文档内容
2024-2025 学年八年级数学上学期期中测试卷
基础知识达标测
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、
准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：第十一章~第十三章（人教版）。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）如图，在3×3的正方形网格中，从空白的小正方形中再选择一个涂黑，使得3个涂黑的正
方形成轴对称图形，则选择的方法有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【分析】将空白部分小正方形分别涂黑，任意一个涂黑共7种情况，其中涂黑1，3，5，6，7有5
种情况可使所得图案是一个轴对称图形．
【解答】解：如图，
将图中剩余的编号为1至7的小正方形中任意一个涂黑共7种情况，其中涂黑1，3，5，6，7有5
种情况可使所得图案是一个轴对称图形，
故选：C．2．（3分）如图，△ABC≌△CED，点A在CE边上，∠CAB+∠E＝90°，ED与AB交于点F，则下列
结论不正确的是（ ）
A．DE＝BC B．∠D＝90°
C．∠BFD+∠B＝∠ACD D．EF＝FB
【分析】根据全等三角形的性质进行判断即可．
【解答】解：∵△ABC≌△CED，
∴BC＝DE，
故A选项不符合题意；
∵△ABC≌△CED，
∴∠CAB＝∠DCE，
∵∠CAB+∠E＝90°，
∴∠DCE+∠E＝90°，
∴∠D＝90°，
故B选项不符合题意；
∵∠CAB＝∠E+∠AFE，∠AFE＝∠BFD，
∴∠CAB＝∠BFD+∠E，
∵△ABC≌△CED，
∴∠CAB＝∠ACD，∠B＝∠E，
∵∠BFD＝∠AFE，
∴∠BFD+∠B＝∠ACD，
故C选项不符合题意，
没有足够的条件证明EF＝FB，
故D选项符合题意，
故选：D．
3．（3分）一个不等边三角形的两边长分别为6和10，且第三边长为偶数，符合条件的三角形有（
）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】设第三边长为x，根据三角形三边的关系得4＜x＜16，再根据题意即可得到x可取6、8、10、12、14．
【解答】解：设第三边长为x，
根据题意得10﹣6＜x＜10+6，即4＜x＜16，
又∵三角形为不等边三角形，且第三边长为偶数，不等边三角形，
∴x为8、12、14，符合条件的三角形有3个，
故选：B．
4．（3分）如图，为了促进当地旅游发展，某地要在三条公路AB、AC、BC两两相交围成的一块平地
上修建一个度假村．要使这个度假村到三条公路的距离相等，应选择的位置是（ ）
A．△ABC各边垂直平分线的交点
B．△ABC中线的交点
C．△ABC高的交点
D．△ABC内角平分线的交点
【分析】根据角平分线的性质进行判断．
【解答】解：∵度假村到三条公路的距离相等，
∴这个度假村在△ABC内角平分线的交点处．
故选：D．
5．（3分）已知一个n边形的内角和是1800°，从它的一个顶点出发可以作m条对角线，则m+n的值
为（ ）
A．17 B．19 C．21 D．66
【分析】根据多边形内角和定理，可求出边数，再套用多边形对角线条数公式，即可得出结论．
【解答】解：∵一个n边形的内角和为1800°，
∴180°×（n﹣2）＝1800°，
解得：n＝12，
n(n−3) 12×(12−3)
∴m= = =54，
2 2
∴m+n＝54+12＝66．
故选：D．
6．（3分）如图，点E、F在BC上，AB＝DC，∠B＝∠C．添加一个条件后，不能证明
△ABF≌△DCE，这个条件可能是（ ）A．∠A＝∠D B．BE＝CF C．BF＝CE D．AF＝ED
【分析】由于AB＝DC，∠B＝∠C，则根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断．
【解答】解：∵AB＝DC，∠B＝∠C，
∴当添加∠A＝∠D时，△ABF≌△DCE（ASA）；
当添加BE＝CF时，BF＝CE，则△ABF≌△DCE（SAS）；
当添加BF＝CF时，△ABF≌△DCE（SAS）；
当添加AF＝ED时，不能判断△ABF≌△DCE．
故选：D．
7．（3分）如图，点A、B、C、D、E在同一平面上，顺次连结得到不规则图形，若∠BCD＝50°，则
∠A+∠B+∠D+∠E的度数为（ ）
A．200° B．210° C．220° D．230°
【分析】由三角形内角和定理得到∠C+∠MNC＝∠A+∠B，∠C+∠NMC＝∠CNE＝∠D+∠E，因
此∠A+∠B+∠D+∠E＝∠C+∠NMC+∠C+∠MNC＝180°+50°＝230°．
【解答】解：∵∠AMB＝∠CMN，∠MNC＝∠DNE，
∴∠C+∠MNC＝∠A+∠B，∠C+∠NMC＝∠CNE＝∠D+∠E，
∴∠A+∠B+∠D+∠E＝∠C+∠NMC+∠C+∠MNC＝180°+50°＝230°．
故选：D．
8．（3分）平面直角坐标系中，已知A（﹣1，0），B（1，1），若在坐标轴上取点C，使△ABC为等
腰三角形，则满足条件的点C的个数是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8【分析】先根据点A，B的坐标求出AB与y轴的交点M为线段AB的中点，然后分两种情况进行讨
论：（1）当点C在x轴上时，又有以下三种情况：①以点A为圆心，以AB为半径画弧交x轴于点
C，C'，②以点B为圆心，以BA的长为半径画弧交x轴于点C，③过点M作MC⊥AB交x轴于
C，（2）当点C在y轴上时，又有以下两种情况：①以点A为圆心，以AB为半径画弧交y轴于点
C，C'，②以点B为圆心，以BZ为半径画弧交y轴于点C，C'，综上所述可得出答案
【解答】解：∵A（﹣1，0），B（1，1），
1 1
∵ （﹣1+1）＝0， （0+1）＝0.5
2 2
∴AB的中点M坐标为（0，0.5），
∴AB与y轴的交点即为AB的中点M，
∵在坐标轴上取点C，使△ABC为等腰三角形，
∴有以下两种情况：
（1）当点C在x轴上时，又有以下三种情况：
①以点A为圆心，以AB为半径画弧交x轴于点C，C'，如图1所示：
此时AB＝AC，AB＝AC'，
∴△ABC和△ABC'均为等腰三角形，则点C和点C'为所求的点，
②以点B为圆心，以BA的长为半径画弧交x轴于点C，如图2所示：
此时BA＝BC，
∴△ABC为等腰三角形，则点C为所求的点；
③过点M作MC⊥AB交x轴于C，连接BC，如图3所示：∵点M为AB的中点，
∴MC为线段AB的垂直平分线，
∴AC＝BC，
∴△ABC为等腰三角形，则点C为所求的点．
综上所述：当点C在x轴上时，满足条件点C有4个．
（2）当点C在y轴上时，又有以下两种情况：
①以点A为圆心，以AB为半径画弧交y轴于点C，C'，如图4所示：
此时AB＝AC，AB＝AC'，
∴△ABC和△ABC'均为等腰三角形，则点C和点C'为所求的点，
②以点B为圆心，以BZ为半径画弧交y轴于点C，C'，如图5所示：此时BC＝BA，BC'＝BA，
∴△ABC和△ABC'均为等腰三角形，则点C和点C'为所求的点．
综上所述：当点C在y轴上时，满足条件点C有4个．
∴在坐标轴上取点C，使△ABC为等腰三角形，则满足条件的点C的个数是8个．
故选：D．
9．（3分）如图，在△ABC纸片中，AB＝10，BC＝8，沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在
AB边上的点E处，折痕为BD，若∠C＝2∠BDE，则DE的长为（ ）
3 7 8
A． B． C． D．2
2 4 5
【分析】由折叠的性质可得：∠ABD＝∠CBD，BC＝BE＝8，∠C＝∠DEB，进而证得∠ADE＝
∠AED，得到AD＝AE，由面积法可求解．
【解答】解：由折叠的性质可得：∠ABD＝∠CBD，BC＝BE＝8，∠C＝∠DEB，∠BDE＝
∠BDC，CD＝DE，
如图，过点D作DM⊥AB于点M，作DN⊥BC于点N，则DN＝DM，
∵AB＝10，
∴AE＝2，S△ADB ：S△BCD ＝10：8＝5：4，
∵∠BCD＝2∠BDE，
∴∠EDC＝∠BED，
∴∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE＝2，
∵S△ADB ：S△BCD ＝5：4，
∴AD：CD＝5：4，
8
∴CD= =DE．
5
故选：C．
10．（3分）如图，长方形ABCD中，对角线 BD＝4，∠ABD＝60°，将长方形ABCD沿BD折叠，得
△BED，点M是线段BD上一动点．当BM+EM+CM的值最小时，DM的长为（ ）A．1 B．❑√3 C．2 D．3
【分析】作EH⊥BC于点H，交BD于点I，作MF⊥BC于点F，由矩形的性质得∠BCD＝90°，
1
CD∥AB，则∠BDC＝∠ABD＝60°，所以∠CBD＝30°，则CD= BD＝2，BM＝2FM，由折叠得
2
∠EBD＝∠CBD＝30°，∠BDE＝∠BDC＝60°，ED＝CD＝2，则∠EBH＝60°，所以∠BEH＝30°，
1
可证明△DIE是等边三角形，所以BI＝EI＝ED＝2，而HI= BI＝1，则EH＝3，由FM+EM≥EH，
2
得2FM+2EM≥6，则BM+EM+CM≥6，所以当点M于点I重合时，BM+EM+CM取得最小值，最小
值为6，此时DM＝DI＝2，于是得到问题的答案．
【解答】解：作EH⊥BC于点H，交BD于点I，作MF⊥BC于点F，则∠BHE＝∠BFM＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，BD＝4，∠ABD＝60°，
∴∠BCD＝90°，CD∥AB，
∴∠BDC＝∠ABD＝60°，
∴∠CBD＝90°﹣∠BDC＝30°，
1
∴CD= BD＝2，BM＝2FM，
2
由折叠得∠EBD＝∠CBD＝30°，∠IDE＝∠BDC＝60°，ED＝CD＝2，
∴∠EBH＝∠EBD+∠CBD＝60°，
∴∠BEH＝90°﹣∠EBH＝30°＝∠EBD，
∴BI＝EI，∠EID＝∠BIH+∠EBD＝60°，
∴∠DEI＝180°﹣∠BDE﹣∠EID＝60°，
∴∠DEI＝∠EID＝∠IDE，
∴△DIE是等边三角形，
∴BI＝EI＝ED＝2，
1
∴HI= BI＝1，
2
∴EH＝EI+HI＝3，
∵FM+EM≥EH，
∴FM+EM≥3，∴2FM+2EM≥6，
∵BM＝2FM，EM＝CM，
∴BM+EM+CM＝2FM+2EM，
∴BM+EM+CM≥6，
∴当点M于点I重合时，BM+EM+CM取得最小值，最小值为6，
∴DM＝DI＝2，
故选：C．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，则这个多边形的边数是 7 ．
【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°与外角和定理列出方
程，求解即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
根据题意，得（n﹣2）×180°＝3×360°﹣180°，
解得n＝7．
故答案为：7．
12．（3分）等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角是38°，则顶角的度数为 52 ° 或 128 ° ．
【分析】根据等腰三角形的性质即可求出答案．
【解答】解：当△ABC是锐角三角形时，
∵∠ACD＝38°，∠ADC＝90°，
∴∠A＝90°﹣38°＝52°，当△ABC是钝角三角形时，
∵∠ACD＝38°，∠ADC＝90°，
∴∠BAC＝∠ADC+∠ACD＝128°，
故答案为：52°或128°．
13．（3分）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线DE分别与AB，BC交于点D，E，AC的垂直平分
线FG分别与BC，AC交于点F，G．若BC＝9，EF＝2，连接AE，AF，则△AEF的周长为 1 3
．
【分析】由线段的垂直平分线的性质得到EA＝EB，FA＝FC，根据三角形的周长公式计算即可得到
答案．
【解答】解：∵DE是线段AB的垂直平分线，
∴EA＝EB，
∵FG是线段AC的垂直平分线，
∴FA＝FC，
∴△AEF的周长＝FA+EF+EA＝EB+EF+FC＝BC+EF+EF，
∵BC＝9，EF＝2，
∴△AEF的周长＝13，
故答案为：13．
14．（3分）如图，△ABC中，AB＝3，AC＝5，若线段AO为BC边上的中线，则线段AO的取值范围
为 1 ＜ AO ＜ 4 ．【分析】根据SAS可证明△ABO≌△CEO，再根据三边关系解答即可．
【解答】解：延长AO到E点，连接CE，使AO＝OE，
在△ABO和△CEO中，
{
AO=EO
)
∠AOB=∠EOC ，
BO=CO
∴△ABO≌△CEO（SAS），
∴AB＝EC，
在△ACE中，
∵AC﹣CE＜AE＜AC+CE，
∴5﹣3＜2AO＜5+3，
∴2＜2AO＜8，
∴1＜AO＜4．
故答案为：1＜AO＜4．
15．（3分）如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝90°，点M，N在底边BC上，若∠AMN＝75°，∠MAN
＝45°，那么线段MN与CN之间的数量关系为 MN ＝ 2 CN ．
【分析】由旋转的性质可得BH＝CN，AN＝AH，∠ABH＝∠C＝45°，由“SAS”可证
△AMN≌△AMH，可得MN＝MH，∠AMN＝∠AMH＝75°，由直角三角形的性质可求解．【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
如图，将△ACN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABH，
∴△ACN≌△ABH，∠HAN＝90°，
∴BH＝CN，AN＝AH，∠ABH＝∠C＝45°，
∴∠HBM＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠HAM＝∠MAN，
在△AMN和△AMH中，
{
AH=AN
)
∠MAH=∠MAN ，
AM=AM
∴△AMN≌△AMH（SAS），
∴MN＝MH，∠AMN＝∠AMH＝75°，
∴∠BMH＝30°，
∴HM＝2BH，
∴MN＝2CN，
故答案为：MN＝2CN．
16．（3分）如图，△ABD与△ACE都是等边三角形，且AB≠AC，下列结论：①BE＝CD；
②∠BOD＝60°；③∠BDO＝∠CEO；④若∠BAC＝90°，DA∥BC，则BC⊥EC．其中正确的是
①②④ （填序号）．
【分析】由SAS证得△DAC≌△BAE得出BE＝DC，∠ADC＝∠ABE，求出∠BOD＝60°，①正
确；②正确；∠ADB＝∠AEC＝60°，但不能推出∠ADC＝∠AEB，则∠BDO＝∠CEO错误，即③
错误；再由平行线的性质得出∠DAB＝∠ABC＝60°，推出∠ACB＝30°，则BC⊥CE，④正确．【解答】解：∵△ABD与△AEC都是等边三角形，
∴AD＝AB，AE＝AC，∠ADB＝∠ABD＝60°，∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△DAC和△BAE中，
{
AD=AB
)
∠DAC=∠BAE ，
AC=AE
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴BE＝DC，∠ADC＝∠ABE，
∵∠BOD＝180°﹣∠ODB﹣∠DBA﹣∠ABE＝180°﹣∠ODB﹣60°﹣∠ADC＝120°﹣
（∠ODB+∠ADC）＝120°﹣60°＝60°，
∴∠BOD＝60°，∴①正确；②正确；
∵△ABD与△AEC都是等边三角形，
∴∠ADB＝∠AEC＝60°，但根据已知不能推出∠ADC＝∠AEB，
∴∠BDO＝∠CEO错误，∴③错误；
∵DA∥BC，
∴∠DAB＝∠ABC＝60°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ACB＝30°，
∵∠ACE＝60°，
∴∠ECB＝90°，
∴BC⊥CE，④正确，
综上所述，①②④正确，
故答案为：①②④．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）△ABC中，∠B＝∠A+10°，∠C＝∠B+10°，求△ABC的各内角的度数．
【分析】将第一个等式代入第二等式用∠A表示出∠C，再根据三角形的内角和等于180°列方程求
出∠A，然后求解即可．
【解答】解：∵∠B＝∠A+10°，∠C＝∠B+10°，
∴∠C＝∠A+10°+10°＝∠A+20°，
由三角形内角和定理得，∠A+∠B+∠C＝180°，
所以，∠A+∠A+10°+∠A+20°＝180°，
解得∠A＝50°，所以，∠B＝50°+10°＝60°，
∠C＝50°+20°＝70°．
18．（6分）如图，点B，D，C，F在一条直线上，AB＝EF，AC＝ED，∠CAB＝∠DEF，求证：
AC∥DE．
【分析】证明△ABC≌△EFD（SAS），得出∠ACB＝∠EDF，即可得出AC∥DE．
{ AB=EF )
【解答】证明：在△ABC和△EFD中， ，
∠CAB=∠≝¿AC=ED
∴△ABC≌△EFD（SAS），
∴∠ACB＝∠EDF，
∴AC∥DE．
19．（8分）如图，在等边△ABC中，点D，E，F分别是AC，BC，AB上的点，且AF＝BE，∠DFE
＝∠A，连接DE，FG平分∠DFE交DE于G．
（1）求证：AD＝BF；
（2）若EG＝2，求EF的长度．
【分析】（1）证明△BFE≌△ADF（AAS），由全等三角形的性质得出DA＝BF；
（2）证明△DFE为等边三角形，由等边三角形的性质可得出答案．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
∵∠DFB＝∠DFE+∠BFE＝∠ADF+∠A，
∴∠BFE＝∠ADF，
在△BFE和△ADF中，{∠BFE=∠ADF
)
∠B=∠A ，
BE=AF
∴△BFE≌△ADF（AAS），
∴DA＝BF；
（2）解：∵△BFE≌△ADF，
∴FD＝FE，
又∵∠DFE＝60°，
∴△DFE为等边三角形，
又∵GF平分∠DFE，
∴∠FGE＝90°，∠EFG＝30°，
∴EF＝2EG＝4．
20．（8分）如图，∠BAC的角平分线与线段BC的垂直平分线DG交于点D，DE⊥AB，DF⊥AC，垂
足分别为点E、F．
（1）求证：BE＝CF；
（2）求证：AB﹣AC＝2BE．
【分析】（1）连接CD，根据垂直平分线和角平分线的性质分别得到BD＝CD、DE＝DF，证明
Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），从而证得BE＝CF；
（2）证明Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），得到AE＝AF，从而可以得到2BE＝AB﹣AC．
【解答】（1）证明：连接CD，
∵DG垂直平分BC，
∴BD＝CD，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，
在Rt△BDE和Rt△CDF中，
{BD=CD)
，
DE=DF
∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），∴BE＝CF；
（2）证明：在Rt△ADE和Rt△ADF中，
{AD=AD)
，
DE=DF
∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），
∴AE＝AF，
∵AE＝AB﹣BE，AF＝AC+CF，
∴AB﹣BE＝AC+CF，
即AB﹣AC＝2BE．
21．（10分）如图，在下列带有坐标系的网格中，△ABC 的顶点都在边长为1的小正方形的顶点上，
A（﹣3，3），B（﹣4，﹣2），C（﹣1，﹣1）．仅用无刻度的直尺，完成作图．
（1）直接写出△ABC的面积为 7 ；
（2）已知点M为AC的中点，请作出点M关于y轴的对称点N，并写出点N的坐标 （ 2 ， 1 ）
；
（3）作△ABC的高AH；
（4）在线段AC上作点P，使得∠CBP＝45°．
【分析】（1）根据割补法求解即可；
（2）根据轴对称的性质即可求解；（3）连接格点AD并延长交BC于点H，则AH即为所求；
（4）将CB绕点C顺时针旋转90°得到CB'，连接BB'交AC于点P，则点P即为所求．
1 1 1
【解答】解：（1）S△ABC＝3×5− ×1×5− ×2×4− ×1×3=7，
2 2 2
故答案为：7；
（2）如图所示，点N即为所求，N（2，1），
故答案为：（2，1）；
（3）如图所示，高AH即为所求；
（4）如图所示，点P即为所求．
22．（10分）“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，这是唐代诗人李顾《古从军行》里的一句诗，
由此却引申出一系列非常有趣的数学问题，通常称为“将军饮马”问题．
（1）如图1，若点A和点B分别在直线l的两侧，请作出示意图，在直线l上找到点C，使得
CA+CB有最小值，并说明作图依据： 两点之间线段最短 ；
（2）如图2，若点A和点B在直线l的同侧，请在直线l上作出点P，使得PA+PB有最小值；
（3）如图3，已知∠AOB＝30°，点Q在∠AOB内部，点M，N分别在射线OA，OB上，若OQ＝
6，请求出△QMN周长的最小值．【分析】（1）依据是两点之间线段最短得出答案；
（2）作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B交直线l于点P，连接PB，点P即为所求；
（3）分别作Q关于OA、OB的对称点C、D，连接CD，交OA、OB于M、N，则△QMN的周长最
小，进而根据轴对称的性质推出△COD为等边三角形，进一步得出结果．
【解答】解：（1）连接AB，与直线l相交于一点C，则CA+CB有最小值．作图依据是两点之间线
段最短．
故答案为：两点之间线段最短；
（2）如图，点P即为所求．
（3）如图2，
作法：（Ⅰ）作Q关于OA的对称点C，
（Ⅱ）作点Q关于OB的对称点D，
（Ⅲ）连接CD，分别交OA于点M，交OB于N，
则△QMN 的周长最小，连接OC、OD，
∵点C和点Q关于OA对称，
∴OC＝OQ＝6，∠MOC＝∠QOM，
同理可得，
OD＝OQ＝6，∠QON＝∠NOD，
∴OC＝OD，
∠MOC+∠QOM+∠QON+∠NOD＝2∠QOM+2∠QON＝2（∠QOM+∠QON）＝2∠AOB＝60°，
∴△COD为等边三角形，
∴CD＝6，
∴△QMN的周长＝QM+MN+QN＝CM+MN+DN＝CD＝6．
23．（12分）在等边△ABC中，AB＝4，点D和点E分别在边AB，BC上，以DE为边向右侧作等边
△DEF，连接CF．
（1）如图1，当点D和点A重合时，试求∠ACF的度数；
（2）当点D是边AB的中点时，
①如图2，判断线段FE与FC的数量关系并证明；
②如图3，在点E从点B沿BC运动到点C的过程中，请直接写出点F的运动轨迹的长度．
【分析】（1）证明△BAE≌△CAF（SAS），可得∠ABC＝∠ACF＝60°；
（2）①如图2中，连接CD，取BC的中点T，连接DT，FT．证明△BDE≌△TCF（SAS），可得
结论；
②连接CD，以CD为边向外作等边三角形DNC，取BC的中点M，连接NM，所以点F的运动轨
迹是MN．
【解答】解：（1）如图1中，
∵△ABC，△AEF都是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠EAF＝60°，AB＝AC，AE＝AF，
即∠BAE+∠EAC＝∠EAC+∠CAF，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△BAE和△CAF中，{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAF ，
AE=AF
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴∠ABC＝∠ACF＝60°；
（2）①FE＝FC，
证明：如图2中，连接CD，取BC的中点T，连接DT，FT，
∵BD＝AD，BT＝CT，AB＝BC，
∴BD＝BT，
∵∠B＝60°，
∴△BDT是等边三角形，
∵△DEF是等边三角形，
∴同（1）法可证，△BDE≌△TDF（SAS），
∴BE＝FT，∠B＝∠DTF＝60°，
∵∠BTD＝60°，
∴∠FTC＝∠B＝60°，
∵BD＝TC，∠B＝∠FTC，BE＝TF，
∴△BDE≌△TCF（SAS），
∴DE＝CF，
∵EF＝DE，
∴FE＝FC；
②如图，连接CD，以CD为边向外作等边三角形DNC，取BC的中点M，连接NM，
所以点F的运动轨迹是MN，
∵CD＝CN，∠CDB＝∠NCM＝90°，BD＝CM，
∴△CDB≌△NCM（SAS），
∴BC＝MN＝4，∴点F的运动轨迹的长度为4．
24．（12分）建立模型：（1）如图1，过线段CD上一点B作AB⊥BE，过A、E分别作AC⊥CD于
C，ED⊥CD于D，且AB＝BE，求证：△ACB≌△BDE；
类比迁移：（2）如图2，直线AB交两坐标轴于点A（0，a）、B（b，0），a，b满足|a+3b|
+❑√4b−3a+13=0．
①求a、b的值；
②点C在第二象限内，连接BC、AC，若△ABC中，AC是斜边且BC＝AB，求点C的坐标；
③如图3，在②的条件下，在边AC上取一点D，作DE⊥BD，且DE＝BD，连接AE，求∠DAE的
大小．
【分析】（1）证明∠A＝∠EBD，利用AAS证明△ACB与△BDE全等即可；
（2）①根据绝对值和平方根的非负性即可解答；
②证明△AOB与△BQC全等，利用全等三角形的性质解答即可；
③过点B作BF⊥AC于点F，过E作EH⊥AC于H，根据AAS证明△BFD与△DHE全等，进而利
用全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，
∴∠ACB＝∠BDE＝∠ABE＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，∠ABC+∠EBD＝90°，
∴∠A＝∠EBD，
在△ACB和△BDE中，
{∠ACB=∠BDE
)
∠A=∠EBD ，
AB=BE∴△ACB≌△BDE（AAS）；
（2）解：①∵|a+3b|+❑√4b−3a+13=0，
∴a+3b＝0，4b﹣3a+13＝0，
解得：a＝3，b＝﹣1，
②由①可得：A（0，3）、B（﹣1，0），
过C作CH⊥OB于Q，
由题可得：∠AOB＝∠CQB＝∠ABC＝90°，
∴∠OBA+∠ABO＝90°，∠ABO+∠CBQ＝90°，
∴∠OAB＝∠CBQ，
在△ABO与△BCQ中，
{∠AOB=∠BQC
)
∠OAB=∠CBQ ，
AB=CB
∴△ABO≌△BCQ（AAS），
∴BQ＝AO＝3，CQ＝BO＝1，
∴OQ＝OB+BQ＝1+3＝4，
∴C（﹣4，1）；
③过点B作BF⊥AC于点F，过E作EH⊥AC于H，
则∠BFD＝∠DHE＝90°，
∴∠DBF+∠BDF＝90°，
∵∠EDH+∠BDF＝90°，∴∠FBD＝∠HDE，
在△FBD与△EDH中，
{∠FBD=∠HDE
)
∠BFD=∠DHE ，
BD=DE
∴△FBD≌△EDH（AAS），
∴BF＝DH，DF＝EH，
∵∠BFA＝90°，∠BAF＝45°，
∴∠ABF＝45°，
∴∠ABF＝∠BAF，
∴AF＝BF，
∴AF＝DH，
∴DF+FH＝AH+FH，
∴AH＝DF，
∴AH＝EH，
∵∠AHE＝90°，
∴∠EAD＝45°．
