广东省广州市祈福教育集团2022-2023学年八年级上学期期中数学试卷 （含答案）

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2022-2023学年广东省广州市祈福教育集团八年级第一学期期中数学试卷
一.选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形，下面4个汉字中，不能看作是轴对称图形的是（　　）
A．迎 B．二 C．十 D．大
2．如图，小明书上的三角形被墨迹污染了一部分，他根据所学的知识很快就画出了一个与书上完全一样的三角形，那么小明画图的依据是（　　）

A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS
3．如图，窗户打开后，用窗钩AB可将其固定，其所运用的几何原理是（　　）

A．两点之间，线段最短 B．两点确定一条直线
C．垂线段最短 D．三角形具有稳定性
4．如图，若△ABC≌△DEF，四个点B、E、C、F在同一直线上，BC＝7，EC＝5，则CF的长是（　　）

A．5 B．3 C．2 D．7
5．一个多边形的内角和与外角和之比为3：1，则这个多边形的边数是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
6．如图，在△ABC中，AD为∠BAC的平分线，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，△ABC的面积是30cm2，AB＝13cm，AC＝7cm，则DE的长（　　）

A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
7．如图，已知∠A＝60°，∠B＝40°，∠C＝30°，则∠D+∠E等于（　　）

A．30° B．40° C．50° D．60°
8．如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，将△ADE沿DE折叠至△FDE位置，点A的对应点为F．若∠A＝15°，∠BDF＝120°，则∠DEF的度数为（　　）

A．130° B．135° C．125° D．120°
9．如图，△ABC的三边长均为整数，且周长为22，AM是边BC上的中线，△ABM的周长比△ACM的周长大2，则BC长的可能值有（　　）个．

A．4 B．5 C．6 D．7
10．已知：如图，△ABC中，BD为△ABC的角平分线，且BD＝BC，E为BD延长线上的一点，BE＝BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．下列结论：①△ABD≌△EBC；②∠BDC＝∠AED；③AE＝AD＝EC；④S四边形ABCE＝BF×EF．其中正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二.填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．如图，已知∠CDE＝90°，∠CAD＝90°，BE⊥AD于B，且DC＝DE，若BE＝7，AB＝4，则BD的长为 　 　．

12．等腰三角形ABC中，AB＝5，BC＝2，则AC的长为 　 　．
13．如图，小明从A点出发，前进6m到点B处后向右转20°，再前进6m到点C处后又向右转20°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点A时，一共走了 　 　m．

14．如图，在△ABC中，已知D，E，F分别为BC，AD，CE的中点，且S△ABC＝8cm2，则图中阴影部分△BEF的面积等于　 　cm2．

15．如图，线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，若∠1＝36°，则∠AOC的度数是 　 　．

16．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l经过点C且与边AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q的速度分别为1cm/s和2cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，则当t＝　 　秒时，△PEC与△QFC全等．

三.解答题（共9小题，满分72分）
17．已知，如图，D是△ABC的边AB上一点，DF交AC于点E，DE＝FE，FC∥AB，
求证：AD＝CF．

18．如图，两条公路OA，OB相交于点O，在∠AOB内部有两个村庄C，D．为方便群众接种新冠疫苗，该地决定在∠AOB内部再启动一个方舱式接种点P，要求同时满足：
（1）到两条公路OA，OB的距离相等．
（2）到两村庄C，D的距离相等．
请你用直尺和圆规作出接种点P的位置（保留作图痕迹）．

19．如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标分别为A（﹣1，1）、B（1，5）、C（4，4）．
（1）作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，并写出顶点B1的坐标．
（2）求△A1B1C1的面积．

20．如图，△ABC中，AD是高，AE、BF是角平分线，它们相交于点O，∠CAB＝50°，∠C＝60°，求∠DAE和∠BOA的度数．

21．如图在四边形MNCB中，BD平分∠MBC，且与∠NCE的角平分线交于点D，若∠BMN＝130°，∠CNM＝100°，求∠D的度数．

22．如图，在△ABC中，∠A＝60°．BE，CF交于点P，且分别平分∠ABC，∠ACB．
（1）求∠BPC的度数；
（2）连接EF，求证：△EFP是等腰三角形．

23．等边△ABC，D为△ABC外一点，∠BDC＝120°，BD＝DC，∠MDN＝60°，射线DM与直线AB相交于点M，射线DN与直线AC相交于点N．
（1）当点M、N在边AB、AC上，且DM≠DN时，猜想BM、NC、MN之间的数量关系，并且请证明．
（2）当点M、N在边AB、CA的延长线上时，请画出图形，并写出BM、NC、MN之间的数量关系．

24．如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，D、E分别为AB、AC边上的点，AD＝AE，AF⊥BE交BC于点F，过点F作FG⊥CD交BE的延长线于点G，交AC于点M．
（1）求证：△ADC≌△AEB；
（2）判断△EGM是什么三角形，并证明你的结论；
（3）判断线段BG、AF与FG的数量关系并证明你的结论．

25．如图，在平面直角坐标系中，已知A（0，a）、B（﹣b，0）且a、b满足+|a﹣2b+2|＝0．
（1）求证：∠OAB＝∠OBA；
（2）如图1，若BE⊥AE，求∠AEO的度数；
（3）如图2，若D是AO的中点，DE∥BO，F在AB的延长线上，∠EOF＝45°，连接EF，试探究OE和EF的数量和位置关系．



参考答案
一.选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形，下面4个汉字中，不能看作是轴对称图形的是（　　）
A．迎 B．二 C．十 D．大
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
解：B，C，D选项中的图形都能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
A选项中的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
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，图形两部分折叠后可重合．
2．如图，小明书上的三角形被墨迹污染了一部分，他根据所学的知识很快就画出了一个与书上完全一样的三角形，那么小明画图的依据是（　　）

A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS
【分析】根据图象，三角形有两角和它们的夹边是完整的，所以可以根据“角边角”画出即可．
解：根据题意，三角形的两角和它们的夹边是完整的，所以可以利用“角边角”定理作出完全一样的三角形．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形全等的判定的实际运用，熟练掌握判定定理并灵活运用是解题的关键．
3．如图，窗户打开后，用窗钩AB可将其固定，其所运用的几何原理是（　　）

A．两点之间，线段最短 B．两点确定一条直线
C．垂线段最短 D．三角形具有稳定性
【分析】根据点A、B、O组成一个三角形，利用三角形的稳定性解答．
解：一扇窗户打开后，用窗钩将其固定，正好形成三角形的形状，
所以，主要运用的几何原理是三角形的稳定性．
故选：D．
【点评】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．
4．如图，若△ABC≌△DEF，四个点B、E、C、F在同一直线上，BC＝7，EC＝5，则CF的长是（　　）

A．5 B．3 C．2 D．7
【分析】根据全等三角形的对应边相等得到EF＝BC＝7，计算即可．
解：∵△ABC≌△DEF，
∴BC＝EF，
∵BC＝7，
∴EF＝7，
∵EC＝5，
∵CF＝EF﹣EC＝7﹣5＝2．
故选：C．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、全等三角形的对应角相等是解题的关键．
5．一个多边形的内角和与外角和之比为3：1，则这个多边形的边数是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】设多边形有n条边，则内角和为180°（n﹣2），再根据内角和等于外角和3倍可得方程180（n﹣2）＝360×3，再解方程即可．
解：设多边形有n条边，由题意得：
180（n﹣2）＝360×3，
解得：n＝8，
故选：B．
【点评】此题主要考查了多边形的内角和和外角和，关键是掌握内角和为180°（n﹣2）．
6．如图，在△ABC中，AD为∠BAC的平分线，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，△ABC的面积是30cm2，AB＝13cm，AC＝7cm，则DE的长（　　）

A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
【分析】根据角平分线的性质得到DE＝DF，根据三角形的面积公式计算即可．
解：∵AD为∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，
∴S△ABC＝×AB×DE+×AC×DF＝30（cm2），即×13×DE+×7×DF＝30，
解得DE＝DF＝3cm，
故选：A．
【点评】本题考查的是角平分线的性质，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．
7．如图，已知∠A＝60°，∠B＝40°，∠C＝30°，则∠D+∠E等于（　　）

A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】根据三角形内角和，可以得到∠1和∠2的和，再根据三角形内角和，可以得到∠D+∠E和∠1+∠2的关系，然后即可求得∠D+∠E的度数．
解：连接BC，如右图所示，
∵∠A＝60°，∠ABE＝40°，∠ACD＝30°，
∴∠1+∠2＝180°﹣∠A﹣∠ABE﹣∠ACD＝180°﹣60°﹣40°﹣30°＝50°，
∵∠D+∠E＝∠1+∠2，
∴∠D+∠E＝50°，
故选：C．

【点评】本题考查三角形内角和，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8．如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，将△ADE沿DE折叠至△FDE位置，点A的对应点为F．若∠A＝15°，∠BDF＝120°，则∠DEF的度数为（　　）

A．130° B．135° C．125° D．120°
【分析】由折叠的性质可得∠ADE＝∠FDE，∠AED＝∠FED，由邻补角定义可解得∠ADF＝60°，继而解得∠ADE＝，再由三角形内角和180°解得∠DEA＝135°，最后由折叠的性质解答即可．
解：由题意得，∠ADE＝∠FDE，∠AED＝∠FED，
∵∠BDF＝120°，
∴∠ADF＝180°﹣120°＝60°，
∴∠ADE＝，
∴∠DEA＝180°﹣∠A﹣∠ADE＝180°﹣15°﹣30°＝135°，
∵△ADE沿DE折叠至△FDE位置，
∴∠DEF＝∠DEA＝135°，
故选：B．
【点评】本题考查三角形的内角和、折叠的性质等知识，掌握相关知识是解题关键．
9．如图，△ABC的三边长均为整数，且周长为22，AM是边BC上的中线，△ABM的周长比△ACM的周长大2，则BC长的可能值有（　　）个．

A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】依据△ABC的周长为22，△ABM的周长比△ACM的周长大2，可得2＜BC＜11，再根据△ABC的三边长均为整数，即可得到BC＝4，6，8，10．
解：∵△ABC的周长为22，△ABM的周长比△ACM的周长大2，
∴2＜BC＜22﹣BC，
解得2＜BC＜11，
又∵△ABC的三边长均为整数，△ABM的周长比△ACM的周长大2，
∴AC＝为整数，
∴BC边长为偶数，
∴BC＝4，6，8，10，
即BC的长可能值有4个，
故选：A．

【点评】本题主要考查了三角形三边关系的运用，解题时注意：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边．
10．已知：如图，△ABC中，BD为△ABC的角平分线，且BD＝BC，E为BD延长线上的一点，BE＝BA，过E作EF⊥AB，F为垂足．下列结论：①△ABD≌△EBC；②∠BDC＝∠AED；③AE＝AD＝EC；④S四边形ABCE＝BF×EF．其中正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据由SAS可证△ABD≌△EBC，可判断①选项；由三角形的内角和定理以及角平分线的定义可判断②选项；根据全等三角形的性质可判断③选项；通过证明Rt△BEG≌Rt△BEF（HL），Rt△CEG≌Rt△AEF（HL），可得S△BEF＝S△BEG，S△AEF＝S△CEG，可判断④选项．
解：①∵BD为△ABC的角平分线，
∴∠ABD＝∠CBD，
在△ABD和△EBC中，
，
∴△ABD≌△EBC（SAS），
故①选项正确；
②∵BE＝BA，
∴∠BAE＝∠BEA＝（180°﹣∠ABE），
∵BD＝BC，
∴∠BDC＝∠BCD＝（180°﹣∠CBD），
∵BD为△ABC的角平分线，
∴∠ABE＝∠CBD，
∴∠BDC＝BEA，
即∠BDC＝∠AED，
故②选项正确；
③∵∠BDC＝∠AED，∠BDC＝∠ADE，
∴∠AED＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∵△ABD≌△EBC，
∴AD＝EC，
∴AE＝AD＝EC，
故③选项正确；
④过点E作EG⊥BC于点G，如图所示：

∵E是∠ABC的角平分线BD上的点，EF⊥AB，
∴EF＝EG，
∵∠BFE＝∠BGE＝90°，
在Rt△BEG和Rt△BEF中，
，
∴Rt△BEG≌Rt△BEF（HL），
∴BG＝BF，S△BEF＝S△BEG，
在Rt△CEG和Rt△AFE中，
，
∴Rt△CEG≌Rt△AEF（HL），
∴S△AEF＝S△CEG，
∴S四边形ABCE＝2S△BEF＝2×BF×EF＝BF×EF，
故④选项正确，
综上所述，正确的选项有4个，
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键，本题综合性较强．
二.填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．如图，已知∠CDE＝90°，∠CAD＝90°，BE⊥AD于B，且DC＝DE，若BE＝7，AB＝4，则BD的长为 　3　．

【分析】利用AAS证明△ACD≌△BDE，得BE＝AD，从而解决问题．
解：∵BE⊥AD，
∴∠EBD＝∠CAD＝90°，
∴∠BDE+∠ADC＝90°，∠BDE+∠E＝90°，
∴∠E＝∠ADC，
在△ACD和△BDE中，
，
∴△ACD≌△BDE（AAS），
∴BE＝AD，
∴BD＝AD﹣AB＝BE﹣AB＝7﹣4＝3，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，同角的余角相等等知识，证明△ACD≌△BDE是解题的关键．
12．等腰三角形ABC中，AB＝5，BC＝2，则AC的长为 　5　．
【分析】根据三角形三边的关系得到3＜AC＜7，然后找出此范围内的奇数即可．
解：根据题意得5﹣2＜AC＜5+2，
即3＜AC＜7，
因为三角形ABC是等腰三角形，
所以AC＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了三角形三边的关系：三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．
13．如图，小明从A点出发，前进6m到点B处后向右转20°，再前进6m到点C处后又向右转20°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点A时，一共走了 　108　m．

【分析】根据多边形的外角和及每一个外角的度数，可求出多边形的边数，再根据题意求出正多边形的周长即可．
解：由题意可知，当她第一次回到出发点A时，所走过的图形是一个正多边形，
由于正多边形的外角和是360°，且每一个外角为20°，
360°÷20°＝18，
所以它是一个正18边形，
因此所走的路程为18×6＝108（m），
故答案为：108．
【点评】本题考查多边形的外角和，掌握多边形的外角和定理以及正多边形的判定是解决问题的前提．
14．如图，在△ABC中，已知D，E，F分别为BC，AD，CE的中点，且S△ABC＝8cm2，则图中阴影部分△BEF的面积等于　2　cm2．

【分析】根据三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形解答．
解：∵点E是AD的中点，
∴S△ABE＝S△ABD，S△ACE＝S△ADC，
∴S△ABE+S△ACE＝S△ABC＝×8＝4，
∴S△BCE＝S△ABC＝4，
∵点F是CE的中点，
∴S△BEF＝S△BCE＝×4＝2（cm2）．
故答案为：2．
【点评】本题考查了三角形的面积，主要利用了三角形的中线把三角形分成两个面积相等的三角形，原理为等底等高的三角形的面积相等．
15．如图，线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，若∠1＝36°，则∠AOC的度数是 　72°　．

【分析】连接OB，先利用平角定义求出∠DOE＝144°，从而可得∠DOB+∠BOE＝144°，然后利用线段垂直平分线的性质可得OB＝OA＝OC，从而利用等腰三角形的性质可得∠AOD＝∠BOD，∠BOE＝∠COE，进而可得∠AOD+∠COE＝144°，最后利用周角定义进行计算即可解答．
解：如图：连接OB，

∵∠1＝36°，
∴∠DOE＝180°﹣∠1＝144°，
∴∠DOB+∠BOE＝144°，
∵线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，
∴OB＝OA＝OC，
∵OD⊥AB，OE⊥BC，
∴∠AOD＝∠BOD，∠BOE＝∠COE，
∴∠AOD+∠COE＝144°，
∴∠AOC＝360°﹣∠DOE﹣∠AOD﹣∠COE＝72°，
故答案为：72°．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
16．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l经过点C且与边AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q的速度分别为1cm/s和2cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，则当t＝　2或或12　秒时，△PEC与△QFC全等．

【分析】点Q在BC上，点P在AC上；点P与点Q重合；Q与A重合三种情况；根据全等三角形的性质列式计算．
解：由题意得，AP＝t，BQ＝2t，
∵AC＝6cm，BC＝8cm，
∴CP＝6﹣t，CQ＝8﹣2t，
①如图1，Q在BC上，点P在AC上时，作PE⊥l，QF⊥l，
∵∠PEC＝∠CFQ＝∠ACB＝90°，
∴∠CPE+∠PCE＝∠PCE+∠FCQ＝90°，
∴∠CPE＝∠FCQ，
当△PEC≌△CFQ时，
则PC＝CQ，
即6﹣t＝8﹣2t，
解得：t＝2；
②如图2，当点P与点Q重合时，
当△PEC≌△QFC，
则PC＝CQ，
∴6﹣t＝2t﹣8．
解得：t＝；
③如图3，当点Q与A重合时，∠QCF+∠CQF＝∠QCF+∠PCE＝90°，
∴∠CQF＝∠PCE，
当△PEC≌△CFQ，
则PC＝CQ，
即t﹣6＝6，
解得：t＝12；
当综上所述：当t＝2秒或秒或12秒时，△PEC与△QFC全等，
故答案为：2或或12．



【点评】本题考查的是全等三角形的判定、掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．
三.解答题（共9小题，满分72分）
17．已知，如图，D是△ABC的边AB上一点，DF交AC于点E，DE＝FE，FC∥AB，
求证：AD＝CF．

【分析】根据两直线平行，内错角相等可得∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠F，然后利用“角角边”证明△ADE和△CFE全等，根据全等三角形对应边相等证明即可．
【解答】证明：∵FC∥AB，
∴∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠F，
在△ADE和△CFE中，，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，比较简单，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．
18．如图，两条公路OA，OB相交于点O，在∠AOB内部有两个村庄C，D．为方便群众接种新冠疫苗，该地决定在∠AOB内部再启动一个方舱式接种点P，要求同时满足：
（1）到两条公路OA，OB的距离相等．
（2）到两村庄C，D的距离相等．
请你用直尺和圆规作出接种点P的位置（保留作图痕迹）．

【分析】作线段CD的垂直平分线MN，作∠AOB的角平分线OF，OF交MN于点P，点P即为所求．
解：如图，点P即为所求．

【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，线段的垂直平分线的性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是掌握线段的垂直平分线的性质，角平分线的性质，属于中考常考题型．
19．如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标分别为A（﹣1，1）、B（1，5）、C（4，4）．
（1）作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，并写出顶点B1的坐标．
（2）求△A1B1C1的面积．

【分析】（1）利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）把三角形的面积看成矩形的面积减去周围的三个三角形面积即可．
解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，点B1（﹣1，5）；


（2）．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握轴对称变换的性质，属于中考常考题型．
20．如图，△ABC中，AD是高，AE、BF是角平分线，它们相交于点O，∠CAB＝50°，∠C＝60°，求∠DAE和∠BOA的度数．

【分析】先利用三角形内角和定理可求∠ABC，在直角三角形ACD中，易求∠DAC；再根据角平分线定义可求∠CBF、∠EAF，可得∠DAE的度数；然后利用三角形外角性质，可先求∠AFB，再次利用三角形外角性质，容易求出∠BOA．
解：∵∠CAB＝50°，∠C＝60°
∴∠ABC＝180°﹣50°﹣60°＝70°，
又∵AD是高，
∴∠ADC＝90°，
∴∠DAC＝180°﹣90°﹣∠C＝30°，
∵AE、BF是角平分线，
∴∠CBF＝∠ABF＝35°，∠EAF＝25°，
∴∠DAE＝∠DAC﹣∠EAF＝5°，
∠AFB＝∠C+∠CBF＝60°+35°＝95°，
∴∠BOA＝∠EAF+∠AFB＝25°+95°＝120°，
∴∠DAC＝30°，∠BOA＝120°．
故∠DAE＝5°，∠BOA＝120°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理、角平分线定义、三角形外角性质．关键是利用角平分线的性质解出∠EAF、∠CBF，再运用三角形外角性质求出∠AFB．
21．如图在四边形MNCB中，BD平分∠MBC，且与∠NCE的角平分线交于点D，若∠BMN＝130°，∠CNM＝100°，求∠D的度数．

【分析】根据三角形内角和定理以及角平分线性质，先求出∠D、∠A的等式，推出∠A＝2∠D，最后代入求出即可．
解：如图，延长BM，CN交于点A．

∵∠BMN＝∠ANM+∠A，∠CNM＝∠AMN+∠A，
∴∠A＝∠BMN+∠CNM﹣180°＝50°，
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE，
∴，，
∵∠ACE＝∠ABC+∠A，∠DCE＝∠DBC+∠D，
∴，即，
∴，
∴∠D＝25°．
【点评】此题考查三角形内角和定理以及角平分线性质的综合运用，解此题的关键是求出∠A＝2∠D．
22．如图，在△ABC中，∠A＝60°．BE，CF交于点P，且分别平分∠ABC，∠ACB．
（1）求∠BPC的度数；
（2）连接EF，求证：△EFP是等腰三角形．

【分析】（1）根据三角形内角和定理得出∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝120°，根据角平分线定义得出∠ABE＝∠CBE＝ABC，，求出∠CBE+∠BCF＝∠ABC+ACB＝60°，再根据三角形内角和定理求出答案即可；
（2）在BC上截取BQ＝BF，连接PQ，根据全等三角形的判定得出△FBP≌△QBP，根据全等三角形的性质得出FP＝QP，∠BFP＝∠BQP，求出∠CEP＝∠CQP，根据全等三角形的判定得出△CQP≌△CEP，根据全等三角形的性质得出EF＝QP，求出FP＝EP即可．
【解答】（1）解：∵∠A＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝120°，
∵BE平分∠ABC，CF平分∠ACB，
∴∠ABE＝∠CBE＝ABC，，
∴∠CBE+∠BCF＝∠ABC+ACB＝＝60°，
∴∠BPC＝180°﹣（∠CBE+∠BCF）＝180°﹣60°＝120°；

（2）证明：在BC上截取BQ＝BF，连接PQ，

在△FBP和△QBP中，
，
∴△FBP≌△QBP（SAS），
∴FP＝QP，∠BFP＝∠BQP，
∵∠A＝60°，∠FPE＝∠BPC＝120°，
∴∠AFP+∠AEP＝360°﹣60°﹣120°＝180°，
∴∠BFP+∠CEP＝180°，
∵∠CQP+∠BQP＝180°，
∴∠CEP＝∠CQP，
在△CQP和△CEP中，
，
∴△CQP≌△CEP（AAS），
∴EF＝QP，
∵FP＝QP，
∴FP＝EP，
∴△EFP是等腰三角形．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，等腰三角形的判定和全等三角形的性质和判定，能求出∠ABC+∠ACB的度数是解（1）的关键，能正确作出辅助线是解（2）的关键．
23．等边△ABC，D为△ABC外一点，∠BDC＝120°，BD＝DC，∠MDN＝60°，射线DM与直线AB相交于点M，射线DN与直线AC相交于点N．
（1）当点M、N在边AB、AC上，且DM≠DN时，猜想BM、NC、MN之间的数量关系，并且请证明．
（2）当点M、N在边AB、CA的延长线上时，请画出图形，并写出BM、NC、MN之间的数量关系．

【分析】（1）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易证得∠CDN＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论；
（2）首先在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后证得∠CDN＝∠MDN＝60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC﹣BM＝MN．
解：（1）BM、NC、MN之间的数量关系：BM+NC＝MN．
证明：在CN的反向延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．

∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵∠BDC＝120°，BD＝DC，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠M1CD＝90°，
在△DBM和△DCM1中，
，
∴△DBM≌△DCM1（SAS），
∴DM＝DM1，∠BDM＝∠CDM1，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠M1DN＝∠MDB+∠CDN＝∠CDM1+∠CDN＝∠MDN＝60°，
在△MDN和△M1DN中，
，
∴△MDN≌△M1DN（SAS），
∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC；
（2）如图：NC﹣BM＝MN．

证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．
同理△DBM≌△DCM1（SAS），
∴DM＝DM1，
同（1）可得△MDN≌△M1DN（SAS），
∴MN＝M1N，
∴NC﹣BM＝MN．
【点评】此题考查了等边三角形，直角三角形，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的作法．
24．如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，D、E分别为AB、AC边上的点，AD＝AE，AF⊥BE交BC于点F，过点F作FG⊥CD交BE的延长线于点G，交AC于点M．
（1）求证：△ADC≌△AEB；
（2）判断△EGM是什么三角形，并证明你的结论；
（3）判断线段BG、AF与FG的数量关系并证明你的结论．

【分析】（1）首先得出AC＝AB，再利用SAS，得出△ACD≌△ABE即可；
（2）利用△ACD≌△ABE，得出∠1＝∠3，再由∠BAC＝90°，可得∠3+∠2＝90°，结合FG⊥CD可得出∠3＝∠CMF，∠GEM＝∠GME，继而可得出结论；
（3）先大致观察三者的关系，过点B作AB的垂线，交GF的延长线于点N，利用（1）的结论可将AF转化为NF，BG转化为NG，从而在一条直线上得出三者的关系．
【解答】（1）证明：∵等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，
∴AC＝AB，∠ACB＝∠ABC＝45°，
在△ADC和△AEB中

∴△ADC≌△AEB（SAS），

（2）△EGM为等腰三角形；
理由：∵△ADC≌△AEB，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAC＝90°，
∴∠3+∠2＝90°，∠1+∠4＝90°，
∴∠4+∠3＝90°
∵FG⊥CD，
∴∠CMF+∠4＝90°，
∴∠3＝∠CMF，
∴∠GEM＝∠GME，
∴EG＝MG，△EGM为等腰三角形．

（3）线段BG、AF与FG的数量关系为BG＝AF+FG．
理由：如图所示：过点B作AB的垂线，交GF的延长线于点N，
∵BN⊥AB，∠ABC＝45°，
∴∠FBN＝45°＝∠FBA．
∵FG⊥CD，
∴∠BFN＝∠CFM＝90°﹣∠DCB，
∵AF⊥BE，
∴∠BFA＝90°﹣∠EBC，∠5+∠2＝90°，
由（1）可得∠DCB＝∠EBC，
∴∠BFN＝∠BFA，
在△BFN和△BFA中

∴△BFN≌△BFA（ASA），
∴NF＝AF，∠N＝∠5，
又∵∠GBN+∠2＝90°，
∴∠GBN＝∠5＝∠N，
∴BG＝NG，
又∵NG＝NF+FG，
∴BG＝AF+FG．

【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质，难度较大，尤其是第3问的证明，要学会要判断三条线段之间的关系，一般都需要转化到同一条直线上进行．
25．如图，在平面直角坐标系中，已知A（0，a）、B（﹣b，0）且a、b满足+|a﹣2b+2|＝0．
（1）求证：∠OAB＝∠OBA；
（2）如图1，若BE⊥AE，求∠AEO的度数；
（3）如图2，若D是AO的中点，DE∥BO，F在AB的延长线上，∠EOF＝45°，连接EF，试探究OE和EF的数量和位置关系．

【分析】（1）根据非负数的性质得到，解得，确定A（0，2）、B（﹣2，0），得到OA＝OB，所以△AOB为等腰直角三角形，即可解答；
（2）如图1，过点O作OF⊥OE交AE于F，利用已知条件证明△OBE≌△OAF（ASA），得到OE＝OF，即△OEF为等腰直角三角形，即可解答；
（3）过点F作FG⊥OF交OE的延长线于G，过点F作FH⊥FB交x轴于H，延长DE交HG于I，利用已知条件证明△HFG≌△BFO（SAS），得到GH＝OB＝OA，再证明△EIG≌△EDO（AAS）得到EG＝EO，进而FE＝EO且FE⊥EO（三线合一）．
解：（1）∵a、b满足+|a﹣2b+2|＝0．
∴
∴，
∴A（0，2）、B（﹣2，0），
∴OA＝OB，
∴△AOB为等腰直角三角形
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
（2）如图1，过点O作OF⊥OE交AE于F，

∵∠AOF+∠BOF＝90°，∠BOE+∠BOF＝90°
∴∠AOF＝∠BOE，
∵BE⊥AE，
∴∠AEB＝90°
又∵∠AOB＝90°
∴∠OBE＝∠OAF
在△OBE和△OAF中，

∴△OBE≌△OAF（ASA）
∴OE＝OF
∴△OEF为等腰直角三角形
∴∠AEO＝45°
（3）过点F作FG⊥OF交OE的延长线于G，过点F作FH⊥FB交x轴于H，延长DE交HG于I，

∵∠EOF＝45°，∠HBF＝∠ABO＝45°，
∴△OFG、△HFB为等腰直角三角形，
∵∠HFG+∠GFB＝90°，∠BFO+∠GFB＝90°
∴∠HFG＝∠BFO，
在△HFG和△BFO中，

∴△HFG≌△BFO（SAS）
∴GH＝OB＝OA
又∵∠GHF＝∠OBF＝135°
∴∠GHO＝90°
∴HI＝OD＝IG
在△EIG和△EDO中，

∴△EIG≌△EDO（AAS）
∴EG＝EO
∴FE＝EO且FE⊥EO（三线合一）．
【点评】本题考查了非负数的性质、全等三角形的性质定理与判定定理，解决本题的关键是作出辅助线，构建全等三角形，利用全等三角形的对应边相等得到相等的线段．