2026-2027学年人教版数学八年级上册第一次月考练习卷

2026-2027学年八年级数学上学期第一次月考卷 （考试时间：120分钟，分值：120分） 注意事项： 1．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．回答选择题时，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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．测试范围：新教材人教版八年级上册第13章 三角形~第14章 全等三角形。 第Ⅰ卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．（3分）下列长度的三条线段可以组成三角形的是（　　） A．1、5、9 B．3、4、2 C．12、5、6 D．5、2、7 2．（3分）如图，修建房屋时，为了使木门框不变形，建筑工人在木门框上斜着加了一根木条，这样做的道理是（　　） A．两直线平行，内错角相等 B．两点之间，线段最短 C．垂线段最短 D．三角形具有稳定性 3．（3分）如图，在直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BD⊥AC，垂足为D，下列说法中，正确的是（　　） A．△ABC中，AB是边AC上的高 B．△ABC中，BC是边AC上的高 C．△ABC中，BD是边AC上的高 D．△ABC中，CD是边AC上的高 4．（3分）如图是两个全等三角形，图中的字母表示三角形的边长，则∠1等于（　　） A．60° B．54° C．56° D．66° 5．（3分）如图，小敏做了一个角平分仪ABCD，其中AB＝AD，BC＝DC，将仪器上的点A与∠PRQ的顶点R重合，调整AB和AD，使它们分别落在角的两边上，过点A，C画一条射线AE，AE就是∠PRQ的平分线．此角平分仪的画图原理是：根据仪器结构，可得△ABC≌△ADC，这样就有∠QAE＝∠PAE．则说明这两个三角形全等的依据是（　　） A．SSS B．ASA C．AAS D．SAS 6．（3分）如图，已知CD⊥AB于点D，BE⊥AC于点E，CD、BE交于点O，且AO平分∠BAC，则图中的全等三角形共有（　　） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 7．（3分）在△ABC与△DEF中，下列各组条件，不能判定这两个三角形全等的是（　　） A．AB＝DE，∠B＝∠E，∠C＝∠F B．AC＝DE，∠B＝∠E，∠A＝∠F C．AC＝DF，BC＝DE，∠C＝∠D D．AB＝EF，∠A＝∠E，∠B＝∠F 8．（3分）如图，将三角形纸片ABC沿DE折叠，点A落在点F处，已知∠1+∠2＝100°，则∠A的度数为（　　） A．80° B．100° C．50° D．以上都不对 9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝28°，∠ACB的角平分线与外角∠ABD的角平分线交于点E，连接AE，则∠AEC的度数为（　　） A．45° B．35° C．31° D．30° 10．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，E、F分别为AB、AC上的动点，且CF＝AE，连接CE，BF，当CE+BF取得最小值时，则CF：BE的值为（　　） A．1：1 B．2：1 C．1：2 D．1：3 二、填空题（每小题3分，共18分） 11．（3分）已知等腰三角形的两条边的长度分别为2和4，则它的周长为 _______ ． 12．（3分）从五边形的一个顶点，可引_____ 条对角线． 13．（3分）如图，已知点D在AB上，点E在AC上，AB＝AC，请你再补充一个条件，使△ABE≌△ACD．你补充的条件是________________ ． 14．（3分）在△ABC中，AB＝6，AC＝4，则BC边上的中线AD的取值范围是___________ ． 15．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，D为AB右侧一点，且AB＝DB，∠D＝∠ABC，CD＝1，则△DBC的面积为_____ ． 16．（3分）如图所示，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为点Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ＝90°，AQ：AB＝3：5．直线l上有一动点C在点P右侧，PC＝4cm，过点C作射线CD⊥l，点F为射线CD上的一个动点，连接AF．当△AFC与△ABQ全等时，AQ的长度为________ ． 三、解答题（共8题，共72分） 17．（8分）求出下列图形中x的值． 18．（8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．（8分）用一条长为20cm的细绳围成一个等腰三角形． （1）若腰长比底边长短2cm，求它的三边长； （2）能围成有一边的长是4cm的等腰三角形吗？若能，请求出它的另两边；若不能，请说明理由． 20．（8分）如图，在△ABC中，AD是高，AE、BF是角平分线，它们相交于点O，∠C＝70°． （1）∠AOB的度数为 _________ ； （2）若∠ABC＝60°，求∠DAE的度数． 21．（8分）如图是由小正方形组成的7×7的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．如图，A，B，C均为格点，用无刻度直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线，画图结果用实线． （1）在图中，画出△ABC的中线BD； （2）在图中，画△ABC的高CE； （3）在图中，F是线段BC上一点，在线段AB上画点H，使得线段FH平分△ABC的面积． 22．（10分）如图，在四边形ABCD中，AD＝CD，DE⊥BC于点E，且∠ABC+∠ADC＝180°． （1）试证明点D在∠ABC的平分线上； （2）试判断AB、BC和BE三条线段的数量关系并说明理由． 23．（10分）如图，已知AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接BD、CE． （1）如图1，若BD、CE交于点Q，且∠BAC＝38°，求∠BQC的度数； （2）如图2，连接BE交AC于点F，连CD，若CD∥AB，求证：F为BE中点； （3）如图3，延长BD、CE交于点G，∠BCG的角平分线交GA延长线于H，若∠AGD＝71°，∠ABG＝21°，则∠H＝________ ．（直接写出结果） 24．（12分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，3），△EDC是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，点E在第三象限，点D在x轴上运动． （1）如图1所示，当点D的坐标为（1，0）时，求点E的坐标； （2）如图2所示，点D在线段OB上运动时，连接AC、BC，连接AE并延长与y轴交于点P，求点P的坐标； （3）如图3，设△EDC的边ED与y轴交于点G，CE与x轴交于点F，当点D在线段OB上运动，且满足时，在线段DE上取点H，连接HF交y轴于点Q．且∠EGC＝∠QHD，证明：EG＝HD． 参考答案与试题解析 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．【分析】根据三角形的三边满足任意两边之和大于第三边进行判断． 【解答】解：A、1+5＜9，所以不能组成三角形； B、2+3＞4，能组成三角形； C、5+6＜12，不能组成三角形； D、5+2＝7，不能组成三角形． 故选：B． 2．【分析】根据三角形具有稳定性分析即可． 【解答】解：建筑工人在木门框上斜着加了一根木条，构成两个三角形，所以这样做是用了三角形的稳定性． 故选：D． 3．【分析】根据三角形高的定义解答即可． 【解答】解：A、△ABC中，AB是边BC上的高，不是边AC上的高，不符合题意； B、△ABC中，BC是边AB上的高，不是边AC上的高，不符合题意； C、∵BD⊥AC， ∴△ABC中，BD是边AC上的高，符合题意； D、CD不是△ABC的高，不符合题意； 故选：C． 4．【分析】先根据全等三角形的性质，判断∠α＝∠1，再根据三角形内角和定理，求得∠α的度数，即可得出∠1． 【解答】解：根据图形可知，两个全等三角形中，b，c的夹角为对应角 ∴∠α＝∠1 又∵∠α＝180°﹣54°﹣60°＝66° ∴∠1＝66° 故选：D． 5．【分析】在△ADC和△ABC中，由于AC为公共边，AB＝AD，BC＝DC，利用SSS定理可判定△ADC≌△ABC，进而得到∠DAC＝∠BAC，即∠QAE＝∠PAE． 【解答】解：在△ADC和△ABC中， ， ∴△ADC≌△ABC（SSS）， ∴∠DAC＝∠BAC， 即∠QAE＝∠PAE． 故选：A． 6．【分析】共有四对．分别为△ADO≌△AEO，△ADC≌△AEB，△ABO≌△ACO，△BOD≌△COE．做题时要从已知条件开始结合图形利用全等的判定方法由易到难逐个寻找． 【解答】解：∵CD⊥AB，BE⊥AC，AO平分∠BAC ∴∠ADO＝∠AEO＝90°，∠DAO＝∠EAO ∵AO＝AO ∴△ADO≌△AEO；（AAS） ∴OD＝OE，AD＝AE ∵∠DOB＝∠EOC，∠ODB＝∠OEC＝90° ∴△BOD≌△COE；（ASA） ∴BD＝CE，OB＝OC，∠B＝∠C ∵AE＝AD，∠DAC＝∠CAB，∠ADC＝∠AEB＝90° ∴△ADC≌△AEB；（ASA） ∵AD＝AE，BD＝CE ∴AB＝AC ∵OB＝OC，AO＝AO ∴△ABO≌△ACO．（SSS） 所以共有四对全等三角形． 故选：D． 7．【分析】根据题意画出图形，再由全等三角形的判定定理对各选项进行逐一判断即可． 【解答】解：如图所示， A、AB＝DE，∠B＝∠E，∠C＝∠F，符合AAS定理， ∴△ABC≌△DEF，故本选项正确； B、∠A＝∠F，∠B＝∠E，AC＝DE，不符合全等三角形的判定定理，故本选项错误； C、∵AC＝DF，BC＝DE，∠C＝∠D，符合SAS定理， ∴△ABC≌△FDE，故本选项正确； D、∵AB＝EF，∠A＝E，∠B＝∠F，符合ASA定理， ∴△ABC≌△EFD，故本选项正确． 故选：B． 8．【分析】由折叠的性质及平角等于180°，可求出∠ADE+∠AED的度数，再在△ADE中，利用三角形内角和定理，即可求出∠A的度数． 【解答】解：根据折叠的性质，可知：∠ADE＝∠FDE，∠AED＝∠FED． ∵∠1+∠FDE+∠ADE＝180°，∠2+∠FED+∠AED＝180°， ∴∠ADE+∠AED（180°﹣∠1+180°﹣∠2）[360°﹣（∠1+∠2）]（360°﹣100°）＝130°． 在△ADE中，∠ADE+∠AED＝130°， ∴∠A＝180°﹣（∠ADE+∠AED）＝180°﹣130°＝50°． 故选：C． 9．【分析】过E作EK⊥AB于K，EM⊥CA于M，EN⊥CD于N，由角平分线的性质推出ME＝KE，由角平分线性质定理的逆定理推出AE平分∠MAK，求出∠MAK＝180°﹣∠BAC＝152°，得到∠MAE∠MAK＝76°，由三角形外角的性质即可求出∠AEC的度数． 【解答】解：过E作EK⊥AB于K，EM⊥CA于M，EN⊥CD于N， ∵CE平分∠ACB，BE平分∠ABD， ∴ME＝NE，KE＝NE， ∴ME＝KE， ∴AE平分∠MAK， ∴∠MAE＝∠KAE， ∵∠BAC＝28°， ∴∠MAK＝180°﹣∠BAC＝152°， ∴∠MAE∠MAK＝76°， ∵∠ACB＝90°，CE平分∠ACB， ∴∠ACE∠ACB＝45°， ∴∠AEC＝∠MAE﹣∠ACE＝76°﹣45°＝31°． 故选：C． 10．【分析】过点C作CN⊥AC，使得CN＝AC，连接FN，BN，BN交AC于点M，证明△CAE≌△NCF，得CE+BF＝NF+BF，当B、F、N三点共线时BF+CE的值最小，再证明△ABM≌△CNF，得CM＝AM，进而可得CF＝BE，即可求解． 【解答】解：如图，过点C作CN⊥AC，使得CN＝AC，连接FN，BN，BN交AC于点M， 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC， 在△CAE和△NCF中， ， ∴△CAE≌△NCF（SAS）， ∴NF＝CE， ∴CE+BF＝NF+BF， ∵NF+BF≥BN， ∴当B、F、N三点共线时，NF+BF有最小值，最小值为线段BN的长，且此时点F与点M重合， ∵∠ACN＝∠A， ∴AB∥CN， ∴∠ABM＝∠CNM， ∵AB＝AC，AC＝CN， ∴AB＝CN， 在△ABM和△CNM中， ， ∴△ABM≌△CNM（ASA）， ∴，， ∵AB＝AC，BE＝AB﹣AE． ∴， ∴连接CE，BF，当CE+BF取得最小值时，CF：BE＝1：1． 故选：A． 二、填空题（每小题3分，共18分） 11．【分析】根据2和4可分别作等腰三角形的腰，结合三边关系定理，分别讨论求解． 【解答】解：当2为腰时，三边为2，2，4，由三角形三边关系定理可知，不能构成三角形， 当4为腰时，三边为4，4，2，符合三角形三边关系定理，周长为：4+4+2＝10． 故答案为：10． 12．【分析】根据多边形过一个顶点的对角线与边的关系求解． 【解答】解：过五边形（n≥3）的一个顶点可以作5﹣3＝2条对角线． 故答案为：2． 13．【分析】在△ABE与△ACD中，已知一组对应边相等、一组对应角相等，所以添加另外一组对应边（角）相等即可推知△ABE≌△ACD． 【解答】解：∠B＝∠C， 理由是：∵在△ABE和△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD（ASA）． 或者添加AD＝AE． 理由是：∵在△ABE和△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD（SAS）． 或者添加AD＝AE． 故答案为：∠B＝∠C或AD＝AE． 14．【分析】延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，证△ADC≌△EDB，推出AC＝BE＝8，在△ABE中，根据三角形三边关系定理得出AB﹣BE＜AE＜AB+BE，代入求出即可． 【解答】解：延长AD到E，使AD＝DE，连接BE， ∵AD是BC边上的中线， ∴BD＝CD， 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴AC＝BE＝4， 在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE， ∴6﹣4＜2AD＜6+4， ∴1＜AD＜5， 故答案为：1＜AD＜5． 15．【分析】在BC上截取一点E，使得BE＝CD＝1，连接AE，证明△ABE≌△BDC（SAS），根据全等三角形的性质即可求解． 【解答】解：如图，在BC上截取一点E，使BE＝CD＝1，连接AE， 在△ABE和△BDC中， ， ∴△ABE≌△BDC（SAS）， ∴S△ABE＝S△BDC ∵∠ACB＝90°， ∴S△ABEBE•AC＝2， ∴S△BDC＝S△ABE＝2． 故答案为：2． 16．【分析】根据中心对称的性质得到AQ＝AP，进而推出AC＝AP+CP＞AP＝AQ，则只存在△AFC≌△BQA这种情况，可设AQ＝3xcm，AB＝5xcm，根据AC＝AP+PC列出方程，解方程即可得到答案． 【解答】解：如图， ∵点P关于点A的对称点为Q， ∴AQ＝AP， ∵CD⊥l，∠BAQ＝90°， ∴∠ACF＝∠BAQ＝90°， ∵AC＝AP+CP＞AP＝AQ， ∴当△AFC与△ABQ全等时，只存在△AFC≌△BQA这种情况， ∴AQ＝CF，AB＝AC， ∵AQ：AB＝3：5， 设AP＝AQ＝3xcm，AC＝AB＝5xcm， ∵AC＝AP+PC，PC＝4cm， ∴5x＝3x+4， 解得x＝2， ∴AQ＝3x＝6（cm）， 故答案为：6cm． 三、解答题（共8题，共72分） 17．【分析】（1）根据三角形内角和定理即可求解； （2）根据三角形外角的性质即可求解． 【解答】解：（1）∵40+x+x＝180， 解得x＝70； （2）∵x+70＝x+（x+10）， 解得x＝60． 18．【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．【分析】（1）设底长为xcm，则腰边长为 （x﹣2 ）cm，根据周长列方程得到x+（x﹣2）+（x﹣2）＝20，然后解方程求出x，从而得到三角形的底边与腰长； （2）当腰为4cm时，底边长为12cm，不符合三角形三边的关系，故舍去；当底边长为4cm，腰长为8cm． 【解答】解：（1）设底长为xcm，则腰边长为 （x﹣2 ）cm， 根据题意得x+（x﹣2）+（x﹣2）＝20， 解得x＝8， 当x＝8时，x﹣2＝6， 所以三角形的腰长为6cm、6cm，底边长为8cm； （2）能． 当腰为4cm时，底边长为20﹣4﹣4＝12（cm）， 而4+4＝8＜12，不符合三角形三边的关系，故舍去； 当底边长为4cm，腰长为（20﹣4）＝8（cm）， 综上所述，能围成有底边长是4cm，腰长为8cm的等腰三角形． 20．【分析】（1）根据角平分线的定义得出∠OAB+∠OBA（∠BAC+∠ABC），根据三角形内角和定理得出∠BAC+∠ABC＝180°﹣∠C＝110°，进而即可求解； （2）根据三角形内角和定理求得∠DAC，∠BAC，根据AE是∠BAC的角平分线，得出∠CAE∠CAB＝25°，根据∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD，即可求解． 【解答】（1）解：∵AE、BF是∠BAC、∠ABC的角平分线， ∴∠OAB+∠OBA（∠BAC+∠ABC）， 在△ABC中，∠C＝70°， ∴∠BAC+∠ABC＝180°﹣∠C＝110°， ∴∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝180°（∠BAC+∠ABC）＝125°． 故答案为：125°； （2）解：∵在△ABC中，AD是高，∠C＝70°，∠ABC＝60°， ∴∠DAC＝90°﹣∠C＝90°﹣70°＝20°，∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝50° ∵AE是∠BAC的角平分线， ∴∠CAE∠CAB＝25°， ∴∠DAE＝∠CAE﹣∠CAD＝25°﹣20°＝5°， ∴∠DAE＝5°． 21．【分析】（1）取格点M、N，连接MN交AC于点D，连接BD，BD即为所求； （2）取格点G，连接CG交AB于点E，CE即为所求； （3）取格点H，连接FH，线段FH平分△ABC的面积． 【解答】解：（1）△ABC的中线BD，如图1即为所求； （2）△ABC的高CE，如图2即为所求； ∵AF＝CK＝4，∠AFB＝∠K＝90°，BF＝GK＝2， ∴△ABF≌△CGK（SAS）， ∴∠GCK＝∠BAF， ∵∠BAF+∠ABF＝90°， ∴∠GCK+∠ABF＝90°， 即CE是△ABC的高； （3）如图3：点H即为所求． ， 即线段FH平分△ABC的面积． 22．【分析】（1）过点D作DF⊥AB，交BA的延长线于点F，先证明∠DAF＝∠C，∠F＝∠DEC＝90°，继而依据“AAS”判定△ADF和△CDE全等得DF＝DE，然后再根据角平分线的性质即可得出结论； （2）由（1）可知点：D在∠ABC的平分线上，△ADF≌△CDE，则BD是∠ABC的平分线，AF＝CE，进而得∠DBF＝∠DBE，由此得DF＝DE，∠F＝∠DEC＝90°，进而依据“AAS”判定△BDF和△BDE全等得BF＝BE，则AB+AF＝BC﹣CE，由此得BC﹣AB＝2CE＝2（BC﹣BE），据此即可得出AB、BC和BE三条线段的数量关系． 【解答】（1）证明：过点D作DF⊥AB，交BA的延长线于点F，如图所示： 在四边形ABCD中，∠BAD+∠C+∠ABC+∠ADC＝360°， ∵∠ABC+∠ADC＝180°， ∴∠BAD+∠C＝180°， 又∵∠BAD+∠DAF＝90°， ∴∠DAF＝∠C， ∵DF⊥AB，DE⊥BC， ∴∠F＝∠DEC＝90°， 在△ADF和△CDE中， ， ∴△ADF≌△CDE（AAS）， ∴DF＝DE， 又∵DF⊥AB，DE⊥BC， ∴点D在∠ABC的平分线上； （2）解：AB、BC和BE三条线段的数量关系：AB+BC＝2BE，理由如下： 由（1）可知：点D在∠ABC的平分线上，△ADF≌△CDE， ∴BD是∠ABC的平分线，AF＝CE， ∴∠DBF＝∠DBE， ∵DF⊥AB，DE⊥BC， ∴DF＝DE，∠F＝∠DEC＝90°， 在△BDF和△BDE中， ， ∴△BDF≌△BDE（AAS）， ∴BF＝BE， ∵BF＝AB+AF，BE＝BC﹣CE， ∴AB+AF＝BC﹣CE， ∵AF＝CE， ∴AB+CE＝BC﹣CE， ∴BC﹣AB＝2CE， 又∵CE＝BC﹣BE， ∴BC﹣AB＝2（BC﹣BE）， ∴AB+BC＝2BE． 23．【分析】（1）先证明△BAD≌△CAE，得到∠ABD＝∠ACE，由∠AOB＝∠COQ，再根据三角形内角和定理得到∠BAC＝∠BQC，即可得出答案； （2）作△ABC关于AC对称得到△AMC，连接BM、FM、EM，根据轴对称的性质可得AM＝AB，CM＝CB，∠MAC＝∠BAC，推出AC垂直平分BM，则有BF＝MF，AC⊥BM，通过证明△ACD≌△AME得到∠ACD＝∠AME，利用平行线的性质得到∠ACD＝∠BAC，利用角度的等量代换得到∠AME＝∠MAC，推出AC∥EM，得到EM⊥BM，再利用等边对等角和直角三角形的性质推出∠FEM＝∠FME，最后利用等角对等边得到EF＝MF＝BF，即可证明； （3）作AM⊥BG于点M，作AN⊥CG交CG延长线于点N，设AC与BG交于点O，则∠AMB＝∠N＝90°，先证明△BAD≌△CAE得到∠ABD＝∠ACE，进而证出△ABM≌△ACN得到AM＝AN，利用角平分线的判定定理得到GA平分∠DGN，得到∠DGN＝2∠AGD＝142°，∠AGN＝∠AGD＝71°，最后综合运用等腰三角形的性质、三角形内角和定理以及角平分线的定义即可求出∠H的度数． 【解答】（1）解：如图，设AC与BD交于点O， ∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE， 又∵∠AOB＝∠COQ， ∴∠BAC＝∠BQC， ∵∠BAC＝38°， ∴∠BQC＝38°； （2）证明：如图，作△ABC关于AC对称得到△AMC，连接BM、FM、EM， 由轴对称的性质得∠MAC＝∠BAC，AM＝AB，CM＝CB， ∴AC垂直平分BM， ∴BF＝MF，AC⊥BM， ∴∠FBM＝∠FMB， ∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠MAC＝∠DAE， ∴∠MAC+∠MAD＝∠DAE+∠MAD， ∴∠CAD＝∠MAE， 在△ACD和△AME中， ， ∴△ACD≌△AME（SAS）， ∴∠ACD＝∠AME， ∵CD∥AB， ∴∠ACD＝∠BAC， ∴∠AME＝∠MAC， ∴AC∥EM， 又∵AC⊥BM， ∴EM⊥BM， ∴∠BME＝90°， ∴∠FMB+∠FME＝90°，∠FBM+∠FEM＝90°， ∴∠FBM+∠FEM＝∠FMB+∠FME， 又∵∠FBM＝∠FMB， ∴∠FEM＝∠FME， ∴EF＝MF， 又∵BF＝MF， ∴EF＝BF， ∴F为BE中点； （3）解：如图，作AN⊥CG交CG延长线于点N，作AM⊥BG于点M，设AC与BG交于点O，则∠AMB＝∠N＝90°， ∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 又∵AD＝AE，AB＝AC， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵∠ABG＝21°，即∠ABD＝21°， ∴∠ACE＝21°， ∵∠ABM＝∠ACN，AB＝AC，∠AMB＝∠N， ∴△ABM≌△ACN（AAS）， ∴AM＝AN， 又∵AM⊥BG，AN⊥CG， ∴GA平分∠DGN， ∴∠AGN＝∠AGD＝71°，∠DGN＝2∠AGD＝2×71°＝142°， ∴∠BGC＝180°﹣∠DGN＝180°﹣142°＝38°， ∵∠AOB＝∠COG，∠ABD＝∠ACE， ∴∠BAC＝∠BGC＝38°， ∵AB＝AC， ∴， ∴∠BCG＝∠ACB+∠ACE＝71°+21°＝92°， ∵CH是∠BCG的角平分线， ∴， ∵∠AGN＝∠H+∠HCG， ∴∠H＝∠AGN﹣∠HCG＝71°﹣46°＝25°． 故答案为：25°． 24．【分析】（1）过点E作EF⊥x轴于点F，证明△COD≌△DFE（AAS），得出DF＝CO＝3，EF＝OD＝1，即可得出答案； （2）过点E作EF⊥x轴于点F，根据（1）得出△COD≌△DFE（AAS），得出EF＝OD，DF＝CO，证明AF＝EF，得出，证明∠APO＝∠OAP，得出OP＝OA＝3，即可得出答案； （3）在x轴上截取CG＝DK，连接EK，根据已知条件得出∠QGH＝∠QHG，证明△CGD≌△DKE（SAS），EK＝DG，∠DEK＝∠CDG＝90°，再证明∠KEF＝∠FEH，从而证明△KFE≌△HFE（AAS），得出EK＝EH，由EK＝DG进行线段之间的等量代换即可证明结论． 【解答】（1）解：如图1，点C的坐标为（0，3），点D的坐标为（1，0），过点E作EF⊥x轴于点F， ∴CO＝3，OD＝1， ∵∠EFD＝∠COD＝∠CDE＝90°， ∴∠EDF+∠CDO＝∠CDO+∠OCD＝90°， ∴∠EDF＝∠OCD， ∵△CDE为等腰直角三角形， ∴CD＝DE， 在△COD和△DFE中， ， ∴△COD≌△DFE（AAS）， ∴DF＝CO＝3，EF＝OD＝1， ∴OF＝DF﹣OD＝2， ∵点E在第三象限， ∴点E的坐标为：（﹣2，﹣1）； （2）解：如图2，点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，3），过点E作EF⊥x轴于点F， ∴OA＝OC＝OB＝3， 由（1）可知，△COD≌△DFE， ∴EF＝OD，DF＝CO， ∴OA＝DF， ∴OA﹣OF＝DF﹣OF，即OD＝AF， ∴AF＝EF， ∵，∠AOP＝90°， ∴∠APO＝90°﹣45°＝45°， ∴∠APO＝∠OAP， ∴OP＝OA＝3， ∴点P的坐标为：（0，﹣3）； （3）证明：如图3，在x轴上截取CG＝DK，连接EK， ∵∠EGC＝∠QHD， ∴∠QGH＝180°﹣∠EGC，∠QHG＝180°﹣∠QHD， ∴∠QGH＝∠QHG， 又∵∠CDE＝∠COD＝90°， ∴∠DCG+∠CDO＝∠CDO+∠KDE＝90°， ∴∠DCG＝∠KDE， 在△CGD和△DKE中， ， ∴△CGD≌△DKE（SAS）， ∴EK＝DG，∠DEK＝∠CDG＝90°，∠DKE＝∠QGH， ∵∠QGH＝∠QHG， ∴∠DKE＝∠QHG， ∵∠CED＝90°﹣∠ECD＝45°， ∴∠KEF＝∠DEK﹣∠CED＝45°， ∴∠KEF＝∠FEH， 在△KFE和△HFE中， ， ∴△KFE≌△HFE（AAS）， ∴EK＝EH， ∵EK＝DG， ∴EH＝DG， ∵EH＝EG+HG，DG＝DH+HG， ∴EG＝HD． 第 1 页 共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 $