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专题 07 选择压轴题分类练（十一大考点）
实战训练
一．分式解的特点：解为正数，增根与无解辨析
x+m x
1．若关于x的分式方程 + =1有增根，则m的值是（ ）
4−x2 x−2
A．m＝2或m＝6 B．m＝2 C．m＝6 D．m＝2或m＝﹣6试题分析：根据题意可得：x＝±2，然后把x的值代入到整式方程中进行计算即可解答．
x+m x
答案详解：解：
+ =1，
4−x2 x−2
x+m﹣x（2+x）＝4﹣x2，
解得：x＝m﹣4，
∵分式方程有增根，
∴4﹣x2＝0，
∴x＝±2，
当x＝2时，m﹣4＝2，
∴m＝6，
当x＝﹣2时，m﹣4＝﹣2，
∴m＝2，
∴m的值是6或2，
所以选：A．
mx 3
2．关于x的方程 = 无解，则m的值是 1 或 0 ．
x−3 x−3
mx 3
试题分析：先把分式方程化为整式方程得到mx＝3，由于关于x的分式方程 = 无解，
x−3 x−3
当x＝3时，最简公分母x﹣3＝0，将x＝3代入方程mx＝3，解得m＝1，当m＝0时，方程也无
解．
答案详解：解：去分母得mx＝3，
∵x＝3时，最简公分母x﹣3＝0，此时整式方程的解是原方程的增根，
∴当x＝3时，原方程无解，此时3m＝3，解得m＝1，
当m＝0时，整式方程无解
∴m的值为1或0时，方程无解．
所以答案是：1或0．
m x x−2
3．若正整数m使关于x的分式方程 = − 的解为正数，则符合条件的m的
(x+2)(x−1) x+2 x−1
个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
试题分析：先解关于x的分式方程，求得x的值，然后再依据“解是正数”建立不等式求m的取
值范围，进而可求解．答案详解：解：去分母得：m＝x（x﹣1）﹣（x﹣2）（x+2），
即m＝4﹣x，
解得x＝4﹣m，
由x为正数且（x﹣1）（x+2）≠0可得：4﹣m＞0且m≠6或3，
解得：m＜4且m≠3，．
∵m为正整数，
∴m的值为1，2共2个数．
所以选：A．
二．手拉手模型的灵活运用。
4．如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角
形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ、OC．现有以
下4个结论：
①AD＝BE；②PQ∥AE；③AP＝BQ；④OC平分∠AOE．
这些结论中一定成立的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
试题分析：由△ABC和△CDE是正三角形，其性质得三边相等，三个角为60°，平角的定义和角
的和差得∠ACD＝∠BCE，边角边证明△ACD≌△BCE，其性质得结论①正确；角边角证明
△ACP≌△BCQ得AP＝BQ，其结论③正确；角角边证明△ACM≌△BCN，其性质和角平分线
性质定理的逆定理求出点C在∠AOE的平分线上，结论④正确．
答案详解：解：∵△ABC和△CDE是正三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠ECD＝60°，
又∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD，
∠BCE＝∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，
{
AC=BC
∠ACD=∠BCE，
DC=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，
∴结论①正确；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAP＝∠CBQ，
又∵∠ACB+∠BCD+∠DCE＝180°，
∴∠BCD＝60°，
在△ACP和△BCQ中，
{∠CAP=∠CBQ
AC=BC ，
∠ACP=∠BCQ
∴△ACP≌△BCQ（ASA），
∴AP＝BQ，PC＝QC，
∴△PCQ是等边三角形，
∴∠CPQ＝∠CQP＝60°，
∴∠CPQ＝∠ACB＝60°，
∴PQ∥AE，
∴结论②、③正确；
如图所示：过点C分别作CM⊥AD，CN⊥BE于点M、N两点，
∵CM⊥AD，CN⊥BE，
∴∠AMC＝∠BNC＝90°，
在△ACM和△BCN中，{∠CAM=∠CBN
∠AMC=∠BNC，
AC=BC
∴△ACM≌△BCN（AAS），
∴CM＝CN，
又∵OC在∠AOE的内部，
∴点C在∠AOE的平分线上，
∴结论④正确，
所以选：D．
5．如图，在△ABC与△AEF中，AB＝AE，BC＝EF，∠ABC＝∠AEF，∠EAB＝40°，AB交EF于
点D，连接EB．下列结论：①∠FAC＝40°；②AF＝AC；③∠EFB＝40°；④AD＝AC，正确
的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
试题分析：由“SAS”可证△ABC≌△AEF，由全等三角形的性质依次判断可求解．
答案详解：解：在△ABC和△AEF中，
{
AB=AE
∠ABC=∠AEF，
BC=EF
∴△ABC≌△AEF（SAS），
∴AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，∠AFE＝∠C，故②正确，
∴∠BAE＝∠FAC＝40°，故①正确，
∵∠AFB＝∠C+∠FAC＝∠AFE+∠EFB，
∴∠EFB＝∠FAC＝40°，故③正确，
无法证明AD＝AC，故④错误，
所以选：C．
三．等腰的核心考点--对称6．△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，若按如图的尺规作图方法作出线段BD，则下列结论错误的是
（ ）
A．AD＝BD B．∠BDC＝72°
C．S△ABD ：S△BCD ＝BC：AC D．△BCD的周长＝AB+BC
试题分析：根据作图痕迹发现BD平分∠ABC，然后根据等腰三角形的性质进行判断即可．
答案详解：解：∵△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，
∴∠ABC＝∠ACB＝72°，
由作图痕迹发现BD平分∠ABC，
∴∠A＝∠ABD＝∠DBC＝36°，
∴AD＝BD，∠BDC＝72°，故A、B正确，不符合题意；
S△ABD ：S△BCD ＝AD：CD＝BC：CD，故C错误，符合题意；
△BCD的周长＝BC+CD+BD＝BC+AC＝AB+BC．，
故D正确，不符合题意．
所以选：C．
7．如图，△ABC中，∠CAB＝∠CBA＝48°，点O为△ABC内一点，∠OAB＝12°，∠OBC＝18°，
则∠ACO+∠AOB＝（ ）
A．190° B．195° C．200° D．210°
试题分析：根据已知易证CA＝CB，所以想到等腰三角形的三线合一性质，过点C作CD⊥AB，
垂足为D，延长BO交CD与点P，然后连接AP，易证∠CAP＝∠CBP＝18°，从而求出∠PAO＝
18°，再利用三角形的外角求出∠POA的度数，放在直角三角形中求出∠ACP的度数，进而证
△ACP≌△AOP，可得AC＝AO，最后放在等腰三角形ACO中求出∠ACO即可．
答案详解：解：过点C作CD⊥AB，垂足为D，延长BO交CD与点P，连接AP，∵∠OBC＝18°，∠CBA＝48°，
∴∠ABP＝∠CBA﹣∠OBC＝30°，
∵∠CAB＝∠CBA＝48°，
∴CA＝CB，
∵CD⊥AB，
∴CD是AB的垂直平分线，
∴PA＝PB，
∴∠PAB＝∠PBA＝30°，
∴∠CAP＝∠CAB﹣∠PAB＝18°，
∵∠AOP是△AOB的一个外角，
∴∠AOP＝∠OAB+∠OBA＝42°，
∵∠CDA＝90°，
∴∠ACD＝90°﹣∠CAD＝42°，
∴∠AOP＝∠ACD，
∵∠PAB＝30°，∠OAB＝12°，
∴∠PAO＝∠PAB﹣∠OAB＝18°，
∴∠CAP＝∠OAP，
∵AP＝AP，
∴△ACP≌△AOP（AAS），
∴AC＝AO，
∵∠CAO＝∠CAP+∠OAP＝36°，
∴∠ACO＝∠AOC＝72°，
∵∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝138°，
∴∠ACO+∠AOB＝210°，
所以选：D．
8．如图，已知直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝60°，在直线BC或AC上取一点P，使
得△ABP为等腰三角形，则符合条件的点有（ ）A．4个 B．5个 C．6个 D．7个
试题分析：根据等腰三角形的判定，分三种情况，画出图形解答即可．
答案详解：解：①AB的垂直平分线交直线AC于点P ，交BC于点P ，（此时PA＝PB）；
1 2
②以A为圆心，AB为半径画圆，交AC于二点P ，P ，交BC于点P ，（此时AB＝AP）；
3 1 4
③以B为圆心，BA为半径画圆，交BC有二点P ，P ，交AC有一点P （此时BP＝BA）．
5 6 1
故符合条件的点有6个．
所以选：C．
四．中点+平行--全等模型
9．如图，等边△ABC的边AB上一点P，作PE⊥AC于E，Q为BC延长线上的一点，当PA＝CQ时，
连接PQ交AC于点D，下列结论中不一定正确的是（ ）
A．PD＝DQ B．2DE＝AC C．2AE＝CQ D．PQ⊥AB
试题分析：利用平行线的性质结合全等三角形的判定与性质得出即可．答案详解：解：过P作PF∥CQ交AC于F，
∴∠FPD＝∠Q，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠ACB＝60°，
∴∠A＝∠AFP＝60°，
∴AP＝PF，
∵PA＝CQ，
∴PF＝CQ，
在△PFD与△DCQ中，
{
∠FPD=∠Q
∠PDE=∠CDQ，
PF=CQ
∴△PFD≌△QCD，
∴PD＝DQ，DF＝CD，
∴A选项正确，
∵AE＝EF，
∴2DE＝AC，∴B选项正确，
∵PE⊥AC，∠A＝60°，
∴2AE＝AP＝CQ，
∴C选项正确，
所以选：D．
10．如图，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝EF，FC∥AB，若AB＝8，CF＝6，则BD的长
是（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
试题分析：根据平行线的性质，得出∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F，根据全等三角形的判定，得
出△ADE≌△CFE，根据全等三角形的性质，得出AD＝CF，根据AB＝8，CF＝6，即可求线段
DB的长．
答案详解：解：∵CF∥AB，
∴∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F，
在△ADE和△CFE中，
{∠A=∠FCE
∠ADE=∠F，
DE=FE
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF＝6，
∵AB＝8，
∴DB＝AB﹣AD＝8﹣6＝2．
所以选：B．
五．直角的两大考点--30°与斜中线
11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点D是斜边AB的中点，DE⊥AC，垂足为
E，BC＝4，则DE的长是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
试题分析：根据含30°角的直角三角形的性质可求解AB的长，结合斜边上中点的性质可求解CD
＝AD＝4，再根据30°角的直角三角形的性质可求解．
答案详解：解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝4，
∴AB＝2BC＝8，
∵点D是斜边AB的中点，
1
∴CD＝AD= AB＝4，
2
∵DE⊥AC，垂足为E，1
∴DE= AD＝2，
2
所以选：A．
12．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
试题分析：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
1 1
质可求得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
2 2
的一半可求解．
答案详解：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＝∠AED，∠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
所以选：A．
六．全等三角形的判定与性质的灵活运用。
13．已知△ABC是边长为10的等边三角形，D为AC的中点，∠EDF＝120°，DE交线段AB于E，
DF交BC的延长线于F．若AE＝4BE，则CF的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
试题分析：作DK∥BC交AB于K．证明△EDK≌△FDC（SAS），由全等三角形的性质即可解
决问题．
答案详解：解：作DK∥BC交AB于K．
5
设BE＝a，则AE＝4a，AK＝BK= a，△ADK是等边三角形，
2
∴∠ADK＝60°，∠EDF＝∠KDC，
∴∠KDE＝∠CDF，在△EDK和△FDC中，
{
DK=DC
∠KDE=∠CDF，
DE=DF
∴△EDK≌△FDC（SAS），
3
∴EK＝CF= a，
2
∵BC＝5a＝10，
∴a＝2，
∴CF＝3，
所以选：C．
14．如图，在平面直角坐标系中，B（0，1），C（0，﹣1），D为x轴正半轴上一点，A为第一象
限内一动点，且∠BAC＝2∠BDO，DM⊥AC 于 M，BD 交 AC 于点 N．下列说法正确的是
（ ）
AC−AB
①∠ABD＝∠ACD；②AD平分∠CAE；③AD＝ND；④ =2；
AM
A．①③④ B．①②④ C．②③④ D．②③④
试题分析：①根据点B和点C的坐标可得OB＝OC，从而可知OD是BC的垂直平分线，可得
BD＝CD，再利用等腰三角形的三线合一性质证明∠BDC＝2∠BDO，易得∠BAC＝∠BDC，最
后利用三角形内角和证明∠ABD＝∠ACD；
②要证明AD平分∠CAE，想到利用角平分线性质定理的逆定理，所以过D作DF⊥BE于F，只
要证明DM＝DF即可，易证△BDF≌△CDM，根据全等三角形的性质得到DM＝DF；
③要使 AD＝ND，就要使∠DAN＝∠AND，由②得∠DAE＝∠DAN，而∠DAE＝
∠ABD+∠ADB，∠AND＝∠ABD+∠BAC，由①得∠BAC＝∠BDC，所以只要判断∠BDC与∠ADB是否相等即可；
④根据全等三角形的性质得到 BF＝CM，易证△AMD≌△AFD，得到AF＝AM，由于BF＝
AF+AB＝AM+AB，CM＝AC﹣AM，于是得到AM+AB＝AC﹣AM，求得AC﹣AB＝2AM，于是得
到结论．
答案详解：解：①∵B（0，1），C（0，﹣1），
∴BO＝CO＝1
∵OD⊥BC，
∴OD是BC的垂直平分线，
∴DB＝DC，
∴∠BDC＝2∠BDO，
∵∠BAC＝2∠BDO
∴∠BAC＝∠BDC，
∵∠ANB＝∠CND，
∴∠ABD＝∠ACD，
故①正确，
②过D作DF⊥BE于F，如图：
∵BD＝CD，∠ABD＝∠ACD，∠CMD＝∠BFD＝90°
∴△BDF≌△CDM（AAS），
∴DM＝DN，
∴AD是∠CAE的角平分线，
故②正确，
③∵∠AND＝∠ABD+∠BAC，∠BAC＝∠BDC，
∴∠AND＝∠ABD+∠BDC，
∵∠DAE＝∠ABD+∠ADB，∠DAE＝∠DAN，∴∠DAN＝∠ABD+∠ADB，
∵∠ADB≠∠BDC，
∴∠AND≠∠DAN，
∴AD≠ND，
故③不正确；
④∵DM＝DF，AD＝AD，
∴Rt△AMD≌Rt△AFD（HL），
∴AM＝AF，
∵△BDF≌△CDM，
∴BF＝CM，
∵BF＝AF+AB＝AM+AB，CM＝AC﹣AM，
∴AM+AB＝AC﹣AM，
∴AC﹣AB＝2AM，
AC−AB
∴ = 2，
AM
故④正确，
所以选：B．
15．在平面直角坐标系xOy中，点A（0，2），B（a，0），C（m，n）（n＞0）．若△ABC是等
腰直角三角形，且AB＝BC，当0＜a＜1时，点C的横坐标m的取值范围是（ ）
A．0＜m＜2 B．2＜m＜3 C．m＜3 D．m＞3
试题分析：过点C作CD⊥x轴于D，由“AAS”可证△AOB≌△BDC，可得AO＝BD＝2，BO＝
CD＝n＝a，即可求解．
答案详解：解：如图，过点C作CD⊥x轴于D，
∵点A（0，2），∴AO＝2，
∵△ABC是等腰直角三角形，且AB＝BC，
∴∠ABC＝90°＝∠AOB＝∠BDC，
∴∠ABO+∠CBD＝90°＝∠ABO+∠BAO，
∴∠BAO＝∠CBD，
在△AOB和△BDC中，
{∠AOB=∠BDC
∠BAO=∠CBD，
AB=BC
∴△AOB≌△BDC（AAS），
∴AO＝BD＝2，BO＝CD＝n＝a，
∴0＜a＜1，
∵OD＝OB+BD＝2+a＝m，
∴2＜m＜3，
所以选：B．
16．如图，在△ACD中，∠CAD＝60°，以AC为底边向外作等腰△ABC，∠BAC+∠ADC＝60°，在
CD上截取DE＝AB，连接BE．若∠BEC＝30°，则∠BAC的度数为（ ）
A．10° B．15° C．20° D．30°
试题分析：如图所示，在DC的下方作∠CDT＝∠BAC，DT交AC的延长线于点T，连接ET，
DB，BT．证明△ADT，△EBT都是等边三角形，再证明DA＝DB，∠BAC＝∠ADB，利用参数
构建方程，可得结论．
答案详解：解：如图所示，在DC的下方作∠CDT＝∠BAC，DT交AC的延长线于点T，连接
ET，DB，BT∵∠BAC+∠ADC＝60°，∠CDT＝∠BAC，
∴∠ADT＝60°，
∵∠DAT＝60°，
∴△ADT是等边三角形，
∴DT＝AT，
∵AB＝DE，
∴△BAT≌△EDT（SAS），
∴TB＝TE，∠ATB＝∠DTE，
∴∠BTE＝∠ATD＝60°，
∴△BTE是等边三角形，
∴EB＝ET，∠BET＝60°，
∵∠BEC＝30°，
∴∠TEC＝∠BEC＝30°，
∴∠DEB＝∠DET，
∵ED＝ED，
∴△DEB≌△DET（SAS），
∴∠EDB＝∠EDT，DB＝DT，
∵∠BAC＝∠CDT，
∴∠BAC＝∠EDT＝∠EDB，
∵DC＝DC，∠CDB＝∠CDT，DB＝DT，
∴△DCB≌△DCT（SAS），
∴∠CBD＝∠CTD＝60°，
∴∠CBD＝∠CAD＝60°，
∴∠ADB＝∠ACB，∵BA＝BC，
∴∠BAC＝∠ACB，
∴∠BAC＝∠ADB，
设∠BAC＝∠ADB＝x，
∵DA＝DT，DB＝DT，
∴DA＝DB，
∴∠DAB＝∠DBA＝x+60°，
∴2（x+60°）+x＝180°，
∴x＝20°，
∴∠BAC＝20°，
所以选：C．
七．经典考点--最短路线：钥匙--共线
17．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD、CE是△ABC的两条中线，P是AD上一个动点，则下列线
段的长度等于BP+EP最小值的是（ ）
A．BC B．CE C．AD D．AC
试题分析：如图连接PC，只要证明PB＝PC，即可推出PB+PE＝PC+PE，由PE+PC≥CE，推
出P、C、E共线时，PB+PE的值最小，最小值为CE的长度．
答案详解：解：如图连接PC，
∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AD⊥BC，∴PB＝PC，
∴PB+PE＝PC+PE，
∵PE+PC≥CE，
∴P、C、E共线时，PB+PE的值最小，最小值为CE的长度，
所以选：B．
18．如图，等边△ABC中，D为AC中点，点P、Q分别为AB、AD上的点，且BP＝AQ＝4，QD＝
3，在BD上有一动点E，则PE+QE的最小值为（ ）
A．7 B．8 C．10 D．12
试题分析：作点Q关于BD的对称点Q′，连接PQ′交BD于E，连接QE，此时PE+EQ的值最
小．最小值PE+QE＝PE+EQ′＝PQ′，
答案详解：解：如图，∵△ABC是等边三角形，
∴BA＝BC，
∵BD⊥AC，AQ＝4cm，QD＝3，
∴AD＝DC＝AQ+QD＝7，
作点Q关于BD的对称点Q′，连接PQ′交BD于E，连接QE，此时PE+EQ的值最小．最小值
PE+QE＝PE+EQ′＝PQ′，
∵AQ＝4cm，AD＝DC＝7，
∴QD＝DQ′＝3，
∴CQ′＝BP＝4，
∴AP＝AQ′＝10，
∵∠A＝60°，
∴△APQ′是等边三角形，
∴PQ′＝PA＝10，
∴PE+QE的最小值为10．
所以选：C．19．如图，在△ABC中，AB的垂直平分线EF分别交AB、AC边于点E、F，点K为EF上一动点，
则BK+CK的最小值是以下哪条线段的长度（ ）
A．EF B．AB C．AC D．BC
试题分析：连接AK，根据线段垂直平分线的性质得到 AK＝BK，求得BK+CK＝AK+CK，得到
AK+CK 的最小值＝BK+CK 的最小值，于是得到当 AK+CK＝AC 时，AK+CK 的值最小，即
BK+CK的值最小，即可得到结论．
答案详解：解：连接AK，
∵EF是线段AB的垂直平分线，
∴AK＝BK，
∴BK+CK＝AK+CK，
∴AK+CK的最小值＝BK+CK的最小值，
∵AK+CK≥AC，
∴当AK+CK＝AC时，AK+CK的值最小，即BK+CK的值最小，
∴BK+CK的最小值是线段AC的长度，
所以选：C．20．如图，等边△ABC中，AD为BC边上的高，点M、N分别在AD、AC上，且AM＝CN，连
BM、BN，当BM+BN最小时，∠MBN的度数为（ ）
A．15° B．22.5° C．30° D．47.5°
试题分析：如图 1 中，作 CH⊥BC，使得 CH＝BC，连接 NH，BH．证明△ABM≌△CHN
（SAS），推出BM＝HN，由BN+HN≥BH，可知B，N，H共线时，BM+BN＝NH+BN的值最小，
求出此时∠MBN即可解决问题．
答案详解：解：如图1中，作CH⊥BC，使得CH＝BC，连接NH，BH．
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，CH⊥BC，
∴∠DAC＝∠DAB＝30°，AD∥CH，
∴∠HCN＝∠CAD＝∠BAM＝30°，
∵AM＝CN，AB＝BC＝CH，
∴△ABM≌△CHN（SAS），∴BM＝HN，
∵BN+HN≥BH，
∴B，N，H共线时，BM+BN＝NH+BN的值最小，
如图2中，当B，N，H共线时，
∵△ABM≌△CHN，
∴∠ABM＝∠CHB＝∠CBH＝45°，
∵∠ABD＝60°，
∴∠DBM＝15°，
∴∠MBN＝45°﹣15°＝30°，
∴当BM+BN的值最小时，∠MBN＝30°，
所以选：C．
21．如图，等腰△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝4，点D为直线AB上一动点，以线段CD为腰在右
侧作等腰△CDE，且∠DCE＝120°，连接AE，则AE的最小值为（ ）
A．2√3 B．4 C．6 D．8
试题分析：连接BE并延长交AC延长线于F，利用SAS证明△ACD≌△BCE，得∠CBE＝∠CAD
＝30°，由CB为定直线，∠CBE＝30°为定值，则AF⊥BE时，AE最小，从而解决问题．
答案详解：解：连接BE并延长交AC延长线于F，∵∠ACB＝120°，AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，
∵∠DCE＝120°＝∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵AC＝BC，CD＝CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CBE＝∠CAD＝30°，
∵CB为定直线，∠CBE＝30°为定值，
∴当D在直线AB上运动时，E也在定直线上运动，
当AE⊥BE时，AE最小，
∵∠CAB＝30°＝∠ABC＝∠CBE，
∴∠AFB＝90°，
∴当E与F重合时，AE最小，在Rt△CBF中，∠CFB＝90°，∠CBF＝30°，
1
∴CF= CB=2，
2
∴AF＝AC+CF＝6，
∴AE的最小值为AF＝6，
所以选：C．
八．多边形内角与外角
22．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的值是（ ）
A．240° B．360° C．540° D．720°试题分析：根据四边形的内角和及三角形的外角定理即可求解．
答案详解：解：如图，AC、DF与BE分别相交于点M、N，
在四边形NMCD中，∠MND+∠CMN+∠C+∠D＝360°，
∵∠CMN＝∠A+∠E，∠MND＝∠B+∠F，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°，
所以选：B．
九．坐标与图形变化-对称
1
23．在平面直角坐标系中，点M（m+2n，﹣3）和N（− m﹣n，6），其中m＞﹣2n，点M与点N
2
关于直线l（直线l上各点的横纵坐标相等）对称，则m与n的数量关系为（ ）
A．m+3n＝6 B．m＝﹣n C．m+2n＝﹣3 D．m+2n＝6
试题分析：直线l上各点的横纵坐标相等，于是得到直线 l的解析式为y＝x，即直线l为第一和
1
第三象限的角平分线，推出点M（m+2n，﹣3）在第四象限，得到N（− m﹣n，6）在第二象
2
限，且点M到y轴的距离与点N到x轴的距离相等，于是得到结论．
答案详解：解：∵直线l上各点的横纵坐标相等，
∴直线l的解析式为y＝x，
即直线l为第一和第三象限的角平分线，
∵m＞﹣2n，
∴m+2n＞0，
∴点M（m+2n，﹣3）在第四象限，
∵点M与点N关于直线l（直线l上各点的横纵坐标相等）对称，
1
∴N（− m﹣n，6）在第二象限，且点M到y轴的距离与点N到x轴的距离相等，
2
∴m+2n＝6，
所以选：D．十．因式分解的灵活运用
24．若a，b，c是直角三角形ABC的三边长，且a2+b2+c2+200＝12a+16b+20c，则△ABC三条角平
分线的交点到一条边的距离为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
试题分析：先配方求a，b，c，再求距离．
答案详解：解：∵a2+b2+c2+200＝12a+16b+20c．
∴a2﹣12a+36+b2﹣16b+64+c2﹣20c+100＝0．
∴（a﹣6）2+（b﹣8）2+（（c﹣10）2）＝0．
∴a﹣6＝0，b﹣8＝0，c﹣10＝0．
∴a＝6，b＝8，c＝10．
三角形内角平分线，交点是三角形内心，三角形内心到三角形三边的距离相等．
a+b−c 6+8−10
由直角三角形性质知，直角三角形的内心到一条边的距离为：r= = =2．
2 2
所以选：B．
25．已知x2﹣2x﹣1＝0，则2x3﹣6x2+2x+1＝（ ）
A．﹣1 B．5 C．﹣3 D．1
试题分析：原式变形后，分解因式，把已知等式变形后代入计算即可求出值．
答案详解：解：∵x2﹣2x﹣1＝0，
∴x2﹣2x＝1，
原式＝2x3﹣4x2﹣2x2+2x+1
＝2x（x2﹣2x）﹣2x2+2x+1
＝2x﹣2x2+2x+1
＝﹣2x2+4x+1
＝﹣2（x2﹣2x）+1
＝﹣2+1
＝﹣1．
所以选：A．
十一．数形结合--多项式的乘法与图形面积。
26．某中学开展“筑梦冰雪，相约冬奥”的学科活动，设计几何图形作品表达对冬奥会的祝福．小
冬以长方形ABCD的四条边为边向外作四个正方形，设计出“中”字图案，如图所示．若四个正方形的周长之和为24，面积之和为12，则长方形ABCD的面积为（ ）
3 8
A．1 B． C．2 D．
2 3
试题分析：设AB＝a，BC＝b，由四个正方形的周长之和为24，面积之和为12列方程求解即可．
答案详解：解：设AB＝a，BC＝b，由四个正方形的周长之和为24，面积之和为12可得，
4a×2+4b×2＝24，2a2+2b2＝12，
即a+b＝3①，a2+b2＝6②，
由①得，a2+2ab+b2＝9③，
③﹣②得2ab＝3，
3
所以ab= ，
2
3
即长方形ABCD的面积为 ，
2
所以选：B．
27．如图，矩形ABCD的周长是10cm，以AB，AD为边向外作正方形ABEF和正方形ADGH，若正
方形ABEF和ADGH的面积之和为17cm2，那么矩形ABCD的面积是（ ）
A．3cm2 B．4cm2 C．5cm2 D．6cm2
试题分析：设AB＝x，AD＝y，根据题意列出方程x2+y2＝17，2（x+y）＝10，利用完全平方公式
即可求出xy的值．
答案详解：解：设AB＝x，AD＝y，
∵正方形ABEF和ADGH的面积之和为17cm2
∴x2+y2＝17，
∵矩形ABCD的周长是10cm
∴2（x+y）＝10，∵（x+y）2＝x2+2xy+y2，
∴25＝17+2xy，
∴xy＝4，
∴矩形ABCD的面积为：xy＝4cm2，
所以选：B．
