八年级上册全册全套试卷测试与练习(word解析版)

八年级上册全册全套试卷测试与练习（word解析版）

一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）

1．(1)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EF，BE，FD之间的数量关系．

小明同学探究的方法是：延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，

他的结论是（直接写结论，不需证明）；

(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF是∠BAD的二分之一，上述结论是否仍然成立，并说明理由．

(3)如图3，四边形ABCD是边长为5的正方形，∠EBF=45°，直接写出三角形DEF的周长．

【答案】（1）EF=BE+DF．（2）成立，理由见解析；（3）10.

【解析】

【分析】

（1）如图1，延长FD到G，使得DG=DC,先证△ABE≌△ADG，得到AE=AG，

∠BAE=∠DAG，进一步根据题意得∠EAF=∠GAF，再证明△AEF≌△AGF，得到EF=FG，最后运用线段的和差证明即可.

(2)如图2，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，证得△ABE≌△ADG，得到AE=AG，

∠BAE=∠DAG，再结合题意得到∠EAF=∠GAF，再证明△AEF≌△AGF，得到EF=FG，最后运用线段的和差证明即可.

（3）如图3，延长DC到点G，截取CG=AE，连接BG，先证△AEB≌△CGB，得到BE=BG，∠ABE=∠CBG，结合已知条件得∴∠CBF+∠CBG=45°，再证明△EBF≌△GBF，得到

EF=FG，最后求三角形的周长即可.

【详解】

解答：（1）解：如图1，延长FD到G，使得DG=DC

在△ABE和△ADG中，

∵

DC DG

B ADG

AB AD

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△ABE≌△ADG（SAS），

∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，

∵∠EAF=

1

2

∠BAD，

∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，

在△AEF和△GAF中，

∵

AE AG

EAF GAF

AF AF

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△AEF≌△AGF（SAS），

∴EF=FG，

∵FG=DG+DF=BE+DF，

∴EF=BE+DF；

故答案为：EF=BE+DF．

（2）解：结论EF=BE+DF仍然成立；

理由：如图2，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG

在△ABE和△ADG中，

∵

DG BE

B ADG

AB AD

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△ABE≌△ADG（SAS），

∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，

∵∠EAF=

1

2

∠BAD，

∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，

在△AEF和△GAF中，

∵

AE AG

EAF GAF AF AF

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△AEF≌△AGF（SAS），

∴EF=FG，

∵FG=DG+DF=BE+DF，

∴EF=BE+DF；

（3）解：如图3，延长DC到点G，截取CG=AE，连接BG，在△AEB与△CGB中，

∵

AE CG

A BOG AF BF

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△AEB≌△CGB（SAS），∴BE=BG，∠ABE=∠CBG．

∵∠EBF=45°，∠ABC=90°，∴∠ABE+∠CBF=45°，

∴∠CBF+∠CBG=45°．

在△EBF与△GBF中，

∵

BE BG

EBF GBF BF BF

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△EBF≌△GBF（SAS），

∴EF=GF，

∴△DEF的周长=EF+ED+CF=AE+CF+DE+DF=AD+CD=10．

【点睛】

本题主要考查了三角形全等的判定和性质，灵活运用全等三角形的性质和判定是解答本题的关键.但本题分为三问，难度不断增加，对提升思维能力大有好处.

2．（1）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．

小王同学探究此问题的方法是延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG，先证明

△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是；

（2）探索延伸：

如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，

且∠EAF＝1

2

∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；

（3）结论应用：

如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等．接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇与指挥中心O 之间夹角∠EOF=70°，试求此时两舰艇之间的距离．

（4）能力提高：

如图4，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且

∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，试求出MN的长．

【答案】（1）EF＝BE＋FD；（2）EF＝BE＋FD仍然成立；（3）210；（4）MN10．【解析】

试题分析：（1）由△AEF≌△AGF，得EF=GF，又由BE=DG，得

EF=GF=DF+DG=DF+BE；（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG，再证△AEF≌△AGF，得EF=FG，即可得到答案；（3）连接EF，延长AE，BF相交于点C，根据探索延伸可得EF=AE+FB，即可计算出EF的长度；（4）在△ABC外侧作

∠CAD=∠B AM，截取AD=A M，连接CD，DN，证明△ACD≌△ABM，得到CD=BM，再证

MN=ND，则求出ND的长度，即可得到答案．

解：（1）由△AEF≌△AGF，得EF=GF，又由BE=DG，得EF=GF=DF+DG=DF+BE；

（2）EF＝BE＋FD仍然成立．

证明：如答图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，

∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADG＋∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADG，

在△ABE与△ADG中，AB＝AD，∠B＝∠ADG，BE＝DG，∴△ABE≌△ADG．∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG．

又∵∠EAF＝1

2

∠BAD，

∴∠F AG＝∠F AD＋∠DAG＝∠F AD＋∠BAE＝∠BAD－∠EAF＝∠BAD－1

2

∠BAD＝

1

2

∠BAD，

∴∠EAF＝∠GAF．

在△AEF与△AGF中，AE=AG，∠EAF＝∠GAF，AF=AF，

∴△AEF≌△AGF．∴EF＝FG．

又∵FG＝DG＋DF＝BE＋DF．

∴EF＝BE＋FD．

（3）如答图2，连接EF，延长AE，BF相交于点C，在四边形AOBC中，

∵∠AOB＝30°＋90°＋20°＝140°，∠FOE＝70°＝1

2

∠AOB，

又∵OA＝OB，∠OAC＋∠OBC＝60°＋120°＝180°，符合探索延伸中的条件，∴结论EF＝AE＋FB成立．

∴EF＝AE＋FB＝1.5×（60＋80）＝210（海里）.

答：此时两舰艇之间的距离为210海里；

（4）如答图3，在△ABC外侧作∠CAD=∠BAM，截取AD=AM，连接CD，DN，

在△ACD与△ABM中，AC=AB，∠CAD=∠BAM，AD=AM，

则△ACD≌△ABM，∴CD=BM=1，∠ACD=∠ABM=45°，

∵∠NAD=∠NAC+∠CAD=∠NAC+∠BAM=∠BAC-∠MAN=45°，

∴∠MAD=∠MAN+∠NAD=90°=2∠NAD，

又∵AM=AD，∠NCD+∠MAD=（∠ACD+∠ACB）+90°=180°，

∴对于四边形AMCD符合探索延伸，

则ND=MN，

∵∠NCD=90°，CD=1，CN=3，

∴10．

3．已知△ABC中，AB=AC，点P是AB上一动点，点Q是AC的延长线上一动点，且点P从B运动向A、点Q从C运动向Q移动的时间和速度相同，PQ与BC相交于点D，若

AB=82，BC=16．

（1）如图1，当点P为AB的中点时，求CD的长；

（2）如图②，过点P作直线BC的垂线，垂足为E，当点P、Q在移动的过程中，设

BE+CD=λ，λ是否为常数？若是请求出λ的值，若不是请说明理由．

【答案】（1）4；（2）8

【解析】

【分析】

（1）过P点作PF∥AC交BC于F，由点P和点Q同时出发，且速度相同，得出

BP=CQ，根据PF∥AQ，可知∠PFB=∠ACB，∠DPF=∠CQD，则可得出∠B=∠PFB，证出BP=PF，得出PF=CQ，由AAS证明△PFD≌△QCD，得出，再证出F是BC的中点，即可得出结果；

（2）过点P作PF∥AC交BC于F，易知△PBF为等腰三角形，可得BE=1

2

BF，由（1）

证明方法可得△PFD≌△QCD 则有CD=1

2

CF，即可得出BE+CD=8．

【详解】

解:（1）如图①，过P点作PF∥AC交BC于F，

∵点P 和点Q 同时出发，且速度相同， ∴BP=CQ ， ∵PF ∥AQ ，

∴∠PFB=∠ACB ，∠DPF=∠CQD ， 又∵AB=AC ， ∴∠B=∠ACB ， ∴∠B=∠PFB ， ∴BP=PF ，

∴PF=CQ ，又∠PDF=∠QDC ， ∴△PFD ≌△QCD ， ∴DF=CD=

1

2

CF ， 又因P 是AB 的中点，PF ∥AQ ， ∴F 是BC 的中点，即FC=1

2

BC=8， ∴CD=

1

2

CF=4； （2）8BE CD λ+==为定值． 如图②，点P 在线段AB 上， 过点P 作PF ∥AC 交BC 于F ，

易知△PBF 为等腰三角形， ∵PE ⊥BF ∴BE=

12

BF ∵易得△PFD ≌△QCD

∴CD=

12

CF ∴()1111

82222

BE CD BF CF BF CF BC λ+==+=+== 【点睛】

此题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判断与性质，熟悉相关性质定理是解题的关键．

4．如图，Rt △ABC ≌Rt △CED （∠ACB ＝∠CDE ＝90°），点D 在BC 上，AB 与CE 相交于点F (1) 如图1，直接写出AB 与CE 的位置关系

(2) 如图2，连接AD 交CE 于点G ，在BC 的延长线上截取CH ＝DB ，射线HG 交AB 于K ，求证：HK ＝BK

【答案】（1）AB ⊥CE ；（2）见解析. 【解析】 【分析】

（1）由全等可得∠ECD=∠A ，再由∠B+∠A=90°，可得∠B+ECD=90°，则AB ⊥CE. （2）延长HK 于DE 交于H ，易得△ACD 为等腰直角三角形，∠ADC=45°，易得DH=DE ，然后证明△DGH ≌△DGE ，所以∠H=∠E ，则∠H=∠B ，可得HK=BK. 【详解】

解：（1）∵Rt △ABC ≌Rt △CED ，

∴∠ECD=∠A ，∠B=∠E ，BC=DE ，AC=CD ∵∠B+∠A=90° ∴∠B+ECD=90° ∴∠BFC=90°，∴AB ⊥CE

（2）在Rt △ACD 中，AC=CD ，∴∠ADC=45°， 又∵∠CDE=90°，∴∠HDG=∠CDG=45° ∵CH ＝DB ，∴CH+CD=DB+CD ，即HD=BC ， ∴DH=DE ，

在△DGH 和△DGE 中，

DH=DE

HDG=EDG=45

DG=DG

?

?

∠∠

?

?

?

∴△DGH≌△DGE（SAS）

∴∠H=∠E

又∵∠B=∠E

∴∠H=∠B，

∴HK=BK

【点睛】

本题考查全等三角形的判定与性质，利用全等找出角相等，再利用等角对等边判定线段相等是本题的关键.

5．如图①，在ABC中，90

BAC

∠=?，AB AC

=，AE是过A点的一条直线，且B、C在AE的异侧，BD AE

⊥于D，CE AE

⊥于E.

（1）求证：BD DE CE

=+.

（2）若将直线AE绕点A旋转到图②的位置时（BD CE

<），其余条件不变，问BD与DE、CE的关系如何？请予以证明.

【答案】（1）见解析；（2）BD=DE-CE，理由见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据已知利用AAS判定△ABD≌△CAE从而得到BD=AE，AD=CE，因为AE=AD+DE，所以BD=DE+CE；

（2）根据已知利用AAS判定△ABD≌△CAE从而得到BD=AE，AD=CE，因为

AD+AE=BD+CE，所以BD=DE-CE．

【详解】

解：（1）∵∠BAC=90°，BD⊥AE，CE⊥AE，

∴∠BDA=∠AEC=90°，

∵∠ABD+∠BAE=90°，∠CAE+∠BAE=90°

∴∠ABD=∠CAE，

∵AB=AC，

在△ABD和△CAE中，

BDA AEC ABD CAE AB AC ∠=∠??

∠=∠??=?

∴△ABD ≌△CAE （AAS ）， ∴BD=AE ，AD=CE ， ∵AE=AD+DE ， ∴BD=DE+CE ；

（2）BD 与DE 、CE 的数量关系是BD=DE-CE ，理由如下： ∵∠BAC=90°，BD ⊥AE ，CE ⊥AE ， ∴∠BDA=∠AEC=90°，

∴∠ABD+∠DAB=∠DAB+∠CAE ， ∴∠ABD=∠CAE ， ∵AB=AC ，

在△ABD 和△CAE 中，

BDA AEC ABD CAE AB AC ∠=∠??

∠=∠??=?

∴△ABD ≌△CAE （AAS ）， ∴BD=AE ，AD=CE ， ∴AD+AE=BD+CE ， ∵DE=BD+CE ， ∴BD=DE-CE ． 【点睛】

此题主要考查全等三角形的判定和性质，常用的判定方法有SSS ，SAS ，AAS ，HL 等．这种类型的题目经常考到，要注意掌握．

二、八年级数学 轴对称解答题压轴题（难）

6．（问题情境）学习《探索全等三角形条件》后，老师提出了如下问题：如图①，△ABC 中，若AB=12，AC=8，求BC 边上的中线AD 的取值范围．同学通过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD 到E ，使DE=AD ，连接BE.根据SAS 可证得到△ADC ≌△EDB ，从而根据“三角形的三边关系”可求得AD 的取值范围是 ．解后反思：题目中出现“中点”“中线”等条件，可考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中.

（直接运用）如图②，AB⊥AC，AD⊥AE，AB=AC，AD=AE，AF是ACD的边CD上中线.求证：BE=2AF.

（灵活运用）如图③，在△ABC中，∠C=90°，D为AB的中点，DE⊥DF，DE交AC于点E，DF交AB于点F，连接EF，试判断以线段AE、BF、EF为边的三角形形状，并证明你的结论.【答案】（1）2＜AD＜10；（2）见解析（3）为直角三角形，理由见解析.

【解析】

【分析】

（1）根据△ADC≌△EDB，得到BE=AC=8，再根据三角形的构成三角形得到AE的取值，再根据D为AE中点得到AD的取值；

（2）延长AF到H，使AF=HF，故△ADF≌△HCF，AH=2AF，由AB⊥AC，AD⊥AE，得到

∠BAE+∠CAD=180°，又∠ACH+∠CAH+∠AHC=180°，根据∠D=∠FCH，∠DAF=∠CHF，得到∠ACH+∠CAD=180°，故∠BAE= ACH，再根据AB=AC，AD=AE即可利用SAS证明

△BAE≌△ACH，故BE=AH,故可证明BE=2AF.

（3）延长FD到点G，使DG=FD，连结GA，GE，证明△DBF≌△DAG，故得到FD=GD，BF=AG,由DE⊥DF，得到EF=EG,再求出∠EAG=90°，利用勾股定理即可求解.

【详解】

（1）∵△ADC≌△EDB，

∴BE=AC=8，

∵AB=12，

∴12-8＜AE＜12+8，

即4＜AE＜20，

∵D为AE中点

∴2＜AD＜10；

（2）延长AF到H，使AF=HF，

由题意得△ADF≌△HCF，故AH=2AF，

∵AB⊥AC，AD⊥AE，

∴∠BAE+∠CAD=180°，

又∠ACH+∠CAH+∠AHC=180°，

∵∠D=∠FCH，∠DAF=∠CHF，

∴∠ACH+∠CAD=180°，

故∠BAE= ACH，

又AB=AC，AD=AE

∴△BAE≌△ACH（SAS），

故BE=AH,又AH=2AF

∴BE= 2AF.

（3）以线段AE、BF、EF为边的三角形为直角三角形，理由如下：

延长FD到点G，使DG=FD，连结GA，GE，

由题意得△DBF≌△ADG，

∴FD=GD，BF=AG,

∵DE⊥DF，

∴DE垂直平分GF,

∴EF=EG,

∵∠C=90°，

∴∠B+∠CAB=90°，

又∠B=∠DAG，

∴∠DAG +∠CAB=90°

∴∠EAG=90°，

故EG2=AE2+AG2，

∵EF=EG, BF=AG

∴EF2=AE2+BF2，

则以线段AE、BF、EF为边的三角形为直角三角形.

【点睛】

此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据题意作出辅助线，根据垂直平分线与勾股定理进行求解.

7．再读教材:

宽与长的比是5-1

约为0.618)的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调,匀称的美感.

世界各国许多著名的建筑.为取得最佳的视觉效果,都采用了黄金矩形的设计，下面我们用宽

为2的矩形纸片折叠黄金矩形.(提示; MN=2)

第一步,在矩形纸片一端.利用图①的方法折出一个正方形,然后把纸片展平.

第二步，如图②.把这个正方形折成两个相等的矩形,再把纸片展平.

第三步,折出内侧矩形的对角线 AB,并把 AB折到图③中所示的AD处，

第四步,展平纸片,按照所得的点D折出 DE,使 DE⊥ND,则图④中就会出现黄金矩形，

问题解决:

（1）图③中AB=________(保留根号);

（2）如图③,判断四边形 BADQ的形状,并说明理由;

（3）请写出图④中所有的黄金矩形,并选择其中一个说明理由.

（4）结合图④.请在矩形 BCDE中添加一条线段,设计一个新的黄金矩形,用字母表示出来,并写出它的长和宽.

【答案】（15(2)见解析;(3)见解析; (4) 见解析.

【解析】

分析：（1）由勾股定理计算即可；

（2）根据菱形的判定方法即可判断；

（3）根据黄金矩形的定义即可判断；

（4）如图④﹣1中，在矩形BCDE上添加线段GH，使得四边形GCDH为正方形，此时四边形BGHE为所求是黄金矩形．

详解：（1）如图3中．在Rt△ABC中，AB22

+22

AC BC

+5

12

5

（2）结论：四边形BADQ是菱形．理由如下：

如图③中，∵四边形ACBF是矩形，∴BQ∥AD．

∵AB∥DQ，∴四边形ABQD是平行四边形，由翻折可知：AB=AD，∴四边形ABQD是菱形．

（3）如图④中，黄金矩形有矩形BCDE，矩形MNDE．

∵AD=5．AN=AC=1，CD=AD﹣AC=5﹣1．

∵BC=2，∴CD

BC

=

51

-，∴矩形BCDE是黄金矩形．

∵MN

DN

=

15

+

=

51

-，∴矩形MNDE是黄金矩形．

（4）如图④﹣1中，在矩形BCDE上添加线段GH，使得四边形GCDH为正方形，此时四边形BGHE为所求是黄金矩形．

长GH51，宽HE=35

点睛：本题考查了几何变换综合题、黄金矩形的定义、勾股定理、翻折变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考创新题目．

8．如图，△ABC中，AB＝BC＝AC＝12cm，现有两点M、N分别从点A．点B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度为2cm/s，点N的速度为3cm/s．当点N第一次到达B点时，M、N同时停止运动．

（1）点M、N运动秒后，△AMN是等边三角形？

（2）点M、N在BC边上运动时，运动秒后得到以MN为底边的等腰三角形

△AMN？

（3）M、N同时运动几秒后，△AMN是直角三角形？请说明理由．

【答案】（1）12

5

；（2）

48

5

；（3）点M、N运动3秒或

12

7

秒或10秒或9秒后，

△AMN为直角三角形．

【解析】

【分析】

（1）当AM＝AN时，△MNA是等边三角形．设运动时间为t秒，构建方程即可解决问题；

（2）点M、N在BC边上运动时，满足CM＝BN时，可以得到以MN为底边的等腰三角形△AMN．构建方程即可解决问题；

（3）据题意设点M、N运动t秒后，可得到直角三角形△AMN，分四种情况讨论即可．【详解】

（1）当AM＝AN时，△MNA是等边三角形，设运动时间为t秒

则有：2t＝12﹣3t

解得t＝12 5

故点M、N运动12

5

秒后，△AMN是等边三角形；

（2）点M、N在BC边上运动时，满足CM＝BN时，可以得到以MN为底边的等腰三角形△AMN

则有：2t﹣12＝36﹣3t

解得t＝48 5

故运动48

5

秒后得到以MN为底边的等腰三角形△AMN；

（3）设点M、N运动t秒后，可得到直角三角形△AMN ①当M在AC上，N在AB上，∠ANM＝90°时，如图

∵∠A＝60°

∴∠AMN＝30°

∴AM ＝2AN

则有2t ＝2（12﹣3t ） ∴t ＝3；

②当M 在AC 上，N 在AB 上，∠AMN ＝90°时，如图

∵∠A ＝60° ∴∠ANM ＝30° ∴2AM ＝AN ∴4t ＝12﹣3t ∴t ＝

127

； ③当M 、N 都在BC 上，∠ANM ＝90°时，如图

CN ＝3t ﹣24＝6 解得t ＝10；

④当M 、N 都在BC 上，∠AMN ＝90°时，则N 与B 重合，M 正好处于BC 的中点，如图

此时2t ＝12+6 解得t ＝9；

综上所述，点M 、N 运动3秒或12

7

秒或10秒或9秒后，△AMN 为直角三角形． 【点睛】

本题主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键.

9．如果一个三角形能被一条线段割成两个等腰三角形，那么称这条线段为这个三角形的特异线，称这个三角形为特异三角形．

（1）如图1，ABC ?是等腰锐角三角形，()AB AC AB BC =>，若ABC ∠的角平分线

BD 交AC 于点D ，且BD 是ABC ?的一条特异线，则BDC ∠= 度．

（2）如图2，ABC ?中，2B C ∠=∠，线段AC 的垂直平分线交AC 于点D ，交BC 于点

E ，求证：AE 是ABC ?的一条特异线；

（3）如图3，若ABC ?是特异三角形，30A ∠=，B 为钝角，不写过程，直接写出所有可能的B 的度数．

【答案】（1）72；（2）证明见解析；（3）∠B 度数为：135°、112.5°或140°. 【解析】 【分析】

（1）根据等腰三角形性质得出∠C=∠ABC=∠BDC=2∠A ，据此进一步利用三角形内角和定理列出方程求解即可；

（2）通过证明△ABE 与△AEC 为等腰三角形求解即可；

（3）根据题意分当BD 为特异线、AD 为特异线以及CD 为特异线三种情况分类讨论即可. 【详解】 （1）∵AB=AC ， ∴∠ABC=∠C ， ∵BD 平分∠ABC ， ∴∠ABD=∠CBD=

1

2

∠ABC ， ∵BD 是△ABC 的一条特异线， ∴△ABD 与△BCD 为等腰三角形， ∴AD=BD=BC ，

∴∠A=∠ABD ，∠C=∠BDC ， ∴∠ABC=∠C=∠BDC ， ∵∠BDC=∠A+∠ABD=2∠A ， 设∠A=x ，则∠C=∠ABC=∠BDC=2x ， 在△ABC 中，∠A+∠ABC+∠C=180°， 即：x+2x+2x=180°， ∴x=36°， ∴∠BDC=72°， 故答案为：72；

（2）∵DE 是线段AC 的垂直平分线， ∴EA=EC ，

∴△EAC为等腰三角形，

∴∠EAC=∠C，

∴∠AEB=∠EAC+∠C=2∠C，

∵∠B=2∠C，

∴∠AEB=∠B，

∴△EAB为等腰三角形，

∴AE是△ABC的一条特异线；

（3）

如图3，当BD是特异线时，

如果AB=BD=DC，则∠ABC=∠ABD+∠DBC=120°+15°=135°；

如果AD=AC，DB=DC，则∠ABC=∠ABD+∠DBC=75°+37.5°=112.5°；

如果AD=DB，DC=DB，则∠ABC=∠ABD+∠DBC=30°+60°=90°，不符合题意，舍去；

如图4，当AD是特异线时，AB=BD，AD=DC，

则：∠ABC=180°?20°?20°=140°；

当CD为特异线时，不符合题意；

综上所述，∠B度数为：135°、112.5°或140°.

【点睛】

本题主要考查了等腰三角形性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.

，AD是BC边上的中线，点E是AB边上10．如图，在ABC中，已知AB AC

一动点，点 P 是 AD 上的一个动点．

（1）若 37BAD ∠=，求 ACB ∠ 的度数；

（2）若 6BC =，4AD =，5AB =，且 CE AB ⊥ 时，求 CE 的长； （3）在（2）的条件下，请直接写出 BP EP + 的最小值． 【答案】（1）53ACB ∠=．（2）245CE =．（3）

24

5

. 【解析】 【分析】

（1）由已知得出三角形ABC 是等腰三角形，ACB ABC ∠∠=,AD 是BC 边的中线，有

AD BC ⊥，求出ABC ∠的度数，即可得出ACB ∠的度数.

（2）根据三角形ABC 的面积可得出CE 的长

（3）连接CP ，有BP=CP ，BP+EP=EP+CP ，当点E ，P ，C 在同一条直线上时BP+EP 有最小值，即CE 的长度. 【详解】

解：（1） AB AC =，

ACB ABC ∴∠=∠，

AD 是 BC 边上的中线，

90ADB ∴∠=，

37BAD ∠=，

903753ABC ∴∠=-=， 53ACB ∴∠=．

（2）

CE AB ⊥， 11

22

ABC S BC AD AB CE ∴=?=?，

6BC =，4=AD ，5AB =，

24

5CE ∴=．

（3） 24

5

【点睛】

本题考查的知识点主要有等腰三角形的“三线合一”，三角形的面积公式等，充分利用等腰三角形的“三线合一”是解题的关键.

三、八年级数学整式的乘法与因式分解解答题压轴题（难）

11．材料：数学兴趣一小组的同学对完全平方公式进行研究：因()2

0a b -≥，将左边展开得到2220a ab b -+≥，移项可得：222a b ab +≥.

数学兴趣二小组受兴趣一小组的启示，继续研究发现：对于任意两个非负数m 、n ，都存

在m n +≥m 、n 的和一定存在着一个最小值. 根据材料，解答下列问题： （1）()()2

2

25x y +≥__________（0x >，0y >）；2

21x x ??+≥ ???

___________（0x >）； （2）求()5

602x x x

+

>的最小值； （3）已知3x >，当x 为何值时，代数式9

2200726

x x ++-有最小值，并求出这个最小值.

【答案】（1）20xy ，2；（2）3）当92x =时，代数式9

2200726

x x +

+-的最小值为2019. 【解析】 【分析】

（1）根据阅读材料即可得出结论；

（2）根据阅读材料介绍的方法即可得出结论； （3）把已知代数式变为9

26201326

x x -++-，再利用阅读材料介绍的方法，即可得到结论． 【详解】

（1）∵0x >，0y >，

∴()()2

2

2522520x y x y xy +≥??=， ∵0x >，

∴2

2

1122x x x x ??+≥?= ???

； （2）当x 0>时，2x ，5

2x

均为正数，

∴562x x +

≥=

所以，5

62x x

+

的最小值为