上海-华东师范大学第四附属中学八年级上册压轴题数学模拟试卷含详细答案.doc

上海 华东师范大学第四附属中学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，直角三角形DEF与直角三角形ABC的斜边在同一直线上，∠EDF＝30°，∠ABC＝40°，CD平分∠ACB，将△DEF绕点D按逆时针方向旋转，记∠ADF为α（0°＜α＜180°），在旋转过程中；
（1）如图2，当∠α＝　 　时，，当∠α＝　 　时，DE⊥BC；
（2）如图3，当顶点C在△DEF内部时，边DF、DE分别交BC、AC的延长线于点M、N，
①此时∠α的度数范围是　 　；
②∠1与∠2度数的和是否变化？若不变求出∠1与∠2度数和；若变化，请说明理由；
③若使得∠2≥2∠1，求∠α的度数范围．

解析：（1）10°，100°；（2）①55°＜α＜85°；②∠1与∠2度数的和不变，理由见解析③55°＜α≤60°．
【解析】
【分析】
（1）当∠EDA＝∠B＝40°时，，得出30°＋α＝40°，即可得出结果；当时，DE⊥AB，得出50°＋α＋30°＝180°，即可得出结果；
（2）①由已知得出∠ACD＝45°，∠A＝50°，推出∠CDA＝85°，当点C在DE边上时，α＋30°＝85°，解得α＝55°，当点C在DF边上时，α＝85°，即可得出结果；
②连接MN，由三角形内角和定理得出∠CNM＋∠CMN＋∠MCN＝180°，则∠CNM＋∠CMN＝90°，由三角形内角和定理得出∠DNM＋∠DMN＋∠MDN＝180°，即∠2＋∠CNM＋∠CMN＋∠1＋∠MDN＝180°，即可得出结论；
③由，∠1＋∠2＝60°，得出∠2≥2（60°−∠2），解得∠2≥40°，由三角形内角和定理得出∠2＋∠NDM＋α＋∠A＝180°，即∠2＋30°＋α＋50°＝180°，则∠2＝100°−α，得出100°−α≥40°，解得α≤60°，再由当顶点C在△DEF内部时，55°＜α＜85°，即可得出结果．
【详解】
解：（1）∵∠B＝40°，
∴当∠EDA＝∠B＝40°时，，
而∠EDF＝30°，
∴，
解得：α＝10°；
当时，DE⊥AB，
此时∠A+∠EDA＝180°，
，
∴，
解得：α＝100°；
故答案为10°，100°；
（2）①∵∠ABC＝40°，CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝45°，∠A＝50°，
∴∠CDA＝85°，
当点C在DE边上时，，
解得：，
当点C在DF边上时，，
∴当顶点C在△DEF内部时，；
故答案为：；
②∠1与∠2度数的和不变；理由如下：
连接MN，如图所示：

在△CMN中，∵∠CNM+∠CMN+∠MCN＝180°，
∴∠CNM+∠CMN＝90°，
在△MND中，∵∠DNM+∠DMN+∠MDN＝180°，
即∠2+∠CNM+∠CMN+∠1+∠MDN＝180°，
∴；
③∵∠2≥2∠1，∠1+∠2＝60°，
∴，
∴∠2≥40°，
∵，
即，
∴，
∴，
解得：α≤60°，
∵当顶点C在△DEF内部时，，
∴∠α的度数范围为．
【点睛】
本题考查了平行线的性质、直角三角形的性质、三角形内角和定理、不等式等知识，合理选择三角形后利用三角形内角和定理列等量关系是解决问题的关键．
2．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．
3．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．

解析：（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．
4．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．

解析：(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．
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．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．
7．（1）问题发现．
如图1，和均为等边三角形，点、、均在同一直线上，连接．

①求证：．
②求的度数．
③线段、之间的数量关系为__________．
（2）拓展探究．
如图2，和均为等腰直角三角形，，点、、在同一直线上，为中边上的高，连接．

①请判断的度数为____________．
②线段、、之间的数量关系为________．（直接写出结论，不需证明）
解析：（1）①详见解析；②60°；③；（2）①90°；②
【解析】
【分析】
（1）易证∠ACD＝∠BCE，即可求证△ACD≌△BCE，根据全等三角形对应边相等可求得AD＝BE，根据全等三角形对应角相等即可求得∠AEB的大小；
（2）易证△ACD≌△BCE，可得∠ADC＝∠BEC，进而可以求得∠AEB＝90°，即可求得DM＝ME＝CM，即可解题．
【详解】
解：（1）①证明：∵和均为等边三角形，
∴，，
又∵，
∴，
∴．
②∵为等边三角形，
∴．
∵点、、在同一直线上，
∴，
又∵，
∴，
∴．
③
，
∴．
故填：；
（2）①∵和均为等腰直角三角形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
∵点、、在同一直线上，
∴，
∴．
②∵，
∴．
∵，，
∴．
又∵，
∴，
∴．
故填：①90°；②．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等、对应角相等的性质，本题中求证△ACD≌△BCE是解题的关键．
8．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．
9．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）．
解析：（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．
10．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．
11．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．

12．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．
13．（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．
解析：，；，；，.
【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.
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．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.
解析：（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．
二、选择题
16．在数3，﹣3，，中，最小的数为（　　）
A．﹣3 B． C． D．3
解析：A
【解析】
【分析】
有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．
【详解】
解：∵3＞＞＞﹣3，
∴在数3，﹣3，，中，最小的数为﹣3．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．
17．如图，实数