苏科版八年级数学上学期期中压轴精选30题-2022-2023学年八年级数学上学期期中期末考点大串讲（苏科版）

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苏科版八年级数学上学期期中压轴精选30题 考试范围：第1章-第3章的内容，共30小题. 一、选择题（共8小题） 1．（2021·湖北·襄阳市樊城区青泥湾中学八年级阶段练习）如图，∠O=∠1，∠2=∠3，∠4=∠5，∠6=∠7，∠8=90°则∠O的度数为（   ） A．10° B．15° C．18° D．20° 【答案】C 【分析】设∠O=x，进而根据三角形外角的性质表示出∠2，即可表示出∠3，同理表示出∠4，可得∠5，再表示出∠6，即可∠7，最后根据∠8=∠O+∠7得出答案即可． 【详解】设∠O=x， ∵∠2是△ABO的外角，且∠O=∠1， ∴∠2=∠O+∠1=2x， ∴∠3=∠2=2x． ∵∠4是△BCO的外角， ∴∠4=∠O+∠3=3x， ∴∠5=∠4=3x． ∵∠6是△CDO的外角， ∴∠6=∠O+∠5=4x， ∴∠7=∠6=4x． ∵∠8是△DEO的外角， ∴∠8=∠O+∠7=5x， 即5x=90°， 解得x=18°． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了三角形的外角的性质，根据三角形外角的性质得出待求角之间的等量关系是解题的关键． 2．（2021·广东·河源广赋创新学校八年级阶段练习）如图，△ABC的面积为16cm2，AP垂直∠B的平分线BP于P，则△PBC的面积为（　　） A．7cm2 B．8cm2 C．9cm2 D．10cm2 【答案】B 【详解】延长AP交BC于E，根据AP垂直∠B的平分线BP于P，即可求出△ABP≌△BEP，又知△APC和△CPE等底同高，可以证明两三角形面积相等，即可证明三角形PBC的面积． 【解答】解：延长AP交BC于E， ∵AP垂直∠B的平分线BP于P， ∴∠ABP=∠EBP， 又∵BP=BP，∠APB=∠EPB=90°， ∴△ABP≌△EBP， ∴，AP=PE， ∴△APC和△CPE等底同高， ∴， ∴=×16=8（cm2）， 故选：B． 【点睛】本题主要考查面积及等积变换的知识点.证明出三角形PBC的面积和原三角形的面积之间的数量关系是解题的难点． 3．（2021·湖北·武汉市光谷第二高级中学九年级）如图，中，，分别为上的点，的平分线分别交于点，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由等腰三角形的性质和角平分线的定义可知，，，再利用四边形内角和等于360°可推导，然后由三角形外角的性质可知，进而得到，最后由计算的度数即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵DF、EG为和的平分线， ∴，， 在四边形BCED中，有， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了角平分线的定义和性质、多边形内角和、等腰三角形的性质以及三角形外角的性质等知识，理解并灵活运用相关知识是解题关键． 4．（贵州省兴仁市屯脚镇屯脚中学2021-2022学年八年级下学期第一次月考数学试题）勾股定理是历史是第一个把数与形联系起来的定理，其证明是论证几何的发端.下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（    ） A． B．C． D． 【答案】A 【分析】利用四个小图形面积和等于大正方形面积推导完全平方公式可判断A；利用两个以a和b为直角边的三角形面积与一个直角边为c的等腰直角三角形面积和等于上底为a，下底为b，高为(a+b)的梯形面积推导勾股定理可判断B；利用以a与b为两直角边的四个全等三角形面积与边长为（b-a）的小正方形面积和等于以c为边正方形面积推导勾股定理可判断C；利用以a与b为两直角边的两个全等三角形面积与边长为c的正方形面积和等于以上底为a，下底为(a+b)，高为a的梯形面积+以上底为b，下底为(a+b)，高为b的梯形面积推导勾股定理可判断D． 【详解】解: 由题意可知： A、四个小图形面积和等于大正方形面积， ，根据图形可证明完全平方公式，不能证明勾股定理，故本选项符合题意； B、两个以a和b为直角边的三角形面积与一个直角边为c的等腰直角三角形面积和等于上底为a，下底为b，高为(a+b)的梯形面积， 故， 整理得：， 即能证明勾股定理，故本选项不符合题意； C、以a与b为两直角边的四个全等三角形面积与边长为（b-a）的小正方形面积和等于以c为边正方形面积，， 整理得：， 即能证明勾股定理，故本选项不符合题意； D、以a与b为两直角边的两个全等三角形面积与边长为c的正方形面积和等于以上底为a，下底为(a+b)，高为a的梯形面积+以上底为b，下底为(a+b)，高为b的梯形面积， 故， 整理得： ， 即能证明勾股定理，故本选项不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查利用面积推导勾股定理与完全平方公式，掌握利用面积推导勾股定理与完全平方公式是关键． 5．（2022·云南·富源县第七中学八年级期中）一只蚂蚁从长为2cm，宽为1cm，高是4cm的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所行的最短路线的长是（    ） A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm 【答案】C 【分析】先将图形展开，再根据两点之间线段最短，再由勾股定理求解即可． 【详解】解：将长方体展开，如图1所示，连接A、B，根据两点之间线段最短，AB=； 如图2所示，， 如图3所示，， ∵， ∴蚂蚁所行的最短路线为5cm 故选：C． 【点睛】本题考查最短路径问题，将长方体展开，根据两点之间线段最短，运用勾股定理是解题的根据．注意有三种不同的展开方式． 6．（2021·重庆市璧山中学校八年级期中）如图，已知等边和等边，点在的延长线上，的延长线交于点，连接；下列结论：①；②；③平分；④，其中正确的有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】D 【分析】证明△APB≌△CEB得到AP＝CE，即可判断①；由△APB≌△CEB，得到∠APB＝∠CEB，再由∠MCP＝∠BCE，推出∠PME＝∠PBE＝60°，即可判断②；过点B作BN⊥AM 于N， BF⊥ME 于F，证明△BNP≌△BFE得到BN＝BF，得到BM 平分∠AME，即可判定③；在BM上截取 BK＝CM，连接 AK，先证明∠ACM＝∠ABK，即可证明△ACM≌△ABK得到AK＝AM，推出△AMK 为等边三角形，则 AM＝MK， AM+MC＝BM，即可判断④． 【详解】证明：①∵等边△ABC 和等边△BPE， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠PBE＝60°，BP＝BE， 在△APB 和△CEB 中， ∴△APB≌△CEB（SAS）， ∴AP＝CE，故此选项正确； ②∵△APB≌△CEB， ∴∠APB＝∠CEB， ∵∠MCP＝∠BCE， 则∠PME＝∠PBE＝60°，故此选项正确； ③过点B作BN⊥AM 于N， BF⊥ME 于F， ∵△APB≌△CEB， ∴∠BPN＝∠FEB， 在△BNP 和△BFE 中， ， ∴△BNP≌△BFE（AAS）， ∴BN＝BF， ∴BM 平分∠AME，故此选项正确； ④在BM上截取 BK＝CM，连接 AK， 由②知∠PME＝60°， ∴∠AMC＝120°， 由③知：BM 平分∠AME， ∴∠BMC＝∠AMK＝60°， ∴∠AMK=∠ACB=60°， 又∵∠AHM=∠BHC， ∴∠∠CAM=∠CBH， ∵∠CAM+∠ACM=∠EMP=60°， ∴∠CBH+∠ACM=60°， ∴∠ABK+∠PBM＝60°＝∠PBM+∠ACM， ∴∠ACM＝∠ABK， 在△ABK 和△ACM 中       ∴△ACM≌△ABK（SAS）， ∴AK＝AM， ∴△AMK 为等边三角形，则 AM＝MK， 故 AM+MC＝BM，故此选项正确； 故选D． 【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质与判定，角平分线的判定等知识，解题关键是熟练掌握全等三角形的性质与判定条件． 7．（2022·陕西·西安爱知初级中学七年级期末）如图，在中，，，点是线段的中点，将一块锐角为的直角三角板按如图放置，使直角三角板斜边的两个端点分别与、重合，连接、，与交于点下列判断正确的有（    ） ①≌；②；③；④ A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】利用为等腰直角三角形得到，，则，则可根据“”判断≌，从而对进行判断；再利用证明，则可对进行判断；由于，，而得到，所以，于是可对进行判断；由≌得到，由得到，所以，从而可对进行判断． 【详解】解：，点是线段的中点， ， 为等腰直角三角形， ，， ，， ， 在和中， ， ≌，所以正确； ， ， ，所以正确； ． 而， ， ， 而， ， ， ，所以错误； ≌， ， ， ， ， ，所以正确． 故选：C． 【点睛】本题考查全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键． 8．（2021·湖北·荆门市海慧中学八年级阶段练习）在中，，，、为上两点，，为外一点，且，，则下列结论：①；②；③；④，其中正确的是（    ） A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④ 【答案】C 【分析】根据等腰直角三角形的性质，判断出，即可得出，根据勾股定理与等量代换可得②正确，根据在等腰三角形中，角平分线与中线为一条直线即可得出③，再根据勾股定理以及等量代换即可得出④． 【详解】解：∵，，， ∴， ， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故①正确； 由①中证明， ∴， ∵，， ∴， ∴， 连接， ∵， ∴， ∵，， ∴，故②正确； 设与的交点为， ∵，， ∴，， ∴，故③错误， ∵，， ∴， 在中，， ， ∴， ∴，故④正确． 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股定理、全等三角形的判定定理以及等腰直角直角三角形的性质，此题涉及的知识面比较广，解题时要注意仔细分析，难度较大． 二、填空题（共8小题） 9．（2022·浙江·八年级专题练习）如图，在△ABC中，点P为AB和BC垂直平分线的交点，点Q与点P关于AC对称，连接PC，PQ，CQ．若△PCQ中有一个角是50°，则∠B=__度． 【答案】50或65 【分析】连接AP、BP，由点P为AB和BC垂直平分线的交点，得PA＝PB＝PC，知∠PAB＝∠PBA，∠PBC＝∠PCB，∠PAC＝∠PCA，又点Q与点P关于AC对称，可得PC＝QC，∠PCA＝∠QCA，∠CPQ＝∠CQP，分两种情况：①当∠CPQ＝∠CQP＝50°时，∠PCQ＝80°，可得∠PCA＝40°，∠PAC＝40°，即得2∠ABP+2∠PBC＝100°，∠ABC＝50°，②当∠PCQ＝50°时，同理可得∠ABC＝65°． 【详解】解：连接AP、BP，如图： ∵点P为AB和BC垂直平分线的交点， ∴PA＝PB＝PC， ∴∠PAB＝∠PBA，∠PBC＝∠PCB，∠PAC＝∠PCA， ∵点Q与点P关于AC对称， ∴PC＝QC，∠PCA＝∠QCA， ∴∠CPQ＝∠CQP， ①当∠CPQ＝∠CQP＝50°时，∠PCQ＝80°， ∴∠PCA＝40°， ∴∠PAC＝40°， ∴∠PAB+∠PBA+∠PBC+∠PCB＝180°﹣∠PAC﹣∠PCA＝100°， ∴2∠ABP+2∠PBC＝100°， ∴∠ABP+∠PBC＝50°，即∠ABC＝50°， ②当∠PCQ＝50°时，∠PCA＝25°， ∴∠PAC＝25°， ∴∠PAB+∠PBA+∠PBC+∠PCB＝180°﹣∠PAC﹣∠PCA＝130°， ∴2∠ABP+2∠PBC＝130°， ∴∠ABP+∠PBC＝65°，即∠ABC＝65°， 综上所述，∠ABC为50°或65°， 故答案为：50或65． 【点睛】本题考查轴对称的性质，解题的关键是掌握三角形内角和定理的应用及轴对称的性质． 10．（江西师范大学附属中学2021-2022学年八年级下学期期中限时训练数学试题）如图，圆柱形容器高为12cm，底面周长为10cm．在容器内壁距离容器底部3cm 的点B处有一蚊子，此时一只壁虎正好在容器外壁，距离容器上沿3cm与蚊子相对的点A处，则壁虎捕捉蚊子需爬行的最短距离为________（不计壁厚）． 【答案】13 【分析】将容器侧面展开，建立A关于EF的对称点，根据两点之间线段最短可知的长度即为所求． 【详解】解：如图，将容器侧面展开，作A关于EF的对称点， 连接，则即为最短距离， ∴=5cm，=3cm， ∴BD=12cm， =13（cm）． 故壁虎捕捉蚊子的最短距离为13cm． 故答案为：13． 【点睛】本题考查了平面展开-最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键． 11．（2022·陕西·西安铁一中分校七年级期末）如图，，点M、N分别在射线OA、OB上，MN=6，△OMN的面积为12，P是直线MN上的动点，点P关于OA对称的点为，点P关于OB对称的点为，当点P在直线NM上运动时，的面积最小值为______．   【答案】8 【分析】连接，过点作交的延长线于，先利用三角形的面积公式求出，再根据轴对称的性质可得，，，从而可得，然后利用三角形的面积公式可得的面积为，根据垂线段最短可得当点与点重合时，取得最小值，的面积最小，由此即可得． 【详解】解：如图，连接，过点作交的延长线于， ∵，且， ∴， ∵点关于对称的点为，点关于对称的点为， ∴，，， ∵， ∴， ∴的面积为， 由垂线段最短可知，当点与点重合时，取得最小值，最小值为， ∴的面积的最小值为， 故答案为：8． 【点睛】本题考查了轴对称、垂线段最短等知识点，熟练掌握轴对称的性质是解题关键． 12．（2021·浙江宁波·七年级期末）如图，是的中线，延长至，使得，连接，，点在的平分线上，且．设，则___________（用含、的式子表示） 【答案】或 【分析】先证明△BDC≌△EDA（SAS），可得∠C＝∠EAD，根据三角形的内角和定理表示出∠AFB，再分射线BF在∠DBC内部，射线BF在∠DBC外部，分别表示出∠DBF，即可表示出∠AFB的度数． 【详解】解：∵BD是△ABC的中线， ∴AD＝DC， ∵在△BDC和△EDA中， ∴△BDC≌△EDA（SAS）， ∴∠C＝∠EAD， ∵点F在∠DAE的平分线上， ∴∠FAD＝∠EAD＝∠C， ∵∠ADB＝α，∠DBC＝β， ∴∠C＝α−β，∠DAB＋∠DBA＝180°−α， ∴∠FAD＝（α−β）， ∴∠AFB＝180°−∠FAB−∠FBA ＝180°−∠DAB−∠DBA−∠FAD−∠FBD ＝180°−（180°−α）−（α−β）−∠FBD ＝α＋β−∠FBD ∵∠FBC＝∠DBC＝β， 当射线BF在∠DBC内部时， ∴∠FBD＝β， ∴∠AFB＝α＋β−β＝α； 当射线BF在∠DBC外部时， 则∠FBD＝β， ∴∠AFB＝α＋β−β＝α−β， 综上，∠AFB＝α或α−β， 故答案为：α或α−β． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义等，熟练掌握这些知识是解题的关键，本题综合性较强，难度较大． 13．（2021·四川·东坡区实验中学八年级期中）如图，在∆ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC =8cm，点P从A点出发，沿A→C路径向终点C运动；点Q从点B出发，沿B→C→A路径向终点A运动．点P和Q分别以每秒1cm和3cm的运动速度同时开始运动．其中一点到达终点时另一点也停止运动，在某时刻，分别过点P和Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，则点P运动时间为_____时，∆PEC与∆QFC全等． 【答案】1s或3.5s 【分析】推出CP=CQ，①P在AC上，Q在BC上，推出方程6-t=8-3t，②P、Q都在AC上，此时P、Q重合，得到方程6-t=3t-8，Q在AC上，求出即可得出答案． 【详解】解：设运动时间为t秒时，△PEC≌△CFQ， ∵△PEC≌△CFQ， ∴斜边CP=CQ， 有2种情况： ①P在AC上，Q在BC上， CP=6-t，CQ=8-3t， ∴6-t=8-3t， ∴t=1； ②P、Q都在AC上，此时P、Q重合， ∴CP=6-t=3t-8， ∴t=3.5； 答：点P运动1s或3.5s时，△PEC与△QFC全等． 故答案为：1s或3.5s． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，解一元一次方程等知识点，能根据题意得出方程是解此题的关键． 14．（2021·福建省泉州实验中学八年级期中）如示意图，在△ABC中，AC＝BC，AE⊥BC于点E，过点B作∠ABC的角平分线BF交AE于G，点D是射线BF上的一个动点，且点D在△ABC外部，连接AD．∠C＝2∠ADB，当△ADG为等腰三角形，则∠C的度数为____________ 【答案】90°或108° 【分析】设∠ADB＝x，则∠C＝2x，从而可求得∠EAB＝x，∠ABF＝∠ABC＝45°﹣x，所以∠AGD＝∠EAB+∠ABF＝x+45°﹣x＝45°+x，再分三种情况：①当AD＝DG时，∠DAG＝∠DGA；②当AD＝AG时，∠ADG＝∠AGD；③当AG＝DG时，∠GAD＝∠ADG＝x，分别求解即可． 【详解】解：设∠ADB＝x，则∠C＝2x， ∵AC＝BC， ∴∠CAB＝∠CBA＝＝90°﹣x， ∵AE⊥BC， ∴∠AEB＝90°， ∴∠EAB＝x， ∵BF平分∠ABC， ∴∠ABF＝∠ABC＝45°﹣x， ∴∠AGD＝∠EAB+∠ABF＝x+45°﹣x＝45°+x， △ADG为等腰三角形时，存在三种情况： ①当AD＝DG时，∠DAG＝∠DGA， 即x+45°+x+45°+x＝180°， x＝45°， ∴∠C＝90°， ②当AD＝AG时，∠ADG＝∠AGD， x＝45+x， x＝90°， ∴∠C＝180°（不符合题意，舍去）， ③当AG＝DG时，∠GAD＝∠ADG＝x， 2x+45+x＝180， x＝54°， ∴∠C＝108°， 综上，∠C的度数为90°或108°． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，角平分线与三角形内角和定理，三角形外角的性质，分类讨论思想的应用是解题的关键． 15．（2022·江西·崇仁县第二中学七年级阶段练习）如图所示，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=40°，点D为AB边上一点且不与A、B重合，将△ACD沿CD翻折得到△ECD，直线CE与直线AB相交于点F．△DEF为等腰三角形时，∠ACD=__________． 【答案】15°或30°或60° 【分析】当△DEF为等腰三角形时，分四种情况讨论，三角形的外角性质以及等腰三角形的性质即可求得结果． 【详解】解：△DEF为等腰三角形时， 根据折叠变换的性质可得∠A=∠E=40°，∠ACD=∠ECD， ①当DF=DE时，∠E=∠DFE=40°，如图， ∴∠CFB=40°， ∵∠B=50°， ∴∠FCB=90°，显然不符合题意； ②当EF=DE时，∠E=40°，如图， ∴∠EDF=∠EFD==70°， ∴∠CFB=70°， ∴∠ACF=70°-40°=30°， ∴∠ACD=15°； ③当EF=DF时，∠E=∠FDE=40°，如图， ∴∠DFE=180°-40°-40°=100°， ∴∠ACE=100°-40°=60°， ∴∠ACD=30°； ④当点E在线段AB上侧时，DE=EF，如图， ∵△ACD沿CD翻折得到△ECD， ∴∠CAD=∠CED=40°， ∴∠EDF=∠EFD=20°， ∴∠ADC=∠EDC==80°， ∴∠ACD=180°-40°-80°=60°； 故答案为：15°或30°或60°． 【点睛】本题主要考查折叠变换、等腰三角形、三角形的外角性质，解题关键是分类讨论求解． 16．（2022·山西实验中学八年级阶段练习）A：在△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AD＝8，则BC＝________； B：在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3．点D是直线BC上一动点，当△ACD是等腰三角形时，则BD＝________． 【答案】     21或9     3或8或2或 【分析】A：由于高AD可能在三角形的内部也可能在三角形的外部，故分△ABC为锐角三角形和钝角三角形，画出对应图形，利用勾股定理求出BD和CD即可求解； B：先根据勾股定理求出AC，再分AC=AD、AC=CD、AD=CD三种情况，可画出对应图形，结合勾股定理和方程思想求解即可． 【详解】解：A：当△ABC为锐角三角形时，如图1-1， ∵AD为BC边上的高，∴∠ADB=∠ADC=90°， 在Rt△ADB中，AB=17，AD=8，由勾股定理得， 在Rt△ADC中，AC=10，AD=8，由勾股定理得， ∴BC=BD+CD=15+6=21； 当△ABC为钝角三角形时，如图1-2，则∠ACB为钝角，∠ADB=90°， 在Rt△ADB中，由勾股定理得， 在Rt△ADC中，由勾股定理得， ∴BC=BD-CD=15-6=9， 综上，BC=21或9， 故答案为：21或9； B：∵在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3， ∴ ， ∵△ACD是等腰三角形， ∴可分三种情况： 当AC=AD时，如图2-1， ∵AC=AD，∠ABC=90°， ∴BD=BC=3； 当AC=CD时，如图2-2，有两种情况： 1）当D在C的右边时，CD=AC=5，则BD=BC+CD=3+5=8； 2）当D在C的左边时，CD=AC=5，则BD=CD-BC=5-3=2； 当AD=CD时，如图2-3， 设BD=x，则AD=CD=3+x， 在Rt△ABD中，由勾股定理得：， ∴，解得：， ∴BD=， 综上，BD=3或8或2或， 故答案为：3或8或2或． 【点睛】本题考查勾股定理、等腰三角形的定义和性质，解答关键是利用数形结合和分类讨论思想解决问题，防止漏解． 三、解答题（共14小题） 17．（2022·广西·河池市宜州区教育局教学研究室八年级期中）如图，在△ABC中，AB边上的垂直平分线DE与AB、AC分别交于点E和D，且CB2 ＝AD2－CD2 (1)求证：∠C＝90°； (2)若AC＝4，BC＝3，求CD的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据垂直平分线的性质可得AD＝BD ，代入已知条件可得CB2 +CD2＝BD2  ，根据勾股定理逆定理，即可判断是，即可得证； （2）设CD＝x，则AD＝BD＝4－x，在Rt△BCD中，根据勾股定理建立方程，解方程即可求解． (1) 证明：连接BC ∵AB边上的垂直平分线为DE ∴AD＝BD         ∵CB2 ＝AD2－CD2 ∴CB2 ＝BD2－CD2       ∴CB2 +CD2＝BD2     ∴∠C＝90° (2) 解：设CD＝x，则AD＝BD＝4－x 在Rt△BCD中，BD2－CD2＝BC2 ∴（4－x）2－x2＝32， 解得：x=      ∴CD的长为 【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键． 18．（重庆市涪陵区2021-2022学年八年级下学期期末数学试题）如图，城心公园的著名景点B在大门A的正北方向 ，游客可以从大门A沿正西方向行至景点C，然后沿笔直的赏花步道到达景点B；也可以从大门A沿正东方向行至景点D，然后沿笔直的临湖步道到达大门A的正北方的景点E，继续沿正北方向行至景点B（点A，B，C，D，E在同一平面内），其中米，米，米，米． (1)求A，B两点的距离； (2)为增强游客的浏览体验，提升公园品质，将从大门A修建一条笔直的玻璃廊桥AF与临湖步道DE交汇于点F，且玻璃廊桥AF垂直于临湖步道DE，求玻璃廊桥AF的长． 【答案】(1)两点的距离为米 (2)玻璃廊桥的长为米 【分析】(1)在Rt△ABC中，利用勾股定理可得AB的长； (2)在Rt△ADE中，首先利用勾股定理求出DE的长，再根据面积法求出AF的长即可． (1) 解：由题意，， ∴在中，． ∵米，米， ∴（米）． 答：两点的距离为米． (2) ∵米， ∴（米）． ∴在中，． ∵米， ∴（米）． ∵， ∴． ∴ （米）． 答：玻璃廊桥的长为米． 【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，面积法求垂线段的长，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 19．（2021·重庆·巴川初级中学校八年级期中）在∠QAP内有一点B，过点B分别作BC⊥AP，BD⊥AQ，垂足分别为C，D，且BC＝BD，点E，F分别在边AQ和AP上． (1)如图（1），若，求证：BE＝BF； (2)如图（2），若，求证：EF=DE+CF． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先根据垂直的定义可得，再根据邻补角的定义、等量代换可得，然后根据定理可证，最后根据全等三角形的性质即可得证； （2）在上截取，连接，先根据定理证出，根据全等三角形的性质可得，再根据四边形的内角和、角的和差可得，然后根据定理证出，最后根据全等三角形的性质可得，由此即可得证． （1） 证明：， ， ，， ，即， 在和中，， ， ． （2） 证明：如图，在上截取，连接， ， ， 在和中，， ， ， ，， ， ， ， ， 在和中，， ， ， 即． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、四边形的内角和等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 20．（2021·山西·介休市第三中学校八年级阶段练习）如图，在中，DM，EN分别垂直平分AC和BC，交AB于M，N两点，DM与EN相交于点F． (1)若，求的度数； (2)若的周长为15cm，求AB的长； (3)若，求的度数． 【答案】(1)60° (2)15cm (3)40° 【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质，可得，，再利用等边对等角可得，，从而得出∠MCN＝2∠ACB -180°，从而得解； （2）根据线段垂直平分线的性质，可得，，可得△CMN的周长等于线段； （3）根据三角形内角和定理，列式求出，再求出，根据等边对等角可得，，即可求解． （1） （1）∵DM，EN分别垂直平分AC和BC， ∴AM＝CM，CN＝BN． ∴∠A＝∠ACM，∠B＝∠BCN． ∴∠MCN＝180°-（∠CMN+∠CNM）＝180°-（2∠A+2∠B）＝180°-2（180°-∠ACB）＝2∠ACB -180°=60°． （2） （2）∵AM＝CM，BN＝CN， ∴△CMN的周长为CM+MN+CN＝AM+MN+BN＝AB． ∵△CMN的周长为15 cm， ∴AB＝15 cm． （3） （3）∵∠MFN＝70°， ∴∠MNF+∠NMF＝180°-70°＝110°． ∵∠AMD＝∠NMF，∠BNE＝∠MNF， ∴∠AMD+∠BNE＝∠NMF+∠MNF＝110°． ∴∠A+∠B＝90°-∠AMD+90°-∠BNE＝70°． 又∵∠A＝∠ACM，∠B＝∠BCN， ∴∠MCN＝180°-2（∠A+∠B）＝40°． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，等边对等角的性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握相关基本性质和整体思想的利用． 21．（2022·江苏苏州·八年级期末）已知，如图，在长方形中，，．延长到点，使，连接． (1)动点从点B出发，以每秒个单位的速度沿向终点运动，设点运动的时间为秒，求当为何值时，和全等？ (2)若动点从点B出发，以每秒个单位的速度仅沿着向终点运动，连接．设点运动的时间为秒，是否存在，使为等腰三角形？若存在，请求出的值；否则，说明理由． 【答案】(1)或 (2)存在，或或 【分析】（1）若与全等，可得或，根据时间路程的关系可求的值； （2）根据题意可得：，根据勾股定理可求的长；分，，三种情况讨论，可求的值． （1） 解：若与全等， 或， 当时， 则， 当时， 则， 当为或时，和全等； （2） 四边形是矩形， ，，， 在中，， ， 若为等腰三角形， 则或或， 当时， ，， ， ， ， 当时， ， ， ， 当时， ， ， 在中，． ， ， ， ， ， 综上所述：当或或时，为等腰三角形． 【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，全等三角形和等腰三角形的判定与性质等知识，运用分类思想是解题的关键． 22．（2022·全国·八年级课时练习）如图，已知，在中，，，，点和点是动点，分别从，出发，以相同的速度沿，边上运动． (1)判断与的数量关系，并说明理由． (2)若，请直接写出四边形的面积． (3)如图，当点运动到点后，将改变方向沿着运动，此时，点在延长线上，过作于点，过点作交延长线于，求证：． 【答案】(1)DM=DN，理由见解析 (2)1 (3)见解析 【分析】（1）连接CD，判定，即可得出DM=DN； （2）依据，可得，再根据进行计算即可； （3）依据CM=BN，∠CEM=∠F=90°，∠MCE=∠ABC=∠FBN=45°，即可得到，进而得出ME=NF． （1） 解：DM=DN，理由如下： 如图，连接CD， ∵∠ACB=90°，AC=BC，点D是AB边上的中点， ∴CD=AD，∠DCN=45°=∠A，且， 又∵点M和点N的移动速度相等， ∴CN=AM， ∴， ∴DM=DN； （2） 解：∵， ∴， ∴； （3） 证明：∵点M和点N的移动速度相等， ∴AC+CM=BC+BN， ∵AC=BC， ∴CM=BN， ∵，， ∴∠CEM=∠F=90°， 又∵∠MCE=∠ABC=∠FBN=45°， ∴， ∴ME=NF． 【点睛】本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，解题时证明是解决问题的关键．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形． 23．（2022·广东·佛山市南海区瀚文外国语学校七年级阶段练习）（1）如图1，在△ABC中，点D在边BC上，△ABD与△ADC的面积分别记为S1与S2，试判断与的数量关系，并说明理由． （2）如图2，在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，射线AM交BC于点D，点E、F在AM上，且∠1＝∠2＝90°，试判断BF、CE、EF三条线段之间的数量关系，并说明理由． （3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，AC与BD交于点O，点E、F在射线AC上，且∠1＝∠2＝∠BAD． ①全等的两个三角形为 　 　． ②若OD＝3OB，△AED的面积为2，直接写出△CDE的面积． 【答案】（1），理由见解析； （2），理由见解析； （3）△AED≌△BCA，4． 【分析】（1）根据△ABD与△ADC的高是同高，进行判断即可； （2）证明△AEC≌△AFB，即可判断出BF、CE、EF三条线段之间的数量关系； （3）①根据∠1＝∠2＝∠BAD，推出∠ADE＝∠BAC，∠AED＝∠ACB，进而推出△AED≌△ACB；②利用全等，得到△BCA的面积，再根据同高的两个三角形的面积比等于底边的比，可以得的：进而得到，利用面积差就能求出△CDE的面积． 【详解】解：（1），理由如下： 过点A做AE⊥BC，如图所示： 则：， ， ∴； （2） ∵∠1＝∠2＝90°， ∴∠AEC＝∠BFA＝90°． ∵∠BAC＝∠BAF+∠EAC＝90°，∠AEC＝∠ECA+∠EAC＝90°， ∴∠BAF＝∠ECA． 在△AEC和△AFB中： ， ∴△AEC≌△BFA（AAS） ∴． ∵， ∴． （3）∵∠1＝∠2＝∠BAD， ∴∠AED＝∠ACB， ∵∠1＝∠EDA+∠EAD，∠BAD＝∠EAD +∠BAC， ∴∠EDA＝∠BAC． 在△ABC和△DAE中： ， ∴△ABC≌△DAE（AAS） ∵OD＝3OB，由(1)中思路可知： ∴ ∴， ∴ ∴ 【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法、三角形的外角定理、三角形的面积公式等，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键． 24．（2021·湖北·襄阳市樊城区青泥湾中学八年级阶段练习）已知，如图①，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD垂直于直线m，CE垂直于直线m，垂足分别为点D、E． (1)图中的一对全等三角形为 ，DE、BD和CE之间的数量关系为 (2)如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有，其中为任意钝角，请问（1）中DE、BD和CE三者之间的数量关系是否成立？若成立，请你给出证明：若不成立，请说明理由． (3)如图③，将（1）中直线m绕点A旋转，交线段BC与点F，请直接写出DE、BD和CE之间的数量关系． 【答案】(1)△ADB≌△CEA；DE＝BD＋CE； (2)结论DE＝BD＋CE成立，证明见解析； (3)DE＝BD－CE． 【分析】（1）根据垂直的定义得到∠BDA＝∠CEA＝90°，根据同角的余角相等得到∠CAE＝∠ABD，根据“AAS”证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到AE＝BD，AD＝CE，结合图形得到DE＝BD＋CE； （2）根据∠BDA＝∠BAC＝α，得到∠DBA＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAE＝180°−α，求出∠DBA＝∠CAE，由AAS证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到AE＝BD，AD＝CE，结合图形得到DE＝BD＋CE；； （3）根据垂直的定义得到∠BDA＝∠CEA＝90°，根据同角的余角相等得到∠CAE＝∠ABD，根据“AAS”证明△ADB≌△CEA，根据全等三角形的性质得到AE＝BD，AD＝CE，结合图形得到DE＝BD－CE； （1） 解：图中的一对全等三角形为：△ADB≌△CEA；DE、BD和CE之间的数量关系为：DE＝BD＋CE； 证明：如图①，∵BD⊥直线m，CE⊥直线m， ∴∠BDA＝∠CEA＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAD＋∠CAE＝90° ∵∠BAD＋∠ABD＝90°， ∴∠CAE＝∠ABD， 在△ADB和△CEA中，， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE＝BD，AD＝CE， ∴DE＝AE＋AD＝BD＋CE， 故答案为：△ADB≌△CEA；DE＝BD＋CE； （2） 结论DE＝BD＋CE成立， 证明：如图②，∵∠BDA＝∠BAC＝α， ∴∠DBA＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAE＝180°−α， ∴∠DBA＝∠CAE， 在△ADB和△CEA中，， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE＝BD，AD＝CE， ∴DE＝AE＋AD＝BD＋CE； （3） 如图③，∵BD⊥直线m，CE⊥直线m， ∴∠BDA＝∠CEA＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAD＋∠CAE＝90° ∵∠BAD＋∠ABD＝90°， ∴∠CAE＝∠ABD， 在△ADB和△CEA中，， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE＝BD，AD＝CE， ∴DE＝AE－AD＝BD－CE． 【点睛】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，三角形内角和定理等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 25．（2021·云南师范大学实验中学七年级期末）如图①，在△ABC中，AB=12cm，BC=20cm，过点C作射线CD∥AB，点M从点B出发，以3cm/s的速度沿BC匀速移动；点N从点C出发，以acm/s的速度沿CD匀速移动．点M、N同时出发，当点M到达点C时，点M、N同时停止移动．连接AM、MN，设移动时间为t（s）． (1)点M、N从移动开始到停止，所用时间为 s； (2)当△ABM与△MCN全等时， ①若点M、N的移动速度相同，求t的值； ②若点M、N的移动速度不同，求a的值； (3)如图②，当点M、N开始移动时，点P同时从点A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B匀速移动，到达点B后立刻以原速度沿BA返回．当点M到达点C时，点M、N、P同时停止移动．在移动的过程中，是否存在△PBM与△MCN全等的情形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)①；② (3)或 【分析】（1）根据时间等于路程除以速度即可求解； （2）①利用全等三角形的性质，构建方程解决问题即可． ②当CN=AB，CM=BM时，两个三角形全等，求出运动时间，可得结论． （3）分两种情形分别求解即可解决问题①若点M、N的移动速度不同，则CM=BM，②若点M、N的移动速度相同，则BM=CN，BP=CM． （1） 点M的运动时间（秒）， 故答案为： （2） ①∵点M、N的移动速度相同， ∴CN=BM， ∵CD∥AB， ∴∠NCM=∠B， ∴当CM=AB时，△ABM与△MCN全等， 则有12=20-3t，解得t=． ②∵点M、N的移动速度不同， ∴BM≠CN， ∴当CN=AB，CM=BM时，两个三角形全等， ∴运动时间t=， ∴a=． （3） 若点M、N的移动速度不同，则CM=BM时，两个三角形有可能全等，由（2）②可知此时t= 若点M、N的移动速度相同，则BM=CN，BP=CM， ∴20-3t=12-2t或20-3t=2t-12， 解得t=8（舍）或 综上所述，满足条件的t的值为或 【点睛】本题考查了动点问题，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题． 26．（2022·辽宁·阜新实验中学七年级期末）问题背景： 如图1：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°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系． (1)小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ；（直接写结论，不需证明） 探索延伸： (2)如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADF=180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中结论是否仍然成立，并说明理由； (3)如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请直接写出它们之间的数量关系． 【答案】(1)EF=BE+FD (2)（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．证明见解析； (3)结论EF=BE+FD不成立，结论是：EF=BE-FD．证明见解析． 【分析】（1）延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，利用全等三角形的性质解决问题即可； （2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM．证明△ABM≌△ADF（SAS），由全等三角形的性质得出AF=AM，∠2=∠3．△AME≌△AFE（SAS），由全等三角形的性质得出EF=ME，即EF=BE+BM，则可得出结论； （3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．证明△ABG≌△ADF（SAS）．由全等三角形的性质得出∠BAG=∠DAF，AG=AF．证明△AEG≌△AEF（SAS），由全等三角形的性质得出结论． （1） 解：EF=BE+FD． 延长FD到点G．使DG=BE．连接AG， ∵∠ABE=∠ADG=∠ADC=90°，AB=AD， ∴△ABE≌△ADG（SAS）． ∴AE=AG，∠BAE=∠DAG． ∴∠BAE+∠DAF=∠DAG+∠DAF=∠EAF=60°． ∴∠GAF=∠EAF=60°． 又∵AF=AF， ∴△AGF≌△AEF（SAS）． ∴FG=EF． ∵FG=DF+DG． ∴EF=BE+FD． 故答案为：EF=BE+FD； （2） 解：（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立． 证明：如图②中，延长CB至M，使BM=DF，连接AM． ∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°， ∴∠1=∠D， 在△ABM与△ADF中， ， ∴△ABM≌△ADF（SAS）． ∴AF=AM，∠2=∠3． ∵∠EAF=∠BAD， ∴∠2+∠4=∠BAD=∠EAF． ∴∠3+∠4=∠EAF，即∠MAE=∠EAF． 在△AME与△AFE中， ， ∴△AME≌△AFE（SAS）． ∴EF=ME，即EF=BE+BM， ∴EF=BE+DF； （3） 解：结论EF=BE+FD不成立，结论：EF=BE-FD． 证明：如图③中，在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG． ∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°， ∴∠B=∠ADF． 在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴∠BAG=∠DAF，AG=AF． ∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=∠BAD． ∴∠GAE=∠EAF． ∵AE=AE， ∴△AEG≌△AEF（SAS）， ∴EG=EF， ∵EG=BE-BG， ∴EF=BE-FD． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形解决问题． 27．（2022·陕西师大附中八年级期中）在锐角中，，于点． (1)如图1，过点作于点，求证：； (2)若点为射线上一动点，连接，过点作，且满足．连接，交直线于点，如图2．当点在线段上时，试猜想和的数量关系并证明； (3)在（2）问的条件下，当点在的延长线上时，如图3，若，请直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2)BP=2DF，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据已知条件可得△ABD是等腰直角三角形，得出AD=BD，进而证明∠DAC=∠FBD，根据证明△BDF≌△ADC，根据全等三角形的性质即可得证； （2）证明△APD≌△QAE（AAS）得出可得，进而证明△QEF≌△BDF（AAS），得出，即可得证； （3）由（2）可得PB=2DF，BD=AD，结合已知条件可得PB=2×BD=BD，代入即可求解． （1） 证明：∵AD⊥BC， ∴∠ADB=∠ADC=90°， 又∵∠B=45°， ∴△ABD是等腰直角三角形， ∴AD=BD， ∵BG⊥AC， ∴∠BGC=90°， ∴， ∴∠DAC=∠FBD， 在△BDF和△ADC中， ， ∴△BDF≌△ADC（SAS）， ∴AC=BF， （2） BP=2DF， 理由如下：， 如图所示，过Q作QE⊥AD，交AD与点E，则，∠AEQ=∠FEQ=90°， ∴∠AQE+∠QAE=90°， 又∵∠PAD+∠QAE=90°， ∴∠AQE=∠PAD， 在△APD和△QAE中， ， ∴△APD≌△QAE（AAS）， ∴AE=PD，AD=QE， ∴DE=BP， 又∵AD=BD， ∴BD=QE， 在△QEF和△BDF中， ， ∴△QEF≌△BDF（AAS）， ∴EF=DF， ∴BP=2DF； （3） 当点P在DB的延长线上时，如下图所示， 由上述证明过程可知PB=2DF，BD=AD， 又已知， ∴DF=AD， ∴PB=2×BD=BD， ∴， 【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，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 28．（江苏省镇江市京口区江南学校2021-2022学年八年级上学期期中数学试题）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝16cm，BC＝12cm． （1）求AB的长； （2）如图，点P从点B出发，以每秒2cm的速度沿B→A→C运动，运动到点C时停止，设运动时间为t秒． ①若△PBC的面积为36cm2，求t的值； ②若将△ABC沿经过点 C、P的直线折叠，点B恰好落在边AC上，则t＝　 　． 【答案】（1）cm；（2）①或；② 【分析】（1）根据勾股定理即可求得的长； （2）过点作，垂足为，①先根据面积法求得边上的高，分点在上两种情况分析；②过点作于点，于点，根据折叠的性质可得，设，根据等面积法求得，进而勾股定理求得，即可求得的值． 【详解】（1）∠ACB＝90°，AC＝16cm，BC＝12cm， （2）①如图，过点作，垂足为， ∠ACB＝90°，AC＝16cm，BC＝12cm，      当点在上时，如图， 点P从点B出发，以每秒2cm的速度沿B→A→C运动，运动到点C时停止，设运动时间为t秒 解得 当点在上时，如图， 解得 综上所述，或 ②如图，过点作于点，于点，若将△ABC沿经过点 C、P的直线折叠，点B恰好落在边AC上， 则， 设，则有 解得 故答案为： 【点睛】本题考查了勾股定理，轴对称的性质，动点问题，分类讨论是解题的关键． 29．（2022·黑龙江·肇东市第十中学八年级期末）（1）阅读理解： 如图①，在△ABC中，若AB=8，AC=12，求BC边上的中线AD的取值范围． 解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE=AD，再连接BE（或将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD），把AB、AC，2AD集中在△ABE中，体现了转化和化归的数学思想，利用三角形三边的关系即可判断． 中线AD的取值范围是 ； （2）问题解决： 如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DM⊥DN于点D，DM交AB于点M，DN交AC于点N，连接MN，求证：BM+CN＞MN； （3）问题拓展： 如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，CB=CD，∠BCD=110°，以C为顶点作一个55°角，角的两边分别交AB，AD于M、N两点，连接MN，探索线段BM，DN，MN之间的数量关系，并加以证明． 【答案】（1）2＜AD＜10；（2）见解析；（3）BM+DN=MN；理由见解析 【分析】（1）由SAS证明△ACD≌△EBD，得出BE=AC=12，在△ABE中，由三角形的三边关系即可得出结论； （2）延长ND至点F，使FD=ND，连接BF、MF，同（1）得：△BFD≌△CND，由全等三角形的性质得出BF=CN，由线段垂直平分线的性质得出MF=MN，在△BFM中，由三角形的三边关系即可得出结论； （3）延长AB至点E，使BE=DN，连接CE，如图2所示，由SAS证明△EBC≌△NDC，得出CE=CN，∠ECB=∠NCD，根据SAS可证明△NCM≌△ECM，则MN=ME，即可得出结论． 【详解】（1）阅读理解： 解：延长AD到点E使DE=AD，再连接BE， ∵AD是BC边上的中线， ∴BD=CD， 在△ACD和△EBD中， ∵， ∴△ACD≌△EBD（SAS）， ∴BE=AC=12， 在△ABE中，由三角形的三边关系得：BE-AB＜AE＜BE+AB， ∴12-8＜AE＜12+8，即4＜AE＜20， ∴2＜AD＜10； 故答案为：2＜AD＜10； （2）问题解决： 证明：延长ND至点F，使FD=ND，连接BF、MF，如图1所示： 同（1）得：△BFD≌△CND（SAS）， ∴BF=CN， ∵DM⊥DN，FD=ND， ∴MF=MN， 在△BFM中，由三角形的三边关系得：BM+BF＞MF， ∴BM+CN＞MN； （3）问题拓展： 解：BM+DN=MN；理由如下： 延长AB至点E，使BE=DN，连接CE，如图2所示， ∵∠ABC+∠D=180°，∠EBC+∠ABC=180°， ∴∠EBC=∠D， 在△EBC和△NDC中， ∵， ∴△EBC≌△NDC（SAS）， ∴CE=CN，∠ECB=∠NCD， ∵∠BCD=110°，∠MCN=55°， ∴∠BCM+∠NCD=55°， ∴∠ECM=55°=∠MCN， 在△NCM和△ECM中， ∵， ∴△NCM≌△ECM（SAS）， ∴MN=ME， ∵BM+BE=ME， ∴BM+DN=MN． 【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系、线段垂直平分线的性质、等腰直角三角形的性质、角的关系等知识；正确作出辅助线并证明三角形全等是解决问题的关键． 30．（山西省晋中市新大陆双语学校2021-2022学年八年级上学期10月月考数学试题）勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理，在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至今． (1)①请叙述勾股定理； ②勾股定理的证明，人们已经找到了400多种方法，请利用图二证明该定理； S大正方形=_____，还可以表示为_____， 所以可得到_______=______， 化简后最终得到____． (2)如图4，以直角三角形的三边为直径，分别向外部作半圆，则，，满足的关系是______． (3)如图5，直角三角形的两直角边长分别为3，5，分别以直角三角形的三边为直径作半圆，则图中两个月形图案（阴影部分）的面积为______． 【答案】(1)①直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方；②；；；；； (2) (3)7.5 【分析】（1）①根据勾股定理的内容即可得； ②图1和图2：利用四个小直角三角形的面积与小正方形的面积的和等于大正方形的面积即可得；图3：利用三个直角三角形的面积之和等于直角梯形的面积即可得； （2）根据勾股定理、圆的面积公式即可得； （3）根据阴影部分的面积等于以两直角边为直径的两个半圆面积与直角三角形的面积之和减去以斜边为直径的半圆面积即可得． （1） 解：①直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方（如果用，和分别表示直角三角形的两直角边和斜边，那么）； 故答案为：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方； ②图2：大正方形的面积为， 还可以表示为：四个小直角三角形的面积与小正方形的面积的和为， 所以可得到， 化简后最终得到：； 故答案为：；；；；； （2） 解：设对应的直角边长为，对应的直角边长为，对应的斜边长为， 由圆的面积公式得：， ， ， 由勾股定理得：， 则， 即， 故答案为：； （3） 解：设直角三角形的两直角边长分别为，斜边长为， 由（2）可知，， 则阴影部分的面积为 ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理的定义、证明、以及应用，熟练掌握勾股定理是解题关键．