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第一次月考押题预测卷
（考试范围：第十一、十二章）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自
己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的．
1．（2022·四川凉山·八年级期末）下列命题是真命题的是（ ）
A．等底等高的两个三角形全等 B．周长相等的直角三角形都全等
C．有两边和一角对应相等的两个三角形全等D．有一边对应相等的两个等边三角形全等
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定方法对各选项分析判断利用排除法求解．
【详解】解：A、等底等高的两个三角形全等，是假命题，故本选项错误；
B、周长相等的直角三角形都全等，是假命题，故本选项错误；
C、有两边和一角对应相等的两个三角形全等，是假命题，因为一角没有说明是两边的夹角，故本选项错
误；
D、有一边对应相等的两个等边三角形全等是真命题，故本选项正确．故选：D．
【点睛】本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假
关键是要熟悉课本中的性质定理．
2．（2022·四川成都·八年级期末）生活中常用各种正多边形地砖铺砌成美丽的图案．用形状、大小完全相
同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌．下列
图形中不能与正三角形镶嵌整个平面的是（ ）
A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正十二边形
【答案】B
【分析】判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构
成360°，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能．
【详解】A选项，2个正方形与3个正三角形能进行平面镶嵌，因为2×90°+3×60°＝360°，不符合题意；
B选项，正五边形不能与正三角形进行平面镶嵌，因为正五边形的内角和108°．108°的整数倍与60°的整
数倍的和不等于360°，符合题意；C选项，2个正六边形与2个三角形能进行平面镶嵌，因为2×120°+2×60°＝360°，不符合题意；
D选项，2个正十二边形与1个正三角形能进行平面镶嵌，因为2×150°+1×60°＝360°，不符合题意；选：
B．
【点睛】本题考查了平面镶嵌，掌握平面镶嵌的条件是解题的关键．
3．（2022·四川省成都市七中育才学校七年级期中）如图，在 ABC中，AD是BC边上的中线，BE是
ABD中AD边上的中线， 若 =24，则 ABE的面积是（ ）
A．4 B．12 C．6 D．8
【答案】C
【分析】根据三角形的中线的性质，得 的面积是 的面积的一半， 的面积是 的面
积的一半，由此即可解决问题；
【详解】解： 是 的中线， ．
是 的中线， ．故选：C．
【点睛】本题考查三角形的面积，三角形的中线的性质等知识，解题的关键是掌握三角形的中线把三角形
的面积分成了相等的两部分．
4．（2022·江苏南京·七年级期中）如图，用四颗螺丝将不能弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其
中相邻两颗螺丝的距离依次为3、4、6、8，且相邻两根木条的夹角均可以调整，若调整木条的夹角时不破
坏此木框，则任意两颗螺丝的距离的最大值是( )
A．7 B．10 C．11 D．14
【答案】B【分析】若两个螺丝的距离最大，则此时这个木框的形状为三角形，可根据三条木棍的长来判断有几种三
角形的组合，然后分别找出这些三角形的最长边即可．
【详解】已知4条木棍的四边长为3、4、6、8；
选3+4、6、8作为三角形，则三边长为7、6、8； ，能构成三角形，此时两个螺丝间的最长
距离为8；选4+6、8、3作为三角形，则三边长为10、8、3， ，能构成三角形，此时两个
螺丝间的最长距离为10；
选6+8、3、4作为三角形，则三边长为14、3、4； ，不能构成三角形，此种情况不成立；
选3+8、4、6作为三角形，则三边长为11、4、6； ，不能构成三角形，此种情况不成立；
综上所述，任两螺丝的距离之最大值为10；故选：B．
【点睛】本题实际考查的是三角形的三边关系定理，能够正确的判断出调整角度后三角形木框的组合方法
是解答的关键．
5．（2022·浙江·八年级期中）如图，已知CD＝CA，∠D＝∠A，添加下列条件中的（ ）仍不能证明
△ABC≌△DEC．
A．∠DEC＝∠B B．∠ACD＝∠BCE C．CE＝CB D．DE＝AB
【答案】C
【分析】结合题意，根据全等三角形的性质，对各个选项逐个分析，即可得到答案．
【详解】增加∠DEC＝∠B，得：
∴△DEC≌△ABC，即选项A可以证明；
∵∠ACD＝∠BCE
∴ ，即
∴
∴△DEC≌△ABC，即选项B可以证明；增加∠DEC＝∠B，得：
∴不能证明△DEC≌△ABC，即选项C不可以证明；
增加DE＝AB，得：
∴△DEC≌△ABC，即选项D可以证明；
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定性质，从而完成求解．
6．（2022·巴中·八年级期末）如图，在△ABC中，E为BC延长线上一点，∠ABC与∠ACE的平分线相交
于点D，∠D＝15°，则∠A的度数为（ ）
A．30° B．45° C．20° D．22.5°
【答案】A
【分析】由三角形的外角的性质可得 再结合角平分线的性质进行
等量代换可得 从而可得答案.
【详解】解： ∠ABC与∠ACE的平分线相交于点D，
故选A
【点睛】本题考查的是三角形的角平分线的性质，三角形的外角的性质，熟练的利用三角形的外角的性质结合等量代换得到 是解本题的关键.
7．（2022·四川成都·七年级期中）如图， 中， ， 为 中点，延长 交 于 ， 为
上一点，且 于 ，下列判断，其中正确的个数是（ ）
① 是 中边 上的中线；
② 既是 中 的角平分线，也是 中 的角平分线；
③ 既是 中 边上的高线，也是 中 边上的高线．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据三角形的高，中线，角平分线的定义可知．
【详解】解：①G为 中点，所以 是 边 上的中线，故正确；
②因为 ，所以 是 中 的角平分线， 是 中 的角平分线，故错误；
③因为 于 ，所以 既是 中 边上的高线，也是 中 边上的高线，故正确．
故选：C．
【点睛】熟记三角形的高，中线，角平分线是解决此类问题的关键．
8．（2022·四川·广汉市八年级期中）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A'处，且A'B平分
∠ABC，A'C平分∠ACB，若∠BA'C＝120°，则∠1+∠2的度数为（ ）
A．90° B．100° C．110° D．120°
【答案】D
【分析】连接A'A，先求出∠BAC，再证明∠1+∠2=2∠BAC即可解决问题．【详解】解：如图，连接AA'，
∵A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，∴∠A'BC= ∠ABC，∠A'CB= ∠ACB，
∵∠BA'C=120°，∴∠A'BC+∠A'CB=180°-120°=60°，
∴∠ABC+∠ACB=120°，∴∠BAC=180°-120°=60°，
∵沿DE折叠，∴∠DAA'=∠DA'A，∠EAA'=∠EA'A，
∵∠1=∠DAA'+∠DA'A=2∠DAA'，∠2=∠EAA'+∠EA'A=2∠EAA'，
∴∠1+∠2=2∠DAA'+2∠EAA'=2∠BAC=2×60°=120°，故选：D．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线定义、三角形外角的性质、折叠变换等知识，解题的关
键是正确添加辅助线，灵活应用所学知识，属于中考常考题型．
9．（2022·广东·八年级月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，下列结论：
① ；② ；③∠BDE＝∠BAC；④BE＝DE；⑤ ，其中正确的
个数为（ ）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【分析】根据角平分线的性质，可得CD＝ED，易证得△ADC≌△ADE，可得AC＋BE＝AB；由等角的余角
相等，可证得∠BDE＝∠BAC；然后由∠B的度数不确定，可得BE不一定等于DE；又由CD＝ED，
△ABD和△ACD的高相等，所以S BDE：S ACD＝BE：AC．
△ △
【详解】解：①正确，∵在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，∴CD＝ED；②正确，因为由HL可知△ADC≌△ADE，所以AC＝AE，即AC＋BE＝AB；
③正确，因为∠BDE和∠BAC都与∠B互余，根据同角的余角相等，所以∠BDE＝∠BAC；
④错误，因为∠B的度数不确定，故BE不一定等于DE；
⑤正确，因为CD＝ED，△ABD和△ACD的高相等，所以S BDE：S ACD＝BE：AC．
△ △
故正确的个数为4个.故选：B．
【点睛】此题考查了角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题比较适中，注意掌握数形结合思
想的应用．
10．（2022·四川·江油八年级阶段练习）如图，已知等边 和等边 ，点P在 的延长线上，
的延长线交 于点M，连接 ；下列结论：① ；② ；③ 平分 ；④
，其中正确的有（ ）．
A．①③④ B．①② C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】证明△APB≌△CEB得到AP＝CE，即可判断①；由△APB≌△CEB，得到∠APB＝∠CEB，再由
∠MCP＝∠BCE，推出∠PME＝∠PBE＝60°，即可判断②；过点B作BN⊥AM 于N， BF⊥ME 于F，证明
△BNP≌△BFE得到BN＝BF，得到BM 平分∠AME，即可判定③；在BM上截取 BK＝CM，连接 AK，先
证明∠ACM＝∠ABK，即可证明△ACM≌△ABK得到AK＝AM，推出△AMK 为等边三角形，则 AM＝MK，
AM+MC＝BM，即可判断④．
【详解】证明：①∵等边△ABC 和等边△BPE，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠PBE＝60°，BP＝BE，
在△APB 和△CEB 中，
∴△APB≌△CEB（SAS），∴AP＝CE，故此选项正确；
②∵△APB≌△CEB，∴∠APB＝∠CEB，∵∠MCP＝∠BCE，则∠PME＝∠PBE＝60°，故此选项正确；
③过点B作BN⊥AM 于N， BF⊥ME 于F，
∵△APB≌△CEB，∴∠BPN＝∠FEB，
在△BNP 和△BFE 中， ，∴△BNP≌△BFE（AAS），
∴BN＝BF，∴BM 平分∠AME，故此选项正确；
④在BM上截取 BK＝CM，连接 AK，
由②知∠PME＝60°，∴∠AMC＝120°，
由③知：BM 平分∠AME，
∴∠BMC＝∠AMK＝60°，∴∠AMK=∠ACB=60°，
又∵∠AHM=∠BHC，∴∠∠CAM=∠CBH，
∵∠CAM+∠ACM=∠EMP=60°，∴∠CBH+∠ACM=60°，
∴∠ABK+∠PBM＝60°＝∠PBM+∠ACM，∴∠ACM＝∠ABK，
在△ABK 和△ACM 中
∴△ACM≌△ABK（SAS），∴AK＝AM，
∴△AMK 为等边三角形，则 AM＝MK， 故 AM+MC＝BM，故此选项正确；故选D．
【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质与判定，角平分线的判定等知识，解题
关键是熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2022·巴中·七年级期末）如图所示，王师傅做完门框为防止变形，在门上钉上AB、CD两条斜拉的木条，其中的数学原理是________．
【答案】三角形具有稳定性
【分析】三角形具有稳定性，其它多边形不具有稳定性，把多边形分割成三角形则多边形的形状就不会改
变．
【详解】解：赵师傅这样做是运用了三角形的稳定性．
故答案为：三角形的稳定性．
【点睛】本题考查三角形稳定性的实际应用．三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、
房屋架梁等，因此要使一些图形具有稳定的结构，往往通过连接辅助线转化为三角形而获得．
12．（2022·河北邯郸·七年级期末）如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A，
∠B，∠E保持不变．为了舒适，需调整∠D的大小，使 ，则图中∠D应___（填“增加”或
“减少”）___度．
【答案】 增加 20
【分析】延长EF交BD于H，利用“8”字形求出∠EHC，利用外角的性质得到∠EFD=∠D+∠DHF，由此
求出∠D的度数，进而得到答案．
【详解】解：延长EF交BD于H，
∵∠A+∠B=∠E+∠EHC，
∴∠EHC= ，
∴ ，
∵∠EFD=∠D+∠DHF，
∴∠D=∠EFD-∠DHF= ，
∵ ，
∴∠D的度数应增加，增加 ，故答案为：增加，20．
【点睛】此题考查了三角形外角的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握三角形各角的关系是解题的关键．
13．（2022·河北·八年级专题练习）如图，锐角△ABC中，D，E分别是AB，AC边上的点，
△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，且C′D∥EB′，BE，CD交于点F．若∠BAC＝40°，则∠BFC的度数为
_____．
【答案】100°##100度
【分析】延长C′D交AC于M，如图，根据全等的性质得∠C′=∠ACD，∠C′AD=∠CAD=∠B′AE=×40°，再利
用三角形外角性质得∠C′MC=∠C′+∠C′AM=∠C′+2×40°，接着利用C′D∥B′E得到∠AEB=∠C′MC，而根据三
角形内角和得到∠AEB′=180°-∠B′-40°，则∠C′+2×40°=180°-∠B′-40°，所以∠C′+∠B′=180°-3×40°，利用三
角形外角性质和等角代换得到∠BFC=∠C=40°+∠C′+∠B′，所以∠BFC=180°-2×40°=100°．
【详解】延长C′D交AC于M，如图，
∵ ADC≌ ADC′， AEB≌ AEB′，
∴∠△C′=∠A△CD，∠C△′AD=∠C△AD=∠B′AE=40°，
∴∠C′MC=∠C′+∠C′AM=∠C′+2×40°，
∵C′D∥B′E，
∴∠AEB′=∠C′MC，∵∠AEB′=180°−∠B′−∠B′AE=180°−∠B′−40°，
∴∠C′+2×40°=180°−∠B′−×40°，
∴∠C′+∠B′=180°−3×40°，
∵∠BFC=∠BDF+∠DBF
=∠DAC+∠B′+∠ACD
=40°+∠ACD+∠B′=40°+∠C′+∠B′
=40°+180°−3×40°=180°−2×40°
= ．故答案为
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，三角形外角的性质，三角形的内角和，平行线的性质等知识点，
作出辅助线是解题的关键．
14．（2022·山东青岛·七年级期末）如图，已知AD平分∠BAC，要使 ．只需再添加一个条
件就可以了，你选择的条件是______，理由是_______．
【答案】 SAS
【分析】添加条件：AE＝AF，再由条件AD是∠BAC的平分线可得∠BAD＝∠CAD，加上公共边AD可利
用SAS定理进行判定．
【详解】解：添加条件：AE＝AF，
理由：∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD＝∠CAD，
在△AED和△AFD中，
，∴△AED≌△AFD（SAS）．
故答案为：AE＝AF，SAS．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、
HL，掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．
15．（2022·四川·达州中学七年级期中） 中，若 ， 为三条内角角平分线的交点，则
__________度．【答案】
【分析】根据三角形的内角和是 ，得： ；又 为三条角平分线的交点，
得： ；再根据三角形的内角和定理，得： ．
【详解】解：如图：
在 中， ， ．
又 为三条角平分线的交点 ．
在三角形 中， ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了角平分线的概念以及掌握三角形的内角和定理，解题的关键是注意公式的总结：
．
16．（2022·河北廊坊·八年级期末）在方格纸中，每个小方格的顶点叫做格点，以格点的连线为边的三角
形叫做格点三角形，解决下列问题．
（1）如图1，以点D和点E为两个顶点作格点三角形，使所作的格点三角形与 ABC全等，那么这样的格
点三角形最多可以画出_______个；（2）如图2，∠1＋∠2＝_______． △
【答案】 4 45°##45度
【分析】（1）观察图形可知：DE与AC是对应边，B点的对应点在DE上方两个，在DE下方两个共有4
个满足要求的点，也就有四个全等三角形；（2）由图可知∠1=∠3，∠2+∠3=45°，从而可得结论．
【详解】解：（1）根据题意，运用SSS可得与 ABC全等的三角形有4个，线段DE的上方有两个点，下
方也有两个点．故答案为：4． △
（2）由图可知 ABC≌ EDC，∴∠1=∠3，而∠2+∠3=45°，∴∠1+∠2=45°，故答案为：45°．
△ △
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、
AAS、HL，做题时要做到不重不漏．
17．（2022·西安市七年级模拟）如图，△ABC的面积是21，点D、E、F分别在边BC、AB、
AC上，且AE＝2，EB＝4．若△ABD与四边形DFEB面积相等，则△ADC的面积＝_____．
【答案】7
【分析】连接CE，由S =S 可得S =S ，证明S =S ，进而可证S =S ，求出
ABD 四边形DFEB AEG DFG AEF ADF AEC ADC
△ △ △ △ △ △ △
△AEC的面积，即可求出△ADC的面积．
【详解】解：连接CE，记AD与EF交于点G，∵S =S ，∴S =S ，∴S +S =S +S ，∴S =S ，
ABD 四边形DFEB AEG DFG AEG AFG DFG AFG AEF ADF
△ △ △ △ 1 △ △ △ 1 △ △
S AFh S ACh
设△ACE的边AC上的高为h，则 AEF 2 ， AEC 2 ，
1 1
S AFx S ACx
设△ACD的边AC上的高为x，则 ADF 2 ， ADC 2 ，
∵S =S ，∴h=x，∴S =S ，
AEF ADF AEC ADC
△ △ △ 1 △
S S 7
∵AE＝2，EB＝4，∴ AEC 3 ABC ，∴ S ADC S AEC 7 ．故答案为：7．
【点睛】本题考查了三角形的面积，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等是解答本题的关键．
18．（2022·成都市七中育才学校七年级期中）如图，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD与BE交于点
O，连接CO并延长交AB于点F，延长AD至点G，若GE平分∠DGC，CE平分∠DCH，则下列结论：
①∠ABE＝∠ACF；②∠GEB＝45°；③EO＝EC；④AE﹣CE＝BF；⑤AG﹣CG＝BC，其中正确的结论有
______（写序号）．
【答案】①②③⑤
【分析】①先根据锐角三角形的三条高线交于一点，得出 ，得出 ，根据同角的
余角相等，即可得出∠ABE＝∠ACF；②根据GE平分∠DGC，CE平分∠DCH，得出 ， ，
根据外角性质得出 ， ，即可得出 ，
最后根据 ；
③根据“ASA”证明 ，即可得出EO=EC；
④先证明AE=BE，得出 ，根据 ，得出 ；
⑤先根据“ASA”证明 ，得出 ，再根据 ，得出OG=CG，即可证明
AG﹣CG＝BC．
【详解】解：①∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴ ，
，
∴ ，∴∠ABE＝∠ACF，故①正确；
②∵GE平分∠DGC，CE平分∠DCH，
∴ ， ，
∵ 是△DGC的外角，∴ ，
∵ 为△GEC的外角，∴ ，
，∴ ，
即 ，
∵ ， ，
，∴ ，
，故②正确；
③∵在△EOG和△ECG中 ，
∴ ，∴EO=EC，故③正确；
④∵EO=EC，∴ ，
，∴ ，
∴ ，∴ ， ，∵ ，∴ ，故④错误；
⑤∵ ，∴ ，
∵ ， ，∴ ， ，
∵ ，∴OG=CG，
∵ ，∴ ，
即 ，故⑤正确；综上分析可知，正确的是①②③⑤．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形外角的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形全等的
判定和性质，三角形高线的性质，根据题意证明 ， ，是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程
或演算步骤）
19．（2022·福建·八年级阶段练习）如图，在△ABC中，∠BAC是钝角，完成下列画图．（不必尺规作
图）
（1）∠BAC的平分线AD；（2）AC边上的中线BE；（3）AC边上的高BF．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）按角平分线的定义画图即可；（2）按中线的定义画图即可；（3）按照高的定义画图即可．
【详解】解：（1）如图所示：AD即为所求；（2）如图所示：BE即为所求；（3）如图所示：BF即为所
求．
【点睛】本题考查了三角形的中线、角平分线和高的画法，解题关键是熟练掌握它们的画法，准确画图．
20．（2022·江西上饶·八年级期末）如图，已知五边形ABCDE的各边都相等，各内角也都相等，点F、G
分别在边BC、CD上，且FC=GD．(1)求证：ΔCDF ≌ ΔDEG；(2)求∠EHF的大小．【答案】(1)见解析(2)108°
【分析】（1）由五边形ABCDE的各边都相等，各内角也都相等知CD＝DE，∠FCD＝∠GDE，再结合
FC＝GD，利用“SAS”即可证明△CDF≌△DEG；
（2）由△CDF≌△DEG知∠FDC＝∠GED，据此得∠EHF＝∠GED+∠HDE＝∠FDC+∠HDE＝∠CDE，
从而得出答案．
(1)证明：在ΔCDF与ΔDEG中
∵五边形ABCDE的各边都相等，各内角也都相等，
∴CD=DE，∠FCD=∠GDE
又∵FC=GD
在△CDF和△DEG中，
，
∴ΔCDF ≌ ΔDEG（SAS）；
(2)解：∵ΔCDF ≌ ΔDEG；
∴∠FDC=∠GED
∴∠EHF=∠GED+∠HDE=∠FDC+∠HDE=∠CDE=
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握正多边形的性质和全等三角形的判定
与性质．
21．（2022·湖南·八年级阶段练习）如图，在△ABD中，∠ABC=45°，AC，BF为△ABD的两条高，
CM//AB，交AD于点M；求证：BE=AM+EM．【答案】见解析
【分析】求出∠CAD＝∠EBC，∠ACD＝∠BCE，AC＝BC，证出△BCE≌△ACD，求出CE＝CD，∠ECM
＝∠DCM，证△ECM≌△DCM，推出DM＝ME，即可得出答案．
【详解】∵AC、BF是高，
∴∠BCE＝∠ACD＝∠AFE＝90°，
∵∠AEF＝∠BEC，∠CAD＋∠AFE＋∠AEF＝180°，∠EBC＋∠BCE＋∠BEC＝180°，
∴∠DAC＝∠EBC，
∵∠ACB＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠BAC＝45°＝∠ABC，
∴BC＝AC，
在△BCE和△ACD中
∴△BCE≌△ACD（ASA），
∴BE＝AD．
∵CM∥AB，
∴∠MCE＝∠BAC＝45°，
∵∠ACD＝90°，
∴∠MCD＝45°＝∠MCE，
∵△BCE≌△ACD，
∴CE＝CD，
在△CEM和△CDM中∴△CEM≌△CDM（SAS），
∴ME＝MD，
∴BE＝AD＝AM＋DM＝AM＋ME，
即BE＝AM＋EM．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线性质，三角形的内角和定理，垂直定义，等腰三角
形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用定理进行推理的能力．
22．（2022·成都·八年级期末）如图，在 中， ， ，将点 沿着线段 翻折，
使点 落在 边上的点 处．
(1)求 的度数；(2)求 的度数．
【答案】(1) ；(2) ．
【分析】（1）利用三角形内角和求出 ，再根据折叠的性质以及外角的性质得：
，求出 的值即可求出 ；
（2）由折叠的性质可得： ，再求出 ，利用补角的关系即
可求出 ．
（1）解：∵ ， ，
∴ ，
由折叠的性质可得： ， ，
设 ，则 ， ，
∵ ，
∴ ，解得： ，
∴
（2）解：由折叠的性质可得： ，
∵ ， ，∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查折叠的性质，三角形内角和定理，外角的性质，补角，解题的关键是掌握折叠的性质，
准确找出角之间的关系．
23．（2022·湖北）（1）模型：如图1，在 中， 平分 ， ， ，求证：
．
（2）模型应用：如图2， 平分 交 的延长线于点 ，求证： ．
（3）类比应用：如图3， 平分 ， ， ，求证： ．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析；
【分析】（1）由题意得DE=DF， ， ，即可得出 ： =AB：
AC；
（2）在AB上取点E，使得AE=AC，根据题意可证△ACD≌△AED，从而可求出 ， ，
即可求解；（3）延长BE至M，使EM=DC，连接AM，根据题意可证△ADC≌△AEM，故而得出AE为
∠BAM的角平分线，即 ，即可得出答案；
【详解】解：（1）∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DE⊥AC，∴DE=DF，
∵ ， ，∴ ： =AB：AC；
（2）如图，在AB上取点E，使得AE=AC，连接DE
又∵ AD平分∠CAE，∴ ∠CAD=∠DAE，在△ACD和△AED中， ，∴△ACD≌△AED（SAS），
∴CD=DE且∠ADC=∠ADE，∴ ，∴ ，∴AB：AC=BD：CD；
（3）如图延长BE至M，使EM=DC，连接AM，∵ ∠D+∠AEB=180°，
又∵∠AEB+∠AEM=180°，∴∠D=∠AEM，
在△ADC与△AEM中， ，∴△ADC≌△AEM（SAS），
∴∠DAC=∠EAM=∠BAE，AC=AM，∴AE为∠BAM的角平分线，
故 ，∴BE：CD=AB：AC；
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、以及三角形的面积的应用，正确掌握知
识点是解题的关键；
24．（2022·陕西渭南·七年级期末）问题情境：（1）如图1， ，OC平分∠AOB，把三角尺的
直角顶点落在OC的任意一点P上，并使三角尺的两条直角边分别与OA、OB相交于点E、F，过点P作
于点N，作 于点M，请写出PE与PF的数量关系______．变式拓展：（2）如图2，已知OC平分∠AOB，P是OC上一点，过点P作 于M， 于
N，PE边与OA边相交于点E，PF边与射线OB的反向延长线相交于点F， ．试解决下列
问题：
①PE与PF之间的数量关系还成立吗？为什么？
②若 ，试判断OE、OF、OP三条线段之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1） ；（2）①还成立，理由见解析；② ，理由见解析
【分析】（1）证明 PMF≌△PNE（ASA），可得结论；
（2）①证明 PMF≌△△PNE（ASA），可得结论；
②结论：OE-△OF=OP．证明 POM≌△PON（AAS），推出OM=ON，再由 PMF≌△PNE（ASA），推出
FM=EN，可得结论． △ △
【详解】解：（1）∵OC平分∠AOB，PM⊥OB，PN⊥OA，
∴PM=PN，
∵∠PMO=∠PNO=∠MON=90°，
∴∠MPN=360°-3×90°=90°，
∵∠MPN=∠EPF=90°，
∴∠MPF=∠NPE，
在 PMF和 PNE中，
△ △
，
∴△PMF≌△PNE（ASA），
∴PF=PE，
故答案为：PF=PE；
（2）①结论： 还成立．理由：∵OC平分∠AOB， ， ，
∴ ．
∵∠MPN＝∠EPF，
∴∠MPF＝∠NPE，
在 和 中,
∴ ，
∴ ；
②解：结论： ．
理由：在 OPM和 OPN中，
△ △
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了角平分线的性质定理，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，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
25．（2022·遂宁·八年级期末）问题情境：如图①,在直角三角形ABC中,∠BAC=90∘,AD⊥BC于点D,可知：
∠BAD=∠C(不需要证明)；
(1)特例探究：如图②,∠MAN=90∘,射线AE在这个角的内部,点B．C在∠MAN的边AM、AN上,且
AB=AC,CF⊥AE于点F,BD⊥AE于点D．证明：△ABD≌△CAF；(2)归纳证明：如图③,点B,C在∠MAN的边AM、AN上,点E,F在∠MAN内部的射线AD上,∠1、∠2分别
是△ABE、△CAF的外角．已知AB=AC,∠1=∠2=∠BAC．求证：△ABE≌△CAF；
(3)拓展应用：如图④，在△ABC中，AB=AC，AB>BC．点D在边BC上，CD=2BD，点E.F在线段AD上，
∠1=∠2=∠BAC．若△ABC的面积为18，求△ACF与△BDE的面积之和是多少?
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）6.
【分析】（1）求出∠BDA=∠AFC=90°，∠ABD=∠CAF，根据AAS证△ABD≌△CAF即可；
（2）根据题意和三角形外角性质求出∠ABE=∠CAF，∠BAE=∠FCA，根据ASA证△BAE≌△CAF即可；
（3）求出△ABD的面积，根据△ABE≌△CAF得出△ACF与△BDE的面积之和等于△ABD的面积，即可
得出答案.
【详解】（1）证明：如图②,∵CF⊥AE,BD⊥AE,∠MAN=90°，
∴∠BDA=∠AFC=90°，
∴∠ABD+∠BAD=90°,∠BAD+∠CAF=90°，
∴∠ABD=∠CAF，
在△ABD和△CAF中，
∴△ABD≌△CAF(AAS)；
（2）证明：如图③，∵∠1=∠2=∠BAC，∠1=∠BAE+∠ABE，
∠BAC=∠BAE+∠CAF，∠2=∠FCA+∠CAF，
∴∠ABE=∠CAF，∠BAE=∠FCA，
在△BAE和△CAF中，∴△BAE≌△CAF(ASA)；
（3）如图④，∵△ABC的面积为18，CD=2BD，
∴△ABD的面积 ，
由(2)可得△BAE≌△CAF，
即△BAE的面积=△ACF的面积，
∴△ACF与△BDE的面积之和等于△BAE与△BDE的面积之和，
即△ACF与△BDE的面积之和等于△ABD的面积6.
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，三角形的面积，三角形的外角性质等知识点，具备较
强的分析问题和解决问题的能力是关键，题目比较典型，证明过程有类似之处.
26．（2021·四川八年级期末）如图1，在等边三角形 中， 于 于 与 相交
于点 ．
（1）求证： ；（2）如图2，若点 是线段 上一点， 平分 交
所在直线于点 ．求证： ．（3）如图3，若点 是线段 上一点（不与点 重合），连接 ，
在 下方作 边 交 所在直线于点 ．猜想： 三条线段之间的数量关系，
并证明．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）OF=OG+OA，理由见解析【分析】（1）由等边三角形的可求得∠OAC=∠OAB=∠OCA=∠OCB=30°，理由含30°角的直角三角形的
性质可得OC=2OD，进而可证明结论；（2）理由ASA证明△CGB≌△CGF即可证明结论；
（3）连接OB，在OF上截取OM=OG，连接GM，可证得△OMG是等边三角形，进而可利用ASA证明
△GMF≌△GOB，得到MF=OB=OA，由OF=OM+MF可说明猜想的正确性．
【详解】解：（1）证明：∵△ABC为等边三角形，∴AB=BC=AC，∠BAC=∠ACB=60°，
∵AD⊥BC，CE⊥AB，∴AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，
∴∠OAC=∠OAB=∠OCA=∠OCB=30°，∴OA=OC，
在Rt OCD中，∠ODC=90°，∠OCD=30°，∴OC=2OD，∴OA=2OD；
（2）△证明：∵AB=AC=BC，AD⊥BC，
∴BD=CD，∴BG=CG，∴∠GCB=∠GBC，
∵CG平分∠BCE，∴∠FCG=∠BCG= ∠BCF=15°，∴∠BGC=150°，
∵∠BGF=60°，∴∠FGC=360°-∠BGC-∠BGF=150°，∴∠BGC=∠FGC，
在△CGB和△CGF中， ，∴△CGB≌△CGF（ASA），∴GB=GF；
（3）解：OF=OG+OA．理由如下：连接OB，在OF上截取OM=OG，连接GM，
∵CA=CB，CE⊥AB，∴AE=BE，∴OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=30°，∴∠AOB=120°，∠AOM=∠BOM=60°，
∵OM=OG，∴△OMG是等边三角形，∴GM=GO=OM，∠MGO=∠OMG=60°，
∵∠BGF=60°，∴∠BGF=∠MGO，∴∠MGF=∠OGB，
∵∠GMF=120°，∴∠GMF=∠GOB，在△GMF和△GOB中， ，∴△GMF≌△GOB（ASA），
∴MF=OB，∴MF=OA，∵OF=OM+MF，∴OF=OG+OA．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定的与性质，含30° 角的直角三角形，
角平分线的定义等知识的综合运用，属于三角形的综合题，证明相关三角形全等是解题的关键．
