期中押题检测卷（考试范围：第十一-十三章）（解析版）_初中全科电子版试卷练习试题_数学_8上初中人教版数学练习、试卷_人教数学八年级上期中试卷（021份）

期中押题检测卷（考试范围：第十一-十三章）（人教版） 选拔卷 （考试时间：90分钟 试卷满分：120分） 一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的。 1．（2021·河北七年级期末）下面的图形是用数学家名字命名的，其中是轴对称图形的是（ ） A． 赵爽弦图 B．费马螺线 C． 科克曲线 D．斐波那契螺旋线 【答案】C 【分析】根据轴对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：A．不是轴对称图形，故本选项不合题意；B．不是轴对称图形，故本选项不符合题 意； C．是轴对称图形，故本选项符合题意；D．不是轴对称图形，故本选项不合题意．故选：C． 【点睛】本题考查轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合． 2．（2021·珠海市九洲中学八年级期中）一个缺角的三角形ABC残片如图所示，量得∠A＝60°， ∠B＝75°，则这个三角形残缺前的∠C的度数为（ ） A．75° B．60° C．45° D．40° 【答案】C 【分析】利用三角形内角和定理求解即可. 【详解】因为三角形内角和为180°，且∠A = 60°，∠B = 75°，所以∠C=180°–60°–75°=45°. 【点睛】三角形内角和定理是常考的知识点.3．（2021·重庆·八年级期中）下列说法错误的是（ ） A．三角形的三条高的交点一定在三角形内部 B．三角形的三条中线的交点一定在三角形内部 C．三角形的三条角平分线的交点一定在三角形内部 D．三角形的三条边的垂直平分线的交点可能在三角形内部，也可能在三角形外部 【答案】A 【分析】根据三角形的角平分线、高、中线的定义判断即可． 【详解】A、三角形的三条高的交点在三角形内部、外部或顶点上，本选项说法错误，符合题意； B、三角形的三条中线的交点一定在三角形内部，本选项说法正确，不符合题意； C、三角形的三条角平分线的交点一定在三角形内部，本选项说法正确，不符合题意； D、三角形的三条边的垂直平分线的交点可能在三角形内部，也可能在三角形外部，本选项说法正 确，不符合题意；故选：A． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、三角形的角平分线、高、中线，关键是根据三条高线 可以交在三角形的内部或外部或一角的顶点解答． 4．（2021·梁河县第一中学八年级月考）打碎的一块三角形玻璃如图所示，现在要去玻璃店配一块 完全一样的玻璃，最省事的方法是（ ） A．带①②去 B．带②③去 C．带③④去 D．带②④去 【答案】A 【分析】由已知条件可知，该玻璃为三角形，可以根据这4块玻璃中的条件，结合全等三角形判定 定理解答此题． 【详解】A选项带①②去，符合三角形ASA判定，选项A符合题意； B选项带②③去，仅保留了原三角形的一个角和部分边，不符合任何判定方法，选项B不符合题意； C选项带③④去，仅保留了原三角形的一个角和部分边，不符合任何判定方法，选项C不符合题意； D选项带②④去，仅保留了原三角形的两个角和部分边，不符合任何判定方法，选项D不符合题意； 故选：A． 【点睛】此题主要考察全等三角形的判定方法的灵活运用，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形 的判定方法，包括：SSS、SAS、ASA、AAS、HL，做题时要根据已知条件进行选择运用． 5．（2021·珠海市九洲中学八年级期中）如果一个多边形的内角和是720°，那么这个多边形是（） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 【答案】A 【分析】根据多边形的内角和公式直接计算即可． 【详解】依题意设多边形的边数为 ，则 ，解得 ．故选A． 【点睛】本题考查了多边形的内角和，牢记多边形的内角和公式是解题的关键． 6．（2021·重庆巴南·八年级期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别是边AB、 BC、CA上的点，DE与BF相交于点G，BD＝BC，BE＝CF，若∠A＝40°，则∠DGF的度数为（ ） A．40° B．60° C．70° D．110° 【答案】C 【分析】根据等腰三角形的性质可得∠DBE＝70°，证明△DBE≌△BCF，可得∠BDE＝∠CBF，进而根 据∠DGF＝∠DBG+∠BDE＝∠DBG+∠CBF＝∠DBE，即可求得∠DGF的度数． 【详解】解：∵AB＝AC，∠A＝40°，∴∠DBE＝∠C＝ （180°﹣40°）＝70°， 在△DBE和△BCF中， ，∴△DBE≌△BCF（SAS），∴∠BDE＝∠CBF， ∴∠DGF＝∠DBG+∠BDE＝∠DBG+∠CBF＝∠DBE＝70°，故选：C． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的性质与判定，三角形的外角性质，证明 △DBE≌△BCF是解题的关键． 7．（2021·重庆巴南·八年级期中）如图，AB⊥AF，∠B、∠C、∠D、∠E、∠F的关系为（ ）A．∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝270° B．∠B+∠C﹣∠D+∠E+∠F＝270° C．∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360° D．∠B+∠C﹣∠D+∠E+CF＝360° 【答案】B 【分析】分析题意∠DMA=∠1，∠DNA=∠2，然后利用三角形的内角和、等量代换求解即可． 【详解】解：连接AD， 在△DMA中，∠DMA+∠MDA+∠MAD＝180°，在△DNA中，∠DNA+∠NDA+∠NAD＝180°， ∴∠DMA+∠MDA+∠MAD+∠DMA+∠NDA+∠NAD＝360°， ∵∠MAD+∠NAD＝360°﹣∠BAF，∴∠DMA+∠DNA+∠MDN+360°﹣∠BAF＝360°， ∵AB⊥AF，∴∠BAF＝90°，∴∠DMA+∠DNA＝90°﹣∠MDN， ∵∠DMA＝∠1，∠DNA＝∠2，∵∠1＝180°﹣∠B﹣∠C，∠2＝180°﹣∠E﹣∠F， ∴∠1+∠2＝360°﹣（∠B+∠C+∠E+∠F），∴90°﹣∠MDN＝360°﹣（∠B+∠C+∠E+∠F）， ∴∠B+∠C+∠E+∠F﹣∠MDN＝270°．故选：B． 【点睛】本题主要考查了三角形的内角和定理的应用，将图形中角的关系利用三角形的内角和等于 180°进行转化，再运用等量代换是解题的关键． 8．（2021·重庆巴南·八年级期中）如图，△ABC中，∠B＝40°，AC的垂直平分线交AC于D，交BC 于E，且∠EAB：∠CAE＝3：1，则∠C等于（ ） A．28° B．25° C．22．5° D．20°【答案】A 【分析】设∠CAE=x，则∠EAB=3x．根据线段的垂直平分线的性质，得AE=CE，再根据等边对等角， 得∠C=∠CAE=x，然后根据三角形的内角和定理列方程求解． 【详解】解：设∠CAE＝x，则∠EAB＝3x． ∵AC的垂直平分线交AC于D，交BC于E，∴AE＝CE．∴∠C＝∠CAE＝x． 根据三角形的内角和定理，得∠C+∠BAC＝180°﹣∠B， 即x+4x＝140°，x＝28°．则∠C＝28°．故选：A． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理，解题的 关键是熟练掌握有关性质． 9．（2021·北京九年级专题练习）数学课上，老师给出了如下问题： BC90 E BC DE ADC ABCD AD 如图1， ， 是 的中点， 平分 ，求证： ． ABCD AD AD F AF  AB 小明是这样想的：要证明 ，只需要在 上找到一点 ，再试图说明 ， DF CD 即可．如图2，经过思考，小明给出了以下3种辅助线的添加方式． E EF  AD AD F EF  EC AD F ①过点 作 交 于点 ；②作 ，交 于点 ； AD F DF  DC EF ③在 上取一点 ，使得 ，连接 ； ABCD AD 上述3种辅助线的添加方式，可以证明“ ”的有（ ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【分析】①如图1，过作EF⊥AD，垂足为点F，证明△DEF≌△DCE（AAS），由全等三角形的性质 得出CE=EF，DC=DF，∠CED=∠FED，证明Rt AFE≌Rt ABE（HL），得出AF=AB，则得出结论； △ △②作EF=EC，交AD于点F，不能证明结论；③在AD上取一点F，使得DF=DC，连接EF，证明 △DEF≌△DCE（SAS），得出CE=EF，∠ECD=∠EFD=90°，证明Rt AFE≌Rt ABE（HL）得出 AF=AB．则可得出结论． △ △ 【详解】解：①如图1，过作EF  AD，垂足为点F ， DFE 90 DFE C DE ADC FDECDE  可得 ，则 ， 平分 ， ， C DFE  CDE FDE 在 和 中， ， ；  DE  DE DCE DFE  DEF DCE(AAS) CE  EF DC  DF CEDFED ， ， ， BE  FE  E 是 BC 的中点， CE EB ， EF  EB ，在 RtABE 和 RtAFE 中， AE  AE ，  RtAFERtABE(HL) AF  AB AD AF DF  ABCD ； ， ． EF  EC AD F ②如图2，作 ，交 于点 ；  EF  EC DE  DE FDE CDE  SSA DEF DCE ， ， ， 根据 不能证明 ，  AD ABCD 这种辅助线的添加方式不能证明结论 ． AD F DF  DC EF ③如图3，在 上取一点 ，使得 ，连接 ， DC  DF  CDE FDE 在 和 中， ， ；  DE  DE DCE DFE  DEF DCE(SAS) CE  EF ECD EFD 90 ， ，E BC CE EB EF  EB  是 的中点， ， ， BE  FE  在 RtABE 和 RtAFE 中， AE  AE ， RtAFERtABE(HL) ； AF  AB，AD AF DF  ABCD．故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形 是本题的关键． 10．（2021·四川省宜宾市第二中学校九年级一模）如图， ， ， 三点在同一直线上， ， 都是等边三角形，连接 ， ， ：下列结论中正确的是（ ） ①△ACD≌△BCE；②△CPQ是等边三角形；③ 平分 ；④△BPO≌△EDO． A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】利用等边三角形的性质，三角形的全等，逐一判断即可． 【详解】∵△ABC，△CDE都是等边三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠ECD=60°， ∴∠ACB+∠PCQ =∠ECD+∠PCQ，∠PCD=60°，∴∠ACD =∠BCE， ∴△ACD≌△BCE， ∴①的说法是正确的； ∵△ACD≌△BCE，∴∠PDC =∠QEC， ∵∠PCD=∠QCE=60°，CD=CE，∴△PCD≌△QCE， ∴PC=QC，∴△CPQ是等边三角形；∴②的说法是正确的； ∵△PCD≌△QCE，∴PD=QE， ，过点C作CG⊥PD，垂足为G，CH⊥QE，垂足为H， ∴ ，∴CG=CH，∴ 平分 ，∴③的说法是正确的； 无法证明△BPO≌△EDO．∴④的说法是错误的；故答案为①②③，故选B． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，三角形的全等与性质，角平分线的性质定理，熟练 掌握等边三角形的性质，灵活进行三角形全等的判定，活用角的平分线性质定理的逆定理是解题的 关键． 二、填空题：本题共8个小题，每题3分，共24分。 11．（2021·重庆·八年级期中）若点 关于y轴的对称点是点 ，则a=______． 【答案】-3 【分析】关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变．据此可得a的值． 【详解】解：根据两点关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标不变， 可得a+1=-2，∴a=-3．故答案为：-3． 【点睛】本题主要考查了关于y轴的对称点的坐标特点，点P（x，y）关于y轴的对称点P′的坐标 是（-x，y）． 12．（2021·河南驻马店市·八年级期末）把一个图形先沿着一条直线进行轴对称变换，再沿着与这 条直线平行的方向平移，我们把这样的图形变换叫做滑动对称变换．在自然界和日常生活中，存在 着很多这种图形变换（如图①）．结合轴对称变换和平移变换的有关性质，你认为在滑动对称变换 过程中，两个对应三角形（如图②）的对应点所具有的性质是_____________． 【答案】对应点到对称轴的距离相等 【分析】由已知条件，根据轴对称的性质和平移的基本性质可得答案． 【详解】解：两个对应三角形的对应点所具有的性质是对应点到对称轴的距离相等． 故答案为：对应点到对称轴的距离相等． 【点睛】本题主要考查了轴对称及平移的性质，正确把握对应点之间关系是解题的关键． 13．（2021·绵阳市·八年级期中）某等腰三角形一腰上的高与该腰上的中线重合，若该等腰三角形 的顶角为n°，则n＝_____．【答案】60 【分析】由等腰三角形的性质及等边三角形的判定可得出答案． 【详解】解：∵等腰三角形一腰上的高与该腰上的中线重合， ∴腰与底边相等，∴此三角形为等边三角形， ∴等腰三角形的顶角为60°，即n＝60． 故答案为：60． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及等边三角形的判定与性质，熟练掌握几何图形的性质是解 题的关键． 14．（2021·河南八年级月考）在△ABC中，AB=5，BC=2，若AC的长是偶数，则△ABC的周长为 ________． 【答案】11或13 【分析】根据“三角形的两边的和一定大于第三边，两边的差一定小于第三边”进行分析，解答即可． 【详解】解：因为5-2＜AC＜5+2，所以3＜AC＜7，因为AC长是偶数，所以AC为4或6， 所以△ABC的周长为：11或13.故答案为：11或13． 【点睛】本题考查三角形的三边关系．三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形 的两边差小于第三边． 15．（2021·广东·八年级期中）如图，∠ABC＝58°，AD垂直平分BC，垂足为D，BE平分∠ABD交 AD于E，连接CE，若∠AEC＝m°，则m＝______． 【答案】119 【分析】先利用角平分线的定义得到∠EBC＝ ∠ABC＝29°，再由线段垂直平分线的定义得到EB＝ EC，∠ADC＝90°，再利用三角形外角的性质即可得到∠AEC＝∠ADC+∠C＝119°． 【详解】解：∵BE平分∠ABD，∠ABC＝58°，∴∠EBC＝ ∠ABC＝29°， ∵AD垂直平分BC，∴EB＝EC，∠ADC＝90°，∴∠C＝∠EBC＝29°， ∴∠AEC＝∠ADC+∠C＝119°，即m＝119，故答案为：119． 【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定， 解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 16．（2021·北京市·八年级期中）如图，点E、F都在线段AB上，分别过点A、B作AB的垂线AD、BC，连接DE、DF、CE、CF，DF交CE于点G，已知AD＝BE＝7.5，AE＝BF＝CB＝2.5．如 果△DEG的面积为S，△CFG的面积为S，则S﹣S＝_________________． 1 2 1 2 【答案】 【分析】先根据AD＝BE＝7.5，AE＝BF＝CB＝2.5，得到AF＝BE，AD＝AF＝7.5，然后证 △ADE≌△BEC得到S ＝S ，即可推出S＝S ﹣S ﹣S ，S＝S ﹣S ﹣S ，则S DAE CBE 1 DAF DAE EFG 2 CBE EFG CBF 1 △ △ △ △ △ △ △ △ ﹣S＝S +S 由此求解即可 2 DAE CBF △ △ 【详解】解：∵AD⊥AB，BC⊥AB，∴∠A=∠B=90° ∵AD＝BE＝7.5，AE＝BF＝CB＝2.5，∴AF＝BE，∴AD＝AF＝7.5， 在△ADE和△BEC中， ，∴△ADE≌△BEC（SAS），∴S ＝S ， DAE CBE △ △ ∵S＝S ﹣S ﹣S ，S＝S ﹣S ﹣S ， 1 DAF DAE EFG 2 CBE EFG CBF △ △ △ △ △ △ ∴S﹣S＝S +S ＝ ．故答案为： ． 1 2 DAE CBF △ △ 【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 17．（2021·增城市初三月考）如图，等边三角形△ABC的边长为6，l是AC边上的高BF所在的直 线，点D为直线l上的一动点，连接AD，并将AD绕点A逆时针旋转60°至AE，连接EF，则EF 的最小值为_____．【答案】 【分析】取AB的中点H，连接DH，由“SAS”可证△ADH≌△AEF，可得EF＝DH，由垂线段最短， 可得当DH⊥BF时，DH的长最短，即EF有最小值，即可求解． 【解析】解：如图，取AB的中点H，连接DH， ∵△ABC是等边三角形，BF是高，∴AF＝CF＝3，∠ABF＝30°， ∵点H是AB中点，∴BH＝AH＝3，∴AH＝AF， ∵将AD绕点A逆时针旋转60°至AE，∴AE＝AD，∠DAE＝60°＝∠BAC， ∴∠DAH＝∠FAE，且AF＝AH，AD＝AE，∴△ADH≌△AEF（SAS）∴EF＝DH， ∴当DH⊥BF时，DH的长最短，即EF有最小值， ∴DH的最小值为 BH＝ ，∴EF的最小值为 ，故答案为： ． 【点睛】本题考查了全等三角形的最值问题，掌握旋转的性质、全等三角形的性质以及判定定理是 解题的关键． 18．（2021·重庆八中八年级期末）如图，在 中， ，M、N为边AB、BC上的两个动 点，将 沿MN翻折，翻折后点B的对应点D落在直线BC上方，连接CD， ，且 ，则当 是等腰三角形时， _____________度． 【答案】40 【分析】连接BD，根据折叠的性质可得 ，得，再分DN=DC，DN=NC，NC=DC三种情况讨论可得结 果． 【详解】解：连接BD，如图， 由折叠可得，MB=MD，BN=DN，∴ ， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ 是等腰三角形，∴分三种情况讨论： ①当NC=DC时， 又 ∴ 整理得， 故此种情况不存在； ②当DN=DC时， ∴ 解得， ∴ ；∵∠AMD＞20°，∴此种情况须舍去； ③当DN=NC时， ∵ ∴ 解得， ∴ 综上， 的度数为 故答案为： 【点睛】此题主要考查了折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识，灵活 掌握分类讨论思想是解答此题的关键． 三、解答题：本题共8个小题，19-24每题10分，25-26每题10分，共66分。 19．（2021·湖南怀化市·八年级期末）如图．在△ABC中，∠C=90 °，∠A=30°． （1）用直尺和圆规作AB的垂直平分线，分别交AB、AC于D、E，交BC的延长线于F，连接 EB．（不写作法，保留作图痕迹）（2）求证：EB平分∠ABC．（3）求证：AE=EF．【答案】见解析 【分析】（1）先作线段AB的垂直平分线DE，再延长BC即可； （2）先利用直角三角形的性质求∠ABC= 60 ，再垂直平分线的性质得到∠ABE=∠A=30 ，再求出 ∠EBC=∠ABC-∠ABE=30 ，即可得到∠EBC=∠ABE，得到答案； （3）证明：先利用直角三角形的性质求∠DEB=90 -∠ABE =60 再利用三角形外角的性质求 ∠EFB=∠DEB-∠EBC=60 -30 =30 ，进而得∠EFB=∠EBC，证得BE=EF，又因为AE= BE，利用等 量代换即可求得答案． 【详解】（1）如图，即为所求； （2）证明：∵DE是AB的垂直平分线∴DE⊥AB∴AE=BE ∵∠A=30 ，∠ACB=90 ∴∠ABE=∠A=30 ，∠ABC=90 -∠A=60 ∴∠EBC=∠ABC-∠ABE=60 -30 =30 ∴∠EBC=∠ABE∴EB平分∠ABC． （3）证明：∵DE是AB的垂直平分线 ∴DE⊥AB∴∠DEB=90 -∠ABE =60 ∴∠EFB=∠DEB-∠EBC=60 -30 =30 ∴∠EFB=∠EBC∴BE=EF 又∵AE= BE∴AE=EF 【点睛】本题考查了尺规作图和垂直平分线性质得应用，解决此题的关键利用尺规作图，画出图形． 20．（2021·湖北八年级期中）如图是一个8×10的网格，每个小正方形的顶点叫格点，每个小正方 形的边长均为1，△ABC的顶点均在格点上．（1）画出△ABC关于直线OM对称的△ABC ；（2）求出△ABC的面积． 1 1 1 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）分别作 关于直线OM对称的点 ，顺次连接 ，则 即为 所求；（2）根据网格的特点，利用4个网格的面积减去三个三角形的面积即可求得△ABC的面积． 【详解】（1）如图，分别作 关于直线OM对称的点 ，顺次连接 ，则 即为所求； （2） ． 【点睛】本题考查了网格中的轴对称作图，求三角形面积，理解轴对称的性质和网格的特点是解题 的关键．21．（2021·石家庄·八年级期中）如图，在△ABC中，CG⊥AB，垂足为G，点D在CG的延长线上， 且CD＝AB，连接AD，过点A作AF⊥AD，且AF＝AD，连接BF并延长交AC于E． （1）求证：∠1＝∠2；（2）若AC＝6，EF＝1，求△ABC的面积． 【答案】（1）见解析；（2）21 【分析】（1）根据等角的余角相等可得∠ADG＝∠GAF，进而证明△ADC≌△FAB，即可证明∠1＝ ∠2；（2）由（1）的结论可得∠1＝∠2，∠BGC＝90°，进而可得∠FEC＝∠BGC＝90°，进而根据三 角形面积公式计算即可． 【详解】（1）证明：∵CG⊥AB，∴∠AGD＝90°，∴∠D+∠DAG＝90°， ∵AF⊥AD，∴∠DAF＝90°，∴∠DAG+∠GAF＝90°，∴∠ADG＝∠GAF， 在△ADC和△FAB中， ，∴△ADC≌△FAB（SAS），∴∠1＝∠2； （2）解：∵△ADC≌△FAB，∴AC＝BF＝6， ∵EF＝1，∴BE＝BF+EF＝7， ∵∠1＝∠2，∠BGC＝90°，∴∠FEC＝∠BGC＝90°， ∴BE⊥AC，∴S ＝ ×6×7＝21． ABC △ 【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键． 22．（2021·河南驻马店市·八年级期末）阅读下列材料并解答问题：在一个三角形中，如果一个内 角的度数是另一个内角度数的3倍，那么这样的三角形我们称为“梦想三角形”例如：一个三角形三 个内角的度数分别是 ， ， ，这个三角形就是一个“梦想三角形”．反之，若一个三角形 是“梦想三角形”，那么这个三角形的三个内角中一定有一个内角的度数是另一个内角度数的3倍．（1）如果一个“梦想三角形”有一个角为 ，那么这个“梦想三角形”的最小内角的度数为 ． （2）如图，已知 ，在射线 上取一点 ，过点 作 交 于点 ， 以 为端点作射线 ，交线段 于点 （点 不与 、 重合），若 ，判定 、 是否是“梦想三角形”，为什么？ 【答案】（1） 或 ；（2） ， 都是“梦想三角形”，理由见解析 【分析】（1）分两种情形：当108°是三角形的一个内角的3倍，当另外两个内角是3倍关系，分 别求解即可．（2）根据“梦想三角形”的定义可以判断：△AOB、△AOC都是“梦想三角形”． 【详解】解：（1）当108°是三角形的一个内角的3倍，则有这个内角为36°，第三个内角也是 36°，故最小的内角是36°，当另外两个内角是3倍关系，则有另外两个内角分别为：54°，18°，最 小的内角是18° 故答案为：36°或18°． （2）结论： ， 都是“梦想三角形” 理由： ， ， ， ， 为“梦想三角形”， ， ， ， ， ， “梦想三角形”． 【点睛】本题考查三角形内角和定理，“梦想三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会 用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．23.（2020•丰泽区校级期中）如图 ，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P． ① （1）如果∠A＝80°，求∠BPC的度数；（2）如图 ，作△ABC外角∠MBC、∠NCB的平分线交 于点Q，试探索∠Q、∠A之间的数量关系．（3）如②图 ，延长线段BP、QC交于点E，△BQE中， 存在一个内角等于另一个内角的3倍，请直接写出∠A的③度数． 【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∠ABC+∠ACB，进而求出 ∠BPC即可解决问题；（2）根据三角形的外角性质分别表示出∠MBC与∠BCN，再根据角平分线 的性质可求得∠CBQ+∠BCQ，最后根据三角形内角和定理即可求解；（3）在△BQE中，由于∠Q ＝90° ∠A，求出∠E ∠A，∠EBQ＝90°，所以如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角 的3倍，那么分四种情况进行讨论： ∠EBQ＝3∠E＝90°； ∠EBQ＝3∠Q＝90°； ∠Q＝ 3∠E； ∠E＝3∠Q；分别列出方程，①求解即可． ② ③ 【解答】④（1）解：∵∠A＝80°．∴∠ABC+∠ACB＝100°， ∵点P是∠ABC和∠ACB的平分线的交点， ∴∠P＝180° （∠ABC+∠ACB）＝180° 100°＝130°， （2）∵外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q， ∴∠QBC+∠QCB （∠MBC+∠NCB） （360°﹣∠ABC﹣∠ACB） （180°+∠A）＝90° ∠A ∴∠Q＝180°﹣（90° ∠A）＝90° ∠A；（3）延长BC至F，∵CQ为△ABC的外角∠NCB的角平分线， ∴CE是△ABC的外角∠ACF的平分线，∴∠ACF＝2∠ECF， ∵BE平分∠ABC，∴∠ABC＝2∠EBC， ∵∠ECF＝∠EBC+∠E，∴2∠ECF＝2∠EBC+2∠E，即∠ACF＝∠ABC+2∠E， 又∵∠ACF＝∠ABC+∠A，∴∠A＝2∠E，即∠E ∠A； ∵∠EBQ＝∠EBC+∠CBQ ∠ABC ∠MBC （∠ABC+∠A+∠ACB）＝90°． 如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的3倍，那么分四种情况： ∠EBQ＝3∠E＝90°，则∠E＝30°，∠A＝2∠E＝60°； ①∠EBQ＝3∠Q＝90°，则∠Q＝30°，∠E＝60°，∠A＝2∠E＝120°； ②∠Q＝3∠E，则∠E＝22.5°，解得∠A＝45°； ③∠E＝3∠Q，则∠E＝67.5°，解得∠A＝135°． ④综上所述，∠A的度数是60°或120°或45°或135°． 【点评】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理、外角的性质，角平分线定义等知识；灵 活运用三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键． 24．（2021·珠海市九洲中学八年级期中）如图，点O是等边△ABC内一点，D是△ABC外的一点， ∠AOB＝110°，∠BOC＝α，△BOC≌△ADC，∠OCD＝60°，连接OD．（1）求证：△OCD是等边三角形；（2）当α＝150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由； （3）当α＝ 时，△AOD是等腰三角形． 【答案】（1）见解析；（2）直角三角形，理由见解析；（3） 或 或 【分析】（1）根据全等的性质可得 ，根据已知条件∠OCD＝60°，即可证明△OCD是等边 三角形；（2）根据全等的性质可得 ，由（1）可得 ，进而求得 的度数，即可判断△AOD的形状；（3）根据题意以及全等的性质，分别计算出 ，分三种情况讨论即可． 【详解】（1） △BOC≌△ADC， ， ∠OCD＝60°， △OCD是等边三角形； （2） 是直角三角形，理由如下： OCD是等边三角形； 当△α＝150°时， △BOC≌△ADC 是直角三角形 （3） △OCD是等边三角形； , ， ， ①当 时， 解得 ②当 时， 解得 ③当 时 解得 综上所述，当 或 或 时， 是等腰三角形． 故答案为： 或 或 ．【点睛】本题考查了全等三角形性质，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角 形内角和定理，分类讨论是解题的关键． 25．（2021·广东八年级期末）如图，△ABC和△EBD中，∠ABC＝∠DBE＝90°，AB＝CB，BE＝ BD，连接AE，CD，AE与CD交于点M，AE与BC交于点N． （1）求证：AE＝CD；（2）求证：AE⊥CD；（3）连接BM，有以下两个结论：①BM平分 ∠CBE；②MB平分∠AMD，其中正确的一个是 （请写序号），并给出证明过程． 【答案】（1）见解析；（2）见解析：（3）②，证明过程见解析 【分析】（1）先证明 ，利用边角边证明 ，进而即可求证 ； （2）由（1）的结论可得 ，进而根据 ，即 可证明 ；（3）作 于 ， 于 ，根据角平分线的性质以及全等的性质可 得 ，进而可得结论①，假设②成立利用反证法求证即可． 【详解】（1） ∠ABC＝∠DBE＝90°， ，即 ， ， （SAS）， （2） ，BE＝BD， （3）结论：②，理由如下：如图，作 于 ， 于 ，， 平分 结论②成立 若①成立，同理可得 则 ,根据已知条件不能判断 则①不成立 故答案为：② 【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，角平分线的的性质与判定，理解角平分线的性质与 判定是解题的关键． 26．（2021·南昌市心远中学八年级期中）在图1、图2，图3中．点E、F分别是四边形 边 上的点；下面请你根据相应的条件解决问题． 特例探索：（1）在图1中，四边形 为正方形（正方形四边相等，四个内角均为直角）， ，延长 至G，使 ．则 __________． 在图2中， ， ， ， ， ， ；则 __________．归纳证明：（2）在图3中， ， ．且 ，请你观察（1） 中的结果，猜想图3中线段 之间的数量关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发 现的关系式． 实际应用:（3）图4是某公路筑建工程平面示意图，指挥中心设在O处，A处、B处分别是甲、乙 两公路起点，它们分别在指挥中心的北偏东 和南偏东 的方向上．且A、B两处分别与指挥 中心O的距离相等：其中甲公路是从A处开始沿正东方向筑建，乙公路是从B处开始沿北偏东40 方向筑建：甲、乙两公路的路基筑建速度分别是每天150米、180米，当两公路同时开工后的第五 天收工时，分别筑建到C、D处，经测量 ．试求C与D两处之间的距离． 【答案】（1）5，2.5；（2）EF=BE+FD；（3）1650m． 【分析】（1）先证明出△ABE ADG，再根据∠DAF+∠BAE=45°得出∠EAF=∠FAG，利用△AEF AGF即可得出结果；延长CD△到G，使BE=DG，连接AG，同理证明即可； （2△）延长FD到G，使BE=DG，利用条件证明△ABE ADG，再根据∠DAF+∠BAE=45°得出 ∠EAF=∠FAG，利用△AEF AGF即可得出结论；（3）△依照结论（2），延长DB到E，使 BE=AC，连接OE，通过求证△△OAC OBE和△OCD OED得出CD=DE=BD+BE=BD+AC，代 入数据求值即可． △ △ 【详解】（1）∵BE=DG=2，∠B=∠ADG=90°，AB=AD； ∴△ABE ADG（SAS），∴AE=AG， ∠BAE=∠DAG， 又∵∠DAF△+∠BAE=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°，∴∠EAF=∠FAG， ∴△AEF AGF（SAS），∴EF=GD+DF=3+2=5； △延长CD到G，使BE=DG，连接AG，同理可证：△ABE ADG，△AEF AGF， ∴EF=GD+DF=2.5； △ △ （2）延长FD到G，使BE=DG， ∵BE=DG，∠B=∠ADG，AB=AD；∴△ABE ADG（SAS），∴AE=AG， ∠BAE=∠DAG， 又∵∠DAF+∠BAE=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°，△∴∠EAF=∠FAG， ∴△AEF AGF（SAS），∴EF=GD+DF=DF+BE； （3）分析△可得（2）中结论仍然成立，延长DB到E，使BE=AC，连接OE， ∵∠OAC=90°+20°=110°，∠DBE=180°-70°=110°，OA=OB,∴△OAC OBE， ∴OE=OC，即可证明△OCD OED，∴CD=DE=BD+BE=BD+AC=（△150+180） 5=1650m． 【点睛】此题属于推理探究类△综合题考查全等三角形的性质及判定，有一定难度，主要总结该类题 的规律解题即可．