期中真题必刷常考60题（22个考点专练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版）

这是一份期中真题必刷常考60题（22个考点专练）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版），文件包含期中真题必刷常考60题22个考点专练原卷版docx、期中真题必刷常考60题22个考点专练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。

A．B．
C．D．
【分析】根据三角形的高的概念判断即可．
【解答】解：A、图形中，AD是△ABC的BC边上的高，本选项符合题意；
B、图形中，不能表示△ABC的BC边上的高，本选项不符合题意；
C、图形中，不能表示△ABC的BC边上的高，本选项不符合题意；
D、图形中，不能表示△ABC的BC边上的高，本选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形的高的概念，从三角形的一个顶点向对边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．
2．（2022秋•南康区期中）如图，在△ABC中，AD⊥BC于D，AE平分∠BAC．
（1）若∠C＝70°，∠B＝40°，求∠DAE的度数
（2）若∠C﹣∠B＝30°，则∠DAE＝ 15° ．
（3）若∠C﹣∠B＝α（∠C＞∠B），求∠DAE的度数（用含α的代数式表示）．
【分析】（1）根据角平分线的定义和互余进行计算；
（2）根据三角形内角和定理和角平分线定义得出∠DAE的度数等于∠B与∠C差的一半解答即可；
（3）根据（2）中所得解答即可．
【解答】解：（1）由已知可得，∠BAC＝180°﹣40°﹣70°＝70°，
∴∠CAD＝20°，
∴∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD＝35°﹣20°＝15°；
（2）∵∠B+∠C+∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠BAC＝（180°﹣∠B﹣∠C）＝90°﹣（∠B+∠C），
∵AD⊥BC，
∴∠ADE＝90°，
而∠ADE＝∠B+∠BAD，
∴∠BAD＝90°﹣∠B，
∴∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE＝（90°﹣∠B）﹣[90°﹣（∠B+∠C）]＝（∠C﹣∠B），
∵∠C﹣∠B＝30°，
∴∠DAE＝×30°＝15°，
故答案为：15°；
（3）∵∠C﹣∠B＝α，
∴∠DAE＝×α＝．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，关键是根据三角形内角和是180°和三角形外角性质解答．
二．三角形三边关系（共1小题）
3．（2022秋•海淀区校级期中）下列长度的三条线段，能组成三角形的是（ ）
A．3，4，7B．6，7，12C．6，7，14D．3，4，8
【分析】根据三角形的三边关系判断即可．
【解答】解：A、∵3+4＝7，∴不能组成三角形，本选项不符合题意；
B、∵6+7＞12，∴能组成三角形，本选项符合题意；
C、∵6+7＜14，∴不能组成三角形，本选项不符合题意；
D、∵3+4＜8，∴不能组成三角形，本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形的三边关系，熟记三角形两边之和大于第三边、三角形的两边差小于第三边是解题的关键．
三．三角形内角和定理（共4小题）
4．（2022秋•丰台区校级期中）△ABC中，如果∠A+∠B＝∠C，那么△ABC形状是（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不能确定
【分析】据在△ABC中，∠A+∠B＝∠C，∠A+∠B+∠C＝180°可求出∠C的度数，进而得出结论．
【解答】解：∵在△ABC中，∠A+∠B＝∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴2∠C＝180°，解得∠C＝90°，
∴△ABC是直角三角形．
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
5．（2022秋•藁城区校级期中）具备下列条件的△ABC，不是直角三角形的是（ ）
A．∠A：∠B：∠C＝5：2：3B．∠A﹣∠C＝∠B
C．∠A＝∠B＝2∠CD．
【分析】根据直角三角形的定义分别判断即可．
【解答】解：A．由∠A：∠B：∠C＝5：2：3，可知∠A＝∠B+∠C，
即∠A＝90°，是直角三角形，
所以不符合题意；
B．由∠A﹣∠C＝∠B，可知∠A＝∠B+∠C，
即∠A＝90°，是直角三角形，
所以不符合题意；
C．由∠A＝∠B＝2∠C，可知∠A+∠B+∠C＝5∠C＝180°，
∴∠C＝36°，∠A＝∠B＝72°，不是直角三角形，
所以符合题意；
D．由，可知∠A：∠B：∠C＝1：2：3，
∴∠A+∠B＝∠C，即∠C＝90°，是直角三角形，
所以不符合题意；
故选C．
【点评】本题考查了直角三角形的定义，能够根据条件求出一个角为90°是解题的关键．
6．（2022春•相城区校级期中）如图，CD，CE分别是△ABC的高和角平分线，∠A＝28°，∠B＝52°，则∠DCE＝ 12 °．
【分析】根据三角形内角和定理得∠ACB＝100°，再由角平分线定义得∠ACE＝50°，利用三角形外角的性质得∠CED＝78°，再利用角的和差关系得出答案．
【解答】解：∵∠A＝28°，∠B＝52°，
∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣28°﹣52°＝100°，
∵CE是△ABC的角平分线，
∴∠ACE＝∠ACB＝50°，
∴∠CED＝∠A+∠ACE＝28°+50°＝78°，
∵CD是高，
∴∠CDE＝90°，
∴∠DCE＝90°−∠CED＝90°−78°＝12°，
故答案为：12．
【点评】本题主要考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，三角形外角性质，直角三角形的两锐角互余，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．
7．（2022秋•青山湖区校级期中）如图，△ABC中，∠ACB＞∠ABC，点O是△ABC的内角平分线的交点，AO的延长线交BC于点D，OE⊥BC于点E
（1）若∠BAC＝90°
①求∠BOC的度数
②如果∠DOE＝15°，求∠EOC的度数
（2）设∠OBC＝α，∠OCB＝β，求∠DOE（用α、β表示）
【分析】（1）①由三角形的内角和得到∠ABC+∠ACB＝90°，根据角平分线的性质得到∠OBC＝∠ABC，∠OCD＝∠ACB，于是得到∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝45°，即可得到结论；
②由O是△ABC的三内角平分线的交点，得到∠ABO＝∠ABC，∠BAO＝∠BAC，∠OCB＝∠ACB，根据三角形的内角和得到∠BAC+∠ABC＝180°﹣∠ACB，推出∠BOD＝∠BAO+∠ABO＝（∠BAC+∠ABC）＝（180°﹣∠ACB）＝90°﹣∠ACB，根据三角形的内角和和角平分线的性质得到∠EOC＝90°﹣∠ACB，即可得到结果；
（2）根据已知条件得到DOE＝（∠ACB﹣∠ABC），再根据角平分线的定义代入即可求解．
【解答】解：（1）①∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，
∵BO平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCD＝∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝45°，
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝135°；
②∵O是△ABC的三内角平分线的交点，
∴∠ABO＝∠ABC，∠BAO＝∠BAC，∠OCB＝∠ACB，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠BAC+∠ABC＝180°﹣∠ACB，
∴∠BOD＝∠BAO+∠ABO＝（∠BAC+∠ABC）＝（180°﹣∠ACB）＝90°﹣∠ACB，
∵∠OEC＝90°，∠OCB＝∠ACB，
∴∠EOC＝90°﹣∠ACB，
∴∠BOD＝∠EOC＝（135°﹣15°）＝60°；
（2）∠DOE＝（∠ACB﹣∠ABC）＝β﹣α．
【点评】本题考查了三角形的内角和，角平分线的性质，熟练掌握三角形的内角和是解题的关键．
四．三角形的外角性质（共2小题）
8．（2022秋•沙洋县期中）如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠A+∠P＝（ ）
A．70°B．80°C．90°D．100°
【分析】根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠A的度数，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果．
【解答】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
又∵∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，
∴∠ABC＝2∠ABP＝40°，∠ACM＝2∠ACP＝100°，
∴∠A＝∠ACM﹣∠ABC＝60°，
∠ACB＝180°﹣∠ACM＝80°，
∴∠BCP＝∠ACB+∠ACP＝130°，
∵∠PBC＝20°，
∴∠P＝180°﹣∠PBC﹣∠BCP＝30°，
∴∠A+∠P＝90°，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，解答的关键是明确：一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和以及补角的定义以及三角形的内角和为180°．
9．（2022秋•泰宁县期中）△ABC中，∠A＝46°，∠C＝74°，BD平分∠ABC交AC于点D，求∠BDC的度数．
【分析】根据三角形内角和定理求出∠ABC，根据角平分线的定义求出∠ABD，再根据三角形的外角性质求出∠BDC即可．
【解答】解：∵∠A＝46°，∠C＝74°，
∴∠ABC＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣46°﹣74°＝60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝ABC＝30°，
∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝46°+30°＝76°．
【点评】本题考查了三角形的外角性质和三角形内角和定理，能熟记三角形的外角性质是解此题的关键，注意：三角形的任意一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
五．全等三角形的性质（共2小题）
10．（2022秋•晋州市期中）如图，若△ABC≌△DEF，且BE＝8，CF＝2，则BF的长为（ ）
A．2B．3C．5D．8
【分析】因为△ABC≌△DEF，所以BC＝EF，即BF＝CE，又BE＝8，CF＝2，所以BF＝BE﹣CE﹣BF，从而求出BF的长度．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，
∴BC＝EF，
∵BF＝BC﹣FC，CE＝FE﹣FC，
∴BF＝CE，
∵BE＝8，CF＝2，
∴CF＝BE﹣CE﹣BF，即2＝8﹣2BF．
∴BF＝3．
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等的应用．
11．（2022秋•朝阳区校级期中）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝9cm，AC＝12cm，AB＝15cm，现有一动点P，从点A出发，沿着三角形的边AC→CB→BA运动，回到点A停止，速度为3cm/s，设运动时间为ts．
（1）如图（1），当t＝ 或 时，△APC的面积等于△ABC面积的一半；
（2）如图（2），在△DEF中，∠E＝90°，DE＝4cm，DF＝5cm，∠D＝∠A．在△ABC的边上，若另外有一个动点Q，与点P同时从点A出发，沿着边AB→BC→CA运动，回到点A停止．在两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△DEF，求点Q的运动速度．
【分析】（1）分两种情况进行解答，①当点P在BC上时，②当点P在BA上时，分别画出图形，利用三角形的面积之间的关系，求出点P移动的距离，从而求出时间即可；
（2）由△APQ≌△DEF，可得对应顶点为A与D，P与E，Q与F；于是分两种情况进行解答，①当点P在AC上，AP＝4，AQ＝5，②当点P在AB上，AP＝4，AQ＝5，分别求出P移动的距离和时间，进而求出Q的移动速度．
【解答】解：（1）①当点P在BC上时，如图①﹣1，
若△APC的面积等于△ABC面积的一半；则CP＝BC＝cm，
此时，点P移动的距离为AC+CP＝12+＝，
移动的时间为：÷3＝秒，
②当点P在BA上时，如图①﹣2
若△APC的面积等于△ABC面积的一半；则PD＝AB，即点P为BA中点，
此时，点P移动的距离为AC+CB+BP＝12+9+＝cm，
移动的时间为：÷3＝秒，
故答案为：或；
（2）△APQ≌△DEF，即，对应顶点为A与D，P与E，Q与F；
①当点P在AC上，如图②﹣1所示：
此时，AP＝4，AQ＝5，
∴点Q移动的速度为5÷（4÷3）＝cm/s，
②当点P在AB上，如图②﹣2所示：
此时，AP＝4，AQ＝5，
即，点P移动的距离为9+12+15﹣4＝32cm，点Q移动的距离为9+12+15﹣5＝31cm，
∴点Q移动的速度为31÷（32÷3）＝cm/s，
综上所述，两点运动过程中的某一时刻，恰好△APQ≌△DEF，
点Q的运动速度为cm/s或cm/s．
【点评】考查直角三角形的性质，全等三角形的判定，画出相应图形，求出各点移动的距离是正确解答的关键．
六．全等三角形的判定（共6小题）
12．（2022秋•三台县期中）已知：如图，在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝6．延长BC到点E，使CE＝2，连接DE，动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P的运动时间为t秒，当t的值为 1或7 秒时，△ABP和△DCE全等．
【分析】由条件可知BP＝2t，当点P在线段BC上时可知BP＝CE，当点P在线段DA上时，则有AD＝CE，分别可得到关于t的方程，可求得t的值．
【解答】解：
设点P的运动时间为t秒，则BP＝2t，
当点P在线段BC上时，
∵四边形ABCD为长方形，
∴AB＝CD，∠B＝∠DCE＝90°，
此时有△ABP≌△DCE，
∴BP＝CE，即2t＝2，解得t＝1；
当点P在线段AD上时，
∵AB＝4，AD＝6，
∴BC＝6，CD＝4，
∴AP＝16﹣2t，
此时有△ABP≌△CDE，
∴AP＝CE，即16﹣2t＝2，解得t＝7；
综上可知当t为1秒或7秒时，△ABP和△CDE全等．
故答案为：1或7．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，即SSS、SAS、ASA、AAS和HL．
13．（2022秋•丰台区校级期中）如图，点B、F、C、E在一条直线上，∠A＝∠D＝90°，AB＝DE，若用“HL”判定△ABC≌△DEF，则添加的一个条件是 BC＝EF ．
【分析】根据题目中的条件和各个选项中的条件，可以写出用“HL”判断△ABC≌△DEF的依据
【解答】解：∵∠A＝∠D＝90°，AB＝DE，
当添加条件BC＝EF时，Rt△ABC≌Rt△DEF（HL），故选项D符合题意；
故答案为：BC＝EF．
【点评】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确全等三角形的判定方法．
14．（2022秋•合江县期中）在9×7的正方形网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，1），C（5，3）．如果要使△ABD与△ABC全等，那么符合条件的点D的坐标是 （5，﹣1）或（0，3）或（0，﹣1） ．
【分析】根据要使△ABD与△ABC全等，可知两三角形有公共边AB，运用对称即可求出所需的D点坐标．
【解答】解：如图所示，有三种情况：
，
故答案为：（5，﹣1）或（0，3）或（0，﹣1）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，写出直角坐标系中的点坐标，熟练掌握关于对称作图中点的坐标特征并能灵活运用是本题解题的关键．
15．（2022秋•河东区校级期中）如图，AC＝AE，∠C＝∠E，∠1＝∠2．求证：△ABC≌△ADE．
【分析】求出∠BAC＝∠DAE，根据全等三角形的判定定理推出即可．
【解答】证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠EAC＝∠2+∠EAC，
∴∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中
∴△ABC≌△ADE（ASA）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能灵活运用全等三角形的判定定理进行推理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL．
16．（2022秋•平桥区期中）已知：如图，B、C、E三点在同一条直线上，AC∥DE，AC＝CE，∠ACD＝∠B．求证：△ABC≌△CDE．
【分析】首先根据AC∥DE，利用平行线的性质可得：∠ACB＝∠E，∠ACD＝∠D，再根据∠ACD＝∠B证出∠D＝∠B，再由∠ACB＝∠E，AC＝CE可根据三角形全等的判定定理AAS证出△ABC≌△CDE．
【解答】证明：∵AC∥DE，
∴∠ACB＝∠E，∠ACD＝∠D，
∵∠ACD＝∠B，
∴∠D＝∠B，
在△ABC和△EDC中，
∴△ABC≌△CDE（AAS）．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，关键是熟练掌握判定两个三角形全等的方法：SSS、SAS、ASA、AAS，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，
17．（2022秋•天河区校级期中）如图（1），AB＝4cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝BD＝3cm．点P在线段AB上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动．它们运动的时间为t（s）．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系，请分别说明理由；
（2）如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA＝60°”，其他条件不变．设点Q的运动速度为xcm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x、t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP＝∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°得出结论即可；
（2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：①AC＝BP，AP＝BQ，②AC＝BQ，AP＝BP，建立方程组求得答案即可．
【解答】解：（1）当t＝1时，AP＝BQ＝1，BP＝AC＝3，
又∠A＝∠B＝90°，
在△ACP和△BPQ中，
，
∴△ACP≌△BPQ（SAS）．
∴∠ACP＝∠BPQ，
∴∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°．
∴∠CPQ＝90°，
即线段PC与线段PQ垂直．
（2）存在，
理由：①若△ACP≌△BPQ，
则AC＝BP，AP＝BQ，
则，
解得；
②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，
则，
解得：；
综上所述，存在或，使得△ACP与△BPQ全等．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．在解题时注意分类讨论思想的运用．
七．全等三角形的判定与性质（共10小题）
18．（2022秋•谢家集区期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，DE⊥AB于点E，CD＝DE，∠CBD＝28°，则∠A的度数为（ ）
A．34°B．36°C．38°D．40°
【分析】利用角平分线的性质定理的逆定理得到BD平分∠ABC，则∠EBD＝∠CBD＝28°，然后利用互余计算∠A的度数．
【解答】解：∵DE⊥AB，DC⊥BC，DE＝DC，
∴BD平分∠ABC，
∴∠EBD＝∠CBD＝28°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC＝90°﹣2×28°＝34°．
故选：A．
【点评】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．也考查了角平分线定理的逆定理．
19．（2022秋•和平区校级期中）如图所示，BC、AE是锐角△ABF的高，相交于点D，若AD＝BF，AF＝7，CF＝2，则BD的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】证明△BCF≌△ACD，根据全等三角形的性质可得CD＝CF＝2，BC＝AC＝AF﹣CF＝5，即可求解．
【解答】解：∵BC、AE是锐角△ABF的高，
∴∠BCF＝∠ACD＝∠AEF＝90°，
∴∠F+∠CAD＝∠F+∠CBF＝90°，
∴∠CBF＝∠CAD，
在△BCF和△ACD中，
，
∴△BCF≌△ACD（AAS），
∴CD＝CF＝2，BC＝AC＝AF﹣CF＝5，
∴BD＝BC﹣CD＝5﹣2＝3．
故选：B．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
20．（2022秋•朝阳区校级期中）如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点C的坐标为（﹣2，0），点A的坐标为（﹣6，3），则B点的坐标是 （1，4） ．
【分析】过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，利用已知条件可证明△ADC≌△CEB，再有全等三角形的性质和已知数据即可求出B点的坐标．
【解答】解：过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠CAD＝90°∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴DC＝BE，AD＝CE，
∵点C的坐标为（﹣2，0），点A的坐标为（﹣6，3），
∴OC＝2，AD＝CE＝3，OD＝6，
∴CD＝OD﹣OC＝4，OE＝CE﹣OC＝3﹣2＝1，
∴BE＝4，
∴则B点的坐标是（1，4），
故答案为：（1，4）．
【点评】本题借助于坐标与图形性质，重点考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是做高线各种全等三角形．
21．（2022秋•庐江县期中）如图，已知△ABC和△CDE均是直角三角形，∠ACB＝∠CED＝90°，AC＝CE，AB⊥CD于点F．
（1）求证：△ABC≌△CDE；
（2）若点B是EC的中点，DE＝10cm，求AC的长．
【分析】（1）由ASA即可证明△ABC≌△CDE；
（2）由全等三角形的性质得DE＝BC＝10cm，AC＝CE，再由点B是EC的中点，得EC＝2BC＝20cm，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB⊥CD，∴∠AFC＝90°，
∴∠BAC+∠ACF＝90°，
∵∠ACE＝90°，
∴∠DCE+∠ACF＝90°，
∴∠BAC＝∠DCE，
在△ABC和△CDE中，
，
∴△ABC≌△CDE（ASA）；
（2）解：∵△ABC≌△CDE，
∴DE＝BC＝10cm，
∵点B是EC的中点，
∴CE＝2BC＝20cm，
∴AC＝CE＝20cm．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质以及直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
22．（2022秋•庐江县期中）如图，△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，F为AB延长线上一点，点E在BC上，且AE＝CF．
（1）求证：Rt△ABE≌Rt△CBF；
（2）若∠CAE＝30°，求∠ACF的度数．
【分析】（1）由AB＝CB，∠ABC＝90°，AE＝CF，即可利用HL证得Rt△ABE≌Rt△CBF；
（2）由AB＝CB，∠ABC＝90°，即可求得∠ACB的度数，即可得∠BAE的度数，又由Rt△ABE≌Rt△CBF，即可求得∠BCF的度数，则由∠ACF＝∠BCF+∠ACB即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝90°，
∴∠CBF＝∠ABE＝90°，
在Rt△ABE和Rt△CBF中，，
∴Rt△ABE≌Rt△CBF（HL）；
（2）解：∵∠ABC＝90°，∠BAC＝45°，
∴∠ACB＝45°，
又∵∠BAE＝∠CAB﹣∠CAE＝45°﹣30°＝15°，
由（1）知：Rt△ABE≌Rt△CBF，
∴∠BCF＝∠BAE＝15°，
∴∠ACF＝∠BCF+∠ACB＝45°+15°＝60°．
【点评】此题考查了直角三角形全等的判定与性质．此题难度不大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
23．（2022春•白塔区校级期中）如图，已知BE⊥AC于E，CF⊥AB于F，BE、CF相交于点D，若BD＝CD．求证：AD平分∠BAC．
【分析】证明△DFB≌△DEC，根据全等三角形的性质得到DE＝DF，再根据角平分线的判定的判定定理证明结论．
【解答】证明：在△DFB和△DEC中，
，
∴△DFB≌△DEC（AAS），
∴DE＝DF，
∵BE⊥AC，CF⊥AB，DE＝DF，
∴AD平分∠BAC．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、角平分线的判定，证明△DFB≌△DEC是解题的关键．
24．（2022秋•和平区校级期中）如图，在△ABC和△DBC中，∠ACB＝∠DBC＝90°，点E是BC的中点，DE⊥AB于点F，且AB＝DE．
（1）求证：△ACB≌△EBD；
（2）若DB＝12，求AC的长．
【分析】（1）由“AAS”可证△ACB≌△EBD；
（2）由全等三角形的性质可得BC＝DB＝12，AC＝EB，即可求解．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠DBC＝90°，DE⊥AB，
∴∠DEB+∠ABC＝90°，∠A+∠ABC＝90°，
∴∠DEB＝∠A，
在△ACB和△EBD中，
，
∴△ACB≌△EBD（AAS）；
（2）解：∵△ACB≌△EBD，
∴BC＝DB，AC＝EB，
∵E是BC的中点，
∴，
∵DB＝12，BC＝DB，
∴BC＝12，
∴AC＝EB＝BC＝6．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
25．（2022秋•启东市期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E为对角线BD上一点，∠A＝∠BEC，且AD＝BE．
（1）求证：△ABD≌△ECB；
（2）若∠BDC＝70°，求∠DBC的度数．
【分析】（1）由“ASA”可证△ABD≌△ECB；
（2）由全等三角形的性质可得BD＝BC，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠EBC，
在△ABD和△ECB中，
，
∴△ABD≌△ECB（ASA）；
（2）解：∵△ABD≌△ECB，
∴BD＝BC，
∴∠BDC＝∠BCD＝70°，
∴∠DBC＝40°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，还考查学生运用定理进行推理的能力，题目比较典型，难度适中．
26．（2022秋•湟中区校级期中）如图，已知AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，且B、D、E三点共线，
（1）证明：△ABD≌△ACE；
（2）证明：∠3＝∠1+∠2．
【分析】（1）先证明∠BAD＝∠1，再由SAS证明△ABD≌△ACE即可；
（2）由全等三角形的性质得∠ABD＝∠2，再由三角形的外角性质即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠1，
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）由（1）可知，△ABD≌△ACE，
∴∠ABD＝∠2，
∴∠3＝∠BAD+∠ABD＝∠1+∠2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形的外角性质，熟练掌握三角形的外角性质，证明三角形全等是解题的关键．
27．（2022秋•余庆县期中）已知：如图，在△ABC、△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C、D、E三点在同一直线上，连接BD．
（1）求证：△BAD≌△CAE；
（2）请判断BD、CE有何大小、位置关系，并证明．
【分析】（1）要证△BAD≌△CAE，现有AB＝AC，AD＝AE，需它们的夹角∠BAD＝∠CAE，而由∠BAC＝∠DAE＝90°很易证得．
（2）BD、CE有何特殊位置关系，从图形上可看出是垂直关系，可向这方面努力．要证BD⊥CE，需证∠BDE＝90°，需证∠ADB+∠ADE＝90°可由直角三角形提供．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS）．
（2）BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：
由（1）知，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE；
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠DBC＝45°，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，
∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，
则BD⊥CE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；全等问题要注意找条件，有些条件需在图形是仔细观察，认真推敲方可．做题时，有时需要先猜后证．
八．全等三角形的应用（共3小题）
28．（2022秋•江南区期中）如图，一块玻璃被打碎成三块，如果要去玻璃店配一块完全一样的玻璃，那么最合理的办法是（ ）
A．带①去B．带②去C．带③去D．带①③去
【分析】根据三角形全等的判定定理ASA，即可进行解答．
【解答】解：①只能确定三角形的一个角，无法确定三角形的边，无法确定三角形；
②不能确定三角形的边和角，无法确定三角形，
③确定了三角形的两个角和其夹边，则可确定这个三角形的形状和大小，
故应带③去．
故选：C．
【点评】本题主要考查了用ASA判定三角形全等，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定定理．三角形全等的判定定理有：SSS，SAS，AAS，ASA，HL．
29．（2022秋•嵩县期中）如图是雨伞在开合过程中某时刻的截面图，伞骨AB＝AC，点D，E分别是AB，AC的中点，DM，EM是连接弹簧和伞骨的支架，且DM＝EM．已知弹簧M在向上滑动的过程中，总有△ADM≌△AEM，其判定依据是 SSS ．
【分析】根据全等三角形判定的“SSS”定理即可证得△ADM≌△AEM．
【解答】解：∵AB＝AC，点D，E分别是AB，AC的中点，
∴AD＝AE，
在△ADM和△AEM中，
．
∴△ADM≌△AEM（SSS），
故答案为：SSS．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．
30．（2022秋•香洲区期中）如图，小明和小华住在同一个小区不同单元楼，他们想要测量小华家所在单元楼AB的高度．首先他们在两栋单元楼之间选定一点E，然后小明在自己家阳台C处测得E处的俯角为α，小华站在E处测得眼睛F到AB楼端点A的仰角为β，发现α与β互余，已知EF＝1米，BE＝CD＝20米，BD＝58米．
（1）求证：AF＝CE；
（2）求单元楼AB的高．
【分析】（1）过点F作FG⊥AB，垂足为G，根据题意可得：∠AGF＝∠EDC＝90°，BG＝EF＝1米，FG＝BE＝20米，∠AFG＝β，∠CED＝α，从而可得∠CED+∠ECD＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠ECD＝β＝∠AFG，然后利用AAS证明△AGF≌△EDC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）利用全等三角形的性质可得AG＝ED＝BD﹣BE＝38米，最后进行计算即可解答．
【解答】解：（1）过点F作FG⊥AB，垂足为G，
由题意得：
∠AGF＝∠EDC＝90°，BG＝EF＝1米，FG＝BE＝20米，∠AFG＝β，∠CED＝α，
∴∠CED+∠ECD＝90°，
∵α+β＝90°，
∴∠ECD＝β＝∠AFG，
∵BE＝CD＝20米，
∴FG＝CD＝20米，
∴△AGF≌△EDC（AAS），
∴AF＝CE；
（2）∵△AGF≌△EDC，
∴AG＝ED＝BD﹣BE＝58﹣20＝38（米），
∴AB＝AG+GB＝39（米），
∴单元楼AB的高为39米．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
九．角平分线的性质（共4小题）
31．（2022秋•澄迈县期中）三条公路将A、B、C三个村庄连成一个如图的三角形区域，如果在这个区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三条公路的距离相等，那么这个集贸市场应建的位置是（ ）
A．三条高线的交点B．三条中线的交点
C．三条角平分线的交点D．三边垂直平分线的交点
【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等解答即可．
【解答】解：在这个区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三条公路的距离相等，
根据角平分线的性质，集贸市场应建在∠A、∠B、∠C的角平分线的交点处．
故选：C．
【点评】本题主要考查了角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，熟记性质是解题的关键．
32．（2022秋•昭阳区期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，若AB＝8，△ABD的面积为12，则CD的长为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【分析】作DE⊥AB于E，根据三角形的面积公式求出DE，根据角平分线的性质求出CD．
【解答】解：作DE⊥AB于E，
则×AB×DE＝16，即×8×DE＝12，
解得，DE＝3，
∵AD平分∠BAC，∠C＝90°，DE⊥AB，
∴CD＝DE＝3，
故选：B．
【点评】本题考查的是角平分线的性质，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．
33．（2022秋•莘县期中）如图所示，已知△ABC的周长是20，OB，OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于D，且OD＝3，则△ABC的面积是 30 ．
【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得点O到AB、AC、BC的距离都相等，从而可得到△ABC的面积等于周长的一半乘以OD，然后列式进行计算即可求解．
【解答】解：如图，连接OA，
∵OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴点O到AB、AC、BC的距离都相等，
∵△ABC的周长是20，OD⊥BC于D，且OD＝3，
∴S△ABC＝×20×3＝30．
故答案为：30．
【点评】本题考查的是角平分线的性质，熟知角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质及判断出三角形的面积与周长的关系是解题的关键．
34．（2022秋•大武口区校级期中）如图，BE＝CF，DE⊥AB的延长线于点E，DF⊥AC于点F，且DB＝DC，
求证：AD是∠BAC的平分线．
【分析】先根据全等三角形的判定定理得出Rt△BDE≌Rt△CDF，进而得出DE＝DF，由角平分线的判定可知AD是∠BAC的平分线．
【解答】证明：∵DE⊥AB的延长线于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠BED＝∠CFD＝90°，
∴△BDE与△CDF是直角三角形，
，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），
∴DE＝DF，
∴AD是∠BAC的平分线．
【点评】本题考查的是角平分线的判定及全等三角形的判定与性质，熟知到角的两边的距离相等的点在角的平分线上是解答此题的关键．
一十．线段垂直平分线的性质（共5小题）
35．（2022秋•白云区校级期中）如图，在△ABC中，AC＝4cm，线段AB的垂直平分线交AB，AC于点M，N，△BCN的周长是7cm，则BC的长为（ ）
A．4cmB．3cmC．2cmD．1cm
【分析】根据线段垂直平分线的性质得到BN＝AN，根据三角形的周长公式计算即可．
【解答】解：∵MN是线段AB的垂直平分线，
∴BN＝AN，
∵BC+CN+BN＝7cm，
∴BC+AN+CN＝7cm，即BC+AC＝7（cm），
∴BC＝3cm，
故选：B．
【点评】本题考查的是线段垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
36．（2022秋•新兴县校级期中）如图，在△ABC中，PM、QN分别是线段AB、AC的垂直平分线，若∠BAC＝110°，则∠PAQ的度数是（ ）
A．40°B．50°C．60°D．70°
【分析】根据三角形内角和定理求出∠B+∠C，根据线段垂直平分线的性质得出AP＝BP，CQ＝AQ，求出∠B＝∠BAP，∠C＝∠CAQ，再求出∠BAP+∠CAQ＝70°，再求出答案即可．
【解答】解：∵∠BAC＝110°，
∴∠B+∠C＝180°﹣∠BAC＝70°，
∵PM、QN分别是线段AB、AC的垂直平分线，
∴AP＝BP，CQ＝AQ，
∴∠BAP＝∠B，∠CAQ＝∠C，
∴∠BAP+∠CAQ＝∠B+∠C＝70°，
∵∠BAC＝110°，
∴∠PAQ＝∠BAC﹣（∠BAP+∠CAQ）＝110°﹣70°＝40°，
故选：A．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，线段的垂直平分线的性质等知识点，能根据线段垂直平分线性质得出AP＝BP和AQ＝CQ是解此题的关键，注意：①线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，②等边对等角，③三角形内角和等于180°．
37．（2022秋•雄县期中）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线交AC于点D，若△BCD的周长为5，BC＝2，则AC的长为 3 ，边AB长的取值范围是 1＜AB＜5 ．
【分析】先根据三角形的周长公式可得BD+CD＝3，再根据线段垂直平分线的性质可得AD＝BD，由此即可得AC＝3；然后利用三角形的三边关系即可得边AB长的取值范围．
【解答】解：∵△BCD的周长为5，BC＝2，
∴BC+BD+CD＝2+BD+CD＝5，
∴BD+CD＝3，
∵AB的垂直平分线交AC于点D，
∴AD＝BD，
∴AC＝AD+CD＝BD+CD＝3，
由三角形的三边关系得：AC﹣BC＜AB＜AC+BC，即3﹣2＜AB＜3+2，
则边AB长的取值范围1＜AB＜5，
故答案为：3，1＜AB＜5．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质、三角形的三边关系，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题关键．
38．（2022秋•海淀区校级期中）如图，AD与BC相交于点O，OA＝OC，∠A＝∠C，BE＝DE．求证：OE垂直平分BD．
【分析】先利用ASA证明△AOB≌△COD，得出OB＝OD，根据线段垂直平分线的判定可知点O在线段BD的垂直平分线上，再由BE＝DE，得出点E在线段BD的垂直平分线上，即O，E两点都在线段BD的垂直平分线上，从而可证明OE垂直平分BD．
【解答】证明：在△AOB与△COD中，
，
∴△AOB≌△COD（ASA），
∴OB＝OD，
∴点O在线段BD的垂直平分线上，
∵BE＝DE，
∴点E在线段BD的垂直平分线上，
∴OE垂直平分BD．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的判定：到一条线段两端距离相等的点在这条线段的垂直平分线上，同时考查了全等三角形的判定与性质．
39．（2022秋•靖江市校级期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，点P在AC上运动，点D在AB上，PD始终保持与PA相等，BD的垂直平分线交BC于点E，交BD于点F，连接DE．
（1）判断DE与DP的位置关系，并说明理由；
（2）若AC＝6，BC＝8，PA＝2，求线段DE的长．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠PDA，根据线段垂直平分线的性质得到EB＝ED，于是得到结论；
（2）连接PE，设DE＝x，则EB＝ED＝x，CE＝8﹣x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）DE⊥DP，
理由如下：∵PD＝PA，
∴∠A＝∠PDA，
∵EF是BD的垂直平分线，
∴EB＝ED，
∴∠B＝∠EDB，
∵∠C＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠PDA+∠EDB＝90°，
∴∠PDE＝180°﹣90°＝90°，
∴DE⊥DP；
（2）连接PE，设DE＝x，则EB＝ED＝x，CE＝8﹣x，
∵∠C＝∠PDE＝90°，
∴PC2+CE2＝PE2＝PD2+DE2，
∴42+（8﹣x）2＝22+x2，
解得：x＝4.75，
则DE＝4.75．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线解题的关键．
一十一．等腰三角形的性质（共3小题）
40．（2022秋•余姚市期中）某数学兴趣小组开展了一次活动，过程如下：设∠BAC＝θ（0°＜θ＜90°）．现把小棒依次摆放在两射线之间，并使小棒两端分别落在射线AB、AC上．
活动一：
如图甲所示，从点A1开始，依次向右摆放小棒，使小棒与小棒在端点处互相垂直，A1A2为第1根小棒．
数学思考：（1）小棒能无限摆下去吗？答： 能 ．（填“能”或“不能”）
（2）设AA1＝A1A2＝A2A3，θ＝ 22.5° ；
活动二：
如图乙所示，从点A1开始，用等长的小棒依次向右摆放，其中A1A2为第1根小棒，且A1A2＝AA1．
数学思考：（3）若已经摆放了3根小棒，θ3＝ 4θ ；（用含θ的式子表示）
（4）若只能摆放5根小棒，求θ的范围．
【分析】（1）先根据已知条件∠BAC＝θ（0°＜θ＜90°）小棒两端分别落在两射线上，从而判断出能继续摆下去．
（2）利用等腰直角三角形的性质求解即可．
（3）本题需先根据A1A2＝AA1，得出∠A1AA2和∠AA2A1相等，即可得出θ1的值，同样道理得出θ2、θ3的值；
（4）根据（3）的结论，和三角形外角的性质，即可推出不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）∵根据已知条件∠BAC＝θ（0°＜θ＜90°）小棒两端能分别落在两射线上，
∴小棒能继续摆下去．
故答案为：能；
（2）∵A1A2＝A2A3，A1A2⊥A2A3，
∴∠A2A1A3＝45°，
∴∠AA2A1+∠θ＝45°，
∵∠AA2A1＝∠θ，
∴∠θ＝22.5°；
（3）∵A1A2＝AA1，
∴∠A1AA2＝∠AA2A1＝θ，
∴∠A2A1A3＝θ1＝θ+θ，
∴θ1＝2θ，
同理可得：θ2＝3θ，
θ3＝4θ．
故答案为：4θ；
（4）由题意得：，
∴15°≤θ＜18°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，在解题时要注意根据题意找出规律并与等腰三角形的性质相结合是本题的关键．
41．（2022秋•沙依巴克区校级期中）如图，点D、E在△ABC的边BC上，AD＝AE，AB＝AC，求证：BD＝EC．
【分析】作AF⊥BC于点F，利用等腰三角形三线合一的性质得到BF＝CF，DF＝EF，相减后即可得到正确的结论．
【解答】证明：作AF⊥BC于点F，
∵AD＝AE，AB＝AC，
∴BF＝CF，DF＝EF，
∴BF﹣DF＝CF﹣EF
∴BD＝EC
【点评】考查了等腰三角形的性质，等腰三角形底边上的中线、底边上的高与顶角的平分线三线合一．
42．（2022秋•隆回县期中）探究与发现：如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在底边BC上，AE＝AD，连接DE．
（1）当∠BAD＝60°时，求∠CDE的度数；
（2）当点D在BC（点B、C除外）上运动时，试猜想并探究∠BAD与∠CDE的数量关系；
（3）深入探究：若∠BAC≠90°，试就图②探究∠BAD与∠CDE的数量关系．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠CAD＝∠BAD＝60°，由于AD＝AE，于是得到∠ADE＝60°，根据三角形的内角和即可得到∠CDE＝75°﹣45°＝30°；
（2）设∠BAD＝x，于是得到∠CAD＝90°﹣x，根据等腰三角形的性质得到∠AED＝45°+，于是得到结论；
（3）设∠CDE＝x，∠C＝y，由等腰三角形的性质和外角的性质可求解．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠C＝45°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠DAE＝30°，
∵AD＝AE，
∴∠AED＝75°，
∴∠CDE＝∠AED＝∠C＝30°；
（2）设∠BAD＝x，
∴∠CAD＝90°﹣x，
∵AE＝AD，
∴∠AED＝45°+，
∴∠CDE＝x，
∴∠BAD＝2∠CDE；
（3）设∠CDE＝x，∠C＝y，
∵AB＝AC，∠C＝y，
∴∠B＝∠C＝y，
∵∠CDE＝x，
∴∠AED＝y+x，
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED＝y+x，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，
∴y+∠BAD＝y+x+x，
∴∠BAD＝2∠CDE．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟知三角形的外角等于与之不相邻的两个内角的和是解答此题的关键．
一十二．等腰三角形的判定（共1小题）
43．（2022秋•韩城市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°，BD平分∠ABC交AC于点D，过点A作AE∥BC，交BD的延长线于点E．
（1）求∠ADB的度数；
（2）求证：△ADE是等腰三角形．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ABC的度数，由角平分线的定义求出∠DBC的度数，再根据三角形外角定理即可求出结果；
（2）由平行线的性质求得∠EAC＝72°，由三角形内角和定理求得∠ADE＝72，根据等腰三角形的判定即可证得结论．
【解答】（1）解：∵AB＝AC，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝72°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝∠ABC＝36°，
∴∠ADB＝∠C+∠DBC＝72°+36°＝108°；
（2）证明：∵AE∥BC，
∴∠EAC＝∠C＝72°，
∵∠C＝72°，∠DBC＝36°，
∴∠ADE＝∠CDB＝180°﹣72°﹣36°＝72°，
∴∠EAD＝∠ADE，
∴AE＝DE，
∴△ADE是等腰三角形．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，平行线的性质，三角形内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质和判定是解决问题的关键．
一十三．等边三角形的判定与性质（共2小题）
44．（2022秋•思明区校级期中）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）探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形．
【分析】（1）根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可得证；
（2）根据全等易得∠ADC＝∠BOC＝α＝150°，结合（1）中的结论可得∠ADO为90°，那么可得所求三角形的形状；
（3）根据题中所给的全等及∠AOB的度数可得∠AOD的度数，根据等腰三角形的两底角相等分类探讨即可．
【解答】证明：（1）∵△BOC≌△ADC，
∴OC＝DC，
∵∠OCD＝60°，
∴△OCD是等边三角形．
解：
（2）△AOD是直角三角形．
理由如下：
∵△OCD是等边三角形，
∴∠ODC＝60°，
∵△BOC≌△ADC，α＝150°，
∴∠ADC＝∠BOC＝α＝150°，
∴∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝150°﹣60°＝90°，
∴△AOD是直角三角形．
（3）∵△OCD是等边三角形，
∴∠COD＝∠ODC＝60°．
∵∠AOB＝110°，∠ADC＝∠BOC＝α，
∴∠AOD＝360°﹣∠AOB﹣∠BOC﹣∠COD＝360°﹣110°﹣α﹣60°＝190°﹣α，
∠ADO＝∠ADC﹣∠ODC＝α﹣60°，
∴∠OAD＝180°﹣∠AOD﹣∠ADO＝180°﹣（190°﹣α）﹣（α﹣60°）＝50°．
①当∠AOD＝∠ADO时，190°﹣α＝α﹣60°，
∴α＝125°．
②当∠AOD＝∠OAD时，190°﹣α＝50°，
∴α＝140°．
③当∠ADO＝∠OAD时，
α﹣60°＝50°，
∴α＝110°．
综上所述：当α＝110°或125°或140°时，△AOD是等腰三角形．
【点评】综合考查了全等三角形的性质及等腰三角形的判定；注意应分类探讨三角形为等腰三角形的各种情况．
45．（2022秋•兴宁区校级期中）已知：如图，△ABC、△CDE都是等边三角形，AD、BE相交于点O，点M、N分别是线段AD、BE的中点．
（1）求证：AD＝BE；
（2）求∠DOE的度数；
（3）求证：△MNC是等边三角形．
【分析】（1）根据等边三角形性质得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，求出∠ACD＝∠BCE，证△ACD≌△BCE即可；
（2）根据全等求出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADE+∠BED的值，根据三角形的内角和定理求出即可；
（3）求出AM＝BN，根据SAS证△ACM≌△BCN，推出CM＝CN，求出∠NCM＝60°即可．
【解答】解：（1）∵△ABC、△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中
，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE．
（2）解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵等边三角形DCE，
∴∠CED＝∠CDE＝60°，
∴∠ADE+∠BED＝∠ADC+∠CDE+∠BED，
＝∠ADC+60°+∠BED，
＝∠CED+60°，
＝60°+60°，
＝120°，
∴∠DOE＝180°﹣（∠ADE+∠BED）＝60°，
答：∠DOE的度数是60°．
（3）证明：∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，AC＝BC
又∵点M、N分别是线段AD、BE的中点，
∴AM＝AD，BN＝BE，
∴AM＝BN，
在△ACM和△BCN中
，
∴△ACM≌△BCN，
∴CM＝CN，
∠ACM＝∠BCN，
又∠ACB＝60°，
∴∠ACM+∠MCB＝60°，
∴∠BCN+∠MCB＝60°，
∴∠MCN＝60°，
∴△MNC是等边三角形．
【点评】本题综合考查了全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，等边三角形的性质和判定等知识点的应用，解此题的关键是根据性质进行推理，此题综合性比较强，有一定的代表性．
一十四．直角三角形的性质（共1小题）
46．（2022秋•恒山区校级期中）Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝40°，则∠A＝（ ）
A．60°B．30°C．50°D．40°
【分析】根据直角三角形两锐角互余可得∠A+∠B＝90°，再代入∠B的度数可得∠A的度数．
【解答】解：∵∠C＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵∠B＝40°，
∴∠A＝50°，
故选：C．
【点评】此题主要考查了直角三角形的性质，关键是掌握在直角三角形中，两个锐角互余．
一十五．多边形（共1小题）
47．（2022秋•香洲区校级期中）我国建造的港珠澳大桥全长55公里，集桥、岛、隧于一体，是世界最长的跨海大桥．如图，这是港珠澳大桥中的斜拉索桥，那么你能推断出斜拉索大桥中运用的数学原理是（ ）
A．三角形的不稳定性B．三角形的稳定性
C．四边形的不稳定性D．四边形的稳定性
【分析】根据三角形的三边一旦确定，则形状大小完全确定，即三角形的稳定性．
【解答】解：可以推断出斜拉索大桥中运用的数学原理是三角形的稳定性．
故选：B．
【点评】本题考查三角形的稳定性在实际生活中的应用问题，正确把握其性质是解题的关键．
一十六．多边形内角与外角（共5小题）
48．（2022秋•南沙区校级期中）若一个多边形的内角和与外角和之差是720°，则此多边形是（ ）边形．
A．6B．7C．8D．9
【分析】先求出多边形的内角和，再根据多边形的内角和公式求出边数即可．
【解答】解：∵一个多边形的内角和与外角和之差为720°，多边形的外角和是360°，
∴这个多边形的内角和为720°+360°＝1080°，
设多边形的边数为n，
则（n﹣2）×180°＝1080°，
解得：n＝8，
即多边形是八边形，
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的内角和外角，能列出关于n的方程是即此题的关键，注意：边数为n的多边形的内角和＝（n﹣2）×180°，多边形的外角和等于360°．
49．（2022秋•红花岗区期中）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1440°，则原来多边形的边数是（ ）
A．9B．10C．8或9或10D．9或10或11
【分析】首先求得内角和为1440°的多边形的边数，即可确定原多边形的边数．
【解答】解：设内角和为1440°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•180＝1440，
解得：n＝10．
则原多边形的边数为9或10或11
故选：D．
【点评】本题考查了多边形的内角和定理，理解分三种情况是关键．
50．（2022秋•西城区校级期中）若一个正多边形的每一个外角都等于60°，则这个正多边形的边数为 6 ．
【分析】根据多边形的外角和是360度，每个外角都相等，即可求得外角和中外角的个数，即多边形的边数．
【解答】解：这个多边形的边数是：360÷60＝6．
故答案为：6．
【点评】此题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角和是360度是解题的关键．
51．（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？
【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＝＝9．
∴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．
52．（2022秋•余庆县期中）动手操作，探究：
探究一：三角形的一个内角与另两个内角的平分线所夹的钝角之间有何种关系？
已知：如图（1），在△ADC中，DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，试探究∠P与∠A的数量关系．
探究二：若将△ADC改为任意四边形ABCD呢？
已知：如图（2），在四边形ABCD中，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，试利用上述结论探究∠P与∠A+∠B的数量关系．（写出说理过程）
探究三：若将上题中的四边形ABCD改为六边形ABCDEF（图（3））呢？请直接写出∠P与∠A+∠B+∠E+∠F的数量关系： ∠P＝（∠A+∠B+∠E+∠F）﹣180° ．
【分析】探究一：根据角平分线的定义可得∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠ACD，然后根据三角形内角和定理列式整理即可得解；
探究二：根据四边形的内角和定理表示出∠ADC+∠BCD，然后同理探究二解答即可；
探究三：根据六边形的内角和公式表示出∠EDC+∠BCD，然后同理探究二解答即可．
【解答】解：探究一：∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠ACD，
∴∠DPC＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD，
＝180°﹣∠ADC﹣∠ACD，
＝180°﹣（∠ADC+∠ACD），
＝180°﹣（180°﹣∠A），
＝90°+∠A；
探究二：∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠PDC＝∠ADC，∠PCD＝∠BCD，
∴∠DPC＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD，
＝180°﹣∠ADC﹣∠BCD，
＝180°﹣（∠ADC+∠BCD），
＝180°﹣（360°﹣∠A﹣∠B），
＝（∠A+∠B）；
探究三：六边形ABCDEF的内角和为：（6﹣2）•180°＝720°，
∵DP、CP分别平分∠EDC和∠BCD，
∴∠PDC＝∠EDC，∠PCD＝∠BCD，
∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD，
＝180°﹣∠EDC﹣∠BCD，
＝180°﹣（∠EDC+∠ACD），
＝180°﹣（720°﹣∠A﹣∠B﹣∠E﹣∠F），
＝（∠A+∠B+∠E+∠F）﹣180°，
即∠P＝（∠A+∠B+∠E+∠F）﹣180°．
【点评】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，多边形的内角和公式，此类题目根据同一个解答思路求解是解题的关键．
一十七．轴对称的性质（共1小题）
53．（2022秋•盱眙县期中）如图，AD所在直线是△ABC的对称轴，点E，F是AD上的两点，若BD＝3，AD＝6，则图中阴影部分的面积是 9 ．
【分析】根据△CEF和△BEF关于直线AD对称，得出S△BEF＝S△CEF，根据图中阴影部分的面积是求出即可．
【解答】解：∵△ABC关于直线AD对称，
∴B、C关于直线AD对称，
∴△CEF和△BEF关于直线AD对称，BC＝2BD＝2×3＝6，AD⊥BC，
∴S△BEF＝S△CEF，
∵△ABC的面积是：＝，
∴图中阴影部分的面积是．
故答案为：9．
【点评】本题考查了轴对称的性质．通过观察可以发现是轴对称图形，且阴影部分的面积为全面积的一半，根据轴对称图形的性质求解．其中看出三角形BEF与三角形CEF关于AD对称，面积相等是解决本题的关键．
一十八．轴对称图形（共1小题）
54．（2022秋•海曙区期中）下列倡导节约的图案中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：A，B，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形．
C选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：C．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，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．
一十九．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共2小题）
55．（2022秋•江干区期中）若点A的坐标为（﹣3，4），则点A关于x轴的对称点的坐标为（ ）
A．（3，4）B．（﹣3，﹣4）C．（3，﹣4）D．（4，3）
【分析】直接利用关于x轴对称点的性质得出答案．
【解答】解：∵点A的坐标为（﹣3，4），
∴点A关于x轴的对称点的坐标为（﹣3，﹣4）．
故选：B．
【点评】此题主要考查了关于x轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．
56．（2022秋•南海区校级期中）在平面直角坐标系中，若点M（2，1）关于y轴对称的点的坐标为 （﹣2，1） ．
【分析】根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变；即点（x，y）关于y轴的对称点的坐标是（﹣x，y）即可得到点M（2，1）关于y轴对称的点的坐标．
【解答】解：点M（2，1）关于y轴的对称点的坐标是（﹣2，1），
故答案为：（﹣2，1）．
【点评】此题主要考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标规律，比较容易，关键是熟记规律：（1）关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．（2）关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变．
二十．作图-轴对称变换（共2小题）
57．（2022秋•仪征市校级期中）如图，△ABC的顶点A、B、C都在小正方形的顶点上，利用网格线按下列要求画图．
（1）画△A1B1C1，使它与△ABC关于直线l成轴对称；
（2）在直线l上找一点P，使点P到点A、B的距离之和最短；
（3）在直线l上找一点Q，使点Q到边AC、BC的距离相等．
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）连接A1B交直线l于点P，点P即为所求作．
（3）∠ACB的角平分线与直线l的交点Q即为所求作．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求作．
（2）如图，点P即为所求作．
（3）如图，点Q即为所求作．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，角平分线的性质，轴对称﹣最短问题等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
58．（2022秋•双辽市期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标分别为A（﹣1，1）、B（1，5）、C（4，4）．
（1）作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，并写出顶点B1的坐标．
（2）求△A1B1C1的面积．
【分析】（1）利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）把三角形的面积看成矩形的面积减去周围的三个三角形面积即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，点B1（﹣1，5）；
（2）．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握轴对称变换的性质，属于中考常考题型．
二十一．轴对称-最短路线问题（共1小题）
59．（2022秋•兰山区校级期中）如图，等腰三角形ABC的底边BC长为4，面积是20，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 12 ．
【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．
【解答】解：如图，连接AD，
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴AD⊥BC，
∴，
解得：AD＝10，
∵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，
∴CM+MD＝AD+MD≥AD，
∴△CDM周长的最小值＝．
故答案为：12．
【点评】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．
二十二．翻折变换（折叠问题）（共1小题）
60．（2022秋•巴彦县期中）如图三角形纸片中，AB＝8cm，BC＝6cm，AC＝5cm，沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在AB边上的点E处，折痕为BD，则△AED的周长为 7 cm．
【分析】先根据折叠的性质可得BE＝BC，DE＝CD，再求出AE的长，然后求出△ADE的周长＝AC+AE，即可得出答案．
【解答】解：由折叠的性质得：BE＝BC＝6cm，DE＝DC，
∴AE＝AB﹣BE＝AB﹣BC＝8﹣6＝2（cm），
∴△AED的周长＝AD+DE+AE＝AD+CD+AE＝AC+AE＝5+2＝7（cm），
故答案为：7．
【点评】本题考查了翻折变换的性质以及三角形周长；熟练掌握翻折变换的性质的解题的关键．