人教版数学八年级上册 期末试卷(培优篇)(Word版 含解析)
人教版数学八年级上册 期末试卷（培优篇）（Word 版 含解析）
一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）
1．如图，在ABC 中，45ABC ∠=,AD ,BE 分别为BC ,AC 边上的高，连接DE ,过点
D 作DF D
E ⊥与点
F ，
G 为BE 中点，连接AF ，DG ．
（1）如图1，若点F 与点G 重合，求证：AF DF ⊥； （2）如图2，请写出AF 与DG 之间的关系并证明． 【答案】(1)详见解析;(2)AF=2DG,且AF ⊥DG,证明详见解析. 【解析】 【分析】
(1) 利用条件先△DAE ≌△DBF,从而得出△FDE 是等腰直角三角形,再证明△AEF 是等腰直角三角形,即可.
(2) 延长DG 至点M,使GM=DG,交AF 于点H,连接BM, 先证明△BGM ≌△EGD,再证明△BDM ≌△DAF 即可推出. 【详解】
解:（1）证明:设BE 与AD 交于点H..如图，
∵AD,BE 分别为BC,AC 边上的高, ∴∠BEA=∠ADB=90°. ∵∠ABC=45°,
∴△ABD 是等腰直角三角形. ∴AD=BD. ∵∠AHE=∠BHD, ∴∠DAC=∠DBH. ∵∠ADB=∠FDE=90°, ∴∠ADE=∠BDF. ∴△DAE ≌△DBF.
∴BF=AE,DF=DE.
∴△FDE是等腰直角三角形.
∴∠DFE=45°.
∵G为BE中点,
∴BF=EF.
∴AE=EF.
∴△AEF是等腰直角三角形.
∴∠AFE=45°.
∴∠AFD=90°,即AF⊥DF.
（2）AF=2DG,且AF⊥DG.理由:延长DG至点M,使GM=DG,交AF于点H,连接BM,
∵点G为BE的中点,BG=GE.
∵∠BGM∠EGD,
∴△BGM≌△EGD.
∴∠MBE=∠FED=45°,BM=DE.
∴∠MBE=∠EFD,BM=DF.
∵∠DAC=∠DBE,
∴∠MBD=∠MBE+∠DBE=45°+∠DBE.
∵∠EFD=45°=∠DBE+∠BDF,
∴∠BDF=45°-∠DBE.
∵∠ADE=∠BDF,
∴∠ADF=90°-∠BDF=45°+∠DBE=∠MBD.
∵BD=AD,
∴△BDM≌△DAF.
∴DM=AF=2DG,∠FAD=∠BDM.
∵∠BDM+∠MDA=90°,
∴∠MDA+∠FAD=90°.
∴∠AHD=90°.
∴AF⊥DG.
∴AF=2DG,且AF⊥DG
【点睛】
本题考查三角形全等的判定和性质,关键在于灵活运用性质.
2．如图，△ABC 中，AB=AC=BC，∠BDC=120°且BD=DC，现以D为顶点作一个60°角，使角
两边分别交AB，AC边所在直线于M，N两点，连接MN，探究线段BM、MN、NC之间的关系，并加以证明．
（1）如图1，若∠MDN的两边分别交AB，AC边于M，N两点．猜想：BM+NC=MN．延长AC到点E，使CE=BM，连接DE，再证明两次三角形全等可证．请你按照该思路写出完整的证明过程；
（2）如图2，若点M、N分别是AB、CA的延长线上的一点，其它条件不变，再探究线段BM，MN，NC之间的关系，请直接写出你的猜想（不用证明）．
【答案】（1）过程见解析；（2）MN= NC﹣BM．
【解析】
【分析】
（1）延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，根据△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，可以证得△MBD≌△ECD，可得MD=DE，∠BDM=∠CDE，再根据∠MDN
=60°，∠BDC=120°，可证∠MDN =∠NDE=60°，得出△DMN≌△DEN，进而得到
MN=BM+NC．
（2）在CA上截取CE=BM，利用（1）中的证明方法，先证△BMD≌△CED（SAS），再证△MDN≌△EDN（SAS），即可得出结论．
【详解】
解：（1）如图示，延长AC至E，使得CE=BM，并连接DE．
∵△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，∴BD=CD，∠DBC=∠DCB，∠MBC=∠ACB=60°，又BD=DC，且∠BDC=120°，
∴∠DBC=∠DCB=30°
∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°，∴∠MBD=∠ECD=90°，
在△MBD与△ECD中，
∵BD CD
MBD ECD BM CE
，
∴△MBD≌△ECD（SAS），
∴MD=DE，∠BDM=∠CDE
∵∠MDN =60°，∠BDC=120°，
∴∠CDE+∠NDC =∠BDM+∠NDC=120°-60°=60°，即：∠MDN =∠NDE=60°，
在△DMN与△DEN中，
∵MD DE
MDN EDN DN DN
，
∴△DMN≌△DEN（SAS），
∴MN=NE=CE+NC=BM+NC．
（2）如图②中，结论：MN=NC﹣BM．
理由：在CA上截取CE=BM．
∵△ABC是正三角形，
∴∠ACB=∠ABC=60°，
又∵BD=CD，∠BDC=120°，
∴∠BCD=∠CBD=30°，
∴∠MBD=∠DCE=90°，
在△BMD和△CED中
∵
BM CE
MBD ECD BD
CD
， ∴△BMD ≌△CED （SAS ）， ∴DM= DE ，∠BDM=∠CDE ∵∠MDN =60°，∠BDC=120°，
∴∠NDE=∠BDC-（∠BDN+∠CDE ）=∠BDC-（∠BDN+∠BDM ）=∠BDC-∠MDN=120°-60°=60°， 即：∠MDN =∠NDE=60°， 在△MDN 和△EDN 中
∵
ND
ND
EDN MDN ND
ND
， ∴△MDN ≌△EDN （SAS ）， ∴MN =NE=NC ﹣CE=NC ﹣BM ． 【点睛】
此题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰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．
3．如图1所示，已知点D 在AC 上，ADE ?和ABC ?都是等腰直角三角形，点M 为EC 的中点.
（1）求证：BMD ?为等腰直角三角形；
（2）将ADE ?绕点A 逆时针旋转45?，如图2所示，（1）中的“BMD ?为等腰直角三角形”是否仍然成立？请说明理由；
（3）将ADE ?绕点A 逆时针旋转一定的角度，如图3所示，（1）中的“BMD ?为等腰直角三角形”成立吗？请说明理由.
【答案】（1）详见解析；（2）是，证明详见解析；（3）成立，证明详见解析. 【解析】 【分析】
()1根据等腰直角三角形的性质得出45ACB BAC ∠∠==，
90ADE EBC EDC ∠∠∠===，推出BM DM =，BM CM =，DM CM =，推出BCM MBC ∠∠=，ACM MDC ∠∠=，求出
22290BMD BCM ACM BCA ∠∠∠∠=+==即可．
()2延长ED 交AC 于F ，求出12
DM FC =，//DM FC ，DEM NCM ∠=，根据ASA
推出EDM ≌CNM ，推出DM BM =即可．
()3过点C 作//CF ED ，与DM 的延长线交于点F ，连接BF ，推出
MDE ≌MFC ，求
出DM FM =，DE FC =，作AN EC ⊥于点N ，证BCF ≌BAD ，推出
BF BD =，DBA CBF ∠∠=，求出90DBF ∠=，即可得出答案． 【详解】
()1证明：
ABC 和ADE 都是等腰直角三角形，
45ACB BAC ∠∠∴==，90ADE EBC EDC ∠∠∠===
点M 为EC 的中点，
12BM EC ∴=
，1
2
DM EC =， BM DM ∴=，BM CM =，DM CM =，
BCM MBC ∠∠∴=，DCM MDC ∠∠=，
2BME BCM MBC BCE ∠∠∠∠∴=+=， 同理2DME ACM ∠∠=，
22224590BMD BCM ACM BCA ∠∠∠∠∴=+==?=
BMD ∴是等腰直角三角形．
()2解：如图2，
BDM 是等腰直角三角形，
理由是：延长ED 交AC 于F ，
ADE 和ABC △是等腰直角三角形， 45BAC EAD ∠∠∴==，
AD ED ⊥， ED DF ∴=， M 为EC 中点， EM MC ∴=， 1
2
DM FC ∴=
，//DM FC ， 45BDN BND BAC ∠∠∠∴===，
ED AB ⊥，BC AB ⊥， //ED BC ∴，
DEM NCM ∠∴=，
在EDM和CNM中
DEM NCM
EM CM
EMD CMN
∠=∠
?
?
=
?
?∠=∠
?
EDM
∴≌()
CNM ASA，
DM MN
∴=，
BM DN
∴⊥，
BMD
∴是等腰直角三角形．
()3BDM是等腰直角三角形，
理由是：过点C作//
CF ED，与DM的延长线交于点F，连接BF，
可证得MDE≌MFC，
DM FM
∴=，DE FC
=，
AD ED FC
∴==，
作AN EC
⊥于点N，
由已知90
ADE
∠=，90
ABC
∠=，
可证得DEN DAN
∠∠
=，NAB BCM
∠∠
=，
//
CF ED，
DEN FCM
∠∠
∴=，
BCF BCM FCM NAB DEN NAB DAN BAD
∠∠∠∠∠∠∠∠
∴=+=+=+=，BCF
∴≌BAD，
BF BD
∴=，DBA CBF
∠∠
=，
90
DBF DBA ABF CBF ABF ABC
∠∠∠∠∠∠
∴=+=+==，
DBF
∴是等腰直角三角形，
点M是DF的中点，
则BMD是等腰直角三角形，
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形斜边上中线性质的应用，在本题中需要作辅助线来证明，难度较大．
4．（1）如图1，在Rt△ABC 中，AB AC
=，D、E是斜边BC上两动点，且
∠DAE=45°，将△ABE绕点A逆时针旋转90后，得到△AFC，连接DF.
（1）试说明：△AED≌△AFD；
（2）当BE=3,CE=9时，求∠BCF的度数和DE的长；
（3）如图2，△ABC和△ADE 都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，D是斜边BC所在直线上一点，BD=3，BC=8，求DE2的长.
【答案】（1）略（2）∠BCF=90° DE=5 （3）34或130
【解析】
试题分析：()1由ABE AFC
≌，得到AE AF
=，BAE CAF
∠=∠，
45,
EAD
∠=45,
BAE CAD
∴∠+∠=45,
CAF CAD
∴∠+∠=即
45.
DAF
∠=EAD DAF
∠=∠，从而得到.
AED AFD
≌
()2由△AED AFD
≌得到ED FD
=，再证明90
DCF
∠=?，利用勾股定理即可得出结论.
()3过点A作AH BC
⊥于H,根据等腰三角形三线合一得，
1
4.
2
AH BH BC
===
1
DH BH BD
=-=或7,
DH BH BD
=+=求出AD的长，即可求得2
DE.
试题解析：()1ABE AFC
≌，
AE AF
=，BAE CAF
∠=∠，
45,
EAD
∠=90,
BAC
∠=
45,
BAE CAD
∴∠+∠=
45,
CAF CAD
∴∠+∠=
即45.
DAF
∠=
在AED和AFD中，{
AF AE
EAF DAE
AD AD ，
=
∠=∠
=
.
AED AFD
∴≌
()2AED AFD
≌，
ED FD
∴=，
,90.
AB AC BAC
=∠=?
45
B ACB
∴∠=∠=?，
45
ACF，
∠=?
90.
BCF
∴∠=?
设.
DE x
=
,9.DF DE x CD x ===- 3.FC BE ==
222,FC DC DF +=
()2
2239.x x ∴+-=
解得： 5.x = 故 5.DE =
()3过点A 作AH BC ⊥于H ,根据等腰三角形三线合一得，
1
4.2
AH BH BC ==
= 1DH BH BD =-=或7,DH BH BD =+= 22217AD AH DH =+=或65. 22234DE AD ==或130.
点睛：D 是斜边BC 所在直线上一点,注意分类讨论.
5．如图1，在正方形ABCD 中，P 是对角线BD 上的一点，点E 在AD 的延长线上，且PA=PE ，PE 交CD 于F （1）证明：PC=PE ； （2）求∠CPE 的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD 改为菱形ABCD ，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE ，试探究线段AP 与线段CE 的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析（2）90°（3）AP=CE 【解析】 【分析】
(1)、根据正方形得出AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，结合PB=PB得出△ABP ≌△CBP，从而得出结论；(2)、根据全等得出∠BAP=∠BCP，∠DAP=∠DCP，根据PA=PE得出∠DAP=∠E，即∠DCP=∠E，易得答案；(3)、首先证明△ABP和△CBP全等，然后得出PA=PC，
∠BAP=∠BCP，然后得出∠DCP=∠E，从而得出∠CPF=∠EDF=60°，然后得出△EPC是等边三角形，从而得出AP=CE.
【详解】
(1)、在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，
在△ABP和△CBP中，又∵ PB=PB ∴△ABP ≌△CBP（SAS），∴PA=PC，∵PA=PE，
∴PC=PE；
(2)、由（1）知，△ABP≌△CBP，∴∠BAP=∠BCP，∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE，∴∠DAP=∠E，∴∠DCP=∠E，∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E，即∠CPF=∠EDF=90°；
(3)、AP＝CE
理由是：在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP，
在△ABP和△CBP中，又∵ PB=PB ∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA=PC，∠BAP=∠DCP，
∵PA=PE，∴PC=PE，∴∠DAP=∠DCP，∵PA=PC ∴∠DAP=∠E，∴∠DCP=∠E
∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E，
即∠CPF=∠EDF=180°﹣∠ADC=180°﹣120°=60°，∴△EPC是等边三角形，∴PC=CE，
∴AP=CE
考点：三角形全等的证明
6．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=
12BF ∵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．
7．如图（1），在ABC 中，90A ∠=?，AB AC =，点D 是斜边BC 的中点，点E ，
F 分别在线段AB ，AC 上， 且90EDF ∠=?．
（1）求证：DEF 为等腰直角三角形；
（2）若ABC 的面积为7，求四边形AEDF 的面积；
（3）如图（2），如果点E 运动到AB 的延长线上时，点F 在射线CA 上且保持
90EDF ∠=?，DEF 还是等腰直角三角形吗．请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）3.5；（3）是，理由见解析． 【解析】 【分析】
（1）由题意连接AD ，并利用全等三角形的判定判定△BDE ≌△ADF(ASA)，进而分析证得
DEF 为等腰直角三角形；
（2）由题意分析可得S 四边形AEDF =S ?ADF +S ?ADE =S ?BDE +S ?CDF ，以此进行分析计算求出四边形
AEDF的面积即可；
（3）根据题意连接AD，运用全等三角形的判定判定△BDE≌△ADF(ASA)，进而分析证得DEF为等腰直角三角形.
【详解】
解：（1）证明：如图①，连接AD.
∵∠BAC=90?,AB=AC,点D是斜边BC的中点，
∴AD⊥BC，AD=BD，
∴∠1=∠B=45°，
∵∠EDF=90°，∠2+∠3=90°，
又∵∠3+∠4=90°，
∴∠2=∠4，
在△BDE 和△ADF中，∠1=∠B，AD=BD,∠2=∠4，
∴△BDE≌△ADF(ASA),
∴DE=DF,
又∵∠EDF=90°，
∴ΔDEF为等腰直角三角形.
（2）由（1）可知DE=DF，∠C=∠6=45°，
又∵∠2+∠3=90°，∠2+∠5=90°，
∴∠3=∠5，
∴△ADE≌△CDF，
∴S四边形AEDF=S?ADF+S?ADE=S?BDE+S?CDF，
∴ S?ABC=2 S四边形AEDF,
∴S四边形AEDF=3.5 .
（3）是.如图②，连接AD.
∵∠BAC=90°，AB=AC，D是斜边BC的中点，
∴AD⊥BC,AD=BD ，
∴∠1=45°，
∵∠DAF=180°-∠1=180°—45°=135°，∠DBE=180°-∠ABC=180°-45°=135°，
∴∠DAF=∠DBE，
∵∠EDF=90°， ∴∠3+∠4=90°， 又∵∠2+∠3=90°， ∴∠2=∠4,
在△BDE 和△ADF 中，∠DAF=∠DBE ，AD=BD,∠2=∠4, ∴△BDE ≌△ADF(ASA), ∴DE=DF, 又∵∠EDF=90°， ∴△DEF 为等腰直角三角形. 【点睛】
本题考查等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质，根据题意作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
8．综合实践
如图①，90,,,ACB AC BC AD CE BE CE ∠=?=⊥⊥，垂足分别为点D E 、，
2.5, 1.7AD cm DE cm ==．
（1）求BE 的长；
（2）将CE 所在直线旋转到ABC ?的外部，如图②，猜想AD DE BE 、、之间的数量关系，直接写出结论，不需证明；
（3）如图③，将图①中的条件改为：在ABC ?中，,AC BC D C E =、、三点在同一直线上，并且BEC ADC BCA α∠=∠=∠=，其中α为任意钝角．猜想AD DE BE 、、之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1)0.8cm; (2)DE=AD+BE;
(3)DE=AD+BE ，证明见解析． 【解析】 【分析】
(1)本小题只要先证明ACD CBE ?，得到AD CE =，CD BE =，再根据
2.5, 1.7AD cm DE cm ==，CD CE DE =-，易求出BE 的值；
(2)先证明ACD CBE ?，得到AD CE =，CD BE =，由图②ED=EC+CD ，等量代换易得到AD DE BE 、、之间的关系；
（３）本题先证明EBC DCA ∠=∠，然后运用“AAS”定理判定BEC CDA ?，从而得到,BE CD EC AD ==，再结合图③中线段ED 的特点易找到AD DE BE 、、之间的数量
关系． 【详解】
解：(1)∵,AD CD BE CE ⊥⊥ ∴90ADC E ?∠=∠= ∴90ACD DAC ?∠+∠= ∵90ACB ?∠= ∴90ACD BCE ?∠+∠= ∴ACD BCE ∠=∠
在ACD 与CBE △中，90ADC E ACD BCE
AC BC ??∠=∠=?
∠=∠??=?
∴ACD CBE ? ∴,AD CE CD BE ==
又∵ 2.5, 1.7AD cm DE cm ==， 2.5 1.70.8()CD CE DE AD DE cm =-=-=-= ∴0.8BE cm =
(2)∵,AD CD BE CE ⊥⊥ ∴90ADC E ?∠=∠= ∴90ACD DAC ?∠+∠= ∴90ACB ?∠= ∴90ACD BCE ?∠+∠= ∴ACD BCE ∠=∠
在ACD 与CBE △中，90ADC E ACD BCE AC BC ??∠=∠=?
∠=∠??=?
∴ACD CBE ? ∴,AD CE CD BE == 又∵ED EC CD =+ ∴ED AD BE =+
(3)∵BEC ADC BCA α∠=∠=∠= ∴180BCE ACD a ?∠+∠=-
180BCE BCE a ?∠+∠=-
∴ACD BCE ∠=∠
在ACD与CBE
△中，
ADC E a
ACD BCE
AC BC
∠=∠=
?
?
∠=∠
?
?=
?
∴ACD CBE
?
∴,
AD CE CD BE
==
又∵ED EC CD
=+
∴ED AD BE
=+
【点睛】
本题考查的知识点是全等三角形的判定，确定一种判定定理，根据已知条件找到判定全等所需要的边相等或角相等的条件是解决这类题的关键．
9．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；
1
1
t
x
=
?
?
=
?
或
2
3
2
t
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．
10．在等边ABC中，点D是边BC上一点.作射线AD，点B关于射线AD的对称点为点E.连接CE并延长，交射线AD于点F.
（1）如图，连接AE，
①AE与AC的数量关系是__________；
②设BAFα
∠=，用α表示BCF
∠的大小；
（2）如图，用等式表示线段AF，CF，EF之间的数量关系，并证明.
【答案】(1)①AB=AE；②∠BCF=α；(2) AF-EF=CF，理由见详解.
【解析】
【分析】
（1）①根据轴对称性，即可得到答案；
②由轴对称性，得：AE=AB，∠BAF=∠EAF=α，由ABC是等边三角形，得AB=AC，∠BAC=∠ACB=60°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和等于180°，即可求解；（2）作∠FCG=60°交AD于点G，连接BF，易证?FCG是等边三角形，得GF=FC，再证?ACG??BCF(SAS)，从而得AG=BF，进而可得到结论.
【详解】
（1）①∵点B关于射线AD的对称点为点E，∴AB和AE关于射线AD的对称，
∴AB=AE.
故答案是：AB=AE；
②∵点B关于射线AD的对称点为点E，
∴AE=AB，∠BAF=∠EAF=α，
∵ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ACB=60°，
∴∠EAC=60°-2α，AE=AC，
∴∠ACE=1
180(602)60
2
αα??
--=+
??，
∴∠BCF=∠ACE-∠ACB=60α
+-60°=α.（2）AF-EF=CF，理由如下：
作∠FCG=60°交AD于点G，连接BF，
∵∠BAF=∠BCF=α，∠ADB=∠CDF，
∴∠ABC=∠AFC=60°，
∴?FCG是等边三角形，
∴GF=FC，
∵ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠ACB=60°，
∴∠ACG=∠BCF=α.
在?ACG和?BCF中，
∵
CA CB
ACG BCF CG CF
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
，
∴?ACG??BCF(SAS)，
∴AG=BF，
∵点B关于射线AD的对称点为点E，∴AG=BF=EF，
∵AF-AG=GF，
∴AF-EF=CF.
本题主要考查等边三角形的性质和三角形全等的判定和性质定理，添加辅助线，构造全等三角形，是解题的关键.
二、八年级数学 轴对称解答题压轴题（难）
11．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).