2026-2027学年浙教版八年级数学上密码第一次月考测试卷（1-2章）

**基本信息** 八年级数学月考卷（1-2章）聚焦三角形与全等知识，通过选择、填空、解答题梯度设计，融入动态几何（如14题等边三角形序列）与实际情境（24题“寻宝”游戏），考查几何直观与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|三角形三边关系、全等判定、勾股定理|基础概念辨析，如第3题直角三角形判定| |填空题|6/18|角平分线性质、动态几何|结合工具操作，如11题角尺平分角依据| |解答题|9/72|图形旋转、运动问题|分层设计，从证明到拓展应用，如25题迁移矩形情境|

2026-2027学年八年级数学上学期第一次月考测试卷（1-2章) 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分） 1.以下列各组长度的线段为边长，其中能组成三角形的是()· A.2、3、6B.3、5、9 C.3、6、9D.3、7、9 2.如图，△ABC≌△DBE,点A,B,E在同一条直线上，若BD=5,AE=13,则BC的长为 A.6 B.8 C.10 D.12 3.以下列长度的三条线段为边长，能组成直角三角形的是() A.1,2,3 B.1,2,2 C.4,5,6 D.V2,V2,3 4.如图，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于点D,点E在边AB上，连接DE, ∠AED=∠C:若∠C=80,∠EAD=30,DE=4则BE的长为（） D A.4V3 B.4 C.23 D.3 5.如图，在△ABC中，∠A为直角，以AC为边向外作面积为100的正方形，以BC为边向外 作面积为125的正方形，则AB2=() C 125 100 A B A.5 B.10 C.15 D.25 6.如图，已知△ABC中，∠ABC=45°，BH=5,H是高AD和BE的交点，EH=1,则△ABC 的面积为() H A.13 B.15 C.26 D.28 7.已知：如图，△ABC三条内角平分线交于点D,CE⊥BD交BD的延长线于E,则∠DCE=( ) D A.2∠BACB.3∠CBM C.}∠ACB D.∠CDE 8.如图，在等腰△ABC中，AB=BC,∠ACB=60°，∠E=∠D=90°，AE=CD,则∠EAD的值 为() A.120° B.135° C.145° D.150° 9.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4,点D在AC上，点E在AB上，将△ADE 沿直线DE翻折，点A的对称点A落在BC上，若CD=1,则AB的长是(). D B A.2 B.2+2 C.2-2 D.4-2V2 10.如图，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，直角∠EPF的顶点P是BC的中点，连接 AP,两边PE,PF分别交ABAC于点E、F连接EF,过点F作F阳⊥BC于点H在线段CP 上截取HG=HC,连接FG.现给出以下三个结论：①AE=CF;②△EPF是等腰直角三角形； ③当BP=BE时，A-CF=2FH,上述结论中正确的个数是() E A.3 B.2 C.1 D.0 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分) 11.工人师傅常用角尺平分一个任意角，做法如下：如图，∠AOB是一个任意角，在边OA, OB上分别取OM=ON,移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点M?N重合，过角尺项点 C作射线OC.由该做法得到△MOC≌△NOC的依据是 M N B 12.如图，已知AG⊥BD,AF⊥CE,BD,CE分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，若BF=2, FG=6,GC=4,则△ABC的周长为 D G 13.如图，在△ABC中，D是AC的中点，分别过点A,C作BD的垂线，垂足为E,F.若 DE=3:CF=BF=4,则AABC的面积是 D F B 14.如图，已知：∠MON=30°，点A1、A2、A3在射线ON上，点B、B2、B…在射线OM 上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形，若0A1=a,则△A6B6A7的边长 为 B B AN 15.如图，在△ABC中，AB=AC,BD为AC边上的高，BE平分∠ABD,点F在BD上，连接 EF并延长交BC于点G,若BG=EG,∠A=2∠旦：有下列结论：①∠竺=∠CBD:② ∠ABE+∠CBD=45;③EG1BC;④BF=CE·其中正确的结论有 (填序号) A E B G 16.已知等腰直角△ABC,∠ABC=90°，AB=BC=3,平面内有一点D,连接CD,AD,若 CD=7:AD=5?则∠BCD的度数为 三、解答题（本大题共9小题，满分72分) 17.(6分)如图，在△ABC中，AD⊥BC,E是边BC上的一点，且 AE=AC,∠BAC=80°，∠C=60: E D (1)求证：DE=DC: (2)求∠BAE的大小. 18.(6分)问题背景：在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为5、10、13，求这个三 角形的面积.杰杰同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为 1),再在网格中画出格点△ABC(即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处).借用网格等 知识就能计算出这个三角形的面积. (1)请在正方形网格中画出格点△ABC; (2)求出这个三角形的面积. ……………… 19.(6分)如图，E、F分别是等边三角形ABC的边AB,AC上的点，且BE=AP,CE、BF 交于点P E P F B (1)请探究线段CE与线段BF的数量关系，并说明理由； (2)求∠BPC的度数. 20.如图1，在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=3,BC=4,AM,BN分别是∠CAB与 ∠ABC的角平分线，且AM,BN相交于点O. (1)∠AOB的度数为 (2)求点O到AB边的距离及△AON的面积. (3)如图2，若过点C作CD⊥AB,分别交AM,BN于P,Q两点，垂足为点D,求PQ的长. M B M B 图1 图2 21.(8分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，在Rt△ECD中， ∠ECD=90°，BC=CD,∠BAC=∠DEC· E C B 图1 图2 (1)求证：AB=DE: (2)连接AD,连接BE交AC于点F,若点F恰好是BE的中点，求证：AD=2CF. 22.(9分)在△ABC中，∠ABC=2∠ACB=2a,AD是高，E是BC上一点. B DE 图1 图2 (1)如图1，若AE平分∠BAC, ①求∠DAE的度数；（用含a的式子表示） ②求证：AC=CE+2DE. (2)如图2，当a=15,∠CAE=45时，若点F在射线BA上，且CF=CE,求，BF的值. AB+AE 23.(9分)在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=50°，点D是AB边上一点，将△ACD沿CD翻 折后得到△ECD,点A与点E重合. E 图① 图② 备用图1 备用图2 (1)如图①，当点E落在边BC上时，则∠BDE= (2)如图②，当点E落在BC下方时，设DE与BC相交于点F.若DE⊥BC,证明：CE‖AB. (3)将△ACD沿直线CD翻折得到△ECD,使射线CE与射线AB相交于点Q.若△EQD中有两 个相等的内角，求∠ACD的度数. 24.(10分)嘉嘉在电脑上设计了一款“寻宝”游戏.在△ABC的某一边上有一处宝藏D, 已知AB=6cm,BC=8cm,AC=10cm. B←O p B p→C 图1 图2 图3 (1)如图1，探险者P从点A处出发，沿AB寻宝，探险者Q从点C出发，沿CB寻宝，他们同时 出发匀速运动，在点B处首次相遇.设P的速度为acm/s,则Q的速度可以表示为」 cm/s（用含a的代数式表示)； (2)探险者P,Q在点B相遇后，并没有寻到宝藏，然后他们又同时出发，探险者P沿 B,C,A的路径寻宝，速度每秒提高了2cm:探险者Q保持原速度不变，沿B,A→C的路 径寻宝.结果他们同时到达了AC边上的宝藏点D处，如图2所示.此时藏宝点D处距离A处 2cm'则a的值为 ； (3)在(2)的条件下，探险者P、Q在B处首次相遇后，探险者Q发现一条与AC垂直的小路 B那，如图3所示，他选择从点B出发，沿B一E一D的路径寻宝，速度降为自身这度的子判 断P能否与Q同时到达藏宝点D处，并说明理由. 25.(10分)在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：如图①， 在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D,E在边BC上，且∠DAE=45°，BD=3,CE=4, 求DE的长. D M B D C(B) B E E 1 ② ③ 解：如图②，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD,连接ED. (1)【问题解决】将上述解题过程补充完整. (2)刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的 不变量，就能以不变应万变， 【知识迁移】如图③，在正方形ABCD中，点E,F分别在边BC,CD上，满足△CEF的周长 等于正方形ABCD的周长的一半，连接AE,AF,分别与对角线BD交于M,N两点.探究BM, MN,DN的数量关系并证明. (3)【拓展应用】如图④，在矩形ABCD中，点E,F分别在边BC,CD上，且 ∠EAF=∠CEF=45,探究BE,EF'DF的数量关系：（直接写出结论，不必证明)， 参考答案 一、选择题 1.D 解：A选项，2+3=5<6，不能组成三角形，不符合题意. B选项，3+5=8<9，不能组成三角形，不符合题意. C选项，3+6=9，不能组成三角形，不符合题意. D选项，3+7=10>9，能组成三角形，符合题意. 2.B 解：，△ABC≌△DBE, .∴.AB=BD=5'BC=BE' :点A?B?E在同一条直线上， ∴.AE=AB+BE' .AE=13, .BE=AE-AB=13-5=8' .BC=8 故选：B. 3.A 解：A.最长边为93：12+2=1+2=3〔5=3得12+22=3，符合要求： B.最长边为212+(2=3(22=23≠2：故1+22≠2，不符合要求： C.最长边为6,42+52=41,62=36,41≠36，故42+52≠62，不符合要求； D.最长边为3：(2+(R2}=4(32=3'4≠3故(2}+2}≠3，不符合要求. 4.B 解：.AD平分∠BAC交BC于点D,∠EAD=30°， .∠BAC=2∠EAD=60°， ,∠AED=∠C,∠C=80°， .∠AED=80°，∠B=180°-80°-60°=40°， ∴.∠EDB=∠AED-∠B=40°， ∴.∠EBD=∠EDB, ∴.BE=DE=4 5.D 解：：在△ABC中，∠A为直角， ∴.AB2+AC2=BC2, .∴.AB=BC2-AC2=125-100=25 6.(B 解：.AD是BC边上的高， .AD⊥BC? .∠ABC=45, .'BD=AD' :BE是AC边上的高， .BE⊥AC, 在Rt△BDH中，∠HBD+∠BHD=90°， 在Rt△AHE中，∠HAE+∠AHE=90°， .∠BHD=∠AHE' .∴.∠HBD=∠HAE' 在Rt△BDH和Rt△ADC中， ∠HBD=∠CAD BDA=∠ADC=90°， BD=AD .∴.Rt△BDH≌Rt△ADC AAS .'BH=AC' .BH=5 .AC=5, ,EH=1, .∴.BE=5+1=6 Sam号ACE-号x5x6=15: 2 故选B 7.A 由题意知，∠ECD=∠BDC-90° 由三角形内角和定理得，∠BAC=180°-（∠ABC+∠ACB) ∠DBC+∠DCB=180°-∠BDC '点D是△ABC三条内角平分线的交点 ∴.∠ABC=2∠DBC∠ACB=2∠DCB ∠BAC=180°-（∠ABC+∠ACB) =180°-2（∠DBC+∠DCB =180°-2(180°-∠BDC) =2∠BDC-180° 3<BAC=∠BDC-90 :∠ECD=∠MC 故答案选A. 8.D 解：.AB=BC,∠ACB=60°， ∴.△ABC为等边三角形， ∴.AB=AC,∠BAC=60°， .∠E=∠D=90°，AE=CD, .Rt△ABE≌Rt△CAD|HL, ∴.∠CAD=∠ABE, :∠ABE+∠BAE=180°-90°=90°， ∴.∠CAD+∠BAE=90°， ∴.∠EAD=∠CAD+∠BAE+∠BAC=90°+60°=150° 9.D 解：.AC=BC=4,CD=1, ∴.AD=AC-CD=3, 由折叠得AD=AD=3, .∴.AC=VAD2-CD =32-12=2V2' .∴.AB=BC-AC =4-2V2· 10.A 解：在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点P是BC的中点， ∴.∠B=∠C=∠BAP=∠CAP=45°，AP=PC=PB,∠APC=∠EPF=90°， ∴.∠EPF-∠APF=∠APC-∠APF, ∴.∠APE=∠CPF, 在△APE和△CPF中 ∠EAP=∠C AP=CP ∠APE=∠CPF .△APE≌△CPF ASA, ∴AE=CF,EP=PF, ∴△EPF是等腰直角三角形，故①②正确，符合题意； .AE=CF,AB=AC, ∴.BE=AF, .AP=PC=PB,BP=BE. ..AF=AP, ∠APF=∠AFP=号I180°-45)=67.50， ∴.∠CPF=22.5°， ,FH⊥BC, ..FG=FC, ∴.∠FGC=∠C=45°， ∴.∠PFG=∠FGC-∠FPG=22.5°， ∴.PG=FG=FC, .FA-CF=PC-PG=CG=2FH. 故③正确，符合题意. 二、填空题 11.SSS 解：在△ONC和△OMC中 MO=NO MC=NC OC=OC .∴△MOC≌△NOCISSS. 12.30 .AG⊥BD,BD是∠ABC的角平分线， ∴.∠ADB=∠GDB=90°，∠ABD=∠GBD, 又，BD=BD, ∴.△ABD≌△GBD(ASA), ∴.AB=BG, 同理可证：AC=CF, .BF=2,FG=6,GC=4, ∴.△ABC的周长为：AB+BC+AC=BG+BC+CF =BF+FG+BF+FG+GC+FG+GC =2+6+2+6+4+6+4 =30, 故答案为：30. 13.28 解：D是AC的中点， hD=D-号ac. AE⊥BE,CF⊥BD, ∴.∠AEB=∠CFD=90°， 在△AED和△CFD中， ∠AEB=∠CFD=90 ∠ADE=∠CDF AD=CD ∴.△AED≌△CFD|AAS, .DE=DF=3,AE=CF=4, ∴.EB=ED+DF+FB=3+3+4=10, SAABC=S△ABD+SACDF+S△BFc=SAABD+S△AED+S△BFc=S△AEB+SABFC, 六S×EB×AE+吃CF×FB-=X10×4+2X44=2B 2 14.32a 解：如图所示： M Bs B2 B 35 24金10 13入人11 14公 A A2 A3 A N ,△A1B1A2是等边三角形， .A1B1=A2B1,∠3=∠4=∠12=60° .∠2=120°， .∠MON=30, ∴.∠1=180°-120°-30°=30°， 又：43=60°， .∠5=180°-60°-30°=90°， .∠MON=∠1=30°， ..OA=A B=a' ∴.A2B1=a, .△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形， .∠11=∠10=60°，∠13=60°， .∠4=∠12=60， .A1B‖A2B2‖A3B,B1A2IB2A3, .∠1=∠6=∠7=30°，∠5=∠8=90°， .A2B2=2B1A2,B3A3=2B2A3, .A3B3=4B1A2=4a,A4B4=8B1A2=8a,A5B,=16B1A2=16a, 以此类推：A6B6=32B1A2=32a 15.①②③④ 解：过点A作AN⊥BC于点N,如图所示： D C HG .AB=AC'AN⊥BC .∴.∠ANC=90°，BN=NC,∠BAN=∠CAN= ∠BAC, 2 .·∠BAC=2∠DEF, ∠BAC, .∴.∠CAN=∠DEF, .EG‖AN, .∴.∠CGE=∠ANC=90o, .EG1BC,故③正确： BD为AC边上的高， .BD⊥AC .∴∠BDC=90, .∴.∠CBD+∠C=90, .∠CGE=90, ∴.∠些+∠C=90, .∠譬=∠CBD,故①正确； 在△BGF和△EGC中， 乙' .∴△BGF=△EGCASA .BF=CE,故④正确； ,'EG=BG’EG⊥BC, ∠EBG=∠BEG=x90=45, :BE平分∠ABD, ∴.∠ABE=∠DBE, :∠EBG=∠EBD+∠CBD=∠ABE+∠CBD=45,故②正确； 综上分析可知，①②③④正确. 16.135°或45° 解：：∠ABC=90°，AB=BC=3, .∴AC2=AB+BC2=18,即AC=3V2, 又CD=V7,AD=5, .AC2+CD2=7+18=25=AD2, ∴△ACD为直角三角形，∠ACD=90°； △ABC为等腰直角三角形， .∠ACB=45°， ∴.如图①：∠BCD=90°+45°=135°： Q B ① ② 如图②：∠BCD=90°-45°=45° 故∠BCD=135°或45°. 故答案为135°或45°」 三、解答题 17.(1) 证明：AE=AC, ∴.△ACE是等腰三角形， .AD⊥BC,即AD⊥EC, ∴.DE=DC: (2)解：AE=AC,∠C=60°， ∴.∠AEC=∠C=60°， .∠CAE=60°， .∠BAC=80°， ∴.∠BAE=∠BAC-∠CAE=20°. 18.(1)如图所示： (2)Sa-3×3×1X2×1X3×2X3 19.(1) 解：CE=BF, 理由如下： :△ABC是等边三角形， ∴.BC=AB'∠A=∠EBC=60, BC=AB ∴.在△BCE与△ABF中，∠EBC=∠FAB BE=AF ∴.△BCE≌△ABF|SAS ∴CE=BF； (2)解：.由(1)知△BCE≌△ABF, ∴.∠BCE=∠ABF, .∴.∠PBC+∠PCB=∠PBC+∠ABF=∠ABC=60, 即∠PBC+∠PCB=60°， ∴.∠BPC=180°-60°=120· 即∠BPC=120°. 20.解：(1).0A,OB分别平分∠BAC,∠ABC, .∠OAB=1∠BAC,∠OBA=1∠ABC, .在△ABC中，∠ACB=90°， ∴.∠BAC+∠ABC=90°， ·∠0AB+∠0BA=∠BAC+2/ABC=3(∠BAC+∠ABC)=x902=45°， 在△AOB中， ∠A0B=180°-（∠0AB+∠0BA)=180°-45°=135°. 故答案为：135； (2)作OG⊥AC于G,OH⊥BC于H,OI⊥AB于I,连接OC. C HM .OA平分∠BAC,OB平分∠ABC, ∴.0G=0I,0H=0I, 设0G=0I=0H=x, 在Rt△ABC中， .AC=3,BC=4, .根据勾股定理，得AB=√AC2+BC2=32+42=5, .·S△ABc=S△A0CtS△BOC+S△A0B, ×AC×BC=×ACx0G+号xBcx0H+号×ABx01, 2 2 即x3x4=号x3×x+号x4×x+号×5×X. 1 1 2 2 2 解得x=1, ∴.0到AB的距离为1； 如图，作NJ⊥AB于J. ,BN平分∠ABC,NJ⊥AB,NC⊥BC, ∴.NJ=NC, .S△ABN= ABxNJ AB 1NAxCB B元，同时S△A= NA SACBN-BC×NC S△NC x CB NC 0船-子即cM 5 又.NC+NA=AC=3, 六号A+a=3,即号M=-3 5 短华号骨 .0到AB的距离为1， 6 (3)CD⊥AB, S6g4 ACxBC--号ABxCD,. 2 CD=AC×BC=3×4-12 AB 55 在RtACD中， 根据勾殿定理，得AD-AC-CD-3-号？号 .CD⊥AB, ∴.∠CDB=∠ACB=90°， ∴.∠CAB+∠ABC=∠DCB+∠ABC=90°， ∴.∠CAD=∠DCB, ,'∠CQN=∠DCB+∠NBC,∠CNQ=∠CAB+∠ABN,且∠ABN=∠NBC, ∴.∠CQN=∠CNQ, ∴.CN=CQ, 由2)，Nm-号Nc-普M 3, .CQ=CN=4. Γ3 如图，过P作PR⊥AC于R. M .PD⊥AB,AP平分∠BAC, .'.PR=PD, 吉Ac-PR PC-AD SAPD TAD·PD FD-AD :AC-PC-5,即PC-5PD. AD PD 3' 又：PC+PD=CD=2, 5PD+PD= 2 3 解得PD=9 0 PQ=CD-CQ-PD=2-4-9=72-40-27=5=1 531030 306 21.(1) 证明：：∠ACB=90°，∠ECD=90°， ∴.∠ACB=∠ECD' ∠ACB=∠ECD 在△ACB和△ECD中∠BAC=∠DEC BC=CD .∴△ACB≌△ECD AAS ∴.AB=DE9 (2) 证明：过点E作EG‖CB交AC于点G,如图所示， 图2 .∠EGC=∠ACB, F是BE的中点， ∴.EF=BF, ∠EGF=∠ACB 在△EGF和△BCF中{∠EFG=∠BFC EF=BF ∴.△EGF≌△BCF(AAS)' .∴.EG=BC,GF=CF .∴.GC=2CF, .DC=BC' .'EG=CD' .EG‖CB ∴.∠GEC+∠BCE=180, .:∠ACB=∠ACD+∠DCB=90, ∠ECD=90, .∴.∠ACB+∠ECD=∠ACD+∠DCB+∠ECD=∠ACD+∠ECB=180°， .∴.∠GEC=∠ACD' .'△ACB≌△ECD: ∴.AC=EC, EG=CD 在△GEC和△DCA中∠GEC=∠ACD EC=AC .∴△GEC≌△DCA SAS ∴.GC=AD' .GC=2CF' .∴.AD=2CF: 22.(1)解：AD是高， ∴.∠ADE=90° .∠BAD=∠ADE-∠ABC=90°-2a, '∠ABC=2∠ACB=2x, ∴∠ACB=Q, ∴∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-3a, .AE平分∠BAC, ∠mE-=号<BAC=90- 3q, ∴∠DAE=∠BAE-∠BAD=90- 2a-90-2a1=1。 ; ②证明：如图1，在BE上取点E,使得AE=AE, 图1 .AE=AE,AD⊥EE, 2EAD=∠EAD-a,EE-2DR, ∠AEC=900-1 q, ∴∠EAC=180-∠AkC-∠ACB=180-90-0-a=90-知， ∴.∠EAC=∠AEC, .'.AC=CE =CE+EE=CE+2DE: (2)如图，当CFa=CE时，过点C作CM⊥AE,CN⊥AF,垂足分别为M,N, N F DE .∠B=2∠ACB=2×15°=30°， ∴.∠Fg1AC=∠B+∠ACB=30°+15°=45°， .'∠EAC=45 ∴.∠FaAC=∠EAC, ∴.CM=CN, .∠MAC=45°，∠M=90°， ∴.∠MCA=∠MAC=45°， ∴AM=CM, 同理可得，AN=CN, ∴.AM=CM=AN=CN, 在Rt△ECM和Rt△FaCN中，CE=CFa,CM=CN, .Rt△ECM≌Rt△F-CN|HL, ..EM=FN, ..AM-EM=AN-FN,AE=AF, BFBF BF=1, ·AB+AEAB+AF BF 当CFo2=CE时，CF。=CE ..CF=CF, ..AE=A F1,AC=AC,CE=CF, ∴.△AEC≌△AFCSSS, .∠ACE=∠ACFa=15°， ∴.∠FaCB=∠ACE+∠ACFa=15+15°=30°=∠FaBC, ∴，BF=CFa,∠NFaC=∠FaBC+∠FaCB=60°， ,△CFoFo:是等边三角形， ∴.FaFo=CFa-BFa, BF_-BFo+F F2-2BF=2 AB+AE AB+AF BF 等二可知，BE的位12 23.(1)解：.∠ACB=90°，∠A=50 ∴.∠B=90°-50°=40°， ,△ACD沿CD翻折后得到△ECD, ∴.∠CED=∠A=50°， ∴.∠BDE=∠CED-∠B=50°-40°=10°： (2)证明：在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=50°， .∴.∠B=90°-∠A=90°-50°=40°， 由翻折可得，∠DEC=∠A=50°， .DE⊥BC .∴.∠EFC=90o, ∴.∠ECF=180°-∠EFC-∠FEC=180°-90°-50°=40， ∴.∠ECF=∠B=40, ∴.CEAB (3)解：如图1， B 图1 当∠EDQ=∠E=∠A=50°时， .∠AQC=∠EDQ+∠E=100°， .∠ACE=180°-∠A-∠AQC=180°-100°-50°=30°， ∠ACD=∠DCE=2∠ACE=15: 如图2， A B 图2 当∠Q=∠EDQ时， .∠CED=∠A=50°， ∴.∠Q+∠EDQ=50°， .∠Q=∠EDQ=25°， ∴.∠ADE=180°-25°=155° ∴∠ADC=∠CDE=号∠ADE=77.50, .∠ACD=180°-50°-77.5=52.5°； 如图3， 图3 当∠EDQ=∠DQE时， ∠A=∠E=50°， ∠EDQ=∠EQD=18050°=650， 2 .∠DQC=180°-65°=115°， .∠ACQ=180°-115°-50°=15°， ∴∠ACD=1x15=7.5: 综上所述：∠ACD的度数为7.5°、15°或52.5°. 24.(1)解：根据题意，P从点A到点B的运动时间为6÷a=651, Q的速度为8÷6=4。 acm/s; a 3 (2)解：根据题意，速度提高后，P的速度为a+2cm/s, AD=2cm, ∴.AB+AD=6+2=8cm,BC+CD=8+10-2=16cm, 816 由运动时间相等可列方程：4。a+2, 3 解传和号 经检验，a=5是原方程的解： (3)探险者P与Q不能同时到达藏宝点D处，理由如下： 在△ABC中， AB2+BC2=62+82=10=AC2, .∠ABC=90°， BE⊥AC, S方AB-BC-ACBE. BE=AB-BC-24 cm) AC 5 在Rt△ABE中，AE=VAB2-BE=18cml, DE=AF-AD-leml, BC+CD=5s) DE十B6、险者P所用时间为s+2】 .探险者Q所用时间为4x6×2 X白 353 5 .5≠6， ∴探险者P与Q不能同时到达藏宝点D处. 25.(1)解：如图②，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD,连接ED. 由旋转的特征得∠BAD=∠CAD,∠B=∠ACD,AD=AD,BD=CD. .∠BAC=90,∠DAE=45, ∴.∠BAD+∠EAC=45: .∠BAD=∠CAD, .∠CAD+∠EAC=45,即∠EAD=45, .∴.∠DAE=∠DAE 在△DAE和△DAE中， AD=AD ∠DAE=∠DAE AE-AE ∴.△ADE≌△AD ESAS ∴.DE=DE 又：∠ECD=∠ECA+∠ACD=∠ECA+∠B=90°， 在Rt△ECD中，EC2+CD2=ED2. CD=BD=3'CE=4' .DE=D E=VC D2+CE2=5 (2)DN2+BM2=MN2; 证明：如图③，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF,过点D作DH⊥BD交AF于H, 连接NH, D B E C ③ 由旋转的性质可得AE=AF，,BE=DF,∠BAE=∠DAF, 由题意可得EF+EC+FC=DC+BC=DF+FC+EC+BE, ∴.EF=DF+BE=DF+DF=FF 在△AEF和△AFF中， EF=FF AE-AF AF=AF ∴.△AEF≌△AF FSSS .∠EAF=∠FAF :BD为正方形ABCD的对角线， .∴.∠ABD=∠ADB=45· .DH⊥BD .∠ADH=∠HDB-∠ADB=45· 在△ABM和△ADH中， ∠BAM=∠DAH AB=AD ∠ABM=∠ADH .∴.△ABM≌△ADH ASA .∴.AM=AH’BM=DH 在△AMN和△AHN中， AM-AH ∠MAN=∠HAN, AN=AN .∴△AMN≌△AHN SAS' ∴.MN=HN· 在Rt△HND中，由勾股定理得DN+BM=MN2, ∴.DN2+BM2=MN2: (3)解：EF2=2BE2+2DF2: 如图④，延长FE交AB延长线于M,交AD延长线于N,将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到 △AGH,连接HMHE,作HO L BC交CB延长线于点O, A B E Hi---iG ④ ∴.△ADF≌△AGH' .∴.DF=HG'AD=AG .∠CEF=45°=∠BEM,∠MBC=90°， ∴·△BEM为等腰直角三角形， ∴.BE=BM· 由【知识迁移】可得△AEH≌△AEF, .∴.AH=AF,EH=EF, 由勾股定理得（GH+BE)+BG=EH, .GH +BE+BM-GM2=E H2. 'EF=HE'DF=GH=GM'BE=BM, .'GH+BE+BE-GH2=E F2, ∴.2DF2+BE2=EF2, ∴.EF2=2BE2+2DF2.