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八年级上册压轴题数学考试试卷精选含详细答案

一、压轴题
1．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．

2．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．
3．如图，若要判定纸带两条边线a，b是否互相平行，我们可以采用将纸条沿AB折叠的方式来进行探究．

（1）如图1，展开后，测得，则可判定a//b，请写出判定的依据_________；
（2）如图2，若要使a//b，则与应该满足的关系是_________；
（3）如图3，纸带两条边线a，b互相平行，折叠后的边线b与a交于点C，若将纸带沿（，分别在边线a，b上）再次折叠，折叠后的边线b与a交于点，AB//，，求出的长．
4．如图，在等边中，线段为边上的中线．动点在直线上时，以为一边在的下方作等边，连结．
（1）求的度数；
（2）若点在线段上时，求证：；
（3）当动点在直线上时，设直线与直线的交点为，试判断是否为定值？并说明理由．

5．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．

6．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 ．
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

8．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？

9．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.
10．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．

11．如图，以直角三角形AOC的直角顶点O为原点，以OC，OA所在直线为轴和轴建立平面直角坐标系，点A（0，a），C（b，0）满足．
（1）a= ；b= ；直角三角形AOC的面积为 ．
（2）已知坐标轴上有两动点P，Q同时出发，P点从C点出发以每秒2个单位长度的速度向点O匀速移动，Q点从O点出发以每秒1个单位长度的速度向点A匀速移动，点P到达O点整个运动随之结束．AC的中点D的坐标是（4，3），设运动时间为t秒．问：是否存在这样的t，使得△ODP与△ODQ的面积相等？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若∠DOC=∠DCO，点G是第二象限中一点，并且y轴平分∠GOD．点E是线段OA上一动点，连接接CE交OD于点H，当点E在线段OA上运动的过程中，探究∠GOD，∠OHC，∠ACE之间的数量关系，并证明你的结论(三角形的内角和为180)．

12．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．
13．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．
14．（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．

15．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）．

16．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．
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．如图，在中，，过点做射线，且，点从点出发，沿射线方向均匀运动，速度为；同时，点从点出发，沿向点匀速运动，速度为，当点停止运动时，点也停止运动．连接，设运动时间为．解答下列问题：

（1）用含有的代数式表示和的长度；
（2）当时，请说明；
（3）设的面积为，求与之间的关系式．
19．（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．

20．(1)问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．
①请直接写出∠AEB的度数为_____；
②试猜想线段AD与线段BE有怎样的数量关系，并证明；
(2)拓展探究：图2， △ACB和△DCE均为等腰三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同－直线上， CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数线段CM、AE、BE之间的数量关系，并说明理由．

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一、压轴题

1．（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．
2．（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．
3．（1）内错角相等，两直线平行；（2）∠1+2∠2=180°；（3）4或10
【解析】
【分析】
（1）根据平行线的判定定理，即可得到答案；
（2）由折叠的性质得：∠3=∠4，若a∥b，则∠3=∠2，结合三角形内角和定理，即可得到答案；
（3）分两种情况：①当B1在B的左侧时，如图2，当B1在B的右侧时，如图3，分别求出的长，即可得到答案．
【详解】
（1）∵，
∴a∥b（内错角相等，两直线平行），
故答案是：内错角相等，两直线平行；
（2）如图1，由折叠的性质得：∠3=∠4，
若a∥b，则∠3=∠2，
∴∠4=∠2，
∵∠2+∠4+∠1=180°，
∴∠1+2∠2=180°，
∴要使a∥b，则与应该满足的关系是：∠1+2∠2=180°．
故答案是：∠1+2∠2=180°；
（3）①当B1在B的左侧时，如图2，
∵AB//，a∥b，
∴AA1=BB1=3，
∴=AC- AA1=7-3=4；
②当B1在B的右侧时，如图3，
∵AB//，a∥b，
∴AA1=BB13，
∴=AC+AA1=7+3=10．
综上所述：=4或10．

【点睛】
本题主要考查平行线的判定和性质定理，折叠的性质以及三角形的内角和定理，掌握“平行线间的平行线段长度相等”是解题的关键．
4．（1）30°；（2）证明见解析；（3）是定值，.
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质可以直接得出结论；
（2）根据等边三角形的性质就可以得出，，，，由等式的性质就可以，根据就可以得出；
（3）分情况讨论：当点在线段上时，如图1，由（2）可知，就可以求出结论；当点在线段的延长线上时，如图2，可以得出而有而得出结论；当点在线段的延长线上时，如图3，通过得出同样可以得出结论．
【详解】
（1）是等边三角形，
．
线段为边上的中线，
，
．
（2）与都是等边三角形，
，，，
，
．
在和中
，
；
（3）是定值，，
理由如下：
①当点在线段上时，如图1，
由（2）可知，则，
又，
，
是等边三角形，线段为边上的中线
平分，即
．
②当点在线段的延长线上时，如图2，
与都是等边三角形，
，，，
，
，
在和中
，
，
，
同理可得：，
．
③当点在线段的延长线上时，
与都是等边三角形，
，，，
，
，
在和中
，
，
，
同理可得：

，
∵，
．
综上，当动点在直线上时，是定值，．

【点睛】
此题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形三线合一的性质，解题中注意分类讨论的思想解题.
5．（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．
6．（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．
7．（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．（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．
9．（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．
10．（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．
11．（1）6；8；24；（2）存在时，使得△ODP与△ODQ的面积相等；（3）∠GOD+∠ACE=∠OHC，见解析
【解析】
【分析】
（1）利用非负性即可求出a，b即可得出结论,即可求出△ABC的面积；
（2）先表示出OQ，OP，利用那个面积相等，建立方程求解即可得出结论；
（3）先判断出∠OAC=∠AOD，进而判断出OG∥AC，即可判断出∠FHC=∠ACE，同理∠FHO=∠GOD，即可得出结论．
【详解】
解：(1) 解：（1）∵，
∴a-6=0，b-8=0，
∴a=6，b=8，
∴A（0，6），C（8，0）；
∴S△ABC=6×8÷2=24,
故答案为（0，6），（8，0）； 6；8；24
(2) ∵
由时,
∴存在时,使得△ODP与△ODQ的面积相等
(3) ）∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC，理由如下：
∵x轴⊥y轴，
∴∠AOC=∠DOC+∠AOD=90°
∴∠OAC+∠ACO=90°
又∵∠DOC=∠DCO
∴∠OAC=∠AOD
∵y轴平分∠GOD
∴∠GOA=∠AOD
∴∠GOA=∠OAC
∴OG∥AC，
如图，过点H作HF∥OG交x轴于F，
∴HF∥AC
∴∠FHC=∠ACE
同理∠FHO=∠GOD，
∵OG∥FH，
∴∠GOD=∠FHO，
∴∠GOD+∠ACE=∠FHO+∠FHC
即∠GOD+∠ACE=∠OHC，
∴2∠GOA+∠ACE=∠OHC．
∴∠GOD+∠ACE=∠OHC．

【点睛】
此题是三角形综合题，主要考查了非负性的性质，三角形的面积公式，角平分线的定义，平行线的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
12．（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．

13．（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．
14．（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．
15．（1）∠BDC＝90°+；（2）∠BFC