坐标不变，横坐标互为
相反数是解题的关键．
二、填空题
7．（2022秋•越秀区校级期中）如图，将一副直角三角板如图放置，∠A＝30°，∠F＝45°．若边AB经
过点D，则∠FDB＝ 15 ° ．
【答案】15°．
【思路引领】根据三角形外角的性质解决此题．
【解答】解：由题意得，∠ABC＝60°，∠F＝45°．
∴∠FDB＝∠ABC﹣∠F＝60°﹣45°＝15°．
故答案为：15°．
【总结提升】本题主要考查三角形的外角，熟练掌握三角形外角的性质是解决本题的关键．
2
8．（2015•眉山）一个多边形的外角和是内角和的 ，这个多边形的边数为
5
【思路引领】根据多边形的外角和为360°及题意，求出这个多边形的内角和，即可确定出多边形的边数．
2
【解答】解：∵一个多边形的外角和是内角和的 ，且外角和为360°，
5
∴这个多边形的内角和为900°，即（n﹣2）•180°＝900°，
解得：n＝7，
则这个多边形的边数是7，
故选：C．
【总结提升】此题考查了多边形的内角和与外角和，熟练掌握内角和公式及外角和公式是解本题的关键．
9．（2022秋•五峰县期中）如图，在△ABC中，BC的垂直平分线DE分别交AB、BC于点D和点E，AB
＝12，△ACD的周长为21，则AC＝ 9 ．【答案】9．
【思路引领】根据线段垂直平分线的性质得到DB＝DC，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵DE是BC的垂直平分线，
∴DB＝DC，
∵△ACD的周长为21，
∴AC+AD+CD＝AC+AD+DB＝AC+AB＝21，
∵AB＝12，
∴AC＝9，
故答案为：9．
【总结提升】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点
的距离相等是解题的关键．
2
10．（2023•天山区校级二模）一个多边形的外角和是内角和的 ，这个多边形的边数为 7 ．
5
【思路引领】先设这个多边形的边数为n，得出该多边形的内角和为（n﹣2）×180°，根据多边形的外
2
角和是内角和的 ，列方程求解．
5
【解答】解：设这个正多边形的边数为n，则该多边形的内角和为（n﹣2）•180°，
2
依题意得（n﹣2）•180°× =360°，
5
解得n＝7，
∴这个多边形的边数为7．
故答案为：7
【总结提升】本题主要考查了多边形内角和定理与外角和定理，注意：多边形内角和为（n﹣2）•180
（n≥3且n为整数），多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是多
少，其外角和永远为360°．
11．（2022秋•永春县期末）如图，△ABC中，AB＝12，边BC的垂直平分线分别交AB，BC于点E、D，
若△ACE的周长是21，则AC＝ 9 ．【答案】9．
【思路引领】根据线段垂直平分线的性质得到EB＝EC，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵DE是线段BC的垂直平分线，
∴EB＝EC，
∵△AEC的周长为21，
∴AC+AE+EC＝21，
∴AC+AE+EB＝AC+AB＝21，
又∵AB＝12，
∴AC＝21﹣12＝9，
故答案为：9．
【总结提升】本题考查的是线段垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的
距离相等是解题的关键．
12．（2022秋•孝义市期中）如图，小张同学拿着老师的等腰直角三角尺，摆放在两摞长方体教具之间，
∠ACB＝90°，AC＝BC，若每个小长方体教具高度均为4cm，则两摞长方体教具之间的距离DE的长为
28 cm．
【答案】28．
【思路引领】根据题意可得AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，进而得到∠ADC＝∠CEB＝
90°，再根据等角的余角相等可得∠BCE＝∠DAC，再证明△ADC≌△CEB即可，根据全等三角形的性
质进行解答．
【解答】解：由题意得：AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠DAC＝90°，∴∠BCE＝∠DAC，
在△ADC和△CEB中，
{∠ADC=∠CEB
∠DAC=∠BCE，
AC=BC
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CD＝BE，AD＝CE，
∵DE＝CD+CE，
∴DE＝BE+AD，
∵一块长方体教具的厚度为4cm，
∴AD＝16cm，BE＝12cm，
∴两摞长方体教具之间的距离DE的长＝16+12＝28（cm）．
故答案为：28．
【总结提升】此题主要考查了全等三角形的应用，以及勾股定理的应用，关键是正确找出证明三角形全
等的条件．
三、解答题
13．（2022春•南安市期末）如图，在直角三角形ABC中，CD是斜边AB上的高，∠BCD＝35°．
（1）求∠CBD的度数；
（2）斜边AB在直线EF上，求∠CAE的度数．
【答案】（1）55°；
（2）145°．
【思路引领】（1）结合直角三角形的性质，利用三角形的内角和定理可求解；
（2）利用三角形外角的性质可求解．
【解答】解：（1）∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝90°，
∵∠BDC+∠BCD+∠CBD＝180°，∠BCD＝35°，
∴∠CBD＝180°﹣90°﹣35°＝55°；
（2）∵△ABC是直角三角形，∴∠ACB＝90°，
∵∠CAE是△ABC的一个外角，
∴∠CAE＝∠ACB+∠CBD＝90°+55°＝145°．
【总结提升】本题主要考查直角三角形的性质，三角形的内角和定理，三角形的外角，掌握三角形的内
角和定理是解题的关键．
14．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，且BE＝CF，BD＝CE．
（1）求证：DE＝EF；
（2）当∠A＝44°时，求∠DEF的度数；
（3）当∠A等于多少度时，△DEF成为等边三角形？试证明你的结论．
【思路引领】（1）根据AB＝AC可得∠B＝∠C，即可求证△BDE≌△CEF，即可解题；
（2）根据全等三角形的性质，得出∠BED＝∠CFE，再根据三角形内角和定理以及平角的定义，即可
求得∠DEF的度数；
（3）根据△DEF为等边三角形，以及△BDE≌△CEF，可得∠C的度数，最后根据等腰三角形ABC，
求得其顶角的度数．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵在△BDE和△CEF中，
{
BD=CE
∠B=∠C，
BE=CF
∴△BDE≌△CEF（SAS），
∴DE＝EF；
1
（2）当∠A＝44°时，∠B＝∠C= （180°﹣44°）＝68°，
2
∵△BDE≌△CEF，∴∠BED＝∠CFE，
∵△CEF中，∠CEF+∠CFE＝180°﹣68°＝112°，
∴∠BED+∠CEF＝112°，
∴∠DEF＝180°﹣112°＝68°；
（3）当∠A等于60度时，△DEF成为等边三角形．
证明：若△DEF为等边三角形，则∠DEF＝60°，
∴∠BED+∠CEF＝120°，
又∵△BDE≌△CEF，
∴∠BED＝∠CFE，
∴△CEF中，∠CEF+∠CFE＝120°，
∴∠C＝180°﹣120°＝60°＝∠B，
∴△ABC中，∠A＝180°﹣60°×2＝60°．
【总结提升】本题属于三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质以及全
等三角形的判定与性质的综合应用，解决问题的关键是运用全等三角形的对应边相等，对应角相等进行
计算推导，解题时注意三角形的内角和等于180°．
15．（2022秋•思明区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为CA延长线上一点，且DE⊥BC交AB
于点F．
（1）求证：△ADF是等腰三角形；
（2）EF＝4，F为AB中点，求DF的长．【答案】（1）见解答；（2）8．
【思路引领】（1）利用等腰三角形的性质可得∠B＝∠C，再利用等角的余角相等证明∠D＝∠AFD即
可解答；
（2）由（1）得△ADF是等腰三角形，想到等腰三角形的三线合一性质，所以过点A作AG⊥DE，垂足
为G，先在Rt△BEF中，利用勾股定理求出EF的长，然后证明△AGF≌△BEF即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC＝∠DEB＝90°，
∴∠B+∠BFE＝90°，∠C+∠D＝90°，
∴∠D＝∠BFE，
∵∠BFE＝∠AFD，
∴∠D＝∠AFD，
∴AD＝AF，
∴△ADF是等腰三角形；
（2）过点A作AG⊥DE，垂足为G，∵AB＝AC，EF＝4，
∴BF2＝BE2+EF2，
∵F为AB中点，
1
∴AF＝BF= AB，
2
在Rt△BFE和△AFG中，
∵∠AGF＝∠BEF＝90°，∠AFG＝∠BFE，
∴△AFG≌△BFE（AAS），
∴GF＝EF＝4，
∵AD＝AF，AG⊥DF，
∴DF＝2GF＝8．
【总结提升】本题考查了等腰三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线
是解题的关键．
16．（2023春•古田县期中）如图，在△ABC中，DE，DF分别为BC，AB边的垂直平分线，连接AD，
CD．
（1）若∠B＝50°，求∠ACD的度数；
（2）判断∠B与∠ACD之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）40°；
（2））∠B+∠ACD＝90°，理由见解答．
【思路引领】（1）连接BD并延长，交AC于H，根据线段垂直平分线的性质得到 DA＝DB，DC＝
DB，根据等腰三角形的性质得到∠DAB＝∠DBA，∠DCB＝∠DBC，根据三角形的外角性质求出
∠ADC，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，得到答案；
（2）根据（1）的结论解答即可．
【解答】解：（1）连接BD并延长，交AC于H，
∵DE，DF分别为BC，AB边的垂直平分线，
∴DA＝DB，DC＝DB，∴∠DAB＝∠DBA，∠DCB＝∠DBC，
∴∠ADH＝∠DAB+∠DBA＝2∠DBA，∠CDH＝∠DCB+∠DBC＝2∠DBC，
∴∠ADC＝2∠ABC＝100°，
∵DA＝DB，DC＝DB，
∴DA＝DC，
1
∴∠ACD＝∠CAD= （180°﹣100°）＝40°；
2
（2）∠B+∠ACD＝90°，
理由如下：∵∠ACD+∠CAD+∠ADC＝180°，
∴2∠ACD+2∠ABC＝180°，
∴∠ACD+∠ABC＝90°．
【总结提升】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、三角形的外角性质，掌握线段的垂直平分线上的
点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
17．（2023春•六安月考）如图，四边形ABCD中，∠B＝90°，连接对角线AC，且AC＝AD，点E在边
BC上，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，若AB＝AF．
（1）求证：①∠DAC＝∠FAB；
②DF＝CE+EF；
（2）若AB＝BC，∠CDE＝20°，求∠CAF的度数．
【思路引领】（1）①由“HL”可证Rt△ADF≌Rt△CAB，可得∠DAF＝∠CAB，即可求解．
②由“HL”可证Rt△AEF≌Rt△AEB，可得BE＝EF，即可求解；
（2）由全等三角形的性质可求∠ADF＝∠ACB＝45°，AD＝AC，∠DAF＝∠CAB＝45°，由等腰三角形的性质可求∠DAC＝50°，即可求解．
【解答】（1）①证明：∵AF⊥DE，
∴∠DFA＝90°＝∠B，
在Rt△ADF和Rt△CAB中，
{AD=AC
，
AF=AB
∴Rt△ADF≌Rt△CAB（HL），
∴∠DAF＝∠CAB，
∴∠DAC＝∠FAB；
②证明：如图，连接AE，
在Rt△AEF和Rt△AEB中，
{AE=AE
，
AF=AB
∴Rt△AEF≌Rt△AEB（HL），
∴EF＝BE，
∵Rt△ADF≌Rt△CAB，
∴DF＝BC，
∴DF＝BC＝BE+CE＝EF+CE；
（2）解：∵AB＝BC，∠B＝90°，
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，
∵Rt△AEF≌Rt△AEB，
∴∠ADF＝∠ACB＝45°，AD＝AC，∠DAF＝∠CAB＝45°，
∵∠CDE＝20°，
∴∠ADC＝∠ADF+∠CDE＝65°，
∵AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD＝65°，
∴∠CAD＝50°，
∴∠CAF＝5°．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定方法
是解题的关键．
