2023-2024学年八年级数学上册举一反三系列（苏科版）专题8.4 期末满分计划之选填压轴专项训练（30道）（举一反三）含解析

2023-2024学年八年级数学上册举一反三系列专题8.4期末满分计划之选填压轴专项训练（30道）【苏科版】一．选择题（共14小题）1．（2021•历城区期末）如图，指针OA，OB分别从与x轴和y轴重合的位置出发，绕着原点O顺时针转动，已知OA每秒转动45°，OB的转动速度是OA的13，则第2020秒时，OA与OBA．130° B．145° C．150° D．165°2．（2021春•碑林区校级期末）甲、乙二人同时从A地出发，沿同一条道路去B地，途中都使用两种不同的速度V1与V2（V1＜V2），甲用一半的路程使用速度V1、另一半的路程使用速度V2；乙用一半的时间使用速度V1、另一半的时间使用速度V2；关于甲乙二人从A地到达B地的路程与时间的函数图象及关系，有图中4个不同的图示分析．其中横轴t表示时间，纵轴s表示路程，其中正确的图示分析为（）A．图（1） B．图（1）或图（2） C．图（3） D．图（4）3．（2021春•江津区期末）一条公路旁依次有A，B，C三个村庄，甲、乙两人骑自行车分别从A村、B村同时出发前往C村，甲、乙之间的距离s（km）与骑行时间t（h）之间的函数关系如图所示，下列结论：①A，B两村相距10km；②甲出发2h后到达C村；③甲每小时比乙多骑行8km；④相遇后，乙又骑行了30min或55min时两人相距4km．其中正确的是（）A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④4．（2021秋•历城区期末）如图，平面直角坐标系中，已知直线y＝x上一点P（1，1），C为y轴上一点，连接PC，线段PC绕点P顺时针旋转90°至线段PD，过点D作直线AB⊥x轴，垂足为B，直线AB与直线y＝x交于点A，且BD＝2AD，连接CD，直线CD与直线y＝x交于点Q，则点Q的坐标为（）A．（52，52） B．（3，3） C．（74，74） D．（5．（2021春•永春县期末）规定[x]表示不大于x的最大整数，例如[2.3]＝2，[3]＝3，[﹣2.5]＝﹣3．那么函数y＝x﹣[x]的图象为（）A． B． C． D．6．（2021秋•遵化市期末）如图，在2×2的方格纸中有一个以格点为顶点的△ABC，则与△ABC成轴对称且以格点为顶点三角形共有（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个7．（2021秋•九龙坡区校级期末）如图，在△ABC中，过点A作AE⊥BC于点E，过点C作CD⊥AB于点D，AE、CD交于点F，连接BF将△ABF沿BF翻折得到△A′BF，点A′恰好落在线段AC上．若AE＝EC，AC＝32，BE＝1，则△A′CF的面积是（）A．22 B．32 C．2 8．（2021秋•河北区期末）如图，在△ABC中，∠BAC和∠ABC的平分线AE，BF相交于点O，AE交BC于E，BF交AC于F，过点O作OD⊥BC于D，下列三个结论：①∠AOB＝90°+12∠C；②当∠C＝60°时，AF+BE＝AB；③若OD＝a，AB+BC+CA＝2b，则S△ABC＝A．①② B．②③ C．①②③ D．①③9．（2021秋•雨花区期末）如图，在第1个△A1BC中，∠B＝40°，A1B＝CB；在边A1B上任取一点D，延长CA1到A2，使A1A2＝A1D，得到第2个△A1A2D；在边A2D上任取一点E，延长A1A2到A3，使A2A3＝A2E．得到第3个△A2A3E…按此做法继续下去，则第n+1个三角形中以An+1为顶点的内角度数是（）A．(12)nC．(12)10．（2021•达川区期末）如图，第（1）个多边形由正三角形“扩展而来边数记为a3＝12，第（2）个多边形由正方形“扩展”而来，边数记为a4＝20，第（3）个多边形由五边形“扩展”而来，边数记为a5＝30…依此类推，由正n边形“扩展而来的多边形的边数记为an（n≥3），则1aA．310 B．730 C．83311．（2021秋•黄岩区期末）如图，已知等边三角形ABC，点D为线段BC上一点，以线段DB为边向右侧作△DEB，使DE＝CD，若∠ADB＝m°，∠BDE＝（180﹣2m）°，则∠DBE的度数是（）A．（m﹣60）° B．（180﹣2m）° C．（2m﹣90）° D．（120﹣m）°12．（2021春•罗湖区校级期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝CD，过点D作AB的垂线交AB的延长线于点E．若AB＝2DE，则∠BAC的度数为（）A．45° B．30° C．22.5° D．15°13．（2021春•达川区期末）如图，等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于D，∠ABC的平分线分别交AC、AD于E、F两点，M为EF的中点，延长AM交BC于点N，连接DM，NE．下列结论：①AE＝AF；②AM⊥EF；③△AEF是等边三角形；④DF＝DN，⑤AD∥NE．其中正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个14．（2021秋•青山区期末）如图，在△ABC中，点M，N分别是AC，BC上一点，AM＝BN，∠C＝60°，若AB＝9，BM＝7，则MN的长度可以是（）A．2 B．7 C．16 D．17二．填空题（共16小题）15．（2021春•忠县期末）我们经过探索知道1+112+122=3222，1+122+16．（2021春•鼓楼区期末）我们把对非负实数x“四舍五入”到个位的值记为《x》，即当n为非负整数时，若n-12≤x＜n+12，则《x》＝n．例如《0.67》＝1，《2.49》＝2，…下列结论中：①《2x》＝2《x》；②当m为非负整数时，《m+2x》＝m+《2x》；③满足《x》=317．（2021秋•平谷区期末）已知，a，b是正整数．（1）若3a是整数，则满足条件的a的值为（2）若3a+7b是整数，则满足条件的有序数对（a，18．（2021春•洪山区期末）对于平面直角坐标系xOy中的点P（a，b），若点P′的坐标为（a+kb，ka+b）（其中k为常数，且k≠0），则称点P′为点P的“k属派生点”，例如：P（1，4）的“2属派生点”为P′（1+2×4，2×1+4），即P′（9，6）．若点P在x轴的正半轴上，点P的“k属派生点”为P′点．且线段PP'的长度为线段OP长度的3倍，则k的值．19．（2021秋•射阳县期末）点A的坐标为（1，2），C为x轴上一点，且△AOC为等腰三角形，满足条件的点C有4个，请写出一个满足条件的点C的坐标．20．（2021春•崇川区校级期末）如图，在平面直角坐标系内，点A、点B的坐标分别为A（﹣7，0），B（5，0），现将线段AB向上平移9个单位，得到对应线段DC，连接AD、BC、AC，若AC＝15，动点E从C点出发，以每秒3个单位的速度沿C→D→C做匀速运动，点F从点B出发，以每秒4个单位的速度沿B→A→B做匀速运动，点G从点A出发沿AC向点C匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动，假设移动时间为t秒．在移动过程中，若△CEG与△AFG全等，则此时的移动时间t的值为．21．（2021春•建平县期末）如图（1），△AB1C1是边长为1的等边三角形；如图（2），取AB1的中点C2，画等边三角形AB2C2，连接B1B2；如图（3），取AB2的中点C3，画等边三角形AB3C3，连接B2B3；如图（4），取AB3的中点C4，画等边三角形AB4C4，连接B3B4，则B3B4的长为．22．（2021•商河县期末）小明租用共享单车从家出发，匀速骑行到相距2400米的图书馆还书．小明出发的同时，他的爸爸以每分钟96米的速度从图书馆沿同一条道路步行回家，小明在图书馆停留了2分钟后沿原路按原速返回．设他们出发后经过t（分）时，小明与家之间的距离为s1（米），小明爸爸与家之间的距离为s2（米），图中折线OABD、线段EF分别表示s1、s2与t之间的函数关系的图象小明从家出发，经过分钟在返回途中追上爸爸．23．（2021春•下陆区期末）已知：a、b、c是三个非负数，并且满足3a+2b+c＝6，2a+b﹣3c＝1，设m＝3a+b﹣7c，设s为m的最大值，则s的值为．24．（2021•商河县校级期末）甲、乙两人沿同一条直路走步，如果两人分别从这条直路上的A，B两处同时出发，都以不变的速度相向而行，图1是甲离开A处后行走的路程y（单位：m）与行走时间x（单位：min）的函数图象，图2是甲、乙两人之间的距离y（单位：m）与甲行走时间x（单位：min）的函数图象，则a﹣b＝．25．（2021春•成华区期末）如图，AD，BE在AB的同侧，AD＝2，BE＝2，AB＝4，点C为AB的中点，若∠DCE＝120°，则DE的最大值是．26．（2021春•官渡区期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，D为AC中点，E为边AB上一动点，当四边形BCDE有一组邻边相等时，则AE的长为．27．（2021•淳安县期末）已知如图，在长方形ABCD中，点E是AD的中点，连接BE，将△ABE沿着BE翻折得到△FBE，EF交BC于点H，延长BF、DC相交于点G，若DG＝16，BC＝24，则FH＝．28．（2021春•光明区期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，且AD、BE的交于点F，若BF＝AC，CD＝6，BD＝8，则线段AF的长度为．29．（2021秋•江东区期末）如图，点C在线段AB上，DA⊥AB，EB⊥AB，FC⊥AB，且DA＝BC，EB＝AC，FC＝AB，∠AFB＝51°，则∠DFE＝．30．（2021春•丹东期末）如图，BD是△ABC的内角平分线，CE是△ABC的外角平分线，过A分别作AF⊥BD、AG⊥CE，垂足分别为F、G，连接FG，若AB＝6，AC＝5，BC＝4，则FG的长度为．专题8.4期末满分计划之选填压轴专项训练（30道）【苏科版】一．选择题（共14小题）1．（2021•历城区期末）如图，指针OA，OB分别从与x轴和y轴重合的位置出发，绕着原点O顺时针转动，已知OA每秒转动45°，OB的转动速度是OA的13，则第2020秒时，OA与OBA．130° B．145° C．150° D．165°【解题思路】首先求出第一次相遇的时间，再求出第二次相遇所用的时间，探究规律利用规律解决问题即可．【解答过程】解：设t秒第一次相遇．由题意：270+15t＝45t，解得t＝9，相遇后设m秒第二次相遇，则有45m﹣15m＝360，解得m＝12，以后每过12秒相遇一次，（2021﹣9）÷12＝167…7，∴2020秒时，7×45°﹣7×15°＝210°，此时OA与OB的夹角为150°．解法二：∵已知OA每秒转动45°，360°÷45°＝8，∴OA转动一周需要8秒，2020÷8＝252…4，4×45°＝180°，∴OA2020秒后在x轴的负半轴上，同法可得，OB2020秒后在第一象限，与y轴的夹角为60°，∴∠AOB＝90°+60°＝150°．故选：C．2．（2021春•碑林区校级期末）甲、乙二人同时从A地出发，沿同一条道路去B地，途中都使用两种不同的速度V1与V2（V1＜V2），甲用一半的路程使用速度V1、另一半的路程使用速度V2；乙用一半的时间使用速度V1、另一半的时间使用速度V2；关于甲乙二人从A地到达B地的路程与时间的函数图象及关系，有图中4个不同的图示分析．其中横轴t表示时间，纵轴s表示路程，其中正确的图示分析为（）A．图（1） B．图（1）或图（2） C．图（3） D．图（4）【解题思路】根据横轴代表时间，纵轴表示路程以及甲乙所用速度与所走路程及时间的关系可得相应的函数图象．【解答过程】解：由题意得：甲在一半路程处将进行速度的转换，4个选项均符合；乙在一半时间处将进行速度的转换，函数图象将在t1处发生弯折，只有（1）（4）符合，再利用速度不同，所以行驶路程就不同，两人不可能同时到达目的地，故（4）错误，故只有（1）正确，故选：A．3．（2021春•江津区期末）一条公路旁依次有A，B，C三个村庄，甲、乙两人骑自行车分别从A村、B村同时出发前往C村，甲、乙之间的距离s（km）与骑行时间t（h）之间的函数关系如图所示，下列结论：①A，B两村相距10km；②甲出发2h后到达C村；③甲每小时比乙多骑行8km；④相遇后，乙又骑行了30min或55min时两人相距4km．其中正确的是（）A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④【解题思路】根据图象与纵轴的交点可得出A、B两地的距离，而s＝0时，即为甲、乙相遇的时候，同理根据图象的拐点情况解答即可．【解答过程】解：由图象可知A村、B村相离10km，故①正确，当1.25h时，甲、乙相距为0km，故在此时相遇，说明甲的速度大于乙的速度，当2h时，甲到达C村，故②正确；v甲×1.25﹣v乙×1.25＝10，解得：v甲﹣v乙＝8，故甲的速度比乙的速度快8km/h，故③正确；当1.25≤t≤2时，函数图象经过点（1.25，0）（2，6），设一次函数的解析式为s＝kt+b，代入得：0=1.25k+b6=2k+b解得：k=8b=-10∴s＝8t﹣10当s＝4时，得4＝8t﹣10，解得t＝1.75h由1.75﹣1.25＝0.5h＝30（min），同理当2≤t≤2.5时，设函数解析式为s＝kt+b将点（2，6）（2.5，0）代入得：6=2k+b0=2.5k+b解得：k=-12b=30∴s＝﹣12t+30当s＝4时，得4＝﹣12t+30，解得t=13由136-1.25=11故相遇后，乙又骑行了30min或55min时两人相距4km，故④正确．故选：D．4．（2021秋•历城区期末）如图，平面直角坐标系中，已知直线y＝x上一点P（1，1），C为y轴上一点，连接PC，线段PC绕点P顺时针旋转90°至线段PD，过点D作直线AB⊥x轴，垂足为B，直线AB与直线y＝x交于点A，且BD＝2AD，连接CD，直线CD与直线y＝x交于点Q，则点Q的坐标为（）A．（52，52） B．（3，3） C．（74，74） D．（【解题思路】过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴，交y轴于H，∠CMP＝∠DNP＝∠CPD＝90°，求出∠MCP＝∠DPN，证△MCP≌△NPD，推出DN＝PM，PN＝CM，设AD＝a，求出DN＝2a﹣1，得出2a﹣1＝1，求出a＝1，得出D的坐标，在Rt△DNP中，由勾股定理求出PC＝PD=5，在Rt△MCP中，由勾股定理求出CM＝2，得出C的坐标，设直线CD的解析式是y＝kx+3，把D（3，2）代入求出直线CD【解答过程】解：过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴，交y轴于H，∠CMP＝∠DNP＝∠CPD＝90°，∴∠MCP+∠CPM＝90°，∠MPC+∠DPN＝90°，∴∠MCP＝∠DPN，∵P（1，1），∴OM＝BN＝1，PM＝1，在△MCP和△NPD中，∠CMP=∠DNP∠MCP=∠DPN∴△MCP≌△NPD（AAS），∴DN＝PM，PN＝CM，∵BD＝2AD，∴设AD＝a，BD＝2a，∵P（1，1），∴DN＝2a﹣1，则2a﹣1＝1，a＝1，即BD＝2．∵直线y＝x，∴AB＝OB＝3，在Rt△DNP中，由勾股定理得：PC＝PD=(3-1在Rt△MCP中，由勾股定理得：CM=(则C的坐标是（0，3），设直线CD的解析式是y＝kx+3，把D（3，2）代入得：k=-1即直线CD的解析式是y=-13即方程组y=-13x+3即Q的坐标是（94，9故选：D．5．（2021春•永春县期末）规定[x]表示不大于x的最大整数，例如[2.3]＝2，[3]＝3，[﹣2.5]＝﹣3．那么函数y＝x﹣[x]的图象为（）A． B． C． D．【解题思路】[x]还可理解为取小，分当x≥0、x＜0，代入相应的点依次求解即可．【解答过程】解：[x]还可理解为取小，1、x﹣[x]≥0，所以y≥0；2、当x为整数时，x﹣[x]＝0，此时y＝0；3、y＝x﹣[x]的图象为y＝x（0≤x≤1）的图象向左或向右平移[x]个单位（根据[x]的±，左加右减）；基于以上结论，可得：（1）当x≥0时，当x＝0时，y＝0﹣0＝0，x＝1时，y＝1﹣1＝0，当x＝1.2时，y＝1.2﹣1＝0.2；x＝1.5时，y＝1.5﹣1＝0.5，即x在两个整数之间时，y为一次函数；当x＝2时，y＝2﹣2＝0，符合条件的为A、B；（2）当x＜0时，当x＝﹣1时，y＝﹣1+1＝0，x＝﹣1.2时，y＝﹣1.2+2＝0.8，x＝﹣2时，y＝﹣2+2＝0，在A、B中符合条件的为A，故选：A．6．（2021秋•遵化市期末）如图，在2×2的方格纸中有一个以格点为顶点的△ABC，则与△ABC成轴对称且以格点为顶点三角形共有（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【解题思路】解答此题首先找到△ABC的对称轴，EH、GC、AD，BF等都可以是它的对称轴，然后依据对称找出相应的三角形即可．【解答过程】解：与△ABC成轴对称且以格点为顶点三角形有△ABG、△CDF、△AEF、△DBH，△BCG共5个，故选：C．7．（2021秋•九龙坡区校级期末）如图，在△ABC中，过点A作AE⊥BC于点E，过点C作CD⊥AB于点D，AE、CD交于点F，连接BF将△ABF沿BF翻折得到△A′BF，点A′恰好落在线段AC上．若AE＝EC，AC＝32，BE＝1，则△A′CF的面积是（）A．22 B．32 C．2 【解题思路】想办法证明FA′∥EC，求出FA′，EF，根据S△A′CF=12•FA′•【解答过程】解：∵AE⊥BC，CD⊥AB，∴∠ADF＝∠CEF＝90°，∵∠AFD＝∠CFE，∴∠DAF＝∠FCE，∵∠BAE＝∠ECF，AE＝EC，∠AEB＝∠CEF＝90°，∴△AEB≌△CEF（ASA），∴BE＝EF＝1，由翻折可知：∠BAF＝∠BA′F，BA′＝BA，∴∠BAA′＝∠BA′A，∵EA＝EC，∠AEC＝90°，AC＝32∴∠EAC＝∠ECA＝45°，AE＝EC＝3，∴AF＝AE﹣EF＝2，∵∠BAA′＝∠BAF+∠EAC，∠BA′A＝∠A′BC+∠ACE，∴∠BAF＝∠A′BC，∴∠A′BC＝∠FA′B，∴FA′∥BC，∴S△A′CF=12•FA′•EF故选：D．8．（2021秋•河北区期末）如图，在△ABC中，∠BAC和∠ABC的平分线AE，BF相交于点O，AE交BC于E，BF交AC于F，过点O作OD⊥BC于D，下列三个结论：①∠AOB＝90°+12∠C；②当∠C＝60°时，AF+BE＝AB；③若OD＝a，AB+BC+CA＝2b，则S△ABC＝A．①② B．②③ C．①②③ D．①③【解题思路】由角平分线的定义结合三角形的内角和的可求解∠AOB与∠C的关系，进而判定①；在AB上取一点H，使BH＝BE，证得△HBO≌△EBO，得到∠BOH＝∠BOE＝60°，再证得△HAO≌△FAO，得到AF＝AH，进而判定②正确；作OH⊥AC于H，OM⊥AB于M，根据三角形的面积可证得③正确．【解答过程】解：∵∠BAC和∠ABC的平分线相交于点O，∴∠OBA=12∠CBA，∠OAB=1∴∠AOB＝180°﹣∠OBA﹣∠OAB＝180°-12∠CBA-12∠CAB＝180°-12（180°﹣∠C）＝90°∵∠C＝60°，∴∠BAC+∠ABC＝120°，∵AE，BF分别是∠BAC与ABC的平分线，∴∠OAB+∠OBA=12（∠BAC+∠∴∠AOB＝120°，∴∠AOF＝60°，∴∠BOE＝60°，如图，在AB上取一点H，使BH＝BE，∵BF是∠ABC的角平分线，∴∠HBO＝∠EBO，在△HBO和△EBO中，BH=BE∠HBO=∠EBO∴△HBO≌△EBO（SAS），∴∠BOH＝∠BOE＝60°，∴∠AOH＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠AOH＝∠AOF，在△HAO和△FAO中，∠HAO=∠FAOAO=AO∴△HAO≌△FAO（ASA），∴AF＝AH，∴AB＝BH+AH＝BE+AF，故②正确；作OH⊥AC于H，OM⊥AB于M，∵∠BAC和∠ABC的平分线相交于点O，∴点O在∠C的平分线上，∴OH＝OM＝OD＝a，∵AB+AC+BC＝2b∴S△ABC=12×AB×OM+12×AC×OH+12×BC×OD=12（AB故选：C．9．（2021秋•雨花区期末）如图，在第1个△A1BC中，∠B＝40°，A1B＝CB；在边A1B上任取一点D，延长CA1到A2，使A1A2＝A1D，得到第2个△A1A2D；在边A2D上任取一点E，延长A1A2到A3，使A2A3＝A2E．得到第3个△A2A3E…按此做法继续下去，则第n+1个三角形中以An+1为顶点的内角度数是（）A．(12)nC．(12)【解题思路】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1C的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律即可得出第n+1个三角形中以An+1为顶点的内角度数．【解答过程】解：∵在△CBA1中，∠B＝40°，A1B＝CB，∴∠BA1C=180°-∠B∵A1A2＝A1D，∠BA1C是△A1A2D的外角，∴∠DA2A1=12∠BA1C同理可得∠EA3A2＝（12）2×70°，∠FA4A3＝（12）∴第n+1个三角形中以An+1为顶点的内角度数是（12）n故选：A．10．（2021•达川区期末）如图，第（1）个多边形由正三角形“扩展而来边数记为a3＝12，第（2）个多边形由正方形“扩展”而来，边数记为a4＝20，第（3）个多边形由五边形“扩展”而来，边数记为a5＝30…依此类推，由正n边形“扩展而来的多边形的边数记为an（n≥3），则1aA．310 B．730 C．833【解题思路】结合图形观察数字，发现：a3＝12＝3×4，a4＝20＝4×5，进一步得到a5＝5×6；再代入求出即可．【解答过程】解：∵根据图形可知：a3＝12＝3×4，a4＝20＝4×5，a5＝5×6，…，a12＝12×13，∴1=1=1=1=10故选：D．11．（2021秋•黄岩区期末）如图，已知等边三角形ABC，点D为线段BC上一点，以线段DB为边向右侧作△DEB，使DE＝CD，若∠ADB＝m°，∠BDE＝（180﹣2m）°，则∠DBE的度数是（）A．（m﹣60）° B．（180﹣2m）° C．（2m﹣90）° D．（120﹣m）°【解题思路】如图连接AE．证明△ADC≌△ADE（SAS），求出∠ABE＝∠AEB＝m即可解决问题．【解答过程】解：如图，连接AE．∵△ABC是等边三角形，∴∠C＝∠ABC＝60°，∵∠ADB＝m°，∠BDE＝（180﹣2m）°，∴∠ADC＝180°﹣m°，∠ADE＝180°﹣m°，∴∠ADC＝∠ADE，∵AD＝AD，DC＝DE，∴△ADC≌△ADE（SAS），∴∠C＝∠AED＝60°，∠DAC＝∠DAE，∴∠DEA＝∠DBA，∴∠BDE＝∠BAE＝180°﹣2m，∵AE＝AC＝AB，∴∠ABE＝∠AEB=12（180°﹣180°+2m）＝∴∠DBE＝∠ABE﹣∠ABC＝（m﹣60）°，故选：A．12．（2021春•罗湖区校级期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝CD，过点D作AB的垂线交AB的延长线于点E．若AB＝2DE，则∠BAC的度数为（）A．45° B．30° C．22.5° D．15°【解题思路】连接AD，延长AC、DE交于M，求出∠CAB＝∠CDM，根据全等三角形的判定得出△ACB≌△DCM，求出AB＝DM，求出AD＝AM，根据等腰三角形的性质得出即可．【解答过程】解：连接AD，延长AC、DE交于M，∵∠ACB＝90°，AC＝CD，∴∠DAC＝∠ADC＝45°，∵∠ACB＝90°，DE⊥AB，∴∠DEB＝90°＝∠ACB＝∠DCM，∵∠ABC＝∠DBE，∴由三角形内角和定理得：∠CAB＝∠CDM，在△ACB和△DCM中∠CAB=∠CDMAC=CD∴△ACB≌△DCM（ASA），∴AB＝DM，∵AB＝2DE，∴DM＝2DE，∴DE＝EM，∵DE⊥AB，∴AD＝AM，∴∠BAC＝∠DAE=12∠DAC故选：C．13．（2021春•达川区期末）如图，等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于D，∠ABC的平分线分别交AC、AD于E、F两点，M为EF的中点，延长AM交BC于点N，连接DM，NE．下列结论：①AE＝AF；②AM⊥EF；③△AEF是等边三角形；④DF＝DN，⑤AD∥NE．其中正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【解题思路】根据等腰直角三角形的性质及角平分线的定义求得∠ABE＝∠CBE=12∠ABC＝22.5°，继而可得∠BFD＝∠AEB＝90°﹣22.5°＝67.5°，即可判断①③；由M为EF的中点且AE＝AF可判断②；作FH⊥AB，证△FBD≌△NAD可判断④，证明△EBA≌△EBN（SAS），推出∠BNE＝∠BAM＝90°，即可判断【解答过程】解：∵∠BAC＝90°，AC＝AB，AD⊥BC，∴∠ABC＝∠C＝45°，AD＝BD＝CD，∠ADN＝∠ADB＝90°，∴∠BAD＝45°＝∠CAD，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE=12∠∴∠BFD＝∠AEB＝90°﹣22.5°＝67.5°∴∠AFE＝∠BFD＝∠AEB＝67.5°，∴AF＝AE，故①正确；③错误，∵M为EF的中点，∴AM⊥EF，故②正确；∵AM⊥EF，∴∠AMF＝∠AME＝90°，∴∠DAN＝90°﹣67.5°＝22.5°＝∠MBN，在△FBD和△NAD中，∠FBD=∠DANBD=AD∴△FBD≌△NAD（ASA），∴DF＝DN，故④正确；∵∠BAM＝∠BNM＝67.5°，∴BA＝BN，∵∠EBA＝∠EBN，BE＝BE，∴△EBA≌△EBN（SAS），∴∠BNE＝∠BAE＝90°，∴∠ENC＝∠ADC＝90°，∴AD∥EN．故⑤正确，故选：D．14．（2021秋•青山区期末）如图，在△ABC中，点M，N分别是AC，BC上一点，AM＝BN，∠C＝60°，若AB＝9，BM＝7，则MN的长度可以是（）A．2 B．7 C．16 D．17【解题思路】通过构造等边△ABQ和等边△MBP，得到△QBP≌△ABM（SAS），再证明△QMP≌△NMB（SAS），即可将线段AB、BM和MN集中到同一△QMB中，根据三角形三边关系即可判断MN的长度取值范围．【解答过程】解：如图，作等边△ABQ和等边△MBP，连接QP，QM，在等边△ABQ和等边△MBP中，∠QBA＝∠PBM＝60°，∴∠QBP+∠QBM＝∠QBM+∠ABM＝60°，∴∠QBP＝∠ABM，又∵QB＝AB＝9，PB＝MB＝7，∴△QBP≌△ABM（SAS），∴∠BQP＝∠BAM，PQ＝AM，∵AM＝BN，在△ABC中，∠ACB+∠CAB+∠CBA＝180°，∠ACB＝60°，∴∠MBC＝180°﹣60°﹣∠MAB﹣∠ABM＝120°﹣∠MAB﹣∠ABM，在△QBP中，∠QPB+∠BQP+∠QBP＝180°，∠MPB＝60°，∴∠MPQ＝180°﹣60°﹣∠BQP﹣∠QBP＝120°﹣∠MAB﹣∠ABM，∴∠MBN＝MPQ，在△QMP和△NMB中，PB=MB∠MBN=∠MPQ∴△QMP≌△NMB（SAS），∴MQ＝MN，在△QMB中，QB﹣MB＜QM＜QB+MB，∴AB﹣MB＜MN＜AB+MB，∴2＜MN＜16，∴选项B，MN＝7符合题意，故选：B．二．填空题（共16小题）15．（2021春•忠县期末）我们经过探索知道1+112+122=3222，1+122+13【解题思路】由1+112+122=3222，1+12【解答过程】解：∵1+112+1∴以此类推，1+1∵an＝1+1∴an=n(n+1)+1∴a1=32=1+1-12，a2=76∴a＝1+1-12+1+1＝n+1-＝n+n故答案为：n+n16．（2021春•鼓楼区期末）我们把对非负实数x“四舍五入”到个位的值记为《x》，即当n为非负整数时，若n-12≤x＜n+12，则《x》＝n．例如《0.67》＝1，《2.49》＝2，…下列结论中：①《2x》＝2《x》；②当m为非负整数时，《m+2x》＝m+《2x》；③满足《x》=32x【解题思路】先用题中给的“例如”中的数据代入到①②③，得出①错；再证明②③，充分利用题目中的定义进行转化成不等式，从而可解．【解答过程】解：①当x＝0.67时，《2x》＝《1.34》＝1，而2《x》＝2×1＝2，左边≠右边，故①不成立；②注意到m，x都是非负数，令左边＝《m+2x》＝n，则n-12≤m+2x＜n+12，（n≥m），则（n﹣m）-12≤2x＜（n﹣m）+12，可得《2x》＝即左边＝左边，②式成立．③令n-12≤x＜n+12（*），则《x》＝n，又因为《x》=32x，故n=32x，所以将n=32x代入（*）式子，得，32x-12≤x＜32x+12，解得：﹣1＜x≤1，又由于《x》=32x知《故答案为②③．17．（2021秋•平谷区期末）已知，a，b是正整数．（1）若3a是整数，则满足条件的a的值为3（2）若3a+7b是整数，则满足条件的有序数对（a，【解题思路】（1）依据3a是整数，可得3a=（2）依据若3a+7b是整数，分两种情况即可得出满足条件的有序数对（【解答过程】解：（1）若3a是整数，则3∴满足条件的a的值为3，故答案为：3；（2）若3a①当a＝3，b＝7时，3a②设a＝3×n2，则3a∴7b∴7b∴b=7∵b是正整数，∴（n﹣1）2＝1，即n＝2，∴当a＝12，b＝28时，3a满足条件的有序数对（a，b）为：（3，7）或（12，28），故答案为：（3，7）或（12，28）．18．（2021春•洪山区期末）对于平面直角坐标系xOy中的点P（a，b），若点P′的坐标为（a+kb，ka+b）（其中k为常数，且k≠0），则称点P′为点P的“k属派生点”，例如：P（1，4）的“2属派生点”为P′（1+2×4，2×1+4），即P′（9，6）．若点P在x轴的正半轴上，点P的“k属派生点”为P′点．且线段PP'的长度为线段OP长度的3倍，则k的值±3．【解题思路】设P（m，0）（m＞0），由题意：P′（m，mk），根据PP′＝3OP，构建方程即可解决问题；【解答过程】解：设P（m，0）（m＞0），由题意：P′（m，mk），∵PP′＝3OP，∴|mk|＝3m，∵m＞0，∴|k|＝3，∴k＝±3．故答案为±319．（2021秋•射阳县期末）点A的坐标为（1，2），C为x轴上一点，且△AOC为等腰三角形，满足条件的点C有4个，请写出一个满足条件的点C的坐标（2，0）或（5，0）或（-5，0）或（2.5，0）只要写出一个【解题思路】要使三角形为等腰三角形，而OA可为腰也可为底，要从这几个方面分别入手，讨论即可．【解答过程】解：点A的坐标为（1，2），因而OA=5，△AOC当OA是等腰三角形的底边时，顶点是OA的垂直平分线与x轴的交点，根据相似三角形的性质就得到点C的坐标是（2.5，0）；当O是等腰三角形的顶角顶点时，以O为圆心，5为半径所作的圆与x轴有两个交点，坐标分别是（5，0）和（-5当A是等腰三角形的顶角顶点时，以A为圆心，5为半径所作的圆与x轴有两个交点，坐标分别是（2，0）．∴点C有4个，写出一个满足条件的点C的坐标（2，0）或（5，0）或（-520．（2021春•崇川区校级期末）如图，在平面直角坐标系内，点A、点B的坐标分别为A（﹣7，0），B（5，0），现将线段AB向上平移9个单位，得到对应线段DC，连接AD、BC、AC，若AC＝15，动点E从C点出发，以每秒3个单位的速度沿C→D→C做匀速运动，点F从点B出发，以每秒4个单位的速度沿B→A→B做匀速运动，点G从点A出发沿AC向点C匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动，假设移动时间为t秒．在移动过程中，若△CEG与△AFG全等，则此时的移动时间t的值为127或277秒或36【解题思路】根据三角形的全等、平移，分情况讨论进行计算即可求解．【解答过程】解：设G点移动距离为y，当△CEG与△AFG全等时有：∠FAG＝∠ECGCE＝AF，CG＝AG，或CE＝AG，CG＝AF当F由B到A，即0＜t≤3时，则有3t=12-4ty=15-y解得或3t=y12-4t=15-y解得t=-3当F由A到B时，即3＜t≤4（E由C到D）时，有3t=4t-12y=15-y解得t=12或3t=y4t-12=15-y解得当4＜t≤6（E由D到C）时，12﹣（3t﹣12）＝4t﹣12，解得t=36故答案为127或277秒或21．（2021春•建平县期末）如图（1），△AB1C1是边长为1的等边三角形；如图（2），取AB1的中点C2，画等边三角形AB2C2，连接B1B2；如图（3），取AB2的中点C3，画等边三角形AB3C3，连接B2B3；如图（4），取AB3的中点C4，画等边三角形AB4C4，连接B3B4，则B3B4的长为323【解题思路】过点C2作C2D⊥B1B2于点D，根据含30度角的直角三角形得出B1D的长，进而得出B1B2的长，同理可得出B2B3的长，找出规律即可得出结论．【解答过程】解：如图（2），过点C2作C2D⊥B1B2于点D，∵△AB1C1是边长为1的等边三角形，C2是AB1的中点，∴B1C2＝B2C2=1∵△AB2C2是等边三角形，∴∠B1C2B2＝120°，B1C2＝B2C2，∴∠DB1C1＝∠DB2C2＝30°，∴B1D=1∴B1B2＝2B1D=3同理可得，B2B3=322，B3B故答案为：3222．（2021•商河县校级期末）小明租用共享单车从家出发，匀速骑行到相距2400米的图书馆还书．小明出发的同时，他的爸爸以每分钟96米的速度从图书馆沿同一条道路步行回家，小明在图书馆停留了2分钟后沿原路按原速返回．设他们出发后经过t（分）时，小明与家之间的距离为s1（米），小明爸爸与家之间的距离为s2（米），图中折线OABD、线段EF分别表示s1、s2与t之间的函数关系的图象小明从家出发，经过20分钟在返回途中追上爸爸．【解题思路】由题意得点B的坐标为（12，2400），小明骑车返回用时也是10分钟，因此点D的坐标为（22，0），小明的爸爸返回的时间为2400÷96＝25分，点F的坐标（25，0）因此可以求出BD、EF的函数关系式，由关系式求出交点的横坐标即可【解答过程】解：由题意得：B（12，2400），D（22，0），F（25，0），E（0，2400）设直线BD、EF的关系式分别为s1＝k1t+b1，s2＝k2t+b2，把B（12，2400），D（22，0），F（25，0），E（0，2400）代入相应的关系式得：12k1+解得：k1=-240b直线BD、EF的关系式分别为s1＝﹣240t+5280，s2＝﹣96t+2400，当s1＝s2时，即：﹣240t+5280＝﹣96t+2400，解得：t＝20，故答案为：20．23．（2021春•下陆区期末）已知：a、b、c是三个非负数，并且满足3a+2b+c＝6，2a+b﹣3c＝1，设m＝3a+b﹣7c，设s为m的最大值，则s的值为-611【解题思路】先把c看作已知数，分别用c表示出a和b，让a≥0，b≥0列式求出c的取值范围，再求得m用c表示的形式，结合c的取值范围即可求得s的值．【解答过程】解：3a+2b+c＝6，2a+b﹣3c＝1，解得a＝7c﹣4，b＝9﹣11c；∵a≥0、b≥0，∴7c﹣4≥0，9﹣11c≥0，∴47≤c∵m＝3a+b﹣7c＝3c﹣3，∴m随c的增大而增大，∵c≤9∴当c取最大值911，m∴m的最大值为s＝3×911-故答案为-624．（2021•商河县校级期末）甲、乙两人沿同一条直路走步，如果两人分别从这条直路上的A，B两处同时出发，都以不变的速度相向而行，图1是甲离开A处后行走的路程y（单位：m）与行走时间x（单位：min）的函数图象，图2是甲、乙两人之间的距离y（单位：m）与甲行走时间x（单位：min）的函数图象，则a﹣b＝12【解题思路】从图1，可见甲的速度为1202=60，从图2可以看出，当x=67时，二人相遇，即：（60+V乙）×67=120，解得：乙的速度【解答过程】解：从图1，可见甲的速度为1202从图2可以看出，当x=67时，二人相遇，即：（60+V乙）×67∵乙的速度快，从图2看出乙用了b分钟走完全程，甲用了a分钟走完全程，a﹣b=120故答案为1225．（2021春•成华区期末）如图，AD，BE在AB的同侧，AD＝2，BE＝2，AB＝4，点C为AB的中点，若∠DCE＝120°，则DE的最大值是6．【解题思路】如图，作点A关于直线CD的对称点M，作点B关于直线CE的对称点N，连接DM，CM，CN，MN，NE．证明△CMN是等边三角形，再根据DE≤DM+MN+EN，当D，M，N，E共线时，DE的值最大．【解答过程】解：如图，作点A关于直线CD的对称点M，作点B关于直线CE的对称点N，连接DM，CM，CN，MN，NE．由题意AD＝EB＝2，AC＝CB＝2，DM＝CM＝CN＝EN＝2，∴∠ACD＝∠ADC，∠BCE＝∠BEC，∵∠DCE＝120°，∴∠ACD+∠BCE＝60°，∵∠DCA＝∠DCM，∠BCE＝∠ECN，∴∠ACM+∠BCN＝120°，∴∠MCN＝60°，∵CM＝CN＝2，∴△CMN是等边三角形，∴MN＝2，∵DE≤DM+MN+EN，∴DE≤6，∴当D，M，N，E共线时，DE的值最大，最大值为6，故答案为：6．26．（2021春•官渡区期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，D为AC中点，E为边AB上一动点，当四边形BCDE有一组邻边相等时，则AE的长为2或3或135【解题思路】分BC＝BE、CD＝DE、BE＝DE三种情况考虑，当BC＝BE时，由AE＝AB﹣BE即可求出AE的长度；当CD＝DE时，过点D作DF⊥AE于F，通过解直角三角形可得出AF的长度，再根据等腰三角形的三线合一即可得出AE的长度；当BE＝DE时，过点D作DF⊥AE于F，设EF＝x，则BE=52-x，利用勾股定理表示出DE2的值，结合BE＝DE即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出x【解答过程】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，∴AB＝2BC＝4，AC=3BC＝23∵D为AC中点，∴AD＝CD=3当构成的四边形BCDE有一组邻边相等时，由以下三种情况．①如图1，当BC＝BE时，∴BE＝BC＝2，∴AE＝AB﹣BE＝4﹣2＝2；②如图2，当CD＝DE时，作DF⊥AE，垂足为点F，AD＝CD＝DE，∴AF＝EF=12在Rt△ADF中，DF=12AD∴AF=A∴AE＝2×3③如图3，当BE＝DE时，作DF⊥AE，垂足为点F，BF＝AB﹣AF＝4-3设EF＝x，则BE＝BF﹣EF=52在Rt△DEF中，DF=32，DE＝BE=52-x∴EF2+DF2＝DE2，即x2+（32）2＝（52-x解得：x=11即EF=11∴AE＝AF+EF=3故答案为：2或3或13527．（2021•淳安县期末）已知如图，在长方形ABCD中，点E是AD的中点，连接BE，将△ABE沿着BE翻折得到△FBE，EF交BC于点H，延长BF、DC相交于点G，若DG＝16，BC＝24，则FH＝218【解题思路】连接GE，根据折叠的性质和长方形的性质可得△EFG与△EDG是直角三角形，DE＝AE＝FE，再根据HL即可证明△EFG≌△EDG．根据全等三角形的性质可得DG＝FG＝16，可设AB＝BF＝DC＝x，在Rt△BCG中，根据勾股定理可求BF的长，再在Rt△BFH中，根据勾股定理可求FH＝BH的长．【解答过程】解：连接GE．∵E是边AD的中点，∴DE＝AE＝FE，又∵四边形ABCD是长方形，∴∠D＝∠A＝∠BFE＝90°，∴∠D＝∠EFG＝90°．在Rt△EFG与Rt△EDG中，EF=EDEG=EG∴Rt△EFG≌Rt△EDG（HL）；∴DG＝FG＝16，设DC＝x，则CG＝16﹣x，BG＝x+16在Rt△BCG中，BG2＝BC2+CG2，即（x+16）2＝（16﹣x）2+242，解得x＝9，∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，∵∠AEB＝∠FEB，∴∠CBE＝∠FEB，∴BH＝EH，设BH＝EH＝y，则FH＝12﹣y，在Rt△BFH中，BH2＝BF2+FH2，即y2＝92+（12﹣y）2，解得y=75∴12﹣y＝12-75故答案为：21828．（2021春•光明区期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，且AD、BE的交于点F，若BF＝AC，CD＝6，BD＝8，则线段AF的长度为2．【解题思路】首先证明△ADC≌△BDF，再根据全等三角形的性质可得FD＝CD，AD＝BD，根据AD＝8，DF＝6，即可算出AF的长．【解答过程】解：∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，∴∠ADC＝∠FDB＝90°，∠AEB＝90°，∴∠1+∠C＝90°，∠1+∠2＝90°，∴∠2＝∠C，∵∠2＝∠3，∴∠3＝∠C，在△ADC和△BDF中∠3=∠C∠FDB=∠CDA∴△ADC≌△BDF（AAS），∴FD＝CD，AD＝BD，∵CD＝6，BD＝8，∴AD＝8，DF＝6，∴AF＝8﹣6＝2，故答案为：2．29．（2021秋•江东区期末）如图，点C在线段AB上，DA⊥AB，EB⊥AB，FC⊥AB，且DA＝BC，EB＝AC，FC＝AB，∠AFB＝51°，则∠DFE＝39°．【解题思路】连接AE、BD，证△DAB≌△BCF，得出BD＝BF，根据等腰三角形的性质推出∠BDF＝∠BFD，求出∠AFE＝∠BFD＝45°即可求出答案．【解答过程】解：连接BD、AE，∵DA⊥AB，FC⊥AB，∴∠DAB＝∠BCF＝90°，在△DAB和△BCF中，DA=BC∠DAB=∠BCF∴△DAB≌△BCF（SAS），∴BD＝BF，∠ADB＝∠ABF，∴∠BDF＝∠BFD，∵∠DAB＝90°，∴∠ADB+∠DBA＝90°，∴∠DBF＝∠ABD+∠ABF＝90°，∴∠BFD＝∠BDF＝45°，同理∠AFE＝45°，∴∠DFE＝45°+45°﹣51°＝39°，故答案为：39°．30．（2021春•丹东期末）如图，BD是△ABC的内角平分线，CE是△ABC的外角平分线，过A分别作AF⊥BD、AG⊥CE，垂足分别为F、G，连接FG，若AB＝6，AC＝5，BC＝4，则FG的长度为32【解题思路】利用“角平分线+垂直”构造等腰三角形，故延长AF交BC于H，延长AG交BC于Q，可证明△BAH与△AHQ均为等腰三角形，即AB＝BH＝6，AC＝CQ＝5，AF＝HF，AG＝GQ，由此可以得到FG是△AHQ的中位线，代换运算求出HQ的长度，即可解决．【解答过程】解：延长AF交BC于H，延长AG交BC于Q，如图，∵BD平分∠ABC，∴∠HBF＝∠ABF，∵AF⊥BD，∴∠AFB＝∠HFB＝90°，∴∠BHA＝∠BAH，∴AB＝BH＝6，AF＝FH，同理，AC＝CQ＝5，AG＝QG，∴CH＝BH﹣BC＝6﹣4＝2，∴HQ＝CQ﹣CH＝5﹣2＝3，∵AF＝FH，AG＝QG，∴FG是△AHQ的中位线，∴FG=12HQ故答案为：32专题8.5期末满分计划之解答压轴专项训练（30道）【苏科版】1．（2021•沈北新区期末）如图，将两个全等的直角三角形△ABD、△ACE拼在一起（图1），△ABD不动．（1）若将△ACE绕点A逆时针旋转，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC（图2），证明：MB＝MC．（2）若将图1中的CE向上平移，∠CAE不变，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC（图3），判断并直接写出MB、MC的数量关系．（3）在（2）中，若∠CAE的大小改变（图4），其他条件不变，则（2）中的MB、MC的数量关系还成立吗？说明理由．2．（2021秋•梁园区期末）如图1是3×3的正方形方格，将其中两个方格涂黑，并且使涂黑后的整个图案是轴对称图形，（要求：绕正方形ABCD的中心旋转能重合的图案都视为同一种图案，例如图2中的两幅图就视为同一种图案），请在图3中的四幅图中完成你的设计．3．（2021•昌平区期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD．求证：EF＝BE+（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=12∠4．（2021春•杨浦区期末）已知在△ABC与△CDE中，AB＝CD，∠B＝∠D，∠ACE＝∠B，点B、C、D在同一直线上，射线AH、EI分别平分∠BAC、∠CED．（1）如图1，试说明AC＝CE的理由；（2）如图2，当AH、EI交于点G时，设∠B＝α，∠AGE＝β，求β与α的数量关系，并说明理由；（3）当AH∥EI时，求∠B的度数．5．（2021秋•大安市期末）已知：如图，在△ABC中，∠ABC＝3∠C，∠1＝∠2，BE⊥AE．求证：AC﹣AB＝2BE．6．（2021•沈阳期末）将两个全等的直角三角形ABC和DBE按图①方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠A＝∠D＝30°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于点F．（1）求证：AF+EF＝DE；（2）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角α，且0°＜α＜60°，其它条件不变，请在图②中画出变换后的图形，并直接写出你在（1）中猜想的结论是否仍然成立；（3）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角β，且60°＜β＜180°，其它条件不变，如图③．你认为（1）中猜想的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出AF、EF与DE之间的关系，并说明理由．7．（2021•淮安期末）阅读理解如图1，△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分；…；将余下部分沿∠BnAnC的平分线AnBn+1折叠，点Bn与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，∠BAC是△ABC的好角．小丽展示了确定∠BAC是△ABC的好角的两种情形．情形一：如图2，沿等腰三角形ABC顶角∠BAC的平分线AB1折叠，点B与点C重合；情形二：如图3，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合．探究发现（1）△ABC中，∠B＝2∠C，经过两次折叠，∠BAC是不是△ABC的好角？（填“是”或“不是”）．（2）小丽经过三次折叠发现了∠BAC是△ABC的好角，请探究∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系．根据以上内容猜想：若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为．应用提升（3）小丽找到一个三角形，三个角分别为15°、60°、105°，发现60°和105°的两个角都是此三角形的好角．请你完成，如果一个三角形的最小角是4°，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好角．8．（2021•饶平县校级期末）已知：在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD．（1）如图①，若∠AOB＝∠COD＝60°，求证：①AC＝BD②∠APB＝60°．（2）如图②，若∠AOB＝∠COD＝α，则AC与BD间的等量关系式为，∠APB的大小为（直接写出结果，不证明）9．（2021秋•甘井子区期末）附加题：如图，△ABC≌△BDE，M、M′分别为AB、DB中点，直线MM′交CE于K．试探索CK与EK的数量关系．10．（2021•上海期末）如图，在△ABC中，点D在边AC上，DB＝BC，点E是CD的中点，点F是AB的中点．（1）求证：EF=12（2）过点A作AG∥EF，交BE的延长线于点G，求证：△ABE≌△AGE．11．（2021•太原期末）数学课上，同学们探究下面命题的正确性：顶角为36°的等腰三角形具有一种特性，即经过它某一顶点的一条直线可把它分成两个小等腰三角形．为此，请你解答问题（1）．（1）已知：如图①，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，直线BD平分∠ABC交AC于点D．求证：△ABD与△DBC都是等腰三角形；（2）在证明了该命题后，小乔发现：下面两个等腰三角形如图②、③也具有这种特性．请你在图②、图③中分别画出一条直线，把它们分成两个小等腰三角形，并在图中标出所有等腰三角形两个底角的度数；（3）接着，小乔又发现：其它一些非等腰三角形也具有这样的特性，即过它其中一个顶点画一条直线可以将原三角形分成两个小等腰三角形．请你画出两个不同类型且具有这种特性的三角形的示意图，并在图中标出可能的各内角的度数．（说明：要求画出的两个三角形不相似，且不是等腰三角形．）（4）请你写出两个符合（3）中一般规律的非等腰三角形的特征．12．（2021•无锡期末）（1）已知△ABC中，∠A＝90°，∠B＝67.5°，请画一条直线，把这个三角形分割成两个等腰三角形．（请你选用下面给出的备用图，把所有不同的分割方法都画出来．只需画图，不必说明理由，但要在图中标出相等两角的度数）（2）已知△ABC中，∠C是其最小的内角，过顶点B的一条直线把这个三角形分割成了两个等腰三角形，请探求∠ABC与∠C之间的关系．13．（2021•金华期末）现有9个相同的小正三角形拼成的大正三角形，将其部分涂黑．如图（1），（2）所示．观察图（1），图（2）中涂黑部分构成的图案．它们具有如下特征：①都是轴对称图形；②涂黑部分都是三个小正三角形．请在图（3），图（4）内分别设计一个新图案，使图案具有上述两个特征．14．（2021•内蒙古自期末））如图，已知△ABC为等边三角形，延长BC到D，延长BA到E，并且使AE＝BD，连接CE，DE．求证：EC＝ED．15．（2021春•任城区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴、y轴相交于A（6，0）、B（0，2）两点，动点C在线段OA上，将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到CD，此时点D恰好落在直线AB上时，过点D作DE⊥x轴于点E．（1）求证：△BOC≌△CED；（2）求经过A、B两点的一次函数表达式及点D的坐标；（3）在x轴上是否存在点P，使得以C、D、P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出P点的坐标．（不用写过程）16．（2021•巴中期末）在学习勾股定理时，我们学会运用图（Ⅰ）验证它的正确性；图中大正方形的面积可表示为：（a+b）2，也可表示为：c2+4•（12ab即（a+b）2＝c2+4•（12ab）由此推出勾股定理a2+b2＝c2（1）请你用图（II）（2002年国际数字家大会会标）的面积表达式验证勾股定理（其中四个直角三角形全等）；（2）请你用（III）提供的图形进行组合，用组合图形的面积表达式验证（x+y）2＝x2+2xy+y2；（3）请你自己设计图形的组合，用其面积表达式验证：（x+p）（x+q）＝x2+px+qx+pq＝x2+（p+q）x+pq．17．（2021•临沂期末）△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c．若∠C＝90°，如图1，根据勾股定理，则a2+b2＝c2．若△ABC不是直角三角形，如图2和图3，请你类比勾股定理，试猜想a2+b2与c2的关系，并证明你的结论．18．（2021秋•凤凰县期末）如图，正方形ABCD的边AB在数轴上，数轴上点A表示的数为﹣1，正方形ABCD的面积为16．（1）数轴上点B表示的数为；（2）将正方形ABCD沿数轴水平移动，移动后的正方形记为A′B′C′D′，移动后的正方形A′B′C′D′与原正方形ABCD重叠部分的面积为S．①当S＝4时，画出图形，并求出数轴上点A′表示的数；②设正方形ABCD的移动速度为每秒2个单位长度，点E为线段AA′的中点，点F在线段BB′上，且BF=14BB′．经过t秒后，点E，F所表示的数互为相反数，直接写出19．（2021•南京期末）如果将点P绕定点M旋转180°后与点Q重合，那么称点P与点Q关于点M对称，定点M叫做对称中心．此时，M是线段PQ的中点．如图，在直角坐标系中，△ABO的顶点A，B，O的坐标分别为（1，0），（0，1），（0，0）．点列P1，P2，P3，…中的相邻两点都关于△ABO的一个顶点对称：点P1与点P2关于点A对称，点P2与点P3关于点B对称，点P3与点P4关于点O对称，点P4与点P5关于点A对称，点P5与点P6关于点B对称，点P6与点P7关于点O对称…对称中心分别是A，B，O，A，B，O，…，且这些对称中心依次循环．已知点P1的坐标是（1，1），试求出点P2，P7，P100的坐标．20．（2021春•甘井子区期末）已知函数y=x-m2+1，x＜m，-x+（1）当m＝﹣2时，若点D（3，n）在图象G上，求n的值；（2）当3﹣m≤x≤4﹣m时，若函数最大值与最小值的差为12，求m（3）已知点A（0，1），B（0，﹣2），C（2，1），当图象G与△ABC有两个公共点时，直接写出m的取值范围．21．（2021春•花都区期末）如图，直线l：y=-23x+4分别与x轴，y轴交于A，B两点，在OB上取一点C（0，1），以线段BC为边向右做正方形BCDE，正方形BCDE沿CD的方向以每秒1个单位长度的速度向右做匀速运动，设运动时间为t秒（（1）求A，B两点的坐标；（2）在正方形BCDE向右运动的过程中，若正方形BCDE的顶点落在直线l上，求t的值；（3）设正方形BCDE两条对角线交于点P，在正方形向右运动的过程中，是否存在实数t，使得OP+PA有最小值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．22．（2021秋•高邮市期末）如图，某景区内的游览车路线是边长为800米的正方形ABCD，现有1号、2号两游览车分别从出口A和景点C同时出发，1号车顺时针（即从A→B→C→D→A的顺序）、2号车逆时针（即从C→B→A→D→C的顺序）沿环形路连续循环行驶，供游客随时免费乘车（上、下车的时间忽略不计），两车速度均为200米/分．设行驶时间为t分．（1）当0≤t≤8时，若1号车、2号车在左半环线离出口A的路程分别用y1和y2（米）表示，则y1＝，y2＝（用含有t的关系式表示）；（2）在（1）的条件下，求出当两车相距的路程是400米时t的值；（3）①求出t为何值时，1号车第三次恰好经过景点C？②这一段时间内它与2号车相遇过的次数为．23．（2021•虎丘区校级期末）甲、乙两车分别从A地将一批物品运往B地，再返回A地，如图表示两车离A地的距离s（千米）随时间t（小时）变化的图象，已知乙车到达B地后以30千米/小时的速度返回．请根据图象中的数据回答：（1）甲车出发多长时间后被乙车追上？（2）甲车与乙车在距离A地多远处迎面相遇？（3）甲车从B地返回的速度多大时，才能比乙车先回到A地？24．（2021•荆州期末）如图，某个体户购进一批时令水果，20天销售完毕．他将本次销售情况进行了跟踪记录，根据所记录的数据可绘制的函数图象，其中日销售量y（千克）与销售时间x（天）之间的函数关系如图甲所示，销售单价p（元/千克）与销售时间x（天）之间的函数关系如图乙所示．（1）直接写出y与x之间的函数关系式；（2）分别求出第10天和第15天的销售金额；（3）若日销售量不低于24千克的时间段为“最佳销售期”，则此次销售过程中“最佳销售期”共有多少天？在此期间销售单价最高为多少元？25．（2021秋•大邑县期末）如图1，在数轴上点A，点B对应的数分别是6，﹣6，∠DCE＝90°（点C与点O重合，点D在数轴的正半轴上）．（1）如图1，若CF平分∠ACE，则∠AOF＝度；点A与点B的距离＝；（2）如图2，将∠DCE沿数轴的正半轴向右平移t（0＜t＜3）个单位后，再绕点顶点C逆时针旋转30t度，作CF平分∠ACE，此时记∠DCF＝α．①当t＝1时，α＝；点B与点C的距离＝；②猜想∠BCE和α的数量关系，并说明理由；（3）如图3，开始∠D1C1E1与∠DCE重合，将∠DCE沿数轴的正半轴向右平移t（0＜t＜3）个单位，再绕点顶点C逆时针旋转30t度，作CF平分∠ACE，此时记∠DCF＝α，与此同时，将∠D1C1E1沿数轴的负半轴向左平移t（0＜t＜3）个单位，再绕点顶点C1顺时针旋转30t度，作C1F1平分∠AC1E1，记∠D1C1F1＝β，若α与β满足|α﹣β|＝20°，求t的值．26．（2021秋•永嘉县期末）如图，在直角坐标系中，设一动点M自P0（1，0）处向上运动1个单位至P1（1，1），然后向左运动2个单位至P2处，再向下运动3个单位至P3处，再向右运动4个单位至P4处，再向上运动5个单位至P5处，…如此继续运动下去，设Pn（xn，yn），n＝1，2，3，…则x1+x2+…+x99+x100＝．27．（2021•姜堰区校级期末）对于点O、M，点M沿MO的方向运动到O左转弯继续运动到N，使OM＝ON，且OM⊥ON，这一过程称为M点关于O点完成一次“左转弯运动”．正方形ABCD和点P，P点关于A左转弯运动到P1，P1关于B左转弯运动到P2，P2关于C左转弯运动到P3，P3关于D左转弯运动到P4，P4关于A左转弯运动到P5，…．（1）请你在图中用直尺和圆规在图中确定点P1的位置；（2）以D为原点、直线AD为y轴建立直角坐标系，并且已知点B在第二象限，A、P两点的坐标为（0，4）、（1，1），请你推断：P2008、P2009、P2010三点的坐标．28．（2021春•香坊区期末）已知：点P为∠EAF平分线上一点，PB⊥AE于B，PC⊥AF于C，点M、N分别是射线AE、AF上的点，且PM＝PN．（1）当点M在线段AB上，点N在线段AC的延长线上时（如图1），求证：BM＝CN；（2）在（1）的条件下，AM+AN＝AC；（3）当点M在线段AB的延长线上时（如图2），若AC：PC＝2：1，PC＝4，求四边形ANPM的面积．29．（2021•河南期末）如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为BC边上的中点，CE⊥AD于点E，BF∥AC交CE的延长线于点F，求证：AB垂直平分DF．30．（2021春•威海期末）如图，动点A，B从原点O同时出发，点A以每秒a个单位长度向x轴的负半轴向左运动，点B以每秒b个单位长度沿y轴的正半轴向上运动．（1）若a，b满足关系|a+b﹣3|+（a-12b）2＝0，请求出a，（2）如图①，求当运动时间为2秒时，直线AB的函数表达式；（3）如图②，∠BAO与∠ABO的外角平分线相交于点C，随着点A，点B的运动，∠C的度数是否会发生变化？若度数变化，请说明理由；若度数不变，请求出∠C的度数．专题8.5期末满分计划之解答压轴专项训练（30道）【苏科版】1．（2021•沈北新区期末）如图，将两个全等的直角三角形△ABD、△ACE拼在一起（图1），△ABD不动．（1）若将△ACE绕点A逆时针旋转，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC（图2），证明：MB＝MC．（2）若将图1中的CE向上平移，∠CAE不变，连接DE，M是DE的中点，连接MB、MC（图3），判断并直接写出MB、MC的数量关系．（3）在（2）中，若∠CAE的大小改变（图4），其他条件不变，则（2）中的MB、MC的数量关系还成立吗？说明理由．【解题思路】（1）连接AM，根据全等三角形的对应边相等可得AD＝AE，AB＝AC，全等三角形对应角相等可得∠BAD＝∠CAE，再根据等腰三角形三线合一的性质得到∠MAD＝∠MAE，然后利用“边角边”证明△ABM和△ACM全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；（2）延长DB、AE相交于E′，延长EC交AD于F，根据等腰三角形三线合一的性质得到BD＝BE′，然后求出MB∥AE′，再根据两直线平行，内错角相等求出∠MBC＝∠CAE，同理求出MC∥AD，根据两直线平行，同位角相等求出∠BCM＝∠BAD，然后求出∠MBC＝∠BCM，再根据等角对等边即可得证；（3）延长BM交CE于F，根据两直线平行，内错角相等可得∠MDB＝∠MEF，∠MBD＝∠MFE，然后利用“角角边”证明△MDB和△MEF全等，根据全等三角形对应边相等可得MB＝MF，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明即可．【解答过程】证明：（1）如图2，连接AM，由已知得△ABD≌△ACE，∴AD＝AE，AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，∵MD＝ME，∴∠MAD＝∠MAE，∴∠MAD﹣∠BAD＝∠MAE﹣∠CAE，即∠BAM＝∠CAM，在△ABM和△ACM中，AB=AC∠BAM=∠CAM∴△ABM≌△ACM（SAS），∴MB＝MC；（2）MB＝MC．理由如下：如图3，延长DB、AE相交于E′，延长EC交AD于F，∴BD＝BE′，CE＝CF，∵M是ED的中点，B是DE′的中点，∴MB∥AE′，∴∠MBC＝∠CAE，同理：MC∥AD，∴∠BCM＝∠BAD，∵∠BAD＝∠CAE，∴∠MBC＝∠BCM，∴MB＝MC；解法二：如图3中，延长CM交BD于点T．∵EC∥DT，∴∠CEM＝∠TDM，在△ECM和△DTM中，∠CEM=∠TDMEM=DM∴△ECM≌△DTM（ASA），∴CM＝MT，∵∠CBT＝90°，∴BM＝CM＝MT．（3）MB＝MC还成立．如图4，延长BM交CE于F，∵CE∥BD，∴∠MDB＝∠MEF，∠MBD＝∠MFE，又∵M是DE的中点，∴MD＝ME，在△MDB和△MEF中，∠MDB=∠MEF∠MBD=∠MFE∴△MDB≌△MEF（AAS），∴MB＝MF，∵∠ACE＝90°，∴∠BCF＝90°，∴MB＝MC．2．（2021秋•梁园区期末）如图1是3×3的正方形方格，将其中两个方格涂黑，并且使涂黑后的整个图案是轴对称图形，（要求：绕正方形ABCD的中心旋转能重合的图案都视为同一种图案，例如图2中的两幅图就视为同一种图案），请在图3中的四幅图中完成你的设计．【解题思路】根据轴对称的性质画出图形即可．【解答过程】解：如图所示．3．（2021•昌平区期末）（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD．求证：EF＝BE+（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=12∠【解题思路】（1）可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF＝BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角，BG＝DF，AB＝AD，因此两三角形全等，那么AG＝AF，∠1＝∠2，那么∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF=12∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件（SAS），那么就能得出EF＝（2）思路和作辅助线的方法与（1）完全一样，只不过证明三角形ABG和ADF全等中，证明∠ABG＝∠ADF时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与（1）的结果完全一样．（3）按照（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（1）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．【解答过程】证明：（1）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．∵∠ABG＝∠ABC＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△ABG≌△ADF．∴AG＝AF，∠1＝∠2．∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠EAF=12∠∴∠GAE＝∠EAF．又∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD（2）（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立．（3）结论EF＝BE+FD不成立，应当是EF＝BE﹣FD．证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵AB＝AD，∴△ABG≌△ADF．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF=12∠∴∠GAE＝∠EAF．∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．4．（2021春•杨浦区期末）已知在△ABC与△CDE中，AB＝CD，∠B＝∠D，∠A