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沪教版八年级上册压轴题数学数学模拟试题

一、压轴题
1．（1）在等边三角形ABC中，
①如图①，D，E分别是边AC，AB上的点且AE=CD，BD与EC交于点F，则∠BFE的度数是　 　度；
②如图②，D，E分别是边AC，BA延长线上的点且AE=CD，BD与EC的延长线交于点F，此时∠BFE的度数是　 　度；
（2）如图③，在△ABC中，AC=BC，∠ACB是锐角，点O是AC边的垂直平分线与BC的交点，点D，E分别在AC，OA的延长线上，AE=CD，BD与EC的延长线交于点F，若∠ACB=α，求∠BFE的大小．（用含α的代数式表示）．

解析：（1）①60°；②60°；（2）∠BFE =α．
【解析】
【分析】
（1）①先证明△ACE≌△CBD得到∠ACE=∠CBD，再由三角形外角和定理可得∠BFE=∠CBD+∠BCF；②先证明△ACE≌△CBD得∠ACE=∠CBD=∠DCF，再由三角形外角和定理可得∠BFE=∠D+∠DCF=∠D+∠CBD=∠BCA；
（2）证明△AEC≌△CDB得到∠E=∠D，则∠BFE=∠D+∠DCF=∠E+∠ECA=∠OAC=α．
【详解】
（1）如图①中，

∵△ABC是等边三角形，
∴AC=CB，∠A=∠BCD=60°，
∵AE=CD，
∴△ACE≌△CBD，
∴∠ACE=∠CBD，
∴∠BFE=∠CBD+∠BCF=∠ACE+∠BCF=∠BCA=60°．
故答案为60．
（2）如图②中，

∵△ABC是等边三角形，
∴AC=CB，∠A=∠BCD=60°，
∴∠CAE=∠BCD=′120°
∵AE=CD，
∴△ACE≌△CBD，
∴∠ACE=∠CBD=∠DCF，
∴∠BFE=∠D+∠DCF=∠D+∠CBD=∠BCA=60°．
故答案为60．
（3）如图③中，

∵点O是AC边的垂直平分线与BC的交点，
∴OC=OA，
∴∠EAC=∠DCB=α，
∵AC=BC，AE=CD，
∴△AEC≌△CDB，
∴∠E=∠D，
∴∠BFE=∠D+∠DCF=∠E+∠ECA=∠OAC=α．
【点睛】
本题综合考查了三角形全等以及三角形外角和定理.
2．（阅读材料）：
（1）在中，若，由“三角形内角和为180°”得．
（2）在中，若，由“三角形内角和为180°”得．
（解决问题）：
如图①，在平面直角坐标系中，点C是x轴负半轴上的一个动点．已知轴，交y轴于点E，连接CE，CF是∠ECO的角平分线，交AB于点F，交y轴于点D．过E点作EM平分∠CEB，交CF于点M．
（1）试判断EM与CF的位置关系，并说明理由；
（2）如图②，过E点作PE⊥CE，交CF于点P．求证：∠EPC=∠EDP；
（3）在（2）的基础上，作EN平分∠AEP，交OC于点N，如图③．请问随着C点的运动，∠NEM的度数是否发生变化？若不变，求出其值：若变化，请说明理由．

解析：（1）EM⊥CF，理由见解析；（2）证明见解析；（3）不变，且∠NEM=45°，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）EM⊥CF，分别利用角平分线的性质、平行线的性质、三角形的内角和定理进行求证即可；
（2）根据垂直定义和三角形的内角和定理证得∠DCO+∠CDO=90°，∠ECP+∠EPC=90°，再利用等角的余角相等和对顶角相等即可证得结论；
（3）不变，且∠NEM=45°，先利用平行线的性质得到∠AEC=∠ECO=2∠ECP，进而有∠AEP=∠CEP+∠AEC=90°+2∠ECP，再由角平分线的定义∠NEP=∠AEN=45°+∠ECP，再根据同角的余角相等得到∠ECP=∠MEP，然后等量代换证得∠NEM=45°，是定值．
【详解】
解：(1)EM⊥CF，理由如下：
∵CF平分∠ECO，EM平分∠FEC，
∴∠ECF=∠FCO=，∠FEM=∠CEM=
∵AB∥x轴

∴∠ECO+∠CEF=180°
∴∠EMC=180°-（∠CEM+∠ECF）=180°-90°=90°
∴EM⊥CF
（2）由题得，∠EOC=90°
∴∠DCO+∠CDO=180°-∠EOC=180°-90°=90°
∵PE⊥CE
∴∠CEP=90°
∴∠ECP+∠EPC=180°-∠CEP=180°-90°=90°
∵∠DCO=∠ECP
∴∠CDO=∠EPC
又∵∠CDO=∠EDP
∴∠EPC=∠EDP

(3)不变，且∠NEM=45°，理由如下：
∵AB∥x轴
∴∠AEC=∠ECO=2∠ECP
∴∠AEP=∠CEP+∠AEC=90°+2∠ECP
∵EN平分∠AEP
∴∠NEP=∠AEN===45°+∠ECP
∵∠CEP=90°
∴∠ECP+∠EPC=90°
又∵∠EMC=90°
∴∠MEP+∠EPC=90°
∴∠ECP=∠MEP
∴∠NEP=∠NEM+∠MEP=∠NEM+∠ECP
又∵∠NEP=45°+∠ECP
∴∠NEM=45°．

【点睛】
本题是一道综合探究题，涉及有平行线的性质、角平分线的定义、三角形的内角和定理、同（等）角的余角相等、对顶角相等、垂线性质等知识，解答的关键是认真审题，结合图形，寻找相关联信息，确定解题思路，进而探究、推理、论证．
3．如图，在中，，，点D在边BC上运动（点D不与点重合），连接AD，作，DE交边AC于点E．
（1）当时， ，
（2）当DC等于多少时，，请说明理由；
（3）在点D的运动过程中，的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请求出的度数；若不可以，请说明理由．

解析：（1）30，100；（2），见解析；（3）可以，或
【解析】
【分析】
（1）根据平角的定义，可求出 ∠EDC 的度数，根据三角形内和定理，即可求出 ∠DEC ；
（2）当 AB=DC 时，利用 AAS 可证明 ΔABD≅ΔDCE ，即可得出 AB=DC=3 ；
（3）假设 ΔADE 是等腰三角形，分为三种情况讨论：①当 DA=DE 时，求出 ∠DAE=∠DEA=70° ，求出 ∠BAC ，根据三角形的内角和定理求出 ∠BAD ，根据三角形的内角和定理求出 ∠BDA 即可；②当 AD=AE 时， ∠ADE=∠AED=40° ，根据 ∠AED>∠C ，得出此时不符合；③当 EA=ED 时，求出 ∠DAC ，求出 ∠BAD ，根据三角形的内角和定理求出 ∠ADB ．
【详解】
（1）在 △BAD 中，
∵∠B=50°,∠BDA=100° ，
∴，
．
故答案为，．
（2）当时，，理由如下：
∵，
∴
∵，
∴
∵

∴
在和中

∴
（3）可以，理由如下：
∵，
∴
分三种情况讨论：
①当时，
∵，
∴
∴

∵
∴

②当时，
∵
∴

又∵
∴
∴点D与点B重合，不合题意．
③当时，
∴

∵
∴

综上所述，当的度数为或时，是等腰三角形．
【点睛】
本题考查的是等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
4．现给出一个结论：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；该结论是正确的，用图形语言可以表示为：如图1在中，,若点D为AB的中点，则．
请结合上述结论解决如下问题：
已知，点P是射线BA上一动点（不与A,B重合）分别过点A,B向直线CP作垂线，垂足分别为E,F,其中Q为AB的中点
（1）如图2，当点P与点Q重合时，AE与BF的位置关系____________；QE与QF的数量关系是__________
（2）如图3，当点P在线段AB上不与点Q重合时，试判断QE与QF的数量关系，并给予证明．
(3)如图4，当点P在线段BA的延长线上时，此时（2）中的结论是否成立？请画出图形并写出主要证明思路．

解析：（1）AE//BF;QE=QF；(2)QE=QF，证明见解析；(3)结论成立，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据AAS得到，得到、QE=QF，根据内错角相等两直线平行，得到AE//BF；
（2）延长EQ交BF于D，根据AAS判断得出，因此，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明；
（3）延长EQ交FB的延长于D，根据AAS判断得出，因此，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明．
【详解】
（1）AE//BF；QE=QF
（2）QE=QF
证明：延长EQ交BF于D，

,

（3）当点P在线段BA延长线上时，此时（2）中结论成立
证明：延长EQ交FB的延长于D
因为AE//BF
所以

EQ=QF

【点睛】
本题考查了三角形全等的判定方法：AAS，平行线的性质，根据P点位置不同，画出正确的图形，找到AAS的条件是解决本题的关键．
5．（概念认识）
如图①，在∠ABC中，若∠ABD＝∠DBE＝∠EBC，则BD，BE叫做∠ABC的“三分线”．其中，BD是“邻AB三分线”，BE是“邻BC三分线”．

（问题解决）
（1）如图②，在△ABC中，∠A＝70°，∠B＝45°，若∠B的三分线BD交AC于点D，则∠BDC＝ °；
（2）如图③，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC邻AB三分线和∠ACB邻AC三分线，且BP⊥CP，求∠A的度数；
（延伸推广）
（3）在△ABC中，∠ACD是△ABC的外角，∠B的三分线所在的直线与∠ACD的三分线所在的直线交于点P．若∠A＝m°，∠B＝n°，直接写出∠BPC的度数．（用含 m、n的代数式表示）
解析：（1）85或100；（2）45°；（3）m或m或m＋n或m－n或n－m
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得的三分线有两种情况，画图根据三角形的外角性质即可得的度数；
（2）根据、分别是邻三分线和邻三分线，且可得，进而可求的度数；
（3）根据的三分线所在的直线与的三分线所在的直线交于点．分四种情况画图：情况一：如图①，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时；情况二：如图②，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时；情况三：如图③，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时；情况四：如图④，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，再根据，，即可求出的度数．
【详解】
解：（1）如图，

当是“邻三分线”时，；
当是“邻三分线”时，；
故答案为：85或100；
（2），
，
，
又、分别是邻三分线和邻三分线，
，，
，
，
在中，
．
（3）分4种情况进行画图计算：
情况一：如图①，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，

；
情况二：如图②，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，

；
情况三：如图③，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，

；
情况四：如图④，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，

①当时，；
②当时，．
【点睛】
本题考查了三角形的外角性质，解决本题的关键是掌握三角形的外角性质．注意要分情况讨论．
6．已知ABC，P 是平面内任意一点（A、B、C、P 中任意三点都不在同一直线上）．连接 PB、PC，设∠PBA＝s°，∠PCA＝t°，∠BPC＝x°，∠BAC＝y°．
（1）如图，当点 P 在ABC 内时，
①若 y＝70，s＝10，t＝20，则 x＝ ；
②探究 s、t、x、y 之间的数量关系，并证明你得到的结论．
（2）当点 P 在ABC 外时，直接写出 s、t、x、y 之间所有可能的数量关系，并画出相应的图形．

解析：（1）①100；②x=y+s+t；（2）见详解．
【解析】
【分析】
（1）①利用三角形的内角和定理即可解决问题；
②结论：x=y+s+t．利用三角形内角和定理即可证明；
（2）分6种情形分别求解即可解决问题．
【详解】
解：（1）①∵∠BAC=70°，
∴∠ABC+∠ACB=110°，
∵∠PBA=10°，∠PCA=20°，
∴∠PBC+∠PCB=80°，
∴∠BPC=100°，
∴x=100，
故答案为：100．
②结论：x=y+s+t．
理由：∵∠A+∠ABC+∠ACB=∠A+∠PBA+∠PCA+∠PBC+∠PCB=180°，∠PBC+∠PCB+∠BPC=180°，
∴∠A+∠PBA+∠PCA=∠BPC，
∴x=y+s+t．
（2）s、t、x、y之间所有可能的数量关系：
如图1：s+x=t+y；

如图2：s+y=t+x；

如图3：y=x+s+t；

如图4：x+y+s+t=360°；

如图5：t=s+x+y；

如图6：s=t+x+y；

【点睛】
本题考查三角形的内角和定理，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
7．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=EF

解析：（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．
8．请按照研究问题的步骤依次完成任务．
（问题背景）
（1）如图1的图形我们把它称为“8字形”， 请说理证明∠A+∠B=∠C+∠D．

（简单应用）
（2）如图2，AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC=20°，∠ADC=26°，求∠P的度数（可直接使用问题（1）中的结论）
（问题探究）
（3）如图3，直线AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE， 若∠ABC=36°，∠ADC=16°，猜想∠P的度数为 ；
（拓展延伸）
（4）在图4中，若设∠C=x，∠B=y，∠CAP=∠CAB，∠CDP=∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为 （用x、y表示∠P） ；
（5）在图5中，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，猜想∠P与∠B、D的关系，直接写出结论 ．
解析：（1）见解析；（2）∠P=23º；（3）∠P=26º；（4）∠P=；（5）∠P=．
【解析】
【分析】
（1）根据三角形内角和定理即可证明；
（2）如图2，根据角平分线的性质得到∠1=∠2，∠3=∠4，列方程组即可得到结论；
（3）由AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，推出∠1=∠2，∠3=∠4，推出∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，由∠P+（180°-∠1）=∠D+（180°-∠3），∠P+∠1=∠B+∠4，推出2∠P=∠B+∠D，即可解决问题；
（4）根据题意得出∠B+∠CAB=∠C+∠BDC，再结合∠CAP=∠CAB，∠CDP=∠CDB，得到y+（∠CAB-∠CAB）=∠P+（∠BDC-∠CDB），从而可得∠P=y+∠CAB-∠CAB-∠CDB+∠CDB=；
（5）根据题意得出∠B+∠BAD=∠D+∠BCD，∠DAP+∠P=∠PCD+∠D，再结合AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，得到∠BAD+∠P=[∠BCD+（180°-∠BCD）]+∠D，所以∠P=90°+∠BCD-∠BAD +∠D=.
【详解】
解：（1）证明：在△AOB中，∠A+∠B+∠AOB=180°，
在△COD中，∠C+∠D+∠COD=180°，
∵∠AOB=∠COD，
∴∠A+∠B=∠C+∠D；
（2）解：如图2，∵AP、CP分别平分∠BAD，∠BCD，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
由（1）的结论得：，
①+②，得2∠P+∠2+∠3=∠1+∠4+∠B+∠D，
∴∠P=（∠B+∠D）=23°；
（3）解：如图3，

∵AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∴∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，
∵∠P+（180°-∠1）=∠D+（180°-∠3），
∠P+∠1=∠B+∠4，
∴2∠P=∠B+∠D，
∴∠P=（∠B+∠D）=×（36°+16°）=26°；
故答案为：26°；
（4）由题意可得：∠B+∠CAB=∠C+∠BDC，
即y+∠CAB=x+∠BDC，即∠CAB-∠BDC=x-y，
∠B+∠BAP=∠P+∠PDB，
即y+∠BAP=∠P+∠PDB，
即y+（∠CAB-∠CAP）=∠P+（∠BDC-∠CDP），
即y+（∠CAB-∠CAB）=∠P+（∠BDC-∠CDB），
∴∠P=y+∠CAB-∠CAB-∠CDB+∠CDB
= y+（∠CAB-∠CDB）
=y+（x-y）
=
故答案为：∠P=；
（5）由题意可得：∠B+∠BAD=∠D+∠BCD，
∠DAP+∠P=∠PCD+∠D，
∴∠B-∠D=∠BCD-∠BAD，
∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，
∴∠BAP=∠DAP，∠PCE=∠PCB，
∴∠BAD+∠P=（∠BCD+∠BCE）+∠D，
∴∠BAD+∠P=[∠BCD+（180°-∠BCD）]+∠D，
∴∠P=90°+∠BCD-∠BAD +∠D
=90°+（∠BCD-∠BAD）+∠D
=90°+（∠B-∠D）+∠D
=，
故答案为：∠P=.
【点睛】
本题考查三角形内角和，三角形的外角的性质、多边形的内角和等知识，解题的关键是学会用方程组的思想思考问题，属于中考常考题型．
9．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．

解析：（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．
10．阅读并填空：
如图，是等腰三角形，，是边延长线上的一点，在边上且联接交于，如果，那么，为什么？

解：过点作交于
所以（两直线平行，同位角相等）
（________）
在与中

所以，（________）
所以（________）
因为（已知）
所以（________）
所以（等量代换）
所以（________）
所以
解析：见解析
【解析】
【分析】
先根据平行线的性质，得到角的关系，然后证明，写出证明过程和依据即可．
【详解】
解：过点作交于，

∴（两直线平行，同位角相等），
∴（两直线平行，内错角相等），
在与中
，
∴，（）
∴（全等三角形对应边相等）
∵（已知）
∴（等边对等角）
∴（等量代换）
∴（等角对等边）
∴；
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是由平行线的性质正确找到证明三角形全等的条件，从而进行证明.
11．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：．
解析：（1）见解析；（2）；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形三线合一的性质，可得AE垂直平分BC，F为垂直平分线AE上点，即可得出结论；
（2）根据（1）的结论可得AE平分∠BAC，∠BAF=20°，由AB=AC=AD，推出
，根据外角性质可得计算即可；
（3）在CF上截取CM=DF，连接AM，证明△ACM≌△ADF（SAS），进而证得△AFM为等边三角形即可．
【详解】
（1）证明：∵AE为等腰△ABC底边BC上的高线，AB=AC，
，∠AEB=∠AEC=90°，BE=CE，
∴AE垂直平分BE，F在AE上，
；
(2) ，
，
，
，
由（1）知，AE平分∠BAC，
，
，
故答案为：60°；
(3) 在CF上截取CM=DF，连接AM，
由（1）可知，∠ABC=∠ACB，∠FBC=∠FCB，
，
，
，
，
在△ACM和△ADF中，

∴△ACM≌△ADF（SAS），
，
，
∴△AFM为等边三角形，
，
．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．
12．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．

解析：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．
13．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__________．

解析：（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．
14．（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．
15．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＝∠2
②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．
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65 000 000人脱贫，把65 000 000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：65 000 000=6.5×107．