浙教版数学八年级上学期期中【常考60题考点专练】（2份，原卷版+解析版）

这是一份浙教版数学八年级上学期期中【常考60题考点专练】（2份，原卷版+解析版），文件包含浙教版数学八年级上学期期中常考60题考点专练原卷版doc、浙教版数学八年级上学期期中常考60题考点专练解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共59页， 欢迎下载使用。
【分析】不等式两边加或减某个数或式子，乘或除以同一个正数，不等号的方向不变；不等式两边乘或除以一个负数，不等号的方向改变．
【解答】解：∵a＜b，
∴﹣2a＞﹣2b，
∴﹣2a+9＞﹣2b+9
【点评】能够通过观察理解由已知变化到所要比较的式子，是如何的得到的是解题的关键．
二．在数轴上表示不等式的解集（共2小题）
2．（2021秋•长兴县期中）在数轴上表示﹣2≤x＜1正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据﹣2是实心点，方向向右，1是空心点，方向向左画出图形即可得到答案．
【解答】解：﹣2是实心点，方向向右，1是空心点，方向向左，如图所示：
故选：D．
【点评】本题考查了在数轴上表示不等式的解集，用数轴表示不等式的解集时，掌握“两定”：一是定界点，一般在数轴上只标出原点和界点即可．定边界点时要注意，点是实心还是空心，若边界点含于解集为实心点，不含于解集即为空心点；二是定方向，定方向的原则是：“小于向左，大于向右”是解题的关键．
3．（2021秋•义乌市期中）交通法规人人遵守，文明城市处处安全．在通过桥洞时，我们往往会看到如图所示的标志，这是限制车高的标志．则通过该桥洞的车高x（m）的范围在数轴上可表示为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】利用已知图表直接得出该桥洞的车高x（m）的取值范围．
【解答】解：由题意可得：
通过该桥洞的车高x（m）的取值范围是：0＜x≤4.5．
在数轴上表示如图：
故选：D．
【点评】此题主要考查了在数轴上表示不等式的解集．根据图表理解题意是解题的关键．
三．解一元一次不等式（共1小题）
4．（2021秋•金东区校级期中）若关于x的一元一次方程x﹣m+2＝0的解是负数，则m的取值范围（ ）
A．m＜2B．m＞2C．m≥2D．m≤2
【分析】根据方程的解为负数得出m﹣2＜0，解之即可得．
【解答】解：∵方程x﹣m+2＝0的解是负数，
∴x＝m﹣2＜0，
解得：m＜2，
故选：A．
【点评】本题主要考查解一元一次方程和一元一次不等式的能力，根据题意列出不等式是解题的关键．
四．由实际问题抽象出一元一次不等式（共2小题）
5．（2019秋•临安区期中）“x的2倍与3的差是非负数，”用不等式表示为 2x﹣3≥0 ．
【分析】首先表示出x的2倍与3的差为2x﹣3，再表示非负数是：≥0，故可得不等式2x﹣3≥0．
【解答】解：由题意得：2x﹣3≥0．
故答案为：2x﹣3≥0．
【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次不等式，关键是正确理解题意，要抓住题目中的关键词“非负数”正确选择不等号．
6．（2021秋•柯桥区期中）根据“x的2倍与3的差不小于8”列出的不等式是 2x﹣3≥8 ．
【分析】x的2倍与3的差，表示为2x﹣3，不小于表示的意思是大于或等于，从而可得出不等式．
【解答】解：“x的2倍与3的差不小于8”，用不等式表示为2x﹣3≥8．
故答案为2x﹣3≥8．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元一次不等式的知识，注意理解“不小于”的含义．
五．一元一次不等式的应用（共4小题）
7．（2021秋•诸暨市期中）某种商品的进价为800元，标价为1200元．由于商品积压，商家准备打折销售，但要保证利润不低于20%，则至少可以打 八 折．
【分析】设打了x折，根据利润率＝%，代入数据，列不等式求解．
【解答】解：设打了x折，由题意得
%．
解得x≥8，
∴x的最小整数为8，
答：至少可以打八折．
故答案为：八．
【点评】本题考查了一元一次不等式的应用，解答本题的关键是读懂题意，求出打折之后的利润，根据利润率不低于20%，列不等式求解．
8．（2021秋•拱墅区校级期中）随着人们生活质量的提高，净水器已经慢慢走入了普通百姓家庭，某电器公司销售每台进价分别为2000元、1700元的A、B两种型号的净水器，下表是近两周的销售情况：
（1）求A、B两种型号的净水器的销售单价；
（2）若电器公司准备用不多于54000元的金额再采购这两种型号的净水器共30台，求A种型号的净水器最多能采购多少台？
【分析】（1）设A种型号的净水器的销售单价为x元/台，B种型号的净水器的销售单价为y元/台，根据总价＝单价×数量结合该公司近两周的销售情况表中的数据，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设采购A种型号的净水器m台，则采购B种型号的净水器（30﹣m）台，根据总价＝单价×数量结合采购金额不多于54000元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
【解答】解：（1）设A种型号的净水器的销售单价为x元/台，B种型号的净水器的销售单价为y元/台，
根据题意得：，
解得：．
答：A种型号的净水器的销售单价为2500元/台，B种型号的净水器的销售单价为2100元/台．
（2）设采购A种型号的净水器m台，则采购B种型号的净水器（30﹣m）台，
根据题意得：2000m+1700（30﹣m）≤54000，
解得：m≤10．
答：A种型号的净水器最多能采购10台．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量间的关系，正确列出一元一次不等式．
9．（2021秋•越城区期中）郴州市正在创建“全国文明城市”，某校拟举办“创文知识”抢答赛，欲购买A、B两种奖品以鼓励抢答者．如果购买A种20件，B种15件，共需380元；如果购买A种15件，B种10件，共需280元．
（1）A、B两种奖品每件各多少元？
（2）现要购买A、B两种奖品共100件，总费用不超过900元，那么A种奖品最多购买多少件？
【分析】（1）设A种奖品每件x元，B种奖品每件y元，根据“如果购买A种20件，B种15件，共需380元；如果购买A种15件，B种10件，共需280元”，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设A种奖品购买a件，则B种奖品购买（100﹣a）件，根据总价＝单价×购买数量结合总费用不超过900元，即可得出关于a的一元一次不等式，解之取其中最大的整数即可得出结论．
【解答】解：（1）设A种奖品每件x元，B种奖品每件y元，
根据题意得：，
解得：．
答：A种奖品每件16元，B种奖品每件4元．
（2）设A种奖品购买a件，则B种奖品购买（100﹣a）件，
根据题意得：16a+4（100﹣a）≤900，
解得：a≤．
∵a为整数，
∴a≤41．
答：A种奖品最多购买41件．
【点评】本题考查了一元一次不等式的应用以及二元一次方程组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量间的关系，找出关于a的一元一次不等式．
10．（2021秋•下城区期中）某校暑假准备组织该校的“三好学生”参加夏令营，由1名老师带队．
甲旅行社说：“若老师买全票一张，则学生可享受半价优惠．”
乙旅行社说：“包括老师在内都6折优惠”
若全票价是1200元，则：
（1）设三好学生人数为x人，则参加甲旅行社的费用是 1200+600x 元；参加乙旅行社的费用是 720（x+1） 元．
（2）当学生人数取何值时，选择参加甲旅行社比较合算？
【分析】（1）假设三好学生人数为x人，
对甲旅行社：“若老师买全票一张，则学生可享受半价优惠”．则参加甲旅行社的费用为1200+1200×0.5×x；
对乙旅行社：“包括老师在内都6折优惠”．则参加乙旅行社的费用为1200×0.6×（x+1）；
（2）若使参加甲旅行社比较合算，也就是说：甲旅行社的费用﹣乙旅行社的费用＜0，解不等式即可知学生人数取何值时合算．
【解答】解：（1）设三好学生人数为x人
由题意得，参加甲旅行社的费用是1200+1200×0.5×x＝1200+600x；
参加乙旅行社的费用是1200×0.6×（x+1）＝720（x+1）．
（2）由题意得 1200+600x﹣720（x+1）＜0
解不等式得 x＞4
答：（1）1200+600x，720（x+1）．
（2）当学生人数多于4人时，选择参加甲旅行社比较合算．
【点评】该题可变换条件与结论，会出现各种各样的习题，望同学们探索．
六．解一元一次不等式组（共2小题）
11．（2021秋•平阳县期中）解不等式（组）：
（1）2（x+1）﹣1＞x；
（2）．
【分析】（1）去括号，移项，合并同类项，系数化成1即可；
（2）先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集．
【解答】解：（1）2（x+1）﹣1＞x，
2x+2﹣1＞x，
2x﹣x＞﹣2+1，
x＞﹣1；
（2），
解不等式①得：x＜﹣2，
解不等式②得：x≤，
∴不等式组的解集为x＜﹣2．
【点评】本题考查了解一元一次不等式（组）的应用，能求出不等式或不等式组的解集是解此题的关键．
12．（2021秋•诸暨市期中）解不等式组：，并把解集在数轴上表示出来．
【分析】先分别解两个不等式得到x＞﹣3和x≤2，再根据大小小大中间找得到不等式组的解集，然后利用数轴表示解集．
【解答】解：，
解①得x＞﹣3，
解②得x≤2，
所以不等式组的解集为﹣3＜x≤2，
用数轴表示为：
【点评】本题考查了解一元一次不等式组：解一元一次不等式组时，一般先求出其中各不等式的解集，再求出这些解集的公共部分，利用数轴可以直观地表示不等式组的解集．解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到．
七．一元一次不等式组的整数解（共2小题）
13．（2021秋•平阳县期中）不等式组的整数解的和为（ ）
A．1B．0C．29D．30
【分析】先求出不等式的解集，在取值范围内可以找到整数解，进而求其和．
【解答】解：由①式，解得x＞
由②式，解得x≤1
∴不等式组的解集为﹣＜x≤1
∴不等式组的整数解为﹣1，0，1
∴其和为0．
故选：B．
【点评】解答此题要先求出不等式组的解集，求不等式组的解集要遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
14．（2021秋•义乌市期中）求不等式组：的整数解．
【分析】先求出每个不等式的解集，再确定其公共解，得到不等式组的解集，然后求其整数解．
【解答】解：由x﹣3（x﹣2）≤8得x≥﹣1
由5﹣x＞2x得x＜2
∴﹣1≤x＜2
∴不等式组的整数解是x＝﹣1，0，1．
【点评】解答此题要先求出不等式组的解集，求不等式组的解集要遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
八．一元一次不等式组的应用（共2小题）
15．（2021秋•海曙区校级期中）“低碳生活，绿色出行”已逐渐被大多数人所接受，某自行车专卖店有A，B两种规格的自行车，A型车的利润为a元/辆，B型车的利润为b元/辆，该专卖店十月份前两周销售情况如表：
（1）求a，b的值；
（2）若第三周售出A，B两种规格自行车共25辆，其中B型车的销售量大于A型车的售量，且不超过A型车销售量的1.5倍，该专卖店售出A型、B型车各多少辆才能使第三周利润最大，最大利润是多少元？
【分析】（1）根据前两周两种自行车的销售数量及销售总利润，即可得出关于a，b的二元一次方程组，解之即可得出a，b的值；
（2）设第三周售出A种规格自行车x辆，则售出B种规格自行车（25﹣x）辆，根据“B型车的销售量大于A型车的售量，且不超过A型车销售量的1.5倍”，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，结合x为整数即可得出各销售方案，再利用总利润＝每辆的利润×销售数量，可分别求出各方案获得的总利润，比较后可得出：该专卖店售出A型车10辆、B型车15辆时才能使第三周利润最大，最大利润是2600元．
【解答】解：（1）依题意得：，
解得：．
答：a的值为80，b的值为120．
（2）设第三周售出A种规格自行车x辆，则售出B种规格自行车（25﹣x）辆，
依题意得：，
解得：10≤x＜12.5，
∵x为整数，
∴x可以为10，11，12．
当x＝10时，25﹣x＝15，此时利润＝10×80+15×120＝2600（元）；
当x＝11时，25﹣x＝14，此时利润＝11×80+14×120＝2560（元）；
当x＝12时，25﹣x＝13，此时利润＝12×80+13×120＝2520（元）．
∵2600＞2560＞2520，
∴该专卖店售出A型车10辆、B型车15辆时才能使第三周利润最大，最大利润是2600元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组．
16．（2021秋•义乌市期中）在抗击新冠肺炎疫情期间，市场上防护口罩出现热销，某药店售出一批口罩．已知3包儿童口罩和2包成人口罩共26个，5包儿童口罩和3包成人口罩共40个．
（1）求儿童口罩和成人口罩的每包各是多少个？
（2）某家庭欲购进这两种型号的口罩共5包，为使其中口罩总数量不低于26个，且不超过34个，
①有哪几种购买方案？
②若每包儿童口罩8元，每包成人口罩25元，哪种方案总费用最少？
【分析】（1）设儿童口罩每包x个，成人口罩每包y个，根据：“3包儿童口罩和2包成人口罩共26个，5包儿童口罩和3包成人口罩共40个”列方程组求解即可；
（2）①设购买儿童口罩m包，根据“这两种型号的口罩共5包，为使其中口罩总数量不低于26个，且不超过34个”列出不等式组，确定m的取值，进而解决问题；
②分别求出每个方案的费用即可解决问题．
【解答】解：（1）设儿童口罩每包x个，成人口罩每包y个，根据题意得，
，
解得，，
∴儿童口罩每包2个，成人口罩每包10个；
（2）①设购买儿童口罩m包，则购买成人口罩（5﹣m）包，根据题意得，
，
解得，2≤m≤3，
∵m为整数，
∴m＝2或m＝3，
∴共有两种购买方案：方案一：购买儿童口罩2包，则购买成人口罩3包；方案二：购买儿童口罩3包，则购买成人口罩2包．
②方案一的总费用为：2×8+3×25＝91元；
方案二的总费用为：3×8+2×25＝74元．
∵91＞74，
∴方案二的总费用最少．
【点评】此题主要考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用等知识，根据题意得出正确的等量关系是解题关键．
九．三角形的角平分线、中线和高（共1小题）
17．（2021秋•椒江区校级期中）用一块含30°角的透明直角三角板画已知△ABC的边BC上的高，下列三角板的摆放位置正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据高线的定义即可得出结论．
【解答】解：A，B，C都不是△ABC的边BC上的高．
故选：D．
【点评】本题考查的是作图﹣基本作图，熟知三角形高线的定义是解答此题的关键．
一十．三角形的稳定性（共1小题）
18．（2021秋•诸暨市期中）人字梯中间一般会设计一“拉杆”，这样做的道理是（ ）
A．两点之间，线段最短
B．垂线段最短
C．两直线平行，内错角相等
D．三角形具有稳定性
【分析】根据三角形的稳定性解答即可．
【解答】解：人字梯中间一般会设计一“拉杆”，是为了形成三角形，利用三角形具有稳定性来增加其稳定性，
故选：D．
【点评】此题考查了三角形的性质，关键是根据三角形的稳定性解答．
一十一．三角形三边关系（共1小题）
19．（2021秋•萧山区期中）已知线段a＝2cm，b＝4cm，则下列长度的线段中，能与a，b组成三角形的是（ ）
A．2cmB．4cmC．6cmD．8cm
【分析】利用三角形三边关系判断即可，两边之和＞第三边＞两边之差．
【解答】解：∵a＝2cm，b＝4cm，
∴2cm＜第三边＜6cm
∴能与a，b能组成三角形的是4cm，
故选：B．
【点评】考查了三角形三边关系，利用三边关系判断时，常用两个较小边的和与较大的边比较大小．两个较小边的和＞较大的边，则能组成三角形，否则，不可以．
一十二．三角形内角和定理（共3小题）
20．（2021秋•鹿城区校级期中）若一个三角形三个内角的度数之比为1：2：3，则这个三角形中的最大的角度是 90° ．
【分析】已知三角形三个内角的度数之比，可以设一份为k，根据三角形的内角和等于180°列方程求三个内角的度数，从而确定三角形的最大角的度数．
【解答】解：设三个内角的度数分别为k，2k，3k．
则k+2k+3k＝180°，
解得k＝30°，
则2k＝60°，3k＝90°，
这个三角形最大的角等于90°．
故答案为：90°．
【点评】本题主要考查了内角和定理．解答此类题利用三角形内角和定理列方程求解可简化计算．
21．（2021秋•滨江区校级期中）如图，AD是△ABC边BC上的高，BE平分∠ABC交AD于点E．若∠C＝60°，∠BED＝70°．求∠ABC和∠BAC的度数．
【分析】先根据AD是△ABC的高得出∠ADB＝90°，再由三角形内角和定理及三角形外角的性质可知∠DBE+∠ADB+∠BED＝180°，故∠DBE＝180°﹣∠ADB﹣∠BED＝20°．根据BE平分∠ABC得出∠ABC＝2∠DBE＝40°．根据∠BAC+∠ABC+∠C＝180°，∠C＝60°即可得出结论．
【解答】解：∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB＝90°．
又∵∠DBE+∠ADB+∠BED＝180°，∠BED＝70°，
∴∠DBE＝180°﹣∠ADB﹣∠BED＝20°．
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠DBE＝40°．
又∵∠BAC+∠ABC+∠C＝180°，∠C＝60°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝80°．
【点评】本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
22．（2021秋•青田县期中）已知：如图，在△ABC中，∠BAC＝80°，AD⊥BC于D，AE平分∠DAC，∠B＝60°，求∠C、∠DAE的度数．
【分析】先在△ABC中根据三角形内角和定理计算出∠C＝40°，再根据垂直的定义得到∠ADC＝90°，则在△ADC中，根据三角形内角和计算出∠DAC＝50°，然后根据角平分线的定义求解．
【解答】解：在△ABC中，∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝180°﹣80°﹣60°＝40°，
∵AD⊥BC于D，
∴∠ADC＝90°，
在△ADC中，∠DAC＝90°﹣∠C＝90°﹣40°＝50°，
∵AE平分∠DAC，
∴∠DAE＝∠DAC＝25°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是180°．准确识别图形，即在哪个三角形中运用内角和定理是解题的关键．
一十三．三角形的外角性质（共1小题）
23．（2021秋•金华期中）如图：在△ABC中，∠A＝70°，∠B＝60°，点D在BC的延长线上，则∠ACD＝ 130 度．
【分析】根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和可得．
【解答】解：∠ACD＝∠A+∠B＝130°．
【点评】熟练掌握三角形的外角的性质．
一十四．全等三角形的性质（共1小题）
24．（2021秋•诸暨市期中）如图，△AOB≌△ADC，点B和点C是对应顶点，∠O＝∠D＝90°，记∠OAD＝α，∠ABO＝β，当BC∥OA时，α与β之间的数量关系为（ ）
A．α＝βB．α＝2βC．α+β＝90°D．α+2β＝180°
【分析】根据全等三角形对应边相等可得AB＝AC，全等三角形对应角相等可得∠BAO＝∠CAD，然后求出∠BAC＝α，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC，然后根据两直线平行，同旁内角互补表示出∠OBC，整理即可．
【解答】解：∵△AOB≌△ADC，
∴AB＝AC，∠BAO＝∠CAD，
∴∠BAC＝∠OAD＝α，
在△ABC中，∠ABC＝（180°﹣α），
∵BC∥OA，
∴∠OBC＝180°﹣∠O＝180°﹣90°＝90°，
∴β+（180°﹣α）＝90°，
整理得，α＝2β．
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形两底角相等的性质，平行线的性质，熟记各性质并准确识图理清图中各角度之间的关系是解题的关键．
一十五．全等三角形的判定（共3小题）
25．（2021秋•台州期中）如图，已知∠1＝∠2，添加一个条件，使得△ABC≌△ADC，下列条件添加错误的是（ ）
A．∠B＝∠DB．BC＝DCC．AB＝ADD．∠3＝∠4
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A、∵在△ABC和△ADC中
∴△ABC≌△ADC（AAS），故本选项不符合题意；
B、BC＝DC，AC＝AC，∠1＝∠2不能推△ABC≌△ADC，故本选项符合题意；
C、∵在△ABC和△ADC中
∴△ABC≌△ADC（SAS），故本选项不符合题意；
D、∵在△ABC和△ADC中
∴△ABC≌△ADC（ASA），故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理的内容是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS．
26．（2021秋•拱墅区校级期中）如图，AC与DB相交于E，且AE＝DE，如果添加一个条件还不能判定△ABE≌△DCE，则添加的这个条件是（ ）
A．AB＝DCB．∠A＝∠DC．∠B＝∠CD．AC＝DB
【分析】根据全等三角形的判定定理，对每个选项分别分析、解答出即可．
【解答】解：根据题意，已知AE＝DE，∠AEB＝∠DEC，
∴只需添加对顶角的邻边，即EB＝EC（由AC＝DB可以得到），
或任意一组对应角，即∠A＝∠D，∠B＝∠C；
所以，选项A符合题意．
故选：A．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定，解题的关键是能够根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
27．（2021秋•长兴县期中）如图，已知OA＝OC，OB＝OD，∠AOC＝∠BOD．
求证：△AOB≌△COD．
【分析】先证明∠COD＝∠AOB，然后根据“SAS”可证明△AOB≌△COD．
【解答】证明：∵∠AOC＝∠BOD，
∴∠AOC﹣∠AOD＝∠BOD﹣∠AOD，
即∠COD＝∠AOB，
在△AOB和△COD中，
，
∴△AOB≌△COD（SAS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决此类问题的关键．
一十六．全等三角形的判定与性质（共6小题）
28．（2021秋•温州期中）如图，BP平分∠ABC，D为BP上一点，E，F分别在BA，BC上，且满足DE＝DF，若∠BED＝140°，则∠BFD的度数是（ ）
A．40°B．50°C．60°D．70°
【分析】作DG⊥AB于G，DH⊥BC于H，根据角平分线的性质得到DH＝DG，证明Rt△DEG≌Rt△DFH，得到∠DEG＝∠DFH，根据互为邻补角的性质得到答案．
【解答】解：作DG⊥AB于G，DH⊥BC于H，
∵D是∠ABC平分线上一点，DG⊥AB，DH⊥BC，
∴DH＝DG，
在Rt△DEG和Rt△DFH中，
，
∴Rt△DEG≌Rt△DFH（HL），
∴∠DEG＝∠DFH，又∠DEG+∠BED＝180°，
∴∠BFD+∠BED＝180°，
∴∠BFD的度数＝180°﹣140°＝40°，
故选：A．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质以及角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
29．（2021秋•温州期中）如图，AD，BC相交于点O，AD＝BC，∠C＝∠D＝90°．
（1）求证：AC＝BD；
（2）若∠ABC＝35°，求∠CAO的度数．
【分析】（1）由“HL”可证Rt△ACB≌Rt△BDA，再根据全等三角形的性质即可得解；
（2）由全等三角形的性质可得∠BAD＝∠ABC＝35°，再根据角的和差即可求解．
【解答】证明：（1）∵∠C＝∠D＝90°，
∴△ACB和△BDA都是直角三角形，
在Rt△ACB和Rt△BDA中，
，
∴Rt△ACB≌Rt△BDA（HL），
∴AC＝BD；
（2）在Rt△ACB中，∠ABC＝35°，
∴∠CAB＝90°﹣35°＝55°，
由（1）可知△ACB≌△BDA，
∴∠BAD＝∠ABC＝35°，
∴∠CAO＝∠CAB﹣∠BAD＝55°﹣35°＝20°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，利用HL证明Rt△ACB≌Rt△BDA是本题的关键．
30．（2021秋•北仑区期中）已知：如图，△ABC中，AC＝6，BC＝8，AB＝10，∠BCA的平分线与AB边的垂直平分线相交于点D，DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分别是E、F．
（1）求证：AE＝BF；
（2）求AE的长；
（3）求线段DG的长．
【分析】（1）欲证明AE＝BF只要证明△DEA≌△DFB即可．
（2）根据CE＝CF，设AE＝BF＝x，列出方程即可．
（3）先证明∠EDF＝90°，再证明∠ADB＝∠EDF＝90°，利用直角三角形斜边中线的性质即可解决．
【解答】（1）证明：如图连接AD、BD．
∵∠DCE＝∠DCB，DE⊥CA，DF⊥CB，
∴DE＝DF，∠AED＝∠DFB＝90°，
∵DG垂直平分AB，
∴DA＝DB，
在Rt△DEA和Rt△DFB中，
，
∴Rt△DEA≌Rt△DFB（HL），
∴AE＝BF．
（2）设AE＝BF＝x，
在Rt△CDE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△CDE≌Rt△CDF（HL），
∴CE＝CF，
∴6+x＝8﹣x，
∴x＝1，
∴AE＝1．
（3）∵△DEA≌△DFB，
∴∠ADE＝∠BDF，
∴∠EDF＝∠ADB，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵∠CED＝∠CFD＝∠ECF＝90°，
∴∠EDF＝90°，
∴∠ADB＝90°，
∵AG＝GB，
∴DG＝AB＝5．
【点评】本题考查全等三角形的性质、角平分线的性质、垂直平分线的性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，学会用方程的思想思考问题，属于中考常考题型．
31．（2021秋•拱墅区期中）如图，在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝90°，D为AB延长线上一点，点E在BC边上，且BE＝BD，连接AE、DE、DC．
①求证：△ABE≌△CBD；
②若∠CAE＝30°，求∠BDC的度数．
【分析】①利用SAS即可得证；
②由全等三角形对应角相等得到∠AEB＝∠CDB，利用外角的性质求出∠AEB的度数，即可确定出∠BDC的度数．
【解答】①证明：在△ABE和△CBD中，
，
∴△ABE≌△CBD（SAS）；
②解：∵在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，
由①得：△ABE≌△CBD，
∴∠AEB＝∠BDC，
∵∠AEB为△AEC的外角，
∴∠AEB＝∠ACB+∠CAE＝30°+45°＝75°，
则∠BDC＝75°．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，以及三角形的外角性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
32．（2021秋•义乌市期中）如图，已知AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，且BC＝CD．
（1）求证：△BCE≌△DCF；
（2）若AB＝17，AD＝9，求AE的长．
【分析】（1）求出CE＝CF，∠F＝∠CEB＝90°，根据HL证出两三角形全等即可．
（2）求出DF＝BE，证Rt△AFC≌Rt△AEC，推出AF＝AE，设DF＝BE＝x，得出方程17﹣x＝9+x，求出x，即可求出答案．
【解答】（1）证明：∵AC平分∠BAD，CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CE＝CF，∠F＝∠CEB＝90°，
在Rt△BCE与Rt△DCF中，，
∴Rt△BCE≌Rt△DCF（HL）；
（2）解：∵Rt△BCE≌Rt△DCF，
∴DF＝BE，
∵∠F＝∠CEA＝90°，
∴在Rt△AFC和Rt△AEC中
∴Rt△AFC≌Rt△AEC（HL），
∴AF＝AE，
设DF＝BE＝x
∵AB＝17，AD＝9，
∴17﹣x＝9+x
解得：x＝4
∴AE＝17﹣4＝13．
【点评】本题考查了角平分线性质，全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．直角三角形全等的判定定理是SAS，ASA，AAS，SSS，HL．
33．（2021秋•西湖区校级期中）如图，△ABC与△DCB中，AC与BD交于点E，且∠A＝∠D，AB＝DC．
（1）求证：△ABE≌△DCE；
（2）当∠AEB＝50°，求∠EBC的度数．
【分析】（1）根据AAS即可推出△ABE和△DCE全等；
（2）根据三角形全等得出EB＝EC，推出∠EBC＝∠ECB，根据三角形的外角性质得出∠AEB＝2∠EBC，代入求出即可．
【解答】（1）证明：在△ABE和△DCE中，
，
∴△ABE≌△DCE（AAS）；
（2）解：∵△ABE≌△DCE，
∴BE＝EC，
∴∠EBC＝∠ECB，
∵∠EBC+∠ECB＝∠AEB＝50°，
∴∠EBC＝25°．
【点评】本题考查了三角形外角性质和全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．
一十七．角平分线的性质（共1小题）
34．（2021秋•新洲区期中）如图，△ABC的外角∠DAC的平分线交BC边的垂直平分线于P点，PD⊥AB于D，PE⊥AC于E．
（1）求证：BD＝CE；
（2）若AB＝6cm，AC＝10cm，求AD的长．
【分析】（1）连接BP、CP，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BP＝CP，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DP＝EP，然后利用“HL”证明Rt△BDP和Rt△CEP全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；
（2）利用“HL”证明Rt△ADP和Rt△AEP全等，根据全等三角形对应边相等可得AD＝AE，再根据AB、AC的长度表示出AD、CE，然后解方程即可．
【解答】（1）证明：连接BP、CP，
∵点P在BC的垂直平分线上，
∴BP＝CP，
∵AP是∠DAC的平分线，
∴DP＝EP，
在Rt△BDP和Rt△CEP中，，
∴Rt△BDP≌Rt△CEP（HL），
∴BD＝CE；
（2）解：在Rt△ADP和Rt△AEP中，，
∴Rt△ADP≌Rt△AEP（HL），
∴AD＝AE，
∵AB＝6cm，AC＝10cm，
∴6+AD＝10﹣AE，
即6+AD＝10﹣AD，
解得AD＝2cm．
【点评】本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
一十八．等腰三角形的性质（共5小题）
35．（2021秋•拱墅区期中）在△ABC中，若AB＝AC，其周长为12，则AB的取值范围是（ ）
A．AB＞6B．AB≤3C．3＜AB＜6D．4≤AB≤7
【分析】根据三角形的性质，两边之和大于第三边列出不等式可求出腰长的取值范围．
【解答】解：设腰长AB为x，则底边长为12﹣2x，依题意得：
，
解得3＜x＜6．
故腰长AB的取值范围是3＜AB＜6．
故选：C．
【点评】考查了等腰三角形的性质，本题的关键是掌握等腰三角形的性质，根据三角形两边的和大于第三边列出不等式组即可．
36．（2021秋•仙居县期中）等腰三角形的一边为4，另一边为9，则这个三角形的周长为（ ）
A．17B．22C．13D．17或22
【分析】本题可先根据三角形三边关系，确定等腰三角形的腰和底的长，然后再计算三角形的周长．
【解答】解：当腰长为4时，则三角形的三边长为：4、4、9；
∵4+4＜9，∴不能构成三角形；
因此这个等腰三角形的腰长为9，则其周长＝9+9+4＝22．
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；对于已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关键．
37．（2021秋•西湖区校级期中）若等腰三角形的两边长分别是4和8，则它的周长是 20 ．
【分析】解决本题要注意分为两种情况4为底或8为底，还要考虑到各种情况是否满足三角形的三边关系来进行解答．
【解答】解：∵等腰三角形有两边分别分别是4和8，
∴此题有两种情况：
①4为底边，那么8就是腰，三角形的三边为4，8，8能构成三角形，则等腰三角形的周长为4+8+8＝20，
②8底边，那么4是腰，4+4＝8，所以不能围成三角形应舍去．
∴该等腰三角形的周长为20，
故答案为：20．
【点评】本题考查了等腰三角形性质；解题时涉及分类讨论的思想方法．求三角形的周长，不能盲目地将三边长相加起来，而应养成检验三边长能否组成三角形的好习惯，把不符合题意的舍去．
38．（2021秋•柯桥区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝70°，以点C为圆心，CA长为半径作弧，交直线BC于点P，连结AP，则∠BAP的度数是 15°或75° ．
【分析】根据等腰三角形的性质可以得到△ABC各内角的关系，然后根据题意，画出图形，利用分类讨论的方法求出∠BAP的度数即可．
【解答】解：如右图所示，
当点P在点B的左侧时，
∵AB＝AC，∠ABC＝70°，
∴∠ACB＝∠ABC＝70°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∵CA＝CP1，
∴∠CAP1＝∠CP1A＝＝＝55°，
∴∠BAP1＝∠CAP1﹣∠CAB＝55°﹣40°＝15°；
当点P在点C的右侧时，
∵AB＝AC，∠ABC＝70°，
∴∠ACB＝∠ABC＝70°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∵CA＝CP2，
∴∠CAP2＝∠CP2A＝＝＝35°，
∴∠BAP2＝∠CAP2+∠CAB＝35°+40°＝75°；
由上可得，∠BAP的度数是15°或75°，
故答案为：15°或75°．
【点评】本题考查等腰三角形的性质、圆的性质，解答本题的关键是画出合适的辅助线，利用分类讨论的方法解答．
39．（2021秋•拱墅区校级期中）已知等腰三角形一腰上的中线将它的周长分成15cm和6cm两部分，求等腰三角形的底边长．
【分析】设等腰三角形的腰长、底边长分别为xcm，ycm，根据题意列二元一次方程组，注意没有指明具休是哪部分的长为15，故应该列两个方程组求解．
【解答】解：∵等腰三角形的周长是15cm+6cm＝21cm，
设等腰三角形的腰长、底边长分别为xcm，ycm，由题意得（4分）
解得（3分）
∴等腰三角形的底边长为1cm（1分）
【点评】此题主要考查等腰三角形的性质，解二元一次方程组和三角形三边关系的综合运用，此题的关键是分两种情况分析，求得解之后注意用三角形三边关系进行检验．
一十九．等腰三角形的判定（共1小题）
40．（2021秋•余杭区校级期中）如图，点D、E在△ABC的边BC上，AD＝AE，BD＝CE．
（1）求证：AB＝AC；
（2）若∠BAC＝108°，∠DAE＝36°，直接写出图中除△ABC与△ADE外所有的等腰三角形．
【分析】（1）首先过点A作AF⊥BC于点F，由AD＝AE，根据三线合一的性质，可得DF＝EF，又由BD＝CE，可得BF＝CF，然后由线段垂直平分线的性质，可证得AB＝AC．
（2）根据等腰三角形的判定解答即可．
【解答】证明：（1）过点A作AF⊥BC于点F，
∵AD＝AE，
∴DF＝EF，
∵BD＝CE，
∴BF＝CF，
∴AB＝AC．
（2）∵∠B＝∠BAD，∠C＝∠EAC，∠BAE＝∠BEA，∠ADC＝∠DAC，
∴除△ABC与△ADE外所有的等腰三角形为：△ABD、△AEC、△ABE、△ADC，
【点评】此题考查了等腰三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
二十．等腰三角形的判定与性质（共2小题）
41．（2021秋•滨江区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为CA延长线上一点，DE⊥BC于点E，交AB于点F．
（1）求证：△ADF是等腰三角形．
（2）若AF＝BF＝，BE＝2，求线段DE的长．
【分析】（1）由等腰三角形的性质和余角的性质可证得∠D＝∠DFA，根据等腰三角形的判定即可证得结论；
（2）过A作AH⊥DE于H，由等腰三角形的性质可得DH＝FH，根据全等三角形的判定证得△AFH≌△BFE，得到DH＝FH＝EF，在Rt△BEF中，根据勾股定理求出EF，即可求出DE．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵DE⊥BC，
∴∠B+∠BFE＝∠C+∠D＝90°，
∴∠D＝∠BFE，
∵∠BFE＝∠DFA，
∴∠D＝∠DFA，
∴AD＝AF，
∴△ADF是等腰三角形；
（2）解：过A作AH⊥DE于H，
∵DE⊥BC，
∴∠AHF＝∠BEF＝90°，
由（1）知，AD＝AF，
∴DH＝FH，
在△AFH和△BFE中，
，
∴△AFH≌△BFE（AAS），
∴FH＝EF，
∴DH＝FH＝EF，
在Rt△BEF中，
∵BF＝，BE＝2，
∴EF＝＝3，
∴DE＝3EF＝9．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，正确作出辅助线，并证得DH＝FH＝EF是解决问题的关键．
42．（2021秋•诸暨市期中）如图所示，在△ABC中，BE平分∠ABC，DE∥BC．
（1）求证：△BDE是等腰三角形；
（2）若∠A＝35°，∠C＝70°，求∠BDE的度数．
【分析】（1）先根据角平分线的定义得到∠DBE＝∠CBE，再根据平行线的性质得到∠DEB＝∠CBE，所以∠DBE＝∠DEB，从而得到结论；
（2）先利用三角形内角和计算出∠ABC＝75°，再利用两直线平行，同旁内角互补计算出∠BDE的度数．
【解答】（1）证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠DBE＝∠CBE，
∵DE∥BC，
∴∠DEB＝∠CBE，
∴∠DBE＝∠DEB，
∴DB＝DE，
∴△BDE是等腰三角形；
（2）解：∵∠A＝35°，∠C＝70°，
∴∠ABC＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣35°﹣70°＝75°，
∵DE∥BC，
∴∠BDE+∠DBC＝180°，
∴∠BDE＝180°﹣75°＝105°．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质：等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段．也考查了平行线的性质．
二十一．直角三角形的性质（共2小题）
43．（2021秋•海曙区校级期中）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，∠ABC的平分线BE交AD于点F，AG平分∠DAC．给出下列结论：①∠BAD＝∠C； ②∠AEF＝∠AFE； ③∠EBC＝∠C；④AG⊥EF．正确结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据同角的余角相等求出∠BAD＝∠C，再根据等角的余角相等可以求出∠AEF＝∠AFE；根据等腰三角形三线合一的性质求出AG⊥EF．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，
∴∠C+∠ABC＝90°，
∠BAD+∠ABC＝90°，
∴∠BAD＝∠C，故①正确；
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠ABE+∠AEF＝90°，
∠CBE+∠BFD＝90°，
∴∠AEF＝∠BFD，
又∵∠AFE＝∠BFD（对顶角相等），
∴∠AEF＝∠AFE，故②正确；
∵∠ABE＝∠CBE，
∴只有∠C＝30°时∠EBC＝∠C，故③错误；
∵∠AEF＝∠AFE，
∴AE＝AF，
∵AG平分∠DAC，
∴AG⊥EF，故④正确．
综上所述，正确的结论是①②④．
故选：C．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形三线合一的性质，同角的余角相等的性质以及等角的余角相等的性质，熟记各性质并准确识图理清图中各角度之间的关系是解题的关键．
44．（2021秋•象山县期中）在△ABC中，若∠C＝90°，∠B＝35°，则∠A的度数为 55° ．
【分析】根据直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝35°，
∴∠A＝90°﹣35°＝55°，
故答案是：55°．
【点评】此题考查直角三角形的性质，关键是根据直角三角形的两锐角互余．
二十二．勾股定理（共6小题）
45．（2021秋•北仑区期中）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以△ABC的三边为边作正方形ABDE，正方形BCFG，正方形ACHI，AI交CF于点J．三个正方形没有重叠的部分为阴影部分，设四边形BGFJ的面积为S1，四边形CHIJ的面积为S2，若S1﹣S2＝12，S△ABC＝4，则正方形BCFG的面积为（ ）
A．16B．18C．20D．22
【分析】设BC＝a，AC＝b，AB＝c，由正方形面积和三角形面积得S正方形BCFG﹣S正方形ACHI＝16，即a2﹣b2＝16，再由勾股定理得a2﹣b2＝c2，则c2＝16，求出c＝4，然后求出b＝2，则a2＝b2+c2＝20，即可求解．
【解答】解：设BC＝a，AC＝b，AB＝c，
∵S1＝S正方形BCFG﹣S△ABC﹣S△ACJ，S2＝S正方形ACHI﹣S△ACJ，
∴S1﹣S2＝S正方形BCFG﹣S△ABC﹣S△ACJ﹣S正方形ACHI+S△ACJ＝S正方形BCFG﹣4﹣S正方形ACHI＝12，
∴S正方形BCFG﹣S正方形ACHI＝16，
即a2﹣b2＝16，
∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，
∴a2﹣b2＝c2，
∴c2＝16，
∴c＝4（负值已舍去），
∴S△ABC＝bc＝2b＝4，
∴b＝2，
∴a2＝b2+c2＝16+22＝20，
∴正方形BCFG的面积为20，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理、正方形的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握勾股定理和正方形的性质，求出c和b的值是解题的关键．
46．（2021秋•下城区校级期中）如图所示，已知△ABC中，AB＝6，AC＝9，AD⊥BC于D，M为AD上任一点，则MC2﹣MB2等于（ ）
A．9B．25C．36D．45
【分析】在Rt△ABD及Rt△ADC中可分别表示出BD2及CD2，在Rt△BDM及Rt△CDM中分别将BD2及CD2的表示形式代入表示出BM2和MC2，然后作差即可得出结果．
【解答】解：在Rt△ABD和Rt△ADC中，
BD2＝AB2﹣AD2，CD2＝AC2﹣AD2，
在Rt△BDM和Rt△CDM中，
BM2＝BD2+MD2＝AB2﹣AD2+MD2，MC2＝CD2+MD2＝AC2﹣AD2+MD2，
∴MC2﹣MB2＝（AC2﹣AD2+MD2）﹣（AB2﹣AD2+MD2）
＝AC2﹣AB2
＝45．
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理的知识，题目有一定的技巧性，比较新颖，解答本题需要认真观察，分别两次运用勾股定理求出MC2和MB2是本题的难点，重点还是在于勾股定理的熟练掌握．
47．（2021秋•上城区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，正方形ABDE的面积为100，则正方形ACFG的面积为 64 ．
【分析】由正方形ABDE的面积为100得直角三角形的斜边是10．再根据勾股定理得AC＝8，从而可得正方形ACFG的面积．
【解答】解：因为S正方形ABDE＝AB2＝100，
在Rt△ABC中，BC＝6，
所以S正方形ACFG＝AC2＝AB2﹣BC2＝64．
故答案为：64．
【点评】考查了熟练运用正方形的面积公式以及勾股定理．此题中注意：以直角三角形的两条直角边为边长的两个正方形的面积和等于以斜边为边长的正方形的面积．此结论在运算中也要经常运用．
48．（2021秋•滨江区校级期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，点D在边AB上，AD＝AC，AE⊥CD，垂足为F，与BC交于点E，则BE的长是 ．
【分析】连接DE，利用等腰三角形的性质可知AE是CD的垂直平分线，利用勾股定理求出AB的长，再利用等积法求出DE的长，再利用勾股定理求BE即可．
【解答】解：连接DE，
∵AD＝AC，AE⊥CD，
∴AE是CD的垂直平分线，
∴CE＝DE，
∴∠ADE＝∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AB＝，
∴BD＝AB﹣AD＝2，
∴S△ABC＝S△ACE+S△ABE，
∴AC×BC＝AC×CE+AB×DE，
∴3×4＝3CE+5DE，
∴DE＝，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：
BE＝＝＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，运用等积法求出DE的长是解题的关键．
49．（2021秋•北仑区期中）如图，OA＝OB，OC＝3，BC＝1，数轴上点A表示的数是 ﹣ ．
【分析】首先在直角三角形中，利用勾股定理可以求出线段OB的长度，然后根据OA＝OB即可求出OA的长度，接着可以求出数轴上点A所表示的数．
【解答】解：∵OC＝3，BC＝1，
∴BO＝＝＝，
∵OA＝OB，
∴OA＝，
∴数轴上点A表示的数是﹣；
故答案为：﹣．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
50．（2021秋•义乌市期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以B为圆心，BC为半径画弧，交线段AB于点D，以A为圆心，AD为半径画弧，交线段AC于点E，连接CD．
（1）若∠A＝25°，求∠ACD的度数．
（2）若BC＝2.5，CE＝2，求AD的长．
【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠B，根据等腰三角形的性质求出∠BCD，计算即可；
（2）根据线段的和差以及勾股定理可得结论．
【解答】解：（1）∵∠ACD＝90°，∠A＝25°，
∴∠B＝65°．
∵BD＝BC，
∴∠BCD＝∠BDC＝＝57.5°．
∴∠ACD＝90°﹣∠BCD＝90°﹣57.5°＝32.5°；
（2）∵∠ACB＝90°，BC＝2.5，CE＝2，
∴BD＝BC＝2.5，AC＝AD+2，
∴AB＝AD+2.5，
由勾股定理得：AB2＝AC2+BC2，即（AD+2.5）2＝（AD+2）2+2.52，
解得：AD＝4．
【点评】本题考查的是勾股定理，三角形的内角和定理，掌握勾股定理是解题的关键．
二十三．作图—基本作图（共2小题）
51．（2021秋•诸暨市期中）画△ABC的边BC上的高，下列画法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】作哪一条边上的高，即从所对的顶点向这条边或这条边的延长线作垂线段即可．
【解答】解：在△ABC中，画出边BC上的高，即是过点A作BC边的垂线段，正确的是C．
故选：C．
【点评】此题主要考查了作图﹣基本作图，三角形的高，关键是要注意高的作法．
52．（2021秋•海曙区校级期中）如图，在△ABC中，分别以点A和点C为圆心，大于AC长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN分别交BC，AC于点D，E．若AE＝3，△ABD的周长为13，则△ABC的周长为 19 ．
【分析】利用线段的垂直平分线的性质即可解决问题．
【解答】解：∵DE垂直平分线段AC，
∴DA＝DC，AE+EC＝6，
∵AB+AD+BD＝13，
∴AB+BD+DC＝13，
∴△ABC的周长＝AB+BD+BC+AC＝13+6＝19，
故答案为：19．
【点评】本题考查作图﹣基本作图，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握线段的垂直平分线的性质，属于中考常考题型．
二十四．作图—复杂作图（共2小题）
53．（2021秋•西湖区校级期中）如图是作△ABC的作图痕迹，则此作图的已知条件是（ ）
A．已知两边及夹角B．已知三边
C．已知两角及夹边D．已知两边及一边对角
【分析】观察图象可知已知线段AB，α，β，由此即可判断．
【解答】解：观察图象可知：已知线段AB，∠CAB＝α，∠CBA＝β，
故选：C．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，解题的关键是理解题意，属于中考常考题型．
54．（2021秋•温州期中）如图，已知△ABC（AC＜BC），用尺规在BC上确定一点P，使PA+PC＝BC．则下列四种不同方法的作图中准确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】利用线段垂直平分线的性质以及圆的性质分别分得出即可．
【解答】解：A、如图所示：此时BA＝BP，则无法得出AP＝BP，故不能得出PA+PC＝BC，故此选项错误；
B、如图所示：此时PA＝PC，则无法得出AP＝BP，故不能得出PA+PC＝BC，故此选项错误；
C、如图所示：此时CA＝CP，则无法得出AP＝BP，故不能得出PA+PC＝BC，故此选项错误；
D、如图所示：此时BP＝AP，故能得出PA+PC＝BC，故此选项正确；
故选：D．
【点评】此题主要考查了复杂作图，根据线段垂直平分线的性质得出是解题关键．
二十五．命题与定理（共3小题）
55．（2021秋•温州期中）下列选项中，可以用来说明命题“若|x|＞2，则x＞2”是假命题的反例是（ ）
A．x＝﹣3B．x＝﹣2C．x＝3D．x＝2
【分析】根据绝对值的意义、有理数的大小比较法则解答．
【解答】解：当x＝﹣3时，|x|＝3＞2，而﹣3＜2，
∴“若|x|＞2，则x＞2”是假命题，
故选：A．
【点评】本题考查的是假命题的证明，要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
56．（2021秋•安吉县期中）写出命题“如果两个三角形全等，那么这两个三角形的周长相等”的逆命题 如果两个三角形的周长相等，那么这两个三角形全等 ．该逆命题是 假 命题（填“真”或“假”）．
【分析】交换原命题的题设和结论即可得到该命题的逆命题．
【解答】解：“如果两个三角形全等，那么这两个三角形的周长相等．”写成它的逆命题：如果两个三角形的周长相等，那么这两个三角形全等，该逆命题是假命题，
故答案为：如果两个三角形的周长相等，那么这两个三角形全等；假
【点评】本题考查逆命题的概念，以及判断真假命题的能力以及全等三角形的判定和性质．
57．（2021秋•滨江区校级期中）把“对顶角相等”改写成“如果…那么…”的形式是： 如果两个角是对顶角，那么它们相等 ．
【分析】先找到命题的题设和结论，再写成“如果…那么…”的形式．
【解答】解：∵原命题的条件是：“两个角是对顶角”，结论是：“它们相等”，
∴命题“对顶角相等”写成“如果…那么…”的形式为：“如果两个角是对顶角，那么它们相等”．
故答案为：如果两个角是对顶角，那么它们相等．
【点评】本题考查了命题的条件和结论的叙述，注意确定一个命题的条件与结论的方法是首先把这个命题写成：“如果…，那么…”的形式．
二十六．轴对称图形（共1小题）
58．（2021秋•滨江区校级期中）下面是科学防控新冠知识的图片，其中的图案是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【解答】解：A．是轴对称图形，故此选项符合题意；
B．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
二十七．作图-轴对称变换（共1小题）
59．（2021秋•海曙区校级期中）如图所示，在平面直角坐标系中，已知A（0，1），B（2，0），C（4，3）．
（1）在平面直角坐标系中画出△ABC，以及与△ABC关于y轴对称的△DEF；
（2）△ABC的面积是 4 ；
（3）已知P为x轴上一点，若△ABP的面积为4，求点P的坐标．
【分析】（1）先利用关于y轴对称的点的坐标特征得到D、E、F的坐标，然后描点即可；
（2）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△ABC的面积；
（3）设P点坐标为（t，0），利用三角形面积公式得到×|t﹣2|×1＝4，然后求出t得到P点坐标．
【解答】解：（1）如图，△ABC和△DEF为所作；
（2）△ABC的面积＝4×3﹣×2×1﹣×2×3﹣×2×4＝4；
故答案为4；
（3）设P点坐标为（t，0），
∵△ABP的面积为4，
∴×|t﹣2|×1＝4，
解得t＝﹣6或10，
∴P点坐标为（﹣6，0）或（10，0）．
【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换：几何图形都可看作是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．也考查了三角形面积公式．
二十八．轴对称-最短路线问题（共1小题）
60．（2021秋•义乌市期中）如图，A、B两个小镇在河流的同侧，它们到河流的距离AC＝10千米，BD＝30千米，且CD＝30千米，现要在河流边修建一自来水厂分别向两镇供水，铺设水管的费用为每千米3万元．
（1）请在河流上选择水厂的位置M，使铺设水管的费用最少．（不写作法，保留作图痕迹）
（2）最低费用为多少？
【分析】（1）根据题意，要使铺设水管的费用最少，则自来水厂与A、B两个小镇的距离和最小，所以作出点A关于直线l的对称点E，连接BE，则BE与直线l的交点即是水厂的位置M．
（2）首先根据勾股定理，求出BE的长度是多少，即可判断出铺设水管的长度最短是多少；然后根据总价＝单价×数量，用每千米的费用乘以铺设的水管的长度，求出最低费用为多少即可．
【解答】解：（1）根据分析，水厂的位置M为：
（2）如图2，，
在直角三角形BEF中，EF＝CD＝30（千米），BF＝BD+DF＝30+10＝40（千米），
∴BE＝（千米），
∴铺设水管长度的最小值为50千米，
∴铺设水管所需费用的最小值为：
50×3＝150（万元）．
答：最低费用为150万元．
【点评】（1）此题主要考查了轴对称﹣最短路线问题，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
（2）此题还考查了直角三角形的性质和应用，以及勾股定理的应用，要熟练掌握．
（3）此题还考查了总价、单价、数量的关系：总价＝单价×数量，单价＝总价÷数量，数量＝总价÷单价，要熟练掌握．
销售时段
销售数量
销售收入
A种型号
B种型号
第一周
3台
5台
18000元
第二周
4台
10台
31000元
A型车销售量（辆）
B型车销售量（辆）
总利润（元）
第一周
10
12
2240
第二周
20
15
3400