《第1章三角形的证明及其应用》期末综合复习压轴题专题提升训练2025-2026学年北师大版八年级数学下册

**基本信息** 聚焦三角形证明综合应用，以全等构造为核心，系统整合辅助线技巧（倍长中线、一线三垂直等）与动态几何分类讨论，形成“方法-题型-知识”三维逻辑链。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |全等证明与辅助线|1,6,12|倍长中线法、截长补短、构造全等三角形|以全等判定为基础，结合等腰三角形性质、轴对称形成证明体系| |动态几何与分类讨论|2,10|动点问题分类、等腰三角形存在性讨论|通过角平分线性质、三角形外角定理实现静态性质向动态应用迁移| |坐标系几何应用|4,7,15|坐标转化、一线三垂直模型|融合平面直角坐标系与几何图形，体现数形结合思想|

2025-2026学年北师大版八年级数学下册《第1章三角形的证明及其应用》 期末综合复习压轴题专题提升训练（附答案） 1.如图，等腰△ABC中，AB=AC,∠BAC=2a,D为BC上一点，∠DAP=Q,D 关于AP所在直线的对称点为点E,连接DE、CE,DE交AP于点F P (备用图) (1)依题意补全图形： (2)比较∠ABD与∠ACE的大小，并证明. (3)过F做FH⊥AC于点H,延长HF交BC于点M,求证：BM=CM 2.如图，∠A=60°，AM‖BN,P为射线AM上一动点，连接BP,作BC平分∠PBA 交AM于点C,作BD平分∠PBN交AM于点D. D M p DM B 图1 图2 (1)如图1，当BP⊥AM时，则∠ABC= 如图2，当BC⊥AM时，则 ∠PBD= (2)请说明在点P的运动过程中，∠PCB+∠PDB的值是否为定值.若是定值，请求出 ∠PCB+∠PDB的度数，若不是定值，请说明理由. (3)若点P运动到使△BCP为等腰三角形，请直接写出∠BPC的度数. 3.如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，点C与点C关于直线AB对称，点E是线段 BC上的点，AE=AC, 备用图 (1)求证：∠EAC+∠EBC=180°； (2)连接CE,过点D作DF⊥AB于点F,交CE于点G. ①依题意补全图形： ②用等式表示线段CG与EG的数量关系，并证明. 4.如图1，在平面直角坐标系xOy中，A0,1,B-2,0,AB=AC,∠BAC=90° 图1 图2 备用图 (1)求点C的坐标： (2)如图2，记AC交x轴于点D,BC交y轴于点E,连接DE. ①求证：AD=CD ②求证：∠ADB=∠CDE 5.已知：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=6」 B 图1 图2 (1)如图1，BD是△ABC的中线.CF⊥BD,交AB于点E,AF⊥AC. ①求证：△BCD≌△CAF ②连接DE,求证：∠BDC=∠EDA: (2)如图2，点M为线段CA延长线上一点，过点A作AQ⊥AB,过点M作BM的垂线交 ,2线段PA的延长线与线段BC的延长线交于点N,SAAMP-SAA心 的长 6.在等腰三角形ABC中，AB=AC,点D是AC上一动点，在BD的延长线上取一点E, 满足AE=AB,AF平分∠CAE交BE于点F】 图 (1)如图1，连接CF,求证：△ACF≌△AEF: (2)如图2，当∠ABC=60°时，线段AF,EF,BF之间存在某种数量关系，写出你的结 论并加以证明： (3)如图3，当∠ABC=45°时，BD平分∠ABC,且AE‖BC,若EF=3,请直接写出线 段BD的长是（只填写结果）· 7.己知：在平面直角坐标系中，已知A-2,0 头 1)如图(1)，点B在y轴负半轴上，且OB=4,△ABC是以A为直角顶点，AB为腰的 等腰直角三角形，直接写出点C的坐标为： (2)如图(2)，点B在x轴正半轴上，且OB=2,点C的坐标是-2,4，连接BC、CO, 过点A作AD⊥CO交BC于点D,求证：∠DOB=∠AOC; (3)如图(3)，P是y轴负半轴上一个动点，若以P为直角顶点，PA为腰作等腰Rt△APD, 过点D作DE⊥x轴于点E,请直接写出OP与DE的数量关系， 8.已知直线AB与CD相交于点O,点E,F分别在射线OB和OD上. G 图1 图2 图3 (1)如图1，∠BOD=60°，EP平分∠OEF,FP平分∠OFE,求∠EPF的度数： (2)如图2，EP平分∠OEF,FG平分∠DFE,FG的反向延长线交EP于点P: ①若∠BOD=60°，则∠P= 度（直接写出结果，不需说理）： ②若∠BOD=Q°，求∠P的度数（请写出完整的推理过程）， (3)如图3，点G在FE的延长线上，∠OEF的角平分线EP,∠AOF的角平分线OP与 ∠OEG的角平分线所在的直线分别相交于点P、Q,若△PEQ的某一个内角是∠P的2 倍；请直接写出∠OFE的度数， 9.△ABC和△DBE是两个等腰直角三角形( BA=BC,BE=BD,∠DBE=∠ABC=90)的三角板. 图(1) 图(2) 图(3) (1)【问题初探】当两个三角板如图(1)所示的位置摆放时，D、B、C在同一直线上， 连接AD、CE,请证明：AD=CE; (2)【类比探究】当三角板ABC保持不动时，将三角板DBE绕点B顺时针旋转到如图(2) 所示的位置，判断AD与CE的数量关系和位置关系，并说明理由： (B)【拓展延伸】如图(3)，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，AB=AD,BC=3CD, 连接AC,BD,∠ACD=45°，点A到直线CD的距离为5，请求出△BCD的面积 10.综合与探究：如图，在△ABC中，AB=AC=10,点N从点A出发沿AB-BC匀速 移动，到达点C时，停止运动，点M在AC上，设点N移动的路程为X. B(N) 图1 图2 图3 (1)如图1，若∠A=90°，M为AC的中点，点N运动到点B的位置，求MN的长， (2)如图2，若BC=8,当点N在AB上时，∠ABC与∠ACB的平分线交于点O,MN恰好 经过点O,且∠ANM=∠ABC.设四边形NMCB的周长为y,求出y关于x的函数关系 式（不需要写出x的取值范围）， (3)如图3，若BC=16,当点N在BC上时，M是AC的中点，是否存在x,使得AN=MN? 若存在，求出X的值；若不存在，请说明理由. 11.【初步探究】 (1)如图1，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC=90°，点D在AB边上（不与点A、B 重合)，以CD为腰在CD下方作等腰直角△CDE,∠DCE=90°，作EF⊥BC于点F, 求证：EF=BF+DB: 【灵活应用】 (2)如图2，等腰直角△ABC为某植物园的平面示意图，∠ABC=90,点D为线段AB 上一点，CD为园内的一条便捷步道，现要对该植物园进行扩建，以CD为腰在CD下方作 等腰直角△CDE区域修建为玫瑰园，∠DCE=90,在CB的延长线上找一点H修建一座 展览温室，连接HE,且EH⊥CE,点G在边AC上，DG⊥DC,DG,HG,HE为植 物园中的三条石子路，请你探究线段HE、HG与DG之间的数量关系，并说明理由： 图1 图2 12.在通过构造全等三角形解决问题的过程中，有一种方法叫作“倍长中线法”· 【方法指导】(1)如图1，在△ABC中，BC=5,点D为AC中点，若BD=6, DB⊥BC,求AB的长.为解决此问题，小张使用“倍长中线法”：如图2，延长BD至点 E,使得DE=DB,连接EC,容易得到△DEC≌△DBA,可通过勾股定理求出线段 EC的值，则AB= 【问题解决】(2)如图3，在Rt△ABC中，∠B=90°，点D为斜边AC中点，点E在线 段BC上，连接DE,过点D作DF⊥DE交线段AB于点F,连接EF,求证： EF2=AF2+CE2. 【拓展提升】(3)如图4，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4,BC=2,点D为斜边 AC中点，点E在CB的延长线上，连接DE,过点D作DF⊥DE交射线BA于点F,当 BE=AF时，求此时AF的长。 D B B 图1 图2 图3 图4 备用图 13.综合实践·图形变化探究 【积累经验】我们在第十四章《全等三角形》中学习了全等三角形的性质和判定，常通过 这些知识转化角与边来解决问题.例如：如图①，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°， E是AB上的一点，AE=BC,连接DE、EC,且DE=EC.求证：DE⊥EC,要解决 “求证DE⊥EC”这个问题，可通过证明三角形全等实现. O B AO B ① ② (1)请写出证明过程： (2)【类比应用】如图②，在平面直角坐标系中，A为X轴上一点，以A为直角顶点作等 腰直角三角形△ABC(∠BAC=90°，AB=AC),点B在第一象限、C在第二象限.设 Bm,n,Ca,b.若m=2,a=-5,且A-1,0,求点B、C的坐标 (3)【拓展提升】在(2)的条件下，若点B的横坐标m为2，当n的值发生变化时，a+n 的值是否发生变化？若不变，请求出其值：若变化，请说明理由 14.己知△ABC是边长为8的等边三角形，点P在射线AB上运动，点Q在线段AC上运动， 连接PQ,以PQ为边向右作等边△MPQ,连接BM」 c(O) H B P 图1 图2 (1)如图1，当点Q与点C重合，点P在点B右侧时， ①求证：AP=BM: ②过点M作MH⊥CB于H,且CH=3,求线段BP的长： (2)如图2，当点P在点B左侧，且AQ=2BP时，求线段BM的最小值. 15.如图，等腰Rt△ABC,∠ABC=90°，AB=BC,等腰Rt△BDE,∠DBE=90°， BD=BE,点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上 (图1) (图2) (1)如图1，若OA=5,OB=2,直接写出C点的坐标： (2)如图1，点B0,2,D、A两点均在X轴上，且SA ADB=8,连接CE交y轴于F点，BF 的长度是否发生改变？若不变，求出BF的值；若变化，求BF的取值范围. (3)如图2，若AG=DG,CG=EG,求证：∠AGD=90°. 16.在△ABC中，点D是△ABC的边BC的中点。 图 图2 图3 (1)如图1，连接AD,若∠BAD=2∠CAD,过点D作DE⊥AB交AB延长线于点E,若 ∠ABC=110°，∠C=25°，求∠ADE: (2)如图2，点F是线段AC上一点，连接FD并延长交AB延长线于G.若CF=AB, ∠AFD=∠ABD,求证：DG=DF+BC: (3)如图3，若CP平分∠ACB,M、N分别是CP、CB上任意一点，若SAABC=12 AC=4,直接写出BM+MN的最小值 17.【问题背景】已知四边形ABCD,对角线AC⊥BD,垂足为O (1)如图1，结合勾股定理猜想：AB2+CD2 AD+BC2(填“>”或“<”或 “=”),并加以证明； 图1 【拓展延伸】(2)我们学习了图形的变换，它是解决问题的有效策略。 ①如图2，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、C、d之间存在某种数量关系. 小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图3.请你结合整个变化过程，直接写出 图3中长方形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系 图2 图3 ②如图4，在四边形EFGH中，对角线EG⊥FH,若EG=8,FH=5,则EH+FG的最 小值是 图4 图5 【结论应用】(3)如图5，在△ADE中，∠ADE=90°，分别以AE和ED为边向外作等 腰直角△AEB和等腰直角△EDC,∠AEB=∠DEC=90°，BD与AC相交于点O.己 知AE=3,DE=2,求BC的长. 18.数学活动课上，同学们对角平分线的尺规作图进行了深入研究，智慧小组的作法如下： 如图1，在∠MON的两边OM,ON上分别取点A,B(OA<OB);以点O为圆心，OA 长为半径作弧交射线ON于点E;再以点O为圆心，OB长为半径作弧交射线OM于点F: 连接EF,AB交于点C;作射线OC,则射线OC即为∠MON的平分线. M M B 图 图2 图3 【思路研讨】 勤学小组提出：可通过3次三角形全等，证明智慧小组的作法正确：善思小组认为：通过 添加适当的辅助线，仅用1次或2次三角形全等即可完成证明， 【推理验证】 (1)请证明智慧小组上述作法的正确性： 【变式探究】 (2)智慧小组发现，按上述方法作出角平分线OC后，保持A,B,C三点的位置不变，改变 点E,F的位置（如图2），使EF与AB相交于点P.若BC=BE,AF=PF,则AC与PE 存在确定的数量关系，请写出该数量关系并说明理由： 【拓展应用】 (3)如图3，H为∠MON的平分线OC上的一点，连接AH,作HQ⊥ON于点Q.若 ∠AHO=∠AB0=45°，AB=6V2,HQ=4,求OB的长 19.如图，直线AB交x轴正半轴于A、交y轴正半轴于B,点C在y轴负半轴上， BD⊥AC于D,BD交OA于E,BE=AC,△AOB的面积为18. E C D (1)求OA的长： (2)F在线段AB上时，FC=AC,连FO,设F点纵坐标为t,△FOC的面积为S,求S与t 的函数关系式（不要求写出t的取值范围）： 3)在(2)条件下，以FO、AO为两边构平行四边形FOAQ,连CQ,若 ∠BCQ=2∠BOF,求Q点坐标. 20.【问题初探】 (1)在数学活动课上，李老师给出如下问题：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°， AE⊥AB且AE=AB,点D在CA的延长线上，连接DE,∠ADE=I35°.求证： BC=DC. A C▣ 图1 ①小明的解题思路：如图2，小明同学从∠ADE=135°这个条件出发，给出如下解题思路： 过E作EF⊥AD交AD的延长线于点F,则∠EDF=45°，△EDF是等腰直角三角形， EF=DF,再证明两个三角形全等，转化等量线段. 图2 ②小涛的解题思路：如图3，小涛同学从结论的角度出发，给出如下解题思路：在线段CB 上截取CG=AC,则△ACG是等腰直角三角形，得∠AGC=∠GAC=45°，得到 ∠AGB=135°，将线段BC,DC之间的数量关系转化为线段BG与AD之间的数量关系. A D C▣于 B 图3 请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程. 【类比分析】 (2)李老师发现之前两名同学都运用了转化思想，构造全等转化等量线段，为了帮助同 学们更好地感悟转化思想，李老师将图1进行变换，提出下面问题，请你解答。 如图4，在Rt△ABC中，∠C=90°，延长CA至点D,使AD=AB,射线AM⊥AB,点 E在线段AB上，点F在射线AM上，连接EF,DF,EF=DF且EF⊥DF,其中AF=8, AE=2,请直接写出△ABC的面积. 【类比分析】 (3)如图5，在Rt△ABC中，∠C=90°，延长CA至点D、使AD=AB,射线 AM⊥AB,点E在线段BA的延长线上，点F在射线AM上，连接EF,DF,EF=DF且 EF⊥DF,若BC=7,AE=2,请直接写出△ADF的面积. ▣ 图4 图5 参考答案 1.(1)解：补全图形如下： D P (2)解：∠ABD=∠ACE,证明如下： 如图，连接AE, A B P ,D关于AP所在直线的对称点为点E, .AD=AE,∠DAP=∠EAP, .∠DAE=2∠DAP=2a, :∠BAC=2a, .∠BAC=∠DAE, .∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,即∠BAD=∠CAE, 在△ABD和△ACE中， AB=AC ∠BAD=∠CAE AD=AE .△ABD≌△ACESAS, .∠ABD=∠ACE: (3)证明：如图，在射线FH上截取点Q使得FQ=FM,作EN⊥AC分别交AC、BC于 点G、N,连接EQ、EM, ,D关于AP所在直线的对称点为点E, .DF=EF, 在△DFM和△EFQ中， DF=EF ∠DFM=∠EFQ FM=FQ .△DFM≌△EFQ|SAS, .DM=EQ,∠DMF=∠EQF, :FH⊥AC,EN⊥AC, .FH‖EN,∠EGC=∠NGC=90° ∴.∠DMF=∠MNE,∠EMQ=∠MEN, .∠EQF=∠MNE,即∠EQM=∠MNE, 在△EQM和△MNE中， ∠EMQ=∠MEN ∠EQM=∠MNE EM=ME ∴.△EQM≌△NE AAS, ..EQ=MN, .DM=MN, 由(2)得，△ABD2△ACE, .BD=CE,∠ABD=∠ACE, ..AB=AC .∠ABD=∠ACN, ∴.∠ACN=∠ACE,即∠GCN=∠GCE, 在△GCN和△GCE中， ㄥGCN=ㄥGCE GC=GC ∠NGC=ㄥEGC .△GCN≌△GCE ASA, ..CN=CE, ..BD=CN, ∴.BD+DM=CN+MN, ..BM=CM. 【点睛】本题考查了轴对称的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判定，添加 适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键.本题属于几何综合题，需要较强的几何推理 和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生. 2.(1)15°：30 (2)∠PCB+∠PDB=120° (3)40或80° 【分析】(1)由于BP⊥AM,可得∠APB=90°.根据平行线的性质可得 ∠A+∠ABN=180°，∠PBN=∠APB=90°.进而推出∠ABP=30°.再利用角平 分线的性质得到∠ABC=15°，由于BP⊥AM,可得∠APB=90°.根据平行线的性质 可得∠ACB=∠CBN=90°，∠A+∠ABN=180°，∠ABC=30°，再利用角平分线的 性质得到∠PBA=60°，根据平行线的性质可得∠A+∠ABN=180°，可推出 ∠ABN=120°，∠PBN=60再由BD平分∠PBN,∠PBD=号∠PBN-30, (2)由平行线的性质得到∠A+∠ABN=180°，从而得到 ∠ABN=180°-∠A=120°，再由角平分线的性质得到 ∠PBA=2∠PBC,∠PBN=2∠PBD从而得到2∠PBC+2∠PBD=120°，即可得 以∠CBD=60°，由于∠PCB+∠PDB+∠CBD=180°，∠PCB+∠PDB=120°， ∠PCB+∠PDB的值为定值， (3)由△BCP为等腰三角形，再分三种情况讨论即可. 【详解】(1)解：，BP⊥AM, ∴.∠APB=90°. ..AM BN, ∴.∠A+∠ABN=180°，∠PBN=∠APB=90°. ∠A=60°， .∴.∠ABN=∠ABP+∠PBN=120°， ∴.∠ABP=30° .BC平分∠PBA, ∠ABC3<P8A=x30=15 2 .BC⊥AM, ∴.∠ACB=90° :AM‖BN, .∴.∠ACB=∠CBN=90°，∠A+∠ABN=180°， ∴.∠ABC=180°-∠CBN-∠A=180°-90°-60°=30°， .BC平分∠PBA, .∴.∠PBA=2∠ABC=2×30°=60°， :AM‖BN, .∠A+∠ABN=180°， .∴.∠ABN=180°-∠A=180°-60°=120°， .∴.∠PBN=∠ABN-∠PBA=120°-60°=60°， ,BD平分∠PBN, ∠PBD=∠PBN=1×60=30 (2)解：∠PCB+∠PDB的值是定值，理由如下： :AM‖BN .∠A+∠ABN=180°， ∴.∠ABN=180°-∠A=180°-60°=120°， .BC平分∠PBA,BD平分∠PBN, ∴.∠PBA=2∠PBC,∠PBN=2∠PBD, ∠ABN=∠PBA+∠PBN, ∴.2∠PBC+2∠PBD=120, .∴.∠PBC+∠PBD=60°，即∠CBD=60°， .∠PCB+∠PDB+∠CBD=180°， ∴.∠PCB+∠PDB=180°-∠CBD=180°-60°=120°， ∴.∠PCB+∠PDB是定值，∠PCB+∠PDB=120°. (3)解：△BCP为等腰三角形， 当BC=CP时，则设∠BPC=∠CBP=Q, .∠ABC=∠CBP=C,∠A=60°， .∠ABP=2a .∠A+∠ABP+∠APB=180°， .60°+a+2a=180°， .∠BPC=a=40°： 当BC=BP时，则设∠BPC=∠BCP=B .∠ABC=∠CBP=180°-2B, .60°+2180°-2B+B=180°， ∴.∠BPC=B=80°， 当PC=PB时，则设∠PCB=∠PBC=Y, .∠ABC=∠PBC=Y,∠BPC=180°-2y, .60°+2y+180°-2y=240°≠180°舍去， 综上：∠BPC为40°或80. 3.(1)见解析. (2)①图见解析，②EG=CG! 【分析】本题考查了轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质. 解题关键是利用对称和全等转化线段关系从而证明结论。 (1)连接AC,结合对称可得AE=AC=AC,进而证明∠AEC=∠ACB,可得 ∠ACB+∠AEB=180°，由四边形内角和等于180°即可得出结论， (2)①按要求作图即可，②延长DF交BC于N,连接AN,过点E作EM‖BC交FN于 点M,证明△BFN≌△BFD(AAS),得出BN=BD,∠BNF=∠BDF,进而证明 △ABN≌△ABD(SAS),可得AN=AD,进而证明Rt△ANE≌Rt△ADC(HL), 再证明∠BDG=∠EMN=∠ENM,利用等角对等边证明EM=EN=CD,从而证明 △EMG≌CDG(ASA),由此得出结论 【详解】(1)证明：连接AC, B 由对称可知：AC=AC,∠ACB=∠ACB, .AE=AC. ..AE=AC, .∠AEC=∠ACB, .∠AEC=∠ACB, 又，∠AEC+∠AEB=180°， .∠ACB+∠AEB=180°， 又，∠EAC+∠EBC+∠ACB+∠AEB=360°， ∴.∠EAC+∠EBC=180°， (2)①如图， E ②延长DF交BC于N,连接AN,过点E作EMBC交DN于点M, DF⊥AB, .∠BFN=∠BFD=90°， 又∠ABC=∠ABC,BF=BF, ∴.△BFN≌△BFD(AAS .BN=BD,∠BNF=∠BDF, 又，AB=AB,∠ABN=∠ABD, .△ABN≌△ABD(SAS), ∴.∠ANE=∠ABD=∠ADC=90°，AN=AD, 又，AE=AC, :.Rt△ANE≌Rt△ADC(HL), .EN=CD, :EM‖BC, ∴.∠MEG=∠DCG,∠BDG=∠EMN,∠EMG=∠GDC, ∴.∠BDG=∠EMN=∠ENM, ∴.EN=EM, .EM=CD, .△EMG≌CDG(ASA), .EG=CG. 4.（1)C1,-1 (2)①见解析；②见解析 【分析】(1)过点C作CN⊥y轴于N,由同角的余角相等得出∠OBA=∠OAC,证明 △AOB≌△CNA AAS,得出OA=NC,OB=NA,即可得解； (2)①过点C作CT⊥x轴于T,则∠AOD=∠CTD=90°，由题意可得AO=CT=1, 再证明△AOD≌△CTD AAS即可得证；②过点A作AH⊥BC于H,交x轴于S,由等 腰三角形的性质可得∠ABC=∠C=45°，AH平分∠BAC,从而得出 ∠BAH=∠CAH=∠C=45°，证明△|≌到△CAE ASA,得出AS=CE,再证明 △ADS2△CDE|SAS,即可得证. 【详解】(1)解：如图，过点C作CN⊥y轴于N, B N- 图1 则∠ANC=∠AOB=90°， .∠OAB+∠OBA=90°， .∠OAB+∠OAC=∠BAC=90°， .∠OBA=∠OAC, 在△AOB和△CNA中， ∠AOB=∠ANC ∠OBA=∠OAC AB=AC .∴△AOB≌△CNA AAS, ∴.OA=NC,OB=NA, A0,1,B-2,0, ∴.NC=OA=1,NA=OB=2, ∴.ON=NA-OA=1, .C1,-1: (2)证明：①过点C作CT⊥x轴于T,如图： 则∠AOD=∠CTD=90 .A0,1,C1,-1, .A0=CT=1, 在△AOD和△CTD中， ∠ADO=∠CDT ∠AOD=∠CTD AO=CT .△AOD≌△CTD AAS, ∴.AD=CD: ②如图，过点A作AH⊥BC于H,交x轴于S, .AB=AC,∠BAC=90°」 .∠ABC=∠C=45°， .AB=AC,AH⊥BC, ∴.AH平分∠BAC, ∴.∠BAH=∠CAH=∠C=45, 在△心l和△CAE中， ∠BAH=∠C AB=CA ∠ABO=∠CAO △≌|△CAEASA, ∴AS=CE 在△ADS和△CDE中， AS=CE ∠DAS=∠DCE, AD=CD .△ADS≌△CDE SAS, ∴.∠ADB=∠CDE 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质，添加适当的辅助线， 灵活选用全等三角形的判定方法是解此题的关键， 5.(1)①证明见解析，②证明见解析 (2)9 【分析】(1)①根据AF⊥AC,CF⊥BD可推出∠AFC=∠BDC,证明 △ACF≌△CBD即可；②根据全等三角形的性质得到AF=CD=AD,证明 △ADE≌△AFE,得到∠EDA=∠EFA,即可解答. (2)过点P作PD⊥CM,交CM的延长线于点D,设BM、AP交于点E,证明 △ABC≌△ANC,得到BC=NC,AB=AN,推出CM是BN的垂直平分线，得到 BM=NM,证明△ABM≌△ANM,得到∠ABM=∠ANM,进而得 ∠ANM=∠APM,则MP=MN,证明△PMD≌△MBC,得到PD=MC,由 Sas5S:Me方AMPD,5m号AMCN.可为D-CW,日可果解 【详解】(1)证明：①.·AF⊥AC, ∴.∠CAF=90°，∠ACF+∠AFC=90, .CF⊥BD, ∴.∠ACF+∠BDC=90°， ∴.∠AFC=∠BDC, 在△ACF和△CBD中， ∠AFC=∠BDC ∠CAF=∠BCD=90° AC=BC .'.△BCD≌△CAF AAS. ②.BD是△ABC的中线， ..AD=CD. ,△BCD≌△CAF, ∴.AF=CD=AD, ,∠ACB=90°，AC=BC, ∴.∠DAE=45°， .∠CAF=90°， .∴∠FAE=∠CAF-∠DAE=90°-45°=45°， .∴.∠FAE=∠DAE=45°， 在△ADE和△AFE中， AD=AF ∠DAE=∠FAE, AE-AE .△ADE≌△AFE|SAS, ∴.∠EDA=∠EFA, .∠EFA=∠BDC, .∴.∠BDC=∠EDA. (2)解：如图，过点P作PD⊥CM,交CM的延长线于点D,设BM、AP交于点E, 0 ◇ B -.∠ACB=90°AC=BC M D 图2 .∴.∠BAC=45°， :AQ⊥AB, .∴.∠BAN=90°， .∴.∠NAC=∠BAN-∠BAC=45°=∠BAC, 在△ABC和△ANC中： ∠BAC=∠NAC AC=AC ∠ACB=∠ACN=90° .∴△ABC≌△ANC ASA, .∴.BC=NC,AB=AN, ∴.CM是BN的垂直平分线， .'BM=NM, 在△ABM和△ANM中， AB=AN BM=NM AM=AM '.△ABM≌△ANM|SSSl, ∴.∠ABM=∠ANM, .AQ⊥AB,BM⊥MP, ∴∠ABE+∠AEB=90°，∠MPE+∠MEP=90°， :∠AEB=∠MEP, ∴.∠ABE=∠MPE, ,'∠ABE=∠ANM) ∴.∠ANM=∠MPE, .∴.MP=NM=BM, .:∠BMC+∠PMD=180°-∠BMP=90°，∠BMC+∠MBC=90°， ∴.∠PMD=∠MBC, 在△PMD和△MBC中， ∠PMD=ㄥMBC ∠PDM=∠MCB MP=BM .∴.△PMD≌△MBC AAS, .PD=MC 6Am:SaAe号AMPD,SaAs-号AMCN, 3 ·,S△AMP= 1 AMPD=3 AM-CN, PD-CN. CM=PD-CN=3 -AC-3BC-9. 2 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，线段垂直平分 线的判定与性质，垂直的定义，解题的关键是证明三角形全等. 6.(1)证明见解析： (2)AF+EF=FB' 证明见解析： (3)6 【分析】本题考查的知识是全等三角形的判定与性质、等边对等角、等边三角形的判定与 性质、平行线性质，解题关键是添加合适的辅助线用于构造全等三角形， (1)由角平分线定义得∠EAF=∠CAF,利用“边角边”即可证明： △ACF≌△AEF: (2)连接CF,在FB上截取BM=CF,连接AM,结合(1)中结论可推得EF=CF ∠E=∠ACF=∠ABM,通过“边角边”证明△ABM≌△ACF,结合全等三角形性 质判定△ABC是等边三角形，再由 ∠MAF=∠MAC+∠CAF=∠MAC+∠BAM=∠BAC=60°证得△AMF为等边三 角形，再结合等边三角形性质即可证明AF+EF=FB: (3)连接CF,延长BA交CF延长线于点N,由题推得∠BFC=90°，再根据“角边角” 证明△BFC≌△BFN推得CN,再证明△BAD≌△CAN,即可根据全等三角形性质得 解。 【详解】(1)证明：，AF平分∠CAE .∴.∠EAF=∠CAF, AB=AC,AB=AE, .∴AE=AC, 在△ACF和△AEF中， AC=AE ∠CAF=∠EAF AF=AF .∴.△ACF≌2△AEF SAS: (2)解：结论：AF+EF=FB,证明如下： 如图2，连接CF,在FB上截取BM=CF,连接AM, 图2 由(1)得△ACF≌△AEF,AE=AB, ∴.EF=CF,∠E=∠ACF=∠ABM, 在△ABM和△ACF中， AB=AC ∠ABM=∠ACF BM=CF .∴.△ABM≌△ACF SAS, .∴.AM=AF,∠BAM=∠CAF, ,AB=AC,∠ABC=60°， .△ABC是等边三角形， .∴.∠BAC=60°， ∴.∠MAF=∠MAC+∠CAF=∠MAC+∠BAM=∠BAC=60°， AM=AF, .∴.△AMF为等边三角形， ∴.AF=AM=MF, 又BM=CF=EF, ∴.AF+EF=BM+MF=FB, 即AF+EF=FB: (3)解：如图3中，连接CF,延长BA交CF延长线于点N, .·∠ABC=45°BD ∠ABC AB=AC 图3 平分 .∠ABE=∠CBE=22.5°，∠ACB=45°，∠BAC=90°， .AE‖BC, ∴.∠AEB=∠CBE=22.5 ∴.∠AEB=∠ABE=∠CBE=22.5°， 由(1)得，△ACF≌△AEF, .∴.∠ACF=∠AEF=22.5°，CF=EF .∴.∠ACF=∠AEB=∠ABE=∠CBE=22.5° .∴.∠BFC=180°-∠CBE-∠ACB-∠ACF=90°=∠BFN, .在△BFC和△BFN中， ∠BFC=∠BFN BF=BF ∠ABE=∠CBE .∴.△BFC≌△BFN ASA, ∴.FC=FN, 又.CF=EF,EF=3, ∴.FC=FN=EF=3, ∴.CN=6, ,在△BAD和△CAN中， ∠BAD=∠CAN=90° AB=AC ∠ABD=∠ACN .'.△BAD≌△CAN ASA, BD=CN=6」 故答案为：6. 7.(1)-6,-2 (2)见解析 (3)当D在x轴下方时，OP-DE=2:当D在x轴上方时，OP+DE=2 【分析】(1)过点C作CE⊥x轴于点E,于是可得∠CEA=90°=∠AOB,由直角三角 形的两个锐角互余可得∠ECA+∠EAC=90°，由△ABC是等腰直角三角形可得 AC=BA,∠CAB=90°，进而可得∠EAC+∠OAB=180°-∠CAB=90°，于是可得 ∠ECA=∠OAB,利用AAS可证得△ECA≌△OAB,于是可得EC=OA=2, EA=OB=4,进而可得OE=OA+EA=6,据此即可得出点C的坐标： (2)连接AC,过B作BH⊥AB交AD延长线于H,先根据坐标与图形性质得到OA=2, AC⊥X轴，AC=4,证明△CAO≌△ABH ASA得到BH=OA=OB, ∠AOC=∠H,再证明△OBD≌△HBD|SAS得到∠DOB=∠H,进而可得结论： (3)当D在x轴下方时，过点D作DQ⊥y轴于点Q,于是可得 ∠DQP=∠DQO=90°=∠POA,由直角三角形的两个锐角互余可得 ∠OAP+∠OPA=90°，由△APD是等腰直角三角形可得PD=AP,∠APD=90°，进 而可得∠OPA+∠QPD=90°，于是可得∠QPD=∠OAP,利用AAS可证得 △QPD≌△OAP,于是可得QP=OA=2,由DE⊥X轴可得∠DEO=90°，根据题意 可知∠EOQ=90°，再结合∠DQO=90°，进而可得DE=OQ,则 OP-DE=OP-OQ=QP,于是得解；同理当D在x轴上方时，得到 OP+DE=OP+OQ=QP,可得解. 【详解】(1)解：如图(1)，过点C作CE⊥X轴于点E, ∴.∠CEA=90°=∠AOB (1) ∴.∠ECA+∠EAC=90°， ,△ABC是等腰直角三角形， ∴.AC=BA,∠CAB=90°， .∴.∠EAC+∠OAB=180°-∠CAB=180°-90°=90°， ∴.∠ECA=∠OAB, 在△ECA和△OAB中， ∠CEA=∠AOB ∠ECA=∠OAB, AC=BA ∴△ECA≌△OABAAS, ∴.EC=OA,EA=OB OB=4,A-2,0, ..EC=OA=2,EA=4, ∴.OE=OA+EA=2+4=6, .C-6,-2, 故答案为：-6，-2： (2)解：连接AC,过B作BH⊥AB交AD延长线于H,则∠ABH=90°， (2) A-2,0,点C的坐标是-2,4， “.OA=2,AC⊥x轴，则AC=4,∠CAO=∠ABH=90° .OB=2,AD⊥CO, .AB=OB+OA=4=AC,∠ACO=∠BAH=90°-∠CAD 在△CAO和△ABH中， ∠ACO=∠BAH AC=AB ∠CAO=∠ABH .△CAO≌△ABH ASA, .BH=OA=OB,∠AOC=∠H, :AB=AC=4,∠CAB=90 .∠ABC=∠ACB=45°，又∠ABH=90°， .∠HBD=90°-∠ABC=45°=∠ABC, 在△OBD和△HBD中， BH=OB ∠OBD=∠HBD BD=BD .△OBD≌△HIBD SAS, ∴.∠DOB=∠H, .∠DOB=∠AOC (3)解：当D在x轴下方时，如图，过点D作DQ⊥y轴于点Q, 0 】 ∴.∠DQP=∠DQO=90°=∠POA .∴.∠OAP+∠OPA=90°， :△APD是等腰直角三角形， ∴.PD=AP,∠APD=90°， .∠OPA+∠QPD=90°， ∴.∠QPD=∠OAP, 在△QPD和△OAP中， ∠DQP=∠POA ∠QPD=∠OAP PD-AP ∴.△QPD≌△OAP|AAS, ∴.QP=OA=2, ,DE⊥X轴， .∠DE0=90°， DE‖OQ: 根据题意可知：∠EOQ=90, 又，'∠DQ0=90°， .OE‖DQ, ∴.DE=OQ, ∴.OP-DE=OP-OQ=QP=2, 即：OP-DE=2: 当D在x轴上方时，如图，过点D作DQ⊥y轴于点Q, y 同理可证明△QPD≌△OAP AAS, ∴.QP=OA=2,DE=OQ .OP+DE=OP+OQ=QP=2, 即：OP+DE=2, 综上，当D在x轴下方时，OP-DE=2;当D在x轴上方时，OP+DE=2. 【点睛】本题主要考查了垂线的性质，直角三角形的两个锐角互余，等腰三角形的判定与 性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质等知识点，添加适当辅助线构造全等三 角形是解题的关键】 8.(1)120° 2030,②吃a 3)60或g00 【分析】本题主要考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质，角平分线的定义，利用 分类讨论的思想求解是解题的关键， (1)由三角形内角和定理可得∠OFE+∠OEF的结果，再由角平分线的定义可推出 ∠PEF+∠PFE的结果，据此由三角形内角和定理可得答案； (2)①设∠OEF=2x,由三角形内角和定理可得∠OFE=120°-2x,则由平角的定义 可得∠DFE=60°+2x,由角平分线的定义可推出∠OFP=∠DFG=30°+x,则 ∠EFP=∠OFE+∠OFP=150°-x,据此由三角形内角和定理可得答案；②同(2) ①求解即可； (3》由角平分线的定义和三角形外角的性质可证明∠P=}∠OFE:根据角平分线的定 义和三角形内角和定理可求出∠Q=90-1 ∠OFE,则可得到∠PEQ=90°；再分 ∠PEQ=2∠P和∠Q=2∠P两种情况，讨论求解即可. 【详解】(1)解：，∠BOD=60 ∴.∠OFE+∠OEF=180°-∠EOF=120°： ,EP平分∠OEF,FP平分∠OFE, ∠PEr=)∠OEr,∠PFE=∠OFE, 六zPaE+zPFD-30EF+0FD-20F+号oPC-60 ∴.∠EPF=180°-∠PEF+∠PFE=120°： (2)解：①设∠OEF=2x, ,∠BOD=60, .∠OFE=180°-∠OEF-∠EOF=120°-2x, .∠DFE=180°-∠OFE=60°+2x, ,EP平分∠OEF,FG平分∠DFE, ∠PiF=人0F=X,DFG=DFE=30+x. .∠OFP=∠DFG=30°+X, ∴.∠EFP=∠OFE+∠OFP=150°-x, .∠P=180°-∠EFP-∠PEF=180°-150°+X-x=30: ②设∠OEF=2y, :∠BOD=a°， .∠OFE=180°-∠OEF-∠EOF=180°-a°-2y, ∠DFE=180°-∠OFE=a°+2y, ,EP平分∠OEF,FG平分∠DFE, PEF=3∠OEr=y,∠DFG=3∠DFEE=a+y, ∠OFP=∠DFG=a+y, ·∠EFP=∠OFE+∠OFP=180- 2a-y, :∠P=1800-∠EFP-∠PEF=180°-180+号a+y-y=号a, (3)解：，OP平分∠AOD,EP平分∠OEF, :∠AOP2∠AOD,∠AEP-∠AE: :∠AOD=∠OEF+∠OFE,∠AOP=∠P+∠AEP, OBF+2OEE∠P+号<AE A∠P=∠OFE 2 :EQ平分∠OEG, ∠0BQ-克<0EG=号180-∠0EF=90-号0ER, 又：∠EOQ=∠AOP=∠P+∠AEP=∠OFE+∠OEF, ∴∠Q=180-∠0p0-∠00=90-3<0FE, .∠PEQ=180°-∠P-∠Q=90°： 当∠PEQ=2∠P时，则∠P=45°， ∴.∠OFE=90°； 当∠Q=2∠P时，则2∠P=90°-∠P, .∠P=30°， .∠OFE=60°： 综上所述，∠OFE的度数为60°或90° 9.(1)见解析 (2)AD=CE'AD⊥CE理由见解析 3,600 49 【分析】(1)由等腰直角三角形的性质判断出△DBA≌△EBC即可得出结论： (2)先证明△DBA≌△EBC得到AD=CE,∠ADB=∠CEB,再延长AD与CE交于 点O,证明∠ODE+∠OED=90°即可得到AD⊥CE: (3)过A作AC⊥AM交CD延长线于M,可证得△ABC≌△ADM,可得BC=DM, 再由CM=10求出BC和CD的长即可. 【详解】(1)证明：，'△ABC和△DBE是两个都含有45°角的大小不同的直角三角板， .∠DBE=∠ABC=90°AB=BCBD=BE .∴.△DBA≌△EBC(SAS .'AD=CE; (2)解：AD=CE,AD⊥CE,理由如下： .:∠DBE=∠ABC=90° .∠DBA=∠BCE=90°-∠DBC AB=BC,BD=BE .△DBA≌△EBC(SAS) ∴.AD=CE,∠ADB=∠CEB 延长AD与CE交于点O, .'∠BDE+∠BED=90 ∴.∠BDE+∠BEC+∠CED=90 ∴.∠BDE+ADB+∠CED=90° ∴.∠ODE+∠OED=90 .∴.∠0=90° ∴.AD⊥CE: (3)解：过A作AC⊥AM交CD延长线于M,过A作AN⊥CD交CD于N, -M .∠ACD=45 .∴.∠ACD=∠M=45 .∴.AC=AM ,·∠BAD=90°，AB=AD .∠BAC=DAM=90°-∠DAC .∴.△ABC≌△ADM(SAS)】 .∴.BC=DM,∠ACB=∠M=45° ∴.∠ACD=∠ACB+∠ACD=90 ,A到直线CD的距离为5， .∴.AN=5 .AC=AM .∴.CM=2AN=10 :BC=3CD,CM=BC+DM=BC+CD 4 .CD-40.BC- ∴.San=号BCCD=号x40×30-600 27749 【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质与判断，全等三角形 的判定和性质，垂直定义方法，解本题的关键是判断出△DBA≌△EBC,是一道难度不 大的中考常考题. 10.(1)5V5 (2)y=48-4x (3)存在，x=133 8 【分析】本题考查等腰三角形的判定与性质，勾股定理、平行线的判定与性质、角平分线 的定义等知识，熟练掌握等腰三角形的判定是解答的关键， (1)由勾股定理可得出答案： (2)证明BN=ON,OM=MC,得出AN=AM=x,则BN=NO=OM=MC=10-x, 可得出答案； (3)过点A作AD⊥BC于点D,过点M作ME⊥BC于点E,连接BM,由勾股定理求出 AD=6,由面积法求出ME=3,再求出CE=4,DE=CD-CE=4,根据题意，可得 DN=AB+BD-x=18-x,NE=DN+DE=22-x.然后利用勾股定理结合AN=MN 求解即可. 【详解】(1)因为AB=AC=10,M是AC的中点， 所以AM=5. 在Rt△ANM中，MN=AB+AM=102+52=55 (2)因为∠ANM=∠ABC, 所以NM‖BC, 所以∠NOB=∠OBC,∠MOC=∠OCB 因为BO平分∠ABC,CO平分∠ACB, 所以∠NBO=∠OBC,∠OCM=∠OCB, 所以∠NBO=∠NOB,∠MCO=∠MOC, 所以NO=NB,MO=MC. 因为AB=AC=10, 所以∠ANM=∠ABC=∠AMN=∠ACB, 所以AN=AM=x,则BN=NO=MO=MG=10-X, 所以y=BN+NO+MO+CM+BC=410-x+8=48-4x. (3)如图，过点A作AD⊥BC于点D,过点M作ME⊥BC于点E,连接BM, 因为AB=AC, 所8BD-CD:号8c=8, 在Rt△ABD中，AD=VAB2-BD=102-8=6 因为M是AC的中点， 所以S△BM=2 以nc-M-分cAn, 所以ME=3. 在Rt△CME中，CE=CM2-ME=5-3=4 所以DE=CD-CE=4. 根据题意，可得DN=AB+BD-x=18-X,NE=DN+DE=22-x. 在Rt△ADN中，AN2=AD2+DN2=62+18-xP 在Rt△MNE中，MN2=ME2+NE2=32+22-x2. 因为AN=MN,所以62+18-x=32+22-x, 解得x=133 8 11.(1)证明见解析；(2)HE=HG+DG;理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性 质，添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键。 (1)利用等腰直角三角形的性质证明△CBD≌△EFC,得到BD=CF,BC=EF,进 一步可得到结论； (2)在EH上截取EQ=DG,连结CQ,先证明Rt△CDG≌Rt△CEQ,得到CG=CQ, ∠GCD=∠QCE,再证明△GCH≌△QCH,得到HG=HQ,即可得到结论. 【详解】(1)证明：，△ABC为等腰直角三角形， ∴.CD=CE, .∠DCE=90°， ∴.∠DCB+∠ECF=90, ,EF⊥BC, .∴∠EFC=90°， ∴.∠ECF+∠CEF=90°， .∴.∠DCB=∠CEF, .·∠CBD=∠EFC=90°， .∴.△CBD≌△EFC(AAS), .'BD=CF,BC=EF, .∴.BC=BF+CF=BF+BD ∴.EF=BF+DB: (2)解：HE=HG+DG. 理由如下： 在EH上截取EQ=DG,连结CQ, .EH⊥CE,DG⊥DC, ∴.∠CDG=∠CEQ=90°， 在Rt△CDG和Rt△CEQ中， DG=EQ CD=CE ∴.Rt△CDG≌Rt△CEQ(HL, ∴.CG=CQ,∠GCD=∠QCE, .∠DCQ+∠QCE=90°， .∴.∠DCQ+∠GCD=90°， ∴.∠GCQ=90°， ‘,'△ABC为等腰直角三角形， .∠ACB=45°， .∴.∠QCH=45°， .∴.∠GCH=∠QCH=45°， 又.CH=CH, ∴.△GCH≌△QCH(SAS), .∴.HG=HQ, ∴.HE=HQ+QE=HG+DG. D B 12.(1)13;(2)见解析；(3)AF=1 【分析】(1)延长BD至点E,使得DE=DB,连接EC,证明△DEC≌△DBA SAS, 得出AB=CE,再由勾股定理求出CE的长即可得解： (2)延长ED至点G,使得DG=DE,连接AG,GF,证明△CDE≌△ADG SAS, 得出∠GAE=∠C,CE=AG,从而可得AG‖BC,由平行线的性质可得∠GAF=90, 由勾股定理求出CE2+AF2=GF2,证明线段DF垂直平分GE,得出EF=GF,即可得证： (3)分两种情况：当点F在线段BA上时，延长ED至点M使得DE=DM,连接AM、 MF、EF;当点F在射线BA上时；分别利用全等三角形的判定与性质并结合勾股定理计 算即可得解。 【详解】(1)解：如图2，延长BD至点E,使得DE=DB,连接EC, E 图2 点D为AC中点， ∴.AD=CD 在△DEC和△DBA中， DE=DB ∠CDE=∠ADB, CD=AD .△DEC≌△DBA SAS, ∴.AB=CE, .DB⊥BC,BE=2BD=12, ·CE=RVBC2+BE2=13 .AB=CE=13: (2)证明：如图，延长ED至点G,使得DG=DE,连接AG,GF, 图3 ,点D为斜边AC中点， ∴AD=CD, 在△CDE和△ADG中， CD=AD ∠CDE=∠ADG, DE=DG ∴.△CDE≌△ADG SAS, .∠GAE=∠C,CE=AG .AG‖BC, ,∠B=90°， .∠GAF=180°-∠B=90°， ..AG2+AF2=GF2, ..CE+AF=GF2, ,GD=DE,DF⊥DE, ∴线段DF垂直平分GE, .EF=GF. ..EF2=AF2+CE: (3)如图：当点F在线段BA上时，延长ED至点M使得DE=DM,连接AM、MF、EF, B E 图4 ,点D为斜边AC中点， ∴，AD=CD 在△CDE和△ADM中， CD=AD ∠CDE=∠ADM, DE=DM .△CDE≌△ADMSAS, ∴.∠MAE=∠C,CE=AM. .AM‖BC, ∠B=90, .∠MAF=180°-∠B=90, ∴.AM+AF2=MF2, 六BC+BEP+AF2=MF2 (2+BEP+AF2=ME2 :MD=DE,DF⊥DE, ∴线段DF垂直平分ME, .EF=MF, .EF2=BE2+BE2, EF2=BE+AB-AF2 .BE=AF, EF2=AE2+4-AF2 (2+AFP+AF2=ME2 2+AFP+AE2=AF2+(4-AF 解得：AF=1: 如图，当点F在射线BA上时，延长ED至点M使得DE=DM,连接AM、MF、EF, M<- B 图4 同理可得：AM+AF2=MF2,EF=BE2+BF2,EF=MF, ∴AM2+AF2=BE2+BF2, 2+AF+AE2=AF2+(4+AFP 解得：AF=-3(不符合题意，舍去)， 综上所述，AF=1. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理线段垂直平分线的判定与性质等 知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解 此题的关键， 13.(1)见下方详解： (2)点B的坐标为2,4)，点C的坐标为-5,3： (3)当n的值发生变化时，a+n的值不变，其值为-1. 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质、平面直角坐标系中坐标的求解以及利用 全等关系探究坐标之间的数量关系.具体涉及到直角三角形全等的判定定理HL,以及通 过作辅助线构造全等三角形来解决平面直角坐标系中的点的坐标问题.解题的关键在于构 造全等三角形，通过在图形中合理作辅助线，利用己知的直角和等腰直角三角形的边、角 关系，找出全等的条件.这也是典型的“一线三垂直模型”，利用全等三角形对应边相等 的性质，将坐标与线段长度建立联系，从而求解点的坐标或探究坐标之间的数量关系， (1)通过已知条件判断两个直角三角形的边的关系，利用HL定理证明全等，再根据全等 三角形的性质以及角之间的关系证明DE⊥EC. (2)过点B、C分别作X轴的垂线，构造出全等三角形，根据全等三角形对应边相等的性 质，结合已知点的坐标求出B、C的坐标， (3)同样过点B、C作x轴的垂线构造全等三角形，得出坐标之间的关系，进而分析a+n 的值是否变化 【详解】(1)证明：，∠A=∠B=90 ∴.△EAD和△CBE为直角三角形，∠AED+∠ADE=90° ∴.在Rt△EAD和Rt△CBE中， AE=BC DE=EC ∴.Rt△EAD≌Rt△CBEHL, ∴.∠ADE=∠BEC .∠AED+∠BEC=90°， .∠DEC=180°-∠AED+∠BEC=90°， ∴.DE⊥EC (2)解：过点B作BD⊥X轴于点D,过点C作CE⊥X轴于点E, AO D .∠BAC=90°， .∠BAD+∠CAE=90°， ∴.∠BAD+∠ABD=90°， .∠ABD=∠CAE, .在△ABD和△CAE中， ∠ADB=∠CEA ∠ABD=∠CAE AB=AC .△ABD≌△CAEAAS, AD=CE'BD=AE' “A-1,0m=2'a=-5 ∴.OD=2,OE=5, .AD=OD-OA=2--1=3, .CE=3,AE=OE-OA=5-1=4, ..BD=4. ∴.点B的坐标为2,4，点C的坐标为-5,3. (3)解：过点B作BF⊥x轴于点F,过点C作CG⊥X轴于点G, 同理可证△ABF≌△CAGAAS, ∴·AF=CGBF=AG ,点B的横坐标m=2, .OF=2,AF=OF+OA=2+1=3, .CG=AF=3,即b=3, 由题可知BF=n,AG=n,OG=-a,OA=1, ∴.AG=OG-OA,即n=-a-1, a+n=-1. .当n的值发生变化时，a+n的值不变，其值为1. 14.(1)①见解析；②2 (2)4 【分析】(1)①根据等边三角形的性质证明△PAC≌△MBC SAS,再根据全等三角 形的性质即可得证： ②过点P作PT⊥AC于点T,证明△PCT≌△MCH AAS得CT=CH=3,进而得出 AT=AC-CT=5,AP=2AT=10,再利用线段的和差即可求出BP的长： (2)如图，过点Q作QD⊥AB于D,作射线CM,过点B作BE⊥CM于E,证明 △CQM≌△DPQSAS得∠QCM=∠PDQ=90°，从而得出 ∠BCM=∠QCM-∠ACB=30°，则点M在与BC成30°夹角的定直线上运动，进一步 得出结果。 【详解】(1)①证明：，△ABC是等边三角形， ∴.AB=AC=BC,∠ACB=60°， ,△MPQ是等边三角形，点Q与点C重合， ∴.△MPC是等边三角形， .PC=MC,∠PCM=60°， .∠ACB=∠PCM, ∴.∠ACB+∠PCB=∠PCM+∠PCB, .∠PCA=∠MCB, 在△PAC和△MBC中， AC=BC ∠PCA=∠MCB, PC=MC ∴.△PAC≌△MBCSAS, .AP=BM: ②解：如图，过点P作PT⊥AC于点T, c(O) T 、H B .∠PTC=∠PTA=90°. .MH⊥CB,CH=3, ∴.∠PTC=90°=∠MHC, 由①知：PC=MC,∠PCA=∠MCB,即∠PCT=∠MCH, 在△PCT和△MCH中， ∠PTC=∠MHC ∠PCT=∠MCH, PC=MC ∴.△PCT≌△MCH AAS, .CT=CH=3, ,△ABC是边长为8的等边三角形， .∠A=60°，AC=AB=8, .∠APT=90°-∠A=90°-60°=30°，AT=AC-CT=8-3=5, .AP=2AT=2×5=10, .BP=AP-AB=10-8=2 (2)解：如图，过点Q作QD⊥AB于D,作射线CM,过点B作BE⊥CM于E, E .∠ADQ=90°，∠BEC=90°， ,△ABC是边长为8的等边三角形， .∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC=8, .∠AQD=90°-∠A=30°，∠DPQ+∠AQP=180°-∠A=120°， ..AQ=2AD, .AQ=2BP, .AD=BP. .DP=AB-AD-BP=AB-2BP=AC-AQ=CQ, ,△MPQ是等边三角形 .∠PQM=60°，QM=PQ, ∴.∠CQM+∠AQP=180°-∠PQM=120°， ∴.∠CQM=∠DPQ, 在△CQM和△DPQ中， CQ=DP ∠CQM=∠DPQ QM=PQ ∴.△CQM≌△DPQ SAS, ∴.∠QCM=∠PDQ=90°， ∴.∠BCM=∠QCM-∠ACB=90°-60°=30°， ∴.点M在与BC成30°夹角的定直线上运动， ∴.当点M在E处时，BM最小， .∠BEC=90°，∠BCM=30°，BC=8, :.BE=-BC=4. ∴BM的最小值为4. 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、含30°角的直角三角 形的性质、直角三角形两锐角互余、垂线段最短等知识，通过作辅助线构造全等三角形、 确定点M的运动路径是解题的关键.本题属于几何综合题，需要较强的几何推理和辅助线 构造能力，适合有能力解决几何难题的学生。 15.(12,7 (2)不发生改变，BF=4 (3)证明见解析 【分析】(1)过点C作CG⊥OF,构造一线三垂直全等△ABO≌△BCG即可得出点C 坐标： (2)过点E作EH⊥OF,构造一线三垂直全等△DBO≌△BEH得出CG=EH,从而 可证△CGF≌△EH,结合SAAm=AD×B0=8即可求解： (3)连接AE和CD,可证明△DBC≌△EBA,从而证明△CDG≌△EAG,利用八 字型导角即可得证 【详解】(1)解：如图，过点C作CG⊥OF, G2 ,△ABC D 为等腰直角三角形， .CB=BA,∠ABC=90° ∴.∠CBG+∠ABO=90°， .∠ABO+∠BAO=90°， ∴.∠CBG=∠BAO, 在△ABO与△BCG中， ∠BOA=∠CGB ∠BAO=∠CBG AB=BC .∴.△ABO≌△BCG AAS, ∴.CG=BO=2,GB=AO=5, .C2,7, 故答案为：2,7 (2)解：长度不发生改变，BF=4,理由如下， 如图，过点C作CG⊥OF,过点E作EH⊥FO, .△BDE A 为等腰直角三角形， ∴.BD=BE,∠DBE=90°， ∴.∠HBE+∠DBO=90, .∠DBO+∠BDO=90°， .∠HBE=∠BDO, 在△DBO与△BEH中， ∠BOD=∠EHB ∠BDO=∠EBH BD=EB ∴.△DBO≌△BEH AAS, ∴EH=BO=CG,BH=DO, 在△CGF与△EHF中， ∠CFG=∠EFH ∠CGF=EHF CG=EH .∴.△CGF≌△EHF AAS, .'GF=FH, SmAD×B0=8 ∴.AD=8, ..AO+DO=BG+BH=BF+FG+BF-FH=2 BF=8, .∴.BF=4; (3)证明：如图，连接CD、AE交于点H, '△ABC△BDE D 与 为等腰直角三角形， ∴.BE=BD,AB=BC,∠EBD=∠ABC=90°， .∠DBE+∠EBC=∠ABC+∠EBC, ∴.∠DBC=∠EBA, 在△DBC与△EBA中， DB=EB ∠DBC=∠EBA BC=BA .△DBC≌△EBA SAS, ∴.DC=EA,∠AEB=CDB, ∴.∠EHD=∠EBD=90, 在△CDG与△EAG中， DG=AG GC=≥tDG=AEP ∴.△CDG≌△EAG SSS), ∴.∠CGD=∠EGA,∠DCG=∠AEG, ∴.∠CHE=∠CGE=90°， ∴.∠AGD=90° 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握一线三垂直的辅助线构造是解决本题 的关键。 16.(1)60° (2)见解析 (3)BM+MN=6 【分析】(1)先求解∠CAB=180-110°-25°=450，∠BAD=2×450=30,再 3 进一步求解即可： (2)在DG上取一点E,使得DF=DE,连接BE,由题意可得BD=CD,证明 △CDF≌△BDE SAS,得出BE=CF,∠CFD=∠BED,再证明 △ABC≌△BEG AAS,得出EG=BC,即可得证： (3)如图，过B作BG⊥AC于G,交CP于M,过M作MN⊥BC于N,求解BG=6,证 明GM=NM,此时BM+MN=BM+MG=BG,此时值最小. 【详解】(1)解：：∠ABC=110°，∠C=25°， .∠CAB=180°-110°-25°=45°， .∠BAD=2∠CAD, ∠BAD=2×450=30, 3 ,DE⊥AB, .∠AED=90, .∴.∠ADE=90°-30°=60°. (2)证明：如图，在DG上取一点E,使得DF=DE,连接BE, B ,点D是△ABC的边BC的中点， .BD=CD 在△CDF和△BDE中， b, ∴，△CDF≌△BDE SAS, .BE=CF,∠CFD=∠BED, .CF=AB. ..AB=BE, :∠C+∠A+∠ABD=180°，∠G+∠A+∠AFD=180°，∠AFD=∠ABD, .∠C=∠G, ,∠CFD+∠AFD=180°，∠BED+∠BEG=180°，∠CFD=∠BED, ∴.∠AFD=∠BEG, ,∠AFD=∠ABD, ,∠BEG=∠ABD, 在△ABC和△BEG中， , ∴.△ABC≌△BEG AAS, .EG=BC. .DG=DE+EG=DF+BC: (3)解：如图，过B作BG⊥AC于G,交CP于M,过M作MN⊥BC于N, ∴.∠CGM=∠CNM=90°， G M :S△ABc=12,AC=4, 1×4×BG=12 BG=6, .CP平分∠ACB .∠GCM=∠NCM, .CM=CM. .△CGM≌△CNMAAS, ∴.GM=NM, ∴.此时BM+MN=BM+MG=BG,此时值最小， .BM+MN的最小值为6 17.(1)=;(2)①PA2+PC2=PB2+PD:②V89(3)V21 【分析】(1)由∠AOB=∠COD=∠AOD=∠BOC=90°，根据勾股定理得 AB=0A2+0B2,CD2=0C2+0D2,AD2=0A2+0D2,BC2=0B+0C,则 AB2+CD2=AD2+BC2=0A2+0B+0C2+0D2: (2)①由EG⊥FH,证明a+c2=b2+d,再结合图形变换可得答案： ②将△EFG沿H方向平移至△EHG,使点F与点重合，四边形EEGG是长方形，求 得EH+FG=EH+HG'≥EG,再进一步解答即可. (3)先证明AC⊥BD,再结合(1)AB+CD=BC2+AD求解即可. 【详解】解：(1)证明：AC⊥BD于点O, ∴.∠AOB=∠COD=∠AOD=∠BOC=90°， .AB2=0A2+0B,CD2=0C2+0D2,AD2=0A2+0D2,BC2=0B2+0C2, .AB2+CD2=0A2+0B2+0C2+0D2,AD2+BC2=0A2+0B2+0C2+0D2, .AB2+CD2=AD2+BC2. 故答案为：=. (2)①如图，：EG⊥FH, ① ,a2=0F2+0E2,c2=0G2+0H2, d=0E2+0H2,b2=0F2+0G2, a2+c2=b+d, 如图， 结合图形变换可得：PA+PC2=PB+PD2: ②如图，将△EFG沿FH方向平移至△EHG,使点F与点H重合， E “G 由平移的性质知：EE‖FH‖GG,EE=FH=GG=6,FG‖HG,FG=HG', EG⊥FH, .EG⊥EE, ∴四边形EEGG是长方形， ∴EG=VEG2+GG=88+5=89 .EH+FG=EH+HG≥EG, :EH+FG的最小值为V89 (3),△AEB和△EDC是等腰直角三角形， .AE=BE,CE=DE, :∠AEB=∠DEC=90, ∴.∠AEB+∠AED=∠DEC+∠AED, 即∠AEC=∠BED ∴.△BED≌△AEC SAS: .∠EBD=∠EAC, .∠BFE=∠AFO, ∠BFE+∠EBF+∠BEF=∠AFO+∠EAC+∠AOF=180°， .∠AOF=∠AEB=90°， ,BD⊥AC, B 由(1)可知：AB+CD2=BC2+AD2 :AE=3,DE=2, .AB2=2AE2=18,CD2=2DE2=8,AD2=AE-DE2=5, .BC2=18+8-5=21, .BC=21 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，作出 合适的辅助线是解本题的关键. 18.(1)见解析 (2)AC=PE' 见解析 (3)0B=14 【分析】(1)首先根据尺规作图的过程，得到OA=OE、OB=OF,且∠AOB与 ∠EOF为公共角，可证明△AOB≌△EOF,得到对应角相等；再结合边的关系证明 △AFC与△BEC全等，得到AC=EC;最后证明△AOC≌△EOC,即可得到 ∠AOC=∠EOC,证明OC是角平分线： (2)先利用OC是角平分线得到∠AOC=∠BOC,结合已知的边相等条件，证明包含 AC和PE的三角形全等，即可得到二者的数量关系： (3)过点H作OM的垂线，根据角平分线的性质得到该垂线段长度等于HQ:结合 ∠AHO=∠ABO=45°，先在△ABO中利用角度条件和AB的长度求出OA与OB的关系， 再结合角平分线的性质、角度条件构造直角三角形，利用线段和差关系求解OB, 【详解】(1)（1)证明：如图1，连接BF. M A ‘.OB=OF BN 图1 .∴.∠EBF=∠AFB, ∵OA=OE, .∴.OB-OE=OF-OA, 即EB=AF. BE=FB ∴.△EBF≌△AFB, ∴.∠EFB=∠ABF, ∴.CB=CF, .OB=OF, .∴.OC是BF的垂直平分线， ∴.OC是∠MON的平分线， (2)(2)AC=PE」 如图2，在OB上取一点G,使得OG=OA,连接CG M A .ㄥGOG=∠AOC OC=OC GE BN 图2 ∴.△GOC≌△AOC, ∴.GC=AC,∠OGC=∠OAC, ∴.∠CGB=∠FAP, FA=FP ∴.∠FAP=∠FPA=∠EPB, ∴.∠CGB=∠EPB, .BC=BE,∠GBC=∠PBE, .△GBC≌△PBE, ∴.GC=PE, .∴.AC=PE (3)(3)如答图3，在OB上取一点G,使得OG=OA,连接GH,分别过点A作 AE⊥HQ于点E,AF⊥OB于点F. M A .HQ⊥ON FGO BN 图3 ∴.四边形AFQE是矩形， ∴.AF=EQ,AE=FQ, 在Rt△AFB中，∠ABF=45°，AB=6V2, .∴.BF=AF=EQ=6, .'OG=OA,∠GOH=∠AOH,OH=OH, .△GOH≌△AOH, ∴.GH=AH,∠GHO=∠AHO=45°， .∠AHG=90°=∠E=∠HQG, ∴.∠AHE+∠GHQ=90°，∠HGQ+∠GHQ=90°， .∴.∠HGQ=∠AHE, .∴.△HGQ≌△AHE, .HQ=AE=FQ=4,GQ=HE=EQ-HQ=2, .FG=FQ-GQ=2,BQ=BF-FQ=2, 设OB=x,则OF=x-6,OA=OG=x-4, 在Rt△OAF中，OF2+AF2=OA2, ∴.x-62+62=x-42, 解得：x=14, 即OB=14. 19.(1)6 (2)S=1f-6t+18 3)Q(8,4) 【分析】(1)先由BD⊥AC,坐标轴夹角为直角，推导角的等量关系，结合BE=AC的 条件，证明△BOE和△AOC全等，得到OB=OA;再结合△AOB的面积公式代入数值求 解OA长度； (2)作CT⊥AF于点T,交AO于点R,连接FR,由AC=CF可推出CT是AF的垂直平 分线，从而得出FR=AR,进一步推导出△FRA,△CTB均为等腰直角三角形，然后用t 的代数式表示出OR,C0的长度，再根都5。xY(C0U可求解， (3)延长OC至P点，使CP=CQ,延长QF交y轴于点M,由∠BCQ=2∠BOF和三角 形外角的性质可得∠BOF=∠CPQ,从而得出OFPQ,所以PQ和OF的函数解析式 中一次项系数相等，通过F坐标可求出用t的代数式表示出FO的解析式中的一次项系数， 用t的代数式表示Q的坐标，再用待定系数法，可以求出PQ的函数表达式，从而求出P点 的纵坐标，然后表示出CP的长度，最后，在t△QMC中用勾股定理列方程，即可求出t, 这样Q的坐标即可求出。 【详解】(1)解：BD⊥AC, ∴.∠OBE+∠BCD=90°， .∠AOC=90°， ∴.∠OAC+∠BCD=90, .∠OBE=∠OAC, 又.·∠BOE=∠AOC=90°，BE=AC, .△BOE≌△AOC(AAS,) ∴.AO=BO, .△AOB的面积为18， ∴号A080=18, ∴.A02=36 .A0=6: (2)解：作CT⊥AF于点T,交AO于点R,连接FR,如下图所示： B .AC=CF A .TF=AT,即CT是AF的垂直平分线， ∴.FR=AR, ,AO=BO,∠BOA=90°， ∴.∠RAF=∠CBT=45°， .∴.∠RFA=∠RAF=45°，∠TCB=∠CBT=45°， .∠FRA=90°， :F点纵坐标为t, ∴.FR=t, ∴.AR=t, ∴.V=6-t, .∴.F的坐标为6-t,t, .∠TCB=45°，∠COR=90°， .∴.∠ORC=∠TCB=45°， .∴.OC=V=6-t, 5se号C0vd 号6-06-t =f-12t+36) -6+18 .S=号-6t+18, (3)解：延长OC至P点，使CP=CQ,连接PQ,延长QF交y轴于点M,如下图： B M 'CP=CQ P ∴.∠CPQ=∠CQP, ∴.∠BCQ=∠CPQ+∠CQP=2∠CPQ, 又.∠BCQ=2∠BOF, .∠BOF=∠CPQ, ..OF PQ, 由(2)知F(6-t,t), 设直线OF的解析式为y=kx, .t=k(6-t), ..k=-t Γ6-t 设直线PQ的解析式为y=mx+n,则m=。t 6-t1 t y=6-tx+n. 在▣AQFO中，FQ=AO=6, .QM=FM+FQ=6-t+6=12-t, ∴.Q(12-t,t): Q12-t,t代入y6 -x+n, 得t=12-t) +n 6-t n=-6t t-61 ∴.0P=-6t t-61 CP=6-(6-t)=-18t+36 t-6 t-6 ∴CQ=-18t+36 t-6 .'CM=OM+OC=t+(6-t)=6,MQ=12-t, .CM2+MQ2=CQ2, 2-18t+36=6+12-t, t-6 ∴.(t2-18t+362=(t-62(12-t2+36(t-6)2 整理得： t2-16t=-48, ∴.t2-16t+64=-48+64, .t-82=16 .t-8=±4， ∴.t=12或t=4, F在线段AB上， ∴.0≤t≤6， ∴.t=12舍去， .t=4, ∴.Q(8,4. 20.(1)证明见解析： (2)△ABC的面积为24； (3)△ADF的面积为 25 【分析】(1)选择小明或小涛的解题思路，按照其思路逐步推理即可得证： (2)过点D作DG⊥AF于点G,则∠AGD=∠FGD=90°，证明△ABC≌△DAG 可得AC=DG,BC=AG,再证明 △AEF≌△GFD可得AC=GD=AF=8,GF=AE=2,根据线段的和差求出 BC=AF-AE=6后即可求解： (3)过D作DH⊥AM于点H,则∠DHF=90°，证明△ABC≌△DAH得到 BC=AH=7,再证明△AEF≌△HFD可得AE=HF=2,AF=HD,进而得到HD=5 即可求解 【详解】(1)小明的解题思路证明如下： 证：此时∠EDF=45°， ∴.△EDF是等腰直角三角形，EF=DF, ,AB⊥AE ∴.∠BAE=90°， ∴.∠CAB+∠EAF=90°， .∠C=90 .∠CAB+∠B=90, ∴.∠B=∠EAF, 在△ABC和△EAF中， ∠C=∠F=90 ∠B=∠EAF AB-AE .∴.△ABC≌△EAF AAS, ∴.BC=AF,AC=EF, 又'EF=DF, ∴.AC=DF, AF=AD+DF, ∴.AF=AD+AC=DC, ∴.BC=DC; 小涛同学的解题思路证明如下： 证：在线段CB上截取CG=AC, 则△ACG是等腰直角三角形， 得∠AGC=∠GAC=45°，∠AGB=135°， .∠ADE=135°， ∴.∠AGB=∠ADE, 又.AB⊥AE, .∠BAE=90°， ∠DAE+∠BAC=90, 又.·∠B+∠BAC=90, .∴.∠B=∠DAE 在△ABG和△EAD中， ∠AGB=∠ADE ∠B=∠DAE AB=AE ∴.△ABG≌△EAD AAS, ∴.BG=AD, .BC=BG+CG .∴.BC=AD+AC=DC, ∴.BC=DC」 (2)解：如图3，过点D作DG⊥AF于点G, 图3 则∠AGD=∠FGD=90°， .AB⊥AM, ∴.∠BAM=90°， ∴.∠BAC+∠DAG=90°， .∠C=90, ∴.∠BAC+∠B=90°， ∴.∠B=∠DAG, 在△ABC和△DAG中， |∠C=∠AGD=90°∠B=∠DAG AB=AD ∴.△ABC≌△DAG AAS, ∴.AC=DG,BC=AG, ,EF⊥DF, .∴∠EFD=90, ∴.∠AFE+∠AFD=90°， 又，：∠AFD+∠FDG=90°， ∴.∠AFE=∠FDG, 在△AEF和△GFD中， ∠EAF=∠FGD=90° ∠AFE=∠FDG EF=DF ∴.△AEF≌△GFD AAS .AC=GD=AF=8,GF=AE=2, .AF=AG+GF .∴.AF=BC+AE,即BC=AF-AE=6, 56g方AC8c=x8x6=24. 1 (3)如下图，过D作DH⊥AM于点H,则∠DHF=90°， D .AB⊥AM M .∠BAM=90°。 ∴.∠DAH+∠BAC=90°， 又.∠C=90°， .∴.∠B+∠BAC=90°， ∴.∠B=∠DAH, 在△ABC和△DAH中， ∠C=∠DHA=90°∠B=∠DAH AB-AD ∴.△ABC≌△DAH AAS, ∴.BC=AH=7, ,EF⊥DF, .∴∠DFE=90, ∴.∠DFH+∠AFE=90°， 又∠EAF=90, ∴.∠E+∠AFE=90°， ∴∠E=∠DFH, 在△AEF和△HFD中， ∠EAF=∠DHF=90° ∠E=∠DFH EF=DE .∴.△AEF≌△HFD AAS, ∴.AE=HF=2,AF=HD, AH=7, ∴.AF=AH-HF=5, .∴.HD=5, Saw号ADH-2