福建省福州市仓山区里仁学校 2024-2025学年八年级上学期月考数学试卷（10月份）

2024-2025学年福建省福州市仓山区里仁中学八年级（上）月考数学试卷（10月份）一、单选题（每小题4分，共40分）1．（4分）下列四个地铁标志中，是轴对称图形的是（）A． B． C． D．2．（4分）要使四边形木架（用四根木条钉成）不变形，至少要再钉上的木条的根数为（）A．一条 B．两条 C．三条 D．四条3．（4分）在联欢会上，有A、B、C三名选手站在一个三角形的三个顶点位置上，他们在玩“抢凳子”游戏，要求在他们中间放一个木凳，谁先抢到凳子谁获胜，为使游戏公平，则凳子应放的最适当的位置是在△ABC的（）A．三边垂直平分线的交点 B．三条中线的交点 C．三条角平分线的交点 D．三条高所在直线的交点4．（4分）如图，四边形ABCD是轴对称图形，BD所在的直线是它的对称轴，下列说法错误的是（）A．AB＝BC B．∠ADB＝∠CDB C．AC垂直平分BD D．BD垂直平分AC5．（4分）一个正多边形的每一个外角都等于45°，则这个多边形的边数为（）A．4 B．6 C．8 D．106．（4分）在下列条件中不能判断两个直角三角形全等的是（）A．已知两个锐角 B．已知一条直角边和一个锐角 C．已知两条直角边 D．已知一条直角边和斜边7．（4分）现有长度分别为2cm，3cm，4cm，5cm的木棒，从中任取三根，能组成三角形的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．48．（4分）如图，△ABC是等边三角形，AD是BC边上的高，点E是AC边的中点，点P是AD上的一个动点，当PC+PE最小时，∠CPE的度数是（）A．30° B．45° C．60° D．90°9．（4分）等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角的度数为20°，则顶角的度数是（）A．70° B．110° C．70°或110° D．20°或160°10．（4分）在平面直角坐标系xOy中，点A（0，2），B（a，0），C（m，n），其中m＞a，a＜1，n＞0，若△ABC是等腰直角三角形，且AB＝BC，则m的取值范围是（）A．0＜m＜2 B．2＜m＜3 C．m＜3 D．m＞3二、填空题（每小题4分，共24分）11．（4分）若点P（1，a）与Q（b，2）关于x轴对称，则代数式a+b的值为．12．（4分）如图，AB＝AC，点D，E分别在AB与AC上，CD与BE相交于点F．只填一个条件使得△ABE≌△ACD，添加的条件是：．13．（4分）用一条长18cm的细绳恰好围成一个等腰三角形，其中一边长为4cm，则底边长为cm．14．（4分）如图，BD，CD分别是△ABC的一条内角平分线与一条外角平分线，∠D＝20°，则∠A的度数为．15．（4分）如图，已知△ABC的面积为10cm2，AD平分∠BAC且AD⊥BD于点D，则△ADC的面积为．16．（4分）如图，△ABC为等边三角形，F，E分别是AB，BC上的一动点，且AF＝BE，连结CF，AE交于点H，连接BH．给出下列四个结论：①∠AHF＝60°；②若BH＝HC，则AE平分∠BAC；③S四边形BEHF＞S△AHC；④若BH⊥CF，则CH＝2HA．其中正确的结论有（填写所有正确结论的序号）．三、解答题17．如图，AB＝DE，∠A＝∠D，∠1＝∠2，求证：∠B＝∠E．18．已知：如图，B，D，E，C在同一直线上，AB＝AC，AD＝AE．求证：BD＝CE．19．证明：如果两个三角形有两条边和其中一边上的中线分别相等，那么这两个三角形全等．20．如图，在△ABC中，∠ACB＞90°，且AC＝BC．（1）在边BC的延长线上求作点D，使∠CAD＝2∠B，并连接AD；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）的条件下，若∠BDA＝60°，求证：△ABD是直角三角形21．如图，△ABC是等边三角形，BD是中线，延长BC至点E，使CE＝CD．（1）求证：DB＝DE；（2）若F是BE的中点，连接DF，且CF＝2，求△ABC的周长．22．如图，在平面直角坐标系中，A（﹣3，0）、C（7，0），B为y轴正半轴上一点，D在第四象限．若BC⊥CD，CA平分∠BCD，∠ABC+∠ADC＝180°．（1）直接写出B点坐标（，）；（2）求证：AB＝AD；（3）求四边形ABCD的面积．23．点P，Q分别是边长为4cm的等边△ABC的边AB，BC上的动点，点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都是1cm/s，设运动时间为t秒．（1）连接AQ，CP交于点M，则在P，Q运动的过程中，∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由；若不变，则求出它的度数；（2）连接PQ．①当△BPQ为等边三角形时，t＝秒；②当△BPQ为直角三角形时，t＝秒．（直接写出结果）24．【概念学习】规定①：如果一个三角形的三个角分别等于另一个三角形的三个角，那么称这两个三角形互为“形似三角形”．规定②：从三角形（不是等腰三角形）一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原来三角形是“形似三角形”，我们把这条线段叫做这个三角形的“等腰分割线”．【概念理解】（1）如图1，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，CD平分∠ACB，则△CBD与△ABC（填“是”或“不是”）互为“形似三角形”．（2）如图2，在△ABC中，CD平分∠ACB，∠A＝36°，∠B＝48°．求证：CD为△ABC的等腰分割线；【概念应用】（3）在△ABC中，∠A＝45°，CD是△ABC的等腰分割线，直接写出∠ACB的度数．25．△ABC为等边三角形，点D在CB延长线上．（1）如图（1），∠ADE＝60°，且DA＝DE．求证：AB∥CE．（2）如图（2），在CD上方作∠FDC＝60°，FD＝CD，连FC．求证：F、A、C三点共线．（3）如图（3），作点B关于AD的对称点N，BN交AD于H，NC交AD于P．求证：PC＝PA+2PH．

2024-2025学年福建省福州市仓山区里仁中学八年级（上）月考数学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单选题（每小题4分，共40分）1．（4分）下列四个地铁标志中，是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【分析】直接利用轴对称图形的定义得出答案．【解答】解：A、不是轴对称图形，不合题意；B、是轴对称图形，符合题意；C、不是轴对称图形，不合题意；D、不是轴对称图形，不合题意．故选：B．【点评】此题主要考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．2．（4分）要使四边形木架（用四根木条钉成）不变形，至少要再钉上的木条的根数为（）A．一条 B．两条 C．三条 D．四条【分析】根据三角形具有稳定性可得：沿对角线钉上1根木条即可．【解答】解：根据三角形的稳定性可得，至少要再钉上1根木条，故选：A．【点评】此题主要考查了三角形具有稳定性，当三角形三边的长度确定后，三角形的形状和大小就能唯一确定下来，故三角形具有稳定性，而四边形不具有稳定性．3．（4分）在联欢会上，有A、B、C三名选手站在一个三角形的三个顶点位置上，他们在玩“抢凳子”游戏，要求在他们中间放一个木凳，谁先抢到凳子谁获胜，为使游戏公平，则凳子应放的最适当的位置是在△ABC的（）A．三边垂直平分线的交点 B．三条中线的交点 C．三条角平分线的交点 D．三条高所在直线的交点【分析】根据题意得：当木凳所在位置到A、B、C三个顶点的距离相等时，游戏公平，再由线段垂直平分线的性质，即可求解．【解答】解：根据题意得：当木凳所在位置到A、B、C三个顶点的距离相等时，游戏公平，∵线段垂直平分线上的到线段两端的距离相等，∴凳子应放的最适当的位置是在△ABC的三边垂直平分线的交点．故选：A．【点评】本题考查了与三角形相关的线段以及线段的垂直平分线，掌握垂直平分线的性质是解题的关键．4．（4分）如图，四边形ABCD是轴对称图形，BD所在的直线是它的对称轴，下列说法错误的是（）A．AB＝BC B．∠ADB＝∠CDB C．AC垂直平分BD D．BD垂直平分AC【分析】根据轴对称的性质解答即可．【解答】解：∵四边形ABCD是轴对称图形，BD所在的直线是它的对称轴，∴AB＝BC，∠ADB＝∠CDB，BD垂直平分AC，所以选项A、B、D不符合题意，选项C符合题意．故选：C．【点评】此题主要考查了轴对称图形以及轴对称的性质，掌握轴对称的性质是解题关键．5．（4分）一个正多边形的每一个外角都等于45°，则这个多边形的边数为（）A．4 B．6 C．8 D．10【分析】根据多边形的外角和是360度即可求得外角的个数，即多边形的边数．【解答】解：多边形的边数为：360÷45＝8．故选：C．【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，理解多边形外角和中外角的个数与正多边形的边数之间的关系，是解题关键．6．（4分）在下列条件中不能判断两个直角三角形全等的是（）A．已知两个锐角 B．已知一条直角边和一个锐角 C．已知两条直角边 D．已知一条直角边和斜边【分析】A、由两直角三角形中两锐角相等，得到两直角三角形相似，没有已知边的相等，故不能判断两直角三角形全等，符合题意；B、根据已知的条件及一对直角相等，可利用AAS或ASA得到两直角三角形全等；C、根据两直角边相等，及一对直角相等，利用SAS可得出两直角三角形全等；D、由两三角形为直角三角形，根据一条直角边及斜边对应相等，利用HL可得出两直角三角形全等．【解答】解：A、已知两锐角相等，只能得到两三角形相似，不能判断两直角三角形全等，本选项符合题意；B、由两三角形为直角三角形，得到一对直角相等，再加上已知一条直角边及一对锐角相等，可用AAS或ASA判断出两直角三角形全等，本选项不合题意；C、根据两三角形为直角三角形，得到一对直角相等，再加上已知的两直角边相等，利用SAS可得出两直角三角形全等，本选项不合题意；D、由两三角形为直角三角形，根据已知的一条直角边及斜边相等，可利用HL判断两直角三角形全等，本选项不合题意，故选：A．【点评】此题考查了直角三角形证明全等的判定，证明直角三角形全等的方法有：AAS；ASA；SAS；SSS；HL共五种，值得注意的是五种判定方法中，任意一种都必须有对应边的相等．7．（4分）现有长度分别为2cm，3cm，4cm，5cm的木棒，从中任取三根，能组成三角形的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】首先每3个搭配出所有情况，再根据三角形的三边关系进行排除．【解答】解：首先任取三根，有2，3，4；2，3，5；2，4，5；3，4，5再根据三角形的三边关系，得其中2+3＝5，排除2，3，5只有3个符合．故选：C．【点评】考查了三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．8．（4分）如图，△ABC是等边三角形，AD是BC边上的高，点E是AC边的中点，点P是AD上的一个动点，当PC+PE最小时，∠CPE的度数是（）A．30° B．45° C．60° D．90°【分析】连接BE，则BE的长度即为PE与PC和的最小值．再利用等边三角形的性质可得∠PBC＝∠PCB＝30°，即可解决问题；【解答】解：如连接BE，与AD交于点P，此时PE+PC最小，∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，∴PC＝PB，∴PE+PC＝PB+PE＝BE，即BE就是PE+PC的最小值，∵△ABC是等边三角形，∴∠BCE＝60°，∵BA＝BC，AE＝EC，∴BE⊥AC，∴∠BEC＝90°，∴∠EBC＝30°，∵PB＝PC，∴∠PCB＝∠PBC＝30°，∴∠CPE＝∠PBC+∠PCB＝60°，故选：C．【点评】本题考查的是最短线路问题及等边三角形的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．9．（4分）等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角的度数为20°，则顶角的度数是（）A．70° B．110° C．70°或110° D．20°或160°【分析】本题要分情况讨论．当等腰三角形的顶角是钝角或者等腰三角形的顶角是锐角两种情况．【解答】解：此题要分情况讨论：当等腰三角形的顶角是钝角时，腰上的高在外部．根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，即可求得顶角是90°+20°＝110°；当等腰三角形的顶角是锐角时，腰上的高在其内部，故顶角是90°﹣20°＝70°．故选：C．【点评】注意此类题的两种情况．其中考查了直角三角形的两个锐角互余；三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．10．（4分）在平面直角坐标系xOy中，点A（0，2），B（a，0），C（m，n），其中m＞a，a＜1，n＞0，若△ABC是等腰直角三角形，且AB＝BC，则m的取值范围是（）A．0＜m＜2 B．2＜m＜3 C．m＜3 D．m＞3【分析】过点C作CD⊥x轴于D，由“AAS”可证△AOB≌△BDC，可得AO＝BD＝2，BO＝CD＝n＝a，即可求解．【解答】解：如图，过点C作CD⊥x轴于D，∵点A（0，2），∴AO＝2，∵△ABC是等腰直角三角形，且AB＝BC，∴∠ABC＝90°＝∠AOB＝∠BDC，∴∠ABO+∠CBD＝90°＝∠ABO+∠BAO，∴∠BAO＝∠CBD，在△AOB和△BDC中，，∴△AOB≌△BDC（AAS），∴AO＝BD＝2，BO＝CD＝n＝a，∴0＜a＜1，∵OD＝OB+BD＝2+a＝m，∴2＜m＜3，故选：B．【点评】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，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．二、填空题（每小题4分，共24分）11．（4分）若点P（1，a）与Q（b，2）关于x轴对称，则代数式a+b的值为﹣1．【分析】根据关于x轴对称的点的横坐标相同，纵坐标互为相反数，求出a，b的值，进而求出代数式的值即可．【解答】解：∵点P（1，a）与Q（b，2）关于x轴对称，∴b＝1，a＝﹣2，∴a+b＝﹣2+1＝﹣1；故答案为：﹣1．【点评】本题考查坐标与轴对称，正确记忆相关知识点是解题关键．12．（4分）如图，AB＝AC，点D，E分别在AB与AC上，CD与BE相交于点F．只填一个条件使得△ABE≌△ACD，添加的条件是：∠B＝∠C（答案不唯一）．【分析】根据题意，已经有一组边相等，一个公共角，结合图形，根据两个三角形全等的判定定理，添加一组角相等，构成ASA，即可得到两个三角形全等．根据其他的判定定理，也可添加其他的条件．【解答】解：∵∠B＝∠C，AB＝AC，∠A＝∠A，∴△ABE≌△ACD（ASA），故答案为：∠B＝∠C（答案不唯一）．【点评】本题主要考查的是全等三角形的判定定理，根据全等三角形的判定定理添加条件即可．13．（4分）用一条长18cm的细绳恰好围成一个等腰三角形，其中一边长为4cm，则底边长为4cm．【分析】根据等腰三角形的性质即可求解．【解答】解：当腰长为4cm时，另一条腰长为4cm，则等腰三角形的底边长为18﹣4﹣4＝10（cm），不符合题意；当底边长为4cm时，则两条腰长为，即等腰三角形的边长分别为7cm，7cm，4cm，符合题意，故答案为：4．【点评】本题主要考查三角形三边关系，等腰三角形的判定，掌握等腰三角形三边的关系是解题的关键．14．（4分）如图，BD，CD分别是△ABC的一条内角平分线与一条外角平分线，∠D＝20°，则∠A的度数为40°．【分析】由BD平分∠ABC，CD平分∠ACE，利用角平分线的定义，可得出∠DBC＝∠ABC，∠DCE＝∠ACE，由∠ACE是△ABC的外角，∠DCE是△DBC的外角，利用三角形的外角性质，可得出∠ACE＝∠A+∠ABC，∠DCE＝∠D+∠DBC，进而可得出∠A＝2∠D，再代入∠D＝20°，即可求出∠A的度数．【解答】解：∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE，∴∠DBC＝∠ABC，∠DCE＝∠ACE．∵∠ACE是△ABC的外角，∠DCE是△DBC的外角，∴∠ACE＝∠A+∠ABC，∠DCE＝∠D+∠DBC，∴∠ACE＝∠D+∠DBC，∴（∠A+∠ABC）＝∠D+∠DBC，∴∠A+∠ABC＝∠D+∠DBC，∴∠A+∠DBC＝∠D+∠DBC，∴∠A＝2∠D＝2×20°＝40°．故答案为：40°．【点评】本题考查了三角形的外角性质以及角平分线的定义，根据各角之间的关系，找出∠A＝2∠D是解题的关键．15．（4分）如图，已知△ABC的面积为10cm2，AD平分∠BAC且AD⊥BD于点D，则△ADC的面积为5cm2．【分析】延长BD交AC于E，由“ASA”可证△ABD≌△AED，可得BD＝DE，由面积关系可求解．【解答】解：延长BD交AC于E，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，在△ABD和△AED中，，∴△ABD≌△AED（ASA），∴BD＝DE，∴S△ABD＝S△AED，S△BDC＝S△CDE，∴△ADC的面积＝×10＝5（cm2），故答案为：5cm2．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．16．（4分）如图，△ABC为等边三角形，F，E分别是AB，BC上的一动点，且AF＝BE，连结CF，AE交于点H，连接BH．给出下列四个结论：①∠AHF＝60°；②若BH＝HC，则AE平分∠BAC；③S四边形BEHF＞S△AHC；④若BH⊥CF，则CH＝2HA．其中正确的结论有①②④（填写所有正确结论的序号）．【分析】证明△ABE≌△CAF，利用全等三角形的性质可以判断①③，利用垂直平分线的判定可以判断②，利用等腰三角形和全等三角形可以判断④．【解答】解：∵△ABC为等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝∠ABC＝60°，又∵AF＝BE，∴△ABE≌△CAF（SAS），∴∠BAE＝∠ACF，∴∠FHA＝∠FCA+∠CAH＝∠BAE+∠CAH＝60°，故①正确；∵AB＝AC，BH＝HC，∴AH是BC的垂直平分线，∴AE平分∠BAC，故②正确；∵△ABE≌△CAF，∴S△ABE＝S△CAF，∴，即S四边形BEHF＝S△AHC．故③不正确；如图，在CH上截取CD＝AH，连接AD，∵AB＝AC，∠BAE＝∠ACF，∴△AHB≌△CDA（SAS），∴∠ADC＝∠AHB，又∵BH⊥CF，∴∠BHF＝90°，∵∠FHA＝60°，∴∠ADC＝∠AHB＝90°+60°＝150°，∠AHD＝180°﹣∠AHF＝180°﹣60°＝120°，∴∠ADH＝180°﹣∠ADC＝180°﹣150°＝30°，∴∠HAD＝180°﹣∠AHD﹣∠ADH＝180°﹣120°﹣30°＝30°，∴HA＝HD，∴HC＝2AH．故④正确；故答案为：①②④．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．三、解答题17．如图，AB＝DE，∠A＝∠D，∠1＝∠2，求证：∠B＝∠E．【分析】根据等式的性质得出∠BCA＝∠ECD，利用AAS证明△BCA与△ECD全等，进而证明即可．【解答】证明：∵∠1＝∠2，∴∠1+∠ECA＝∠2+∠ECA，即∠BCA＝∠ECD，在△BCA与△ECD中，∴△BCA≌△ECD（AAS），∴∠B＝∠E【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．18．已知：如图，B，D，E，C在同一直线上，AB＝AC，AD＝AE．求证：BD＝CE．【分析】此题可以用等腰三角形的三线合一的性质解决．【解答】证明：作AF⊥BC于F，∵AB＝AC（已知），∴BF＝CF（三线合一），又∵AD＝AE（已知），∴DF＝EF（三线合一），∴BF﹣DF＝CF﹣EF，即BD＝CE（等式的性质）．【点评】本题考查了等腰三角形的性质；做题中用到了等量减等量差相等得到答案．19．证明：如果两个三角形有两条边和其中一边上的中线分别相等，那么这两个三角形全等．【分析】求出BM＝EN，根据SSS证△ABM≌△DEN，推出∠B＝∠E，根据SAS证△ABC≌△DEF即可．【解答】已知：△ABC和△DEF中，AB＝DE，BC＝EF，AM是△ABC的中线，DN是△DEF的中线，AM＝DN，求证：△ABC≌△DEF．证明：∵BC＝EF，AM是△ABC的中线，DN是△DEF的中线，∴BM＝EN，在△ABM和△DEN中，∵，∴△ABM≌△DEN（SSS），∴∠B＝∠E，在△ABC和△DEF中，∵，∴△ABC≌△DEF（SAS）．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的中线，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL．20．如图，在△ABC中，∠ACB＞90°，且AC＝BC．（1）在边BC的延长线上求作点D，使∠CAD＝2∠B，并连接AD；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）的条件下，若∠BDA＝60°，求证：△ABD是直角三角形【分析】（1）作AC的垂直平分线，交BC的延长线于点D，点D即为所求；（2）先求得∠DAC＝∠DCA＝60°，再由等腰三角形的性质可得，再证明即可．【解答】解：（1）如图：∠CAD＝2∠B，并连接AD，点D即为所求；（2）证明：由作图可得：DA＝DC，∠BDA＝60°，∴∠DAC＝∠DCA＝60°，∵CA＝CB，∴，∴∠BAD＝∠BAC+∠DAC＝90°，∴△ABD是直角三角形．【点评】本题考查作图﹣复杂作图，解题的关键是理解题意，正确作出图形．21．如图，△ABC是等边三角形，BD是中线，延长BC至点E，使CE＝CD．（1）求证：DB＝DE；（2）若F是BE的中点，连接DF，且CF＝2，求△ABC的周长．【分析】（1）由等边三角形的性质得到．进一步证明∠E＝∠CDE＝30°，∠DBC＝∠E，即可得到结论；（2）求出∠CDF＝30°，得到，则CD＝2CF＝4．即可得到AC＝2CD＝8，由△ABC是等边三角形即可得答案．【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°．又∵BD是中线，∴BD平分∠ABC，∴．∵CE＝CD，∴∠E＝∠CDE．又∵∠ACB＝∠E+∠CDE，∴∠E＝∠CDE＝30°，∴∠DBC＝∠E，∴DB＝DE．（2）解：由（1）可知DB＝DE，又∵F是BE的中点，∴DF⊥BE．∵∠ACB＝60°，∴∠CDF＝180°﹣90°﹣60°＝30°．又∵△CDF为直角三角形，∴，∴CD＝2CF＝4．∵BD是中线，∴AC＝2CD＝8．∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC＝8，∴△ABC的周长＝8+8+8＝24．【点评】此题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握等腰三角形的判定和性质是解题的关键．22．如图，在平面直角坐标系中，A（﹣3，0）、C（7，0），B为y轴正半轴上一点，D在第四象限．若BC⊥CD，CA平分∠BCD，∠ABC+∠ADC＝180°．（1）直接写出B点坐标（0，7）；（2）求证：AB＝AD；（3）求四边形ABCD的面积．【分析】（1）证明△OBC是等腰直角三角形，可得结论；（2）过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥CD，交CD的延长线于点N．证明△AMB≌△AND（AAS），可得结论；（3）证明四边形AMCN是正方形，再证明四边形ABCD的面积＝正方形AMCN的面积即可．【解答】（1）解：∵C（7，0），∴OC＝7，∵BC⊥CD，∴∠BCD＝90°，∵AC平分∠BCD，∴∠BCA＝∠ACD＝45°，∵∠COB＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∴OB＝OC＝7，∴B（0，7），故答案为：0，7；（2）证明：过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥CD，交CD的延长线于点N．∵AC平分∠BCD，∴AM＝AN，∵∠ABM+∠ADC＝180°，∠ADN+∠ADC＝180°，∴∠ABM＝∠ADN，∵∠AMB＝∠N＝90°，∴△AMB≌△AND（AAS），∴AB＝AD；（3）解：∵A（﹣3，0），B（7，0），∴OA＝3，OC＝7，∴AC＝10，∵AM⊥CM，∠ACM＝45°，∴AM＝CM＝5，∵△AMB≌△AND，∴S△AMB＝S△AND，∴S四边形ABCD＝S四边形AMCN，∵∠AMC＝∠MCN＝∠N＝90°，∴四边形AMCN是矩形，∵AM＝CM，∴四边形AMCN是正方形，∴S四边形ABCD＝S四边形AMCN＝（5）2＝50．【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，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．23．点P，Q分别是边长为4cm的等边△ABC的边AB，BC上的动点，点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都是1cm/s，设运动时间为t秒．（1）连接AQ，CP交于点M，则在P，Q运动的过程中，∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由；若不变，则求出它的度数；（2）连接PQ．①当△BPQ为等边三角形时，t＝2秒；②当△BPQ为直角三角形时，t＝或秒．（直接写出结果）【分析】（1）利用等边三角形的性质可证明△APC≌△BQA，则可求得∠BAQ＝∠ACP，再利用三角形外角的性质可证得∠CMQ＝60°；（2）①可用t表示出BP和BQ，由△BPQ为等边三角形得BP＝BQ，即可解答；②可用t分别表示出BP和BQ，分∠BPQ＝90°和∠BPQ＝90°两种情况，分别利用直角三角形的性质可得到关于t的方程，则可求得t的值．【解答】解：（1）∵△ABC为等边三角形，∴AB＝AC，∠B＝∠PAC＝60°，∵点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1cm/s，∴AP＝BQ，在△APC和△BQA中，，∴△APC≌△BQA（SAS），∴∠BAQ＝∠ACP，∴∠CMQ＝∠CAQ+∠ACP＝∠BAQ+∠CAQ＝∠BAC＝60°，∴在P、Q运动的过程中，∠CMQ不变，∠CMQ＝60°；（2）①∵运动时间为ts，则AP＝BQ＝t，∴PB＝4﹣t，∵△BPQ为等边三角形，∴BP＝BQ，∴4﹣t＝t，∴t＝2，故答案为：2；②∵运动时间为t秒，则AP＝BQ＝t，∴PB＝4﹣t，当∠PQB＝90°时，∵∠B＝60°，∴PB＝2BQ，∴4﹣t＝2t，解得t＝，当∠BPQ＝90°时，∵∠B＝60°，∴BQ＝2PB，∴t＝2（4﹣t），解得t＝，∴当t为秒或秒时，△PBQ为直角三角形．故答案为：或．【点评】本题为三角形的综合应用，涉及等边三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形外角的性质及方程思想等知识．在（1）中证得三角形全等是解题的关键，在（2）中根据△PBQ为直角三角形分类讨论是解题的关键．24．【概念学习】规定①：如果一个三角形的三个角分别等于另一个三角形的三个角，那么称这两个三角形互为“形似三角形”．规定②：从三角形（不是等腰三角形）一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原来三角形是“形似三角形”，我们把这条线段叫做这个三角形的“等腰分割线”．【概念理解】（1）如图1，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，CD平分∠ACB，则△CBD与△ABC是（填“是”或“不是”）互为“形似三角形”．（2）如图2，在△ABC中，CD平分∠ACB，∠A＝36°，∠B＝48°．求证：CD为△ABC的等腰分割线；【概念应用】（3）在△ABC中，∠A＝45°，CD是△ABC的等腰分割线，直接写出∠ACB的度数．【分析】（1）推出∠BCD＝36°，∠ABC＝72°，∠BDC＝72°，从而得出结论；（2）可计算得出∠ACD＝∠A，∠BCD＝∠A＝36°，∠B＝∠B，∠BDC＝∠ACB，从而得出结论；（3）分为当△ACD是等腰三角形和△BCD是等腰三角形，当△ACD是等腰三角形时，再分为：AC＝AD，AD＝CD，AC＝CD三种情形讨论，同样当△BCD是等腰三角形时，也分为三种情形讨论，分别计算出∠ACB的度数即可．【解答】（1）解：∵∠A＝36°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝72°，∵CD平分∠ACB，∴∠BCD＝36°，∵∠ABC＝72°，∴∠BDC＝72°，∴△CBD和△ABC互为“形似三角形”，故答案为：是；（2）证明：∵∠A＝36°，∠B＝48°，∴∠ACB＝180°﹣36°﹣48°＝96°，∵CD平分∠ACB，∴＝，∴∠BCD＝∠B，∴△BCD是等腰三角形，∠ACD＝∠A＝36°，∠B＝∠B＝48°，∠ADC＝∠ACB＝96°，∴CD为△ABC的等腰分割线；（3）解：（Ⅰ）当△ACD是等腰三角形时，①如图1，当AD＝CD时，则∠ACD＝∠A＝45°，∴∠BDC＝∠A+∠ACD＝90°，此时∠BCD＝∠A＝45°，∴∠ACB＝90°（不合题意舍去）；②如图2，当AC＝AD时，则＝67.5°，此时∠BCD＝∠A＝45°，∴∠ACB＝45°+67.5°＝112.5°；③当AC＝CD时，这种情况不存在；（Ⅱ）当△BCD是等腰三角形时，①如图3，当CD＝DB时，∠B＝∠BCD＝∠ACD，∴∠