期中模拟预测练习卷（试题）2025-2026学年八年级上册数学人教版 含答案

这是一份期中模拟预测练习卷（试题）2025-2026学年八年级上册数学人教版 含答案，共34页。
A．美B．丽C．校D．园
2．（3分）（2025•景洪市二模）如图，∠1，∠2，∠3，∠4，∠5，∠6是六边形的外角，其中∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝320°，则∠1＝（ ）
A．20°B．40°C．60°D．80°
3．（3分）（2024•渭南二模）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，点D为边BC的延长线上一点，连接AD，点E为AD的中点，连接CE，若BC＝2CD＝4，CE=3，则△ABC的面积为（ ）
A．23B．43C．8D．83
4．（3分）（2024秋•五峰县期末）如图所示，有一池塘，要测池塘两端A、B的距离，可先在平地上取一个可以直接到达A和B的点C，连结AC并延长到D，使CD＝CA．连结BC并延长到E，使CE＝CB，连结DE，那么量出DE的长就是A、B的距离．其中的依据是全等三角形的判定条件（ ）
A．SSSB．SASC．ASAD．AAS
5．（3分）（2024秋•梁溪区校级期末）已知△ABC与△A'B'C'分别在直线l的两侧且关于直线l对称，点A与点A′、点B与点B'、点C与点C′都是关于直线l的对称点，下列线段被直线l垂直平分的是（ ）
A．AB'B．BB'C．BC′D．AC′
6．（3分）（2023春•黔江区校级期中）如图，将一副直角三角板如图放置，若∠1＝28°，则∠2的度数是（ ）
A．43°B．45°C．47°D．50°
7．（3分）（2025春•榆次区期中）如图，在△ABC中，BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，OD⊥BC于点D．若OD＝3，△ABC的面积是50，则△ABC的周长为（ ）
A．503B．25C．1003D．50
8．（3分）（2024秋•滨城区期中）下列说法中，正确的有（ ）个．
①两个全等的三角形一定关于某直线对称；
②关于某条直线对称的两个图形，对称点所连线段被对称轴垂直平分；
③等腰三角形的高、中线、角平分线互相重合；
④到三角形三个顶点距离相等的点是这个三角形三边垂直平分线的交点；
⑤△ABC的三边为a，b，c，且满足关系（a﹣b）（b﹣c）（c﹣a）＝0，则△ABC为等边三角形．
A．1个B．2个C．3个D．4个
9．（3分）（2024•香洲区校级一模）如图，在△ABC中，AB＞AC，按以下步骤作图：分别以点B和点C为圆心，大于BC一半的长为半径作圆弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN交AB于点D，连结CD．若AB＝8，AC＝4，则△ACD的周长为（ ）
A．9B．10C．11D．12
10．（3分）（2024秋•德城区校级月考）如图，在△ABC中，DE∥BC，∠ABC和∠ACB的平分线分别交ED于点G、F，若FG＝3，DE＝6，则EB+DC的值为（ ）
A．6B．7C．9D．10
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
11．（2分）（2024秋•民权县期中）在平面直角坐标系中，如果点A（a﹣1，b+2）和B（﹣3，a﹣3）关于x轴对称，则a+b＝ ．
12．（2分）（2024春•通州区期中）如图，∠1、∠2、∠3是五边形ABCDE的三个外角，延长EA、CB交于点O．如果∠1+∠2+∠3＝240°，那么∠AOB的度数为 ．
13．（2分）（2024秋•昭平县期中）若在△ABC中，AB＝5，BC＝2a+3，AC＝12．则a的取值范围是 ．
14．（2分）（2025春•丹东期末）已知等腰三角形的周长为8cm，若其中一边长为2cm，则腰长为 cm．
15．（2分）（2024春•宝安区校级期中）△ABC中，BC＝6，∠A＝∠B＝60°，那么△ABC的面积是 ．
16．（2分）（2024秋•番禺区校级期末）如图，OP平分∠MON，PA⊥ON于点A，点Q是射线OM上的一个动点，若PA＝2.5，则PQ的最小值为 ．
17．（2分）（2024秋•南关区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，边AB的垂直平分线DE交BC于点E，连结AE．若∠BAC＝100°，则∠AEC＝ 度．
18．（2分）（2025•宁波模拟）如图，在△ABC中，∠B＝2∠C，AD⊥BC于点D．若△ABC的周长为20，CD＝6，则AC的长为 ．
19．（2分）（2024•牡丹江）如图，△ABC中，D是AB上一点，CF∥AB，D、E、F三点共线，请添加一个条件 ，使得AE＝CE．（只添一种情况即可）
20．（2分）（2024春•河源期末）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，BC＝5，S△ABC＝20，AD⊥BC于点D，EF垂直平分AB，交AC于点F，点P是EF上一动点，则△PBD的周长的最小值是 ．
三．解答题（共8小题，满分50分）
21．（5分）（2023春•丹东期末）如图，两条公路AO，BO交于点O，村庄M，N的位置如图所示，其中村庄M在公路OA上，现要修建一个快递站P，使快递站到两条公路的距离相等，且到两村庄的距离也相等（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）．
22．（5分）（2024秋•綦江区期末）在平面直角坐标系中，点A、B、C、O都在边长为1的小正方形组成网格的格点上，△ABC的位置如图所示．
（1）在图中画出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′；
（2）△ABC的顶点B关于x轴对称的点B″的坐标为：B″ ，A关于y轴对称的点A″的坐标为：A″ ；
（3）求△A′B′C′的面积．
23．（6分）（2024秋•鄄城县期末）如图，△ABC的三个内角的角平分线交于点O，过点O作∠ODB＝∠AOB，交BC于点D，△ABC的外角∠ACE的角平分线交BO的延长线于点F．
（1）试判断OC与OD的位置关系，并说明理由．
（2）求证：CF∥OD．
24．（6分）（2024•宝应县二模）如图，△ABC中，D是BC边上一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于F，且AF＝CD，连接CF．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）若∠BAC＝90°，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
25．（7分）已知：如图，在△ABD中，AC⊥BD，垂足为点C，BE与AC相交于点F，AC＝BC，CD＝CF．
求证：
（1）∠DBF＝∠CAD；
（2）BE⊥AD．
26．（7分）（2024秋•仁化县期中）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线MN交AB于点E，交AC于点D，且AC＝15cm，△BCD的周长等于25cm．
（1）求BC的长；
（2）若∠A＝36°，∠ABC＝∠C，求∠DBC的度数．
27．（7分）（2024秋•重庆月考）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D在BC上方，连接CD，过D作ED⊥CD，且ED＝CD．
（1）如图1，点D在AC右上方，连接AE，CE，若∠ACD＝15°，AB＝4，CD＝43，求AE的长．
（2）如图2，点D在AC左侧且在点A上方，连接BE交CD于点M，F为BE上一点，连接DF，过点F作FG∥AC交BC延长线于点G，连接GM，EG，AD．若∠EDF+∠EBG＝∠DEB，GM＝BM．求证：AD＝EF．
（3）如图3，已知BC＝3，CD＝6，连接BE交CD于点M，连接CE，将△CEM沿直线EM翻折得到△C′EM，当AM+C′M最小时，求出点C'到BC间的距离．
28．（7分）（2025•裕华区校级三模）如图，点D在等边△ABC内部，∠BDC＝150°，点P是折线BA﹣AC上的点（不含点C），在PC右上方，作∠PCE＝∠BCD，∠CPE＝∠CBD．
（1）如图1，当CP⊥AB时，判断PE与DC的位置关系，并加以证明；
（2）若BC＝2，BD＝CD，当点E在AC上时，如图2，求PE的长；
（3）如图3，点P在AC上时，求直线PE，DC相交所夹的锐角的度数；
（4）若AD=7，BD=3，当点P从点A运动到AC中点的过程中，直接写出点E移动的距离．
期中模拟预测练习卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2024秋•舞阳县期末）在一些美术字中，有的汉字是轴对称汉字，下面4个汉字中，可以看作是轴对称汉字的是（ ）
A．美B．丽C．校D．园
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】A
【分析】根据轴对称图形的概念求解．
【解答】解：根据轴对称图形的概念求解如下：
A、是轴对称汉字，故合题意；
B、不是轴对称汉字，故不合题意；
C、不是轴对称汉字，故不合题意；
D、不是轴对称汉字，故不合题意．
故选：A．
【点评】此题主要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，汉字两部分折叠后可重合．
2．（3分）（2025•景洪市二模）如图，∠1，∠2，∠3，∠4，∠5，∠6是六边形的外角，其中∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝320°，则∠1＝（ ）
A．20°B．40°C．60°D．80°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】B
【分析】多边形的外角和为360度，据此求解即可．
【解答】解：由题意可得：∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝360°，
∵∠2+∠3+∠4+∠5+∠6＝320°，
∴∠1＝40°，
故选：B．
【点评】本题主要考查了多边形外角和定理，正确进行计算是解题关键．
3．（3分）（2024•渭南二模）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，点D为边BC的延长线上一点，连接AD，点E为AD的中点，连接CE，若BC＝2CD＝4，CE=3，则△ABC的面积为（ ）
A．23B．43C．8D．83
【考点】等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】先利用等腰三角形的性质作高，再证明出C为DF的中点，得到EC为△AFD的中位线，从而能求出AF的长，最后求出面积即可．
【解答】解：过点A作AF⊥BC于点F，
∵AB＝AC，
∴BF=CF=12×4=2，
∵2CD＝4，
∴CD＝2，
∴C为DF的中点，
∵E为AD的中点，
∴EC为△AFD的中位线．
∴EC∥AF，EC=12AF，
∴AF=2CE=23，
∴S△ABC=12BC×AF=12×4×23=43．
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质以及三角形的中位线的应用，熟练掌握其性质是解题的关键．
4．（3分）（2024秋•五峰县期末）如图所示，有一池塘，要测池塘两端A、B的距离，可先在平地上取一个可以直接到达A和B的点C，连结AC并延长到D，使CD＝CA．连结BC并延长到E，使CE＝CB，连结DE，那么量出DE的长就是A、B的距离．其中的依据是全等三角形的判定条件（ ）
A．SSSB．SASC．ASAD．AAS
【考点】全等三角形的应用．
【专题】图形的全等；应用意识．
【答案】B
【分析】利用“边角边”证明△ABC和△DEC全等．
【解答】解：量出DE的长就等于AB的长，理由如下：
在△ABC和△DEC中，
CB=CE∠ACB=∠DCECA=CD，
∴△ABC≌△DEC（SAS），
∴AB＝DE，
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．
5．（3分）（2024秋•梁溪区校级期末）已知△ABC与△A'B'C'分别在直线l的两侧且关于直线l对称，点A与点A′、点B与点B'、点C与点C′都是关于直线l的对称点，下列线段被直线l垂直平分的是（ ）
A．AB'B．BB'C．BC′D．AC′
【考点】轴对称的性质；线段垂直平分线的性质．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】B
【分析】对应点的连线段被对称轴垂直平分．
【解答】解：∵△ABC与△A'B'C'分别在直线l的两侧且关于直线l对称，
∴直线l垂直平分线段BB′，AA′，CC′．
故选：B．
【点评】本题考查轴对称的性质，线段的垂直平分线的性质，解题的关键是掌握轴对称变换的性质．
6．（3分）（2023春•黔江区校级期中）如图，将一副直角三角板如图放置，若∠1＝28°，则∠2的度数是（ ）
A．43°B．45°C．47°D．50°
【考点】三角形内角和定理．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】A
【分析】先利用∠1+∠4+∠E＝180°＝∠3+∠5+∠F，求解∠3，再利用对顶角的性质可得答案．
【解答】解：如图，∠E＝60°，∠F＝45°，∠1＝28°，
而∠1+∠4+∠E＝180°＝∠3+∠5+∠F，
∴28°+60°＝∠3+45°，
∴∠3＝43°，
∴∠2＝∠3＝43°，
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，对顶角的性质，关键是三角形内角和定理的应用．
7．（3分）（2025春•榆次区期中）如图，在△ABC中，BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，OD⊥BC于点D．若OD＝3，△ABC的面积是50，则△ABC的周长为（ ）
A．503B．25C．1003D．50
【考点】角平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】连接OA，过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥AC于点F，根据角平分线性质得OE＝OD＝3，OF＝OD＝3，根据△ABC的面积是50得12AB•OE+12BC•OD+12AC•OF＝50，进而得AB+BC+AC=1003，据此即可得出答案．
【解答】解：连接OA，过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥AC于点F，如图所示：

∵BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，OD＝3，
∴OE＝OD＝3，OF＝OD＝3，
∵△ABC的面积是50，
∴S△OAB+S△OBC+S△OAC＝50，
∴12AB•OE+12BC•OD+12AC•OF＝50，
∴3AB+3BC+3AC＝100，
∴AB+BC+AC=1003，
∴△ABC的周长为1003．
故选：C．
【点评】此题主要考查了角平分线的性质，熟练掌握角平分线的性质，三角形的面积公式是解决问题的关键．
8．（3分）（2024秋•滨城区期中）下列说法中，正确的有（ ）个．
①两个全等的三角形一定关于某直线对称；
②关于某条直线对称的两个图形，对称点所连线段被对称轴垂直平分；
③等腰三角形的高、中线、角平分线互相重合；
④到三角形三个顶点距离相等的点是这个三角形三边垂直平分线的交点；
⑤△ABC的三边为a，b，c，且满足关系（a﹣b）（b﹣c）（c﹣a）＝0，则△ABC为等边三角形．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【考点】轴对称的性质；全等三角形的性质；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；等边三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】利用轴对称的性质、等腰三角形的性质、三角形中线的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：①两个全等三角形不一定关于某条直线对称，故①错误；
②关于某条直线对称的两个图形，对称点所连线段被对称轴垂直平分，故②正确；
③等腰三角形底边上的高、底边上的中线、顶角的角平分线互相重合，故③错误；
④到三角形三个顶点距离相等的点是这个三角形三边垂直平分线的交点，故④正确；
⑤△ABC的三边为a，b，c，且满足关系（a﹣b）（b﹣c）（c﹣a）＝0，则△ABC为等腰三角形，故⑤错误；
∴正确的有2个．
故选：B．
【点评】本题主要考查了轴对称的性质、全等三角形的性质、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定，熟练掌握相关性质是解答本题的关键．
9．（3分）（2024•香洲区校级一模）如图，在△ABC中，AB＞AC，按以下步骤作图：分别以点B和点C为圆心，大于BC一半的长为半径作圆弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN交AB于点D，连结CD．若AB＝8，AC＝4，则△ACD的周长为（ ）
A．9B．10C．11D．12
【考点】线段垂直平分线的性质；作图—基本作图．
【专题】作图题；线段、角、相交线与平行线；几何直观；运算能力．
【答案】D
【分析】根据作图过程可得MN是线段BC的垂直平分线，得CD＝BD，进而可得△ACD的周长．
【解答】解：根据作图过程可知：
MN是线段BC的垂直平分线，
∴CD＝BD，
∴△ACD的周长为：AC+CD+AD＝AC+BD+AD＝AC+AB＝4+8＝12．
故选：D．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图、线段垂直平分线的性质，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的性质．
10．（3分）（2024秋•德城区校级月考）如图，在△ABC中，DE∥BC，∠ABC和∠ACB的平分线分别交ED于点G、F，若FG＝3，DE＝6，则EB+DC的值为（ ）
A．6B．7C．9D．10
【考点】等腰三角形的判定与性质；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】由角平分线，平行线的性质可得∠EGB＝∠CBG＝∠ABG，∠DFC＝∠BCF＝∠ACF，则BE＝EG，DC＝DF，根据EB+DC＝EG+DF＝EF+FG+DE﹣EF，计算求解即可．
【解答】解：∵BG、CF是∠ABC和∠ACB的平分线，
∴∠ABG＝∠CBG，∠ACF＝∠BCF，
∵DE∥BC，
∴∠EGB＝∠CBG＝∠ABG，∠DFC＝∠BCF＝∠ACF，
∴BE＝EG，DC＝DF，
∴EB+DC＝EG+DF＝EF+FG+DE﹣EF＝9，
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质，等腰三角形的判定与性质．熟练掌握平行线的性质，等角对等边是解题的关键．
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
11．（2分）（2024秋•民权县期中）在平面直角坐标系中，如果点A（a﹣1，b+2）和B（﹣3，a﹣3）关于x轴对称，则a+b＝ 1 ．
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．
【专题】平移、旋转与对称；应用意识．
【答案】1．
【分析】关于x轴对称的点的横坐标相等，纵坐标互为相反数，由此可得a−1=−3b+2=−(a−3)，求出a，b的值，进而可得答案．
【解答】解：∵点A（a﹣1，b+2）和B（﹣3，a﹣3）关于x轴对称，
∴a−1=−3b+2=−(a−3)，
解得a=−2b=3，
∴a+b＝﹣2+3＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查关于x轴、y轴对称的点的坐标，熟练掌握关于x轴对称的点的坐标特征是解答本题的关键．
12．（2分）（2024春•通州区期中）如图，∠1、∠2、∠3是五边形ABCDE的三个外角，延长EA、CB交于点O．如果∠1+∠2+∠3＝240°，那么∠AOB的度数为 60° ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】三角形；多边形与平行四边形；几何直观；运算能力．
【答案】60°．
【分析】根据多边形的外角和定理得∠1+∠2+∠3+∠OAB+∠OBA＝360°，由此可得∠OAB+∠OBA＝120°，再根据三角形内角和定理可得出∠AOB的度数．
【解答】解：∵多边形的外角和等于360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠OAB+∠OBA＝360°，
又∵∠1+∠2+∠3＝240°，
∴∠OAB+∠OBA＝120°，
∵∠AOB+∠OAB+∠OBA＝180°，
∴∠AOB＝60°，
故答案为：60°．
【点评】此题主要考查了多边形的外角和定理，三角形的内角和定理，熟练掌握多边形的外角和定理，三角形的内角和定理是解决问题的关键．
13．（2分）（2024秋•昭平县期中）若在△ABC中，AB＝5，BC＝2a+3，AC＝12．则a的取值范围是 2＜a＜7 ．
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；运算能力；推理能力．
【答案】2＜a＜7．
【分析】根据三角形三边之间的关系，任一边都小于另两边之和，同时大于另两边之差，列出关于a的不等式组，解不等式组即可求解．
【解答】解：∵△ABC中，AB＝5，BC＝2a+3，AC＝12，
∴2a+3＞12﹣5，2a+3＜12+5，
解得2＜a＜7，
故答案为：2＜a＜7；
【点评】此题主要考查三角形三边之间的关系，熟练掌握三角形的三边关系是解题的关键．
14．（2分）（2025春•丹东期末）已知等腰三角形的周长为8cm，若其中一边长为2cm，则腰长为 3 cm．
【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】3．
【分析】根据等腰三角形的定义，三角形存在性解答即可．
【解答】解：∵等腰三角形的一边长为2cm，周长为8cm，
∴等腰三角形的三边长为2，2，4或2，3，3，
根据三角形的三边关系分情况讨论，
当三边为2，2，4时，2+2＝4，三角形不存在，不符合题意，
当三边为2，3，3时，3＜2+3，三角形存在，符合题意，
所以腰长为3cm；
故答案为：3．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形三边关系，正确分类计算是解题的关键．
15．（2分）（2024春•宝安区校级期中）△ABC中，BC＝6，∠A＝∠B＝60°，那么△ABC的面积是 93 ．
【考点】等边三角形的性质．
【专题】三角形；运算能力；推理能力．
【答案】93．
【分析】过点A作AD⊥BC于D，先证明△ABC是等边三角形，得到AB=BC=6，BD=12BC=3，再由勾股定理得到AD=AB2−BD2=33，据此利用三角形面积计算公式求解即可．
【解答】解：如图所示，过点A作AD⊥BC于D，
在△ABC，∠A＝∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=6，BD=12BC=3，
∴AD=AB2−BD2=33，
∴S△ABC=12BC⋅AD=12×6×33=93，
故答案为：93．
【点评】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，勾股定理，解答本题的关键是作出恰当的辅助线，构造直角三角形．
16．（2分）（2024秋•番禺区校级期末）如图，OP平分∠MON，PA⊥ON于点A，点Q是射线OM上的一个动点，若PA＝2.5，则PQ的最小值为 2.5 ．
【考点】角平分线的性质；垂线段最短．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】2.5．
【分析】直接根据角平分线的性质即可得出结论．
【解答】解：∵OP平分∠MON，PA⊥ON于点A，点Q是射线OM上一个动，PA＝2.5，
∴PQ最小＝PA＝2.5．
故答案为：2.5．
【点评】本题考查的是角平分线的性质，熟知角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解答此题的关键．
17．（2分）（2024秋•南关区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，边AB的垂直平分线DE交BC于点E，连结AE．若∠BAC＝100°，则∠AEC＝ 80 度．
【考点】等腰三角形的性质；线段垂直平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】80．
【分析】先由等腰三角形的性质求出∠B的度数，再由垂直平分线的性质可得出∠BAE＝∠B，由三角形内角与外角的关系即可解答．
【解答】解：在△ACB中，∵AB＝AC，∠BAC＝100°，
∴∠B＝∠C=12（180°﹣100°）＝40°，
∵DE是线段AB的垂直平分线，
∴AE＝EB，
∴∠BAE＝∠B＝40°，
又∠AEC是△ABE的一个外角，
∴∠AEC＝∠B+∠BAE＝80°．
故答案为：80．
【点评】本题考查的等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
18．（2分）（2025•宁波模拟）如图，在△ABC中，∠B＝2∠C，AD⊥BC于点D．若△ABC的周长为20，CD＝6，则AC的长为 8 ．
【考点】等腰三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】8．
【分析】在CD上取点E，使AE＝AB运用等腰三角形的性质，可得BD+AB＝DC，再用△ABC的周长为20，即可求出答案．
【解答】解：如图，在CD上取点E，使AE＝AB，
由条件可知CE＝AE＝AB，
得CD＝DE+AE＝BD+AB．
则AC＝20﹣2×6＝8．
故答案为：8．
【点评】本题由倍角构造等腰三角形，在运用等腰三角形的性质即可解答．熟练掌握以上知识点是关键．
19．（2分）（2024•牡丹江）如图，△ABC中，D是AB上一点，CF∥AB，D、E、F三点共线，请添加一个条件 DE＝EF ，使得AE＝CE．（只添一种情况即可）
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】三角形；图形的全等；推理能力．
【答案】DE＝EF或AD＝CF（答案不唯一）．
【分析】根据题目中的条件和全等三角形的判定，可以写出添加的条件，注意本题答案不唯一．
【解答】解：∵CF∥AB，
∴∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠CFE，
∴添加条件DE＝EF，可以使得△ADE≌△CFE（AAS），
添加条件AD＝CF，可以使得△ADE≌△CFE（ASA），
故答案为：DE＝EF或AD＝CF（答案不唯一）．
【点评】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用全等三角形的判定解答．
20．（2分）（2024春•河源期末）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，BC＝5，S△ABC＝20，AD⊥BC于点D，EF垂直平分AB，交AC于点F，点P是EF上一动点，则△PBD的周长的最小值是 10.5 ．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】10.5．
【分析】连接BP，根据垂直平分线的性质以及轴对称的性质即可求解．
【解答】解：如图所示：连接BP，
∵AB＝AC，BC＝5，S△ABC＝20，AD⊥BC于点D，
∴AD＝8，BD=12BC＝2.5，
∵EF垂直平分AB，
∴点P到A，B两点的距离相等，
∴AD的长度＝PB+PD的最小值，
即PB+PD的最小值为8，
∴△PBD的周长的最小值是PB+PD+BD＝8+2.5＝10.5，
故答案为：10.5．
【点评】本题考查了轴对称−最短路线问题，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质．
三．解答题（共8小题，满分50分）
21．（5分）（2023春•丹东期末）如图，两条公路AO，BO交于点O，村庄M，N的位置如图所示，其中村庄M在公路OA上，现要修建一个快递站P，使快递站到两条公路的距离相等，且到两村庄的距离也相等（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）．
【考点】作图—应用与设计作图；角平分线的性质；线段垂直平分线的性质．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】作图见解析部分．
【分析】作线段MN的垂直平分线EF，作∠AOB的角平分线OT，OT交EF与点P，点P即为所求．
【解答】解：如图，点P即为所求．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，角平分线的性质，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22．（5分）（2024秋•綦江区期末）在平面直角坐标系中，点A、B、C、O都在边长为1的小正方形组成网格的格点上，△ABC的位置如图所示．
（1）在图中画出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′；
（2）△ABC的顶点B关于x轴对称的点B″的坐标为：B″ （﹣4，﹣3） ，A关于y轴对称的点A″的坐标为：A″ （2，6） ；
（3）求△A′B′C′的面积．
【考点】作图﹣轴对称变换．
【专题】作图题；三角形；几何直观；运算能力．
【答案】（1）见解答；
（2）B″（﹣4，﹣3），A″（2，6）；
（3）12．
【分析】（1）根据轴对称的性质即可画出图形；
（2）根据关于x轴、y轴对称的点的特点解答即可；
（3）利用△A′B′C′所在的矩形的面积减去周围三个三角形面积即可．
【解答】解：（1）如图，△A′B′C′即为所求；
（2）∵点B（﹣4，3），
∴点B关于x轴对称的点B″的坐标为（﹣4，﹣3），
故答案为：（﹣4，﹣3）；
∵点A（﹣2，6），
∴点A关于y轴对称的点A″的坐标为（2，6），
故答案为：（2，6）；
综上所述：B″（﹣4，﹣3），A″（2，6）；
（3）△A′B′C′的面积＝6×6−12×6×3−12×2×3−12×4×6＝36﹣9﹣3﹣12＝12．
【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换，关于坐标轴对称的点的坐标的特征，三角形的面积等知识，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．
23．（6分）（2024秋•鄄城县期末）如图，△ABC的三个内角的角平分线交于点O，过点O作∠ODB＝∠AOB，交BC于点D，△ABC的外角∠ACE的角平分线交BO的延长线于点F．
（1）试判断OC与OD的位置关系，并说明理由．
（2）求证：CF∥OD．
【考点】三角形内角和定理；平行线的判定．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】（1）OC⊥OD，理由见解析；
（2）证明见解析．
【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠AOB=90°+12∠ACB，再结合三角形外角的定义可得∠AOB＝∠ODB＝∠COD+∠OCD，即可求解；
（2）根据角平分线的定义可得∠ACO+∠FCA=12×(∠ACB+∠ACE)=12×180°=90°，再结合第（1）问的结果即可证明．
【解答】（1）解：OC⊥OD．
∵三角形的三条角平分线交于点O，
∴∠AOB=180°−12(∠BAC+∠ABC)=180°−12(180°−∠ACB)=90°+12∠ACB，
∵∠AOB＝∠ODB＝∠COD+∠OCD，
∴90°+12∠ACB=∠COD+∠OCD，
又∵∠OCD=12∠ACB，
∴∠COD＝90°，
∴OC⊥OD；
（2）证明：∵CF平分∠ACE，CO平分∠ACB，
∴∠ACO=12∠ACB，∠ACF=12∠ACE，
∴∠ACO+∠FCA=12×(∠ACB+∠ACE)=12×180°=90°．
即∠FCO＝90°．
∵∠COD＝90°，
∴∠FCO＝∠COD．
∴CF∥OD．
【点评】本题考查了几何证明题，涉及到角平分线的性质和三角形外角的性质等，灵活运用所学知识是关键．
24．（6分）（2024•宝应县二模）如图，△ABC中，D是BC边上一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于F，且AF＝CD，连接CF．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）若∠BAC＝90°，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】几何图形．
【答案】（1）见解答；
（2）四边形ADCF是菱形．
【分析】（1）由AF∥BC得∠AFE＝∠EBD，继而结合∠EAF＝∠EDB、AE＝DE即可判定全等；
（2）根据∠BAC＝90°，且AD是BC边上的中线可得AD＝CD，由四边形ADCF是菱形可得答案．
【解答】证明：（1）∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，∠EAF＝∠EDB，
∴△AEF≌△DEB（AAS）；
（2）四边形ADCF是菱形．
∵AF∥CD，AF＝CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵△AEF≌△DEB，
∴BE＝FE，
∵AE＝DE，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，
∴DC＝AD，
∴四边形ADCF是菱形．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定以及全等三角形的判定与性质、矩形的判定、三角形中线的性质等知识点，熟练掌握平行四边形的判定是解题关键．
25．（7分）已知：如图，在△ABD中，AC⊥BD，垂足为点C，BE与AC相交于点F，AC＝BC，CD＝CF．
求证：
（1）∠DBF＝∠CAD；
（2）BE⊥AD．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】三角形；图形的全等；几何直观；推理能力．
【答案】（1）答案见解答过程；
（2）答案见解答过程．
【分析】（1）先根据垂直的定义得∠BCF＝∠ACD＝90°，进而可依据“SAS”判定△BCF和△ACD全等，然后根据全等三角形的性质即可得出结论；
（2）先由∠BCF＝90°可得出∠DBF+∠BFC＝90°，再根据∠BFC＝∠AFE，∠DBF＝∠CAD可得∠CAD+∠AFE＝90°，进而得∠AEF＝90°，然后根据垂直的定义可得出结论．
【解答】证明：（1）∵AC⊥BD，
∴∠BCF＝∠ACD＝90°，
在△BCF和△ACD中，
AC=BC∠BCF=∠ACD=90°CD=CF，
∴△BCF≌△ACD（SAS），
∴∠DBF＝∠CAD；
（2）∵∠BCF＝90°，
∴∠DBF+∠BFC＝90°，
∵∠BFC＝∠AFE，∠DBF＝∠CAD，
∴∠CAD+∠AFE＝90°，
∴∠AEF＝90°，
即BE⊥AD．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，垂直的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质，理解垂直的定义是解决问题的关键．
26．（7分）（2024秋•仁化县期中）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线MN交AB于点E，交AC于点D，且AC＝15cm，△BCD的周长等于25cm．
（1）求BC的长；
（2）若∠A＝36°，∠ABC＝∠C，求∠DBC的度数．
【考点】线段垂直平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】（1）BC＝10cm；
（2）36°．
【分析】（1）由线段垂直平分线的性质得到AD＝BD，再根据三角形周长公式推出BC+AC＝25cm，再由AC＝15cm，可得BC＝10cm；
（2）先根据等边对等角和三角形内角和定理求出∠ABC＝72°，∠DBA＝36°，则∠DBC＝∠ABC﹣∠DBA＝36°．
【解答】解：（1）∵AB的垂直平分线MN交AB于点E，交AC于点D，
∴AD＝BD，
∵△BCD的周长等于25cm，
∴BC+BD+CD＝25cm，
∴BC+AD+CD＝25cm，即BC+AC＝25cm，
又∵AC＝15cm，
∴BC＝10cm；
（2）∵∠A＝36°，∠ABC＝∠C，
∴∠ABC=∠C=180°−∠A2=72°，
∵AB的垂直平分线MN交AB于点E，交AC于点D，
∴AD＝BD，
∴∠DBA＝∠A＝36°，
∴∠DBC＝∠ABC﹣∠DBA＝36°．
【点评】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，三角形内角和定理，等边对等角等等，熟悉线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等是解题的关键．
27．（7分）（2024秋•重庆月考）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D在BC上方，连接CD，过D作ED⊥CD，且ED＝CD．
（1）如图1，点D在AC右上方，连接AE，CE，若∠ACD＝15°，AB＝4，CD＝43，求AE的长．
（2）如图2，点D在AC左侧且在点A上方，连接BE交CD于点M，F为BE上一点，连接DF，过点F作FG∥AC交BC延长线于点G，连接GM，EG，AD．若∠EDF+∠EBG＝∠DEB，GM＝BM．求证：AD＝EF．
（3）如图3，已知BC＝3，CD＝6，连接BE交CD于点M，连接CE，将△CEM沿直线EM翻折得到△C′EM，当AM+C′M最小时，求出点C'到BC间的距离．
【考点】几何变换综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）214；
（2）见解析过程；
（3）3613．
【分析】（1）由直角三角形的性质分别求出AH，CH的长，由勾股定理可求AE的长；
（2）先证点M是BF的中点，由“ASA”可证△FMN≌△BMC，可得BC＝FN，∠BCM＝∠FNM，由“SAS”可证△DEF≌△CDA，可得AD＝EF；
（3）可推出点A、M、C共线时，AM+C′M最小，根据△BCM∽△EDM，列出比例式求得CM，进而求得CC′，再根据△BCM∽△C′FC，即可求解．
【解答】（1）解：如图1，过点A作AH⊥EC于H，
∵ED⊥CD，ED＝CD＝43，
∴EC＝46，∠DEC＝∠DCE＝45°，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4，
∴AC＝BC＝22，
∵∠ACD＝15°，
∴∠ACH＝30°，
∴AH=12AC=2，CH=3AH=6，
∴EH＝36，
∴AE=AH2+EH2=54+2=214；
（2）证明：如图2，作FN∥BC交DC于N，连接AD，
∴∠NFM＝∠MBC，
设∠EDF＝α，∠EBG＝β，则∠DEF＝∠EDF+∠EBG＝α+β，
在△EDM和△BCM中，
∵∠DME＝∠CME，
∴∠DEF+∠EDM＝∠EBG+∠BCM，
∴（α+β）+90°＝β+（∠ACD+∠ACB）＝β+（∠ACD+90°），
∴∠ACD＝α，
∴∠ACD＝∠EDF，
∵FG∥AC，∠ACD＝90°，
∴∠BGF＝∠ACB＝90°，
∴∠EBG+∠BFG＝∠FGM+∠MGB，
∵MG＝MB，
∴∠MGB＝∠EBG，
∴∠GFM＝∠GFM，
∴FM＝MG，
∴FM＝BM，
在△FMN和△BMC中，
∠NFM=∠CBMFM=BM∠FMN=∠BMC，
∴△FMN≌△BMC（ASA），
∴BC＝FN，∠FNM＝∠BCM＝90+α，
∴∠FND＝180°﹣∠FNM＝90°﹣α，
∵∠FDN＝∠EDC﹣∠EDF＝90°﹣α，
∴∠FDN＝∠FND，
∴FN＝DF，
∴DF＝BC，
∵BC＝AC，
∴DF＝AC，
在△DEF和△CDA中，
DF=AC∠EDF=∠ACDDE=CD，
∴△DEF≌△CDA（SAS），
∴AD＝EF；
（3）解：如图，连接CC′，作C′F⊥BC于F，
∴BE垂直平分CC′
∵AM+MC′＝AM+MC≤AC，
∴当点A，M，C共线时，（AM+MC′）最小＝AC，
∵∠D＝∠ACB＝90°，∠BMC＝∠DME，
∴△BCM∽△EDM，
∴CMDM=BCDE=36，
∴DM＝2CM，
∵CD＝AD＝6，
∴CM＝2，
在Rt△BCM中，BM=CM2+CB2=4+9=13，
∵S△BCM=12×BM•CG=12×CM•BC，
∴13CG＝2×3，
∴CG=61313，
∴CC′＝2CG=121313，
∵∠BCM＝90°，
∴∠BCG+∠MCG＝90°，
∵∠CGM＝90°，
∴∠MCG+∠BMC＝90°，
∴∠BMC＝∠MCG，
∵∠CFC′＝∠BCM＝90°，
∴△BCM∽△C′FC，
∴C′FBC=CC′BM，
∴C′F3=12131313，
∴C′F=3613，
即：C′到BC的距离是3613．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形和直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
28．（7分）（2025•裕华区校级三模）如图，点D在等边△ABC内部，∠BDC＝150°，点P是折线BA﹣AC上的点（不含点C），在PC右上方，作∠PCE＝∠BCD，∠CPE＝∠CBD．
（1）如图1，当CP⊥AB时，判断PE与DC的位置关系，并加以证明；
（2）若BC＝2，BD＝CD，当点E在AC上时，如图2，求PE的长；
（3）如图3，点P在AC上时，求直线PE，DC相交所夹的锐角的度数；
（4）若AD=7，BD=3，当点P从点A运动到AC中点的过程中，直接写出点E移动的距离．
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）平行，证明过程见解答；
（2）PE＝43−6；
（3）直线PE，DC相交所夹的锐角的度数是30°；
（4）点E移动的距离为1．
【分析】（1）根据等边三角形的性质证明∠CPE＝∠PCD，进而可得PE∥DC；
（2）设PE＝x．，则CE＝x，当点E在AC上时，AE＝2﹣x，根据勾股定理求出x的值，进而可以解决问题；
（3）分别延长PE、DC交于点F，根据三角形内角和定理即可解决问题；
（4）由题意得当点P在AC上运动时，点E的运动轨迹是直线，当点P与点A重合时，PC＝BC．，证明△PCE≌△BCD（ASA），得PE＝BD=3，CE＝CD，∠PEC＝∠BDC＝150°，连接DE，证明△DCE是等边三角形，此时EC＝DE＝2，当点P是AC中点时，证明△PCE∽△BCD，此时EC＝1，进而可以解决问题．
【解答】解：（1）平行，
证明：∵∠PCE＝∠BCD，∠CPE＝∠CBD，
∵∠BDC＝150°，
∴∠BCD+∠CBD＝30°，
当CP⊥AB时，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∴∠PCB＝30°，
∴∠PCD+∠BCD＝30°，
∴∠CPE＝∠PCD，
∴PE∥DC；
（2）设PE＝x．，则CE＝x，
当点E在AC上时，AE＝2﹣x，
由（1）知：∠PEA＝∠CPE+∠PCE＝30°，
∵∠A＝60°，
∴∠APE＝90°，
∴AP=12AE=12（2﹣x），
在Rt△APE中，根据勾股定理得：PE2+AP2＝AE2，
∴x2+14（2﹣x）2＝（2﹣x）2，
解得x＝43−6，
∴PE＝43−6；
（3）如图3，分别延长PE、DC交于点F，
∵∠DCE＝∠DCP+∠PCE＝∠DCP+∠BCD＝60°，∠CEF＝180°﹣∠PEC＝180°﹣150°＝30°，
∴∠F＝60°﹣30°＝30°，
∴直线PE，DC相交所夹的锐角的度数是30°；
（4）由题意，当点P在AC上运动时，点E的运动轨迹是直线，如图4，当点P与点A重合时，PC＝BC，
∵∠PCE＝∠BCD，∠CPE＝∠CBD，
∴△PCE≌△BCD（ASA），
∴PE＝BD＝ 3，CE＝CD，∠PEC＝∠BDC＝150°，
如图4，连接DE，
∵∠PCE+∠PCD＝∠CBD+∠PCD＝60°，
∴△DCE是等边三角形，
∴∠DEC＝60°，
∵∠PEC＝150°，
∴∠PED＝90°，
∵AD=7，
∴DE=AD2−PE2=2，
∴DC＝2，
此时EC＝DE＝2，
当点P是AC中点时，
∵∠PCE＝∠BCD，∠CPE＝∠CBD，
∴△PCE∽△BCD，
∴ECDC=PCBC=12，
此时EC＝1，
∴点E移动的距离为2﹣1＝1．
【点评】本题是三角形的综合题，主要考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．