上海昆明学校八年级上册压轴题数学模拟试卷含详细答案

上海昆明学校八年级上册压轴题数学模拟试卷含详细答案一、压轴题1．如图（1），AB＝4，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝BD＝3．点P在线段AB上以1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（s）．（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当＝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，是否存在实数，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的、的值；若不存在，请说明理由．2．已知，在平面直角坐标系中，，，C为AB的中点，P是线段AB上一动点，D是线段OA上一点，且，于E．（1）求的度数；（2）当点P运动时，PE的值是否变化？若变化，说明理由；若不变，请求PE的值．（3）若，求点D的坐标．3．如图1，在等边△ABC中，E、D两点分别在边AB、BC上，BE=CD，AD、CE相交于点F．（1）求∠AFE的度数；（2）过点A作AH⊥CE于H，求证：2FH+FD=CE；（3）如图2，延长CE至点P，连接BP，∠BPC=30°，且CF=CP，求的值．（提示：可以过点A作∠KAF=60°，AK交PC于点K，连接KB）4．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．5．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．6．（1）填空①把一张长方形的纸片按如图①所示的方式折叠，，为折痕，折叠后的点落在或的延长线上，那么的度数是________；②把一张长方形的纸片按如图②所示的方式折叠，点与点重合，，为折痕，折叠后的点落在或的延长线上，那么的度数是_______．（2）解答：①把一张长方形的纸片按如图③所示的方式折叠，，为折痕，折叠后的点落在或的延长线上左侧，且，求的度数；②把一张长方形的纸片按如图④所示的方式折叠，点与点重合，，为折痕，折叠后的点落在或的延长线右侧，且，求的度数．（3）探究：把一张四边形的纸片按如图⑤所示的方式折叠，，为折痕，设，，，求，，之间的数量关系．7．已知和都是等腰三角形，，，．（初步感知）（1）特殊情形：如图①，若点，分别在边，上，则__________．（填＞、＜或=）（2）发现证明：如图②，将图①中的绕点旋转，当点在外部，点在内部时，求证：．（深入研究）（3）如图③，和都是等边三角形，点，，在同一条直线上，则的度数为__________；线段，之间的数量关系为__________．（4）如图④，和都是等腰直角三角形，，点、、在同一直线上，为中边上的高，则的度数为__________；线段，，之间的数量关系为__________．（拓展提升）（5）如图⑤，和都是等腰直角三角形，，将绕点逆时针旋转，连结、．当，时，在旋转过程中，与的面积和的最大值为__________．8．探究：如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，若∠B＝30°，则∠ACD的度数是度；拓展：如图②，∠MCN＝90°，射线CP在∠MCN的内部，点A、B分别在CM、CN上，分别过点A、B作AD⊥CP、BE⊥CP，垂足分别为D、E，若∠CBE＝70°，求∠CAD的度数；应用：如图③，点A、B分别在∠MCN的边CM、CN上，射线CP在∠MCN的内部，点D、E在射线CP上，连接AD、BE，若∠ADP＝∠BEP＝60°，则∠CAD+∠CBE+∠ACB＝度．9．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．10．已知：中，过B点作BE⊥AD，．(1)如图1，点在的延长线上，连，作于，交于点．求证：；(2)如图2，点在线段上，连，过作，且，连交于，连，问与有何数量关系，并加以证明；(3)如图3，点在CB延长线上，且，连接、的延长线交于点，若，请直接写出的值．11．对定义一种新运算，规定：（其中均为非零常数）．例如：．（1）已知．①求的值；②若关于的不等式组恰好有3个整数解，求的取值范围；（2）当时，对任意有理数都成立，请直接写出满足的关系式．学习参考：①，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，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．在等边△ABC的顶点A、C处各有一只蜗牛，它们同时出发，分别以每分钟1米的速度由A向B和由C向A爬行，其中一只蜗牛爬到终点时，另一只也停止运动，经过t分钟后，它们分别爬行到D、E处，请问：（1）如图1，在爬行过程中，CD和BE始终相等吗，请证明？（2）如果将原题中的“由A向B和由C向A爬行”，改为“沿着AB和CA的延长线爬行”，EB与CD交于点Q，其他条件不变，蜗牛爬行过程中∠CQE的大小保持不变，请利用图2说明：∠CQE=60°；（3）如果将原题中“由C向A爬行”改为“沿着BC的延长线爬行，连接DE交AC于F”，其他条件不变，如图3，则爬行过程中，证明：DF=EF13．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．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=．15．在初中数学学习阶段，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．例：已知：，求代数式x2+的值．解：∵，∴＝4即＝4∴x+＝4∴x2+＝（x+）2﹣2＝16﹣2＝14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．例：若2x＝3y＝4z，且xyz≠0，求的值．解：令2x＝3y＝4z＝k（k≠0）则根据材料回答问题：（1）已知，求x+的值．（2）已知，（abc≠0），求的值．（3）若，x≠0，y≠0，z≠0，且abc＝7，求xyz的值．16．如图，在中，为的中点，，．动点从点出发，沿方向以的速度向点运动；同时动点从点出发，沿方向以的速度向点运动，运动时间是．（1）在运动过程中，当点位于线段的垂直平分线上时，求出的值；（2）在运动过程中，当时，求出的值；（3）是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．17．（1）如图1，和都是等边三角形，且，，三点在一条直线上，连接，相交于点，求证：．（2）如图2，在中，若，分别以，和为边在外部作等边，等边，等边，连接、、恰交于点．①求证：；②如图2，在（2）的条件下，试猜想，，与存在怎样的数量关系，并说明理由．18．已知在中，，点在上，边在上，在中，边在直线上，；（1）如图1，求的度数；（2）如图2，将沿射线的方向平移，当点在上时，求度数；（3）将在直线上平移，当以为顶点的三角形是直角三角形时，直接写出度数．19．已知ABCD，点E是平面内一点，∠CDE的角平分线与∠ABE的角平分线交于点F．（1）若点E的位置如图1所示．①若∠ABE=60°，∠CDE=80°，则∠F=°；②探究∠F与∠BED的数量关系并证明你的结论；（2）若点E的位置如图2所示，∠F与∠BED满足的数量关系式是．（3）若点E的位置如图3所示，∠CDE为锐角，且，设∠F=α，则α的取值范围为．20．在等腰中，,为边上的高，点在的外部且，,连接交直线于点，连接．(1)如图①，当时，求证：；(2)如图②，当时，求的度数；(3)如图③，当时,求证：．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（1）全等，垂直，理由详见解析；（2）存在，或【解析】【分析】（1）在t=1的条件下，找出条件判定△ACP和△BPQ全等，再根据全等三角形的性质和直角三角形的两个锐角互余的性质，可证∠CPQ=90°，即可判断线段PC和线段PQ的位置关系;（2）本题主要在动点的条件下，分情况讨论，利用三角形全等时对应边相等的性质进行解答即可.【详解】(1)当t=1时，AP=BQ=1,BP=AC=3,又∠A=∠B=90°，在△ACP和△BPQ中，∴△ACP≌△BPQ(SAS).∴∠ACP=∠BPQ,∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90*.∴∠CPQ=90°，即线段PC与线段PQ垂直；(2)①若△ACP≌△BPQ，则AC=BP，AP=BQ，解得;②若△ACP≌△BQP，则AC=BQ，AP=BP，解得：综上所述,存在或使得△ACP与△BPQ全等.【点睛】本题主要考查三角形全等与动点问题，熟练掌握三角形全等的性质与判定定理，是解决本题的关键.2．（1）45°；（2）PE的值不变，PE=4，理由见详解；（3）D(，0)．【解析】【分析】（1）根据，，得△AOB为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质，即可求出∠OAB的度数；（2）根据等腰直角三角形的性质得到∠AOC=∠BOC=45°，OC⊥AB，再证明△POC≌△DPE，根据全等三角形的性质得到OC=PE，即可得到答案；（3）证明△POB≌△DPA，得到PA=OB=，DA=PB，进而得OD的值，即可求出点D的坐标．【详解】（1），，∴OA=OB=，∵∠AOB=90°，∴△AOB为等腰直角三角形，∴∠OAB=45°；（2）PE的值不变，理由如下：∵△AOB为等腰直角三角形，C为AB的中点，∴∠AOC=∠BOC=45°，OC⊥AB，∵PO=PD，∴∠POD=∠PDO，∵D是线段OA上一点，∴点P在线段BC上，∵∠POD=45°+∠POC，∠PDO=45°+∠DPE，∴∠POC=∠DPE，在△POC和△DPE中，，∴△POC≅△DPE(AAS)，∴OC=PE，∵OC=AB=××=4，∴PE=4；（3）∵OP=PD，∴∠POD=∠PDO=(180°−45°)÷2=67.5°，∴∠APD=∠PDO−∠A=22.5°，∠BOP=90°−∠POD=22.5°，∴∠APD=∠BOP，在△POB和△DPA中，∴△POB≌△DPA(AAS)，∴PA=OB=，DA=PB，∴DA=PB=×-=8-，∴OD=OA−DA=-(8-)=，∴点D的坐标为(，0)．【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定与性质定理，图形与坐标，掌握等腰直角三角形的性质，是解题的关键．3．（1）∠AFE=60°；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）通过证明得到对应角相等，等量代换推导出；（2）由（1）得到，则在中利用30°所对的直角边等于斜边的一半，等量代换可得；（3）通过在PF上取一点K使得KF=AF，作辅助线证明和全等，利用对应边相等，等量代换得到比值.(通过将顺时针旋转60°也是一种思路.)【详解】（1）解：如图1中．∵为等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，在和中，，∴（SAS），∴∠BCE=∠DAC，∵∠BCE+∠ACE=60°，∴∠DAC+∠ACE=60°，∴∠AFE=60°．（2）证明：如图1中，∵AH⊥EC，∴∠AHF=90°，在Rt△AFH中，∵∠AFH=60°，∴∠FAH=30°，∴AF=2FH，∵，∴EC=AD，∵AD=AF+DF=2FH+DF，∴2FH+DF=EC．（3）解：在PF上取一点K使得KF=AF，连接AK、BK，∵∠AFK=60°，AF=KF，∴△AFK为等边三角形，∴∠KAF=60°，∴∠KAB=∠FAC，在和中，，∴(SAS)，∴∠AKB=∠AFC=120°，∴∠BKE=120°﹣60°=60°，∵∠BPC=30°，∴∠PBK=30°，∴，∴，∵∴.【点睛】掌握等边三角形、直角三角形的性质，及三角形全等的判定通过一定等量代换为本题的关键.4．（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．5．（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．6．，；，；，.【解析】【分析】（1）①如图①知，得可求出解.②由图②知得可求出解.（2）①由图③折叠知，可推出，即可求出解.②由图④中折叠知，可推出，即可求出解.（3）如图⑤-1、⑤-2中分别由折叠可知，、，即可求得、.【详解】解：（1）①如图①中，，，，故答案为.②如图②中，，，故答案为.（2）①如图③中由折叠可知，，，，，；②如图④中根据折叠可知，，，，，，；（3）如图⑤-1中，由折叠可知，，；如图⑤-2中，由折叠可知，，.【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.7．（1）=；（2）证明见解析；（3）60°，BD=CE；（4）90°，AM+BD=CM；（5）7【解析】【分析】（1）由DE∥BC，得到，结合AB=AC，得到DB=EC；（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定定理证明△DAB≌△EAC，根据全等三角形的性质求出结论；（4）根据全等三角形的判定和性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论；（5）根据旋转的过程中△ADE的面积始终保持不变，而在旋转的过程中，△ADC的AC始终保持不变，即可．【详解】[初步感知]（1）∵DE∥BC，∴，∵AB=AC，∴DB=EC，故答案为：=，（2）成立．理由：由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，在△DAB和△EAC中，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴DB=CE；[深入探究]（3）如图③，设AB，CD交于O，∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=60°，∴∠DAB=∠EAC，在△DAB和△EAC中，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴DB=CE，∠ABD=∠ACE，∵∠BOD=∠AOC，∴∠BDC=∠BAC=60°；（4）∵△DAE是等腰直角三角形，∴∠AED=45°，∴∠AEC=135°，在△DAB和△EAC中，∴△DAB≌△EAC（SAS），∴∠ADB=∠AEC=135°，BD=CE，∵∠ADE=45°，∴∠BDC=∠ADB-∠ADE=90°，∵△ADE都是等腰直角三角形，AM为△ADE中DE边上的高，∴AM=EM=MD，∴AM+BD=CM；故答案为：90°，AM+BD=CM；【拓展提升】（5）如图，由旋转可知，在旋转的过程中△ADE的面积始终保持不变，△ADE与△ADC面积的和达到最大，∴△ADC面积最大，∵在旋转的过程中，AC始终保持不变，∴要△ADC面积最大，∴点D到AC的距离最大，∴DA⊥AC，∴△ADE与△ADC面积的和达到的最大为2+×AC×AD=5+2=7，故答案为7．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转和全等三角形的性质和判定，旋转过程中面积变化分析，解本题的关键是三角形全等的判定．8．探究：30；（2）拓展：20°；（3）应用：120【解析】【分析】（1）利用直角三角形的性质依次求出∠A，∠ACD即可；（2）利用直角三角形的性质直接计算得出即可；（3）利用三角形的外角的性质得出结论，直接转化即可得出结论．【详解】（1）在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，∴∠A＝60°，∵CD⊥AB，∴∠ADC＝90°，∴∠ACD＝90°﹣∠A＝30°；故答案为：30，（2）∵BE⊥CP，∴∠BEC＝90°，∵∠CBE＝70°，∴∠BCE＝90°﹣∠CBE＝20°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝90°﹣∠BCE＝70°，∵AD⊥CP，∴∠CAD＝90°﹣∠ACD＝20°；（3）∵∠ADP是△ACD的外角，∴∠ADP＝∠ACD+∠CAD＝60°，同理，∠BEP＝∠BCE+∠CBE＝60°，∴∠CAD+∠CBE+∠ACB＝∠CAD+∠CBE+∠ACD+∠BCE＝（∠CAD+∠ACD）+（∠CBE+∠BCE）＝120°，故答案为120．【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了直角三角形的性质，三角形的外角的性质，垂直的定义，解本题的关键是充分利用直角三角形的性质：两锐角互余，是一道比较简单的综合题．9．（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．10．（1）见详解，（2），证明见详解，（3）．【解析】【分析】（1）欲证明，只要证明即可；（2）结论：．如图2中，作于．只要证明，推出，，由，推出即可解决问题；（3）利用（2）中结论即可解决问题；【详解】（1）证明：如图1中，于，，，，，(AAS)，．（2）结论：．理由：如图2中，作于．，，，，，，，，，，，，，，，．（3）如图3中，作于交AC延长线于．，，，，，，，，，，，，，，，．，设，则，，．【点睛】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，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，属于中考压轴题．另外对于类似连续几步的综合题，一般前一步为后一步提供解题的条件或方法．11．（1）①；②42≤a＜54；（2）m=2n【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】解：（1）①由题意得，解得，②由题意得，解不等式①得p＞-1．解不等式②得p≤，∴-1＜p≤，∵恰好有3个整数解，∴2≤＜3．∴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．12．（1)相等，证明见解析；（2)证明见解析；（3)证明见解析．【解析】【分析】（1）先证明△ACD≌△CBE，再由全等三角形的性质即可证得CD=BE；（2）先证明△BCD≌△ABE，得到∠BCD=∠ABE，求出∠DQB=∠BCQ+∠CBQ=∠ABE+∠CBQ=180°-∠ABC，∠CQE=180°-∠DQB，即可解答；（3）如图3，过点D作DG∥BC交AC于点G，根据等边三角形的三边相等，可以证得AD=DG=CE；进而证明△DGF和△ECF全等，最后根据全等三角形的性质即可证明．【详解】（1）解：CD和BE始终相等，理由如下：如图1，AB=BC=CA，两只蜗牛速度相同，且同时出发，∴CE=AD，∠A=∠BCE=60°在△ACD与△CBE中，AC=CB，∠A=∠BCE，AD=CE∴△ACD≌△CBE（SAS），∴CD=BE，即CD和BE始终相等；（2）证明：根据题意得：CE=AD，∵AB=AC，∴AE=BD，∴△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠BAC=∠ACB=60°，∵∠EAB+∠ABC=180°，∠DBC+∠ABC=180°，∴∠EAB=∠DBC，在△BCD和△ABE中，BC=AB，∠DBC=∠EAB，BD=AE∴△BCD≌△ABE（SAS），∴∠BCD=∠ABE∴∠DQB=∠BCQ+∠CBQ=∠ABE+∠CBQ=180°-∠ABC=180°-60°=120°，∴∠CQE=180°-∠DQB=60°，即CQE=60°；（3）解：爬行过程中，DF始终等于EF是正确的，理由如下：如图，过点D作DG∥BC交AC于点G，∴∠ADG=∠B=∠AGD=60°，∠GDF=∠E，∴△ADG为等边三角形，∴AD=DG=CE，在△DGF和△ECF中，∠GFD=∠CFE，∠GDF=∠E，DG=EC∴△DGF≌△EDF（AAS），∴DF=EF.【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质和等边三角形的性质；题弄懂题中所给的信息，再根据所提供的思路寻找证明条件是解答本题的关键．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．14．（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．15．（1）5；（2）；（3）【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；（2）仿照材料二，设＝＝＝k（k≠0），则a＝5k，b＝2k，c＝3k，代入所求式子即可；（3）本题介绍两种解法：解法一：（3）解法一：设＝＝＝（k≠0），化简得：①，②，③，相加变形可得x、y、z的代入＝中，可得k的值，从而得结论；解法二：取倒数得：＝＝，拆项得，从而得x＝，z＝，代入已知可得结论．【详解】解：（1）∵＝，∴＝4，∴x﹣1+＝4，∴x+＝5；（2）∵设＝＝＝k（k≠0），则a＝5k，b＝2k，c＝3k，∴＝＝＝；（3）解法一：设＝＝＝（k≠0），∴①，②，③，①+②+③得：2（）＝3k，＝k④，④﹣①得：＝k，④﹣②得：，④﹣③得：k，∴x＝，y＝，z＝代入＝中，得：＝，，k＝4，∴x＝，y＝，z＝，∴xyz＝＝＝；解法二：∵，∴，∴，∴，∴，将其代入中得：＝＝，y＝，∴x＝，z＝＝，∴xyz＝＝．【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.16．（1）时，点位于线段的垂直平分线上；（2）；（3）不存在，理由见解析．【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，则，当点位于线段的垂直平分线上时，，∴，解得，，则当时，点位于线段的垂直平分线上；（2）∵为的中点，，∴，∵，∴，∴，解得，，则当时，；（3）不存在，∵，∴，则解得，，，∴不存在某一时刻，使．【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．17．（1）详见解析；（2）①详见解析；②，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（SAS），即可得出结论；（2）①同（1）的方法判断出（SAS），（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，证明是等边三角形，进而判断出（SAS），即可得出结论．【详解】（1）证明：∵和都是等边三角形，∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ABC+∠ACE=∠DCE+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∴（SAS），∴BE=AD；（2）①证明：∵和是等边三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，∴（SAS），∴AD=BE，同理：（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，，∴∠CAD=∠CBE，在中，∠CAD+∠AQC=180°-∠ACB=120°，∴∠CBE+∠BQP=120°，在中，∠APB=180°-（∠CBE+∠BQP）=60°，∴∠DPE=60°，同理：∠APC=60°，∠CPD=120°，在PE上取一点M，使PM=PC，∴是等边三角形，∴，∠PCM=∠CMP=60°，∴∠CME=120°=∠CPD，∵是等边三角形，∴CD=CE，∠DCE=60°=∠PCM，∴∠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．18．（1）60°；（2）15°；（3）30°或15°【解析】【分析】（1）利用两直线平行，同旁内角互补，得出，即可得出结论；（2）先利用三角形的内角和定理求出，即可得出结论；（3）分和两种情况求解即可得出结论．【详解】解：（1），，，，，；（2）由（1）知，，，，，；（3）当时，如图3，由（1）知，，；当时，如图4，，点，重合，，，由（1）知，，，即当以、、为顶点的三角形是直角三角形时，度数为或．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了平行线的性质，三角形的内角和定理，角的和差的计算，求出是解本题的关键．19．（1）①70；②∠F=∠BED，证明见解析