八年级数学上册期末试卷培优测试卷
一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）
1．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．
2．如图，已知△ABC中，AB＝AC＝20cm，BC＝16cm，点D为AB的中点．
（1）如果点P 在线段BC 上以6cm /s 的速度由B 点向C 点运动，同时点Q 在线段CA 上由C 向A 点运动．
①若点Q 的运动速度与点P 的运动速度相等，经过1秒后，△BPD 与△CQP 是否全等，请说明理由；
②若点Q 的运动速度与点P 的运动速度不相等，当点Q 的运动速度为多少时，能够使△BPD 与△CQP 全等？
（2）若点Q 以②中的运动速度从点C 出发，点P 以原来的运动速度从点B 同时出发，都逆时针沿△ABC 三边运动，求经过多长时间点P 与点Q 第一次在△ABC 的哪条边上相遇？ 【答案】（1）①△BPD ≌△CQP ，理由见解析；②V 7.5Q =（厘米/秒）；（2）点P 、Q 在AB 边上相遇，即经过了80
3
秒，点P 与点Q 第一次在AB 边上相遇． 【解析】 【分析】
（1）①先求出t=1时BP=BQ=6，再求出PC=10=BD ，再根据∠B ＝∠C 证得△BPD ≌△CQP ；
②根据V P ≠V Q ，使△BPD 与△CQP 全等，所以CQ ＝BD ＝10，再利用点P 的时间即可得到点Q 的运动速度；
（2）根据V Q ＞V P ，只能是点Q 追上点P ，即点Q 比点P 多走AB +AC 的路程，设运动x 秒，即可列出方程15
62202
x x ，解方程即可得到结果. 【详解】
（1）①因为t ＝1（秒）， 所以BP ＝CQ ＝6（厘米） ∵AB ＝20，D 为AB 中点， ∴BD ＝10（厘米）
又∵PC ＝BC ﹣BP ＝16﹣6＝10（厘米） ∴PC ＝BD ∵AB ＝AC ， ∴∠B ＝∠C ， 在△BPD 与△CQP 中，
BP CQ B C PC BD =??
∠=∠??=?
,
∴△BPD≌△CQP（SAS），
②因为V P≠V Q，
所以BP≠CQ，
又因为∠B＝∠C，
要使△BPD与△CQP全等，只能BP＝CP＝8，即△BPD≌△CPQ，故CQ＝BD＝10．
所以点P、Q的运动时间
84
663
BP
t（秒），
此时
10
7.5
4
3
Q
CQ
V
t（厘米/秒）．
（2）因为V Q＞V P，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程
设经过x秒后P与Q第一次相遇，依题意得15
6220 2
x x，
解得x=80
3
(秒)
此时P运动了80
6160
3
（厘米）
又因为△ABC的周长为56厘米，160＝56×2+48，
所以点P、Q在AB边上相遇，即经过了80
3
秒，点P与点Q第一次在AB边上相遇．
【点睛】
此题考查三角形全等的证明，三角形与动点相结合的解题方法，再证明三角形全等时注意顶点的对应关系是证明的关键.
3．在平面直角坐标系中，直线AB分别交x轴，y轴于A（a，0），B（0，b），且满足a2+b2+4a﹣8b+20＝0．
（1）求a，b的值；
（2）点P在直线AB的右侧；且∠APB＝45°，
①若点P在x轴上（图1），则点P的坐标为；
②若△ABP为直角三角形，求P点的坐标．
【答案】（1）a＝﹣2，b＝4；（2）①（4，0）；②P点坐标为（4，2），（2，﹣2）．
【解析】
【分析】
（1）利用非负数的性质解决问题即可．
（2）①根据等腰直角三角形的性质即可解决问题．
②分两种情形：如图2中，若∠ABP=90°，过点P作PC⊥OB，垂足为C．如图3中，若∠BAP=90°，过点P作PD⊥OA，垂足为D．分别利用全等三角形的性质解决问题即可．【详解】
（1）∵a2+4a+4+b2﹣8b+16＝0
∴（a+2）2+（b﹣4）2＝0
∴a＝﹣2，b＝4．
（2）①如图1中，
∵∠APB＝45°，∠POB＝90°，
∴OP＝OB＝4，
∴P（4，0）．
故答案为（4，0）．
②∵a＝﹣2，b＝4
∴OA＝2OB＝4
又∵△ABP为直角三角形，∠APB＝45°
∴只有两种情况，∠ABP＝90°或∠BAP＝90°
①如图2中，若∠ABP＝90°，过点P作PC⊥OB，垂足为C．
∴∠PCB＝∠BOA＝90°，
又∵∠APB＝45°，
∴∠BAP＝∠APB＝45°，
∴BA＝BP，
又∵∠ABO+∠OBP＝∠OBP+∠BPC＝90°，
∴∠ABO＝∠BPC，
∴△ABO≌△BPC（AAS），
∴PC＝OB＝4，BC＝OA＝2，
∴OC＝OB﹣BC＝4﹣2＝2，
∴P（4，2）．
②如图3中，若∠BAP＝90°，过点P作PD⊥OA，垂足为D．
∴∠PDA＝∠AOB＝90°，
又∵∠APB＝45°，
∴∠ABP＝∠APB＝45°，
∴AP＝AB，
又∵∠BAD+∠DAP＝90°，
∠DPA+∠DAP＝90°，
∴∠BAD＝∠DPA，
∴△BAO≌△APP（AAS），
∴PD＝OA＝2，AD＝OB＝4，
∴OD＝AD﹣0A＝4﹣2＝2，
∴P（2，﹣2）．
综上述，P点坐标为（4，2），（2，﹣2）．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
4．已知OP平分∠AOB，∠DCE的顶点C在射线OP上，射线CD交射线OA于点F，射线CE交射线OB于点G．
（1）如图1，若CD⊥OA，CE⊥OB，请直接写出线段CF与CG的数量关系；
（2）如图2，若∠AOB=120o，∠DCE=∠AOC，试判断线段CF与CG的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）CF=CG；（2）CF=CG，见解析
【解析】
【分析】
(1)结论CF=CG，由角平分线性质定理即可判断．
(2)结论：CF=CG，作CM⊥OA于M，CN⊥OB于N，证明△CMF≌△CNG，利用全等三角形的性质即可解决问题．
【详解】
解：（1）结论：CF=CG；
证明：∵OP平分∠AOB，CF⊥OA，CG⊥OB，
∴CF=CG（角平分线上的点到角两边的距离相等）；
（2）CF=CG.理由如下：如图，
过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，
∵OP平分∠AOB，CM⊥OA，CN⊥OB，∠AOB=120o，
∴CM=CN（角平分线上的点到角两边的距离相等），
∴∠AOC=∠BOC=60o（角平分线的性质），
∵∠DCE=∠AOC，
∴∠AOC=∠BOC=∠DCE=60o，
∴∠MCO=90o-60o =30o，∠NCO=90o-60o =30o，
∴∠MCN=30o+30o=60o，
∴∠MCN=∠DCE，
∵∠MCF=∠MCN-∠DCN，∠NCG=∠DCE-∠DCN，
∴∠MCF=∠NCG，
在△MCF和△NCG中，
CMF CNG
CM CN
MCF NCG
∠=∠
?
?
=
?
?∠=∠
?
∴△MCF≌△NCG（ASA），
∴CF=CG（全等三角形对应边相等）；
【点睛】
本题考查三角形综合题、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握角平分线的性质的应用，熟练证明三角形全等．
5．如图，ABC
?是等边三角形，点D在边AC上（“点D不与,A C重合），点E是射线BC上的一个动点（点E不与点,B C重合），连接DE，以DE为边作作等边三角形DEF
?，连接CF.
（1）如图1，当DE的延长线与AB的延长线相交，且,C F在直线DE的同侧时，过点D作//
DG AB，DG交BC于点G，求证：CF EG
=；
（2）如图2，当DE反向延长线与AB的反向延长线相交，且,C F在直线DE的同侧时，求证：CD CE CF
=+；
（3）如图3，当DE反向延长线与线段AB相交，且,C F在直线DE的异侧时，猜想CD、CE、CF之间的等量关系，并说明理由.
【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）CF=CD+CE，理由见详解.
【解析】
【分析】
(1)由ABC
?是等边三角形，//
DG AB，得∠CDG=∠A=60°，∠ACB=60°，CDG
?是等边三角形，易证? GDE?? CDF(SAS)，即可得到结论；
(2)过点D作DG∥AB交BC于点G，易证? GDE?? CDF(SAS)，即可得到结论；
(3)过点D作DG∥AB交BC于点G，易证? GDE?? CDF(SAS)，即可得到结论.
【详解】
（1）∵ABC
?是等边三角形，//
DG AB，
∴∠CDG=∠A=60°，∠ACB=60°，
∴CDG
?是等边三角形，
∴DG=DC.
∵DEF
?是等边三角形，
∴DE=DF，∠EDF=60°，
∴∠CDG-∠GDF=∠EDF-∠GDF，即：∠GDE=∠CDF，
在? GDE和? CDF中，
∵
DE DF
GDE CDF
DG DC
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
，
∴? GDE?? CDF(SAS)，
∴CF EG
=；
（2）过点D作DG∥AB交BC于点G，如图2，
∵ABC ?是等边三角形，//DG AB ， ∴∠CDG=∠A=60°，∠ACB=60°， ∴CDG ?是等边三角形， ∴DG=DC.
∵DEF ?是等边三角形， ∴DE=DF ，∠EDF=60°，
∴∠CDG-∠CDE=∠EDF-∠CDE ，即：∠GDE=∠CDF ， 在? GDE 和? CDF 中，
∵DE DF GDE CDF DG DC =??
∠=∠??=?
， ∴? GDE ? ? CDF(SAS)， ∴CF GE =，
∴CD CG CE GE CE CF ==+=+ （3）CF =CD +CE ，理由如下： 过点D 作DG ∥AB 交BC 于点G ，如图3， ∵ABC ?是等边三角形，//DG AB ， ∴∠CDG=∠A=60°，∠ACB=60°， ∴CDG ?是等边三角形， ∴DG=DC=GC.
∵DEF ?是等边三角形， ∴DE=DF ，∠EDF=60°，
∴∠CDG+∠CDE=∠EDF+∠CDE ，即：∠GDE=∠CDF ， 在? GDE 和? CDF 中，
∵DE DF GDE CDF DG DC =??
∠=∠??=?
， ∴? GDE ? ? CDF(SAS)， ∴CF GE ==GC+CE=CD+CE.
【点睛】
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）
6．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，3），点B（﹣2，1）．
（1）请运用所学数学知识构造图形求出AB的长；
（2）若Rt△ABC中，点C在坐标轴上，请在备用图1中画出图形，找出所有的点C后不用计算写出你能写出的点C的坐标；
（3）在x轴上是否存在点P，使PA=PB且PA+PB最小？若存在，就求出点P的坐标；若不存在，请简要说明理由（在备用图2中画出示意图）．
【答案】（1）AB=52）C2（0,7），C4（0，-4），C5（-1,0）、C6（1,0）；（3）不存在这样的点P．
【解析】
【分析】
（1）如图，连结AB，作B关于y轴的对称点D，利用勾股定理即可得出AB；
（2）分别以A，B，C为直角顶点作图，然后直接得出符合条件的点的坐标即可；
（3）作AB的垂直平分线l3，则l3上的点满足PA=PB，作B关于x轴的对称点B′，连结AB′，即x轴上使得PA+PB最小的点，观察作图即可得出答案．
【详解】
解：（1）如图，连结AB，作B关于y轴的对称点D，
由已知可得，BD=4，AD=2．∴在Rt△ABD中，AB=5
（2）如图，①以A为直角顶点，过A作l1⊥AB交x轴于C1，交y轴于C2．
②以B为直角顶点，过B作l2⊥AB交x轴于C3，交y轴于C4．
③以C为直角顶点，以AB为直径作圆交坐标轴于C5、C6、C7．（用三角板画找出也可）由图可知，C2（0,7），C4（0，-4），C5（-1,0）、C6（1,0）．
（3）不存在这样的点P．
作AB的垂直平分线l3，则l3上的点满足PA=PB，
作B关于x轴的对称点B′，连结AB′，
由图可以看出两线交于第一象限．
∴不存在这样的点P．
【点睛】
本题考查了勾股定理，构造直角三角形，中垂线和轴对称--路径最短问题的综合作图分析，解题的关键是学会分类讨论，学会画好图形解决问题．
7．（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.
8．（1）如图①，D是等边△ABC的边BA上一动点（点D与点B不重合），连接DC，以DC为边，在BC上方作等边△DCF，连接AF，你能发现AF与BD之间的数量关系吗？并证明你发现的结论；
（2）如图②，当动点D运动至等边△ABC边BA的延长线时，其他作法与（1）相同，猜想AF与BD在（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；
（3）Ⅰ.如图③，当动点D在等边△ABC边BA上运动时（点D与B不重合），连接DC，以DC为边在BC上方和下方分别作等边△DCF和等边△DCF′，连接AF，BF′，探究AF，BF′与AB有何数量关系？并证明你的探究的结论；
Ⅱ．如图④，当动点D在等边△ABC的边BA的延长线上运动时，其他作法与图③相同，Ⅰ中的结论是否成立？若不成立，是否有新的结论？并证明你得出的结论．
【答案】（1）AF=BD，理由见解析；（2）AF与BD在（1）中的结论成立，理由见解析；（3）Ⅰ. AF+BF′=AB，理由见解析，Ⅱ．Ⅰ中的结论不成立，新的结论是AF=AB+BF′，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）由等边三角形的性质得BC=AC，∠BCA=60°，DC=CF，∠DCF=60°，从而得
∠BCD=∠ACF，根据SAS证明△BCD≌△ACF，进而即可得到结论；
（2）根据SAS证明△BCD≌△ACF，进而即可得到结论；
（3）Ⅰ．易证△BCD≌△ACF（SAS），△BCF′≌△ACD（SAS），进而即可得到结论；Ⅱ．证明△BCF′≌△ACD，结合AF=BD，即可得到结论．
【详解】
（1）结论：AF=BD，理由如下：
如图1中，∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠BCA=60°，
同理知，DC=CF，∠DCF=60°，
∴∠BCA-∠DCA=∠DCF-∠DCA，即：∠BCD=∠ACF，
在△BCD和△ACF中，
∵
BC AC
BCD ACF DC FC
=
∠=∠
=
?
?
?
?
?
，
∴△BCD≌△ACF（SAS），
∴BD=AF；
（2）AF与BD在（1）中的结论成立，理由如下：如图2中，∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠BCA=60°，
同理知，DC=CF，∠DCF=60°，
∴∠BCA+∠DCA=∠DCF+∠DCA，即∠BCD=∠ACF，在△BCD和△ACF中，
∵
BC AC
BCD ACF DC FC
=
∠=∠
=
?
?
?
?
?
，
∴△BCD≌△ACF（SAS），
∴BD =AF ；
（3）Ⅰ．AF +BF ′=AB ，理由如下：
由（1）知，△BCD ≌△ACF （SAS ），则BD =AF ； 同理：△BCF ′≌△ACD （SAS ），则BF ′=AD ， ∴AF +BF ′=BD +AD =AB ；
Ⅱ．Ⅰ中的结论不成立，新的结论是AF =AB +BF ′，理由如下： 同理可得：BCF ACD ∠=∠′，F C DC =′， 在△BCF ′和△ACD 中，
BC AC BCF ACD F C DC =∠??=∠=?
??
′
′， ∴△BCF ′≌△ACD （SAS ）， ∴BF ′=AD ， 又由（2）知，AF =BD ，
∴AF =BD =AB +AD =AB +BF ′，即AF =AB +BF ′． 【点睛】
本题主要考查等边三角形的性质定理，三角形全等的判定和性质定理，熟练掌握三角形全等的判定和性质定理，是解题的关键．
9．如图，在等边三角形ABC 的外侧作直线AP ，点C 关于直线AP 的对称点为点D ，连接AD ，BD ，其中BD 交直线AP 于点E ． （1）依题意补全图形；
（2）若∠PAC ＝20°，求∠AEB 的度数；
（3）连结CE ，写出AE ，BE ，CE 之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）补图见解析；（2）60°；（3）CE ＋AE ＝BE ． 【解析】 【分析】
（1）根据题意补全图形即可；
（2）根据轴对称的性质可得AC ＝AD ，∠PAC ＝∠PAD=20°，根据等边三角形的性质可得AC ＝AB ，∠BAC ＝60°，即可得AB ＝AD ，在△ABD 中，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求得∠D 的度数，再由三角形外角的性质即可求得∠AEB 的度数；
（3）CE ＋AE ＝BE ，如图，在BE 上取点M 使ME ＝AE ，连接AM ，设∠EAC ＝∠DAE ＝x ，类比（2）的方法求得∠AEB ＝60°，从而得到△AME 为等边三角形，根据等边三角形的性质和SAS 即可判定△AEC ≌△AMB ，根据全等三角形的性质可得CE ＝BM ，由此即可证得CE ＋AE ＝BE ． 【详解】 (1)如图：
（2）在等边△ABC 中， AC ＝AB ，∠BAC ＝60°
由对称可知：AC ＝AD ，∠PAC ＝∠PAD ， ∴AB ＝AD ∴∠ABD ＝∠D ∵∠PAC ＝20° ∴∠PAD ＝20°
∴∠BAD ＝∠BAC+∠PAC +∠PAD =100°
()
1
180402
D BAD ??∴∠=
-∠=. ∴∠AEB ＝∠D +∠PAD ＝60° （3）CE ＋AE ＝BE ．
在BE 上取点M 使ME ＝AE ，连接AM ，
在等边△ABC 中， AC ＝AB ，∠BAC ＝60°
由对称可知：AC ＝AD ，∠EAC ＝∠EAD ， 设∠EAC ＝∠DAE ＝x ． ∵AD ＝AC ＝AB ，
∴()
1
1802602
D BAC x x ??∠=
-∠-=- ∴∠AEB ＝60－x ＋x ＝60°．
∴△AME为等边三角形．
∴AM=AE，∠MAE=60°，
∴∠
BAC=∠MAE=60°，
即可得∠BAM=∠CAE.
在△AMB和△AEC中，
AB AC
BAM CAE
AM AE
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
，
∴△AMB≌△AEC.
∴CE＝BM.
∴CE＋AE＝BE．
【点睛】
本题是三角形综合题，主要考查了轴对称的性质、三角形的内角和定理、等边三角形的性质及全等三角形的判定与性质等知识点，解决第三问时，通过做辅助线，把AE转化到BE 上，再证明CE＝BM即可得结论．
10．定义：如果两条线段将一个三角形分成3个等腰三角形，我们把这两条线段
．．．．叫做这个三角形的三分线.
（1）图①是顶角为36?的等腰三角形，这个三角形的三分线已经画出，请你在图②中用不同于图①的方法画出顶角为36?的等腰三角形的三分线，并标注每个等腰三角形顶角的度数（若两种方法分得的三角形成3对全等三角形，则视为同一种）；
（2）图③是顶角为45?的等腰三角形，请你在图③中画出顶角为45?的等腰三角形的三分线，并标注每个等腰三角形顶角的度数.
（3）ABC中，30
B
∠=?，AD和DE是ABC的三分线，点D在BC边上，点E在AC边上，且AD BD
=，DE CE
=，设c x
∠=?，则x所有可能的值为_________.
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）20或40.
【解析】 【分析】
(1)作底角的平分线，再作底边的平行线，即可得到三分线；
(2)过底角定点作对边的高，形成一个等腰直角三角形和一个直角三角形，然后再构造一个等腰直角三角形，即可.
(3)根据题意，先确定30°角然后确定一边为BA ，一边为BC ，再固定BA 的长，进而确定D 点，分别考虑AD 为等腰三角形的腰和底边，画出示意图，列出关于x 的方程，即可得到答案. 【详解】 （1）如图所示：
（2）如图所示：
（3）①当AD=AE 时，如图4， ∵DE CE =，c x ∠=?， ∴∠EDB=x °， ∴∠ADE=∠AED=2x °， ∵AD BD =， ∴∠BAD=∠B=30°， ∴30+30=2x+x ， 解得：x=20；
②当AD=DE 时，如图5， ∵DE CE =，c x ∠=?， ∴∠EDB=x °， ∴∠DAE=∠AED=2x °，
∵AD BD =， ∴∠BAD=∠B=30°， ∴30+30+2x+x=180， 解得：x=40.
③当AE=DE 时，则∠EAD=∠EDA=
1802(90)2
x
x -=-， ∴∠ADC=∠EDA+∠EDC=(90-x)+x=90° 又∵∠ADC=30+30=60°， ∴这种情况不存在.
∴x 所有可能的值为20或40. 故答案是：20或40
图4 图5 【点睛】
本题主要考查等腰三角形的判定和性质定理的综合应用，分类讨论，画出图形，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．数学活动课上，老师准备了若干个如图1的三种纸片，A 种纸片边长为a 的正方形，
B 中纸片是边长为b 的正方形，
C 种纸片是长为a 、宽为b 的长方形．并用A 种纸片一
张，B 种纸片一张，C 种纸片两张拼成如图2的大正方形．
（1）请问两种不同的方法求图2大正方形的面积．
方法1：s =____________________；方法2：s =________________________； （2）观察图2，请你写出下列三个代数式：()2
22,,a b a b ab ++之间的等量关系． _______________________________________________________； （3）根据（2）题中的等量关系，解决如下问题：