2023-2024学年山东省德州市陵城区八年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省德州市陵城区八年级（上）期中数学试卷（含解析），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．2023年9.23﹣10.8日，19届亚运会在杭州如火如荼地进行，运动健儿们摘金夺银，全国人民感受到一波强烈的民族自豪感．下列图案表示的运动项目标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．如图，小军任意剪了一张钝角三角形纸片（∠A是钝角），他打算用折叠的方法折出∠C的角平分线、AB边上的中线和高线，他能成功折出的是（ ）
A．∠C的角平分线和AB边上的中线
B．∠C的角平分线和AB边上的高线
C．AB边上的中线和高线
D．∠C的角平分线、AB边上的中线和高线
3．将一副直角三角板如图放置，使两直角边重合，则∠α的度数为（ ）
A．75°B．105°C．135°D．165°
4．如图，△ABC≌△DEC，B、C、D在同一直线上，且CE＝5，AC＝7，则BD长（ ）
A．12B．7C．2D．14
5．为估计池塘两岸A、B间的距离，如图，小明在池塘一侧选取了一点O，测得OA＝16m，OB＝12m，那么AB的距离不可能是（ ）
A．5mB．15mC．20mD．30m
6．已知点A（a，4）与点B（﹣2，b）关于x轴对称，则a+b＝（ ）
A．﹣6B．6C．2D．﹣2
7．如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠A+∠P＝（ ）
A．70°B．80°C．90°D．100°
8．如图，△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD为BC边中线，若△ACD的周长为8，则△ABD的周长是（ ）
A．8B．9C．10D．12
9．如图，在3×3的正方形方格中，每个小正方形方格的边长都为1，则∠1和∠2的关系是（ ）
A．∠1＝∠2B．∠2＝2∠1
C．∠2＝90°+∠1D．∠1+∠2＝180°
10．如图，在△ABC中，BD，CD分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，过点D作DE⊥BC于点E．已知DE＝1，△ABC的周长为14，则△ABC的面积为（ ）
A．7B．14C．8D．16
11．如图，CA⊥AB，垂足为点A，AB＝24cm，AC＝12cm，射线BM⊥AB，垂足为点B，一动点E从A点出发以3cm/s沿射线AN运动，点D为射线BM上一动点，随着E点运动而运动，且始终保持ED＝CB，当点E经过（ ）秒时，△DEB与△BCA全等．（注：点E与A不重合）
A．4B．4、12C．4、8、12D．4、12、16
12．如图，在等边△PQB中，点A为PQ上一动点（不与P，Q重合），再以AB为边作等边△ABC，连接PC．有以下结论：①PB平分∠ABC；②AQ＝CP；③PC∥QB；④PB＝PA+PC；⑤当BC⊥BQ时，△ABC的周长最小．其中一定正确的有（ ）
A．①②③B．②③④C．③④⑤D．②③④⑤
二、填空题（每小题4分，共24分）
13．一个多边形的内角和等于它的外角和的4倍，则这个多边形的边数是 ．
14．如图，桌球的桌面上有M，N两个球，若要将M球射向桌面的一边，反弹一次后击中N球，则A，B，C，D，4个点中，可以反弹击中N球的是 点．
15．如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝ ．
16．已知a，b是等腰三角形的两边长，且a，b满足+（a+b﹣13）2＝0，则此等腰三角形的周长为 ．
17．“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任一角．这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，C点固定，OC＝CD＝DE，点D、E可在槽中滑动．若∠BDE＝75°，则∠CDE的度数是 ．
18．如图，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝90°，对角线BD⊥CD，若BD＝14，则△ABD的面积为 ．
三、解答题（7小题，共78分）
19．在△ABC中，∠A＝∠B＝∠ACB，CD是△ABC的高，CE是∠ACB的角平分线，求∠DCE的度数．
20．如图，在长度为1个单位长度的小正方形组成的正方形网格纸中，点A、B、C在小正方形的顶点上．
（1）在图中画出与△ABC关于直线l成轴对称的△A'B'C'；
（2）在l上找一点P，使得PA＝PB；
（3）在l上找一点Q，使得QB+QC最小．
21．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，且DE＝DF．
求证：（1）△BDE≌△CDF；
（2）AD⊥BC．
22．如图，△ABC中，AD⊥BC于点D，EF垂直平分AC，交AC于点F，交BC于点E，且BD＝DE，连接AE．
（1）若∠BAE＝30°，求∠C的度数；
（2）若△ABC的周长为13cm，AC＝6cm，求DC的长．
23．如图在△AFD和△CEB中，点A、E、F、C在同一条直线上．有下面四个论断：（1）AD＝CB，（2）AE＝CF，（3）∠B＝∠D，（4）AD∥BC．
请用其中三个作为条件，余下一个作为结论，进行证明．
条件是： ；
结论是： ；
证明： ．
24．如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN．
（1）尺规作图：在直线BC的下方，过点B作∠CBE＝∠CBA，作NC的延长线，与BE相交于点 E．
（2）求证：△BEC是等边△BEC；
（3）求证：∠AMN＝60°．
25．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E．
（1）如图1，连接EC，求证：△EBC是等边三角形；
（2）点M是线段CD上的一点（不与点C，D重合），以BM为一边，在BM的下方作∠BMG＝60°，MG交DE延长线于点G．请你在图2中画出完整图形，并直接写出MD，DG与AD之间的数量关系；
（3）如图3，点N是线段AD上的一点，以BN为一边，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延长线于点G．试探究ND，DG与AD数量之间的关系，并说明理由．
参考答案
一、选择题（每小题4分，共48分）
1．2023年9.23﹣10.8日，19届亚运会在杭州如火如荼地进行，运动健儿们摘金夺银，全国人民感受到一波强烈的民族自豪感．下列图案表示的运动项目标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形的概念判断即可．
解：A、不是轴对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，符合题意；
C、不是轴对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是轴对称图形，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．
2．如图，小军任意剪了一张钝角三角形纸片（∠A是钝角），他打算用折叠的方法折出∠C的角平分线、AB边上的中线和高线，他能成功折出的是（ ）
A．∠C的角平分线和AB边上的中线
B．∠C的角平分线和AB边上的高线
C．AB边上的中线和高线
D．∠C的角平分线、AB边上的中线和高线
【分析】由折叠的性质可求解．
解：当AC与BC重合时，折痕是∠C的角平分线；
当点A与点B重合时，折叠是AB的中垂线，
故选：A．
【点评】本题考查了翻折变换，掌握折叠的性质是本题的关键．
3．将一副直角三角板如图放置，使两直角边重合，则∠α的度数为（ ）
A．75°B．105°C．135°D．165°
【分析】根据三角形的外角性质、邻补角的概念计算，得到答案．
解：∠AOC＝∠DAB﹣∠C＝15°，
∴∠α＝180°﹣15°＝165°，
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形的外角性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
4．如图，△ABC≌△DEC，B、C、D在同一直线上，且CE＝5，AC＝7，则BD长（ ）
A．12B．7C．2D．14
【分析】由全等三角形的性质得到AC＝DC＝7，CB＝CE＝5，再根据BD＝DC+CB即可得解．
解：∵△ABC≌△DEC，
∴AC＝DC，CB＝CE，
∵CE＝5，AC＝7，
∴CB＝5，DC＝7，
∴BD＝DC+CB＝7+5＝12．
故选：A．
【点评】此题考查了全等三角形的性质，熟记全等三角形的对应边相等是解题的关键．
5．为估计池塘两岸A、B间的距离，如图，小明在池塘一侧选取了一点O，测得OA＝16m，OB＝12m，那么AB的距离不可能是（ ）
A．5mB．15mC．20mD．30m
【分析】根据三角形的三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边可得16﹣12＜AB＜16+12，再解即可．
解：根据三角形的三边关系可得：16﹣12＜AB＜16+12，
即4＜AB＜28，
30m不可能．
故选：D．
【点评】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
6．已知点A（a，4）与点B（﹣2，b）关于x轴对称，则a+b＝（ ）
A．﹣6B．6C．2D．﹣2
【分析】根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．即点P（x，y）关于x轴的对称点P′的坐标是（x，﹣y），进而得出a，b的值即可．
解：∵点A（a，4）与点B（﹣2，b）关于x轴对称，
∴a＝﹣2，b＝﹣4，
则a+b＝﹣2﹣4＝﹣6．
故选：A．
【点评】此题主要考查了关于x轴对称点的坐标性质，正确记忆关于坐标轴对称的坐标性质是解题关键．
7．如图，BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，如果∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，则∠A+∠P＝（ ）
A．70°B．80°C．90°D．100°
【分析】根据角平分线的定义以及一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和，可求出∠A的度数，根据补角的定义求出∠ACB的度数，根据三角形的内角和即可求出∠P的度数，即可求出结果．
解：∵BP是△ABC中∠ABC的平分线，CP是∠ACB的外角的平分线，
又∵∠ABP＝20°，∠ACP＝50°，
∴∠ABC＝2∠ABP＝40°，∠ACM＝2∠ACP＝100°，
∴∠A＝∠ACM﹣∠ABC＝60°，
∠ACB＝180°﹣∠ACM＝80°，
∴∠BCP＝∠ACB+∠ACP＝130°，
∵∠PBC＝20°，
∴∠P＝180°﹣∠PBC﹣∠BCP＝30°，
∴∠A+∠P＝90°，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，解答的关键是明确：一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和以及补角的定义以及三角形的内角和为180°．
8．如图，△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD为BC边中线，若△ACD的周长为8，则△ABD的周长是（ ）
A．8B．9C．10D．12
【分析】根据三角形的中线的概念得到BD＝DC，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
解：∵AD为BC边中线，
∴BD＝DC，
∵△ACD的周长为8，
∴AC+CD+AD＝8，
∴BD+AD＝8﹣3＝5，
∴△ABD的周长＝AB+BD+AD＝5+4＝9，
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形的中线的概念，三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．
9．如图，在3×3的正方形方格中，每个小正方形方格的边长都为1，则∠1和∠2的关系是（ ）
A．∠1＝∠2B．∠2＝2∠1
C．∠2＝90°+∠1D．∠1+∠2＝180°
【分析】根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
解：如图，
在△ABC与△EDF中，
，
∴△ABC≌△EDF（SAS），
∴∠1＝∠ABC．
∵∠ABC+∠2＝180°，
∴∠1+∠2＝180°．
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
10．如图，在△ABC中，BD，CD分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，过点D作DE⊥BC于点E．已知DE＝1，△ABC的周长为14，则△ABC的面积为（ ）
A．7B．14C．8D．16
【分析】过D点作DF⊥AB于F，DH⊥AC于H，连接AD，如图，根据角平分线的性质得到DF＝DE＝1，DH＝DE＝1，再根据三角形的面积公式得到S△ABC＝（AB+BC+AC）．
解：过D点作DF⊥AB于F，DH⊥AC于H，连接AD，如图，
∵BD，CD分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，DE⊥BC，
∴DF＝DE＝1，DH＝DE＝1，
∴S△ABC＝S△ABD+S△BCD+S△ACD＝×AB×1+×BC×1+×AC×1＝（AB+BC+AC）＝×14＝7．
故选：A．
【点评】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．
11．如图，CA⊥AB，垂足为点A，AB＝24cm，AC＝12cm，射线BM⊥AB，垂足为点B，一动点E从A点出发以3cm/s沿射线AN运动，点D为射线BM上一动点，随着E点运动而运动，且始终保持ED＝CB，当点E经过（ ）秒时，△DEB与△BCA全等．（注：点E与A不重合）
A．4B．4、12C．4、8、12D．4、12、16
【分析】设点E经过t秒时，△DEB与△BCA全等；由斜边ED＝CB，分类讨论BE＝AC或BE＝AB时的情况，求出t的值即可．
解：设点E经过t秒时，△DEB与△BCA全等；此时AE＝3t cm，
分情况讨论：
（1）当点E在点B的左侧时，△DEB≌△BCA，则BE＝AC，
∴24﹣3t＝12，
∴t＝4；
（2）当点E在点B的右侧时，
①△DEB≌△BCA，BE＝AC时，3t＝24+12，
∴t＝12；
②△EDB≌△BCA，BE＝AB时，3t＝24+24，
∴t＝16．
综上所述，点E经过4、12、16秒时，△DEB与△BCA全等．
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定方法；分类讨论各种情况下的三角形全等是解决问题的关键．
12．如图，在等边△PQB中，点A为PQ上一动点（不与P，Q重合），再以AB为边作等边△ABC，连接PC．有以下结论：①PB平分∠ABC；②AQ＝CP；③PC∥QB；④PB＝PA+PC；⑤当BC⊥BQ时，△ABC的周长最小．其中一定正确的有（ ）
A．①②③B．②③④C．③④⑤D．②③④⑤
【分析】根据点A为PQ上一动点（不与P，Q重合），∠ABC＝60°，可知∠ABP与∠PCQ不一定相等，可判断①；证明出△QBA≌△PBC（SAS），可得PC∥QB，PB＝PQ＝PA+AQ＝PA+PC，即可判断出②③④，根据垂线段最短可知，当BA⊥PQ时，AB最小，即可判断⑤．
解：∵点A为PQ上一动点（不与P，Q重合），∠ABC＝60°，
∴∠ABP与∠PCQ不一定相等，故①不正确；
∵△PQB和△ABC都为等边三角形，
∴PQ＝QB＝PB，AB＝CB＝AC，∠Q＝∠QBP＝∠ABC＝∠60°，
∴∠QBA+∠ABP＝∠PBC+∠ABP＝60°，
∴∠QBA＝∠PBC，
∴△QBA≌△PBC（SAS），
∴AQ＝PC，∠Q＝∠BPC＝∠QBP＝60°，
∴PC∥QB，PB＝PQ＝PA+AQ＝PA+PC，
∴②③④都正确，
根据垂线段最短可知，当BA⊥PQ时，AB最小，
∴当BC⊥BQ时，△ABC的周长最小，故⑤正确．
故选：D．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质和最短路线问题，判断出△QBA≌△PBC是解本题的关键．
二、填空题（每小题4分，共24分）
13．一个多边形的内角和等于它的外角和的4倍，则这个多边形的边数是 10 ．
【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形内角和公式和外角和定理，列出方程求解即可．
解：设这个多边形的边数为n，
（n﹣2）•180°＝4×360°，
解得n＝10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了多边形的内角和与外角和，关键是熟练掌握多边形的内角和公式与外角和定理．
14．如图，桌球的桌面上有M，N两个球，若要将M球射向桌面的一边，反弹一次后击中N球，则A，B，C，D，4个点中，可以反弹击中N球的是 点D 点．
【分析】要击中点N，则需要满足点M反弹后经过的直线过N点，画出反射路线即可得出答案．
解：
可以瞄准点D击球．
故答案为：点D．
【点评】本题考查了轴对称的知识，注意结合图形解答，不要凭空想象，实际操作一下．
15．如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝ 55° ．
【分析】求出∠BAD＝∠EAC，证△BAD≌△CAE，推出∠2＝∠ABD＝30°，根据三角形的外角性质求出即可．
解：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠1＝∠EAC，
在△BAD和△CAE中，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠2＝∠ABD＝30°，
∵∠1＝25°，
∴∠3＝∠1+∠ABD＝25°+30°＝55°，
故答案为：55°．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质的应用，解此题的关键是推出△BAD≌△CAE．
16．已知a，b是等腰三角形的两边长，且a，b满足+（a+b﹣13）2＝0，则此等腰三角形的周长为 18或21 ．
【分析】根据+（a+b﹣13）2＝0，可得a﹣b+3＝0，a+b﹣13＝0，求出a和b的值，再确定等腰三角形的三边长，进一步即可求出等腰三角形的周长．
解：∵+（a+b﹣13）2＝0，
∴a﹣b+3＝0，a+b﹣13＝0，
∴a＝5，b＝8，
∵a，b是等腰三角形的两边长，
∴等腰三角形的三边长为5，5，8或5，8，8，
∴5+5+8＝18或5+8+8＝21，
∴等腰三角形的周长为18或21，
故答案为：18或21．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，非负数的性质，三角形三边关系，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
17．“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任一角．这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，C点固定，OC＝CD＝DE，点D、E可在槽中滑动．若∠BDE＝75°，则∠CDE的度数是 80° ．
【分析】由等腰三角形的性质可得∠O＝∠CDO，∠DCE＝∠DEC，由外角性质可得∠O＝25°，即可求解．
解：∵OC＝CD＝DE，
∴∠O＝∠CDO，∠DCE＝∠DEC，
∵∠DCE＝∠O+∠CDO＝2∠O，
∴∠DEC＝2∠O，
∴∠BDE＝∠O+∠DEC＝3∠O＝75°，
∴∠O＝25°，
∴∠DCE＝∠DEC＝50°，
∴∠CDE＝80°，
故答案为：80°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练运用这些性质进行推理是本题关键．
18．如图，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝90°，对角线BD⊥CD，若BD＝14，则△ABD的面积为 98 ．
【分析】过点A作AE⊥BD，垂足为E，根据垂直定义可得∠AEB＝∠CDB＝90°，从而可得∠BAE+∠ABE＝90°，再利用同角的余角相等可得∠BAE＝∠DBC，然后利用AAS证明△ABE≌△BCD，从而利用全等三角形的性质可得AE＝BD＝14，最后利用三角形的面积公式进行计算，即可解答．
解：过点A作AE⊥BD，垂足为E，
∵AE⊥BD，CD⊥BD，
∴∠AEB＝∠CDB＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD+∠DBC＝90°，
∴∠BAE＝∠DBC，
∵AB＝BC，
∴△ABE≌△BCD（AAS），
∴AE＝BD＝14，
∴△ABD的面积＝BD•AE＝×14×14＝98，
故答案为：98．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，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．
三、解答题（7小题，共78分）
19．在△ABC中，∠A＝∠B＝∠ACB，CD是△ABC的高，CE是∠ACB的角平分线，求∠DCE的度数．
【分析】用∠A表示出∠B、∠ACB，然后利用三角形的内角和等于180°列方程求出∠A，再求出∠ACB，然后根据直角三角形两锐角互余求出∠ACD，根据角平分线的定义求出∠ACE，再根据∠DCE＝∠ACD﹣∠ACE计算即可得解．
解：∵∠A＝∠B＝∠ACB，
∴∠B＝2∠A，∠ACB＝3∠A，
∵∠A+∠B+∠ACB＝180°，
∴∠A+2∠A+3∠A＝180°，
解得∠A＝30°，
∴∠ACB＝90°，
∵CD是△ABC的高，
∴∠ACD＝90°﹣30°＝60°，
∵CE是∠ACB的角平分线，
∴∠ACE＝×90°＝45°，
∴∠DCE＝∠ACD﹣∠ACE＝60°﹣45°＝15°．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，直角三角形两锐角互余，角平分线的定义，熟记概念并准确识图是解题的关键．
20．如图，在长度为1个单位长度的小正方形组成的正方形网格纸中，点A、B、C在小正方形的顶点上．
（1）在图中画出与△ABC关于直线l成轴对称的△A'B'C'；
（2）在l上找一点P，使得PA＝PB；
（3）在l上找一点Q，使得QB+QC最小．
【分析】（1）直接利用对称点的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用线段垂直平分线的判定可得出答案；
（3）利用轴对称求最短路线的方法得出答案．
解：（1）如图，根据题意，可得：
点A、B、C关于直线l对称的点分别为点A'、B'、C'，连接A'B'、A'C'、B′C′，
则△A'B'C'即为所作．
（2）作线段AB的垂直平分线交直线l于点P，即点P为所求；
（3）如图，连接B'C交直线l于点Q，连接BQ，
∵点B和点B'关于直线l对称，
∴直线l垂直平分BB'，
∴BQ＝B'Q，
∴QB+QC＝QB'+QC＝B'C，
这时QB+QC的长最短，
∴点Q即为所求．
【点评】本题考查作图—轴对称变换，轴对称—最短路线．解题的关键是根据轴对称的定义作出变换后的对应点及割补法求三角形的面积．
21．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，且DE＝DF．
求证：（1）△BDE≌△CDF；
（2）AD⊥BC．
【分析】（1）根据中点的定义得到BD＝CD，利用HL证明Rt△BDE≌Rt△CDF；
（2）根据全等三角形的性质得到∠B＝∠C，则AB＝AC，根据等腰三角形的性质即可得解．
【解答】证明：（1）∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∵DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠DEB＝∠DFC＝90°，
在Rt△BDE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL）；
（2）∵Rt△BDE≌Rt△CDF，
∴∠B＝∠C，
∴AB＝AC，
∵AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，利用Rt△BDE≌Rt△CDF是解题的关键．
22．如图，△ABC中，AD⊥BC于点D，EF垂直平分AC，交AC于点F，交BC于点E，且BD＝DE，连接AE．
（1）若∠BAE＝30°，求∠C的度数；
（2）若△ABC的周长为13cm，AC＝6cm，求DC的长．
【分析】（1）根据已知可得AD是BE的垂直平分线，从而可得AB＝AE，进而利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠B＝∠AEB＝75°，然后利用三角形的外角性质可得∠C+∠EAC＝75°，再根据线段垂直平分线的性质可得EA＝EC，从而可得∠C＝∠EAC＝37.5°，即可解答；
（2）根据已知可得AB+BC＝7cm，再根据（1）的结论可得AB＝EC，从而可得AB+BD＝EC+DE＝＝3.5cm，即可解答．
解：（1）∵AD⊥BC，BD＝DE，
∴AD是BE的垂直平分线，
∴AB＝AE，
∵∠BAE＝30°，
∴∠B＝∠AEB＝＝75°，
∵∠AEB是△AEC的一个外角，
∴∠AEB＝∠C+∠EAC＝75°，
∵EF垂直平分AC，
∴EA＝EC，
∴∠C＝∠EAC＝＝37.5°，
∴∠C的度数为37.5°；
（2）∵△ABC的周长为13cm，AC＝6cm，
∴AB+BC＝13﹣6＝7（cm），
∵AB＝AE，EA＝EC，
∴AB＝EC，
∵BD＝DE，
∴AB+BD＝EC+DE＝＝3.5（cm），
∴DC＝DE+CE＝3.5cm，
∴DC的长为3.5cm．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形的外角性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，以及线段垂直平分线的性质是解题的关键．
23．如图在△AFD和△CEB中，点A、E、F、C在同一条直线上．有下面四个论断：（1）AD＝CB，（2）AE＝CF，（3）∠B＝∠D，（4）AD∥BC．
请用其中三个作为条件，余下一个作为结论，进行证明．
条件是： （1）（2）（4） ；
结论是： （3） ；
证明： ∵AD∥BC，∴∠A＝∠C，
∵AE＝CF，
∴AE+EF＝CF+EF，
∴AF＝CE，
在△EBC和△FDA中，
，
∴△EBC≌△FDA（SAS），
∴∠B＝∠D ．
【分析】根据全等三角形的判定定理选出条件，结论，并证明即可．
解：条件：（1）（2）（4）；
结论：（3）；
证明：∵AD∥BC，
∴∠A＝∠C，
∵AE＝CF，
∴AE+EF＝CF+EF，
∴AF＝CE，
在△EBC和△FDA中，
，
∴△EBC≌△FDA（SAS），
∴∠B＝∠D．
故答案为：（1）（2）（4）；
（3）∵AD∥BC，
∴∠A＝∠C，
∵AE＝CF，
∴AE+EF＝CF+EF，
∴AF＝CE，
在△EBC和△FDA中，
，
∴△EBC≌△FDA（SAS），
∴∠B＝∠D．
【点评】本题考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．本题是一道开放题，除去（1）（2）（3）不能推出（4），其他的组合都可以．
24．如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN．
（1）尺规作图：在直线BC的下方，过点B作∠CBE＝∠CBA，作NC的延长线，与BE相交于点 E．
（2）求证：△BEC是等边△BEC；
（3）求证：∠AMN＝60°．
【分析】（1）以B为圆心，以任意长为半径画弧，交AB、BC两边为D和F，以F为圆心，以DF为半径画弧，交前弧于G，作射线BG，交NC的延长线于E，则∠CBE＝∠CBA；
（2）证明△BCE三个角都是60°，可得结论；
（3）作辅助线，构建三角形全等，证明△ABM≌△EBM（SAS），得AM＝EM，∠BAM＝∠BEM，证明∠CMN＝∠BEM＝∠BAM，根据三角形外角的性质可得结论．
解：（1）如图所示：
（2）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠ACH＝120°，
∵CN平分∠ACH，
∴∠HCN＝∠BCE＝60°，
∵∠CBE＝∠CBA＝60°，
∴∠EBC＝∠BCE＝∠BEC＝60°，
∴△BEC是等边△BEC；
（3）证明：连接ME，
∵△ABC和△BCE是等边三角形，
∴AB＝BC＝BE，
在△ABM和△EBM中，
∵，
∴△ABM≌△EBM（SAS），
∴AM＝EM，∠BAM＝∠BEM，
∵AM＝MN，
∴MN＝EM，
∴∠N＝∠CEM，
∵∠HCN＝∠N+∠CMN＝60°，
∠BEC＝∠BEM+∠CEM＝60°，
∴∠CMN＝∠BEM＝∠BAM，
∵∠AMC＝∠ABC+∠BAM＝∠AMN+∠CMN，
∴∠AMN＝60°．
【点评】此题是三角形综合题目，考查了等边三角形的性质和判定，作一个角等于已知角的基本作图，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质等知识；熟练掌握等边三角形的性质，通过作辅助线构造三角形全等是解本题的关键．
25．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E．
（1）如图1，连接EC，求证：△EBC是等边三角形；
（2）点M是线段CD上的一点（不与点C，D重合），以BM为一边，在BM的下方作∠BMG＝60°，MG交DE延长线于点G．请你在图2中画出完整图形，并直接写出MD，DG与AD之间的数量关系；
（3）如图3，点N是线段AD上的一点，以BN为一边，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延长线于点G．试探究ND，DG与AD数量之间的关系，并说明理由．
【分析】（1）利用“三边相等”的三角形是等边三角形证得△EBC是等边三角形；
（2）延长ED使得DW＝DM，连接MN，即可得出△WDM是等边三角形，利用△WGM≌△DBM即可得出BD＝WG＝DG+DM，再利用AD＝BD，即可得出答案；
（3）利用等边三角形的性质得出∠H＝∠2，进而得出∠DNG＝∠HNB，再求出△DNG≌△HNB即可得出答案．
【解答】（1）证明：如图1所示：
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝60°，BC＝．
∵BD平分∠ABC，
∴∠1＝∠DBA＝∠A＝30°．
∴DA＝DB．
∵DE⊥AB于点E．
∴AE＝BE＝．
∴BC＝BE．
∴△EBC是等边三角形；
（2）结论：AD＝DG+DM．
证明：
如图2所示：延长ED使得DW＝DM，连接MW，
∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E，
∴∠ADE＝∠BDE＝60°，AD＝BD，
又∵DM＝DW，
∴△WDM是等边三角形，
∴MW＝DM，
在△WGM和△DBM中，
∵
∴△WGM≌△DBM，
∴BD＝WG＝DG+DM，
∴AD＝DG+DM．
（3）结论：AD＝DG﹣DN．
证明：延长BD至H，使得DH＝DN．
由（1）得DA＝DB，∠A＝30°．
∵DE⊥AB于点E．
∴∠2＝∠3＝60°．
∴∠4＝∠5＝60°．
∴△NDH是等边三角形．
∴NH＝ND，∠H＝∠6＝60°．
∴∠H＝∠2．
∵∠BNG＝60°，
∴∠BNG+∠7＝∠6+∠7．
即∠DNG＝∠HNB．
在△DNG和△HNB中，
∴△DNG≌△HNB（ASA）．
∴DG＝HB．
∵HB＝HD+DB＝ND+AD，
∴DG＝ND+AD．
∴AD＝DG﹣ND．
【点评】此题主要考查了等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，根据已知做出正确辅助线是解题关键．