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期末真题必刷常考 60 题（34 个考点专练）
一．幂的乘方与积的乘方（共1小题）
1．（2022秋•民权县期末）如果am＝3，an＝5，那么a2m+n＝ 4 5 ．
【分析】分别根据幂的乘方以及同底数幂的乘法法则解答即可．
【解答】解：∵am＝3，an＝5，
∴a2m+n＝（am）2×an＝32×5＝9×5＝45．
故答案为：45．
【点评】本题主要考查了同底数幂的乘法以及幂的乘方与积的乘方，熟记幂的运算法则是解答本题的关
键．
二．单项式乘单项式（共1小题）
2．（2022秋•花都区期末）计算 a2•（﹣6ab）的结果是 ﹣ 2 a 3 b ．
【分析】根据单项式乘单项式的运算法则进行求解即可．
【解答】解： a2•（﹣6ab）
＝ ×（﹣6）a2+1b
＝﹣2a3b．
故答案为：﹣2a3b．
【点评】本题主要考查单项式乘单项式，解答的关键是对单项式乘单项式的运算法则的掌握．
三．单项式乘多项式（共1小题）
3．（2022秋•平昌县期末）先化简，再求值：3a（2a2﹣4a+3）﹣2a2（3a+4），其中a＝﹣2．
【分析】首先根据单项式与多项式相乘的法则去掉括号，然后合并同类项，最后代入已知的数值计算即
可．
【解答】解：3a（2a2﹣4a+3）﹣2a2（3a+4）
＝6a3﹣12a2+9a﹣6a3﹣8a2
＝﹣20a2+9a，
当a＝﹣2时，原式＝﹣20×4﹣9×2＝﹣98．
【点评】本题考查了整式的化简．整式的加减运算实际上就是去括号、合并同类项，这是各地中考的常
考点．
四．多项式乘多项式（共2小题）4．（2022秋•泸县校级期末）若（x﹣3）（x+5）＝x2+mx﹣15，则m的值为（ ）
A．﹣8 B．2 C．﹣2 D．﹣5
【分析】利用多项式乘以多项式法则展开，再根据对应项的系数相等列式求解即可．
【解答】解：∵（x﹣3）（x+5）＝x2+2x﹣15＝x2+mx﹣15，
∴m＝2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了多项式乘以多项式，恒等原理等，熟练掌握多项式乘以多项式的法则，恒等的
两个代数式对应项系数相等，是求解的关键．
5．（2022秋•忻府区期末）如图，从一个长方形铁皮中剪去一个小正方形，长方形的长为（2a+b）米，宽
为（a+b）米，正方形的边长为a米．
（1）求剩余铁皮的面积；
（2）当a＝3，b＝2时，求剩余铁皮的面积．
【分析】（1）用长方形的面积减去正方形的面积进行计算即可得出答案．
（2）将a＝3，b＝2代入（1）中所求式子即可得出答案．
【解答】解：（1）∵从一个长方形铁皮中剪去一个小正方形，
∴剩余铁皮的面积为：（a+b）（2a+b）﹣a×a，
化简得：a2+3ab+b2，
即剩余铁皮的面积为a2+3ab+b2平方米；
（2）将a＝3，b＝2代入a2+3ab+b2，
得32+3×3×2+22＝31，
∴剩余铁皮的面积为31平方米．
【点评】本题考查了单项式乘多项式的实际应用，解题关键在于正确计算．
五．完全平方公式的几何背景（共2小题）
6．（2022秋•宁乡市期末）【阅读理解】
若x满足（32﹣x）（x﹣12）＝100，求（32﹣x）2+（x﹣12）2的值．
解：设32﹣x＝a，x﹣12＝b，则（32﹣x）（x﹣12）＝a•b＝100，a+b＝（32﹣x）+（x﹣12）＝20，
（32﹣x）2+（x﹣12）2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝202﹣2×100＝200，我们把这种方法叫做换元法．利用换元法达到简化方程的目的，体现了转化的数学思想．
【解决问题】
（1）若x满足（100﹣x）（x﹣95）＝5，则（100﹣x）2+（x﹣95）2＝ 1 5 ；
（2）若x满足（2023﹣x）2+（x﹣2000）2＝229，求（2023﹣x）（x﹣2000）的值；
（3）如图，在长方形ABCD中，AB＝24cm，点E，F是边BC，CD上的点，EC＝12cm，且BE＝DF＝
xcm，分别以FC，CB为边在长方形ABCD外侧作正方形CFGH和CBMN，若长方形CBQF的面积为
320cm2，求图中阴影部分的面积和．
【分析】（1）根据阅读材料的方法，设100﹣x＝a，x﹣95＝b，则ab＝5，而a+b＝5，根据a2+b2＝
（a+b）2﹣2ab，即可求解；
（2）设2023﹣x＝a，x﹣2000＝b，则a2+b2＝229，而a+b＝23，最后根据完全平方公式，即可求解；
（3）设CF＝a，BC＝b，根据长方形CBQF的面积为320cm2，列方程同理可得结论．
【解答】解：（1）根据阅读材料的方法，设100﹣x＝a，x﹣95＝b，
则ab＝5，
而a+b＝5，
∴（100﹣x）2+（x﹣95）2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝52﹣2×5＝15；
故答案为：15；
（2）设2023﹣x＝a，x﹣2000＝b，则a2+b2＝229，
而a+b＝23，
∵a2+b2＝（a+b）2﹣2ab，
∴2ab＝（a+b）2﹣（a2+b2）＝232﹣229＝529﹣229＝300，
∴ab＝150，
即（2023﹣x）（x﹣2000）＝150；
（3）由题意得：CF＝CD﹣DF＝24﹣x，BC＝CE+BE＝x+12，
设CF＝a，BC＝b，
∴a+b＝24﹣x+x+12＝36，∵长方形CBQF的面积为320cm2，
∴（24﹣x）（12+x）＝ab＝320，
∴图中阴影部分的面积和＝（24﹣x）2+（x+12）2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝362﹣2×320＝656
（cm2）．
【点评】本题考查了完全平方公式，换元等知识，解题关键是灵活利用换元思想，熟练掌握完全平方公
式．
7．（2022秋•船营区校级期末）对于一个图形，通过两种不同的方法计算它的面积，可以得到一个数学等
式．
（1）如图1所示的大正方形，是由两个正方形和两个形状大小完全相同的长方形拼成的．用两种不同
的方法计算图中阴影部分的面积，可以得到的数学等式是 a 2 + b 2 ＝（ a + b ） 2 ﹣ 2 a b ；
（2）如图2所示的大正方形，是由四个三边长分别为a、b、c的全等的直角三角形（a、b为直角边）
和一个正方形拼成，试通过两种不同的方法计算中间正方形的面积，并探究 a、b、c之间满足怎样的等
量关系；
（3）利用（1）（2）的结论，如果直角三角形两直角边满足a+b＝17，ab＝60，求斜边c的值．
【分析】（1）阴影部分是两个正方形的面积和，阴影部分也可以看出大正方形的面积减去两个长方形
的面积即可得出答案；
（2）中间的是边长为c的正方形，因此面积为c2，也可以从边长为（a+b）正方形面积减去四个直角三
角形的面积即可；
（3）利用（2）中的结论，代入计算即可．
【解答】解（1）方法一：阴影部分是两个正方形的面积和，即a2+b2；
方法二：阴影部分也可以看作边长为（a+b）的面积，减去两个长为 a，宽为b的长方形面积，即
（a+b）2﹣2ab，
由两种方法看出a2+b2＝（a+b）2﹣2ab，
故答案为：a2+b2＝（a+b）2﹣2ab；（2）中间正方形的边长为c，因此面积为c2，
也可以看作从边长为（a+b）的面积减去四个两条直角边分别a、b的面积，即c2＝（a+b）2﹣2ab，
也就是c2＝a2+b2，
所以c2＝a2+b2；
（3）∵a+b＝17，ab＝60，
∴c2＝a2+b2
＝（a+b）2﹣2ab
＝172﹣2×60
＝169，
∴c＝13，
答：斜边的长为13．
【点评】本题考查平方差公式的几何背景，掌握平方差公式的结构特征是正确应用的前提，将公式进行
适当的变形是解决问题的关键．
六．完全平方式（共2小题）
8．（2022秋•江汉区期末）已知y2+my+9是完全平方式，则m＝ ± 6 ．
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可求出m的值．
【解答】解：∵y2+my+9是完全平方式，
∴y2+my+9＝（y±3）2＝y2±6y+9，
∴m＝±6，
∴m＝±6．
故答案为：±6．
【点评】本题主要考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
9．（2022秋•离石区期末）在课后服务课上，老师准备了若干个如图 1的三种纸片，A种纸片是边长为a
的正方形，B种纸片是边长为b的正方形，C种纸片是长为b，宽为 的长方形，并用A种纸片一张，B
种纸片一张，C种纸片两张拼成如图2的大正方形． α
【发现】
（1）根据图2，写出一个我们熟悉的数学公式 （ a + b ） 2 ＝ a 2 + 2 a b + b 2 ．
【应用】
（2）根据（1）中的数学公式，解决如下问题：
①已知：a+b＝7，a2+b2＝25，求ab的值．②如果一个长方形的长和宽分别为（8﹣x）和（x﹣2），且（8﹣x）2+（x﹣2）2＝20，求这个长方形
的面积．
【分析】（1）由图形得出完全平方公式即可；
（2）①根据完全平方公式计算出ab的值即可；
②利用完全平方公式求解即可．
【解答】解：（1）由图2可知，（a+b）2＝a2+2ab+b2，
故答案为：（a+b）2＝a2+2ab+b2；
（2）①∵a+b＝7，
∴（a+b）2＝a2+2ab+b2＝49，
∵a2+b2＝25，
∴2ab＝24，
∴ab＝12；
②由（1）知，[（8﹣x）+（x﹣2）]2＝（8﹣x）2+2（8﹣x）（x﹣2）+（x﹣2）2＝36，
∵（8﹣x）2+（x﹣2）2＝20，
∴2（8﹣x）（x﹣2）＝16，
∴（8﹣x）（x﹣2）＝8，
故这个长方形的面积为8．
【点评】本题主要考查完全平方公式，熟练掌握完全平方公式并灵活运用是解题的关键．
七．因式分解-运用公式法（共1小题）
10．（2022秋•湖里区期末）下列能用完全平方公式进行因式分解的是（ ）
A．x2+x+1 B．x2﹣2x﹣1 C．x2﹣4x+4 D．x2﹣y2
【分析】利用公式法进行分解，逐一判断即可解答．
【解答】解：A、x2+2x+1＝（x+1）2，故A不符合题意；
B、x2﹣2x+1＝（x﹣1）2，故B不符合题意；
C、x2﹣4x+4＝（x﹣2）2，故C符合题意；
D、x2﹣y2＝（x+y）（x﹣y），故D不符合题意；故选：C．
【点评】本题考查了因式分解﹣运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
八．提公因式法与公式法的综合运用（共1小题）
11．（2023春•余江区期末）分解因式：
（1）3a2﹣6ab+3b2；
（2）x2（m﹣2）+y2（2﹣m）．
【分析】（1）先提公因式，然后再利用完全平方公式继续分解即可；
（2）先提公因式，然后再利用平方差公式继续分解即可．
【解答】解：（1）3a2﹣6ab+3b2
＝3（a2﹣2ab+b2）
＝3（a﹣b）2；
（2）x2（m﹣2）+y2（2﹣m）
＝（m﹣2）（x2﹣y2）
＝（m﹣2）（x+y）（x﹣y）．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须
先提公因式．
九．因式分解-十字相乘法等（共1小题）
12．（2022秋•沂水县期末）下列因式分解结果正确的是（ ）
A．﹣a2+4a＝﹣a（a+4）
B．a2b﹣2ab+b＝b（a﹣1）2
C．9a2﹣b2＝（9a+b）（9a﹣b）
D．a2﹣4a﹣5＝（a﹣1）（a+5）
【分析】A．根据因式分解﹣提取公因式法进行计算即可得出答案；
B．根据提公因式法与公式法的综合运用进行计算即可得出答案；
C．根据因式分解﹣公式法进行计算即可得出答案；
D．根据因式分解﹣十字相乘法进行计算即可得出答案．
【解答】解：A．因为﹣a2+4a＝﹣a（a﹣4），所以A选项因式分解结果不正确，故A选项不符合题意；
B．因为a2b﹣2ab+b＝b（a﹣1）2，所以B选项因式分解结果正确，故B选项符合题意；
C．因为9a2﹣b2＝（3a+b）（3a﹣b），所以C选项因式分解结果不正确，故C选项不符合题意；
D．因为a2﹣4a﹣5＝（a+1）（a﹣5），所以D选项因式分解结果不正确，故D选项不符合题意．
故选：B．【点评】本题主要考查了因式分解，熟练掌握因式分解的方法进行求解是解决本题的关键．
一十．分式有意义的条件（共1小题）
13．（2022秋•青云谱区期末）若分式 有意义，则x的取值范围是 x ≠ 2 ．
【分析】根据分式有意义的条件计算即可．
【解答】解：∵分式 有意义，
∴x﹣2≠0，
∴x≠2．
故答案为：x≠2．
【点评】本题主要考查了分式有意义的条件，准确计算是解题的关键．
一十一．分式的基本性质（共1小题）
14．（2022秋•岳阳楼区期末）把下列分式中x，y的值都同时扩大到原来的5倍，那么分式的值保持不变
的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据分式的基本性质，x，y的值都同时扩大到原来的5倍，求出每个式子的结果，看结果是否
等于原式．
【解答】解：A、 ，分式的值保持不变，符合题意；
B、 ，分式的值改变，不符合题意；
C、 ，分式的值改变，不符合题意；
D、 ，分式的值改变，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了分式的基本性质．解题的关键是掌握分式的基本性质：分式的分子与分母同乘（或
除以）一个不等于0的整式，分式的值不变．
一十二．分式的化简求值（共1小题）15．（2022秋•汉阳区校级期末）先化简，再求值：（2a﹣ ）÷ ，其中a＝2．
【分析】先根据分式的减法法则进行计算，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，再根据分式的乘法
法则进行计算，最后代入求出答案即可．
【解答】解：原式＝ ÷
＝ •
＝ •
＝2a（a+2）
＝2a2+4a，
当a＝2时，原式＝2×22+4×2
＝8+8
＝16．
【点评】本题考查了分式的化简与求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运
算顺序．
一十三．零指数幂（共1小题）
16．（2022秋•龙江县期末）若（x﹣4）0＝1成立，则x应满足的条件是 x ≠ 4 ．
【分析】根据零指数幂的底数不能为零，即可得到答案．
【解答】解：根据题意可得：x﹣4≠0，
解得：x≠4，
故答案为：x≠4．
【点评】本题考查了零指数幂，利用零指数幂的底数不能为零得出不等式是解题的关键．
一十四．分式方程的解（共1小题）
17．（2022秋•五常市期末）若关于x的方程 无解，则m的值为 0 或 4 ．
【分析】求解方程可得x＝ ，再由方程无解可得m﹣4＝0，即可求m的值．【解答】解： ，
2（2x+1）＝mx，
4x+2＝mx，
（4﹣m）x＝﹣2，
∵方程无解，可分为以下两种情况：
①分式方程没有意义时，
x＝0或﹣ ，
此时m＝0，
②整式不成立时，
4﹣m＝0，
∴m＝4，
故答案为：0或4．
【点评】本题考查分式方程的解，熟练掌握分式方程的解法，理解方程无解的意义是解题的关键．
一十五．解分式方程（共2小题）
18．（2022秋•南昌期末）嘉淇准备完成题目：解分式方程： ，发现数字◆印刷不清楚．
（1）他把“◆”猜成5，请你解方程： ；
（2）他妈妈说：“你猜错了，我看到该题目的正确答案是此分式方程无解．”通过计算说明原题中
“◆”是几？
【分析】（1）分式方程变形后，去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到 x的值，经检验即可
得到分式方程的解；
（2）设原题中“◆”是a，分式方程变形后去分母转化为整式方程，由分式方程无解得到 x＝3，代入
整式方程计算即可求出a的值．
【解答】解：（1）方程整理得： ＝2+ ，
去分母得：x＝2（x﹣3）+5，
解得：x＝1，
检验：把x＝1代入得：x﹣3≠0，
∴分式方程的解为x＝1；（2）设原题中“◆”是a，
方程变形得： ＝2+ ，
去分母得：x＝2（x﹣3）+a，
由分式方程无解，得到x＝3，
把x＝3代入整式方程得：a＝3．
【点评】此题考查了解分式方程，以及分式方程的解，解分式方程利用了转化的思想，注意要检验．
19．（2022秋•泰山区校级期末）解分式方程．
（1） ；
（2） ．
【分析】（1）先把分式方程两边同时乘以（2﹣x），转化成整式方程，求出整式方程的解，再进行检
验即可；
（2）先把分式方程两边同时乘以（x2﹣1），转化成整式方程，求出整式方程的解，再进行检验即可．
【解答】解：（1）
﹣1＝1﹣x﹣3（2﹣x），
﹣1＝1﹣x﹣6+3x，
﹣2x＝﹣4，
x＝2，
当x＝2时，x﹣2＝0，
∴x＝2是原方程的增根，此方程无解；
（2）
x（x+1）﹣（2x﹣1）＝x2﹣1，
x2+x﹣2x+1＝x2﹣1，
﹣x＝﹣2，
x＝2
当x＝2，x﹣1≠0，x2﹣1≠0，
∴x＝2是方程的解．【点评】本题考查了解分式方程，掌握转化思想，把分式方程转化为整式方程求解是关键．
一十六．分式方程的增根（共1小题）
20．（2022秋•岳阳楼区期末）若关于x的分式方程 有增根，则k的值是 ﹣ 2 ．
【分析】先将方程两边都乘以x+3得到整式方程，再将分式方程的增根x＝3代入整式方程求解可得．
【解答】解：两边都乘以x+3，得：x+1＝k ①，
∵分式方程有增根，
∴增根为x＝﹣3，
将x＝﹣3代入①，得：﹣3+1＝k，
解得k＝﹣2，
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查了分式方程的增根，把分式方程的增根代入整式方程得出关于k的一元一次方程是解
题关键．
一十七．由实际问题抽象出分式方程（共1小题）
21．（2022秋•新化县期末）甲、乙两单位为爱心基金分别捐款4800元、6000元，已知甲单位捐款人数比
乙单位少 50 人，而甲单位人均捐款数比乙单位多 1 元，若设甲单位有 x 人捐款，则所列方程是
（ ）
A． ＝ +1 B． ＝ +1
C． ＝ ﹣1 D． ＝ ﹣1
【分析】设甲单位有x人捐款，乙单位有（x+50）人捐款，根据甲单位人均捐款数比乙单位多 1元列方
程．
【解答】解：设甲单位有x人捐款，则乙单位有（x+50）人捐款，
由题意，得 ＝ +1．
故选：A．
【点评】考查了由实际问题抽象出分式方程，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
一十八．分式方程的应用（共2小题）
22．（2022秋•孝南区期末）2022年北京冬奥会吉祥物冰墩墩深受大家的喜欢．某商家两次购进冰墩墩进
行销售，第一次用22000元，很快销售一空，第二次又用48000元购进同款冰墩墩，所购进数量是第一
次的2倍，但单价贵了10元．（1）求该商家第一次购进冰墩墩多少个？
（2）若所有冰墩墩都按相同的标价销售，要求全部销售完后的利润率不低于 20%（不考虑其他因素），
那么每个冰墩墩的标价至少为多少元？
【分析】（1）设第一次购进冰墩墩x个，由题意：第一次用22000元，很快销售一空，第二次又用
48000元购进同款冰墩墩，所购进数量是第一次的2倍，但单价贵了10元．列出分式方程，解方程即可；
（2）设每个冰墩墩的标价为a元，由题意：全部销售完后的利润率不低于20%，列出一元一次不等式，
解不等式即可．
【解答】解：（1）设第一次购进冰墩墩x个，则第二次购进冰墩墩2x个，
根据题意得： ＝ ﹣10，
解得：x＝200，
经检验，x＝200是原方程的解，且符合题意，
答：该商家第一次购进冰墩墩200个．
（2）由（1）知，第二次购进冰墩墩的数量为400个．
设每个冰墩墩的标价为a元，
由题意得：（200+400）a≥（1+20%）（22000+48000），
解得：a≥140，
答：每个冰墩墩的标价至少为140元．
【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系
正确列出分式方程；（2）找出数量关系，正确列出一元一次不等式．
23．（2022秋•岳阳期末）2022年10月12日“天宫课堂”第三课在中国空间站开讲了，精彩的直播激发
了学生探索科学奥秘的兴趣．某中学为满足学生的需求，充实物理兴趣小组的实验项目，决定购入 A、
B两款物理实验套装，其中A款套装单价比B款套装单价贵20%，用7200元购买的A款套装数量比用
5000元购买的B款套装数量多5套．求A、B两款套装的单价分别是多少元．
【分析】设B款套装的单价是x元，则A款套装的单价是（1+20%）x元，根据题意列出关于x的分式
方程，解方程后检验即可得出结论．
【解答】解：设B款套装的单价是x元，则A款套装的单价是（1+20%）x元，
由题意得： ，
解得x＝200，
经检验，x＝200是原方程的解，且符合题意，∴（1+20%）x＝240．
答：A款套装的单价是240元、B款套装的单价是200元．
【点评】本题考查了分式方程的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出分式方程．
一十九．三角形的角平分线、中线和高（共1小题）
24．（2022秋•岳阳县期末）下列图形中AD是△ABC的高的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】利用三角形高的定义进行解答即可．
【解答】解：A、AD不是△ABC的高，故此选项不合题意；
B、AD不是△ABC的高，故此选项不合题意；
C、AD不是△ABC的高，故此选项不合题意；
D、AD是△ABC的高，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】此题主要考查了三角形的高，关键是掌握从三角形的一个顶点向底边作垂线，垂足与顶点之间
的线段叫做三角形的高．
二十．三角形三边关系（共1小题）
25．（2022秋•宜春期末）若一个三角形的两边长分别为2和4，则第三边长可以是（ ）
A．2 B．5 C．6 D．7
【分析】根据在三角形中任意两边之和＞第三边，任意两边之差＜第三边求出第三边长的范围，即可得
到答案．
【解答】解：设第三边长为x，则由三角形三边关系定理得4﹣2＜x＜4+2，即2＜x＜6．
2，5，6，7，只有5满足不等式．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，解题的关键熟练根据三角形的三边关系求得第三边的取值范围．
二十一．三角形内角和定理（共3小题）
26．（2022秋•海珠区校级期末）如图，在△ABC中，AD是高，AE、BF是角平分线，它们相交于点O，∠C＝70°．
（1）∠AOB的度数为 125 ° ；
（2）若∠ABC＝60°，求∠DAE的度数．
【分析】（1）根据角平分线的定义得出∠OAB+∠OBA＝ （∠BAC+∠ABC），根据三角形内角和定
理得出∠BAC+∠ABC＝180°﹣∠C＝110°，进而即可求解；
（2）根据三角形内角和定理求得∠DAC，∠BAC，根据AE是∠BAC的角平分线，得出∠CAE＝
∠CAB＝25°，根据∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD，即可求解．
【解答】（1）解：∵AE、BF是∠BAC、∠ABC的角平分线，
∴∠OAB+∠OBA＝ （∠BAC+∠ABC），
在△ABC中，∠C＝70°，
∴∠BAC+∠ABC＝180°﹣∠C＝110°，
∴∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝180°﹣ （∠BAC+∠ABC）＝125°．
故答案为：125°；
（2）解：∵在△ABC中，AD是高，∠C＝70°，∠ABC＝60°，
∴∠DAC＝90°﹣∠C＝90°﹣70°＝20°，∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝50°
∵AE是∠BAC的角平分线，
∴∠CAE＝ ∠CAB＝25°，
∴∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD＝25°﹣20°＝5°，
∴∠DAE＝5°．
【点评】本题考查了三角形中线，角平分线，三角形内角和定理，掌握三角形内角和定理是解题的关键．
27．（2022秋•邢台期末）材料阅读：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”．
解决问题：
（1）观察“规形图”，试探究∠BDC与∠A，∠B，∠C之间的数量关系，并说明理由；
（2）请你直接利用以上结论，解决以下两个问题：
Ⅰ．如图②，把一块三角尺DEF放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边DE，DF恰好经过点B，
C，若∠A＝40°，则∠ABD+∠ACD＝ 5 0 °．
Ⅱ．如图③，BD平分∠ABP，CD平分∠ACP，若∠A＝40°，∠BPC＝130°，求∠BDC的度数．
【分析】（1）连接AD并延长至点F，根据三角形外角性质即可得到∠BDC与∠A，∠B，∠C之间的
数量关系；
（2）Ⅰ、由（1）可得，∠BDC＝∠ABD+∠ACD+∠A，再根据∠A＝40°，∠D＝90°，即可得出
∠ABD+∠ACD的度数；
Ⅱ、根据（1），可得∠BPC＝∠BAC+∠ABP+∠ACP，∠BDC＝∠BAC+∠ABD+∠ACD，再根据BD平
分∠ABP，CD平分∠ACP，即可得出∠BDC的度数．
【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）Ⅰ．由（1）可得，∠BDC＝∠ABD+∠ACD+∠A；
又∵∠A＝40°，∠D＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝90°﹣40°＝50°，
故答案为：50；Ⅱ．由（1），可得∠BPC＝∠BAC+∠ABP+∠ACP，
∠BDC＝∠BAC+∠ABD+∠ACD，
∴∠ABP+∠ACP＝∠BPC﹣∠BAC＝130°﹣40°＝90°，
又∵BD平分∠ABP，CD平分∠ACP，
∴∠ABD+∠ACD＝ （∠ABP+∠ACP）＝45°，
∴∠BDC＝45°+40°＝85°．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理以及三角形外角性质的运用，熟知三角形的内角和等于180°是
解答此题的关键．
28．（2022秋•二七区校级期末）（1）如图，把△ABC沿DE折叠，使点A落在点A 处，试探究∠1、∠2
1
与∠A的关系；
（2）如图2，若∠1＝140°，∠2＝80°，作∠ABC的平分线BN，与∠ACB的外角平分线CN交于点N，
求∠BNC的度数；
（3）如图3，若点A 落在△ABC内部，作∠ABC，∠ACB的平分线交于点A ，此时∠1，∠2，∠BA C
1 1 1
满足怎样的数量关系？并给出证明过程．
【分析】（1）由折叠的性质得∠AED＝∠A ED，∠ADE＝∠A DE，再根据平角的定义得到
1 1， ， 根 据 三 角 形 外 角 的 性 质 可 得
，由此即可得出结论；
（2）先根据（1）的结论求出∠A＝30°，再由角平分线的定义和三角形外角的性质推出
即可；
（3）先推出 ，∠AED＝∠A ED＝90°﹣∠2，再由三角形外角的性质推
1
出 ，利用角平分线的定义和三角形内角和定理推出 即可得到
结论．
【解答】解：（1）∠1＝2∠A+∠2，理由如下：
由折叠的性质可知∠AED＝∠A ED，∠ADE＝∠A DE，
1 1
∴ ，∠2＝2∠AED﹣180°，
∴ ，
∵∠A+∠AED＝∠EDB＝∠1+∠A DE，
1
∴ ，
∴∠1＝2∠A+∠2；
（2）∵∠1＝2∠A+∠2，∠1＝140°，∠2＝80°，
∴∠A＝30°，
∵∠ABC的平分线BN，与∠ACB的外角平分线CN交于点N，
∴ ，
∵∠A+∠ABC＝∠ACH，
∴∠A+2∠NBC＝2∠NCH，
又∵∠N+∠NBC＝∠NCH，
∴∠A+2∠NBC＝2∠N+2∠NBC，
∴ ；（3）解：∠1+∠2＝4∠BA C﹣360°，理由如下；
1
由折叠的性质可知∠AED＝∠A ED，∠ADE＝∠A DE，
1 1
∴ ，
，
∵∠A+∠ADE＝∠CED＝∠A ED+∠2，
1
∴ ，
∴ ，
∵∠ABC，∠ACB的平分线交于点A ，
1
∴ ，
∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴∠1+∠2＝4∠BA C﹣360°．
1
【点评】本题主要考查了折叠的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，三角形外角的性质，熟知
三角形内角和定理和三角形外角的性质是解题的关键．
二十二．三角形的外角性质（共2小题）
29．（2022秋•金水区校级期末）将一副三角板按照如图方式摆放，则∠CBE的度数为（ ）
A．90° B．100° C．105° D．110°
【分析】根据三角板的性质得出∠ACB＝60°，∠BAC＝45°，再利用外角的性质计算即可．【解答】解：由题意可得：
∠ACB＝60°，∠BAC＝45°，
∴∠CBE＝∠ACB+∠BAC＝60°+45°＝105°，
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形的外角性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解
题的关键．
30．（2022秋•龙亭区校级期末）如图，在△ABC中，∠A＝70°，∠B＝50°，CD平分∠ACB，求∠ADC
的度数．
【分析】本题考查的是三角形内角和定理，求出∠ACB的度数后易求解．
【解答】解：∵∠A＝70°，∠B＝50°，
∴∠ACB＝180°﹣70°﹣50°＝60°（三角形内角和定义）．
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝ ∠ACB＝ ×60°＝30°，
∴∠ADC＝180°﹣∠A﹣∠ACD＝80°．
【点评】本题考查三角形外角性质，掌握外角性质是解题关键．
二十三．全等三角形的性质（共1小题）
31．（2022秋•宛城区校级期末）如图，点A在DE上，△ABC≌△EDC，若∠BAC＝55°，则∠ACE的大
小为 70 ° ．
【分析】根据全等三角形的性质得出∠E＝∠BAC＝55°，CE＝CA，根据等腰三角形的性质以及三角形
内角和定理可得∠ACE＝180°﹣∠CAE﹣∠E＝70°．【解答】解：∵△ABC≌△EDC，∠BAC＝55°，
∴∠E＝∠BAC＝55°，CE＝CA，
∴∠CAE＝∠E＝55°，
∴∠ACE＝180°﹣∠CAE﹣∠E＝70°．
故答案为：70°．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，掌握全等三角形的
对应边相等，对应角相等是解题的关键．
二十四．全等三角形的判定（共4小题）
32．（2022秋•庄河市期末）工人师傅常用角尺平分一个任意角，做法是：如图在∠AOB的边OA、OB上
分别取OM＝ON，移动角尺，使角尺的两边相同的刻度分别与M、N重合，得到∠AOB的平分线OP，
做法中用到三角形全等的判定方法是（ ）
A．SSS B．SAS C．ASA D．HL
【分析】已知两三角形三边分别相等，可考虑SSS证明三角形全等，从而证明角相等．
【解答】解：做法中用到的三角形全等的判定方法是SSS
证明如下：
由题意得，PN＝PM，
在△ONP和△OMP中，
，
∴△ONP≌△OMP（SSS）
所以∠NOP＝∠MOP
故OP为∠AOB的平分线．
故选：A．
【点评】本题考查全等三角形在实际生活中的应用．对于难以确定角平分线的情况，利用全等三角形中
对应角相等，从而轻松确定角平分线．
33．（2022秋•克什克腾旗期末）下列条件能判定△ABC≌△DEF的一组是（ ）A．∠A＝∠D，∠C＝∠F，AC＝DF
B．AB＝DE，BC＝EF，∠A＝∠D
C．∠A＝∠D，∠B＝∠E，∠C＝∠F
D．AB＝DE，△ABC的周长等于△DEF的周长
【分析】判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，结合选项逐一检验．
【解答】解：A、∠A＝∠D，∠C＝∠F，AC＝DF符合ASA，能判定两三角形全等，故选项正确；
B、AB＝DE，BC＝EF，∠A＝∠D是SSA，不能判定两三角形全等，故选项错误；
C、∠A＝∠D，∠B＝∠E，∠C＝∠F是AAA，不能判定两三角形全等，故选项错误；
D、AB＝DE，△ABC的周长等于△DEF的周长，三边不可能相等，故选项错误．
故选：A．
【点评】本题重点考查了三角形全等的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，即 AAS、ASA、
SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，但AAA、SSA，无法证明三角形全等，本题是一道较为简单的题
目．
34．（2023春•凤城市期末）如图，在△ABC和△DEF中，如果AB＝DE，BC＝EF．在下列条件中不能保
证△ABC≌△DEF的是（ ）
A．∠B＝∠DEF B．∠A＝∠D C．AB∥DE D．AC＝DF
【分析】已知AB＝DE，BC＝EF，只需再找一个夹角或者一条边相等，即可判定△ABC≌△DEF．
【解答】解：A、可根据SAS判定△ABC≌△DEF，
故本选项不符合题意；
B、不能根据SSA判定△ABC≌△DEF，
故本选项符合题意；
C、根据AB∥DE，可得∠B＝∠DEF，可根据SAS判定△ABC≌△DEF，
故本选项不符合题意；
D、可根据SSS判定△ABC≌△DEF，
故本选项不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，掌握判定两个三角形全等的一般方法是解题的关键．35．（2022秋•五华区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点C在直线l上．点P从
点 A 出发，在三角形边上沿 A→C→B 的路线向终点 B 运动；点 Q 从 B 点出发，在三角形边上沿
B→C→A的路线向终点A运动．点P和Q分别以1单位/秒和2单位秒的速度同时开始运动，在运动过
程中，若有一点先到达终点时，该点停止运动，另一个点也停止运动．分别过点 P和Q作PE⊥l于点
E，QF⊥l于点F，当△PEC与△CFQ全等时，点P的运动时间为 2 或 秒．
【分析】分四种情况，点P在AC上，点Q在BC上；点P、Q都在AC上；点P到BC上，点Q在AC
上；点Q到A点，点P在BC上，根据全等三角形的对应边相等建立方程求解即可．
【解答】解：∵△PEC与△CFQ全等，
∴斜边PC＝斜边CQ，
分四种情况：
当点P在AC上，点Q在BC上，如图：
∵CP＝CQ，
∴6﹣t＝8﹣2t，
∴t＝2，
当点P、Q都在AC上时，此时P、Q重合，如图：
∵CP＝CQ，
∴6﹣t＝2t﹣8，
∴t＝ ，
当点P到BC上，点Q在AC上时，如图：
∵CP＝CQ，
∴t﹣6＝2t﹣8，
∴t＝2，不符合题意，当点Q到A点，点P在BC上时，如图：
∵CQ＝CP，
∴6＝t﹣6，
∴t＝12（舍去），
综上所述：点P的运动时间等于2或 时，△PEC与△CFQ全等，
故答案为：2或 ．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，分情况讨论是解题的关键．
二十五．全等三角形的判定与性质（共6小题）
36．（2022秋•南安市期末）如图，已知点E、C在线段BF上，BE＝CF，AB＝DE，AC＝DF．求证：∠A
＝∠D．【分析】由BE＝CF，可得BC＝EF，则利用SSS可判定△ABC≌△DEF，从而有∠A＝∠D．
【解答】证明：∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SSS），
∴∠A＝∠D．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，解答的关键是找到图中的公共边 EC，得出BC＝
EF．
37．（2022秋•海珠区校级期末）已知：如图，F、C是AD上的两点，且AB＝DE，AB∥DE，AF＝CD．
求证：
（1）△ABC≌△DEF；
（2）BC∥EF．
【分析】（1）根据 AB∥DE，得∠A＝∠D，由 AF＝CD，可得 AC＝DF，通过 SAS 即可证明
△BAC≌△EDF；
（2）由全等三角形的性质得∠ACB＝∠DFE，从而BC∥EF．
【解答】证明：（1）∵AB∥DE，
∴∠A＝∠D，
∵AF＝CD，∴AF+FC＝CD+FC，
即AC＝DF，
在△BAC和△EDF中，
，
∴△BAC≌△EDF（SAS）；
（2）∵△BAC≌△EDF，
∴∠ACB＝∠DFE，
∴BC∥EF．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质等知识，熟练掌握平行线的判
定与性质是解题的关键．
38．（2022秋•日照期末）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CF，垂足为F．
（1）求证：△ABC≌△ADE；
（2）若AC＝10，求四边形ABCD的面积；
（3）求∠FAE的度数．
【分析】（1）由“SAS“可证△ABC≌△ADE；
（2）由全等三角形的性质可得S△ABC ＝S△ADE ，由面积关系可求解；
（3）由等腰三角形的性质和全等三角形的性质可得∠CAF＝∠FCA＝45°，即可求解．
【解答】证明：（1）∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAD﹣∠CAD＝∠CAE﹣∠CAD，
∴∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS）；（2）∵△ABC≌△ADE，
∴S△ABC ＝S△ADE ，
∴S四边形ABCD ＝S△ABC +S△ACD ＝S△ADE +S△ACD ＝S△ACE ，
∵AC＝AE＝10，
∴S四边形ABCD ＝S△ACE ＝ ×10×10＝50；
（3）∵∠CAE＝90°，AC＝AE，
∴∠E＝45°，
∵△ABC≌△ADE，
∴∠BCA＝∠E＝45°，
∵AF⊥BC，
∴∠CAF＝∠FCA＝45°，
∴∠FAE＝135°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法是本题的关键．
39．（2022秋•岳阳期末）如图，在△ABC和△ADE中，∠BAD＝∠EAC，AB＝AD，AC＝AE．过A作
AG⊥DE于点G，BC的延长线与DE交于点F，连接AF．
（1）若DE＝12，CF＝2，则BF＝ 1 4 ；
（2）若 ，AG＝6，则四边形ACFE的面积为 3 3 ．
【分析】（1）先根据“SAS”证明△ABC≌△ADE，再根据全等三角形的对应边相等得出答案；
（2）作 AH⊥BC，再根据（1）得出△ABC≌△ADE，进而证明△AHC≌△AGE，然后证明
△AHF≌△AGF，即可得出S四边形ACFE ＝S△AHC +S△ACF +S△AFG ＝S△AHF +S△AFG ＝2S△AFG ，代入数值计算得
出答案．
【解答】解：（1）∵∠BAD＝∠EAC，
∴∠BAD+∠CAD＝∠EAC+∠CAD，即∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴BC＝DE＝12．
∵CF＝2，
∴BF＝BC+CF＝12+2＝14．
故答案为：14；
（2）作AH⊥BC，交BC于点H，
由（1）得△ABC≌△ADE，
∴AC＝AE，AH＝AG，
∴Rt△AHC≌Rt△AGE，Rt△AHF≌Rt△AGF，
∴S四边形ACFE ＝S△ACF +S△AFG +S△AEG ＝S△AHC +S△ACF +S△AFG ＝S△AHF +S△AFG ＝2S△AFG ．
∵ ，AG＝6，
∴ ．
故答案为：33．
【点评】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，将不规则四边形的面积转化为三角形的面积是解题
的关键．
40．（2022秋•赵县期末）如图，点A，B，C，D在一条直线上，且AB＝CD，若∠1＝∠2，EC＝FB．求
证：∠E＝∠F．【分析】求出∠DBF＝∠ACE，AC＝DB，根据SAS推出△ACE≌△DBF，根据全等三角形的性质得出
即可．
【解答】证明：∵∠1+∠DBF＝180°，∠2+∠ACE＝180°．
又∵∠1＝∠2，
∴∠DBF＝∠ACE，
∵AB＝CD，
∴AB+BC＝CD+BC，
即AC＝DB，
在△ACE 和△DBF中，
∴△ACE≌△DBF（SAS），
∴∠E＝∠F．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，能求出△ACE≌△DBF是解此题的关键．
41．（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．
二十六．全等三角形的应用（共1小题）
42．（2022秋•屯留区期末）2022年10月12日某中学八年级（4）班的同学在听了“天宫课堂”第三课，
即我国航天员在中国空间站进行的太空授课后，组成数学兴趣小组进行了设计伞的实践活动．康康所在
的小组依据全等三角形的判定设计了截面如图所示的伞骨结构，当伞完全打开后，测得AB＝AC，E，F
分别是AB，AC的中点，ED＝DF，那么△AED≌△AFD的依据是（ ）
A．SAS B．ASA C．HL D．SSS
【分析】由 E，F 分别是 AB，AC 的中点，AB＝AC，得出 AE＝AF；根据三边对应相等，证明
△AED≌△AFD．
【解答】解：∵E，F分别是AB，AC的中点，AB＝AC，
∴AE＝AF，
在△AED与△AFD中，
，∴△AED≌△AFD（SSS）．
故选：D．
【点评】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理．
二十七．线段垂直平分线的性质（共1小题）
43．（2023春•太平区期末）如图，地面上有三个洞口A、B、C，老鼠可从任意一个洞口跑出，猫为能同
时最省力地顾及到三个洞口，尽快抓住老鼠，应该蹲在（ ）
A．△ABC三条角平分线的交点
B．△ABC三条边的中线的交点
C．△ABC三条高的交点
D．△ABC三条边的垂直平分线的交点
【分析】根据题意，知猫应该到三个洞口的距离相等，则此点就是三角形三边垂直平分线的交点．
【解答】解：∵三角形三边垂直平分线的交点到三个顶点的距离相等，
∴猫应该蹲守在△ABC三边垂直平分线的交点处．
故选：D．
【点评】本题考查线段垂直平分线的性质，掌握三角形三边垂直平分线的交点到三个顶点的距离相等是
本题的解题关键．
二十八．等腰三角形的性质（共3小题）
44．（2022秋•永川区期末）等腰三角形有一个角是40°，则它的底角是（ ）
A．40° B．70° C．40°或100° D．40°或70°
【分析】根据40°的角是顶角和底角分类讨论，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理进行计算即
可．
【解答】解：当40°的角是顶角时：底角＝ （180°﹣40°）＝70°，
40°的角也可以是底角．
故选：D．
【点评】本题考查等腰三角形的性质．熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．解题时，注意分类讨
论．45．（2022秋•阳新县校级期末）等腰三角形的一个角是70°，则它的顶角是 40 ° 或 70 ° ．
【分析】因为题中没有指明该角是顶角还是底角，所以要分两种情况进行分析．
【解答】解：①70°是底角，则顶角为：180°﹣70°×2＝40°；
②70°为顶角；
综上所述，顶角的度数为40°或70°．
故答案为：40°或70°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理；若题目中没有明确顶角或底角的度数，做
题时要注意分情况进行讨论，这是十分重要的，也是解答问题的关键．
46．（2022秋•东洲区期末）已知等腰三角形的一边长为5，另一边长为10，则这个等腰三角形的周长为
25 ．
【分析】题目给出等腰三角形有两条边长为5和10，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，
还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
【解答】解：分两种情况：
当腰为5时，5+5＝10，所以不能构成三角形；
当腰为10时，5+10＞10，所以能构成三角形，周长是：10+10+5＝25．
故答案为：25．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到
两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的
关键．
二十九．等腰三角形的判定与性质（共1小题）
47．（2022秋•岳阳楼区期末）如图，在△ABC中，∠ABC的平分线交AC于点D，过点D作DE∥BC交
AB于点E．
（1）求证：BE＝DE；
（2）若∠A＝75°，∠C＝37°，求∠BDE的度数．
【分析】（1）根据BD平分∠ABC，可得∠CBD＝∠EBD，再由DE∥BC，可得∠CBD＝∠EDB，从而
得到∠EBD＝∠EDB，即可求证；（2）根据三角形内角和定理可得∠ABC＝68°，再由BD平分∠ABC，DE∥BC，即可求解．
【解答】（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴ ，
∵DE∥BC，
∴∠CBD＝∠EDB，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴BE＝DE；
（2）解：在△ABC中，∠A＝75°，∠C＝37°
∴∠ABC＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣75°﹣37°＝68°，
∵BD平分∠ABC，
∴ ，
∵DE∥BC，
∴∠BDE＝∠CBD＝34°．
【点评】本题主要考查的是等腰三角形的判定与性质，涉及到平行线的性质，三角形内角和定理，熟练
掌握平行线的性质，三角形内角和定理是解题的关键．
三十．等边三角形的性质（共1小题）
48．（2022秋•陕西期末）如图，CD是等边△ABC边AB上的中线，AC的垂直平分线交AC于点E，交
CD于点F，若DF＝1，则CD的长为 3 ．
【分析】根据三线合一得出∠ADF＝90°，∠ACD＝30°，连接AF，根据垂直平分线的性质得出AF＝
FC，根据等边对等角得出∠FAE＝∠FCA＝30°，即可得出∠DAF＝30°，根据含30度角的直角三角形的
性质，得出AF＝2＝FC，进而即可求解．
【解答】解：∵CD是等边△ABC边AB上的中线，
∴CD是AB上的高，是∠ACB的平分线，
∴∠ADF＝90°，∠ACD＝30°，如图，连接AF，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴AF＝FC，
∴∠FAE＝∠FCA＝30°
∴∠DAF＝30°
在Rt△ADF中，DF＝1，
∴AF＝2＝FC，
∴CD＝DF+FC＝1+2＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，垂直平分线的性质，等边对等角，含 30度角的直角三角形的
性质，掌握以上知识是解题的关键．
三十一．多边形内角与外角（共5小题）
49．（2023春•承德县期末）一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数（ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2）•180°，外角和等于360°，然后列方
程求解即可．
【解答】解：设多边形的边数是n，根据题意得，
（n﹣2）•180°＝3×360°，
解得n＝8，
∴这个多边形的边数为8．
故选：B．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．
50．（2022秋•同安区期末）五边形的外角和等于（ ）
A．180° B．360° C．540° D．720°
【分析】根据多边形的外角和等于360°解答．
【解答】解：五边形的外角和是360°．故选：B．
【点评】本题考查了多边形的外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是
360°．
51．（2022秋•宁津县校级期末）小林从P点向西直走8米后，向左转，转动的角度为 ，再走8米，如此
重复，小林共走了72米回到点P，则 为 40 ° ． α
【分析】根据题意可知，小林走的是正α多边形，先求出边数，然后再利用外角和等于360°，除以边数即
可求出 的值．
【解答】α解：设边数为n，根据题意，
n＝72÷8＝9，
则 ＝360°÷9＝40°．
故答α案为：40°．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和等于360°，根据题意判断出所走路线是正多边形是解题的关键．
52．（2022秋•陕州区期末）一个正n边形的每一外角都等于60°，则n的值是 6 ．
【分析】正多边形的每个外角相等，多边形外角和是360°，由此即可计算．
【解答】解：正n边形的每一外角都等于60°，则n＝ ＝6，
故答案为：6．
【点评】本题考查正多边形，关键是掌握正多边形的每个外角相等，多边形外角和是360°．
53．（2022秋•无为市期末）若一个多边形的内角和的 比它的外角和多90°，那么这个多边形的边数是多
少？
【分析】由多边形的内角和定理，外角和是360°，即可计算．
【解答】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得： （n﹣2）×180°﹣360°＝90°，
∴n＝12，
答：这个多边形的边数是12．
【点评】本题考查多边形的有关知识，关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整
数）；多边形的外角和是360°．
三十二．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共2小题）
54．（2022秋•铁岭县期末）在平面直角坐标系中，点 P（3，5）关于x轴对称的点的坐标是 （ 3 ，﹣
5 ） ．【分析】根据关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数进行解答．
【解答】解：点P（3，5）关于x轴对称的点的坐标为（3，﹣5）．
故答案为：（3，﹣5）．
【点评】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关
于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反
数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
55．（2022秋•天桥区期末）如图所示，在平面直角坐标系中，已知 A（0，1）、B（2，0）、C（4，
3）．
（1）在平面直角坐标系中画出△ABC，则△ABC的面积是 4 ；
（2）若点D与点C关于y轴对称，则点D的坐标为 （﹣ 4 ， 3 ） ；
（3）已知P为x轴上一点，若△ABP的面积为1，求点P的坐标．
【分析】（1）直接利用△ABC所在矩形面积减去周围三角形面积进而得出答案；
（2）利用关于y轴对称点的性质得出答案；
（3）利用三角形面积求法得出符合题意的答案．
【解答】解：（1）如图所示：△ABC的面积是：3×4﹣ ＝4；
故答案为：4；（2）点D与点C关于y轴对称，则点D的坐标为：（﹣4，3）；
故答案为：（﹣4，3）；
（3）∵P为x轴上一点，△ABP的面积为1，
∴BP＝2，
∴点P的横坐标为：2+2＝4或2﹣2＝0，
故P点坐标为：（4，0）或（0，0）．
【点评】此题主要考查了三角形面积求法以及关于y轴对称点的性质，正确得出对应点位置是解题关键．
三十三．作图-轴对称变换（共2小题）
56．（2023春•本溪期末）如图，在正方形网格上的一个△ABC，且每个小正方形的边长为1（其中点A，
B，C均在网格上）．
（1）作△ABC关于直线MN的轴对称图形△A′B′C′；
（2）在MN上画出点P，使得PA+PC最小；
（3）求出△ABC的面积．【分析】（1）利用网格特点和轴对称的性质画出A、B、C关于MN的对称点A′、B′、C′即可；
（2）连接AC′交MN于P，利用PC＝PC′得到PA+PC＝AC′，则根据两点之间线段最短可判断此时
P点满足条件；
（3）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△ABC的面积．
【解答】解：（1）如图，△A′B′C′为所作；
（2）如图，点P为所作；
（3）△ABC的面积＝3×4﹣ ×1×3﹣ ×3×2﹣ ×4×1＝ ．
【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换：几何图形都可看作是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图
形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．也考查了最短路径问题．
57．（2022秋•东莞市期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点均在格点上．
（1）在网格中作出△ABC关于y轴对称的图形△A B C ；
1 1 1
（2）直接写出A 、B 、C 的坐标；
1 1 1
（3）若网格的单位长度为1，求△A B C 的面积．
1 1 1【分析】（1）利用轴对称的性质分别作出A，B，C的对应点A ，B ，C 即可．
1 1 1
（2）根据A ，B ，C 的位置写出坐标即可．
1 1 1
（3）避实就虚面积可知矩形面积减去周围三个三角形面积即可．
【解答】解：（1）如图，△A B C 即为所求．
1 1 1
（2）A （3，4），B （5，2），C （2，0）；
1 1 1
（3）△A B C 的面积＝3×4﹣ ×1×4﹣ ×2×2﹣ ×2×3＝5，
1 1 1
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握轴对称变换的性质，学
会用分割法求三角形面积．
三十四．轴对称-最短路线问题（共3小题）
58．（2022秋•平城区校级期末）如图，等边△ABC的边长为8，AD是BC边上的中线，F是AD边上的动点，E是AC边上一点，若AE＝4，则当EF+CF取得最小值时，∠ECF的度数为（ ）
A．22.5° B．30° C．45° D．15°
【分析】过E作EM∥BC，交AD于N，连接CM交AD于F，连接EF，推出M为AB中点，求出E和
M关于AD对称，根据等边三角形性质求出∠ACM，即可求出答案．
【解答】解：过E作EM∥BC，交AD于N，
∵AC＝8，AE＝4，
∴EC＝4＝AE，
∴AM＝BM＝4，
∴AM＝AE，
∵AD是BC边上的中线，△ABC是等边三角形，
∴AD⊥BC，
∵EM∥BC，
∴AD⊥EM，
∵AM＝AE，
∴E和M关于AD对称，
连接CM交AD于F，连接EF，
则此时EF+CF的值最小，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，AC＝BC，
∵AM＝BM，
∴∠ECF＝ ∠ACB＝30°．
故选：B．【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线分线段成
比例定理等知识点的应用．
59．（2022秋•代县期末）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
【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′，
【解答】解：如图，∵△ABC是等边三角形，
∴BA＝BC，
∵BD⊥AC，AQ＝4，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．
故选：C．【点评】本题考查等边三角形的性质和判定，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用轴对称解
决最短问题，属于中考常考题型．
60．（2022秋•三河市校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10，AD是
∠BAC的平分线．若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是 ．
【分析】过点C作CM⊥AB交AB于点M，交AD于点P，过点P作PQ⊥AC于点Q，由AD是∠BAC的
平分线．得出PQ＝PM，这时PC+PQ有最小值，即CM的长度，运用勾股定理求出AB，再运用S△ABC
＝ AB•CM＝ AC•BC，得出CM的值，即PC+PQ的最小值．
【解答】解：如图，过点C作CM⊥AB交AB于点M，交AD于点P，过点P作PQ⊥AC于点Q，
∵AD是∠BAC的平分线．
∴PQ＝PM，这时PC+PQ有最小值，即CM的长度，
∵AC＝6，AB＝10，∠ACB＝90°，BC＝8，
∵S△ABC ＝ AB•CM＝ AC•BC，
∴CM＝ ，即PC+PQ的最小值为 ．
故答案为 ．
【点评】本题主要考查了轴对称问题，解题的关键是找出满足PC+PQ有最小值时点P和Q的位置．
