2026-2027学年华东师大版八年级上册数学期中复习压轴题专练

八年级期中复习压轴题专练（华师大版） 1.(25-26八年级上·山西临汾期中)综合与实践 (1)超越学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形.如图1，已知：在△ABC中， ∠BAC=90°，AB=AC,直线I经过点A,BD⊥直线L、CE⊥直线L,垂足分别为点D、E.研究小 组探究出DE、BD、CE的关系是 (2)组员小梦想，如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将(1)中的条件改为：在 △ABC中，AB=AC,D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=C,其中a为 任意钝角，请问(1)中结论是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明由 (3)数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决；如图3，过△ABC的边AB, AC向外作等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE.AH是BC边上的高，延长HA交DE于点I,求证：I是DE 的中点. A E 图1 图2 图3 试卷第1页（共3页） 2.(25-26八年级上山西长治·期中)(1)【问题初探】某兴趣学习小组的同学通过赵爽弦图由外到内 的三个正方形中找出了全等三角形的模型图，如图1和图2所示的“一线三等角”型. E b 宋实黄实 B B C 赵爽弦图 图1 图2 E A y M d ■ B D C B B C 图3 图4 备用图 已知，AC=CE,∠ABC=∠ACE=∠EDC=90°，请在图1和图2中选择一个模型证明 △ABC≌△CDE, (2)【内化迁移】在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=5,点D为射线BC上一动点（点D不与点 B重合)，连接AD,以AD为直角边，在AD的右侧作三角形ADE,使∠DAE=90°，AD=AE ①如图3，当点D在线段BC上时，过点E作EF⊥AC于F,求EF的长度： ②如图4，连接BE,交直线AC于点M,点D在运动过程中，若SAABD=4 SAAME,请直接写出BD的长. 试卷第2页（共3页） 3.(25-26八年级上山西晋城·期中)综合与探究 问题情境： 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC,过点C作CF⊥AB于点F,且F为AB边的中点，D是直 线AB上一点（点D不与点A,B重合），连结CD.将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE,连结AE, DE. DA 图1 图2 备用图 基础感知： (1)如图1，当点D与点F重合时，线段AB与AE之间的数量关系为 深度探究： (2)如图2，当点D在线段BA的延长线上时，试判断线段AB,DF与AE之间的数量关系，并说明理由. 拓展迁移： (3)当点D在射线FB(点D不与点F重合)上时，请直接写出线段AB,DF与AE之间的数量关系. 试卷第3页（共3页） 4.(25-26八年级上山西晋城·期中)综合与探究 问题背景：在数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，将 Rt△ABC绕点C顺时针旋转得到Rt△DEC,点A的对应点为点D,点B的对应点为点E.当CE落在边 CA上时，延长DE交AB于点F,试猜想EF与BF的数量关系，并说明理由， D D G B B C 图1 图2 备用图 独立思考：(1)请解答老师提出的问题. 实践探究：(2)如图2，延长DF与CB的延长线交于点G,试判断BG与AE的数量关系，并说明理由. 问题解决：(3)若AB=3,BC=4,AC=5,在Rt△ABC旋转的过程中，当D,E,A三点共线时（点D 与点A不重合)，直接写出DA的长. 试卷第4页（共3页） 5.（25-26八年级上山西临汾·期中)综合与探究 问题情境： 小明在学习全等三角形的知识时，发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成， 在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形.它们类似大手拉着小手，这种模型称为“手拉手模型”， 小明进行了如下操作： 如图1，在△ABC和△ADE中，AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,连接BD、CE! D D B B 图1 图2 图3 (1)问题发现 小明发现图1就是手拉手模型，易证△ABD≌△ACE. ①请你帮助小明证明△ABD≌△ACE ②如图2，在图1的基础上，△ABC不动，将△ADE绕着点A逆时针旋转至点B,点D、点E在一条直 线上，BE交AC于点O.小明发现△ABD与△ACE依然全等.当∠BAC=∠DAE=60°时，小明利用 全等的性质和所学知识很快就求出了∠BEC,则∠BEC=。 (2)类比探究 在图2的基础上，当∠BAC=∠DAE=90°时，如图3.根据上述思路判断线段BE与CE的位置关系， 并说明理由。 试卷第5页（共3页） 6.如图①，在△ABC中，AB=12cm,BC=20Cm,过点C作射线CDAB.点M从点B出发，以 4cm/s的速度沿BC匀速移动；点N从点C出发，以acm/s的速度沿CD匀速移动.点M、N同时出发， 当点M到达点C时，点M、N同时停止移动，连接AM、MN,设移动时间为t(S). M M B 图① 图② (①)点M、N从移动开始到停止，所用时间为S: (2)当△ABM与△MCN全等时， ①若点M、N的移动速度相同，求t的值： ②若点M、N的移动速度不同，求t的值： (3)如图②、当点M、N开始移动时，点P同时从点A出发，以3CmS的速度沿AB向点B匀速移动，到达 点B后立刻以原速度沿BA返回.当点M到达点C时，点M、N、P同时停止移动.在移动的过程中，是 否存在△PBM与△MCN全等的情形？若存在，求出t的值，若不存在，说明理由. 7.（24-25八年级上·山西临汾·期中)【观察探索】 试卷第6页（共3页） (1)如图1，△ABC中，∠ACB=90°，△ABC≌△ADE,∠CAE=a0°<a<90.连接BD, CE,CE延长线与BD交于点F (用含的式子表示)； ②猜想DF和BF的数量关系，并给出证明. 【应用拓展】 (2)如图2，在△ABC和△CDE中，AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=90°，连接BD,AD, ED的延长线交AB于点F,∠BDC=90°，当AD⊥EF于点D时，求证：DE=2DF. 图1 图2 8.（2425八年级上山西临汾·期中)回答问题： 试卷第7页（共3页） G D D B A A E B E 图1 图2 图3 (I)【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB=AD,∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD 上的点，且EF=BE+FD,探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF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.连接AG,先证明△ABE≌△ADG,再证明 △AEF≌△AGF,可得出结论，他的结论应是： (2)【灵活运用】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EF=BE+FD,上述结论是否仍然成立，并说明理由； (3)【拓展延伸】如图3，己知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD,若点E在CB的 延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD,请写出∠EAF与∠DAB的 数量关系，并给出证明过程. 9.(24-25八年级上·山西长治·期中)综合与探究 发现问题： 试卷第8页（共3页） (1)如图1，在Rt△ABC与Rt△CDE中，∠B=∠E=∠ACD=90°，AC=CD,B,C,E三点在同 一直线上.若AB=2.5,ED=3.5,则BE=· 提出问题： (2)如图2，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=2,将AC绕点C顺时针旋转90°得到DC,连结BD, 求△BCD的面积. 灵活应用： (3)如图3，在△ABC中，将AB绕点A顺时针旋转90°得到AE,将AC绕点A逆时针旋转90°得到AG, 连结EG,过点A作AH⊥BC于点H,延长HA交EG于点I.求证：I是EG的中点. 图1 图2 图3 10.(24-25八年级上山西晋城期中)如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°， ∠CAB=∠ABC=45°，CA=CB.点D是边BC上任意一点，连接AD并延长，点E是射线AD上的一 个动点（点E不与点A重合），连接CE,作等腰直角三角形CEF,使得，∠ECF=90°，CE=CF, 试卷第9页（共3页） ∠CEF=∠CFE=45°.连接BF交射线AD于点G. E D 图1 图2 备用图 (I)如图1，求证：△CBF≌△CAE (2)①若∠BAD=20°，则∠ABG的度数为 ②判断AG与BF的位置关系，并说明理由. (3)如图2，若∠BAD=15°，在点E的运动过程中，当EF所在直线与△ABC的边所在直线垂直时，请 直接写出∠AEC的度数. 11.(24-25八年级上山西临汾·期中)综合与探究 如图1，在△ABC中，AB=BC=AC,∠BAC=∠ACB=60°，点D,E分别在边BC,AC上，且 AE=CD.连接AD,BE,并交于点F. 试卷第10页（共3页） E E 刀 图1 图2 【解决问题】 (1)爱动脑筋的小明发现可以利用全等三角形的知识得到∠BFD的度数为定值.那么∠BFD的度数是 多少？ 【深入探究】 (2)小明继续进行了如下思考：在上题中，若点D,E分别在BC,CA的延长线上，DA的延长线与BE 交于点F,如图2，其他条件不变 ①AD与BE有怎样的数量关系？ ②∠BFD的度数是否仍为定值？ (请你思考这两个问题，给出相应的结论并写出证明过程) 12.（24-25八年级上山西长治·期中)综合与探究 问题情境：在△ABC中，∠ACB=90°，BC=AC,点D在直线BC上运动，连接AD,将线段AD绕 点A顺时针旋转90°得到线段AE,过点E作EF⊥AC,交直线AC于点F. 试卷第11页（共3页） B F 图1 图2 探究发现： (1)如图1，当点D在BC上时，EF与AC的数量关系是 (2)如图2，当点D在CB的延长线上时，连接BE交CF于点H.求证：FH=CH. 拓展思考： (3)当BC=6,AF=2时，直接写出△ABD的面积. 13.（24-25八年级上山西临汾·期中)综合与实践 数形结合是解决数学问题的重要思想方法，借助图形可以对很多数学问题进行直观推导和解释，八年级 课外活动小组剪了若干个边长为a的小正方形(A类)，长为b、宽为a的长方形(B类)以及边长为b 的大正方形(C类)卡片（如图1所示），发现利用图1中的三种卡片各若干可以拼出一些长方形来解释 试卷第12页（共3页） 某些等式 乐学组的同学：我们拼出了如图2的长方形，我们发现这个图形可以解释等式： (a+2ba+b=a2+3ab+2b2. A B B B A A B B C B C b aA 及 C B C C a a B b 图1 图2 图3 ()勤奋组的同学拼出了如图3的长方形，这个图形可以解释的等式为 (2)启航组同学要拼成一个长为a+3b,宽为2a+b的长方形，那么需用A类卡片张，B类卡片 张，C类卡片张 (3)卓越组的同学想用1张A卡片，5张B卡片，4张C卡片拼成一个长方形，验证某个等式，请你帮他们 画出图形并写出可以解释的等式. B 图4 可以解释的等式为： (④)善思组的同学：用5张B类卡片按图4的方式不重叠地放在长方形内，未被遮盖的部分（两个长方 形)用阴影表示，设右下角与左上角的阴影部分的面积之差为M,AB=x,若M的值与x无关，试探究α 与b的数量关系，并说明理由， 14.（26-27八年级上山西吕梁阶段检测)综合与探究 问题情境：如图，在△ACB中，∠ACB=90°，AE平分∠BAC,BF平分∠ABC,AE与BF交于点P 试卷第13页（共3页) 图1 图2 备用图 得出结论： (1)如图1，∠APB的度数为 拓展延伸： (2)如图2，过点P作PQ⊥BF交BC于点Q. ①求证：AF+BQ=AB ②若AC=3,AB=5,BC=4,请直接写出CQ的长. 15.(25-26七年级下·山西运城·期末)在数学综合实践课上，同学们开展对三角形折叠问题的探究活动. 如图1，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°，点E是AC边上一点，点D是BC边上一点，将 △CDE沿着DE折叠，点C的对应点是点F. 试卷第14页（共3页） AE B(D) B B 图1 图2 备用图 (I)奋进小组按图1的方式折叠，点D与B重合，将△CDE折叠后，点F落在BA的延长线上，求∠AEF 的度数. (2)如图2，善思小组沿DE折叠后点F落在CA的延长线上，此时AC=CD, ①试说明△CDF≌△CAB, ②试探究线段CE,AE和BD的数量关系，并说明理由 (3)创新小组提出新的问题，折痕DE经过AC的中点时，即点E是AC中点，当△（是等腰三角形时，请 直接写出∠AFE的度数， 16.(25-26七年级下·山西晋中期末)综合与探究： 试卷第15页（共3页) M (图1) (图2) (备用图) 问题情境：数学课 上，老师和同学们一起以两个“顶角相等的等腰三角形”为背景展开探究活动.已知△ABC中， AB=AC,点M是直线BC上一点（不与点B、C重合），以AM为一边在AM的右侧作△AMN,使得 AM=AN,∠MAN=∠BAC,连接CN. (1)特例分析：如图1，当点M在线段BC上，且∠BAC=90°时，则∠BCN= (2)拓展探究：若∠BAC=c,∠BCN=B, ①如图2，当点M在线段BC上移动时，《和B之间有着怎样的数量关系？并说明理由. ②当点M在直线BC上移动时，Q和β之间有怎样的数量关系？请直接写出结论. 17.(25-26七年级下山西晋中.期末)综合与实践 问题情境：数学课上，同学们利用所学的平行线、三角形及轴对称的知识，探索图形变化中的数学问题. 试卷第16页（共3页） 已知△ABC中，∠ABC=120°，AB=BC,点D是AC边上的一个动点，将△ABD沿BD翻折后得到 △EBD,BE交AC于点F. (图1) (图2) 备用图 (1)初步探究：如图1，当DEBC时，求∠ABD的度数： (2)深入探究：如图2，善思小组改变图1中点D位置，延长ED交AB于点G,试猜想线段BG与BF的数 量关系，并说明理由： (3)拓展延伸：智慧小组在图2的基础上展开了更深入的探究.当△迴乙是等腰三角形时，请借助备用图， 直接写出此时∠ADB的度数. 18.(25-26七年级下·山西晋中·期末)综合与探究 问题情境： 在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现：将两个项角相同的等腰三角形的顶角顶点放在一起时， 存在一对全等三角形. 试卷第17页（共3页) 图1 图2 图3 【模型呈现】 (1)如图1，△ABC与△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC=∠DAE,AB=AC,AD=AE,则 ∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,即∠BAD=∠CAE,所以△ABD≌△ACE,以上判定全等 的依据是 A.SSS B.ASA C.SAS D.AAS 兴趣小组成员发现顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型” 【模型运用】 (2)如图2，△ABC、△ADE是等腰直角三角形，∠CAB=∠DAE=90°，AB=AC,AD=AE,连接 BD、CE,试探究BD、CE的数量关系与位置关系，并说明理由. 【模型深化】 (3)如图3，已知A、B、C三点共线，分别以AB、BC为边向外作等边△ABD和等边△BCE(三边都相 等，三个内角都相等)，AE、CD交于点Q,请直接写出∠EQC的度数为. 19.(25-26七年级下·山西运城期末)综合与实践 数学活动课上，老师带领同学对特殊的轴对称图形“筝形”进行了进一步研究.如图1，“筝形”纸片 ABCD中，AB=AD,BC=CD,∠B=∠D. 试卷第18页（共3页） 图1 图2 图3 (I)活动一：A组同学将“筝形”ABCD沿直线BD折叠到如图2位置，点A对应点为点E,连接CE,小 组同学发现EC平分∠BED,请帮助该小组同学说明理由， (2)活动二：B组同学在图2基础上沿BC,CE,CD将图形剪开后，△BCE,△DCE按图3位置摆放， △BCE的对应顶点为B,C1,E1,△DCE的对应顶点为D,C2,E2,C1落在直线DE2上，C2落在直线 BE1上，直线DC2,BC1交于点P,直线E1C1,E2C2交于点Q；连接PQ,此时C1C2⊥BE1,当C1,C2 关于直线PQ对称时，请说明C2C1⊥DE2: (3)活动三：在图3基础上，将△DC2E2水平向左摆放，直线C2D交直线BE1于点M,连接BD,当 C2D=2MD时，直接写出BD与C1C2的数量关系. 20.（25-26七年级下山西太原·期末)综合与探究 问题情境：数学课上，同学们利用所学的三角形及轴对称的知识，探索图形变化中的数学问题.已知： 如图1，△ABC中，AB=AC,∠BAC=40°，点D是线段AB上的一个动点，点A关于直线CD的对称 试卷第19页（共3页） 点为点P.射线AP分别交直线CD于点Q,交射线CB于点H,连接CP交射线AB于点E. 0 D D E P(H)B(E) B 图1 图2 图3 备用图 (1)特例分析：如图2，当点P落在射线CB上时，请直接写出∠APC的度数： (②)拓展探究：如图3，若∠AHC=40°，判断PH与BH的数量关系，并说明理由： (3)当△AEC是直角三角形时，请直接写出∠AHC的度数. 试卷第20页（共3页） 参考答案 1.(1)DE=BD+CE; (2)成立，理由如下： .'∠BDA=∠BAC=a, .∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-a, ∴.∠DBA=∠CAE, 在△ADB和△CEA中. ∠BDA=∠AEC ∠DBA=∠CAE AB=AC .∴.△ADB≌△CEA AAS, .∴AE=BD,AD=CE, ∴.DE=AE+AD=BD+CE; (3)证明：延长HI,过D作DM⊥HI于M,过E作EN⊥HI的延长线于N,如图： D ∴.∠DMI=∠ENI=90 B 由(1)和(2)的结论可知DM=AH=EN, ∴.DM=EN, 在△DMI和△ENI中， ∠DIM=∠EIN ∠DMI=∠ENI, DM=EN ∴.△DMI≌△ENIAAS, ∴DI=EI, I是DE的中点. 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与 性质是解题的关键， (1)由条件可证明△ADB≌△CEA,可得AE=BD,AD=CE,可得DE=BD+CE: (2)由条件可知∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-Q&,可得∠DBA=∠CAE,结合条件 答案第1页（共2页） 可证明△ADB≌△CEA,同(1)可得出结论： (3)过D作DM⊥HI于M,过E作EN⊥HI的延长线于N,由条件可知EM=AH=EN,可得 DM=EN,结合条件可证明△DMI≌△ENI,可得出结论I是DE的中点. 【详解】解：(1)，BD⊥直线l,CE⊥直线l, ∴.∠BDA=∠CEA=90, .·∠BAC=90, ∴.∠BAD+∠CAE=90°， ,∠BAD+∠ABD=90, .∠CAE=∠ABD 在△ADB和△CEA中， ∠ABD=∠CAE ∠BDA=∠CEA AB=AC .△ADB≌△CEA AAS, ∴.AE=BD,AD=CE, .DE=AE+AD=BD+CE. (2)略 (3)略 2.(1)证明：选择图1： ,∠ACE=90°， .∠ECD+∠ACB=90°， :∠CDE=90, ∴∠ECD+∠CED=90°， ∴.∠ACB=∠CED: 在△ABC与△CDE中， ∠ABC=∠CDE ∠ACB=∠CED AC=CE .△ABC≌△CDE(AAS): 选择图2：∠ACE=∠CDE=90°， .∠ECD+∠ACB=90°，∠ECD+∠CED=90°， ∴.∠ACB=∠CED. 在△ABC与△CDE中， 答案第2页（共2页） ∠ABC=∠CDE ∠ACB=∠CED AC=CE .△ABC≌△CDE(AAS), (2)①EF=5:②BD= 3或20. 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，一元一次方程的应用，证明三角形全等、分类讨论是解 题的关键。 (1)由∠ECD+∠ACB=90°，∠ECD+∠CED=90°，得∠ACB=∠CED,利用AAS即可证 明△ABC≌△CDE: (2)①证明△EAF≌△ACD,则EF=AC=5: ②过点E作EF⊥AC交CA的延长线于点F,由①得△EAF≌△ADC,有EF=AC=5,AF=CD: 由面积关系得BD=4AM,设AF=CD=X;分两种情况：当点M在线段AC上时；当点M在线段AC反 向延长线上时；证明△EFM≌△BCM,则CM=FM,从而利用BD=4AM建立关于x的方程，即可 求解。 【详解】(1)略 (2)①，∠ACD=∠DAE=90°， ∴.∠CAD+∠ADC=90°，∠EAF+∠CAD=90°， ∴.∠ADC=∠EAF, 在△EAF与△ACD中， ∠ADC=∠EAF ∠ACD=∠EFA AD=AE ∴.△EAF≌△ACD, ∴.EF=AC=5: ②过点E作EF⊥AC交CA的延长线于点F,如图： 由①得△EAF≌△ADC, ∴.EF=AC=5,AF=CD: ∴.SA ABD=4S△AME, ÷BDAC=4×AM~ER, ..BD=4 AM: 答案第3页（共2页） 设AF=CD=X: 当点M在线段AC上时，如图， .EF=AC,AC=BC, ∴EF=BC: .∠EFM=∠ACB=90°，∠FME=∠CMB, ∴△EFM≌△BCM(AAS). ∴.CM=FM: ∴.CF=AC+AF=5+X, .GM-FM-]CP-5>.AM-AC-CM-5x .BD=BC+CD=5+x,BD=4AM, 5+x=4x5- 2’ 解指：文产号 BD=5+5=20 33 Fp E M B 当点M在线段AC反向延长线上时，如图， 同理得：△EFM≌△BCM(AAS), ∴.CM=FM: CF=AC+AF=5+x,CM=FM=1CF=5+x 2 AM=CM-AC=X-5」 2； .BD=BC+CD=5+x,BD=4AM, 5+x=4×x-5 解得：x=15, ∴.BD=5+15=20, 答案第4页（共2页） F E M C D 当点D在线段BC上的情况不存在. 综上，BD= 2 3或20. 3.(1)AB=2AE: (2)AB=2 AE-DF, 理由如下：根据旋转的性质，得∠DCE=90°，CE=CD】 .∠ACB=90° ∴.∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD,即∠BCD=∠ACE 又BC=AC .∴△BCD≌△ACE(SAS) ∴BD=AE F为AB边的中点， ..BF-AB .BE=BD-DF AB-AE-DF,AB-2IAE-DF (3)当点D在线段FB上时，AB=2DF+AE:当点D在线段FB的延长线上时，AB=2DF-AE 【分析】此题考查全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质， (1)根据旋转的性质及等腰三角形的性质证得△ECA≌△DCB SAS,得到四边形EADC是矩形，即 可推出AB=2AE: (2)证明△BCD≌△ACE(SAS),得到BD=AL.由BF-号AB,BF=BD-DF即可得到 AB=2AE-DF」 (3)分两种情况：当点D在线段FB上时，当点D在线段FB的延长线上时，根据(2)的方法分别求出 三条线段间的关系。 答案第5页（共2页） 【详解】(1)由旋转得CD=CE,∠ECD=90, :∠ACB=90°，AC=BC,且F为AB边的中点，点D与点F重合， :.CD1AB,CD=AD=AB,∠ACD=∠BCD=45°， ∴.∠ECA=45°=∠DCB,∠CDA=∠CDB=90°， ∴.△ECA≌△DCB SAS. ∴.∠CEA=∠CDB=90 ∴.四边形EADC是矩形， ∴AE=CD, ..AB=2AE, 故答案为：AB=2AE (2)略 (3)当点D在线段FB上时，由(2)得△BCD≌△ACE, ∴.AE=BD BF-7AB-BD+DF, ..AB=2 DF+AE F D B 当点D在线段FB的延长线上时，由(2)得△BCD≌△ACE, ..AE=BD, BF-AB-DF-BD, ∴.AB=2DF-AE: 答案第6页（共2页） 4. (1)EF=BF,理由如下： 连接CF, D C 旋转， ∴.BC=EC,∠CBA=∠CED=90°， ∴.∠CEF=90°=∠CBF, BC=EC 在Rt△CBF和Rt△CEF中， CF=CF .Rt△CBF≌Rt△CEF, ∴EF=BF; (2)BG=AE,理由如下： 由(1)知：EF=BF,∠CED=∠CBA=90°， .∠AEF=∠FBG=90°， 又：∠AFE=∠GFB, ∴.△AEF≌△GBF, ..BG=AE: (3)6 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，熟练掌握相关知 识点是解题的关键： (1)连接CF,利用旋转的性质，结合HL证明Rt△CBF≌Rt△CEF,即可得出结论： (2)证明△AEF≌△GBF,即可得出结论： (3)根据旋转推出AC=CD,DE=AB=3,∠CED=∠ABC=90°，三线合一，进行求解即可. 【详解】解：(1)略 (2)略 (3)如图， 答案第7页（共2页） D 旋转， .AC=CD,DE=AB=3,∠CED=∠ABC=90°， ∴CE⊥DE, .A,E,D三点共线， ∴.AE=DE=3, .AD=6 5.(1) ①证明：.·∠BAC=∠DAE ∴.∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC .∴.∠BAD=∠CAE 在△ABD和△ACE中， AB=AC ∠BAD=∠CAE AD=AE .∴.△ABD≌△ACE SAS: ②60 (2） 解：BE⊥CE 理由：由(1)可知△ABD≌△ACE .∠ABD=∠ACE .·∠AOB=∠EOC且∠BAC=90° 在△AOB与△EOC中 ∠BAC+∠ABD+∠AOB=180°，∠BEC+∠ACE+∠EOC=180° .∴.∠BEC=∠BAC=90° .∴.BE⊥CE, 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，掌握手拉手全等模型 是解题的关键。 答案第8页（共2页） (1)①根据等式的性质可得出∠BAD=∠CAE,然后根据SAS证明△ABD≌△ACE即可： ②证明△ADE是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠ADE=∠AED=60°，则∠ADB=120°， 根据SAS证明△ABD≌△ACE,根据全等三角形的性质得出∠ADB=∠AEC,然后根据角的和差关 系求解即可； (2)由(1)可知△ABD≌△ACE,得出∠ABD=∠ACE,然后根据三角形的内角和定理可求出 ∠BEC=90°，即可得证. 【详解】(1)①略 ②解：，·AD=AE,∠DAE=60, ∴.△ADE是等边三角形， ∴.∠ADE=∠AED=60°， .点B,D、E在一条直线上， .∴.∠ADB=180°-∠ADE=120°， ∠BAC=∠DAE ∴.∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC .∴.∠BAD=∠CAE. 在△ABD和△ACE中， AB=AC ∠BAD=∠CAE AD=AE .∴.△ABD≌△ACE SAS .∴.∠ADB=∠AEC=120°， .∠BEC=∠AEC-∠AED=60° 故答案为：60°； (2)略 6.(1)5 (20t=2:②2.5 825版号 路程 【分析】(1)根据时间= 速度 计算即可 (2)①利用全等三角形的性质，构建方程解决问题即可.②当CN=AB,CM=BM时，两个三角形全 答案第9页（共2页） 等，求出运动时间，可得结论， (3)分两种情形分别求解即可解决问题， 20 【详解】(1)解：点M的运动时间t= 4 =5(秒)， 故答案为：5； (2)解：①，点M、N的移动速度相同，点M的速度是4cm/s. ∴.CN=BM=4t, ∴.∴.CM=BC-BM=20-4tcm CD‖AB, ∴.∠NCM=∠B, ∴.当CM=AB时，△ABM与△MCN全等， 则有12=20-4t,解得t=2, ②.点M、N的移动速度不同， ∴.BM≠CN, ∴.当CN=AB=at=12cm,CM=BM=号BC=10cm时，两个三角形全等， ∴.BM=4t=10cml 运动时间t=10=2.5, 4 0=12-24 2.55,满足题意 (3)解：若点M、N的移动速度不同，则CM=BM时，两个三角形有可能全等，此时t=2.5. 若点M、N的移动速度相同，则BM=CN,BP=CM, BP=12-3tcm),CM=20-4t cm, .∴.20-4t=12-3t或20-4t=3t-12, 解得=8合布成号。 32 综上所述，满足条件的的值为2.5或气， 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了路程，速度，时间之间的关系，全等三角形的判定和性质等知 识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型， 1 7.(1)①片； ②DF=BF,证明如下： 答案第10页（共2页) 过点D作DG‖BC交CF延长线于点G,如下图， D ∴∠DGF=∠BCF, :△ABC≌△ADE, ∴.AC=AE,BC=DE,∠AED=∠ACB=90°， .∠ACE=∠AEC, .∠ACE+∠BCF=90°，∠AEC+∠g=90°， ∴.∠BCF=∠U, ∠DGF=∠就， ..DG=DE=BC, 在△CBF和△GDF中， ∠BCF=∠DGF ∠BFC=∠DFG CB=GD ∴.△CBF≌△GDF AAS, ..BF=DF: (2)证明：连接AE,过A作AH‖BD,交DF延长线于点H,如下图， :AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=90°， .∠CDE=∠CED=×90°=45°， .∠BCD+∠ACD=∠ACE+∠ACD, ,∠BCD=∠ACE. 在△BDC和△AEC中， 答案第11页（共2页） BC=AC BCD=∠ACE CD=CE .△BDC≌△AECSAS, .BD=AE,∠BDC=∠AEC=90° ∴.∠AEH=∠AEC-∠CED=90°-45°=45°， ∠BDF=180°-∠BDC-∠CDE=45, 又，AH‖BD ∴.∠AHE=∠BDF=45°， ∴.∠AHE=∠AEH=45°， ∴.AH=AE=BD, 又，AD⊥EF, .DE=DH, 在△BDF和△AHF中， ∠BDF=∠AHF ∠AFH=∠BFD, BD=AH .△BDF≌△AHF AAS, :DF=HF ∴.DE=DH=2DF」 【分析】(1)①根据全等三角形的性质得出∠AED=∠ACB=90°，AC=AE,根据等腰三角形的性 质得出∠ACE=∠AEC=90°-a,最后求出结果即可：②过点D作DG|BC交CF延长线于点G, 先证明∠DGF=∠乙，得出DG=DE=BC,进而证明△CBF≌△GDF,即可证明结论： (2)连接AE,过A作AH‖BD,交DF延长线于点H,证明△BDC≌△AEC,得出 BD=AE,∠BDC=∠AEC=90°，根据等腰三角形的性质得出DE=DH,证明△BDF≌△AHF, 得出DF=HF,即可证明结论， 【详解】(1)解：①，∠ACB=90°，△ABC≌△ADE,∠CAE=a0°<a<90, ∴.∠AED=∠ACB=90°，AC=AE, ∠AcE=∠AEC=号l80°-ai=90-2. 答案第12页（共2页) ∠整=180°-∠AEC-∠AED=180°- 90、1 2c-90= 2 故答案为： a: 1 ②略 (2)略 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形的性质、平 行线的性质等知识，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法 8.(I)∠BAE+∠FAD=∠EAF (2) 仍成立，理由：延长FD到点G,使DG=BE,连接AG, Q A B E ,∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°， .∴.∠B=∠ADG, 在△ABE和△ADG中， b, .△ABE≌△ADG SAS, ∴.∠BAE=∠DAG,AE=AG, .EF=BE+DF, ∴.EF=DF+DG=FG, 在△AEF和△AGF中， b; ∴.△AEF≌△AGFSSS, ∴.∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF; (3) ∠EAF=180°-)∠DAB,证明如下： 答案第13页（共2页） 在DC延长线上取一点G,使得DG=BE,连接AG, G .∠B+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°， ∴.∠ADC=∠ABE 在△ABE和△ADG中 乙， .△ABE≌△ADG SAS, .∴.∠BAE=∠DAG,AE=AG, .EF=BE+DF .'EF=DF+DG=FG, 在△AEP和△AGF中 L, ∴.△AEF≌△AGFSSS, ∴.∠FAE=∠FAG, .∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°. .2∠FAE+∠GAB+∠BAE=360°， ∴.2∠FAE+∠GAB+∠DAG=360°，即2∠FAE+∠DAB=360°， 六∠nAF=180°-2<DB. 【分析】(1)延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,根据全等三角形判定定理可得 △ABE≌△ADG,则∠BAE=∠DAG,AE=AG,根据边之间的关系可得EF=FG,再根据全等三 角形判定定理及性质即可求出答案。 (2)延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,根据角之间的关系可得∠B=∠ADG,根据全等三角 形判定定理可得△ABE≌△ADG,则∠BAE=∠DAG,AE=AG,根据边之间的关系可得EF=FG, 再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案。 (3)在DC延长线上取一点G,使得DG=BE,连接AG,根据角之间的关系可得∠ADC=∠ABE, 根据全等三角形判定定理可得△ABE≌△ADG,则∠BAE=∠DAG,AE=AG,根据边之间的关系 可得EF=FG,再根据全等三角形判定定理可得△AEF≌△AGF,则∠FAE=∠FAG,再根据角之 答案第14页（共2页） 间的关系即可求出答案. 【详解】(1)解：延长FD到点G,使DG=BE,连接AG G B E 在△ABE和△ADG中， 乙， ∴.△ABE≌△ADG SAS, .∴.∠BAE=∠DAG,AE=AG, .EF=BE+DF. .∴.EF=DF+DG=FG, 在△AEF和△AGF中， b, .△AEF≌△AGFSSS, ∴.∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF: 故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF; (2)略 (3)略 【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解 决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形， 9.(1)6 (2)2 3) 证明：过点E作EM⊥HI交H延长线于点M,过点G作GN⊥HI交HI于点N, E M -I 答案第15页（共2页） ,AH⊥BC, ∴.∠M=∠BAE=∠BHA=90°，∠GNA=∠GAC=∠AHC=90°， 由旋转可得，AE=AB,AG=AC, △EMA≌△AHB AAS,△GNA≌△AHCAAS, ∴.EM=AH=GN, 又.∠M=∠GNI=90°，∠MIE=∠NIG, .△EMI≌△GNI AAS, ..EI=GI, .I是EG的中点. 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与 判定是解题的关键。 (1)证明△ABC≌△CED AAS即可求解： (2)过点D作DE⊥BC交BC延长线于点E,证明△ABC≌△CED AAS即可求解： (3)先证得△EMA≌△AHB AAS,,△GNA≌△AHC AAS,得出EM=AH=GN,再证明 △EMI≌△GNI AAS即可. 【详解】(1)解：，∠B=∠E=∠ACD=90°， .∠A+∠ACB=90°，∠DCE+∠ACB=90°， ∴.∠DCE=∠A, AC=CD .△ABC≌△CED AAS, ..AB=CE=2.5,BC=ED=3.5, ∴.BE=BC+CE=6, 故答案为：6. (2)解：过点D作DE⊥BC交BC延长线于点E, E 由题意得，∠ABC=∠ACD=∠E=90°，AC=DC, ∴.∠A+∠ACB=90°，∠DCE+∠ACB=90°， .∠DCE=∠A, .AC=CD. 答案第16页（共2页) .△ABC≌△CED AAS, ∴.BC=ED=2, SwoBC-FD-2 (3)略 10.(1) 证明：.∠ACB=90°，∠ECF=90°， .∴.∠ACB=∠ECF, .∴.∠ACB-∠BCE=∠ECF-∠BCE, ∴.∠ACE=∠BCF, 在△CBF和△CAE中， CB=CA ∠BCF=∠ACE FC=EC .∴.△CBF≌△CAESAS: (2070 ②AG⊥BF,理由如下： .∠BAD=20°，∠ABG=70°， .∴.∠AGB=180°-20°-70°=90°， ∴.AG⊥BF; (③)∠AEC的度数为15或60或105 【分析】(1)根据等腰直角三角形的性质，用SAS即可进行证明： (2)①根据全等三角形的性质得∠CBF=∠CAE,由∠CAB=∠ABC=45°，∠BAD=20°得 ∠CAE=25°，即可求解： ②根据∠BAD=20°，∠ABG=70°即可得出结论： (3)如图3，当EF⊥BC时，当EF⊥AB时，点D与点E重合，当EF⊥AC时，EF‖BC,根据平行 线的性质得到∠CAE=∠FED,于是得到结论. 【详解】(1)略 (2)解：①.△CBF≌△CAE, .∴.∠CBF=∠CAE, 答案第17页（共2页） ·.:∠CAB=∠ABC=45°，∠BAD=20, ∴.∠CAE=∠CAB-∠BAF=45°-20°=25°， ,∴.∠ABG=∠ABC+∠CBF=45°+25°=70°： ②略AG⊥BF (3)解：如图3，当EF⊥BC时， F D ∴.AC‖EF B 图3 ∴.∠CAE=∠FED, .'∠CAB=45°，∠BAD=15°， .∴.∠CAE=30°， ∴.∠FEG=∠CAE=30°， .·∠CEF=45, ∴.∠AEC=180°-45°-30°=105°： 如图4， B 图4 当EF⊥AB时，点D与点E重合， ∴.∠AEC=90°-∠CAE=60°： 如图5， G D B 图5 当EF⊥AC时，EF‖BC, 答案第18页（共2页) .∴.∠CEF=ㄥBCE=45°， .∴.∠ACE=135°， .∵∠CAE=30, .∴.∠AEC=180°-135°-30°=15°， 综上所述，当EF所在直线与△ABC的边所在直线垂直时，∠AEC的度数为15°或60°或105° 【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等的性质和判定、等腰直角三角形的性质，熟练 掌握相关内容，正确进行分类讨论是解题的关键. 11.(1)60°： (2)①BE=AD: ②∠BFD的度数仍为定值60° 证明：由①可知，△ABE≌△CAD, ∴.∠E=∠D .'∠EAF=∠CAD,∠CAD+∠D=∠ACB=60°， .∴.∠EAF+∠E=60°， .∴.∠BFD=60° 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质，熟练掌握全等三角形的判定与性 质是解答的关键， (1)证明△ABE≌△CAD SAS得到∠ABE=∠CAD,然后利用三角形的外角性质求解即可： (2)①先证明∠BAE=∠ACD=120°，再证明△ABE≌△CAD SAS,根据全等三角形的对应边相 等可得结论： ②先根据全等三角形的对应角相等得到∠E=∠D,再利用三角形的外角性质可求解. 【详解】解：(1)在△ABE和△CAD中， AB=CA, ∠BAE=∠C AE=CD, .∴.△ABE≌△CAD SAS, .∴.∠ABE=∠CAD ∴.∠BFD=∠ABE+∠BAD=∠CAD+∠BAD=∠BAC=60°： (2)①AD=BE 证明：.'AB=AC,∠BAC=∠ACB=60, .∴.∠BAE=∠ACD=120」 答案第19页（共2页） AB=CA, 在△BAE和△ACD中，∠BAE=∠ACD AE=CD, .∴.△ABE≌△CAD SAS, ∴.BE=AD ②略 12.(1)EF=AC: (2)由旋转得，AE=AD, .EF⊥AC, ∴.∠EFA=90°， :∠ACB=90°， ∴.∠EFA=∠ACD, ∠EAD=90°， .∴.∠EAC+∠DAC=90°， 又在Rt△ACD中，∠D+∠DAC=90°， .∠EAC=∠D,即∠EAF=∠D, 在△AFE和△DCA中， ∠AFE=∠DCA ∠EAF=∠ADC AE=DA ∴.△AEF≌△DAC AAS, ∴.AC=EF, 又BC=AC, ∴.BC=EF, .∠ACB=90°，且∠ACB+∠BCF=180°， ∴.∠BCF=90, 又∠EFA=90°， ∴·∠EPFA=∠BCF, 在△BCH和△EFH中， BC=EF ∠BCH=∠EFH ∠CHB=ㄥFHE .△BCH≌△EFH AAS, ∴.FH=CH 答案第20页（共2页） (3)12或24. 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，灵活掌握全等三角形的判定定理是解答本题的关键 (1)证明∠EFA=∠ACD,根据AAS证明△AFE≌△DCA即可得出结论； (2)根据AAS证明△AEF≌△DAC得AC=EF,可得EF=BC,根据AAS证明△BCH≌△EFH, 从而可得结论： (3)分点D在BC上，CB的延长线上，BC的延长线上三种情况讨论，结合三角形面积公式求解即可. 【详解】解：，∠ACD=90, ∴.∠CAD+∠ADC=90°， 又：∠EAD=90, .∴∠EAC+∠CAD=90°， ∴.∠EAC=∠ADC, 由旋转得，AE=AD, 又，EF⊥AC, ∴.∠EFA=90°， ∴.∠EFA=∠ACD, 在△AFE和△DCA中， ∠AFE=∠DCA ∠EAF=∠ADC AE=DA .△AFE≌△DCA AAS, ..EF=AC: （2)略 (3).BC=6,AF=2 .当点D在CB的延长线上时，AF>BC,不满足题意， .点D在BC上，由(1)知，△AFE≌△DCA, ∴.CD=AF=2, .∴.BD=BC-CD=6-2=4, .'AC=BC=6, Saw2DAc= ×4×6=12. 当点D在CB的延长线上时，如图， 答案第21页（共2页） C 同理可得，CD=AF=2,BD=BC+CD=6+2=8, Sam号BDAC=×8×6=24, 综上，△ABD的面积为12或24. 13.(①2a+bl2b+a=2d2+5ab+2b2 (2)2;7:3: 3) 图形为： b b b b a a+ba+4b=a2+5ab+4b2 b (4) 解：b=2a,理由如下： 设AB=X, 由题意可得M=x-3ab-2ax-b =xb-3ab-2ax+2ab =b-2ax-ab 由于M的值与x无关，则b-2a=0,即b=2a. 【分析】本题主要考查了多项式乘多项式、整式的混合运算的应用等知识点，掌握数形结合能力以及整 式的混合运算法则成为解题的关键. (1)根据图②结合图形的面积以及整式乘法列代数式即可； (2)根据多项式乘多项式的法则计算，然后根据相关系数即可解答： (3)根据多项式乘多项式的法则计算，然后根据相关系数即可解答： (4)设AB=X,由图可知M=x-3ab-2ax-b,然后再化简，最后让x的系数为0即可解答. 答案第22页（共2页) 【详解】(1)解：由题意得2a+bl2b+a=2a2+5ab+2b2: 故答案为：2a+b2b+a=2a2+5ab+2b2 (2)解：“a+3b2a+b=2a2+7ab+3b2 .需用A类卡片2张，B类卡片7张，C类卡片3张. 故答案为：2；7；3； (3)解：，1张A卡片，5张B卡片，4张C卡片拼成一个长方形， ∴.a2+5ab+4b2, 图略， 等式为a+bla+4bl=ad2+5ab+4b2: (4)略 14.(1)135 (2)①证明：如图所示，延长QP交AB于点D, E .PQ⊥BF,BF平分∠ABC, .∠BPQ=∠BPD=90°，∠QBP=∠DBP, 在△BQP与△BDP中， ∠BPQ=∠BPD BP=BP ∠QBP=∠DBP △BQP△BDP ASA, ∴BQ=BD,∠BQP=∠BDP, .在四边形QCFP中，∠ACB=∠FPQ=90°， ∴.∠CFP+∠CQP=180°， 又.∠BQP+∠CQP=180°， ∴·∠CFP=∠BQP=∠BDP 答案第23页（共2页) .180°-∠CFP=180°-∠BDP,即∠AFP=∠ADP, 在△AFP与△ADP中， ∠FAP=∠DAP ∠AFP=∠ADP AP=AP .△AFP≌△ADP AAS, ..AF=AD ∴.AF+BQ=AD+BD=AB: e号 【分析】I)由角平分线的性质可得∠EAB=∠BAC,∠FBA=号∠ABC,进而得出 ∠EAB+∠FBA=45°，在△APB中，∠APB=180°-∠EAB+∠FBA,即可得出结果： (2)①延长QP交AB于点D,先证明△BQP≌△BDP(ASA得出BQ=BD,再证明 △AFP≌△ADP AAS得出AF=AD,即可得出AF+BQ=AB;②由角平分线的性质和三角形的面 积得出品会滋面算出AF 3,再由①的结论即可求出CQ: 【详解】(1)解：，∠ACB=90°， ∴.∠CAB+∠CBA=90°， ,AE平分∠BAC,BF平分∠ABC, :∠EAB=号∠BAC,∠FBA=号∠ABC, ∠EAB+∠FBA∠BAC+∠ABC-3X90=45, ∴.在△APB中，∠APB=180°-∠EAB+∠FBA=135° (2)解：①略： ②如图所示，过点F作FG⊥AB于点G, ,BF平分∠ABC,∠ACB=90°， ∴FC=FG, 答案第24页（共2页) 号8cxC,S6r方ABXPG. ∴.S△BCF= 及c×c匹 ·SAABF1 ABxFG AB 5' 2 SE2BCXFC FC 4 SAABF AF×BC 、3 AF=5x3=5 9 由①得AF+BQ=AB 00-5号9 CQ=4-10=2 33 15.(1)90 (2)①，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°， ∠B=∠C=180-∠BAC=309, 2 由折叠的性质可得∠C=∠F=30°，CD=DF .AC=CD,AB=AC, ∴.AB=AC=DF=CD, .∠CDF=180°-∠C-∠F=120°=∠CAB, 在△CDF和△CAB中， CD=CA CDF=∠CAB, DF=AB .△CDF≌△CABSAS: ②CE=AE+BD,理由如下： 由①可得△CDF≌△CABSAS, ∴CF=CB, .CF=CA+AF,CB=CD+BD,CA=CD, ∴AF=BD, 答案第25页（共2页） 由折叠的性质可得CE=EF, ..EF=AE+AF ..CE=EF=AE+AF=AE+BD. (3)∠AFE的度数为30o或60或75 【分析】(1)由等边对等角并结合三角形内角和定理可得∠ABC=∠C=30°，由折叠的性质可得 ∠F=∠C=30°，再结合三角形内角和定理计算即可得出结果： (2)①由等边对等角并结合三角形内角和定理可得∠B=∠C=30°，由折叠的性质可得 ∠F=∠C=30°，CD=DF,从而可得AB=AC=DF=CD,∠CDF=∠CAB,最后结合全等三角 形的判定定理证明即可： ②由①可得△CDF≌△CABSAS,则CF=CB,证明出AF=BD,由折叠的性质可得CE=EF,再 结合EF=AE+AF,即可得证： (3)由等边对等角并结合三角形内角和定理可得∠B=∠C=30°，由折叠的性质可得CE=EF, ∠DFE=∠C=30°，∠=∠DEC,从而可得AE=EF=CE,分三种情况：当DE=DF时；当 DE=EF时；当DF=EF时，分别计算即可得出结果. 【详解】(1)解：，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°， ∠ABC=∠C=180°-∠BAC=30, 2 由折叠的性质可得∠F=∠C=30, ∠EAF=180°-∠BAC=60, .∠AEF=180°-∠EAF-∠F=90°： (2)①略： ②略； (3)解：，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°， :∠B=∠C=180°-∠BAC=30, 2 .E是AC中点， ..AE=CE, 由折叠的性质可得CE=EF,∠DFE=∠C=30°，∠=∠DEC, ∴AE=EF=CE, :△就是等腰三角形， .当DE=DF时，∠=∠DFE=30°， 答案第26页（共2页） .∠=∠DEC=30°， ∴.∠AEF=180°-∠g-∠DEC=120°， .AE=EF, :∠AFE=∠AE=180°-∠AEE-30, 当DE=EF时，∠EDF=∠DFE=30°， B ∴.∠=180°-∠EDF-∠DFE=120°， .∠=∠DEC=120°， ∴.∠AEF=∠g+∠DEC-180°=60°， .AE=EF, ·∠AFE=∠AE=180°-∠AE 3 =60°； 当DF=EF时，∠兰=180°-∠DFE=750, A ∴.∠g=∠DEC=75」 ∴.∠AEF=180°-∠g-∠DEC=30°， ..AE=EF, :∠AFE=∠FAE=180°-∠AEE=75, 2 综上所述，∠AFE的度数为30°或60°或75° 答案第27页（共2页） 16.1)90: (2)①解：x+阝=180°，理由如下： .∠MAN=∠BAC, ∴.∠MAN-∠MAC=∠BAC-∠MAC, 即∠CAN=∠BAM, 在△BAM和△CAN中， AB=AC ∠BAM=∠CAN, AM=AN .∴.△BAM≌△CAN SAS, ∴∠B=∠ACN, .·∠BAC=a,∠BCN=B,∠BAC+∠B+∠BCA=180°， .∴.∠BAC+∠B+∠BCA =a+∠ACN+∠BCA =a+∠BCN =a+β =180°： ②c+β=180°或c=β， 【分析】(1)证明△MAB≌△NAC SAS,得到∠ABM=∠ACN,再进行等量代换，最后利用三 角形内角和定理即可求证： (2)①证明△MAB≌△NACISAS,得到∠ABM=∠ACN,再进行等量代换，最后利用三角形内 角和定理即可求证： ②分别讨论当点M在线段BC上移动时，当点M在线段BC的延长线上移动时，当点M在线段BC的反向 延长线上移动时，三种情况即可· 【详解】(1)解：，∠MAN=∠BAC, ∴.∠MAB=∠NAC, 又AB=AC,AM=AN, .△MAB≌△VAC SAS, ∴.∠ABM=∠ACN, ∴.∠BCN=∠ACB+∠ACN=∠ACB+∠B=180°-∠BAC=90°： (2)①略； ②解：当点M在线段BC上移动时，+B=180°，证明见小问①： 答案第28页（共2页) 当点M在线段BC的延长线上时，如图1，Q+阝=180°， 证明：，∠MAN=∠BAC, ∴.∠MAB=∠NAC, 又.AB=AC,AM=AN, ∴.△MAB≌△NACSAS, ∴.∠ABM=∠ACN, ∴.∠BCN=∠ACB+∠ACN=∠ACB+∠B=180°-∠BAC, .c+β=180°： 当点M在射线BC的反向延长线上时，如图2，Q=阝， 证明：，∠MAN=∠BAC, ∴.∠MAB=∠NAC, 又，AB=AC,AM=AN, ∴.△MAB≌△NAC|SAS, ∴.∠ABM=∠ACN, .∠BCN=∠ACN-∠ACB=∠ABM-∠ACB=∠BAC, .a=β 综上所述，ax+β=180°或a=β. M B 图1 图2 17.(1)45° (2)解：BG=BF,理由如下： ,折叠， ∴.∠ABD=∠EBD,∠ADB=∠EDB, ∴.∠ADG+∠BDG=∠BDF+∠FDE, .∠ADG=∠FDE, ∴.∠BDG=∠BDF, 答案第29页（共2页) 又BD=BD ∴.△BDG≌△BDF ASA, ..BG=BF: (3)∠ADB的度数为105或127.5或1500 【分析】(1)等边对等角，得到∠A=∠C=30°，折叠得到∠ABD=∠DBE,平行线的性质，角的 和差关系求出∠ABE的度数，进而求出∠ABD的度数即可； (2)证明△BDG≌△BDF,即可得出结论： (3)分3种情况进行讨论求解即可， 【详解】(1)解：∠ABC=120°，AB=BC, ∴.∠A=∠C=30°， ,折叠， ÷∠ABD=∠EBD=号∠ABE,∠E=∠A=30° DE‖BC ∴.∠CBE=∠E=30°， ∴.∠ABE=∠ABC-∠CBE=90°， .∠ABD=45°： （2)略 (3)解：当DF=FE时，则∠FDE=∠E=30°， ∴.∠ADB=∠BDE=∠BDF+∠FDE=∠BDF+30°， .∠ADB+∠BDF=2∠BDF+30°=180°， .∠BDF=75 .∠ADB=75°+30°=105°： 当DE=EF时，则∠EDF=∠DFE=180°-30=75， 答案第30页（共2页) ∴.∠ADB=∠BDE=∠BDF+∠FDE=∠BDF+75°， ∴.∠ADB+∠BDF=2∠BDF+75°=180°， ∴.∠BDF=52.5°， ∴.∠ADB=75°+52.5°=127.5°： 当DE=DF时，则∠E=∠DFE=30, B ∴∠EDF=180°-2×30°=120° ∴.∠ADB=∠BDE=∠BDF+∠FDE=∠BDF+120°， .∠ADB+∠BDF=2∠BDF+120°=180°， ∴.∠BDF=30, .∠ADB=120°+30°=150°： 综上：∠ADB的度数为105°或127.5°或150°」 18.(1)C (2BD=CE'且BD⊥CE' 理由：如图，设AB交CE于点G, C G B .∠CAB=∠DAE=90°， .∠CAB+∠BAE=∠DAE+∠BAE,即∠BAD=∠CAE, 又，AB=AC,AD=AE, ∴，△ABD≌△ACE|SAS, .BD=CE,∠ABD=∠ACE, ,∠AGC=∠FGB,∠ACG+∠AGC+∠CAG=∠GBF+∠FGB+∠GFB=180°， .∠GFB=∠CAG=90°， ∴BD⊥CE； (3)60° 答案第31页（共2页) 【分析】(1)根据SAS判定三角形全等即可： (2)设AB交CE于点G,由角的和差得夹角相等，证明△ABD≌△ACESAS,得到BD=CE,再通 过三角形内角和定理求出∠GFB=∠CAG=90°，即可得到BD⊥CE: (3)设BE与DC交于点F,首先证明△ABE≌△DBC|SAS,得到∠AEB=∠DCB,再通过三角形 内角和定理求出∠EQF=∠CBF=60°： 【详解】(1)解：AB=AC,AD=AE,∠BAD=∠CAE,符合“两边及其夹角对应相等”的SAS全 等判定定理； (2)略； (3)解：如图，设BE与DC交于点F, D ,△ABD和△BCE都是等边三角形， .AB=BD,BC=BE,∠ABD=∠CBE=60°， ∴.∠ABD+∠DBE=∠CBE+∠DBE,即∠ABE=∠DBC, .△ABE≌△DBCSAS, .∠AEB=∠DCB ,∠QFE=∠BFC,∠QEF+∠QFE+∠EQF=∠FCB+∠BFC+∠CBF=180°， ∴.∠EQF=∠CBF=60°， 19.(1)解：由折叠可知：△ABD≌△EBD, ∴.AB=EB,AD=ED, AB=AD .BE=ED. 在△BCE与△DCE中， BC=DC BE=ED CE=CE .△BCE≌△DCE SSS, .∠BEC=∠DEC, ∴.EC平分∠BED. (2)解：，C1C2⊥BE1, 答案第32页（共2页) .∠BC2C1=90°， 由(1)可知，△BC1E1≌△DC2E2, ..BC=DC2, ,C1,C2关于直线PQ对称， ∴.PC2=PC1, .∠PC1C2=∠PC2C1,即∠BC1C2=∠DC2C1 在△BC1C2与△DC2C1中， BC=DC, ∠BC1C2=∠DC2C1 CC2=C2C1 △BC1C2≌△DC,C1SAS .∠BC2C1=∠DC1C2=90°， .C2C1⊥DE2. (3)CC2=3BD或C,C,=5BD 【分析】(1)由折叠可知：△ABD≌△EBD,得到AB=EB,AD=ED,进而得到BE=ED,从而 可证明△BCE≌△DCESSS,得到∠BEC=∠DEC,即可说明： (2)由△BC1E1≌△DC2E2,得到BC1=DC2,根据C1,C2关于直线PQ对称，得到PC2=PC, 进而推出∠BC,C,=∠DC,C,:进而证得△BC,C,≌△DC,C,SAS,得到 ∠BC2C1=∠DC1C2=90°，即可说明： (3)先证明在图3的位置满足BDC1C2,再分2种情况讨论：①当点M在线段C2D上时，由 C,D=2MD可得MC,=MD,则有SAMC,F=SAMDE,再根据三角形的面积公式可得C,F=BD,再证明 △BC,F≌△DC,GAAS得到BF=DG'C,F=C,G进而证明△BDF≌△GFD/SAS得到 BD=FG,再利用线段的和差即可得出结论；②当点M在C2D的延长线上时，由C2D=2MD可得 MC,=3MD'则有S6Mc,F=3 SAMDE'再根据三角形的面积公式可得C,F=3BD同理O的方法可得 C1F=C,G,BD=FG,再利用线段的和差即可得出结论. 答案第33页（共2页） 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：如图3，连接BD, B------ E2 图3 由(2)得，BC1=DC2,PC2=PC1, ∴.BC1-PC1=DC2-PC2,即BP=DP, .∠PBD=∠PDB ∴.∠BPD=180°-2∠PBD 由(2)得，∠PC1C2=∠PC2C1 .∠C1PC2=180°-2∠PC1C2, ∠BPD=∠C1PC2, 180°-2∠PBD=180°-2∠PC1C2, .∠PBD=∠PC1C2, ..BD C C2; ①当点M在线段C2D上时，设C1C2交BE1于点F,C1C2交DE2于点G,连接DF,如图所示： EE C,D=2MD. ..MC,=MD, -SAMC,F=S△MDFi 答案第34页（共2页) 由题意得，BD‖CC2,C1C2⊥BE1,CC1LDE2, BD⊥BE1,∠BFC1=∠DGC2=90°，BE1‖DE2, S-BDMB. 1 SANCF=C2F.MF, .C.-M ..CF=BD 由(2)得，BC1=DC2,∠BC1C2=∠DC2C1, △BCF≌△DC,GIAAS ..BF=DG,C F=C,G, ..CF-FG=C2G-FG,C G=C2F, ..C G=BD. .BE DE2, .∠BFD=∠GDF, 又BF=DG,DF=DF, .△BDF≌△GFD SAS, ∴BD=FG, ..CC,=C2F+FG+C G=BD+BD+BD=3BD: ②当点M在C2D的延长线上时，设C1C2交BE1于点F,C1C2交DE2于点G,连接DF,如图所示： M D B E2 E .C,D=2MD .MC,=C,D+MD=3MD. 六SAMC,F=3SaNe 答案第35页（共2页） 由题意得，BD‖C1C2,CC21BE1, .BD⊥BE, Sr号0MR, 1 SAMC=C2F.MF, C,r-Mr=38Dr, ..C,F=3BD. 同理①的方法可得，C1F=C,G,BD=FG, ∴C1F+FG=C2G+FG,即C1G=C2F, ..C G=3BD ..C C2=C2F+C G-FG=3BD+3BD-BD=5BD; 综上可知，C1C2=3BD或C1C2=5BD. 20.(1)55° (②PH=BH理由如下： AB=AC. .∠ABC=∠ACB, .△ABC中，∠BAC=40°， .∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC=140°， .∴.∠ABC=∠ACB=70°， .'△AHC中，∠ACB=70°，∠AHC=40°， ∴.∠HAC=180°-∠ACB-∠AHC=70°， 点A与点P关于直线CD对称， ·∴.直线CD垂直平分线段AP, .∴.PC=AC, .∴.∠APC=∠PAC=70°， ∴.∠APC=∠ABC=70°， .:∠APC+∠HPC=180°，∠ABC+∠HBA=180°， .∴.∠HPC=∠HBA, .∵PC=AC,AB=AC, ∴.PC=BA, 答案第36页（共2页） .'∠AHB=∠CHP,∠HPC=∠HBA,PC=BA, .∴.△AHB≌△CHP AAS, ∴PH=BH. (3)45或650 【分析】(1)根据轴对称及等腰三角形性质求解即可； (2)根据轴对称及等腰三角形性质证明△AHB≌△CHP(AAS,可得到PH=BH: (3)分∠AEC=90°和∠ACE=90°两种情况求解即可. 【详解】(1)解：，A、P关于CD对称， ∴.CA=CP ∴.△CAP为等腰三角形，∠CAP=∠CPA, 又AB=AC, .∴.△BAC为等腰三角形，∠ABC=∠ACB, 当点P在CB直线上时，P,B,C三点共线， .∠ACP=∠ACB=180°-∠BAC=70, 2 ∠APC=180°-∠ACP-180-70°=5°. 2 2 (2)略 (3)解：①若∠AEC=90°，如图， D .AB=AC H B .∴.∠ABC=∠ACB, .△ABC中，∠BAC=40°， .∴.∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC=140°，∠ACE=90°-∠BAC=50°， .∴.∠ABC=∠ACB=70°， ,点A与点P关于直线CD对称， 答案第37页（共2页) .∴.直线CD垂直平分线段AP, ∴.PC=AC, ∠APC=∠PAC=180°-∠ACP=650, 2 .∴.∠HAB=∠PAC-∠BAC=25°， .∴.∠AHC=∠ABC-∠HAB=70°-25°=45°： ②若∠ACE=90°，如图， .AB=AC H .∴.∠ABC=∠ACB, .△ABC中，∠BAC=40°， ∴.∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC=140°， ∴.∠ABC=∠ACB=70°， ,点A与点P关于直线CD对称， ∴.直线CD垂直平分线段AP, .PC=AC, ∠APC=∠PAC=180°-∠ACP=45, 2 ∴.∠HAB=∠PAC-∠BAC=5°， ∴.∠AHC=∠ABC-∠HAB=70°-5°=65°， 综上，∠AHC的度数为45或65 答案第38页（共2页) 八年级期中复习压轴题专练（华师大版） 1．（25-26八年级上·山西临汾·期中）综合与实践 （1）超越学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．如图1，已知：在中，，，直线经过点， 直线、直线，垂足分别为点、．研究小组探究出、、的关系是______． （2）组员小梦想，如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在中，，、、三点都在直线上，并且有，其中为任意钝角，请问（1）中结论是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明由． （3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决；如图3，过的边，向外作等腰和等腰．是边上的高，延长交于点，求证：是的中点． 2．（25-26八年级上·山西长治·期中）（1）【问题初探】某兴趣学习小组的同学通过赵爽弦图由外到内的三个正方形中找出了全等三角形的模型图，如图1和图2所示的“一线三等角”型． 已知，，，请在图1和图2中选择一个模型证明． （2）【内化迁移】在中，，，点为射线上一动点（点不与点重合），连接，以为直角边，在的右侧作三角形，使，． ①如图3，当点在线段上时，过点作于，求的长度； ②如图4，连接，交直线于点，点在运动过程中，若，请直接写出的长． 3．（25-26八年级上·山西晋城·期中）综合与探究 问题情境： 在中，，，过点C作于点F，且F为边的中点，D是直线上一点（点D不与点A，B重合），连结．将线段绕点C顺时针旋转90°得到，连结，． 基础感知： （1）如图1，当点D与点F重合时，线段与之间的数量关系为______． 深度探究： （2）如图2，当点D在线段的延长线上时，试判断线段，与之间的数量关系，并说明理由． 拓展迁移： （3）当点D在射线（点D不与点F重合）上时，请直接写出线段，与之间的数量关系． 4．（25-26八年级上·山西晋城·期中）综合与探究 问题背景：在数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点为点，点的对应点为点．当落在边上时，延长交于点，试猜想与的数量关系，并说明理由． 独立思考：（1）请解答老师提出的问题． 实践探究：（2）如图2，延长与的延长线交于点，试判断与的数量关系，并说明理由． 问题解决：（3）若，在旋转的过程中，当三点共线时（点与点不重合），直接写出的长． 5．（25-26八年级上·山西临汾·期中）综合与探究 问题情境： 小明在学习全等三角形的知识时，发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．它们类似大手拉着小手，这种模型称为“手拉手模型”．小明进行了如下操作： 如图1，在和中，，连接、． (1)问题发现 小明发现图1就是手拉手模型，易证． ①请你帮助小明证明． ②如图2，在图1的基础上，不动，将绕着点逆时针旋转至点，点D、点E在一条直线上，交于点O．小明发现与依然全等．当时，小明利用全等的性质和所学知识很快就求出了．则_____ (2)类比探究 在图2的基础上，当时，如图3．根据上述思路判断线段与的位置关系，并说明理由． 6．如图①，在中，，，过点作射线．点从点出发，以的速度沿匀速移动；点从点出发，以的速度沿匀速移动．点、同时出发，当点到达点时，点、同时停止移动，连接、，设移动时间为()．    (1)点、从移动开始到停止，所用时间为_____； (2)当与全等时， ①若点、的移动速度相同，求的值； ②若点、的移动速度不同，求的值； (3)如图②、当点、开始移动时，点同时从点出发，以/的速度沿向点匀速移动，到达点后立刻以原速度沿返回．当点到达点时，点、、同时停止移动．在移动的过程中，是否存在与全等的情形？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 7．（24-25八年级上·山西临汾·期中）【观察探索】 （1）如图1，中，，，．连接，，延长线与交于点． ①_________（用含的式子表示）； ②猜想和的数量关系，并给出证明． 【应用拓展】 （2）如图2，在和中，，，，连接，，的延长线交于点，，当于点时，求证：． 8．（24-25八年级上·山西临汾·期中）回答问题： (1)【初步探索】如图1：在四边形中，，E、F分别是上的点，且，探究图中之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长到点G，使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是 ； (2)【灵活运用】如图2，若在四边形中，．E、F分别是上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由； (3)【拓展延伸】如图3，已知在四边形中，，若点E在的延长线上，点F在的延长线上，如图3所示，仍然满足，请写出与的数量关系，并给出证明过程． 9．（24-25八年级上·山西长治·期中）综合与探究 发现问题： (1)如图1，在与中，，，，，三点在同一直线上．若，，则______． 提出问题： (2)如图2，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，连结，求的面积． 灵活应用： (3)如图3，在中，将绕点顺时针旋转得到，将绕点逆时针旋转得到，连结，过点作于点，延长交于点．求证：是的中点． 10．（24-25八年级上·山西晋城·期中）如图1，是等腰直角三角形，，，．点是边上任意一点，连接并延长，点是射线上的一个动点（点不与点重合），连接，作等腰直角三角形，使得，，，．连接交射线于点． (1)如图1，求证：． (2)①若，则的度数为______． ②判断与的位置关系，并说明理由． (3)如图2，若，在点的运动过程中，当所在直线与的边所在直线垂直时，请直接写出的度数． 11．（24-25八年级上·山西临汾·期中）综合与探究 如图1，在中，，点D，E分别在边上，且．连接，并交于点． 【解决问题】 （1）爱动脑筋的小明发现可以利用全等三角形的知识得到的度数为定值．那么的度数是多少？ 【深入探究】 （2）小明继续进行了如下思考：在上题中，若点D，E分别在的延长线上，的延长线与交于点，如图2，其他条件不变． ①与有怎样的数量关系？ ②的度数是否仍为定值？ （请你思考这两个问题，给出相应的结论并写出证明过程） 12．（24-25八年级上·山西长治·期中）综合与探究 问题情境：在中，，，点D在直线上运动，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，过点E作，交直线于点F． 探究发现： （1）如图1，当点D在上时，与的数量关系是__________． （2）如图2，当点D在的延长线上时，连接交于点H．求证：． 拓展思考： （3）当，时，直接写出的面积． 13．（24-25八年级上·山西临汾·期中）综合与实践 数形结合是解决数学问题的重要思想方法，借助图形可以对很多数学问题进行直观推导和解释．八年级课外活动小组剪了若干个边长为a的小正方形（A类），长为b、宽为a的长方形（B类）以及边长为b的大正方形（C类）卡片（如图1所示），发现利用图1中的三种卡片各若干可以拼出一些长方形来解释某些等式． 乐学组的同学：我们拼出了如图2的长方形，我们发现这个图形可以解释等式： ． (1)勤奋组的同学拼出了如图3的长方形，这个图形可以解释的等式为______． (2)启航组同学要拼成一个长为，宽为的长方形，那么需用A类卡片______张，B类卡片______张，C类卡片______张． (3)卓越组的同学想用1张A卡片，5张B卡片，4张C卡片拼成一个长方形，验证某个等式，请你帮他们画出图形并写出可以解释的等式． 可以解释的等式为：______． (4)善思组的同学：用5张B类卡片按图4的方式不重叠地放在长方形内，未被遮盖的部分（两个长方形）用阴影表示，设右下角与左上角的阴影部分的面积之差为M，，若M的值与x无关，试探究a与b的数量关系，并说明理由． 14．（26-27八年级上·山西吕梁·阶段检测）综合与探究 问题情境：如图，在中，，平分，平分，与交于点． 得出结论： (1)如图1，的度数为__________． 拓展延伸： (2)如图2，过点作交于点． ①求证：． ②若，，，请直接写出的长． 15．（25-26七年级下·山西运城·期末）在数学综合实践课上，同学们开展对三角形折叠问题的探究活动． 如图1，在中，，，点是边上一点，点是边上一点，将沿着折叠，点的对应点是点． (1)奋进小组按图1的方式折叠，点与重合，将折叠后，点落在的延长线上，求的度数． (2)如图2，善思小组沿折叠后点落在的延长线上，此时， ①试说明； ②试探究线段，和的数量关系，并说明理由． (3)创新小组提出新的问题，折痕经过的中点时，即点是中点，当是等腰三角形时，请直接写出的度数． 16．（25-26七年级下·山西晋中·期末）综合与探究： 问题情境：数学课上，老师和同学们一起以两个“顶角相等的等腰三角形”为背景展开探究活动．已知中，，点是直线上一点（不与点、重合），以为一边在的右侧作，使得，，连接． (1)特例分析：如图1，当点在线段上，且时，则________． (2)拓展探究：若，． ①如图2，当点在线段上移动时，和之间有着怎样的数量关系？并说明理由． ②当点在直线上移动时，和之间有怎样的数量关系？请直接写出结论． 17．（25-26七年级下·山西晋中·期末）综合与实践 问题情境：数学课上，同学们利用所学的平行线、三角形及轴对称的知识，探索图形变化中的数学问题．已知中，，，点是边上的一个动点，将沿翻折后得到，交于点． (1)初步探究：如图1，当时，求的度数； (2)深入探究：如图2，善思小组改变图1中点位置，延长交于点，试猜想线段与的数量关系，并说明理由； (3)拓展延伸：智慧小组在图2的基础上展开了更深入的探究．当是等腰三角形时，请借助备用图，直接写出此时的度数． 18．（25-26七年级下·山西晋中·期末）综合与探究 问题情境： 在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现：将两个顶角相同的等腰三角形的顶角顶点放在一起时，存在一对全等三角形． 【模型呈现】 (1)如图1，与都是等腰三角形，其中，，，则，即，所以，以上判定全等的依据是 ． A．    B．    C．    D． 兴趣小组成员发现顶点相连的四条边，可以形象地看作两双手，所以通常称为“手拉手模型” 【模型运用】 (2)如图2，、是等腰直角三角形，，，，连接、，试探究、的数量关系与位置关系，并说明理由． 【模型深化】 (3)如图3，已知、、三点共线，分别以、为边向外作等边和等边（三边都相等，三个内角都相等），、交于点，请直接写出的度数为 ． 19．（25-26七年级下·山西运城·期末）综合与实践 数学活动课上，老师带领同学对特殊的轴对称图形“筝形”进行了进一步研究．如图1，“筝形”纸片中，，，． (1)活动一：A组同学将“筝形”沿直线折叠到如图2位置，点对应点为点，连接，小组同学发现平分，请帮助该小组同学说明理由． (2)活动二：B组同学在图2基础上沿将图形剪开后，，按图3位置摆放，的对应顶点为，的对应顶点为，落在直线上，落在直线上，直线交于点，直线交于点；连接，此时，当关于直线对称时，请说明． (3)活动三：在图3基础上，将水平向左摆放，直线交直线于点，连接，当时，直接写出与的数量关系． 20．（25-26七年级下·山西太原·期末）综合与探究 问题情境：数学课上，同学们利用所学的三角形及轴对称的知识，探索图形变化中的数学问题．已知：如图1，中，，，点是线段上的一个动点，点关于直线的对称点为点．射线分别交直线于点，交射线于点，连接交射线于点． (1)特例分析：如图2，当点落在射线上时，请直接写出的度数； (2)拓展探究：如图3，若，判断与的数量关系，并说明理由； (3)当是直角三角形时，请直接写出的度数． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $