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人教版（2024）八（上）數學第十四章單元質量檢測培優卷
姓名：__________ 班級：__________考號：__________
題號 一 二 三 總分
評分
第Ⅰ卷 客觀題
閱卷人 一、選擇題：本大題共10小題，每小題3分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
得分
1．（2020八上·臺州月考）已知△ABC的三邊長分別為3，4，5，△DEF的三邊長分別為3，3x﹣2，2x+1，若這兩個三角形全等，則x的值為（　　）
A．2 B．2或 C． 或 D．2或 或
【答案】A
【知識點】全等三角形中對應邊的關系
【解析】【解答】解：∵△ABC三邊長分別為3，4，5，△DEF三邊長分別為3，3x-2，2x-1，這兩個三角形全等，
①3x-2=4，解得：x=2，
當x=2時，2x+1=5，兩個三角形全等.
②當3x-2=5，解得：x= ，
把x= 代入2x+1≠4，
∴3x-2與5不是對應邊，兩個三角形不全等.
故答案為：A.
【分析】首先根據全等三角形的性質：全等三角形的對應邊相等可得：3x-2與4是對應邊，或3x-2與5是對應邊，計算發現，3x-2=5時，2x-1≠4，故3x-2與5不是對應邊.
2．（2024八上·武威期末）在平面直角坐標系中，已知點，，，如果存在點，使和全等，則下列選項中不符合題意的點的坐標是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】點的坐標；三角形全等及其性質
【解析】【解答】解：如圖所示：
∴有3個點，當E在D、F處以及本身處時，和全等，
則點E的坐標是：，，，
故答案為：B
【分析】根據題意畫出圖像，進而直接讀出點的坐標即可求解。
3．（2023八上·義烏期中）已知AD是△ABC中BC邊上的中線，AB＝10，AC＝6，則AD的取值范圍是（　　）
A．4＜AD＜16 B．2＜AD＜8 C．4＜AD＜10 D．8≤AD≤16
【答案】B
【知識點】三角形的角平分線、中線和高；三角形三邊關系；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如下圖所示：延長AD至點E，使因為AD是△ABC中BC邊上的中線 ，所以在和中則則在中即又故
【分析】本題主要考查了倍長中線法、三角形全等的判定及性質、三角形三邊的關系.
延長AD至點E，使結合已知條件可證得，得到再根據三角形三邊的關系得到：進而得到：.
4．（2025八下·東坡期中）如圖，在平面直角坐標系中，點為軸正半軸上的一點，點、分別在軸的負半軸和正半軸上，，點為第二象限內一動點，點在的延長線上，交于點，且．下列結論：①；②平分；③平分；④若，則．其中結論正確的有(　　)
A．①③ B．①②③ C．③④ D．①③④
【答案】D
【知識點】等邊三角形的判定與性質；三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中對應邊的關系
【解析】【解答】解：在和中，
，，
，
故①正確；
過點作于點，作于點，
則，
，，
在和中，
，
，
平分，
故③正確；
在上截取，連接，
，
．
在和中，
，
，
，，
，
是等邊三角形，
，
，
故④正確；
，，，
，
，
不平分，
故②不正確．
∴正確的有①③④，
故選：D．
【分析】根據三角形的內角和定理求出判斷①；過點作于點，作于點．根據AAS得到判定，得到判斷③；在上截取，連接，得到，即可得到，．求出，即可得到∠BAC的度數判斷④；根據題意可以得到判斷②解題即可．
5．（2023八上·張灣期中）如圖所示，在△ABC中，AB＝8，點M是BC的中點，AD是∠BAC的平分線，作MF∥AD交AC于F，已知CF＝10，則AC的長為（　　）
A．12 B．11 C．10 D．9
【答案】A
【知識點】三角形全等及其性質；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：延長FM到點N使MN=FM，連接BN，延長MF交BA的延長線于點E，如圖，
∵ 點M是BC的中點，
∴ BM=CM，
∵ ∠BMN=∠CMF，MN=FM，
∴ △BMN≌△CMF（SAS），
∴ ∠MFC=∠N，BN=CF=10，
∵ AD是∠BAC的平分線，
∴ ∠BAD=∠CAD，
∵ MF∥AD，
∴ ∠BAD=∠E，∠CAD=∠AFE，
∴ ∠E=∠AFE，
∴ △AEF為等腰三角形，
∴ AE=AF，
∵ ∠MFC=∠AFE，
∴ ∠N=∠E，
∴ △BEN為等腰三角形，
∴ BN=BE，
∵ BN=10，BE=AB+AE=AB+AF，AB=8，
∴ AF=2，
∴ AC=AF+FC=12.
故答案為：A.
【分析】依據SAS判定△BMN≌△CMF推出∠MFC=∠N，BN=CF=10，根據角平分線的定義和平行線的性質得△AEF和△BEN為等腰三角形，從而得到AF=AE=CF-AB，即可求得.
6．（2022八上·沙坪壩開學考）如圖，在△ABC中，若分別以AB、AC為邊作△ABD和△ACE，且∠DAB＝∠CAE＝α，AD＝AB，AC＝AE，DC、BE交于點P，連接AP，則∠APC的度數為（　　）
A．90°﹣α B．90°+α C．90°﹣α D．90°+α
【答案】D
【知識點】三角形外角的概念及性質；角平分線的判定；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如圖，作AF⊥CD于點F，AG⊥BE于點G，則∠AFC＝∠AGE＝90°，
∵∠DAB＝∠CAE＝α，
∴∠DAC＝∠BAE＝α+∠BAC，
在△DAC和△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴∠ACF＝∠AEG，
在△ACF和△AEG中
，
∴△ACF≌△AEG（AAS），
∴AF＝AG，
∴點A在∠DPE的平分線上，
∴∠APE＝∠APD＝∠DPE，
∵∠CPE+∠ACF＝∠CAE+∠AEG＝∠AHP，
∴∠CPE＝∠CAE＝α，
∴∠APE＝∠DPE＝（180°﹣∠CPE）＝90°﹣α，
∴∠APC＝∠APE+∠CPE＝90°﹣α+α＝90°+α，
∴∠APC的度數為90°+α.
故答案為：D.
【分析】作AF⊥CD于點F，AG⊥BE于點G，則∠DAC＝∠BAE＝α+∠BAC，證明△DAC≌△BAE，得到∠ACF＝∠AEG，進而證明△ACF≌△AEG，得到AF＝AG，根據角平分線的概念可得∠APE＝∠APD＝∠DPE，則∠CPE＝∠CAE＝α，∠APE＝∠DPE＝(180°-∠CPE)＝90°-α，然后根據角的和差，由∠APC=∠APE+∠CPE進行解答.
7．（2019八上·中山期中）如圖，在△ABC中，∠BAC和∠ABC的平分線相交于點O，過點O作EF∥AB交BC于F，交AC于E，過點O作OD⊥BC于D，下列四個結論：
①∠AOB＝90°+ ∠C；
②AE+BF＝EF；
③當∠C＝90°時，E，F分別是AC，BC的中點；
④若OD＝a，CE+CF＝2b，則S△CEF＝ab．
其中正確的是（　　）
A．①② B．③④ C．①②④ D．①③④
【答案】C
【知識點】平行線的性質；三角形三邊關系；三角形內角和定理；角平分線的性質
【解析】【解答】∵∠BAC和∠ABC的平分線相交于點O，
∴∠OBA＝ ∠CBA，∠OAB＝ ∠CAB，
∴∠AOB＝180°﹣∠OBA﹣∠OAB
＝180°﹣ ∠CBA﹣ ∠CAB
＝180°﹣ （180°﹣∠C）
＝90°+ ∠C，①符合題意；
∵EF∥AB，
∴∠FOB＝∠ABO，又∠ABO＝∠FBO，
∴∠FOB＝∠FBO，
∴FO＝FB，
同理EO＝EA，
∴AE+BF＝EF，②符合題意；
當∠C＝90°時，AE+BF＝EF＜CF+CE，
∴E，F不是AC，BC的中點，③不符合題意；
作OH⊥AC于H，
∵∠BAC和∠ABC的平分線相交于點O，
∴點O在∠C的平分線上，
∴OD＝OH，
∴S△CEF＝ ×CF×OD ×CE×OH＝ab，④符合題意．
故答案為：C．
【分析】根據角平分線的定義和三角形內角和定理判斷①；根據角平分線的定義和平行線的性質判斷②；根據三角形三邊關系判斷③；根據角平分線的性質判斷④．
8．（2024八上·廣州月考）如圖，△ABC中，∠ACF、∠EAC的角平分線CP、AP交于點P，延長BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF.則下列結論中正確的個數(　　)
①BP平分∠ABC； ②∠ABC+2∠APC=180°；
③∠CAB=2∠CPB；
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】D
【知識點】三角形內角和定理；直角三角形全等的判定-HL；角平分線的性質；角平分線的判定；角平分線的概念
【解析】【解答】解：如圖，過點P作PD⊥AC于點D，
∵ ∠ACF、∠EAC的角平分線CP、AP交于點P， 且 ，PM⊥BE，PN⊥BF.∠CAB=180°-∠ABC-∠ACB，
∴PM=PD=PN，
∴BP平分∠ABC；即①正確；
∵∠ACF、∠EAC的角平分線CP、AP交于點P，
∴∠PAC=，∠PCA=，
∴∠APC=180°-∠PAC-∠PCA=180°--=，
∴ ∠ABC+2∠APC =∠ABC+∠BAC+∠BCA=180°；即②正確；
∵ BP平分∠ABC； CP平分∠ACF，
∴∠CBP=，∠ACP=，
∴∠CPB=180°-∠CBP-∠BCP=180°-∠CBP-(∠BCA+∠ACP)=180°--∠BCA-=90°--
∵∠CAB=180°-∠ABC-∠ACB=2（90°--）=2∠CPB；即③正確；
∵ ∠ACF、∠EAC的角平分線CP、AP交于點P， 且 ，PM⊥BE，PN⊥BF.PD⊥AC于點D，
∴PM=PD=PN，
在Rt和Rt中：PM=PD，PA=PA，
∴Rt≌Rt，
∴AM=AD，
同理可證：CD=CN，
∴AC=AM+CN，
又∵S△PAC = 12×AC×PD ， S△MAP=12×AM×PM，S△NCP=12×CN×PN ， ∴即④正確。
故答案為：D.
【分析】如圖，過點P作PD⊥AC于點D，根據角平分線的性質定理及判定定理可得出①正確；根據三角形相鄰內外角之間的關系及角平分線的定義可得出∠PAC=，∠PCA=，進而根據內角和定理可得出∠APC=，進而根據三角形內角和定理可而出 ②∠ABC+2∠APC=180°；根據三角形內角和及角平分線的定義得∠CPB=90°--，再根據三角形內角和定理得出∠CAB=180°-∠ABC-∠ACB，進一步變形，即可得出 ③∠CAB=2∠CPB； 再根據HL判定Rt≌Rt，得出AM=AD，同理CD=CN，可得AC=AM+CN，在根據角平分線的性質定理，得出PM=PD=PN，進一步根據三角形面積計算公式可得出綜上即可得出答案。
9．（2022八上·新會月考）如圖，在中，，是的角平分線，點在上，過點作于點，延長至，使，連接交于點，平分，交的延長線于點，連接，，，若．有下列結論：①；②；③；④．其中正確的是（　　）
A．①②③ B．①②③④ C．①② D．①③④
【答案】D
【知識點】三角形內角和定理；三角形外角的概念及性質；直角三角形全等的判定-HL；角平分線的性質
【解析】【解答】解：過點P分別作的垂線，垂足分別為I，M，N，
∵平分，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
設，
∴，
對于，，
∴，
對于，，
∴，
∴；故①正確；
∵，
∴，
∴，
∴，即；故②不正確；
在射線上截取，延長到點L，使得，連接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，故③正確；
∵，，
又∵，
∴．故④正確．
綜上，①③④正確．
故答案為：D
【分析】過點P分別作的垂線，根據角平分線的性質定理可知，，易證，推出．設，由外角的性質可得，，所以；故①正確；由外角的性質可得，由三角形內角和可得，，所以，即；故②不正確；在射線上截取，延長到點L，使得，連接，易證，所以，易證，所以，所以，由外角的性質可知，，所以，故③正確；因為，，且，所以．故④正確．
10．（2023八上·鲅魚圈期末）數學課上，老師給出了如下問題：
如圖1，，是的中點，平分，求證：．
小明是這樣想的：要證明，只需要在上找到一點，再試圖說明，即可．如圖2，經過思考，小明給出了以下3種輔助線的添加方式．
①過點作交于點；
②作，交于點；
③在上取一點，使得，連接；
上述3種輔助線的添加方式，可以證明“”的有（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】B
【知識點】三角形全等及其性質；直角三角形全等的判定-HL
【解析】【解答】解：①如圖1，過作，垂足為點，
可得，
則，
平分，
，
在和中，
，
；
，，，
是的中點，
，
，
在和中，
，
；
，
．
②如圖2，作，交于點；
，，，
根據不能證明，
這種輔助線的添加方式不能證明結論．
③如圖3，在上取一點，使得，連接，
在和中，
，
；
，，
是的中點，
，
，
在和中，
，
；
，
．
故答案為：．
【分析】先利用“AAS”證出△DEF≌△DCE，再利用全等三角形的性質可得 CE=EF，DC=DF，∠CED=∠FED， 再利用“HL”證出 Rt△AFE≌Rt△ABE，可得 AF=AB， 再 在AD上取一點F，使得DF=DC，連接EF，利用“SAS”證明△DEF≌△DCE，可得 CE=EF，∠ECD=∠EFD=90°， 再逐項分析判斷即可.
閱卷人 二、填空題：本大題共5小題，每小題3分，共15分.
得分
11．（2021八上·江津期中）在△ABC中，∠ABC＝62°，∠ACB＝50°，∠ACD是△ABC的外角 ∠ACD和∠ABC的平分線交于點E，則∠AEB＝　 　
【答案】25
【知識點】三角形內角和定理；三角形外角的概念及性質；角平分線的性質；角平分線的概念
【解析】【解答】解：如圖示：
過點 ，分別作 交 于點 ， 交 于點 ， ，交 延長線于點 ，
∵ 平分 ， 平分 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ 平分 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴
在 和 中，
∴ ，
故答案為：25.
【分析】過點E，分別作 EF⊥BD于點E， EG⊥AC于點G，EH⊥AB交AB延長線于點H ，由角平分線上的點到角兩邊的距離相等得EH=EF=EG，根據三角形外角的性質得∠HAC=∠ABC+∠ACB=112°，由角平分線的定義得∠EAO=∠HAC，∠EBC=∠ABC，在△AOE和△BOC中， 由∠AEB=∠OBC+∠OCB-∠OAE即可求解.
12．（2024八上·青山期末）在中，，，分別是，邊上一點，，，，，，則的長　 　．（用含，，的式子表示）
【答案】
【知識點】三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：在AC上取點F，使，
設，，
∵，
∴，
與中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴.
∴，
故答案為：.
【分析】在AC上取點F，使，設，，由得到，證明，可得，根據，可得，證明得到即可得解.
13．（2024八上·斗門期中）如圖，在中，和的平分線相交于點交于交于F，過點O作于D，下列三個結論：①；②當時，；③若，，則．其中正確的是　 　．（填序號）
【答案】①②
【知識點】三角形內角和定理；角平分線的性質；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中對應邊的關系；全等三角形中對應角的關系
【解析】【解答】解：①∵在中，，
∴，
∵和是和的平分線，
，
∴，
∴，①正確；
②.在上截取，
∵和是和的平分線，
∴，，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，②正確；
③作于于，連接，
∵和的平分線，相交于點，，
∴，
∵，
∴，③錯誤；
∴正確的序號為①②；
故答案為①②．
【分析】本題考查全等三角形的判定與性質，角平分線的性質及定義，三角形的內角和定理.根據三角形的內角和定理可得：， 再利用角平分線的定義可得：， 利用角的運算可得：，再進行計算可判斷說法①； 在上截取， 利用角平分線的定義可得，， 利用全等三角形的判定定理可證明，利用全等三角形的性質可得：，利用角的運算可得：， 利用全等三角形的判定定理可證明，利用全等三角形的性質可得：，利用線段的運算進行計算，據此可判斷說法②； 作于于，連接， 據此可得， 利用角平分線的性質可得：， 再根據， 利用三角形的面積計算公式可得：，再通過化簡，代入數據進行計算可判斷說法③.
14．（2023八上·北京市期中） 如圖，點D是△ABC三條角平分線的交點，∠ABC＝68°，若AB+BD＝AC，則∠ACB的度數為 　 　．
【答案】
【知識點】三角形外角的概念及性質；三角形全等及其性質；角平分線的性質
【解析】【解答】解：如圖，在AC上被取AE=AB，連接DE.
∵AB+ BD= AC.
∴BD=EC.
∵點D是△ABC三條角平分線的交點，
∴∠DAB=∠DAE， ∠BCD=∠ACD
∵AD=AD，
∴在△ABD和△AED中，
，
AB= AE
∴△ABD和△AED(SAS)，
∴BD=DE，∠ABD=∠AED
∴EC=DE，
∴∠EDC=∠ECD.
∵∠AED=∠FDC+∠ECD，∠ACB= ∠BCD+ ∠ACD.
∴∠AED=∠ACB= ∠ABD=∠ABC=×68°= 34° .
故答案為34°.
【分析】在AC上截取AE=AB，連接DE。由題意可證明BD=EC，又根據“SAS"易證△ABD≌△AED，即得出BD= DE，∠ABD=∠AE。可證明EC=DE，得出∠EDC=∠ECD，最后由三角形外角性質即可求出∠ACB，從而求出結果.
15．（2023八上·獻縣月考）三個全等三角形按如圖的形式擺放，則的度數是　 　.
【答案】
【知識點】三角形內角和定理；三角形全等及其性質
【解析】【解答】解：如圖，
∵∠1+∠5+∠9=180°
∠3+∠7+∠6=180°
∠2+∠4+∠8=180°
∴∠1+∠5+∠9+∠3+∠7+∠6+∠2+∠4+∠8=540°
∵∠6+∠9+∠8=180°
∴∠1+∠5+∠7+∠3+∠2+∠4=360°
∵三個全等的三角形
∴∠5+∠7+∠4=180°
∴∠1+∠2+∠3=180°
故填：180°
【分析】本題考查三角形全等的性質和三角形內角和定理。利用平角的性質可得出∠1+∠5+∠9=180°，∠3+∠7+∠6=180°，∠2+∠4+∠8=180°，三角形內角和定理可得出∠6+∠9+∠8=180°，∠5+∠7+∠4=180°，進而得出答案.
第Ⅱ卷 主觀題
閱卷人 三、解答題：本大題共8小題，共75分.
得分
16．（2024八上·增城期中）如圖1，點A、D在y軸正半軸上，點B、C在x軸上，CD平分∠ACB與y軸交于D點，∠CAO=90°-∠BDO．
（1）求證：AC=BC；
（2）如圖2，點C的坐標為(4，0)，點E為AC上一點，且AD= DE，求BC+EC的長；
（3）在(1)中，過D作DF⊥AC于F點，點H為FC上一動點，點G為OC上一動點，(如圖3)，當H在FC上移動、點G點在OC上移動時，始終滿足∠GDH=∠GDO+∠FDH，試判斷FH、GH、OG這三者之間的數量關系，寫出你的結論并加以證明．
【答案】（1）證明： ∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD.
∵∠AOB=∠AOC=90'，∠CAO= 90°-∠BDO，
∵∠DBO= 90°-∠BDO.
∴∠CAO=∠DBO.
在△ACD和△BCD中，
∴△ACD≌△BCD(AAS).
∴ AC=BC.
（2）解：如圖2，
過點D作DM⊥AC于M，
∵CD平分∠ACB，OD⊥BC，
∴DO= DM.
在△BOD和△AMD中，
∴△BOD≌△AMD(AAS)，
∴OB =AM.
在Rt△DOC和Rt△DMC中，
∴Rt△DOC≌Rt△DMC(HL)，
∴OC=MC.
∵AD=DE，且DM⊥AC，
∴AM=EM，
∴OB=EM.
∵ C(4，0)，
∴OC=4 ，
∴BC+CE=OB+OC+MC-EM=2OC=8.
（3）解： GH = OG+ FH.
證明：如圖3，
在GO的延長線上取一點N，使ON=FH，
∵CD平分∠ACO，DF⊥AC，OD⊥OC，
∴DO=DF.
在△DON和△DFH中，
∴△DON≌△DFH(SAS)，
∴DN=DH， ∠ODN=∠FDH.
∵∠GDH =∠GDO+∠FDH，
∴∠GDH =∠GDO+∠ODN =∠GDN
在△DGN和△DGH中，
∴△DGN≌△DGH (SAS)，
∴GH=GN.
∵ON=FH.
∴GH=GN=OG+ON=OG+FH.
【知識點】三角形全等及其性質；角平分線的性質；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1)根據AAS證明△ACD≌△BCD，即可求得AC=BC ；
(2)構造全等三角形作輔助線，根據AAS證明△BOD≌△AMD得OB =AM，根據HL證明Rt△DOC≌Rt△DMC得OC=MC，再根據△ADE為等腰三角形的性質可得AM=ME，最后得BC+CE=2OC；
(3)作輔助線ON=FH，根據SAS證明△DON≌△DFH，再根據SAS證明△DGN≌△DGH得出GH=OG+FH.
17．（2024八上·廣州開學考）如圖：在四邊形中，，，，分別是，上的點，且，探究圖中線段，，之間的數量關系．
（1）小王同學探究此問題的方法是：延長到點，使，連接，先證明，再證明，可得出結論，他的結論應是 ；（直接寫結論，不需證明）
（2）如圖，若在四邊形中，，，分別是、上的點，且，（）中結論是否仍然成立，并說明理由；
（3）如圖，在四邊形中，，，分別是邊、延長線上的點，且，（）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請寫出它們之間的數量關系，并證明．
【答案】（1）
（2）解：（）中的結論仍然成立．
證明：如圖中，延長至，使，連接，
∵，，
∴，
在與中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
即，
在與中，
，
∴，
∴，
∵，
∴
（3）解：結論不成立，結論：．證明：如圖中，在BE上截取BG，使BG=DF，連接AG，
∵，，
∴，
在與中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴．
【知識點】余角、補角及其性質；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：如圖，延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，
在和中，
，
∴，
∴，，
，
即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案為：；
【分析】（）延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，首先用SAS判斷出△ABE≌△ADG，得AE=AG，∠BAE=∠DAG，結合角的和差可推出∠GAF=∠EAF，從而可用SAS判斷出△GAF≌△EAF，得FG=EF，進而根據線段和差及等量代換可得結論；
（）（）中的結論EF=BE+FD仍然成立；如圖中，延長CB至M，使BM=DF，連接AM，由同角的補角相等得∠1=∠D，從而可用SAS判斷出△ABM≌△ADF，得AF=AM，∠2=∠3，結合角的和差推出∠MAE=∠EAF，從而可由SAS判斷出△AME≌△AFE，得EF=ME，進而根據線段和差及等量代換可得答案；
（3）結論EF=BE+FD不成立，結論為EF=BE-FD，理由如下：在BE上截取BG，使BG=DF，連接AG，由同角的補角相等得∠B=∠ADF，從而可用SAS判斷出△ABG≌△ADF，得AF=AG，∠BAG=∠DAF，結合角的和差推出∠GAE=∠EAF，從而可由SAS判斷出△AEG≌△AEF，得EF=GE，進而根據線段和差及等量代換可得答案.
（1）解：如圖，延長到點，使，連接，
在和中，
，
∴，
∴，，
，
即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案為：；
（2）解：（）中的結論仍然成立．
證明：如圖中，延長至，使，連接，
∵，，
∴，
在與中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
即，
在與中，
，
∴，
∴，
∵，
∴
（3）解：結論不成立，結論：．
證明：如圖中，在上截取，使，連接，
∵，，
∴，
在與中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
18．（2023八上·麻陽期中）
（1）某學習小組在探究三角形全等時，發現了下面這種典型的基本圖形.如圖1，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線l經過點A，BD⊥直線l，CE⊥直線l，垂足分別為點D、E.證明：DE＝BD+CE.
（2）組員小劉想，如果三個角不是直角，那結論是否會成立呢？如圖2，將（1）中的條件改為：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三點都在直線l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α為任意銳角或鈍角.請問結論DE＝BD+CE是否成立？如成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由.
（3）數學老師贊賞了他們的探索精神，并鼓勵他們運用這個知識來解決問題：如圖3，過△ABC的邊AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC邊上的高，延長HA交EG于點I，求證：I是EG的中點.
【答案】（1）證明：如圖1，
∵BD⊥直線l，CE⊥直線l，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）解：DE＝BD+CE.
如圖2，
證明如下：
∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠CAE，
在△ADB和△CEA中.
.
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE
（3）解：如圖3，
過E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延長線于N.
∴∠EMI＝GNI＝90°
由（1）和（2）的結論可知EM＝AH＝GN
∴EM＝GN
在△EMI和△GNI中，
，
∴△EMI≌△GNI（AAS），
∴EI＝GI，
∴I是EG的中點.
【知識點】三角形全等及其性質；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）先根據垂直得到∠BDA＝∠CEA＝90°，進而結合題意得到∠CAE＝∠ABD，再根據三角形全等的判定（AAS）與性質即可得到AE＝BD，AD＝CE，進而即可求解；
（2）先根據題意得到∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，∠DBA＝∠CAE，進而根據三角形全等的判定與性質即可求解；
（3）過E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延長線于N，由（1）和（2）的結論可知EM＝AH＝GN，進而得到EM＝GN，再運用三角形全等的判定與性質即可求解。
19．（2022八上·江漢月考） 問題引入：課外興趣小組活動時，老師提出這樣的問題：如圖1，在△ABC中，AB=5，AC=3，求BC邊上的中線的取值范圍．
小華在組內經過合作交流，得到了如下的解決方法：延長AD到E，使得DE=AD，再連接BE，把AB，AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形的三邊關系可得2（1）請你用小華的方法證明AB+AC>2AD；
（2）由第(1)問方法的啟發，請你證明下面命題：如圖2，在△ABC中，D是BC邊上的一點，AE是△ABD的中線，CD=AB，∠BDA=∠BAD，求證：AC=2AE；
（3）如圖3，在Rt△ABO和Rt△CDO中，∠AOB=∠COD=90°，OA=OB，OC=OD，連接AD，點M為AD中點，連接OM，請你直接寫出的值．
【答案】（1）解：如圖，延長AD至點E，使DE=AD，連接BE， 則：AE=2AD，
∵D是BC中點，
∴BD=DC，
在△EBD和△ACD中，
∴△EBD≌△ACD（SAS），
∴BE=AC，
在△ABE中，
∴AB+BE＞AE=2AD；
∴AB+AC＞2AD.
（2）證明：如圖，延長AE至點F，使得EF=AE，連接DF，則AF=2AE，
∵E是BD中點，
∴DE=BE，
在△EBA和△EDF中，
∴△EBA≌△EDF（SAS），
∴DF=AB=CD，∠B=∠EDF，∠F=∠EAB，
∵∠CDA=∠B+∠BAD，∠ADF=∠BDA+∠EDF，∠BDA=∠BAD，
∴∠ADC=∠ADF，
在△AFD和△ACD中，
∴△AFD≌△ACD（SAS），
∴AC=AF，
∴AC=2AE．
（3）解：=2
【知識點】三角形三邊關系；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）如圖，延長OM至H，使OM=MH，連接DH，則OH=2OM
同理可證：△AMO≌△DMH（SAS），
∴OA=DH=OB，∠H=∠AOM，∠MAO=∠MDH，
∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠BOC=∠AOB+∠COD-∠AOD=180°-∠AOD，
∵∠HDO=180°-∠H-∠HDO，
∴∠HDO=180°-∠AOM-∠HDO=180°-∠AOD，
∴∠HDO=∠BOC，
在△HDO和△BOC中，
∴△HDO≌△BOC（SAS），
∴OH=BC=2OM，
∴=2.
【分析】（1）將AB，AC和2AD放入同一個三角形ABE中，利用三角形三邊關系可證；
（2）同樣的將中線延長，AF=2AE，則需要證出AC=AF即可，根據SAS可證得△EBA≌△EDF，根據全等三角形的性質和角度之間的等量關系得出∠ADC=∠ADF，從而可證明△AFD≌△ACD（SAS），則AC=AF=2AE；
（3）同樣的將中線延長，OH=2OM，同理可證：△AMO≌△DMH，根據全等三角形的性質和角度之間的等量關系得出∠HDO=∠BOC，再證明△HDO≌△BOC（SAS），則OH=BC=2OM．
20．（2024八上·江門期中）平面直角坐標系中，點，分別是軸和軸上的動點，，．
（1）如圖，若，，求點的坐標；
（2）如圖，設交軸于點，若平分，，求點的縱坐標；
（3）如圖，當點運動到原點時，的平分線交軸于點，為線段上一點，將沿翻折，的對應邊的延長線交于點，為線段上一點，且，求的值．（用含的式子表示）
【答案】（1）解：如圖，作軸于點，
，，
，，
，
，
，
在和中，
，
，，
，
則；
（2）如圖，作軸于點，并延長交的延長線于點，
平分，
，
在和中，
，
，
，
，
在和中，
，
，
又，
，
點的縱坐標為；
（3）解：如圖，連接，作于點，于點，
平分，平分，
，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
由折疊可知，
，
，
，
．
【知識點】三角形全等及其性質；直角三角形全等的判定-HL；三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS；角平分線的概念；全等三角形中對應邊的關系；全等三角形中對應角的關系
【解析】【分析】本題考查幾何變換的綜合應用，全等三角形的判定與性質，坐標與圖形的性質，角平分線的定義.（1）作軸于點，根據題意，根據點A，C的坐標可求出OA，OC，利用角的運算可得，利用全等三角形的判定定理可證明，利用全等三角形的性質可得，，進而可求出，求出點B的坐標；
（2）作軸于點，并延長交的延長線于點，根據平分，利用角平分線的概念可得：，利用全等三角形的判定定理可證明≌，利用全等三角形的性質可得：BE=EF，利用角的運算可得：，利用全等三角形的判定定理可證明，利用全等三角形的性質可得：BF=AD=10，進而可求出，據此可求出點B的坐標；
（3）連接，作于點，于點，根據平分，平分，利用角平分線的性質可得：，利用直角三角形的判定定理可證明，，利用全等三角形的性質可得
，進而可得，利用折疊的性質可得：，根據點F的坐標可求出，進而可求出答案．
（1）解：如圖，作軸于點，
，，
，，
，
，
，
在和中，
，
，，
，
則；
（2）如圖，作軸于點，并延長交的延長線于點，
平分，
，
在和中，
，
，
，
，
在和中，
，
，
又，
，
點的縱坐標為；
（3）解：如圖，連接，作于點，于點，
平分，平分，
，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
由折疊可知，
，
，
，
．
21．（2022八上·準格爾旗期末）【問題情境】
利用角平分線構造全等三角形是常用的方法，如圖1，OP平分．點A為OM上一點，過點A作，垂足為C，延長AC交ON于點B，可根據ASA證明，則，（即點C為AB的中點）．
（1）問題探究：如圖2，中，，，CD平分，，垂足E在CD的延長線上，試探究BE和CD的數量關系，并證明你的結論：
（2）拓展延伸：如圖3，中，，，點D在線段BC上，且，于E，DE交AB于F，試探究BE和DF之間的數量關系，并證明你的結論．
【答案】（1）解：，理由如下：
延長BE交CA延長線于F，
∵CD平分，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）解：．
證明：過點D作，交BE的延長線于點G，與AE相交于H，
∵，
∴，，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴
∴，
在和中，
，
∴
∴，
∴.
【知識點】平行線的性質；三角形全等的判定-ASA；角平分線的概念
【解析】【分析】（1）CD=2BE，理由：延長BE交CA延長線于F，先證明△CEF≌△CEB，可得EF=BE，再證△ACD≌△ABF，可得CD=BF，即得CD=2BE；
（2）BE=DF.理由：過點D作，交BE的延長線于點G，與AE相交于H， 先證明△BGH≌△DFH，可得BG=DF，再證明△BDE≌△GDE，可得EG=BE，從而得出BE=BG=DF.
22．（2024八上·景縣期末）如圖，等腰Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E點為射線CB上一動點，連接AE，作AF⊥AE且AF＝AE．
（1）如圖1，過F點作FG⊥AC交于G點，求證：AG＝EC；
（2）如圖2，連接BF交AC于G點，若AC＝BC＝4，AG＝3，求證：E點為BC中點；
（3）如圖3，當E點在CB的延長線上時，連接BF與AC的延長線交于D點，若，求的值是　 　．
【答案】（1）證明：∵∠ACB＝90°，
∴∠CAE+∠AEC＝90°，
∵AF⊥AE，
∴∠CAE+∠FAG＝90°
∴∠FAG＝∠AEC，
∵FG⊥AC，
∴∠FGA＝90°＝∠ACE，
在△AGF和△ECA中，
，
∴△AGF≌△ECA（AAS）；
∴AG＝EC；
（2）證明：如圖2，過點F作FD⊥AC于D，
∵AC＝4，AG＝3，
∴CG＝4﹣3＝1，
由（1）可知，△FAD≌△AEC，
∴CE＝AD，FG＝AC＝BC，
在△FDG 和△BCG中，
，
∴△FDG≌△BCG（AAS），
∴DG＝GC＝1，
∴CE＝AD＝2，
∴BE＝BC﹣CE＝2，
∴CE＝EB，即E點為BC中點；
（3）
【知識點】余角、補角及其性質；三角形全等及其性質；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（3）過F作FG⊥AD的延長線交于點G，如圖3，
∵，BC＝AC，CE＝CB+BE，
∴
由（1）（2）知：△AGF≌△ECA，△DGF≌△DCB，
∴CD＝DG，AG＝CE，
∴
∴
∴
∴＝．
故答案為：．
【分析】（1）利用余角的性質可得∠FAG=∠CEA，根據AAS證明；
（2）過點F作，根據AAS證明，得到DG=GC，進而求出CE=EB即可；
（3）作，交AC的延長線于一點H，由（1）（2）可知，，，利用全等三角形的性質計算即可．
23．（2023八上·鐵鋒期末）綜合與實踐，如圖，已知，直線與交于點，與交于點，射線和射線交于點．
（1）若平分平分，則　 　；
（2）若，則　 　；
（3）將（2）中“”改為“”，其余條件不變，求的度數（用含的代數式表示）；
（4）若將分成兩部分，也將分成兩部分，，則的度數　 　（用含的代數式表示）．
【答案】（1）
（2）
（3）解：∵， ，
，
（4）或或
【知識點】三角形內角和定理；三角形外角的概念及性質；角平分線的性質
【解析】【解答】解：（1），，
平分平分，
故答案為：.
（2），，
，
故答案為：12°.
（4）將分成兩部分，
當時，此時
也將分成兩部分，
當時，
在△OGA中，
當時，
在△OGA中，
將分成兩部分，
當時，此時
也將分成兩部分，
當時，
在△OGA中，
當時，
在△OGA中，
故 的度數 為或或或.
【分析】（1）利用三角形的外角性質求得，再利用角平分線的性質求得，再利用外角性質即可求解；
（2）利用三角形的外角性質求得，再利用三等分角求得，再利用外角性質即可求解；
（3）利用三角形的外角性質求得，再求出，再利用外角性質即可求解；
（4）根據題意，進行分類討論：當時；當時；利用三角形內角和定理和外角性質即可求解.
1 / 1人教版（2024）八（上）數學第十四章單元質量檢測培優卷
姓名：__________ 班級：__________考號：__________
題號 一 二 三 總分
評分
第Ⅰ卷 客觀題
閱卷人 一、選擇題：本大題共10小題，每小題3分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
得分
1．（2020八上·臺州月考）已知△ABC的三邊長分別為3，4，5，△DEF的三邊長分別為3，3x﹣2，2x+1，若這兩個三角形全等，則x的值為（　　）
A．2 B．2或 C． 或 D．2或 或
2．（2024八上·武威期末）在平面直角坐標系中，已知點，，，如果存在點，使和全等，則下列選項中不符合題意的點的坐標是（　　）
A． B． C． D．
3．（2023八上·義烏期中）已知AD是△ABC中BC邊上的中線，AB＝10，AC＝6，則AD的取值范圍是（　　）
A．4＜AD＜16 B．2＜AD＜8 C．4＜AD＜10 D．8≤AD≤16
4．（2025八下·東坡期中）如圖，在平面直角坐標系中，點為軸正半軸上的一點，點、分別在軸的負半軸和正半軸上，，點為第二象限內一動點，點在的延長線上，交于點，且．下列結論：①；②平分；③平分；④若，則．其中結論正確的有(　　)
A．①③ B．①②③ C．③④ D．①③④
5．（2023八上·張灣期中）如圖所示，在△ABC中，AB＝8，點M是BC的中點，AD是∠BAC的平分線，作MF∥AD交AC于F，已知CF＝10，則AC的長為（　　）
A．12 B．11 C．10 D．9
6．（2022八上·沙坪壩開學考）如圖，在△ABC中，若分別以AB、AC為邊作△ABD和△ACE，且∠DAB＝∠CAE＝α，AD＝AB，AC＝AE，DC、BE交于點P，連接AP，則∠APC的度數為（　　）
A．90°﹣α B．90°+α C．90°﹣α D．90°+α
7．（2019八上·中山期中）如圖，在△ABC中，∠BAC和∠ABC的平分線相交于點O，過點O作EF∥AB交BC于F，交AC于E，過點O作OD⊥BC于D，下列四個結論：
①∠AOB＝90°+ ∠C；
②AE+BF＝EF；
③當∠C＝90°時，E，F分別是AC，BC的中點；
④若OD＝a，CE+CF＝2b，則S△CEF＝ab．
其中正確的是（　　）
A．①② B．③④ C．①②④ D．①③④
8．（2024八上·廣州月考）如圖，△ABC中，∠ACF、∠EAC的角平分線CP、AP交于點P，延長BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF.則下列結論中正確的個數(　　)
①BP平分∠ABC； ②∠ABC+2∠APC=180°；
③∠CAB=2∠CPB；
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
9．（2022八上·新會月考）如圖，在中，，是的角平分線，點在上，過點作于點，延長至，使，連接交于點，平分，交的延長線于點，連接，，，若．有下列結論：①；②；③；④．其中正確的是（　　）
A．①②③ B．①②③④ C．①② D．①③④
10．（2023八上·鲅魚圈期末）數學課上，老師給出了如下問題：
如圖1，，是的中點，平分，求證：．
小明是這樣想的：要證明，只需要在上找到一點，再試圖說明，即可．如圖2，經過思考，小明給出了以下3種輔助線的添加方式．
①過點作交于點；
②作，交于點；
③在上取一點，使得，連接；
上述3種輔助線的添加方式，可以證明“”的有（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
閱卷人 二、填空題：本大題共5小題，每小題3分，共15分.
得分
11．（2021八上·江津期中）在△ABC中，∠ABC＝62°，∠ACB＝50°，∠ACD是△ABC的外角 ∠ACD和∠ABC的平分線交于點E，則∠AEB＝　 　
12．（2024八上·青山期末）在中，，，分別是，邊上一點，，，，，，則的長　 　．（用含，，的式子表示）
13．（2024八上·斗門期中）如圖，在中，和的平分線相交于點交于交于F，過點O作于D，下列三個結論：①；②當時，；③若，，則．其中正確的是　 　．（填序號）
14．（2023八上·北京市期中） 如圖，點D是△ABC三條角平分線的交點，∠ABC＝68°，若AB+BD＝AC，則∠ACB的度數為 　 　．
15．（2023八上·獻縣月考）三個全等三角形按如圖的形式擺放，則的度數是　 　.
第Ⅱ卷 主觀題
閱卷人 三、解答題：本大題共8小題，共75分.
得分
16．（2024八上·增城期中）如圖1，點A、D在y軸正半軸上，點B、C在x軸上，CD平分∠ACB與y軸交于D點，∠CAO=90°-∠BDO．
（1）求證：AC=BC；
（2）如圖2，點C的坐標為(4，0)，點E為AC上一點，且AD= DE，求BC+EC的長；
（3）在(1)中，過D作DF⊥AC于F點，點H為FC上一動點，點G為OC上一動點，(如圖3)，當H在FC上移動、點G點在OC上移動時，始終滿足∠GDH=∠GDO+∠FDH，試判斷FH、GH、OG這三者之間的數量關系，寫出你的結論并加以證明．
17．（2024八上·廣州開學考）如圖：在四邊形中，，，，分別是，上的點，且，探究圖中線段，，之間的數量關系．
（1）小王同學探究此問題的方法是：延長到點，使，連接，先證明，再證明，可得出結論，他的結論應是 ；（直接寫結論，不需證明）
（2）如圖，若在四邊形中，，，分別是、上的點，且，（）中結論是否仍然成立，并說明理由；
（3）如圖，在四邊形中，，，分別是邊、延長線上的點，且，（）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請寫出它們之間的數量關系，并證明．
18．（2023八上·麻陽期中）
（1）某學習小組在探究三角形全等時，發現了下面這種典型的基本圖形.如圖1，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線l經過點A，BD⊥直線l，CE⊥直線l，垂足分別為點D、E.證明：DE＝BD+CE.
（2）組員小劉想，如果三個角不是直角，那結論是否會成立呢？如圖2，將（1）中的條件改為：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三點都在直線l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α為任意銳角或鈍角.請問結論DE＝BD+CE是否成立？如成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由.
（3）數學老師贊賞了他們的探索精神，并鼓勵他們運用這個知識來解決問題：如圖3，過△ABC的邊AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC邊上的高，延長HA交EG于點I，求證：I是EG的中點.
19．（2022八上·江漢月考） 問題引入：課外興趣小組活動時，老師提出這樣的問題：如圖1，在△ABC中，AB=5，AC=3，求BC邊上的中線的取值范圍．
小華在組內經過合作交流，得到了如下的解決方法：延長AD到E，使得DE=AD，再連接BE，把AB，AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形的三邊關系可得2（1）請你用小華的方法證明AB+AC>2AD；
（2）由第(1)問方法的啟發，請你證明下面命題：如圖2，在△ABC中，D是BC邊上的一點，AE是△ABD的中線，CD=AB，∠BDA=∠BAD，求證：AC=2AE；
（3）如圖3，在Rt△ABO和Rt△CDO中，∠AOB=∠COD=90°，OA=OB，OC=OD，連接AD，點M為AD中點，連接OM，請你直接寫出的值．
20．（2024八上·江門期中）平面直角坐標系中，點，分別是軸和軸上的動點，，．
（1）如圖，若，，求點的坐標；
（2）如圖，設交軸于點，若平分，，求點的縱坐標；
（3）如圖，當點運動到原點時，的平分線交軸于點，為線段上一點，將沿翻折，的對應邊的延長線交于點，為線段上一點，且，求的值．（用含的式子表示）
21．（2022八上·準格爾旗期末）【問題情境】
利用角平分線構造全等三角形是常用的方法，如圖1，OP平分．點A為OM上一點，過點A作，垂足為C，延長AC交ON于點B，可根據ASA證明，則，（即點C為AB的中點）．
（1）問題探究：如圖2，中，，，CD平分，，垂足E在CD的延長線上，試探究BE和CD的數量關系，并證明你的結論：
（2）拓展延伸：如圖3，中，，，點D在線段BC上，且，于E，DE交AB于F，試探究BE和DF之間的數量關系，并證明你的結論．
22．（2024八上·景縣期末）如圖，等腰Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E點為射線CB上一動點，連接AE，作AF⊥AE且AF＝AE．
（1）如圖1，過F點作FG⊥AC交于G點，求證：AG＝EC；
（2）如圖2，連接BF交AC于G點，若AC＝BC＝4，AG＝3，求證：E點為BC中點；
（3）如圖3，當E點在CB的延長線上時，連接BF與AC的延長線交于D點，若，求的值是　 　．
23．（2023八上·鐵鋒期末）綜合與實踐，如圖，已知，直線與交于點，與交于點，射線和射線交于點．
（1）若平分平分，則　 　；
（2）若，則　 　；
（3）將（2）中“”改為“”，其余條件不變，求的度數（用含的代數式表示）；
（4）若將分成兩部分，也將分成兩部分，，則的度數　 　（用含的代數式表示）．
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】全等三角形中對應邊的關系
【解析】【解答】解：∵△ABC三邊長分別為3，4，5，△DEF三邊長分別為3，3x-2，2x-1，這兩個三角形全等，
①3x-2=4，解得：x=2，
當x=2時，2x+1=5，兩個三角形全等.
②當3x-2=5，解得：x= ，
把x= 代入2x+1≠4，
∴3x-2與5不是對應邊，兩個三角形不全等.
故答案為：A.
【分析】首先根據全等三角形的性質：全等三角形的對應邊相等可得：3x-2與4是對應邊，或3x-2與5是對應邊，計算發現，3x-2=5時，2x-1≠4，故3x-2與5不是對應邊.
2．【答案】B
【知識點】點的坐標；三角形全等及其性質
【解析】【解答】解：如圖所示：
∴有3個點，當E在D、F處以及本身處時，和全等，
則點E的坐標是：，，，
故答案為：B
【分析】根據題意畫出圖像，進而直接讀出點的坐標即可求解。
3．【答案】B
【知識點】三角形的角平分線、中線和高；三角形三邊關系；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如下圖所示：延長AD至點E，使因為AD是△ABC中BC邊上的中線 ，所以在和中則則在中即又故
【分析】本題主要考查了倍長中線法、三角形全等的判定及性質、三角形三邊的關系.
延長AD至點E，使結合已知條件可證得，得到再根據三角形三邊的關系得到：進而得到：.
4．【答案】D
【知識點】等邊三角形的判定與性質；三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中對應邊的關系
【解析】【解答】解：在和中，
，，
，
故①正確；
過點作于點，作于點，
則，
，，
在和中，
，
，
平分，
故③正確；
在上截取，連接，
，
．
在和中，
，
，
，，
，
是等邊三角形，
，
，
故④正確；
，，，
，
，
不平分，
故②不正確．
∴正確的有①③④，
故選：D．
【分析】根據三角形的內角和定理求出判斷①；過點作于點，作于點．根據AAS得到判定，得到判斷③；在上截取，連接，得到，即可得到，．求出，即可得到∠BAC的度數判斷④；根據題意可以得到判斷②解題即可．
5．【答案】A
【知識點】三角形全等及其性質；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：延長FM到點N使MN=FM，連接BN，延長MF交BA的延長線于點E，如圖，
∵ 點M是BC的中點，
∴ BM=CM，
∵ ∠BMN=∠CMF，MN=FM，
∴ △BMN≌△CMF（SAS），
∴ ∠MFC=∠N，BN=CF=10，
∵ AD是∠BAC的平分線，
∴ ∠BAD=∠CAD，
∵ MF∥AD，
∴ ∠BAD=∠E，∠CAD=∠AFE，
∴ ∠E=∠AFE，
∴ △AEF為等腰三角形，
∴ AE=AF，
∵ ∠MFC=∠AFE，
∴ ∠N=∠E，
∴ △BEN為等腰三角形，
∴ BN=BE，
∵ BN=10，BE=AB+AE=AB+AF，AB=8，
∴ AF=2，
∴ AC=AF+FC=12.
故答案為：A.
【分析】依據SAS判定△BMN≌△CMF推出∠MFC=∠N，BN=CF=10，根據角平分線的定義和平行線的性質得△AEF和△BEN為等腰三角形，從而得到AF=AE=CF-AB，即可求得.
6．【答案】D
【知識點】三角形外角的概念及性質；角平分線的判定；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如圖，作AF⊥CD于點F，AG⊥BE于點G，則∠AFC＝∠AGE＝90°，
∵∠DAB＝∠CAE＝α，
∴∠DAC＝∠BAE＝α+∠BAC，
在△DAC和△BAE中，
，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴∠ACF＝∠AEG，
在△ACF和△AEG中
，
∴△ACF≌△AEG（AAS），
∴AF＝AG，
∴點A在∠DPE的平分線上，
∴∠APE＝∠APD＝∠DPE，
∵∠CPE+∠ACF＝∠CAE+∠AEG＝∠AHP，
∴∠CPE＝∠CAE＝α，
∴∠APE＝∠DPE＝（180°﹣∠CPE）＝90°﹣α，
∴∠APC＝∠APE+∠CPE＝90°﹣α+α＝90°+α，
∴∠APC的度數為90°+α.
故答案為：D.
【分析】作AF⊥CD于點F，AG⊥BE于點G，則∠DAC＝∠BAE＝α+∠BAC，證明△DAC≌△BAE，得到∠ACF＝∠AEG，進而證明△ACF≌△AEG，得到AF＝AG，根據角平分線的概念可得∠APE＝∠APD＝∠DPE，則∠CPE＝∠CAE＝α，∠APE＝∠DPE＝(180°-∠CPE)＝90°-α，然后根據角的和差，由∠APC=∠APE+∠CPE進行解答.
7．【答案】C
【知識點】平行線的性質；三角形三邊關系；三角形內角和定理；角平分線的性質
【解析】【解答】∵∠BAC和∠ABC的平分線相交于點O，
∴∠OBA＝ ∠CBA，∠OAB＝ ∠CAB，
∴∠AOB＝180°﹣∠OBA﹣∠OAB
＝180°﹣ ∠CBA﹣ ∠CAB
＝180°﹣ （180°﹣∠C）
＝90°+ ∠C，①符合題意；
∵EF∥AB，
∴∠FOB＝∠ABO，又∠ABO＝∠FBO，
∴∠FOB＝∠FBO，
∴FO＝FB，
同理EO＝EA，
∴AE+BF＝EF，②符合題意；
當∠C＝90°時，AE+BF＝EF＜CF+CE，
∴E，F不是AC，BC的中點，③不符合題意；
作OH⊥AC于H，
∵∠BAC和∠ABC的平分線相交于點O，
∴點O在∠C的平分線上，
∴OD＝OH，
∴S△CEF＝ ×CF×OD ×CE×OH＝ab，④符合題意．
故答案為：C．
【分析】根據角平分線的定義和三角形內角和定理判斷①；根據角平分線的定義和平行線的性質判斷②；根據三角形三邊關系判斷③；根據角平分線的性質判斷④．
8．【答案】D
【知識點】三角形內角和定理；直角三角形全等的判定-HL；角平分線的性質；角平分線的判定；角平分線的概念
【解析】【解答】解：如圖，過點P作PD⊥AC于點D，
∵ ∠ACF、∠EAC的角平分線CP、AP交于點P， 且 ，PM⊥BE，PN⊥BF.∠CAB=180°-∠ABC-∠ACB，
∴PM=PD=PN，
∴BP平分∠ABC；即①正確；
∵∠ACF、∠EAC的角平分線CP、AP交于點P，
∴∠PAC=，∠PCA=，
∴∠APC=180°-∠PAC-∠PCA=180°--=，
∴ ∠ABC+2∠APC =∠ABC+∠BAC+∠BCA=180°；即②正確；
∵ BP平分∠ABC； CP平分∠ACF，
∴∠CBP=，∠ACP=，
∴∠CPB=180°-∠CBP-∠BCP=180°-∠CBP-(∠BCA+∠ACP)=180°--∠BCA-=90°--
∵∠CAB=180°-∠ABC-∠ACB=2（90°--）=2∠CPB；即③正確；
∵ ∠ACF、∠EAC的角平分線CP、AP交于點P， 且 ，PM⊥BE，PN⊥BF.PD⊥AC于點D，
∴PM=PD=PN，
在Rt和Rt中：PM=PD，PA=PA，
∴Rt≌Rt，
∴AM=AD，
同理可證：CD=CN，
∴AC=AM+CN，
又∵S△PAC = 12×AC×PD ， S△MAP=12×AM×PM，S△NCP=12×CN×PN ， ∴即④正確。
故答案為：D.
【分析】如圖，過點P作PD⊥AC于點D，根據角平分線的性質定理及判定定理可得出①正確；根據三角形相鄰內外角之間的關系及角平分線的定義可得出∠PAC=，∠PCA=，進而根據內角和定理可得出∠APC=，進而根據三角形內角和定理可而出 ②∠ABC+2∠APC=180°；根據三角形內角和及角平分線的定義得∠CPB=90°--，再根據三角形內角和定理得出∠CAB=180°-∠ABC-∠ACB，進一步變形，即可得出 ③∠CAB=2∠CPB； 再根據HL判定Rt≌Rt，得出AM=AD，同理CD=CN，可得AC=AM+CN，在根據角平分線的性質定理，得出PM=PD=PN，進一步根據三角形面積計算公式可得出綜上即可得出答案。
9．【答案】D
【知識點】三角形內角和定理；三角形外角的概念及性質；直角三角形全等的判定-HL；角平分線的性質
【解析】【解答】解：過點P分別作的垂線，垂足分別為I，M，N，
∵平分，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
設，
∴，
對于，，
∴，
對于，，
∴，
∴；故①正確；
∵，
∴，
∴，
∴，即；故②不正確；
在射線上截取，延長到點L，使得，連接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，故③正確；
∵，，
又∵，
∴．故④正確．
綜上，①③④正確．
故答案為：D
【分析】過點P分別作的垂線，根據角平分線的性質定理可知，，易證，推出．設，由外角的性質可得，，所以；故①正確；由外角的性質可得，由三角形內角和可得，，所以，即；故②不正確；在射線上截取，延長到點L，使得，連接，易證，所以，易證，所以，所以，由外角的性質可知，，所以，故③正確；因為，，且，所以．故④正確．
10．【答案】B
【知識點】三角形全等及其性質；直角三角形全等的判定-HL
【解析】【解答】解：①如圖1，過作，垂足為點，
可得，
則，
平分，
，
在和中，
，
；
，，，
是的中點，
，
，
在和中，
，
；
，
．
②如圖2，作，交于點；
，，，
根據不能證明，
這種輔助線的添加方式不能證明結論．
③如圖3，在上取一點，使得，連接，
在和中，
，
；
，，
是的中點，
，
，
在和中，
，
；
，
．
故答案為：．
【分析】先利用“AAS”證出△DEF≌△DCE，再利用全等三角形的性質可得 CE=EF，DC=DF，∠CED=∠FED， 再利用“HL”證出 Rt△AFE≌Rt△ABE，可得 AF=AB， 再 在AD上取一點F，使得DF=DC，連接EF，利用“SAS”證明△DEF≌△DCE，可得 CE=EF，∠ECD=∠EFD=90°， 再逐項分析判斷即可.
11．【答案】25
【知識點】三角形內角和定理；三角形外角的概念及性質；角平分線的性質；角平分線的概念
【解析】【解答】解：如圖示：
過點 ，分別作 交 于點 ， 交 于點 ， ，交 延長線于點 ，
∵ 平分 ， 平分 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ 平分 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴
在 和 中，
∴ ，
故答案為：25.
【分析】過點E，分別作 EF⊥BD于點E， EG⊥AC于點G，EH⊥AB交AB延長線于點H ，由角平分線上的點到角兩邊的距離相等得EH=EF=EG，根據三角形外角的性質得∠HAC=∠ABC+∠ACB=112°，由角平分線的定義得∠EAO=∠HAC，∠EBC=∠ABC，在△AOE和△BOC中， 由∠AEB=∠OBC+∠OCB-∠OAE即可求解.
12．【答案】
【知識點】三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：在AC上取點F，使，
設，，
∵，
∴，
與中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴.
∴，
故答案為：.
【分析】在AC上取點F，使，設，，由得到，證明，可得，根據，可得，證明得到即可得解.
13．【答案】①②
【知識點】三角形內角和定理；角平分線的性質；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中對應邊的關系；全等三角形中對應角的關系
【解析】【解答】解：①∵在中，，
∴，
∵和是和的平分線，
，
∴，
∴，①正確；
②.在上截取，
∵和是和的平分線，
∴，，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，②正確；
③作于于，連接，
∵和的平分線，相交于點，，
∴，
∵，
∴，③錯誤；
∴正確的序號為①②；
故答案為①②．
【分析】本題考查全等三角形的判定與性質，角平分線的性質及定義，三角形的內角和定理.根據三角形的內角和定理可得：， 再利用角平分線的定義可得：， 利用角的運算可得：，再進行計算可判斷說法①； 在上截取， 利用角平分線的定義可得，， 利用全等三角形的判定定理可證明，利用全等三角形的性質可得：，利用角的運算可得：， 利用全等三角形的判定定理可證明，利用全等三角形的性質可得：，利用線段的運算進行計算，據此可判斷說法②； 作于于，連接， 據此可得， 利用角平分線的性質可得：， 再根據， 利用三角形的面積計算公式可得：，再通過化簡，代入數據進行計算可判斷說法③.
14．【答案】
【知識點】三角形外角的概念及性質；三角形全等及其性質；角平分線的性質
【解析】【解答】解：如圖，在AC上被取AE=AB，連接DE.
∵AB+ BD= AC.
∴BD=EC.
∵點D是△ABC三條角平分線的交點，
∴∠DAB=∠DAE， ∠BCD=∠ACD
∵AD=AD，
∴在△ABD和△AED中，
，
AB= AE
∴△ABD和△AED(SAS)，
∴BD=DE，∠ABD=∠AED
∴EC=DE，
∴∠EDC=∠ECD.
∵∠AED=∠FDC+∠ECD，∠ACB= ∠BCD+ ∠ACD.
∴∠AED=∠ACB= ∠ABD=∠ABC=×68°= 34° .
故答案為34°.
【分析】在AC上截取AE=AB，連接DE。由題意可證明BD=EC，又根據“SAS"易證△ABD≌△AED，即得出BD= DE，∠ABD=∠AE。可證明EC=DE，得出∠EDC=∠ECD，最后由三角形外角性質即可求出∠ACB，從而求出結果.
15．【答案】
【知識點】三角形內角和定理；三角形全等及其性質
【解析】【解答】解：如圖，
∵∠1+∠5+∠9=180°
∠3+∠7+∠6=180°
∠2+∠4+∠8=180°
∴∠1+∠5+∠9+∠3+∠7+∠6+∠2+∠4+∠8=540°
∵∠6+∠9+∠8=180°
∴∠1+∠5+∠7+∠3+∠2+∠4=360°
∵三個全等的三角形
∴∠5+∠7+∠4=180°
∴∠1+∠2+∠3=180°
故填：180°
【分析】本題考查三角形全等的性質和三角形內角和定理。利用平角的性質可得出∠1+∠5+∠9=180°，∠3+∠7+∠6=180°，∠2+∠4+∠8=180°，三角形內角和定理可得出∠6+∠9+∠8=180°，∠5+∠7+∠4=180°，進而得出答案.
16．【答案】（1）證明： ∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD.
∵∠AOB=∠AOC=90'，∠CAO= 90°-∠BDO，
∵∠DBO= 90°-∠BDO.
∴∠CAO=∠DBO.
在△ACD和△BCD中，
∴△ACD≌△BCD(AAS).
∴ AC=BC.
（2）解：如圖2，
過點D作DM⊥AC于M，
∵CD平分∠ACB，OD⊥BC，
∴DO= DM.
在△BOD和△AMD中，
∴△BOD≌△AMD(AAS)，
∴OB =AM.
在Rt△DOC和Rt△DMC中，
∴Rt△DOC≌Rt△DMC(HL)，
∴OC=MC.
∵AD=DE，且DM⊥AC，
∴AM=EM，
∴OB=EM.
∵ C(4，0)，
∴OC=4 ，
∴BC+CE=OB+OC+MC-EM=2OC=8.
（3）解： GH = OG+ FH.
證明：如圖3，
在GO的延長線上取一點N，使ON=FH，
∵CD平分∠ACO，DF⊥AC，OD⊥OC，
∴DO=DF.
在△DON和△DFH中，
∴△DON≌△DFH(SAS)，
∴DN=DH， ∠ODN=∠FDH.
∵∠GDH =∠GDO+∠FDH，
∴∠GDH =∠GDO+∠ODN =∠GDN
在△DGN和△DGH中，
∴△DGN≌△DGH (SAS)，
∴GH=GN.
∵ON=FH.
∴GH=GN=OG+ON=OG+FH.
【知識點】三角形全等及其性質；角平分線的性質；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1)根據AAS證明△ACD≌△BCD，即可求得AC=BC ；
(2)構造全等三角形作輔助線，根據AAS證明△BOD≌△AMD得OB =AM，根據HL證明Rt△DOC≌Rt△DMC得OC=MC，再根據△ADE為等腰三角形的性質可得AM=ME，最后得BC+CE=2OC；
(3)作輔助線ON=FH，根據SAS證明△DON≌△DFH，再根據SAS證明△DGN≌△DGH得出GH=OG+FH.
17．【答案】（1）
（2）解：（）中的結論仍然成立．
證明：如圖中，延長至，使，連接，
∵，，
∴，
在與中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
即，
在與中，
，
∴，
∴，
∵，
∴
（3）解：結論不成立，結論：．證明：如圖中，在BE上截取BG，使BG=DF，連接AG，
∵，，
∴，
在與中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴．
【知識點】余角、補角及其性質；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：如圖，延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，
在和中，
，
∴，
∴，，
，
即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案為：；
【分析】（）延長FD到點G，使DG=BE，連接AG，首先用SAS判斷出△ABE≌△ADG，得AE=AG，∠BAE=∠DAG，結合角的和差可推出∠GAF=∠EAF，從而可用SAS判斷出△GAF≌△EAF，得FG=EF，進而根據線段和差及等量代換可得結論；
（）（）中的結論EF=BE+FD仍然成立；如圖中，延長CB至M，使BM=DF，連接AM，由同角的補角相等得∠1=∠D，從而可用SAS判斷出△ABM≌△ADF，得AF=AM，∠2=∠3，結合角的和差推出∠MAE=∠EAF，從而可由SAS判斷出△AME≌△AFE，得EF=ME，進而根據線段和差及等量代換可得答案；
（3）結論EF=BE+FD不成立，結論為EF=BE-FD，理由如下：在BE上截取BG，使BG=DF，連接AG，由同角的補角相等得∠B=∠ADF，從而可用SAS判斷出△ABG≌△ADF，得AF=AG，∠BAG=∠DAF，結合角的和差推出∠GAE=∠EAF，從而可由SAS判斷出△AEG≌△AEF，得EF=GE，進而根據線段和差及等量代換可得答案.
（1）解：如圖，延長到點，使，連接，
在和中，
，
∴，
∴，，
，
即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案為：；
（2）解：（）中的結論仍然成立．
證明：如圖中，延長至，使，連接，
∵，，
∴，
在與中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
即，
在與中，
，
∴，
∴，
∵，
∴
（3）解：結論不成立，結論：．
證明：如圖中，在上截取，使，連接，
∵，，
∴，
在與中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
18．【答案】（1）證明：如圖1，
∵BD⊥直線l，CE⊥直線l，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）解：DE＝BD+CE.
如圖2，
證明如下：
∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠CAE，
在△ADB和△CEA中.
.
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE
（3）解：如圖3，
過E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延長線于N.
∴∠EMI＝GNI＝90°
由（1）和（2）的結論可知EM＝AH＝GN
∴EM＝GN
在△EMI和△GNI中，
，
∴△EMI≌△GNI（AAS），
∴EI＝GI，
∴I是EG的中點.
【知識點】三角形全等及其性質；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）先根據垂直得到∠BDA＝∠CEA＝90°，進而結合題意得到∠CAE＝∠ABD，再根據三角形全等的判定（AAS）與性質即可得到AE＝BD，AD＝CE，進而即可求解；
（2）先根據題意得到∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，∠DBA＝∠CAE，進而根據三角形全等的判定與性質即可求解；
（3）過E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延長線于N，由（1）和（2）的結論可知EM＝AH＝GN，進而得到EM＝GN，再運用三角形全等的判定與性質即可求解。
19．【答案】（1）解：如圖，延長AD至點E，使DE=AD，連接BE， 則：AE=2AD，
∵D是BC中點，
∴BD=DC，
在△EBD和△ACD中，
∴△EBD≌△ACD（SAS），
∴BE=AC，
在△ABE中，
∴AB+BE＞AE=2AD；
∴AB+AC＞2AD.
（2）證明：如圖，延長AE至點F，使得EF=AE，連接DF，則AF=2AE，
∵E是BD中點，
∴DE=BE，
在△EBA和△EDF中，
∴△EBA≌△EDF（SAS），
∴DF=AB=CD，∠B=∠EDF，∠F=∠EAB，
∵∠CDA=∠B+∠BAD，∠ADF=∠BDA+∠EDF，∠BDA=∠BAD，
∴∠ADC=∠ADF，
在△AFD和△ACD中，
∴△AFD≌△ACD（SAS），
∴AC=AF，
∴AC=2AE．
（3）解：=2
【知識點】三角形三邊關系；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）如圖，延長OM至H，使OM=MH，連接DH，則OH=2OM
同理可證：△AMO≌△DMH（SAS），
∴OA=DH=OB，∠H=∠AOM，∠MAO=∠MDH，
∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠BOC=∠AOB+∠COD-∠AOD=180°-∠AOD，
∵∠HDO=180°-∠H-∠HDO，
∴∠HDO=180°-∠AOM-∠HDO=180°-∠AOD，
∴∠HDO=∠BOC，
在△HDO和△BOC中，
∴△HDO≌△BOC（SAS），
∴OH=BC=2OM，
∴=2.
【分析】（1）將AB，AC和2AD放入同一個三角形ABE中，利用三角形三邊關系可證；
（2）同樣的將中線延長，AF=2AE，則需要證出AC=AF即可，根據SAS可證得△EBA≌△EDF，根據全等三角形的性質和角度之間的等量關系得出∠ADC=∠ADF，從而可證明△AFD≌△ACD（SAS），則AC=AF=2AE；
（3）同樣的將中線延長，OH=2OM，同理可證：△AMO≌△DMH，根據全等三角形的性質和角度之間的等量關系得出∠HDO=∠BOC，再證明△HDO≌△BOC（SAS），則OH=BC=2OM．
20．【答案】（1）解：如圖，作軸于點，
，，
，，
，
，
，
在和中，
，
，，
，
則；
（2）如圖，作軸于點，并延長交的延長線于點，
平分，
，
在和中，
，
，
，
，
在和中，
，
，
又，
，
點的縱坐標為；
（3）解：如圖，連接，作于點，于點，
平分，平分，
，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
由折疊可知，
，
，
，
．
【知識點】三角形全等及其性質；直角三角形全等的判定-HL；三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS；角平分線的概念；全等三角形中對應邊的關系；全等三角形中對應角的關系
【解析】【分析】本題考查幾何變換的綜合應用，全等三角形的判定與性質，坐標與圖形的性質，角平分線的定義.（1）作軸于點，根據題意，根據點A，C的坐標可求出OA，OC，利用角的運算可得，利用全等三角形的判定定理可證明，利用全等三角形的性質可得，，進而可求出，求出點B的坐標；
（2）作軸于點，并延長交的延長線于點，根據平分，利用角平分線的概念可得：，利用全等三角形的判定定理可證明≌，利用全等三角形的性質可得：BE=EF，利用角的運算可得：，利用全等三角形的判定定理可證明，利用全等三角形的性質可得：BF=AD=10，進而可求出，據此可求出點B的坐標；
（3）連接，作于點，于點，根據平分，平分，利用角平分線的性質可得：，利用直角三角形的判定定理可證明，，利用全等三角形的性質可得
，進而可得，利用折疊的性質可得：，根據點F的坐標可求出，進而可求出答案．
（1）解：如圖，作軸于點，
，，
，，
，
，
，
在和中，
，
，，
，
則；
（2）如圖，作軸于點，并延長交的延長線于點，
平分，
，
在和中，
，
，
，
，
在和中，
，
，
又，
，
點的縱坐標為；
（3）解：如圖，連接，作于點，于點，
平分，平分，
，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
由折疊可知，
，
，
，
．
21．【答案】（1）解：，理由如下：
延長BE交CA延長線于F，
∵CD平分，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）解：．
證明：過點D作，交BE的延長線于點G，與AE相交于H，
∵，
∴，，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴
∴，
在和中，
，
∴
∴，
∴.
【知識點】平行線的性質；三角形全等的判定-ASA；角平分線的概念
【解析】【分析】（1）CD=2BE，理由：延長BE交CA延長線于F，先證明△CEF≌△CEB，可得EF=BE，再證△ACD≌△ABF，可得CD=BF，即得CD=2BE；
（2）BE=DF.理由：過點D作，交BE的延長線于點G，與AE相交于H， 先證明△BGH≌△DFH，可得BG=DF，再證明△BDE≌△GDE，可得EG=BE，從而得出BE=BG=DF.
22．【答案】（1）證明：∵∠ACB＝90°，
∴∠CAE+∠AEC＝90°，
∵AF⊥AE，
∴∠CAE+∠FAG＝90°
∴∠FAG＝∠AEC，
∵FG⊥AC，
∴∠FGA＝90°＝∠ACE，
在△AGF和△ECA中，
，
∴△AGF≌△ECA（AAS）；
∴AG＝EC；
（2）證明：如圖2，過點F作FD⊥AC于D，
∵AC＝4，AG＝3，
∴CG＝4﹣3＝1，
由（1）可知，△FAD≌△AEC，
∴CE＝AD，FG＝AC＝BC，
在△FDG 和△BCG中，
，
∴△FDG≌△BCG（AAS），
∴DG＝GC＝1，
∴CE＝AD＝2，
∴BE＝BC﹣CE＝2，
∴CE＝EB，即E點為BC中點；
（3）
【知識點】余角、補角及其性質；三角形全等及其性質；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（3）過F作FG⊥AD的延長線交于點G，如圖3，
∵，BC＝AC，CE＝CB+BE，
∴
由（1）（2）知：△AGF≌△ECA，△DGF≌△DCB，
∴CD＝DG，AG＝CE，
∴
∴
∴
∴＝．
故答案為：．
【分析】（1）利用余角的性質可得∠FAG=∠CEA，根據AAS證明；
（2）過點F作，根據AAS證明，得到DG=GC，進而求出CE=EB即可；
（3）作，交AC的延長線于一點H，由（1）（2）可知，，，利用全等三角形的性質計算即可．
23．【答案】（1）
（2）
（3）解：∵， ，
，
（4）或或
【知識點】三角形內角和定理；三角形外角的概念及性質；角平分線的性質
【解析】【解答】解：（1），，
平分平分，
故答案為：.
（2），，
，
故答案為：12°.
（4）將分成兩部分，
當時，此時
也將分成兩部分，
當時，
在△OGA中，
當時，
在△OGA中，
將分成兩部分，
當時，此時
也將分成兩部分，
當時，
在△OGA中，
當時，
在△OGA中，
故 的度數 為或或或.
【分析】（1）利用三角形的外角性質求得，再利用角平分線的性質求得，再利用外角性質即可求解；
（2）利用三角形的外角性質求得，再利用三等分角求得，再利用外角性質即可求解；
（3）利用三角形的外角性質求得，再求出，再利用外角性質即可求解；
（4）根據題意，進行分類討論：當時；當時；利用三角形內角和定理和外角性質即可求解.
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