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期末真题必刷压轴 60 题（18 个考点专练）
一．幂的乘方与积的乘方（共1小题）
1．（2022秋•梁子湖区期末）阅读下列材料：
一般地，n个相同的因数a相乘 记为an．如2×2×2＝23＝8，此时，3叫做以2为底8的对数，记
为log 8（即log 8＝3）．一般地，若an＝b（a＞0且a≠1，b＞0），则n叫做以a为底b的对数，记为
2 2
log b（即log b＝n）．如34＝81，则4叫做以3为底81的对数，记为log 81（即log 81＝4）．
a a 3 3
（1）计算以下各对数的值：
log 4＝ 2 ，log 16＝ 4 ，log 64＝ 6 ．
2 2 2
（2）观察（1）中三数4、16、64之间满足怎样的关系式，log 4、log 16、log 64之间又满足怎样的关
2 2 2
系式；
（3）由（2）的结果，你能归纳出一个一般性的结论吗？
log M+log N＝ lo g （ MN ） ；（a＞0且a≠1，M＞0，N＞0）
a a a
（4）根据幂的运算法则：an•am＝an+m以及对数的含义证明上述结论．
【分析】首先认真阅读题目，准确理解对数的定义，把握好对数与指数的关系．
（1）根据对数的定义求解；
（2）认真观察，不难找到规律：4×16＝64，log 4+log 16＝log 64；
2 2 2
（3）由特殊到一般，得出结论：log M+log N＝log （MN）；
a a a
（4）首先可设log M＝b ，log N＝b ，再根据幂的运算法则：an•am＝an+m以及对数的含义证明结论．
a 1 a 2
【解答】解：（1）log 4＝2，log 16＝4，log 64＝6；
2 2 2
（2）4×16＝64，log 4+log 16＝log 64；
2 2 2
（3）log M+log N＝log （MN）；
a a a
（4）证明：设log M＝b ，log N＝b ，
a 1 a 2
则 ＝M， ＝N，
∴MN＝ ，
∴b +b ＝log （MN）即log M+log N＝log （MN）．
1 2 a a a a【点评】本题是开放性的题目，难度较大．借考查对数，实际考查学生对指数的理解、掌握的程度；要
求学生不但能灵活、准确的应用其运算法则，还要会类比、归纳，推测出对数应有的性质．
二．多项式乘多项式（共1小题）
2．（2023春•安徽期末）甲、乙两人共同计算一道整式乘法题：（2x+a）（3x+b）．甲由于把第一个多项
式中的“+a”看成了“﹣a”，得到的结果为6x2+11x﹣10；乙由于漏抄了第二个多项式中x的系数，得
到的结果为2x2﹣9x+10．
（1）求正确的a、b的值．
（2）计算这道乘法题的正确结果．
【分析】（1）按乙错误的说法得出的系数的数值求出a，b的值；
（2）把a，b的值代入原式求出整式乘法的正确结果．
【解答】解：（1）（2x﹣a）（3x+b）
＝6x2+2bx﹣3ax﹣ab
＝6x2+（2b﹣3a）x﹣ab
＝6x2+11x﹣10．
（2x+a）（x+b）
＝2x2+2bx+ax+ab
＝2x2+（2b+a）x+ab
＝2x2﹣9x+10．
∴ ，
∴ ；
（2）（2x﹣5）（3x﹣2）
＝6x2﹣4x﹣15x+10
＝6x2﹣19x+10．
【点评】此题考查了多项式乘多项式；解题的关键是根据多项式乘多项式的运算法则分别进行计算，是
常考题型，解题时要细心．
三．完全平方公式的几何背景（共1小题）
3．（2022秋•西岗区校级期末）【探究】
若x满足（9﹣x）（x﹣4）＝4，求（4﹣x）2+（x﹣9）2的值．
设9﹣x＝a，x﹣4＝b，则（9﹣x）（x﹣4）＝ab＝4，a+b＝（9﹣x）+（x﹣4）＝5，∴（9﹣x）2+（x﹣4）2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝52﹣2×4＝17；
【应用】
请仿照上面的方法求解下面问题：
（1）若x满足（5﹣x）（x﹣2）＝2，求（5﹣x）2+（x﹣2）2的值；
【拓展】
（2）已知正方形ABCD的边长为x，E，F分别是AD、DC上的点，且AE＝1，CF＝3，长方形EMFD
的面积是8，分别以MF、DF为边作正方形．
①MF＝ x ﹣ 1 ，DF＝ x ﹣ 3 ；（用含x的式子表示）
②求阴影部分的面积．
【分析】（1）仿照题中所给的解答方式进行求解即可；
（2）①分析图形可知DF＝CD﹣CF，MF＝DE＝AD﹣AE，从而可得解；
②根据矩形的面积公式以及正方形的面积公式以及完全平方公式求解即可．
【解答】解：（1）设5﹣x＝a，x﹣2＝b，
则（5﹣x）（x﹣2）＝ab＝2，a+b＝（5﹣x）+（x﹣2）＝3，
∴（5﹣x）2+（x﹣2）2
＝a2+b2
＝（a+b）2﹣2ab
＝32﹣2×2
＝9﹣4
＝5；
（2）①∵四边形EMFD是长方形，AE＝1，四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝BC＝x，DE＝MF，
∴MF＝DE＝AD﹣AE＝x﹣1，
DF＝CD﹣CF＝x﹣3，
故答案为：x﹣1，x﹣3；
②∵长方形EMFD的面积是8，∴MF•DF＝（x﹣1）（x﹣3）＝8，
阴影部分的面积＝MF2﹣DF2＝（x﹣1）2﹣（x﹣3）2．
设x﹣1＝a，x﹣3＝b，则（x﹣1）（x﹣3）＝ab＝8，a﹣b＝（x﹣1）﹣（x﹣3）＝2，
∴（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab＝22+4×8＝36，
∴a+b＝±6，
又∵a+b＞0，
∴a+b＝6，
∴（x﹣1）2﹣（x﹣3）2＝a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）＝6×2＝12．
即阴影部分的面积12．
【点评】本题考查了完全平方公式的几何背景．应从整体和部分两方面来理解完全平方公式的几何意义；
主要围绕图形面积展开分析．
四．整式的除法（共1小题）
4．（2022秋•海淀区校级期末）已知a，b，c为实数，且多项式x3+ax2+bx+c能被多项式x2+3x﹣4整除，
（1）求4a+c的值；
（2）求2a﹣2b﹣c的值；
（3）若a，b，c为整数，且c≥a＞1，试确定a，b，c的值．
【分析】（1）由于多项式x3+ax2+bx+c能被多项式x2+3x﹣4整除，则说明当x2+3x﹣4＝0，求出的x也
能使x3+ax2+bx+c＝0，从而得到关于a、b、c的两个等式，对两个等式变形，可得4a+c＝12③；
（2）由③可得a＝3﹣ ④，把④代入①，可得b＝﹣4﹣ c⑤，然后把④⑤同时代入2a﹣2b﹣c
即可求值；
（3）由于c≥a＞1，又a＝3﹣ ，可知1＜3﹣ ＜3，解即可求出c的范围，但是a、c是大于1的正整
数，且a＝3﹣ ，可求出c，从而求出a、b．
【解答】解：（1）∵x2+3x﹣4是x3+ax2+bx+c的一个因式，
∴x2+3x﹣4＝0，即x＝﹣4，x＝1是方程x3+ax2+bx+c＝0的解，
∴ ，
①×4+②得4a+c＝12③；（2）由③得a＝3﹣ ，④
代入①得b＝﹣4﹣ c⑤，
∴2a﹣2b﹣c＝2（3﹣ ）﹣2（﹣4﹣ c）﹣c＝14；
（3）∵c≥a＞1，又a＝3﹣ ，
∴a＝3﹣ ＜c，
即1＜3﹣ ≤c，
解得 ≤c＜8，
又∵a、c是大于1的正整数，
∴c＝3、4、5、6、7，但a＝3﹣ ，a也是正整数，
∴c＝4，
∴a＝2，
∴b＝﹣4﹣ c＝﹣7．
补充方法：x3+ax2+bx+c＝（x2+3x﹣4）（x+p）＝x2+（p+3）x2+（3p﹣4）x﹣4p得a＝p+3，b＝3p﹣4，
c＝﹣4p．然后代入第一、二小题得结果．第三小题解关于p的不等式组得p＝﹣1．
故a＝2，b＝﹣7，c＝4．
【点评】本题考查的是多项式除以多项式，注意理解整除的含义，比如A被B整除，另外一层意思也就
是说，B是A的一个因式，使这个因式B等于0的值，必是A的一个解．
五．因式分解-十字相乘法等（共1小题）
5．（2023春•渠县校级期末）阅读并解决问题．
对于形如x2+2ax+a2这样的二次三项式，可以用公式法将它分解成（x+a）2的形式．但对于二次三项式
x2+2ax﹣3a2，就不能直接运用公式了．此时，我们可以在二次三项式x2+2ax﹣3a2中先加上一项a2，使
它与x2+2ax的和成为一个完全平方式，再减去a2，整个式子的值不变，于是有：
x2+2ax﹣3a2＝（x2+2ax+a2）﹣a2﹣3a2＝（x+a）2﹣（2a）2＝（x+3a）（x﹣a）．像这样，先添﹣适当项，使式中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变的方法称为“配
方法”．
（1）利用“配方法”分解因式：a2﹣6a+8．
（2）若a+b＝5，ab＝6，求：①a2+b2；②a4+b4的值．
（3）已知x是实数，试比较x2﹣4x+5与﹣x2+4x﹣4的大小，说明理由．
【分析】（1）加1再减1，可以组成完全平方式；
（2）①加2ab再减2ab可以组成完全平方式；②在①得基础上，加2a2b2再减2a2b2，可以组成完全平
方式；
（3）把所给的代数式进行配方，然后比较即可．
【解答】解：（1）a2﹣6a+8，
＝a2﹣6a+9﹣1，
＝（a﹣3）2﹣1，
＝（a﹣3﹣1）（a﹣3+1），
＝（a﹣2）（a﹣4）；
（2）a2+b2，
＝（a+b）2﹣2ab，
＝52﹣2×6，
＝13；
a4+b4＝（a2+b2）2﹣2a2b2
＝132﹣2×62
＝169﹣2×36
＝169﹣72
＝97；
（3）∵x2﹣4x+5，
＝x2﹣4x+4+1，
＝（x﹣2）2+1≥1＞0
﹣x2+4x﹣4，
＝﹣（x2﹣4x+4），
＝﹣（x﹣2）2≤0∴x2﹣4x+5＞﹣x2+4x﹣4．
（若用”作差法”相应给分）
【点评】本题考查十字相乘法分解因式，三道题都是围绕配方法作答，配方法是数学习题里经常出现的
方法，应熟练掌握，（1）实质上是十字相乘法分解因式．
六．因式分解的应用（共3小题）
6．（2022秋•平城区校级期末）综合与实践
如图1所示，边长为a的正方形中有一个边长为b的小正方形，图2是由图1中阴影部分拼成的一个长
方形，设图1中阴影部分面积为S ，图2中阴影部分面积为S ．
1 2
（1）请直接用含a和b的代数式表示S ＝ a 2 ﹣ b 2 ，S ＝ （ a + b ）（ a ﹣ b ） ；写出利用图形的面
1 2
积关系所得到的公式： a 2 ﹣ b 2 ＝（ a + b ）（ a ﹣ b ） （用式子表达）．
（2）依据这个公式，康康展示了“计算：（2+1）（22+1）（24+1）（28+1）”的解题过程．
解：原式＝（2﹣1）（2+1）（22+1）（24+1）（28+1）＝（22﹣1）（22+1）（24+1）（28+1）＝（24﹣
1）（24+1）（28+1）＝（28﹣1）（28+1）＝216﹣1．
在数学学习中，要学会观察，尝试从不同角度分析问题，请仿照康康的解题过程计算：2（3+1）
（32+1）（34+1）（38+1）（316+1）+1．
（3）对数学知识要会举一反三，请用（1）中的公式证明任意两个相邻奇数的平方差必是8的倍数．
【分析】（1）根据图形可知 ，S ＝（a+b）（a﹣b），根据两个面积相等即可求解；
2
（2）根据康康的演示，可知将2＝3﹣1代入，即可求解；
（3）根据（1）中结论，即可求解．
【解答】解：（1）根据题意， ，S ＝（a+b）（a﹣b），
2
∵S ＝S ，
1 2
∴a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b），故答案为：a2﹣b2；（a+b）（a﹣b）；a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）．
（2）2（3+1）（32+1）（34+1）（38+1）（316+1）+1＝（3﹣1）（3+1）（32+1）（34+1）（38+1）
（316+1）+1＝（32﹣12）（32+1）（34+1）（38+1）（316+1）+1＝（34﹣1）（34+1）（38+1）
（316+1）+1＝（38﹣1）（38+1）（316+1）+1＝（316﹣1）（316+1）+1＝332﹣1+1＝332，
故答案为：332．
（3）设一个奇数为2n﹣1，则另一个相邻的奇数为2n+1，
∴（2n﹣1）2﹣（2n+1）2＝[（2n﹣1）+（2n+1）][（2n﹣1）﹣（2n+1）]＝4n×（﹣2）＝﹣8n，
∴任意两个相邻奇数的平方差必是8的倍数．
【点评】本题主要考查平方差公式的运算，掌握有理数的加减乘除混合运算法则是解题的关键．
7．（2022秋•江北区校级期末）如果一个四位自然数的百位数字大于或等于十位数字，且千位数字等于百
位数字与十位数字的和，个位数字等于百位与十位数字的差，则我们称这个四位数为亲密数，例如：自
然数4312，其中3＞1，4＝3+1，2＝3﹣1，所以4312是亲密数；
（1）最小的亲密数是 110 1 ，最大的亲密数是 990 9 ；
（2）若把一个亲密数的千位数字与个位数字交换，得到的新数叫做这个亲密数的友谊数，请证明任意
一个亲密数和它的友谊数的差都能被原亲密数的十位数字整除；
（3）若一个亲密数的后三位数字所表示的数与千位数字所表示的数的 7倍之差能被13整除，请求出这
个亲密数．
【分析】（1）设亲密数为 ，求最小的亲密数时，先确定a＝1，再根据a＝b+c，d＝b﹣c确定b、
c、d的值，从而可得最小的亲密数；求最大的亲密数时，先确定a＝9，同理可得最大的亲密数；
（2）分别表示亲密数和友谊数：亲密数： ＝1000a+100b+10c+d，友谊数： ＝
1000d+100b+10c+a，相减后可得结论；
（3）根据题意表示 ﹣7a＝100b+10c+d﹣7a，化为关于b和c的代数式，根据b是1至9的自然数对：
94b+2c进行分析， ＝7b+ 为整数，即3b+2c为13的倍数，分情况讨论3b+2c的值可得结
论．
【解答】解：设亲密数为 ，且b≥c，a＝b+c，d＝b﹣c，a、b、c、d都是自然数，
（1）当a为最小时，则a＝1，
∴b+c＝a＝1，∵b≥c，
∴b＝1，c＝0，
∴d＝b﹣c＝1﹣0＝1，
∴最小的亲密数是1101，
当a最大时，即a＝9，
∴b+c＝a＝9，
∵b≥c，
当 最大时，即b最大为9，
∴c＝0，
∴d＝b﹣c＝9﹣0＝9，
∴最大的亲密数是9909，
故答案为：1101，9909；
（2）证明：亲密数： ＝1000a+100b+10c+d①，
友谊数： ＝1000d+100b+10c+a②，
∵a＝b+c，d＝b﹣c，
∴a﹣d＝（b+c）﹣（b﹣c）＝2c＞0，
∴a＞d，a＝2c+d，
①﹣②得：999a﹣999d＝999（a﹣d）＝999（2c+d﹣d）＝1998c，
∵原亲密数的十位数字为c，
∴任意一个亲密数和它的友谊数的差都能被原亲密数的十位数字整除；
（3） ＝100b+10c+d，
∵a＝b+c，d＝b﹣c，
∴ ﹣7a＝100b+10c+d﹣7a＝100b+10c+b﹣c﹣7（b+c）＝94b+2c，
由题意得： ＝7b+ 为整数，
即3b+2c为13的倍数，
∵0≤b≤9，0≤c≤9，b、c为整数，且1≤b+c≤9，
∴2≤3b+2c≤27，∴3b+2c＝13或26，
①当3b+2c＝13时（b≥c），
得 ，
∴亲密数为5321；
②若3b+2c＝26（b≥c），
则 或 （舍），
∴亲密数为9817，
综上所述，亲密数为5321或9817．
【点评】本题主要考查了亲密数的应用，实数的运算，理解新定义，并将其转化为实数的运算是解题的
关键．
8．（2022秋•沙坪坝区校级期末）若一个整数能表示成 a2+b2（a、b是正整数）的形式，则称这个数为
“丰利数”．例如，2是“丰利数”，因为2＝12+12，再如，M＝x2+2xy+2y2＝（x+y）2+y2（x+y，y是
正整数），所以M也是“丰利数”．
（1）请你写一个最小的三位“丰利数”是 10 0 ，并判断20 是 “丰利数”．（填是或不是）；
（2）已知S＝x2+y2+2x﹣6y+k（x、y是整数，k是常数），要使S为“丰利数”，试求出符合条件的一
个k值（10≤k＜200），并说明理由．
【分析】（1）根据定义写出最小的“丰利数”，根据20＝42+22，所以判断20也是“丰利数”；
（2）将S配方，变形为S＝（x+1）2+（y﹣3）2+（k﹣10），可得k＝10；当（x+1）2＝0时，所以k﹣
10为平方数，则可得很多k的值，当（y﹣3）2＝0，同理可得很多k的值．
【解答】解：（1）∵62＝36，82＝64，
∴最小的三位“丰利数”是：62+82＝100，
∵20＝42+22，
∴20是“丰利数”
故答案为：100；是；
（2）S＝x2+y2+2x﹣6y+k，
＝（x2+2x+1）+（y2﹣6y+9）+（k﹣10），
＝（x+1）2+（y﹣3）2+（k﹣10），
当（x+1）2、（y﹣3）2是正整数的平方时，k﹣10为零时，S是“丰利数”，
故k的一个值可以是10．备注：当x＝﹣1时，k可以为14，当y＝3时，k可以为26．
【点评】本题考查了因式分解的应用，正确的理解新概念“丰利数”是解题的关键．
七．分式的加减法（共1小题）
9．（2022秋•固始县期末）分式中，在分子、分母都是整式的情况下，如果分子的次数低于分母的次数，
称这样的分式为真分式．例如，分式 ， 是真分式．如果分子的次数不低于分母的次数，称
这样的分式为假分式．例如，分式 ， 是假分式．一个假分式可以化为一个整式与一个真分式的
和．例如， ．
（1）将假分式 化为一个整式与一个真分式的和；
（2）若分式 的值为整数，求x的整数值．
【分析】（1）根据题意，把分式 化为整式与真分式的和的形式即可；
（2）根据题中所给出的例子，把原式化为整式与真分式的和形式，再根据分式的值为整数即可得出 x
的值．
【解答】解：（1）由题可得， ＝ ＝2﹣ ；
（2） ＝ ＝ ＝x﹣1+ ，
∵分式的值为整数，且x为整数，
∴x+1＝±1，
∴x＝﹣2或0．
【点评】本题考查了分式的混合运算，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键．
八．分式的化简求值（共2小题）10．（2022秋•铁岭县期末）先化简，再对a取一个适当的数，代入求值． ﹣ ÷ ．
【分析】原式第二项利用除法法则变形，约分后两项通分并利用同分母分式的减法法则计算得到最简结
果，把a的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝ ﹣ • ＝ ﹣ ＝ ，
当a＝1时，原式＝﹣ ．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
11．（2022秋•平城区校级期末）定义：如果一个分式能化成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形
式，则称这个分式为“和谐分式”．如： ＝ ＝ + ＝1+ ， ＝ ＝
+ ＝2+ ，则 和 都是“和谐分式”．
（1）下列式子中，属于“和谐分式”的是 ①③④ （填序号）；
① ；② ；③ ；④
（2）将“和谐分式” 化成一个整式与一个分子为常数的分式的和的形式为： ＝
a ﹣ 1 + ；
（3）应用：先化简 ﹣ ÷ ，并求x取什么整数时，该式的值为整数．
【分析】（1）由“和谐分式”的定义对①③④变形即可得；
（2）由原式＝ ＝ ＝a﹣1+ 可得；
（3）将原式变形为 ＝2+ ，据此得出x+1＝±1或x+1＝±2，即x＝0或﹣2或1或﹣3，又
x≠0、1、﹣1、﹣2，据此可得答案．【解答】解：（1）① ＝1+ ，是和谐分式；③ ＝ ＝1+ ，是和谐分式；④
＝1+ ，是和谐分式；
故答案为：①③④；
（2） ＝ ＝ ＝a﹣1+ ，
故答案为：a﹣1、 ；
（3）原式＝ ﹣ •
＝ ﹣
＝
＝
＝2+ ，
∴当x+1＝±1或x+1＝±2时，分式的值为整数，
此时x＝0或﹣2或1或﹣3，
又∵分式有意义时x≠0、1、﹣1、﹣2，
∴x＝﹣3．
【点评】本题主要考查分式的化简求值及分式的定义，解题的关键是熟练掌握分式的基本性质及对和谐
分式的定义的理解．
九．分式方程的应用（共11小题）
12．（2022秋•东昌府区校级期末）某县为了落实中央的“强基惠民工程”，计划将某村的居民自来水管
道进行改造．该工程若由甲队单独施工恰好在规定时间内完成；若乙队单独施工，则完成工程所需天数
是规定天数的3倍．如果由甲、乙队先合做15天，那么余下的工程由甲队单独完成还需10天．（1）这项工程的规定时间是多少天？
（2）已知甲队每天的施工费用为6500元，乙队每天的施工费用为3500元．为了缩短工期以减少对居
民用水的影响，工程指挥部最终决定该工程由甲、乙队合做来完成．则该工程施工费用是多少？
【分析】（1）设这项工程的规定时间是x天，根据甲、乙队先合做15天，余下的工程由甲队单独需要
10天完成，可得出方程解答即可；
（2）先计算甲、乙合作需要的时间，然后计算费用即可．
【解答】解：（1）设这项工程的规定时间是x天，根据题意得：
（ + ）×15+ ＝1．
解得：x＝30．
经检验x＝30是原分式方程的解．
答：这项工程的规定时间是30天．
（2）该工程由甲、乙队合做完成，所需时间为：1÷（ + ）＝22.5（天），
则该工程施工费用是：22.5×（6500+3500）＝225000（元）．
答：该工程的费用为225000元．
【点评】本题考查了分式方程的应用，解答此类工程问题，经常设工作量为“单位1”，注意仔细审题，
运用方程思想解答．
13．（2022秋•沙洋县校级期末）甲、乙两车站相距450km，一列货车从甲车站开出3h后，因特殊情况在
中途站多停了一会，耽误了30min，后来把货车的速度提高为原来的1.2倍，结果准时到达乙站，求这
列货车原来的速度．
【分析】设货车原来的速度为x km/h，根据等量关系：按原速度行驶所用时间﹣提速后时间＝ ，列出
方程，求解即可．
【解答】解：设货车原来的速度为x km/h，根据题意得：
﹣ ＝ ，
解得：x＝75．
经检验：x＝75是原方程的解．
答：货车原来的速度是75km/h．
【点评】本题考查了分式方程的应用．列分式方程解应用题与所有列方程解应用题一样，重点在于准确地找出相等关系．
14．（2022秋•湖里区校级期末）甲、乙两辆汽车同时分别从A、B两城沿同一条高速公路驶向C城．已知
A、C两城的距离为450千米，B、C两城的距离为400千米．
（1）若甲车比乙车的速度快12千米/时，结果两辆车同时到达C城．求两车的速度．
（2）设乙车的速度x千米/时，甲车的速度（x+a）千米/时，若x＝10a，则哪一辆车先到达C城，并说
明理由．
【分析】（1）设甲车的速度为x千米/时，则乙车的速度为（x﹣12）千米/时，再根据时间＝ 即可
得出结论；
（2）先求出甲乙两车到达C城时间的表达式，再比较其大小即可．
【解答】解：（1）设甲车的速度为x千米/时，则乙车的速度为（x﹣12）千米/时，
∵A、C两城的距离为450千米，B、C两城的距离为400千米，两辆车同时到达C城，
∴ ＝ ，
解得x＝108，
x﹣12＝96．
答：甲车的速度是108千米/时，乙车的速度是96千米/时；
（2）∵乙车的速度x千米/时，甲车的速度（x+a）千米/时，x＝10a
∴乙车到达C的时间＝ ＝ ，甲车到达C的时间＝ ＝ ＝ ，
∵ ÷ ＝ ＜1，
∴乙车先到达C城．
【点评】本题考查的是分式方程的应用，熟知时间＝ 是解答此题的关键．
15．（2022秋•新化县期末）某工厂对零件进行检测，引进了检测机器．已知一台检测机的工作效率相当
于一名检测员的20倍．若用这台检测机检测900个零件要比15名检测员检测这些零件少3小时．
（1）求一台零件检测机每小时检测零件多少个？
（2）现有一项零件检测任务，要求不超过7小时检测完成3450个零件．该厂调配了2台检测机和30名
检测员，工作3小时后又调配了一些检测机进行支援，则该厂至少再调配几台检测机才能完成任务？
【分析】（1）首先设一名检测员每小时检测零件x个，则一台零件检测机每小时检测零件20x个，根据题意可得等量关系：15名检测员检测900个零件所用的时间﹣检测机检测900个零件所用的时间＝
3，根据等量关系列出方程，再解即可；
（2）设该厂再调配a台检测机才能完成任务，由题意得不等关系：2台检测机和30名检测员工作7小
时检测的零件数+a台检测机工作4小时检测的零件数≥3450个零件，根据不等关系列出不等式，再解
即可．
【解答】解：（1）设一名检测员每小时检测零件x个，由题意得：
﹣ ＝3，
解得：x＝5，
经检验：x＝5是分式方程的解，
20x＝20×5＝100，
答：一台零件检测机每小时检测零件100个；
（2）设该厂再调配a台检测机才能完成任务，由题意得：
（2×100+30×5）×7+100a×（7﹣3）≥3450，
解得：a≥2.5，
∵a为正整数，
∴a的最小值为3，
答：该厂至少再调配3台检测机才能完成任务．
【点评】此题主要考查了分式方程和一元一次不等式的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量
关系或不等关系，设出未知数，列出方程和不等式．
16．（2022秋•代县期末）为缓解忻州至太原段的交通压力，促进两市经济发展．山西省委决定修建“太
忻大道”，现“太忻大道”正在建设中．甲、乙两个工程队计划参与一项工程建设，甲队单独施工 30
天完成该项工程的 ，这时乙队加入，两队还需同时施工15天，才能完成该项工程．
（1）若乙队单独施工，需要多少天才能完成该项工程？
（2）若甲队参与该项工程施工的时间不超过36天，则乙队至少施工多少天才能完成该项工程？
【分析】（1）直接利用队单独施工30天完成该项工程的 ，这时乙队加入，两队还需同时施工15天，
进而利用总工作量为1得出等式求出答案；
（2）直接利用甲队参与该项工程施工的时间不超过36天，得出不等式求出答案．【解答】解：（1）设乙队单独施工，需要x天才能完成该项工程，
∵甲队单独施工30天完成该项工程的 ，
∴甲队单独施工90天完成该项工程，
根据题意可得：
+15（ + ）＝1，
解得：x＝30，
检验得：x＝30是原方程的根，
答：乙队单独施工，需要30天才能完成该项工程；
（2）设乙队参与施工y天才能完成该项工程，根据题意可得：
×36+y× ≥1，
解得：y≥18，
答：乙队至少施工18天才能完成该项工程．
【点评】此题主要考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，正确得出等量关系是解题关键．
17．（2022秋•长沙期末）某镇道路改造工程，由甲、乙两工程队合作20天可完成，甲工程队单独施工完
成的天数是乙工程队单独施工完天数的2倍．
（1）求甲、乙两工程队单独完成此项工程各需要多少天？
（2）甲工程队独做a天后，再由甲、乙两工程队合作 （ 20 ﹣ ） 天（用含a的代数式表示）可完
成此项工程；
（3）如果甲工程队施工每天需付施工费1万元，乙工程队施工每天需付施工费2.5万元，甲工程队至少
要单独施工多少天后，再由甲、乙两工程队合作施工完成剩下的工程，才能使施工费不超过64万元？
【分析】（1）关系式为：甲20天的工作量+乙20天的工作量＝1；
（2）算出剩下的工作量除以甲乙的工作效率之和即可；
（3）关系式为：甲需要的工程费+乙需要的工程费≤64，注意利用（2）得到的代数式求解．
【解答】解：（1）设乙单独完成此项工程需要x天，则甲单独完成需要2x天，
+ ＝1，
解得：x＝30，
经检验x＝30是原方程的解．∴x+30＝60，
答：甲、乙两工程队单独完成此项工程各需要60天，30天；
（2）（1﹣ ）÷（ + ）＝（20﹣ ）天；
故答案为：（20﹣ ）；
（3）设甲单独做了y天，
y+（20﹣ ）×（1+2.5）≤64，
解得：y≥36
答：甲工程队至少要单独施工36天．
【点评】本题主要考查分式方程的应用：工程问题，找到合适的等量关系是解决问题的关键．注意应用
前面得到的结论求解．
18．（2022秋•青云谱区期末）一项工程，甲、乙两公司合做，12天可以完成，如果甲乙公司单独完成此
项工程，乙公司所用时间是甲公司的1.5倍．
（1）甲、乙公司单独完成此项工程，各需多少天？
（2）若已知甲乙合做完成此项工程共需费用102000元，并且乙公司每天费用比甲公司每天费用少1500
元，分别计算甲、乙单独完成此项工程各需多少费用并选择合理的施工方案．
【分析】（1）设甲公司单独完成此工程x天，则乙公司单独完成此项工程1.5x天，根据甲做的工作量
+乙做的工作量＝工作总量建立方程求出其解即可；
（2）设甲公司每天的施工费y元，则乙公司每天的施工费（y﹣1500）元，根据两个公司合做共需付施
工费102 000元为等量关系建立方程求出其解即可，从施工费用和施工时间两方面考虑．
【解答】解：（1）设甲公司单独完成此工程x天，则乙公司单独完成此项工程1.5x天，
根据题意，得 + ＝ ，
解得，x＝20，
经检验，x＝20是方程的解且符合题意，
∴乙公司单独完成需要的时间为1.5x＝30天．
答：甲乙两公司单独完成此工程各需要20天，30天；
（2）设甲公司每天的施工费y元，则乙公司每天的施工费（y﹣1500）元，根据题意，得12（y+y﹣1500）＝102000，
解得，y＝5000，
∴甲公司单独完成此工程所需施工费：20×5000＝100000（元），
乙公司单独完成此工程所需施工费：30×（5000﹣1500）＝105000 （元），
从施工费用考虑，选择甲公司；
从完工时间考虑，选择甲乙合作．
【点评】本题考查了列分式方程和一元一次方程解实际问题的运用，解答时根据甲的工作效率+乙的工
作效率＝合作一天的工作效率为等量关系建立方程是解答本题的关键．
19．（2023春•新吴区期末）某汽车销售公司经销某品牌A款汽车，随着汽车的普及，其价格也在不断下
降．今年5月份A款汽车的售价比去年同期每辆降价1万元，如果卖出相同数量的A款汽车，去年销售
额为100万元，今年销售额只有90万元．
（1）今年5月份A款汽车每辆售价多少万元？
（2）为了增加收入，汽车销售公司决定再经销同品牌的B款汽车，已知A款汽车每辆进价为7.5万元，
B款汽车每辆进价为6万元，公司预计用不多于105万元且不少于99万元的资金购进这两款汽车共15
辆，有几种进货方案？
（3）如果B款汽车每辆售价为8万元，为打开B款汽车的销路，公司决定每售出一辆B款汽车，返还
顾客现金a万元，要使（2）中所有的方案获利相同，a值应是多少？此时，哪种方案对公司更有利？
【分析】（1）求单价，总价明显，应根据数量来列等量关系．等量关系为：今年的销售数量＝去年的
销售数量．
（2）关系式为：99≤A款汽车总价+B款汽车总价≤105．
（3）方案获利相同，说明与所设的未知数无关，让未知数x的系数为0即可；多进B款汽车对公司更
有利，因为A款汽车每辆进价为7.5万元，B款汽车每辆进价为6万元，所以要多进B款．
【解答】解：（1）设今年5月份A款汽车每辆售价m万元．则：
，
解得：m＝9．
经检验，m＝9是原方程的根且符合题意．
答：今年5月份A款汽车每辆售价9万元；
（2）设购进A款汽车x辆．则：
99≤7.5x+6（15﹣x）≤105．解得：6≤x≤10．
∵x的正整数解为6，7，8，9，10，
∴共有5种进货方案；
（3）设总获利为W万元，购进A款汽车y辆，则：
W＝（9﹣7.5）y+（8﹣6﹣a）（15﹣y）＝（a﹣0.5）y+30﹣15a．
当a＝0.5时，（2）中所有方案获利相同．
此时，购买A款汽车6辆，B款汽车9辆时对公司更有利．
【点评】本题考查分式方程和一元一次不等式组的综合应用，找到合适的等量关系及不等关系是解决问
题的关键．
20．（2023春•开江县校级期末）某开发公司生产的960件新产品需要精加工后才能投放市场．现有甲、
乙两个工厂都想加工这批产品，已知甲厂单独加工这批产品比乙工厂单独加工完这批产品多用 20天，
而甲工厂每天加工的数量是乙工厂每天加工数量的 ，公司需付甲工厂加工费用每天80元，需付乙工
厂加工费用每天120元．
（1）甲、乙两个工厂每天各能加工多少个新产品？
（2）公司制定产品加工方案如下：可以由每个厂家单独完成，也可以由两个厂家合作完成，在加工过
程中，公司派一名工程师到厂进行技术指导，并负担每天 10元的午餐补助费，请你帮助公司选择一种
既省时又省钱的加工方案，并说明理由．
【分析】（1）设乙每天加工新产品x件，则甲每天加工新产品 x件，甲单独加工完这批产品需 天，
乙单独加工完这批产品需 天，根据题意找出等量关系：甲厂单独加工这批产品所需天数﹣乙工厂单
独加工完这批产品所需天数＝20，由等量关系列出方程求解．
（2）分别计算出甲单独加工完成、乙单独加工完成、甲、乙合作完成需要的时间和费用，比较大小，
选择既省时又省钱的加工方案即可．
【解答】解：（1）设乙每天加工新产品x件，则甲每天加工新产品 件．
根据题意得 ﹣ ＝20，解得x＝24，
经检验，x＝24符合题意，则 x＝24× ＝16，
所以甲、乙两个工厂每天各能加工16个、24个新产品；
（2）甲单独加工完成需要960÷16＝60天，费用为：60×（80+10）＝5400元，
乙单独加工完成需要960÷24＝40天，费用为：40×（120+10）＝5200元；
甲、乙合作完成需要960÷（16+24）＝24天，费用为：24×（120+80+10）＝5040元．
所以既省时又省钱的加工方案是甲、乙合作．
【点评】本题主要考查分式方程的应用，解题的关键在于理解清楚题意，找出等量关系，列出方程求解．
需要注意：①分式方程求解后，应注意检验其结果是否符合题意；②选择最优方案时，需将求各个方
案所需时间和所需费用，经过比较后选择最优的那个方案．
21．（2022秋•扶沟县校级期末）在我市某一城市美化工程招标时，有甲、乙两个工程队投标，经测算：
甲队单独完成这项工程需要60天，若由甲队先做20天，剩下的工程由甲、乙合作24天可完成．
（1）乙队单独完成这项工程需要多少天？
（2）甲队施工一天，需付工程款3.5万元，乙队施工一天需付工程款2万元．若该工程计划在70天内
完成，在不超过计划天数的前提下，是由甲队或乙队单独完成工程省钱？还是由甲乙两队全程合作完成
该工程省钱？
【分析】（1）求的是乙的工效，工作时间明显．一定是根据工作总量来列等量关系．等量关系为：甲
20天的工作量+甲乙合作24天的工作总量＝1．
（2）把在工期内的情况进行比较．
【解答】解：（1）设乙队单独完成需x天．
根据题意，得： ×20+（ + ）×24＝1．
解这个方程得：x＝90．
经检验，x＝90是原方程的解．
∴乙队单独完成需90天．
答：乙队单独完成需90天．
（2）设甲、乙合作完成需y天，则有（ + ）×y＝1．
解得，y＝36，①甲单独完成需付工程款为60×3.5＝210（万元）．
②乙单独完成超过计划天数不符题意，
③甲、乙合作完成需付工程款为36×（3.5+2）＝198（万元）．
答：在不超过计划天数的前提下，由甲、乙合作完成最省钱．
【点评】本题考查分式方程的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关
键．
22．（2022秋•安顺期末）周末某班组织登山活动，同学们分甲，乙两组从山脚下沿着一条道路同时向山
顶进发，设甲，乙两组行进同一路段所用的时间之比2：3．
（1）直接写出甲、乙两组行进速度之比；
（2）当甲组到达山顶时，乙组行进到山腰A处，且A处离山顶的路程尚有1.2千米，试问山脚离山顶
的路程有多远？
（3）在题（2）所述内容（除最后的问句处）的基础上，设乙组从A处继续登山，甲组到达山顶后休息
片刻，再从原路下山，并且在山腰B处与乙组相遇，请你先根据以上情景提出一个相应的问题，再给予
解答．
（要求：①问题的提出不需再增添其它条件；②问题的解决必须利用上述情景提供的所有书面条
件．）
【分析】（1）当路程相等时，速度与时间成反比，所以甲，乙两组行进同一路段所用的时间之比为
2：3时，速度之比为3：2．
（2）当时间一定相同时，路程与速度成正比，所以甲所走路程即全程和全程﹣1.2（乙的路程）之间的
比值等于速度之比3：2，所以据此可列方程．
（3）没有固定答案，但是不论怎样提问都不能违背题中已知条件．
【解答】解：（1）当路程相等时，速度与时间成反比，所以甲、乙速度之比为3：2．
（2）当时间一定相同时，路程与速度成正比；所以设山脚离山顶的路程为x千米．
根据题意，得： ＝ ．
解得：x＝3.6．
经检验：x＝3.6是原方程的解．
答：山脚离山顶的路程有3.6千米．
（3）所提问题为：“B处离山顶最远为多少千米？”设B处离山顶的路程为s千米，则甲组所走的路程为s千米，乙组所走的路程为（1.2﹣s）千米．
根据题意，得： ＝ ．
解得：s＝0.72．
经检验：s＝0.72是原方程的解，且符合题意．
【点评】此题考查内容比较全面，既有分式方程的解法，难易程度适中．找到合适的等量关系是解决问
题的关键．
一十．三角形内角和定理（共11小题）
23．（2022秋•枣阳市期末）如图，在△ABC中∠A＝40°，∠B＝72°，CE平分∠ACB，CD⊥AB于D，
DF⊥CE于F，求∠CDF的度数．
【分析】首先根据三角形的内角和定理求得∠ACB的度数，再根据CE平分∠ACB求得∠ACE的度数，
则根据三角形的外角的性质就可求得∠CED＝∠A+∠ACE，再结合CD⊥AB，DF⊥CE就可求解．
【解答】解：∵∠A＝40°，∠B＝72°，
∴∠ACB＝180°﹣40°﹣72°＝68°，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCE＝34°，
∴∠CED＝∠A+∠ACE＝74°，
∴∠CDE＝90°，DF⊥CE，
∴∠CDF+∠ECD＝∠ECD+∠CED＝90°，
∴∠CDF＝74°．
【点评】此题主要考查了三角形的内角和定理、三角形的外角的性质、以及角平分线定义和垂直定义等
知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．（2022秋•榆次区校级期末）探究与发现：如图1所示的图形，像我们常见的学习用品——圆规．我
们不妨把这样图形叫做“规形图”，
（1）观察“规形图”，直接写出∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系： ∠ BDC ＝∠ A + ∠ B + ∠ C ；
（2）请你直接利用以上结论，解决以下三个问题：①如图2，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边 XY、XZ恰好经过点B、C，
∠A＝42°，则∠ABX+∠ACX＝ 4 8 °；
②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝40°，∠DBE＝140°，则∠DCE＝ 9 0 °；
③如图4，∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G 、G …、G ，若∠BDC＝142°，∠BG C＝70°，则
1 2 9 1
∠A＝ 6 2 °．
【分析】（1）首先连接AD并延长，然后根据外角的性质，即可判断出∠BDC＝∠A+∠B+∠C；
（2）①由（1）可得∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，然后根据∠A＝42°，∠BXC＝90°，即可求出
∠ABX+∠ACX的值；②由（1）可得∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，再根据∠DAE＝40°，∠DBE＝
140°，求出∠ADB+∠AEB的值；然后根据 ，即可求出∠DCE的度
数；③设∠ABG ＝x°，∠ACG ＝y°，结合已知可得∠ABD＝10x°，∠ACD＝10y°，再根据（1）可得
1 1
∠A+x°+y°＝70°，∠A+10x°+10y°＝142°，即可判断出∠A的度数．
【解答】解：（1）∠BDC＝∠A+∠B+∠C，理由如下：
如图，连接AD并延长．
根据外角的性质，可得∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD，
又∵∠BDC＝∠BDF+∠CDF，∠BAC＝∠BAD+∠CAD，
∴∠BDC＝∠A+∠B+∠C，
故答案为：∠BDC＝∠A+∠B+∠C；
（2）①由（1）可得∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，∵∠A＝42°，∠BXC＝90°，
∴∠ABX+∠ACX＝90°﹣42°＝48°，
故答案为：48；
②由（1）可得∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，
∴∠ADB+∠AEB＝∠DBE﹣∠DAE＝140°﹣40°＝100°，
∴ ，
∴ ，
故答案为：90；
③设∠ABG ＝x°，∠ACG ＝y°，
1 1
则∠ABD＝10x°，∠ACD＝10y°，
则∠A+x°+y°＝70°，∠A+10x°+10y°＝142°，
解得x+y＝8°
所以∠A＝70°﹣8°＝62°
即∠A的度数为62°，
故答案为：62．
【点评】此题还考查了三角形的外角的性质，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：三角形的外角等
于和它不相邻的两个内角的和．
25．（2022秋•城关区校级期末）如图1，一张三角形ABC纸片，点D，E分别是△ABC边上两点．
研究（1）：如果沿直线 DE 折叠，使点 A 落在 CE 上的点 A'处，则∠BDA'与∠A 的数量关系是
∠ BDA ′＝ 2 ∠ A ；
研究（1）：如果折成图2的形状，猜想∠BDA'，∠CEA'和∠A的数量关系是 ∠ BDA ′ + ∠ CEA ′＝
2 ∠ A ；
研究（3）：如果折成图3的形状，猜想∠BDA'，∠CEA'和∠A的数量关系是什么，并说明理由．
【分析】研究（1）：翻折问题要在图形是找着相等的量．图1中DE为折痕，有∠A＝∠DA′A，再利用外角的性质可得结论∠BDA′＝2∠A；
研究（2）：图 2 中∠A 与∠DA′E 是相等的，再结合四边形的内角和及互补角的性质可得结论
∠BDA′+∠CEA′＝2∠A；
研究（3）：图3中由于折叠∠A与∠DA′E是相等的，再两次运用三角形外角的性质可得结论．
【解答】解：（1）∠BDA′与∠A的数量关系是∠BDA′＝2∠A；
故答案为：∠BDA′＝2∠A；
（2）∠BDA′+∠CEA′＝2∠A，
理由：在四边形ADA′E中，∠A+∠DA′E+∠ADA′+∠A′EA＝360°，
∴∠A+∠DA′E＝360°﹣∠ADA′﹣∠A′EA，
∵∠BDA′+∠ADA′＝180°，∠CEA′+∠A′EA＝180°，
∴∠BDA′+∠CEA′＝360°﹣∠ADA′﹣∠A′EA，
∴∠BDA′+∠CEA′＝∠A+∠DA′E，
∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得，
∴∠A＝∠DA′E，
∴∠BDA′+∠CEA′＝2∠A；
故答案为：∠BDA′+∠CEA′＝2∠A；
（3）∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A．
理由：DA′交AC于点F，
∵∠BDA′＝∠A+∠DFA，∠DFA＝∠A′+∠CEA′，
∴∠BDA′＝∠A+∠A′+∠CEA′，
∴∠BDA′﹣∠CEA′＝∠A+∠A′，
∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得，
∴∠A＝∠DA′E，
∴∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A．
【点评】此题考查了三角形内角和定理，注意此类一题多变的题型，基本思路是相同的，主要运用三角
形的内角和定理及其推论进行证明．
26．（2022秋•和平区校级期末）【数学模型】如图（1），AD，BC交于O点，根据“三角形内角和是180°”，不难得出两个三角形中的角存在以下
关系：①∠DOC＝∠AOB；②∠D+∠C＝∠A+∠B．
【提出问题】
分别作出∠BAD和∠BCD的平分线，两条角平分线交于点E，如图（2），∠E与∠D、∠B之间是否存
在某种数量关系呢？
【解决问题】
为了解决上面的问题，我们先从几个特殊情况开始探究．已知∠BAD的平分线与∠BCD的平分线交于
点E．
（1）如图（3），若AB∥CD，∠D＝30°，∠B＝40°，则∠E＝ 35 ° ．
（2）如图（4），若AB不平行CD，∠D＝30°，∠B＝50°，则∠E的度数是多少呢？
易证∠D+∠1＝∠E+∠3，∠B+∠4＝∠E+∠2，请你完成接下来的推理过程：
∴∠D+∠1+∠B+∠4＝ 2 ∠ E + ∠ 3+ ∠ 2 ，
∵CE、AE分别是∠BCD、∠BAD的平分线，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4．
∴2∠E＝ ∠ D + ∠ B ，
又∵∠D＝30°，∠B＝50°，
∴∠E＝ 4 0 度．
（3）在总结前两问的基础上，借助图（2），直接写出∠E与∠D、∠B之间的数量关系是： ∠ E ＝
（∠ D + ∠ B ） ．
【类比应用】
如图（5），∠BAD的平分线AE与∠BCD的平分线CE交于点E．
已知：∠D＝ 、∠B＝ ，（ ＜ ）则∠E＝ （ ﹣ ） （用 、 表示）．
α β α β β α α β
【分析】【解决问题】（1）根据两个三角形的有一对对顶角相等得：∠D+∠DCE＝∠E+∠DAE，∠E+∠ECB＝∠B+∠EAB，
两式相加后，再根据角平分线的定义可得结论；
（2）同理列两式相加可得结论；
（3）根据（1）和（2）可得结论；
【类比应用】
首先延长BC交AD于点F，由三角形外角的性质，可得∠BCD＝∠B+∠BAD+∠D，又由角平分线的性
质，即可求得答案．
【解答】解：【解决问题】
（1）如图3，∵∠D+∠DCE＝∠E+∠DAE，
∠E+∠ECB＝∠B+∠EAB，
∴∠D+∠DCE+∠B+∠EAB＝2∠E+∠DAE+∠ECB，
∵EC平分∠ECB，AE平分∠BAD，
∴∠DCE＝∠ECB，∠DAE＝∠BAE，
∴2∠E＝∠B+∠D，
∴∠E＝
∴∠E＝ （30°+40°）＝ ×70°＝35°；
故答案为：35°；
（2）如图（4），∠D+∠1＝∠E+∠3，∠B+∠4＝∠E+∠2，
∴∠D+∠1+∠B+∠4＝2∠E+∠3+∠2，
∵CE、AE分别是∠BCD、∠BAD的平分线，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4．
∴2∠E＝∠D+∠B，
∴∠E＝ ，
又∵∠D＝30°，∠B＝50°，
∴∠E＝40度．
故答案为：2∠E+∠3+∠2，∠D+∠B，40°；
（3）由（1）和（2）得：∠E＝ ，
故答案为：∠E＝ ；【类比应用】
如图（5），延长BC交AD于F，
∵∠BFD＝∠B+∠BAD，
∴∠BCD＝∠BFD+∠D＝∠B+∠BAD+∠D，
∵CE平分∠BCD，AE平分∠BAD
∴∠ECD＝∠ECB＝ ∠BCD，∠EAD＝∠EAB＝ ∠BAD，
∵∠E+∠ECB＝∠B+∠EAB，
∴∠E＝∠B+∠EAB﹣∠ECB＝∠B+∠BAE﹣ ∠BCD＝∠B+∠BAE﹣ （∠B+∠BAD+∠D）＝
（∠B﹣∠D），
∵∠D＝ °、∠B＝ °，
α β
即∠E＝ （ ﹣ ）°．
β α
【点评】此题考查了三角形内角和定理、三角形外角的性质、平行线的性质以及角平分线的定义，掌握
角平分线的性质和等量代换是解决问题的关键．
27．（2022秋•大竹县校级期末）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，P为线段AD上的一个动点，
PE⊥AD交直线BC于点E，若∠B＝35°，∠ACB＝85°．
（1）求∠DAC的度数；
（2）求∠E的度数．
【分析】（1）利用三角形内角和定理得出∠BAC的度数，根据角平分线的定义即可得到结论；（2）进而得出∠ADC的度数，再利用三角形内角和定理和外角性质得出即可．
【解答】解：（1）∵∠B＝35°，∠ACB＝85°，
∴∠BAC＝60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAC＝ BAC＝30°，
（2）∵∠BAD＝ BAC＝30°，
∴∠ADC＝35°+30°＝65°，
∵∠EPD＝90°，
∴∠E的度数为：90°﹣65°＝25°．
故答案为：25°．
【点评】此题主要考查了三角形内角和定理以及角平分线的性质和三角形外角的性质，根据已知得出
∠BAD度数是解题关键．
28．（2022秋•天山区校级期末）如图，△ABC中，AD是BC上的高，AE平分∠BAC，∠B＝75°，∠C＝
45°，求∠DAE与∠AEC的度数．
【分析】由∠B＝75°，∠C＝45°，利用三角形内角和求出∠BAC．又AE平分∠BAC，求出∠BAE、
∠CAE．再利用AD是BC上的高在△ABD中求出∠BAD，此时就可以求出∠DAE．最后利用三角形的
外角和内角的关系可以求出∠AEC．
【解答】解：方法1：
∵∠B+∠C+∠BAC＝180°，∠B＝75°，∠C＝45°，
∴∠BAC＝60°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE＝ ∠BAC＝ ×60°＝30°，
∵AD是BC上的高，
∴∠B+∠BAD＝90°，∴∠BAD＝90°﹣∠B＝90°﹣75°＝15°，
∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝30°﹣15°＝15°，
在△AEC中，∠AEC＝180°﹣∠C﹣∠CAE＝180°﹣45°﹣30°＝105°；
方法2：同方法1，得出∠BAC＝60°．
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC＝ ∠BAC＝ ×60°＝30°．
∵AD是BC上的高，
∴∠C+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DAE＝∠CAD﹣∠CAE＝45°﹣30°＝15°．
∵∠AEC+∠C+∠EAC＝180°，
∴∠AEC+30°+45°＝180°，
∴∠AEC＝105°．
答：∠DAE＝15°，∠AEC＝105°．
【点评】此题主要考查了三角形的内角，外角以及和它们相关的一些结论，图形比较复杂，对于学生的
视图能力要求比较高．
29．（2022秋•平桥区校级期末）如图，AD为△ABC的高，BE为△ABC的角平分线，若∠EBA＝32°，
∠AEB＝70°．
（1）求∠CAD的度数；
（2）若点F为线段BC上任意一点，当△EFC为直角三角形时，则∠BEF的度数为 58 ° 或 20 ° ．
【分析】（1）根据角平分线的定义、三角形内角和定理计算即可；
（2）分∠EFC＝90°和∠FEC＝90°两种情况解答即可．
【解答】解：（1）∵BE为△ABC的角平分线，
∴∠CBE＝∠EBA＝32°，
∵∠AEB＝∠CBE+∠C，∴∠C＝70°﹣32°＝38°，
∵AD为△ABC的高，
∴∠ADC＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣∠C＝52°；
（2）当∠EFC＝90°时，∠BEF＝90°﹣∠CBE＝58°，
当∠FEC＝90°时，∠BEF＝90°﹣70°＝20°，
故答案为：58°或20°．
【点评】本题考查的是三角形的内角和定理，掌握三角形内角和等于180°是解题的关键．
30．（2022秋•盐湖区期末）探究与发现：如图1所示的图形，像我们常见的学习用品﹣﹣圆规．我们不
妨把这样图形叫做“规形图”，
（1）观察“规形图”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由；
（2）请你直接利用以上结论，解决以下三个问题：
①如图2，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边 XY、XZ恰好经过点B、C，
∠A＝40°，则∠ABX+∠ACX＝ 5 0 °；
②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求∠DCE的度数；
③如图4，∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G 、G …、G ，若∠BDC＝133°，∠BG C＝70°，求
1 2 9 1
∠A的度数．
【分析】（1）首先连接AD并延长至点F，然后根据外角的性质，即可判断出∠BDC＝∠A+∠B+∠C．
（2）①由（1）可得∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，然后根据∠A＝40°，∠BXC＝90°，求出
∠ABX+∠ACX的值是多少即可．
②由（1）可得∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，再根据∠DAE＝40°，∠DBE＝130°，求出
∠ADB+∠AEB的值是多少；然后根据∠DCE＝ （∠ADB+∠AEB）+∠DAE，求出∠DCE的度数是多
少即可．③根据∠BG C＝ （∠ABD+∠ACD）+∠A，∠BG C＝70°，设∠A为x°，可得∠ABD+∠ACD＝133°
1 1
﹣x°，解方程，求出x的值，即可判断出∠A的度数是多少．
【解答】解：（1）如图（1），连接AD并延长至点F，
，
根据外角的性质，可得
∠BDF＝∠BAD+∠B，∠CDF＝∠C+∠CAD，
又∵∠BDC＝∠BDF+∠CDF，∠BAC＝∠BAD+∠CAD，
∴∠BDC＝∠A+∠B+∠C；
（2）①由（1），可得
∠ABX+∠ACX+∠A＝∠BXC，
∵∠A＝40°，∠BXC＝90°，
∴∠ABX+∠ACX＝90°﹣40°＝50°，
故答案为：50．
②由（1），可得
∠DBE＝∠DAE+∠ADB+∠AEB，
∴∠ADB+∠AEB＝∠DBE﹣∠DAE＝130°﹣40°＝90°，
∴ （∠ADB+∠AEB）＝90°÷2＝45°，
∴∠DCE＝ （∠ADB+∠AEB）+∠DAE
＝45°+40°
＝85°；③∠BG C＝ （∠ABD+∠ACD）+∠A，
1
∵∠BG C＝70°，
1
∴设∠A为x°，
∵∠ABD+∠ACD＝133°﹣x°
∴ （133﹣x）+x＝70，
∴13.3﹣ x+x＝70，
解得x＝63，
即∠A的度数为63°．
【点评】此题主要考查了三角形的内角和定理，利用三角形的内角和定理和外角的性质是解答此题的关
键．
31．（2022秋•高新区校级期末）叙述并证明“三角形的内角和定理”．（要求根据下图写出已知、求证
并证明）
【分析】欲证明三角形的三个内角的和为180°，可以把三角形三个角转移到一个平角上，利用平角的性
质解答．
【解答】已知：△ABC中，
求证：∠A+∠B+∠C＝180°．
证明：过点A作直线MN，使MN∥BC．
∵MN∥BC，
∴∠B＝∠MAB，∠C＝∠NAC（两直线平行，内错角相等）
∵∠MAB+∠NAC+∠BAC＝180°（平角定义）
∴∠B+∠C+∠BAC＝180°（等量代换）
即∠A+∠B+∠C＝180°．【点评】过点A作平行于BC的直线MN，两直线平行，内错角相等，通过等量代换求证定理．
32．（2022秋•开江县校级期末）如图，在△ABC中，CD⊥AB，垂足为D，点E在BC上，EF⊥AB，垂足
为F，∠1＝∠2．
（1）试说明DG∥BC的理由；
（2）如果∠B＝34°，且∠ACD＝47°，求∠3的度数．
【分析】（1）先根据垂直定义得出∠CDF＝∠EFB＝90°，根据平行线判定可得出CD∥EF，故可得出
∠2＝∠BCD，推出∠1＝∠BCD，根据平行线的判定即可得出结论；
（2）先根据CD⊥AB得出∠BDC＝90°，由直角三角形的性质得出∠BCD的度数，故可得出∠ACB的
度数，再根据平行线的性质即可得出结论．
【解答】解：（1）DG∥BC．
理由是：∵CD⊥AB，EF⊥AB，
∴∠CDF＝∠EFB＝90°，
∴CD∥EF．
∴∠2＝∠BCD，
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠BCD，
∴DG∥BC；
（2）∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝90°．∵∠B＝34°，
∴∠BCD＝90°﹣34°＝56°．
∵∠ACD＝47°，
∴∠ACB＝∠ACD+∠BCD＝47°+56°＝103°．
∵由（1）知DG∥BC，
∴∠3＝∠ACB＝103°．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理和平行线的判定与性质，熟知三角形的内角和等于180°是解答
此题的关键．
33．（2022秋•渠县校级期末）图（1）是我们常见的“箭头图”，其中隐藏着哪些数学知识呢？下面请你
解决以下问题：
（1）观察如图（1）“箭头图”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间大小的关系，并说明理由；
（2）请你直接利用以上结论，回答下列两个问题：
①如图（2），把一块三角板XYZ放置在△ABC上，使其两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C．若∠A
＝50°，则∠ABX+∠ACX＝ 40 ° ；
②如图（3），∠ABD，∠ACD的五等分线分别相交于点G 、G 、G 、G ，若∠BDC＝135°，∠BG C
1 2 3 4 1
＝67°，求∠A的度数．
【分析】（1）连接AD并延长，根据三角形的外角和内角关系解答；
（2）①利用（1）的结论，直接计算出∠ABX+∠ACX的度数；
②图（3）利用（1）的结论，根据∠BDC＝135°，∠BG C＝67°，计算出相等的角：∠DBG +∠DCG
1 4 4
的和，再次利用（1）的结论，求出∠A的度数．
【解答】解：（1）∠BDC＝∠A+∠B+∠C．理由：
连接AD并延长到M．
因为∠BDM＝∠BAD+∠B，∠CDM＝∠CAD+∠C，
所以∠BDM+∠CDM＝∠BAD+∠B+∠CAD+∠C，即∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C．
（2）①由（1）知：∠BXC＝∠A+∠ABX+∠ACX，
由于∠BXC＝90°，∠A＝50°
所以∠ABX+∠ACX
＝∠BXC﹣∠A
＝90°﹣50°
＝40°．
②在箭头图G BDC中
1
因为∠BDC＝∠G +∠G BD+∠G CD，
1 1 1
又∵∠BDC＝135°，∠BG C＝67°
1
∵∠ABD，∠ACD的五等分线分别相交于点G 、G 、G 、G
1 2 3 4
∴4（∠DBG +∠DCG ）＝135°﹣67°
4 4
∴∠DBG +∠DCG ＝17°．
4 4
∴∠ABG +∠ACG ＝17°
1 1
∵在箭头图G BAC中
1
∵∠BG C＝∠A+∠G BA+∠G CA，
1 1 1
又∵∠BG C＝67°，
1
∴∠A＝50°．
答：∠A的度数是50°．【点评】本题考查了外角和内角的关系以及角的计算．找出“箭头图”并利用“箭头图”间角的关系是
解决本题的关键
一十一．三角形的外角性质（共3小题）
34．（2022秋•万全区期末）如图，在△ABC中，∠B＝40°，∠C＝70°，AD是△ABC的角平分线，点E
在BD上，点F在CA的延长线上，EF∥AD．
（1）求∠BAF的度数．
（2）求∠F的度数．
【分析】（1）根据外角的性质即可得到结论；
（2）根据角平分线的定义得到∠DAC＝ BAC＝35°，根据平行线的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠BAF＝∠B+∠C，
∵∠B＝40°，∠C＝70°，
∴∠BAF＝110°；
（2）∵∠BAF＝110°，∴∠BAC＝70°，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠DAC＝ BAC＝35°，
∵EF∥AD，
∴∠F＝∠DAC＝35°．
【点评】本题考查了三角形外角的性质，平行线的性质，三角形的内角和，角平分线的定义，熟练掌握
三角形外角的性质是解题的关键．
35．（2022秋•建平县期末）如图，已知：点P是△ABC内一点．
（1）求证：∠BPC＞∠A；
（2）若PB平分∠ABC，PC平分∠ACB，∠A＝40°，求∠P的度数．
【分析】（1）延长BP交AC于D，根据△PDC外角的性质知∠BPC＞∠1；根据△ABD外角的性质知
∠1＞∠A，所以易证∠BPC＞∠A．
（2）由三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB＝140°，由角平分线和三角形内角和定理即可得出结果．
【解答】（1）证明：延长BP交AC于D，如图所示：
∵∠BPC是△CDP的一个外角，∠1是△ABD的一个外角，
∴∠BPC＞∠1，∠1＞∠A，
∴∠BPC＞∠A；
（2）在△ABC中，∵∠A＝40°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣40°＝140°，
∵PB平分∠ABC，PC平分∠ACB，
∴∠PBC＝ ∠ABC，∠PCB＝ ∠ACB，
在△ABC中，∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝180°﹣（ ∠ABC+ ∠ACB）
＝180°﹣ （∠ABC+∠ACB）＝180°﹣ ×140°＝110°．【点评】此题主要考查了三角形的外角性质、三角形内角和定理、三角形的角平分线定义；熟练掌握三
角形的外角性质和三角形内角和定理是解决问题的关键．
36．（2022秋•黄石港区期末）已知如图∠B＝∠C，∠1＝∠2，∠BAD＝40°，求∠EDC度数．
【分析】首先在△ABD 中，由三角形的外角性质得到∠EDC+∠1＝∠B+40°，同理可得到∠2＝
∠EDC+∠C，联立两个式子，结合∠B＝∠C，∠1＝∠2的已知条件，即可求出∠EDC的度数．
【解答】解：△ABD中，由三角形的外角性质知：
∠ADC＝∠B+∠BAD，即∠EDC+∠1＝∠B+40°；①
同理，得：∠2＝∠EDC+∠C，
已知∠1＝∠2，∠B＝∠C，
∴∠1＝∠EDC+∠B，②
②代入①得：
2∠EDC+∠B＝∠B+40°，即∠EDC＝20°．
【点评】此题主要考查的是三角形的外角性质，理清图形中各角之间的关系是解题的关键．
一十二．全等三角形的判定与性质（共13小题）
37．（2022秋•青秀区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，A（﹣2，0），B（0，3），C（3，0），D
（0，2）．
（1）求证：AB＝CD且AB⊥CD；（2）以A为直角顶点在第二象限内作等腰直角三角形ABE，过点E作EF⊥x轴于点F，求点F的坐标；
（3）若点P为y轴正半轴上一动点，以AP为直角边作等腰直角三角形APQ，∠APQ＝90°，QR⊥x轴
于点R，当点P运动时，OP﹣QR的值是否发生变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由．
【分析】（1）延长CD交AB于点E，根据A（﹣2，0），B（0，3），C（3，0），D（0，2）可以求
出OA＝OD＝2，OB＝OC＝3，证明△AOB≌△DOC就可以求出结论；
（2）根据等腰直角三角形的性质可以得出△AEF≌△BAO，就有AF＝OB，从而求出F的坐标；
（3）作QF⊥OP于F，根据等腰直角三角形的性质可以得出△AOP≌△PFQ，就有PF＝OA，由矩形的
性质可以得出QR＝OF，就可以得出OP﹣QR＝PF＝OA不发生变化．
【解答】解：（1）证明：延长CD交AB于点E．
∵A（﹣2，0），B（0，3），C（3，0），D（0，2），
∴OA＝OD＝2，OB＝OC＝3．
∵∠AOB＝90°，∠DOC＝90°，
∴∠AOB＝∠DOC．
在△AOB和△DOC中．
，
∴△AOB≌△DOC（SAS），
∴∠ABO＝∠DCO．∠BAO＝∠CDO．AB＝CD．
∵∠BDE＝∠CDO，
∴∠BAO＝∠BDE．
∵∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠BDE+∠ABO＝90°，
∴∠BED＝90°，
∴AB⊥CD；
（2）∵三角形ABE是等腰直角三角形，
∴AE＝AB，∠EAB＝90°，
∴∠FAE+∠BAO＝90°．
∵EF⊥x轴，
∴∠EFA＝90°，
∴∠AEF+∠FAE＝90°，∴∠AEF＝∠OAB．
∵∠AOB＝90°，
∴∠EFA＝∠AOB．
在△AEF和△BAO中，
，
∴△AEF≌△BAO（AAS），
∴AF＝BO＝3，
∴OF＝2+3＝5，
∴F（﹣5，0）．
答：F的坐标为（﹣5，0）；
（3）OP﹣QR的值不变．
理由：作QF⊥OP于F，
∴∠PFQ＝∠QFO＝90°，
∴∠FPQ+∠FQP＝90°．
∵三角形APQ是等腰直角三角形，
∴PA＝PQ，∠APQ＝90°，
∴∠APO+∠OPQ＝90°．
∴∠APO＝∠PQQF．
∵∠AOP＝∠POR＝90°，
∴∠AOP＝∠PFQ．
在△AOP和△PFQ中，
，
∴△AOP≌△PFQ（AAS），
∴AO＝PF．
∵QR⊥x轴，
∴∠QRA＝90°．
∴∠QRA＝∠POR＝∠QFO＝90°，
∴四边形FORQ是长方形，∴QR＝FO．
∴OP﹣QR＝OP﹣OF＝PF，
∴OP﹣QR＝OA．
【点评】本题考查了点的坐标的运用，等腰直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定与性质的运用，
解答时运用全等三角形的性质求解是关键．
38．（2022秋•广水市期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点．A、B两点的坐标分别为A
（m，0）、B（0，n），且 ，点P从A出发，以每秒1个单位的速度沿射线AO
匀速运动，设点P运动时间为t秒．
（1）求OA、OB的长；
（2）连接PB，若△POB的面积不大于3且不等于0，求t的范围；
（3）过P作直线AB的垂线，垂足为D，直线PD与y轴交于点E，在点P运动的过程中，是否存在这
样的点P，使△EOP≌△AOB？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据已知得出关于m n的方程组，求出即可；
（2）分为两种情况：①当P在线段OA上时，求出三角形BOP的面积，得出不等式组，求出其解集即
可；②当P在线段OA的延长线上时，求出三角形BOP的面积，得出不等式组，求出其解集即可；
（3）当OP＝OB＝3时，分为两种情况，画出符合条件的两种图形，结合图形和全等三角形的性质即可
得出答案．
【解答】解：（1）∵|m﹣n﹣3|+ ＝0，∴m﹣n﹣3＝0，2n﹣6＝0，
解得：n＝3，m＝6，
∴OA＝6，OB＝3；
（2）分为两种情况：①当P在线段OA上时，
AP＝t，PO＝6﹣t，
∴△BOP的面积S＝ ×（6﹣t）×3＝9﹣ t，
∵若△POB的面积不大于3且不等于0，
∴0＜9﹣ t≤3，
解得：4≤t＜6；
②当P在线段OA的延长线上时，如图，
AP＝t，PO＝t﹣6，∴△BOP的面积S＝ ×（t﹣6）×3＝ t﹣9，
∵若△POB的面积不大于3且不等于0，
∴0＜ t﹣9≤3，
解得：6＜t≤8；
即t的范围是4≤t≤8且t≠6；（3）当OP＝OB＝3时，分为两种情况（如图）：第一个图中t＝3，
第二个图中AP＝6+3＝9，即t＝9；
即存在这样的点P，使△EOP≌△AOB，t的值是3或9．
【点评】本题考查了绝对值，二次根式的性质，垂直定义，全等三角形的性质和判定等知识点的综合运
用，题目比较典型，但是有一定的难度，注意要进行分类讨论啊．
39．（2022秋•苍梧县期末）如图1，△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，E在
线段AC上，连接AD，BE的延长线交AD于F．
（1）猜想线段BE，AD的数量关系和位置关系： BE ＝ AD ， BE ⊥ AD （不必证明）；
（2）当点E为△ABC内部一点时，使点D和点E分别在AC的两侧，其它条件不变．
①请你在图2中补全图形；
②（1）中结论成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．【分析】（1）判定△BCE≌△ACD，运用全等三角形的性质，即可得到线段BE，AD的数量关系和位
置关系；
（2）①依据点E为△ABC内部一点时，点D和点E分别在AC的两侧，其它条件不变，即可补全图形；
②判定△BCE≌△ACD，运用全等三角形的性质，即可得到线段BE，AD的数量关系和位置关系．
【解答】解：（1）BE＝AD，BE⊥AD；
（2）①如图所示：
②（1）中结论仍然成立．
证明：∵△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴BC＝AC，EC＝DC，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACB＝∠DCE，
∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD，∠1＝∠2，
∵∠3＝∠4，
∴∠AFB＝∠ACB＝90°，
∴BE⊥AD．【点评】本题主要考查了三角形全等的性质和判定，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线
段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
40．（2022秋•兴隆县期末）【阅读理解】
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图1，△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，
得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是 B ．
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
（2）求得AD的取值范围是 C ．
A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7
【感悟】
解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件
和所求证的结论集合到同一个三角形中．
【问题解决】
（3）如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝EF．求证：AC＝BF．
【分析】（1）根据AD＝DE，∠ADC＝∠BDE，BD＝DC推出△ADC和△EDB全等即可；
（2）根据全等得出BE＝AC＝6，AE＝2AD，由三角形三边关系定理得出8﹣6＜2AD＜8+6，求出即可；
（3）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，根据SAS证△ADC≌△MDB，推出BM＝AC，∠CAD＝
∠M，根据AE＝EF，推出∠CAD＝∠AFE＝∠BFD，求出∠BFD＝∠M，根据等腰三角形的性质求出即
可．
【解答】（1）解：∵在△ADC和△EDB中
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），故选B；
（2）解：∵由（1）知：△ADC≌△EDB，
∴BE＝AC＝6，AE＝2AD，
∵在△ABE中，AB＝8，由三角形三边关系定理得：8﹣6＜2AD＜8+6，
∴1＜AD＜7，
故选C．
（3）证明：
延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，
∵AD是△ABC中线，
∴CD＝BD，
∵在△ADC和△MDB中
∴△ADC≌△MDB，
∴BM＝AC，∠CAD＝∠M，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠AFE，
∵∠AFE＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠CAD＝∠M，
∴BF＝BM＝AC，
即AC＝BF．【点评】本题考查了三角形的中线，三角形的三边关系定理，等腰三角形性质和判定，全等三角形的性
质和判定等知识点，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
41．（2022秋•宜春期末）【问题情境】如图，在平面直角坐标系中，点 A（0，m），B（n，0），且（m
﹣n）2+n2﹣4n+4＝0，连接 AB，点 P、点 Q 是 x 轴上的动点，且 OP＝BQ．连接 AQ，过 O 点作
OD⊥AQ于点E，交直线AB于点D，连接DP，试问在运动过程中，∠BPD与∠AQO是否存在某种特
定的数量关系．
（1）直接写出点A的坐标为 （ 0 ， 2 ） ，点B的坐标为 （ 2 ， 0 ） ；
（2）【深入探究】如图1，当点P、点Q在线段OB上，且P点在Q点的左侧时．
①求证：∠DOB＝∠QAO；
②试猜想∠BPD与∠AQO的数量关系，并说明理由．
（3）【拓展应用】当点P在B点右侧，点Q在x轴负半轴上运动时，若∠AQO＝ ，用 表示∠BPD＝
或 180°﹣ ．（不需证明） α α
α α
【分析】（1）由平方的非负性求得m，n即可得到答案；
（2）①利用互余可得∠AOE+∠DOB＝90°，∠AOE+∠QAO＝90°，即可得证；②如图，过B点作BM⊥OB于点B，交OD的延长线于点M，易证△BOM≌△OAQ（ASA），可得BM
＝OQ，∠AQO＝∠OMB，由 OP＝BQ，可得 BP＝OQ，进而可得 BM＝BP，易证△BMD≌△BPD
（SAS），可得∠BPD＝∠BMD，进而得到∠BPD＝∠AQO；
（3）分两种情况，点D在AB的延长线上（如图2）或点D在BA的延长线上（如图3），类比②中的
证明思路即可．
【解答】（1）解：∵（m﹣n）2+n2﹣4n+4＝0，
∴（m﹣n）2+（n﹣2）2＝0，
∴m＝n＝2，
故答案为：（0，2），（2，0）；
（2）①证明：由题得∠AOQ＝90°，
∴∠AOE+∠DOB＝90°，
又∵OD⊥AQ，
∴∠AEO＝90°，
∴∠AOE+∠QAO＝90°，
∴∠DOB＝∠QAO；
②解：∠BPD＝∠AQO，理由如下：
如图，过B点作BM⊥OB于点B，交OD的延长线于点M，
∴∠MBO＝90°＝∠AOQ，
∵A（0，2），B（2，0），
∴OA＝OB，∠OAB＝∠ABO＝45°，
又∵∠DOB＝∠QAO，
∴△BOM≌△OAQ（ASA），
∴BM＝OQ，∠AQO＝∠OMB，
又∵OP＝BQ，
∴BP＝OQ，
∴BM＝BP，
又∵∠ABO＝45°，
∴∠MBD＝∠MBO﹣∠ABO＝45°＝∠DBP，
又∵BD＝BD，
∴△BMD≌△BPD（SAS），
∴∠BPD＝∠BMD，又∵∠AQO＝∠BMD，
∴∠BPD＝∠AQO，
（3）解：∠BPD＝ 或180°﹣ ．
如图2，如图，过Bα点作BM⊥αOB于点B，交OD于点M，
同理可证得△BOM≌△OAQ，△BMD≌△BPD，
则：∠AQO＝∠OMB＝ ，∠BPD＝∠BMD，
此时∠BPD＝180°﹣ ；α
α
如图3，如图，过B点作BM⊥OB于点B，交DO的延长线于点M，
同理可证得△BOM≌△OAQ，△BMD≌△BPD，
则：∠AQO＝∠OMB＝ ，∠BPD＝∠BMD，
此时∠BPD＝ ， α
α
综上，∠BPD＝ 或180°﹣ ．
α α【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、等腰直角三角形的性质，熟练掌握等
腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
42．（2022秋•沈河区期末）△ABC，AB＝AC，点D在线段BC上，点F在射线AD上，连接CF，作
BE∥CF交射线AD于E，∠CFA＝∠BAC＝ ．
α
（1）如图1，当 ＝70°时，∠ABE＝15°时，求∠BAE的大小；
（2）当 ＝90°，αAB＝AC＝8时，
①如图2α．延长BF，当BF＝BA，求CF的长；
②若AD＝5 ，直接写出CF的长．
【分析】（1）由平行线的性质求解∠BED＝70°，再利用三角形的外角的性质可得答案；
（2）①证明△BEF≌△AFC，可得 ，再利用勾股定理求解即可；
②如图，过A作AM⊥BC于M，当D在M的右边时，利用勾股定理 ，可得
， 与 等 面 积 法 可 得 ， 可 得 ，
，证明△BAE≌△ACF，从而可得答案；当D在M的左边时，如图，
同理可得答案．【解答】解：（1）∵BE∥CF，∠CFA＝∠BAC＝ ＝70°，
∴∠BED＝70°， α
∵∠BED＝∠ABE+∠BAE，∠ABE＝15°，
∴∠BAE＝70°﹣15°＝55°；
（2）①∵BF＝BA，AB＝AC，
∴BF＝AC，
∵BE∥CF，∠CFA＝∠BAC＝ ＝90°，
∴BE⊥AF，AE＝EF，∠ABE＝α∠FBE，∠BEF＝∠AFC＝90°，
∴∠ABE+∠BAE＝90°＝∠BAE+∠CAF，
∴∠ABE＝∠CAF，
∴∠CAF＝∠FBE，
∴△BEF≌△AFC（AAS），
∴EF＝FC，
∴ ，
∵AB＝AC＝8，
∴CF2+（2CF）2＝64，
解得： （负根舍去）；
②如图，过A作AM⊥BC于M，当D在M的右边时，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝8，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
由（1）得：∠ABE＝∠CAF，
而∠AEB＝∠AFC＝90°，AB＝AC，
∴△BAE≌△ACF（AAS），
∴ ，
当D在M的左边时，如图，
同理可得： ， ， ，
∴ ；
综上： 或 ．
【点评】本题考查的是三角形的外角的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股
定理的应用，二次根式的混合运算，熟练的证明需要的两个三角形全等是解本题的关键．
43．（2022秋•长寿区期末）已知：点O到△ABC的两边AB，AC所在直线的距离相等，且OB＝OC．
（1）如图 1，若点 O在边BC 上，过点O分别作 OE⊥AB，OF⊥AC，E，F分别是垂足．求证：
△OEB≌△OFC；（2）如图2，若点O在△ABC的内部，求证：AB＝AC；
（3）若点O在△ABC的外部，AB＝AC成立吗？请画图表示．
【分析】（1）由HL证明Rt△OEB≌Rt△OFC，即可得出结论；
（2）过点 O 作 OE⊥AB 于 E，OF⊥AC 于 F，则 OE＝OF，∠OEB＝∠OFC＝90°，由 HL 证明
Rt△BOE≌Rt△COF，得出∠EBO＝∠FCO，再由OB＝OC，得出∠OBC＝∠OCB，∠ABC＝∠ACB，
即可得出结论；
（3）不一定成立，①过点O作OE⊥AB的延长线于点E，作OF⊥AC的延长线于点F时，则OE＝
OF，∠OEB＝∠OFC＝90°，由HL证明Rt△BOE≌Rt△COF，得出∠DEO＝∠FCO，
再由OB＝OC，得出∠OBC＝∠OCB，∠EBC＝∠FCB，∠ABC＝∠ACB，即可得出AB＝AC成立；②
过点 O 作 OE⊥AB 于点 E，作 OF⊥AC 的延长线于点 F 时，连接 OA，则 OE＝OF，由 HL 证明
Rt△AOE≌Rt△AOF（HL），得出AF＝AE，故AB＝AC不成立．
【解答】（1）证明：在Rt△OEB和Rt△OFC中， ，
∴Rt△OEB≌Rt△OFC（HL），
∴△OEB≌△OFC；
（2）证明：过点O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，如图1所示：
则OE＝OF，∠OEB＝∠OFC＝90°
在Rt△BOE和Rt△COF中，
，
∴Rt△BOE≌Rt△COF（HL），
∴∠EBO＝∠FCO，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC；（3）解：不一定成立，理由如下：
分两种情况：
①过点O作OE⊥AB的延长线于点E，作OF⊥AC的延长线于点F，如图2所示：
则OE＝OF，∠OEB＝∠OFC＝90°，
在Rt△BOE和Rt△COF中，
，
∴Rt△BOE≌Rt△COF（HL），
∴∠DEO＝∠FCO
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠EBC＝∠FCB，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC；
②过点O作OE⊥AB于点E，作OF⊥AC的延长线于点F，连接OA，如图3所示：
则OE＝OF，
在Rt△AOE和Rt△AOF中，
，
∴Rt△AOE≌Rt△AOF（HL），
∴AE＝AF，
∴AB＞AC．【点评】此题考查了等腰三角形的判定与性质、直角三角形全等的判定与性质；证明三角形全等是解决
问题的关键，本题有一定难度，特别是（3）中，需要进行分类讨论才能得出结论．
44．（2022秋•东西湖区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点A（0，a），点B（b，0），点C（﹣
3，0），且a、b满足a2﹣6a+9+|a﹣b|＝0．
（1）点A的坐标为 （ 0 ， 3 ） ，点B的坐标为 （ 3 ， 0 ） ；
（2）求证：AB＝AC；
（3）若∠CAB＝90°，过点A作射线l（射线l与边BC有交点），过点B作BD⊥l于点D，过点C作
CE⊥l于点E，过点E作EF⊥DC于点F交y轴于点G．
①求证：AE＝BD；
②求点G的坐标．
【分析】（1）由偶次方和绝对值的非负性质得a＝b＝3，则A（0，3），B（3，0）；
（2）根据A（0，3），B（3，0），OC＝3，证明△AOC和△AOB是等腰直角三角形，进而得AC＝
AB；
（3）①证△BDA≌△AEC（AAS），即可得出BD＝AE；②证△AGE≌△BCD（AAS），得AG＝BC＝OB+OC＝6，则OG＝AG﹣OA＝3，即可得出答案．
【解答】（1）解：∵a、b满足a2﹣6a+9+|a﹣b|＝0，
∴（a﹣3）2+|a﹣b|＝0，
∴a﹣3＝0，a﹣b＝0，
∴a＝b＝3，
∵点A（0，a），点B（b，0），点C（﹣3，0），
∴A（0，3），B（3，0），OC＝3，
故答案为：（0，3），（3，0）；
（2）证明：A（0，3），B（3，0），OC＝3，
∴OA＝OB＝OC，
∴△AOC和△AOB是等腰直角三角形，
∴∠OAC＝∠OCA＝∠OAB＝∠OBA＝45°，
∴AC＝AB；
（3）①证明：∵BD⊥l，CE⊥l，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠ABD＝90°，
由（2）得：AC＝AB，∠BAC＝90°，∠BAD+∠CAE＝∠BAC＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△BDA和△AEC中，
，
∴△BDA≌△AEC（AAS），
∴BD＝AE；
②解：∵∠AOB＝∠BDA＝90°，∠GAE+∠AOB＝∠CBD+∠BDA，
∴∠GAE＝∠CBD，
同理∠AGE＝∠BCD，
又∵AE＝BD，
在△AGE和△BCD中，
，∴△AGE≌△BCD（AAS），
∴AG＝BC＝OB+OC＝6，
∴OG＝AG﹣OA＝6﹣3＝3，
∴点G的坐标为（0，﹣3）．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、等腰
三角形的判定、直角三角形的性质、平行线的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的
判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
45．（2022秋•东西湖区校级期末）如图，已知△ABC中，AC＝CB＝20cm，AB＝16cm，点D为AC的中
点．
（1）如果点P在线段AB以6cm/s的速度由A点向B点运动，同时，点Q在线段BC上由点B向C点运
动．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s后，△APD与△BQP是否全等？说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△APD与△BQP
全等？
（2）若点Q以②中的运动速度从点B出发，点P以原来的运动速度从点 A同时出发，都逆时针沿
△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？
【分析】（1）①先求得AP＝BQ＝6，PB＝AD＝10，然后根据等边对等角求得∠A＝∠B，最后根据
SAS即可证明；
②因为V ≠V ，所以AP≠BQ，又∠A＝∠B，要使△APD与△BQP全等，只能AP＝BP＝8，根据全等
P Q
得出BQ＝AD＝10，然后根据运动速度求得运动时间，根据时间和BQ的长即可求得Q的运动速度；
（2）因为V ＞V ，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AC+BC的路程，据此列出方程，解这个
Q P
方程即可求得．
【解答】解：（1）①因为t＝1（秒），
所以AP＝BQ＝6（厘米），∵AC＝20，D为AC中点，
∴AD＝10（厘米），
又∵PB＝AB﹣AP＝16﹣6＝10（厘米），
∴PB＝AD，
∵CA＝BC，
∴∠A＝∠B，
在△APD与△BQP中，
，
∴△APD≌△BQP（SAS），
②因为V ≠V ，
P Q
所以AP≠BQ，
又因为∠A＝∠B，
要使△APD与△BQP全等，只能AP＝BP＝8，即△APD≌△BPQ，
故BQ＝AD＝10．
所以点P、Q的运动时间：t＝ （秒），
此时 （厘米/秒），
（2）因为V ＞V ，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AC+BC的路程
Q P
设经过x秒后P与Q第一次相遇，依题意得 ，
解得 （秒），
此时P运动了 （厘米），
又因为△ABC的周长为56厘米，160＝56×2+48，
所以点P、Q在AC边上相遇，即经过了 秒，点P与点Q第一次在AC边上相遇．
【点评】本题考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，以及数形结合思想的运用，解题的
根据是熟练掌握三角形全等的判定和性质．
46．（2022秋•金湾区期末）如图1，已知点A（a，0），点B（0，b），且a、b满足 +|4﹣b|＝0．（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点C是第一象限内一点，且∠OCB＝45°，过点A作AD⊥OC于点F，求证：FA＝FC；
（3）如图2，若点D的坐标为（0，1），过点A作AE⊥AD，且AE＝AD，连接BE交x轴于点G，求
G点的坐标．
【分析】（1）首先根据非负数是性质求得a＝4，b＝4，则易求点A、B的坐标；
（2）如图1，作BE⊥CO于E，可以得出△BEO≌△OFA，可以得出BE＝OF，OE＝AF由等腰三角形
的性质就可以得出BE＝CE，CE+EF＝OF+EF就可以得出结论；
（3）如图2，作EF⊥x轴于F，就可以证明△AOD≌△EFA，就可以得出AO＝EF，DO＝EA，再证明
△BOG≌△EFG，可以得出OG＝FG就可以得出结论．
【解答】解：（1）∵a、b满足 +|4﹣b|＝0，
∴a﹣4＝0，4﹣b＝0，
则a＝4，b＝4，
∴A、B两点的坐标分别是：A（4，0）点B（0，4）；
（2）如图1，作BE⊥CO于E，
∴∠BEC＝∠BEO＝90°．
∵A（4，0），B（0，4），
∴OA＝OB＝4．
∵AD⊥OC，
∴∠AFO＝90°，
∴∠AOF+∠OAF＝90°．
∴∠BEO＝∠OFA．
∵∠BOE+∠AOE＝90°，
∴∠BOE＝∠OAF．在△BEO和△OFA中，
，
∴△BEO≌△OFA（AAS），
∴BE＝OF，OE＝AF．
∵∠OCB＝45°，
∴∠EBC＝45°，
∴∠EBC＝∠BCE，
∴BE＝CE．
∴OF＝CE，
∴OF+EF＝CE+EF，
∴OE＝CF，
∴AF＝CF；
（3）如图2，作EF⊥x轴于F，
∴∠EFA＝∠EFG＝90°．
∴∠FEA+∠FAE＝90°．
∵AE⊥AD，
∴∠DAE＝90°，
∴∠DAO＝∠AEF．
在△AOD和△EFA中，
，
∴△AOD≌△EFA（AAS）．
∴AO＝EF．
∴BO＝EF．
在△BOG和△EFG中
，
∴△BOG≌△EFG（AAS），∴OG＝FG．
∵D（0，1），
∴OD＝1，
∴AF＝1，
∴OF＝3，
∴OG＝1.5．
∴G（1.5，0）
【点评】考查了非负数的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，
坐标与图形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
47．（2022秋•盐山县校级期末）如图，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D、E，BE、CD交于点O，OB＝
OC．求证：∠1＝∠2．
【分析】因为CD⊥AB于D点，BE⊥AC于点E，所以∠BDO＝∠CEO＝90°，因此可根据AAS判定
△BDO≌△CEO，则有OD＝OE，又因为OD⊥AB，OE⊥AC，所以∠1＝∠2．
【解答】证明：∵CD⊥AB于D点，BE⊥AC于点E
∴∠BDO＝∠CEO＝90°
在△BDO和△CEO中，
，∴△BDO≌△CEO（AAS），
∴OD＝OE，
∵OD⊥AB，OE⊥AC，
∴OA平分∠BAC，
∴∠1＝∠2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，解决本题的关键是证明
△BDO≌△CEO．
48．（2022秋•广水市期末）如图，在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝90°，D为AB延长线上一点，点E在
BC边上，且BE＝BD，连接AE，DE，DC．
（1）求证：△ABE≌△CBD；
（2）若∠CAE＝30°，求∠EDC的度数．
【分析】（1）利用SAS证明三角形全等即可得证；
（2）由全等三角形对应角相等得到∠BCD＝∠BAE，利用等腰直角三角形的性质求出∠BDE的度数，
即可确定出∠EDC的度数．
【解答】证明：（1）
∵∠ABC＝90°，D为AB延长线上一点，
∴∠ABE＝∠CBD＝90°．
在△ABE和△CBD中，∴△ABE≌△CBD（SAS）；
（2）解：∵AB＝CB，∠ABC＝90°，
∴∠CAB＝45°，
又∵∠CAE＝30°，
∴∠BAE＝15°．
∵△ABE≌△CBD，
∴∠BCD＝∠BAE＝15°，
∴∠BDC＝90°﹣15°＝75°，
又∵BE＝BD，∠DBE＝90°，
∴∠BDE＝45°，
∴∠EDC＝75°﹣45°＝30°．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
49．（2022秋•灵宝市校级期末）（1）在图1中，已知∠MAN＝120°，AC平分∠MAN．∠ABC＝∠ADC
＝90°，则能得如下两个结论：①DC＝BC；②AD+AB＝AC．请你证明结论②；
（2）在图2中，把（1）中的条件“∠ABC＝∠ADC＝90°”改为∠ABC+∠ADC＝180°，其他条件不变，
则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
【分析】（1）根据角平分线的性质可得∠DAC＝∠BAC＝60°，又已知∠ABC＝∠ADC＝90°，所以
∠DCA＝∠BCA＝30°，根据直角三角形的性质可证AC＝2AD，AC＝2AB，所以AD+AB＝AC．
（2）根据已知条件可在 AN上截取AE＝AC，连接CE，根据AAS可证△ADC≌△EBC，得到DC＝
BC，DA＝BE，所以AD+AB＝AB+BE＝AE，即AD+AB＝AC．
【解答】证明：（1）如图1
∵∠MAN＝120°，AC平分∠MAN，
∴∠DAC＝∠BAC＝60°，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠DCA＝∠BCA＝30°，
∵在Rt△ACD中，∠DCA＝30°，Rt△ACB中，∠BCA＝30°，∴AC＝2AD，AC＝2AB，
∴AD+AB＝AC．
（2）判断是：（1）中的结论①DC＝BC；②AD+AB＝AC都成立．
理由如下：
如图，在AN上截取AE＝AC，连接CE，
∵∠BAC＝60°，
∴△CAE为等边三角形，
∴AC＝CE，∠AEC＝60°，
∵∠DAC＝60°，
∴∠DAC＝∠AEC
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠EBC＝180°，
∴∠ADC＝∠EBC，
在△ADC和△EBC中，
，
∴△ADC≌△EBC（AAS），
∴DC＝BC，DA＝BE，
∴AD+AB＝AB+BE＝AE，
∴AD+AB＝AC．
【点评】本题考查了角平分线的性质，直角三角形的性质，和全等三角形的判定等知识综合运用，是一
道由浅入深的训练题．
一十三．等腰三角形的性质（共1小题）
50．（2022秋•金华期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠ACB，BD为△ABC的角平分线；
（1）若AB＝BD，则∠A的度数为 7 2 °（直接写出结果）；（2）如图1，若E为线段BC上一点，∠DEC＝∠A；求证：AB＝EC．
（3）如图2，若E为线段BD上一点，∠DEC＝∠A，求证：AB＝EC．
【分析】（1）如图1中，设∠C＝x．则可证∠A＝∠ADB＝2x，利用三角形内角和定理，构建方程求出
x即可解决问题；
（2）证明△ABD≌△ECD（AAS），可得结论；
（3）如图2中，延长BD到T，使得CD＝CT．证明△ABD≌△ECT（AAS），可得结论．
【解答】（1）解：如图1中，设∠C＝x．
∵∠ABC＝2∠C，
∴∠ABC＝2x，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝x，
∵AB＝BD，
∴∠A＝∠ADB＝∠DBC+∠C＝2x，
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴2x+2x+x＝180°，
∴x＝36°，
∴∠A＝2x＝72°，
故答案为：72．
（2）证明：如图1中，∵∠ABD＝∠DBC＝∠C，
∴BD＝CD，
在△ABD和△ECD中，
，∴△ABD≌△ECD（AAS），
∴AB＝EC．
（3）证明：如图2中，延长BD到T，使得CD＝CT．
∵CD＝CT，
∴∠T＝∠CDT＝∠ADB，
∵BD＝CD，
∴BD＝CT，
在△ABD和△ECT中，
，
∴△ABD≌△ECT（AAS），
∴AB＝EC．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，
解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题．
一十四．等腰三角形的判定与性质（共1小题）
51．（2022秋•明水县校级期末）（1）如图①，在△ABC中，BF，CF分别平分∠ABC，∠ACB，过点F
作直线平行于BC，分别交AB，AC于点D，E，求证：DE＝BD+CE；
（2）如图②，若点F是∠ABC的平分线和外角∠ACG的平分线的交点，其他条件不变，请猜想线段
DE，DB，EC之间有何数量关系？证明你的猜想．
【分析】（1）根据平行线的性质和角平分线的性质，解出△BED和△CFD是等腰三角形，通过等量代换即可得出结论．
（2）同（1），只要求出△BDF与△ECF是等腰三角形即可．
【解答】（1）证明：∵△ABC中BF、CF平分∠ABC、∠ACB，
∴∠1＝∠2，∠5＝∠4．
∵DE∥BC，∴∠2＝∠3，∠4＝∠6．
∴∠1＝∠3，∠6＝∠5．
根据在同一个三角形中，等角对等边的性质，可知：BD＝DF，EF＝CE．
∴DE＝DF+EF＝BD+CE；
（2）DE+EC＝BD．
证明：∵BF分∠ABC，
∴∠DBF＝∠FBC．
∵DF∥BC，∴∠DFB＝∠FBC．
∴∠ABF＝∠DFB，
∴BD＝DF．
∵CF平分∠ACG，
∴∠ACF＝∠FCG．
∵DF∥BC，
∴∠DFC＝∠FCG．
∴∠ACF＝∠DFC，
∴CE＝EF．
∴EF+DE＝DF，即DE+EC＝BD．
【点评】本题考查了等腰三角形性质及平行线的性质与角平分线的性质；一般是利用等腰（等边）三角
形的性质得出相等的边，进而得出结论是解答本题的基本思路．
一十五．等边三角形的性质（共2小题）
52．（2022秋•荣昌区期末）如图1，点P、Q分别是边长为4cm的等边△ABC边AB、BC上的动点，点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1cm/s，
（1）连接AQ、CP交于点M，则在P、Q运动的过程中，∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不
变，则求出它的度数；
（2）何时△PBQ是直角三角形？
（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线 AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则
∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数．
【分析】（1）因为点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1cm/s，所以AP＝BQ．
AB＝AC，∠B＝∠CAP＝60°，因而运用边角边定理可知△ABQ≌△CAP．再用全等三角形的性质定理
及三角形的角间关系、三角形的外角定理，可求得∠CMQ的度数．
（2）设时间为t，则AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t．分别就①当∠PQB＝90°时；②当∠BPQ＝90°时利用直
角三角形的性质定理求得t的值．
（3）首先利用边角边定理证得△PBC≌△QCA，再利用全等三角形的性质定理得到∠BPC＝∠MQC．
再运用三角形角间的关系求得∠CMQ的度数．
【解答】解：（1）∠CMQ＝60°不变．
∵等边三角形中，AB＝AC，∠B＝∠CAP＝60°
又由条件得AP＝BQ，
在△ABQ和△CAP中，
，
∴△ABQ≌△CAP（SAS），
∴∠BAQ＝∠ACP，
∴∠CMQ＝∠ACP+∠CAM＝∠BAQ+∠CAM＝∠BAC＝60°．
（2）设时间为t，则AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t①当∠PQB＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴PB＝2BQ，得4﹣t＝2t，t＝ ；
②当∠BPQ＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴BQ＝2BP，得t＝2（4﹣t），t＝ ；
∴当第 秒或第 秒时，△PBQ为直角三角形．
（3）∠CMQ＝120°不变．
∵在等边三角形中，BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°
∴∠PBC＝∠ACQ＝120°，
又由条件得BP＝CQ，
在△PBC和△QCA中，
，
∴△PBC≌△QCA（SAS）
∴∠BPC＝∠MQC
又∵∠PCB＝∠MCQ，
∴∠CMQ＝∠PBC＝180°﹣60°＝120°
【点评】此题是一个综合性很强的题目．本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角
三角形的性质．难度很大，有利于培养同学们钻研和探索问题的精神．
53．（2022秋•上杭县校级期末）如图△ABC为等边三角形，直线a∥AB，D为直线BC上一点，∠ADE
交直线a于点E，且∠ADE＝60°．
（1）若D在BC上（如图1）求证CD+CE＝CA；（2）若D在CB延长线上，CD、CE、CA存在怎样数量关系，给出你的结论并证明．
【分析】（1）实际上也就是求两条线段相等，在 AC 上取一点 F，使 CF＝CD，然后求证
△ADF≌△EDC即可．
（2）归根究底仍是求两条线段的问题，通过求证全等，最终得出几条边之间的关系．
【解答】（1）证明：在AC上取点F，使CF＝CD，连接DF．
∵∠ACB＝60°，
∴△DCF为等边三角形．
∴∠3+∠4＝∠4+∠5＝60°．
∴∠3＝∠5．
∵∠1+∠ADE＝∠2+∠ACE，
∴∠1＝∠2．
在△ADF和△EDC中，
，
∴△ADF≌△EDC（AAS）．
∴CE＝AF．
∴CD+CE＝CF+AF＝CA．
（2）解：CD、CE、CA满足CE+CA＝CD；
证明：
在CA延长线上取CF＝CD，连接DF．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∵CF＝CD，
∴△FCD为等边三角形．∵∠1+∠2＝60°，
∵∠ADE＝∠2+∠3＝60°，
∴∠1＝∠3．
在△DFA和△DCE中
，
∴△DFA≌△DCE（ASA）．
∴AF＝CE．
∴CE+CA＝FA+CA＝CF＝CD．
注：证法（二）以CD为边向下作等边三角形，可证．
证法（三）过点D分别向CA、CE作垂线，也可证．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；可围绕结论寻找全等三角形，运用
全等三角形的性质判定线段相等，证得三角形全等是正确解答本题的关键．
一十六．多边形（共1小题）
54．（2022秋•西城区期末）在单位长度为1的正方形网格中，如果一个凸多边形的顶点都是网格线交点，
我们称其为格点凸多边形，并记该格点多边形的面积为 S，多边形内部的格点数为N，多边形边上的格
点数为L．
（1）对于图中的五个凸多边形，补全以下表格：
多边形 面积S 内部格点数N 边上格点数L
N+
Ⅰ 3 8
6 7
Ⅱ 7 4 8 8
Ⅲ 2 95.5 6.5
Ⅳ 9 5 10 10
Ⅴ 15.5 11 11 16.5
（2）借助以上表格猜想格点凸多边形的面积公式：S与N+ 的数量关系可用等式表示为 S ＝ N + ﹣
1 ；
（3）已知格点长方形ABCD，设其边长AB＝m，BC＝n，其中m，n为正整数．请以格点长方形ABCD
为例，尝试证明（2）中的格点凸多边形的面积公式．
【分析】（1）由三角形，梯形面积公式可求图形的面积，由图形可知图形内部格点数，边上格点数；
（2）由（1）即可总结结论；
（3）用m，n表示出长方形的面积，长方形内部格点数，边上格点数，即可解决问题．
【解答】解：（1）Ⅰ的面积是 ×3×4＝6，内部格点数是N＝3，边上的格点数是L＝8，N+ ＝7，
Ⅲ的面积是 ×2×4+（1+2）×1× ＝5.5，内部格点数是N＝2，边上的格点数是L＝9，N+ ＝6.5．
故答案为：6，3，8，7；5.5，2，9，6.5．
（2）由（1）可以总结出结论：S＝N+ ﹣1，
故答案为：S＝N+ ﹣1．
（3）长方形的面积＝mn，内部格点数是N＝（m﹣1）（n﹣1）＝mn﹣（n+n）+1，边上的格点数是L
＝2（m+1）+2（n+1）﹣4＝2（m+n），
∴N+ ＝mn﹣（m+n）+1+m+n＝mn+1，
∴S＝N+ ﹣1．【点评】本题考查多边形的有关知识，关键是由长方形的长AB＝m，宽CD＝n，表示出，长方形内部
格点数，边上格点数．
一十七．多边形内角与外角（共1小题）
55．（2022秋•东港区校级期末）已知：多边形的外角∠CBE和∠CDF的平分线分别为BM，DN．
（1）若多边形为四边形ABCD．
①如图1，∠A＝50°，∠C＝100°，BM与DN交于点P，求∠BPD的度数；
②如图2，猜测当∠A和∠C满足什么数量关系时，BM∥DN，并证明你的猜想．
（2）如图3，若多边形是五边形ABCDG，已知∠A＝140°，∠G＝100°，∠BCD＝120°，BM与DN交
于点P，求∠BPD的度数．
【分析】（1）①由∠A＝50°，∠C＝100°，可推出∠CBE+∠CDF＝150°，由角平分线的性质可得
∠PBC+∠PDC＝75°，再由∠BPD＝360°﹣∠A﹣（∠ABC+∠ADC）﹣（∠PBC+∠PDC）计算，即可
得出结果；
②连接BD．由BM∥DN，可得∠BDN+∠DBM＝180°，进而可得∠FDN+∠ADB+∠ABD+∠MBE＝
180°， （360°﹣360°+∠A+∠C）+（180°﹣∠A）＝180°，计算即可得出∠A＝∠C；
（2）延长 DC 交BP于点 Q．由∠A＝140°，∠G＝100°，∠BCD＝120°及五边形内角和定理可得
∠ABC+∠CDG＝180°，进而得∠CBE+∠CDF＝360°﹣180°＝180°，由 BP 平分∠CBE，DP 平分
∠CDF，可得∠CBP+∠CDP＝ （∠CBE+∠CDF）＝90°，进一步可推出∠BPD＝∠BCD﹣
（∠CBP+∠QDP）＝120°﹣90°＝30°．
【解答】解：（1）①∵∠A＝50°，∠C＝100°，
∴在四边形ABCD中，
∠ABC+∠ADC＝360°﹣∠A﹣∠C＝210°，∴∠CBE+∠CDF＝150°．
∵外角∠CBE和∠CDF的平分线分别为BM，DN，
∴∠PBC+∠PDC＝ ∠CBE+ ∠CDF＝ （∠CBE+∠CDF）＝ ×150°＝75°，
∴∠BPD＝360°﹣∠A﹣（∠ABC+∠ADC）﹣（∠PBC+∠PDC）＝360°﹣50°﹣210°﹣75°＝25°；
②当∠A＝∠C时，BM∥DN．
证明：如图，连接BD．
∵BM∥DN，
∴∠BDN+∠DBM＝180°，
∴∠FDN+∠ADB+∠ABD+∠MBE＝360°﹣180°＝180°，
即 （∠FDC+∠CBE）+（∠ADB+∠ABD）＝180°，
∴ （360°﹣∠ADC﹣∠CBA）+（180°﹣∠A）＝180°，
∴ （360°﹣360°+∠A+∠C）+（180°﹣∠A）＝180°，
∴∠A＝∠C．
（2）如图，延长DC交BP于点Q．
∵∠A＝140°，∠G＝100°，∠BCD＝120°，
∠A+∠ABC+∠BCD+∠CDG+∠G＝540°，
∴∠ABC+∠CDG＝180°，∴∠CBE+∠CDF＝360°﹣180°＝180°，
∵BP平分∠CBE，DP平分∠CDF，
∴∠CBP+∠CDP＝ （∠CBE+∠CDF）＝90°，
∵∠BCD＝∠CBP+∠CQB，∠CQB＝∠QDP+∠BPD，
∴∠BCD＝∠CBP+∠QDP+∠BPD，
∴∠BPD＝∠BCD﹣（∠CBP+∠QDP）＝120°﹣90°＝30°．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，角平分线的定义，平行线的判定与性质，能够准确找到角之
间的关系是解决本题的关键．
一十八．作图-轴对称变换（共5小题）
56．（2022秋•花都区期末）如图所示，
（1）写出顶点C的坐标；
（2）作△ABC关于y轴对称的△A B C ，并写出B 的坐标；
1 1 1 1
（3）若点A （a，b）与点A关于x轴对称，求a﹣b的值．
2
【分析】（1）根据点的坐标的定义写出坐标即可；
（2）作出A、B、C三点关于y轴的对称点A 、B 、C 即可；
1 1 1
（3）根据轴对称的性质求出a、b的值即可；
【解答】解：（1）C（﹣2，﹣1）．
（2）△ABC关于y轴对称的△A B C 如图所示；
1 1 1如图，B （﹣3，1）．
1
（3）∵A（1，2）与A （a，b）关于x轴对称，
2
可得：a＝1，b＝﹣2，
∴a﹣b＝3．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，解题的关键是熟练掌握轴对称变换的性质，属于中考常考题型．
57．（2022秋•通川区校级期末）如图，△ABC是正方形网格上的格点三角形（顶点A、B、C在正方形网
格的格点上）
（1）画出△ABC关于直线l的对称图形；
（2）画出以P为顶点且与△ABC全等的格点三角形．（规定：点P与点B对应）
【分析】（1）分别作出各点关于直线l的对称点，再顺次连接各点即可；
（2）根据勾股定理画出与△ABC全等的格点三角形即可．
【解答】解：（1）如图所示，△A′B′C′即为所求；
（2）如图所示，△FPE即为与△ABC全等的格点三角形．【点评】本题考查的是作图﹣轴对称变换，熟知图形轴对称的性质是解答此题的关键．
58．（2022秋•荆门期末）如图，在直角坐标系中，△ABC顶点的坐标分别为A（1，﹣1）、B（3，﹣
1）、C（4，2），
（1）画出与△ABC关于y轴对称的△A B C ，并写出点A 、B 、C 的坐标；
1 1 1 1 1 1
（2）若△A B C 与△A B D全等（D点与C 不重合），直接写出点D的坐标．
1 1 1 1 1 1
【分析】（1）根据关于y轴对称的点的坐标特点画出翻折后的△A B C ，写出各点的坐标即可；
1 1 1
（2）利用全等三角形的判定方法，写出D点坐标即可．
【解答】解：（1）如图所示：△A B C ，即为所求，
1 1 1
点A （﹣1，﹣1），B （﹣3，﹣1），C （﹣4，2）；
1 1 1
（2）如图所示；D （0，2），D （﹣4，﹣4），D （0，﹣4）．
1 2 3【点评】本题考查的是轴对称变换以及全等三角形的判定，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
59．（2022秋•滨城区校级期末）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，格点三角形（顶
点是网格线的交点的三角形）ABC的顶点A，C的坐标分别为（﹣4，5），（﹣1，3）．
（1）请在如图所示的网格平面内作出平面直角坐标系．
（2）请作出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′．
（3）求△ABC的面积．
【分析】（1）根据C点坐标确定原点位置，然后作出坐标系即可；
（2）首先确定A、B、C三点关于y轴对称的点的位置，再连接即可；
（3）利用长方形的面积剪去周围多余三角形的面积即可．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）如图所示：
（3）△ABC的面积：3×4﹣ 4×2﹣ 2×1﹣ 2×3＝12﹣4﹣1﹣3＝4．【点评】此题主要考查了作图﹣﹣轴对称变换，关键是确定组成图形的关键点的对称点位置．
60．（2022秋•固始县期末）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1）、B（4，2）、C（3，4）．
（1）请画出△ABC向左平移5个单位长度后得到的△A B C ；
1 1 1
（2）请画出△ABC关于x轴对称的△A B C 三个顶点A 、B 、C 的坐标；
2 2 2 2 2 2
（3）在x轴上求作一点P，使△PAB的周长最小，请画出△PAB，并直接写出P的坐标．
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点A 、B 、C 的位置，然后顺次连接即可；
1 1 1
（2）依据关于x轴对称点的坐标特点求解即可；
（3）找出点A关于x轴的对称点A ，连接A B与x轴相交于一点，根据轴对称确定最短路线问题，交
2 2
点即为所求的点P的位置，然后连接AP并根据图象写出点P的坐标即可．
【解答】解：（1）△A B C 如图所示；
1 1 1（2）△A B C 如图所示，A （1，﹣1）B （4，﹣2）C （3，﹣4）；
2 2 2 2 2 2
（3）△PAB如图所示，P（2，0）．
【点评】本题考查了利用旋转变换作图，利用平移变换作图，轴对称确定最短路线问题，熟练掌握网格
结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
