数学八年级上册 期中精选试卷综合测试卷(word含答案)

数学八年级上册 期中精选试卷综合测试卷（word 含答案）

一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）

1．已知：在平面直角坐标系中，A 为x 轴负半轴上的点，B 为y 轴负半轴上的点.

(1)如图1，以A 点为顶点、AB 为腰在第三象限作等腰Rt ABC ?，若2OA =，4OB =，试求C 点的坐标；

(2)如图2，若点A 的坐标为()

23,0-，点B 的坐标为()0,m -，点D 的纵坐标为n ，以

B 为顶点，BA 为腰作等腰Rt ABD ?.试问：当B 点沿y 轴负半轴向下运动且其他条件都不

变时，整式2253m n +-的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值；若发生变化，请说明理由；

(3)如图3，E 为x 轴负半轴上的一点，且OB OE =，OF EB ⊥于点F ，以OB 为边作等边OBM ?，连接EM 交OF 于点N ，试探索：在线段EF 、EN 和MN 中，哪条线段等于EM 与ON 的差的一半？请你写出这个等量关系，并加以证明.

【答案】(1) C(-6,-2);(2)不发生变化，值为3-3）EN=1

2

(EM-ON)，证明见详解. 【解析】 【分析】

（1）作CQ ⊥OA 于点Q,可以证明AQC BOA ?，由QC=AD,AQ=BO,再由条件就可以求出点C 的坐标；

（2）作DP ⊥OB 于点P ，可以证明AOB BPD ?，则有BP=OB-PO=m-(-n)=m+n 为定值，从而可以求出结论2253m n +-3- （3）作BH ⊥EB 于点B ，由条件可以得出

∠1=30°,∠2=∠3=∠EMO=15°,∠EOF=∠BMG=45°,EO=BM,可以证明ENO BGM ?，则GM=ON,就有EM-ON=EM-GM=EG ,最后由平行线分线段成比例定理就可得出EN=1

2

(EM-ON). 【详解】

（1）如图（1）作CQ ⊥OA 于Q,

∴∠AQC=90°,

△为等腰直角三角形，

∵ABC

∴AC=AB,∠CAB=90°,

∴∠QAC+∠OAB=90°,

∵∠QAC+∠ACQ=90°,

∴∠ACQ=∠BAO,

又∵AC=AB,∠AQC=∠AOB,

?(AAS),

∴AQC BOA

∴CQ=AO,AQ=BO,

∵OA=2,OB=4,

∴CQ=2,AQ=4,

∴OQ=6,

∴C(-6,-2).

(2)如图（2）作DP⊥OB于点P,

∴∠BPD=90°,

△是等腰直角三角形，

∵ABD

∴AB=BD,∠ABD=∠ABO+∠OBD=90°,∵∠OBD+∠BDP=90°,

∴∠ABO=∠BDP,

又∵AB=BD,∠AOB=∠BPD=90°,

?

∴AOB BPD

∴AO=BP,

∵BP=OB-PO=m-(-n)=m+n,

∵A ()

23,0-, ∴OA=23, ∴m+n=23,

∴当点B 沿y 轴负半轴向下运动时，AO=BP=m+n=23, ∴整式2253m n +-的值不变为3-. （3）()1

2

EN EM ON =

- 证明：如图（3）所示，在ME 上取一点G 使得MG=ON,连接BG 并延长，交x 轴于H.

∵OBM 为等边三角形，

∴BO=BM=MO,∠OBM=∠OMB=∠BOM=60°, ∴EO=MO,∠EBM=105°,∠1=30°, ∵OE=OB, ∴OE=OM=BM, ∴∠3=∠EMO=15°, ∴∠BEM=30°,∠BME=45°, ∵OF⊥EB, ∴∠EOF=∠BME, ∴ENO BGM ?, ∴BG=EN, ∵ON=MG, ∴∠2=∠3, ∴∠2=15°, ∴∠EBG=90°,

∴BG=12EG, ∴EN=12

EG,

∵EG=EM-GM,

∴EN=

1

2(EM-GM), ∴EN=1

2

(EM-ON).

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角与内角的关系，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理的运用.

2．如图1，在△ACB和△AED中，AC＝BC，AE＝DE，∠ACB＝∠AED＝90°，点E在AB上，F是线段BD的中点，连接CE、FE．

（1）请你探究线段CE与FE之间的数量关系（直接写出结果，不需说明理由）；

（2）将图1中的△AED绕点A顺时针旋转，使△AED的一边AE恰好与△ACB的边AC在同一条直线上（如图2），连接BD，取BD的中点F，问（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由；

（3）将图1中的△AED绕点A顺时针旋转任意的角度（如图3），连接BD，取BD的中点F，问（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由．

【答案】（1）线段CE与FE之间的数量关系是CE2FE；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析；（3）（1）中的结论仍然成立．理由见解析

【解析】

【分析】

（1）连接CF，直角△DEB中，EF是斜边BD上的中线，因此EF=DF=BF，∠FEB=∠FBE，同理可得出CF=DF=BF，∠FCB=∠FBC，因此CF=EF，由于∠DFE=∠FEB+∠FBE=2∠FBE，同理∠DFC=2∠FBC，因此∠EFC=∠EFD+∠DFC=2（∠EBF+∠CBF）=90°，因此△EFC是等腰直角三角形，2EF；

（2）思路同（1）也要通过证明△EFC是等腰直角三角形来求解．连接CF，延长EF交CB 于点G，先证△EFC是等腰三角形，可通过证明CF是斜边上的中线来得出此结论，那么就要证明EF=FG，就需要证明△DEF和△FGB全等．这两个三角形中，已知的条件有一组对顶角，DF=FB，只要再得出一组对应角相等即可，我们发现DE∥BC，因此∠EDB=∠CBD，由此构成了两三角形全等的条件．EF=FG，那么也就能得出△CFE是个等腰三角形了，下面证明△CFE是个直角三角形．由上面的全等三角形可得出ED=BG=AD，又由AC=BC，因此

CE=CG，∠CEF=45°，在等腰△CFE中，∠CEF=45°，那么这个三角形就是个等腰直角三角形，因此就能得出（1）中的结论了；

（3）思路同（2）通过证明△CFE来得出结论，通过全等三角形来证得CF=FE，取AD的中点M，连接EM，MF，取AB的中点N，连接FN、CN、CF．那么关键就是证明△MEF和△CFN全等，利用三角形的中位线和直角三角形斜边上的中线，我们不难得出

EM=PN=1

2

AD，EC=MF=

1

2

AB，我们只要再证得两对应边的夹角相等即可得出全等的结

论．我们知道PN是△ABD的中位线，那么我们不难得出四边形AMPN为平行四边形，那么对角就相等，于是90°+∠CNF=90°+∠MEF，因此∠CNF=∠MEF，那么两三角形就全等了．证明∠CFE是直角的过程与（1）完全相同．那么就能得出△CEF是个等腰直角三角形，于是得出的结论与（1）也相同．

【详解】

（1）如图1，连接CF，线段CE与FE之间的数量关系是CE；

解法1：

∵∠AED＝∠ACB＝90°

∴B、C、D、E四点共圆

且BD是该圆的直径，

∵点F是BD的中点，

∴点F是圆心，

∴EF＝CF＝FD＝FB，

∴∠FCB＝∠FBC，∠ECF＝∠CEF，

由圆周角定理得：∠DCE＝∠DBE，

∴∠FCB+∠DCE＝∠FBC+∠DBE＝45°

∴∠ECF＝45°＝∠CEF，

∴△CEF是等腰直角三角形，

∴CE．

解法2：

易证∠BED＝∠ACB＝90°，

∵点F是BD的中点，

∴CF＝EF＝FB＝FD，

∵∠DFE＝∠ABD+∠BEF，∠ABD＝∠BEF，

∴∠DFE＝2∠ABD，

同理∠CFD＝2∠CBD，

∴∠DFE+∠CFD＝2（∠ABD+∠CBD）＝90°，

即∠CFE＝90°，

∴CE．

（2）（1）中的结论仍然成立．

解法1：如图2﹣1，连接CF，延长EF交CB于点G，∵∠ACB＝∠AED＝90°，

∴DE∥BC，

∴∠EDF＝∠GBF，

又∵∠EFD＝∠GFB，DF＝BF，

∴△EDF≌△GBF，

∴EF＝GF，BG＝DE＝AE，

∵AC＝BC，

∴CE＝CG，

∴∠EFC＝90°，CF＝EF，

∴△CEF为等腰直角三角形，

∴∠CEF＝45°，

∴CE2；

解法2：如图2﹣2，连结CF、AF，

∵∠BAD＝∠BAC+∠DAE＝45°+45°＝90°，

又点F是BD的中点，

∴FA＝FB＝FD，

而AC＝BC，CF＝CF，

∴△ACF≌△BCF，

∴∠ACF＝∠BCF＝1

2

∠ACB＝45°，

∵FA＝FB，CA＝CB，

∴CF所在的直线垂直平分线段AB，

同理，EF所在的直线垂直平分线段AD，又DA⊥BA，

∴EF⊥CF，

∴△CEF为等腰直角三角形，

∴CE2．

（3）（1）中的结论仍然成立．

解法1：如图3﹣1，取AD的中点M，连接EM，MF，取AB的中点N，连接FN、CN、CF，

∵DF＝BF，

∴FM∥AB，且FM＝1

2 AB，

∵AE＝DE，∠AED＝90°，∴AM＝EM，∠AME＝90°，∵CA＝CB，∠ACB＝90°

∴CN=AN=1

2

AB，∠ANC＝90°，

∴MF∥AN，FM＝AN＝CN，

∴四边形MFNA为平行四边形，

∴FN＝AM＝EM，∠AMF＝∠FNA，

∴∠EMF＝∠FNC，

∴△EMF≌△FNC，

∴FE＝CF，∠EFM＝∠FCN，

由MF∥AN，∠ANC＝90°，可得∠CPF＝90°，

∴∠FCN+∠PFC＝90°，

∴∠EFM+∠PFC＝90°，

∴∠EFC＝90°，

∴△CEF为等腰直角三角形，

∴∠CEF＝45°，

∴CE2．

【点睛】

本题解题的关键是通过全等三角形来得出线段的相等，如果没有全等三角形的要根据已知条件通过辅助线来构建．

3．（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=∠BAM，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．

4．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=

1

2

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．

5．如图（1），AB=4cm ，AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC=BD=3cm ，点P 在线段AB 上以1cm/s 的速度由点A 向点B 运动，同时，点Q 在线段BD 上由点B 向点D 运动，他们的运动时间为t(s).

（1）若点Q 的运动速度与点P 的运动速度相等，当t=1时，△ACP 与△BPQ 是否全等，请说明理由

（2）判断此时线段PC 和线段PQ 的关系，并说明理由。

（3）如图（2），将图（1）中的“AC ⊥AB ，BD ⊥AB ”改为“∠CAB=∠DBA=60°”，其他条件不变，设点Q 的运动速度为x cm/s ，是否存在实数x ，使得△ACP 与△BPQ 全等？若存在，求出相应的x 、t 的值；若不存在，请说明理由。 【答案】（1）△ACP ≌△BPQ ，理由见解析； （2）PC=PQ 且PC ⊥PQ ，理由见解析；

（3）存在；11t x =??=?或232t x =??

?=??

．

【解析】 【分析】

（1）利用SAS 证得△ACP ≌△BPQ ；

（2）由（1）得出PC=PQ ，∠ACP=∠BPQ ，进一步得出∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°得出结论即可；

（3）分两种情况：①AC=BP ，AP=BQ ，②AC=BQ ，AP=BP ，建立方程组求得答案即可． 【详解】

解：（1）如图（1），△ACP ≌△BPQ ，理由如下：

当t=1时，AP=BQ=1， ∴BP=AC=3， 又∵∠A=∠B=90°， 在△ACP 和△BPQ 中，

AP BQ A B AC BP =??

∠=∠??=?

， ∴△ACP ≌△BPQ （SAS ）． （2）PC=PQ 且PC ⊥PQ ，理由如下： 由（1）可知△ACP ≌△BPQ ∴PC=PQ ，∠ACP=∠BPQ ， ∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°． ∴∠CPQ=90°， ∴PC ⊥PQ ．

（3）如图（

2），分两种情况讨论：

当AC=BP ，AP=BQ 时，△ACP ≌△BPQ ，则

34t

t xt =-??

=?

， 解得11t x =??=?

，

当AC=BQ ，AP=BP 时，△ACP ≌△BQP ，则，

34xt t t =??

=-?

解得

2

3

2

t

x

=

?

?

?

=

??

综上所述，存在

1

1

t

x

=

?

?

=

?

或

2

3

2

t

x

=

?

?

?

=

??

使得△ACP与△BPQ全等．

【点睛】

本题主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，能熟练进行全等的分析判断以及运用分类讨论思想是解题关键．

二、八年级数学轴对称解答题压轴题（难）

6．已知如图1，在ABC

?中，AC BC

=，90

ACB

∠=，点D是AB的中点，点E是AB边上一点，直线BF垂直于直线CE于点F，交CD于点G.

（1）求证：AE CG

=.

（2）如图2，直线AH垂直于直线CE，垂足为点H，交CD的延长线于点M，求证：BE CM

=.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．

【解析】

【分析】

（1）首先根据点D是AB中点，∠ACB=90°，可得出∠ACD=∠BCD=45°，判断出

△AEC≌△CGB，即可得出AE=CG；

（2）根据垂直的定义得出∠CMA+∠MCH=90°，∠BEC+∠MCH=90°，再根据AC=BC，∠ACM=∠CBE=45°，得出△BCE≌△CAM，进而证明出BE=CM．

【详解】

（1）∵点D是AB中点，AC=BC，∠ACB=90°，∴CD⊥AB，∠ACD=∠BCD=45°，

∴∠CAD=∠CBD=45°，∴∠CAE=∠BCG．

又∵BF⊥CE，∴∠CBG+∠BCF=90°．

又∵∠ACE+∠BCF=90°，∴∠ACE=∠CBG．

在△AEC和△CGB中，∵

CAE BCG

AC BC

ACE CBG

∠=∠

?

?

=

?

?∠=∠

?

，∴△AEC≌△CGB（ASA），∴AE=CG；

（2）∵CH⊥HM，CD⊥ED，∴∠CMA+∠MCH=90°，∠BEC+∠MCH=90°，

∴∠CMA=∠BEC．

在△BCE和△CAM中，

BEC CMA

ACM CBE

BC AC

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

，∴△BCE≌△CAM（AAS），∴BE=CM．

【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．全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．

7．八年级的小明同学通到这样一道数学题目：△ABC为边长为4的等边三角形，E是边AB 边上任意一动点，点D在CB的延长线上，且满足AE＝BD．

（1）如图①，当点E为AB的中点时，DE＝；

（2）如图②，点E在运动过程中，DE与EC满足什么数量关系？请说明理由；

（3）如图③，F是AC的中点，连接EF．在AB边上是否存在点E，使得DE+EF值最小？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．（直角三角形中，30°所对的边是斜边的一半）

【答案】（1）32）DE＝CE，理由见解析；（3）这个最小值为7；

【解析】

【分析】

（1）如图①，过点E作EH⊥BC于H，由等边三角形的性质可得BE=DB=AE=2，由直角三角形的性质可求BH=1，EH3

=

（2）如图②，过E作EF∥BC交AC于F，可证△AEF是等边三角形，AE=EF=AF=BD，由“SAS”可证△DBE≌△EFC，可得DE=CE；

（3）如图③，将△ABC沿AB翻折得到△ABC'，连接C'F交AB于点E'，连接CE'，DE'，过点F作FH⊥AC'于点H，由“SAS”可证△ACE'≌△AC'E'，可得C'E'=CE'，可得当点C'，点

E'，点F三点共线时，DE+EF的值最小，由勾股定理可求最小值.

【详解】

（1）如图①，过点E作EH⊥BC于H，

∵△ABC 为边长为4的等边三角形，点E 是AB 的中点， ∴AE =BE =2=DB ，∠ABC =60°，且EH ⊥BC ， ∴∠BEH =30°，

∴BH =1，EH 3=BH 3=， ∴DH =DB +BH =2+1=3， ∴DE 2293DH EH =

+=+=23.

故答案为：23； （2）DE =CE.理由如下： 如图②，过E 作EF ∥BC 交AC 于F .

∵△ABC 是等边三角形，

∴∠ABC =∠ACB =∠A =60°，AB =AC =BC. ∵EF ∥BC ，

∴∠AEF =∠ABC =60°，∠AFE =∠ACB =60°， ∴∠AEF =∠AFE =∠A =60°， ∴△AEF 是等边三角形， ∴AE =EF =AF ， ∴AB ﹣AE =AC ﹣AF ， ∴BE =CF.

∵∠ABC =∠ACB =∠AFE =60°，

∴∠DBE =∠EFC =120°，且AE =EF =DB ，BE =CF ， ∴△DBE ≌△EFC (SAS)， ∴DE =CE ，

（3）如图③，将△ABC 沿AB 翻折得到△ABC '，连接C 'F 交AB 于点E '，连接CE '，DE '，过点F 作FH ⊥AC '于点H.

∵将△ABC 沿AB 翻折得到△ABC '，

∴AC =AC '=BC =BC '=4，∠BAC =∠BAC '=60°，且AE '=AE '， ∴△ACE '≌△AC 'E '(SAS)， ∴C 'E '=CE '，

由（2）可知：DE '=CE '， ∴C 'E '=CE '=DE '.

∵DE +EF =C 'E +EF =C 'E '+EF ，

∴当点C '，点E '，点F 三点共线时，DE +EF 的值最小. ∵F 是AC 的中点，

∴AF =CF =2，且HF ⊥AC '，∠FAH =180°﹣∠CAB ﹣∠C 'AB =60°， ∴AH =1，HF 3=AH 3=， ∴C 'H =4+1=5，

∴C 'F 22'253C H HF =+=+=27， ∴DE +EF 的最小值为27. 【点睛】

本题是三角形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，添加恰当辅助线是解答本题的关键.

8．已知等边△ABC 的边长为4cm ，点P ，Q 分别是直线AB ，BC 上的动点．

（1）如图1，当点P 从顶点A 沿AB 向B 点运动，点Q 同时从顶点B 沿BC 向C 点运动，它们的速度都为lcm /s ，到达终点时停止运动．设它们的运动时间为t 秒，连接AQ ，PQ ． ①当t ＝2时，求∠AQP 的度数． ②当t 为何值时△PBQ 是直角三角形？

（2）如图2，当点P 在BA 的延长线上，Q 在BC 上，若PQ ＝PC ，请判断AP ，CQ 和AC 之间的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）①∠AQP＝30°；②当t＝4

3

秒或t＝

8

3

秒时，△PBQ为直角三角形；（2）

AC＝AP+CQ，理由见解析.

【解析】

【分析】

（1）①由△ABC是等边三角形知AQ⊥BC，∠B＝60°，从而得∠AQB＝90°，△BPQ是等边三角形，据此知∠BQP＝60°，继而得出答案；

②由题意知AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t，再分∠PQB＝90°和∠BPQ＝90°两种情况分别求解可得．

（2）过点Q作QF∥AC，交AB于F，知△BQF是等边三角形，证∠QFP＝∠PAC＝120°、∠BPQ＝∠ACP，从而利用AAS可证△PQF≌△CPA，得AP＝QF，据此知AP＝BQ，根据BQ+CQ＝BC＝AC可得答案．

【详解】

解:（1）①根据题意得AP＝PB＝BQ＝CQ＝2，

∵△ABC是等边三角形，

∴AQ⊥BC，∠B＝60°，

∴∠AQB＝90°，△BPQ是等边三角形，

∴∠BQP＝60°，

∴∠AQP＝∠AQB﹣∠BQP＝90°﹣60°＝30°；

②由题意知AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t，

当∠PQB＝90°时，

∵∠B＝60°，

∴PB＝2BQ，得：4﹣t＝2t，解得t＝4

3

；

当∠BPQ＝90°时，

∵∠B＝60°，

∴BQ＝2BP，得t＝2（4﹣t），解得t＝8

3

；

∴当t＝4

3秒或t＝

8

3

秒时，△PBQ为直角三角形；

（2）AC＝AP+CQ，理由如下：

如图所示，过点Q作QF∥AC，交AB于F，

则△BQF是等边三角形，

∴BQ＝QF，∠BQF＝∠BFQ＝60°，

∵△ABC为等边三角形，

∴BC＝AC，∠BAC＝∠BFQ＝60°，

∴∠QFP＝∠PAC＝120°，

∵PQ＝PC，

∴∠QCP＝∠PQC，

∵∠QCP＝∠B+∠BPQ，∠PQC＝∠ACB+∠ACP，∠B＝∠ACB，∴∠BPQ＝∠ACP，

在△PQF和△CPA中，

∵

BPQ ACP

QFP PAC PQ PC

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△PQF≌△CPA（AAS），

∴AP＝QF，

∴AP＝BQ，

∴BQ+CQ＝BC＝AC，

∴AP+CQ＝AC．

【点睛】

考核知识点:等边三角形的判定和性质.利用全等三角形判定和性质分析问题是关键.

9．（阅读理解）

截长补短法，是初中数学儿何题中一种输助线的添加方法，截长就是在长边上载取一条线段与某一短边相等，补短是通过在一条短边上延长一条线段与另一短边相等，从而解决问题.

（1）如图1，△ABC是等边三角形，点D是边BC下方一点，∠BDC＝120°，探索线段DA、DB、DC之间的数量关系.

解题思路：延长DC到点E，使CE＝B D．连接AE，根据∠BAC＋∠BDC＝180°，可证∠ABD ＝∠ACE,易证得△ABD≌△ACE，得出△ADE是等边三角形，所以AD＝DE，从而探寻线段DA、DB、DC之间的数量关系.

根据上述解题思路，请直接写出DA 、DB 、DC 之间的数量关系是___________ （拓展延伸）

（2）如图2，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝A C ．若点D 是边BC 下方一点，∠BDC ＝90°，探索线段DA 、DB 、DC 之间的数量关系，并说明理由; （知识应用）

（3）如图3,一副三角尺斜边长都为14cm ，把斜边重叠摆放在一起，则两块三角尺的直角项点之间的距离PQ 的长为________cm.

【答案】（1）DA DB DC =+；（22DA DB DC =+，理由见详解；（3）

7276

+ 【解析】 【分析】

（1）由等边三角形知,60AB AC BAC ?=∠=，结合120BDC ?∠=知

180ABD ACD ?∠+∠=，则ABD ACE ∠=∠证得ABD ACE ?得

,AD AE BAD CAE =∠=∠,再证明三角形ADE 是等边三角形，等量代换可得结论；

（2） 同理可证ABD ACE ?得,AD AE BAD CAE =∠=∠，由勾股定理得

222DA AE DE +=，等量代换即得结论；

（3）由直角三角形的性质可得QN 的长，由勾股定理可得MQ 的长，由（2）知

2PQ QN QM =+，由此可求得PQ 长.

【详解】

解：（1）延长DC 到点E ，使CE ＝B D.连接AE ，

ABC 是等边三角形

,60AB AC BAC ?∴=∠= 120BDC ?∠= 180ABD ACD ?∴∠+∠=

又

180ACE ACD ?∠+∠=

ABD ACE ∴∠=∠ ()ABD ACE SAS ∴?

,AD AE BAD CAE ∴=∠=∠ 60BAC ?∠=