长沙市湖南师大附中八年级上册压轴题数学模拟试卷含详细答案

长沙市湖南师大附中八 年级 六年级体育公开课教案九年级家长会课件PPT下载六年级家长会PPT课件一年级上册汉语拼音练习题六年级上册道德与法治课件 上册 三年级上册必备古诗语文八年级上册教案下载人教社三年级上册数学 pdf四年级上册口算下载三年级数学教材上册pdf 压轴题数学模拟 试卷 云南省高中会考试卷哪里下载南京英语小升初试卷下载电路下试卷下载上海试卷下载口算试卷下载 含详细 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 一、压轴题1．已知ABC，P是平面内任意一点（A、B、C、P中任意三点都不在同一直线上）．连接PB、PC，设∠PBA＝s°，∠PCA＝t°，∠BPC＝x°，∠BAC＝y°．（1）如图，当点P在ABC内时，①若y＝70，s＝10，t＝20，则x＝；②探究s、t、x、y之间的数量关系，并证明你得到的结论．（2）当点P在ABC外时，直接写出s、t、x、y之间所有可能的数量关系，并画出相应的图形．2．在《经典几何图形的研究与变式》一课中，庞老师出示了一个问题：“如图1，等腰直角三角形的三个顶点分别落在三条等距的平行线l，l，l上，BAC90，且每两条123平行线之间的距离为1，求AB的长度”.在研究这道题的解法和变式的过程中，同学们提出了很多想法：（1）小明说：我只需要过B、C向l作垂线，就能利用全等三角形的知识求出AB的长.1（2）小林说：“我们可以改变ABC的形状.如图2，ABAC，BAC120，且每两条平行线之间的距离为1，求AB的长.”（3）小谢说：“我们除了改变ABC的形状，还能改变平行线之间的距离.如图3，等边三角形ABC三个顶点分别落在三条平行线l，l，l上，且l与l之间的距离为1，l与l1231223之间的距离为2，求AB的长、”请你根据3位同学的提示，分别求出三种情况下AB的长度.3．阅读下面材料，完成(1)-(3)题．数学课上，老师出示了这样一道题：如图1，已知等腰△ABC中，AB＝AC，AD为BC边上的中线，以AB为边向AB左侧作等边△ABE，直线CE与直线AD交于点F．请探究线段EF、AF、DF之间的数量关系，并证明．同学们经过思考后，交流了自已的想法：小明：“通过观察和度量，发现∠DFC的度数可以求出来．”小强：“通过观察和度量，发现线段DF和CF之间存在某种数量关系．”小伟：“通过做辅助线构造全等三角形，就可以将问题解决．”......老师：“若以AB为边向AB右侧作等边△ABE，其它条件均不改变，请在图2中补全图形,探究线段EF、AF、DF三者的数量关系，并证明你的结论．”（1）求∠DFC的度数；（2）在图1中探究线段EF、AF、DF之间的数量关系，并证明；（3）在图2中补全图形，探究线段EF、AF、DF之间的数量关系，并证明．4．（1）填空①把一张长方形的纸片按如图①所示的方式折叠，EM，FM为折痕，折叠后的C点落在BM或BM的延长线上，那么EMF的度数是________；11②把一张长方形的纸片按如图②所示的方式折叠，B点与M点重合，EM，FM为折痕，折叠后的C点落在AM或AM的延长线上，那么EMF的度数是_______．11（2）解答：①把一张长方形的纸片按如图③所示的方式折叠，EM，FM为折痕，折叠后的C点落在BM或BM的延长线上左侧，且EMF80，求CMB的度数；1111②把一张长方形的纸片按如图④所示的方式折叠，B点与M点重合，EM，FM为折痕，折叠后的C点落在AM或AM的延长线右侧，且EMF60，求CMA的度1111数．（3）探究：把一张四边形的纸片按如图⑤所示的方式折叠，EB，FB为折痕，设ABC，EBF，ABC，求，，之间的数量关系．115．在等腰ABC中，ABAC,AE为BC边上的高，点D在ABC的外部且CAD60，ADAC,连接BD交直线AE于点F，连接FC．(1)如图①，当BAC120时，求证：BFCF；(2)如图②，当BAC40时，求AFD的度数；(3)如图③，当BAC120时,求证：CFAFDF．6．阅读并填空：如图，ABC是等腰三角形，ABAC，D是边AC延长线上的一点，E在边AB上且联接DE交BC于O，如果OEOD，那么CDBE，为什么？解：过点E作EFAC交BC于F所以ACBEFB（两直线平行，同位角相等）DOEF（________）在OCD与△OFE中CODFOE________ODOEDOEF所以△OCD≌△OFE，（________）所以CDFE（________）因为ABAC（已知）所以∠ACB∠B（________）所以EFBB（等量代换）所以BEFE（________）所以CDBE7．如图，在等边ABC中，线段AM为BC边上的中线．动点D在直线AM上时，以CD为一边在CD的下方作等边CDE，连结BE．（1）求CAM的度数；（2）若点D在线段AM上时，求证：ADCBEC；（3）当动点D在直线AM上时，设直线BE与直线AM的交点为O，试判断AOB是否为定值？并说明理由．8．在ABC中，若存在一个内角角度，是另外一个内角角度的n倍（n为大于1的正整数），则称ABC为n倍角三角形．例如，在ABC中，A80，B75，C25，可知B3C，所以ABC为3倍角三角形．（1）在ABC中，A55，B25，则ABC为________倍角三角形；（2）若DEF是3倍角三角形，且其中一个内角的度数是另外一个内角的余角的度数的1，求DEF的最小内角．3（3）若MNP是2倍角三角形，且MNP90，请直接写出MNP的最小内角的取值范围．9．某校八年级数学兴趣小组对“三角形内角或外角平分线的夹角与第三个内角的数量关系”进行了探究．（1）如图1，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点P，∠A＝64°，则∠BPC＝；（2）如图2，△ABC的内角∠ACB的平分线与△ABC的外角∠ABD的平分线交于点E．其中∠A＝α，求∠BEC．（用α表示∠BEC）；（3）如图3，∠CBM、∠BCN为△ABC的外角，∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q，请你写出∠BQC与∠A的数量关系，并证明．10．如图，已知△ABC中，AB=AC=10cm，BC=8cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向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1s后，BP=cm，CQ=cm．（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；（3）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？（4）若点Q以（3）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第一次相遇？11．如图，在ABC中，ACB90,ACBC,AB8cm，过点C做射线CD，且CD//AB，点P从点C出发，沿射线CD方向均匀运动，速度为3cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为1cm/s，当点Q停止运动时，点P也停止运动．连接PQ,CQ，设运动时间为ts0t8．解答下列问题：（1）用含有t的代数式表示CP和BQ的长度；（2）当t2时，请说明PQ//BC；（3）设BCQ的面积为Scm2，求S与t之间的关系式．12．某校七年级数学兴趣小组对“三角形内角或外角平分线的夹角与第三个内角的数量关系”进行了探究．（1）如图1，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线交于点P，∠A＝64°，则∠BPC＝；（2）如图2，△ABC的内角∠ACB的平分线与△ABC的外角∠ABD的平分线交于点E．其中∠A＝α，求∠BEC．（用α表示∠BEC）；（3）如图3，∠CBM、∠BCN为△ABC的外角，∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q，请你写出∠BQC与∠A的数量关系，并说明理由；（4）如图4，△ABC外角∠CBM、∠BCN的平分线交于点Q，∠A=64°，∠CBQ，∠BCQ的平分线交于点P，则∠BPC=゜，延长BC至点E，∠ECQ的平分线与BP的延长线相交于点R，则∠R=゜．13．Rt△ABC中，∠C=90°，点D、E分别是△ABC边AC、BC上的点，点P是一动点．令∠PDA=∠1，∠PEB=∠2，∠DPE=∠α．（1）若点P在线段AB上，如图（1）所示，且∠α=60°，则∠1+∠2=；（2）若点P在线段AB上运动，如图（2）所示，则∠α、∠1、∠2之间的关系为；（3）若点P运动到边AB的延长线上，如图（3）所示，则∠α、∠1、∠2之间有何关系？猜想并说明理由；（4）若点P运动到△ABC形外，如图（4）所示，则∠α、∠1、∠2之间有何关系？猜想并说明理由．14．已知：如图1，直线AB//CD，EF分别交AB，CD于E，F两点，BEF，DFE的平分线相交于点K．（1）求K的度数；（2）如图2，BEK，DFK的平分线相交于点K，问K与K的度数是否存在11某种特定的等量关系？写出结论并证明；（3）在图2中作BEK，DFK的平分线相交于点K，作BEK，DFK的平11222分线相交于点K，依此类推，作BEK，DFK的平分线相交于点K，请用含的3nnn1n式子表示K的度数．（直接写出答案，不必写解答过程）n115．如图1，我们定义：在四边形ABCD中，若AD=BC，且∠ADB+∠BCA=180°，则把四边形ABCD叫做互补等对边四边形．（1）如图2，在等腰△ABE中，AE=BE，四边形ABCD是互补等对边四边形，求证：1∠ABD=∠BAC=∠AEB．2（2）如图3，在非等腰△ABE中，若四边形ABCD仍是互补等对边四边形，试问1∠ABD=∠BAC=∠AEB是否仍然成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．216．在△ABC中，已知∠A＝α．（1）如图1，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点D．求∠BDC的大小（用含α的代数式表示）；（2）如图2，若∠ABC的平分线与∠ACE的平分线交于点F，求∠BFC的大小（用含α的代数式表示）；（3）在（2）的条件下，将△FBC以直线BC为对称轴翻折得到△GBC，∠GBC的平分线与∠GCB的平分线交于点M（如图3），求∠BMC的度数（用含α的代数式表示）．17．在 初中 初中体育教案免费下载初中各年级劳动技术教案初中阶段各学科核心素养一览表初中二次函数知识点汇总初中化学新课程标准 数学学习阶段，我们常常会利用一些变形技巧来简化式子，解答问题．材料一：在解决某些分式问题时，倒数法是常用的变形技巧之一，所谓倒数法，即把式子变成其倒数形式，从而运用约分化简，以达到计算目的．x11例：已知：，求代数式x2+的值．x214x2x1x21解：∵，∴＝4x214xx21111即＝4∴x+＝4∴x2+＝（x+）2﹣2＝16﹣2＝14xxxx2x材料二：在解决某些连等式问题时，通常可以引入参数“k”，将连等式变成几个值为k的等式，这样就可以通过适当变形解决问题．x例：若2x＝3y＝4z，且xyz≠0，求的值．yz解：令2x＝3y＝4z＝k（k≠0）11kkkkx6x,y,z,22则117234yzkk73412根据材料回答问题：x11（1）已知，求x+的值．x2x14xabc3b4c（2）已知，（abc≠0），求的值．5232ayzzxxyx2y2z2（3）若，x≠0，y≠0，z≠0，且abc＝7，求xyzbzcycxazaybxa2b2c2的值．18．如图，在ABC中，D为AB的中点，ABAC10cm，BC8cm．动点P从点B出发，沿BC方向以3cm/s的速度向点C运动；同时动点Q从点C出发，沿CA方向以3cm/s的速度向点A运动，运动时间是ts．（1）在运动过程中，当点C位于线段PQ的垂直平分线上时，求出t的值；（2）在运动过程中，当BPD≌CQP时，求出t的值；（3）是否存在某一时刻t，使BPD≌CPQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．19．（1）如图1，ABC和DCE都是等边三角形，且B，C，D三点在一条直线上，连接AD，BE相交于点P，求证：BEAD．（2）如图2，在BCD中，若BCD120，分别以BC，CD和BD为边在BCD外部作等边ABC，等边△CDE，等边BDF，连接AD、BE、CF恰交于点P．①求证：ADBECF；②如图2，在（2）的条件下，试猜想PB，PC，PD与BE存在怎样的数量关系，并说明理由．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的位置关系；（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．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（1）①100；②x=y+s+t；（2）见详解．【解析】【分析】（1）①利用三角形的内角和定理即可解决问题；②结论：x=y+s+t．利用三角形内角和定理即可证明；（2）分6种情形分别求解即可解决问题．【详解】解：（1）①∵∠BAC=70°，∴∠ABC+∠ACB=110°，∵∠PBA=10°，∠PCA=20°，∴∠PBC+∠PCB=80°，∴∠BPC=100°，∴x=100，故答案为：100．②结论：x=y+s+t．理由：∵∠A+∠ABC+∠ACB=∠A+∠PBA+∠PCA+∠PBC+∠PCB=180°，∠PBC+∠PCB+∠BPC=180°，∴∠A+∠PBA+∠PCA=∠BPC，∴x=y+s+t．（2）s、t、x、y之间所有可能的数量关系：如图1：s+x=t+y；如图2：s+y=t+x；如图3：y=x+s+t；如图4：x+y+s+t=360°；如图5：t=s+x+y；如图6：s=t+x+y；【点睛】本题考查三角形的内角和定理，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．2212212．（1）5；（2）；（3）33【解析】【分析】（）分别过点，向作垂线，交于，两点，证明△≌△，得到1BCl1l1MNABMCANAM=CN，AN=BM，即可得出AB；（）分别过点，向作垂线，交于点，两点，在上取，使2BCl1l1PQl1MN∠AMB=∠CNA=120°，证明△AMB≌△CAN，得到CN=AM，再通过△PBM和△QCN算出PM和NQ的值，得到AP，最后在△APB中，利用勾股定理算出AB的长；（）在上找和，使得∠∠，过作的垂线，交于点，过作3l3MNBNC=AMC=60°Bl3l3PAl3的垂线，交于点，证明△≌△，得到，在△和△中利用勾股l3QBCNCAMCN=AMBPNAQM定理算出NP和AM，从而得到PC，结合BP算出BC的长，即为AB.【详解】解：（）如图，分别过点，向作垂线，交于，两点，1BCl1l1MN由题意可得：∠BAC=90°，∵∠NAC+∠MAB=90°，∠NAC+∠NCA=90°，∴∠MAB=∠NCA，在△ABM和△CAN中，AMB=CNAMAB=NCA，AB=AC∴△ABM≌△CAN（AAS），∴AM=CN=2，AN=BM=1，∴AB=2212=5；（）分别过点，向作垂线，交于，两点，2BCl1l1PQ在上取，使∠∠°，l1MNAMB=CNA=120∵∠BAC=120°，∴∠MAB+∠NAC=60°，∵∠ABM+∠MAB=60°，∴∠ABM=∠NAC，在△AMB和△CNA中，AMB=CNAABM=NAC，AB=AC∴△AMB≌△CNA（AAS），∴CN=AM，∵∠AMB=∠ANC=120°，∴∠PMB=∠QNC=60°，11∴PM=BM，NQ=NC，22∵PB=1，CQ=2，设PM=a，NQ=b，∴a212=4a2，b222=4b2，323解得：a=，b=，3323243∴CN=AM=22=，332221∴AB=AP2BP2=AMPMBP2=；3（）如图，在上找和，使得∠∠，3l3MNBNC=AMC=60°过作的垂线，交于点，过作的垂线，交于点，Bl3PAl3Q∵△ABC是等边三角形，∴BC=AC，∠ACB=60°，∴∠BCN+∠ACM=120°，∵∠BCN+∠NBC=120°，∴∠NBC=∠ACM，在△BCN和△CAM中，BNCCMANBCMAC，BCAC∴△BCN≌△CAM（AAS），∴CN=AM，BN=CM，∵∠PBN=90°-60°=30°，BP=2，∴BN=2NP，在△BPN中，BP2NP2BN2，即22NP24NP2，23解得：NP=，3∵∠AMC=60°，AQ=3，∴∠MAQ=30°，∴AM=2QM，在△AQM中，AQ2QM2AM2，即32QM24QM2，解得：QM=3，∴AM=23=CN，43∴PC=CN-NP=AM-NP=，3在△BPC中，BP2+CP2=BC2，432221即BC=BP2CP222，33221∴AB=BC=.3【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线之间的距离，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及勾股定理，解题的关键是利用平行线构造全等三角形，再利用全等三角形的性质以及勾股定理求解.3．（1）60°；（2）EF=AF+FC，证明见解析；（3）AF=EF+2DF，证明见解析．【解析】【分析】（1）可设∠BAD＝∠CAD＝α，∠AEC＝∠ACE＝β，在△ACE中，根据三角形内角和可得2α＋60＋2β＝180°，从而有α＋β＝60°，即可得出∠DFC的度数；（2）在EC上截取EG＝CF，连接AG，证明△AEG≌△ACF，然后再证明△AFG为等边三角形，从而可得出EF＝EG＋GF＝AF＋FC；（3）在AF上截取AG＝EF，连接BG，BF，证明方法类似（2），先证明△ABG≌△EBF，再证明△BFG为等边三角形，最后可得出结论．【详解】解：（1）∵AB=AC，AD为BC边上的中线，∴可设∠BAD＝∠CAD＝α，又△ABE为等边三角形，∴AE=AB=AC，∠EAB=60°，∴可设∠AEC＝∠ACE＝β，在△ACE中，2α＋60°＋2β＝180°，∴α＋β＝60°，∴∠DFC=α＋β＝60°；（2）EF=AF+FC，证明如下：∵AB=AC，AD为BC边上的中线，∴AD⊥BC，∴∠FDC=90°，∵∠CFD＝60°，则∠DCF=30°，∴CF＝2DF，在EC上截取EG＝CF，连接AG，又AE=AC，∴∠AEG=∠ACF，∴△AEG≌△ACF（SAS）,∴∠EAG＝∠CAF，AG＝AF，又∠CAF=∠BAD，∴∠EAG=∠BAD，∴∠GAF＝∠BAD+∠BAG=∠EAG+∠BAG=∠60°，∴△AFG为等边三角形，∴EF＝EG＋GF＝AF＋FC，即EF=AF+FC；（3）补全图形如图所示，结论：AF=EF+2DF．证明如下：同（1）可设∠BAD＝∠CAD＝α，∠ACE＝∠AEC＝β，∴∠CAE＝180°－2β，∴∠BAE＝2α＋180°－2β＝60°，∴β－α＝60°，∴∠AFC=β－α＝60°，又△ABE为等边三角形，∴∠ABE=∠AFC=60°，∴由8字图可得：∠BAD＝∠BEF，在AF上截取AG＝EF，连接BG，BF，又AB=BE，∴△ABG≌△EBF（SAS），∴BG＝BF，又AF垂直平分BC，∴BF=CF，∴∠BFA=∠AFC=60°，∴△BFG为等边三角形，∴BG=BF，又BC⊥FG，∴FG=BF=2DF，∴AF＝AG＋GF＝BF＋EF＝2DF＋EF．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，解决问题的关键是常用辅助线构造全等三角形，属于中考常考题型．4．90，45；20，30；a2，a2.【解析】【分析】11（1）①如图①知EMCBMC，CMFCMC得1211211EMFBMCCMC可求出解.211111②由图②知EBAABC,CBFCBC得EBFABCCBC可121121211求出解.（2）①由图③折叠知CMFFMC,BMEEMB，可推出11(BMCEMF)EMFCMB，即可求出解.11②由图④中折叠知CMFCMF,ABEABE，可推出1129060AMC90，即可求出解.11（3）如图⑤-1、⑤-2中分别由折叠可知，a、a，即可求得a2、a2.【详解】解：（1）①如图①中，11EMCBMC，CMFCMC，12112111EMFEMCCMFBMCCMC18090，112112故答案为90.11②如图②中，EBAABC,CBFCBC，12112111EBFEBCCBFABCCBC9045，112112故答案为45.（2）①如图③中由折叠可知，CMFFMC,BMEEMB，11CMFEMBEMFCMB，1111CMFBMEEMFCMB，11(BMCEMF)EMFCMB，1118080CMB20；11②如图④中根据折叠可知，CMFCMF,ABEABE，112CMF2ABEAMC90，112(CMFABE)AMC90，11290EMFAMC90，1129060AMC90，11AMC30；11（3）如图⑤-1中，由折叠可知，a，a2；如图⑤-2中，由折叠可知，a，a2.【点睛】本题考查了图形的变换中折叠属全等变换，图形的角度及边长不变及一些角度的计算问题，突出考查学生的观察能力、思维能力以及动手操作能力，本题是代数、几何知识的综合运用典型题目.5．（1）见解析；（2）AFD60；（3）见解析【解析】【分析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质，可得AE垂直平分BC，F为垂直平分线AE上点，即可得出结论；（2）根据（1）的结论可得AE平分∠BAC，∠BAF=20°，由AB=AC=AD，推出ABDADB40，根据外角性质可得AFDBAFABF计算即可；（3）在CF上截取CM=DF，连接AM，证明△ACM≌△ADF（SAS），进而证得△AFM为等边三角形即可．【详解】（1）证明：∵AE为等腰△ABC底边BC上的高线，AB=AC，AEBC，∠AEB=∠AEC=90°，BE=CE，∴AE垂直平分BE，F在AE上，BFCF；(2)ABAC,ADAC，ABAD，BADBACCAD100，ABDADB40，由（1）知，AE平分∠BAC，BAFCAF20，AFDBAFABF60，故答案为：60°；(3)在CF上截取CM=DF，连接AM，由（1）可知，∠ABC=∠ACB，∠FBC=∠FCB，ABFACF，ABACAD，ABFD，ACFD，在△ACM和△ADF中，ACADACMADFCMDF∴△ACM≌△ADF（SAS），AFAM,FADMAC，FAMDAC60，∴△AFM为等边三角形，FMAF，CFFMMCAFDF．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．6．见解析【解析】【分析】先根据平行线的性质，得到角的关系，然后证明△OCD≌△OFE，写出证明过程和依据即可．【详解】解：过点E作EF//AC交BC于F，∴ACBEFB（两直线平行，同位角相等），∴DOEF（两直线平行，内错角相等），在OCD与△OFE中CODFOE对顶角相等ODOE已知，DOEF已证∴△OCD≌△OFE，（ASA）∴CDFE（全等三角形对应边相等）∵ABAC（已知）∴∠ACB∠B（等边对等角）∴EFBB（等量代换）∴BEFE（等角对等边）∴CDBE；【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是由平行线的性质正确找到证明三角形全等的条件，从而进行证明.7．（1）30°；（2）证明见解析；（3）AOB是定值，AOB60.【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质可以直接得出结论；（2）根据等边三角形的性质就可以得出ACAC，DCEC，，ACBDCE60，由等式的性质就可以BCEACD，根据SAS就可以得出ADCBEC；（3）分情况讨论：当点D在线段AM上时，如图1，由（2）可知ACDBCE，就可以求出结论；当点D在线段AM的延长线上时，如图2，可以得出ACDBCE而有CBECAD30而得出结论；当点D在线段MA的延长线上时，如图3，通过得出ACDBCE同样可以得出结论．【详解】（1）ABC是等边三角形，BAC60．线段AM为BC边上的中线，1CAMBAC，2CAM30．（2）ABC与DEC都是等边三角形，ACBC，CDCE，ACBDCE60，ACDDCBDCBBCE，ACDBCE．在ADC和BEC中ACBCACDBCE，CDCEACDBCE(SAS)；（3）AOB是定值，AOB60，理由如下：①当点D在线段AM上时，如图1，由（2）可知ACDBCE，则CBECAD30，又ABC60，CBEABC603090，ABC是等边三角形，线段AM为BC边上的中线11AM平分BAC，即BAMBAC603022BOA903060．②当点D在线段AM的延长线上时，如图2，ABC与DEC都是等边三角形，ACBC，CDCE，ACBDCE60，ACBDCBDCBDCE，ACDBCE，在ACD和BCE中ACBCACDBCE，CDCEACDBCE(SAS)，CBECAD30，同理可得：BAM30，BOA903060．③当点D在线段MA的延长线上时，ABC与DEC都是等边三角形，ACBC，CDCE，ACBDCE60，ACDACEBCEACE60，ACDBCE，在ACD和BCE中ACBCACDBCE，CDCEACDBCE(SAS)，CBECAD，同理可得：CAM30CBECAD150CBO30，∵BAM30，BOA903060．综上，当动点D在直线AM上时，AOB是定值，AOB60．【点睛】此题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形三线合一的性质，解题中注意分类讨论的思想解题.1808．（1）4；（2）DEF的最小内角为15°或9°或()；（3）30°＜x＜45°．11【解析】【分析】(1)根据三角形内角和定理求出∠C的度数，再根据n倍角三角形的定义判断即可得到答案；(2)根据△DEF是3倍角三角形，必定有一个内角是另一个内角的3倍，然后根据这两个角之间的关系，分情况进行解答即可得到答案；(3)可设未知数表示2倍角三角形的各个内角，然后列不等式组确定最小内角的取值范围．【详解】解：(1)∵在ABC中，A55，B25，∴∠C=180°-55°-25°=100°，∴∠C=4∠B，故ABC为4倍角三角形；(2)设其中一个内角为x°，3倍角为3x°，则另外一个内角为：1804x1①当小的内角的度数是3倍内角的余角的度数的时，31即：x=（90°-3x），3解得：x=15°，1②3倍内角的度数是小内角的余角的度数的时，31即：3x=（90°-x），解得：x=9°，31③当1804x90x时，3450解得：x，11450180此时：1804x1804=()，因此为最小内角，1111180因此，△DEF的最小内角是9°或15°或()．11(3)设最小内角为x，则2倍内角为2x，第三个内角为（180°-3x），由题意得：2x＜90°且180°-3x＜90°，∴30°＜x＜45°，答：△MNP的最小内角的取值范围是30°＜x＜45°．a19．（1）∠BPC＝122°；（2）∠BEC＝；（3）∠BQC＝90°﹣∠A，证明见解析22【解析】【分析】（1）根据三角形的内角和化为角平分线的定义；（2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，用∠A与∠1表示出∠2，再利用∠E与∠1表示出∠2，于是得到结论；（3）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和以及角平分线的定义表示出∠EBC与∠ECB，然后再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解．【详解】解：（1）BP、CP分别平分ABC和ACB，11PBCABC，PCBACB，22BPC180(PBCPCB)11180(ABCACB)，221180(ABCACB)，21180(180A)，2118090A，29032122，故答案为：122；（2）CE和BE分别是ACB和ABD的角平分线，111ACB，2ABD，22又ABD是ABC的一外角，ABDAACB，112(AABC)A1，222是BEC的一外角，11BEC21A11A；22211（3）QBC(AACB)，QCB(AABC)，22BQC180QBCQCB，11180(AACB)(AABC)，2211180A(AABCACB)，221结论：BQC90A．2【点睛】本题考查了三角形的外角性质与内角和定理，熟记三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．158010．（1）BP=3cm，CQ=3cm；（2）全等，理由详见解析；（3）；（4）经过s点P43与点Q第一次相遇．【解析】【分析】（1）速度和时间相乘可得BP、CQ的长；（2）利用SAS可证三角形全等；（3）三角形全等，则可得出BP=PC，CQ=BD，从而求出t的值；（4）第一次相遇，即点Q第一次追上点P，即点Q的运动的路程比点P运动的路程多10+10=20cm的长度．【详解】解：（1）BP=3×1=3㎝，CQ=3×1=3㎝（2）∵t=1s，点Q的运动速度与点P的运动速度相等∴BP=CQ=3×1=3cm，∵AB=10cm，点D为AB的中点，∴BD=5cm．又∵PC=BC﹣BP，BC=8cm，∴PC=8﹣3=5cm，∴PC=BD又∵AB=AC，∴∠B=∠C，在△BPD和△CQP中，PCBDBCBPCQ∴△BPD≌△CQP(SAS)（3）∵点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，∴BP与CQ不是对应边，即BP≠CQ∴若△BPD≌△CPQ，且∠B=∠C，则BP=PC=4cm，CQ=BD=5cm，BP4∴点P，点Q运动的时间t=s，33CQ15∴Vcm/s；Qt4（4）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇．15由题意，得x=3x+2×10，480解得x=380∴经过s点P与点Q第一次相遇．3【点睛】本题考查动点问题，解题关键还是全等的证明和利用，将动点问题视为定点问题来分析可简化思考过程．11．（1）CP=3t，BQ=8-t；（2）见解析；（3）S=16-2t．【解析】【分析】（1）直接根据距离=速度时间即可；（2）通过证明PCQBQC，得到∠PQC=∠BCQ，即可求证；（3）过点C作CM⊥AB，垂足为M，根据等腰直角三角形的性质得到CM=AM=4，即可求解．【详解】解：（1）CP=3t，BQ=8-t；（2）当t=2时，CP=3t=6，BQ=8-t=6∴CP=BQ∵CD∥AB∴∠PCQ=∠BQC又∵CQ=QC∴PCQBQC∴∠PQC=∠BCQ∴PQ∥BC（3）过点C作CM⊥AB，垂足为M∵AC=BC，CM⊥AB11∴AM=AB84（cm）22∵AC=BC，∠ACB=90∴∠A=∠B=45∵CM⊥AB∴∠AMC=90∴∠ACM=45∴∠A=∠ACM∴CM=AM=4（cm）11∴SBQCM8t4162tBCQ22因此，S与t之间的关系式为S=16-2t．【点睛】此题主要考查列代数式、全等三角形的判定与性质、平行线的判定、等腰三角形的性质，熟练掌握逻辑推理是解题关键．1112．（1）122°；（2）BEC；（3）BQC900A；（4）119，29；22【解析】【分析】（1）根据三角形的内角和角平分线的定义；（2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，用A与1表示出2，再利用E与1表示出2，于是得到结论；（3）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和以及角平分线的定义表示出EBC与ECB，然后再根据三角形的内角和定理列式整理即可得解；（4）根据（1），（3）的结论可以得出∠BPC的度数；根据（2）的结论可以得到∠R的度数．【详解】解：（1）BP、CP分别平分ABC和ACB，11PBCABC，PCBACB，22BPC180(PBCPCB)11180(ABCACB)，221180(ABCACB)，21180(180A)，2118090A，29032122，故答案为：122；（2）如图2示，CE和BE分别是ACB和ABD的角平分线，111ACB，2ABD，22又ABD是ABC的一外角，ABDAACB，112(AABC)A1，222是BEC的一外角，11BEC21A11A；22211（3）QBC(AACB)，QCB(AABC)，22BQC180QBCQCB，11180(AACB)(AABC)，2211180A(AABCACB)，221结论BQC90A．211（4）由（3）可知，BQC90A906458，22再根据（1），可得BPC180(PBCPCB)11180QBCQCB22118090Q2118090582119；11由（2）可得：RQ5829;22故答案为：119，29．【点睛】本题考查了三角形的外角性质与内角和定理，熟记三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．13．(1)150°；(2)∠1＋∠2＝90°＋α；(3)∠1＝90°＋∠2＋α，理由详见解析；(4)∠2＝90°＋∠1－α，理由详见解析【解析】【分析】(1)先用平角的得出，∠CDP=180°-∠1，∠CEP=180°-∠2，最后用四边形的内角和即可；(2)同(1)方法即可；(3)利用平角的定义和三角形的内角和即可得出结论；(4)利用三角形的内角和和外角的性质即可得出结论．【详解】解：(1)∵∠1+∠CDP=180°，∴∠CDP=180°-∠1，同理：∠CEP=180°-∠2，根据四边形的内角和定理得，∠CDP+∠DPE+∠CEP+∠C=360°，∵∠C=90°，∴180°-∠1+α+180°-∠2+90°=360°，∴∠1+∠2=90°+α=90°+60°=150°，故答案为：150；(2)∵∠1+∠CDP=180°，∴∠CDP=180°-∠1，同理：∠CEP=180°-∠2，根据四边形的内角和定理得，∠CDP+∠DPE+∠CEP+∠C=360°，∵∠C=90°，∴180°-∠1+α+180°-∠2+90°=360°，∴∠1+∠2=90°+α，故答案为：∠1+∠2=90°+α；(3)∠1＝90°＋∠2＋∠α．理由如下：如图3，设DP与BE的交点为F，∵∠2＋∠α＝∠DFE，∠DFE＋∠C＝∠1，∴∠1＝∠C＋∠2＋∠α＝90°＋∠2＋∠α．(4)∠2＝90°＋∠1－∠α，理由如下：如图4，设PE与AC的交点为G，∵∠PGD＝∠EGC，∴∠α＋180°－∠1＝∠C＋180°－∠2，∴∠2＝90°＋∠1－∠α．故答案为∠2＝90°＋∠1－∠α．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了四边形的内角和，三角形的内角和，三角形的外角的性质，平角的定义，解本题的关键是将∠1，∠2，α转化到一个三角形或四边形中，是一道比较简单的中考常考题．114．（1）90；（2）K2K，证明见解析；（3）K901n12n1【解析】【分析】（1）过K作KG∥AB，交EF于G，证出AB//CD∥KG，得到BEKEKG，GKFKFD，根据角平分线的性质及平行线的性质得到2BEKDFK180，即可得到答案；1（2）根据角平分线的性质得到BEKKEKKEB，1121KFKDFKDFK，根据BEKKFD90求出112KEKKFK45，根据11K180KEFEFKKEKKFK求出答案；111（3）根据（2）得到规律解答即可.【详解】（1）过K作KG∥AB，交EF于G，∵AB//CD，∴AB//CD∥KG，BEKEKG，GKFKFD，EK，FK分别为BEF与EFD的平分线，BEKFEK，EFKDFK，∵AB//CD，BEKFEKEFKDFK180，2BEKDFK180，BEKDFK90，则EKFEKGGKF90；（2）K2K，1理由为：BEK，DFK的平分线相交于点K，111BEKKEKKEB，KFKDFKDFK，112112BEKFEKEFKDFK180，即2BEKKFD180，BEKKFD90，KEKKFK45，11K180KEFEFKKEKKFK45，111K2K；1（3）由（2）知K90；11KK90122111同理可得KK=K90，221441∴K90.n12n1【点睛】此题考查平行线的性质：两直线平行，内错角相等；平行公理的推论：平行于同一直线的两直线平行；角平分线的性质；(3)是难点，注意总结前两问的做题思路得到规律进行解答.15．（1）见解析；（2）仍然成立，见解析【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质和互补等对边四边形的定义可利用SAS证明△ABD≌△BAC，可得∠ADB=∠BCA，从而可推出∠ADB=∠BCA=90°，然后在△ABE中，根据三角形的内角和1定理和直角三角形的性质可得∠ABD=∠AEB，进一步可得结论；2（2）如图3所示：过点A、B分别作BD的延长线与AC的垂线，垂足分别为G，F，根据互补等对边四边形的定义可利用AAS证明△AGD≌△BFC，可得AG=BF，进一步即可根据HL证明Rt△ABG≌Rt△BAF，可得∠ABD=∠BAC，由互补等对边四边形的定义、平角的定义和四边形的内角和可得∠AEB+∠DHC=180°，进而可得∠AEB=∠BHC，再根据三角形的外角性质即可推出结论．【详解】（1）证明：∵AE=BE，∴∠EAB=∠EBA，∵四边形ABCD是互补等对边四边形，∴AD=BC，在△ABD和△BAC中，AD=BC，∠DAB=∠CBA，AB=BA，∴△ABD≌△BAC(SAS)，∴∠ADB=∠BCA，又∵∠ADB+∠BCA=180°，∴∠ADB=∠BCA=90°，11在△ABE中，∵∠EAB=∠EBA=（180°−∠AEB）=90°−∠AEB，2211∴∠ABD=90°−∠EAB=90°−(90°−∠AEB)=∠AEB，221同理：∠BAC=∠AEB，21∴∠ABD=∠BAC=∠AEB；21（2）∠ABD=∠BAC=∠AEB仍然成立；理由如下：2如图3所示：过点A、B分别作BD的延长线与AC的垂线，垂足分别为G，F，∵四边形ABCD是互补等对边四边形，∴AD=BC，∠ADB+∠BCA=180°，又∠ADB+∠ADG=180°，∴∠BCA=∠ADG，又∵AG⊥BD，BF⊥AC，∴∠AGD=∠BFC=90°，在△AGD和△BFC中，∠AGD=∠BFC，∠ADG=∠BCA，AD=BC∴△AGD≌△BFC（AAS），∴AG=BF，在Rt△ABG和Rt△BAF中，ABBAAGBF∴Rt△ABG≌Rt△BAF（HL），∴∠ABD=∠BAC，∵∠ADB+∠BCA=180°，∴∠EDB+∠ECA=180°，∴∠AEB+∠DHC=180°，∵∠DHC+∠BHC=180°，∴∠AEB=∠BHC．∵∠BHC=∠BAC+∠ABD，∠ABD=∠BAC，1∴∠ABD=∠BAC=∠AEB．2【点睛】本题以新定义互补等对边四边形为载体，主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理与三角形的外角性质以及四边形的内角和等知识，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．16．（1）∠BDC＝90°+；（2）∠BFC＝；（3）∠BMC＝90°+．224【解析】【分析】（1）由三角形内角和可求∠ABC+∠ACB＝180°﹣α，由角平分线的性质可求∠DBC+∠BCD1＝（∠ABC+∠ACB）＝90°﹣，由三角形的内角和定理可求解；2211（2）由角平分线的性质可得∠FBC＝∠ABC，∠FCE＝∠ACE，由三角形的外角性质可22求解；G（3）由折叠的性质可得∠G＝∠BFC＝，方法同（1）可求∠BMC＝90°+，即可求22解.【详解】解：（1）∵∠A＝α，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣α，∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，11∴∠DBC＝∠ABC，∠BCD＝∠ACB，221∴∠DBC+∠BCD＝（∠ABC+∠ACB）＝90°﹣，22∴∠BDC＝180°﹣（∠DBC+∠BCD）＝90°+；2（2）∵∠ABC的平分线与∠ACE的平分线交于点F，11∴∠FBC＝∠ABC，∠FCE＝∠ACE，22∵∠ACE＝∠A+∠ABC，∠FCE＝∠BFC+∠FBC，1∴∠BFC＝∠A＝；22（3）∵∠GBC的平分线与∠GCB的平分线交于点M，G∴方法同（1）可得∠BMC＝90°+，2∵将△FBC以直线BC为对称轴翻折得到△GBC，∴∠G＝∠BFC＝，2∴∠BMC＝90°+.4【点睛】此题考查三角形的内角和定理，三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，角平分线的性质定理，折叠的性质.17．（1）5；9（2）；57（3）8【解析】【分析】（1）仿照材料一，取倒数，再约分，利用等式的性质求解即可；abc（2）仿照材料二，设＝＝＝k（k≠0），则a＝5k，b＝2k，c＝3k，代入所求式子即523可；（3）本题介绍两种解法：yzzxxy1解法一：（3）解法一：设＝＝＝（k≠0），化简得：bzcycxazaybxkbccaabx2y2z2k①，k②，k③，相加变形可得x、y、z的代入yzzxxya2b2c21＝中，可得k的值，从而得结论；kbzcycxazaybxbccaab解法二：取倒数得：＝＝，拆项得，从yzzxxyyzzxxyaycy而得x＝，z＝，代入已知可得结论．bb【详解】x1解：（1）∵＝，x2x14x2x1∴＝4，x1∴x﹣1+＝4，x1∴x+＝5；xabc（2）∵设＝＝＝k（k≠0），则a＝5k，b＝2k，c＝3k，5233b4c6k12k189∴＝＝＝；2a10k105yzzxxy1（3）解法一：设＝＝＝（k≠0），bzcycxazaybxkbccaab∴k①，k②，k③，yzzxxybca①+②+③得：2（）＝3k，yzxbca3＝k④，yzx2a1④﹣①得：＝k，x2b1④﹣②得：k，y2c1④﹣③得：k，z22a2b2cx2y2z21∴x＝，y＝，z＝代入＝中，得：kkka2b2c2k4a2b2c21k2＝，ka2b2c241，k2kk＝4，2a2b2c∴x＝，y＝，z＝，4448abc877∴xyz＝＝＝；64648yzzxxy解法二：∵，bzcycxazaybxbzcycxazaybx∴，yzzxxybccaab∴，yzzxxybacb∴,，yxzyaycy∴x,z，bbcyaya2y2c2y2zxx2y2z2bby2将其代入中得：＝b2b2cxaza2b2c2acyacya2b2c2bbyy2b＝，y＝，2bb22abacyc∴x＝，z＝＝，2b22y2abc7∴xyz＝＝．2228【点睛】本题考查了以新运算的方式求一个式子的值，题目中涉及了求一个数的倒数，约分，等式的基本性质，求代数式的值，解决本题的关键是正确理解新运算的内涵，确定一个数的倒数并能够根据等式的基本性质将原式变为能够进一步运算的式子.418．（1）t时，点C位于线段PQ的垂直平分线上；（2）t＝1；（3）不存在，理由3见解析．【解析】【分析】（1）根据题意求出BP，CQ，结合图形用含t的代数式表示CP的长度，根据线段垂直平分线的性质得到CP＝CQ，列式计算即可；（2）根据全等三角形的对应边相等列式计算；（3）根据全等三角形的对应边相等列式计算，判断即可．【详解】解：（1）由题意得BP＝CQ＝3t，则CP＝83t，当点C位于线段PQ的垂直平分线上时，CP＝CQ，∴83t＝3t，4解得，t，34则当t时，点C位于线段PQ的垂直平分线上；3（2）∵D为AB的中点，AB＝AC＝10，∴BD＝5，∵BPD≌CQP，∴BD＝CP，∴83t＝5，解得，t＝1，则当BPD≌CQP时，t＝1；（3）不存在，∵△BPD≌△CPQ，∴BD＝CQ，BP＝CP，则3t＝5，＝3t83t54解得，t，t，33∴不存在某一时刻t，使△BPD≌△CPQ．【点睛】本题考查的是几何动点运动问题、全等三角形的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．19．（1）详见解析；（2）①详见解析；②PBPCPDBE，理由详见解析【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质得出BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，进而得出∠BCE=∠ACD，判断出BCE≌ACD（SAS），即可得出结论；（2）①同（1）的方法判断出ACD≌BCE（SAS），ABD≌CBF（SAS），即可得出结论；②先判断出∠APB=60°，∠APC=60°，在PE上取一点M，使PM=PC，证明△CPM是等边三角形，进而判断出PCD≌MCE（SAS），即可得出结论．【详解】（1）证明：∵ABC和DCE都是等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ABC+∠ACE=∠DCE+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴BCE≌ACD（SAS），∴BE=AD；（2）①证明：∵ABC和DCE是等边三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，∴ACD≌BCE（SAS），∴AD=BE，同理：ABD≌CBF（SAS），∴AD=CF，即AD=BE=CF；②解：结论：PB+PC+PD=BE，理由：如图2，AD与