八年级数学上学期第一次月考仿真模拟卷-2024-2025学年八年级数学上册《重难点题型•高分突破》（浙教版）

2024-2025学年八年级数学上学期第一次月考仿真模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：第一章、第二章（浙教版）。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 1、 单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．2023年9-10月，杭州成功举办19届亚运会．下列图案表示的运动项目标志中，是轴对称图形的是（    ） A．B．C． D． 2．已知三角形两边的长分别是5和9，则此三角形第三边长可能是（   ） A．1 B．4 C．8 D．14 3．如图，已知，，不能使的是（　　）    A． B． C． D． 4．下列选项中，可以用来说明命题“若，则”是假命题的反例是（    ） A． B． C． D． 5．如图，木工师傅常用角尺平分任意一个角，做法如下：如图，在的边上分别取，移动角尺，使角尺的两边相同的刻度分别与M、N重合，得到的平分线．做法中用到的三角形全等的判定方法是（    ） A． B． C． D． 6．△ABC的面积为4cm2，D、E、F分别是AE，BC，CD的中点，则△BDF的面积为( ) A．2 cm2， B．1 cm2， C．0.5 cm2， D．0.25 cm2， 7．在中， ， 按以下步骤作图：①分别以 A ，B 为圆心，大于的长为半径画弧，相交于 M、N 两点；②作直线 交于点 D ，连接．若，则的大小为（   ）． A． B． C． D． 8．如图所示的网格是由个相同的小正方形拼成的，图形的各个顶点均为格点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 9．如图，锐角∠AOB＝x，M，N分别是边OA，OB上的定点，P，Q分别是边OB，OA上的动点，记∠OPM＝α，∠QNO＝β，当MP+PQ+QN最小时，则关于α，β，x的数量关系正确的是（　　） A．α﹣β＝2x B．2β+α＝90°+2x C．β+α＝90°+x D．β+2α＝180°﹣2x 10．勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用下图验证了勾股定理．以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，矩形AKJD的面积为S3，矩形KJEB的面积为S4，下列结论中：①BI⊥CD；②S1∶S△ACD＝2∶1；③S1－S4＝S3－S2； ④S1S4＝S3S2，正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 第Ⅱ卷 二．填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分．） 11．命题：直线a、b、c，若a⊥b，c⊥b，则a//c；则此命题为 命题．（填真或假） 12．如图所示的是自行车的三角形支架，这是利用三角形具有 ． 13．如图，已知，点在上，，，则 ． 14．等腰三角形两边长分别为、，等腰三角形的周长是 ． 15．如图，∠AOB=30°，点M、N分别是射线OA、OB上的动点，点P为∠AOB内一点，且OP=20，则△PMN周长的最小值是 ． 16．如图，在第1个中，，；在边上任取一点D，延长到，使，得到第2个；在边上任取一点E，延长到A，使．得到第3个按此做法继续下去，则第个三角形中以为顶点的内角度数是 ．    三、解答题（本题共7小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．（6分）已知：如图，的高相交于点，且．求证：是等腰三角形； 18．（8分）如图在每个正方形的边长都是1的方格纸中，有满足大于，并且顶点A、B、C都在小正方形各格点上（请按照以下要求画出所求线段，要求所画线段的端点都落在格点上）． (1)在边上取一点D，连接，使． (2)画边上的高线． (3)直接写出的面积是__________． 19．（8分）如图所示，、、、在同一直线上，，，且．    求证： (1)； (2)． 20．（10分）如图所示，，P是的中点，且平分，连接． (1)试说明平分； (2)线段与有怎样的位置关系?请说明理由． 21．（10分）如图1，在中，，，D为上一点，连接，将绕点C顺时针旋转至，连接． (1)求证：； (2)如图2，连接，若，，求的长． 22．（12分）【阅读理解】 中线是三角形中的重要线段之一．在利用中线解决几何问题时，当条件中出现“中点”、“中线” 等条件时，可以考虑做辅助线，即把中线延长一倍，通过构造全等三角形，把分散的已知条件和所要求  的结论集中到同一个三角形中，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题，这种作辅助线的方法称为“倍长中线法”    【初步感知】 （1）如图1，在中 ，，，D是 的中点，求边上的中线的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长到 点E，使 ，连 接．可以判定， 从而得到．这样就能把线段、、 集中在中，利用三角形三边的关系，即可求出中线的取值范围是______ (请直接写出答案) 【实践应用】 （2）为了测量学校旗杆和教学楼顶端之间的距离，学习小组设计了如图2所示的测量方案，他们首先取地面的中点D，用测角仪测得此时，测得旗杆高度，  教学楼高度，求 的长 ． 【拓展探究】 ( 3 ) 如 图 3 ， 和 均为等腰直角三角形，连接，，点 F 是 的中点，连接并延长，与 相交于点G．试探究： 和 的数量关系和位置关系并说明理由． 23．（12分)问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系，小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　 　； 探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由； 实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以70海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以90海里/小时的速度，前进2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年八年级数学上学期第一次月考仿真模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：第一章、第二章（浙教版）。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 1、 单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．2023年9-10月，杭州成功举办19届亚运会．下列图案表示的运动项目标志中，是轴对称图形的是（    ） A．B．C． D． 【答案】D 【分析】本题考查轴对称图形的识别，解题的关键是掌握轴对称图形的定义．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．根据轴对称图形的定义逐项判断即可． 【详解】解：A、不是轴对称图形，不合题意； B、不是轴对称图形，不合题意； C、不是轴对称图形，不合题意； D、是轴对称图形，符合题意； 故选：D． 2．已知三角形两边的长分别是5和9，则此三角形第三边长可能是（   ） A．1 B．4 C．8 D．14 【答案】C 【分析】先根据三角形的三边关系求出x的取值范围，再求出符合条件的x的值即可． 【详解】解：此三角形第三边的长为x，则 9-5＜x＜9+5，即4＜x＜14， 只有选项C符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查的是三角形的三边关系，即任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． 3．如图，已知，，不能使的是（　　）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据，可得，根据，可得，由等角的补角相等可得，然后根据全等三角形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：， ， ， ， ． A、添加时，不能判定，故选项符合题意； B、添加，根据，能判定，故选项不符合题意； C、由可得，所以添加，根据，能判定，故选项不符合题意； D、添加，根据，能判定，故选项不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题重点考查了三角形全等的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，即、、、，直角三角形可用定理，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角． 4．下列选项中，可以用来说明命题“若，则”是假命题的反例是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据绝对值的意义、有理数的大小比较法则解答． 【详解】解：当a=-4时，|a|=4＞3，而-4＜-3， ∴“|a|＞3，则a＞3”是假命题， 故选：A． 【点睛】本题考查的是假命题的证明，要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可． 5．如图，木工师傅常用角尺平分任意一个角，做法如下：如图，在的边上分别取，移动角尺，使角尺的两边相同的刻度分别与M、N重合，得到的平分线．做法中用到的三角形全等的判定方法是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可得由此即可利用证明，得到． 【详解】解：在和中， ， ∴， ∴， 故选A． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定定理是解题的关键，全等三角形的判定定理有． 6．△ABC的面积为4cm2，D、E、F分别是AE，BC，CD的中点，则△BDF的面积为( ) A．2 cm2， B．1 cm2， C．0.5 cm2， D．0.25 cm2， 【答案】B 【详解】∵D为BC中点，根据同底等高的三角形面积相等， ∴S△ABD=S△ACD= S△ABC= ×4=2， 同理S△BDE=S△CDE= S△BCE= ×2=1， ∴S△BCE=2， ∵F为EC中点， ∴S△BEF= S△BCE=×2=1． 7．在中， ， 按以下步骤作图：①分别以 A ，B 为圆心，大于的长为半径画弧，相交于 M、N 两点；②作直线 交于点 D ，连接．若，则的大小为（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了尺规作图、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识点，结合图形熟练运用相关性质是解题的关键． 由题意可得是的垂直平分线，即；再由等腰三角形的性质可得，再结合三角形外角的性质可得；再根据等边对等角可得，进而得到即可解答． 【详解】解：由题意可知：是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵ ， ∴， ∴． 故选A． 8．如图所示的网格是由个相同的小正方形拼成的，图形的各个顶点均为格点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图所示（见详解），证明可得，，在正方形中，是对角线，由此即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 在正方形中，是对角线， ∴， ∴， 故选：． 【点睛】本题主要考查格点三角形的知识，掌握格点三角形中顶点与边的关系，证明三角形全等，根据全等三角形的性质，角平分线的性质是解题的关键． 9．如图，锐角∠AOB＝x，M，N分别是边OA，OB上的定点，P，Q分别是边OB，OA上的动点，记∠OPM＝α，∠QNO＝β，当MP+PQ+QN最小时，则关于α，β，x的数量关系正确的是（　　） A．α﹣β＝2x B．2β+α＝90°+2x C．β+α＝90°+x D．β+2α＝180°﹣2x 【答案】A 【分析】如图，作M关于OB的对称点M′，N关于OA的对称点N′，连接M′N′交OA于Q，交OB于P，则此时MP+PQ+QN最小，易知∠OPM=∠OPM′=∠NPQ，∠OQP=∠AQN′=∠AQN，再结合∠OPM=∠NPQ=∠AOB+∠OQP，∠OQP=∠AQN=∠AOB+∠ONQ，由此即可解决问题． 【详解】解：如图，作M关于的对称点，N关于的对称点， 连接交于Q，交于P，则此时的值最小． 此时，，． ∵∠OPM=∠NPQ=∠AOB+∠OQP，∠OQP=∠AQN=∠AOB+∠ONQ， ∴，， ∴，即：， 故选：A． 【点睛】本题考查轴对称-最短问题、三角形的内角和定理．三角形的外角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 10．勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用下图验证了勾股定理．以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，矩形AKJD的面积为S3，矩形KJEB的面积为S4，下列结论中：①BI⊥CD；②S1∶S△ACD＝2∶1；③S1－S4＝S3－S2； ④S1S4＝S3S2，正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】利用正方形的性质证明△ABI≌△ADC，得出∠AIB=∠ACD，即可得出∠CNI=∠NAI，即可判断①，利用△ABI≌△ADC，即可求出△ABI的面积，即可判断②，由勾股定理和S3+S4=S▱ABED，即可判断③，由③S1-S4=S3-S2，两边平方，根据勾股定理可得，然后计算，即可判断④． 【详解】解：∵四边形ACHI和四边形ABED为正方形， ∴AI=AC，AD=AB，∠CAI=∠BAD=90°， ∵∠BAI=∠BAC+∠CAI，∠DAC=∠BAC+∠BAD， ∴∠BAI=∠DAC， ∴△ABI≌△ADC（SAS）， ∴∠AIB=∠ACD， ∵∠CNI=∠CAI=90°， ∴BI⊥CD， 故①正确； ∵S△ACD=S△AIB=×AI×AC，S正方形ACHI=S1=AI×AC， ∴S1：S△ACD=2：1， 故②正确； ∵S1=AC2，S2=BC2，S3+S4=S正方形ADEB=AB2，AC2+BC2=AB2， ∴S1+S2=S3+S4， ∴S1-S4=S3-S2， 故③正确； S1-S4=S3-S2， ， ∵S1=AC2，S2=BC2，S3=AK•KJ= AK•AB，S4=BK•KJ=BK•AB， ，， ∵AB2=AC2+ BC2，， ， 即， ， ∴S1•S4=S2•S3， 故④正确， 故选D． 【点睛】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是熟练掌握证明三角形全等的条件，勾股定理的运用，完全平方公式的变形． 第Ⅱ卷 2、 填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分．） 11．命题：直线a、b、c，若a⊥b，c⊥b，则a//c；则此命题为 命题．（填真或假） 【答案】真 【分析】根据平行线的性质定理判断即可． 【详解】解：∵a⊥b，c⊥b， ∴a∥c， ∴直线a、b、c，若a⊥b，c⊥b，则a∥c；则此命题为真命题； 故答案为：真． 【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断该命题的真假关键是要熟悉课本中与平行线有关的性质定理． 12．如图所示的是自行车的三角形支架，这是利用三角形具有 ． 【答案】稳定性 【分析】根据三角形的特性即可解答． 【详解】解：∵三角形具有稳定性， ∴自行车三角形支架是利用了三角形稳定性的特性． 故答案为：稳定性． 【点睛】本题考查了三角形的特性，解决本题的关键是掌握三角形的特性． 13．如图，已知，点在上，，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查的是全等三角形的性质、三角形的外角性质，根据全等三角形的性质求出，根据三角形的外角性质计算，得到答案，掌握全等三角形的对应边相等、对应角相等是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 14．等腰三角形两边长分别为、，等腰三角形的周长是 ． 【答案】或 【分析】对等腰三角形的腰长进行分类讨论，分别求出周长即可； 【详解】解：当等腰三角形的腰长为时，三边长分别为：、、，可以组成三角形；其周长为：（） 当等腰三角形的腰长为时，三边长分别为：、、，可以组成三角形；其周长为：（）， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了等腰三角形；熟练根据等腰三角形的性质进行分类讨论是解题的关键． 15．如图，∠AOB=30°，点M、N分别是射线OA、OB上的动点，点P为∠AOB内一点，且OP=20，则△PMN周长的最小值是 ． 【答案】20 【分析】设点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，当点M、N在CD上时，△PMN的周长最小． 【详解】解：分别作点P关于OA、OB的对称点C、D，连接CD，分别交OA、OB于点M、N，连接OC、OD、PM、PN． ∵点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D， ∴PM=CM，OP=OC，∠COA=∠POA， PN=DN，OP=OD，∠DOB=∠POB， ∴OC=OD=OP=20， ∠COD=∠COA+∠POA+∠POB+∠DOB=2∠POA+2∠POB=2∠AOB=60°， ∴△COD是等边三角形， ∴CD=OC=OD=20． ∴△PMN的周长的最小值=PM+MN+PN=CM+MN+DN=CD=20． 故答案为：20． 【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，将三角形的周长利用轴对称转化为线段的长，构造等边三角形是解题的关键． 16．如图，在第1个中，，；在边上任取一点D，延长到，使，得到第2个；在边上任取一点E，延长到A，使．得到第3个按此做法继续下去，则第个三角形中以为顶点的内角度数是 ．    【答案】 【分析】先根据等腰三角形的性质求出的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出，及的度数，找出规律即可得出第个三角形中以为顶点的底角度数． 【详解】解：∵在中，，， ∴， ∵，是的外角， ∴； 同理可得， ，， ∴第个三角形中以为顶点的内角度数是 故答案为：． 【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出，及的度数，找出规律是解答此题的关键． 三、解答题（本题共7小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．（6分）已知：如图，的高相交于点，且．求证：是等腰三角形； 【答案】见解析 【分析】本题主要是全等三角形判定与性质以及等腰三角形的判定问题； 先运用全等三角形的判定方法可得； 再运用全等三角形的性质可得，进而求解即可. 【详解】证明：∵的高相交于点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． 18．（8分）如图在每个正方形的边长都是1的方格纸中，有满足大于，并且顶点A、B、C都在小正方形各格点上（请按照以下要求画出所求线段，要求所画线段的端点都落在格点上）． (1)在边上取一点D，连接，使． (2)画边上的高线． (3)直接写出的面积是__________． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)10 【分析】本题考查的是画三角形的高，三角形的中线、三角形的面积的计算，熟悉等高的两个三角形的面积之间的关系是解本题的关键． （1）利用网格线作的中点D，并连接即可； （2）利用网格线的特点，取格点E，满足，则即为所求作的线段； （3）利用三角形的面积公式直接计算即可． 【详解】（1）解：D即为所求作的点； （2）即为所求作的线段； （3）解：． 19．（8分）如图所示，、、、在同一直线上，，，且．    求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据平行线性质可得，根据已知可得，从而可证，即可得到； （2）由（1）知：，推出，根据平行线的判定即可得出结论． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， 在与中， ， ， ； （2）由（1）知：， ， ． 【点睛】本题考查全等三角形和平行线的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键． 20．（10分）如图所示，，P是的中点，且平分，连接． (1)试说明平分； (2)线段与有怎样的位置关系?请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题主要考查角平分线的性质定理和它的逆定理．根据题意正确作出辅助线是解答本题的关键． （1）由题意过点作，垂足为E，先求出，再求出，从而证明平分； （2）根据题意利用两直线平行同旁内角互补可得，从而求证两直线垂直． 【详解】（1）证明：过点作，垂足为E，如图所示： ∵平分， ∴， ∵，， ∴（角平分线上的点到角两边的距离相等）， 又∵是中点， ∴， ∴， ∵，， ∴平分；（到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上）． （2）解：，理由如下： ∵， ∴，， ∴（垂直于同一条直线的两条直线平行）， ∴（两直线平行，同旁内角互补）， 又∵，（角平分线定义）， ∴， ∴， ∴，即． 21．（10分）如图1，在中，，，D为上一点，连接，将绕点C顺时针旋转至，连接． (1)求证：； (2)如图2，连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由旋转的性质得到，，求得，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）由（1）可知，，求得，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：由旋转可得，， ，， ， 在和中， ， ； （2）解：由（1）可知，， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了几何变换综合题，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键． 22．（12分）【阅读理解】 中线是三角形中的重要线段之一．在利用中线解决几何问题时，当条件中出现“中点”、“中线” 等条件时，可以考虑做辅助线，即把中线延长一倍，通过构造全等三角形，把分散的已知条件和所要求  的结论集中到同一个三角形中，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题，这种作辅助线的方法称为“倍长中线法”    【初步感知】 （1）如图1，在中 ，，，D是 的中点，求边上的中线的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长到 点E，使 ，连 接．可以判定， 从而得到．这样就能把线段、、 集中在中，利用三角形三边的关系，即可求出中线的取值范围是______ (请直接写出答案) 【实践应用】 （2）为了测量学校旗杆和教学楼顶端之间的距离，学习小组设计了如图2所示的测量方案，他们首先取地面的中点D，用测角仪测得此时，测得旗杆高度，  教学楼高度，求 的长 ． 【拓展探究】 ( 3 ) 如 图 3 ， 和 均为等腰直角三角形，连接，，点 F 是 的中点，连接并延长，与 相交于点G．试探究： 和 的数量关系和位置关系并说明理由． 【答案】（1）；（2）；（3），，证明见解析 【分析】（1）延长到点，使，根据定理证明，可得结论； （2）如图，延长交于点．证明，得出，，再进一步结合线段的垂直平分线的性质，即可证明结论． （3）如图，延长，使，连接，证明，可得，，，再证明，可得，，在进一步可得结论． 【详解】解：（1）如图，延长到点，使，    ∵是的中点， ， ， ， ， 在中，， ， ； （2）如图，延长交于点，    ∵的中点为D， ∴， ∵由题意可得：， 而， ∴， ∴，， ∵，， ∴，是的垂直平分线， ∴； （3），，理由如下： 如图，延长，使，连接，      ∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是三角形的三边关系的应用，全等三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的定义与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 23．（12分)问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系，小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　 　； 探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由； 实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以70海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以90海里/小时的速度，前进2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．    【答案】问题背景：EF=BE+DF；探索延伸：仍然成立，理由见解析；实际应用：此时两舰艇之间的距离为320海里 【分析】问题背景：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG，得到△AEF≌△AGF，证明EF=FG，得到答案； 探索延伸：连接EF，延长AE，BF相交于点C，利用全等三角形的性质证明EF=AE+FB． 实际应用：如图3，连接EF，延长AE，BF相交于点C，首先证明，∠FOE=∠AOB，利用结论EF=AE+BF求解即可． 【详解】解：问题背景：由题意：△ABE≌△ADG，△AEF≌△AGF， ∴BE=DG，EF=GF， ∴EF=FG=DF+DG=BE+FD． 故答案为：EF=BE+FD． 探索延伸：EF=BE+FD仍然成立． 理由：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG    ∵∠B+∠ADC=180°，∠ADG+∠ADC=180°， ∴∠B=∠ADG， 又∵AB=AD， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG(SAS)， ∴AE=AG，∠BAE=∠DAG， 又∵∠EAF=∠BAD， ∴∠FAG=∠FAD+∠DAG=∠FAD+∠BAE=∠BAD﹣∠EAF， =∠BAD﹣∠BAD=∠BAD， ∴∠EAF=∠GAF． 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF(SAS)， ∴EF=FG， 又∵FG=DG+DF=BE+DF， ∴EF=BE+FD． 实际应用：如图3，连接EF，延长AE，BF相交于点C，    在四边形AOBC中， ∵∠AOB=30°+90°+20°=140°，∠FOE=70°=∠AOB， 又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=60°+120°=180°，符合探索延伸中的条件， ∴结论EF=AE+FB成立． 即，EF=AE+FB=2×(70+90)=320(海里) 答：此时两舰艇之间的距离为320海里． 【点睛】本题考查的是四边形知识的综合运用，掌握三角形全等的判定和性质、理解方位角的概念是解题的关键，注意规律的总结和运用． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$