【全套精品专题】浙教版八年级上册 数学复习专题精讲 第1章 三角形的初步认识 章末检测卷（解析版）

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第1章 三角形的初步认识 章末检测卷（浙教版）姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：本试卷满分120分，考试时间120分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2022·浙江·杭州八年级期末）在△ABC与△A1B1C1中，下列不能判定△ABC≌△A1B1C1的是（　　）A．AB＝A1B1，BC＝B1C1，∠B＝∠B1 B．AB＝A1B1，AC＝A1C1，∠C＝∠C1C．∠B＝∠B1，∠C＝∠C1，BC＝B1C1 D．AB＝A1B1，BC＝B1C1，AC＝A1C1【答案】B【分析】根据全等三角形的判定方法一一判断即可．【详解】解：A. 由条件根据“SAS”可得△ABC≌△A1B1C1，不合题意；B. 由条件不能得到△ABC≌△A1B1C1，符合题意；C. 由条件根据“ASA”可得△ABC≌△A1B1C1，不合题意；D. 由条件根据“SSS”可得△ABC≌△A1B1C1，不合题意．故选：B．【点睛】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．2．（2022·绵阳市·八年级课时练习）刘零想做一个三角形的框架，她有两根长度分别为6cm和8cm的细木条，需要将其中一根木条分为两段，如果不考虑损耗和接头部分，那么可以分成两段的是（       ）A．6cm的木条 B．8cm的木条 C．两根都可以 D．两根都不行【答案】B【分析】利用三角形的三边关系可得答案．【详解】解：利用三角形的三边关系可得应把8cm的木条截成两段，如将8cm的线段分成3cm和5cm或4cm和4cm，所截成的两段线段之和大于6，所以，可以，而6cm的线段无论如何分，分成的两段线段之和都小于8，所以，不可以．故选：B．【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握三角形两边之和大于第三边．3．（2022·江苏·八年级课时练习）如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1+∠3-∠2=（     ）A．30° B．45° C．60° D．135°【答案】B【分析】首先利用SAS定理判定△ABC≌△DBE，根据全等三角形的性质可得∠3=∠ACB，再由∠ACB+∠1=∠1+∠3=90°，可得∠1+∠3-∠2．【详解】∵在△ABC和△DBE中，∴△ABC≌△DBE（SAS），∴∠3=∠ACB，∵∠ACB+∠1=90°，∴∠1+∠3=90°，∵∠2=45°∴∠1+∠3-∠2=90°-45°=45°，故选B．【点睛】此题主要考查了全等图形，关键是掌握全等三角形的判定，以及全等三角形对应角相等．4．（2021·江苏·无锡市侨谊实验中学三模）如图为一张锐角三角形纸片ABC，小明想要通过折纸的方式折出如下线段：①BC边上的中线AD，②BC边上的角平分线AE，③BC边上的高AF．根据所学知识与相关活动经验可知：上述三条线中，所有能够通过折纸折出的有（　　）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】根据三角形中线，角平分线和高的定义即可判断．【详解】沿着A点和BC中点的连线折叠，其折痕即为BC边上的中线，故①符合题意；折叠后使B点在AC边上，且折痕通过A点，则其折痕即为BC边上的角平分线，故②符合题意；折叠后使B点在BC边上，且折痕通过A点，则其折痕即为BC边上的高，故③符合题意；故选D．【点睛】本题考查三角形中线，角平分线和高的定义．掌握各定义是解题关键．5．（2022·江苏南京·二模）如图，在中，点D在AC上，BD平分，延长BA到点E，使得，连接DE．若，则的度数是（       ）A．68° B．69° C．71° D．72°【答案】C【分析】设，则，根据题意证明，可得，即，解方程即可求解．【详解】 BD平分，，与中，，，，由，即，设，则，又，，解得．故选C．【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，邻补角的定义，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．6．（2022·浙江杭州·七年级阶段练习）如图，已知长方形，连接，是上的一点，连接，，，，，分别表示，，，的面积，则下列等式不正确的是（　　　）．A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意得：△ABP和△ADP的高相等，△ABD和△BCD的面积相等，从而得到，，故D正确，，可得，故B错误，从而得到，可得，进而得到，可得到，故A、C正确，即可求解．【详解】解：根据题意得：△ABP和△ADP的高相等，△ABD和△BCD的面积相等，∴，，故D正确，不符合题意；同理，∴，故B错误，符合题意；∴，∴，∵，∴，∴，∴，故A、C正确，不符合题意；故选：B【点睛】本题主要考查了长方形分割多个三角形的关系，等式基本性质，熟练掌握长方形分割多个三角形的关系，等式基本性质是解题的关键．7．（2022春•秦淮区期中）如图，△ABC中∠A＝40°，E是AC边上的点，先将△ABE沿着BE翻折，翻折后△ABE的AB边交AC于点D，又将△BCD沿着BD翻折，点C恰好落在BE上，此时∠CDB＝82°，则原三角形的∠B的度数为（　　）A．57° B．60° C．63° D．70°【分析】由折叠可得，∠BDG＝∠BDC＝82°，∠ABE＝∠A'BE＝∠A'BG，依据∠BDG是△BDF是外角，即可得到∠DBA＝∠BDG﹣∠A＝82°﹣40°＝42°，进而得到原三角形的∠B为63°．【解答】解：如图，由折叠可得，∠BDG＝∠BDC＝82°，∠ABE＝∠A'BE＝∠A'BG，∵∠BDG是△BDA是外角，∴∠DBA＝∠BDG﹣∠A＝82°﹣40°＝42°，∴∠ABE＝∠ABE＝21°，∴∠ABG＝3×21°＝63°，即原三角形的∠B为63°，故选：C．【点评】此题主要考查的是图形的折叠变换及三角形内角和定理的应用，能够根据折叠的性质发现∠FBE＝∠ABE＝∠ABG是解答此题的关键．8．（2022·江苏·八年级课时练习）为了疫情防控工作的需要，某学校在门口的大门上方安装了人体体外测温摄像头，当学生站在点B时测得摄像头M的仰角为30°，当学生走到点A时测得摄像头M的仰角为60°，则当学生从B走向A时，测得的摄像头M的仰角为（       ）A．越来越小，可能为20° B．越来越大，可能为40°C．越来越大，可能为70° D．走到AB中点时，仰角一定为45°【答案】B【分析】根据三角形的外角的性质以及解平分线的性质可得结论．【详解】解：∵是的外角又又 ∴摄像头M的仰角的范围为：越来越大，大于30°而小于60°所以，选项A. 越来越小，可能为20°说法错误；B. 越来越大，可能为40°，说法正确；C. 越来越大，可能为70°，说法错误；D. 走到AB中点时，仰角一定为45°，说法错误，此选项证明如下：∵∠是△的外角∴∠∴∠∵∠∴∠设点O为CD的中点，∴ 过点O作于点M，作交MC的延长线于点H，连接MO，如图，∴∠∵∠∴∠∴∠∴∠在△和△中，∴△∴∵ ∴ ∴MO不是的平分线，∴ ∴ ∴ 所以，选项D说法错误，故选：B【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，角平分线以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．9．（2022春•宜兴市校级月考）如图，∠A＝45°，∠BCD＝135°，∠AEB与∠AFD的角平分线交于点P，下列结论：①EP⊥FP；②∠AEB+∠AFD＝∠P；③∠A＝∠PEB+∠PFD．其中正确的有（　　）个．A．0 B．1 C．2 D．3【分析】延长EP交AB于G，根据角平分线的定义可得∠1＝∠AEP=12∠AEB，∠2＝∠PFD=12∠AFD，再根据邻补角的定义求出∠BCF＝45°，然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和分别用∠1和∠2表示出∠EGB和∠EBG，再利用三角形的内角和定理列式求出∠1+∠2，然后表示出∠EPF即可判断出①②正确，再求出∠PEB+∠PFD＝45°，判断出③正确．【解答】解：如图，延长EP交AB于G，∵∠AEB与∠AFD的角平分线交于点P，∴∠1＝∠AEP=12∠AEB，∠2＝∠PFD=12∠AFD，∵∠BCD＝135°，∴∠BCF＝180°﹣135°＝45°，在△AEG中，∠EGB＝∠A+∠AEP＝45°+∠1，在△BCF中，∠EBG＝∠AFD+∠BCF＝2∠2+45°，在△BEG中，∠1+∠EGB+∠EBG＝180°，即∠1+45°+∠1+2∠2+45°＝180°，解得∠1+∠2＝45°，在△GFP中，∠EPF＝∠EGB+∠2＝45°+∠1+∠2＝45°+45°＝90°，∴EP⊥FP，故①正确；∠AEB+∠AFD＝2∠1+2∠2＝2（∠1+∠2）＝90°＝∠P，故②正确；∵∠PEB+∠PFD＝∠1+∠2＝45°，∴∠A＝∠PEB+∠PFD＝45°，故③正确．综上所述，正确的结论有①②③共3个．故选：D．【点评】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，作辅助线构造出三角形并求出∠1+∠2＝45°是解题的关键．10．（2022·重庆·四川外国语大学附属外国语学校七年级期末）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，过点A作AF∥BC且AF＝AD，点E是AC上一点且AE＝AB，连接EF，DE．连接FD交BE于点G．下列结论中正确的有（　　）个．①∠FAE＝∠DAB；②BD＝EF；③FD平分∠AFE；④S四边形ABDE＝S四边形ADEF；⑤BG＝GE．A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】由“SAS”可证△ABD≌△AEF，利用全等三角形的性质依次判断可求解．【详解】∵AD⊥BC，AF∥BC，∴AF⊥AD，∴∠FAD＝90°＝∠BAC，∴∠FAE＝∠BAD，故①正确；在△ABD和△AEF中，，∴△ABD≌△AEF（SAS），∴BD＝EF，∠ADB＝∠AFE＝90°，故②正确；∵AF＝AD，∠DAF＝90°，∴∠AFD＝45°＝∠EFD，∴FD平分∠AFE，故③正确；∵△ABD≌△AEF，∴S△ABD＝S△AEF，∴S四边形ABDE＝S四边形ADEF，故④正确；如图，过点E作EN⊥EF，交DF于N，∴∠FEN＝90°，∴∠EFN＝∠ENF＝45°，∴EF＝EN＝BD，∠END＝∠BDF＝135°，在△BGD和△EGN中，，∴△BDG≌△ENG（AAS），∴BG＝GE，故⑤正确，故选：D．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）11．（2021·浙江丽水市·中考真题）一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为，则原多边形的边数是__________．【答案】6或7【分析】求出新的多边形为6边形，则可推断原来的多边形可以是6边形，可以是7边形．【详解】解：由多边形内角和，可得（n-2）×180°=720°，∴n=6，∴新的多边形为6边形，∵过顶点剪去一个角，∴原来的多边形可以是6边形，也可以是7边形，故答案为6或7．【点睛】本题考查多边形的内角和；熟练掌握多边形的内角和与多边形的边数之间的关系是解题的关键．12．（2022·河南许昌·八年级期末）如图，已知，，要想使，还需要再添加一个条件，那么在①，②，③，④，这四个关系中可以选择的是______．（填写序号）【答案】①③④【分析】根据全等三角形的判定定理依次判定即可．【详解】∵，∴，即①，可以用SAS判定，①正确；②，SSA不可能判定，②错误；③，可以用ASA判定，③正确；④，可以用AAS判定，④正确；故答案为：①③④．【点睛】本题考查全等三角形的判定定理，准确掌握定理，清楚SSA不能判定三角形全等是本题的关键．13．（2021·江苏镇江·八年级期中）课间，小明拿着老师的等腰直角三角板玩，不小心掉到两墙之间（如图），，AC=BC，每块砌墙用的砖块厚度为10cm，小聪很快就知道了两个墙脚之间的距离DE的长为____cm．【答案】50【分析】由砖的厚度可得AD=30cm，BE=20cm，利用同角的余角相等可得∠CAD=∠BCE，再用AAS判定△CAD≌△BCE，得到对应边相等，再由DE=DC+CE即可得出答案．【详解】解：由题意得，AD=30cm，BE=20cm，∠ADC=∠CEB=90°，∵∠ACD+∠BCE=90°，∠ACD+∠CAD=90°，∴∠CAD=∠BCE，在△CAD和△BCE中，∴△CAD≌△BCE（AAS）∴DC=BE=20cm，AD=CE=30cm∴DE=DC+CE=50cm故答案为：50．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，由同角的余角相等得出全等条件是关键．14．（2021·浙江杭州市·八年级期中）如图1，赤道式日晷是中国古代最经典和传统的计时仪器，由底座，晷面、晷针三部分组成，其中底坐面与日晷所处地球半径垂直； （1）晷针与晷面夹角为___________；（2）如图2，日晷所处纬度为，若太阳光（平行光）与日晷底座面夹角为，则太阳光与该晷面所夹锐角度为___________．【答案】 【分析】①由垂直于两平行线之一的直线，必垂直于另一条平行线，即可判断出晷针与晷面垂直，即晷针与晷面夹角为． ②由平行线的性质即可求出，根据题意可求出，再根据三角形内角和定理即可求出，最后由对顶角相等即可求出，即太阳光与该晷面所夹锐角度为．【详解】①根据题意晷面与赤道平行，地轴与赤道垂直，∴地轴与晷面垂直，又∵晷针与地轴平行，∴晷针与晷面垂直．即晷针与晷面夹角为．②可将题干中图简化为如下图：根据题意结合图形可知：，，，．∵，∴，即，∴，即．∵，．∴．∴．∴．即太阳光与该晷面所夹锐角度为．故答案为，．【点睛】本题考查平行线的性质和三角形内角和定理．理解题意，能看懂赤道式日晷的二维图形是解答本题的关键．15．（2022·江苏扬州·八年级期末）如图，在△ABC中，∠B＝∠C＝65°，BD＝CE，BE＝CF，则∠DEF的度数是_____．【答案】65°【分析】证明△DBE≌△ECF(SAS)，推出∠BDE= ∠FEC，再由三角形的外角性质得∠DEF+ ∠FEC=∠B+ ∠BDE，即可得出答案．【详解】解：在△DBE和△ECF中， ，∴△DBE≌△ECF（SAS），∴∠BDE＝∠FEC，∵∠DEF+∠FEC＝∠B+∠BDE，∴∠DEF＝∠B＝65°，故答案为：65°．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识，证明△DBE≌△ECF是解题的关键，属于中考常考题型．16．（2022·浙江杭州·九年级期末）如图，在△ABC中，D为BC上的一点，E为AD上的一点，BE的延长线交AC于点F．已知，（a，b为不小于2的整数），则的值是____________．【答案】【分析】利用同高的三角形面积之比等于底边之比进行三角形的面积转化即可完成求解．【详解】解：∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了同高的三角形面积的转化，解题关键是理解同高的三角形面积之比等于对应的底边之比即可．17．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，△ABC的角平分线AD，BE相交于点P，过P作PF⊥AD，交BC延长线于F，交AC于H，则下列结论：①∠APB=135°；②BF=BA；③=HC；④PH=PD；其中正确的有____________________．【答案】①②④【分析】由角平分线的定义，可得∠PAB+∠PBA=45°，由三角形内角和定理可得结论①；由△BPA≌△BPF可得结论②；由△APH≌△FPD可得结论④；若PH=HC，则PD=HC，由AD＞AC可得AP＞AH不成立，故③错误；【详解】解：∵∠CAB+∠CBA=90°，AD、BE平分∠CAB、∠CBA，∴∠PAB+∠PBA=（∠CAB+∠CBA）=45°，△PAB中，∠APB=180°-（∠PAB+∠PBA）=135°，故①正确；∵∠ADF+∠F=90°，∠ADF+∠DAC=90°，∴∠F=∠DAC=∠DAB，△BPA和△BPF中：∠PBA=∠PBF，∠PAB=∠PFB，BP=BP，∴△BPA≌△BPF（AAS），∴BA=BF，PA=PF，故②正确；△APH和△FPD中：∠PAH=∠PFD，PA=PF，∠APH=∠FPD=90°，∴△APH≌△FPD（ASA），∴PH=PD，故④正确；若PH=HC，则PD=HC，AD＞AC，则AD-PD＞AC-HC，即AP＞AH，不成立，故③错误；综上所述①②④正确，故答案为：①②④【点睛】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质等知识；掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．18．（2022·湖北襄阳·八年级期末）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，过点A作，垂足是A，过点C作，垂足是C，交于点F，连接，下列结论：①：②；③若，，则；④．其中正确的是_______．【答案】①②③【分析】先根据，，证明，再根据全等三角形求证后续结论．【详解】又又故①正确．故②正确．故③正确．故④错误．故答案为：①②③．【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，解决本题的关键是找准证明三角形全等的条件．三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2022·浙江·八年级月考）如图，在中，是边上的高线．（1）若是边上的中线，，．求的长．（2）若是的平分线，，，求的大小．【答案】（1）CD＝4cm；（2）5°【分析】（1）根据三角形的面积公式计算三角形的底边BC，再根据三角形中线的性质进行求解;（2）根据三角形内角和定理计算∠BAC和∠EAC，再根据角平分线的定义计算出∠DAC,最后根据角的和差关系进行计算求解即可.【详解】解：（1）∵AD，AE分别是边BC上的中线和高，AE＝3cm，S△ABC＝12cm2，∴S△ADC＝6cm2，∴×AE×CD＝6，∴×3×CD＝6，解得：CD＝4（cm）；（2）∵∠B＝40°，∠C＝50°，∴∠BAC＝90°，又∵AD平分∠BAC，∴∠DAC＝45°又AE是边BC上的高∴∠EAC＝40°，∴∠DAE＝45°－40°＝5°.【点睛】本题主要考查三角形中线，角平分线，高，解决本题的关键是要熟练掌握三角形中重要线段的性质.20．（2022·陕西·武功县教育局教育教学研究室七年级期末）如图，小明和小华住在同一个小区不同单元楼，他们想要测量小明家所在单元楼的高度，首先他们在两栋单元楼之间选定一点E，然后小华在自己家阳台C处测得E处的俯角为，小明站在E处测得楼顶A的仰角为，发现与互余，过点F作于点G，已知米，米，米，点B、E、D在一条直线上，，试求单元楼的高．（注：与互余）．【答案】39米【分析】根据题意得出，，FG=CD，然后利用全等三角形的判定和性质求解即可．【详解】解：由图可得，∴，∵FG⊥AB，CD⊥BD，∴，∵BE=CD，FG=BE，∴FG=CD，在与中，∴，∴（米），∴（米），答：单元楼的高为39米．【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用全等三角形的判定和性质是解题关键．21．（2022·江苏淮安·七年级期末）如图，在方格纸中，每个小正方形的边长都为1个单位长度．在方格纸内将△ABC经过平移后得到，、、分别是A、B、C的对应点，图中标出了点B的对应点．点A、B、C、均在方格纸的网格点上．(1)补全；(2)画出AC边上的中线BD；(3)△ABD的面积为______．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)4．【分析】（1）找出点B的平移方式，再将A，C也按照该平移方式平移得到，，连接，，即可；（2）找出AC边上的中点D，连接BD即可；（3）作的延长线交于点E，利用D是AC边上的中点，得到．(1)解：由图可知：B向左平移5个单位，再向下平移2个单位，得到，∴点A和点C也按照这个平移方式平移，∴如图所示：(2)解：找出AC边上的中点D，连接BD即可，AC边上的中线BD如图：(3)解：作的延长线交于点E，如图：由图可知：，，∵D是AC边上的中点，∴．故答案为：4【点睛】本题考查平移，中线，三角形面积，解题的关键是根据点的平移求出图形的平移，掌握中线性质，理解．22．（2022·湖南·长沙市雅礼实验中学七年级期末）如图，在△ABC中，∠B=∠C，点D是边BC上一点，CD=AB，点E在边AC上．(1)若∠ADE=∠B，求证：①∠BAD=∠CDE；②BD=CE；(2)若BD=CE，∠BAC=70°，求∠ADE的度数．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)55°【分析】（1）①根据三角形内角和定理可得∠BAD=180°-∠B-∠ADB，平角的定义可得∠CDE=180°-∠ADE-∠ADB，根据已知条件即可得证；②证明△ABD≌△DCE(ASA)即可得证；（2）证明△ABD≌△DCE(SAS)，可得∠BAD=∠CDE，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和的即可求解．（1）①∵在△ABC中，∠BAD+∠B+∠ADB=180°∴∠BAD=180°-∠B-∠ADB，又∵∠CDE=180°-∠ADE-∠ADB且∠ADE=∠B∴∠BAD=∠CDE                                                                                                                        ② 由①得∠BAD=∠CDE在△ABD与△DCE中，∴△ABD≌△DCE（ASA）∴BD=CE（2）∵在△ABD与△DCE中，∴△ABD≌△DCE(SAS)∴∠BAD=∠CDE又∵∠ADE=180°-∠CDE-∠ADB∴∠ADE=180°-∠BAD-∠ADB=∠B在△ABC中，∠BAC=70°，∠B＝∠C∴∠B＝∠C=（180°-∠BAC）=110°=55°∴∠ADE=55°【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．23．（2022·湖南·长沙市八年级期末）如图，在△ABC中，AD为高，AC=12．点E为AC上的一点，使CE=AE，连接BE，交AD于O，若△BDO≌△ADC．备用图(1)求∠BEC的度数；(2)有一动点Q从点A出发沿射线AC以每秒8个单位长度的速度运动，设点Q的运动时间为t秒，是否存在t的值，使得△BOQ的面积为24？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；(3)在（2）条件下，动点P从点O出发沿线段OB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点B时，P、Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒，点F是直线BC上一点，且CF=AO．当△AOP与△FCQ全等时，求t的值．【答案】(1)90°(2)存在，t=或t=(3)或2【分析】（1）根据全等三角形的性质得到∠OBD=∠CAD，利用三角形内角和得到∠AEO=∠ODB=90°即可；（2）根据全等三角形的性质求出AE=8，CE=4，分两种情况：① 当01时，Q在射线EC上，根据三角形的面积公式列方程求解；（3）由△BDO≌△ADC得到∠BOD＝∠ACD，①当点F在线段BC延长线上时，如图3，当OP＝CQ时，△AOP≌△FCQ（SAS），得到2t＝12﹣8t，求解即可；②当点F在线段BC上时，如图4，当OP＝CQ时，△AOP≌△FCQ（SAS），列得2t＝8t﹣12，计算即可．（1）∵在△ABC中，AD为高，∴∠ODB=90°，又∵△BDO≌△ADC，∴∠OBD=∠CAD，在△AOE与△OBD中∵∠OBD=∠CAD，∠BOD=∠AOE，∴∠AEO=∠ODB=90°，∴ ∠BEC=180°-∠AEO= 90° ；（2）∵ △BDO≌△ADC，AC＝12，∴BO=AC＝12，∵ AC＝12，CE＝AE，∴ AE=8，CE=4，① 当01时，Q在射线EC上，∴ S △BOQ =BO×QE= ×12 ×(8t-8) =24，解得t=； ∴存在，t=或t=；（3）∵△BDO≌△ADC，∴∠BOD＝∠ACD，①当点F在线段BC延长线上时，如图3，∵∠BOD＝∠ACD，∴∠AOP＝∠ACF，∵AO＝CF，∴当OP＝CQ时，△AOP≌△FCQ（SAS），此时，2t＝12﹣8t，解得：t＝；                                                                                                            ②当点F在线段BC上时，如图4，∵∠BOD＝∠ACD，∴∠AOP＝∠FCQ，∵AO＝CF，∴当OP＝CQ时，△AOP≌△FCQ（SAS），此时，2t＝8t﹣12，解得：t＝2；综上所述，当△AOP与△FCQ全等时，t的值为或2．【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，图形与动点问题，熟练掌握全等三角形的性质并应用是解题的关键，解题中还需注意运用分类思想解决问题．24．（2021·浙江杭州市·八年级期中）如图1，含角的直角三角板与含角的直角三角板的斜边在同一直线上，D为的中点，将直角三角板绕点D按逆时针方向旋转，在旋转过程中：（1）如图2，当________时，；当______时，；（2）如图③，当直角三角板的边、分别交、的延长线于点M、N时；①与度数的和是否变化？若不变，求出与度数的和；若变化，请说明理由；②若使得，求出、的度数，并直接写出此时的度数；③若使得，求的度数范围．【答案】（1）15°，105°；（2）①不变，60°；②∠1＝40°，∠2＝20°，∠α=85°；③69°≤α＜90°【分析】（1）当时，，根据平行线的性质得，解得；当时，，根据平行线的性质得，解得；（2）①连接，如图3，在中，由三角形内角和定理得，则，再在中，利用三角形内角和定理得到，所以；②根据与的关系列方程组，然后解方程组即可；再根据三角形内角和定理和对顶角相等得到，即，解得；③由，可解得，由于，即，则，所以，解得，利用直角三角板的边、分别交、的延长线于点、得到，于是得到．【详解】解：（1），当时，，而，，解得；当时，，此时，，解得；故答案为，；（2）①与度数的和不变．连接，如图3，在中，，，在中，，即，；②根据题意得，解得；，即，；③，，，，，即，，，解得，的度数范围为．【点睛】本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是180°．也考查了解二元一次方程组．合理选择三角形后利用三角形内角和定理列等量关系是解决问题的关键，同时运用不等式的性质解决∠α的度数范围．25．（2022·贵州贵阳·八年级期末）（1）阅读理解：如图①，在中，，，，垂足分别为，，且，与交于点，图中与全等的三角形是______，与全等的三角形是______；（2）问题探究：如图②，在中，，，平分，，垂足为，探究线段，，之间的关系，并证明；（3）问题解决：如图③，在中，，，平分，交的延长线于点，求证：．【答案】（1）；（2），见解析；（3）见解析【分析】（1）由HL证明≌，结合同角的余角相等可得，继而由ASA证明≌，据此解答；（2）利用AAS证明≌，根据全等三角形对应边相等的性质结合线段的和差即可解答；（3）延长，交于点，由ASA证明≌，≌，再根据全等三角形对应边相等的性质．【详解】解：（1），，，，≌，，，，，又，≌，故答案为：，；（2），理由如下：，，，，，，平分，，又，，≌，，，；（3）如图，延长，交于点， 平分，，又，，≌，，，，，又，，≌，，．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．26．（2022·广东揭阳·七年级期末）【问题提出】（1）如图1，在四边形ABCD中，，，，E、F分别是BC、CD上的点，探究当为多少度时，使得成立．小亮同学认为：延长FD到点G，使，连接AG，先证明，再证明，则可求出∠EAF的度数为______；【问题探究】（2）如图2，在四边形ABCD中，，，E、F分别是BC、CD上的点，当∠EAF与∠BAD满足怎样的数量关系时，依然有成立，并说明理由．【问题解决】（3）如图3，在正方形ABCD中，，若的周长为8，求正方形ABCD的面积．【答案】（1）60°；（2）当时，成立，理由见解析；（3）16【分析】（1）根据全等三角形的性质得到证明得到根据题意，计算即可得出结果．（2）延长FD到点H，使，连接AH，分别证明，根据全等三角形的性质解答即可．（3）根据（2）的结论得到，进而求出AD，根据正方形的面积公式计算即可．【详解】解：（1）当时，，理由如下，延长FD到点G，使，连接AG，在和中，在和中，；（2）当时，成立，理由如下：如图2，延长FD到点H，使，连接AH，∵，，∴，在和中，，∴（SAS），∴，，∴，∵，∴，在和中，，∴（SAS），∴；（3）∵四边形ABCD为正方形，∴．∵，∴，∴，∵的周长为8，∴，∴，∴AD+CD=8，∴，∴正方形ABCD的面积．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解此题的关键．