专题4.5期中考前必刷填空题（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4.4期中考前必刷填空题（压轴真题60道，八上人教）一．填空题（共60小题）1．（2022秋•东港区校级期中）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∠P＝30°．【答案】见试题解答内容【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∠P的度数．【解答】解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，∴∠ABP＝∠CBP＝20°，∠ACP＝∠MCP＝50°，∵∠PCM是△BCP的外角，∴∠P＝∠PCM﹣∠CBP＝50°﹣20°＝30°，故答案为：30°．【点评】本题考查了三角形外角性质以及角平分线的定义，解题时注意：一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．2．（2022春•锡山区期中）如图，将△ABC沿着平行于BC的直线折叠，点A落在点A′，若∠C＝125°，∠A＝15°，则∠A′DB的度数为100°．【答案】见试题解答内容【分析】根据三角形的内角和等于180°求出∠B，根据两直线平行，同位角相等可得∠ADE＝∠B，再根据翻折变换的性质可得∠A′DE＝∠ADE，然后根据平角等于180°列式计算即可得解．【解答】解：∵∠C＝125°，∠A＝15°，∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣15°﹣125°＝40°，∵△ABC沿着平行于BC的直线折叠，点A落到点A′，∴∠ADE＝∠B＝40°，∴∠A′DE＝∠ADE＝40°，∴∠A′DB＝180°﹣40°﹣40°＝100°．故答案为：100°．【点评】本题考查了平行线的性质，翻折变换的性质，三角形的内角和定理，熟记性质并准确识图理清图中各角度之间的关系是解题的关键．3．（2022春•秦淮区期中）如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在点A′处，且A′B平分∠ABC，A′C平分∠ACB，若∠BA′C＝110°，则∠1+∠2＝80°．【答案】见试题解答内容【分析】连接AA′．首先求出∠BAC，再证明∠1+∠2＝2∠BAC即可解决问题．【解答】解：连接AA′．∵A'B平分∠ABC，A'C平分∠ACB，∠BA'C＝110°，∴∠A′BC+∠A′CB＝70°，∴∠ABC+∠ACB＝140°，∴∠BAC＝180°﹣140°＝40°，∵∠1＝∠DAA′+∠DA′A，∠2＝∠EAA′+∠EA′A，∵∠DAA′＝∠DA′A，∠EAA′＝∠EA′A，∴∠1+∠2＝2（∠DAA′+∠EAA′）＝2∠BAC＝80°，故答案为80°．【点评】本题考查三角形的内角和定理、角平分线的定义、三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识，属于中考常考题型．4．（2022秋•岑溪市期中）如图，已知△ABC的周长为21cm，AB＝6cm，BC边上中线AD＝5cm，△ABD的周长为15cm，则AC长为7cm．【答案】见试题解答内容【分析】先根据△ABD周长为15cm，AB＝6cm，AD＝5cm，由周长的定义可求BD的长，再根据中线的定义可求BC的长，由△ABC的周长为21cm，即可求出AC长．【解答】解：∵AB＝6cm，AD＝5cm，△ABD周长为15cm，∴BD＝15﹣6﹣5＝4cm，∵AD是BC边上的中线，∴BC＝8cm，∵△ABC的周长为21cm，∴AC＝21﹣6﹣8＝7cm．故AC长为7cm，故答案为：7cm．【点评】考查了三角形的周长和中线，本题的关键是由周长和中线的定义得到BC的长，题目难度中等．5．（2022春•锦江区校级期中）如图，AE是∠BAD的平分线，CE是∠BCD的平分线，且AE与CE相交于点E．若∠D＝40°，∠B＝30°，则∠E的度数为35°．【答案】35°．【分析】先根据角平分线的定义得出∠DAE=12∠DCB，∠DAE=12∠DAB，再根据8字形得出∠D+∠DCB＝∠B+∠BAD①，∠D+∠DCE＝∠E+∠DAE②，进一步求出∠BAD﹣∠DCB＝10°，①+②，得∠【解答】解：∵AE是∠BAD的平分线，CE是∠BCD的平分线，∴∠DAE=12∠DAB，∠DAE=1∵∠D+∠DCB＝∠B+∠BAD①，∠D＝40°，∠B＝30°，∴∠BAD﹣∠DCB＝10°，∴∠DAE﹣∠DCE＝5°，∵∠D+∠DCE＝∠E+∠DAE②，①+②，得80°+3∠DCE＝30°+∠E+3∠DAE，∴50°﹣3（∠DAE﹣∠DCE）＝∠E，∴∠E＝35°，故答案为：35°．【点评】本题主要考查了三角形内角和定理，掌握三角形内角和定理应用，其中整体相加是解题关键．6．（2022秋•岳阳楼区校级期中）如图，在△ABC中，∠A＝x°，∠ABC和∠ACD的平分线交于点A1，得∠A1；∠A1BC和∠A1CD的平分线交于点A2，得∠A2；…，∠An﹣1BC和∠An﹣1CD的平分线交于点An，则∠An＝x°2n【答案】见试题解答内容【分析】根据角平分线的定义得出∠A1BC=12∠ABC，∠A1CD=12∠ACD，根据三角形的外角性质得出∠A1CD＝∠A1+∠A1BC，∠ACD＝∠A+∠ABC，求出∠A1=12【解答】解：∵∠ABC和∠ACD的平分线交于点A1，∴∠A1BC=12∠ABC，∠A1CD∵∠A1CD＝∠A1+∠A1BC，∠ACD＝∠A+∠ABC，∴∠A1CD=12∠ACD＝∠A1+∠A1BC＝∠A1+12∠ABC，12∴∠A1=12∵∠A＝x°，∴∠A1=12同理：∠A2=12∠A1=12×12x°=x°•••，∠An=12∠An﹣1故答案为：x°2【点评】本题考查了角平分线的定义和三角形的外角性质，能根据求出的结果得出规律是解此题的关键．7．（2022秋•桐城市校级期中）已知三角形的周长是36，最大边x的取值范围是12≤x＜18．【答案】12≤x＜18．【分析】利用三角形边的关系，两边之和大于第三边，求解即可．【解答】解：设三角形另外两条边为a，b，且a≤b≤x由题意可得：a+b+x＝36，x＜a+b，则a+b＝36﹣x，a+b+x≤3x，∴x＜解得12≤x＜18，故答案为：12≤x＜18．【点评】此题考查了三角形三边关系，掌握三角形的三边关系是解题的关键．8．（2022秋•余干县期中）在△ABC中，BC边上的中线把三角形分割为两部分，若分割的这两部分周长之差为2，AB＝5，则AC的长为3或7．【答案】见试题解答内容【分析】根据BC边上的中线把三角形分割的这两部分周长之差为2，可得AB与AC相差2，再根据AB＝5，即可得出AC＝3或7．【解答】解：如图，∵△ABD与△ACD的周长之差为2，而BD＝CD，∴AB与AC相差2，又∵AB＝5，∴AC＝3或7，故答案为：3或7．【点评】本题主要考查了三角形的中线，解题时注意：三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．9．（2022秋•剑阁县期中）如图，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7＝540°．【答案】见试题解答内容【分析】根据三角形的内角和与四边形的内角和公式得∠3+∠4+8＝180°①，∠6+∠7+∠10+∠11＝360°②，∠1+∠2+∠5+∠9＝360°③，三式相加，再由邻补角的性质即可得出答案．【解答】解：如图，∵∠3+∠4+8＝180°①，∠6+∠7+∠10+∠11＝360°②，∠1+∠2+∠5+∠9＝360°③，∴①+②+③得，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠9+∠10+∠11+∠12＝900°，∵∠8+∠10＝180°，∠9+∠11＝180°，∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7＝900°﹣180°﹣180°＝540°．故答案为：540°．【点评】本题考查了多边形的内角和定理以及三角形外角的性质，是基础知识要熟练掌握．10．（2022秋•东平县期中）如图，在△ABC中，已知点D，E，F分别为边BC，AD，CE的中点，且S△ABC＝4cm2，则S阴影＝1cm2．【答案】见试题解答内容【分析】根据三角形的面积公式，知△BCE的面积是△ABC的面积的一半，进一步求得阴影部分的面积是△BEC的面积的一半．【解答】解：∵点E是AD的中点，∴△BDE的面积是△ABD的面积的一半，△CDE的面积是△ACD的面积的一半．则△BCE的面积是△ABC的面积的一半，即为2cm2．∵点F是CE的中点，∴阴影部分的面积是△BCE的面积的一半，即为1cm2．【点评】此题主要是根据三角形的面积公式，知三角形的中线把三角形的面积分成相等的两部分．11．（2022秋•鲤城区校级期中）如图所示，AC平分∠BAD，∠B+∠D＝180°，CE⊥AD于点E，AD＝10cm，AB＝7cm，那么DE的长度为1.5cm．【答案】1.5．【分析】过C作CF⊥AB，交AB的延长线于F，根据全等三角形的判定推出△BFC≌△DEC，根据全等三角形的性质得出BF＝DE，根据全等三角形的判定得出Rt△FAC≌Rt△EAC，根据全等三角形的性质得出AF＝AE，求出AD﹣AB＝2DE，再代入求出答案即可．【解答】解：过C作CF⊥AB，交AB的延长线于F，∵CF⊥AB，CE⊥AD，AC平分∠BAD，∴CE＝CF，∠F＝∠CED＝90°，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠CBF＝180°，∴∠FBC＝∠D，在△BFC和△DEC中，∠FBC=∠D∠F=∠CED∴△BFC≌△DEC（AAS），∴BF＝DE，在Rt△FAC和Rt△EAC中，AC=ACCF=CE∴Rt△FAC≌Rt△EAC（HL），∴AF＝AE，∵AD＝10cm，AB＝7cm，∴AD﹣AB＝（AE+DE）﹣（AF﹣BF）＝AE+DE﹣AF+BF＝2DE＝10﹣7＝3（cm），解得：DE＝1.5cm，故答案为：1.5．【点评】本题考查了角平分线的性质和全等三角形的性质和判定，能熟记角平分线的性质是解此题的关键．12．（2022秋•沙坪坝区校级期中）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的是①②④．【答案】见试题解答内容【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确；由∠AOB＝∠COD，得出当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM＝∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO＝∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB＝OC，而OA＝OB，所以OA＝OC，而OA＞OC，故③错误；即可得出结论．【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝40°，∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，即∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△BOD中，OA=OB∠AOC=∠BOD∴△AOC≌△BOD（SAS），∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；∴∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，∴∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图2所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，在△OCG和△ODH中，∠OCA=∠ODB∠OGC=∠OHD∴△OCG≌△ODH（AAS），∴OG＝OH，∴MO平分∠BMC，④正确；∵∠AOB＝∠COD，∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM∵△AOC≌△BOD，∴∠COM＝∠BOM，∵MO平分∠BMC，∴∠CMO＝∠BMO，在△COM和△BOM中，∠COM=∠BOMOM=OM∴△COM≌△BOM（ASA），∴OB＝OC，∵OA＝OB∴OA＝OC与OA＞OC矛盾，∴③错误；正确的有①②④；故答案为：①②④．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．13．（2022秋•津南区校级期中）如图，△ABC的三边AB、BC、CA长分别为30，40，50．其三条角平分线交于点O，则S△ABO：S△BCO：S△CAO＝3：4：5．【答案】3：4：5．【分析】作OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，根据角平分线的性质得到OD＝OE＝OF，根据三角形的面积公式计算即可．【解答】解：作OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，∵三条角平分线交于点O，OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，∴OD＝OE＝OF，∴S△ABO：S△BCO：S△CAO＝AB：BC：CA＝3：4：5，故答案为：3：4：5．【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．14．（2022秋•津南区校级期中）如图，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，若BD＝CD，BE＝CF，则下列结论：①DE＝DF；②AD平分∠BAC；③AE＝AD；④AC﹣AB＝2BE中正确的是①②④．【答案】见试题解答内容【分析】利用“HL”证明Rt△BDE和Rt△CDF全等，根据全等三角形对应边相等可得DE＝DF，再根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断出AD平分∠BAC，然后利用“HL”证明Rt△ADE和Rt△ADF全等，根据全等三角形对应边相等可得AE＝AF，再根据图形表示出表示出AE、AF，再整理即可得到AC﹣AB＝2BE．【解答】解：在Rt△BDE和Rt△CDF中，BD=CDBE=CF∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），∴DE＝DF，故①正确；又∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴AD平分∠BAC，故②正确；在Rt△ADE和Rt△ADF中，AD=ADDE=DF∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），∴AE＝AF，∴AB+BE＝AC﹣FC，∴AC﹣AB＝BE+FC＝2BE，即AC﹣AB＝2BE，故④正确；由垂线段最短可得AE＜AD，故③错误，综上所述，正确的是①②④．故答案为：①②④．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，到角的两边距离相等的点在角的平分线上，熟练掌握三角形全等的判定方法并准确识图是解题的关键．15．（2022秋•赣州期中）如图，CA⊥AB于点A，AB＝8，AC＝4，射线BM⊥AB于点B，一动点E从A点出发以2个单位/秒沿射线AB运动，点D为射线BM上一动点，随着E点运动而运动，且始终保持ED＝CB，若点E经过t秒（t＞0），△DEB与△BCA全等，则t的值为2，6，8秒．【答案】见试题解答内容【分析】此题要分两种情况：①当E在线段AB上时，②当E在BN上，再分别分成两种情况AC＝BE，AB＝BE进行计算即可．【解答】解：①当E在线段AB上，AC＝BE时，△ACB≌△BED，∵AC＝4，∴BE＝4，∴AE＝8﹣4＝4，∴点E的运动时间为4÷2＝2（秒）；②当E在BN上，AC＝BE时，∵AC＝4，∴BE＝4，∴AE＝8+4＝12，∴点E的运动时间为12÷2＝6（秒）；③当E在BN上，AB＝EB时，△ACB≌△BDE，AE＝8+8＝16，点E的运动时间为16÷2＝8（秒），故答案为：2，6，8．【点评】本题考查三角形全等的性质，熟练掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．16．（2022秋•南昌期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝7cm，BC＝3cm，CD为AB边上的高，点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，过点E作BC的垂线交直线CD于点F，当点E运动2或5s时，CF＝AB．【答案】见试题解答内容【分析】先证明△CEF≌△ACB（AAS），得出CE＝AC＝7cm，①当点E在射线BC上移动时，BE＝CE+BC＝10cm，即可求出E移动了5s；②当点E在射线CB上移动时，CE′＝AC﹣BC＝4cm，即可求出E移动了2s．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠CBD＝90°，∵CD为AB边上的高，∴∠CDB＝90°，∴∠BCD+∠CBD＝90°，∴∠A＝∠BCD，∵∠BCD＝∠ECF，∴∠ECF＝∠A，∵过点E作BC的垂线交直线CD于点F，∴∠CEF＝90°＝∠ACB，在△CEF和△ACB中，∠ECF=∠A∠CEF=∠ACB∴△CEF≌△ACB（AAS），∴CE＝AC＝7cm，①如图，当点E在射线BC上移动时，BE＝CE+BC＝7+3＝10（cm），∵点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，∴E移动了：102=5（②当点E在射线CB上移动时，CE′＝AC﹣BC＝7﹣3＝4（cm），∵点E从点B出发，在直线BC上以2cm的速度移动，∴E移动了：42=2（综上所述，当点E在射线CB上移动5s或2s时，CF＝AB；故答案为：2或5．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练正确全等三角形的判定和性质是解题的关键．17．（2022秋•江阴市期中）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝5，AD是边BC上的中线，AD＝2，则△ACB的面积是6．【答案】6．【分析】延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证△ADC≌△EDB（SAS），得BE＝AC＝5，∠CAD＝∠E，再由勾股定理的逆定理证∠EAB＝90°，即可解决问题．【解答】解：如图，延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，∵D为BC的中点，∴CD＝BD，在△ADC与△EDB中，AD=ED∠ADC=∠EDB∴△ADC≌△EDB（SAS），∴BE＝AC＝5，∠CAD＝∠E，又∵AE＝2AD＝4，AB＝3，∴BE2＝AE2+AB2，∴△ABE是直角三角形，∠EAB＝90°，则S△ACB＝2S△ABD＝2×12×2×3故答案为：6．【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及三角形面积等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．18．（2021秋•陵城区期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，DE⊥AB于D，交AC于点E，若BC＝BD，AC＝6cm，BC＝8cm，AB＝10cm，则△ADE的周长是8cm．【答案】8cm．【分析】连接BE，利用HL证明Rt△BCE与Rt△BDE全等，利用全等三角形的性质解答即可．【解答】解：连接BE，∵∠C＝90°，DE⊥AB于D，∴∠C＝∠BDE＝90°，在Rt△BCE与Rt△BDE中，BE=BEBC=BD∴Rt△BCE≌Rt△BDE（HL），∴DE＝CE，∵AB＝10cm，BC＝8cm，AC＝6cm，∴△ADE的周长＝DE+AE+AD＝CE+AE+AB﹣BD＝AC+AB﹣BC＝6+10﹣8＝8（cm），故答案为：8cm．【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据HL得出Rt△BCE与Rt△BDE全等解答．19．（2022春•市中区校级期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝60°，D为△ABC边AC上一点，BC＝CD，点M在BC的延长线上，CE平分∠ACM，且AC＝CE．连接BE交AC于F，G为边CE上一点，满足CG＝CF，连接DG交BE于H．以下结论：①△ABC≌△EDC；②∠DHF＝60°；③若∠A＝60°，则AB∥CE；④若BE平分∠ABC中，则EB平分∠DEC．正确的有①②③④．（只填序号）【答案】①②③④．【分析】利用全等三角形的判定定理和性质定理，三角形的内角和定理以及平行线的判定定理对每个选项进行逐一判断即可．【解答】解：∵∠ACB＝60°，∴∠ACM＝180°﹣∠ACB＝120°，∵CE平分∠ACM，∴∠ACE＝∠MCE=12∠ACM＝∴∠ACB＝∠ACE．在△ABC和△EDC中，BC=CD∠ACB=∠ECD∴△ABC≌△EDC（SAS）．∴①的结论正确；在△BCF和△DCG中，BC=DC∠BCD=∠DCE∴△BCF≌△DCG（SAS）．∴∠CBF＝∠CDG．∵∠ECM＝∠CBF+∠BEC＝60°，∴∠CDG+∠CEB＝60°．∵∠DCE+∠CDE+∠CED＝180°，∠DCE＝60°，∴∠CDE+∠CED＝120°，∴∠HDE+∠HED＝60°，∴∠DHF＝∠HDE+∠HED＝60°．∴②的结论正确；∵∠A＝60°，∠ACE＝60°，∴∠A＝∠ACE，∴AB∥CE，∴③的结论正确；∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE．∵△BCF≌△DCG，∴∠CBE＝∠CDG．∴∠CDG＝∠ABE＝∠CBE．∵△ABC≌△EDC，∴∠ABC＝∠CDE，∴∠CDG＝∠ABE＝∠CBE＝∠EDG．∵∠ECM＝∠CBF+∠BEC＝60°，∠DHF＝∠EDG+∠DEB＝60°，∴∠CBF+∠BEC＝∠EDG+∠DEB，∴∠BEC＝∠DEB．即EB平分∠DEC．∴④的结论正确．综上，正确的结论有：①②③④，故答案为：①②③④．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定定理和性质定理，角平分线的定义，三角形的内角和定理以及平行线的判定定理，正确找出图中的全等三角形是解题的关键．20．（2022秋•黔东南州期中）如图，∠C＝90°，AC＝10，BC＝5，AX⊥AC，点P和点Q从A点出发，分别在线段AC和射线AX上运动，且AB＝PQ（不考虑PQ＝0的情况），当点P运动到AP＝5或10，△ABC与△APQ全等．【答案】见试题解答内容【分析】分两种情况：①当AP＝BC＝5时；②当AP＝CA＝10时；由HL证明Rt△ABC≌Rt△PQA（HL）；即可得出结果．【解答】解：∵AX⊥AC，∴∠PAQ＝90°，∴∠C＝∠PAQ＝90°，分两种情况：①当AP＝BC＝5时，在Rt△ABC和Rt△QPA中，AB=PQBC=AP∴Rt△ABC≌Rt△QPA（HL）；②当AP＝CA＝10时，在△ABC和△PQA中，AB=PQAP=AC∴Rt△ABC≌Rt△PQA（HL）；综上所述：当点P运动到AP＝5或10时，△ABC与△APQ全等；故答案为：5或10．【点评】本题考查了直角三角形全等的判定方法；熟练掌握直角三角形全等的判定方法，本题需要分类讨论，难度适中．21．（2022秋•陵城区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BD平分∠ABC，E是AB上一点，且AE＝AD，连接DE，过E作EF⊥BD，垂足为F，延长EF交BC于点G．现给出以下结论：①EF＝FG；②CD＝DE；③∠BEG＝∠BDC；④∠DEF＝45°．其中正确的是①③④．（写出所有正确结论的序号）【答案】①③④【分析】根据△BEF≌△BEG即可判断①，根据角平分线的性质即可判断②，根据四边形DCFG的内角和即可判断③，根据等腰三角形的性质即可判断④．【解答】解：∵BD平分∠ABC，∴∠1＝∠2，∵EF⊥BD，∴∠3＝∠4＝90°，∠EFD＝∠DFG＝90°，在△BEF和△BEG中，∠1=∠2BF=BF∴△BEF≌△BEG，∴EF＝FG，故①正确；过D作DM⊥AB，∵∠ACB＝90°，∴DC⊥BC，又∵BD平分∠ABC，∴DC＝DM，在Rt△EMD中：ED＞MD，∴CD≠DE，故②说法错误；∵△BEF≌△BEG，∴∠5＝∠6，在四边形CDFG中∠C+∠8+∠DFG+∠7＝180°，∠C＝∠DFG＝90°，∴∠7+∠8＝180°，∵∠7+∠6＝180°，∴∠6＝∠8，∴∠5＝∠8，即∠BEG＝∠BDC，故③正确；∴∠AEF＝∠ADF，∵AE＝AD，∴∠AED＝∠ADE，∴∠DEF＝∠EDF，∵∠DFE＝90°，∴∠DEF＝45°，故④正确．故答案为：①③④．【点评】此题考查了全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，三角形外角定理，等腰直角三角形的判定，掌握以上知识点，并灵活运用是解题的关键．22．（2022春•崂山区校级期中）如图，在△ABC中，CD是△ABC的角平分线，DE⊥BC于E，F，G分别是边AC，BC上的点，连接DF，DG，若DF＝DG，△CDF和△DEG的面积分别为50和15，则△CDG的面积为20．【答案】20．【分析】过点D作DH⊥AC于点H，先根据角平分线的性质可得DH＝DE，再根据HL定理证出Rt△CDH≌Rt△CDE和Rt△DHF≌Rt△DEG，从而可得SRt△CDH＝SRt△CDE和SRt△DHF＝SRt△DEG，由此即可得．【解答】解：如图，过点D作DH⊥AC于点H，∵CD是△ABC的角平分线，且DE⊥BC，∴DH＝DE，在Rt△CDH和Rt△CDE中，CD=CDDH=DE∴Rt△CDH≌Rt△CDE（HL），∴SRt△CDH＝SRt△CDE，同理可得：Rt△DHF≌Rt△DEG，∴SRt△DHF＝SRt△DEG，∵△CDF和△DEG的面积分别为50和15，∴S△CDG＝SRt△CDE﹣SRt△DEG＝SRt△CDH﹣SRt△DEG＝S△CDF﹣SRt△DHF﹣SRt△DEG＝S△CDF﹣SRt△DEG﹣SRt△DEG＝50﹣15﹣15＝20，即△CDG的面积为20，故答案为：20．【点评】本题考查了角平分线的性质、直角三角形全等的判定与性质，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．23．（2022秋•武汉期中）在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，点M从点B出发沿射线BA移动（运动到A点停止），同时点N从点C出发沿线段AC的延长线移动，点M，N移动的速度相同（且同时停止），MN与BC相交于点D．过点M作MF⊥BC于点F，线段BF+CD＝4．【答案】4．【分析】求两条线段的和，需将两条线段进行移动，使它们和为一条线段，然后通过这条线段与已知线段BC的关系，解出值．【解答】解：过点M作ME∥AC，交BC与点E，∴∠MEB＝∠ACB，又∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∴∠B＝∠MEB，∴BM＝ME=12又∵MF⊥BC，∴BF＝FE．∵ME∥AC，∴∠MED＝∠NCD．∵BM＝ME，BM＝CN，∴ME＝CN．在△MED和△NCD中，∠MED＝∠NCD，∠MDE＝∠NDC（对顶角相等），ME＝CN，∴△MED≌△NCD（AAS），∴DE＝DC=12∴BF+DC=12BE+12CE=故答案为：4．【点评】本题考查的是全等三角形的性质判断，解题的关键是找到一条与这两条线段的和相等的线段，将其与已知线段进行比较．24．（2022秋•柯桥区期中）如图，AD是△ABC的中线，E、F分别是AD和AD延长线上的点，且DE＝DF，连接BF、CE，下列说法：①CE＝BF；②△ABD和△ACD面积相等；③BF∥CE；④△BDF≌△CDE．其中正确的是①②③④．【答案】见试题解答内容【分析】根据三角形中线的定义可得BD＝CD，然后利用“边角边”证明△BDF和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等可得CE＝BF，全等三角形对应角相等可得∠F＝∠CED，再根据内错角相等，两直线平行可得BF∥CE，最后根据等底等高的三角形的面积相等判断出②正确．【解答】解：∵AD是△ABC的中线，∴BD＝CD，在△BDF和△CDE中，BD=CD∠BDF=∠CDE∴△BDF≌△CDE（SAS），故④正确∴CE＝BF，∠F＝∠CED，故①正确，∴BF∥CE，故③正确，∵BD＝CD，点A到BD、CD的距离相等，∴△ABD和△ACD面积相等，故②正确，综上所述，正确的是①②③④．故答案为：①②③④．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等底等高的三角形的面积相等，熟练掌握三角形全等的判定方法并准确识图是解题的关键．25．（2022秋•铜官区校级期中）下列各组条件中，能判定△ABC与△DEF全等的有②③⑤（填序号）．①AB＝DE，∠A＝∠D，∠B＝∠F；②∠B＝∠E＝100°，AB＝DE，AC＝DF；③AB＝DE，AC＝DF，∠A＝∠D；④∠A＝∠D＝90°，AB＝DE，BC＝DF；⑤AB＝DE，BC＝DF，AC＝EF．【答案】②③⑤．【分析】根据全等三角形的判定方法进行判定即可．【解答】解：①AB＝DE，∠A＝∠D，∠B＝∠F不符合判定定理；②如图，过点A作BC边上的高AM，交CB的延长线于点M，过点D作EF边上的高DN，交FE的延长线于点N，∵∠ABC＝∠DEF＝100°，∴∠ABM＝∠DEN＝80°在Rt△ABM和Rt△DEN中，∠M=∠N=90°∠ABM=∠DEN=80°∴Rt△ABM≌Rt△DEN（AAS），∴AM＝DN，在Rt△ACM和Rt△DFN中，AM=DNAC=DF∴Rt△ACM≌Rt△DFN（HL），∴∠C＝∠F，在△ABC和△DEF中，∠C=∠F∠ABC=∠DEF=100°∴△ABC≌△DEF中（AAS），可以判定△ABC和△DEF全等；③AB＝DE，AC＝DF，∠A＝∠D，符合SAS，可以判定△ABC和△DEF全等；④∠A＝∠D＝90°，AB＝DE，BC＝DF不符合判定定理；⑤AB＝DE，BC＝DF，AC＝EF，符合SSS，可以判定△ABC与△DEF全等；∴能判定△ABC与△DEF全等的是②③⑤．故答案为：②③⑤．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS，SAS，ASA，AAS，HL．注意：AAA，SSA不能直接判定两个三角形全等．26．（2022秋•安次区校级期中）如图，△ABC和△ADE中，AC＝AE，∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE，边AD与边BC交于点M（不与点B、C重合），点B，E在AD异侧．（1）若∠B＝∠BAD=12∠DAC，∠C＝∠AMC，则∠AED＝60（2）当AB＝6，BC＝8，S△ADE＝20时，设AM＝x，请用含x的式子表示MD＝6﹣x，并求出MD的最大值为1．【答案】（1）60°；（2）6﹣x；1．【分析】（1）证明△ABC≌△ADE（AAS），得出∠AED＝∠C，证明∠C＝∠AMC＝∠DAC，根据∠C+∠AMC+∠DAC＝180°，得出∠AED＝∠C＝60°；（2）根据全等三角形的性质得出AD＝AB＝6，S△ABC＝S△ADE＝20，根据AM＝x，得出MD＝6﹣x；过点A作AF⊥BC于点F，根据垂线段最短，得出当点M与点F重合时，AM最小，则DM最大，求出AF=2S△ABCBC=2×208=5，即可求出【解答】解：（1）∵∠BAD＝∠CAE，∴∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE，即∠BAC＝∠DAE，∵AC＝AE，∠B＝∠D，∴△ABC≌△ADE（AAS），∴∠AED＝∠C，∵∠B=∠BAD=12∠DAC，∠AMC＝∠B+∴∠AMC＝∠DAC，∵∠C＝∠AMC，∴∠C＝∠AMC＝∠DAC，∵∠C+∠AMC+∠DAC＝180°，∴∠C＝∠AMC＝∠DAC＝60°，∴∠AED＝∠C＝60°；故答案为：60°；（2）∵△ABC≌△ADE，∴AD＝AB＝6，S△ABC＝S△ADE＝20，∵AM＝x，∴MD＝6﹣x；过点A作AF⊥BC于点F，如图所示：∵垂线段最短，∴当点M与点F重合时，AM最小，则DM最大，∵BC＝8，S△ABC＝20，∴AF=2∴MD的最大值为6﹣5＝1．故答案为：6﹣x；1．【点评】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，三角形内角和定理，三角形面积的计算，垂线段最短，解题的关键是数形结合，证明△ABC≌△ADE．27．（2022秋•浦城县期中）如图，C为线段AB上一动点（不与点A、B重合），在AB的上方分别作△ACD和△BCE，且AC＝DC，BC＝EC，∠ACD＝∠BCE，AE、BD交于点P．有下列结论：①AE＝DB；②∠APB＝2∠ADC；③当AC＝BC时，PC⊥AB；④PC平分∠APB．其中正确的是①②③④．（把你认为正确结论的序号都填上）【答案】①②③④．【分析】由“SAS”可证△ACE≌△DCB，可得AE＝DB，可判断①；由△ACE≌△DCB，可得∠CAE＝∠CDB，由AC＝DC，可得∠CAD＝∠ADC，利用三角形内角和定理即可判断②；由AC＝BC，AC＝DC，BC＝EC，可得：AC＝BC＝DC＝EC，进而得出∠CAE＝∠CBD，再运用等腰三角形性质即可判断③；由全等三角形的性质可得S△ACE＝S△DCB，由三角形的面积公式可求CG＝CH，由角平分线的性质可得PC平分∠APB，可判断④，即可求解．【解答】解：∵∠ACD＝∠BCE，∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，即∠ACE＝∠DCB，在△ACE和△DCB中，AC=DC∠ACE=∠DCB∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE＝DB，故①正确；∵△ACE≌△DCB，∴∠CAE＝∠CDB，∵∠ACD＝∠CDB+∠CBD，∴∠ACD＝∠CAE+∠CBD，∵∠CAE+∠CBD+∠APB＝180°，∴∠ACD+∠APB＝180°，∵AC＝DC，∴∠CAD＝∠ADC，∵∠ACD+∠CAD+∠ADC＝180°，∴∠ACD+2∠ADC＝180°，∴∠APB＝2∠ADC，故②正确；∵AC＝BC，AC＝DC，BC＝EC，∴AC＝BC＝DC＝EC，∴∠CAE＝∠CBD，∴PA＝PB，∵AC＝BC，∴PC⊥AB，故③正确；如图，连接PC，过点C作CG⊥AE于G，CH⊥BD于H，∵△ACE≌△DCB，∴S△ACE＝S△DCB，AE＝BD，∴12×AE×CG=12∴CG＝CH，∵CG⊥AE，CH⊥BD，∴PC平分∠APB，故④正确，故答案为：①②③④．【点评】本题考查了全等三角形的性质定理和判定，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，三角形面积，角平分线的判定等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解此题的关键．28．（2022秋•天河区校级期中）如图，在四边形ABCD中；AB＝AD，∠BAD＝140°，AB⊥CB于点B，AD⊥CD于点D，E、F分别是CB、CD上的点，且∠EAF＝70°，下列说法：①DF＝BE．②△ADF≌△ABE．③FA平分∠DFE；④AE平分∠FAB；⑤BE+DF＝EF；⑥CF+CE＞FD+EB．其中正确的是：③⑤⑥．（填写正确的序号）【答案】③⑤⑥．【分析】由E、F分别是CB、CD上的任意点，可知DF与BE不一定相等，△ADF与△ABE也不一定全等，可判断①错误，②错误；延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG，先证明△ABG≌△ADF，得AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∠G＝∠AFD，由∠BAD＝140°，∠EAF＝70°，可以推导出∠EAG＝70°，则∠EAG＝∠EAF，即可证明△EAG≌△EAF，得∠G＝∠AFE所以∠AFD＝∠AFE，可判断③正确；由∠GAE＝∠FAE，可知∠BAE≠∠FAE，AE不平分∠FAB，可判断④错误；因为EG＝EF，所以BE+DF＝BE+BG＝EG＝EF，可判断⑤正确；由CF+CE＞EF，且EF＝FD+EB，得CF+CE＞FD+EB，可判断⑥正确，于是得到问题的答案．【解答】解：∵E、F分别是CB、CD上的任意点，∴DF与BE不一定相等，故①错误；∵AB⊥CB于点B，AD⊥CD于点D，∴∠D＝∠ABE＝90°，∵AB＝AD，∴△ADF≌△ABE的另一个条件是DF＝BE，∵DF与BE不一定相等，∴△ADF与△ABE不一定全等，故②错误；延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG，则∠ABG＝180°﹣∠ABE＝90°，∴∠ABG＝∠D，在△ABG和△ADF中，AB=AD∠ABG=∠D∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∠G＝∠AFD，∵∠BAD＝140°，∠EAF＝70°，∴∠EAG＝∠BAE+∠BAG＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝70°，∴∠EAG＝∠EAF，在△EAG和△EAF中，AG=AF∠EAG=∠EAF∴△EAG≌△EAF（SAS），∴∠G＝∠AFE，EG＝EF，∴∠AFD＝∠AFE，BE+DF＝BE+BG＝EG＝EF，故③正确，⑤正确；∵∠GAE＝∠FAE，∴∠BAE≠∠FAE，∴AE不平分∠FAB，故④错误；∵CF+CE＞EF，且EF＝FD+EB，∴CF+CE＞FD+EB，故⑥正确，故答案为：③⑤⑥．【点评】此题重点考查多边形的内角和、三角形的三边关系、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线并且证明△EAG≌△EAF是解题的关键．29．（2022春•福田区校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点D，EF经过点D，分别交AB，AC于点E，F，BE＝DE，DF＝6，点D到BC的距离为4，则△DFC的面积为12．【答案】12．【分析】由等腰三角形的性质及角平分线的定义可得∠EDB＝∠CBD，可得EF∥BC，再利用三角形的面积计算可求解．【解答】解：∵DE＝BE，∴∠EBD＝∠EDB，∵BD平分∠ABC，∴∠EBD＝∠CBD，∴∠EDB＝∠CBD，∴EF∥BC，∵DF＝6，点D到BC的距离为4，∴S△DFC=12×6×4故答案为：12．【点评】本题主要考查平行线的判定，角平分线的定义，三角形的面积，证明EF∥BC是解题的关键．30．（2022春•江都区期中）如图，AB⊥BC，AE平分∠BAD交BC于点E，AE⊥DE，∠1+∠2＝90°，M、N分别是BA，CD延长线上的点，∠EAM和∠EDN的平分线交于点F．下列结论：①AB∥CD；②∠AEB+∠ADC＝180°；③DE平分∠ADC；④∠F为定值．其中结论正确的有①③④．【答案】见试题解答内容【分析】先根据AB⊥BC，AE平分∠BAD交BC于点E，AE⊥DE，∠1+∠2＝90°，∠EAM和∠EDN的平分线交于点F，由三角形内角和定理以及平行线的性质即可得出结论．【解答】解：∵AB⊥BC，AE⊥DE，∴∠1+∠AEB＝90°，∠DEC+∠AEB＝90°，∴∠1＝∠DEC，又∵∠1+∠2＝90°，∴∠DEC+∠2＝90°，∴∠C＝90°，∴∠B+∠C＝180°，∴AB∥CD，故①正确；∴∠ADN＝∠BAD，∵∠ADC+∠ADN＝180°，∴∠BAD+∠ADC＝180°，又∵∠AEB≠∠BAD，∴AEB+∠ADC≠180°，故②错误；∵∠4+∠3＝90°，∠2+∠1＝90°，而∠3＝∠1，∴∠2＝∠4，∴ED平分∠ADC，故③正确；∵∠1+∠2＝90°，∴∠EAM+∠EDN＝360°﹣90°＝270°．∵∠EAM和∠EDN的平分线交于点F，∴∠EAF+∠EDF=12×270∵AE⊥DE，∴∠3+∠4＝90°，∴∠FAD+∠FDA＝135°﹣90°＝45°，∴∠F＝180°﹣（∠FAD+∠FDA）＝180﹣45°＝135°，故④正确．故答案为：①③④【点评】本题主要考查了平行线的性质与判定、三角形内角和定理、直角三角形的性质及角平分线的性质，熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键．31．（2022秋•永春县期中）如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：（1）PM＝PN恒成立；（2）OM+ON的值不变；（3）四边形PMON的面积不变；（4）MN的长不变，其中正确的序号为（1）（2）（3）．【答案】见试题解答内容【分析】如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明Rt△POE≌Rt△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断．【解答】解：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．∵∠PEO＝∠PFO＝90°，∴∠EPF+∠AOB＝180°，∵∠MPN+∠AOB＝180°，∴∠EPF＝∠MPN，∴∠EPM＝∠FPN，∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，∴PE＝PF，在Rt△POE和Rt△POF中，OP=OPPE=PF∴Rt△POE≌Rt△POF，∴OE＝OF，在△PEM和△PFN中，∠MPE=∠NPFPE=PF∴△PEM≌△PFN，∴EM＝NF，PM＝PN，故（1）正确，∴S△PEM＝S△PNF，∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故（3）正确，∵OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE＝定值，故（2）正确，∵M，N的位置变化，∴MN的长度是变化的，故（4）错误，故答案为：（1）（2）（3）【点评】本题考查全等三角形的性质、角平分线的性质定理、四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．32．（2022秋•平潭县校级期中）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD．OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝30°，连接AC，BD交于点M，AC与OD相交于E，BD与OA相交于F，连接OM，则下列结论中：①AC＝BD；②∠AMB＝30°；③△OME≌△OFM；④MO平分∠BMC，其中正确的结论有①②④．【答案】①②④．【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出AC＝BD，则①正确；由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝30°，则②正确；作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH，得出OG＝OH，由角平分线的判定得出MO平分∠BMC，则④正确；假设△OME≌△OFM，则OM＝OF，OE＝OM，根据等腰三角形的性质可得∠OFM＝∠OMF，∠OEM＝∠OME，从而可得∠OFM＝∠OEM，再根据三角形的外角性质可得∠OCA＝∠OAC，然后根据等腰三角形的判定可得OA＝OC，则③错误．【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝30°，∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，即∠BOD＝∠AOC，在△AOC和△BOD中，OA=OB∠AOC=∠BOD∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC＝BD，∠OAC＝∠OBD，∠OCA＝∠ODB，则①正确；由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠OFD＝∠AOB+∠OBD，∴∠AMB＝∠AOB＝30°，则②正确；如图，作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，则∠OGC＝∠OHD＝90°，在△OCG和△ODH中，∠OCG=∠ODH∠OGC=∠OHD∴△OCG≌△ODH（AAS），∴OG＝OH，∴MO平分∠BMC，则④正确；假设△OME≌△OFM，∴OM＝OF，OE＝OM，∴∠OFM＝∠OMF，∠OEM＝∠OME，∵MO平分∠BMC，∴∠OMF＝∠OME，∴∠OFM＝∠OEM，由三角形的外角性质得：∠OCA=∠OEM-∠COD=∠OEM-30°∠OAC=∠OFM-∠AMB=∠OFM-30°∴∠OCA＝∠OAC，∴OA＝OC，与OA＞OC矛盾，则假设不成立，即③错误；综上，正确的结论有①②④，故答案为：①②④．【点评】本题考查了三角形全等的判定与性质、角平分线的判定定理、等腰三角形的判定与性质等知识点，正确找出全等三角形是解题关键．33．（2022秋•颍州区校级期中）如图，点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，﹣1），分别以OB，AB为直角边在第三、第四象限作等腰Rt△OBF，等腰Rt△ABE，连接EF交y轴于P点，点P的坐标是（0，﹣3）．【答案】（0，﹣3）．【分析】过点E作EG⊥y轴于点G，证明△AOB≌△BGE得到OA＝GB＝4，OB＝GE＝1，证明△FBP≌△EGP，得到BP＝GP，由此求出OP的长即可得到答案．【解答】解：∵点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，﹣1），∴OA＝4，OB＝1，∵等腰Rt△OBF，等腰Rt△ABE，∴BF＝OB＝1，∴F（﹣1，﹣1），过点E作EG⊥y轴于点G，∴∠OAB＝∠GBE＝90°﹣∠OBA，EG∥BF，∵∠AOB=∠BGE∠OAB=∠GBE∴△AOB≌△BGE（AAS），∴OA＝GB＝4，OB＝GE＝1，∵EG∥BF，∴∠BFP＝∠GEP，∵∠BPF=∠GPE∠BFP=∠GEP∴△BFP≌△GEP（AAS），∴BP=PG=1故OP＝OB+BP＝3，故P（0，﹣3），故答案为：（0，﹣3）．【点评】本题考查了三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．34．（2022秋•荆门校级期中）如图，点P是∠AOB平分线上的一点，点M、点N分别在射线OA，射线OB上，满足OM＝2ON，若△OMP的面积是4，则△ONP的面积是2．【答案】2．【分析】如图所示，根据角平分线的性质得到PC＝PD，由S△OMP=12OM⋅PD=4，S△ONP【解答】解：过P作PC⊥OB于C，PD⊥OA于D，如图所示：∵点P是∠AOB平分线上的一点，∴PC＝PD，∵S△OMP=12OM⋅PD=4，S△ONP∴S△ONP故答案为：2．【点评】本题考查角平分线的性质、求三角形面积，根据角平分线性质构造辅助线，灵活表示三角形面积是解决问题的关键．35．（2022春•临川区校级期中）如图，直线PQ经过Rt△ABC的直角顶点C，△ABC的边上有两个动点D、E，点D以1cm/s的速度从点A出发，沿AC→CB移动到点B，点E以3cm/s的速度从点B出发，沿BC→CA移动到点A，两动点中有一个点到达终点后另一个点继续移动到终点．过点D、E分别作DM⊥PQ，EN⊥PQ，垂足分别为点M、N，若AC＝6cm，BC＝8cm，设运动时间为t，则当t＝1或72或12s时，以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C【答案】见试题解答内容【分析】由以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．可知CE＝CD，而CE，CD的表示由E，D的位置决定，故需要对E，D的位置分当E在BC上，D在AC上时或当E在AC上，D在AC上时，或当E到达A，D在BC上时，分别讨论．【解答】解：当E在BC上，D在AC上时，即0＜CE＝（8﹣3t）cm，CD＝（6﹣t）cm，∵以点D、M、C为顶点的三角形与以点E、N、C为顶点的三角形全等．∴CD＝CE，∴8﹣3t＝6﹣t，∴t＝1s，当E在AC上，D在AC上时，即83CE＝（3t﹣8）cm，CD＝（6﹣t）cm，∴3t﹣8＝6﹣t，∴t=72当E到达A，D在BC上时，即6≤t≤14，CE＝6cm，CD＝（t﹣6）cm，∴6＝t﹣6，∴t＝12s，故答案为：1或72或12【点评】本题主要考查了三角形全等的性质，解决问题的关键是对动点所在的位置进行分类，分别表示出每种情况下CD和CE的长．36．（2022秋•东莞市校级期中）如图，在△ABC和△AED中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠EAD，且点E，A，B在同一直线上，点C，D在EB同侧，连结BD，CE交于点M．若∠CAD＝100°，则∠DME＝40°．【答案】40．【分析】由∠BAC＝∠EAD，得出∠DAB＝∠EAC，再利用“SAS”即可证明△ABD≌△ACE，由∠BAC＝∠EAD，∠CAD＝100°，得出∠BAC＝40°，由外角的性质得出∠BAC＝∠AEC+∠ACE＝40°，由全等三角形的性质得出∠ECA＝∠DBA，由外角的性质得出∠DME＝∠AEC+∠ABD＝∠AEC+∠ACE＝40°．【解答】解：∵∠BAC＝∠EAD，∴∠BAC+∠DAC＝∠EAD+∠DAC，即∠DAB＝∠EAC，在△EAC和△DAB中，AE=AD∠EAC=∠DAB∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ECA＝∠DBA，∵∠BAC＝∠EAD，∠CAD＝100°，∴∠BAC＝∠EAD=12（180°﹣∠CAD）＝∵∠BAC是△EAC的外角，∴∠BAC＝∠AEC+∠ACE＝40°，∵∠DME是△BME的外角，∴∠DME＝∠AEC+∠ABD＝∠AEC+∠ACE＝40°．故答案为：40．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质，平角的定义，三角形外角的性质是解决问题的关键．37．（2022秋•浦东新区期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝10.5°，AD是∠BAC的平分线，过点A作DA的垂线交BC延长线于点M，若BM＝BA+AC，则∠ABC的度数是53°．【答案】53°．【分析】延长BA至点E，使AE＝AC，先求得∠DAC＝∠BAD，进而证得△CAM＝△EAM，得到∠ACM＝∠AEM＝∠BME，结合∠ACM+∠AEM+∠BME+∠CAM+∠EAM＝360°即可求得答案．【解答】解：如图所示，延长BA至点E，使AE＝AC．∵BE＝BA+AE，BM＝BA+AC，∴BE＝BM．∴∠AEM＝∠BME．∵∠BAC＝10.5°，AD是∠BAC的平分线，∴∠DAC=∠BAD=1∴∠CAM＝∠DAM﹣∠DAC＝90°﹣5.25°＝84.75°，∠EAM＝180°﹣∠BAD﹣∠DAM＝180°﹣5.25°﹣90°＝84.75°．∴∠CAM＝∠EAM＝84.75°．在△CAM和△EAM中，AE=AC∠CAM=∠EAM∴△CAM＝△EAM．∴∠ACM＝∠AEM．∴∠ACM＝∠AEM＝∠BME．∵∠ACM+∠AEM+∠BME+∠CAM+∠EAM＝360°，∴3∠AEM+84.75°+84.75°＝360°．∴∠AEM＝63.5°．∴∠ABC＝180°﹣∠AEM﹣∠BME＝180°﹣63.5°﹣63.5°＝53°．故答案为：53°．【点评】本题主要考查全等三角形的判定及性质、角平分线的定义、多边形内角和等，能根据题意作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．38．（2022秋•涪城区校级期中）如图，已知△ABC的周长是2a+2b+2c，OB，OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于D，且OD＝a+b﹣c，则△ABC的面积是a2+2ab+b2﹣c2．【答案】a2+2ab+b2﹣c2．【分析】过点O作OE⊥AB，OF⊥AC，根据角平分线的性质，得到OE＝OD＝OF，连接AO，根据△ABC的面积等于△AOB，△AOC，△COB的面积之和，进行求解即可．【解答】解：过点O作OE⊥AB，OF⊥AC，∵OB，OC分别平分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于D，∴OE＝OD＝OF，连接AO，则：S△ABC＝S△AOB+S△AOC+S△COB=1=1∵△ABC的周长是2a+2b+2c，OD＝a+b﹣c，∴S△ABC＝（a+b+c）（a+b﹣c）＝（a+b）2﹣c2＝a2+2ab+b2﹣c2．故答案为：a2+2ab+b2﹣c2．【点评】本题考查角平分线的性质，熟练掌握角平分线上的点到角两边的距离相等，是解题的关键．39．（2022秋•涪城区校级期中）如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，则下列结论中正确的有①②③④．①CP平分∠ACF；②∠ABC+2∠APC＝180°；③∠ACB＝2∠APB；④若PM⊥BE，PN⊥BC，则AM+CN＝AC．【答案】①②③④．【分析】①作PD⊥AC于D，PM⊥BE于M，PN⊥BC于N．由角平分线的性质得出PM＝PN，PM＝PD，得出PM＝PN＝PD，即可得出①正确；②首先证出∠ABC+∠MPN＝180°，证明Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），得出∠APM＝∠APD，同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），得出∠CPD＝∠CPN，即可得出②正确；③由角平分线和三角形的外角性质得出∠CAE＝∠ABC+∠ACB，∠PAM＝∠ABC+∠APB，得出∠ACB＝2∠APB，③正确；④由全等三角形的性质得出AD＝AM，CD＝CN，即可得出④正确；即可得出答案．【解答】解：①作PD⊥AC于D，PM⊥BE于M，PN⊥BC于N，∵PB平分∠ABC，PA平分∠EAC，PM⊥BE，PN⊥BF，∴PM＝PN，PM＝PD，∴PM＝PN＝PD，∴点P在∠ACF的角平分线上，故①正确；②∵PM⊥AB，PN⊥BC，∴∠ABC+90°+∠MPN+90°＝360°，∴∠ABC+∠MPN＝180°，在Rt△PAM和Rt△PAD中，PA=PAPM=PD∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），∴∠APM＝∠APD，同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），∴∠CPD＝∠CPN，∴∠MPN＝2∠APC，∴∠ABC+2∠APC＝180°，②正确；③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC，∴∠CAE＝∠ABC+∠ACB，∠PAM=12∠ABC+∠∴∠ACB＝2∠APB，③正确；④∵Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），∴AD＝AM，同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），∴CD＝CN，∴AM+CN＝AD+CD＝AC，④正确；故答案为：①②③④．【点评】本题考查了角平分线的性质定理和逆定理，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的性质．熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．40．（2022秋•巧家县期中）如图，CA⊥BC，垂足为C，AC＝2cm，BC＝8cm，射线BM⊥CB，垂足为B，动点P从点C出发，以1cm/s的速度设射线CB运动，N为射线BM上一动点，随着点P运动而运动，且始终满足PN＝AB．设点P的运动时间为t（t＞0），当t＝6或10或16s时，△BCA与△PBN全等．【答案】6或10或16．【分析】根据题意可分点P在点B的左侧和右侧进行分类求解即可．【解答】解：设点P的运动时间为t秒，由题意得：CP＝tcm，①当点P在点B的左侧时，且满足AC＝BP＝2cm，∵PN＝AB，∴Rt△ACB≌Rt△PBN（HL），∵CP＝tcm，∴BP＝（8﹣t）cm，即8﹣t＝2，解得：t＝6；②当点P在点B的右侧时，且满足AC＝BP＝2cm，则△ACB≌△PBN，∴BP＝（t﹣8）cm，即t﹣8＝2，解得：t＝10；③当点P在点B的右侧时，且满足BC＝BP＝8cm，则△ACB≌△NBP，∴BP＝（t﹣8）cm，即t﹣8＝8，解得：t＝16；综上所述：当t为6或10或16秒时，△BCA与△PBN全等．故答案为6或10或16．【点评】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．41．（2023春•和平区期中）如图，等边△ABC内部有一点D，DB＝3，DC＝4，∠BDC＝150°，在AB，AC上分别有一动点E、F，且AE＝AF，则DE+DF的最小值是5．【答案】5．【分析】过点C作CH⊥CD，使CH＝BD，证明△BED≌△CFH（SAS），推出HF＝DE，则DE+DF＝HF+DF≥DH，可知当点D，F，H在同一条直线时，DE+DF取最小值，最小值为DH．【解答】解：如图，过点C作CH⊥CD，使CH＝BD，连接DH，FH，∵CH⊥CD，∴∠HCA+∠ACD＝90°，∵∠BDC＝150°，∴∠DBC+∠DCB＝180°﹣∠BDC＝30°，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC+∠ACB＝120°，AB＝AC，∴∠ABD+∠ACD＝∠ABC+∠ACB﹣（∠DBC+∠DCB）＝120°﹣30°＝90°，∴∠HCA＝∠ABD，∵AE＝AF，AB＝AC，∴BE＝CF，在△BED和△CFH中，BE=CF∠ACH=∠ABD∴△BED≌△CFH（SAS），∴HF＝DE，∴DE+DF＝HF+DF≥DH，∴当点D，F，H在同一条直线时，DE+DF取最小值，最小值为DH，在Rt△DCH中，CH＝3，DC＝4，∴DH=C∴DE+DF的最小值是5，故答案为：5．【点评】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，线段的最值问题等，解题的关键是正确作辅助线，将所求线段进行转化．42．（2022秋•仓山区校级期中）如图，已知∠AOB＝60°，点P在边OA上，OP＝16，点M、N在边OB上，PM＝PN，若MN＝4，则OM＝6．【答案】6．【分析】过点P作PD⊥OB，垂足为D，根据垂直定义可得∠PDO＝90°，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠OPD＝30°，然后利用含30度角的直角三角形的性质可得OD＝8，再利用等腰三角形的三线合一性质可得DM＝2，最后进行计算即可解答．【解答】解：过点P作PD⊥OB，垂足为D，∴∠PDO＝90°，∵∠AOB＝60°，∴∠OPD＝90°﹣∠AOB＝30°，∵OP＝16，∴OD=12OP＝∵PM＝PN，PD⊥MN，∴DM=12MN＝∴OM＝OD﹣DM＝6，故答案为：6．【点评】本题考查了等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形，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．43．（2022秋•姑苏区校级期中）如图，点E是△ABC的内角∠ABC和外角∠ACF的两条角平分线的交点，过点E作MN∥BC，交AB于点M，交AC于点N，若BM﹣CN＝6，则线段MN的长度为6．【答案】6．【分析】根据角平分线的定义得到∠MBE＝∠CBE，根据平行线的性质得到∠MEB＝∠CBE，等量代换得到∠MBE＝∠MEB，求得BM＝EM，同理，CN＝EN，于是得到结论．【解答】解：∵BE平分∠ABC，∴∠MBE＝∠CBE，∵MN∥BC，∴∠MEB＝∠CBE，∴∠MBE＝∠MEB，∴BM＝EM，同理，CN＝EN，∵BM﹣CN＝6，∴MN＝ME﹣EN＝BM﹣CN＝6，故答案为：6．【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．44．（2022秋•北辰区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，AB的垂直平分线交AB于点M，交AC于点N，在直线MN上存在一点P，使P、B、C三点构成的△PBC的周长最小，则△PBC的周长最小值为18cm．【答案】见试题解答内容【分析】如图，连接PA．因为△PBC的周长＝BC+PB+PC，BC＝8cm，推出PB+PC的值最小时，△PBC的周长最小．由题意PA＝PB，推出PB+PC＝PA+PC≥AC＝10cm，由此即可解决问题．【解答】解：如图，连接PA．∵△PBC的周长＝BC+PB+PC，BC＝8cm，∴PB+PC的值最小时，△PBC的周长最小，∵MN垂直平分线段AB，∴PA＝PB，∴PB+PC＝PA+PC≥AC＝10cm，∴PB+PC的最小值为10cm，∴△PBC的周长的最小值为18cm．故答案为18cm【点评】本题考查轴对称最短问题，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．45．（2022秋•江北区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，AD是∠BAC的平分线，AD＝4．若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是245【答案】见试题解答内容【分析】由等腰三角形的三线合一可得出AD垂直平分BC，过点B作BQ⊥AC于点Q，BQ交AD于点P，则此时PC+PQ取最小值，最小值为BQ的长，在△ABC中，利用面积法可求出BQ的长度，此题得解．【解答】解：∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，∴AD垂直平分BC，∴BP＝CP．如图，过点B作BQ⊥AC于点Q，BQ交AD于点P，则此时PC+PQ取最小值，最小值为BQ的长，如图所示．∵S△ABC=12BC•AD=12∴BQ=BC×AD即PC+PQ的最小值是245故答案为：245【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题、等腰三角形的性质以及三角形的面积，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．46．（2022秋•滨海新区校级期中）如图，∠AOB＝60°，OC平分∠AOB，如果射线OA上的点E满足△OCE是等腰三角形，那么∠OEC的度数为120°或75°或30°．【答案】见试题解答内容【分析】求出∠AOC，根据等腰得出三种情况，OE＝CE，OC＝OE，OC＝CE，根据等腰三角形性质和三角形内角和定理求出即可．【解答】解：∵∠AOB＝60°，OC平分∠AOB，∴∠AOC＝30°，①当E在E1时，OE＝CE，∵∠AOC＝∠OCE＝30°，∴∠OEC＝180°﹣30°﹣30°＝120°；②当E在E2点时，OC＝OE，则∠OEC＝∠OCE=12（180°﹣30°）＝③当E在E3时，OC＝CE，则∠OEC＝∠AOC＝30°；故答案为：120°或75°或30°．【点评】本题考查了角平分线定义，等腰三角形性质，三角形的内角和定理的应用，用了分类讨论思想．47．（2022秋•灌南县期中）如图，∠AOB＝30°，点P为∠AOB内一点，OP＝8．点M、N分别在OA、OB上，则△PMN周长的最小值为8．【答案】见试题解答内容【分析】分别作点P关于OA、OB的对称点P1、P2，连P1、P2，交OA于M，交OB于N，△PMN的周长＝P1P2，然后证明△OP1P2是等边三角形，即可求解．【解答】解：分别作点P关于OA、OB的对称点P1、P2，连P1、P2，交OA于M，交OB于N，连接OP，则OP1＝OP＝OP2，∠P1OA＝∠POA，∠POB＝∠P2OB，MP＝P1M，PN＝P2N，则△PMN的周长的最小值＝P1P2∴∠P1OP2＝2∠AOB＝60°，∴△OP1P2是等边三角形．△PMN的周长＝P1P2，∴P1P2＝OP1＝OP2＝OP＝8．故答案为：8．【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，正确正确作出辅助线，证明△OP1P2是等边三角形是关键．48．（2022秋•琼山区校级期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠B＝36°，在边AB，BC上分别找一点E，F使△DEF的周长最小．此时∠EDF的大小是108°．【答案】108°．【分析】如图，作点D关于BA的对称点P，点D关于BC的对称点Q，连接PQ，交AB于E′，交BC于F′，则点E′，F′即为所求，结合四边形的内角和即可得出答案．【解答】解：如图，作点D关于BA的对称点P，点D关于BC的对称点Q，连接PQ，交AB于E′，交BC于F′，则点E′，F′即为所求．∵四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，∠B＝α，∴∠ADC＝180°﹣α，由轴对称知，∠ADE′＝∠P，∠CDF′＝∠Q，在△PDQ中，∠P+∠Q＝180°﹣∠ADC＝180°﹣（180°﹣36）＝36°，∴∠ADE′+∠CDF′＝∠P+∠Q＝36，∴∠E′DF′＝∠ADC﹣（∠ADE′+∠CDF′）＝180°﹣72°＝108°，故答案为：108°．【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，涉及到平面内最短路线问题求法以及四边形的内角和定理等知识，根据已知得出E，F的位置是解题关键．49．（2022秋•桐乡市期中）在△ABC中，∠B＝40°，D为边BC上一点，将三角形沿AD折叠，使AC落在边AB上，点C与点E重合，若△BDE为直角三角形，则∠C的度数为90°或130°．【答案】90°或130°．【分析】分两种情形：∠BED＝90°或∠BDE＝90°，分别求解即可．【解答】解：当∠BED＝90°时，∠C＝∠AED＝90°．当∠BDE＝90°时，∠C＝∠AED＝∠B+∠BDE＝130°．综上所述，∠C的度数为90°或130°．故答案为：90°或130°．【点评】本题考查轴对称的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．50．（2022秋•柯桥区期中）如图所示，AOB是一钢架，设∠AOB＝α，为了使钢架更加坚固，需在其内部添加一些钢管EF，FG，GH…，添加的钢管长度都与OE相等，若最多能添加这样的钢管5根，则α的取值范围是15°≤α＜18°．【答案】15°≤α＜18°．【分析】由等腰三角形的性质和外角性质可得，∠GEF＝2α，∠GFH＝3α，∠HGB＝4α，由题意可列不等式组，即可求解．【解答】解：∵OE＝EF，∴∠EOF＝∠EFO＝α，∴∠GEF＝∠EOF+∠EFO＝2α，同理可得∠GFH＝3α，∠HGB＝4α，∵最多能添加这样的钢管5根，∴5α＜90°，6α≥90°，∴15°≤α＜18°，故答案为：15°≤α＜18°．【点评】此题考查了等腰三角形的判定和性质及三角形外角的性质；发现并利用规律是正确解答本题的关键．51．（2022秋•北碚区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝60°，BC＝3，点P是边AB上的一个动点，点D在边AC上，且CD＝2AD，则PD+PC的最小值为27．【答案】27．【分析】作C点关于AB的对称点E，连接AE，BE，PE，DE，过EWTEF⊥AC于点E，得PC+PD＝PE+PD≥DE，当D、P、E三点共线时，PC+PD＝DE的值最小，求出此时的DE便可．【解答】解：作C点关于AB的对称点E，连接AE，BE，PE，DE，过EWTEF⊥AC于点E，由BE＝BC＝3，PC＝PE，∴PC+PD＝PE+PD≥DE，当D、P、E三点共线时，PC+PD＝DE的值最小，∵∠ABC＝90°，∠ACB＝60°，∴∠BAC＝30°，∴AC＝2BC＝6，∵CD＝2AD，∴CD＝4，∵∠CEF＝90°﹣∠ECF＝30°，∴CF=12CE＝∴EF=CE2-CF2=33，∴DE=D∴PD+PC的最小值为：27，故答案为：27．【点评】本题考查了轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，两点之间线段最短性质，关键是用辅助线确定PD+PC的最小值为DE．52．（2022秋•鹿城区校级期中）如图，已知△ABC，点D在BA延长线上，且AB＝AC＝AD，点E为BC延长线上一点，连结DE，过点A作BC的平行线交DE于点F，若∠BCF＝120°，D