八年级上册压轴题数学考测试卷含答案

八年级上册压轴题数学考测试卷含答案2,0A的坐为，点D的坐标为，在0,2中ABCACB45，yBC//x轴交轴于点M．OADODA（）求和的度数；1RtBOE（）如图，在图的基础上，以点为一锐角顶点作，∠BOE22190，OEB交AC于点，求证：OBOP；P2,4若点的标为，求四边形2BA和作AD直线于点l当BAC8cm，BC6cm时，如图2，点与点关于直线l对称，连接BF（）2当BF、CF，点M是AC上一点，点分别过点M、N作MD直线l于N是CF上一点，点D，NE直线于点AC路径运动，E，点M从A点出发，以每秒的速度沿N从点F出发，以每秒3cm的速度沿FCBCF路径运动，终l1cm终点为C，点t当CMN为等腰直角三角形时，求的值．3．在ABC中，ABAC，是直线上一点，在直线上，且．DE11DE22（）如图，当ABC为等边三角形时，是的延长线上一点，在BC上时，作DBAEEF//AC，求证：BEAD；32FAHCD于点，当EDC30，时，求的长度．H1F．1AFE（）求∠的度数；2AAHCEH（）过点作⊥于，求证：2FH+FD=CE；2CF=CP9PF（）如图，延长至点，连接，∠，且，求的值．AF32CEPBPBPC=30°AKAF=60°AKPCK（提示：可以过点作∠，交于点，连接）KB5．（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1明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图，在“手拉手”图形中，小明发现BAC=DAEAB=ACAD=AEABDACE若∠∠，，，则△≌△．11（材料理解）（）在图中证明小明的发现．22ABCAED（深入探究）（）如图，△和△是等边三角形，连接，交于点，连接BDECOAO，下列结论：①BD=EC；∠②BOC=60°；∠③AOE=60°；④EO=CO，其中正确的有．(将有所正确的序号填在横线上．)3试探究∠A与∠的数C量关系．伸应用）（）如图，，∠∠°，3AB=BCABC=BDC=60（延“”、“ASA”、“AAS”、“SSS”）和直角三角对应相等”的情形进行研究．（初步思考）∠B进行分类，可分为“∠B是直角、钝角、锐角”三种情况进行探究．（深入探究）第一种情况：当∠B是直角时，△ABC≌△DEF．知道Rt△ABC≌Rt△DEF．第二种情况：当∠B是钝角时，△ABC≌△DEF．（2）如图②，在△ABC和△DEF中，AC＝DF，BC＝EF，∠B＝∠E，且∠B、∠E都是钝角．求证：△ABC≌△DEF．第三种情况：当∠B是锐角时，△ABC和△DEF不一定全等（3）在△ABC和△DEF中，AC＝DF，BC＝EF，∠B＝∠E，且∠B、∠E都是锐角请你用直尺在图③中作出△DEF，使△DEF和△ABC不全等7．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．．．，并作简要说明．1112233CABAB1111，AB//ABBB3AC7AC，求出的长．1，1A点作ABxA的坐标8．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，已知点(3,2)，过xC(2,0)作直线lx轴，点从点出发在轴上沿着轴的正方向PB轴，垂足为点，过点B1Ol（）当点运动到点处，过点作AP的垂线交直线于点D，证明APDP，并求PP此时点D的坐标；2Ql、、PCQ为顶点的三角形和（）点是直线上的动点，问是否存在点，使得以PABP全等，若存在求点的坐标以及此时对应的点Q的坐标，若不存在，请说明理由．P9．在△中，∠°，⊥，垂足为点，为线段DB上一动点（不包括端ABCBAC=45CDABDMNACNCM=135CN=CM点），点在直线左上方且∠°，，如图①．1（）求证ACN=AMC：∠∠；SAC1S2（）记△得面ANC5ABC5积为，记△得面积为．求证：AB；2（）延长线段AB到点，使BP=BM，如图②．探究线段AC3PDB与线段满足什么数关量系时对于满足条件的任意点，MAN=CP始终成立？（写出探究过程）10．在ABC中，若存在一个内角角度，是另外一个内角角度的倍（为大于的正整nn1ABCA80B75nC25，可知B3CABCB25ABC1（）若DEF是倍角三角形，且其中一个内角的度数是另外一个内角的余角的度数的231，求DEF的最小内角．3（）若是倍角三角形，且MNPMNP90，请直接写出MNP的最小32内角的取值范围．Tx,ymxnyx2y（其中均为非、mnx、y11．对定义一种新运算T，规定：T1,13m3n．零常数）．例如：T1,10,T0,28．1（）已知m、n①求的值；T2p,2p4p②若关于的不等式组恰好有3个整数解，求的取值范围；aT4p,32pamn、x,y对任意有理数都成立，请直接写出满足2（）当xy2时，2Tx,yTy,x的关系式．abcabac，即单项式乘以学习参考：①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；②abmnamanbmbn，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．（概念认识）∠ABC如图①，在中，若＝∠ABD∠DBE＝∠EBC，则，BDBE叫做∠ABC的三“分线”．其中，是BD“邻AB三分线”，是BE“邻BC三分线”．（问题解决）1②D2③∠ABC（）如图，在中，、分别是邻三分线和邻三分线，且∠ACBACBP⊥CP，求的度数；∠A（延伸推广）3△ABC∠ACD△ABC（）在中，是的外角，的三分线所在的直线与的三分线所在∠B∠ACDP∠Am°∠Bn°的直线交于点．若＝，＝，直接写出的度数．（用含、的代数式∠BPCmn表示）13．探索发现：112111;223233434……11111;根据你发现的规律，回答下列问题：1n(n1)1451（）＝，＝；1122334111n(n1)2（）利用你发现的规律计算：3（）利用规律解方程：1x(x1)(x1)(x2)(x2)(x3)(x3)(x4)(x4)(x5)x(x5)11112x114．如图，在ABC中，ACBC，ACB90ABC，点为内一点，且DBDAD．（）求证：CDAB；1（）若CAD，为延长线上的一点，且．EAD15CECA2①求BDC的度数．∠②若点M在DE上，且DCDM，请判断ME、BD的数量关系，并说明理由．N为直线AE上一点，且CEN为等腰，直接写出CNE的度数．③若点“已知：MFNF于F，点15．数学活动课上，老师出了这样一个题目：A、分别C在NF和MF上，作线段AB和CD（如图），使FABMCD．求证：901AB//CD”．1A作AG//FM，交CD于CDE，直接写出ABE和之间的数2E1“如图（），在等边三角形16．小敏与同桌小颖在课下学习中遇到这样一道数学题：上，且EDEC，试确定线段与DBAEEABD的大小关系，并说明理由”．小敏与小颖讨论后，进行了如下解答：12DB探索讨论：当点为的中点时，如图（），确定线段与EABAE_____DB（）取特殊情况，的大小关系，请你写出结论：（填“”，“”或“”），并说明理AE由．2（）特例启发，解答题目：（填“”，“”或目中，与DB的大小关系是：_____DBAE解：题AE“”）．理由如下：如图（），过点作EF∥BC，交AC于点．（请你3将剩余的解答过程完成）EF3（）拓展结论，设计新题：在等边三角形ABC中，点在直线上，点在直线BCEABD上，且EDEC，若△的边长为1，2，求的长（请你ABCCD画出图形，并直AE接写出结）果．MN//GH,在RtABC中，ACB90,BAC30，点17．已知A在MN上，边BC在GH上，在Rt△DEF中，DFE90,边在直线上，；EDF45DEAB（）如图，求∠BAN的度数；11（）如图，将Rt△DEF沿射线的方向平移，当点在M上时，求度数；AFE22BAFRtDEF△A、D、F为顶点的三角形是直在直线上平移，当以角三角形时，AB3（）将直接写出FAN度数．1∠ABC40°CDD180°），在旋转过程中；DE//BC，当＝时，DE⊥BC；1223DFDE（）如图，当顶点在内部时，边、分别交、的延长线于点、，①③11ACBC19．（）探索发现：如图，已知△中，∠＝°，＝，直线过点，lC过点A作AD⊥l，过点B作BE⊥l，垂足分别为、．求DEADCECDBE证：＝，＝．22（）迁移应用：如图，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OM的一个锐角的顶点与坐标原点重合，另两个顶点均落在第一象限内，已知点的坐标为13N（，），求点的坐标．3（）拓展应用：如图，在平面直角3坐标系内，已知直线＝﹣3x+3与轴交于点，与yyPxQPQP轴交于点，将直线绕点45xR沿逆时针方向旋转°后，所得的直线交轴于点．求R点的坐标．20．已知：ABC中，过点作BE⊥AD，BACB=90，AC=BC．D在BC的延长线上，连AD，作BEAD于，交AC于点．求证：(1)1如图，点EFAD=BF；，且，连交ACAE=ADBEDAD3CB如图，点在延长线上，=D且，连接、AC的延长线交AEADAEADBEBEDB于点M，若AC=3MC，请直接写出的值．BC***【参考答案】试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1OAD=ODA=4521．（）∠∠°；（）证明318见解析；（）．【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；（）过点作⊥轴于点，延长交于，过点作⊥于，由“AAS”3PPFxFFPBCNAAQBCQ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（）∵点的A20D坐为（，），点的坐标为（，），0-2∴OA=OD，∵∠AOD=90°，∴∠∠OAD=ODA=45°；2（）∵∠∠BOE=AOD=90°，BOD=AOP∴∠∠，∵∠∠ABC=ACB=45°，BAC=90AB=AC∴∠°，，∵∠∠OAD=ODA=45°，ODB=135=OAP∴∠°∠，在△ODB和△OAP中，ODOA＝，ODBOAPASA∴△≌△（），3PFQBCxAQBCPFx∵∥轴，⊥，⊥轴，∴⊥轴，⊥，∠∠AOM=BMO=90°，AQxPNBC∴点Q横坐标为2，BAC=90AB=ACAQBC∵∠°，，⊥，BQ=QC∴，B-2-4∵点的标为（，），∴，，BM=2OM=4BQ=4=QC，PFx∵⊥轴，∴∠∠OFP=OMB=90°，OBM在△和△OPF中，BOM＝POFBMO＝OFP，BO＝POOBMOPFAAS∴△≌△（），∴PF=BM=2，OF=OM=4，BCxAQxNFx∵∥轴，⊥轴，⊥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，1112+4+∴四边形BOPC的面积=×2×4+×4×（）×2×2=18．222【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．12t=3.552．（）全等，理由见解析；（）秒或秒【解析】【分析】1（）根据垂直的定义得到∠DAC=∠ECB，利用AAS定理证明△ACD≌△CBE；FB→C路径运动两种情况，根据等腰三角形的定义2（）分点F沿C→B路径运动和点沿列出算式，计算即可；【详解】解：（）1全等．理由如下：∵AD⊥直线，∴∠DAC+∠ACD=90°△ACD与△CBEl，∵∠ACB=90°，∴∠BCE+∠ACD=90°，∴∠DAC=∠ECB，在△ACD和△CBE中，ADCCEBDACECB，CACB∴△ACD≌△CBE（）；AAS2AM=tFN=3t（）由题意得，，，则CM=8-t由折叠的性质∴CN=6-3t点N在BC上时，△CMN当点N沿C→B路径运动时，由题，可知，CF=CB=6，，为等腰直角三角形，意得，8-t=3t-6，t=3.5解得，，当点N沿B→C路径运动时，由题意得，8-t=18-3t，t=5解得，，t=3.55CMN综上所述，当秒或秒时，△为等腰直角三角形；【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，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．（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条件得到（2）过E作EF∥AC交AB于F，根据△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外角的性质即可得到结论；已知即可得到结论；

1（）连接，证明△≌△，得，再证明DH=AH=CF=3．32【详解】解：（）∵AB=AC，1∴∠ABC=∠ACB，∵DE=DC，∴∠E=∠DCE，∴∠ABC-∠E=∠ACB-∠DCB，即∠EDB=∠ACD；（）∵△是等边三角形，2ABC∴∠B=60°，∴△是等边三角形，BEF∴，∠BFE=60°，BE=EF∴∠DFE=120°，∴∠DFE=∠CAD，在△与△中，DEFCADEDFDCADFECAD，DECD∴△≌△（），DEFCADAAS∴EF=AD，∴AD=BE；（）连接，如图3所示：3AF∵DE=DC，∠EDC=30°，∴∠DEC=∠DCE=75°，°°°∴∠，ACF=75-60=15∵BF平分∠ABC，∴∠ABF=∠CBF，在△和△中，ABFCBF△ABF≌△CBF（SAS），∴AF=CF，∴∠AFH=15°+15°=30°∵AH⊥CD，，11∴AH=AF=CF=3，22∵∠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．74．（）∠；（）见解析；（）1AFE=60°235【解析】【分析】（1）通过证明BCE≌CAD得到对应角相等，等量代换推导出AFE60；AFE60CEADRt△AHF，则在中利用30°所对的直角边等（2）由（1）得到于斜边的一半，等量代换可得；PF（3）通过在上取一点使得作辅助线证明ABK和ACF全等，利用对应边KKF=AF，相等，等量代换得到比值.(通过将ACF顺时针旋转60°也是一种思路.)【详解】1（）解：如图1中．∵ABC为等边三角形，在BCE和CAD中，∴BCE≌CAD（SAS），BCE+∠ACE=60°∵∠，∴∠DAC+∠ACE=60°∴∠AFE=60°．（2）证明：如图1中，∵AH⊥EC，∴∠AHF=90°，，EC=AD∴，∵AD=AF+DF=2FH+DF，（3）解：在PF上取一点K使得KF=AF，连接AK、BK，∵∠AFK=60°AF=KF，，∴△AFK为等边三角形，∴∠KAF=60°，KAB=∠FAC，∴∠在和ACF中，ABKABACKABACF，AKAF∴ABK≌ACF(SAS)，BKCFAKB=AFC=120°∴∠∠，BKE=120°60°=60°∴∠﹣，BPC=30°∵∠，PBK=30°∴∠，∴BKCFPK2CP，97∴PFCPCFCP，9∵AFKFCP(CFPK)CP4CP5CP997CPPF∴975.5CP9AF【点睛】掌握等边三角形、直角三角形的性质，及三角形全等的判定通过一定等量代换为本题的关键.1235．（）证明见解析；（）①②③；（）∠∠°．A+C=180【解析】【分析】1（）BAD=CAE即可得出结论；利用等式的性质得出∠∠，21方法判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，再利用对顶角和三角形的（）同（）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∠，再判断出BF＜CF，进而判断出∠OBC＞30°，即可得出结论；先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，进而判断出△ABD≌△CBPAOE=60°3（）SAS（），即可得出结论．【详解】1BAC=DAE（）证明：∵∠∠，BAC+CAD=DAE+CAD∴∠∠∠∠，BAD=CAE∴∠∠，ABD△ACE在△和中，ABAC＝BAD＝CAE，AD＝AEABC△ADE∵△和是等边三角形，∴，，∠BAC=∠DAE=60°AB=ACAD=AE，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和中，△ACEABAC＝BAD＝CAE，AD＝AEABDACE∴△≌△，BD=CEADB=AEC∴，①正确，∠∠，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=OCOFC=OCF=60°=∠ACB，∴，∠∠∴∠BCF=∠ACO，AB=AC∵，BCFACOSAS∴△≌△（），∴∠AOC=∠BFC=180°-∠OFC=120°，AOE=180°-∠AOC=60°∴∠，③正确，1连接AF，要使OC=OE，则有OC=CE，2BD=CE∵，1CF=OF=BD∴，2∴OF=BF+OD，OBCBCF∴∠＞∠，OBC+BCF=OFC=60°∵∠∠∠，OBC30°所以，④不一定正确，故答案为①②③；延长至，使DP=DB，DCPBDC=60°∵∠，BDP∴△是等边三角形，BD=BPDBP=60°∴，∠，BAC=60°=DBP∵∠∠，ABD=CBP∴∠∠，AB=CB∵，ABDCBPSAS∴△≌△（），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．1HL23△DEF6．（）；（）见解析；（）如图②，见解析；就是所求作的三角形，和△DEF△ABC不全等．【解析】【分析】1（）根据直角三角形全等的方法“HL”证明；2过点作CG⊥AB交ABCBG=FEHCBGFEH出∠∠，再利用“角角边”证明△和△全等，根据全CGH过点作FFH⊥DE交DE的延长（）的延长线于，线于，根据等角的补角相等求对应边相等可得CG=FH，再利用“HL”证明Rt△和△全等，根据全等ACGRtDFH等三角形ABCDEF三角形然后利用“角角边”证明△和△全等；对应角相等可得∠∠，A=D3AB（）以点为圆心，以长为半径画弧，与相交于点，与重合，与重合，DEFABC得到△与△不全等；4BA∠不小于∠即可．1（）在直角三角形中一条斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等运用的是．∴∠CGA＝∠＝FHD90°．在△BCG和△EFH中，∵∠CGB＝∠FHE，∠CBG＝∠FEH，BC＝EF，在△ABC和△DEF中，△DEF如图②，就是所求作的三角形，和【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，应用与设计作图，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键，阅读量较大，审题要认真仔细．7．（）内错角相等，两直线平行；（）∠∠°；（）34或10121+22=180【解析】【分析】1（）根据平行线的判定定理，即可得到答案；2（）3=4性质得：∠∠，ab3=2结合三角形内角由折叠的若∥，则∠∠，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AC1出的长，即可得到答案．【详解】2，（）∵11∴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；（）如图1，由折叠的23=4性质得：∠∠，若a∥b，则∠∠，3=24=2∴∠∠，2+4+1=180∵∠∠∠°，1+22=180∴∠∠°，使∥，则1与ab∴要21+22=180应该满足的关系是：∠∠°．1+22=180故答案是：∠∠°；3（）①当B1在B的左侧时，如图2，∵AB//AB，a∥b，11∴AA1=BB1=3，AC=AC-AA1=7-3=4；∴1②当B1在B的右侧时，如图3，∵AB//AB，a∥b，11∴AA1=BB1=3，AC=AC+AA1=7+3=10．∴1AC=4或10．综上所述：1

【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．8．（1）证明见解析；D(2,3)；（2）存在，，或，或P(0,0)Q(2,3)P(0,0)Q(2,3)11，或P(,0)，2(,0)Q(2,2)P(4,0)，Q(2,7)或P(4,0)Q(2,7)，或P2Q(2,2)．【解析】【分析】（1）通过全等三角形的判定定理证得△ABP≌△PCD，由全等三角形的得AP＝DP，DC＝PB＝3，易得点的D坐标；（2）设P（a，0），Q（2，b）．需要分类讨论：①AB＝PC，BP＝CQ；②AB＝CQ，BP＝ASA对应边相等证PC．结合两点间的距离公式列出方程组，通过解方程组求得a、b的值，得解．【详解】APPD（1）APBDPC90ABx轴AAPB90ADPC和PCD中ABP在ADPCABPCABPPCDABPPCD(ASA)APDP，DCPB3D(2,3)2P(a,0)Q(2,b)（）设，①ABPC，BPCQa0a4b7a22，解得或a3bb3P(0,0)Q(2,3)P(0,0)Q(2,3)Q(2,7)Q(2,7)，或，或，或，②ABCQ，BPPC，P(4,0)P(4,0)a1a32a，解得2b2b2P(1,0)2P(,0)1，或，Q(2,2)Q(2,2)2Q(2,7)P(0,0)，Q(2,3)或P(0,0)，Q(2,3)或，或，Q(2,7)P(4,0)P(4,0)综上：11或P(,0)，或，P(,0)Q(2,2)Q(2,2)22【点睛】考查了三角形综合题．涉及到了全等三角形的判定与性质，两点间的距离公式，一元一次2绝对值方程组的解法等知识点．解答（）题时，由于没有指明全等三角形的对应边（角），所以需要分类讨论，以防漏解．9．（）证明见解析；（）证明见解析；（）当AC=2BD时，对于满足条件的任意点123N，始终成立，证明见解析．AN=CP【解析】【分析】1ACN=AMC=135-ACM（）由三角形的内角和定理可求∠∠°∠；（）过点N作NE⊥AC于，由“AAS”可证△NEC≌△CDM，可得，由三角形面积2ENE=CD公式可求解；（）过点N作NE⊥AC于，由E“SAS”可证△NEA≌△CDP，可得．3AN=CP【详解】1∵∠BAC=45°（），∴∠AMC=180°﹣45°﹣∠ACM=135°﹣∠ACM．∵∠NCM=135°，∴∠ACN=135°﹣∠ACM，∴∠ACN=∠AMC；2N1AC•NES，AB•CD，222∴SAC；1SAB23（）当AC=2BD时，对于满足条件的任意点，NAN=CP始终成立，NNE⊥ACE理由如下：过点作于，2NE=CDCE=DM由（）可得，．∵AC=2BD，，，BP=BMCE=DM∴AC﹣CE=BD+BD﹣，DM∴AE=BD+BP=DP．∵NE=CD，∠NEA=∠CDP=90°，，AE=DP∴△NEA≌△CDP（），SAS∴AN=PC．【点睛】本题三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，三角形面积公式等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．180)1110．（）；（）DEF的最小内角为15°或9°或；（）330°＜x＜45°．142(【解析】【分析】(1)根据三角形内角和定理求出∠C的度数，再根据倍角三角形的定n义判断即可得到答案；(2)DEF3根据△是倍角三角形，必定有一个内角是另一个内角的倍，然后根据这两个角3之间的关系，分情况进行解答即可得到答案；(3)2可设未知数表示倍角三角形的各个内角，然后列不等式组确定最小内角的取值范围．【详解】解：∵在ABC中，，，B25(1)A55∠C=180°-55°-25°=100°∴，C=4∴∠∠B，故ABC为倍角三角形；4x3°，倍角为3x°，则另外一个内角为：1804x(2)设其中一个内角为1度数的3度数是倍内角的①当小的内角的余角的时，31即：（90°-3x），x=3解得：x=15°，1度数的时，②3倍内角的度数是小内角的余角的31即：（90°-x），解得：x=9°，3x=3③当1804x190x时，3450，解得：x114501118011此时：1804x1804=()，因此为最小内角，180)．DEF因此，△的最小内角是9°或15°或(11(3)设最小内角为，则2倍内角为，x2x第三个内角为（180°-3x），由题意得：2x＜90°且180°-3x＜90°，∴30°＜x＜45°，MNP答：△的最小内角的取值范围是30°＜x＜45°．m111．（1）①；②42≤a＜54；（2）m=2nn1【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】mn0解：（）①由题意得1，8n8m1解得，n12p2p2p42p4②由题意得，4p32p4p64pap-1解不等式①得＞．a18解不等式②得，p≤12a18∴＜，-1p≤123∵恰好有个整数解，a18∴＜．2≤31242≤a54∴＜；2mx+nyx+2y=my+nx（）由题意：（）（）（）（），y+2xmx+2m+nxy+2ny=2nx+2m+nxy+my∴（）（），2222xy∵对任意有理数，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．212．（）或；（）；（）或或＋或－或－31211111m185100245°3mmmnmnn3333333【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BBD∠BDC的度数；（）根据、CP分别是ABC邻三分线和ACB邻三分线，且BPCP可AC2BPABAACB135，进而可求的度数；得ABC所在的直线与ACD的三分线所在的直线交于点．分四种情况P如图①，当和CP分别是“邻三分线、”“邻AC三分线”时；情况3B（）根据的三分线画图：情况一：BPAB二：如图②，当和CP分别是“邻BC三分线、”“邻CD三分线”时；情况三：如图③，BP当和CP分别是“邻BC三分线、邻三分线”时；情况四：如图④，当和”“ACCPBPBP分别是“邻三分线、邻三分线”时，再根据，，即可求出”“CDBnAmABBPC的度数．【详解】1解：（）如图，“”当是邻三分线时，BDC7015AB“”当是邻BC三分线时，BD85100故答案为：或；，BPC90，PBC23ABCABC在ABC中，AABCACB180．ACB)45A180(ABC34（）分种情况进行画图计算：“”“”①，当和CP分别是邻三分线、邻AC三分线时，情况一：如图BPAB232m；3BPCA“”“”情况二：如图②，当和CP分别是邻BC三分线、邻CD三分线时，BP131m；3BPCA“”情况三：如图③，当和CP分别是邻BC三分线、邻AC三分线时，BPA“”“”情况四：如图④，当和CP分别是邻三分线、邻CD三分线时，AB1A1ABC1m1n；3mn①当时，BPC333ABC1AP111nm．33mn②当时，33【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．111145nn1nn113．（1）,；（2）；（3）见解析．【解析】【分析】145（1）根据简单的分式可得，相邻两个数的积的倒数等于它们的倒数之差，即可得到1和n(n1)（2）根据（1）规律将乘法写成减法的形式，可以观察出前一项的减数等于后一项的被减.数，因此可得它们的和32.（）首先利用（）的和的结果将左边化简，再利用分式方程的解法求解即可【详解】111n(n1)nn1111解：（1），；45451111故答案为,45nn1111111nn111n1n1n;（2）原式＝1+12233411xx1x1x211112x1（3）已知等式整理得：x4x5x(x5)11xx5x(x5)2x1，所以，原方程即：xx+5x+5x2x1方程的两边同乘（），得：﹣＝﹣，x3解得：＝，x3xx+524≠0检验：把＝代入（）＝，x3∴原方程的解为：＝．【点睛】,；②MEBD，理由见解析；③或7.5°.本题主要考查学生的归纳总结能力，关键在于根据简单的数的运算寻找规律是考试的热点12014．（）证明见解析；（）①BDC1215°82.5°150°或或【解析】【分析】1（）利用线段的垂直平分线的性质即可证明；2SSSADCBDC（）①利用证得△≌△，可求得ACD=BCD=45°CAD=CBD=15°，∠，即可∠∠∠解题；②连接MC，易证△为等边MCD三角形，即可证明△≌△即可解题；BDCEMC③分、EN=ECEN=CN、CE=CN解．三种情形讨论，画出图形，利用等腰三角形的性质即可求【详解】1（）CB=CADB=DA，，∵CDAB∴垂直平分线段，∴CD⊥AB；（）①在△和△BDC，中2ADCBCACCDCD，BDADADCBDCSSS∴△≌△（），1ACD=∠BCD=2∠BCA=45°，∠CAD=∠CBD=15°，∴∠∴∠BDC=180-45°-15°=120°；②结论：ME=BD，理由：连接MC，∵ACBC，ACB90，∴∠CAB=∠CBA=45°∵∠CAD=∠CBD=15°DBA=∠DAB=30°，，，∴∠∴∠BDE=30°+30°=60°由①得∠BDC=120°，，CDE=60°∴∠∵DC=DM，∠CDE=60°∴△MCD∴CM=CD，∵EC=CA=CB，∠DMC=60°∴∠E=∠CAD=∠CBD=15°，，为等边三角形，，，∠EMC=120°，在△BDC和△EMC中，CBDE15BDCEMC120，CDCM∴△BDC≌△EMC（AAS），ME=BD∴；1518015③当EN=EC时，∠ENC1=7.5°或∠ENC==82.5°；222时，∠ENC=180215=150°；当EN=CN3当CE=CN时，点N与点A重合，∠CNE=15°，【解析】AGCMCD，FGAF90，FNFM，F90，GAF90，FABMCD90，FABGAFMCDBAG，AB//CD；（2）解：ABECDE30，理由如下：如图，AB//CD，3BPDABE，BED30，BPDCDEBED，BPDCDE30，∴ABE【点睛】CDE30．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）AEDB，理由详见解析；（2）AEDB，理由详见解析；（3）3或1【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质、三线合一的性质证明即可；（2）根据等边三角形的性质，证明△EFC≌△即可；DBE（3）注意区分当点在的延长线上时和当点在的延长线上时两种情况，不要遗EABEBA漏．【详解】解：（1）AEDB，理由如下：EDEC，EDCECD∵△ABC是等边三角形，ACBABC60，点为的中点，EABECD1ACB30，EDC30，DDEB30，2DBBE，AEBE，AEDB；故答案为：；（2）AEDB，理由如下：3如图：∵△ABC为等边三角形，且EF∥BC，EDEC，DECB，DFEC，∴△EFC≌△（AAS），DBEAEBD．（3）①如图4，当点在的延长线上时，过点作EF∥BC，交AC的延长线于点EF：则DCECEF，DBEAEF；ABCAEF，ACBAFE；∵△为等边三角形，ACBABCACB60AEFAFE60，DBEABC60，，DBEEFC；而EDEC，DDCE，DCEF；在△FEC和△中，BDEFECDEFCDBE，ECDEAASBDEEFBD∴△FEC≌△（），；2，BDEF2，AEF5于点：FEDBEF2，，述解法，同理可证：类似上BC1CD211．【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质．熟练掌握等边三角形的性质，构造合适的全等三角形是解题的关键．17．（1）60°；（2）15°；（3）30°或15°【解析】【分析】互补，得出CAN90，即可得出结论；（1）利用两直线平行，同旁内角（2）先利用三角形的内角和定理求出AFD，即可得出结论；（3）分DAF90和AFD90两种情况求解即可得出结论．【详解】解：（1）MN//GH，ACBNAC180，ACB90，CAN90，BAC30，BAN90BAC60；60（2）由（1）知，BAN，EDF45，AFD180BANEDF75，DFE90，AFEDFEAFD15；DAF90（3）当3时，如图，BAN60，由（1）知，FANDAFBAN30；当AFD90时，如图，4DFE90，点A，重合，E的三角形是直角三角形时，FAN度数为30或15．即当以A、、为顶点DF【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了平行线的性质，三角形的内角和定理，角的和差的计算，求出BAN60是解本题的关键．110°100°2①55°α85°②∠1与∠2度数的和不变，18．（），；（）＜＜；理由见解析③55°＜α≤60°．【解析】【分析】（）当＝∠EDA∠B＝40°时，DE//BC，得出30°＋α＝40°，即可得出结果；当DE//AC1时，DE⊥AB，得出50°＋α＋30°＝180°，即可得出结果；（）由已知得出∠ACD＝45°，∠A＝50°，推出∠CDA＝85°，当点C在DE边上时，α＋2①30°＝85°，解得α＝55°，当点C在DF边上时，＝，即α85°可得出结果；连接MN，由三角形内角和定理得出∠CNM＋∠CMN＋∠MCN180°∠CMN＝90°，由三角形内角和定理得出∠DNM＋∠DMN＋∠MDN180°＋∠CMN＋∠1＋∠MDN＝180°，即可得出结论；＝，则∠CNM＋②∠2∠CNM＝，即＋由221，∠1＋∠2＝60°，得出∠2≥2（60°−∠2），解得∠2≥40°，由三角形内角③＋＋＝，即∠2＋30°＋α＋50°＝180°，则∠2＝100°−α和定理得出∠2＋∠NDMα∠A180°，得出100°−α≥40°，解得α≤60°，再由当顶点在C△DEF内部时，55°＜α＜85°，即可得出结果．解：（1）∵∠B＝40°，∴当∠EDA∠B40°＝＝时，DE//BC，而∠EDF＝30°，解得：α＝10°；当DE//AC时，DE⊥AB，∴∠CDA＝85°，故答案为：5585；在△CMN∴