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人教版八年级上册数学进阶课堂小测——12.2SAS判定全等三角形（二阶）
数学考试
考试时间：30分钟 满分：50分
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 总分
评分
注意事项：
1、填写答题卡的内容用2B铅笔填写
2、提前 xx 分钟收取答题卡
第Ⅰ卷 客观题
第Ⅰ卷的注释
阅卷人 一、单选题
得分
1．（2022八上·沙坪坝开学考）如图，点P是∠BAC平分线AD上的一点，AC＝9，AB＝5，PB＝3，则PC的长不可能是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
2．（2021八上·蜀山期末）如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，AD＜AB，且点E在线段CD上，则下列结论中不一定成立的是（ ）
A．△ABD≌△ACE B．BD⊥CD
C．∠BAE-∠ABD=45° D．DE=CE
3．（2021八上·千山期中）如图为6个边长相等的正方形组成的图形，则∠1+∠2+∠3的大小是（ ）
A．90° B．120° C．135° D．150°
4．（2020八上·孝义期末）如图，△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，且点B，D，E在同一条直线上，若∠CAE+∠ACE+∠ADE=130°，则∠ADE的度数为（ ）
A．50° B．65° C．70° D．75°
5．（2020八上·富顺期中）对于任意△ （见示意图）．若 是△ 的边 上的中线， 、 的角平分线分别交 、 于点 ，连接 ，那么 之间的数量关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2020八上·北京期中）如图，△ABC中，∠ABC=∠ACB，D为BC上一点，BF=CD，CE=BD，则∠EDF等于（ ）
A． B． C． D．
7．（2020八上·太康期中）下列命题：
①相等的角是对顶角；
②两个全等三角形对应边上的中线相等；
③有两边和一角分别相等的两个三角形全等；
④锐角三角形的任意一个外角大于任何一个内角.
其中真命题的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（2020八上·无锡月考）如图，在△ABC中AD是∠A的外角平分线，P是AD上一动点且不与点A，D重合，记AB＋AC＝a，PB＋PC＝b，则a、b的大小关系是（ ）
A．a＜b B．a＝b C．a＞b D．不能确定
阅卷人 二、填空题
得分
9．（2021八上·长沙期中）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM.下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC.其中正确的是
10．（2021八上·滨江月考）如图， ， ，且 ，则 .
11．（2022八上·重庆市开学考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AB=10，AD平分∠CAB交BC于D点，E，F分别是AD，AC上的动点，则CE+EF的最小值为 ．
12．（2020八上·重庆月考）在锐角△ABC中，∠ABC=60°，BC=2cm，BD平分∠ABC交AC于点D，点M，N分别是BD和BC边上的动点，则MN+MC的最小值是 .
13．（2020八上·赣榆期中）如图，在锐角 中，AC＝10， ，∠BAC的平分线交BC于点D，点M，N分别是AD和AB上的动点，则BM＋MN的最小值是
14．（2022八上·潼南期中）如图，在的正方形网格中标出了和，则 度.
第Ⅱ卷 主观题
第Ⅱ卷的注释
阅卷人 三、解答题
得分
15．（2022八上·平谷期末）阅读下面材料：小明遇到这样一个问题：如图，在中，是边上的中线，是上一点，延长交于点，，求证：．
小明发现，延长AD到点H，使DH=AD，连结BH，构造，通过证明与全等，为等腰三角形，使问题得以解决（如图2）．请写出推导过程．
16．（2022七上·海阳期中）如图，在中，，垂足为点，点在上，为的中点，连接并延长至点，使得，连接．请判断线段与线段的关系，并说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】三角形三边关系；三角形全等的判定（SAS）；角平分线的定义
【解析】【解答】解：在AC上截取AE＝AB＝5，连接PE，
∵AC＝9，
∴CE＝AC﹣AE＝9﹣5＝4，
∵点P是∠BAC平分线AD上的一点，
∴∠CAD＝∠BAD，
在△APE和△APB中，
，
∴△APE≌△APB（SAS），
∴PE＝PB＝3，
∵4﹣3＜PC＜4+3，
解得1＜PC＜7，
∴PC不可能为7.
故答案为：D.
【分析】在AC上截取AE=AB=5，连接PE，则CE=AC-AE=4，根据角平分线的概念可得∠CAD＝∠BAD，证明△APE≌△APB，得到PE＝PB＝3，根据三角形的三边关系求出PC的范围，据此判断.
2．【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC-∠BAE =∠DAE-∠BAE，
即∠DAB=∠CAE．
又AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），故A成立．
∴∠AEC=∠ADB．
∴∠ADB -45° =∠BDC=90°．
∴BD⊥CD，故B成立．
由三角形内角和可得，∠DAB+∠ABD=45°，
∠ABD=45°-∠DAB，
又∠DAE=90°，
∴∠BAE=90°-∠DAB．
∴∠BAE-∠ABD=45°，故C成立．
现有条件无法证明DE=CE ，故D不成立．
故答案为：D．
【分析】利用三角形全等的判定方法和性质及三角形的内角和求解即可。
3．【答案】C
【知识点】三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，在 和 中，
，
，
（或观察图形得到 ，
，
，
又 ，
．
故答案为：C．
【分析】先利用“SAS”证明，可得∠1=∠4，再结合∠3+∠4=90°，可得∠1+∠3=90°，再结合∠2=45°，可求出。
4．【答案】B
【知识点】三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：
在 和 中
（ SAS）
故答案为：B．
【分析】先利用“SAS”证明 ，再利用全等三角形的性质得到对应角相等，最后利用角的运算求解即可。
5．【答案】D
【知识点】三角形三边关系；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：延长FD到G，使DG=FD，
∵ 、 的角平分线分别交 、 于点 ，
∴∠ADE=∠BDE= ∠ADB，∠ADF=∠CDF= ∠ADC，
∵∠ADB+∠ADC=180°，
∴∠EDF=∠ADE+∠ADF= (∠ADB+∠ADC)=90°，
∴ED⊥FD，又DG=DF，
∴ED垂直平分GF，
∴EF=EG，
∵ 是△ 的边 上的中线，
∴BD=DC，又∠BDG=∠CDF，DG=DF，
∴△BDG≌△CDF（SAS），
∴BG=CF，
在△BEG中，∵BE+BG﹥EG，
∴BE+CF﹥EF，
故答案为：D．
【分析】本题的关键是将线段EF、BE、CF转换到三角形BEG中，然后利用三角形三边的关系进行比较即可。
6．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】∴∠ABC=∠ACB，BF=CD，CE=BD，
∴△BDF≌△CED（SAS），
∴∠BFD=∠CDE，
∴∠EDF=180°-∠CDE-∠BDF=180°-∠BFD-∠BDF=∠B．
又∵ ，
∴∠EDF= ．
故答案为：B．
【分析】根据题意，首先证明△BDF≌△CED（SAS），即可得到∠BFD=∠CDE，所以即可得到∠FDE=∠B，继而由三角形的内角和定理求出答案即可。
7．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定（SAS）；对顶角及其性质；真命题与假命题
【解析】【解答】解：①对顶角相等，但相等的角不一定是对顶角，故原命题错误，是假命题；
②两个全等三角形对应边上的中线相等，正确，是真命题；
③有两边和夹角分别相等的两个三角形全等，故原命题错误，是假命题；
④锐角三角形的任意一个外角都是钝角，所以大于任何一个内角，故原命题正确，是真命题，
真命题有2个，
故答案为：B.
【分析】利用对顶角的性质、全等三角形的判定和性质及三角形的外角的性质分别判断后即可确定正确的选项.
8．【答案】A
【知识点】三角形三边关系；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】在BA延长线上截取AE=AC，连结PE，
∴BE=AB+AE=AB+AC=a，
∵AD平分∠EAC，
∴∠EAP=∠CAP，
∵AP=AP，
∴△EAP≌△CAP，
∴PC=PE，
在三角形BPE中PE+PB>BE，由b=PE+PB>BE=a.
故答案为：A.
【分析】在BA延长线上截取AE=AC，AB+AC转一直线上，利用外角平分线把PC转换成PE，在一个三角形中用三边关系判断即可.
9．【答案】①②④
【知识点】三角形的外角性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形全等的判定（ASA）；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵∠AOB=∠COD=40°，
∴∠AOB+∠AOD=∠COD+∠AOD，
即∠AOC=∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA=∠ODB，AC=BD，①正确；
∴∠OAC=∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB=∠AOB=40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图2所示：
则∠OGC=∠OHD=90°，
在△OCG和△ODH中，
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG=OH，
∴MO平分∠BMC，④正确；
∵∠AOB=∠COD，
∴当∠DOM=∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM=∠AOM
∵△AOC≌△BOD，
∴∠COM=∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO=∠BMO，
在△COM和△BOM中，
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB=OC，
∵OA=OB
∴OA=OC
与OA＞OC矛盾，
∴③错误；
正确的是①②④；
故答案为①②④
【分析】根据角的和差关系求出∠AOC=∠BOD，再利用SAS证明△AOC≌△BOD，得出∠OCA=∠ODB， AC=BD，即可对①作判断；由①的结论得出∠OAC=∠OBD，结合三角形的外角性质推出∠AMB=∠AOB=40°，即可对②作判断；作OG⊥MC于G， OH⊥MB于H，利用 AAS证明△OCG≌△ODH ，得出OG=OH，则可判断MO平分∠BMC，即可对 ④ 作判断；由∠AOB=∠COD，得出当∠DOM=∠AOM时，OM平分∠BOC，假设∠DOM=∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM=∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO=∠BMO，再利用ASA证明△COM≌△BOM，得出OB=OC，结合OA=OB，可得OA=OC，结合 OA＞OC的条件，即可判断③.
10．【答案】140°
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵∠ACB=∠ECD=90°，
∴∠ACB-∠BCE=∠ECD-∠BCE即∠DCB=∠ACE，
在△BDC和△ACE中
∴△BDC≌△ACE（SAS）
∴∠DBC=∠CAE，
∵∠EBC=50°，
∴∠CAE+∠CBE=50°，
在Rt△ABC中，∠ABE+∠BAE+∠CAE+∠CBE=90°，
∴∠ABE+∠BAE=90°-50°=40°，
∴∠AEB=180°-（∠ABE+∠BAE）=180°-40°=140°.
故答案为：140°.
【分析】利用已知可证得∠DCB=∠ACE，利用SAS证明△BDC≌△ACE，利用全等三角形的性质可得到∠DBC=∠CAE；利用∠EBC=50°，可得到∠CAE+∠CBE=50°，在Rt△ABC中，利用三角形的内角和定理求出∠ABE+∠BAE的值；然后根据∠AEB=180°-（∠ABE+∠BAE），代入计算可求解.
11．【答案】
【知识点】垂线段最短；三角形的面积；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图所示：在AB上取点F′，使AF′=AF，过点C作CH⊥AB，垂足为H．
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠BAD，
又AE=AE，
∴△AEF≌△AEF′（SAS），
∴FE=EF′，
∵S△ABC=AB CH=AC BC，
∴CH=，
∵EF+CE=EF′+EC，
∴当C、E、F′共线，且点F′与H重合时，FE+EC的值最小，最小值为，
故答案为：．
【分析】在AB上取点F'，使AF'=AF，过点C作CH⊥AB，垂足为H，利用SAS证明△AEF≌△AE F′，得出FE=EF′，因为EF+CE=EF'+EC，推出当C、 E、F'共线，且点F'与H重合时，FE+EC的值最小，然后利用面积法求出CH长，即可解答.
12．【答案】
【知识点】垂线段最短；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，在BA上截取BE=BN，连接CE.
∵∠ABC的平分线交AC于点D，
∴∠EBM=∠NBM，
在△BME与△BMN中， ，
∴△BME≌△BMN，
∴ME=MN.
∴CM+MN=CM+ME≥CE.
∴CM+MN有最小值.
当CE是点C到直线AB的距离时，CE最小，
∵∠ABC=60°，BC=2cm，
∴当CE⊥AB时，可得CE= ，
∴CM+MN的最小值是 .
故答案为： .
【分析】如图，在BA上截取BE=BN，连接CE，结合已知用边角边可证△BME≌△BMN，由全等三角形的性质可得ME=MN，根据三角形任意两边之和大于第三边可得CM+MN=CM+ME≥CE，于是CM+MN有最小值，根据垂线段最短可知当CE是点C到直线AB的距离时，CE最小，然后在直角三角形BCE中，用勾股定理可求解.
13．【答案】5
【知识点】线段的性质：两点之间线段最短；三角形的面积；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，在AC上取一点E，使 ，连接ME，
是 的平分线，
，
在 和 中， ，
，
，
，
由两点之间线段最短得：当点 共线时， 取最小值，最小值为BE，
又由垂线段最短得：当 时，BE取得最小值，
，
，
解得 ，
即 的最小值为5，
故答案为：5.
【分析】在AC上取一点E，使AE=AN，连接ME，由角平分线的概念可得∠EAM=∠NAM，证明△AEM≌△ANM，得到ME=MN，由两点之间线段最短得：当点B、M、E共线时，BM+ME取最小值，最小值为BE，然后由三角形的面积公式求出BE即可.
14．【答案】135
【知识点】三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，连接、，，，，
由图可知，在和中，
，
，
，
，
，
故答案为：135.
【分析】由题意连接AD、BD，根据勾股定理计算易得AD=BD=BC，∠DAB=∠DBA=45°，用边角边可证△DFB≌△BEC，由全等三角形的性质可得∠DBF=∠2，于是∠1+∠2=∠1+∠DBF可求解.
15．【答案】证明：延长到点，使
∵为中点
∴
在和中
∴
∴，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
【知识点】三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】延长AD到点H，使，先利用“SAS”证明，可得，，再结合，可得，证出，最后利用等量代换可得。
16．【答案】解：且，理由如下：
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
∵为中点，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴且．
【知识点】三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】利用全等三角形的判定与性质证明即可。
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数学考试
考试时间：30分钟 满分：50分
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 总分
评分
注意事项：
1、填写答题卡的内容用2B铅笔填写
2、提前 xx 分钟收取答题卡
第Ⅰ卷 客观题
第Ⅰ卷的注释
阅卷人 一、单选题
得分
1．（2022八上·沙坪坝开学考）如图，点P是∠BAC平分线AD上的一点，AC＝9，AB＝5，PB＝3，则PC的长不可能是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】D
【知识点】三角形三边关系；三角形全等的判定（SAS）；角平分线的定义
【解析】【解答】解：在AC上截取AE＝AB＝5，连接PE，
∵AC＝9，
∴CE＝AC﹣AE＝9﹣5＝4，
∵点P是∠BAC平分线AD上的一点，
∴∠CAD＝∠BAD，
在△APE和△APB中，
，
∴△APE≌△APB（SAS），
∴PE＝PB＝3，
∵4﹣3＜PC＜4+3，
解得1＜PC＜7，
∴PC不可能为7.
故答案为：D.
【分析】在AC上截取AE=AB=5，连接PE，则CE=AC-AE=4，根据角平分线的概念可得∠CAD＝∠BAD，证明△APE≌△APB，得到PE＝PB＝3，根据三角形的三边关系求出PC的范围，据此判断.
2．（2021八上·蜀山期末）如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，AD＜AB，且点E在线段CD上，则下列结论中不一定成立的是（ ）
A．△ABD≌△ACE B．BD⊥CD
C．∠BAE-∠ABD=45° D．DE=CE
【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC-∠BAE =∠DAE-∠BAE，
即∠DAB=∠CAE．
又AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），故A成立．
∴∠AEC=∠ADB．
∴∠ADB -45° =∠BDC=90°．
∴BD⊥CD，故B成立．
由三角形内角和可得，∠DAB+∠ABD=45°，
∠ABD=45°-∠DAB，
又∠DAE=90°，
∴∠BAE=90°-∠DAB．
∴∠BAE-∠ABD=45°，故C成立．
现有条件无法证明DE=CE ，故D不成立．
故答案为：D．
【分析】利用三角形全等的判定方法和性质及三角形的内角和求解即可。
3．（2021八上·千山期中）如图为6个边长相等的正方形组成的图形，则∠1+∠2+∠3的大小是（ ）
A．90° B．120° C．135° D．150°
【答案】C
【知识点】三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，在 和 中，
，
，
（或观察图形得到 ，
，
，
又 ，
．
故答案为：C．
【分析】先利用“SAS”证明，可得∠1=∠4，再结合∠3+∠4=90°，可得∠1+∠3=90°，再结合∠2=45°，可求出。
4．（2020八上·孝义期末）如图，△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，且点B，D，E在同一条直线上，若∠CAE+∠ACE+∠ADE=130°，则∠ADE的度数为（ ）
A．50° B．65° C．70° D．75°
【答案】B
【知识点】三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：
在 和 中
（ SAS）
故答案为：B．
【分析】先利用“SAS”证明 ，再利用全等三角形的性质得到对应角相等，最后利用角的运算求解即可。
5．（2020八上·富顺期中）对于任意△ （见示意图）．若 是△ 的边 上的中线， 、 的角平分线分别交 、 于点 ，连接 ，那么 之间的数量关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形三边关系；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：延长FD到G，使DG=FD，
∵ 、 的角平分线分别交 、 于点 ，
∴∠ADE=∠BDE= ∠ADB，∠ADF=∠CDF= ∠ADC，
∵∠ADB+∠ADC=180°，
∴∠EDF=∠ADE+∠ADF= (∠ADB+∠ADC)=90°，
∴ED⊥FD，又DG=DF，
∴ED垂直平分GF，
∴EF=EG，
∵ 是△ 的边 上的中线，
∴BD=DC，又∠BDG=∠CDF，DG=DF，
∴△BDG≌△CDF（SAS），
∴BG=CF，
在△BEG中，∵BE+BG﹥EG，
∴BE+CF﹥EF，
故答案为：D．
【分析】本题的关键是将线段EF、BE、CF转换到三角形BEG中，然后利用三角形三边的关系进行比较即可。
6．（2020八上·北京期中）如图，△ABC中，∠ABC=∠ACB，D为BC上一点，BF=CD，CE=BD，则∠EDF等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】∴∠ABC=∠ACB，BF=CD，CE=BD，
∴△BDF≌△CED（SAS），
∴∠BFD=∠CDE，
∴∠EDF=180°-∠CDE-∠BDF=180°-∠BFD-∠BDF=∠B．
又∵ ，
∴∠EDF= ．
故答案为：B．
【分析】根据题意，首先证明△BDF≌△CED（SAS），即可得到∠BFD=∠CDE，所以即可得到∠FDE=∠B，继而由三角形的内角和定理求出答案即可。
7．（2020八上·太康期中）下列命题：
①相等的角是对顶角；
②两个全等三角形对应边上的中线相等；
③有两边和一角分别相等的两个三角形全等；
④锐角三角形的任意一个外角大于任何一个内角.
其中真命题的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定（SAS）；对顶角及其性质；真命题与假命题
【解析】【解答】解：①对顶角相等，但相等的角不一定是对顶角，故原命题错误，是假命题；
②两个全等三角形对应边上的中线相等，正确，是真命题；
③有两边和夹角分别相等的两个三角形全等，故原命题错误，是假命题；
④锐角三角形的任意一个外角都是钝角，所以大于任何一个内角，故原命题正确，是真命题，
真命题有2个，
故答案为：B.
【分析】利用对顶角的性质、全等三角形的判定和性质及三角形的外角的性质分别判断后即可确定正确的选项.
8．（2020八上·无锡月考）如图，在△ABC中AD是∠A的外角平分线，P是AD上一动点且不与点A，D重合，记AB＋AC＝a，PB＋PC＝b，则a、b的大小关系是（ ）
A．a＜b B．a＝b C．a＞b D．不能确定
【答案】A
【知识点】三角形三边关系；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】在BA延长线上截取AE=AC，连结PE，
∴BE=AB+AE=AB+AC=a，
∵AD平分∠EAC，
∴∠EAP=∠CAP，
∵AP=AP，
∴△EAP≌△CAP，
∴PC=PE，
在三角形BPE中PE+PB>BE，由b=PE+PB>BE=a.
故答案为：A.
【分析】在BA延长线上截取AE=AC，AB+AC转一直线上，利用外角平分线把PC转换成PE，在一个三角形中用三边关系判断即可.
阅卷人 二、填空题
得分
9．（2021八上·长沙期中）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM.下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC.其中正确的是
【答案】①②④
【知识点】三角形的外角性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形全等的判定（ASA）；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵∠AOB=∠COD=40°，
∴∠AOB+∠AOD=∠COD+∠AOD，
即∠AOC=∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA=∠ODB，AC=BD，①正确；
∴∠OAC=∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC=∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB=∠AOB=40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图2所示：
则∠OGC=∠OHD=90°，
在△OCG和△ODH中，
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG=OH，
∴MO平分∠BMC，④正确；
∵∠AOB=∠COD，
∴当∠DOM=∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM=∠AOM
∵△AOC≌△BOD，
∴∠COM=∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO=∠BMO，
在△COM和△BOM中，
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB=OC，
∵OA=OB
∴OA=OC
与OA＞OC矛盾，
∴③错误；
正确的是①②④；
故答案为①②④
【分析】根据角的和差关系求出∠AOC=∠BOD，再利用SAS证明△AOC≌△BOD，得出∠OCA=∠ODB， AC=BD，即可对①作判断；由①的结论得出∠OAC=∠OBD，结合三角形的外角性质推出∠AMB=∠AOB=40°，即可对②作判断；作OG⊥MC于G， OH⊥MB于H，利用 AAS证明△OCG≌△ODH ，得出OG=OH，则可判断MO平分∠BMC，即可对 ④ 作判断；由∠AOB=∠COD，得出当∠DOM=∠AOM时，OM平分∠BOC，假设∠DOM=∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM=∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO=∠BMO，再利用ASA证明△COM≌△BOM，得出OB=OC，结合OA=OB，可得OA=OC，结合 OA＞OC的条件，即可判断③.
10．（2021八上·滨江月考）如图， ， ，且 ，则 .
【答案】140°
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵∠ACB=∠ECD=90°，
∴∠ACB-∠BCE=∠ECD-∠BCE即∠DCB=∠ACE，
在△BDC和△ACE中
∴△BDC≌△ACE（SAS）
∴∠DBC=∠CAE，
∵∠EBC=50°，
∴∠CAE+∠CBE=50°，
在Rt△ABC中，∠ABE+∠BAE+∠CAE+∠CBE=90°，
∴∠ABE+∠BAE=90°-50°=40°，
∴∠AEB=180°-（∠ABE+∠BAE）=180°-40°=140°.
故答案为：140°.
【分析】利用已知可证得∠DCB=∠ACE，利用SAS证明△BDC≌△ACE，利用全等三角形的性质可得到∠DBC=∠CAE；利用∠EBC=50°，可得到∠CAE+∠CBE=50°，在Rt△ABC中，利用三角形的内角和定理求出∠ABE+∠BAE的值；然后根据∠AEB=180°-（∠ABE+∠BAE），代入计算可求解.
11．（2022八上·重庆市开学考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AB=10，AD平分∠CAB交BC于D点，E，F分别是AD，AC上的动点，则CE+EF的最小值为 ．
【答案】
【知识点】垂线段最短；三角形的面积；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图所示：在AB上取点F′，使AF′=AF，过点C作CH⊥AB，垂足为H．
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠BAD，
又AE=AE，
∴△AEF≌△AEF′（SAS），
∴FE=EF′，
∵S△ABC=AB CH=AC BC，
∴CH=，
∵EF+CE=EF′+EC，
∴当C、E、F′共线，且点F′与H重合时，FE+EC的值最小，最小值为，
故答案为：．
【分析】在AB上取点F'，使AF'=AF，过点C作CH⊥AB，垂足为H，利用SAS证明△AEF≌△AE F′，得出FE=EF′，因为EF+CE=EF'+EC，推出当C、 E、F'共线，且点F'与H重合时，FE+EC的值最小，然后利用面积法求出CH长，即可解答.
12．（2020八上·重庆月考）在锐角△ABC中，∠ABC=60°，BC=2cm，BD平分∠ABC交AC于点D，点M，N分别是BD和BC边上的动点，则MN+MC的最小值是 .
【答案】
【知识点】垂线段最短；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，在BA上截取BE=BN，连接CE.
∵∠ABC的平分线交AC于点D，
∴∠EBM=∠NBM，
在△BME与△BMN中， ，
∴△BME≌△BMN，
∴ME=MN.
∴CM+MN=CM+ME≥CE.
∴CM+MN有最小值.
当CE是点C到直线AB的距离时，CE最小，
∵∠ABC=60°，BC=2cm，
∴当CE⊥AB时，可得CE= ，
∴CM+MN的最小值是 .
故答案为： .
【分析】如图，在BA上截取BE=BN，连接CE，结合已知用边角边可证△BME≌△BMN，由全等三角形的性质可得ME=MN，根据三角形任意两边之和大于第三边可得CM+MN=CM+ME≥CE，于是CM+MN有最小值，根据垂线段最短可知当CE是点C到直线AB的距离时，CE最小，然后在直角三角形BCE中，用勾股定理可求解.
13．（2020八上·赣榆期中）如图，在锐角 中，AC＝10， ，∠BAC的平分线交BC于点D，点M，N分别是AD和AB上的动点，则BM＋MN的最小值是
【答案】5
【知识点】线段的性质：两点之间线段最短；三角形的面积；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，在AC上取一点E，使 ，连接ME，
是 的平分线，
，
在 和 中， ，
，
，
，
由两点之间线段最短得：当点 共线时， 取最小值，最小值为BE，
又由垂线段最短得：当 时，BE取得最小值，
，
，
解得 ，
即 的最小值为5，
故答案为：5.
【分析】在AC上取一点E，使AE=AN，连接ME，由角平分线的概念可得∠EAM=∠NAM，证明△AEM≌△ANM，得到ME=MN，由两点之间线段最短得：当点B、M、E共线时，BM+ME取最小值，最小值为BE，然后由三角形的面积公式求出BE即可.
14．（2022八上·潼南期中）如图，在的正方形网格中标出了和，则 度.
【答案】135
【知识点】三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，连接、，，，，
由图可知，在和中，
，
，
，
，
，
故答案为：135.
【分析】由题意连接AD、BD，根据勾股定理计算易得AD=BD=BC，∠DAB=∠DBA=45°，用边角边可证△DFB≌△BEC，由全等三角形的性质可得∠DBF=∠2，于是∠1+∠2=∠1+∠DBF可求解.
第Ⅱ卷 主观题
第Ⅱ卷的注释
阅卷人 三、解答题
得分
15．（2022八上·平谷期末）阅读下面材料：小明遇到这样一个问题：如图，在中，是边上的中线，是上一点，延长交于点，，求证：．
小明发现，延长AD到点H，使DH=AD，连结BH，构造，通过证明与全等，为等腰三角形，使问题得以解决（如图2）．请写出推导过程．
【答案】证明：延长到点，使
∵为中点
∴
在和中
∴
∴，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
【知识点】三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】延长AD到点H，使，先利用“SAS”证明，可得，，再结合，可得，证出，最后利用等量代换可得。
16．（2022七上·海阳期中）如图，在中，，垂足为点，点在上，为的中点，连接并延长至点，使得，连接．请判断线段与线段的关系，并说明理由．
【答案】解：且，理由如下：
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
∵为中点，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴且．
【知识点】三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】利用全等三角形的判定与性质证明即可。
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