2023-2024學年八年級數學上學期復習備考高分秘籍【人教版】專題4.4期中考前必刷選擇題（壓軸真題60道，八上人教）一．選擇題（共60小題）1．（2022春?萬州區校級期中）如圖在△ABC中，BO，CO分別平分∠ABC，∠ACB，交于O，CE為外角∠ACD的平分線，BO的延長線交CE于點E，記∠BAC＝∠1，∠BEC＝∠2，則以下結論①∠1＝2∠2，②∠BOC＝3∠2，③∠BOC＝90°+∠1，④∠BOC＝90°+∠2正確的是（）A．①②③ B．①③④ C．①④ D．①②④【答案】C【分析】依據角平分線的性質以及三角形外角性質，即可得到∠1＝2∠2，∠BOC＝90°+12∠1，∠BOC＝90°+∠【解答】解：∵CE為外角∠ACD的平分線，BE平分∠ABC，∴∠DCE=12∠ACD，∠DBE=1又∵∠DCE是△BCE的外角，∴∠2＝∠DCE﹣∠DBE，=12（∠ACD﹣∠=12∠1，故∵BO，CO分別平分∠ABC，∠ACB，∴∠OBC=12ABC，∠OCB=1∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°-12（∠ABC+∠＝180°-12（180°﹣∠＝90°+12∠1，故②、∵OC平分∠ACB，CE平分∠ACD，∴∠ACO=12∠ACB，∠ACE=∴∠OCE=12（∠ACB+∠ACD）=12∵∠BOC是△COE的外角，∴∠BOC＝∠OCE+∠2＝90°+∠2，故④正確；故選：C．【點評】本題考查了三角形的內角和定理，三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和的性質，以及角平分線的定義．2．（2022秋?碭山縣校級期中）如圖，在△ABC中，E，F分別是AB，AC上的點，且EF∥BC，AD是∠BAC的平分線，分別交EF，BC于點H，D，則∠1、∠2和∠3之間的數量關系為（）A．∠1＝∠2+∠3 B．∠1＝2∠2+∠3 C．∠1﹣∠2＝∠2﹣∠3 D．∠1+∠2＝2∠3【答案】C【分析】先根據平行線的性質得到∠3＝∠B＝，再根據三角形外角的性質得到∠2＝∠BAD+∠B＝∠BAD+∠3°，∠1＝∠BAC+∠B＝2∠BAD+∠3，由角平分線的定義得到∠BAD＝∠CAD，從而求最后利用外角的性質求出即可．【解答】解：∴∠B＝∠3∵∠1和∠2別是△ABC和△ABD的外角，AD平分∠BAC，∴∠1＝∠BAC+∠B＝2∠BAD+∠3①，∠2＝∠BAD+∠B＝∠BAD+∠3，則∠BAD＝∠2﹣∠3②，把②代入①，得∠1＝2（∠2﹣∠3）+∠3，整理，得∠1＝2∠2﹣∠3，即∠1+∠3＝2∠2，故選：C．【點評】本題考查了平行線的性質，三角形外角的性質，解題的關鍵是找到題中的等量關系，得到方程，求出∠CAD的度數3．（2022秋?叢臺區校級期中）如圖，將三角形紙片剪掉一角得四邊形，設△ABC內角和的度數與四邊形BCDE外角和的度數分別為α，β，則下列說法正確的是（）A．α﹣β＝0 B．2α﹣β＝0 C．α﹣2β＝0 D．無法比較α與β的大小【答案】B【分析】根據三角形的內角和定理和四邊形外角和為360°，求出α，β，從而得到答案即可．【解答】解：∵三角形的內角和為180°，四邊形的外角和為360°，∴△ABC的內角和為180°，四邊形BCDE的外角和為360°，∴α＝180，β＝360，∴2α﹣β＝0，∴A，C，D選項錯誤，不符合題意，B選項正確，符合題意，故選：B．【點評】本題主要考查了三角形內角和定理和多邊形外角和，解題關鍵是熟練掌握三角形的內角和為180°，四邊形的外角和為360°．4．（2022秋?福山區期中）如圖，在△ABC中，∠1＝∠2，G為AD的中點，延長BG交AC于E．F為AB上一點，CF⊥AD于H，下面判斷正確的有（）A．AH是△ACF的角平分線和高 B．BE是△ABD邊AD上的中線 C．FH是△ABD邊AD上的高 D．AD是△ABE的角平分線【答案】A【分析】連接三角形的頂點和對邊中點的線段叫三角形的中線；三角形的一個角的角平分線和對邊相交，頂點和交點間的線段叫三角形的角平分線；從三角形的一個頂點向對邊引垂線，頂點和垂足間的線段叫三角形的高，據此逐項判斷即可．【解答】解：A、AH是△ACF的角平分線和高，故此選項判斷正確，符合題意；B、BG是△ABD邊AD上的中線，故此選項判斷錯誤，不符合題意；C、FH為△AHF邊AH上的高，故此選項判斷錯誤，不符合題意D、AD是△ABC的角平分線，故此選項判斷錯誤，不符合題意，故選：A．【點評】本題考查了三角形的角平分線、中線、高線的概念，注意：三角形的角平分線、中線、高都是線段，且都是頂點和對邊相交的交點之間的線段．正確理解定義是解題的關鍵．5．（2022秋?威縣校級期中）有一道題目：“如圖，在△ABC中，∠C＝90°，將△ABC沿DE折疊，使得點B落在邊AC上的點F處，若∠CFD＝60°，且△AEF中有兩個內角相等，求∠A的度數．”嘉嘉的答案是∠A＝40°，淇淇說：“嘉嘉考慮的不全面，∠A還應該有另外一個值．”下列判斷正確的是（）A．淇淇說的不對，∠A就是40° B．淇淇說得對，且∠A的另一個值是50° C．淇淇說得對，且∠A的另一個值是55° D．兩人都不對，∠A應有三個不同值【答案】B【分析】由軸對稱的性質得到∠DFE＝∠B，∠FED＝∠BED，∠FDE＝∠BDE，分兩種情況，應用三角形內角和定理，平角定義列出關于∠B的方程，求出∠B即可解決問題．【解答】解：∵∠C＝90，∠CFD＝60°，∴∠CDF＝30°，∵△FDE，△BDE關于DE對稱，∴∠DFE＝∠B，∠FED＝∠BED，∠FDE＝∠BDE＝75°，令∠B＝x°，則∠DFE＝x°，∴∠AFE＝180°﹣60°﹣x°＝120°﹣x°，∠FED＝∠BED＝180°﹣75°﹣x°＝105°﹣x°，∴∠AEF＝180°﹣∠FED﹣∠BED＝2x°﹣30°，△AEF中有兩個內角相等，只有∠AEF＝∠AFE，∠A＝∠AEF，當∠AEF＝∠AFE時，2x﹣30＝120﹣x，∴x＝50，∴∠A＝90°﹣∠B＝40°；當∠A＝∠AEF時，90﹣x＝2x﹣30，∴x＝40，∴∠A＝90°﹣∠B＝50°，∴∠A＝40°或∠A＝50°．故選：B．【點評】本題考查角的計算，關鍵是要分兩種情況討論，應用軸對稱的性質列出關于∠B方程．6．（2022秋?東麗區期中）如圖，△ABE和△ADC是△ABC分別沿著AB，AC邊翻折180°形成的，若∠1：∠2：∠3＝15：3：2，則∠α的度數為（）A．80° B．60° C．90° D．45°【答案】C【分析】根據題意可得，若∠1：∠2：∠3＝15：3：2，則∠1＝135°，∠3＝18°，根據折疊的性質，翻折變換的特點即可求解．【解答】解：∵∠1：∠2：∠3＝15：3：2，∴∠1＝135°，∠3＝18°，∴∠DCA＝18°，∠EAB＝135°∵∠PAC＝360°﹣2∠1＝90°∴∠EPD＝∠APC＝180°﹣∠PAC﹣∠DCA＝72°．由翻折的性質可知∠E＝∠3＝18°．∴∠α＝180°﹣72°﹣18°＝90°．故選：C．【點評】本題通過折疊變換考查學生的邏輯思維能力，解決此類問題，應結合題意，最好實際操作圖形的折疊，易于找到圖形間的關系．7．（2022春?南關區校級期中）當三角形中一個內角β是另外一個內角α的12時，我們稱此三角形為“友好三角形”．如果一個“友好三角形”中有一個內角為54°，那么這個“友好三角形”的“友好角αA．108°或27° B．108°或54° C．27°或54°或108° D．54°或84°或108°【答案】D【分析】分54°角是α、β和既不是α也不是β三種情況，根據友好三角形的定義以及三角形的內角和定理列式計算即可得解．【解答】解：①54°角是α，則友好角度數為54°；②54°角是β，則12α＝β＝54所以，友好角α＝108°；③54°角既不是α也不是β，則α+β+54°＝180°，所以，α+12α+54°＝解得α＝84°，綜上所述，“友好角α”的度數為54°或84°或108°．故選：D．【點評】本題考查了三角形的內角和定理，讀懂題目信息，理解友好角的定義是解題的關鍵，難點在于分情況討論．8．（2022春?石獅市校級期中）如圖，△ABC的三條中線AD，BE，CF相交于點G，且四邊形CDGE的面積是12，則圖中陰影部分的面積為（）A．16 B．12 C．10 D．6【答案】B【分析】根據三角形的中線把三角形的面積分成相等的兩部分，知S△AGE＝S△CGE，S△BGD＝S△CGD，那么圖中陰影部分的面積等于四邊形CDGE的面積．【解答】解：∵△ABC的三條中線AD、BE，CF交于點G，∴S△AGE＝S△CGE，S△BGD＝S△CGD，∴S陰影＝S△AGE+S△BGD＝S△CGE+S△CGD＝S四邊形CDGE＝12．故選：B．【點評】本題考查了三角形的重心，三角形的面積，根據三角形的中線把三角形的面積分成相等的兩部分得出該圖中S△AGE＝S△CGE，S△BGD＝S△CGD是解題的關鍵．9．（2022春?射洪市期中）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝70°，點D、E分別在AB、AC上，將△ADE沿DE折疊，使點A落在點F處．則∠BDF﹣∠CEF＝（）A．20° B．30° C．40° D．50°【答案】C【分析】先利用平角用∠1表示出∠BDF，再利用三角形的內角和定理及推論用∠1表示出∠CEF，兩式相減可得結論．【解答】解：∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠C＝90°，∠B＝70°，∴∠A＝20°．∵△DEF是由△DEA折疊成的，∴∠1＝∠2，∠3＝∠DEF．∵∠BDF+∠1+∠2＝180°，∴∠BDF＝180°﹣2∠1．∵∠CEF+∠CED＝∠DEF＝∠3，∠CED＝∠1+∠A，∠3+∠1+∠A＝180°，∴∠3＝180°﹣∠1﹣∠A．∴∠CEF＝∠3﹣∠CED．＝180°﹣∠1﹣∠A﹣∠1﹣∠A＝180°﹣2∠1﹣2∠A＝140°﹣2∠1．∴∠BDF﹣∠CEF＝180°﹣2∠1﹣（140°﹣2∠1）＝180°﹣2∠1﹣140°+2∠1＝40°．故選：C．【點評】本題主要考查了三角形的內角和定理，掌握“三角形的內角和等于180°”、折疊的性質是解決本題的關鍵．10．（2022春?東平縣期中）如圖，在△ABC中，設∠A＝x°，∠ABC與∠ACD的平分線交于點A1，得∠A1；∠A1BC與∠A1CD的平分線相交于點A2，得∠A2；…；∠A2021BC與∠A2021CD的平分線相交于點A2022，得∠A2022，則∠A2022是（）度．A．122020x B．122021x C．122022【答案】C【分析】先由三角形的外角性質得∠A＝∠ACD﹣∠ABC，∠A1＝∠A1CD﹣∠A1BC，再由角平分線的定義得到∠A1BC=12∠ABC，∠A1CD=12∠ACD，從而可以得到∠A1=12∠ACD-12∠ABC=12∠A，同樣的道理可得，∠A2=12∠A【解答】解：∵∠ACD是△ABC三角形的外角，∠A1CD是△A1BC的外角，∴∠A＝∠ACD﹣∠ABC，∠A1＝∠A1CD﹣∠A1BC，∵BA1和CA1分別是∠ABC和∠ACD的角平分線，∴∠A1BC=12∠ABC，∠A1CD=1∴∠A1=12∠ACD-12∠ABC=1同理可得，∠A2=12∠A1=12×12x°，∠A3∴∠A2022=12故選：C．【點評】本題考查了三角形的外角性質、角平分線的定義，解題的關鍵是熟練應用三角形外角的性質定理．11．（2022春?肥城市期中）如圖，將△ABC沿MN折疊，使MN∥BC，點A的對應點為點A'，若∠A'＝32°，∠B＝112°，則∠A'NC的度數是（）A．114° B．112° C．110° D．108°【答案】D【分析】由MN∥BC，可得出∠MNC與∠C互補，由三角形的內角和為180°可求出∠C的度數，從而得出∠MNC的度數，由折疊的性質可知∠A′NM與∠MNC互補，而∠A′NC＝∠MNC﹣∠A′NM，套入數據即可得出結論．【解答】解：∵MN∥BC，∴∠MNC+∠C＝180°，又∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A＝∠A′＝32°，∠B＝112°，∴∠C＝36°，∠MNC＝144°．由折疊的性質可知：∠A′NM+∠MNC＝180°，∴∠A′NM＝36°，∴∠A′NC＝∠MNC﹣∠A′NM＝144°﹣36°＝108°．故選：D．【點評】本題考查平行線的性質、折疊的性質以及三角形的內角和為180°，解題的關鍵是找出∠MNC與∠A′NM的度數．本題屬于基礎題，難度不大，根據平行線的性質找出角的關系，結合圖形即可得出結論．12．（2022秋?新洲區期中）如圖，在△ABC中，點D是BC邊上一點，已知∠DAC＝α，∠DAB＝90°-α2，CE平分∠ACB交AB于點E，連接DE，則∠A．α3 B．α2 C．30°-α2 D【答案】B【分析】過點E作EM⊥AC于M，EN⊥AD于N，EH⊥BC于H，如圖，先計算出∠EAM，則AE平分∠MAD，根據角平分線的性質得EM＝EN，再由CE平分∠ACB得到EM＝EH，則EN＝EH，于是根據角平分線定理的逆定理可判斷DE平分∠ADB，再根據三角形外角性質解答即可．【解答】解：過點E作EM⊥AC于M，EN⊥AD于N，EH⊥BC于H，如圖，∵∠DAC＝α，∠DAB＝90°-α∴∠EAM＝90°-α∴AE平分∠MAD，∴EM＝EN，∵CE平分∠ACB，∴EM＝EH，∴EN＝EH，∴DE平分∠ADB，∴∠1=12∠由三角形外角可得：∠1＝∠DEC+∠2，∵∠2=12∠∴∠1＝∠DEC+12∠而∠ADB＝∠DAC+∠ACB，∴∠DEC=12∠DAC=故選：B．【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質：全等三角形的判定是結合全等三角形的性質證明線段和角相等的重要工具．解決本題的關鍵是運用角平分線定理的逆定理證明DE平分∠ADB．13．（2022春?姑蘇區校級期中）如圖，圖①是四邊形紙條ABCD，其中AB∥CD，E，F分別為AB、CD上的兩個點，將紙條ABCD沿EF折疊得到圖②，再將圖②沿DF折疊得到圖③，若在圖③中，∠FEM＝24°，則∠EFC為（）A．48° B．72° C．108° D．132°【答案】C【分析】先由折疊得：∠BEF＝∠FEM＝24°，由平行線的性質得∠EFM＝24°，如圖③中，根據折疊和平行線的性質得，∠MFC＝132°，根據角的差可得結論．【解答】解：如圖②，由折疊得：∠B'EF＝∠FEM＝24°，∵AE∥DF，∴∠EFM＝24°，∠BMF＝∠DME＝48°，∵BM∥CF，∴∠CFM+∠BMF＝180°，∴∠CFM＝180°﹣48°＝132°，由折疊得：如圖③，∠MFC＝132°，∴∠EFC＝∠MFC﹣∠EFM＝132°﹣24°＝108°，故選：C．【點評】本題考查了平行線的性質、翻折變換的性質等知識；熟練掌握平行線和翻折變換的性質得出相等的角是解決問題的關鍵．14．（2022春?沙坪壩區校級期中）如圖，∠ABC＝∠ACB，AD、BD、CD分別平分△ABC的外角∠EAC、內角∠ABC、外角∠ACF．以下結論：①AD∥BC；②∠DAC＝2∠ADB；③∠ADC＝90°﹣∠ABD；④BD平分∠ADC．其中正確的結論有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】B【分析】根據角平分線定義得出∠ABC＝2∠ABD＝2∠DBC，∠EAC＝2∠EAD，∠ACF＝2∠DCF，根據三角形的內角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，根據三角形外角性質得出∠ACF＝∠ABC+∠BAC，∠EAC＝∠ABC+∠ACB，根據已知結論逐步推理，即可判斷各項．【解答】解：∵AD平分∠EAC，∴∠EAC＝2∠EAD，∵∠EAC＝∠ABC+∠ACB，∠ABC＝∠ACB，∴∠EAD＝∠ABC，∴AD∥BC，故①正確；∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∠DAC＝∠ACB，∵BD平分∠ABC，∠ABC＝∠ACB，∴∠ABC＝∠ACB＝2∠DBC，∴∠ACB＝2∠ADB，∴∠DAC＝2∠ADB，故②正確；在△ADC中，∠ADC+∠CAD+∠ACD＝180°，∵CD平分△ABC的外角∠ACF，∴∠ACD＝∠DCF，∵AD∥BC，∴∠ADC＝∠DCF，∠ADB＝∠DBC，∠CAD＝∠ACB，∴∠ACD＝∠ADC，∠CAD＝∠ACB＝∠ABC＝2∠ABD，∴∠ADC+∠CAD+∠ACD＝∠ADC+2∠ABD+∠ADC＝2∠ADC+2∠ABD＝180°，∴∠ADC+∠ABD＝90°，∴∠ADC＝90°﹣∠ABD，故③正確；∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∵∠ADB＝∠DBC，∠ADC＝90°-12∠∴∠ADB不等于∠CDB，故④錯誤；即正確的有3個，故選：B．【點評】此題考查了三角形外角性質，角平分線定義，平行線的判定，三角形內角和定理的應用，主要考查學生的推理能力，有一定的難度．15．（2022春?新泰市期中）如圖①、②中，∠A＝42°，∠1＝∠2，∠3＝∠4，則∠O1+∠O2的度數為（）A．111° B．174° C．153° D．132°【答案】D【分析】在圖①中，先利用三角形的內角和、角平分線的性質求出∠2+∠4的度數，再利用三角形的內角和定理求出∠O1；在圖②中，先用外角與內角的關系用∠A、∠ABC表示出∠ACD，用∠2、∠O2表示出∠4，利用角平分線的性質計算出∠O2，最后計算∠O1+∠O2．【解答】解：∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣42°＝138°．∵∠1＝∠2=12∠ABC，∠3＝∠4=1∴∠2+∠4＝69°．∵∠2+∠4+∠O1＝180°，∴∠O1＝180°﹣69°＝111°．∵∠ACD＝∠A+∠ABC＝42°+∠ABC，又∵∠1＝∠2=12∠ABC，∠3＝∠4=1∴∠4=12（42°+∠ABC）＝21°+1∵∠4＝∠2+∠O2．∴∠O2＝∠4﹣∠2＝21°+12∠ABC＝21°∴∠O1+∠O2＝111°+21°＝132°．故選：D．【點評】本題主要考查了三角形的內角和定理及角平分線的性質，掌握“三角形的內角和是180°”及角平分線的性質是解決本題的關鍵．16．（2022春?介休市期中）如圖，螳螂亦稱刀螂，無脊椎動物，屬肉食性昆蟲．在螳螂的示意圖中，AB∥DE，△ABC是等腰三角形，∠ABC＝124°，∠CDE＝72°，則∠ACD的度數為（）A．16° B．28° C．44° D．45°【答案】C【分析】延長ED，交AC于F，根據等腰三角形的性質得出∠A＝∠ACB＝28°，根據平行線的性質得出∠CFD＝∠A＝28°，由三角形外角的性質即可求得∠ACD的度數．【解答】解：延長ED，交AC于F，∵△ABC是等腰三角形，∠ABC＝124°，∴∠A＝∠ACB＝28°，∵AB∥DE，∴∠CFD＝∠A＝28°，∵∠CDE＝∠CFD+∠ACD＝72°，∴∠ACD＝72°﹣28°＝44°，故選：C．【點評】本題考查了等腰三角形的性質，平行線的性質，三角形外角的性質，熟練掌握性質定理是解題的關鍵．17．（2022秋?和平區校級期中）如圖，△ABC中，∠A＝20°，沿BE將此三角形對折，又沿BA′再一次對折，點C落在BE上的C′處，此時∠C′DB＝74°，則原三角形的∠C的度數為（）A．27° B．59° C．69° D．79°【答案】D【分析】先根據折疊的性質得∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠CDB＝∠C′DB＝74°，則∠1＝∠2＝∠3，即∠ABC＝3∠3，根據三角形內角和定理得∠3+∠C＝106°，在△ABC中，利用三角形內角和定理得∠A+∠ABC+∠C＝180°，則20°+2∠3+106°＝180°，可計算出∠3＝27°，即可得出結果．【解答】解如圖，∵△ABC沿BE將此三角形對折，又沿BA′再一次對折，點C落在BE上的C′處，∴∠1＝∠2，∠2＝∠3，∠CDB＝∠C′DB＝74°，∴∠1＝∠2＝∠3，∴∠ABC＝3∠3，在△BCD中，∠3+∠C+∠CDB＝180°，∴∠3+∠C＝180°﹣74°＝106°，在△ABC中，∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，∴20°+2∠3+（∠3+∠C）＝180°，即20°+2∠3+106°＝180°，∴∠3＝27°，∴∠C＝106°﹣27°＝79°，故選：D．【點評】此題主要考查了圖形的折疊變換及三角形內角和定理的應用等知識；熟練掌握折疊的性質，得出∠ABC和∠CBD的倍數關系是解決問題的關鍵．18．（2022秋?游仙區校級期中）如圖，平面直角坐標系中，點A為x軸負半軸上的動點，點B為y軸正半軸上的動點，△AOB中∠BAO的平分線與∠OBA的外角平分線所在直線交于點C，則下列語句中正確的是（）A．點B不動，在點A向右運動的過程中，∠BCA逐漸減小 B．點A不動，在點B向上運動的過程中，∠BCA逐漸減小 C．在點A向左運動，點B向下運動的過程中，∠BCA逐漸增大 D．在點A，B運動的過程中，∠BCA的大小不變【答案】D【分析】給圖中角標上序號，根據“三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和”，即可得出∠1＝∠2+90°-12∠1=12∠2+∠C，進而即可得出∠C=【解答】解：給圖中角標上序號，如圖所示∵∠1＝∠2+90°，12∠1=12∠2+∴∠C=12×90∴在點A、B運動的過程中，∠BCA的度數不變．故選：D．【點評】本題考查了三角形的外角性質，牢記“三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和”是解題的關鍵．19．（2022秋?涪城區校級期中）如圖，射線BD，AE分別是△ABC的外角∠ABF，∠CAG的角平分線，射線BD與直線AC交于點D，射線AE與直線BC交于點E，若∠BAC＝∠ABC+102°，∠D＝∠E+27°，則∠ACB的度數為（）A．39° B．40° C．41° D．42°【答案】D【分析】設∠ABC＝x，∠E＝y，則∠BAC＝x+102°，∠D＝y+27°．由∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，得∠ACB＝78°﹣2x°．由AE平分∠CAG，得∠GAE＝39°-12x．同理可得：∠DBF＝90°-12x．由∠GAE＝∠ABC+∠E，∠DBF＝∠D+∠ACB，得39°-12x=x+y，90°-12x=y+27°+78°﹣2x，得x＝18°．那么，∠ACB＝78【解答】解：設∠ABC＝x，∠E＝y，則∠BAC＝x+102°，∠D＝y+27°．∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，∴∠ACB＝180°﹣（∠ABC+∠BAC）＝78°﹣2x°．∵AE平分∠CAG，∴∠GAE=12∠CAG=1同理可得：∠DBF＝90°-1∵∠GAE＝∠ABC+∠E，∴39°-12x=x∵∠DBF＝∠D+∠ACB，∴90°-12x=y+27°+78°﹣∴x＝18°．∴∠ACB＝78°﹣2x＝78°﹣2×18°＝42°．故選：D．【點評】本題主要考查三角形外角的性質以及角平分線的定義，熟練掌握三角形外角的性質是解決本題的關鍵．20．（2022春?寶應縣期中）如圖，點A、B、C、D、E在同一平面內，連接AB、BC、CD、DE、EA，若∠BCD＝100°，則∠A+∠B+∠D+∠E＝（）A．220° B．240° C．260° D．280°【答案】D【分析】連接BD，根據三角形內角和求出∠CBD+∠CDB，再利用四邊形內角和減去∠CBD和∠CDB的和，即可得到結果．【解答】解：連接BD，∵∠BCD＝100°，∴∠CBD+∠CDB＝180°﹣100°＝80°，∴∠A+∠ABC+∠E+∠CDE＝360°﹣∠CBD﹣∠CDB＝360°﹣80°＝280°，故選：D．【點評】本題考查了三角形內角和，四邊形內角和，解題的關鍵是添加輔助線，構造三角形和四邊形．21．（2022秋?墨竹工卡縣校級期中）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝90°，AD＝2，BC＝5，BD平分∠ABC，則△BCD的面積是（）A．5 B．6 C．8 D．10【答案】A【分析】過D點作DE⊥BC于E，如圖，根據角平分線的性質得到DE＝DA＝2，然后根據三角形面積公式計算．【解答】解：過D點作DE⊥BC于E，如圖，∵BD平分∠ABC，DE⊥BC，DA⊥AB，∴DE＝DA＝2，∴△BCD的面積=12×5×2故選：A．【點評】本題考查了角平分線的性質：角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等．22．（2022秋?和平區校級期中）如圖，△ABC中，∠ACF、∠EAC的角平分線CP、AP交于點P，延長BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF．則下列結論中正確的個數（）①BP平分∠ABC；②∠ABC+2∠APC＝180°；③∠CAB＝2∠CPB；④S△PAC＝S△MAP+S△NCP．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】過P作PQ⊥AC于Q，根據角平分線的性質得出PQ＝PN，PQ＝PM，求出PQ＝PM＝PN，求出∠PMA＝∠PNC＝∠PQA＝∠PQC＝90°，根據全等三角形的判定得出Rt△PMA≌Rt△PQA，Rt△PQC≌Rt△PNC，再逐個判斷即可．【解答】解：過P作PQ⊥AC于Q，∵∠ACF、∠EAC的角平分線CP、AP交于點P，PM⊥BE，PN⊥BF，∴PM＝PQ，PQ＝PN，∴PM＝PN，∴P在∠ABC的角平分線上，即BP平分∠ABC，故①正確；∵PM⊥AB，PN⊥BC，PQ⊥AC，∴∠PMA＝∠PQA＝90°，∠PQC＝∠PNC＝90°，在Rt△PMA和Rt△PQA中，PA=PAPM=PQ∴Rt△PMA≌Rt△PQA（HL），∴∠MPA＝∠QPA，同理Rt△PQC≌Rt△PNC，∴∠QPC＝∠NPC，∵∠PMA＝∠PNC＝90°，∴∠ABC+∠MPN＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABC+2∠APC＝180°，故②正確；∵PC平分∠FCA，BP平分∠ABC，∴∠FCA＝∠ABC+∠CAB＝2∠PCN，又∵∠PCN=12∠ABC+∠∴∠ABC+∠CAB＝2（12∠ABC+∠CPB∴∠CAB＝2∠CPB，故③正確；∵Rt△PMA≌Rt△PQA，Rt△PQC≌Rt△PNC，∴S△PAC＝S△MAP+S△NCP，故④正確；即正確的個數是4，故選：D．【點評】本題考查了角平分線的性質和全等三角形的性質和判定，掌握角平分線上的點到角兩邊的距離相等是解此題的關鍵．23．（2022秋?邢臺期中）如圖，AD是△ABC的中線，E，F分別是AD和AD延長線上的點，且DE＝DF，連接BF，CE，下列說法：①△ABD和△ACD面積相等；②∠BAD＝∠CAD；③△BDF≌△CDE；④BF∥CE；⑤CE＝AE．其中正確的是（）A．①② B．③⑤ C．①③④ D．①④⑤【答案】C【分析】根據三角形中線的定義可得BD＝CD，根據等底等高的三角形的面積相等判斷出①正確，然后利用“邊角邊”證明△BDF和△CDE全等，根據全等三角形對應邊相等可得CE＝BF，全等三角形對應角相等可得∠F＝∠CED，再根據內錯角相等，兩直線平行可得BF∥CE．【解答】解：∵AD是△ABC的中線，∴BD＝CD，∴△ABD和△ACD面積相等，故①正確；∵AD為△ABC的中線，∴BD＝CD，∠BAD和∠CAD不一定相等，故②錯誤；在△BDF和△CDE中，BD=CD∠BDF=∠CDE∴△BDF≌△CDE（SAS），故③正確；∴∠F＝∠DEC，∴BF∥CE，故④正確；∵△BDF≌△CDE，∴CE＝BF，故⑤錯誤，正確的結論為：①③④，故選：C．【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質，等底等高的三角形的面積相等，熟練掌握三角形全等的判定方法并準確識圖是解題的關鍵．24．（2022秋?莒南縣期中）如圖，△ABC的外角∠ACD的平分線CP與內角∠ABC的平分線BP交于點P，若∠BPC＝40°，則∠CAP＝（）A．40° B．45° C．50° D．60°【答案】C【分析】根據外角與內角性質得出∠BAC的度數，再利用角平分線的性質以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP＝∠FAP，即可得出答案【解答】解：延長BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，設∠PCD＝x°，∵CP平分∠ACD，∴∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，∴PF＝PM，∵∠BPC＝40°，∴∠ABP＝∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣40）°，∴∠BAC＝∠ACD﹣∠ABC＝2x°﹣（x°﹣40°）﹣（x°﹣40°）＝80°，∴∠CAF＝100°，在Rt△PFA和Rt△PMA中，PA=PAPM=PF∴Rt△PFA≌Rt△PMA（HL），∴∠FAP＝∠PAC＝50°．故選：C．【點評】此題主要考查了角平分線的性質以及三角形外角的性質和直角三角全等的判定等知識，根據角平分線的性質得出PM＝PN＝PF是解決問題的關鍵．25．（2022秋?泊頭市期中）在學習完“探索三角形全等的條件”一節后，一同學總結出很多全等三角形的模型，他設計了以下問題給同桌解決：如圖，做一個“U”字形框架PABQ，其中AB＝42cm，AP，BQ足夠長，PA⊥AB于A，QB⊥AB于點B，點M從B出發向A運動，同時點N從B出發向Q運動，使M，N運動的速度之比3：4，當兩點運動到某一瞬間同時停止，此時在射線AP上取點C，使△ACM與△BMN全等，則線段AC的長為（）A．18cm B．24cm C．18cm或28cm D．18cm或24cm【答案】C【分析】在PA⊥AB于A，QB⊥AB條件下，使△ACM與△BMN全等，需要分類討論．【解答】解：設：BM＝3xcm，則BN＝4xcm，∵∠A＝∠B＝90°，（1）當△ACM≌△BNM時，有BM＝AM＝3x，BN＝AC，又AM+BM＝42cm，∴3x+3x＝42，∴x＝7．∴AC＝BN＝4x＝28cm；（2）當△ACM≌△BMN時，有AM＝BN，BM＝AC，當△ACM≌△BNM時，有BM＝AM，BN＝AC，又AM+BM＝42cm，∴3x+3x＝42，∴x＝7．∴AC＝BN＝4x＝28cm；當△ACM≌△BMN時，有AM＝BN＝4x，BM＝AC＝3x，又AM+BM＝42cm，∴4x+3x＝42，∴x＝6，∴AC＝BM＝18cm；故選：C．【點評】本題考查全等三角形及分類討論思想，正確分類才不會漏解．26．（2022秋?天門期中）如圖，在△ABD和△ACE中，AB＝AD，AC＝AE，AB＞AC，∠DAB＝∠CAE＝50°連接BE，CD交于點F，連接AF．下列結論：①BE＝CD；②∠EFC＝50°；③AF平分∠DAE；④FA平分∠DFE．其中正確的個數為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】先由∠DAB＝∠CAE＝50°證明∠BAE＝∠DAC＝50°+∠BAC，即可根據全等三角形的判定定理“SAS”證明△BAE≌△DAC，得BE＝CD，可判斷①正確；設BE交AC于點G，因為∠AEB＝∠ACD，所以∠EFC＝∠CGE﹣∠ACD＝∠CGE﹣∠ABE＝∠CAE＝50°，可判斷②正確；作AI⊥BE于點I，AJ⊥CD于點J，由S△BAE＝S△DAC得12AI?BE=12AJ?CD，則AI＝AJ，即可證明FA平分∠DFE假設∠DAF＝∠EAF，則∠DAF﹣∠DAB＝∠EAF﹣∠CAE，所以∠BAF＝∠CAF，由∠AFD＝∠AFE，∠BFD＝∠CFE，得∠AFB＝∠AFC，即可推導出△AFB≌△AFC，得AB＝AC，與已知條件相矛盾，可判斷③錯誤，于是得到問題的答案．【解答】解：∵∠DAB＝∠CAE＝50°，∴∠BAE＝∠DAC＝50°+∠BAC，在△BAE和△DAC中，AB=AD∠BAE=∠DAC∴△BAE≌△DAC（SAS），∴BE＝CD，∠AEB＝∠ACD，故①正確；設BE交AC于點G，∴∠EFC＝∠CGE﹣∠ACD＝∠CGE﹣∠ABE＝∠CAE＝50°，故②正確；作AI⊥BE于點I，AJ⊥CD于點J，∵S△BAE＝S△DAC，∴12AI?BE=12AJ∴AI＝AJ，∴點A在∠DFE的平分線上，∴FA平分∠DFE，故④正確；假設∠DAF＝∠EAF，則∠DAF﹣∠DAB＝∠EAF﹣∠CAE，∴∠BAF＝∠CAF，∵∠AFD＝∠AFE，∠BFD＝∠CFE，∴∠AFD+∠BFD＝∠AFE+∠CFE，∴∠AFB＝∠AFC，在△AFB和△AFC中，∠BAF=∠CAFAF=AF∴△AFB≌△AFC（ASA），∴AB＝AC，與已知條件相矛盾，∴∠DAF≠∠EAF，故③錯誤，∴①②④這3個結論正確，故選：C．【點評】此題重點考查全等三角形的判定與性質、根據面積等式證明線段相等、角平分線的判定、三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內角的和等知識與方法，正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵．27．（2022秋?恩施市期中）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝6cm，一條線段PQ＝AB，P，Q兩點分別在線段AC和AC的垂線AX上移動，若以A、B、C為頂點的三角形與以A、P、Q為頂點的三角形全等，則AP的值為（）A．6cm B．12cm C．12cm或6cm D．以上答案都不對【答案】C【分析】本題要分情況討論：①Rt△APQ≌Rt△CBA，此時AP＝BC＝6cm，可據此求出P點的位置．②Rt△QAP≌Rt△BCA，此時AP＝AC＝12cm，P、C重合．【解答】解：①當AP＝CB時，∠C＝∠QAP＝90°，在Rt△APQ與Rt△CBA中，PQ=BAAP=CB∴Rt△APQ≌Rt△CBA（HL），即AP＝BC＝6cm；②當P運動到與C點重合時，AP＝AC，∠C＝∠QAP＝90°，在Rt△QAP與Rt△BCA中，QP=ABAP=AC∴Rt△QAP≌Rt△BCA（HL），即AP＝AC＝12cm．綜上所述，AP＝6cm或12cm．故選：C．【點評】本題考查三角形全等的判定方法和全等三角形的性質，判定兩個三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．由于本題沒有說明全等三角形的對應邊和對應角，因此要分類討論，以免漏解．28．（2022秋?海陽市期中）下列各圖中，a、b、c為三角形的邊長，則甲、乙、丙三個三角形和左側△ABC全等的是（）A．甲和乙 B．只有乙 C．甲和丙 D．乙和丙【答案】D【分析】利用三角形全等的判定方法對各選項進行判斷．【解答】解：根據“SAS”判斷圖乙中的三角形與△ABC全等；根據“AAS”判斷圖丙中的三角形與△ABC全等．故選：D．【點評】本題考查了全等三角形的判定：靈活應用全等三角形的5種判定方法中，選用哪一種方法，取決于題目中的已知條件．29．（2022秋?湯陰縣期中）如圖所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，B，D，E三點在一條直線上，若∠1＝28°，∠3＝58°，則∠2的度數為（）A．30° B．28° C．25° D．86°【答案】A【分析】先證明△ABD≌△ACE，得出∠2＝∠ABD，再由外角得出∠3＝∠1+∠2，從而得出答案．【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠1＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠1=∠EAC∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠2，∵∠3＝∠1+∠ABD，∴∠3＝∠1+∠2，∵∠1＝28°，∠2＝58°，∴∠2＝58°﹣28°＝30°，故選：A．【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質，解決本題的關鍵是掌握判斷三角形全等的方法：SSS，SAS，ASA，AAS，還有HL．30．（2022秋?廣陵區校級期中）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AH⊥BC，M是AC中點，CN＝2BN，BM交AN于O，BM交AH于I，若S△ABC＝36，則下面結論：①∠CAH＝∠ABC；②S△ABO＝9；③AI＝IH；④BO＝MO；正確的是（）A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】①證明∠ABC與∠CAH都是∠BAH的余角，便可判斷①的正誤；②設AN的中點為E，連接EM，根據中位線的性質可得，ME=12CN，AE=EN，證明ME＝BN，再證明△OBN≌△OME，得OE＝ON，進而得AN＝4ON③設AI＝IH，AM＝MC，則△AIM∽△AHC，∠AIM＝∠AHC，由AH⊥BC，便可判斷③的正誤．④由②得△OBN≌△OME，，便可判斷④的正誤．【解答】解：①∵∠BAC＝90°，AH⊥BC，∴∠ABC+∠BAH＝∠BAH+∠CAH＝90°，∴∠CAH＝∠ABC，故①正確；②設AN的中點為E，連接EM，∵M是AC中點，E是AN的中點，∴ME是△ACN的中位線，∴ME=1∵CN＝2BN，∴ME＝BN，∵ME∥BC，∴∠OBN＝∠OME，∵∠BON＝∠MOE，∴△OBN≌△OME（AAS），∴ON＝OE，∵AE＝EN，∴AN＝4ON，∴S△ABO∵CN＝2BN，S△ABC＝36，∴S△ABN∴S△ABO=3③設AI＝IH，AM＝MC，則△AIM∽△AHC，∴∠AIM＝∠AHC，∵AH⊥BC，∴∠AHC＝90°，顯然∠AIM≠90°，故③錯誤；④由②知△OBN≌△OME，∴BO＝MO，故④正確；故選：C．【點評】本題主要考查了直角三角形的性質，全等三角形的性質與判定，三角形的中位線定理，相似三角形的判定和性質，關鍵在于構造全等三角形．31．（2022秋?豐南區期中）如圖，AB＝12m，CA⊥AB于點A，DB⊥AB于點B，且AC＝4m，點P從B向A運動，每分鐘走1m，點Q從B向D運動，每分鐘走2m，P、Q兩點同時出發，運動（）分鐘后，△CAP與△PQB全等．A．2 B．3 C．4 D．8【答案】C【分析】設運動x分鐘后△CAP與△PQB全等；則BP＝xm，BQ＝2xm，則AP＝（12﹣x）m，分兩種情況：①若BP＝AC，則x＝4，此時AP＝BQ，△CAP≌△PBQ；②若BP＝AP，則12﹣x＝x，得出x＝6，BQ＝12≠AC，即可得出結果．【解答】解：∵CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，∴∠A＝∠B＝90°，設運動x分鐘后△CAP與△PQB全等；則BP＝xm，BQ＝2xm，則AP＝（12﹣x）m，分兩種情況：①若BP＝AC，則x＝4，∴AP＝12﹣4＝8，BQ＝8，AP＝BQ，∴△CAP≌△PBQ；②若BP＝AP，則12﹣x＝x，解得：x＝6，BQ＝12≠AC，此時△CAP與△PQB不全等；綜上所述：運動4分鐘后△CAP與△PQB全等；故選：C．【點評】本題考查了直角三角形全等的判定方法、解方程等知識；本題難度適中，需要進行分類討論．32．（2022秋?開平區期中）如圖：在△ABC中，∠ABC＝45°，AD，BE分別為BC、AC邊上的高，AD、BE相交于點F．下列結論：①∠FCD＝45°；②AE＝EC；③S△ABF：S△AFC＝AD：FD；④若BF＝2EC，則BC＝AB．正確結論的序號是（）A．①③④ B．①②④ C．②③④ D．①②【答案】見試題解答內容【分析】根據垂直定義可得∠ADB＝∠ADC＝90°，再利用∠ABC＝45°，得到AD＝BD，從而可證明△BDF≌△ADC，進而得到FD＝CD，即可判斷①；根據AB≠BC，BE⊥AC，即可判斷②，根據三角形面積公式和它們有一條公共邊可得S△ABFS△AFC=BDCD，即可判斷③，若BF＝2EC，根據△BDF≌△ADC可以得到BF＝AC，從而可得E是AC的中點，然后可以推出【解答】解：∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，∵∠ABC＝45°，∴∠BAD＝90°﹣∠ABD＝45°，∴AD＝BD，∵BE⊥AC，∴∠BEC＝90°，∴∠EBC+∠ACB＝90°，∵∠EBC+∠BFD＝90°，∴∠BFD＝∠ACB，∴△BDF≌△ADC（AAS），∴DF＝CD，∴∠FCD＝∠DFC＝45°，故①正確；∵BE⊥AC，∴AE≠EC，故②不正確；∵S△ABF∴S△ABF：S△AFC＝AD：FD，故③正確；∵△BDF≌△ADC，∴BF＝AC∵BF＝2EC，∴AC＝2EC，∴E為AC的中點，∵BE⊥AC，∴BE為線段AC的垂直平分線，∴BA＝BC，故④正確，所以，正確結論的序號是：①③④，故選：A．【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質，熟練掌握手拉手模型﹣旋轉型全等是解題的關鍵．33．（2022秋?安次區校級期中）如圖，△ABC中，延長BC到點D，∠ABC與∠ACD的平分線相交于點A1，∠A1BC與∠A1CD的平分線相交于點A2，依此類推，∠A5BC與∠A5CD的平分線相交于點A6，若∠A6=(A．50° B．58° C．96° D．104°【答案】C【分析】利用角平分線性質、三角形外角性質，易證∠A1=12∠A，進而可求∠A1，由于【解答】解：在△A1BC中，∠A同樣道理，在△A2BC中，∠A依此類推，∠A解得：∠A＝96°．故選：C．【點評】本題考查了角平分線性質、三角形外角性質（三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角之和），解題的關鍵是推導出∠A34．（2022秋?安次區校級期中）如圖所示，已知CD是經過∠BCA頂點C的一條直線，CA＝CB，E，F分別是直線CD上兩點，且∠BEC＝∠CFA＝∠α．下面可能得不到△BEC≌△CFA的是（）A．∠BCA＝90°，∠α＝90° B．0°＜∠BCA＜180°，∠α+∠BCA＝180° C．∠BCA＝∠α D．CE＝CF【答案】D【分析】根據三角形的內角和定理，等量代換得到角度相等，再根據三角形形全等的判定方法逐個判斷即可．【解答】解：A、∵∠BCA＝90°，∠BEC＝∠CFA＝∠α＝90°，∴∠BCE+∠ACF＝∠ACF+∠CAF＝90°，∴∠BCE＝∠CAF，∵∠BCE＝∠CAF，∠BEC＝∠CFA，CA＝CB，∴△BEC≌△CFA（AAS），不符合題意；B、∵∠BEC＝∠CFA＝∠α，∠α+∠BCA＝180°，∴∠BCA+∠BEC＝∠BCE+∠ACE+∠BEC＝180°，∵∠BCE+∠B+∠BEC＝180°，∴∠B＝∠ACE，∵∠B＝∠ACE，∠BEC＝∠CFA，CA＝CB，∴△BEC≌△CFA（AAS），不符合題意；C、∵∠BCA＝∠α，∴∠BCA+∠BCE+∠ACF＝∠α+∠BCE+∠ACF＝180°，∵∠BEC+∠BCE+∠CBE＝∠α+∠BCE+∠CBE＝180°，∴∠ACF＝∠CBE，∵∠ACF＝∠CBE，∠BEC＝∠CFA，CA＝CB，∴△BEC≌△CFA（AAS），不符合題意；D、CE＝CF，CA＝CB，∠BEC＝∠CFA，SSA不能判定三角形全等，符合題意；故選：D．【點評】本題主要考查了全等三角形的判定，解題的關鍵是熟練掌握全等三角形的判定方法：SSS，SA，AAS，ASA，HL，注意SSA不能判定全等．35．（2022秋?郯城縣期中）如圖，在△ABC中，∠B＝∠C，M，N，P分別是邊AB，AC，BC上的點，且BM＝CP，CN＝BP，若∠MPN＝40°，則∠A的度數為（）A．70° B．80° C．90° D．100°【答案】D【分析】先根據SAS證明△BPM≌△CNP，可得∠BPM＝∠CNP，再根據∠BPM+∠MPN+∠CPN＝180°，∠CNP+∠CPN+∠C＝180°，可得∠C＝∠MPN，進而得出答案．【解答】解：在△BPM和△CNP中，BM=CP∠B=∠C∴△BPM≌△CNP（SAS），∴∠BPM＝∠CNP．∵∠BPM+∠MPN+∠CPN＝180°，∠CNP+∠CPN+∠C＝180°，∴∠C＝∠MPN＝40°，∴∠B＝∠C＝40°，∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝100°．故選：D．【點評】本題主要考查了全等三角形的性質和判定，三角形內角和定理等，靈活選擇全等三角形的判定定理是解題的關鍵．36．（2022秋?高新區校級期中）如圖，在△ADE和△ABC中，∠E＝∠C，DE＝BC，EA＝CA，過A作AF⊥DE，垂足為F，DE交CB的延長線于點G，連接AG．四邊形DGBA的面積為12，AF＝4，則FG的長是（）A．2 B．2.5 C．3 D．10【答案】C【分析】過點A作AH⊥BC于H，證△ABC≌△AED，得AF＝AH，再證Rt△AFG≌Rt△AHG（HL），同理Rt△ADF≌Rt△ABH，得S四邊形DGBA＝S四邊形AFGH＝12，然后求得Rt△AFG的面積＝6，進而得到FG的長．【解答】解：過點A作AH⊥BC于H，如圖所示：在△ABC與△ADE中，BC=DE∠C=∠E∴△ABC≌△ADE（SAS），∴AD＝AB，S△ABC＝S△AED，又∵AF⊥DE，∴12×DE×AF=12∴AF＝AH，∵AF⊥DE，AH⊥BC，∴∠AFG＝∠AHG＝90°，在Rt△AFG和Rt△AHG中，AG=AGAF=AH∴Rt△AFG≌Rt△AHG（HL），同理：Rt△ADF≌Rt△ABH（HL），∴S四邊形DGBA＝S四邊形AFGH＝12，∵Rt△AFG≌Rt△AHG，∴SRt△AFG＝6，∵AF＝4，∴12×FG×4＝解得：FG＝3；故選：C．【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質以及三角形面積等知識，解決問題的關鍵是作輔助線構造全等三角形，解題時注意：全等三角形的面積相等．37．（2022秋?銅官區校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10，AD是∠BAC的平分線．若P，Q分別是AD和AC上的動點，則PC+PQ的最小值是（）A．2.4 B．4.8 C．4 D．5【答案】B【分析】過點C作CM⊥AB交AB于點M，交AD于點P，過點P作PQ⊥AC于點Q，由AD是∠BAC的平分線．得出PQ＝PM，這時PC+PQ有最小值，即CM的長度，運用勾股定理求出AB，再運用S△ABC=12AB?CM=12AC?BC，得出CM的值，即【解答】解：如圖，過點C作CM⊥AB交AB于點M，交AD于點P，過點P作PQ⊥AC于點Q，∵AD是∠BAC的平分線．∴PQ＝PM，這時PC+PQ有最小值，即CM的長度，∵AC＝6，AB＝10，∠ACB＝90°，BC＝8，∵S△ABC=12AB?CM=12∴CM=AC?BC即PC+PQ的最小值為245故選：B．【點評】本題主要考查了軸對稱問題，解題的關鍵是找出滿足PC+PQ有最小值時點P和Q的位置．38．（2022秋?紅安縣期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝36°，以C為原點，AC所在直線為y軸，BC所在直線為x軸建立平面直角坐標系，在坐標軸上取一點M使△MAB為等腰三角形，符合條件的M點有（）A．5個 B．6個 C．7個 D．8個【答案】D【分析】分兩種情況推論，當AB是底邊時，當AB是腰時，即可判斷．【解答】解：（1）當AB是底邊時，作AB的垂直平分線分別與AC，x軸負半軸相交，共兩個交點，都符合條件；（2）當AB是腰時，①以點A為圓心AB長為半徑畫圓分別與y軸正半軸，負半軸，x軸負半軸相交，共三個交點，都符合條件；②以點B為圓心AB長為半徑畫圓分別與x軸正半軸，負半軸，y軸負半軸相交，共三個交點，都符合條件，因此共有8個符合條件的點．故選：D．【點評】本題考查等腰三角形，關鍵是分兩種情況推論．39．（2022春?龍華區校級期中）如圖，△ABC是等邊三角形，D為BA的中點，DE⊥AC，垂足為點E，EF∥AB，AE＝2，結論錯誤的是（）A．∠ADE＝30° B．AD＝4 C．△ADE的面積為4 D．△EFC的周長為18【答案】C【分析】由等邊三角形的性質可得∠A＝60°，AB＝BC＝AC，結合垂直的定義可求解∠ADE的度數，即可判斷A選項；由含30°角的直角三角形的性質可求解AD的長度，可判斷B選項；由勾股定理可求解DE的長，再利用三角形的面積公式可計算△ADE的度數，即可判斷C選項；證明△EFC是等邊三角形，利用三角形的周長公式計算，即可判斷D選項．【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝60°，AB＝BC＝AC，∵DE⊥AC，∴∠AED＝90°，∴∠ADE＝30°，故A選項正確；∵AE＝2，∴AD＝2AE＝4，故選項B正確，∵DE=4∴S△ADE=12AE?DE=∵EF∥AB，∴∠CEF＝∠A＝60°，∠EFC＝∠B＝60°，∴△EFC是等邊三角形，∵D為BA的中點，∴AC＝AB＝2AD＝8，∴CE＝AC﹣AE＝8﹣2＝6，∴△EFC的周長＝3×6＝18，故選項D正確，故選：C．【點評】本題考查等邊三角形的判定和性質，含30°角的直角三角形的性質，勾股定理，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．40．（2022秋?連山區校級期中）如圖，直線l1，l2表示一條河的兩岸，且l1∥l2．現要在這條河上建一座橋（橋與河的兩岸相互垂直），使得從村莊P經橋過河到村莊Q的路程最短，應該選擇路線（）A．路線：PF→FQ B．路線：PE→EQ C．路線：PE→EF→FQ D．路線：PE→EF→FQ【答案】C【分析】根據兩點間直線距離最短，使FEPP′為平行四邊形即可，即PP′垂直河岸且等于河寬，接連P′Q即可．【解答】解：作PP'垂直于河岸l2，使PP′等于河寬，連接QP′，與另一條河岸相交于F，作FE⊥直線l1于點E，則EF∥PP′且EF＝PP′，于是四邊形FEPP′為平行四邊形，故P′F＝PE，根據“兩點之間線段最短”，QP′最短，即PE+FQ最短．故C選項符合題意，故選：C．【點評】此題考查了軸對稱﹣最短路徑問題，要利用“兩點之間線段最短”，但許多實際問題沒這么簡單，需要我們將一些線段進行轉化，即用與它相等的線段替代，從而轉化成兩點之間線段最短的問題．目前，往往利用對稱性、平行四邊形的相關知識進行轉化．41．（2022秋?息縣期中）如圖，△ABC中，AB＝AC，∠B＝40°，D為線段BC上一動點（不與點B，C重合），連接AD，作∠ADE＝40°，DE交線段AC于E，以下四個結論：①∠CDE＝∠BAD；②當D為BC中點時，DE⊥AC；③當△ADE為等腰三角形時，∠BAD＝20°；④當∠BAD＝30°時，BD＝CE．其中正確的結論的個數是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據等腰三角形的性質得到∠B＝∠C＝40°，根據三角形的內角和和平角的定義即可得到∠BAD＝∠CDE；根據等腰三角形的性質得到AD⊥BC，根據三角形的內角和即可得到DE⊥AC；根據三角形外角的性質得到∠AED＞40°，求得∠ADE≠∠AED，根據等腰三角形的性質和三角形的內角和得到∠BAD＝60°，根據全等三角形的性質得到BD＝CE．【解答】解：①∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝40°，∴∠BAD＝180°﹣40°﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣40°﹣∠ADB，∴∠BAD＝∠CDE；故①正確；②∵D為BC中點，AB＝AC，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴∠CDE＝50°，∵∠C＝40°，∴∠DEC＝90°，∴DE⊥AC，故②正確；③∵∠C＝40°，∴∠AED＞40°，∴∠ADE≠∠AED，∵△ADE為等腰三角形，∴AE＝DE，∴∠DAE＝∠ADE＝40°，∵∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，∴∠BAD＝60°，或∵△ADE為等腰三角形，∴AD＝DE，∴∠DAE＝∠AED＝70°，∵∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，∴∠BAD＝30°，故③錯誤，④∵∠BAD＝30°，∴∠CDE＝30°，∴∠ADC＝70°，∴∠CAD＝180°﹣70°﹣40°＝70°，∴∠DAC＝∠ADC，∴CD＝AC，∵AB＝AC，∴CD＝AB，∴△ABD≌△DCE（ASA），∴BD＝CE；故④正確；故選：C．【點評】本題考查了等腰三角形的性質，全等三角形的判定和性質，三角形的內角和，正確的識別圖形是解題的關鍵．42．（2022春?順德區校級期中）如圖，在△ABC中，∠A為鈍角，AB＝20cm，AC＝12cm，點P從點B出發以3cm/s的速度向點A運動，點Q同時從點A出發以2cm/s的速度向點C運動，其中一個動點到達端點時，另一個動點也隨之停止運動．當△APQ是等腰三角形時，運動的時間是（）A．2.5s B．3s C．3.5s D．4s【答案】D【分析】設運動的時間為x，則AP＝20﹣3x，當△APQ是以PQ為底的等腰三角形時，AP＝AQ，則20﹣3x＝2x，解得x即可．【解答】解：設運動的時間為x，在△ABC中，AB＝20cm，AC＝12cm，點P從點B出發以每秒3cm的速度向點A運動，點Q從點A同時出發以每秒2cm的速度向點C運動，當△APQ是等腰三角形時，AP＝AQ，AP＝20﹣3x，AQ＝2x即20﹣3x＝2x，解得x＝4．故選：D．【點評】此題主要考查學生對等腰三角形的性質這一知識點的理解和掌握，此題涉及到動點，有一定的拔高難度，屬于中檔題．43．（2022秋?永春縣期中）如圖，BP是∠ABC的平分線，AP⊥BP于P，連接PC，若△ABC的面積為2cm2，則△PBC的面積為（）A．0.8cm2 B．1cm2 C．1.2cm2 D．不能確定【答案】B【分析】延長AP交BC于E，根據已知條件證得△ABP≌△EBP，根據全等三角形的性質得到AP＝PE，得出S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，推出S△PBC=12S△【解答】解：如圖，延長AP交BC于E，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠EBP，∵AP⊥BP，∴∠APB＝∠EPB＝90°，∴△ABP≌△EBP（ASA），∴AP＝PE，∴S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，∴S△PBC=12S△ABC=12×2＝故選：B．【點評】本題考查了全等三角形的性質和判定，三角形的面積的應用，注意：等底等高的三角形的面積相等．44．（2022秋?西湖區校級期中）如圖，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC＝23cm，點P從點B開始以1cm/s的速度向點C移動，當△ABP為直角三角形時，則運動的時間為（）A．3s B．3s或4s C．1s或4s D．2s或3s【答案】B【分析】過點A作AH⊥BC于點H，根據等腰三角形的性質和含30°角的直角三角形的性質可得AH的長，進一步可得BH的長，當△ABP為直角三角形時，分兩種情況：①當點P運動到點H時，∠APB＝90°；②當點P運動到∠BAP＝90°時，分別求解即可．【解答】解：過點A作AH⊥BC于點H，如圖所示：在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC＝23cm，∴∠B＝∠C＝30°，∴AH=3cm根據勾股定理，得BH＝3cm，當△ABP為直角三角形時，分兩種情況：①當點P運動到點H時，∠APB＝90°，此時運動時間為3÷1＝3（s），②當點P運動到∠BAP＝90°時，∵∠B＝30°，∴BP＝2AP，在Rt△ABP中，根據勾股定理，得AP2+AB2＝（2AP）2，解得AP＝2cm，∴BP＝4cm，此時運動時間為4÷1＝4（s），綜上所述，滿足條件的運動時間有3s或4s，故選：B．【點評】本題考查了等腰三角形的性質，直角三角形的性質，動點問題，熟練掌握含30°角的直角三角形的性質是解題的關鍵，注意分情況討論．45．（2022春?三元區期中）如圖，已知點A，B的坐標分別為（3，0）和（0，5），在坐標軸上確定一點C，使△ABC是等腰三角形，則符合條件的C點共有（）個．A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】分三種情形，AB＝AC，BA＝BC，CA＝CB，分別畫圖即可．【解答】解：如圖，當AB＝AC時，以點A為圓心，AB為半徑畫圓，與坐標軸有三個交點（B點除外），當BA＝BC時，以點B為圓心，AB為半徑畫圓，與坐標軸有三個交點（A點除外），當CA＝CB時，畫AB的垂直平分線與坐標軸有2個交點，綜上所述：符合條件的點C的個數有8個，故選：C．【點評】本題主要考查了等腰三角形的判定，線段垂直平分線的性質等知識，運用分類討論思想是解題的關鍵．46．（2022秋?西湖區期中）如圖，△ABC中，BF、CF分別平分∠ABC和∠ACB，過點F作DE∥BC交AB于點D，交AC于點E，那么下列結論：①∠DFB＝∠DBF；②△EFC為等腰三角形；③△ADE的周長等于△BFC的周長；④∠BFC=90°+1A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】①根據平分線的性質、平行線的性質，借助于等量代換可求出∠DBF＝∠DFB；②同理可得∠ECF＝∠EFC，則△EFC為等腰三角形；③用特殊值法，當△ABC為等邊三角形時，連接AF，根據等邊三角形的性質，角平分線定義和等腰三角形的判定便可得出BF＝AF＝CF，進而得BF+CF＞AC，便可得出△ADE的周長不等于△BFC的周長；④利用兩次三角形的內角和，以及平分線的性質，進行等量代換，可求的∠BFC和∠BAC之間的關系式．【解答】解：①∵BF是∠ABC的角平分線，∴∠ABF＝∠CBF，又∵DE∥BC，∴∠CBF＝∠DFB，∴∠DFB＝∠DBF，故①正確；②同理∠ECF＝∠EFC，∴EF＝EC，∴△EFC為等腰三角形，故②正確；③假設△ABC為等邊三角形，則AB＝AB＝BC，如圖，連接AF，∵∠DBF＝∠DFB，∠ECF＝∠EFC，∴BD＝DF，EF＝EC，∴△ADE的周長＝AD+DF+EF+AE＝AD+BD+AE+EC＝AB+AC，∵F是∠ABC，∠ACB的平分線的交點，∴第三條平分線必過其點，即AF平分∠BAC，∵△ABC為等邊三角形，∴∠BAC＝∠BCA＝∠ABC＝60°，∴∠FAB＝∠FBA＝∠FAC＝∠FCA＝30°，∴FA＝FB＝FC，∵FA+FC＞AC，∴FB+FC＞AC，∴FB+FC+BC＞BC+AC，∴FB+FC+BC＞AB+AC，即△BFC的周長＞△ADE的周長，故③錯誤；④在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°①，在△BFC中，∠BFC+∠FBC+∠FCB＝180°，即∠BFC+12∠ABC+12∠ACB＝②×2﹣①得，∠BFC＝90°+12∠故④正確；故選：C．【點評】本題考查了等腰三角形的性質及角平分線的性質，以及三角形內角和定理解答，涉及面較廣，需同學們仔細解答．尤其是第③小題在常規方法不能判斷正誤時，可采用的特殊值法進行判斷，也即是舉反例的方法．47．（2022秋?薛城區期中）已知有序數對（a，b）及常數k，我們稱有序數對（ka+b，a﹣b）為有序數對（a，b）的“k階結伴數對”．如（3，2）的“1階結伴數”對為（1×3+2，3﹣2）即（5，1）．若有序數對（a，b）（b≠0）與它的“k階結伴數對”關于y軸對稱，則此時k的值為（）A．﹣2 B．-32 C．0 D【答案】B【分析】根據新定義可得：有序數對（a，b）（b≠0）的“k階結伴數對”是（ka+b，a﹣b），并根據y軸對稱：橫坐標互為相反數，縱坐標相等，可列方程組，從而可解答．【解答】解：∵有序數對（a，b）（b≠0）的“k階結伴數對”是（ka+b，a﹣b），∴a-b=ba+ka+b=0解得：k=-3故選：B．【點評】本題考查了解二元一次方程組，新定義“k階結伴數對”的理解和運用，能根據題意列出方程組是解此題的關鍵．48．（2022秋?桐鄉市期中）如圖，在等邊△ABC中，D為AC中點，點P，Q分別為AB，AD上的點，BP＝AQ＝3，QD＝2，在BD上有一動點E，則PE+QE的最小值為（）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】A【分析】作點Q關于BD的對稱點Q′，連接PQ′交BD于E，連接QE，此時PE+EQ的值最小．最小值PE+QE＝PE+EQ′＝PQ′．【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，∴BA＝BC，∵BD⊥AC，AQ＝3，QD＝2，∴AD＝DC＝AQ+QD＝5，如圖，作點Q關于BD的對稱點Q′，連接PQ′交BD于E，連接QE，此時PE+EQ的值最小．最小值PE+QE＝PE+EQ′＝PQ′，∵AQ＝3，AD＝DC＝5，∴QD＝DQ′＝2，∴CQ′＝BP＝3，∴AP＝AQ′＝7，∵∠A＝60°，∴△APQ′是等邊三角形，∴PQ′＝PA＝7，∴PE+QE的最小值為7．故選：A．【點評】本題考查等邊三角形的性質和判定，軸對稱最短問題等知識，解題的關鍵是學會利用軸對稱解決最短問題，屬于中考常考題型．49．（2022秋?墨竹工卡縣校級期中）如圖．在△ABC中，∠ABC＝70°，∠BAC＝40°．點P為直線CB上一動點，并沿直線CB從右向左移動，若點P與△ABC三個頂點中的至少兩個頂點構造成等腰三角形時，則將點P在直線CB上進行標記．那么滿足條件的點P的位置有（）A．4個 B．6個 C．8個 D．9個【答案】C【分析】利用等腰三角形的判定方法，從右到左依次考慮，即可得到所有構成等腰三角形的情況，得到滿足條件的點P的個數．【解答】解：如圖：∵在△ABC中，∠ABC＝70°，∠BAC＝40°，∴∠ACB＝180°﹣70°﹣40°＝70°，當∠CAP＝∠CPA＝35°時，△CAP為等腰三角形；當∠BAP＝∠APB＝55°時，△BAP為等腰三角形；當∠ABP＝∠BAP＝70°時，△BAP為等腰三角形；當P與C重合時，△APB為等腰三角形；當P與B重合時，△APC為等腰三角形；當∠ACP＝∠CAP＝70°時，△CAP為等腰三角形；當∠PAC＝∠APC＝55°時，△CAP為等腰三角形；當∠BAP＝∠BPA＝35°時，△BAP為等腰三角形；綜上，滿足條件的點P的位置有8個．故選：C．【點評】此題考查了等腰三角形的判定，熟練掌握等腰三角形的判定是解本題的關鍵．50．（2022秋?柯橋區期中）如圖，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝92°，△CDE中，DC＝DE，∠CDE＝88°，連結BE，點F為BE中點，連結AF，DF，則∠AFD為（）A．88° B．90° C．92° D．100°【答案】B【分析】延長AF到點P，使PF＝AF，連接DP，EP，AD，由“SAS”可證△BFA≌△EFP，可得AB＝PE，∠FBA＝∠PEF，由“SAS”可證△ACD≌△PED，可得AD＝PD，由等腰三角形的性質可得結論．【解答】解：延長AF到點P，使PF＝AF，連接DP，EP，AD，∵∠EFP＝∠BFA，EF＝BF，∴△BFA≌△EEP（SAS），∴AB＝PE，∠FBA＝∠FEP，∵AC＝BA，∴AC＝PE，在四邊形BADE中，∠BAD+∠ADE+∠DEB+∠EBA＝360°，∵∠BAC＝92°，∠CDE＝88°，∴∠CAD+∠ADC+∠DEB+∠EBA＝180°．∵∠CAD+∠ADC+∠ACD＝180°，∴∠ACD＝∠DEB+∠EBA，∴∠ACD＝∠PED，∵CD＝DE，∴△ACD≌△PED（SAS），∴AD＝PD，∵AP＝FP，∴AF⊥DF，∴∠AFD＝90°．故選：B．【點評】本題考考查了全等三角形的性質、等腰三角形的性質等知識，作出恰當的輔助線，證得三角形全等是解答此題的關鍵．51．（2022秋?臨海市校級期中）如圖所示，∠AOB＝60°，點P是∠AOB內一定點，并且OP＝4，點M、N分別是射線OA，OB上異于點O的動點，當△PMN的周長取最小值時，點O到線段MN的距離為（）?A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】分別作點P關于OB和OA的對稱點P'和P''，連接OP'、OP''、P'P''，則P'P''與OB的交點為點N'，P'P''與OA的交點為點M'，連接PN'、PM'，則此時P'P''的值即為△PMN的周長的最小值，過點O作OC⊥P'P''于點C，求得∠OP'P''的值，由含30°角的直角三角形的性質可得答案．【解答】解：分別作點P關于OB和OA的對稱點P'和P''，連接OP'、OP''、P'P''，則P'P''與OB的交點為點N'，P'P''與OA的交點為點M'，連接PN'、PM'，則此時P'P''的值即為△PMN的周長的最小值，過點O作OC⊥P'P''于點C，如圖所示：由對稱性可知OP＝OP'＝OP''，∵∠AOB＝60°，∴∠P'OP''＝2×60°＝120°，∴∠OP'P''＝∠OP''P'＝30°，∵OP＝4，OC⊥P'P''，∴OC=12OP'＝故選：B．【點評】本題考查了軸對稱﹣最短路線問題，熟練掌握軸對稱的性質、等腰三角形的性質及含30°角的直角三角形的性質是解題的關鍵．52．（2022秋?郯城縣期中）一平面鏡以與水平面成45°角固定在水平面上，如圖所示，一個小球以1m/s的速度沿桌面向點O勻速滾去，則小球在平面鏡中的像是（）A．以1m/s的速度，做豎直向下運動 B．以1m/s的速度，做豎直向上運動 C．以2m/s的速度運動，且運動路線與地面成45°角 D．以2m/s的速度，做豎直向下運動【答案】A【分析】利用鏡面對稱的性質求解．鏡面對稱的性質：在平面鏡中的像與現實中的事物恰好順序顛倒，且關于鏡面對稱．【解答】解：根據鏡面對稱的性質，在平面鏡中的順序與現實中的恰好相反，且關于鏡面對稱，則小球在平面鏡中的像是以1m/s的速度，做豎直向下運動．故選：A．【點評】本題考查了鏡面反射的原理與性質．解決此類題應認真觀察，注意技巧，充分發揮想象能力．53．（2022秋?寧津縣期中）如圖，已知∠MON＝30°，點A1，A2，A3，…在射線ON上，點B1，B2，B3，…在射線OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3