【八年级上册数学浙教版】第一次月考押题预测卷（考试范围：第1、2章）（解析版）

第第页第一次月考押题预测卷（考试范围：第1、2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·安徽滁州·八年级期末）以下命题正确的有（

）①三角形的中线、角平分线都是射线；②三角形的三条高所在直线相交于一点；③三角形的三条角平分线在三角形内部交于一点；④三角形的中线把三角形分成面积相等的两部分；⑤直角三角形的三条高相交于直角顶点．A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】B【分析】①根据三角形中线、角平分线的定义作出判断；②根据三角形高的性质作出判断；③根据三角形角平分线的性质作出判断；④根据三角形的中线的性质作出判断；⑤直角三角形的高线的性质作出判断．【详解】解：①三角形的角平分线和中线都是线段．故错误；②三角形的三条高线所在的直线交于一点，故正确；③三角形的三条角平分线在三角形内部交于一点，故正确；④三角形的中线把三角形分成面积相等的两部分，故正确；⑤直角三角形的三条高相交于直角顶点，故正确．综上所述，正确的结论有4个．故选：B．【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．2．（2022·湖北武汉·八年级期末）如图，点E、H、G、N共线，∠E＝∠N，EF＝NM，添加一个条件，不能判断△EFG≌△NMH的是（）A．EH＝NG B．∠F＝∠M C．FG＝MH D．【答案】C【分析】根据全等三角形的判定定理，即可一一判定．【详解】解：在△EFG与△NMH中，已知，∠E＝∠N，EF＝NM，A．由EH＝NG可得EG＝NH，所以添加条件EH＝NG，根据SAS可证△EFG≌△NMH，故本选项不符合题意；B．添加条件∠F＝∠M，根据ASA可证△EFG≌△NMH，故本选项不符合题意；C．添加条件FG＝MH，不能证明△EFG≌△NMH，故本选项符合题意；D．由可得∠EGF＝∠NHM，所以添加条件，根据AAS可证△EFG≌△NMH，故本选项不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，熟练掌握和运用全等三角形的判定定理是解决本题的关键．3．（2022·四川成都·七年级期中）下列长度的三条线段能组成三角形的是（）A．3cm，5cm，7cmB．3cm，3cm，7cmC．4cm，4cm，8cmD．4cm，5cm，9cm【答案】A【分析】直接利用三角形三边关系定理，三角形两边之和大于第三边，进而判断得出答案．【详解】解：A．3+5＝8＞7，能组成三角形，符合题意；B．3+3＜7，不能组成三角形，不符合题意；C．4+4＝8，不能组成三角形，不符合题意；D．4+5＝9，不能组成三角形，不符合题意．故选：A【点睛】本题主要考查了三角形三边关系，判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．4．（2022·河北邯郸·八年级期末）到三角形三个顶点距离相等的点是（

）A．三边高线的交点B．三条中线的交点C．三边垂直平分线的交点D．三条内角平分线的交点【答案】C【分析】根据题意得出到三角形三个顶点的距离相等的点是三角形三边垂直平分线的交点，画出图形后根据线段垂直平分线定理得出PA=PC，PC=PB，推出PA=PC=PB即可．【详解】解：到三角形三个顶点的距离相等的点是三角形三边垂直平分线的交点，理由是：∵P在AB的垂直平分线EF上，∴PA=PB，∵P在AC的垂直平分线MN上，∴PA=PC，∴PA=PC=PB，即P是到三角形三个顶点的距离相等的点．故选：C．【点睛】本题考查了线段垂直平分线，注意：线段垂直平分线的交点到三角形三个顶点的距离相等，而三角形三个角平分线的交点到三角形三边的距离相等．5．（2022·江苏·八年级专题练习）如图是我国数学家赵爽的股弦图，它由四个全等的直角三角形和小正方形拼成的一个大正方形．已知大正方形的面积是26，小正方形的面积是2，直角三角形的较短直角边长为a，较长直角边长为b，那么的值为（

）．A．28 B．50 C．26 D．169【答案】B【分析】根据勾股定理可以求得等于大正方形的面积，然后求四个直角三角形的面积，即可得到的值，然后根据即可求解．【详解】根据勾股定理可得，四个直角三角形的面积是：，即，则．故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理以及完全平方式，正确根据图形的关系求得和的值是关键．6．（2021·江苏·苏州中学八年级阶段练习）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A＝50°，直线MN垂直平分边AC，分别交AB，AC于点D，E，则∠BCD＝（）A．10° B．15° C．20° D．25°【答案】B【分析】由AB＝AC，∠A＝50°得出∠ACB＝65°，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质可得AD＝CD，推出∠ACD＝∠A＝50°，即可得出∠BCD＝15°．【详解】解：∵AB＝AC，∠A＝50°，∴∠ACB＝∠B，∵直线MN垂直平分边AC，∴AD＝CD，∴∠ACD＝∠A＝50°，∴∠BCD＝∠ACB﹣∠ACD＝15°，故选：B．【点睛】此题考查了等腰三角形以及垂直平分线的性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．7.（2022·重庆初二月考）圆柱形杯子的高为18cm，底面周长为24cm，已知蚂蚁在外壁A处（距杯子上沿2cm）发现一滴蜂蜜在杯子内（距杯子下沿4cm），则蚂蚁从A处爬到B处的最短距离为（）A． B．28 C．20 D．【答案】C分析：将杯子侧面展开，建立A关于EF的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求.【解析】如图所示，将杯子侧面展开,作A关于EF的对称点A′，连接A′B,则A′B即为最短距离，A′B=(cm)故选C.点睛：本题考查了勾股定理、最短路径等知识.将圆柱侧面展开，化曲面为平面并作出A关于EF的对称点A′是解题的关键.8．（2022·辽宁铁岭·八年级期中）如图，在矩形ABCD中，，点E为BC的中点，将沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF．则CF的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接BF，由翻折变换可知BF⊥AE，BE=EF，由点E是BC的中点可知BE=3，根据勾股定理即可求得AE；根据三角形的面积公式可得，据此可求得BH，进而可得到BF的长度；结合题意可知FE=BE=EC，进而可得∠BFC=90°，在Rt△BFC中，利用勾股定理求出CF的长度即可．【详解】解：连接BF，∵BC=6，点E为BC的中点，∴BE=3，又∵AB=4，∴，∵，∴，则BF=，∴FE=BE=EC，∴∠EBF=∠EFB，∠EFC=∠ECF，而∠EBF+∠EFB+∠EFC+∠ECF=180°，∴∠BFC=∠EFB+∠EFC=90°，∴．故选：A．【点睛】本题考查的是矩形与折叠，勾股定理，掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．9．（2022·天津西青·八年级期末）如图，以的顶点O为圆心，适当长为半径画弧，分别交OA，OB于点C．D，再分别以点C，D为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内部交于点E，过点E作射线OE，点P是射线OE上任意一点，连接CD，CP，DP．有下列说法：①射线OE是的平分线；②是等腰三角形；③是等边三角形：④C，D两点关于OE所在直线对称；⑤线段CD所在直线是线段OP的垂直平分线；⑥图中有5对全等三角形．其中正确结论的个数是（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】C【分析】利用基本作图得到OP平分∠AOB，OC=OD，则可对①②进行判断；证明△PCO≌△PDO得到PC=PD，则可对②进行判断；由于OC=OD，PC=PD，则可判断OP垂直平分CD，于是可对④进行判断；由于点P是射线OE上任意一点，则PC不一定等于CO，于是可对⑤进行判断；利用图中有3对全等三角形可对⑥进行判断．【详解】解：由作法得OP平分∠AOB，OC=OD，所以①正确．∴△OCD为等腰三角形，所以③错误；在△PCO和△PDO中，，∴△PCO≌△PDO（SAS），∴PC=PD，∴△CPD为等腰三角形，所以②正确；∵OC=OD，PC=PD，∴OP垂直平分CD，∴C，D两点关于OE所在直线对称，所以④正确；∵点P是射线OE上任意一点．∴PC不一定等于CO，所以⑤错误；图中有3对全等三角形，如图，有：所以⑥错误．故选：C．【点睛】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了全等三角形的判定与性质和线段垂直平分线的性质．10．（2022·浙江舟山·八年级期末）如图，矩形ABCD中，，，若在AC，AB上各取一点M，N，使的值最小，求这个最小值（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作点B关于AC的对称点H，连接HB，交AC于O，连接AH，HM，连接HN，由对称性可得AB＝AH＝4，HM＝BM，BO＝HO，可得MN+BM＝HM+MN，则当点H，点M，点N共线且HN⊥AB时，根据两点之间线段最短可得MN+BM的最小值为HN，在Rt△AOB中，利用勾股定理可求AO的长，利用等面积法即可求解．【详解】解：如图，作点B关于AC的对称点H，连接HB，交AC于O，连接AH，HM，连接HN，∴AB＝AH＝4，HM＝BM，BO＝HO，∴MN+BM＝HM+MN，∴当点H，点M，点N共线且HN⊥AB时，MN+BM的最小值为HN，∵AB＝4，BC＝3，∴AC＝，∵S△ABC＝×AB×BC＝AC×BO，∴BO＝，∴BH＝，在中，，∵HN⊥AB，S△ABH＝×AB×HN＝BH×AO，∴MN+BM的最小值为．故选：D．【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，矩形的性质，三角形的面积公式，勾股定理等知识，利用面积法求出BO是解题的关键．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．（2021·浙江宁波·八年级期中）等腰三角形的顶角是40°，则底角的度数为________°．【答案】70【分析】根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可直接求出其底角的度数．【详解】解：因为等腰三角形的两个底角相等，又因为顶角是40°，所以其底角为=70°．故答案为：70．【点睛】本题考查了学生对等腰三角形的性质的理解和掌握，解答此题的关键是知道等腰三角形的两个底角相等．12．（2022·安徽安庆·八年级期末）将命题“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”改写成“如果…那么…”的形式_________．【答案】如果一个三角形是直角三角形，那么它斜边上的中线等于斜边的一半【分析】由题意将命题的条件改成如果的内容，将命题的结论改为那么的内容进行分析即可．【详解】解：将命题“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”改写成“如果…那么…”的形式为：如果一个三角形是直角三角形，那么它斜边上的中线等于斜边的一半．故答案为：如果一个三角形是直角三角形，那么它斜边上的中线等于斜边的一半．【点睛】本题主要考查命题与定理，理解“如果…那么…”的意义并找到命题的条件和结论是解题的关键．13．（2022·浙江温州·一模）某电梯中一面镜子正对楼层显示屏，显示屏中显示的是电梯所在楼层号和电梯运行方向．当电梯中镜子如图显示时，电梯所在楼层号为______．【答案】15【分析】根据镜面成像的原理：左右相反，即可得到答案．【详解】解：由镜面成像的原理可知电梯所在的楼层为15，故答案为：15．【点睛】本题主要考查了镜面成像，熟知镜面成像的原理是解题的关键．14．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，AB⊥BC于点B，AB⊥AD于点A，点E是CD中点，若BC＝5，AD＝10，BE＝，则AB的长是_____．【答案】12【分析】延长BE交AD于点F，由“ASA”可证△BCE≌△FDE，可得DF＝BC＝5，BE＝EF，由勾股定理可求AB的长．【详解】如图，延长BE交AD于点F，∵点E是DC的中点，∴DE＝CE，∵AB⊥BC，AB⊥AD，∴AD∥BC，∴∠D＝∠BCE，∠FED＝∠BEC，∴△BCE≌△FDE（ASA），∴DF＝BC＝5，BE＝EF，∴BF＝2BE＝13，AF=5,在Rt△ABF中，由勾股定理可得AB＝12．故答案为：12．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．15．（2022·山东济南·七年级期末）如图，和都是等边三角形，连接HG，EI交于点P，则_________度．【答案】60【分析】根据等边三角形的性质可证△FIH≌△GJI，再证明△FGH≌△GEI，根据全等三角形的性质可得∠FGH=∠GEI，从而可得∠GEI+∠HGE=60°，根据外角的性质可得∠EPH的度数．【详解】解：在等边△EFG中，∠F=∠FGE=60°，FG=GE，∴∠FHI+∠FIH=120°，在等边△HIJ中，∠HIJ=60°，HI=JI，∴∠FIH+∠JIG=120°，∴∠FHI=∠JIG，在△FIH和△GJI中，，∴△FIH≌△GJI（AAS），∴FH=GI，在△FGH和△GEI中，，∴△FGH≌△GEI（SAS），∴∠FGH=∠GEI，∴∠FGH+∠HGE=60°，∴∠GEI+∠HGE=60°，∴∠EPH=60°，故答案为：60【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．16．（2022·全国·八年级专题练习）如图，有两条公路OM、ON相交成30°角，沿公路OM方向离O点160米处有一所学校A，当重型运输卡车P沿道路ON方向行驶时，在以P为圆心，100米为半径的圆形区域内都会受到卡车噪声的影响，且卡车P与学校A的距离越近噪声影响越大．若已知重型运输卡车P沿道路ON方向行驶的速度为36千米/时，则对学校A的噪声影响最大时卡车P与学校A的距离是___米；重型运输卡车P沿道路ON方向行驶一次给学校A带来噪声影响的时间是____秒．【答案】

80

12【分析】作于，求出的长即可解决问题，如图以为圆心m为半径画圆，交于、两点，求出的长，利用时间计算即可．【详解】解：作于，，m，m，即对学校的噪声影响最大时卡车与学校的距离m．如图以为圆心m为半径画圆，交于、两点，，，在中，m，m，重型运输卡车的速度为36千米时米秒，重型运输卡车经过的时间（秒，故卡车沿道路方向行驶一次给学校带来噪声影响的时间为12秒．故答案为：80，12．【点睛】本题考查勾股定理的应用、解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．17．（2022·浙江金华·八年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D，E是△ABC内两点，AD平分∠BAC，∠EBC＝∠BEC＝67.5°，BD＝1，则BC＝______．【答案】【分析】根据AD平分∠BAC，及AB＝AC，证得，得出，由∠EBC＝∠BEC＝67.5°，计算出的大小，并证得是直角三角形，根据勾股定理解出答案．【详解】∵AD平分∠BAC，∴，∵在和中，，∴，∴，∵∠EBC＝∠BEC＝67.5°，∴，∵，∴，∴，∴是直角三角形，∴根据勾股定理，．故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形得判定及性质、等腰三角形性质和勾股定理运用，解题关键是证明，再利用得出的条件和已知条件证明是直角三角形．18．（2022·辽宁阜新·八年级期末）如图，在中，的平分线与的垂直平分线相交于点O，沿折叠，点C与点O恰好重合．则___________．【答案】##52度【分析】连接OC，根据角平分线的定义求出∠BAO，根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得OA=OB，根据等边对等角可得∠ABO=∠BAO，再求出∠OBC，然后证△AOB≌△AOC（SAS），得出OB=OC，∠OCB=∠OBC，再根据等边对等角求出∠OCB=∠OBC，根据折叠的性质可得OE=CE，然后根据等边对等角求出∠COE，再利用三角形的内角和定理列式计算即可得∠OEC，即可求解．【详解】解：如图，连接OC，∵∠BAC=52°，AO为∠BAC的平分线，∴∠BAO=∠BAC=×52°=26°，又∵AB=AC，∴∠ABC=（180°-∠BAC）=（180°-52°）=64°，∵点O在AB的垂直平分线∴OA=OB，∴∠ABO=∠BAO=26°，∴∠OBC=∠ABC-∠ABO=64°-26°=38°，∵AO为∠BAC的平分线，∴∠BAO=∠CAO，∵AB=AC，AO=AO，∴△AOB≌△AOC（SAS），∴OB=OC，∴∠OCB=∠OBC=38°，∵将∠C沿EF（E在BC上，F在AC上）折叠，点C与点O恰好重合，∴OE=CE，∠OEF=∠CEF，∴∠COE=∠OCB=38°，在△OCE中，∠OEC=180°-∠COE-∠OCB=180°-38°-38°=104°，∴∠OEF=∠OEC=52°，故答案为：52°．【点睛】本题考查翻折变换的性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，等边对等角的性质，综合性较强，难度较大，作辅助线，构造出等腰三角形是解题关键．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·浙江杭州·八年级期末）如图，在6×6的正方格中，中心点为点O，图中有4个小正方格被涂黑成“L形”．(1)用2B铅笔在图中再涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的“L形”关于点O成中心对称，(2)用2B铅笔在图中再涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的“L形”所组成的新图形既是轴对称图形、又是中心对称图形（要求画出三种）．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据中心对称图形的定义画出图形；（2）根据轴对称图形，中心对称图形的定义画出图形即可．（1）解：图形如图所示：（2）图形如图所示：

【点睛】本题考查作图−应用与设计作图，利用轴对称，中心对称设计图案等知识，解题的关键是掌握中心对称图形，轴对称图形的定义．20．（2022·浙江绍兴·八年级期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=1，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，垂足为E．求BE的长．【答案】【分析】利用AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，得到，，得到△CAD≌△EAD，得到AC=AE，再用勾股定理求出AB即可得到答案．【详解】∵∠C=90°，DE⊥AB∴∵AD平分∠CAB，∴

又∵AD=AD∴△CAD≌△EAD（AAS）

∴AE=AC=1

在Rt△ACB中，由勾股定理得∴【点睛】本题考查全等三角形的判定定理、勾股定理的应用，证明出△CAD≌△EAD是关键．21．（2022·湖南娄底·八年级期末）如图，已知，，，BC与E交于点O．(1)求证：；(2)若，求的度数．【答案】(1)见解析(2)80°【分析】（1）根据HL证明两个三角形全等；（2）根据三角形全等的性质和三角形外角的性质可得结论．（1）证明：∵AE=DB，∴AE+EB=DB+EB，即AB=DE，∵∠C=∠F=90°，∴△ABC和△DEF是直径三角形，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL）；（2）解：∵∠C=90°，∠A=50°，∴∠ABC=∠C-∠A=90°-50°=40°，由（1）知Rt△ABC≌Rt△DEF，∴∠ABC=∠DEF，∴∠DEF=40°，∴∠COE=∠ABC+∠BEF=40°+40°=80°．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，尤其是掌握直角三角形特殊的全等判定：HL，在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．22．（2022·贵州省毕节市威宁彝族回族苗族自治县保家中学八年级期末）如图，在四边形中，，，，，．(1)求证：直角三角形．(2)求四边形的面积．【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）因为，，，则，根据勾股定理逆定理可知为直角，故为直角三角形；（2）分别求出和的面积，加起来即可得到四边形的面积．（1）证明：∵，，∴为直角三角形（2）解：由（1）可知为直角∵∴为直角，为直角三角形∵，，根据勾股定理可得：,则四边形的面积为【点睛】本题考查了勾股定理及勾股定理逆定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题关键．23．（2022·河北保定·八年级期末）如图①，ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是BC上任意一点（点D与点B、C都不重合），连接AD，CF⊥AD于点E，交AB于点F，BG⊥BC，交CF的延长线于点G．(1)求证：CBG≌ACD；(2)如图②，当点D为BC中点时，其它条件不变，连接DF，则∠BDF＝∠CDE吗？如果相等请写出证明过程，如果不相等请说明理由．【答案】(1)见解析(2)∠BDF＝∠CDE，证明见解析【分析】（1）先由垂直的定义得∠CEA=∠CBG=∠ACD=90°，再证∠BCG=∠CAD，即可依据ASA证明△CBG≌△ACD；（2）证明△BFD≌△BFG（SAS），推出∠BDF=∠G，由△CBG≌△ACD，推出∠ADC=∠G，可得∠BDF=∠CDE．（1）证明：∵CG⊥AD，BG⊥BC，∠ACB＝90°，∴∠CEA=∠CBG=∠ACD=90°，∴∠BCG+∠ACE=90°，∵∠ACE+∠EAC=90°，∴∠BCG=∠EAC，即∠BCG=∠CAD，在△CBG和△ACD中，，∴△CBG≌△ACD（ASA）；（2）解：∠BDF＝∠CDE，证明如下：由（1）知△CBG≌△ACD，∴BG=CD，∵D是CB的中点，∴CD=BD，∴BD=BG，∵CB=CA，∠ACB=90°，∴∠CBA=45°，∵∠CBG=90°，∴∠FBD=∠FBG=45°，在△FBD和△FBG中，，∴△BFD≌△BFG（SAS），∴∠BDF=∠G，∵△CBG≌△ACD，∴∠G=∠ADC，∴∠BDF=∠ADC，即∠BDF=∠CDE．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是准确寻找全等三角形．24．（2022·河北承德·八年级期末）已知：如图，在四边形中，，平分，．(1)观察图形，推断“两边及其中一边的对角对应相等的两个三角形全等”是命题（填“真”或“假”）；(2)点关于直线的对称点（填“在”或“不在”）线段上；(3)求证：．【答案】(1)假(2)在(3)证明见解析【分析】（1）根据角平分线的定义可得，再根据条件有，，但作为对应角的与并不相等，从而说明和不全等，从而对命题“两边及其中一边的对角对应相等的两个三角形全等”作出判断；（2）如图，作于点，并延长交于点，先证明，由全等的性质可得，可说明点与点关于直线的对称，从而作出判断；（3）如图，连接，先证明，由全等的性质可得，，再结合已知，可说明，从而结论得证．（1）解：∵平分，∴，∵，，∴通过上述条件可知和中的两边及其中一边的对角对应相等，则和应为对应角，但从图中可以看出与并不相等，因此这两个三角形并不全等，∴“两边及其中一边的对角对应相等的两个三角形全等”是假命题．故答案为：假．（2）如图，作于点，并延长交于点，∴，∵平分，∴，即，在与中，∴，∴，∵，∴点与点关于直线的对称，即点与点关于直线的对称，∵点在线段上，∴点关于直线的对称点在线段上．故答案为：在．（3）证明：如图，连接，∵，∴，在与中，，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，即在原图形中有．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，命题，对称，角平分线的定义．添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键．25．（2022·河北沧州·八年级期中）（1）对于试题“如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系”，数学王老师给出了如下的思路：延长到，使得，连接，……，利用三角形全等的判定及性质解答，……请根据数学王老师的思路探究、、之间的数量关系，并说明理由；（2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．【答案】（1），理由见解析（2）成立，理由见解析【分析】（1）延长到，使得，连接，证明△ADF≌△ABM，得到AF=AM，再证明△EAM≌△EAF，推出，即可得到结论；（2）仍然成立，延长到，使得，连接，证明△ADF≌△ABM，得到AF=AM，再证明△EAM≌△E