文档内容
七年级数学下学期期末精选 60 题（压轴版）（北师大版）
一．选择题（共6小题）
1．（2021秋•南昌县期末）已知a，b，c为自然数，且满足2a×3b×4c＝192，则a+b+c的取值不
可能是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】将原方程化为2a+2c•3b＝26•3，得到a+2c＝6，b＝1，再根据a，b，c为自然数，求出
a，c的值，进而求出答案．
【解答】解：根据题意得：2a+2c•3b＝26•3，
∴a+2c＝6，b＝1，
∵a，b，c为自然数，
∴当c＝0时，a＝6；
当c＝1时，a＝4；
当c＝2时，a＝2；
当c＝3时，a＝0，
∴a+b+c不可能为8．
故选：D．
【点评】本题考查了幂的运算，难度较大，根据a，b，c为自然数求出a，c的值是解题的关
键．
2．（2020秋•历下区期末）甲、乙二人同时从A地出发，沿同一条道路去B地，途中都使用两
种不同的速度V 与V （V ＜V ），甲用一半的路程使用速度V 、另一半的路程使用速度V ；
1 2 1 2 1 2
乙用一半的时间使用速度V 、另一半的时间使用速度V ；关于甲乙二人从A地到达B地的路
1 2
程与时间的函数图象及关系，有图中4个不同的图示分析．其中横轴t表示时间，纵轴s表示
路程，其中正确的图示分析为（ ）
A．图（1） B．图（1）或图（2）
C．图（3） D．图（4）
【分析】根据横轴代表时间，纵轴表示路程以及甲乙所用速度与所走路程及时间的关系可得
相应的函数图象．
【解答】解：由题意得：甲在一半路程处将进行速度的转换，4个选项均符合；乙在一半时间处将进行速度的转换，函数图象将在t 处发生弯折，只有（1）（4）符合，再
1
利用速度不同，所以行驶路程就不同，两人不可能同时到达目的地，故（4）错误，故只有
（1）正确，
故选：A．
【点评】本题考查利用函数的图象解决实际问题，正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，
理解问题的过程，就能够通过图象得到函数问题的相应解决；根据乙在一半时间处将进行速
度的转换得到正确选项是解决本题的关键．
3．（2019春•永春县期末）规定[x]表示不大于x的最大整数，例如[2.3]＝2，[3]＝3，[﹣2.5]＝﹣
3．那么函数y＝x﹣[x]的图象为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】[x]还可理解为取小，分当x≥0、x＜0，代入相应的点依次求解即可．
【解答】解：[x]还可理解为取小，
1、x﹣[x]≥0，所以y≥0；
2、当x为整数时，x﹣[x]＝0，此时y＝0；
3、y＝x﹣[x]的图象为y＝x（0≤x≤1）的图象向左或向右平移[x]个单位（根据[x]的±，左加右
减）；
基于以上结论，可得：
（1）当x≥0时，
当x＝0时，y＝0﹣0＝0，
x＝1时，y＝1﹣1＝0，
当x＝1.2时，y＝1.2﹣1＝0.2；
x＝1.5时，y＝1.5﹣1＝0.5，即x在两个整数之间时，y为一次函数；
当x＝2时，y＝2﹣2＝0，
符合条件的为A、B；
（2）当x＜0时，
当x＝﹣1时，y＝﹣1+1＝0，
x＝﹣1.2时，y＝﹣1.2+2＝0.8，
x＝﹣2时，y＝﹣2+2＝0，
在A、B中符合条件的为A，
故选：A．【点评】本题考查由图象理解对应函数关系及其实际意义，应把所有可能出现的情况考虑清
楚．
4．（2019•本溪）如图，点P是以AB为直径的半圆上的动点，CA⊥AB，PD⊥AC于点D，连接
AP，设AP＝x，PA﹣PD＝y，则下列函数图象能反映y与x之间关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】设圆的半径为R，连接PB，则sin∠ABP＝ ，则PD＝APsin ＝x× ＝
α
x2，即可求解．
【解答】设：圆的半径为R，连接PB，
则sin∠ABP＝ ，
∵CA⊥AB，即AC是圆的切线，则∠PAD＝∠PBA＝ ，
α
则PD＝APsin ＝x× ＝ x2，
α
则y＝PA﹣PD＝﹣ x2+x，
图象为开口向下的抛物线，
故选：C．【点评】本题考查的动点的函数图象，涉及到解直角三角形、圆的切线的性质、二次函数基
本性质等，关键是找出相应线段的数量关系，列出函数表达式．
5．（2021秋•开封期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC．若∠DAB的角平分线AE交CD
于E，连接BE，且BE边平分∠ABC，得到如下结论：①∠AEB＝90°；②BC+AD＝AB；
③BE＝ CD；④BC＝CE；⑤若AB＝x，则BE的取值范围为0＜BE＜x，那么以上结论正
确的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②⑤
【分析】根据两直线平行，同旁内角互补可得∠ABC+∠BAD＝180°，又BE、AE都是角平分
线，可以推出∠ABE+∠BAE＝90°，从而得到∠AEB＝90°，然后延长AE交BC的延长线于点
F，先证明△ABE与△FBE全等，再根据全等三角形对应边相等得到AE＝EF，然后证明
△AED与△FEC全等，从而可以证明①②⑤正确，AB与CD不一定相等，所以③④不正
确．
【解答】解：∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵AE、BE分别是∠BAD与∠ABC的平分线，
∴∠BAE＝ ∠BAD，∠ABE＝ ∠ABC，
∴∠BAE+∠ABE＝ （∠BAD+∠ABC）＝90°，
∴∠AEB＝180°﹣（∠BAE+∠ABE）＝180°﹣90°＝90°，
故①小题正确；
如图，延长AE交BC延长线于F，
∵∠AEB＝90°，
∴BE⊥AF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠FBE，
在△ABE与△FBE中，，
∴△ABE≌△FBE（ASA），
∴AB＝BF，AE＝FE，
∵AD∥BC，
∴∠EAD＝∠F，
在△ADE与△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴AD＝CF，
∴AB＝BF＝BC+CF＝BC+AD，故②小题正确；
∵△ADE≌△FCE，
∴CE＝DE，即点E为CD的中点，
∵BE与CE不一定相等
∴BE与 CD不一定相等，故③小题错误；
若AD＝BC，则CE是Rt△BEF斜边上的中线，则BC＝CE，
∵AD与BC不一定相等，
∴BC与CE不一定相等，故④小题错误；
∵BF＝AB＝x，BE⊥EF，
∴BE的取值范围为0＜BE＜x，故⑤小题正确．
综上所述，正确的有①②⑤．
故选：D．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，平行线的性质，角平分线的定义，证明
BE⊥AF并作出辅助线是解题的关键，本题难度较大，对同学们的能力要求较高．
6．（2020秋•市南区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D在BC上，过D作
DF⊥BC交BA的延长线于F，连接AD、CF，若∠CFE＝32°，∠ADB＝45°，则∠B的大小是
（ ）
A．32° B．64° C．77° D．87°【分析】如图，取CF的中点T，连接DT，AT．想办法证明AC＝AF，推出∠CFA＝45°即可
解决问题．
【解答】解：如图，取CF的中点T，连接DT，AT．
∵∠BAC＝90°，FD⊥BC，
∴∠CAF＝∠CDF＝90°，
∴AT＝DT＝ CF，
∴TD＝TC＝TA，
∴∠TDA＝∠TAD，∠TDC＝∠TCD，
∵∠ADB＝45°，
∴∠ADT+∠TDC＝135°，
∴∠ATC＝360°﹣2×135°＝90°，
∴AT⊥CF，
∵CT＝TF，
∴AC＝AF，
∴∠AFC＝45°，
∴∠BFD＝45°﹣32°＝13°，
∵∠BDF＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠BFD＝77°，
故选：C．
【点评】本题考查直角三角形斜边中线的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是学
会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题，属于中考常考题型．
二．填空题（共10小题）
7．（2020春•建平县期末）我国宋朝数学家杨辉在他的著作《详解九章算法》中提出“杨辉三
角”（如下图），此图揭示了（a+b）n（n为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律．
例如：
（a+b）0＝1，它只有一项，系数为1；
（a+b）1＝a+b，它有两项，系数分别为1，1，系数和为2；
（a+b）2＝a2+2ab+b2，它有三项，系数分别为1，2，1，系数和为4；
（a+b）3＝a3+3a2b+3ab2+b3，它有四项，系数分别为1，3，3，1，系数和为8；
…
根据以上规律，解答下列问题：（1）（a+b）4展开式共有 5 项，系数分别为 1 ， 4 ， 6 ， 4 ， 1 ；
（2）（a+b）n展开式共有 （ n + 1 ） 项，系数和为 2 n ．
【分析】经过观察发现，这些数字组成的三角形是等腰三角形，两腰上的数都是1，从第3行
开始，中间的每一个数都等于它肩上两个数字之和，展开式的项数比它的指数多1．根据上面
观察的规律很容易解答问题．
【解答】解：（1）展开式共有5项，展开式的各项系数分别为1，4，6，4，1，
（2）展开式共有n+1项，系数和为2n．
故答案为：（1）5；1，4，6，4，1；（2）（n+1），2n．
【点评】本题考查完全平方式．本题主要是根据已知与图形，让学生探究，观察规律，锻炼
学生的思维，属于一种开放性题目．
8．（2021春•乐清市期末）将一副三角板如图1所示摆放，直线GH∥MN，现将三角板ABC绕
点A以每秒1°的速度顺时针旋转，同时三角板DEF绕点D以每秒2°的速度顺时针旋转，设时
间为t秒，如图2，∠BAH＝t°，∠FDM＝2t°，且0≤t≤150，若边BC与三角板的一条直角边
（边DE，DF）平行时，则所有满足条件的t的值为 3 0 或 12 0 ．
【分析】根据题意得∠HAC＝∠BAH+∠BAC＝t°+30°，∠FDM＝2t°，（1）如图1，当
DE∥BC时，延长AC交MN于点P，分两种情况讨论：①DE在MN上方时，②DE在MN
下方时，∠FDP＝2t°﹣180°，列式求解即可；（2）当BC∥DF时，延长AC交MN于点I，
①DF在MN上方时，∠FDN＝180°﹣2t°，②DF在MN下方时，∠FDN＝180°﹣2t°，列式
求解即可．
【解答】解：由题意得，∠HAC＝∠BAH+∠BAC＝t°+30°，∠FDM＝2t°，
（1）如图1，当DE∥BC时，延长AC交MN于点P，
①DE在MN上方时，
∵DE∥BC，DE⊥DF，AC⊥BC，
∴AP∥DF，
∴∠FDM＝∠MPA，∵MN∥GH，
∴∠MPA＝∠HAC，
∴∠FDM＝∠HAC，即2t°＝t°+30°，
∴t＝30，
②DE在MN下方时，∠FDP＝2t°﹣180°，
∵DE∥BC，DE⊥DF，AC⊥BC，
∴AP∥DF，
∴∠FDP＝∠MPA，
∵MN∥GH，
∴∠MPA＝∠HAC，
∴∠FDP＝∠HAC，即2t°﹣180°＝t°+30°，
∴t＝210（不符合题意，舍去），
（2）当BC∥DF时，延长AC交MN于点I，
①DF在MN上方时，∠FDN＝180°﹣2t°，
∵DF∥BC，AC⊥BC，
∴AI∥DF，
∴∠FDN+∠MIA＝90°，
∵MN∥GH，
∴∠MIA＝∠HAC，
∴∠FDN+∠HAC＝90°，即180°﹣2t°+t°+30°＝90°，
∴t＝120，
②DF在MN下方时，∠FDN＝180°﹣2t°，
∵DF∥BC，AC⊥BC，DE⊥DF，
∴AC∥DE，
∴∠AIM＝∠MDE，
∵MN∥GH，
∴∠MIA＝∠HAC，
∴∠EDM＝∠HAC，即2t°﹣180°＝t°+30°，
∴t＝210（不符合题意，舍去），
综上所述：所有满足条件的t的值为30或120．
故答案为：30或120．【点评】本题考查了平行线的性质，解决本题的关键是掌握平行线的性质．
9．（2021春•钦州期末）如图，已知AB∥CD，BE、DE的交点为E，现作如下操作：第一次操
作，分别作∠ABE和∠CDE的平分线，交点为E ，第二次操作，分别作∠ABE 和∠CDE 的
1 1 1
平分线，交点为E ，第三次操作，分别作∠ABE 和∠CDE 的平分线，交点为E ，…第n
2 2 2 3
（n≥2）次操作，分别作∠ABE
n﹣1
和∠CDE
n﹣1
的平分线，交点为E
n
，若∠E
n
＝ 度，则
∠BED＝ 2 n 度． α
α
【分析】先过E作EF∥AB，根据AB∥CD，得出AB∥EF∥CD，再根据平行线的性质，得出
∠ABE＝∠1，∠CDE＝∠2，进而得到∠BED＝∠ABE+∠CDE；先根据∠ABE和∠CDE的平
分线交点为E ，运用（1）中的结论，得出∠DE B＝∠ABE +∠CDE ＝ ∠ABE+ ∠CDE＝
1 1 1 1
∠BED；同理可得∠BE D＝∠ABE +∠CDE ＝ ∠ABE + ∠CDE ＝ ∠DE B＝ ∠BED；
2 2 2 1 1 1
根据∠ABE 和∠CDE 的平分线，交点为E ，得出∠BE D＝ ∠BED；…据此得到规律∠E
2 2 3 3 n
＝ ∠BED，最后求得∠BED的度数．
【解答】解：如图，过E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴∠ABE＝∠1，∠CDE＝∠2，
∵∠BED＝∠1+∠2，∴∠BED＝∠ABE+∠CDE；
∵∠ABE和∠CDE的平分线交点为E
1
∴∠DE B＝∠ABE +∠CDE ＝ ∠ABE+ ∠CDE＝ ∠BED．
1 1 1
∵∠ABE 和∠DCE 的平分线交点为E ，
1 1 2
∴∠BE D＝∠ABE +∠CDE ＝ ∠ABE + ∠CDE ＝ ∠DE B＝ ∠BED；
2 2 2 1 1 1
∵∠ABE 和∠CDE 的平分线，交点为E ，
2 2 3
∴∠BE D＝∠ABE +∠CDE ＝ ∠ABE + ∠CDE ＝ ∠DE B＝ ∠BED；
3 3 3 2 2 2
…
以此类推，∠E ＝ ∠BED．
n
∴当∠E ＝ 度时，∠BED等于（2n ）度．
n
故答案为： α2n ．
α
【点评】本题主要考查了角平分线的定义以及平行线性质．解决问题的关键是作平行线构造
α
内错角，解题时注意：从一个角的顶点出发，把这个角分成相等的两个角的射线叫做这个角
的平分线．
10．（2021春•奉化区校级期末）如图，AB∥CD，∠DCE的角平分线CG的反向延长线和
∠ABE的角平分线BF交于点F，∠E﹣∠F＝33°，则∠E＝ 82 ° ．
【分析】过F作FH∥AB，依据平行线的性质，可设∠ABF＝∠EBF＝ ＝∠BFH，∠DCG＝
∠ECG＝ ＝∠CFH，根据四边形内角和以及∠E﹣∠F＝33°，即可得到∠E的度数．
α
【解答】解：如图，过F作FH∥AB，
β
∵AB∥CD，
∴FH∥AB∥CD，
∵∠DCE的角平分线CG的反向延长线和∠ABE的角平分线BF交于点F，
∴可设∠ABF＝∠EBF＝ ＝∠BFH，∠DCG＝∠ECG＝ ＝∠CFH，
∴∠ECF＝180°﹣ ，∠BFC＝∠BFH﹣∠CFH＝ ﹣ ，
α β
∴四边形BFCE中，∠E+∠BFC＝360°﹣ ﹣（180°﹣ ）＝180°﹣（ ﹣ ）＝180°﹣∠BFC，
β α β
即∠E+2∠BFC＝180°，①
α β α β
又∵∠E﹣∠BFC＝33°，
∴∠BFC＝∠E﹣33°，②∴由①②可得，∠E+2（∠E﹣33°）＝180°，
解得∠E＝82°，
故答案为：82°．
【点评】本题主要考查平行线的性质，掌握平行线的判定和性质是解题的关键，即①两直线
平行 同位角相等，②两直线平行 内错角相等，③两直线平行 同旁内角互补．
11．（2020秋•龙岗区期末）如图，已知AB∥CD，CE、BE的交点为E，现作如下操作：
⇔ ⇔ ⇔
第一次操作，分别作∠ABE和∠DCE的平分线，交点为E ，
1
第二次操作，分别作∠ABE 和∠DCE 的平分线，交点为E ，
1 1 2
第三次操作，分别作∠ABE 和∠DCE 的平分线，交点为E ，
2 2 3
…，
第n次操作，分别作∠ABE
n﹣1
和∠DCE
n﹣1
的平分线，交点为E
n
．
若∠E ＝1度，那∠BEC等于 2 n 度．
n
【分析】先过E作EF∥AB，根据AB∥CD，得出AB∥EF∥CD，再根据平行线的性质，得出
∠B＝∠1，∠C＝∠2，进而得到∠BEC＝∠ABE+∠DCE；先根据∠ABE和∠DCE的平分线交
点为E ，运用（1）中的结论，得出∠CE B＝∠ABE +∠DCE ＝ ∠ABE+ ∠DCE＝
1 1 1 1
∠BEC；同理可得∠BE C＝∠ABE +∠DCE ＝ ∠ABE + ∠DCE ＝ ∠CE B＝ ∠BEC；
2 2 2 1 1 1
根据∠ABE 和∠DCE 的平分线，交点为E ，得出∠BE C＝ ∠BEC；…据此得到规律∠E
2 2 3 3 n
＝ ∠BEC，最后求得∠BEC的度数．
【解答】解：如图①，过E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴∠B＝∠1，∠C＝∠2，∵∠BEC＝∠1+∠2，
∴∠BEC＝∠ABE+∠DCE；
如图②，∵∠ABE和∠DCE的平分线交点为E ，
1
∴∠CE B＝∠ABE +∠DCE ＝ ∠ABE+ ∠DCE＝ ∠BEC．
1 1 1
∵∠ABE 和∠DCE 的平分线交点为E ，
1 1 2
∴∠BE C＝∠ABE +∠DCE ＝ ∠ABE + ∠DCE ＝ ∠CE B＝ ∠BEC；
2 2 2 1 1 1
如图②，∵∠ABE 和∠DCE 的平分线，交点为E ，
2 2 3
∴∠BE C＝∠ABE +∠DCE ＝ ∠ABE + ∠DCE ＝ ∠CE B＝ ∠BEC；
3 3 3 2 2 2
…
以此类推，∠E ＝ ∠BEC．
n
∴当∠E ＝1度时，∠BEC等于2n度．
n
故答案为：2n．
【点评】本题主要考查了角平分线的定义以及平行线性质：两直线平行，内错角相等的运用．
解决问题的关键是作平行线构造内错角，解题时注意：从一个角的顶点出发，把这个角分成
相等的两个角的射线叫做这个角的平分线．
12．（2021春•奉化区校级期末）如图，已知直线l ∥l ，且l 和l 、l 分别交于A、B两点，点P
1 2 3 1 2
在AB上．
（1）∠1、∠2、∠3之间的关系为 ∠ 3 ＝∠ 1+ ∠ 2 ；
（2）如果点P在A、B两点之间运动时，∠1、∠2、∠3之间的关系为 ∠ 3 ＝∠ 1+ ∠ 2 ；
（3）如果点P（点P和A、B不重合）在A、B两点外侧运动时，∠1、∠2、∠3之间关系为
∠ 1 ﹣∠ 2 ＝∠ 3 或∠ 2 ﹣∠ 1 ＝∠ 3 ．【分析】（1）作PE∥AC，如图1，由于l ∥l ，则PE∥BD，根据平行线的性质得∠1＝
1 2
∠EPC，∠2＝∠EPD，所以∠1+∠2＝∠3；
（2）由（1）中的证明过程，可知∠1、∠2、∠3之间的关系不发生变化；
（3）根据题意，画出图形，利用平行线的性质可推出∠1、∠2、∠3之间的关系．
【解答】证明：（1）如图1，过点P作PQ∥l ，
1
∵PQ∥l ，
1
∴∠1＝∠4（两直线平行，内错角相等），
∵PQ∥l ，l ∥l （已知），
1 1 2
∴PQ∥l （平行于同一条直线的两直线平行），
2
∴∠5＝∠2（两直线平行，内错角相等），
∵∠3＝∠4+∠5，
∴∠3＝∠1+∠2（等量代换）；
故答案为：∠3＝∠1+∠2；
（2）∠1、∠2、∠3之间的关系不发生变化；
故答案为：∠3＝∠1+∠2；
（3）∠1﹣∠2＝∠3或∠2﹣∠1＝∠3．
故答案为：∠1﹣∠2＝∠3或∠2﹣∠1＝∠3．
【点评】本题考查了平行线性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；
两直线平行，内错角相等．
13．（2021秋•福田区校级期末）如图，把两块大小相同的含45°的三角板ACF和三角板CFB如
图所示摆放，点D在边AC上，点E在边BC上，且∠CFE＝13°，∠CFD＝32°，则∠DEC的度数为 64 ° ．
【分析】作FH⊥FE交AC用H．想办法证明∠DEF＝∠DHF＝58°＝∠FEB即可解决问题；
【解答】解：作FH⊥FE交AC用H．
∵∠AFC＝∠EFH＝90°，
∴∠AFH＝∠CFE＝13°，
∵∠A＝∠FCE＝45°，FA＝FC，
∴△FAH≌△FCE，
∴FH＝FE，
∵∠DFE＝∠CFE+∠DFC＝13°+32°＝45°，
∴∠DFH＝∠DFE＝45°，∵DF＝DF，
∴△DFE≌△DFH，
∴∠DEF＝∠DHF＝∠A+∠AFH＝58°，
∵∠FEB＝∠CFE+∠FCE＝58°，
∴∠DEC＝180°﹣58°﹣58°＝64°，
故答案为64°．
【点评】本题考查三角形内角和定理、等腰直角三角形的性质、全等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．
14．（2021春•光明区期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在三边上，E是AC的中点，
AD，BE，CF交于一点G，BC＝3DC，S△GEC ＝3，S△GBD ＝8，则△ABC的面积是 3 0 ．
【分析】根据题意得到S△GDC ＝ S△GBD ＝4，求出S△EBC ，根据E是AC的中点解答．
【解答】解：∵BC＝3DC，∴BD＝2CD，
∴S△GDC ＝ S△GBD ＝4，
∴S△EBC ＝S△GBD +S△GCD +S△GEC ＝15，
∵E是AC的中点，
∴S△EBA ＝S△EBC ＝15，
∴△ABC的面积是30，
故答案为：30．
【点评】本题考查的是三角形的面积计算，掌握三角形的面积公式、两个高相等是三角形的
面积比等于两底之比是解题的关键．
15．（2021春•光明区期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，且
AD、BE的交于点F，若BF＝AC，CD＝6，BD＝8，则线段AF的长度为 2 ．
【分析】首先证明△ADC≌△BDF，再根据全等三角形的性质可得FD＝CD，AD＝BD，根据
AD＝8，DF＝6，即可算出AF的长．
【解答】解：∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，
∴∠ADC＝∠FDB＝90°，∠AEB＝90°，
∴∠1+∠C＝90°，∠1+∠2＝90°，
∴∠2＝∠C，
∵∠2＝∠3，
∴∠3＝∠C，
在△ADC和△BDF中 ，
∴△ADC≌△BDF（AAS），
∴FD＝CD，AD＝BD，
∵CD＝6，BD＝8，
∴AD＝8，DF＝6，
∴AF＝8﹣6＝2，
故答案为：2．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，关键是掌握证明三角形全等的方法：AAS、
SSS、ASA、SAS．
16．（2021秋•海淀区校级期末）一个三角形有一内角为48°，如果经过其一个顶点作直线能把
其分成两个等腰三角形，那么它的最大内角可能是 88 ° ， 90 ° ， 99 ° ， 108 ° ， 116 ° ．
【分析】当它为顶角时，根据等腰三角形的性质，可以求得最大角是90度，如图①所示；当
它是侧角时，用同样的方法，可求得最大角有4种情况．
【解答】解：如图①所示，当∠BAC＝48°时，那么它的最大内角是90°
当∠ACB＝48°时，有以下4种情况，
故答案为：88°，90°，99°，108°，116°
【点评】此题主要考查学生对等腰三角形的性质和三角形内角和定理的理解和掌握，此题涉
及等知识点并不多，但是要分4种情况解答，因此，属于难题．
三．解答题（共44小题）
17．（2021秋•罗庄区期末）我们知道多项式的乘法可以利用图形的面积进行解释，如（2a+b）
（a+b）＝2a2+3ab+b2就能用图1或图2等图形的面积表示：
（1）请你写出图3所表示的一个等式： （ a + 2 b ）（ 2 a + b ）＝ 2 a 2 + 5 a b + 2 b 2 ．
（2）试画出一个图形，使它的面积能表示：（a+b）（a+3b）＝a2+4ab+3b2．【分析】（1）由题意得：长方形的面积＝长×宽，即可将长和宽的表达式代入，再进行多项
式的乘法，即可得出等式；
（2）已知图形面积的表达式，即可根据表达式得出图形的长和宽的表达式，即可画出图形．
【解答】解：（1）∵长方形的面积＝长×宽，
∴图3的面积＝（a+2b）（2a+b）＝2a2+5ab+2b2，
故图3所表示的一个等式：（a+2b）（2a+b）＝2a2+5ab+2b2，
故答案为：（a+2b）（2a+b）＝2a2+5ab+2b2；
（2）∵图形面积为：（a+b）（a+3b）＝a2+4ab+3b2，
∴长方形的面积＝长×宽＝（a+b）（a+3b），
由此可画出的图形为：
【点评】本题考查了多项式的乘法的运用以及由多项式画图形的创新题型．
18．（2021春•宝安区校级月考）先化简后求值：[（a﹣2b）2﹣（a+3b）（a﹣2b）]÷（﹣5b），
其中|a+2|+（b﹣1）2＝0．
【分析】先化简，再根据非负数的性质求得a，b的值，代入计算即可．
【解答】解：原式＝（a2﹣4ab+4b2﹣a2+2ab﹣3ab+6b2）÷（﹣5b）
＝（﹣5ab+10b2）÷（﹣5b）
＝a﹣2b，
∵|a+2|+（b﹣1）2＝0，
∴a+2＝0，b﹣1＝0，
解得a＝﹣2，b＝1，
∴原式＝a﹣2b＝﹣2﹣2＝﹣4．
【点评】本题考查了整式的化简求值以及非负数的性质，化简和求a，b的值是解题的关键．
19．（2021春•高明区校级期末）如图1是一个长为2a，宽为2b的长方形，沿图中虚线剪开分
成四块小长方形，然后按如图2的形状拼成一个正方形．
（1）图2的阴影部分的正方形的边长是 a ﹣ b ．
（2）用两种不同的方法求图中阴影部分的面积．【方法1】S阴影 ＝ （ a ﹣ b ） 2 ；
【方法2】S阴影 ＝ （ a + b ） 2 ﹣ 4 a b ；
（3）观察如图2，写出（a+b）2，（a﹣b）2，ab这三个代数式之间的等量关系．
（4）根据（3）题中的等量关系，解决问题：
若x+y＝10，xy＝16，求x﹣y的值．
【分析】（1）观察图意直接得出正方形的边长是a﹣b；
（2）利用大正方形的面积减去4个小长方形的面积，或者直接利用（1）的条件求出小正方
形的面积；
（3）把（2）中的两个代数式联立即可；
（4）类比（3）求出（x﹣y）2，再开方即可．
【解答】解：（1）a﹣b；
（2）方法1：S阴影 ＝（a﹣b）2，
方法2：S阴影 ＝（a+b）2﹣4ab；
（3）（a﹣b）2＝（a+b）2﹣4ab；
（4）∵x+y＝10，xy＝16，
∴（x﹣y）2＝（x+y）2﹣4xy＝102﹣4×16＝36，
∴x﹣y＝±6．
【点评】此题利用数形结合的思想，来研究完全平方式之间的联系，以及代数式求值的问题，
属于基础题型．
20．（2019秋•望花区期末）某公园计划砌一个形状如图（1）的喷水池，后来有人建议改为图
（2）的形状，且外圆的直径不变，请你比较两种方案，确定哪一种方案砌各圆形水池的周边
需用的材料多？（友情提示：比较两种方案中各圆形水池周长的和）【分析】在图（1）求出由两圆半径都为r，求出两圆的周长得到此方案所用的材料长；图
（2）中求出图形中四个圆的周长之和，表示出此图形中所需的材料长，比较大小即可得到两
种方案所需的材料一样多．
【解答】解：在图（1）中，周长为2×2 r＝4 r；
π π
在图（2）中，周长为2 r+2 • +2 • +2 • ＝2 （r+ + + ）＝4 r，
∴两种方案各圆形水池的周边需要的材料一样多．
π π π π π π
【点评】此题考查了整式的混合运算，以及圆的周长公式，熟练掌握圆的周长公式是解本题
的关键．
21．（2018秋•宁城县期末）对于一个图形，通过两种不同的方法计算它的面积，可以得到一个
数学等式，例如图1可以得到（a+b）2＝a2+2ab+b2，请解答下列问题：
（1）写出图2中所表示的数学等式 （ a + b + c ） 2 ＝ a 2 + b 2 + c 2 + 2 a b + 2 a c + 2 b c ．
（2）根据整式乘法的运算法则，通过计算验证上述等式．
（3）利用（1）中得到的结论，解决下面的问题：
若a+b+c＝10，ab+ac+bc＝35，则a2+b2+c2＝ 3 0 ．
（4）小明同学用图3中x张边长为a的正方形，y张边长为b的正方形z张边长分别为a、b
的长方形纸片拼出一个面积为（5a+7b）（9a+4b）长方形，则x+y+z＝ 15 6 ．
【分析】（1）依据正方形的面积＝（a+b+c）2；正方形的面积＝a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，可
得等式；
（2）运用多项式乘多项式进行计算即可；
（3）依据a2+b2+c2＝（a+b+c）2﹣2ab﹣2ac﹣2bc，进行计算即可；
（4）依据所拼图形的面积为：xa2+yb2+zab，而（5a+7b）（9a+4b）＝45a2+20ab+63ab+28b2
＝45a2+28b2+83ab，即可得到x，y，z的值．
【解答】解：（1）∵正方形的面积＝（a+b+c）2；正方形的面积＝a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc．
∴（a+b+c）2＝a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc．
故答案为：（a+b+c）2＝a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc．（2）证明：（a+b+c）（a+b+c），
＝a2+ab+ac+ab+b2+bc+ac+bc+c2，
＝a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc．
（3）a2+b2+c2＝（a+b+c）2﹣2ab﹣2ac﹣2bc，
＝102﹣2（ab+ac+bc），
＝100﹣2×35，
＝30．
故答案为：30；
（4）由题可知，所拼图形的面积为：xa2+yb2+zab，
∵（5a+7b）（9a+4b），
＝45a2+20ab+63ab+28b2，
＝45a2+28b2+83ab，
∴x＝45，y＝28，z＝83．
∴x+y+z＝45+28+83＝156．
故答案为：156．
【点评】本题考查了完全平方公式的几何背景，根据矩形的面积公式分整体与部分两种思路
表示出面积，然后再根据同一个图形的面积相等即可解答．
22．（2018秋•巴南区校级期末）（1）请用两种不同的方法列代数式表示图1中阴影部分的面积．
方法①： （ m + n ） 2 ﹣ 4 m n ；
方法②： （ m ﹣ n ） 2 ；
（2）根据（1）写出一个等式： （ m + n ） 2 ﹣ 4 m n ＝（ m ﹣ n ） 2 ；
（3）若x+y＝8，xy＝3.75，利用（2）中的结论，求x，y；
（4）有许多代数恒等式可以用图形的面积来表示．如图2，它表示了（2m+n）（m+n）＝
2m2+3mn+n2．试画出一个几何图形，使它的面积能表示（2m+n）（m+2n）＝2m2+5mn+2n2．
【分析】（1）第一种方法为：大正方形面积﹣4个小长方形面积，第二种表示方法为：阴影
部分为小正方形的面积；
（2）依据大正方形面积﹣4个小长方形面积＝阴影部分为小正方形的面积，即可得到等式；
（3）利用（x﹣y）2＝（x+y）2﹣4xy，再求x﹣y，即可解答；
（4）根据多项式画出长方形，即可解答．【解答】解：（1）方法①：（m+n）2﹣4mn，
方法②：（m﹣n）2；
故答案为：（m+n）2﹣4mn，（m﹣n）2；
（2）由（1）可得：（m+n）2﹣4mn＝（m﹣n）2；
故答案为：（m+n）2﹣4mn＝（m﹣n）2；
（3）由（2）可得：（x﹣y）2＝（x+y）2﹣4xy，
∵x+y＝﹣8，xy＝3.75，
∴（x﹣y）2＝64﹣15＝49，
∴x﹣y＝±7；
又∵x+y＝8，
∴ 或 ；
（4）如图，表示（2m+n）（m+2n）＝2m2+5mn+2n2：
【点评】本题考查了完全平方公式的几何背景，解决问题的关键是读懂题意，找到所求的量
的等量关系．本题更需注意要根据所找到的规律做题．
23．（2018秋•克山县期末）图①是一个长为2m，宽为2n的长方形纸片，将长方形纸片沿图中
虚线剪成四个形状和大小完全相同的小长方形，然后拼成图②所示的一个大正方形．
（1）用两种不同的方法表示图②中小正方形（阴影部分）的面积：
方法一：S小正方形 ＝ （ m + n ） 2 ﹣ 4 m n ；
方法二：S小正方形 ＝ （ m ﹣ n ） 2 ；
（2）（m+n）2，（m﹣n）2，mn这三个代数式之间的等量关系为 （ m + n ） 2 ﹣ 4 m n ＝（ m ﹣n ） 2
（3）应用（2）中发现的关系式解决问题：若x+y＝9，xy＝14，求x﹣y的值．
【分析】（1）观察图形可确定：方法一，大正方形的面积为（m+n）2，四个小长方形的面积
为4mn，中间阴影部分的面积为S＝（m+n）2﹣4mn；
方法二，图2中阴影部分为正方形，其边长为m﹣n，所以其面积为（m﹣n）2．
（2）观察图形可确定，大正方形的面积减去四个小长方形的面积等于中间阴影部分的面积，
即（m+n）2﹣4mn＝（m﹣n）2．
（3）根据（2）的关系式代入计算即可求解．
【解答】解：（1）方法一：S小正方形 ＝（m+n）2﹣4mn．
方法二：S小正方形 ＝（m﹣n）2．
（2）（m+n）2，（m﹣n）2，mn这三个代数式之间的等量关系为（m+n）2﹣4mn＝（m﹣n）
2．
（3）∵x+y＝9，xy＝14，
∴x﹣y＝± ＝±5．
故答案为：（m+n）2﹣4mn，（m﹣n）2；（m+n）2﹣4mn＝（m﹣n）2．
【点评】本题是完全平方式的实际应用，完全平方式经常与正方形的面积公式和长方形的面
积公式联系在一起，要学会观察图形．
24．（2019春•赫山区期末）某同学在计算3（4+1）（42+1）时，把3写成4﹣1后，发现可以连
续运用两数和乘以这两数差公式计算：
3（4+1）（42+1）＝（4﹣1）（4+1）（42+1）＝（42﹣1）（42+1）＝162﹣1＝255．
请借鉴该同学的经验，计算： ．
【分析】原式变形后，利用平方差公式计算即可得到结果．
【解答】解：原式＝2（1﹣ ）（1+ ）（1+ ）（1+ ）（1+ ）+
＝2（1﹣ ）+
＝2．
【点评】此题考查了平方差公式的应用，弄清题意是解本题的关键．
25．（2019春•沧州期末）请先观察下列算式，再填空：
32﹣12＝8×1，52﹣32＝8×2．
①72﹣52＝8× 3 ；
②92﹣（ 7 ）2＝8×4；
③（ 1 1 ）2﹣92＝8×5；
④132﹣（ 1 1 ）2＝8× 6 ；…
（1）通过观察归纳，你知道上述规律的一般形式吗？请把你的猜想写出来．
（2）你能运用本章所学的平方差公式来说明你的猜想的正确性吗？
【分析】（1）从上式中可以发现等式左边：两数的平方差，前一个数比后一个数大2；等式
右边：前一个因数是8，后一个是等式左边两数的和除4，所以可写成：（2n+1）2﹣（2n﹣
1）2＝8n；
（2）运用平方差公式计算此式，证明它成立．
【解答】解：
①3；
②7；
③11；
④11，6．
（1）（2n+1）2﹣（2n﹣1）2＝8n；
（2）原式可变为（2n+1+2n﹣1）（2n+1﹣2n+1）＝8n．
【点评】（1）题的关键是找出各数之间的关系．
（2）题的关键是利用平方差公式计算此式，证明它成立．
26．（2018春•抚州期末）阅读下面的材料并填空：
①（1﹣ ）（1+ ）＝1﹣ ，反过来，得1﹣ ＝（1﹣ ）（1+ ）＝
②（1﹣ ）（1+ ）＝1﹣ ，反过来，得1﹣ ＝（1﹣ ）（1+ ）＝ ×
③（1﹣ ）（1+ ）＝1﹣ ，反过来，得1﹣ ＝ （ 1 ﹣ ）（ 1+ ） ＝
利用上面的材料中的方法和结论计算下题：
（1﹣ ）（1﹣ ）（1﹣ ）……（1﹣ ）（1﹣ ）（1﹣ ）
【分析】直接利用平方差公式计算进而结合已知规律得出答案．
【解答】解：①（1﹣ ）（1+ ）＝1﹣ ，反过来，得1﹣ ＝（1﹣ ）（1+ ）＝
，
②（1﹣ ）（1+ ）＝1﹣ ，反过来，得1﹣ ＝（1﹣ ）（1+ ）＝ × ，
③（1﹣ ）（1+ ）＝1﹣ ，反过来，得1﹣ ＝（1﹣ ）（1+ ）＝
利用上面的材料中的方法和结论计算下题：（1﹣ ）（1﹣ ）（1﹣ ）……（1﹣ ）（1﹣ ）（1﹣ ）
＝ × × × × ×…× ×
＝ ．
故答案为： ， ，（1﹣ ）（1+ ）．
【点评】此题主要考查了平方差公式，正确应用平方差公式是解题关键．
27．（2017春•市南区期末）“杨辉三角”揭示了（a+b）n（n为非负数）展开式的各项系数的
规律．在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形，帕斯卡是在1654年发现这一规律的，比杨辉要迟
393年，比贾宪迟600年，请仔细观察“杨辉三角”中每个数字与上一行的左右两个数字之和
的关系：
根据上述规律，完成下列各题：
（1）将（a+b）5展开后，各项的系数和为 3 2 ．
（2）将（a+b）n展开后，各项的系数和为 2 n ．
（3）（a+b）6＝ a 6 + 6 a 5 b +1 5 a 4 b 2 +2 0 a 3 b 3 +1 5 a 2 b 4 + 6 a b 5 + b 6 ．
下图是世界上著名的“莱布尼茨三角形”，类比“杨辉三角”，根据你发现的规律，回答下
列问题：
（4）若（m，n）表示第m行，从左到右数第n个数，如（4，2）表示第四行第二个数是 ，
则（6，2）表示的数是 ，（8，3）表示的数是 ．
【分析】（1）根据规律可知：将（a+b）5展开后，各项的系数和为25；
（2）根据规律可得结论；
（3）把（a+b）n展开，即可得出答案；
（4）著名的“莱布尼茨三角形”，规律是：①下一行的第1和第2个数相加就等于上一行的第1个数，下一行的第2和第3个数相加就等于上一行的第2个数，以此类推，②每一行的
第一个数都是 ，经过计算可得结论．
【解答】解：（1）（a+b）5＝a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5，
1+5+10+10+5+1＝32，
故答案为：32；
（2）第二行：（a+b）1＝a+b，1+1＝2，各项系数和为2＝21，
第三行：（a+b）2＝a2+2ab+b2，各项系数和为4＝22，
…
第n+1行：（a+b）n展开后各项系数和为2n；
故答案为：2n；
（3）由（2）得：（a+b）6＝a6+6a5b+15a4b2+20a3b3+15a2b4+6ab5+b6，
故答案为：a6+6a5b+15a4b2+20a3b3+15a2b4+6ab5+b6；
（4）由题意得：这个三角的规律就是下一行的第1和第2个数相加就等于上一行的第1个数，
下一行的第2和第3个数相加就等于上一行的第2个数，以此类推，还发现每一行的第一个数
都是 ，
∴（6，2）表示第六行第二个数，是 ﹣ ＝ ，
按规律计算：第六行： ， ， ， ， ， ，
第七行： ， ， ， ， ， ， ，
第八行： ， ，…
∴（8，3）表示第八行第三个数，是 ﹣ ＝ ；
故答案为： ， ．
【点评】本题主要考查了完全平方式的应用和数字类的规律题，能根据杨辉三角和“莱布尼
茨三角形”得出规律是解此题的关键．
28．（2021秋•南京期末）已知∠AOB与∠BOC互为补角，OD平分∠BOC．
（1）如图①，若∠AOB＝80°，则∠BOC＝ 10 0 °，∠AOD＝ 13 0 °；
（2）如图②，若∠AOB＝140°，求∠AOD的度数；
（3）若∠AOB＝n°，直接写出∠AOD的度数（用含n的代数式表示），及相应的n的取值范
围．【分析】（1）根据补角的定义可求解∠BOC的度数，再利用角平分线的定义可求解∠BOD
的度数，进而可求解∠AOD的度数；
（2）可分两种情况：当∠BOC在∠AOB的外部时，当∠BOC在∠AOB的内部时，利用补角
的定义结合角平分线的定义可求解；
（3）可分两种情况：当∠BOC和∠AOB互为邻补角时，即OC和OA在OB的不同侧时；当
OC和OA在OB的同一侧时．而对于当OC和OA在OB的同一侧时可分为：当n＝60°时；当
0＜n≤60时；当60＜n＜180时分别计算可求解．
【解答】解：（1）∵∠AOB与∠BOC互为补角，
∴∠AOB+∠BOC＝180°，
∵∠AOB＝80°，
∴∠BOC＝180°﹣80°＝100°，
∵OD平分∠BOC，
∴∠BOD＝ ∠BOC＝50°，
∴∠AOD＝∠AOB+∠BOD＝80°+50°＝130°，
故答案为：100，130；
（2）当∠BOC在∠AOB的外部时，
∵∠AOB与∠BOC互为补角，
∴∠BOC＝180°﹣∠AOB＝180°﹣140°＝40°．
∵OD平分∠BOC，
∴∠BOD＝ ∠BOC＝ ×40°＝20°．
∴∠AOD＝∠AOB+∠BOD＝140°+20°＝160°．
当∠BOC在∠AOB的内部时，∵∠AOB与∠BOC互为补角，
∴∠BOC＝180°﹣∠AOB＝180°﹣140°＝40°．
∵OD平分∠BOC，
∴∠BOD＝ ∠BOC＝ ×40°＝20°．
∴∠AOD＝∠AOB﹣∠BOD＝140°﹣20°＝120°．
答：∠AOD的度数为160°或120°．
（3）当∠BOC和∠AOB互为邻补角时，即OC和OA在OB的不同侧时，
∵∠AOB＝n°，
∴∠BOC＝180°﹣n°，
∵OD平分∠BOC，
∴∠BOD＝ ∠BOC＝ （180°﹣n°）＝90°﹣ n°，
∴∠AOD＝∠DOB+∠AOB＝90°﹣ n°+n°＝90°+ n°，
即∠AOD＝90°+ n°，此时0°＜n＜180°；
当OC和OA在OB的同一侧时，
当n＝60°，如图，此时∠AOB＝60°，∠BOC＝120°，
∵OD平分∠BOC，
∴∠BOD＝60°，OA和OD重合，
∴∠AOD＝0°，
当60°＜n＜180°时，如图，∠AOB＝n°，∠BOC＝180°﹣n°，∵OD平分∠BOC，
∴∠COD＝ ∠BOC＝ （180°﹣n°）＝90°﹣ n°；
∴∠AOC＝∠AOB﹣∠BOC＝n°﹣2（90°﹣ n°）＝2n°﹣180°，
∴∠AOD＝∠AOC+∠COD＝90°﹣ n°+2n°﹣180°＝ n°﹣90°，
即∠AOD＝ n°﹣90°，此时60°＜n＜180°，
当0°＜n＜60°时，如图，∠AOB＝n°，∠BOC＝180°﹣n°，
∵OD平分∠BOC，
∴∠BOD＝ ∠BOC＝ （180°﹣n°）＝90°﹣ n°，
∴∠AOD＝∠BOD﹣∠BOA＝90°﹣ n°﹣n°＝90°﹣ n°，
即∠AOD＝90°﹣ n°，此时0＜n＜60，
综上，当OC和OA在OB的不同侧时，∠AOD＝90°+ n°，0°＜n＜180°，
当OC和OA在OB的同一侧时，当n＝60°时，∠AOD＝0°，
当0＜n＜60时，∠AOD的度数为（90﹣ n）°；
当60＜n＜180时，∠AOD的度数为（ n﹣90）°．
【点评】本题主要考查角的计算，分类讨论是解题的关键．
29．（2021秋•井研县期末）已知：如图，点C在∠MON的一边OM上，过点C的直线AB∥ON，
CD平分∠ACM，CE⊥CD．（1）若∠O＝50°，求∠BCD的度数；
（2）求证：CE平分∠OCA；
（3）当∠O为多少度时，CA分∠OCD成1：2两部分，并说明理由．
【分析】（1）依据平行线的性质，即可得到∠BCM的度数，再根据角平分线的定义，即可得
到∠DCM的度数，进而得出∠BCD 的度数；
（2）依据CD平分∠ACM，CE⊥CD，利用等角的余角相等即可得到CE平分∠OCA；
（3）分两种情况进行讨论，当∠O＝36°或90°时，CA分∠OCD成1：2两部分．
【解答】解：（1）∵AB∥ON
∴∠O＝∠MCB（两直线平行，同位角相等）
∵∠O＝50°
∴∠MCB＝50°
∵∠ACM+∠MCB＝180°（平角定义）
∴∠ACM＝180°﹣50°＝130°
又∵CD平分∠ACM
∴∠DCM＝65°（角平分线定义）
∴∠BCD＝∠DCM+∠MCB＝65°+50°＝115°
（2）证明：∵CE⊥CD
∴∠DCE＝90°
∴∠ACE+∠DCA＝90°
又∵∠MCO＝180°（平角定义）
∴∠ECO+∠DCM＝90°
∵∠DCA＝∠DCM
∴∠ACE＝∠ECO（等角的余角相等）
即CE平分∠OCA
（3）结论：当∠O＝36°或90°时，CA分∠OCD成1：2两部分
①当∠O＝36°时
∵AB∥ON
∴∠ACO＝∠O＝36°
∴∠ACM＝144°又∵CD平分∠ACM
∴∠ACD＝72°
∴∠ACO＝ ∠ACD
即CA分∠OCD成1：2两部分
②当∠O＝90°时
∵AB∥ON
∴∠ACO＝∠O＝90°
∴∠ACM＝90°
又∵CD平分∠ACM
∴∠ACD＝45°
∴∠ACD＝ ∠ACO
即CA分∠OCD成1：2两部分
【点评】本题主要考查了角的计算，平行线的性质以及角平分线的定义的运用，解题时注意：
两直线平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等．
30．（2021秋•东洲区期末）如图，点O是直线AB上任一点，射线OD和射线OE分别平分
∠AOC和∠BOC．
（1）与∠AOE互补的角是 ∠ BOE 、∠ COE ．
（2）若∠AOC＝72°，求∠DOE的度数；
（3）当∠AOC＝x时，请直接写出∠DOE的度数．
【分析】（1）先求出∠BOE＝∠COE，再由∠AOE+∠BOE＝180°，即可得出结论；
（2）先求出∠COD、∠COE，即可得出∠DOE＝90°；
（3）先求出∠AOC、COD，再求出∠BOC、∠COE，即可得出∠DOE＝90°．
【解答】解：（1）∵OE平分∠BOC，
∴∠BOE＝∠COE；
∵∠AOE+∠BOE＝180°，∴∠AOE+∠COE＝180°，
∴与∠AOE互补的角是∠BOE、∠COE；
故答案为∠BOE、∠COE；
（2）∵OD、OE分别平分∠AOC、∠BOC，∠AOC＝72°，
∴∠COD＝∠AOD＝36°，∠COE＝∠BOE＝ ∠BOC，
∴∠BOC＝180°﹣72°＝108°，
∴∠COE＝ ∠BOC＝54°，
∴∠DOE＝∠COD+∠COE＝90°；
（3）当∠AOD＝x°时，∠DOE＝90°．
【点评】本题考查了余角和补角以及角平分线的定义；熟练掌握两个角的互余和互补关系是
解决问题的关键．
31．（2021春•大连期末）如图，点D是∠BAC外一点，过点D作DE∥AB交AC于点F，以DE
为边作∠EDG．
（1）若DG∥AC，则∠BAC与∠EDG的数量关系是 相等或互补 ；
（2）若DG与直线AC交于点P（点P不与点A、F重合），用等式表示∠BAC，∠EDG，
∠APD三者之间的数量关系，画出相应的图形，并给出其中一种情况的证明．
【分析】（1）根据平行线的性质分两种情况可得∠BAC与∠EDG的数量关系是相等或互补；
（2）根据题意分三种情况画图：然后过点P作PH∥DE，可得PH∥DE∥AB，进而可得
∠BAC，∠EDG，∠APD之间的数量关系．
【解答】解：（1）如图，
∵DE∥AB，
∴∠BAC＝∠EFC，
∵DG∥AC，∴∠EFC＝∠EDG，
∴∠BAC＝∠EDG，
∵∠EDG′+∠EDG＝180°，
∴∠EDG′+∠BAC＝180°，
∴∠BAC与∠EDG的数量关系是：相等或互补；
故答案为：相等或互补；
（2）根据题意分两种情况：
①如图，过点P作PH∥DE，
∵DE∥AB，
∴PH∥DE∥AB，
∴∠BAC＝∠APH，∠EDG＝∠DPH，
∴∠APD＝∠APH+∠DPH＝∠BAC+∠EDG；
②如图，过点P作PH∥DE，
∵DE∥AB，
∴PH∥DE∥AB，
∴∠BAC＝∠APH，∠EDG＝∠DPH，
∴∠APD＝∠APH﹣∠DPH＝∠BAC﹣∠EDG．
③点P也可以在CA延长线上时，得到：∠BAC+∠APD+∠EDG＝180°
所以∠APD＝∠BAC+∠EDG或∠APD＝∠BAC﹣∠EDG或∠BAC+∠APD+∠EDG＝180°．
【点评】本题考查了平行线的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行线的性质．
32．（2021春•越城区期末）如图1，已知直线CD∥EF，点A、B分别在直线CD与EF上．P为
两平行线间一点．
（1）求证∠APB＝∠DAP+∠FBP；
（2）利用（1）的结论解答：
①如图2，AP 、BP 分别平分∠DAP、∠FBP，请你直接写出∠P与∠P 的数量关系是
1 1 1
∠ P ＝ 2 ∠ P ．
1
②如图3，AP 、BP 分别平分∠CAP、∠EBP，若∠APB＝80°，则∠AP B的度数是 140 °
2 2 2
．
【分析】（1）过P作PM∥CD，根据两直线平行，内错角相等可得∠APM＝∠DAP，再根据
平行公理求出CD∥EF然后根据两直线平行，内错角相等可得∠MPB＝∠FBP，最后根据
∠APM+∠MPB＝∠DAP+∠FBP等量代换即可得证；
（2）①根据（1）的规律和角平分线定义解答；
②根据①的规律可得∠APB＝∠DAP+∠FBP，∠AP B＝∠CAP +∠EBP ，然后根据角平分
2 2 2
线的定义和平角等于180°列式整理即可得解．
【解答】（1）证明：过P作PM∥CD，
∴∠APM＝∠DAP．（两直线平行，内错角相等），
∵CD∥EF（已知），
∴PM∥CD（平行于同一条直线的两条直线互相平行），
∴∠MPB＝∠FBP．（两直线平行，内错角相等），
∴∠APM+∠MPB＝∠DAP+∠FBP．（等式性质）
即∠APB＝∠DAP+∠FBP；（2）①结论：∠P＝2∠P ；
1
理由：由（1）可知：∠P＝∠DAP+∠FBP，∠P ＝∠DAP +∠FBP ，
1 1 1
∵∠DAP＝2∠DAP ，∠FBP＝2∠FBP ，
1 1
∴∠P＝2∠P ．
1
故答案为：∠P＝2∠P ；
1
②由①得∠APB＝∠DAP+∠FBP，∠AP B＝∠CAP +∠EBP ，
2 2 2
∵AP 、BP 分别平分∠CAP、∠EBP，
2 2
∴∠CAP ＝ ∠CAP，∠EBP ＝ ∠EBP，
2 2
∴∠AP B＝ ∠CAP+ ∠EBP
2
＝ （180°﹣∠DAP）+ （180°﹣∠FBP）
＝180°﹣ （∠DAP+∠FBP）
＝180°﹣ ∠APB
＝180°﹣ 80°＝140°．
故答案为：140°．
【点评】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，熟记性质与概念是解题的关键，此类
题目，难点在于过拐点作平行线．
33．（2021春•桂林期末）已知：直线a∥b，点A和点B是直线a上的点，点C和点D是直线b
上的点，连接AD，BC，设直线AD和BC交于点E．
（1）在如图1所示的情形下，若AD⊥BC，求∠ABE+∠CDE的度数（提示：可过点E作
EG∥AB）；
（2）在如图2所示的情形下，若BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，且BF与DF交于点F，当∠ABC＝64°，∠ADC＝72°时，求∠BFD的度数．
（3）如图3，当点B在点A的右侧时，若BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，且BF，DF交于
点F，设∠ABC＝ ，∠ADC＝ ，用含有 ， 的代数式表示∠BFD的补角．（直接写出结果
即可）
α β α β
【分析】（1）过点E作EG∥AB，根据a∥b，可得EG∥CD，得∠ABE+∠CDE＝∠BED＝
90°；
（2）过点F作FH∥AB，结合（1）的方法，根据BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，即可求
∠BFD的度数；
（3）过点F作FH∥AB，结合（1）的方法，根据BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，设∠ABC
＝ ，∠ADC＝ ，即可用含有 ， 的代数式表示∠BFD的补角．
【解答】解：（1）过点E作EG∥AB，
α β α β
∵a∥b，
∴EG∥CD，
∴∠ABE＝∠BEG，∠CDE＝∠DEG，
∴∠ABE+∠CDE＝∠BEG+∠DEG＝∠BED，
∵AD⊥BC，
∴∠ABE+∠CDE＝∠BED＝90°；
（2）如图，过点F作FH∥AB，
∵a∥b，
∴FH∥CD，
∴∠ABF＝∠BFH，∠CDF＝∠DFH，
∴∠BFD＝∠ABF+∠CDF＝∠BFH+∠DFH，
∵BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，∠ABC＝64°，∠ADC＝72°，
∴∠ABF＝ ABC＝32°，∠CDF＝ ADC＝36°，
∴∠BFD＝∠ABF+∠CDF＝68°；
（3）如图，过点F作FH∥AB，∵a∥b，
∴FQ∥CD，
∴∠ABF+∠BFQ＝180°，∠CDF＝∠DFQ，
∴∠BFD＝∠BFQ+∠DFQ＝180°﹣∠ABF+∠CDF
∵BF平分∠ABC，DF平分∠ADC，∠ABC＝ ，∠ADC＝ ，
α β
∴∠ABF＝ ABC＝ ，∠CDF＝ ADC＝ ，
∴∠BFD＝180°﹣∠ABF+∠CDF＝180°﹣ + ，
∴∠BFD的补角＝ ﹣ ．
【点评】本题考查了平行线的性质，角平分线定义，解决本题的关键是掌握平行线的性质．
34．（2021春•黄冈期末）已知：AB∥CD．
（1）如图①，点E在直线AB与CD之间，连接AE，CE，试说明∠AEC＝∠A+∠C．
（2）当点E在如图②的位置时，其他条件不变，试说明∠A+∠AEC+∠C＝360°；
（3）如图③，延长线段AE交直线CD于点M，已知∠A＝130°，∠DCE＝120°，则∠MEC
的度数为 70 ° ．（请直接写出答案）
【分析】（1）过点E作EF∥AB，由平行线的性质得出∠A＝∠AEF，证出CD∥EF，由平行
线的性质得出∠CEF＝∠C，即可得出结论；
（2）过点E作EF∥AB，则EF∥CD，由平行线的性质得出∠A+∠AEF＝180°，∠C+∠CEF
＝180°，即可得出结论；
（3）同（2）得∠A+∠AEC+∠DCE＝360°，得出∠AEC＝110°，即可得出答案．
【解答】（1）证明：如图①，过点E作EF∥AB，∴∠A＝∠AEF（两直线平行，内错角相等），
∵AB∥CD（已知），
∵EF∥AB（辅助线作法），
∴CD∥EF（平行于同一直线的两条直线平行），
∴∠CEF＝∠C（两直线平行，内错角相等），
∵∠AEC＝∠AEF+∠CEF，
∴∠AEC＝∠A+∠C（等量代换），
（2）证明：过点E作EF∥AB，如图②所示
∵AB∥CD，
∴EF∥CD，
∴∠A+∠AEF＝180°，∠C+∠CEF＝180°，
∴∠A+∠AEC+∠C＝∠A+∠AEF+∠C+∠CEF＝180°+180°＝360°；
（3）解：同（2）得：∠A+∠AEC+∠DCE＝360°，
∴∠AEC＝360°﹣∠A﹣∠DCE＝360°﹣130°﹣120°＝110°，
∴∠MEC＝180°﹣∠AEC＝180°﹣110°＝70°，
故答案为：70°．
【点评】本题考查了平行线的判定与性质；正确作出辅助线运用平行线的判定和性质是解题
的关键．
35．（2021春•肥西县期末）问题情境：如图1，AB∥CD，∠PAB＝130°，∠PCD＝120°．求
∠APC度数．
小明的思路是：如图2，过P作PE∥AB，通过平行线性质，可得∠APC＝ 110 ° ．
问题迁移：如图3，AD∥BC，点P在射线OM上运动，∠ADP＝∠ ，∠BCP＝∠ ．
（1）当点P在A、B两点之间运动时，∠CPD、∠ 、∠ 之间有何数量关系？请说明理由．
α β
（2）如果点P在A、B两点外侧运动时（点P与点A、B、O三点不重合），请你直接写出
α β
∠CPD、∠ 、∠ 之间的数量关系．
α β【分析】过P作PE∥AB，构造同旁内角，通过平行线性质，可得∠APC＝50°+60°＝110°．
（1）过P作PE∥AD交CD于E，推出AD∥PE∥BC，根据平行线的性质得出∠ ＝∠DPE，
∠ ＝∠CPE，即可得出答案；
α
（2）画出图形（分两种情况：①点P在BA的延长线上，②点P在AB的延长线上），根据
β
平行线的性质得出∠ ＝∠DPE，∠ ＝∠CPE，即可得出答案．
【解答】解：过P作PE∥AB，
α β
∵AB∥CD，
∴PE∥AB∥CD，
∴∠APE＝180°﹣∠A＝50°，∠CPE＝180°﹣∠C＝60°，
∴∠APC＝50°+60°＝110°，
故答案为：110°；
（1）∠CPD＝∠ +∠ ，理由如下：
如图3，过P作PE∥AD交CD于E，
α β
∵AD∥BC，
∴AD∥PE∥BC，
∴∠ ＝∠DPE，∠ ＝∠CPE，
∴∠CPD＝∠DPE+∠CPE＝∠ +∠ ；
α β
α β
（2）当P在BA延长线时，∠CPD＝∠ ﹣∠ ；
理由：如图4，过P作PE∥AD交CD于E，
β α
∵AD∥BC，
∴AD∥PE∥BC，∴∠ ＝∠DPE，∠ ＝∠CPE，
∴∠CPD＝∠CPE﹣∠DPE＝∠ ﹣∠ ；
α β
β α
当P在BO之间时，∠CPD＝∠ ﹣∠ ．
理由：如图5，过P作PE∥AD交CD于E，
α β
∵AD∥BC，
∴AD∥PE∥BC，
∴∠ ＝∠DPE，∠ ＝∠CPE，
∴∠CPD＝∠DPE﹣∠CPE＝∠ ﹣∠ ．
α β
α β
【点评】本题考查了平行线的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力，解决问题的关
键是作辅助线构造内错角以及同旁内角．
36．（2021春•奉化区校级期末）已知，直线AB∥DC，点P为平面上一点，连接AP与CP．
（1）如图1，点P在直线AB、CD之间，当∠BAP＝60°，∠DCP＝20°时，求∠APC．
（2）如图2，点P在直线AB、CD之间，∠BAP与∠DCP的角平分线相交于点K，写出
∠AKC与∠APC之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图3，点P落在CD外，∠BAP与∠DCP的角平分线相交于点K，∠AKC与∠APC有
何数量关系？并说明理由．
【分析】（1）先过P作PE∥AB，根据平行线的性质即可得到∠APE＝∠BAP，∠CPE＝∠DCP，再根据∠APC＝∠APE+∠CPE＝∠BAP+∠DCP进行计算即可；
（2）过K作KE∥AB，根据KE∥AB∥CD，可得∠AKE＝∠BAK，∠CKE＝∠DCK，进而得
到∠AKC＝∠AKE+∠CKE＝∠BAK+∠DCK，同理可得，∠APC＝∠BAP+∠DCP，再根据角
平分线的定义，得出∠BAK+∠DCK＝ ∠BAP+ ∠DCP＝ （∠BAP+∠DCP）＝ ∠APC，
进而得到∠AKC＝ ∠APC；
（3）过K作KE∥AB，根据KE∥AB∥CD，可得∠BAK＝∠AKE，∠DCK＝∠CKE，进而得
到∠AKC＝∠AKE﹣∠CKE＝∠BAK﹣∠DCK，同理可得，∠APC＝∠BAP﹣∠DCP，再根据
角平分线的定义，得出∠BAK﹣∠DCK＝ ∠BAP﹣ ∠DCP＝ （∠BAP﹣∠DCP）＝
∠APC，进而得到∠AKC＝ ∠APC．
【解答】解：（1）如图1，过P作PE∥AB，
∵AB∥CD，
∴PE∥AB∥CD，
∴∠APE＝∠BAP，∠CPE＝∠DCP，
∴∠APC＝∠APE+∠CPE＝∠BAP+∠DCP＝60°+20°＝80°；
（2）∠AKC＝ ∠APC．
理由：如图2，过K作KE∥AB，
∵AB∥CD，
∴KE∥AB∥CD，
∴∠AKE＝∠BAK，∠CKE＝∠DCK，
∴∠AKC＝∠AKE+∠CKE＝∠BAK+∠DCK，
过P作PF∥AB，
同理可得，∠APC＝∠BAP+∠DCP，
∵∠BAP与∠DCP的角平分线相交于点K，
∴∠BAK+∠DCK＝ ∠BAP+ ∠DCP＝ （∠BAP+∠DCP）＝ ∠APC，
∴∠AKC＝ ∠APC；
（3）∠AKC＝ ∠APC．
理由：如图3，过K作KE∥AB，
∵AB∥CD，∴KE∥AB∥CD，
∴∠BAK＝∠AKE，∠DCK＝∠CKE，
∴∠AKC＝∠AKE﹣∠CKE＝∠BAK﹣∠DCK，
过P作PF∥AB，
同理可得，∠APC＝∠BAP﹣∠DCP，
∵∠BAP与∠DCP的角平分线相交于点K，
∴∠BAK﹣∠DCK＝ ∠BAP﹣ ∠DCP＝ （∠BAP﹣∠DCP）＝ ∠APC，
∴∠AKC＝ ∠APC．
【点评】本题主要考查了平行线的性质以及角平分线的定义的运用，解决问题的关键是作平
行线构造内错角，依据两直线平行，内错角相等进行计算．
37．（2021春•婺城区校级期末）如图，已知AM∥BN，∠A＝60°．点P是射线AM上一动点
（与点A不重合），BC、BD分别平分∠ABP和∠PBN，分别交射线AM于点C，D．
（1）求∠CBD的度数；
（2）当点P运动时，∠APB与∠ADB之间的数量关系是否随之发生变化？若不变化，请写出
它们之间的关系，并说明理由；若变化，请写出变化规律．
（3）当点P运动到使∠ACB＝∠ABD时，∠ABC的度数是 30 ° ．
【分析】（1）先根据平行线的性质，得出∠ABN＝120°，再根据BC、BD分别平分∠ABP和
∠PBN，即可得出∠CBD的度数；
（2）根据平行线的性质得出∠APB＝∠PBN，∠ADB＝∠DBN，再根据BD平分∠PBN，即可
得到∠PBN＝2∠DBN进而得出∠APB＝2∠ADB；
（3）根据∠ACB＝∠CBN，∠ACB＝∠ABD，得出∠CBN＝∠ABD，进而得到∠ABC＝
∠DBN，根据∠CBD＝60°，∠ABN＝120°，可求得∠ABC的度数．
【解答】解：（1）∵AM∥BN，
∴∠A+∠ABN＝180°，
∵∠A＝60°，
∴∠ABN＝120°，
∵BC、BD分别平分∠ABP和∠PBN，∴∠CBP＝ ∠ABP，∠DBP＝ ∠NBP，
∴∠CBD＝ ∠ABN＝60°；
（2）不变化，∠APB＝2∠ADB．
证明：∵AM∥BN，
∴∠APB＝∠PBN，
∠ADB＝∠DBN，
又∵BD平分∠PBN，
∴∠PBN＝2∠DBN，
∴∠APB＝2∠ADB；
（3）∵AD∥BN，
∴∠ACB＝∠CBN，
又∵∠ACB＝∠ABD，
∴∠CBN＝∠ABD，
∴∠ABC＝∠DBN，
由（1）可得，∠CBD＝60°，∠ABN＝120°，
∴∠ABC＝ （120°﹣60°）＝30°，
故答案为：30°．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的性质的运用，解决问题的关键是掌握：
两直线平行，内错角相等．
38．（2021•罗湖区校级模拟）如图1，在长方形ABCD中，AB＝12cm，BC＝10cm，点P从A出
发，沿A→B→C→D的路线运动，到D停止；点Q从D点出发，沿D→C→B→A路线运动，
到A点停止．若P、Q两点同时出发，速度分别为每秒1cm、2cm，a秒时P、Q两点同时改变
速度，分别变为每秒2cm、 cm（P、Q两点速度改变后一直保持此速度，直到停止），如图
2是△APD的面积s（cm2）和运动时间x（秒）的图象．
（1）求出a值；
（2）设点P已行的路程为y （cm），点Q还剩的路程为y （cm），请分别求出改变速度后，
1 2
y 、y 和运动时间x（秒）的关系式；
1 2（3）求P、Q两点都在BC边上，x为何值时P、Q两点相距3cm？
【分析】（1）根据图象变化确定a秒时，P点位置，利用面积求a；
（2）P、Q两点的函数关系式都是在运动6秒的基础上得到的，因此注意在总时间内减去6秒．
（3）以（2）为基础可知，两个点相距3cm分为相遇前相距或相遇后相距，因此由（2）可列
方程．
【解答】解：（1）由图象可知，当点P在BC上运动时，△APD的面积保持不变，
则a秒时，点P在点AB上，则
∴AP＝6
则a＝6
（2）由（1）6秒后点P变速，则点P已行的路程为y ＝6+2（x﹣6）＝2x﹣6
1
∵Q点路程总长为34cm，第6秒时已经走12cm，点Q还剩的路程为y ＝34﹣12﹣
2
＝
（3）当P、Q两点相遇前相距3cm时，
﹣（2x﹣6）＝3
解得x＝10
当P、Q两点相遇后相距3cm时
（2x﹣6）﹣（ ）＝3
解得x＝ ，
∴当x＝10或 时，P、Q两点相距3cm
【点评】本题是双动点问题，解答时应注意分析图象的变化与动点运动位置之间的关系．列
函数关系式时，要考虑到时间x的连续性才能直接列出函数关系式．
39．（2021春•沈河区期末）如图1，AB∥CD，E是直线CD上的一点，且∠BAE＝30°，P是直
线CD上的一动点，M是AP的中点，直线MN⊥AP且与CD交于点N，设∠BAP＝x°，∠MNE＝y°．
（1）在图2中，当x＝12时，∠MNE＝ 102 ° ；
在图3中，当x＝50时，∠MNE＝ 40 ° ；
（2）研究表明：y与x之间关系的图象如图4所示（y不存在时，用空心点表示，请你根据图
象直接估计当y＝100时，x＝ 1 0 或 17 0 ．
（3）探究：当x＝ 1 5 或 10 5 时，点N与点E重合；
（4）探究：当x＞105时，求y与x之间的关系式．
【分析】（1）当x＝12时，根据三角形外角的性质可：∠MNE＝90°+12°＝102°；
当x＝50°，根据直角三角形两锐角互余可得结论；
（2）由图象直接得出结论；
（3）分两种情况：①P在E的左侧，②P在E的右侧，根据平行线的性质和中垂线的性质
可得结论；
（4）如图7，根据三角形外角和为360°列式可得结论．
【解答】解：（1）如图2，∵AB∥CD，
∴∠BAP＝∠APN＝x°，
∵MN⊥AP，
∴∠PMN＝90°，
∴∠MNE＝∠PMN+∠APN＝90°+x°，
当x＝12时，∠MNE＝（90+12）°＝102°；
即y＝102°，
如图3中，当x＝50时，∠APN＝50°，
∴y＝∠MNE＝90°﹣x°＝90°﹣50°＝40°，
故答案为：102°，40°；
（2）如图2，当0＜x＜30时，y＝90+x，
此时，y＝100时，90+x＝100，x＝10，
由图4可知：y＝100时，还有x＝170，
∴当y＝100时，x＝10或170，
故答案为：10或170；（3）①P在E的左侧时，当N与E重合时，如图5，∠BAE＝∠AEP＝30°，
∵MN是AP的中垂线，
∴AE＝PE，
∴∠AEM＝∠PEM＝15°，
∴∠EAP＝90°﹣15°＝75°，
∴∠BAP＝x＝30°+75°＝105°，
②P在E的右侧时，当N与E重合时，如图6，
∵AB∥CD，
∴∠BAP＝∠APE＝x，
同理得：AE＝PE，
∴∠EAM＝∠EPM＝x，
∵∠BAE＝30°，
∴∠BAP＝x＝∠EAP＝ ＝15°，
综上所述，当x＝15或105时，点N与点E重合；
故答案为：15或105；
（4）当x＞105时，如图7，
∵AB∥CD，
∴∠APC＝∠BAP＝x，
∵∠APC+∠MNE+∠AMN＝360°，∠AMN＝90°，
∴∠APC+∠MNE＝360°﹣90°＝270°，
∴∠MNE＝270°﹣∠APC＝270°﹣∠BAP，
即y＝270﹣x．
【点评】本题考查了平行线的性质、等腰三角形三线合一的性质、中垂线的性质、三角形外
角定理、一次函数，属于动点问题的函数图象，有难度，并采用了分类讨论，数形结合思想解决问题．
40．（2019春•灵石县期末）某中学的小明和朱老师一起到一条笔直的跑道上锻炼身体，到达起
点后小明做了一会准备活动朱老师先跑，当小明出发时，朱老师已经距起点200米了，他们
距起点的距离s（米）与小明出发的时间t（秒）之间的关系如图所示（不完整）．根据图中
给出的信息，解答下列问题：
（1）在上述变化过程中，自变量是 自变量为小明出发的时间 t ，因变量是 因变量为距
起点的距离 s ；
（2）朱老师的速度为 2 米/秒；小明的速度为 6 米/秒；
（3）小明与朱老师相遇 2 次，相遇时距起点的距离分别为 30 0 或 42 0 米．
【分析】（1）观察函数图象即可找出谁是自变量谁是因变量；
（2）根据速度＝路程÷时间，即可分别算出朱老师以及小明的速度；
（3）根据函数图象即可得到结论．
【解答】解：（1）观察函数图象可得出：自变量为小明出发的时间t，因变量为距起点的距
离s．
故答案为：小明出发的时间t；距起点的距离s．
（2）朱老师的速度为：（300﹣200）÷50＝2（米/秒）；
小明的速度为：300÷50＝6（米/秒）．
故答案为：2；6．
（3）小明与朱老师相遇2次，相遇时距起点的距离分别为300米或420米，
故答案为：300米或420米．
【点评】本题考查了一次函数的应用，观察函数图象找出点的坐标利用待定系数法求出函数
解析式是解题的关键．
41．（2019春•右玉县期末）如图1，正方形ABCD的边长为4厘米，E为AD边的中点，F为AB
边上一点，动点P从点B出发，沿B→C→D→E，向终点E以每秒a厘米的速度运动，设运动
时间为t秒，△PBF的面积记为S．S与t的部分函数图象如图2所示，已知点M（1， ）、
N（5，6）在S与t的函数图象上．
（1）求线段BF的长及a的值；
（2）写出S与t的函数关系式，并补全该函数图象；（3）当t为多少时，△PBF的面积S为4．
【分析】（1）根据t＝5时S＝6求出BF的长，根据t＝1时S＝ 列式可计算出a的值；
（2）S与t的函数关系式分以下三种情况：
①点P在BC上运动时，即0≤t≤4；
②点P在CD边上运动，即4＜t≤8；
③点P在线段DE上运动时，即8＜t≤10，分别按照三角形面积公式列出函数表达式．
（3）把S＝4分别代入S＝ t和S＝18﹣ t，求得t的值即可．
【解答】解：（1）根据题意可知，当点P在CD上时，△PBF的面积记为S＝6，
则有： ×BF×4＝6，解得：BF＝3，
当t＝1时，S＝ ，BP＝a，
则有： ×BF×BP＝ ，即 ＝ ，
解得：a＝1，
故线段BF的长为3，a的值为1；
（2）当0≤t≤4时，即点P在BC边上运动，
S＝ ×BF×BP＝ ×3×t＝ t；
当4＜t≤8时，即点P在CD边上运动，
此时面积S＝ ×BF×BC＝ ×3×4＝6；
当8＜t≤10时，即点P在线段DE上运动，
S＝ ×BF×AP＝ ×3×（12﹣t）＝18﹣ t．综上：S＝ ；
函数图象如下所示：
（3）当S＝4时， t＝4，t＝ ．
18﹣ t＝4，t＝ ．
故当t＝ 或 t＝ 时△PBF的面积S为4．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象：函数图象是典型的数形结合，图象应用信息广泛，
通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能
力．解决本题的关键是利用分类讨论的思想求出S与t的函数关系式．
42．（2019春•西乡县期末）甲骑自行车、乙骑摩托车沿相同路线由A地到B地，行驶过程中路
程与时间关系的图象如图所示，根据图象解答下列问题：
（1）谁先出发？先出发多少时间？谁先到达终点？先到多少时间？
（2）分别求出甲、乙两人的行驶速度；
（3）在什么时间段内，两人均行驶在途中？（不包括起点和终点）
【分析】把数和形结合在一起，准确理解函数的图象和性质．由图象可知：
（1）甲乙出发的先后和到达终点的先后；
（2）由路程6公里和运动的时间，可分别求出他们的速度；
（3）结合图形可知他们都在行驶的时间段．
【解答】解：由图象可知：（1）甲先出发；先出发10分钟；乙先到达终点；先到5分钟．（2）甲的速度为 ＝0.2公里/每分钟，乙的速度为 ＝0.4公里/每分钟．
（3）在甲出发后10分钟到25分钟这段时间内，两人都行驶在途中．
【点评】结合图形理解函数的图象和性质．
43．（2021秋•忠县期末）在△ABC中，点D、E分别在AB、AC边上，设BE与CD相交于点F．
（1）如图①，设∠A＝60°，BE、CD分别平分∠ABC、∠ACB，证明：DF＝EF．
（2）如图②，设BE⊥AC，CD⊥AB，点G在CD的延长线上，连接AG、AF；若∠G＝∠6，
BD＝CD，证明：GD＝DF．
【分析】（1）在BC上截取BM＝BD，连接FM，证明△BFD≌△BFM，△ECF≌△MCF，进
而可以解决问题；
（2）根据已知条件证明△BDF≌△CDA，进而可以解决问题．
【解答】证明：（1）如图，在BC上截取BM＝BD，连接FM，
∵∠A＝60，
∴∠BFC＝90°+60°÷2＝120°，
∴∠BFD＝60°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠1＝∠2，
在△BFD和△BFM中，
，
∴△BFD≌△BFM（SAS），
∴∠BFM＝∠BFD＝60°，DF＝MF，
∴∠CFM＝120°﹣60°＝60°，∵∠CFE＝∠BFD＝60°，
∴∠CFM＝∠CFE，
∵CD平分∠ACB，
∴∠3＝∠4，
又CF＝CF，
在△ECF和△MCF中，
，
∴△ECF≌△MCF（ASA），
∴EF＝MF，
∴DF＝EF；
（2）∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴∠BDF＝∠CDA＝90°，
∴∠1+∠BFD＝90°，∠3+∠CFE＝90°，∠BFD＝∠CFE，
∴∠1＝∠3，
∵BD＝CD，
在△BDF和△CDA中，
，
∴△BDF≌△CDA（ASA），
∴DF＝DA，
∵∠ADF＝90°，
∴∠6＝45°，
∵∠G＝∠6，
∴∠5＝45°
∴∠G＝∠5，
∴GD＝DA，
∴GD＝DF．
【点评】本题属于三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，解
决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
44．（2021秋•蚌埠期末）如图，已知AC∥BD，EA、EB分别平分∠CAB和∠DBA，CD过点E，
求证：AB＝AC+BD．【分析】在AB上取一点F，使AF＝AC，连接EF，就可以得出△ACE≌△AFE，就有∠C＝
∠AFE．由平行线的性质就有∠C+∠D＝180°，由∠AFE+∠EFB＝180°得出∠EFB＝∠D，在
证明△BEF≌△BED就可以得出BF＝BD，进而就可以得出结论．
【解答】证明：在AB上取一点F，使AF＝AC，连接EF．
∵EA、EB分别平分∠CAB和∠DBA，
∴∠CAE＝∠FAE，∠EBF＝∠EBD．
∵AC∥BD，
∴∠C+∠D＝180°．
在△ACE和△AFE中，
，
∴△ACE≌△AFE（SAS），
∴∠C＝∠AFE．
∵∠AFE+∠EFB＝180°，
∴∠EFB＝∠D．
在△BEF和△BED中，
，
∴△BEF≌△BED（AAS），
∴BF＝BD．
∵AB＝AF+BF，
∴AB＝AC+BD．
【点评】本题考查了平行线的性质的运用，角平分线的性质的运用，全等三角形的判定与性
质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
45．（2021秋•潮安区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连接AE、
BE，BE⊥AE，延长AE交BC的延长线于点F．已知AD＝2cm，BC＝5cm．（1）求证：FC＝AD；
（2）求AB的长．
【分析】（1）根据AD∥BC可知∠ADC＝∠ECF，再根据E是CD的中点可求出
△ADE≌△FCE，根据全等三角形的性质即可解答．
（2）根据线段垂直平分线的性质判断出AB＝BF＝BC+CF＝BC+AD，将已知代入即可．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC（已知），
∴∠ADC＝∠ECF（两直线平行，内错角相等）
∵E是CD的中点（已知），
∴DE＝EC（中点的定义）．
∵在△ADE与△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴FC＝AD（全等三角形的性质）；
（2）解：∵△ADE≌△FCE，
∴AE＝EF，AD＝CF（全等三角形的对应边相等），
∴BE是线段AF的垂直平分线，
∴AB＝BF＝BC+CF，
∵AD＝CF（已证），
∴AB＝BC+AD（等量代换）
＝5+2＝7（cm）．
【点评】此题主要考查线段的垂直平分线的性质等几何知识．关键是掌握线段的垂直平分线
上的点到线段的两个端点的距离相等．
46．（2021秋•黄石期末）已知△ABC和△DEF为等腰三角形，AB＝AC，DE＝DF，∠BAC＝
∠EDF，点E在AB上，点F在射线AC上．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，点F与点C重合，求证：AF＝AE+AD；
（2）如图2，若AD＝AB，求证：AF＝AE+BC．【分析】（1）由∠BAC＝∠EDF＝60°，推出△ABC、△DEF为等边三角形，于是得到
∠BCE+∠ACE＝∠DCA+∠ECA＝60°，推出△BCE≌△ACD（SAS），根据全等三角形的性质
得到AD＝BE，即可得到结论；
（2）在FA上截取FM＝AE，连接DM，推出△AED≌△MFD（SAS），根据全等三角形的性
质得到DA＝DM＝AB＝AC，∠ADE＝∠MDF，证得∠ADM＝∠EDF＝∠BAC，推出
△ABC≌△DAM（SAS），根据全等三角形的性质得到AM＝BC，即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠EDF＝60°，
∴△ABC、△DEF为等边三角形，
∴∠BCE+∠ACE＝∠DCA+∠ECA＝60°，
在△BCE和△ACD中
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE，
∴AE+AD＝AE+BE＝AB＝AF；
（2）在FA上截取FM＝AE，连接DM，
∵∠BAC＝∠EDF，
∴∠AED＝∠MFD，
在△AED和△MFD中
，
∴△AED≌△MFD（SAS），
∴DA＝DM＝AB＝AC，∠ADE＝∠MDF，
∴∠ADE+∠EDM＝∠MDF+∠EDM，
即∠ADM＝∠EDF＝∠BAC，
在△ABC和△DAM中，
，∴△ABC≌△DAM（SAS），
∴AM＝BC，
∴AE+BC＝FM+AM＝AF．
即AF＝AE+BC．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，正
确的作出辅助线是解题的关键．
47．（2021秋•通榆县期末）【阅读理解】
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图1，△ABC中，若AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过
合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到点E，使DE＝AD，请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB的理由是 B ．
A．SSS B．SAS C．AAS D．HL
（2）求得AD的取值范围是 C ．
A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7
【感悟】
解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散
的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．
【问题解决】
（3）如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝EF．求证：AC＝BF．
【分析】（1）根据AD＝DE，∠ADC＝∠BDE，BD＝DC推出△ADC和△EDB全等即可；
（2）根据全等得出BE＝AC＝6，AE＝2AD，由三角形三边关系定理得出8﹣6＜2AD＜8+6，
求出即可；
（3）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，根据SAS证△ADC≌△MDB，推出BM＝AC，
∠CAD＝∠M，根据AE＝EF，推出∠CAD＝∠AFE＝∠BFD，求出∠BFD＝∠M，根据等腰三角形的性质求出即可．
【解答】（1）解：∵在△ADC和△EDB中
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故选B；
（2）解：∵由（1）知：△ADC≌△EDB，
∴BE＝AC＝6，AE＝2AD，
∵在△ABE中，AB＝8，由三角形三边关系定理得：8﹣6＜2AD＜8+6，
∴1＜AD＜7，
故选C．
（3）证明：
延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，
∵AD是△ABC中线，
∴CD＝BD，
∵在△ADC和△MDB中
∴△ADC≌△MDB，
∴BM＝AC，∠CAD＝∠M，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠AFE，
∵∠AFE＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠CAD＝∠M，
∴BF＝BM＝AC，
即AC＝BF．【点评】本题考查了三角形的中线，三角形的三边关系定理，等腰三角形性质和判定，全等
三角形的性质和判定等知识点，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
48．（2021秋•霍林郭勒市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于E，
AD⊥CE于D，AD＝2.5cm，DE＝1.7cm，求BE的长．
【分析】先证明△ACD≌△CBE，再求出EC的长，解决问题．
【解答】解：∵BE⊥CE于E，AD⊥CE于D
∴∠E＝∠ADC＝90°
∵∠BCE+∠ACE＝∠DAC+∠ACE＝90°
∴∠BCE＝∠DAC
∵AC＝BC
∴△ACD≌△CBE
∴CE＝AD，BE＝CD＝2.5﹣1.7＝0.8（cm）．
【点评】三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三
角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，
看缺什么条件，再去证什么条件．再根据全等三角形的性质解决问题．
49．（2021秋•长寿区期末）如图，△ABC中，AC＞AB，D是BA延长线上一点，点E是∠CAD
平分线上一点，EB＝EC过点E作EF⊥AC于F，EG⊥AD于G．
（1）请你在不添加辅助线的情况下找出一对你认为全等的三角形，并加以证明；
（2）若AB＝3，AC＝5，求AF的长．【分析】已知AE平分∠CAD，EF⊥AC，EG⊥AD及公共边AE，则利用AAS判定
△EGA≌△EFA；由△EGA≌△EFA可得到EG＝EF，AG＝AF，根据HL可判定
Rt△EGB≌Rt△EFC，从而得到BG＝CF，整理可得到2AF＝AC﹣AB，从而可求得AF的长．
【解答】解：（1）△EGA≌△EFA（或△EGB≌△EFC）．
证明：∵AE平分∠CAD，
∴∠EAG＝∠EAF．
又∵EF⊥AC，EG⊥AD，
∴∠EGA＝∠EFA＝90°．
在△AEG和△EFA中：
∠EAG＝∠EAF，∠EGA＝∠EFA，AE＝AE，
∴△EGA≌△EFA（AAS）．
证明：（2）∵AE平分∠CAD且EF⊥AC，EG⊥AD，
∴EG＝EF，∠EGB＝∠EFC＝90°．
在Rt△EGB和Rt△EFC中
．
∴Rt△EGB≌Rt△EFC（HL）．
∴BG＝CF．（10分）
又∵BG＝AB+AG，CF＝AC﹣AF，
即AB+AG＝AC﹣AF，
又∵△EGA≌△EFA，
∴AG＝AF．
∴2AF＝AC﹣AB＝5﹣3＝2．
∴AF＝1．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、
ASA、AAS、HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有
两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
50．（2021春•镇江期末）直线AB、CD为平面内两条直线，点M、点N分别在直线AB、CD上，
点P（P不在直线AB、CD上）为平面内一动点．（1）如图1，若AB、CD相交于点O，∠MON＝40°；
①当点P在△OMN内部时，求证：∠MPN﹣∠OMP﹣∠ONP＝40°；
②小芳发现，当点P在∠MON内部运动时，∠MPN、∠OMP、∠ONP还存在其它数量关系，
这种数量关系是 ∠ MPN + ∠ OMP + ∠ ONP ＝ 320 ° ；
③探究，当点P在∠MON外部时，∠MPN、∠OMP、∠ONP之间的数量关系共有 5 种；
（2）如图2，若AB∥CD，请直接写出∠MPN与∠AMP、∠CNP之间存在的所有数量关系是
∠ AMP ＝∠ MPN + ∠ CNP 或∠ CNP ＝∠ MPN + ∠ AMP 或∠ AMP + ∠ CNP + MPN ＝ 360 ° ．
【分析】（1）①延长OP至点E，利用三角形的外角性质和整体思想求证；
②分类讨论，点P在△OMN内部和外部进行讨论；
③直线MN和直线AB、直线CD将平面分为7个部分，讨论点P在∠MON外部的5个部分进
行讨论；
（3）直线MN和直线AB、直线CD将平面分为6个部分，讨论点P在这6个部分时三个角之
间的关系．
【解答】（1）①证明：如图1，延长OP至点E，
∵∠MPE和∠NPE分别是△MOP和△NOP的外角，
∴∠MPE＝∠MOP+∠OMP，∠NPE＝∠NOP+∠ONP，
∴∠MPE+∠NPE＝∠MOP+∠NOP+∠OMP+∠ONP，即∠MPN＝∠MON+∠OMP+∠ONP，
∴∠MPN﹣∠OMP﹣∠ONP＝∠MON＝40°．
②解：如图2，当点P在∠MON内部，且在直线MN右侧时，延长OP至点E，则
∠MPO+∠MOP+∠OMP＝180°，∠NPO+∠NOP+∠ONP＝180°，
∴∠MPO+∠NPO+∠MOP+∠NOP+∠OMP+∠ONP＝360°，即
∠MPN+∠MON+∠OMP+∠ONP＝360°，
∴∠MPN+∠OMP+∠ONP＝360°﹣∠MON＝360°﹣40°＝320°．
故答案为：∠MPN+∠OMP+∠ONP＝320°．
③解：如图3，当点P落在直线MN左侧，且在∠COB内部时，记PN与AB的交点为点E，
∵∠OEP是△MEP和△OEN的外角，
∴∠OEP＝∠MPN+∠OMP，∠OEP＝∠MON+∠ONP，
∴∠MPN+∠OMP＝∠MON+∠ONP，即∠MPN+∠OMP﹣∠ONP＝∠MON，∴∠MPN+∠OMP﹣∠ONP＝40°；
如图4，当点P落在直线MN的右侧，且在∠COB内部时，记PN与AB的交点为点E，
∵∠OMP是△MEP的外角，∠OEP是△OEN的外角，
∴∠OMP＝∠MPN+∠OEP，∠OEP＝∠MON+∠ONP，
∴∠OMP＝∠MPN+∠MON+∠ONP，即∠OMP﹣∠ONP﹣∠MPN＝∠MON，
∴∠OMP﹣∠ONP﹣∠MPN＝40°；
如图5，当点P落在直线MN左侧，且在∠AOD内部时，记PM与CD的交点为点F，
∵∠OFP是△MOF和△FNP的外角，
∴∠OFP＝∠MON+∠OMP，∠OFP＝∠MPN+∠ONP，
∴∠MON+∠OMP＝∠MPN+∠ONP，即∠MPN+∠ONP﹣∠OMP＝∠MON，
∴∠MPN+∠ONP﹣∠OMP＝40°；
如图6，当点P落在直线MN右侧，且在∠AOD内部时，记PM与CD的交点为点F，
∵∠OFP是△MOF的外角，∠ONP是△FNP的外角，
∴∠OFP＝∠MON+∠OMP，∠ONP＝∠MPN+∠OFP，
∴∠ONP＝∠MPN+∠MON+∠OMP，
∴∠MPN+∠OMP+∠ONP＝∠MON＝40°；
如图7，当点P落在∠AOC内部时，延长PO至点G，
∵∠MOG和∠NOG分别是△MOP和△NOP的外角，
∴∠MOG＝∠MPO+∠PMO，∠NOG＝∠NPO+∠PNO，
∴∠MOG+∠NOG＝∠MPO+∠NPO+∠PMO+∠PNO，即∠MON＝∠MPN+∠PMO+∠PNO，
∴∠MPN+∠PMO+∠PNO＝40°，
综上所述：当点P在∠MON外部时，∠MPN、∠OMP、∠ONP之间的数量关系共有5种．
（2）解：如图8，当点P在直线MN右侧，且在直线AB上方时，记PN与直线AB的交点为
H，
∵AB∥CD，
∴∠AHP＝∠CNP，
∵∠AMP是△MPH的外角，
∴∠AMP＝∠MPN+∠AHP，
∴∠AMP＝∠MPN+∠CNP，
如图9，当点P在直线MN的左侧，且在直线AB上方时，记PN与直线AB的交点为H，
∵AB∥CD，
∴∠AHP＝∠CNP，
∵∠AHP是△MPH的外角，
∴∠AHP＝∠MPN+∠AMP，
∴∠CNP＝∠MPN+∠AMP，
如图10，当点P在直线MN右侧，且在直线AB和直线CD之间时，
∵AB∥CD，∴∠BMP+∠PMN+∠PNM+∠PND＝180°，
∵∠BMP＝180°﹣∠AMP，∠PND＝180°﹣∠PNC，∠PMN+∠PNM＝180°﹣∠MPN，
∴∠AMP+∠CNP+MPN＝360°，
如图11，当点P在直线MN左侧，且在直线AB和直线CD之间时，
∵AB∥CD，
∴∠AMP+∠PMN+∠CNP+∠PNM＝180°，
∵∠PMN+∠PNM＝180°﹣∠MPN，
∴∠AMP+∠CNP＝∠MPN，
如图12，当点P在直线MN右侧，且在直线CD下方时，记PN与CD的交点为H，
∵AB∥CD，
∴∠AMP＝∠CHP，
∵∠CNP是△NHP的外角，
∴∠CNP＝∠CHP+∠MPN，
∴∠CNP＝∠AMP+∠MPN，
如图13，当点P在直线MN的左侧，且在直线CD下方时，记PN与CD的交点为H，
∵AB∥CD，
∴∠AMP＝∠CHP，
∵∠CHP是△PHN的外角，
∴∠CHP＝∠MPN+∠CNP，
∴∠AMP＝∠MPN+∠CNP，
综上所述，当AB∥CD时，∠MPN与∠AMP、∠CNP之间存在的所有数量关系是：∠AMP＝
∠MPN+∠CNP或∠CNP＝∠MPN+∠AMP或∠AMP+∠CNP+MPN＝360°或∠AMP+∠CNP＝
∠MPN．故答案为：∠AMP＝∠MPN+∠CNP或∠CNP＝∠MPN+∠AMP或
∠AMP+∠CNP+MPN＝360°或∠AMP+∠CNP＝∠MPN．【点评】本题考查了平行线的性质、三角形的外角性质和三角形的内角和定理，解题的关键
是根据点P的位置进行分类讨论．分类情况较多，同学们可以将对应的图形一一画出，然后
求出给定的三个角的数量关系．
51．（2021春•北碚区校级期末）如图，已知凸五边形ABCDE中，EC，EB为其对角线，EA＝
ED．
（1）如图1，若∠A＝60°，∠CDE＝120°，且CD+AB＝BC．求证：CE平分∠BCD；
（2）如图2，∠A与∠D互补，∠DEA＝2∠CEB，若凸五边形ABCDE面积为30，且CD＝
AB＝4．求点E到BC的距离．【分析】（1）延长CD到T，使得DT＝BA，连接ET．证明△EAB≌△EDT（SAS），
△ECB≌△ECT（SSS），可得结论．
（2）延长CD到Q，使得∠QED＝∠AEB，过点E作EH⊥BC于H．证明△AEB≌△DEQ
（ASA），△ECB≌△ECQ（SAS），由题意S五边形ABCDE ＝S四边形EBCQ ＝2S△EBC ＝30，推出
S△EBC ＝15，再利用三角形面积公式求出EH即可．
【解答】（1）证明：延长CD到T，使得DT＝BA，连接ET．
∵∠CDE＝120°，
∴∠EDT＝180°﹣120°＝60°，
∵∠A＝60°，
∴∠A＝∠EDT，
在△EAB和△EDT中，
，
∴△EAB≌△EDT（SAS），
∴EB＝ET，
∴CB＝CD+BA＝CD+DT＝CT，
在△ECB和△ECT中，
，
∴△ECB≌△ECT（SSS），
∴∠ECB＝∠ECD，
∴CE平分∠BCD．（2）解：延长CD到Q，使得∠QED＝∠AEB，过点E作EH⊥BC于H．
∵∠A+∠CDE＝180°，∠CDE+∠EDQ＝180°，
∴∠A＝∠EDQ，
在△AEB和△DEQ中，
，
∴△AEB≌△DEQ（ASA），
∴EB＝EQ，
∵∠AED＝2∠BEC，
∴∠AEB+∠CED＝∠BEC，
∴∠CED+∠DEQ＝∠BEC，
∴∠CEB＝∠CEQ，
在△CEB和△CEQ中，
，
∴△ECB≌△ECQ（SAS），
∵S五边形ABCDE ＝S四边形EBCQ ＝2S△EBC ＝30，
∴S△EBC ＝15，
∵CD＝ AB＝4，
∴AB＝6，CD＝4，
∴BC＝CD+QD＝CD+AB＝10，
∴ ×10×EH＝15，
∴EH＝3，
∴点E到BC的距离为3．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等
三角形解决问题，属于中考常考题型．
52．（2021春•高明区校级期末）如图①，在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点P．
（1）如果∠A＝80°，求∠BPC的度数；
（2）如图②，作△ABC外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，试探索∠Q、∠A之间的
数量关系．
（3）如图③，延长线段BP、QC交于点E，△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，
求∠A的度数．
【分析】（1）运用三角形的内角和定理及角平分线的定义，首先求出∠PBC+∠PCB，进而
求出∠BPC即可解决问题；
（2）根据三角形的外角性质分别表示出∠MBC与∠BCN，再根据角平分线的性质可求得
∠CBQ+∠BCQ，最后根据三角形内角和定理即可求解；
（3）在△BQE中，由于∠Q＝90°﹣ ∠A，求出∠E＝ ∠A，∠EBQ＝90°，所以如果△BQE
中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况进行讨论：①∠EBQ＝2∠E＝90°；
②∠EBQ＝2∠Q＝90°；③∠Q＝2∠E；④∠E＝2∠Q；分别列出方程，求解即可．
【解答】（1）解：∵∠A＝80°．
∴∠ABC+∠ACB＝100°，
∵点P是∠ABC和∠ACB的平分线的交点，
∴∠P＝180°﹣ （∠ABC+∠ACB）＝180°﹣ ×100°＝130°，
（2）∵外角∠MBC，∠NCB的角平分线交于点Q，
∴∠QBC+∠QCB＝ （∠MBC+∠NCB）
＝ （360°﹣∠ABC﹣∠ACB）
＝ （180°+∠A）
＝90°+ ∠A∴∠Q＝180°﹣（90°+ ∠A）＝90°﹣ ∠A；
（3）延长BC至F，
∵CQ为△ABC的外角∠NCB的角平分线，
∴CE是△ABC的外角∠ACF的平分线，
∴∠ACF＝2∠ECF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠EBC，
∵∠ECF＝∠EBC+∠E，
∴2∠ECF＝2∠EBC+2∠E，
即∠ACF＝∠ABC+2∠E，
又∵∠ACF＝∠ABC+∠A，
∴∠A＝2∠E，即∠E＝ ∠A；
∵∠EBQ＝∠EBC+∠CBQ
＝ ∠ABC+ ∠MBC
＝ （∠ABC+∠A+∠ACB）＝90°．
如果△BQE中，存在一个内角等于另一个内角的2倍，那么分四种情况：
①∠EBQ＝2∠E＝90°，则∠E＝45°，∠A＝2∠E＝90°；
②∠EBQ＝2∠Q＝90°，则∠Q＝45°，∠E＝45°，∠A＝2∠E＝90°；
③∠Q＝2∠E，则90°﹣ ∠A＝∠A，解得∠A＝60°；
④∠E＝2∠Q，则 ∠A＝2（90°﹣ ∠A），解得∠A＝120°．
综上所述，∠A的度数是90°或60°或120°．
【点评】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理、外角的性质，角平分线定义等知
识；灵活运用三角形的内角和定理、外角的性质进行分类讨论是解题的关键．
53．（2021秋•德城区期末）同学们，我们已经学习了角的平分线的定义，请你用它解决下列问题：
（1）如图1，已知∠AOC，若将∠AOC沿着射线OC翻折，射线OA落在OB处，则射线OC
一定平分∠AOB．
理由如下：因为∠BOC是由∠AOC翻折而成，而翻折不改变图形的形状和大小，所以∠BOC
＝ ∠ AOC ，所以射线 OC 是∠AOB的平分线；
（2）如图2，将长方形纸片的一角折叠，使顶点A落在A′处，EF为折痕．
①若EA′恰好平分∠FEB，求出∠FEB的度数；
②过点E再将长方形的另一角∠B做折叠，使点B落在∠FEB的内部B′处（B′不在射线
EA′上），EH为折痕，H为EH与射线BC的交点．请猜想∠A′EF，∠B′EH与
∠A′EB′三者的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据角平分线定义即可解决问题；
（2）①根据折叠的性质和角平分线定义可得3∠AEF＝180°，所以∠AEF＝60°，进而可以解
决问题；
②根据题意分两种情况讨论：当EB′落在A′E右侧时，当EB′落在A′E左侧时，根据折
叠的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）因为∠BOC是由∠AOC翻折而成，而翻折不改变图形的形状和大小，所
以∠BOC＝∠AOC，所以射线OC是∠AOB的平分线；
故答案为：∠AOC，OC；
（2）①由翻折可知：∠AEF＝∠A′EF，
∵EA′恰好平分∠FEB，
∴∠A′EF＝∠A′EB，
∵∠AEF+∠A′EF+∠A′EB＝180°，
∴3∠AEF＝180°，
∴∠AEF＝60°，
∴∠FEB＝180°﹣60°＝120°；
∴∠FEB的度数为120°；
②根据题意点B落在∠FEB的内部B′处（B′不在射线EA′上），EH为折痕，
∴2∠A′EF+2∠B′EH＝180°±∠A′EB′，
所以分两种情况讨论：
当EB′落在A′E右侧时，2∠A′EF+∠A′EB′+2∠B′EH＝180°，∴2∠A′EF+2∠B′EH＝180°﹣∠A′EB′；
当EB′落在A′E左侧时，2∠A′EF+2∠B′EH﹣∠A′EB′＝180°，
∴2∠A′EF+2∠B′EH＝180°+∠A′EB′．
综上所述：2∠A′EF+2∠B′EH＝180°﹣∠A′EB′或2∠A′EF+2∠B′EH＝180°
+∠A′EB′．
【点评】本题考查了翻折变换，角平分线的定义，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
54．（2021秋•木兰县期末）在如图的方格中，每个小正方形的边长都为1，△ABC的顶点均在
格点上．建立如图所示平面直角坐标系，点A的坐标为（﹣5，2）．
（1）画出与△ABC关于y轴对称的A B C ；
1 1 1
（2）通过画图在x轴上确定点Q，使得QA与QB之和最小，画出QA与QB并直接写出点Q
的坐标．Q的坐标为 （﹣ 3 ， 0 ） ．
【分析】（1）分别找出A、B、C关于y轴的对应点位置，再连接即可；
（2）作出点B关于x轴的对应点，再连接A、B′，与x轴的交点即为所求．
【解答】解：（1）如图所示，△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）如图所示，点Q即为所求，点Q的坐标为（﹣3，0），
故答案为：（﹣3，0）．
【点评】此题主要考查了作图﹣﹣轴对称变换，作图时要先找到图形的关键点，再找对称点
的对应点位置，再连接即可．
55．（2021秋•浦东新区期末）生活中，有人喜欢把传送的便条折成“ ”形状，折叠过程按图①、②、③、④的顺序进行（其中阴影部分表示纸条的反面）：如果由信纸折成的长
方形纸条（图①）长为26厘米，分别回答下列问题：
（1）如果长方形纸条的宽为2厘米，并且开始折叠时起点M与点A的距离为3厘米，那么在
图②中，BE＝ 2 1 厘米；在图④中，BM＝ 1 5 厘米．
（2）如果长方形纸条的宽为x厘米，现不但要折成图④的形状，而且为了美观，希望纸条两
端超出点P的长度相等，即最终图形是轴对称图形，试求在开始折叠时起点M与点A的距离
（结果用x表示）．
【分析】（1）观察图形，由折叠的性质可得，BE＝纸条的长﹣宽﹣AM，BM的长等于②中
BE的长﹣2个宽；
（2）根据轴对称的性质，由图可得AP＝BM＝ ，继而可求得在开始折叠时起点M与点
A的距离．
【解答】解：（1）图②中BE＝26﹣3﹣2＝21（厘米），
图④中BM＝21﹣2×3＝15（厘米）．
故答案为：21，15；
（2）∵图④为轴对称图形，
∴AP＝BM＝ ，
∴AM＝AP+PM＝ +x＝13﹣ x．
即开始折叠时点M与点A的距离是 厘米．
【点评】此题考查了折叠的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
56．（2021秋•开封期末）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为
△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、
AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关
系．
（1）如图1，当点M、N在边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是
BM + NC ＝ MN ；此时 ＝ ；
（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（I）问的两个结论还成立吗？
若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系
如何？并给出证明．
【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边
三角形，CD＝BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、
NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN，此时 ；
（2）在CN的延长线上截取CM ＝BM，连接DM ．可证△DBM≌△DCM ，即可得DM＝
1 1 1
DM ，易证得∠CDN＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M DN，然后由全等三角形的性质，
1 1
即可得结论仍然成立；
（3）首先在CN上截取CM ＝BM，连接DM ，可证△DBM≌△DCM ，即可得DM＝DM ，
1 1 1 1
然后证得∠CDN＝∠MDN＝60°，易证得△MDN≌△M DN，则可得NC﹣BM＝MN．
1
【解答】解：（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系 BM+NC＝MN，
此时 ，
理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°，
∵DM＝DN，BD＝CD，
∴Rt△BDM≌Rt△CDN，
∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，
∴DM＝2BM，DN＝2CN，
∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；
∴AM＝AN，
∴△AMN是等边三角形，∵AB＝AM+BM，
∴AM：AB＝2：3，
∴ ＝ ；
（2）猜想：结论仍然成立，
证明：在NC的延长线上截取CM ＝BM，连接DM ，
1 1
∵∠MBD＝∠M CD＝90°，BD＝CD，
1
∴△DBM≌△DCM ，
1
∴DM＝DM ，∠MBD＝∠M CD，M C＝BM，
1 1 1
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠M DN＝∠MDN＝60°，
1
∴△MDN≌△M DN，
1
∴MN＝M N＝M C+NC＝BM+NC，
1 1
∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，
∴ ＝ ；
（3）证明：在CN上截取CM ＝BM，连接DM ，
1 1
可证△DBM≌△DCM ，
1
∴DM＝DM ，
1
可证∠M DN＝∠MDN＝60°，
1
∴△MDN≌△M DN，
1
∴MN＝M N，
1
∴NC﹣BM＝MN．
【点评】此题考查了等边三角形，直角三角形，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与
性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的作法．
57．（2021秋•滑县校级期末）已知△ABC为等边三角形，D为AC的中点，∠EDF＝120°，DE
交线段AB于E，DF交直线BC于F．
（1）如图（1），求证：DE＝DF；
（2）如图（2），若BE＝3AE，求证：CF＝ BC．
（3）如图（3），若BE＝ AE，则CF＝ BC；在图（1）中，若BE＝4AE，则CF＝
BC．
【分析】（1）如图1中，连接BD，作DM⊥AB于M，DN⊥BC于N，只要证明
△DME≌△DNF；
（2）如图2中，作DK∥BC交AB于K．设AE＝a，则BE＝3a，AB＝AC＝BC＝4a，想办法
证明∠DFB＝90°，求出CF即可解决问题；
（3）①如图3中，作DK∥BC交AB于K．只要证明△EDK≌△FDC，即可解决问题；②如
图4中，由（1）可知EM＝FN，设AE＝a，则BE＝4a，AB＝BC＝AC＝5a，AM＝CN＝ ，
EM＝FN＝ a，可得CF＝FN+CN＝ a，由此即可 解决问题；
【解答】证明：（1）如图1中，连接BD，作DM⊥AB于M，DN⊥BC于N，
∵∠DMB＝∠DNB＝90°，∠ABC＝60°，
∴∠MDN＝∠EDF＝120°，
∴∠MDE＝∠NDF，
∵△ABC是等边三角形，AD＝DC，
∴∠DBA＝∠DBC，∴DM＝DN，
∴△DME≌△DNF，
∴DE＝DF．
（2）如图2中，作DK∥BC交AB于K．设AE＝a，则BE＝3a，AB＝AC＝BC＝4a，
∵AD＝DC，DK∥CB，
∴AK＝BK＝2a，DK＝ BC＝2a＝AD＝AK，
∴AE＝EK＝a，
∴DE⊥AK，
∴∠BED＝90°，
∵∠BED+∠BFD＝180°，
∴∠DFB＝90°，
在Rt△CDF中，∵∠C＝60°，
∴CF＝ CD＝a，
∴CF＝ BC．
（3）①如图3中，作DK∥BC交AB于K．
设BE＝a，则AE＝3a，AK＝BK＝2a，△ADK是等边三角形，
∴∠ADK＝60°，∠EDF＝∠KDC，
∴∠KDE＝∠CDF，
∵DK＝DC，DE＝DF，∴△EDK≌△FDC，
∴EK＝CF＝a，∵BC＝4a，
∴CF＝ BC．
②如图4中，由（1）可知EM＝FN，
设AE＝a，则BE＝4a，AB＝BC＝AC＝5a，AM＝CN＝ a，EM＝FN＝ a，
∴CF＝FN+CN＝ a，
∴CF：BC＝ a：5a＝3：10，
∴CF＝ BC．
故答案为 ， ．
【点评】本题主要考查了等边三角形的性质及全等三角形的判定与性质，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，属于中考常考题型．
58．（2020春•福田区期末）“六一”儿童节期间，某商厦为了吸引顾客，设立了一个可以自由
转动的转盘（转盘被平均分成16份），并规定：顾客每购买100元的商品，就能获得一次转
动转盘的机会．如果转盘停止后，指针正好对准哪个区域，顾客就可以获得相应的奖品．
颜色 奖品
红色 玩具熊
黄色 童话书
绿色 彩笔
无色 无奖品
小明和妈妈购买了125元的商品，请你分析计算：
（1）小明获得奖品的概率是多少？
（2）小明获得童话书的概率是多少？【分析】（1）看有颜色部分的面积占总面积的多少即为所求的概率．
（2）看黄色部分的面积占总面积的多少即为所求的概率．
【解答】解：（1）∵转盘被平均分成16份，其中有颜色部分占6份，
∴小明获得奖品的概率＝ ＝ ．
（2）∵转盘被平均分成16份，其中黄色部分占2份，
∴小明获得童话书的概率＝ ＝ ．
【点评】本题将概率的求解设置于转动转盘游戏中，考查学生对简单几何概率的掌握情况，
既避免了单纯依靠公式机械计算的做法，又体现了数学知识在现实生活、甚至娱乐中的运用，
体现了数学学科的基础性．用到的知识点为：概率＝相应的面积与总面积之比．
59．（2018春•砀山县期末）贵阳市某中学初一年级的学生参加军训，在一次野外生存训练中，
教官将一包食品随意埋在如图所示的区域中（图中每个三角形的大小、形状完全相同）．
（1）食品埋藏在A区域的概率是多少？
（2）假如你去寻找食品，你认为在哪个区域找到食品的可能性大？说明理由．
【分析】（1）根据图形可以求得食品埋藏在A区域的概率；
（2）根据图形可以分别求得A、B、C三个区域的概率，从而可以解答本题．
【解答】解：（1）由题意和图形可得，P（A）＝ ，
即食品埋藏在A区域的概率是 ；
（2）在B区域找到食品的可能性大，
理由：∵P（B）＝ ，P（C）＝ ，P（A）＝ ，
∴P（B）＞P（A）＝P（C），
∴在B区域找到食品的可能性大．
【点评】本题考查几何概率，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．60．（2017•南岗区模拟）某中学开展以“我最喜欢的职业”为主题的调查活动，通过对学生的
随机抽样调查得到一组数据，如图是根据这组数据绘制成的不完整统计图．
（1）把折线统计图补充完整；
（2）求出扇形统计图中，公务员部分对应的圆心角的度数；
（3）若从被调查的学生中任意抽取一名，求取出的这名学生最喜欢的职业是“教师”的概率．
【分析】（1）根据军人的人数与所占的百分比求解，再分别求出教师、医生的人数，补全统
计图即可；
（2）根据公务员的人数占总人数的比例即可得出结论；
（3）根据教师的人数占总人数的比例即可得出结论．
【解答】解：（1）∵军人的人数为20，百分比为10%，
∴学生总人数为20÷10%＝200（人）；
∵医生的人数占15%，
∴医生的人数为：200×15%＝30（人），
∴教师的人数为：200﹣30﹣40﹣20﹣70＝40（人），
∴折线统计图如图所示；
（2）∵由扇形统计图可知，公务员占20%，
∴20%×360°＝72°；
（3）∵最喜欢的职业是“教师”的人数是40人，
∴从被调查的学生中任意抽取一名，求抽取的这名学生最喜欢的职业是“教师”的概率＝
＝ ．【点评】本题考查扇形统计图及相关计算．在扇形统计图中，每部分占总部分的百分比等于
该部分所对应的扇形圆心角的度数与360°的比。
