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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△ABC＝
AC×BD＝
＝9，故选：C．
【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△ABC＝
BC•AD＝
×4×AD＝16，解得AD＝8，
∵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△ADE=（AD×EF）÷2=（2×1）÷2=1．故选A．
【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A1，B1，C1，使A1B＝AB，B1C＝BC，C1A＝CA，顺次连接A1，B1，C1，得到△A1B1C1．
第二次操作：分别延长A1B1，B1C1，C1A1至点A2，B2，C2，使A2B1＝A1B1，B2C1＝B1C1，C2A1＝C1A1，顺次
连接A2，B2，C2，得到△A2B2C2，…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
___________
【答案】4
【分析】先根据已知条件求出△A1B1C1及△A2B2C2的面积，再根据两三角形的倍数关系求解即可．
【详解】解：△ABC 与△A1BB1底相等（AB＝A1B），高为1：2（BB1＝2BC），故面积比为1：2，
∵△ABC 面积为1，∴S△A1B1B＝2．同理可得，S△C1B1C＝2，S△AA1C＝2，
∴S△A1B1C1＝S△C1B1C+S△AA1C+S△A1B1B+S△ABC＝2+2+2+1＝7；
同理可证S△A2B2C2＝7S△A1B1C1＝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＝
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．
18．（2021·浙江宁波市·八年级期末）如图所示，在等腰Rt ABC
中，
90
ACB
，点D 为射线CB
上
的动点，AE
AD
，且
,
AE
AD
BE
与AC 所在的直线交于点P，若
3
AC
PC
，则
BD
CD _______．
【答案】
2
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
ADC
△AEM≌△
，
EMP
△BCP≌△
，可得
,
AM
CD PC
PM
，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
ADC
△AEN≌△
，
ENP
△BCP≌△
，可得
,
AN
CD PC
PN
，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
为等腰直角三角形
AC
BC
90
BCP
ACD
AME
90
ADC
DAC
AE
AD
90
DAE
90
DAC
EAM
ADC
EAM
AD
AE
在
ADC
和
AEM
△
中
ADC
EAM
ACD
AME
AD
AE
△ADC≌△EAM
CD
MA
，AC
EM
EM
BC
BPC
EPM
在BCP
和EMP
中
BCP
EMP
BPC
EPM
BC
EM
EMP
△BCP≌△
PC
PM
CD
AM
，
3
AC
PC
，AC
BC
设PC
PM
x
3
AC
BC
x
5
CD
AM
x
CD
BD
BC
2
BD
x
2
2
5
5
BD
x
CD
x
（2）当点D 位于CB 之间时，如图：过点E 作AP 的垂线于点N，
ABC
为等腰直角三角形
AC
BC
90
ACD
ANE
90
ADC
DAC
AE
AD
90
DAE
90
DAC
EAN
ADC
EAN
AD
AE
在
ADC
和
AEN
△
中
ADC
EAN
ACD
ANE
AD
AE
CD
NA
，AC
EN
EN
BC
BPC
EPN
在
BCP
和
ENP
中
BCP
ENP
BPC
EPN
BC
EN
ENP
△BCP≌△
PC
PN
CD
AN
，
3
AC
PC
，AC
BC
设PC
PN
x
3
AC
BC
x
CD
AN
x
CD
BC
BD
2
BD
x
2
2
BD
x
CD
x
故答案为：
2
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△A1B1C1，并写出点A1，B1的坐标；
（2）画出△DEF 关于x 轴对称后所得到的△D1E1F1，并写出点E1，F1的坐标；
（3）△A1B1C1和△D1E1F1组成的图形是轴对称图形，请画出它的对称轴．
【答案】（1）图见解析，A1（3，2），B1（4，1）；（2）图见解析，E1（﹣2，﹣3），F1（0，﹣2）；
（3）见解析
【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律写出点A1，B1，C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用关于x 轴对称的点的坐标特征写出点D1，E1，F1的坐标，然后描点即可；
（3）直线C1F1和C1F1的垂直平分线都是△A1B1C1和△D1E1F1组成的图形的对称轴．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，A1（3，2），B1（4，1）；
（2）如图，△D1E1F1为所作，E1（﹣2，﹣3），F1（0，﹣2）；（3）如图，直线l 和直线l′为所作．
【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O1，O2，连接O1O2，则∠BO2O1＝ ．
（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O1，O2，若∠1＝115°，∠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O1，O2
∴∠O2BC
∠ABC，∠O2CB
∠ACB，O1B 平分∠O2BC，O1C 平分∠O2CB，O2O1平分BO2C
∴∠O2BC+∠O2CB
（∠ABC+∠ACB）
（180°﹣∠BAC）
（180°﹣60°）＝80°
∴∠BO2C＝180°﹣（∠O2BC+∠O2CB）＝100°∴∠BO2O1
∠BO2C＝50°
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）∵∠O2BO1＝∠2﹣∠1＝20°∴∠ABC＝3∠O2BO1＝60°，∠O1BC＝∠O2BO1＝20°
∴∠BCO2＝180°﹣20°﹣135°＝25°∴∠ACB＝2∠BCO2＝50°
∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝70°
或由题意，设∠ABO2＝∠O2BO1＝∠O1BC＝α，∠ACO2＝∠BCO2＝β，
∴2α+β＝180°﹣115°＝65°，α+β＝180°﹣135°＝45°∴α＝20°，β＝25°
∴∠ABC+∠ACB＝3α+2β＝60°+50°＝110°，∴∠A＝70°．
【点评】本题考查了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．
