人教版八年级数学上册期末试卷

这是一份人教版八年级数学上册期末试卷，共27页。
人教版八年级数学第一学期期末试题（附答案）
1．248﹣1能被60到70之间的某两个整数整除，则这两个数是（　　）
A．61和63 B．63和65 C．65和67 D．64和67
2．算式99×100×101×102+1的结果可表示成一个自然数的平方，这个自然数是（　　）
A．10099 B．10098 C．10097 D．10096
3．已知a2+10b2+c2﹣4ab＝a﹣2bc﹣，则a﹣2b+c＝　 　．
4．等腰Rt△ABC中，D为斜边AB的中点，E、F分别为腰AC、BC上（异于端点）的点，DE⊥DF，AB＝10，设x＝DE+DF，则x的取值范围为　 　．

5．如图，设P是凸四边形ABCD内的一点，过P分别作AB、BC、CD、DA的垂线，垂足分别为E、F、G、H．已知AH＝3，HD＝4，DG＝1，GC＝5，CF＝6，FB＝4，且BE﹣AE＝1．则四边形ABCD的周长为　 　．

6．如图所示，已知点D为等腰直角三角形ABC内一点，∠CAD＝∠CBD＝15°，E为AD延长线上的一点，且CE＝CA，则∠DCE的度数是　 　．

7．如图，在平面直角坐标系中，B（0，5），A（2，0），点C是第一象限内的点，且△ABC是以AB为直角边，满足AB＝AC，则点C的坐标为　 　．

8．如图，等腰△ABC中，AB＝AC，AE⊥BE于点E，且BE＝BC，若∠EAB＝20°，则∠BAC的度数是 　 　．

9．如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，BC＝2，点D从B点开始运动到C点结束，DE交AC于E，∠ADE＝45°，当△ADE是等腰三角形时，AE的长度为　 　．

10．如图，AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠ECD＝90°，且∠EBD＝38°，则∠AEB＝　 　．

11．已知直角三角形的边长为整数，周长为30，求它的斜边长．
12．如图在△ABC中，∠ABC＝60°，∠ACB＝40°，P为∠ABC的平分线与∠ACB的平分线的交点，求证：AB＝PC．

13．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAD＝30°，AC＝BC＝AD．
求证：BD＝CD．

14．如图，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，E、F是BC上的点，且∠EAF＝45°，试探究BE2、CF2、EF2间的关系，并说明理由．

15．阅读理解：若在一个两位正整数N的个位数字与十位数字之间添上数字6，组成一个新的三位数，我们称这个三位数为N的“至善数”，如34的“至善数”为364；若将一个两位正整数M加6后得到一个新数，我们称这个新数为M的“明德数”，如34的“明德数”为40．
（1）30的“至善数”是　 　，“明德数”是　 　．
（2）求证：对任意一个两位正整数A，其“至善数”与“明德数”之差能被9整除；
（3）若一个两位正整数B的“明德数”的各位数字之和是B的“至善数”各位数字之和的一半，求B的最大值．
16．已知：，PB＝4，以AB为一边作正方形ABCD，使P、D两点落在直线AB的两侧．
（1）如图，当∠APB＝45°时，求AB及PD的长；
（2）当∠APB变化，且其它条件不变时，求PD的最大值，及相应∠APB的大小．

17．（1）（操作发现）
如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．请按要求画图：将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连接BB′，则∠AB′B＝　 　．
（2）（问题解决）
如图2，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝2，PB＝，PC＝1，求∠BPC的度数和等边三角形ABC的边长；
（3） （灵活运用）：如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝，BP＝，
PC＝1，求∠BPC的度数．

18．（1）某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L经过点A，BD⊥直线L，CE⊥直线L，垂足分别为点D、E．
证明：①△ABD≌△CAE；②DE＝BD+CE．
（2）组员小刘想，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＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问结论DE＝BD+CE是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
（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问题：如图③，过△ABC的边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，求证：I是EG的中点．

19．如图，在△ABC中，∠BAD＝∠DAC，DF⊥AB，DM⊥AC，AF＝10cm，AC＝14cm，动点E以2cm/s的速度从A点向F点运动，动点G以1cm/s的速度从C点向A点运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动，设运动时间为t．
（1）求证：在运动过程中，不管取何值，都有S△AED＝2S△DGC；
（2）当t取何值时，△DFE与△DMG全等；
（3）在（2）的前提下，若，，求S△BFD．


20．如图，已知等边三角形ABC中，点D，E，F分别为边AB，AC，BC的中点，M为直线BC上一动点，△DMN为等边三角形（点M的位置改变时，△DMN也随之整体移动）．
（1）如图1，当点M在点B左侧时，请你判断EN与MF有怎样的数量关系？点F是否在直线NE上？都请直接写出结论，不必证明或说明理由；
（2）如图2，当点M在BC上时，其它条件不变，（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立？若成立，请利用图2证明；若不成立，请说明理由；
（3）若点M在点C右侧时，请你在图3中画出相应的图形，并判断（1）的结论中EN与MF的数量关系是否仍然成立？若成立，请直接写出结论，不必证明或说明理由．



21．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F，
①请你判断并写出FE与FD之间的数量关系．
②如果∠ACB不是直角，其他条件不变，①中所得结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．






22．探究：
如图1和图2，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°．

（1）①如图1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，直接写出线段BE、DF和EF之间的数量关系；
②如图2，若∠B、∠D都不是直角，但满足∠B+∠D＝180°，线段BE、DF和EF之间的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由．
（2）拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2．点D、E均在边BC边上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，请直接写出DE的长．


23．在Rt△ABC中，AB＝AC，OB＝OC，∠A＝90°，∠MON＝α，分别交直线AB、AC于点M、N．

（1）如图1，当α＝90°时，求证：AM＝CN；
（2）如图2，当α＝45°时，求证：BM＝AN+MN；
（3）当α＝45°时，旋转∠MON至图3位置，请你直接写出线段BM、MN、AN之间的数量关系．



24．阅读下列材料，然后解决问题：和、差、倍、分等问题中有着广泛的应用，
截长法与补短法在证明线段的和、差、倍、分等问题中有着广泛的应用．具体的做法是在某条线段上截取一条线段等于某特定线段，或将某条线段延长，使之与某特定线段相等，再利用全等三角形的性质等有关知识来解决数学问题．
（1）如图1，在△ABC中，若AB＝12，AC＝8，求BC边上的中线AD的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE＝AD，再连接BE，把AB、AC、2AD集中在△ABE中．利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是　 　；
（2）问题解决：
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC，边CD上的两点，且∠EAF＝∠BAD，求证：BE+DF＝EF．
（3）问题拓展：
如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝60°，点D是△ABC外角平分线上一点，DE⊥AC交CA延长线于点E，F是AC上一点，且DF＝DB．
求证：AC﹣AE＝AF．


参考答案
1．解：248﹣1＝（224+1）（224﹣1）＝（224+1）（212+1）（212﹣1）
＝（224+1）（212+1）（26+1）（26﹣1）
＝（224+1）（212+1）×65×63，
故选：B．
2．解：设99＝n，则

＝
＝
＝
＝
＝n2+3n+1
＝（n+1）2+n
＝（99+1）2+99
＝10099．
故选：A．
3．解：a2+10b2+c2﹣4ab＝a﹣2bc﹣，
整理得：153a2+360b2+4c2﹣144ab＝12a﹣72bc﹣4，
即（9a2﹣12a+4）+（324b2+72bc+4c2）+（144a2﹣144ab+36b2）＝0，
∴（3a﹣2）2+（18b+2c）2+（12a﹣6b）2＝0，
∴3a﹣2＝0，18b+2c＝0，12a﹣6b＝0，
∴a＝，b＝，c＝﹣12，
∴a﹣2b+c＝﹣2×﹣12＝﹣14；
故答案为：﹣14．
4．解：如图所示，
过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，分别交AC、BC于M、N，
∵△ABC是等腰三角形，点D是AB的中点，
∴DM＝DN，又DE⊥DF，
∴∠EDM＝∠FDN，
在△EDM和△FDN中
，
∴△EDM≌△FDN（ASA），
∴DE＝DF，
在Rt△ABC中，∵AB＝10，
∴AC＝BC＝5，
当DE、DF与边垂直时和最小，即DE+DF＝（AC+BC）＝5，
当E或F有一个与C重合时，其和最大，即DE+DF＝DC+DB＝AB＝10，
∴5≤x＜10．
故此题的答案为：5≤x＜10．

5．解：由勾股定理可得：
AP2＝AH2+PH2＝AE2+PE2
BP2＝BE2+PE2＝BF2+PF2
CP2＝CF2+PF2＝CG2+PG2
DP2＝DG2+PG2＝DH2+PH2
以上四式后一等号两边分别相加，并代入已知数值可得：
9+BE2+36+1＝AE2+16+25+16
化简得：BE2﹣AE2＝11，即（BE+AE）（BE﹣AE）＝11，
又已知：BE﹣AE＝1，
解得：BE＝6，AE＝5，
故周长为34．
故填：34．
6．解：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∵∠CAD＝∠CBD＝15°，
∴∠BAD＝∠ABD＝45°﹣15°＝30°，∠ABD＝∠ABC﹣15°＝30°，
∴BD＝AD，
∴D在AB的垂直平分线上，
∵AC＝BC，
∴C也在AB的垂直平分线上，
即直线CD是AB的垂直平分线，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∵∠CAD＝15°，CE＝CA，
∴∠CED＝∠CAD＝15°，
∴∠ECA＝150°，
∴∠DCE＝∠ECA﹣∠ACD＝150°﹣45°＝105°．
故答案为：105°．
7．解：作CD⊥x轴于点D，
∵∠BOA＝90°，
∴∠ABO+∠BAO＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠CAD+∠BAO＝90°，
∴∠ABO＝∠CAD，
在△ABO和△CAD中，
，
∴△ABO≌△CAD（AAS），
∴CD＝OA＝2，AD＝OB＝5，
∴OD＝OA+AD＝2+5＝7，
∴点C的坐标为（7，2），
故答案为：（7，2）．

8．解：过点A作AD⊥BC于点D，如图所示.
∵等腰△ABC中，AB＝AC，
∴BD＝CD＝BC，∠BAD＝∠CAD＝∠BAC．
∵BE＝BC，
∴BE＝BD．
在Rt△ABE和Rt△ABD中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ABD（HL），
∴∠BAD＝∠BAE＝20°，
∴∠BAC＝2∠BAD＝2×20°＝40°．
故答案为：40°．

9．解：当EA＝ED，△ADE为等腰三角形
∵∠ADE＝45°，
∴∠EAD＝45°，∠AED＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴AD平分∠BAC，AD⊥BC，DE⊥AC，如图1，
∵AB＝AC＝2，
∴DE＝AC＝1；
当DA＝DE，△ADE为等腰三角形，如图2
∵∠ADE＝45°，
∴∠ADB+∠EDC＝180°﹣45°＝135°，
而∠EDC+∠DEC＝135°，
∴∠ADB＝∠DEC，
而∠B＝∠C，
∴△ABD∽△DCE，
∴BD：CE＝AB：DC＝AD：DE，
而AD＝DE，
∴AB＝DC＝2，BD＝CE，
∵BC＝2，
∴BD＝2﹣2＝EC，
∴AE＝AC﹣EC＝2﹣（2﹣2）＝4﹣2．
故答案为1或4﹣2．


10．解：
∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BDC和△AEC中，

∴△BDC≌△AEC（SAS），
∴∠DBC＝∠EAC，
∵∠EBD＝∠DBC+∠EBC＝38°，
∴∠EAC+∠EBC＝38°，
∴∠ABE+∠EAB＝90°﹣38°＝52°，
∴∠AEB＝180°﹣（∠ABE+∠EAB）＝180°﹣52°＝128°，
故答案为：128°．
11．解：设直角三角形的三边长分别为a，b，c，且c是斜边，
则a+b+c＝30．
∵a+b+c＝30，
∴30＝a+b+c＜3c，
∴c＞10．
∵a+b＞c，a+b+c＝30，
∴30＝a+b+c＞2c，
∴c＜15．
又∵c为整数，
∴11≤c≤14，
当c＝13时，三角形的边长为整数，
∴斜边长为13．
12．证明：连接AP并延长交BC于点D，作∠CAD的平分线AE，交BC于点E，
∴∠PAE＝∠EAC，
∵P为∠ABC的平分线与∠ACB的平分线的交点，
∴∠BAD＝∠DAC，
∵∠ABC＝60°，∠ACB＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣60°﹣40°＝80．
∴∠BAD＝×80°＝40°，∠EAD＝20°，
∴∠BAE＝60°，
∴△ABE为等边三角形，
∴AE＝AB，
在△ADE和△CDP中，
∴AE＝PC，
∴AB＝PC．

13．证明：如图，过C作CE⊥AD于E，过D作DF⊥BC于F．
∵∠CAD＝30°，
∴∠ACE＝60°，且CE＝AC，
∵AC＝AD，∠CAD＝30°，
∴∠ACD＝75°，
∴∠FCD＝90°﹣∠ACD＝15°，∠ECD＝∠ACD﹣∠ACE＝15°，
在△CED和△CFD中
，
∴△CED≌△CFD（AAS），
∴CF＝CE＝AC＝BC，
∴CF＝BF．
∴△CDF≌△BDF（SAS），
∴BD＝CD．

14．解：BE2+CF2＝EF2，
理由是：把△ACF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG．连接EG．

则△ACF≌△ABG．
∴AG＝AF，BG＝CF，∠ABG＝∠ACF＝45°．
∵∠BAC＝90°，∠GAF＝90°．
∴∠GAE＝∠EAF＝45°，
在△AEG和△AFE中，
，
∴△AEG≌△AFE（SAS）．
∴EF＝EG，
又∠GBE＝90°，
∴BE2+BG2＝EG2，
即BE2+CF2＝EF2．
15．解：（1）30的“至善数”是360；“明德数”是30+6＝36
故答案为：360；36．
（2）证明：设A的十位数字为a，个位数字为b
则其“至善数与“明德数”分别为：
100a+60+b；10a+b+6
它们的差为：
100a+60+b﹣（10a+b+6）
＝90a+54
＝9（10a+6）
∴其“至善数”与“明德数”之差能被9整除．
（3）设B的十位数字为a，个位数字为b
则B的至善数的各位数字之和是a+6+b
B的明德数各位数字之和是a+b+6（当0≤b＜4时）或a+1+（6+b﹣10）（当4≤b≤9时）
由题意得：0≤b＜4时，a+b+6＝（a+6+b）
∴a+b＝﹣6，不符合题意；
或者：当4≤b≤9时，a+1+（6+b﹣10）＝（a+6+b）
∴a+b＝12
∴当b＝4，a＝8时，B最大，最大值为84．
16．解：（1）①如图，作AE⊥PB于点E，
∵△APE中，∠APE＝45°，PA＝，
∴AE＝PE＝×＝1，
∵PB＝4，∴BE＝PB﹣PE＝3，
在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，
∴AB＝＝．
②解法一：如图，因为四边形ABCD为正方形，可将
△PAD绕点A顺时针旋转90°得到△P'AB，
可得△PAD≌△P'AB，PD＝P'B，PA＝P'A．
∴∠PAP'＝90°，∠APP'＝45°，∠P'PB＝90°
∴PP′＝PA＝2，
∴PD＝P′B＝＝＝；
解法二：如图，过点P作AB的平行线，与DA的延长线交于F，与DA的
延长线交PB于G．
在Rt△AEG中，
可得AG＝＝＝，EG＝，PG＝PE﹣EG＝．
在Rt△PFG中，
可得PF＝PG•cos∠FPG＝PG•cos∠ABE＝，FG＝．
在Rt△PDF中，可得，
PD＝＝＝．
（2）如图所示，

将△PAD绕点A顺时针旋转90°
得到△P'AB，PD的最大值即为P'B的最大值，
∵△P'PB中，P'B＜PP'+PB，PP′＝PA＝2，PB＝4，
且P、D两点落在直线AB的两侧，
∴当P'、P、B三点共线时，P'B取得最大值（如图）
此时P'B＝PP'+PB＝6，即P'B的最大值为6．
此时∠APB＝180°﹣∠APP'＝135度．


17．解：（1）如图1所示，连接BB′，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，
∴AB＝AB′，∠B′AB＝90°，
∴∠AB′B＝45°，
故答案为：45°；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
将△BPC绕点B顺时针旋转60°得出△ABP′，如图2，
∴AP′＝CP＝1，BP′＝BP＝，∠PBC＝∠P′BA，∠AP′B＝∠BPC，
∵∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，
∴∠ABP′+∠ABP＝∠ABC＝60°，
∴△BPP′是等边三角形，
∴PP′＝，∠BP′P＝60°，
∵AP′＝1，AP＝2，
∴AP′2+PP′2＝AP2，
∴∠AP′P＝90°，则△PP′A是 直角三角形；
∴∠BPC＝∠AP′B＝90°+60°＝150°；
过点B作BM⊥AP′，交AP′的延长线于点M，
∴∠MP′B＝30°，BM＝，
由勾股定理得：P′M＝，
∴AM＝1+＝，
由勾股定理得：AB＝＝．
（3）如图3，将△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△AEB，
与（1）类似：可得：AE＝PC＝1，BE＝BP＝，∠BPC＝∠AEB，∠ABE＝∠PBC，
∴∠EBP＝∠EBA+∠ABP＝∠ABC＝90°，
∴∠BEP＝（180°﹣90°）＝45°，
由勾股定理得：EP＝2，
∵AE＝1，AP＝，EP＝2，
∴AE2+PE2＝AP2，
∴∠AEP＝90°，
∴∠BPC＝∠AEB＝90°+45°＝135°；


18．解：（1）①如图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，，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
②∵△ADB≌△CEA，
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）DE＝BD+CE．
如图2，证明如下：
∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠CAE，
在△ADB和△CEA中．
．
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（3）如图3，
过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N．
∴∠EMI＝∠GNI＝90°
由（1）和（2）的结论可知EM＝AH＝GN
∴EM＝GN
在△EMI和△GNI中，，
∴△EMI≌△GNI（AAS），
∴EI＝GI，
∴I是EG的中点．

19．（1）证明：∵∠BAD＝∠DAC，DF⊥AB，DM⊥AC，
∴DF＝DM，
∵S△AED＝AE•DF，S△DGC＝CG•DM，
∴＝，
∵点E以2cm/s的速度从A点向F点运动，动点G以1cm/s的速度从C点向A点运动，
∴AE＝2tcm，CG＝tcm，
∴＝2，
即＝2，
∴在运动过程中，不管取何值，都有S△AED＝2S△DGC．
（2）解：①当0＜t＜4时，点G在线段CM上，点E在线段AF上．
EF＝10﹣2t，MG＝4﹣t
∴10﹣2t＝4﹣t，
∴t＝6（不合题意，舍去）；
②当4＜t＜5时，点G在线段AM上，点E在线段AF上．
EF＝10﹣2t，MG＝t﹣4，
∴10﹣2t＝t﹣4，
∴t＝；
综上，t＝．
综上所述当t＝时，△DFE与△DMG全等．

（3）解：∵t＝，
∴AE＝2t＝（cm），
∵DF＝DM，
∴S△ABD：S△ACD＝AB：AC＝BD：CD＝119：126，
∵AC＝14cm，
∴AB＝（cm），
∴BF＝AB﹣AF＝﹣10＝（cm），
∵S△ADE：S△BDF＝AE：BF＝：，S△AED＝28cm2，
∴S△BDF＝（cm2）．

20．解：（1）判断：EN与MF相等（或EN＝MF），点F在直线NE上，
（2）成立．
连接DF，NF，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC．
∵DMN为等边三角形，故DM＝DN，
又∵D，E，F是三边的中点，
∴EF＝DF＝BF，则BD＝DF，
∵∠BDM+∠MDF＝60°，∠FDN+∠MDF＝60°，
∴∠BDM＝∠FDN，
在△DBM和△DFN中，
，
∴△DBM≌△DFN（SAS），
∴BM＝FN，∠DFN＝∠FDB＝60°，
∴NF∥BD，
∵E，F分别为边AC，BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥BD，
∴F在直线NE上，
∵BF＝EF，
∴MF＝EN．
（3）如图③，MF与EN相等的结论仍然成立（或MF＝NE成立）．
连接DF、DE，
由（2）知DE＝DF，∠NDE＝∠FDM，DN＝DM，
在△DNE和△DMF中，

∴△DNE≌△DMF（SAS），
∴MF＝NE．

21．解：①相等，
过点F作FM⊥BC于M．作FN⊥AB于N，连接BF，
∵F是角平分线交点，
∴BF也是角平分线，
∴MF＝FN，∠DMF＝∠ENF＝90°，
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，
∴∠BAC＝30°，
∴∠DAC＝∠BAC＝15°，
∴∠CDA＝75°，
∵∠MFC＝45°，∠MFN＝120°，
∴∠NFE＝15°，
∴∠NEF＝75°＝∠MDF，
在△DMF和△ENF中，
，
∴△DMF≌△ENF（AAS），
∴FE＝FD；
②成立．
过点F作FM⊥BC于M．作FN⊥AB于N，连接BF，
∵F是角平分线交点，
∴BF也是角平分线，
∴MF＝FN，∠DMF＝∠ENF＝90°，
∴四边形BNFM是圆内接四边形，
∵∠ABC＝60°，
∴∠MFN＝180°﹣∠ABC＝120°，
∵∠CFA＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）＝180°﹣（∠BAC+∠ACB）＝180°﹣（180°﹣∠ABC）＝180°﹣（180°﹣60°）＝120°，
∴∠DFE＝∠CFA＝∠MFN＝120°．
又∵∠MFN＝∠MFD+∠DFN，∠DFE＝∠DFN+∠NFE，
∴∠DFM＝∠NFE，
在△DMF和△ENF中，

∴△DMF≌△ENF（ASA），∴FE＝FD．

22．解：（1）①如图1，
∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADC+∠ADG＝180°
∴F、D、G共线，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，
即∠EAF＝∠GAF＝45°，
在△EAF和△GAF中，
，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF，
∵BE＝DG，
∴EF＝GF＝DF+DG＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
②成立，
理由：如图2，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，
则AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADC+∠ADG＝180°，
∴C、D、G在一条直线上，
与①同理得，∠EAF＝∠GAF＝45°，
在△EAF和△GAF中，
，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF，
∵BE＝DG，
∴EF＝GF＝BE+DF；
（2）解：∵△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
由勾股定理得：BC＝＝4，
如图3，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF．
则AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，
∵∠DAE＝45°，
∴∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠FAD＝∠DAE＝45°，
在△FAD和△EAD中，
，
∴△FAD≌△EAD（SAS），
∴DF＝DE，
设DE＝x，则DF＝x，
∵BC＝4，
∴BF＝CE＝4﹣1﹣x＝3﹣x，
∵∠FBA＝45°，∠ABC＝45°，
∴∠FBD＝90°，
由勾股定理得：DF2＝BF2+BD2，
x2＝（3﹣x）2+12，
解得：x＝，
即DE＝．

23．证明：（1）如图1，连接OA，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，
∴∠MON＝∠AOC＝90°，
∴∠AOM＝∠CON，且AO＝CO，∠BAO＝∠ACO＝45°，
∴△AOM≌△CON（ASA）
∴AM＝CN；
（2）证明：如图2，在BA上截取BG＝AN，连接GO，AO，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，
∵BG＝AN，∠ABO＝∠NAO＝45°，AO＝BO，
∴△BGO≌△AON（SAS），
∴OG＝ON，∠BOG＝∠AON，
∵∠MON＝45°＝∠AOM+∠AON，
∴∠AOM+∠BOG＝45°，
∵∠AOB＝90°，
∴∠MOG＝∠MON＝45°，
∵MO＝MO，GO＝NO，
∴△GMO≌△NMO（SAS），
∴GM＝MN，
∴BM＝BG+GM＝AN+MN；
（3）MN＝AN+BM，
理由如下：如图3，过点O作OG⊥ON，连接AO，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，OA＝OB＝OC，∠ABO＝∠ACO＝∠BAO＝∠CAO＝45°，
∴∠GBO＝∠NAO＝135°，
∵MO⊥GO，
∴∠NOG＝90°＝∠AOB，
∴∠BOG＝∠AON，且AO＝BO，∠NAO＝∠GBO，
∴△NAO≌△GBO（ASA），
∴AN＝GB，GO＝ON，
∵MO＝MO，∠MON＝∠GOM＝45°，GO＝NO，
∴△MON≌△MOG（SAS），
∴MN＝MG，
∵MG＝MB+BG，
∴MN＝AN+BM．

24．解：（1）延长AD到点E使DE＝AD，连接BE，
在△ADC和△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝8，
AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即21﹣8＜2AD＜12+8，
∴2＜AD＜10，
故答案为：2＜AD＜10；
（2）证明：延长CB到G，使BG＝DF，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABG＝180°，
∴∠ADC＝∠ABG，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠GAB＝∠FAD，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠FAD+∠BAE＝∠GAB+∠BAE＝∠BAD，
∴∠GAE＝∠FAE，
在△AEG和△AEF中，
，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EF＝GE，
∴EF＝BE+BG＝BE+DF；
（3）证明：作DH⊥AB于H，在AB上截取BR＝AF，
∵∠CAB＝60°，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC，
∵点D是△ABC外角平分线上一点，DE⊥AC，DH⊥AB，
∴DE＝DH，AH＝AE，
在Rt△DEF和Rt△DHB中，

∴Rt△DEF≌Rt△DHB（HL）
∴∠DFA＝∠DBA，
在△DAF和△DRB中，
，
∴△DAF≌△DRB（SAS）
∴DA＝DR，
∴AH＝HR＝AE＝AR，
∵AF＝BR＝AB﹣AR＝2AC﹣2AE
∴AC﹣AE＝AF．