广东省广州市海珠区第五中学2024—2025学年上学期八年级数学期中考试试卷

2024-2025学年广东省广州五中八年级（上）期中数学试卷 一、选择题（本大题共10小题，共30分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1．（3分）在以下节水、节能、回收、绿色食品四个标志中，是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（3分）以下列各组长度的线段为边，能构成三角形的是（　　） A．7cm，5cm，12cm B．6cm，8cm，15cm C．8cm，4cm，4cm D．4cm，6cm，5cm 3．（3分）下列四个图形中，线段BE是△ABC的高的是（　　） A． B． C． D． 4．（3分）王师傅用4根木条钉成一个四边形木架，如图．要使这个木架不变形，他至少还要再钉上几根木条？（　　） A．0根 B．1根 C．2根 D．3根 5．（3分）如图，将两根钢条AA′、BB′的中点O连在一起，使AA′、BB′能绕着点O自由转动，就做成了一个测量工具，由三角形全等可知A′B′的长等于内槽宽AB，那么判定△OAB≌△OA′B′的理由是（　　） A．SAS B．ASA C．SSS D．AAS 6．（3分）如图，在△ABC中，AD、AE分别是边BC上的中线与高，AE＝4，△ABC的面积为12，则CD的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 7．（3分）点P在∠AOB的平分线上，点P到OA边的距离等于m，点Q是OB边上的一个动点，则PQ与m的大小关系是（　　） A．PQ＜m B．PQ＞m C．PQ≤m D．PQ≥m 8．（3分）如图，AB∥DE，AB＝DE，添加下列条件，仍不能判断△ABC≌△DEF的是（　　） A．AC＝DF B．BF＝CE C．∠A＝∠D D．AC∥DF 9．（3分）定义：用形状、大小完全相同的一种或几种平面图进行拼接，彼此之间不留空隙，不重叠地铺成一片，称为平面图形的镶嵌，如图是只选用大小相同的正方形在某顶点O周围拼接成的镶嵌图案．判断：若只选用一种大小相同的正多边形，在下列四个选项中，能进行平面镶嵌的是（　　） A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 10．（3分）如图，已知长方形ABCD的边长AB＝20cm，BC＝16cm，点E在边AB上，AE＝6cm，如果点P从点B出发在线段BC上以2cm/s的速度向点C向运动，同时，点Q在线段CD上从点C到点D运动．则当时间t为（　　）s时，能够使△BPE与△CQP全等． A．1 B．1或4 C．1或2 D．2或4 二、填空题（本大题共6小题，共18分） 11．（3分）一个多边形的内角和等于540°，则这个多边形的边数是　 　． 12．（3分）已知图中的两个三角形全等，则∠α的度数是 　 　． 13．（3分）如图，D在BC边上，△ABC≌△ADE，∠EAC＝40°，则∠BAD的度数为 　 　． 14．（3分）如图，把△ABC折叠，使点C的对应点恰好与点A重合，折痕为FE，若AB＝4，BC＝8，则△ABE的周长为 　 　． 15．（3分）如图，已知A（3，0），C（0，6），AC⊥BC，且AC＝BC，则B点的坐标为 　 　． 16．（3分）如图，在△ABC，△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，C，D，E三点在同一直线上，连接BD，BE，以下四个结论：①BD＝CE；②∠ACE+∠DBC＝90°；③BD⊥CE；④∠BAE+∠DAC＝180°．其中结论正确的是 　 　．（把正确结论的序号填在横线上） 三、解答题（本大题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（6分）如图，△ABC中，∠ABC＝∠C＝70°，BD平分∠ABC，求∠ADB的度数． 18．（6分）如图，两车从路段AB的两端同时出发，沿平行路线以相同的速度行驶，相同时间后分别到达C，D两地．C，D两地到路段AB的距离相等吗？为什么？ 19．（6分）已知：如图，∠1＝∠2，∠3＝∠4．求证：AB＝AD． 20．（6分）已知一个多边形的内角和与外角和的和为1080°，且这个多边形的各个内角都相等．求这个多边形的每个外角度数． 21．（6分）如图，点A、E、F、B在同一条直线上，CA⊥AB，DB⊥AB，AE＝FB，CF＝DE．求证：∠AFC＝∠DEB． 22．（8分）如图，利用尺规，在△ABC的边AC上方作∠CAE＝∠ACB，在射线AE上截取AD＝BC，连接CD，并证明：CD∥AB（尺规作图要求保留作图痕迹，不写作法） 23．（10分）如图①，我们知道，光线射向一个平面镜被反射后，两条光线与平面镜的夹角相等（∠1＝∠2）．如图②，光线照射到平面镜甲上，会反射到平面镜乙，然后光线又会射到平面镜甲上，若∠α＝55°，∠γ＝75°，求∠β的度数． 24．（12分）如图，AB∥CD，点E是AB上一点，连结CE． （1）如图1，若CE平分∠ACD，过点E作EM⊥CE交CD于点M，试说明∠A＝2∠CME； （2）如图2，若AF平分∠CAB，CF平分∠DCE，且∠F＝70°，求∠ACE的度数； （3）如图3，过点E作EM⊥CE交∠DCE的平分线于点M，MN⊥CM交AB于点N，CH⊥AB，垂足为H．若∠ACH＝∠ECH，请直接写出∠MNB与∠A之间的数量关系． 25．（12分）平面直角坐标系中，点A，C分别是x轴和y轴上的动点，AC＝BC，∠ACB＝90°． （1）如图1，若A（﹣6，0），C（0，3），求点B的坐标； （2）如图2，设BC交x轴于点D，AD＝8，若AD平分∠BAC，求点B的纵坐标； （3）如图3，当点C运动到原点O时，∠BAO的平分线交y轴于点E，F（t，0），将△EOF沿EF翻折，FO的对应边的延长线交AB于点G，H为线段AG上一点，且EF＝EH，求FG+HG的值．（用含t的式子表示） 2024-2025学年广东省广州五中八年级（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共10小题，共30分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1．（3分）在以下节水、节能、回收、绿色食品四个标志中，是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线折叠，直线两边的部分互相重合，那么这个图形是轴对称图形，即可判断． 【解答】解：A、是轴对称图形，符合题意； B、不是轴对称图形，不符合题意； C、不是轴对称图形，不符合题意； D、不是轴对称图形，不符合题意； 故选：A． 2．（3分）以下列各组长度的线段为边，能构成三角形的是（　　） A．7cm，5cm，12cm B．6cm，8cm，15cm C．8cm，4cm，4cm D．4cm，6cm，5cm 【答案】D 【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析． 【解答】解：根据三角形的三边关系，得： A、7+5＝12，不能组成三角形； B、6+8＜15，不能组成三角形； C、4+4＝8，不能组成三角形； D、4+5＞6，能够组成三角形． 故选：D． 3．（3分）下列四个图形中，线段BE是△ABC的高的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角形高的画法知，过点B作AC边上的高，垂足为E，其中线段BE是△ABC的高，再结合图形进行判断． 【解答】解：线段BE是△ABC的高的图是选项D． 故选：D． 4．（3分）王师傅用4根木条钉成一个四边形木架，如图．要使这个木架不变形，他至少还要再钉上几根木条？（　　） A．0根 B．1根 C．2根 D．3根 【答案】B 【分析】根据三角形的稳定性进行解答即可． 【解答】解：加上AC后，原不稳定的四边形ABCD中具有了稳定的△ACD及△ABC， 故这种做法根据的是三角形的稳定性． 故选：B． 5．（3分）如图，将两根钢条AA′、BB′的中点O连在一起，使AA′、BB′能绕着点O自由转动，就做成了一个测量工具，由三角形全等可知A′B′的长等于内槽宽AB，那么判定△OAB≌△OA′B′的理由是（　　） A．SAS B．ASA C．SSS D．AAS 【答案】A 【分析】由O是AA′、BB′的中点，可得AO＝A′O，BO＝B′O，再有∠AOA′＝∠BOB′，可以根据全等三角形的判定方法SAS，判定△OAB≌△OA′B′． 【解答】解：∵O是AA′、BB′的中点， ∴AO＝A′O，BO＝B′O， 在△OAB和△OA′B′中， ∴△OAB≌△OA′B′（SAS）， 故选：A． 6．（3分）如图，在△ABC中，AD、AE分别是边BC上的中线与高，AE＝4，△ABC的面积为12，则CD的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】先利用三角形面积公式求出BC的长，然后利用三角形中线的定义得到CD的长． 【解答】解：∵△ABC的面积为12， ∴×AE×BC＝12， ∴BC＝＝6， ∵AD是边BC上的中线， ∴CD＝BC＝3． 故选：B． 7．（3分）点P在∠AOB的平分线上，点P到OA边的距离等于m，点Q是OB边上的一个动点，则PQ与m的大小关系是（　　） A．PQ＜m B．PQ＞m C．PQ≤m D．PQ≥m 【答案】D 【分析】先根据角平分线的性质得到点P到OB的距离等于m，然后根据垂线段最短得到PQ与m的大小关系． 【解答】解：∵点P在∠AOB的平分线上，点P到OA边的距离等于m， ∴点P到OB的距离等于m， ∵点Q是OB边上的一个动点， ∴PQ≥m． 故选：D． 8．（3分）如图，AB∥DE，AB＝DE，添加下列条件，仍不能判断△ABC≌△DEF的是（　　） A．AC＝DF B．BF＝CE C．∠A＝∠D D．AC∥DF 【答案】A 【分析】运用全等三角形的判定可求解． 【解答】解：∵AB＝DE， ∵AB∥DE ∴∠B＝∠E， 当AC＝DF时，不能判定△ABC≌△DEF， 当AB＝DE时，且BC＝EF，∠B＝∠E，由“SAS”可证△ABC≌△DEF， 当∠A＝∠D时，且BC＝EF，∠B＝∠E，由“ASA”可证△ABC≌△DEF， 当AC∥DF时，∠ACB＝∠DFE，∠B＝∠E，由“AAS”可证△ABC≌△DEF， 故选：A． 9．（3分）定义：用形状、大小完全相同的一种或几种平面图进行拼接，彼此之间不留空隙，不重叠地铺成一片，称为平面图形的镶嵌，如图是只选用大小相同的正方形在某顶点O周围拼接成的镶嵌图案．判断：若只选用一种大小相同的正多边形，在下列四个选项中，能进行平面镶嵌的是（　　） A．正五边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 【答案】B 【分析】几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角． 【解答】解：用一种正多边形镶嵌，只有六边形能镶嵌成一个平面图案， 故选：B． 10．（3分）如图，已知长方形ABCD的边长AB＝20cm，BC＝16cm，点E在边AB上，AE＝6cm，如果点P从点B出发在线段BC上以2cm/s的速度向点C向运动，同时，点Q在线段CD上从点C到点D运动．则当时间t为（　　）s时，能够使△BPE与△CQP全等． A．1 B．1或4 C．1或2 D．2或4 【答案】B 【分析】分两种情况：①当EB＝PC时，△BPE≌△CQP，②当BP＝CP时，△BEP≌△CQP，进而求出即可． 【解答】解：分两种情况： ①当EB＝PC，BP＝QC时，△BPE≌△CQP， ∵AB＝20cm，AE＝6cm， ∴EB＝14cm， ∴PC＝14cm， ∵BC＝16cm， ∴BP＝2cm， ∵点P从点B出发在线段BC上以2cm/s的速度向点C运动， ∴t＝2÷2＝1（s）； ②当BP＝CP，BE＝QC时，△BEP≌△CQP， 由题意得：2t＝16﹣2t， 解得：t＝4（s）， 故选：B． 二、填空题（本大题共6小题，共18分） 11．（3分）一个多边形的内角和等于540°，则这个多边形的边数是　5　． 【答案】见试题解答内容 【分析】n边形的内角和公式为（n﹣2）•180°，由此列方程求n． 【解答】解：设这个多边形的边数是n， 则（n﹣2）•180°＝540°， 解得n＝5， 故答案为：5． 12．（3分）已知图中的两个三角形全等，则∠α的度数是 　50°　． 【答案】见试题解答内容 【分析】根据全等三角形对应角相等解答即可． 【解答】解：∵两个三角形全等， ∴α＝50°． 故答案为：50°． 13．（3分）如图，D在BC边上，△ABC≌△ADE，∠EAC＝40°，则∠BAD的度数为 　40°　． 【答案】40°． 【分析】根据全等三角形的性质得出∠BAC＝∠DAE，即可求出∠BAD＝∠EAC＝40°． 【解答】解：∵△ABC≌△ADE， ∴∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠EAC， ∵∠EAC＝40°， ∴∠BAD＝40°， 故答案为：40°． 14．（3分）如图，把△ABC折叠，使点C的对应点恰好与点A重合，折痕为FE，若AB＝4，BC＝8，则△ABE的周长为 　12　． 【答案】12． 【分析】将BE+AE变形为：BE+CE＝BC，进而求得结果． 【解答】解：∵将△ABC折叠，使点C与点A重合，折痕为FE， ∴AE＝EC， ∵AB+BE+AE＝AB+BE+CE＝AB+BC＝4+8＝12， ∴△ABE的周长为：12． 15．（3分）如图，已知A（3，0），C（0，6），AC⊥BC，且AC＝BC，则B点的坐标为 　（6，9）　． 【答案】（6，9）． 【分析】作BD⊥y轴于点D，易证∠CBD＝∠ACO，由AAS证明△CDB≌△AOC，得出对应边相等，即可得出结果． 【解答】解：作BD⊥y轴于点D，如图①所示： 则∠BDC＝90°， ∴∠CBD+∠DCB＝90°， ∵A（3，0），C（0，6）， ∴OA＝3，OC＝6， ∵AC⊥BC， ∴∠DCB+∠ACO＝90°， ∴∠CBD＝∠ACO， 在△CDB和△AOC中， ， ∴△CDB≌△AOC（AAS）， ∴BD＝OC＝6，CD＝OA＝3， ∴OD＝OC+CD＝9， ∴点B坐标为（6，9）； 故答案为：（6，9）． 16．（3分）如图，在△ABC，△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，C，D，E三点在同一直线上，连接BD，BE，以下四个结论：①BD＝CE；②∠ACE+∠DBC＝90°；③BD⊥CE；④∠BAE+∠DAC＝180°．其中结论正确的是 　①③④　．（把正确结论的序号填在横线上） 【答案】①③④． 【分析】①由AB＝AC，AD＝AE利用等式的性质得到夹角相等，从而得出三角形ABD 与三角形ACE全等，由全等三角形的对应边相等得到BD＝CE，本选项正确；②由三角形ABD与三角形ACE全等，得到一对角相等，由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC＝45°，进而得到∠ACE+∠DBC＝45°，本选项不正确；③再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD⊥CE，本选项正确；④利用周角减去两个直角可得答案． 【解答】解：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD， 即：∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE，本选项正确； ②∵△ABC为等腰直角三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠ABD+∠DBC＝45°， ∵△BAD≌△CAE， ∴∠ABD＝∠ACE， ∴∠ACE+∠DBC＝45°，本选项不正确； ③∵∠ABD+∠DBC＝45°， ∴∠ACE+∠DBC＝45°， ∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°， 即∠BDC＝90°， ∴BD⊥CE，本选项正确； ④∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAE+∠DAC＝360°﹣90°﹣90°＝180°，本此选项正确； 故答案为：①③④． 三、解答题（本大题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（6分）如图，△ABC中，∠ABC＝∠C＝70°，BD平分∠ABC，求∠ADB的度数． 【答案】见试题解答内容 【分析】依据∠ABC＝∠C＝70°，BD平分∠ABC，即可得出∠DBC＝35°，再根据三角形外角性质，即可得到∠ADB的度数． 【解答】解：∵∠ABC＝∠C＝70°，BD平分∠ABC， ∴∠DBC＝35°， ∴∠ADB＝∠C+∠DBC＝70°+35°＝105°． 18．（6分）如图，两车从路段AB的两端同时出发，沿平行路线以相同的速度行驶，相同时间后分别到达C，D两地．C，D两地到路段AB的距离相等吗？为什么？ 【答案】C，D两地到路段AB的距离相等，理由见解答． 【分析】根据题意可得∠AEC＝∠BFD＝90°，AC＝BD，再根据平行线的性质可得∠A＝∠B，然后再利用AAS判定△AEC≌△BFD，进而可得CE＝DF． 【解答】解：C，D两地到路段AB的距离相等， 理由：由题意可知AC＝BD， ∵CE⊥AB，DF⊥AB， ∴∠AEC＝∠BFD＝90°， ∵AC∥BD， ∴∠A＝∠B， 在△AEC和△BFD中， ， ∴△AEC≌△BFD（AAS）， ∴CE＝DF， ∴C，D两地到路段AB的距离相等． 19．（6分）已知：如图，∠1＝∠2，∠3＝∠4．求证：AB＝AD． 【答案】证明见解答过程． 【分析】根据邻补角的定义得出∠ACB＝∠ACD，利用ASA证明△ACB≌△ACD，根据全等三角形的性质即可得解． 【解答】证明：∵∠3＝∠4， ∴∠ACB＝∠ACD， 在△ACB和△ACD中， ， ∴△ACB≌△ACD（ASA）， ∴AB＝AD． 20．（6分）已知一个多边形的内角和与外角和的和为1080°，且这个多边形的各个内角都相等．求这个多边形的每个外角度数． 【答案】见试题解答内容 【分析】设这个多边形是n边形，它的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，就得到关于n的方程，求出边数n．然后根据多边形的外角和是360°，多边形的每个内角都相等即每个外角也相等，这样就能求出多边形的一个外角． 【解答】解：设这个多边形是n边形， 根据题意得：（n﹣2）•180°+360°＝1080°， 解得n＝6； 那么这个多边形的一个外角是360°÷6＝60°， 即这个多边形的每个外角的度数是60°． 21．（6分）如图，点A、E、F、B在同一条直线上，CA⊥AB，DB⊥AB，AE＝FB，CF＝DE．求证：∠AFC＝∠DEB． 【答案】见试题解答内容 【分析】先证明AF＝BE，结合已知CF＝DE，则可用“HL”证明Rt△ACF≌Rt△BDE，从而得到∠AFC＝∠DEB． 【解答】证明：∵AE＝BF， ∴AE+EF＝BF+EF，即AF＝BE． 又CF＝DE，∠A＝∠B＝90°， ∴Rt△ACF≌Rt△BDE（HL）． ∴∠AFC＝∠DEB． 22．（8分）如图，利用尺规，在△ABC的边AC上方作∠CAE＝∠ACB，在射线AE上截取AD＝BC，连接CD，并证明：CD∥AB（尺规作图要求保留作图痕迹，不写作法） 【答案】见试题解答内容 【分析】利用尺规作∠CAE＝∠ACB即可，先证明△ACD≌△CAB，再证明CD∥AB即可． 【解答】解：图象如图所示， ∵∠EAC＝∠ACB， ∴AD∥CB， ∵AD＝BC，∠DAC＝∠ACB，AC＝CA， ∴△ACD≌△CAB（SAS）， ∴∠ACD＝∠CAB， ∴AB∥CD． 23．（10分）如图①，我们知道，光线射向一个平面镜被反射后，两条光线与平面镜的夹角相等（∠1＝∠2）．如图②，光线照射到平面镜甲上，会反射到平面镜乙，然后光线又会射到平面镜甲上，若∠α＝55°，∠γ＝75°，求∠β的度数． 【答案】65°． 【分析】根据题意可得∠α＝∠1＝55°，∠β＝∠2，∠γ＝∠3＝75°，利用三角形内角和定理求出∠4的度数，再结合平角的定义求解． 【解答】解：如图，由题意知：∠α＝∠1＝55°，∠β＝∠2，∠γ＝∠3＝75°， ∵∠1+∠3+∠4＝180°， ∴∠4＝180°﹣55°﹣75°＝50°， ∵∠2+∠4+∠β＝180°， ∴∠2＝∠β＝65°， 答：∠β的度数为65°． 24．（12分）如图，AB∥CD，点E是AB上一点，连结CE． （1）如图1，若CE平分∠ACD，过点E作EM⊥CE交CD于点M，试说明∠A＝2∠CME； （2）如图2，若AF平分∠CAB，CF平分∠DCE，且∠F＝70°，求∠ACE的度数； （3）如图3，过点E作EM⊥CE交∠DCE的平分线于点M，MN⊥CM交AB于点N，CH⊥AB，垂足为H．若∠ACH＝∠ECH，请直接写出∠MNB与∠A之间的数量关系． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）利用平行线的性质和角平分线的定义分别计算∠A与∠CME，即可得出结论； （2）过点F作FM∥AB，利用平行线的性质和角平分线的定义和（1）的结论解答即可； （3）延长CM交AN的延长线于点F，设∠ACH＝x，则∠ECH＝2x，ECM＝∠DCM＝y，利用垂直的定义得到x+y＝45°；利用三角形的内角和定理分别用x，y的代数式表示出∠MNB与∠A，计算∠MNB+∠A即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵EM⊥CE， ∴∠CEM＝90°． ∵∠AEC+∠CEM+∠BEM＝180°， ∴∠AEC+∠BEM＝90°． ∵AB∥CD， ∴∠AEC＝∠ECD，∠CME＝∠BEM． ∴∠ECD+∠CME＝90°． ∴2∠ECD+2∠CME＝180°． ∵CE平分∠ACD， ∴ACD＝2∠ECD． ∴∠ACD+2∠CME＝180°． ∵AB∥CD， ∴∠ACD+∠A＝180°． ∴∠A＝2∠CME． （2）解：过点F作FM∥AB，如图， ∵AB∥CD， ∴FM∥AB∥CD． ∴∠AFM＝∠BAF，∠CFM＝∠DCF． ∴∠AFM+∠CFM＝∠BAF+∠DCF． 即∠AFC＝∠BAF+∠DCF． ∵AF平分∠CAB，CF平分∠DCE， ∴∠CAB＝2∠BAF，∠DCE＝2∠DCF． ∴∠CAB+∠DCE＝2（∠BAF+∠DCF）＝2∠AFC． ∵∠AFC＝70°， ∴∠CAB+∠DCE＝140°． ∵AB∥CD， ∴∠CAB+∠ACE+∠DCE＝180°． ∴∠ACE＝180°﹣（∠CAB+∠DCE） ＝180°﹣140° ＝40°． （3）∠MNB与∠A之间的数量关系是：∠MNB＝135°﹣∠A． 延长CM交AN的延长线于点F，如图， ∵MN⊥CM， ∴∠NMF＝90°． ∴∠MNB＝90°﹣∠F． 同理：∠HCF＝90°﹣∠F． ∴∠MNB＝∠HCF． ∵∠ACH＝∠ECH， ∴设∠ACH＝x，则∠ECH＝2x． ∵CM平分∠DCE， ∴设∠ECM＝∠DCM＝y． ∴∠MNB＝∠HCF＝2x+y． ∵AB∥CD，CH⊥AB， ∴CH⊥CD． ∴∠HCD＝90°． ∴∠ECH+∠ECD＝90°． ∴2x+2y＝90°． ∴x+y＝45°． ∵CH⊥AB， ∴∠A＝90°﹣∠ACH＝90°﹣x． ∴∠A+∠MNB＝90°﹣x+2x+y＝90°+x+y＝135°． ∴∠MNB＝135°﹣∠A． 25．（12分）平面直角坐标系中，点A，C分别是x轴和y轴上的动点，AC＝BC，∠ACB＝90°． （1）如图1，若A（﹣6，0），C（0，3），求点B的坐标； （2）如图2，设BC交x轴于点D，AD＝8，若AD平分∠BAC，求点B的纵坐标； （3）如图3，当点C运动到原点O时，∠BAO的平分线交y轴于点E，F（t，0），将△EOF沿EF翻折，FO的对应边的延长线交AB于点G，H为线段AG上一点，且EF＝EH，求FG+HG的值．（用含t的式子表示） 【答案】（1）（3，﹣3）； （2）﹣4； （3）﹣2t． 【分析】（1）作BH⊥y轴于点H，证明△AOC≌△CHB（AAS），由全等三角形的性质得出BH＝OC＝3，CH＝OA＝6，求出OH＝3，则可得出答案； （2）作BH⊥x轴于点E，并延长交AC的延长线于点F，证明△ABE≌△AFE（ASA），由全等三角形的性质得出BE＝FE，证明△ACD≌△BCF（ASA），得出BF＝AD＝8，则可得出答案； （3）连接EG，作EM⊥AB于点M，EN⊥FG于点N，证明Rt△ENG≌Rt△EMG（HL），由全等三角形的性质得出MG＝NG，证明Rt△ENF≌Rt△EMH（HL），得出FN＝HM，由折叠的性质得出FN＝FO，证得FG+HG＝2FO，则可求出答案． 【解答】解：（1）如图1，作BH⊥y轴于点H， ∵A（﹣6，0），C（0，3）， ∴OA＝6，OC＝3， ∵∠ACB＝∠BHC＝90°， ∴∠ACO+∠HCB＝∠HCB+∠CBH＝90°， ∴∠ACO＝∠CBH， 在△AOC和△CHB中， ， ∴△AOC≌△CHB（AAS）， ∴BH＝OC＝3，CH＝OA＝6， ∴OH＝3， 则B（3，﹣3）； （2）如图2，作BE⊥x轴于点E，并延长交AC的延长线于点F， ∵AD＝8， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAE＝∠FAE， 在△ABE和△AFE中， ， ∴△ABE≌△AFE（ASA）， ∴BE＝FE， ∵∠ACB＝∠AEB＝90°， ∴∠CAD＝∠CBF， 在△ACD和△BCF中， ， ∴△ACD≌△BCF（ASA）， ∴BF＝AD＝8， 又∵BE＝FE， ∴BE＝4， ∴点B的纵坐标为﹣4； （3）如图3，连接EG，作EM⊥AB于点M，EN⊥FG于点N， ∵点E在∠BAO的平分线上，EF平分∠GFO， ∴EM＝EN＝EO， 在Rt△ENG和Rt△EMG中， ， ∴Rt△ENG≌Rt△EMG（HL）， ∴MG＝NG， 在Rt△ENF和Rt△EMH中， ， ∴Rt△ENF≌Rt△EMH（HL）， ∴FN＝HM， ∴FG+HG＝FN+NG+HG＝FN+MG+HG＝FN+HM＝2FN， 由折叠可知：FN＝FO， ∴FG+HG＝2FO， ∵F（t，0）， ∴FO＝﹣t， ∴FG+HG＝﹣2t． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/23 0:05:13；用户：15008208124；邮箱：15008208124；学号：60148633 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$