学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 有2cm和3cm的两根小棒，请你再找一根小棒，并以这三根小棒为边围成一个三
角形，下列长度的小棒不符合要求的是( )
A. 2cm B. 3cm C. 4cm D. 5cm
2. 下列图案设计是轴对称图形的是( )
A.
B.
C.
D.
3. △𝐴𝐵𝐶中，如果∠𝐴+∠𝐵=∠𝐶，那么△𝐴𝐵𝐶形状是( )
A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不能确定
4. 只用下列一种正多边形不能镶嵌成平面图案的是( )
A. 正三角形 B. 正方形 C. 正五边形 D. 正六边形
𝐴𝐷=5. 如图，△𝐴𝐵𝐶≌△𝐵𝐴𝐷，如果𝐴𝐵=6𝑐𝑚，𝐵𝐷=4𝑐𝑚，
5𝑐𝑚，那么BC的长是( )
A. 4cm B. 5cm C. 6cm D. 无法确定
6. 正多边形的一个内角等于144°，则该多边形是正( )边形．
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
7. 具备下列条件的两个三角形一定是全等三角形的是( )
A. 有两个角对应相等的两个三角形
B. 两边及其中一条对应边上的高也对应相等的两个三角形 C. 两边分别相等，并且第三条边上的中线也对应相等的两个三角形 D. 有两边及其第三边上的高分别对应相等的两个三角形
8. 如图，将△𝐴𝐵𝐶绕A点逆时针旋转60°得到△𝐴𝐷𝐸，连接
DE，若∠𝐶𝐷𝐸=90°，则∠𝐵𝐶𝐷的度数是( )
A. 110° B. 120°
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C. 130° D. 150°
BN为∠𝑀𝐵𝐶的平分线，P为BN上一点，9. 如图，且𝑃𝐷⊥𝐵𝐶于
点D，∠𝐴𝑃𝐶+∠𝐴𝐵𝐶=180°，给出下列结论：①∠𝑀𝐴𝑃=∠𝐵𝐶𝑃；②𝑃𝐴=𝑃𝐶；③𝐴𝐵+𝐵𝐶=2𝐵𝐷；④四边形BAPC的面积是△𝑃𝐵𝐷面积的2倍，其中结论正确的个数有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
10. 如图在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵=45°，D、E是斜边BC上两点，
且∠𝐷𝐴𝐸=45°，若𝐵𝐷=3，𝐶𝐸=4，𝑆△𝐴𝐷𝐸=15，则△𝐴𝐵𝐷与△𝐴𝐸𝐶的面积之和为( )
A. 36 B. 21 C. 30 D. 22
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴=60°，∠𝐶=2∠𝐵，则∠𝐶=______度．
12. 一个等腰三角形的两边长分别是2cm、5cm，则它的周长为______cm． 13. 如图△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐵=10，𝐴𝐶=8，𝐶𝐵=6，
I是三条角平分线的交点，𝐼𝐷⊥𝐵𝐶于D，则ID的长是______．
14. 如图，坐标系中四边形ABCO是正方形，D是边OC
E是正方形边上一点．𝐷(0,1)，上一点，已知𝐵(−3,3)，当𝐴𝐷=𝐶𝐸时，点E坐标为______．
D是BC中点，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐶=𝐵𝐶，15. 在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，连接AD，过点C作𝐶𝐸⊥𝐴𝐷
交AB于𝑀.若𝐴𝐸=4，𝐶𝐸=2，则CM的长度为______．
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16. 如图，等边△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=2，高线𝐴𝐻=√3，D是AH
上一动点，以BD为边向下作等边△𝐵𝐷𝐸，当点D从点A运动到点H的过程中，点E所经过的路径长为______．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分） 17. 已知a、b、c是△𝐴𝐵𝐶的三边长．
(1)若△𝐴𝐵𝐶为等腰三角形，且周长为18，𝑎=4，求b、c的值；
(2)若𝑏=2𝑎−1，𝑐=𝑎+5，且△𝐴𝐵𝐶的周长不超过20cm，求a取最大值时△𝐴𝐵𝐶的三边长．
18. 如图，AC和BD相交于点O，𝑂𝐴=𝑂𝐶，𝑂𝐵=𝑂𝐷，判
断AB与CD之间的关系并证明．
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19. △𝐴𝐵𝐶中D、E是BC边上的两点，且𝐵𝐴=𝐵𝐷，𝐶𝐴=𝐶𝐸，连接AD、AE．
(1)如图1，若∠𝐵=40°，∠𝐶=60°，求∠𝐷𝐴𝐸的度数；
(2)如图2，若∠𝐵𝐴𝐶=𝛼(0°<𝛼<180°)，求证：∠𝐷𝐴𝐸=90°−2𝛼； (3)若∠𝐷𝐴𝐸=45°，直接写出∠𝐵𝐴𝐶=______．
1
20. 如图，在14×7的长方形网格中，每个小正方形的边长为1，小正方形的每一个顶
点叫做格点．线段ED和三角形ABC的顶点都在格点上． (1)直接写出𝑆△𝐴𝐵𝐶=______；
(2)请仅用无刻度直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹； ①请画出△𝐴𝐵𝐶的中线AP和高BH；
②在线段ED右侧找到点F，使得△𝐴𝐵𝐶≌△𝐸𝐹𝐷；
③过点F在△𝐸𝐹𝐷的内部画一条射线，交ED于G，使∠𝐸𝐹𝐺=45°．
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𝐵𝐶=𝐷𝐶，𝐶𝐸⊥𝐴𝐵于E，21. 如图，在四边形ABCD中，若∠𝐵+
∠𝐴𝐷𝐶=180°.求证：AC平分∠𝐵𝐴𝐷．
22. 如图，等腰𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐶=𝐵𝐶，E是射线CB上一动点，连接
AE，作𝐴𝐹⊥𝐴𝐸，且𝐴𝐹=𝐴𝐸．
(1)如图1，过F点作𝐹𝐺⊥𝐴𝐶交AC于G，求证：△𝐴𝐺𝐹≌△𝐸𝐶𝐴；
(2)如图2，连接BF交AC于D点，若E点为BC的中点，𝐶𝐷=1，求𝑆△𝐴𝐷𝐹．
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23. 已知，D为等边△𝐴𝐵𝐶的边BC上一点，点E在射线AD上，连接BE，CE．
(1)如图1，点E在线段AD上，CE平分∠𝐴𝐶𝐵，求证：𝐴𝐸=𝐵𝐸； (2)∠𝐶𝐸𝐷=60°；
①如图2，点E在线段AD的延长线上，求∠𝐵𝐸𝐷的度数； ②如图3，点E在线段AD上，𝐴𝐸=2𝐶𝐸，求∠𝐵𝐸𝐷的度数．
𝐴𝐵=𝐵𝐶，∠𝐶𝐵𝐴=24. 如图，在平面直角坐标系中，点𝐴(−6,0)，点B在y轴正半轴上，
90°．
(1)如图1，当𝐵(0,1)时，连接AC交y轴于点D，写出点D的坐标；
(2)如图2，𝐷𝐵⊥𝑦轴于B且𝐵𝐷=𝐵𝑂，连接CD交y轴于一点E，在B点运动的过BE的长度是否会发生变化？若不变，程中，求出BE的长度；若变化，请说明理由； (3)如图3，N在AC延长线上，过𝑁(𝑡,−6)作𝑁𝑄⊥𝑥轴于Q，探究线段BN、AQ、BO之间的数量关系，并证明你的结论．
答案和解析
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1.【答案】D
【解析】解：设第三根小棒的长度为𝑥 𝑐𝑚， 由题意得：3−2<𝑥<3+2， 解得：1<𝑥<5， 故选：D．
根据三角形的三边关系可得3−2<第三根小棒的长度<3+2，再解不等式可得答案． 此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．三角形的两边差小于第三边．
2.【答案】B
【解析】解：A、不是轴对称图形，故本选项不合题意； B、是轴对称图形，故本选项符合题意； C、不是轴对称图形，故本选项不合题意； D、不是轴对称图形，故本选项不合题意； 故选：B．
轴对称图形的定义，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．
本题考查轴对称图形，解题的关键是理解轴对称图形的定义，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．
3.【答案】B
【解析】解：∵在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴+∠𝐵=∠𝐶，∠𝐴+∠𝐵+∠𝐶=180°， ∴2∠𝐶=180°，解得∠𝐶=90°， ∴△𝐴𝐵𝐶是直角三角形． 故选：B．
据在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴+∠𝐵=∠𝐶，∠𝐴+∠𝐵+∠𝐶=180°可求出∠𝐶的度数，进而得出结论．
本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
4.【答案】C
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【解析】解：∵用一种正多边形镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案，
∴只用上面正多边形，不能进行平面镶嵌的是正五边形． 故选C．
平面图形镶嵌的条件：判断一种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角．若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌；反之则不能．
考查了平面镶嵌(密铺)，用一种正多边形镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案．
5.【答案】B
【解析】解：∵△𝐴𝐵𝐶≌△𝐵𝐴𝐷，𝐴𝐷=5𝑐𝑚， ∴𝐵𝐶=𝐴𝐷=5𝑐𝑚， 故选B．
根据全等三角形的性质得出𝐵𝐶=𝐴𝐷，代入求出即可．
本题考查了全等三角形的性质的应用，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．
6.【答案】C
【解析】解：设正多边形是n边形，由题意得 (𝑛−2)×180°=144°𝑛． 解得𝑛=10， 故选：C．
根据正多边形的每个内角相等，可得正多边形的内角和，再根据多边形的内角和公式，可得答案．
本题考查了多边形的内角与外角，利用了正多边形的内角相等，多边形的内角和公式．
7.【答案】C
【解析】解：A、有两个角对应相等的两个三角形不一定全等，可能相似，选项不符合题意；
B、此题忽略了锐角和钝角三角形高的位置不相同的情况，不一定全等，选项不符合题意；
C、两边分别相等，并且第三条边上的中线也对应相等的两个三角形一定全等，选项符合题意；
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D、不正确，举一反例说明，如图：
𝐴𝐵=𝐴𝐵，𝐴𝐶=𝐴𝐶1，𝐴𝐷⊥𝐵𝐶1，𝐴𝐷=𝐴𝐷.但△𝐴𝐵𝐶与在钝角△𝐴𝐵𝐶与锐角△𝐴𝐵𝐶1中，
△𝐴𝐵𝐶1显然是不全等的，选项不符合题意； 故选：C．
根据全等三角形的判定定理，分别对选项一一判断，举出反例即可．
SSS、SAS、ASA、本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：AAS、𝐻𝐿.注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
8.【答案】D
【解析】解：∵将△𝐴𝐵𝐶绕点A逆时针旋转60°得到△𝐴𝐷𝐸， ∴∠𝐶𝐴𝐸=60°，∠𝐸=∠𝐴𝐶𝐵，
∴∠𝐶𝐴𝐸+∠𝐶𝐷𝐸=360°−(∠𝐴𝐶𝐷+∠𝐸)，
∵∠𝐵𝐶𝐷=360°−∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐴𝐶𝐷=360°−(∠𝐴𝐶𝐷+∠𝐸)， ∴∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐶𝐷𝐸+∠𝐶𝐴𝐸=60°+90°=150°， 故选：D．
根据旋转的性质和四边形的内角和定理以及周角的定义即可得到结论．
本题考查了旋转的性质，四边形的内角和定理，周角的定义，正确的识别图形是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】 【分析】
本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．过点P作𝑃𝐾⊥𝐴𝐵，垂足为△𝑃𝐴𝐾≌△𝑃𝐶𝐷，点𝐾.证明𝑅𝑡△𝐵𝑃𝐾≌𝑅𝑡△𝐵𝑃𝐷，利用全等三角形的性质即可解决问题． 【解答】
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解：过点P作𝑃𝐾⊥𝐴𝐵，垂足为点K．
∵𝑃𝐾⊥𝐴𝐵，𝑃𝐷⊥𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝑃=∠𝐶𝐵𝑃， ∴𝑃𝐾=𝑃𝐷，
在𝑅𝑡△𝐵𝑃𝐾和𝑅𝑡△𝐵𝑃𝐷中，
𝐵𝑃=𝐵𝑃{, 𝑃𝐾=𝑃𝐷
∴𝑅𝑡△𝐵𝑃𝐾≌𝑅𝑡△𝐵𝑃𝐷(𝐻𝐿)， ∴𝐵𝐾=𝐵𝐷，
∵∠𝐴𝑃𝐶+∠𝐴𝐵𝐶=180°，且∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐾𝑃𝐷=180°， ∴∠𝐾𝑃𝐷=∠𝐴𝑃𝐶， ∴∠𝐴𝑃𝐾=∠𝐶𝑃𝐷， 又∵三角形内角和为180°， ∴∠𝑀𝐴𝑃=∠𝐵𝐶𝑃，故①正确， 在△𝑃𝐴𝐾和△𝑃𝐶𝐷中，
∠𝐴𝐾𝑃=∠𝐶𝐷𝑃{𝑃𝐾=𝑃𝐷, ∠𝐴𝑃𝐾=∠𝐶𝑃𝐷
∴△𝑃𝐴𝐾≌△𝑃𝐶𝐷(𝐴𝑆𝐴)，
∴𝐴𝐾=𝐶𝐷，𝑃𝐴=𝑃𝐶，故②正确， ∴𝐵𝐾−𝐴𝐵=𝐵𝐶−𝐵𝐷， ∴𝐵𝐷−𝐴𝐵=𝐵𝐶−𝐵𝐷， ∴𝐴𝐵+𝐵𝐶=2𝐵𝐷，故③正确，
∵𝑅𝑡△𝐵𝑃𝐾≌𝑅𝑡△𝐵𝑃𝐷，△𝑃𝐴𝐾≌△𝑃𝐶𝐷， ∴𝑆△𝐵𝑃𝐾=𝑆△𝐵𝑃𝐷，𝑆△𝐴𝑃𝐾=𝑆△𝑃𝐷𝐶，
∴𝑆四边形𝐴𝐵𝐶𝑃=𝑆四边形𝐾𝐵𝐷𝑃=2𝑆△𝑃𝐵𝐷.故④正确． 故选A．
10.【答案】B
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【解析】解：将△𝐴𝐸𝐶顺时针方向旋转90°至△𝐴𝐹𝐵，过点A作𝐴𝐻⊥𝐵𝐶于H，
根据旋转的性质可得△𝐴𝐸𝐶≌△𝐴𝐵𝐹，
∴∠𝐴𝐵𝐹=∠𝐴𝐶𝐷=45°，∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐶𝐴𝐸，𝐴𝐸=𝐴𝐹， ∴∠𝐹𝐵𝐸=45°+45°=90°，𝐵𝐹=𝐶𝐸， ∴𝐵𝐷2+𝐵𝐹2=𝐷𝐹2， ∵∠𝐷𝐴𝐸=45°， ∴∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐶𝐴𝐸=45°， ∴∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐵𝐴𝐹=45°， ∴∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐷𝐴𝐹， 又∵𝐴𝐷=𝐴𝐷， ∴△𝐷𝐴𝐸≌△𝐷𝐴𝐹(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝐷𝐸=𝐷𝐹， ∴𝐵𝐷2+𝐵𝐹2=𝐷𝐸2， ∵𝐵𝐷=3，𝐶𝐸=4， ∴𝐷𝐸=5，
∴𝐵𝐶=𝐵𝐷+𝐷𝐸+𝐶𝐸=12， ∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=90°，𝐴𝐻⊥𝐵𝐶， ∴𝐴𝐻=𝐵𝐻=𝐶𝐻=𝐵𝐶=6，
21
∴△𝐴𝐵𝐷与△𝐴𝐸𝐶的面积之和=2×𝐵𝐷×𝐴𝐻+2×𝐶𝐸×𝐴𝐻=2×(3+4)×6=21， 故选：B．
将△𝐴𝐸𝐶顺时针方向旋转90°至△𝐴𝐹𝐵，过点A作𝐴𝐻⊥𝐵𝐶于H，得出∠𝐴𝐵𝐹=∠𝐴𝐶𝐷=45°，∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐶𝐴𝐸，𝐴𝐸=𝐴𝐹，由“SAS”可证△𝐷𝐴𝐸≌△𝐷𝐴𝐹，由全等三角形的判定与性质得出𝐷𝐸=𝐷𝐹，由勾股定理求出DE的长，根据三角形的面积可求出答案． 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，旋转的性质，勾股定理等知识，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．
111
11.【答案】80
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【解析】解：∵∠𝐴=60°， ∴∠𝐵+∠𝐶=120°， ∵∠𝐶=2∠𝐵， ∴∠𝐶=80°．
根据三角形的内角和定理和已知条件求得．
主要考查了三角形的内角和是180度．求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°这一隐含的条件．
12.【答案】12
【解析】解：分两种情况讨论
①腰长为5时，三边为5、5、2，满足三角形的性质，周长=5+5+2=12𝑐𝑚； ②腰长为2时，三边为5、2、2， ∵2+2=4<5， ∴不满足构成三角形． ∴周长为12cm． 故答案为：12．
本题没有明确说明已知的边长哪一条是腰长，所以需要分两种情况讨论．
本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关键．
13.【答案】2
IC，IB，𝐼𝐹⊥𝐴𝐵于F，【解析】解：过I作𝐼𝐸⊥𝐴𝐶于E，连接IA，
∵𝐼是三条角平分线的交点，𝐼𝐷⊥𝐵𝐶， ∴𝐼𝐸=𝐼𝐷=𝐼𝐹， 设𝐼𝐸=𝐼𝐷=𝐼𝐹=𝑅，
∵△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐶=8，𝐶𝐵=6，
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∴△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆=2×𝐴𝐶×𝐵𝐶=2×8×6=24， ∴𝑆△𝐴𝐶𝐼+𝑆△𝐵𝐶𝐼+𝑆△𝐴𝐵𝐼=24，
∴×𝐴𝐶×𝐼𝐸+×𝐵𝐶×𝐼𝐷+×𝐴𝐵×𝐼𝐹=24，
21
2
2
1
1
1
11
∴2×8×𝑅+2×6×𝑅+2×10×𝑅=24， 解得：𝑅=2， 即𝐼𝐷=2， 故答案为：2．
IC，IB，𝐼𝐹⊥𝐴𝐵于F，过I作𝐼𝐸⊥𝐴𝐶于E，连接IA，根据角平分线的性质得出𝐼𝐷=𝐼𝐸=𝐼𝐹，根据三角形的面积求出△𝐴𝐵𝐶的面积，再根据三角形的面积求出即可．
本题考查了角平分线的性质和三角形的面积，能根据角平分线的性质得出𝐼𝐷=𝐼𝐸=𝐼𝐹是解此题的关键．
11
14.【答案】(−3,2)或(−1,0)
【解析】解：如图，符合条件的点有两个，当点E在边AB和边OA上时，设为点𝐸′和点𝐸″，
∵𝐵(−3,3)，𝐷(0,1)， ∴𝐴𝐵=𝑂𝐴=3，𝑂𝐷=1， ∵四边形ABCO是正方形，
∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝑂𝐶=𝑂𝐴=3，∠𝐵=∠𝐴𝑂𝐷=90°， ∵𝐴𝐷=𝐶𝐸′=𝐶𝐸″， 在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐸′和𝑅𝑡△𝑂𝐴𝐷中， {𝐶𝐸′=𝐴𝐷，
𝐵𝐶=𝑂𝐴
∴𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐸′≌𝑅𝑡△𝑂𝐴𝐷(𝐻𝐿)， ∴𝐵𝐸′=𝑂𝐷=1， ∴𝐴𝐸′=𝐴𝐵−𝐵𝐸′=2，
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∴𝐸′(−3,2)；
同理𝑅𝑡△𝑂𝐶𝐸′≌𝑅𝑡△𝑂𝐴𝐷(𝐻𝐿)， ∴𝑂𝐸″=𝑂𝐷=1， ∴𝐸′(−1,0)．
所以点E坐标为(−3,2)或(−1,0)． 故答案为：(−3,2)或(−1,0)．
根据题意画出图形分两种情况求出点E的坐标即可．
本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
15.【答案】3
𝐻𝑁⊥𝐶𝐵【解析】解：如图，过点C作𝐶𝑇⊥𝐴𝐵于T，交AD于H，过点H作𝐻𝑀⊥𝐴𝐶于M，于N．
10
∵𝐶𝑀⊥𝐴𝐷， ∴∠𝐴𝐸𝐶=90°，
∴𝐴𝐶=𝐵𝐶=√𝐴𝐸2+𝐶𝐸2=√42+22=2√5， ∵𝐶𝐷=𝐵𝐷， ∴𝐶𝐷=𝐵𝐷=√5，
∴𝐷𝐸=√𝐶𝐷2−𝐶𝐸2=√5−4=1， ∴𝐴𝐷=5，
∵𝐶𝐴=𝐶𝐵，∠𝐴𝐶𝐵=90°， ∴𝐴𝐵=√2𝐴𝐶=2√10， ∵𝐶𝑇⊥𝐴𝐵，
∴𝐴𝑇=𝑇𝐵，∠𝐴𝐶𝑇=∠𝐵𝐶𝑇=45°， ∴𝐶𝑇=2𝐴𝐵=√10， ∵𝐻𝑀⊥𝐶𝐴，𝐻𝑁⊥𝐶𝐵， ∴𝐻𝑀=𝐻𝑁，
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1
∵𝑆△𝐴𝐶𝐷=2⋅𝐴𝐶⋅𝐶𝐷=2⋅𝐴𝐶⋅𝐻𝑀+2⋅𝐶𝐷⋅𝐻𝑁， ∴𝐻𝑀=𝐻𝑁=
2√5×√52√5+√5111
=
2√5
， 3
∴𝐶𝐻=√2𝐻𝑀=
2√10
， 3
2√103
∴𝐻𝑇=𝐶𝑇−𝐶𝐻=√10−=
√10
， 3
∵∠𝐴𝑀𝐸+∠𝑇𝐴𝐻=90°，∠𝐴𝑀𝐸+∠𝑇𝐶𝑀=90°， ∴∠𝑇𝐴𝐻=∠𝑇𝐶𝑀， 在△𝐴𝑇𝐻和△𝐶𝑇𝑀中， ∠𝑇𝐴𝐻=∠𝑇𝐶𝑀{𝐴𝑇=𝐶𝑇， ∠𝐴𝑇𝐻=∠𝐶𝑇𝑀=90°∴△𝐴𝑇𝐻≌△𝐶𝑇𝑀(𝐴𝑆𝐴)， ∴𝐻𝑇=𝑇𝑀=
√10
， 3
√102)3
∴𝐶𝑀=√𝐶𝑇2+𝑇𝑀2=√(√10)2+(故答案为：3．
10
=
103
，
如图，过点C作𝐶𝑇⊥𝐴𝐵于T，交AD于H，过点H作𝐻𝑀⊥𝐴𝐶于M，𝐻𝑁⊥𝐶𝐵于𝑁.解CD，AD，HN，TH，直角三角形求出AC，利用面积法求出HM，求出CH，证明𝑇𝑀=𝑇𝐻，利用勾股定理求出CM即可．
本题考查全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用面积法求线段的长，属于中考填空题中的压轴题．
16.【答案】√3
【解析】解：如图，连接EC．
∵△𝐴𝐵𝐶，△𝐵𝐷𝐸都是等边三角形，
∴𝐵𝐴=𝐵𝐶，𝐵𝐷=𝐵𝐸，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐵𝐸=60°，
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∴∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐶𝐵𝐸， 在△𝐴𝐵𝐷和△𝐶𝐵𝐸中， 𝐵𝐴=𝐵𝐶
{∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐶𝐵𝐸， 𝐵𝐷=𝐵𝐸
∴△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐵𝐸(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝐴𝐷=𝐸𝐶，
∵点D从点A运动到点H， ∴点E的运动路径的长为𝐴𝐻=√3， 故答案为：√3．
由“SAS”可得△𝐴𝐵𝐷≌△𝐶𝐵𝐸，推出𝐴𝐷=𝐸𝐶，可得结论．
本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
17.【答案】解：(1)若a是底边，则𝑏=𝑐，则2𝑏+4=18，
解得：𝑏=7，即𝑏=𝑐=7，
若a是腰，𝑎=𝑏，则2×4+𝑐=18，解得：𝑐=10， 而4+4<10，不能构成三角形，舍去， 所以𝑏=𝑐=7．
𝑐<𝑎+𝑏
(2)根据三角形三边关系和题意得{，
𝑎+𝑏+𝑐≤20𝑎+5<2𝑎−1+𝑎即{， 𝑎+𝑎+5+2𝑎−1≤20解得3<𝑎≤4． ∴𝑎的最大值为4，
此时𝑏=2𝑎−1=7，𝑐=𝑎+5=9．
【解析】(1)由等腰三角形的周长为18，三角形的一边长𝑎=4，分a是底边与a为腰去分析求解即可求得答案．
𝑎+5<2𝑎−1+𝑎
(2)根据三边关系以及题意得到即{，解不等式组得出a的最大
𝑎+𝑎+5+2𝑎−1≤20值，进而求得b、c即可．
此题考查三角形的三边关系，利用三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，建立不等式解决问题．
18.【答案】解：𝐴𝐵=𝐶𝐷，𝐴𝐵//𝐶𝐷，
理由如下：在△𝐴𝑂𝐵和△𝐶𝑂𝐷中，
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𝑂𝐴=𝑂𝐶
{∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐶𝑂𝐷， 𝑂𝐵=𝑂𝐷
∴△𝐴𝑂𝐵≌△𝐶𝑂𝐷(𝑆𝐴𝑆 )， ∴𝐴𝐵=𝐶𝐷，∠𝐵=∠𝐷， ∴𝐴𝐵//𝐶𝐷．
【解析】由“SAS”可证△𝐴𝑂𝐵≌△𝐶𝑂𝐷，可得𝐴𝐵=𝐶𝐷，∠𝐵=∠𝐷，由平行线的判定可证𝐴𝐵//𝐶𝐷．
本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法是本题的关键．
19.【答案】90°
【解析】解：(1)如图1，∵𝐵𝐴=𝐵𝐷，∠𝐵=40°， ∴∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐷𝐴=
180°−40°
2
=70°，
∵𝐶𝐴=𝐶𝐸，∠𝐶=60°， ∴∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐸𝐴𝐶=60°， ∵∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐵+∠𝐵𝐴𝐸=60°， ∴∠𝐵𝐴𝐸=20°，
∴∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐷−∠𝐷𝐴𝐸=70°−20°=50°； (2)如图2，∵𝐵𝐴=𝐵𝐷，𝐶𝐴=𝐶𝐸， ∴∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐷𝐴=
180°−∠𝐵
2
，∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐸𝐴𝐶=
180°−∠𝐶
2
，
∵∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐶𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐶+∠𝐷𝐴𝐸，
∴∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐶𝐴𝐸−∠𝐵𝐴𝐶 1
=180°−(∠𝐵+∠𝐶)−∠𝐵𝐴𝐶
21
=180°−(180°−∠𝐵𝐴𝐶)−∠𝐵𝐴𝐶
21
=90°−∠𝐵𝐴𝐶
2=90°−2𝛼；
(3)由(2)可知，∠𝐷𝐴𝐸=90°−2∠𝐵𝐴𝐶，
∴∠𝐵𝐴𝐶=180°−2∠𝐷𝐴𝐸 =180°−2×45°
=90°．
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1
1
故答案为90°．
(1)根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质求得即可； (2)根据等腰三角形的性质，三角形内角和定理即可证得结论；
(3)由(2)可知，∠𝐷𝐴𝐸=90°−2∠𝐵𝐴𝐶，把∠𝐷𝐴𝐸=45°代入，即可求得∠𝐵𝐴𝐶=90°． 本题考查了等腰三角形的性质，三角形外角的性质三角形内角和定理的应用，熟练掌握性质定理是解题的关键．
1
20.【答案】8
(1)𝑆△𝐴𝐵𝐶=3×6−2×1×6−2×2×3−2×2×4=18−3−3−4=8．【解析】解： 故答案为8．
1
1
1
(2)①如图，线段AP，线段BH即为所求． ②如图，△𝐸𝐹𝐷即为所求． ③如图，射线FG即为所求． (1)利用分割法求解即可．
(2)①取格点R，连接CR，BR，连接AR交BC于点P，线段AP即为所求(四边形ABRC是平行四边形).取格点T，连接BT交AC于点H，线段BH即为所求． ②利用数形结合的思想，作出𝐸𝐹=𝐴𝐵，𝐷𝐹=𝐵𝐶即可．
③取格点K，作射线FK交DE于点G即可(△𝐾𝐸𝐹是等腰直角三角形)．
本题考查作图−应用与设计，全等三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
21.【答案】证明：如图，过点C作𝐶𝐹⊥𝐴𝐷，交AD的延长线于F，
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∵∠𝐵+∠𝐴𝐷𝐶=180°，∠𝐴𝐷𝐶+∠𝐶𝐷𝐹=180°， ∴∠𝐵=∠𝐶𝐷𝐹， 在△𝐶𝐵𝐸和△𝐶𝐷𝐹中， ∠𝐵=∠𝐶𝐷𝐹
{∠𝐶𝐸𝐵=∠𝐶𝐹𝐷=90°， 𝐵𝐶=𝐶𝐷
∴△𝐶𝐵𝐸≌△𝐶𝐷𝐹(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐶𝐹=𝐶𝐸，
又∵𝐶𝐹⊥𝐴𝐷，𝐶𝐸⊥𝐴𝐵， ∴𝐴𝐶平分∠𝐵𝐴𝐷．
【解析】过点C作𝐶𝐹⊥𝐴𝐷，交AD的延长线于F，由“AAS”可证△𝐶𝐵𝐸≌△𝐶𝐷𝐹，可得𝐶𝐹=𝐶𝐸，再由角平分线的判定定理可得结论．
本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，掌握全等三角形的判定方法是本题的关键．
22.【答案】证明：(1)∵∠𝐹𝐴𝐺+∠𝐶𝐴𝐸=90°，∠𝐹𝐴𝐺+∠𝐹=90°，
∴∠𝐶𝐴𝐸=∠𝐹， 在△𝐴𝐺𝐹和△𝐸𝐶𝐴中， ∠𝐴𝐺𝐹=∠𝐸𝐶𝐴{∠𝐹=∠𝐶𝐴𝐸， 𝐴𝐹=𝐴𝐸
∴△𝐴𝐺𝐹≌△𝐸𝐶𝐴(𝐴𝐴𝑆)；
(2)过F点作𝐹𝐺⊥𝐴𝐶交AC于G点，
由(1)可知：△𝐴𝐺𝐹≌△𝐸𝐶𝐴，
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∴𝐹𝐺=𝐴𝐶=𝐵𝐶，𝐴𝐹=𝐶𝐸， 在△𝐹𝐺𝐷和△𝐵𝐶𝐷中， ∠𝐹𝐷𝐺=∠𝐶𝐷𝐵
{∠𝐹𝐺𝐷=∠𝐶=90°， 𝐹𝐺=𝐵𝐶
∴△𝐹𝐺𝐷≌△𝐵𝐶𝐷(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐷𝐺=𝐶𝐷=1， ∴𝐶𝐺=2，
∵𝐸点为BC的中点， ∴𝐶𝐸=𝐵𝐶，
21
∴𝐴𝐺=𝐴𝐶，
2∴𝐴𝐺=𝐺𝐶=2，
∴𝐴𝐶=4=𝐹𝐺，𝐴𝐷=3，
∴𝑆△𝐴𝐷𝐹=×𝐴𝐷×𝐹𝐺=×3×4=6．
2
2
1
1
1
【解析】(1)由“AAS”可证△𝐴𝐺𝐹≌△𝐸𝐶𝐴；
(2)过F点作𝐹𝐺⊥𝐴𝐶交AC于G点，根据(1)中结论可得𝐹𝐺=𝐴𝐶=𝐵𝐶，由“AAS”可证△𝐹𝐺𝐷≌△𝐵𝐶𝐷，由全等三角形的性质可得𝐷𝐺=𝐶𝐷=1，由中点的性质可求𝐴𝐷=3，𝐹𝐺=𝐴𝐶=4，即可求解．
本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本题的关键．
23.【答案】(1)证明：如图1中，
∵△𝐴𝐵𝐶是等边三角形， ∴𝐶𝐵=𝐶𝐴， ∵𝐸𝐶平分∠𝐴𝐶𝐵， ∴∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐵𝐶𝐸，
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∵𝐶𝐸=𝐶𝐸，
∴△𝐴𝐶𝐸≌△𝐵𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝐴𝐸=𝐸𝐵．
(2)①解：如图2中，
∵△𝐴𝐵𝐶是等边三角形， ∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵=60°， ∵∠𝐴𝐸𝐶=60°， ∴∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐷𝐸𝐶， ∵∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐶𝐷𝐸， ∴△𝐴𝐷𝐵∽△𝐶𝐷𝐸， ∴𝐷𝐸=𝐷𝐶， ∴
𝐵𝐷𝐴𝐷𝐵𝐷
𝐴𝐷
=
𝐷𝐸𝐷𝐶
，
∵∠𝐵𝐷𝐸=∠𝐴𝐷𝐶， ∴△𝐵𝐷𝐸∽△𝐴𝐷𝐶， ∴∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐴𝐶𝐷=60°．
②解：如图3中，延长CE交AB于K，在CK的延长线上取一点M，使得𝐸𝑀=𝐸𝐴，连接BM，在ME上截取𝑀𝐽=，使得𝑀𝐽=𝐵𝑀，连接BJ．
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∵△𝐴𝐵𝐶是等边三角形， ∴𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=60°，
∵𝐸𝐴=𝐸𝑀，∠𝐴𝐸𝑀=∠𝐶𝐸𝐷=60°， ∴△𝐴𝐸𝑀是等边三角形， ∴𝐴𝑀=𝐴𝐸，∠𝑀𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐶， ∴∠𝑀𝐴𝐵=∠𝐸𝐴𝐶， ∴△𝑀𝐴𝐵≌△𝐸𝐴𝐶(𝑆𝐴𝑆)，
∴𝐵𝑀=𝐸𝐶，∠𝐴𝑀𝐵=∠𝐴𝐸𝐶=120°， ∴∠𝐵𝑀𝐴+∠𝑀𝐴𝐷=180°， ∴𝐵𝑀//𝐴𝐷，
∵𝐴𝐸=2𝐸𝐶，𝐸𝑀=𝐴𝐸， ∴𝐸𝑀=2𝐵𝑀， ∵𝑀𝐽=𝐽𝐸， ∴𝐵𝑀=𝑀𝐽，
∴∠𝐴𝑀𝐸=∠𝐵𝑀𝐸=60°， ∴△𝐵𝑀𝐽是等边三角形， ∴𝐵𝐽=𝐽𝑀=𝐽𝐸， ∴∠𝑀𝐵𝐸=90°， ∵𝐵𝑀//𝐴𝐷，
∴∠𝐵𝐸𝐷=∠𝑀𝐵𝐸=90°．
【解析】(1)证明△𝐴𝐶𝐸≌△𝐵𝐶𝐸(𝑆𝐴𝑆)即可解决问题．
(2)①证明△𝐴𝐷𝐵∽△𝐶𝐷𝐸，推出𝐷𝐸=𝐷𝐶，推出𝐴𝐷=𝐷𝐶，由∠𝐵𝐷𝐸=∠𝐴𝐷𝐶，推出△𝐵𝐷𝐸∽△𝐴𝐷𝐶即可解决问题．
②如图3中，延长CE交AB于K，在CK的延长线上取一点M，使得𝐸𝑀=𝐸𝐴，连接BM，在ME上截取𝑀𝐽=，使得𝑀𝐽=𝐵𝑀，连接𝐵𝐽.想办法证明∠𝑀𝐵𝐸=90°，𝐵𝑀//𝐴𝐷即可解决问题．
本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
𝐵𝐷
𝐴𝐷
𝐵𝐷
𝐷𝐸
24.【答案】解：(1)如图1中，过点C作𝐶𝐻⊥𝑦轴于H．
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∵𝐴(−6,0)，𝐵(0,−1)， ∴𝑂𝐴=6，𝑂𝐵=1，
∵∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐶𝐻𝐵=∠𝐴𝐵𝐶=90°，
∴∠𝐶𝐵𝐻+∠𝐴𝐵𝑂=90°，∠𝐴𝐵𝑂+∠𝐵𝐴𝑂=90°， ∴∠𝐶𝐵𝐻=∠𝐵𝐴𝑂， ∵𝐵𝐴=𝐵𝐶，
∴△𝐵𝐻𝐶≌△𝐴𝑂𝐵(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐶𝐻=𝑂𝐵=1，𝐵𝐻=𝑂𝐴=6， ∴𝑂𝐻=𝐵𝐻−𝑂𝐵=5， ∴𝐶(1,−5)． 故答案为(1,−5)．
(2)在B点运动过程中，BE长保持不变，BE的长为3， 理由：如图2，过C作𝐶𝑀⊥𝑦轴于M．
由(1)可知：△𝐵𝐶𝑀≌△𝐴𝐵𝑂， ∴𝐶𝑀=𝐵𝑂，𝐵𝑀=𝑂𝐴=6． ∵△𝐵𝐷𝑂是等腰直角三角形， ∴𝐵𝑂=𝐵𝐷，∠𝐷𝐵𝑂=90°，
∴𝐶𝑀=𝐵𝐷，∠𝐷𝐵𝐸=∠𝐶𝑀𝐸=90°， 在△𝐷𝐵𝐸与△𝐶𝑀𝐸中，
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∠𝐷𝐵𝐸=∠𝐶𝑀𝐸{∠𝐷𝐸𝐵=∠𝐶𝐸𝑀， 𝐵𝐷=𝑀𝐶
∴△𝐷𝐵𝐸≌△𝐶𝑀𝐸(𝐴𝐴𝑆)， ∴𝐵𝐸=𝐸𝑀，
∴𝐵𝐸=𝐵𝑀=𝑂𝐴=3．
2
2
1
1
(3)结论1：𝐵𝑁2=(𝑂𝐵+6)2+(𝐴𝑄−6)2．
理由：如图3中，过点B作𝐵𝐻⊥𝑁𝑄交NQ的延长线于H．
∵𝑁(𝑡,−6)， ∴𝑁𝑄=6，
∵𝑁𝑄⊥𝑥轴，𝐵𝐻⊥𝑁𝑄， ∴∠𝐻=∠𝑂𝑄𝐻=∠𝐵𝑂𝑄=90°， ∴四边形BOQH是矩形， ∴𝑄𝐻=𝑂𝐵，𝐵𝐻=𝑂𝑄， ∵𝑂𝐴=6，
∴𝐵𝐻=𝑂𝑄=𝐴𝑄−6，
在𝑅𝑡△𝐵𝑁𝐻中，∵𝐵𝑁2=𝑁𝐻2+𝐵𝐻2， ∴𝐵𝑁2=(𝑂𝐵+6)2+(𝐴𝑄−6)2． 或结论2：𝐴𝑄=𝐵𝑁+𝐵𝑂．
理由：如图3−1中，延长NQ交AB的延长线于M，过点N作𝑁𝐻⊥𝐴𝑀于H，交AQ于
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K．
∵𝑂𝐴=𝑁𝑄，∠𝐴𝑂𝐵=∠𝑁𝑄𝐾，∠𝑂𝐴𝐵=∠𝐾𝑁𝑄， ∴△𝐴𝑂𝐵≌△𝑁𝑄𝐾(𝐴𝑆𝐴)， ∴𝑂𝐵=𝐾𝑄，𝐴𝐵=𝑁𝐾，
∵∠𝐴𝑁𝐾=∠𝑁𝐴𝐵=45°，𝐴𝑁=𝑁𝐴，𝑁𝐾=𝐴𝐵， ∴△𝐴𝑁𝐾≌△𝑁𝐴𝐵(𝑆𝐴𝑆)， ∴𝐴𝐾=𝐵𝑁，
∴𝐴𝑄=𝑄𝐾+𝐴𝐾=𝑂𝐵+𝐵𝑁．
【解析】(1)如图1中，过点C作𝐶𝐻⊥𝑦轴于𝐻.证明△𝐵𝐻𝐶≌△𝐴𝑂𝐵(𝐴𝐴𝑆)，可得结论． (2)在B点运动过程中，BE长保持不变，BE的长为3，如图2，过C作𝐶𝑀⊥𝑦轴于𝑀.证明△𝐷𝐵𝐸≌△𝐶𝑀𝐸(𝐴𝐴𝑆)，推出𝐵𝐸=𝐸𝑀，即可解决问题．
(3)结论1：𝐵𝑁2=(𝑂𝐵+6)2+(𝐴𝑄−6)2.如图3中，过点B作𝐵𝐻⊥𝑁𝑄交NQ的延长𝐴𝑄=𝐵𝑁+𝐵𝑂.如图3−1线于𝐻.在𝑅𝑡△𝑁𝐵𝐻中，利用勾股定理解决问题即可．或结论2：中，延长NQ交AB的延长线于M，过点N作𝑁𝐻⊥𝐴𝑀于H，交AQ于𝐾.利用全等三角形的性质证明即可．
本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
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