浙教版数学八上第1章 三角形的初步知识优生综合题特训

浙教版数学八上第1章三角形的初步知识优生综合题特训
一、综合题
1.如图，AD为△ABC的高，AE、BF为△ABC的角平分线，若∠CBF=30°，∠AFB= 70°.
（1）∠BAD=________ °；
（2）求∠DAE的度数；
（3）若点M为线段BC上任意一点，当△MFC为直角三角形时，直接写出∠BFM的度数.
2.已知直线EF与直线AB、CD分别交于E、F两点，∠AEF和∠CFE的角平分线交于点P，且∠AEP+∠CFP=90°.
（1）求证：AB//CD；
（2）如图，∠PEF和∠PFM的角平分线交于点Q，求∠Q的度数；
（3）如图，若∠AEP:∠CFP=2:1，延长线段EP得射线EP1，延长线段FP得射线FP2，射线EP1绕点E以每秒15°的速度逆时针旋转360°后停止，射线FP2绕点F以每秒3°的速度顺时针旋转
180°以后停止.设它们同时旋转t秒，问t为多少时，射线EP1//FP2，直接写出t的值t=
________秒.
3.
（1）如图①，在△ABC中，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线，若∠B＝30°，∠C＝50°.求∠DAE的度数；
（2）如图②，已知AF平分∠BAC，交边BC于点E，延长AE至点F，过点F作FD⊥BC于点D，若∠B＝x°，∠C＝（x＋36）°.
①∠CAE＝▲（含x的代数式表示）；
②求∠F的度数．
4.判断下列命题是真命题还是假命题，如果是假命题，举出一个反例．
（1）等角的余角相等；
（2）平行线的同旁内角的平分线互相垂直；
（3）和为180°的两个角叫做邻补角．
5.AB和AC 相交于点A,BD和CD相交于点D,探究∠BDC与∠B 、∠C、∠BAC的关系
小明是这样做的：
解：如图（2）以点A为端点作射线AD
∵∠1是△ABD的外角
∴∠1= ∠B+∠BAD
同理∠2=∠C+∠CAD
∴∠1+∠2=∠B+∠BAD+∠C+∠CAD
即∠BDC=∠B+∠C+∠BAC
小英的思路是：如图（3）延长BD交AC于点E.
（1）.按小英的思路完成∠BDC=∠B+∠C+∠BAC这一结论.
（2）.如图：△ABC中，BO、CO分别是∠ABC与∠ACB的角平分线，且BO、CO相交于点O.猜想∠BOC与∠A有怎样的关系，并加以证明.
6.如图1，线段AB、CD相交于点О，连接AD、CB，我们把形如图1的图形称之为“8字形”。

如图2，在图1的条件下，∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，并且与CD、AB分别相交于M、N．试解答下列问题:
（1）.在图1中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系:
（2）.仔细观察,在图2中“8字形”的个数个;
（3）.在图2中，若∠D=40°，∠B=36°，试求∠P的度数;
（4）.如果图2中∠D和∠B为任意角，其他条件不变，试问∠P与∠D，∠B之间存在着怎样的数量关系(直接写出结论即可)
7.已知如图①，BP、CP分别是△ABC的外角∠CBD、∠BCE的角平分线，BQ、CQ分别是∠PBC、∠PCB的角平分线，BM、CN分别是∠PBD、∠PCE的角平分线，∠BAC=α．
（1）.当α=40°时，∠BPC= °，∠BQC= °；
（2）.当α= °时，BM//CN；
（3）.如图②，当α=120°时，BM、CN所在直线交于点O，求∠BOC的度数；
（4）.在α>60°的条件下，直接写出∠BPC、∠BQC、∠BOC三角之间的数量关系：．8.已知：直线EF分别与直线AB，CD相交于点G，H，并且∠AGE+∠DHE＝180°．
（1）.如图1，求证：AB∥CD；
（2）.如图2，点M在直线AB，CD之间，连接GM，HM，求证：∠M＝∠AGM+∠CHM；
（3）.如图3，在（2）的条件下，射线GH是∠BGM的平分线，在MH的延长线上取点N，连接GN，若∠N＝∠AGM，∠M＝∠N+ 1
2∠FGN，求∠MHG的度数．
9.已知：DE //PQ，点A在直线DE上，点B、C都在PQ上（点B在点C的左侧），连接AB，AC，AB平分∠CAD.
（1）如图1，求证：∠ABC＝∠BAC；
（2）如图2，点K为AB上一点，连接CK，若CK⊥AB，判断∠EAC与∠ACK之间的数量关系，并说明理由；（3）在（2）的条件下，在直线DE上取一点F，连接FK，使得∠AKF＝30°.若∠DAB＝∠AFK+∠KCB，求∠ACB 的度数.（要求：在备用图中画出图形后，再计算）
10.直线m与直线n相交于C，点A是直线m上一点，点B是直线n上一点，∠ABC的平分线BP与∠DAB的平分线AE的反向延长线相交于点P.
\
（1）如图1，若∠ACB=90°，则∠P=________；若∠ACB=α，则∠P=________（结果用含α的代数式表示）；
（2）如图2，点F是直线n上一点，若点B在点C左侧，点F在点C右侧时，连接AF，∠CAF与∠AFC 的平分线相交于点Q.
①随着点B、F的运动，∠APB+∠AQF的值是否变化？若发生变化，请说明理由；若不发生变化，试求出其值；
=________.
②延长AQ交直线n于点G，作QH//CF交AF于点H，则∠AGC−∠HQF
∠ACB
11.互动学习课堂上某小组同学对一个课题展开了探究.
小亮：已知，如图三角形ABC，点D是三角形ABC内一点，连接BD，CD，试探究∠BDC与∠A，∠1，∠2之间的关系.
小明：可以用三角形内角和定理去解决.
小丽：用外角的相关结论也能解决.
（1）请你在横线上补全小明的探究过程：
∵∠BDC+∠DBC+∠BCD=180°，（）
∴∠BDC=180°−∠DBC−∠BCD，（等式性质）
∵∠A+∠1+∠2+∠DBC+∠BCD=180°，
∴∠A+∠1+∠2=180°−∠DBC−∠BCD，
∴∠BDC=∠A+∠1+∠2.（）
（2）请你按照小丽的思路完成探究过程；
（3）利用探究的结果，解决下列问题：
①如图①，在凹四边形ABCD中，∠BDC=135°，∠B=∠C=25°，求∠A=▲；
②如图②，在凹四边形ABCD中，∠ABD与∠ACD的角平分线交于点E，∠A=60°，
∠BDC=140°，则∠E=▲；
③如图③，∠ABD，∠ACD的十等分线相交于点、F1、F2、…、F9，若∠BDC=120°，∠BF3C=64°，则∠A的度数为▲；
④如图④，∠BAC，∠BDC的角平分线交于点E，则∠B，∠C与∠E之间的数量关系
是▲；
⑤如图⑤，∠ABD，∠BAC的角平分线交于点E，∠C=40°，∠BDC=140°，求∠AEB 的度数.
12.如图，在△ABC中，BC=8cm，AG//BC，AG=8cm，点F从点B出发，沿线段BC以
4cm/s的速度连续做往返运动，点E从点A出发沿线段AG以2cm/s的速度运动至点G，E、F两点同时出发，当点E到达点G时，E、F两点同时停止运动，EF与AC交于点D，设点E的运动时间为t（秒）
（1）.分别写出当0<t<2和2<t<4时线段BF的长度（用含t的代数式表示）
（2）.当BF=AE时，求t的值；
（3）.当△ADE≌△CDF时，直接写出所有满足条件的t值.
13.如图，已知：AB∥CD，E是BD上一点，
（1）AE，CE分别是∠BAC与∠ACD的平分线，求证：AE⊥CE；
（2）若AB+CD=AC，且E是BD中点.求证：CE平分∠ACD.
14.在△ABC中，∠ABC=60°，AD，CE分别平分∠CAB，∠ACB，AD与CE交于点O
求证：
（1）∠AOE=60°；
（2）AC=AE+CD.
15.
（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.
小明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Δ ABE≅ΔADG，再证明Δ AEF≌ΔAGF，可得出结论，他的结论应是________.
（2）探索延伸：
∠BAD，上如图2，在四边形ABCD 中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，CD上的点，∠EAF= 1
2
述结论是否依然成立？并说明理由.
16.已知：如图1，在ΔABC和ΔADE中，∠C=∠E，∠CAE=∠DAB，BC=DE.
（1）请说明ΔABC≌ΔADE.
（2）如图2，连接CE和BD，DE，AD与BC分别交于点M和N，∠DMB=56°，求
∠ACE的度数.
（3）在（2）的条件下，若CN=EM，请直接写出∠CBA的度数.
17.已知：△ABC的高AD所在直线与高BE所在直线相交于点F．
（1）如图1，若△ABC为锐角三角形，且∠ABC=45∘，AD=BD，过点F作FG∥BC，交直线AB于点G，请直接写出FG、DC、AD之间的数量关系：________；
（2）如图2，若∠ABC=135∘，过点F作FG∥BC，交直线AB于点G，探究FG、DC、AD之间满足的数量关系并加以证明；
（3）在（2）的条件下，将一个45∘角的顶点与点B重合并绕点B旋转，这个角的两边分别交线段FG于M、N两点（如图3），连接CF，线段CF分别与线段BM、线段BN、线段BG相交于P、Q、H 三点．
①探究∠ACD，∠FBM，∠NBG之间数量关系并加以证明；
②求证：BH
AH +BE
FE
+BD
CD
=1．
18.已知：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是线段AB上一点，连结CD，将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，连结DE，BE．
（1）依题意补全图形；
（2）若∠ACD=α，用含α的代数式表示∠DEB；
（3）若△ACD的外心在三角形的内部，请直接写出α的取值范围．
19.我们知道：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．类似地，我们定义：至少有一组对边相等的四边形叫做等对边四边形．
（1）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，设CD，BE相交于点O，若∠A= 60°，∠DCB=∠EBC=1
2
∠A．请你写出图中一个与∠A相等的角，并猜想图中哪个四边形是等对边四边形？
（2）在△ABC中，如果∠A是不等于60°的锐角，点D，E分别在AB，AC上，且
∠A．探究：满足上述条件的图形中是否存在等对边四边形，并证明你的结论．
∠DCB=∠EBC=1
2
20.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．它们运动的时间为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，并判断此时线段PC和线段PQ的关系；
（2）.如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”为改“∠CAB＝∠DBA＝60°”，其他条件不变．设点Q 的运动速度为xcm/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.
21.已知：在△ABC中，BD是边AC的高，BE为∠CBD的角平分线，且AD＝DE．AO为△ABC的中线，延长AO到点F．使得BF∥AC．连接EF．EF交BC于点G．AF交BE于点H．
（1）.求证：BF＝CD+DE；
（2）.求证：∠FBE＝∠BAC
（3）.若∠C＝45°．求证：BD＝BG．
22.探索角的平分线的画法.
（1）画法1：利用直尺和圆规
请在图中用直尺和圆规画出∠A的平分线AO；（不写画法不需证明，保留作图痕迹）
（2）画法2：利用等宽直尺.
如图，将一把等宽直尺的一边依次落在∠A的两条边上，再过另一边分别画直线，两条直线相交于点O.画射线AO，则射线AO是∠A的平分线.这种角的平分线的画法依据的是______.
A.SSS
B.SAS
C.ASA
D.HL
（3）画法3：利用刻度尺
已知：如图，在∠A的两条边上分别画AB=AC，AD=AE，连接BE、CD，交点为点O，画射线AO.
求证：AO是∠A的平分线.
（4）画法4：利用你手里带有刻度的一块直角三角尺，设计一种与上述画法不同的角的平分线的画法.请在图中画出∠A的平分线AO，写出画法，并加以证明.
23.如图
（1）作图：如图，已知△ABC，∠ACB＜120°，
①作等边△ACD，使得点D，B分别是直线AC异侧的两个点；
②作等边△BCE，使得点E，A分别是直线BC异侧的两个点；
（要求尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．）
（2）推理：在（1）所作的图中，设直线BD，AE的交点为P，连接PC，
①求∠APD的度数；
②猜想PA，PB，PC与AE之间的等量关系，并证明：
（3）变式：已知△ABC，∠ACB＞120°，按（1）的方法作图后，设直线BD，AE的交点为P，连接PC．测得∠PAB＝15°，PA＝√6+√2，PB＝√2，PC＝√22．求点D到直线AB的距离．
答案解析部分
一、综合题
1.【答案】（1）30
（2）解：∵∠AFB=∠FBC+∠C，∴∠C=70°−30°=40°，
∴∠BAC=180°−∠ABC−∠C=180°−60°−40°=80°
∵AE平分∠BAC，∴∠BAE=1
∠BAC=40°，
2
∴∠DAE=∠BAE−∠BAD=40°−30°=10°.
（3）解：∠BFM度数为60°或20°
∠BFC=180°−∠C−∠CBF=110°
△MFC为直角三角形，则∠MFC=90°或∠FMC=90°
当∠MFC=90°时，∠BFM=∠BFC−∠MFC=20°；
当∠FMC=90°时，∠MFC=180°−∠FMC−∠C=50°，
∠BFM=∠BFC−∠MFC=60°
∴∠BFM度数为60°或20°
【解析】【解答】解：（1）∵BF为△ABC的角平分线，∠CBF=30°
∴∠ABC=2∠CBF=60°
又∵AD为△ABC的高
∴∠ADB=∠ADC=90°
∴∠BAD=180°−∠ADB−∠DBA=30°
【分析】（1）由角平分线的定义可得∠ABC=2∠CBF，然后根据三角形内角和定理可求解；
（2）根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和可求得∠C的度数，用三角形的内角和定理可求得∠BAC的度数，由角平分线的定义可求得∠BAE的度数，然后由角的构成∠DAE=∠BAE-∠BAD可求解；
（3）由题意可分两种情况求解：①当∠MFC=90°时，②当∠FMC=90°时，根据三角形的内角和定理和角的构成可求解.
2.【答案】（1）证明：∵EP、FP分别平分∠AEF和∠CFE
∴∠AEP=∠FPE，∠CFP=∠EFP
∵∠AEP+∠CFP=90°
∴∠AEF+∠CFE=180°
∴AB//CD
（2）解：设∠PEQ=α，
∵PE平分∠AEF，
∴∠AEP=2α，
∵EQ平分∠PEF，
∴∠QEF=∠PEQ=α，
∵∠EPF=90°，
∴∠PFE=90°-2α，
∴∠PFM=180°-（90°-2α）=90°+2α，
∵FQ平分∠PFM，
∴∠PFQ=45°+α，
∴∠Q=180°-∠QEF-∠EFQ=180°-α-（90°-2α）-（45°+α）=45°
（3）5或15
【解析】【解答】（3）解：如图1，EP1//FP2时，
∵∠AEP：∠CFP=2：1，∠AEP+∠CFP=90°，
∴∠AEP=60°，∠CFP=30°，
∴∠P1EF=15°t-60°，∠P2FE=30°-3°t，
∵EP1//FP2，
∴∠P1EF=∠P2FE，
∴15°t-60°=30°-3°t，
∴t=5；
如图2，EP1//FP2时，
∴∠P1EF=15°t-60°，∠EFP2=3°t-30°，
∵EP1//FP2，
∴∠P1EF+∠EFP2=180°，
∴15°t-60°+3°t-30°=180°，
∴t=15；
综上所述：当t=5或15时，射线EP1//FP2，
故答案为：5或15.
【分析】（1）由角平分线的定义可得∠AEP=∠FPE，∠CFP=∠EFP，由∠AEP+∠CFP=90°，可得
∠AEF+∠CFE=180°，根据平行线的判定即证AB∥CD；
（2）设∠PEQ=α，∠AEP=2α，由角平分线的定义可得∠QEF=∠PEQ=α，从而求出∠PFE=90°-2α，∠PFM=90°+2α，由角平分线的定义∠PFQ=45°+α，再由三角形内角和可得
∠Q=180°-∠QEF-∠EFQ=45°；
（3）分两种情况：①如图1，EP1//FP2时，②如图2，EP1//FP2时，分别求解即可.
3.【答案】（1）解：∵∠B=30°，∠C=50°，
∴在△ABC中，∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-30°-50°=100°.
∵AE是△ABC的角平分线，即AE平分∠BAC，
∴∠CAE=1
2∠BAC=1
2
×100°=50°.
∵AD是△ABC的高，即AD⊥BC，
∴在Rt△ADC中，∠CAD=90°-∠C=90°-50°=40°，
∴∠DAE=∠CAE-∠CAD=50°-40°=10°.
（2）解：①∵∠B=x°，∠C=（x+36）°，
∴在△ABC中，∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-x°-（x+36）°=（144-2x）°.
∵AF平分∠BAC，
∴∠CAE=1
2
∠BAC=72°−x°.
故本小题应填写：72°−x°.
②∵AF平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE=72°-x°.
∵∠AEC是△ABE的一个外角，
∴∠AEC=∠BAE+∠B=72°-x°+x°=72°，
∴∠FED=∠AEC=72°.
∵FD⊥BC，
∴在Rt△EDF中，∠F=90°-∠FED=90°-72°=18°.
【解析】【分析】（1）先根据三角形内角和得到∠BAC=180°-∠B-∠C=100°，再根据角平分线与高线的
定义得到∠CAE=1
2∠BAC=1
2
×100°=50°，得出∠CAD=40°，再利用∠DAE=∠CAE-∠CAD计
（2）①根据题意可知∠B=x °，∠C=（x+36）°，根据三角形的内角和定理可知
∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-x °-（x+36）°=（144-2x ）°.根据角平分线的性质，可得 ∠CAE 的度数；②根据角平分线的性质，FD ⊥BC ，可得∠F 的度数．
4.【答案】 （1）真命题；
（2）真命题；
（3）假命题，如两个不同书本上的两个和为180°的角．
【解析】【分析】先根据有关性质与定理，对命题的真假进行判断，如果是假命题，再举出反例即可． 5.【答案】 （1）解：证明：延长BD 交AC 于E
∵∠BDC= ∠C+∠CED 又∵∠CED=∠BAC+∠B ∴∠BDC=∠C+∠B+∠BAC
（2）解：由(2)得 ∠BOC=∠ABO+∠ACO+∠A ，
∵BO 、CO 分别是∠ABC 与∠ACB 的角平分线，
即∠ABO=12∠ABC ，∠ACO=12
∠ACB ， ∴ ∠BOC=12∠ABC+=12
∠ACB+∠A =12（∠ABC+∠ACB+∠A ）+12
∠A =12×180°+12
∠A =90°+12
∠A.
【解析】【分析】(1) 延长BD 交AC 于E ，根据三角形外角的性质得出 ∠BDC= ∠C+∠CED ，再由三角形外角的性质 ∠CED=∠BAC+∠B ，两式联立即可得出结论；
(2)利用(2)的结果得出 ∠BOC=∠ABO+∠ACO+∠A ， 然后根据角平分线的定义，结合三角形内角和定理，经过角度转化即可推出结果.
6.【答案】 （1）∠A+∠D=∠C+∠B
（2）6
（3）解：∠DAP+∠D=∠P+∠DCP①
∠PCB+∠B=∠PAB+∠P②
∵∠DAB 和∠BCD 的平分线AP 和CP 相交于点P
∴∠DAP=∠PAB ，∠DCP=∠PCB
①+②得：
∠DAP+∠D+∠PCB+∠B=∠P+∠DCP+∠PAB+∠P
又∵∠D=50°，∠B=40°
∴50°+40°=2∠P
（4）解：关系：2∠P=∠D+∠B
【解析】【解答】（2）6个交点有点M 、O 、N ，以M 为交点有1个，为△AMD 与△CMP ，以O 为交点有4个，为△AOD 与△COB ，△AOM 与△CON ，△AOM 与△COB ，△CON 与△AOD ，以N 为交点有1个，为△ANP 与△CNB ，所以，“8字形”图形共有6个
（4）关系：2∠P=∠D+∠B
根据“8字形”数量关系，∠OAD+∠D=∠OCB+∠B ，∠DAM+∠D=∠PCM+∠P ，
所以，∠OCB-∠OAD=∠D-∠B ，∠PCM-∠DAM=∠D-∠P ，
∵AP 、CP 分别是∠DAB 和∠BCD 的角平分线，
∴∠DAM= 12 ∠OAD ，∠PCM= 12
∠OCB ， ∴ 12
（∠D-∠B ）=∠D-∠P ， 整理得，2∠P=∠D+∠B
【分析】（1）根据三角形外角性质得出∠AOC= ∠A+∠D=∠C+∠B ，即可得出答案；
（2）观察图形分别找出以M 、O 、N 为交点的“8字形”的个数，即可得出答案；
（3）利用（1）的结论得出 ∠DAP+∠D=∠P+∠DCP ，∠PCB+∠B=∠PAB+∠P ，再根据角平分线的定义得出∠DAP=∠PAB ，∠DCP=∠PCB ，从而得出∠D+∠B=2∠P ，即可求出∠P 的度数；
（4）利用（1）的结论得出∠OAD+∠D=∠OCB+∠B ，∠DAM+∠D=∠PCM+∠P ，再根据角平分线的定义得
出∠DAM=12∠OAD ，∠PCM=12∠OCB ，从而得出12
（∠D-∠B ）=∠D-∠P ，即可得出2∠P=∠D+∠B.
7.【答案】 （1）70；125
（2）60
（3）解：∵α=120°，
∴∠MBC+∠NCB= 34 （∠DBC+∠BCE ）= 34
（180°+α）=225°， ∴∠BOC=225°-180°=45°；
（4）∠BPC+∠BQC+∠BOC=180°
【解析】【解答】解：（1）∵∠DBC=∠A+∠ACB ，∠BCE=∠A+∠ABC ，
∴∠DBC+∠BCE=180°+∠A=220°，
∵BP 、CP 分别是△ABC 的外角∠CBD 、∠BCE 的角平分线，
∴∠CBP+∠BCP= 12
（∠DBC+∠BCE ）=110°， ∴∠BPC=180°-110°=70°，
∵BQ 、CQ 分别是∠PBC 、∠PCB 的角平分线，
∴∠QBC= 1
2∠PBC，∠QCB= 1
2∠PCB，
∴∠QBC+∠QCB=55°，
∴∠BQC=180°-55°=125°；
（2）∵BM∥CN，
∴∠MBC+∠NCB=180°，
∵BM、CN分别是∠PBD、∠PCE的角平分线，∠BAC=α，∴3
4（∠DBC+∠BCE）=180°，
即3
4（180°+α）=180°，
解得α=60°；（4）∵α＞60°，
∠BPC=90°- 1
2α，∠BQC=135°- 1
4α，∠BOC=
3
4α-45°．
∠BPC、∠BQC、∠BOC三角之间的数量关系：
∠BPC+∠BQC+∠BOC=（90°- 1
2α）+（135°- 1
4α）+（
3
4α-45°）=180°．
故答案为：70，125；60；∠BPC+∠BQC+∠BOC=180°．
【分析】（1）根据三角形的外角性质分别表示出∠DBC与∠BCE，再根据角平分线的性质，可求出
∠CBP+∠BCP，最后根据三角形内角和定理可求解；根据角平分线的定义得出∠QBC= 1
2∠PBC，∠QCB= 1
2∠PCB，求出∠QBC+∠QCB的度数，根据三角形内角和定理求出即可；
（2）根据平行线的性质得出∠MBC+∠NCB=180°，依此求解即可；
（3）根据题意得出∠MBC+∠NCB，再根据三角形外角性质和三角形内角和定理得出∠BOC的度数；（4）分别表示出∠BPC、∠BQC、∠BOC，再相加即可求解。

8.【答案】（1）证明：如图1，∵∠AGE+∠DHE＝180°，∠AGE＝∠BGF．
∴∠BGF+∠DHE＝180°，
∴AB∥CD；
（2）证明：如图2，过点M作MR∥AB，
又∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥MR．
∴∠GMR＝∠AGM，∠HMR＝∠CHM．
∴∠GMH＝∠GMR+∠RMH＝∠AGM+∠CHM．
（3）解：如图3，令∠AGM＝2α，∠CHM＝β，则∠N＝2α，∠M＝2α+β，
∵射线GH是∠BGM的平分线，
∴∠FGM=1
2∠BGM=1
2(180
°−∠AGM)=90°−α，
∴∠AGH＝∠AGM+∠FGM＝2α+90°﹣α＝90°+α，
∵∠M=∠N+1
2∠FGN，
∴2α+β=2α+1
2∠FGN，
∴∠FGN＝2β，
过点H作HT∥GN，
则∠MHT＝∠N＝2α，∠GHT＝∠FGN＝2β，
∴∠GHM＝∠MHT+∠GHT＝2α+2β，
∠CHG＝∠CHM+∠MHT+∠GHT＝β+2α+2β＝2α+3β，
∵AB∥CD，
∴∠AGH+∠CHG＝180°，
∴90°+α+2α+3β＝180°，
∴α+β＝30°，
∴∠GHM＝2（α+β）＝60°．
【解析】【分析】（1）根据已知条件和对顶角相等即可证明；
（2）如图2，过点M作MR∥AB，可得出AB∥CD∥MR；
（3）如图3，令∠AGM＝2α，∠CHM＝β，则∠N＝2α，∠M＝2α+β，过点H作HT∥GN，可得出∠MHT＝∠N＝2α，∠GHT＝∠FGN＝2β，进而可得结论。

9.【答案】（1）证明：∵DE∥PQ，
∴∠DAB=∠ABC.
∵AB平分∠CAD，
∴∠DAB=∠BAC.
∴∠ABC=∠BAC.
（2）答：∠EAC=2∠ACK.理由如下：
∵CK⊥AB，
∴∠AKC=∠BKC=90°.
∴∠KAC+∠ACK=90°，∠KBC+∠BCK=90°.
∵∠ABC=∠BAC，即∠KBC=∠KAC，
∴∠ACK=∠BCK.
∴∠ACB=2∠ACK.
∵DE∥PQ，
∴∠EAC=∠ACB.
∴∠EAC=2∠ACK.
（3）解：分两种情况：
①当点F在点A的右侧时，如备用图1所示，
∵∠DAB＝∠AFK+∠KCB，
又∵∠DAB＝∠AFK+∠AKF，
∴∠KCB=∠AKF=30°
∴∠ACB=2∠KCB=60°.
②当点F在点A的左侧时，如备用图2所示，延长FK交PQ于点H.
∵∠AKF=30°，
∴∠BKH=∠AKF=30°.
∴∠HKC=∠BKC-∠BKH=90°-30°=60°.
设∠KCB=x°，则∠ABC= (90−x)°．
∵∠KHB是△KCH的外角，
∴∠KHB=∠KCB+∠HKC= (x+60)°．
∵DE∥PQ，
∴∠DAB=∠ABC＝(90−x)°，∠AFK=∠KHB= (x+60)°．
∵∠DAB＝∠AFK+∠KCB，
∴90−x=x+60+x．
∴x=10．
∴∠KCB=10°.
∴∠ACB=2∠KCB=20°.
综合上述两种情况，得，∠ACB=60°或∠ACB=20°.
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质可证得∠DAB=∠ABC；利用角平分线的定义可证得∠DAB=∠BAC，由此可证得结论.
（2）利用垂直的定义可证得∠AKC=∠BKC=90°，利用余角的性质可证得∠ACK=∠BCK，可推出
∠ACB=2∠ACK；利用平行线的性质可证得∠EAC=∠ACB，即可证得结论.
（3）当点F在点A的右侧时，如备用图1所示，利用三角形的外角的性质，可证得∠DAB=∠AFK+∠AKF，由∠DAB=∠AFK+∠KCB，可推出∠KCB=∠AKF=30°，即可求出∠ACB的度数；当点F在点A的左侧时，如备用图2所示，延长FK交PQ于点H，可求出∠HKC的度数，设∠KCB=x°，可表示出∠ABC，利用三角形的外角的性质，表示出∠KHB；再利用平行线的性质可表示出∠DAB，然后根据∠DAB=∠AFK+∠KCB，建立关于x的方程，解方程求出x的值，然后求出∠ACB的度数,
10.【答案】（1）45°；1
2
α
（2）解：① ∠APB+∠AQF的值不变化，其值180°，由（1）的∠P=1
2
α；由∠ACB是△ACF的外
角，∴∠CAF+∠CFA=∠ACB= α，∵AG平分∠CAF，QF平分∠AFC，∴∠QAF= 1
2∠CAF，∠AFQ= 1
2
∠CFA，∴∠QAF+∠AFQ = 1
2∠CAF+ 1
2
∠CFA= 1
2
(∠CAF+∠CFA)=1
2
α，
∴∠AQF=180°-∠QAF-∠AFQ=180°- 1
2α，∴∠APB+∠AQF=1
2
α+180°−1
2
α=180°；
②∵∠ACB是△ACF的外角，∴∠ACB=∠CAF+∠CFA= 2∠GAF+ 2∠QFA= 2(∠GAF+∠QFA)，∵∠AGC是△AGF的外角，∴∠AGC=∠GAF+∠AFG，∵QH//CF，∴∠HQF=∠QFG，
∴∠AGC-∠HQF=∠GAF+∠AFG-∠HQF=∠GAF+∠QFA，∠AGC−∠HQF
∠ACB =∠GAF+∠QFA
2(∠GAF+∠QFA)
=1
2
. 故答案为1
2
.
【解析】【解答】解：（1）∵∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠BAC=90°，
∴∠DAB=180°-∠BAC=90°+∠ABC，
∵AE平分∠DAB，BP平分∠ABC，
∴∠EAB= 1
2∠DAB=1
2
(90°+∠ABC)=45°+1
2
∠ABC，∠ABP= 1
2
∠ABC，
∵∠EAB是△PAB的外角，
∴∠EAB=∠P+∠ABP，即45°+1
2∠ABC=∠P+1
2
∠ABC，
∴∠P=45°，
∵∠ACB=α，
∴∠DAB=∠ABC+∠ACB= ∠ABC+α，∵AE平分∠DAB，BP平分∠ABC，
∴∠EAB= 1
2∠DAB=1
2
(∠ACB+∠ABC)=1
2
α+1
2
∠ABC，∠ABP= 1
2
∠ABC，
∵∠EAB是△PAB的外角，
∴∠EAB=∠P+∠ABP，即1
2α+1
2
∠ABC=∠P+1
2
∠ABC，
∴∠P=1
2
α
故答案为：45°；1
2
α；
【分析】（1）利用三角形的内角和定理可证得∠ABC+∠BAC=90°，可推出∠DAB=90°+∠ABC；再利用角平
分线的定义及三角形外角的性质可求出∠P的度数；利用同样的方法可表示出∠P的度数.
（2）①利用（1）可知∠APB=1
2
α，利用三角形的外角的性质可证得∠CAF+∠CFA=∠ACB；再利用
角平分线的定义可推出∠AQF=180°- 1
2
α，然后可求出∠APB+∠AQF的值；②利用三角形的外角的性质可证得∠ACB=2（∠GAF+∠QFA），∠AGC=∠GAF+∠AFG；利用平行线的性质可证得∠HQF=∠DFG，由此可表示出∠AGC-∠HQF，然后代入可求出结果.
11.【答案】（1）解：∵∠BDC+∠DBC+∠BCD=180°，（三角形内角和180°）
∴∠BDC=180°−∠DBC−∠BCD，（等式性质）
∵∠A+∠1+∠2+∠DBC+∠BCD=180°，
∴∠A+∠1+∠2=180°−∠DBC−∠BCD，
∴∠BDC=∠A+∠1+∠2.（等量代换）
（2）解：如图，延长BD交AC于E，
由三角形外角性质可知，
∠BEC=∠A+∠1，∠BDC=∠BEC+∠2，
∴∠BDC=∠A+∠1+∠2.
（3）解：① ∠A=85°② ∠E=100°③ ∠A=40°④ ∠B−∠C=2∠E|⑤∵∠ABD，∠BAC的角平分线交于点E，
∴∠BAE+∠ABE=1
2
(∠BAC+∠ABD)=50°，
∴∠AEB=180°−(∠BAE+∠ABE)=180°−50°=130°
【解析】【解答】（3）①如图①所示，连接BC，
，
根据（1）中结论，得∠BDC=∠A+∠ABD+∠ACD，
∴∠A=∠BDC−∠ABD−∠ACD=135°−25°−25°=85°，
∴∠A=85°；
②如图②所示，连接BC，
，
根据（1）中结论，得∠BDC=∠A+∠ABD+∠ACD，
∴∠ABD+∠ACD=∠BDC−∠A=140°−60°=80°，
∵∠ABD与∠ACD的角平分线交于点E，
∴∠EBD=1
2∠ABD，∠ECD=1
2
∠ACD，
∴∠EBD+∠ECD=1
2∠ABD+1
2
∠ACD=1
2
(∠ABD+∠ACD)=40°，
∵∠BDC=140°，∠BDC+∠DBC+∠DCB=180°，∴∠DBC+∠DCB=180°−∠BDC=40°，
∴∠EBC+∠ECB=80°，
∵∠E+∠EBC+∠ECB=180°，
∴∠E=100°；
③如图③所示，连接BC，
，
根据（1）中结论，得∠BDC=∠A+∠ABD+∠ACD，∵∠BDC=120°，∠BDC+∠DBC+∠DCB=180°，∴∠DBC+∠DCB=180°−∠BDC=60°，
∵∠ABD与∠ACD的十等分线交于点F3，
∴∠DBF3=7
10∠ABD，∠DCF3=7
10
∠ACD，
∴∠DBF3+∠DCF3=7
10∠ABD+7
10
∠ACD=7
10
(∠ABD+∠ACD)，
∴∠CBF3+∠BCF3=∠EBF3+∠ECF3+∠DBC+∠DCB=7
10
(∠ABD+∠ACD)+60°，∵∠CBF3+∠BCF3+∠BF3C=180°，
∴∠CBF3+∠BCF3=180°−∠BF3C=116°，
∴∠ABD+∠ACD=80°，
∴∠A=∠BDC−(∠ABD+∠ACD)=120°−80°=40°，
∴∠A=40°；
④如图④所示，设BD与AE的交点为点O，
∵AE平分∠BAC，BD平分∠BDC，
∴∠BAE=1
2∠BAC，∠BDE=1
2
∠BDC，
∵∠BOE=∠BAE+∠ABD，∠BOE=∠E+∠BDE，∴∠BAE+∠ABD=∠E+∠BDE，
∴1
2∠BAC+∠ABD=∠E+1
2
(∠BAC+∠ABD+∠ACD)，
∴∠E=1
2(∠BAC+∠ABD+∠ACD)−1
2
∠BAC−∠ABD=1
2
∠ABD−1
2
∠ACD，
即∠B−∠C=2∠E；
【分析】（1）根据三角形的内角和定理即可判断，根据等量代换的概念即可判断；（2）想要利用外角的性质求解，就需要构造外角，因此延长BD交AC于E，然后根据外角的性质确定∠BEC=∠A+
∠1，∠BDC=∠BEC+∠2，即可判断∠BDC与∠A，∠1，∠2之间的关系；（3）①连接BC，然后根据（1）中结论，代入已知条件即可求解；②连接BC，然后根据（1）中结论，求得∠ABD+∠ACD的和，进而得到∠DBC+∠DCB的和，然后根据角平分线求得∠EBD+∠ECD的和，进而求
得∠EBC+∠ECB=80°，然后利用三角形内角和定理∠E+∠EBC+∠ECB=180°，即可求解；③连接BC，首先求得∠DBC+∠DCB=180°−∠BDC=60°，然后根据十等分线和三角形内角和的性质得到∠CBF3+∠BCF3=180°−∠BF3C=116°，然后得到∠ABD+∠ACD的和，最后根据（1）中结论即可求解；④设BD与AE的交点为点O，首先利用根据外角的性质将∠BOE用两种形式表示出来，然后得到∠BAE+∠ABD=∠E+∠BDE，然后根据角平分线的性质，移项整理即可判断；⑤根据（1）问结论，得到∠BAC+∠ABD的和，然后根据角平分线的性质得到∠BAE+
∠ABE的和，然后利用三角形内角和性质即可求解.
12.【答案】（1）解：∵BC=8cm，点F从点B出发，沿线段BC以4cm/s的速度连续做往返运动，
∴当0<t<2时，点F是从B向C运动，当2<t<4，F是从C向B运动，
∴当0<t<2时，BF=4tcm，当2<t<4时，BF=8−4(t−2)=(16−4t)cm；
（2）解：由题意得：AE=2tcm，
∵AE=BF，
∴当0<t<2，4t=2t解得t=0不符合题意；
当2<t<4时，2t=16−4t，解得t=8 3，
∴当AE=BF，t=8
3；
（3）所有满足条件的t值是4
3或4
【解析】【解答】解：（3）∵△ADE≌△CDF，
∴AE=CF，
∵当0<t≤2时，BF=4tcm，当2<t≤4时，BF=8−4(t−2)=(16−4t)cm，
∴当0<t≤2时，CF=BC−BF=(8−4t)cm，当2<t≤4时，CF=4(t−2)cm，
∴当0<t≤2，8−4t=2t解得t=4
3；
当2<t≤4时，2t=4(t−2)，解得t=4，
∴当△ADE≌△CDF时，t=4
3或t=4.
【分析】（1）由题意可得：当0<t<2时，点F是从B向C运动，当2<t<4时，F是从C向B运动，据此解答；
（2）由题意得：AE=2tcm，然后分当0<t<2及当2<t<4时两种情况，根据AE=BF进行求解；（3）由全等三角形的性质可得AE=CF，当0<t≤2时，BF=4tcm，当2<t≤4时，BF=(16-4t)cm，然后表示出CF，据此求解.
13.【答案】（1）证明：∵AB//CD
∴∠BAC+∠DCA=180°
∵AE，CE分别是∠BAC与∠ACD的平分线，
∴∠EAC= 1
2∠BAC，∠ECA= 1
2
∠DCA，
∴∠EAC+∠ECA= 1
2∠BAC+ 1
2
∠DCA= 1
2
（∠BAC+∠DCA）=90°.
∴∠AEC=180°-（∠EAC+∠ECA）=90°，
∴AE⊥BE
（2）解：延长CD交AE的延长线于点F，
∵AB//CD
∴∠FDB=∠B，∠F=∠BAF，
∵E是BD中点.
∴BE=ED，
∴△ABE≌△FDE，
∴AB=DF，AE=EF
∵AB+CD=AC，
∴CF=DF+CD=AB+CD=AC，
∵CE=CE，
∴△AEC≌△CFE，
∴∠ACE=∠FCE，
即CE平分∠ACD.
【解析】【分析】（1）利用两直线平行同旁内角互补得出∠BAC+∠DCA=180°，由角平分线的定义得出∠EAC+∠ECA =90°，进而根据三角形的内角和定理得出∠AEC=90°，根据垂直的定义进行分析求证；（2）根据平行线的性质得出∠FDB=∠B，∠F=∠BAF，从而利用AAS判断出△ABE≌△FDE，根据全等三角形的对应边相等得出AB=DF，AE=EF ，从而利用SSS判断出△AEC≌△CFE，根据全等三角形的对应角相等得出∠ACE=∠FCE，从而得出结论.
14.【答案】（1）证明：∵∠BAC+∠BCA=180°-∠B=120°，
且∠OAC= 1
2∠BAC，∠OCA= 1
2
∠BCA，
∴∠OAC+∠OCA= 1
2∠BAC+ 1
2
∠BCA= 1
2
（∠BAC+∠BCA）=60°，
∴∠AOE=∠OAC+∠OCA=60°（2）解：在AC上截取AF=AE，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠DAC，
在△AOE和△AOF中，
{AE=AF
∠BAD=∠CAD
AO=AO
，
∴△AOE≌△AOF（SAS）
∴∠AOE=∠AOF，
由（1）得∠AOE=∠AOF=60°，∴∠COF=∠COD=60°，
在△CDO和△CFO中，
{∠FCO=∠DCO CO=CO
∠FOC=∠DOC
，
∴△CDO≌△CFO（ASA），
∴FC=DC，
∴AC=AF+CF=AE+CD.
【解析】【分析】（1）根据三角形的内角和定理得出∠BAC+∠BCA= 120°，根据角平分线的定义得出∠OAC+∠OCA =60°，进而根据三角形的外角的性质，由∠AOE=∠OAC+∠OCA 即可算出答案；
（2）通过角之间的转化利用SAS判断出△AOE≌△AOF，根据全等三角形的对应角相等得出
∠AOE=∠AOF，然后利用ASA判断出△COF≌△COD，根据全等三角形的对应边相等得出FC=DC，进而可得出线段之间的关系，即可得出结论.
15.【答案】（1）EF=BE+DF
（2）解：结论EF=BE+DF仍然成立；
理由：延长FD到点G.使DG=BE.连结AG，如图②，
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△AGF中，
{AE=AG
∠EAF=∠GAF
AF=AF
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
【解析】【解答】解：（1）EF=BE+DF，证明如下：
在△ABE和△ADG中，
{DG=BE
∠B=∠ADG
AB=AD
∴ΔABE≌ΔADG(SAS)
∴AE=AG,∠BAE=∠DAG
∵∠EAF=1
2
∠BAD
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF
∴∠EAF=∠GAF
在△AEF和△AGF中，
{AE=AG
∠EAF=∠GAF
AF=AF
∴ΔAEF≌ΔAGF(SAS)
∴EF=FG
∵FG=DG+DF=BE+DF
∴EF=BE+DF
故答案为：EF=BE+DF；
【分析】（1）延长FD到点G.使DG=BE.连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明
△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
（2）延长FD到点G.使DG=BE.连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；
16.【答案】（1）解：∵∠CAE=∠DAB，∴∠CAE+∠CAD=∠DAB+∠CAD，
即∠CAB=∠EAD，
在△ABC和△ADE中，
{∠C=∠E
∠CAB=∠EAD
BC=DE
∴△ABC≌△ADE（AAS）
（2）解：∵△ABC≌△ADE，
∴∠CBA=∠EDA,AC=AE，
在△MND和△ANB中，
∵∠EDA+∠MND+∠DMB= 180°，
∠CBA+∠ANB+∠DAB= 180°，
又∵∠MND=∠ANB，
∴∠DAB=∠DMB= 56°，
∴∠CAE=∠DAB= 56°，
∵AC=AE，
∴∠ACE=∠AEC= 1
2
(180°−56°)=62°，∴∠ACE= 62°，
（3）∠CBA=6°
【解析】【解答】解：（3）∠CBA= 6°，
如图所示，连接AM，
∵∠NCA=∠MEA,CN=EM,CA=EA,
∴△NCA≅△MEA（SAS）,
∴AM=AN, ∠EAM=∠CAN,
∴∠EAM−∠CAM= ∠CAN−∠CAM
即∠EAC=∠MAN,
由（2）可得：∠EAC=∠MAN=56°,
(180°−56°)=62°,
∴∠ANM= 1
2
∵∠CAE=∠DAB= 56°
∴∠CBA=∠ANM−∠DAB= 62°- 56°= 6°.
【分析】（1）根据已知条件可以确定∠CAB=∠EAD，结合已知条件，用AAS可判定△ABC≌△ADE；（2）由（1）中△ABC≌△ADE可得∠CBA=∠EDA,AC=AE，在△MND和△ANB中，用三角形内角和定理由
∠MND=∠ANB可得∠DAB=∠DMB=56°，即∠CAE=∠DAB=56°，由AC=AE，可得∠ACE=∠AEC= 1
(180°−
2
56°)=62°；（3）连接AM，先证△NCA≅△MEA（SAS）,得到AM=AN, ∠EAM=∠CAN,进而可得∠EAC=∠MAN,由（2）可知∠EAC=∠MAN=56°,根据等腰三角形内角和可得∠ANM=
1
(180°−56°)=62°，由三角形外角定理可得∠CBA=∠ANM−∠DAB= 62°- 56°= 6°. 2
17.【答案】（1）FG+DC=AD
（2）解：结论：FG=DC+BD；理由如下：
如图2
所示：∵∠ABC=135°,
∴∠ABD=45°,
∵AD⊥BC,
∴∠ADB=90°，
∵ FG∥BD，
∴∠AFG=90°,∠G=45°,
∴△ABD 和△AGF都是等腰直角三角形，
∴AD=BD，AF=FG，
∵AC⊥BF，
∴∠CEB=90°，
∴∠C+∠CBE=90°，
∵∠C+∠DAC=90°，∠CBE=∠DBF，
∴∠DAC=∠DBF，
∵∠ADC=∠BDF=90°,
∴△ADC≌△BDF（ASA），
∴DC=DF，
∴AF=DF+AD=DC+AD，
∴FG=DC+AD．
（3）解：①解：结论：∠ACD=∠FBM+∠NBG．
理由：如图3中，
过点B作BT⊥FG于T．
∴∠BTG=90°，
∵∠G=45°，
∴∠TBG=45°，
∵∠MBN=45°，
∴∠MBT+∠NBT=∠NBT+∠GBN=45°，
∴∠MBT=∠GBN，
∴∠FBM+∠GBN=∠FBM+∠MBT=∠FBT，
∵BC∥FG，
∴∠FBD=∠BFT，
∵∠ECB+∠EBC=90°，∠BFT+∠FBT=90°，∠EBC=∠FBD ∴∠ECB=∠FBT，
∴∠ACD=∠FBM+∠NBG．
②证明：△ACF中，CD，FE是三角形的高，
∴AH⊥CF，
∴BH
AH =S△BCF
S△ACF
,BE
EF
=S△ACB
S△ACF
,BD
CD
=S△ABF
S△ACF
,
∴BH
AH +BE
FE
+BD
CD
=S△BCF+S△ACB+S△ABF
S△ACF
=S△ACF
S△ACF
=1.
【解析】【解答】解：（1）结论：FG+DC=AD．理由：如图1
∵∠ADB=90°，∠ABD=45°，
∴∠ADC=∠BDF=90°，∠BAD=45°，
∴AD=BD，
∵AD⊥BC,BE⊥AC,
∴∠C+∠DBF=90°，∠C+∠DAC=90°，
∴∠DBF=∠DAC，
∴△BDF≌△ADC（ASA），
∴DF=DC，
∵FG∥BD，
∴∠AFG=∠ADB=90°，
∠AGF=∠ABD=45°，
∴FG=AF，
∴FG+DC=AF+DF=AD，
故答案为：FG+CD=AD．
【分析】（1）先证明△BDF≌△ADC，得出DF=DC，再证明FG=AF，即可得出结论；（2）证明△ABD 和△AGF都是等腰直角三角形．得出AD=BD，AF=FG，再证明△ADC≌△BDF，得出DC=DF，即可得出结论；（3）①结论：∠ACD=∠FBM+∠NBG．如图3中，过点B作BT⊥FG于T．首先证明
∠FBM+∠NBG=∠FBT，再证明∠FBT=∠ACD即可．②利用面积法解决问题即可．
18.【答案】（1）解：如图，CE、BE、DE为所作；
（2）解：∵将线段CD绕点C 逆时针旋转90°得到线段CE，
∴∠DCE＝90°，CD＝CE
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE＝α，
在△ACD和△BCE中，
{AC=BC
∠ACD=∠BCE
CD=CE
，
∴△ACD≌△BCE (SAS)，
∴∠CBE＝∠A．
∵∠ACB＝90°，AC＝BC
∴∠A＝45°
∴∠CBE＝45°
∵∠DCE＝90°，CD＝CE
∴∠CED＝45°，
在△BCE中，∠BCE＝∠ACD＝α．
∴∠DEB＝180°﹣α﹣45°﹣45°＝90°﹣α．
（3）45°＜α＜90°
【解析】【解答】解：（3）∵△ACD的外心在三角形的内部，
∴△ACD是锐角三角形，
∴∠ACD＜90°，∠ADC＜90°，
又∵∠A＝45°，
∴∠ACD＞45°，
∴45°＜α＜90°．
【分析】（1）根据题中的几何语言画出对应的几何图形即可；
（2）根据旋转的性质，继而证明△ACD≌△BCE，根据全等三角形的性质，以及三角形的内角和定理，求出∠DEB即可。

∠A
19.【答案】（1）解：∵∠A=60°，∠DCB=∠EBC=1
2
∴∠OBC=∠OCB=30°
∴∠BOD＝∠COE=∠OBC＋∠OCB＝30°＋30°＝60°，
∴与∠A相等的角是∠BOD、∠COE，
四边形DBCE是等对边四边形，证明如下：
如图，作CG⊥BE于G点，作BF⊥CD交CD延长线于F点．
∴∠BFC=∠CGB=∠CGE=90°
∵∠DCB＝∠EBC＝1
∠A，BC=BC，
2
∴△BCF≌△CBG，
∴BF＝CG，
∵∠BDF＝∠ABE＋∠DOB，∠BEC＝∠ABE＋∠A，∠A=∠BOD
∴∠BDF＝∠BEC，
又∵∠BFD=∠CGE=90°，BF＝CG，
∴△BDF≌△CEG，
∴BD＝CE，
∴四边形DBCE是等对边四边形．
（2）解：存在等对边四边形DBCE，理由如下：
如图，作CG⊥BE于G点，作BF⊥CD交CD延长线于F点．
∴∠BFC=∠CGB=∠CGE=90°
∵∠DCB＝∠EBC＝1
2
∠A，BC=BC，
∴△BCF≌△CBG，
∴BF＝CG，
∵∠DCB=∠EBC=1
2
∠A
∴∠BOD =∠OBC＋∠OCB＝1
2∠A+1
2
∠A=∠A，
∴∠A=∠BOD，
∵∠BDF＝∠ABE＋∠DOB，∠BEC＝∠ABE＋∠A，
∴∠BDF＝∠BEC，
又∵∠BDF=∠CGE=90°，BF＝CG，
∴△BDF≌△CEG，
∴BD＝CE，
∴四边形DBCE是等对边四边形．
【解析】【分析】（1）根据三角形外角的性质可得∠BOD＝60°，根据对顶角的性质可得∠COE＝60°；作CG⊥BE于G点，作BF⊥C，D交CD延长线于F点通过证明△BCF≌△CBG，可得BF＝CG，,再证明
△BDF≌△CEG，即可证明四边形DBCE是等对边四边形；（2）作CG⊥BE于G点，作BF⊥CD交CD延长线于F点．易证△BCF≌△CBG，进而证明△BDF≌△CEG，所以BD＝CE，所以四边形DBCE是等对边四边形．
20.【答案】（1）解：当t=1 时，AP=BQ=1，BP=AC=3，又∠A=∠B=90°，在△ACP 和△BPQ 中，
{AP=BQ
∠=∠B
AC=BP
∴△ACP≌△BPQ（SAS）∴ PC=PQ
∠ACP=∠BPQ，
∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°
∴∠CPQ=90°，即线段PC 与线段PQ 垂直
（2）解：①若△ACP≌△BPQ
则AC=BP，AP=BQ,
{3=4−t
t=xt
解得{t=1
x=1
②若△ACP≌△BQP ,
则AC=BQ，AP=BP，{3=xt
t=4−t
解得{t=2
x=3 2
综上所述，存在{t=1
x=1
或{
t=2
x=
3
2
使得△ACP与-BPQ全等.
【解析】【分析】（1）根据全等三角形的判定定理证明△ACP≌△BPQ，得到∠ACP=∠BPQ，进一步求出答案即可；
（2）根据△ACP≌△BPQ，分情况进行讨论即可。

①AC=BP，AP=BQ；②AC=BQ，QP=BP。

21.【答案】（1）证明：∵BF∥AC，∴∠BFO＝∠CAO，∠FBO＝∠ACO，
又∵AO为△ABC的中线，∴BO＝CO，
在△BOF与△COA中，{∠BFO=∠CAO
∠FBO=∠ACO
BO=CO
，
∴△BOF≌△COA（AAS），
∴BF＝CA＝CD+AD，
∵AD＝DE，
∴BF＝CD+DE
（2）证明：∵BD垂直平分AE，∴BA＝BE，∠BAC＝∠BEA，
又∵BF∥AC，
∴∠BEA＝∠EBF＝∠BAC
（3）证明：在△BAC 与△EBF 中， {AC =BF
∠BAC =∠EBF BA =EB
，
∴△BAC ≌△EBF （SAS ），
∴∠BFE ＝∠C ＝45°，
∵BF ∥AC ，∴∠BFE ＝∠FEC ＝45°
又∵∠BGE ＝∠C+∠FEC ＝90°＝∠BDE ，
在△BEG 与△BED 中，
{∠BGE =∠BDE
∠EBG =∠EBD BE =BE
，
∴△BEG ≌△BED （AAS ），
∴BG ＝BD ．
【解析】【分析】(1)根据中线的定义得出BO ＝CO ，再利用AAS 证明△BOF ≌△COA ，得出BF=CA ，结合AD ＝DE ，利用线段间的和差关系，即可解答；
(2)由题意得出BD 垂直平分AE ，则得BA=BE ，可知∠BAC ＝∠BEA ，再结合平行线的性质，即可解答；
(3)利用SAS 证明△BAC ≌△EBF ，结合∠C=45°，推出∠BGE=∠BDE=90°，再利用AAS 证明 △BEG ≌△BED ，则可得出BG=BD.
22.【答案】 （1）解：如图①中，射线 AO 即为所求.
（2）D
（3）解：如图③中，
在ΔACD和ΔABE中，
{AC=AB
∠CAD=∠BAE
AD=AE
，
∴ΔACD≅ΔABE(SAS)，∴∠ADC=∠AEB，
∵AE=AD，AC=AB，∴CE=BD，
在ΔCOE和ΔBOD中，
{∠CEO=∠BDO
∠COE=∠BOD
CE=BD
，
∴ΔCOE≅ΔBOD(AAS)，∴OC=OB，
在ΔAOC和ΔAOB中，
{AC=AB
AO=AO
OC=OB
，
∴ΔAOC≅ΔAOB(SSS)，
∴∠OAC=∠OAB，
∴AO平分∠EAD.
（4）解：如图，在∠A的两边上截取AE=AF，利用直角尺作DE⊥AE，FG⊥AF，DE交FG 于O，作射线AO，射线AO即为所求.
理由：在RtΔAEO和RtΔAFO中，
{AE=AF
AO=AO，。