2.9 轴对称图形章末拔尖卷（苏科版）（教师版）

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第2章 轴对称图形章末拔尖卷【苏科版】参考答案与试题解析选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2023春·河南周口·八年级校联考期中）用两个全等的含30°角的直角三角板以相等的边为公共边进行不重叠拼图，能拼成几个轴对称图形（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】根据轴对称图形的特征进行设计即可；【详解】根据题意满足条件的图如下：，，， ，总共有4个；故选D．【点睛】本题主要考查了轴对称图形的设计，熟练掌握轴对称图形的定义是解题的关键．2．（3分）（2023春·四川绵阳·八年级四川省绵阳南山中学双语学校校考期中）如图，在△ABC中，∠BAC=120°，点D是BC上一点，BD的垂直平分线交AB于点E，将△ACD沿AD折叠，点C恰好与点E重合，则∠B等于（    ）A．19° B．20° C．24° D．25°【答案】B【分析】根据垂直平分线和等腰三角形性质，得∠B=∠EDB；根据三角形外角性质，得∠AED=2∠B；根据轴对称的性质，得∠C=2∠B，∠EAD=60°，∠ADE=∠ADC；根据补角的性质计算得∠ADC=90°-∠B2，根据三角形内角和的性质列一元一次方程并求解，即可得到答案．【详解】∵BD的垂直平分线交AB于点E，∴EB=ED ∴∠B=∠EDB ∴∠AED=∠B+∠EDB=2∠B ∵将△ACD沿AD折叠，点C恰好与点E重合，∴∠C=∠AED=2∠B，∠EAD=∠CAD=12∠BAC=60°，∠ADE=∠ADC ∵∠CDE=180°-∠EDB=180°-∠B ∴∠ADC=12∠CDE=90°-∠B2 ∵∠CAD+∠ADC+∠C=180° ∴60+90°-∠B2+2∠B=180°∴∠B=20° 故选：B．【点睛】本题考查了轴对称、三角形内角和、三角形外角、补角、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握轴对称、三角形内角和、三角形外角的性质，从而完成求解．3．（3分）（2023春·山东聊城·八年级校考期末）如图，线段AB，BC的垂直平分线l1，l2相交于点O．若∠OEB＝46°，则∠AOC＝（    ）A．92° B．88° C．46° D．86°【答案】B【分析】根据线段垂直平分线的性质结合三角形外角性质得到∠AOC=2∠ABC，再利用垂直的定义结合直角三角形两锐角互余得到∠ABC=90°-∠OEB=90°-46°=44°，计算即可．【详解】解：如图，连接BO并延长至点P，l1与线段AB交于F，∵l1，l2是AB、BC的垂直平分线，∴OA=OB，OB=OC，∠ODE=∠OFA=90°，∴∠A=∠ABO，∠C=∠CBO∴∠AOP=2∠ABO，∠COP=2∠CBO，∴∠AOC=∠AOP+∠COP=2∠ABO+∠CBO=2∠ABC，∵∠OEB＝46°，∠OFA=90°，∴∠ABC=90°-∠OEB=90°-46°=44°，∴∠AOC=2∠ABC=2×44°=88°，故选：B【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，三角形外角的性质，垂直的定义，直角三角形两锐角互余，注意掌握辅助线的作法，注意掌握整体思想与数形结合思想的应用．4．（3分）（2023春·福建三明·八年级统考期中）观察下列尺规作图的痕迹，其中能说明AB>AC的是（    ）    A．①③ B．①④ C．②④ D．③④【答案】B【分析】依次对各个图形的作图痕迹进行分析即可．【详解】  由图①知AD=AC，AB>AD，∴AB>AC，    故图①能说明AB>AC；由图②知射线BD是∠ABC的平分线，不能说明AB>AC；由图③知CD⊥AB，不能说明AB>AC；由图④知DE是BC的垂直平分线，∴DB=DC．∵△ADC中AD+DC>AC，∴AD+DB>AC，即AB>AC．故图④能说明AB>AC．故选：B【点睛】本题主要考查了尺规作图法，和三角形三边之间的关系．初中阶段常考的尺规作图有：做一条线段等于已知线段，做一个角的平分线，过直线外一点作已知直线的垂线，做一条线段的垂直平分线．熟练掌握以上尺规作图的方法，并且懂得其中的原理是解题的关键．5．（3分）（2023春·山东济宁·八年级校考期末）如图，将ΔABC沿DE、EF翻折，使其顶点A、B均落在点O处，若∠CDO+∠CFO=72∘，则∠C的度数为（    ）A．36∘ B．54∘ C．64∘ D．72∘【答案】B【分析】由折叠的性质可得∠A=∠DOE，∠B=∠EOF，可得∠DOF=∠A+∠B，由三角形内角和定理可得∠A+∠B=180°-∠C，利用三角形外角定理得出∠DOF=∠C+∠CDO+∠CFO，建立方程，即可求∠C的度数．【详解】解：延长FO交AC于点M，∵将ΔABC沿DE，EF翻折，顶点A，B均落在点O处，∴∠A=∠DOE，∠B=∠EOF，∴∠DOF=∠A+∠B，∵∠A+∠B+∠C=180°，∴∠A+∠B=180°-∠C ，由三角形外角定理可知：∠DOF=∠MDO+∠DMO，∠DMO=∠C+∠CFM，∴∠DOF=∠C+∠CDO+∠CFO即：∠DOF=∠C+∠CDO+∠CFO=180°-∠C，∴∠C+72°=180°-∠C ，∴∠C=54°，故选：B．【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理，外角定理，熟练运用三角形内角和定理是本题的关键．6．（3分）（2023春·陕西榆林·八年级校考期中）如图，E为AC上一点，连接BE，CD平分∠ACB交BE于点D，且BE⊥CD，∠A=∠ABE，AC=8，BC=5，则BD的长为（    ）A．1.2 B．1.5 C．2 D．3【答案】B【分析】由CD平分∠ACB，BE⊥CD可得CE=BC=5，BD=DE，再由等腰三角形的判定和性质可得BE=AE，代入数值进行计算即可得到答案．【详解】解：∵ CD平分∠ACB，BE⊥CD，∴CE=BC=5，BD=DE，∴AE=AC-CE=8-5=3，∵ ∠A=∠ABE，∴BE=AE=3，∴BD=DE=12BE=1.5，故选：B．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，注意等腰三角形“三线合一”性质的运用．7．（3分）（2023春·河南周口·八年级统考期末）如图，直线a，b相交于点O，∠1=50°，点A在直线a上，直线b上存在点B，使以点O，A，B为顶点的三角形是等腰三角形，则点B的个数是（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】分AO=AB，BO=BA，OB=OA三种情况讨论．【详解】∵直线a，b相交于点O，∠1=50°，点A在直线a上，直线b上存在点B，∴当OB=OA时，有两个B点是B1、B2，OB1=OA时，∠OB1A=∠OAB1= 12∠1=25°，OB2=OA时，∠OB2A=∠OAB2= 12（180°-∠1）=65°；当AO=AB时，有一个B点是B3，即AO=AB3，∠AB3O=∠1=50°；当BO=BA时，有一个B点是B4，即B4O=B4A,∠OAB4=∠1=50°．∴使以点O，A，B为顶点的三角形是等腰三角形，点B的个数是4个．故选C．【点睛】本题考查了因动点产生的等腰三角形问题，解决问题的关键是三角形的三边两两相等都有可能，有三种可能情况，分类讨论．8．（3分）（2023春·全国·八年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC＝60°，BD平分∠ABC，P点是BD的中点，若CP=4，则AD的长为（    ）  A．7 B．8 C．9 D．10【答案】B【分析】由题意推出AD=BD，在Rt△BCD中，PC=12BD，即可求出BD的长，进而可求出AD的长．【详解】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=60°，∴∠A=30°，∵BD平分∠ABC，∴∠CBD=∠DBA=30°，∴∠DBA=∠A，∴AD=BD，∵P点是BD的中点，∴PC=12BD，∴BD=2CP=8，∴AD=8．故选：B．【点睛】本题主要考查了角平分线的定义、直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．9．（3分）（2023春·浙江台州·八年级台州市书生中学校考期中）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D在线段BC上，∠EDB＝12∠ACB，BE⊥DE，DE与AB相交于点F，若BE＝4，则DF＝（   ）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】B【分析】过点D作AC的平行线交BE的延长线于H，交AB于G，则可得DB=DH，从而BH=2BE，又可证明△HGB≌△FGD， 则DF=BH，从而可求得DF的长．【详解】过点D作AC的平行线交BE的延长线于H，交AB于G，如图所示∵DH∥AC∴∠BDH=∠ACB∵∠EDB＝12∠ACB∴∠EDB＝12∠BDH∴∠EDB=∠EDH∵BE⊥DE∴∠DEB=∠DEH∴∠DBE=∠DHE∴DB=DH即△DBH是等腰三角形∴BH=2BE=2×4=8∵AB=AC，∠BAC=90°∴∠ACB=∠ABC=45°∴∠EDB=∠EDH=12∠ACB=22.5°∵BE⊥DE∴∠EBD=90°-∠EDB=67.5°∴∠HBG=∠EBD-∠ABC=22.5°∴∠HBG=∠EDH∵∠BDH=∠ACB=∠ABC=45°∴GB=GD，∠BGD=90° 在Rt△HGB和Rt△FGD中∠BGH=∠DGF=90°BG=DG∠HBG=∠EDH∴△HGB≌△FGD∴DF=BH=8故选：B．      【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，构造辅助线得到全等三角形是问题的关键．10．（3分）（2023春·山东枣庄·八年级校考期中）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ，以下五个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④DE=DP；⑤∠AOB=60°．一定成立的结论有（    ）．  A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．①②③⑤【答案】D【分析】①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可推知AD=BE；②由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPAASA，再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；③同②得：△ACP≌△BCQ，即可得出结论；④根据∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；⑤利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是可知⑤正确．【详解】解：①∵△ABC和△CDE是等边三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE∴△ACD≌△BCESAS，∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，①正确；②∠DCP=180°-2×60°=60°=∠ECQ，在△CDP和△CEQ中，∠ADC=∠BEC∠DCP=∠ECQCD=CE∴△CDP≌△CEQASA，∴CP=CQ，∴∠CPQ=∠CQP=60°，∴∠QPC=∠BCA，∴PQ∥AE，②正确；③与②的过程同理得：△ACP≌△BCQ，∴AP=BQ，③正确；④∵DE＞QE，且DP=QE，∴DE＞DP，故④错误；⑤∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵△DCE是等边三角形，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，∴⑤正确．故选：D【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2023春·山东青岛·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠A=52°，∠ACB的角平分线CF与BC的垂直平分线DE交于点O，连接OB．若∠ABO=20°，则∠ACB= ．  【答案】72°/72度【分析】由线段垂直平分线的性质可得∠OBC=∠OCB，由角平分线的定义可得∠ACF=∠OCB，再利用三角形的内角和定理可求得∠ACF的度数，进而可求解．【详解】解：∵OE垂直平分BC，∴OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，∵CF平分∠ACB，∴∠ACF=∠OCB，∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，∴∠A+∠ABO+3∠ACF=180°，∵∠A=52°，∠ABO=20°，∴∠ACF=36°，∴∠ACB=2∠ACF=72°．故答案为：72°．【点睛】本题主要考查线段垂直平分线的性质，角平分线的定义，三角形的内角和定理，利用三角形的内角和定理求解∠ACF的度数是解题的关键．12．（3分）（2023春·重庆巫溪·八年级统考期末）如图，在△ABC中，点D，点E分别在边AC，BC上，AB=AE=AD，DE=DC，若∠C=42°，则∠BAE的度数为 度．【答案】72【分析】根据等腰三角形的性质得出∠DEC=42°，进而利用三角形内角和定理解答即可．【详解】解：∵∠C=42°，DE=DC，∴∠DEC=42°，∴∠ADE=42°+42°=84°，∵AE=AD，∴∠AED=84°，∴∠AEC=84°+42°=126°，∴∠AEB=180°-126°=54°，∵AB=AE，∴∠BAE=180°-54°-54°=72°，故答案为：72．【点睛】此题考查了等腰三角形的性质，解题的关键是根据等腰三角形的性质得出∠DEC=42°解答．13．（3分）（2023春·浙江宁波·八年级校考期末）如图，在△ABC中，BD为AC边上的中线，F为AB上一点，连接CF交BD于点E，若AB=CE=4，5AF=4AB，则EF=______．  【答案】45【分析】过A点作AG∥CF交BD的延长线于点G，证明利用AAS证明△ADG≌△CDE可得AG=CE，结合等腰三角形的性质可证∠ABG=∠G=∠BEF，进而可得BF=EF，再根据AB=CE=4，5AF=4AB，可求出BF的长，即可求解．【详解】解：过A点作AG∥CF交BD的延长线于点G，  ∴∠G=∠DEC，∵BD是AC边上的中线，∴AD=CD，在△ADG和△CDE中，∠G=∠DEC∠ADG=∠CDEAD＝CD，∴△ADG≌△CDEAAS，∴AG=CE，∵CE=AB=4，∴∠ABG=∠G，∴∠ABG=∠DEC=∠BEF，∴BF=EF，∵AB=CE=4，5AF=4AB，∴AF=3.2，∴BF=AB-AF=45，∴EF=45．故答案为：45．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，构造全等三角形是解题的关键．14．（3分）（2023春·四川成都·八年级统考期末）如图，在直角三角形ABC中，∠C=90°，点D在AB上，点G在BC上，△BDG与△FDG关于直线DG对称，DF与B交于点E，若DF∥AC，∠B=28°，则∠DGC的度数是 度．【答案】59【分析】由轴对称的性质可得∠F=∠B=28°，∠DGB=∠DGF，利用平行线的性质和对称性质求出∠EGF=62°，∠DGC=x°，则∠DGB=∠DGF=62°+x°，再由∠DGC+∠DGB=180°，可得x+62+x=180，解方程即可得到答案．【详解】解：由轴对称的性质可得∠F=∠B=28°，∠DGB=∠DGF，∵DF∥AC，∠C=90°，∴∠DEB=∠C=90°，∴∠EGF=∠DEB-∠F=62°，设∠DGC=x°，则∠DGB=∠DGF=∠DGC+∠EGF=62°+x°，∵∠DGC+∠DGB=180°，∴x+62+x=180，∴x=59，∴∠DGC=59°，故答案为：59．【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，正确求出∠EGF=62°是解题的关键．15．（3分）（2023春·四川成都·八年级期中）已知：△ABC是三边都不相等的三角形，点P是三个内角平分线的交点，点O是三边垂直平分线的交点，当P、O同时在不等边△ABC的内部时，那么∠BOC和∠BPC的数量关系是 ．【答案】∠BOC=4∠BPC-360°【分析】根据三角形角平分线的性质以及三角形内角和定理，即可得到∠BAC=2∠BPC-180°；再根据三角形垂直平分线的性质以及三角形内角和定理，即可得到∠BOC=2∠BAC，进而得出∠BOC和∠BPC的数量关系．【详解】解：∵BP平分∠ABC，CP平分∠ACB，∴∠PBC=12∠ABC，∠PCB=12∠ACB，∴∠BPC=180°-(∠PBC+∠PCB)=180°-( 12∠ABC+12∠ACB)=180°-12(∠ABC+∠ACB)=180°-12(180°-∠BAC)=90°+12∠BAC，即∠BAC=2∠BPC-180°；如图，连接AO．∵点O是这个三角形三边垂直平分线的交点，∴OA=OB=OC，∴∠OAB=∠OBA，∠OAC=∠OCA，∠OBC=∠OCB，∴∠AOB=180°-2∠OAB，∠AOC=180°-2∠OAC，∴∠BOC=360°-(∠AOB+∠AOC)=360°-(180°-2∠OAB+180°-2∠OAC)，=2∠OAB+2∠OAC=2∠BAC=2(2∠BPC-180°)=4∠BPC-360°，故答案为：∠BOC=4∠BPC-360°．【点睛】本题考查了三角形的垂直平分线与角平分线，熟练掌握三角形的垂直平分线与角平分线的性质是解题的关键．16．（3分）（2023春·宁夏银川·八年级校考期末）在4×4的方格中有五个同样大小的正方形如图摆放，移动其中一个正方形到空白方格中，与其余四个正方形组成的新图形是一个轴对称图形，这样的移法共有 种．【答案】13【分析】根据轴对称图形的性质，分别移动一个正方形，即可得出符合要求的答案．【详解】如图所示：一共有13画法，故答案为：13三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）（2023春·河北邯郸·八年级校考期中）如图，△ABC和△DEC都是等边三角形，连接AD、BE，延长E交AD于F点．(1)证明：△BEC≌△ADC．(2)如果△DEC绕点C转动，并且0°<α<60°，那么β是否随α的变化而变化？请说明理由．【答案】(1)见详解(2)β不随α的变化而变化，理由见详解【分析】（1）可证BC=AC，EC=DC，∠BCE=∠ACD，即可求证；（2）可得∠CBE=∠CAD，由180°-∠CBE-∠BCO=180°-∠CAD-∠AFO即可求解．【详解】（1）证明：∵ △ABC和△DEC都是等边三角形，∴ BC=AC，EC=DC，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB-∠ACE=∠DCE-∠ACE，∴∠BCE=∠ACD，在△BEC和△ADC中BC=AC∠BCE=∠ACDEC=DC，∴ △BEC≌△ADC(SAS)．（2）解：β不随α的变化而变化，理由如下：∵ △BEC≌△ADC，∴∠CBE=∠CAD，∵∠BOC=180°-∠CBE-∠BCO，∠AOF=180°-∠CAD-∠AFO，又∵∠BOC=∠AOF，∴ 180°-∠CBE-∠BCO=180°-∠CAD-∠AFO，∴ ∠BCO=∠AFO，∴β=60°，∴ β不随α的变化而变化．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形内角和定理，掌握全等三角形的性质及判定方法是解题的关键．18．（6分）（2023春·陕西渭南·八年级校考期中）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，BP平分∠ABC，交AC于点P，点M为BC边上一点，线段AM，BP交于点E．(1)如图1，若AM⊥BC，求证：AE=AP；(2)如图2，若AM⊥BP，连接PM，求证：AP=PM．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据角平分线平分角，等角的余角相等，以及对顶角相等，得到∠AEP=∠APB，即可得证；（2）证明△BEA≌△BEMASA，得到BA=BM，再证明 △BPM≌△BPASAS，即可得证．【详解】（1）证明：∵BP为∠ABC的平分线，∴∠ABP=∠CBP．∵∠BAC=90∘，∴∠ABP+∠APB=90∘．∵AM⊥BC，∴∠BME=90∘，∴∠CBP+∠BEM=90∘，∴∠APB=∠BEM．又∵∠BEM=∠AEP，∴∠AEP=∠APB∴AE=AP．（2）∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°．∵BP平分∠ABC，∴∠ABP=∠PBC=22.5°，∴∠APB=67.5°．∵BE=BE，∠AEB=∠BEM=90°，∴△BEA≌△BEMASA，∴BA=BM，AE=EM，在△BPM和△BPA中，BA=BM∠MBP=∠ABPBP=BP，∴△BPM≌△BPASAS．∴PA=PM．【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识点，证明三角形全等．19．（8分）（2023春·河南郑州·八年级河南省实验中学校考期中）尺规作图（不写作法，保留作图痕迹）：  (1)如图①，要在河边l修建一个水泵站M，使MA=MB．水泵站M要建在什么位置？(2)如图②，三条公路两两相交，现计划修建一个油库P，要求油库P到这三条公路的距离都相等，那么如何选择油库P的位置？（请作出符合条件的一个）【答案】(1)见解析(2)见解析（答案不唯一）【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质和画法得出即可；（2）根据“角平分线上的点到角的两边的距离相等”，分别作出两个内角的平分线、相邻两个外角的平分线，共有四个点（作一个点即可）．【详解】（1）如图1所示：M点即为所求．  （2）如图2所示（答案不唯一）．  【点睛】此题考查了线段垂直平分线的性质与画法，角平分线的性质的应用，熟练掌握相关性质是解题关键．20．（8分）（2023春·福建福州·八年级校考期中）如图所示，在RtΔABC中，∠BCA=90°，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥AB于E点．(1)连接CE，求证：BD垂直平分CE；(2)作AF平分∠BAC交BD于点F，连接CF、EF，求证：∠CFE=∠ACB+∠ABC．【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】（1）根据“角平分线上的点到角两边的距离相等”先证DC=DE，再根据HL证明RtΔBCD≌RtΔBED，则可得BC=BE，由此得B、D两点都在线段CE的垂直平分线上，即可证BD垂直平分CE．（2）先根据SAS证明ΔCBF≌ΔEBF，则可得∠FCB=∠FEB，由BD平分∠ABC，AF平分∠BAC，可得CF平分∠ACB，进而可得∠FCB=∠FCA=∠FEB，由此可得∠FCA+∠AEF=180°，由“四边形内角和等于360°”可得∠CAB+∠CFE=180°，由三角形内角和定理可得∠CAB+∠ACB+∠ABC=180°，由此可得∠CFE=∠ACB+∠ABC．【详解】（1）∵BD平分∠ABC，∠BCA=90°，DE⊥AB，∴DC=DE，在RtΔBCD和RtΔBED中，CD=EDBD=BD，∴RtΔBCD≌RtΔBED(HL)，∴BC=BE，∵DC=DE，BC=BE，∴BD垂直平分CE．（2）在ΔCBF和ΔEBF中，BC=BE∠CBF=∠EBFBF=BF，∴ΔCBF≌ΔEBF(SAS)，∴∠FCB=∠FEB，∵BD平分∠ABC，AF平分∠BAC，∴CF平分∠ACB，∴∠FCB=∠FCA，∴∠FCA=∠FEB，又∵∠FEB+∠AEF=180°    ∴∠FCA+∠AEF=180°，∴∠CAB+∠CFE=180°，∵∠CAB+∠ACB+∠ABC=180°，∴∠CFE=∠ACB+∠ABC．【点睛】本题主要考查了角平分线的性质、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理、四边形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．21．（8分）（2023春·江苏泰州·八年级校考期末）如图是由三个阴影的小正方形组成的图形，请你在网格图中补画一个有阴影的小正方形，使四个阴影的小正方形组成的图形为轴对称图形．  【答案】见解析【分析】将图形沿某一条直线对折，直线两边的图形能完全重合的图形是轴对称图形，据此进行作图即可．【详解】解：如图所示：  【点睛】本题考查了根据轴对称图形的定义网格作图，理解定义是解题的关键．22．（8分）（2023春·福建龙岩·八年级统考期末）在△ABC中，AB=AC，AD是中线，以AC为边在AC右侧作等边三角形△ACE．(1)如图（1），连接BE，交AD于点F．①若∠BAC=80°，求∠ABE；②求证：BF=2DF．(2)如图（2），当∠BAC=120°时，以CD为边在BC下方作等边三角形△CDG，连接EG交AC于点P．求证：点P是EG的中点．【答案】(1)①20°；②见解析(2)见解析【分析】（1）①先由等边三角形的性质得∠CAE=60°，AB=AC=AE，从而求出∠BAE=140°，再根据等腰三角形性质与三角形内角和定理求解即可；②先等腰三角形三线合一得出AD平分∠BAC，且AD⊥BD，从而求出∠BFD=∠ABF+∠BAD=60°，得到∠FBD=30°，然后由直角三角形的性质得出结论．（2）证法一：过点E作EH⊥AC于H，先证明△ADC≌△AHE，得EH=CD，再证明△GPC≌△EPH，得出PE=GP，即得出结论；证法二：过点G作GM⊥BC交AC于M，先证明△ADC≌△MCG，得到GM=AC，再证明△GPM≌△EPC，得出PE=GP，即可得出结论．【详解】（1）解： ①∵AB=AC，△ACE是等边三角形，∴AB=AC=AE，∠CAE=60°，又∵∠BAC=80°，∴∠BAE=140°，∴∠ABE=12180°-∠BAE=20°．②证明：∵AB=AC，AD是中线，∴AD平分∠BAC，且AD⊥BD，设∠BAD=∠CAD=x，则∠BAE=60°+2x，△ABE中，AB=AE，∠ABE=12180°-∠BAE=12180°-60°-2x=60°-x，∠BFD=∠ABF+∠BAD=60°-x+x=60°，在Rt△BDF中，∠FBD=30°，∴BF=2DF．（2）证明一：过点E作EH⊥AC于H，∵△ACE是等边三角形，∴AE=AC，∠AEH=30°，△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，∴∠ABC=∠ACB=30°即∠AEH=∠ACB，由（2）AD⊥BC，∴∠ADC=∠AHE=90°，∴△ADC≌△AHE，∴EH=CD，∵△DCG是等边三角形，∴CD=CG，∠DCG=60°，∴∠ACG=∠DCG+∠ACB=90°，又∵EH⊥AC，∴∠ACG=∠EHP=90°，∵EH=CD，CG=CD，∴EH=CG，又∵∠CPG=∠EPH，∴△GPC≌△EPH，∴PE=GP，即点P是EG中点．证明二：过点G作GM⊥BC交AC于M，∵△DCG是等边三角形，∴CD=CG，∠DCG=60°，△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，∴∠ABC=∠ACB=30°，∴∠ACG=∠ACB+∠DCG=90°，由（2）AD⊥BC，∴∠ADC=∠ACG=90°，又∵GM⊥BC，△DCG是等边三角形，∴∠CGM=∠ACB=30°，∴△ADC≌△MCG，∴GM=AC，∵△ACE是等边三角形，∴CE=AC=GM，∠ACE=60°，∴∠BCG=∠ACE+∠ACB=90°，即EC⊥BC又∵GM⊥BC，∴GM∥EC，∴∠MGP=∠CEP，又∵∠GPM=∠EPC，∴△GPM≌△EPC，∴PE=GP，即点P是EG中点．【点睛】本题词考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，直角 三角形的性质，熟练掌握等腰三角形与等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质是解题的关键．23．（8分）（2023春·河南周口·八年级校考期中）在△ABC中，AB=AC，点D是射线BC上的一个动点（不与B、C重合），以AD为一边向AD的左侧作△ADE，使AD=AE，∠DAE=∠BAC，过E作BC的平行线EF，交直线AB于点F连接BE．  (1)如图甲，若∠DAE=∠BAC=60°，求证：△BEF是等边三角形；(2)若∠DAE=∠BAC≠60°，①如图乙，当点D在线段BC上移动，判断△BEF的形状，并说明理由；②当点D在线段BC的延长线上移动，△BEF是______三角形．【答案】(1)见解析(2)①△BEF为等腰三角形，理由见解析；②等腰【分析】（1）由题意可得△AED与△ABC均为等边三角形，由等边三角形的性质可得∠C=∠ABC=60°，证明∠EAB=∠DAC，再由SAS证明△EAB≌△DAC，得到∠EBA=∠C=60°，由平行线的性质可得∠EFB=∠ABC=60°，即可得证；（2）①由题意得△AED和△ABC均为等腰三角形，由等腰三角形的性质可得∠C=∠ABC，证明∠EAB=∠DAC，再由SAS证明△EAB≌△DAC，得到∠EBA=∠C，由平行线的性质可得∠EFB=∠ABC，即可得证；②由题意得△AED和△ABC均为等腰三角形，由等腰三角形的性质可得∠ACB=∠ABC，证明∠EAB=∠DAC，再由SAS证明△EAB≌△DAC，得到∠EBA=∠DCA，从而证得∠EBF=∠ACB，由平行线的性质可得∠EFB=∠ABC，从而得到∠EBF=∠EFB，即可证得结论．【详解】（1）证明：∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴△AED与△ABC均为等边三角形，∴∠C=∠ABC=60°，∴∠EAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，即∠EAB=∠DAC，在△EAB和△DAC中，AE=AD∠EAD=∠DACAB=AC，∴△EAB≌△DACSAS，∴∠EBA=∠C=60°，∵EF∥BC，∴∠EFB=∠ABC=60°，∴∠EFB=∠EBF=60°，∴△EFB为等边三角形；（2）①△BEF为等腰三角形，理由如下：∵AB=AC，AD=AE，∴△AED和△ABC均为等腰三角形，∴∠C=∠ABC，∵∠BAC=∠DAE，∴∠EAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，即∠EAB=∠DAC，在△EAB和△DAC中，AE=AD∠EAD=∠DACAB=AC，∴△EAB≌△DACSAS∴∠EBA=∠C，∵EF∥BC，∴∠EFB=∠ABC，∵∠ABC=∠C，∴∠EBA=∠EFB，∴△EFB为等腰三角形；②△BEF为等腰三角形，如图所示：  ，∵AB=AC，AD=AE，∴△AED和△ABC均为等腰三角形，∴∠ACB=∠ABC，∵∠BAC=∠DAE，∴∠EAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，即∠EAB=∠DAC，在△EAB和△DAC中，AE=AD∠EAD=∠DACAB=AC，∴△EAB≌△DACSAS∴∠EBA=∠DCA，∵∠EBA+∠EBF=180°，∠DCA+∠ACB=180°，∴∠EBF=∠ACB，∵EF∥BC，∴∠EFB=∠ABC，∵∠ABC=∠ACB，∴∠EBF=∠EFB，∴△EFB为等腰三角形，故答案为：等腰．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、平行线的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．