八年级数学上册压轴题综合试题含解析(一).doc

八年级数学上册压轴题综合试题含解析（一）
1．如图，中，，．

（1）如图1，，，求证：；
（2）如图2，，，请直接用几何语言写出、的位置关系____________；
（3）证明（2）中的结论．
2．如图，△ACB和△DCE均为等腰三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．

（1）如图1，若∠CAB＝∠CBA＝∠CDE＝∠CED＝50°．
①求证：AD＝BE；
②求∠AEB的度数．
（2）如图2，若∠ACB＝∠DCE＝90°，CF为△DCE中DE边上的高，试猜想AE，CF，BE之间的关系，并证明你的结论．
3．在平面直角坐标系中，直线 AB 分别交 x 轴、y 轴于点A（–a，0）、点 B（0， b），且 a、b 满足a2+b2–4a–8b+20=0，点 P 在直线 AB 的右侧，且∠APB＝45°．

（1）a＝　　　　　 ；b＝　　　　　　　 ．
（2）若点 P 在 x 轴上，请在图中画出图形（BP 为虚线），并写出点 P 的坐标；
（3）若点 P 不在 x 轴上，是否存在点P，使△ABP 为直角三角形？若存在，请求出此时P的坐标；若不存在，请说明理由．
4．如图1，将两块全等的三角板拼在一起，其中△ABC的边BC在直线l上，AC⊥BC且AC = BC；△EFP的边FP也在直线l上，边EF与边AC重合，EF⊥FP且EF = FP.
（1）在图1中，请你通过观察、测量，猜想并写出AB与AP所满足的数量关系和位置关系；
（2）将三角板△EFP沿直线l向左平移到图2的位置时，EP交AC于点Q，连接AP、BQ．猜想并写出BQ与AP所满足的数量关系和位置关系，并证明你的猜想；
（3）将三角板△EFP沿直线l向左平移到图3的位置时，EP的延长线交AC的延长线于点Q，连接AP、BQ.你认为（2）中猜想的BQ与AP所满足的数量关系和位置关系还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．

5．如图，△ABC 中，AB=AC=BC，∠BDC=120°且BD=DC，现以D为顶点作一个60°角，使角两边分别交AB，AC边所在直线于M，N两点，连接MN，探究线段BM、MN、NC之间的关系，并加以证明．
（1）如图1，若∠MDN的两边分别交AB，AC边于M，N两点．猜想：BM+NC=MN．延长AC到点E，使CE=BM，连接DE，再证明两次三角形全等可证．请你按照该思路写出完整的证明过程；
（2）如图2，若点M、N分别是AB、CA的延长线上的一点，其它条件不变，再探究线段BM，MN，NC之间的关系，请直接写出你的猜想（不用证明）．

6．在平面直角坐标系中，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，点A与点C关于y轴对称．

(1)如图1，OA=OB，AF平分∠BAC交BC于F，BE⊥AF交AC于E，请直接写出EF与EC的数量关系为　 　；
(2)如图2，AF平分∠BAC交BC于F，若AF=2OB，求∠ABC的度数；
(3)如图3，OA=OB，点G在BO的垂直平分线上，作∠GOH=45°交BA的延长线于H，连接GH，试探究OG与GH的数量和位置关系．
7．方法探究：
已知二次多项式，我们把代入多项式，发现，由此可以推断多项式中有因式（x＋3）．设另一个因式为（x＋k），多项式可以表示成，则有，因为对应项的系数是对应相等的，即，解得，因此多项式分解因式得：．我们把以上分解因式的方法叫“试根法”．
问题解决：
(1)对于二次多项式，我们把x＝ 代入该式，会发现成立；
(2)对于三次多项式，我们把x＝1代入多项式，发现，由此可以推断多项式中有因式（），设另一个因式为（），多项式可以表示成，试求出题目中a，b的值；
(3)对于多项式，用“试根法”分解因式．
8．【阅读材料】小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，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°，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，在四边形ABCD中，BD=CD，AB=BE，∠ABE=∠BDC=60°，试探究∠A与∠BED的数量关系，并证明．

【参考答案】
2．（1）见解析；（2）⊥；（3）见解析
【分析】（1）根据垂直的定义可得∠ADC=∠E=90°，根据余角的性质可得∠ACD=∠BAE，然后根据AAS即可证得结论；
（2）由于要得出、的位置关系，结
解析：（1）见解析；（2）⊥；（3）见解析
【分析】（1）根据垂直的定义可得∠ADC=∠E=90°，根据余角的性质可得∠ACD=∠BAE，然后根据AAS即可证得结论；
（2）由于要得出、的位置关系，结合图形可猜想：⊥；
（3）如图，作CP⊥AC于点C，延长FD交CP于点P，先证明△BAE≌△FCP，可得∠3=∠P，AB=CP，然后证明△ACD≌△PCD，可得∠4=∠P，进一步即可推出∠4+∠2=90°，问题得证．
【详解】解：（1）证明：∵，，
∴∠ADC=∠E=90°，∠DAC+∠ACD=90°，
∵，
∴∠DAC+∠BAE=90°，
∴∠ACD=∠BAE，
在△DAC和△EBA中，
∵∠ADC=∠E，∠ACD=∠BAE，AC=AB，
∴（AAS）；
（2）结合图形可得：⊥；
故答案为：⊥；
（3）证明：如图，作CP⊥AC于点C，延长FD交CP于点P，
∵AF=CE，
∴AE=CF，
∵，
∴∠1=∠2，
∵∠BAE=∠FCP=90°，
∴△BAE≌△FCP，
∴∠3=∠P，AB=CP，

∵，，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵∠PCP=90°，AB=CP，
∴∠FCD=45°，AC=PC，
∴∠ACB=∠PCD，
∵CD=CD，
∴△ACD≌△PCD，
∴∠4=∠P，
∵∠3=∠P，
∴∠3=∠4，
∵∠3+∠2=90°，
∴∠4+∠2=90°，
∴∠AGE=90°，即⊥．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，正确添加辅助线、熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
3．（1）①见解析；②80°；（2）AE＝2CF+BE，理由见解析．
【分析】（1）①通过角的计算找出∠ACD=∠BCE，再结合△ACB和△DCE均为等腰三角形可得出“AC=BC，DC=EC”，利用全
解析：（1）①见解析；②80°；（2）AE＝2CF+BE，理由见解析．
【分析】（1）①通过角的计算找出∠ACD=∠BCE，再结合△ACB和△DCE均为等腰三角形可得出“AC=BC，DC=EC”，利用全等三角形的判定（SAS）即可证出△ACD≌△BCE，由此即可得出结论AD=BE；
②结合①中的△ACD≌△BCE可得出∠ADC=∠BEC，再通过角的计算即可算出∠AEB的度数；
（2）根据等腰三角形的性质结合顶角的度数，即可得出底角的度数，利用（1）的结论，通过解直角三角形即可求出线段AD、DE的长度，二者相加即可证出结论．
【详解】（1）①证明：∵∠CAB＝∠CBA＝∠CDE＝∠CED＝50°，
∴∠ACB＝∠DCE＝180°﹣2×50°＝80°，
∵∠ACB＝∠ACD+∠DCB，∠DCE＝∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
∵△ACB，△DCE都是等腰三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE．
②解：∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC，
∵点A、D、E在同一直线上，且∠CDE＝50°，
∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝130°，
∴∠BEC＝130°，
∵∠BEC＝∠CED+∠AEB，∠CED＝50°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝80°．
（2）结论：AE＝2CF+BE．
理由：∵△ACB，△DCE都是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∵CF⊥DE，
∴∠CFD＝90°，DF＝EF＝CF，
∵AD＝BE，
∴AE＝AD+DE＝BE+2CF．

【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质以及三角形全等的证明，正确理解等腰三角形的性质以及三角形全等的证明是本题的解题关键．
4．（1）2，4；（2）见解析，（4，0）；（3）P（4，2）或（2，﹣2）．
【分析】（1）将已知等式变形，利用乘方的非负性即可求出a值；
（2）根据题意画出图形，由（1）得出OB的长，结合∠AP
解析：（1）2，4；（2）见解析，（4，0）；（3）P（4，2）或（2，﹣2）．
【分析】（1）将已知等式变形，利用乘方的非负性即可求出a值；
（2）根据题意画出图形，由（1）得出OB的长，结合∠APB＝45°，得出OP＝OB，可得点B的坐标；
（3）分当∠ABP＝90°时和当∠BAP＝90°时两种情况进行讨论，结合全等三角形的判定和性质即可求出点P坐标.
【详解】解：（1）∵a2+b2–4a–8b+20=0，
∴（ a2–4a+4）+（b2–8b+16）＝0，
∴（ a–2）2+（b–4） 2＝0
∴a＝2，b＝4，
故答案为：2，4；
（2）如图 1，由（1）知，b＝4，
∴B（0，4），
∴OB＝4，
点 P 在直线 AB 的右侧，且在 x 轴上，
∵∠APB＝45°，
∴OP＝OB＝4，
∴P（4，0），
故答案为：（4，0）；

（3）存在．理由如下：
由（1）知 a＝﹣2，b＝4，
∴A（﹣2，0），B（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，
∵△ABP 是直角三角形，且∠APB＝45°，
∴只有∠ABP＝90°或∠BAP＝90°，
Ⅰ、如图 2，当∠ABP＝90°时，
∵∠APB＝∠BAP＝45°，
∴AB＝PB ，

过点 P 作 PC⊥OB 于 C，
∴∠BPC+∠CBP＝90°，
∵∠CBP+∠ABO＝90 °，
∴∠ABO＝∠BPC，
在△AOB 和△BCP 中，
，
∴△AOB≌△BCP（AAS），
∴PC＝OB＝4，BC＝OA＝2，
∴OC＝OB﹣BC＝2，

∴P（4，2），Ⅱ、如图3，当∠BAP＝90°时，
过点 P'作 P'D⊥OA 于 D，
同Ⅰ的方法得，△ADP'≌△BOA，
∴DP'＝OA＝2，AD＝OB＝4，
∴OD＝AD﹣OA＝2，
∴P'（2，﹣2）；
即：满足条件的点 P（4，2）或（2，﹣2）；
【点睛】本题考查了非负数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，难度不大，解题的关键是要根据直角三角形的性质进行分类讨论.
5．（1）AB=AP，AB⊥AP；（2）BQ=AP，BQ⊥AP；（3）成立，见解析.
【分析】（1）根据等腰直角三角形性质得出AB=AP，∠BAC=∠PAC=45°，求出∠BAP=90°即可；
（2
解析：（1）AB=AP，AB⊥AP；（2）BQ=AP，BQ⊥AP；（3）成立，见解析.
【分析】（1）根据等腰直角三角形性质得出AB=AP，∠BAC=∠PAC=45°，求出∠BAP=90°即可；
（2）求出CQ=CP，根据SAS证△BCQ≌△ACP，推出AP=BQ，∠CBQ=∠PAC，根据三角形内角和定理求出∠CBQ+∠BQC=90°，推出∠PAC+∠AQG=90°，求出∠AGQ=90°即可；
（3）BO与AP所满足的数量关系为相等，位置关系为垂直．证明方法与（2）一样．
【详解】（1）AB=AP且AB⊥AP，
证明：∵AC⊥BC且AC=BC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠ABC=,
又∵△ABC与△EFP全等，
同理可证∠PEF=45°，
∴∠BAP=45°+45°=90°，
∴AB=AP且AB⊥AP；
（2）BQ与AP所满足的数量关系是AP=BQ，位置关系是AP⊥BQ，
证明：延长BQ交AP于G，
由（1）知，∠EPF=45°，∠ACP=90°，
∴∠PQC=45°=∠QPC，
∴CQ=CP，
∵∠ACB=∠ACP=90°，AC=BC，
∴在△BCQ和△ACP中

∴△BCQ≌△ACP（SAS），
∴AP=BQ，∠CBQ=∠PAC，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBQ+∠BQC=90°，
∵∠CQB=∠AQG，
∴∠AQG+∠PAC=90°，
∴∠AGQ=180°-90°=90°，
∴AP⊥BQ；
（3）成立．
证明：如图，∵∠EPF=45°，
∴∠CPQ=45°．
∵AC⊥BC，
∴∠CQP=∠CPQ，
CQ=CP．
在Rt△BCQ和Rt△ACP中，

∴Rt△BCQ≌Rt△ACP（SAS）
∴BQ=AP；
延长BQ交AP于点N，
∴∠PBN=∠CBQ．
∵Rt△BCQ≌Rt△ACP，
∴∠BQC=∠APC．
在Rt△BCQ中，∠BQC+∠CBQ=90°，
∴∠APC+∠PBN=90°．
∴∠PNB=90°．
∴BQ⊥AP．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：有两组边对应相等，且它们所夹的角相等，那么这两个三角形全等；全等三角形的对应边相等．也考查了等腰直角三角形的判定与性质．
6．（1）过程见解析；（2）MN= NC﹣BM．
【分析】（1）延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，根据△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，可以证得△MBD≌△ECD，可得MD=DE，∠B
解析：（1）过程见解析；（2）MN= NC﹣BM．
【分析】（1）延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，根据△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，可以证得△MBD≌△ECD，可得MD=DE，∠BDM=∠CDE，再根据∠MDN =60°，∠BDC=120°，可证∠MDN =∠NDE=60°，得出△DMN≌△DEN，进而得到MN=BM+NC．
（2）在CA上截取CE=BM，利用（1）中的证明方法，先证△BMD≌△CED（SAS），再证△MDN≌△EDN（SAS），即可得出结论．
【详解】解：（1）如图示，延长AC至E，使得CE=BM，并连接DE．

∵△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，
∴BD=CD，∠DBC=∠DCB，∠MBC=∠ACB=60°，
又BD=DC，且∠BDC=120°，
∴∠DBC=∠DCB=30°
∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°，
∴∠MBD=∠ECD=90°，
在△MBD与△ECD中，
∵ ，
∴△MBD≌△ECD（SAS），
∴MD=DE，∠BDM=∠CDE
∵∠MDN =60°，∠BDC=120°，
∴∠CDE+∠NDC =∠BDM+∠NDC=120°-60°=60°，
即：∠MDN =∠NDE=60°，
在△DMN与△DEN中，
∵ ，
∴△DMN≌△DEN（SAS），
∴MN=NE=CE+NC=BM+NC．
（2）如图②中，结论：MN=NC﹣BM．

理由：在CA上截取CE=BM．
∵△ABC是正三角形，
∴∠ACB=∠ABC=60°，
又∵BD=CD，∠BDC=120°，
∴∠BCD=∠CBD=30°，
∴∠MBD=∠DCE=90°，
在△BMD和△CED中
∵ ，
∴△BMD≌△CED（SAS），
∴DM= DE，∠BDM=∠CDE
∵∠MDN =60°，∠BDC=120°，
∴∠NDE=∠BDC-（∠BDN+∠CDE）=∠BDC-（∠BDN+∠BDM）=∠BDC-∠MDN=120°-60°=60°，
即：∠MDN =∠NDE=60°，
在△MDN和△EDN中
∵ ，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN =NE=NC﹣CE=NC﹣BM．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰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．
7．(1)EF＝EC
(2)72°
(3)GH＝GO，GH⊥GO
【分析】（1）如图1中，设AF交BE于点J．首先证明AB=AE，再证明∠AEF=∠ABF=90°，可得结论；
（2）如图2中，取
解析：(1)EF＝EC
(2)72°
(3)GH＝GO，GH⊥GO
【分析】（1）如图1中，设AF交BE于点J．首先证明AB=AE，再证明∠AEF=∠ABF=90°，可得结论；
（2）如图2中，取CF的中点T，连接OT．由OA=OC，BO⊥AC，推出BA=BC，推出∠BAC=∠BCA，∠ABO=∠CBO，设∠BAC=∠BCA=2α，利用三角形内角和定理，构建方程求解即可；
（3）结论：OG=GH，OG⊥GH．如图3中，连接GB，在BA上取一点H′，使得GB=GH′，连接OH′，设AB交DG于点W，交OG于点K，连接OW．证明∠GOH′=GOH=45°，推出点H与点H′重合，可得结论．
（1）解：（1）结论：EF=EC．理由：如图1中，设AF交BE于点J．∵AF平分∠BAC，∴∠BAF=∠CAF，∵BE⊥AF，∴∠BAF+∠ABE=90°，∠CAF+∠AEB=90°，∴∠ABE=∠AEB，∴AB=AE，∵A，C关于y轴对称，∴OA=OC，∵OA=OB，∴OA=OB=OC，∴∠OAB=∠OBA=45°，∠OCB=∠OBC=45°，∴∠ABC=90°，在△ABF和△AEF中，，∴△ABF≌△AEF（SAS），∴∠AEF=∠ABF=90°，∴∠CEF=90°，∴∠ECF=∠EFC=45°，∴EF=EC；
（2）解：如图2中，取CF的中点T，连接OT．∵AO=OC，FT=TC，∴OT∥AF，OT=AF，∵AF=2OB，∴OB=OT，∴∠OBT=∠OTB，∵OA=OC，BO⊥AC，∴BA=BC，∴∠BAC=∠BCA，∠ABO=∠CBO，设∠BAC=∠BCA=2α，∵AF平分∠BAC，∴∠BAF=∠CAF=α，∵OT∥AF，∴∠TOC=∠CAF=α，∴∠OBT=∠OTB=∠TOC+∠TCO=3α，∵∠OBC+∠OCB=90°，∴5α=90°，∴α=18°，∴∠OBC=36°，∴∠ABC=2∠OBC=72°；
（3）解：结论：OG=GH，OG⊥GH．理由：如图3中，连接GB，在BA上取一点H′，使得GB=GH′，连接OH′，设AB交DG于点W，交OG于点K，连接OW．设∠OGB=m，∠OGH′=n，∵GD垂直平分线段OB，∴GB=GO，∠DGB=∠DGO=m，∵GB=GO=GH′，∴∠GH′O=（180°-n）=90°-n，∠GH′B=（180°-m-n）=90°-m-n，∴∠KH′O=∠GH′O-∠GH′B=90°-n-（90°-m-n）=m，∴∠KH′O=∠KGW，∵∠GKW=∠H′KO，∴∠H′OK=∠GWK，∵DG∥OA，∴∠GWK=∠OAB=45°，∴∠COH′=45°，∵∠COH=45°，∴∠COH=∠COH′，∴点H与点H′重合，∴OG=GH，∴∠GHO=∠GOH=45°，∴∠OGH=90°，∴GH=GO，GH⊥GO．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，第三个问题比较难，采用了同一法解决问题．
8．(1)±2
(2)a=0，b=-3；
(3)
【分析】（1）将x=±2代入即可；
（2）由题意得x3-x2-3x+3=x3-（1-a）x2-（a-b）x-b，再由系数关系求a、b即可；
（
解析：(1)±2
(2)a=0，b=-3；
(3)
【分析】（1）将x=±2代入即可；
（2）由题意得x3-x2-3x+3=x3-（1-a）x2-（a-b）x-b，再由系数关系求a、b即可；
（3）多项式有因式（x-2），设另一个因式为（x2+ax+b），则x3+4x2-3x-18=x3+（a-2）x2-（2a-b）x-2b，再由系数关系求a、b即可．
(1)
解：当x=±2时，x2-4=0，
故答案为：±2；
(2)
解：由题意可知x3-x2-3x+3=（x-1）（x2+ax+b），
∴x3-x2-3x+3=x3-（1-a）x2-（a-b）x-b，
∴1-a=1，b=-3，
∴a=0，b=-3；
(3)
解：当x=2时，x3+4x2-3x-18=8+16-6-18=0，
∴多项式有因式（x-2），
设另一个因式为（x2+ax+b），
∴x3+4x2-3x-18=（x-2）（x2+ax+b），
∴x3+4x2-3x-18=x3+（a-2）x2-（2a-b）x-2b，
∴a-2=4，2b=18，
∴a=6，b=9，
∴x3+4x2-3x-18=（x-2）（x2+6x+9）=（x-2）（x+3）2．
【点睛】本题考查因式分解的意义，理解“试根法”的本质，多项式乘多项式的正确展开是解题的关键．
9．（1）见解析；（2）①②③；（3），证明见解析
【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
解析：（1）见解析；（2）①②③；（3），证明见解析
【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△BDC是等边三角形，得出BD＝BC，∠DBC＝60°，进而判断出△ABD≌△EBC（SAS），由全等三角形的性质即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC＋∠CAD＝∠DAE＋∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：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（SAS），
∴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，连接CF，
∴△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）∠A＋∠BED＝180°．
如图3，

证明：∵∠BDC＝60°，BD＝CD，
∴△BDC是等边三角形，
∴BD＝BC，∠DBC＝60°，
∵∠ABC＝60°＝∠DBC，
∴∠ABD＝∠CBE，
∵AB＝BE，
∴△ABD≌△EBC（SAS），
∴∠BEC＝∠A，
∵∠BED＋∠BEC＝180°，
∴∠A＋∠BED＝180°．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，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本题的关键．