解答题压轴题训练(四)(解析版)-2020-2021学年八年级数学下学期期中考试压轴题专练(北师大版

（时间：60分钟 总分：100） 班级 姓名 得分 一、解答题

1．已知，△ABC是等腰直角三角形，BC=AB，A点在x负半轴上，直角顶点B在y轴上，点C在x轴上方．

（1）如图1所示，若A的坐标是（-3，0），点B的坐标是（0，1），求点C的坐标； （2）如图2，过点C作CD△y轴于D，请写出线段OA，OD，CD之间等量关系并说明理由；

（3）如图3，若x轴恰好平分△BAC，BC与x轴交于点E，过点C作CF△x轴于F，问CF与AE有怎样的数量关系？并说明理由．

【答案】（1）C（-1，4）；（2）OA=CD+OD，理由见解析；（3）CF=【分析】

1AE，理由见解析． 2OB=1根据等腰直角三角形的性质得BA=BC，（1）作CH⊥y轴于H，如图1，易得OA=3，⊥ABC=90°，再利用等角的余角相等得到⊥CBH=⊥BAO，则可根据“AAS”证明⊥ABO⊥⊥BCH，得到OB=CH=1，OA=BH=3，所以C（-1，4）；

OA=BD，（2）与（1）一样的方法可证明⊥ABO⊥⊥BCD，得到OB=CD，易得OA=CD+OD； （3）如图3，CF和AB的延长线相交于点D，先证明⊥ABE⊥⊥CBD得到AE=CD，再利用对称性质得CF=DF，所以CF=【详解】

解：（1）作CH⊥y轴于H，如图1，

1AE． 2 1

⊥点A的坐标是（-3，0），点B的坐标是（0，1）， ⊥OA=3，OB=1，

⊥⊥ABC是等腰直角三角形， ⊥BA=BC，⊥ABC=90°， ⊥⊥ABO+⊥CBH=90°， ⊥⊥ABO+⊥BAO=90°， ⊥⊥CBH=⊥BAO， 在⊥ABO和⊥BCH中

AOBBHCBAOCBH， ABBC⊥⊥ABO⊥⊥BCH， ⊥OB=CH=1，OA=BH=3， ⊥OH=OB+BH=1+3=4， ⊥C（-1，4）；

（2）OA=CD+OD．理由如下：如图2，

⊥⊥ABC是等腰直角三角形， ⊥BA=BC，⊥ABC=90°，

2

⊥⊥ABO+⊥CBD=90°， ⊥⊥ABO+⊥BAO=90°， ⊥⊥CBD=⊥BAO， 在⊥ABO和⊥BCD中

AOBBDCBAOCBD， ABBC⊥⊥ABO⊥⊥BCD， ⊥OB=CD，OA=BD， 而BD=OB+OD=CD+OD， ⊥OA=CD+OD； （3）CF=

12AE．理由如下： 如图3，CF和AB的延长线相交于点D，

⊥⊥CBD=90°， ⊥CF⊥x，

⊥⊥BCD+⊥D=90°， 而⊥DAF+⊥D=90°， ⊥⊥BCD=⊥DAF， 在⊥ABE和⊥CBD中，

ABECBDABCB， BAEBCD⊥⊥ABE⊥⊥CBD（ASA）， ⊥AE=CD，

3

⊥x轴平分⊥BAC，CF⊥x轴， ⊥CF=DF， ⊥CF=

11CD=AE． 22【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质：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．也考查了坐标与图形性质和等腰直角三角形的性质．本题的关键是利用等腰直角三角形的性质添加辅助线构建全等三角形．

2．一个两位正整数n，如果n满足各数位上的数字互不相同且均不为0，那么称n为“启航数”，将n的两个数位上的数字对调得到一个新数n．把n放在n的后面组成第一个四位数，把n放在n的后面组成第二个四位数，我们把第一个四位数减去第二个四位数后再除以11所得的商记为F(n)，例如：n23时，n23，F(23)2332322381．

11（1）计算F(42)= ；若m为“启航数”， F(m)是一个完全平方数，求F(m)的值； （2）s、t为“启航数”，其中s10ab,t10xy（1≤b≤a≤9，1≤x、y≤5，且a,b,x,y为

整数）．规定：K(s,t)的最大值．

st，若F(s)能被7整除，且F(s)F(t)81y162，求K(s,t)t【答案】（1）F（42）=162，F（m）=81或324；（2）Kmax=【分析】

79． 13q的取值范围可得0＜p-q≤8，（1）根据新定义直接计算出F(42)的值，设m=pq，根据p、

根据F(m)是一个完全平方数，可推出pq1或4，综合以上两个条件，将p、q的值代入F(m)计算得出答案即可．

（2）根据F(s)能被7整除可得出，ab7，结合a、b的取值范围可得s的值为92或81，根据F(s)F(t)81y162可得出2y=x+5，结合x、y的取值范围，可得t=13或34，将s、t的值代入K(s,t)计算选出最大值即可． 【详解】

4

（1）F(42)42242442162，

11设m=pq（1≤q≤9，1≤p≤9，且p、q为整数），

则F(m)=pqqpqppq891p891q81(pq)，

1111⊥F(m)完全平方数， ⊥pq为完全平方数， ⊥1≤q≤p≤9，且p、q为整数， ⊥0＜p-q≤8， ⊥pq1或4，

当pq1时，F(m)=81(pq)81181， 当pq4时，F(m)=81(pq)814324， ⊥F（m）=81或324；

（2）由题意知：s=ab，t=xy（1≤b≤a≤9,1≤x、y≤5，且a、b、x、y为整数）， ⊥F(s)81(ab)，F(t)81(xy)， ⊥F(s)能被7整除， ⊥

81(ab)为整数， 7又⊥1≤b≤a≤9， ⊥0＜a-b≤8， ⊥ab7，

⊥a9，b2，或a8，b1， ⊥s92或81．

又⊥F(s)F(t)81y162，

⊥81（a-b）+81（x-y）-81y=162，即：81×7+81（x-y）-81y=162， ⊥2y=x+5，

⊥1≤x、y≤5且xy，

⊥x1，y3，或x3，y4，

5

⊥t13或34，

将s、t的值代入K(s,t)计算可得，

⊥K(92,13)79684758，K（92，34）=，K(81,13)，K(81,34)，

3413133479685847， 1313343479⊥Kmax=．

13⊥【点睛】

本题主要考查了新定义下的实数运算，理解整除、完全平方数的定义，把不等式和方程相结合进行综合分析是解题关键． 3．综合与实践 问题情境：

如图1，在ABC中，ABAC，BAC90，ABCBCA，点D在直线BC上运动，以AD为边作ADE，使得ADAE，DAE90，ADEAED．连接

CE．当点D在BC边上时，试判断线段CE，CD及BC之间的数量关系．

探究展示：勤奋小组发现，BCCECD，并展示了如下论述过程： 理由如下：△在ABC和ADE中，ABAC，ADAE，

BACDAE90．

△BACDACDAEDAC，即BADCAE． 在DAB与EAC中，

ABAC,BADCAE, ADAE,△DABEAC（依据1）．

6

△BDCE（依据2） △BCBDDC， △BCCECD． 反思交流：

（1）上述证明过程中的“依据1”，“依据2”分别是什么？

（2）如图2，缜密小组在勤奋小组的基础上继续探究，当点D在CB延长线上时，线段CE，

CD及BC之间的数量关系是BCCDCE，且CE与BD的位置关系是CEBD；请

判断缜密小组的说法是否正确，若正确，请说明理由；若不正确，请把你发现的结果写出并说明理由；

(3) 如图3，当点D在边BC的延长线上且其他条件不变时，（2）中BC，CE，CD之间存在的关系是否成立？如不成立，请直接写出BC，CE，CD之间存在的数量关系，并证明.

【答案】（1）依据1是SAS，依据2是全等三角形的对应边相等；（2）正确，证明见解析；（3）BCCECD，CEBC． 【分析】

（1）由全等三角形的判定和性质，即可得到答案；

（2）根据题意，先证明DABEAC，得到BDCE，ABDACE，然后由补角和余角的性质，即可得到答案；

（3）与（2）同理先证明DABEAC，根据全等三角形的性质，得到BDCE，⊥ABC=⊥ACE，然后即可得到结论成立． 【详解】

解：（1）根据全等三角形的判定和性质，则 依据1是SAS；

依据2是全等三角形的对应边相等； （2）正确．

理由如下：⊥在ABC和ADE中，BACDAE90，ABCBCA， ⊥ABCBCA45．

⊥BACBAEDAEBAE，即BADCAE． 在DAB和EAC中，

7

ABAC,BADCAE, ADAE,⊥DABEACSAS． ⊥BDCE，ABDACE． ⊥BCCDBD， ⊥BCCDCE．

⊥ACEABD180ABC18045135， ⊥BCEACEACB1354590． ⊥CEBC， 即CEBD．

（3）BCCECD； 如图：

与（2）同理，可得BADCAE， 在⊥ABD和⊥ACE中，

ABACBADCAE， ADAE⊥DABEACSAS ⊥BDCE，⊥ABC=⊥ACE， ⊥BCBDCDCECD； ⊥⊥ABC+⊥ACB=90°， ⊥⊥ACB+⊥ACE=90°， ⊥⊥BCE=90°，

8

⊥CEBC． 【点睛】

本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，正方形的性质的应用，主要考查学生的推理能力，注意：证明过程类似，题目具有一定的代表性，难度适中． 4．如图，已知等边ABC，点D是BC边上的一点，连接AD，以AD为边在右侧作等边ADE，连接CE．

（1）求证：△ABD≌△ACE；

（2）若BC6，BD2时，求DE的长；

（3）过点A作AFDE，交BC于点F，若DF3BD，试判断ADF的形状，并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）27；（3）等腰三角形，理由见解析 【分析】

（1）由等边三角形的性质得到AB=AC，AD=AE，⊥BAC=⊥DAE，从而利用SAS证明⊥BAD⊥⊥CAE；

（2）过点A作AH⊥BC，根据三线合一得到DH，利用勾股定理求出AH，再利用勾股定理求出AD，可得DE；

（3）过点E作EG⊥BF，交BF的延长线于点G，连接EF，设BD=a，求出EG和EF，从而说明⊥EFG=30°，再分别求出⊥AFD和⊥ADF，可得结论． 【详解】

解：（1）⊥⊥ABC是等边三角形， ⊥AB=AC=BC，⊥BAC=60°， 又⊥⊥ADE是等边三角形， ⊥AD=AE，⊥DAE=60°，

9

⊥⊥BAC=⊥DAE，即⊥BAD+⊥DAC=⊥DAC+⊥CAE， ⊥⊥BAD=⊥CAE， 在⊥BAD和⊥CAE中，

ABACBADCAE， ADAE⊥⊥BAD⊥⊥CAE（SAS）； （2）过点A作AH⊥BC，

⊥BC=6=AB，⊥ABC是等边三角形， ⊥BH=CH=3，又BD=2， ⊥DH=1， ⊥AH=AB2BH2=33，

AH2DH2=27；

⊥DE=AD=

（3）如图，过点E作EG⊥BF，交BF的延长线于点G，连接EF， ⊥AF⊥DE， ⊥AF垂直平分DE， ⊥DF=EF， ⊥⊥FDE=⊥FED，

设BD=a，则DF=EF=3BD=3a， ⊥BD=CE，⊥B=⊥ACE=⊥ACB=60°， ⊥⊥ECG=60°， ⊥CE=2CG=a，

10

⊥CG=

1a， 2⊥EG=CE2CG2=⊥⊥EFG=30°，

3a，又⊥EF=3a， 2⊥⊥AFE=⊥AFD=（180°-30°）÷2=75°， ⊥⊥ADF=180°-⊥DAF-⊥AFD=75°， ⊥AD=AF，即⊥ADF是等腰三角形．

【点睛】

本题考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．

5．某商店决定购进A、B两种纪念品．若购进A种纪念品8件，B种纪念品3件，需要95元；若购进A种纪念品5件，B种纪念品6件，需要80元． （1）求购进A、B两种纪念品每件各需多少元？

（2）若该商店决定购进这两种纪念品共100件，考虑市场需求和资金周转，用于购买这100件纪念品的资金不少于750元，但不超过764元，那么该商店共有几种进货方案？ （3）已知商家出售一件A种纪念品可获利a元，出售一件B种纪念品可获利（5﹣a）元，试问在（2）的条件下，商家采用哪种方案可获利最多？（商家出售的纪念品均不低于成本价）

【答案】（1）A、B两种纪念品的价格分别为10元和5元；（2）该商店共有3种进货方案（3）若

55a5时，购进52件A纪念品，48件B纪念品获利最大；若0a时，购进225时，此时三种进货方案获利相同． 250件A纪念品，50件B纪念品获利最大；若a【分析】

11

（1）设A种纪念品每件x元，B种纪念品每件y元，根据购进A种纪念品8件，B种纪念品3件，需要95元和购进A种纪念品5件，B种纪念品6件，需要80元，列出方程组，再进行求解即可；

（2）设商店最多可购进A纪念品m件，则购进B纪念品（100-m）件，根据购买这100件纪念品的资金不少于750元，但不超过764元，列出不等式组，再进行求解即可； （3）将总利润y表示成所进A纪念品件数x的函数，分类讨论，根据函数的单调性判断那种方案利润最大． 【详解】

解：（1）设A、B两种纪念品的价格分别为x元和y元，则

8x3y95x10，解得． 5x6y80y5答：A、B两种纪念品的价格分别为10元和5元．

（2）设购买A种纪念品m件，则购买B种纪念品（100- m）件，则 750≤10m+5(100-m)≤764， 解得50≤m≤52.8， ⊥m为正整数， ⊥m=50，51，52， 即有三种方案．

第一种方案：购A种纪念品50件，B种纪念品50件； 第二种方案：购A种纪念品51件，B种纪念品49件； 第三种方案：购A种纪念品52件，B种纪念品48件； （3）设商家购进x件A纪念品，所获利润为y， 则y=ax+（100-x）（5-a）=（2a-5）x+500-100a． ⊥商家出售的纪念品均不低于成本，

a0，即0≤a≤5．

5a0⊥若2a-5＞0即

5a5时，y=（2a-5）x+500-100a，y随x增大而增大． 2此时购进52件A纪念品，48件B纪念品获利最大．

12

⊥若2a-5＜0，即0a5时，y=（2a-5）x+500-100a，y随x增大而减小． 2此时购进50件A纪念品，50件B纪念品获利最大． ⊥若2a-5=0，即a5时，则y=250，为常数函数， 2此时三种进货方案获利相同． 【点睛】

本题考查二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用和一次函数的应用．（1）能根据题意找出合适的等量关系是解决此问的关键；（2）能根据“资金不少于750元，但不超过764元”建立不等式组是解题关键；（3）中能分类讨论是解决此问的关键．

6．（1）发现：如图1，在平面内有动点A，若BCa，ACb，其中ab.

当点A在线段BC上时，线段AB的长取得最小值，最小值为________（用含a，b的代数式表示）；

当点A在线段BC延长线上时，线段AB的长取得最大值，最大值为________（用含a，b的代数式表示）.

（2）应用：如图2，点A为线段BC外一动点，分别以AB、AC为边，作等边△ABD和等边△ACE，连接CD、BE. △求证：CDBE；

△若BC3，AC1，则线段CD长度的最小值为________，请画出符合条件的一个示意图.

【答案】（1）ab，ab；（2）⊥见解析；⊥2，画图见解析 【分析】

（1）根据点A位于线段BC上时，线段AB的长取得最小值；根据点A位于BC的延长线上时，线段AB的长取得最大值，即可得到结论；

⊥根据等边三角形的性质，（2）即可得到ADAB，ACAE，BADCAE60，推出CADEAB，根据全等三角形的性质即可得到CDBE；

13

⊥由于线段CD的长等于线段BE的长，根据（1）中的结论求得BE的最小值，即可得到结果． 【详解】 解：（1）

当点A在线段BC上时，线段AB的长取得最小值，最小值为BCAC，

BCa，ACb，

BCACab，

当点A在线段BC延长线上时，线段AB的长取得最大值，最大值为BCAC，

BCa，ACb，

BCACab，

故答案为：ab，ab；

（2）⊥证明：ABD和ACE是等边三角形，

ADAB，ACAE，BADCAE60，

DACBAE，

在ACD和AEB中，

ADABDACBAE， ACAEACDAEB(SAS)，

CDBE；

⊥

线段CD的最小值线段BE长的最小值，

由（1）知，当线段BE的长取得最小值时，点E在线段BC上，如图3所示：

BC3，ACCE1，

线段BE长度的最小值为BCCE312，

即线段CD长度的最小值为2， 故答案为：2．

14

【点睛】

本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质以及旋转的性质的综合运用．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．已知：如图，点A，B在MON的边OM，ON上，OA的垂直平分线CP与OB的垂直平分线DP相交于点P，连接PA，PO，PB，AB．

（1）求证：△PAPB；△APB2CPD；

（2）探究：MON满足什么条件时，△PAB是等边三角形，并说明理由；

（3）若OAOB，请在备用图中画出符合条件的图形，并探究CPO与APB之间的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）⊥证明见解析；⊥证明见解析；（2）MON150，理由见解析；（3）作图，见解析，CPO【分析】

(1)⊥利用线段垂直平分线的性质，⊥利用角的平分线的性质，等量代换即可；代换计算即可； (2)利用四边形PCOD的内角和为360°，计算得证； (3)证明Rt△PCO≌Rt△PDO(HL)即可得证. 【详解】 （1）证明：⊥

1APB，理由见解析． 4CP为OA的垂直平分线，

PAPO，

同理：PBPO，

PAPB；

⊥

PAPO，PCOA，

，

APCOPC1APO2

15

BPDOPD同理，1，

BPO2APBAPOBPO

2CPO2DPO2(CPODPO)；

2CPD（2）MON150．

理由：⊥CPOCOP90，

DPODOP90， MONCPD180，

MQN150，

CPD18015030，

由（1）得APB2CPD60，

PAPB，

PAB是等边三角形；

1APB． 411理由：OCOA，ODOB，

22（3）作图如下，CPOOAOB， OCOD，

在Rt△PCO和Rt△PDO中，

OCOD， OPOPRt△PCO≌Rt△PDO(HL)，

CPODPO，

由（1）得APCOPC，BPDOPD，

APCCPOOPDBPD，

1CPOAPB．

4

16

【点睛】

本题考查了线段的垂直平分线，角的平分线，等边三角形的判定，直角三角形的全等，熟记性质，灵活运用等量代换思想，一般与特殊思想是解题的关键.

8．如图，在梯形ABCD中，AB//CD，△BAD＝90°，△1＝△2＝60°．射线AM以每秒2°的速度绕着端点A顺时针旋转至AB处停止，同时射线CN以每秒1°的速度绕端点C顺时针旋转至CD处停止．

（1）射线AM、CN旋转30秒时，△DAM＝ 度，△BCN＝ 度；

（2）若射线CN先转动80秒，射线AM才开始转动，如图2，当射线AM与射线CN相交所形成的△AEC＝150°时，求射线AM的旋转时间．

（3）如图3，若射线AM、CN同时转动，在射线AM到达AB之前与射线CN交于点E，以点E为顶点作△AEF交DC的延长线于点F，且△AEF＝130°，请探究此时△CAE与△CEF的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）60,30；（2）20秒；见详解；（3）⊥CAE＝2⊥CEF﹣20°，理由见解析． 【分析】

（1）根据题意可直接得出答案；

（2）根据题意画出图形，然后易得⊥ACB＝90°，设射线AM的旋转时间为x秒，则射线CN旋转的时间为80+x秒，然后根据射线AM与射线CN相交所形成的⊥AEC＝150°时，列出关系式求解即可；

（3）设射线转动时间为t秒，易得用t的代数式表示⊥DAE、⊥CAE，根据角之间的关系可

17

得答案． 【详解】

解：（1）⊥射线AM以每秒2°的速度绕着端点A顺时针旋转，射线CN以每秒1°的速度绕端点C顺时针旋转，

⊥射线AM、CN旋转30秒时，⊥DAM＝30×2°＝60°，⊥BCN＝30×1°＝30°， 故答案为60，30；

（2）根据题意画出图形如图2：

⊥在梯形ABCD中，AB⊥CD，⊥BAD＝90°，⊥1＝⊥2＝60°． ⊥⊥CAB＝30°， ⊥⊥ACB＝90°，

设射线AM的旋转时间为x秒，则射线CN旋转的时间为（80+x）秒， ⊥⊥MAM′＝2x，⊥NCN′＝80+x，

⊥⊥CAM′＝⊥1﹣⊥MAM′＝60﹣2x，ACN′＝80+x﹣90＝x﹣10， ⊥⊥AEC＝150°，

⊥60﹣2x+x﹣10+150＝180， 解得x＝20，

即射线AM的旋转时间为20秒； （3）⊥CAE＝2⊥CEF﹣20°，

理由：设射线转动时间为t秒，如图3，

⊥⊥DAE＝2t，

18

⊥⊥CAE＝2t﹣60°， 又⊥⊥BCE＝t， ⊥⊥ACE＝90°﹣t，

⊥⊥AEC＝180°﹣⊥CAE﹣⊥ACE＝150°﹣t，而⊥AEF＝130°， ⊥⊥CEF＝130°﹣⊥AEC＝130°﹣（150°﹣t）＝t﹣20°， ⊥⊥CAE＝2⊥CEF﹣20°． 【点睛】

本题关键是考查角的计算及旋转问题，关键是根据射线的运动速度表示出角之间的等量关系，要注意利用分类讨论思想．

9．阅读材料：如图所示，将两个含30角的三角尺摆放在一起，可以证得ABD是等边三角形，于是我们得到：在直角三角形中，如果一个锐角等于30，那么它所对的直角边等于斜边的一半．即“在ABC中，C90，A30，则BC1AB” ． 2

你可以利用以上这个结论解决问题．

（1）如图△，AD平分BAC，点P在射线AD上，PMAB，PNAC，垂足分别是点M、N，若PM3，请直接写出PN的长；

（2）如图△，在ABC中，B60，AD、CE分别是BAC、BCA的平分线，AD、

CE相交于点F，求证：EFDF；

（3）如图△，在ABC中，ABC60，BAC、BCA的角平分线相交于点F，把三角板上60的顶点放在点F处，角的两边分别与边AB、BC相交于点M、N，连结MN、

BF，BF2，求BMN的周长．

19

【答案】（1）3；（2）见详解；（3）23 【分析】

（1）根据角平分线的性质定理，即可得到答案；

（2）首先过点F作FM⊥BC于M．作FN⊥AB于N，连接BF，根据角平分线的性质，可得FM＝FN，再证明⊥NEF=⊥MDF，进而利用AAS，即可证得⊥DMF⊥⊥ENF，由全等三角形的对应边相等，即可证得FE＝FD；

（3）过点F分别作FP⊥AB于点P，作FQ⊥BC于点Q，在PA上截取PR=NQ，易证∆FPR⊥∆FQN，∆RFM⊥∆NFM，进而得BMN的周长= BP+BQ，然后即可求解． 【详解】

（1）⊥AD平分BAC，点P在射线AD上，PMAB，PNAC， ⊥PN=PM3；

（2）过点F作FM⊥BC于M．作FN⊥AB于N，连接BF，如图⊥， ⊥⊥DMF＝⊥ENF＝90°，

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⊥F是角平分线交点， ⊥BF也是角平分线， ⊥MF＝FN，

⊥在ABC中，B60， ⊥⊥BAC+⊥BCA=120°， ⊥⊥FAC+⊥FCA＝⊥⊥AFC＝120°， ⊥⊥EFD=⊥AFC＝120°，

⊥⊥NEF+⊥BDF=360°-60°-120°=180°， ⊥⊥BDF+⊥MDF=180°， ⊥⊥NEF=⊥MDF， 在⊥DMF和⊥ENF中，

1(⊥BAC+⊥BCA)＝60°， 2DMF＝ENFMDF＝NEF MF＝NF⊥⊥DMF⊥⊥ENF（AAS）， ⊥EFDF；

（3）过点F分别作FP⊥AB于点P，作FQ⊥BC于点Q，如图⊥，

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由（2）知FP=FQ， 在PA上截取PR=NQ， 在∆FPR和∆FQN中，

⊥FP=FQ，⊥FPR=⊥FQN=90°，PR=QN， ⊥∆FPR⊥∆FQN，

⊥⊥PFR=⊥QFN，FR=FN， ⊥⊥PFQ=360°-60°-90°-90°=120°， ⊥⊥PFN+⊥QFN=120°，

⊥⊥PFN+⊥PFR =120°，即：⊥RFN=120°， 又⊥⊥MFN=60°， ⊥⊥RFM=120°-60°=60°， ⊥⊥MFN=⊥RFM， 在∆RFM和∆NFM中，

⊥FR=FN，⊥MFN=⊥RFM，FM=FM， ⊥∆RFM⊥∆NFM，

⊥MR=MN，即：MN=MP+PR， ⊥MN=MP+NQ，

⊥BMN的周长=BM+BN+MN= BM+BN+ MP+NQ= (BM+ MP)+( BN +NQ)=BP+BQ， ⊥BF=BF，PF=PQ， ⊥Rt∆BPF⊥ Rt ∆BQF， ⊥⊥PBF=⊥QBF=30°，BP=BQ，

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⊥FQ=

1BF1， 2⊥BQ=BF2FQ222123，

⊥BMN的周长= BP+BQ=3+3=23． 【点睛】

本题主要考查角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质定理，直角三角形的性质，添加合适的辅助线，构造全等三角形是解题的关键．

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