专题4.6大题易丢分必做解答30题（提升版）-2021-2022学年八年级数学下学期期中考试高分直通车【北师大版】

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2021-2022学年八年级数学下学期期中考试高分直通车（北师大版）
专题4.6大题易丢分必做解答30题（提升版）
一．解答题（共30小题）
1．（2021秋•嵊州市期中）解不等式（组）并把解表示在数轴上
（1）3x+2＞14；
（2）1+x2-2x+13≤1．
【分析】（1）根据解一元一次不等式基本步骤：去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得．
（2）根据解一元一次不等式基本步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得．
【解析】（1）3x+2＞14，
3x＞14﹣2，
3x＞12，
x＞4，
表示在数轴上为：


（2）两边同时乘6得：3（1+x）﹣2（2x+1）≤6，
去括号得：3+3x﹣4x﹣2≤6，
移项，合并同类项得﹣x≤5，
解得x≥﹣5，
表示在数轴上为：
．
2．（2021秋•沙坪坝区校级期中）（1）解不等式：x≤1+2x3+1；
（2）解不等式组-3(x+1)-(x-3)＜84x+3≥3x，并把解集表示在数轴上
【分析】（1）先去分母，再移项、合并同类项，求出不等式的解集；
（2）分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集，再在数轴上表示出来即可．
【解析】（1）x≤1+2x3+1，
去分母，得3x≤1+2x+3，
移项，得3x﹣2x≤1+3，
合并同类项得x≤4；

（2）-3(x+1)-(x-3)＜8①4x+3≥3x②，
由①得：x＞﹣2；
由②得x≥﹣3；
∴不等式组的解集为x＞﹣2，
在数轴上表示为：
．
3．（2021春•简阳市 期中）在今年年初，新型冠状病毒在武汉等地区肆虐，为了缓解湖北地区的疫情，全国各地的医疗队员都纷纷报名支援湖北，某方舱医院需要8组医护人员支援，要求每组分配的人数相同，若按每组人数比预定人数多分配1人，则总数会超过100人，若每组人数比预定人数少分配一人，则总数不够90人，那么预定每组分配的人数是多少人？
【分析】设预定每组分配的人数是x人，根据“若按每组人数比预定人数多分配1人，则总数会超过100人，若每组人数比预定人数少分配一人，则总数不够90人”，即可得出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出x的取值范围，再结合x为正整数即可得出结论．
【解析】设预定每组分配的人数是x人，
依题意，得：8(x+1)＞1008(x-1)＜90，
解得：232＜x＜494，
又∵x为正整数，
∴x＝12．
答：预定每组分配的人数是12人．
4．（2021春•太原期中）“一方有难，八方支援”．某学校计划购买84消毒液和75%酒精消毒水共4000瓶，用于支援武汉抗击“新冠肺炎疫情”，已知84消毒液的单价为3元/瓶，75%酒精消毒水的单价为13元/瓶，若购买这批物资的总费用不超过28000元，求至少可以购买84消毒液多少瓶？
【分析】设该校购进x瓶84消毒液，则购进（4000﹣x）瓶75%酒精消毒水，根据总价＝单价×数量结合购买这批物资的总费用不超过28000元，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．
【解析】设该校购进x瓶84消毒液，则购进（4000﹣x）瓶75%酒精消毒水，
依题意，得：3x+13（4000﹣x）≤28000，
解得：x≥2400．
答：至少可以购买84消毒液2400瓶．
5．（2021春•海淀区校级期中）有A、B两个商场以同样价格出售同样商品，且各自推出了不同的优惠方案：
在A商场累计购物超过400元后，超出部分按80%收费；
在B商场累计购物超过200元后，超出的部分按90%收费．
顾客选择到哪家购物花费少？
【分析】设顾客购买物品的原价为x元，分x≤200、200＜x≤400及x＞400三种情况考虑，显然，当x≤200时，在两商场购物花费一样多；当200＜x≤400时，在B商场购物花费少；当x＞400时，分到B商场购物花费少、到两商场购物花费相同及到A商场购物花费少三种情况，找出关于x的一元一次不等式（或一元一次方程），解之即可得出结论．
【解析】设顾客购买物品的原价为x元．
当x≤200时，在两商场购物花费一样多；
当200＜x≤400时，在B商场购物花费少；
当x＞400时，若200+90%（x﹣200）＜400+80%（x﹣400），
解得：x＜600；
若200+90%（x﹣200）＝400+80%（x﹣400），
解得：x＝600；
若200+90%（x﹣200）＞400+80%（x﹣400），
解得：x＞600．
答：当x≤200或x＝600时，到两商场购物花费相同；当400＜x＜600时，到B商场购物花费少；当x＞600时，到A商场购物花费少．
6．（2021春•南岗区校级期中）x为何整数时，代数式5x+2大于3（x+1）与代数式x﹣2不大于14﹣3x都成立？
【分析】先根据题意列出不等式组5x+2＞3(x+1)①x-2≤14-3x②，再求出解集，然后得到整数解．
【解析】由题意，可得5x+2＞3(x+1)①x-2≤14-3x②，
解不等式①，得x＞12，
解不等式②，得x≤4，
所以12＜x≤4，
∵x为整数，
∴x＝1，2，3，4．
故当x为1或2或3或4时，代数式5x+2大于3（x+1）与代数式x﹣2不大于14﹣3x都成立．
7．（2021秋•宣城期中）如图，直线y＝kx+2与直线y=13x相交于点A（3，1），与x轴交于点B．
（1）求B点坐标；
（2）根据图象写出不等式组0＜kx+2＜13x的解集．

【分析】（1）根据直线y＝kx+2与直线y=13x相交于点A（3，1），与x轴交于点B可以求得k的值和点B的坐标；
（2）根据函数图象可以直接写出不等式组0＜kx+2＜13x的解集．
【解析】（1）∵直线y＝kx+2与直线y=13x相交于点A（3，1），与x轴交于点B，
∴3k+2＝1，
解得k=-13，
∴y=-13x+2，
当y＝0时，-13x+2=0，得x＝6，
∴点B的坐标为（6，0）；
（2）由图象可知，0＜kx+2＜13x的解集是3＜x＜6．
8．（2019春•叶县期中）某乒乓球馆有两种计费方案，如下表所示：
包场计费：每场每小时50元，每人另付人场费5元
人数计费：每人打球2小时20元继续打球每人每小时6元
李强和同学们打算周末去此乒乓球馆连续打球4小时，经服务生测算后，告知他们包场计费方案会比人数计费方案便宜，则他们参与包场的人数至少为多少人？
【分析】设他们参与包场的人数为x人，根据包场计费方案比按人数计费方案便宜，即可得出关于x的一元一次不等式，解之即可得出x的取值范围，再取其中的最小整数值即可得出结论．
【解析】设他们参与包场的人数为x人，
依题意，得：50×4+5x＜20x+（4﹣2）×6x，
解得：x＞71127．
又∵x为正整数，
∴x的最小整数解为8．
答：他们参与包场的人数至少为8人．
9．（2021秋•韩城市期中）如图，在平面直角坐标系中，A（1，1），△ABC的顶点均在格点上．
（1）点C绕O点逆时针方向旋转90°后所对应点C'的坐标为　（﹣1，5）　；
（2）若△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1．

【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出C点的对应点C′，从而得到C′点的坐标；
（2）利用关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可．
【解析】（1）如图，C′点的坐标为（﹣1，5）；
故答案为（﹣1，5）；
（2）如图，△A1B1C1为所作；

10．（2021秋•广汉市期中）在如图所示的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，△ABO的三个顶点都在格点上．
（1）以O为原点建立直角坐标系，点B的坐标为（﹣3，1），则点A的坐标为　（﹣2，﹣3）　；
（2）画出△ABO绕点O顺时针旋转90°后的△OA1B1．

【分析】（1）利用B点坐标作出直角坐标系，从而得到A点坐标；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点A1、B1即可．
【解析】（1）建立如图所示的直角坐标系，点A的坐标为（﹣2，3）；
故答案为（﹣2，3）；
（2）如图，△OA1B1为所作．

11．（2021春•延庆区期中）请在平面直角坐标系中，完成下面的问题
（1）描出点A（﹣2，3）和它关于y轴的对称点B；
（2）描出点C（2，1）和它关于原点的对称点D；
（3）求线段AD的长．
【分析】（1）利用关于y轴对称的点的坐标写出B点坐标，然后描点即可；
（2）利用关于原点对称的点的坐标写出D点坐标，然后描点即可；
（3）利用AD平行y轴，利用两点的纵坐标之差得到AD的长．
【解析】（1）如图，点B为所作；
（2）如图，点D为所作；

（3）因为A（﹣2，3），D（﹣2，﹣1），
线段AD的长＝3﹣（﹣1）＝4．
12．（2021春•和平区期中）已知如图，在△ABC中，三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（5，﹣1），C（1，1），将△ABC沿x轴负方向平移4个单位长度，再沿y轴负方向平移2个单位长度，得到△DEF，其中点A的对应点为点D，点B的对应点为点E，点C的对应点为点F．
（1）直接写出平移后的△DEF的顶点坐标：D　（﹣2，1）　、E　（1，﹣3）　、F　（﹣3，﹣1）　；
（2）在坐标系中画出平移后的△DEF；
（3）求出△DEF的面积．

【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律写出A、B、C的对应点D、E、F的坐标；
（2）利用点D、E、F的坐标描点即可；
（3）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算△DEF的面积．
【解析】（1）D（﹣2，1）；E（1，﹣3）；F（﹣3，﹣1）；
（2）如图，△DEF为所作；

（3）△DEF的面积＝4×4-12×2×1-12×4×2-12×4×3＝5．
13．（2021秋•郏县期中）如图，在每个小正方形边长为1的方格纸中，△ABC的顶点都在方格纸格点上．
（1）将△ABC经过平移后得到△DEF，图中标出了点A的对应点D，补全△DEF；
（2）在图中画出△ABC的中线BG和高CH；
（3）在（1）条件下，AD与CF的关系是　平行且相等　．

【分析】（1）利用点A、D的位置确定平移的方向与距离，然后利用此平移规律画出B、C的对应点E、F即可；
（2）利用网格特点和三角形中线和高的定义画图；
（3）根据平移的性质进行判断．
【解析】（1）如图，△DEF为所作；
（2）如图，BG、CH为所作；

（3）∵△ABC经过平移后得到△DEF，
∴AC∥DF，AC＝DF．
故答案为平行且相等．
14．（2021秋•唐山期中）如图，△ABC中，∠B＝16°，∠ACB＝24°，AB＝6cm，△ABC按逆时针方向旋转一定角度后与△ADE重合，且点C恰好成为AD的中点．
（1）指出旋转中心，并求出旋转的度数；
（2）求出∠BAE的度数和AE的长．

【分析】（1）由旋转的性质可求解；
（2）由旋转的性质可得AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠EAD＝140°，由周角的性质和中点的性质可求解．
【解答】解、（1）∵△ABC逆时针旋转一定角度后与△ADE重合，A为顶点，
∴旋转中心是点A，
根据旋转的性质可知：∠CAE＝∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ACB＝140°，
∴旋转角度是140°；
（2）由旋转可知：△ABC≌△ADE，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠EAD＝140°，
∴∠BAE＝360°﹣140°×2＝80°，
∵C为AD中点，
∴AC＝AE=12AB=12×6＝3（cm）．
15．（2018春•鄄城县期中）如图所示，点D是等边△ABC内一点，DA＝13，DB＝19，DC＝21，将△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，求△DEC的周长．

【分析】先根据等边三角形的性质得∠BAC＝60°，AB＝AC，再根据旋转的性质得到AD＝AE，CE＝BD＝19，∠DAE＝∠BAC＝60°，则可判断△ADE为等边三角形，从而得到DE＝AD＝13，然后计算△DEC的周长．
【解析】∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∵△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，
∴AD＝AE，CE＝BD＝19，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴△ADE为等边三角形，
∴DE＝AD＝13，
∴△DEC的周长＝DE+DC+CE＝13+21+19＝53．
16．（2021春•贺州期末）如图，P是等边三角形ABC内一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10，若将△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△P′AB．求：
（1）PP′的长度；
（2）∠APB的度数．

【分析】（1）根据旋转的性质可得∠PAP′＝60°，P′A＝PA，然后判断出△APP′是等边三角形，根据等边三角形的性质可得PP′＝PA；
（2）根据等边三角形的性质可得∠APP′＝60°，利用勾股定理逆定理求出∠BPP′＝90°，然后求解即可．
【解析】（1）∵△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△P′AB，
∴∠PAP′＝60°，P′A＝PA＝6，
∴△APP′是等边三角形，
∴PP′＝PA＝6；

（2）∵△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△P′AB，
∴P′B＝PC＝10，
∵△APP′是等边三角形，
∴∠APP′＝60°，
∵PB2+PP′2＝82+62＝100，
P′B2＝102＝100，
∴PB2+PP′2＝P′B2，
∴△P′PB是直角三角形，∠BPP′＝90°，
∴∠APB＝∠APP′+∠BPP′＝60°+90°＝150°．
17．（2021秋•崆峒区期末）如图：已知OA和OB两条公路，以及C、D两个村庄，建立一个车站P，使车站到两个村庄距离相等即PC＝PD，且P到OA，OB两条公路的距离相等．

【分析】作∠AOB的角平分线和线段CD的垂直平分线，它们的交点为P点．
【解析】如图，点P为所作．

18．（2021秋•利通区期末）如图，AD是△ABC中∠BAC的平分线，DE⊥AB交AB于点E，DF⊥AC交AC于点F．若S△ABC＝9，DE＝2，AB＝5，求AC的长．

【分析】根据角平分线的性质可知DF＝DE＝2，再依据S△ABC＝S△ABD+S△ACD，可求AC值．
【解析】∵AD是△ABC中∠BAC的平分线，DE⊥AB于点E，DF⊥AC交AC于点F，
∴DF＝DE＝2．
又∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD，AB＝5，
∴9=12×4×2+12×AC×2，
∴AC＝4．
19．（2021秋•溧阳市期中）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，BG平分∠ABC，交AD于点E，交AC于点G

（1）求证：AE＝AG；
（2）如图2，过点E作EF∥BC，交AC于点F，若∠C＝30°，求证：AG＝GF＝FC．
【分析】（1）先由直角三角形的性质得∠AGB+∠ABG＝90°，∠BED+∠DBE＝90°，再由角平分线定义得∠ABG＝∠DBE，然后证出∠AGB＝∠AEG，即可得出结论；
（2）先证BG＝CG，AE＝BE，再证△AEG是等边三角形，得AG＝GE＝AE＝BE，然后由平行线的性质得∠GEF＝∠CBG＝30°，∠GFE＝∠C＝30°，则∠GEF＝∠GFE，得GE＝GF，进而得出结论．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝90°，
∴∠AGB+∠ABG＝90°，
∵AD⊥BC，
∴∠BED+∠DBE＝90°，
又∵BG平分∠ABC，
∴∠ABG＝∠DBE，
∴∠AGB＝∠BED，
∵∠BED＝∠AEG，
∴∠AGB＝∠AEG，
∴AE＝AG；
（2）∵∠BAC＝90°，∠C＝30°，
∴∠ABC＝60°，
∵AD⊥BC，
∴∠BAD＝30°，
∵BG平分∠ABC，
∴∠ABG＝∠CBG＝30°，
∴∠CBG＝∠C，∠BAD＝∠ABG，∠AGB＝90°﹣30°＝60°，
∴BG＝CG，AE＝BE，
由（1）得：AE＝AG，
∴△AEG是等边三角形，
∴AG＝GE＝AE＝BE，
又∵EF∥BC，
∴∠GEF＝∠CBG＝30°，∠GFE＝∠C＝30°，
∴∠GEF＝∠GFE，
∴GE＝GF，
∴GE＝BE＝FC＝GF，
∴AG＝GF＝FC．
20．（2021秋•利通区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是三角形内一点，连接AD，BD，CD，∠BDC＝90°，∠DBC＝45°．
（1）求证：∠BAD＝∠CAD；
（2）求∠ADB的度数．

【分析】（1）先根据三角形内角和定理求出∠BCD＝180°﹣∠BDC﹣∠DBC＝45°，利用等角对等边得出DB＝DC．再根据SSS证明△ABD≌△ACD，那么∠BAD＝∠CAD；
（2）根据全等三角形的对应角相等得出∠ADB＝∠ADC，再利用周角的定义即可求出∠ADB的度数．
【解答】（1）证明：∵∠BDC＝90°，∠DBC＝45°，
∴∠BCD＝180°﹣∠BDC﹣∠DBC＝45°，
∴∠DBC＝∠BCD，
∴DB＝DC．
在△ABD与△ACD中，
AB=ACDB=DCAD=AD，
∴△ABD≌△ACD（SSS），
∴∠BAD＝∠CAD；

（2）解：∵△ABD≌△ACD（SSS），
∴∠ADB＝∠ADC，
∵∠ADB+∠ADC+∠BDC＝360°，∠BDC＝90°，
∴∠ADB=12（360°﹣90°）＝135°．
21．（2021秋•金乡县期中）如图，点P是∠MON中一点，PA⊥OM于点A，PB⊥ON于点B，连接AB，∠PAB＝∠PBA．求证：OP平分∠MON．

【分析】先根据等腰三角形的判定得到PA＝PB，然后根据角平分线的性质定理的逆定理得到距离．
【解答】证明：∵∠PAB＝∠PBA，
∴PA＝PB，
∵PA⊥OM于点A，PB⊥ON于点B，
∴OP平分∠MON．
22．（2019秋•永定区期末）已知，△ABC是等边三角形，过点C作CD∥AB，且CD＝AB，连接BD交AC于点O．
（1）如图1，求证：AC垂直平分BD；
（2）如图2，点M在BC的延长线上，点N在线段CO上，且ND＝NM，连接BN．求证：NB＝NM．

【分析】（1）根据等边三角形的性质证明即可；
（2）可得NB＝ND，由ND＝NM，则NB＝NM．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠CAB＝60°，
∵CD∥AB，且CD＝AB，
∴CD＝CA＝BC，∠ACD＝∠ACB＝60°，
∴BO＝DO，CO⊥BD，
∴AC垂直平分BD；
（2）由（1）知AC垂直平分BD，
∴NB＝ND，
∵ND＝NM，
∴NB＝NM．
23．（2021秋•长沙期中）已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AD平分∠BAC交BC于点D．
（1）求证：点D在AB的垂直平分线上；
（2）若CD＝2，求BC的长．

【分析】（1）计算出∠BAD＝∠CAD＝30°得到∠B＝∠BAD，则DA＝DB，然后根据线段垂直平分线的判定得到结论；
（2）利用含30度的直角三角形三边的关系得到AD＝2CD＝4，则BD＝AD＝4，然后计算BD+CD即可．
【解答】（1）证明：∵∠C＝90°，∠B＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝30°，
∴∠B＝∠BAD，
∴DA＝DB，
∴点D在AB的垂直平分线上；
（2）在Rt△ADC中，AD＝2CD＝4，
∴BD＝AD＝4，
∴BC＝BD+CD＝4+2＝6．
24．（2021•瑞安市一模）如图，在△ABC中，边AB、AC的垂直平分线分别交BC于D、E．
（1）若BC＝5，求△ADE的周长．
（2）若∠BAD+∠CAE＝60°，求∠BAC的度数．

【分析】（1）直接利用线段垂直平分线的性质得出答案；
（2）利用∠BAD+∠CAE＝60°，得出∠B+∠C＝∠DAB+∠EAC＝60°，进而得出答案．
【解析】（1）∵边AB、AC的垂直平分线分别交BC于D、E，
∴DA＝DB，EA＝EC，
∴△ADE的周长＝AD+DE+AE＝DB+DE+EC＝BC＝5；

（2）∵DA＝DB，EA＝EC，
∴∠DAB＝∠B，∠EAC＝∠C，
∴∠B+∠C＝∠DAB+∠EAC＝60°，
∴∠BAC＝120°．
25．（2021秋•南京期中）（1）如图①，△ABC是等边三角形，M为边BC的中点，连接AM，将线段AM顺时针旋转120°，得到线段AD，连接BD；点N在BC的延长线上，且CN＝MC，连接AN．
求证：BD＝AN．
（2）若将问题（1）中的条件“M为边BC的中点”改为“M为边BC上的任意一点”，其他条件不变，结论还成立吗？如果成立，请画出图形并给出证明；如果不成立，请举出反例．

【分析】（1）证明△DBA≌△ANM（SAS），可得BD＝AN．
（2）分两种情形：①如图②﹣1中，当BM＞12BC时，分别过点A、点D作AG⊥BM、DH⊥BA垂足分别为G、H．证明△DAH≌△AMG（AAS），推出DH＝AG，AH＝GM，再证明△DBH≌△ANG（SAS），可得BD＝AN．②当BM＜12BC时，同法可得BD＝AN．
【解析】（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，AB＝BC＝AC，
∵又M是BC的中点，
∴∠AMB＝∠AMN＝90°，BC＝2BM＝2MC，∠BAM＝∠BAC＝30°，
∵AM顺时针旋转120°得到线段AB，
∴∠MAD＝120°，AD＝AM，
∴∠BAD＝∠MAD﹣∠BAM＝120°﹣30°＝90°，
∴∠BAD＝∠AMN＝90°，
∵MC＝CN，
∴MN＝2MC＝BC＝AB，
在△DBA和△ANM中，
AB=MN∠BAD=∠AMBAD=AM，
∴△DBA≌△ANM（SAS），
∴BD＝AN．
（2）结论成立，理由如下：
①如图②﹣1中，当BM＞12BC时，分别过点A、点D作AG⊥BM、DH⊥BA垂足分别为G、H．

∴∠DHA＝∠AGM＝90°，
∵∠AMG+∠BAM+∠ABC＝180°，∠ABC＝160°，
∴∠AMG＝180°﹣∠ABC﹣∠BAM＝120°﹣∠BAM，
∵AM顺时针旋转120°得到线段AB，
∴∠MAD＝120°，AD＝AM，
∴∠DAB＝120°﹣∠BAM，
∴∠DAB＝∠AMB，
在△DAH和△AMG中，
∠DHA=∠AGM∠DAH=∠AMGAD=AM，
∴△DAH≌△AMG（AAS），
∴DH＝AG，AH＝GM，
又∵△ABC是等边三角形，AG⊥BM，
∴BG＝GC，
∴GN＝GC+CN＝GC+CM＝BG+GC﹣GM＝BC﹣GM，
又∵BH＝AB﹣HA，AH＝GM，AB＝BC，
∴BH＝GN．
∵DH＝AG，∠DHA＝∠AGM＝90°，BH＝GN，
在△DBH和△ANG中，
DH=AG∠DHA=∠AGMBH=GN
∴△DBH≌△ANG（SAS），
∴BD＝AN．
②当BM＜12BC时，同法可得BD＝AN．
26．（2021秋•南岗区期中）已知，△ABC是等边三角形，BD是中线，延长BC至E，使CE＝CD．
（1）如图1，求证：DB＝DE；
（2）如图2，过点D作DE的垂线交BC于点F，请直接写出图中所有与线段AC相等的线段（不包括AC本身）．

【分析】（1）由BD是中线得出∠DBC＝30°，进而判断出AE＝DB；
（2）利用等边三角形的性质判断即可．
【解析】（1）∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝AC，
∵BD是中线，
∴∠DBC=12∠A∠C＝30°，
∵CE＝CD，
∴∠E＝∠CDE，
∴∠E＝30°，
∴∠E＝∠DBE，
∴BD＝BE．

（2）与线段AC相等的线段有：AB，BC，EF．
理由：如图2中，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∵FD⊥DE，
∴∠FDE＝90°，
∵∠E＝30°，
∴∠DFC＝∠DCF＝60°，
∴△DCF是等边三角形，
∴DC＝CF＝EC，
∴EF＝2CD＝AC，
∴与线段AC相等的线段有：AB，BC，EF．
27．（2021秋•斗门区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D、E分别在AB，AC上，且AD＝AE．若△ADE绕点A逆时针旋转，得到AD1E1，设旋转角为a（0＜a≤180°），记直线BD1与CE1的交点为P．
（1）求证：BD1＝CE1；
（2）当∠CPD1＝2∠CAD1时，求旋转角为a的度数．

【分析】（1）由旋转得到△ABD1≌△ACE1的条件即可；
（2）由（1）的结论，得出∠ABD1＝∠ACE1，即可得出结论．
【解析】（1）在△ABD1和△ACE1中，
AC=AB∠CAE1=∠BAD1AE1=AD1，
∴△ABD1≌△ACE1 （SAS），
∴BD1＝CE1；
（2）设AC与BP交于点G，

由（1）知△ABD1≌△ACE1，
∴∠ABD1＝∠ACE1，
∵∠AGB＝∠CGP，
∴∠CPG＝∠BAG＝90°，
∴∠CPD1＝90°，
∵∠CPD1＝2∠CAD1，
∴∠CAD1=12∠CPD1＝45°，
∴旋转角α＝90°+∠CAD1＝135°．
28．（2021秋•惠安县期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，分别过点A、B两点作过点C的直线m的垂线，垂足分别为点D、E．
（1）如图1，当AC＝CB，点A、B在直线m的同侧时，猜想线段DE，AD和BE三条线段有怎样的数量关系？请直接写出你的结论：　DE＝AD+BE　；
（2）如图2，当AC＝CB，点A、B在直线m的异侧时，请问（1）中有关于线段DE、AD和BE三条线段的数量关系的结论还成立吗？若成立，请你给出证明；若不成立，请给出正确的结论，并说明理由．
（3）当AC＝16cm，CB＝30cm，点A、B在直线m的同侧时，一动点M以每秒2cm的速度从A点出发沿A→C→B路径向终点B运动，同时另一动点N以每秒3cm的速度从B点出发沿B→C→A路径向终点A运动，两点都要到达相应的终点时才能停止运动．在运动过程中，分别过点M和点N作MP⊥m于P，NQ⊥m于Q．设运动时间为t秒，当t为何值时，△MPC与△NQC全等？

【分析】（1）由∠ACB＝90°，得∠ACD+∠BCE＝90°，证得∠ADC＝∠CEB＝90°，根据等角的余角相等得到∠ACD＝∠CBE，易得Rt△ADC≌Rt△CEB，所以AD＝CE，DC＝BE，即可得到DE＝DC+CE＝BE+AD．
（2）证明△ACD≌△CBE（AAS），得出AD＝CE，CD＝BE，则可得出结论；
（3）根据点P和点Q不同的位置分四种情况画出图形，由全等三角形的性质则可得出答案．
【解析】（1）猜想：DE＝AD+BE．
证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，而AD⊥m于D，BE⊥m于E，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
∠ADC=∠CEB∠ACD=∠CBEAC=CB，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝DC+CE＝BE+AD；
故答案为：DE＝AD+BE．
（2）结论：DE＝AD﹣BE；
理由：∵AD⊥m，BE⊥m，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠CAD＝∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△ACD和△CBE中，
∠ADC=∠CEB∠CAD=∠BCEAC=CB，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）①当0≤t＜8时，点M在AC上，点N在BC上，如图，

∵MC＝NC，
∴16﹣2t＝30﹣3t，
解得：t＝14，不合题意；
②当8≤t＜10时，点M在BC上，点N也在BC上，如图，

∵MC＝NC，
∴点M与点N重合，
∴2t﹣16＝30﹣3t，
解得：t＝9.2；
③当10≤t＜463时，点M在BC上，点N在AC上，如图，

∵MC＝NC，
∴2t﹣16＝3t﹣30，
解得：t＝14；
④当463≤t≤23时，点N停在点A处，点M在BC上，如图，

∵MC＝NC，
∴2t﹣16＝16，
解得：t＝16；
综上所述：当t＝9.2或14或16秒时，△MPC与△NQC全等．
29．（2021秋•连江县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，过C作直线CE，B关于直线CE的对称点为D，连接AD，BD，CD，CE与BD的交点为E，设∠BCE＝α（0°＜α＜90°）．
（1）若α＝15°，则请直接写出下列两个角的度数：∠ADC＝　45°　，∠ADB＝　30°　．
（2）随着α的变化，∠ADB的度数是否也发生变化，请说明理由；
（3）当△ABD成为等腰三角形时，求α的值．

【分析】（1）分别求出∠CDB，∠CDA即可解决问题．
（2）分别用α表示∠CDB，∠CDA，利用角的和差定义求出∠ADB即可．
（4）分四种情形：如图3﹣1中，当DA＝DB时，如图3﹣2中，当BA＝BD时，如图3﹣3中，当DA＝DB时，如图3﹣4中，当DA＝DB时，分别求出∠DCB，即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，

∵B，D关于CE对称，
∴∠BCE＝∠DCE＝15°，
∴∠BCD＝30°，
∵CB＝CD，
∴∠CDB＝∠CBD=12（180°﹣30°）＝75°，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，AC＝CB＝CD，
∴∠ACD＝60°+30°＝90°，
∴∠ADC＝45°，
∴∠ADB＝∠CDB﹣∠ADC＝75°﹣45°＝30°，
故答案为：45°，30°．


（2）如图2中，结论：∠ADB的度数不变，∠ADB＝30°．

理由：∵CA＝CD，∠ACD＝60°+2α，
∴∠CDA＝∠CAD=12（180°﹣60°﹣2α）＝60°﹣α，
∵CB＝CD，∠BCD＝2α，
∴∠CDB＝∠CBD=12（180°﹣2α）＝90°﹣α，
∴∠ADB＝∠CDB﹣∠CDA＝90°﹣α﹣（60°﹣α）＝30°．

（3）如图3﹣1中，当DA＝DB时，

∵CA＝CB，DA＝DB，
∴AC，BC关于CD对称，
∴∠BCD＝∠ACD＝30°，
∴α=12∠BCD＝15°．
如图3﹣2中，当BA＝BD时，△BCD是等边三角形，

∴∠DCB＝60°，
∴α=12∠BCD＝30°．
如图3﹣3中，当DA＝DB时，∠DCB＝∠DCA＝150°，

∴α=12∠BCD＝75°．
如图3﹣4中，当DA＝DB时，∠DCB＝120°，

∴α=12∠BCD＝60°，
综上所述，满足条件的α的值为15°或30°或75°或60°．
30．（2021秋•增城区期中）等腰Rt△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，点O是AB的中点

（1）如图1，求证：CO＝BO；
（2）如图2，点M在边AC上，点N在边BC延长线上，MN﹣AM＝CN，求∠MON的度数；
（3）如图3，AD∥BC，OD∥AC，AD与OD交于点D，Q是OB的中点，连接CQ、DQ，试判断线段CQ与DQ的关系，并给出证明．
【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一证明；
（2）在线段BC上取点H，使CH＝AM，连接OH，分别证明△AOM≌△COH和△MON≌△HON，根据全等三角形的性质计算即可；
（3）作DG⊥AO于G，证明△COQ≌△QGD，根据全等三角形的性质，垂直的定义证明结论．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，点O是AB的中点，
∴CO=12AB＝BO；
（2）解：如图2，在线段BC上取点H，使CH＝AM，连接OH，
∵∠ACB＝90°，AO＝BO，
∴∠A＝∠B＝45°，∠ACO＝∠BCO＝45°，
∴∠A＝∠BCO，
在△AOM和△COH中，
OA=OC∠A=∠OCHAM=CH，
∴△AOM≌△COH（SAS），
∴OM＝OH，∠COH＝∠AOM，
∵∠AOM+∠MOC＝90°，
∴∠COH+∠MOC＝90°，即∠MOH＝90°，
∵MN﹣AM＝CN，NH﹣CH＝CN，
∴NM＝NH，
在△MON和△HON中，
NM=NHOM=OHON=ON，
∴△MON≌△HON（SSS），
∴∠MON＝∠HON，
∴∠MON=12∠MOH＝45°；
（3）解：CQ＝DQ，CQ⊥DQ，
证明如下：如图3，作DG⊥AO于G，
∵AD∥BC，
∴∠OAD＝∠B＝45°，
∵OD∥AC，
∴∠AOD＝∠OAC＝45°，
∴DA＝DO，
∵DG⊥AO，
∴DG＝AG＝AO=12OA，
∵Q是OB的中点，
∴OQ＝BQ=12OB，
∴DG＝OQ，GQ＝OC，
在△COQ和△QGD中，
OQ=GD∠QOC=∠DGQCO=QG，
∴△COQ≌△QGD（SAS），
∴QC＝QD，∠GQD＝∠OCQ，
∵∠OCQ+∠CQO＝90°，
∴∠GQD+∠CQO＝90°，即∠CQD＝90°，
∴QC⊥QD，
∴QC＝QD，QC⊥QD．