期末模拟试题(一)-2022-2023学年八年级上册数学同步培优题库(浙教版)(解析卷)

本试卷满分120分，考试时间120分钟，试题共24题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2022·浙江丽水·八年级期末）下列垃圾分类图标中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项不合题意；B、不是轴对称图形不合题意；C、不是轴对称图形D、是轴对称图形D．，故本选项，故本选项不合题意；，故本选项符合题意．故选：【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，识别轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．2．（2022·浙江绍兴·八年级期末）要说明命题“若ab22，则ab”是假命题，能举的一个反例是（）A．a3，b2【答案】BB．a3，b2C．a3，b11，b3D．a【分析】据要证明一个结论不成立，可以通过举反例的方法来证明一个命题是假命题．【详解】解：A、当a3，b2时，3222，是，322不是假命题的反例，不符合题意；a3，bB、当a3，b2时，(3)222，但是32，a3b2，是假命题的反例，符合题意；C、当a3，b1时，32(1)2，是31，a3，bD、当aa1，b1不是假命题的反例，不符合题意；1，b3时，(1)232，是13，3不是假命题的反例，不符合题意；故选：B．【点睛】此题考查的是命题与定理，解题的关键是掌握要说明数学命题的错误，只需举出一个反例即可这是数学中常用的一种方法．3．（2022·浙江·八年级期末）一个三角形的两边长分别是2与3，第三边的长不可能为（）A．1B．2C．3D．4【答案】A【分析】根据三角形的三边关系求得第三边的取值范围即可．【详解】解：设第三边长x．根据三角形的三边关系，得1＜x＜5，∴第三边不可能为1，故选：A．【点睛】本题主要考查三角形三边关系的知识点，此题比较简单，注意三角形的三边关系．4．（2022·浙江·八年级期中）如图，ABC和ACB的平分线交于点F，过点F作EG∥BC分别交BE6，CG10，则线段EG于点，，若AB，ACEG的长为（）A．16B．17C．18D．19【答案】AEBF【分析】利用角平分线和平行可证得EFB，GFCGCFFEBE，FGGC，，可得到EGBEGC．可得到【详解】解：∵EG∥BC，∴EFBFBC，∵BF平分，∴ABCEBFFBC，∴EBFEFB，∴EFBE，同理FGGC，∴EGEFFGBEGC16．故选A．【点睛】本题考查了角平分线的定义（从一个角的顶点引出一条射线，把这个角分成两个完全相同的角，这条射线叫做这个角的角平分线）、等腰三角形的判定与性质和平行线的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．坐标系中，5．（2022·重庆·八年级期末）在平面直角点将A(-3，-2)向右平移5个单位长度得到点B，则点B关于y轴对称点B的坐标为（）A．(2，2)B．(-2，2)C．(-2，-2)D．(2，-2)【答案】C【分析】根据点的平移规律左减右加可得点B的坐标，然后再根据关于B轴的对称点的坐标特点：横互为相反数，纵变可得答案．【详解】解：点A(-3，-2)向右平移5个单位长度得到点B(2，-2)，点B关于y轴对称点B的坐标为（-2，-2），C．故选：【点睛】本题主要考查了点的平移和关于y轴的对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．xa06．（2022·浙江宁波·八年级期末）已知关于x的不等式组32x0的整数解共有4个，则a的取值范围是（）A．3a2B．3a22C．3aD．a2【答案】B【分析】先分别求出每个不等式的解集，后确定不等式组的解集，最后根据整数解的个数确定a的范围即可．xa0①解不等式①得：≥a,解不等式②得：<，x32x0②23x【详解】解：∴不等式组的解集是a≤x<32，∵原不等式组的整数解有4个为1,0，-1，-2，∴-3<a≤-2．故答案为B．【点睛】一元一次不等式、解一元一次不等式组、不等式组的整数解的应用，确定不等本题考查了解式组的解集是解答本题的关键．7．（2022·辽宁A．图象必经过点2,1C．当x＞3时，y＜0·八年级期末）关于函数3，下列结论正确的是（）yxB．图象经过第一、二、三象限D．y随x的增大而增大【答案】Cy图象与性质即可判断B和D；再根据次函数交点坐标，以及一次函数的与x轴的图象与性质即可判断C．A、当时，【分析】求出当时，的值即可判断A；根据一次函数的一x2y231，所以图象必经过点2,1【详解】解：x2，不经过点2,1，则此项错误，不符合题意；B、因为k10,b30，所以图象经过第一、二、四象限，则此项错误，不符合题意；x3，即图象与x轴的交点为3,0，因为k10，所以随x的yx30，解得C、当y0时，增大而减小，所以当x3时，，则0此项正确，符合题意；yD、因为k10，所以y随x的增大而减小，则此项错误，不符合题意；故：选C．【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题关键．8．（2022·安徽·合肥八年级阶段练习）甲、乙两个工程队同时修建两条长为1000米的马路，所修建的马路的长度y（米）与天数x（天）之间的函数关系如图所示，下列说法不正确的是（）A．甲工程队每天修建100米B．甲、乙两队在第6天修建C．乙工程队的马路长度相同休息前修建的速度比休息后修建的速度每天慢40米D．乙工程比甲工程队早2天完成任务【答案】C【分析】由图象可知甲工程队修建长为1000米的马路用的时间为10天，根据速度=工作量÷工作时间数，即可判定A；根据两函数图象计算出两队在第6天修的马路的长、乙两队在第6天修建的马路长度相同，即可判定B；根据乙工程队休息前工作量是200米，时间是2天，可求出乙工程队的速度，根据休息2天后再用了4天完成任务了任即可求出甲工程队每天修建的米度可知，则甲休息前修建务，可求出乙工程队休息后修建的速度，即可求得乙工程队休息前修建的速度比休息后修建的速度每天慢多少米，即可判定C；由图可知乙工程完成任务时是第8天，甲工程队完成任务时间是第10天，早2天完成任务，可判定D．【详解】解：A．由图可知：甲每天每天修建马路为1000÷10=100(米)，正确，故此选项不符合题意；B．由图可知：甲队在第6天修建的马路长度为200+（1000-200）÷4×(6-4)=600（米）、乙两队在第6天修建的马路长度为100×6=600（米C．乙工程队休息前修建的速度为200÷2=100(米/天)，休息后修建的速度为(1000-200)÷(8-4)=200(米/天)，所以乙工程队慢200-100=100(米)，原说法错误，故此选项符合题意；D．乙工程故选：C．即可求得乙工程比甲工程队），故此选项正确，不符合题意；休息前修建的速度比休息后修建的速度每天比甲工程队早10-8=2（天）完成任务，正确，故此选项不符合题意；【点睛】本题考查一次函数的应用，熟练掌握由函数图象获取信息是解题的关键．9．（2022·浙江绍兴·八年级期末）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，点M为AB上一点，将△BCM沿CM翻折至△ECM，ME与AD相交于点G，CE与AD相交于点F，且AG=GE，则BM的长度是（）18A．524C．5B．4D．5【答案】C【分析】由ASA证明△GAM≌△GEF（ASA），得出GM=GF，AF=ME=BM=x，EF=AM=6-x，因此DF=8-x，CF=x+2，在Rt△DFC中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】解：设BM=x，由折叠的性质得：∠E=∠B=90°=∠A，AE中，AGGEAGMEGF在△GAM和△GEF，∴△GAM≌△GEF（ASA），∴AF=ME=BM=x，EF=AM=6-x，∴DF=8-x，CF=8-（6-x）=x+2，在Rt△DFC中，由勾股定理得：（x+2）=（8-x）2+62，∴GM=GF，2=，∴BM=245．故选：24C．解得：x5【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠有性质，全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和全等三角形的判定与性质，由勾股定理得出方程是解决问题的关键．如图，在中，,ABACBAC90,BC6cm,直线10．（2022·江苏·建湖八年级阶段练习）ABCCMBC，动点D从点C开始沿射线CB方向以每秒2cm的速度运动，动点E也同时从点C开始在△运动时间为t秒．值ABDACE△≌时，的t直线CM上以每秒1cm的速度运动，连接AD,AE，设当为（）A．2B．4C．6D．2或6【答案】D【分析】分两种情况讨论，如图，当点在射线上时，在上，，如图，当点在EECMDCBBDCECM的反向延长线上时，由全等三角形的性质求出其解即可．DBCE△ABD【详解】解：∵≌ACE，△ADAE,ABAC,BDCE,ABDACE,∴如图，当点在射线上时，在上，，ECMDCBBDCE∵,CEtBD62t,∴62tt，∴2．tBDCE,ABD如图，当点在的反向延长线上时，ECMACE,∵,CEtBD26，∴26，∴t6．tttt2所述，当或6时，≌ACE．△ABD△综上【点睛】本题是一道数学动点问题，考查了全等三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，解答时分类讨论是重点也是难点．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）P2,1ymxykxb交于点，则关于x的不等11．（2022·浙江金华·八年级期末）如图，直线，12式kxbmx2的解集为______．【答案】4x2ymx2ykxb在直线的上方，由图可知，不等式mx【分析】根据函数的图象得当2时，x直线21x4，即可集为：的解得．ykxb在直线的上方，ymx【详解】解：由图像可知，当x2时，直线21的解集为：x2，kxbmx1x4，ymx，得：，∴不等式2的解集为：将点2,1代入直线mmx21∴kxbmx2的解集为：4x2，故答案为：4x2．【点睛】本题考查了一次函数的图象，不等式的解集，解题的关键是掌握这些知识点．12．（2022·江苏盐城·八年级期末）“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如“三等分角仪”能三等分任一角．这个三等分角仪由两根有槽的棒OA、OB组成．两根棒在O转动，C点固定，OC＝CD＝DE，点D，E在槽中滑动，若∠BDE＝84°．则∠CDE是_________°．图所示的O点相连并可绕【答案】68【分析】根据OC＝CD＝DE，可得＝∠O＋∠ODC＝2∠ODC，进一∠ODC的度数，∠CDE的度数．【详解】解：∵OC＝CD＝DE，∴∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，∴∵∠O＋∠OED＝3∠ODC＝∠BDE＝84°，∴∠ODC＝28°，∵∠CDE＋∠ODC＝180°−∠BDE＝96°，∴∠CDE＝96°−∠ODC＝68°．故答案为：之间的关系是解答本题的∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，根据三角形的外角性质可知∠DCE步根据三角形的外角性质可知∠BDE＝3∠ODC＝84°，即可求出进而求出∠DCE＝∠O＋∠ODC＝2∠ODC，68．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质以及三角形的外角性质，理清各个角关键．13．（2022·四川成都·八年级期末）如图是一个滑梯示意图，左边是楼梯，右边是滑道，已知滑道AC道AC的长度为______m．与AE的长度一样，滑梯的高度BC＝4m，BE＝1m．则滑【答案】8.5ACxm【分析】设，则AEACxm,ABAEBEx1m，根据勾股定理得到x1242x，解方程即可．BCAC，即AB2222，则AEACxm,ABAEBEx1m【详解】解：设ACxm，ABCRtABC2AC2，由题意得：90，在中，ABBC2∴x1242x，整理得-2x+17=0，解得x8.5，2∴8.5m．故答案为8.5．AC【点睛】本题考查勾股定理的实际应用，解一元一次方程，根据题意建立直角三角形，从而利用勾股定理解决实际问题是解题的关键．14．（2022·河南三门峡的垂直平分线MD相交于D，DE⊥AB交AB的延长线于E，DF⊥AC于F，现有下列结论：②DE+DF=AD；③DM平分∠EDF；④AB+AC=2AE；其中有________．（·八年级期末）如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠BAC的平分线AD与边BC①DE=DF；正确的填写序号）【答案】①②④【分析】①由角平分线的性质可知①正确；②由题意可知∠EAD＝∠FAD＝30°，故此可知ED＝1AD，2DF＝12，从而可证明②正确；③若ADDM平分∠EDF，则∠为直角三EDM＝90°，从而得到∠ABC角形，条件不足，不能确定，故③错误；④连接BD、DC，然后证明△EBD≌△DFCBE，从而得到＝FC，从而可证明④．【详解】解：如图所示：连接BD、DC．①∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，∴ED＝DF．故①正确．②∵∠EAC＝60°，AD平分∠BAC，∴∠EAD＝∠FAD＝30°．∵DE⊥AB，∴∠AED＝90°．∵∠AED＝90°，∠EAD＝30°，∴ED＝1AD．同理：DF＝1AD．22∴DE+DF＝AD．故②正确．③由题意可知：∠EDA＝∠ADF＝60°．假设MD平分∠ADF，则∠ADM＝30°．则∠EDM＝90°，又∵∠E＝∠BMD＝90°，∴∠EBM＝90°．∴∠ABC＝90°．∵∠ABC是否等于90°不知道，∴不能判定MD平分∠EDF．故③错误．④∵DM是BC的垂直平分线，∴DB＝DC．在Rt△BED和Rt△CFD中BDDCDEDF，∴Rt△BED≌Rt△CFD．∴BE＝FC．∴AB+AC＝AE﹣BE+AF+FC又∵AE＝AF，BE＝FC，∴AB+AC＝2AE．故④正确．故答案为：①②④．【点睛】本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、角平分线的性质、线段垂直平分线的性质，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．15．（2022·重庆·八年级期末）已知，如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝x+3分别交x轴，y轴于点A，B两点，直线l2：y＝﹣3x过原点且与直线l1相交于C，点P为y轴上一动点．当PA+PC的值最小时，点P的坐标为_____．【答案】(0,9)5【分析】联立两直线解析式组成方程组，可得点C的坐标，确定出点A关于y轴的对称点A'，即可求出PA+PC的最小值，再用待定系数法求出直线A'C的解析式即可得出点P坐标．l:yx31l:y3x【详解】解：直线①与直线②相交于，C239y49)；3联立①②解得，，，44C(，x4yx3中，当0时，x3，(3,0)，A在yA(3,0)关于轴的对称点(3,0)A，连接CA交轴于点，此时PCPA最小，如图：yPy作点CA设直线的解析式为ykxb，33kb9k9，解得：5，3)44把C(A(3,0)，，代入得：9443kb0b5，令0时y9，xy93x直线的解析式为CA59559点．故答案为：(0,)．P(0,)55【点睛】此题是一次函数综合题，主要考查了函数图象的交点坐标的求法，待定系数法，用轴对称解决最短路径问题是解本题的关键．A1,0,B3,0，点为16．（2022·江苏·镇江八年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，PyxOy轴正半轴上的一个动点，以线段PA为边在APQPA的右上方作等边△，连接，在点运动的过QBP程中，线段长度的最小值为_______．QB【答案】2△ABQA60°△ACP【分析】如图，将绕点逆时针旋转到，连接，计算点（，），确定当BCC23PCPC⊥y2．轴时，最小，最小值是【详解】解：如图，将△ABQ绕点A逆时针旋转60°到△ACP，连接BC，∴△ABQ≌△ACP，∴∵△ABC是等边三角形∴∠PAQ=∠BAC=60°，∴△ABC是等边三角形，∵A（1，0），B（3，0），∴AB=3-1=2，∴C（2，），即点C是定点，∴当PC最小时，PC最小，最小值是2，∴线段QB长度的最小值为2．故答案为：2．AB=AC，BQ=PC，∠PAQ=∠BAC，BQ最小，3∴当PC⊥y轴时，【点睛】本题考查了确定最小值问题，此类题有难度，正确理解题意是关键，运用旋转的性质作旋转三角形是本题的关键．三、解答题（本大题共8小题，共72分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（2022·山东·聊城市八年级阶段练习）解下列不等式或不等式组，并把解集在数轴上表示出来：5x73(x1)xx1(1)231x1723x．≥1；(2)2【答案】(1)x≥4，数轴见解析(2)4≤x＜5，数轴见解析【分析】（1）按照去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1的步骤求出不等式的解集，然后画数轴表示即可；（2）先分别解两个不等式，求出它们的解集，再求两个不等式解集的公共部分即可得到不等式组的解集，然后画数轴表示即可．（1）xx1≥1；解：23去分母，得：3x﹣2（x﹣1）≥6，去括号，得：3x﹣2x+2≥6，移项，得：3x﹣2x≥6﹣2，合并同类项，得：x≥4，表示在数轴上如下：（2）5x73(x1)解：122解不等式5x﹣7＜3（x+1），得：x＜5，3xx1≥7﹣，得：≥4，21解不等式﹣x2∴不等式组的解集为4≤x＜5，表示在数轴上如下：【点睛】本题考查了一元一次不等式以及一元一次不等式组的解法，熟练掌握一元一次不等式组的解法是解答本题的关键．18．（2022·江苏南京OA与地面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1.2m高的C处接住她．若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.8m和2.4m，∠BOC＝90°．·八年级期末）小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，B处接住她后用力一推，爸爸在(1)△CEO与△ODB全等(2)爸爸在距离地面(3)秋千的起始位置A处与距地面的高是m．(1)全等，(2)爸爸是在距离地面1.6m的地吗？请说明理由．多高的地方接住小丽的？【答案】理由见解析方接住小丽的．(3)0.6【分析】（1）由直（2）由全等（3）由（2）可得点A处与距地面的高．角三角形的性质得出∠COE＝∠OBD，根据AAS可证明△CEO≌△ODB；出CE＝OD，OE＝BD，出求DE的长则可得出答案；D距地面的高度是1.2m，用勾股定理出求OA的长，再求出AD的长，即可得求三角形的性质得秋千的起始位置（1）△CEO与△ODB全等．理由如下：由题意可知∠CEO＝∠BDO＝90°，OB＝OC，∵∠BOC＝90°，∴∠COE＋∠BOD＝∠BOD＋∠OBD＝90°．∴∠COE＝∠OBD，在△CEO和△ODB中，COE＝OBDCEO＝ODB（）；，∴△CEO≌△ODBAASOC＝OB（2）∵△CEO≌△ODB，∴CE＝OD，OE＝BD，∵BD、CE分别为1.8m和2.4m，∴DE＝OD−OE＝CE−BD＝2.4−1.8＝0.6（m），由题意，点B距地面的高度是1.2m，所以，点D距地面的高度是1.2m，点E距地面的高度是1.2+0.6=1.8（m）所以，点C距地面的高度是1.8m．答：爸爸是在距离地面1.8m的地方接住小丽的．（3）在Rt△BOD中，OB（m）由（OD2BD22.421.823（m），∴OA=3（m），∴AD=OA-OD=3-2.4=0.6距地面的高是1.2-0.6=0.6（m），2）得，点D距地面的高度是1.2m，∴秋千的起始位置A处与答：秋千的起始位置A处与距地面的高是0.6m．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，证明△CEO≌△ODB是解题的关键．19．（2022·广西·八年级期末）已知ABC的三个顶点坐标分别为A(﹣1，4)，B(﹣3，4)，C(﹣5，2)．（1）请在坐标平面内画出ABC；（2）请在y轴上找一点P，使线段AP与BP的和最小，并直接写出P点坐标（保留作图痕迹）．【答案】（1）见解析；（1）根据点坐标描出点A、B、C，依次连线即可得到ABC；（2）过点A作y轴的对称点A，连接BA与y轴交一于点即为点P．【详解】解：（1）如2）图见解析，P的坐标为（0，4）【分析】（图：（2）过点作轴的对称点Ayy，连接与轴交于一点即为点，此时最小，点的坐标PAP+BPPBAA为（0，4）．【点睛】此题考查作图能力，最短路径问题，正确掌握平面直角坐标系中点的坐标特点描出各点及最短路径问题的解题方法是解题的关键．20．（2021·浙江衢州·八年级期末）随着全国文明城市创建工作不断深入，垃圾分类作为“创建”任务中重要工作而备受重视．龙游县某社区积极响应，决定在社区安装智能四分类垃圾箱和智能六分类垃圾箱，若购买2个智能四分类垃圾箱和3个智能六分类垃圾箱共需14.3万元，且智能六分类垃圾箱单价比智能四分类垃圾箱单价高0.6万元．(1)智求能四分类垃圾箱和智能六分类垃圾箱的单价；(2)该社区需购买智能四分类垃圾箱和智能六分类垃圾箱共30个，20个，且总费用不超过88.2万元，请你列举出所有购买方案，并指出哪种购买方案所需资金最少，其中智能六分类垃圾箱至少要安装最少是多少万元？【答案】(1)智能四分类垃圾箱单价为(2)共有三种购买方案，方案一：购买购买智能四分类垃圾箱10个，购买智能六分类垃圾箱20个，需要花费87万元；方案9个，购买智能六分类垃圾箱21个，需要花费87.6万元；方案三8个，购买智能六分类垃圾箱22个，需要花费88.2万元；方案一：购买购买智能四分类垃圾箱10个，购买智能六分类垃圾箱20个所需资金最少，最少是87万元．2.5万元，智能六分类垃圾箱单价为3.1万元二：购买购买智能四分类垃圾箱：购买购买智能四分类垃圾箱【分析】（1）根据购买2个智能四分类垃圾箱和3个智能六分类垃圾箱共需14.3万元类垃圾箱单价比智能四分类垃圾箱单价高0.6万元（2）根据题意可以写出所需费用与购买的六分类垃圾箱的个数的函数关系式，然后根据智能六分类垃圾箱至少要安装20个，且总费用不超过88.2万元，且智能六分，可以列出相应的二元一次方程组，然后求解即可；，可以得到相应的不等式组，然后求出不等式组的解集，再根据垃圾箱个数为整数，即可写出相应的购买方案，再计算出各种方案下的花费情况，即可解答本题．(1)解：设智能四分类垃圾箱单价为a万元，智能六分类垃圾箱单价为万元，b2a3b14.3由题意可得：a0.6b，a2.5解得b3.1，答：智能四分类垃圾箱单价为2.5万元，智能六分类垃圾箱单价为3.1万元；(2)x个，则购买智能四分类垃圾箱(30x)个，花费为元，y设购买智能六分类垃圾箱由题意可得：y2.5(30x)3.1x0.6x75，智能六分类垃圾箱至少要安装20个，且总费用不超过88.2万元，x200.6x7588.2，解得20x22，x为整数，x20，21，22，共有三种购买方案，方案一：购买购买智能四分类垃圾箱10个，购买智能六分类垃圾箱20个，需要花费：0.6207587（万元）；方案二：购买购买智能四分类垃圾箱9个，购买智能六分类垃圾箱21个，需要花费：0.6217587.6（万元）；0.6227588.2方案三：购买购买智能四分类垃圾箱8个，购买智能六分类垃圾箱22个，需要花费：（万元）；由上可得：方案一：购买购买智能四分类垃圾箱10个，购买智能六分类垃圾箱20个所需资金最少，最少是87万元．【点睛】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用、一元一次不等式组的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组和不等式组，写出相应的函数关系式．21．（2022·黑龙江哈尔滨·八年级期末）在△ABC中，点D是边BC上一点，点E在边AC上，且BD＝CE，∠BAD＝∠CDE，∠ADE＝∠C．(1)如图①，求证：△ADE是等腰三角形；(2)如图②，若DE平分∠ADC，在不添加辅助线的情况下，图中所有与∠CDE相等的∠CDE除外）．(1)见解(2)图中所有与∠CDE相等的角有∠B，∠C，∠ADE和∠BAD请直接写出角（【答案】析1）根据三角形外角性质即可得出BC，根据三角形全等的【分析】（性质即可得出答案．（2）根据角平分线性质得到ADECDE,利用等量代换即可得出答案．（1）证明：△ABDADC是的一个外角，BBADADCADECDEBAD＝CDE，ADE＝C，又BC，△ABD在和△DCE中，BADCDEBC，BDCEABDDCE(AAS)ADDE，ADE是等腰三角形．（2）解：由（1）得，ABDDCE，BC，平分，∠ADCDEADECDE，又∠BAD＝∠CDE，BBADADC2CDE，BCDE，CCDE，所以图中与∠CDE相等的角有∠B，∠C，∠ADE和∠BAD．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，角平分线的性质，解题关键在于熟练掌握其相关证明的判定及性质．22．（2022·浙江金华·八年级期末）已知△ABC中，30，P是线段AB上一点，连结CP．ABP的值．②若CP是△ABC的角平分线，求APACB90时①若CP是△ABC的高线，求(1)如图，当BPAP(2)已知AC423，当CP恰好将△ABC分成两个等腰三角形AB的值．时，求的长．【答案】(1)①1，②33383(2)6310，4，264233【分析】（1）①根据30°张角三角形性质得出AB=2BC，∠CBA=90°-∠A=90°-30°=60°，BC=2BP，可求AB=2BC=4BP，再求出AP=AB-BP=4BP-BP=3BP即可；②过点P作PE⊥BC于E，PF⊥AC于F，利用角平分线性质得出PE=PF，根据30°张角三角形性质得出BE=12BP，利用勾股定理PF=PE=3BP，求出AP=2PF=233BP即可；BP22CPPBBCCPBCPPA（2）分三种情况：如图CP分△ABC得两个三角形，==，△=为等边三角形，和334233433的等腰三角形△，利用勾股定理求出BC=2，CPAAC343833AB=2BC=24；分△ABCBPCPCPCPBACAP为=的等腰三角形和==423的23112等腰三角形，过作⊥于，根据∠=30°得出CM=3，求CAPCCMABMAAC42322出=CPCM2，=+=+=ABBPAPCPAC62；分2423CP3226PM212△ABCBPCP为=的等腰三角形和=的等腰三角形，过CPBCPACCPACCNAB点作⊥于N，根据勾13AC233，根据==AC423BPCP股定理AN=AC2CN2AC2AC242得出AB=AP+PN+AN=AC+2AN=42322331063即可．（1）解：①∵，∴AB=2BC，∠CBA=90°-∠A=90°-30°=60°，∵CP是△ABCACB90A30，的高线，∴∠CPB=90°，∴∠B+∠BCP=90°，∴∠BCP=90°-∠B=90°-60°=30°，∴BC=2BP，BPBP1∴AB=2BC=4BP，∴AP=AB-BP=4BP-BP=3BP，∴AP3BP3；②过点P作PE⊥BC于E，PF⊥AC于，∵平分FCP∠，∴=，∵∠A=30°，∠BCA=90°，∴∠B=180°-∠-∠BCAPEPFABCA=180°-30°-90°=60°，11223BP，2∴∠EPB=90°-∠B=30°，∴BE=BP，在Rt△BPE中，EP=BP2BPBE22BP2BP，∴3BPBP3；∴PF=PE=3BP，∴AP=2PF=223APBP3BP32（2）解：分三种情况如图CP△ABC分得两个三角形，CP=PB=BC△CPB，为等边三角形，和CP=PA的等腰三角形，△CPA∵∠A=30°，，CP=PA∴∠PCA=∠A=30°∵CP=PB=BC△CPB，为等边三角形，∴∠BCP=60°，∴∠BCA=∠BCP+∠PCA=60°+30°=90°，∴AB=BP+PA=2BC，∵AC423，根据334233433勾股定理BC2AC2AB24BC2，∴BC=2，AC3433833∴AB=2BC=224；CP分△ABC为BP=CP的等腰CPBACAPCAPCCMABM三角形和==423的等腰三角形，过作⊥于，112∵∠A=30°∴CM=3，AC423221AC223AC233，∴PM=AP-AM=423-233=1，∴AM=AC2CM2AC22∴CP=CM2，∴AB=BP+AP=CP+AC=2423；PM223212626分为的等腰三角形和CPCPB△ABCBP=CPCP=AC的等腰三角形，过CPA点作⊥于N，∵CP=AC，⊥，CNABCCNABA∠=30°∴PN=AN，1CN=AC212143AC233，242323∴AN=AC2CN2AC2AC2∵BP=CP=AC423，∴AB=AP+PN+AN=AC+2AN=42322331063，∴综合得836310，4，AB的长为26423．3【点睛】本题考查30°直角三角形性质，勾股定理，线段的比，角平分线性质，等腰三角形性质，线段和差，掌握30°直角三角形性质，勾股定理，线段的比，角平分线性质，等腰三角形性质，线段和差是解题关键