专题4.6期中考前必刷解答题（压轴真题60道八上人教）-2023-2024学年八年级数学上学期复习备考高分秘籍【人教版】（解析版）

2023-2024学年八年级数学上学期复习备考高分秘籍【人教版】专题4.6期中考前必刷解答题（压轴真题60道，八上人教）一．解答题（共60小题）1．（2022秋•盐津县期中）在一个各内角都相等的多边形中，每一个内角都比相邻外角的3倍还大20°，（1）求这个多边形的边数；（2）若将这个多边形剪去一个角，剩下多边形的内角和是多少？【答案】见试题解答内容【分析】（1）设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于3α+20°，根据内角与其相邻的外角的和是180度列出方程，求出α的值，再由多边形的外角和为360°，求出此多边形的边数为360°÷α；（2）剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变．根据多边形的内角和定理可以知道，边数增加1，相应内角和就增加180度，由此即可求出答案．【解答】解：（1）设多边形的一个外角为α，则与其相邻的内角等于3α+20°，由题意，得（3α+20）+α＝180°，解得α＝40°．即多边形的每个外角为40°．又∵多边形的外角和为360°，∴多边形的外角个数=36040∴多边形的边数＝9，答：这个多边形的边数是9；（2）因为剪掉一个角以后，多边形的边数可能增加了1条，也可能减少了1条，或者不变，当截线为经过对角2个顶点的直线时，多边形的边数减少了1条边，内角和＝（9﹣2﹣1）×180°＝1080°；当截线为经过多边形一组对边的直线时，多边形的边数不变，内角和＝（9﹣2）×180°＝1260°；当截线为只经过多边形一组邻边的一条直线时，多边形的边数增加一条边，内角和＝（9﹣2+1）×180°＝1440°．答：将这个多边形剪去一个角，剩下多边形的内角和是1080°或1260°或1440°．【点评】本题考查了多边形的内角和定理，外角和定理，多边形内角与外角的关系，运用方程求解比较简便．第2问在理解剪掉多边形的一个角的含义时，确定其剩余几边形是关键．2．（2022秋•盐津县期中）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，P为线段AD上的一个动点，PE⊥AD交BC的延长线于点E．（1）若∠B＝35°，∠ACB＝85°，求∠E的度数；（2）当P点在线段AD上运动时，猜想∠E与∠B，∠ACB的数量关系，并证明．【答案】（1）∠E＝25°；（2）∴∠E=12（∠ACB﹣∠【分析】（1）中，首先根据三角形的内角和定理求得∠BAC的度数，再根据角平分线的定义求得∠DAC的度数，从而根据三角形的内角和定理即可求出∠ADC的度数，进一步求得∠E的度数；（2）中，根据第（1）小题的思路即可推导这些角之间的关系．【解答】解：（1）∵∠B＝35°，∠ACB＝85°，∴∠BAC＝60°，∵AD平分∠BAC，∴∠DAC＝30°，∴∠ADC＝65°，∴∠E＝25°；（2）∠E=1设∠B＝n°，∠ACB＝m°，∵AD平分∠BAC，∴∠1＝∠2=12∠∵∠B+∠ACB+∠BAC＝180°，∵∠B＝n°，∠ACB＝m°，∴∠CAB＝（180﹣n﹣m）°，∴∠BAD=12（180﹣n﹣∴∠3＝∠B+∠1＝n°+12（180﹣n﹣m）°＝90°+12n∵PE⊥AD，∴∠DPE＝90°，∴∠E＝90°﹣（90°+12n°-12m°）=12（m﹣n）°【点评】考查了三角形的内角和定理以及角平分线的定义，特别注意第（2）小题，根据第（1）小题的思路即可推导．3．（2022秋•金安区校级期中）我们将内角互为对顶角的两个三角形称为“对顶三角形”．例如，在图1中，△AOB的内角∠AOB与△COD的内角∠COD互为对顶角，则△AOB与△COD为“对顶三角形”，根据三角形内角和定理知“对顶三角形”有如下性质：∠A+∠B＝∠C+∠D．（1）如图1，在“对顶三角形”△AOB与△COD中，∠AOB＝70°，则∠C+∠D＝110°．（2）如图2，在△ABC中，AD、BE分别平分∠BAC和∠ABC，若∠C＝60°，∠ADE比∠BED大6°，求∠BED的度数．【答案】（1）110；（2）27°．【分析】（1）由对顶三角形可得∠A+∠B＝∠C+∠D，再根据三角形内角和定理即可得到答案；（2）根据角平分线的性质可得∠1＝∠2，∠3＝∠4，根据三角形内角和定理可得到∠BAC+∠ABC＝180°﹣∠C＝180°﹣60°＝120°，进而得到∠1+∠3＝60°，由图知△ABF与△DEF为对顶三角形得出∠1+∠3＝∠ADE+∠BED＝60°，由题意知∠ADE比∠BED大6°，联立方程组即可解得答案．【解答】解：（1）由对顶三角形可得∠A+∠B＝∠C+∠D，在△AOB中，∠A+∠B＝180°﹣∠AOB＝180°﹣70°＝110°，∴∠C+∠D＝110°，故答案为：110；（2）∵AD、BE分别平分∠BAC和∠ABC，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，又∵∠C＝60°，∴∠BAC+∠ABC＝180°﹣∠C＝180°﹣60°＝120°，∴∠1+∠2+∠3+∠4＝120°，∴2∠1+2∠3＝120°，∴∠1+∠3＝60°，由图知△ABF与△DEF为对顶三角形，∴∠1+∠3＝∠ADE+∠BED＝60°①，又∵∠ADE比∠BED大6°，∴∠ADE﹣∠BED＝6°②，联立①②得∠ADE+∠BED=60°∠ADE-∠BED=6°解得∠ADE=33°∠BED=27°∴∠BED＝27°．答：∠BED的度数为27°．【点评】本题考查的是三角形内角和定理，利用对顶三角形的性质解答是解此题的关键．4．（2022秋•蜀山区校级期中）如图，在△ABC中，点D在BC上，点E在AC上，AD交BE于F．已知EG∥AD交BC于G，EG平分∠BEH，EH⊥BE交BC于H．（1）求∠BFD的度数．（2）若∠BAD＝∠EBC，∠C＝47°，求∠BAC的度数．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由EH⊥BE得到∠BEH＝90°，由EG平分∠BEH得到∠BEG＝45°，进而由AD∥EG得到∠BFD＝45°；（2）由三角形的外角性质得到∠BFD＝∠BAD+∠ABE，然后结合∠BAD＝∠EBC得到∠ABC＝∠BFD＝45°，再结合∠C＝47°和三角形的内角和求得∠BAC的度数．【解答】解：（1）∵EH⊥BE，∴∠BEH＝90°，∵EG平分∠BEH，∴∠BEG＝∠HEG=12∠BEH＝又∵EG∥AD，∴∠BFD＝∠BEG＝45°；（2）∵∠BFD＝∠BAD+∠ABE，∠BAD＝∠EBC，∴∠BFD＝∠EBC+∠ABE＝∠ABC＝45°，∵∠C＝47°，∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝180°﹣45°﹣47°＝88°．【点评】本题考查了平行线的性质，垂直的定义，角平分线的定义，三角形的内角和与外角的性质，解题的关键是熟知平行线的性质求得∠BFD的度数．5．（2022春•白云区校级期中）如图1，已知两条直线AB，CD被直线EF所截，分别交于点E，点F，EM平分∠AEF交CD于点M，且∠FEM＝∠FME．（1）直线AB与直线CD是否平行，说明你的理由；（2）如图2，点G是射线MD上一动点（不与点M，F重合），EH平分∠FEG交CD于点H，过点H作HN⊥EM于点N，设∠EHN＝α，∠EGF＝β．①当点G在点F的右侧时，若β＝60°，求α的度数；②当点G在运动过程中，α和β之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．【答案】见试题解答内容【分析】（1）结论：AB∥CD．只要证明∠AEM＝∠EMD即可．（2）①想办法求出∠HEN即可解决问题．②结论：α=12β．想办法用β表示∠【解答】解：（1）结论：AB∥CD．理由：如图1中，∵EM平分∠AEF交CD于点M，∴∠AEM＝∠MEF，∵∠FEM＝∠FME．∴∠AEM＝∠FME，∴AB∥CD．（2）①如图2中，∵AB∥CD，∴∠BEG＝∠EGH＝β＝60°，∴∠AEG＝120°，∵∠AEM＝∠EMF，∠HEF＝∠HEG，∴∠HEN＝∠MEF+∠HEF=12∠AEG＝∵HN⊥EM，∴∠HNE＝90°，∴∠EHN＝90°﹣∠HEN＝30°．②猜想：α=12β或α＝90°理由：①当点G在F的右侧时，∵AB∥CD，∴∠BEG＝∠EGH＝β，∴∠AEG＝180°﹣β，∵∠AEM＝∠EMF，∠HEF＝∠HEG，∴∠HEN＝∠MEF+∠HEF=12∠AEG＝90°-∵HN⊥EM，∴∠HNE＝90°，∴α＝∠EHN＝90°﹣∠HEN=12②当点G在F的左侧在线段FM上时，同法可得α＝90°-12综上所述，α=12β或α＝90°-【点评】本题考查三角形的内角和定理，平行线的性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．6．（2022春•罗定市期中）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于点D，点F在BA的延长线上，点E在线段CD上，EF与AC相交于点G，∠BDA+∠CEG＝180°．（1）AD与EF平行吗？请说明理由；（2）点H在FE的延长线上，若∠EDH＝∠C，∠F＝2∠H﹣40°，求∠BAC的度数．【答案】（1）AD∥EF，理由详见解答过程．（2）80°．【分析】（1）由∠BDA+∠CEG＝180°，∠BDA+∠CDA＝180°，得∠CEG＝∠CDA，那么AD∥EF．（2））由∠EDH＝∠C，得DH∥AC，故∠H＝∠AGF，那么AD∥EF．由AD∥EF，得∠F＝∠BAD，∠AGF＝∠CAD．由AD平分∠BAC，得∠CAD＝∠BAD，故∠F＝∠H，进而求得∠F＝∠H＝40°，从而解决此题．【解答】解：（1）AD∥EF，理由如下：∵∠BDA+∠CEG＝180°，∠BDA+∠CDA＝180°，∴∠CEG＝∠CDA．∴AD∥EF．（2）∵∠EDH＝∠C，∴DH∥AC．∴∠H＝∠AGF．∵AD∥EF，∴∠F＝∠BAD，∠AGF＝∠CAD．∴∠H＝∠CAD．∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠BAD．∴∠F＝∠H．∵∠F＝2∠H﹣40°，∴∠F＝∠H＝40°．∵∠F＝∠BAD＝∠H＝∠CAD，∴∠BAC＝80°．【点评】本题主要考查三角形内角和定理以及平行线的性质与判定，熟练掌握三角形内角和定理以及平行线的性质与判定是解决本题的关键．7．（2022春•仓山区校级期中）已知，如图1，射线PE分别与直线AB，CD相交于E、F两点，∠PFD的平分线与直线AB相交于点M，射线PM交CD于点N，设∠PFM＝α°，∠EMF＝β°，且（60﹣3α）2+|2β﹣40|＝0．（1）α＝20，β＝20；直线AB与CD的位置关系是AB∥CD；（2）如图2，若点G、H分别在射线MA和线段MF上，且∠MGH＝∠PNF，试找出∠FMN与∠GHF之间存在的数量关系，并证明你的结论；（3）若将图中的射线PM绕着端点P逆时针方向旋转（如图3），分别与AB、CD相交于点M1和点N1时，作∠PM1B的角平分线M1Q与射线FM相交于点Q，问在旋转的过程中FPN【答案】（1）20、20，AB∥CD；（2）∠FMN+∠GHF＝180°；（3））∠FPN1∠Q的值不变，【分析】（1）根据（60﹣3α）2+|2β﹣40|＝0，即可计算α和β的值，再根据内错角相等可证AB∥CD；（2）先根据内错角相等证GH∥PN，再根据同旁内角互补和等量代换得出∠FMN+∠GHF＝180°；（3）作∠PEM1的平分线交M1Q的延长线于R，先根据同位角相等证ER∥FQ，得∠FQM1＝∠R，设∠PER＝∠REB＝x，∠PM1R＝∠RM1B＝y，得出∠EPM1＝2∠R，即可得∠FPN1【解答】解：（1）∵（60﹣3α）2+|2β﹣40|＝0，∴60﹣3α＝0，2β﹣40＝0，∴α＝β＝20，∴∠PFM＝∠MFN＝20°，∠EMF＝20°，∴∠EMF＝∠MFN，∴AB∥CD；故答案为：20、20，AB∥CD；（2）∠FMN+∠GHF＝180°；理由：由（1）得AB∥CD，∴∠MNF＝∠PME，∵∠MGH＝∠MNF，∴∠PME＝∠MGH，∴GH∥PN，∴∠GHM＝∠FMN，∵∠GHF+∠GHM＝180°，∴∠FMN+∠GHF＝180°；（3）∠FPN1∠Q的值不变，理由：如图3中，作∠PEM1的平分线交M1Q的延长线于R，∵AB∥CD，∴∠PEM1＝∠PFN，∵∠PER=12∠PEM1，∠PFQ=1∴∠PER＝∠PFQ，∴ER∥FQ，∴∠FQM1＝∠R，设∠PER＝∠REB＝x，∠PM1R＝∠RM1B＝y，则有：y=x+∠R2y=2x+∠EP可得∠EPM1＝2∠R，∴∠EPM1＝2∠FQM1，∴∠EPM【点评】本题主要考查平行线的判定与性质，熟练掌握内错角相等证平行，平行线同旁内角互补等知识是解题的关键．8．（2022春•东平县期中）（问题背景）∠MON＝90°，点A、B分别在OM、ON上运动（不与点O重合）．（问题思考）（1）如图①，AE、BE分别是∠BAO和∠ABO的平分线，随着点A、点B的运动，∠AEB＝135°．（2）如图②，若BC是∠ABN的平分线，BC的反向延长线与∠OAB的平分线交于点D．①若∠BAO＝70°，则∠D＝45°．②随着点A、B的运动，∠D的大小会变吗？如果不会，求∠D的度数；如果会，请说明理由；（问题拓展）（3）在图②的基础上，如果∠MON＝α，其余条件不变，随着点A、B的运动（如图③），∠D＝12α．（用含【答案】（1）135°；（2）①45；②不会，∠D＝45°；（3）12【分析】（1）根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论；（2）①根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论；②由①的思路可得结论；（3）在②的基础上，将90°换成α即可．【解答】解：（1）∵∠MON＝90°，∴∠OAB+∠OBA＝90°，∵AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，∴∠BAE=12∠BAO，∠ABE=1∴∠BAE+∠ABE=12（∠BAO+∠ABO）＝∴∠AEB＝135°；故答案为：135°；（2）①∵∠AOB＝90°，∠BAO＝70°，∴∠ABO＝20°，∠ABN＝160°，∵BC是∠ABN的平分线，∴∠OBD＝∠CBN=12×160∵AD平分∠BAO，∴∠DAB＝35°，∴∠D＝180°﹣∠ABD﹣∠BAD﹣∠AOB＝180°﹣80°﹣35°﹣20°＝45°，故答案为：45；②∠D的度数不随A、B的移动而发生变化，设∠BAD＝x，∵AD平分∠BAO，∴∠BAO＝2x，∵∠AOB＝90°，∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝∠AOB+∠BAO＝90+2x，∵BC平分∠ABN，∴∠ABC＝45°+x，∵∠ABC＝180°﹣∠ABD＝∠D+∠BAD，∴∠D＝∠ABC﹣∠BAD＝45°+x﹣x＝45°；（3）设∠BAD＝x，∵AD平分∠BAO，∴∠BAO＝2x，∵∠AOB＝α，∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝∠AOB+∠BAO＝α+2x，∵BC平分∠ABN，∴∠ABC=12∵∠ABC＝180°﹣∠ABD＝∠D+∠BAD，∴∠D＝∠ABC﹣∠BAD=12α+x﹣故答案为：12【点评】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，熟练掌握三角形的内角和定理是解题的关键．9．（2022秋•阜阳期中）如图，△AOB与△COD中的∠AOB与∠COD是对顶角．（1）如图1，证明：∠A+∠B＝∠C+∠D；（2）如图2，AP，DP分别是∠BAO，∠CDO的平分线，探索∠P，∠B和∠C之间的数量关系并加以证明；（3）如图3，∠BAO与∠CDO的相邻补角平分线交于点P，探索∠P，∠B和∠C之间的数量关系并加以证明．【答案】（1）见解析；（2）∠B+∠C＝2∠P，证明见解析；（3）∠B+∠C＝2∠P，证明见解析．【分析】（1）根据三角形内角和定理得出∠A+∠B+∠AOB＝180°，∠C+∠D+∠COD＝180°，根据对顶角相等∠AOB＝∠CDO，即可得证；（2）根据角平分线的定义得出∠BAP＝∠PAC=12∠BAO，∠BDP＝∠PDC=12∠CDO，由（1）可知，∠BAO+∠B＝∠DOC（3）根据题意得出∠PAB=12（180°﹣∠BAO），∠PDB=12（180°﹣∠BDC），即2∠P﹣∠BAO＝2∠B﹣∠BDC①，根据（1）的结论得出∠BAO+∠B＝∠C+【解答】（1）证明：∵∠A+∠B+∠AOB＝180°，∠C+∠D+∠COD＝180°，∠AOB＝∠CDO，∴∠A+∠B＝∠C+∠D；（2）解：结论：∠B+∠C＝2∠P，理由如下，∵AP，DP分别是∠BAO，∠CDO的平分线，∴∠BAP＝∠PAC=12∠BAO，∠BDP＝∠PDC=1由（1）可知，∠BAO+∠B＝∠DOC+∠C，∠B+∠BAP＝∠BDP+∠P，∠PDC+∠C＝∠PAO+∠P，即∠B+12∠BAO=12∠ODC+∠P，∠C+12∠CDO=∴∠B+∠C＝2∠P；（3）解：结论：2∠P＝∠B+∠C．理由如下，∵∠BAO与∠CDO的相邻补角平分线交于点P，∴∠PAB=12（180°﹣∠BAO），∠PDB=12（∵∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∴∠P+12（180°﹣∠BAO）＝∠B+12（即2∠P﹣∠BAO＝2∠B﹣∠BDC①，又∵∠BAO+∠B＝∠C+∠BDC②，①+②得2∠P＝∠B+∠C．【点评】本题考查了三角形内角和定理，角平分线的意义，掌握三角形内角和定理是解题的关键．10．（2022秋•滨海新区校级期中）如图所示，在△ABC中，AD平分∠BAC．（1）当点P在线段AD上时，PE⊥AD交BC的延长线于点E．如图1，①若∠B＝35°，∠ACB＝85°，求∠E的度数；②设∠B＝α，∠ACB＝β（β＞α），求∠E的大小．（用含α、β的代数式表示）（2）当点P在线段AD的延长线上运动时，PE⊥AD交直线BC于点E，请在图2中补全图形，设∠ABC＝α，∠ACB＝β（β＞α），直接写出∠PEB的大小．（用含α，β的代数式表示）【答案】（1）∠E＝25°；∠E=1（2）∠PEB=1【分析】（1）①若∠B＝35°，∠ACB＝85°，根据三角形内角和等于180°，可得∠BAC的度数，AD平分∠BAC，从而得到∠BAD，进而求得∠ADC，由PE⊥AD，可以求得∠E的度数；②根据①的推导，可以用含α，β的代数式表示∠E；（2）与（1）同理可得，∠ADC=90°+12α-12β，且始终∠PEB＝【解答】解：（1）①∵∠B＝35°，∠ACB＝85°，∴∠BAC＝180°﹣35°﹣85°＝60°，∵AD平分∠BAC，∴∠DAC=∠BAD=1∴∠ADC＝∠BAD+∠B＝65°，由PE⊥AD，得∠EPD＝90°，∴∠E＝90°﹣∠ADC＝25°；②∵∠B＝α，∠ACB＝β，∴∠BAC＝180°﹣α﹣β，∵AD平分∠BAC，∴∠DAC=∠BAD=1∴∠ADC=∠BAD+∠B=90°-1由PE⊥AD，得∠EPD＝90°，∴∠E=90°-∠ADC=90°-(90°+1（2）如图：因为∠PEB＝90°﹣∠ADC，由（1）可得∠ADC=90°+1所以∠PEB=1【点评】本题考查三角形内角和及外角定理，熟练掌握其定理是解题的关键．11．（2022秋•桓台县期中）如图，在△ABC中，AE，CD分别是∠BAC，∠ACB的平分线，且AE，CD相交于点F．（1）若∠BAC＝80°，∠ACB＝40°，求∠AFC的度数；（2）若∠B＝80°，求∠AFC的度数；（3）若∠B＝x°，用含x的代数式表示∠AFC的度数．【答案】（1）120°；（2）130°；（3）∠AFC＝90°+12【分析】（1）根据∠BAC＝80°，∠ACB＝40°，可以得到∠FAC和∠FCA的度数，然后根据三角形内角和，即可求得∠AFC的度数；（2）根据∠B的度数，可以求得∠BAC+∠BCA的度数，然后根据角平分线的定义和三角形内角和可以计算出∠AFC的度数；（3）根据角平分线的定义和三角形内角和可以用含x的代数式表示出∠AFC．【解答】解：（1）∵∠BAC＝80°，∠ACB＝40°，AE，CD分别是∠BAC，∠ACB的平分线，∴∠FAC＝40°，∠FCA＝20°，∴∠AFC＝180°﹣∠FAC﹣∠FCA＝120°；（2）∵∠B＝80°，∴∠BAC+∠BCA＝100°，∵AE，CD分别是∠BAC，∠ACB的平分线，∴∠FAC+∠FCA＝50°，∴∠AFC＝130°；（3）∵∠B＝x°，∴∠BAC+∠BCA＝180°﹣x°，∵AE，CD分别是∠BAC，∠ACB的平分线，∴∠FAC+∠FCA=12（180°﹣∴∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）＝180°-12（180°﹣x°）＝90°+【点评】本题考查三角形内角和、列代数式，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．12．（2022秋•霍邱县期中）如图①，在∠ABC中，若∠ABD＝∠DBE＝∠EBC，则BD，BE叫做∠ABC的“三分线”．其中，BD是“邻AB三分线”，BE是“邻BC三分线”．【问题解决】（1）如图②，在△ABC中，∠A＝75°，∠B＝45°，若∠B邻AB三分线BD交AC于点D，则∠BDA＝90°；（2）如图③，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC邻AB三分线和∠ACB邻AC三分线，且∠BPC＝90°，求∠A的度数；【延伸推广】（3）在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻BC三分线，∠A＝α，请求出∠BPC的度数．（用含α的代数式表示）【答案】（1）90°；（2）45°；（3）∠BPC=13α【分析】（1）根据题意可得∠B邻AB的三分线BD，画图根据三角形的性质即可得∠BDA的度数；（2）根据BP、CP分别是∠ABC邻AB三分线和∠ACB邻AC三分线，且∠BPC＝90°可得∠ABC+∠ACB＝135°，进而可求∠A的度数；（3）根据BP、CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻BC三分线，得出∠PBC=13∠ABC，∠PCB=13∠ACB，又根据三角形内角和定理得出∠BPC【解答】解：（1）如图，∵BD是“邻AB三分线”，∴∠BDA＝180°﹣∠A-∠ABC3故答案为：90°；（2）∵∠BPC＝90°，∴∠PBC+∠PCB＝90°，又∵BP、CP分别是∠ABC邻AB三分线和∠ACB邻AC三分线，∴∠PBC=23∠ABC，∠PCB=2∴23∠ABC+23∠ACB∴∠ABC+∠ACB＝135°，在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∴∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝45°．（3）∵BP、CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻BC三分线∴∠PBC=13∠ABC，∠PCB=∴∠PBC+∠PCB=13（∠ABC+∠∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠BPC+∠PBC+∠PCB＝180°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，∠PBC+∠PCB＝180°﹣∠BPC，∴180﹣∠BPC=13（180°﹣∠即∠BPC=13∠A∵∠A＝α，∴∠BPC=13α【点评】本题考查了三角形的外角性质，解决本题的关键是掌握三角形的外角性质．注意要分情况讨论．13．（2022秋•铜官区校级期中）△ABC中，三个内角的平分线交于点O，过点O作OD垂直OB，交边BC于点D．（1）如图1，猜想并直接写出∠COD与∠BAC的数量关系，不需要说明理由；（2）如图2，作△ABC的外角∠ABE交CO的延长线于点F，求证：BF∥OD．【答案】（1）∠COD=12∠（2）见解答．【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠OAC+∠OCA=12（180°﹣∠ABC），∠OBC=12∠ABC，由三角形的内角和得到∠AOC＝90°+∠OBC，∠ODC＝90°+∠OBD，于是得到∠AOC＝∠ODC，利用三角形内角和定理得到∠COD＝∠OAC，即∠COD（2）由角平分线的性质得到∠EBF＝90°﹣∠DBO，由三角形的内角和得到∠ODB＝90°﹣∠OBD，于是得到结论．【解答】（1）解：∠COD=12∠理由：∵三个内角的平分线交于点O，∴∠OAC+∠OCA=12（∠BAC+∠BCA）=12（∵∠OBC=12∠∴∠AOC＝180°﹣（∠OAC+∠OCA）＝90°+12∠ABC＝90°+∠∵OD⊥OB，∴∠BOD＝90°，∴∠ODC＝90°+∠OBD，∴∠AOC＝∠ODC，∵∠ACO＝∠DCO，∴∠COD＝∠OAC，∴∠COD=12∠（2）证明：∵BF平分∠ABE，∴∠EBF=12∠ABE=12（180°﹣∠ABC）＝∵∠ODB＝90°﹣∠OBD，∴∠FBE＝∠ODB，∴BF∥OD．【点评】本题考查了平行线的性质和判定，角平分线的定义，三角形的内角和，三角形的外角的性质，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．14．（2022春•滨海县期中）在△ABC中，BD平分∠ABC交AC于点D，点E是射线AC上的动点（不与点D重合），过点E作EF∥BC交直线BD于点F，∠CEF的角平分线所在直线与射线BD交于点G．（1）如图1，点E在线段AD上运动．①若∠ABC＝40°，∠C＝60°，则∠BGE＝50°；②若∠A＝70°，则∠BGE＝55°；③探究∠BGE与∠A之间的数量关系，并说明理由；（2）若点E在射线DC上运动时，∠BGE与∠A之间的数量关系与（1）③中的数量关系是否相同？若不同，请写出它们之间的数量关系并说明理由．【答案】（1）①50；②55°；③90°-12∠（2）点E在射线DC上运动时，∠BGE＝90°+12∠A或∠BGE=1【分析】（1）①根据角平分线的性质，平行线的性质以及三角形内角和定理即可求解；②根据三角形内角和定理先求出∠ABC+∠C，再利用角平分线的性质和平行线的性质即可求解；③由②即可推出数量关系；（2）分为点E在线段CD上和点E在DC的延长线上，分别作出图形，即可求解．【解答】解：（1）①∵∠ABC＝40°，BD平分∠ABC，∴∠CBD＝20°，∵EF∥BC，∠C＝60°，∴∠CEF＝∠C＝60°，∠EFG＝∠CBD＝20°，∵EG平分∠CEF，∴∠FEG＝∠DEG＝30°，∴∠BGE＝∠EFG+∠FEG＝50°；②∵∠A＝70°，∴∠ABC+∠C＝180°﹣∠A＝110°，∵EF∥BC，∴∠C＝∠DEF，∴∠ABC+∠DEF＝110°，∵BD平分∠ABC，EG平分∠CEF，∴∠CBD=12∠ABC，∠FEG=1∴∠CBD+∠FEG=12∠ABC+12∠DEF=∵EF∥BC，∴∠EFG＝∠CBD，∴∠EFG+∠FEG＝55°，∴∠BGE＝∠EFG+∠FEG＝55°；③∵∠ABC+∠C＝180°﹣∠A，EF∥BC，∴∠C＝∠DEF，∴∠ABC+∠DEF＝180°﹣∠A，∵BD平分∠ABC，EG平分∠CEF，∴∠CBD=12∠ABC，∠FEG=1∴∠CBD+∠FEG=12∠ABC+12∠DEF=12×（180°﹣∠A∵EF∥BC，∴∠EFG＝∠CBD，∴∠EFG+∠FEG＝90°-12∠∴∠BGE＝∠EFG+∠FEG＝90°-12∠故答案为：50，55°，90°-12∠（2）①当点E在线段CD上，如图，若GE交BC于点H，由（1）知：∠1=12∠ABC，∠2=1∵EF∥BC，∴∠CEF＝180°﹣∠C，∴∠2＝∠3=12（180°﹣∠∵∠1+∠A+∠BDA＝180°，∠3+∠BGE+∠EDG＝180°，且∠BDA＝∠EDG，∴∠3+∠BGE＝∠1+∠A，∠BGE＝∠1+∠A﹣∠3，即∠BGE=12∠ABC+∠A-12（∠=12∠ABC+∠A﹣90°+=12（∠ABC+∠C）+∠A﹣=12（180°﹣∠A）+∠A﹣＝90°-12∠A+∠A﹣=12∠②当点E在DC的延长线上，如图，若GE交BC于点H，∵EF∥BC，∴∠3＝∠2=12∠CEF=1∵∠1+∠3+∠BGE＝180°，∴∠BGE＝180°﹣（∠1+∠3）＝180°-12（∠ABC+∠＝180°-12（180°﹣∠＝180°﹣90°+12＝90°+12∠综上，点E在射线DC上运动时，∠BGE＝90°+12∠A或∠BGE=1【点评】本题考查三角形内角和定理，平行线的性质，角平分线的性质，解题的关键是掌握分类讨论的思想，难点在于（2）需要考虑点E在线段CD上和点E在DC的延长线上．15．（2022秋•新兴县校级期中）综合与探究：小新在学习过程中，发现课本有一道习题，他在思考过程中，对习题做了一定变式，让我们来一起看一下吧，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P．（1）如图1，如果∠A＝80°，求∠BPC的度数．（2）在（1）的条件下，如图2，作△ABC的外角∠MBC，∠NCB的平分线交于点Q，求∠Q的度数．（3）如图3，作△ABC的外角∠MBC，∠NCB的平分线交于点Q，延长线段BP，QC交于点E，在△BQE中，是否存在一个内角等于另一个内角的2倍，若存在，请直接写出∠A的度数；若不存在，请说明理由．【答案】（1）130°；（2）50°；（3）当∠A＝90°或60°或120°时，△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍．【分析】（1）先求∠ABC+∠ACB＝100°，然后根据角平分线定义可求∠PBC+∠PCB＝50°，最后根据三角形内角和定理即可求∠BPC的度数；（2）在（1）的条件下，可求∠MBC+∠NCB＝260°，然后根据角平分线定义可求∠QBC+∠QCB＝130°，最后根据三角形内角和定理即可求∠BQC的度数；（3）在△BQE中，可求∠Q=90°-12∠A，∠E=12∠A，∠EBQ＝90°，所以如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况进行讨论：①∠EBQ＝2∠E＝90°；②∠EBQ＝2∠Q＝90°；③∠Q＝2∠E；④∠【解答】解：（1）∵∠A＝80°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝100°，∵∠ABC与∠ACB的平分线相较于点P，∴∠PBC=12∠ABC∴∠PBC+∠PCB=1∴∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝130°；（2）如图，由（1）知：∠ABC+∠ACB＝100°，∴180°﹣∠MBC+180°﹣∠NCB＝100°，∴∠MBC+∠NCB＝260°，∵△ABC的外角∠MBC，∠NCB的平分线交于点Q，∴∠QBC=12∠MBC∴∠QBC+∠QCB=1∴∠Q＝180°﹣（∠QBC+∠QCB）＝50°；（3）解：由（2）知：∠Q=180°-(∠QBC+∠QCB)=180°-1∵∠QCB=12∠NCB，∠EBC=12∠ABC，∠∴∠E=1∵BP平分∠ABC，BQ平分∠MBC，∴∠PBC=12∠ABC∴∠PBQ＝∠PBC+∠QBC＝90°，如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况：①当∠EBQ＝2∠E＝90°时，则∠E＝45°，∴∠A＝90°；②当∠EBQ＝2∠Q＝90°时，则∠Q＝45°，∴∠E＝45°，∴∠A＝90°；③当∠Q＝2∠E时，∠E=11+2×90°=30°，∴∠A④当∠E＝2∠Q时，∠E=21+2×90°=60°，∴∠A故当∠A＝90°或60°或120°时，△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍．【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．16．（2022秋•苏州期中）如图，△ABC中，AD是BC边上的中线，E，F为直线AD上的点，连接BE，CF，且BE∥CF．（1）求证：△BDE≌△CDF；（2）若AE＝13，AF＝7，试求DE的长．【答案】（1）证明见解答；（2）DE＝3．【分析】（1）利用中点性质可得BD＝CD，由平行线性质可得∠DBE＝∠DCF，再由对顶角相等可得∠BDE＝∠CDF，即可证得结论；（2）由题意可得EF＝AE﹣AF＝6，再由全等三角形性质可得DE＝DF，即可求得答案．【解答】（1）证明：∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，∵BE∥CF，∴∠DBE＝∠DCF，在△BDE和△CDF中，∠DBE=∠DCFBD=CD∴△BDE≌△CDF（ASA）；（2）解：∵AE＝13，AF＝7，∴EF＝AE﹣AF＝13﹣7＝6，∵△BDE≌△CDF，∴DE＝DF，∵DE+DF＝EF＝6，∴DE＝3．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，难度较小，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．17．（2022秋•肇源县校级期中）如图，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，若BD＝CD，BE＝CF．（1）求证：AD平分∠BAC．（2）写出AB+AC与AE之间的等量关系，并说明理由．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据相“HL”定理得出△BDE≌△CDF，故可得出DE＝DF，所以AD平分∠BAC；（2）由（1）中△BDE≌△CDE可知BE＝CF，AD平分∠BAC，故可得出△AED≌△AFD，所以AE＝AF，故AB+AC＝AE﹣BE+AF+CF＝AE+AE＝2AE．【解答】证明：（1）∵DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∴∠E＝∠DFC＝90°，∴△BDE与△CDE均为直角三角形，∵在Rt△BDE与Rt△CDF中BD=CDBE=CF∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），∴DE＝DF，∴AD平分∠BAC；（2）AB+AC＝2AE．理由：∵BE＝CF，AD平分∠BAC，∴∠EAD＝∠CAD，∵∠E＝∠AFD＝90°，∴∠ADE＝∠ADF，在△AED与△AFD中，∵∠EAD=∠CADAD=AD∴△AED≌△AFD（ASA），∴AE＝AF，∴AB+AC＝AE﹣BE+AF+CF＝AE+AE＝2AE．【点评】本题考查的是角平分线的性质及全等三角形的判定与性质，熟知角平分线的性质及其逆定理是解答此题的关键．18．（2022秋•思明区校级期中）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，点D是边BC上一点，CD＝AB，点E在边AC上．（1）若∠ADE＝∠B，求证：BD＝CE；（2）若BD＝CE，∠BAC＝70°，求∠ADE的度数；（3）若∠ADE＝∠C，试判断∠DAE与∠AED的数量关系，并说明理由．【答案】（1）证明见解答；（2）∠ADE的度数是55°；（3）∠DAE＝∠AED，理由见解答．【分析】（1）由∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，且∠ADE＝∠B，得∠BAD＝∠CDE，即可根据全等三角形的判定定理“ASA”证明△BAD≌△CDE，得BD＝CE；（2）由∠BAC＝70°，得∠B＝∠C＝55°，再根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△BAD≌△CDE，得∠BAD＝∠CDE，即可推导出∠ADE＝∠B＝55°；（3）由∠ADB＝180°﹣∠ADE﹣∠CDE，∠DEC＝180°﹣∠C﹣∠CDE，且∠ADE＝∠C，得∠ADB＝∠DEC，即可根据全等三角形的判定定理“AAS”证明△BAD≌△CDE，得AD＝DE，则∠DAE＝∠AED．【解答】（1）证明：∵∠ADE＝∠B，∴180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，∵∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，∴∠BAD＝∠CDE，在△BAD和△CDE中，∠B=∠CAB=DC∴△BAD≌△CDE（ASA），∴BD＝CE．（2）解：∵∠BAC＝70°，∴∠B＝∠C=180°-70°2在△BAD和△CDE中，AB=DC∠B=∠C∴△BAD≌△CDE（SAS），∴∠BAD＝∠CDE，∴∠ADE＝180°﹣∠CDE﹣∠ADB＝180°﹣∠BAD﹣∠ADB＝∠B＝55°，∴∠ADE的度数是55°．（3）解：∠DAE＝∠AED，理由如下：∵∠ADE＝∠C，∴180°﹣∠ADE﹣∠CDE＝180°﹣∠C﹣∠CDE，∵∠ADB＝180°﹣∠ADE﹣∠CDE，∠DEC＝180°﹣∠C﹣∠CDE，∴∠ADB＝∠DEC，在△BAD和△CDE中，∠ADB=∠DEC∠B=∠C∴△BAD≌△CDE（AAS），∴AD＝DE，∴∠DAE＝∠AED．【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，证明△BAD≌△CDE是解题的关键．19．（2022秋•新野县期中）为了解学生对所学知识的应用能力，某校老师在八年级数学兴趣小组活动中，设置了这样的问题：因为池塘两端A，B的距离无法直接测量，请同学们设计方案测量A，B的距离．甲、乙两位同学分别设计出了如下两种方案：甲：如图1，先在平地上取一个可以直接到达点A，B的点O，连接AO并延长到点C，连接BO并延长到点D，使CO＝AO，DO＝BO，连接DC，测出DC的长即可；乙：如图2，先确定直线AB，过点B作直线BE⊥AB，在直线BE上找可以直接到达点A的一点D，连接DA，作DC＝DA，交直线AB于点C，最后测量BC的长即可．甲、乙两个同学的方案是否可行？请说明理由．【答案】甲、乙两同学的方案都可行．【分析】甲同学作出的是全等三角形，然后根据全等三角形对应边相等测量的，所以是可行的；甲同学利用的是“边角边”，乙同学的方案根据等腰三角形的性质得出AB＝BC，故方案可行．【解答】解：甲、乙两同学的方案都可行，甲同学方案：在△ABO和△CDO中，AO=CO∠AOB=∠COD∴△ABO≌△CDO（SAS），∴AB＝CD；乙同学方案：∵AD＝CD，DB⊥AC于点B，∴AB＝BC，∴测量出线段BC的长度就是池塘两端A，B之间的距离，∴甲、乙两同学的方案都可行．【点评】本题主要考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形判定的“SAS”定理是解决问题的关键．20．（2022秋•金州区期中）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＞90°，BD⊥AC垂足为D，点E在AD上，BE平分∠ABD，点F在BD延长线上，BF＝CE，延长FE交BC于点H．（1）求证：∠CBE＝45°；（2）写出线段BH和EH的位置关系和数量关系，并证明．【答案】（1）证明过程见解答；（2）BH⊥EH，BH＝EH，证明过程见解答．【分析】（1）由AB＝AC，得∠ABC＝∠C，可证明∠ABC＝∠C=12∠DAB，而∠ABE＝∠DBE=12∠DBA，则∠CBE=12（∠DAB（2）延长BA到点G，使AG＝AE，连接EG，因为AB＝AC，所以BG＝CE＝BF，即可证明△EBG≌△EBF，得∠G＝∠F，可证明∠G=12∠DAB，则∠G＝∠F＝∠C，于是∠BHE＝∠C+∠HEC＝∠F+∠DEF＝90°，得BH⊥EH，由∠HEB＝∠HBE＝45°，得BH＝【解答】（1）证明：∵BD⊥AC于D，∴∠BDC＝∠FDC＝90°，∴∠DAB+∠DBA＝90°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∴∠DAB＝∠ABC+∠C＝2∠ABC，∴∠ABC＝∠C=12∠∵BE平分∠ABD，∴∠ABE＝∠DBE=12∠∴∠CBE＝∠ABC+∠ABE=12（∠DAB+∠DBA）＝45（2）解：BH⊥EH，BH＝EH，证明：延长BA到点G，使AG＝AE，连接EG，∵AB＝AC，∴AB+AG＝AC+AE，∴BG＝CE，∵BF＝CE，∴BG＝BF，在△EBG和△EBF中，BG=BF∠GBE=∠FBE∴△EBG≌△EBF（SAS），∴∠G＝∠F，∵∠G＝∠AEG，∴∠DAB＝∠G+∠AEG＝2∠G，∴∠G=12∠∴∠G＝∠C，∴∠F＝∠C，∵∠HEC＝∠DEF，∴∠BHE＝∠C+∠HEC＝∠F+∠DEF＝90°，∴BH⊥EH，∵∠HEB＝∠HBE＝45°，∴BH＝EH．【点评】此题重点考查等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．21．（2022秋•常州期中）如图，A、B两点分别在射线OM，ON上，点C在∠MON的内部，且AC＝BC，CD⊥OM，CE⊥ON，垂足分别为D，E，且AD＝BE．（1）求证：OC平分∠MON；（2）若AD＝3，BO＝4，求AO的长．【答案】（1）证明过程见解答；（2）10．【分析】（1）根据全等三角形的判定定理推出Rt△ADC≌Rt△BEC，根据全等三角形的性质得出CD＝CE，再得出答案即可；（2）根据全等三角形的性质得出AD＝BE＝3，根据全等三角形的判定定理推出Rt△ODC≌Rt△OEC，根据全等三角形的性质得出OD＝OB，再求出答案即可．【解答】（1）证明：∵CD⊥OM，CE⊥ON，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，在Rt△ADC和Rt△BEC中，AC=BCAD=BE∴Rt△ADC≌Rt△BEC（HL），∴CD＝CE，∵CD⊥OM，CE⊥ON，∴OC平分∠MON；（2）解：∵Rt△ADC≌Rt△BEC，AD＝3，∴BE＝AD＝3，∵BO＝4，∴OE＝OB+BE＝4+3＝7，∵CD⊥OM，CE⊥ON，∴∠CDO＝∠CEO＝90°，在Rt△DOC和Rt△EOC中，OC=OCCD=CE∴Rt△DOC≌Rt△EOC（HL），∴OD＝OE＝7，∵AD＝3，∴OA＝OD+AD＝7+3＝10．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，角平分线的性质等知识点，能熟记到角两边距离相等的点在角的平分线上是解此题的关键．22．（2022春•茂南区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，E为AC边上一点，连接BE与AD交于点F，G为△ABC外一点，满足∠ACG＝∠ABE，∠FAG＝∠BAC，连接EG．（1）求证：△ABF≌△ACG；（2）求证：BE＝CG+EG．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据已知条件可得∠BAD＝∠CAG，然后利用ASA即可证明△ABF≌△ACG；（2）结合（1）的结论，再证明△AEF≌△AEG，即可解决问题．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠FAG，∴∠BAC﹣∠CAD＝∠FAG﹣∠CAD，∴∠BAD＝∠CAG，在△ABF和△ACG中，∠BAD=∠CAGAB=AC∴△ABF≌△ACG（ASA）；（2）证明：∵△ABF≌△ACG，∴AF＝AG，BF＝CG，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠BAD＝∠CAD，∵∠BAD＝∠CAG，∴∠CAD＝∠CAG，在△AEF和△AEG中，AF=AG∠FAE=∠GAE∴△AEF≌△AEG（SAS）．∴EF＝EG，∴BE＝BF+FE＝CG+EG．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△AEF≌△AEG．23．（2022秋•长垣市期中）如图所示，人教版八年级上册数学教材P53数学活动中有这样一段描述：如图，四边形ABCD中，AD＝CD，AB＝CB．我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．（1）试猜想筝形的对角线AC与BD有什么位置关系？并用全等三角形的知识证明你的猜想；（2）过点D作DE∥AB交BC于点E，若BC＝10，CE＝4，求DE的长．【答案】（1）BD⊥AC，证明过程见解答；（2）DE的长为6．【分析】（1）由AD＝CD，AB＝CB，BD＝BD，根据全等三角形的判定定理“SSS”证明△ABD≌△CBD，得∠ABD＝∠CBD，即可根据等腰三角形的“三线合一”证明BD⊥AC；（2）由DE∥AB，得∠EDB＝∠ABD，而∠ABD＝∠CBD，所以∠EDB＝∠CBD，则DE＝BE＝BC﹣CE＝10﹣4＝6．【解答】解：（1）BD⊥AC，证明：在△ABD和△CBD中，AD=CDAB=CB∴△ABD≌△CBD（SSS），∴∠ABD＝∠CBD，∵AB＝CB，∠ABD＝∠CBD，∴BD⊥AC．（2）∵DE∥AB，∴∠EDB＝∠ABD，∵∠ABD＝∠CBD，∴∠EDB＝∠CBD，∴DE＝BE，∵BC＝10，CE＝4，∴BE＝BC﹣CE＝10﹣4＝6，∴DE＝6，∴DE的长为6．【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，正确地找到全等三角形的对应边和对应角并且证明△ABD≌△CBD是解题的关键．24．（2022秋•邓州市期中）如图，AE，BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝4cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以3cm/s的速度匀速运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的速度匀速运动．P，Q两点同时出发，当点P回到点A时，P，Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t（s）．（1）当t＝1s时，AP＝3cm，当t＝2s时，AP＝2cm；（2）求证：AB∥DE；（3）连接PQ，当线段PQ经过点C时，DQ的长为1或2cm．【答案】（1）3，2；（2）证明见解析部分；（3）1或2．【分析】（1）根据路程，速度，时间之间的关系求解即可；（2）证明△ABC≌△EDC（SAS），推出∠A＝∠E，可得结论；（3）证明△ACP≌△ECQ（ASA），推出AP＝EQ，分两种情形，分别构建方程求解．【解答】（1）解：当t＝1时，AP＝3cm，t＝2时，AP＝4﹣（6﹣4）＝2cm，故答案为：3，2；（2）证明：在△ABC和△EDC中，AC=EC∠ACB=∠ECD∴△ABC≌△EDC（SAS），∴∠A＝∠E，∴AB∥DE；（3）解：根据题意得DQ＝tcm，则EQ＝（4﹣t）cm，由（1）得：∠A＝∠E，ED＝AB＝4cm，在△ACP和△ECQ中，∠A=∠EAC=EC∴△ACP≌△ECQ（ASA），∴AP＝EQ，当0≤t≤4时，3t＝4﹣t，解得：t＝1；当4＜t≤8时，8﹣3t＝4﹣t，解得：t＝2；综上所述，当线段PQ经过点C时，t的值为1或2．故答案为：1或2．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，列代数式，一元一次方程的应用，解决本题的关键是得到△ACP≌△ECQ．25．（2022秋•西城区校级期中）问题提出：（1）我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形，如图△ABC中，AC＝7，BC＝9，AB＝10，P为AC上一点，当AP＝72时，△ABP与△CBP问题探究：（2）如图，△ABD与△ACD是偏等积三角形，AB＝2，AC＝6，且线段AD的长度为正整数，过点C作CE∥AB交AD的延长线于点E，求AD的长度为3；问题解决：（3）如图，四边形ABED是一片绿色花园，CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°（0°＜∠BCE＜90°）．△ACD与△BCE是偏等积三角形吗？请说明理由．【答案】（1）72（2）3；（3）△ACD与△BCE是偏等积三角形，理由见解答．【分析】（1）连接BP，由△ABP与△CBP在AP、CP边上的高相等，可知当点P为AC中点时，△ABP与△CBP面积相等，但此时△ABP与△CBP不全等，所以，△ABP与△CBP是偏等积三角形，则AP＝CP=7（2）先由△ABD与△ACD是偏等积三角形，且△ABD与△ACD在BD、CD边上的高相等，得BD＝CD，再证明△ECD≌△ABD，得ED＝AD，EC＝AB＝2，由三角形的三边关系得6﹣2＜2AD＜6+2，则2＜AD＜4，而AD是正整数，则AD＝3；（3）先证明∠ACD≠∠BCE，再由CA＝CB，CD＝CE，说明△ACD与△BCE不全等，作BF⊥CE于点F，AG⊥DC交DC的延长线于点G，可证明△ACG≌△BCF，得AG＝BF，即可证明△ACD与△BCE面积相等，从而证明△ACD与△BCE是偏等积三角形．【解答】解：（1）如图1，连接BP，∵△ABP与△CBP在AP、CP边上的高相等，∴当AP＝CP=12AC=12×7=∵BC＝9，AB＝10，∴BC≠AB，∵AP＝CP，BP＝BP，BC≠AB，∴△ABP与△CBP不全等，∴此时△ABP与△CBP是偏等积三角形，故答案为：72（2）如图2，∵△ABD与△ACD是偏等积三角形，且△ABD与△ACD在BD、CD边上的高相等，∴BD＝CD，∵CE∥AB，∴∠E＝∠BAD，在△ECD和△ABD中，∠E=∠BAD∠EDC=∠ADB∴△ECD≌△ABD（AAS），∴ED＝AD，EC＝AB＝2，∵AC﹣EC＜AE＜AC+EC，且AC＝6，AE＝2AD，∴6﹣2＜2AD＜6+2，∴2＜AD＜4，∵线段AD的长度为正整数，∴AD＝3，故答案为：3．（3）△ACD与△BCE是偏等积三角形，理由：如图3，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝180°，∵0°＜∠BCE＜90°，∴∠ACD＞90°，∴∠ACD≠∠BCE，∵CA＝CB，CD＝CE，∴△ACD与△BCE不全等，作BF⊥CE于点F，AG⊥DC交DC的延长线于点G，则∠G＝∠BFC＝90°，∵∠ECG＝180°﹣∠DCE＝90°，∴∠ACG＝∠BCF＝90°﹣∠BCG，在△ACG和△BCF中，∠G=∠BFC∠ACG=∠BCF∴△ACG≌△BCF（AAS），∴AG＝BF，∴12CD•AG=12CE∴△ACD与△BCE面积相等，∴△ACD与△BCE是偏等积三角形．【点评】此题重点考查新定义问题的求解、三角形的三边关系、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．26．（2022秋•莱阳市期中）在一个支架的横杆点O处用一根绳悬挂一个小球A，小球A可以摆动，如图，OA表示小球静止时的位置．当小球从OA摆到OB位置时，过点B作BD⊥OA于点D，当小球摆到OC位置时，OB与OC恰好垂直，过点C作CE⊥OA于点E，测得CE＝24cm，OA＝OB＝OC＝30cm．（1）试说明OE＝BD；（2）求AD的长．【答案】（1）说明过程见解答；（2）6cm．【分析】（1）由直角三角形的性质证出∠COE＝∠B，利用AAS证明△COE≌△OBD，由全等三角形的性质得出结论；（2）由全等三角形的性质得出CE＝OD＝24cm，则可得出答案．【解答】解：（1）∵OB⊥OC，∴∠BOD+∠COE＝90°，又∵CE⊥OA，BD⊥OA，∴∠CEO＝∠ODB＝90°，∴∠BOD+∠B＝90°，∴∠COE＝∠B，在△COE和△OBD中，∠CEO=∠BDO∠COE=∠B∴△COE≌△OBD（AAS），∴OE＝BD；（2）∵△COE≌△OBD，∴CE＝OD＝24cm，∵OA＝30cm，∴AD＝OA﹣OD＝30﹣24＝6（cm）．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，证明△COE≌△OBD是解题的关键．27．（2022秋•淅川县期中）已知：AB＝AC，BD⊥AC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，BD、CE相交于点F，（1）如图1，求证：BE＝CD．（2）如图2，连接AF，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有的全等三角形．【答案】（1）证明见解析；（2）△ABD≌△ACE，△BEF≌△DCF，△AEF≌△ADF，△ABF≌△ACF．【分析】（1）根据AAS证明△ABD与△ACE全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；（2）根据全等三角形的判定方法解答即可．【解答】证明：（1）∵BD⊥AC，CE⊥AB，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，在△ABD与△ACE中，∠A=∠A∠ADB=∠AEC=90°∴△ABD≌△ACE（AAS），∴AE＝AD，∵AC＝AB，∴AC﹣AD＝AB﹣AE，即BE＝DC；（2）由（1）可知△ABD≌△ACE，BE＝DC，∴∠B＝∠C，AE＝AD，∴△BEF≌△CDF（ASA），∴BF＝CF，EF＝DF，∴△AEF≌△ADF（SAS），△ABF≌△ACF（SAS）．【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据据AAS证明△ABD与△ACE全等解答．28．（2022秋•海城市期中）如图：在△ABC中，BE、CF分别是AC、AB两边上的高，在BE上截取BD＝AC，在CF的延长线上截取CG＝AB，连接AD、AG．试猜想线段AD与AG的关系，并证明你的猜想．【答案】见试题解答内容【分析】（1）利用SAS可得出三角形ABD与三角形ACG全等，由全等三角形的对应边相等可得出AD＝AG，（2）利用全等得出∠ADB＝∠GAC，再利用三角形的外角和定理得到∠ADB＝∠AED+∠DAE，又∠GAC＝∠GAD+∠DAE，利用等量代换可得出∠AED＝∠GAD＝90°，即AG与AD垂直．【解答】猜想：（1）AD＝AG，（2）AD⊥AG证明：（1）∵BE⊥AC，CF⊥AB，∴∠HFB＝∠HEC＝90°，又∵∠BHF＝∠CHE，∴∠ABD＝∠ACG，在△ABD和△GCA中，AB=CG∠ABD=∠ACG∴△ABD≌△GCA（SAS），∴AD＝GA（全等三角形的对应边相等）；（2）∵△ABD≌△GCA，∴∠ADB＝∠GAC，又∵∠ADB＝∠AED+∠DAE，∠GAC＝∠GAD+∠DAE，∴∠AED＝∠GAD＝90°，∴AD⊥GA．【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．29．（2022秋•南沙区校级期中）如图，已知A（a，0），B（0，b）且a、b满足a2+2ab+b2＝0，C、D分别是OA、OB边上的动点，同时从原点O以相同的速度分别匀速向点A、点B运动（点C不与O、A重合，点D不与O、B重合），AD和BC相交于点M，过点O作OE⊥AD交AB于点E，过点E作EF⊥BC交BO于点F．（1）求证：△AOD≌△BOC．（2）在C、D运动的过程中，AD-EFOE【答案】见试题解答内容【分析】（1）由题意得出OC＝OD，在证出OA＝OB，由SAS证明△AOD≌△BOC即可；（2）过A作OA的垂线，过B作OB的垂线，两线交于点H，延长OE交BH于G，先证明△BGE≌△BFE得出EG＝EF，在证明△AOD≌△OBG得出AD＝OG，即可得出结果．【解答】（1）证明：由题意得：OC＝OD，∵A（a，0），B（0，b）且a、b满足a2+2ab+b2＝0，∴（a+b）2＝0，∴a+b＝0，a＝﹣b，∴OA＝OB，在△AOD和△BOC中，OA=OB∠AOD=∠BOC∴△AOD≌△BOC（SAS）；（2）解：AD-EFOE为定值1过A作OA的垂线，过B作OB的垂线，两线交于点H，延长OE交BH于G，如图所示：则四边形AOBH是正方形，∴∠GBE＝∠OBA，BH∥OA，∴∠BGE＝∠AOG，由（1）得：△AOD≌△BOC，∴∠OAD＝∠OBC，∵OE⊥AD，EF⊥BC，∴∠OAD+∠AOG＝90°，∠OBC+∠BFE＝90°，∴∠AOG＝∠BFE，同理∠ADO＝OGB，∴∠BGE＝∠BFE，在△BGE和△BFE中，∠BGE=∠BFE∠GBE=∠FBE∴△BGE≌△BFE（AAS），∴EG＝EF，在△AOD和△OBG中，∠AOD=∠OBG∠ADO=∠OGB∴△AOD≌△OBG（AAS），∴AD＝OG，∴AD-EFOE=【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握等腰三角形的判定，证明三角形全等是解题的关键．30．（2022秋•盐津县期中）如图，△ABC中，点D在BC边上，∠BAD＝100°，∠ABC的平分线交AC于点E，过点E作EF⊥AB，垂足为F，且∠AEF＝50°，连接DE．（1）求∠CAD的度数；（2）求证：DE平分∠ADC；（3）若AB＝7，AD＝4，CD＝8，且S△ACD＝15，求△ABE的面积．【答案】（1）40°；（2）证明见解答过程；（3）354【分析】（1）根据直角三角形的性质求出∠FAE，根据补角的定义计算，得到答案；（2）过点E作EG⊥AD于G，EH⊥BC于H，根据角平分线的性质得到EF＝EG，EF＝EH，等量代换得到EG＝EH，根据角平分线的判定定理证明结论；（3）根据三角形的面积公式求出EG，再根据三角形的面积公式计算，得到答案．【解答】（1）解：∵EF⊥AB，∠AEF＝50°，∴∠FAE＝90°﹣50°＝40°，∵∠BAD＝100°，∴∠CAD＝180°﹣100°﹣40°＝40°；（2）证明：过点E作EG⊥AD于G，EH⊥BC于H，∵∠FAE＝∠DAE＝40°，EF⊥BF，EG⊥AD，∴EF＝EG，∵BE平分∠ABC，EF⊥BF，EH⊥BC，∴EF＝EH，∴EG＝EH，∵EG⊥AD，EH⊥BC，∴DE平分∠ADC；（3）解：∵S△ACD＝15，∴12×AD×EG+12×CD×EH＝15，即12×4×EG解得，EG＝EH=5∴EF＝EH=5∴△ABE的面积=12×AB×EF=【点评】本题考查的是角平分线的性质、三角形的面积计算，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．31．（2022秋•郯城县期中）如图，点C在线段AB上，∠A＝∠B，AC＝BE，AD＝BC，CF⊥DE于点F．（1）求证：△ACD≌△BEC；（2）求证：DF＝EF．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【分析】（1）直接利用SAS证明△ACD≌△BEC即可；（2）利用全等三角形的性质证明CD＝EC，再利用等腰三角形的三线合一证明DF＝EF即可．【解答】证明：（1）在△ACD和△BEC中，AD=BC∠A=∠B∴△ACD≌△BEC（SAS）；（2）∵△ACD≌△BEC，∴CD＝EC，又∵CF⊥DE，∴DF＝EF．【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的三线合一，熟练的利用三线合一解决线段相等或垂直是解本题的关键．32．（2022秋•延平区校级期中）如图，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，若BD＝CD，BE＝CF．（1）求证：AD平分∠BAC；（2）已知AE＝5.8，AB＝4.7，求AC的长．【答案】（1）见解析；（2）6.9．【分析】（1）求出∠E＝∠DFC＝90°，根据全等三角形的判定定理得出Rt△BED≌Rt△CFD，推出DE＝DF，根据角平分线性质得出即可；（2）证明△ADE≌△ADF（AAS），得到AE＝AF＝5.8，利用Rt△BED≌Rt△CFD得到BE＝CF，再利用线段的和差计算即可．【解答】（1）证明：∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠E＝∠DFC＝90°，在Rt△BED和Rt△CFD中，BD=CDBE=CF∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），∴DE＝DF，∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴AD平分∠BAC；（2）解：在△ADE和△ADF中，∠E=∠AFD∠DAE=∠DAC∴△ADE≌△ADF（AAS），∴AE＝AF＝5.8，∵Rt△BED≌Rt△CFD，∴BE＝CF，∵AE＝5.8，AB＝4.7，∴BE＝CF＝AE﹣AB＝1.1，∴AC＝AF+CF＝5.8+1.1＝6.9．【点评】本题考查了角平分线的判定，全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL，全等三角形的对应边相等，对应角相等．33．（2022秋•安次区校级期中）如图，已知AC⊥BC，BD⊥AD，AC与BD交于O，AC＝BD．（1）如图1，求证：BC＝AD；（2）如图2，若点E是AB的中点，试判断OE和AB的位置关系，并给予证明；（3）延长AD、BC相交于点E（自己画图），若∠AOB＝130°，则∠E＝50°（直接写出答案）．【答案】（1）见解析；（2）OE⊥AB，证明见解析；（3）50°．【分析】（1）根据HL证明Rt△ABD≌Rt△BAC，即可求证；（2）根据Rt△ABD≌Rt△BAC得出∠BAC＝∠ABD，则AO＝BO，再根据“三线合一”即可求证；（3）根据四边形内角和为360°即可求解．【解答】（1）证明：∵AC⊥BC，BD⊥AD，∴∠C＝∠D＝90°，在Rt△ABD和Rt△BAC中，AB=BAAC=BD∴Rt△ABD≌Rt△BAC（HL），∴BC＝AD；（2）证明：由（1）可得：Rt△ABD≌Rt△BAC，∴∠BAC＝∠ABD，∴AO＝BO，∵点E是AB的中点，∴OE⊥AB；（3）解：∵∠AOB＝130°，∴∠COD＝130°，∵AC⊥BC，BD⊥AD，∴∠C＝∠D＝90°，∴∠E＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°．故答案为：50°．【点评】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握用HL判定三角形全等的方法，全等三角形对应边相等，以及等腰三角形“三线合一”．34．（2022秋•淇滨区校级期中）问题原型：（1）如图1，在锐角△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于点D，在AD上取点E；连接BE，使BE＝AC．求证：DE＝CD．问题拓展：（2）如图2，在问题原型的条件下，F为BC的中点，连接EF并延长至点M，使FM＝EF，连接CM、AM，则△ACM为等腰直角三角形．【答案】（1）见解析；（2）等腰直角．【分析】（1）由AD⊥BC可得∠ADB＝∠ADC＝90°，易得∠BAD＝45°＝∠ABC，可得AD＝BD，由SAS定理可得△BDE≌△ADC，即可证明结论；（2）利用SAS判断出△BEF≌△CMF，得出BE＝CM，∠EBF＝∠BCM，借助问题原型与问题延伸的结论即可判断出△ACM是等腰直角三角形．【解答】解：（1）∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，∵∠ABC＝45°，∴∠BAD＝45°＝∠ABC，∴AD＝BD，在△BDE和△ADC中，BD=AD∠EDB=∠CDA∴△BDE≌△ADC（SAS），∴DE＝CD；（2）△ACM为等腰直角三角形，理由如下：∵点F是BC中点，∴BF＝CF，在△BEF和△CMF中，BF=CF∠BFE=∠CFM∴△BEF≌△CMF（SAS），∴BE＝CM，∠EBF＝∠BCM，∵△BDE≌△ADC，∴BE＝AC，∠BED＝∠ACD，∴∠ACM＝∠ACD+∠BCM＝∠BED+∠EBF＝90°，∴△ACM为等腰直角三角形．故答案为：等腰直角．【点评】本题是三角形的综合问题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，判断出两对三角形全等是解本题的关键．35．（2022秋•云阳县期中）【问题背景】如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，试探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是EF＝BE+DF．【探索延伸】如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=12∠【学以致用】如图3，四边形ABCD是边长为5的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．【答案】见试题解答内容【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；（2）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；（3）延长DC，截取CG＝AE，连接BG，根据SAS定理可得出△AEB≌△CGB，故可得出BE＝BG，∠ABE＝∠CBG，再由∠EBF＝45°，∠ABC＝90°可得出∠ABE+∠CBF＝45°，故∠CBF+∠CBG＝45°，由SAS定理可得△EBF≌△GBF，故EF＝GF，故△DEF的周长＝EF+ED+CF＝AE+CF+DE+DF＝AD+CD，由此可得出结论．【解答】（1）解：如图1，在△ABE和△ADG中，∵DG=BE∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF=12∠∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，∵AE=AG∠EAF=∠GAF∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；故答案为：EF＝BE+DF．（2）解：结论EF＝BE+DF仍然成立；理由：如图2，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，在△ABE和△ADG中，∵DG=BE∠B=∠ADG∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF=12∠∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，∵AE=AG∠EAF=∠GAF∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；（3）解：如图3，延长DC到点G，截取CG＝AE，连接BG，在△AEB与△CGB中，∵AE=CG∠A=∠BCG∴△AEB≌△CGB（SAS），∴BE＝BG，∠ABE＝∠CBG．∵∠EBF＝45°，∠ABC＝90°，∴∠ABE+∠CBF＝45°，∴∠CBF+∠CBG＝45°．在△EBF与△GBF中，∵BE=BG∠EBF=∠GBF∴△EBF≌△GBF（SAS），∴EF＝GF，∴△DEF的周长＝EF+ED+DF＝AE+CF+DE+DF＝AD+CD＝5+5＝10．【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．36．（2022秋•东宝区校级期中）如图，△ABC中，AB＝AC，点P从点B出发沿线段BA移动（点P不与A，B重合），同时，点Q从点C出发沿线段AC的延长线移动，已知点P、Q移动的速度相同，PQ与直线BC相交于点D．（1）求证：PD＝QD；（2）过点P作直线BC的垂线，垂足为E，P，Q在移动过程中，线段BE，DE，CD中是否存在长度保持不变的线段？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，ED是长度保持不变的线段，理由见解析．【分析】（1）过点P作PF∥AC交BC于点F，先证PF＝CQ，再由AAS证得△PFD≌△QCD，即可得出结论；（2）由全等三角形的性质和等腰