长沙市湖南师大附中八年级上册压轴题数学模拟试卷及答案

长沙市湖南师大附中八年级 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及答案一、压轴题1．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．2．如图，ABC在平面直角坐标系中，BAC60，A0,43，AB8，点B、C在x轴上且关于y轴对称．（1）求点C的坐标；（2）动点P以每秒2个单位长度的速度从点B出发沿x轴正方向向终点C运动，设运动时间为t秒，点P到直线AC的距离PD的长为d，求d与t的关系式；（3）在（2）的条件下，当点P到AC的距离PD为33时，连接AP，作ACB的平分线分别交PD、PA于点M、N，求MN的长．3．在RtABC中，ACB90，A30，BD是ABC的角平分线，DEAB于点E.（1）如图1，连接EC，求证：EBC是等边三角形；（2）如图2，点M是线段CD上的一点（不与点C,D重合），以BM为一边，在BM下方作BMG60，MG交DE延长线于点G.求证：ADDGMD；（3）如图3，点N是线段AD上的点，以BN为一边，在BN的下方作BNG60，NG交DE延长线于点G.直接写出ND，DG与AD数量之间的关系.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△ABC中，已知∠A＝α．（1）如图1，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点D．①当α＝70°时，∠BDC度数＝度（直接写出结果）；②∠BDC的度数为（用含α的代数式表示）；（2）如图2，若∠ABC的平分线与∠ACE角平分线交于点F，求∠BFC的度数（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的角平分线与∠GCB的角平分线交于点M（如图3），求∠BMC的度数（用含α的代数式表示）．6．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．7．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？8．如图，△ABC是等边三角形，△ADC与△ABC关于直线AC对称，AE与CD垂直交BC的延长线于点E，∠EAF＝45°，且AF与AB在AE的两侧，EF⊥AF．（1）依题意补全图形．（2）①在AE上找一点P，使点P到点B，点C的距离和最短；②求证：点D到AF，EF的距离相等．9．在△ABC中，∠BAC=45°，CD⊥AB，垂足为点D，M为线段DB上一动点（不包括端点），点N在直线AC左上方且∠NCM=135°，CN=CM，如图①．（1）求证：∠ACN=∠AMC；SAC（）记△得面积为，记△得面积为．求证：1；2ANC5ABC5SAB2（3）延长线段AB到点P，使BP=BM，如图②．探究线段AC与线段DB满足什么数量关系时对于满足条件的任意点M，AN=CP始终成立？（写出探究过程）10．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=゜．11．对x、y定义一种新运算T，规定：Tx,ymxnyx2y（其中m、n均为非零常数）．例如：T1,13m3n．（1）已知T1,10,T0,28．①求m、n的值；T2p,2p4②若关于p的不等式组恰好有3个整数解，求a的取值范围；T4p,32pa（2）当x2y2时，Tx,yTy,x对任意有理数x,y都成立，请直接写出m、n满足的关系式．学习参考：①abcabac，即单项式乘以多项式就是用单项式去乘多项式的每一项，再把所得的结果相加；②abmnamanbmbn，即多项式乘以多项式就是用一个多项式的每一项去乘另一个多项式的每一项，再把所得的结果相加．12．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113．已知，如图，直线⊥，垂足为，点在点下方，点在射线上，点、1l2l1ABACAMBC不与点重合，点在直线上，点的右侧，过作⊥，点在直线上，点的AD11ADl3l1El3D下方．（）与的位置关系是；1l2l3（2）如图1，若CE平分∠BCD，且∠BCD＝70°，则∠CED＝°，∠ADC＝°；（3）如图2，若CD⊥BD于D，作∠BCD的角平分线，交BD于F，交AD于G．试说明：∠DGF＝∠DFG；（4）如图3，若∠DBE＝∠DEB，点C在射线AM上运动，∠BDC的角平分线交EB的延长线于点N，在点C的运动过程中，探索∠N:∠BCD的值是否变化，若变化，请说明理由；若不变化，请直接写出比值．14．探索发现：111111111;;……12223233434根据你发现的规律，回答下列问题：11（1）＝，＝；45n(n1)1111（2）利用你发现的规律计算：122334n(n1)（3）利用规律解方程：111112x1x(x1)(x1)(x2)(x2)(x3)(x3)(x4)(x4)(x5)x(x5)15．小敏与同桌小颖在课下学习中遇到这样一道数学题：“如图（1），在等边三角形ABC中，点E在AB上，点D在CB的延长线上，且EDEC，试确定线段AE与DB的大小关系，并说明理由”．小敏与小颖讨论后，进行了如下解答：（1）取特殊情况，探索讨论：当点E为AB的中点时，如图（2），确定线段AE与DB的大小关系，请你写出结论：AE_____DB（填“”，“”或“”），并说明理由．（2）特例启发，解答题目：解：题目中，AE与DB的大小关系是：AE_____DB（填“”，“”或“”）．理由如下：如图（3），过点E作EF∥BC，交AC于点F．（请你将剩余的解答过程完成）（3）拓展结论，设计新题：在等边三角形ABC中，点E在直线AB上，点D在直线BC上，且EDEC，若△ABC的边长为1，AE2，求CD的长（请你画出图形，并直接写出结果）．16．（1）发现：如图1，ABC的内角ABC的平分线和外角ACD的平分线相交于点O。①当A50时，则BOC②当A时，求BOC的度数（用含的代数式表示）﹔（2）应用：如图2，直线MN与直线PQ垂直相交于点O，点A在射线OP上运动（点A不与点O重合），点B在射线OB上运动（点B不与点O重合），延长BA至G，已知BAO、OAG的角平分线与BOQ的角平分线所在的直线相交于E、F，在AEF中，如果一个角是另一个角的3倍，请直接写出ABO的度数.17．（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．18．探究发现：如图①，在ABC中，内角ACB的平分线与外角ABD的平分线相交于点E．（1）若A80，则E；若A50，则E；（2）由此猜想：A与E的关系为(不必说明理由)．拓展延伸：如图②，四边形ABCD的内角DCB与外角ABE的平分线相交于点F，BF//CD．（3）若A125，D95，求F的度数，由此猜想F与A，D之间的关系，并说明理由．19．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．20．（概念认识）如图①，在∠ABC中，若∠ABD＝∠DBE＝∠EBC，则BD，BE叫做∠ABC的“三分线”．其中，BD是“邻AB三分线”，BE是“邻BC三分线”．（问题解决）（1）如图②，在△ABC中，∠A＝70°，∠B＝45°，若∠B的三分线BD交AC于点D，则∠BDC＝°；（2）如图③，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC邻AB三分线和∠ACB邻AC三分线，且BP⊥CP，求∠A的度数；（延伸推广）（3）在△ABC中，∠ACD是△ABC的外角，∠B的三分线所在的直线与∠ACD的三分线所在的直线交于点P．若∠A＝m°，∠B＝n°，直接写出∠BPC的度数．（用含m、n的代数式表示）【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．(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 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】(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 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 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．1032．（1）C（4，0）；（2）d433t；（3）MN．7【解析】【分析】（1）根据对称的性质知ABC为等边三角形，利用直角三角形中30度角的性质即可求得答案；（2）利用面积法可求得ACPDPCOA，再利用坐标系中点的特征即可求得答案；（3）利用(2)的结论求得BP2，利用角平分线的性质证得ABO≌CBQ，求得43CQAO43，利用面积法求得QN，再利用直角三角形中30度角的性质即7可求得答案．【详解】（1）∵点B、C关于y轴对称，1∴OBOCBC，2∴ABAC，∵BAC60，∴ABC为等边三角形，∴ABBCAC8，1∴OCBC4，2∴点C的坐标为：C4,0；（2）连接AP，11∵SACPDPCOA，APC22∴ACPDPCOA，∵A0,43，∴OA43，∵BP2t，∴PC82t，∵AC8，PCOA∴PD433t，AC即：d433t；（3）∵点P到AC的距离为33，∴d433t33，∴t1，∴BP2，延长CN交AB于点Q，过点N作NEx轴于点E，连接PQ、BN，∵CQ为ACB的角平分线，ABC为等边三角形，1∴BCQACB30，CQAB，21∵BAOBAC30，ABBC，2∴ABO≌CBQ，∴CQAO43，设QN2a，在RtCNE中，QCB30，11∴NECN(432a)23a，22∵SSS，ABPABNBPN111∴BPOAABQNBPNE，222111∴24382a2(23a)，22223∴a，743∴QN，7∵ACB60，PDC90，∴DPC30，∵BCQ30，∴PMCM，在RtCDM中，MDC90，MCD30，1∴MDMC，21∴MDPM，PD33，2∴PMCM23，43103∴MNCQQNCM4323．77【点睛】本题是三角形综合题，涉及的知识有：含30度直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，外角性质，角平分线的性质，等边三角形的判定和性质，坐标与图形性质，熟练掌握性质及定理、灵活运用面积法求线段的长是解本题的关键．3．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）结论：ADDGND，证明见解析．【解析】【分析】（1）先根据直角三角形的性质得出ABC60，再根据角平分线的性质可得CDED，然后根据三角形的判定定理与性质可得BCBE，最后根据等边三角形的判定即可得证；（2）如图（见解析），延长ED使得DFMD，连接MF，先根据直角三角形的性质、等边三角形的判定得出MDF是等边三角形，再根据等边三角形的性质、角的和差得出FMDB,MFMD,FMGDMB，然后根据三角形全等的判定与性质、等量代换即可得证；（3）如图（见解析），参照题（2），先证HDN是等边三角形，再根据等边三角形的性质、角的和差得出HNDG,NHND,HNBDNG，然后根据三角形全等的判定与性质、等量代换即可得证．【详解】（1）ACB90,A30ABC90A60BD是ABC的角平分线，DEABCDEDCDED在BCD和BED中，BDBDBCDBED(HL)BCBEEBC是等边三角形；（2）如图，延长ED使得DFMD，连接MFACB90,A30，BD是ABC的角平分线，DEABADEBDE60,ADBDMDFADE60,MDB180ADEBDE60MDF是等边三角形MFDM,FDMF60BMG60DMFDMGBMGDMG，即FMGDMBFMDB60在FMG和DMB中，MFMDFMGDMBFMGDMB(ASA)GFBD，即DFDGBDADDFDGMDDG即ADDGMD；（3）结论：ADDGND，证明过程如下：如图，延长BD使得DHND，连接NH由（2）可知，ADE60,HDN180ADEBDE60,ADBDHDN是等边三角形NHND,HHND60BNG60HNDBNDBNGBND，即HNBDNGHNDG60在HNB和DNG中，NHNDHNBDNGHNBDNG(ASA)HBDG，即DHBDDGNDADDG即ADDGND．【点睛】本题考查了直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等 知识点 高中化学知识点免费下载体育概论知识点下载名人传知识点免费下载线性代数知识点汇总下载高中化学知识点免费下载 ，较难的是题（2）和（3），通过作辅助线，构造一个等边三角形是解题关键．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.1115．（1）（1）①125°；②90，（2）BFC；（3）BMC90224【解析】【分析】（1）①由三角形内角和定理易得∠ABC+∠ACB=110°，然后根据角平分线的定义，结合三角形内角和定理可求∠BDC；②由三角形内角和定理易得∠ABC+∠ACB=180°-∠A，采用①的推导方法即可求解；（2）由三角形外角性质得BFCFCEFBC，然后结合角平分线的定义求解；（3）由折叠的对称性得BGCBFC，结合（1）②的结论可得答案．【详解】11解：（1）①∵DBC∠ABC，∠DCB＝∠ACB，22∴∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠DCB1＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）21＝180°﹣（180°﹣70°）2＝125°11②∵DBC∠ABC，∠DCB＝∠ACB，22∴∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠DCB1＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）21＝180°﹣（180°﹣∠A）21＝90°+∠A21＝90°+α．21故答案分别为125°，90°+α．2（2）∵BF和CF分别平分∠ABC和∠ACE11∴FBCABC，FCEACE，2211∴BFCFCEFBC＝(ACEABC)A221即BFC．21（3）由轴对称性质知：BGCBFC，21由（1）②可得BMC90BGC，21∴BMC90．4【点睛】本题考查三角形中与角平分线有关的角度计算，熟练掌握三角形内角和定理，以及三角形的外角性质是解题的关键．6．（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.15807．（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．8．（1）详见解析；（2）①详见解析；②详见解析．【解析】【分析】（1）本题考查理解题意能力，按照题目所述依次作图即可．（2）①本题考查线段和最短问题，需要通过垂直平分线的性质将所求线段转化为其他等量线段之和，以达到求解目的．②本题考查垂直平分线的判定以及全等三角形的证明，继而利用角的平分线性质即可得出结论．【详解】（1）补全图形，如图1所示（2）①如图2，连接BD，P为BD与AE的交点∵等边△ACD，AE⊥CD∴PC=PD,PC+PB最短等价于PB+PD最短故B,D之间直线最短，点P即为所求．②证明：连接DE，DF．如图3所示∵△ABC，△ADC是等边三角形∴AC＝AD，∠ACB＝∠CAD＝60°∵AE⊥CD1∴∠CAE＝∠CAD＝30°2∴∠CEA＝∠ACB﹣∠CAE＝30°∴∠CAE＝∠CEA∴CA＝CE∴CD垂直平分AE∴DA＝DE∴∠DAE＝∠DEA∵EF⊥AF，∠EAF＝45°∴∠FEA＝45°∴∠FEA＝∠EAF∴FA＝FE，∠FAD＝∠FED∴△FAD≌△FED（SAS）∴∠AFD＝∠EFD∴点D到AF，EF的距离相等．【点睛】本题第一问作图极为重要，要求对题意有较深的理解，同时对于垂直平分线以及角平分线的定义要清楚，能通过题目文字所述转化为考点，信息转化能力需要多做题目加以提升．9．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当AC=2BD时，对于满足条件的任意点N，AN=CP始终成立，证明见解析．【解析】【分析】（1）由三角形的内角和定理可求∠ACN=∠AMC=135°-∠ACM；（2）过点N作NE⊥AC于E，由“AAS”可证△NEC≌△CDM，可得NE=CD，由三角形面积 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 可求解；（3）过点N作NE⊥AC于E，由“SAS”可证△NEA≌△CDP，可得AN=CP．【详解】（1）∵∠BAC=45°，∴∠AMC=180°﹣45°﹣∠ACM=135°﹣∠ACM．∵∠NCM=135°，∴∠ACN=135°﹣∠ACM，∴∠ACN=∠AMC；（2）过点N作NE⊥AC于E，∵∠CEN=∠CDM=90°，∠ACN=∠AMC，CM=CN，∴△NEC≌△CDM（AAS），∴NE=CD，CE=DM；11∵SAC•NE，SAB•CD，1222SAC∴1；SAB2（3）当AC=2BD时，对于满足条件的任意点N，AN=CP始终成立，理由如下：过点N作NE⊥AC于E，由（2）可得NE=CD，CE=DM．∵AC=2BD，BP=BM，CE=DM，∴AC﹣CE=BD+BD﹣DM，∴AE=BD+BP=DP．∵NE=CD，∠NEA=∠CDP=90°，AE=DP，∴△NEA≌△CDP（SAS），∴AN=PC．【点睛】本题三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，三角形面积公式等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．1110．（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．m111．（1）①；②42≤a＜54；（2）m=2nn1【解析】【分析】（1）①构建方程组即可解决问题；②根据不等式即可解决问题；（2）利用恒等式的性质，根据关系式即可解决问题．【详解】mn0解：（1）①由题意得，8n8m1解得，n12p2p2p42p4②由题意得，4p32p4p64pa解不等式①得p＞-1．a18解不等式②得p≤，12a18∴-1＜p≤，12∵恰好有3个整数解，a18∴2≤＜3．12∴42≤a＜54；（2）由题意：（mx+ny）（x+2y）=（my+nx）（y+2x），∴mx2+（2m+n）xy+2ny2=2nx2+（2m+n）xy+my2，∵对任意有理数x，y都成立，∴m=2n．【点睛】本题考查一元一次不等式、二元一次方程组、恒等式等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．112．（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.113．（1）互相平行；（2）35，20；（3）见解析；（4）不变，2【解析】【分析】（1）根据平行线的判定定理即可得到结论；（2）根据角平分线的定义和平行线的性质即可得到结论；（3）根据角平分线的定义和平行线的性质即可得到结论；（4）根据角平分线的定义，平行线的性质，三角形外角的性质即可得到结论．【详解】解：（）直线⊥，⊥，1l2l1l3l1∴∥，l2l3即与的位置关系是互相平行，l2l3故答案为：互相平行；（2）∵CE平分∠BCD，1∴∠BCE＝∠DCE＝BCD，2∵∠BCD＝70°，∴∠DCE＝35°，∵∥，l2l3∴∠CED＝∠DCE＝35°，∵⊥，l2l1∴∠CAD＝90°，∴∠ADC＝90°﹣70°＝20°；故答案为：35，20；（3）∵CF平分∠BCD，∴∠BCF＝∠DCF，∵⊥，l2l1∴∠CAD＝90°，∴∠BCF+∠AGC＝90°，∵CD⊥BD，∴∠DCF+∠CFD＝90°，∴∠AGC＝∠CFD，∵∠AGC＝∠DGF，∴∠DGF＝∠DFG；1（4）∠N:∠BCD的值不会变化，等于；理由如下：2∵∥，l2l3∴∠BED＝∠EBH，∵∠DBE＝∠DEB，∴∠DBE＝∠EBH，∴∠DBH＝2∠DBE，∵∠BCD+∠BDC＝∠DBH，∴∠BCD+∠BDC＝2∠DBE，∵∠N+∠BDN＝∠DBE，∴∠BCD+∠BDC＝2∠N+2∠BDN，∵DN平分∠BDC，∴∠BDC＝2∠BDN，∴∠BCD＝2∠N，1∴∠N:∠BCD＝．2【点睛】本题考查了三角形的综合题，三角形的内角和定理，三角形外角的性质，平行线的判定和性质，角平分线的定义，正确的识别图形进行推理是解题的关键．1111n14．（1）,；（2）；（3）见解析．45nn1n1【解析】【分析】1（1）根据简单的分式可得，相邻两个数的积的倒数等于它们的倒数之差，即可得到451和n(n1)（2）根据（1）规律将乘法写成减法的形式，可以观察出前一项的减数等于后一项的被减数，因此可得它们的和.（3）首先利用（2）的和的结果将左边化简，再利用分式方程的解法求解即可.【详解】111111解：（1），；4545n(n1)nn11111故答案为,45nn111111111n（2）原式＝1+1;22334nn1n1n11111112x1（3）已知等式整理得：xx1x1x2x4x5x(x5)112x1所以，原方程即：，xx5x(x5)方程的两边同乘x（x+5），得：x+5﹣x＝2x﹣1，解得：x＝3，检验：把x＝3代入x（x+5）＝24≠0，∴原方程的解为：x＝3．【点睛】本题主要考查学生的归纳总结能力，关键在于根据简单的数的运算寻找规律,是考试的热点.15．（1）AEDB，理由详见解析；（2）AEDB，理由详见解析；（3）3或1【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质、三线合一的性质证明即可；（2）根据等边三角形的性质，证明△EFC≌△DBE即可；（3）注意区分当点E在AB的延长线上时和当点E在BA的延长线上时两种情况，不要遗漏．【详解】解：（1）AEDB，理由如下：EDEC，EDCECD∵△ABC是等边三角形，ACBABC60，点E为AB的中点，1ECDACB30，EDC30，DDEB30，2DBBE，AEBE，AEDB；故答案为：；（2）AEDB，理由如下：如图3：∵△ABC为等边三角形，且EF∥BC，AEFABC60，AFEACB60，FECECB；EFCDBE120；EDEC，DECB，DFEC，在△EFC与△DBE中，FECDEFCDBE，ECDE∴△EFC≌△DBE（AAS），EFDBAEFAFE60，∴△AEF为等边三角形，AEEF，AEBD．（3）①如图4，当点E在AB的延长线上时，过点E作EF∥BC，交AC的延长线于点F：则DCECEF，DBEAEF；ABCAEF，ACBAFE；∵△ACB为等边三角形，ABCACB60，AEFAFE60，DBEABC60，DBEEFC；而EDEC，DDCE，DCEF；在△FEC和△BDE中，FECDEFCDBE，ECDE∴△FEC≌△BDE（AAS），EFBD；∵△AEF为等边三角形，AEEF2，BDEF2，CD123；②如图5，当点E在BA的延长线上时，过点E作EF∥BC，交CA的延长线于点F：类似上述解法，同理可证：DBEF2，BC1，CD211．【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质．熟练掌握等边三角形的性质，构造合适的全等三角形是解题的关键．116．（1）①25°；②；（2）60或45．2【解析】【分析】（1）①利用外角和性质∠ACD＝∠ABC＋∠A，∠OCD＝∠BOC＋∠OBC，再利用角平分线的定义进行等量代换即可；②与①同理可得；（2）根据题意分情况进行讨论，用到（1）的结论计算即可【详解】（1）①∠ACD＝∠ABC＋∠A，∠OCD＝∠BOC＋∠OBC，∵OB、OC分别平分∠ABC、∠ACD，∴∠ACD＝2∠OCD，∠ABC＝2∠OBC，∴2∠OCD＝2∠OBC＋∠A，∴∠A＝2∠BOC，∵∠A＝50°，1∴∠BOC＝∠A＝25°，2故填：25°；②AABCACD，且AACDABCABO平分ABC,CO平分ACD11OBCABC,OCDACD22BOCOBCOCD111ACDABCACDABC22211A22（2）BAO,OAG的角平分线与BOQ的角平分线所在的直线相交于E,F，EAFEAOFAO1BAOGAO902符合题意的情况有两种：1①EEAF30,3根据（1）可知：ABO2E601②EF3E22.5根据（1）可知：ABO2E45【点睛】本题考查三角形外角和的性质、角平分线的定义，利用分类讨论的数学思想是关键．17．（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BC的交点记作点Q，则∠AQC=∠BQP，由①知，ACD≌BCE，∴∠CAD=∠CBE，在ACQ中，∠CAD+∠AQC=180°-∠ACB=120°，∴∠CBE+∠BQP=120°，在BPQ中，∠APB=180°-（∠CBE+∠BQP）=60°，∴∠DPE=60°，同理：∠APC=60°，CPE60,∠CPD=120°，在PE上取一点M，使PM=PC，∴△CPM是等边三角形，∴CPCMPM，∠PCM=∠CMP=60°，∴∠CME=120°=∠CPD，∵△CDE是等边三角形，∴CD=CE，∠DCE=60°=∠PCM，∴∠PCD=∠MCE，∴PCD≌MCE（SAS），∴PD=ME，∴BE=PB+PM+ME=PB+PC+PD．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了三角形的内角和定理，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．1118．（1）40°25°；（2）EA(或Ａ2E)（3）F=AD9022【解析】【分析】（1）先根据两角平分线写出对应的等式关系，再分别写出两个三角形内角和的等式关系，最后联立两等式化解，将A的角度带入即可求解；（2）由（1）可得，即可求解；（3）在DCB与ABE的平分线相交于点F，可知11BCF=DCF=BCDEBFABE，又因为BF//CD，两直线平行内错角相22等，得出FDCF，再根据三角形一外角等于不相邻的两个内角的和，得出EBFF+BCF，再由四边形的内角和定理得出ABCBCD+A+D360，最后在FBC中：F+FBC+BCF180，代入整理即可得出结论．【详解】解：（1）由题可知：BE为DBA的角平分线，CE为BCA的角平分线，DBA=2EBA=2EBD，BCA=2BCE，ABC1802EBA，三角形内角和等于180，在ABC中：A+ABCBCA180，即：A+(1802EBA)2BCE180，A2EBA2BCE0①，在EBC中：E+EBCBCE180，即：E+（180-EBA）BCE180，E-EBABCE0②，综上所述联立①②，由①-②×2可得：A2EBA2BCE-2（E-EBABCE）0，A2EBA2BCE-2E+2EBA-2BCE0，A-2E0，1E=A，2当∠A80，则E40；当A50，则E25；故答案为40，25；1（2）由（1）知：EA(或A2E)；2（3）∵DCB与ABE的平分线相交于点F，11∴BCF=DCF=BCD，EBFABEFBA，22又∵BF//CD，∴FDCF（两直线平行，内错角相等）BCF，∵EBF是CBF的一个外角，∴EBFF+BCF=2FFBA（三角形一外角等于不相邻的两个内角的和），在四边形ABCD中，四边形内角和为360，A125，D95，∴ABCBCD+A+D360，∴ABC360-A-D-BCD=360-A-D-2F①，∴ABC=360-125-95-2F=140-2F，即ABC140-2F，在FBC中：F+FBC+BCF180，FBCFBAABC2FABC，由上可得：F+2FABC+F180，4FABC180②，又∵ABC=140-2F，∴4F140-2F180，2F40，F20，由①②可得，4F360-A-D-2F180，2F180A+D，1F（A+D）-90．2【点睛】本题主要考查了三角形的外角性质的应用和角平分线的定义，能正确运用性质进行推理和计算是解此题的关键，注意三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．19．（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．2121111120．（1）85或100；（2）45°；（3）m或m或m＋n或m－n或n－m33333333【解析】【分析】（1）根据题意可得B的三分线BD有两种情况，画图根据三角形的外角性质即可得∠BDC的度数；（2）根据BP、CP分别是ABC邻AB三分线和AC