八年级上数学几何专题训练

期末几何压轴题训练

一、解答题

1．如图，A（6, 0），B（0, 4），点B关于x轴的对称点为C点，点D在x轴的负半轴上，△ABD的面积是30.

（1）求点D坐标.

（2）若动点P从点B出发，沿射线BC运动，速度为每秒1个单位，设P的运动时间为t秒，△APC的面积为S，求S与t的关系式.

（3）在（2）的条件下，同时点Q从D点出发沿x轴正方向以每秒2个单位速度匀速运动，若点R在过A点且平行于y轴的直线上，当△PQR为以PQ为直角边的等腰直角三角形时，求满足条件的t值，并直接写出点R的坐标.

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2．在ABC中，ACBC，ACB90，点E在直线BC上（B，C除外），AE的垂线EF与AB的垂线BF交于点F，研究AE和EF的数量关系.

（1）在探究AE，EF的关系时，运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点E是BC的中点时，只需要取AC边的中点G（如图），通过推理证明就可以得到AEEF的_____________________ 数量关系，请你按照这种思路直接写出AE和EF的数量关系：

（2）当点E是线段BC上（B，C除外）任意一点（其它条件不变），上面得到的结论是否仍然成立呢？证明你的结论；

（3）点E在线段BC的延长线上，上面得到的结论是否仍然成立呢？在下图中画出图形，并证明你的结论.

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3．如图1，ACB为等腰三角形，ABC90，点P在线段BC上（不与B、C重合），以AP为腰长作等腰直角PAQ，QEAB于E. （1）求证：PABAQE；

（2）连接CQ交AB于M，若PC2PB，求

PC的值. MB（3）如图2，过Q作QFAQ于AB的延长线于点F，过P点作DPAP交AC于QFDPD，连接DF，当点P在线段BC上运动时（不与B,C重合），式子变化吗？若不变，求出该值；若变化，请说明理由..

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DF的值会

4．已知在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一点，联结AD，以AD为腰在AD的右侧作等腰直角ADE，∠DAE=90°，解答下列问题： （1）如果AB=AC，∠BAC=90°

①如图1，当点D在线段BC上时（与点B不重合），线段CE、BD之间的位置关系为_______

②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，①的结论是否仍然成立，如果不成立请说明理由，如果成立请加以证明

（2）如图3，如果AB≠AC，∠BAC≠90°，当点D在线段BC的延长线上时，试探究：当∠ACB=45°时（点C与点E重合除外），求：∠ECA的度数？

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5．在RtABC中，ACBC，EDF∠C90，D为AB边的中点，EDF90，绕D点旋转，它的两边分别交AC和CB（或它们的延长线）于E，F.

（1）当DEAC于E时（如图1），可得S△DEFS△CEF______________SABC.

（2）当DE与AC不垂直时（如图2），第（1）小题得到的结论成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请直接给出S△DEF，S△CEF，SABC的关系.

（3）当点E在AC延长线上时（如图3），第（1）小题得到的结论成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请直接给出S△DEF，S△CEF，S

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ABC的关系.

6．如图1，等腰△ABC中，AC=BC＝42, ∠ACB=45˚，AO是BC边上的高，D为线段AO上一动点，以CD为一边在CD下方作等腰△CDE,使CD=CE且∠DCE=45˚，连结BE.

(1) 求证：△ACD≌△BCE；

(2) 如图2，在图1的基础上，延长BE至Q, P为BQ上一点，连结CP、CQ,若CP＝CQ＝5,求PQ的长.

(3) 连接OE，直接写出线段OE的最小值．

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7．（问题探索）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D、E分别在AC、BC边上，DC=EC，连接DE、AE、BD，点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN．探索BE与MN的数量关系。聪明的小华推理发现PM与PN的关系为__________________________________, 最后推理得到BE与MN的数量关系为__________________________.

（深入探究）将△DEC绕点C逆时针旋转到如图2的位置，判断（1）中的BE与MN的数量关系是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；

（解决问题）若CB=8，CE=2，在将图1中的△DEC绕点C逆时针旋转一周的过程中，当B、E、D三点在一条直线上时，求MN的长度．

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8．问题提出

(1)如图1，将直角三角板的直角顶点P放在正方形ABCD的对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交边DC于点E，线段PB和线段PE相等吗？请证明； 问题探究

(2)如图2，移动三角板，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交DC的延长线于点E，(1)中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由； 问题解决

(3)继续移动三角板，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另(1)中的结论还成立吗？若成立，一条直角边交DC的延长线于点E，请证明；若不成立，请说明理由．

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9．BD、CE分别是△ABC的外角平分线，如图所示，过点A作ADBD,AECE，垂足分别为点D、点E，连接DE.求证：DE//BC,DE1(ABBCAC). 2

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10．AC为边在ABC在直角三角形ABC中，分别以AB、ACB90,BAC30，外侧作等边ABE和等边ACD，DE交AB于点F，求证：EFFD.

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11．如图1所示，已知点D在AC上，ADE和ABC都是等腰直角三角形，点M为EC的中点.

（1）求证：BMD为等腰直角三角形；

（2）将ADE绕点A逆时针旋转45，如图2所示，（1）中的“BMD为等腰直角三角形”是否仍然成立？请说明理由；

（3）将ADE绕点A逆时针旋转一定的角度，如图3所示，（1）中的“BMD为等腰直角三角形”成立吗？请说明理由.

12．如图，在四边形ABCD中，ABAD，BAD120，BADC90，E，

F分别是BC、CD上的点，且EAF60，BE2，EF5，则DF______．

13．如图所示，ABD,ACE分别是以AB、AC为边的等边三角形，连接CD、BE，它们相交于点O，再连接OA．求证：OA是DOE的角平分线.

14．已知等边三角形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，

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（1）当点M、N在边AB、AC上，且DMDN时，直接写出BM、NC、MN之间的数量关系．

（2）当点M、N在边AB、AC上，且DMDN时，猜想①中的结论还成立吗？若成立，请证明．

（3）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．

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参

1．0）S=（1）（-9，；（2）当0＜t≤8时，

11××6=-3t+24；S=××6=3t-24；（8-t）当t＞8时，（t-8）22（3）t=10秒或11秒或17秒时，△PQR是等腰直角三角形． 【解析】 【分析】

（1）根据三角形面积公式求出AD即可．

（2）分两种情形①当0＜t≤8时，②当t＞8时，求出△PAC面积即可．

（3）分三种情形①如图1中，当∠QPR=90°，PQ=PR时，作RH⊥OP于H，②如图2中，当∠PQR=90°，QR=PQ时，③如图3中，当∠QRP=90°，QR=PR，利用全等三角形的性质列出方程即可解决． 【详解】

解：（1）∵A（6，0），B（0，4），△ABD的面积是30， ∴

1•AD•BO=30， 21•AD•4=30， 2∴

∴AD=15， ∴OD=9，

∴点D坐标为（-9，0）．

（2）∵点B（0，4）关于x轴的对称点为C点， ∴点C坐标（0，-4）， ∴当0＜t≤8时，S=

1×6=-3t+24， （8-t）×2当t＞8时，S=

1×6=3t-24． （t-8）×2（3）①如图1中，

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图1

当∠QPR=90°，PQ=PR时，作RH⊥OP于H， ∵∠QPO+∠RPH=90°，∠QPO+∠PQO=90°， ∴∠PQO=∠RPH， 在△PQO和△RPH中，

POQ＝PHR＝90 PQO＝RPHPQ＝PR∴△PQO≌RPH， ∴RH=PO，

∵四边形AOHR是矩形， ∴RH=AO=6， ∴OP=6， ∴t-4=6， ∴t=10． ②如图2中，

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图2

当∠PQR=90°，QR=PQ时，

∵∠RQA+∠OQP=90°，∠OQP+∠OPQ=90°， ∴∠RQA=∠OPQ， 在△ARQ和△OQP中，

RAQ＝POQRQA＝OPQ QR＝PQ∴△ARQ≌△OQP， ∴OP=AQ， ∴t-4=2t-15， ∴t=11． ③如图3中，

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图3 当∠QRP=90°，QR=PR，

∵∠RQA+∠PRH=90°，∠PRH+∠RPH=90°， ∴∠QRA=∠RPH， 在△AQR和△HRP中， ∠QRA＝∠RPH ∠QAR＝∠RHP QR＝PR

∴△AQR≌△HRP， ∴AQ=RH，AR=PH=AO=6， ∴OP=AH=RH-AR=AQ-AR=AQ-6 ∴t-4=2t-15-6， ∴t=17．

综上所述t=10秒或11秒或17秒时，△PQR是等腰直角三角形． 【点睛】

本题考查三角形综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是

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正确画出图形，利用全等三角形性质解决问题，学会分类讨论，用方程的思想去思考问题，属于中考压轴题．

2．（1）AE=EF；（2）成立，证明见详解；（3）成立，画图、证明见详解. 【解析】 【分析】

（1）证△AGE≌△EBF即可；

（2）在AC上截取点G使AG=EB，再证△AGE≌△EBF即可； （3）在AC延长线上截取点G使AG=EB，再证△AGE≌△EBF即可. 【详解】

证明：（1）∵AB=AC，∠C=90°，G、E分别是AC、BC的中点 ∴AG=BE，CG=CE，∠CAB=∠CBA=45° ，∠CGE=45°∵AB⊥BF

∴∠EBF=∠CAB＋∠ABF=135° ∠AGE=180° －∠CGE=135°∴∠EBF =∠AGE ∵AE⊥EF

∴∠AEC＋∠FEB=90° ∵∠CAE＋∠AEC=90° ∴∠FEB=∠CAE 在△AGE和△EBF中

FEBCAE AG=BEEBF AGE∴△AGE≌△EBF ∴AE=EF

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（2）成立；在AC上截取点G使AG=EB，

∵AB=AC，∠C=90°AG=BE

∴CG=CE，∠CAB=∠CBA=45° ，∠CGE=45°∵AB⊥BF

∴∠EBF=∠CAB＋∠ABF=135° ∠AGE=180° －∠CGE=135°∴∠EBF =∠AGE ∵AE⊥EF

∴∠AEC＋∠FEB=90° ∵∠CAE＋∠AEC=90° ∴∠FEB=∠CAE 在△AGE和△EBF中

FEBCAE AG=BEEBF AGE∴△AGE≌△EBF ∴AE=EF

（3）成立，如下图：在AC延长线上截取点G使AG=EB

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∵AB=AC，∠C=90°AG=BE

∴CG=CE，∠CAB=∠CBA=45° ，∠CGE=45°∵AB⊥BF

∴∠EBF=90° －∠CBA=45°∴∠CGE =∠EBF ∵AE⊥EF

∴∠AEC＋∠FEB=90° ∵∠CAE＋∠AEC=90° ∴∠FEB=∠CAE 在△AGE和△EBF中

FEBCAE AG=BEEBF AGE∴△AGE≌△EBF ∴AE=EF 【点睛】

此题考查的是全等三角形的判定，读懂材料构造全等三角形是解决此题的关键. 3．（1）证明见详解；（2）2；（3）式子值不变，理由见详解. 【解析】 【分析】

（1）根据题目中的信息可以得到AQ=AP，∠QEA与∠ABP之间的关系，∠QAE与∠APB之间的关系，从而可以解答本题；

（2）由第一问中的两个三角形全等，可以得到各边之间的关系，然后根据题目中的信息

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找到PC与MB的关系，从而可以解答本题；

（3）作合适的辅助线，构造直角三角形，通过三角形的全等可以找到所求问题需要的边之间的关系，从而可以解答本题． 【详解】

（1）证明：∵△ACB为等腰三角形，∠ABC=90°，点P在线段BC上（不与B，C重合），以AP为腰长作等腰直角△PAQ，QE⊥AB于E．

∴AP=AQ，∠ABQ=∠QEA=90°，∠QAE+∠BAP=∠BAP+∠APB=90°， ∴∠QAE=∠APB， 在△PAB和△AQE中，

ABQQEAQAEAPB AQPA∴△PAB≌△AQE（AAS）； （2） ∵△PAB≌△AQE， ∴AE=PB， ∵AB=CB， ∴QE=CB．

在△QEM和△CBM中，

QMECMBQEMCBM QECB∴△QEM≌△CBM（AAS）， ∴ME=MB，

∵AB=CB，AE=PB，PC=2PB， ∴BE=PC， ∵PC=2PB， ∴PC=2MB，

PC2 MBQFDP（3）式子的值不会变化．

DF∴

如下图所示：作HA⊥AC交QF于点H，

答案第8页，总27页

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∵QA⊥AP，HA⊥AC，AP⊥PD，

∴∠QAH+∠HAP=∠HAP+∠PAD=90°，∠AQH=∠APD=90°， ∴∠QAH=∠PAD，

∵△PAQ为等腰直角三角形， ∴AQ=AP，

在△AQH和△APD中，

AQHAPD AQAPQAHPAD∴△AQH≌△APD（ASA）， ∴AH=AD，QH=PD， ∵HA⊥AC，∠BAC=45°， ∴∠HAF=∠DAF， 在△AHF和△ADF中，

AHADHAFDAF AFAF∴△AHF≌△ADF（SAS）， ∴HF=DF， ∴

QFDPQFQHHF=1

DFHFHF【点睛】

本题属于数学的综合大题，全面考虑问题，灵活运用所学知识才能正确求解. 4． （1）①CE⊥BD；②成立；证明见解析；（2）45°【解析】 【分析】

答案第9页，总27页

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（1）①根据∠BAD=∠CAE，AB=AC，AD=AE，运用“SAS”证明ABDACE，再利用全等三角形的性质即可得到线段CE、BD之间的关系；

②先根据“SAS”证明ABDACE，再利用全等三角形的性质即可证得①中的结论仍然成立；

（2）过点A作FA⊥AC，交BC于点F， 根据“SAS”证明FADCAE，再利用全等三角形的性质即可解决问题. 【详解】 （1）CE⊥BD

∵AB=AC，∠BAC=90° ∴∠B=∠ACB=45°

∵等腰直角ADE，∠DAE=90° ∴AD=AE

∴∠BAC-∠CAD=∠EAD-∠CAD 即∠BAD=∠CAE 在△ABD和△ACE中

ABACBADCAE ADAE∴ABDACE(SAS) ∴∠ACE=∠B=45°

∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90° ∴CE⊥BD

②答：①的结论仍然成立 证明：∵AB=AC，∠BAC=90°∴∠B=∠ACB=45°

∵等腰直角ADE，∠DAE=90° ∴AD=AE

∴∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD 即∠BAD=∠CAE 在△ABD和△ACE中

答案第10页，总27页

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ABACBADCAE ADAE∴ABDACE(SAS) ∴∠ACE=∠B=45°

∴∠BDE=∠ACB+∠ACE=90° ∴CE⊥BD （2）

如图，解：作FA⊥AC，交BC于点F ∵∠ACB=45° ∴∠AFC=45°AF=AC

∵等腰直角ADE，∠DAE=90° ∴AD=AE，∠ADE=∠AED=45° ∵∠FAC=∠DAE=90°

∴∠FAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD 即∠FAD=∠CAE 在△FAD和△CAE中

AFACFADCAE ADAE答案第11页，总27页

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∴FADCAE(SAS) ∴∠ECA=∠AFC=45° 【点睛】

本题主要考查三角形全等的证明，属于压轴题，难度较大，熟练掌握三角形全等判定定理是解题关键. 5．（1）

11；（2）成立，理由详见解析；（3）S△DEFS△CEFS△ABC 22【解析】 【分析】

（1）当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC时，四边形CEDF是正方形，边长是AC的一半，即可得出结论；

（2）成立；先证明△CDE≌△BDF，即可得出结论； （3）不成立；同（2）得：△DEC≌△DBF，得出

1SDEFS五方形DBFECSCFESDBCSCFESABC

2【详解】

解:（1）当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC时，四边形CEDF是正方形；设△ABC的边长AC=8C=a，则正方形CEDF的边长为号∴S1a， 22ABC1112a2，正方形CEDP的面积SCEDFaa； 242∴S△ABC11SCEDF,故答案为：； 22

（2）成立.

证明：连接CD，∵ACBC（已知）

答案第12页，总27页

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∴AB（等边对等角）

∵ACB90（已知），ABACB180（三角形内角和为180度） ∴AB45（等式性质）

∵ACBC（已知），BDAD（中点的意义） ∴CDAB（等腰三角形的三线合一） ∴∠CDB90（垂直的意义）

∵DCBBCDB180（三角形内角和为180度） ∴∠DCB45(等式性质) ∴DCBB（等量代换） ∴CDDB（等角对等边） ∵CDAB（已证）

∴CDFFDB90（垂直的意义） ∵∠EDF90（已知） ∴CDEBDF（等式性质） 在△CDE与BDF中，

（已证）ECDB（已证） CDBDEDCBDF（已证）∴△CDE≌△BDF(A.S.A.)

∴S△CDE≌△SBDF（全等三角形的面积相等） ∴S△DEFS△CEFS△CDB1S△ABC（等量代换） 2答案第13页，总27页

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（3）不成立；S△DEFS△CEF1S△ABC；理由如下：连接CD，如图3所示： 2同（2）得：DEC≌DBF,DCEDBF135

∴SDEFS五方形DBFECSCFESDBCSCFE1SABC 2SDEFSCFE【点睛】

1SABC 2本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、图形面积的求法；证明三角形全等是解决问题的关键.

6．（1）证明见解析；（2）PQ=6；（3）OE=422 【解析】

试题分析：1根据SAS即可证得ACD≌BCE； 则根2首先过点C作CHBQ于H，由等腰三角形的性质，即可求得DAC45，据等腰三角形与直角三角形中的勾股定理即可求得PQ的长．

3OEBQ时，OE取得最小值.

试题解析：1 证明：∵△ABC与△DCE是等腰三角形， ∴AC=BC,DC=EC,ACBDCE45， ACDDCBECBDCB45，∴∠ACD=∠BCE； 在△ACD和△BCE中，

答案第14页，总27页

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ACBCACDBCE DCEC,ACD≌BCE(SAS)；

2首先过点C作CHBQ于H，

(2)过点C作CH⊥BQ于H，

∵△ABC是等腰三角形，∠ACB=45˚，AO是BC边上的高， DAC45， ACD≌BCE， PBCDAC45，∴在RtBHC中,CHBC22 424，22PCCQ5，CH4， PHQH3， PQ6.

3OEBQ时，OE取得最小值.

最小值为：OE422.

7．PM＝PN，PM⊥PN， BE＝2MN 【解析】

答案第15页，总27页

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(1)问题探索：M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，NP分别是∆AEB、试题分析：所以MP、∆ADB的中位线，PNAC，PMBC可得AD=EB,所以可得PM＝PN，PM⊥PN. BE=2 PM，MN=2PM,从而得到BE与MN的关系。(2) 深入探究：通过连AD，延长BE交AD于点G，将PM、PN放在两个全等的三角形即△ADC≌△BEC来证明PM＝PN，再证∠AGB＝90°（3）解决问题：

【问题探索】

M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，

∴PM，PN分别是∆AEB、∆ADB的中位线， ∴PMBC且PM= ∠ACB=90°, ∴PM⊥PN. 又

AC=BC，DC=EC

11BE，PNAC且PN=AD 22∴AD=BE ∴PM＝PN

∴PM＝PN，PM⊥PN，

BE与MN的数量关系为BE＝2MN, PM＝PN，PM⊥PN ∴∆PMN为等腰直角三角形， ∴MN=2PM BE=2PM ∴BE＝2MN 【深入探究】

成立，理由：如图连接AD,延长BE交AD与G。

答案第16页，总27页

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已知∠ACB=∠ACE+∠ECB=90°，∠DCE=∠ACE +∠DCA=90°∴∠ECB=∠DCA CA=CB,CD=CE ∴△ADC≌△BEC ∴AD=BE

M、N、P仍是AE、BD、AB的中点， ∴PMBE且PM=∴PM=PN 又

△ADC≌△BEC

11BE，PNAD且PN=AD 22∴∠DAC=∠EBC

∠EBC+∠ABE+∠CBA=90° ∴∠DAC+∠CBA+∠ABE=90° ∴BGAD ∴PM⊥PN 因此MN=2PM, PM=

1BE 2∴BE＝2MN 【解决问题】

由上题已知BE＝2MN，①当△DEC绕点C逆时针旋转到如图3的位置时，△ADC≌△BEC , BDAD,∴AD=EB,AD2+BD2=AB2，设AD=EB=x,

CB=8，CE=2，

∴（x+22 ）2+x2=(82 )2,解得 x=622 ，x=622（舍去），所以BE=

622 所以，MN=311

答案第17页，总27页

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②当△DEC绕点C逆时针旋转到如图4的位置时，△ADC≌△BEC , BDAD，∴AD=BE 设BE=x，

2

因为BEAD,∴△ADB是直角三角形，∴AD2+BD2=AB2，∴（x-22 ）

+x2 =128解得x=622 , x=622,∴BE=622，∴MN=311 （舍去）

所以MN的值为311或311

8．（1）证明见解析（2）PB＝PE还成立(3) PB＝PE还成立 【解析】

试题分析：（1）根据正方形的性质得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，而PM⊥CD，则四边形PMCN是矩形，根据角平分线的性质可得PM=PN，根据四边形的内角和得到

∠PBC+∠CEP=180°，再利用等角的补角相等得到∠PBM=∠PEN，然后根据AAS证明△PBM≌△PEN，则可证明；

（2）连接PD，根据正方形的性质和角平分线的性质，由“SAS”以及四边形的内角和得证；（3）过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，然后根据角平分线的性质和正方形的性质，由“AAS”可证.

试题解析：(1)如图1，过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四边形PMCN为正PM＝PN，∵∠BPE＝90°∠BCD＝90°∴∠PBC＋∠CEP＝180°方形，，，，而∠CEP＋∠PEN

答案第18页，总27页

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PBMPEN＝180°，∴∠PBM＝∠PEN，在△PBM和△PEN中，PMBPNE

PMPN∴△PBM≌△PEN(AAS)，∴PB＝PE (2)如图2，PB＝PE还成立．理由如下：过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD＝90°，AC∵PM⊥BC，PN⊥CD，∴四边形PMCN为正方形，PM＝PN，∴∠MPN＝90°平分∠BCD，，∵∠BPE＝90°∠BCD＝90°∴∠BPM＋∠MPE＝90°∴∠BPM，，，而∠MPE＋∠EPN＝90°，

PMBPNE∴△PBM≌△PEN(ASA)，∴PB＝PE ＝∠EPN，在△PBM和△PEN中，PMPNBPMEPN(3)如图3，PB＝PE还成立．PN⊥CD理由如下：过点P作PM⊥BC交BC的延长线于点M，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD＝90°AC平分∠BCD，∵PM⊥BC，的延长线于点N，，PN⊥CD，∴四边形PMCN为正方形，PM＝PN，∴∠MPN＝90°，∵∠BPE＝90°，∠BCD＝90°，∴∠BPM＋∠BPN＝90°，而∠BPN＋∠EPN＝90°，∴∠BPM＝∠EPN，在△PBM

PMBPNE∴△PBM≌△PEN(ASA)，∴PB＝PE 和△PEN中，PMPNBPMEPN

9．详见解析 【解析】 【分析】

如图所示，延长AD、AE交直线BC于点F、点G.可证得到ABD△FBD，从而得到

ABFB，ADFD.同理，ACCG，AEEG，所以DE∥BC.即可证明

【详解】

答案第19页，总27页

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证明：如图所示，延长AD、AE交直线BC于点F、点G. ∵ADBD,AECE ∴ADBFDB90， 又∵BD=BD ∴

ABD△FBD，

∴ ABFB，ADFD.同理，ACCG，AEEG， ∴DE∥BC.

1FG， 21∴DE(ABBCAC).

2∴DE【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，其关键是作出辅助线，构造三角形全等。 10．详见解析 【解析】 【分析】

过点E作EG⊥AB于点G，则有AGBG11AEAB，再证 22ACBEGASAS，得到EGAC.从而得到DAFDACCAB90，所以

ADFGEF(AAS)，即可完成证明。.

【详解】

答案第20页，总27页

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证明：过点E作EG⊥AB于点G. ∵△ABE是等边三角形，

11AEAB， 221又∵Rt△ABC中BCAB（直角三角形30的角所对的边等于斜边的一半），

2∴AGBG∴ACBEGASAS， ∴EGAC.

∴DAFDACCAB90， ∴ADFGEF(AAS)， ∴EFFD. 【点睛】

本题考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定，解题的关键在于证明三角形全等。 11．（1）详见解析；（2）是，证明详见解析；（3）成立，证明详见解析. 【解析】 【分析】

1根据等腰直角三角形的性质得出ACBBAC45，

ADEEBCEDC90，推出BMDM，BMCM，DMCM，推出

BCMMBC，ACMMDC，求出

BMD2BCM2ACM2BCA90即可．

2延长ED交AC于F，求出DM1FC，DM//FC，DEMNCM，根据ASA

2推出EDM≌CNM，推出DMBM即可．

答案第21页，总27页

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3过点C作CF//ED，与DM的延长线交于点F，连接BF，推出

DBACBF，求出DBF90，即可得出答案．

【详解】

MDE≌MFC，求

出DMFM，DEFC，作ANEC于点N，证BCF≌BAD，推出BFBD，

1证明：

ABC和ADE都是等腰直角三角形，

ACBBAC45，ADEEBCEDC90

点M为EC的中点，

BM11EC，DMEC， 22BMDM，BMCM，DMCM，

BCMMBC，DCMMDC， BMEBCMMBC2BCE，

同理DME2ACM，

BMD2BCM2ACM2BCA24590

BMD是等腰直角三角形．

2解：如图2，

BDM是等腰直角三角形，

理由是：延长ED交AC于F，

ADE和△ABC是等腰直角三角形， BACEAD45，

ADED， EDDF， M为EC中点，

EMMC，

答案第22页，总27页

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DM1FC，DM//FC， 2BDNBNDBAC45，

EDAB，BCAB，

ED//BC，

DEMNCM，

在EDM和CNM中

DEMNCM EMCMEMDCMNEDM≌CNMASA，

DMMN， BMDN，

BMD是等腰直角三角形．

3BDM是等腰直角三角形，

理由是：过点C作CF//ED，与DM的延长线交于点F，连接BF， 可证得MDE≌MFC，

DMFM，DEFC，

ADEDFC，

作ANEC于点N，

由已知ADE90，ABC90，

可证得DENDAN，NABBCM，

CF//ED，

DENFCM，

BCFBCMFCMNABDENNABDANBAD，

答案第23页，总27页

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BCF≌BAD，

BFBD，DBACBF，

DBFDBAABFCBFABFABC90，

DBF是等腰直角三角形，

点M是DF的中点， 则BMD是等腰直角三角形， 【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形斜边上中线性质的应用，在本题中需要作辅助线来证明，难度较大． 12．3 【解析】 【分析】

连接AM，延长FD到M，使DM=BE;根据SAS可得△ABE和△ADM全等，可得AE=AM，∠BAE=∠D，易得∠MAF=∠EAF，根据SAS推出△EA和△MAF全等，再利用全等三角形的性质即可证明. 【详解】

解：连接AM，延长FD到M，使DM=BE ∵BADC90 ∴∠ADM=∠B=90° 在△ABE和△ADM中

AB=AD，∠B=∠ADM，BE=DM ∴△ABE≌△ADM（SAS），

答案第24页，总27页

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∴AE=AM，∠BAE=∠DAM， 又∵∠BAD=120°，∠EAF=60. ∴∠BAE+∠DAF=60° ∴∠MAF=60°=∠EAF 在AEAF和AMAF中

AF=AF ，∠EAF=∠MAF ，AE=AM ∴△EAF≌△MAF（SAS）， ∴EF=FM

∴DF=EF-BE=5-2-3. 故答案为：3. 【点睛】

本题考查了全等三角形的性质和判定，灵活运用全等三角形的性质和判定进行证明是解本题的关键. 13．详见解析 【解析】 【分析】

先BAEDAC(SAS)，得CDBE.过点A作AM⊥DC于点M，作AN⊥BE于点N，然后通过等面积法和角平分线定理即可证明。. 【详解】

证明：在△BAE和△DAC中

DAAEDACBAE ABAC∴BAEDAC(SAS)， ∴ CDBE.

答案第25页，总27页

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过点A作AM⊥DC于点M，作AN⊥BE于点N，∴

SABE1BEANS2ADC1AMDC， 2∴AMAN.

由∵AM⊥DC于点M， AN⊥BE于点N，

所以点A在DOE的角平分线上（角平分线定理），即OA是DOE的角平分线. 【点睛】

本题考查了全等三角形的证明和角平分线定理，解题的关键在于做出辅助线，形成应用角平分线定理得条件。

14．（1）BM、NC、MN之间的数量关系BMNCMN．（2）猜想：结论仍然成立．（3））

NCBMMN．

【解析】 【分析】

∠MD=60°（1）由DM=DN，，即△MDN是等边三角形，又△ABC是等边三角形，则CD=BD，易证得Rt△BDM和Rt△CDN全等，即可求得BM，NC、MN之间的数关系；

（2）在CN的延长线上截取CM1≠BM，连接DM1.可证△DBM ≌△DCM，即DM=DM，∠CDN-∠MDN=60°，易证△MDN≌△MIDN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；

③首先在CN上截取CM1=BM，连接DM，可证△DBM≌△DCM，即DM=DM，∠CDN-∠MDN=60°，易证△MDN≌△MIDN，则可得NC-BM=MN. 【详解】

（1）BM、NC、MN之间的数量关系BMNCMN． （2）猜想：结论仍然成立．

证明：在CN的反向延长线上截取CM1BM，连接DM1．

∵MBDM1CD90，BDCD，

答案第26页，总27页

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∴△DBM≌△DCM1． ∴DMDM1，MBDM1CD，M1CBM．

∵MDN60，BDC120， ∴M1DNMDN60．

∴△MDN≌△M1DN．

∴MNM1NM1CNCBMNC． （3）在CN上截取CM1BM，联结DM1．

易证△DBM≌△DCM1， ∴DMDM1．

∴CDNMDN60， ∴△MDN≌△M1DN． ∴MNM1N． ∴NCBMMN． 【点睛】

本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，考查知识点较多，做辅助线构造全等三角形是解答本题的关键.

答案第27页，总27页