广东省广州市第二中学2024-2025学年八年级上学期期中考试数学试卷（含答案）

这是一份广东省广州市第二中学2024-2025学年八年级上学期期中考试数学试卷（含答案），共35页。
以下十二生肖的简笔画中，是轴对称图形的是（）
A.B.C.D.
下列长度的三条线段能组成三角形的是()
5cm2cm3cmB. 5cm2cm2cmC. 5cm2cm4cmD. 5cm12cm6cm
如图，表示 ABC 的 AB 边上的高的图形是（）
A.B.C.D.
如图，在V ABC 中， AB  AC ， AD 是BAC 的平分线，若 BD  5 ，则CD 等于（）
A. 3B. 4C. 5D. 6
如图所示，AB  AC, AD  AE, BAC  DAE, 1  25, 2  30 ，且点 B 、D 、E 在同一直线上， 则3  （）
A. 60B. 55C. 50D. 无法计算
如图，工人师傅砌门时，为使长方形门框 ABCD 不变形，常用木条 EF 将其固定，这种做法的依据是（）
两点之间线段最短B. 垂线段最短
C. 两点确定一条直线D. 三角形具有稳定性
如图，锐角三角形 ABC 中，直线 l 为 BC 的垂直平分线，射线 m 平分∠ABC，l 与 m 相交于 P 点．若∠A
＝60°，∠ACP＝24°，则∠ABP 等于（）
A 24°B. 30°C. 32°D. 42°
点 D、E 分别在线段 AB、AC 上，CD 与 BE 相交于点 O，已知 AE＝AD，添加以下哪一个条件不能判定
△ABE≌△ACD（）
∠B＝∠CB. ∠BEA＝∠CDAC. BE＝CDD. AB＝AC
如图，Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，CD 是 AB 边的中线，AE 平分∠CAB，CF⊥AB，下列结论一定成立的是（）
①△ACD 与△BCD 的面积相等；②∠ACF＝∠B；③△ACE≌ △CFD；④∠CEG＝∠CGE．
A. ①②B. ②③C. ①③④D. ①②④
如图， V ABC 是等边三角形，D 是线段 BC 上一点（不与点 B，C 重合），连接 AD ，点 E，F 分别在线段 AB, AC 的延长线上，且 DE  DF  AD ，点 D 从 B 运动到 C 的过程中，V CDF 周长的变化规律是
（）
不变B. 一直变小C. 先变大后变小D. 先变小后变大
二．填空题（每小题 3 分，共 18 分）
在平面直角坐标系中，点3,1 关于 x 轴对称的点的坐标是．
图中 x 的值为．
若等腰三角形的周长为 10cm，其中一边长为 4cm，则该等腰三角形的底边 是cm．
如图，将含30 角的直角三角板 ABC 放在平行线 a 和 b 上，C  90 ，A  30 ，若1  12 ，则
2 的度数为．
如图，在平面直角坐标系中，B 2, 2 ，C 4, 2 ，若 AC  BC ，AC  BC ，则点 A 的坐标为．
在平面直角坐标系 xOy 中，对于任意点T m, n ，将点 T 的“元变化”定义为：当 m  n 时，作点 T
关于 x 轴对称：当 m  n 时，作点 T 关于 y 轴对称．根据定义，解决问题：
如图，点 P 3, 2 ，点Q 2,b ，其中b  2 ，点 P，Q“元变化”后的对应点是点 P ， Q ．
直接写出坐标， P ， Q （ Q 用含 b的式子表示）；
若 PQ  PQ ，则 b 的值为．
三．解答题（共 72 分）
正多边形的一个外角是72 ，求这个多边形的边数与内角和的度数．
已知：如图，点 A，F，C，D 在同一直线上， AB  DE ， AB ∥ DE ，B  E ．求证： AF  CD ．
如图， V ABC 中， AB  AC ， BD  AC,CE  AB ．求证： BD  CE ．
如图， AOB  15 ，点 P 是OA 上一点，点 Q 与点 P 关于OB 对称．
对称轴OB 是线段QP 的线；
用无刻度的直尺和圆规作图：过点 Q 作QM  OA 交OA 于点 M；（保留作图痕迹，不写作法）
连接OQ ，若OP  6 ，求线段OM 的长．
如图，在平面直角坐标系 xOy 中， V ABC 的三个顶点的坐标分别是 A 4, 3 ， B 1, 0 ， C 1, 2 ．
在图中画出V ABC 关于 y 轴对称的 ABC ，点 A 的坐标为；
在 y 轴上取一点 P，使点 P 到点 B 和点 C 的距离之和最小，则点 P 的坐标为；
如果要使以 B、C、D 为顶点的三角形与V ABC 全等（不与V ABC 重合），直接写出所有符合条件的点 D 坐标为．
如图，在V ABC 中， AB  BC ， BD 是中线，延长 BC 至 E，使CE  CD ，若 BD  ED ．
求证： ACB  2E ；
求证： V ABC 是等边三角形；
在△ABD 中，点 P 是边 BD 上的定点，点 M、N 分别是边 AB 、 AD 上的动点．当PMN 的周长取最小值时，直接写出此时MPN 的度数．
已知：如图 1，点 A 的坐标是6, 0 ，动点C 0,t  在 y 轴上， 0  t  6 ，点 D 在线段 AC 上，过点 D
作 BD  AC 交 y 轴于点 B，交OA 于点 E．
当 BE  AC 时，
①求点 B 的坐标；
②连接OD ，求CDO 的度数；
如图 2，点 H 为第四象限上一动点， CH  CA ， S△COH
 1 t 2 ，当OH 取得最小值时，求点 H 的坐
2
标．
如图，在V ABC 中， AB  AC ，点 D 为射线 BC 上一点，过点 D 作 DE AC 于 E．
如图 1，当点 D 在边 BC 上，若BAC=40，求EDC 的度数；
如图 2，当点 D 在 BC 的延长线上时，记 S△ABC  S1 ，S△ADC  S2 ，AB  m ，AD  n ，当 S1  k  S2
时， m  k  n ．
①当CDE  15 时，求 AD 的值：
ED
②请判断 AB ， AD ， AE 的数量关系，并说明理由．
2024-2025 学年广东省广州二中八年级（上）期中数学试卷
一．选择题（每小题 3 分，共 30 分）
以下十二生肖的简笔画中，是轴对称图形的是（）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查轴对称的知识，解题的关键是掌握轴对称图形的识别，即可．
【详解】如图所示，A、B、D 均不是轴对称图形，
∴C 是轴对称图形， 故选：C．
下列长度的三条线段能组成三角形的是()
5cm2cm3cmB. 5cm2cm2cmC. 5cm2cm4cmD. 5cm12cm6cm
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形的三边关系进行分析判断．
【详解】解：根据三角形任意两边的和大于第三边，得
A、3＋2＝5，不能组成三角形，不符合题意；
B、2＋2＝4＜5，不能组成三角形，不符合题意； C、4＋2＝6＞5，能够组成三角形，符合题意；
D、5＋6＝11＜12，不能组成三角形，不符合题意． 故选：C．
【点睛】本题考查了能够组成三角形三边的条件，解题的关键是用两条较短的线段相加，如果大于最长的 那条线段就能够组成三角形．
如图，表示 ABC 的 AB 边上的高的图形是（）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形的高的定义，即可求解．
【详解】解：A、AD 是 BC 边的中线，故本选项不符合题意；
B、AD 是△BAC 的角平分线，故本选项不符合题意；
C、BD 是 AC 边的高，故本选项不符合题意； D、CD 是 AB 边的高，故本选项符合题意； 故选：D
【点睛】本题考查了三角形的高的定义：熟练掌握从三角形的一个顶点向它的对边作垂线，垂足与顶点之 间的线段叫做三角形的高是解题的关键．
如图，在V ABC 中， AB  AC ， AD 是BAC 的平分线，若 BD  5 ，则CD 等于（）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据等腰三角形的三线合一的性质可得： AD 为 BC 边上的中线，从而求解．
【详解】解： AD 是BAC 的平分线， AB  AC ，
 AD 为 BC 边上的中线，
 CD  BD  5 ． 故选 C．
【点睛】此题考查了等腰三角形的性质，关键是熟练掌握等腰三角形三线合一的性质．
如图所示，AB  AC, AD  AE, BAC  DAE, 1  25, 2  30 ，且点 B 、D 、E 在同一直线上， 则3  （）
A. 60B. 55C. 50D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【分析】先通过角的等量代换找到全等三角形的条件，证明两个三角形全等，再利用全等三角形的性质和 三角形外角的性质来求解3 的度数．本题主要考查了全等三角形的判定（ SAS ）与性质，以及三角形外角的性质，熟练掌握全等三角形的判定条件和外角性质是解题的关键．
【详解】解：BAC  DAE
BAC DAC  DAE DAC ，即BAD  CAE
又 AB  AC ， AD  AE ，
BAD≌CAE SAS
∴ABD  2  30
3  1ABD ，1  25 ，ABD  30 ，
3  25  30  55
故选：B．
如图，工人师傅砌门时，为使长方形门框 ABCD 不变形，常用木条 EF 将其固定，这种做法的依据是（）
两点之间线段最短B. 垂线段最短
C. 两点确定一条直线D. 三角形具有稳定性
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查三角形稳定性的实际应用，三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，如钢架桥、
房屋架梁等，根据三角形具有稳定性解答．因此要使一些图形具有稳定的结构．
【详解】解：常用木条 EF 固定长方形门框 ABCD ，使其不变形，这种做法的根据是三角形具有稳定性． 故选：D．
如图，锐角三角形 ABC 中，直线 l 为 BC 的垂直平分线，射线 m 平分∠ABC，l 与 m 相交于 P 点．若∠A
＝60°，∠ACP＝24°，则∠ABP 等于（）
A. 24°B. 30°C. 32°D. 42°
【答案】C
【解析】
【分析】根据角平分线定义求出∠ABP＝∠CBP，根据线段的垂直平分线性质得出 BP＝CP，求出∠CBP＝
∠BCP，根据三角形内角和定理得出方程 3∠ABP+24°+60°＝180°，求出方程的解即可．
【详解】解：∵BP 平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠CBP，
∵直线 l 是线段 BC 的垂直平分线，
∴BP＝CP，
∴∠CBP＝∠BCP，
∴∠ABP＝∠CBP＝∠BCP，
∵∠A+∠ACB+∠ABC＝180°，∠A＝60°，∠ACP＝24°，
∴3∠ABP+24°+60°＝180°，
解得：∠ABP＝32°， 故选：C．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理、线段垂直平分线性质、等腰三角形的性质的应用，能求出
∠ABP=∠CBP=∠BCP 是解此题的关键．
点 D、E 分别在线段 AB、AC 上，CD 与 BE 相交于点 O，已知 AE＝AD，添加以下哪一个条件不能判定
△ABE≌△ACD（）
∠B＝∠CB. ∠BEA＝∠CDAC. BE＝CDD. AB＝AC
【答案】C
【解析】
【分析】三角形全等条件中必须是三个元素，并且一定有一组对应边相等．在△ABE 和△ACD 中，已知了
AE=AD，公共角∠A，因此只需添加一组对应角相等或 AC=AB 即可判定两三角形全等．
【详解】解：A．由 AE＝AD、∠A＝∠A、∠B＝∠C 可依据“AAS”判定△ABE≌△ACD，此选项不符合题意；
由 AE＝AD、∠A＝∠A、∠BEA＝∠CDA 可依据“ASA”判定△ABE≌△ACD，此选项不符合题意；
由 BE＝CD、AE＝AD、∠A＝∠A 不能判定△ABE≌△ACD，此选项符合题意；
由 AE＝AD、∠A＝∠A、AB＝AC 可依据“SAS”判定△ABE≌△ACD，此选项不符合题意； 故选：C．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．添加时注意：AAA、SSA 不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
如图，Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，CD 是 AB 边的中线，AE 平分∠CAB，CF⊥AB，下列结论一定成立的是（）
①△ACD 与△BCD 的面积相等；②∠ACF＝∠B；③△ACE≌ △CFD；④∠CEG＝∠CGE．
A. ①②B. ②③C. ①③④D. ①②④
【答案】D
【解析】
【分析】利用 AD  DB 和三角形面积公式可对①进行判断；利用等角的余角相等可对②进行判断；根据 AC
和CF 的大小关系和全等三角形的判定方法可对③进行判断；由于CAE  BAE ，ACF  B ，则根
据三角形外角性质可对④进行判断．
【详解】解：ACB  90 ， CD 是 AB 边的中线，
 DA  DB  DC ，
 SACD  SBCD ，所以①成立；
CF  AB ，
AFC  90 ，
CAF  ACF  90 ， CAF  B  90 ，
ACF  B ，所以②成立；
 AC  CF ，
ACE≌CFD 错误，所以③不成立；
 AE 平分CAB ，
CAE  BAE ，
CEG  EAB  B ， CGE  ACG  CAG ， 而ACF  B ，
CGE  CEG ，所以④成立． 故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握全等三角形的 5 种判定方法，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等， 则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．
如图， V ABC 是等边三角形，D 是线段 BC 上一点（不与点 B，C 重合），连接 AD ，点 E，F 分别在
线段 AB, AC 的延长线上，且 DE  DF  AD ，点 D 从 B 运动到 C 的过程中，V CDF 周长的变化规律是
（）
A. 不变B. 一直变小C. 先变大后变小D. 先变小后变大
【答案】D
【解析】
【分析】先根据等边三角形的性质可得ABC  ACB  BAC  60，从而可得
EBD  DCF  120 ，再根据等腰三角形的性质、角的和差可得BAD  E  CDF ，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得 BE  CD ，从而可得△CFD 周长为
CD  CF  DF  CD  BD  AD  BC  AD ，最后根据点到直线的距离即可得出答案．
【详解】 ABC 是等边三角形，
ABC  ACB  BAC  60 ，
EBD  DCF  120 ，
 DF  AD ，
CAD  F ，
CDF  F  ACB  60
又BAD  CAD  BAC  60 ，

BAD  CDF ，
DE  AD ，
BAD  E ，
E  CDF ，
EBD  DCF

在BDE 和△CFD 中， E  CDF，

DE  FD
BDE CFD AAS ，
 BE  CD ，
则△CFD 周长为CD  CF  DF  CD  BD  AD  BC  AD ，
在点 D 从 B 运动到 C 的过程中， BC 长不变， AD 长先变小后变大，其中当点 D 运动到 BC 的中点位置时， AD 最小，
在点 D 从 B 运动到 C 的过程中， △CFD 周长的变化规律是先变小后变大， 故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、等边三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，正 确找出两个全等三角形是解题关键．
二．填空题（每小题 3 分，共 18 分）
在平面直角坐标系中，点3,1 关于 x 轴对称的点的坐标是．
【答案】3, 1
【解析】
【分析】关于 x 轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数，可得答案．
【详解】解：点3,1 关于 x 轴对称的点的坐标是3, 1 故答案为： 3, 1 ．
【点睛】本题考查了关于 x 轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于 x 轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于 y 轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
图中 x 的值为．
【答案】70
【解析】
【分析】本题考查了三角形的外角性质，熟练掌握知识点是解题的关键．根据外角的性质得到 2x  x  70 ， 解方程即可．
【详解】解：由题意得， 2x  x  70 ， 解得： x  70 ，
故答案为：70．
若等腰三角形的周长为 10cm，其中一边长为 4cm，则该等腰三角形的底边 是cm．
【答案】2 或 4
【解析】
【分析】已知等腰三角形的周长，与一边长为 4cm，这一边可能为底也可为腰，为此要分类讨论求底边长， 然后进一步根据三角形的三边关系进行分析能否构成三角形．
【详解】等腰三角形的周长为 10cm，其中一边长为 4cm，
当 4cm 为底时，设腰长为 xcm，4+2x=10，x=3cm，3+3>4,能构成等腰三角形， 当 4cm 为腰时，则底为 10-2×4=2cm，4+4>2,能构成等腰三角形
周长为 10cm 时，其中一边长为 4cm，底为 4cm 或 2cm． 故答案为：2 或 4．
【点睛】本题考查等腰三角形的底长问题，掌握等腰三角形的两腰相等的性质，同时注意三角形的三边关 系．
如图，将含30 角的直角三角板 ABC 放在平行线 a 和 b 上，C  90 ，A  30 ，若1  12 ，则
2 的度数为．
【答案】 42##42 度
【解析】
【分析】根据三角形的外角性质得出∠3=42°，再根据平行线的性质即可得解．
【详解】解：如图，AB 与直线 a 相交于点 M，
∵∠1=∠AMN，∠1=12°，
∴∠AMN=12°，
∵∠A=30°，
∴∠3=∠A+∠AMN=42°，
∵ a / /b ，
∴∠2=∠3=42°； 故答案为：42°
【点睛】此题考查了三角形的外角性质，平行线的性质，熟记“两直线平行，同位角相等”是解题的关键．
如图，在平面直角坐标系中，B 2, 2 ，C 4, 2 ，若 AC  BC ，AC  BC ，则点 A 的坐标为．
【答案】(8, 0) 和(0, 4)
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性 质定理是解题的关键．
分两种情况讨论：①如图，过点C 作直线l ∥ x 轴，过 B 作 BF  l 于 F ，过A 作 AE  l 于 E ，根据余角的
性质得到FBC  ACE ，根据全等三角形的性质得到 BF  CE, AE  CF ，由 B(2, 2), C(4, 2) ，得到
BF  4, CF  2 ，于是得到 A(8, 0) ；②如图，过点C 作直线l∥y 轴，过 B 作 BF  l 于 F ，过A 作 AE  l
于 E ，同理得到 A(0, 4) ．
【详解】解：分两种情况讨论：
①如图，过点C 作直线l ∥ x 轴，过 B 作 BF  l 于 F ，过A 作 AE  l 于 E ，
BFC  AEC  ACB  90 ，
FBC  BCF  BCF  ACE  90 ，
FBC  ACE ， 在V BCF 和CAE 中，
BFC  CEA

FBC  ACE ，

BC  AC
BCF≌CAE  AAS  ，
 BF  CE, AE  CF ，
Q B(2, 2), C(4, 2) ，
 BF  4,CF  2 ，
CE  BF  4, AE  CF  2 ，
 A(8, 0) ；
（2）过点C 作直线l∥y 轴，过 B 作 BF  于 F ，过A 作 AE  l 于 E ，
BFC  AEC  ACB  90 ，
FBC  BCF  BCF  ACE  90 ，
FBC  ACE ， 在V BCF 和CAE 中
BFC  CEA

FBC  ACE ，

BC  AC
BCF≌CAE  AAS  ，
 BF  CE, AE  CF ，
Q B(2, 2), C(4, 2) ，
 BF  2,CF  4 ，
CE  BF  2, AE  CF  4 ，
 A(0, 4) ，
综上所述，点A 的坐标为(8, 0) 和(0, 4) ， 故答案为： (8, 0) 和(0, 4) ．
在平面直角坐标系 xOy 中，对于任意点T m, n ，将点 T 的“元变化”定义为：当 m  n 时，作点 T
关于 x 轴对称：当 m  n 时，作点 T 关于 y 轴对称．根据定义，解决问题：
如图，点 P 3, 2 ，点Q 2,b ，其中b  2 ，点 P，Q“元变化”后的对应点是点 P ， Q ．
直接写出坐标， P ， Q （ Q 用含 b 的式子表示）；
若 PQ  PQ ，则 b 的值为．
【答案】①. 3, 2
②. 2,b
③. 3
【解析】
【分析】本题考查了轴对称性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，难度较大．
根据定义，结合轴对称性质即可求解；
连接 PQ ，延长 PP,QQ 交于点 H，则PPQ≌QQPSSS ，可证明PHQ≌QHPAAS，则 PH  QH ，继而得到关于 b 的方程，即可求解．
【详解】解：（1）对于点 P 3, 2 ，可知 3  2 ，
∴点 P 为 3, 2 ，
对于点Q 2,b ，其中b  2 ， 则 2  b ，
∴ Q2, b ，
故答案为： 3, 2 ， 2,b ；
（2）点 P 3, 2 ，点Q 2,b ， Q2, b ， P3, 2 ， 连接 PQ ，延长 PP,QQ 交于点 H，如图，
∴ H 3,b， PP  4, QQ  4 ，
∴ PP  QQ ，而 PQ  PQ ， PQ  QP ，
∴ PPQ≌QQPSSS ，
∴ 1  2 ，
∵ H  H  90 ，
∴ PHQ≌QHPAAS ，
∴ PH  QH ，
∴ 3  2  2  b ， 解得： b  3 ， 故答案为： 3 ．
三．解答题（共 72 分）
正多边形的一个外角是72 ，求这个多边形的边数与内角和的度数．
【答案】5， 540
【解析】
【分析】本题考查多边形的内角和与外角和，结合已知条件列得正确的方程或算式是解题的关键．根据多边 形的外角和及正多边形的性质求得边数，然后利用多边形的内角和公式列式计算即可．
【详解】解：由题意可得该正多边形的边数为360  72  5 ， 则其内角和为(5 2)180  540 ，
即这个正多边形的内角和为540 ．
已知：如图，点 A，F，C，D 在同一直线上， AB DE ， AB ∥ DE ，B  E ．求证： AF 
CD ．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，还涉及平行线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．利 用SAS 证明△ABC ≌△DEF 即可求证．
【详解】证明：∵ AB ∥ DE ，
∴ A  D ，
∵ AB  DE ， B  E ，
∴△ABC≌△DEF SAS ，
∴ AC  DF ，
∴ AF  CD ．
如图， V ABC 中， AB  AC ， BD  AC,CE  AB ．求证： BD  CE ．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解答本题的关键．根据
AAS 证明△ABD≌△ACE 即可证明 BD  CE ．
【详解】证明：∵ BD  AC,CE  AB ，
∴ ADB  AEC  90． 在△ABD 和△ACE 中，
A  A

ADB  AEC ，

AB  AC
∴ ABD≌ACE AAS ，
∴ BD  CE ．
如图， AOB  15 ，点 P 是OA 上一点，点 Q 与点 P 关于OB 对称．
对称轴OB 是线段QP 的线；
用无刻度的直尺和圆规作图：过点 Q 作QM  OA 交OA 于点 M；（保留作图痕迹，不写作法）
连接OQ ，若OP  6 ，求线段OM 的长．
【答案】（1）垂直平分；
3
（2）见解答；（3） 3．
【解析】
【分析】本题主要考查作垂线、勾股定理、轴对称的性质、直角三角形的性质等知识点，是理解题意、灵 活运用所学知识是解题的关键．
结合轴对称的性质可知，对称轴OB 是线段QP 的垂直平分线即可解答；
根据垂线的作图方法作图即可；
由题意可得OQ  OP  6 、POQ  2AOB  30 ，则可得QM  1 OQ  3 ，然后利用勾股定理求解
2
即可．
【小问 1 详解】
解：如图：∵点 Q 与点 P 关于OB 对称，
∴对称轴OB 是线段QP 的垂直平分线． 故答案为：垂直平分；
解：如图： QM 即为所求．
【小问 2 详解】
【小问 3 详解】
解：由（1）可知，对称轴OB 是线段QP 的垂直平分线，
∴ OQ  OP  6，OB  PQ
∴△OPQ 为等腰三角形，
∴ POQ  2AOB  30 ，
∴ QM  1 OQ  3 ，
2
OQ 2  QM 2
62  32
3
∴.OM  3．
如图，在平面直角坐标系 xOy 中， V ABC 的三个顶点的坐标分别是 A 4, 3 ， B 1, 0 ， C 1, 2 ．
在图中画出V ABC 关于 y 轴对称的 ABC ，点 A 的坐标为；
在 y 轴上取一点 P，使点 P 到点 B 和点 C 的距离之和最小，则点 P 的坐标为；
如果要使以 B、C、D 为顶点的三角形与V ABC 全等（不与V ABC 重合），直接写出所有符合条件的
点 D 坐标为．
【答案】（1）画图见解析， (4, 3)
（2）(0,1)
（3） (2, 3) 或(2, 1) 或(4, 1)
【解析】
【分析】本题考查作图  轴对称变换、轴对称 最短路线问题、全等三角形的判定，熟练掌握轴对称的性质、全等三角形的判定是解答本题的关键．
根据轴对称的性质作图，即可得出答案；
连接 BC 交 y 轴于点 P ，则点 P 即为所求，即可得出答案；
结合全等三角形的判定可确定点 D 的位置，即可得出答案．
【小问 1 详解】
解：如图，  ABC 即为所求．
由图可得，点 A 的坐标为(4, 3) ． 故答案为： (4, 3) ；
【小问 2 详解】
解：连接 BC 交 y 轴于点 P ，连接 BP ， 由轴对称性质得 BP  BP ，
∵ PB  PC  PB  PC  BC ，
∴当C, P, B 三点共线时，点 P 到点 B 和点 C 的距离之和最小，
点 P 的坐标为(0,1)． 故答案为：(0,1)；
【小问 3 详解】
解：如图，点 D1 ， D2 ， D3 均满足题意，
点 D 的坐标为(2, 3) 或(2, 1) 或(4, 1) ．
故答案为： (2, 3) 或(2, 1) 或(4, 1) ．
如图，在V ABC 中， AB  BC ， BD 是中线，延长 BC 至 E，使CE  CD ，若 BD  ED ．
求证： ACB  2E ；
求证： V ABC 是等边三角形；
在△ABD 中，点 P 是边 BD 上的定点，点 M、N 分别是边 AB 、 AD 上的动点．当PMN 的周长取最小值时，直接写出此时MPN 的度数．
【答案】（1）见解答（2）见解答
（3） 60
【解析】
【分析】（1）利用等边对等角和三角形外角的性质证明即可；
先求出ACB  60 ，再利用有一个角等于60 的等腰三角形是等边三角形证明即可；
作出PMN 的周长取最小值时，M , N 的位置，再利用三角形内角和定理及其推论即可求出MPN
的度数．
【小问 1 详解】
证明：∵ CE  CD ，
CDE  E ，
ACB  CDE  E ，
ACB  2E ．
【小问 2 详解】
证明：∵ AB  BC, BD 是中线，
 BD  AC ，
BDC  90，
DBC  DCB  90，
 BD  ED ，
DBC  E ，
DBC  1 ACB ，
2
 1 ACB  ACB  90 ，
2
解得： ACB  60 ，
 AB  BC ，
∴V ABC 是等边三角形；
【小问 3 详解】解： 60 ．
理由：作点 P 关于 AB, AD 的对称点 P1 , P2 ，连接 P1P2 ，分别交 AB, AD 于点 M , N ，连接 PM , PN , MN ，
此时则PMN 的周长取最小值，
如图，当点 P1, P2 , M , N 共线时， PMN 的周长 PM  PN  MN  P1M  P2N  MN  P1P2 取最小值，
由题意知ABP  30， 则BPP1  60 ，
P1PP2  120,P1  P2  60 ，
MPN  P1PP2 P1PM  NPP2   P1PP2 P1  P2   120  60  60 ．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，轴对称-最短路线问题，两点之间线段最 短，三角形内角和定理及其推论，掌握相关图形的判定和性质是解题的关键．
已知：如图 1，点 A 的坐标是6, 0 ，动点C 0,t  在 y 轴上， 0  t  6 ，点 D 在线段 AC 上，过点 D
作 BD  AC 交 y 轴于点 B，交OA 于点 E．
当 BE  AC 时，
①求点 B 的坐标；
②连接OD ，求CDO 的度数；
如图 2，点 H 为第四象限上一动点， CH  CA ， S△COH
 1 t 2 ，当OH 取得最小值时，求点 H 的坐
2
标．
【答案】（1）① (0, 6) ，② 45
（2） 3, 3
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，两点之间距离公式，熟练掌握知识点，正确构造全等三角 形时解题的关键．
利用AAS 证明△ACO ≌△BEO ，即可求解；
延长 DC 至点 G，使得CG  DE ，连接OG ，证明OCG≌OED SAS ，得到GOD 为等腰直角三角形，则CDO  45 ；
过点 H 作 HM  y 轴于点 M，则CMH  90 ，则证明 Rt△CMH≌Rt△ACO ，表示出 H t, t  6 ，
2
则OH 2  t  02  t  62  2t 2 12t  36  2 t  32 18 ，根据非负数性质求得当t  3 时OH  3，
即可求解．
【小问 1 详解】解：①如图，
∵ A(6, 0) ，
∴ AO  6 ，
∵ BD  AC ，AOC=90 ，
∴1+3=90 ，∠2 ∠3  90 ，
∴ 1  2 ，
在△ACO 和△BEO 中，
AC  BE

COA  EOB ，

1  2
∴△ACO ≌△BEO(AAS) ，
∴ AO  BO  6，
∴点 B 的坐标为(0, 6) ；
②延长 DC 至点 G，使得CG  DE ，连接OG ，
∵ EDC  EOC  90  90  180 ，
∴ 3  4  180 ，
∵ 3  OCG  180 ，
∴ 4  OCG ，
∵△ACO ≌△BEO
∴ OC  OE ，
∴ OCG≌OED SAS ，
∴ OG  OD, 5  6 ，
∵ 5  COD  90 ，
∴ 6  COD  90，即GOD  90，
∴ GOD 为等腰直角三角形，
∴ CDO  45 ；
【小问 2 详解】
解：过点 H 作 HM  y 轴于点 M，则CMH  90，
∴ S△COH
 1 CO  MH  1 t  MH  1 t2 ，
222
∴ MH  OC  t ，
∴在RtCMH 与RtACO 中，
CA  CH

CO  MH ，
∴ Rt△CMH≌Rt△ACO ，
∴ CM  AO  6 ，
∴ MO  6  t 0  t  6 ，
∴ H t, t  6 ，
∴ OH 2  t  02  t  62  2t 2 12t  36  2 t  32 18 ，
∵ 2 t  32  0 ，
∴ 2 t  32 18  18 ，
2
∴ OH  3
，当t  3 时等号成立，
∴ H 3, 3 ．
如图，在V ABC 中， AB  AC ，点 D 为射线 BC 上一点，过点 D 作 DE AC 于 E．
如图 1，当点 D 在边 BC 上，若BAC=40，求EDC 的度数；
如图 2，当点 D 在 BC 的延长线上时，记 S△ABC  S1 ，S△ADC  S2 ，AB  m ，AD  n ，当 S1  k  S2
时， m  k  n ．
①当CDE  15 时，求 AD 的值：
ED
②请判断 AB ， AD ， AE 的数量关系，并说明理由．
【答案】（1） EDC  20
（2）①2；② AD2  AB  AE  AB  AD  2AE 2  AE  AD ，理由见解析
【解析】
【分析】本题主要考查等腰三角形的性质、三角形的内角和、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，灵 活运用相关知识成为解题的关键．
根据等腰三角形的性质和三角形内角和可得B  C  70 ，再根据垂直的性质可得DEC  90 ，
最后根据直角三角形的两锐角互余即可解答；
①如图：作CM  AB于 M，作CN  AD 于 N，
根据等腰三角形的性质和三角形内角和可得ABC  ACB  75 ，根据三角形内角和可得BAC  30 ；
设 BF  h ，由直角三角形的性质可得 BF  h  1 AB  1 m ，再结合已知条件可得CM  AB 1 hm  S 、
2221
DEm S
、 S1 
h  k  m ，易得m  2h  2k DE ，即 DE
m 、 AD  m ，然后代入 AD 求
2
S2DEn
2kkED
1 AB CM
解即可；②如图：作于 M，作CN  AD 于 N，根据题意可得 S ABC
 2
AB CM  m CM  S1 ，
S ADC
1 AD CN
2
AD CNn CNS 2
进而得到 S1  k, m  k ，即CM  CN ；再根据角平分线的判定定理可得 AC 平分BAD ；设BAD  4，
S2n
则BAC  CAD  2，再结合等腰三角形的性质、三角形内角和定理可得
ABC  ACB  90  DCE ，进而得到CDE ；如图：延长CA 至 F，使 AF  AD ，连接 DF ，
易证DEC∽FED 可得 DE  EF ，进而得到 DE2   AE  AB AE  AD ；根据勾股定理可得
ECDE
DE 2  AD2  AE 2 ，即 AD2  AE 2  AE 2  AE  AD  AB  AE  AB  AD ，然后整理即可解答．
【小问 1 详解】
解：∵ AB  AC ， BAC=40，
∴ B  C  70 ，
∵ DE AC ，
∴ DEC  90 ，
∴ EDC  20．
【小问 2 详解】
解：①如图：过点 B 作 BF AC 于点 F ，
 DE  AC ，
DEA  90 ，
 CDE  15 ，
ACB  DCE  180  90 15  75 ，
 AB  AC ，
ABC  ACB  75，
BAC  180  ABC  ACB  180  75  75  30 ，
设 BF  h ，则 BF  h  1 AB  1 m ，
22
2
∵ 1 hm  S ， 1 DEm S
， S1 
h  k  m ，
212
S2DEn
∴ m  2h  2k DE ，
∴ DE  m ， AD  m ，
2kk
∴ AD  2 ；
ED
② AD2  AB  AE  AB  AD  2AE 2  AE  AD ，理由如下：
如图：作CM  AB于 M，作CN  AD 于 N，
∴ S ABC
1 AB CM
 2
AB CM  m CM  S1 ，
S ADC
1 AD CN
2
AD CNn CNS 2
∵ S1  k  S2 ， m  k  n
∴ S1  k, m  k ，
S2n
∴ CM  1，即CM  CN ，
CN
∵CM  AB， CN  AD ， CM  CN ，
∴ AC 平分BAD ， 设BAD  4，
∴ BAC  CAD  2，
∵ AB  AC ，
∴ ABC  ACB  1 180  BAC   1 180  2  90  DCE ，
22
∵ DEC  90 ，
∴ CDE ，
延长CA 至 F，使 AF  AD ，连接 DF ，
∴ DFA  ADF  1 DAC ，
2
∴ CDE   EFD ，
∵ DEC  DEF ，
∴ DEC∽FED ，
∴ DE  EF ，
ECDE
∴ DE2  CE  EF   AE  AC  AE  AF  ，
∵ AB  AC ， AF  AD ，
∴ DE2   AE  AB AE  AD ，
∵ DEA  90 ，
∴ DE 2  AD2  AE 2 ，
∴ AD2  AE2   AE  AB AE  AD ，
∴ AD2  AE 2  AE 2  AE  AD  AB  AE  AB  AD ，
∴ AD2  AB  AE  AB  AD  2AE 2  AE  AD ．