成都七中育才学校学道分校八年级上册压轴题数学模拟试卷含详细答案.doc

成都七中育才学校学道分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．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=　　　　．

2．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．

3．问题情景：数学课上，老师布置了这样一道题目，如图1，△ABC是等边三角形，点D是BC的中点，且满足∠ADE＝60°，DE交等边三角形外角平分线于点E．试探究AD与DE的数量关系．
操作发现：（1）小明同学过点D作DF∥AC交AB于F，通过构造全等三角形经过推理论证就可以解决问题，请您按照小明同学的方法确定AD与DE的数量关系，并进行证明．

类比探究：（2）如图2，当点D是线段BC上任意一点(除B、C外)，其他条件不变，试猜想AD与DE之间的数量关系，并证明你的结论．

拓展应用：（3）当点D在线段BC的延长线上，且满足CD＝BC，在图3中补全图形，直接判断△ADE的形状(不要求证明)．

4．（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．
5．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：．
6．在△ABC中，已知∠A＝α．

（1）如图1，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点D．
①当α＝70°时，∠BDC度数＝　 　度（直接写出结果）；
②∠BDC的度数为　 　（用含α的代数式表示）；
（2）如图2，若∠ABC的平分线与∠ACE角平分线交于点F，求∠BFC的度数（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的角平分线与∠GCB的角平分线交于点M（如图3），求∠BMC的度数（用含α的代数式表示）．
7．如图，已知△ABC中，AB=AC=10cm，BC=8cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s后，BP= cm，CQ= cm．
（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1s后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
（3）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
（4）若点Q以（3）中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次相遇？

8．如图1，在平面直角坐标系中，点的坐为，点的坐标为，在中，轴交轴于点．

（1）求和的度数；
（2）如图，在图的基础上，以点为一锐角顶点作，，交于点，求证：；
（3）在第（）问的条件下，若点的标为，求四边形的面积．
9．在中，，是直线上一点，在直线上，且．
（1）如图1，当D在上，在延长线上时，求证：；
（2）如图2，当为等边三角形时，是的延长线上一点，在上时，作，求证：；
（3）在（2）的条件下，的平分线交于点，连，过点作于点，当，时，求的长度．

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．

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．问题背景：（1）如图1，已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．求证：DE＝BD＋CE．

拓展延伸：（2）如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC．请写出DE、BD、CE三条线段的数量关系．（不需要证明）
实际应用：（3）如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点C的坐标为(－2，0)，点A的坐标为(－6，3)，请直接写出B点的坐标．

13．已知，如图1，直线l2⊥l1，垂足为A，点B在A点下方，点C在射线AM上，点B、C不与点A重合，点D在直线11上，点A的右侧，过D作l3⊥l1，点E在直线l3上，点D的下方．
（1）l2与l3的位置关系是　 　；
（2）如图1，若CE平分∠BCD，且∠BCD＝70°，则∠CED＝　 　°，∠ADC＝　 　°；
（3）如图2，若CD⊥BD于D，作∠BCD的角平分线，交BD于F，交AD于G．试说明：∠DGF＝∠DFG；
（4）如图3，若∠DBE＝∠DEB，点C在射线AM上运动，∠BDC的角平分线交EB的延长线于点N，在点C的运动过程中，探索∠N:∠BCD的值是否变化，若变化，请说明理由；若不变化，请直接写出比值．

14．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．
15．数学活动课上，老师出了这样一个题目：“已知：于，点、分别在和上，作线段和（如图1），使．求证：”．

（1）聪聪同学给出一种证明问题的辅助线：如图2，过作，交于．请你根据聪聪同学提供的辅助线（或自己添加其它辅助线），给出问题的证明．
（2）若点在直线下方，且知，直接写出和之间的数量关系．
16．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．

17．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）．

18．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．
19．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．
20．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．

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一、压轴题

1．（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．
2．（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．
3．（1）AD＝DE，见解析；（2）AD＝DE，见解析；（3）见解析，△ADE是等边三角形，
【解析】
【分析】
（1）根据题意，通过平行线的性质及等边三角形的性质证明即可得解；
（2）根据题意，通过平行线的性质及等边三角形的性质证明即可得解；
（3）根据垂直平分线的性质及等边三角形的判定定理进行证明即可.
【详解】
（1）如下图，数量关系：AD＝DE.

证明：∵是等边三角形
∴AB＝BC，
∵DF∥AC
∴，∠BDF＝∠BCA
∴
∴是等边三角形，
∴DF＝BD
∵点D是BC的中点
∴BD＝CD
∴DF＝CD
∵CE是等边的外角平分线
∴
∵是等边三角形，点D是BC的中点
∴AD⊥BC
∴
∵
∴
在与中

∴
∴AD＝DE；
（2）结论：AD＝DE.
证明：如下图，过点D作DF∥AC，交AB于F

∵是等边三角形
∴AB＝BC，
∵DF∥AC
∴
∴
∴是等边三角形，
∴BF＝BD
∴AF＝DC
∵CE是等边的外角平分线
∴
∵∠ADC是的外角
∴
∵
∴∠FAD＝∠CDE
在与中

∴
∴AD＝DE；
（3）如下图，是等边三角形.

证明：∵
∴
∵CE平分
∴CE垂直平分AD
∴AE=DE
∵
∴是等边三角形.
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质及判定，三角形全等的判定及性质，平行线的性质，垂直平分线的性质等相关内容，熟练掌握三角形综合解决方法是解决本题的关键.
4．，；，；，.
【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.
5．（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．
6．（1）（1）①125°；②，（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）①由三角形内角和定理易得∠ABC+∠ACB=110°，然后根据角平分线的定义，结合三角形内角和定理可求∠BDC；
②由三角形内角和定理易得∠ABC+∠ACB=180°-∠A，采用①的推导方法即可求解；
（2）由三角形外角性质得，然后结合角平分线的定义求解；
（3）由折叠的对称性得，结合（1）②的结论可得答案．
【详解】
解：（1）①∵∠ABC，∠DCB＝∠ACB，
∴∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠DCB
＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣（180°﹣70°）
＝125°
②∵∠ABC，∠DCB＝∠ACB，
∴∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠DCB
＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）
＝180°﹣（180°﹣∠A）
＝90°+∠A
＝90°+α．
故答案分别为125°，90°+α．
（2）∵BF和CF分别平分∠ABC和∠ACE
∴，，
∴＝
即．
（3）由轴对称性质知：，
由（1）②可得，
∴．
【点睛】
本题考查三角形中与角平分线有关的角度计算，熟练掌握三角形内角和定理，以及三角形的外角性质是解题的关键．
7．（1）BP=3cm，CQ=3cm；（2）全等，理由详见解析；（3）；（4）经过s点P与点Q第一次相遇．
【解析】
【分析】
（1）速度和时间相乘可得BP、CQ的长；
（2）利用SAS可证三角形全等；
（3）三角形全等，则可得出BP=PC，CQ=BD，从而求出t的值；
（4）第一次相遇，即点Q第一次追上点P，即点Q的运动的路程比点P运动的路程多10+10=20cm的长度．
【详解】
解：（1）BP=3×1=3㎝，
CQ=3×1=3㎝
（2）∵t=1s，点Q的运动速度与点P的运动速度相等
∴BP=CQ=3×1=3cm，
∵AB=10cm，点D为AB的中点，
∴BD=5cm．
又∵PC=BC﹣BP，BC=8cm，
∴PC=8﹣3=5cm，
∴PC=BD
又∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△BPD和△CQP中，

∴△BPD≌△CQP(SAS)
（3）∵点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，
∴BP与CQ不是对应边，
即BP≠CQ
∴若△BPD≌△CPQ，且∠B=∠C，
则BP=PC=4cm，CQ=BD=5cm，
∴点P，点Q运动的时间t=s，
∴cm/s；
（4）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇．
由题意，得x=3x+2×10，
解得
∴经过s点P与点Q第一次相遇．
【点睛】
本题考查动点问题，解题关键还是全等的证明和利用，将动点问题视为定点问题来分析可简化思考过程．
8．（1）∠OAD=∠ODA=45°；（2）证明见解析；（3）18．
【解析】
【分析】
（1）由等腰直角三角形的性质可求解；
（2）通过“ASA”可证得△ODB≌△OAP，进而可得BO=OP；
（3）过点P作PF⊥x轴于点F，延长FP交BC于N，过点A作AQ⊥BC于Q，由“AAS”可证△OBM≌△OPF，可得PF=BM=2，OF=OM=4，由面积和差关系可求四边形BOPC的面积．
【详解】
（1）∵点A的坐为（2，0），点D的坐标为（0，-2），
∴OA=OD，
∵∠AOD=90°，
∴∠OAD=∠ODA=45°；
（2）∵∠BOE=∠AOD=90°，
∴∠BOD=∠AOP，
∵∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠BAC=90°，AB=AC，
∵∠OAD=∠ODA=45°，
∴∠ODB=135°=∠OAP，
在△ODB和△OAP中，
，
∴△ODB≌△OAP（ASA），
∴BO=OP；
（3）如图，过点P作PF⊥x轴于点F，延长FP交BC于N，过点A作AQ⊥BC于Q，

∵BC∥x轴，AQ⊥BC，PF⊥x轴，
∴AQ⊥x轴，PN⊥BC，∠AOM=∠BMO=90°，
∴点Q横坐标为2，
∵∠BAC=90°，AB=AC，AQ⊥BC，
∴BQ=QC，
∵点B的标为（-2，-4），
∴BM=2，OM=4，BQ=4=QC，
∵PF⊥x轴，
∴∠OFP=∠OMB=90°，
在△OBM和△OPF中，
，
∴△OBM≌△OPF（AAS），
∴PF=BM=2，OF=OM=4，
∵BC∥x轴，AQ⊥x轴，NF⊥x轴，
∴OM=AQ=FN=4，
∴PN=2，
∵∠PNC=90°，∠ACB=45°，
∴∠ACB=∠CPN=45°，
∴CN=PN=2，
∵四边形BOPC的面积=S△OBM+S梯形OMNP+S△PNC，
∴四边形BOPC的面积=×2×4+×4×（2+4）+×2×2=18．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、三角形的面积公式等知识，难度较大，添加恰当的辅助线构造全等三角形是解本题的关键．
9．（1）见解析；（2）见解析；（3）3
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质和外角的性质即可得到结论；
（2）过E作EF∥AC交AB于F，根据已知条件得到△ABC是等边三角形，推出△BEF是等边三角形，得到BE=EF，∠BFE=60°，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（3）连接AF，证明△ABF≌△CBF，得AF=CF，再证明DH=AH=CF=3．
【详解】
解：（1）∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵DE=DC，
∴∠E=∠DCE，
∴∠ABC-∠E=∠ACB-∠DCB，
即∠EDB=∠ACD；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴BE=EF，∠BFE=60°，
∴∠DFE=120°，
∴∠DFE=∠CAD，
在△DEF与△CAD中，
，
∴△DEF≌△CAD（AAS），
∴EF=AD，
∴AD=BE；

（3）连接AF，如图3所示：
∵DE=DC，∠EDC=30°，
∴∠DEC=∠DCE=75°，
∴∠ACF=75°-60°=15°，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=∠CBF，
在△ABF和△CBF中，
，
△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF=CF，
∴∠FAC=∠ACF=15°，
∴∠AFH=15°+15°=30°，
∵AH⊥CD，
∴AH=AF=CF=3，
∵∠DEC=∠ABC+∠BDE，
∴∠BDE=75°-60°=15°，
∴∠ADH=15°+30°=45°，
∴∠DAH=∠ADH=45°，
∴DH=AH=3．

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形和直角三角形的性质，三角形的外角的性质，等边三角形的判定和性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
10．(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．（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）证明见解析；（2）DE＝BD＋CE；（3）B(1，4)
【解析】
【分析】
（1）证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质得到AE=BD，AD=CE，结合图形解答即可；
（2）根据三角形内角和定理、平角的定义证明∠ABD=∠CAE，证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质得到AE=BD，AD=CE，结合图形解答即可；
（3）根据△AEC≌△CFB，得到CF=AE=3，BF=CE=OE-OC=4，根据坐标与图形性质解答．
【详解】
（1）证明：∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠ADB＝∠CEA＝90°
∵∠BAC＝90°
∴∠BAD＋∠CAE＝90°
∵∠BAD＋∠ABD＝90°
∴∠CAE＝∠ABD
∵在△ADB和△CEA中

∴△ADB≌△CEA（AAS）
∴AE＝BD，AD＝CE
∴DE＝AE＋AD＝BD＋CE
即：DE＝BD＋CE
（2）解：数量关系：DE＝BD＋CE
理由如下：在△ABD中，∠ABD=180°-∠ADB-∠BAD，
∵∠CAE=180°-∠BAC-∠BAD，∠BDA=∠AEC，
∴∠ABD=∠CAE，
在△ABD和△CAE中，

∴△ABD≌△CAE（AAS）
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AD+AE=BD+CE；
（3）解：如图，作AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F，
由（1）可知，△AEC≌△CFB，
∴CF=AE=3，BF=CE=OE-OC=4，
∴OF=CF-OC=1，
∴点B的坐标为B（1，4）．

【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
13．（1）互相平行；（2）35，20；（3）见解析；（4）不变，
【解析】
【分析】
（1）根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）根据角平分线的定义和平行线的性质即可得到结论；
（3）根据角平分线的定义和平行线的性质即可得到结论；
（4）根据角平分线的定义，平行线的性质，三角形外角的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）直线l2⊥l1，l3⊥l1，
∴l2∥l3，
即l2与l3的位置关系是互相平行，
故答案为：互相平行；
（2）∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE＝∠DCE＝BCD，
∵∠BCD＝70°，
∴∠DCE＝35°，
∵l2∥l3，
∴∠CED＝∠DCE＝35°，
∵l2⊥l1，
∴∠CAD＝90°，
∴∠ADC＝90°﹣70°＝20°；
故答案为：35，20；
（3）∵CF平分∠BCD，
∴∠BCF＝∠DCF，
∵l2⊥l1，
∴∠CAD＝90°，
∴∠BCF+∠AGC＝90°，
∵CD⊥BD，
∴∠DCF+∠CFD＝90°，
∴∠AGC＝∠CFD，
∵∠AGC＝∠DGF，
∴∠DGF＝∠DFG；
（4）∠N:∠BCD的值不会变化，等于；理由如下：
∵l2∥l3，
∴∠BED＝∠EBH，
∵∠DBE＝∠DEB，
∴∠DBE＝∠EBH，
∴∠DBH＝2∠DBE，
∵∠BCD+∠BDC＝∠DBH，
∴∠BCD+∠BDC＝2∠DBE，
∵∠N+∠BDN＝∠DBE，
∴∠BCD+∠BDC＝2∠N+2∠BDN，
∵DN平分∠BDC，
∴∠BDC＝2∠BDN，
∴∠BCD＝2∠N，
∴∠N:∠BCD＝．
【点睛】
本题考查了三角形的综合题，三角形的内角和定理，三角形外角的性质，平行线的判定和性质，角平分线的定义，正确的识别图形进行推理是解题的关键．
14．（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．

15．（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据聪聪提供的辅助线作法进行证明，先由平行线的性质得：，，再证明，可得结论；
（2）根据平行线的性质和三角形的外角性质可得结论．
【详解】
解：（1）证明：如图2，过作，交于，

，，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，理由如下：
如图3，，

，
，，
，
∴．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质和判定以及三角形外角性质的运用，熟练掌握平行线的性质和判定是解决问题的关键．
16．（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