2020上海初二数学压轴题

第十一讲动点求函数解析式【要点导航】函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律，是初中数学的重要内容.动点问题反映的是一种函数思想.由于某--个点或某图形有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系.这种变化关系就是动点问题中的函数关系.这部分压轴题主要是在图形运动变化的过程中探求两个变量之间的函数关系,并根据实际情况确定自变量的取值范围.【典型例题】【例1】在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，在射线AC、CB上分别有两个动点M、N，且AM= BN，联结MN交AB于点P。

(1)如图1所示，当点M在边AC(与点A、C不重合)上，线段PM与线段PN之间有怎样的大小关系？试证明你得到的结论。

(2)当点M在射线AC上，若设AM=x，BP=y，求y与x的函数关系式及定义域。

(3)过点M作直线AB的垂线，垂足为Q，随着点M、N的移动，线段PQ的长能确定吗?若能确定.请求出PQ的长；若不能确定，请简要说明理由。

图1利用线段和差建立函数关系式.【例2】如图2所示, 在长方形ABCD中，AB= 8，AD= 6，点P、Q分别是AB边和CD 边上的动点，点P从点A向点B运动，点Q从点C向点D运动，且保持AP= CQ，设AP= x，BE= y.(1)线段PQ的垂直平分线与BC边相交，设交点为点E，求y与x的函数关系式及x取值范围.(2)在(1)的条件下，是否存在x使△PQE为直角三角形? 若存在，请求出x的值；若不存在,请说明理由.图2方法点晴应用勾股定理建立函数解析式.1. (★★)如图3所示，在△ABC中，已知∠BAC=45°，AD⊥BC交BC边于点D，BD=2，DC=3，求AD的长。

小萍同学灵活运用轴对称知识,将图形进行翻折变换，巧妙地解答了此题。

请按照小萍的思路，探究并解答下列问题：(1)分别以AB、AC为对称轴，画出△ABD、△ACD的轴对称图形，点D的对称点为E、F 两点，延长EB、FC相交于点G ，证明四边形AEGF是正方形。

24.（本题满分12分，第（1）小题满分3分，第（2）小题满分4分，第（3）小题满分5分）如图，已知抛物线2y x bx c =++经过()01A -，、()43B -，两点. （1）求抛物线的解析式；（2 求tan ABO ∠的值；（3）过点B 作BC ⊥x 轴，垂足为点C ，点M 是抛物线上一点，直线MN 平行于y 轴交直线AB 于点N ，如果M 、N 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形，求点N 的坐标.24.解：（1）将A （0，-1）、B （4，-3）分别代入2y x bx c =++得1,1643c b c =-⎧⎨++=-⎩， ………………………………………………………………（1分）解，得9,12b c =-=- …………………………………………………………………(1分)所以抛物线的解析式为2912y x x =--……………………………………………（1分） （2）过点B 作BC ⊥x 轴，垂足为C ，过点A 作AH ⊥OB ，垂足为点H ………（1分）在Rt AOH ∆中，OA =1，4sin sin ,5AOH OBC ∠=∠=……………………………（1分）∴4sin 5AH OA AOH =∠=，∴322,55OH BH OB OH ==-=， ………………（1分） 在Rt ABH ∆中，4222tan 5511AH ABO BH ∠==÷=………………………………（1分） (3)直线AB 的解析式为112y x =--， ……………………………………………（1分）设点M 的坐标为29(,1)2m m m --，点N 坐标为1(,1)2m m --那么MN =2291(1)(1)422m m m m m -----=-； …………………………（1分） ∵M 、N 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形，∴MN =BC =3解方程24m m -=3得2m =± ……………………………………………（1分）解方程243m m -+=得1m =或3m =； ………………………………………（1分）所以符合题意的点N 有4个35(22),(22),(1,),(3,)22--+--- ……………………………………………………………………………………（1分）25.（本题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）小题满分5分，第（3）小题满分5分）在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，经过点B的直线l（l不与直线AB重合）与直线BC的夹角等于∠ABC，分别过点C、点A作直线l的垂线，垂足分别为点D、点E．（1）如图1，当点E与点B重合时，若AE=4，判断以C点为圆心CD长为半径的圆C与直线AB的位置关系并说明理由；（2）如图2，当点E在DB延长线上时，求证：AE=2CD；（3）记直线CE与直线AB相交于点F，若56CFEF=，CD = 4，求BD的长．25.解：（1）过点C作CF⊥AB1分）∵∠AED=90°，∠ABC=∠CBD，∴∠∵∠ACB=90°，∠ABC=45°，AE=41分）又∵∠CBD=∠ABC=45°，CD⊥l，∴CD=2，…………………………………………（1分）∴CD=CF=2，∴圆C与直线AB相切.……………………………………………………（1分）（2）证明：延长AC交直线l于点G．………………………………………………（1分）∵∠ACB = 90°，∠ABC =∠GBC，∴∠BAC =∠BGC．∴AB = GB．…………………………………………………………………………………（1分）∴AC = GC．…………………………………………………………………………………（1分）∵AE⊥l，CD⊥l，∴AE∥CD．∴12CD GCAE GA==．…………………………………………………………………………（1分）∴AE = 2CD．………………………………………………………………………………（1分）（3）（I）如图1，当点E在DB延长线上时：过点C作CG∥l交AB于点H，交AE于点G，则∠CBD =∠HCB．∵∠ABC =∠CBD，∴∠ABC =∠HCB．∴CH = BH．………（1分）∵∠ACB = 90°，∴∠ABC +∠BAC =∠HCB +∠HCA = 90°．∴∠BAC =∠HCA．∴CH = AH = BH．∵CG∥l，∴56CH CFBE EF==．设CH = 5x，则BE = 6x，AB = 10x．在Rt△ABE中，8AE x==．由（2）知AE = 2CD = 8，∴88x=，得1x=．∴CH = 5，BE = 6，AB = 10．∵CG∥l，∴12HG AHBE AB==，∴HG=3．……………………（1分）∴CG = CH + HG = 8．ACD B(E) l（第25题图1）（第25题图2）l（第25题图1）ACD ElGBHFAF易证四边形CDEG 是矩形，∴DE = CG = 8．∴2BD DE BE =-=．…………………………………………（1分） （II ）如图2，当点E 在DB 上时：同理可得CH = 5，BE = 6，HG = 3．…………………………（1分） ∴2DE CG CH HG ==-=．∴BD =DE + BE = 8．…………………………………………………………………………（1分） 综上所述，BD 的长为2或8．24．已知点A （2，﹣2）和点B （﹣4，n ）在抛物线y=ax 2（a ≠0）上． （1）求a 的值及点B 的坐标；（2）点P 在y 轴上，且△ABP 是以AB 为直角边的三角形，求点P 的坐标；（3）将抛物线y=ax 2（a ≠0）向右并向下平移，记平移后点A 的对应点为A ′，点B 的对应点为B ′，若四边形ABB ′A ′为正方形，求此时抛物线的表达式． 【考点】二次函数图象上点的坐标特征；坐标与图形变化-平移． 【分析】（1）把点A （2，﹣2）代入y=ax 2，得到a ，再把点B 代入抛物线解析式即可解决问题．（2）求出直线AB 解析式，再分别求出过点A 垂直于AB 的直线的解析式，过点B 垂直于直线AB 的解析式即可解决问题．（3）先求出点A ′坐标，确定是如何平移的，再确定抛物线顶点的坐标即可解决问题． 【解答】解：（1）把点A （2，﹣2）代入y=ax 2，得到a=﹣， ∴抛物线为y=﹣x 2， ∴x=﹣4时，y=﹣8， ∴点B 坐标（﹣4，﹣8）， ∴a=﹣，点B 坐标（﹣4，﹣8）．（2）设直线AB 为y=kx+b ，则有，解得，∴直线AB 为y=x ﹣4，∴过点B 垂直AB 的直线为y=﹣x ﹣12，与y 轴交于点P （0，﹣12）， 过点A 垂直AB 的直线为y=﹣x ，与y 轴交于点P ′（0，0），∴点P 在y 轴上，且△ABP 是以AB 为直角边的三角形时．点P 坐标为（0，0），或（0，﹣12）．（3）如图四边形ABB ′A ′是正方形，过点A 作y 轴的垂线，过点B 、点A ′作x 轴的垂线得到点E 、F ．∵直线AB 解析式为y=﹣x ﹣12，∴△ABF ，△AA ′E 都是等腰直角三角形， ∵AB=AA ′==6，∴AE=A ′E=6，∴点A ′坐标为（8，﹣8），∴点A 到点A ′是向右平移6个单位，向下平移6个单位得到，∴抛物线y=﹣x2的顶点（0，0），向右平移6个单位，向下平移6个单位得到（6，﹣6），∴此时抛物线为y=﹣（x﹣6）2﹣6．25．已知，AB=5，tan∠ABM=，点C、D、E为动点，其中点C、D在射线BM上（点C在点D的左侧），点E和点D分别在射线BA的两侧，且AC=AD，AB=AE，∠CAD=∠BAE．（1）当点C与点B重合时（如图1），联结ED，求ED的长；（2）当EA∥BM时（如图2），求四边形AEBD的面积；（3）联结CE，当△ACE是等腰三角形时，求点B、C间的距离．【考点】三角形综合题．【分析】（1）如图1中，延长BA交DE于F，作AH⊥BD于H，先证明BF⊥DE，EF=DF，再利用△ABH∽△DBF，得=，求出DF即可解决问题．=BD•AH，计算即可．（2）先证明四边形ADBE是平行四边形，根据S平行四边形ADBE（3）由题意AC≠AE，EC≠AC，只有EA=EC，利用四点共圆先证明四边形ADBE是平行四边形，求出DH、CH即可解决问题．【解答】解：（1）如图1中，延长BA交DE于F，作AH⊥BD于H．在RT△ABH中，∵∠AHB=90°，∴sin∠ABH==，∴AH=3，BH==4，∵AB=AD，AH⊥BD，∴BH=DH=4，在△ABE 和△ABD中，，∴△ABD≌△ABE，∴BE=BD，∠ABE=∠ABD，∴BF⊥DE，EF=DF，∵∠ABH=∠DBF，∠AHB=∠BFD，∴△ABH∽△DBF，∴=，∴DF=，∴DE=2DF=．（2）如图2中，作AH⊥BD于H．∵AC=AD，AB=AE，∠CAD=∠BAE，∴∠AEB=∠ABE=∠ACD=∠ADC，∵AE∥BD，∴∠AEB+∠EBD=180°，∴∠EBD+∠ADC=180°，∴EB∥AD，∵AE∥BD，∴四边形ADBE是平行四边形，∴BD=AE=AB=5，AH=3，∴S=BD•AH=15．平行四边形ADBE（3）由题意AC≠AE，EC≠AC，只有EA=EC．如图3中，∵∠ACD=∠AEB（已证），∴A、C、B、E四点共圆，∵AE=EC=AB，∴=，∴=，∴∠AEC=∠ABC，∴AE∥BD，由（2）可知四边形ADBE是平行四边形，∴AE=BD=AB=5，∵AH=3，BH=4，∴DH=BD﹣BH=1，∵AC=AD，AH⊥CD，∴CH=HD=1，∴BC=BD﹣CD=3．24．如图，已知二次函数y=x2+bx+c图象顶点为C，与直线y=x+m图象交于AB两点，其中A点的坐标为（3，4），B点在y轴上．（1）求这个二次函数的解析式；（2）联结AC，求∠BAC的正切值；（3）点P为直线AB上一点，若△ACP为直角三角形，求点P的坐标．【分析】（1）先把A点坐标代入y=x+m求出m得到直线AB的解析式为y=x+1，这可求出直线与y轴的交点B的坐标，然后把A点和B点坐标代入y=x2+bx+c中得到关于b、c的方程组，再解方程组求出b、c即可得到抛物线解析式；（2）如图，先抛物线解析式配成顶点式得到C（1，0），再利用两点间的距离公式计算出BC2=2，AB2=18，AC2=20，然后利用勾股定理的逆定理可证明△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，于是利用正切的定义计算tan∠BAC的值；（3）分类讨论：当∠APC=90°时，有（2）得点P在B点处，此时P点坐标为（0，1）；当∠ACP=90°时，利用（2）中结论得tan∠PAC==，则PC=AC，设P（t，t+1），然后利用两点间的距离公式得到方程t2+（t+1﹣1）2=20，再解方程求出t即可得到时P点坐标．【解答】解：（1）把A（3，4）代入y=x+m得3+m=4，解得m=1∴直线AB的解析式为y=x+1，∵当x=0时，y=x+1=1，∴B（0，1），把B（0，1），A（3，4）代入y=x2+bx+c得，解得，∴抛物线解析式为y=x2﹣2x+1；（2）如图，∵y=x2﹣2x+1=（x﹣1）2，∴C（1，0），∴BC2=12+12=2，AB2=32+（4﹣1）2=18，AC2=（3﹣1）2+42=20，而2+18=20，∴BC2+AB2=AC2，∴△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，∴tan∠BAC===；（3）当∠APC=90°时，点P在B点处，此时P点坐标为（0，1）；当∠ACP=90°时，∵tan∠PAC==，∴PC=AC，设P（t，t+1），∴t2+（t+1﹣1）2=20，解得t1=﹣，t2=（舍去），此时P点坐标为（﹣，﹣ +1），综上所述，满足条件的P点坐标为（0，1）或（﹣，﹣ +1）．【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数的性质和一次函数图象上点的坐标特征；能运用待定系数法求二次函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式；能利用勾股定理的逆定理证明直角三角形．25．如图，▱ABCD中，AB=8，AD=10，sinA=，E、F分别是边AB、BC上动点（点E不与A、B重合），且∠EDF=∠DAB，DF延长线交射线AB于G．（1）若DE⊥AB时，求DE的长度；（2）设AE=x，BG=y，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域；（3）当△BGF为等腰三角形时，求AE的长度．【分析】（1）DE⊥AB时，根据sinA=即可解决问题．（2）如图2中，作DM⊥AB于M，根据DG2=DM2+MG2=AGEG，列出等式即可解决问题．（3）分三种情形①BF=BG，②FB=FG，③GB=GF，根据BF∥AD，得出比例式，列方程即可解决．【解答】解：（1）如图1中，∵DE⊥AB，∴sinA==，∵AD=10，∴DE=8．（2）如图2中，作DM⊥AB于M，由（1）可知DM=8，AM=6，MG=AB﹣AM=8﹣6=2，∴DG2=DM2+MG2，∵∠DGE=∠DGA，∠GDE=∠A，∴△DGE∽△AGD，∴=，∴DG2=AGEG，∴DM2+MG2=AGEG，∴82+（2+y）2=（8+y）（8+y﹣x），∴y=（0＜x＜8）（3）①当BF=FG时，∵BF∥AD，∴=，∴AD=AG=10，∴y=2，即=2，解得x=2，∴AE=2．②当FB=FG时，∵BF∥AD，∴=，∴AD=DG=10，∵DM⊥AG，∴AM=MB=6，∴AG=12，∴y=4，即=4，解得x=．③当GB=GF时，∵BF∥AD，∠GBF=∠BFG，∴∠A=∠GBF，∠ADG=∠BFG，∴∠A=∠ADG，∵∠A=∠EDG，∴∠EDG=∠ADG，∴此时点E与点A重合，不合题意．综上所述AE=2或时，△BFG是等腰三角形．【点评】本题考查四边形综合题、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会用方程的思想解决问题，属于中考常考题型．。

期终考试题压轴题专题练习（一）1我们把有一组对边相等而另一组对边不相等的凸四边形叫做“等对边四边形 ”。

如图在Rt ABC ∆中，90,60,4,C A AC ∠=∠==o o 点D 是边BC 的中点，点E 是边AB 上的一个动点，如果四边形ACDE 是“等对边四边形 ”，那么AE 的长为_________________2.我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形 ”。

在Rt ABC ∆中，90,60,4,C A AC ∠=∠==o o 点D 是边BC 的中点，点E 是边AB 上的一个动点，如果四边形ACDE 是“等邻边四边形 ”，那么BE 的长为_________________3.我们定义：有一组对边相等而另一组对边不相等的凸四边形叫做“等对边四边形 ”。

()1已知:图1、图2是55⨯的 正方形网格，线段AB BC 、的 端点均在格点上，在图1、 图2中，按要求以AB BC 、为边各画一个等对边四边形.ABCD要求:四边形.ABCD 的顶点D 在格点上，且两个四边形不全等.()2如图3，在Rt BCP ∆中，90,13,5,C BP BC ∠===o 点A 是边BP 的中点，点D 是边CP 上的一个动点，设,CD x =直接写出四边形ABCD 为等对边四边形时x 的值为_________________BDC BA CBA图3DP期终考试题压轴题专题练习（二）1. 如图，在平面直角坐标系中，已知直线l 与直线2y x =平行，且直线l 与x y 、轴分别交于点()1,0A -、点B , 点()1,C a 在直线l 上. ()1 求直线l 的解析式及点C 的坐标；()2点P 在y 轴的正半轴上，点Q 是坐标平面内一点，如果四边形PAQC 为矩形，求点P 、点Q 的坐标 .2.如图，在等腰梯形ABCD 中，,60,2,6,AD BC B AD BC ∠===o P 点E 为边CD 的中点，点F 为边BC 上的一个动点，(点F 不与点B C 、重合),联结AE EF AF 、、,点P 、点Q 分别为AE EF 、的中点，设,.BF x PQ y ==()1求AB 的长；()2求y 关于x 的函数解析式，并写出定义域； ()3联结CQ ,当CQ AE P 时，求x 的值.ADEQPFEDCBAx期终考试题压轴题专题练习（三）1.如果一个四边形的两条对角线相等，那么称这个四边形为“等对角线四边形”．写出一个你所学过的特殊的等对角线四边形的名称．2.如图，矩形ABCD ，将它分别沿AE 和AF 折叠，恰好使点B 、C 落到对角线AC 上点M 、N 处.已知2,1MN NC ==,则矩形ABCD 的面积是 .3.如图放置的两个正方形，大正方形ABCD 边长为a ，小正方形CEFG 边长为b （a ＞b ），M 是BC 边上一个动点，联结AM ，MF ，MF 交CG 于点P ，将△ABM 绕点A 旋转至△ADN ，将MEF ∆绕点F 旋转至NGF ∆, 给出以下三个结论：① ;AND MPC ∠=∠ ②ABM NGF ∆≅∆ ③ 22AMFN S a b =+四边形,其中正确的结论是 （请填写序号）．4.如图1，在矩形ABCD 中，3AB =㎝,5AD = ㎝,折叠纸片使B 点落在边AD 上的E处，折痕为PQ ,过点E 作EF AB P 交PQ 于点,F 联结BF .()1求证: 四边形BFEP 为菱形；()2当点E 在AD 边上移动时，折痕的端点P Q 、也随之移动；① 当点Q 与点C 重合时，（如图2），求菱形BFEP 的边长；② 若限定P Q 、分别在边BA BC 、上移动，求出点E 在边AD 上移动的最大距离.NM FCBAD期终考试题压轴题专题练习（四）1.将矩形ABCD （如图）绕点A 旋转后, 点D 落在对角线AC 上的点D ’，点C 落到C ’，如果AB =3，BC=4，那么CC ’的长为 ．2.如果一个平行四边形一个内角的平分线分它的一边为1:2的两部分，那么称这样的平行四边形为“协调平行四边形”，称该边为 “协调边”．当“协调边”为3时，它的周长为____________ ．3.如图，梯形ABCD 中，//AD BC ，∠B=90°，AD =2，BC =5，E 是AB 上一点，将BCE ∆沿着直线CE 翻折，点B 恰好与D 点重合，则BE =________ ；4.如图，在四边形ABCD 中，4,90,AC BC D M N ==∠=o 、分别是AB DC 、的中点，过B 作BE AC ⊥交射线AD 于点,E BE 与AC 交于点.F()1当30CAB ∠=o 时，求MN 的长；()2设线段CD x =,四边ABCD 的面积为y ,求y 关于x 的函数解析式，并写出定义域；()3联结CE ,当CE AB =时，求四边形ABCE 的面积.（第1题图）FENMD CB AFDECBA期终考试题压轴题专题练习（一）1. 5-2. 4或6或2653.132或 62+或62-2020学年上海初二数学第二学期 期终考试题压轴题专题练习（二）1.()1 22y x =+ ()1,4C ()2 (0,2P + (0,2Q2. ()1 4AB = ()2 )06y x =p p ()3 4x =2020学年上海初二数学第二学期 期终考试题压轴题专题练习（三）1.矩形等2.(319ABCD S AD DC =⋅=++=+3. ①②③4.()2①菱形BFEP 的边长为53㎝ ②当Q 点与C 点重合时，E 点离A 点最近，由①知此时53AE =㎝ 当P 点与A 点重合时，E 点离A 点最远，此时3AE AB ==㎝, 所以点E 在边AD 上移动的最大距离为31=2-㎝.2020学年上海初二数学第二学期 期终考试题压轴题专题练习（四）1. 2. 8或10 3.524.()1当30CAB ∠=o 时， MN 的长为2()2 )42x y =04x p p()3 ABCE 的面积.为8或。

2020-2021上海中考数学压轴题专题复习——一元二次方程组的综合一、一元二次方程1．解下列方程：（1）x 2﹣3x=1．（2）12（y+2）2﹣6=0． 【答案】(1)12313313,22x x +-== ;(2)12223,223y y =-+=-- 【解析】试题分析：（1）利用公式法求解即可；（2）利用直接开方法解即可；试题解析：解：（1）将原方程化为一般式，得x 2﹣3x ﹣1=0，∵b 2﹣4ac=13＞0∴． ∴12313313,22x x +-==． （2）（y+2）2=12， ∴或，∴12223,223y y =-+=--2．已知关于x 的一元二次方程（x ﹣3）（x ﹣4）﹣m 2=0．（1）求证：对任意实数m ，方程总有2个不相等的实数根；（2）若方程的一个根是2，求m 的值及方程的另一个根．【答案】（1）证明见解析；（2）m 的值为±2，方程的另一个根是5．【解析】【分析】（1）先把方程化为一般式，利用根的判别式△=b 2-4ac 证明判断即可；（2）根据方程的根，利用代入法即可求解m 的值，然后还原方程求出另一个解即可.【详解】（1）证明：∵（x ﹣3）（x ﹣4）﹣m 2=0，∴x 2﹣7x+12﹣m 2=0，∴△=（﹣7）2﹣4（12﹣m 2）=1+4m 2，∵m 2≥0，∴△＞0，∴对任意实数m ，方程总有2个不相等的实数根；（2）解：∵方程的一个根是2，∴4﹣14+12﹣m 2=0，解得m=±， ∴原方程为x 2﹣7x+10=0，解得x=2或x=5， 即m 的值为±，方程的另一个根是5．【点睛】 此题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程的根的判别式与根的关系是关键.当△=b 2-4ac ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=b 2-4ac=0时，方程有两个相等的实数根；当△=b 2-4ac ＜0时，方程没有实数根.3．已知关于x 的一元二次方程x 2﹣x+a ﹣1=0．（1）当a=﹣11时，解这个方程；（2）若这个方程有两个实数根x 1，x 2，求a 的取值范围；（3）若方程两个实数根x 1，x 2满足[2+x 1（1﹣x 1）][2+x 2（1﹣x 2）]=9，求a 的值．【答案】（1）123,4x x =-=（2）54a ≤（3）-4【解析】分析：（1）根据一元二次方程的解法即可求出答案；（2）根据判别式即可求出a 的范围；（3）根据根与系数的关系即可求出答案．详解：（1）把a =﹣11代入方程，得x 2﹣x ﹣12=0，（x +3）（x ﹣4）=0，x +3=0或x ﹣4=0，∴x 1=﹣3，x 2=4；（2）∵方程有两个实数根12x x ，，∴△≥0，即（﹣1）2﹣4×1×（a ﹣1）≥0，解得54a ≤：； （3）∵12x x ，是方程的两个实数根，222211221122101011x x a x x a x x a x x a -+-=-+-=∴-=--=-，，，．∵[2+x 1（1﹣x 1）][2+x 2（1﹣x 2）]=9，∴221122229x x x x ⎡⎤⎡⎤+-+-=⎣⎦⎣⎦，把22112211x x a x x a -=--=-， 代入，得：[2+a ﹣1][2+a ﹣1]=9，即（1+a ）2=9，解得：a =﹣4，a =2（舍去），所以a 的值为﹣4．点睛：本题考查了一元二次方程，解题的关键是熟练运用判别式以及根与系数的关系．4．关于x 的方程(k －1)x 2+2kx+2=0（1）求证：无论k 为何值，方程总有实数根．（2）设x 1，x 2是方程(k －1)x 2+2kx+2=0的两个根，记S=++ x 1+x 2，S 的值能为2吗？若能，求出此时k 的值．若不能，请说明理由．【答案】（1）详见解析；（2）S 的值能为2，此时k 的值为2．【解析】试题分析：（1）本题二次项系数为(k－1)，可能为0，可能不为0，故要分情况讨论；要保证一元二次方程总有实数根，就必须使△＞0恒成立；（2）欲求k的值，先把此代数式变形为两根之积或两根之和的形式，代入数值计算即可．试题解析：（1）①当k-1=0即k=1时，方程为一元一次方程2x=1,x=有一个解；②当k-1≠0即k≠1时，方程为一元二次方程，△=（2k）²-4×2（k-1）=4k²-8k＋8="4(k-1)" ²＋4＞0方程有两不等根综合①②得不论k为何值，方程总有实根（2）∵x ₁＋x ₂＝,x ₁ x₂=∴S=++ x1+x2=====2k-2=2，解得k=2，∴当k=2时，S的值为2∴S的值能为2，此时k的值为2．考点：一元二次方程根的判别式；根与系数的关系．5．元旦期间，某超市销售两种不同品牌的苹果,已知1千克甲种苹果和1千克乙种苹果的进价之和为18元.当销售1千克甲种苹果和1千克乙种苹果利润分别为4元和2元时,陈老师购买3千克甲种苹果和4千克乙种苹果共用82元.（1）求甲、乙两种苹果的进价分别是每千克多少元？（2）在（1）的情况下，超市平均每天可售出甲种苹果100千克和乙种苹果140千克，若将这两种苹果的售价各提高1元，则超市每天这两种苹果均少售出10千克，超市决定把这两种苹果的售价提高x元，在不考虑其他因素的条件下，使超市销售这两种苹果共获利960元，求x的值.【答案】（1）甲、乙两种苹果的进价分别为10元/千克,8元/千克；（2）x 的值为2或7.【解析】【分析】（1）根据题意列二元一次方程组即可求解,（2）根据题意列一元二次方程即可求解.【详解】（1）解：设甲、乙两种苹果的进价分别为a 元/千克, b 元/千克.由题得：()()18344282a b a b +=⎧⎨+++=⎩解之得：108a b =⎧⎨=⎩答：甲、乙两种苹果的进价分别为10元/千克,8元/千克（2）由题意得：()()()()410010214010960x x x x +-++-=解之得：12x =，27x =经检验，12x =，27x =均符合题意答：x 的值为2或7.【点睛】本题考查了二元一次方程组和一元二次方程的实际应用,中等难度,列方程是解题关键.6．已知关于x 的一元二次方程()220x m x m -++=（m 为常数） （1）求证：不论m 为何值，方程总有两个不相等的实数根；（2）若方程有一个根是2，求m 的值及方程的另一个根．【答案】(1)见解析；(2) 即m 的值为0，方程的另一个根为0.【解析】【分析】（1）可用根的判别式，计算判别式得到△=(m+2)2−4×1⋅m=m 2+4＞0，则方程有两个不相等实数解，于是可判断不论m 为何值，方程总有两个不相等的实数根；（2）设方程的另一个根为t ，利用根与系数的关系得到2+t=21m + ,2t=m,最终解出关于t 和m 的方程组即可.【详解】(1)证明：△=(m+2)2−4×1⋅m=m 2+4，∵无论m 为何值时m 2≥0，∴m 2+4≥4＞0，即△＞0，所以无论m 为何值，方程总有两个不相等的实数根.(2)设方程的另一个根为t ，()220x m x m -++=根据题意得2+t=21m + ,2t=m ， 解得t=0，所以m=0，即m 的值为0，方程的另一个根为0.【点睛】本题考查根的判别式和根于系数关系，对于问题（1）可用根的判别式进行判断，在判断过程中注意对△的分析，在分析时可借助平方的非负性；问题（2）可先设另一个根为t ，用根于系数关系列出方程组，在求解.7．已知两条线段长分别是一元二次方程28120x x -+=的两根，（1）解方程求两条线段的长。

2020上海中考数学第18题（填空压轴题）18、已知四边形ABCD 是矩形，AB =6，BC =8，点O 在对角线AC 上，已知圆O 半径为2，且与矩形ABCD 没有公共点，则线段AO 的取值范围是 。

解：如右图所示AO 的下限为10sin 3r DAC ÷∠=如右图所示AO 的下限为20sin 3AC r DAC -÷∠=综上所述：102033AO <<24、在平面直角坐标系中，直线152y x =-+交y 轴于点B ，抛物线2y ax bx=+经过点A .(1)求线段AB 的长.解：直线152y x =-+与y 轴交点为()0,5B ，与x 轴交点为()10,0A则OA =10，OB =52222210552AB AO BO AB =+∴=+=(2)若抛物线经过点C ，点C 在线段AB 上，且BC=5，求抛物线解析式. 解：过C 作CH ⊥x 轴，垂足为H()()()245455554,2,42,410,014244100100521542CH OB CH AC BO AB AC CH CH C C A a a b a b b y x x∴==∴=∴=⎧=-⎪+=⎧⎪⇒⎨⎨+=⎩⎪=-⎪⎩∴=-+则∥又将和代入可得：抛物线解析式为(3)若抛物线顶点在AOB △内，求a 的取值范围. 解：()201001010a b a =+=-由可得，即525250252110D D D bx ax y a a ∴=-==∴<-<∴-<<将代入解析式得：2020上海中考数学第25题（压轴题）25、如图，O 是 ABC ∆的外接圆，且AB AC =，BO 延长线交AC 于D .(1)求证：2A ABD ∠=∠证：联结OA ，OC()12..132321O ABC OA OB OC OAB OCA OA OC OB OAAB CA OAB OCA S S S BAC ∴==∴∠=∠=⎧⎪=⎨⎪=⎩∴≅∴∠=∠∴∠=∠+∠=∠是△的外接圆在△和△中有△△得证(2)如果BDC ∆是等腰三角形，求C ∠的大小 解：1233318023318022.5367.523344BD BCABD A ABD BDC ABD A C AB AC ABC ABC ABC A C C BD CDABD A BDC DBC ABC AB AC C ABC ABC A C αααααααααααααααα=∠=∠=∠=∠+∠=∴∠==∴∠=∠∠+∠+∠=︒∴++=︒∴=︒∠==︒=∠=∠=∠=∴∠=∠==∴∠=∠∠+∠+∠=①若记，由（）得在△中，在中，，②若同①可知，，，在中，180244180184727267.5C BD CD DBC C AB ACABC C C ααααα︒∴++=︒∴=︒∠==︒=∠=∠=∴∠=∠∠=︒︒，③若则又，矛盾，此情况舍去综上所述，或(3)如果AD =2，CD =3，求BC 的长. 解：222222222211224334437325491692556AO BC EA AF BC BD FBAE CAE OA OB AB ACAE BC BE BCAF BCAD AF BC BE AO AO BO a EO a AE a EO Rt AEC AC AE CE Rt BOE OB OE BE a a a a BE ∠=∠==∴⊥=∴==∴=====-=-=∴-=-=∴=联结并延长，交于过做交延长线于由（）得，，且，，设，，在△中，在△中，解得：BC ==∴=。

例2020年上海市宝山区初二下学期期末第24题如图1，反比例函数4yx=的图像与过原点的直线y＝kx（k≠0）相交于点A、B，点A的横坐标是－4．点P是第一象限内反比例函数图像上的动点，且在直线AB的上方．（1）求k的值和点B的坐标；（2）若点P的坐标是(1, 4)，且以点P、A、B、C为顶点的四边形为矩形时，写出点C 的坐标以及此时的矩形面积；（3）设点Q是动点P关于x轴的对称点，直线P A、PB与x轴分别交于点M、N，试用数学方法判断四边形PMQN是怎样的特殊四边形．图1动感体验打开几何画板文件名“20宝山24”，拖动点P在双曲线上运动，可以体验到，当点P的坐标为(1, 4)时，以A、P、B、Q为顶点的矩形只存在一种情况．点击屏幕左下方的按钮“第（3）题”，拖动点P在双曲线上运动，可以体验到，四边形PMQN始终保持菱形的形状．满分解答（1）将x＝－4代入4yx=，得y＝－1．所以A(－4,－1)．将A(－4,－1)代入y＝kx，得－1＝－4k．解得k＝14．因为点B与点A关于原点对称，所以B(4, 1)．（2）如图2，已知A(－4,－1)、B(4, 1)、P(1, 4)，所以AP2＝52＋52＝50，BP2＝32＋32＝18，AB2＝82＋22＝68．所以AP2＋BP2＝AB2．所以△ABP是直角三角形，∠APB＝90°．因此以点P、A、B、C为顶点的矩形，只存在一种情况，点C与点P关于原点对称，所以C(－1,－4)．所以S矩形P ACB＝AP∙PB＝5232＝30．图2（3）如图3，设P(m,4m)，那么Q(m,4-m)．设MN与PQ交于点G．由P(m,4m)、A(－4,－1)，得直线AP的解析式为141=+-y xm m．所以M(m－4, 0)．由P(m,4m)、B(4, 1)，得直线AP的解析式为141=-++y xm m．所以N(m＋4, 0)．所以MG＝NG＝4．所以PQ垂直平分MN．又因为P、Q两点关于x轴对称，所以MN垂直平分PQ．所以四边形PMQN是菱形．图3例2020年上海市宝山区初二下学期期末第25题如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，如果AD＝4，BC＝10，点E在线段AB上，将△BCE沿CE翻折，线段CB恰好和线段CD重合．（1）求梯形ABCD的高以及点E与点B之间的距离；（2）如图2，EF⊥CE交CD的延长线于点F，过点F作FG⊥BA于点G，求梯形ADFG 的中位线的长度；（3）动点M在线段CE上，当△DEM为等腰三角形时，求线段CM的长．图1 图2动感体验打开几何画板文件名“20宝山25”，可以体验到，△BCE与△DCE全等，△GEF与△DEF 全等．点击屏幕左下方的按钮“第（3）题”，拖动点M在EC上运动，可以体验到，△DEM 的三个顶点各有一次机会落在对边的垂直平分线上．满分解答（1）如图3，过点D作DH⊥BC于H．在Rt△DHC中，DC＝BC＝10，CH＝BC－AD＝10－4＝6，所以DH＝8．如图4，在Rt△AED中，AD＝4，设AE＝x，那么ED＝EB＝AB－AE＝8－x．由勾股定理，得AE2＋AD2＝ED2．所以x2＋42＝(8－x)2．解得x＝3．所以EB＝8－x＝5．图3 图4（2）如图5，因为EF⊥CE，所以∠2＋∠3＝90°．所以∠1＋∠4＝90°．又因为∠1＝∠2，根据等角的余角相等，得∠3＝∠4．又因为∠FGE＝∠FDE＝90°，EF＝EF，所以△GEF≌△DEF．所以EG＝ED＝5．所以GA＝GE－AE＝5－3＝2．如图6，过点F作FN⊥BC于N．在Rt△FNC中，FN＝GA＋AB＝2＋8＝10，设FD＝FG＝m，那么FC＝FD＋DC＝m＋10，NC＝BC－FG＝10－m．由勾股定理，得FN2＋NC2＝FC2．所以102＋(10－m)2＝(10＋m)2．解得m＝52．所以梯形ADFG的中位线＝1()2FG AD+＝15(4)22⨯+＝134．图5 图6（3）如图7，在Rt△BCE中，BE＝5，BC＝10，所以CE＝55．分三种情况讨论等腰三角形DEM．①如图7，当EM＝ED＝5时，CM＝CE－EM＝555．②如图8，当MD＝ME时，可证得DM是Rt△DEC斜边上的中线．所以CM＝EM＝12CE＝55．③如图9，当DE＝DM时，可证得DN//AN，CM是Rt△MNC的斜边．在Rt△MNC中，MN＝DN－DM＝8－5＝3，NC＝BC－AD＝10－4＝6，所以CM＝35．图7 图8 图9上面第②、③两种情况的解题过程如下：如图8，当MD＝ME时，∠MDE＝∠MED．根据等角的余角相等，得∠MDC＝∠MCD．所以DM＝CM．所以CM＝EM＝12CE55．如图9，当DE＝DM时，∠2＝∠5．又因为∠1＝∠2，所以∠1＝∠5．所以DM//AB．所以∠MNC＝∠B＝90°．在Rt△MNC中，MN＝DN－DM＝8－5＝3，NC＝BC－AD＝10－4＝6，所以CM＝35例2020年上海市崇明区初二下学期期末第24题如图1，在平面直角坐标系中，已知点A(2, 0)、B(0, 4)，点C为线段AB的中点，点D为x轴上的动点．（1）求直线AB的函数表达式；（2）当直线CD与直线AB互相垂直时，求点D的坐标；（3）以A、C、D三点为顶点的三角形能否成为等腰三角形？若能，请直接写出D点的坐标；若不能，请说明理由．图1动感体验打开几何画板文件名“20崇明24”，拖动点D在x轴上运动，可以体验到，△ACD的顶点C、D各有一次机会落在对边的垂直平分线上，顶点A有两次机会落在对边的垂直平分线上．满分解答（1）设直线AB的函数表达式为y＝kx＋4（k≠0）．将A(2, 0)代入，得2k＋4＝0．解得k＝－2．所以直线AB的函数表达式为y＝－2x＋4．（2）如图2，因为CD垂直平分AB，所以DA＝DB．设点D(x, 0)，根据DA2＝DB2列方程，得(x－2)2＝x2＋42．解得x＝－3．所以D(－3, 0)．（3）如图3，在Rt△AOB中，OA＝2，OB＝4，所以AB＝25．图2因为点C为线段AB的中点，所以AC＝5，C(1, 2)．分三种情况讨论等腰三角形ACD．①如图3，当AD＝AC＝5时，点D坐标为(2＋5, 0)或(2－5, 0)．②如图4，当DA＝DC时，根据DA2＝DC2列方程，得(x－2)2＝(x－1)2＋22．解得x＝12-，所以D(12-, 0)．③如图5，当CA＝CD时，点C在AD的垂直平分线上，所以D(0, 0)，此时点D与点O重合．图3 图4 图5例2020年上海崇明区初二下学期期末第25题如图1，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点P为边AD上一动点，把△ABP沿BP翻折后得到△EBP．（1）当点E恰好落在矩形对角线BD上时，求线段AP的长；（2）当直线PE与边BC相交于点F时，△FBP是否一定是等腰三角形？请给出你的结论，并证明你的结论；（3）当直线PE与边BC相交于点F，且点E在线段PF上时，设AP＝x，BF＝y，求y 关于x的函数解析式，并写出函数定义域．图1 备用图动感体验打开几何画板文件名“20崇明25”，拖动点P在AD上运动，观察左图，可以体验到，当点E落在矩形对角线BD上时，△DPE是直角三角形．观察中间图，可以体验到，△FBP 始终保持等腰三角形的形状不变．观察右图，可以体验到，当点E、F两点重合时，四边形ABFP是正方形．满分解答（1）如图2，在Rt△ABD中，AB＝6，AD＝8，所以BD＝10．在Rt△DPE中，DE＝BD－BE＝10－6＝4，设AP＝EP＝x，那么PD＝8－x．由勾股定理，得EP2＋DE2＝PD2．所以x2＋42＝(8－x)2．解得x＝3．所以AP＝3．（2）△FBP一定是等腰三角形．理由如下：如图3，因为AD//BC，所以∠1＝∠3．又因为∠1＝∠2，所以∠2＝∠3．所以PF＝BF，△FBP是等腰三角形．（3）如图4，在Rt△BEF中，BE＝AE＝6，BF＝y，EF＝PF－PE＝y－x，由勾股定理，得BE2＋EF2＝BF2．所以62＋(y－x)2＝y2．整理，得y＝2362+xx．定义域是827-≤x≤6．当F、C两点重合，y＝8，解得x＝827-；当E、F两点重合时，x＝6．图2 图3 图4例2020年上海市奉贤区初二下学期期末第25题如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝－3x＋15交x轴于点A，交y轴于点B，点C在直线AB上，点D与点C关于原点对称，联结AD，过点C作CE∥AD交x轴于点E．（1）求点A、B坐标；（2）当点C的横坐标为2时，求点E坐标；（3）过点B作BF∥AD交直线DE于点F，如果四边形ABFD是矩形，求点C的坐标．图1动感体验打开几何画板文件名“20奉贤25”，拖动点C在直线AB上运动，可以体验到，四边形ACED和四边形ABFD始终保持平行四边形的形状不变，矩形ABFD只存在一种情况，此时△ACD是直角三角形．满分解答（1）由y＝－3x＋15，当x＝0时，y＝15；当y＝0时，x＝5．所以A(5, 0)，B(0, 15)．（2）如图2，因为点D与点C关于原点对称，所以OC＝OD．因为CE∥AD，所以∠OCE＝∠ODA．又因为∠COE＝∠DOA，所以△COE≌△DOA．所以OE＝OA＝5．所以E(－5, 0)．也就是说，不论点C在直线AB上什么位置，点E 的位置都是确定的．（3）如图2，因为OC＝OD，OE＝OA，所以四边形ACED是平行四边形．所以AC//ED．如图3，又因为BF∥AD，所以四边形ABFD是平行四边形．如果四边形ABFD是矩形，那么∠CAD＝90°．所以AO是Rt△ACD斜边上的中线，所以OA＝OC＝OD＝5．设C(m,－3m＋15)，那么OC2＝m2＋(－3m＋15)2＝52．整理，得m2－9m＋20＝0．解得m1＝4，或m2＝5（此时点C与点A重合，舍去）．所以点C的坐标为(4, 3)．图2 图3例2020年上海市奉贤区初二下学期期末第26题如图1，四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝4，DC＝5，过点C作CE∥BD 交AD延长线于点E，联结BE交CD于点F．（1）当AB＝AD时，求BC的长；（2）设BC＝x，四边形BCED的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；（3）当△BDF为直角三角形时，求BC的长．图1动感体验打开几何画板文件名“20奉贤26”，拖动点C运动，可以体验到，点C的运动轨迹是以点D为圆心，半径为5的圆，四边形BCED始终保持平行四边形的形状不变．点击按钮“∠DFB＝90°”，可以体验到，四边形BCED是菱形．点击按钮“∠BDF＝90°”，可以体验到，△BDC 是直角三角形．满分解答（1）如图2，作DH⊥BC于H，得到矩形ABHC和直角三角形DHC．在Rt△DHC中，DH＝AB＝AD＝4，DC＝5，所以HC＝3．所以BC＝BH＋HC＝AD＋HC＝4＋3＝7．（2）如图2，在Rt△DHC中，DC＝5，HC＝BC－BH＝x－4．由勾股定理，得DH2＝DC2－HC2＝52－(x－4)2．整理，得DH＝289-++x x．如图3，因为AE∥BC，CE∥BD，所以四边形BCED是平行四边形．所以y＝S四边形BCED＝BC∙DH＝289-++x x x．定义域是0＜x＜9．当点C落在AD的延长线上时，A、B两点重合，此时x＝BC＝AD＋DC＝4＋5＝9．图2 图3（3）分两种情况讨论直角三角形BDF．①如图4，当∠BFD＝90°时，BE垂直DC．所以四边形BCED是菱形．所以BD＝BC＝x．在Rt△DBH中，DH2＝DB2－BH2＝x2－42．在Rt△DCH中，DH2＝DC2－CH2＝52－(x－4)2．所以x2－42＝52－(x－4)2．整理，得2x2－8x－25＝0．解得1466+=x，或2466-=x（舍去）．所以BC 466+．②如图5，当∠BDC＝90°时，△BDC也是直角三角形．在Rt△DBH中，DB2＝DH2＋BH2＝52－(x－4)2＋42．在Rt△BDC中，由勾股定理，得BC2＝DB2＋DC2．所以x2＝52－(x－4)2＋42＋52．整理，得x2－4x－25＝0．解得1229 =+x，或2229 =-x（舍去）．所以BC＝229+．图4 图5例2020年上海市虹口区初二下学期期末第24题如图1，一次函数y＝2x＋4的图像与x、y轴分别相交于点A、B，以AB为边作正方形ABCD，点C、D在直线AB的下方．（1）求点A、B、C的坐标；（2）求直线CD的表达式；（3）设直线CD与x轴交于点E，点F为直角坐标平面xOy内一点，当四边形AECF 为等腰梯形时，请直接写出所有符合条件的点F的坐标．图1动感体验打开几何画板文件名“20虹口24”，可以体验到，四个直角三角形都全等，正方形ABCD 的外接矩形MNPQ也是正方形．点击屏幕左下方的按钮“第（3）题”，可以体验到，以A、E、C、F为顶点的四边形为等腰梯形存在三种情况．满分解答（1）由y＝2x＋4，得A(－2, 0)，B(0, 4)．如图2，构造正方形ABCD的外接正方形MNPQ．因为∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠3＝90°，所以∠1＝∠3．又因为∠M＝∠N＝90°，AB＝BC，所以△ABM≌△BCN．所以CN＝BM＝OA＝2，BN＝AM＝OB＝4．所以C(4, 2)．（2）因为CD//AB，设直线CD的表达式为y＝2x＋b．代入点C(4, 2)，得8＋b＝2．解得b＝－6．图2所以直线CD的表达式为y＝2x－6．（3）由y＝2x－6，得E(3, 0)．分两种情况讨论四边形AECF为等腰梯形．①如图3，当FC//AE时，设等腰梯形的对称轴与x轴交于点H，与FC交于点G．由A(－2, 0)、E(3, 0)，得对称轴GH为直线x＝12．所以点C(4, 2)关于直线x＝12的对称点F的坐标为(－3, 2)．②如图4，当AF//CE时，点F在直线AB上．设F(m, 2m＋4 )．根据FC2＝AE2列方程，得(m－4)2＋(2m＋4－2)2＝52．解得m1＝1，或m2＝－1（此时四边形AECF为平行四边形，舍去）．所以F(1, 6)．图3 图4 图5拓展延伸第（3）题，问题若改为以A、E、C、F为顶点的四边形为等腰梯形，则还有一种情况．如图5，EF//AC．由A(－2, 0)、C(4, 2)，得直线AC的表达式为1233=+y x．设直线EF的解析式为13=+y x b，代入E(3, 0)，得1＋b＝0．解得b＝－1．所以直线EF的解析式为113=-y x．设F(n,113-n)．根据AF2＝CE2列方程，得(n＋2)2＋(113-n)2＝12＋22．整理，得2101093+=n n．解得n1＝0，或n2＝－3（此时四边形AECF为平行四边形，舍去）．所以F(0,－1)．例2020年上海市虹口区初二下学期期末第25题如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AB＝4，点D是射线CB上一点（点D与点C不重合），以AD为边作等边△ADE，且点E与点C在直线AD的异侧，过点E作EF⊥AB于点F．（1）求证：△ACD≌△AFE；（2）联结BE，设CD＝x，BE＝y，当点D在线段CB上时，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；（3）当△ADB为等腰三角形时，求△ADB的面积．图1 备用图动感体验打开几何画板文件名“20虹口25”，拖动点D在CB上运动，可以体验到，△ACD与△AFE 始终保持全等．点击屏幕左下方按钮“第（3）题”，拖动点D在射线CB上运动，可以体验到，△ADB是等腰三角形存在两种情况．满分解答（1）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，AB＝4，所以AC＝2，∠BAC＝60°．因为△ADE是等边三角形，所以AD＝AE，∠DAE＝60°．所以∠BAC＝∠DAE．所以∠BAC－∠DAF＝∠DAE－∠DAF，即∠1＝∠2．又因为EF⊥AB，所以∠AFE＝∠C＝90°．所以△ACD≌△AFE（AAS）．图2（2）如图2，由△ACD≌△AFE，得AF＝AC＝2，FE＝CD＝x．所以FB＝AB－AF＝4－2＝2．在Rt△BEF中，由勾股定理，得BE2＝FE2＋FB2．所以y2＝x2＋22．整理，得24y x．=+定义域是0＜x≤23．（3）分两种情况讨论等腰三角形ADB．①如图3，当点D在线段CB上时，∠ADB是钝角，只存在DA＝DB的情况，所以∠3＝∠B＝30°．因此∠1＝30°．在Rt△ACD中，AC＝2，设CD＝m，那么AD＝2m．由勾股定理，得m2＋22＝(2m)2．解得m＝23±（舍去负值）．所以BD＝CB－CD＝2323-＝43．此时S△ADB＝12⋅BD AC＝43．②如图4，当点D在线段CB的延长线上时，∠ABD是钝角，只存在BA＝BD＝4的情况．此时S△ADB＝12⋅BD AC＝4．图3 图4。

2020学年上海初二数学第一学期期终压轴题（教师答案版） 2020.6.81..如果一个三角形中有一个内角的度数是另外两个内角度数差的2倍，我们就称这个三角形为“奇巧三角形” .已知一个直角三角形是“奇巧三角形”，那么该三角形的最小内角等于__________ 度 (2020学年上海松江区二模) 【答案】22.52. 如图，在Rt △ABC 中，90ACB ∠=︒，35B ∠=︒，CD 是斜边AB 上的中线，如果将△BCD 沿CD 所在直线翻折，点B 落在点E 处，联结AE ，那么∠CAE 的度数是 度(2020上海奉贤区二模18题) 【答案】1253.已知ABC △中，4,30AB AC BAC ==∠=,将ABC △绕点A 顺时针旋转，使点B 落在1B 处，点C 落在点1C 处，且1BB AC ⊥,联结1B C 和1C C ,那么11B C C △的面积等于 _____________(2020学年闵行区初三数学二模18题)【答案】8-思路::如图，可证1ACC △是等边三角形，11B C C △的面积等于 1AB C △面积的2倍减去1ACC △面积，……4.已知ABC △中，3,22.5BC A =∠=,将ABC △翻折，使得点B 与点A 重合 ，折痕与边AC 交于 点,P 如果4,AP =那么AC =__________________(2019年上海金山区初二数学第一学期期终考试题)【答案】如图，5或3DACB11221224433HH 44PP C C BB AA5.在直线l 上依次摆放着七个正方形(如图所示),已知斜放置的三个正方形的面积分别为123、、，正放置的四个正方形的面积分别为1234S S S S 、、、，则14S S +=________（2018年长宁区初二数学期终14题） 【答案】 2解: 设面积为1S 的小正方形边长为x ,则通过全等三角形及勾股定理可得:面积为2S3S面积为3S，从而22142S S x +=+=6.如图，30,10AOB OB ∠==,在射线OA 上找一点,C 使得BOC △是锐角三角形，如果设OC x =,那么x 的取值范围是_________________________ 【答案】2033x解: 如图，作12,BC BO BC OA ⊥⊥,考虑这两个特殊位置即可7.的最小值，小明运用了“数形结合”的思想，如图所示，在平面直角坐标系中，取点()()0,14,2A B -、,设点(),0Px ,那么APBP =,的最小值为________(2019学年松江区初二第一学期期终考试题)【答案】 5 解：当A P B、、三点在一直线上时，的值最小，最小值即AB 的长∴5AB ==D E C BAS 4S 3S 2321S 1x8.如图，在平面直角坐标系中，已知直线y kx =()0k 分别交反比例函数4y x =和9y x=在第一象限图像于点A B 、,过B 作BD x ⊥轴于点D ，交4y x=的图像于点C ， 联结,AC 若ABC △是等腰三角形，则k 的值是 __________________ (浦东新区四署2020期末第18题)【答案】7k =或者34k = 4y x y kx ⎧=⎪⎨⎪=⎩解方程组得x y ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ,负值舍去∴A9y x y kx ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 解方程组得x y ⎧=⎪⎨⎪=⎩,负值舍去∴B又可求得C ⎛⎭然后分类讨论: AB AC BA BC CA CB ===、、得7k =或者34k = 9.在Rt ABC △中，90ACB ∠=,点D 为斜边AB 上的一点，40ACD ∠=,若ACD △是以CD 为腰的等腰三角形，那么B ∠的度数为________________ 【答案】20或者50解: 如图，分,CD CA DC DA ==两种情况10.如图，在Rt ABC △中，90,1,C AC BC ∠===将Rt ABC △绕着点B 旋转60得到11A C B △,,点A 与点1A 对应，点C 与点1C 对应，联结1AC ,则1AC =_______________ （2019学年嘉定区初二第一学期期终考试题的第18题） 【答案】1AC = 或1图2AC图1CA 2NM C 1A 1C 2CBA11.如图，已知两个反比例函数11:C y x =和21:3C y x=在第一象限内的图像，设点P 在1C 上， PC x ⊥轴于点C ,交2C 于点,A PD y ⊥轴于点D ,交2C 于点B ,则四边形PAOB的面积_________(2019学年浦东部分学校初二第一学期期终考试题) 【答案】23解: 1DPCO S =矩形 16OBD OAC S S ∆∆== ∴ 121263PAOB S =-⨯=四边形12.已知如图，在平面直角坐标系中，点()1,4A ,()2.5,2B ,在x 轴上存在一点C ，使ABC △为等腰三角形，且AB BC =,则点C 的坐标是__________ （2019学年嘉定区初二第一学期期终考试第17题）【答案】()1,0C 设(),0C x ∵52AB ==,BC =AB BC = ∴52=∴ 121,4x x == ∵255522AB BC +=+=,而且25AC =, ∴ 22AB BC AC +=∴ 2A B C 、、三点共线，∴ 24x =舍去 ∴ ()1,0C13.如图，四边形ABCD 中，,AD BC E 是边CD 的中点，如果AE 平分,BAD ∠那么下列结论中不一定成立的是_____________()A BE 平分ABC ∠ ()B 90AEB ∠=()CAB AD BC =+ ()D 12AE AB =【答案】 DED CB A14.如图，ABC △中，90,4ACB AB ∠==,D 点为边AB 上一点，将BCD △沿着直线CD 翻折，点B 恰好落在边AC 上的E 处，联结DE ，如果AE DE =,那么AE 的长为________【答案】2由题意得直线CD 是ACB ∠的角平分线所在的直线，由翻折知DE DB =.所以DEB DBE ∠=∠, 设=DEB DBE α∠=∠，又AE DE =∴2EDA A α∠=∠=,且CB CE =,∴ 45EBC ∠= ,∴ 45290αα+++= 15α= 230A α∠==, 90,4ACB AB ∠==∴ 2BC EC ==, AC = ∴2AE AC EC =-=15.如图，已知ABC △，将ABC △绕点A 顺时针旋转，使点C 落在边AB 上的点E 处，点B 落在点D 处，联结BD ,如果DAC DBA ∠=∠,那么BAC ∠=_______度(2019学年上海普陀区初二期末压轴填空18题)【答案】3616.如图，已知ABC △中，CD 是角平分线，2,3,5,A B AD AC ∠=∠==那么BC =_________(2019学年上海普陀区初二期末填空17题) 【答案】8在BC 上截取CE ,使得CE AC =,再证明 ACD △≌CDE △,……DEBC ABCADEDBCA17.联结三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线，三角形中位线的性质: 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。

八年级上册上海数学压轴题 期末复习试卷测试卷（解析版）一、压轴题1．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y x =的图象为直线1．（1）观察与探究已知点A 与A '，点B 与B '分别关于直线l 对称，其位置和坐标如图所示．请在图中标出()2,3C -关于线l 的对称点C '的位置，并写出C '的坐标______．（2）归纳与发现观察以上三组对称点的坐标，你会发现：平面直角坐标系中点()P m n ,关于直线l 的对称点P '的坐标为______． （3）运用与拓展已知两点()2,3E -、()1,4F --，试在直线l 上作出点Q ，使点Q 到E 、F 点的距离之和最小，并求出相应的最小值．2．如图，已知A(3，0)，B(0，-1)，连接AB ，过B 点作AB 的垂线段BC ，使BA=BC ，连接AC（1）如图1，求C 点坐标；（2）如图2，若P 点从A 点出发沿x 轴向左平移，连接BP ，作等腰直角BPQ ，连接CQ ，当点P 在线段OA 上，求证：PA=CQ ；（3）在（2）的条件下若C 、P ，Q 三点共线，直接写出此时∠APB 的度数及P 点坐标3．如图①，在ABC ∆中，12AB =cm ，20BC =cm ，过点C 作射线//CD AB ．点M 从点B 出发，以3 cm/s 的速度沿BC 匀速移动；点N 从点C 出发，以a cm/s 的速度沿CD 匀速移动．点M 、N 同时出发，当点M 到达点C 时，点M 、N 同时停止移动．连接AM 、MN ，设移动时间为t (s)．(1)点M 、N 从移动开始到停止，所用时间为 s ； (2)当ABM ∆与MCN ∆全等时，①若点M 、N 的移动速度相同，求t 的值； ②若点M 、N 的移动速度不同，求a 的值；(3)如图②，当点M 、N 开始移动时，点P 同时从点A 出发，以2 cm/s 的速度沿AB 向点B 匀速移动，到达点B 后立刻以原速度沿BA 返回．当点M 到达点C 时，点M 、N 、P 同时停止移动．在移动的过程中，是否存在PBM ∆与MCN ∆全等的情形?若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由．4．已知在△ABC 中，AB =AC ，∠BAC =α，直线l 经过点A （不经过点B 或点C ），点C 关于直线l 的对称点为点D ，连接BD ，CD ．（1）如图1，①求证：点B ，C ，D 在以点A 为圆心，AB 为半径的圆上； ②直接写出∠BDC 的度数（用含α的式子表示）为 ；（2）如图2，当α=60°时，过点D 作BD 的垂线与直线l 交于点E ，求证：AE =BD ； （3）如图3，当α=90°时，记直线l 与CD 的交点为F ，连接BF ．将直线l 绕点A 旋转的过程中，在什么情况下线段BF 的长取得最大值？若AC =22a ，试写出此时BF 的值． 5．如图1，矩形OACB 的顶点A 、B 分别在x 轴与y 轴上，且点()6,10C ，点()0,2D ，点P 为矩形AC 、CB 两边上的一个点．（1）当点P 与C 重合时，求直线DP 的函数解析式；（2）如图②，当P 在BC 边上，将矩形沿着OP 折叠，点B 对应点B '恰落在AC 边上，求此时点P 的坐标．（3）是否存P 在使BDP ∆为等腰三角形？若存在，直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由． 6．（1）填空①把一张长方形的纸片按如图①所示的方式折叠，EM ，FM 为折痕，折叠后的C 点落在1B M 或1B M 的延长线上，那么EMF ∠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，B 点与M 点重合，EM ，FM 为折痕，折叠后的C 点落在1A M 或1A M 的延长线上，那么EMF ∠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，EM ，FM 为折痕，折叠后的C 点落在1B M 或1B M 的延长线上左侧，且80EMF ∠=︒，求11C MB ∠的度数； ②把一张长方形的纸片按如图④所示的方式折叠，B 点与M 点重合，EM ，FM 为折痕，折叠后的C 点落在1A M 或1A M 的延长线右侧，且60EMF ∠=︒，求11C MA ∠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，EB ，FB 为折痕，设ABC α∠=︒，EBF β∠=︒，11A BC γ∠=︒，求α，β，γ之间的数量关系．7．定义：在平面直角坐标系中，对于任意两点A （a ，b ），B （c ，d ），若点T （x ，y ）满足x ＝3+a c ，y ＝3+b d，那么称点T 是点A 和B 的融合点．例如：M （﹣1，8），N （4，﹣2），则点T （1，2）是点M 和N 的融合点．如图，已知点D （3，0），点E 是直线y ＝x +2上任意一点，点T （x ，y ）是点D 和E 的融合点．（1）若点E 的纵坐标是6，则点T 的坐标为 ； （2）求点T （x ，y ）的纵坐标y 与横坐标x 的函数关系式：（3）若直线ET 交x 轴于点H ，当△DTH 为直角三角形时，求点E 的坐标．8．如图1，在等边△ABC 中，E 、D 两点分别在边AB 、BC 上，BE =CD ，AD 、CE 相交于点F ．（1）求∠AFE 的度数；（2）过点A 作AH ⊥CE 于H ，求证：2FH +FD =CE ；（3）如图2，延长CE 至点P ，连接BP ，∠BPC =30°，且CF =29CP ，求PFAF的值． （提示：可以过点A 作∠KAF =60°，AK 交PC 于点K ，连接KB ）9．如图，已知直线l 1：y 1＝2x +1与坐标轴交于A 、C 两点，直线l 2：y 2＝﹣x ﹣2与坐标轴交于B 、D 两点，两直线的交点为P 点． (1)求P 点的坐标； (2)求△APB 的面积；(3)x 轴上存在点T ，使得S △ATP ＝S △APB ，求出此时点T 的坐标．10．在ABC 中，AB AC =，D 是直线AB 上一点，E 在直线BC 上，且DE DC =． （1）如图1，当D 在AB 上，E 在CB 延长线上时，求证：EDB ACD ∠=∠； （2）如图2，当ABC 为等边三角形时，D 是BA 的延长线上一点，E 在BC 上时，作//EF AC ，求证：BE AD =；（3）在（2）的条件下，ABC ∠的平分线BF 交CD 于点F ，连AF ，过A 点作AH CD ⊥于点H ，当30EDC ∠=︒，6CF =时，求DH 的长度．11．在《经典几何图形的研究与变式》一课中，庞老师出示了一个问题：“如图1，等腰直角三角形的三个顶点分别落在三条等距的平行线1l ，2l ，3l 上，90BAC ∠=︒，且每两条平行线之间的距离为1，求AB 的长度”.在研究这道题的解法和变式的过程中，同学们提出了很多想法：（1）小明说：我只需要过B 、C 向1l 作垂线，就能利用全等三角形的知识求出AB 的长. （2）小林说：“我们可以改变ABC 的形状.如图2，AB AC =，120BAC ∠=︒，且每两条平行线之间的距离为1，求AB 的长.”（3）小谢说：“我们除了改变ABC 的形状，还能改变平行线之间的距离.如图3，等边三角形ABC 三个顶点分别落在三条平行线1l ，2l ，3l 上，且1l 与2l 之间的距离为1，2l 与3l 之间的距离为2，求AB 的长、”请你根据3位同学的提示，分别求出三种情况下AB 的长度.12．在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，30A ∠=︒，BD 是ABC 的角平分线，DE AB ⊥于点E .（1）如图1，连接EC ，求证：EBC 是等边三角形；（2）如图2，点M 是线段CD 上的一点（不与点,C D 重合），以BM 为一边，在BM 下方作60BMG ∠=︒，MG 交DE 延长线于点G .求证：AD DG MD =+；（3）如图3，点N 是线段AD 上的点，以BN 为一边，在BN 的下方作60BNG ∠=︒，NG 交DE 延长线于点G .直接写出ND ，DG 与AD 数量之间的关系.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．(1) （3，-2）；(2) （n ，m ）；(3)图见解析, 点Q 到E 、F 点的距离之和最小值为10【解析】 【分析】（1）根据题意和图形可以写出C '的坐标；（2）根据图形可以直接写出点P 关于直线l 的对称点的坐标；（3）作点E 关于直线l 的对称点E '，连接E 'F ，根据最短路径问题解答. 【详解】（1）如图，C '的坐标为（3，-2）， 故答案为（3，-2）；（2）平面直角坐标系中点()P m n ,关于直线l 的对称点P '的坐标为（n ，m ）， 故答案为（n ，m ）；（3）点E 关于直线l 的对称点为E '（-3,2），连接E 'F 角直线l 于一点即为点Q ，此时点Q 到E 、F 点的距离之和最小，即为线段E 'F ，∵E 'F ()[]221(3)2(4)210=---+--=⎡⎤⎣⎦， ∴点Q 到E 、F 点的距离之和最小值为210.【点睛】此题考查轴对称的知识，画关于直线的对称点，最短路径问题，勾股定理关键是找到点的对称点，由此解决问题.2．（1）(1，-4)；（2）证明见解析；（3）()135,1,0APB P ︒∠=【解析】 【分析】（1）作CH ⊥y 轴于H ，证明△ABO ≌△BCH ，根据全等三角形的性质得到BH=OA=3，CH=OB=1，求出OH ，得到C 点坐标；（2）证明△PBA ≌△QBC ，根据全等三角形的性质得到PA=CQ ；（3）根据C 、P ，Q 三点共线，得到∠BQC=135°，根据全等三角形的性质得到∠BPA=∠BQC=135°，根据等腰三角形的性质求出OP ，得到P 点坐标． 【详解】解：(1)作CH ⊥y 轴于H ， 则∠BCH+∠CBH=90°， 因为AB BC ⊥， 所以.∠ABO+∠CBH=90°， 所以∠ABO=∠BCH ， 在△ABO 和△BCH 中，ABO BCH AOB BHC AB BC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ABO BCH ∴∆≅∆:BH=OA=3，CH=OB=1， :OH=OB+BH=4，所以C 点的坐标为（1，-4）； (2)因为∠PBQ=∠ABC=90°，,PBQ ABQ ABC ABQ PBA QBC ∴∠-=∠-∠∴∠=∠在△PBA 和△QBC 中，BP BQ PBA QBC BA BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩PBA QBC ∴∆≅∆:.PA=CQ ；(3) ()135,1,0APB P ︒∠=BPQ ∆是等腰直角三角形，:所以∠BQP=45°，当C 、P ，Q 三点共线时，∠BQC=135°，由（2)可知，PBA QBC∴∆≅∆；所以∠BPA=∠BQC=135°，所以∠OPB=45°，所以.OP=OB=1，所以P点坐标为（1，0) ．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的外角的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．3．（1）203；（2）①t＝83；②a＝185；（3）t＝6.4或t＝103【解析】【分析】（1）根据时间＝路程÷速度即可求得答案；（2）①由题意得：BM＝CN＝3t，则只可以是△CMN≌△BAM，AB＝CM，由此列出方程求解即可；②由题意得：CN≠BM，则只可以是△CMN≌△BMA，AB＝CN＝12，CM＝BM，进而可得3t＝10，求解即可；（3）分情况讨论，当△CMN≌△BPM时，BP＝CM，若此时P由A向B运动，则12－2t＝20－3t，但t＝8不符合实际，舍去，若此时P由B向A运动，则2t－12＝20－3t，求得t＝6.4；当△CMN≌△BMP时，则BP＝CN，CM＝BM，可得3t＝10，t＝103，再将t＝103代入分别求得AP，BP的长及a的值验证即可．【详解】解：（1）20÷3＝203，故答案为：203；（2）∵CD∥AB，∴∠B＝∠DCB，∵△CNM与△ABM全等，∴△CMN≌△BAM或△CMN≌△BMA，①由题意得：BM＝CN＝3t，∴△CMN≌△BAM∴AB＝CM，∴12＝20－3t，解得：t＝83；②由题意得：CN≠BM，∴△CMN≌△BMA，∴AB＝CN＝12，CM＝BM，∴CM＝BM＝12 BC，∴3t＝10，解得：t＝10 3∵CN＝at，∴103a＝12解得：a＝185；（3）存在∵CD∥AB，∴∠B＝∠DCB，∵△CNM与△PBM全等，∴△CMN≌△BPM或△CMN≌△BMP，当△CMN≌△BPM时，则BP＝CM，若此时P由A向B运动，则BP＝12－2t，CM＝20－3t，∵BP＝CM，∴12－2t＝20－3t，解得：t＝8 (舍去)若此时P由B向A运动，则BP＝2t－12，CM＝20－3t，∵BP＝CM，∴2t－12＝20－3t，解得：t＝6.4，当△CMN≌△BMP时，则BP＝CN，CM＝BM，∴CM＝BM＝12 BC∴3t＝10，解得：t＝10 3当t＝103时，点P的路程为AP＝2t＝203，此时BP＝AB－AP＝12－203＝163，则CN＝BP＝16 3即at＝163，∵t＝103，∴a＝1.6符合题意综上所述，满足条件的t的值有：t＝6.4或t＝10 3【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质的综合运用，解决本题的关键就是用方程思想及分类讨论思想解决问题，把实际问题转化为方程是常用的手段．4．（1）①详见解析；②12α；（2）详见解析；（3）当B、O、F三点共线时BF最长，a【解析】【分析】（1）①由线段垂直平分线的性质可得AD=AC=AB，即可证点B，C，D在以点A为圆心，AB为半径的圆上；②由等腰三角形的性质可得∠BAC=2∠BDC，可求∠BDC的度数；（2）连接CE，由题意可证△ABC，△DCE是等边三角形，可得AC=BC，∠DCE=60°=∠ACB，CD=CE，根据“SAS”可证△BCD≌△ACE，可得AE=BD；（3）取AC的中点O，连接OB，OF，BF，由三角形的三边关系可得，当点O，点B，点F三点共线时，BF最长，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可求BO=，OF OC==，即可求得BF【详解】（1）①连接AD，如图1．∵点C与点D关于直线l对称，∴AC = AD．∵AB= AC，∴AB= AC = AD．∴点B，C，D在以A为圆心，AB为半径的圆上．②∵AD=AB=AC，∴∠ADB=∠ABD，∠ADC=∠ACD，∵∠BAM=∠ADB+∠ABD，∠MAC=∠ADC+∠ACD，∴∠BAM=2∠ADB，∠MAC=2∠ADC，∴∠BAC=∠BAM+∠MAC=2∠ADB+2∠ADC=2∠BDC=α∴∠BDC=12α故答案为：12α．（2连接CE，如图2．∵∠BAC=60°，AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴BC=AC，∠ACB=60°，∵∠BDC=12α，∴∠BDC=30°，∵BD⊥DE，∴∠CDE=60°，∵点C关于直线l的对称点为点D，∴DE=CE，且∠CDE=60°∴△CDE是等边三角形，∴CD=CE=DE，∠DCE=60°=∠ACB，∴∠BCD=∠ACE，且AC=BC，CD=CE，∴△BCD≌△ACE（SAS）∴BD=AE ，（3）如图3，取AC 的中点O ，连接OB ，OF ，BF ，，F 是以AC 为直径的圆上一点，设AC 中点为O ，∵在△BOF 中，BO+OF≥BF ，当B 、O 、F 三点共线时BF 最长； 如图，过点O 作OH ⊥BC ，∵∠BAC=90°，2a ，∴24BC AC a ==，∠ACB=45°，且OH ⊥BC ，∴∠COH=∠HCO=45°，∴OH=HC ， ∴2OC HC =， ∵点O 是AC 中点，AC 2a ，∴2OC a =， ∴OH HC a ==，∴BH=3a ，∴10BO a =，∵点C 关于直线l 的对称点为点D ，∴∠AFC=90°，∵点O 是AC 中点， ∴2OF OC a ==，∴102BF a =， ∴当B 、O 、F 三点共线时BF 最长；最大值为102)a ．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的三边关系，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．5．（1）y=43x+2；（2）（103，10）；（3）存在， P 坐标为（6，6）或（6，7+2）或（6，10-27）．【解析】【分析】（1）设直线DP 解析式为y=kx+b ，将D 与C 坐标代入求出k 与b 的值，即可确定出解析式；（2）当点B 的对应点B′恰好落在AC 边上时，根据勾股定理列方程即可求出此时P 坐标； （3）存在，分别以BD ，DP ，BP 为底边三种情况考虑，利用勾股定理及图形与坐标性质求出P 坐标即可．【详解】解：（1）∵C （6，10）,D （0，2），设此时直线DP 解析式为y=kx+b ，把D （0，2），C （6，10）分别代入，得2610b k b =⎧⎨+=⎩， 解得432k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 则此时直线DP 解析式为y=43x+2； （2）设P （m ，10），则PB=PB′=m ，如图2，∵OB′=OB=10，OA=6，∴AB′=22OB OA '-=8，∴B′C=10-8=2，∵PC=6-m ，∴m 2=22+（6-m ）2，解得m=103 则此时点P 的坐标是（103，10）； （3）存在，理由为：若△BDP 为等腰三角形，分三种情况考虑：如图3，①当BD=BP 1=OB-OD=10-2=8，在Rt △BCP 1中，BP 1=8，BC=6，根据勾股定理得：CP1=∴AP 1P 1（6，）；②当BP 2=DP 2时，此时P 2（6，6）；③当DB=DP 3=8时，在Rt △DEP 3中，DE=6，根据勾股定理得：P3∴AP 3=AE+EP 3，即P 3（6，+2），综上，满足题意的P 坐标为（6，6）或（6，+2）或（6，）．【点睛】此题属于一次函数综合题，待定系数法确定一次函数解析式，坐标与图形性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握待定系数法是解题的关键．6．90︒，45︒；20︒，30︒；2a γβ+=，2a γβ-=.【解析】【分析】（1）①如图①知1112EMC BMC ∠=∠，1112C MF C MC ∠=∠得 ()1112EMF BMC C MC ∠=∠+∠可求出解. ②由图②知111111,22EBA ABC C BF C BC ∠=∠∠=∠得()1112EBF ABC C BC ∠=∠+∠可求出解.（2）①由图③折叠知11,CMF FMC BME EMB ∠=∠∠=∠，可推出11()BMC EMF EMF C MB ∠-∠-∠=∠，即可求出解.②由图④中折叠知11,CMF C MF ABE A BE ∠=∠∠=∠，可推出()112906090A MC ︒︒︒-+∠=，即可求出解.（3）如图⑤-1、⑤-2中分别由折叠可知，a ββγ-=-、a ββγ-=+，即可求得 2a γβ+=、2a γβ-=.【详解】解：（1）①如图①中，1112EMC BMC ∠=∠，1112C MF C MC ∠=∠， ()1111111800229EMF EMC C MF BMC C MC ︒︒∴∠=∠+∠=∠⨯=+∠=， 故答案为90︒. ②如图②中，111111,22EBA ABC C BF C BC ∠=∠∠=∠，()111111904522EBF EBC C BF ABC C BC ︒︒∴∠=∠+∠=∠+∠=⨯=， 故答案为45︒.（2）①如图③中由折叠可知， 11,CMF FMC BME EMB ∠=∠∠=∠，1111C MF EMB EMF C MB ∠+∠-∠=∠，11CMF BME EMF C MB ∴∠+∠-∠=∠，11()BMC EMF EMF C MB ∴∠-∠-∠=∠，111808020C MB ︒︒︒∴-=∠=；②如图④中根据折叠可知，11,CMF C MF ABE A BE ∠=∠∠=∠，112290CMF ABE A MC ︒∠+∠+∠=，112()90CMF ABE A MC ︒∴∠+∠+∠=，()1129090EMF AMC ︒︒∴-∠+∠=，()112906090AMC ︒︒︒∴-+∠=， 1130A MC ︒∴∠=；（3）如图⑤-1中，由折叠可知，a ββγ-=-，2a γβ∴+=；如图⑤-2中，由折叠可知，a ββγ-=+，2a γβ∴-=.【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.7．（1）（73，2）；（2）y ＝x ﹣13；（3）E 的坐标为（32，72）或（6，8） 【解析】【分析】（1）把点E 的纵坐标代入直线解析式，求出横坐标，得到点E 的坐标，根据融合点的定义求求解即可；（2）设点E 的坐标为（a ，a+2），根据融合点的定义用a 表示出x 、y ，整理得到答案；（3）分∠THD=90°、∠TDH=90°、∠DTH=90°三种情况，根据融合点的定义解答．【详解】解：（1）∵点E 是直线y ＝x +2上一点，点E 的纵坐标是6，∴x +2＝6，解得，x ＝4，∴点E 的坐标是（4，6），∵点T （x ，y ）是点D 和E 的融合点，∴x ＝343+＝73，y ＝063+＝2， ∴点T 的坐标为（73，2）， 故答案为：（73，2）； （2）设点E 的坐标为（a ，a +2），∵点T （x ，y ）是点D 和E 的融合点，∴x ＝33a +，y ＝023a ++， 解得，a ＝3x ﹣3，a ＝3y ﹣2，∴3x ﹣3＝3y ﹣2， 整理得，y ＝x ﹣13； （3）设点E 的坐标为（a ，a +2）， 则点T 的坐标为（33a +，23a +）， 当∠THD ＝90°时，点E 与点T 的横坐标相同， ∴33a +＝a ， 解得，a ＝32， 此时点E 的坐标为（32，72）， 当∠TDH ＝90°时，点T 与点D 的横坐标相同， ∴33a +＝3， 解得，a ＝6， 此时点E 的坐标为（6，8），当∠DTH ＝90°时，该情况不存在，综上所述，当△DTH 为直角三角形时，点E 的坐标为（32，72）或（6，8） 【点睛】 本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、融合点的定义，解题关键是灵活运用分情况讨论思想．8．（1）∠AFE =60°；（2）见解析；（3）75【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60AFE ∠=︒；（2）由（1）得到60AFE ∠=︒，CE AD = 则在Rt AHF △ 中利用30°所对的直角边等于斜边的一半，等量代换可得；（3）通过在PF 上取一点K 使得KF =AF ，作辅助线证明ABK 和ACF 全等，利用对应边相等，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，∴AC =BC ，∠BAC =∠ABC =∠ACB =60°，在BCE 和CAD 中，60BE CD CBE ACD BC CA =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴ BCE CAD ≌（SAS ），∴∠BCE =∠DAC ，∵∠BCE +∠ACE =60°，∴∠DAC +∠ACE =60°，∴∠AFE =60°．（2）证明：如图1中，∵AH ⊥EC ，∴∠AHF =90°，在Rt △AFH 中，∵∠AFH =60°，∴∠FAH =30°，∴AF =2FH ，∵EBC DCA≌，∴EC=AD，∵AD=AF+DF=2FH+DF，∴2FH +DF=EC．（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ABK和ACF中，AB ACKAB ACFAK AF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴ABK ACF≌(SAS)，BK CF=∴∠AKB=∠AFC=120°，∴∠BKE=120°﹣60°=60°，∵∠BPC=30°，∴∠PBK=30°，∴29BK CF PK CP===，∴79PF CP CF CP=-=，∵45()99AF KF CP CF PK CP CP CP==-+=-=∴779559CPPFAF CP== .【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.9．（1）P(﹣1，﹣1)；（2）32；（3）T(1，0)或(﹣2，0)．【解析】【分析】（1）解析式联立构成方程组，该方程组的解就是交点坐标；（2）利用三角形的面积公式解答；（3）求得C的坐标，因为S△ATP＝S△APB，S△ATP＝S△ATC+S△PTC＝|x+12|，所以|x+12|＝32，解得即可．【详解】解：（1）由212y xy x=+⎧⎨=--⎩，解得11xy=-⎧⎨=-⎩，所以P（﹣1，﹣1）；（2）令x＝0，得y1＝1，y2＝﹣2∴A（0，1），B（0，﹣2），则S△APB＝12×（1+2）×1＝32；（3）在直线l1：y1＝2x+1中，令y＝0，解得x＝﹣12，∴C（﹣12，0），设T（x，0），∴CT＝|x+12 |，∵S△ATP＝S△APB，S△ATP＝S△ATC+S△PTC＝12•|x+12|•（1+1）＝|x+12|，∴|x+12|＝32，解得x＝1或﹣2，∴T(1，0)或(﹣2，0)．【点睛】本题考查一次函数与二元一次方程组，解题的关键是准确将条件转化为二元一次方程组，并求出各点的坐标．10．（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=12CF=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， EDF DCA DFE CAD DE CD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△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，AB BCABF CBFBF BF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△ABF≌△CBF（SAS），∴AF=CF，∴∠FAC=∠ACF=15°，∴∠AFH=15°+15°=30°，∵AH⊥CD，∴AH=12AF=12CF=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．11．（1522213221【解析】【分析】（1）分别过点B，C向l1作垂线，交l1于M，N两点，证明△ABM≌△CAN，得到AM=CN，AN=BM，即可得出AB；（2）分别过点B，C向l1作垂线，交l1于点P，Q两点，在l1上取M，N使∠AMB=∠CNA=120°，证明△AMB≌△CAN，得到CN=AM，再通过△PBM和△QCN算出PM和NQ的值，得到AP，最后在△APB中，利用勾股定理算出AB的长；（3）在l3上找M和N，使得∠BNC=∠AMC=60°，过B作l3的垂线，交l3于点P，过A作l3的垂线，交l3于点Q，证明△BCN≌△CAM，得到CN=AM，在△BPN和△AQM中利用勾股定理算出NP和AM，从而得到PC，结合BP算出BC的长，即为AB.【详解】解：（1）如图，分别过点B，C向l1作垂线，交l1于M，N两点，由题意可得：∠BAC=90°，∵∠NAC+∠MAB=90°，∠NAC+∠NCA=90°，∴∠MAB=∠NCA，在△ABM和△CAN中，===AMB CNAMAB NCAAB AC∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩，∴△ABM≌△CAN（AAS），∴AM=CN=2，AN=BM=1，∴AB=22251=+；（2）分别过点B，C向l1作垂线，交l1于P，Q两点，在l1上取M，N使∠AMB=∠CNA=120°，∵∠BAC=120°，∴∠MAB+∠NAC=60°，∵∠ABM+∠MAB=60°，∴∠ABM=∠NAC，在△AMB和△CNA中，===AMB CNAABM NACAB AC∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩，∴△AMB≌△CNA（AAS），∴CN=AM，∵∠AMB=∠ANC=120°，∴∠PMB=∠QNC=60°，∴PM=12BM，NQ=12NC，∵PB=1，CQ=2，设PM=a，NQ=b，∴2221=4a a+，2222=4b b+，解得：3=3a ，23=3b ， ∴CN=AM=222323⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭=43， ∴AB=22AP BP +=()22AM PM BP ++=221；（3）如图，在l 3上找M 和N ，使得∠BNC=∠AMC=60°，过B 作l 3的垂线，交于点P ，过A 作l 3的垂线，交于点Q ，∵△ABC 是等边三角形，∴BC=AC ，∠ACB=60°，∴∠BCN+∠ACM=120°，∵∠BCN+∠NBC=120°，∴∠NBC=∠ACM ，在△BCN 和△CAM 中，BNC CMA NBC MAC BC AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCN ≌△CAM （AAS ），∴CN=AM ，BN=CM ，∵∠PBN=90°-60°=30°，BP=2，∴BN=2NP ，在△BPN 中，222BP NP BN +=，即22224NP NP +=，解得：NP=33， ∵∠AMC=60°，AQ=3，∴∠MAQ=30°，∴AM=2QM ，在△AQM 中，222AQ QM AM +=，即22234QM QM +=，解得：QM=3，∴AM=23=CN ，∴PC=CN-NP=AM-NP=43， 在△BPC 中，BP 2+CP 2=BC 2，即BC=22224322123BP CP ⎛⎫+=+= ⎪ ⎪⎝⎭， ∴AB=BC=2213.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线之间的距离，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及勾股定理，解题的关键是利用平行线构造全等三角形，再利用全等三角形的性质以及勾股定理求解.12．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）结论：AD DG ND =-，证明见解析．【解析】【分析】（1）先根据直角三角形的性质得出60ABC ∠=︒，再根据角平分线的性质可得CD ED =，然后根据三角形的判定定理与性质可得BC BE =，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DF MD =，连接MF ，先根据直角三角形的性质、等边三角形的判定得出MDF ∆是等边三角形，再根据等边三角形的性质、角的和差得出,,F MDB MF MD FMG DMB ∠=∠=∠=∠，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HDN ∆是等边三角形，再根据等边三角形的性质、角的和差得出,,H NDG NH ND HNB DNG ∠=∠=∠=∠，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）3,090A ACB ∠=︒∠=︒9060ABC A ∴∠=︒-∠=︒BD是ABC∠的角平分线，DE AB⊥CD ED∴=在BCD∆和BED∆中，CD EDBD BD=⎧⎨=⎩()BCD BED HL∴∆≅∆BC BE∴=EBC∴∆是等边三角形；（2）如图，延长ED使得DF MD=，连接MF3,090AACB∠=︒∠=︒，BD是ABC∠的角平分线，DE AB⊥60,ADE BDE AD BD∴∠=∠=︒=60,18060 MDF ADE MDB ADE BDE∴∠=∠=︒∠=︒-∠-∠=︒MDF∴∆是等边三角形,60MF DM F DMF∴=∠=∠=︒60BMG∠=︒DMF DM B MGG DM G∴∠+∠=+∠∠，即FMG DMB∠=∠在FMG∆和DMB∆中，60F MDBMF MDFMG DMB∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩()FMG DMB ASA∴∆≅∆GF BD∴=，即DF DG BD+=AD DF DG MD DG∴=+=+即AD DG MD=+；（3）结论：AD DG ND=-，证明过程如下：如图，延长BD使得DH ND=，连接NH由（2）可知，60,18060,ADE HDN ADE BDE AD BD∠=︒∠=︒-∠-∠=︒= HDN∴∆是等边三角形,60NH ND H HND∴=∠=∠=︒60BNG∠=︒HND BND BNDBNG∠+∠=+∠∴∠，即NHNB D G∠=∠在HNB ∆和DNG ∆中，60H NDG NH ND HNB DNG ∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩()HNB DNG ASA ∴∆≅∆HB DG ∴=，即DH BD DG +=ND AD DG ∴+=即AD DG ND =-．【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．。

上海上海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，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ABE △中，AE=BE ，四边形ABCD 是互补等对边四边形，求证：∠ABD=∠BAC=12∠AEB ． （2）如图3，在非等腰ABE △中，若四边形ABCD 仍是互补等对边四边形，试问∠ABD=∠BAC=12∠AEB 是否仍然成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．2．如图，Rt ACB △中，90ACB ∠=︒，AC BC =，E 点为射线CB 上一动点，连结AE ，作AF AE ⊥且AF AE =．（1）如图1，过F 点作FD AC ⊥交AC 于D 点，求证：FD BC =；（2）如图2，连结BF 交AC 于G 点，若3AG =，1CG =，求证：E 点为BC 中点． （3）当E 点在射线CB 上，连结BF 与直线AC 交于G 点，若4BC =，3BE =，则AG CG=______．（直接写出结果） 3．在ABC 中，AB AC =，D 是直线AB 上一点，E 在直线BC 上，且DE DC =． （1）如图1，当D 在AB 上，E 在CB 延长线上时，求证：EDB ACD ∠=∠；（2）如图2，当ABC 为等边三角形时，D 是BA 的延长线上一点，E 在BC 上时，作//EF AC ，求证：BE AD =；（3）在（2）的条件下，ABC ∠的平分线BF 交CD 于点F ，连AF ，过A 点作AH CD ⊥于点H ，当30EDC ∠=︒，6CF =时，求DH 的长度．4．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ABFACF S S 的值．5．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)．6．已知ABC 和ADE 都是等腰三角形，AB AC =，AD AE =，DAE BAC ∠=∠． （初步感知）（1）特殊情形：如图①，若点D ，E 分别在边AB ，AC 上，则DB __________EC ．（填＞、＜或=）（2）发现证明：如图②，将图①中的ADE 绕点A 旋转，当点D 在ABC 外部，点E 在ABC 内部时，求证：DB EC =．（深入研究）（3）如图③，ABC 和ADE 都是等边三角形，点C ，E ，D 在同一条直线上，则CDB ∠的度数为__________；线段CE ，BD 之间的数量关系为__________．（4）如图④，ABC 和ADE 都是等腰直角三角形，90BAC DAE ∠=∠=︒，点C 、D 、E 在同一直线上，AM 为ADE 中DE 边上的高，则CDB ∠的度数为__________；线段AM ，BD ，CD 之间的数量关系为__________．（拓展提升）（5）如图⑤，ABC 和ADE 都是等腰直角三角形，90BAC DAE ∠=∠=︒，将ADE 绕点A 逆时针旋转，连结BE 、CD ．当5AB =，2AD =时，在旋转过程中，ABE △与ADC 的面积和的最大值为__________．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．（1）如图1，展开后，测得12∠=∠，则可判定a//b ，请写出判定的依据_________； （2）如图2，若要使a//b ，则1∠与2∠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11A B （1A ，1B 分别在边线a ，b 上）再次折叠，折叠后的边线b 与a 交于点1C ，AB//11A B ，137BB AC ==，，求出1AC 的长．8．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=13∠CAB ，∠CDP=13∠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 ．9．在△ABC 中，∠BAC =45°，CD ⊥AB ，垂足为点D ，M 为线段DB 上一动点（不包括端点），点N 在直线AC 左上方且∠NCM =135°，CN =CM ，如图①．（1）求证：∠ACN =∠AMC ；（2）记△ANC 得面积为5，记△ABC 得面积为5．求证：12S AC S AB=； （3）延长线段AB 到点P ，使BP =BM ，如图②．探究线段AC 与线段DB 满足什么数量关系时对于满足条件的任意点M ，AN =CP 始终成立？（写出探究过程）10．如图，在ABC ∆中，AC BC =，90ACB ∠=︒，点D 为ABC ∆内一点，且BD AD =．（1）求证：CD AB ⊥；（2）若15CAD ∠=︒，E 为AD 延长线上的一点，且CE CA =．①求BDC ∠的度数．②若点M 在DE 上，且DC DM =，请判断ME 、BD 的数量关系，并说明理由． ③若点N 为直线AE 上一点，且CEN ∆为等腰∆，直接写出CNE ∠的度数．11．对x y 、定义一种新运算T ，规定：()()(),2T x y mx ny x y =++（其中mn 、均为非零常数）．例如：()1,133T m n =+．（1）已知()()1,10,0,28T T -==．①求mn 、的值； ②若关于p 的不等式组()()2,244,32T p p T p p a⎧->⎪⎨-≤⎪⎩恰好有3个整数解，求a 的取值范围； （2）当22x y ≠时，()(),,T x y T y x =对任意有理数,x y 都成立，请直接写出mn 、满足的关系式．学习参考：①()a b c ab ac +=+，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()()a b m n am an bm bn ++=+++，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．现给出一个结论：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；该结论是正确的，用图形语言可以表示为：如图1在ABC ∆中，90︒∠=C ,若点D 为AB 的中点，则12CD AB =． 请结合上述结论解决如下问题：已知，点P 是射线BA 上一动点（不与A,B 重合）分别过点A,B 向直线CP 作垂线，垂足分别为E,F,其中Q 为AB 的中点（1）如图2，当点P 与点Q 重合时，AE 与BF 的位置关系____________；QE 与QF 的数量关系是__________（2）如图3，当点P 在线段AB 上不与点Q 重合时，试判断QE 与QF 的数量关系，并给予证明．(3)如图4，当点P 在线段BA 的延长线上时，此时（2）中的结论是否成立？请画出图形并写出主要证明思路．13．小敏与同桌小颖在课下学习中遇到这样一道数学题：“如图（1），在等边三角形ABC 中，点E 在AB 上，点D 在CB 的延长线上，且ED EC =，试确定线段AE 与DB 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：（1）取特殊情况，探索讨论：当点E 为AB 的中点时，如图（2），确定线段AE 与DB 的大小关系，请你写出结论：AE _____DB （填“>”，“<”或“=”），并说明理由．（2）特例启发，解答题目：解：题目中，AE 与DB 的大小关系是：AE _____DB （填“>”，“<”或“=”）．理由如下：如图（3），过点E 作EF ∥BC ，交AC 于点F ．（请你将剩余的解答过程完成） （3）拓展结论，设计新题：在等边三角形ABC 中，点E 在直线AB 上，点D 在直线BC 上，且ED EC =，若△ABC 的边长为1，2AE =，求CD 的长（请你画出图形，并直接写出结果）．14．（阅读材料）：（1）在ABC ∆中，若90C ∠=︒，由“三角形内角和为180°”得1801809090A B C ∠︒+∠=-∠︒︒-=︒=．（2）在ABC ∆中，若90A B ∠+∠=︒，由“三角形内角和为180°”得180()1809090C A B ∠=︒-∠+∠=︒-︒=︒．（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//AB x 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．如图，在ABC 中，D 为AB 的中点，10AB AC cm ==，8BC cm =．动点P 从点B 出发，沿BC 方向以3/cm s 的速度向点C 运动；同时动点Q 从点C 出发，沿CA 方向以3/cm s 的速度向点A 运动，运动时间是ts ．（1）在运动过程中，当点C 位于线段PQ 的垂直平分线上时，求出t 的值；（2）在运动过程中，当BPD CQP ≌时，求出t 的值；（3）是否存在某一时刻t ，使BPD CPQ ≌？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．16．（1）如图1，ABC 和DCE 都是等边三角形，且B ，C ，D 三点在一条直线上，连接AD ，BE 相交于点P ，求证：BE AD =．（2）如图2，在BCD 中，若120BCD ∠<︒，分别以BC ，CD 和BD 为边在BCD 外部作等边ABC ，等边CDE △，等边BDF ，连接AD 、BE 、CF 恰交于点P ． ①求证：AD BE CF ==；②如图2，在（2）的条件下，试猜想PB ，PC ，PD 与BE 存在怎样的数量关系，并说明理由．17．探究发现：如图①，在ABC 中，内角ACB ∠的平分线与外角ABD ∠的平分线相交于点E ．（1）若80A ∠=︒，则E ∠= ；若50A ∠=︒，则E ∠= ；（2）由此猜想：A ∠与E ∠的关系为 (不必说明理由)．拓展延伸：如图②，四边形ABCD 的内角DCB ∠与外角ABE ∠的平分线相交于点F ，//BF CD ．（3）若125A ∠=︒，95D ∠=︒，求F ∠的度数，由此猜想F ∠与A ∠，D ∠之间的关系，并说明理由．18．已知//,MN GH 在Rt ABC 中，90,30ACB BAC ∠=︒∠=︒，点A 在MN 上，边BC 在GH 上，在Rt DEF △中，90,DFE ∠=︒边DE 在直线AB 上，45EDF ∠=︒； （1）如图1，求BAN ∠的度数；（2）如图2，将Rt DEF △沿射线BA 的方向平移，当点F 在M 上时，求AFE ∠度数； （3）将Rt DEF △在直线AB 上平移，当以A D F 、、为顶点的三角形是直角三角形时，直接写出FAN ∠度数．19．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 ，0a 6b 80--=．（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 =∠D CO ，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)．20．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．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（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=12∠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=12（180°−∠AEB）=90°−12∠AEB，∴∠ABD=90°−∠EAB=90°−(90°−12∠AEB)=12∠AEB，同理：∠BAC=12∠AEB，∴∠ABD=∠BAC=12∠AEB；（2）∠ABD=∠BAC=12∠AEB仍然成立；理由如下：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，∵四边形ABCD是互补等对边四边形，∴AD=BC，∠ADB+∠BCA=180°，又∠ADB+∠ADG=180°，∴∠BCA=∠ADG，又∵AG⊥BD，BF⊥AC，∴∠AGD=∠BFC=90°，在△AGD 和△BFC 中，∠AGD=∠BFC ，∠ADG=∠BCA ，AD=BC∴△AGD ≌△BFC （AAS ），∴AG=BF ，在Rt △ABG 和Rt △BAF 中，AB BA AG BF =⎧⎨=⎩∴Rt △ABG ≌Rt △BAF （HL ），∴∠ABD=∠BAC ，∵∠ADB+∠BCA=180°，∴∠EDB+∠ECA=180°，∴∠AEB+∠DHC=180°，∵∠DHC+∠BHC=180°，∴∠AEB=∠BHC ．∵∠BHC=∠BAC+∠ABD ，∠ABD=∠BAC ，∴∠ABD=∠BAC=12∠AEB ． 【点睛】本题以新定义互补等对边四边形为载体，主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理与三角形的外角性质以及四边形的内角和等知识，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．2．（1）见解析；（2）见解析；（3）113或53【解析】【分析】（1）证明△AFD ≌△EAC ，根据全等三角形的性质得到DF=AC ，等量代换证明结论； （2）作FD ⊥AC 于D ，证明△FDG ≌△BCG ，得到DG=CG ，求出CE ，CB 的长，得到答案；（3）过F 作FD ⊥AG 的延长线交于点D ，根据全等三角形的性质得到CG=GD ，AD=CE=7，代入计算即可．【详解】解：（1）证明：∵FD ⊥AC ，∴∠FDA=90°，∴∠DFA+∠DAF=90°，同理，∠CAE+∠DAF=90°，∴∠DFA=∠CAE ，在△AFD 和△EAC 中，AFD EAC ADF ECA AF AE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△AFD ≌△EAC （AAS ），∴DF=AC ，∵AC=BC ，∴FD=BC ；（2）作FD ⊥AC 于D ，由（1）得，FD=AC=BC ，AD=CE ，在△FDG 和△BCG 中，90FDG BCG FGD BGCFD BC ︒⎧∠=∠=⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△FDG ≌△BCG （AAS ），∴DG=CG=1，∴AD=2，∴CE=2，∵BC=AC=AG+CG=4，∴E 点为BC 中点；（3）当点E 在CB 的延长线上时，过F 作FD ⊥AG 的延长线交于点D ，BC=AC=4，CE=CB+BE=7，由（1）（2）知：△ADF ≌△ECA ，△GDF ≌△GCB ，∴CG=GD ，AD=CE=7，∴CG=DG=1.5， ∴4 1.5111.53AG CG +==， 同理，当点E 在线段BC 上时，4 1.551.53AG CG -==，故答案为：113或53.【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=12CF=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， EDF DCA DFE CAD DE CD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△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，AB BC ABF CBF BF BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， △ABF ≌△CBF （SAS ），∴AF=CF ，∴∠FAC=∠ACF=15°，∴∠AFH=15°+15°=30°，∵AH ⊥CD ，∴AH=12AF=12CF=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．4．（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＝∠2②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 ， ∴ABF AFCS 2S ∆∆=． 【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．5．（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ADF EDC ∆∆≌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AFD DCE ∆∆≌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：∵ABC ∆是等边三角形∴AB ＝BC ，60B BAC BCA ∠∠∠︒＝＝＝∵DF ∥AC∴BFD BAC ∠∠＝，∠BDF ＝∠BCA∴60B BFD BDF ∠∠∠︒＝＝＝∴BDF ∆是等边三角形，120AFD ∠︒＝∴DF ＝BD∵点D 是BC 的中点∴BD ＝CD∴DF ＝CD∵CE 是等边ABC ∆的外角平分线∴120DCE AFD ∠︒∠＝＝ ∵ABC ∆是等边三角形，点D 是BC 的中点∴AD ⊥BC∴90ADC ∠︒＝∵60BDF ADE ∠∠︒＝＝∴30ADF EDC ∠∠︒＝＝在ADF ∆与EDC ∆中AFD ECD DF CDADF EDC ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ∴()ADF EDC ASA ∆∆≌∴AD ＝DE ；（2）结论：AD ＝DE .证明：如下图，过点D 作DF ∥AC ，交AB 于F∵ABC ∆是等边三角形∴AB ＝BC ，60B BAC BCA ∠∠∠︒＝＝＝∵DF ∥AC∴BFD BAC BDF BCA ∠∠∠∠＝，＝∴60B BFD BDF ∠∠∠︒＝＝＝∴BDF ∆是等边三角形，120AFD ∠︒＝∴BF ＝BD∴AF ＝DC∵CE 是等边ABC ∆的外角平分线∴120DCE AFD ∠︒∠＝＝ ∵∠ADC 是ABD ∆的外角∴60ADC B FAD FAD ∠∠∠︒∠＝＋＝＋∵60ADC ADE CDE CDE ∠∠∠︒∠＝＋＝＋∴∠FAD ＝∠CDE在AFD ∆与DCE ∆中AFD DCE AF CDFAD EDC ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ∴()AFD DCE ASA ∆∆≌∴AD ＝DE ；（3）如下图，ADE ∆是等边三角形.证明：∵BC CD =∴AC CD =∵CE 平分ACD ∠∴CE 垂直平分AD∴AE =DE∵60ADE ∠=︒∴ADE ∆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.6．（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DB EC AB AC=，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 ，∴DB EC AB AC=， ∵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AD AE DAB EAC AB AC ⎪∠⎪⎩∠⎧⎨＝＝＝， ∴△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AD AE DAB EAC AB AC ⎪∠⎪⎩∠⎧⎨＝＝＝，∴△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AD AE DAB EAC AB AC ⎪∠⎪⎩∠⎧⎨＝＝＝， ∴△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+12×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．7．（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B 1在B 的左侧时，如图2，当B 1在B 的右侧时，如图3，分别求出1AC 的长，即可得到答案．【详解】（1）∵12∠=∠，∴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1∠与2∠应该满足的关系是：∠1+2∠2=180°．故答案是：∠1+2∠2=180°；（3）①当B 1在B 的左侧时，如图2，∵AB//11A B ，a ∥b ，∴AA 1=BB 1=3，∴1AC =AC- AA 1=7-3=4；②当B 1在B 的右侧时，如图3，∵AB//11A B ，a ∥b ，∴AA 1=BB 1=3，∴1AC =AC+AA 1=7+3=10．综上所述：1AC =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．8．（1）见解析；（2）∠P=23º；（3）∠P=26º；（4）∠P=23x y+；（5）∠P=1802B D︒+∠+∠．【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=13∠CAB，∠CDP=13∠CDB，得到y+（∠CAB-13∠CAB）=∠P+（∠BDC-13∠CDB），从而可得∠P=y+∠CAB-13∠CAB-∠CDB+13∠CDB=23x y+；（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12∠BAD+∠P=[∠BCD+12（180°-∠BCD）]+∠D，所以∠P=90°+12∠BCD-12∠BAD +∠D=1802B 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：3124P BP D∠+∠=∠+∠⎧⎨∠+∠=∠+∠⎩①②，①+②，得2∠P+∠2+∠3=∠1+∠4+∠B+∠D，∴∠P=12（∠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=12（∠B+∠D）=12×（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-13∠CAB）=∠P+（∠BDC-13∠CDB），∴∠P=y+∠CAB-13∠CAB-∠CDB+13∠CDB= y+23（∠CAB-∠CDB）=y+23（x-y）=21 33 x y+故答案为：∠P=2133x y+；（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，∴12∠BAD+∠P=（∠BCD+12∠BCE）+∠D，∴12∠BAD+∠P=[∠BCD+12（180°-∠BCD）]+∠D，∴∠P=90°+12∠BCD-12∠BAD +∠D=90°+12（∠BCD-∠BAD）+∠D=90°+12（∠B-∠D）+∠D=1802B D︒+∠+∠，故答案为：∠P=1802B D︒+∠+∠.【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．9．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当AC=2BD时，对于满足条件的任意点N，AN=CP始终成立，证明见解析．【解析】【分析】（1）由三角形的内角和定理可求∠ACN=∠AMC=135°-∠ACM；（2）过点N作NE⊥AC于E，由“AAS”可证△NEC≌△CDM，可得NE=CD，由三角形面积公式可求解；（3）过点N作NE⊥AC于E，由“SAS”可证△NEA≌△CDP，可得AN=CP．【详解】（1）∵∠BAC=45°，∴∠AMC=180°﹣45°﹣∠ACM=135°﹣∠ACM ．∵∠NCM=135°，∴∠ACN=135°﹣∠ACM ，∴∠ACN=∠AMC ；（2）过点N 作NE ⊥AC 于E ，∵∠CEN=∠CDM=90°，∠ACN=∠AMC ，CM=CN ，∴△NEC ≌△CDM （AAS ），∴NE=CD ，CE=DM ；∵S 112=AC•NE ，S 212=AB•CD ， ∴12S AC S AB=； （3）当AC=2BD 时，对于满足条件的任意点N ，AN=CP 始终成立，理由如下：过点N 作NE ⊥AC 于E ，由（2）可得NE=CD ，CE=DM ．∵AC=2BD ，BP=BM ，CE=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．10．（1）证明见解析；（2）①120BDC ∠=︒；②ME BD =，理由见解析；③ 7.5°或15°或82.5°或150°【解析】【分析】（1）利用线段的垂直平分线的性质即可证明；（2）①利用SSS 证得△ADC ≌△BDC ，可求得∠ACD=∠BCD=45°，∠CAD=∠CBD=15°，即可解题；②连接MC ，易证△MCD 为等边三角形，即可证明△BDC ≌△EMC 即可解题；③分EN=EC 、EN=CN 、CE=CN 三种情形讨论，画出图形，利用等腰三角形的性质即可求解．【详解】（1）∵CB=CA ，DB=DA ，∴CD 垂直平分线段AB ，∴CD ⊥AB ；（2）①在△ADC 和△BDC 中，BC AC CD CD BD AD =⎧⎪=⎨⎪=⎩， ∴△ADC ≌△BDC （SSS ），∴∠ACD=∠BCD=12∠BCA=45°，∠CAD=∠CBD=15°， ∴∠BDC=180︒-45°-15°=120°；②结论：ME=BD ，理由：连接MC ，∵AC BC =，90ACB ∠=︒，∴∠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 为等边三角形，∴CM=CD ，∵EC=CA=CB ，∠DMC=60°，∴∠E=∠CAD=∠CBD=15°，∠EMC=120°，在△BDC 和△EMC 中，15120CBD E BDC EMC CD CM ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△BDC ≌△EMC （AAS ），∴ME=BD ；③当EN=EC 时，∠1152EN C ︒==7.5°或∠2EN C =180152︒-︒=82.5°； 当EN=CN 时，∠3EN C =180215︒-⨯︒=150°；当CE=CN 时，点N 与点A 重合，∠CNE=15°，所以∠CNE 的度数为7.5°或15°或82.5°或150°．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质和判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．11．（1）①11m n =⎧⎨=⎩；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()088m n n ⎧--=⎨=⎩，解得11m n =⎧⎨=⎩， ②由题意得()()()()222424432464p p p p p p p p a ⎧+-+->⎪⎨+-+-≤⎪⎩， 解不等式①得p ＞-1．解不等式②得p≤1812a -， ∴-1＜p≤1812a -， ∵恰好有3个整数解，∴2≤1812a -＜3． ∴42≤a ＜54；（2）由题意：（mx+ny ）（x+2y ）=（my+nx ）（y+2x ），∴mx 2+（2m+n ）xy+2ny 2=2nx 2+（2m+n ）xy+my 2，∵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）AE//BF;QE=QF ；(2)QE=QF ，证明见解析；(3)结论成立，证明见解析．【解析】【分析】（1）根据AAS 得到AEQ BFQ ∆≅∆，得到AEQ BFQ ∠=∠、QE=QF ，根据内错角相等两直线平行，得到AE//BF ；（2）延长EQ 交BF 于D ，根据AAS 判断得出AEQ BDQ ∆≅∆，因此EQ DQ =，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明；（3）延长EQ 交FB 的延长于D ，根据AAS 判断得出AEQ BDQ ∆≅∆，因此EQ DQ =，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可证明．【详解】（1）AE//BF ；QE=QF（2）QE=QF证明：延长EQ 交BF 于D ，,AE CP BF CP ⊥⊥//AE BF ∴AEQ BDQ ∴∠=∠AQE BQD AEQ BDQ AQ BQ ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, AEQ BDQ ∴∆≅∆EQ DQ ∴=90BFE ︒∠=QE QF ∴=（3）当点P 在线段BA 延长线上时，此时（2）中结论成立证明：延长EQ 交FB 的延长于D因为AE//BF所以AEQ BDQ ∠=∠AQE BQD AEQ BDQ AQ BQ ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩AEQ BDQ ∴∆≅∆EQ=QF90BFE ︒∠=QE QF ∴=【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法：AAS ，平行线的性质，根据P 点位置不同，画出正确的图形，找到AAS 的条件是解决本题的关键．13．（1）AE DB =，理由详见解析；（2）AE DB =，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 ≌△DBE 即可；（3）注意区分当点E 在AB 的延长线上时和当点E 在BA 的延长线上时两种情况，不要遗漏．【详解】解：（1）AE DB =，理由如下：ED EC =，EDC ECD ∴∠=∠∵△ABC 是等边三角形，60ACB ABC ∠=∠=︒∴，点E 为AB 的中点， 1302ECD ACB ∴︒∠=∠=，30EDC ∠=︒∴，30D DEB ∠=∠=︒∴， DB BE ∴=，AE BE =，AE DB ∴=；故答案为：=；（2）AE DB =，理由如下：如图3：∵△ABC 为等边三角形，且EF ∥BC ，60AEF ABC ∠=∠=︒∴，60AFE ACB ∠=∠=︒，FEC ECB ∠=∠；120EFC DBE ∠=∠=︒∴；ED EC =，D ECB ∴∠=∠，D FEC ∠=∠，在△EFC 与△DBE 中，FEC D EFC DBE EC DE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△EFC ≌△DBE （AAS ），EF DB ∴=60AEF AFE ∠=∠=︒，∴△AEF 为等边三角形，AE EF ∴=，AE BD ∴=．（3）①如图4，当点E 在AB 的延长线上时，过点E 作EF ∥BC ，交AC 的延长线于点F ：则DCE CEF ∠=∠，DBE AEF ∠=∠；ABC AEF ∠=∠，ACB AFE ∠=∠；∵△ACB 为等边三角形，60ABC ACB ∴∠=∠=︒，60AEF AFE ∴∠=∠=︒，60DBE ABC ∠=∠=︒， DBE EFC ∴∠=∠；而ED EC =，D DCE ∴∠=∠，D CEF ∠=∠；在△FEC 和△BDE 中，FEC D EFC DBE EC DE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△FEC ≌△BDE （AAS ），EF BD ∴=；∵△AEF 为等边三角形，2AE EF ∴==，2BD EF ==，123CD ∴=+=；②如图5，当点E 在BA 的延长线上时，过点E 作EF ∥BC ，交CA 的延长线于点F ：类似上述解法，同理可证：2DB EF ==，1BC =，211CD =-=∴．【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．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=12ECO ∠，∠FEM=∠CEM=12CEF ∠∵AB ∥x 轴 1111()180902222ECF CEM ECO CEF ECO CEF ∴∠+∠=∠+∠=∠+∠=⨯︒=︒ ∴∠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=12AEP ∠=1(902)2ECP ︒+∠=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）43t =时，点C 位于线段PQ 的垂直平分线上；（2）1t ＝；（3）不存在，理由见解析．【解析】【分析】（1）根据题意求出BP ，CQ ，结合图形用含t 的代数式表示CP 的长度，根据线段垂直平分线的性质得到CP ＝CQ ，列式计算即可；（2）根据全等三角形的对应边相等列式计算；（3）根据全等三角形的对应边相等列式计算，判断即可．【详解】解：（1）由题意得3BP CQ t ＝＝，则83CP t -＝，当点C 位于线段PQ 的垂直平分线上时，CP CQ ＝，∴833t t -＝， 解得，43t =， 则当43t =时，点C 位于线段PQ 的垂直平分线上； （2）∵D 为AB 的中点，10AB AC ＝＝， ∴5BD ＝，∵BPD CQP ≌，∴BD CP ＝，∴835t -＝，解得，1t ＝， 则当BPD CQP ≌时，1t ＝； （3）不存在，∵BPD CPQ △≌△，∴BD CQ BP CP ＝，＝，则35383t t t -＝，＝。