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）_436

姓名： 班级 期中押题检测卷（考试范围：第十一-十三章） 全卷共24题，满分：100分，时间：60分钟 一、单选题（每题3分，共30分） 1．（2021·珠海市九洲中学八年级期中）下列图案中，是轴对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图 形叫做轴对称图形，对各选项判断即可． 【详解】根据轴对称图形的定义可知A、B、D均不是轴对称图形， 只有C是轴对称图形．故选：C． 【点睛】本题考查了轴对称图形的知识，属于基础题，解答本题的关键是找出对称轴从而判段是否是轴对 称图形． 2．（2021·深圳市龙岗区百合外国语学校八年级期中）下列叙述正确的是（ ） ①三角形的中线、角平分线都是射线；②三角形的中线将三角形分成面积相等的两个小三角形；③三角形 的三条高交于一点；④三角形的三条角平分线交于一点． A．②④ B．①②④ C．③④ D．④ 【答案】A 【分析】分别根据三角形中线、角平分线和高线的定义判断即可． 【详解】解：①三角形的中线、角平分线都是线段，原说法错误；②三角形的中线将三角形分成面积相等的两个小三角形，说法正确； ③三角形的三条高所在直线交于一点，原说法错误； ④三角形的三条角平分线交于一点，说法正确．故选：A． 【点睛】本题考查了三角形的面积，三角形的角平分线、中线和高，熟记定义即可作出正确的判断，属于 基础题． 3．（2021·广西八年级期中）如图，△ABC≌△DEF，下列结论不正确的是( ) A．AB=DE B．BE=CF C．BC=EF D．AC=DE 【答案】D 【分析】根据全等三角形的性质即可判断，即两全等三角形对应边相等，对应角相等． 【详解】∵△ABC≌△DEF，∴AB=DE，AC=DF，BC=EF，∴BE=CF，故A，B，C正确．故选D． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的性质，属于中考常考题型． 4．（2021·浙江八年级期末）多边形每一个内角都等于150°，则从该多边形一个顶点出发，可引出对角线 的条数为（ ） A．6条 B．8条 C．9条 D．12条 【答案】C 【分析】设这个多边形是n边形．由多边形外角和等于360°构建方程求出n即可解决问题． 【详解】解：设这个多边形是n边形．由题意 ＝180°﹣150°，解得n＝12， ∴则从该多边形一个顶点出发，可引出对角线的条数为12﹣3＝9条，故选：C． 【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，多边形的对角线等知识，解题的关键是熟练掌握多边形外角和 等于360°． 5．（2021·北京市朝阳区人大附中朝阳分校九年级月考）小聪在用直尺和圆规作一个角等于已知角时，具 体过程是这样的：已知：∠AOB．求作：∠A′O′B′，使∠A′O′B′＝∠AOB． 作法：（1）如图，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D； （2）画一条射线O′A′，以点O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′A′于点C′； （3）以点C'为圆心，CD长为半径画弧，与第（2）步中所画的弧相交于点D′； （4）过点D'画射线O′B′，则∠A′O′B′＝∠AOB．小聪作法正确的理由是（ ） A．由SSS可得△O′C′D′≌△OCD，进而可证∠A′O′B′＝∠AOB B．由SAS可得△O′C′D′≌△OCD，进而可证∠A′O′B′＝∠AOB C．由ASA可得△O′C′D′≌△OCD，进而可证∠A′O′B′＝∠AOB D．由“等边对等角”可得∠A′O′B′＝∠AOB 【答案】A 【分析】根据作图过程可知OD＝OC＝OD′＝OC′，CD＝C′D′，然后根据全等三角形的判定方法即可解答． 【详解】解：由作图得OD＝OC＝OD′＝OC′，CD＝C′D′， 则根据“SSS”可判断△C′O′D′≌△COD．故选：A． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，灵活运用全等三角形的判定定理成为解答本题的关键． 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·江西·八年级期中）若等腰三角形的顶角为30°，腰长为6，则此等腰三角形的面积为（ ） A．36 B．18 C．9 D．3 【答案】C 【分析】过B作BD⊥AC于D，依据含30°角的直角三角形的性质，即可得到该等腰三角形腰上的高，再 根据三角形面积计算公式进行计算即可． 【详解】解：如图所示，过B作BD⊥AC于D， ∵∠A＝30°，AB＝6，∴BD＝ AB＝3，∴S ＝ AC×BD＝ ＝9，故选：C． ABC △ 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，作出腰上的高并根据30°角 求出高是解题关键． 8．（2021·江苏八年级期末）如图， ， ， ， ，垂足分别为A、B． 点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿 向点B运动；点Q从点B出发，以每秒a个单位的速度沿 射线 方向运动．点P、点Q同时出发，当以P、B、Q为顶点的三角形与 全等时，a的值为（ ）A．2 B．3 C．2或3 D．2或 【答案】D 【分析】根据题意，可以分两种情况讨论，第一种△CAP≌△PBQ，第二种△CAP≌△QBP，然后分别求出相应 的a的值即可． 【详解】解：当△CAP≌△PBQ时，则AC=PB，AP=BQ， ∵AC=6，AB=14，∴PB=6，AP=AB-AP=14-6=8，∴BQ=8，∴8÷a=8÷2，解得a=2； 当△CAP≌△QBP时，则AC=BQ，AP=BP，． ∵AC=6，AB=14，∴BQ=6，AP=BP=7，∴6÷a=7÷2，解得a= ， 由上可得a的值是2或 ，故选：D． 【点睛】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确有两种情况，利用数形结合的思想解答． 9．（2021·北京八年级期中）如图，等腰三角形ABC的底边BC长为4，面积是16，腰AC的垂直平分线 EF分别交AC，AB边于E，F点．若点D为BC边的中点，点M为线段EF上一动点，则△CDM周长的最 小值为（ ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】连接AD，由于△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，故AD⊥BC，再根据三角形的面积公 式求出AD的长，再再根据EF是线段AC的垂直平分线可知，点C关于直线EF的对称点为点A，故AD的长为CM+MD的最小值，由此即可得出结论． 【详解】解：连接AD， ∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，∴AD⊥BC， ∴S ＝ BC•AD＝ ×4×AD＝16，解得AD＝8， ABC △ ∵EF是线段AC的垂直平分线，∴点C关于直线EF的对称点为点A， ∴AD的长为CM+MD的最小值， ∴△CDM的周长最短＝（CM+MD）+CD＝AD+ BC＝8+ ×4＝8+2＝10．故选：C． 【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知等腰三角形三线合一的性质是解答此题的关键． 10．（2021·盐城市初二期中）已知如图，AD∥BC，AB⊥BC，CD⊥DE，CD=ED，AD=2，BC=3，则 ADE的面积为（ ） △A．1 B．2 C．5 D．无法确定 【答案】A 【分析】因为知道AD的长，所以只要求出AD边上的高，就可以求出△ADE的面积．过D作BC的垂线交 BC于G，过E作AD的垂线交AD的延长线于F，构造出Rt EDF≌Rt CDG，求出GC的长，即为EF的 长，然后利用三角形的面积公式解答即可． △ △ 【解析】过D作BC的垂线交BC于G，过E作AD的垂线交AD的延长线于F， ∵∠EDF+∠FDC=90°，∠GDC+∠FDC=90°，∴∠EDF=∠GDC， 于是在Rt EDF和Rt CDG中， ，∴△DEF≌△DCG， △ △ ∴EF=CG=BC﹣BG=BC﹣AD=3﹣2=1， 所以，S =（AD×EF）÷2=（2×1）÷2=1．故选A． ADE △【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定方法；题目需要作辅助线构造直角三角形，利用全等三角形和 面积公式来解答．对同学们的创造性思维能力要求较高，是一道好题． 二、填空题（每题3分，共24分） 11．（2020·山东沂水初二期末）已知点 与点 关于直线 对称，那么 等于 ______． 【答案】2 【分析】轴对称图形的性质是对称轴垂直平分对应点的连线，且在坐标系内关于x对称，则y相等，所以 ， ． 【解析】点 与点 关于直线 对称∴ ， 解得 ，∴ 故答案为2． 【点睛】本题考察了坐标和轴对称变换，轴对称图形的性质是对称轴垂直平分对应点的连线，此类题是轴 对称相关考点中重要的题型之一，掌握对轴对称图形的性质是解决本题的关键． 12．（2020·江苏崇川初一期末）如图，AD是△ABC的角分平线，CE是△ABC的高，∠BAC=60°， ∠BCE=50°，点F为边AB上一点，当△BDF为直角三角形时，则∠ADF的度数为____． 【答案】20°或60°． 【分析】分情况讨论：①当∠BFD=90°时，②当∠BDF=90°时，根据角平分线和三角形高线的定义分别求 解即可． 【解析】如图所示，当∠BFD=90°时，∵AD是△ABC的角分平线，∠BAC=60°，∴∠BAD=30°，∴Rt△ADF中，∠ADF=60°； 如图，当∠BDF=90°时，同理可得∠BAD=30° ∵CE是△ABC的高，∠BCE=50°，∴∠BFD=∠BCE=50°，∴∠ADF=∠BFD﹣∠BAD=20°， 综上所述：∠ADF的度数为20°或60°．故答案为：20°或60°． 【点睛】本题考查角平分线和高线的定义，掌握分类讨论的思想是解题的关键． 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．（2020·浙江八年级期末）如图，用四个螺丝将四条不可弯曲的木条围成一个木框，不计螺丝大小，其 中相邻两螺丝的距离依次为2、3、4、6，且相邻两木条的夹角均可调整．若调整木条的夹角时不破坏此木 框，则任意两个螺丝间的距离的最大值为 【答案】7 【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】解：已知4条木棍的四边长为2、3、4、6； ①选2+3、4、6作为三角形，则三边长为5、4、6；5-4＜6＜5+4，能构成三角形，此时两个螺丝间的最长距离为6； ②选3+4、6、2作为三角形，则三边长为2、7、6；6-2＜7＜6+2，能构成三角形，此时两个螺丝间的最大 距离为7； ③选4+6、2、3作为三角形，则三边长为10、2、3；2+3＜10，不能构成三角形，此种情况不成立； ④选6+2、3、4作为三角形，则三边长为8、3、4；而3+4＜8，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7． 【点睛】此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． 15．（2021·山东省青岛第二十六中学八年级期中）如图，△ABC的面积为1．第一次操作：分别延长AB， BC，CA至点A，B，C ，使AB＝AB，BC＝BC，C A＝CA，顺次连接A，B，C ，得到△ABC ．第二 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 次操作：分别延长AB，BC ，C A 至点A，B，C ，使AB＝AB，BC ＝BC ，C A＝C A，顺次连接 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 A，B，C ，得到△ABC ，…按此规律，要使得到的三角形的面积超过2021，最少经过多少次操作 2 2 2 2 2 2 ___________ 【答案】4 【分析】先根据已知条件求出△ABC 及△ABC 的面积，再根据两三角形的倍数关系求解即可． 1 1 1 2 2 2 【详解】解：△ABC与△ABB 底相等（AB＝AB），高为1：2（BB＝2BC），故面积比为1：2， 1 1 1 1 ∵△ABC面积为1，∴S ＝2．同理可得，S ＝2，S ＝2， A1B1B C1B1C AA1C △ △ △ ∴S ＝S +S +S +S ＝2+2+2+1＝7； A1B1C1 C1B1C AA1C A1B1B ABC △ △ △ △ △ 同理可证S ＝7S ＝49，第三次操作后的面积为7×49＝343，第四次操作后的面积为7×343＝ A2B2C2 A1B1C1 △ △ 2401． 故按此规律，要使得到的三角形的面积超过2021，最少经过4次操作．故答案为：4． 【点睛】本题考查了三角形的面积，此题属规律性题目，解答此题的关键是找出相邻两次操作之间三角形 面积的关系，再根据此规律求解即可． 16．（2021·辽宁九年级二模）如图，在 中， 垂直平分AB，垂足为Q，交 BC于点P．按以下步骤作图：以点A为圆心，以适当的长为半径作弧，分别交边AC，AB于点D，E；分别以点D，E为圆心，以大于 的长为半径作弧，两弧相交于点F；作射线AF，射线AF与直线PQ相 交于点G，则 的度数为__________度． 【答案】56 【分析】根据直角三角形两锐角互余得∠BAC＝68°，由角平分线的定义得∠BAG＝34°，由线段垂直平分线 可得△AQG是直角三角形，根据直角三角形两锐角互余即可求出∠AGQ． 【详解】解：∵△ABC是直角三角形，∠C＝90°，∴∠B＋∠BAC＝90°， ∵∠B＝22°，∴∠BAC＝90°−∠B＝90°−22°＝68°， 由作法可知，AG是∠BAC的平分线，∴∠BAG＝ ∠BAC＝34°， ∵PQ是AB的垂直平分线，∴△AGQ是直角三角形， ∴∠AGQ＋∠BAG＝90°，∴∠AGQ＝90°−∠BAG＝90°−34°＝56°，故答案为：56． 【点睛】此题考查了直角三角形两锐角互余，角平分线的定义，线段垂直平分线的性质等知识，熟知角平 分线和中垂线的尺规作法是解题的关键． 17．（2021·和平区·天津一中八年级期末）如图， ，点M，N分别是边 ， 上的定点，点 P，Q分别是边 ， 上的动点，记 ， ，当 的值最小时， 的 大小=__________（度）．【答案】50 【分析】作M关于OB的对称点 ，N关于OA的对称点 ，连接 ，交OB于点P，交OA于点 Q，连接MP，QN，可知此时 最小，此时 ，再根据三角形外角的性质和平角的定义即可得出结 论． 【详解】作M关于OB的对称点 ，N关于OA的对称点 ，连接 ，交OB于点P，交OA于点 Q，连接MP，QN，如图所示．根据两点之间，线段最短，可知此时 最小，即 ， ∴ ， ∵ ，∴ ， ∵ ， ，∴ ， ∴ ．故答案为：50．【点睛】本题考查轴对称-最短问题、三角形内角和，三角形外角的性质等知识，灵活运用所学知识解决问 题是解题的关键，综合性较强． Rt ABC ACB90 CB  18．（2021·浙江宁波市·八年级期末）如图所示，在等腰 中， ，点D为射线 上 BD  的动点，AE  AD，且AE  AD, BE与AC 所在的直线交于点P，若AC 3PC ，则CD _______． 2 【答案】5 或2 【分析】分两种情况：（1）当点D位于CB延长线上时，如图：过点E作AP延长线的垂线于点M，可证 △AEM≌△ADC △BCP≌△EMP AM CD,PC  PM ， ，可得 ，由等腰三角形的性质可得AC=BC， 根据线段的和差关系可证的结论；（2）当点D位于CB之间时，如图过点E作AP的垂线于点N，可证 △AEN≌△ADC △BCP≌△ENP AN CD,PC  PN ， ，可得 ，由等腰三角形的性质可得AC=BC，根 据线段的和差关系可证的结论； 【详解】（1）当点D位于CB延长线上时，如图：过点E作AP延长线的垂线于点M， ABC AC  BC  为等腰直角三角形BCP ACDAME 90ADCDAC 90 AE  ADDAE 90 DACEAM 90ADC EAM  ADC EAM  ACDAME 在 和 中  AD AE  AD AE  ADC △AEM  △ADC≌△EAM CD  MA AC  EM EM  BC ，  BPC EPM   BCP  EMP 在 和 中 BCP EMP  BPC EPM  BC  EM  △BCP≌△EMPPC  PM CD AM AC 3PC AC  BC  ， ， PC  PM  xAC  BC 3xCD AM 5x 设 BD 2x 2    CD BDBCBD2x CD 5x 5  （2）当点D位于CB之间时，如图：过点E作AP的垂线于点N， ABC AC  BC  为等腰直角三角形 ACDANE 90ADCDAC 90 AE  ADDAE 90 DACEAN 90ADC EAN  ADC EAN  ACDANE 在 和 中   AD AE  ADC △AEN  AD  AE CD NA AC  EN EN  BC ， BCP ENP  BPC EPN 在 和 中   BPC EPN   BCP  ENP  BC  EN △BCP≌△ENPPC  PN  CD AN AC 3PC AC  BC PC  PN  x ， ， 设 AC  BC 3xCD AN  x BD 2x 2   2  CD BCBDBD2x CD x 故答案为：5 或2． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，解题关键是利用三角形全等和线段的和差得出所求线 段之间的关系，同时运用分类讨论的思想． 三、解答题（19-20题每题7分，其他每题8分，共46分） 19．（2021·梁河县第一中学八年级月考）已知边数为n的多边形的一个外角是m°，内角和是x°，外角和 是y°．（1）当x＝2y时，求n的值；（2）若x+y+m＝2380，求m的值． 【答案】（1）n＝6．（2）m＝40 【分析】（1）先根据多边形的外角和为360度，求出y，然后得到x，再由多边形内角和公式求解即可； （2）由x＝（n﹣2）×180，多边形的外角和为360度即可得到180n+m＝2380，再由n为正整数，m＜ 180，可得n为2380÷180的整数部分，m为2380÷180的余数，即可求解． 【详解】解：（1）∵多边形的外角和为360°，∴y＝360， ∵n边形的内角和为（n﹣2）×180°，∴x＝（n﹣2）×180＝180n﹣360， ∵x＝2y，∴180n﹣360＝2×360，∴n＝6． （2）∵x+y+m＝2380，∴180n﹣360+360+m＝2380，即180n+m＝2380， ∵n边形的一个外角是m°，∴m＜180， ∵n为正整数，∴n为2380÷180的整数部分，m为2380÷180的余数， ∵2380÷180＝13 40，∴m＝40． 【点睛】本题主⋯要⋯考查了多边形内角和和外角和，解题的关键在于能够熟练掌握多边形内角和公式和外角 和是360度． 20．（2021·辽宁抚顺市·八年级期末）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形， 每个小正方形的顶点叫格点，△ABC和△DEF的顶点都在格点上，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题： （1）画出△ABC向上平移4个单位长度所得到的△ABC ，并写出点A，B 的坐标； 1 1 1 1 1 （2）画出△DEF关于x轴对称后所得到的△DEF，并写出点E，F 的坐标； 1 1 1 1 1（3）△ABC 和△DEF 组成的图形是轴对称图形，请画出它的对称轴． 1 1 1 1 1 1 【答案】（1）图见解析，A（3，2），B（4，1）；（2）图见解析，E（﹣2，﹣3），F（0，﹣2）； 1 1 1 1 （3）见解析 【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律写出点A，B，C 的坐标，然后描点即可； 1 1 1 （2）利用关于x轴对称的点的坐标特征写出点D，E，F 的坐标，然后描点即可； 1 1 1 （3）直线C F 和C F 的垂直平分线都是△ABC 和△DEF 组成的图形的对称轴． 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 【详解】解：（1）如图，△ABC 为所作，A（3，2），B（4，1）； 1 1 1 1 1 （2）如图，△DEF 为所作，E（﹣2，﹣3），F（0，﹣2）；（3）如图，直线l和直线l′为所作． 1 1 1 1 1 【点睛】本题考查了作图-轴对称变换：几何图形都可看做是由点组成，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．也考查了平移变换． 21．（2021·珠海市九洲中学八年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，CE平分 ∠DCB交AB于点E．（1）求证：AC＝AE；（2）若∠AEC＝2∠B，AD＝1，求BD的长．【答案】（1）证明见详解；（2）3． 【分析】（1）依据∠ACB=90°，CD⊥AB，即可得到∠ACD=∠B，再根据CE平分∠BCD，可得 ∠BCE=∠DCE，进而得出∠AEC=∠ACE，即可得到结论成立． （2）依据∠ACD=∠BCE=∠DCE，∠ACB=90°，即可得到∠ACD=30°即可解决问题． 【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，CD⊥AB， ∴∠ACD+∠A=∠B+∠A=90°，∴∠ACD=∠B， ∵CE平分∠BCD，∴∠BCE=∠DCE， ∴∠B+∠BCE=∠ACD+∠DCE，即∠AEC=∠ACE，∴AC＝AE； （2）∵∠AEC=∠B+∠BCE，∠AEC=2∠B，∴∠B=∠BCE， 又∵∠ACD=∠B，∠BCE=∠DCE，∴∠ACD=∠BCE=∠DCE， 又∵∠ACB=90°，∴∠ACD=30°，∠B=30°， ∴Rt ACD中，AC=2AD=2，∴Rt ABC中，AB=2AC=4， ∴BD△=AB AD=4 1=3． △ 【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理以及角平分线的定义，直角三角形30度角的性质等知识，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． 22．（2021·珠海市九洲中学八年级期中）在四边形ABCD中，E为BC边中点．已知：如图，若AE平分 ∠BAD，∠AED＝90°，点F为AD上一点，AF＝AB． 求证：（1）△ABE≌AFE；（2）AD＝AB+CD； 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析【分析】（1）根据AE平分∠BAD，可以得到∠BAE=∠FAE．然后根据SAS即可得到△ABE≌AFE； （2）根据（1）中的结论，可以得到EB=EF，∠AEB=∠AEF，再根据∠AED=90°，可以得到 ∠DEC=∠DEF，然后根据点E为BC的中点，即可得到EC=EF，再根据SAS即可得到△ECD≌△EFD，从而 可以得到DF=DC，然后即可证明结论成立． 【详解】（1）证明：∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠FAE， 在△ABE和△AFE中， ，∴△ABE≌△AFE（SAS）； （2）证明：由（1）知，△ABE≌△AFE，∴EB＝EF，∠AEB＝∠AEF， ∵∠BEC＝180°，∠AED＝90°，∴∠AEB+∠DEC＝90°，∠AEF+∠DEF＝90°，∴∠DEC＝∠DEF， ∵点E为BC的中点，∴EB＝EC，∴EF＝EC， 在△ECD和△EFD中， ，∴△ECD≌△EFD（SAS），∴DC＝DF， ∵AD＝AF+DF，AB＝AF，∴AD＝AB+CD． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，解题关键是明确题意，利用数形结合的思 想解答． 23.（2021•南海区期末）阅读下面的材料，并解决问题．（1）已知在△ABC中，∠A＝60°，图1﹣3的 △ABC的内角平分线或外角平分线交于点O，请直接求出下列角度的度数． 如图1，∠O＝ ；如图2，∠O＝ ；如图3，∠O＝ ； 如图4，∠ABC，∠ACB的三等分线交于点O ，O ，连接O O ，则∠BO O ＝ ． 1 2 1 2 2 1 （2）如图5，点O是△ABC两条内角平分线的交点，求证：∠O＝90° ∠A． （3）如图6，△ABC中，∠ABC的三等分线分别与∠ACB的平分线交于点O ，O ，若∠1＝115°，∠2＝ 1 2 135°，求∠A的度数．【分析】（1）由∠A的度数，在△ABC中，可得∠ABC与∠ACB的和，又BO、CO是内角平分线或外角 平分线，利用角平分线的定义及三角形内角和定理、三角形的外角性质进而可求得答案； （2）由∠A的度数，在△ABC中，可得∠ABC与∠ACB的和，又BO、CO是角平分线，利用角平分线的 定义及三角形内角和定理可证得结论；（3）先分别求出∠ABC与∠ACB的度数，即可求得∠A的度数． 【解答】解；（1）如图1， ∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACB∴∠OBC ∠ABC，∠OCB ∠ACB ∴∠OBC+∠OCB （∠ABC+∠ACB） （180°﹣∠BAC） （180°﹣60°）＝60° ∴∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝120°； 如图2，∵BO平分∠ABC，CO平分∠ACD ∴∠OBC ∠ABC，∠OCD ∠ACD ∵∠ACD＝∠ABC+∠A ∴∠OCD （∠ABC+∠A）∵∠OCD＝∠OBC+∠O ∴∠O＝∠OCD﹣∠OBC ∠ABC ∠A ∠ABC ∠A＝30° 如图3，∵BO平分∠EBC，CO平分∠BCD∴∠OBC ∠EBC，∠OCB ∠BCD ∴∠OBC+∠OCB （∠EBC+∠BCD） （∠A+∠ACB+∠BCD） （∠A+180°） （60°+180°）＝ 120° ∴∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝60° 如图4，∵∠ABC，∠ACB的三等分线交于点O ，O 1 2 ∴∠O BC ∠ABC，∠O CB ∠ACB，O B平分∠O BC，O C平分∠O CB，O O 平分BO C 2 2 1 2 1 2 2 1 2 ∴∠O BC+∠O CB （∠ABC+∠ACB） （180°﹣∠BAC） （180°﹣60°）＝80° 2 2 ∴∠BO C＝180°﹣（∠O BC+∠O CB）＝100°∴∠BO O ∠BO C＝50° 2 2 2 2 1 2 故答案为：120°，30°，60°，50°； （2）证明：∵OB平分∠ABC，OC平分∠ACB， ∴∠OBC ∠ABC，∠OCB ∠ACB， ∠O＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180° （∠ABC+∠ACB）＝180° （180°﹣∠A）＝90° ∠A． （3）∵∠O BO ＝∠2﹣∠1＝20°∴∠ABC＝3∠O BO ＝60°，∠O BC＝∠O BO ＝20° 2 1 2 1 1 2 1 ∴∠BCO ＝180°﹣20°﹣135°＝25°∴∠ACB＝2∠BCO ＝50° 2 2 ∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝70° 或由题意，设∠ABO ＝∠O BO ＝∠O BC＝ ，∠ACO ＝∠BCO ＝ ， 2 2 1 1 2 2 ∴2 + ＝180°﹣115°＝65°， + ＝180°﹣135α°＝45°∴ ＝20°， ＝25β° ∴∠αABβC+∠ACB＝3 +2 ＝6α0°+β50°＝110°，∴∠A＝7α0°． β 【点评】本题考查了α利用β角平分线的定义及三角形内角和定理、三角形的外角性质进行角的计算或证明， 熟练掌握相关性质定理及其应用，是解题的关键．24．（2021·浙江·八年级期中）如图，在△ABC与△ADE中，AB⊥AD，AC⊥AE，AB＝AD，AC＝AE，连接 CD、BE，取BE中点F，连接AF． （1）求证：BC＝DE；（2）猜想线段AF、CD之间的数量关系，说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）CD＝2AF．理由见解析 【分析】（1）只需要利用“SAS”证明△BAC≌△DAE即可得到答案； （2）延长F到H，使得FH＝AF，连接BH，EH，即可证明四边形ABHE是平行四边形，得到AB＝HE＝ AD，AB∥EH，再证明△AEH≌△CAD得到AH＝CD，即可求解． 【详解】（1）证明：∵AB⊥AD，AC⊥AE， ∴∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠BAC＝∠DAE， 在△BAC和△DAE中， ， ∴△BAC≌△DAE（SAS），∴BC＝DE． （2）解：结论：CD＝2AF． 理由：延长F到H，使得FH＝AF，连接BH，EH． ∵F为BE的中点，∴BF=EF，∵AF＝FH，BF＝FE， ∴四边形ABHE是平行四边形，∴AB＝HE＝AD，AB∥EH， ∵AB⊥AD，∴EH⊥AD，∴∠AEH+∠EAD＝90°， ∵∠EAD+∠CAD＝90°，∴∠AEH＝∠CAD， 在△AEH和△CAD中， ，∴△AEH≌△CAD（SAS），∴AH＝CD， ∵AH＝2AF，∴CD＝2AF． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练 掌握全等三角形的判定方法． 25．（2021·无锡市胡埭中学八年级月考）（1）如图1，直线m经过等腰直角△ABC的直角顶点A，过点 B、C分别作BD⊥m，CE⊥m，垂足分别是D、E．求证：BD＋CE＝DE； （2）如图2，直线m经过△ABC的顶点A，AB＝AC，在直线m上取两点 D、E，使∠ADB＝∠AEC＝α，补 充∠BAC＝ （用α表示），线段BD、CE与DE之间满足BD＋CE＝DE，补充条件后并证明； （3）在（2）的条件中，将直线m绕着点A逆时针方向旋转一个角度到如图3的位置，并改变条件∠ADB ＝∠AEC＝ （用α表示）．通过观察或测量，猜想线段BD、CE与DE之间满足的数量关系，并予以 证明． 【答案】（1）证明见详解，（2）∠BAC= ，证法见详解，（3）180º- ，DE=EC-BD，证明见详解． 【分析】（1）根据已知首先证明∠DAB=∠ECA，再利用AAS即可得出△ADB≌△CEA； （2）补充∠BAC=α．利用△ADB≌△CAE，即可得出三角形对应边之间的关系，即可得出答案； （3）180º-α，DE=CE-BD，根据已知首先证明∠DAB=∠ECA，再利用AAS即可得出△ADB≌△CEA，即可得 出三角形对应边之间的关系，即可得出答案． 【详解】证明：（1）∵BD⊥m，CE⊥m，∠ABC=90°，AC=BC， ∴△ADB和△AEC都是直角三角形，∴∠DBA+∠DAB=90°，∴∠ECA+∠EAC=90°， ∵∠BAC=90°，∠DAB+∠EAC=90º，∴∠DAB=∠ECA，又∵∠ADB=∠CEA=90°，AB=BC，所以△ADB≌△CEA（AAS）， BD=AE，DA=EC，DE=DA+AE=EC+BD，BD＋CE＝DE． （2）∵等腰△ABC中，AC=CB，∠ADB=∠BAC=∠CEA=α， ∴∠DAB+∠EAC=180°-α，∠ECA+∠CAE=180º-α，∴∠DAB=∠ECA， ∵∠ADB=∠CEA=α，AC=CB，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴CE=AD，BD=AE， ∴AD+BE=CE+CD，所以BD+CE=DE． （3）180º-α，数量关系为DE=CE-BD， ∵∠ADB＝∠AEC＝ 180º-α，∠BAC=α，∴∠ABD+∠BAD=α，∠BAD+∠EAC=α，∴∠ABD=∠CAE， ∵AB=AC，∴△BAD≌△ACE（AAS），∴AD=CE，BD=AE，∴DE=AD-AE=EC-BD． 【点睛】点评：此题主要考查了三角形全等的证明，根据已知得出∠DAB=∠ECA，再利用全等三角形的判 定方法得出是解决问题的关键． 26．（2021·内蒙古赤峰市·九年级期末）如图，将两块含45°角的大小不同的直角三角板△COD和△AOB如 图①摆放，连结AC，BD．（1）如图①，猜想线段AC与BD存在怎样的数量关系和位置关系，请写出结 论并证明；（2）将图①中的△COD绕点O顺时针旋转一定的角度（如图②），连结AC，BD，其他条件 不变，线段AC与BD存在（1）中的关系吗？请写出结论并说明理由．（3）将图①中的△COD绕点O逆 时针旋转一定的角度（如图③），连结AC，BD，其他条件不变，线段AC与BD存在怎样的关系？请直 接写出结论． 【答案】（1）AC=BD，AC⊥BD，证明见解析；（2）存在，AC=BD，AC⊥BD，证明见解析；（3） AC=BD，AC⊥BD 【分析】（1）延长BD交AC于点E．易证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由 ∠ADE=∠BDO，可证∠AED=∠BOD=90º即可；（2）延长BD交AC于点F，交AO于点G．易证 △AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由∠AGF=∠BGO，可得∠AFG=∠BOG=90º即可； （3）BD交AC于点H，AO于M，可证△AOC≌△BOD（SAS），可得AC=BD，∠OAC=∠OBD，由 ∠AMH=∠BMO，可得∠AHM=∠BOH=90º即可．【详解】（1）AC=BD，AC⊥BD， 证明：延长BD交AC于点E． ∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，∴OC=OD，OA=OB，∠COA=∠BOD=90º， ∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∴∠OAC=∠OBD， ∵∠ADE=∠BDO，∴∠AED=∠BOD=90º，∴AC⊥BD； （2）存在，证明：延长BD交AC于点F，交AO于点G． ∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，∴OC=OD，OA=OB，∠DOC=BOA=90º， ∵∠AOC=∠DOC－∠DOA，∠BOD=∠BOA－∠DOA， ∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∠OAC=∠OBD， ∵∠AGF=∠BGO，∴∠AFG=∠BOG=90º，∴AC⊥BD； （3）AC=BD，AC⊥BD．证明：BD交AC于点H，AO于M， ∵△COD和△AOB均为等腰直角三角形，∴OC=OD，OA=OB，∠DOC=BOA=90º， ∵∠AOC=∠DOC+∠DOA，∠BOD=∠BOA+∠DOA， ∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∠OAC=∠OBD， ∵∠AMH=∠BMO，∴∠AHM=∠BOH=90º，∴AC⊥BD． 【点睛】本题考查三角形旋转变换中对应相等的位置与数量关系，掌握三角形全等的证明方法，及其角度 计算是解题关键．