人教版八年級上冊數(shù)學期末復習：幾何證明 專題練習題（含答案解析）

第第頁人教版八年級上冊數(shù)學期末復習：幾何證明專題練習題一．選擇題（共3小題）1．（2023秋?鹿寨縣期中）如圖，AD、BE是△ABC的角平分線，EF⊥AD，EG⊥AB，EH⊥BC，垂足分別為F，G，H．下列說法：①EB平分∠GEH；②AG＝DH；③當AD⊥BC時，CE＝2EF；④F是AD的中點；⑤S△BEC＝S四邊形BGEH．其中正確的個數(shù)是（）A．2 B．3 C．4 D．52．（2021秋?柳州期末）如圖，在等腰△ABC與等腰△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝α，連接BD和CE相交于點P，交AC于點M，交AD于點N．下列結(jié)論：①BD＝CE；②∠BPE＝180°﹣2α；③AP平分∠BPE；④若α＝60°，則PE＝AP+PD．其中一定正確的結(jié)論的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．43．（2022秋?柳江區(qū)期中）如圖，△ABC中，點D，E分別在∠ABC和∠ACB的平分線上，連接BD，DE，EC，若∠D+∠E＝295°，則∠A等于（）A．65° B．60° C．55° D．50°二．填空題（共4小題）4．（2023秋?柳州期末）如圖，在等邊△ABC中，CD⊥AB于D，E是線段CD上一點，F(xiàn)是邊AC上一點，且滿足BE＝EF，G是AF的中點，連接EG，則下列四個結(jié)論：①AD＝BD；②∠BEF＝150°；③∠AFE＝∠CBE；④EG＝EC；⑤當∠ABE＝15°時，EG＝FG，其中正確的有．（填序號）5．（2023秋?鹿寨縣期中）在△ABC中，已知BC＝6，BC邊上的高h＝4，△ABC兩個內(nèi)角的角平分線相交于點O，過O作OD⊥BC于點D，則OD的最大值是．6．（2021秋?柳州期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，以BC為邊在BC的右側(cè)作等邊△BCD，點E為BD的中點，點P為CE上一動點，連結(jié)AP，BP．當AP+BP的值最小時，∠CBP的度數(shù)為．7．（2021秋?柳州期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝40°，點D在線段BC上運動（D不與B、C重合），連接AD，作∠ADE＝40°，DE交線段AC于E，在點D的運動過程中，△ADE的形狀也在改變，當△ADE是等腰三角形時，∠BDA的度數(shù)是．三．解答題（共7小題）8．（2023秋?鹿寨縣期末）在△ABC中，∠B＝60°，D是BC上一點，且AD＝AC．（1）如圖1，延長BC至E，使CE＝BD，連接AE．求證：AB＝AE；（2）如圖2，在AB邊上取一點F，使DF＝DB，求證：AF＝BC；（3）如圖3，在（2）的條件下，P為BC延長線上一點，連接PA，PF，若PA＝PF，猜想PC與BD的數(shù)量關(guān)系并證明．9．（2023秋?融水縣校級期中）如圖，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，點D為AB的中點．如果點P在線段BC上以3cm/s的速度由點B向C點運動，同時，點Q在線段CA上由點C向A點運動．（1）若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，經(jīng)過1秒后，△BPD與△CQP是否全等，請說明理由．（2）若點Q的運動速度與點P的運動速度不相等，當點Q的運動速度為多少時，能夠使△BPD與△CQP全等？10．（2023秋?鹿寨縣期中）綜合實踐在學習全等三角形的知識時，數(shù)學興趣小組發(fā)現(xiàn)這樣一個模型：它是由兩個共頂點且頂角相等的等腰三角形構(gòu)成的，在相對位置變化的同時，始終存在一對全等三角形．興趣小組成員經(jīng)過研討給出定義：如果兩個等腰三角形的頂角相等，且頂角的頂點互相重合，則稱此圖形為“手拉手全等模型”．因為頂點相連的四條邊，可以形象地看作兩雙手，所以通常稱為“手拉手模型”，如圖1，△ABC與△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，則△ABD≌△ACE（SAS）．[初步把握]如圖2，△ABC與△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，則有≌．[深入研究]如圖3，已知△ABC，以AB、AC為邊分別向外作等邊△ABD和等邊△ACE，并連接BE，CD，求證：BE＝CD．[拓展延伸]如圖4，在兩個等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，連接BD，CE，交于點P，請判斷BD和CE的關(guān)系，并說明理由．11．（2022?城中區(qū)校級開學）如圖，已知B（﹣1，0），C（1，0），A為y軸正半軸上一點，點D為第二象限一動點，E在BD的延長線上，CD交AB于F，且∠BDC＝∠BAC．（1）求證：∠ABD＝∠ACD；（2）求證：DA平分∠CDE；（3）若在D點運動的過程中，始終有DC＝DA+DB，在此過程中，∠BAC的度數(shù)是否變化？如果變化，請說明理由；如果不變，請求出∠BAC的度數(shù)？12．（2022?鹿寨縣校級開學）如圖1，在平面直角坐標系中，A（a，0），C（b，2），且滿足，過C作CB⊥x軸于B．（1）求a，b的值；（2）在y軸上是否存在點P，使得△ABC和△OCP的面積相等，若存在，求出點P坐標，若不存在，試說明理由；（3）若過B作BD∥AC交y軸于D，且AE，DE分別平分∠CAB，∠ODB，如圖2，圖3．①求：∠CAB+∠ODB的度數(shù)；②求：∠AED的度數(shù)．13．（2022秋?柳江區(qū)期中）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，點D是直線BC上的一動點（點D不與B、C重合），連接CE．（1）在圖1中，當點D在邊BC上時，求證：BC＝CE+CD；（2）在圖2中，當點D在邊BC的延長線上時，（1）中的結(jié)論是否還成立？若不成立，請猜想BC、CE、CD之間存在的數(shù)量關(guān)系，并說明理由，14．（2021秋?柳州期末）已知等邊△ABC的邊長為4cm，點P，Q分別是直線AB，BC上的動點．（1）如圖1，當點P從頂點A沿AB向B點運動，點Q同時從頂點B沿BC向C點運動，它們的速度都為1cm/s，到達終點時停止運動．設(shè)它們的運動時間為t秒，連接AQ，PQ．①當t＝2時，求∠AQP的度數(shù)．②當t為何值時△PBQ是直角三角形？（2）如圖2，當點P在BA的延長線上，Q在BC上，若PQ＝PC，請判斷AP，CQ和AC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

參考答案與試題解析一．選擇題（共3小題）1．（2023秋?鹿寨縣期中）如圖，AD、BE是△ABC的角平分線，EF⊥AD，EG⊥AB，EH⊥BC，垂足分別為F，G，H．下列說法：①EB平分∠GEH；②AG＝DH；③當AD⊥BC時，CE＝2EF；④F是AD的中點；⑤S△BEC＝S四邊形BGEH．其中正確的個數(shù)是（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】根據(jù)角平分線的定義，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)逐項判斷即可．【解答】解：∵BE是△ABC的角平分線，EG⊥AB，EH⊥BC，∴EG＝EH，∠BGE＝∠BHE＝90°，∵BE＝BE，∴∠GEB＝∠HEB，即EB平分∠GEH，故①符合題意；如圖，當∠ABC＞90°時，點D，H可以重合，此時AG≠DH，也不能判斷F是AD的中點，故②④不符合題意；如圖，延長EF交AB于點I，∵EF⊥AD，AD是△ABC的角平分線，∴∠IAF＝∠EAF，∠AFI＝∠AFE＝90°，∵AF＝AF，∴AFI≌AFE（ASA），∴FI＝FE，IE＝2EF，AI＝AE，同理可證△ABD≌△ACD，∴AB＝AC，∴AB﹣AI＝AC﹣AE，∴BI＝CE，∵AD⊥BC，∴EF∥BC，∴∠FEB＝∠CBE，∵BE是△ABC的角平分線，∴∠IBE＝∠CBE，∴∠IBE＝∠IEB，∴BI＝IE＝CE，∴CE＝2EF，故③符合題意；若∠ABC＝90°，∠C＝40°，∵BE是△ABC的角平分線，GE＝EH，∴，∴BG≠CH，S△BGE≠S△CHE，∴S△BGE+S△BHE≠S△CHE+S△BHE，∴S△BEC≠S四邊形BGEH，故⑤不符合題意，故選：A．【點評】本題考查了角平分線的定義，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，作出正確的輔助線是本題的關(guān)鍵．2．（2021秋?柳州期末）如圖，在等腰△ABC與等腰△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝α，連接BD和CE相交于點P，交AC于點M，交AD于點N．下列結(jié)論：①BD＝CE；②∠BPE＝180°﹣2α；③AP平分∠BPE；④若α＝60°，則PE＝AP+PD．其中一定正確的結(jié)論的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由“SAS”可證△BAD≌△CAE，可得BD＝CE；由全等三角形的性質(zhì)可得∠ABD＝∠ACE，由外角的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理可得∠BPE＝∠ACB+∠ABC＝180°﹣α；由全等三角形的性質(zhì)可得S△BAD＝S△CAE，由三角形面積公式可得AH＝AF，由角平分線的性質(zhì)可得AP平分∠BPE；由全等三角形的性質(zhì)可得∠BDA＝∠CEA，由“SAS”可證△AOE≌△APD，可得AO＝AP，可證△APO是等邊三角形，可得AP＝PO，可得PE＝AP+PD，即可求解．【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE＝α，∴∠BAD＝∠CAE，且AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）∴BD＝CE，故①符合題意；∵△BAD≌△CAE，∴∠ABD＝∠ACE，∵∠BAC＝α，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣α，∵∠BPE＝∠PBC+∠PCB＝∠PBC+∠ACB+∠ACP＝∠PBC+∠ACB+∠ABP，∴∠BPE＝∠ACB+∠ABC＝180°﹣α，故②不符合題意；如圖，過點A作AH⊥BD，AF⊥CE，∵△BAD≌△CAE，∴S△BAD＝S△CAE，∴BD×AH＝CE×AF，且BD＝CE，∴AH＝AF，且AH⊥BD，AF⊥CE，∴AP平分∠BPE，故③符合題意；如圖，在線段PE上截取OE＝PD，連接AO，∵△BAD≌△CAE，∴∠BDA＝∠CEA，且OE＝PD，AE＝AD，∴△AOE≌△APD（SAS）∴AP＝AO，∵∠BPE＝180°﹣α＝120°，且AP平分∠BPE，∴∠APO＝60°，且AP＝AO，∴△APO是等邊三角形，∴AP＝PO，∵PE＝PO+OE，∴PE＝AP+PD，故④符合題意．故選：C．【點評】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)以及角之間的關(guān)系，證明△BAD≌△CAE是解本題的關(guān)鍵．3．（2022秋?柳江區(qū)期中）如圖，△ABC中，點D，E分別在∠ABC和∠ACB的平分線上，連接BD，DE，EC，若∠D+∠E＝295°，則∠A等于（）A．65° B．60° C．55° D．50°【分析】根據(jù)四邊形的內(nèi)角和可得∠BCE+∠CBD＝65°，再根據(jù)角平分線的定義可得∠ACB+∠ABC＝130°，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可得∠A的度數(shù)．【解答】解：∵∠D+∠E＝295°，∠D+∠E+∠BCE+∠CBD＝360°，∴∠BCE+∠CBD＝65°，∵點D，E分別在∠ABC和∠ACB的平分線上，∴∠BCE＝∠ACB，∠CBD＝∠ABC，∴∠ACB+∠ABC＝65°×2＝130°，∴∠A＝180°﹣130°＝50°，故選：D．【點評】本題考查了三角形內(nèi)角和定理，四邊形的內(nèi)角和，角平分線的定義，熟練掌握這些知識是解題的關(guān)鍵．二．填空題（共4小題）4．（2023秋?柳州期末）如圖，在等邊△ABC中，CD⊥AB于D，E是線段CD上一點，F(xiàn)是邊AC上一點，且滿足BE＝EF，G是AF的中點，連接EG，則下列四個結(jié)論：①AD＝BD；②∠BEF＝150°；③∠AFE＝∠CBE；④EG＝EC；⑤當∠ABE＝15°時，EG＝FG，其中正確的有①③④⑤．（填序號）【分析】根據(jù)等腰三角形的“三線合一”可以得到AD＝BD，即①正確；根據(jù)線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等可以得到AE＝BE，再根據(jù)三角形的一個內(nèi)角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和可以得到∠CEF＝∠AFE﹣30°和∠CEB＝90°+∠BAE，再根據(jù)∠BEF＝∠CEB+∠CEF即可求得，即②錯誤；根據(jù)SSS可以得到△CBE≌△CAE，由全等三角形的對應(yīng)邊相等可得∠CBE＝∠FAE，再根據(jù)∠AFE＝∠FAE即可求得，即③正確；根據(jù)等腰三角形的“三線合一”可以得到EG⊥AF，再根據(jù)直角三角形中30°角所對直角邊是斜邊的一半即可為求得，即④正確；根據(jù)已知條件∠ABE＝15°可以得到∠FAE＝45°，再根據(jù)∠CGE＝90°可以得到∠GEF﹣∠AFE＝45°，由等角對等邊即可求得，即⑤正確．【解答】解：如圖：連接AE，∵△ABC是等邊三角形，∴AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝60°，∵CD⊥AB，∴CD是等邊△ABC的底邊AB上的高，∴AD＝BD＝AB，故①正確；∠ACD＝∠BCD＝ACB＝×60°＝30°，∵CD⊥AB，AD＝BD，∴CD是線段AB的垂直平分線，∴AE＝BE∴∠ABE＝∠BAE，∵BE＝EF，∴AE＝EF，∴∠FAE＝∠AFE，∵∠AFE是△EFC的外角，∴∠AFE＝∠ACD+∠CEF，∵∠ACD＝30°，∴∠CEF＝∠AFE﹣∠ACD＝∠FAE﹣30°，∵CD⊥AB，∴∠BDC＝90°，∵∠CEB是△DBE的外角，∴∠CEB＝∠BDC+∠ABE＝90°+∠BAE，∵∠BAC＝60°，∴∠BEF＝∠CEB+∠CEF＝90°+∠BAE+∠FAE﹣30°＝90°+∠BAC﹣30°＝90+60°﹣30°＝120°，故②錯誤；在△CBE和△CAE中，，∴△CBE≌△CAE（SSS），∴∠CBE＝∠FAE，∵∠AFE＝∠FAE，∴∠AFE＝∠CBE，故③正確；∵AE＝EF，G是AF的中點∴EG是等腰△EAF的底邊AF上的中線，∵EG⊥AF，∴∠CGE＝90°，∵∠ACD＝30°∴EG＝EC，故④正確；∵∠ABE＝15°，∠ABE＝∠BAE，∴∠BAE＝15°，∵∠BAC＝60°，∵∠FAE＝∠BAC﹣∠BAE＝60°﹣15°＝45°，∵∠FAE＝∠AFE，∴∠AFE＝45°，∵∠CGE＝90°，∵∠GEF＝∠AFE＝45°，∴EG＝FG，故⑤正確；其中正確的有①③④⑤．故答案為：①③④⑤．【點評】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，掌握等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2023秋?鹿寨縣期中）在△ABC中，已知BC＝6，BC邊上的高h＝4，△ABC兩個內(nèi)角的角平分線相交于點O，過O作OD⊥BC于點D，則OD的最大值是．【分析】過點O作OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到OD＝OE＝OF，根據(jù)三角形的面積公式計算，得到答案．【解答】解：過點O作OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，∵點O是△ABC兩個內(nèi)角的角平分線的交點，OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，∴OD＝OE＝OF，∴AB?OF+AC?OE+BC?OD＝AB?AH，即AB?OD+AC?OD+BC?OD＝×6×4，∴OD＝，∵AB+AC≥10，∴OD的最大值是，故答案為：．【點評】本題考查了角平分線的性質(zhì)，掌握角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等是解題的關(guān)鍵．6．（2021秋?柳州期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，以BC為邊在BC的右側(cè)作等邊△BCD，點E為BD的中點，點P為CE上一動點，連結(jié)AP，BP．當AP+BP的值最小時，∠CBP的度數(shù)為15°．【分析】連接AD交CE于Q，連接BQ，由等邊三角形的軸對稱性知CE是BD的垂直平分線，得BP＝DP，則當點P與Q重合時，AP+BP的值最小，即可解決問題．【解答】解：連接AD交CE于Q，連接BQ，∵△BCD是等邊三角形，點E是BD的中點，∴CE是BD的垂直平分線，∴BP＝DP，∴當點P與Q重合時，AP+BP的值最小，∵AC＝BC，BC＝CD，∴AC＝CD，∵∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝90°+60°＝150°，∴∠CDA＝15°，由等邊三角形的軸對稱性可知：∠CBQ＝∠CDQ＝15°，∴∠CBP＝15°，故答案為：15°．【點評】本題主要考查了等腰直角三角形和等邊三角形的性質(zhì)，軸對稱最短線路問題等知識，明確AP+BP的最小值為AD長是解題的關(guān)鍵．7．（2021秋?柳州期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝40°，點D在線段BC上運動（D不與B、C重合），連接AD，作∠ADE＝40°，DE交線段AC于E，在點D的運動過程中，△ADE的形狀也在改變，當△ADE是等腰三角形時，∠BDA的度數(shù)是110°或80°．【分析】分為三種情況：①當AD＝AE時，∠ADE＝∠AED＝40°，根據(jù)∠AED＞∠C，得出此時不符合；②當DA＝DE時，求出∠DAE＝∠DEA＝70°，求出∠BAC，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理求出∠BAD，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理求出∠BDA即可；③當EA＝ED時，求出∠DAC，求出∠BAD，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理求出∠ADB．【解答】解：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝40°，①當AD＝AE時，∠ADE＝∠AED＝40°，∵∠AED＞∠C，∴此時不符合；②當DA＝DE時，即∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣40°）＝70°，∵∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，∴∠BAD＝100°﹣70°＝30°；∴∠BDA＝180°﹣30°﹣40°＝110°；③當EA＝ED時，∠ADE＝∠DAE＝40°，∴∠BAD＝100°﹣40°＝60°，∴∠BDA＝180°﹣60°﹣40°＝80°；∴當△ADE是等腰三角形時，∠BDA的度數(shù)是110°或80°，故答案為：110°或80°．【點評】此題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，全三角形外角的性質(zhì)等知識點的理解和掌握，此題涉及到的知識點較多，綜合性較強，但難度不大，屬于基礎(chǔ)題．三．解答題（共7小題）8．（2023秋?鹿寨縣期末）在△ABC中，∠B＝60°，D是BC上一點，且AD＝AC．（1）如圖1，延長BC至E，使CE＝BD，連接AE．求證：AB＝AE；（2）如圖2，在AB邊上取一點F，使DF＝DB，求證：AF＝BC；（3）如圖3，在（2）的條件下，P為BC延長線上一點，連接PA，PF，若PA＝PF，猜想PC與BD的數(shù)量關(guān)系并證明．【分析】（1）證明△ABD≌△AEC（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AB＝AE；（2）延長BC到E，使CE＝BD，由（1）知，AB＝AE，證得△ABE是等邊三角形，同理，△DBF是等邊三角形，則可得出結(jié)論；（3）在CP上取點E，使CE＝BD，連接AE，證明△APE≌△PFD（AAS），得出PE＝DF，則可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵AC＝AD，∴∠ADC＝∠ACD，∴180°﹣∠ADC＝180°﹣∠ACD，即∠ADB＝∠ACE，在△ABD和△AEC中，，∴△ABD≌△AEC（SAS），∴AB＝AE；（2）延長BC到E，使CE＝BD，由（1）知，AB＝AE，∴∠E＝∠B＝60°，∴∠EAB＝180°﹣∠E﹣∠B＝60°，∴△ABE是等邊三角形，同理，△DBF是等邊三角形，∴AB＝BE．BF＝BD＝CE，∴AB﹣BF＝BE﹣CE，即AF＝BC；（3）猜想：PC＝2BD，理由如下：在CP上取點E，使CE＝BD，連接AE，由（1）可知：AB＝AE，∴∠AEB＝∠B＝60°，∴∠AEP＝180°﹣∠AEB＝120°，∵DF＝DB，∠DFB＝∠B＝60°，∴∠PDF＝∠DFB+∠B＝120°，∴∠AEP＝∠PDF，又∵PA＝PF，∴∠PAF＝∠PFA，∵∠APE＝180°﹣∠B﹣∠PAF＝120°﹣∠PAF，∠PFD＝180°﹣∠DFB﹣∠PFA＝120°﹣∠PFA，∴∠APE＝∠PFD，在△APE和△PFD中，，∴△APE≌△PFD（AAS），∴PE＝DF，又∵DF＝DB，∴PE＝DB，又∵PC＝PE+CE，∴PC＝2BD．【點評】本題是三角形綜合題，考查的是等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是準確尋找全等三角形解決問題．9．（2023秋?融水縣校級期中）如圖，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝8cm，點D為AB的中點．如果點P在線段BC上以3cm/s的速度由點B向C點運動，同時，點Q在線段CA上由點C向A點運動．（1）若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，經(jīng)過1秒后，△BPD與△CQP是否全等，請說明理由．（2）若點Q的運動速度與點P的運動速度不相等，當點Q的運動速度為多少時，能夠使△BPD與△CQP全等？【分析】（1）經(jīng)過1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，由已知可得BD＝PC，BP＝CQ，∠ABC＝∠ACB，即據(jù)SAS可證得△BPD≌△CQP．（2）可設(shè)點Q的運動速度為x（x≠3）cm/s，經(jīng)過ts△BPD與△CQP全等，則可知PB＝3tcm，PC＝（8﹣3t）cm，CQ＝xtcm，據(jù)（1）同理可得當BD＝PC，BP＝CQ或BD＝CQ，BP＝PC時兩三角形全等，求x的解即可．【解答】解：（1）結(jié)論：△BPD與△CQP全等．理由：經(jīng)過1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，∵△ABC中，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴在△BPD和△CQP中，，∴△BPD≌△CQP（SAS）．（2）設(shè)點Q的運動速度為x（x≠3）cm/s，經(jīng)過ts△BPD與△CQP全等；則可知PB＝3tcm，PC＝（8﹣3t）cm，CQ＝xtcm，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，根據(jù)全等三角形的判定定理SAS可知，有兩種情況：①當BD＝PC，BP＝CQ時，②當BD＝CQ，BP＝PC時，兩三角形全等；①當BD＝PC且BP＝CQ時，8﹣3t＝5且3t＝xt，解得x＝3，∵x≠3，∴舍去此情況；②BD＝CQ，BP＝PC時，5＝xt且3t＝8﹣3t，解得：x＝；故若點Q的運動速度與點P的運動速度不相等，當點Q的運動速度為cm/s時，能夠使△BPD與△CQP全等．【點評】本題主要考查了全等三角形全等的判定，涉及到等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定方法是解題的關(guān)鍵．判定兩個三角形全等，先根據(jù)已知條件或求證的結(jié)論確定三角形，然后再根據(jù)三角形全等的判定方法，看缺什么條件，再去證什么條件．10．（2023秋?鹿寨縣期中）綜合實踐在學習全等三角形的知識時，數(shù)學興趣小組發(fā)現(xiàn)這樣一個模型：它是由兩個共頂點且頂角相等的等腰三角形構(gòu)成的，在相對位置變化的同時，始終存在一對全等三角形．興趣小組成員經(jīng)過研討給出定義：如果兩個等腰三角形的頂角相等，且頂角的頂點互相重合，則稱此圖形為“手拉手全等模型”．因為頂點相連的四條邊，可以形象地看作兩雙手，所以通常稱為“手拉手模型”，如圖1，△ABC與△ADE都是等腰三角形，其中∠BAC＝∠DAE，則△ABD≌△ACE（SAS）．[初步把握]如圖2，△ABC與△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE，則有△ABD≌△ACE．[深入研究]如圖3，已知△ABC，以AB、AC為邊分別向外作等邊△ABD和等邊△ACE，并連接BE，CD，求證：BE＝CD．[拓展延伸]如圖4，在兩個等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，連接BD，CE，交于點P，請判斷BD和CE的關(guān)系，并說明理由．【分析】[初步把握]易證∠BAD＝∠CAE，再證△BAD≌△CAE（SAS）即可；[深入研究]易證∠DAC＝∠BAE，再證△ABE≌△ADC（SAS），即可得出結(jié)論；[拓展延伸]易證∠CAE＝∠BAD，再證△ABD≌△ACE（SAS），得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，再由三角形的外角性質(zhì)證出∠BPC＝∠BAC＝90°，則BD⊥CE即可．【解答】[初步把握]解：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），故答案為：△ABD，△ACE；[深入研究]證明：∵△ABD和△ACE都是等邊三角形，∴AB＝AD，AE＝AC，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，即∠DAC＝∠BAE，在△ABE和△ADC中，，∴△ABE≌△ADC（SAS），∴BE＝CD；[拓展延伸]解：BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠BAE＝∠DAE+∠BAE，即∠CAE＝∠BAD，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵∠BPC+∠ABD＝∠BAC+∠ACE，∴∠BPC＝∠BAC＝90°，∴BD⊥CE．【點評】本題是三角形綜合題目，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)以及三角形的外角性質(zhì)等知識，本題綜合性強，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．11．（2022?城中區(qū)校級開學）如圖，已知B（﹣1，0），C（1，0），A為y軸正半軸上一點，點D為第二象限一動點，E在BD的延長線上，CD交AB于F，且∠BDC＝∠BAC．（1）求證：∠ABD＝∠ACD；（2）求證：DA平分∠CDE；（3）若在D點運動的過程中，始終有DC＝DA+DB，在此過程中，∠BAC的度數(shù)是否變化？如果變化，請說明理由；如果不變，請求出∠BAC的度數(shù)？【分析】（1）根據(jù)∠BDC＝∠BAC，∠DFB＝∠AFC，再結(jié)合∠ABD+∠BDC+∠DFB＝∠BAC+∠ACD+∠AFC＝180°，即可得出結(jié)論．（2）過點A作AM⊥CD于點M，作AN⊥BE于點N．運用“AAS”證明△ACM≌△ABN得AM＝AN．根據(jù)“到角的兩邊距離相等的點在角的平分線上”得證；（3）運用截長法在CD上截取CP＝BD，連接AP．證明△ACP≌ABD得△ADP為等邊三角形，從而求∠BAC的度數(shù)．【解答】證明：（1）∵∠BDC＝∠BAC，∠DFB＝∠AFC，又∵∠ABD+∠BDC+∠DFB＝∠BAC+∠ACD+∠AFC＝180°，∴∠ABD＝∠ACD；（2）過點A作AM⊥CD于點M，作AN⊥BE于點N．則∠AMC＝∠ANB＝90°．∵OB＝OC，OA⊥BC，∴AB＝AC，∵∠ABD＝∠ACD，∴△ACM≌△ABN（AAS）∴AM＝AN．∴DA平分∠CDE．（到角的兩邊距離相等的點在角的平分線上）；（3）∠BAC的度數(shù)不變化．在CD上截取CP＝BD，連接AP．∵CD＝AD+BD，∴AD＝PD．∵AB＝AC，∠ABD＝∠ACD，BD＝CP，∴△ABD≌△ACP．∴AD＝AP；∠BAD＝∠CAP．∴AD＝AP＝PD，即△ADP是等邊三角形，∴∠DAP＝60°．∴∠BAC＝∠BAP+∠CAP＝∠BAP+∠BAD＝60°．【點評】此題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，運用了角平分線的判定定理和“截長補短”的數(shù)學思想方法，綜合性較強．12．（2022?鹿寨縣校級開學）如圖1，在平面直角坐標系中，A（a，0），C（b，2），且滿足，過C作CB⊥x軸于B．（1）求a，b的值；（2）在y軸上是否存在點P，使得△ABC和△OCP的面積相等，若存在，求出點P坐標，若不存在，試說明理由；（3）若過B作BD∥AC交y軸于D，且AE，DE分別平分∠CAB，∠ODB，如圖2，圖3．①求：∠CAB+∠ODB的度數(shù)；②求：∠AED的度數(shù)．【分析】（1）根據(jù)非負數(shù)的性質(zhì)得a+2＝0，b﹣2＝0，解得a＝﹣2，b＝2即可；（2）如圖2，利用三角形面積公式求得△ABC的面積與△OPC的面積，列等式解答即可；（3）①作EM∥AC，如圖3，則AC∥EM∥BD，根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠CAE＝∠AEM，∠BDE＝∠DEM，則∠AED＝∠CAE+∠BDE，而∠CAE＝∠CAB，∠BDE＝∠ODB，所以∠AED＝（∠CAB+∠ODB），而由AC∥BD得到∠CAB＝∠OBD，于是∠CAB+∠ODB＝∠OBD+∠ODB＝90°，②進而得出∠AED＝45°．【解答】解：（1）∵（a+2）2+＝0，∴a+2＝0，b﹣2＝0，a＝﹣2，b＝2；（2）存在，理由如下：∵a＝﹣2，b＝2，∴A（﹣2，0）C（2，2），∴S△ABC＝AB?AC＝×4×2＝4，設(shè)P（0，t），∴S△OPC＝OP×2＝×|t|×2＝|t|＝4，∴t＝4或t＝﹣4，∴P（0，4）或P（0，﹣4）；（3）①作EM∥AC，如圖3，∵AC∥BD，∴AC∥EM∥BD，∴∠CAE＝∠AEM，∠BDE＝∠DEM，∴∠AED＝∠CAE+∠BDE，∵AE，DE分別平分∠CAB，∠ODB，∴∠CAE＝∠CAB，∠BDE＝∠ODB，∴∠AED＝（∠CAB+∠ODB），∵AC∥BD，∴∠CAB＝∠OBD，∴∠CAB+∠ODB＝∠OBD+∠ODB＝90°；②∠AED＝×90°＝45°．【點評】本題是三角形的綜合題，考查了坐標與圖形性質(zhì)，非負數(shù)的性質(zhì)，利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，角平分線的定義．也考查了平行線的性質(zhì)和三角形面積公式．13．（2022秋?柳江區(qū)期中）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，點D是直線BC上的一動點（點D不與B、C重合），連接CE．（1）在圖1中，當點D在邊BC上時，求證：BC＝CE+CD；（2）在圖2中，當點D在邊BC的延長線上時，（1）中的結(jié)論是否還成立？若不成立，請猜想BC、CE、CD之間存在的數(shù)量關(guān)系，并說明理由，【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的概念得到AB＝AC，AD＝AE，證明∠BAD＝∠EAC，利用SAS定理證明△ABD≌△ACE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BD＝CE，進而證明結(jié)論；（2）證明△ABD≌△ACE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BD＝CE，進而證明結(jié)論．【解答】（1）證明：∵△ABC和