沪教版八年级上册压轴题数学模拟数学模拟试题

沪教版八年级上册压轴题数学模拟数学模拟试题一、压轴题1．（1）探索发现：如图1，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，过点A作AD⊥l，过点B作BE⊥l，垂足分别为D、E．求证：AD＝CE，CD＝BE．（2）迁移应用：如图2，将一块等腰直角的三角板MON放在平面直角坐标系内，三角板的一个锐角的顶点与坐标原点O重合，另两个顶点均落在第一象限内，已知点M的坐标为（1，3），求点N的坐标．（3）拓展应用：如图3，在平面直角坐标系内，已知直线y＝﹣3x+3与y轴交于点P，与x轴交于点Q，将直线PQ绕P点沿逆时针方向旋转45°后，所得的直线交x轴于点R．求点R的坐标．解析：（1）见解析（2）（4，2）（3）（6，0）【解析】【分析】（1）先判断出∠ACB=∠ADC，再判断出∠CAD=∠BCE，进而判断出△ACD≌△CBE，即可得出结论；（2）先判断出MF=NG，OF=MG，进而得出MF=1，OF=3，即可求出FG=MF+MG=1+3=4，即可得出结论；（3）先求出OP=3，由y=0得x=1，进而得出Q（1，0），OQ=1，再判断出PQ=SQ，即可判断出OH=4，SH=0Q=1，进而求出直线PR的解析式，即可得出结论.【详解】证明：∵∠ACB＝90°，AD⊥l∴∠ACB＝∠ADC∵∠ACE＝∠ADC+∠CAD，∠ACE＝∠ACB+∠BCE∴∠CAD＝∠BCE，∵∠ADC＝∠CEB＝90°，AC＝BC∴△ACD≌△CBE，∴AD＝CE，CD＝BE，（2）解：如图2，过点M作MF⊥y轴，垂足为F，过点N作NG⊥MF，交FM的延长线于G，由已知得OM＝ON，且∠OMN＝90°∴由（1）得MF＝NG，OF＝MG，∵M（1，3）∴MF＝1，OF＝3∴MG＝3，NG＝1∴FG＝MF+MG＝1+3＝4，∴OF﹣NG＝3﹣1＝2，∴点N的坐标为（4，2），（3）如图3，过点Q作QS⊥PQ，交PR于S，过点S作SH⊥x轴于H，对于直线y＝﹣3x+3，由x＝0得y＝3∴P（0，3），∴OP＝3由y＝0得x＝1，∴Q（1，0），OQ＝1，∵∠QPR＝45°∴∠PSQ＝45°＝∠QPS∴PQ＝SQ∴由（1）得SH＝OQ，QH＝OP∴OH＝OQ+QH＝OQ+OP＝3+1＝4，SH＝OQ＝1∴S（4，1），设直线PR为y＝kx+b，则，解得∴直线PR为y＝﹣x+3由y＝0得，x＝6∴R（6，0）．【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，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.2．如图1，直角三角形DEF与直角三角形ABC的斜边在同一直线上，∠EDF＝30°，∠ABC＝40°，CD平分∠ACB，将△DEF绕点D按逆时针方向旋转，记∠ADF为α（0°＜α＜180°），在旋转过程中；（1）如图2，当∠α＝时，，当∠α＝时，DE⊥BC；（2）如图3，当顶点C在△DEF内部时，边DF、DE分别交BC、AC的延长线于点M、N，①此时∠α的度数范围是；②∠1与∠2度数的和是否变化？若不变求出∠1与∠2度数和；若变化，请说明理由；③若使得∠2≥2∠1，求∠α的度数范围．解析：（1）10°，100°；（2）①55°＜α＜85°；②∠1与∠2度数的和不变，理由见解析③55°＜α≤60°．【解析】【分析】（1）当∠EDA＝∠B＝40°时，，得出30°＋α＝40°，即可得出结果；当时，DE⊥AB，得出50°＋α＋30°＝180°，即可得出结果；（2）①由已知得出∠ACD＝45°，∠A＝50°，推出∠CDA＝85°，当点C在DE边上时，α＋30°＝85°，解得α＝55°，当点C在DF边上时，α＝85°，即可得出结果；②连接MN，由三角形内角和定理得出∠CNM＋∠CMN＋∠MCN＝180°，则∠CNM＋∠CMN＝90°，由三角形内角和定理得出∠DNM＋∠DMN＋∠MDN＝180°，即∠2＋∠CNM＋∠CMN＋∠1＋∠MDN＝180°，即可得出结论；③由，∠1＋∠2＝60°，得出∠2≥2（60°−∠2），解得∠2≥40°，由三角形内角和定理得出∠2＋∠NDM＋α＋∠A＝180°，即∠2＋30°＋α＋50°＝180°，则∠2＝100°−α，得出100°−α≥40°，解得α≤60°，再由当顶点C在△DEF内部时，55°＜α＜85°，即可得出结果．【详解】解：（1）∵∠B＝40°，∴当∠EDA＝∠B＝40°时，，而∠EDF＝30°，∴，解得：α＝10°；当时，DE⊥AB，此时∠A+∠EDA＝180°，，∴，解得：α＝100°；故答案为10°，100°；（2）①∵∠ABC＝40°，CD平分∠ACB，∴∠ACD＝45°，∠A＝50°，∴∠CDA＝85°，当点C在DE边上时，，解得：，当点C在DF边上时，，∴当顶点C在△DEF内部时，；故答案为：；②∠1与∠2度数的和不变；理由如下：连接MN，如图所示：在△CMN中，∵∠CNM+∠CMN+∠MCN＝180°，∴∠CNM+∠CMN＝90°，在△MND中，∵∠DNM+∠DMN+∠MDN＝180°，即∠2+∠CNM+∠CMN+∠1+∠MDN＝180°，∴；③∵∠2≥2∠1，∠1+∠2＝60°，∴，∴∠2≥40°，∵，即，∴，∴，解得：α≤60°，∵当顶点C在△DEF内部时，，∴∠α的度数范围为．【点睛】本题考查了平行线的性质、直角三角形的性质、三角形内角和定理、不等式等知识，合理选择三角形后利用三角形内角和定理列等量关系是解决问题的关键．3．探究发现：如图①，在中，内角的平分线与外角的平分线相交于点．（1）若，则；若，则；（2）由此猜想：与的关系为(不必说明理由)．拓展延伸：如图②，四边形的内角与外角的平分线相交于点，．（3）若，，求的度数，由此猜想与，之间的关系，并说明理由．解析：（1）40°25°；（2）(或)（3）=【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，将的角度带入即可求解；（2）由（1）可得，即可求解；（3）在与的平分线相交于点，可知，又因为，两直线平行内错角相等，得出，再根据三角形一外角等于不相邻的两个内角的和，得出，再由四边形的内角和定理得出，最后在中：，代入整理即可得出结论．【详解】解：（1）由题可知：BE为的角平分线，CE为的角平分线，=2=2，=2，，三角形内角和等于，在中：，即：，①，在中：，即：，②，综上所述联立①②，由①-②×2可得：，，，，当，则；当，则；故答案为，；（2）由（1）知：(或)；（3）∵与的平分线相交于点，∴，，又∵，∴（两直线平行，内错角相等），∵是的一个外角，∴（三角形一外角等于不相邻的两个内角的和），在四边形中，四边形内角和为，，，∴，∴①，∴，即，在中：，，由上可得：，②，又∵，∴，，，由①②可得，，，．【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．4．阅读材料并完成习题：在数学中，我们会用“截长补短”的方法来构造全等三角形解决问题．请看这个例题：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，若AC=2cm，求四边形ABCD的面积．解：延长线段CB到E，使得BE=CD，连接AE，我们可以证明△BAE≌△DAC，根据全等三角形的性质得AE=AC=2，∠EAB=∠CAD，则∠EAC=∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC=∠BAD=90°，得S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=S△ABC+S△ABE=S△AEC，这样，四边形ABCD的面积就转化为等腰直角三角形EAC面积．（1）根据上面的思路，我们可以求得四边形ABCD的面积为cm2．（2）请你用上面学到的方法完成下面的习题．如图2，已知FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°，求五边形FGHMN的面积．解析：（1）2；（2）4【解析】【分析】（1）根据题意可直接求等腰直角三角形EAC的面积即可；（2）延长MN到K，使NK=GH，连接FK、FH、FM，由（1）易证，则有FK=FH，因为HM=GH+MN易证，故可求解．【详解】（1）由题意知，故答案为2；（2）延长MN到K，使NK=GH，连接FK、FH、FM，如图所示：FG=FN=HM=GH+MN=2cm，∠G=∠N=90°，∠FNK=∠FGH=90°，，FH=FK，又FM=FM，HM=KM=MN+GH=MN+NK，，MK=FN=2cm，．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，关键是根据截长补短法及割补法求面积的运用．5．已知：MN∥PQ，点A，B分别在MN，PQ上，点C为MN，PQ之间的一点，连接CA，CB．（1）如图1，求证：∠C=∠MAC+∠PBC；（2）如图2，AD，BD，AE，BE分别为∠MAC，∠PBC，∠CAN，∠CBQ的角平分线，求证：∠D+∠E=180°；（3）在（2）的条件下，如图3，过点D作DA的垂线交PQ于点G，点F在PQ上，∠FDA=2∠FDB，FD的延长线交EA的延长线于点H，若3∠C=4∠E，猜想∠H与∠GDB的倍数关系并证明．解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）猜想：∠H=3∠GDB，证明见解析．【解析】【分析】（1）作辅助线：过C作EF∥MN，根据平行的传递性可知这三条直线两两平行，由平行线的性质得到内错角相等∠MAC=∠ACF，∠BCF=∠PBC，再进行角的加和即可得出结论；（2）根据角平分线线定理得知，利用平角为180°得到∠DAE=90°，同理得，再根据四边形内角和180°，得出结论；（3）由（1）（2）中的结论进行等量代换得到3∠ADB=2∠E，并且两角的和为180°，由此得到两个角的度数分别为72°和108°，利用角的和与差得到∠HDA=36°，∠H=54°，由此得到倍数关系．【详解】（1）如图：过C作EF∥MN，∵MN∥PQ，∴MN∥EF∥PQ，∴∠MAC=∠ACF，∠BCF=∠PBC，∴∠ACF+∠BCF=∠MAC+∠PBC，即∠ACB=∠MAC+∠PBC．（2）∵AD，AE分别为∠MAC，∠CAN的角平分线，∴，∴，于是∠DAE=90°同理可得：，由（1）可得：∵．（3）猜想：∠H=3∠GDB.理由如下：由（1）可知：，∵3∠C=4∠E，∴6∠ADB=4∠E，∴3∠ADB=2∠E，∵∠ADB+∠E=180°，∴∠ADB=72°，∠E=108°，∵DG⊥DA，∴∠GDB=18°，∵∠FDA=2∠FDB，∴∠ADF=144°，∴∠HDA=36°，∵DA⊥AE，∴∠H=54°，∴∠H=3∠GDB．【点睛】考查平行线中角度的关系，学生要熟悉掌握平行线的性质以及角平分线定理，结合角的和与差进行计算，本题的关键是平行线的性质．6．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）．解析：（1）∠BDC＝90°+；（2）∠BFC＝；（3）∠BMC＝90°+．【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+∠BCD＝（∠ABC+∠ACB）＝90°﹣，由三角形的内角和定理可求解；（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求解；（3）由折叠的性质可得∠G＝∠BFC＝，方法同（1）可求∠BMC＝90°+，即可求解.【详解】解：（1）∵∠A＝α，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣α，∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，∴∠DBC＝∠ABC，∠BCD＝∠ACB，∴∠DBC+∠BCD＝（∠ABC+∠ACB）＝90°﹣，∴∠BDC＝180°﹣（∠DBC+∠BCD）＝90°+；（2）∵∠ABC的平分线与∠ACE的平分线交于点F，∴∠FBC＝∠ABC，∠FCE＝∠ACE，∵∠ACE＝∠A+∠ABC，∠FCE＝∠BFC+∠FBC，∴∠BFC＝∠A＝；（3）∵∠GBC的平分线与∠GCB的平分线交于点M，∴方法同（1）可得∠BMC＝90°+，∵将△FBC以直线BC为对称轴翻折得到△GBC，∴∠G＝∠BFC＝，∴∠BMC＝90°+.【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.7．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，在等腰中，AE=BE，四边形ABCD是互补等对边四边形，求证：∠ABD=∠BAC=∠AEB．（2）如图3，在非等腰中，若四边形ABCD仍是互补等对边四边形，试问∠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．解析：（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定理和直角三角形的性质可得∠ABD=∠AEB，进一步可得结论；（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°，在△ABE中，∵∠EAB=∠EBA=（180°−∠AEB）=90°−∠AEB，∴∠ABD=90°−∠EAB=90°−(90°−∠AEB)=∠AEB，同理：∠BAC=∠AEB，∴∠ABD=∠BAC=∠AEB；（2）∠ABD=∠BAC=∠AEB仍然成立；理由如下：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，∴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，∴∠ABD=∠BAC=∠AEB．【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．8．在我们认识的多边形中，有很多轴对称图形．有些多边形，边数不同对称轴的条数也不同；有些多边形，边数相同但却有不同数目的对称轴．回答下列问题：（1）非等边的等腰三角形有________条对称轴，非正方形的长方形有________条对称轴，等边三角形有___________条对称轴；（2）观察下列一组凸多边形（实线画出），它们的共同点是只有1条对称轴，其中图1-2和图1-3都可以看作由图1-1修改得到的，仿照类似的修改方式，请你在图1-4和图1-5中，分别修改图1-2和图1-3，得到一个只有1条对称轴的凸五边形，并用实线画出所得的凸五边形；（3）小明希望构造出一个恰好有2条对称轴的凸六边形，于是他选择修改长方形，图2中是他没有完成的图形，请用实线帮他补完整个图形；（4）请你画一个恰好有3条对称轴的凸六边形，并用虚线标出对称轴．解析：（1）1，2，3；（2）答案见解析；（3）答案见解析；（4）答案见解析．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质、矩形的性质以及等边三角形的性质进行判断即可；（2）中图1-2和图1-3都可以看作由图1-1修改得到的，在图1-4和图1-5中，分别仿照类似的修改方式进行画图即可；（3）长方形具有两条对称轴，在长方形的右侧补出与左侧一样的图形，即可构造出一个恰好有2条对称轴的凸六边形；（4）在等边三角形的基础上加以修改，即可得到恰好有3条对称轴的凸六边形．【详解】解：（1）非等边的等腰三角形有1条对称轴，非正方形的长方形有2条对称轴，等边三角形有3条对称轴，故答案为1，2，3；（2）恰好有1条对称轴的凸五边形如图中所示．（3）恰好有2条对称轴的凸六边形如图所示．（4）恰好有3条对称轴的凸六边形如图所示．9．如图1．在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=10，直线DE经过点C，过点A，B分别作AD⊥DE，BE⊥DE，垂足分别为点D和E，AD=8，BE=6．（1）①求证：△ADC≌△CEB；②求DE的长；（2）如图2，点M以3个单位长度/秒的速度从点C出发沿着边CA运动，到终点A，点N以8个单位长度/秒的速度从点B出发沿着线BC—CA运动，到终点A．M，N两点同时出发，运动时间为t秒(t＞0)，当点N到达终点时，两点同时停止运动，过点M作PM⊥DE于点P，过点N作QN⊥DE于点Q；①当点N在线段CA上时，用含有t的代数式表示线段CN的长度；②当t为何值时，点M与点N重合；③当△PCM与△QCN全等时，则t=．解析：（1）①证明见解析；②DE=14；（2）①8t－10；②t=2；③t=【解析】【分析】（1）①先证明∠DAC＝∠ECB，由AAS即可得出△ADC≌△CEB；②由全等三角形的性质得出AD＝CE＝8，CD＝BE＝6，即可得出DE＝CD＋CE＝14；（2）①当点N在线段CA上时，根据CN＝CN−BC即可得出答案；②点M与点N重合时，CM＝CN，即3t＝8t−10，解得t＝2即可；③分两种情况：当点N在线段BC上时，△PCM≌△QNC，则CM＝CN，得3t＝10−8t，解得t＝1011；当点N在线段CA上时，△PCM≌△QCN，则3t＝8t−10，解得t＝2；即可得出答案．【详解】（1）①证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠DAC＋∠DCA＝∠DCA＋∠BCE＝90°，∴∠DAC＝∠ECB，在△ADC和△CEB中，∴△ADC≌△CEB（AAS）；②由①得：△ADC≌△CEB，∴AD＝CE＝8，CD＝BE＝6，∴DE＝CD＋CE＝6＋8＝14；（2）解：①当点N在线段CA上时，如图3所示：CN＝CN−BC＝8t−10；②点M与点N重合时，CM＝CN，即3t＝8t−10，解得：t＝2，∴当t为2秒时，点M与点N重合；③分两种情况：当点N在线段BC上时，△PCM≌△QNC，∴CM＝CN，∴3t＝10−8t，解得：t＝；当点N在线段CA上时，△PCM≌△QCN，点M与N重合，CM＝CN，则3t＝8t−10，解得：t＝2；综上所述，当△PCM与△QCN全等时，则t等于s或2s，故答案为：s或2s．【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、直角三角形的性质、分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．10．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．解析：(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．11．（阅读材科）小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的项角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小明发现若∠BAC=∠DAE，AB=AC，AD=AE，则△ABD≌△ACE．（材料理解）（1）在图1中证明小明的发现．（深入探究）（2）如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，连接AO，下列结论：①BD=EC；②∠BOC=60°；③∠AOE=60°；④EO=CO，其中正确的有．(将所有正确的序号填在横线上)．（延伸应用）（3）如图3，AB=BC，∠ABC=∠BDC=60°，试探究∠A与∠C的数量关系．解析：（1）证明见解析；（2）①②③；（3）∠A+∠C=180°．【解析】【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°，再判断出△BCF≌△ACO，得出∠AOC=120°，进而得出∠AOE=60°，再判断出BF＜CF，进而判断出∠OBC＞30°，即可得出结论；（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，进而判断出△ABD≌△CBP（SAS），即可得出结论．【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE；（2）如图2，∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE，①正确，∠ADB=∠AEC，记AD与CE的交点为G，∵∠AGE=∠DGO，∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，∴∠DOE=∠DAE=60°，∴∠BOC=60°，②正确，在OB上取一点F，使OF=OC，∴△OCF是等边三角形，∴CF=OC，∠OFC=∠OCF=60°=∠ACB，∴∠BCF=∠ACO，∵AB=AC，∴△BCF≌△ACO（SAS），∴∠AOC=∠BFC=180°-∠OFC=120°，∴∠AOE=180°-∠AOC=60°，③正确，连接AF，要使OC=OE，则有OC=CE，∵BD=CE，∴CF=OF=BD，∴OF=BF+OD，∴BF＜CF，∴∠OBC＞∠BCF，∵∠OBC+∠BCF=∠OFC=60°，∴∠OBC＞30°，而没办法判断∠OBC大于30度，所以，④不一定正确，即：正确的有①②③，故答案为①②③；（3）如图3，延长DC至P，使DP=DB，∵∠BDC=60°，∴△BDP是等边三角形，∴BD=BP，∠DBP=60°，∵∠BAC=60°=∠DBP，∴∠ABD=∠CBP，∵AB=CB，∴△ABD≌△CBP（SAS），∴∠BCP=∠A，∵∠BCD+∠BCP=180°，∴∠A+∠BCD=180°．【点睛】此题考查三角形综合题，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解题的关键．12．已知在△ABC中，AB＝AC，射线BM、BN在∠ABC内部，分别交线段AC于点G、H．（1）如图1，若∠ABC＝60°，∠MBN＝30°，作AE⊥BN于点D，分别交BC、BM于点E、F．①求证：∠1＝∠2；②如图2，若BF＝2AF，连接CF，求证：BF⊥CF；（2）如图3，点E为BC上一点，AE交BM于点F，连接CF，若∠BFE＝∠BAC＝2∠CFE，求的值．解析：（1）①见解析；②见解析；（2）2【解析】【分析】（1）①只要证明∠2+∠BAF＝∠1+∠BAF＝60°即可解决问题；②只要证明△BFC≌△ADB，即可推出∠BFC＝∠ADB＝90°；（2）在BF上截取BK＝AF，连接AK．只要证明△ABK≌CAF，可得S△ABK＝S△AFC，再证明AF＝FK＝BK，可得S△ABK＝S△AFK，即可解决问题；【详解】（1）①证明：如图1中，∵AB＝AC，∠ABC＝60°∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，∵AD⊥BN，∴∠ADB＝90°，∵∠MBN＝30°，∠BFD＝60°＝∠1+∠BAF＝∠2+∠BAF，∴∠1＝∠2②证明：如图2中，在Rt△BFD中，∵∠FBD＝30°，∴BF＝2DF，∵BF＝2AF，∴BF＝AD，∵∠BAE＝∠FBC，AB＝BC，∴△BFC≌△ADB，∴∠BFC＝∠ADB＝90°，∴BF⊥CF（2）在BF上截取BK＝AF，连接AK．∵∠BFE＝∠2+∠BAF，∠CFE＝∠4+∠1，∴∠CFB＝∠2+∠4+∠BAC，∵∠BFE＝∠BAC＝2∠EFC，∴∠1+∠4＝∠2+∠4∴∠1＝∠2，∵AB＝AC，∴△ABK≌CAF，∴∠3＝∠4，S△ABK＝S△AFC，∵∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠CFE＝∠AKB，∠BAC＝2∠CEF，∴∠KAF＝∠1+∠3＝∠AKF，∴AF＝FK＝BK，∴S△ABK＝S△AFK，∴．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是能够正确添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．13．在中，，，是的角平分线，于点.（1）如图1，连接，求证：是等边三角形；（2）如图2，点是线段上的一点（不与点重合），以为一边，在下方作，交延长线于点.求证：；（3）如图3，点是线段上的点，以为一边，在的下方作，交延长线于点.直接写出，与数量之间的关系.解析：（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）结论：，证明见解析．【解析】【分析】（1）先根据直角三角形的性质得出，再根据角平分线的性质可得，然后根据三角形的判定定理与性质可得，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，连接MF，先根据直角三角形的性质、等边三角形的判定得出是等边三角形，再根据等边三角形的性质、角的和差得出，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），先证是等边三角形，再根据等边三角形的性质、角的和差得出，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）是的角平分线，在和中，是等边三角形；（2）如图，延长ED使得，连接MF，是的角平分线，是等边三角形，即在和中，，即即；（3）结论：，证明过程如下：如图，延长BD使得，连接NH由（2）可知，是等边三角形，即在和中，，即即．【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，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．14．如图，中，，，点为射线上一动点，连结，作且．（1）如图1，过点作交于点，求证：；（2）如图2，连结交于点，若，，求证：点为中点．（3）当点在射线上，连结与直线交于点，若，，则______．（直接写出结果）解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）或【解析】【分析】（1）证明△AFD≌△EAC，根据全等三角形的性质得到DF=AC，等量代换证明结论；（2）作FD⊥AC于D，证明△FDG≌△BCG，得到DG=CG，求出CE，CB的长，得到答案；（3）过F作FD⊥AG的延长线交于点D，根据全等三角形的性质得到CG=GD，AD=CE=7，代入计算即可．【详解】解：（1）证明：∵FD⊥AC，∴∠FDA=90°，∴∠DFA+∠DAF=90°，同理，∠CAE+∠DAF=90°，∴∠DFA=∠CAE，在△AFD和△EAC中，，∴△AFD≌△EAC（AAS），∴DF=AC，∵AC=BC，∴FD=BC；（2）作FD⊥AC于D，由（1）得，FD=AC=BC，AD=CE，在△FDG和△BCG中，，∴△FDG≌△BCG（AAS），∴DG=CG=1，∴AD=2，∴CE=2，∵BC=AC=AG+CG=4，∴E点为BC中点；（3）当点E在CB的延长线上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，BC=AC=4，CE=CB+BE=7，由（1）（2）知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，∴CG=GD，AD=CE=7，∴CG=DG=1.5，∴，同理，当点E在线段BC上时，，故答案为：或.【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．15．如图，在平面直角坐标系中，，，，点、在轴上且关于轴对称．（1）求点的坐标；（2）动点以每秒2个单位长度的速度从点出发沿轴正方向向终点运动，设运动时间为秒，点到直线的距离的长为，求与的关系式；（3）在（2）的条件下，当点到的距离为时，连接，作的平分线分别交、于点、，求的长．解析：（1）C（4，0）；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）根据对称的性质知为等边三角形，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，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，利用角平分线的性质证得，求得，利用面积法求得，再利用直角三角形中30度角的性质即可求得答案．【详解】（1）∵点、关于轴对称，∴，∴，∵，∴为等边三角形，∴，∴，∴点C的坐标为：；（2）连接，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，即：；（3）∵点到的距离为，∴，∴，∴，延长交于点，过点作轴于点，连接、，∵为的角平分线，为等边三角形，∴，，∵，，∴，∴，设，在中，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，在中，，，∴，∴，，∴，∴．【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．二、选择题16．近年来，国家重视精准扶贫，收效显著．据统计约有65000000人脱贫，把65000000用科学记数法表示，正确的是（）A．0.65×108 B．6.5×107 C．6.5×108 D．65×106解析：B【解析】分析：科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．详解：65000000=6.5×107．故选B．点睛：此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．17．我国古代《易经》一书中记载了一种“结绳计数”的方法，一女子在从右到左依次排列的绳子上打结，满六进一，用来记录采集到的野果数量，下列图示中表示91颗的是（）A． B．C． D．解析：B【解析】【分析】由于从右到左依次排列的绳子上打结，满六进一，所以从右到左的数分别进行计算，然后把它们相加即可得出正确答案．【详解】解：A、5+3×6+1×6×6＝59（颗），故本选项错误；B、1+3×6+2×6×6＝91（颗），故本选项正确；C、2+3×6+1×6×6＝56（颗），故本选项错误；D、1+2×6+3×6×6＝121（颗），故本选项错误；故选：B．【点睛】本题是以古代“结绳计数”为背景，按满六进一计数，运用了类比的方法，根据图中的数学列式计算；本题题型新颖，一方面让学生了解了古代的数学知识，另一方面也考查了学生的思维能力．18．下列方程中，以为解的是（）A． B． C． D．解析：A【解析】【分析】把代入方程，只要是方程的左右两边相等就是方程的解，否则就不是．【详解】解：A中、把代入方程得左边等于右边，故A对；B中、把代入方程得左边不等于右边，故B错；C中、把代入方程得左边不等于右边，故C错；D中、把代入方程得左边不等于右边，故D错.故答案为：A.【点睛】本题考查方程的解的知识，解题关键在于把x值分别代入方程进行验证即可.19．一个由5个相同的小正方体组成的立体图形如图所示，则从正面看到的平面图形是()A． B．C． D．解析：A【解析】【分析】从正面看：共分3列，从左往右分别有1，1，2个小正方形，据此可画出图形．【详解】∵从正面看：共分3列，从左往右分别有1，1，2个小正方形，∴从正面看到的平面图形是，故选：A．【点睛】本题考查简单组合体的三视图，解题时注意：主视图，左视图，俯视图分别是从物体的正面，左面，上面看得到的图形．20．如图，已知在一条直线上，是锐角，则的余角是（）A． B．C． D．解析：C【解析】【分析】由图知：∠1和∠2互补，可得∠1+∠2=180°，即（∠1+∠2）=90°①；而∠1的余角为90°-∠1②，可将①中的90°所表示的（∠1+∠2）代入②中，即可求得结果．【详解】解：由图知：∠1+∠2=180°，∴（∠1+∠2）=90°，∴90°-∠1=（∠1+∠2）-∠1=（∠2-∠1）．故选：C．【点睛】此题综合考查余角与补角，难点在于将∠1+∠2=180°进行适当的变形，从而与∠1的余角产生联系．21．已知线段AB的长为4，点C为AB的中点，则线段AC的长为（）A．1 B．2 C．3 D．4解析：B【解析】【分析】根据线段中点的性质，可得AC的长．【详解】解：由线段中点的性质，得AC＝AB＝2．故选B．【点睛】本题考查了两点间的距离，利用了线段中点的性质．22．下列选项中，运算正确的是（）A． B．C． D．解析：B【解析】【分析】根据整式的加减法法则即可得答案.【详解】A.5x-3x=2x，故该选项计算错误，不符合题意，B.，计算正确，符合题意，C.-2a+3a=a，故该选项计算错误，不符合题意，D.2a与3b不是同类项，不能合并，故该选项计算错误，不符合题意，故选：B.【点睛】本题考查整式的加减，熟练掌握合并同类项法则是解题关键.23．某班30位同学，在绿色护植活动中共种树72棵，已知女生每人种2棵，男生每人种3棵，设女生有人，则可列方程（）A． B．C． D．解析：A【解析】【分析】设女生x人，男生就有（30-x）人，再表示出男、女生各种树的棵数，根据题中等量关系式：男生种树棵数+女生种树棵数=72棵，列方程解答即可．【详解】设女生x人，∵共有学生30名，∴男生有（30-x）名，∵女生每人种2棵，男生每人种3棵，∴女生种树2x棵，男生植树3（30-x）棵，∵共种树72棵，∴2x+3(30-x)=72，故选：A.【点睛】本题考查一元一次方程的应用，正确找准数量间的相等关系是解题关键.24．某地冬季某天的天气预报显示气温为﹣1℃至8℃，则该日的最高与最低气温的温差为（