文档内容
八年级数学第一次质量检测模拟试卷
试卷满分120分 测试时间：120分钟
一．选择题(共10小题，每小题3分，共30分)
1．(2022春•九龙坡区校级月考)某班级计划在校园里搭三角形围栏，可以选择三种长度的木条组合是(
)
A．3、4、8 B．2、5、2 C．3、5、6 D．5、6、11
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”对每个选项进
行分析得出答案．
【解答】解：A、3+4＜8，不能构成三角形；
B、2+2＜5，不能构成三角形；
C、3+5＞6，能构成三角形；
D、5+6＝11，不能构成三角形．
故选：C．
【点评】此题考查的知识点是三角形三边关系，在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时
并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段
能构成一个三角形．
2．(2022春•沙坪坝区校级月考)如图，在△ABC中，BD为AC边上的中线，已知BC＝8，AB＝5，△BCD
的周长为20，则△ABD的周长为( )
A．17 B．23 C．25 D．28
【分析】根据三角形中线的定义可得 AD＝CD，由△BCD的周长为20，BC＝8，求出CD+BD＝12，进而
得出△ABD的周长．
【解答】解：∵BD是AC边上的中线，
∴AD＝CD，
∵△BCD的周长为20，BC＝8，
∴CD+BD＝BC+BD+CD﹣BC＝20﹣8＝12，
∴CD+BD＝AD+BD＝12，∵AB＝5，
∴△ABD的周长＝AB+AD+BD＝5+12＝17．
故选：A．
【点评】本题考查了三角形的中线：三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．根据
中线的定义得出AD＝CD以及利用周长的定义求出CD+BD＝12是解题的关键．
3．(2022春•浑南区期末)已知一个n边形的内角和等于外角和的5倍，则n的值为( )
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】利用多边形的外角和是360°，一个n边形的内角和等于它外角和的5倍，则内角和是5×360°，
而n边形的内角和是(n﹣2)180°，则可得到方程，解之即可．
【解答】解：根据题意列方程，得：
(n﹣2)180°＝5×360°，
解得：n＝12，
即边数n等于12．
故选：D．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和的计算公式以及多边形的外角和定理．
4．(2022春•江阴市校级月考)根据下列条件能判定△ABC是直角三角形的有( )
1 1
①∠A+∠B＝∠C，②∠A= ∠B= ∠C，③∠A：∠B：∠C＝5：2：3，④∠A＝2∠B＝3∠C．
2 3
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】利用三角形内角和定理，进行计算求解即可．
【解答】解：∵∠A+∠B＝∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
故①符合题意；
1 1
∵∠A= ∠B= ∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
2 3
∴∠A＝30°，∠B＝60°，∠C＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
故②符合题意；
∵∠A：∠B：∠C＝5：2：3，∠A+∠B+∠C＝180°，
5 2 3
∴∠A＝180°× =90°，∠B＝180°× =36°，∠C＝180°× =54°，
5+2+3 5+2+3 5+2+3∴△ABC是直角三角形，
故③符合题意；
∵∠A＝2∠B＝3∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
11
∴ ∠A＝180°，
6
1080°
∴∠A= ，
11
540° 360°
∴∠B= ，∠C= ，
11 11
∴△ABC不是直角三角形，
故④不符合题意；
综上，符合题意得有3个，
故选：C．
【点评】此题考查了三角形内角和，熟记三角形内角和定理是解题的关键．
5．(2022秋•乌鲁木齐月考)如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，点E在射线BC上，EF⊥AD于F，∠B＝
40°，∠ACE＝72，则∠E的度数为( )
A．68° B．56° C．34° D．32°
【分析】由∠B＝40°，∠ACE＝72°，根据三角形外角的性质得出∠BAC，再根据AD平分∠BAC得出
∠DAC的度数，再根据三角形外角的性质求出∠ADC的度数，最后在Rt△DEF中求出∠E的度数．
【解答】解：∵∠ACE是△ABC的外角，
∴∠ACE＝∠B+∠BAC，
∵∠B＝40°，∠ACE＝72°，
∴∠BAC＝32°．
∵AD平分∠BAC，
1
∴∠DAC= ∠BAC＝16°，
2
∵∠ACE是△ADC的外角，
∴∠ACE＝∠ADC+∠DCA，∴∠ADC＝∠ACE﹣∠DCA＝72°﹣16°＝56°，
∵EF⊥AD，
∴∠EFD＝90°，
∴∠E＝90°﹣∠ADC＝34°．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形外角的性质，灵活运用三角形外角的概念与性质是解题的关键．
6．(2022春•宜兴市校级月考)如图，∠ABD、∠ACD的角平分线交于点P，若∠A＞∠D，∠ACD﹣∠ABD
＝64°，∠P＝18°，则∠A的度数为( )
A．50° B．46° C．48° D．80°
1 1
【分析】先利用角平分线的定义得到∠ABP= ∠ABD，∠ACP= ∠ACD，再根据三角形内角和定理得到
2 2
1
∠ABP+∠A＝∠ACP+∠P，所以∠A= (∠ACD﹣∠ABD)+∠P，然后把∠ACD﹣∠ABD＝64°，∠P＝18°代入
2
计算即可．
【解答】解：如图，
∵∠ABD、∠ACD的角平分线交于点P，
1 1
∴∠ABP= ∠ABD，∠ACP= ∠ACD，
2 2
∵∠1＝∠2，
∴∠ABP+∠A＝∠ACP+∠P，
∴∠A＝∠ACP﹣∠ABP+∠P
1
= (∠ACD﹣∠ABD)+∠P
2
1
= ×64°+18°
2
＝50°．
故选：A．【点评】本题考查了三角形内角和定理：运用三角形内角和定理主要用在求三角形中角的度数，可以直
接根据两已知角求第三个角或依据三角形中角的关系，用代数方法求三个角．
7．(2022春•江阴市校级月考)如图，在五边形ABCDE中，AB∥ED，∠1，∠2，∠3分别是∠ABC，
∠BCD，∠CDE的外角，则∠1+∠2+∠3的度数为( )
A．180° B．210° C．240° D．270°
【分析】根据两直线平行，同旁内角互补得到以点A、点E为顶点的五边形的两个外角的度数之和等于
180°，再根据多边形的外角和定理列式计算即可得解．
【解答】解：反向延长AB，DC，
∵AB∥ED，
∴∠4+∠5＝180°，
根据多边形的外角和定理可得∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣180°＝180°．
故选：A．
【点评】本题考查了平行线的性质，多边形的外角和定理，是基础题，理清求解思路是解题的关键．
8．(2022春•揭西县月考)如图，已知AB＝AD，AC＝AE，若要判定△ABC≌△ADE，则下列添加的条件中
正确的是( )A．∠1＝∠DAC B．∠B＝∠D C．∠1＝∠2 D．∠C＝∠E
【分析】已知两边，若要证明△ABC≌△ADE，只需添加夹角，由此可求解．
【解答】解：A．当∠1＝∠DAC时，∠BAC＝2∠1不一定等于∠EAD，
∴不能判断△ABC≌△ADE，
故A不正确；
B．当∠B＝∠D时，
∵AB＝AD，AC＝AE，
∴已知两边对应相等，一个角对应相等，但∠B＝∠D不是夹角，
∴不能判断△ABC≌△ADE，
故B不正确；
C．∵∠BAC＝∠1+∠DAC，∠CAD＝∠2+∠DAC，
若∠BAC＝∠CAD，则∠1＝∠2，
∵AB＝AD，∠BAC＝∠CAD，AC＝AE，
∴△ABC≌△ADE(SAS)，
故C正确；
D．当∠C＝∠E时，
∵AB＝AD，AC＝AE，
∴已知两边对应相等，一个角对应相等，但∠C＝∠E不是夹角，
∴不能判断△ABC≌△ADE，
故D不正确；
故选：C．
【点评】本题考查三角形全等的判定，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．
9．(2022春•驻马店月考)如图，点I是△ABC三条角平分线的交点，△ABI的面积记为S ，△ACI的面积
1
记为S ，△BCI的面积记为S ，关于S +S 与S 的大小关系，正确的是( )
2 3 1 2 3A．S +S ＝S B．S +S ＜S C．S +S ＞S D．无法确定
1 2 3 1 2 3 1 2 3
【分析】根据角平分线的性质和三角形三边关系和三角形的面积公式解答即可．
【解答】解：∵点I是△ABC三条角平分线的交点，
∴△ABI和△BIC和△AIC的高相等，
∵△ABI的面积记为S ，△ACI的面积记为S ，△BCI的面积记为S ，
1 2 3
1 1 1 1
∴S +S = AB⋅h+ AC⋅h= (AB+AC)⋅h，S = BC⋅h，
1 2 2 2 2 3 2
由△ABC的三边关系得：AB+AC＞BC，
∴S +S ＞S ，
1 2 3
故选：C．
【点评】此题考查角平分线的性质，关键是根据角平分线的性质得出△ABI和△BIC和△AIC的高相等解
答．
10．(2021秋•十堰期末)如图，△ABC中，AD⊥BC交BC于D，AE平分∠BAC交BC于E，F为BC的延
长线上一点，FG⊥AE交AD的延长线于G，AC的延长线交FG于H，连接BG，下列结论：①∠DEA
1
＝∠AGH；②∠DAE=
2
(∠ABD﹣∠ACE)；③∠AGH＝∠BAE+∠ACB；④S
△AEB
：S
△AEC
＝AB：AC，
其中正确的结论有( )个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】如图，①根据直角三角形的性质即可得到∠DEA＝∠AGH；②根据角平分线的定义得∠EAC
1
= ∠BAC，由三角形的内角和定理得∠DAE＝90°﹣∠AED，变形可得结论；③根据三角形的内角和和外
2
角的性质即刻得到∠AGH＝∠BAE+∠ACB；④根据三角形的面积公式即可得到S
△AEB
：S
△AEC
＝AB：CA．
【解答】解：如图，AE交GF于M，①∵AD⊥BC，FG⊥AE，
∴∠ADE＝∠AMF＝90°，
∴∠DEA+∠DAE＝∠AGH+∠GAM＝90°，
∴∠DEA＝∠AGH，故①正确；
②∵AE平分∠BAC交BC于E，
1
∴∠EAC= ∠BAC，
2
∴∠DAE＝90°﹣∠AED，
＝90°﹣(∠ACE+∠EAC)，
1
＝90°﹣(∠ACE+ ∠BAC)，
2
1
= (180°﹣2∠ACE﹣∠BAC)，
2
1
= (∠ABD﹣∠ACE)，
2
故②正确；
③∵∠DAE＝∠F，∠FDG＝∠FME＝90°，
∴∠AGH＝∠MEF，
∵∠MEF＝∠CAE+∠ACB，
∴∠AGH＝∠CAE+∠ACB，
∴∠AGH＝∠BAE+∠ACB，故③正确；
④∵AE平分∠BAC交BC于E，
∴点E到AB和AC的距离相等，
∴S ：S ＝AB：AC，故④正确；
△AEB △AEC
故选：D．
【点评】本题考查了角平分线的定义和性质，直角三角形的性质，三角形的面积公式，三角形外角的性
质，正确的识别图形是解题的关键．二．填空题(共6小题，每小题3分，共18分)
11．(2022春•东台市月考)如图，点E、D分别在AB、AC上．若∠B＝30°，∠C＝50°，则∠1+∠2＝ 8 0
°．
【分析】根据三角形的内角和定理列式整理可得∠1+∠2＝∠B+∠C，从而可求解．
【解答】解：∵∠1+∠2+∠A＝180°，∠B+∠C+∠A＝180°，
∴∠1+∠2＝∠B+∠C，
∵∠B＝30°，∠C＝50°，
∴∠1+∠2＝∠B+∠C＝30°+50°＝80°．
故答案为：80°．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，是基础题，解答的关键是熟记三角形的内角和为180°．
12．(2022•建湖县一模)如图，AE∥DF，AE＝DF．添加下列条件中的一个：①AB＝CD；②EC＝BF；
③∠E＝∠F；④EC∥BF．其中能证明△ACE≌△DBF的是 ①③④ ．(只填序号)
【分析】根据平行线的性质求出∠A＝∠D，∠ECA＝∠FBD，根据AB＝DC求出AC＝DB，再根据全等
三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：∵AE∥DF，
∴∠A＝∠D，
①∵AB＝CD，
∴AB+BC＝DC+BC，
即AC＝DB，
AE＝DF，∠A＝∠D，AC＝DB，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ACE≌△DBF，故①正确；
②根据AE＝DF，∠A＝∠D和EC＝BF不能推出△ACE≌△DBF，故②错误；
③∠A＝∠D，AE＝DF，∠E＝∠F，符合全等三角形的判定定理ASA，能推出△ACE≌△DBF，故③正确；④∵EC∥BF，
∴∠ECA＝∠FBD，
∠ECA＝∠FBD，∠A＝∠D，AE＝DF，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出△ACE≌△DBF，故④正
确；
即正确的有①③④，
故答案为：①③④．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理和平行线的性质，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等．
13．(2022春•江阴市校级月考)如图，已知△ABC中，AD⊥BC于D，AE平分∠BAC，∠B＝80°，∠C＝
40°，则∠DAE＝ 2 0 度．
【分析】根据题意可以求得∠BAC的度数，进而求得∠BAE的度数，再根据AD⊥BC于D，∠B＝80°，可
以求得∠BAD的度数，从而可以求得∠DAE的度数．
【解答】解：∵∠B＝80°，∠C＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣80°﹣46°＝60°，
∵AE平分∠BAC
1
∴∠BAE＝∠CAE= ∠BAC＝30°，
2
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠B+∠BAD＝90°，
∴∠BAD＝10°，
∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝30°﹣10°＝20°，
故答案为：20．
【点评】本题考查三角形内角和、角平分线、三角形的高，解答本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解答．
14．(2021秋•富县月考)一副三角板如图所示摆放，若∠1＝80°，则∠2的度数是 95 ° ．【分析】如图，由题得∠F＝60°．根据三角形外角的性质，∠2＝∠F+∠5，欲求∠2，需求∠5．根据对
顶角的定义，∠5＝∠4．欲求∠5，需求∠4．根据三角形外角的性质，∠4＝∠1﹣∠A，从而解决此题．
【解答】解：如图．
由题意得：∠F＝60°．
∵∠1＝∠A+∠4，
∴∠4＝∠1﹣∠A＝80°﹣45°＝35°．
∵∠4与∠5是对顶角，
∴∠4＝∠5＝35°．
∴∠2＝∠5+∠F＝35°+60°＝95°．
故答案为：95°．
【点评】本题蛀牙考查三角形外角的性质、对顶角，熟练掌握三角形外角的性质、对顶角的定义是解决
本题的关键．
15．(2021秋•荔城区校级月考)如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点坐标分别是A(﹣6，0)，B(0，
4)，△OA'B'≌△AOB，若点A'在x轴上，则点B'的坐标是 ( 6 ，﹣ 4 ) ．
【分析】根据全等三角形的性质和点的坐标得出OA＝OA′＝6，OB＝A′B′＝4，即可得出答案．
【解答】解：∵A(﹣6，0)，B(0，4)，△OA′B′≌△AOB，
∴OA＝OA′＝6，OB＝A′B′＝4，∴点B′的坐标是(6，﹣4)，
故答案为：(6，﹣4)．
【点评】本题考查了坐标与图形性质，全等三角形的性质的应用，解此题的关键是求出OA＝OA′＝6，OB
＝A′B′＝4，数形结合思想的运用．
16．(2022春•濮阳期末)在学习完“探索三角形全等的条件”一节后，小丽总结出很多全等三角形的模型，
她设计了以下问题给同桌解决：做一个“U”字形框架PABQ，其中AB＝20cm，AP，BQ足够长，
PA⊥AB于点A，QB⊥AB于点B，点M从B出发向A运动，点N从B出发向Q运动，速度之比为2：
3，运动到某一瞬间两点同时停止，在AP上取点C，使△ACM与△BMN全等，则AC的长度为 8 或
15 cm．
【分析】设BM＝2t，则BN＝3t，使△ACM与△BMN全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两种情况：
情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，列方程解得t，可得AC；
情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，列方程解得t，可得AC．
【解答】解：设BM＝2t，则BN＝3t，因为∠A＝∠B＝90°，使△ACM与△BMN全等，可分两种情况：
情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，
∵BN＝AM，AB＝20，
∴3t＝20﹣2t，
解得：t＝4，
∴AC＝BM＝2t＝2×4＝8；
情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，
∵BM＝AM，AB＝20，
∴2t＝20﹣2t，
解得：t＝5，
∴AC＝BN＝3t＝3×5＝15，
综上所述，AC＝8或AC＝15．
故答案为：8或15．
【点评】本题主要考查了全等三角形的性质，利用分类讨论思想是解答此题的关键．三．解答题(共9个小题，共78分)
17．(本题满分7分)(2021春•会宁县月考)如图，CE⊥AF，垂足为E，CE与BF交于点D，∠F＝50°，∠C
＝30°，求∠EDF和∠DBA的度数．
【分析】根据垂直得出∠FED＝90°，根据直角三角形的性质求出∠EDF即可；求出∠CDB，根据三角形
外角性质求出∠DBA即可．
【解答】解：∵CE⊥AF，
∴∠FED＝90°，
∵∠F＝50°，
∴∠EDF＝90°﹣∠F＝90°﹣50°＝40°，
∴∠CDB＝∠EDF＝40°，
∵∠C＝30°，
∴∠DBA＝∠C+∠CDB＝30°+40°＝70°，
即∠EDF＝40°，∠DBA＝70°．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，垂直定义，三角形外角性质等知识点，能求出∠FED和∠CDB
的度数是解此题的关键．
18．(本题满分7分)(2022•陈仓区一模)如图所示，A、D、B、E四点在同一条直线上，若AD＝BE，∠A＝
∠EDF，∠E+∠CBE＝180°，求证：AC＝DF．【分析】根据∠E+∠CBE＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，可得∠E＝∠ABC，根据AD＝BE可得AB＝DE，
利用ASA证明△ABC≌△DEF，可得结论．
【解答】证明：∵∠E+∠CBE＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，
∴∠E＝∠ABC，
∵AD＝BE，
∴AD+DB＝BE+DB，
即AB＝DE，
在△ABC和△DEF中，
{∠A=∠EDF
AB=DE ，
∠ABC=∠E
∴△ABC≌△DEF(ASA)，
∴AC＝DF．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，根据ASA证明△ABC≌△DEF是解题的关键．
19．(本题满分8分)(2022春•巨野县期末)等腰三角形ABC中，一腰AC上的中线BD把三角形的周长分为
12cm和15cm两部分，求此三角形的腰和底边的长．
【分析】分腰长与腰长的一半是12cm和15cm两种情况，求出腰长，再求出底边，然后利用三角形的任
意两边之和大于第三边进行判断即可．
【解答】解：设腰长为xcm，
1
①腰长与腰长的一半是12cm时，x+ x＝12，
2
解得x＝8，
1
所以，底边＝15- ×8＝11，
2
所以8cm、8cm、11cm能组成三角形；
1
②腰长与腰长的一半是15cm时，x+ x＝15，
2解得x＝10，
1
所以，底边＝12- ×10＝7，
2
所以，三角形的三边为10cm、10cm、7cm，能组成三角形，
综上所述，此三角形的腰和底边的长分别为8cm、11cm或10cm、7cm．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，等腰三角形的性质，难点在于要分情况讨论并利用三角形的三
边关系判定是否能组成三角形．
20．(本题满分8分)(2021秋•德城区校级月考)如图，在四边形ABCD中，∠D＝90°，E是BC边上一点，
EF⊥AE，交CD于点F．
(1)若∠EAD＝60°，求∠DFE的度数；
(2)若∠AEB＝∠CEF，AE平分∠BAD，试说明：∠B＝∠C．
【分析】(1)根据四边形的内角和是360°求解即可；
(2)根据四边形的内角和是360°得到∠EAD+∠DFE＝180°，根据邻补角的定义求出∠EAD＝∠CFE，再根
据角平分线的定义得到∠BAE＝∠CFE，最后根据三角形的内角和是180°即可得解．
【解答】(1)解：∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝90°，
四边形AEFD的内角和是360°，
∵∠D＝90°，∠EAD＝60°，
∴∠DFE＝360°﹣∠D﹣∠EAD﹣∠AEF＝120°；
(2)证明：四边形AEFD的内角和是360°，∠AEF＝90°，∠D＝90°，
∴∠EAD+∠DFE＝180°，
∵∠DFE+∠CFE＝180°，
∴∠EAD＝∠CFE，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠EAD，
∴∠BAE＝∠CFE，∵∠B+∠BAE+∠AEB＝180°，∠C+∠CFE+∠CEF＝180°，∠AEB＝∠CEF，
∴∠B＝∠C．
【点评】此题考查了多边形的内角和，熟记三角形与四边形的内角和是解题的关键．
21．(本题满分8分)(2021秋•阜阳月考)如图，M是线段AB上的一点，ED是过点M的一条线段，连接
AE、BD，过点B作BF∥AE交ED于点F，且EM＝FM．
(1)求证：AE＝BF．
(2)连接AC，若∠AEC＝90°，∠CAE＝∠DBF，CD＝4，求EM的长．
【分析】(1)根据平行线的性质得到∠EAM＝∠FBM，结合对顶角相等即可利用AAS证明△AME≌△BMF，
根据全等三角形的性质即可得解；
(2)结合(1)利用ASA证明△AEC≌△BFD，利用全等三角形的性质即可得解．
【解答】(1)证明：∵BF∥AE，
∴∠EAM＝∠FBM，
在△AME和△BMF中，
¿，
∴△AME≌△BMF(AAS)，
∴AE＝BF；
(2)解：∵△AME≌△BMF，
∴AE＝BF，EM＝FM，∠BFM＝∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠BFD＝90°，
在△AEC和△BFD中，
¿，
∴△AEC≌△BFD(ASA)，
∴EC＝FD，
∴EC﹣CF＝FD﹣CF，
即EF＝CD＝4，1
∴EM= EF＝2．
2
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质定理是解题的关键．
22．(本题满分8分)(2021秋•博兴县月考)如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝2CD，AB∥CD，∠C＝90°，
E是BC的中点，AE与BD相交于点F，连接DE．
(1)求证：△ABE≌△BCD；
(2)判断线段AE与BD的数量关系及位置关系，并说明理由；
【分析】(1)由平行线的性质得出∠ABE+∠C＝180°，得出∠ABE＝90°＝∠C，再证出BE＝CD，由SAS证
明△ABE≌△BCD即可；
(2)由全等三角形的性质得出AE＝BD，证出∠ABF+∠BAE＝90°，得出∠AFB＝90°，即可得出结论．
【解答】(1)证明：∵AB∥CD，
∴∠ABE+∠C＝180°，
∵∠C＝90°，
∴∠ABE＝90°＝∠C，
∵E是BC的中点，
∴BC＝2BE，
∵BC＝2CD，
∴BE＝CD，
{
AB=BC
在△ABE和△BCD中， ∠ABE=∠C，
BE=CD
∴△ABE≌△BCD(SAS)；
(2)解：AE＝BD，AE⊥BD，理由如下：
由(1)得：△ABE≌△BCD，
∴AE＝BD，∵∠BAE＝∠CBD，∠ABF+∠CBD＝90°，
∴∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠AFB＝90°，
∴AE⊥BD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；证明三角形全等是解题的关
键．
23．(本题满分10分)(2022春•东港市期末)如图在△ABC和△CDE中，AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝
∠DCE，连接AD，BE交于点M．
(1)如图1，当点B，C，D在同一条直线上，且∠ACB＝∠DCE＝45°时，可以得到图中的一对全等三角
形，即 △ BCE ≌ △ ACD ；
(2)当点D不在直线BC上时，如图2位置，且∠ACB＝∠DCE＝α．
①试说明AD＝BE；
②直接写出∠EMD的大小(用含α的代数式表示)．
【分析】(1)由“SAS”可证△BCE≌△ACD；
(2)①由“SAS”可证△BCE≌△ACD，可得AD＝BE，
②由全等三角形的性质可得∠CAD＝∠CBE，由三角形的内角和定理可求解．
【解答】(1)解：∵∠ACB＝∠DCE＝45°，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△BCE和△ACD中，
{
BC=AC
∠BCE=∠ACD，
AC=BC
∴△BCE≌△ACD(SAS)，
故答案为：△BCE，△ACD；
(2)①证明：∵∠ACB＝∠DCE＝α，∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
{
CA=CB
∠ACB=∠DCE，
CD=CE
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD＝BE；
②解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，
∵∠BAC+∠ABC＝180°﹣α，
∴∠BAM+∠ABM＝180°﹣α，
∴∠AMB＝∠EMD＝180°﹣(180°﹣α)＝α．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△ACD≌△BCE是解题的关键．
24．(本题满分10分)(2021秋•临沭县校级月考)在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P．
(1)如图①，若∠A＝50°，则∠BPC＝ 115 ° ；
(2)如图①，若∠BPC＝α，则∠A＝ 2 α ﹣180 ° ；(用含α的代数式表示)
(3)如图②，作△ABC外角∠MBC、∠NCB的角平分线交于点Q，试探究∠Q与∠BPC之间的数量关系，
并说明理由．
【分析】(1)运用三角形的内角和定理及角平分线的定义，首先求出∠PBC+∠PCB，进而求出∠P即可解
决问题；
(2)结合(1)进行求解即可；
1 1 1 1
(3)由角平分线的定义可得∠PBC= ∠ABC，∠PCB= ∠ACB，∠QBC= ∠MBC，∠QCB= ∠QCB，结
2 2 2 2
合平角的定义可求得∠PBQ＝∠PCQ＝90°，利用四边形的内角和为360°，可求得∠Q与∠BPC的关系．
【解答】解：(1)在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，∵∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P，
1 1
∴∠PBC= ∠ABC，∠PCB= ∠ACB，
2 2
1 1
∴∠PBC+∠PCB= (∠ABC+∠ACB)＝90°- ∠A，
2 2
1
∴∠BPC＝180°﹣(∠PBC+∠PCB)＝90°+ ∠A，
2
∵∠A＝50°，
∴∠BPC＝115°，
故答案为：115°；
(2)在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∵∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P，
1 1
∴∠PBC= ∠ABC，∠PCB= ∠ACB，
2 2
1 1
∴∠PBC+∠PCB= (∠ABC+∠ACB)＝90°- ∠A，
2 2
1
∴∠BPC＝180°﹣(∠PBC+∠PCB)＝90°+ ∠A，
2
∵∠BPC＝α，
1
∴α＝90°+ ∠A，
2
则∠A＝2α﹣180°，
故答案为：2α﹣180°；
(3)∠P+∠Q＝180°，理由如下：
∵∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P，∠MBC、∠NCB的角平分线交于点Q，
1 1 1 1
∴∠PBC= ∠ABC，∠PCB= ∠ACB，∠QBC= ∠MBC，∠QCB= ∠QCB，
2 2 2 2
1
∴∠PBC+∠QBC= (∠ABC+∠MBC)，
2
1
∠PCB+∠QCB= (∠ACB+∠MCB)，
2
∵∠ABC+∠MBC＝180°，∠ACB+∠MCB＝180°，
∴∠PBQ＝∠PCQ＝90°，
∴∠P+∠Q＝360°﹣∠PBQ﹣∠PCQ＝180°．【点评】本题主要考查三角形的外角性质，三角形的内角和定理，解答的关键是对相应的知识的掌握与
灵活运用．
25．(本题满分12分)(2021秋•农安县期末)如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝4cm，
点P从点A出发，沿A→B→A方向以3cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的
速度运动，P、Q两点同时出发．当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为
t(s)．
(1)求证：AB∥DE．
(2)写出线段AP的长(用含t的式子表示)．
(3)连接PQ，当线段PQ经过点C时，求t的值．
【分析】(1)由SAS证明△ABC≌△EDC(SAS)，得∠A＝∠E，即可得出结论；
(2)分两种情况计算即可；
4 4
(3)先证△ACP≌△ECQ(ASA)，得AP＝EQ，再分两种情况，当0≤t≤ 时，3t＝4﹣t，解得t＝1；当 ＜t
3 3
8
≤ 时，8﹣3t＝4﹣t，解得t＝2即可．
3
【解答】(1)证明：在△ABC和△EDC中，
{
AC=EC
∠ACB=∠ECD，
BC=DC
∴△ABC≌△EDC(SAS)，
∴∠A＝∠E，
∴AB∥DE．
4
(2)当0≤t≤ 时，AP＝3tcm；
3
4 8
当 ＜t≤ 时，BP＝(3t﹣4)cm，
3 3
则AP＝4﹣(3t﹣4)＝(8﹣3t)cm；
综上所述，线段AP的长为3tcm或(8﹣3t)cm；(3)由(1)得：∠A＝∠E，ED＝AB＝4cm，
在△ACP和△ECQ中，
{
∠A=∠E
AC=CE ，
∠ACP=∠ECQ
∴△ACP≌△ECQ(ASA)，
∴AP＝EQ，
4
当0≤t≤ 时，3t＝4﹣t，
3
解得：t＝1；
4 8
当 ＜t≤ 时，8﹣3t＝4﹣t，
3 3
解得：t＝2；
综上所述，当线段PQ经过点C时，t的值为1s或2s．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的判定以及一元一次方程的应用等知识；证明三
角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
